2025-2026学年广西部分学校高三上学期考试化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1广西部分学校2025-2026学年高三上学期考试试题本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Mg24Cl35.5Ni59Cu64一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列物质性质与用途对应关系错误的是A.浓硫酸具有吸水性，可以用于干燥氢气B.铝金属活动性强，可用铝合金制备航天耐腐蚀部件C.氮化硅熔点高硬度大，可用于制作高温轴承D.绿矾具有还原性，可以用于处理工业废水中的【答案】B【解析】A．浓具有吸水性，且不与氢气反应，可用于干燥氢气，A正确；B．铝金属活动性强，在空气中易与氧气反应，表面形成一层致密的氧化铝保护膜，阻止内部铝进一步被氧化，使铝合金具有良好的抗腐蚀性。用铝合金制备航天耐腐蚀部件主要是利用其表面形成氧化膜后的耐腐蚀性质，而非单纯因为铝金属活动性强，性质与用途对应关系错误，B错误；C．氮化硅熔点高，在高温环境下能保持稳定的结构，不易熔化；硬度大，则使其能承受较大的压力和摩擦，所以可用于制作高温陶瓷和轴承，C正确；D．绿矾主要成分是

，其中具有还原性，具有强氧化性，二者可发生氧化还原反应，将还原为毒性较低的，可以用于处理工业废水中的，D正确；故选B。2.常温下，在下列给定条件各溶液中，一定能大量共存的离子组是A.用惰性电极电解溶液后的溶液中：、、、B.使甲基橙呈红色的溶液中：、、、C.澄清透明溶液中：、、、D.由水电离产生的的溶液：、、、【答案】C【解析】A．用惰性电极电解溶液生成单质铜、硫酸和氧气，与不能大量共存，A错误；B．使甲基橙呈红色的溶液显酸性，与不能大量共存，B错误；C．澄清透明溶液中，、、、互相不反应，可以大量共存，C正确；D．由水电离产生的的溶液抑制水的电离，该溶液为酸溶液或碱溶液，与不能大量共存，D错误；故选C。3.NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.1.0LpH=2的H2SO4溶液中H+的数目为0.02NAB.电解法粗铜精炼，阳极减重6.4g，外电路中通过电子的数目为0.20NAC.常温下，1L0.1mol/L的CH3COONa溶液中，CH3COO-的数目为0.1NAD.1molCl2与足量的NaOH溶液完全反应后，溶液中ClO-、Cl-和HClO的总数为2NA【答案】D【解析】A．pH=2的H2SO4的溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，溶液体积为1L，故物质的量为0.01mol，数目为0.01NA，A错误；B．电解精炼粗铜时，阳极上减少的有铜和其他比铜活泼的金属，外电路中通过电子的数目不一定等于0.20NA，B错误；C．CH3COO-易水解，所以物质的量小于0.１mol，数目应小于0.1NA，C错误；D．1molCl2氯原子共２mol，与足量的NaOH溶液完全反应后的含氯物质有ClO-、Cl-和HClO共2mol，故溶液中ClO-、Cl-和HClO的总数为2NA，D正确；故选D。4.科学家发现某些生物酶体系可以促进H+和e-的转移(如a、b和c)，能将海洋中的NO转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。下列说法错误的是A.过程Ⅰ中NO被还原B.NO是该转化过程的一种中间产物C.过程Ⅱ中参与反应的n(NO)∶n(NH)=1∶4D.过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO+NH=N2↑+2H2O【答案】C【解析】科学家发现某些生物酶体系可以促进H+和e-的转移(如a、b和c)，则过程I的离子方程式为+2H++e-NO+H2O，过程Ⅱ的离子方程式为NO++3e-+2H+H2O+N2H4，过程Ⅲ的离子方程式为N2H4N2↑+4H++4e-，据此解题。A．据分析，过程Ⅰ中氮元素化合价降低，被还原，A正确；B．由图示可知，过程I中生成NO，过程ⅡNO被消耗，则NO是该转化过程的一种中间产物，B正确；C．参加反应的反应物的物质的量之比即化学计量数之比，结合分析可知，过程Ⅱ中参与反应的n(NO)∶n()=1∶1，C错误；D．由图示可知，Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ可得过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为+=N2↑+2H2O，D正确；答案选C。5.纳米级Cu2O因具有优良催化性能而备受关注。某小组拟用电解法(光伏电池为电源)制备纳米级Cu2O，其装置如图所示。下列说法正确的是A.a极为阴极，发生还原反应B.铜极的电极反应式为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2OC.电子由a极经离子交换膜流向b极D.每转移1mol电子，左室溶液质量减少40g【答案】B【解析】电解法制备纳米级Cu2O，铜极发生氧化反应，铜是阳极，与阳极相连的电源电极是光伏电池的正极，即b为电源正极，则a为电源负极，Ni为电解池阴极。A．根据分析可知，铜极发生氧化反应，铜是阳极，b为电源正极，a为电源负极，A错误；B．离子交换膜为阴离子交换膜，OH-由离子交换膜左侧向右侧迁移，铜极的电极反应式：，B正确；C．电子不可能在电解质溶液中传递，电子的流向为a极→镍极，铜极→b极，C错误；D．镍极的电极反应式：，转移1mol电子，左室溶液质量减少18g，D错误；答案选B。6.三氟甲苯()与浓硝酸反应可生成和，该反应历程中生成两种中间体的能量变化示意图如下，下列说法错误的是A.从能量角度分析，中间体2比中间体1更稳定B.三氟甲苯与浓硝酸反应生成和的原子利用率均为100%C.根据图像可知，三氟甲苯与浓硝酸反应生成中间体2更快D.三氟甲苯与生成中间体1和中间体2的过程均吸热【答案】B【解析】A．由图可知，中间体2的能量低于中间体1，能量越低越稳定，则中间体2比中间体1更稳定，A正确；B．由图结合质量守恒，三氟甲苯与浓硝酸发生取代反应生成和，同时还会生成水，原子利用率不为100%，B错误；C．由图可知，中间体2的能量低于中间体1，且生成中间体1反应的活化能大于生成中间体2，所以三氟甲苯与浓硝酸反应生成中间体2更快，C正确；D．三氟甲苯与生成中间体1和中间体2的过程均为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，D正确；故选B。