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广东省江门市2025届高三下学期一模化学试题
1．（2025·江门模拟）五邑传统美食名扬四方。以下食物的主要营养成分为糖类的是
A．古井烧鹅 B．恩平濑粉 C．台山生蚝 D．荷塘鱼饼
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验
【解析】【解答】A、古井烧鹅主要以鹅肉为原料制作，鹅肉富含蛋白质，同时还含有一定量的脂肪，其主要营养成分不是糖类，A错误；
B、恩平濑粉主要由大米制作而成，大米的主要成分是淀粉，淀粉属于多糖，在人体内经过消化酶的作用可以分解为葡萄糖，为人体提供能量，所以恩平濑粉的主要营养成分为糖类，B正确；
C、台山生蚝是一种海鲜，生蚝富含蛋白质、微量元素以及维生素等营养成分，蛋白质是其主要的营养成分，并非糖类，C错误；
D、荷塘鱼饼主要以鱼肉为主要原料，还会添加一些淀粉等辅料，但主要成分是鱼肉，鱼肉富含蛋白质，其主要营养成分不是糖类，D错误；
故答案为：B
【分析】生活中主要营养成分为糖类的常见物质：谷类（大米、小麦、玉米）、薯类（红薯、马铃薯、山药）、糕点、糖果（蛋糕、白糖、冰糖）、水果（西瓜、葡萄、香蕉）。
2．（2025·江门模拟）近年我国科技发展迅猛。以下关于我国科技进展的说法错误的是
A．“揭示光感受调节血糖代谢机制”，其中葡萄糖属于单糖
B．“农作物耐盐碱机制解析及应用”，所有的盐和碱均属于强电解质
C．“新方法实现单碱基到超大片段DNA精准操纵”，DNA属于高分子
D．“发现锂硫电池界面电荷存储聚集反应新机制”，电池工作时化学能转化成电能
【答案】B
【知识点】强电解质和弱电解质；核酸；电源使用及回收
【解析】【解答】A、单糖是指不能再被水解的碳水化合物，葡萄糖的分子式为：C6H12O6，从结构式来看，他不能再水解成为更简单的糖分子，因此葡萄糖是单糖，A正确；
B、盐和碱中并非全部是强电解质，例如，碱中的弱碱（如NH3·H2O）属于弱电解质，B错误；
C、高分子化合物是由许多小分子或单体通过共价键连接形成的、分子量极大的化合物，具有重复的结构单元，而DNA 由大量脱氧核苷酸通过共价键连接形成，分子量巨大且具有重复结构单元，符合高分子化合物的定义，属于高分子，C正确；
D、电池的工作原理是通过化学反应将化学能转化为电能，D正确；
故答案为：B
【分析】强电解质：是在水溶液或者熔融状态下能完全电离的物质；弱电解质：是不完全电离，在发生部分电离后的溶液中依旧存在弱电解质分子的形式。
3．（2025·江门模拟）春节童谣朗朗上口，承载了丰富的传统文化和节日习俗。下列说法错误的是
A．“二十三，糖瓜粘”：制作糖瓜粘的原料麦芽糖与果糖属于同分异构体
B．“二十四，扫房子”：清洁地板时使用的漂白粉的有效成分是
C．“二十五，冻豆腐”：制作豆腐过程中加入石膏、氯化镁等可促使胶体聚沉
D．“二十六，炖猪肉”：炖猪肉常用的桂皮(含肉桂醛)久置空气中会被氧化而变质
【答案】A
【知识点】同分异构现象和同分异构体；醛的化学性质；胶体的性质和应用；含氯化合物的漂白作用
【解析】【解答】A、麦芽糖（C12H22O11）是二糖，果糖（C6H12O6）是单糖，二者分子式不同，并非同分异构体，A错误；
B、漂白粉是一种由氢氧化钙、氯化钙和次氯酸钙组成的混合物，其中有效成分是，B正确；
C、石膏、氯化镁作为电解质，可使豆浆中的蛋白质胶体聚沉形成豆腐，C正确；
D、肉桂醛含醛基（-CHO），醛基是肉桂醛中最易被氧化的部位。在常温下，空气中的氧气可作为氧化剂，将醛基逐步氧化为羧酸（-COOH），久置会变质，D正确；
故答案为：A
【分析】同分异构体是指分子式相同但分子结构不同的化合物，其化学性质和物理性质可能存在差异。判断两种物质是否为同分异构体，需先确认分子式是否一致，再分析结构差异。
4．（2025·江门模拟）生活中处处有化学。下列说法错误的是
A．葡萄酒中加适量的，可起保质作用
B．制作餐具使用的不锈钢，其熔点比纯铁高
C．油条制作过程中加入的小苏打，可增加蓬松度
D．在腌制腊肉时加入的氯化钠，可作为调味剂和防腐剂
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；二氧化硫的性质；合金及其应用；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、二氧化硫具有抑菌性和抗氧化性，通过精准控制添加量和存在形式，既能保证酒液的生物稳定性和风味持久性，又符合食品安全标准，因此可以起到抗氧化、杀菌、防腐的作用，A正确；
B、合金熔点低于成分金属熔点，制作餐具使用的不锈钢属于铁合金，其熔点比纯铁低，B错误；
C、碳酸氢钠不稳定，加热分解产生二氧化碳，所以油条制作过程中加入的小苏打，使其在面团发酵的过程中形成气孔，以此来增加蓬松度，C正确；
D、食盐有咸味能调味，同时也可以作为防腐剂，通过高渗透压和抑制微生物代谢来保持其长久的保存，D正确；
故答案为：B
【分析】合金的熔点通常比纯金属低，因为外来原子进入金属晶体时，破坏了金属键，导致整体金属内能增大，从而降低了熔点。但并不是绝对的，有些合金中添加的元素或化合物具有较高的熔点，使合金的熔点比原金属高。总之，合金的熔点受物质内部微粒间作用力大小的影响。
5．（2025·江门模拟）锂铁一次电池可为智能门锁、医疗器械等供电，其总反应为。以下说法正确的是
A．作负极发生氧化反应
B．电解质溶液可使用稀硫酸
C．每生成1molFe转移2mol电子
D．电子由电极流出，经电解质溶液流回电极
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；原电池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、负极发生氧化反应，失电子，反应中，Li失电子从0价→ +1价，符合负极发生氧化反应的的规律，A正确；
B、Li 是极活泼金属，能与稀硫酸直接反应：，导致电池未供电就自消耗，电解质需避免与Li直接反应，常用非水电解质，B错误；
C、由给出的化学方程式可知：4mol Li 参与反应，共失去4mole-，可以推出1mol Li失 去1mol e-，因此生成 1mol Fe时，转移电子为 4mol，而不是 2mol，C错误；
D、电子不能经过电解质溶液，在电池中，电子仅在导线也就是外电路流动，从负极的Li流出，经外电路流向正极，D错误；
故答案为：A
【分析】观察氧化还原反应每进行一摩尔会转移多少摩尔的电子，然后用这个值乘上这个化学反应进行了几摩尔。利用双线桥法：箭头分别由氧化剂指向还原产物，由还原剂指向氧化产物；箭头两端所指元素相同；箭头不表示电子转移方向，仅表示电子转移前后的变化。 在桥上标明得失电子数量；得失电子总数相等。
6．（2025·江门模拟）为了除去固体中少量的和，可选用、和三种试剂，按下列步骤操作：
下列叙述错误的是
A．试剂是，是
B．加热煮沸可以促进盐酸的挥发
C．操作I为过滤，操作II为蒸发结晶
D．调换试剂A、B加入顺序不影响实验结果
【答案】D
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、由分析可知，试剂是，用来除去Mg2+和SO42-，是，用来除去过量的Ba2+，A正确；
B、加入盐酸过量，过量的盐酸可以通过加热煮沸促进盐酸的挥发除去，因为通过加热煮沸的方式能促进盐酸的挥发，B正确；
C、操作I是固液分离为过滤，通过过滤分离滤液和沉淀；操作II是从溶液中得到晶体，为蒸发结晶，KCl的溶解度随温度变化比较小，因此可以选择蒸发结晶，C正确；
D、先加K2CO3：仅除去Mg2+（生成MgCO3↓），但SO42-仍残留；后加Ba(OH)2，Ba2+除SO42-（生成BaSO4↓），但引入过量Ba2+，此时K2CO3已加完，无试剂除去Ba2+，导致KCl中残留Ba2+，影响纯度，故顺序调换会破坏除杂逻辑，D错误；
故答案为：D
【分析】首先固体加水溶解，形成溶液。接着加过量A(Ba(OH)2溶液)首次除杂，沉淀Mg2+、SO42-)，“过量” 的是为了确保其完全沉淀，但这个时候也引入了新的杂质离子，Ba2+，在后续的步骤中除去。然后加过量B(K2CO3溶液)进行二次除杂，沉淀过量的Ba2+，但这个时候也引入了新的杂质离子，CO32-，在后续的步骤中除去。继续通过过滤的方式分离固液混合物，得到滤液（含KCl、过量K2CO3、少量KOH）和滤渣（Mg(OH)2、BaSO4、BaCO3）。这个时候加过量C（HCl溶液）来进行三次除杂，除去CO32-和OH-。最后，将除杂后的KCl溶液加热蒸发，溶剂逐渐减少，加热过程中，过量的HCl持续挥发， KCl因溶解度随温度变化较小，结晶析出，得到纯净的KCl固体。
7．（2025·江门模拟）我国古代四大发明之一的黑火药爆炸时的反应为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中键的数目为
B．晶体中离子的数目为
C．溶液中的数目为
D．每生成转移电子的数目为
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；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、根据题意，首先计算CO2的物质的量：M(CO2) = 44g/mol，故 44gCO2 的物质的量为 1mol。接着分析CO2的化学键结构：CO2为直线形分子，结构式O=C=O，每C=O双键含 1 个键和 1 个π键，因此 1 个CO2分子含2个键。最后计算键数目： 1 molCO2含个键，A正确；
B、硝酸钾由钾离子和硝酸根构成，1个硝酸钾分子中含有2个离子，因此晶体中离子的数目为，B错误；
C、溶液中硫离子发生水解，溶液中的数目小于，C错误；
D、没有给出气体是否在标准状况下，不能计算其物质的量，D错误；
故答案为：A
【分析】题目未说明N2处于 标准状况（0℃、101kPa），无法通过体积计算物质的量n = V/Vm，因为Vm不一定为22.4L/mol。
8．（2025·江门模拟）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 口腔医生：在牙齿表面涂一层含氟釉质防龋齿
B 桥梁工程师：用牺牲阳极法对黄茅海大桥钢管桩进行防护 Fe作电解池阴极被保护
C 环境工程师：测定某地雨水pH值为5.1 大气中等溶于雨水使其显酸性
D 珠宝鉴定师：用X射线鉴定钻石的真伪 不同的晶体具有独特的明锐衍射峰
