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广东省金太阳2025-2026学年高三上学期8月开学联考化学试卷
1．（2025高三上·广东开学考）传承文化遗产，飞扬华夏风采，下列选项涉及材料的主要成分属于无机非金属材料的是
A．秦兵马俑 B．青铜编钟 C．银质鎏金如意 D．计算数目的竹算筹
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】无机非金属材料
【解析】【解答】A．秦兵马俑主要由陶土烧制而成，陶土的主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，A正确；
B．青铜编钟的主要成分是铜锡合金，属于金属材料，B错误；
C．银质鎏金如意的主要成分是银和金，均为金属单质，属于金属材料，C错误；
D．竹算筹的主要成分是纤维素，属于有机高分子材料，D错误；
故选A。
【分析】传统无机非金属材料主要指硅酸盐，包括玻璃、陶瓷和水泥；青铜是合金；纤维素是天然高分子。
2．（2025高三上·广东开学考）螯合物在工业中用来除去金属杂质，如水的软化、去除有毒的重金属离子等。有机物HA()与Cu2+形成的螯合物CuA2的结构简式如图(其中R、为烃基)。已知能电离出氢离子，碳氮双键具有碳碳双键的性质。则螯合物上
A．氢原子与氧原子之间的作用力都是共价键
B．能发生加成反应
C．含有4个H原子
D．配位原子只有N原子
【答案】B
【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
【解析】【解答】A．螯合物中的氢原子与氧原子之间，除了羟基中的共价键作用力外，还存在着之间的氢键作用力，A错误；
B．在螯合物中存在碳氮双键具有碳碳双键（C=C）的性质，而C=C能发生加成反应，故C=N也能发生加成反应，B正确；
C．螯合物中R、R'为烃基，含有多个氢原子，且结构中还有羟基上的氢，远不止4个H原子，C错误；
D．由螯合物结构可知，与N原子和O原子均形成配位键，配位原子有N和O，D错误；
故答案为B。
【分析】A．根据氧元素一般形成两个共价键，可知结构中存在氢键；
B．结构中的碳氮双键可发生加成反应；
C．烃基R、R'含有多个氢原子；
D．O原子是配位原子。
3．（2025高三上·广东开学考）“中国制造”在众多领域受到世界瞩目，它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是
A．“华龙一号”核反应堆采用陶瓷芯块，中U的化合价为+6价
B．“嫦娥五号”使用的是锂太阳能电池阵，锂太阳能电池可将化学能转化为电能
C．“雪龙二号”雷达系统使用的是碳化硅材料，1mol碳化硅的质量为
D．“C919”大飞机使用的是航空有机玻璃，有机玻璃属于混合物
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；原子晶体（共价晶体）；化学电源新型电池
【解析】【解答】A．中O为价，可计算得到U的化合价为价，A错误；
B．锂太阳能电池阵是将光能转化为电能的装置，B错误；
C．碳化硅化学式为：SiC，则1mol SiC的质量为40g，C错误；
D．有机玻璃为有机高分子材料，因其聚合度不同，所以属于混合物，D正确；
故答案为D。
【分析】A．根据化合物正负化合价代数和为0原则进行计算；
B．太阳能电池阵是将光能转化为电能的装置；
C．根据计算；
D．聚合物是混合物。
4．（2025高三上·广东开学考）劳动开创美好未来，下列劳动项目与所述的化学知识有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 将金属钠制成高压钠灯 钠具有强还原性
B 用Al和NaOH疏通剂处理管道堵塞
C 冬季用石灰浆涂抹树皮 石灰浆可以减少植物光合作用
D 清洗餐具时用洗洁精去除油污 洗洁精中的表面活性剂可使油污水解为水溶性物质
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；钠的化学性质；铝的化学性质
【解析】【解答】A．因钠发出的黄光穿透力强，故钠可用于高压钠灯，并不是因为元素的还原性，A不符合题意；
B．Al与NaOH反应产生氢气、放出热量，可疏通管道，反应式正确，B符合题意；
C．石灰浆不能减少光合作用， 涂抹树皮用于树木防虫杀菌，C不符合题意；
D．洗洁精通过乳化作用去除油污，并非水解，D不符合题意；
故选B。
【分析】A．钠还原性强指失电子能力；
B．Al与NaOH反应能产生氢气、且反应放热；
C．Ca(OH)2是强碱；
D．洗洁精去除油污是因为乳化。
5．（2025高三上·广东开学考）保温隔热材料一般都是轻质、疏松、多孔的纤维材料，其按成分可分为有机材料和无机材料两种。下列有关说法错误的是
A．保温隔热最好的材料是气凝胶，石墨烯气凝胶能产生丁达尔效应
B．硅酸钙板是常见的无机保温隔热材料，硅酸钙是熔点高的共价晶体
