江苏省盐城市七校联考2025-2026学年高三上学期期初考试化学试卷
1．（2025高三上·盐城开学考）《厉害了，我的国》“中国名片”中航天、军事、天文等领域的发展受到世界瞩目。下列说法正确的是
A．“中国天眼”的“眼眶”圈梁使用的钢铁属于合金
B．“复兴号”车厢连接处使用的聚四氟乙烯属于烃类
C．“神舟十一号”推进系统材料中的氮化硼属于分子晶体
D．“天宫二号”存储器中的石墨烯和金刚石属于同位素
【答案】A
【知识点】同素异形体；合金及其应用；烷烃
【解析】【解答】A、钢铁是铁与碳等元素形成的铁基合金，具备合金的组成特点，A正确；
B、烃仅由碳、氢两种元素组成，聚四氟乙烯含氟元素，不符合烃的定义，B错误；
C、氮化硼的结构与性能类似原子晶体（如金刚石），属于原子晶体，而非分子晶体，C错误；
D、同位素针对的是同种元素的不同原子，石墨烯和金刚石是碳元素组成的不同单质，属于同素异形体，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对合金概念理解不清晰，容易忽略钢铁是铁与碳等元素形成的合金；
混淆烃的定义，不清楚烃仅含碳、氢两种元素，误将含氟的聚四氟乙烯认为是烃类；
对晶体类型判断失误，不了解氮化硼属于原子晶体，易错误归类为分子晶体；
混淆同位素与同素异形体的概念，不清楚同位素针对原子，同素异形体针对单质，从而错误判断石墨烯和金刚石的类别。
2．（2025高三上·盐城开学考）“丹砂能化为汞”出自《神农本草经》，该过程涉及化学反应：。下列说法正确的是
A．的结构示意图为 B．O2属于非极性分子
C．HgS中S元素的化合价为-1 D．SO2的VSEPR模型为直线形
【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子结构示意图
【解析】【解答】A、为硫离子，S2-是硫原子得 2 个电子形成的，核外电子数为 18，其结构示意图的最外层电子数应为 8，而题目中的示意图最外层是 6，A错误；
B、O2分子中两个氧原子以非极性共价键结合，分子结构对称，正负电荷中心重合，属于非极性分子，B正确；C、在 HgS 中，Hg 为 + 2 价，根据化合物正负化合价代数和为 0，可知 S 元素化合价为 - 2，并非 - 1，C错误；
D、SO2中 S 的价层电子对数为 3（计算： ），VSEPR 模型为平面三角形，不是直线形，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．明确 S2-是硫原子得电子形成的阴离子，核外电子数应为 18，最外层电子数为 8。
B．根据非极性分子的判断依据—分子结构对称、正负电荷中心重合，结合 O2的成键和结构特点分析。
C．利用化合物中正负化合价代数和为 0 的规则，先确定 Hg 的化合价，进而推出 S 的化合价。
D．掌握价层电子对互斥理论的计算方法，通过计算 SO2中心原子 S 的价层电子对数，确定其 VSEPR 模型。
3．（2025高三上·盐城开学考）用NaCl固体与浓混合加热制得HCl，并用于制取无水。下列装置不能达到目的的是
A．用装置甲制取HCl气体 B．用装置乙干燥HCl气体
C．用装置丙制取无水 D．用装置丁吸收尾气
【答案】B
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、装置甲为固液加热型装置，可用于 NaCl 固体与浓 H2SO4混合加热制 HCl 气体，故A不符合题意 ；
B、HCl 是酸性气体，碱石灰（碱性干燥剂）会与 HCl 反应，因此不能用装置乙干燥 HCl 气体，故B符合题意 ；
C、MgCl2 6H2O 加热易水解，在 HCl 氛围中加热可抑制水解，故装置丙可制取无水 MgCl2，故C不符合题意 ；
D、HCl 极易溶于水且与 NaOH 反应，装置丁的防倒吸设计可安全吸收尾气，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对干燥剂的选择判断错误，忽略 HCl 是酸性气体，碱石灰为碱性干燥剂会与其反应，误判装置乙可干燥 HCl。
对 MgCl2 6H2O 水解的抑制条件认识不足，不清楚制取无水 MgCl2需在 HCl 氛围中进行，从而对装置丙的作用产生误判。
4．（2025高三上·盐城开学考）麻黄碱盐酸盐( )是治疗支气管哮喘的常用药物。下列说法正确的是
A．原子半径：r(C)＜r(N)
B．元素的电负性：χ(O)＜χ(S)
C．酸性：HNO3＜HClO4
D．元素的第一电离能：I1(N)＜I1(O)
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．根据同周期元素原子变化规律，可知原子半径r(C) >r(N)，A错误；
B．根据同主族元素电负性变化规律，可知 χ(O)＜χ(S) ，B错误；
C．非金属元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，Cl的氧化性大于N的氧化性，故酸性：HNO3＜HClO4，C正确；
D．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，N原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则N元素的第一电离能O元素，D错误；
故选C。
【分析】根据元素周期律，同周期元素从左向右，原子半径逐渐减小，第一电离能呈增大趋势，同时需注意特殊元素电离能出现的反常现象，同主族元素从上到下，电负性减小分析作答。
5．（2025高三上·盐城开学考）阅读下列材料，完成下面小题：
碳族元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。甲烷是一种清洁能源，燃烧热较大；反应可用于提纯Ni；工业上用氢气还原三氯硅烷制得高纯度的硅，硅是重要的半导体材料；是一种弱酸，在水中缓慢生成，是一种杀菌剂；四氯化锗()水解可得到；醋酸铅[]易溶于水，难电离，醋酸铅溶液可用于吸收气体。
（1）下列说法正确的是
A．Ge原子基态核外电子排布式为[Ar]
B．1 mol中含有键数为3 mol
C．的空间构型为平面四边形
D．配合物中含离子键、共价键
（2）下列化学反应表示错误的是
A．氢气还原三氯硅烷的反应：
B．与水反应：
C．水解制：
D．醋酸铅溶液吸收气体：
（3）下列物质结构与性质或性质与用途具有对应关系的是
A．燃烧热较大，可作为燃料
B．溶液呈弱碱性，可用作农业杀菌剂
C．晶体硅熔点高，可用作半导体材料
D．CO具有氧化性，可用于冶炼铁等金属
【答案】（1）B
（2）D
（3）A
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电离方程式的书写
【解析】【解答】（1）A、先确定 Ge 的原子序数（32），依据电子排布规律（能量最低原理、泡利不相容原理），3d 轨道能量低于 4p 轨道，填充电子时需先填满 3d 轨道（10 个电子），再填充 4s（2 个电子）和 4p（2 个电子），因此基态 Ge 核外电子排布式应为 [Ar] 3d 4s24p2，题目中遗漏 3d ，A错误；
B、先分析粒子结构与 CO32-类似，中心 C 原子采取 sp2 杂化，与 3 个配位原子形成 3 个 σ 键（无孤电子对参与成键），因此 1 mol 该粒子中 σ 键数目为 3 mol，符合成键规律，B正确；
C、计算 SiHCl3中心 Si 原子的价层电子对数，Si 的价电子数为 4，与 3 个 Cl 原子、1 个 H 原子形成 σ 键（共 4 个成键电子对），无孤电子对，价层电子对数 = 成键电子对数 + 孤电子对数 = 4，根据 VSEPR 理论，价层电子对数为 4 时空间构型为四面体（而非平面四边形，平面四边形需价层电子对数为 4 且存在孤电子对影响，如 XeF4），C错误；
D、配合物 Ni(CO)4中，Ni 原子提供空轨道，CO 分子中 C 原子提供孤电子对，二者形成配位键；而 CO 分子内部，C 与 O 通过共用电子对形成共价键，整个配合物中无阴、阳离子，因此不含离子键，D 错误；
故答案为：B。
（2）A、工业制高纯硅的核心反应是用氢气还原三氯硅烷（SiHCl3），反应中 H2作还原剂，将 Si 从 + 4 价还原为 0 价（单质 Si），同时生成 HCl， 反应为，A正确；
B、该弱酸（推测为硫代碳酸等含 S、C 的弱酸）与水反应时，遵循 “复分解反应规律”，弱酸分步电离出的离子与水电离的 H+、OH-结合，生成 H2CO3和 H2S，无化合价变化， 反应为，B正确；
C、四氯化锗（GeCl4）水解时，遵循 “非金属氯化物水解规律”——Cl 原子结合水电离的 H+生成 HCl，Ge4+结合 OH-生成 Ge (OH)4，进一步脱水生成 GeO2， 反应为，C正确；
D、醋酸铅是难电离的弱电解质（属于共价化合物，在溶液中不能完全电离），书写离子方程式时需保留化学式， 离子方程式为(CH3COO)2Pb+H2S=PbS↓+2CH3COOH，D错误；
故答案为：D。
（3）A、CH4作为燃料的核心原因是其燃烧热较大（1 mol CH4完全燃烧释放大量热量），且燃烧产物为 CO2和 H2O，无污染，性质与用途直接相关，A正确；
B、该物质（推测为如 CuSO4 5H2O 等常见农业杀菌剂）用作杀菌剂的核心性质是其能使细菌、真菌的蛋白质变性，而非溶液呈弱碱性 —— 弱碱性并非杀菌的关键原因，性质与用途无直接关联，B错误；
C、晶体硅用作半导体材料的核心原因是其导电性介于导体和绝缘体之间（价电子构型为 3s23p2，常温下有少量自由电子导电），而 “熔点高” 是其物理性质之一，与半导体功能无关（如金属熔点也可能较高，但并非半导体），性质与用途不对应，C错误；
D、CO 用于冶炼铁的反应为 3CO+Fe2O32Fe+3CO2，反应中 CO 将 Fe3+还原为 Fe，体现的是 CO 的还原性，而非氧化性 —— 氧化性是得电子的性质，与冶炼金属的还原需求相悖，性质与用途完全不对应，D错误；
故答案为：A。
【分析】（1）本题核心考查原子结构、化学键、分子空间构型等基础化学知识，需先明确每个选项涉及的知识点本质，再结合定义、规则或计算逐一验证。
（2）本题考查离子方程式、化学方程式的正误判断，核心依据是 “反应事实是否成立、原子是否守恒、电荷是否守恒、难溶、难电离物质是否正确表示”，逐一分析选项。
（3）本题考查 ：“物质性质与用途的对应关系”，关键是明确 “用途由何种核心性质决定”，需排除 “无关性质干扰”，逐一分析。
