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广东省汕头市澄海区2024-2025学年高二上学期期末考试化学试题
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．（2025高二上·澄海期末）下列有关科技创新的应用中将电能转化为化学能的是
A.中国承建卡塔尔最大光伏电站为世界杯供电 B.纽扣式银锌电池
C.世界首部可折叠柔屏手机通话 D.比亚迪新能源汽车充电
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】常见能量的转化及运用
【解析】【解答】A、光伏电站是将太阳能转化为电能，并非电能转化为化学能，A不符合题意；
B、纽扣式银锌电池是将化学能转化为电能，属于原电池原理，B不符合题意；
C、手机通话时，电池提供电能，是将化学能转化为电能，C不符合题意；
D、新能源汽车充电时，是将外界提供的电能转化为电池内部的化学能储存起来，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．光伏电站的能量转化是太阳能到电能，与电能转化学能无关。
B．银锌电池是化学能转电能（原电池），不是电能转化学能。
C．手机通话依靠电池放电，是化学能转电能，不符合。
D．汽车充电时，电能转化为电池中的化学能，符合题意。
2．（2025高二上·澄海期末）在氯碱工业生产中，安全检测员曾经使用浓氨水检验管道是否漏气，反应原理为8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2。下列有关微粒的描述正确的是
A．氨分子的空间填充模型：
B．氮气的结构式：
C．中子数为18的氯原子：
D．氯化铵的电子式：
【答案】B
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、氨分子（NH3）的空间结构为三角锥形（N 原子位于顶点，3 个 H 原子位于底面），而非题目所示模型，A错误；
B、氮气分子（N2）中两个 N 原子通过三对共用电子结合，结构式为 N≡N，B正确；
C、氯原子质子数为 17，中子数 18，则质量数 = 17+18=35，应表示为1735Cl，而非17 8Cl，C错误；
D、氯化铵（NH4Cl）由 NH4+和 Cl-构成，Cl-的电子式需标注最外层 8 电子（[：Cl：]-）， 电子式为，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．明确氨分子的空间结构与模型的对应关系。
B．判断氮气分子中化学键的表示是否正确。
C．根据原子表示方法（左上角质量数，左下角质子数）判断。
D．检查氯化铵电子式中离子的电子表示是否完整。
3．（2025高二上·澄海期末）潮汕美食以其精湛的烹饪技艺、对食材精挑细选以及细致入微的调味，在潮汕菜菜系中占据着举足轻重的地位，彰显出独特而迷人的饮食文化魅力。下列说法错误的是
A．潮汕糕烧番薯芋甜而不腻，美味可口，糖浆中的蔗糖能发生银镜反应
B．猪脚圈外酥里嫩，香气扑鼻，其中五花肉里的油脂可发生皂化反应
C．苏南卤鹅肉汁肥美，鹅肉中的蛋白质水解后的产物氨基酸属于两性物质
D．“糖葱薄饼”作为潮汕传统名小吃因其口感、卖相广受好评，“薄饼”的主要成分为淀粉
【答案】A
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、蔗糖属于非还原性糖，分子结构中没有醛基，因此不具备发生银镜反应的条件，A错误；
B、五花肉中的油脂属于油脂类物质，在碱性条件下可以发生水解反应，即皂化反应，B正确；
C、蛋白质水解的最终产物是氨基酸，氨基酸分子中同时含有氨基（能与酸反应）和羧基（能与碱反应），这种结构使得氨基酸既能和酸反应，又能和碱反应，属于两性物质。鹅肉中的蛋白质水解后产生氨基酸，因此具有两性，C正确；
D、“薄饼”的制作原料是面粉，而面粉的主要成分是淀粉，这是生活常识与化学知识的结合，D正确；
故答案为：A。【分析】A．掌握糖类（蔗糖）的结构与还原性（是否含醛基、能否发生银镜反应）。
B．理解油脂皂化反应的定义（碱性条件下的水解反应）。
C．明确氨基酸的两性（同时含氨基和羧基，能与酸、碱反应）。
D．知晓常见食材（面粉）的主要成分（淀粉）。
4．（2025高二上·澄海期末）“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化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学原理
A 家务劳动：用食醋洗去水壶中的水垢 醋酸的酸性比碳酸强
B 学农活动：种豆科植物可少施氮肥 根瘤菌可自然固氮
C 学工活动：给铁制钥匙镀上铜层 在阴极放电生成铜单质
D 实践活动：用泡沫灭火剂进行消防演习 溶液中和发生双水解
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；羧酸简介；电镀
【解析】【解答】A、食醋主要成分是醋酸（CH3COOH），水垢主要成分是碳酸钙（CaCO3），二者反应的化学方程式为CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，根据强酸制弱酸原理，说明醋酸酸性强于碳酸，劳动项目与化学知识有关联，A不符合题意；
B、豆科植物根瘤菌可将空气中的氮气转化为含氮化合物，实现自然固氮，因此种植豆科植物可减少氮肥的施用，劳动项目与化学知识有关联，B不符合题意；
C、给铁制钥匙镀铜时，铁钥匙作阴极，铜离子（Cu2+）在阴极得到电子发生还原反应生成铜单质，从而在钥匙表面镀上铜层，劳动项目与化学知识有关联，C不符合题意；
D、泡沫灭火器的主要成分是硫酸铝和碳酸氢钠，其灭火原理是溶液中HCO3-和Al3+发生双水解反应，而非Al3+和CO32-，劳动项目与所述化学知识没有关联，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．掌握强酸制弱酸原理（醋酸与碳酸钙的反应）。
B． 理解自然固氮的概念（豆科植物根瘤菌的作用）。
C．明确电镀的电化学原理（阴极还原反应）。
D． 知晓泡沫灭火器的双水解原理（Al3+与HCO3-的反应）。
5．（2025高二上·澄海期末）化学是一门以实验为基础的学科。下列实验说法不正确的是
A．图①装置可用于强酸与强碱的稀溶液中和热测定
B．图②装置可用于排出盛装溶液滴定管尖嘴内的气泡
C．图③装置可用于溶液直接蒸干制取无水固体
D．图④装置盐桥中阴离子向溶液中迁移
【答案】C
【知识点】中和热的测定；酸（碱）式滴定管的使用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、中和热测定需要保温（减少热量损失）、测温（温度计）、搅拌（玻璃搅拌器）装置。图①的隔热层（保温）、温度计、玻璃搅拌器均具备，可用于强酸强碱稀溶液的中和热测定，A正确；
B、碱式滴定管排气泡时，将胶管弯曲使尖嘴斜向上，捏住胶管挤压玻璃珠，溶液从尖嘴流出可排出气泡。图②操作符合该方法，B正确；
C、FeCl3溶液存在水解平衡FeCl3+3H2O Fe(OH)3 +3HCl，HCl易挥发，直接蒸干时水解彻底，最终得到Fe(OH)3（或Fe2O3），而非无水FeCl3。若制备无水FeCl3，需在HCl气流中加热蒸干（抑制水解），因此图③装置直接蒸干无法得到目标固体，C错误；
D、锌铜原电池中，Zn为负极（失电子），Cu为正极（得电子），盐桥中阴离子向负极区（ZnSO4溶液）迁移，D正确；
故答案为：D。
【分析】A.明确中和热测定的关键条件（保温、测温、搅拌），对比图①装置的组件，判断其可行性。
B.回忆碱式滴定管排气泡的操作规范，结合图②的操作细节，确认其合理性。
C.分析FeCl3的水解平衡，考虑加热蒸干时HCl挥发对水解的促进作用，进而判断直接蒸干的产物，明确制备无水FeCl3的正确条件。
D.根据原电池正负极的判断（金属活动性），结合盐桥中离子的迁移规律（阴离子向负极区迁移），分析图④装置的离子迁移方向。
6．（2025高二上·澄海期末）广霍香(如图1)是十大广药(粤十味)之一，在广东的主产地是湛江、肇庆等地。具有开胃止呕、发表解暑之功效，是藿香正气水的主要成分。愈创木烯(结构简式如图2)是广霍香的重要提取物之一。下列有关愈创木烯的说法正确的是
A．常温下是气体
B．属于乙烯的同系物
C．愈创木烯所有的碳原子一定共平面
D．能与Br2发生加成反应
【答案】D
【知识点】烯烃；同系物
【解析】【解答】A、该物质含碳原子数远大于5，相对分子质量较大，熔沸点较高，常温下为液态或固态，不是气体，A错误；
B、同系物要求结构相似（官能团种类、数目相同，碳骨架类型一致）。愈创木烯含两个碳碳双键且有环状结构，乙烯是链状单烯烃，结构不相似，不属于乙烯的同系物，B错误；
C、愈创木烯含多个饱和碳原子（与四个单键相连的碳），饱和碳原子的空间结构为四面体，因此所有碳原子不可能共平面，C错误；
D、该物质含碳碳双键，碳碳双键能与Br2发生加成反应，D正确；
故答案为：D。
【分析】A.有机物的状态与碳原子数、相对分子质量密切相关，碳原子数较多（一般＞5）时，常温下多为液态或固态，据此判断愈创木烯的状态。
B.明确同系物“结构相似（官能团、碳骨架类型一致）、分子组成相差若干个CH2”定义判断是否为同系物。
C.饱和碳原子（四面体结构）的存在会破坏共面性，分析愈创木烯中饱和碳原子的分布，判断碳原子是否共平面。
D.碳碳双键是不饱和官能团，能与卤素（如Br2）发生加成反应，据此分析愈创木烯的反应性。
7．（2025高二上·澄海期末）化学有独特的符号表达形式。下列说法正确的是
A．用铁电极电解氯化镁溶液：
B．CO燃烧热的热化学方程式：
C．用FeS除去废水中的重金属Hg2+：
D．硫化钠水解反应：
【答案】C
【知识点】燃烧热；盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、铁作为活性电极，电解氯化镁溶液时，阳极会发生铁的氧化反应，而非氯离子放电。正确反应为，A错误；
B、CO 燃烧是放热反应，热化学方程式中 ΔH 应为负值。正确方程式为：，B错误；
C、FeS 的溶解度大于 HgS，根据沉淀转化原理，FeS (s) 可与 Hg2+(aq) 反应生成更难溶的 HgS (s) 和 Fe2+(aq)，，C正确；
D、S2-的水解分步进行，第一步为 S2-+H2O HS-+OH-，第二步为 HS-+H2O H2S+OH-，原选项直接写成一步生成 H2S，不符合分步水解规律，D错误；
故答案为：C。【分析】从化学反应原理出发，结合物质性质及方程式书写规则，逐一验证各选项的正确性。
8．（2025高二上·澄海期末）已知反应Ⅰ和反应Ⅱ的反应原理及反应进程中能量变化如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
下列说法正确的是
A．
B．反应Ⅰ的反应速率大于反应Ⅱ的反应速率
C．反应Ⅱ正反应的活化能为
D．加入合适催化剂后、、均会降低
【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、反应 Ⅰ 的反应物是 A (g) 和 B (g)，相对能量为 E2；生成物是 C (g) 和 D (g)，相对能量为 E3。焓变 ΔH1等于生成物总能量减去反应物总能量，即 ΔH1=(E3 E2) kJ mol- ，A正确；
B、活化能越高，反应速率越慢。反应 Ⅰ 的活化能是 E5 E2，反应 Ⅱ 的活化能是 E4 E3，由图可知反应 Ⅰ 的活化能更高，故反应 Ⅰ 的速率小于反应 Ⅱ，B错误；
C、反应 Ⅱ 的反应物是 D (g) 和 2B (g)，相对能量为 E3，正反应的活化能是过渡态能量与反应物能量的差值，即 E4 E3，而非 E4，C错误；
D、催化剂降低活化能（E4、E5会降低），但不改变反应前后物质的能量，故 E3不变，D错误；
故答案为：A。【分析】A．根据反应前后能量差计算焓变。
B．活化能与反应速率的关系。
C．判断反应 Ⅱ 的正反应活化能。
D．催化剂对活化能和能量的影响。
9．（2025高二上·澄海期末）金属—空气电池是以金属(锌、铝、锂等)和氧气作为活性物质的一种电池，也被称为金属燃料电池。下列说法正确的是
A．可选用石墨作电池负极
B．金属电极上发生氧化反应
C．电流由金属电极经外电路流向另一电极
D．该电池可以将化学能转化为电能
【答案】B
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、金属 - 空气电池中，负极发生氧化反应，需由活泼金属（锌、铝、锂等）承担，石墨化学性质稳定，不能作负极，A错误；
B、金属电极作为负极，失去电子，发生氧化反应，B正确；
C、电子由负极（金属电极）经外电路流向正极，而电流方向与电子移动方向相反，是由正极经外电路流向金属电极，C错误；
