2026届广西南宁市高三10月摸底考试化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1广西南宁市2026届高三10月摸底考试（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。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。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14Cl-35.5As-75Nd-60Sn-118.7一、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.“柳州螺蛳粉制作技艺”被列入第五批国家级非物质文化遗产代表性项目名录，下列说法错误的是A.包装袋制作使用到聚乙烯，聚乙烯的单体是乙烯B.螺蛳粉中“粉”的主要成分是淀粉，淀粉属于纯净物C.配料中酸笋的主要成分是纤维素，纤维素能刺激肠道蠕动，有助于消化D.制作过程中添加适量山梨酸钾，山梨酸钾能延长螺蛳粉的保质期【答案】B【解析】A．聚乙烯由乙烯单体发生加聚反应生成的，A正确；B．淀粉是高分子混合物，化学式为，因聚合度不同，属于混合物而非纯净物，B错误；C．酸笋的主要成分是纤维素，纤维素是膳食纤维，促进肠道蠕动，C正确；D．山梨酸钾是防腐剂，抑制微生物生长，能延长螺蛳粉的保质期，D正确；故选B。2.下列关于氨气的制备、净化、收集、性质验证的实验操作规范且能达到实验目的的是A.制备B.干燥C.收集D.验证溶解性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．制备氨气时，氯化铵与氢氧化钙固体混合加热，属于固体加热反应，试管口应略向下倾斜，防止冷凝水回流炸裂试管，A错误；B．无水氯化钙会与氨气形成配合物，无水氯化钙不能用于干燥氨气，应选用碱石灰，B错误；C．氨气密度比空气小，应采用向下排空气法收集，集气瓶正放需短导管进气，长导管出气，C错误；D．验证氨气溶解性可通过喷泉实验：圆底烧瓶充满氨气，倒置后打开止水夹，挤压胶头滴管，氨气极易溶于水使烧瓶内压强减小，烧杯中含酚酞的水被压入烧瓶形成红色喷泉，能证明氨气溶解性及水溶液呈碱性，D正确；故选D。3.尿素[]溶液用于处理柴油大卡车尾气中，涉及到的主要反应①；②，设为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A.0.1mol中含键的数目为0.7B.若反应①生成17g，消耗尿素分子的数目为C.0.1mol中含（价层）孤电子对的数目为0.4D.若反应②生成4.48L，消耗分子的数目为0.1【答案】A【解析】A．由尿素的结构简式可知，分子中σ键包括：C=O双键中的1个σ键、2个C-N单键（σ键）、每个-NH2中2个N-H单键（共4个σ键），总σ键数为1+2+4=7个，0.1mol尿素含σ键数目为0.1×7×NA=0.7NA，A正确；B．反应①中生成2molNH3消耗1mol尿素，17gNH3为=1mol，消耗尿素0.5mol，分子数目为0.5NA，B错误；C．N2分子中含有氮氮三键，电子式为，每个N原子有1对孤电子对，1个N2分子含2对孤电子对，0.1molN2中孤电子对数目为0.1×2×NA=0.2NA，C错误；D．H2O在常温下为液体，4.48LH2O的物质的量远大于0.2mol（无法用气体摩尔体积计算），D错误；故选A。已知三氟化硼（）熔点-127℃，沸点-100℃，水解生成硼酸（，结构如图）和氟硼酸（），据此完成下面小题。4.下列化学用语正确的是A.基态硼原子的最高能级的电子云轮廓图：B.中子数为10的氟原子：C.的VSEPR模型：D.的电子式：5.下列有关结构与性质之间的因果关系错误的是选项性质解释A键角：中心原子杂化方式不同B常温下，硼酸性质稳定硼酸分子间存在氢键C硼酸晶体作润滑剂硼酸晶体层与层之间以分子间作用力相结合D熔点：（-127℃）＜（1040℃）晶体类型不同A.A B.B C.C D.D【答案】4.C5.B【解析】4.A．基态硼原子电子排布为，最高能级为2p，电子云轮廓图应为哑铃形（p轨道），题中的为球形（s轨道），A错误；B．氟原子质子数为9，中子数10时质量数=9+10=19，原子符号应为，B错误；C．中B的价层电子对数为（无孤电子对），VSEPR模型为平面三角形，C正确；D．中B与4个F形成共价键（B达8电子稳定结构），电子式需体现4个B-F键及F的孤对电子，题中未完整表示F的孤对电子，D错误；故答案选C；5.A．中B为杂化（键角120°），中N原子价层电子对数为，为杂化（孤对电子斥力使键角≈107°），杂化方式不同导致键角差异，A正确；B．硼酸性质稳定与分子内共价键强度有关，分子间氢键主要影响熔沸点、溶解性，与化学性质稳定无关，B错误；C．硼酸为层状晶体，层间分子间作用力弱易滑动，可作润滑剂，C正确；D．为分子晶体（熔点低），为离子晶体（熔点高），晶体类型不同导致熔点差异，D正确；故答案选B。6.叶酸能预防胎儿贫血，降低胎儿神经管畸形风险。化合物Z是合成叶酸的重要中间体，结构如图。下列关于化合物Z的说法错误的是A.分子式为B.含有1个手性碳原子C.能发生缩聚反应生成高分子化合物D.1molZ最多能与2molNaOH反应【答案】D【解析】A．根据结构分析可知，分子式，A正确；B．手性碳为连接CONH-苯环、的饱和碳，即图中标“※”号的碳原子（），且分子中仅1个手性碳，B正确；C．分子含1个和2个-COOH，氨基与羧基可发生缩聚反应生成高分子，C正确；D．能与NaOH反应的官能团：2个-COOH（各消耗1mol）、1个酰胺基（水解消耗1mol），共3molNaOH，D错误；故答案选D7.电化学发光是一种新的分析方法，一种含Ir的配合物成为该领域中的研究热点。该配合物的配体由X、Y、Z、W四种原子序数依次增大且位于两个不同周期的短周期元素组成，Y的核外s能级电子数是p能级电子数的两倍。在短周期元素中，W的电负性最强，基态Z原子的单电子最多。