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；晶体的定义
【解析】【解答】A、牙齿表面釉质层的主要成分是Ca5(PO4)3OH，通过难溶电解质的溶解平衡，F 可将其自发转化为Ca5(PO4)3F，从而保护牙齿，化学知识描述正确，与劳动项目有正确关联，A正确；
B、牺牲阳极法是阴极保护的一种，属于原电池原理，其中牺牲阳极的锌作为阳极被腐蚀，铁作为原电池的阴极被保护。但所述化学知识错误地将牺牲阳极法描述为“电解池”，电解池需要外部电源驱动，而牺牲阳极法无外部电源，是自发反应，因此，化学知识描述错误，且与劳动项目无正确关联，B错误；
C、pH 5.1 低于正常雨水pH（约5.6），表明是酸雨。酸雨主要由大气中的二氧化硫（SO2）和氮氧化物（NO2）溶于水形成硫酸和硝酸所致。劳动项目（测定雨水pH）与化学知识（酸雨成因）直接关联，C正确；
D、X射线衍射（XRD）技术利用晶体结构产生的独特衍射峰来鉴定材料。钻石是一种晶体，其衍射峰与仿制品不同，因此可用于真伪鉴定。劳动项目与化学知识直接关联，D正确；
故答案为：B
【分析】要注意本题的设问是动项目与所述化学知识没有关联，所以要逐条分析化学知识是否正确，与劳动项目之间是否存在因果关系，不要主观随意判断。
9．（2025·江门模拟）下列有关的实验装置、试剂及操作，不能达到实验目的的是
A．制取NaCl晶体 B．除去乙炔中混有的 C．收集 D．制备
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；常用仪器及其使用；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A、由NaCl溶液得到晶体，需要通过蒸发结晶，在蒸发皿中加热，用玻璃棒搅拌防止局部过热液滴飞溅，A正确；
B、乙炔与CuSO4溶液不反应，H2S和CuSO4溶液反应得到CuS沉淀和H2SO4，从而除去H2S，同时洗气装置符合长进短出的规律，B正确；
C、氨气的密度小于空气，且极易溶于水，只能通过向下排空气法收集氨气，C正确；
D、实验室制取氯气用浓盐酸和MnO2加热反应，0.1mol/L的盐酸为稀盐酸，不能制取氯气，D错误；
故答案为：D
【分析】浓盐酸中H+和Cl-的浓度大，还原性强，在加热条件下能被MnO2氧化，生成Cl2；随反应进行，H+和Cl-的浓度逐渐减小，还原性逐渐减弱，当达到一定程度时，MnO2就不可以氧化Cl-了，因此二氧化锰和稀盐酸不会反应。
10．（2025·江门模拟）药物奈玛特韦的分子结构如图所示。下列说法错误的是
A．属于脂环烃
B．含有3种官能团
C．能发生水解反应和加成反应
D．碳原子的杂化方式有、和
【答案】A
【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；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、脂环烃定义为 仅含 C、H 的环状烃。奈玛特韦分子含 N、O、F、CN 等杂原子基团，不属于烃（烃的元素组成只有 C、H），A错误；
B、奈玛特韦的分子中含有肽键、氰基、碳氟键3种官能团，B正确；
C、奈玛特韦的分子中含有肽键可以发生水解反应，含有氰基可以发生加成反应，C正确；
D、奈玛特韦的分子中碳原子有形成共价三键、共价双键、共价单键，氰基中 C 为sp 杂化，羰基 C 为sp2 杂化，饱和碳为sp3 杂化，故碳原子的杂化方式有、和，D正确；
故答案为：A
【分析】“脂环烃” 的定义是仅含 C、H 的环状烃。不要混淆 “脂环烃” 和 “含环的有机物”，忽略烃的元素组成（必须只有 C、H）。
11．（2025·江门模拟）已知溶液中存在如下平衡：，按如图装置进行实验，点燃酒精灯一段时间，观察现象。下列说法错误的是
A．和的反应是吸热反应
B．滴加红色石蕊溶液的棉花团逐渐变成蓝色
C．溶液由橙色变为黄色，体现了氨气的还原性
D．装置中的气球可以吸收未反应的氨气，防止污染空气
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素；氨的实验室制法
【解析】【解答】A、铵盐和碱反应制取氨气是吸热反应，在实验室反应时，触摸试管或烧杯，会感觉温度下降，因此可以推断和的反应也是吸热反应，A正确；
B、氨气溶于水得到氨水，氨水电离出OH-离子显碱性，可以使红色石蕊变蓝色，B正确；
C、氨气溶于溶液，与H+反应，H+浓度减少，使平衡正向移动，溶液由橙色变黄色，没有发生氧化还原反应，体现的是氨水的碱性，C错误；
D、氨气会污染空气，诱发空气中产生PM2.5，同时会影响自然界的氮循环，而装置中的气球可以吸收未反应的氨气，防止污染空气，D正确；
故答案为：C
【分析】和固体加热生成氨气，氨气溶于水得到氨水，氨水电离出OH-离子显碱性，可以使红色石蕊变蓝色，氨气溶于溶液，与H+反应，H+浓度减少，使平衡正向移动，溶液由橙色变黄色；但是要注意，反应需 “加热”，但加热是提供活化能，并非反应放热，停止加热后，反应会因吸热而放缓，证明其本质为吸热。
12．（2025·江门模拟）下列陈述I与陈述II均正确，但不具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述II
A 晶体具有自范性 缺角的晶体在饱和溶液中浸泡一段时间后会慢慢变为完美的立方体块
B 冠醚空腔的直径与碱金属离子的直径接近 冠醚可用于识别碱金属离子
C 石油裂解可得到饱和烃 石油裂解气能使溴的溶液褪色
D 催化剂可以降低反应活化能 中加入分解反应速率加快
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；化学反应速率的影响因素；石油的裂化和裂解；晶体的定义
【解析】【解答】A、自范性是晶体的基本特性之一，指晶体在适宜条件下，能够自发地呈现规则的几何外形的性质，缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中能变为完美的立方体，是由于晶体具有自范性，A正确；
B、冠醚的空腔尺寸是由其分子结构决定的，而碱金属离子的半径由其电子层结构决定。当两者在尺寸上偶然匹配时，冠醚便具备了识别对应离子的能力。这一现象是超分子化学中 “分子识别” 的范例，充分体现了 “结构决定性质” 的化学基本原理，B正确；
C、石油裂解气的产物以乙烯、丙烯等含有碳碳双键的不饱和烃为主，而碳碳双键比较活泼，能与溴发生加成反应，使溴的溶液褪色，因为石油裂解可得到乙烯等不饱和烃，C错误；
D、中加入分解反应速率加快，因为作为该反应催化剂可降低反应活化能，D正确；
故答案为：C
【分析】注意题干要求是陈述I与陈述II均正确，而石油裂解可得到饱和烃，这个说法错误，据此来判断。
13．（2025·江门模拟）某离子化合物中的阳离子结构模型如图所示。已知X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Y原子核外有5种不同运动状态的电子，Z原子核外L层有3个未成对电子。下列说法错误的是
A．该阳离子中存在配位键
B．的空间结构相同
C．单质Y和单质的晶体类型不相同
D．同周期第一电离能在Y与Z之间的元素只有1种
【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；配合物的成键情况
【解析】【解答】A、由图可知，阳离子中具有孤对电子的氮原子与具有空轨道的硼原子形成配位键，A正确；
B、均为正四面体，空间结构相同，B正确；
C、单质B是共价晶体，单质是分子晶体，二者晶体类型不相同，C正确；
D、同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，同时Be的2s轨道全满较稳定，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能在B与N之间的元素有Be、C、O，共3种，D错误；
故答案为：D
【分析】由图可知，Y的核外 5 种运动状态的电子也就是说该元素具有5 个电子，说明原子序数 是5 ，也就是 B元素，Z是短周期元素且L 层 3 个未成对电子，所以其电子排布为2s22p3，说明其原子序数为7 也就是 N元素，X的原子序数最小，且阳离子中为配体，说明这是 H元素。
14．（2025·江门模拟）部分含Na、Cl或Cu物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是
A．a与单质硫混合加热，生成物为f
B．若d是酸，其性质稳定，可做漂白剂
C．新制g与乙醛溶液混合加热可以得到b
D．f的溶液蒸干并灼烧一定可得固体f
【答案】C
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；铜及其化合物；醛的化学性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、Cu与单质S混合加热，由于S的氧化性较弱，所以反应为：，其中产物的Cu为+1价，而f是+2价的盐，A错误；
B、d为+1价的键或者酸，若d是酸，为HClO，HClO不稳定，见光或受热分解为HCl和O2，可做漂白剂源于其自身的强氧化性，但性质表述错误，B错误；
C、新制的Cu(OH)2与乙醛溶液加热可以生成红色沉淀Cu2O，方程式为：C正确；
D、f为+2价盐， 可以是CuCl2，在溶液中存在水解平衡：，CuCl2水解得到Cu(OH)2和HCl，HCl挥发，得到Cu(OH)2，Cu(OH)2加热分解得到CuO，不能得到固体CuCl2，要想得到固体CuCl2，必须要在通有HCl气体的的蒸发装置中，利用HCl的气流营造高浓度H+的环境，抑制其水解，D错误；
故答案为：C
【分析】结合价态（0、+1、+2）和分类（单质、氧化物、盐、碱 / 酸），给出了推测元素范围含Na、Cl、Cu；a（0 价，单质）：优先推测为 Cu，因为后续g为 +2 价碱，符合 Cu(OH)2的特征；b（+1 价，氧化物）： Cu的 +1 价氧化物为 Cu2O（氧化亚铜）；f（+2 价，盐）：如CuCl2（铜为 +2 价，氯为 -1 价，盐类）；g（+2 价，碱）： Cu(OH)2，新制氢氧化铜，含 Cu2+ 和 OH-。
15．（2025·江门模拟）丙烯与HCl一定条件下反应生成和的历程如图所示。下列说法错误的是
A．丙烯与的反应的主要产物是
B．合成的反应中，第一步为反应的决速步
C．生成的焓变大于生成的焓变
D．其他条件不变，反应相同时间，适当升高温度可提高加成产物中比例
