广东省潮州市湘桥区南春中学2025-2026学年高三上学期开学考试 化学试题
1．（2025高三上·湘桥开学考）龙是中华民族重要的精神象征和文化符号。下列与龙有关的历史文物中，主要材质为有机高分子的是
A B C D
红山玉龙 鎏金铁芯铜龙 云龙纹丝绸 云龙纹瓷瓶
A．A B．B C．C D．D
2．（2025高三上·湘桥开学考）在法拉第发现苯200周年之际，我国科学家首次制备了以金属M为中心的多烯环配合物。该配合物具有芳香性，其多烯环结构(如图)形似梅花。该多烯环上
A．键是共价键 B．有8个碳碳双键
C．共有16个氢原子 D．不能发生取代反应
3．（2025高三上·湘桥开学考）我国饮食注重营养均衡，讲究“色香味形”。下列说法不正确的是（ ）
A．烹饪糖醋排骨用蔗糖炒出焦糖色，蔗糖属于二糖
B．新鲜榨得的花生油具有独特油香，油脂属于芳香烃
C．凉拌黄瓜加醋使其具有可口酸味，食醋中含有极性分子
D．端午时节用棕叶将糯米包裹成形，糯米中的淀粉可水解
4．（2025高三上·湘桥开学考）以下关于物质结构与性质的描述，正确的是
A．分子呈三角锥形结构，其中的N原子采用杂化
B．NaCl晶体中，和以分子形式存在于晶胞中
C．金刚石和石墨的不同性质源于它们有相同的原子排列方式
D．分子呈V形，分子间有氢键，沸点比的低
5．（2025高三上·湘桥开学考）对乙酰氨基酚是一种常用的解热镇痛药，其结构简式如图，关于该化合物的说法不正确的是
A．能与FeCl3溶液发生显色反应
B．能与浓硝酸和浓硫酸发生硝化反应
C．碳原子的杂化方式有sp、sp2和sp3
D．分子中所有原子不可能共平面
6．（2025高三上·湘桥开学考）下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 氯化铜在碱性溶液中生成沉淀 能与氨水反应生成络合离子
B 金属钠与水反应生成氢气 金属钠表面变暗
C 铜丝在氯气中燃烧生成氯化铜烟雾 铜丝质量增加
D 氯化铵受热易分解 可用加热法除去氯化钠中的氯化铵
A．A B．B C．C D．D
7．（2025高三上·湘桥开学考）方程式是世界通用的化学语言。下列方程式书写正确的是
A．钠和冷水反应：
B．与浓盐酸制备：
C．将碳酸钙加入过量盐酸中：
D．Fe在氯气中燃烧：
8．（2025高三上·湘桥开学考）下列实验装置能达到实验目的的是
A．实验室制备乙烯 B．乙酸乙酯的制备和收集
C．制取硝基苯 D．除去乙烷中的乙烯
9．（2025高三上·湘桥开学考）“光荣属于劳动者，幸福属于劳动者”。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 化学研究员：通过X射线衍射实验区分晶体和非晶体 晶体的X射线衍射图谱中有明锐的衍射峰，而非晶体没有
B 机械工程师：用氧炔焰切割金属 乙炔可以发生加成反应
C 食品质检师：用碘标准溶液检验食品中的含量 具有还原性
D 玻璃制造员：将纯碱、石灰石和石英砂按一定配比投入玻璃窑中熔融
A．A B．B C．C D．D
10．（2025高三上·湘桥开学考）利用如图装置进行实验：打开，一定时间后，a中溶液变蓝；关闭，打开，点燃酒精灯加热数分钟后，滴入无水乙醇。下列说法错误的是
A．a中现象体现了的还原性
B．b中既作氧化剂也作还原剂
C．乙醇滴加过程中，c中的铜丝由黑变红，说明乙醇被氧化
D．d中有银镜反应发生，说明c中产物有乙酸
11．（2025高三上·湘桥开学考）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中含有键的数目为
B．溶液中含的数目为
C．和的混合气体含有的分子数目为
D．与反应生成，转移电子数目为
12．（2025高三上·湘桥开学考）部分含Fe物质的分类与相应化合价的关系如图所示。下列推断不合理的是
A．可存在a→e→b的转化
B．e溶液可与KSCN溶液反应生成红色沉淀
C．能用a制作的容器运输浓硫酸
D．a可与稀硝酸恰好反应，生成只含b的溶液
13．（2025高三上·湘桥开学考）一种在水处理领域应用广泛的物质，其结构如图。已知R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，下列说法正确的是
A．简单氢化物的沸点：W>Z
B．元素电负性：W>Z>R
C．第一电离能大小：W>Z>X
D．YR3和的空间构型均为三角锥形
14．（2025高三上·湘桥开学考）某温度下，在密闭容器中充入一定量的R(g)，发生反应R(g)T(g)，该反应经历两步：①R(g)I(g)，②I(g)T(g)，催化剂M能催化第②步反应，反应历程如图所示。
下列说法不正确的是
A．升高温度，减小，且减小
B．不使用催化剂M，反应过程中c(I)先增大后减小
C．使用催化剂M，反应①的ΔH不变，反应②的ΔH减小
D．使用催化剂M，反应①速率不变，反应②速率加快
15．（2025高三上·湘桥开学考）我国科学家利用Co的化合物在Fe(OH)2氧化过程中的催化作用，促进了电催化过程中流失的Fe催化活性中心的原位自修复(Fe再沉积的主要反应过程) ，反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．反应过程中CoOOH为催化剂
B．图中各反应不能在酸性条件下进行
C．存在反应Co(OH)2+OH- -e- =CoOOH+H2O
D．图中所示物质之间的转化有非极性键的形成和断裂
16．（2025高三上·湘桥开学考）电催化含氮废水合成尿素，有助于实现碳中和及解决水污染问题。利用如下图所示装置可合成尿素。该装置工作时，下列说法不正确的是
A．电源B极为正极
B．该装置采用质子交换膜
C．a电极上发生反应：
D．理论上，每生成，阳极区质量减少32g
17．（2025高三上·湘桥开学考）钴氨配合物在电镀及环境科学研究中有着重要的应用价值。某科研小组对其研究过程如下：
I．配制CoCl2溶液
（1）配制100mL0.1mol·L-1CoCl2溶液，需要CoCl2的质量为________g。
（2）溶液配制过程中，下列仪器需要用到的有_______(填标号)。
A. B. C. D.
Ⅱ．制备[Co(NH3)6]2+配合物
实验操作 实验现象
在试管内混合CoCl2溶液和适量6mol·L-1NH3·H2O溶液。 得到浅青色沉淀的浑浊液，沉淀未见明显溶解。
在试管内混合CoCl2溶液和适量14mol·L-1NH3·H2O溶液。 得到浅青色沉淀的浑浊液，沉淀未见明显溶解。
资料：Co(OH)2为浅青色沉淀，[Co(NH3)6]2+溶液为红色。
（3）实验①中生成浅青色沉淀的离子方程式为________。
（4）实验①和②现象可知，Co(OH)2与NH3·H2O难以生成[Co(NH3)6]2+配合物。学习小组预测对生成[Co(NH3)6]2+生成有一定促进作用。设计实验如下：取等体积实验①的浊液于1、2两支试管中，分别加入不同试剂，实验现象证实了预测。
①x的化学式是________，c = ________。
②实验现象是________。
③从平衡移动角度，结合化学用语，解释对[Co(NH3)6]2+生成有一定促进作用原理________。
Ⅲ．制备[Co(NH3)6]3+配合物
往CoCl2溶液中加入浓氨水、H2O2、NH4Cl溶液，在活性炭催化下转化为橙黄色的[Co(NH3)6]3+溶液。为探究反应过程，小组成员提出了不同的猜想。
提出猜想 猜想1：Co2+先失电子生成Co(OH)3后与氨水形成配合物；
猜想2：Co2+先被H2O2氧化成Co3+后与氨水形成配合物；
猜想3：Co2+先与氨水形成[Co(NH3)6]2+后被H2O2氧化成[Co(NH3)6]3+。
（5）科研小组取少量Co(OH)3固体于试管中，逐滴加入浓氨水，观察到________，证明猜想1不成立。
教师指导 氧化剂电对的电极电势大于还原剂电对的电极电势时，反应可以自发进行。
验证猜想 按照连接装置，分别往两烧杯中加入药品，关闭K，观察到________，猜想2不成立。往左边烧杯中滴加________，观察到________，猜想3成立。
18．（2025高三上·湘桥开学考）某工厂从废含镍有机催化剂中回收镍的工艺流程如图所示(已知废催化剂中含有Ni70%及一定量的Al、Fe、SiO2和有机物，镍及其化合物的化学性质与铁的类似，但Ni2+的性质较稳定)。回答下列问题：
已知：部分阳离子以氢氧化物的形式完全沉淀时的pH如下表所示。
沉淀物 Al(OH)3 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Ni(OH)2
pH 5.2 3.2 9.7 9.2
（1）Fe为26号元素，基态电子排布式为： 从废液中回收乙醇的方法是 。
（2）为提高酸浸速率，可采取的措施有 (答一条即可)
（3）硫酸酸浸后所得滤液A，向其中加入H2O2反应的离子方程式为： 。
___________+___________H++___________H2O2==___________Fe3++___________H2O
（4）pH=6时，滤渣b的主要成分为： 、 ，滤液C进行如下所示处理可以制得。滤液
①操作X是 ，过滤，洗涤，干燥。
②NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料-NiOOH，该反应的离子方程式是 。
（5）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。
①该晶胞中铜原子与镍原子的个数比是 。
②该晶胞中，每个Ni周围等距且紧邻的Cu有 个。
③若合金的密度为d ，晶胞参数a= nm。
19．（2025高三上·湘桥开学考）下图所示为一个有机合成反应的流程图：
(1)A的结构简式为 ， D所属的有机物类别为 ；
(2)在图中①至⑦的反应中属于取代反应的是 。(填序号)
(3)写出下列方程式：
③： ；
⑦： ；
B与银氨溶液反应： ；
(4)X是C的同分异构体，X符合以下两个条件：
ⅰ.苯环上只有两个取代基；
ⅱ.1 mol X与足量NaHCO3溶液反应产生1 mol CO2气体。
ⅲ.遇FeCl3溶液不发生显色反应
写出符合上述条件的X的所有结构简式 。
20．（2025高三上·湘桥开学考）含氮杂环化合物的合成在生命科学领域具有重大意义。一种以正丁胺、丙烯醛和苯酚为主要有机原料合成ⅸ的路线如下(加料顺序、反应条件略)：
（1）化合物ⅱ的分子式为 ；其分子中所含官能团的名称为 。
（2）反应④中，在催化剂条件下，化合物V可以与M直接反应生成化合物ⅵ，该反应原子利用率为100%。则M为 (填化学式)。
（3）根据化合物ⅰ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂和条件 反应形成的新结构 反应类型
a 新制碱性悬浊液，加热
b HBr，加热 加成反应
（4）化合物ⅷ的芳香族同分异构体中，满足下列条件且核磁共振氢谱显示为4组峰，峰面积之比为的结构简式为 。
a．能发生水解反应； b．能发生银镜反应； c．苯环上只有两个取代基。
（5）关于反应⑦的说法中，正确的有_______(填序号)。
A．反应物ⅳ中碳原子杂化方式相同
B．反应过程中，有C—O键和C=O键断裂