D、原电池工作时，存在化学能转化为电能的同时，还会有热能等其他形式能量的转化，化学能不可能100%转化为电能，D错误；
故答案为：B。
【分析】A.根据负极需发生氧化反应的特点，判断金属材料作负极。
B.金属作为负极失电子，符合氧化反应的定义。
C.结合电子和电流的流向关系，分析出电流方向与电子流向相反。
D.依据原电池能量转化的实际情况，判断化学能不可能100%转化为电能。
10．（2025高二上·澄海期末）下列说法正确的是
A．向10mL0.1mol·L-1AgNO3溶液中滴加几滴等浓度NaCl溶液产生白色沉淀，再滴加等浓度NaI溶液，产生黄色沉淀，则证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
C．合成氨反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H<0，升温能提高H2的平衡转化率
D．反应NH4HCO3(s)=NH3(g)+H2O(g)+CO2(g) △H=+185.7kJ·mol-1能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向
【答案】D
【知识点】焓变和熵变；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、10mL 0.1mol L- AgNO3溶液中 Ag+过量，滴加少量 NaCl 后仍有大量 Ag+剩余。再加 NaI 时，剩余 Ag+直接与 I-反应生成 AgI 沉淀，并非 AgCl 转化为 AgI，无法证明 Ksp (AgCl)＞Ksp (AgI)，A错误；
B、CH3COONa 水解反应为 CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-，水解常数
Kh = ，题目中比值为 1/Kh。升温促进水解，Kh 增大，故该比值减小，B错误；
C、合成氨反应 ΔH＜0（放热），升温使平衡逆向移动，H2的平衡转化率降低（仅速率加快），C 错误；
D、该反应 ΔH=+185.7kJ mol- （吸热），但生成 3 种气体，ΔS＞0（混乱度增大）。一定温度下 TΔS 可大于 ΔH，使 ΔG＜0，反应自发，故自发原因是体系趋向混乱度增加，D正确；
故答案为：D。
【分析】结合各选项涉及的化学原理（沉淀转化、盐类水解、平衡移动、反应自发性），依据相关规律和公式，逐一分析判断说法是否正确。
【分析】A．比较溶度积（Ksp）需通过沉淀转化，且要求初始沉淀完全。
B．水解平衡常数与温度的关系，及比值的数学意义。
C．放热反应中温度对平衡移动的影响。
D．反应自发性的判断（ΔG=ΔH-TΔS）。
二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
11．（2025高二上·澄海期末）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．和充分反应后分子总数为
B．的溶液中的数目为
C．电解熔融，阳极有的生成，转移电子数为
D．常温下，的溶液中，由水电离出的数目为
【答案】A
【知识点】电解质在水溶液中的电离；电解原理；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、混合后发生反应H2(g)＋I2(g) 2HI(g)，反应过程中气体分子数不变，因此反应后分子总数为(0.1mol＋0.2mol)×NA=0.3NA，A符合题意。
B、该溶液中n(Na2CO3)=0.10mol·L－1×0.1L=0.01mol，由于CO32－在水溶液中发生水解反应，使得溶液中CO32－的个数减小，因此溶液中CO32－的数目小于0.01NA，B不符合题意。
C、未给出气体所处的状态，无法应用气体摩尔体积Vm=22.4L·mol－1进行计算，C不符合题意。
D、未给出溶液的体积，无法应用公式n=c×V计算溶液中的离子数，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、混合后发生反应H2(g)＋I2(g) 2HI(g)，反应前后气体分子数不变。
B、Na2CO3溶液中存在CO32－的水解反应CO32－＋H2O HCO3－＋OH－。
C、未给出气体所处的状态，无法应用气体摩尔体积进行计算。
D、未给出溶液的体积，无法计算溶液中的离子数。
12．（2025高二上·澄海期末）实验室探究SO2与Fe(NO3)3溶液反应的原理，装置如图，实验中Y装置产生白色沉淀。下列说法错误的是
A．滴加浓硫酸之前应进行的操作是打开弹簧夹，通入一段时间N2
B．Y中产生的白色沉淀是BaSO4和BaSO3
C．在X装置中浓硫酸不体现氧化性
D．若将Fe(NO3)3换成氨水，Y中也能产生白色沉淀
【答案】B
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、滴加浓硫酸前通入一段时间N2，可排出装置内空气，避免Na2SO3和生成的SO2被氧化，A正确；
B、SO2进入Y装置后，溶液呈酸性，NO3-、Fe3+会将SO2氧化为SO42-，SO42-与Ba2+结合生成BaSO4沉淀；而BaSO3在酸性条件下不能稳定存在，因此白色沉淀只有BaSO4，B错误；
C、X装置中发生反应H2SO4(浓)+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2↑，反应中各元素化合价未发生变化，属于非氧化还原反应，浓硫酸未体现氧化性，C正确；
D、若将Fe(NO3)3换成氨水，SO2与氨水反应生成(NH4)2SO3，(NH4)2SO3与BaCl2反应生成BaSO3白色沉淀，D正确；
故答案为：B。
【分析】A.通N2排空气，防止Na2SO3、SO2被氧化。
B.酸性条件下，NO3-、Fe3+将SO2氧化为SO42-，生成BaSO4；BaSO3在酸性中溶解，沉淀只有BaSO4。
C.X中反应无化合价变化，浓硫酸只体现酸性。
D.氨水与SO2生成亚硫酸盐，再与BaCl2生成BaSO3沉淀。
13．（2025高二上·澄海期末）部分含或含物质的分类与相应化合价关系如图所示。已知氧化性，下列推断不合理的是
A．对于和都存在转化
B．与水蒸气反应生成
C．若溶液随的变化颜色加深，则其氧化性增强
D．若可作净水剂，则同时可以杀菌消毒
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；铁的化学性质；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A、Cr、Fe单质均可先形成+2价盐，再转化为+2价氢氧化物，最终被氧化为+3价氢氧化物，A合理；
B、Fe与水蒸气反应生成Fe3O4，而非Fe2O3；Cr更不活泼，不与水蒸气反应，B不合理；
C、f溶液pH减小（酸性增强），Cr2O72-浓度增大，氧化性增强，颜色加深，C合理；
D、若f作净水剂，FeO42-具强氧化性可杀菌消毒，生成的Fe3+水解为Fe(OH)3胶体可净水，D合理；
故答案为：B。
【分析】A.Cr、Fe的+2价化合物可经氢氧化物逐步氧化为+3价氢氧化物。
B.Fe与水蒸气反应产物是Fe3O4，Cr更不活泼不与水蒸气反应。
C.酸性增强时Cr2O72-浓度增加，氧化性和颜色变化一致。
D.FeO42-的氧化性与Fe3+的水解性结合，可同时杀菌净水。
14．（2025高二上·澄海期末）某种水下胶黏剂的阴离子由五种原子序数依次增大的短周期主族元素V、W、X、Y、Z组成。W在元素周期表中非金属性最强，V、Y同主族，且Y的单质常用于制造计算机的芯片，X原子的最外层电子数与其最内层电子数相等，Z的氢化物是一种有臭鸡蛋气味的气体。下列说法正确的是
A．原子半径：Y>X>W
B．最简单氢化物的稳定性：Y>V>W
C．VZ2中各原子均满足8电子稳定结构
D．X的氧化物为两性氧化物
【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、原子半径比较，X（Mg）有3个电子层，Y（Si）、W（F）中Y有3个电子层、W有2个电子层，电子层数越多半径越大，电子层数相同时核电荷数越大半径越小，故原子半径：X > Y > W，A错误；
B、非金属性W（F）> V（C）> Y（Si），非金属性越强，最简单氢化物越稳定，故稳定性：W > V > Y，B错误；
C、VZ2是CS2，C与两个S分别共用两对电子，各原子最外层均满足8电子稳定结构，C正确；
D、X的氧化物是MgO，只能与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，D错误；
故答案为：C。
【分析】先根据题干信息推断元素：W是非金属性最强的短周期元素，故W为F；Y单质用于制造计算机芯片，且V、Y同主族，故Y为Si，V为C；X最外层电子数与其最内层电子数相等，且原子序数大于F，故X为Mg；Z的氢化物有臭鸡蛋气味，故Z为S。再结合元素周期律、物质结构逐一分析选项。
15．（2025高二上·澄海期末）某实验小组进行下述实验，下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项 操作 现象 结论
A 向某溶液中加入浓NaOH溶液并加热，用湿润的蓝色石蕊试纸靠近试管口 试纸不变色 某溶液中一定不含有
B 压缩装有NO2气体的注射器 混合气体颜色变深 其他条件不变时，增大压强，2NO2(g) N2O4(g)平衡正向移动
C 取少量铁电极附近溶液于试管中，滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液 产生蓝色沉淀 说明铁电极放电产物是Fe2+
D 用铂丝醮取某物质在酒精灯外焰上灼烧 未观察到紫色火焰 该物质中不含钾元素
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；铵离子检验；焰色反应；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、检验NH4+生成的NH3，需用湿润的红色石蕊试纸（NH3溶于水显碱性，使红色石蕊试纸变蓝），而不是蓝色石蕊试纸，操作错误，A错误；
B、压缩装有NO2的注射器，体积减小，NO2浓度瞬间增大（颜色变深），随后平衡2NO2(g) N2O4(g)正向移动，颜色逐渐变浅（但比原平衡深），现象描述仅“变深”不完整，B错误；
C、K3[Fe(CN)6]与Fe2+反应生成蓝色沉淀，取铁电极附近溶液滴加该试剂产生蓝色沉淀，说明铁电极放电产物是Fe2+，C正确；
D、观察钾的焰色试验，需透过蓝色钴玻璃滤去钠黄光的干扰，直接灼烧未观察到紫色不能说明不含钾元素，操作错误，D错误；
故答案为：C。
【分析】A、明确NH3的检验试剂应为湿润红色石蕊试纸。
B、结合勒夏特列原理，分析压缩体积时NO2浓度的瞬间变化和平衡移动的后续影响，判断现象描述。
C、利用Fe2+与K3[Fe(CN)6]的特征反应，判断实验结论。
D、强调钾焰色试验的特殊操作（透过蓝色钴玻璃），判断操作正确与否。
16．（2025高二上·澄海期末）如图所示为25℃时、、三种微粒随变化的分布分数[如]。下列说法不正确的是
A．
B．曲线a代表的分布分数随变化的曲线
C．等物质的量的和混合溶液的
D．时，溶液中存在
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、H2CO3第一步电离为 H2CO3 H++HCO3-， 。图像中 pH=6.37 时，H2CO3与 HCO3-的分布分数相等，即 c()=c() ，此时H+浓度为10-6.37，故 Ka1=10-6.37，A正确；
B、pH 越小（酸性越强），H2CO3越稳定；pH 增大（碱性增强），H2CO3逐渐电离为 HCO3-和 CO32-，其分布分数逐渐降低。曲线 a 随 pH 增大而下降，符合 H2CO3的变化规律，B正确；
C、图像中 pH=10.25 时，但等物质的量的 NaHCO3和 Na2CO3混合液中，CO32-的水解程度（生成 HCO3-）远大于 HCO3-的电离程度（生成 CO32-），导致 ，溶液 pH≠10.25，C错误；
D、pH=8 时，结合图像可知，曲线 b（HCO3-）分布分数最高，曲线 a（H2CO3）次之，曲线 c（CO32-）最低，故 ，D正确；
故答案为：C。
【分析】结合图像中 H2CO3、HCO3-、CO32-的分布分数随 pH 的变化规律，利用弱酸电离平衡常数（Ka）的性质及盐类水解、电离的特点，逐一分析选项的正确性。A．考查Ka1的计算与图像交点的关系。
B．判断pH 变化对 H2CO3存在形式的影响。
C．考查混合溶液中离子的水解与电离程度比较。
D．判断pH=8 时各粒子浓度的大小关系。
三、非选择题：本题共4小题，满分56分。
17．（2025高二上·澄海期末）镁是一种活泼金属，常温下能与水缓慢反应。某实验小组将打磨后的镁条投入AgCl滤液中，发现立即产生大量气泡，实验探究原因。
I.