7.下列指定反应的电极方程式或离子方程式正确的是A.向NaClO溶液中通入少量气体：B.铅酸蓄电池充电时的阳极反应：C.向硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸：D.酸性溶液中与KI反应生成：【答案】A【解析】A．向NaClO溶液中通入少量气体生成氯酸钠、氯化钠、次氯酸，反应的离子方程式为，故A正确；B．铅酸蓄电池充电时的阳极硫酸铅失电子发生氧化反应生成二氧化铅、硫酸，反应的离子方程式为，故B错误；C．向硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸生成硫酸钠、二氧化硫、S沉淀，反应的离子方程式为，故C错误；D．酸性溶液中与KI反应生成，反应的离子方程式为，故D错误；选A8.下列实验装置或操作不能达到实验目的的是A．验证牺牲阳极法保护铁B．制备乙酸乙酯C．检验铁粉与水蒸气反应产生的氢气D．获得晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2OA.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．K3[Fe(CN)6]能氧化铁电极，一段时间后滴入K3[Fe(CN)6]溶液，观察到产生蓝色沉淀，不能验证牺牲阳极法保护铁，A不能达到实验目的；B．乙醇、乙酸在浓硫酸催化作用下加热能够制备乙酸乙酯，且导管未伸入饱和碳酸钠溶液液面下，可以防止倒吸，饱和碳酸钠溶液能够中和乙酸、吸收乙醇和减小乙酸乙酯的溶解度，B能达到实验目的；C．铁粉与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和H2，H2通入肥皂液形成肥皂泡，点燃肥皂泡(有爆鸣声或淡蓝色火焰)可检验H2，C能达到实验目的；D．乙醇可以降低溶剂的极性，从而降低[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度，促进[Cu(NH3)4]SO4·H2O的析出，D能达到实验目的；故答案为：A。9.实验室制取乙炔并验证其性质的实验装置如图（部分夹持装置已略去）。下列说法错误的是A.用溶液洗气，防止干扰乙炔检验 B.可以用启普发生器制取乙炔C.用饱和食盐水替代水的目的是减缓反应速率 D.酸性溶液褪色说明乙炔可以被氧化【答案】B【解析】由图可知，饱和食盐水与电石反应生成乙炔，硫酸铜溶液用于除去乙炔中混有的硫化氢等杂质，防止干扰乙炔检验，乙炔能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，可用于检验乙炔，据此解答。A．饱和食盐水与电石反应生成的乙炔中通常含有硫化氢等杂质气体，硫化氢等杂质气体也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，用溶液洗气除去H2S等杂质气体，防止干扰乙炔检验，A正确；B．电石中CaC2与水反应非常剧烈，产生大量热量，且乙炔易燃易爆，电石呈块状但反应中迅速粉化成糊状，生成微溶固体，易堵塞仪器。启普发生器不适合用于这种剧烈反应，因为其设计无法有效控制反应速率和温度，则不能用启普发生器制取乙炔，B错误；C．电石跟水反应非常剧烈，所以用饱和食盐水代替水，逐滴加入饱和食盐水控制反应物水的用量，从而减缓反应速率，则用饱和食盐水替代水的目的是减缓反应速率，C正确；D．硫酸铜溶液用于除去乙炔中混有的硫化氢等杂质，防止干扰乙炔检验，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，酸性溶液褪色说明乙炔可以被氧化，D正确；故选B。10.下列化学用语或表述正确的是A.的空间构型：三角锥形B.电离：SOC.线性酚醛树脂的制备：D.H-Cl的s-pσ键的形成：【答案】C【解析】A．的价层电子对为，空间构型平面三角形，故A错误；B．是弱电解质，所以电离应该分布电离，故B错误；C．线型酚醛树脂的制备反应为酸性条件下苯酚与甲醛发生缩聚反应生成酚醛树脂和水，反应化学方程式为：，故C正确；D．HCl中的σ键是由H的1s轨道和Cl的3p轨道通过“头碰头”的方式重叠形成的，，故D错误；答案选C。11.X、Y、Z、W、M、G是原子序数依次增大的前四周期元素。X的电子只有一种自旋取向，基态Y原子核外的s能级电子数是p能级电子数的两倍，W元素的某种单质为极性分子，Z、M位于同一主族，G单质可用作食品抗氧化剂。下列说法错误的是A.键角： B.简单氢化物的沸点：W>Z>YC.同周期元素第一电离能比Z小的元素有6种 D.W、G组成的一种离子可用于饮用水消毒【答案】C【解析】X、Y、Z、W、M、G是原子序数依次增大的前四周期元素。X的电子只有一种自旋取向，X是H元素；基态Y原子核外的s能级电子数是p能级电子数的两倍，Y是C元素；W元素的某种单质为极性分子，W是O元素，则Z是N元素；Z、M位于同一主族，，M是P元素；G单质可用作食品抗氧化剂，G是Fe。A．NH3、PH3中中心原子都采取sp3杂化、空间构型都为三角锥形，N的电负性大于P，NH3中成键电子对的排斥作用大于PH3中成键电子对的排斥作用，所以键角NH3>PH3，故A正确；B．H2O、NH3能形成分子间氢键，CH4不能形成分子间氢键，H2O形成分子间氢键比NH3形成的分子间氢键多，简单氢化物的沸点：H2O>NH3>CH4，故B正确；C．同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，ⅤA族元素第一电离能大于同周期相邻元素，同周期元素第一电离能比N小的元素有Li、Be、B、C、O，共5种，故C错误；D．O、Fe组成的一种离子具有强氧化性，可用于饮用水消毒，故D正确；选C。12.连花清瘟胶囊可用于流感的防治，其成分之一绿原酸的结构简式如图所示，下列关于绿原酸的叙述错误的是A.绿原酸的分子式为C16H18O9B.该分子含有3个手性碳原子C.1mol绿原酸最多消耗4molNaOHD.绿原酸在一定条件下既可以发生加聚反应也可发生缩聚反应【答案】B【解析】A．根据该物质结构简式可知，其分子式为：C16H18O9，A正确；B．与4个不同原子或原子团相连的碳原子为手性碳原子，与酯基相连的饱和碳原子以及与3个醇羟基相连的饱和碳原子均为手性碳原子，共4个，B错误；C．1mol该物质中含2mol酚羟基、1mol羧基和1mol醇酯基，1mol醇酯基可水解出1mol羧基，即共计可消耗4molNaOH，C正确；D．绿原酸中含碳碳双键官能团，可发生加聚反应，含羧基和羟基，可发生缩聚反应，D正确；答案选B。