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广东省湛江市2025届高三上学期调研考试化学试题
1．（2024高三上·湛江模拟）“觞觥觚斛”是四种古代酒具。下列酒具中，主要由金属材料制成的是
A．月白釉瓷酒觞 B．玉雕犀角觥 C．蕉叶纹青铜觚 D．木质官斛
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
【解析】【解答】A．月白釉瓷酒觞由硅酸盐材料制成，A不合题意；
B．玉雕犀角觥是用犀牛角做的饮酒器具，主要成分是角质化的蛋白质，B不合题意；
C．蕉叶纹青铜觚属于青铜器，是由金属材料制作而成，C符合题意；
D．木质官斛主要成分是纤维素，D不合题意；
故答案为：C。
【分析】 金属材料 一般有纯金属或者金属合金。
2．（2024高三上·湛江模拟）在2024年巴黎奥运会上，郑钦文夺得网球女子单打金牌，下列说法正确的是
A．网球鞋底使用的耐磨橡胶属于有机高分子材料
B．碳纤维可制网球拍的框，碳纤维与碳纳米管、石墨烯互为同分异构体
C．本次奥运网球场为红土赛场，场地显红色是因为土中含有
D．运动镇痛冷却喷雾剂中含有的丙烷、二甲醚、异丁烷均为烃类物质
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．网球鞋底使用的耐磨橡胶具有高弹性、耐磨性，是一种性能优异的有机高分子材料，故A正确；
B．碳纤维和石墨烯、碳纳米管都是由C元素构成的不同种单质，互为同素异形体，故B错误；
C．是黑色晶体，场地显红色是因为土中含有，故C错误；
D．丙烷、异丁烷都属于烷烃，烷烃是烃类物质，二甲醚结构简式为CH3OCH3，属于烃的衍生物，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A.橡胶属于有机高分子材料；
B. 同分异构体 是分子式相同，结构不同的有机物；
D. 烃 类有机物是只含有碳氢两种元素。
3．（2024高三上·湛江模拟）下列科技应用中涉及的化学原理正确的是
A．添加纳米银颗粒的抗菌材料：纳米银颗粒具有强氧化性
B．液态催化丁烷脱氢：催化剂降低反应的活化能
C．钙钛矿太阳能电池：将电能转化为化学能
D．超疏水材料聚四氟乙烯：氟原子与水形成氢键增大材料在水中的溶解度
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；氢键的存在对物质性质的影响；常见能量的转化及运用；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．纳米银颗粒中的金属银处于最低价只具有还原性，不具有氧化性，A错误；
B．丁烷脱氢加入液态做催化剂，催化剂的作用是降低反应的活化能，提高反应速率，B正确；
C．钙钛矿太阳能电池可以将太阳能转化为电能，C错误；
D．聚四氟乙烯塑料被称为塑料王，耐酸、耐碱，为超疏水材料，不能与水分子形成氢键，D错误；
故答案为：B。
【分析】A.金属银只具有还原性，不具有氧化性；
B.催化剂是通过降低反应活化能加快化学反应速率；
C.太阳能电池将太阳能直接转化为电能；
D. 聚四氟乙烯 没氢原子，不能形成氢键。
4．（2024高三上·湛江模拟）湛江市历史悠久，文化底蕴浓厚。下列说法不正确的是
A．“廉江乌龙茶”讲究独特，沏泡过程涉及溶解、过滤、蒸馏等
B．“湛江木偶”栩栩如生，木偶的主要成分是纤维素，纤维素属于多糖
C．“雷州石狗”千姿百态，雕刻石狗的石头属于无机非金属材料
D．“吴川泥塑”惟妙惟肖，制作工艺中的“烧胚”属于化学变化
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；物理变化与化学变化的区别与联系；多糖的性质和用途；蒸馏与分馏
【解析】【解答】A．“廉江乌龙茶”沏泡过程涉及溶解、过滤，不包含蒸馏，A错误；
B．木偶的主要成分是纤维素，纤维素属于多糖，B正确；
C．石头主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，C正确；
D．“吴川泥塑”制作工艺中的“烧胚”有新物质生成，属于化学变化，D正确；
故答案为：A。
【分析】A.沏泡茶过程只涉及溶解过滤，蒸馏需要将液体变为气体。
5．（2024高三上·湛江模拟）化学学习小组检验1-溴丁烷中的溴元素的操作如下，下列说法不正确的是
A．加入溶液并静置后，有机层在下层
B．若试剂为溶液，可观察到淡黄色沉淀
C．“冷却”后滴加酸性可检验有机产物
D．溶液也可以换成的乙醇溶液
【答案】C
【知识点】卤代烃简介
【解析】【解答】A.1-溴丁烷密度大于水，加入溶液并静置后，有机层在下层，A正确；
B．根据分析，若试剂为溶液，可观察到淡黄色沉淀，B正确；
C．“冷却”后溶液中含1-丁醇和溴化钠，酸性高锰酸钾溶液不仅能氧化1-丁醇，还能氧化溴离子，故滴加酸性不可检验有机产物，C错误；
D．若将溶液换成的乙醇溶液，发生消去反应，生成1-丁烯和NaBr，加足量稀硝酸中和后，加入硝酸银溶液，也能产生淡黄色沉淀，D正确；
故答案为：C。
【分析】1-溴丁烷在氢氧化钠水溶液加热条件下发生水解反应生成1-丁醇和溴化钠，冷却后加入足量稀硝酸中和过量的氢氧化钠，再加入试剂Y：硝酸银溶液检验溴离子，观察到有淡黄色AgBr沉淀生成。
A.卤代烃密度大于水，所以在下层；
B.水解后生成溴化钠，加入硝酸银即可得到淡黄色沉淀；
C.醇也可以被高锰酸钾氧化；
D.通过消去反应也可以得到溴化钠，进而进行检验。
6．（2024高三上·湛江模拟）下列所述的化学知识正确且与劳动项目有关联的一组是
选项 劳动项目 化学知识
A 牛奶中加入柠檬汁后过滤制得干酪 向胶体中加入电解质可使胶体聚沉
B 养鱼时加入过氧化钙作增氧剂 过氧化钙与水反应显碱性
C 用蔗糖腌制食品以延长保质期 蔗糖是二糖
D 利用活性炭吸附新装修房间内的甲醛 活性炭具有一定的导电性
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；胶体的性质和应用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A．牛奶是胶体，加入柠檬汁后发生胶体聚沉的现象，可以得到干酪，A正确；
B．养鱼时加入过氧化钙作增氧剂是因为过氧化钙与水反应会放出氧气，B错误；
C．用蔗糖腌制食品是因为蔗糖在高浓度下，能够抑制细菌、酵母和霉菌等微生物的生长以延长保质期，C错误；
D．利用活性炭吸附新装修房间内的甲醛是因为活性炭具有吸附性，D错误；
故答案为：A。
【分析】A.胶体可以发生聚沉，牛奶属于胶体；
B.过氧化钙与水反应生成氧气，为鱼儿提供氧气；
C.蔗糖腌制食物与二糖没有关系，单糖也可以腌制食物；
D.活性炭吸附甲醛是利用其吸附原理。
7．（2024高三上·湛江模拟）从东海岛一种海洋真菌的次级代谢产物中分离得到了物质(结构如下 图)。下列关于该物质的说法不正确的是
A．该物质可与浓溴水反应
B．其结构中含有4种含氧官能团
C．该物质最多可消耗
D．其中碳原子的杂化方式有和
【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；酯的性质
【解析】【解答】A．该物质含碳碳双键，能与浓溴水发生加成反应，A正确；
B．该物质有3种含氧官能团：酯基、羟基、醚键，B错误；
C．该物质含2mol酯基和1mol羟基，最多可消耗，C正确；
D．苯环、碳氧双键、碳碳双键中碳原子为sp2杂化，饱和碳原子为sp3杂化，如甲基，D正确；
故答案为：B。
【分析】A该物质含碳碳双键，能与浓溴水发生加成反应；
B.该物质有3种含氧官能团：酯基、羟基、醚键，苯环不属于官能团；
C.酯基和酚羟基都可以与氢氧化钠反应；
D.饱和碳采用 杂化，双键采用 。
8．（2024高三上·湛江模拟）镁合金中添加稀土元素会形成一种长周期堆垛有序()结构，这种特殊结构可以显著提高镁合金的耐腐蚀性能。下列说法正确的是
A．该防腐蚀保护法为外加电流法
B．镁合金被腐蚀时，发生氧化反应
C．负极反应可能为：
D．添加、等金属一定也能提升镁合金的耐腐蚀性
【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A．该方法通过改变金属材料的组成来达到金属防护的目的，不属于外加电流法，A错误；
B．镁合金被腐蚀时，作负极，发生氧化反应，B正确；
C．负极发生失电子的氧化反应，C错误；
D．、不如镁活泼，添加、等金属后会加速镁合金的腐蚀，D错误；
故答案为：B。
【分析】A. 外加电流法 是将金属与电源负极相连；
B.镁做负极，失电子，发生氧化反应；
C.负极失电子，而不是得电子；
D.需要添加活泼性强的才能保护。
9．（2024高三上·湛江模拟）1873年，卡尔·冯·林德发明了以氨为制冷剂的冷冻机。兴趣小组利用下列装置制得并收集氨气，后续用于模拟制冷过程。下列装置(“→”表示气流方向)难以达到目的的是
A．制备氨气 B．净化氨气 C．收集氨气 D．尾气处理
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A．实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制备氨气，故A正确；
B．氨气是碱性气体，用碱石灰干燥氨气，故B正确；
C．氨气密度比空气小，用向下排空气法收集氨气，故C错误；
D．氨气易溶于水，用水吸收氨气，且该装置能防倒吸，故D正确；
故答案为：C。
【解答】A.实验室制备氨气采用固固加热型装置；
B.氨气为碱性气体，可以用碱石灰干燥；
C.氨气密度比空气小，采用详细排空气法收集；
D.氨气极易溶于水，可以用水吸收。
10．（2024高三上·湛江模拟）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．25℃，的溶液中数目为