（1）配制100mL 0.2mol/LAgNO3溶液，除托盘天平、烧杯、量筒、玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有_______(填选项字母)
A. B. C. D.
Ⅱ.向90mL 1mol/L KCl溶液中加入10mL 0.2mol/LAgNO3溶液，产生白色沉淀后过滤，得到AgCl滤液。取少许AgCl滤液，投入5cm打磨后的镁条，快速产生大量气泡。
实验探究镁与AgCl滤液快速产生气体的原因。
【查阅资料】体积较小的阴离子，能够“钻入”Mg(OH)2膜，达到使其溶解的效果。K+对该反应无影响。
【提出猜想】可能是或Cl-促进镁与水的反应。
【实验探究】
（2）完成下列表格。
序号 实验操作 实验现象
① 将5cm打磨后的镁条投入5mL水中 细微气泡附着
② 将5cm打磨后的镁条投入5mL1mol/L________溶液中 细微气泡附着
③ 将5cm打磨后的镁条投入________中 细小气泡放出
【实验结论】Cl-能促进镁与水的反应，溶液中离子无影响。
对比发现镁与AgCl滤液的反应速率比实验③更快。经讨论，猜想AgCl滤液中存在微量银离子，可能形成了微小Mg-Ag原电池，进一步加快反应速率。
【提出猜想】Cl-和Ag+共同加快镁与水反应速率。
【实验探究】
（3）将微观原电池放大，设计宏观原电池装置以证明猜想。甲组实验过程如下表所示，表中液体X为________，液体Y为________。
序号 ④ ⑤ ⑥
装置
溶液 100mL液体X 100mL1mol/LKCl溶液 100mL液体Y
【实验结论】
（4）观察到现象________，证明是Cl-和Ag+共同加快镁与水反应速率。
（5）乙组将实验⑥设计成如下图所示装置(其他与甲组相同)，甲组同学认为不合理，该组同学的理由是________。
【答案】(1) A，C
(2) KNO3 5mL 1mol/LKCl溶液
(3) 蒸馏水 1mol/LKCl溶液
(4) 实验⑤中气泡产生的速率比实验④快，实验⑥中气泡产生的速率比实验⑤快
(5) 使用盐桥改变单位时间离子迁移量使得⑤、⑥速率不可比(或存在Mg置换AgCl滤液中Ag+的副反应，使得⑤、⑥速率不可比)
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；性质实验方案的设计；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）配制100mL溶液，除托盘天平、烧杯、量筒、玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有100mL容量瓶、胶头滴管；
故答案为：AC。
（2）90mL1mol/L溶液中加入10mL0.2mol/L溶液，产生白色沉淀后过滤，可知有剩余，过滤所得的滤液中主要含有：等微粒，根据题意可知，对该反应无影响，可能是促进镁与水的反应，而结论给出的是能促进镁与水的反应，溶液中离子无影响，因此，实验①是空白对照组；实验②中现象与实验①相同，因此实验②中加入的是5mL 1mol/L；实验③的气泡增多，需要控制变量，因此加入的是5mL1mol/L溶液；
故答案为：；5mL 1mol/L溶液。
（3）根据题干信息可知，该实验是验证和共同加快镁与水反应速率，最终通过三组对比实验得出结论证明是和共同加快镁与水反应速率，甲组实验④为空白对照组，因此液体X为蒸馏水；实验⑤中只加入了100mL1mol/L溶液，实验⑥中的装置构成原电池，题中信息，滤液中存在微量银离子，可能形成了微小原电池，进一步加快反应速率，因此为了与实验⑤形成对照组，电解质溶液应和实验⑤中一样为100mL1mol/L溶液；
故答案为：蒸馏水；1mol/L溶液。
（4）若证明是和共同加快镁与水反应速率，会观察到现象：实验⑤中气泡产生的速率比实验④快，实验⑥中气泡产生的速率比实验⑤快；
故答案为：实验⑤中气泡产生的速率比实验④快，实验⑥中气泡产生的速率比实验⑤快
（5）乙组设计实验⑥装置使用盐桥，盐桥中阴、阳离子定向移动，改变单位时间离子迁移量使得⑤、⑥速率不可比，还有可能是存在Mg置换滤液中的副反应，使得⑤、⑥速率不可比；
故答案为：使用盐桥改变单位时间离子迁移量使得⑤、⑥速率不可比(或存在置换滤液中的副反应，使得⑤、⑥速率不可比)
【分析】（1）配制一定物质的量浓度溶液，需明确所需玻璃仪器（100mL容量瓶、胶头滴管）。
（2）通过控制变量法，结合“K+无影响、Cl-促进反应、NO3-无影响”的结论，确定实验所加试剂。
（3）设计原电池验证猜想时，明确空白对照组的液体（蒸馏水）和对照组的电解质溶液（与实验组一致的KCl溶液）。
（4）根据“Cl-和Ag+共同加快反应速率”的猜想，分析实验中气泡产生速率的差异。
（5）分析盐桥对离子迁移量的影响及Mg置换Ag+的副反应对实验速率可比性的影响。
18．（2025高二上·澄海期末）CO2催化氢化制备甲酸是实现碳中和的重要途径之一，其反应原理如下：
I．CO2(g)+H2(g) HCOOH(g) △H1=-31.2kJ·mol-1
II．CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H2=+49.5kJ·mol-1
回答下列问题：
（1）反应CO(g)+H2O(g) HCOOH(g) 的△H3= 　 　。
（2）在恒温恒容密闭容器中通入等量的CO2和H2发生反应I和反应II，下列事实能说明容器内反应达到平衡状态的是_______。
A．混合气体的平均摩尔质量不再发生变化
B．反应II的化学平衡常数不再变化
C．CO2和H2的物质的量之比不再发生变化
D．容器内混合气体压强不再发生变化
（3）一定温度下，向某容积为1L的恒容密闭容器中充入0.1molCO2(g)和0.1molH2(g)，发生上述反应，平衡时容器内各含碳物质的物质的量分数[例如：甲酸的物质的量分数％]与温度的关系如下图所示。
①表示CO物质的量分数随温度变化的曲线为　 　(填“L1”“L2”或“L3”)，判断理由为　 　；能提高甲酸平衡产率的措施为　 　(任写一条)。
②T1K下，10min时反应达到平衡状态。HCOOH(g)的平均生成速率v(HCOOH)=　 　。
③T1K下，反应II的平衡常数K(II)=　 　。
【答案】（1）-80.7kJ·mol-1
（2）A；D
（3）L3；温度升高，反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅱ正向移动，CO物质的量分数随温度升高而增大；增大压强(或适当降低温度)；；(或0.11)
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可得：反应Ⅰ-反应Ⅱ=反应CO(g)+H2O(g) HCOOH(g)△H3，则的。
故答案为：-80.7kJ·mol-1
（2）A．各物质都是气体，反应过程中混合气体的总质量不变，气体的总物质的量在发生变化，所以混合气体的平均摩尔质量不再发生变化时能说明反应达到平衡状态，故A正确；
B．温度不变，平衡常数不变，反应Ⅱ的化学平衡常数不再变化不能说明反应达到平衡状态，故B不正确；
C．CO2和H2的物质的量之比恒等于1，CO2和H2的物质的量之比不再发生变化不能说明反应达到平衡状态，故C不正确；
D．反应前后气体总物质的量、气体压强发生变化，容器内混合气体压强不再发生变化能说明该反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：AD；
（3）一定温度下，向某容积为1L的恒容密闭容器中充入0.1molCO2(g)和0.1molH2(g)，发生上述反应I、Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ正向移动，反应Ⅰ逆向移动，所以CO物质的量分数随温度升高而增大，HCOOH物质的量分数随温度升高而减小，表示CO物质的量分数随温度变化的曲线为L3，表示HCOOH物质的量分数随温度变化的曲线为，表示CO2物质的量分数随温度变化的曲线为；
①据分析，表示CO物质的量分数随温度变化的曲线为L3，判断理由为：温度升高，反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅱ正向移动，CO物质的量分数随温度升高而增大；降温或增压有利于CO2(g)+H2(g) HCOOH(g)H1=-31.2kJ·mol-1平衡右移，则能提高甲酸平衡产率的措施为：能提高甲酸平衡产率的措施有增大压强、适当降低温度等。
②T1K下，10min时反应达到平衡状态。由图像可知，HCOOH和CO物质的量分数相等，为0.2，所以，，的平均生成速率。
③反应I．CO2(g)+H2(g) HCOOH(g)，反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)中，各物质的化学计量数均为1，转化的氢气的物质的量等于生成的HCOOH与CO的物质的量之和，n(H2)=0.02mol+0.02mol=0.04mol， T1K下平衡时，n(CO2)=，n(H2)=，n(CO)= 0.02mol，n(H2O)= 0.02mol，所以T1K下，反应Ⅱ的平衡常数K(Ⅱ)=。
故答案为：L3；温度升高，反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅱ正向移动，CO物质的量分数随温度升高而增大；增大压强(或适当降低温度)；；(或0.11)。
【分析】（1）利用盖斯定律，通过反应I（CO2(g)+H2(g) HCOOH(g) ΔH1=-31.2kJ·mol- ）和反应II（CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=+49.5kJ·mol- ），可得目标反应的ΔH3 = ΔH1 - ΔH2 = -31.2kJ·mol- - 49.5kJ·mol- = -80.7kJ·mol- 。
（2）结合反应的气体物质的量变化、平均摩尔质量、平衡常数、物质的量比、压强变化分析：
A：反应前后总质量不变，总物质的量变化，平均摩尔质量不变时达平衡；
B：温度不变平衡常数不变，不能说明平衡；
C：CO2和H2起始量、计量数均相同，物质的量比始终为1，不能说明平衡；
D：反应前后气体总物质的量变化，压强不变时达平衡。
（3）曲线判断：温度升高，反应I逆向、反应II正向，CO物质的量分数增大，对应曲线L3；
反应速率计算：根据甲酸物质的量分数，算出n(HCOOH)=0.02mol，v(HCOOH)=0.002mol·L- ·min- ；
平衡常数计算：已知反应II的K，结合平衡时各物质的量，得K≈0.11。
（1）由盖斯定律可得：反应Ⅰ-反应Ⅱ=反应CO(g)+H2O(g) HCOOH(g)△H3，则的。
（2）A．各物质都是气体，反应过程中混合气体的总质量不变，气体的总物质的量在发生变化，所以混合气体的平均摩尔质量不再发生变化时能说明反应达到平衡状态，故A正确；
B．温度不变，平衡常数不变，反应Ⅱ的化学平衡常数不再变化不能说明反应达到平衡状态，故B不正确；
C．CO2和H2的物质的量之比恒等于1，CO2和H2的物质的量之比不再发生变化不能说明反应达到平衡状态，故C不正确；
D．反应前后气体总物质的量、气体压强发生变化，容器内混合气体压强不再发生变化能说明该反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：AD；