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；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
【解析】【解答】A、丙烯与的反应中，生成的活化能小于生成的活化能，活化能小的反应速率快，产物多，丙烯与的反应的主要产物是，A正确；
B、能垒：简单可以理解为从左往右进行中，向上爬坡最高的为能垒，而包含此能垒的反应我们称之为决速步骤，也成为慢反应，能垒越大，反应速率越小，即多步反应中能垒最大的反应为决速反应，由图可知合成的反应中，第一步活化能大，反应速率慢，为决速步，B正确；
C、由图可知，看始态和终态的能量，可以判断出焓变的相对大小，因此，生成和的反应都是放热反应，焓变为负值，生成放热多，焓变小，C错误；
D、相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高，因此其他条件不变，适当升高温度，活化能大的反应的速率常数变化的大，速率增加的更快，相同时间内可以提高加成产物中CH3CH2CH2Cl的比例，D正确；
故答案为：C
【分析】在反应历程图中，活化能越大，反应速率越慢，在化学反应中一般起到了决速步的作用，同时根据正逆反应活化能的相对大小判断出焓变的正负号，而主要产物取决于中间体稳定性对反应选择性的决定作用。
16．（2025·江门模拟）有机电化学合成法反应条件温和，可在电解池两极同时合成有机化合物，经济效益高。已知合成苯酞和铃兰醛前体化合物装置示意图如下，以下说法错误的是
A．从右室移向左室
B．该过程中可循环利用的物质是甲醇
C．电路中每转移电子，理论上右室消耗
D．a电极的电极反应式为：
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；电解原理；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、在电解池中，阳离子向阴极移动，由分析可知，b为阳极，a为阴极，所以由右室移向左室，A正确；
B、由图可知，电解池阴极区生成，电解池阳极区消耗，因此可循环利用，B正确；
C、由图可知b电极的电极反应为，由此可知电路中每转移1mol电子，理论上右室消耗0.5mol，C错误；
D、惰性电极a作阴极，与得电子，发生还原反应，电极反应为，D正确；
故答案为：C
【分析】阴极（电极 a，接电源负极）：发生 还原反应。 反应物：，产物：苯酞（环酯） 、CH3OH。 过程中酯基被还原，结合质子生成含饱和碳的苯酞和甲醇，体现 “得电子、加氢” 的还原特征。阳极（电极 b，接电源正极）：发生 氧化反应。 反应物：、CH3OH， 产物：铃兰醛前体；过程中甲基被氧化，与CH3OH结合，构建复杂醚结构，体现 “失电子、加氧” 的氧化特征。
17．（2025·江门模拟）某学习小组欲探究平衡体系的影响因素，并用色度计检测离子浓度变化。
I．配制溶液
（1）用晶体配制溶液时，用浓盐酸溶解晶体的原因是　 　。
（2）用溶液配制溶液，需用量筒量取溶液　 　，配制过程需要用到的仪器有　 　。(填序号)
II．探究影响平衡的因素
20℃时，在烧杯中将溶液与溶液混合，发生系列反应，其中都显红色。反应得到红色混合溶液，用色度计测得溶液透光率为。各取红色混合溶液分装于若干试管中备用。完成下列实验：
实验序号 实验操作 透光率
i 试管①：加热至40℃
ii 试管②：加入少量铁粉
iii 试管③：加入溶液
已知：有色离子浓度越大，颜色越深，透光率(T)越小；T1、T2、T3均大于T。
（3）与的反应是　 　(填“吸热”或“放热”)反应；实验ii中发生反应　 　(写离子方程式)；用低浓度溶液进行实验的原因是　 　。
（4）乙同学查阅资料发现存在反应a：(浅黄色)，并依据实验iii得出结论：反应a可导致透光率升高。丙同学认为推断依据不严谨，为证明该结论的正确，进一步完善实验，实验方案为：　 　。
（5）已知：与的系列反应分6步进行，反应i：；反应ii：……，平衡常数依次为、，逐渐减少，其中，平衡时。甲同学认为决定透光率测定结果的是反应，其余反应影响可忽略。请结合计算证明该观点　 　。
（6）学习小组进一步查阅资料发现：盐在水溶液中电离产生的离子可产生盐效应，使离子运动受到牵制，离子有效浓度降低。若往装有红色混合溶液试管中加入少量固体，测得透光率为T'，则T'　 　T。(填“>”、“<”或“=”)
【答案】抑制Fe3+的水解；5.0；CD；放热；；浓度低时Fe3+颜色较浅，可减少对透光率测定结果的影响；取3mL红色混合溶液于试管中，向试管中加入少量KCl固体，测得溶液透光率大于T，说明结论正确（或取3mL红色混合溶液于试管中，向试管中加入0.1mL蒸馏水，测得溶液透光率小于T3，说明结论正确）；，故，，故以反应i为主；
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；常用仪器及其使用；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、用晶体配制溶液时，用浓盐酸溶解晶体的原因是：抑制Fe3+的水解；
（2）、稀释前后溶质的物质的量守恒，故需要用量筒量取溶液的体积为：；配制过程需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶，故选CD；
（3）、由实验①可知，升高温度，透光度增大，即有色离子浓度减小，即逆向移动，故与的反应是放热反应；实验ii中发生的离子反应为：；Fe3+显黄色，用低浓度溶液进行实验的原因是：浓度低时Fe3+颜色较浅，可减少对透光率测定结果的影响；
（4）、实验iii中加入溶液，可能是水或KCl对透光率产生影响，故可取3mL红色混合溶液于试管中，向试管中加入少量KCl固体，测得溶液透光率大于T，说明结论正确（或取3mL红色混合溶液于试管中，向试管中加入0.1mL蒸馏水，测得溶液透光率小于T3，说明结论正确）；
（5）、，故，，故以反应i为主；
（6）、根据题意，盐在水溶液中电离产生的离子可产生盐效应，使离子运动受到牵制，离子有效浓度降低，使得铁离子与硫氰根离子的反应受阻，平衡逆向移动，浓度减小，透光率增大，故加入NaNO3固体后，T'T。
【分析】首先用浓盐酸溶解FeCl3晶体，防止Fe3+水解，接着开始探究影响平衡的因素，利用有色离子浓度越大，颜色越深，透光率(T)越小这一实验原理来证明，实验i加热后T1大于T，说明有色离子浓度降低，平衡逆向移动，该反应为放热反应；反应ii中加入少量铁粉，发生反应：，平衡逆向移动，有色离子浓度降低，故T2大于T；实验iii中加入溶液，可能是水或KCl对透光率产生影响，故可作对比实验：取3mL红色混合溶液于试管中，向试管中加入少量KCl固体，测得溶液透光率大于T，说明结论正确，也可以取3mL红色混合溶液于试管中，向试管中加入0.1mL蒸馏水，测得溶液透光率小于T3，说明结论正确，最后通过给定的平衡常数数据，，定量分析出结果：，证明猜想的正确性。
18．（2025·江门模拟）碲(Te)元素在可穿戴柔性热电器件领域有广泛应用，硒(Se)元素在光电材料中有广泛应用。从电解精炼铜阳极泥(主要成分是、、金属碲化物、金属硒化物等)中分离碲、硒元素，工艺流程如图所示。
已知：①，；
②碲单质不易与发生反应，硒单质高温下可与生成气体。
（1）Se的基态原子的价层电子排布式为　 　。
（2）“转化”时，使转化为，反应的离子方程式为　 　。欲使该反应发生，应控制大于　 　。(保留2位有效数字)
（3）“蒸硒”时，等金属硒化物在下反应，产生的烟气主要成分为和　 　。
（4）盐酸浸碲液经浓缩后，碲以形式存在，可使用电化学还原法获得碲单质，该电极反应方程式为　 　。
（5）利用杂质在固态碲和液态碲中溶解度不同，可通过区域熔炼将杂质富集到特定区域。如图所示，加热使熔化模块(熔融区)所在位置的碲棒熔化，模块移动后碲棒凝固。
杂质在碲单质中的分配系数()数据如下表。
杂质 Se S Cu Au As
分配系数 0.44 0.29 0.000013 0.10 0.0023
熔炼过程中碲纯度最高的区域为　 　(填“前端”、“末端”或“熔融区”)。为提高碲棒中硒的去除率，可在　 　(填化学式)气氛中进行熔炼提纯。
（6）硒的化合物在半导体和电池研发领域有重要用途，如可用于提升光电器件性能。晶体结构可描述为填充在构成的正四面体的体心，形成如图所示的结构单元。
①在晶胞中的位置为　 　；
②设两个的最短距离为，立方晶胞的密度为　 　。(设为阿伏加德罗常数的值，列出计算式)
【答案】（1）4s24p4
（2）；
（3）
（4）
（5）前端；
（6）顶点和面心；
【知识点】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；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）Se位于第四周期ⅥA族，基态原子的价层电子排布式为4s24p4；
（2）加入碳酸钠溶液，使转化为，反应的离子方程式为， K=，欲使该反应发生，大于≈；
（3）蒸硒”时，等金属硒化物与浓硫酸发生氧化还原反应，产生的烟气主要成分为和；
（4）在阴极得电子发生还原反应，电极反应方程式为；
（5）根据表格中杂质在碲单质中的分配系数数据，可知杂质在液态碲中溶解度更大，熔融区向末端移动，将杂质溶解带走，前端区再次凝固，故熔炼过程中碲纯度最高的区域为前端；根据已知信息②，为提高碲棒中硒的去除率，可在气氛中进行熔炼提纯；
（6）①、晶体结构可描述为填充在构成的正四面体的体心，可知晶胞中位于顶点和面心，位于晶胞内部，填充在构成的正四面体的体心，根据均摊法计算，一个晶胞中有4个，8个；
②、两个的最短距离为，晶胞中面对角线长为2，设晶胞边长为xnm，则，x=，立方晶胞的密度为。
【分析】首先，铜阳极泥(主要成分是、、金属碲化物、金属硒化物等)通过酸浸，将Cu溶解并将Pb、Se、Te富集得到滤渣，然后利用溶度积的差异，通过沉淀溶解平衡，用碳酸钠溶液浸泡，将PbSO4转化为PbCO3，并用HNO3溶解并转化为Pb(NO3)2，分离出Pb，此时脱铅阳极泥中只剩下含有Se、Te滤渣，继续加浓硫酸焙烧蒸硒，得SeO2后再还原得硒，蒸硒后Te以氧化物的形式存在，并与盐酸反应得到TeCl4的浸提液，后续通过还原、结晶等步骤回收Te。
（1）Se位于第四周期ⅥA族，基态原子的价层电子排布式为4s24p4；
（2）加入碳酸钠溶液，使转化为，反应的离子方程式为， K=，欲使该反应发生，大于≈；
（3）蒸硒”时，等金属硒化物与浓硫酸发生氧化还原反应，产生的烟气主要成分为和；
