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广东省肇庆市2024-2025学年届高三上学期第一次模拟考试化学
1．（2024高三上·广东模拟）下列物质使用的材料属于有机高分子材料的是
A．航空发动机——碳化硅纤维 B．人造骨骼——镍钛合金
C．量子计算机——铁基超导材料 D．滑雪服面料——聚酰胺纤维
A．A B．B C．C D．D
2．（2024高三上·广东模拟）下列化学用语或图示表达不正确的是
A．的电子式：
B．丙烯的结构简式：
C．电子云轮廓图：
D．基态的价层电子轨道表示式：
3．（2024高三上·广东模拟）粤剧被誉为“南国的红豆”，是世界非物质文化遗产之一。下列说法不正确的是
A．粤剧头饰“凤冠”上的金丝银线属于金属材料
B．粤剧演奏乐器“椰胡”的琴筒由椰壳制成，椰壳的主要成分为多糖
C．粤剧彩绘脸谱使用的红色油彩主要成分为
D．粤剧头饰“翎子”(也称“野鸡翎”“锥毛翎”)，其主要成分为天然纤维
4．（2024高三上·广东模拟）化学与科技、生产、生活息息相关。下列说法不正确的是
A．“深海勇士”号潜水艇使用的锂离子电池是二次电池
B．保温杯内胆使用316不锈钢，不锈钢的含碳量大于生铁
C．月球新矿物“嫦娥石”是一种磷酸盐矿物(含镁和铁)，它不易溶于水
D．甲流病毒主要由和蛋白质组成，可采用高温、紫外线、乙醇等有效灭活
5．（2024高三上·广东模拟）利用电化学原理既能输出电能，又能合成有机物。如图所示装置在输出电能的同时可合成苯胺。该电池工作时，下列说法不正确的是
A．多孔惰性电极为正极
B．电流方向为
C．负极电极反应式为
D．反应一段时间后，负极区溶液减小
6．（2024高三上·广东模拟）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．标准状况下，中含有的质子数目为
B．乙醇中含有的共价键数目为
C．与水反应转移的电子数目为
D．与的混合气体含有的原子数目为
7．（2024高三上·广东模拟）劳动创造美好生活。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 用熟香蕉催熟猕猴桃生果 乙烯能加速生果成熟
B 用油脂制肥皂 羧酸与醇能发生酯化反应
C 用光导纤维传输量子光信号 二氧化硅具有良好的光学特性
D 用干冰制造舞台“烟雾” 干冰易升华吸热
A．A B．B C．C D．D
8．（2024高三上·广东模拟）维生素P是一种营养增补剂，其结构如图所示(其中R为烷烃基)。关于该化合物，下列说法正确的是
A．含有5种官能团
B．所有原子可能共平面
C．可以与溶液发生显色反应
D．该化合物最多能与发生反应
9．（2024高三上·广东模拟）下列生产生活情境涉及的离子方程式书写正确的是
A．用去除自来水中的余氯()：
B．用侯氏制碱法制备碳酸氢钠晶体：
C．用胃舒平[主要成分为]治疗胃酸过多：
D．用溶液刻蚀铜电路板：
10．（2024高三上·广东模拟）某化学兴趣小组利用实验室常见仪器进行海带提碘的实验，下列实验操作正确且能达到对应实验目的的是
实验操作
实验目的 A．灼烧海带 B．过滤海带灰悬浊液
实验操作
实验目的 C．加入氧化 D．萃取溶液中的
A．A B．B C．C D．D
11．（2024高三上·广东模拟）部分含氮物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列说法正确的是
A．工业制硝酸的转化路线为
B．能用铁制品盛装e的浓溶液是因为常温下二者不反应
C．c和d均可以用排水法收集
D．实验室可用生石灰与f的浓溶液制取a
12．（2024高三上·广东模拟）化合物M可作为一种废水处理剂，去除废水中的金属离子。其结构如图所示。W、X、Y和Z均为短周期主族元素，X、Y和Z位于同一周期。W原子核外的电子只有一种自旋取向，基态Z原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等。下列说法正确的是
A．第一电离能：
B．原子半径：
C．简单氢化物沸点：
D．化合物M中X、Y、Z均满足8电子结构
13．（2024高三上·广东模拟）利用如图所示装置制备SO2并检验其性质。下列说法不正确的是
A．装置①中紫色石蕊溶液变红
B．装置②和④中溶液褪色，均体现SO2的漂白性
C．装置③中出现浑浊，体现SO2的氧化性
D．装置⑤中的试剂可以是NaOH溶液，用于吸收尾气
14．（2024高三上·广东模拟）下列实验操作对应的实验现象和结论均正确的是
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 向溶液中滴加少量氯水，充分反应后再加入淀粉溶液 溶液先变橙黄色，后变蓝色 氧化性：
B 将气体通入溶液中 生成白色沉淀 该沉淀是
C 向稀硝酸中加入过量铁粉，充分反应后滴加溶液 有气体生成，滴加溶液后溶液呈红色 稀硝酸将氧化成
D 向溴水中加入苯，振荡后静置 水层颜色变浅 溴与苯发生了取代反应
A．A B．B C．C D．D
15．（2024高三上·广东模拟）是汽车尾气净化催化剂的关键成分，其高效的储放氧性能在的氧化还原催化循环中发挥了巨大作用。研究发现，先在催化剂表面形成强吸附性的二聚体，再与在表面反应生成和，该过程的能量变化曲线如图所示(吸附在表面的物种用*标注)。下列说法不正确的是
说明：“-----”表示化学键将要断裂或形成。
A．该反应属于放热反应
B．该过程中的最大活化能为
C．该过程中伴随极性键和非极性键的断裂和形成
D．若改用其他催化剂，其反应的不变
16．（2024高三上·广东模拟）科学家基于水/有机双相电解质开发了一种新型的铜锌二次电池，双相电解质建立了离子选择性界面，仅允许氯离子迁移，其放电时的工作原理如图所示。下列说法不正确的是
A．充电时，石墨电极与电源正极相连
B．充电时，石墨电极上可发生电极反应
C．放电时，氯离子向锌电极迁移
D．放电时，理论上电路中每转移电子，锌电极质量增加
17．（2024高三上·广东模拟）某小组利用如图所示装置制备84消毒液，并进一步探究相关物质的反应原理以及测定产品中游离碱的含量。
已知：温度高于40℃时，会与反应生成。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为　 　，圆底烧瓶内发生反应的离子方程式为　 　，装置b中的试剂为　 　。
（2）装置c采用冰水浴的目的为　 　。
（3）若装置d的作用是安全瓶，请在虚线方格内画出实验装置图　 　。
（4）小组查阅资料了解到，使用过84消毒液的游泳池若再使用消毒剂，泳池中氧气含量会增加，有可能会导致池水中的藻类快速生长。针对氧气产生的原因，小组进行了如下探究：
[提出猜想]Ⅰ.催化分解产生氧气。
Ⅱ.与反应产生氧气。
[进行实验]如图所示，将注射器中的溶液均分6次注入锥形瓶，每次注入溶液待不再产生气泡后，记录量筒内液体总体积制成表格(忽略加入溶液导致锥形瓶内溶液体积的变化以及其他因素对测量结果造成的影响)。
实验编号 1 2 3 4 5 6
量筒内液体总体积 20.0 60.0 80.0 90.0 90.0
①表中的数据　 　。
[得出结论]②由实验可知，猜想Ⅱ正确，理由为　 　。
（5）该小组测定了以上制备的84消毒液产品中游离碱的含量(的质量占消毒液质量的百分数)，实验步骤：取产品()，滴加双氧水至溶液不再产生气泡为止，加热溶液，除去残留的后将溶液转移至容量瓶，洗涤、定容、摇匀，移取其中待测液于锥形瓶中，以酚酞为指示剂，用盐酸标准溶液滴定至终点，平行滴定3次。
①滴加5%双氧水的目的是　 　(用离子方程式表示)。
②若平均消耗盐酸的体积为，则该84消毒液中游离碱含量为　 　(保留两位有效数字)。
18．（2024高三上·广东模拟）废锂离子电池正极材料中含有钴、镍、锂等金属，具有较高回收价值，对其进行无害化处理并回收具有重要意义。一种回收钴、镍、锂的工艺流程如下：
已知：①废锂电池正极材料成分为、、及、的化合物。
②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀时的如下表所示：
金属离子
开始沉淀时()的 2.7 3.2 6.6 6.7 7.8
沉淀完全时()的 3.7 5.0 9.2 9.5 10.4
③为淡绿色固体，为玫红色固体。
回答下列问题：
（1）“浸出”过程中钴元素转化为，该反应的化学方程式为　 　。此过程若用浓盐酸代替和，其缺点除因其挥发性导致利用率降低外，还有　 　(写一点)。
（2）如果“浸出”后溶液中、、浓度均约为，则“调”过程中调节溶液的时，滤渣的主要成分为　 　。
（3）“除钴”时水相和浓度会影响钴、镍分离效果，根据下图选择“除钴”的最佳条件：水相　 　，　 　。
（4）判断沉镍母液中已沉淀完全的操作为　 　。
（5）“反萃取”过程发生反应，则反萃取剂为　 　(填化学式)。
（6）高温高压下向固态中通入气态可制得电池的电解质，制备前需将处理为多孔材料，原因为　 　；制得的。中所含化学键类型为　 　。
19．（2024高三上·广东模拟）砷广泛分布在自然界中，土壤、水、植物以及人体中都含有微量砷。回答下列问题：
（1）与同主族，基态砷原子价层电子排布式为　 　。
（2）和中心原子的杂化轨道类型相同，但的键角小于的，其原因为　 　。
（3）砷的两种三元含氧酸的酸性强弱为　 　(填“>”或“<”)。可用作杀虫剂，的空间结构为　 　。
（4）工业上常用改性季铵盐从炼铜烟灰碱性溶液中萃取砷，其工艺流程短、成本低。萃取反应机理如下：
①物质Ⅳ为　 　(填化学式)。
②关于Ⅰ~Ⅲ三种物质，下列说法正确的有　 　(填字母)。
a．Ⅰ中C原子的杂化轨道类型均为 b．Ⅱ中的化合价为
c．Ⅲ含有的元素中，O的电负性最大 d．Ⅲ中的化学键均为键
（5）砷化硼晶体是具有超高热导率的半导体材料，其晶胞结构如图所示，其晶胞参数为。
①点的分数坐标为，则点的分数坐标为　 　；晶体中与顶点B原子等距且最近的B原子个数为　 　。
②该晶体的化学式为　 　；已知为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为　 　(列出计算式)。
③如果把晶体中砷原子换成氮原子，形成的晶体的熔点明显升高，原因为　 　。
20．（2024高三上·广东模拟）某小组尝试以儿茶酚(邻苯二酚)为原料，按照以下流程合成某抗氧化剂的中间体I：
已知：
（1）化合物B的分子式为　 　。
（2）化合物F中的含氧官能团的名称为　 　，反应的化学方程式为　 　。
（3）化合物G的同分异构体有多种，请写出其中一种满足下述条件的结构简式：　 　。
①含有苯环，且苯环上只有两个取代基；
②核磁共振氢谱峰面积之比为；
③官能团只有一种，可以与溶液反应产生气体。
（4）关于上述反应，下列说法正确的有___________(填字母)。