（3）一定温度下，向某容积为1L的恒容密闭容器中充入0.1molCO2(g)和0.1molH2(g)，发生上述反应I、Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ正向移动，反应Ⅰ逆向移动，所以CO物质的量分数随温度升高而增大，HCOOH物质的量分数随温度升高而减小，表示CO物质的量分数随温度变化的曲线为L3，表示HCOOH物质的量分数随温度变化的曲线为，表示CO2物质的量分数随温度变化的曲线为；
①据分析，表示CO物质的量分数随温度变化的曲线为L3，判断理由为：温度升高，反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅱ正向移动，CO物质的量分数随温度升高而增大；降温或增压有利于CO2(g)+H2(g) HCOOH(g)H1=-31.2kJ·mol-1平衡右移，则能提高甲酸平衡产率的措施为：能提高甲酸平衡产率的措施有增大压强、适当降低温度等。
②T1K下，10min时反应达到平衡状态。由图像可知，HCOOH和CO物质的量分数相等，为0.2，所以，，的平均生成速率。
③反应I．CO2(g)+H2(g) HCOOH(g)，反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)中，各物质的化学计量数均为1，转化的氢气的物质的量等于生成的HCOOH与CO的物质的量之和，n(H2)=0.02mol+0.02mol=0.04mol， T1K下平衡时，n(CO2)=，n(H2)=，n(CO)= 0.02mol，n(H2O)= 0.02mol，所以T1K下，反应Ⅱ的平衡常数K(Ⅱ)=。
19．（2025高二上·澄海期末）以镁铝复合氧化物(MgO-Al2O3)为载体的负载型镍铜双金属催化剂(Ni-Cu/MgO-Al2O3)是一种新型高效加氢或脱氢催化剂，该催化剂的制备流程如下：
已知：常温下，Ksp[Cu(OH)2]=2.21×10-20，Ksp[Al(OH)3]=1.30×10-33。
回答下列问题：
（1）实验室配制Al2(SO4)3溶液时，需用硫酸酸化的目的是　 　。
（2）在加热条件下，尿素[CO(NH2)2]在水中发生水解反应，放出　 　和　 　两种气体(写化学式)。
（3）下列说法错误的是_______。
A．“调pH”过程中，目的是把金属阳离子转化为氢氧化物
B．“晶化”过程中，需保持恒温60℃，可采用水浴加热
C．“焙烧”过程中，可使用蒸发皿或坩埚
D．“还原”过程中，以M代表Ni或Cu，所发生的反应为
（4）“一系列操作”中，包含洗涤和110℃下干燥操作，则洗涤过程中检验滤饼是否洗净的方法是　 　。
（5）常温下，若“悬浊液”中，则溶液的pH=　 　。
（6）NiSO4溶液可在强碱溶液中被NaClO氧化，得到用作镍镉电池正极材料的NiOOH。该反应的离子方程式为　 　。
【答案】（1）抑制Al3+的水解
（2）NH3；CO2
（3）C
（4）取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净
（5）10
（6）2Ni2+ +ClO- +4OH- =2NiOOH↓+Cl-+H2O
【知识点】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；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）水解使溶液显弱酸性，配制Al2(SO4)3溶液时，用硫酸酸化，可使水解平衡逆向移动，从而抑制的水解，故用硫酸酸化的目的是抑制的水解；
（2）在加热条件下，尿素[CO(NH2)2]在水中发生水解反应，根据组成元素可知生成的两种气体为和；
（3）A．“调pH”过程中，、、和在加热条件下溶于尿素，发生反应生成、、、，故目的是把金属阳离子转化为氢氧化物，A项正确；
B．“晶化”过程中，需保持恒温60℃，处于相对较低的温度下且需要恒温，故可采用水浴加热，B项正确；
C．“焙烧”过程中，只能使用坩埚，不能使用蒸发皿，C项错误；
D．“还原”过程中，以M代表Ni或Cu，发生还原反应，生成金属单质，所发生的反应为，D项正确；
答案选C；
（4）检验滤饼是否洗净，需对洗涤液进行检验，若洗净，洗涤液中不存在，若未洗净，则洗涤液中存在，故具体操作为取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净；
（5），，则，解得，，即；
（6）NiSO4溶液可在强碱溶液中被NaClO氧化，得到用作镍镉电池正极材料的NiOOH，反应的离子方程式为2Ni2+ +ClO- +4OH- =2NiOOH↓+Cl-+H2O。
【分析】在制备负载型镍铜双金属催化剂（Ni - Cu/MgO - Al2O3）的流程中，以镁铝复合氧化物（MgO - Al2O3）为载体。首先，MgSO4、Al2(SO4)3、NiSO4和CuSO4的混合溶液与尿素在加热条件下发生反应，尿素水解产生OH-，使金属离子分别转化为Mg(OH)2、Al(OH)3、Ni(OH)2、Cu(OH)2沉淀。随后在60℃下进行晶化操作，过滤得到滤饼；滤饼经洗涤、干燥后进行焙烧，分解生成MgO、Al2O3、NiO和CuO。最后，在550℃条件下通入氢气，将NiO和CuO还原为金属Ni和Cu，从而得到目标催化剂产品。
（1）水解使溶液显弱酸性，配制Al2(SO4)3溶液时，用硫酸酸化，可使水解平衡逆向移动，从而抑制的水解，故用硫酸酸化的目的是抑制的水解；
（2）在加热条件下，尿素[CO(NH2)2]在水中发生水解反应，根据组成元素可知生成的两种气体为和；
（3）A．“调pH”过程中，、、和在加热条件下溶于尿素，发生反应生成、、、，故目的是把金属阳离子转化为氢氧化物，A项正确；
B．“晶化”过程中，需保持恒温60℃，处于相对较低的温度下且需要恒温，故可采用水浴加热，B项正确；
C．“焙烧”过程中，只能使用坩埚，不能使用蒸发皿，C项错误；
D．“还原”过程中，以M代表Ni或Cu，发生还原反应，生成金属单质，所发生的反应为，D项正确；
答案选C；
（4）检验滤饼是否洗净，需对洗涤液进行检验，若洗净，洗涤液中不存在，若未洗净，则洗涤液中存在，故具体操作为取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净；
（5），，则，解得，，即；
（6）NiSO4溶液可在强碱溶液中被NaClO氧化，得到用作镍镉电池正极材料的NiOOH，反应的离子方程式为2Ni2+ +ClO- +4OH- =2NiOOH↓+Cl-+H2O。
20．（2025高二上·澄海期末）纤维素(cellulose)是地球上来源十分丰富的可再生资源。以纤维素为原料可实现下列物质的制备：
回答下列问题：
（1）下列关于纤维素的说法正确的是　 　(填字母)。
a．是易溶于水的白色固体 b．水解的最终产物为葡萄糖
c．与淀粉互为同分异构体 d．完全燃烧的最终产物只有和
（2）反应①的反应类型为　 　。
（3）M的结构简式为　 　， 的单体为　 　。
（4）写出反应④的化学方程式：　 　；实验室制取N时，饱和溶液的作用是　 　。
（5）上述①～⑤反应中，以生成有机产物为目标，原子利用率为100%的是　 　(填序号)。
【答案】（1）bd
（2）加成反应
（3）(或)；
（4）；降低丙酸乙酯的溶解度，除去，溶解
（5）①③⑤
【知识点】乙烯的物理、化学性质；羧酸简介；多糖的性质和用途
【解析】【解答】（1）a．是难溶于水的白色固体，故a错误；b．纤维素水解的最终产物为葡萄糖，故b正确；c．纤维素和淀粉的n值不相同，因此两者不互为同分异构体，故c错误；d．纤维素含有C、H、O三种元素，完全燃烧的最终产物只有和，故d正确；
故答案为：bd。
（2）根据反应前后得到反应①的反应类型为加成反应；
故答案为：加成反应。
（3）乙烯和水发生加成反应得到乙醇，其M的结构简式为(或)，高聚物将两边的两根半键合成一根键，则 的单体为；
故答案为：(或)；。
（4）反应④是乙醇和丙酸发生酯化反应，其反应的化学方程式：；实验室制取N时，饱和溶液的作用是降低丙酸乙酯的溶解度，除去，溶解；
故答案为：；降低丙酸乙酯的溶解度，除去，溶解。
（5）上述①～⑤反应中，以生成有机产物为目标，原子利用率为100%的反应是加成反应，①③⑤是加成反应，反应④是取代反应，反应②变为和HCl，因此原子利用率为100%的是①③⑤；
故答案为：①③⑤。
【分析】纤维素属于天然高分子多糖，其分子由多个葡萄糖单元连接而成。从转化流程分析：纤维素经一系列反应生成乙烯后，可通过不同路径转化为多种物质。
乙烯与氯气发生加成反应，生成 1，2 - 二氯乙烷（CH2ClCH2Cl）；1，2 - 二氯乙烷在高温下发生反应，生成氯化氢（HCl）和氯乙烯（CH2=CHCl）；氯乙烯通过加聚反应，形成聚氯乙烯（结构为重复的 - CH-CH2- 单元，其中一个碳原子连有 Cl 原子）。
另外，乙烯与水发生加成反应生成乙醇（即物质 M）；乙醇和丙酸（CH3CH2COOH）在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，生成丙酸乙酯（即物质 N）。
理解上述转化关系时，需注意各物质的结构特点及反应类型（加成、消去、加聚、酯化等）对产物的影响。
（1）a．是难溶于水的白色固体，故a错误；b．纤维素水解的最终产物为葡萄糖，故b正确；c．纤维素和淀粉的n值不相同，因此两者不互为同分异构体，故c错误；d．纤维素含有C、H、O三种元素，完全燃烧的最终产物只有和，故d正确；综上所述，答案为：bd。
（2）根据反应前后得到反应①的反应类型为加成反应；故答案为：加成反应。
（3）乙烯和水发生加成反应得到乙醇，其M的结构简式为(或)，高聚物将两边的两根半键合成一根键，则 的单体为；故答案为：(或)；。
（4）反应④是乙醇和丙酸发生酯化反应，其反应的化学方程式：；实验室制取N时，饱和溶液的作用是降低丙酸乙酯的溶解度，除去，溶解；故答案为：；降低丙酸乙酯的溶解度，除去，溶解。
（5）上述①～⑤反应中，以生成有机产物为目标，原子利用率为100%的反应是加成反应，①③⑤是加成反应，反应④是取代反应，反应②变为和HCl，因此原子利用率为100%的是①③⑤；故答案为：①③⑤。
1 / 1广东省汕头市澄海区2024-2025学年高二上学期期末考试化学试题
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．（2025高二上·澄海期末）下列有关科技创新的应用中将电能转化为化学能的是
A.中国承建卡塔尔最大光伏电站为世界杯供电 B.纽扣式银锌电池
C.世界首部可折叠柔屏手机通话 D.比亚迪新能源汽车充电
A．A B．B C．C D．D
2．（2025高二上·澄海期末）在氯碱工业生产中，安全检测员曾经使用浓氨水检验管道是否漏气，反应原理为8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2。下列有关微粒的描述正确的是
A．氨分子的空间填充模型：
B．氮气的结构式：
C．中子数为18的氯原子：
D．氯化铵的电子式：
3．（2025高二上·澄海期末）潮汕美食以其精湛的烹饪技艺、对食材精挑细选以及细致入微的调味，在潮汕菜菜系中占据着举足轻重的地位，彰显出独特而迷人的饮食文化魅力。下列说法错误的是
A．潮汕糕烧番薯芋甜而不腻，美味可口，糖浆中的蔗糖能发生银镜反应
B．猪脚圈外酥里嫩，香气扑鼻，其中五花肉里的油脂可发生皂化反应
C．苏南卤鹅肉汁肥美，鹅肉中的蛋白质水解后的产物氨基酸属于两性物质
D．“糖葱薄饼”作为潮汕传统名小吃因其口感、卖相广受好评，“薄饼”的主要成分为淀粉