（1）A、先确定 Ge 的原子序数（32），依据电子排布规律（能量最低原理、泡利不相容原理），3d 轨道能量低于 4p 轨道，填充电子时需先填满 3d 轨道（10 个电子），再填充 4s（2 个电子）和 4p（2 个电子），因此基态 Ge 核外电子排布式应为 [Ar] 3d 4s24p2，题目中遗漏 3d ，A错误；
B、先分析粒子结构与 CO32-类似，中心 C 原子采取 sp2 杂化，与 3 个配位原子形成 3 个 σ 键（无孤电子对参与成键），因此 1 mol 该粒子中 σ 键数目为 3 mol，符合成键规律，B正确；
C、计算 SiHCl3中心 Si 原子的价层电子对数，Si 的价电子数为 ，与 3 个 Cl 原子、1 个 H 原子形成 σ 键（共 4 个成键电子对），无孤电子对，价层电子对数 = 成键电子对数 + 孤电子对数 = 4，根据 VSEPR 理论，价层电子对数为 4 时空间构型为四面体（而非平面四边形，平面四边形需价层电子对数为 4 且存在孤电子对影响，如 XeF4），C错误；
D、配合物 Ni(CO)4中，Ni 原子提供空轨道，CO 分子中 C 原子提供孤电子对，二者形成配位键；而 CO 分子内部，C 与 O 通过共用电子对形成共价键，整个配合物中无阴、阳离子，因此不含离子键，D 错误；
故答案为：B。
（2）A、工业制高纯硅的核心反应是用氢气还原三氯硅烷（SiHCl3），反应中 H2作还原剂，将 Si 从 + 4 价还原为 0 价（单质 Si），同时生成 HCl， 反应为，A正确；
B、该弱酸（推测为硫代碳酸等含 S、C 的弱酸）与水反应时，遵循 “复分解反应规律”，弱酸分步电离出的离子与水电离的 H+、OH-结合，生成 H2CO3和 H2S，无化合价变化， 反应为，B正确；
C、四氯化锗（GeCl4）水解时，遵循 “非金属氯化物水解规律”——Cl 原子结合水电离的 H+生成 HCl，Ge4+结合 OH-生成 Ge (OH)4，进一步脱水生成 GeO2， 反应为，C正确；
D、醋酸铅是难电离的弱电解质（属于共价化合物，在溶液中不能完全电离），书写离子方程式时需保留化学式， 离子方程式为(CH3COO)2Pb+H2S=PbS↓+2CH3COOH，D错误；
故答案为：D。
（3）A、CH4作为燃料的核心原因是其燃烧热较大（1 mol CH4完全燃烧释放大量热量），且燃烧产物为 CO2和 H2O，无污染，性质与用途直接相关，A正确；
B、该物质（推测为如 CuSO4 5H2O 等常见农业杀菌剂）用作杀菌剂的核心性质是其能使细菌、真菌的蛋白质变性，而非溶液呈弱碱性 —— 弱碱性并非杀菌的关键原因，性质与用途无直接关联，B错误；
C、晶体硅用作半导体材料的核心原因是其导电性介于导体和绝缘体之间（价电子构型为 3s23p2，常温下有少量自由电子导电），而 “熔点高” 是其物理性质之一，与半导体功能无关（如金属熔点也可能较高，但并非半导体），性质与用途不对应，C错误；
D、CO 用于冶炼铁的反应为 3CO+Fe2O32Fe+3CO2，反应中 CO 将 Fe3+还原为 Fe，体现的是 CO 的还原性，而非氧化性 —— 氧化性是得电子的性质，与冶炼金属的还原需求相悖，性质与用途完全不对应，D错误；
故答案为：A。
6．（2025高三上·盐城开学考）一种金属钠电极配合运用钠离子及氯离子交换膜设计的氧化还原液流装置能够实现海水的淡化，其工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．a为电源负极
B．N为氯离子交换膜，M为钠离子交换膜
C．充电时，总反应式为
D．放电时，每转移2mol电子，理论上Ⅱ池溶液质量增加117g
【答案】D
【知识点】化学电源新型电池；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，a为电源正极，A错误；
B．根据题干信息，钠离子向阴极移动，氯离子向阳极移动，所以M为氯离子交换膜，N为钠离子交换膜，B错误；
C．由分析可知，充电时总反应为，C错误；
D．由分析可知，放电时，每转移2mol电子，理论上有2mol钠离子、2mol氯离子进入Ⅱ池，所以溶液质量增加，D正确；
故答案为：D。
【分析】该装置为电解池，根据图示信息，移向左侧电极，失电子得到，所以左侧电极为阳极，右侧为阴极，则a为电源正极，b为电源负极，阳极反应式：，阴极反应式：。
7．（2025高三上·盐城开学考）化合物Z是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
下列说法正确的是
A．X分子的含氧官能团为羰基、酯基
B．1 mol Y可以与5 mol完全加成
C．Z分子中没有手性碳原子
D．Y、Z可以用溶液鉴别
【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的鉴别；加成反应
【解析】【解答】A、观察 X 的结构，其含氧官能团为羰基（C=O）和酯基（-COO-），官能团识别准确，故 A正确；
B、Y 分子中，苯环与 H2加成需 3 mol，酮羰基与 H2加成需 1 mol，因此 1 mol Y 最多可与 4 mol H2完全加成，并非 5 mol，B错误；
C、手性碳的定义是 “连接 4 个不同基团的碳原子”。Z 中与羟基（-OH）相连的碳原子，所连 4 个基团互不相同，属于手性碳原子，C错误；
D、FeCl3溶液鉴别酚羟基的原理是 “酚羟基与 Fe3+发生显色反应”，但 Y、Z 均不含酚羟基，因此无法用 FeCl3溶液鉴别，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．明确含氧官能团的定义，直接识别 X 分子中的羰基（C=O）和酯基（-COO-）。
B ．掌握苯环、酮羰基与 H2加成的计量关系，分别计算 Y 中苯环和酮羰基消耗 H2的物质的量，再求和判断。
C．牢记手性碳原子的定义（连有 4 个不同基团的碳原子），重点分析 Z 中与羟基相连的碳原子的基团情况。
D．清楚 FeCl3溶液鉴别酚羟基的原理，判断 Y、Z 是否含酚羟基。
8．（2025高三上·盐城开学考）在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是
A．工业制硝酸：
B．工业制硫酸：
C．工业制漂白粉：
D．工业制金属镁：溶液
【答案】C
【知识点】工业制取硫酸；工业制取硝酸
【解析】【解答】A、工业制硝酸中，氨气催化氧化生成的是 NO，而非二氧化氮；NO 需进一步与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮再与水反应生成硝酸。因此该转化步骤不连续，A错误；
B、工业制硫酸时，硫与氧气反应只能生成 SO2，SO2需在催化剂、加热条件下被氧气氧化才能生成 SO3。直接由硫生成三氧化硫的转化无法实现，B错误；
C、工业制漂白粉的流程为：氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与氯气反应生成次氯酸钙（漂白粉的有效成分），两步转化均能实现，C正确；
D、工业制金属镁时，电解的是熔融氯化镁，而非氯化镁溶液（电解溶液会生成氢气、氯气和氢氧化镁）。因此该转化无法得到金属镁， D错误；
故答案为：C。
【分析】A．明确工业制硝酸的 “三步核心转化”（氨→NO→NO2→硝酸），关键是氨气催化氧化的直接产物为 NO。
B．掌握硫的燃烧特性—硫与氧气反应只能生成 SO2，SO3需通过 SO2的催化氧化生成，硫无法直接转化为三氧化硫。
C．牢记漂白粉的工业制备逻辑—以 CaO 为原料，先与水反应生成碱，再利用碱与氯气的反应生成次氯酸钙。
D．区分 “电解熔融盐” 与 “电解盐溶液” 的差异—镁是活泼金属，需电解熔融 MgCl2才能得到单质 Mg。
9．（2025高三上·盐城开学考）室温下，探究溶液的性质。下列实验方案能达到探究目的的是
选项 探究目的 实验方案
A 是否发生电离 向溶液中加入一小块钠，观察溶液中是否有气泡产生
B 是否发生水解 用干燥洁净玻璃棒蘸取溶液，点在干燥的试纸上，测出溶液的
C 溶液中是否存在 取一支洁净的铂丝，蘸取溶液后在煤气灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色
D 溶液中是否存在 向溶液中滴入几滴澄清石灰水，观察溶液是否变浑浊
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】常见离子的检验；焰色反应；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、Na 与水反应会生成 H2产生气泡，无论 HCO3-是否电离，加入 Na 都会有气泡，无法探究 HCO3-的电离，故A不符合题意 ；
B、NaHCO3溶液呈碱性，用干燥 pH 试纸测其 pH，若 pH>7，说明 HCO3-发生水解（HCO3-+H2O H2CO3+OH-）使溶液显碱性，可达到探究目的，故B符合题意 ；
C、Na+的焰色反应为黄色，无需透过蓝色钴玻璃观察，故C不符合题意 ；
D、Ca(OH)2与 NaHCO3反应（即使溶液中无 CO32-，也会因 HCO3-与 OH-反应生成 CO32-，进而与 Ca2+生成 CaCO3沉淀），无法证明溶液中存在 CO32-，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】A．Na 与水反应会产生气泡，干扰对 HCO3-电离的探究。
B．通过测定溶液 pH 判断其酸碱性，进而推断 HCO3-是否发生水解。
C．Na+的焰色反应直接观察为黄色，无需透过蓝色钴玻璃。
D．Ca(OH)2与 HCO3-反应也会生成沉淀，无法证明原溶液中存在 CO32-。
10．（2025高三上·盐城开学考）已知室温下，，，。用含少量的酸性溶液制备NiOOH的过程如下。下列说法正确的是
A．溶液中：
B．的NaClO溶液中：
C．“调pH”得到的上层清液中：
D．“氧化”时主要发生反应：
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、物料守恒：c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=0.1mol·L- （因Na+浓度为0.2mol·L- ）；电荷守恒：c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)=c(H+)+c(Na+)。联立得