A．反应的另外一种产物为
B．反应的条件为水溶液，加热
C．化合物H的名称为甲酸
D．化合物I中存在手性碳原子
（5）对于化合物D，分析预测其可能的化学性质，完成下表：
序号 反应试剂、条件 反应生成新的物质 反应类型
① ，催化剂、加热 　 　 　 　
② 　 　 　 　
（6）以、乙炔以及为原料(其他无机试剂任选)合成。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①写出乙炔与发生反应的产物：　 　(写出结构简式)。
②写出最后一步反应的化学方程式：　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】合成材料
【解析】【解答】A．碳化硅纤维属于新型无机非金属材料，A错误；
B．镍钛合金属于金属材料，B错误；
C．铁基超导材料属于金属材料，C错误；
D．聚酰胺纤维属于有机高分子材料，D正确；
故答案为：D。
【分析】 有机高分子材料 是指通过有机物加聚或者缩聚等方法合成得到的材料。
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．过氧化钠为离子化合物，电子式正确，A正确；
B．丙烯的结构简式：，B错误；
C．电子云轮廓图为纺锤形，图示正确，C正确；
D．基态的价层电子排布式为3s23p6，价电子轨道表示式正确，D正确；
故选B。
【分析】B.对烯烃而言，在书写结构简式，碳碳双键不可省略。
3．【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
【解析】【解答】A．金属材料包括纯金属和合金。金丝银线是金属，属于金属材料，A正确；
B．椰壳的主要成分是纤维素，纤维素属于多糖，B正确；
C．是黑色晶体，不能作为红色油彩的主要成分，红色油彩主要成分为，C错误；
D．翎子主要是动物的羽毛，动物羽毛的主要成分是角蛋白，属于天然蛋白质纤维，D正确；
故答案为：C。
【分析】C.铁的氧化物中， 为黑色，为红色，所以红色油彩的主要成分为三氧化二铁。
4．【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．锂离子电池是二次电池，二次电池是可以多次充放电的电池。“深海勇士” 号潜水艇使用的锂离子电池能够充电后再次使用，A正确；
B．不锈钢（如 316 不锈钢）是含碳量较低的合金钢，含碳量一般小于0.15%，生铁的含碳量在2%~4.3%之间。所以不锈钢的含碳量小于生铁，B错误；
C．磷酸盐矿物（含镁和铁），磷酸盐除了少数如Na3PO4等碱金属磷酸盐易溶外，大多数磷酸盐是难溶的。所以 “嫦娥石” 不易溶于水，C正确；
D．甲流病毒主要由 RNA 和蛋白质组成，高温可以使蛋白质变性，紫外线可以破坏病毒的核酸结构，75% 乙醇可以使蛋白质变性，从而有效灭活病毒，D正确；
故选B。
【分析】B.对于铁的合金而言，生铁的含碳量在2%~4.3%之间，含碳量最高，其次为钢的含碳量为小于2%，钢的含碳量较低。
5．【答案】D
【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．由图可知，在左侧硝基苯生成苯胺，硝基苯被还原，则多孔惰性电极为正极，A正确；
B．由图可知，在左侧硝基苯生成苯胺，硝基苯被还原，则多孔惰性电极为正极，Al为负极，电流方向为，B正确；
C．由分析可知，Al为负极，Al失去电子生成Al3+，电极反应式为，C正确；
D．在正极得电子被还原为，其中N元素由+3价降低到-3价，得到6个电子，对应电极反应式为+6H++6e-=+2H2O，则负极区的H+通过电解质膜进入正极区，负极区氢离子浓度减小，pH增大，D错误；
故答案为：D。
【分析】由图可知，在左侧硝基苯生成苯胺，硝基苯被还原，则多孔惰性电极为正极，Al为负极，负极反应为：，正极反应为+6H++6e-=+2H2O，据此解答即可。
6．【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．标准状况下，11.2L臭氧中含有的质子数目为×24×NAmol—1=12NA，故A正确；
B．乙醇分子中含有的共价键数目为8，则46g乙醇中含有的共价键数目为×8×NAmol—1=8NA，故B错误；
C．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，则1mol过氧化钠与水反应转移的电子数目为1mol×1×NAmol—1=NA，故C正确；
D．一氧化氮和一氧化碳含有的氧原子数目都为1，则1mol一氧化氮和一氧化碳的混合气体含有的氧原子数目为1mol×1×NAmol—1=NA，故D正确；
故答案为：B。
【分析】A.一个臭氧分子含有24个质子，0.5mol含有12mol质子，故为12NA，
B.根据乙醇结构可知，一个乙醇分子含有8个共价键，而不是7个共价键；
C.根据过氧化钠与水反应，过氧化钠与水反应转移的电子数目为1个，故1mol过氧化钠转移电子为NA，
D.无论一氧化氮和一氧化碳含有的氧原子数目都为1，故1mol一氧化氮和一氧化碳的混合气体含有氧原子为1mol。
7．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．熟香蕉能产生大量的乙烯气体， 乙烯是一种植物激素，能催熟水果，所以能催熟猕猴桃生果，A正确；
B．用油脂制肥皂是利用油脂在溶液中水解生成高级脂肪酸钠的过程，跟羧酸与醇能发生酯化反应没有关联，B错误；
C．光导纤维的主要成分为二氧化硅生产的石英玻璃，具有良好的光学特性，可以高质量传输量子光信号，C正确；
D．干冰极易升华，同时大量吸热降低周围温度，从而使空气中的水蒸气液化形成小水滴，这些小水滴悬浮在空气中形成“白雾”，D正确；
故答案为：B。
【分析】B. 用油脂制肥皂 是利用高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下水解得到高级脂肪酸钠盐，即为肥皂，该过程涉及为酯的水解。
8．【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．维生素P中含有酚羟基、酮羰基、醚键3种官能团，A错误；
B．在维生素P中因为含有烷烃基R，所有原子不可能共面，B错误；
C．维生素P中含有酚羟基，能与溶液发生显色反应，C正确；
D．维生素P中只有酚羟基能与溶液发生反应，维生素P中只有酚羟基，所以只能消耗溶液，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.根据结构可知，含有官能团有：酚羟基、酮羰基、醚键3种官能团，切记苯环不属于官能团；
B.分子中含有烷烃基，故不可能所以原子共平面；
C.含有酚羟基，可以与氯化铁显色；
D.只有酚羟基能与溶液发生反应，维生素P中只有酚羟基。
9．【答案】A
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；离子方程式的书写；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．用去除自来水中的余氯()，将氧化为，离子方程式为：，A正确；
B．用侯氏制碱法制备碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠晶体是固体，离子方程式为：，B错误；
C．用胃舒平[主要成分为]治疗胃酸过多，为难溶物，离子方程式为：，C错误；
D．用溶液刻蚀铜电路板，将Cu氧化为，自身被还原为，离子方程式为：，D错误；
故答案为：A。
【分析】A.氯气具有氧化性，具有还原性，二者发生氧化还原反，根据化合价升降相等，即可配平；
B.侯氏制碱法得到碳酸氢钠为晶体，不可拆；
C.氢氧化铝为难溶物，不开拆；
D.将Cu氧化为，自身被还原为。
10．【答案】C
【知识点】过滤；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A．灼烧在坩埚中进行，故A错误；
B．应该通过过滤分离不溶性固体与溶液，不需要分液漏斗，故B错误；
C．酸性溶液中过氧化氢可氧化碘离子生成碘单质，图中丙装置反应生成I2，故C正确；
D．乙醇与水互溶，不能萃取碘水中的I2，故D错误；
故选：C。
【解答】A.灼烧固体用坩埚，蒸发溶液用蒸发皿；
B.过滤应该用普通漏斗，而不是分液漏斗；
D.乙醇与水互溶，不能当萃取剂。
11．【答案】D
【知识点】氨的性质及用途；氨的实验室制法
【解析】【解答】A．工业制备硝酸是将氨气催化氧化制备NO后再进一步制备硝酸，而不用氮气制备NO，故转化路线为，A错误；
B．能用铁制品盛装HNO3的浓溶液是因为铁和浓硝酸在常温下发生钝化，生成致密的氧化膜，阻止反应进一步进行，B错误；
C．NO2能与水发生反应，生成NO和HNO3，不能用排水法收集，C错误；
D．生石灰与浓氨水反应时生成氢氧化钙和氨气，故实验室可用生石灰与浓氨水制取NH3，D正确；
故答案为：D。
【分析】由价类二维图可知，a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2或N2O4，e为HNO3，f为，据此回答。
A.工业制备硝酸为先制备氨气，再进行氨的催化氧化，然后再制备硝酸；
B.浓硝酸与铁在常温下发生钝化，也发了化学反应；
C.二氧化氮与水反应，并不能排水法收集；
D.生石灰与浓氨水反应可以制备氨气。
12．【答案】D
【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；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，则第一电离能：，A错误；
B．同一周期主族元素，从左往右原子半径依次减小，则原子半径：，B错误；
C．O的电负性大于N，H2O分子间氢键强度比NH3分子间氢键大，则沸点：H2O>NH3，C错误；
D．化合物M中O连接2个共价键，N原子连接4个共价键，C原子连接4个共价键，均满足8电子结构，D正确；
故答案为：D。
【分析】W、X、Y和Z均为短周期主族元素，X、Y和Z位于同一周期，W原子核外的电子只有一种自旋取向，电子排布式为1s1，W为H元素；基态Z原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，电子排布式为1s22s22p4或1s22s22p63s2，结合Z连接2个共价键，则Z为O元素，Y连接4各共价键且带1各正电荷，Y为N元素，X为C元素。
A.第ⅤA族的大于第ⅥA族的电离能出现反常，要注意；
B.同一周期主族元素，从左往右原子半径依次减小进行比较即可；
C.分子间含有氢键，沸点会异常的高；
D.化合物M中的结构式可知，都满足了8电子稳定结构。