（4）在阴极得电子发生还原反应，电极反应方程式为；
（5）根据表格中杂质在碲单质中的分配系数数据，可知杂质在液态碲中溶解度更大，熔融区向末端移动，将杂质溶解带走，前端区再次凝固，故熔炼过程中碲纯度最高的区域为前端；根据已知信息②，为提高碲棒中硒的去除率，可在气氛中进行熔炼提纯；
（6）①晶体结构可描述为填充在构成的正四面体的体心，可知晶胞中位于顶点和面心，位于晶胞内部，填充在构成的正四面体的体心，根据均摊法计算，一个晶胞中有4个，8个；
②两个的最短距离为，晶胞中面对角线长为2，设晶胞边长为xnm，则，x=，立方晶胞的密度为。
19．（2025·江门模拟）硫酰氯及1，4-二(氯甲基)苯是重要化工原料，可通过氯化反应制备。
（1）硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下：
①中S原子的杂化类型为　 　。
②若正反应的活化能为，逆反应的活化能，则　 　。(用含a、b的代数式表示)
（2）恒容密闭容器中按不同进料比充入和，测定其温度下体系达平衡时的(，初始压强为体系平衡压强)，结果如下图1。
①根据M点坐标计算温度下用分压表示的平衡常数　 　。(写出计算过程，结果保留两位有效数字)
②图1中能准确表示温度下随进料比变化的曲线是　 　(填序号)。
③若，请在图2中画出在温度下随进料比变化的示意图　 　。
（3）1，4-二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯(X)的光氯化反应合成。对二甲苯氯化过程如下图3，某温度下，反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计)，测定不同时刻相关物质的浓度如图4。
①反应ii和反应iii的活化能的大小关系　 　。(填“>”“<”“=”)
②此反应条件下，进行至　 　时，停止反应，及时分离出1，4-二(氯甲基)苯(D)。
A.22min B.30min C.60min D.100min
【答案】（1）sp2；(a-b)kJ·mol-1
（2）0.031；D；
（3）<；C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；盖斯定律及其应用；化学平衡常数
【解析】【解答】（1）、①、SO2中心原子为S，价层电子对为2+，杂化方式为sp2；
②、反应热H=正反应的活化能-逆反应的活化能=(a-b)kJ·mol-1；
（2）、①、M点时，和的投料比为1.0，p=72kPa，起始压强为240kPa，p(SO2)=p(Cl2)=120kPa，列出三段式：
p=[240- (120-x+120-x+x) ]kPa=72kPa，x=72kPa，p(SO2)=p(Cl2)=48kPa，p(SO2Cl2)=72kPa，Kp=；
②、由题图1可知，进料比为2时，p=60kPa，根据“等效平衡”原理，该反应中SO2和Cl2的化学计量数之比为1：1，则SO2和Cl2的进料比互为倒数(如2与0.5)时，p相等，所以曲线中能准确表示温度下随进料比变化的是D；
③、反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，p减小，在SO2和Cl2的进料比相同时，温度越高，p越小，故T2温度下的p小于T1温度下的p，曲线如下图：；
（3）、①、相同时间内生成的D的浓度大于生成G的浓度，说明反应ii速率大于反应iii的速率，活化能越小，速率越大，故E2②、由图可知，在60min时生成的1，4-二(氯甲基)苯(D)最多，故答案为：C。
【分析】判断原子的杂化类型，最基本的常规方法，是根据VSEPR判断：价层电子对数=孤电子对数+σ键电子对数。而杂化轨道要么用来容纳孤电子对，要么填充1个电子用来形成σ键。因此杂化轨道数就等于价层电子对数。
化学反应热的计算方法有：1.物质能量变化求算（△H=ΣE生成物-ΣE反应物）2. 根据反应实质键能的大小求算（△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和）3.根据活化能求算（△H= Ea正 -Ea逆）
书写化学反应三段式时的注意事项：单位一致，确保起始量、变化量和平衡量的单位保持一致；注意化学计量数、注意物质状态固体、纯液体一般不参与其中；考虑可逆反应的平衡量不是完全转化的结果，而是反应物和生成物共存的状态。此时需要根据反应的转化率或平衡常数进行计算。
（1）①SO2中心原子为S，价层电子对为2+，杂化方式为sp2；
②反应热H=正反应的活化能-逆反应的活化能=(a-b)kJ·mol-1；
（2）①M点时，和的投料比为1.0，p=72kPa，起始压强为240kPa，p(SO2)=p(Cl2)=120kPa，列出三段式：
p=[240- (120-x+120-x+x) ]kPa=72kPa，x=72kPa，p(SO2)=p(Cl2)=48kPa，p(SO2Cl2)=72kPa，Kp=；
②由题图1可知，进料比为2时，p=60kPa，根据“等效平衡”原理，该反应中SO2和Cl2的化学计量数之比为1：1，则SO2和Cl2的进料比互为倒数(如2与0.5)时，p相等，所以曲线中能准确表示温度下随进料比变化的是D；
③反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，p减小，在SO2和Cl2的进料比相同时，温度越高，p越小，故T2温度下的p小于T1温度下的p，曲线如下图：；
（3）①相同时间内生成的D的浓度大于生成G的浓度，说明反应ii速率大于反应iii的速率，活化能越小，速率越大，故E2②由图可知，在60min时生成的1，4-二(氯甲基)苯(D)最多，因此答案选C。
20．（2025·江门模拟）天然氨基酸AHPA是一种重要的药物中间体，其合成路线之一如下：
（1）化合物I的官能团名称为　 　。
（2）化合物II化学名称是　 　。
（3）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的有___________。
A．化合物I易溶于水，可能是因为其分子能与水分子形成氢键
B．由化合物I到III的转化中，有键的断裂和形成
C．化合物III只有1个手性碳原子，化合物V中只有2个手性碳原子
D．化合物VI既能发生加聚反应，又能发生缩聚反应
（4）对于化合物IV，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 、催化剂、加热 　 　 加成反应
② 　 　 　 　
（5）写出同时满足下列条件的AHPA的一种同分异构体的结构简式　 　。
①含苯环且苯环上只有一个取代基；
②红外光谱显示含氧官能团只有和；
③核磁共振氢谱显示有6组峰，峰面积比为。
（6）参照上述合成路线，设计以苄基氯()为主要原料制备的合成路线(其他原料、试剂任选)。
①最后一步反应的化学方程式为　 　(不需注明反应条件)。
②第一步反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
【答案】（1）醛基、羧基
（2）硝基甲烷
（3）A；D
（4）；银氨溶液、加热；氧化反应(或银镜反应)
（5）
（6）n；+NaOH+NaCl
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；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I为，官能团为醛基和羧基；
（2）、化合物II为CH3NO2，名称为硝基甲烷；
（3）A.、 化合物I含有羧基，能够与水分子形成氢键，易溶于水，A正确；
B、化合物I到III发生加成反应，有π键的断裂，没有π键的生成，B错误；
C、 手性碳原子是一个碳原子周围连接四个不同的原子或原子团，化合物III上与羟基连接的碳原子为手性碳原子，只有1个手性碳原子，化合物V中有3个手性碳原子，，C错误；
D、 化合物VI有碳碳双键，能发生加聚反应，还含有醇羟基和羧基，能发生缩聚反应，D正确；
故答案为：AD；
（4）、IV的结构简式为：，与氢气在催化剂加热条件下发生加成反应，得到；与银氨溶液加热反应生成，反应类型为银镜反应或氧化反应；
（5）、AHPA的结构简式为：，同分异构体中满足①含苯环且苯环上只有一个取代基；②红外光谱显示含氧官能团只有和；③核磁共振氢谱显示有6组峰，峰面积比为，结构中没有甲基，在端基，两个对称的-OH，符合条件的同分异构体为：；
（6）、苄基氯()在碱性条件下发生水解反应生成，发生催化氧化生成，在碱性条件下和CH3NO2发生加成反应生成，在碱性条件下加热发生消去反应生成，发生加聚反应生成，合成路线为：，最后一步的方程式为：n；第一步的方程式为：+NaOH+NaCl。
【分析】化合物I含有醛基和羧基与II（硝基甲烷）在碱催化发生加成反应，生成含有羟基和羧基的羧酸盐III，接着III和IV（苯甲醛）在碱催化下发生加成反应生成两个羟基的硝基羧酸盐V，V先加碱加热发生消去反应，形成碳碳双键，然后酸化生成含有碳碳双键和硝基的VI，VI在H2和Pd/C催化剂作用下发生加成反应和还原反应生成含有氨基、羟基、羧基的AHPA。
（1）化合物I为，官能团为醛基和羧基；
（2）化合物II为CH3NO2，名称为硝基甲烷；
（3）A. 化合物I含有羧基，能够与水分子形成氢键，易溶于水，A正确；
B. 化合物I到III发生加成反应，有π键的断裂，没有π键的生成，B错误；
C. 手性碳原子是一个碳原子周围连接四个不同的原子或原子团，化合物III上与羟基连接的碳原子为手性碳原子，只有1个手性碳原子，化合物V中有3个手性碳原子，，C错误；
D. 化合物VI有碳碳双键，能发生加聚反应，还含有醇羟基和羧基，能发生缩聚反应，D正确；
答案选AD；
（4）IV的结构简式为：，与氢气在催化剂加热条件下发生加成反应，得到；与银氨溶液加热反应生成，反应类型为银镜反应或氧化反应；
（5）AHPA的结构简式为：，同分异构体中满足①含苯环且苯环上只有一个取代基；②红外光谱显示含氧官能团只有和；③核磁共振氢谱显示有6组峰，峰面积比为，结构中没有甲基，在端基，两个对称的-OH，符合条件的同分异构体为：；
（6）苄基氯()在碱性条件下发生水解反应生成，发生催化氧化生成，在碱性条件下和CH3NO2发生加成反应生成，在碱性条件下加热发生消去反应生成，发生加聚反应生成，合成路线为：，最后一步的方程式为：n；第一步的方程式为：+NaOH+NaCl。
1 / 1广东省江门市2025届高三下学期一模化学试题