c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)， c（OH-）-c（H+）=c（）+2c（H2CO3）=0.1mol/L+c（H2CO3）-c（）＜0.1mol L-1+c（H2CO3），A错误；
B、由，pH=11时c(H+)=10- mol·L- ，得，故c(ClO-)>>c(HClO)，B错误；
C、调pH后，Fe3+沉淀（），Ni2+不沉淀（）。两式相比得，C正确；
D、碱性中ClO-作氧化剂，Cl元素应被还原为Cl-（而非Cl2），反应为2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．通过Na2CO3溶液中的物料守恒和电荷守恒，推导c(OH-)-c(H+)的表达式并判断。
B．根据HClO的电离常数，计算pH=11时ClO-与HClO的浓度比。
C．利用Fe(OH)3和Ni(OH)2的溶度积，推导上层清液中的范围。
D．分析碱性条件下ClO-氧化Ni2+生成NiOOH的反应产物。
11．（2025高三上·盐城开学考）与重整制氢的主要反应为
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
在一定条件下，将混合气体通入反应器中。平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如下图所示。下列说法正确的是
A．反应Ⅰ的
B．曲线a为CO的物质的量分数
C．通过提高投料比或增大压强方式可提高平衡转化率
D．450～550℃，浓度对反应Ⅱ的影响大于温度对反应Ⅱ的影响
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、熵变（ΔS）反映体系混乱度。反应 Ⅰ 中，反应物是 2 mol 气体，生成物是 4 mol 气体，气体物质的量增多，混乱度显著增大，因此 ΔS > 0，A错误；
B、分析两个反应的热效应与平衡移动：反应 Ⅰ 吸热，升温正向移动，生成 H2和 CO；反应 Ⅱ 放热，升温逆向移动，生成 CO、消耗 H2和 CO2。H2是两个反应的共同产物，其物质的量分数在曲线中最高（曲线 a 达 0.6）；而 CO 的物质的量分数随温度升高呈持续增加趋势，故曲线 a 代表 H2，并非 CO，B错误；
C、提高投料比（增加 CH4的比例），会导致 CH4的平衡转化率降低；反应 Ⅰ 是气体分子数增多的反应，增大压强时平衡逆向移动，CH4转化率也降低，因此两种方式均不能提高 CH4平衡转化率，C 错误；
D、450~550℃区间，反应 Ⅱ 是放热反应，理论上升温会使平衡逆向移动，CO2的物质的量分数应减小，但实际 CO2物质的量分数增加。原因是反应 Ⅰ 升温生成更多 CO（反应 Ⅱ 的反应物），CO 浓度增大促使反应 Ⅱ 正向移动，此时浓度对反应 Ⅱ 的影响程度超过了温度的影响，D正确；
故答案为：D。【分析】A．根据熵变的定义，判断反应 Ⅰ 中气体物质的量变化（反应物 2 mol，生成物 4 mol），气体物质的量增加则混乱度增大，ΔS > 0。
B．结合反应 Ⅰ（吸热）、反应 Ⅱ（放热）的平衡移动方向，分析 H2和 CO 的物质的量分数变化趋势。H2是两反应共同产物，物质的量分数最高，故曲线 a 为 H2，而非 CO。
C．分析 “提高投料比” 和 “增大压强” 对反应 Ⅰ 平衡的影响。提高 CH4比例会降低其转化率；增大压强使反应 Ⅰ 逆向移动，CH4转化率也降低。
D．在 450~550℃，结合反应 Ⅱ 的热效应（放热）和反应 Ⅰ 的产物（CO）对反应 Ⅱ 的浓度影响，判断浓度影响大于温度影响。
12．（2025高三上·盐城开学考）某废弃锂离子电池正极材料(含、及少量Al、Fe、等杂质)的湿法回收流程如下：
已知：
①常温下，溶液中部分金属离子完全转化为氢氧化物沉淀时的pH如下：Al3+：4.7 Fe2+：8.6 Fe3+：3.2
②微溶于水，在冷水中的溶解度比在热水中的大。
（1）“酸浸”
①将正极活性材料进行破碎处理的目的是 。
②在浸取过程中发生反应的化学方程式为 。
（2）“调pH=5”
①加入NaOH调pH之前要检验是否含有，其操作为： 。
②滤渣2的主要成分是 (填化学式)。
（3）“沉钴”称取沉钴后所得固体5.49 g高温灼烧，残留固体的质量随温度变化关系如图所示。500℃时所得钴的氧化物化学式为 (写出计算过程)。
（4）“沉锂”
在10mL 0.1溶液中逐滴加入0.1 HCl溶液，溶液中含碳元素微粒的物质的量随pH变化的图像如图所示(逸出未画出)
补充由“沉钴”后的母液制备的操作方案：向母液中加入 (须使用的试剂：NaOH溶液，饱和溶液，乙醇溶液)，得到。
【答案】（1）增大固液接触面积，加快浸取速率，提高浸取率；
（2）取少量溶液，滴加溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有；如无蓝色沉淀，则说明无；、
（3）Co3O4
（4）NaOH溶液，调节溶液pH≥12，加入适量饱和溶液，加热蒸发浓缩，趁热过滤，然后用乙醇溶液洗涤2～3次，干燥
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）①将正极活性材料进行破碎处理目的是增大接触面积，加快浸取速率，提高浸取率；
②沉钴过程中生成了，可知酸浸过程中生成了，该过程加入了硫酸和过氧化氢，该反应的化学方程式：；
故答案为： 增大固液接触面积，加快浸取速率，提高浸取率 ； ；
（2）①该过程为的检验，取少量溶液，滴加溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有；如无蓝色沉淀，则说明无；
②酸浸时加入硫酸和过氧化氢，金属阳离子有Al3+、Fe3+，还有被氧化为Fe3+，中和时pH调到5时根据已知信息金属离子完全转化为氢氧化物沉淀时的pH，可知可以形成沉淀的有、故答案为： 取少量溶液，滴加溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有；如无蓝色沉淀，则说明无 ；、 ；
（3）的固体有5.49 g，可以算出的物质的量，那么的物质的量为0.03 mol，500℃时所得钴的氧化物的质量为2.21 g，那么氧元素的质量：，那么氧元素的物质的量为0.04 mol，物质的量和氧元素物质的量之比为3：4，所以该氧化物的化学式为Co3O4；
故答案为： Co3O4 ；
（4）根据含碳元素微粒的物质的量随pH变化的图像可知，在pH为12时碳酸根离子水解很微弱，所以首先加NaOH溶液，调节溶液pH≥12，然后加入适量饱和溶液，为沉锂提供碳酸根离子，根据已知信息微溶于水，在冷水中的溶解度比在热水中的大，所以加热蒸发浓缩，趁热过滤，然后用乙醇溶液洗涤2～3次，再进行干燥。
故答案为： NaOH溶液，调节溶液pH≥12，加入适量饱和溶液，加热蒸发浓缩，趁热过滤，然后用乙醇溶液洗涤2～3次，干燥 。
【分析】锂离子电池正极材料包含 LiCoO2、LiNiO2以及少量 Al、Fe、SiO2等。首先进行 “酸浸” 操作，向材料中加入硫酸和过氧化氢的混合溶液：LiCoO2在该条件下转化为 Co2+和 Li+，LiNiO2转化为 Ni2+和 Li+；少量金属 Al、Fe 则分别转化为可溶的硫酸铝、硫酸铁，而 SiO2不溶于酸，过滤后得到含 SiO2的滤渣和含 Li+、Co2+、Ni2+、Fe3+、Al3+的滤液；接着，向滤液中加入氢氧化钠溶液，调节溶液环境使 Fe3+、Al3+分别转化为 Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后得到含这两种沉淀的滤渣和滤液；之后，滤液中的 Ni2+与丁二酮肟发生反应生成沉淀；向去除 Ni2+后的溶液中加入草酸铵溶液，Co2+与之反应转化为 CoC2O4 2H2O 沉淀，过滤得到含该沉淀的滤渣和滤液；最后，向剩余滤液中加入饱和碳酸钠溶液，Li+与 CO32-结合生成碳酸锂沉淀，过滤得到碳酸锂产品。
（1）①将正极活性材料进行破碎处理目的是增大接触面积，加快浸取速率，提高浸取率；
②沉钴过程中生成了，可知酸浸过程中生成了，该过程加入了硫酸和过氧化氢，该反应的化学方程式：；
（2）①该过程为的检验，取少量溶液，滴加溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有；如无蓝色沉淀，则说明无；
②酸浸时加入硫酸和过氧化氢，金属阳离子有Al3+、Fe3+，还有被氧化为Fe3+，中和时pH调到5时根据已知信息金属离子完全转化为氢氧化物沉淀时的pH，可知可以形成沉淀的有、；
（3）的固体有5.49 g，可以算出的物质的量，那么的物质的量为0.03 mol，500℃时所得钴的氧化物的质量为2.21 g，那么氧元素的质量：，那么氧元素的物质的量为0.04 mol，物质的量和氧元素物质的量之比为3：4，所以该氧化物的化学式为Co3O4；
（4）根据含碳元素微粒的物质的量随pH变化的图像可知，在pH为12时碳酸根离子水解很微弱，所以首先加NaOH溶液，调节溶液pH≥12，然后加入适量饱和溶液，为沉锂提供碳酸根离子，根据已知信息微溶于水，在冷水中的溶解度比在热水中的大，所以加热蒸发浓缩，趁热过滤，然后用乙醇溶液洗涤2～3次，再进行干燥。
13．（2025高三上·盐城开学考）有机物F是合成药物泊沙康唑的重要中间体，其合成路线如下：
（1）A分子中碳原子杂化方式为 。
（2）B→C的反应类型为 。
（3）反应D→E中，的作用是 。E→F中有副产物()生成，其结构简式为 。
（4）W是组成比F少“”的有机物。写出同时满足下列条件的W的一种同分异构体的结构简式： 。
①能与溶液发生显色反应，也能发生银镜反应；
②分子中有4种化学环境的氢。
（5）写出以和为原料制备化合物的合成路线流程图(题中有机试剂可选用，其它无机试剂和有机溶剂仟用，合成路线流程图示例见本题题干) 。
【答案】（1）、
（2）消去反应
（3）与反应生成的HBr反应，促进反应正向进行；
（4）或
（5）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）观察A的结构可知，A中含有的苯环、（酮）羰基、碳氟键，甲基，分子中碳原子杂化方式为、；
故答案为：、 ；
（2）根据分析，B→C的反应类型为羟基的消去反应；
故答案为： 消去反应 ；
（3）反应D→E反应生成HBr，的作用是与反应生成的HBr反应，促进反应正向进行；E发生还原反应生成F，酯基均变为羟基，F的分子式为C12H14O2F2，副产物的分子式为C13H14O3F2，对比可知副产物中还有一个酯基并未被还原为羟基，结构简式为：；