13．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；含硫物质的性质及综合应用；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A.70%的硫酸和Na2SO3发生反应生成Na2SO4、H2O和SO2。SO2是一种酸性氧化物，溶于水生成H2SO3，可使紫色石蕊变红，A项正确；
B．SO2能使品红褪色，是因为SO2具有漂白作用；SO2具有还原性，能与酸性KMnO4发生氧化还原反应，从而使酸性KMnO4溶液褪色。装置②和④中溶液褪色，原理不同，B项错误；
C．SO2与H2S发生反应：SO2+2H2S＝3S↓+2H2O，所以装置③中出现浑浊，该过程中SO2中的S元素化合价降低，被还原，体现了SO2的氧化性，C项正确；
D．SO2是一种无色、有刺激性气味的有毒气体，不能直接排放到空气中，SO2能与NaOH发生反应，故可以通过NaOH溶液来吸收尾气，D项正确；
故答案为：B。
【分析】70%的硫酸和Na2SO3发生反应生成二氧化硫，SO2是一种酸性氧化物，故①中石蕊变色，二氧化硫具有漂白性，②中品红褪色，③中硫化氢与二氧化硫反应生成单质硫，为淡黄色沉淀，④高锰酸钾与二氧化硫反应，褪色，最后高锰酸钾吸收多余二氧化硫，防止污染空气。
14．【答案】A
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；苯的结构与性质；分液和萃取
【解析】【解答】A．向溶液中滴加少量氯水，溶液先变橙黄色，说明Cl2与溴离子反应生成Br2，充分后溶液变蓝，说明有I2生成，说明Br2将I-氧化为I2，氧化性：，A正确；
B．将气体通入溶液中，SO2先与水反应生成H2SO3，H2SO3电离产生氢离子，酸性环境下硝酸根具有强氧化性，故最终得到BaSO4沉淀，B错误；
C．向稀硝酸中加入过量铁粉，Fe转化为Fe2+，加溶液后溶液不呈红色，C错误；
D．向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅，溴由水层转移到了苯层，发生了萃取，没有发生取代反应，D错误；
故答案为：A。
【分析】A.利用氧化还原反应，氧化性强的可以置换出氧化性弱的；
B.溶液显酸性，又有硝酸根，相当于有硝酸，二氧化硫会被氧化；
C.铁粉过量，最终得到亚铁；
D.苯与液溴才能反应，溴水不反应。
15．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；吸热反应和放热反应；有效碰撞理论
【解析】【解答】A．由图可知，该反应是反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，故A正确；
B．由图可知，反应的最大活化能为(—1.18eV)—(—1.98eV)=0.8eV，故B正确；
C．由图可知，反应过程中无非极性键(N-N)的断裂，故C错误；
D．改用其他催化剂，只能改变反应的活化能，改变反应速率，但不能反应的焓变，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A.根据反应物总能量与生成物总能量相对大小即可判断反应吸放热情况；
B.最大活化能即最大能垒，有图即可判断；
C.根据流程可知，没有非极性键断裂；
D.催化剂不能改变反应的热效应。
16．【答案】D
【知识点】化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据分析，充电时，石墨电极与电源正极相连，A正确；
B．充电时，石墨电极为阳极，发生氧化反应，电极反应，B正确；
C．放电时，氯离子向负极，即向锌电极迁移，C正确；
D．放电时，根据负极电极式，理论上电路中每转移电子，锌电极质量增加2molCl-的质量，应为：，D错误；
故答案为：D。
【分析】放电时为原电池原理，锌为负极，电极式为：Zn-2e-+2Cl-=ZnCl2，石墨为正极，电极式为：；充电时为电解池原理，锌与电源负极相连为阴极，石墨与电源正极相连为阳极。
A.石墨为正极，充电时与电源正极相连
B.，石墨电极为阳极，发生氧化反应，根据转化即可写出电极反应；
C.放电时，阴离子向负极移动；
D.理论上电路中每转移电子，锌电极质量增加2molCl-的质量，据此计算质量即可。
17．【答案】（1）分液漏斗；；饱和食盐水
（2）防止三颈烧瓶内温度过高，生成杂质
（3）或
（4）40.0；第6次添加溶液后，产生气体的总体积不变，说明已消耗完，若作催化剂，则其量不变，产生的气体的量应继续增加(或实验4→5，气体体积增加，小于，说明实验5中已反应完，若作催化剂，产生的气体应为)
（5）；
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解析】（1）仪器a的名称为分液漏斗。圆底烧瓶中浓盐酸与二氧化锰反应制氯气，离子方程式为：。b瓶的目的是除去氯化氢气体，避免氯化氢进入c装置与氢氧化钠溶液反应，降低产品产率，所以装的是饱和食盐水。答案为：分液漏斗；；饱和食盐水。
（2）温度高于40℃时，会与反应生成，为提高的产率，避免生成，所以采用冰水浴。答案为：防止三颈烧瓶内温度过高，生成杂质。
（3）若装置d的作用是安全瓶，作用是防倒吸，所以装置为：或。答案为：或。
（4）①根据前4次加入双氧水的量规律，第二次进入的量为40毫升。答案为：。
②第5次和第6次加入的双氧水的量完全相同，但是气体体积不变说明已消耗完，若作催化剂，则其量不变，产生的气体的量应继续增加，说明猜想Ⅱ正确。答案为：第6次添加溶液后，产生气体的总体积不变，说明已消耗完，若作催化剂，则其量不变，产生的气体的量应继续增加(或实验4→5，气体体积增加，小于，说明实验5中已反应完，若作催化剂，产生的气体应为)。
（5）①因为残留的也会与盐酸反应，导致消耗的盐酸的量增大，使测量结果不准确。答案为：。
②根据，所消耗的盐酸的质量为：，该84消毒液中游离碱含量为：。答案为：。
【分析】实验中利用浓盐酸与二氧化锰制取氯气：。通过b瓶（饱和食盐水）除去氯化氢气体，避免氯化氢进入c装置与氢氧化钠溶液反应，降低产品产率。氯气进入c装置以后，与氢氧化钠反应制取84消毒液的主要成分（），方程式为：。剩余氯气用氢氧化钠吸收，避免污染空气，d装置为防倒吸装置。据此分析作答。
（1） 圆底烧瓶 内发生的为实验室制备氯气，据此写出即可，利用饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢；
（2）采用冰水浴进行降温，防止生成杂质 ；
（3）d为安全瓶，据此画出即可；
（4）根据前4次加入双氧水的量规律，第二次进入的量为40毫升；
（5）①次氯酸根与双氧水反应生成氧气和氯离子；利用化合价升降相等配平即可。
（1）仪器a的名称为分液漏斗。圆底烧瓶中浓盐酸与二氧化锰反应制氯气，离子方程式为：。b瓶的目的是除去氯化氢气体，避免氯化氢进入c装置与氢氧化钠溶液反应，降低产品产率，所以装的是饱和食盐水。答案为：分液漏斗；；饱和食盐水。
（2）温度高于40℃时，会与反应生成，为提高的产率，避免生成，所以采用冰水浴。答案为：防止三颈烧瓶内温度过高，生成杂质。
（3）若装置d的作用是安全瓶，作用是防倒吸，所以装置为：或。答案为：或。
（4）①根据前4次加入双氧水的量规律，第二次进入的量为40毫升。答案为：。
②第5次和第6次加入的双氧水的量完全相同，但是气体体积不变说明已消耗完，若作催化剂，则其量不变，产生的气体的量应继续增加，说明猜想Ⅱ正确。答案为：第6次添加溶液后，产生气体的总体积不变，说明已消耗完，若作催化剂，则其量不变，产生的气体的量应继续增加(或实验4→5，气体体积增加，小于，说明实验5中已反应完，若作催化剂，产生的气体应为)。
（5）①因为残留的也会与盐酸反应，导致消耗的盐酸的量增大，使测量结果不准确。答案为：。
②根据，所消耗的盐酸的质量为：，该84消毒液中游离碱含量为：。答案为：。
18．【答案】（1）；可以被、等氧化成有毒的，污染环境
（2）、
（3）5.2；0.25
（4）取适量沉镍母液于试管中，滴加溶液，若无淡绿色固体产生，说明已沉淀完全
（5）
（6）增大气固接触面积，提高产率；离子键、极性共价键
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解析】（1）“浸出”过程中钴元素转化为亚钴离子发生的反应为钴酸锂与硫酸和过氧化氢混合溶液反应生成硫酸锂、硫酸亚钴、氧气和水，反应的化学方程式为；浓盐酸具有还原性，若用浓盐酸代替硫酸和过氧化氢混合溶液，浓盐酸会与钴酸锂、镍酸锂等发生氧化还原反应生成有毒的氯气污染环境，故答案为：；可以被、等氧化成有毒的，污染环境；
（2）由表格数据可知，调节溶液pH为5的目的是将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，故答案为：、；
（3）由图可知，水相pH为5.2、c(P507)为0.25时钴、镍萃取率相差最大，所以“除钴”的最佳条件是水相pH为5.2、c(P507)为0.25，故答案为：5.2；0.25；
（4）由题给信息可知，氢氧化镍为淡绿色固体，则判断沉镍母液中镍离子已沉淀完全的操作为取适量沉镍母液于试管中，滴加溶液，若无淡绿色固体产生，说明已沉淀完全，故答案为：取适量沉镍母液于试管中，滴加溶液，若无淡绿色固体产生，说明已沉淀完全；
（5）由分析可知，加入反萃取剂稀硫酸萃取、分液的目的是得到含有硫酸亚钴的反萃取液，故答案为：；
6)制得电池的电解质LiPF6前需将氟化锂处理为多孔材料可以增大气固接触面积，提高产率；由化学式可知，LiPF6中含有离子键、极性共价键，故答案为：增大气固接触面积，提高产率；离子键、极性共价键。
【分析】由题给流程控制，向废旧锂电池的正极材料中加入硫酸和过氧化氢的混合溶液浸出，将金属元素转化为可溶的金属硫酸盐，向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液；向滤液中加入P204萃取、分液得到除去锰离子水相，向水相中加入P507萃取、分液得到钴萃余液和载钴有机相；向钴萃余液中加入氢氧化钠溶液反萃取、过滤得到氢氧化镍和沉镍母液；向沉镍母液中加入氢氟酸，将溶液中的锂离子转化为氟化锂沉淀，过滤得到氟化锂；向载钴有机相中加入反萃取剂稀硫酸萃取、分液得到含有硫酸亚钴的反萃取液；反萃取液经处理得到硫酸亚钴。
（1）该反应为氧化还原反，根据化合价升降相等配平即可；产物有毒会污染空气；
（2）由表格数据可知，调节溶液pH为5的目的是将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；
（3）由图可知，水相pH为5.2、c(P507)为0.25时钴、镍萃取率相差最大，
