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2025届广东省广州市高三上学期8月摸底考（市调研）化学试题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2024高三上·广州开学考）我国馆藏文物丰富，彰显文化魅力。下列馆藏文物属于硅酸盐材料的是
A．越王勾践剑 B．元代青花瓷 C．透雕云纹木梳 D．金神佛像
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】有机高分子化合物的结构和性质；硅酸盐
【解析】【解答】A、越王勾践剑是金属制品，其材质主要为金属，并非硅酸盐材料，故A不符合题意 ；
B、元代青花瓷属于陶瓷范畴，陶瓷是典型的硅酸盐材料，是由含硅物质经过复杂的高温烧制等工艺形成，主要成分包含硅酸盐，故B不符合题意 ；
C、透雕云纹木梳，从名称可知其材质是木材，木材的主要成分是纤维素等有机物质，和硅酸盐没有关系，故C不符合题意 ；
D、金神佛像，“金” 表明其材质为金属，属于金属材料，并非硅酸盐材料，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】先明确硅酸盐材料常见类别（像陶瓷、玻璃、水泥等），再对每个选项中文物的材质进行判断，依据材质是否为硅酸盐相关成分。
2．（2024高三上·广州开学考）在巴黎奥运会舞台上，科技与体育双向奔赴，释放更加迷人的魅力。下列说法不正确的是
A．比赛场馆使用可再生能源供电，可减少碳排放量
B．中国队领奖服采用的环保再生纤维材料为有机高分子材料
C．乒乓球台可变灯光系统的控制芯片主要成分为
D．生产橡胶弹性地板的原料天然橡胶是异戊二烯的聚合物
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；硅和二氧化硅；有机高分子化合物的结构和性质；绿色化学
【解析】【解答】A、可再生能源在产生能量过程中，相比传统化石能源（如煤炭、石油等，燃烧会释放大量 ），几乎不会产生或极少产生碳排放。比赛场馆100%使用可再生能源供电，能有效减少因能源消耗产生的 排放量，故A错误 ；
B、纤维材料分为天然纤维和合成纤维等，环保再生纤维属于有机高分子材料范畴。有机高分子材料是指相对分子质量很大（通常几万以上 ）的有机化合物，纤维材料的分子结构符合这一特征，所以环保再生纤维材料为有机高分子材料，故B错误 ；
C、控制芯片的主要成分是硅（ ），硅是良好的半导体材料，可用于制作芯片。而（二氧化硅 ）主要用于制作光导纤维等，并非芯片的主要成分，故C正确 ；
D、天然橡胶的主要成分是顺 - 1，4 - 聚异戊二烯，它是由异戊二烯通过加聚反应形成的聚合物。所以说生产橡胶弹性地板的原料天然橡胶是异戊二烯的聚合物，故D错误 ；
故答案为：C。
【分析】先回忆能源与碳排放关系、有机高分子材料类别、芯片及光导纤维成分、天然橡胶结构等知识。然后对每个选项，依据对应知识判断对错，重点区分硅和二氧化硅的用途、天然橡胶的聚合单体等，从而找出不正确的说法。
3．（2024高三上·广州开学考）在现代食品工业中，食品添加剂的使用满足人们对食品多样化的需求，保证了市场供应。下列食品添加剂与其功能不对应的是
A．柠檬黄—着色剂 B．苯甲酸钠—防腐剂
C．谷氨酸钠—增味剂 D．碳酸氢钠—凝固剂
【答案】D
【知识点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、柠檬黄是常见着色剂，可给食品染色，功能匹配，故A不符合题意 ；
B、苯甲酸钠能抑制细菌等微生物繁殖，作防腐剂，功能匹配，故B不符合题意 ；
C、谷氨酸钠（味精主要成分 ）可增强食品鲜味，作增味剂，功能匹配，故C不符合题意 ；
D、碳酸氢钠受热分解产生，使食品蓬松，作膨松剂，而非凝固剂，功能不匹配，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】本题围绕食品添加剂的功能匹配，需结合常见食品添加剂的作用（着色、防腐、增味、膨松等 ），判断选项正误 。
A．判断柠檬黄的功能（着色剂用于改善食品色泽 ）。
B．分析苯甲酸钠的作用（防腐剂抑制微生物生长 ）。
C．明确谷氨酸钠的用途（增味剂提升食品鲜味 ）。
D．区分碳酸氢钠的食品添加剂功能（膨松剂产生气体使食品蓬松 ）。
4．（2024高三上·广州开学考）“幸福不会从天降，美好生活靠劳动创造”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 玻璃厂工人以纯碱、石灰石和石英砂为原料生产普通玻璃 酸性：
B 电子厂工人用溶液刻蚀覆铜板 溶液可与反应
C 水厂工人用对自来水进行消毒 具有强氧化性
D 考古研究员通过测定文物年代 死亡生物体中不断衰变
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；元素、核素
【解析】【解答】A、玻璃厂以纯碱、石灰石和石英砂生产普通玻璃，发生反应 、 ，利用的是物质高温反应性，和与酸性强弱无关，劳动项目与化学知识无关联，故A符合题意 ；
B、电子厂用溶液刻蚀覆铜板，发生反应 ，与反应，劳动项目和化学知识有关联，故B不符合题意 ；
C、水厂用消毒，利用强氧化性破坏细菌结构，劳动项目和化学知识有关联，故C不符合题意 ；
D、考古用测年代，基于死亡生物体中不断衰变，通过剩余量推算，劳动项目和化学知识有关联，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】A、生产玻璃反应与碳酸、硅酸酸性无关。
B、能与反应刻蚀铜板。
C、强氧化性可消毒。
D、衰变可测文物年代。
5．（2024高三上·广州开学考）为研究金属的电化学腐蚀机理，某小组同学采用传感器设计如图所示装置。下列说法不正确的是
A．碳粉作正极
B．负极电极反应式：
C．若压强传感器显示压强升高，则以吸氧腐蚀为主
D．若将碳粉换成锌粉，则可被保护
【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、在原电池中，相对活泼的金属作负极，不活泼的导电物质作正极。这里铁粉比碳粉活泼，所以铁粉是负极，碳粉是正极，A正确；
B、负极发生氧化反应，铁失去电子变成亚铁离子，电极反应式为 ，B正确；
C、若压强升高，说明装置内气体增多。析氢腐蚀会产生 ，使气体量增加、压强升高；而吸氧腐蚀是消耗 ，会使气体量减少、压强降低。所以压强升高时是以析氢腐蚀为主，不是吸氧腐蚀，C错误；
D、金属活动性 ，若把碳粉换成锌粉，锌粉作负极被氧化，铁粉作正极受到保护，属于牺牲阳极法，D正确；
故答案为：C。
【分析】通过原电池原理，分析电极、反应、腐蚀类型及保护方法，判断选项：
A：依据原电池正负极判断原则（活泼金属为负 ），确定碳粉作正极。
B：负极铁失电子生成 ，电极反应式正确。
C：压强升高说明生成气体（析氢腐蚀产 ），吸氧腐蚀耗 压强降。
D： 比 活泼， 作负极保护 。
6．（2024高三上·广州开学考）根据实验目的，下列实验方案设计正确的是
　 实验目的 实验方案
A 检验丙烯醛中的醛基 加入溴水，若溴水褪色，则证明含有醛基
B 实验室制取乙烯 将体积比为1∶3的乙醇和浓硫酸混合液加热到140℃
C 除去中的NO 将混合气体通入NaOH溶液
D 比较HClO、酸性强弱 用pH计测量同浓度NaClO、溶液的pH
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、丙烯醛含碳碳双键和醛基，二者都能与溴水反应使溴水褪色，无法仅通过溴水褪色证明含醛基，A错误。
B、乙醇和浓硫酸混合液加热到140℃生成乙醚，制取乙烯需迅速升温到170℃，B错误。
C、与溶液不反应，能反应，用溶液会除去，不能除中的，C错误。
D、相同浓度的、溶液，pH越大，对应酸（、 ）越弱，用pH计测pH可比较酸性强弱，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题围绕实验方案的合理性判断，需结合官能团性质、反应条件、物质除杂原理及盐类水解规律，逐一分析选项 。
A．分析丙烯醛中官能团与溴水的反应（碳碳双键、醛基均能与溴水反应 ）。
B．明确实验室制取乙烯的反应条件（温度控制 ）。
C．判断、与溶液的反应差异（除杂不能消耗目标物质 ）。
D．利用盐类水解规律比较酸的酸性（越弱越水解，水解程度与pH关联 ）。
7．（2024高三上·广州开学考）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中含有的极性共价键数目为
B．与足量稀硝酸反应转移电子数为
C．标准状况下的分子数为
D．溶液中阴离子数为
【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、先算（甲醚）的物质的量， 。再看甲醚分子结构，一个甲醚分子里、 都是极性共价键，共8个，那么甲醚含极性共价键数目就是 ，A正确；
B、与足量稀硝酸反应，因硝酸强氧化性，会被氧化到价。物质的量 ，每个原子失3个电子，转移电子数应为 ，不是 ，B错误；
C、标准状况下，不是气体，是固体，不能用气体摩尔体积（ ）来计算其物质的量和分子数，C错误；
D、溶液中，会发生水解： ，水解使阴离子数目增多。所以溶液中阴离子数大于 ，D错误；
故答案为：A。
【分析】A：算甲醚物质的量，结合分子极性键数目判断。
B：依据与稀硝酸反应产物中化合价，算转移电子数。
C：根据标况下状态，判断能否用气体摩尔体积。
D：考虑水解对阴离子数的影响，判断选项。
8．（2024高三上·广州开学考）微格列汀是一种抗糖尿病药物，其结构简式如图所示。下列说法正确的是
A．有3种官能团 B．有5个手性碳原子
C．碳原子有2种杂化方式 D．在碱性溶液中加热能稳定存在
【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；酰胺
【解析】【解答】A、分子含羟基（）、氰基（）、亚氨基（）、酰胺键（ ），共4种官能团，A错误；
B、分子中手性碳是与4个不同原子或基团相连的碳，经数共有3个，如图： ，B正确；
C、饱和碳原子是杂化，碳氧双键的碳是杂化，氰基（）中碳是杂化，共3种杂化方式，C错误；
D、分子含酰胺键（ ），在碱性溶液中加热会水解，不能稳定存在，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题围绕有机物的结构与性质，需结合官能团识别、手性碳原子判断、碳原子杂化方式及官能团的反应性，分析选项正误 。