下列说法错误的是A.X能分别与Y、Z形成多种化合物B.第一电离能W＜Z＜YC.该配体中Z原子常作为配位原子D.能形成聚合物用于高分子涂料【答案】B【解析】由X、Y、Z、W四种原子序数依次增大且位于两个不同周期的短周期元素组成，在短周期元素中，W的电负性最强，则W为F元素；基态Z原子的单电子最多，则Z为N元素；Y的核外s能级电子数是p能级电子数的两倍，则X为H元素、Y为C元素。A．氢元素能与碳元素形成组成不同的烃CxHy，与氮元素形成氨气和肼，A正确；B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞C，B错误；C．氨分子和肼分子中的氮原子含有孤对电子，常作为配位原子，C正确；D．四氟乙烯一定条件下能发生加聚反应生成用于高分子涂料的聚四氟乙烯，D正确；故选B。8.KI可发生如图所示的转化：下列离子反应方程式正确的是A.向AgI悬浊液中加入铁粉：B.向溶液中通入过量：C.向KI溶液中加入酸化后的双氧水：D.向KI溶液中加入溶液：【答案】C【解析】A．AgI为悬浊液，难溶物不能拆写为Ag⁺，正确离子方程式应为，A错误；B．FeI2中还原性I->Fe2+，过量Cl2先氧化I-、再氧化Fe2+，正确离子方程式，B错误；C．酸化的双氧水将I-氧化为I2，H2O2被还原为H2O，电荷守恒、原子守恒，C正确；D．Cu2+与I-反应生成CuI和I2，正确离子方程式为，原方程式电子不守恒，D错误；故选C。9.苯甲酸苯甲酯可用于配制香水，也可用作有机合成中间体、食品保鲜剂等。实验室以苯甲醛为原料合成苯甲酸苯甲酯反应机理如图。已知：极易结合转化为ROH。下列说法错误的是A.若Ⅱ中含有少量苯甲酸会加快反应速率B.化合物Ⅱ是催化剂，能降低反应的活化能C.化合物Ⅰ亲水性比化合物Ⅴ的亲水性强D.Ⅲ→Ⅴ反应过程只有极性键的断裂与生成【答案】A【解析】A．已知RO⁻极易结合H⁺生成ROH，苯甲酸会使苯甲醇钠转化为苯甲醇，导致催化剂失效，故若Ⅱ中含有少量苯甲酸会减慢该历程反应速率，A错误；B．催化剂需在反应前后质量和化学性质不变，化合物Ⅱ先被消耗，后又生成，是催化剂，催化剂能降低反应的活化能，从而加快反应速率，B正确；C．Ⅰ为苯甲醇（Ph-CH2-OH），含1个苯环和1个羟基（极性基团）；Ⅴ为含多个苯环的大分子中间体，疏水基团（苯环）更多，羟基等极性基团占比低，故Ⅰ的亲水性比Ⅴ强，C正确；D．Ⅲ→Ⅴ过程中，断裂和生成的键为C-O、C-H等极性键，无其他非极性键（如C-C、O-O、N-N）参与，D正确；故选A。10.高铜酸钠（）是一种特殊高价金属化合物，为不溶于水的黑色晶体。某学习小组设计如下实验，用于制备高铜酸钠并探究其与浓盐酸、稀硫酸反应的异同。已知呈黄色，下列说法正确的是A.结构中存在过氧根离子B.步骤②中发生的离子方程式为：C.根据现象ⅳ，可知氧化性：D.现象ⅲ和ⅳ中溶液颜色差异的主要原因是溶液中浓度不同【答案】C【解析】A．CuCl2与NaOH反应生成蓝色Cu(OH)2沉淀，Cu(OH)2与NaClO发生氧化还原反应生成NaCuO2，NaClO被还原，则Cu元素的化合价升高，NaCuO2中Na为+1价，则Cu为+3价，O为-2价，过氧根中O为-1价，故不存在过氧根离子，故A错误；B．NaCuO2是不溶于水的黑色晶体，步骤②生成的黑色沉淀为NaCuO2，离子方程式中应写化学式NaCuO2↓，而非离子，故B错误；C．现象iv是在NaCuO2中加浓盐酸生成黄绿色气体（Cl2），Cl-被氧化为Cl2，氧化剂为NaCuO2，氧化产物为Cl2，根据同一反应中氧化性：氧化剂>氧化产物，可知氧化性NaCuO2>Cl2，故C正确；D．现象iii是在NaCuO2中加稀硫酸，Cu2+以[Cu(H2O)4]2+形式存在呈蓝色，现象iv是在NaCuO2中加浓盐酸，Cl-浓度大，生成[CuCl4]2-呈黄色，颜色差异因Cl-浓度不同形成不同络合离子，而非H+浓度，故D错误；11.研究人员提出利用锂硫电池对金属构件进行电化学修复，在金属磨损处填补金属单质，其工作原理如图所示。电池以掺石墨烯的为正极，金属锂为负极，固态离子导体为电解质。下列说法正确的是A.电极c处连接待修复金属构件B.电极a发生反应：C.电池工作时，向电极b迁移D.可用硫酸铝溶液作电解液修复磨损的铝制品【答案】A【解析】由题知，锂硫电池对金属构件进行电化学修复，在金属磨损处填补金属单质。则待修复金属构件需作为阴极发生金属离子得电子生成金属单质的还原反应，应连接电源负极。锂硫电池中金属锂为负极（电极b），则电极a为正极，电极c为阴极，电极d为阳极，据此回答。A．由分析知，待修复金属构件为电解池的阴极，电极c为阴极，则构件连接c，A正确；B．电极a为电池正极，发生还原反应，电极反应式可能为，而电荷不守恒，B错误；C．电池工作时，阳离子（Li+）向正极迁移，电极a为正极，Li+应向a迁移，而非电极b（负极），C错误；D．硫酸铝溶液中，Al3+的放电顺序弱于H+，阴极会优先发生，无法使Al3+得电子生成Al单质，不能修复铝制品，D错误；故答案选A。12.实验表明二氧化铈（）载体表现出高效的氧交换能力，可用于甲烷化学链重整，其部分原理如图所示。已知下图立方晶胞的晶胞参数为anm，下列相关说法正确的是A.晶胞中，位于形成的八面体空隙中B.晶胞的俯视图为：C.晶胞中，之间的最短距离为nmD.晶胞中【答案】D【解析】A．CeO2通常为萤石（CaF2）型结构，其中O2-位于Ce4+形成的正六面体空隙中（正方体中心），A错误；B．CeO2晶胞中Ce4+为面心立方排列，俯视图应为，B错误；C．面心立方堆积中Ce4+最短距离为面对角线一半，即anm，C错误；D．设CeOx晶胞中Ce4+为m，Ce3+为n，总Ce数m+n=4（与CeO2中Ce数相同），氧空位使O数减少，O原子个数为7，电荷守恒：4m+3n=2×7=14，解得m=2，n=2，n(Ce4+):n(Ce3+)=1:1，D正确；故选D。13.甲酸是基本有机化工原料之一，它有两种可能的分解反应：反应①：反应②：一定压强下，向密闭容器中充入一定量的HCOOH气体，平衡体系中CO或的选择性和HCOOH的转化率随温度变化曲线如图所示。