（4）判断离子完全沉淀的方法为继续向上清液加入沉淀剂即可判断；
（5）由分析可知，加入反萃取剂稀硫酸萃取
（6） 制备前需将处理为多孔材料 目的为增大接触面积，反应更加充分。
（1）“浸出”过程中钴元素转化为亚钴离子发生的反应为钴酸锂与硫酸和过氧化氢混合溶液反应生成硫酸锂、硫酸亚钴、氧气和水，反应的化学方程式为；浓盐酸具有还原性，若用浓盐酸代替硫酸和过氧化氢混合溶液，浓盐酸会与钴酸锂、镍酸锂等发生氧化还原反应生成有毒的氯气污染环境，故答案为：；可以被、等氧化成有毒的，污染环境；
（2）由表格数据可知，调节溶液pH为5的目的是将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，故答案为：、；
（3）由图可知，水相pH为5.2、c(P507)为0.25时钴、镍萃取率相差最大，所以“除钴”的最佳条件是水相pH为5.2、c(P507)为0.25，故答案为：5.2；0.25；
（4）由题给信息可知，氢氧化镍为淡绿色固体，则判断沉镍母液中镍离子已沉淀完全的操作为取适量沉镍母液于试管中，滴加溶液，若无淡绿色固体产生，说明已沉淀完全，故答案为：取适量沉镍母液于试管中，滴加溶液，若无淡绿色固体产生，说明已沉淀完全；
（5）由分析可知，加入反萃取剂稀硫酸萃取、分液的目的是得到含有硫酸亚钴的反萃取液，故答案为：；
（6）制得电池的电解质LiPF6前需将氟化锂处理为多孔材料可以增大气固接触面积，提高产率；由化学式可知，LiPF6中含有离子键、极性共价键，故答案为：增大气固接触面积，提高产率；离子键、极性共价键。
19．【答案】（1）
（2）含有一个孤电子对，而含有两个孤电子对，中的孤电子对对成键电子对的排斥作用更大
（3）>；正四面体形
（4）；cd
（5）；12；；；的原子半径小于，即的键长比的键长短，导致的键能比的键能大
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解析】（1）As与N同族，基态砷原子价层电子排布式为；
（2）H2O和AsH3中心原子均为sp3杂化，中氧有2对孤电子对，中As有1对孤电子对，故电子对斥力较大，则的键角小于的原因为含有一个孤电子对，而含有两个孤电子对，中的孤电子对对成键电子对的排斥作用更大；
（3）H3AsO4和H3AsO3可表示为(HO)3AsO和(HO)3As，H3AsO3中的As为+3价，而H3AsO4中非羟基氧较多、As为+5价，正电性更高，导致As-O-H中的O的电子更向As偏移，越易电离出H+，故酸性强弱为>；中含有的孤电子对数是0，中心原子有4个共价键，则的空间结构为正四面体形；
（4）①根据方程式的元素守恒可知，物质Ⅳ为；
②a．Ⅰ中碳氧双键中的C原子的杂化轨道类型均为，a错误；
b．结合Ⅲ的结构可知，Ⅱ中的化合价为+3，b错误；
c．同周期越靠右电负性越大，同主族越靠上电负性越大，则Ⅲ含有的元素中，O的电负性最大，c正确；
d．根据Ⅲ的结构可知，其中都是单键，则其化学键均为键，d正确；
故选cd；
（5）①结合坐标系和点的分数坐标为，则点的分数坐标为；晶体中与顶点B原子等距且最近的B原子位于面心位置，则其个数为12；
②该晶胞中B为顶点和面心，根据均摊的原则可知，1个晶胞中B原子的个数为4，As位于体内，则1个晶胞中As原子的个数为4，则该晶体的化学式为；该晶体的密度；
③该晶体熔化时需要破坏共价键，共价键越短，键能越大，而N原子的半径比As的半径小，故如果把晶体中砷原子换成氮原子，形成的晶体的熔点明显升高，原因为：的原子半径小于，即的键长比的键长短，导致的键能比的键能大。
【分析】（1）同主族元素价电子数目相等，据此写出砷的价电子；
（2）当杂化方式相同时，看孤对电子数目，孤对电子数目越多，键角越小；
（3）非羟基氧数目越多，酸性越强，据此比较酸性强弱；
（4）①根据方程式的元素守恒可知，即可得到 物质Ⅳ ；
②a．Ⅰ中碳氧双键中的C原子的杂化轨道类型均为，
b．结合Ⅲ的结构可知，Ⅱ中的化合价为+3，
c．同周期越靠右电负性越大，同主族越靠上电负性越大，则Ⅲ含有的元素中，O的电负性最大
d．根据Ⅲ的结构可知，其中都是单键，则其化学键均为键
（5）晶体中与顶点B原子等距且最近的B原子位于面心位置，则其个数为12。
（1）As与N同族，基态砷原子价层电子排布式为；
（2）H2O和AsH3中心原子均为sp3杂化，中氧有2对孤电子对，中As有1对孤电子对，故电子对斥力较大，则的键角小于的原因为含有一个孤电子对，而含有两个孤电子对，中的孤电子对对成键电子对的排斥作用更大；
（3）H3AsO4和H3AsO3可表示为(HO)3AsO和(HO)3As，H3AsO3中的As为+3价，而H3AsO4中非羟基氧较多、As为+5价，正电性更高，导致As-O-H中的O的电子更向As偏移，越易电离出H+，故酸性强弱为>；中含有的孤电子对数是0，中心原子有4个共价键，则的空间结构为正四面体形；
（4）①根据方程式的元素守恒可知，物质Ⅳ为；
②a．Ⅰ中碳氧双键中的C原子的杂化轨道类型均为，a错误；
b．结合Ⅲ的结构可知，Ⅱ中的化合价为+3，b错误；
c．同周期越靠右电负性越大，同主族越靠上电负性越大，则Ⅲ含有的元素中，O的电负性最大，c正确；
d．根据Ⅲ的结构可知，其中都是单键，则其化学键均为键，d正确；
故选cd；
（5）①结合坐标系和点的分数坐标为，则点的分数坐标为；晶体中与顶点B原子等距且最近的B原子位于面心位置，则其个数为12；
②该晶胞中B为顶点和面心，根据均摊的原则可知，1个晶胞中B原子的个数为4，As位于体内，则1个晶胞中As原子的个数为4，则该晶体的化学式为；该晶体的密度；
③该晶体熔化时需要破坏共价键，共价键越短，键能越大，而N原子的半径比As的半径小，故如果把晶体中砷原子换成氮原子，形成的晶体的熔点明显升高，原因为：的原子半径小于，即的键长比的键长短，导致的键能比的键能大。
20．【答案】（1）
（2）醚键、醛基；
（3）
（4）A；B
（5）；加成反应(或还原反应)；浓硝酸、浓硫酸，加热；取代反应
（6）；
【知识点】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】【解析】（1）由B的结构简式可知，分子式为。
（2）由F的结构简式可知，含氧官能团的名称为醚键、醛基，E发生催化氧化反应生成F，化学方程式为：2+O22+2H2O。
（3）G的同分异构体满足条件：①含有苯环，且苯环上只有两个取代基；②核磁共振氢谱峰面积之比为，说明其为对称的结构，含有4种环境的H原子，且个数比为；③官能团只有一种，可以与溶液反应产生气体，该官能团为-COOH；满足条件的同分异构体为：。
（4）A．C和ClCH2OCH3发生取代反应生成D，由C和D的结构简式可以推知另外一种产物为，A正确；
B．由D和E的结构简式可知，D在水溶液且加热的条件下发生取代反应生成E，B正确；
C．由分析可知，化合物H为CH3OH，名称为甲醇，C错误；
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，化合物I中不存在手性碳原子，D错误；
故选AB。
（5）
化合物D中含有苯环，和H2在催化剂、加热的条件下发生加成反应生成，D和浓硝酸在浓硫酸催化、加热的条件下发生取代反应生成。
(6)HCCH先和HCN发生加成反应生成CH2=CH2CN，CH2=CH2CN发生水解反应生成CH2=CHCOOH，CH2=CHCOOH和HBr发生加成反应生成BrCH2CH2COOH，BrCH2CH2COOH先发生取代反应生成HOCH2CH2COOH，HOCH2CH2COOH发生氧化反应生成HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH和发生F生成G的反应原理得到；
①乙炔与发生加成反应得到；
②最后一步反应中HOOCCH2COOH和发生F生成G的反应原理得到，同时有CO2和H2O生成，化学方程式为：+HOOCCH2COOH+CO2+H2O。
【分析】A和甲醇发生发生取代反应生成B，B和CH3I发生取代反应生成C，C和ClCH2OCH3发生取代反应生成D，E发生催化氧化反应生成F，结合E的结构简式可以推知E为，F和HOOCCH2COOH先发生加成反应再发生消去反应生成G，G和H发生酯化反应生成I，可以推知H为CH3OH。
（1）根据题目结构简式即可得到；
（2）结合题目流程可知， F中的含氧官能团的名称为 醚键、醛基 ；反应 为醇的氧化，生成得到醛，即可写出；
（3）G的同分异构体满足条件：①含有苯环，且苯环上只有两个取代基；②核磁共振氢谱峰面积之比为，说明其为对称的结构，含有4种环境的H原子，且个数比为；③官能团只有一种，可以与溶液反应产生气体，该官能团为-COOH；
（4）C．由分析可知，化合物H为CH3OH，名称为甲醇，C错误；
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，化合物I中不存在手性碳原子，D错误；
（5）反应①为苯环与氢气发生加成反应，反应②为苯环上发生硝化反应；为取代反应。
（1）由B的结构简式可知，分子式为。
（2）由F的结构简式可知，含氧官能团的名称为醚键、醛基，E发生催化氧化反应生成F，化学方程式为：2+O22+2H2O。
（3）G的同分异构体满足条件：①含有苯环，且苯环上只有两个取代基；②核磁共振氢谱峰面积之比为，说明其为对称的结构，含有4种环境的H原子，且个数比为；③官能团只有一种，可以与溶液反应产生气体，该官能团为-COOH；满足条件的同分异构体为：。
（4）A．C和ClCH2OCH3发生取代反应生成D，由C和D的结构简式可以推知另外一种产物为，A正确；
B．由D和E的结构简式可知，D在水溶液且加热的条件下发生取代反应生成E，B正确；
C．由分析可知，化合物H为CH3OH，名称为甲醇，C错误；
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，化合物I中不存在手性碳原子，D错误；
故选AB。
（5）化合物D中含有苯环，和H2在催化剂、加热的条件下发生加成反应生成，D和浓硝酸在浓硫酸催化、加热的条件下发生取代反应生成。
（6）HCCH先和HCN发生加成反应生成CH2=CH2CN，CH2=CH2CN发生水解反应生成CH2=CHCOOH，CH2=CHCOOH和HBr发生加成反应生成BrCH2CH2COOH，BrCH2CH2COOH先发生取代反应生成HOCH2CH2COOH，HOCH2CH2COOH发生氧化反应生成HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH和发生F生成G的反应原理得到；
①乙炔与发生加成反应得到；
②最后一步反应中HOOCCH2COOH和发生F生成G的反应原理得到，同时有CO2和H2O生成，化学方程式为：+HOOCCH2COOH+CO2+H2O。