A．识别分子中的官能团（羟基、氰基、、 ）。
B．判断手性碳原子（连4个不同原子或基团的碳原子 ）。
C．分析碳原子的杂化方式（饱和碳、碳氧双键碳、氰基碳 ）。
D．判断酰胺键在碱性条件下的稳定性（酰胺键可水解 ）。
9．（2024高三上·广州开学考）向溶液中加入以下试剂，反应离子方程式正确的是
　 试剂 离子方程式
A 通入气体
B 滴加少量的溶液
C 滴加硫酸酸化的KI溶液
D 滴加酸性溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、氧化，生成和，离子方程式为 ，A正确；
B、是催化剂，离子方程式应体现分解，正确式子为，原选项错误，B错误；
C、在酸性条件下氧化生成和，离子方程式为 ，原选项生成，C错误；
D、正确离子方程式为 ，原选项产物、配平错误，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题围绕参与反应的离子方程式正误判断，需结合氧化还原反应原理、催化剂作用及离子方程式配平规则，逐一分析选项 。
A．判断与反应的离子方程式（氧化还原反应，作氧化剂，作还原剂 ）；
B．分析作催化剂时的反应（催化剂不参与离子方程式的实质书写）；
C．判断氧化的离子方程式（作氧化剂，产物应为，无生成 ）。
D．分析酸性氧化的离子方程式（作氧化剂，作还原剂，产物为和 ）。
10．（2024高三上·广州开学考）部分含氯或硫物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A．可存在的转化
B．根据化合价推测具有氧化性，一定可应用于净水
C．在空气中的转化过程，溶液的减小
D．若和反应生成和水，则组成的元素一定位于第三周期ⅥA族
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；含硫物质的性质及综合应用；氯水、氯气的漂白作用；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、假设是（氯的 - 1价氢化物 ），酸性高锰酸钾可将氧化为（为 ，氯为0价单质 ）；和水反应生成（为 ，氯为 + 1价含氧酸 ）；和反应生成（为 ，氯为 + 1价盐 ），所以存在的转化，A合理；
B、中元素化合价处于中间价态，有氧化性，但不一定能用于净水。比如若为（硫为 + 4价氧化物 ），主要用于漂白、制酸等，一般不用来净水；若为（氯为 + 4价氧化物 ），可用于净水，但不是所有中间价态的都能净水，B不合理；
C、假设是（为 + 4价硫的含氧酸 ）转化为（为 + 6价硫的含氧酸 ），在空气中被氧化： ，弱酸变强酸，溶液酸性增强，减小，C合理；
D、若是（硫的 - 2价氢化物 ），是（硫的 + 6价含氧酸 ），二者反应 ，生成的c为单质硫，硫元素位于第三周期ⅥA族，D合理；
故答案为：B。
【分析】利用元素化合价和物质类别，分析物质转化、性质应用、反应前后酸性及元素位置，判断选项推断是否合理。
A：结合氯元素不同价态物质的转化关系进行判断。
B：依据中间价态物质性质及净水应用特点进行判断。
C：根据亚硫酸被氧化为硫酸的酸性变化进行判断。
D：通过氢化物、含氧酸反应生成单质，确定元素位置，判断即可。
11．（2024高三上·广州开学考）草酸亚铁晶体()呈黄色，难溶于水，具有强还原性。用下列装置制备草酸亚铁晶体。
下列操作错误的是
A．配制溶液的蒸馏水需经煮沸后迅速冷却
B．检查气密性后，打开、、，关闭
C．P中不再冒出气泡时，打开，关闭、
D．反应结束将N中混合物过滤、洗涤、干燥得草酸亚铁晶体
【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、蒸馏水煮沸排溶解氧，迅速冷却防外界氧气再溶，避免草酸亚铁被氧化，A正确；
B、打开 K1、K3、K4，关闭K2 ，M中与稀制，排N中空气，B正确；
C、P中无气泡后，需先验纯，再开K2、关 K1、K3压液，直接操作易因不纯爆炸，C错误；
D、N中生成草酸亚铁沉淀，经过滤、洗涤、干燥得晶体，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题围绕草酸亚铁晶体制备实验操作，需结合物质还原性（防氧化 ）、实验装置气密性、气体作用及产品获取步骤，判断操作正误 。
A．明确处理蒸馏水的目的（除溶解氧，防草酸亚铁被氧化 ）。
B．考查排空气的操作（用排尽N中空气，防草酸亚铁氧化 ）。
C．考查压液反应的操作前提（需先验纯，防爆炸 ）。
D．考查获取产品的步骤（过滤、洗涤、干燥分离沉淀 ）。
12．（2024高三上·广州开学考）下列叙述Ⅰ、Ⅱ均正确且有因果关系的是
选项 叙述Ⅰ 叙述Ⅱ
A 和反应可生成和 酸性：
B 稀释溶液，溶液变大 稀释会促进盐类的水解
C 油脂、淀粉、蛋白质可以水解成小分子 油脂、淀粉、蛋白质都是有机高分子
D 酸性： 电负性：
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学键和分子间作用力的区别；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．反应原理： ，能发生是因为难溶于酸（沉淀生成使反应正向进行 ），与“酸性”无关，Ⅰ的反应不能说明Ⅱ的酸性强弱，且Ⅱ中酸性判断错误（酸性强于 ），故A不符合题意 ；
B．水解平衡： ，稀释促进水解（平衡右移 ），但溶液体积增大占主导。
变化：浓度 = ，水解生成的量增加，但体积增大更多，故浓度减小，变小，Ⅰ中“pH变大”错误，Ⅱ正确但因果不成立，故B不符合题意 ；
C．水解性质：油脂水解为甘油和高级脂肪酸，淀粉水解为葡萄糖，蛋白质水解为氨基酸，Ⅰ正确。
高分子判断：淀粉、蛋白质是有机高分子；油脂相对分子质量小，不是高分子，Ⅱ错误；Ⅱ错误，且水解与是否为高分子无直接因果。故C不符合题意 ；
D．电负性：同主族元素（、 ），从上到下电负性减小（ ），Ⅱ正确。
酸性影响：中电负性大，吸引电子能力强，使羧基（ ）中键极性增强，更易电离出；中电负性弱于，酸性弱于，故酸性，Ⅰ正确。
电负性差异（Ⅱ ）导致酸性差异（Ⅰ ），因果成立，故D符合题意 ；
故答案为：D 。
【分析】A、复分解反应不遵循“弱酸制强酸”常规，因有沉淀生成。
B、分析稀释对盐类水解及溶液pH的影响，要考虑水解平衡移动和溶液体积变化的综合作用。
C、明确有机高分子的定义（相对分子质量大），判断油脂、淀粉、蛋白质是否符合，再看水解与高分子的因果关系。
D、依据同主族元素电负性变化规律，分析电负性对取代羧酸酸性的影响，判断因果关系。
13．（2024高三上·广州开学考）某离子结构如图所示，W、X、Y、Z是原子半径依次减小的同一短周期主族元素，其中Y在地壳中含量最高。下列说法错误的是
A．所有原子均满足稳定结构 B．第一电离能：X>W
C．键角： D．分子极性：
【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；极性分子和非极性分子；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、Z（F）、W（B）等原子，通过形成共价键（含配位键 ），均达到 8e- 稳定结构，A正确；
B、W（B）、 X（C）同周期，C在B右侧，第一电离能 C＞B ，即X＞W ，B正确；
C、CO2 空间构型为直线形，键角为 180° ，CF4空间构型为正四面体，键角约109°28'，故键角 XY2＞XZ4 ，C正确；
D、 BF3空间构型为平面正三角形，分子对称，为非极性分子；OF2空间构型为V形，分子不对称，为极性分子，则分子极性 WZ3＜YZ2 ，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题围绕元素推断与物质结构性质，先依据“Y在地壳中含量最高”推Y为O，再结合原子半径、价键数确定W、X、Z，然后分析原子结构、第一电离能、键角及分子极性，据此分析。
A．判断原子是否满足8电子稳定结构（看价键数与原子最外层电子数 ）。
B．比较同周期元素第一电离能（同周期从左到右第一电离能总体增大 ）。
C．分析XY2（CO2）和XZ4（CF4）的空间构型与键角（CO2 直线形， CF4正四面体 ）。
D．判断分子极性（WZ3即BF3非极性，YZ2即OF2极性 ）。
14．（2024高三上·广州开学考）Ni(CO)4(四羰合镍，沸点43℃，其结构如图所示)是有机化合物羰基化反应的催化剂，也可用于制备高纯镍(镍的晶胞结构类型与铜的相同，为面心立方晶胞，其体积为a3)。下列说法错误的是
A．图中Ni(CO)4中含有σ键的数目为8
B．Ni(CO)4晶体的类型为分子晶体
C．镍的晶胞中镍原子配位数为8
D．镍的晶胞中镍原子半径为
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况；分子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A、含4个 键，每个含1个键（三键中1个、2个键 ），共8个键，A正确；
B、沸点 43℃ 低，说明分子间作用力弱，为分子晶体，B正确；
C、镍晶胞与铜相同，为面心立方晶胞，配位数是12，不是8，C错误；
D、面心立方晶胞边长为a，面对角线长a，等于4倍原子半径，故原子半径，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题围绕及镍晶体的结构与性质，需结合化学键类型（键 ）、晶体类型（分子晶体判断 ）、配位数计算（面心立方晶胞 ）及原子半径推导，分析选项正误 。
A．计算中键数目（键及中键 ）。
B．判断晶体类型（依据沸点低，分子间作用力弱 ）。
C．计算面心立方晶胞中镍原子配位数（面心立方晶胞配位数为12 ）。
D．推导镍晶胞中原子半径（面心立方晶胞边长与原子半径的关系 ）。
15．（2024高三上·广州开学考）可充电电池工作时可产生氢气，装置如图所示，其中雷尼镍仅起催化和导电作用。下列说法错误的是
A．放电时，Zn极反应：
B．充电时，KOH溶液浓度不变
C．充放电时，产生的气体不同
D．充放电过程锌充当储能介质，调控能源储存和制氢
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、放电时为负极，失电子后与结合，反应为 ，A正确；
B、充电时生成，溶液中浓度增大，B错误；
C、放电时生成，充电时无气体产生，气体不同，C正确；