提示：CO的选择性下列说法正确的是A.曲线I代表的选择性B.反应①：（300℃）＞（350℃）C.400℃时的体积分数约为D.其他条件不变，向体系中通入氩气，HCOOH的转化率下降【答案】C【解析】A．图像中CO的选择性曲线随温度升高从100%降至0%（标记“CO”的下降曲线），H2的选择性应与之互补（从0%升至100%）。曲线II为H2的选择性曲线，A错误；B．反应①为吸热反应（），升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，故（300℃）＜（350℃），B错误；C．400℃时，CO选择性为0，仅反应②发生，设初始HCOOH为1mol，由图可知，转化率α=90%，反应②生成CO2和H2各0.9mol，剩余HCOOH0.1mol，总气体物质的量=0.1+0.9+0.9=1.9mol。CO₂体积分数为，C正确；D．两反应均为气体体积增大的反应，恒压下通入氩气，相当于减压，平衡正向移动，HCOOH转化率增大，D错误；故选C。14.常温下，磷的重要化合物、和可通过与NaOH溶液反应获得，含磷微粒的分布分数与pH的关系如图所示。[比如：]。下列说法错误的是A.Z点溶液加水稀释：增大B.水的电离程度：Z点＞Y点＞X点C.Y点溶液存在：D.常温下，的【答案】A【解析】A．Z点为HPO与PO分布分数相等的点(pH≈12.3)，存在电离平衡HPO⇌H++PO，Ka3=，则=，加水稀释后，碱性溶液pH减小，c(H+)增大，Ka3不变，故该比值减小，A错误；B．图示可以理解成向磷酸溶液中逐渐加入NaOH，磷酸对水的电离起抑制作用，随着NaOH的加入，水的电离程度逐渐增大，当两者恰好完全反应生成Na3PO4时，水的电离程度达到最大，继续加入NaOH溶液，水的电离程度又逐渐减小，故水电离程度Z＞Y＞X，B正确；C．Y点H2PO与HPO浓度相等(设为a)，电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(H2PO)+2c(HPO)+3c(PO)+c(OH-)=a+2a+3c(PO)+c(OH-)=3c(H2PO)+3c(PO)+c(OH-)，C正确；D．反应H2PO+PO⇌2HPO的K==，由图像可知，Ka2=10⁻7.2，Ka3=10⁻12.3，故K=1×105.1，D正确；答案选A。二、非选择题（本大题共4小题，共58分）15.锡的两种常见氯化物为和均易水解。某化学兴趣小组用如图装置（夹持装置等略）和药品制备，用同套装置更换药品制备。已知：①还原性：；②锡及其氯化物的熔点和沸点如下：物质Sn熔点/℃217246-33沸点/℃685652114回答下列问题：Ⅰ.制备（1）仪器X的名称__________。（2）A装置能产生较多HCl气体的原因__________（答一种原因即可）。（3）装置D的作用是__________。（4）从装置E流出且需要处理的气体为__________（写化学式）。Ⅱ.制备并测定含量（5）该兴趣小组将A中浓硫酸换成高浓度NaClO溶液制备。可以选择__________（填标号）试剂来检测产品中是否混有杂质。a.溴水b.溶液c.酸性溶液d.饱和溶液写出其中一个对应的离子方程式__________。（6）测定样品中杂质的含量（只含杂质）。取mg样品溶于适量浓盐酸，加蒸馏水稀释至250mL，取25.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液，用cmol/L的碘标准溶液滴定至终点时消耗VmL。①该产品中的质量分数为__________。②以下滴定操作会使测定结果偏高的是__________。a.操作时间过长b.装标准液的滴定管未用标准液润洗c.不小心将标准液滴至锥形瓶外d.盛装标准液滴定管滴定前无气泡，滴定后有气泡【答案】（1）蒸馏烧瓶（2）浓盐酸有挥发性，浓硫酸滴入浓盐酸会放热，促使HCl大量挥发（3）冷凝并收集（4）（5）①.ad②.或（6）①.②.bc【解析】装置A中，浓盐酸和浓硫酸反应生成HCl，B中浓硫酸干燥HCl，装置C中HCl和锡粉反应生成和H2，生成的经冷却后在装置D中收集，E中碱石灰的作用是吸收过量的HCl且防止空气中的水分进入装置D，据此分析解题。（1）仪器X的名称是蒸馏烧瓶。（2）A装置能产生较多HCl气体的原因是：浓盐酸有挥发性，浓硫酸滴入浓盐酸会放热，促使HCl大量挥发。（3）的沸点是652℃，由分析可知，装置D的作用是冷凝并收集。（4）由分析可知，装置C中HCl和锡粉反应生成和H2，E中碱石灰可以吸收HCl气体，从装置E流出且需要处理的气体为。（5）易被氧化，可与具有氧化性的物质发生氧化还原反应，a．溴水中Br2具有氧化性，可以和反应生成沉淀和Br-，溴水褪色，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，a选；b．和均可以和溶液反应生成AgCl白色沉淀，不能用来鉴别产品中是否混有杂质，b不选；c．和中均含有Cl-，均可以和酸性溶液发生氧化还原反应，导致溶液褪色，不能检测产品中是否混有杂质，c不选；d．饱和溶液中Fe3+具有氧化性，可以和反应生成沉淀和Fe2+，可以检测产品中是否混有杂质，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：；故选ad，其中发生的离子方程式为：、。（6）①根据反应Sn2++I2=Sn4++2I-，可知25.00mL稀释后的溶液中n(Sn2+)=n(I2)=cV10-3mol，故该产品中SnCl2的含量为；②a．操作时间过长，可能被空气中的氧气氧化，导致后续滴定消耗碘标准溶液的体积偏低，使测定结果偏低，a不选；b．装标准液的滴定管未用标准液润洗，会导致标准液被稀释，导致后续滴定消耗碘标准溶液的体积偏高，使测定结果偏高，b选；c．不小心将标准液滴至锥形瓶外，导致后续滴定消耗碘标准溶液的体积偏高，使测定结果偏高，c选；d．盛装标准液滴定管滴定前无气泡，滴定后有气泡，会导致后续滴定消耗碘标准溶液的体积偏低，使测定结果偏低，d不选；故选bc。