1 / 1广东省肇庆市2024-2025学年届高三上学期第一次模拟考试化学
1．（2024高三上·广东模拟）下列物质使用的材料属于有机高分子材料的是
A．航空发动机——碳化硅纤维 B．人造骨骼——镍钛合金
C．量子计算机——铁基超导材料 D．滑雪服面料——聚酰胺纤维
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】合成材料
【解析】【解答】A．碳化硅纤维属于新型无机非金属材料，A错误；
B．镍钛合金属于金属材料，B错误；
C．铁基超导材料属于金属材料，C错误；
D．聚酰胺纤维属于有机高分子材料，D正确；
故答案为：D。
【分析】 有机高分子材料 是指通过有机物加聚或者缩聚等方法合成得到的材料。
2．（2024高三上·广东模拟）下列化学用语或图示表达不正确的是
A．的电子式：
B．丙烯的结构简式：
C．电子云轮廓图：
D．基态的价层电子轨道表示式：
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．过氧化钠为离子化合物，电子式正确，A正确；
B．丙烯的结构简式：，B错误；
C．电子云轮廓图为纺锤形，图示正确，C正确；
D．基态的价层电子排布式为3s23p6，价电子轨道表示式正确，D正确；
故选B。
【分析】B.对烯烃而言，在书写结构简式，碳碳双键不可省略。
3．（2024高三上·广东模拟）粤剧被誉为“南国的红豆”，是世界非物质文化遗产之一。下列说法不正确的是
A．粤剧头饰“凤冠”上的金丝银线属于金属材料
B．粤剧演奏乐器“椰胡”的琴筒由椰壳制成，椰壳的主要成分为多糖
C．粤剧彩绘脸谱使用的红色油彩主要成分为
D．粤剧头饰“翎子”(也称“野鸡翎”“锥毛翎”)，其主要成分为天然纤维
【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
【解析】【解答】A．金属材料包括纯金属和合金。金丝银线是金属，属于金属材料，A正确；
B．椰壳的主要成分是纤维素，纤维素属于多糖，B正确；
C．是黑色晶体，不能作为红色油彩的主要成分，红色油彩主要成分为，C错误；
D．翎子主要是动物的羽毛，动物羽毛的主要成分是角蛋白，属于天然蛋白质纤维，D正确；
故答案为：C。
【分析】C.铁的氧化物中， 为黑色，为红色，所以红色油彩的主要成分为三氧化二铁。
4．（2024高三上·广东模拟）化学与科技、生产、生活息息相关。下列说法不正确的是
A．“深海勇士”号潜水艇使用的锂离子电池是二次电池
B．保温杯内胆使用316不锈钢，不锈钢的含碳量大于生铁
C．月球新矿物“嫦娥石”是一种磷酸盐矿物(含镁和铁)，它不易溶于水
D．甲流病毒主要由和蛋白质组成，可采用高温、紫外线、乙醇等有效灭活
【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．锂离子电池是二次电池，二次电池是可以多次充放电的电池。“深海勇士” 号潜水艇使用的锂离子电池能够充电后再次使用，A正确；
B．不锈钢（如 316 不锈钢）是含碳量较低的合金钢，含碳量一般小于0.15%，生铁的含碳量在2%~4.3%之间。所以不锈钢的含碳量小于生铁，B错误；
C．磷酸盐矿物（含镁和铁），磷酸盐除了少数如Na3PO4等碱金属磷酸盐易溶外，大多数磷酸盐是难溶的。所以 “嫦娥石” 不易溶于水，C正确；
D．甲流病毒主要由 RNA 和蛋白质组成，高温可以使蛋白质变性，紫外线可以破坏病毒的核酸结构，75% 乙醇可以使蛋白质变性，从而有效灭活病毒，D正确；
故选B。
【分析】B.对于铁的合金而言，生铁的含碳量在2%~4.3%之间，含碳量最高，其次为钢的含碳量为小于2%，钢的含碳量较低。
5．（2024高三上·广东模拟）利用电化学原理既能输出电能，又能合成有机物。如图所示装置在输出电能的同时可合成苯胺。该电池工作时，下列说法不正确的是
A．多孔惰性电极为正极
B．电流方向为
C．负极电极反应式为
D．反应一段时间后，负极区溶液减小
【答案】D
【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．由图可知，在左侧硝基苯生成苯胺，硝基苯被还原，则多孔惰性电极为正极，A正确；
B．由图可知，在左侧硝基苯生成苯胺，硝基苯被还原，则多孔惰性电极为正极，Al为负极，电流方向为，B正确；
C．由分析可知，Al为负极，Al失去电子生成Al3+，电极反应式为，C正确；
D．在正极得电子被还原为，其中N元素由+3价降低到-3价，得到6个电子，对应电极反应式为+6H++6e-=+2H2O，则负极区的H+通过电解质膜进入正极区，负极区氢离子浓度减小，pH增大，D错误；
故答案为：D。
【分析】由图可知，在左侧硝基苯生成苯胺，硝基苯被还原，则多孔惰性电极为正极，Al为负极，负极反应为：，正极反应为+6H++6e-=+2H2O，据此解答即可。
6．（2024高三上·广东模拟）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．标准状况下，中含有的质子数目为
B．乙醇中含有的共价键数目为
C．与水反应转移的电子数目为
D．与的混合气体含有的原子数目为
【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．标准状况下，11.2L臭氧中含有的质子数目为×24×NAmol—1=12NA，故A正确；
B．乙醇分子中含有的共价键数目为8，则46g乙醇中含有的共价键数目为×8×NAmol—1=8NA，故B错误；
C．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，则1mol过氧化钠与水反应转移的电子数目为1mol×1×NAmol—1=NA，故C正确；
D．一氧化氮和一氧化碳含有的氧原子数目都为1，则1mol一氧化氮和一氧化碳的混合气体含有的氧原子数目为1mol×1×NAmol—1=NA，故D正确；
故答案为：B。
【分析】A.一个臭氧分子含有24个质子，0.5mol含有12mol质子，故为12NA，
B.根据乙醇结构可知，一个乙醇分子含有8个共价键，而不是7个共价键；
C.根据过氧化钠与水反应，过氧化钠与水反应转移的电子数目为1个，故1mol过氧化钠转移电子为NA，
D.无论一氧化氮和一氧化碳含有的氧原子数目都为1，故1mol一氧化氮和一氧化碳的混合气体含有氧原子为1mol。
7．（2024高三上·广东模拟）劳动创造美好生活。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 用熟香蕉催熟猕猴桃生果 乙烯能加速生果成熟
B 用油脂制肥皂 羧酸与醇能发生酯化反应
C 用光导纤维传输量子光信号 二氧化硅具有良好的光学特性
D 用干冰制造舞台“烟雾” 干冰易升华吸热
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．熟香蕉能产生大量的乙烯气体， 乙烯是一种植物激素，能催熟水果，所以能催熟猕猴桃生果，A正确；
B．用油脂制肥皂是利用油脂在溶液中水解生成高级脂肪酸钠的过程，跟羧酸与醇能发生酯化反应没有关联，B错误；
C．光导纤维的主要成分为二氧化硅生产的石英玻璃，具有良好的光学特性，可以高质量传输量子光信号，C正确；
D．干冰极易升华，同时大量吸热降低周围温度，从而使空气中的水蒸气液化形成小水滴，这些小水滴悬浮在空气中形成“白雾”，D正确；
故答案为：B。
【分析】B. 用油脂制肥皂 是利用高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下水解得到高级脂肪酸钠盐，即为肥皂，该过程涉及为酯的水解。
8．（2024高三上·广东模拟）维生素P是一种营养增补剂，其结构如图所示(其中R为烷烃基)。关于该化合物，下列说法正确的是
A．含有5种官能团
B．所有原子可能共平面
C．可以与溶液发生显色反应
D．该化合物最多能与发生反应
【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．维生素P中含有酚羟基、酮羰基、醚键3种官能团，A错误；
B．在维生素P中因为含有烷烃基R，所有原子不可能共面，B错误；
C．维生素P中含有酚羟基，能与溶液发生显色反应，C正确；
D．维生素P中只有酚羟基能与溶液发生反应，维生素P中只有酚羟基，所以只能消耗溶液，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.根据结构可知，含有官能团有：酚羟基、酮羰基、醚键3种官能团，切记苯环不属于官能团；
B.分子中含有烷烃基，故不可能所以原子共平面；
C.含有酚羟基，可以与氯化铁显色；
D.只有酚羟基能与溶液发生反应，维生素P中只有酚羟基。
9．（2024高三上·广东模拟）下列生产生活情境涉及的离子方程式书写正确的是
A．用去除自来水中的余氯()：
B．用侯氏制碱法制备碳酸氢钠晶体：
C．用胃舒平[主要成分为]治疗胃酸过多：
D．用溶液刻蚀铜电路板：
【答案】A
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；离子方程式的书写；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．用去除自来水中的余氯()，将氧化为，离子方程式为：，A正确；
B．用侯氏制碱法制备碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠晶体是固体，离子方程式为：，B错误；
C．用胃舒平[主要成分为]治疗胃酸过多，为难溶物，离子方程式为：，C错误；
D．用溶液刻蚀铜电路板，将Cu氧化为，自身被还原为，离子方程式为：，D错误；
故答案为：A。
【分析】A.氯气具有氧化性，具有还原性，二者发生氧化还原反，根据化合价升降相等，即可配平；
B.侯氏制碱法得到碳酸氢钠为晶体，不可拆；
C.氢氧化铝为难溶物，不开拆；
D.将Cu氧化为，自身被还原为。
10．（2024高三上·广东模拟）某化学兴趣小组利用实验室常见仪器进行海带提碘的实验，下列实验操作正确且能达到对应实验目的的是
实验操作
实验目的 A．灼烧海带 B．过滤海带灰悬浊液
实验操作
实验目的 C．加入氧化 D．萃取溶液中的
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】过滤；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A．灼烧在坩埚中进行，故A错误；
B．应该通过过滤分离不溶性固体与溶液，不需要分液漏斗，故B错误；
C．酸性溶液中过氧化氢可氧化碘离子生成碘单质，图中丙装置反应生成I2，故C正确；