13.型二元储氢合金由容易形成稳定氢化物的金属作为A，难于形成氢化物但具有催化活性的金属作为B，典型代表是合金。在一定条件下能与氢气生成，高温的晶胞如图所示，该立方晶胞参数为apm。（已知：，液氢密度为，为阿伏加德罗常数的值）下列说法错误的是A.1个晶胞含有16个HB.2个镁离子间最近距离为C.的储氢能力为D.与水反应的化学反应方程式：【答案】B【解析】A．晶胞中含有个，故含有16个H，A正确；B．将晶胞均分为8个小正方体，镁分别位于8个小正方体的体心，镁之间的最短距离为，B错误；C．晶胞中含有个，故含有8个镁，4个镍和16个氢，该晶胞中氢气体积分数为，晶胞密度为，，C正确；D．与水反应能生成氢气，化学反应方程式为，D正确；故答案选B。14.海洋生态系统在全球碳循环中起着决定性作用。进入海水后，主要以4种无机形式存在，称为总溶解无机碳()，占海水总碳95%以上，在海水中存在平衡关系：；，某些组分百分率随变化如下图。另据资料显示：海洋中的珊瑚虫经反应形成石灰石外壳，进而形成珊瑚。下列说法错误的是A.海水中藻类的光合作用促进了珊瑚的形成B.海水中：C.时，海水中D.【答案】D【解析】由图可知溶液中时pH=6.3，此时由，同理可以得到pH=10.3时有。A．海水中藻类的光合作用消耗二氧化碳，使平衡正向移动，有利于珊瑚虫形成石灰石外壳，A正确；B．在海水中存在平衡关系：，碳酸以第一步电离为主，根据分析有则有，，B正确；C．时pH=10.3，溶液显碱性，则有，C正确；D．总溶解无机碳（DIC）除了碳酸氢根离子、碳酸根离子、碳酸外还有溶解二氧化碳等其他形式，，D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.粗锑氧主要成分为，含有、、、、等杂质，以粗锑氧为原料制备和的工艺流程如图所示。已知：I、为两性氧化物；II、是共价化合物；III、“过滤”得到的滤渣II的成分为；IV、25℃时与的数值相近，、。回答下列问题：（1）已知为第51号元素，则位于元素周期表位置为______。（2）浸出液主要含、和，还含有、、和等杂质，“还原”是用锑粉还原高价金属离子。其中将转化为有利于“水解”时锑与铁的分离，防止滤渣II中混入______杂质。（3）“除氯”的化学方程式为______。不能用过量的氢氧化钠溶液代替氨水，原因是______。（4）“除砷”时有生成，该反应的离子方程式为______。（5）“电解”过程中不可用熔融，其原因是______。单位时间内锑的产率与电压大小关系如图所示。当电压在之前时，阴极主要的电极反应为，当电压超过时，单位时间内产率降低的原因可能是______(写出电极反应式)。【答案】（1）第五周期第VA族（2）（3）①.②.为两性氧化物，能溶于过量的氢氧化钠溶液（4）（5）①.是共价化合物，在熔融状态下不导电②.【解析】粗锑氧主要成分为，含有、、、、等杂质，加入盐酸浸取得浸取液，主要含、和，还含有、、和等杂质，滤渣I可回收、。浸出液中加入还原，生成，加入时保证沉淀完全，“除砷”时转化和砷单质，剩余溶液，电解得到；水解得到难溶于水的固体，“过滤”得到滤渣成分为，加氨水对其“除氯”发生，过滤、洗涤、干燥得到。（1）已知为第51号元素，则位于元素周期表第五周期第族，答案为第五周期第VA族。（2）将转化为有利于“水解”时锑与铁的分离，因为与的数值相近，不易于沉淀分离，沉淀较大有利于与分离，不混入杂质，答案为。（3）“过滤”得到的滤渣的成分为，其与氨水反应生成和，因此“除氯”的化学方程式为；为两性氧化物，能溶于过量的氢氧化钠溶液，答案为为两性氧化物，能溶于过量的氢氧化钠溶液。（4）“除砷”时和反应有和生成，该反应的离子方程式为，答案为（5）是共价化合物，在熔融状态下不导电；电压在之前时，阴极主要的电极反应式为。当电压超过时，单位时间内产率降低的原因可能是参与了电极反应：，答案为是共价化合物，在熔融状态下不导电。16.实验室常用正丁醇、浓硫酸在加热条件下制备正丁醚，反应原理如下：2CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O。反应装置如图所示。反应流程如下：i：在100mL三颈烧瓶中，先加入31mL正丁醇，再将4.5mL浓硫酸加入瓶内并投入沸石。将分水器、温度计和三颈烧瓶组装好。ii：沿分水器支管口对面的内壁小心的贴壁加水，待水面上升至恰与分水器支管口下沿相平时为止，小心开启活塞放出水。iii：在分水器上口接一仪器a，小火加热烧瓶，使反应物微沸并开始回流，随反应进行，回流液经a收集于分水器中。iv：平稳回流至烧瓶内反应温度达135°C至137°C左右，分水器中水面上升至支管口即可停止反应，反应液稍冷后开启活塞放出水，然后拆除装置。v：将反应液倒入盛有50mL水的分液漏斗中，充分振荡，静置分层，弃去下层水溶液，上层粗产物依次用25mL水、15mL5%的NaOH溶液、15mL水洗涤并分液，在有机相中加入氯化钙，干燥后过滤。vi：干燥后粗产物置于蒸馏瓶中，蒸馏收集140.1℃至144℃馏分，产量为7.84g。已知：正丁醇(M=74g/mol)的密度为，正丁醚(M=130g/mol)微溶于水。（1）仪器a的名称是_______。（2）分水器的主要作用是_______。（3）步骤i中，为使浓硫酸与正丁醇混合均匀，应如何加入浓硫酸：_______。(填字母)a．分批加入浓硫酸，每次加入都充分振摇b．一次性快速加入浓硫酸，加入后再充分振摇（4）写出制备过程中主要伴随的有机副反应产物的结构简式_______。（5）“步骤v中，水洗涤的目的是_______。（6）制备过程中，正丁醇与水可以形成共沸物，其主要原因是_______。（7）本实验中正丁醚的产率为_______(结果保留3位有效数字)。【答案】（1）球形冷凝管（2）分离出水，使反应正向进行，提高反应物转化率（或利用率）（3）a（4）CH3CH2CH=CH2（5）除去有机相中残留碱及盐（6）正丁醇与水形成分子间氢键（7）35.5%【解析】在100mL三颈烧瓶中，先加入31mL正丁醇，再将4.5mL浓硫酸加入瓶内并投入沸石，防止爆沸，将分水器、温度计和三颈烧瓶组装好，ii：沿分水器支管口对面的内壁小心的贴壁加水，分水器的主要作用是分离出产物水，使反应正向进行，提高反应物转化率，待水面上升至恰与分水器支管口下沿相平时为止，小心开启活塞放出水，iii：在分水器上口接一仪器a球形冷凝管，小火加热，使反应物微沸并开始回流，随反应进行，回流液经冷凝管收集于分水器中，iv：平稳回流至烧瓶内反应温度达135°C至137°C左右，分水器中水面上升至支管口即可停止反应，反应液稍冷后开启活塞放出水，然后拆除装置，v：将反应液倒入盛有50mL水的分液漏斗中，充分振荡，静置分层，弃去下层水溶液，上层粗产物依次用25mL水、15mL5%的NaOH溶液、15mL水洗涤并分液，在有机相中加入氯化钙，干燥后过滤，据此解答。