4．（2025高二上·澄海期末）“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化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学原理
A 家务劳动：用食醋洗去水壶中的水垢 醋酸的酸性比碳酸强
B 学农活动：种豆科植物可少施氮肥 根瘤菌可自然固氮
C 学工活动：给铁制钥匙镀上铜层 在阴极放电生成铜单质
D 实践活动：用泡沫灭火剂进行消防演习 溶液中和发生双水解
A．A B．B C．C D．D
5．（2025高二上·澄海期末）化学是一门以实验为基础的学科。下列实验说法不正确的是
A．图①装置可用于强酸与强碱的稀溶液中和热测定
B．图②装置可用于排出盛装溶液滴定管尖嘴内的气泡
C．图③装置可用于溶液直接蒸干制取无水固体
D．图④装置盐桥中阴离子向溶液中迁移
6．（2025高二上·澄海期末）广霍香(如图1)是十大广药(粤十味)之一，在广东的主产地是湛江、肇庆等地。具有开胃止呕、发表解暑之功效，是藿香正气水的主要成分。愈创木烯(结构简式如图2)是广霍香的重要提取物之一。下列有关愈创木烯的说法正确的是
A．常温下是气体
B．属于乙烯的同系物
C．愈创木烯所有的碳原子一定共平面
D．能与Br2发生加成反应
7．（2025高二上·澄海期末）化学有独特的符号表达形式。下列说法正确的是
A．用铁电极电解氯化镁溶液：
B．CO燃烧热的热化学方程式：
C．用FeS除去废水中的重金属Hg2+：
D．硫化钠水解反应：
8．（2025高二上·澄海期末）已知反应Ⅰ和反应Ⅱ的反应原理及反应进程中能量变化如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
下列说法正确的是
A．
B．反应Ⅰ的反应速率大于反应Ⅱ的反应速率
C．反应Ⅱ正反应的活化能为
D．加入合适催化剂后、、均会降低
9．（2025高二上·澄海期末）金属—空气电池是以金属(锌、铝、锂等)和氧气作为活性物质的一种电池，也被称为金属燃料电池。下列说法正确的是
A．可选用石墨作电池负极
B．金属电极上发生氧化反应
C．电流由金属电极经外电路流向另一电极
D．该电池可以将化学能转化为电能
10．（2025高二上·澄海期末）下列说法正确的是
A．向10mL0.1mol·L-1AgNO3溶液中滴加几滴等浓度NaCl溶液产生白色沉淀，再滴加等浓度NaI溶液，产生黄色沉淀，则证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
C．合成氨反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H<0，升温能提高H2的平衡转化率
D．反应NH4HCO3(s)=NH3(g)+H2O(g)+CO2(g) △H=+185.7kJ·mol-1能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向
二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
11．（2025高二上·澄海期末）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．和充分反应后分子总数为
B．的溶液中的数目为
C．电解熔融，阳极有的生成，转移电子数为
D．常温下，的溶液中，由水电离出的数目为
12．（2025高二上·澄海期末）实验室探究SO2与Fe(NO3)3溶液反应的原理，装置如图，实验中Y装置产生白色沉淀。下列说法错误的是
A．滴加浓硫酸之前应进行的操作是打开弹簧夹，通入一段时间N2
B．Y中产生的白色沉淀是BaSO4和BaSO3
C．在X装置中浓硫酸不体现氧化性
D．若将Fe(NO3)3换成氨水，Y中也能产生白色沉淀
13．（2025高二上·澄海期末）部分含或含物质的分类与相应化合价关系如图所示。已知氧化性，下列推断不合理的是
A．对于和都存在转化
B．与水蒸气反应生成
C．若溶液随的变化颜色加深，则其氧化性增强
D．若可作净水剂，则同时可以杀菌消毒
14．（2025高二上·澄海期末）某种水下胶黏剂的阴离子由五种原子序数依次增大的短周期主族元素V、W、X、Y、Z组成。W在元素周期表中非金属性最强，V、Y同主族，且Y的单质常用于制造计算机的芯片，X原子的最外层电子数与其最内层电子数相等，Z的氢化物是一种有臭鸡蛋气味的气体。下列说法正确的是
A．原子半径：Y>X>W
B．最简单氢化物的稳定性：Y>V>W
C．VZ2中各原子均满足8电子稳定结构
D．X的氧化物为两性氧化物
15．（2025高二上·澄海期末）某实验小组进行下述实验，下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项 操作 现象 结论
A 向某溶液中加入浓NaOH溶液并加热，用湿润的蓝色石蕊试纸靠近试管口 试纸不变色 某溶液中一定不含有
B 压缩装有NO2气体的注射器 混合气体颜色变深 其他条件不变时，增大压强，2NO2(g) N2O4(g)平衡正向移动
C 取少量铁电极附近溶液于试管中，滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液 产生蓝色沉淀 说明铁电极放电产物是Fe2+
D 用铂丝醮取某物质在酒精灯外焰上灼烧 未观察到紫色火焰 该物质中不含钾元素
A．A B．B C．C D．D
16．（2025高二上·澄海期末）如图所示为25℃时、、三种微粒随变化的分布分数[如]。下列说法不正确的是
A．
B．曲线a代表的分布分数随变化的曲线
C．等物质的量的和混合溶液的
D．时，溶液中存在
三、非选择题：本题共4小题，满分56分。
17．（2025高二上·澄海期末）镁是一种活泼金属，常温下能与水缓慢反应。某实验小组将打磨后的镁条投入AgCl滤液中，发现立即产生大量气泡，实验探究原因。
I.
（1）配制100mL 0.2mol/LAgNO3溶液，除托盘天平、烧杯、量筒、玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有_______(填选项字母)
A. B. C. D.
Ⅱ.向90mL 1mol/L KCl溶液中加入10mL 0.2mol/LAgNO3溶液，产生白色沉淀后过滤，得到AgCl滤液。取少许AgCl滤液，投入5cm打磨后的镁条，快速产生大量气泡。
实验探究镁与AgCl滤液快速产生气体的原因。
【查阅资料】体积较小的阴离子，能够“钻入”Mg(OH)2膜，达到使其溶解的效果。K+对该反应无影响。
【提出猜想】可能是或Cl-促进镁与水的反应。
【实验探究】
（2）完成下列表格。
序号 实验操作 实验现象
① 将5cm打磨后的镁条投入5mL水中 细微气泡附着
② 将5cm打磨后的镁条投入5mL1mol/L________溶液中 细微气泡附着
③ 将5cm打磨后的镁条投入________中 细小气泡放出
【实验结论】Cl-能促进镁与水的反应，溶液中离子无影响。
对比发现镁与AgCl滤液的反应速率比实验③更快。经讨论，猜想AgCl滤液中存在微量银离子，可能形成了微小Mg-Ag原电池，进一步加快反应速率。
【提出猜想】Cl-和Ag+共同加快镁与水反应速率。
【实验探究】
（3）将微观原电池放大，设计宏观原电池装置以证明猜想。甲组实验过程如下表所示，表中液体X为________，液体Y为________。
序号 ④ ⑤ ⑥
装置
溶液 100mL液体X 100mL1mol/LKCl溶液 100mL液体Y
【实验结论】
（4）观察到现象________，证明是Cl-和Ag+共同加快镁与水反应速率。
（5）乙组将实验⑥设计成如下图所示装置(其他与甲组相同)，甲组同学认为不合理，该组同学的理由是________。
18．（2025高二上·澄海期末）CO2催化氢化制备甲酸是实现碳中和的重要途径之一，其反应原理如下：
I．CO2(g)+H2(g) HCOOH(g) △H1=-31.2kJ·mol-1
II．CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H2=+49.5kJ·mol-1
回答下列问题：
（1）反应CO(g)+H2O(g) HCOOH(g) 的△H3= 　 　。
（2）在恒温恒容密闭容器中通入等量的CO2和H2发生反应I和反应II，下列事实能说明容器内反应达到平衡状态的是_______。
A．混合气体的平均摩尔质量不再发生变化
B．反应II的化学平衡常数不再变化
C．CO2和H2的物质的量之比不再发生变化
D．容器内混合气体压强不再发生变化
（3）一定温度下，向某容积为1L的恒容密闭容器中充入0.1molCO2(g)和0.1molH2(g)，发生上述反应，平衡时容器内各含碳物质的物质的量分数[例如：甲酸的物质的量分数％]与温度的关系如下图所示。
①表示CO物质的量分数随温度变化的曲线为　 　(填“L1”“L2”或“L3”)，判断理由为　 　；能提高甲酸平衡产率的措施为　 　(任写一条)。
②T1K下，10min时反应达到平衡状态。HCOOH(g)的平均生成速率v(HCOOH)=　 　。
③T1K下，反应II的平衡常数K(II)=　 　。
19．（2025高二上·澄海期末）以镁铝复合氧化物(MgO-Al2O3)为载体的负载型镍铜双金属催化剂(Ni-Cu/MgO-Al2O3)是一种新型高效加氢或脱氢催化剂，该催化剂的制备流程如下：
已知：常温下，Ksp[Cu(OH)2]=2.21×10-20，Ksp[Al(OH)3]=1.30×10-33。
回答下列问题：
（1）实验室配制Al2(SO4)3溶液时，需用硫酸酸化的目的是　 　。
（2）在加热条件下，尿素[CO(NH2)2]在水中发生水解反应，放出　 　和　 　两种气体(写化学式)。
（3）下列说法错误的是_______。
A．“调pH”过程中，目的是把金属阳离子转化为氢氧化物
B．“晶化”过程中，需保持恒温60℃，可采用水浴加热
C．“焙烧”过程中，可使用蒸发皿或坩埚
D．“还原”过程中，以M代表Ni或Cu，所发生的反应为
（4）“一系列操作”中，包含洗涤和110℃下干燥操作，则洗涤过程中检验滤饼是否洗净的方法是　 　。
（5）常温下，若“悬浊液”中，则溶液的pH=　 　。
（6）NiSO4溶液可在强碱溶液中被NaClO氧化，得到用作镍镉电池正极材料的NiOOH。该反应的离子方程式为　 　。
20．（2025高二上·澄海期末）纤维素(cellulose)是地球上来源十分丰富的可再生资源。以纤维素为原料可实现下列物质的制备：
回答下列问题：
（1）下列关于纤维素的说法正确的是　 　(填字母)。
a．是易溶于水的白色固体 b．水解的最终产物为葡萄糖
c．与淀粉互为同分异构体 d．完全燃烧的最终产物只有和
（2）反应①的反应类型为　 　。
（3）M的结构简式为　 　， 的单体为　 　。
（4）写出反应④的化学方程式：　 　；实验室制取N时，饱和溶液的作用是　 　。
（5）上述①～⑤反应中，以生成有机产物为目标，原子利用率为100%的是　 　(填序号)。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】常见能量的转化及运用
【解析】【解答】A、光伏电站是将太阳能转化为电能，并非电能转化为化学能，A不符合题意；
B、纽扣式银锌电池是将化学能转化为电能，属于原电池原理，B不符合题意；
C、手机通话时，电池提供电能，是将化学能转化为电能，C不符合题意；
D、新能源汽车充电时，是将外界提供的电能转化为电池内部的化学能储存起来，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．光伏电站的能量转化是太阳能到电能，与电能转化学能无关。