D、雷尼镍仅催化导电，锌参与反应，充放电中作储能介质，调控能源存储和制氢，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题围绕 可充电电池的充放电原理，需结合总反应、电极反应及充放电过程中物质变化，分析选项 ，由题干可知，电池总反应为，分析如下：
A．判断放电时极的电极反应（失电子，结合生成 ）。
B．分析充电时溶液浓度变化（总反应逆向进行，生成 ）。
C．对比充放电时产生的气体（放电产，充电无气体 ）。
D．判断锌在充放电中的作用（作储能介质，调控能量与制氢 ）。
16．（2024高三上·广州开学考）在时，向三羟甲基甲胺(简写为)与其盐酸盐组成的混合溶液中，分别逐滴滴入盐酸和溶液，测得与滴入溶液体积的关系如图所示。已知：起始时，，图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示起始时，为、、的曲线。
下列说法正确的是
A．数量级为
B．溶液中水的电离程度：
C．当时，混合溶液都有
D．三羟甲基甲胺与其盐酸盐可组成缓冲体系
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．，即当时，，由上图可知，曲线Ⅰ中，在此体系中，存在电荷守恒：，物料守恒：，可得到质子守恒，，氢离子及氢氧根的浓度相对RNH2及来说比较小，可忽略，故RNH2和的浓度近似相等，此时可得=10-5.86，数量级为10-6，A错误；
B．水的电离受溶液酸碱性影响：碱性越强（浓度越高 ），抑制水的电离（水的电离程度越小 ）；曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中，、、点依次增大（点最小，点最大 ），说明浓度： ；水的电离程度与抑制程度负相关，故水的电离程度：（浓度越小，抑制越弱，水的电离程度越大 ），B错误；
C．加入 溶液，与反应： ，恰好完全反应生成和 ，
电离： ，溶液中主要来自电离，来自水的电离，
电荷守恒： ，因（完全电离 ），简化为 ，即 ，不满足 ，C错误；
D．缓冲体系由“弱碱（ ） + 其共轭酸（ ，强酸弱碱盐 ）”组成；加入少量时，与结合生成；加入少量时，与结合生成 ，可抵抗剧烈变化，符合缓冲体系特征，D正确；
故答案为：D。
【分析】针对弱碱与其共轭酸组成的混合溶液，结合电离平衡、水解平衡、守恒关系及缓冲溶液概念，逐一分析选项：A、考察了弱碱电离常数（ ）的计算、溶液中守恒关系（电荷守恒、物料守恒、质子守恒 ）。
B、明白弱碱电离、共轭酸水解对水的电离的影响（抑制/促进 ）。
C、理解溶液中离子反应、电离与水解的离子浓度关系。
D、理解缓冲溶液的组成（弱碱与其共轭酸 ）。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．（2024高三上·广州开学考）为探究铜的化合物有关性质，现进行如下实验。
序号 实验操作 实验现象
Ⅰ 将绿豆大的钠放入装有100mL 0.2溶液的烧杯中 |固体溶解，有气泡冒出，有蓝色絮状沉淀
Ⅱ 取实验I等量的钠放入装有100mL 0.002溶液的烧杯中 固体溶解，有气泡冒出，无蓝色絮状沉淀，测得溶液pH=9
Ⅲ 取实验Ⅱ反应后的溶液于试管中，逐滴加入0.1HCl溶液 先出现蓝色絮状沉淀，后沉淀溶解
Ⅳ 取实验Ⅰ反应后的溶液于试管中，振荡，加入0.5mL乙醛溶液，加热 试管底部出现砖红色沉淀，上层悬浊液呈现亮黄色
Ⅴ 取实验I反应后的溶液于试管中，振荡，加入0.5mL甲醛溶液，加热
回答下列问题：
（1）由配制实验I中的溶液，下列仪器中不需要的是　 　(填仪器名称)，定容后还需要进行的操作为　 　。
（2）实验Ⅰ发生反应的离子方程式为　 　。
（3）实验Ⅱ未观察到蓝色絮状沉淀，猜想原因是实验Ⅱ取用的溶液浓度太低。查阅资料得：，通过计算否定该猜想　 　。
（4）实验Ⅲ生成蓝色絮状沉淀的离子方程式为　 　。
（5）查阅资料：烯醛类物质易形成亮黄色树脂状化合物，微溶于水。实验Ⅳ中产生烯醛类物质的结构简式为　 　。
（6）实验Ⅴ的现象为　 　。
【答案】（1）分液漏斗、球形冷凝管；摇匀
（2）2Na+Cu2++2H2O=Cu(OH)2↓+2Na++H2↑
（3）实验Ⅱ溶液pH=9，则c(H+)=1×10-9 mol/L，c(OH-)=1×10-5mol/L，，则所需Cu2+的最小浓度为c(Cu2+)=mol/L
（4）[Cu(OH)4]2-+2H+= Cu(OH)2↓+2H2O
（5）CH3CH=CHCHO
（6）出现砖红色沉淀
【知识点】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）由配制实验I中的溶液，称量的质量，用到电子天平；溶解晶体用到烧杯；加水用到量筒，故不需要的是分液漏斗、球形冷凝管；定容后需要将溶液摇匀；
故答案为： 分液漏斗、球形冷凝管 ； 摇匀 ；
（2）实验Ⅰ中金属钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，
故答案为：2Na+Cu2++2H2O=Cu(OH)2↓+2Na++H2↑；
（3）实验Ⅱ溶液pH=9，则c(H+)=1×10-9 mol/L，c(OH-)=1×10-5mol/L，，则所需Cu2+的最小浓度为c(Cu2+)=mol/L；
故答案为： 实验Ⅱ溶液pH=9，则c(H+)=1×10-9 mol/L，c(OH-)=1×10-5mol/L，，则所需Cu2+的最小浓度为c(Cu2+)=mol/L
（4）实验Ⅱ中未出现蓝色沉淀是因为NaOH溶液过量，产生的Cu(OH)2溶于NaOH溶液形成Na2[Cu(OH)4]，滴入盐酸后产生沉淀的离子方程式为[Cu(OH)4]2-+2H+= Cu(OH)2↓+2H2O；
故答案为： [Cu(OH)4]2-+2H+= Cu(OH)2↓+2H2O
（5）由已知条件可知，实验Ⅳ中产生烯醛类物质，则两分子乙醛县发生加成反应，再发生消去反应，其反应原理为得到烯醛的结构简式为CH3CH=CHCHO；
故答案为： CH3CH=CHCHO
（6）取实验I反应后的溶液于试管中，振荡，加入0.5mL甲醛溶液，加热，发生反应HCHO + 4Cu(OH)2 + 2NaOH Na2CO3+ 2Cu2O↓ + 6H2O，可以看到试管底部出现砖红色沉淀。
故答案为： 出现砖红色沉淀
【分析】（1）配制溶液仪器选择（依据配制步骤，判断无需的仪器：分液漏斗、球形冷凝管 ）；定容后操作（摇匀，保证溶液均一 ）。
（2）分析与溶液反应过程（先与水生成和，再与生成沉淀 ），据此写离子方程式。
（3）利用溶度积计算（由得，结合，算出，判断因浓度过低无沉淀 ）。
（4）分析沉淀产生与溶解的反应（过量使转化为，加盐酸后逆向生成沉淀 ），写离子方程式 。
（5）推导烯醛生成原理（两分子乙醛先加成、再消去 ），确定结构简式 。
（6）分析甲醛与的反应（加热条件下发生氧化还原，生成砖红色沉淀 ），现象为出现砖红色沉淀 。
（1）由配制实验I中的溶液，称量的质量，用到电子天平；溶解晶体用到烧杯；加水用到量筒，故不需要的是分液漏斗、球形冷凝管；定容后需要将溶液摇匀；
（2）实验Ⅰ中金属钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，离子方程式为2Na+Cu2++2H2O=Cu(OH)2↓+2Na++H2↑；
（3）实验Ⅱ溶液pH=9，则c(H+)=1×10-9 mol/L，c(OH-)=1×10-5mol/L，，则所需Cu2+的最小浓度为c(Cu2+)=mol/L；
（4）实验Ⅱ中未出现蓝色沉淀是因为NaOH溶液过量，产生的Cu(OH)2溶于NaOH溶液形成Na2[Cu(OH)4]，滴入盐酸后产生沉淀的离子方程式为[Cu(OH)4]2-+2H+= Cu(OH)2↓+2H2O；
（5）由已知条件可知，实验Ⅳ中产生烯醛类物质，则两分子乙醛县发生加成反应，再发生消去反应，其反应原理为得到烯醛的结构简式为CH3CH=CHCHO；
（6）取实验I反应后的溶液于试管中，振荡，加入0.5mL甲醛溶液，加热，发生反应HCHO + 4Cu(OH)2 + 2NaOH Na2CO3+ 2Cu2O↓ + 6H2O，可以看到试管底部出现砖红色沉淀。
18．（2024高三上·广州开学考）回收利用废旧电池正极材料(含有铝箔等杂质)的流程如下图所示：
回答下列问题：
（1）基态Li原子的轨道表示式为　 　，Li的焰色试验的颜色为　 　(填标号)。
A.黄色 B.紫色 C.绿色 D.紫红色
（2）“粉碎”的目的是　 　。
（3）“浸出”时可能产生的气体是　 　(填化学式)。
（4）“浸出”后的溶液酸性较强，导致浸出液中铁、磷元素含量较高。从平衡移动角度解释其原因　 　。
（5）已知25℃时，pc与pH的关系如图所示，，c为、或的物质的量浓度。则“调pH”的范围为　 　。
（6）碳酸锂的溶解度曲线如图所示，“沉锂”后获得碳酸锂的操作为　 　、　 　、洗涤、干燥。
【答案】（1）；D
（2）增大固液接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率
（3）Cl2
（4）溶液中酸性较强，则发生反应，从而导致平衡右移，溶液中Fe、P元素含量较多；
（5）4.7≤pH＜8.4；
（6）蒸发浓缩；趁热过滤
【知识点】原子核外电子排布；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）基态Li原子核外电子排布式为1s22s1，其轨道表示式为；Li的焰色试验的颜色为紫红色，
故答案为： ；D；
（2）粉碎的目的是：增大固液接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率；
故答案为： 增大固液接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率 ；
（3）浸出时LiFePO4与盐酸、NaClO3反应生成沉淀FePO4、气体Cl2、NaCl和LiCl；
故答案为： Cl2 ；
（4）溶液中酸性较强，则发生反应，从而导致平衡右移，溶液中Fe、P元素含量较多；
故答案为： 溶液中酸性较强，则发生反应，从而导致平衡右移，溶液中Fe、P元素含量较多； ；
（5）根据图像，调节pH的目的是使Al3+、Fe3+生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，而不使Al(OH)3溶解，则pH的范围是4.7≤pH＜8.4；
故答案为： 4.7≤pH＜8.4；