16.钕铁硼永磁材料被广泛应用于计算机、电机、核磁共振成像仪等高科技领域，钕铁硼磁体废料（含等元素）可通过湿法工艺有效回收磁体中稀土和铁等元素，回收工艺如图所示：已知：溶液中金属离子浓度时认为其沉淀完全，。（1）“酸浸”中，提高浸取速率措施有__________（写一条）。（2）“氧化”的目的是__________。（3）“萃取②”是用酸性磷酸酯P507（用表示）和煤油的混合液作萃取剂，其萃取原理为。溶液初始pH以及P507的浓度对萃取率的影响如图所示。请从平衡移动的角度解释萃取率随初始pH的减小而减小的原因：__________。“萃取”操作条件应选的最佳pH以及与P507浓度之比为__________。A.2.0，1:12B.3.5，1:6C.3.0，1:6D.2.5，1:9（4）“沉钕”时，当恰好完全沉淀，浓度为__________。（5）“焙烧②”的化学方程式为__________。（6）以为原料制备，晶胞结构与相似，但由于哑铃形的存在，使晶胞沿同一个方向拉长，离最近的有__________个。设为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数如图所示，则晶体密度为__________（写表达式即可）。【答案】（1）适当提高酸浸的温度（搅拌、粉碎、研磨等）（2）将氧化为，提高的反萃取率（3）①.溶液pH减小，浓度增大，平衡逆向移动，萃取率减小②.D（4）（5）（6）①.4②.【解析】钕铁硼废料主要成分为钕和铁，“焙烧①”后钕和铁主要以和的形式存在，加入盐酸酸浸，金属氧化物溶解，加入将氧化为，加入N503萃取，后续反萃取得到，用P507萃取，加入沉钕得到晶体，经过煅烧后得到；（1）适当升高酸浸温度，可以增加分子的热运动，使反应物分子更频繁地接触，从而加快反应速率；（2）钕铁硼磁体废料中含有元素，在“酸浸”后元素以形式存在，“氧化”步骤加入，具有氧化性，目的是将氧化为，提高的反萃取率；（3）由萃取平衡式可知，溶液pH减小，即溶液中浓度增大，使得萃取平衡逆向移动，降低萃取剂的萃取效率；由溶液初始pH以及P507的浓度对萃取率的影响图可知，当pH＞2.5后，时的萃取率接近百分百，高于其余两种条件，故选D；（4）已知，当恰好完全沉淀，，根据，则代入数据可得，所以；（5）“沉钕”得到，“焙烧②”在氧气中进行，被氧化为，元素转化为，根据得失电子守恒和原子守恒，化学方程式为；（6）以为原料制备，晶胞结构与相似，可得在晶胞中，与一个离子最近的同离子有6个，但由于哑铃形的存在，使晶胞沿同一个方向拉长，所以离最近的有4个；晶胞中原子个数：，个数：。又因为相对原子质量144，晶胞体积，根据数据可得晶体密度为。17.利用生物柴油的副产物甘油（）制氢具有广阔的研究前景。甘油水蒸气重整制氢的主要反应如下：反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ：（1）重整总反应：__________，该反应能够自发进行的条件是__________（填“高温”、“低温”或“任何温度”）。（2）一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的(g)和水蒸气，发生上述三个反应，下列说法中能表明反应达到平衡状态的是__________（填标号）。a.气体密度不变b.气体总压强保持不变c.(g)浓度不变d.（3）Pa条件下，1mol和9mol发生上述反应达平衡状态时，体系中CO、、和的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。①曲线a对应的物质为__________。②550℃时，反应Ⅱ的平衡常数__________（列出计算式即可，是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数）。（4）在水醇比为24、Co-/做催化剂的条件下，一定时间内氢气产率与温度变化的关系如图所示，氢气产率达到最高点后下降的原因是__________。（5）BHMF（）在聚氨酯泡沫塑料、树脂、人造纤维的合成方面应用广泛，利用电催化反应可将生物质产品HMF（）和甘油（）转化为高附加值的化学品，电催化装置如图所示。①a为电源的__________极（填“正”或“负”）。②X电极的电极反应式为__________。【答案】（1）①.+127.6②.高温（2）bc（3）①.②.（4）温度升高催化剂活性降低（5）①.负②.+2e-+2H+=【解析】（1）根据盖斯定律，重整总反应=反应Ⅰ+3×反应Ⅱ，则；反应能自发进行的条件为，该反应，反应的气体分子数增大，所以>0，则要使该反应自发进行，必须高温条件下。（2）a．气体密度与气体总质量与体积有关，由于反应体系中气体总质量不变，容器的体积恒定，因此气体的密度恒不变，气体密度不变不能作为平衡标志，a不符合题意；b．反应前后气体分子数发生变化，当气体总压强保持不变时，说明各物质的物质的量不再变化，反应达到平衡状态，b符合题意；c．(g)浓度不变，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，c符合题意；d．根据反应关系，与的比例关系不符合化学计量数之比[反应Ⅱ中:=1:1，反应Ⅲ中:=1:4，总反应中比例不是4:1]，不能表明反应达平衡状态，d不符合题意；故答案选bc。（3）①根据守恒法判断：550℃时，n(a)=5mol，初始加入容器的n()=1mol，则体系中n(C)=3mol，n(CO2)=2.2mol、n(CO)=0.4mol，根据碳原子守恒判断，曲线a不可能代表CH4，则曲线a只能代表H2；②550℃时，n(H2)=5mol，n(CO2)=2.2mol，n(CH4)=n(CO)=0.4mol，根据C原子守恒，可得n()=0mol，说明无剩余，根据O原子守恒，可得n(H2O)=7.2mol，n总=15.2mol，则反应Ⅱ的平衡常数=。（4）在反应过程中，Co-/做催化剂，催化剂的活性受温度影响，当温度超过一定值后，催化剂的活性降低，导致反应速率减慢，单位时间内生成氢气的量减少，同时可能伴随副反应加剧，使得用于生成氢气的反应物减少，从而氢气产率下降。