1．（2025·江门模拟）五邑传统美食名扬四方。以下食物的主要营养成分为糖类的是
A．古井烧鹅 B．恩平濑粉 C．台山生蚝 D．荷塘鱼饼
A．A B．B C．C D．D
2．（2025·江门模拟）近年我国科技发展迅猛。以下关于我国科技进展的说法错误的是
A．“揭示光感受调节血糖代谢机制”，其中葡萄糖属于单糖
B．“农作物耐盐碱机制解析及应用”，所有的盐和碱均属于强电解质
C．“新方法实现单碱基到超大片段DNA精准操纵”，DNA属于高分子
D．“发现锂硫电池界面电荷存储聚集反应新机制”，电池工作时化学能转化成电能
3．（2025·江门模拟）春节童谣朗朗上口，承载了丰富的传统文化和节日习俗。下列说法错误的是
A．“二十三，糖瓜粘”：制作糖瓜粘的原料麦芽糖与果糖属于同分异构体
B．“二十四，扫房子”：清洁地板时使用的漂白粉的有效成分是
C．“二十五，冻豆腐”：制作豆腐过程中加入石膏、氯化镁等可促使胶体聚沉
D．“二十六，炖猪肉”：炖猪肉常用的桂皮(含肉桂醛)久置空气中会被氧化而变质
4．（2025·江门模拟）生活中处处有化学。下列说法错误的是
A．葡萄酒中加适量的，可起保质作用
B．制作餐具使用的不锈钢，其熔点比纯铁高
C．油条制作过程中加入的小苏打，可增加蓬松度
D．在腌制腊肉时加入的氯化钠，可作为调味剂和防腐剂
5．（2025·江门模拟）锂铁一次电池可为智能门锁、医疗器械等供电，其总反应为。以下说法正确的是
A．作负极发生氧化反应
B．电解质溶液可使用稀硫酸
C．每生成1molFe转移2mol电子
D．电子由电极流出，经电解质溶液流回电极
6．（2025·江门模拟）为了除去固体中少量的和，可选用、和三种试剂，按下列步骤操作：
下列叙述错误的是
A．试剂是，是
B．加热煮沸可以促进盐酸的挥发
C．操作I为过滤，操作II为蒸发结晶
D．调换试剂A、B加入顺序不影响实验结果
7．（2025·江门模拟）我国古代四大发明之一的黑火药爆炸时的反应为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中键的数目为
B．晶体中离子的数目为
C．溶液中的数目为
D．每生成转移电子的数目为
8．（2025·江门模拟）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 口腔医生：在牙齿表面涂一层含氟釉质防龋齿
B 桥梁工程师：用牺牲阳极法对黄茅海大桥钢管桩进行防护 Fe作电解池阴极被保护
C 环境工程师：测定某地雨水pH值为5.1 大气中等溶于雨水使其显酸性
D 珠宝鉴定师：用X射线鉴定钻石的真伪 不同的晶体具有独特的明锐衍射峰
A．A B．B C．C D．D
9．（2025·江门模拟）下列有关的实验装置、试剂及操作，不能达到实验目的的是
A．制取NaCl晶体 B．除去乙炔中混有的 C．收集 D．制备
A．A B．B C．C D．D
10．（2025·江门模拟）药物奈玛特韦的分子结构如图所示。下列说法错误的是
A．属于脂环烃
B．含有3种官能团
C．能发生水解反应和加成反应
D．碳原子的杂化方式有、和
11．（2025·江门模拟）已知溶液中存在如下平衡：，按如图装置进行实验，点燃酒精灯一段时间，观察现象。下列说法错误的是
A．和的反应是吸热反应
B．滴加红色石蕊溶液的棉花团逐渐变成蓝色
C．溶液由橙色变为黄色，体现了氨气的还原性
D．装置中的气球可以吸收未反应的氨气，防止污染空气
12．（2025·江门模拟）下列陈述I与陈述II均正确，但不具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述II
A 晶体具有自范性 缺角的晶体在饱和溶液中浸泡一段时间后会慢慢变为完美的立方体块
B 冠醚空腔的直径与碱金属离子的直径接近 冠醚可用于识别碱金属离子
C 石油裂解可得到饱和烃 石油裂解气能使溴的溶液褪色
D 催化剂可以降低反应活化能 中加入分解反应速率加快
A．A B．B C．C D．D
13．（2025·江门模拟）某离子化合物中的阳离子结构模型如图所示。已知X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Y原子核外有5种不同运动状态的电子，Z原子核外L层有3个未成对电子。下列说法错误的是
A．该阳离子中存在配位键
B．的空间结构相同
C．单质Y和单质的晶体类型不相同
D．同周期第一电离能在Y与Z之间的元素只有1种
14．（2025·江门模拟）部分含Na、Cl或Cu物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是
A．a与单质硫混合加热，生成物为f
B．若d是酸，其性质稳定，可做漂白剂
C．新制g与乙醛溶液混合加热可以得到b
D．f的溶液蒸干并灼烧一定可得固体f
15．（2025·江门模拟）丙烯与HCl一定条件下反应生成和的历程如图所示。下列说法错误的是
A．丙烯与的反应的主要产物是
B．合成的反应中，第一步为反应的决速步
C．生成的焓变大于生成的焓变
D．其他条件不变，反应相同时间，适当升高温度可提高加成产物中比例
16．（2025·江门模拟）有机电化学合成法反应条件温和，可在电解池两极同时合成有机化合物，经济效益高。已知合成苯酞和铃兰醛前体化合物装置示意图如下，以下说法错误的是
A．从右室移向左室
B．该过程中可循环利用的物质是甲醇
C．电路中每转移电子，理论上右室消耗
D．a电极的电极反应式为：
17．（2025·江门模拟）某学习小组欲探究平衡体系的影响因素，并用色度计检测离子浓度变化。
I．配制溶液
（1）用晶体配制溶液时，用浓盐酸溶解晶体的原因是　 　。
（2）用溶液配制溶液，需用量筒量取溶液　 　，配制过程需要用到的仪器有　 　。(填序号)
II．探究影响平衡的因素
20℃时，在烧杯中将溶液与溶液混合，发生系列反应，其中都显红色。反应得到红色混合溶液，用色度计测得溶液透光率为。各取红色混合溶液分装于若干试管中备用。完成下列实验：
实验序号 实验操作 透光率
i 试管①：加热至40℃
ii 试管②：加入少量铁粉
iii 试管③：加入溶液
已知：有色离子浓度越大，颜色越深，透光率(T)越小；T1、T2、T3均大于T。
（3）与的反应是　 　(填“吸热”或“放热”)反应；实验ii中发生反应　 　(写离子方程式)；用低浓度溶液进行实验的原因是　 　。
（4）乙同学查阅资料发现存在反应a：(浅黄色)，并依据实验iii得出结论：反应a可导致透光率升高。丙同学认为推断依据不严谨，为证明该结论的正确，进一步完善实验，实验方案为：　 　。
（5）已知：与的系列反应分6步进行，反应i：；反应ii：……，平衡常数依次为、，逐渐减少，其中，平衡时。甲同学认为决定透光率测定结果的是反应，其余反应影响可忽略。请结合计算证明该观点　 　。
（6）学习小组进一步查阅资料发现：盐在水溶液中电离产生的离子可产生盐效应，使离子运动受到牵制，离子有效浓度降低。若往装有红色混合溶液试管中加入少量固体，测得透光率为T'，则T'　 　T。(填“>”、“<”或“=”)
18．（2025·江门模拟）碲(Te)元素在可穿戴柔性热电器件领域有广泛应用，硒(Se)元素在光电材料中有广泛应用。从电解精炼铜阳极泥(主要成分是、、金属碲化物、金属硒化物等)中分离碲、硒元素，工艺流程如图所示。
已知：①，；
②碲单质不易与发生反应，硒单质高温下可与生成气体。
（1）Se的基态原子的价层电子排布式为　 　。
（2）“转化”时，使转化为，反应的离子方程式为　 　。欲使该反应发生，应控制大于　 　。(保留2位有效数字)
（3）“蒸硒”时，等金属硒化物在下反应，产生的烟气主要成分为和　 　。
（4）盐酸浸碲液经浓缩后，碲以形式存在，可使用电化学还原法获得碲单质，该电极反应方程式为　 　。
（5）利用杂质在固态碲和液态碲中溶解度不同，可通过区域熔炼将杂质富集到特定区域。如图所示，加热使熔化模块(熔融区)所在位置的碲棒熔化，模块移动后碲棒凝固。
杂质在碲单质中的分配系数()数据如下表。
杂质 Se S Cu Au As
分配系数 0.44 0.29 0.000013 0.10 0.0023
熔炼过程中碲纯度最高的区域为　 　(填“前端”、“末端”或“熔融区”)。为提高碲棒中硒的去除率，可在　 　(填化学式)气氛中进行熔炼提纯。
（6）硒的化合物在半导体和电池研发领域有重要用途，如可用于提升光电器件性能。晶体结构可描述为填充在构成的正四面体的体心，形成如图所示的结构单元。
①在晶胞中的位置为　 　；
②设两个的最短距离为，立方晶胞的密度为　 　。(设为阿伏加德罗常数的值，列出计算式)
19．（2025·江门模拟）硫酰氯及1，4-二(氯甲基)苯是重要化工原料，可通过氯化反应制备。
（1）硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下：
①中S原子的杂化类型为　 　。
②若正反应的活化能为，逆反应的活化能，则　 　。(用含a、b的代数式表示)
（2）恒容密闭容器中按不同进料比充入和，测定其温度下体系达平衡时的(，初始压强为体系平衡压强)，结果如下图1。
①根据M点坐标计算温度下用分压表示的平衡常数　 　。(写出计算过程，结果保留两位有效数字)
②图1中能准确表示温度下随进料比变化的曲线是　 　(填序号)。
③若，请在图2中画出在温度下随进料比变化的示意图　 　。
（3）1，4-二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯(X)的光氯化反应合成。对二甲苯氯化过程如下图3，某温度下，反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计)，测定不同时刻相关物质的浓度如图4。
①反应ii和反应iii的活化能的大小关系　 　。(填“>”“<”“=”)
②此反应条件下，进行至　 　时，停止反应，及时分离出1，4-二(氯甲基)苯(D)。
A.22min B.30min C.60min D.100min
20．（2025·江门模拟）天然氨基酸AHPA是一种重要的药物中间体，其合成路线之一如下：
（1）化合物I的官能团名称为　 　。
（2）化合物II化学名称是　 　。
（3）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的有___________。
A．化合物I易溶于水，可能是因为其分子能与水分子形成氢键
B．由化合物I到III的转化中，有键的断裂和形成
C．化合物III只有1个手性碳原子，化合物V中只有2个手性碳原子
D．化合物VI既能发生加聚反应，又能发生缩聚反应