（6）由Li2CO3的溶解度曲线可知，温度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在温度高时，Li2CO3的溶解度小，有利于析出，所以提高Li2CO3的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥。
故答案为： 蒸发浓缩 ； 趁热过滤。
【分析】废旧电池正极材料经粉碎，增大接触面积，便于后续反应 ，粉碎后物料加入和进行浸出，等发生反应溶解，分离得到 ，浸出液中加入进行除杂，生成沉淀，除去磷相关杂质 ，先加入适量 调节，使、分别转化为、沉淀而除去 ，再加入进行沉锂，生成产品，完成锂的回收 。
（1）基态Li原子核外电子排布式为1s22s1，其轨道表示式为；Li的焰色试验的颜色为紫红色，故选D；
（2）粉碎的目的是：增大固液接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率；
（3）浸出时LiFePO4与盐酸、NaClO3反应生成沉淀FePO4、气体Cl2、NaCl和LiCl；
（4）溶液中酸性较强，则发生反应，从而导致平衡右移，溶液中Fe、P元素含量较多；
（5）根据图像，调节pH的目的是使Al3+、Fe3+生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，而不使Al(OH)3溶解，则pH的范围是4.7≤pH＜8.4；
（6）由Li2CO3的溶解度曲线可知，温度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在温度高时，Li2CO3的溶解度小，有利于析出，所以提高Li2CO3的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥。
19．（2024高三上·广州开学考）甲醇是一种重要的化工原料和燃料。利用和生成甲醇的反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
已知：几种化学键的键能数据如下表所示。
化学键
键能/ 436 803 1071 463
（1）结合上表数据，　 　。反应Ⅱ能自发进行的条件是　 　(填“低温”“高温”或“任意温度”)。
（2）在120℃，体积恒定的密闭容器中发生反应Ⅰ和Ⅱ。
①若达到平衡后，增大体系的压强，则CO的物质的量　 　(填“增大”“减小”或“不变”)，原因是　 　。
②若通入1mol 和2.5mol 混合气体，起始压强为0.35MPa，发生反应Ⅰ和Ⅱ.平衡时，总压为0.25MPa，的转化率为60%，则反应Ⅱ的压强平衡常数　 　(分压=总压×物质的量分数，列出计算式即可)。
（3）某研究小组自制熔融碳酸盐甲醇燃料电池，工作原理如图所示：
①负极电极反应式为　 　。
②该电池以恒定电流I A工作t min，测得化学能转化为电能的转化率为，则消耗甲醇　 　kg(已知：一个电子的电量为，阿伏加德罗常数的值为)。
【答案】（1）+45；低温
（2）减小；若达到平衡后，增大体系的压强，反应Ⅱ平衡正向移动，则c(H2O)浓度变大，使得反应Ⅰ平衡逆向移动，则CO的物质的量减小；
（3）；
【知识点】反应热和焓变；焓变和熵变；化学平衡移动原理；化学平衡的计算；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1） 反应物的键能－生成物的键能=2×803kJ·mol-1+436 kJ·mol-1－1071 kJ·mol-1－2×463 kJ·mol-1=+45 kJ·mol-1；依据反应能自发进行，反应Ⅱ的、，则在低温能自发进行；
故答案为： +45 ； 低温 ；
（2）①若达到平衡后，增大体系的压强，反应Ⅱ平衡正向移动，则c(H2O)浓度变大，使得反应Ⅰ平衡逆向移动，则CO的物质的量减小；
②通入1mol和2.5mol混合气体，起始压强为0.35MPa，平衡压强为0.25MPa，则平衡时气体总共物质的量为2.5mol，设反应ⅠCO2的变化量为x，列出三段式有，则0.4+0.7+2x+0.6－x+0.6－x+x=2.5，解得x=0.1mol，则平衡时p(H2O)=，p(CH3OH)=，p(H2)=，p(CO2)=，则反应Ⅱ的压强平衡常数=
故答案为： 减小 ； 若达到平衡后，增大体系的压强，反应Ⅱ平衡正向移动，则c(H2O)浓度变大，使得反应Ⅰ平衡逆向移动，则CO的物质的量减小 ； ；
（3）①由原电池原理可知，通入甲醇的一端为负极，通入氧气的一端为正极，则负极的反应为；
②根据公式Q=I×t，Q是电量，单位是C，I是电流，单位是安培A；t是时间，单位是秒s；以1 A的电流工作tmin，也就是60t s，通过的电量是60ItC，1个电子的电量是1.6×10-19C，所以通过的电子数量是，由于甲醇的碳是-2价，反应后升到+4价，1个甲醇分子就要失去6个电子，因此转移电子就需要个甲醇分子发生反应，考虑到能量转化效率是，所以实际发生反应的甲醇分子数是，物质的量是mol，其质量是=kg。
故答案为： ； 。
【分析】（1）用键能计算，反应物键能总和生成物键能总和，算出反应热 。
反应Ⅱ、，据，低温自发。
（2）①增大压强，反应Ⅱ正向移动使增大，促使反应Ⅰ逆向移动，物质的量减小 。
②用三段式，结合起始/平衡压强、转化率，算各物质分压，代入表达式（分压总压物质的量分数 ）。
（3）①负极甲醇失电子，结合电解质写电极反应 。
②由电流、时间算电量，结合电子电量、阿伏加德罗常数，及能量转化率，推导甲醇质量（用公式，关联电子转移与甲醇反应 ）。
（1） 反应物的键能－生成物的键能=2×803kJ·mol-1+436 kJ·mol-1－1071 kJ·mol-1－2×463 kJ·mol-1=+45 kJ·mol-1；依据反应能自发进行，反应Ⅱ的、，则在低温能自发进行；
（2）①若达到平衡后，增大体系的压强，反应Ⅱ平衡正向移动，则c(H2O)浓度变大，使得反应Ⅰ平衡逆向移动，则CO的物质的量减小；
②通入1mol和2.5mol混合气体，起始压强为0.35MPa，平衡压强为0.25MPa，则平衡时气体总共物质的量为2.5mol，设反应ⅠCO2的变化量为x，列出三段式有，则0.4+0.7+2x+0.6－x+0.6－x+x=2.5，解得x=0.1mol，则平衡时p(H2O)=，p(CH3OH)=，p(H2)=，p(CO2)=，则反应Ⅱ的压强平衡常数=
（3）①由原电池原理可知，通入甲醇的一端为负极，通入氧气的一端为正极，则负极的反应为；
②根据公式Q=I×t，Q是电量，单位是库伦C，I是电流，单位是安培A；t是时间，单位是秒s；以1 A的电流工作tmin，也就是60t s，通过的电量是60ItC，1个电子的电量是1.6×10-19C，所以通过的电子数量是，由于甲醇的碳是-2价，反应后升到+4价，1个甲醇分子就要失去6个电子，因此转移电子就需要个甲醇分子发生反应，考虑到能量转化效率是，所以实际发生反应的甲醇分子数是，物质的量是mol，其质量是=kg。
20．（2024高三上·广州开学考）西那卡塞是一种治疗甲状旁腺功能亢进的药物，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）A中官能团的名称为　 　。根据A的结构特征，完成下表。
序号 反应试剂、条件 生成物结构简式 反应类型
催化剂、加热 　 　 加聚反应
　 　 、 水解反应
（2）B的结构简式为　 　。
（3）的反应类型为　 　。
（4）同时符合下列条件的化合物的同分异构体有　 　种。
①核磁共振氢谱显示三组峰面积之比为；
②能与溶液作用显色。
（5）能与形成盐酸西那卡塞，从物质结构角度分析其原因　 　。
（6）化合物是一种含有七元杂环的生物碱，其合成路线如图(反应条件已省略)：
①的结构简式为　 　。
②的方程式为　 　。
【答案】（1）碳碳双键、酯基；；氢氧化钠溶液
（2）
（3）加成反应
（4）10
（5）原子上有一个电子对，能够与形成配位键
（6）；
【知识点】配合物的成键情况；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；加成反应；结构简式
【解析】【解答】（1）① A为丙烯酸乙酯，官能团的名称为碳碳双键、酯基；
② 丙烯酸乙酯含有碳碳双键，可以发生加聚反应，生成物结构简式；
③ 酯可以在酸、碱条件下水解，根据生成物、，可以确定反应试剂为氢氧化钠溶液；
故答案为： 碳碳双键、酯基 ； ； 氢氧化钠溶液 ；
（2）B的结构简式为
故答案为： ；
（3）由双键变成单价，是加成反应；
故答案为： 加成反应 ；
（4）核磁共振氢谱显示三组峰面积之比为，说明该有机物分子中有三种H原子，且三种H原子的个数之比为9：1：1，能与溶液作用显色，说明结构含有酚羟基，的同分异构体中丙基分别位于苯环中三氟甲基的邻、间、对位置，分别有4、4、2种同分异构符合条件，故一共10种：、、、、、、、、、；
故答案为： 10 ；
（5）能与形成盐酸西那卡塞，从物质结构角度分析其原因：原子上有一个电子对，能够与形成配位键；
故答案为：原子上有一个电子对，能够与形成配位键 ；
（6）①根据合成路线推断，的结构简式为；
②的方程式为：。
故答案为： ；
【分析】与发生反应生成，结合C的结构（含、酯基及碳碳双键 ）和A的结构，可推测A与B发生取代反应（A中酯基邻位与B的Br发生取代 ）生成C；逆推出B的结构简式为，C在（强还原剂 ）作用下，酯基被还原为羟基，生成；D与（催化加氢 ）反应，碳碳双键被加成，生成，E在作用下，羟基被氧化为醛基，生成F；F与发生反应，结合H的结构（含亚胺键 ），推测F的醛基与G的氨基发生缩合反应（消除水生成亚胺 ），生成；H在的作用下，亚胺键被还原为胺键，最终生成。
（1）① A为丙烯酸乙酯，官能团的名称为碳碳双键、酯基；
② 丙烯酸乙酯含有碳碳双键，可以发生加聚反应，生成物结构简式；
③ 酯可以在酸、碱条件下水解，根据生成物、，可以确定反应试剂为氢氧化钠溶液；
（2）B的结构简式为
（3）由双键变成单价，是加成反应；
（4）核磁共振氢谱显示三组峰面积之比为，说明该有机物分子中有三种H原子，且三种H原子的个数之比为9：1：1，能与溶液作用显色，说明结构含有酚羟基，的同分异构体中丙基分别位于苯环中三氟甲基的邻、间、对位置，分别有4、4、2种同分异构符合条件，故一共10种：、、、、、、、、、；；
（5）能与形成盐酸西那卡塞，从物质结构角度分析其原因：原子上有一个电子对，能够与形成配位键；
（6）① 根据合成路线推断，的结构简式为；
②的方程式为：。