D．乙醇与水互溶，不能萃取碘水中的I2，故D错误；
故选：C。
【解答】A.灼烧固体用坩埚，蒸发溶液用蒸发皿；
B.过滤应该用普通漏斗，而不是分液漏斗；
D.乙醇与水互溶，不能当萃取剂。
11．（2024高三上·广东模拟）部分含氮物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列说法正确的是
A．工业制硝酸的转化路线为
B．能用铁制品盛装e的浓溶液是因为常温下二者不反应
C．c和d均可以用排水法收集
D．实验室可用生石灰与f的浓溶液制取a
【答案】D
【知识点】氨的性质及用途；氨的实验室制法
【解析】【解答】A．工业制备硝酸是将氨气催化氧化制备NO后再进一步制备硝酸，而不用氮气制备NO，故转化路线为，A错误；
B．能用铁制品盛装HNO3的浓溶液是因为铁和浓硝酸在常温下发生钝化，生成致密的氧化膜，阻止反应进一步进行，B错误；
C．NO2能与水发生反应，生成NO和HNO3，不能用排水法收集，C错误；
D．生石灰与浓氨水反应时生成氢氧化钙和氨气，故实验室可用生石灰与浓氨水制取NH3，D正确；
故答案为：D。
【分析】由价类二维图可知，a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2或N2O4，e为HNO3，f为，据此回答。
A.工业制备硝酸为先制备氨气，再进行氨的催化氧化，然后再制备硝酸；
B.浓硝酸与铁在常温下发生钝化，也发了化学反应；
C.二氧化氮与水反应，并不能排水法收集；
D.生石灰与浓氨水反应可以制备氨气。
12．（2024高三上·广东模拟）化合物M可作为一种废水处理剂，去除废水中的金属离子。其结构如图所示。W、X、Y和Z均为短周期主族元素，X、Y和Z位于同一周期。W原子核外的电子只有一种自旋取向，基态Z原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等。下列说法正确的是
A．第一电离能：
B．原子半径：
C．简单氢化物沸点：
D．化合物M中X、Y、Z均满足8电子结构
【答案】D
【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；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，则第一电离能：，A错误；
B．同一周期主族元素，从左往右原子半径依次减小，则原子半径：，B错误；
C．O的电负性大于N，H2O分子间氢键强度比NH3分子间氢键大，则沸点：H2O>NH3，C错误；
D．化合物M中O连接2个共价键，N原子连接4个共价键，C原子连接4个共价键，均满足8电子结构，D正确；
故答案为：D。
【分析】W、X、Y和Z均为短周期主族元素，X、Y和Z位于同一周期，W原子核外的电子只有一种自旋取向，电子排布式为1s1，W为H元素；基态Z原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，电子排布式为1s22s22p4或1s22s22p63s2，结合Z连接2个共价键，则Z为O元素，Y连接4各共价键且带1各正电荷，Y为N元素，X为C元素。
A.第ⅤA族的大于第ⅥA族的电离能出现反常，要注意；
B.同一周期主族元素，从左往右原子半径依次减小进行比较即可；
C.分子间含有氢键，沸点会异常的高；
D.化合物M中的结构式可知，都满足了8电子稳定结构。
13．（2024高三上·广东模拟）利用如图所示装置制备SO2并检验其性质。下列说法不正确的是
A．装置①中紫色石蕊溶液变红
B．装置②和④中溶液褪色，均体现SO2的漂白性
C．装置③中出现浑浊，体现SO2的氧化性
D．装置⑤中的试剂可以是NaOH溶液，用于吸收尾气
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；含硫物质的性质及综合应用；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A.70%的硫酸和Na2SO3发生反应生成Na2SO4、H2O和SO2。SO2是一种酸性氧化物，溶于水生成H2SO3，可使紫色石蕊变红，A项正确；
B．SO2能使品红褪色，是因为SO2具有漂白作用；SO2具有还原性，能与酸性KMnO4发生氧化还原反应，从而使酸性KMnO4溶液褪色。装置②和④中溶液褪色，原理不同，B项错误；
C．SO2与H2S发生反应：SO2+2H2S＝3S↓+2H2O，所以装置③中出现浑浊，该过程中SO2中的S元素化合价降低，被还原，体现了SO2的氧化性，C项正确；
D．SO2是一种无色、有刺激性气味的有毒气体，不能直接排放到空气中，SO2能与NaOH发生反应，故可以通过NaOH溶液来吸收尾气，D项正确；
故答案为：B。
【分析】70%的硫酸和Na2SO3发生反应生成二氧化硫，SO2是一种酸性氧化物，故①中石蕊变色，二氧化硫具有漂白性，②中品红褪色，③中硫化氢与二氧化硫反应生成单质硫，为淡黄色沉淀，④高锰酸钾与二氧化硫反应，褪色，最后高锰酸钾吸收多余二氧化硫，防止污染空气。
14．（2024高三上·广东模拟）下列实验操作对应的实验现象和结论均正确的是
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 向溶液中滴加少量氯水，充分反应后再加入淀粉溶液 溶液先变橙黄色，后变蓝色 氧化性：
B 将气体通入溶液中 生成白色沉淀 该沉淀是
C 向稀硝酸中加入过量铁粉，充分反应后滴加溶液 有气体生成，滴加溶液后溶液呈红色 稀硝酸将氧化成
D 向溴水中加入苯，振荡后静置 水层颜色变浅 溴与苯发生了取代反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；苯的结构与性质；分液和萃取
【解析】【解答】A．向溶液中滴加少量氯水，溶液先变橙黄色，说明Cl2与溴离子反应生成Br2，充分后溶液变蓝，说明有I2生成，说明Br2将I-氧化为I2，氧化性：，A正确；
B．将气体通入溶液中，SO2先与水反应生成H2SO3，H2SO3电离产生氢离子，酸性环境下硝酸根具有强氧化性，故最终得到BaSO4沉淀，B错误；
C．向稀硝酸中加入过量铁粉，Fe转化为Fe2+，加溶液后溶液不呈红色，C错误；
D．向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅，溴由水层转移到了苯层，发生了萃取，没有发生取代反应，D错误；
故答案为：A。
【分析】A.利用氧化还原反应，氧化性强的可以置换出氧化性弱的；
B.溶液显酸性，又有硝酸根，相当于有硝酸，二氧化硫会被氧化；
C.铁粉过量，最终得到亚铁；
D.苯与液溴才能反应，溴水不反应。
15．（2024高三上·广东模拟）是汽车尾气净化催化剂的关键成分，其高效的储放氧性能在的氧化还原催化循环中发挥了巨大作用。研究发现，先在催化剂表面形成强吸附性的二聚体，再与在表面反应生成和，该过程的能量变化曲线如图所示(吸附在表面的物种用*标注)。下列说法不正确的是
说明：“-----”表示化学键将要断裂或形成。
A．该反应属于放热反应
B．该过程中的最大活化能为
C．该过程中伴随极性键和非极性键的断裂和形成
D．若改用其他催化剂，其反应的不变
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；吸热反应和放热反应；有效碰撞理论
【解析】【解答】A．由图可知，该反应是反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，故A正确；
B．由图可知，反应的最大活化能为(—1.18eV)—(—1.98eV)=0.8eV，故B正确；
C．由图可知，反应过程中无非极性键(N-N)的断裂，故C错误；
D．改用其他催化剂，只能改变反应的活化能，改变反应速率，但不能反应的焓变，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A.根据反应物总能量与生成物总能量相对大小即可判断反应吸放热情况；
B.最大活化能即最大能垒，有图即可判断；
C.根据流程可知，没有非极性键断裂；
D.催化剂不能改变反应的热效应。
16．（2024高三上·广东模拟）科学家基于水/有机双相电解质开发了一种新型的铜锌二次电池，双相电解质建立了离子选择性界面，仅允许氯离子迁移，其放电时的工作原理如图所示。下列说法不正确的是
A．充电时，石墨电极与电源正极相连
B．充电时，石墨电极上可发生电极反应
C．放电时，氯离子向锌电极迁移
D．放电时，理论上电路中每转移电子，锌电极质量增加
【答案】D
【知识点】化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据分析，充电时，石墨电极与电源正极相连，A正确；
B．充电时，石墨电极为阳极，发生氧化反应，电极反应，B正确；
C．放电时，氯离子向负极，即向锌电极迁移，C正确；
D．放电时，根据负极电极式，理论上电路中每转移电子，锌电极质量增加2molCl-的质量，应为：，D错误；
故答案为：D。
【分析】放电时为原电池原理，锌为负极，电极式为：Zn-2e-+2Cl-=ZnCl2，石墨为正极，电极式为：；充电时为电解池原理，锌与电源负极相连为阴极，石墨与电源正极相连为阳极。
A.石墨为正极，充电时与电源正极相连
B.，石墨电极为阳极，发生氧化反应，根据转化即可写出电极反应；
C.放电时，阴离子向负极移动；
D.理论上电路中每转移电子，锌电极质量增加2molCl-的质量，据此计算质量即可。
17．（2024高三上·广东模拟）某小组利用如图所示装置制备84消毒液，并进一步探究相关物质的反应原理以及测定产品中游离碱的含量。
已知：温度高于40℃时，会与反应生成。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为　 　，圆底烧瓶内发生反应的离子方程式为　 　，装置b中的试剂为　 　。
（2）装置c采用冰水浴的目的为　 　。
（3）若装置d的作用是安全瓶，请在虚线方格内画出实验装置图　 　。
（4）小组查阅资料了解到，使用过84消毒液的游泳池若再使用消毒剂，泳池中氧气含量会增加，有可能会导致池水中的藻类快速生长。针对氧气产生的原因，小组进行了如下探究：
[提出猜想]Ⅰ.催化分解产生氧气。
Ⅱ.与反应产生氧气。
[进行实验]如图所示，将注射器中的溶液均分6次注入锥形瓶，每次注入溶液待不再产生气泡后，记录量筒内液体总体积制成表格(忽略加入溶液导致锥形瓶内溶液体积的变化以及其他因素对测量结果造成的影响)。
实验编号 1 2 3 4 5 6
量筒内液体总体积 20.0 60.0 80.0 90.0 90.0
①表中的数据　 　。
[得出结论]②由实验可知，猜想Ⅱ正确，理由为　 　。