C．正丁胺中的N原子上有孤电子对显碱性
D．产物ⅸ中新形成的五元杂环不能发生水解反应
（6）以丙烯醛和苯酚为有机含碳原料，利用题目中的信息，合成化合物X。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
i．最后一步反应中，含有苯环的反应物为 (写结构简式)。
ii．相关步骤涉及羧基与甲醇的酯化反应，其化学方程式为 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】含硅矿物及材料的应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、材质是玉，属于无机矿物（硅酸盐类），不是有机高分子；故A不符合题意 ；
B、材质是金属（铁、铜），属于无机物，不是有机高分子；故B不符合题意 ；
C、丝绸的主要成分是蛋白质，蛋白质是天然有机高分子，符合要求；故C符合题意 ；
D、材质是陶瓷，属于无机非金属材料（硅酸盐类），不是有机高分子；故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点：
对 “有机高分子” 的概念混淆：误将无机物（玉、金属、陶瓷）当作有机高分子，忽略丝绸的主要成分是蛋白质（属于天然有机高分子）。
文物材质的认知偏差：错判 “丝绸” 的材质类别，把其与玉、金属、陶瓷等无机材料归为一类，未明确蛋白质是有机高分子。
2．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；苯的结构与性质
【解析】【解答】A．C原子和H原子间通过共用电子对之间的作用力结合，该作用力为共价键，A正确；
B．该配合物具有芳香性，结合苯的结构可知，该配合物中存在的是共轭大π键，不存在碳碳双键，B错误；
C．每个碳原子周围最多形成4个共价键，因此该物质有10个H原子，C错误；
D．大π键环上的C-H键可以发生取代反应，D错误；
故答案为：A
【分析】A、C、H原子通过共用电子对（即共价键）结合。
B、结合苯中不存在碳碳双键分析。
C、根据C原子的价键情况分析。
D、结构中C-H可发生取代反应。
3．【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子；芳香烃；二糖的性质和用途；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A、蔗糖属于二糖，A选项正确。
B、油脂是高级脂肪酸的甘油酯，含有氧元素，因此不属于芳香烃，B选项错误。
C、食醋中的H2O为极性分子，C选项正确。
D、淀粉可发生水解反应，生成葡萄糖，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、蔗糖属于二糖。
B、油脂中含有氧元素，不属于烃类物质。
C、食醋中的H2O为极性分子。
D、淀粉可水解生成葡萄糖。
4．【答案】A
【知识点】离子晶体；原子晶体（共价晶体）；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、计算价层电子对数：N原子价层电子对数 成键电子对 孤电子对 。
杂化与构型：价层电子对数为4，N原子采取 杂化；因含1对孤电子对，分子空间构型为三角锥形，A正确；
B、 是离子晶体，晶胞中 和 以离子形式通过离子键结合，不存在分子形式，B错误；
C、金刚石中碳原子呈正四面体网状排列，石墨中碳原子呈层状六边形排列，原子排列方式不同导致结构和性质差异，C错误；
D、 分子间存在氢键，氢键使分子间作用力显著增大，沸点升高； 分子间只有范德华力，所以 沸点比 高，D错误。
故答案为：A。
【分析】A．用价层电子对互斥理论计算 中心原子（ ）的价层电子对数，判断杂化类型和分子构型。
B．明确 晶体类型（离子晶体 ），判断粒子存在形式。
C．分析金刚石和石墨性质差异的原因（原子排列方式不同 ）。
D．比较 和 分子间作用力（ 含氢键， 不含 ），判断沸点高低。
5．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机化合物中碳的成键特征
【解析】【解答】A、分子含酚羟基（-OH 直接连苯环），酚羟基能与 FeCl3溶液发生显色反应，A正确；
B、分子含苯环，苯环可与浓硝酸、浓硫酸发生硝化反应（苯环上的氢被硝基取代），B正确；
C、分子中，苯环、酰胺基中的 C 为 sp2 杂化，甲基中的 C 为 sp3 杂化，无 sp 杂化的 C（sp 杂化需含碳碳三键或直线型碳链，此分子无），因此碳原子杂化方式只有 sp2、sp3，C错误；
D、分子含甲基（sp3 杂化的 C 为四面体结构），甲基上的 H 无法与其他原子共平面，因此所有原子不可能共平面，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．抓住 “酚羟基” 的特征反应，酚羟基能与 FeCl3显色。
B．依据 “苯环可发生硝化反应” 的性质，判断能与浓硝酸、浓硫酸反应。
C．明确杂化方式的判断依据：苯环、酰胺基 C 是 sp2，甲基 C 是 sp3，无 sp 杂化（无碳碳三键等结构）。
D．根据 “甲基的四面体结构”，确定甲基上的 H 无法共平面。
6．【答案】D
【知识点】铵盐；钠的化学性质
【解析】【解答】A、陈述I：Cu2+在碱性溶液中生成蓝色Cu(OH)2沉淀：；陈述II：Cu2+与过量氨水形成深蓝色[Cu(NH3)4]2+络离子：；陈述I涉及碱性条件下的沉淀，陈述II涉及氨水的络合作用，二者无直接因果联系，A错误；B、陈述I：金属钠与水反应生成氢气，对应的方程式为：；陈述II：钠暴露在空气中与O2反应生成Na2O，使表面变暗：；但钠的表面变暗是因接触空气氧化，与水反应无关，B错误；
C、陈述I：铜与氯气燃烧生成棕黄色CuCl2烟雾：；陈述II：实验中生成的CuCl2以烟雾形式逸散，铜丝本身质量减少，实际称量残留物质量可能减小，陈述II不正确，C错误；
D、陈述I：NH4Cl受热分解为NH3和HCl气体：；陈述II：利用NH4Cl分解挥发，而NaCl稳定不分解，可分离杂质；因NH4Cl受热分解（陈述I），故可用加热法除去（陈述II），存在因果关系，D正确；
故答案为：D。
【分析】做题时一定要看清楚所描述的劳动项目与化学知识是否存在一一对应的关系，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项；
7．【答案】B
【知识点】氯气的实验室制法；钠的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、钠与冷水反应生成氢氧化钠和氢气，原方程式中钠的化学计量数未配平，违背原子守恒。正确的离子方程式应为，A错误；
B、MnO2是固体（不可拆），浓盐酸可拆为 H+和 Cl-；反应需加热，产物为 Mn2+、Cl2和 H2O，方程式，B正确；
C、碳酸钙是难溶固体，在离子方程式中不能拆分为 CO32-，正确的离子方程式应为，C正确；
D、氯气氧化性强，与 Fe 反应时将 Fe 氧化为 + 3 价，生成 FeCl3而非 FeCl2，正确的化学方程式应为，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．考查离子方程式的配平（原子守恒、电荷守恒）。
B．掌握离子方程式的物质拆分规则（难溶、难电离、气体、单质等不可拆）及反应事实（产物、条件）。
C．考查离子方程式中难溶物的拆分规则。
D．掌握反应产物的氧化性匹配（氯气的强氧化性对金属的氧化产物）。
8．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；常见气体制备原理及装置选择；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、实验室制备乙烯，温度计需插入反应液中（控制 170℃），且装置缺少温度计，无法达到目的，故A不符合题意 ；
B、乙酸乙酯制备中，NaOH 溶液会使酯水解，应使用饱和 Na2CO3溶液收集，装置错误，故B不符合题意 ；
C、制取硝基苯需 50~60℃水浴，且试管口不能密封（防压强过大），装置不符合要求，故C不符合题意 ；
D、乙烯能被酸性 KMnO4溶液氧化，乙烷不反应；后续 NaOH 溶液可吸收氧化生成的 CO2，能达到除杂目的，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
乙烯制备的装置细节遗漏：忽略制备乙烯需温度计控制 170℃（温度计应插入反应液），错认为仅加热乙醇和浓硫酸即可。
乙酸乙酯收集的试剂错误：误将 NaOH 溶液当作收集试剂，忽略 NaOH 会使酯水解，应选饱和 Na2CO3溶液。
硝基苯制备的条件混淆：记错硝基苯制备的水浴温度（需 50~60℃），或忽略试管口不能密封（防压强过大）。
除杂原理的认知偏差：担心酸性 KMnO4氧化乙烯会生成 CO2，但忽略后续 NaOH 溶液可吸收 CO2，错判除杂方案不可行。
9．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；乙炔炔烃；晶体的定义
【解析】【解答】A．X射线衍射实验可以区分晶体和非晶体，两者X射线衍射图谱有区别，晶体的X射线衍射图谱中有明锐的衍射峰，而非晶体没有，A不合题意；
B．用氧炔焰切割金属，是因为乙炔与氧气反应可以放出大量热，与乙炔可以发生加成反应无关，B合题意；
C．能与碘单质发生反应，该反应中S元素的化合价升高，表现还原性，C不合题意；
D．纯碱、石灰石和石英砂在高温下发生反应：，D不合题意；
故选B。
【分析】A．X-射线衍射实验是区分晶体和非晶体最科学的方法；
Ｂ．乙炔与氧气反应放出大量热量；
Ｃ．能与碘发生氧化还原反应；
Ｄ．碳酸钠和二氧化硅在高温下反应生成硅酸钠。
10．【答案】D
【知识点】乙醇的催化氧化实验；化学实验方案的评价；银镜反应
【解析】【解答】A．试管a中观察到溶液变为蓝色，说明O2进入a中，氧化I-，生成I2，体现了的还原性，A正确；
B．b中H2O2在MnO2的催化下生成O2和H2O，H2O2中氧元素由－1价变为0价和－2价。因此既作氧化剂也作还原剂，B正确；
C．铜丝先和氧气反应生成黑色的氧化铜，乙醇再和氧化铜反应，氧化铜被还原为红色的铜单质，乙醇被氧化为乙醛，因此c中的铜丝由黑变红，可以说明乙醇被氧化，C正确；
D．乙醛可与银氨溶液在加热条件下反应产生银镜，d中未加热，不能发生银镜反应，D错误；
故答案为：D
【分析】打开K2，H2O2溶液滴入MnO2中，反应生成O2。打开K1，O2加入淀粉－KI溶液中，O2将I－氧化成I2，淀粉遇碘变蓝色，因此可观察到溶液变为蓝色。打开K3，O2进入硬质玻璃管内，与Cu反应生成CuO。推动注射器活塞，无水乙醇进入到玻璃管内，与灼热的CuO反应，可观察到固体由黑色变为红色。产生的物质进入银氨溶液中，在加热条件下发生银镜反应。说明乙醇被氧化生成了乙醛。据此结合选项分析。
