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广东省湛江市部分学校2024届高三上学期开学质量摸底考试化学试题
1．（2023高三上·湛江开学考）古“丝绸之路”让古代中国商品名扬海外。下列“丝绸之路博物馆”展出的文物中，主要由硅酸盐材料制成的是
文物
选项 A.蚕桑丝绸 B.西汉古茶 C.陶瓷碎片 D.铜镜
A．A B．B C．C D．D
2．（2023高三上·湛江开学考）我国的深空探测、激光晶体、量子通信、深海探测等技术世界领先。下列说法正确的是（　　）
A．空间站宇航员若用激光笔照射太空，可在太空中看到一条光亮的通路
B．普通玻璃是非晶体，可用X射线衍射实验区分激光晶体和普通玻璃
C．量子通信所用磁性材料的主要成分是Fe2O3
D．海水中重水（2H2O）总储量巨大，2H2O和1H2O互为同位素
3．（2023高三上·湛江开学考）打造特色产业是持续推进乡村振兴战略的重要举措。下列说法正确的是
A．云南九乡利用区域内溶洞大力发展旅游业，溶洞的形成过程中发生了化学变化
B．河南中牟发展葡萄种植和酿酒业，葡萄糖可水解为乙醇
C．广东电白依托大面积种植花生发展食用油产业，花生油属于天然有机高分子化合物
D．黑龙江安达市以奶酪为载体打造畜牧产业链，奶酪的主要成分属于糖类
4．（2023高三上·湛江开学考）如图所示是配制某物质的量浓度NaOH溶液的某些步骤。下列说法错误的是
A．图1：称量并溶解NaOH B．图2：转移洗涤液
C．图3：定容 D．图4：定容后反复上下颠倒摇匀
5．（2023高三上·湛江开学考）化学处处呈现美。下列说法正确的是（　　）
A．杜甫诗中“迟日江山丽，春风花草香”，体现了分子是运动的
B．春节绚丽多彩的烟花，是电子由基态跃迁到激发态时，能量以光的形式释放出来
C．将铜片和锌片放入稀盐酸中，用导线连接铜片→氖灯→锌片，氖灯发出美丽的亮光，稀盐酸是电解质
D．氯化铵固体受热神奇消失，该过程是升华现象
6．（2023高三上·湛江开学考）在触媒作用下，利用电化学原理处理酸性溶液中有机物的原理如图所示。下列分析正确的是
A．B电极是负极
B．A电极的电极反应式为C13H8N2O2+2e-=C13H10N2O2+2OH-
C．若有机物是甲酸(HCOOH)，处理1mol甲酸，理论上需要11.2LO2(标准状况)
D．电子从A电极区通过离子交换膜进入B电极区
7．（2023高三上·湛江开学考）幸福生活是劳动创造的，同学们要积极参与劳动。下列劳动项目没有运用相关原理的是
选项 劳动项目 相关原理
A 家务劳动：利用消毒碗柜高温消毒 加热使蛋白质变性，失去生理活性
B 体育比赛志愿者：向伤者受伤部位喷氯乙烷降温镇痛 氯乙烷易挥发，挥发过程吸热
C 环保活动：宣传使用无磷洗涤剂 含磷洗涤剂伤皮肤
D 清洁活动：用NaOH溶液除污剂清洗抽油烟机 油脂在碱性条件下易水解为可溶物
A．A B．B C．C D．D
8．（2023高三上·湛江开学考）甲和丙是2－羟基环己基甲酸(乙)的上下游产品(甲、乙、丙的结构简式如图所示)，在生态研究中具有重要作用。下列说法错误的是
A．乙能与氨基酸或蛋白质反应
B．1mol丙最多能与2molNaOH反应
C．相同物质的量浓度和温度下，甲水溶液的酸性比乙强
D．甲和乙分子中手性碳原子数目相同
9．（2023高三上·湛江开学考）如图所示是模拟制备氯水并检验Cl2性质的装置(夹持装置略去，挥发的HCl较少)。下列说法正确的是
A．烧瓶中固体试剂X应是MnO2
B．水浴加热抽滤瓶能加快Cl2与水反应速率，增大氯水中HClO的浓度
C．干燥有色布条褪色，说明Cl2分子有漂白性
D．装有NaOH溶液的烧杯可吸收尾气，防止污染
10．（2023高三上·湛江开学考）含Fe物质的分类与相应化合价关系如图所示，c和f均为盐酸盐，其中f晶体熔点为306℃，沸点为316℃。下列推断不合理的是
A．检验f溶液中是否含c，可向f溶液中依次加入KSCN溶液和双氧水
B．a与Cl2可直接化合生成f，f为分子晶体，含有共价键
C．含d矿石可冶炼a，f可用于制作印刷电路板
D．向盛有c溶液的烧杯中滴加NaOH溶液，存在c→b→e的转化
11．（2023高三上·湛江开学考）设NA为阿伏加德罗常数的值，硫酸工业涉及S→SO2→SO3→H2SO4的转化过程。下列说法正确的是
A．标准状况下，含NA个硫原子的硫单质体积为22.4L
B．将2molSO2和1molO2混合于密闭容器中，充分反应后，转移的电子数为4NA
C．1molSO2和SO3混合气体通入过量NaOH溶液中，所得溶液中SO和SO离子总数为NA
D．1mol/L的H2SO4溶液中：c(H+)>2c(SO)
12．（2023高三上·湛江开学考） 下列陈述I和陈述Ⅱ均正确且具有因果关系的是（　　）
选项 陈述 陈述
A 工业上电解熔融AlCl3冶炼铝 AlCl3熔点比Al2O3低
B 试管中盛有蓝色硫酸铜晶体，加入浓硫酸后晶体变白 浓硫酸有脱水性
C 常温下，Fe遇浓硝酸产生红棕色气体，遇稀硝酸产生无色气体 浓度越大，反应速率越快
D 除去乙炔中的H2S用CuSO4溶液，不用FeSO4溶液 CuS在水中的溶解度小于FeS
A．A B．B C．C D．D
13．（2023高三上·湛江开学考）甲醇能与乙酸发生酯化反应：CH3COOH+CH3OHCH3COOCH3+H2O。下列说法错误的是
A．该反应过程中，甲醇分子中O－H键断裂
B．如图所示可表示甲醇分子中C－H键成键过程
C．其他条件一定时，适当增大投料比【n(乙酸)：n(甲醇)】可提高甲醇转化率
D．加入浓硫酸和加热能加快酯化反应速率
14．（2023高三上·湛江开学考）化合物WV4Y(ZX4)2用途广泛，所含5种短周期元素V、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，每个短周期均有分布，X与W处于同周期，X与Z同主族，W的基态原子价层p轨道半充满，基态Y原子最高能级的电子排布式为npn-2，基态Z原子最高能层p轨道均有电子且有2个未成对电子。下列说法正确的是
A．ZX3和WX的空间结构相同
B．第一电离能：W＜X＜Z
C．简单氢化物稳定性：X＜Z
D．W简单气态氢化物的溶液和最高价氧化物对应水化物的溶液，都能溶解Y最高价氧化物对应水化物
15．（2023高三上·湛江开学考）在Fe2O3的催化作用下，向200℃的恒温恒容密闭容器中充入1molCH4和2molNO2，发生反应CH4(g)+2NO2(g)CO2(g)+N2(g)+2H2O(g)，反应过程及能量变化示意图如图所示。下列说法正确的是
A．容器内气体的密度不再发生变化时，该反应达到平衡状态
B．反应一段时间后(未达平衡)，Fe3O4会远远多于Fe2O3
C．起始条件相同，其他条件不变，仅改为绝热密闭容器，CH4和NO2的转化率降低
D．使用更高效的催化剂能提高该反应平衡时的转化率
16．（2023高三上·湛江开学考）利用镁－次氯酸盐电池为电源，模拟电浮选凝聚法处理污水示意图如图所示，通过铁和石墨电极在污水中电解，利用污水中溶解的氧将生成的Fe2+转化为Fe(OH)3沉淀吸附污染物，气泡把污水中悬浮物带到水面形成浮渣层，从而达到净水的目的。下列说法错误的是
A．镁－次氯酸盐电池总反应的离子方程式为Mg+ClO-+H2O=Mg(OH)2+Cl-
B．M应是石墨电极，N应是铁电极
C．生成Fe(OH)3，沉淀反应的离子方程式为4Fe2++10H2O+O2=4Fe(OH)3↓+8H+
D．将污水中悬浮物带到水面形成浮渣层的气泡成分主要是H2
17．（2023高三上·湛江开学考）醋酸(用HAc表示)是生活中常见的有机弱酸。某小组欲借助传感器探究醋酸的电离过程。查阅资料：一定条件下，按=1配制的溶液中，c(H+)的值等于HAc的Ka；稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) △H=-57.300kJ/mol。
（1）配制0.10mol/LHAc溶液：
①配制250mL0.10mol/L的HAc溶液，需5.0mol/LHAc溶液的体积为　 　mL。
②配制250mL0.10mol/LHAc溶液，下列仪器中不需要的是　 　(填仪器名称)。
（2）探究电离程度：量取20.00mL所配HAc溶液于锥形瓶中，加入指示剂，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定，恰好完全反应时消耗NaOH溶液21.20mL，用pH传感器测滴定过程的pH(部分数据如表所示)。
V(NaOH)/mL 0.00 10.00 15.00 19.00 20.00
pH 2.87 4.70 5.12 5.70 6.02
①指示剂适宜选用　 　(填“酚酞”或“甲基橙”)。
②该HAc溶液浓度为　 　mol/L。
③根据表格数据，得出该温度下HAc的Ka　 　10-4.70(填“＞”、“＜”或“=”)。
（3）探究电离过程热效应：取上述HAc和NaOH溶液各100mL于量热装置中反应，测得反应前后体系的温度值变化△T，重复操作3次，记录实验数据如表所示：
实验 I II III
△T/℃ 0.59 0.61 0.60
①重复操作3次的目的是　 　。
②平均每次HAc和NaOH溶液反应放出的热量为　 　J【c和p分别取4.18J/(g ℃)、1.0g/mL，忽略水以外各物质吸收的热量，保留两位小数，下同】。
③根据所学原理，可推知的热效应△H=　 　kJ/mol。
（4）写出一种生活中常见的无机弱酸及其用途：　 　。
18．（2023高三上·湛江开学考）22号元素钛(Ti)的单质被誉为未来金属。工业冶炼Ti后的废渣中有SiO2和含Ti、Ca、Fe、Cu、Mg的化合物，从该废渣中回收Ti，并获得高附加值化工产品(MgF2、活性CaCO3、K2FeO4、X)的一种生产工艺如图所示：
已知：生产条件下MgF2的溶度积为9.0×10-9；NH4+时存在时，不易生成MgCO3沉淀，固体2中有CaCO3、Cu2(OH)2CO3和某含铁化合物。
（1）写出基态Ti原子的价电子排布式：　 　。
（2）工艺设计要准确分析物质成分，科学加入试剂，准确把握用量，离子物质的量浓度≤1.0×10-5mol/L时，一般认为该离子沉淀完全。
①选择向固体1中加入盐酸而不加入硫酸的原因是　 　。
②“析晶”过程是向深蓝色溶液3中先加入适量70%的H2SO4中和过量的氨水，再加入适量乙醇，得到深蓝色品体X，产品X的化学式是　 　。
③“再溶”过程中加入强碱Y的稀溶液，溶液4中加入适量强碱Y的固体，强碱Y的化学式是　 　；写出固体3“再溶”过程的离子方程式：　 　。
④测得溶液2中c(Mg2+)=0.030mol/L，要确保Mg2+沉淀完全，1L溶液2至少需加入NaF的物质的量为　 　mol(忽略溶液体积变化)。
（3）以上生产工艺中可循环利用的物质有NH3和　 　(填化学式)。
（4）活性炭酸钙晶胞为正方体结构，晶胞结构如图所示，黑点代表Ca2+，白色小圈代表CO，晶胞边长为anm。
①活性炭酸钙晶体中一个CO周围与其最近且等距的Ca2+的个数为　 　。
②最近两个Ca2+之间的距离为　 　nm(用含a的代数式表示)。