C．挤塑聚苯乙烯泡沫板是物理发泡制成的轻质保温材料，聚苯乙烯质轻、易燃
D．在实际应用中，需根据使用环境的温度、湿度、氧含量等选择隔热材料
【答案】B
【知识点】原子晶体（共价晶体）；有机物的结构和性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．气凝胶是优质保温材料，石墨烯气凝胶属于胶体，能产生丁达尔效应，A正确；
B．硅酸钙是盐，由Ca2+和硅酸根离子组成，属于离子晶体，B错误；
C．挤塑聚苯乙烯泡沫板通过物理发泡制成，作为有机材料，质轻且易燃，C正确；
D．隔热材料的选择需考虑环境因素（温度、湿度、含氧量等），D正确；
故选B。
【分析】A．胶体分散系能产生丁达尔效应；
B．硅酸钙是离子化合物，属于离子晶体；
C．聚苯乙烯是有机物易燃；
D．根据环境因素对隔热材料的影响作答，一般受环境中温度、湿度和含氧量影响。
6．（2025高三上·广东开学考）下列实验室模拟侯氏制碱法的实验原理和装置能达到实验目的的是
A．制备 B．制备
C．分离 D．制备
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．实验室用石灰石和盐酸反应制备，不能用稀硫酸代替，因稀硫酸与碳酸钙反应生成的硫酸钙微溶于水，会覆盖在石灰石表面，阻止反应继续进行，无法持续产生，A错误；
B．制备的原理是向饱和食盐水中先通入氨气后通入二氧化碳，反应生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体，装置中通过雾化装置可增大氨盐水与二氧化碳的接触面积，提高吸收效率，B正确；
C．图中是分液操作，不能分离晶体，正确的分离方法应采用过滤操作，C错误；
D．制备需加热固体分解生成碳酸钠，应使用坩埚盛装固体加热，蒸发皿用于蒸发溶液（如从溶液中获得晶体），不能用于固体加热分解，D错误；
故选B。
【分析】A．生成物硫酸钙微溶，会阻止反应的进行；
B．根据侯氏制碱法原理进行作答；
C．分液操作适用于互不相容的混合液体体系；
D．固体加热分解在坩埚中进行。
7．（2025高三上·广东开学考）能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是
A．X为，为，③的反应条件为电解
B．X为，为，①的反应条件为在中燃烧
C．X为NO，Y为，一定为
D．X为S，为，浓溶液可能具有脱水性
【答案】D
【知识点】浓硫酸的性质；含硫物质的性质及综合应用；铝的化学性质；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A．X为Al，Z为时，因为是共价化合物，则电解不能生成Al，熔融状态不导电，A错误；
B． X为时，Y应为FeCl3，因为Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，而非FeCl2，B错误；
C．Y为，若为，氮气不能一步转化为，C错误；
D．X为S，①可通过S燃烧生成Y（）；②氧化生成Z（如H2SO4）；Z的浓溶液（浓H2SO4）具有脱水性，浓H2SO4与铜加热反应可生成，浓H2SO4与H2S反应可生成S，转化关系成立，D正确；
故选D。
【分析】A．电解熔融氧化铝制备铝单质；
B．因氯气氧化性较强，铁被氧化能三价铁；
C．N2和O2反应生成NO，NO和O2反应生成NO2；
D．硫单质和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫被氧化后在一定条件下生成硫酸，浓硫酸和铜单质在加热条件下反应，生成二氧化硫，据此分析。
8．（2025高三上·广东开学考）下列陈述I与陈述II均正确，且两者具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述II
A 金属镁失火时，能用二氧化碳灭火 二氧化碳不支持燃烧
B 将稀硝酸加入过量铁粉中充分反应后，滴加KSCN溶液，无明显现象 稀硝酸有氧化性，只能将Fe氧化为
C 冠醚可用于识别碱金属离子 不同空穴大小的冠醚可与不同的碱金属离子形成超分子
D 当镀层破损时，马口铁(镀锡钢板)比白铁皮(镀锌钢板)更难被腐蚀 用牺牲阳极法防止金属腐蚀
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、镁能在二氧化碳中燃烧，故金属镁失火时不能用二氧化碳灭火，陈述 I 错误；虽二氧化碳通常不支持燃烧，但此处因果关系不成立，A错误；
B、稀硝酸氧化性强，可将 Fe 氧化为 Fe3+，但过量 Fe 会把 Fe3+还原为 Fe2+，因此加 KSCN 无现象；陈述 II 中 “只能氧化为 Fe2+” 错误，因果关系不成立，B错误；
C、不同空穴大小的冠醚能与不同碱金属离子选择性结合形成超分子，因此冠醚可用于识别这些离子；陈述 I、II 均正确，且因果关系成立，C正确；
D、锌比铁活泼，镀锌钢板（白铁皮）破损后，锌作为牺牲阳极保护铁；锡不如铁活泼，镀锡钢板（马口铁）破损后，铁更易被腐蚀，故陈述 I 错误，因果关系不成立，D错误；