1 / 12025届广东省广州市高三上学期8月摸底考（市调研）化学试题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2024高三上·广州开学考）我国馆藏文物丰富，彰显文化魅力。下列馆藏文物属于硅酸盐材料的是
A．越王勾践剑 B．元代青花瓷 C．透雕云纹木梳 D．金神佛像
A．A B．B C．C D．D
2．（2024高三上·广州开学考）在巴黎奥运会舞台上，科技与体育双向奔赴，释放更加迷人的魅力。下列说法不正确的是
A．比赛场馆使用可再生能源供电，可减少碳排放量
B．中国队领奖服采用的环保再生纤维材料为有机高分子材料
C．乒乓球台可变灯光系统的控制芯片主要成分为
D．生产橡胶弹性地板的原料天然橡胶是异戊二烯的聚合物
3．（2024高三上·广州开学考）在现代食品工业中，食品添加剂的使用满足人们对食品多样化的需求，保证了市场供应。下列食品添加剂与其功能不对应的是
A．柠檬黄—着色剂 B．苯甲酸钠—防腐剂
C．谷氨酸钠—增味剂 D．碳酸氢钠—凝固剂
4．（2024高三上·广州开学考）“幸福不会从天降，美好生活靠劳动创造”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 玻璃厂工人以纯碱、石灰石和石英砂为原料生产普通玻璃 酸性：
B 电子厂工人用溶液刻蚀覆铜板 溶液可与反应
C 水厂工人用对自来水进行消毒 具有强氧化性
D 考古研究员通过测定文物年代 死亡生物体中不断衰变
A．A B．B C．C D．D
5．（2024高三上·广州开学考）为研究金属的电化学腐蚀机理，某小组同学采用传感器设计如图所示装置。下列说法不正确的是
A．碳粉作正极
B．负极电极反应式：
C．若压强传感器显示压强升高，则以吸氧腐蚀为主
D．若将碳粉换成锌粉，则可被保护
6．（2024高三上·广州开学考）根据实验目的，下列实验方案设计正确的是
　 实验目的 实验方案
A 检验丙烯醛中的醛基 加入溴水，若溴水褪色，则证明含有醛基
B 实验室制取乙烯 将体积比为1∶3的乙醇和浓硫酸混合液加热到140℃
C 除去中的NO 将混合气体通入NaOH溶液
D 比较HClO、酸性强弱 用pH计测量同浓度NaClO、溶液的pH
A．A B．B C．C D．D
7．（2024高三上·广州开学考）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中含有的极性共价键数目为
B．与足量稀硝酸反应转移电子数为
C．标准状况下的分子数为
D．溶液中阴离子数为
8．（2024高三上·广州开学考）微格列汀是一种抗糖尿病药物，其结构简式如图所示。下列说法正确的是
A．有3种官能团 B．有5个手性碳原子
C．碳原子有2种杂化方式 D．在碱性溶液中加热能稳定存在
9．（2024高三上·广州开学考）向溶液中加入以下试剂，反应离子方程式正确的是
　 试剂 离子方程式
A 通入气体
B 滴加少量的溶液
C 滴加硫酸酸化的KI溶液
D 滴加酸性溶液
A．A B．B C．C D．D
10．（2024高三上·广州开学考）部分含氯或硫物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A．可存在的转化
B．根据化合价推测具有氧化性，一定可应用于净水
C．在空气中的转化过程，溶液的减小
D．若和反应生成和水，则组成的元素一定位于第三周期ⅥA族
11．（2024高三上·广州开学考）草酸亚铁晶体()呈黄色，难溶于水，具有强还原性。用下列装置制备草酸亚铁晶体。
下列操作错误的是
A．配制溶液的蒸馏水需经煮沸后迅速冷却
B．检查气密性后，打开、、，关闭
C．P中不再冒出气泡时，打开，关闭、
D．反应结束将N中混合物过滤、洗涤、干燥得草酸亚铁晶体
12．（2024高三上·广州开学考）下列叙述Ⅰ、Ⅱ均正确且有因果关系的是
选项 叙述Ⅰ 叙述Ⅱ
A 和反应可生成和 酸性：
B 稀释溶液，溶液变大 稀释会促进盐类的水解
C 油脂、淀粉、蛋白质可以水解成小分子 油脂、淀粉、蛋白质都是有机高分子
D 酸性： 电负性：
A．A B．B C．C D．D
13．（2024高三上·广州开学考）某离子结构如图所示，W、X、Y、Z是原子半径依次减小的同一短周期主族元素，其中Y在地壳中含量最高。下列说法错误的是
A．所有原子均满足稳定结构 B．第一电离能：X>W
C．键角： D．分子极性：
14．（2024高三上·广州开学考）Ni(CO)4(四羰合镍，沸点43℃，其结构如图所示)是有机化合物羰基化反应的催化剂，也可用于制备高纯镍(镍的晶胞结构类型与铜的相同，为面心立方晶胞，其体积为a3)。下列说法错误的是
A．图中Ni(CO)4中含有σ键的数目为8
B．Ni(CO)4晶体的类型为分子晶体
C．镍的晶胞中镍原子配位数为8
D．镍的晶胞中镍原子半径为
15．（2024高三上·广州开学考）可充电电池工作时可产生氢气，装置如图所示，其中雷尼镍仅起催化和导电作用。下列说法错误的是
A．放电时，Zn极反应：
B．充电时，KOH溶液浓度不变
C．充放电时，产生的气体不同
D．充放电过程锌充当储能介质，调控能源储存和制氢
16．（2024高三上·广州开学考）在时，向三羟甲基甲胺(简写为)与其盐酸盐组成的混合溶液中，分别逐滴滴入盐酸和溶液，测得与滴入溶液体积的关系如图所示。已知：起始时，，图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示起始时，为、、的曲线。
下列说法正确的是
A．数量级为
B．溶液中水的电离程度：
C．当时，混合溶液都有
D．三羟甲基甲胺与其盐酸盐可组成缓冲体系
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．（2024高三上·广州开学考）为探究铜的化合物有关性质，现进行如下实验。
序号 实验操作 实验现象
Ⅰ 将绿豆大的钠放入装有100mL 0.2溶液的烧杯中 |固体溶解，有气泡冒出，有蓝色絮状沉淀
Ⅱ 取实验I等量的钠放入装有100mL 0.002溶液的烧杯中 固体溶解，有气泡冒出，无蓝色絮状沉淀，测得溶液pH=9
Ⅲ 取实验Ⅱ反应后的溶液于试管中，逐滴加入0.1HCl溶液 先出现蓝色絮状沉淀，后沉淀溶解
Ⅳ 取实验Ⅰ反应后的溶液于试管中，振荡，加入0.5mL乙醛溶液，加热 试管底部出现砖红色沉淀，上层悬浊液呈现亮黄色
Ⅴ 取实验I反应后的溶液于试管中，振荡，加入0.5mL甲醛溶液，加热
回答下列问题：
（1）由配制实验I中的溶液，下列仪器中不需要的是　 　(填仪器名称)，定容后还需要进行的操作为　 　。
（2）实验Ⅰ发生反应的离子方程式为　 　。
（3）实验Ⅱ未观察到蓝色絮状沉淀，猜想原因是实验Ⅱ取用的溶液浓度太低。查阅资料得：，通过计算否定该猜想　 　。
（4）实验Ⅲ生成蓝色絮状沉淀的离子方程式为　 　。
（5）查阅资料：烯醛类物质易形成亮黄色树脂状化合物，微溶于水。实验Ⅳ中产生烯醛类物质的结构简式为　 　。
（6）实验Ⅴ的现象为　 　。
18．（2024高三上·广州开学考）回收利用废旧电池正极材料(含有铝箔等杂质)的流程如下图所示：
回答下列问题：
（1）基态Li原子的轨道表示式为　 　，Li的焰色试验的颜色为　 　(填标号)。
A.黄色 B.紫色 C.绿色 D.紫红色
（2）“粉碎”的目的是　 　。
（3）“浸出”时可能产生的气体是　 　(填化学式)。
（4）“浸出”后的溶液酸性较强，导致浸出液中铁、磷元素含量较高。从平衡移动角度解释其原因　 　。
（5）已知25℃时，pc与pH的关系如图所示，，c为、或的物质的量浓度。则“调pH”的范围为　 　。
（6）碳酸锂的溶解度曲线如图所示，“沉锂”后获得碳酸锂的操作为　 　、　 　、洗涤、干燥。
19．（2024高三上·广州开学考）甲醇是一种重要的化工原料和燃料。利用和生成甲醇的反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
已知：几种化学键的键能数据如下表所示。
化学键
键能/ 436 803 1071 463
（1）结合上表数据，　 　。反应Ⅱ能自发进行的条件是　 　(填“低温”“高温”或“任意温度”)。
（2）在120℃，体积恒定的密闭容器中发生反应Ⅰ和Ⅱ。
①若达到平衡后，增大体系的压强，则CO的物质的量　 　(填“增大”“减小”或“不变”)，原因是　 　。
②若通入1mol 和2.5mol 混合气体，起始压强为0.35MPa，发生反应Ⅰ和Ⅱ.平衡时，总压为0.25MPa，的转化率为60%，则反应Ⅱ的压强平衡常数　 　(分压=总压×物质的量分数，列出计算式即可)。
（3）某研究小组自制熔融碳酸盐甲醇燃料电池，工作原理如图所示：
①负极电极反应式为　 　。
②该电池以恒定电流I A工作t min，测得化学能转化为电能的转化率为，则消耗甲醇　 　kg(已知：一个电子的电量为，阿伏加德罗常数的值为)。
20．（2024高三上·广州开学考）西那卡塞是一种治疗甲状旁腺功能亢进的药物，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）A中官能团的名称为　 　。根据A的结构特征，完成下表。
序号 反应试剂、条件 生成物结构简式 反应类型
催化剂、加热 　 　 加聚反应
　 　 、 水解反应
（2）B的结构简式为　 　。
（3）的反应类型为　 　。
（4）同时符合下列条件的化合物的同分异构体有　 　种。
①核磁共振氢谱显示三组峰面积之比为；
②能与溶液作用显色。
（5）能与形成盐酸西那卡塞，从物质结构角度分析其原因　 　。
（6）化合物是一种含有七元杂环的生物碱，其合成路线如图(反应条件已省略)：
①的结构简式为　 　。
②的方程式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】有机高分子化合物的结构和性质；硅酸盐
【解析】【解答】A、越王勾践剑是金属制品，其材质主要为金属，并非硅酸盐材料，故A不符合题意 ；
B、元代青花瓷属于陶瓷范畴，陶瓷是典型的硅酸盐材料，是由含硅物质经过复杂的高温烧制等工艺形成，主要成分包含硅酸盐，故B不符合题意 ；
C、透雕云纹木梳，从名称可知其材质是木材，木材的主要成分是纤维素等有机物质，和硅酸盐没有关系，故C不符合题意 ；
D、金神佛像，“金” 表明其材质为金属，属于金属材料，并非硅酸盐材料，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】先明确硅酸盐材料常见类别（像陶瓷、玻璃、水泥等），再对每个选项中文物的材质进行判断，依据材质是否为硅酸盐相关成分。
2．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；硅和二氧化硅；有机高分子化合物的结构和性质；绿色化学