19．（2023高三上·湛江开学考）R是一种亲氯有机物，属于非电解质，易溶于水，在含Cl-的溶液中能发生如下反应。
反应I：R(aq)+Cl-(aq)RCl-(aq)
反应II：RCl-(aq)+Cl-(aq)RCl(aq)
回答下列问题：
（1）常温下，向NaCl溶液中加入R，15s末测得c(RCl-)=0.07mol/L，c(RCl)=0.04mol/L。
①0~15s内，Cl-的平均消耗速率v(Cl-)=　 　。
②待反应充分进行，达到平衡状态时溶液的体积为V0，加蒸馏水稀释至溶液体积为V，达到新平衡时，Cl-的物质的量浓度为c平衡(Cl-)，RCl的物质的量浓度为c平衡(RCl)。写出反应I平衡常数的表达式KI=　 　，稀释过程中平衡常数KI的值　 　(填“变大”、“变小”或“不变”)，请在答题卡坐标内画出随1g的变化趋势曲线　 　。
（2）室温下，向Cl-初始浓度c0(Cl-)=amol/L的NaCl溶液中加入不同量的R，用数据传感器测得平衡时(X表示Cl-、RCl-，RCl随变化的数据，记录如表所示(b和d代表数字，忽略溶液体积变化)：
0 0.25 0.50 0.75 1.00
Cl- 1.00 0.79 0.64 0.54 0.46
RCl- 0 0.09 0.16 0.22 0.28
RCl 0 0.06 b d 0.13
①从表格中数据可看出关系式：++2×=1，则d=　 　；此关系式也可从理论上推导，下列理论依据中，可推导该关系式的有　 　(填选项序号)。
A.能量守恒定律
B.电荷守恒定律
C.质量守恒定律
D.氧化还原反应遵循还原剂失去的电子总数和氧化剂得到的电子总数相等的规律
②=0.50时，R的转化率为　 　(写出计算过程)。
（3）R的分子结构可表示为M－COOH，M为有机分子部分结构。补充完整方程式：R+CH3CH2OHM－COOCH2HC3+　 　。
20．（2023高三上·湛江开学考）仿生催化反应是未来发展的重要方面，我国仿生催化反应研究走在世界前列。化合物V是一种重要的仿生催化剂，合成路线如图所示：
回答下列问题：
（1）化合物II的同分异构体中，核磁共振氢谱只有1组吸收峰的结构简式为　 　；化合物III的分子式为　 　。
（2）化合物I的化学名称为　 　，其同分异构体中含有－CHBr－CHO结构的有　 　种(不考虑立体异构)，根据化合物I的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成表格。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
a NaOH乙醇溶液、加热 　 　 　 　
b 　 　 　 　 氧化反应(生成有机产物)
（3）关于反应③的说法中，正确的有(填选项序号)。
A．反应过程中，既有C－O键的断裂，又有C－O键的形成
B．反应过程中，既有C=O键的断裂，又有C=O键的形成
C．化合物III和IV都是极性分子，碳原子之间均以“头碰头”方式形成化学键
D．反应③是加成反应
（4）反应⑤方程式为 +R3－CH2－CHO ，以乙烯和乙醛为原料，无机试剂任选，利用反应②、③和⑤的原理合成化合物VI( )。
①第一步反应是乙烯在Ag催化下与O2反应，产物的结构简式为　 　。
②最后一步的化学方程式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】含硅矿物及材料的应用；硅酸盐
【解析】【解答】A．蚕桑丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然有机高分子材料，A错误；
B．茶叶的主要成分是纤维素、果胶质、蛋白质等有机物，B错误；
C．陶瓷碎片是由黏土等硅酸盐原料烧制而成的，属于硅酸盐材料，C正确；
D．铜镜的主要成分是铜合金，属于金属材料，不是硅酸盐材料，D错误；
故选C。
【分析】硅酸盐材料是由硅酸盐矿物构成的材料，广泛应用于多个领域。它们的主要成分包括长石、石英、高岭土等，通常用于建筑材料（如水泥、砖块、瓷砖等），具有优异的耐火性能和机械强度。此外，硅酸盐材料在陶瓷制品和玻璃制品中也有重要应用，因其良好的耐热性和绝缘性能，广泛用于日用品和工业设备。
2．【答案】B
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；同位素及其应用；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、太空属于真空，不能形成胶体，因此若用激光笔照射太空，不能看到一条光亮的通路，故A错误；
B、普通玻璃是非晶体，则可用X射线衍射实验区分激光晶体和普通玻璃，故B正确；
C、 Fe2O3 不具有磁性，该磁性材料为Fe3O4，故C错误；
D、同位素是指质子数相同，中子数不同的不同原子， 2H2O和1H2O 均为化合物，二者不互为同位素，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、丁达尔效应是胶体特有的性质；
B、X-射线衍射实验是区分晶体和非晶体最科学的方法；
C、氧化铁不具有磁性；
D、质子数相同，中子数不同的不同原子互为同位素。
3．【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；单糖的性质和用途；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．溶洞的形成过程中有新物质生成，发生了化学变化，A项正确；
B．葡萄糖是单糖，单糖是不能再水解的糖类，葡萄糖可在酒化酶的作用下发酵得到乙醇，B项错误；
C．花生油属于油脂，油脂的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，C项错误；
D．奶酪是一种发酵的牛奶制品，其主要成分是蛋白质，不属于糖类，D项错误；
故选A。
【分析】A．有新物质生成的变化属于化学变化；
Ｂ．葡萄糖是单糖，单糖是不能再水解的糖类；
Ｃ．高分子化合物是指相对分子质量很大的化合物，一般相对分子质量在一万以上；
Ｄ．奶酪的主要成分为蛋白质。
4．【答案】A
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A．NaOH具有腐蚀性，易潮解，应放在烧杯中称量，A项错误；
B．转移洗涤液时需要用玻璃棒引流，防止溶液溅出，B项正确；
C．定容时加蒸馏水至刻度线以下1~2cm处，改用胶头滴管滴加至凹液面最低处与刻度线相切，C项正确；
D．定容后将容量瓶反复上下颠倒摇匀，使溶液混合均匀，D项正确；
故选A。
【分析】配制一定浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，应熟记每一步骤的细节。
5．【答案】A
【知识点】原子核外电子的跃迁及应用；电解质与非电解质
【解析】【解答】A、分子总在不断运动，香气分子不断运动到空气中使人能闻到香味，故A正确；
B、电子由基态跃迁到激发态时吸收能量，故B错误；
C、稀盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D、氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，该过程发生的是化学变化，不是升华现象，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、分子总在不断运动；
B、电子从基态跃迁到激发态吸收能量；
C、电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；
D、加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢。
6．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．B电极上氧气发生还原反应，则B电极为正极，A错误；
B．A电极为负极，发生氧化反应，处理的是酸性溶液，溶液中不可能含有大量OH-，正确的电极反应式为C13H10N2O2-2e-= C13H8N2O2+2H+，B错误；
C.1mol甲酸转化为CO2需要转移2mol电子，转移2mol电子需要消耗0.5molO2，标准状况下的体积为11.2L，C正确；
D．电子不能通过离子交换膜，电子是通过外电路从 A 电极流向 B 电极，D错误。
故选C。
【分析】B电极上，氧气发生还原反应生成水，则B电极为正极，A电极为负极，负极发生氧化反应，电极反应式为C13H10N2O2-2e-= C13H8N2O2+2H+。
7．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．利用消毒碗柜高温消毒，因为加热能使蛋白质变性，失去生理活性，从而达到消毒的目的，该劳动项目运用了相关原理，故A不符合题意；
B．向伤者受伤部位喷氯乙烷降温镇痛，是由于氯乙烷易挥发，挥发过程吸热，从而起到降温的作用，该劳动项目运用了相关原理，故B不符合题意；
C．宣传使用无磷洗涤剂，是因为含磷洗涤剂会使水体富营养化，造成水污染，而不是因为含磷洗涤剂伤皮肤，该劳动项目没有运用所给的相关原理，故C符合题意；
D．油脂在碱性条件下易水解为可溶物，从而能够去除油污，该劳动项目运用了相关原理，故D不符合题意；
故选C。
【分析】A．蛋白质在高温下变性失去活性；
Ｂ．氯乙烷易挥发，挥发过程吸热；
Ｃ．含磷洗涤剂会使水体富营养化；
Ｄ．油脂在碱性条件下易水解为可溶物。
8．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；酯的性质
【解析】【解答】A．乙含有羧基，氨基酸含有氨基，蛋白质含有多个肽键和末端的氨基、羧基。羧基能与氨基发生脱水缩合反应，所以乙能与氨基酸或蛋白质反应，A项正确；
B．丙中只有酰胺基能与NaOH反应，1mol丙最多消耗1molNaOH，B项错误；
C．甲分子中含有氟原子，氟原子是电负性很强的原子，具有吸电子诱导效应，使得羧基上的氢原子更易电离，酸性增强，所以相同物质的量浓度和温度下，甲水溶液的酸性比乙强，C项正确；
D．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，甲和乙中均含有2个手性碳原子，D项正确；
故选B。
【分析】A．乙含有羧基，能与氨基反应；
Ｂ．丙中只有酰胺基能与NaOH反应；
Ｃ．氟原子是电负性很强的原子，具有吸电子诱导效应；
Ｄ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子。
9．【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；制备实验方案的设计；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气需要加热条件，而图中装置没有加热仪器，则X不可能是 MnO2 ，A错误；
B．氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，升温能加快反应速率，但HClO受热分解，水浴加热抽滤瓶不能增大氯水中HClO的浓度，B错误；