（1）仪器a的名称是球形冷凝管；（2）分水器的主要作用是分离出水，使反应正向进行，提高反应物转化率（或利用率）；（3）步骤i中，为使浓硫酸与正丁醇混合均匀，因为浓硫酸稀释会放出大量的热，所以应分批加入浓硫酸，每次加入都充分振摇，选a；（4）主要伴随有机副反应为正丁醇的分子内脱水，生成丁烯，所以副反应产物的结构简式为CH3CH2CH=CH2；（5）水洗涤前面加了NaOH溶液会和酸反应生成盐和水，其目的是除去有机相中残留的碱及盐；（6）正丁醇与水可以形成共沸物，其主要原因是正丁醇与水形成分子间氢键；（7）正丁醇加入31mL，密度为，正丁醇相对分子质量为M=74g/mol，得质量为31mL×=25.11g，物质的量为25.11g÷74g/mol=0.34mol，根据关系式可知正丁醚为0.17mol，M=130g/mol，故质量为22.1g，产量为7.84g，正丁醚的产率为；17.合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，一种工业合成氨的简式流程图如下：（1）步骤可以使用湿法脱硫。科研人员把铁的配合物(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体转化为单质硫。步骤总反应的热化学方程式为(a，b>0)该工艺包含两个阶段：①第一阶段：的吸收氧化：；②第二阶段的再生，写出反应的热化学方程式___________。（2）步骤中制氢气的原理如下：①②反应①能自发进行的条件是___________(选填“高温”、“低温”或“任何温度”)。若在恒容绝热容器中加入2molCO和1mol只进行反应②，可以判定反应达到平衡的是___________。a．相同时间段内CO消耗的物质的量与生成的物质的量相同b．CO分压保持不变

c．体系总压保持不变d．混合气体平均摩尔质量保持不变e．CO与转化率一样f．体系温度保持不变（3）上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是___________(填序号)。（4）科研小组模拟不同条件下的合成氨反应，向一恒定温度的刚性密闭容器中充入物质的量之比为2：3的N2和H2混合气体，初始压强为50MPa，在不同催化剂作用下反应，相同时间内H2的转化率随温度的变化如图所示：b点v正___________v逆(填“>”、“<”或“=”)；若图中a点已达平衡状态，a点的转化率比c点高的原因是___________；c点时混合气体平均相对分子质量为15.5，c点对应温度下反应的平衡常数Kp=___________。(保留两位有效数字，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)【答案】（1）（2）①.高温②.bcf（3）V（4）①.>②.该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，a点的转化率高于c点③.0.0020【解析】由题给流程可知，脱硫后的天然气与水蒸气共热反应生成氢气，将氮气和氢气混合、净化、干燥后通入压缩机中得到10MPa—30MPa的混合气体，铁触媒作用下热交换后的预热混合气体在400—500℃条件下反应生成氨气，反应得到的氮气、氢气、氨气混合气体经热交换、冷却得到液氨和可以循环使用的氮气和氢气的混合气体。（1）由题意可知，第二阶段反应为，由盖斯定律可知，总反应—第一阶段反应×2=第二阶段反应，则反应△H=[—(a+b)kJ/mol]—(—akJ/mol)=—bkJ/mol，反应的热化学方程式为，故答案为：；（2）反应①是熵增的吸热反应，高温条件下反应ΔH—TΔS＜0，能自发进行；a．相同时间段内一氧化碳消耗的物质的量与二氧化碳生成的物质的量相同都代表正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；b．一氧化碳分压保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；c．该反应是气体体积不变的放热反应，在恒容绝热容器中反应时，体系总压增大，则体系总压保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；d．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积不变的反应，反应中混合气体平均摩尔质量始终不变，则混合气体平均摩尔质量保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；e．由方程式可知，一氧化碳和氢气的消耗量相等，由起始量可知，反应中一氧化碳的转化率始终大于水转化率，故错误；f．该反应是放热反应，在恒容绝热容器中反应时，体系温度增大，则体系温度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；故选bcf；（3）铁触媒作用下热交换后的预热混合气体在400—500℃条件下反应生成氨气，反应得到的氮气、氢气、氨气混合气体经热交换、冷却得到液氨和可以循环使用的氮气和氢气的混合气体，所以流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是步骤V，故答案为：V；（4）由图可知，b点后氢气的转化率继续增大，说明反应未达到平衡，是正反应速率大于逆反应速率的平衡形成过程；若图中a点已达平衡状态，该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，氢气的转化率减小，所以a点的转化率高于c点；设起始氮气和氢气的物质的量为2mol和3mol，平衡时氨气的物质的量为2amol，由题意可建立如下三段式：由c点时混合气体平均相对分子质量为15.5可得：=15.5，解得a=0.5，由气体的物质的量之比等于压强之比可知，平衡时混合气体的压强为=40MPa，则反应的平衡常数Kp=≈0.0020，故答案为：>；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，a点的转化率高于c点；0.0020。18.聚对苯二甲酸丙二酯（PTT）是一种性能优异的新型聚酯纤维材料和热塑性聚酯材料，是当前国际上最新开发的热门高分子新材料。PTT的一种合成路线如图所示。