故答案为： 与反应生成的HBr反应，促进反应正向进行 ； ；
（4）W是组成比F少“”的有机物，W的分子式为C9H8O2F2，能与溶液发生显色反应，具有羟基连在苯环上的结构，能发生银镜反应，说明具有醛基，分子中有4种化学环境的氢，说明结构对称，符合要求的同分异构体有或；
故答案为：或 ；
（5）发生加成反应生成，发生消去反应生成，发生取代反应生成，发生D→E的反应生成，合成路线流程图示。
故答案为：
【分析】有机物 F 是合成药物泊沙康唑的关键中间体，其合成路线的核心反应逻辑如下：
A 与 CH3MgBr 先发生加成反应，随后在 H3O+条件下发生取代反应，生成含羟基的化合物 B；B 发生消去反应，脱去羟基和邻位氢原子，形成碳碳双键，得到化合物 C；C 在 NBS、AIBN 并加热的条件下，发生取代反应，引入溴原子，生成化合物 D；D 与 CH2(COOCH3)2在 K2CO3作用下反应，引入酯基结构，得到化合物 E；E 在 NaBH4、CaCl2和 CH3OH 的条件下发生还原反应，酯基被还原为羟基，最终得到目标化合物 F，据此解题。
（1）观察A的结构可知，A中含有的苯环、（酮）羰基、碳氟键，甲基，分子中碳原子杂化方式为、；
（2）根据分析，B→C的反应类型为羟基的消去反应；
（3）反应D→E反应生成HBr，的作用是与反应生成的HBr反应，促进反应正向进行；E发生还原反应生成F，酯基均变为羟基，F的分子式为C12H14O2F2，副产物的分子式为C13H14O3F2，对比可知副产物中还有一个酯基并未被还原为羟基，结构简式为：；
（4）W是组成比F少“”的有机物，W的分子式为C9H8O2F2，能与溶液发生显色反应，具有羟基连在苯环上的结构，能发生银镜反应，说明具有醛基，分子中有4种化学环境的氢，说明结构对称，符合要求的同分异构体有或；
（5）发生加成反应生成，发生消去反应生成，发生取代反应生成，发生D→E的反应生成，合成路线流程图示。
14．（2025高三上·盐城开学考）某兴趣小组利用废旧铂镍催化剂回收金属铂，实验步骤如下：
步骤Ⅰ 利用如图所示装置边搅拌边持续加热8h。
（1）为提高盐酸利用率，图中三颈烧瓶a口处还需要添加的仪器为 。
步骤Ⅱ 取出步骤Ⅰ中所得固体，洗涤后加至浓硝酸和浓盐酸的混合液中发生氧化反应，得到含的溶液。
（2）写出Pt发生反应的化学方程式： 。
（3）该过程需控制在40℃左右的原因是 。
步骤Ⅲ 向的溶液中加入等体积的NH4Cl溶液，生成沉淀。反应原理：，。
（4）为使铂沉淀完全，即，所加溶液浓度最小为 (忽略混合时溶液体积变化)。
步骤Ⅳ 向溶液中加入溶液，充分反应后得到金属铂，同时有逸出。
（5）还原0.5mol，参加反应的物质的量为 mol。
（6）铂镍合金在低温下形成的超导结构有序相，其立方晶胞结构如图所示，化学式为，图中“○”代表金属原子Pt或Ni，请在答题卡上将Pt原子所在位置涂黑 。
【答案】球形冷凝管；；温度过低，化学反应速率较慢；温度过高，硝酸分解、盐酸和硝酸挥发；1.0；0.5；
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）盐酸易挥发，为提高盐酸利用率，需冷凝回流，则图中三颈烧瓶a口处需要的仪器是球形冷凝管。
故答案为： 球形冷凝管 ；
（2）将铂加至浓硝酸和浓盐酸的混合液中发生氧化反应，得到的溶液中含有，同时硝酸被还原为NO，得到反应方程式为。
故答案为： ；
（3）该过程温度需控制在40℃左右的原因是温度过低，化学反应速率较慢；温度过高，硝酸分解、盐酸和硝酸挥发。
故答案为： 温度过低，化学反应速率较慢；温度过高，硝酸分解、盐酸和硝酸挥发 ；
（4）沉铂反应的原理为，，为使，代入数据可得；设原溶液体积为VL，则需要溶液的物质的量为，溶液等体积混合后，所加溶液浓度最小为。
故答案为： 1.0 ；
（5）发生氧化还原反应生成金属铂和氮气，铂元素化合价从+4降低到0价，氮元素化合价从-2升高到0价，生成1mol氮气时转移4mol电子，则还原0.5mol需要参加反应的的物质的量为0.5mol。
故答案为：0.5；
（6）立方晶胞结构中有两种位置，面心，顶点，已知铂镍合金化学式为，则Pt原子所在位置为顶点。
故答案为： 。
【分析】先采用稀盐酸对废旧铂镍催化剂进行初步浸取，使催化剂表面附着的杂质及部分易溶组分溶解，为后续铂的高效提取创造条件，再向酸浸后的体系中加入浓硝酸与浓盐酸的混合液（王水体系），浓硝酸作为强氧化剂将单质铂氧化为 Pt4+，Pt4+再与盐酸电离出的 Cl-结合，形成稳定的络合物 H2PtCl6，实现铂的选择性溶解。然后向含 H2PtCl6的溶液中加入氯化铵溶液，利用络离子与铵根离子的反应特性，使 (PtCl6)2-与 2 个 NH4+结合，生成难溶于水的 (NH4)2PtCl6沉淀， 其反应原理为 (PtCl6)2-+2NH4+=(NH4)2PtCl6↓；通过过滤实现铂与其他杂质的分离，即 “沉铂” 步骤，最后将分离得到的 (NH4)2PtCl6沉淀与 N2H4 H2O（水合肼）混合反应，水合肼作为强还原剂，将沉淀中 +4 价的铂还原为单质态，经过滤、洗涤等后续处理，最终获得高纯度金属铂。
15．（2025高三上·盐城开学考）为缓解温室效应与能源供应之间的冲突，的资源化利用已成为研究的热点。
（1）、重整能获得氢能，同时能高效转化温室气体。
①已知：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
反应Ⅳ：
②其他条件相同，、混合气体在催化剂a、b作用下分别发生重整反应，催化剂表面均产生积碳。对附着积碳的催化剂a、b在空气中加热以除去积碳(该过程催化剂不发生反应)，剩余固体的质量变化如图所示。则重整反应中能保持较长时间催化活性的是 (填“催化剂a”或“催化剂b”)，判断的理由是 。
（2）利用制备甲酸。
①我国科学家利用在Ru(与Fe同族)基催化剂上加氢成功制得甲酸。催化过程如图所示。
与吸附了H原子的催化剂通过配位键形成中间体X，X的结构式为 。该催化过程的总反应为 。
②一种利用电催化反应器合成甲酸的工作原理如图所示。
阴极主要发生的电极反应式： 。
③/HCOOH循环在氢能的贮存释放、燃料电池等方面具有重要应用。其他条件不变，催化加氢转化为的转化率随温度的变化如图所示。反应温度在40～80℃范围内，催化加氢的转化率迅速上升，但是在80～100℃范围内，催化加氢的转化率下降，两段变化的主要原因是 。
【答案】（1）+247.5；催化剂b；剩余固体的质量与原始固体质量的比值越大，说明催化剂表面的积碳质量越小，催化活性保持时间就越长，催化剂b剩余固体的质量与原始固体质量的比值大于催化剂a
（2）；或；；40～80℃温度升高反应速率增大且温度升高使催化剂的活性增大；80～100℃，温度升高使催化剂的活性减弱，反应速率减慢
【知识点】盖斯定律及其应用；催化剂；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①结合盖斯定律可知，反应-反应=反应，所以其。
②据图可知，重整反应中能保持较长时间催化活性的是催化剂b；因为剩余固体的质量与原始固体质量的比值越大，说明催化剂表面的积碳质量越小，催化活性保持时间就越长，催化剂b剩余固体的质量与原始固体质量的比值大于催化剂a。
故答案为： +247.5 ； 催化剂b ； 剩余固体的质量与原始固体质量的比值越大，说明催化剂表面的积碳质量越小，催化活性保持时间就越长，催化剂b剩余固体的质量与原始固体质量的比值大于催化剂a；
（2）①从图中转化可知，和X反应生成了和，根据原子守恒可知，X为，其结构式为：。结合整个流程分析，反应物是二氧化碳、氢气和氢氧化钠（或者氨气），产物是甲酸钠或甲酸铵，故方程式为：或。
②从图中可以看出，在阳极发生反应：，在阴极，得电子产物与反应生成，故阴极主要发生的电极反应式为：。
③根据图像可知，40～80℃，温度升高反应速率增大，催化加氢的转化率迅速上升，说明温度升高使催化剂的活性增大；80～100℃，催化加氢的转化率下降，说明温度升高使催化剂的活性减弱，反应速率减慢。
故答案为： ；或 ； ； 40～80℃温度升高反应速率增大且温度升高使催化剂的活性增大；80～100℃，温度升高使催化剂的活性减弱，反应速率减慢 ；
【分析】(1) ①推导反应 Ⅳ 的 ΔH4，核心是活用盖斯定律 —— 盖斯定律的本质是 “反应热只与始态和终态有关，与路径无关”。
②判断催化活性保持时间，核心是关联 “积碳量” 与 “固体质量变化”—— 催化剂表面积碳会导致活性下降，积碳量越多，剩余固体质量越接近纯碳质量，“剩余固体质量与原始质量” 的比值越接近碳与催化剂的质量比临界值；通过该比值的变化趋势，可确定催化剂从开始积碳到活性失效的时长。
(2)①确定中间体 X 结构与总反应，核心是坚守原子守恒 —— 反应前后各元素原子个数不变，对比反应物（如 CO2、H2O 等）和产物（如目标产物、副产物）的原子组成，推算出中间体 X 中 C、H、O 等原子的数目及连接方式；再将反应物、中间体、产物串联，消去中间体，得到总反应方程式。
②书写阴极电极反应式，核心是明确电解池阴极的本质 —— 阴极发生还原反应，先判断阴极的反应物（通常是体系中易得到电子的离子或分子），再确定其还原产物，结合电解质环境（酸性、碱性或中性）补充 H+、OH-或 H2O，使电极反应式满足电荷守恒和原子守恒。
③解释温度对转化率的影响，核心是兼顾 “反应速率” 与 “催化剂活性”—— 低温时，催化剂活性低且反应速率慢，转化率随温度升高而上升（温度主导）；高温时，催化剂可能失活，或副反应加剧，导致转化率增长放缓甚至下降，需结合两者的竞争关系分析变化趋势。
（1）①结合盖斯定律可知，反应-反应=反应，所以其。
②据图可知，重整反应中能保持较长时间催化活性的是催化剂b；因为剩余固体的质量与原始固体质量的比值越大，说明催化剂表面的积碳质量越小，催化活性保持时间就越长，催化剂b剩余固体的质量与原始固体质量的比值大于催化剂a。
（2）①从图中转化可知，和X反应生成了和，根据原子守恒可知，X为，其结构式为：。结合整个流程分析，反应物是二氧化碳、氢气和氢氧化钠（或者氨气），产物是甲酸钠或甲酸铵，故方程式为：或。
②从图中可以看出，在阳极发生反应：，在阴极，得电子产物与反应生成，故阴极主要发生的电极反应式为：。
③根据图像可知，40～80℃，温度升高反应速率增大，催化加氢的转化率迅速上升，说明温度升高使催化剂的活性增大；80～100℃，催化加氢的转化率下降，说明温度升高使催化剂的活性减弱，反应速率减慢。
1 / 1江苏省盐城市七校联考2025-2026学年高三上学期期初考试化学试卷