C．干燥Cl2没有漂白性，有色布条褪色是因为抽滤瓶中有水，Cl2与水反应生成的HClO起到漂白作用，C错误；
D．氯气有毒，不能直接排放到空气中，Cl2能与NaOH溶液反应，因此装有NaOH溶液的烧杯可吸收Cl2，防止污染，D正确；
故选D。
【分析】A．浓盐酸和二氧化锰制备氯气需要加热；
Ｂ．HClO受热易分解；
Ｃ．干燥的氯气不具有漂白性；
Ｄ．氯气有毒，能与NaOH反应。
10．【答案】A
【知识点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A．若检验氯化铁（f）溶液中是否含氯化亚铁（c），应先加 KSCN 溶液，溶液不变红，再加双氧水，溶液变红，说明原溶液含氯化亚铁。但依次加入 KSCN 溶液和双氧水，无法检验，因为加入 KSCN 溶液无现象不能说明不含氯化亚铁，可能是后续双氧水氧化亚铁离子生成的铁离子才使溶液变红，A项错误；
B．Cl2是强氧化剂，与Fe直接化合生成FeCl3，FeCl3晶体熔点为306℃，沸点为316℃，熔沸点较低，为分子晶体，含有共价键，B项正确；
C．Fe2O3是赤铁矿的主要成分，用于冶炼铁，FeCl3可与覆铜板作用制作印刷电路板，C项正确；
D．向盛有FeCl2溶液的烧杯中滴加NaOH溶液，产生白色沉淀，沉淀很快变成灰绿色，最后变成红褐色，依次发生反应和，存在c→b→e的转化，D项正确；
故选A。
【分析】由图可知，a为单质，为Fe，d为氧化物，Fe元素为+3价，则d为Fe2O3，e、b都是碱，其中的铁元素分别为+3价和+2价，则e为Fe(OH)3，b为Fe(OH)2，c和f均为盐酸盐，则c为FeCl2，f为FeCl3。
11．【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较；气体摩尔体积；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．在标准状况下，硫单质不是气体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol来计算其体积，A错误；
B．SO2与O2转化为SO3是可逆反应，不能完全反应，则转移的电子数小于4NA，B错误；
C.1molSO2和SO3的混合气体通入过量NaOH溶液后，因为SO会水解，SO和SO离子总数小于NA，C错误；
D．.1mol/L的H2SO4溶液中根据电荷守恒有：，则c(H+)＞2c(SO)，D正确；
故选D。
【分析】A．在标准状况下，硫单质不是气体；
Ｂ．二氧化硫与氧气的反应是可逆反应；
Ｃ．SO在溶液中会发生水解；
Ｄ．根据电荷守恒分析。
12．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；金属冶炼的一般原理；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、氯化铝为共价化合物，熔融状态不导电，因此不能电解熔融氯化铝冶炼铝，故A错误；
B、浓硫酸能使有机物中的H、O按照水的比例脱去，体现其脱水性，硫酸铜为无机物，不能体现其脱水性，故B错误；
C、常温下，Fe遇浓硝酸发生钝化，故C错误；
D、FeS的溶解度较大，因此除去乙炔中的H2S用CuSO4溶液，不用FeSO4溶液，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、氯化铝为共价化合物；
B、硫酸铜为无机物；
C、常温下铁在浓硝酸中钝化；
D、CuS在水中的溶解度小于FeS。
13．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；酯化反应
【解析】【解答】A．在酯化反应中，醇提供羟基上的氢原子，羧酸提供羧基上的羟基，所以甲醇分子中O-H键断裂，A项正确；
B．甲醇分子中C-H键是由碳原子的杂化轨道与氢原子的1s轨道重叠形成的，题干中图为sp2杂化轨道和s轨道成键，即sp2-s键，不能表示甲醇分子中C－H键成键过程，B项错误；
C．增大投料比【n(乙酸)：n(甲醇)】，反应的平衡正向移动，甲醇转化率增大，C项正确；
D．浓硫酸在酯化反应中起催化剂和吸水剂的作用，催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率；加热能增加反应物分子的能量，使活化分子百分数增加，从而加快反应速率，D项正确；
故选B。
【分析】A．在酯化反应中，醇提供羟基上的氢原子；
Ｂ．甲醇分子中C-H键是由碳原子的杂化轨道与氢原子的1s轨道重叠形成的；
Ｃ．在可逆反应中，增加一种反应物的浓度，会使平衡向正反应方向移动，从而提高另一种反应物的转化率；
Ｄ．催化剂、升高温度均能增大反应速率。
14．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．SO3中心原子S原子价层电子对数为3，无孤电子对，空间结构为平面三角形，NO中心原子N原子价层电子对数为3，无孤电子对，空间结构为平面三角形。二者空间结构相同，A项正确；
B．同一周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但 ⅡA 族（ns2全满）和 ⅤA 族（np3半满）元素的第一电离能比相邻元素大，同主族由上到下元素原子的第一电离能逐渐减小，则第一电离能：S＜O＜N，B项错误；
C．元素的非金属性越强，其简单氢化物越稳定，非金属性：O>S，则简单氢化物稳定性：X>Z，C项错误；
D．W简单气态氢化物的溶液为氨水，Al(OH)3不溶于氨水，D项错误；
故选A。
【分析】W 的基态原子价层 p 轨道半充满，电子排布式为ns2np3，可能为 N 或 P 元素，结合原子序数可知，应当是N元素，基态Y原子最高能级的电子排布式为npn-2， p 能级最少有 1 个轨道，最多有 6 个电子，则n=3，Y的价电子排布为3s23p1，Y为Al元素，基态 Z 原子最高能层 p 轨道均有电子且有 2 个未成对电子，Z 原子序数大于 Y（Al），所以 Z 为 S 元素， X 与 W 处于同周期，X 与 Z 同主族，所以 X 为 O 元素，V为H元素，综上，V、W、X、Y、Z分别为H、N、O、Al、S。
15．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．在恒温恒容密闭容器中，反应前后气体的质量m不变，体积V也不变，所以气体的密度始终不变，因此，容器内气体的密度不再发生变化时，不能说明该反应达到平衡状态，A错误；
B．根据题干能量变化图，反应i的活化能比反应的大，反应ii速率较快，不会有大量Fe3O4剩余，B错误；
C．在绝热密闭容器中，反应放出的热量使容器内温度升高。对于放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CH4和NO2的转化率降低，C正确；
D．催化剂只能改变反应速率，不能改变反应的平衡状态，也就不能提高该反应平衡时的转化率，D错误；
故选C。
【分析】A．可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此判断；
Ｂ．活化能越大反应速率越慢；
Ｃ．该反应是放热反应，在绝热密闭容器中，反应放出的热量使容器内温度升高；
Ｄ．催化剂不影响平衡状态。
16．【答案】B
【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】A．镁-次氯酸盐电池中，Mg为负极，发生反应，石墨是正极，电极反应式为，两极反应相加得到总反应的离子方程式为，A项正确；
B．要利用污水中溶解的氧将生成的Fe2+转化为Fe(OH)3沉淀，铁应作阳极，发生氧化反应生成Fe2+，所以 N 应是铁电极，M 应是石墨电极（作阴极），B项错误；
C．铁电极只能生成Fe2+，电极反应式为，Fe2+被污水中溶解的O2氧化生成Fe(OH)3沉淀，离子方程式为，H+可被N电极产生的OH-中和，C项正确；
D．N电极的电极反应式为，产生的H2将污水中悬浮物带到水面形成浮渣层，D项正确；
故选B。
【分析】在镁 - 次氯酸盐电池中，镁作负极，发生氧化反应，电极反应式为：，石墨为正极，发生还原反应，电极反应式为：，则M为阳极，N为阴极。
17．【答案】（1）5.0；分液漏斗、球形冷凝管
（2）酚酞；0.1060；＜
（3）减少实验误差，提高实验结果准确性；501.60；+7.14
（4）HClO做漂白剂或消毒液
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；配制一定物质的量浓度的溶液；中和热的测定
【解析】【解答】（1）①溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此，解得V=5.0mL，因为量筒精确度为0.1mL，必须保留有效数字到小数点后1位。
②量取浓溶液要用到量筒，稀释要在烧杯中进行，要在容量瓶中配制溶液，不需要用到的仪器是分液漏斗和球形冷凝管。
（2）①滴定终点溶液中溶质为NaAc，强碱弱酸盐水解显碱性，应用酚酞做指示剂。
②滴定过程中发生反应：，由反应方程式可知，滴定至终点时，，因此，解得。
③当时，，此时，则。
（3）①多测几次求平均值，可以减少实验误差，提高实验结果准确性。
②。
③由实验可知，等体积HAc与NaOH溶液反应时，HAc过量，应以NaOH的量来计算，相当于0.01molHAc和0.01molNaOH反应，反应I：，中和反应Ⅱ：△H=-57.3kJ/mol；用反应I一反应Ⅱ，的热效应。
（4）HClO做漂白剂或消毒液。
【分析】（1）①根据稀释前后溶质的物质的量不变计算HAc溶液体积；
②配制一定浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，据此分析所需仪器；
（2）①滴定终点溶液呈碱性，用酚酞作指示剂；
②根据计算；
③根据计算；
（3）①重复操作取平均值能减小实验误差；
②根据计算；
（4）根据常见的无机弱酸的性质和用途分析。
（1）①溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此，解得V=5.0mL，因为量筒精确度为0.1mL，必须保留有效数字到小数点后1位。
②量取浓溶液要用到量筒，稀释要在烧杯中进行，要在容量瓶中配制溶液，不需要用到的仪器是分液漏斗和球形冷凝管。
（2）①滴定终点溶液中溶质为NaAc，强碱弱酸盐水解显碱性，应用酚酞做指示剂。
②滴定过程中发生反应：，由反应方程式可知，滴定至终点时，，因此，解得。
③当时，，此时，则。
（3）①多测几次求平均值，可以减少实验误差，提高实验结果准确性。
②。
③由实验可知，等体积HAc与NaOH溶液反应时，HAc过量，应以NaOH的量来计算，相当于0.01molHAc和0.01molNaOH反应，反应I：，中和反应Ⅱ：△H=-57.3kJ/mol；用反应I一反应Ⅱ，的热效应。
（4）HClO做漂白剂或消毒液。
18．【答案】（1）3d24s2