（5）①由图可知电解过程中HMF(C6H6O3)加氢发生还原反应转化为BHMF（C6H8O3），故a是负极，X是阴极，Y是阳极，b是正极；②X电极是阴极，发生还原反应，其电极反应式为+2e-+2H+=。18.物质Ⅰ是合成消化类药物盐酸凯普拉生的一种中间体，其合成路线如图：回答以下问题：（1）物质A的系统命名为__________，的沸点比的__________（填“高”或“低”）。（2）物质D中官能团的名称为__________，C→D的反应类型为__________。（3）A+B→C的化学方程式为__________，若将该步骤的试剂更换为，化合物C的产率大幅下降，可能的原因是__________。（4）H的结构简式为__________。（5）同时满足下列条件的D的同分异构体的结构简式为__________（写出一种）。①直接与苯环相连②1mol该物质与足量Na反应可生成1mol③核磁共振氢谱图有5组峰，峰面积之比为1:2:2:4:6（6）参照以上合成路线，写出以、乙醇和乙酸乙酯为主要原料制备的合成路线__________。（无机试剂任选）。【答案】（1）①.3-硝基苯酚②.高（2）①.氨基、醚键②.还原反应（3）①.2+2++②.的碱性比弱，难以与酚羟基反应，从而使反应速率显著降低（4）（5）、、、（6）【解析】结合A和C的结构简式可知，A中羟基的氢氧键断裂与B中去掉溴原子后的结构发生取代反应生成C和，因此B的结构简式为，C中的硝基（）与氢气发生还原反应生成D中的氨基（），D到E过程发生两步反应，第一步为D中的氨基（）与、HCl反应生成，第二步为与、反应生成E，根据E、G、I的结构简式可推出H为，据此分析解答。（1）物质A为含有硝基的酚类物质，硝基在3号碳上，因此系统命名为3-硝基苯酚；能形成分子间氢键，形成分子内氢键，因此的沸点比的高，故答案为：3-硝基苯酚；高；（2）物质D中官能团的名称为氨基、醚键；由分析可知，C中的硝基（）与氢气发生还原反应生成D中的氨基（），故答案为：氨基、醚键；还原反应；（3）由分析可知，A+B→C的化学方程式为2+2++；的碱性比弱，难以与酚羟基反应，使反应速率显著降低，从而使化合物C的产率大幅下降，故答案为：2+2++；的碱性比弱，难以与酚羟基反应，从而使反应速率显著降低；（4）由分析可知，H的结构简式为，故答案为：；（5）1mol该物质与足量Na反应可生成1mol，且分子中有2个氧原子，则结构中可能含有2个羟基或一个羧基，又因为取代基中没有不饱和度，因此只能是两个羟基，结合条件①和③可得符合条件的同分异构体为、、、，故答案为：、、、；（6）结合题目中F到G的反应原理，以、乙醇和乙酸乙酯为主要原料制备的合成路线为。广西南宁市2026届高三10月摸底考试（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。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。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14Cl-35.5As-75Nd-60Sn-118.7一、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.“柳州螺蛳粉制作技艺”被列入第五批国家级非物质文化遗产代表性项目名录，下列说法错误的是A.包装袋制作使用到聚乙烯，聚乙烯的单体是乙烯B.螺蛳粉中“粉”的主要成分是淀粉，淀粉属于纯净物C.配料中酸笋的主要成分是纤维素，纤维素能刺激肠道蠕动，有助于消化D.制作过程中添加适量山梨酸钾，山梨酸钾能延长螺蛳粉的保质期【答案】B【解析】A．聚乙烯由乙烯单体发生加聚反应生成的，A正确；B．淀粉是高分子混合物，化学式为，因聚合度不同，属于混合物而非纯净物，B错误；C．酸笋的主要成分是纤维素，纤维素是膳食纤维，促进肠道蠕动，C正确；D．山梨酸钾是防腐剂，抑制微生物生长，能延长螺蛳粉的保质期，D正确；故选B。2.下列关于氨气的制备、净化、收集、性质验证的实验操作规范且能达到实验目的的是A.制备B.干燥C.收集D.验证溶解性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．制备氨气时，氯化铵与氢氧化钙固体混合加热，属于固体加热反应，试管口应略向下倾斜，防止冷凝水回流炸裂试管，A错误；B．无水氯化钙会与氨气形成配合物，无水氯化钙不能用于干燥氨气，应选用碱石灰，B错误；C．氨气密度比空气小，应采用向下排空气法收集，集气瓶正放需短导管进气，长导管出气，C错误；D．验证氨气溶解性可通过喷泉实验：圆底烧瓶充满氨气，倒置后打开止水夹，挤压胶头滴管，氨气极易溶于水使烧瓶内压强减小，烧杯中含酚酞的水被压入烧瓶形成红色喷泉，能证明氨气溶解性及水溶液呈碱性，D正确；故选D。3.尿素[]溶液用于处理柴油大卡车尾气中，涉及到的主要反应①；②，设为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A.0.1mol中含键的数目为0.7B.若反应①生成17g，消耗尿素分子的数目为C.0.1mol中含（价层）孤电子对的数目为0.4D.若反应②生成4.48L，消耗分子的数目为0.1【答案】A【解析】A．由尿素的结构简式可知，分子中σ键包括：C=O双键中的1个σ键、2个C-N单键（σ键）、每个-NH2中2个N-H单键（共4个σ键），总σ键数为1+2+4=7个，0.1mol尿素含σ键数目为0.1×7×NA=0.7NA，A正确；B．反应①中生成2molNH3消耗1mol尿素，17gNH3为=1mol，消耗尿素0.5mol，分子数目为0.5NA，B错误；C．N2分子中含有氮氮三键，电子式为，每个N原子有1对孤电子对，1个N2分子含2对孤电子对，0.1molN2中孤电子对数目为0.1×2×NA=0.2NA，C错误；D．H2O在常温下为液体，4.48LH2O的物质的量远大于0.2mol（无法用气体摩尔体积计算），D错误；故选A。