（4）对于化合物IV，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 、催化剂、加热 　 　 加成反应
② 　 　 　 　
（5）写出同时满足下列条件的AHPA的一种同分异构体的结构简式　 　。
①含苯环且苯环上只有一个取代基；
②红外光谱显示含氧官能团只有和；
③核磁共振氢谱显示有6组峰，峰面积比为。
（6）参照上述合成路线，设计以苄基氯()为主要原料制备的合成路线(其他原料、试剂任选)。
①最后一步反应的化学方程式为　 　(不需注明反应条件)。
②第一步反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验
【解析】【解答】A、古井烧鹅主要以鹅肉为原料制作，鹅肉富含蛋白质，同时还含有一定量的脂肪，其主要营养成分不是糖类，A错误；
B、恩平濑粉主要由大米制作而成，大米的主要成分是淀粉，淀粉属于多糖，在人体内经过消化酶的作用可以分解为葡萄糖，为人体提供能量，所以恩平濑粉的主要营养成分为糖类，B正确；
C、台山生蚝是一种海鲜，生蚝富含蛋白质、微量元素以及维生素等营养成分，蛋白质是其主要的营养成分，并非糖类，C错误；
D、荷塘鱼饼主要以鱼肉为主要原料，还会添加一些淀粉等辅料，但主要成分是鱼肉，鱼肉富含蛋白质，其主要营养成分不是糖类，D错误；
故答案为：B
【分析】生活中主要营养成分为糖类的常见物质：谷类（大米、小麦、玉米）、薯类（红薯、马铃薯、山药）、糕点、糖果（蛋糕、白糖、冰糖）、水果（西瓜、葡萄、香蕉）。
2．【答案】B
【知识点】强电解质和弱电解质；核酸；电源使用及回收
【解析】【解答】A、单糖是指不能再被水解的碳水化合物，葡萄糖的分子式为：C6H12O6，从结构式来看，他不能再水解成为更简单的糖分子，因此葡萄糖是单糖，A正确；
B、盐和碱中并非全部是强电解质，例如，碱中的弱碱（如NH3·H2O）属于弱电解质，B错误；
C、高分子化合物是由许多小分子或单体通过共价键连接形成的、分子量极大的化合物，具有重复的结构单元，而DNA 由大量脱氧核苷酸通过共价键连接形成，分子量巨大且具有重复结构单元，符合高分子化合物的定义，属于高分子，C正确；
D、电池的工作原理是通过化学反应将化学能转化为电能，D正确；
故答案为：B
【分析】强电解质：是在水溶液或者熔融状态下能完全电离的物质；弱电解质：是不完全电离，在发生部分电离后的溶液中依旧存在弱电解质分子的形式。
3．【答案】A
【知识点】同分异构现象和同分异构体；醛的化学性质；胶体的性质和应用；含氯化合物的漂白作用
【解析】【解答】A、麦芽糖（C12H22O11）是二糖，果糖（C6H12O6）是单糖，二者分子式不同，并非同分异构体，A错误；
B、漂白粉是一种由氢氧化钙、氯化钙和次氯酸钙组成的混合物，其中有效成分是，B正确；
C、石膏、氯化镁作为电解质，可使豆浆中的蛋白质胶体聚沉形成豆腐，C正确；
D、肉桂醛含醛基（-CHO），醛基是肉桂醛中最易被氧化的部位。在常温下，空气中的氧气可作为氧化剂，将醛基逐步氧化为羧酸（-COOH），久置会变质，D正确；
故答案为：A
【分析】同分异构体是指分子式相同但分子结构不同的化合物，其化学性质和物理性质可能存在差异。判断两种物质是否为同分异构体，需先确认分子式是否一致，再分析结构差异。
4．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；二氧化硫的性质；合金及其应用；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、二氧化硫具有抑菌性和抗氧化性，通过精准控制添加量和存在形式，既能保证酒液的生物稳定性和风味持久性，又符合食品安全标准，因此可以起到抗氧化、杀菌、防腐的作用，A正确；
B、合金熔点低于成分金属熔点，制作餐具使用的不锈钢属于铁合金，其熔点比纯铁低，B错误；
C、碳酸氢钠不稳定，加热分解产生二氧化碳，所以油条制作过程中加入的小苏打，使其在面团发酵的过程中形成气孔，以此来增加蓬松度，C正确；
D、食盐有咸味能调味，同时也可以作为防腐剂，通过高渗透压和抑制微生物代谢来保持其长久的保存，D正确；
故答案为：B
【分析】合金的熔点通常比纯金属低，因为外来原子进入金属晶体时，破坏了金属键，导致整体金属内能增大，从而降低了熔点。但并不是绝对的，有些合金中添加的元素或化合物具有较高的熔点，使合金的熔点比原金属高。总之，合金的熔点受物质内部微粒间作用力大小的影响。
5．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；原电池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、负极发生氧化反应，失电子，反应中，Li失电子从0价→ +1价，符合负极发生氧化反应的的规律，A正确；
B、Li 是极活泼金属，能与稀硫酸直接反应：，导致电池未供电就自消耗，电解质需避免与Li直接反应，常用非水电解质，B错误；
C、由给出的化学方程式可知：4mol Li 参与反应，共失去4mole-，可以推出1mol Li失 去1mol e-，因此生成 1mol Fe时，转移电子为 4mol，而不是 2mol，C错误；
D、电子不能经过电解质溶液，在电池中，电子仅在导线也就是外电路流动，从负极的Li流出，经外电路流向正极，D错误；
故答案为：A
【分析】观察氧化还原反应每进行一摩尔会转移多少摩尔的电子，然后用这个值乘上这个化学反应进行了几摩尔。利用双线桥法：箭头分别由氧化剂指向还原产物，由还原剂指向氧化产物；箭头两端所指元素相同；箭头不表示电子转移方向，仅表示电子转移前后的变化。 在桥上标明得失电子数量；得失电子总数相等。
6．【答案】D
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、由分析可知，试剂是，用来除去Mg2+和SO42-，是，用来除去过量的Ba2+，A正确；
B、加入盐酸过量，过量的盐酸可以通过加热煮沸促进盐酸的挥发除去，因为通过加热煮沸的方式能促进盐酸的挥发，B正确；
C、操作I是固液分离为过滤，通过过滤分离滤液和沉淀；操作II是从溶液中得到晶体，为蒸发结晶，KCl的溶解度随温度变化比较小，因此可以选择蒸发结晶，C正确；
D、先加K2CO3：仅除去Mg2+（生成MgCO3↓），但SO42-仍残留；后加Ba(OH)2，Ba2+除SO42-（生成BaSO4↓），但引入过量Ba2+，此时K2CO3已加完，无试剂除去Ba2+，导致KCl中残留Ba2+，影响纯度，故顺序调换会破坏除杂逻辑，D错误；
故答案为：D
【分析】首先固体加水溶解，形成溶液。接着加过量A(Ba(OH)2溶液)首次除杂，沉淀Mg2+、SO42-)，“过量” 的是为了确保其完全沉淀，但这个时候也引入了新的杂质离子，Ba2+，在后续的步骤中除去。然后加过量B(K2CO3溶液)进行二次除杂，沉淀过量的Ba2+，但这个时候也引入了新的杂质离子，CO32-，在后续的步骤中除去。继续通过过滤的方式分离固液混合物，得到滤液（含KCl、过量K2CO3、少量KOH）和滤渣（Mg(OH)2、BaSO4、BaCO3）。这个时候加过量C（HCl溶液）来进行三次除杂，除去CO32-和OH-。最后，将除杂后的KCl溶液加热蒸发，溶剂逐渐减少，加热过程中，过量的HCl持续挥发， KCl因溶解度随温度变化较小，结晶析出，得到纯净的KCl固体。
7．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；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、根据题意，首先计算CO2的物质的量：M(CO2) = 44g/mol，故 44gCO2 的物质的量为 1mol。接着分析CO2的化学键结构：CO2为直线形分子，结构式O=C=O，每C=O双键含 1 个键和 1 个π键，因此 1 个CO2分子含2个键。最后计算键数目： 1 molCO2含个键，A正确；
B、硝酸钾由钾离子和硝酸根构成，1个硝酸钾分子中含有2个离子，因此晶体中离子的数目为，B错误；
C、溶液中硫离子发生水解，溶液中的数目小于，C错误；
D、没有给出气体是否在标准状况下，不能计算其物质的量，D错误；
故答案为：A
【分析】题目未说明N2处于 标准状况（0℃、101kPa），无法通过体积计算物质的量n = V/Vm，因为Vm不一定为22.4L/mol。
8．【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；晶体的定义
【解析】【解答】A、牙齿表面釉质层的主要成分是Ca5(PO4)3OH，通过难溶电解质的溶解平衡，F 可将其自发转化为Ca5(PO4)3F，从而保护牙齿，化学知识描述正确，与劳动项目有正确关联，A正确；
B、牺牲阳极法是阴极保护的一种，属于原电池原理，其中牺牲阳极的锌作为阳极被腐蚀，铁作为原电池的阴极被保护。但所述化学知识错误地将牺牲阳极法描述为“电解池”，电解池需要外部电源驱动，而牺牲阳极法无外部电源，是自发反应，因此，化学知识描述错误，且与劳动项目无正确关联，B错误；
C、pH 5.1 低于正常雨水pH（约5.6），表明是酸雨。酸雨主要由大气中的二氧化硫（SO2）和氮氧化物（NO2）溶于水形成硫酸和硝酸所致。劳动项目（测定雨水pH）与化学知识（酸雨成因）直接关联，C正确；
D、X射线衍射（XRD）技术利用晶体结构产生的独特衍射峰来鉴定材料。钻石是一种晶体，其衍射峰与仿制品不同，因此可用于真伪鉴定。劳动项目与化学知识直接关联，D正确；
故答案为：B
【分析】要注意本题的设问是动项目与所述化学知识没有关联，所以要逐条分析化学知识是否正确，与劳动项目之间是否存在因果关系，不要主观随意判断。
9．【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；常用仪器及其使用；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A、由NaCl溶液得到晶体，需要通过蒸发结晶，在蒸发皿中加热，用玻璃棒搅拌防止局部过热液滴飞溅，A正确；
B、乙炔与CuSO4溶液不反应，H2S和CuSO4溶液反应得到CuS沉淀和H2SO4，从而除去H2S，同时洗气装置符合长进短出的规律，B正确；
C、氨气的密度小于空气，且极易溶于水，只能通过向下排空气法收集氨气，C正确；
D、实验室制取氯气用浓盐酸和MnO2加热反应，0.1mol/L的盐酸为稀盐酸，不能制取氯气，D错误；
故答案为：D