（2）CaSO4微溶，防止生成CaSO4固体覆盖在固体1表面，导致固体1溶解不充分；[Cu(NH3)4]SO4 H2O；KOH；2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=3Cl-+2FeO+5H2O；0.090
（3）NaCl
（4）6；a
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；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）Ti是22号元素，基态Ti原子价电子排布式为3d24s2；
（2）①固体1含有钙，加酸溶解时若用硫酸，容易生成硫酸钙，硫酸钙微溶，会覆盖在固体1表面导致部分固体无法溶解；
②溶液3呈深蓝色是因为含有[Cu(NH3)4]2+，加入SO，再加入极性较小的乙醇溶液，会析出深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O，即产品X是[Cu(NH3)4]SO4·H2O；
③根据产物K2FeO4，加入阳离子应为K+，且c(K+)越大，K2FeO4越易析出，故强碱Y是KOH；根据流程，通入强氧化剂后Fe的化合价应为+3价，溶液中Fe3+与CO会发生互促水解，反应生成Fe(OH)3和CO2，固体2中的含铁化合物应是Fe(OH)3，结合“再溶”反应生成过程，应是ClO-做氧化剂被还原为Cl-，Fe(OH)3做还原剂被氧化为FeO，结合题目信息即可写出该反应的离子方程式为。
④加入的NaF分为两部分：一部分形成MgF2沉淀，1L溶液2中，形成MgF2沉淀需要0.060molNaF；另一部分是溶液中剩余的F-，沉淀完全时溶液中，溶度积，，溶液中至少剩余0.030molNaF，故加入NaF至少0.090mol；
（3）根据流程，NH3可用于制备浓氨水，NaCl可循环利用到第一步；
（4）①由图可知配位数为6，每个Ca2+周围最近的CO有6个，每个CO周围最近的Ca2+也是6个；
②最近的两个Ca2+位于相邻两条棱的棱心，距离为面对角线的一半，即anm。
【分析】废渣中钛元素与氯气、氯化钠反应生成液态四氯化钛，网滤得到液态四氯化钛和固体1；液态四氯化钛与镁一定条件下发生置换反应生成金属钛；向固体1中加入盐酸，将固体中金属元素转化为可溶的金属氯化物，二氧化硅与盐酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的弃渣和溶液1；向溶液1中加入碳酸铵溶液，将溶液中钙离子转化为碳酸钙沉淀、铁离子转化为氢氧化铁沉淀、铜离子转化为碱式碳酸铜沉淀，过滤得到含有镁离子的溶液2和含有碳酸钙、氢氧化铁、碱式碳酸铜的固体2；向溶液2中加入氟化钠溶液，将溶液中的镁离子转化为氟化镁沉淀，过滤得到氟化镁和溶液；溶液经处理得到可循环使用的氨气和氯化钠；向固体2中加入浓氨水，将碱式碳酸铜转化为四氨合铜离子，过滤得到含有四氨合铜离子的溶液3和含有碳酸钙、氢氧化铁的固体3；向溶液3中先后加入70%硫酸和过量的氨水、乙醇，析晶、过滤得到硫酸四氨合铜晶体；向固体3中加入次氯酸钾和氢氧化钾的混合溶液，将氢氧化铁转化为高铁酸钾，过滤得到高铁酸钾溶液和碳酸钙；碳酸钙经活化得到活化碳酸钙；向高铁酸钾溶液中加入氢氧化钾固体，降低溶液中高铁酸钾的溶解度，结晶、过滤得到高铁酸钾。
（1）Ti是22号元素，基态Ti原子价电子排布式为3d24s2；
（2）①固体1含有钙，加酸溶解时若用硫酸，容易生成硫酸钙，硫酸钙微溶，会覆盖在固体1表面导致部分固体无法溶解；
②溶液3呈深蓝色是因为含有[Cu(NH3)4]2+，加入SO，再加入极性较小的乙醇溶液，会析出深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O，即产品X是[Cu(NH3)4]SO4·H2O；
③根据产物K2FeO4，加入阳离子应为K+，且c(K+)越大，K2FeO4越易析出，故强碱Y是KOH；根据流程，通入强氧化剂后Fe的化合价应为+3价，溶液中Fe3+与CO会发生互促水解，反应生成Fe(OH)3和CO2，固体2中的含铁化合物应是Fe(OH)3，结合“再溶”反应生成过程，应是ClO-做氧化剂被还原为Cl-，Fe(OH)3做还原剂被氧化为FeO，结合题目信息即可写出该反应的离子方程式为。
④加入的NaF分为两部分：一部分形成MgF2沉淀，1L溶液2中，形成MgF2沉淀需要0.060molNaF；另一部分是溶液中剩余的F-，沉淀完全时溶液中，溶度积，，溶液中至少剩余0.030molNaF，故加入NaF至少0.090mol；
（3）根据流程，NH3可用于制备浓氨水，NaCl可循环利用到第一步；
（4）①由图可知配位数为6，每个Ca2+周围最近的CO有6个，每个CO周围最近的Ca2+也是6个；
②最近的两个Ca2+位于相邻两条棱的棱心，距离为面对角线的一半，即anm。
19．【答案】（1）0.01mol/(L s)；；不变；
（2）0.12；BC；52%
（3）H2O
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）利用氯元素守恒：0~15s共消耗Cl-：，；
②根据方程式可得出反应I平衡常数的表达式；平衡常数只受温度的影响，题目已经说明是常温下，温度不变，平衡常数不变；稀释至n倍时(n＞1)，，则，稀释后，c(RCl-)减小，KII不变。则变大，故随1g变大，变大。
（2）①A．根据题干信息，，计算得到d=0.12；推断该关系，不涉及能量问题，A项错误：
B．将反应视为反应I和反应III：，根据反应I和Ⅲ的电荷守恒可知，消耗的，而，进而得出题干关系式，B项正确；
C．质量守恒定律方面可利用氯守恒，结合方程式得出题干关系式，C项正确；
D．反应不是氧化还原反应，不涉及电子转移，D项错误；
故选BC；
②由可知b=0.10，根据R反应前后守恒可得R转化率。
（3）M-COOCH2CH3比R+CH3CH2OH少2个H、1个O，另一产物是H2O。
【分析】（1）①根据计算；
②根据反应的方程式可知 KI= ，平衡常数只与温度有关；根据分析；
（2）①将表格数据代入计算得到d；推导该关系式依据电荷守恒、质量守恒和得失电子守恒；
②根据反应前后R守恒计算；
（3）根据质量守恒确定另一产物为H2O。
（1）利用氯元素守恒：0~15s共消耗Cl-：，；
②根据方程式可得出反应I平衡常数的表达式；平衡常数只受温度的影响，题目已经说明是常温下，温度不变，平衡常数不变；稀释至n倍时(n＞1)，，则，稀释后，c(RCl-)减小，KII不变。则变大，故随1g变大，变大。
（2）①A．根据题干信息，，计算得到d=0.12；推断该关系，不涉及能量问题，A项错误：
B．将反应视为反应I和反应III：，根据反应I和Ⅲ的电荷守恒可知，消耗的，而，进而得出题干关系式，B项正确；
C．质量守恒定律方面可利用氯守恒，结合方程式得出题干关系式，C项正确；
D．反应不是氧化还原反应，不涉及电子转移，D项错误；
故选BC；
②由可知b=0.10，根据R反应前后守恒可得R转化率。
（3）M-COOCH2CH3比R+CH3CH2OH少2个H、1个O，另一产物是H2O。
20．【答案】（1）；C6H9OBr
（2）对溴环已醇或4－溴环已醇；4；；消去反应；O2、Cu或Ag、加热；
（3）A；C；D
（4）； +CH3CHO
【知识点】有机物的推断；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）化合物Ⅱ不饱和度为2，共有6个C，9个H，核磁共振氢谱只有1组吸收峰说明有3个等效—CH3，除甲基外没有H，结合不饱和度为2，结构简式为 ；化合物Ⅲ的分子式为C6H9OBr。
（2）化合物I的羟基和溴原子连在六元单键碳环的对位，可以命名为“对溴环己醇”或“4溴环己醇”；结合化合物I的分子式，扣除-CHBr-CHO结构，剩余C4H9-，此结构有4种同分异构体；化合物I中含有碳溴键，遇NaOH醇溶液并加热发生消去反应，生成 ；在Cu或Ag催化下与O2可发生氧化反应，生成 。
（3）A．反应③断键：相当于化合物Ⅲ中两个C-O键断裂其中一个，CO2(O=C=O)中一个C=O断裂并形成单键；成键：CO2中的C与化合物Ⅲ中C-O键断裂的O形成C-O键，CO2中断裂C=O并形成单键的O与化合物Ⅲ中C-O键断裂的C形成C-O键，属于加成反应，没有C=O键的形成，A正确；
B．由A可知，没有反应过程中，没有C=O键的形成，B错误；
C．化合物Ⅲ和IV的分子不是中心对称，都是极性分子，碳原子之间均是单键，以“头碰头”方式形成σ键，C正确；
D．由A可知，反应③是加成反应，D正确；
故选ACD。
（4）①结合反应②可知，相当于C=C断裂并形成单键，两个C连同一个O，即产物是 。
②根据反应③可推断第二步的产物为 结合反应⑤不难推出最后一步方程式为： +CH3CHO 。
【分析】（1）分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体，分子中有几种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱就有几组峰；根据结构简式确定分子中所含原子种类和数目，进而确定其分子式；
（2）化合物I的羟基和溴原子连在六元单键碳环的对位；化合物I含有溴原子和醇羟基，具有卤代烃和醇的性质；
（3）反应③：化合物Ⅲ中两个C-O键断裂其中一个，CO2(O=C=O)中一个C=O断裂并形成单键；成键：CO2中的C与化合物Ⅲ中C-O键断裂的O形成C-O键，CO2中断裂C=O并形成单键的O与化合物Ⅲ中C-O键断裂的C形成C-O键；
（4）①乙烯在Ag催化下与氧气反应生成 ；
②结合目标产物结构，可知最后一步是发生类似反应⑤的反应，根据给定的反应⑤的反应模式，以及目标产物的结构逆推得出反应物和反应条件，从而写出化学方程式。
（1）化合物Ⅱ不饱和度为2，共有6个C，9个H，核磁共振氢谱只有1组吸收峰说明有3个等效—CH3，除甲基外没有H，结合不饱和度为2，结构简式为 ；化合物Ⅲ的分子式为C6H9OBr。
（2）化合物I的羟基和溴原子连在六元单键碳环的对位，可以命名为“对溴环己醇”或“4溴环己醇”；结合化合物I的分子式，扣除-CHBr-CHO结构，剩余C4H9-，此结构有4种同分异构体；化合物I中含有碳溴键，遇NaOH醇溶液并加热发生消去反应，生成 ；在Cu或Ag催化下与O2可发生氧化反应，生成 。
（3）A．反应③断键：相当于化合物Ⅲ中两个C-O键断裂其中一个，CO2(O=C=O)中一个C=O断裂并形成单键；成键：CO2中的C与化合物Ⅲ中C-O键断裂的O形成C-O键，CO2中断裂C=O并形成单键的O与化合物Ⅲ中C-O键断裂的C形成C-O键，属于加成反应，没有C=O键的形成，A正确；
B．由A可知，没有反应过程中，没有C=O键的形成，B错误；
C．化合物Ⅲ和IV的分子不是中心对称，都是极性分子，碳原子之间均是单键，以“头碰头”方式形成σ键，C正确；
D．由A可知，反应③是加成反应，D正确；
故选ACD。
（4）①结合反应②可知，相当于C=C断裂并形成单键，两个C连同一个O，即产物是 。