【解析】【解答】A、可再生能源在产生能量过程中，相比传统化石能源（如煤炭、石油等，燃烧会释放大量 ），几乎不会产生或极少产生碳排放。比赛场馆100%使用可再生能源供电，能有效减少因能源消耗产生的 排放量，故A错误 ；
B、纤维材料分为天然纤维和合成纤维等，环保再生纤维属于有机高分子材料范畴。有机高分子材料是指相对分子质量很大（通常几万以上 ）的有机化合物，纤维材料的分子结构符合这一特征，所以环保再生纤维材料为有机高分子材料，故B错误 ；
C、控制芯片的主要成分是硅（ ），硅是良好的半导体材料，可用于制作芯片。而（二氧化硅 ）主要用于制作光导纤维等，并非芯片的主要成分，故C正确 ；
D、天然橡胶的主要成分是顺 - 1，4 - 聚异戊二烯，它是由异戊二烯通过加聚反应形成的聚合物。所以说生产橡胶弹性地板的原料天然橡胶是异戊二烯的聚合物，故D错误 ；
故答案为：C。
【分析】先回忆能源与碳排放关系、有机高分子材料类别、芯片及光导纤维成分、天然橡胶结构等知识。然后对每个选项，依据对应知识判断对错，重点区分硅和二氧化硅的用途、天然橡胶的聚合单体等，从而找出不正确的说法。
3．【答案】D
【知识点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、柠檬黄是常见着色剂，可给食品染色，功能匹配，故A不符合题意 ；
B、苯甲酸钠能抑制细菌等微生物繁殖，作防腐剂，功能匹配，故B不符合题意 ；
C、谷氨酸钠（味精主要成分 ）可增强食品鲜味，作增味剂，功能匹配，故C不符合题意 ；
D、碳酸氢钠受热分解产生，使食品蓬松，作膨松剂，而非凝固剂，功能不匹配，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】本题围绕食品添加剂的功能匹配，需结合常见食品添加剂的作用（着色、防腐、增味、膨松等 ），判断选项正误 。
A．判断柠檬黄的功能（着色剂用于改善食品色泽 ）。
B．分析苯甲酸钠的作用（防腐剂抑制微生物生长 ）。
C．明确谷氨酸钠的用途（增味剂提升食品鲜味 ）。
D．区分碳酸氢钠的食品添加剂功能（膨松剂产生气体使食品蓬松 ）。
4．【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；元素、核素
【解析】【解答】A、玻璃厂以纯碱、石灰石和石英砂生产普通玻璃，发生反应 、 ，利用的是物质高温反应性，和与酸性强弱无关，劳动项目与化学知识无关联，故A符合题意 ；
B、电子厂用溶液刻蚀覆铜板，发生反应 ，与反应，劳动项目和化学知识有关联，故B不符合题意 ；
C、水厂用消毒，利用强氧化性破坏细菌结构，劳动项目和化学知识有关联，故C不符合题意 ；
D、考古用测年代，基于死亡生物体中不断衰变，通过剩余量推算，劳动项目和化学知识有关联，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】A、生产玻璃反应与碳酸、硅酸酸性无关。
B、能与反应刻蚀铜板。
C、强氧化性可消毒。
D、衰变可测文物年代。
5．【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、在原电池中，相对活泼的金属作负极，不活泼的导电物质作正极。这里铁粉比碳粉活泼，所以铁粉是负极，碳粉是正极，A正确；
B、负极发生氧化反应，铁失去电子变成亚铁离子，电极反应式为 ，B正确；
C、若压强升高，说明装置内气体增多。析氢腐蚀会产生 ，使气体量增加、压强升高；而吸氧腐蚀是消耗 ，会使气体量减少、压强降低。所以压强升高时是以析氢腐蚀为主，不是吸氧腐蚀，C错误；
D、金属活动性 ，若把碳粉换成锌粉，锌粉作负极被氧化，铁粉作正极受到保护，属于牺牲阳极法，D正确；
故答案为：C。
【分析】通过原电池原理，分析电极、反应、腐蚀类型及保护方法，判断选项：
A：依据原电池正负极判断原则（活泼金属为负 ），确定碳粉作正极。
B：负极铁失电子生成 ，电极反应式正确。
C：压强升高说明生成气体（析氢腐蚀产 ），吸氧腐蚀耗 压强降。
D： 比 活泼， 作负极保护 。
6．【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、丙烯醛含碳碳双键和醛基，二者都能与溴水反应使溴水褪色，无法仅通过溴水褪色证明含醛基，A错误。
B、乙醇和浓硫酸混合液加热到140℃生成乙醚，制取乙烯需迅速升温到170℃，B错误。
C、与溶液不反应，能反应，用溶液会除去，不能除中的，C错误。
D、相同浓度的、溶液，pH越大，对应酸（、 ）越弱，用pH计测pH可比较酸性强弱，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题围绕实验方案的合理性判断，需结合官能团性质、反应条件、物质除杂原理及盐类水解规律，逐一分析选项 。
A．分析丙烯醛中官能团与溴水的反应（碳碳双键、醛基均能与溴水反应 ）。
B．明确实验室制取乙烯的反应条件（温度控制 ）。
C．判断、与溶液的反应差异（除杂不能消耗目标物质 ）。
D．利用盐类水解规律比较酸的酸性（越弱越水解，水解程度与pH关联 ）。
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、先算（甲醚）的物质的量， 。再看甲醚分子结构，一个甲醚分子里、 都是极性共价键，共8个，那么甲醚含极性共价键数目就是 ，A正确；
B、与足量稀硝酸反应，因硝酸强氧化性，会被氧化到价。物质的量 ，每个原子失3个电子，转移电子数应为 ，不是 ，B错误；
C、标准状况下，不是气体，是固体，不能用气体摩尔体积（ ）来计算其物质的量和分子数，C错误；
D、溶液中，会发生水解： ，水解使阴离子数目增多。所以溶液中阴离子数大于 ，D错误；
故答案为：A。
【分析】A：算甲醚物质的量，结合分子极性键数目判断。
B：依据与稀硝酸反应产物中化合价，算转移电子数。
C：根据标况下状态，判断能否用气体摩尔体积。
D：考虑水解对阴离子数的影响，判断选项。
8．【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；酰胺
【解析】【解答】A、分子含羟基（）、氰基（）、亚氨基（）、酰胺键（ ），共4种官能团，A错误；
B、分子中手性碳是与4个不同原子或基团相连的碳，经数共有3个，如图： ，B正确；
C、饱和碳原子是杂化，碳氧双键的碳是杂化，氰基（）中碳是杂化，共3种杂化方式，C错误；
D、分子含酰胺键（ ），在碱性溶液中加热会水解，不能稳定存在，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题围绕有机物的结构与性质，需结合官能团识别、手性碳原子判断、碳原子杂化方式及官能团的反应性，分析选项正误 。
A．识别分子中的官能团（羟基、氰基、、 ）。
B．判断手性碳原子（连4个不同原子或基团的碳原子 ）。
C．分析碳原子的杂化方式（饱和碳、碳氧双键碳、氰基碳 ）。
D．判断酰胺键在碱性条件下的稳定性（酰胺键可水解 ）。
9．【答案】A
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、氧化，生成和，离子方程式为 ，A正确；
B、是催化剂，离子方程式应体现分解，正确式子为，原选项错误，B错误；
C、在酸性条件下氧化生成和，离子方程式为 ，原选项生成，C错误；
D、正确离子方程式为 ，原选项产物、配平错误，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题围绕参与反应的离子方程式正误判断，需结合氧化还原反应原理、催化剂作用及离子方程式配平规则，逐一分析选项 。
A．判断与反应的离子方程式（氧化还原反应，作氧化剂，作还原剂 ）；
B．分析作催化剂时的反应（催化剂不参与离子方程式的实质书写）；
C．判断氧化的离子方程式（作氧化剂，产物应为，无生成 ）。
D．分析酸性氧化的离子方程式（作氧化剂，作还原剂，产物为和 ）。
10．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；含硫物质的性质及综合应用；氯水、氯气的漂白作用；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、假设是（氯的 - 1价氢化物 ），酸性高锰酸钾可将氧化为（为 ，氯为0价单质 ）；和水反应生成（为 ，氯为 + 1价含氧酸 ）；和反应生成（为 ，氯为 + 1价盐 ），所以存在的转化，A合理；
B、中元素化合价处于中间价态，有氧化性，但不一定能用于净水。比如若为（硫为 + 4价氧化物 ），主要用于漂白、制酸等，一般不用来净水；若为（氯为 + 4价氧化物 ），可用于净水，但不是所有中间价态的都能净水，B不合理；
C、假设是（为 + 4价硫的含氧酸 ）转化为（为 + 6价硫的含氧酸 ），在空气中被氧化： ，弱酸变强酸，溶液酸性增强，减小，C合理；
D、若是（硫的 - 2价氢化物 ），是（硫的 + 6价含氧酸 ），二者反应 ，生成的c为单质硫，硫元素位于第三周期ⅥA族，D合理；
故答案为：B。
【分析】利用元素化合价和物质类别，分析物质转化、性质应用、反应前后酸性及元素位置，判断选项推断是否合理。
A：结合氯元素不同价态物质的转化关系进行判断。
B：依据中间价态物质性质及净水应用特点进行判断。
C：根据亚硫酸被氧化为硫酸的酸性变化进行判断。
D：通过氢化物、含氧酸反应生成单质，确定元素位置，判断即可。
11．【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、蒸馏水煮沸排溶解氧，迅速冷却防外界氧气再溶，避免草酸亚铁被氧化，A正确；
B、打开 K1、K3、K4，关闭K2 ，M中与稀制，排N中空气，B正确；
C、P中无气泡后，需先验纯，再开K2、关 K1、K3压液，直接操作易因不纯爆炸，C错误；
D、N中生成草酸亚铁沉淀，经过滤、洗涤、干燥得晶体，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题围绕草酸亚铁晶体制备实验操作，需结合物质还原性（防氧化 ）、实验装置气密性、气体作用及产品获取步骤，判断操作正误 。
A．明确处理蒸馏水的目的（除溶解氧，防草酸亚铁被氧化 ）。
B．考查排空气的操作（用排尽N中空气，防草酸亚铁氧化 ）。
C．考查压液反应的操作前提（需先验纯，防爆炸 ）。
D．考查获取产品的步骤（过滤、洗涤、干燥分离沉淀 ）。
12．【答案】D