B．和的混合物含有原子数目为
C．标准状况下，含有的孤电子对数为
D．与足量浓反应生成气体的分子数为
【答案】B
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.25℃，的溶液中的溶液中c(OH-)=0.1mol/L，1.0L的溶液中，含有的数目为0.1NA，故A错误；
B．和的最简式都是CH2O，和的混合物中含有碳原子数为，故B正确；
C．标准状况下，为液体，无法用气体的摩尔体积计算物质的量，故C错误；
D．物质的量是1mol，和足量浓硝酸反应生成NO2物质的量为2mol，但二氧化氮会转化为四氧化二氮，建立平衡，所以收集的NO2分子数小于，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A.根据pH计算出氢离子浓度，然后计算出氢氧根浓度，即可计算出其数目；
B.利用最简式计算即可；
C.使用气体摩尔体积时，对象必须为气体；
D.二氧化氮会转化为四氧化二氮，建立平衡，其数目小于。
11．（2024高三上·湛江模拟）部分含氮物质的分类与化合价的关系如下图所示。下列说法不正确的是
A．蘸有a浓溶液与e浓溶液的玻璃棒靠近时能看到白烟
B．与生成的过程中，
C．、混合与反应可生成
D．工业上用以下流程制备：
【答案】D
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．e为硝酸，用两支玻璃棒分别蘸取浓硝酸与浓氨水，靠近后会产生硝酸铵，出现白烟，A项正确；
B．d为与生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为，由化合价可知，二氧化氮同时做氧化剂和还原剂，且，B项正确；
C．、和氢氧化钠反应，生成亚硝酸钠和水，化学方程式为：，C项正确；
D．工业上制备硝酸，是用氨气与氧气生成NO，NO与氧气和水生成硝酸，D项错误；
故答案为：D。
【分析】由价-类二维图可知，a为、b为、c为、d为、e为、f为、e为、h为。
A.浓硝酸与浓氨水挥发反应生成硝酸铵白烟；
B.根据二氧化氮与水反应，结合化合价升降即可得到氧化剂与还原剂数量关系；
C.、和氢氧化钠反应，生成亚硝酸钠和水；
D.工业利用氨的催化氧化制备一氧化氮。
12．（2024高三上·湛江模拟）陈述I与陈述II均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述II
A X射线衍射实验可鉴别玻璃仿造的假宝石 玻璃是非晶体
B 水加热到很高的温度都难以分解 水分子之间可形成氢键
C 能使干燥的有色布条褪色 具有强氧化性
D 熔沸点： 电负性：
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；含有氢键的物质；晶体的定义
【解析】【解答】A．X射线衍射实验确保晶体与非晶体，因玻璃是非晶体，真宝石是晶体，故可以鉴别，A符合题意；
B．水加热到很高的温度都难以分解说明O-H键键能较大，与水分子间形成氢键无关，B不符合题意；
C．不能使干燥的有色布条褪色，C不符合题意；
D．Cl2、Br2、I2均属于分子晶体且结构相似，熔沸点与范德华力有关，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，D项不符合题意；
答案为：A。
【解答】A.利用 X射线衍射实验可鉴别 晶体与非晶体；
B.水加热到很高的温度都难以分解说明O-H键键能较大，与氢键无关；
C.不能使干燥的有色布条褪色；
D.电负性与沸点无关。
13．（2024高三上·湛江模拟）实验小组用“W”形玻璃管等微型装置(下图)进行实验以验证的性质，① ④处的试剂分别为固体、品红溶液、酸性溶液、酚酞溶液。下列说法正确的是
A．①处出现气泡，体现了的氧化性
B．②处溶液褪色，用酒精灯加热后红色不复原
C．③处、④处溶液褪色，且褪色原理相同
D．①处试剂换为溶液也可以达到实验目的
【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．①处稀硫酸与亚硫酸钠反应制取SO2是复分解反应，体现硫酸的强酸性，没有体现氧化性，A错误；
B．②处SO2使品红溶液褪色，体现SO2的漂白性，但SO2使品红溶液褪色为可逆过程，加热会恢复红色，B错误；
C．酸性高锰酸钾溶液褪色体现SO2的还原性，NaOH-酚酞溶液褪色体现SO2是酸性氧化物，褪色原理不同，C错误；
D．溶液在酸性条件下能发生自身歧化反应，生成二氧化硫、硫单质和水，也可以达到实验目的，D正确；
故答案为：D。
【分析】先利用“强酸制弱酸”原理，用稀硫酸和亚硫酸钠反应制备SO2，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，SO2具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，SO2属于酸性氧化物，能与碱反应使NaOH-酚酞溶液红色褪去。
A.稀硫酸与亚硫酸钠反应制取SO2是非氧化还原反应，体现硫酸酸性；
B.SO2使品红溶液褪色为生成不稳定无色物质，加热后分解；
C.前者为发生氧化还原反而褪色，后者为发生复分解反应；
D.硫代硫酸钠与稀硫酸也可以产生二氧化硫，可以达到实验目的。
14．（2024高三上·湛江模拟）化合物可作电镀液的制备原料，已知所含的5种元素、、、、原子序数依次增大，且在前四周期均有分布，仅有与同周期。与同族，在地壳中含量最高，基态离子的层为全满。下列说法正确的是
A．简单氢化物的沸点： B．第一电离能：
C．与反应可生成 D．键角：
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．Y为N，Z为O，R为S，NH3、H2O分子间均有氢键，水分子间氢键强于氨分子间，故简单氢化物的沸点：H2O>NH3>H2S，A错误；
B．Y为N，Z为O，R为S，同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，N原子2p轨道半充满稳定，第一电离能大于O，同主族从上到下第一电离能减小，故第一电离能：S＜O＜N，B错误；
C．Q为Cu，R为S，Cu与S反应生成Cu2S，C错误；
D．NH3、H2O、H2S的中心原子均为sp3杂化，N原子有1对孤电子对，O和S有2对孤电子对，NH3键角最大，O的电负性大于S，成键电子对离中心原子近，斥力更大，H2O的键角更大，故键角：NH3>H2O>H2S，D正确；
故答案为：D。
【分析】元素、、、、原子序数依次增大，且在前四周期均有分布，说明X为H元素，Z在地壳中含量最高是O元素，与同族说明R是S元素，基态离子的层为全满说明Q是Cu元素，与同周期，结合化合物的化学式为，Y为N元素，综上所述，、、、、分别为H、N、O、S、Cu。
A.分子间若存在氢键，沸点会异常的高；
B.当价电子轨道处于半满或者全满状态时，电离能会反常的高；
C.硫为弱氧化剂，与铜反应只能生成硫化亚铜；
D.当杂化方式相同时，孤电子数目越多，排斥力越大，键角越小。
15．（2024高三上·湛江模拟）蔗糖及其水解产物均为旋光性物质，但旋光能力不同(“+”表示右旋，“-”表示左旋)，可利用体系在反应过程中旋光度的变化来衡量反应进程。若反应时间为0、、时溶液的旋光度分别用、、表示，配制一定初始浓度的蔗糖水溶液，同一温度下与不同浓度的和混合，测定反应体系的旋光度值随时间变化如下图所示。下列说法不正确的是
A．当体系旋光度不再变化时，水解反应达平衡状态
B．与相比，同浓度的会使反应活化能更低
C．浓度越大越有利于蔗糖水解
D．平衡后加水稀释，增大
【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断；二糖的性质和用途
【解析】【解答】A．蔗糖、果糖、葡萄糖旋光能力不同，当各物质浓度不再变化时，体系旋光度不再变化，因此可用体系旋光度的变化来衡量反应进程，A正确；
B．由图可知，蔗糖水解速率与催化剂的酸性强度有关，酸性越强，解离的氢离子越多，催化能力也越强，与相比，同浓度的会使反应活化能更低，B正确；
C．浓硫酸具有脱水性和强氧化性，会使蔗糖脱水成碳，所以并不是硫酸浓度越大越好，C错误；
D．平衡后加水稀释，水解反应正向进行，果糖浓度增大，蔗糖浓度减小，增大，D正确；
故选C。
【分析】本题是一道关于蔗糖水解反应的化学选择题，给出了蔗糖及其水解产物的旋光性特点，以及在同一温度下不同浓度的 的和混合时，反应体系的旋光度值 随时间变化的图像。
16．（2024高三上·湛江模拟）双阴极三室微生物燃料电池(下图)可实现同步脱氮、除碳和产电功能(为葡萄糖)。下列说法正确的是
A．缺氧室和厌氧室为阴极室
B．移动方向：缺氧室厌氧室好氧室
C．好氧室存在反应：
D．理论上每处理葡萄糖，缺氧室生成(标准状况)
【答案】C
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据分析，该电池中缺氧室和好氧室为阴极室，A错误；
B．在电池中，阳离子由负极向正极移动，且根据分析，在厌氧室产生，缺氧室、好氧室都要消耗，所以的移动方向为：缺氧室厌氧室好氧室，B错误；
C．在好氧室中同时发生和，则他们之间能发生反应：，C正确；
D．当厌氧室中处理葡萄糖时，根据电极反应式可知共转移了，但转移的电子同时被缺氧室和好氧室得到，因此流向缺氧室的电子低于了，则生成标准状况下的体积小于，D错误；
故答案为：C。
【分析】双阴极三室微生物燃料电池中，左边缺氧室转变为，电极反应式为；中间厌氧室葡萄糖转变为，电极反应式为；右边好氧室转变为，电极反应为，同时在好氧室还发生反应，由题目可知电池为双阴极，即有2个电极要得电子，结合前边分析得出左边缺氧室和右边好氧室为电池的正极（阴极室），中间厌氧室为电池负极，据此分析解答。
A.根据图中物质化合价变化，发生还原反应的为阴极，据此可以判断；