11．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；乙炔炔烃；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、H-C≡C-H（乙炔）的摩尔质量为 26g mol- ，26g 乙炔的物质的量为 1mol。每个乙炔分子中含 3 个 σ 键（1 个 C-Cσ 键、2 个 C-Hσ 键），因此 1mol 乙炔中 σ 键数目为 3NA，A正确；
B、NH4+在水溶液中会发生水解反应（NH4++H2O NH3 H2O+H+），导致其数目减少。因此 1L 1mol L- NH4NO3溶液中，NH4+的数目小于 NA，B错误；
C、CO 和 H2均为分子构成的物质，1mol 任何分子构成的混合气体，其分子数目均为 NA，而非 3NA，C错误；
D、Na 与 H2O 反应生成 H2，但题目未说明 H2处于标准状况，无法根据 11.2L 计算其物质的量，进而无法确定转移电子数目，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．分析乙炔分子的 σ 键数目及物质的量计算。
B．考虑铵根离子的水解对离子数目的影响。
C．明确分子数与物质的量的关系。
D．判断气体体积对应的物质的量需明确状态。
12．【答案】B
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；无机物的推断
【解析】【解答】A、铁与氯气反应生成氯化铁（FeCl3），氯化铁再与铁反应生成氯化亚铁（FeCl2），转化关系成立，A正确；
B、三价铁离子（Fe3+）与硫氰化钾（KSCN）反应会形成红色溶液，但不会产生沉淀，B错误；
C、常温下铁在浓硫酸中会发生钝化，形成致密的氧化膜，因此可用钢瓶储存和运输浓硫酸，C正确；
D、当铁过量时，与硝酸反应后的溶液中溶质可能只有硝酸亚铁（Fe(NO3)2），D正确；
故答案为：B。
【分析】A．Fe（a）与 Cl2反应生成 FeCl3（e），FeCl3（e）与 Fe 反应生成 FeCl2（b），转化合理。
B．Fe3+（e 溶液）与 KSCN 反应生成的是红色络合物（不是沉淀），这是 Fe3+ 检验的关键特征，据此判断 B 不合理。
C．Fe 遇浓硫酸会钝化，可用于运输浓硫酸，性质对应正确。
D．Fe 与稀硝酸反应时，若 Fe 过量，生成的 Fe3+ 会被还原为 Fe2+，能得到只含 Fe2+（b）的溶液，反应逻辑合理。
13．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、W 的简单氢化物是 CH4，Z 的是 H2O，H2O 分子间含氢键，沸点 H2O>CH4，即 Z>W，A错误；
B、电负性同周期从左到右增大，故 O（Z）>C（W）>H（R），应为 Z>W>R，B错误；
C、第一电离能同周期从左到右增大（O>C），同主族从上到下减小（C>Na），故 O（Z）>C（W）>Na（X），应为 Z>W>X，C错误；
D、YR3是 PH3，中心 P 为 sp3 杂化（3 个 σ 键 + 1 对孤电子对）；R3Z+是 H3O+，中心 O 为 sp3 杂化（3 个 σ 键 + 1 对孤电子对），二者空间构型均为三角锥形，D正确；
故答案为：D。
【分析】元素推断：X 形成 + 1 价阳离子，为 Na；Z 最多成 2 个键，原子序数小于 Na，为 O；Y 成 5 个键，原子序数大于 O，为 P；R 只成 1 个键且原子序数最小，为 H；W 成 4 个键且原子序数小于 O，为 C。即 R=H，W=C，Z=O，X=Na，Y=P。据此解题。
14．【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、总反应R(g)=T(g)为放热（T能量低于R），升温平衡逆向移动，（I是中间产物，升温时②步速率变慢，I积累）、均减小，A正确；
B、不使用催化剂，①步生成I，②步速率慢，I先积累后消耗，故浓度先增后减，B正确；
C、焓变（ΔH）由反应物和生成物能量差决定，催化剂只改变活化能，不改变ΔH，故反应①、②的ΔH均不变，C错误；
D、催化剂M只催化②步，故①步速率不变，②步速率加快，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．抓总反应放热的特点，升温平衡逆向移动，结合中间产物 I 的积累规律，判断浓度比值变化。
B．明确无催化剂时②步速率慢，中间产物 I 生成快、消耗慢，因此浓度会先增后减。
C．牢记焓变由反应物和生成物的总能量差决定，催化剂仅改变活化能，不影响焓变大小。
D．注意催化剂 M 的作用具有选择性，只加快催化目标步骤②的速率，对步骤①无影响。
15．【答案】D
【知识点】化学键；催化剂
【解析】【解答】A、催化剂的关键是参与反应过程，最终又重新生成。由反应机理可知，CoOOH 参与反应后又生成，满足催化剂的定义，A正确；
B、Fe(OH)2、CoOOH 均能与酸反应，且反应过程中有 OH-参与，说明反应在碱性条件下进行，无法在酸性条件下发生，B正确；
C、从反应机理中 Co(OH)2的转化路径，可推出反应 Co(OH)2+OH--e-=CoOOH+H2O，该反应原子数目、电荷均守恒，C正确；
D、非极性键是同种原子间的共价键，图中 O2参与反应时有 O-O 非极性键形成，但无任何非极性键的断裂过程，D错误；
故答案为：D。【分析】A．催化剂 “参与反应且最终再生” 的特征。
B． 反应环境的判断（物质与酸的反应性及 OH-的参与）。
C．离子反应式的原子守恒、电荷守恒验证。
D．非极性键 “同种原子成键” 的定义及形成、断裂的判断。
16．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】先判断电极类型（根据反应的得失电子），再分析交换膜类型、电极反应，最后结合电子转移计算质量变化。
A、b 电极上 H2O 生成 O2（失电子，氧化反应），故 b 电极为阳极，对应电源 B 极为正极，A正确；
B、a 电极反应消耗 H+，b 电极反应（2H2O-4e-=O2↑+4H+）生成 H+，H+需通过交换膜迁移至 a 极，因此装置采用质子交换膜，B正确；
C、a 电极为阴极，NO3-、CO2得电子生成CO(NH2)2，结合电荷守恒、原子守恒，反应为：
2NO3-+CO2+18H++16e-=CO(NH2)2+7H2O，C正确；
D、15g CO(NH2)2的物质的量为 0.25mol，生成 0.25mol CO(NH2)2转移电子 4mol（由 C 中反应的 16e-对应 1mol CO(NH2)2计算）。阳极反应每转移 4mol 电子，消耗 2mol H2O（生成 1mol O2），质量减少 36g（2mol×18g/mol），而非 32g，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．电极类型的判断：b 电极上 H2O 生成 O2（失电子，氧化反应），判定 b 为阳极，对应电源 B 极为正极。
B．交换膜类型的推导：阴极（a 极）反应消耗 H+、阳极（b 极）反应生成 H+，H+ 需迁移，故为质子交换膜。
C．阴极反应的配平：结合 NO3-、CO2得电子生成 CO(NH2)2，通过电荷、原子守恒配平反应式。
D．电子转移与质量变化的计算：生成 0.25mol CO(NH2)2转移 4mol 电子，阳极消耗 2mol H2O（质量 36g），而非 32g。
17．【答案】(1) 1.3
(2) B，D
(3)
(4) Na2SO4 1 试管1中沉淀溶解，溶液颜色变为红色，试管2中无明显现象 增大时，与OH-反应生成，使沉淀平衡正向移动，导致与c(NH3 H2O)增加，有利于生成
(5) 沉淀未溶解，溶液颜色无明显变化 电流表指针不偏转 浓氨水 电流表指针发生偏转，左烧杯溶液变为橙黄色
【知识点】化学平衡的影响因素；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）配制100mL 0.1mol/L的CoCl2溶液，需要固体CoCl2的质量为；
故答案为： 1.3 ；
（2）实验室用配制100mL 0.1mol/L的CoCl2溶液需要用到烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、100mL容量瓶等玻璃仪器，故选BD；
故答案为： B，D ；
（3）已知浅青色沉淀为，故实验①中生成浅青色沉淀的离子方程式为；
故答案为：；
（4）①依题意，实验2为实验1的对照组，目的是排除的干扰，故x可为溶液，浓度为1mol/L；
②学习小组预测对生成[Co(NH3)6]2+生成有一定促进作用。设计实验如下：取等体积实验①的浊液于1、2两支试管中，分别加入不同试剂，实验现象证实了预测，则实验现象为试管1中沉淀溶解，溶液颜色变为红色，试管2中无明显现象；
③从平衡移动的角度分析，加入10滴1mol/L硫酸铵溶液，增大时，与OH-反应生成，使沉淀平衡正向移动，导致与c(NH3 H2O)增加，进而促进正向移动，有利于生成；
故答案为： Na2SO4 ； 1；试管1中沉淀溶解，溶液颜色变为红色，试管2中无明显现象 增大时，与OH-反应生成；使沉淀平衡正向移动，导致与c(NH3 H2O)增加，有利于生成
（5）若猜想1成立，则能观察到试管内沉淀溶解、溶液颜色变为橙黄色，若观察到沉淀未溶解，溶液颜色无明显变化，猜想1不成立；依题意，若猜想2成立，H2O2会将二价钴氧化成三价钴，则关闭K后，形成原电池，电流表指针会发生偏转，若观察到电流表指针不偏转，猜想2不成立；若猜想3成立，也就是说Co2+先与氨水形成[Co(NH3)6]2+后被H2O2氧化成[Co(NH3)6]3+ ，则只需向左边烧杯中加入浓氨水，先形成配合物[Co(NH3)6]2+，观察到电流表指针偏转，左烧杯溶液变为橙黄色即可证明猜想3成立。
故答案为： 沉淀未溶解，溶液颜色无明显变化 电流表指针不偏转 浓氨水 电流表指针发生偏转，左烧杯溶液变为橙黄色 。
【分析】（1）根据 “m = cVM” 计算：0.1 mol/L×0.1 L×130 g/mol=1.3 g。
（2）配制溶液需容量瓶、胶头滴管等，选仪器 B（胶头滴管）、D（容量瓶）。
（3）结合 “Co(OH)2为青沉淀”，离子方程式：Co2++2NH3 H2O=Co(OH)2↓+2NH4+。
（4）① 对照实验排除 SO42-干扰，x 为 Na2SO4，浓度 c=1 mol/L；② 现象：试管 1 沉淀溶解、变红，试管 2 无明显现象；③ 平衡移动：NH4+消耗 OH-，使 Co(OH)2溶解平衡正向移动，Co2+浓度增大，促进配合物生成。
（5）证明猜想 1 不成立：沉淀未溶解、溶液无变化；
证明猜想 2 不成立：电流表指针不偏转；
证明猜想 3 成立：加浓氨水，电流表指针偏转、左烧杯溶液变橙黄。
18．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d84s2；蒸馏
（2）将废催化剂粉碎或适当地提高硫酸的浓度或升高浸泡时的温度；
（3）
（4）氢氧化铁；氢氧化铝；蒸发浓缩、冷却结晶；
（5）；12；