（5）该小组测定了以上制备的84消毒液产品中游离碱的含量(的质量占消毒液质量的百分数)，实验步骤：取产品()，滴加双氧水至溶液不再产生气泡为止，加热溶液，除去残留的后将溶液转移至容量瓶，洗涤、定容、摇匀，移取其中待测液于锥形瓶中，以酚酞为指示剂，用盐酸标准溶液滴定至终点，平行滴定3次。
①滴加5%双氧水的目的是　 　(用离子方程式表示)。
②若平均消耗盐酸的体积为，则该84消毒液中游离碱含量为　 　(保留两位有效数字)。
【答案】（1）分液漏斗；；饱和食盐水
（2）防止三颈烧瓶内温度过高，生成杂质
（3）或
（4）40.0；第6次添加溶液后，产生气体的总体积不变，说明已消耗完，若作催化剂，则其量不变，产生的气体的量应继续增加(或实验4→5，气体体积增加，小于，说明实验5中已反应完，若作催化剂，产生的气体应为)
（5）；
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解析】（1）仪器a的名称为分液漏斗。圆底烧瓶中浓盐酸与二氧化锰反应制氯气，离子方程式为：。b瓶的目的是除去氯化氢气体，避免氯化氢进入c装置与氢氧化钠溶液反应，降低产品产率，所以装的是饱和食盐水。答案为：分液漏斗；；饱和食盐水。
（2）温度高于40℃时，会与反应生成，为提高的产率，避免生成，所以采用冰水浴。答案为：防止三颈烧瓶内温度过高，生成杂质。
（3）若装置d的作用是安全瓶，作用是防倒吸，所以装置为：或。答案为：或。
（4）①根据前4次加入双氧水的量规律，第二次进入的量为40毫升。答案为：。
②第5次和第6次加入的双氧水的量完全相同，但是气体体积不变说明已消耗完，若作催化剂，则其量不变，产生的气体的量应继续增加，说明猜想Ⅱ正确。答案为：第6次添加溶液后，产生气体的总体积不变，说明已消耗完，若作催化剂，则其量不变，产生的气体的量应继续增加(或实验4→5，气体体积增加，小于，说明实验5中已反应完，若作催化剂，产生的气体应为)。
（5）①因为残留的也会与盐酸反应，导致消耗的盐酸的量增大，使测量结果不准确。答案为：。
②根据，所消耗的盐酸的质量为：，该84消毒液中游离碱含量为：。答案为：。
【分析】实验中利用浓盐酸与二氧化锰制取氯气：。通过b瓶（饱和食盐水）除去氯化氢气体，避免氯化氢进入c装置与氢氧化钠溶液反应，降低产品产率。氯气进入c装置以后，与氢氧化钠反应制取84消毒液的主要成分（），方程式为：。剩余氯气用氢氧化钠吸收，避免污染空气，d装置为防倒吸装置。据此分析作答。
（1） 圆底烧瓶 内发生的为实验室制备氯气，据此写出即可，利用饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢；
（2）采用冰水浴进行降温，防止生成杂质 ；
（3）d为安全瓶，据此画出即可；
（4）根据前4次加入双氧水的量规律，第二次进入的量为40毫升；
（5）①次氯酸根与双氧水反应生成氧气和氯离子；利用化合价升降相等配平即可。
（1）仪器a的名称为分液漏斗。圆底烧瓶中浓盐酸与二氧化锰反应制氯气，离子方程式为：。b瓶的目的是除去氯化氢气体，避免氯化氢进入c装置与氢氧化钠溶液反应，降低产品产率，所以装的是饱和食盐水。答案为：分液漏斗；；饱和食盐水。
（2）温度高于40℃时，会与反应生成，为提高的产率，避免生成，所以采用冰水浴。答案为：防止三颈烧瓶内温度过高，生成杂质。
（3）若装置d的作用是安全瓶，作用是防倒吸，所以装置为：或。答案为：或。
（4）①根据前4次加入双氧水的量规律，第二次进入的量为40毫升。答案为：。
②第5次和第6次加入的双氧水的量完全相同，但是气体体积不变说明已消耗完，若作催化剂，则其量不变，产生的气体的量应继续增加，说明猜想Ⅱ正确。答案为：第6次添加溶液后，产生气体的总体积不变，说明已消耗完，若作催化剂，则其量不变，产生的气体的量应继续增加(或实验4→5，气体体积增加，小于，说明实验5中已反应完，若作催化剂，产生的气体应为)。
（5）①因为残留的也会与盐酸反应，导致消耗的盐酸的量增大，使测量结果不准确。答案为：。
②根据，所消耗的盐酸的质量为：，该84消毒液中游离碱含量为：。答案为：。
18．（2024高三上·广东模拟）废锂离子电池正极材料中含有钴、镍、锂等金属，具有较高回收价值，对其进行无害化处理并回收具有重要意义。一种回收钴、镍、锂的工艺流程如下：
已知：①废锂电池正极材料成分为、、及、的化合物。
②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀时的如下表所示：
金属离子
开始沉淀时()的 2.7 3.2 6.6 6.7 7.8
沉淀完全时()的 3.7 5.0 9.2 9.5 10.4
③为淡绿色固体，为玫红色固体。
回答下列问题：
（1）“浸出”过程中钴元素转化为，该反应的化学方程式为　 　。此过程若用浓盐酸代替和，其缺点除因其挥发性导致利用率降低外，还有　 　(写一点)。
（2）如果“浸出”后溶液中、、浓度均约为，则“调”过程中调节溶液的时，滤渣的主要成分为　 　。
（3）“除钴”时水相和浓度会影响钴、镍分离效果，根据下图选择“除钴”的最佳条件：水相　 　，　 　。
（4）判断沉镍母液中已沉淀完全的操作为　 　。
（5）“反萃取”过程发生反应，则反萃取剂为　 　(填化学式)。
（6）高温高压下向固态中通入气态可制得电池的电解质，制备前需将处理为多孔材料，原因为　 　；制得的。中所含化学键类型为　 　。
【答案】（1）；可以被、等氧化成有毒的，污染环境
（2）、
（3）5.2；0.25
（4）取适量沉镍母液于试管中，滴加溶液，若无淡绿色固体产生，说明已沉淀完全
（5）
（6）增大气固接触面积，提高产率；离子键、极性共价键
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解析】（1）“浸出”过程中钴元素转化为亚钴离子发生的反应为钴酸锂与硫酸和过氧化氢混合溶液反应生成硫酸锂、硫酸亚钴、氧气和水，反应的化学方程式为；浓盐酸具有还原性，若用浓盐酸代替硫酸和过氧化氢混合溶液，浓盐酸会与钴酸锂、镍酸锂等发生氧化还原反应生成有毒的氯气污染环境，故答案为：；可以被、等氧化成有毒的，污染环境；
（2）由表格数据可知，调节溶液pH为5的目的是将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，故答案为：、；
（3）由图可知，水相pH为5.2、c(P507)为0.25时钴、镍萃取率相差最大，所以“除钴”的最佳条件是水相pH为5.2、c(P507)为0.25，故答案为：5.2；0.25；
（4）由题给信息可知，氢氧化镍为淡绿色固体，则判断沉镍母液中镍离子已沉淀完全的操作为取适量沉镍母液于试管中，滴加溶液，若无淡绿色固体产生，说明已沉淀完全，故答案为：取适量沉镍母液于试管中，滴加溶液，若无淡绿色固体产生，说明已沉淀完全；
（5）由分析可知，加入反萃取剂稀硫酸萃取、分液的目的是得到含有硫酸亚钴的反萃取液，故答案为：；
6)制得电池的电解质LiPF6前需将氟化锂处理为多孔材料可以增大气固接触面积，提高产率；由化学式可知，LiPF6中含有离子键、极性共价键，故答案为：增大气固接触面积，提高产率；离子键、极性共价键。
【分析】由题给流程控制，向废旧锂电池的正极材料中加入硫酸和过氧化氢的混合溶液浸出，将金属元素转化为可溶的金属硫酸盐，向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液；向滤液中加入P204萃取、分液得到除去锰离子水相，向水相中加入P507萃取、分液得到钴萃余液和载钴有机相；向钴萃余液中加入氢氧化钠溶液反萃取、过滤得到氢氧化镍和沉镍母液；向沉镍母液中加入氢氟酸，将溶液中的锂离子转化为氟化锂沉淀，过滤得到氟化锂；向载钴有机相中加入反萃取剂稀硫酸萃取、分液得到含有硫酸亚钴的反萃取液；反萃取液经处理得到硫酸亚钴。
（1）该反应为氧化还原反，根据化合价升降相等配平即可；产物有毒会污染空气；
（2）由表格数据可知，调节溶液pH为5的目的是将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；
（3）由图可知，水相pH为5.2、c(P507)为0.25时钴、镍萃取率相差最大，
（4）判断离子完全沉淀的方法为继续向上清液加入沉淀剂即可判断；
（5）由分析可知，加入反萃取剂稀硫酸萃取
（6） 制备前需将处理为多孔材料 目的为增大接触面积，反应更加充分。
（1）“浸出”过程中钴元素转化为亚钴离子发生的反应为钴酸锂与硫酸和过氧化氢混合溶液反应生成硫酸锂、硫酸亚钴、氧气和水，反应的化学方程式为；浓盐酸具有还原性，若用浓盐酸代替硫酸和过氧化氢混合溶液，浓盐酸会与钴酸锂、镍酸锂等发生氧化还原反应生成有毒的氯气污染环境，故答案为：；可以被、等氧化成有毒的，污染环境；
（2）由表格数据可知，调节溶液pH为5的目的是将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，故答案为：、；
（3）由图可知，水相pH为5.2、c(P507)为0.25时钴、镍萃取率相差最大，所以“除钴”的最佳条件是水相pH为5.2、c(P507)为0.25，故答案为：5.2；0.25；
（4）由题给信息可知，氢氧化镍为淡绿色固体，则判断沉镍母液中镍离子已沉淀完全的操作为取适量沉镍母液于试管中，滴加溶液，若无淡绿色固体产生，说明已沉淀完全，故答案为：取适量沉镍母液于试管中，滴加溶液，若无淡绿色固体产生，说明已沉淀完全；
（5）由分析可知，加入反萃取剂稀硫酸萃取、分液的目的是得到含有硫酸亚钴的反萃取液，故答案为：；
（6）制得电池的电解质LiPF6前需将氟化锂处理为多孔材料可以增大气固接触面积，提高产率；由化学式可知，LiPF6中含有离子键、极性共价键，故答案为：增大气固接触面积，提高产率；离子键、极性共价键。
19．（2024高三上·广东模拟）砷广泛分布在自然界中，土壤、水、植物以及人体中都含有微量砷。回答下列问题：
（1）与同主族，基态砷原子价层电子排布式为　 　。
（2）和中心原子的杂化轨道类型相同，但的键角小于的，其原因为　 　。
（3）砷的两种三元含氧酸的酸性强弱为　 　(填“>”或“<”)。可用作杀虫剂，的空间结构为　 　。
（4）工业上常用改性季铵盐从炼铜烟灰碱性溶液中萃取砷，其工艺流程短、成本低。萃取反应机理如下：
①物质Ⅳ为　 　(填化学式)。
②关于Ⅰ~Ⅲ三种物质，下列说法正确的有　 　(填字母)。
a．Ⅰ中C原子的杂化轨道类型均为 b．Ⅱ中的化合价为
c．Ⅲ含有的元素中，O的电负性最大 d．Ⅲ中的化学键均为键
（5）砷化硼晶体是具有超高热导率的半导体材料，其晶胞结构如图所示，其晶胞参数为。
①点的分数坐标为，则点的分数坐标为　 　；晶体中与顶点B原子等距且最近的B原子个数为　 　。