B.阳离子由负极向正极移动，在厌氧室产生，缺氧室、好氧室都要消耗，
D.转移的电子同时被缺氧室和好养室同时得到，所以因此流向缺氧室的电子低于了。
17．（2024高三上·湛江模拟）含碳物质在自然界和人类生活中具有极其重要的意义。
（1）C与浓硫酸加热时发生反应的化学方程式为　 　。
（2）兴趣小组探究的性质：配制的溶液，并探究不同浓度溶液与的反应速率比较。
①计算：需用托盘天平称量固体　 　。
②配制溶液过程中，除下列仪器外还需要的玻璃仪器有　 　(填仪器名称)。
③实验探究：取所配溶液(足量)，按下表配制总体积相同的系列溶液，分别加入固体，反应后，抽滤并将沉淀烘干，称量沉淀质量，记录如下：
序号 (沉淀)
a 50.0 0
b 30.0
则　 　，两组实验中，平均反应速率更大的为　 　(填“a”或“b”)组。
（3）兴趣小组欲用溶液鉴别和，发现两种溶液中加入均产生白色沉淀，于是设计了以下实验，探究与的反应：
实验1：向中加入等体积，无明显现象。
实验2：向中加入等体积，产生白色沉淀。
①得出结论：的　 　，越有利于其与反应生成白色沉淀。
②经检验白色沉淀为，同学们对溶液中产生的主要原因提出了两种猜想：
猜想I：主要由酸性电离产生：。
猜想II：主要由自耦电离产生：。
查阅资料：，。
根据以上数据分析，猜想　 　(填“I”或“I””)成立，理由是　 　。
（4）除外，还有多种含碳无机物，请写出其中一种的化学式及其用途：　 　。
【答案】（1）
（2）5.3；250mL容量瓶、胶头滴管；20.0；a
（3）浓度越大；II；自耦电离的平衡常数为：，即自耦电离程度远大于的电离，即猜想II成立
（4）用于制玻璃（或用于钾肥）
【知识点】浓硫酸的性质；配制一定物质的量浓度的溶液；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】（1）C与浓硫酸加热时发生反应的化学方程式为：；
（2）①配制的溶液，选用250mL容量瓶，需要固体的质量为：，应称取5.3g；
②配制溶液过程中，除了药匙、托盘天平、烧杯、玻璃棒外还需要的玻璃仪器有：250mL容量瓶、胶头滴管；
③两组实验溶液的总体积相同，均为50.0mL，故x=20.0；与反应的方程式为：，足量，相同时间内产生沉淀质量越大，速率越快，故两组实验中，平均反应速率更大的为a组；
（3）①实验1中溶液浓度较低，实验2中相对较大，故可得出结论：的浓度越大，越有利于其与反应生成白色沉淀；
②自耦电离的平衡常数为：，即自耦电离程度远大于的电离，即猜想II成立；
（4）含碳无机物很多，如用于制玻璃（或用于钾肥）。
【分析】（1）C与浓硫酸加热生成二氧化碳、二氧化硫，据此配平即可；
（2）①托盘天平称量质量时，只能保留一位小数；②书写容量瓶时一定要注明规格
（3）根据控制变量法进行分析，：的浓度越大，越有利于其与反应生成白色沉淀。
（1）C与浓硫酸加热时发生反应的化学方程式为：；
（2）①配制的溶液，选用250mL容量瓶，需要固体的质量为：，应称取5.3g；
②配制溶液过程中，除了药匙、托盘天平、烧杯、玻璃棒外还需要的玻璃仪器有：250mL容量瓶、胶头滴管；
③两组实验溶液的总体积相同，均为50.0mL，故x=20.0；与反应的方程式为：，足量，相同时间内产生沉淀质量越大，速率越快，故两组实验中，平均反应速率更大的为a组；
（3）①实验1中溶液浓度较低，实验2中相对较大，故可得出结论：的浓度越大，越有利于其与反应生成白色沉淀；
②自耦电离的平衡常数为：，即自耦电离程度远大于的电离，即猜想II成立；
（4）含碳无机物很多，如用于制玻璃（或用于钾肥）。
18．（2024高三上·湛江模拟）金属铟(In)因其优异性能，被广泛地应用于高新技术领域，某工厂从金属冶炼过程中产生的金属废渣(、、及少量不与酸反应的杂质)中回收铟的流程如下：
已知信息：①的性质与相似。
②室温下：，。
③溶液中某离子浓度小于，认为该离子沉淀完全。回答下列问题：
（1）“操作1”为　 　。
（2）“中和”时加入，生成红褐色沉淀并有气体产生，该过程主要反应的离子方程式为　 　。
（3）“酸浸2”后溶液中浓度为，则加入进行“中和”时，调节范围为　 　。
（4）“电解”时，粗铟接直流电源的　 　(填“正极”或“负极”)。
（5）可以与形成配合物，中含有键的数目为　 　。
（6）磷化铟晶体的载流子迁移率大，可用于制造高速电子器件，如高速晶体管和高电子迁移率晶体管。磷化铟的立方晶胞(晶胞参数为)如下图所示，其化学式为　 　；以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，图中a原子的分数坐标为，则原子的分数坐标为　 　；设为阿伏加德罗常数的值，则其晶体的密度为　 　。
【答案】（1）蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤干燥
（2）3+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑
（3）3.0≤pH＜5.0
（4）正极
（5）10
（6）InP；；
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解析】（1）操作1是从溶液中得到ZnSO4·7H2O晶体，具体操作为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（2）“中和”时加入，Fe3+与发生双水解反应，生成红褐色沉淀Fe(OH)3和CO2气体，该过程主要反应的离子方程式为： 3+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑；
（3）“酸浸2”后溶液中浓度为，则加入进行“中和”时，让Fe3+完全沉淀，浓度小于等于10-5mol/L，=c(Fe3+)×c3(OH-)，10-5×c3(OH-)=1.0×10-38，得出c(OH-)≥10-11mol/L，c(H+)≤10-3mol/L，≥3，浓度为不沉淀，= c(In3+)×c3(OH-)，0.1×c3(OH-)=1.0×10-28，得出c(OH-)＜10-9mol/L，c(H+)＞10-5mol/L，＜5，调节范围为：3.0≤pH＜5.0；
（4）粗铟电解精炼时，粗铟做阳极，精铟做阴极，粗铟接直流电源的正极；
（5）中硫氧键为8NA，配位键为2NA，含有键的数目为10NA；
(6)P原子位于立方晶胞的顶角和面心，1个晶胞中含有P的个数为8×+6×=4个，In都位于内部有4个，化学式为InP；b的坐标分数；晶体的密度为g/cm3= g/cm3。
【分析】废渣在pH值5.0~5.4之间酸浸，ZnO溶于硫酸得到ZnSO4溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4·7H2O；浸渣1是Fe2O3和In2O3及不溶于酸的杂质，再酸浸2，得到浸渣2是不溶于酸的杂质，溶液用Na2CO3中和，得到浸渣3是Fe(OH)3沉淀，溶液中的In3+被Zn还原得到粗铟，最后电解精炼得到精铟。
（1）由图可知，操作1为由溶液得到晶体，过程为 蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤干燥 ；
（2）三价铁与碳酸根发生水解得到氢氧化铁和二氧化碳，据此完成反应即可；
（4）粗铟电解精炼时，粗铟做阳极，精铟做阴极，粗铟接直流电源的正极；
（5）该物质含有8个共价键，2个配位键，据此共10个键 ；
（6）利用均摊法，即可得到该晶体化学式，在计算晶体密度时，首先计算出一个晶胞质量，在计算一个晶胞体积，据此计算密度。
（1）操作1是从溶液中得到ZnSO4·7H2O晶体，具体操作为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（2）“中和”时加入，Fe3+与发生双水解反应，生成红褐色沉淀Fe(OH)3和CO2气体，该过程主要反应的离子方程式为： 3+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑；
（3）“酸浸2”后溶液中浓度为，则加入进行“中和”时，让Fe3+完全沉淀，浓度小于等于10-5mol/L，=c(Fe3+)×c3(OH-)，10-5×c3(OH-)=1.0×10-38，得出c(OH-)≥10-11mol/L，c(H+)≤10-3mol/L，≥3，浓度为不沉淀，= c(In3+)×c3(OH-)，0.1×c3(OH-)=1.0×10-28，得出c(OH-)＜10-9mol/L，c(H+)＞10-5mol/L，＜5，调节范围为：3.0≤pH＜5.0；
（4）粗铟电解精炼时，粗铟做阳极，精铟做阴极，粗铟接直流电源的正极；
（5）中硫氧键为8NA，配位键为2NA，含有键的数目为10NA；
（6）P原子位于立方晶胞的顶角和面心，1个晶胞中含有P的个数为8×+6×=4个，In都位于内部有4个，化学式为InP；b的坐标分数；晶体的密度为g/cm3= g/cm3。
19．（2024高三上·湛江模拟）有机胺在橡胶助剂、纺织、造纸、食品添加剂以及塑料加工等领域有着广泛的应用。
（1）以作催化剂，进行对苯二胺加氢制备1，4-环己二胺。。
①基态原子价层电子的轨道表示式为　 　。
②对苯二胺、、1，4-环己二胺的标准摩尔生成焓分别为、0、(标准摩尔生成焓：，下，由元素最稳定的单质生成纯化合物时的反应热)，则　 　。
③以某超临界流体为溶剂，取对苯二胺和一定量在高压反应釜中反应小时，测得对苯二胺转化率及主产物1，4-环己二胺的选择性随温度变化如下图所示。175℃时，小时内，()=　 　。当温度高于185℃时，转化率和选择性随温度升高均呈下降趋势，以下对其原因分析一定不合理的是　 　(填标号)。
A．催化剂活性降低
B．减慢，加快，平衡逆向移动
C．副反应占比加大
D．在超临界流体中溶解度下降
（2）在氢气氛围和脱氢-加氢催化剂的催化下，醇的胺化反应机理如下图所示。理论上，每生成，醇脱氢产生的与后续过程中加氢消耗的的物质的量之比为　 　。