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）Fe为26号元素，基态电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2；可以利用乙醇与废液中有机物的沸点不同采用蒸馏的方法；
故答案为： 1s22s22p63s23p63d84s2 ； 蒸馏 ；
（2）将废催化剂粉碎，增大反应物的接触面积，或适当地提高硫酸的浓度，或升高浸泡时的温度等措施均可以提高酸浸速率；
故答案为： 将废催化剂粉碎或适当地提高硫酸的浓度或升高浸泡时的温度；
（3）向滤液A中加入过氧化氢溶液的目的是保温条件下将亚铁离子氧化为铁离子，便于调节溶液pH时，将铁离子转化为沉淀除去，反应的离子方程式为：；
故答案为： ；
（4）根据部分阳离子以氢氧化物的形式完全沉淀时的pH表，pH=6时，Al3+、Fe3+会完全沉淀，所以滤渣b的主要成分为氢氧化铁和氢氧化铝；要从溶液D中制得，操作X是蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤、洗涤、干燥；由题意可知，生成碱式氧化镍的反应为碱性条件下，硫酸镍溶液与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应生成碱式氧化镍沉淀、硫酸钠、氯化钠和水，反应的离子方程式为；
故答案为： 氢氧化铁 ； 氢氧化铝 ； 蒸发浓缩、冷却结晶 ； ；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于面心的铜原子个数为，位于顶点的镍原子个数为，因此该晶胞中铜原子与镍原子的个数比是；由晶胞结构可知，每个顶点的Ni周围等距且紧邻的Cu在面心处，有个；由密度的计算公式可得，，则。
故答案为： ；12； 。
【分析】由题给流程可知，首先用乙醇洗涤废催化剂，利用乙醇的溶解作用去除其表面的有机物。之后用稀硫酸进行酸浸，废催化剂中的铝、铁、镍会与稀硫酸发生反应，生成可溶性的硫酸盐，而二氧化硅不与稀硫酸反应，通过过滤操作，得到含有二氧化硅的滤渣 a 以及含有稀硫酸和可溶性硫酸盐的滤液 A。向滤液 A 中加入过氧化氢溶液，在保温条件下，过氧化氢将其中的亚铁离子氧化为铁离子，得到滤液 B。接着向滤液 B 中加入氢氧化镍来调节溶液的 pH，使溶液中的铁离子和铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤后得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣 b 和含有硫酸镍的滤液 C。
向滤液 C 中加入氢氧化钠溶液，将溶液 pH 调节至 9.2，此时镍离子会转化为氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化镍。最后，氢氧化镍经过灼烧、还原等步骤，最终得到金属镍。
（1）Fe为26号元素，基态电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2；可以利用乙醇与废液中有机物的沸点不同采用蒸馏的方法；
（2）将废催化剂粉碎，增大反应物的接触面积，或适当地提高硫酸的浓度，或升高浸泡时的温度等措施均可以提高酸浸速率；
（3）向滤液A中加入过氧化氢溶液的目的是保温条件下将亚铁离子氧化为铁离子，便于调节溶液pH时，将铁离子转化为沉淀除去，反应的离子方程式为：；
（4）根据部分阳离子以氢氧化物的形式完全沉淀时的pH表，pH=6时，Al3+、Fe3+会完全沉淀，所以滤渣b的主要成分为氢氧化铁和氢氧化铝；要从溶液D中制得，操作X是蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤、洗涤、干燥；由题意可知，生成碱式氧化镍的反应为碱性条件下，硫酸镍溶液与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应生成碱式氧化镍沉淀、硫酸钠、氯化钠和水，反应的离子方程式为；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于面心的铜原子个数为，位于顶点的镍原子个数为，因此该晶胞中铜原子与镍原子的个数比是；由晶胞结构可知，每个顶点的Ni周围等距且紧邻的Cu在面心处，有个；由密度的计算公式可得，，则。
19．【答案】；卤代烃；①②⑥⑦；；；；
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；芳香烃；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】(1)A的结构简式为， D所属的有机物类别为卤代烃；
故答案为： ； 卤代烃 ；
(2)反应①为烷烃基取代反应，反应②为卤代烃的取代反应，反应③醇的催化氧化反应，反应④为醛的氧化反应，反应⑤为烯烃的加成反应，反应⑥为卤代烃的取代反应、反应⑦为酯化反应，属于取代反应，故在图中①至⑦的反应中属于取代反应的是①②⑥⑦；
故答案为： ①②⑥⑦ ；
(3)反应③醇发生催化氧化反应生成醛，其反应方程式为：；反应⑦对二苯甲酸与乙二醇发生酯化反应，其方程式为：；B为对二苯甲醛，与银氨溶液发生氧化反应，其方程式为：；
故答案为： ； ； ；
(4) 1 mol X与足量NaHCO3溶液反应产生1 mol CO2气体，说明X中含有1个羧基；遇FeCl3溶液不发生显色反应，说明X中不含酚羟基，结合苯环上只有两个取代基和C的不饱和度及氧原子可知，符合上述条件的X的所有结构简式。
故答案为： 。
【分析】本题考查有机物的结构与性质推断。结合反应①的条件和反应②的产物，可推断出 A 的结构是苯环两侧各连一个 CH2Cl（）。再根据反应③、④的条件，结合 C 与 E 生成目标产物的过程，能推出 B 的结构为苯环两侧各连一个 CHO（），C 的结构为苯环两侧各连一个 COOH（），E 的结构为苯环两侧各连一个 CH2OH（）；逆推可知 D 的结构是苯环两侧各连一个 CH2X（）（X 为卤素原子）。
20．【答案】（1）；硝基、醛基
（2）HCN
（3）；氧化反应；(或)
（4）
（5）B；C
（6）；
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）①由化合物ⅱ的结构式可知，其分子式为：C3H5O3N，
②化合物ⅱ分子中所含官能团的名称为：硝基、醛基，
故答案为：C3H5O3N；硝基、醛基；
（2）在催化剂条件下，化合物V可以与M直接反应生成化合物ⅵ，该反应原子利用率为100%，由化合物ⅵ和化合物V的结构式可知，M为HCN，
故答案为：HCN；
（3）①与新制碱性Cu(OH)2悬浊液，在加热条件下反应化学方程式为：，反应生成的新结构为：，
②由①可知，该反应为氧化反应，
③与HBr在加热条件下发生加成反应，化学方程式为：或 ，则生成新结构为：或，
故答案为：；氧化反应；或；
（4）化合物ⅷ的分子式为：C8H8O2，其芳香族同分异构体中，能发生水解反应说明含有酯基，能发生银镜费用说明含有醛基，苯环上只有两个取代基且核磁共振氢谱显示为4组峰，峰面积之比为3：3：2：1的结构简式为，
故答案为：；
（5）A．反应物ⅳ中碳原子杂化方式有sp2、sp3杂化，不相同，故A项错误；
B．反应过程中，有C—O键和C=O键断裂，故B项正确；
C．正丁胺中N原子具有一对孤电子对，能够接受质子，则其显碱性，故C项正确；
D．产物ⅸ中新形成的五元杂环中酰胺基可以发生水解反应，故D项错误；
故答案为：BC。
（6）①根据化合物X的结构式可知，最后一步反应中，含有苯环的反应物为，
②涉及羧基与甲醇的酯化反应的化学方程式为：，
故答案为：；。
【分析】发生加成反应生成，中醛基催化氧化成羧基，生成，与甲醇发生酯化反应生成；与HCN反应生成，反应生成，与CH3OH反应生成，、、反应生成。
（1）分子式：数（3个 ）、（5个 ）、（3个 ）、（1个 ），得 。
官能团：结构含（硝基 ）、（醛基 ），故为硝基、醛基 。
（2）结构差异：Ⅴ（ ）→Ⅵ（ ），增加 相关结构，结合加成反应，为（提供 ，与 加成 ）。
（3）反应a（新制 、加热 ）：醛基被氧化为羧酸盐，产物结构 ，反应类型氧化反应 。
反应b（ 、加热 ）：碳碳双键与 加成，产物为（或 ），反应类型加成反应 。
（4）结合条件（水解、银镜反应→含甲酸酯基；苯环两取代基；核磁氢谱4组峰，面积比 ）推导。
（5）选项A：ⅳ中碳原子有（羰基碳 ）和（烷基碳 ）杂化，不同，A错误。
选项B：反应涉及酯基（ ）和酰胺基（ ）断键，B正确。
选项C：正丁胺中有孤电子对，可接受质子显碱性，C正确。
选项D：产物ⅸ中五元环含酰胺基（ ），可水解，D错误。
选BC 。
（6）最后一步反应物：结构含苯环、 ，逆推得含苯环的反应物为 。
酯化反应方程式：羧基（ ）与甲醇（ ）在浓硫酸、加热条件下反应，结构为 。
（1）①由化合物ⅱ的结构式可知，其分子式为：C3H5O3N，故答案为：C3H5O3N；
②化合物ⅱ分子中所含官能团的名称为：硝基、醛基，故答案为：硝基、醛基；
（2）在催化剂条件下，化合物V可以与M直接反应生成化合物ⅵ，该反应原子利用率为100%，由化合物ⅵ和化合物V的结构式可知，M为HCN，故答案为：HCN；
（3）①与新制碱性Cu(OH)2悬浊液，在加热条件下反应化学方程式为：，反应生成的新结构为：，故答案为：；
②由①可知，该反应为氧化反应，故答案为：氧化反应；
③与HBr在加热条件下发生加成反应，化学方程式为：或 ，则生成新结构为：或，故答案为：或；
（4）化合物ⅷ的分子式为：C8H8O2，其芳香族同分异构体中，能发生水解反应说明含有酯基，能发生银镜费用说明含有醛基，苯环上只有两个取代基且核磁共振氢谱显示为4组峰，峰面积之比为3：3：2：1的结构简式为，故答案为：；
（5）A．反应物ⅳ中碳原子杂化方式有sp2、sp3杂化，不相同，故A项错误；
B．反应过程中，有C—O键和C=O键断裂，故B项正确；
C．正丁胺中N原子具有一对孤电子对，能够接受质子，则其显碱性，故C项正确；
D．产物ⅸ中新形成的五元杂环中酰胺基可以发生水解反应，故D项错误；
故答案选BC。
（6）①根据化合物X的结构式可知，最后一步反应中，含有苯环的反应物为，故答案为：；
②涉及羧基与甲醇的酯化反应的化学方程式为：，故答案为：。
1 / 1广东省潮州市湘桥区南春中学2025-2026学年高三上学期开学考试 化学试题
1．（2025高三上·湘桥开学考）龙是中华民族重要的精神象征和文化符号。下列与龙有关的历史文物中，主要材质为有机高分子的是
A B C D
红山玉龙 鎏金铁芯铜龙 云龙纹丝绸 云龙纹瓷瓶
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】含硅矿物及材料的应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、材质是玉，属于无机矿物（硅酸盐类），不是有机高分子；故A不符合题意 ；
B、材质是金属（铁、铜），属于无机物，不是有机高分子；故B不符合题意 ；
C、丝绸的主要成分是蛋白质，蛋白质是天然有机高分子，符合要求；故C符合题意 ；