已知：试回答下列问题：（1）已知A→B是加成反应，A的分子式为________，C中含有的官能团是_________（填名称）。（2）有机物D的名称为_______________________。（用系统命名法命名）（3）芳香烃E的一氯代物只有2种，则E的结构简式______________。（4）由D与I合成PTT的化学方程式为______________，该反应的反应类型为____________。（5）有机物G的同分异构体有很多种，同时符合下列条件的同分异构体有________种。①能与FeCl3溶液发生显色反应②苯环上只有三个取代基③分子中含有两个—OH。其中核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶2∶1的是__________（填结构简式）。【答案】①.C2H2②.羟基、醛基③.1,3-丙二醇④.⑤.⑥.缩聚反应⑦.16⑧.【解析】A→B（乙醛）是加成反应，则A的分子式为C2H2，结构简式为HC≡CH，乙醛与甲醛发生加成反应生成C，C的结构简式为：HOCH2CH2CHO，C与氢气发生加成反应生成D为HOCH2CH2CH2OH。由E的一氯代物只有2种可知，E为，与氯气发生取代反应生成F为，G为，F氧化生成，H与HOCH2CH2CH2OH发生缩聚反应得到PTT为。A→B（乙醛）是加成反应，则A的分子式为C2H2，结构简式为HC≡CH，乙醛与甲醛发生加成反应生成C，C的结构简式为：HOCH2CH2CHO，C与氢气发生加成反应生成D为HOCH2CH2CH2OH．由可知，E为，与氯气发生取代反应生成F为，G为，F氧化生成，H与HOCH2CH2CH2OH发生缩聚反应得到PTT为。

（1）A与水发生加成反应生成B（乙醛），则A的分子式为C2H2，C(HOCH2CH2CHO）中含有的官能团是羟基、醛基,故答案为C2H2；羟基、醛基；

（2）D为HOCH2CH2CH2OH，系统命名法命名为：1,3-丙二醇，故答案为1,3-丙二醇；

（3）根据G的结构简式，结合转化关系E→F→G，可推知芳香烃E的分子式为C8H10，符合一氯代物只有2种是对二甲苯，结构简式为，故答案为；

（4）由D与H合成PTT的化学方程式为：n+nHOCH2CH2CH2OH+（2n-1）H2O，属于缩聚反应，

故答案为n+nHOCH2CH2CH2OH+（2n-1）H2O；缩聚反应；

（5）有机物G（）的同分异构体同时符合下列条件：①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，②苯环上只有三个取代基，③分子中含有两个-OH，

取代基可以是2个-OH与-CH2CH3，2个-OH处于邻位，-CH2CH3有2种位置，2个-OH处于间位，-CH2CH3有3种位置，2个-OH处于对位，-CH2CH3有1种位置；

取代基可以是-CH2OH、-OH、-CH3，而-CH2OH、-OH有邻、间、对，对应的-CH3分别有4、4、2种位置，符合条件的同分异构体共有16种，其中核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为3：2：2：2：1的是

或，

故答案为16；（或）。广西部分学校2025-2026学年高三上学期考试试题本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Mg24Cl35.5Ni59Cu64一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列物质性质与用途对应关系错误的是A.浓硫酸具有吸水性，可以用于干燥氢气B.铝金属活动性强，可用铝合金制备航天耐腐蚀部件C.氮化硅熔点高硬度大，可用于制作高温轴承D.绿矾具有还原性，可以用于处理工业废水中的【答案】B【解析】A．浓具有吸水性，且不与氢气反应，可用于干燥氢气，A正确；B．铝金属活动性强，在空气中易与氧气反应，表面形成一层致密的氧化铝保护膜，阻止内部铝进一步被氧化，使铝合金具有良好的抗腐蚀性。用铝合金制备航天耐腐蚀部件主要是利用其表面形成氧化膜后的耐腐蚀性质，而非单纯因为铝金属活动性强，性质与用途对应关系错误，B错误；C．氮化硅熔点高，在高温环境下能保持稳定的结构，不易熔化；硬度大，则使其能承受较大的压力和摩擦，所以可用于制作高温陶瓷和轴承，C正确；D．绿矾主要成分是

，其中具有还原性，具有强氧化性，二者可发生氧化还原反应，将还原为毒性较低的，可以用于处理工业废水中的，D正确；故选B。2.常温下，在下列给定条件各溶液中，一定能大量共存的离子组是A.用惰性电极电解溶液后的溶液中：、、、B.使甲基橙呈红色的溶液中：、、、C.澄清透明溶液中：、、、D.由水电离产生的的溶液：、、、【答案】C【解析】A．用惰性电极电解溶液生成单质铜、硫酸和氧气，与不能大量共存，A错误；B．使甲基橙呈红色的溶液显酸性，与不能大量共存，B错误；C．澄清透明溶液中，、、、互相不反应，可以大量共存，C正确；D．由水电离产生的的溶液抑制水的电离，该溶液为酸溶液或碱溶液，与不能大量共存，D错误；故选C。3.NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.1.0LpH=2的H2SO4溶液中H+的数目为0.02NAB.电解法粗铜精炼，阳极减重6.4g，外电路中通过电子的数目为0.20NAC.常温下，1L0.1mol/L的CH3COONa溶液中，CH3COO-的数目为0.1NAD.1molCl2与足量的NaOH溶液完全反应后，溶液中ClO-、Cl-和HClO的总数为2NA【答案】D【解析】A．pH=2的H2SO4的溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，溶液体积为1L，故物质的量为0.01mol，数目为0.01NA，A错误；B．电解精炼粗铜时，阳极上减少的有铜和其他比铜活泼的金属，外电路中通过电子的数目不一定等于0.20NA，B错误；C．CH3COO-易水解，所以物质的量小于0.１mol，数目应小于0.1NA，C错误；D．1molCl2氯原子共２mol，与足量的NaOH溶液完全反应后的含氯物质有ClO-、Cl-和HClO共2mol，故溶液中ClO-、Cl-和HClO的总数为2NA，D正确；故选D。4.科学家发现某些生物酶体系可以促进H+和e-的转移(如a、b和c)，能将海洋中的NO转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。下列说法错误的是A.过程Ⅰ中NO被还原B.NO是该转化过程的一种中间产物C.过程Ⅱ中参与反应的n(NO)∶n(NH)=1∶4D.