B．银锌电池是化学能转电能（原电池），不是电能转化学能。
C．手机通话依靠电池放电，是化学能转电能，不符合。
D．汽车充电时，电能转化为电池中的化学能，符合题意。
2．【答案】B
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、氨分子（NH3）的空间结构为三角锥形（N 原子位于顶点，3 个 H 原子位于底面），而非题目所示模型，A错误；
B、氮气分子（N2）中两个 N 原子通过三对共用电子结合，结构式为 N≡N，B正确；
C、氯原子质子数为 17，中子数 18，则质量数 = 17+18=35，应表示为1735Cl，而非17 8Cl，C错误；
D、氯化铵（NH4Cl）由 NH4+和 Cl-构成，Cl-的电子式需标注最外层 8 电子（[：Cl：]-）， 电子式为，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．明确氨分子的空间结构与模型的对应关系。
B．判断氮气分子中化学键的表示是否正确。
C．根据原子表示方法（左上角质量数，左下角质子数）判断。
D．检查氯化铵电子式中离子的电子表示是否完整。
3．【答案】A
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、蔗糖属于非还原性糖，分子结构中没有醛基，因此不具备发生银镜反应的条件，A错误；
B、五花肉中的油脂属于油脂类物质，在碱性条件下可以发生水解反应，即皂化反应，B正确；
C、蛋白质水解的最终产物是氨基酸，氨基酸分子中同时含有氨基（能与酸反应）和羧基（能与碱反应），这种结构使得氨基酸既能和酸反应，又能和碱反应，属于两性物质。鹅肉中的蛋白质水解后产生氨基酸，因此具有两性，C正确；
D、“薄饼”的制作原料是面粉，而面粉的主要成分是淀粉，这是生活常识与化学知识的结合，D正确；
故答案为：A。【分析】A．掌握糖类（蔗糖）的结构与还原性（是否含醛基、能否发生银镜反应）。
B．理解油脂皂化反应的定义（碱性条件下的水解反应）。
C．明确氨基酸的两性（同时含氨基和羧基，能与酸、碱反应）。
D．知晓常见食材（面粉）的主要成分（淀粉）。
4．【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；羧酸简介；电镀
【解析】【解答】A、食醋主要成分是醋酸（CH3COOH），水垢主要成分是碳酸钙（CaCO3），二者反应的化学方程式为CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，根据强酸制弱酸原理，说明醋酸酸性强于碳酸，劳动项目与化学知识有关联，A不符合题意；
B、豆科植物根瘤菌可将空气中的氮气转化为含氮化合物，实现自然固氮，因此种植豆科植物可减少氮肥的施用，劳动项目与化学知识有关联，B不符合题意；
C、给铁制钥匙镀铜时，铁钥匙作阴极，铜离子（Cu2+）在阴极得到电子发生还原反应生成铜单质，从而在钥匙表面镀上铜层，劳动项目与化学知识有关联，C不符合题意；
D、泡沫灭火器的主要成分是硫酸铝和碳酸氢钠，其灭火原理是溶液中HCO3-和Al3+发生双水解反应，而非Al3+和CO32-，劳动项目与所述化学知识没有关联，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．掌握强酸制弱酸原理（醋酸与碳酸钙的反应）。
B． 理解自然固氮的概念（豆科植物根瘤菌的作用）。
C．明确电镀的电化学原理（阴极还原反应）。
D． 知晓泡沫灭火器的双水解原理（Al3+与HCO3-的反应）。
5．【答案】C
【知识点】中和热的测定；酸（碱）式滴定管的使用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、中和热测定需要保温（减少热量损失）、测温（温度计）、搅拌（玻璃搅拌器）装置。图①的隔热层（保温）、温度计、玻璃搅拌器均具备，可用于强酸强碱稀溶液的中和热测定，A正确；
B、碱式滴定管排气泡时，将胶管弯曲使尖嘴斜向上，捏住胶管挤压玻璃珠，溶液从尖嘴流出可排出气泡。图②操作符合该方法，B正确；
C、FeCl3溶液存在水解平衡FeCl3+3H2O Fe(OH)3 +3HCl，HCl易挥发，直接蒸干时水解彻底，最终得到Fe(OH)3（或Fe2O3），而非无水FeCl3。若制备无水FeCl3，需在HCl气流中加热蒸干（抑制水解），因此图③装置直接蒸干无法得到目标固体，C错误；
D、锌铜原电池中，Zn为负极（失电子），Cu为正极（得电子），盐桥中阴离子向负极区（ZnSO4溶液）迁移，D正确；
故答案为：D。
【分析】A.明确中和热测定的关键条件（保温、测温、搅拌），对比图①装置的组件，判断其可行性。
B.回忆碱式滴定管排气泡的操作规范，结合图②的操作细节，确认其合理性。
C.分析FeCl3的水解平衡，考虑加热蒸干时HCl挥发对水解的促进作用，进而判断直接蒸干的产物，明确制备无水FeCl3的正确条件。
D.根据原电池正负极的判断（金属活动性），结合盐桥中离子的迁移规律（阴离子向负极区迁移），分析图④装置的离子迁移方向。
6．【答案】D
【知识点】烯烃；同系物
【解析】【解答】A、该物质含碳原子数远大于5，相对分子质量较大，熔沸点较高，常温下为液态或固态，不是气体，A错误；
B、同系物要求结构相似（官能团种类、数目相同，碳骨架类型一致）。愈创木烯含两个碳碳双键且有环状结构，乙烯是链状单烯烃，结构不相似，不属于乙烯的同系物，B错误；
C、愈创木烯含多个饱和碳原子（与四个单键相连的碳），饱和碳原子的空间结构为四面体，因此所有碳原子不可能共平面，C错误；
D、该物质含碳碳双键，碳碳双键能与Br2发生加成反应，D正确；
故答案为：D。
【分析】A.有机物的状态与碳原子数、相对分子质量密切相关，碳原子数较多（一般＞5）时，常温下多为液态或固态，据此判断愈创木烯的状态。
B.明确同系物“结构相似（官能团、碳骨架类型一致）、分子组成相差若干个CH2”定义判断是否为同系物。
C.饱和碳原子（四面体结构）的存在会破坏共面性，分析愈创木烯中饱和碳原子的分布，判断碳原子是否共平面。
D.碳碳双键是不饱和官能团，能与卤素（如Br2）发生加成反应，据此分析愈创木烯的反应性。
7．【答案】C
【知识点】燃烧热；盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、铁作为活性电极，电解氯化镁溶液时，阳极会发生铁的氧化反应，而非氯离子放电。正确反应为，A错误；
B、CO 燃烧是放热反应，热化学方程式中 ΔH 应为负值。正确方程式为：，B错误；
C、FeS 的溶解度大于 HgS，根据沉淀转化原理，FeS (s) 可与 Hg2+(aq) 反应生成更难溶的 HgS (s) 和 Fe2+(aq)，，C正确；
D、S2-的水解分步进行，第一步为 S2-+H2O HS-+OH-，第二步为 HS-+H2O H2S+OH-，原选项直接写成一步生成 H2S，不符合分步水解规律，D错误；
故答案为：C。【分析】从化学反应原理出发，结合物质性质及方程式书写规则，逐一验证各选项的正确性。
8．【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、反应 Ⅰ 的反应物是 A (g) 和 B (g)，相对能量为 E2；生成物是 C (g) 和 D (g)，相对能量为 E3。焓变 ΔH1等于生成物总能量减去反应物总能量，即 ΔH1=(E3 E2) kJ mol- ，A正确；
B、活化能越高，反应速率越慢。反应 Ⅰ 的活化能是 E5 E2，反应 Ⅱ 的活化能是 E4 E3，由图可知反应 Ⅰ 的活化能更高，故反应 Ⅰ 的速率小于反应 Ⅱ，B错误；
C、反应 Ⅱ 的反应物是 D (g) 和 2B (g)，相对能量为 E3，正反应的活化能是过渡态能量与反应物能量的差值，即 E4 E3，而非 E4，C错误；
D、催化剂降低活化能（E4、E5会降低），但不改变反应前后物质的能量，故 E3不变，D错误；
故答案为：A。【分析】A．根据反应前后能量差计算焓变。
B．活化能与反应速率的关系。
C．判断反应 Ⅱ 的正反应活化能。
D．催化剂对活化能和能量的影响。
9．【答案】B
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、金属 - 空气电池中，负极发生氧化反应，需由活泼金属（锌、铝、锂等）承担，石墨化学性质稳定，不能作负极，A错误；
B、金属电极作为负极，失去电子，发生氧化反应，B正确；
C、电子由负极（金属电极）经外电路流向正极，而电流方向与电子移动方向相反，是由正极经外电路流向金属电极，C错误；
D、原电池工作时，存在化学能转化为电能的同时，还会有热能等其他形式能量的转化，化学能不可能100%转化为电能，D错误；
故答案为：B。
【分析】A.根据负极需发生氧化反应的特点，判断金属材料作负极。
B.金属作为负极失电子，符合氧化反应的定义。
C.结合电子和电流的流向关系，分析出电流方向与电子流向相反。
D.依据原电池能量转化的实际情况，判断化学能不可能100%转化为电能。
10．【答案】D
【知识点】焓变和熵变；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、10mL 0.1mol L- AgNO3溶液中 Ag+过量，滴加少量 NaCl 后仍有大量 Ag+剩余。再加 NaI 时，剩余 Ag+直接与 I-反应生成 AgI 沉淀，并非 AgCl 转化为 AgI，无法证明 Ksp (AgCl)＞Ksp (AgI)，A错误；
B、CH3COONa 水解反应为 CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-，水解常数
Kh = ，题目中比值为 1/Kh。升温促进水解，Kh 增大，故该比值减小，B错误；
C、合成氨反应 ΔH＜0（放热），升温使平衡逆向移动，H2的平衡转化率降低（仅速率加快），C 错误；
D、该反应 ΔH=+185.7kJ mol- （吸热），但生成 3 种气体，ΔS＞0（混乱度增大）。一定温度下 TΔS 可大于 ΔH，使 ΔG＜0，反应自发，故自发原因是体系趋向混乱度增加，D正确；
故答案为：D。
【分析】结合各选项涉及的化学原理（沉淀转化、盐类水解、平衡移动、反应自发性），依据相关规律和公式，逐一分析判断说法是否正确。
【分析】A．比较溶度积（Ksp）需通过沉淀转化，且要求初始沉淀完全。
B．水解平衡常数与温度的关系，及比值的数学意义。
C．放热反应中温度对平衡移动的影响。
D．反应自发性的判断（ΔG=ΔH-TΔS）。
11．【答案】A
【知识点】电解质在水溶液中的电离；电解原理；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、混合后发生反应H2(g)＋I2(g) 2HI(g)，反应过程中气体分子数不变，因此反应后分子总数为(0.1mol＋0.2mol)×NA=0.3NA，A符合题意。
B、该溶液中n(Na2CO3)=0.10mol·L－1×0.1L=0.01mol，由于CO32－在水溶液中发生水解反应，使得溶液中CO32－的个数减小，因此溶液中CO32－的数目小于0.01NA，B不符合题意。
C、未给出气体所处的状态，无法应用气体摩尔体积Vm=22.4L·mol－1进行计算，C不符合题意。
D、未给出溶液的体积，无法应用公式n=c×V计算溶液中的离子数，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、混合后发生反应H2(g)＋I2(g) 2HI(g)，反应前后气体分子数不变。