D、材质是陶瓷，属于无机非金属材料（硅酸盐类），不是有机高分子；故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点：
对 “有机高分子” 的概念混淆：误将无机物（玉、金属、陶瓷）当作有机高分子，忽略丝绸的主要成分是蛋白质（属于天然有机高分子）。
文物材质的认知偏差：错判 “丝绸” 的材质类别，把其与玉、金属、陶瓷等无机材料归为一类，未明确蛋白质是有机高分子。
2．（2025高三上·湘桥开学考）在法拉第发现苯200周年之际，我国科学家首次制备了以金属M为中心的多烯环配合物。该配合物具有芳香性，其多烯环结构(如图)形似梅花。该多烯环上
A．键是共价键 B．有8个碳碳双键
C．共有16个氢原子 D．不能发生取代反应
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；苯的结构与性质
【解析】【解答】A．C原子和H原子间通过共用电子对之间的作用力结合，该作用力为共价键，A正确；
B．该配合物具有芳香性，结合苯的结构可知，该配合物中存在的是共轭大π键，不存在碳碳双键，B错误；
C．每个碳原子周围最多形成4个共价键，因此该物质有10个H原子，C错误；
D．大π键环上的C-H键可以发生取代反应，D错误；
故答案为：A
【分析】A、C、H原子通过共用电子对（即共价键）结合。
B、结合苯中不存在碳碳双键分析。
C、根据C原子的价键情况分析。
D、结构中C-H可发生取代反应。
3．（2025高三上·湘桥开学考）我国饮食注重营养均衡，讲究“色香味形”。下列说法不正确的是（ ）
A．烹饪糖醋排骨用蔗糖炒出焦糖色，蔗糖属于二糖
B．新鲜榨得的花生油具有独特油香，油脂属于芳香烃
C．凉拌黄瓜加醋使其具有可口酸味，食醋中含有极性分子
D．端午时节用棕叶将糯米包裹成形，糯米中的淀粉可水解
【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子；芳香烃；二糖的性质和用途；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A、蔗糖属于二糖，A选项正确。
B、油脂是高级脂肪酸的甘油酯，含有氧元素，因此不属于芳香烃，B选项错误。
C、食醋中的H2O为极性分子，C选项正确。
D、淀粉可发生水解反应，生成葡萄糖，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、蔗糖属于二糖。
B、油脂中含有氧元素，不属于烃类物质。
C、食醋中的H2O为极性分子。
D、淀粉可水解生成葡萄糖。
4．（2025高三上·湘桥开学考）以下关于物质结构与性质的描述，正确的是
A．分子呈三角锥形结构，其中的N原子采用杂化
B．NaCl晶体中，和以分子形式存在于晶胞中
C．金刚石和石墨的不同性质源于它们有相同的原子排列方式
D．分子呈V形，分子间有氢键，沸点比的低
【答案】A
【知识点】离子晶体；原子晶体（共价晶体）；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、计算价层电子对数：N原子价层电子对数 成键电子对 孤电子对 。
杂化与构型：价层电子对数为4，N原子采取 杂化；因含1对孤电子对，分子空间构型为三角锥形，A正确；
B、 是离子晶体，晶胞中 和 以离子形式通过离子键结合，不存在分子形式，B错误；
C、金刚石中碳原子呈正四面体网状排列，石墨中碳原子呈层状六边形排列，原子排列方式不同导致结构和性质差异，C错误；
D、 分子间存在氢键，氢键使分子间作用力显著增大，沸点升高； 分子间只有范德华力，所以 沸点比 高，D错误。
故答案为：A。
【分析】A．用价层电子对互斥理论计算 中心原子（ ）的价层电子对数，判断杂化类型和分子构型。
B．明确 晶体类型（离子晶体 ），判断粒子存在形式。
C．分析金刚石和石墨性质差异的原因（原子排列方式不同 ）。
D．比较 和 分子间作用力（ 含氢键， 不含 ），判断沸点高低。
5．（2025高三上·湘桥开学考）对乙酰氨基酚是一种常用的解热镇痛药，其结构简式如图，关于该化合物的说法不正确的是
A．能与FeCl3溶液发生显色反应
B．能与浓硝酸和浓硫酸发生硝化反应
C．碳原子的杂化方式有sp、sp2和sp3
D．分子中所有原子不可能共平面
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机化合物中碳的成键特征
【解析】【解答】A、分子含酚羟基（-OH 直接连苯环），酚羟基能与 FeCl3溶液发生显色反应，A正确；
B、分子含苯环，苯环可与浓硝酸、浓硫酸发生硝化反应（苯环上的氢被硝基取代），B正确；
C、分子中，苯环、酰胺基中的 C 为 sp2 杂化，甲基中的 C 为 sp3 杂化，无 sp 杂化的 C（sp 杂化需含碳碳三键或直线型碳链，此分子无），因此碳原子杂化方式只有 sp2、sp3，C错误；
D、分子含甲基（sp3 杂化的 C 为四面体结构），甲基上的 H 无法与其他原子共平面，因此所有原子不可能共平面，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．抓住 “酚羟基” 的特征反应，酚羟基能与 FeCl3显色。
B．依据 “苯环可发生硝化反应” 的性质，判断能与浓硝酸、浓硫酸反应。
C．明确杂化方式的判断依据：苯环、酰胺基 C 是 sp2，甲基 C 是 sp3，无 sp 杂化（无碳碳三键等结构）。
D．根据 “甲基的四面体结构”，确定甲基上的 H 无法共平面。
6．（2025高三上·湘桥开学考）下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 氯化铜在碱性溶液中生成沉淀 能与氨水反应生成络合离子
B 金属钠与水反应生成氢气 金属钠表面变暗
C 铜丝在氯气中燃烧生成氯化铜烟雾 铜丝质量增加
D 氯化铵受热易分解 可用加热法除去氯化钠中的氯化铵
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】铵盐；钠的化学性质
【解析】【解答】A、陈述I：Cu2+在碱性溶液中生成蓝色Cu(OH)2沉淀：；陈述II：Cu2+与过量氨水形成深蓝色[Cu(NH3)4]2+络离子：；陈述I涉及碱性条件下的沉淀，陈述II涉及氨水的络合作用，二者无直接因果联系，A错误；B、陈述I：金属钠与水反应生成氢气，对应的方程式为：；陈述II：钠暴露在空气中与O2反应生成Na2O，使表面变暗：；但钠的表面变暗是因接触空气氧化，与水反应无关，B错误；
C、陈述I：铜与氯气燃烧生成棕黄色CuCl2烟雾：；陈述II：实验中生成的CuCl2以烟雾形式逸散，铜丝本身质量减少，实际称量残留物质量可能减小，陈述II不正确，C错误；
D、陈述I：NH4Cl受热分解为NH3和HCl气体：；陈述II：利用NH4Cl分解挥发，而NaCl稳定不分解，可分离杂质；因NH4Cl受热分解（陈述I），故可用加热法除去（陈述II），存在因果关系，D正确；
故答案为：D。
【分析】做题时一定要看清楚所描述的劳动项目与化学知识是否存在一一对应的关系，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项；
7．（2025高三上·湘桥开学考）方程式是世界通用的化学语言。下列方程式书写正确的是
A．钠和冷水反应：
B．与浓盐酸制备：
C．将碳酸钙加入过量盐酸中：
D．Fe在氯气中燃烧：
【答案】B
【知识点】氯气的实验室制法；钠的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、钠与冷水反应生成氢氧化钠和氢气，原方程式中钠的化学计量数未配平，违背原子守恒。正确的离子方程式应为，A错误；
B、MnO2是固体（不可拆），浓盐酸可拆为 H+和 Cl-；反应需加热，产物为 Mn2+、Cl2和 H2O，方程式，B正确；
C、碳酸钙是难溶固体，在离子方程式中不能拆分为 CO32-，正确的离子方程式应为，C正确；
D、氯气氧化性强，与 Fe 反应时将 Fe 氧化为 + 3 价，生成 FeCl3而非 FeCl2，正确的化学方程式应为，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．考查离子方程式的配平（原子守恒、电荷守恒）。
B．掌握离子方程式的物质拆分规则（难溶、难电离、气体、单质等不可拆）及反应事实（产物、条件）。
C．考查离子方程式中难溶物的拆分规则。
D．掌握反应产物的氧化性匹配（氯气的强氧化性对金属的氧化产物）。
8．（2025高三上·湘桥开学考）下列实验装置能达到实验目的的是
A．实验室制备乙烯 B．乙酸乙酯的制备和收集
C．制取硝基苯 D．除去乙烷中的乙烯
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；常见气体制备原理及装置选择；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、实验室制备乙烯，温度计需插入反应液中（控制 170℃），且装置缺少温度计，无法达到目的，故A不符合题意 ；
B、乙酸乙酯制备中，NaOH 溶液会使酯水解，应使用饱和 Na2CO3溶液收集，装置错误，故B不符合题意 ；
C、制取硝基苯需 50~60℃水浴，且试管口不能密封（防压强过大），装置不符合要求，故C不符合题意 ；
D、乙烯能被酸性 KMnO4溶液氧化，乙烷不反应；后续 NaOH 溶液可吸收氧化生成的 CO2，能达到除杂目的，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
乙烯制备的装置细节遗漏：忽略制备乙烯需温度计控制 170℃（温度计应插入反应液），错认为仅加热乙醇和浓硫酸即可。
乙酸乙酯收集的试剂错误：误将 NaOH 溶液当作收集试剂，忽略 NaOH 会使酯水解，应选饱和 Na2CO3溶液。
硝基苯制备的条件混淆：记错硝基苯制备的水浴温度（需 50~60℃），或忽略试管口不能密封（防压强过大）。
除杂原理的认知偏差：担心酸性 KMnO4氧化乙烯会生成 CO2，但忽略后续 NaOH 溶液可吸收 CO2，错判除杂方案不可行。
9．（2025高三上·湘桥开学考）“光荣属于劳动者，幸福属于劳动者”。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 化学研究员：通过X射线衍射实验区分晶体和非晶体 晶体的X射线衍射图谱中有明锐的衍射峰，而非晶体没有
B 机械工程师：用氧炔焰切割金属 乙炔可以发生加成反应
C 食品质检师：用碘标准溶液检验食品中的含量 具有还原性
D 玻璃制造员：将纯碱、石灰石和石英砂按一定配比投入玻璃窑中熔融
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；乙炔炔烃；晶体的定义
【解析】【解答】A．X射线衍射实验可以区分晶体和非晶体，两者X射线衍射图谱有区别，晶体的X射线衍射图谱中有明锐的衍射峰，而非晶体没有，A不合题意；
B．用氧炔焰切割金属，是因为乙炔与氧气反应可以放出大量热，与乙炔可以发生加成反应无关，B合题意；
C．能与碘单质发生反应，该反应中S元素的化合价升高，表现还原性，C不合题意；