过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO+NH=N2↑+2H2O【答案】C【解析】科学家发现某些生物酶体系可以促进H+和e-的转移(如a、b和c)，则过程I的离子方程式为+2H++e-NO+H2O，过程Ⅱ的离子方程式为NO++3e-+2H+H2O+N2H4，过程Ⅲ的离子方程式为N2H4N2↑+4H++4e-，据此解题。A．据分析，过程Ⅰ中氮元素化合价降低，被还原，A正确；B．由图示可知，过程I中生成NO，过程ⅡNO被消耗，则NO是该转化过程的一种中间产物，B正确；C．参加反应的反应物的物质的量之比即化学计量数之比，结合分析可知，过程Ⅱ中参与反应的n(NO)∶n()=1∶1，C错误；D．由图示可知，Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ可得过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为+=N2↑+2H2O，D正确；答案选C。5.纳米级Cu2O因具有优良催化性能而备受关注。某小组拟用电解法(光伏电池为电源)制备纳米级Cu2O，其装置如图所示。下列说法正确的是A.a极为阴极，发生还原反应B.铜极的电极反应式为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2OC.电子由a极经离子交换膜流向b极D.每转移1mol电子，左室溶液质量减少40g【答案】B【解析】电解法制备纳米级Cu2O，铜极发生氧化反应，铜是阳极，与阳极相连的电源电极是光伏电池的正极，即b为电源正极，则a为电源负极，Ni为电解池阴极。A．根据分析可知，铜极发生氧化反应，铜是阳极，b为电源正极，a为电源负极，A错误；B．离子交换膜为阴离子交换膜，OH-由离子交换膜左侧向右侧迁移，铜极的电极反应式：，B正确；C．电子不可能在电解质溶液中传递，电子的流向为a极→镍极，铜极→b极，C错误；D．镍极的电极反应式：，转移1mol电子，左室溶液质量减少18g，D错误；答案选B。6.三氟甲苯()与浓硝酸反应可生成和，该反应历程中生成两种中间体的能量变化示意图如下，下列说法错误的是A.从能量角度分析，中间体2比中间体1更稳定B.三氟甲苯与浓硝酸反应生成和的原子利用率均为100%C.根据图像可知，三氟甲苯与浓硝酸反应生成中间体2更快D.三氟甲苯与生成中间体1和中间体2的过程均吸热【答案】B【解析】A．由图可知，中间体2的能量低于中间体1，能量越低越稳定，则中间体2比中间体1更稳定，A正确；B．由图结合质量守恒，三氟甲苯与浓硝酸发生取代反应生成和，同时还会生成水，原子利用率不为100%，B错误；C．由图可知，中间体2的能量低于中间体1，且生成中间体1反应的活化能大于生成中间体2，所以三氟甲苯与浓硝酸反应生成中间体2更快，C正确；D．三氟甲苯与生成中间体1和中间体2的过程均为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，D正确；故选B。7.下列指定反应的电极方程式或离子方程式正确的是A.向NaClO溶液中通入少量气体：B.铅酸蓄电池充电时的阳极反应：C.向硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸：D.酸性溶液中与KI反应生成：【答案】A【解析】A．向NaClO溶液中通入少量气体生成氯酸钠、氯化钠、次氯酸，反应的离子方程式为，故A正确；B．铅酸蓄电池充电时的阳极硫酸铅失电子发生氧化反应生成二氧化铅、硫酸，反应的离子方程式为，故B错误；C．向硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸生成硫酸钠、二氧化硫、S沉淀，反应的离子方程式为，故C错误；D．酸性溶液中与KI反应生成，反应的离子方程式为，故D错误；选A8.下列实验装置或操作不能达到实验目的的是A．验证牺牲阳极法保护铁B．制备乙酸乙酯C．检验铁粉与水蒸气反应产生的氢气D．获得晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2OA.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．K3[Fe(CN)6]能氧化铁电极，一段时间后滴入K3[Fe(CN)6]溶液，观察到产生蓝色沉淀，不能验证牺牲阳极法保护铁，A不能达到实验目的；B．乙醇、乙酸在浓硫酸催化作用下加热能够制备乙酸乙酯，且导管未伸入饱和碳酸钠溶液液面下，可以防止倒吸，饱和碳酸钠溶液能够中和乙酸、吸收乙醇和减小乙酸乙酯的溶解度，B能达到实验目的；C．铁粉与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和H2，H2通入肥皂液形成肥皂泡，点燃肥皂泡(有爆鸣声或淡蓝色火焰)可检验H2，C能达到实验目的；D．乙醇可以降低溶剂的极性，从而降低[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度，促进[Cu(NH3)4]SO4·H2O的析出，D能达到实验目的；故答案为：A。9.实验室制取乙炔并验证其性质的实验装置如图（部分夹持装置已略去）。下列说法错误的是A.用溶液洗气，防止干扰乙炔检验 B.可以用启普发生器制取乙炔C.用饱和食盐水替代水的目的是减缓反应速率 D.酸性溶液褪色说明乙炔可以被氧化【答案】B【解析】由图可知，饱和食盐水与电石反应生成乙炔，硫酸铜溶液用于除去乙炔中混有的硫化氢等杂质，防止干扰乙炔检验，乙炔能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，可用于检验乙炔，据此解答。A．饱和食盐水与电石反应生成的乙炔中通常含有硫化氢等杂质气体，硫化氢等杂质气体也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，用溶液洗气除去H2S等杂质气体，防止干扰乙炔检验，A正确；B．电石中CaC2与水反应非常剧烈，产生大量热量，且乙炔易燃易爆，电石呈块状但反应中迅速粉化成糊状，生成微溶固体，易堵塞仪器。启普发生器不适合用于这种剧烈反应，因为其设计无法有效控制反应速率和温度，则不能用启普发生器制取乙炔，B错误；C．电石跟水反应非常剧烈，所以用饱和食盐水代替水，逐滴加入饱和食盐水控制反应物水的用量，从而减缓反应速率，则用饱和食盐水替代水的目的是减缓反应速率，C正确；D．