已知三氟化硼（）熔点-127℃，沸点-100℃，水解生成硼酸（，结构如图）和氟硼酸（），据此完成下面小题。4.下列化学用语正确的是A.基态硼原子的最高能级的电子云轮廓图：B.中子数为10的氟原子：C.的VSEPR模型：D.的电子式：5.下列有关结构与性质之间的因果关系错误的是选项性质解释A键角：中心原子杂化方式不同B常温下，硼酸性质稳定硼酸分子间存在氢键C硼酸晶体作润滑剂硼酸晶体层与层之间以分子间作用力相结合D熔点：（-127℃）＜（1040℃）晶体类型不同A.A B.B C.C D.D【答案】4.C5.B【解析】4.A．基态硼原子电子排布为，最高能级为2p，电子云轮廓图应为哑铃形（p轨道），题中的为球形（s轨道），A错误；B．氟原子质子数为9，中子数10时质量数=9+10=19，原子符号应为，B错误；C．中B的价层电子对数为（无孤电子对），VSEPR模型为平面三角形，C正确；D．中B与4个F形成共价键（B达8电子稳定结构），电子式需体现4个B-F键及F的孤对电子，题中未完整表示F的孤对电子，D错误；故答案选C；5.A．中B为杂化（键角120°），中N原子价层电子对数为，为杂化（孤对电子斥力使键角≈107°），杂化方式不同导致键角差异，A正确；B．硼酸性质稳定与分子内共价键强度有关，分子间氢键主要影响熔沸点、溶解性，与化学性质稳定无关，B错误；C．硼酸为层状晶体，层间分子间作用力弱易滑动，可作润滑剂，C正确；D．为分子晶体（熔点低），为离子晶体（熔点高），晶体类型不同导致熔点差异，D正确；故答案选B。6.叶酸能预防胎儿贫血，降低胎儿神经管畸形风险。化合物Z是合成叶酸的重要中间体，结构如图。下列关于化合物Z的说法错误的是A.分子式为B.含有1个手性碳原子C.能发生缩聚反应生成高分子化合物D.1molZ最多能与2molNaOH反应【答案】D【解析】A．根据结构分析可知，分子式，A正确；B．手性碳为连接CONH-苯环、的饱和碳，即图中标“※”号的碳原子（），且分子中仅1个手性碳，B正确；C．分子含1个和2个-COOH，氨基与羧基可发生缩聚反应生成高分子，C正确；D．能与NaOH反应的官能团：2个-COOH（各消耗1mol）、1个酰胺基（水解消耗1mol），共3molNaOH，D错误；故答案选D7.电化学发光是一种新的分析方法，一种含Ir的配合物成为该领域中的研究热点。该配合物的配体由X、Y、Z、W四种原子序数依次增大且位于两个不同周期的短周期元素组成，Y的核外s能级电子数是p能级电子数的两倍。在短周期元素中，W的电负性最强，基态Z原子的单电子最多。下列说法错误的是A.X能分别与Y、Z形成多种化合物B.第一电离能W＜Z＜YC.该配体中Z原子常作为配位原子D.能形成聚合物用于高分子涂料【答案】B【解析】由X、Y、Z、W四种原子序数依次增大且位于两个不同周期的短周期元素组成，在短周期元素中，W的电负性最强，则W为F元素；基态Z原子的单电子最多，则Z为N元素；Y的核外s能级电子数是p能级电子数的两倍，则X为H元素、Y为C元素。A．氢元素能与碳元素形成组成不同的烃CxHy，与氮元素形成氨气和肼，A正确；B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞C，B错误；C．氨分子和肼分子中的氮原子含有孤对电子，常作为配位原子，C正确；D．四氟乙烯一定条件下能发生加聚反应生成用于高分子涂料的聚四氟乙烯，D正确；故选B。8.KI可发生如图所示的转化：下列离子反应方程式正确的是A.向AgI悬浊液中加入铁粉：B.向溶液中通入过量：C.向KI溶液中加入酸化后的双氧水：D.向KI溶液中加入溶液：【答案】C【解析】A．AgI为悬浊液，难溶物不能拆写为Ag⁺，正确离子方程式应为，A错误；B．FeI2中还原性I->Fe2+，过量Cl2先氧化I-、再氧化Fe2+，正确离子方程式，B错误；C．酸化的双氧水将I-氧化为I2，H2O2被还原为H2O，电荷守恒、原子守恒，C正确；D．Cu2+与I-反应生成CuI和I2，正确离子方程式为，原方程式电子不守恒，D错误；故选C。9.苯甲酸苯甲酯可用于配制香水，也可用作有机合成中间体、食品保鲜剂等。实验室以苯甲醛为原料合成苯甲酸苯甲酯反应机理如图。已知：极易结合转化为ROH。下列说法错误的是A.若Ⅱ中含有少量苯甲酸会加快反应速率B.化合物Ⅱ是催化剂，能降低反应的活化能C.化合物Ⅰ亲水性比化合物Ⅴ的亲水性强D.Ⅲ→Ⅴ反应过程只有极性键的断裂与生成【答案】A【解析】A．已知RO⁻极易结合H⁺生成ROH，苯甲酸会使苯甲醇钠转化为苯甲醇，导致催化剂失效，故若Ⅱ中含有少量苯甲酸会减慢该历程反应速率，A错误；B．催化剂需在反应前后质量和化学性质不变，化合物Ⅱ先被消耗，后又生成，是催化剂，催化剂能降低反应的活化能，从而加快反应速率，B正确；C．Ⅰ为苯甲醇（Ph-CH2-OH），含1个苯环和1个羟基（极性基团）；Ⅴ为含多个苯环的大分子中间体，疏水基团（苯环）更多，羟基等极性基团占比低，故Ⅰ的亲水性比Ⅴ强，C正确；D．Ⅲ→Ⅴ过程中，断裂和生成的键为C-O、C-H等极性键，无其他非极性键（如C-C、O-O、N-N）参与，D正确；故选A。10.高铜酸钠（）是一种特殊高价金属化合物，为不溶于水的黑色晶体。某学习小组设计如下实验，用于制备高铜酸钠并探究其与浓盐酸、稀硫酸反应的异同。已知呈黄色，下列说法正确的是A.结构中存在过氧根离子B.步骤②中发生的离子方程式为：C.根据现象ⅳ，可知氧化性：D.现象ⅲ和ⅳ中溶液颜色差异的主要原因是溶液中浓度不同【答案】C【解析】A．CuCl2与NaOH反应生成蓝色Cu(OH)2沉淀，Cu(OH)2与NaClO发生氧化还原反应生成NaCuO2，NaClO被还原，则Cu元素的化合价升高，NaCuO2中Na为+1价，则Cu为+3价，O为-2价，过氧根中O为-1价，故不存在过氧根离子，故A错误；B．NaCuO2是不溶于水的黑色晶体，步骤②生成的黑色沉淀为NaCuO2，离子方程式中应写化学式NaCuO2↓，而非离子，故B错误；C．