（3）与一样，当胺溶于水时溶液呈碱性。用盐酸滴定同浓度的氨水、和，滴定曲线如下图。
①电离平衡常数：　 　(填“>”“<”或“=”)。
②25℃时，向溶液中加入固体，使得平衡时和浓度均为。计算平衡时的电离度：　 　[写出计算过程，已知，电离度]。
【答案】（1）；-(b-a)；；B
（2）1：1
（3）<；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率和化学计量数的关系；中和滴定
【解析】【解析】（1）①基态Al原子价电子轨道表示式为：；
②根据盖斯定律可知：△H=生成物的标准摩尔生成焓-反应物的标准摩尔生成焓=-(b-a)kJ/mol；
③175℃，对苯二胺转化率为45%，1，4-环己二胺的选择性10%，0-t小时内，()=；
A．温度高于185℃时，对苯二胺转化率和1，4-环己二胺选择性随温度升高均呈下降趋势，可能是催化剂活性降低，A不符合题意；
B．升高温度正逆反应速率均增大，B符合题意；
C．温度升高主产物1，4-环己二胺选择性减小，副反应占比可能加大，C不符合题意；
D．温度升高H2在超临界流体中溶解度下降，造成转化率和选择性下降，D不符合题意；
答案选B；
（2）由图示可知，每生成1mol需要3molRCH2OH，醇脱氢产生3mol醛及3molH2，正好全部用于后续反应，该过程是个“自供氢反应”，因此醇脱氢产生的氢与亚胺/烯胺加氢消耗的H2的物质的量之比为1：1；
（3）①由滴定曲线起点可知，同浓度的氨水、和，氨水pH更小，NH3·H2O碱性更弱，因此NH3·H2O电离常数更小；
②向0.10mol/LRNH2溶液中加入RNH3Cl固体，由电荷守恒知：当和Cl-浓度相等时，溶液中H+和OH-浓度相等，25℃时，c(OH-)=10-7mol/L：
，Kb(RNH2)===b，RNH2的电离度为a=。
【分析】（1）① 基态原子价层电子 即为最外层电子；②生成物的标准摩尔生成焓-反应物的标准摩尔生成焓即可得到该反应焓变；
（2）每生成1mol需要3molRCH2OH，醇脱氢产生3mol醛及3molH2，正好全部用于后续反应，该过程是个“自供氢反应”，因此醇脱氢产生的氢与亚胺/烯胺加氢消耗的
H2的物质的量之比为1：1；
（3）由滴定曲线起点可知，根据纵坐标交点，即可判断二者一开始的碱性强弱，即可比较 电离平衡常数 的大小。
（1）①基态Al原子价电子轨道表示式为：；
②根据盖斯定律可知：△H=生成物的标准摩尔生成焓-反应物的标准摩尔生成焓=-(b-a)kJ/mol；
③175℃，对苯二胺转化率为45%，1，4-环己二胺的选择性10%，0-t小时内，()=；
A．温度高于185℃时，对苯二胺转化率和1，4-环己二胺选择性随温度升高均呈下降趋势，可能是催化剂活性降低，A不符合题意；
B．升高温度正逆反应速率均增大，B符合题意；
C．温度升高主产物1，4-环己二胺选择性减小，副反应占比可能加大，C不符合题意；
D．温度升高H2在超临界流体中溶解度下降，造成转化率和选择性下降，D不符合题意；
答案选B；
（2）由图示可知，每生成1mol需要3molRCH2OH，醇脱氢产生3mol醛及3molH2，正好全部用于后续反应，该过程是个“自供氢反应”，因此醇脱氢产生的氢与亚胺/烯胺加氢消耗的H2的物质的量之比为1：1；
（3）①由滴定曲线起点可知，同浓度的氨水、和，氨水pH更小，NH3·H2O碱性更弱，因此NH3·H2O电离常数更小；
②向0.10mol/LRNH2溶液中加入RNH3Cl固体，由电荷守恒知：当和Cl-浓度相等时，溶液中H+和OH-浓度相等，25℃时，c(OH-)=10-7mol/L：
，Kb(RNH2)===b，RNH2的电离度为a=。
20．（2024高三上·湛江模拟）氯代苯酚类化合物主要用于农药、燃料、木材防腐等领域。以为催化剂实现化合物的绿色合成，示意图如下(反应条件略)。
（1）化合物I的分子式为　 　，名称为　 　。
（2）化合物IV中的官能团有酮羰基、　 　(写名称)。
（3）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的是_______(填标号)。
A．实现了催化剂的再生
B．化合物IV中，氧原子采取杂化，且存在2个手性碳原子
C．化合物IV到V的转化中，存在键和键的形成
D．化合物I到V的总反应为：2
（4）化合物IV的某种同分异构体遇溶液显紫色，在核磁共振氢谱图上有4组峰，且峰面积比为，其结构简式为　 　。
（5）对化合物，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
① 　 　 　 　 加成反应
② 　 　 　 　
（6）以化合物I为唯一的有机原料，合成聚合物的部分合成路线如下，基于该路线，回答下列问题。
①第一步反应中，有机产物为　 　(写结构简式)。
②相关步骤涉及卤代烃制醇的反应，其化学方程式为　 　(注明反应条件)。
【答案】（1）C7H8O；邻甲基苯酚(或2-甲基苯酚)
（2）碳碳双键、碳氯键(或氯原子)
（3）A；C；D
（4）
（5）H2、催化剂，加热；；乙酸酐或乙酸、浓磷酸或浓硫酸、加热；取代反应(或酯化反应)
（6）；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解析】（1）化合物I的分子式为C7H8O；名称为邻甲基苯酚(或2-甲基苯酚)；
（2）化合物IV中的官能团有酮羰基、碳碳双键、碳氯键(或氯原子)；
（3）根据循环图，在I到Ⅱ和Ⅲ到IV的转化中，O2与Cu+反应生成催化剂Cu2+，实现了催化剂的再生，A项正确；
化合物IV中氧原子与碳原子形成了双键，氧原子形成了1个σ键和1个π键，加上两对孤电子对，氧原子采取sp2杂化，将IV中的手性碳原子标记为*：可知IV中含有1个手性碳原子，B项不正确；
化合物IV到V的转化中，羰基变成了羟基，形成了0—Hσ键，六元环异构成了苯环，形成了π键，C项正确；
整个过程中，化合物I、HCl和O2反应生成了化合V和H2O，化学方程式为：2，D项正确；
答案是ACD；
（4）化合物IV的某种同分异构体遇FeCl3溶液显紫色，说明该同分异构体含有苯环和酚羟基，在核磁共振氢谱图上有4组峰，且峰面积比为1：2：2：2，说明无甲基，侧链碳原子与氯原子直接相连，且苯环上的取代基处于对位，即-CH2Cl、-OH位于苯环对位：；
（5）化合物V含有苯环，酚羟基和碳氯键，由此可结合表格信息，分析预测其中的苯环结构在催化剂、加热的条件下与H2发生加成反应，其中的酚羟基可在乙酸酐或乙酸、浓磷酸或浓H2SO4、加热的条件下发生取代反应(酯化反应)；
(6)根据生成物可推知该物质是通过缩聚反应产生，其单体为，则最后一步反应中，有机反应物为；由聚合物的合成路线可知，化合物I先在光照条件下与氯气发生取代反应生成X()，再将氯原子水解，转化成—CH2OH，再催化氧化得到羧基，最终发生缩聚反应得到聚合物，因此，相关步骤涉及卤代烃制醇的反应为：。
【分析】邻甲基苯酚在CuCl2催化剂作用下与O2、HCl通过一系列反应，最终生成和H2O；（1）观察化合物\(I\)的结构简式，数出其含有的原子种类和数目。可以看到它含有7个碳原子、8个氢原子和1个氧原子O，所以分子式为 C7H8O； 名称为 邻甲基苯酚(或2-甲基苯酚)
（2） 由图可知， 化合物IV中的官能团有酮羰基 、 碳碳双键、碳氯键；
（3）化合物IV的某种同分异构体遇FeCl3溶液显紫色，说明该同分异构体含有苯环和酚羟基，在核磁共振氢谱图上有4组峰，且峰面积比为1：2：2：2，说明无甲基，有4中氢原子，结构要比较对称，侧链碳原子与氯原子直接相连，且苯环上的取代基处于对位，据此解答即可；
（5）苯环结构在催化剂、加热的条件下与H2发生加成反应，其中的酚羟基可在乙酸酐或乙酸、浓磷酸或浓H2SO4、加热的条件下发生取代反应(酯化反应)；
（6）采用倒推法进行分析， 根据生成物可推知该物质是通过缩聚反应产生，其单体为，化合物I先在光照条件下与氯气发生取代反应生成X再将氯原子水解，转化成—CH2OH，再催化氧化得到羧基，最终发生缩聚反应得到聚合物。
（1）化合物I的分子式为C7H8O；名称为邻甲基苯酚(或2-甲基苯酚)；
（2）化合物IV中的官能团有酮羰基、碳碳双键、碳氯键(或氯原子)；
（3）根据循环图，在I到Ⅱ和Ⅲ到IV的转化中，O2与Cu+反应生成催化剂Cu2+，实现了催化剂的再生，A项正确；
化合物IV中氧原子与碳原子形成了双键，氧原子形成了1个σ键和1个π键，加上两对孤电子对，氧原子采取sp2杂化，将IV中的手性碳原子标记为*：可知IV中含有1个手性碳原子，B项不正确；
化合物IV到V的转化中，羰基变成了羟基，形成了0—Hσ键，六元环异构成了苯环，形成了π键，C项正确；
整个过程中，化合物I、HCl和O2反应生成了化合V和H2O，化学方程式为：2，D项正确；
答案是ACD；
（4）化合物IV的某种同分异构体遇FeCl3溶液显紫色，说明该同分异构体含有苯环和酚羟基，在核磁共振氢谱图上有4组峰，且峰面积比为1：2：2：2，说明无甲基，侧链碳原子与氯原子直接相连，且苯环上的取代基处于对位，即-CH2Cl、-OH位于苯环对位：；
（5）化合物V含有苯环，酚羟基和碳氯键，由此可结合表格信息，分析预测其中的苯环结构在催化剂、加热的条件下与H2发生加成反应，其中的酚羟基可在乙酸酐或乙酸、浓磷酸或浓H2SO4、加热的条件下发生取代反应(酯化反应)；
（6）根据生成物可推知该物质是通过缩聚反应产生，其单体为，则最后一步反应中，有机反应物为；由聚合物的合成路线可知，化合物I先在光照条件下与氯气发生取代反应生成X()，再将氯原子水解，转化成—CH2OH，再催化氧化得到羧基，最终发生缩聚反应得到聚合物，因此，相关步骤涉及卤代烃制醇的反应为：。
1 / 1广东省湛江市2025届高三上学期调研考试化学试题
1．（2024高三上·湛江模拟）“觞觥觚斛”是四种古代酒具。下列酒具中，主要由金属材料制成的是