D．纯碱、石灰石和石英砂在高温下发生反应：，D不合题意；
故选B。
【分析】A．X-射线衍射实验是区分晶体和非晶体最科学的方法；
Ｂ．乙炔与氧气反应放出大量热量；
Ｃ．能与碘发生氧化还原反应；
Ｄ．碳酸钠和二氧化硅在高温下反应生成硅酸钠。
10．（2025高三上·湘桥开学考）利用如图装置进行实验：打开，一定时间后，a中溶液变蓝；关闭，打开，点燃酒精灯加热数分钟后，滴入无水乙醇。下列说法错误的是
A．a中现象体现了的还原性
B．b中既作氧化剂也作还原剂
C．乙醇滴加过程中，c中的铜丝由黑变红，说明乙醇被氧化
D．d中有银镜反应发生，说明c中产物有乙酸
【答案】D
【知识点】乙醇的催化氧化实验；化学实验方案的评价；银镜反应
【解析】【解答】A．试管a中观察到溶液变为蓝色，说明O2进入a中，氧化I-，生成I2，体现了的还原性，A正确；
B．b中H2O2在MnO2的催化下生成O2和H2O，H2O2中氧元素由－1价变为0价和－2价。因此既作氧化剂也作还原剂，B正确；
C．铜丝先和氧气反应生成黑色的氧化铜，乙醇再和氧化铜反应，氧化铜被还原为红色的铜单质，乙醇被氧化为乙醛，因此c中的铜丝由黑变红，可以说明乙醇被氧化，C正确；
D．乙醛可与银氨溶液在加热条件下反应产生银镜，d中未加热，不能发生银镜反应，D错误；
故答案为：D
【分析】打开K2，H2O2溶液滴入MnO2中，反应生成O2。打开K1，O2加入淀粉－KI溶液中，O2将I－氧化成I2，淀粉遇碘变蓝色，因此可观察到溶液变为蓝色。打开K3，O2进入硬质玻璃管内，与Cu反应生成CuO。推动注射器活塞，无水乙醇进入到玻璃管内，与灼热的CuO反应，可观察到固体由黑色变为红色。产生的物质进入银氨溶液中，在加热条件下发生银镜反应。说明乙醇被氧化生成了乙醛。据此结合选项分析。
11．（2025高三上·湘桥开学考）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中含有键的数目为
B．溶液中含的数目为
C．和的混合气体含有的分子数目为
D．与反应生成，转移电子数目为
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；乙炔炔烃；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、H-C≡C-H（乙炔）的摩尔质量为 26g mol- ，26g 乙炔的物质的量为 1mol。每个乙炔分子中含 3 个 σ 键（1 个 C-Cσ 键、2 个 C-Hσ 键），因此 1mol 乙炔中 σ 键数目为 3NA，A正确；
B、NH4+在水溶液中会发生水解反应（NH4++H2O NH3 H2O+H+），导致其数目减少。因此 1L 1mol L- NH4NO3溶液中，NH4+的数目小于 NA，B错误；
C、CO 和 H2均为分子构成的物质，1mol 任何分子构成的混合气体，其分子数目均为 NA，而非 3NA，C错误；
D、Na 与 H2O 反应生成 H2，但题目未说明 H2处于标准状况，无法根据 11.2L 计算其物质的量，进而无法确定转移电子数目，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．分析乙炔分子的 σ 键数目及物质的量计算。
B．考虑铵根离子的水解对离子数目的影响。
C．明确分子数与物质的量的关系。
D．判断气体体积对应的物质的量需明确状态。
12．（2025高三上·湘桥开学考）部分含Fe物质的分类与相应化合价的关系如图所示。下列推断不合理的是
A．可存在a→e→b的转化
B．e溶液可与KSCN溶液反应生成红色沉淀
C．能用a制作的容器运输浓硫酸
D．a可与稀硝酸恰好反应，生成只含b的溶液
【答案】B
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；无机物的推断
【解析】【解答】A、铁与氯气反应生成氯化铁（FeCl3），氯化铁再与铁反应生成氯化亚铁（FeCl2），转化关系成立，A正确；
B、三价铁离子（Fe3+）与硫氰化钾（KSCN）反应会形成红色溶液，但不会产生沉淀，B错误；
C、常温下铁在浓硫酸中会发生钝化，形成致密的氧化膜，因此可用钢瓶储存和运输浓硫酸，C正确；
D、当铁过量时，与硝酸反应后的溶液中溶质可能只有硝酸亚铁（Fe(NO3)2），D正确；
故答案为：B。
【分析】A．Fe（a）与 Cl2反应生成 FeCl3（e），FeCl3（e）与 Fe 反应生成 FeCl2（b），转化合理。
B．Fe3+（e 溶液）与 KSCN 反应生成的是红色络合物（不是沉淀），这是 Fe3+ 检验的关键特征，据此判断 B 不合理。
C．Fe 遇浓硫酸会钝化，可用于运输浓硫酸，性质对应正确。
D．Fe 与稀硝酸反应时，若 Fe 过量，生成的 Fe3+ 会被还原为 Fe2+，能得到只含 Fe2+（b）的溶液，反应逻辑合理。
13．（2025高三上·湘桥开学考）一种在水处理领域应用广泛的物质，其结构如图。已知R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，下列说法正确的是
A．简单氢化物的沸点：W>Z
B．元素电负性：W>Z>R
C．第一电离能大小：W>Z>X
D．YR3和的空间构型均为三角锥形
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、W 的简单氢化物是 CH4，Z 的是 H2O，H2O 分子间含氢键，沸点 H2O>CH4，即 Z>W，A错误；
B、电负性同周期从左到右增大，故 O（Z）>C（W）>H（R），应为 Z>W>R，B错误；
C、第一电离能同周期从左到右增大（O>C），同主族从上到下减小（C>Na），故 O（Z）>C（W）>Na（X），应为 Z>W>X，C错误；
D、YR3是 PH3，中心 P 为 sp3 杂化（3 个 σ 键 + 1 对孤电子对）；R3Z+是 H3O+，中心 O 为 sp3 杂化（3 个 σ 键 + 1 对孤电子对），二者空间构型均为三角锥形，D正确；
故答案为：D。
【分析】元素推断：X 形成 + 1 价阳离子，为 Na；Z 最多成 2 个键，原子序数小于 Na，为 O；Y 成 5 个键，原子序数大于 O，为 P；R 只成 1 个键且原子序数最小，为 H；W 成 4 个键且原子序数小于 O，为 C。即 R=H，W=C，Z=O，X=Na，Y=P。据此解题。
14．（2025高三上·湘桥开学考）某温度下，在密闭容器中充入一定量的R(g)，发生反应R(g)T(g)，该反应经历两步：①R(g)I(g)，②I(g)T(g)，催化剂M能催化第②步反应，反应历程如图所示。
下列说法不正确的是
A．升高温度，减小，且减小
B．不使用催化剂M，反应过程中c(I)先增大后减小
C．使用催化剂M，反应①的ΔH不变，反应②的ΔH减小
D．使用催化剂M，反应①速率不变，反应②速率加快
【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、总反应R(g)=T(g)为放热（T能量低于R），升温平衡逆向移动，（I是中间产物，升温时②步速率变慢，I积累）、均减小，A正确；
B、不使用催化剂，①步生成I，②步速率慢，I先积累后消耗，故浓度先增后减，B正确；
C、焓变（ΔH）由反应物和生成物能量差决定，催化剂只改变活化能，不改变ΔH，故反应①、②的ΔH均不变，C错误；
D、催化剂M只催化②步，故①步速率不变，②步速率加快，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．抓总反应放热的特点，升温平衡逆向移动，结合中间产物 I 的积累规律，判断浓度比值变化。
B．明确无催化剂时②步速率慢，中间产物 I 生成快、消耗慢，因此浓度会先增后减。
C．牢记焓变由反应物和生成物的总能量差决定，催化剂仅改变活化能，不影响焓变大小。
D．注意催化剂 M 的作用具有选择性，只加快催化目标步骤②的速率，对步骤①无影响。
15．（2025高三上·湘桥开学考）我国科学家利用Co的化合物在Fe(OH)2氧化过程中的催化作用，促进了电催化过程中流失的Fe催化活性中心的原位自修复(Fe再沉积的主要反应过程) ，反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．反应过程中CoOOH为催化剂
B．图中各反应不能在酸性条件下进行
C．存在反应Co(OH)2+OH- -e- =CoOOH+H2O
D．图中所示物质之间的转化有非极性键的形成和断裂
【答案】D
【知识点】化学键；催化剂
【解析】【解答】A、催化剂的关键是参与反应过程，最终又重新生成。由反应机理可知，CoOOH 参与反应后又生成，满足催化剂的定义，A正确；
B、Fe(OH)2、CoOOH 均能与酸反应，且反应过程中有 OH-参与，说明反应在碱性条件下进行，无法在酸性条件下发生，B正确；
C、从反应机理中 Co(OH)2的转化路径，可推出反应 Co(OH)2+OH--e-=CoOOH+H2O，该反应原子数目、电荷均守恒，C正确；
D、非极性键是同种原子间的共价键，图中 O2参与反应时有 O-O 非极性键形成，但无任何非极性键的断裂过程，D错误；
故答案为：D。【分析】A．催化剂 “参与反应且最终再生” 的特征。
B． 反应环境的判断（物质与酸的反应性及 OH-的参与）。
C．离子反应式的原子守恒、电荷守恒验证。
D．非极性键 “同种原子成键” 的定义及形成、断裂的判断。
16．（2025高三上·湘桥开学考）电催化含氮废水合成尿素，有助于实现碳中和及解决水污染问题。利用如下图所示装置可合成尿素。该装置工作时，下列说法不正确的是
A．电源B极为正极
B．该装置采用质子交换膜
C．a电极上发生反应：
D．理论上，每生成，阳极区质量减少32g
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】先判断电极类型（根据反应的得失电子），再分析交换膜类型、电极反应，最后结合电子转移计算质量变化。
A、b 电极上 H2O 生成 O2（失电子，氧化反应），故 b 电极为阳极，对应电源 B 极为正极，A正确；
B、a 电极反应消耗 H+，b 电极反应（2H2O-4e-=O2↑+4H+）生成 H+，H+需通过交换膜迁移至 a 极，因此装置采用质子交换膜，B正确；
C、a 电极为阴极，NO3-、CO2得电子生成CO(NH2)2，结合电荷守恒、原子守恒，反应为：
2NO3-+CO2+18H++16e-=CO(NH2)2+7H2O，C正确；
D、15g CO(NH2)2的物质的量为 0.25mol，生成 0.25mol CO(NH2)2转移电子 4mol（由 C 中反应的 16e-对应 1mol CO(NH2)2计算）。阳极反应每转移 4mol 电子，消耗 2mol H2O（生成 1mol O2），质量减少 36g（2mol×18g/mol），而非 32g，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．电极类型的判断：b 电极上 H2O 生成 O2（失电子，氧化反应），判定 b 为阳极，对应电源 B 极为正极。