【分析】浓盐酸中H+和Cl-的浓度大，还原性强，在加热条件下能被MnO2氧化，生成Cl2；随反应进行，H+和Cl-的浓度逐渐减小，还原性逐渐减弱，当达到一定程度时，MnO2就不可以氧化Cl-了，因此二氧化锰和稀盐酸不会反应。
10．【答案】A
【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；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、脂环烃定义为 仅含 C、H 的环状烃。奈玛特韦分子含 N、O、F、CN 等杂原子基团，不属于烃（烃的元素组成只有 C、H），A错误；
B、奈玛特韦的分子中含有肽键、氰基、碳氟键3种官能团，B正确；
C、奈玛特韦的分子中含有肽键可以发生水解反应，含有氰基可以发生加成反应，C正确；
D、奈玛特韦的分子中碳原子有形成共价三键、共价双键、共价单键，氰基中 C 为sp 杂化，羰基 C 为sp2 杂化，饱和碳为sp3 杂化，故碳原子的杂化方式有、和，D正确；
故答案为：A
【分析】“脂环烃” 的定义是仅含 C、H 的环状烃。不要混淆 “脂环烃” 和 “含环的有机物”，忽略烃的元素组成（必须只有 C、H）。
11．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素；氨的实验室制法
【解析】【解答】A、铵盐和碱反应制取氨气是吸热反应，在实验室反应时，触摸试管或烧杯，会感觉温度下降，因此可以推断和的反应也是吸热反应，A正确；
B、氨气溶于水得到氨水，氨水电离出OH-离子显碱性，可以使红色石蕊变蓝色，B正确；
C、氨气溶于溶液，与H+反应，H+浓度减少，使平衡正向移动，溶液由橙色变黄色，没有发生氧化还原反应，体现的是氨水的碱性，C错误；
D、氨气会污染空气，诱发空气中产生PM2.5，同时会影响自然界的氮循环，而装置中的气球可以吸收未反应的氨气，防止污染空气，D正确；
故答案为：C
【分析】和固体加热生成氨气，氨气溶于水得到氨水，氨水电离出OH-离子显碱性，可以使红色石蕊变蓝色，氨气溶于溶液，与H+反应，H+浓度减少，使平衡正向移动，溶液由橙色变黄色；但是要注意，反应需 “加热”，但加热是提供活化能，并非反应放热，停止加热后，反应会因吸热而放缓，证明其本质为吸热。
12．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；化学反应速率的影响因素；石油的裂化和裂解；晶体的定义
【解析】【解答】A、自范性是晶体的基本特性之一，指晶体在适宜条件下，能够自发地呈现规则的几何外形的性质，缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中能变为完美的立方体，是由于晶体具有自范性，A正确；
B、冠醚的空腔尺寸是由其分子结构决定的，而碱金属离子的半径由其电子层结构决定。当两者在尺寸上偶然匹配时，冠醚便具备了识别对应离子的能力。这一现象是超分子化学中 “分子识别” 的范例，充分体现了 “结构决定性质” 的化学基本原理，B正确；
C、石油裂解气的产物以乙烯、丙烯等含有碳碳双键的不饱和烃为主，而碳碳双键比较活泼，能与溴发生加成反应，使溴的溶液褪色，因为石油裂解可得到乙烯等不饱和烃，C错误；
D、中加入分解反应速率加快，因为作为该反应催化剂可降低反应活化能，D正确；
故答案为：C
【分析】注意题干要求是陈述I与陈述II均正确，而石油裂解可得到饱和烃，这个说法错误，据此来判断。
13．【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；配合物的成键情况
【解析】【解答】A、由图可知，阳离子中具有孤对电子的氮原子与具有空轨道的硼原子形成配位键，A正确；
B、均为正四面体，空间结构相同，B正确；
C、单质B是共价晶体，单质是分子晶体，二者晶体类型不相同，C正确；
D、同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，同时Be的2s轨道全满较稳定，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能在B与N之间的元素有Be、C、O，共3种，D错误；
故答案为：D
【分析】由图可知，Y的核外 5 种运动状态的电子也就是说该元素具有5 个电子，说明原子序数 是5 ，也就是 B元素，Z是短周期元素且L 层 3 个未成对电子，所以其电子排布为2s22p3，说明其原子序数为7 也就是 N元素，X的原子序数最小，且阳离子中为配体，说明这是 H元素。
14．【答案】C
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；铜及其化合物；醛的化学性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、Cu与单质S混合加热，由于S的氧化性较弱，所以反应为：，其中产物的Cu为+1价，而f是+2价的盐，A错误；
B、d为+1价的键或者酸，若d是酸，为HClO，HClO不稳定，见光或受热分解为HCl和O2，可做漂白剂源于其自身的强氧化性，但性质表述错误，B错误；
C、新制的Cu(OH)2与乙醛溶液加热可以生成红色沉淀Cu2O，方程式为：C正确；
D、f为+2价盐， 可以是CuCl2，在溶液中存在水解平衡：，CuCl2水解得到Cu(OH)2和HCl，HCl挥发，得到Cu(OH)2，Cu(OH)2加热分解得到CuO，不能得到固体CuCl2，要想得到固体CuCl2，必须要在通有HCl气体的的蒸发装置中，利用HCl的气流营造高浓度H+的环境，抑制其水解，D错误；
故答案为：C
【分析】结合价态（0、+1、+2）和分类（单质、氧化物、盐、碱 / 酸），给出了推测元素范围含Na、Cl、Cu；a（0 价，单质）：优先推测为 Cu，因为后续g为 +2 价碱，符合 Cu(OH)2的特征；b（+1 价，氧化物）： Cu的 +1 价氧化物为 Cu2O（氧化亚铜）；f（+2 价，盐）：如CuCl2（铜为 +2 价，氯为 -1 价，盐类）；g（+2 价，碱）： Cu(OH)2，新制氢氧化铜，含 Cu2+ 和 OH-。
15．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；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
【解析】【解答】A、丙烯与的反应中，生成的活化能小于生成的活化能，活化能小的反应速率快，产物多，丙烯与的反应的主要产物是，A正确；
B、能垒：简单可以理解为从左往右进行中，向上爬坡最高的为能垒，而包含此能垒的反应我们称之为决速步骤，也成为慢反应，能垒越大，反应速率越小，即多步反应中能垒最大的反应为决速反应，由图可知合成的反应中，第一步活化能大，反应速率慢，为决速步，B正确；
C、由图可知，看始态和终态的能量，可以判断出焓变的相对大小，因此，生成和的反应都是放热反应，焓变为负值，生成放热多，焓变小，C错误；
D、相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高，因此其他条件不变，适当升高温度，活化能大的反应的速率常数变化的大，速率增加的更快，相同时间内可以提高加成产物中CH3CH2CH2Cl的比例，D正确；
故答案为：C
【分析】在反应历程图中，活化能越大，反应速率越慢，在化学反应中一般起到了决速步的作用，同时根据正逆反应活化能的相对大小判断出焓变的正负号，而主要产物取决于中间体稳定性对反应选择性的决定作用。
16．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；电解原理；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、在电解池中，阳离子向阴极移动，由分析可知，b为阳极，a为阴极，所以由右室移向左室，A正确；
B、由图可知，电解池阴极区生成，电解池阳极区消耗，因此可循环利用，B正确；
C、由图可知b电极的电极反应为，由此可知电路中每转移1mol电子，理论上右室消耗0.5mol，C错误；
D、惰性电极a作阴极，与得电子，发生还原反应，电极反应为，D正确；
故答案为：C
【分析】阴极（电极 a，接电源负极）：发生 还原反应。 反应物：，产物：苯酞（环酯） 、CH3OH。 过程中酯基被还原，结合质子生成含饱和碳的苯酞和甲醇，体现 “得电子、加氢” 的还原特征。阳极（电极 b，接电源正极）：发生 氧化反应。 反应物：、CH3OH， 产物：铃兰醛前体；过程中甲基被氧化，与CH3OH结合，构建复杂醚结构，体现 “失电子、加氧” 的氧化特征。
17．【答案】抑制Fe3+的水解；5.0；CD；放热；；浓度低时Fe3+颜色较浅，可减少对透光率测定结果的影响；取3mL红色混合溶液于试管中，向试管中加入少量KCl固体，测得溶液透光率大于T，说明结论正确（或取3mL红色混合溶液于试管中，向试管中加入0.1mL蒸馏水，测得溶液透光率小于T3，说明结论正确）；，故，，故以反应i为主；
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；常用仪器及其使用；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、用晶体配制溶液时，用浓盐酸溶解晶体的原因是：抑制Fe3+的水解；
（2）、稀释前后溶质的物质的量守恒，故需要用量筒量取溶液的体积为：；配制过程需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶，故选CD；
（3）、由实验①可知，升高温度，透光度增大，即有色离子浓度减小，即逆向移动，故与的反应是放热反应；实验ii中发生的离子反应为：；Fe3+显黄色，用低浓度溶液进行实验的原因是：浓度低时Fe3+颜色较浅，可减少对透光率测定结果的影响；
（4）、实验iii中加入溶液，可能是水或KCl对透光率产生影响，故可取3mL红色混合溶液于试管中，向试管中加入少量KCl固体，测得溶液透光率大于T，说明结论正确（或取3mL红色混合溶液于试管中，向试管中加入0.1mL蒸馏水，测得溶液透光率小于T3，说明结论正确）；
（5）、，故，，故以反应i为主；
（6）、根据题意，盐在水溶液中电离产生的离子可产生盐效应，使离子运动受到牵制，离子有效浓度降低，使得铁离子与硫氰根离子的反应受阻，平衡逆向移动，浓度减小，透光率增大，故加入NaNO3固体后，T'T。