A．月白釉瓷酒觞 B．玉雕犀角觥 C．蕉叶纹青铜觚 D．木质官斛
A．A B．B C．C D．D
2．（2024高三上·湛江模拟）在2024年巴黎奥运会上，郑钦文夺得网球女子单打金牌，下列说法正确的是
A．网球鞋底使用的耐磨橡胶属于有机高分子材料
B．碳纤维可制网球拍的框，碳纤维与碳纳米管、石墨烯互为同分异构体
C．本次奥运网球场为红土赛场，场地显红色是因为土中含有
D．运动镇痛冷却喷雾剂中含有的丙烷、二甲醚、异丁烷均为烃类物质
3．（2024高三上·湛江模拟）下列科技应用中涉及的化学原理正确的是
A．添加纳米银颗粒的抗菌材料：纳米银颗粒具有强氧化性
B．液态催化丁烷脱氢：催化剂降低反应的活化能
C．钙钛矿太阳能电池：将电能转化为化学能
D．超疏水材料聚四氟乙烯：氟原子与水形成氢键增大材料在水中的溶解度
4．（2024高三上·湛江模拟）湛江市历史悠久，文化底蕴浓厚。下列说法不正确的是
A．“廉江乌龙茶”讲究独特，沏泡过程涉及溶解、过滤、蒸馏等
B．“湛江木偶”栩栩如生，木偶的主要成分是纤维素，纤维素属于多糖
C．“雷州石狗”千姿百态，雕刻石狗的石头属于无机非金属材料
D．“吴川泥塑”惟妙惟肖，制作工艺中的“烧胚”属于化学变化
5．（2024高三上·湛江模拟）化学学习小组检验1-溴丁烷中的溴元素的操作如下，下列说法不正确的是
A．加入溶液并静置后，有机层在下层
B．若试剂为溶液，可观察到淡黄色沉淀
C．“冷却”后滴加酸性可检验有机产物
D．溶液也可以换成的乙醇溶液
6．（2024高三上·湛江模拟）下列所述的化学知识正确且与劳动项目有关联的一组是
选项 劳动项目 化学知识
A 牛奶中加入柠檬汁后过滤制得干酪 向胶体中加入电解质可使胶体聚沉
B 养鱼时加入过氧化钙作增氧剂 过氧化钙与水反应显碱性
C 用蔗糖腌制食品以延长保质期 蔗糖是二糖
D 利用活性炭吸附新装修房间内的甲醛 活性炭具有一定的导电性
A．A B．B C．C D．D
7．（2024高三上·湛江模拟）从东海岛一种海洋真菌的次级代谢产物中分离得到了物质(结构如下 图)。下列关于该物质的说法不正确的是
A．该物质可与浓溴水反应
B．其结构中含有4种含氧官能团
C．该物质最多可消耗
D．其中碳原子的杂化方式有和
8．（2024高三上·湛江模拟）镁合金中添加稀土元素会形成一种长周期堆垛有序()结构，这种特殊结构可以显著提高镁合金的耐腐蚀性能。下列说法正确的是
A．该防腐蚀保护法为外加电流法
B．镁合金被腐蚀时，发生氧化反应
C．负极反应可能为：
D．添加、等金属一定也能提升镁合金的耐腐蚀性
9．（2024高三上·湛江模拟）1873年，卡尔·冯·林德发明了以氨为制冷剂的冷冻机。兴趣小组利用下列装置制得并收集氨气，后续用于模拟制冷过程。下列装置(“→”表示气流方向)难以达到目的的是
A．制备氨气 B．净化氨气 C．收集氨气 D．尾气处理
A．A B．B C．C D．D
10．（2024高三上·湛江模拟）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．25℃，的溶液中数目为
B．和的混合物含有原子数目为
C．标准状况下，含有的孤电子对数为
D．与足量浓反应生成气体的分子数为
11．（2024高三上·湛江模拟）部分含氮物质的分类与化合价的关系如下图所示。下列说法不正确的是
A．蘸有a浓溶液与e浓溶液的玻璃棒靠近时能看到白烟
B．与生成的过程中，
C．、混合与反应可生成
D．工业上用以下流程制备：
12．（2024高三上·湛江模拟）陈述I与陈述II均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述II
A X射线衍射实验可鉴别玻璃仿造的假宝石 玻璃是非晶体
B 水加热到很高的温度都难以分解 水分子之间可形成氢键
C 能使干燥的有色布条褪色 具有强氧化性
D 熔沸点： 电负性：
A．A B．B C．C D．D
13．（2024高三上·湛江模拟）实验小组用“W”形玻璃管等微型装置(下图)进行实验以验证的性质，① ④处的试剂分别为固体、品红溶液、酸性溶液、酚酞溶液。下列说法正确的是
A．①处出现气泡，体现了的氧化性
B．②处溶液褪色，用酒精灯加热后红色不复原
C．③处、④处溶液褪色，且褪色原理相同
D．①处试剂换为溶液也可以达到实验目的
14．（2024高三上·湛江模拟）化合物可作电镀液的制备原料，已知所含的5种元素、、、、原子序数依次增大，且在前四周期均有分布，仅有与同周期。与同族，在地壳中含量最高，基态离子的层为全满。下列说法正确的是
A．简单氢化物的沸点： B．第一电离能：
C．与反应可生成 D．键角：
15．（2024高三上·湛江模拟）蔗糖及其水解产物均为旋光性物质，但旋光能力不同(“+”表示右旋，“-”表示左旋)，可利用体系在反应过程中旋光度的变化来衡量反应进程。若反应时间为0、、时溶液的旋光度分别用、、表示，配制一定初始浓度的蔗糖水溶液，同一温度下与不同浓度的和混合，测定反应体系的旋光度值随时间变化如下图所示。下列说法不正确的是
A．当体系旋光度不再变化时，水解反应达平衡状态
B．与相比，同浓度的会使反应活化能更低
C．浓度越大越有利于蔗糖水解
D．平衡后加水稀释，增大
16．（2024高三上·湛江模拟）双阴极三室微生物燃料电池(下图)可实现同步脱氮、除碳和产电功能(为葡萄糖)。下列说法正确的是
A．缺氧室和厌氧室为阴极室
B．移动方向：缺氧室厌氧室好氧室
C．好氧室存在反应：
D．理论上每处理葡萄糖，缺氧室生成(标准状况)
17．（2024高三上·湛江模拟）含碳物质在自然界和人类生活中具有极其重要的意义。
（1）C与浓硫酸加热时发生反应的化学方程式为　 　。
（2）兴趣小组探究的性质：配制的溶液，并探究不同浓度溶液与的反应速率比较。
①计算：需用托盘天平称量固体　 　。
②配制溶液过程中，除下列仪器外还需要的玻璃仪器有　 　(填仪器名称)。
③实验探究：取所配溶液(足量)，按下表配制总体积相同的系列溶液，分别加入固体，反应后，抽滤并将沉淀烘干，称量沉淀质量，记录如下：
序号 (沉淀)
a 50.0 0
b 30.0
则　 　，两组实验中，平均反应速率更大的为　 　(填“a”或“b”)组。
（3）兴趣小组欲用溶液鉴别和，发现两种溶液中加入均产生白色沉淀，于是设计了以下实验，探究与的反应：
实验1：向中加入等体积，无明显现象。
实验2：向中加入等体积，产生白色沉淀。
①得出结论：的　 　，越有利于其与反应生成白色沉淀。
②经检验白色沉淀为，同学们对溶液中产生的主要原因提出了两种猜想：
猜想I：主要由酸性电离产生：。
猜想II：主要由自耦电离产生：。
查阅资料：，。
根据以上数据分析，猜想　 　(填“I”或“I””)成立，理由是　 　。
（4）除外，还有多种含碳无机物，请写出其中一种的化学式及其用途：　 　。
18．（2024高三上·湛江模拟）金属铟(In)因其优异性能，被广泛地应用于高新技术领域，某工厂从金属冶炼过程中产生的金属废渣(、、及少量不与酸反应的杂质)中回收铟的流程如下：
已知信息：①的性质与相似。
②室温下：，。
③溶液中某离子浓度小于，认为该离子沉淀完全。回答下列问题：
（1）“操作1”为　 　。
（2）“中和”时加入，生成红褐色沉淀并有气体产生，该过程主要反应的离子方程式为　 　。
（3）“酸浸2”后溶液中浓度为，则加入进行“中和”时，调节范围为　 　。
（4）“电解”时，粗铟接直流电源的　 　(填“正极”或“负极”)。
（5）可以与形成配合物，中含有键的数目为　 　。
（6）磷化铟晶体的载流子迁移率大，可用于制造高速电子器件，如高速晶体管和高电子迁移率晶体管。磷化铟的立方晶胞(晶胞参数为)如下图所示，其化学式为　 　；以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，图中a原子的分数坐标为，则原子的分数坐标为　 　；设为阿伏加德罗常数的值，则其晶体的密度为　 　。
19．（2024高三上·湛江模拟）有机胺在橡胶助剂、纺织、造纸、食品添加剂以及塑料加工等领域有着广泛的应用。
（1）以作催化剂，进行对苯二胺加氢制备1，4-环己二胺。。
①基态原子价层电子的轨道表示式为　 　。
②对苯二胺、、1，4-环己二胺的标准摩尔生成焓分别为、0、(标准摩尔生成焓：，下，由元素最稳定的单质生成纯化合物时的反应热)，则　 　。
③以某超临界流体为溶剂，取对苯二胺和一定量在高压反应釜中反应小时，测得对苯二胺转化率及主产物1，4-环己二胺的选择性随温度变化如下图所示。175℃时，小时内，()=　 　。当温度高于185℃时，转化率和选择性随温度升高均呈下降趋势，以下对其原因分析一定不合理的是　 　(填标号)。
A．催化剂活性降低
B．减慢，加快，平衡逆向移动
C．副反应占比加大
D．在超临界流体中溶解度下降
（2）在氢气氛围和脱氢-加氢催化剂的催化下，醇的胺化反应机理如下图所示。理论上，每生成，醇脱氢产生的与后续过程中加氢消耗的的物质的量之比为　 　。
（3）与一样，当胺溶于水时溶液呈碱性。用盐酸滴定同浓度的氨水、和，滴定曲线如下图。
①电离平衡常数：　 　(填“>”“<”或“=”)。
②25℃时，向溶液中加入固体，使得平衡时和浓度均为。计算平衡时的电离度：　 　[写出计算过程，已知，电离度]。
20．（2024高三上·湛江模拟）氯代苯酚类化合物主要用于农药、燃料、木材防腐等领域。以为催化剂实现化合物的绿色合成，示意图如下(反应条件略)。
（1）化合物I的分子式为　 　，名称为　 　。
（2）化合物IV中的官能团有酮羰基、　 　(写名称)。
（3）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的是_______(填标号)。
A．实现了催化剂的再生
B．化合物IV中，氧原子采取杂化，且存在2个手性碳原子
C．化合物IV到V的转化中，存在键和键的形成
D．化合物I到V的总反应为：2
（4）化合物IV的某种同分异构体遇溶液显紫色，在核磁共振氢谱图上有4组峰，且峰面积比为，其结构简式为　 　。