B、Na2CO3溶液中存在CO32－的水解反应CO32－＋H2O HCO3－＋OH－。
C、未给出气体所处的状态，无法应用气体摩尔体积进行计算。
D、未给出溶液的体积，无法计算溶液中的离子数。
12．【答案】B
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、滴加浓硫酸前通入一段时间N2，可排出装置内空气，避免Na2SO3和生成的SO2被氧化，A正确；
B、SO2进入Y装置后，溶液呈酸性，NO3-、Fe3+会将SO2氧化为SO42-，SO42-与Ba2+结合生成BaSO4沉淀；而BaSO3在酸性条件下不能稳定存在，因此白色沉淀只有BaSO4，B错误；
C、X装置中发生反应H2SO4(浓)+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2↑，反应中各元素化合价未发生变化，属于非氧化还原反应，浓硫酸未体现氧化性，C正确；
D、若将Fe(NO3)3换成氨水，SO2与氨水反应生成(NH4)2SO3，(NH4)2SO3与BaCl2反应生成BaSO3白色沉淀，D正确；
故答案为：B。
【分析】A.通N2排空气，防止Na2SO3、SO2被氧化。
B.酸性条件下，NO3-、Fe3+将SO2氧化为SO42-，生成BaSO4；BaSO3在酸性中溶解，沉淀只有BaSO4。
C.X中反应无化合价变化，浓硫酸只体现酸性。
D.氨水与SO2生成亚硫酸盐，再与BaCl2生成BaSO3沉淀。
13．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；铁的化学性质；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A、Cr、Fe单质均可先形成+2价盐，再转化为+2价氢氧化物，最终被氧化为+3价氢氧化物，A合理；
B、Fe与水蒸气反应生成Fe3O4，而非Fe2O3；Cr更不活泼，不与水蒸气反应，B不合理；
C、f溶液pH减小（酸性增强），Cr2O72-浓度增大，氧化性增强，颜色加深，C合理；
D、若f作净水剂，FeO42-具强氧化性可杀菌消毒，生成的Fe3+水解为Fe(OH)3胶体可净水，D合理；
故答案为：B。
【分析】A.Cr、Fe的+2价化合物可经氢氧化物逐步氧化为+3价氢氧化物。
B.Fe与水蒸气反应产物是Fe3O4，Cr更不活泼不与水蒸气反应。
C.酸性增强时Cr2O72-浓度增加，氧化性和颜色变化一致。
D.FeO42-的氧化性与Fe3+的水解性结合，可同时杀菌净水。
14．【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、原子半径比较，X（Mg）有3个电子层，Y（Si）、W（F）中Y有3个电子层、W有2个电子层，电子层数越多半径越大，电子层数相同时核电荷数越大半径越小，故原子半径：X > Y > W，A错误；
B、非金属性W（F）> V（C）> Y（Si），非金属性越强，最简单氢化物越稳定，故稳定性：W > V > Y，B错误；
C、VZ2是CS2，C与两个S分别共用两对电子，各原子最外层均满足8电子稳定结构，C正确；
D、X的氧化物是MgO，只能与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，D错误；
故答案为：C。
【分析】先根据题干信息推断元素：W是非金属性最强的短周期元素，故W为F；Y单质用于制造计算机芯片，且V、Y同主族，故Y为Si，V为C；X最外层电子数与其最内层电子数相等，且原子序数大于F，故X为Mg；Z的氢化物有臭鸡蛋气味，故Z为S。再结合元素周期律、物质结构逐一分析选项。
15．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；铵离子检验；焰色反应；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、检验NH4+生成的NH3，需用湿润的红色石蕊试纸（NH3溶于水显碱性，使红色石蕊试纸变蓝），而不是蓝色石蕊试纸，操作错误，A错误；
B、压缩装有NO2的注射器，体积减小，NO2浓度瞬间增大（颜色变深），随后平衡2NO2(g) N2O4(g)正向移动，颜色逐渐变浅（但比原平衡深），现象描述仅“变深”不完整，B错误；
C、K3[Fe(CN)6]与Fe2+反应生成蓝色沉淀，取铁电极附近溶液滴加该试剂产生蓝色沉淀，说明铁电极放电产物是Fe2+，C正确；
D、观察钾的焰色试验，需透过蓝色钴玻璃滤去钠黄光的干扰，直接灼烧未观察到紫色不能说明不含钾元素，操作错误，D错误；
故答案为：C。
【分析】A、明确NH3的检验试剂应为湿润红色石蕊试纸。
B、结合勒夏特列原理，分析压缩体积时NO2浓度的瞬间变化和平衡移动的后续影响，判断现象描述。
C、利用Fe2+与K3[Fe(CN)6]的特征反应，判断实验结论。
D、强调钾焰色试验的特殊操作（透过蓝色钴玻璃），判断操作正确与否。
16．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、H2CO3第一步电离为 H2CO3 H++HCO3-， 。图像中 pH=6.37 时，H2CO3与 HCO3-的分布分数相等，即 c()=c() ，此时H+浓度为10-6.37，故 Ka1=10-6.37，A正确；
B、pH 越小（酸性越强），H2CO3越稳定；pH 增大（碱性增强），H2CO3逐渐电离为 HCO3-和 CO32-，其分布分数逐渐降低。曲线 a 随 pH 增大而下降，符合 H2CO3的变化规律，B正确；
C、图像中 pH=10.25 时，但等物质的量的 NaHCO3和 Na2CO3混合液中，CO32-的水解程度（生成 HCO3-）远大于 HCO3-的电离程度（生成 CO32-），导致 ，溶液 pH≠10.25，C错误；
D、pH=8 时，结合图像可知，曲线 b（HCO3-）分布分数最高，曲线 a（H2CO3）次之，曲线 c（CO32-）最低，故 ，D正确；
故答案为：C。
【分析】结合图像中 H2CO3、HCO3-、CO32-的分布分数随 pH 的变化规律，利用弱酸电离平衡常数（Ka）的性质及盐类水解、电离的特点，逐一分析选项的正确性。A．考查Ka1的计算与图像交点的关系。
B．判断pH 变化对 H2CO3存在形式的影响。
C．考查混合溶液中离子的水解与电离程度比较。
D．判断pH=8 时各粒子浓度的大小关系。
17．【答案】(1) A，C
(2) KNO3 5mL 1mol/LKCl溶液
(3) 蒸馏水 1mol/LKCl溶液
(4) 实验⑤中气泡产生的速率比实验④快，实验⑥中气泡产生的速率比实验⑤快
(5) 使用盐桥改变单位时间离子迁移量使得⑤、⑥速率不可比(或存在Mg置换AgCl滤液中Ag+的副反应，使得⑤、⑥速率不可比)
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；性质实验方案的设计；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）配制100mL溶液，除托盘天平、烧杯、量筒、玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有100mL容量瓶、胶头滴管；
故答案为：AC。
（2）90mL1mol/L溶液中加入10mL0.2mol/L溶液，产生白色沉淀后过滤，可知有剩余，过滤所得的滤液中主要含有：等微粒，根据题意可知，对该反应无影响，可能是促进镁与水的反应，而结论给出的是能促进镁与水的反应，溶液中离子无影响，因此，实验①是空白对照组；实验②中现象与实验①相同，因此实验②中加入的是5mL 1mol/L；实验③的气泡增多，需要控制变量，因此加入的是5mL1mol/L溶液；
故答案为：；5mL 1mol/L溶液。
（3）根据题干信息可知，该实验是验证和共同加快镁与水反应速率，最终通过三组对比实验得出结论证明是和共同加快镁与水反应速率，甲组实验④为空白对照组，因此液体X为蒸馏水；实验⑤中只加入了100mL1mol/L溶液，实验⑥中的装置构成原电池，题中信息，滤液中存在微量银离子，可能形成了微小原电池，进一步加快反应速率，因此为了与实验⑤形成对照组，电解质溶液应和实验⑤中一样为100mL1mol/L溶液；
故答案为：蒸馏水；1mol/L溶液。
（4）若证明是和共同加快镁与水反应速率，会观察到现象：实验⑤中气泡产生的速率比实验④快，实验⑥中气泡产生的速率比实验⑤快；
故答案为：实验⑤中气泡产生的速率比实验④快，实验⑥中气泡产生的速率比实验⑤快
（5）乙组设计实验⑥装置使用盐桥，盐桥中阴、阳离子定向移动，改变单位时间离子迁移量使得⑤、⑥速率不可比，还有可能是存在Mg置换滤液中的副反应，使得⑤、⑥速率不可比；
故答案为：使用盐桥改变单位时间离子迁移量使得⑤、⑥速率不可比(或存在置换滤液中的副反应，使得⑤、⑥速率不可比)
【分析】（1）配制一定物质的量浓度溶液，需明确所需玻璃仪器（100mL容量瓶、胶头滴管）。
（2）通过控制变量法，结合“K+无影响、Cl-促进反应、NO3-无影响”的结论，确定实验所加试剂。
（3）设计原电池验证猜想时，明确空白对照组的液体（蒸馏水）和对照组的电解质溶液（与实验组一致的KCl溶液）。
（4）根据“Cl-和Ag+共同加快反应速率”的猜想，分析实验中气泡产生速率的差异。
（5）分析盐桥对离子迁移量的影响及Mg置换Ag+的副反应对实验速率可比性的影响。
18．【答案】（1）-80.7kJ·mol-1
（2）A；D
（3）L3；温度升高，反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅱ正向移动，CO物质的量分数随温度升高而增大；增大压强(或适当降低温度)；；(或0.11)
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可得：反应Ⅰ-反应Ⅱ=反应CO(g)+H2O(g) HCOOH(g)△H3，则的。
故答案为：-80.7kJ·mol-1
（2）A．各物质都是气体，反应过程中混合气体的总质量不变，气体的总物质的量在发生变化，所以混合气体的平均摩尔质量不再发生变化时能说明反应达到平衡状态，故A正确；
B．温度不变，平衡常数不变，反应Ⅱ的化学平衡常数不再变化不能说明反应达到平衡状态，故B不正确；
C．CO2和H2的物质的量之比恒等于1，CO2和H2的物质的量之比不再发生变化不能说明反应达到平衡状态，故C不正确；
D．反应前后气体总物质的量、气体压强发生变化，容器内混合气体压强不再发生变化能说明该反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：AD；
（3）一定温度下，向某容积为1L的恒容密闭容器中充入0.1molCO2(g)和0.1molH2(g)，发生上述反应I、Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ正向移动，反应Ⅰ逆向移动，所以CO物质的量分数随温度升高而增大，HCOOH物质的量分数随温度升高而减小，表示CO物质的量分数随温度变化的曲线为L3，表示HCOOH物质的量分数随温度变化的曲线为，表示CO2物质的量分数随温度变化的曲线为；
①据分析，表示CO物质的量分数随温度变化的曲线为L3，判断理由为：温度升高，反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅱ正向移动，CO物质的量分数随温度升高而增大；降温或增压有利于CO2(g)+H2(g) HCOOH(g)H1=-31.2kJ·mol-1平衡右移，则能提高甲酸平衡产率的措施为：能提高甲酸平衡产率的措施有增大压强、适当降低温度等。