②根据反应③可推断第二步的产物为 结合反应⑤不难推出最后一步方程式为： +CH3CHO 。
1 / 1广东省湛江市部分学校2024届高三上学期开学质量摸底考试化学试题
1．（2023高三上·湛江开学考）古“丝绸之路”让古代中国商品名扬海外。下列“丝绸之路博物馆”展出的文物中，主要由硅酸盐材料制成的是
文物
选项 A.蚕桑丝绸 B.西汉古茶 C.陶瓷碎片 D.铜镜
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】含硅矿物及材料的应用；硅酸盐
【解析】【解答】A．蚕桑丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然有机高分子材料，A错误；
B．茶叶的主要成分是纤维素、果胶质、蛋白质等有机物，B错误；
C．陶瓷碎片是由黏土等硅酸盐原料烧制而成的，属于硅酸盐材料，C正确；
D．铜镜的主要成分是铜合金，属于金属材料，不是硅酸盐材料，D错误；
故选C。
【分析】硅酸盐材料是由硅酸盐矿物构成的材料，广泛应用于多个领域。它们的主要成分包括长石、石英、高岭土等，通常用于建筑材料（如水泥、砖块、瓷砖等），具有优异的耐火性能和机械强度。此外，硅酸盐材料在陶瓷制品和玻璃制品中也有重要应用，因其良好的耐热性和绝缘性能，广泛用于日用品和工业设备。
2．（2023高三上·湛江开学考）我国的深空探测、激光晶体、量子通信、深海探测等技术世界领先。下列说法正确的是（　　）
A．空间站宇航员若用激光笔照射太空，可在太空中看到一条光亮的通路
B．普通玻璃是非晶体，可用X射线衍射实验区分激光晶体和普通玻璃
C．量子通信所用磁性材料的主要成分是Fe2O3
D．海水中重水（2H2O）总储量巨大，2H2O和1H2O互为同位素
【答案】B
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；同位素及其应用；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、太空属于真空，不能形成胶体，因此若用激光笔照射太空，不能看到一条光亮的通路，故A错误；
B、普通玻璃是非晶体，则可用X射线衍射实验区分激光晶体和普通玻璃，故B正确；
C、 Fe2O3 不具有磁性，该磁性材料为Fe3O4，故C错误；
D、同位素是指质子数相同，中子数不同的不同原子， 2H2O和1H2O 均为化合物，二者不互为同位素，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、丁达尔效应是胶体特有的性质；
B、X-射线衍射实验是区分晶体和非晶体最科学的方法；
C、氧化铁不具有磁性；
D、质子数相同，中子数不同的不同原子互为同位素。
3．（2023高三上·湛江开学考）打造特色产业是持续推进乡村振兴战略的重要举措。下列说法正确的是
A．云南九乡利用区域内溶洞大力发展旅游业，溶洞的形成过程中发生了化学变化
B．河南中牟发展葡萄种植和酿酒业，葡萄糖可水解为乙醇
C．广东电白依托大面积种植花生发展食用油产业，花生油属于天然有机高分子化合物
D．黑龙江安达市以奶酪为载体打造畜牧产业链，奶酪的主要成分属于糖类
【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；单糖的性质和用途；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．溶洞的形成过程中有新物质生成，发生了化学变化，A项正确；
B．葡萄糖是单糖，单糖是不能再水解的糖类，葡萄糖可在酒化酶的作用下发酵得到乙醇，B项错误；
C．花生油属于油脂，油脂的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，C项错误；
D．奶酪是一种发酵的牛奶制品，其主要成分是蛋白质，不属于糖类，D项错误；
故选A。
【分析】A．有新物质生成的变化属于化学变化；
Ｂ．葡萄糖是单糖，单糖是不能再水解的糖类；
Ｃ．高分子化合物是指相对分子质量很大的化合物，一般相对分子质量在一万以上；
Ｄ．奶酪的主要成分为蛋白质。
4．（2023高三上·湛江开学考）如图所示是配制某物质的量浓度NaOH溶液的某些步骤。下列说法错误的是
A．图1：称量并溶解NaOH B．图2：转移洗涤液
C．图3：定容 D．图4：定容后反复上下颠倒摇匀
【答案】A
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A．NaOH具有腐蚀性，易潮解，应放在烧杯中称量，A项错误；
B．转移洗涤液时需要用玻璃棒引流，防止溶液溅出，B项正确；
C．定容时加蒸馏水至刻度线以下1~2cm处，改用胶头滴管滴加至凹液面最低处与刻度线相切，C项正确；
D．定容后将容量瓶反复上下颠倒摇匀，使溶液混合均匀，D项正确；
故选A。
【分析】配制一定浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，应熟记每一步骤的细节。
5．（2023高三上·湛江开学考）化学处处呈现美。下列说法正确的是（　　）
A．杜甫诗中“迟日江山丽，春风花草香”，体现了分子是运动的
B．春节绚丽多彩的烟花，是电子由基态跃迁到激发态时，能量以光的形式释放出来
C．将铜片和锌片放入稀盐酸中，用导线连接铜片→氖灯→锌片，氖灯发出美丽的亮光，稀盐酸是电解质
D．氯化铵固体受热神奇消失，该过程是升华现象
【答案】A
【知识点】原子核外电子的跃迁及应用；电解质与非电解质
【解析】【解答】A、分子总在不断运动，香气分子不断运动到空气中使人能闻到香味，故A正确；
B、电子由基态跃迁到激发态时吸收能量，故B错误；
C、稀盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D、氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，该过程发生的是化学变化，不是升华现象，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、分子总在不断运动；
B、电子从基态跃迁到激发态吸收能量；
C、电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；
D、加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢。
6．（2023高三上·湛江开学考）在触媒作用下，利用电化学原理处理酸性溶液中有机物的原理如图所示。下列分析正确的是
A．B电极是负极
B．A电极的电极反应式为C13H8N2O2+2e-=C13H10N2O2+2OH-
C．若有机物是甲酸(HCOOH)，处理1mol甲酸，理论上需要11.2LO2(标准状况)
D．电子从A电极区通过离子交换膜进入B电极区
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．B电极上氧气发生还原反应，则B电极为正极，A错误；
B．A电极为负极，发生氧化反应，处理的是酸性溶液，溶液中不可能含有大量OH-，正确的电极反应式为C13H10N2O2-2e-= C13H8N2O2+2H+，B错误；
C.1mol甲酸转化为CO2需要转移2mol电子，转移2mol电子需要消耗0.5molO2，标准状况下的体积为11.2L，C正确；
D．电子不能通过离子交换膜，电子是通过外电路从 A 电极流向 B 电极，D错误。
故选C。
【分析】B电极上，氧气发生还原反应生成水，则B电极为正极，A电极为负极，负极发生氧化反应，电极反应式为C13H10N2O2-2e-= C13H8N2O2+2H+。
7．（2023高三上·湛江开学考）幸福生活是劳动创造的，同学们要积极参与劳动。下列劳动项目没有运用相关原理的是
选项 劳动项目 相关原理
A 家务劳动：利用消毒碗柜高温消毒 加热使蛋白质变性，失去生理活性
B 体育比赛志愿者：向伤者受伤部位喷氯乙烷降温镇痛 氯乙烷易挥发，挥发过程吸热
C 环保活动：宣传使用无磷洗涤剂 含磷洗涤剂伤皮肤
D 清洁活动：用NaOH溶液除污剂清洗抽油烟机 油脂在碱性条件下易水解为可溶物
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．利用消毒碗柜高温消毒，因为加热能使蛋白质变性，失去生理活性，从而达到消毒的目的，该劳动项目运用了相关原理，故A不符合题意；
B．向伤者受伤部位喷氯乙烷降温镇痛，是由于氯乙烷易挥发，挥发过程吸热，从而起到降温的作用，该劳动项目运用了相关原理，故B不符合题意；
C．宣传使用无磷洗涤剂，是因为含磷洗涤剂会使水体富营养化，造成水污染，而不是因为含磷洗涤剂伤皮肤，该劳动项目没有运用所给的相关原理，故C符合题意；
D．油脂在碱性条件下易水解为可溶物，从而能够去除油污，该劳动项目运用了相关原理，故D不符合题意；
故选C。
【分析】A．蛋白质在高温下变性失去活性；
Ｂ．氯乙烷易挥发，挥发过程吸热；
Ｃ．含磷洗涤剂会使水体富营养化；
Ｄ．油脂在碱性条件下易水解为可溶物。
8．（2023高三上·湛江开学考）甲和丙是2－羟基环己基甲酸(乙)的上下游产品(甲、乙、丙的结构简式如图所示)，在生态研究中具有重要作用。下列说法错误的是
A．乙能与氨基酸或蛋白质反应
B．1mol丙最多能与2molNaOH反应
C．相同物质的量浓度和温度下，甲水溶液的酸性比乙强
D．甲和乙分子中手性碳原子数目相同
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；酯的性质
【解析】【解答】A．乙含有羧基，氨基酸含有氨基，蛋白质含有多个肽键和末端的氨基、羧基。羧基能与氨基发生脱水缩合反应，所以乙能与氨基酸或蛋白质反应，A项正确；
B．丙中只有酰胺基能与NaOH反应，1mol丙最多消耗1molNaOH，B项错误；
C．甲分子中含有氟原子，氟原子是电负性很强的原子，具有吸电子诱导效应，使得羧基上的氢原子更易电离，酸性增强，所以相同物质的量浓度和温度下，甲水溶液的酸性比乙强，C项正确；
D．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，甲和乙中均含有2个手性碳原子，D项正确；
故选B。
【分析】A．乙含有羧基，能与氨基反应；
Ｂ．丙中只有酰胺基能与NaOH反应；
Ｃ．氟原子是电负性很强的原子，具有吸电子诱导效应；
Ｄ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子。
9．（2023高三上·湛江开学考）如图所示是模拟制备氯水并检验Cl2性质的装置(夹持装置略去，挥发的HCl较少)。下列说法正确的是
A．烧瓶中固体试剂X应是MnO2
B．水浴加热抽滤瓶能加快Cl2与水反应速率，增大氯水中HClO的浓度
C．干燥有色布条褪色，说明Cl2分子有漂白性
D．装有NaOH溶液的烧杯可吸收尾气，防止污染
【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；制备实验方案的设计；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气需要加热条件，而图中装置没有加热仪器，则X不可能是 MnO2 ，A错误；