【知识点】化学键和分子间作用力的区别；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．反应原理： ，能发生是因为难溶于酸（沉淀生成使反应正向进行 ），与“酸性”无关，Ⅰ的反应不能说明Ⅱ的酸性强弱，且Ⅱ中酸性判断错误（酸性强于 ），故A不符合题意 ；
B．水解平衡： ，稀释促进水解（平衡右移 ），但溶液体积增大占主导。
变化：浓度 = ，水解生成的量增加，但体积增大更多，故浓度减小，变小，Ⅰ中“pH变大”错误，Ⅱ正确但因果不成立，故B不符合题意 ；
C．水解性质：油脂水解为甘油和高级脂肪酸，淀粉水解为葡萄糖，蛋白质水解为氨基酸，Ⅰ正确。
高分子判断：淀粉、蛋白质是有机高分子；油脂相对分子质量小，不是高分子，Ⅱ错误；Ⅱ错误，且水解与是否为高分子无直接因果。故C不符合题意 ；
D．电负性：同主族元素（、 ），从上到下电负性减小（ ），Ⅱ正确。
酸性影响：中电负性大，吸引电子能力强，使羧基（ ）中键极性增强，更易电离出；中电负性弱于，酸性弱于，故酸性，Ⅰ正确。
电负性差异（Ⅱ ）导致酸性差异（Ⅰ ），因果成立，故D符合题意 ；
故答案为：D 。
【分析】A、复分解反应不遵循“弱酸制强酸”常规，因有沉淀生成。
B、分析稀释对盐类水解及溶液pH的影响，要考虑水解平衡移动和溶液体积变化的综合作用。
C、明确有机高分子的定义（相对分子质量大），判断油脂、淀粉、蛋白质是否符合，再看水解与高分子的因果关系。
D、依据同主族元素电负性变化规律，分析电负性对取代羧酸酸性的影响，判断因果关系。
13．【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；极性分子和非极性分子；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、Z（F）、W（B）等原子，通过形成共价键（含配位键 ），均达到 8e- 稳定结构，A正确；
B、W（B）、 X（C）同周期，C在B右侧，第一电离能 C＞B ，即X＞W ，B正确；
C、CO2 空间构型为直线形，键角为 180° ，CF4空间构型为正四面体，键角约109°28'，故键角 XY2＞XZ4 ，C正确；
D、 BF3空间构型为平面正三角形，分子对称，为非极性分子；OF2空间构型为V形，分子不对称，为极性分子，则分子极性 WZ3＜YZ2 ，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题围绕元素推断与物质结构性质，先依据“Y在地壳中含量最高”推Y为O，再结合原子半径、价键数确定W、X、Z，然后分析原子结构、第一电离能、键角及分子极性，据此分析。
A．判断原子是否满足8电子稳定结构（看价键数与原子最外层电子数 ）。
B．比较同周期元素第一电离能（同周期从左到右第一电离能总体增大 ）。
C．分析XY2（CO2）和XZ4（CF4）的空间构型与键角（CO2 直线形， CF4正四面体 ）。
D．判断分子极性（WZ3即BF3非极性，YZ2即OF2极性 ）。
14．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况；分子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A、含4个 键，每个含1个键（三键中1个、2个键 ），共8个键，A正确；
B、沸点 43℃ 低，说明分子间作用力弱，为分子晶体，B正确；
C、镍晶胞与铜相同，为面心立方晶胞，配位数是12，不是8，C错误；
D、面心立方晶胞边长为a，面对角线长a，等于4倍原子半径，故原子半径，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题围绕及镍晶体的结构与性质，需结合化学键类型（键 ）、晶体类型（分子晶体判断 ）、配位数计算（面心立方晶胞 ）及原子半径推导，分析选项正误 。
A．计算中键数目（键及中键 ）。
B．判断晶体类型（依据沸点低，分子间作用力弱 ）。
C．计算面心立方晶胞中镍原子配位数（面心立方晶胞配位数为12 ）。
D．推导镍晶胞中原子半径（面心立方晶胞边长与原子半径的关系 ）。
15．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、放电时为负极，失电子后与结合，反应为 ，A正确；
B、充电时生成，溶液中浓度增大，B错误；
C、放电时生成，充电时无气体产生，气体不同，C正确；
D、雷尼镍仅催化导电，锌参与反应，充放电中作储能介质，调控能源存储和制氢，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题围绕 可充电电池的充放电原理，需结合总反应、电极反应及充放电过程中物质变化，分析选项 ，由题干可知，电池总反应为，分析如下：
A．判断放电时极的电极反应（失电子，结合生成 ）。
B．分析充电时溶液浓度变化（总反应逆向进行，生成 ）。
C．对比充放电时产生的气体（放电产，充电无气体 ）。
D．判断锌在充放电中的作用（作储能介质，调控能量与制氢 ）。
16．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．，即当时，，由上图可知，曲线Ⅰ中，在此体系中，存在电荷守恒：，物料守恒：，可得到质子守恒，，氢离子及氢氧根的浓度相对RNH2及来说比较小，可忽略，故RNH2和的浓度近似相等，此时可得=10-5.86，数量级为10-6，A错误；
B．水的电离受溶液酸碱性影响：碱性越强（浓度越高 ），抑制水的电离（水的电离程度越小 ）；曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中，、、点依次增大（点最小，点最大 ），说明浓度： ；水的电离程度与抑制程度负相关，故水的电离程度：（浓度越小，抑制越弱，水的电离程度越大 ），B错误；
C．加入 溶液，与反应： ，恰好完全反应生成和 ，
电离： ，溶液中主要来自电离，来自水的电离，
电荷守恒： ，因（完全电离 ），简化为 ，即 ，不满足 ，C错误；
D．缓冲体系由“弱碱（ ） + 其共轭酸（ ，强酸弱碱盐 ）”组成；加入少量时，与结合生成；加入少量时，与结合生成 ，可抵抗剧烈变化，符合缓冲体系特征，D正确；
故答案为：D。
【分析】针对弱碱与其共轭酸组成的混合溶液，结合电离平衡、水解平衡、守恒关系及缓冲溶液概念，逐一分析选项：A、考察了弱碱电离常数（ ）的计算、溶液中守恒关系（电荷守恒、物料守恒、质子守恒 ）。
B、明白弱碱电离、共轭酸水解对水的电离的影响（抑制/促进 ）。
C、理解溶液中离子反应、电离与水解的离子浓度关系。
D、理解缓冲溶液的组成（弱碱与其共轭酸 ）。
17．【答案】（1）分液漏斗、球形冷凝管；摇匀
（2）2Na+Cu2++2H2O=Cu(OH)2↓+2Na++H2↑
（3）实验Ⅱ溶液pH=9，则c(H+)=1×10-9 mol/L，c(OH-)=1×10-5mol/L，，则所需Cu2+的最小浓度为c(Cu2+)=mol/L
（4）[Cu(OH)4]2-+2H+= Cu(OH)2↓+2H2O
（5）CH3CH=CHCHO
（6）出现砖红色沉淀
【知识点】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）由配制实验I中的溶液，称量的质量，用到电子天平；溶解晶体用到烧杯；加水用到量筒，故不需要的是分液漏斗、球形冷凝管；定容后需要将溶液摇匀；
故答案为： 分液漏斗、球形冷凝管 ； 摇匀 ；
（2）实验Ⅰ中金属钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，
故答案为：2Na+Cu2++2H2O=Cu(OH)2↓+2Na++H2↑；
（3）实验Ⅱ溶液pH=9，则c(H+)=1×10-9 mol/L，c(OH-)=1×10-5mol/L，，则所需Cu2+的最小浓度为c(Cu2+)=mol/L；
故答案为： 实验Ⅱ溶液pH=9，则c(H+)=1×10-9 mol/L，c(OH-)=1×10-5mol/L，，则所需Cu2+的最小浓度为c(Cu2+)=mol/L
（4）实验Ⅱ中未出现蓝色沉淀是因为NaOH溶液过量，产生的Cu(OH)2溶于NaOH溶液形成Na2[Cu(OH)4]，滴入盐酸后产生沉淀的离子方程式为[Cu(OH)4]2-+2H+= Cu(OH)2↓+2H2O；
故答案为： [Cu(OH)4]2-+2H+= Cu(OH)2↓+2H2O
（5）由已知条件可知，实验Ⅳ中产生烯醛类物质，则两分子乙醛县发生加成反应，再发生消去反应，其反应原理为得到烯醛的结构简式为CH3CH=CHCHO；
故答案为： CH3CH=CHCHO
（6）取实验I反应后的溶液于试管中，振荡，加入0.5mL甲醛溶液，加热，发生反应HCHO + 4Cu(OH)2 + 2NaOH Na2CO3+ 2Cu2O↓ + 6H2O，可以看到试管底部出现砖红色沉淀。
故答案为： 出现砖红色沉淀
【分析】（1）配制溶液仪器选择（依据配制步骤，判断无需的仪器：分液漏斗、球形冷凝管 ）；定容后操作（摇匀，保证溶液均一 ）。
（2）分析与溶液反应过程（先与水生成和，再与生成沉淀 ），据此写离子方程式。
（3）利用溶度积计算（由得，结合，算出，判断因浓度过低无沉淀 ）。
（4）分析沉淀产生与溶解的反应（过量使转化为，加盐酸后逆向生成沉淀 ），写离子方程式 。
（5）推导烯醛生成原理（两分子乙醛先加成、再消去 ），确定结构简式 。
（6）分析甲醛与的反应（加热条件下发生氧化还原，生成砖红色沉淀 ），现象为出现砖红色沉淀 。
（1）由配制实验I中的溶液，称量的质量，用到电子天平；溶解晶体用到烧杯；加水用到量筒，故不需要的是分液漏斗、球形冷凝管；定容后需要将溶液摇匀；
（2）实验Ⅰ中金属钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，离子方程式为2Na+Cu2++2H2O=Cu(OH)2↓+2Na++H2↑；
（3）实验Ⅱ溶液pH=9，则c(H+)=1×10-9 mol/L，c(OH-)=1×10-5mol/L，，则所需Cu2+的最小浓度为c(Cu2+)=mol/L；
（4）实验Ⅱ中未出现蓝色沉淀是因为NaOH溶液过量，产生的Cu(OH)2溶于NaOH溶液形成Na2[Cu(OH)4]，滴入盐酸后产生沉淀的离子方程式为[Cu(OH)4]2-+2H+= Cu(OH)2↓+2H2O；
（5）由已知条件可知，实验Ⅳ中产生烯醛类物质，则两分子乙醛县发生加成反应，再发生消去反应，其反应原理为得到烯醛的结构简式为CH3CH=CHCHO；