硫酸铜溶液用于除去乙炔中混有的硫化氢等杂质，防止干扰乙炔检验，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，酸性溶液褪色说明乙炔可以被氧化，D正确；故选B。10.下列化学用语或表述正确的是A.的空间构型：三角锥形B.电离：SOC.线性酚醛树脂的制备：D.H-Cl的s-pσ键的形成：【答案】C【解析】A．的价层电子对为，空间构型平面三角形，故A错误；B．是弱电解质，所以电离应该分布电离，故B错误；C．线型酚醛树脂的制备反应为酸性条件下苯酚与甲醛发生缩聚反应生成酚醛树脂和水，反应化学方程式为：，故C正确；D．HCl中的σ键是由H的1s轨道和Cl的3p轨道通过“头碰头”的方式重叠形成的，，故D错误；答案选C。11.X、Y、Z、W、M、G是原子序数依次增大的前四周期元素。X的电子只有一种自旋取向，基态Y原子核外的s能级电子数是p能级电子数的两倍，W元素的某种单质为极性分子，Z、M位于同一主族，G单质可用作食品抗氧化剂。下列说法错误的是A.键角： B.简单氢化物的沸点：W>Z>YC.同周期元素第一电离能比Z小的元素有6种 D.W、G组成的一种离子可用于饮用水消毒【答案】C【解析】X、Y、Z、W、M、G是原子序数依次增大的前四周期元素。X的电子只有一种自旋取向，X是H元素；基态Y原子核外的s能级电子数是p能级电子数的两倍，Y是C元素；W元素的某种单质为极性分子，W是O元素，则Z是N元素；Z、M位于同一主族，，M是P元素；G单质可用作食品抗氧化剂，G是Fe。A．NH3、PH3中中心原子都采取sp3杂化、空间构型都为三角锥形，N的电负性大于P，NH3中成键电子对的排斥作用大于PH3中成键电子对的排斥作用，所以键角NH3>PH3，故A正确；B．H2O、NH3能形成分子间氢键，CH4不能形成分子间氢键，H2O形成分子间氢键比NH3形成的分子间氢键多，简单氢化物的沸点：H2O>NH3>CH4，故B正确；C．同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，ⅤA族元素第一电离能大于同周期相邻元素，同周期元素第一电离能比N小的元素有Li、Be、B、C、O，共5种，故C错误；D．O、Fe组成的一种离子具有强氧化性，可用于饮用水消毒，故D正确；选C。12.连花清瘟胶囊可用于流感的防治，其成分之一绿原酸的结构简式如图所示，下列关于绿原酸的叙述错误的是A.绿原酸的分子式为C16H18O9B.该分子含有3个手性碳原子C.1mol绿原酸最多消耗4molNaOHD.绿原酸在一定条件下既可以发生加聚反应也可发生缩聚反应【答案】B【解析】A．根据该物质结构简式可知，其分子式为：C16H18O9，A正确；B．与4个不同原子或原子团相连的碳原子为手性碳原子，与酯基相连的饱和碳原子以及与3个醇羟基相连的饱和碳原子均为手性碳原子，共4个，B错误；C．1mol该物质中含2mol酚羟基、1mol羧基和1mol醇酯基，1mol醇酯基可水解出1mol羧基，即共计可消耗4molNaOH，C正确；D．绿原酸中含碳碳双键官能团，可发生加聚反应，含羧基和羟基，可发生缩聚反应，D正确；答案选B。13.型二元储氢合金由容易形成稳定氢化物的金属作为A，难于形成氢化物但具有催化活性的金属作为B，典型代表是合金。在一定条件下能与氢气生成，高温的晶胞如图所示，该立方晶胞参数为apm。（已知：，液氢密度为，为阿伏加德罗常数的值）下列说法错误的是A.1个晶胞含有16个HB.2个镁离子间最近距离为C.的储氢能力为D.与水反应的化学反应方程式：【答案】B【解析】A．晶胞中含有个，故含有16个H，A正确；B．将晶胞均分为8个小正方体，镁分别位于8个小正方体的体心，镁之间的最短距离为，B错误；C．晶胞中含有个，故含有8个镁，4个镍和16个氢，该晶胞中氢气体积分数为，晶胞密度为，，C正确；D．与水反应能生成氢气，化学反应方程式为，D正确；故答案选B。14.海洋生态系统在全球碳循环中起着决定性作用。进入海水后，主要以4种无机形式存在，称为总溶解无机碳()，占海水总碳95%以上，在海水中存在平衡关系：；，某些组分百分率随变化如下图。另据资料显示：海洋中的珊瑚虫经反应形成石灰石外壳，进而形成珊瑚。下列说法错误的是A.海水中藻类的光合作用促进了珊瑚的形成B.海水中：C.时，海水中D.【答案】D【解析】由图可知溶液中时pH=6.3，此时由，同理可以得到pH=10.3时有。A．海水中藻类的光合作用消耗二氧化碳，使平衡正向移动，有利于珊瑚虫形成石灰石外壳，A正确；B．在海水中存在平衡关系：，碳酸以第一步电离为主，根据分析有则有，，B正确；C．时pH=10.3，溶液显碱性，则有，C正确；D．总溶解无机碳（DIC）除了碳酸氢根离子、碳酸根离子、碳酸外还有溶解二氧化碳等其他形式，，D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.粗锑氧主要成分为，含有、、、、等杂质，以粗锑氧为原料制备和的工艺流程如图所示。已知：I、为两性氧化物；II、是共价化合物；III、“过滤”得到的滤渣II的成分为；IV、25℃时与的数值相近，、。回答下列问题：（1）已知为第51号元素，则位于元素周期表位置为______。（2）浸出液主要含、和，还含有、、和等杂质，“还原”是用锑粉还原高价金属离子。其中将转化为有利于“水解”时锑与铁的分离，防止滤渣II中混入______杂质。（3）“除氯”的化学方程式为______。不能用过量的氢氧化钠溶液代替氨水，原因是______。（4）“除砷”时有生成，该反应的离子方程式为______。（5）“电解”过程中不可用熔融，其原因是______。单位时间内锑的产率与电压大小关系如图所示。当电压在之前时，阴极主要的电极反应为，当电压超过时，单位时间内产率降低的原因可能是______(写出电极反应式)。【答案】（1）第五周期第VA族（2）（3）①.②.为两性氧化物，能溶于过量的氢氧化钠溶液（4）（5）①.是共价化合物，在熔融状态下不导电②.【解析】粗锑氧主要成分为，含有、、、、等杂质，加入盐酸浸取得浸取液，主要含、和，还含有、、和等杂质，滤渣I可回收、。浸出液中加入还原，生成，加入时保证沉淀完全，“除砷”时转化和砷单质，剩余溶液，电解得到；水解得到难溶于水的固体，“过滤”得到滤渣成分为，加氨水对其“除氯”发生，过滤、洗涤、干燥得到。（1）已知为第51号元素，则位于元素周期表第五周期第族，答案为第五周期第VA族。（2）将转化为有利于“水解”时锑与铁的分离，因为与的数值相近，不易于沉淀分离，沉淀较大有利于与分离，不混入杂质，答案为。（3）“过滤”得到的滤渣的成分为，其与氨水反应生成和，因此“除氯”的化学方程式为；为两性氧化物，能溶于过量的氢氧化钠溶液，答案为为两性氧化物，能溶于过量的氢氧化钠溶液。