B．氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，升温能加快反应速率，但HClO受热分解，水浴加热抽滤瓶不能增大氯水中HClO的浓度，B错误；
C．干燥Cl2没有漂白性，有色布条褪色是因为抽滤瓶中有水，Cl2与水反应生成的HClO起到漂白作用，C错误；
D．氯气有毒，不能直接排放到空气中，Cl2能与NaOH溶液反应，因此装有NaOH溶液的烧杯可吸收Cl2，防止污染，D正确；
故选D。
【分析】A．浓盐酸和二氧化锰制备氯气需要加热；
Ｂ．HClO受热易分解；
Ｃ．干燥的氯气不具有漂白性；
Ｄ．氯气有毒，能与NaOH反应。
10．（2023高三上·湛江开学考）含Fe物质的分类与相应化合价关系如图所示，c和f均为盐酸盐，其中f晶体熔点为306℃，沸点为316℃。下列推断不合理的是
A．检验f溶液中是否含c，可向f溶液中依次加入KSCN溶液和双氧水
B．a与Cl2可直接化合生成f，f为分子晶体，含有共价键
C．含d矿石可冶炼a，f可用于制作印刷电路板
D．向盛有c溶液的烧杯中滴加NaOH溶液，存在c→b→e的转化
【答案】A
【知识点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A．若检验氯化铁（f）溶液中是否含氯化亚铁（c），应先加 KSCN 溶液，溶液不变红，再加双氧水，溶液变红，说明原溶液含氯化亚铁。但依次加入 KSCN 溶液和双氧水，无法检验，因为加入 KSCN 溶液无现象不能说明不含氯化亚铁，可能是后续双氧水氧化亚铁离子生成的铁离子才使溶液变红，A项错误；
B．Cl2是强氧化剂，与Fe直接化合生成FeCl3，FeCl3晶体熔点为306℃，沸点为316℃，熔沸点较低，为分子晶体，含有共价键，B项正确；
C．Fe2O3是赤铁矿的主要成分，用于冶炼铁，FeCl3可与覆铜板作用制作印刷电路板，C项正确；
D．向盛有FeCl2溶液的烧杯中滴加NaOH溶液，产生白色沉淀，沉淀很快变成灰绿色，最后变成红褐色，依次发生反应和，存在c→b→e的转化，D项正确；
故选A。
【分析】由图可知，a为单质，为Fe，d为氧化物，Fe元素为+3价，则d为Fe2O3，e、b都是碱，其中的铁元素分别为+3价和+2价，则e为Fe(OH)3，b为Fe(OH)2，c和f均为盐酸盐，则c为FeCl2，f为FeCl3。
11．（2023高三上·湛江开学考）设NA为阿伏加德罗常数的值，硫酸工业涉及S→SO2→SO3→H2SO4的转化过程。下列说法正确的是
A．标准状况下，含NA个硫原子的硫单质体积为22.4L
B．将2molSO2和1molO2混合于密闭容器中，充分反应后，转移的电子数为4NA
C．1molSO2和SO3混合气体通入过量NaOH溶液中，所得溶液中SO和SO离子总数为NA
D．1mol/L的H2SO4溶液中：c(H+)>2c(SO)
【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较；气体摩尔体积；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．在标准状况下，硫单质不是气体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol来计算其体积，A错误；
B．SO2与O2转化为SO3是可逆反应，不能完全反应，则转移的电子数小于4NA，B错误；
C.1molSO2和SO3的混合气体通入过量NaOH溶液后，因为SO会水解，SO和SO离子总数小于NA，C错误；
D．.1mol/L的H2SO4溶液中根据电荷守恒有：，则c(H+)＞2c(SO)，D正确；
故选D。
【分析】A．在标准状况下，硫单质不是气体；
Ｂ．二氧化硫与氧气的反应是可逆反应；
Ｃ．SO在溶液中会发生水解；
Ｄ．根据电荷守恒分析。
12．（2023高三上·湛江开学考） 下列陈述I和陈述Ⅱ均正确且具有因果关系的是（　　）
选项 陈述 陈述
A 工业上电解熔融AlCl3冶炼铝 AlCl3熔点比Al2O3低
B 试管中盛有蓝色硫酸铜晶体，加入浓硫酸后晶体变白 浓硫酸有脱水性
C 常温下，Fe遇浓硝酸产生红棕色气体，遇稀硝酸产生无色气体 浓度越大，反应速率越快
D 除去乙炔中的H2S用CuSO4溶液，不用FeSO4溶液 CuS在水中的溶解度小于FeS
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；金属冶炼的一般原理；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、氯化铝为共价化合物，熔融状态不导电，因此不能电解熔融氯化铝冶炼铝，故A错误；
B、浓硫酸能使有机物中的H、O按照水的比例脱去，体现其脱水性，硫酸铜为无机物，不能体现其脱水性，故B错误；
C、常温下，Fe遇浓硝酸发生钝化，故C错误；
D、FeS的溶解度较大，因此除去乙炔中的H2S用CuSO4溶液，不用FeSO4溶液，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、氯化铝为共价化合物；
B、硫酸铜为无机物；
C、常温下铁在浓硝酸中钝化；
D、CuS在水中的溶解度小于FeS。
13．（2023高三上·湛江开学考）甲醇能与乙酸发生酯化反应：CH3COOH+CH3OHCH3COOCH3+H2O。下列说法错误的是
A．该反应过程中，甲醇分子中O－H键断裂
B．如图所示可表示甲醇分子中C－H键成键过程
C．其他条件一定时，适当增大投料比【n(乙酸)：n(甲醇)】可提高甲醇转化率
D．加入浓硫酸和加热能加快酯化反应速率
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；酯化反应
【解析】【解答】A．在酯化反应中，醇提供羟基上的氢原子，羧酸提供羧基上的羟基，所以甲醇分子中O-H键断裂，A项正确；
B．甲醇分子中C-H键是由碳原子的杂化轨道与氢原子的1s轨道重叠形成的，题干中图为sp2杂化轨道和s轨道成键，即sp2-s键，不能表示甲醇分子中C－H键成键过程，B项错误；
C．增大投料比【n(乙酸)：n(甲醇)】，反应的平衡正向移动，甲醇转化率增大，C项正确；
D．浓硫酸在酯化反应中起催化剂和吸水剂的作用，催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率；加热能增加反应物分子的能量，使活化分子百分数增加，从而加快反应速率，D项正确；
故选B。
【分析】A．在酯化反应中，醇提供羟基上的氢原子；
Ｂ．甲醇分子中C-H键是由碳原子的杂化轨道与氢原子的1s轨道重叠形成的；
Ｃ．在可逆反应中，增加一种反应物的浓度，会使平衡向正反应方向移动，从而提高另一种反应物的转化率；
Ｄ．催化剂、升高温度均能增大反应速率。
14．（2023高三上·湛江开学考）化合物WV4Y(ZX4)2用途广泛，所含5种短周期元素V、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，每个短周期均有分布，X与W处于同周期，X与Z同主族，W的基态原子价层p轨道半充满，基态Y原子最高能级的电子排布式为npn-2，基态Z原子最高能层p轨道均有电子且有2个未成对电子。下列说法正确的是
A．ZX3和WX的空间结构相同
B．第一电离能：W＜X＜Z
C．简单氢化物稳定性：X＜Z
D．W简单气态氢化物的溶液和最高价氧化物对应水化物的溶液，都能溶解Y最高价氧化物对应水化物
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．SO3中心原子S原子价层电子对数为3，无孤电子对，空间结构为平面三角形，NO中心原子N原子价层电子对数为3，无孤电子对，空间结构为平面三角形。二者空间结构相同，A项正确；
B．同一周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但 ⅡA 族（ns2全满）和 ⅤA 族（np3半满）元素的第一电离能比相邻元素大，同主族由上到下元素原子的第一电离能逐渐减小，则第一电离能：S＜O＜N，B项错误；
C．元素的非金属性越强，其简单氢化物越稳定，非金属性：O>S，则简单氢化物稳定性：X>Z，C项错误；
D．W简单气态氢化物的溶液为氨水，Al(OH)3不溶于氨水，D项错误；
故选A。
【分析】W 的基态原子价层 p 轨道半充满，电子排布式为ns2np3，可能为 N 或 P 元素，结合原子序数可知，应当是N元素，基态Y原子最高能级的电子排布式为npn-2， p 能级最少有 1 个轨道，最多有 6 个电子，则n=3，Y的价电子排布为3s23p1，Y为Al元素，基态 Z 原子最高能层 p 轨道均有电子且有 2 个未成对电子，Z 原子序数大于 Y（Al），所以 Z 为 S 元素， X 与 W 处于同周期，X 与 Z 同主族，所以 X 为 O 元素，V为H元素，综上，V、W、X、Y、Z分别为H、N、O、Al、S。
15．（2023高三上·湛江开学考）在Fe2O3的催化作用下，向200℃的恒温恒容密闭容器中充入1molCH4和2molNO2，发生反应CH4(g)+2NO2(g)CO2(g)+N2(g)+2H2O(g)，反应过程及能量变化示意图如图所示。下列说法正确的是
A．容器内气体的密度不再发生变化时，该反应达到平衡状态
B．反应一段时间后(未达平衡)，Fe3O4会远远多于Fe2O3
C．起始条件相同，其他条件不变，仅改为绝热密闭容器，CH4和NO2的转化率降低
D．使用更高效的催化剂能提高该反应平衡时的转化率
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．在恒温恒容密闭容器中，反应前后气体的质量m不变，体积V也不变，所以气体的密度始终不变，因此，容器内气体的密度不再发生变化时，不能说明该反应达到平衡状态，A错误；
B．根据题干能量变化图，反应i的活化能比反应的大，反应ii速率较快，不会有大量Fe3O4剩余，B错误；
C．在绝热密闭容器中，反应放出的热量使容器内温度升高。对于放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CH4和NO2的转化率降低，C正确；
D．催化剂只能改变反应速率，不能改变反应的平衡状态，也就不能提高该反应平衡时的转化率，D错误；
故选C。
【分析】A．可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此判断；
Ｂ．活化能越大反应速率越慢；
Ｃ．该反应是放热反应，在绝热密闭容器中，反应放出的热量使容器内温度升高；
Ｄ．催化剂不影响平衡状态。
16．（2023高三上·湛江开学考）利用镁－次氯酸盐电池为电源，模拟电浮选凝聚法处理污水示意图如图所示，通过铁和石墨电极在污水中电解，利用污水中溶解的氧将生成的Fe2+转化为Fe(OH)3沉淀吸附污染物，气泡把污水中悬浮物带到水面形成浮渣层，从而达到净水的目的。下列说法错误的是