B．交换膜类型的推导：阴极（a 极）反应消耗 H+、阳极（b 极）反应生成 H+，H+ 需迁移，故为质子交换膜。
C．阴极反应的配平：结合 NO3-、CO2得电子生成 CO(NH2)2，通过电荷、原子守恒配平反应式。
D．电子转移与质量变化的计算：生成 0.25mol CO(NH2)2转移 4mol 电子，阳极消耗 2mol H2O（质量 36g），而非 32g。
17．（2025高三上·湘桥开学考）钴氨配合物在电镀及环境科学研究中有着重要的应用价值。某科研小组对其研究过程如下：
I．配制CoCl2溶液
（1）配制100mL0.1mol·L-1CoCl2溶液，需要CoCl2的质量为________g。
（2）溶液配制过程中，下列仪器需要用到的有_______(填标号)。
A. B. C. D.
Ⅱ．制备[Co(NH3)6]2+配合物
实验操作 实验现象
在试管内混合CoCl2溶液和适量6mol·L-1NH3·H2O溶液。 得到浅青色沉淀的浑浊液，沉淀未见明显溶解。
在试管内混合CoCl2溶液和适量14mol·L-1NH3·H2O溶液。 得到浅青色沉淀的浑浊液，沉淀未见明显溶解。
资料：Co(OH)2为浅青色沉淀，[Co(NH3)6]2+溶液为红色。
（3）实验①中生成浅青色沉淀的离子方程式为________。
（4）实验①和②现象可知，Co(OH)2与NH3·H2O难以生成[Co(NH3)6]2+配合物。学习小组预测对生成[Co(NH3)6]2+生成有一定促进作用。设计实验如下：取等体积实验①的浊液于1、2两支试管中，分别加入不同试剂，实验现象证实了预测。
①x的化学式是________，c = ________。
②实验现象是________。
③从平衡移动角度，结合化学用语，解释对[Co(NH3)6]2+生成有一定促进作用原理________。
Ⅲ．制备[Co(NH3)6]3+配合物
往CoCl2溶液中加入浓氨水、H2O2、NH4Cl溶液，在活性炭催化下转化为橙黄色的[Co(NH3)6]3+溶液。为探究反应过程，小组成员提出了不同的猜想。
提出猜想 猜想1：Co2+先失电子生成Co(OH)3后与氨水形成配合物；
猜想2：Co2+先被H2O2氧化成Co3+后与氨水形成配合物；
猜想3：Co2+先与氨水形成[Co(NH3)6]2+后被H2O2氧化成[Co(NH3)6]3+。
（5）科研小组取少量Co(OH)3固体于试管中，逐滴加入浓氨水，观察到________，证明猜想1不成立。
教师指导 氧化剂电对的电极电势大于还原剂电对的电极电势时，反应可以自发进行。
验证猜想 按照连接装置，分别往两烧杯中加入药品，关闭K，观察到________，猜想2不成立。往左边烧杯中滴加________，观察到________，猜想3成立。
【答案】(1) 1.3
(2) B，D
(3)
(4) Na2SO4 1 试管1中沉淀溶解，溶液颜色变为红色，试管2中无明显现象 增大时，与OH-反应生成，使沉淀平衡正向移动，导致与c(NH3 H2O)增加，有利于生成
(5) 沉淀未溶解，溶液颜色无明显变化 电流表指针不偏转 浓氨水 电流表指针发生偏转，左烧杯溶液变为橙黄色
【知识点】化学平衡的影响因素；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）配制100mL 0.1mol/L的CoCl2溶液，需要固体CoCl2的质量为；
故答案为： 1.3 ；
（2）实验室用配制100mL 0.1mol/L的CoCl2溶液需要用到烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、100mL容量瓶等玻璃仪器，故选BD；
故答案为： B，D ；
（3）已知浅青色沉淀为，故实验①中生成浅青色沉淀的离子方程式为；
故答案为：；
（4）①依题意，实验2为实验1的对照组，目的是排除的干扰，故x可为溶液，浓度为1mol/L；
②学习小组预测对生成[Co(NH3)6]2+生成有一定促进作用。设计实验如下：取等体积实验①的浊液于1、2两支试管中，分别加入不同试剂，实验现象证实了预测，则实验现象为试管1中沉淀溶解，溶液颜色变为红色，试管2中无明显现象；
③从平衡移动的角度分析，加入10滴1mol/L硫酸铵溶液，增大时，与OH-反应生成，使沉淀平衡正向移动，导致与c(NH3 H2O)增加，进而促进正向移动，有利于生成；
故答案为： Na2SO4 ； 1；试管1中沉淀溶解，溶液颜色变为红色，试管2中无明显现象 增大时，与OH-反应生成；使沉淀平衡正向移动，导致与c(NH3 H2O)增加，有利于生成
（5）若猜想1成立，则能观察到试管内沉淀溶解、溶液颜色变为橙黄色，若观察到沉淀未溶解，溶液颜色无明显变化，猜想1不成立；依题意，若猜想2成立，H2O2会将二价钴氧化成三价钴，则关闭K后，形成原电池，电流表指针会发生偏转，若观察到电流表指针不偏转，猜想2不成立；若猜想3成立，也就是说Co2+先与氨水形成[Co(NH3)6]2+后被H2O2氧化成[Co(NH3)6]3+ ，则只需向左边烧杯中加入浓氨水，先形成配合物[Co(NH3)6]2+，观察到电流表指针偏转，左烧杯溶液变为橙黄色即可证明猜想3成立。
故答案为： 沉淀未溶解，溶液颜色无明显变化 电流表指针不偏转 浓氨水 电流表指针发生偏转，左烧杯溶液变为橙黄色 。
【分析】（1）根据 “m = cVM” 计算：0.1 mol/L×0.1 L×130 g/mol=1.3 g。
（2）配制溶液需容量瓶、胶头滴管等，选仪器 B（胶头滴管）、D（容量瓶）。
（3）结合 “Co(OH)2为青沉淀”，离子方程式：Co2++2NH3 H2O=Co(OH)2↓+2NH4+。
（4）① 对照实验排除 SO42-干扰，x 为 Na2SO4，浓度 c=1 mol/L；② 现象：试管 1 沉淀溶解、变红，试管 2 无明显现象；③ 平衡移动：NH4+消耗 OH-，使 Co(OH)2溶解平衡正向移动，Co2+浓度增大，促进配合物生成。
（5）证明猜想 1 不成立：沉淀未溶解、溶液无变化；
证明猜想 2 不成立：电流表指针不偏转；
证明猜想 3 成立：加浓氨水，电流表指针偏转、左烧杯溶液变橙黄。
18．（2025高三上·湘桥开学考）某工厂从废含镍有机催化剂中回收镍的工艺流程如图所示(已知废催化剂中含有Ni70%及一定量的Al、Fe、SiO2和有机物，镍及其化合物的化学性质与铁的类似，但Ni2+的性质较稳定)。回答下列问题：
已知：部分阳离子以氢氧化物的形式完全沉淀时的pH如下表所示。
沉淀物 Al(OH)3 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Ni(OH)2
pH 5.2 3.2 9.7 9.2
（1）Fe为26号元素，基态电子排布式为： 从废液中回收乙醇的方法是 。
（2）为提高酸浸速率，可采取的措施有 (答一条即可)
（3）硫酸酸浸后所得滤液A，向其中加入H2O2反应的离子方程式为： 。
___________+___________H++___________H2O2==___________Fe3++___________H2O
（4）pH=6时，滤渣b的主要成分为： 、 ，滤液C进行如下所示处理可以制得。滤液
①操作X是 ，过滤，洗涤，干燥。
②NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料-NiOOH，该反应的离子方程式是 。
（5）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。
①该晶胞中铜原子与镍原子的个数比是 。
②该晶胞中，每个Ni周围等距且紧邻的Cu有 个。
③若合金的密度为d ，晶胞参数a= nm。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d84s2；蒸馏
（2）将废催化剂粉碎或适当地提高硫酸的浓度或升高浸泡时的温度；
（3）
（4）氢氧化铁；氢氧化铝；蒸发浓缩、冷却结晶；
（5）；12；
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）Fe为26号元素，基态电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2；可以利用乙醇与废液中有机物的沸点不同采用蒸馏的方法；
故答案为： 1s22s22p63s23p63d84s2 ； 蒸馏 ；
（2）将废催化剂粉碎，增大反应物的接触面积，或适当地提高硫酸的浓度，或升高浸泡时的温度等措施均可以提高酸浸速率；
故答案为： 将废催化剂粉碎或适当地提高硫酸的浓度或升高浸泡时的温度；
（3）向滤液A中加入过氧化氢溶液的目的是保温条件下将亚铁离子氧化为铁离子，便于调节溶液pH时，将铁离子转化为沉淀除去，反应的离子方程式为：；
故答案为： ；
（4）根据部分阳离子以氢氧化物的形式完全沉淀时的pH表，pH=6时，Al3+、Fe3+会完全沉淀，所以滤渣b的主要成分为氢氧化铁和氢氧化铝；要从溶液D中制得，操作X是蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤、洗涤、干燥；由题意可知，生成碱式氧化镍的反应为碱性条件下，硫酸镍溶液与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应生成碱式氧化镍沉淀、硫酸钠、氯化钠和水，反应的离子方程式为；
故答案为： 氢氧化铁 ； 氢氧化铝 ； 蒸发浓缩、冷却结晶 ； ；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于面心的铜原子个数为，位于顶点的镍原子个数为，因此该晶胞中铜原子与镍原子的个数比是；由晶胞结构可知，每个顶点的Ni周围等距且紧邻的Cu在面心处，有个；由密度的计算公式可得，，则。
故答案为： ；12； 。