（5）对化合物，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
① 　 　 　 　 加成反应
② 　 　 　 　
（6）以化合物I为唯一的有机原料，合成聚合物的部分合成路线如下，基于该路线，回答下列问题。
①第一步反应中，有机产物为　 　(写结构简式)。
②相关步骤涉及卤代烃制醇的反应，其化学方程式为　 　(注明反应条件)。
答案解析部分
1．【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．月白釉瓷酒觞由硅酸盐材料制成，A不合题意；
B．玉雕犀角觥是用犀牛角做的饮酒器具，主要成分是角质化的蛋白质，B不合题意；
C．蕉叶纹青铜觚属于青铜器，是由金属材料制作而成，C符合题意；
D．木质官斛主要成分是纤维素，D不合题意；
故答案为：C。
【分析】 金属材料 一般有纯金属或者金属合金。
2．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．网球鞋底使用的耐磨橡胶具有高弹性、耐磨性，是一种性能优异的有机高分子材料，故A正确；
B．碳纤维和石墨烯、碳纳米管都是由C元素构成的不同种单质，互为同素异形体，故B错误；
C．是黑色晶体，场地显红色是因为土中含有，故C错误；
D．丙烷、异丁烷都属于烷烃，烷烃是烃类物质，二甲醚结构简式为CH3OCH3，属于烃的衍生物，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A.橡胶属于有机高分子材料；
B. 同分异构体 是分子式相同，结构不同的有机物；
D. 烃 类有机物是只含有碳氢两种元素。
3．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；氢键的存在对物质性质的影响；常见能量的转化及运用；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．纳米银颗粒中的金属银处于最低价只具有还原性，不具有氧化性，A错误；
B．丁烷脱氢加入液态做催化剂，催化剂的作用是降低反应的活化能，提高反应速率，B正确；
C．钙钛矿太阳能电池可以将太阳能转化为电能，C错误；
D．聚四氟乙烯塑料被称为塑料王，耐酸、耐碱，为超疏水材料，不能与水分子形成氢键，D错误；
故答案为：B。
【分析】A.金属银只具有还原性，不具有氧化性；
B.催化剂是通过降低反应活化能加快化学反应速率；
C.太阳能电池将太阳能直接转化为电能；
D. 聚四氟乙烯 没氢原子，不能形成氢键。
4．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；物理变化与化学变化的区别与联系；多糖的性质和用途；蒸馏与分馏
【解析】【解答】A．“廉江乌龙茶”沏泡过程涉及溶解、过滤，不包含蒸馏，A错误；
B．木偶的主要成分是纤维素，纤维素属于多糖，B正确；
C．石头主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，C正确；
D．“吴川泥塑”制作工艺中的“烧胚”有新物质生成，属于化学变化，D正确；
故答案为：A。
【分析】A.沏泡茶过程只涉及溶解过滤，蒸馏需要将液体变为气体。
5．【答案】C
【知识点】卤代烃简介
【解析】【解答】A.1-溴丁烷密度大于水，加入溶液并静置后，有机层在下层，A正确；
B．根据分析，若试剂为溶液，可观察到淡黄色沉淀，B正确；
C．“冷却”后溶液中含1-丁醇和溴化钠，酸性高锰酸钾溶液不仅能氧化1-丁醇，还能氧化溴离子，故滴加酸性不可检验有机产物，C错误；
D．若将溶液换成的乙醇溶液，发生消去反应，生成1-丁烯和NaBr，加足量稀硝酸中和后，加入硝酸银溶液，也能产生淡黄色沉淀，D正确；
故答案为：C。
【分析】1-溴丁烷在氢氧化钠水溶液加热条件下发生水解反应生成1-丁醇和溴化钠，冷却后加入足量稀硝酸中和过量的氢氧化钠，再加入试剂Y：硝酸银溶液检验溴离子，观察到有淡黄色AgBr沉淀生成。
A.卤代烃密度大于水，所以在下层；
B.水解后生成溴化钠，加入硝酸银即可得到淡黄色沉淀；
C.醇也可以被高锰酸钾氧化；
D.通过消去反应也可以得到溴化钠，进而进行检验。
6．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；胶体的性质和应用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A．牛奶是胶体，加入柠檬汁后发生胶体聚沉的现象，可以得到干酪，A正确；
B．养鱼时加入过氧化钙作增氧剂是因为过氧化钙与水反应会放出氧气，B错误；
C．用蔗糖腌制食品是因为蔗糖在高浓度下，能够抑制细菌、酵母和霉菌等微生物的生长以延长保质期，C错误；
D．利用活性炭吸附新装修房间内的甲醛是因为活性炭具有吸附性，D错误；
故答案为：A。
【分析】A.胶体可以发生聚沉，牛奶属于胶体；
B.过氧化钙与水反应生成氧气，为鱼儿提供氧气；
C.蔗糖腌制食物与二糖没有关系，单糖也可以腌制食物；
D.活性炭吸附甲醛是利用其吸附原理。
7．【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；酯的性质
【解析】【解答】A．该物质含碳碳双键，能与浓溴水发生加成反应，A正确；
B．该物质有3种含氧官能团：酯基、羟基、醚键，B错误；
C．该物质含2mol酯基和1mol羟基，最多可消耗，C正确；
D．苯环、碳氧双键、碳碳双键中碳原子为sp2杂化，饱和碳原子为sp3杂化，如甲基，D正确；
故答案为：B。
【分析】A该物质含碳碳双键，能与浓溴水发生加成反应；
B.该物质有3种含氧官能团：酯基、羟基、醚键，苯环不属于官能团；
C.酯基和酚羟基都可以与氢氧化钠反应；
D.饱和碳采用 杂化，双键采用 。
8．【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A．该方法通过改变金属材料的组成来达到金属防护的目的，不属于外加电流法，A错误；
B．镁合金被腐蚀时，作负极，发生氧化反应，B正确；
C．负极发生失电子的氧化反应，C错误；
D．、不如镁活泼，添加、等金属后会加速镁合金的腐蚀，D错误；
故答案为：B。
【分析】A. 外加电流法 是将金属与电源负极相连；
B.镁做负极，失电子，发生氧化反应；
C.负极失电子，而不是得电子；
D.需要添加活泼性强的才能保护。
9．【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A．实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制备氨气，故A正确；
B．氨气是碱性气体，用碱石灰干燥氨气，故B正确；
C．氨气密度比空气小，用向下排空气法收集氨气，故C错误；
D．氨气易溶于水，用水吸收氨气，且该装置能防倒吸，故D正确；
故答案为：C。
【解答】A.实验室制备氨气采用固固加热型装置；
B.氨气为碱性气体，可以用碱石灰干燥；
C.氨气密度比空气小，采用详细排空气法收集；
D.氨气极易溶于水，可以用水吸收。
10．【答案】B
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.25℃，的溶液中的溶液中c(OH-)=0.1mol/L，1.0L的溶液中，含有的数目为0.1NA，故A错误；
B．和的最简式都是CH2O，和的混合物中含有碳原子数为，故B正确；
C．标准状况下，为液体，无法用气体的摩尔体积计算物质的量，故C错误；
D．物质的量是1mol，和足量浓硝酸反应生成NO2物质的量为2mol，但二氧化氮会转化为四氧化二氮，建立平衡，所以收集的NO2分子数小于，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A.根据pH计算出氢离子浓度，然后计算出氢氧根浓度，即可计算出其数目；
B.利用最简式计算即可；
C.使用气体摩尔体积时，对象必须为气体；
D.二氧化氮会转化为四氧化二氮，建立平衡，其数目小于。
11．【答案】D
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．e为硝酸，用两支玻璃棒分别蘸取浓硝酸与浓氨水，靠近后会产生硝酸铵，出现白烟，A项正确；
B．d为与生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为，由化合价可知，二氧化氮同时做氧化剂和还原剂，且，B项正确；
C．、和氢氧化钠反应，生成亚硝酸钠和水，化学方程式为：，C项正确；
D．工业上制备硝酸，是用氨气与氧气生成NO，NO与氧气和水生成硝酸，D项错误；
故答案为：D。
【分析】由价-类二维图可知，a为、b为、c为、d为、e为、f为、e为、h为。
A.浓硝酸与浓氨水挥发反应生成硝酸铵白烟；
B.根据二氧化氮与水反应，结合化合价升降即可得到氧化剂与还原剂数量关系；
C.、和氢氧化钠反应，生成亚硝酸钠和水；
D.工业利用氨的催化氧化制备一氧化氮。
12．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；含有氢键的物质；晶体的定义
【解析】【解答】A．X射线衍射实验确保晶体与非晶体，因玻璃是非晶体，真宝石是晶体，故可以鉴别，A符合题意；
B．水加热到很高的温度都难以分解说明O-H键键能较大，与水分子间形成氢键无关，B不符合题意；
C．不能使干燥的有色布条褪色，C不符合题意；
D．Cl2、Br2、I2均属于分子晶体且结构相似，熔沸点与范德华力有关，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，D项不符合题意；
答案为：A。
【解答】A.利用 X射线衍射实验可鉴别 晶体与非晶体；