②T1K下，10min时反应达到平衡状态。由图像可知，HCOOH和CO物质的量分数相等，为0.2，所以，，的平均生成速率。
③反应I．CO2(g)+H2(g) HCOOH(g)，反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)中，各物质的化学计量数均为1，转化的氢气的物质的量等于生成的HCOOH与CO的物质的量之和，n(H2)=0.02mol+0.02mol=0.04mol， T1K下平衡时，n(CO2)=，n(H2)=，n(CO)= 0.02mol，n(H2O)= 0.02mol，所以T1K下，反应Ⅱ的平衡常数K(Ⅱ)=。
故答案为：L3；温度升高，反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅱ正向移动，CO物质的量分数随温度升高而增大；增大压强(或适当降低温度)；；(或0.11)。
【分析】（1）利用盖斯定律，通过反应I（CO2(g)+H2(g) HCOOH(g) ΔH1=-31.2kJ·mol- ）和反应II（CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=+49.5kJ·mol- ），可得目标反应的ΔH3 = ΔH1 - ΔH2 = -31.2kJ·mol- - 49.5kJ·mol- = -80.7kJ·mol- 。
（2）结合反应的气体物质的量变化、平均摩尔质量、平衡常数、物质的量比、压强变化分析：
A：反应前后总质量不变，总物质的量变化，平均摩尔质量不变时达平衡；
B：温度不变平衡常数不变，不能说明平衡；
C：CO2和H2起始量、计量数均相同，物质的量比始终为1，不能说明平衡；
D：反应前后气体总物质的量变化，压强不变时达平衡。
（3）曲线判断：温度升高，反应I逆向、反应II正向，CO物质的量分数增大，对应曲线L3；
反应速率计算：根据甲酸物质的量分数，算出n(HCOOH)=0.02mol，v(HCOOH)=0.002mol·L- ·min- ；
平衡常数计算：已知反应II的K，结合平衡时各物质的量，得K≈0.11。
（1）由盖斯定律可得：反应Ⅰ-反应Ⅱ=反应CO(g)+H2O(g) HCOOH(g)△H3，则的。
（2）A．各物质都是气体，反应过程中混合气体的总质量不变，气体的总物质的量在发生变化，所以混合气体的平均摩尔质量不再发生变化时能说明反应达到平衡状态，故A正确；
B．温度不变，平衡常数不变，反应Ⅱ的化学平衡常数不再变化不能说明反应达到平衡状态，故B不正确；
C．CO2和H2的物质的量之比恒等于1，CO2和H2的物质的量之比不再发生变化不能说明反应达到平衡状态，故C不正确；
D．反应前后气体总物质的量、气体压强发生变化，容器内混合气体压强不再发生变化能说明该反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：AD；
（3）一定温度下，向某容积为1L的恒容密闭容器中充入0.1molCO2(g)和0.1molH2(g)，发生上述反应I、Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ正向移动，反应Ⅰ逆向移动，所以CO物质的量分数随温度升高而增大，HCOOH物质的量分数随温度升高而减小，表示CO物质的量分数随温度变化的曲线为L3，表示HCOOH物质的量分数随温度变化的曲线为，表示CO2物质的量分数随温度变化的曲线为；
①据分析，表示CO物质的量分数随温度变化的曲线为L3，判断理由为：温度升高，反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅱ正向移动，CO物质的量分数随温度升高而增大；降温或增压有利于CO2(g)+H2(g) HCOOH(g)H1=-31.2kJ·mol-1平衡右移，则能提高甲酸平衡产率的措施为：能提高甲酸平衡产率的措施有增大压强、适当降低温度等。
②T1K下，10min时反应达到平衡状态。由图像可知，HCOOH和CO物质的量分数相等，为0.2，所以，，的平均生成速率。
③反应I．CO2(g)+H2(g) HCOOH(g)，反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)中，各物质的化学计量数均为1，转化的氢气的物质的量等于生成的HCOOH与CO的物质的量之和，n(H2)=0.02mol+0.02mol=0.04mol， T1K下平衡时，n(CO2)=，n(H2)=，n(CO)= 0.02mol，n(H2O)= 0.02mol，所以T1K下，反应Ⅱ的平衡常数K(Ⅱ)=。
19．【答案】（1）抑制Al3+的水解
（2）NH3；CO2
（3）C
（4）取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净
（5）10
（6）2Ni2+ +ClO- +4OH- =2NiOOH↓+Cl-+H2O
【知识点】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；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）水解使溶液显弱酸性，配制Al2(SO4)3溶液时，用硫酸酸化，可使水解平衡逆向移动，从而抑制的水解，故用硫酸酸化的目的是抑制的水解；
（2）在加热条件下，尿素[CO(NH2)2]在水中发生水解反应，根据组成元素可知生成的两种气体为和；
（3）A．“调pH”过程中，、、和在加热条件下溶于尿素，发生反应生成、、、，故目的是把金属阳离子转化为氢氧化物，A项正确；
B．“晶化”过程中，需保持恒温60℃，处于相对较低的温度下且需要恒温，故可采用水浴加热，B项正确；
C．“焙烧”过程中，只能使用坩埚，不能使用蒸发皿，C项错误；
D．“还原”过程中，以M代表Ni或Cu，发生还原反应，生成金属单质，所发生的反应为，D项正确；
答案选C；
（4）检验滤饼是否洗净，需对洗涤液进行检验，若洗净，洗涤液中不存在，若未洗净，则洗涤液中存在，故具体操作为取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净；
（5），，则，解得，，即；
（6）NiSO4溶液可在强碱溶液中被NaClO氧化，得到用作镍镉电池正极材料的NiOOH，反应的离子方程式为2Ni2+ +ClO- +4OH- =2NiOOH↓+Cl-+H2O。
【分析】在制备负载型镍铜双金属催化剂（Ni - Cu/MgO - Al2O3）的流程中，以镁铝复合氧化物（MgO - Al2O3）为载体。首先，MgSO4、Al2(SO4)3、NiSO4和CuSO4的混合溶液与尿素在加热条件下发生反应，尿素水解产生OH-，使金属离子分别转化为Mg(OH)2、Al(OH)3、Ni(OH)2、Cu(OH)2沉淀。随后在60℃下进行晶化操作，过滤得到滤饼；滤饼经洗涤、干燥后进行焙烧，分解生成MgO、Al2O3、NiO和CuO。最后，在550℃条件下通入氢气，将NiO和CuO还原为金属Ni和Cu，从而得到目标催化剂产品。
（1）水解使溶液显弱酸性，配制Al2(SO4)3溶液时，用硫酸酸化，可使水解平衡逆向移动，从而抑制的水解，故用硫酸酸化的目的是抑制的水解；
（2）在加热条件下，尿素[CO(NH2)2]在水中发生水解反应，根据组成元素可知生成的两种气体为和；
（3）A．“调pH”过程中，、、和在加热条件下溶于尿素，发生反应生成、、、，故目的是把金属阳离子转化为氢氧化物，A项正确；
B．“晶化”过程中，需保持恒温60℃，处于相对较低的温度下且需要恒温，故可采用水浴加热，B项正确；
C．“焙烧”过程中，只能使用坩埚，不能使用蒸发皿，C项错误；
D．“还原”过程中，以M代表Ni或Cu，发生还原反应，生成金属单质，所发生的反应为，D项正确；
答案选C；
（4）检验滤饼是否洗净，需对洗涤液进行检验，若洗净，洗涤液中不存在，若未洗净，则洗涤液中存在，故具体操作为取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净；
（5），，则，解得，，即；
（6）NiSO4溶液可在强碱溶液中被NaClO氧化，得到用作镍镉电池正极材料的NiOOH，反应的离子方程式为2Ni2+ +ClO- +4OH- =2NiOOH↓+Cl-+H2O。
20．【答案】（1）bd
（2）加成反应
（3）(或)；
（4）；降低丙酸乙酯的溶解度，除去，溶解
（5）①③⑤
【知识点】乙烯的物理、化学性质；羧酸简介；多糖的性质和用途
【解析】【解答】（1）a．是难溶于水的白色固体，故a错误；b．纤维素水解的最终产物为葡萄糖，故b正确；c．纤维素和淀粉的n值不相同，因此两者不互为同分异构体，故c错误；d．纤维素含有C、H、O三种元素，完全燃烧的最终产物只有和，故d正确；
故答案为：bd。
（2）根据反应前后得到反应①的反应类型为加成反应；
故答案为：加成反应。
（3）乙烯和水发生加成反应得到乙醇，其M的结构简式为(或)，高聚物将两边的两根半键合成一根键，则 的单体为；
故答案为：(或)；。
（4）反应④是乙醇和丙酸发生酯化反应，其反应的化学方程式：；实验室制取N时，饱和溶液的作用是降低丙酸乙酯的溶解度，除去，溶解；
故答案为：；降低丙酸乙酯的溶解度，除去，溶解。
（5）上述①～⑤反应中，以生成有机产物为目标，原子利用率为100%的反应是加成反应，①③⑤是加成反应，反应④是取代反应，反应②变为和HCl，因此原子利用率为100%的是①③⑤；
故答案为：①③⑤。
【分析】纤维素属于天然高分子多糖，其分子由多个葡萄糖单元连接而成。从转化流程分析：纤维素经一系列反应生成乙烯后，可通过不同路径转化为多种物质。
乙烯与氯气发生加成反应，生成 1，2 - 二氯乙烷（CH2ClCH2Cl）；1，2 - 二氯乙烷在高温下发生反应，生成氯化氢（HCl）和氯乙烯（CH2=CHCl）；氯乙烯通过加聚反应，形成聚氯乙烯（结构为重复的 - CH-CH2- 单元，其中一个碳原子连有 Cl 原子）。
另外，乙烯与水发生加成反应生成乙醇（即物质 M）；乙醇和丙酸（CH3CH2COOH）在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，生成丙酸乙酯（即物质 N）。
理解上述转化关系时，需注意各物质的结构特点及反应类型（加成、消去、加聚、酯化等）对产物的影响。
（1）a．是难溶于水的白色固体，故a错误；b．纤维素水解的最终产物为葡萄糖，故b正确；c．纤维素和淀粉的n值不相同，因此两者不互为同分异构体，故c错误；d．纤维素含有C、H、O三种元素，完全燃烧的最终产物只有和，故d正确；综上所述，答案为：bd。
（2）根据反应前后得到反应①的反应类型为加成反应；故答案为：加成反应。
（3）乙烯和水发生加成反应得到乙醇，其M的结构简式为(或)，高聚物将两边的两根半键合成一根键，则 的单体为；故答案为：(或)；。
（4）反应④是乙醇和丙酸发生酯化反应，其反应的化学方程式：；实验室制取N时，饱和溶液的作用是降低丙酸乙酯的溶解度，除去，溶解；故答案为：；降低丙酸乙酯的溶解度，除去，溶解。
（5）上述①～⑤反应中，以生成有机产物为目标，原子利用率为100%的反应是加成反应，①③⑤是加成反应，反应④是取代反应，反应②变为和HCl，因此原子利用率为100%的是①③⑤；故答案为：①③⑤。
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