【分析】由题给流程可知，首先用乙醇洗涤废催化剂，利用乙醇的溶解作用去除其表面的有机物。之后用稀硫酸进行酸浸，废催化剂中的铝、铁、镍会与稀硫酸发生反应，生成可溶性的硫酸盐，而二氧化硅不与稀硫酸反应，通过过滤操作，得到含有二氧化硅的滤渣 a 以及含有稀硫酸和可溶性硫酸盐的滤液 A。向滤液 A 中加入过氧化氢溶液，在保温条件下，过氧化氢将其中的亚铁离子氧化为铁离子，得到滤液 B。接着向滤液 B 中加入氢氧化镍来调节溶液的 pH，使溶液中的铁离子和铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤后得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣 b 和含有硫酸镍的滤液 C。
向滤液 C 中加入氢氧化钠溶液，将溶液 pH 调节至 9.2，此时镍离子会转化为氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化镍。最后，氢氧化镍经过灼烧、还原等步骤，最终得到金属镍。
（1）Fe为26号元素，基态电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2；可以利用乙醇与废液中有机物的沸点不同采用蒸馏的方法；
（2）将废催化剂粉碎，增大反应物的接触面积，或适当地提高硫酸的浓度，或升高浸泡时的温度等措施均可以提高酸浸速率；
（3）向滤液A中加入过氧化氢溶液的目的是保温条件下将亚铁离子氧化为铁离子，便于调节溶液pH时，将铁离子转化为沉淀除去，反应的离子方程式为：；
（4）根据部分阳离子以氢氧化物的形式完全沉淀时的pH表，pH=6时，Al3+、Fe3+会完全沉淀，所以滤渣b的主要成分为氢氧化铁和氢氧化铝；要从溶液D中制得，操作X是蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤、洗涤、干燥；由题意可知，生成碱式氧化镍的反应为碱性条件下，硫酸镍溶液与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应生成碱式氧化镍沉淀、硫酸钠、氯化钠和水，反应的离子方程式为；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于面心的铜原子个数为，位于顶点的镍原子个数为，因此该晶胞中铜原子与镍原子的个数比是；由晶胞结构可知，每个顶点的Ni周围等距且紧邻的Cu在面心处，有个；由密度的计算公式可得，，则。
19．（2025高三上·湘桥开学考）下图所示为一个有机合成反应的流程图：
(1)A的结构简式为 ， D所属的有机物类别为 ；
(2)在图中①至⑦的反应中属于取代反应的是 。(填序号)
(3)写出下列方程式：
③： ；
⑦： ；
B与银氨溶液反应： ；
(4)X是C的同分异构体，X符合以下两个条件：
ⅰ.苯环上只有两个取代基；
ⅱ.1 mol X与足量NaHCO3溶液反应产生1 mol CO2气体。
ⅲ.遇FeCl3溶液不发生显色反应
写出符合上述条件的X的所有结构简式 。
【答案】；卤代烃；①②⑥⑦；；；；
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；芳香烃；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】(1)A的结构简式为， D所属的有机物类别为卤代烃；
故答案为： ； 卤代烃 ；
(2)反应①为烷烃基取代反应，反应②为卤代烃的取代反应，反应③醇的催化氧化反应，反应④为醛的氧化反应，反应⑤为烯烃的加成反应，反应⑥为卤代烃的取代反应、反应⑦为酯化反应，属于取代反应，故在图中①至⑦的反应中属于取代反应的是①②⑥⑦；
故答案为： ①②⑥⑦ ；
(3)反应③醇发生催化氧化反应生成醛，其反应方程式为：；反应⑦对二苯甲酸与乙二醇发生酯化反应，其方程式为：；B为对二苯甲醛，与银氨溶液发生氧化反应，其方程式为：；
故答案为： ； ； ；
(4) 1 mol X与足量NaHCO3溶液反应产生1 mol CO2气体，说明X中含有1个羧基；遇FeCl3溶液不发生显色反应，说明X中不含酚羟基，结合苯环上只有两个取代基和C的不饱和度及氧原子可知，符合上述条件的X的所有结构简式。
故答案为： 。
【分析】本题考查有机物的结构与性质推断。结合反应①的条件和反应②的产物，可推断出 A 的结构是苯环两侧各连一个 CH2Cl（）。再根据反应③、④的条件，结合 C 与 E 生成目标产物的过程，能推出 B 的结构为苯环两侧各连一个 CHO（），C 的结构为苯环两侧各连一个 COOH（），E 的结构为苯环两侧各连一个 CH2OH（）；逆推可知 D 的结构是苯环两侧各连一个 CH2X（）（X 为卤素原子）。
20．（2025高三上·湘桥开学考）含氮杂环化合物的合成在生命科学领域具有重大意义。一种以正丁胺、丙烯醛和苯酚为主要有机原料合成ⅸ的路线如下(加料顺序、反应条件略)：
（1）化合物ⅱ的分子式为 ；其分子中所含官能团的名称为 。
（2）反应④中，在催化剂条件下，化合物V可以与M直接反应生成化合物ⅵ，该反应原子利用率为100%。则M为 (填化学式)。
（3）根据化合物ⅰ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂和条件 反应形成的新结构 反应类型
a 新制碱性悬浊液，加热
b HBr，加热 加成反应
（4）化合物ⅷ的芳香族同分异构体中，满足下列条件且核磁共振氢谱显示为4组峰，峰面积之比为的结构简式为 。
a．能发生水解反应； b．能发生银镜反应； c．苯环上只有两个取代基。
（5）关于反应⑦的说法中，正确的有_______(填序号)。
A．反应物ⅳ中碳原子杂化方式相同
B．反应过程中，有C—O键和C=O键断裂
C．正丁胺中的N原子上有孤电子对显碱性
D．产物ⅸ中新形成的五元杂环不能发生水解反应
（6）以丙烯醛和苯酚为有机含碳原料，利用题目中的信息，合成化合物X。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
i．最后一步反应中，含有苯环的反应物为 (写结构简式)。
ii．相关步骤涉及羧基与甲醇的酯化反应，其化学方程式为 。
【答案】（1）；硝基、醛基
（2）HCN
（3）；氧化反应；(或)
（4）
（5）B；C
（6）；
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）①由化合物ⅱ的结构式可知，其分子式为：C3H5O3N，
②化合物ⅱ分子中所含官能团的名称为：硝基、醛基，
故答案为：C3H5O3N；硝基、醛基；
（2）在催化剂条件下，化合物V可以与M直接反应生成化合物ⅵ，该反应原子利用率为100%，由化合物ⅵ和化合物V的结构式可知，M为HCN，
故答案为：HCN；
（3）①与新制碱性Cu(OH)2悬浊液，在加热条件下反应化学方程式为：，反应生成的新结构为：，
②由①可知，该反应为氧化反应，
③与HBr在加热条件下发生加成反应，化学方程式为：或 ，则生成新结构为：或，
故答案为：；氧化反应；或；
（4）化合物ⅷ的分子式为：C8H8O2，其芳香族同分异构体中，能发生水解反应说明含有酯基，能发生银镜费用说明含有醛基，苯环上只有两个取代基且核磁共振氢谱显示为4组峰，峰面积之比为3：3：2：1的结构简式为，
故答案为：；
（5）A．反应物ⅳ中碳原子杂化方式有sp2、sp3杂化，不相同，故A项错误；
B．反应过程中，有C—O键和C=O键断裂，故B项正确；
C．正丁胺中N原子具有一对孤电子对，能够接受质子，则其显碱性，故C项正确；
D．产物ⅸ中新形成的五元杂环中酰胺基可以发生水解反应，故D项错误；
故答案为：BC。
（6）①根据化合物X的结构式可知，最后一步反应中，含有苯环的反应物为，
②涉及羧基与甲醇的酯化反应的化学方程式为：，
故答案为：；。
【分析】发生加成反应生成，中醛基催化氧化成羧基，生成，与甲醇发生酯化反应生成；与HCN反应生成，反应生成，与CH3OH反应生成，、、反应生成。
（1）分子式：数（3个 ）、（5个 ）、（3个 ）、（1个 ），得 。
官能团：结构含（硝基 ）、（醛基 ），故为硝基、醛基 。
（2）结构差异：Ⅴ（ ）→Ⅵ（ ），增加 相关结构，结合加成反应，为（提供 ，与 加成 ）。
（3）反应a（新制 、加热 ）：醛基被氧化为羧酸盐，产物结构 ，反应类型氧化反应 。
反应b（ 、加热 ）：碳碳双键与 加成，产物为（或 ），反应类型加成反应 。
（4）结合条件（水解、银镜反应→含甲酸酯基；苯环两取代基；核磁氢谱4组峰，面积比 ）推导。
（5）选项A：ⅳ中碳原子有（羰基碳 ）和（烷基碳 ）杂化，不同，A错误。
选项B：反应涉及酯基（ ）和酰胺基（ ）断键，B正确。
选项C：正丁胺中有孤电子对，可接受质子显碱性，C正确。
选项D：产物ⅸ中五元环含酰胺基（ ），可水解，D错误。
选BC 。
（6）最后一步反应物：结构含苯环、 ，逆推得含苯环的反应物为 。
酯化反应方程式：羧基（ ）与甲醇（ ）在浓硫酸、加热条件下反应，结构为 。
（1）①由化合物ⅱ的结构式可知，其分子式为：C3H5O3N，故答案为：C3H5O3N；
②化合物ⅱ分子中所含官能团的名称为：硝基、醛基，故答案为：硝基、醛基；
（2）在催化剂条件下，化合物V可以与M直接反应生成化合物ⅵ，该反应原子利用率为100%，由化合物ⅵ和化合物V的结构式可知，M为HCN，故答案为：HCN；
（3）①与新制碱性Cu(OH)2悬浊液，在加热条件下反应化学方程式为：，反应生成的新结构为：，故答案为：；
②由①可知，该反应为氧化反应，故答案为：氧化反应；
③与HBr在加热条件下发生加成反应，化学方程式为：或 ，则生成新结构为：或，故答案为：或；
（4）化合物ⅷ的分子式为：C8H8O2，其芳香族同分异构体中，能发生水解反应说明含有酯基，能发生银镜费用说明含有醛基，苯环上只有两个取代基且核磁共振氢谱显示为4组峰，峰面积之比为3：3：2：1的结构简式为，故答案为：；
（5）A．反应物ⅳ中碳原子杂化方式有sp2、sp3杂化，不相同，故A项错误；
B．反应过程中，有C—O键和C=O键断裂，故B项正确；
C．正丁胺中N原子具有一对孤电子对，能够接受质子，则其显碱性，故C项正确；
D．产物ⅸ中新形成的五元杂环中酰胺基可以发生水解反应，故D项错误；
故答案选BC。
（6）①根据化合物X的结构式可知，最后一步反应中，含有苯环的反应物为，故答案为：；
②涉及羧基与甲醇的酯化反应的化学方程式为：，故答案为：。
1 / 1