（4）“除砷”时和反应有和生成，该反应的离子方程式为，答案为（5）是共价化合物，在熔融状态下不导电；电压在之前时，阴极主要的电极反应式为。当电压超过时，单位时间内产率降低的原因可能是参与了电极反应：，答案为是共价化合物，在熔融状态下不导电。16.实验室常用正丁醇、浓硫酸在加热条件下制备正丁醚，反应原理如下：2CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O。反应装置如图所示。反应流程如下：i：在100mL三颈烧瓶中，先加入31mL正丁醇，再将4.5mL浓硫酸加入瓶内并投入沸石。将分水器、温度计和三颈烧瓶组装好。ii：沿分水器支管口对面的内壁小心的贴壁加水，待水面上升至恰与分水器支管口下沿相平时为止，小心开启活塞放出水。iii：在分水器上口接一仪器a，小火加热烧瓶，使反应物微沸并开始回流，随反应进行，回流液经a收集于分水器中。iv：平稳回流至烧瓶内反应温度达135°C至137°C左右，分水器中水面上升至支管口即可停止反应，反应液稍冷后开启活塞放出水，然后拆除装置。v：将反应液倒入盛有50mL水的分液漏斗中，充分振荡，静置分层，弃去下层水溶液，上层粗产物依次用25mL水、15mL5%的NaOH溶液、15mL水洗涤并分液，在有机相中加入氯化钙，干燥后过滤。vi：干燥后粗产物置于蒸馏瓶中，蒸馏收集140.1℃至144℃馏分，产量为7.84g。已知：正丁醇(M=74g/mol)的密度为，正丁醚(M=130g/mol)微溶于水。（1）仪器a的名称是_______。（2）分水器的主要作用是_______。（3）步骤i中，为使浓硫酸与正丁醇混合均匀，应如何加入浓硫酸：_______。(填字母)a．分批加入浓硫酸，每次加入都充分振摇b．一次性快速加入浓硫酸，加入后再充分振摇（4）写出制备过程中主要伴随的有机副反应产物的结构简式_______。（5）“步骤v中，水洗涤的目的是_______。（6）制备过程中，正丁醇与水可以形成共沸物，其主要原因是_______。（7）本实验中正丁醚的产率为_______(结果保留3位有效数字)。【答案】（1）球形冷凝管（2）分离出水，使反应正向进行，提高反应物转化率（或利用率）（3）a（4）CH3CH2CH=CH2（5）除去有机相中残留碱及盐（6）正丁醇与水形成分子间氢键（7）35.5%【解析】在100mL三颈烧瓶中，先加入31mL正丁醇，再将4.5mL浓硫酸加入瓶内并投入沸石，防止爆沸，将分水器、温度计和三颈烧瓶组装好，ii：沿分水器支管口对面的内壁小心的贴壁加水，分水器的主要作用是分离出产物水，使反应正向进行，提高反应物转化率，待水面上升至恰与分水器支管口下沿相平时为止，小心开启活塞放出水，iii：在分水器上口接一仪器a球形冷凝管，小火加热，使反应物微沸并开始回流，随反应进行，回流液经冷凝管收集于分水器中，iv：平稳回流至烧瓶内反应温度达135°C至137°C左右，分水器中水面上升至支管口即可停止反应，反应液稍冷后开启活塞放出水，然后拆除装置，v：将反应液倒入盛有50mL水的分液漏斗中，充分振荡，静置分层，弃去下层水溶液，上层粗产物依次用25mL水、15mL5%的NaOH溶液、15mL水洗涤并分液，在有机相中加入氯化钙，干燥后过滤，据此解答。（1）仪器a的名称是球形冷凝管；（2）分水器的主要作用是分离出水，使反应正向进行，提高反应物转化率（或利用率）；（3）步骤i中，为使浓硫酸与正丁醇混合均匀，因为浓硫酸稀释会放出大量的热，所以应分批加入浓硫酸，每次加入都充分振摇，选a；（4）主要伴随有机副反应为正丁醇的分子内脱水，生成丁烯，所以副反应产物的结构简式为CH3CH2CH=CH2；（5）水洗涤前面加了NaOH溶液会和酸反应生成盐和水，其目的是除去有机相中残留的碱及盐；（6）正丁醇与水可以形成共沸物，其主要原因是正丁醇与水形成分子间氢键；（7）正丁醇加入31mL，密度为，正丁醇相对分子质量为M=74g/mol，得质量为31mL×=25.11g，物质的量为25.11g÷74g/mol=0.34mol，根据关系式可知正丁醚为0.17mol，M=130g/mol，故质量为22.1g，产量为7.84g，正丁醚的产率为；17.合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，一种工业合成氨的简式流程图如下：（1）步骤可以使用湿法脱硫。科研人员把铁的配合物(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体转化为单质硫。步骤总反应的热化学方程式为(a，b>0)该工艺包含两个阶段：①第一阶段：的吸收氧化：；②第二阶段的再生，写出反应的热化学方程式___________。（2）步骤中制氢气的原理如下：①②反应①能自发进行的条件是___________(选填“高温”、“低温”或“任何温度”)。若在恒容绝热容器中加入2molCO和1mol只进行反应②，可以判定反应达到平衡的是___________。a．相同时间段内CO消耗的物质的量与生成的物质的量相同b．CO分压保持不变

c．体系总压保持不变d．混合气体平均摩尔质量保持不变e．CO与转化率一样f．体系温度保持不变（3）上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是___________(填序号)。（4）科研小组模拟不同条件下的合成氨反应，向一恒定温度的刚性密闭容器中充入物质的量之比为2：3的N2和H2混合气体，初始压强为50MPa，在不同催化剂作用下反应，相同时间内H2的转化率随温度的变化如图所示：b点v正___________v逆(填“>”、“<”或“=”)；若图中a点已达平衡状态，a点的转化率比c点高的原因是___________；c点时混合气体平均相对分子质量为15.5，c点对应温度下反应的平衡常数Kp=___________。(保留两位有效数字，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)【答案】（1）（2）①.高温②.bcf（3）V（4）①.>②.该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，a点的转化率高于c点③.0.0020【解析】由题给流程可知，脱硫后的天然气与水蒸气共热反应生成氢气，将氮气和氢气混合、净化、干燥后通入压缩机中得到10MPa—30MPa的混合气体，铁触媒作用下热交换后的预热混合气体在400—500℃条件下反应生成氨气，反应得到的氮气、氢气、氨气混合气体经热交换、冷却得到液氨和可以循环使用的氮气和氢气的混合气体。（1）由题意可知，第