1．（2025高三上·盐城开学考）《厉害了，我的国》“中国名片”中航天、军事、天文等领域的发展受到世界瞩目。下列说法正确的是
A．“中国天眼”的“眼眶”圈梁使用的钢铁属于合金
B．“复兴号”车厢连接处使用的聚四氟乙烯属于烃类
C．“神舟十一号”推进系统材料中的氮化硼属于分子晶体
D．“天宫二号”存储器中的石墨烯和金刚石属于同位素
2．（2025高三上·盐城开学考）“丹砂能化为汞”出自《神农本草经》，该过程涉及化学反应：。下列说法正确的是
A．的结构示意图为 B．O2属于非极性分子
C．HgS中S元素的化合价为-1 D．SO2的VSEPR模型为直线形
3．（2025高三上·盐城开学考）用NaCl固体与浓混合加热制得HCl，并用于制取无水。下列装置不能达到目的的是
A．用装置甲制取HCl气体 B．用装置乙干燥HCl气体
C．用装置丙制取无水 D．用装置丁吸收尾气
4．（2025高三上·盐城开学考）麻黄碱盐酸盐( )是治疗支气管哮喘的常用药物。下列说法正确的是
A．原子半径：r(C)＜r(N)
B．元素的电负性：χ(O)＜χ(S)
C．酸性：HNO3＜HClO4
D．元素的第一电离能：I1(N)＜I1(O)
5．（2025高三上·盐城开学考）阅读下列材料，完成下面小题：
碳族元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。甲烷是一种清洁能源，燃烧热较大；反应可用于提纯Ni；工业上用氢气还原三氯硅烷制得高纯度的硅，硅是重要的半导体材料；是一种弱酸，在水中缓慢生成，是一种杀菌剂；四氯化锗()水解可得到；醋酸铅[]易溶于水，难电离，醋酸铅溶液可用于吸收气体。
（1）下列说法正确的是
A．Ge原子基态核外电子排布式为[Ar]
B．1 mol中含有键数为3 mol
C．的空间构型为平面四边形
D．配合物中含离子键、共价键
（2）下列化学反应表示错误的是
A．氢气还原三氯硅烷的反应：
B．与水反应：
C．水解制：
D．醋酸铅溶液吸收气体：
（3）下列物质结构与性质或性质与用途具有对应关系的是
A．燃烧热较大，可作为燃料
B．溶液呈弱碱性，可用作农业杀菌剂
C．晶体硅熔点高，可用作半导体材料
D．CO具有氧化性，可用于冶炼铁等金属
6．（2025高三上·盐城开学考）一种金属钠电极配合运用钠离子及氯离子交换膜设计的氧化还原液流装置能够实现海水的淡化，其工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．a为电源负极
B．N为氯离子交换膜，M为钠离子交换膜
C．充电时，总反应式为
D．放电时，每转移2mol电子，理论上Ⅱ池溶液质量增加117g
7．（2025高三上·盐城开学考）化合物Z是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
下列说法正确的是
A．X分子的含氧官能团为羰基、酯基
B．1 mol Y可以与5 mol完全加成
C．Z分子中没有手性碳原子
D．Y、Z可以用溶液鉴别
8．（2025高三上·盐城开学考）在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是
A．工业制硝酸：
B．工业制硫酸：
C．工业制漂白粉：
D．工业制金属镁：溶液
9．（2025高三上·盐城开学考）室温下，探究溶液的性质。下列实验方案能达到探究目的的是
选项 探究目的 实验方案
A 是否发生电离 向溶液中加入一小块钠，观察溶液中是否有气泡产生
B 是否发生水解 用干燥洁净玻璃棒蘸取溶液，点在干燥的试纸上，测出溶液的
C 溶液中是否存在 取一支洁净的铂丝，蘸取溶液后在煤气灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色
D 溶液中是否存在 向溶液中滴入几滴澄清石灰水，观察溶液是否变浑浊
A．A B．B C．C D．D
10．（2025高三上·盐城开学考）已知室温下，，，。用含少量的酸性溶液制备NiOOH的过程如下。下列说法正确的是
A．溶液中：
B．的NaClO溶液中：
C．“调pH”得到的上层清液中：
D．“氧化”时主要发生反应：
11．（2025高三上·盐城开学考）与重整制氢的主要反应为
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
在一定条件下，将混合气体通入反应器中。平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如下图所示。下列说法正确的是
A．反应Ⅰ的
B．曲线a为CO的物质的量分数
C．通过提高投料比或增大压强方式可提高平衡转化率
D．450～550℃，浓度对反应Ⅱ的影响大于温度对反应Ⅱ的影响
12．（2025高三上·盐城开学考）某废弃锂离子电池正极材料(含、及少量Al、Fe、等杂质)的湿法回收流程如下：
已知：
①常温下，溶液中部分金属离子完全转化为氢氧化物沉淀时的pH如下：Al3+：4.7 Fe2+：8.6 Fe3+：3.2
②微溶于水，在冷水中的溶解度比在热水中的大。
（1）“酸浸”
①将正极活性材料进行破碎处理的目的是 。
②在浸取过程中发生反应的化学方程式为 。
（2）“调pH=5”
①加入NaOH调pH之前要检验是否含有，其操作为： 。
②滤渣2的主要成分是 (填化学式)。
（3）“沉钴”称取沉钴后所得固体5.49 g高温灼烧，残留固体的质量随温度变化关系如图所示。500℃时所得钴的氧化物化学式为 (写出计算过程)。
（4）“沉锂”
在10mL 0.1溶液中逐滴加入0.1 HCl溶液，溶液中含碳元素微粒的物质的量随pH变化的图像如图所示(逸出未画出)
补充由“沉钴”后的母液制备的操作方案：向母液中加入 (须使用的试剂：NaOH溶液，饱和溶液，乙醇溶液)，得到。
13．（2025高三上·盐城开学考）有机物F是合成药物泊沙康唑的重要中间体，其合成路线如下：
（1）A分子中碳原子杂化方式为 。
（2）B→C的反应类型为 。
（3）反应D→E中，的作用是 。E→F中有副产物()生成，其结构简式为 。
（4）W是组成比F少“”的有机物。写出同时满足下列条件的W的一种同分异构体的结构简式： 。
①能与溶液发生显色反应，也能发生银镜反应；
②分子中有4种化学环境的氢。
（5）写出以和为原料制备化合物的合成路线流程图(题中有机试剂可选用，其它无机试剂和有机溶剂仟用，合成路线流程图示例见本题题干) 。
14．（2025高三上·盐城开学考）某兴趣小组利用废旧铂镍催化剂回收金属铂，实验步骤如下：
步骤Ⅰ 利用如图所示装置边搅拌边持续加热8h。
（1）为提高盐酸利用率，图中三颈烧瓶a口处还需要添加的仪器为 。
步骤Ⅱ 取出步骤Ⅰ中所得固体，洗涤后加至浓硝酸和浓盐酸的混合液中发生氧化反应，得到含的溶液。
（2）写出Pt发生反应的化学方程式： 。
（3）该过程需控制在40℃左右的原因是 。
步骤Ⅲ 向的溶液中加入等体积的NH4Cl溶液，生成沉淀。反应原理：，。
（4）为使铂沉淀完全，即，所加溶液浓度最小为 (忽略混合时溶液体积变化)。
步骤Ⅳ 向溶液中加入溶液，充分反应后得到金属铂，同时有逸出。
（5）还原0.5mol，参加反应的物质的量为 mol。
（6）铂镍合金在低温下形成的超导结构有序相，其立方晶胞结构如图所示，化学式为，图中“○”代表金属原子Pt或Ni，请在答题卡上将Pt原子所在位置涂黑 。
15．（2025高三上·盐城开学考）为缓解温室效应与能源供应之间的冲突，的资源化利用已成为研究的热点。
（1）、重整能获得氢能，同时能高效转化温室气体。
①已知：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
反应Ⅳ：
②其他条件相同，、混合气体在催化剂a、b作用下分别发生重整反应，催化剂表面均产生积碳。对附着积碳的催化剂a、b在空气中加热以除去积碳(该过程催化剂不发生反应)，剩余固体的质量变化如图所示。则重整反应中能保持较长时间催化活性的是 (填“催化剂a”或“催化剂b”)，判断的理由是 。
（2）利用制备甲酸。
①我国科学家利用在Ru(与Fe同族)基催化剂上加氢成功制得甲酸。催化过程如图所示。
与吸附了H原子的催化剂通过配位键形成中间体X，X的结构式为 。该催化过程的总反应为 。
②一种利用电催化反应器合成甲酸的工作原理如图所示。
阴极主要发生的电极反应式： 。
③/HCOOH循环在氢能的贮存释放、燃料电池等方面具有重要应用。其他条件不变，催化加氢转化为的转化率随温度的变化如图所示。反应温度在40～80℃范围内，催化加氢的转化率迅速上升，但是在80～100℃范围内，催化加氢的转化率下降，两段变化的主要原因是 。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】同素异形体；合金及其应用；烷烃
【解析】【解答】A、钢铁是铁与碳等元素形成的铁基合金，具备合金的组成特点，A正确；
B、烃仅由碳、氢两种元素组成，聚四氟乙烯含氟元素，不符合烃的定义，B错误；
C、氮化硼的结构与性能类似原子晶体（如金刚石），属于原子晶体，而非分子晶体，C错误；
D、同位素针对的是同种元素的不同原子，石墨烯和金刚石是碳元素组成的不同单质，属于同素异形体，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对合金概念理解不清晰，容易忽略钢铁是铁与碳等元素形成的合金；
混淆烃的定义，不清楚烃仅含碳、氢两种元素，误将含氟的聚四氟乙烯认为是烃类；
对晶体类型判断失误，不了解氮化硼属于原子晶体，易错误归类为分子晶体；
混淆同位素与同素异形体的概念，不清楚同位素针对原子，同素异形体针对单质，从而错误判断石墨烯和金刚石的类别。
2．【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子结构示意图
【解析】【解答】A、为硫离子，S2-是硫原子得 2 个电子形成的，核外电子数为 18，其结构示意图的最外层电子数应为 8，而题目中的示意图最外层是 6，A错误；
B、O2分子中两个氧原子以非极性共价键结合，分子结构对称，正负电荷中心重合，属于非极性分子，B正确；C、在 HgS 中，Hg 为 + 2 价，根据化合物正负化合价代数和为 0，可知 S 元素化合价为 - 2，并非 - 1，C错误；
D、SO2中 S 的价层电子对数为 3（计算： ），VSEPR 模型为平面三角形，不是直线形，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．明确 S2-是硫原子得电子形成的阴离子，核外电子数应为 18，最外层电子数为 8。