【分析】首先用浓盐酸溶解FeCl3晶体，防止Fe3+水解，接着开始探究影响平衡的因素，利用有色离子浓度越大，颜色越深，透光率(T)越小这一实验原理来证明，实验i加热后T1大于T，说明有色离子浓度降低，平衡逆向移动，该反应为放热反应；反应ii中加入少量铁粉，发生反应：，平衡逆向移动，有色离子浓度降低，故T2大于T；实验iii中加入溶液，可能是水或KCl对透光率产生影响，故可作对比实验：取3mL红色混合溶液于试管中，向试管中加入少量KCl固体，测得溶液透光率大于T，说明结论正确，也可以取3mL红色混合溶液于试管中，向试管中加入0.1mL蒸馏水，测得溶液透光率小于T3，说明结论正确，最后通过给定的平衡常数数据，，定量分析出结果：，证明猜想的正确性。
18．【答案】（1）4s24p4
（2）；
（3）
（4）
（5）前端；
（6）顶点和面心；
【知识点】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；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）Se位于第四周期ⅥA族，基态原子的价层电子排布式为4s24p4；
（2）加入碳酸钠溶液，使转化为，反应的离子方程式为， K=，欲使该反应发生，大于≈；
（3）蒸硒”时，等金属硒化物与浓硫酸发生氧化还原反应，产生的烟气主要成分为和；
（4）在阴极得电子发生还原反应，电极反应方程式为；
（5）根据表格中杂质在碲单质中的分配系数数据，可知杂质在液态碲中溶解度更大，熔融区向末端移动，将杂质溶解带走，前端区再次凝固，故熔炼过程中碲纯度最高的区域为前端；根据已知信息②，为提高碲棒中硒的去除率，可在气氛中进行熔炼提纯；
（6）①、晶体结构可描述为填充在构成的正四面体的体心，可知晶胞中位于顶点和面心，位于晶胞内部，填充在构成的正四面体的体心，根据均摊法计算，一个晶胞中有4个，8个；
②、两个的最短距离为，晶胞中面对角线长为2，设晶胞边长为xnm，则，x=，立方晶胞的密度为。
【分析】首先，铜阳极泥(主要成分是、、金属碲化物、金属硒化物等)通过酸浸，将Cu溶解并将Pb、Se、Te富集得到滤渣，然后利用溶度积的差异，通过沉淀溶解平衡，用碳酸钠溶液浸泡，将PbSO4转化为PbCO3，并用HNO3溶解并转化为Pb(NO3)2，分离出Pb，此时脱铅阳极泥中只剩下含有Se、Te滤渣，继续加浓硫酸焙烧蒸硒，得SeO2后再还原得硒，蒸硒后Te以氧化物的形式存在，并与盐酸反应得到TeCl4的浸提液，后续通过还原、结晶等步骤回收Te。
（1）Se位于第四周期ⅥA族，基态原子的价层电子排布式为4s24p4；
（2）加入碳酸钠溶液，使转化为，反应的离子方程式为， K=，欲使该反应发生，大于≈；
（3）蒸硒”时，等金属硒化物与浓硫酸发生氧化还原反应，产生的烟气主要成分为和；
（4）在阴极得电子发生还原反应，电极反应方程式为；
（5）根据表格中杂质在碲单质中的分配系数数据，可知杂质在液态碲中溶解度更大，熔融区向末端移动，将杂质溶解带走，前端区再次凝固，故熔炼过程中碲纯度最高的区域为前端；根据已知信息②，为提高碲棒中硒的去除率，可在气氛中进行熔炼提纯；
（6）①晶体结构可描述为填充在构成的正四面体的体心，可知晶胞中位于顶点和面心，位于晶胞内部，填充在构成的正四面体的体心，根据均摊法计算，一个晶胞中有4个，8个；
②两个的最短距离为，晶胞中面对角线长为2，设晶胞边长为xnm，则，x=，立方晶胞的密度为。
19．【答案】（1）sp2；(a-b)kJ·mol-1
（2）0.031；D；
（3）<；C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；盖斯定律及其应用；化学平衡常数
【解析】【解答】（1）、①、SO2中心原子为S，价层电子对为2+，杂化方式为sp2；
②、反应热H=正反应的活化能-逆反应的活化能=(a-b)kJ·mol-1；
（2）、①、M点时，和的投料比为1.0，p=72kPa，起始压强为240kPa，p(SO2)=p(Cl2)=120kPa，列出三段式：
p=[240- (120-x+120-x+x) ]kPa=72kPa，x=72kPa，p(SO2)=p(Cl2)=48kPa，p(SO2Cl2)=72kPa，Kp=；
②、由题图1可知，进料比为2时，p=60kPa，根据“等效平衡”原理，该反应中SO2和Cl2的化学计量数之比为1：1，则SO2和Cl2的进料比互为倒数(如2与0.5)时，p相等，所以曲线中能准确表示温度下随进料比变化的是D；
③、反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，p减小，在SO2和Cl2的进料比相同时，温度越高，p越小，故T2温度下的p小于T1温度下的p，曲线如下图：；
（3）、①、相同时间内生成的D的浓度大于生成G的浓度，说明反应ii速率大于反应iii的速率，活化能越小，速率越大，故E2②、由图可知，在60min时生成的1，4-二(氯甲基)苯(D)最多，故答案为：C。
【分析】判断原子的杂化类型，最基本的常规方法，是根据VSEPR判断：价层电子对数=孤电子对数+σ键电子对数。而杂化轨道要么用来容纳孤电子对，要么填充1个电子用来形成σ键。因此杂化轨道数就等于价层电子对数。
化学反应热的计算方法有：1.物质能量变化求算（△H=ΣE生成物-ΣE反应物）2. 根据反应实质键能的大小求算（△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和）3.根据活化能求算（△H= Ea正 -Ea逆）
书写化学反应三段式时的注意事项：单位一致，确保起始量、变化量和平衡量的单位保持一致；注意化学计量数、注意物质状态固体、纯液体一般不参与其中；考虑可逆反应的平衡量不是完全转化的结果，而是反应物和生成物共存的状态。此时需要根据反应的转化率或平衡常数进行计算。
（1）①SO2中心原子为S，价层电子对为2+，杂化方式为sp2；
②反应热H=正反应的活化能-逆反应的活化能=(a-b)kJ·mol-1；
（2）①M点时，和的投料比为1.0，p=72kPa，起始压强为240kPa，p(SO2)=p(Cl2)=120kPa，列出三段式：
p=[240- (120-x+120-x+x) ]kPa=72kPa，x=72kPa，p(SO2)=p(Cl2)=48kPa，p(SO2Cl2)=72kPa，Kp=；
②由题图1可知，进料比为2时，p=60kPa，根据“等效平衡”原理，该反应中SO2和Cl2的化学计量数之比为1：1，则SO2和Cl2的进料比互为倒数(如2与0.5)时，p相等，所以曲线中能准确表示温度下随进料比变化的是D；
③反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，p减小，在SO2和Cl2的进料比相同时，温度越高，p越小，故T2温度下的p小于T1温度下的p，曲线如下图：；
（3）①相同时间内生成的D的浓度大于生成G的浓度，说明反应ii速率大于反应iii的速率，活化能越小，速率越大，故E2②由图可知，在60min时生成的1，4-二(氯甲基)苯(D)最多，因此答案选C。
20．【答案】（1）醛基、羧基
（2）硝基甲烷
（3）A；D
（4）；银氨溶液、加热；氧化反应(或银镜反应)
（5）
（6）n；+NaOH+NaCl
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；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I为，官能团为醛基和羧基；
（2）、化合物II为CH3NO2，名称为硝基甲烷；
（3）A.、 化合物I含有羧基，能够与水分子形成氢键，易溶于水，A正确；
B、化合物I到III发生加成反应，有π键的断裂，没有π键的生成，B错误；
C、 手性碳原子是一个碳原子周围连接四个不同的原子或原子团，化合物III上与羟基连接的碳原子为手性碳原子，只有1个手性碳原子，化合物V中有3个手性碳原子，，C错误；
D、 化合物VI有碳碳双键，能发生加聚反应，还含有醇羟基和羧基，能发生缩聚反应，D正确；
故答案为：AD；
（4）、IV的结构简式为：，与氢气在催化剂加热条件下发生加成反应，得到；与银氨溶液加热反应生成，反应类型为银镜反应或氧化反应；
（5）、AHPA的结构简式为：，同分异构体中满足①含苯环且苯环上只有一个取代基；②红外光谱显示含氧官能团只有和；③核磁共振氢谱显示有6组峰，峰面积比为，结构中没有甲基，在端基，两个对称的-OH，符合条件的同分异构体为：；
（6）、苄基氯()在碱性条件下发生水解反应生成，发生催化氧化生成，在碱性条件下和CH3NO2发生加成反应生成，在碱性条件下加热发生消去反应生成，发生加聚反应生成，合成路线为：，最后一步的方程式为：n；第一步的方程式为：+NaOH+NaCl。
【分析】化合物I含有醛基和羧基与II（硝基甲烷）在碱催化发生加成反应，生成含有羟基和羧基的羧酸盐III，接着III和IV（苯甲醛）在碱催化下发生加成反应生成两个羟基的硝基羧酸盐V，V先加碱加热发生消去反应，形成碳碳双键，然后酸化生成含有碳碳双键和硝基的VI，VI在H2和Pd/C催化剂作用下发生加成反应和还原反应生成含有氨基、羟基、羧基的AHPA。
（1）化合物I为，官能团为醛基和羧基；
（2）化合物II为CH3NO2，名称为硝基甲烷；
（3）A. 化合物I含有羧基，能够与水分子形成氢键，易溶于水，A正确；
B. 化合物I到III发生加成反应，有π键的断裂，没有π键的生成，B错误；
C. 手性碳原子是一个碳原子周围连接四个不同的原子或原子团，化合物III上与羟基连接的碳原子为手性碳原子，只有1个手性碳原子，化合物V中有3个手性碳原子，，C错误；
D. 化合物VI有碳碳双键，能发生加聚反应，还含有醇羟基和羧基，能发生缩聚反应，D正确；
答案选AD；
（4）IV的结构简式为：，与氢气在催化剂加热条件下发生加成反应，得到；与银氨溶液加热反应生成，反应类型为银镜反应或氧化反应；
（5）AHPA的结构简式为：，同分异构体中满足①含苯环且苯环上只有一个取代基；②红外光谱显示含氧官能团只有和；③核磁共振氢谱显示有6组峰，峰面积比为，结构中没有甲基，在端基，两个对称的-OH，符合条件的同分异构体为：；
（6）苄基氯()在碱性条件下发生水解反应生成，发生催化氧化生成，在碱性条件下和CH3NO2发生加成反应生成，在碱性条件下加热发生消去反应生成，发生加聚反应生成，合成路线为：，最后一步的方程式为：n；第一步的方程式为：+NaOH+NaCl。
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