现象iv是在NaCuO2中加浓盐酸生成黄绿色气体（Cl2），Cl-被氧化为Cl2，氧化剂为NaCuO2，氧化产物为Cl2，根据同一反应中氧化性：氧化剂>氧化产物，可知氧化性NaCuO2>Cl2，故C正确；D．现象iii是在NaCuO2中加稀硫酸，Cu2+以[Cu(H2O)4]2+形式存在呈蓝色，现象iv是在NaCuO2中加浓盐酸，Cl-浓度大，生成[CuCl4]2-呈黄色，颜色差异因Cl-浓度不同形成不同络合离子，而非H+浓度，故D错误；11.研究人员提出利用锂硫电池对金属构件进行电化学修复，在金属磨损处填补金属单质，其工作原理如图所示。电池以掺石墨烯的为正极，金属锂为负极，固态离子导体为电解质。下列说法正确的是A.电极c处连接待修复金属构件B.电极a发生反应：C.电池工作时，向电极b迁移D.可用硫酸铝溶液作电解液修复磨损的铝制品【答案】A【解析】由题知，锂硫电池对金属构件进行电化学修复，在金属磨损处填补金属单质。则待修复金属构件需作为阴极发生金属离子得电子生成金属单质的还原反应，应连接电源负极。锂硫电池中金属锂为负极（电极b），则电极a为正极，电极c为阴极，电极d为阳极，据此回答。A．由分析知，待修复金属构件为电解池的阴极，电极c为阴极，则构件连接c，A正确；B．电极a为电池正极，发生还原反应，电极反应式可能为，而电荷不守恒，B错误；C．电池工作时，阳离子（Li+）向正极迁移，电极a为正极，Li+应向a迁移，而非电极b（负极），C错误；D．硫酸铝溶液中，Al3+的放电顺序弱于H+，阴极会优先发生，无法使Al3+得电子生成Al单质，不能修复铝制品，D错误；故答案选A。12.实验表明二氧化铈（）载体表现出高效的氧交换能力，可用于甲烷化学链重整，其部分原理如图所示。已知下图立方晶胞的晶胞参数为anm，下列相关说法正确的是A.晶胞中，位于形成的八面体空隙中B.晶胞的俯视图为：C.晶胞中，之间的最短距离为nmD.晶胞中【答案】D【解析】A．CeO2通常为萤石（CaF2）型结构，其中O2-位于Ce4+形成的正六面体空隙中（正方体中心），A错误；B．CeO2晶胞中Ce4+为面心立方排列，俯视图应为，B错误；C．面心立方堆积中Ce4+最短距离为面对角线一半，即anm，C错误；D．设CeOx晶胞中Ce4+为m，Ce3+为n，总Ce数m+n=4（与CeO2中Ce数相同），氧空位使O数减少，O原子个数为7，电荷守恒：4m+3n=2×7=14，解得m=2，n=2，n(Ce4+):n(Ce3+)=1:1，D正确；故选D。13.甲酸是基本有机化工原料之一，它有两种可能的分解反应：反应①：反应②：一定压强下，向密闭容器中充入一定量的HCOOH气体，平衡体系中CO或的选择性和HCOOH的转化率随温度变化曲线如图所示。提示：CO的选择性下列说法正确的是A.曲线I代表的选择性B.反应①：（300℃）＞（350℃）C.400℃时的体积分数约为D.其他条件不变，向体系中通入氩气，HCOOH的转化率下降【答案】C【解析】A．图像中CO的选择性曲线随温度升高从100%降至0%（标记“CO”的下降曲线），H2的选择性应与之互补（从0%升至100%）。曲线II为H2的选择性曲线，A错误；B．反应①为吸热反应（），升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，故（300℃）＜（350℃），B错误；C．400℃时，CO选择性为0，仅反应②发生，设初始HCOOH为1mol，由图可知，转化率α=90%，反应②生成CO2和H2各0.9mol，剩余HCOOH0.1mol，总气体物质的量=0.1+0.9+0.9=1.9mol。CO₂体积分数为，C正确；D．两反应均为气体体积增大的反应，恒压下通入氩气，相当于减压，平衡正向移动，HCOOH转化率增大，D错误；故选C。14.常温下，磷的重要化合物、和可通过与NaOH溶液反应获得，含磷微粒的分布分数与pH的关系如图所示。[比如：]。下列说法错误的是A.Z点溶液加水稀释：增大B.水的电离程度：Z点＞Y点＞X点C.Y点溶液存在：D.常温下，的【答案】A【解析】A．Z点为HPO与PO分布分数相等的点(pH≈12.3)，存在电离平衡HPO⇌H++PO，Ka3=，则=，加水稀释后，碱性溶液pH减小，c(H+)增大，Ka3不变，故该比值减小，A错误；B．图示可以理解成向磷酸溶液中逐渐加入NaOH，磷酸对水的电离起抑制作用，随着NaOH的加入，水的电离程度逐渐增大，当两者恰好完全反应生成Na3PO4时，水的电离程度达到最大，继续加入NaOH溶液，水的电离程度又逐渐减小，故水电离程度Z＞Y＞X，B正确；C．Y点H2PO与HPO浓度相等(设为a)，电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(H2PO)+2c(HPO)+3c(PO)+c(OH-)=a+2a+3c(PO)+c(OH-)=3c(H2PO)+3c(PO)+c(OH-)，C正确；D．反应H2PO+PO⇌2HPO的K==，由图像可知，Ka2=10⁻7.2，Ka3=10⁻12.3，故K=1×105.1，D正确；答案选A。二、非选择题（本大题共4小题，共58分）15.锡的两种常见氯化物为和均易水解。某化学兴趣小组用如图装置（夹持装置等略）和药品制备，用同套装置更换药品制备。已知：①还原性：；②锡及其氯化物的熔点和沸点如下：物质Sn熔点/℃217246-33沸点/℃685652114回答下列问题：Ⅰ.制备（1）仪器X的名称__________。（2）A装置能产生较多HCl气体的原因__________（答一种原因即可）。（3）装置D的作用是__________。（4）从装置E流出且需要处理的气体为__________（写化学式）。Ⅱ.制备并测定含量（5）该兴趣小组将A中浓硫酸换成高浓度NaClO溶液制备。可以选择__________（填标号）试剂来检测产品中是否混有杂质。a.溴水b.溶液c.酸性溶液d.饱和溶液写出其中一个对应的离子方程式__________。（6）测定样品中杂质的含量（只含杂质）。取mg样品溶于适量浓盐酸，加蒸馏水稀释至250mL，取25.