B．根据非极性分子的判断依据—分子结构对称、正负电荷中心重合，结合 O2的成键和结构特点分析。
C．利用化合物中正负化合价代数和为 0 的规则，先确定 Hg 的化合价，进而推出 S 的化合价。
D．掌握价层电子对互斥理论的计算方法，通过计算 SO2中心原子 S 的价层电子对数，确定其 VSEPR 模型。
3．【答案】B
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、装置甲为固液加热型装置，可用于 NaCl 固体与浓 H2SO4混合加热制 HCl 气体，故A不符合题意 ；
B、HCl 是酸性气体，碱石灰（碱性干燥剂）会与 HCl 反应，因此不能用装置乙干燥 HCl 气体，故B符合题意 ；
C、MgCl2 6H2O 加热易水解，在 HCl 氛围中加热可抑制水解，故装置丙可制取无水 MgCl2，故C不符合题意 ；
D、HCl 极易溶于水且与 NaOH 反应，装置丁的防倒吸设计可安全吸收尾气，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对干燥剂的选择判断错误，忽略 HCl 是酸性气体，碱石灰为碱性干燥剂会与其反应，误判装置乙可干燥 HCl。
对 MgCl2 6H2O 水解的抑制条件认识不足，不清楚制取无水 MgCl2需在 HCl 氛围中进行，从而对装置丙的作用产生误判。
4．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．根据同周期元素原子变化规律，可知原子半径r(C) >r(N)，A错误；
B．根据同主族元素电负性变化规律，可知 χ(O)＜χ(S) ，B错误；
C．非金属元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，Cl的氧化性大于N的氧化性，故酸性：HNO3＜HClO4，C正确；
D．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，N原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则N元素的第一电离能O元素，D错误；
故选C。
【分析】根据元素周期律，同周期元素从左向右，原子半径逐渐减小，第一电离能呈增大趋势，同时需注意特殊元素电离能出现的反常现象，同主族元素从上到下，电负性减小分析作答。
5．【答案】（1）B
（2）D
（3）A
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电离方程式的书写
【解析】【解答】（1）A、先确定 Ge 的原子序数（32），依据电子排布规律（能量最低原理、泡利不相容原理），3d 轨道能量低于 4p 轨道，填充电子时需先填满 3d 轨道（10 个电子），再填充 4s（2 个电子）和 4p（2 个电子），因此基态 Ge 核外电子排布式应为 [Ar] 3d 4s24p2，题目中遗漏 3d ，A错误；
B、先分析粒子结构与 CO32-类似，中心 C 原子采取 sp2 杂化，与 3 个配位原子形成 3 个 σ 键（无孤电子对参与成键），因此 1 mol 该粒子中 σ 键数目为 3 mol，符合成键规律，B正确；
C、计算 SiHCl3中心 Si 原子的价层电子对数，Si 的价电子数为 4，与 3 个 Cl 原子、1 个 H 原子形成 σ 键（共 4 个成键电子对），无孤电子对，价层电子对数 = 成键电子对数 + 孤电子对数 = 4，根据 VSEPR 理论，价层电子对数为 4 时空间构型为四面体（而非平面四边形，平面四边形需价层电子对数为 4 且存在孤电子对影响，如 XeF4），C错误；
D、配合物 Ni(CO)4中，Ni 原子提供空轨道，CO 分子中 C 原子提供孤电子对，二者形成配位键；而 CO 分子内部，C 与 O 通过共用电子对形成共价键，整个配合物中无阴、阳离子，因此不含离子键，D 错误；
故答案为：B。
（2）A、工业制高纯硅的核心反应是用氢气还原三氯硅烷（SiHCl3），反应中 H2作还原剂，将 Si 从 + 4 价还原为 0 价（单质 Si），同时生成 HCl， 反应为，A正确；
B、该弱酸（推测为硫代碳酸等含 S、C 的弱酸）与水反应时，遵循 “复分解反应规律”，弱酸分步电离出的离子与水电离的 H+、OH-结合，生成 H2CO3和 H2S，无化合价变化， 反应为，B正确；
C、四氯化锗（GeCl4）水解时，遵循 “非金属氯化物水解规律”——Cl 原子结合水电离的 H+生成 HCl，Ge4+结合 OH-生成 Ge (OH)4，进一步脱水生成 GeO2， 反应为，C正确；
D、醋酸铅是难电离的弱电解质（属于共价化合物，在溶液中不能完全电离），书写离子方程式时需保留化学式， 离子方程式为(CH3COO)2Pb+H2S=PbS↓+2CH3COOH，D错误；
故答案为：D。
（3）A、CH4作为燃料的核心原因是其燃烧热较大（1 mol CH4完全燃烧释放大量热量），且燃烧产物为 CO2和 H2O，无污染，性质与用途直接相关，A正确；
B、该物质（推测为如 CuSO4 5H2O 等常见农业杀菌剂）用作杀菌剂的核心性质是其能使细菌、真菌的蛋白质变性，而非溶液呈弱碱性 —— 弱碱性并非杀菌的关键原因，性质与用途无直接关联，B错误；
C、晶体硅用作半导体材料的核心原因是其导电性介于导体和绝缘体之间（价电子构型为 3s23p2，常温下有少量自由电子导电），而 “熔点高” 是其物理性质之一，与半导体功能无关（如金属熔点也可能较高，但并非半导体），性质与用途不对应，C错误；
D、CO 用于冶炼铁的反应为 3CO+Fe2O32Fe+3CO2，反应中 CO 将 Fe3+还原为 Fe，体现的是 CO 的还原性，而非氧化性 —— 氧化性是得电子的性质，与冶炼金属的还原需求相悖，性质与用途完全不对应，D错误；
故答案为：A。
【分析】（1）本题核心考查原子结构、化学键、分子空间构型等基础化学知识，需先明确每个选项涉及的知识点本质，再结合定义、规则或计算逐一验证。
（2）本题考查离子方程式、化学方程式的正误判断，核心依据是 “反应事实是否成立、原子是否守恒、电荷是否守恒、难溶、难电离物质是否正确表示”，逐一分析选项。
（3）本题考查 ：“物质性质与用途的对应关系”，关键是明确 “用途由何种核心性质决定”，需排除 “无关性质干扰”，逐一分析。
（1）A、先确定 Ge 的原子序数（32），依据电子排布规律（能量最低原理、泡利不相容原理），3d 轨道能量低于 4p 轨道，填充电子时需先填满 3d 轨道（10 个电子），再填充 4s（2 个电子）和 4p（2 个电子），因此基态 Ge 核外电子排布式应为 [Ar] 3d 4s24p2，题目中遗漏 3d ，A错误；
B、先分析粒子结构与 CO32-类似，中心 C 原子采取 sp2 杂化，与 3 个配位原子形成 3 个 σ 键（无孤电子对参与成键），因此 1 mol 该粒子中 σ 键数目为 3 mol，符合成键规律，B正确；
C、计算 SiHCl3中心 Si 原子的价层电子对数，Si 的价电子数为 ，与 3 个 Cl 原子、1 个 H 原子形成 σ 键（共 4 个成键电子对），无孤电子对，价层电子对数 = 成键电子对数 + 孤电子对数 = 4，根据 VSEPR 理论，价层电子对数为 4 时空间构型为四面体（而非平面四边形，平面四边形需价层电子对数为 4 且存在孤电子对影响，如 XeF4），C错误；
D、配合物 Ni(CO)4中，Ni 原子提供空轨道，CO 分子中 C 原子提供孤电子对，二者形成配位键；而 CO 分子内部，C 与 O 通过共用电子对形成共价键，整个配合物中无阴、阳离子，因此不含离子键，D 错误；
故答案为：B。
（2）A、工业制高纯硅的核心反应是用氢气还原三氯硅烷（SiHCl3），反应中 H2作还原剂，将 Si 从 + 4 价还原为 0 价（单质 Si），同时生成 HCl， 反应为，A正确；
B、该弱酸（推测为硫代碳酸等含 S、C 的弱酸）与水反应时，遵循 “复分解反应规律”，弱酸分步电离出的离子与水电离的 H+、OH-结合，生成 H2CO3和 H2S，无化合价变化， 反应为，B正确；
C、四氯化锗（GeCl4）水解时，遵循 “非金属氯化物水解规律”——Cl 原子结合水电离的 H+生成 HCl，Ge4+结合 OH-生成 Ge (OH)4，进一步脱水生成 GeO2， 反应为，C正确；
D、醋酸铅是难电离的弱电解质（属于共价化合物，在溶液中不能完全电离），书写离子方程式时需保留化学式， 离子方程式为(CH3COO)2Pb+H2S=PbS↓+2CH3COOH，D错误；
故答案为：D。
（3）A、CH4作为燃料的核心原因是其燃烧热较大（1 mol CH4完全燃烧释放大量热量），且燃烧产物为 CO2和 H2O，无污染，性质与用途直接相关，A正确；
B、该物质（推测为如 CuSO4 5H2O 等常见农业杀菌剂）用作杀菌剂的核心性质是其能使细菌、真菌的蛋白质变性，而非溶液呈弱碱性 —— 弱碱性并非杀菌的关键原因，性质与用途无直接关联，B错误；
C、晶体硅用作半导体材料的核心原因是其导电性介于导体和绝缘体之间（价电子构型为 3s23p2，常温下有少量自由电子导电），而 “熔点高” 是其物理性质之一，与半导体功能无关（如金属熔点也可能较高，但并非半导体），性质与用途不对应，C错误；
D、CO 用于冶炼铁的反应为 3CO+Fe2O32Fe+3CO2，反应中 CO 将 Fe3+还原为 Fe，体现的是 CO 的还原性，而非氧化性 —— 氧化性是得电子的性质，与冶炼金属的还原需求相悖，性质与用途完全不对应，D错误；
故答案为：A。
6．【答案】D
【知识点】化学电源新型电池；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，a为电源正极，A错误；
B．根据题干信息，钠离子向阴极移动，氯离子向阳极移动，所以M为氯离子交换膜，N为钠离子交换膜，B错误；
C．由分析可知，充电时总反应为，C错误；
D．由分析可知，放电时，每转移2mol电子，理论上有2mol钠离子、2mol氯离子进入Ⅱ池，所以溶液质量增加，D正确；
故答案为：D。
【分析】该装置为电解池，根据图示信息，移向左侧电极，失电子得到，所以左侧电极为阳极，右侧为阴极，则a为电源正极，b为电源负极，阳极反应式：，阴极反应式：。
7．【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的鉴别；加成反应
【解析】【解答】A、观察 X 的结构，其含氧官能团为羰基（C=O）和酯基（-COO-），官能团识别准确，故 A正确；