A．镁－次氯酸盐电池总反应的离子方程式为Mg+ClO-+H2O=Mg(OH)2+Cl-
B．M应是石墨电极，N应是铁电极
C．生成Fe(OH)3，沉淀反应的离子方程式为4Fe2++10H2O+O2=4Fe(OH)3↓+8H+
D．将污水中悬浮物带到水面形成浮渣层的气泡成分主要是H2
【答案】B
【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】A．镁-次氯酸盐电池中，Mg为负极，发生反应，石墨是正极，电极反应式为，两极反应相加得到总反应的离子方程式为，A项正确；
B．要利用污水中溶解的氧将生成的Fe2+转化为Fe(OH)3沉淀，铁应作阳极，发生氧化反应生成Fe2+，所以 N 应是铁电极，M 应是石墨电极（作阴极），B项错误；
C．铁电极只能生成Fe2+，电极反应式为，Fe2+被污水中溶解的O2氧化生成Fe(OH)3沉淀，离子方程式为，H+可被N电极产生的OH-中和，C项正确；
D．N电极的电极反应式为，产生的H2将污水中悬浮物带到水面形成浮渣层，D项正确；
故选B。
【分析】在镁 - 次氯酸盐电池中，镁作负极，发生氧化反应，电极反应式为：，石墨为正极，发生还原反应，电极反应式为：，则M为阳极，N为阴极。
17．（2023高三上·湛江开学考）醋酸(用HAc表示)是生活中常见的有机弱酸。某小组欲借助传感器探究醋酸的电离过程。查阅资料：一定条件下，按=1配制的溶液中，c(H+)的值等于HAc的Ka；稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) △H=-57.300kJ/mol。
（1）配制0.10mol/LHAc溶液：
①配制250mL0.10mol/L的HAc溶液，需5.0mol/LHAc溶液的体积为　 　mL。
②配制250mL0.10mol/LHAc溶液，下列仪器中不需要的是　 　(填仪器名称)。
（2）探究电离程度：量取20.00mL所配HAc溶液于锥形瓶中，加入指示剂，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定，恰好完全反应时消耗NaOH溶液21.20mL，用pH传感器测滴定过程的pH(部分数据如表所示)。
V(NaOH)/mL 0.00 10.00 15.00 19.00 20.00
pH 2.87 4.70 5.12 5.70 6.02
①指示剂适宜选用　 　(填“酚酞”或“甲基橙”)。
②该HAc溶液浓度为　 　mol/L。
③根据表格数据，得出该温度下HAc的Ka　 　10-4.70(填“＞”、“＜”或“=”)。
（3）探究电离过程热效应：取上述HAc和NaOH溶液各100mL于量热装置中反应，测得反应前后体系的温度值变化△T，重复操作3次，记录实验数据如表所示：
实验 I II III
△T/℃ 0.59 0.61 0.60
①重复操作3次的目的是　 　。
②平均每次HAc和NaOH溶液反应放出的热量为　 　J【c和p分别取4.18J/(g ℃)、1.0g/mL，忽略水以外各物质吸收的热量，保留两位小数，下同】。
③根据所学原理，可推知的热效应△H=　 　kJ/mol。
（4）写出一种生活中常见的无机弱酸及其用途：　 　。
【答案】（1）5.0；分液漏斗、球形冷凝管
（2）酚酞；0.1060；＜
（3）减少实验误差，提高实验结果准确性；501.60；+7.14
（4）HClO做漂白剂或消毒液
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；配制一定物质的量浓度的溶液；中和热的测定
【解析】【解答】（1）①溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此，解得V=5.0mL，因为量筒精确度为0.1mL，必须保留有效数字到小数点后1位。
②量取浓溶液要用到量筒，稀释要在烧杯中进行，要在容量瓶中配制溶液，不需要用到的仪器是分液漏斗和球形冷凝管。
（2）①滴定终点溶液中溶质为NaAc，强碱弱酸盐水解显碱性，应用酚酞做指示剂。
②滴定过程中发生反应：，由反应方程式可知，滴定至终点时，，因此，解得。
③当时，，此时，则。
（3）①多测几次求平均值，可以减少实验误差，提高实验结果准确性。
②。
③由实验可知，等体积HAc与NaOH溶液反应时，HAc过量，应以NaOH的量来计算，相当于0.01molHAc和0.01molNaOH反应，反应I：，中和反应Ⅱ：△H=-57.3kJ/mol；用反应I一反应Ⅱ，的热效应。
（4）HClO做漂白剂或消毒液。
【分析】（1）①根据稀释前后溶质的物质的量不变计算HAc溶液体积；
②配制一定浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，据此分析所需仪器；
（2）①滴定终点溶液呈碱性，用酚酞作指示剂；
②根据计算；
③根据计算；
（3）①重复操作取平均值能减小实验误差；
②根据计算；
（4）根据常见的无机弱酸的性质和用途分析。
（1）①溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此，解得V=5.0mL，因为量筒精确度为0.1mL，必须保留有效数字到小数点后1位。
②量取浓溶液要用到量筒，稀释要在烧杯中进行，要在容量瓶中配制溶液，不需要用到的仪器是分液漏斗和球形冷凝管。
（2）①滴定终点溶液中溶质为NaAc，强碱弱酸盐水解显碱性，应用酚酞做指示剂。
②滴定过程中发生反应：，由反应方程式可知，滴定至终点时，，因此，解得。
③当时，，此时，则。
（3）①多测几次求平均值，可以减少实验误差，提高实验结果准确性。
②。
③由实验可知，等体积HAc与NaOH溶液反应时，HAc过量，应以NaOH的量来计算，相当于0.01molHAc和0.01molNaOH反应，反应I：，中和反应Ⅱ：△H=-57.3kJ/mol；用反应I一反应Ⅱ，的热效应。
（4）HClO做漂白剂或消毒液。
18．（2023高三上·湛江开学考）22号元素钛(Ti)的单质被誉为未来金属。工业冶炼Ti后的废渣中有SiO2和含Ti、Ca、Fe、Cu、Mg的化合物，从该废渣中回收Ti，并获得高附加值化工产品(MgF2、活性CaCO3、K2FeO4、X)的一种生产工艺如图所示：
已知：生产条件下MgF2的溶度积为9.0×10-9；NH4+时存在时，不易生成MgCO3沉淀，固体2中有CaCO3、Cu2(OH)2CO3和某含铁化合物。
（1）写出基态Ti原子的价电子排布式：　 　。
（2）工艺设计要准确分析物质成分，科学加入试剂，准确把握用量，离子物质的量浓度≤1.0×10-5mol/L时，一般认为该离子沉淀完全。
①选择向固体1中加入盐酸而不加入硫酸的原因是　 　。
②“析晶”过程是向深蓝色溶液3中先加入适量70%的H2SO4中和过量的氨水，再加入适量乙醇，得到深蓝色品体X，产品X的化学式是　 　。
③“再溶”过程中加入强碱Y的稀溶液，溶液4中加入适量强碱Y的固体，强碱Y的化学式是　 　；写出固体3“再溶”过程的离子方程式：　 　。
④测得溶液2中c(Mg2+)=0.030mol/L，要确保Mg2+沉淀完全，1L溶液2至少需加入NaF的物质的量为　 　mol(忽略溶液体积变化)。
（3）以上生产工艺中可循环利用的物质有NH3和　 　(填化学式)。
（4）活性炭酸钙晶胞为正方体结构，晶胞结构如图所示，黑点代表Ca2+，白色小圈代表CO，晶胞边长为anm。
①活性炭酸钙晶体中一个CO周围与其最近且等距的Ca2+的个数为　 　。
②最近两个Ca2+之间的距离为　 　nm(用含a的代数式表示)。
【答案】（1）3d24s2
（2）CaSO4微溶，防止生成CaSO4固体覆盖在固体1表面，导致固体1溶解不充分；[Cu(NH3)4]SO4 H2O；KOH；2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=3Cl-+2FeO+5H2O；0.090
（3）NaCl
（4）6；a
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；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）Ti是22号元素，基态Ti原子价电子排布式为3d24s2；
（2）①固体1含有钙，加酸溶解时若用硫酸，容易生成硫酸钙，硫酸钙微溶，会覆盖在固体1表面导致部分固体无法溶解；
②溶液3呈深蓝色是因为含有[Cu(NH3)4]2+，加入SO，再加入极性较小的乙醇溶液，会析出深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O，即产品X是[Cu(NH3)4]SO4·H2O；
③根据产物K2FeO4，加入阳离子应为K+，且c(K+)越大，K2FeO4越易析出，故强碱Y是KOH；根据流程，通入强氧化剂后Fe的化合价应为+3价，溶液中Fe3+与CO会发生互促水解，反应生成Fe(OH)3和CO2，固体2中的含铁化合物应是Fe(OH)3，结合“再溶”反应生成过程，应是ClO-做氧化剂被还原为Cl-，Fe(OH)3做还原剂被氧化为FeO，结合题目信息即可写出该反应的离子方程式为。
④加入的NaF分为两部分：一部分形成MgF2沉淀，1L溶液2中，形成MgF2沉淀需要0.060molNaF；另一部分是溶液中剩余的F-，沉淀完全时溶液中，溶度积，，溶液中至少剩余0.030molNaF，故加入NaF至少0.090mol；
（3）根据流程，NH3可用于制备浓氨水，NaCl可循环利用到第一步；
（4）①由图可知配位数为6，每个Ca2+周围最近的CO有6个，每个CO周围最近的Ca2+也是6个；
②最近的两个Ca2+位于相邻两条棱的棱心，距离为面对角线的一半，即anm。
【分析】废渣中钛元素与氯气、氯化钠反应生成液态四氯化钛，网滤得到液态四氯化钛和固体1；液态四氯化钛与镁一定条件下发生置换反应生成金属钛；向固体1中加入盐酸，将固体中金属元素转化为可溶的金属氯化物，二氧化硅与盐酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的弃渣和溶液1；向溶液1中加入碳酸铵溶液，将溶液中钙离子转化为碳酸钙沉淀、铁离子转化为氢氧化铁沉淀、铜离子转化为碱式碳酸铜沉淀，过滤得到含有镁离子的溶液2和含有碳酸钙、氢氧化铁、碱式碳酸铜的固体2；向溶液2中加入氟化钠溶液，将溶液中的镁离子转化为氟化镁沉淀，过滤得到氟化镁和溶液；溶液经处理得到可循环使用的氨气和氯化钠；向固体2中加入浓氨水，将碱式碳酸铜转化为四氨合铜离子，过滤得到含有四氨合铜离子的溶液3和含有碳酸钙、氢氧化铁的固体3；向溶液3中先后加入70%硫酸和过量的氨水、乙醇，析晶、过滤得到硫酸四氨合铜晶体；向固体3中加入次氯酸钾和氢氧化钾的混合溶液，将氢氧化铁转化为高铁酸钾，过滤得到高铁酸钾溶液和碳酸钙；碳酸钙经活化得到活化碳酸钙；向高铁酸钾溶液中加入氢氧化钾固体，降低溶液中高铁酸钾的溶解度，结晶、过滤得到高铁酸钾。
（1）Ti是22号元素，基态Ti原子价电子排布式为3d24s2；