（6）取实验I反应后的溶液于试管中，振荡，加入0.5mL甲醛溶液，加热，发生反应HCHO + 4Cu(OH)2 + 2NaOH Na2CO3+ 2Cu2O↓ + 6H2O，可以看到试管底部出现砖红色沉淀。
18．【答案】（1）；D
（2）增大固液接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率
（3）Cl2
（4）溶液中酸性较强，则发生反应，从而导致平衡右移，溶液中Fe、P元素含量较多；
（5）4.7≤pH＜8.4；
（6）蒸发浓缩；趁热过滤
【知识点】原子核外电子排布；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）基态Li原子核外电子排布式为1s22s1，其轨道表示式为；Li的焰色试验的颜色为紫红色，
故答案为： ；D；
（2）粉碎的目的是：增大固液接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率；
故答案为： 增大固液接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率 ；
（3）浸出时LiFePO4与盐酸、NaClO3反应生成沉淀FePO4、气体Cl2、NaCl和LiCl；
故答案为： Cl2 ；
（4）溶液中酸性较强，则发生反应，从而导致平衡右移，溶液中Fe、P元素含量较多；
故答案为： 溶液中酸性较强，则发生反应，从而导致平衡右移，溶液中Fe、P元素含量较多； ；
（5）根据图像，调节pH的目的是使Al3+、Fe3+生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，而不使Al(OH)3溶解，则pH的范围是4.7≤pH＜8.4；
故答案为： 4.7≤pH＜8.4；
（6）由Li2CO3的溶解度曲线可知，温度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在温度高时，Li2CO3的溶解度小，有利于析出，所以提高Li2CO3的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥。
故答案为： 蒸发浓缩 ； 趁热过滤。
【分析】废旧电池正极材料经粉碎，增大接触面积，便于后续反应 ，粉碎后物料加入和进行浸出，等发生反应溶解，分离得到 ，浸出液中加入进行除杂，生成沉淀，除去磷相关杂质 ，先加入适量 调节，使、分别转化为、沉淀而除去 ，再加入进行沉锂，生成产品，完成锂的回收 。
（1）基态Li原子核外电子排布式为1s22s1，其轨道表示式为；Li的焰色试验的颜色为紫红色，故选D；
（2）粉碎的目的是：增大固液接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率；
（3）浸出时LiFePO4与盐酸、NaClO3反应生成沉淀FePO4、气体Cl2、NaCl和LiCl；
（4）溶液中酸性较强，则发生反应，从而导致平衡右移，溶液中Fe、P元素含量较多；
（5）根据图像，调节pH的目的是使Al3+、Fe3+生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，而不使Al(OH)3溶解，则pH的范围是4.7≤pH＜8.4；
（6）由Li2CO3的溶解度曲线可知，温度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在温度高时，Li2CO3的溶解度小，有利于析出，所以提高Li2CO3的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥。
19．【答案】（1）+45；低温
（2）减小；若达到平衡后，增大体系的压强，反应Ⅱ平衡正向移动，则c(H2O)浓度变大，使得反应Ⅰ平衡逆向移动，则CO的物质的量减小；
（3）；
【知识点】反应热和焓变；焓变和熵变；化学平衡移动原理；化学平衡的计算；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1） 反应物的键能－生成物的键能=2×803kJ·mol-1+436 kJ·mol-1－1071 kJ·mol-1－2×463 kJ·mol-1=+45 kJ·mol-1；依据反应能自发进行，反应Ⅱ的、，则在低温能自发进行；
故答案为： +45 ； 低温 ；
（2）①若达到平衡后，增大体系的压强，反应Ⅱ平衡正向移动，则c(H2O)浓度变大，使得反应Ⅰ平衡逆向移动，则CO的物质的量减小；
②通入1mol和2.5mol混合气体，起始压强为0.35MPa，平衡压强为0.25MPa，则平衡时气体总共物质的量为2.5mol，设反应ⅠCO2的变化量为x，列出三段式有，则0.4+0.7+2x+0.6－x+0.6－x+x=2.5，解得x=0.1mol，则平衡时p(H2O)=，p(CH3OH)=，p(H2)=，p(CO2)=，则反应Ⅱ的压强平衡常数=
故答案为： 减小 ； 若达到平衡后，增大体系的压强，反应Ⅱ平衡正向移动，则c(H2O)浓度变大，使得反应Ⅰ平衡逆向移动，则CO的物质的量减小 ； ；
（3）①由原电池原理可知，通入甲醇的一端为负极，通入氧气的一端为正极，则负极的反应为；
②根据公式Q=I×t，Q是电量，单位是C，I是电流，单位是安培A；t是时间，单位是秒s；以1 A的电流工作tmin，也就是60t s，通过的电量是60ItC，1个电子的电量是1.6×10-19C，所以通过的电子数量是，由于甲醇的碳是-2价，反应后升到+4价，1个甲醇分子就要失去6个电子，因此转移电子就需要个甲醇分子发生反应，考虑到能量转化效率是，所以实际发生反应的甲醇分子数是，物质的量是mol，其质量是=kg。
故答案为： ； 。
【分析】（1）用键能计算，反应物键能总和生成物键能总和，算出反应热 。
反应Ⅱ、，据，低温自发。
（2）①增大压强，反应Ⅱ正向移动使增大，促使反应Ⅰ逆向移动，物质的量减小 。
②用三段式，结合起始/平衡压强、转化率，算各物质分压，代入表达式（分压总压物质的量分数 ）。
（3）①负极甲醇失电子，结合电解质写电极反应 。
②由电流、时间算电量，结合电子电量、阿伏加德罗常数，及能量转化率，推导甲醇质量（用公式，关联电子转移与甲醇反应 ）。
（1） 反应物的键能－生成物的键能=2×803kJ·mol-1+436 kJ·mol-1－1071 kJ·mol-1－2×463 kJ·mol-1=+45 kJ·mol-1；依据反应能自发进行，反应Ⅱ的、，则在低温能自发进行；
（2）①若达到平衡后，增大体系的压强，反应Ⅱ平衡正向移动，则c(H2O)浓度变大，使得反应Ⅰ平衡逆向移动，则CO的物质的量减小；
②通入1mol和2.5mol混合气体，起始压强为0.35MPa，平衡压强为0.25MPa，则平衡时气体总共物质的量为2.5mol，设反应ⅠCO2的变化量为x，列出三段式有，则0.4+0.7+2x+0.6－x+0.6－x+x=2.5，解得x=0.1mol，则平衡时p(H2O)=，p(CH3OH)=，p(H2)=，p(CO2)=，则反应Ⅱ的压强平衡常数=
（3）①由原电池原理可知，通入甲醇的一端为负极，通入氧气的一端为正极，则负极的反应为；
②根据公式Q=I×t，Q是电量，单位是库伦C，I是电流，单位是安培A；t是时间，单位是秒s；以1 A的电流工作tmin，也就是60t s，通过的电量是60ItC，1个电子的电量是1.6×10-19C，所以通过的电子数量是，由于甲醇的碳是-2价，反应后升到+4价，1个甲醇分子就要失去6个电子，因此转移电子就需要个甲醇分子发生反应，考虑到能量转化效率是，所以实际发生反应的甲醇分子数是，物质的量是mol，其质量是=kg。
20．【答案】（1）碳碳双键、酯基；；氢氧化钠溶液
（2）
（3）加成反应
（4）10
（5）原子上有一个电子对，能够与形成配位键
（6）；
【知识点】配合物的成键情况；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；加成反应；结构简式
【解析】【解答】（1）① A为丙烯酸乙酯，官能团的名称为碳碳双键、酯基；
② 丙烯酸乙酯含有碳碳双键，可以发生加聚反应，生成物结构简式；
③ 酯可以在酸、碱条件下水解，根据生成物、，可以确定反应试剂为氢氧化钠溶液；
故答案为： 碳碳双键、酯基 ； ； 氢氧化钠溶液 ；
（2）B的结构简式为
故答案为： ；
（3）由双键变成单价，是加成反应；
故答案为： 加成反应 ；
（4）核磁共振氢谱显示三组峰面积之比为，说明该有机物分子中有三种H原子，且三种H原子的个数之比为9：1：1，能与溶液作用显色，说明结构含有酚羟基，的同分异构体中丙基分别位于苯环中三氟甲基的邻、间、对位置，分别有4、4、2种同分异构符合条件，故一共10种：、、、、、、、、、；
故答案为： 10 ；
（5）能与形成盐酸西那卡塞，从物质结构角度分析其原因：原子上有一个电子对，能够与形成配位键；
故答案为：原子上有一个电子对，能够与形成配位键 ；
（6）①根据合成路线推断，的结构简式为；
②的方程式为：。
故答案为： ；
【分析】与发生反应生成，结合C的结构（含、酯基及碳碳双键 ）和A的结构，可推测A与B发生取代反应（A中酯基邻位与B的Br发生取代 ）生成C；逆推出B的结构简式为，C在（强还原剂 ）作用下，酯基被还原为羟基，生成；D与（催化加氢 ）反应，碳碳双键被加成，生成，E在作用下，羟基被氧化为醛基，生成F；F与发生反应，结合H的结构（含亚胺键 ），推测F的醛基与G的氨基发生缩合反应（消除水生成亚胺 ），生成；H在的作用下，亚胺键被还原为胺键，最终生成。
（1）① A为丙烯酸乙酯，官能团的名称为碳碳双键、酯基；
② 丙烯酸乙酯含有碳碳双键，可以发生加聚反应，生成物结构简式；
③ 酯可以在酸、碱条件下水解，根据生成物、，可以确定反应试剂为氢氧化钠溶液；
（2）B的结构简式为
（3）由双键变成单价，是加成反应；
（4）核磁共振氢谱显示三组峰面积之比为，说明该有机物分子中有三种H原子，且三种H原子的个数之比为9：1：1，能与溶液作用显色，说明结构含有酚羟基，的同分异构体中丙基分别位于苯环中三氟甲基的邻、间、对位置，分别有4、4、2种同分异构符合条件，故一共10种：、、、、、、、、、；；
（5）能与形成盐酸西那卡塞，从物质结构角度分析其原因：原子上有一个电子对，能够与形成配位键；
（6）① 根据合成路线推断，的结构简式为；
②的方程式为：。
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