B、Y 分子中，苯环与 H2加成需 3 mol，酮羰基与 H2加成需 1 mol，因此 1 mol Y 最多可与 4 mol H2完全加成，并非 5 mol，B错误；
C、手性碳的定义是 “连接 4 个不同基团的碳原子”。Z 中与羟基（-OH）相连的碳原子，所连 4 个基团互不相同，属于手性碳原子，C错误；
D、FeCl3溶液鉴别酚羟基的原理是 “酚羟基与 Fe3+发生显色反应”，但 Y、Z 均不含酚羟基，因此无法用 FeCl3溶液鉴别，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．明确含氧官能团的定义，直接识别 X 分子中的羰基（C=O）和酯基（-COO-）。
B ．掌握苯环、酮羰基与 H2加成的计量关系，分别计算 Y 中苯环和酮羰基消耗 H2的物质的量，再求和判断。
C．牢记手性碳原子的定义（连有 4 个不同基团的碳原子），重点分析 Z 中与羟基相连的碳原子的基团情况。
D．清楚 FeCl3溶液鉴别酚羟基的原理，判断 Y、Z 是否含酚羟基。
8．【答案】C
【知识点】工业制取硫酸；工业制取硝酸
【解析】【解答】A、工业制硝酸中，氨气催化氧化生成的是 NO，而非二氧化氮；NO 需进一步与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮再与水反应生成硝酸。因此该转化步骤不连续，A错误；
B、工业制硫酸时，硫与氧气反应只能生成 SO2，SO2需在催化剂、加热条件下被氧气氧化才能生成 SO3。直接由硫生成三氧化硫的转化无法实现，B错误；
C、工业制漂白粉的流程为：氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与氯气反应生成次氯酸钙（漂白粉的有效成分），两步转化均能实现，C正确；
D、工业制金属镁时，电解的是熔融氯化镁，而非氯化镁溶液（电解溶液会生成氢气、氯气和氢氧化镁）。因此该转化无法得到金属镁， D错误；
故答案为：C。
【分析】A．明确工业制硝酸的 “三步核心转化”（氨→NO→NO2→硝酸），关键是氨气催化氧化的直接产物为 NO。
B．掌握硫的燃烧特性—硫与氧气反应只能生成 SO2，SO3需通过 SO2的催化氧化生成，硫无法直接转化为三氧化硫。
C．牢记漂白粉的工业制备逻辑—以 CaO 为原料，先与水反应生成碱，再利用碱与氯气的反应生成次氯酸钙。
D．区分 “电解熔融盐” 与 “电解盐溶液” 的差异—镁是活泼金属，需电解熔融 MgCl2才能得到单质 Mg。
9．【答案】B
【知识点】常见离子的检验；焰色反应；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、Na 与水反应会生成 H2产生气泡，无论 HCO3-是否电离，加入 Na 都会有气泡，无法探究 HCO3-的电离，故A不符合题意 ；
B、NaHCO3溶液呈碱性，用干燥 pH 试纸测其 pH，若 pH>7，说明 HCO3-发生水解（HCO3-+H2O H2CO3+OH-）使溶液显碱性，可达到探究目的，故B符合题意 ；
C、Na+的焰色反应为黄色，无需透过蓝色钴玻璃观察，故C不符合题意 ；
D、Ca(OH)2与 NaHCO3反应（即使溶液中无 CO32-，也会因 HCO3-与 OH-反应生成 CO32-，进而与 Ca2+生成 CaCO3沉淀），无法证明溶液中存在 CO32-，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】A．Na 与水反应会产生气泡，干扰对 HCO3-电离的探究。
B．通过测定溶液 pH 判断其酸碱性，进而推断 HCO3-是否发生水解。
C．Na+的焰色反应直接观察为黄色，无需透过蓝色钴玻璃。
D．Ca(OH)2与 HCO3-反应也会生成沉淀，无法证明原溶液中存在 CO32-。
10．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、物料守恒：c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=0.1mol·L- （因Na+浓度为0.2mol·L- ）；电荷守恒：c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)=c(H+)+c(Na+)。联立得
c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)， c（OH-）-c（H+）=c（）+2c（H2CO3）=0.1mol/L+c（H2CO3）-c（）＜0.1mol L-1+c（H2CO3），A错误；
B、由，pH=11时c(H+)=10- mol·L- ，得，故c(ClO-)>>c(HClO)，B错误；
C、调pH后，Fe3+沉淀（），Ni2+不沉淀（）。两式相比得，C正确；
D、碱性中ClO-作氧化剂，Cl元素应被还原为Cl-（而非Cl2），反应为2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．通过Na2CO3溶液中的物料守恒和电荷守恒，推导c(OH-)-c(H+)的表达式并判断。
B．根据HClO的电离常数，计算pH=11时ClO-与HClO的浓度比。
C．利用Fe(OH)3和Ni(OH)2的溶度积，推导上层清液中的范围。
D．分析碱性条件下ClO-氧化Ni2+生成NiOOH的反应产物。
11．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、熵变（ΔS）反映体系混乱度。反应 Ⅰ 中，反应物是 2 mol 气体，生成物是 4 mol 气体，气体物质的量增多，混乱度显著增大，因此 ΔS > 0，A错误；
B、分析两个反应的热效应与平衡移动：反应 Ⅰ 吸热，升温正向移动，生成 H2和 CO；反应 Ⅱ 放热，升温逆向移动，生成 CO、消耗 H2和 CO2。H2是两个反应的共同产物，其物质的量分数在曲线中最高（曲线 a 达 0.6）；而 CO 的物质的量分数随温度升高呈持续增加趋势，故曲线 a 代表 H2，并非 CO，B错误；
C、提高投料比（增加 CH4的比例），会导致 CH4的平衡转化率降低；反应 Ⅰ 是气体分子数增多的反应，增大压强时平衡逆向移动，CH4转化率也降低，因此两种方式均不能提高 CH4平衡转化率，C 错误；
D、450~550℃区间，反应 Ⅱ 是放热反应，理论上升温会使平衡逆向移动，CO2的物质的量分数应减小，但实际 CO2物质的量分数增加。原因是反应 Ⅰ 升温生成更多 CO（反应 Ⅱ 的反应物），CO 浓度增大促使反应 Ⅱ 正向移动，此时浓度对反应 Ⅱ 的影响程度超过了温度的影响，D正确；
故答案为：D。【分析】A．根据熵变的定义，判断反应 Ⅰ 中气体物质的量变化（反应物 2 mol，生成物 4 mol），气体物质的量增加则混乱度增大，ΔS > 0。
B．结合反应 Ⅰ（吸热）、反应 Ⅱ（放热）的平衡移动方向，分析 H2和 CO 的物质的量分数变化趋势。H2是两反应共同产物，物质的量分数最高，故曲线 a 为 H2，而非 CO。
C．分析 “提高投料比” 和 “增大压强” 对反应 Ⅰ 平衡的影响。提高 CH4比例会降低其转化率；增大压强使反应 Ⅰ 逆向移动，CH4转化率也降低。
D．在 450~550℃，结合反应 Ⅱ 的热效应（放热）和反应 Ⅰ 的产物（CO）对反应 Ⅱ 的浓度影响，判断浓度影响大于温度影响。
12．【答案】（1）增大固液接触面积，加快浸取速率，提高浸取率；
（2）取少量溶液，滴加溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有；如无蓝色沉淀，则说明无；、
（3）Co3O4
（4）NaOH溶液，调节溶液pH≥12，加入适量饱和溶液，加热蒸发浓缩，趁热过滤，然后用乙醇溶液洗涤2～3次，干燥
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）①将正极活性材料进行破碎处理目的是增大接触面积，加快浸取速率，提高浸取率；
②沉钴过程中生成了，可知酸浸过程中生成了，该过程加入了硫酸和过氧化氢，该反应的化学方程式：；
故答案为： 增大固液接触面积，加快浸取速率，提高浸取率 ； ；
（2）①该过程为的检验，取少量溶液，滴加溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有；如无蓝色沉淀，则说明无；
②酸浸时加入硫酸和过氧化氢，金属阳离子有Al3+、Fe3+，还有被氧化为Fe3+，中和时pH调到5时根据已知信息金属离子完全转化为氢氧化物沉淀时的pH，可知可以形成沉淀的有、故答案为： 取少量溶液，滴加溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有；如无蓝色沉淀，则说明无 ；、 ；
（3）的固体有5.49 g，可以算出的物质的量，那么的物质的量为0.03 mol，500℃时所得钴的氧化物的质量为2.21 g，那么氧元素的质量：，那么氧元素的物质的量为0.04 mol，物质的量和氧元素物质的量之比为3：4，所以该氧化物的化学式为Co3O4；
故答案为： Co3O4 ；
（4）根据含碳元素微粒的物质的量随pH变化的图像可知，在pH为12时碳酸根离子水解很微弱，所以首先加NaOH溶液，调节溶液pH≥12，然后加入适量饱和溶液，为沉锂提供碳酸根离子，根据已知信息微溶于水，在冷水中的溶解度比在热水中的大，所以加热蒸发浓缩，趁热过滤，然后用乙醇溶液洗涤2～3次，再进行干燥。
故答案为： NaOH溶液，调节溶液pH≥12，加入适量饱和溶液，加热蒸发浓缩，趁热过滤，然后用乙醇溶液洗涤2～3次，干燥 。
【分析】锂离子电池正极材料包含 LiCoO2、LiNiO2以及少量 Al、Fe、SiO2等。首先进行 “酸浸” 操作，向材料中加入硫酸和过氧化氢的混合溶液：LiCoO2在该条件下转化为 Co2+和 Li+，LiNiO2转化为 Ni2+和 Li+；少量金属 Al、Fe 则分别转化为可溶的硫酸铝、硫酸铁，而 SiO2不溶于酸，过滤后得到含 SiO2的滤渣和含 Li+、Co2+、Ni2+、Fe3+、Al3+的滤液；接着，向滤液中加入氢氧化钠溶液，调节溶液环境使 Fe3+、Al3+分别转化为 Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后得到含这两种沉淀的滤渣和滤液；之后，滤液中的 Ni2+与丁二酮肟发生反应生成沉淀；向去除 Ni2+后的溶液中加入草酸铵溶液，Co2+与之反应转化为 CoC2O4 2H2O 沉淀，过滤得到含该沉淀的滤渣和滤液；最后，向剩余滤液中加入饱和碳酸钠溶液，Li+与 CO32-结合生成碳酸锂沉淀，过滤得到碳酸锂产品。