B.水加热到很高的温度都难以分解说明O-H键键能较大，与氢键无关；
C.不能使干燥的有色布条褪色；
D.电负性与沸点无关。
13．【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．①处稀硫酸与亚硫酸钠反应制取SO2是复分解反应，体现硫酸的强酸性，没有体现氧化性，A错误；
B．②处SO2使品红溶液褪色，体现SO2的漂白性，但SO2使品红溶液褪色为可逆过程，加热会恢复红色，B错误；
C．酸性高锰酸钾溶液褪色体现SO2的还原性，NaOH-酚酞溶液褪色体现SO2是酸性氧化物，褪色原理不同，C错误；
D．溶液在酸性条件下能发生自身歧化反应，生成二氧化硫、硫单质和水，也可以达到实验目的，D正确；
故答案为：D。
【分析】先利用“强酸制弱酸”原理，用稀硫酸和亚硫酸钠反应制备SO2，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，SO2具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，SO2属于酸性氧化物，能与碱反应使NaOH-酚酞溶液红色褪去。
A.稀硫酸与亚硫酸钠反应制取SO2是非氧化还原反应，体现硫酸酸性；
B.SO2使品红溶液褪色为生成不稳定无色物质，加热后分解；
C.前者为发生氧化还原反而褪色，后者为发生复分解反应；
D.硫代硫酸钠与稀硫酸也可以产生二氧化硫，可以达到实验目的。
14．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．Y为N，Z为O，R为S，NH3、H2O分子间均有氢键，水分子间氢键强于氨分子间，故简单氢化物的沸点：H2O>NH3>H2S，A错误；
B．Y为N，Z为O，R为S，同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，N原子2p轨道半充满稳定，第一电离能大于O，同主族从上到下第一电离能减小，故第一电离能：S＜O＜N，B错误；
C．Q为Cu，R为S，Cu与S反应生成Cu2S，C错误；
D．NH3、H2O、H2S的中心原子均为sp3杂化，N原子有1对孤电子对，O和S有2对孤电子对，NH3键角最大，O的电负性大于S，成键电子对离中心原子近，斥力更大，H2O的键角更大，故键角：NH3>H2O>H2S，D正确；
故答案为：D。
【分析】元素、、、、原子序数依次增大，且在前四周期均有分布，说明X为H元素，Z在地壳中含量最高是O元素，与同族说明R是S元素，基态离子的层为全满说明Q是Cu元素，与同周期，结合化合物的化学式为，Y为N元素，综上所述，、、、、分别为H、N、O、S、Cu。
A.分子间若存在氢键，沸点会异常的高；
B.当价电子轨道处于半满或者全满状态时，电离能会反常的高；
C.硫为弱氧化剂，与铜反应只能生成硫化亚铜；
D.当杂化方式相同时，孤电子数目越多，排斥力越大，键角越小。
15．【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断；二糖的性质和用途
【解析】【解答】A．蔗糖、果糖、葡萄糖旋光能力不同，当各物质浓度不再变化时，体系旋光度不再变化，因此可用体系旋光度的变化来衡量反应进程，A正确；
B．由图可知，蔗糖水解速率与催化剂的酸性强度有关，酸性越强，解离的氢离子越多，催化能力也越强，与相比，同浓度的会使反应活化能更低，B正确；
C．浓硫酸具有脱水性和强氧化性，会使蔗糖脱水成碳，所以并不是硫酸浓度越大越好，C错误；
D．平衡后加水稀释，水解反应正向进行，果糖浓度增大，蔗糖浓度减小，增大，D正确；
故选C。
【分析】本题是一道关于蔗糖水解反应的化学选择题，给出了蔗糖及其水解产物的旋光性特点，以及在同一温度下不同浓度的 的和混合时，反应体系的旋光度值 随时间变化的图像。
16．【答案】C
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据分析，该电池中缺氧室和好氧室为阴极室，A错误；
B．在电池中，阳离子由负极向正极移动，且根据分析，在厌氧室产生，缺氧室、好氧室都要消耗，所以的移动方向为：缺氧室厌氧室好氧室，B错误；
C．在好氧室中同时发生和，则他们之间能发生反应：，C正确；
D．当厌氧室中处理葡萄糖时，根据电极反应式可知共转移了，但转移的电子同时被缺氧室和好氧室得到，因此流向缺氧室的电子低于了，则生成标准状况下的体积小于，D错误；
故答案为：C。
【分析】双阴极三室微生物燃料电池中，左边缺氧室转变为，电极反应式为；中间厌氧室葡萄糖转变为，电极反应式为；右边好氧室转变为，电极反应为，同时在好氧室还发生反应，由题目可知电池为双阴极，即有2个电极要得电子，结合前边分析得出左边缺氧室和右边好氧室为电池的正极（阴极室），中间厌氧室为电池负极，据此分析解答。
A.根据图中物质化合价变化，发生还原反应的为阴极，据此可以判断；
B.阳离子由负极向正极移动，在厌氧室产生，缺氧室、好氧室都要消耗，
D.转移的电子同时被缺氧室和好养室同时得到，所以因此流向缺氧室的电子低于了。
17．【答案】（1）
（2）5.3；250mL容量瓶、胶头滴管；20.0；a
（3）浓度越大；II；自耦电离的平衡常数为：，即自耦电离程度远大于的电离，即猜想II成立
（4）用于制玻璃（或用于钾肥）
【知识点】浓硫酸的性质；配制一定物质的量浓度的溶液；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】（1）C与浓硫酸加热时发生反应的化学方程式为：；
（2）①配制的溶液，选用250mL容量瓶，需要固体的质量为：，应称取5.3g；
②配制溶液过程中，除了药匙、托盘天平、烧杯、玻璃棒外还需要的玻璃仪器有：250mL容量瓶、胶头滴管；
③两组实验溶液的总体积相同，均为50.0mL，故x=20.0；与反应的方程式为：，足量，相同时间内产生沉淀质量越大，速率越快，故两组实验中，平均反应速率更大的为a组；
（3）①实验1中溶液浓度较低，实验2中相对较大，故可得出结论：的浓度越大，越有利于其与反应生成白色沉淀；
②自耦电离的平衡常数为：，即自耦电离程度远大于的电离，即猜想II成立；
（4）含碳无机物很多，如用于制玻璃（或用于钾肥）。
【分析】（1）C与浓硫酸加热生成二氧化碳、二氧化硫，据此配平即可；
（2）①托盘天平称量质量时，只能保留一位小数；②书写容量瓶时一定要注明规格
（3）根据控制变量法进行分析，：的浓度越大，越有利于其与反应生成白色沉淀。
（1）C与浓硫酸加热时发生反应的化学方程式为：；
（2）①配制的溶液，选用250mL容量瓶，需要固体的质量为：，应称取5.3g；
②配制溶液过程中，除了药匙、托盘天平、烧杯、玻璃棒外还需要的玻璃仪器有：250mL容量瓶、胶头滴管；
③两组实验溶液的总体积相同，均为50.0mL，故x=20.0；与反应的方程式为：，足量，相同时间内产生沉淀质量越大，速率越快，故两组实验中，平均反应速率更大的为a组；
（3）①实验1中溶液浓度较低，实验2中相对较大，故可得出结论：的浓度越大，越有利于其与反应生成白色沉淀；
②自耦电离的平衡常数为：，即自耦电离程度远大于的电离，即猜想II成立；
（4）含碳无机物很多，如用于制玻璃（或用于钾肥）。
18．【答案】（1）蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤干燥
（2）3+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑
（3）3.0≤pH＜5.0
（4）正极
（5）10
（6）InP；；
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解析】（1）操作1是从溶液中得到ZnSO4·7H2O晶体，具体操作为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（2）“中和”时加入，Fe3+与发生双水解反应，生成红褐色沉淀Fe(OH)3和CO2气体，该过程主要反应的离子方程式为： 3+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑；
（3）“酸浸2”后溶液中浓度为，则加入进行“中和”时，让Fe3+完全沉淀，浓度小于等于10-5mol/L，=c(Fe3+)×c3(OH-)，10-5×c3(OH-)=1.0×10-38，得出c(OH-)≥10-11mol/L，c(H+)≤10-3mol/L，≥3，浓度为不沉淀，= c(In3+)×c3(OH-)，0.1×c3(OH-)=1.0×10-28，得出c(OH-)＜10-9mol/L，c(H+)＞10-5mol/L，＜5，调节范围为：3.0≤pH＜5.0；
（4）粗铟电解精炼时，粗铟做阳极，精铟做阴极，粗铟接直流电源的正极；
（5）中硫氧键为8NA，配位键为2NA，含有键的数目为10NA；
(6)P原子位于立方晶胞的顶角和面心，1个晶胞中含有P的个数为8×+6×=4个，In都位于内部有4个，化学式为InP；b的坐标分数；晶体的密度为g/cm3= g/cm3。
【分析】废渣在pH值5.0~5.4之间酸浸，ZnO溶于硫酸得到ZnSO4溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4·7H2O；浸渣1是Fe2O3和In2O3及不溶于酸的杂质，再酸浸2，得到浸渣2是不溶于酸的杂质，溶液用Na2CO3中和，得到浸渣3是Fe(OH)3沉淀，溶液中的In3+被Zn还原得到粗铟，最后电解精炼得到精铟。
（1）由图可知，操作1为由溶液得到晶体，过程为 蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤干燥 ；
（2）三价铁与碳酸根发生水解得到氢氧化铁和二氧化碳，据此完成反应即可；
（4）粗铟电解精炼时，粗铟做阳极，精铟做阴极，粗铟接直流电源的正极；