（2）①固体1含有钙，加酸溶解时若用硫酸，容易生成硫酸钙，硫酸钙微溶，会覆盖在固体1表面导致部分固体无法溶解；
②溶液3呈深蓝色是因为含有[Cu(NH3)4]2+，加入SO，再加入极性较小的乙醇溶液，会析出深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O，即产品X是[Cu(NH3)4]SO4·H2O；
③根据产物K2FeO4，加入阳离子应为K+，且c(K+)越大，K2FeO4越易析出，故强碱Y是KOH；根据流程，通入强氧化剂后Fe的化合价应为+3价，溶液中Fe3+与CO会发生互促水解，反应生成Fe(OH)3和CO2，固体2中的含铁化合物应是Fe(OH)3，结合“再溶”反应生成过程，应是ClO-做氧化剂被还原为Cl-，Fe(OH)3做还原剂被氧化为FeO，结合题目信息即可写出该反应的离子方程式为。
④加入的NaF分为两部分：一部分形成MgF2沉淀，1L溶液2中，形成MgF2沉淀需要0.060molNaF；另一部分是溶液中剩余的F-，沉淀完全时溶液中，溶度积，，溶液中至少剩余0.030molNaF，故加入NaF至少0.090mol；
（3）根据流程，NH3可用于制备浓氨水，NaCl可循环利用到第一步；
（4）①由图可知配位数为6，每个Ca2+周围最近的CO有6个，每个CO周围最近的Ca2+也是6个；
②最近的两个Ca2+位于相邻两条棱的棱心，距离为面对角线的一半，即anm。
19．（2023高三上·湛江开学考）R是一种亲氯有机物，属于非电解质，易溶于水，在含Cl-的溶液中能发生如下反应。
反应I：R(aq)+Cl-(aq)RCl-(aq)
反应II：RCl-(aq)+Cl-(aq)RCl(aq)
回答下列问题：
（1）常温下，向NaCl溶液中加入R，15s末测得c(RCl-)=0.07mol/L，c(RCl)=0.04mol/L。
①0~15s内，Cl-的平均消耗速率v(Cl-)=　 　。
②待反应充分进行，达到平衡状态时溶液的体积为V0，加蒸馏水稀释至溶液体积为V，达到新平衡时，Cl-的物质的量浓度为c平衡(Cl-)，RCl的物质的量浓度为c平衡(RCl)。写出反应I平衡常数的表达式KI=　 　，稀释过程中平衡常数KI的值　 　(填“变大”、“变小”或“不变”)，请在答题卡坐标内画出随1g的变化趋势曲线　 　。
（2）室温下，向Cl-初始浓度c0(Cl-)=amol/L的NaCl溶液中加入不同量的R，用数据传感器测得平衡时(X表示Cl-、RCl-，RCl随变化的数据，记录如表所示(b和d代表数字，忽略溶液体积变化)：
0 0.25 0.50 0.75 1.00
Cl- 1.00 0.79 0.64 0.54 0.46
RCl- 0 0.09 0.16 0.22 0.28
RCl 0 0.06 b d 0.13
①从表格中数据可看出关系式：++2×=1，则d=　 　；此关系式也可从理论上推导，下列理论依据中，可推导该关系式的有　 　(填选项序号)。
A.能量守恒定律
B.电荷守恒定律
C.质量守恒定律
D.氧化还原反应遵循还原剂失去的电子总数和氧化剂得到的电子总数相等的规律
②=0.50时，R的转化率为　 　(写出计算过程)。
（3）R的分子结构可表示为M－COOH，M为有机分子部分结构。补充完整方程式：R+CH3CH2OHM－COOCH2HC3+　 　。
【答案】（1）0.01mol/(L s)；；不变；
（2）0.12；BC；52%
（3）H2O
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）利用氯元素守恒：0~15s共消耗Cl-：，；
②根据方程式可得出反应I平衡常数的表达式；平衡常数只受温度的影响，题目已经说明是常温下，温度不变，平衡常数不变；稀释至n倍时(n＞1)，，则，稀释后，c(RCl-)减小，KII不变。则变大，故随1g变大，变大。
（2）①A．根据题干信息，，计算得到d=0.12；推断该关系，不涉及能量问题，A项错误：
B．将反应视为反应I和反应III：，根据反应I和Ⅲ的电荷守恒可知，消耗的，而，进而得出题干关系式，B项正确；
C．质量守恒定律方面可利用氯守恒，结合方程式得出题干关系式，C项正确；
D．反应不是氧化还原反应，不涉及电子转移，D项错误；
故选BC；
②由可知b=0.10，根据R反应前后守恒可得R转化率。
（3）M-COOCH2CH3比R+CH3CH2OH少2个H、1个O，另一产物是H2O。
【分析】（1）①根据计算；
②根据反应的方程式可知 KI= ，平衡常数只与温度有关；根据分析；
（2）①将表格数据代入计算得到d；推导该关系式依据电荷守恒、质量守恒和得失电子守恒；
②根据反应前后R守恒计算；
（3）根据质量守恒确定另一产物为H2O。
（1）利用氯元素守恒：0~15s共消耗Cl-：，；
②根据方程式可得出反应I平衡常数的表达式；平衡常数只受温度的影响，题目已经说明是常温下，温度不变，平衡常数不变；稀释至n倍时(n＞1)，，则，稀释后，c(RCl-)减小，KII不变。则变大，故随1g变大，变大。
（2）①A．根据题干信息，，计算得到d=0.12；推断该关系，不涉及能量问题，A项错误：
B．将反应视为反应I和反应III：，根据反应I和Ⅲ的电荷守恒可知，消耗的，而，进而得出题干关系式，B项正确；
C．质量守恒定律方面可利用氯守恒，结合方程式得出题干关系式，C项正确；
D．反应不是氧化还原反应，不涉及电子转移，D项错误；
故选BC；
②由可知b=0.10，根据R反应前后守恒可得R转化率。
（3）M-COOCH2CH3比R+CH3CH2OH少2个H、1个O，另一产物是H2O。
20．（2023高三上·湛江开学考）仿生催化反应是未来发展的重要方面，我国仿生催化反应研究走在世界前列。化合物V是一种重要的仿生催化剂，合成路线如图所示：
回答下列问题：
（1）化合物II的同分异构体中，核磁共振氢谱只有1组吸收峰的结构简式为　 　；化合物III的分子式为　 　。
（2）化合物I的化学名称为　 　，其同分异构体中含有－CHBr－CHO结构的有　 　种(不考虑立体异构)，根据化合物I的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成表格。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
a NaOH乙醇溶液、加热 　 　 　 　
b 　 　 　 　 氧化反应(生成有机产物)
（3）关于反应③的说法中，正确的有(填选项序号)。
A．反应过程中，既有C－O键的断裂，又有C－O键的形成
B．反应过程中，既有C=O键的断裂，又有C=O键的形成
C．化合物III和IV都是极性分子，碳原子之间均以“头碰头”方式形成化学键
D．反应③是加成反应
（4）反应⑤方程式为 +R3－CH2－CHO ，以乙烯和乙醛为原料，无机试剂任选，利用反应②、③和⑤的原理合成化合物VI( )。
①第一步反应是乙烯在Ag催化下与O2反应，产物的结构简式为　 　。
②最后一步的化学方程式为　 　。
【答案】（1）；C6H9OBr
（2）对溴环已醇或4－溴环已醇；4；；消去反应；O2、Cu或Ag、加热；
（3）A；C；D
（4）； +CH3CHO
【知识点】有机物的推断；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）化合物Ⅱ不饱和度为2，共有6个C，9个H，核磁共振氢谱只有1组吸收峰说明有3个等效—CH3，除甲基外没有H，结合不饱和度为2，结构简式为 ；化合物Ⅲ的分子式为C6H9OBr。
（2）化合物I的羟基和溴原子连在六元单键碳环的对位，可以命名为“对溴环己醇”或“4溴环己醇”；结合化合物I的分子式，扣除-CHBr-CHO结构，剩余C4H9-，此结构有4种同分异构体；化合物I中含有碳溴键，遇NaOH醇溶液并加热发生消去反应，生成 ；在Cu或Ag催化下与O2可发生氧化反应，生成 。
（3）A．反应③断键：相当于化合物Ⅲ中两个C-O键断裂其中一个，CO2(O=C=O)中一个C=O断裂并形成单键；成键：CO2中的C与化合物Ⅲ中C-O键断裂的O形成C-O键，CO2中断裂C=O并形成单键的O与化合物Ⅲ中C-O键断裂的C形成C-O键，属于加成反应，没有C=O键的形成，A正确；
B．由A可知，没有反应过程中，没有C=O键的形成，B错误；
C．化合物Ⅲ和IV的分子不是中心对称，都是极性分子，碳原子之间均是单键，以“头碰头”方式形成σ键，C正确；
D．由A可知，反应③是加成反应，D正确；
故选ACD。
（4）①结合反应②可知，相当于C=C断裂并形成单键，两个C连同一个O，即产物是 。
②根据反应③可推断第二步的产物为 结合反应⑤不难推出最后一步方程式为： +CH3CHO 。
【分析】（1）分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体，分子中有几种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱就有几组峰；根据结构简式确定分子中所含原子种类和数目，进而确定其分子式；
（2）化合物I的羟基和溴原子连在六元单键碳环的对位；化合物I含有溴原子和醇羟基，具有卤代烃和醇的性质；
（3）反应③：化合物Ⅲ中两个C-O键断裂其中一个，CO2(O=C=O)中一个C=O断裂并形成单键；成键：CO2中的C与化合物Ⅲ中C-O键断裂的O形成C-O键，CO2中断裂C=O并形成单键的O与化合物Ⅲ中C-O键断裂的C形成C-O键；
（4）①乙烯在Ag催化下与氧气反应生成 ；
②结合目标产物结构，可知最后一步是发生类似反应⑤的反应，根据给定的反应⑤的反应模式，以及目标产物的结构逆推得出反应物和反应条件，从而写出化学方程式。
（1）化合物Ⅱ不饱和度为2，共有6个C，9个H，核磁共振氢谱只有1组吸收峰说明有3个等效—CH3，除甲基外没有H，结合不饱和度为2，结构简式为 ；化合物Ⅲ的分子式为C6H9OBr。
（2）化合物I的羟基和溴原子连在六元单键碳环的对位，可以命名为“对溴环己醇”或“4溴环己醇”；结合化合物I的分子式，扣除-CHBr-CHO结构，剩余C4H9-，此结构有4种同分异构体；化合物I中含有碳溴键，遇NaOH醇溶液并加热发生消去反应，生成 ；在Cu或Ag催化下与O2可发生氧化反应，生成 。
（3）A．反应③断键：相当于化合物Ⅲ中两个C-O键断裂其中一个，CO2(O=C=O)中一个C=O断裂并形成单键；成键：CO2中的C与化合物Ⅲ中C-O键断裂的O形成C-O键，CO2中断裂C=O并形成单键的O与化合物Ⅲ中C-O键断裂的C形成C-O键，属于加成反应，没有C=O键的形成，A正确；
B．由A可知，没有反应过程中，没有C=O键的形成，B错误；
C．化合物Ⅲ和IV的分子不是中心对称，都是极性分子，碳原子之间均是单键，以“头碰头”方式形成σ键，C正确；
D．由A可知，反应③是加成反应，D正确；
故选ACD。
（4）①结合反应②可知，相当于C=C断裂并形成单键，两个C连同一个O，即产物是 。
②根据反应③可推断第二步的产物为 结合反应⑤不难推出最后一步方程式为： +CH3CHO 。
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