（1）①将正极活性材料进行破碎处理目的是增大接触面积，加快浸取速率，提高浸取率；
②沉钴过程中生成了，可知酸浸过程中生成了，该过程加入了硫酸和过氧化氢，该反应的化学方程式：；
（2）①该过程为的检验，取少量溶液，滴加溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有；如无蓝色沉淀，则说明无；
②酸浸时加入硫酸和过氧化氢，金属阳离子有Al3+、Fe3+，还有被氧化为Fe3+，中和时pH调到5时根据已知信息金属离子完全转化为氢氧化物沉淀时的pH，可知可以形成沉淀的有、；
（3）的固体有5.49 g，可以算出的物质的量，那么的物质的量为0.03 mol，500℃时所得钴的氧化物的质量为2.21 g，那么氧元素的质量：，那么氧元素的物质的量为0.04 mol，物质的量和氧元素物质的量之比为3：4，所以该氧化物的化学式为Co3O4；
（4）根据含碳元素微粒的物质的量随pH变化的图像可知，在pH为12时碳酸根离子水解很微弱，所以首先加NaOH溶液，调节溶液pH≥12，然后加入适量饱和溶液，为沉锂提供碳酸根离子，根据已知信息微溶于水，在冷水中的溶解度比在热水中的大，所以加热蒸发浓缩，趁热过滤，然后用乙醇溶液洗涤2～3次，再进行干燥。
13．【答案】（1）、
（2）消去反应
（3）与反应生成的HBr反应，促进反应正向进行；
（4）或
（5）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）观察A的结构可知，A中含有的苯环、（酮）羰基、碳氟键，甲基，分子中碳原子杂化方式为、；
故答案为：、 ；
（2）根据分析，B→C的反应类型为羟基的消去反应；
故答案为： 消去反应 ；
（3）反应D→E反应生成HBr，的作用是与反应生成的HBr反应，促进反应正向进行；E发生还原反应生成F，酯基均变为羟基，F的分子式为C12H14O2F2，副产物的分子式为C13H14O3F2，对比可知副产物中还有一个酯基并未被还原为羟基，结构简式为：；
故答案为： 与反应生成的HBr反应，促进反应正向进行 ； ；
（4）W是组成比F少“”的有机物，W的分子式为C9H8O2F2，能与溶液发生显色反应，具有羟基连在苯环上的结构，能发生银镜反应，说明具有醛基，分子中有4种化学环境的氢，说明结构对称，符合要求的同分异构体有或；
故答案为：或 ；
（5）发生加成反应生成，发生消去反应生成，发生取代反应生成，发生D→E的反应生成，合成路线流程图示。
故答案为：
【分析】有机物 F 是合成药物泊沙康唑的关键中间体，其合成路线的核心反应逻辑如下：
A 与 CH3MgBr 先发生加成反应，随后在 H3O+条件下发生取代反应，生成含羟基的化合物 B；B 发生消去反应，脱去羟基和邻位氢原子，形成碳碳双键，得到化合物 C；C 在 NBS、AIBN 并加热的条件下，发生取代反应，引入溴原子，生成化合物 D；D 与 CH2(COOCH3)2在 K2CO3作用下反应，引入酯基结构，得到化合物 E；E 在 NaBH4、CaCl2和 CH3OH 的条件下发生还原反应，酯基被还原为羟基，最终得到目标化合物 F，据此解题。
（1）观察A的结构可知，A中含有的苯环、（酮）羰基、碳氟键，甲基，分子中碳原子杂化方式为、；
（2）根据分析，B→C的反应类型为羟基的消去反应；
（3）反应D→E反应生成HBr，的作用是与反应生成的HBr反应，促进反应正向进行；E发生还原反应生成F，酯基均变为羟基，F的分子式为C12H14O2F2，副产物的分子式为C13H14O3F2，对比可知副产物中还有一个酯基并未被还原为羟基，结构简式为：；
（4）W是组成比F少“”的有机物，W的分子式为C9H8O2F2，能与溶液发生显色反应，具有羟基连在苯环上的结构，能发生银镜反应，说明具有醛基，分子中有4种化学环境的氢，说明结构对称，符合要求的同分异构体有或；
（5）发生加成反应生成，发生消去反应生成，发生取代反应生成，发生D→E的反应生成，合成路线流程图示。
14．【答案】球形冷凝管；；温度过低，化学反应速率较慢；温度过高，硝酸分解、盐酸和硝酸挥发；1.0；0.5；
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）盐酸易挥发，为提高盐酸利用率，需冷凝回流，则图中三颈烧瓶a口处需要的仪器是球形冷凝管。
故答案为： 球形冷凝管 ；
（2）将铂加至浓硝酸和浓盐酸的混合液中发生氧化反应，得到的溶液中含有，同时硝酸被还原为NO，得到反应方程式为。
故答案为： ；
（3）该过程温度需控制在40℃左右的原因是温度过低，化学反应速率较慢；温度过高，硝酸分解、盐酸和硝酸挥发。
故答案为： 温度过低，化学反应速率较慢；温度过高，硝酸分解、盐酸和硝酸挥发 ；
（4）沉铂反应的原理为，，为使，代入数据可得；设原溶液体积为VL，则需要溶液的物质的量为，溶液等体积混合后，所加溶液浓度最小为。
故答案为： 1.0 ；
（5）发生氧化还原反应生成金属铂和氮气，铂元素化合价从+4降低到0价，氮元素化合价从-2升高到0价，生成1mol氮气时转移4mol电子，则还原0.5mol需要参加反应的的物质的量为0.5mol。
故答案为：0.5；
（6）立方晶胞结构中有两种位置，面心，顶点，已知铂镍合金化学式为，则Pt原子所在位置为顶点。
故答案为： 。
【分析】先采用稀盐酸对废旧铂镍催化剂进行初步浸取，使催化剂表面附着的杂质及部分易溶组分溶解，为后续铂的高效提取创造条件，再向酸浸后的体系中加入浓硝酸与浓盐酸的混合液（王水体系），浓硝酸作为强氧化剂将单质铂氧化为 Pt4+，Pt4+再与盐酸电离出的 Cl-结合，形成稳定的络合物 H2PtCl6，实现铂的选择性溶解。然后向含 H2PtCl6的溶液中加入氯化铵溶液，利用络离子与铵根离子的反应特性，使 (PtCl6)2-与 2 个 NH4+结合，生成难溶于水的 (NH4)2PtCl6沉淀， 其反应原理为 (PtCl6)2-+2NH4+=(NH4)2PtCl6↓；通过过滤实现铂与其他杂质的分离，即 “沉铂” 步骤，最后将分离得到的 (NH4)2PtCl6沉淀与 N2H4 H2O（水合肼）混合反应，水合肼作为强还原剂，将沉淀中 +4 价的铂还原为单质态，经过滤、洗涤等后续处理，最终获得高纯度金属铂。
15．【答案】（1）+247.5；催化剂b；剩余固体的质量与原始固体质量的比值越大，说明催化剂表面的积碳质量越小，催化活性保持时间就越长，催化剂b剩余固体的质量与原始固体质量的比值大于催化剂a
（2）；或；；40～80℃温度升高反应速率增大且温度升高使催化剂的活性增大；80～100℃，温度升高使催化剂的活性减弱，反应速率减慢
【知识点】盖斯定律及其应用；催化剂；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①结合盖斯定律可知，反应-反应=反应，所以其。
②据图可知，重整反应中能保持较长时间催化活性的是催化剂b；因为剩余固体的质量与原始固体质量的比值越大，说明催化剂表面的积碳质量越小，催化活性保持时间就越长，催化剂b剩余固体的质量与原始固体质量的比值大于催化剂a。
故答案为： +247.5 ； 催化剂b ； 剩余固体的质量与原始固体质量的比值越大，说明催化剂表面的积碳质量越小，催化活性保持时间就越长，催化剂b剩余固体的质量与原始固体质量的比值大于催化剂a；
（2）①从图中转化可知，和X反应生成了和，根据原子守恒可知，X为，其结构式为：。结合整个流程分析，反应物是二氧化碳、氢气和氢氧化钠（或者氨气），产物是甲酸钠或甲酸铵，故方程式为：或。
②从图中可以看出，在阳极发生反应：，在阴极，得电子产物与反应生成，故阴极主要发生的电极反应式为：。
③根据图像可知，40～80℃，温度升高反应速率增大，催化加氢的转化率迅速上升，说明温度升高使催化剂的活性增大；80～100℃，催化加氢的转化率下降，说明温度升高使催化剂的活性减弱，反应速率减慢。
故答案为： ；或 ； ； 40～80℃温度升高反应速率增大且温度升高使催化剂的活性增大；80～100℃，温度升高使催化剂的活性减弱，反应速率减慢 ；
【分析】(1) ①推导反应 Ⅳ 的 ΔH4，核心是活用盖斯定律 —— 盖斯定律的本质是 “反应热只与始态和终态有关，与路径无关”。
②判断催化活性保持时间，核心是关联 “积碳量” 与 “固体质量变化”—— 催化剂表面积碳会导致活性下降，积碳量越多，剩余固体质量越接近纯碳质量，“剩余固体质量与原始质量” 的比值越接近碳与催化剂的质量比临界值；通过该比值的变化趋势，可确定催化剂从开始积碳到活性失效的时长。
(2)①确定中间体 X 结构与总反应，核心是坚守原子守恒 —— 反应前后各元素原子个数不变，对比反应物（如 CO2、H2O 等）和产物（如目标产物、副产物）的原子组成，推算出中间体 X 中 C、H、O 等原子的数目及连接方式；再将反应物、中间体、产物串联，消去中间体，得到总反应方程式。
②书写阴极电极反应式，核心是明确电解池阴极的本质 —— 阴极发生还原反应，先判断阴极的反应物（通常是体系中易得到电子的离子或分子），再确定其还原产物，结合电解质环境（酸性、碱性或中性）补充 H+、OH-或 H2O，使电极反应式满足电荷守恒和原子守恒。
③解释温度对转化率的影响，核心是兼顾 “反应速率” 与 “催化剂活性”—— 低温时，催化剂活性低且反应速率慢，转化率随温度升高而上升（温度主导）；高温时，催化剂可能失活，或副反应加剧，导致转化率增长放缓甚至下降，需结合两者的竞争关系分析变化趋势。
（1）①结合盖斯定律可知，反应-反应=反应，所以其。
②据图可知，重整反应中能保持较长时间催化活性的是催化剂b；因为剩余固体的质量与原始固体质量的比值越大，说明催化剂表面的积碳质量越小，催化活性保持时间就越长，催化剂b剩余固体的质量与原始固体质量的比值大于催化剂a。
（2）①从图中转化可知，和X反应生成了和，根据原子守恒可知，X为，其结构式为：。结合整个流程分析，反应物是二氧化碳、氢气和氢氧化钠（或者氨气），产物是甲酸钠或甲酸铵，故方程式为：或。
②从图中可以看出，在阳极发生反应：，在阴极，得电子产物与反应生成，故阴极主要发生的电极反应式为：。
③根据图像可知，40～80℃，温度升高反应速率增大，催化加氢的转化率迅速上升，说明温度升高使催化剂的活性增大；80～100℃，催化加氢的转化率下降，说明温度升高使催化剂的活性减弱，反应速率减慢。
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