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液，用cmol/L的碘标准溶液滴定至终点时消耗VmL。①该产品中的质量分数为__________。②以下滴定操作会使测定结果偏高的是__________。a.操作时间过长b.装标准液的滴定管未用标准液润洗c.不小心将标准液滴至锥形瓶外d.盛装标准液滴定管滴定前无气泡，滴定后有气泡【答案】（1）蒸馏烧瓶（2）浓盐酸有挥发性，浓硫酸滴入浓盐酸会放热，促使HCl大量挥发（3）冷凝并收集（4）（5）①.ad②.或（6）①.②.bc【解析】装置A中，浓盐酸和浓硫酸反应生成HCl，B中浓硫酸干燥HCl，装置C中HCl和锡粉反应生成和H2，生成的经冷却后在装置D中收集，E中碱石灰的作用是吸收过量的HCl且防止空气中的水分进入装置D，据此分析解题。（1）仪器X的名称是蒸馏烧瓶。（2）A装置能产生较多HCl气体的原因是：浓盐酸有挥发性，浓硫酸滴入浓盐酸会放热，促使HCl大量挥发。（3）的沸点是652℃，由分析可知，装置D的作用是冷凝并收集。（4）由分析可知，装置C中HCl和锡粉反应生成和H2，E中碱石灰可以吸收HCl气体，从装置E流出且需要处理的气体为。（5）易被氧化，可与具有氧化性的物质发生氧化还原反应，a．溴水中Br2具有氧化性，可以和反应生成沉淀和Br-，溴水褪色，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，a选；b．和均可以和溶液反应生成AgCl白色沉淀，不能用来鉴别产品中是否混有杂质，b不选；c．和中均含有Cl-，均可以和酸性溶液发生氧化还原反应，导致溶液褪色，不能检测产品中是否混有杂质，c不选；d．饱和溶液中Fe3+具有氧化性，可以和反应生成沉淀和Fe2+，可以检测产品中是否混有杂质，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：；故选ad，其中发生的离子方程式为：、。（6）①根据反应Sn2++I2=Sn4++2I-，可知25.00mL稀释后的溶液中n(Sn2+)=n(I2)=cV10-3mol，故该产品中SnCl2的含量为；②a．操作时间过长，可能被空气中的氧气氧化，导致后续滴定消耗碘标准溶液的体积偏低，使测定结果偏低，a不选；b．装标准液的滴定管未用标准液润洗，会导致标准液被稀释，导致后续滴定消耗碘标准溶液的体积偏高，使测定结果偏高，b选；c．不小心将标准液滴至锥形瓶外，导致后续滴定消耗碘标准溶液的体积偏高，使测定结果偏高，c选；d．盛装标准液滴定管滴定前无气泡，滴定后有气泡，会导致后续滴定消耗碘标准溶液的体积偏低，使测定结果偏低，d不选；故选bc。16.钕铁硼永磁材料被广泛应用于计算机、电机、核磁共振成像仪等高科技领域，钕铁硼磁体废料（含等元素）可通过湿法工艺有效回收磁体中稀土和铁等元素，回收工艺如图所示：已知：溶液中金属离子浓度时认为其沉淀完全，。（1）“酸浸”中，提高浸取速率措施有__________（写一条）。（2）“氧化”的目的是__________。（3）“萃取②”是用酸性磷酸酯P507（用表示）和煤油的混合液作萃取剂，其萃取原理为。溶液初始pH以及P507的浓度对萃取率的影响如图所示。请从平衡移动的角度解释萃取率随初始pH的减小而减小的原因：__________。“萃取”操作条件应选的最佳pH以及与P507浓度之比为__________。A.2.0，1:12B.3.5，1:6C.3.0，1:6D.2.5，1:9（4）“沉钕”时，当恰好完全沉淀，浓度为__________。（5）“焙烧②”的化学方程式为__________。（6）以为原料制备，晶胞结构与相似，但由于哑铃形的存在，使晶胞沿同一个方向拉长，离最近的有__________个。设为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数如图所示，则晶体密度为__________（写表达式即可）。【答案】（1）适当提高酸浸的温度（搅拌、粉碎、研磨等）（2）将氧化为，提高的反萃取率（3）①.溶液pH减小，浓度增大，平衡逆向移动，萃取率减小②.D（4）（5）（6）①.4②.【解析】钕铁硼废料主要成分为钕和铁，“焙烧①”后钕和铁主要以和的形式存在，加入盐酸酸浸，金属氧化物溶解，加入将氧化为，加入N503萃取，后续反萃取得到，用P507萃取，加入沉钕得到晶体，经过煅烧后得到；（1）适当升高酸浸温度，可以增加分子的热运动，使反应物分子更频繁地接触，从而加快反应速率；（2）钕铁硼磁体废料中含有元素，在“酸浸”后元素以形式存在，“氧化”步骤加入，具有氧化性，目的是将氧化为，提高的反萃取率；（3）由萃取平衡式可知，溶液pH减小，即溶液中浓度增大，使得萃取平衡逆向移动，降低萃取剂的萃取效率；由溶液初始pH以及P507的浓度对萃取率的影响图可知，当pH＞2.5后，时的萃取率接近百分百，高于其余两种条件，故选D；（4）已知，当恰好完全沉淀，，根据，则代入数据可得，所以；（5）“沉钕”得到，“焙烧②”在氧气中进行，被氧化为，元素转化为，根据得失电子守恒和原子守恒，化学方程式为；（6）以为原料制备，晶胞结构与相似，可得在晶胞中，与一个离子最近的同离子有6个，但由于哑铃形的存在，使晶胞沿同一个方向拉长，所以离最近的有4个；晶胞中原子个数：，个数：。又因为相对原子质量144，晶胞体积，根据数据可得晶体密度为。17.利用生物柴油的副产物甘油（）制氢具有广阔的研究前景。甘油水蒸气重整制氢的主要反应如下：反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ：（1）重整总反应：__________，该反应能够自发进行的条件是__________（填“高温”、“低温”或“任何温度”）。（2）一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的(g)和水蒸气，发生上述三个反应，下列说法中能表明反应达到平衡状态的是__________（填标号）。a.气体密度不变b.气体总压强保持不变c.(g)浓度不变d.（3）Pa条件下，1mol和9mol发生上述反应达平衡状