②该晶体的化学式为　 　；已知为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为　 　(列出计算式)。
③如果把晶体中砷原子换成氮原子，形成的晶体的熔点明显升高，原因为　 　。
【答案】（1）
（2）含有一个孤电子对，而含有两个孤电子对，中的孤电子对对成键电子对的排斥作用更大
（3）>；正四面体形
（4）；cd
（5）；12；；；的原子半径小于，即的键长比的键长短，导致的键能比的键能大
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解析】（1）As与N同族，基态砷原子价层电子排布式为；
（2）H2O和AsH3中心原子均为sp3杂化，中氧有2对孤电子对，中As有1对孤电子对，故电子对斥力较大，则的键角小于的原因为含有一个孤电子对，而含有两个孤电子对，中的孤电子对对成键电子对的排斥作用更大；
（3）H3AsO4和H3AsO3可表示为(HO)3AsO和(HO)3As，H3AsO3中的As为+3价，而H3AsO4中非羟基氧较多、As为+5价，正电性更高，导致As-O-H中的O的电子更向As偏移，越易电离出H+，故酸性强弱为>；中含有的孤电子对数是0，中心原子有4个共价键，则的空间结构为正四面体形；
（4）①根据方程式的元素守恒可知，物质Ⅳ为；
②a．Ⅰ中碳氧双键中的C原子的杂化轨道类型均为，a错误；
b．结合Ⅲ的结构可知，Ⅱ中的化合价为+3，b错误；
c．同周期越靠右电负性越大，同主族越靠上电负性越大，则Ⅲ含有的元素中，O的电负性最大，c正确；
d．根据Ⅲ的结构可知，其中都是单键，则其化学键均为键，d正确；
故选cd；
（5）①结合坐标系和点的分数坐标为，则点的分数坐标为；晶体中与顶点B原子等距且最近的B原子位于面心位置，则其个数为12；
②该晶胞中B为顶点和面心，根据均摊的原则可知，1个晶胞中B原子的个数为4，As位于体内，则1个晶胞中As原子的个数为4，则该晶体的化学式为；该晶体的密度；
③该晶体熔化时需要破坏共价键，共价键越短，键能越大，而N原子的半径比As的半径小，故如果把晶体中砷原子换成氮原子，形成的晶体的熔点明显升高，原因为：的原子半径小于，即的键长比的键长短，导致的键能比的键能大。
【分析】（1）同主族元素价电子数目相等，据此写出砷的价电子；
（2）当杂化方式相同时，看孤对电子数目，孤对电子数目越多，键角越小；
（3）非羟基氧数目越多，酸性越强，据此比较酸性强弱；
（4）①根据方程式的元素守恒可知，即可得到 物质Ⅳ ；
②a．Ⅰ中碳氧双键中的C原子的杂化轨道类型均为，
b．结合Ⅲ的结构可知，Ⅱ中的化合价为+3，
c．同周期越靠右电负性越大，同主族越靠上电负性越大，则Ⅲ含有的元素中，O的电负性最大
d．根据Ⅲ的结构可知，其中都是单键，则其化学键均为键
（5）晶体中与顶点B原子等距且最近的B原子位于面心位置，则其个数为12。
（1）As与N同族，基态砷原子价层电子排布式为；
（2）H2O和AsH3中心原子均为sp3杂化，中氧有2对孤电子对，中As有1对孤电子对，故电子对斥力较大，则的键角小于的原因为含有一个孤电子对，而含有两个孤电子对，中的孤电子对对成键电子对的排斥作用更大；
（3）H3AsO4和H3AsO3可表示为(HO)3AsO和(HO)3As，H3AsO3中的As为+3价，而H3AsO4中非羟基氧较多、As为+5价，正电性更高，导致As-O-H中的O的电子更向As偏移，越易电离出H+，故酸性强弱为>；中含有的孤电子对数是0，中心原子有4个共价键，则的空间结构为正四面体形；
（4）①根据方程式的元素守恒可知，物质Ⅳ为；
②a．Ⅰ中碳氧双键中的C原子的杂化轨道类型均为，a错误；
b．结合Ⅲ的结构可知，Ⅱ中的化合价为+3，b错误；
c．同周期越靠右电负性越大，同主族越靠上电负性越大，则Ⅲ含有的元素中，O的电负性最大，c正确；
d．根据Ⅲ的结构可知，其中都是单键，则其化学键均为键，d正确；
故选cd；
（5）①结合坐标系和点的分数坐标为，则点的分数坐标为；晶体中与顶点B原子等距且最近的B原子位于面心位置，则其个数为12；
②该晶胞中B为顶点和面心，根据均摊的原则可知，1个晶胞中B原子的个数为4，As位于体内，则1个晶胞中As原子的个数为4，则该晶体的化学式为；该晶体的密度；
③该晶体熔化时需要破坏共价键，共价键越短，键能越大，而N原子的半径比As的半径小，故如果把晶体中砷原子换成氮原子，形成的晶体的熔点明显升高，原因为：的原子半径小于，即的键长比的键长短，导致的键能比的键能大。
20．（2024高三上·广东模拟）某小组尝试以儿茶酚(邻苯二酚)为原料，按照以下流程合成某抗氧化剂的中间体I：
已知：
（1）化合物B的分子式为　 　。
（2）化合物F中的含氧官能团的名称为　 　，反应的化学方程式为　 　。
（3）化合物G的同分异构体有多种，请写出其中一种满足下述条件的结构简式：　 　。
①含有苯环，且苯环上只有两个取代基；
②核磁共振氢谱峰面积之比为；
③官能团只有一种，可以与溶液反应产生气体。
（4）关于上述反应，下列说法正确的有___________(填字母)。
A．反应的另外一种产物为
B．反应的条件为水溶液，加热
C．化合物H的名称为甲酸
D．化合物I中存在手性碳原子
（5）对于化合物D，分析预测其可能的化学性质，完成下表：
序号 反应试剂、条件 反应生成新的物质 反应类型
① ，催化剂、加热 　 　 　 　
② 　 　 　 　
（6）以、乙炔以及为原料(其他无机试剂任选)合成。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①写出乙炔与发生反应的产物：　 　(写出结构简式)。
②写出最后一步反应的化学方程式：　 　。
【答案】（1）
（2）醚键、醛基；
（3）
（4）A；B
（5）；加成反应(或还原反应)；浓硝酸、浓硫酸，加热；取代反应
（6）；
【知识点】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】【解析】（1）由B的结构简式可知，分子式为。
（2）由F的结构简式可知，含氧官能团的名称为醚键、醛基，E发生催化氧化反应生成F，化学方程式为：2+O22+2H2O。
（3）G的同分异构体满足条件：①含有苯环，且苯环上只有两个取代基；②核磁共振氢谱峰面积之比为，说明其为对称的结构，含有4种环境的H原子，且个数比为；③官能团只有一种，可以与溶液反应产生气体，该官能团为-COOH；满足条件的同分异构体为：。
（4）A．C和ClCH2OCH3发生取代反应生成D，由C和D的结构简式可以推知另外一种产物为，A正确；
B．由D和E的结构简式可知，D在水溶液且加热的条件下发生取代反应生成E，B正确；
C．由分析可知，化合物H为CH3OH，名称为甲醇，C错误；
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，化合物I中不存在手性碳原子，D错误；
故选AB。
（5）
化合物D中含有苯环，和H2在催化剂、加热的条件下发生加成反应生成，D和浓硝酸在浓硫酸催化、加热的条件下发生取代反应生成。
(6)HCCH先和HCN发生加成反应生成CH2=CH2CN，CH2=CH2CN发生水解反应生成CH2=CHCOOH，CH2=CHCOOH和HBr发生加成反应生成BrCH2CH2COOH，BrCH2CH2COOH先发生取代反应生成HOCH2CH2COOH，HOCH2CH2COOH发生氧化反应生成HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH和发生F生成G的反应原理得到；
①乙炔与发生加成反应得到；
②最后一步反应中HOOCCH2COOH和发生F生成G的反应原理得到，同时有CO2和H2O生成，化学方程式为：+HOOCCH2COOH+CO2+H2O。
【分析】A和甲醇发生发生取代反应生成B，B和CH3I发生取代反应生成C，C和ClCH2OCH3发生取代反应生成D，E发生催化氧化反应生成F，结合E的结构简式可以推知E为，F和HOOCCH2COOH先发生加成反应再发生消去反应生成G，G和H发生酯化反应生成I，可以推知H为CH3OH。
（1）根据题目结构简式即可得到；
（2）结合题目流程可知， F中的含氧官能团的名称为 醚键、醛基 ；反应 为醇的氧化，生成得到醛，即可写出；
（3）G的同分异构体满足条件：①含有苯环，且苯环上只有两个取代基；②核磁共振氢谱峰面积之比为，说明其为对称的结构，含有4种环境的H原子，且个数比为；③官能团只有一种，可以与溶液反应产生气体，该官能团为-COOH；
（4）C．由分析可知，化合物H为CH3OH，名称为甲醇，C错误；
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，化合物I中不存在手性碳原子，D错误；
（5）反应①为苯环与氢气发生加成反应，反应②为苯环上发生硝化反应；为取代反应。
（1）由B的结构简式可知，分子式为。
（2）由F的结构简式可知，含氧官能团的名称为醚键、醛基，E发生催化氧化反应生成F，化学方程式为：2+O22+2H2O。
（3）G的同分异构体满足条件：①含有苯环，且苯环上只有两个取代基；②核磁共振氢谱峰面积之比为，说明其为对称的结构，含有4种环境的H原子，且个数比为；③官能团只有一种，可以与溶液反应产生气体，该官能团为-COOH；满足条件的同分异构体为：。
（4）A．C和ClCH2OCH3发生取代反应生成D，由C和D的结构简式可以推知另外一种产物为，A正确；
B．由D和E的结构简式可知，D在水溶液且加热的条件下发生取代反应生成E，B正确；
C．由分析可知，化合物H为CH3OH，名称为甲醇，C错误；
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，化合物I中不存在手性碳原子，D错误；
故选AB。
（5）化合物D中含有苯环，和H2在催化剂、加热的条件下发生加成反应生成，D和浓硝酸在浓硫酸催化、加热的条件下发生取代反应生成。
（6）HCCH先和HCN发生加成反应生成CH2=CH2CN，CH2=CH2CN发生水解反应生成CH2=CHCOOH，CH2=CHCOOH和HBr发生加成反应生成BrCH2CH2COOH，BrCH2CH2COOH先发生取代反应生成HOCH2CH2COOH，HOCH2CH2COOH发生氧化反应生成HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH和发生F生成G的反应原理得到；
①乙炔与发生加成反应得到；
②最后一步反应中HOOCCH2COOH和发生F生成G的反应原理得到，同时有CO2和H2O生成，化学方程式为：+HOOCCH2COOH+CO2+H2O。
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