（5）该物质含有8个共价键，2个配位键，据此共10个键 ；
（6）利用均摊法，即可得到该晶体化学式，在计算晶体密度时，首先计算出一个晶胞质量，在计算一个晶胞体积，据此计算密度。
（1）操作1是从溶液中得到ZnSO4·7H2O晶体，具体操作为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（2）“中和”时加入，Fe3+与发生双水解反应，生成红褐色沉淀Fe(OH)3和CO2气体，该过程主要反应的离子方程式为： 3+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑；
（3）“酸浸2”后溶液中浓度为，则加入进行“中和”时，让Fe3+完全沉淀，浓度小于等于10-5mol/L，=c(Fe3+)×c3(OH-)，10-5×c3(OH-)=1.0×10-38，得出c(OH-)≥10-11mol/L，c(H+)≤10-3mol/L，≥3，浓度为不沉淀，= c(In3+)×c3(OH-)，0.1×c3(OH-)=1.0×10-28，得出c(OH-)＜10-9mol/L，c(H+)＞10-5mol/L，＜5，调节范围为：3.0≤pH＜5.0；
（4）粗铟电解精炼时，粗铟做阳极，精铟做阴极，粗铟接直流电源的正极；
（5）中硫氧键为8NA，配位键为2NA，含有键的数目为10NA；
（6）P原子位于立方晶胞的顶角和面心，1个晶胞中含有P的个数为8×+6×=4个，In都位于内部有4个，化学式为InP；b的坐标分数；晶体的密度为g/cm3= g/cm3。
19．【答案】（1）；-(b-a)；；B
（2）1：1
（3）<；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率和化学计量数的关系；中和滴定
【解析】【解析】（1）①基态Al原子价电子轨道表示式为：；
②根据盖斯定律可知：△H=生成物的标准摩尔生成焓-反应物的标准摩尔生成焓=-(b-a)kJ/mol；
③175℃，对苯二胺转化率为45%，1，4-环己二胺的选择性10%，0-t小时内，()=；
A．温度高于185℃时，对苯二胺转化率和1，4-环己二胺选择性随温度升高均呈下降趋势，可能是催化剂活性降低，A不符合题意；
B．升高温度正逆反应速率均增大，B符合题意；
C．温度升高主产物1，4-环己二胺选择性减小，副反应占比可能加大，C不符合题意；
D．温度升高H2在超临界流体中溶解度下降，造成转化率和选择性下降，D不符合题意；
答案选B；
（2）由图示可知，每生成1mol需要3molRCH2OH，醇脱氢产生3mol醛及3molH2，正好全部用于后续反应，该过程是个“自供氢反应”，因此醇脱氢产生的氢与亚胺/烯胺加氢消耗的H2的物质的量之比为1：1；
（3）①由滴定曲线起点可知，同浓度的氨水、和，氨水pH更小，NH3·H2O碱性更弱，因此NH3·H2O电离常数更小；
②向0.10mol/LRNH2溶液中加入RNH3Cl固体，由电荷守恒知：当和Cl-浓度相等时，溶液中H+和OH-浓度相等，25℃时，c(OH-)=10-7mol/L：
，Kb(RNH2)===b，RNH2的电离度为a=。
【分析】（1）① 基态原子价层电子 即为最外层电子；②生成物的标准摩尔生成焓-反应物的标准摩尔生成焓即可得到该反应焓变；
（2）每生成1mol需要3molRCH2OH，醇脱氢产生3mol醛及3molH2，正好全部用于后续反应，该过程是个“自供氢反应”，因此醇脱氢产生的氢与亚胺/烯胺加氢消耗的
H2的物质的量之比为1：1；
（3）由滴定曲线起点可知，根据纵坐标交点，即可判断二者一开始的碱性强弱，即可比较 电离平衡常数 的大小。
（1）①基态Al原子价电子轨道表示式为：；
②根据盖斯定律可知：△H=生成物的标准摩尔生成焓-反应物的标准摩尔生成焓=-(b-a)kJ/mol；
③175℃，对苯二胺转化率为45%，1，4-环己二胺的选择性10%，0-t小时内，()=；
A．温度高于185℃时，对苯二胺转化率和1，4-环己二胺选择性随温度升高均呈下降趋势，可能是催化剂活性降低，A不符合题意；
B．升高温度正逆反应速率均增大，B符合题意；
C．温度升高主产物1，4-环己二胺选择性减小，副反应占比可能加大，C不符合题意；
D．温度升高H2在超临界流体中溶解度下降，造成转化率和选择性下降，D不符合题意；
答案选B；
（2）由图示可知，每生成1mol需要3molRCH2OH，醇脱氢产生3mol醛及3molH2，正好全部用于后续反应，该过程是个“自供氢反应”，因此醇脱氢产生的氢与亚胺/烯胺加氢消耗的H2的物质的量之比为1：1；
（3）①由滴定曲线起点可知，同浓度的氨水、和，氨水pH更小，NH3·H2O碱性更弱，因此NH3·H2O电离常数更小；
②向0.10mol/LRNH2溶液中加入RNH3Cl固体，由电荷守恒知：当和Cl-浓度相等时，溶液中H+和OH-浓度相等，25℃时，c(OH-)=10-7mol/L：
，Kb(RNH2)===b，RNH2的电离度为a=。
20．【答案】（1）C7H8O；邻甲基苯酚(或2-甲基苯酚)
（2）碳碳双键、碳氯键(或氯原子)
（3）A；C；D
（4）
（5）H2、催化剂，加热；；乙酸酐或乙酸、浓磷酸或浓硫酸、加热；取代反应(或酯化反应)
（6）；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解析】（1）化合物I的分子式为C7H8O；名称为邻甲基苯酚(或2-甲基苯酚)；
（2）化合物IV中的官能团有酮羰基、碳碳双键、碳氯键(或氯原子)；
（3）根据循环图，在I到Ⅱ和Ⅲ到IV的转化中，O2与Cu+反应生成催化剂Cu2+，实现了催化剂的再生，A项正确；
化合物IV中氧原子与碳原子形成了双键，氧原子形成了1个σ键和1个π键，加上两对孤电子对，氧原子采取sp2杂化，将IV中的手性碳原子标记为*：可知IV中含有1个手性碳原子，B项不正确；
化合物IV到V的转化中，羰基变成了羟基，形成了0—Hσ键，六元环异构成了苯环，形成了π键，C项正确；
整个过程中，化合物I、HCl和O2反应生成了化合V和H2O，化学方程式为：2，D项正确；
答案是ACD；
（4）化合物IV的某种同分异构体遇FeCl3溶液显紫色，说明该同分异构体含有苯环和酚羟基，在核磁共振氢谱图上有4组峰，且峰面积比为1：2：2：2，说明无甲基，侧链碳原子与氯原子直接相连，且苯环上的取代基处于对位，即-CH2Cl、-OH位于苯环对位：；
（5）化合物V含有苯环，酚羟基和碳氯键，由此可结合表格信息，分析预测其中的苯环结构在催化剂、加热的条件下与H2发生加成反应，其中的酚羟基可在乙酸酐或乙酸、浓磷酸或浓H2SO4、加热的条件下发生取代反应(酯化反应)；
(6)根据生成物可推知该物质是通过缩聚反应产生，其单体为，则最后一步反应中，有机反应物为；由聚合物的合成路线可知，化合物I先在光照条件下与氯气发生取代反应生成X()，再将氯原子水解，转化成—CH2OH，再催化氧化得到羧基，最终发生缩聚反应得到聚合物，因此，相关步骤涉及卤代烃制醇的反应为：。
【分析】邻甲基苯酚在CuCl2催化剂作用下与O2、HCl通过一系列反应，最终生成和H2O；（1）观察化合物\(I\)的结构简式，数出其含有的原子种类和数目。可以看到它含有7个碳原子、8个氢原子和1个氧原子O，所以分子式为 C7H8O； 名称为 邻甲基苯酚(或2-甲基苯酚)
（2） 由图可知， 化合物IV中的官能团有酮羰基 、 碳碳双键、碳氯键；
（3）化合物IV的某种同分异构体遇FeCl3溶液显紫色，说明该同分异构体含有苯环和酚羟基，在核磁共振氢谱图上有4组峰，且峰面积比为1：2：2：2，说明无甲基，有4中氢原子，结构要比较对称，侧链碳原子与氯原子直接相连，且苯环上的取代基处于对位，据此解答即可；
（5）苯环结构在催化剂、加热的条件下与H2发生加成反应，其中的酚羟基可在乙酸酐或乙酸、浓磷酸或浓H2SO4、加热的条件下发生取代反应(酯化反应)；
（6）采用倒推法进行分析， 根据生成物可推知该物质是通过缩聚反应产生，其单体为，化合物I先在光照条件下与氯气发生取代反应生成X再将氯原子水解，转化成—CH2OH，再催化氧化得到羧基，最终发生缩聚反应得到聚合物。
（1）化合物I的分子式为C7H8O；名称为邻甲基苯酚(或2-甲基苯酚)；
（2）化合物IV中的官能团有酮羰基、碳碳双键、碳氯键(或氯原子)；
（3）根据循环图，在I到Ⅱ和Ⅲ到IV的转化中，O2与Cu+反应生成催化剂Cu2+，实现了催化剂的再生，A项正确；
化合物IV中氧原子与碳原子形成了双键，氧原子形成了1个σ键和1个π键，加上两对孤电子对，氧原子采取sp2杂化，将IV中的手性碳原子标记为*：可知IV中含有1个手性碳原子，B项不正确；
化合物IV到V的转化中，羰基变成了羟基，形成了0—Hσ键，六元环异构成了苯环，形成了π键，C项正确；
整个过程中，化合物I、HCl和O2反应生成了化合V和H2O，化学方程式为：2，D项正确；
答案是ACD；
（4）化合物IV的某种同分异构体遇FeCl3溶液显紫色，说明该同分异构体含有苯环和酚羟基，在核磁共振氢谱图上有4组峰，且峰面积比为1：2：2：2，说明无甲基，侧链碳原子与氯原子直接相连，且苯环上的取代基处于对位，即-CH2Cl、-OH位于苯环对位：；
（5）化合物V含有苯环，酚羟基和碳氯键，由此可结合表格信息，分析预测其中的苯环结构在催化剂、加热的条件下与H2发生加成反应，其中的酚羟基可在乙酸酐或乙酸、浓磷酸或浓H2SO4、加热的条件下发生取代反应(酯化反应)；
（6）根据生成物可推知该物质是通过缩聚反应产生，其单体为，则最后一步反应中，有机反应物为；由聚合物的合成路线可知，化合物I先在光照条件下与氯气发生取代反应生成X()，再将氯原子水解，转化成—CH2OH，再催化氧化得到羧基，最终发生缩聚反应得到聚合物，因此，相关步骤涉及卤代烃制醇的反应为：。
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