故答案为：C。【分析】A．考查镁与二氧化碳的反应及灭火适用性。
B．判断稀硝酸与过量铁粉的反应原理。
C．考查冠醚识别碱金属离子的机制。
D．考查镀层破损后的金属腐蚀与保护原理。
9．（2025高三上·广东开学考）a、b、c、d均为短周期主族元素，原子半径、原子序数、25℃下浓度均为0.01 mol/L最高价氧化物对应水化物溶液的pH关系如图，下列说法正确的是
A．a、b、c处于同一周期 B．电负性：d＞c＞b
C．键角：cO2＞cO3 D．最简单氢化物的沸点：d＞a
【答案】B
【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；键能、键长、键角及其应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．a是N元素，b是Na元素，c是S元素，N元素位于第二周期；Na、S元素位于第三周期，A错误；
B．b是Na元素，c是S元素，d是Cl元素。它们是同一周期元素，从左到右，元素的电负性增大，所以元素的电负性：d(Cl)＞c(S)＞b(Na)，B正确；
C．c是S元素，cO2为SO2，SO2分子中S原子价层电子对数是：，有1对孤电子对，因此SO2为V形；cO3为SO3，SO2分子中S原子价层电子对数是：，无对孤电子对，因此SO3为平面三角形，键角是120°；则键角：SO2＜SO3，C错误；
D．a是N元素，d是Cl元素。N元素的简单氢化物为NH3，NH3分子间除存在范德华力外，还存在氢键，导致其沸点较高，Cl元素的简单氢化物为HCl，HCl分子之间只有范德华力，无氢键存在，因此其沸点较低，故物质的沸点：a(NH3)＞d(HCl)，D错误；
故合理选项是B。
【分析】根据题中关系图， 0.01 mol/L元素a和d最高价氧化物对应水化物溶液的pH=2，且a到c原子叙述增大，可知a为N，d为Cl，0.01 mol/Lb最高价氧化物对应水化物溶液的pH=12，可知b为Na，而c对应溶液的pH＜2，应该为二元强酸，则c是S元素，据此分析。
10．（2025高三上·广东开学考）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1mol铁粉在1mol氯气中充分燃烧，失去的电子数为
B．在的溶液中，阴离子总数小于
C．中所含的中子数为
D．44g环氧乙烷()中所含的共价键数目为
【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质结构中的化学键数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.根据铁粉和氯气反应方程式， 1mol铁粉和1mol氯气反应时， 氯气不足，则1mol Cl2完全反应得到2mol电子，Fe失去电子数等于Cl2得到电子数，数目为，A错误；
B．溶液中会发生水解：，1个水解生成2个阴离子，阴离子总数增多，故的溶液中，阴离子总数大于，B错误；
C．的摩尔质量为，则23g该物质的物质的量；14C中子数=14-6=8，16O中子数=16-8=8，得到每个分子含中子数8+8×2=24，则0.5mol中含中子数，C正确；
D．环氧乙烷分子式为C2H4O，其结构中含键、键、键，共7mol共价键，44g环氧乙烷物质的量为1mol，故共价键数目为，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.氯气少量，根据反应氯气的物质的量计算转移电子数；
B．根据碳酸根水解方程式分析：，水解后阴离子数增多；
C．根据公式计算，1个分子含有中子数为24；
D．根据环氧乙烷结构式作答。
11．（2025高三上·广东开学考）利用如图装置进行实验：关闭活塞、止水夹和，在铜丝的中间部分加热片刻，然后打开活塞、止水夹和，通过控制活塞和止水夹，有节奏地通入气体。下列说法错误的是
A．d中受热的铜丝交替出现变黑、变红的现象
B．c中热水的作用是加热，便于乙醇的挥发，f的作用是冷却收集乙醛
C．乙醇催化氧化生成乙醛时，乙醇分子中只有键发生断裂
D．利用金属钠不能检验装置f的试管中有没有未反应的乙醇
【答案】C
【知识点】乙醇的催化氧化实验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．d中铜丝在反应中是催化剂，铜丝先被氧气氧化为CuO（变黑），后CuO与乙醇反应生成Cu（变红），d中受热的铜丝交替出现变黑、变红的现象，A正确；
B．利用乙醇易挥发性质，c中热水加热使乙醇挥发为蒸汽，f中冰水浴冷却收集易挥发的乙醛，B正确；
C．乙醇催化氧化生成乙醛时，根据反应原理，断裂O-H键和与羟基相连C上的C-H键，生成碳氧双键，C错误；
D．f中可能会有水喝乙醇，二者均可与钠反应生成氢气，无法区分是否含乙醇，D正确；
故选C。
【分析】根据装置图，a中H2O2分解生成O2，通过b中浓硫酸进行干燥，c中烧杯里面装有热水，会使无水乙醇挥发进入d的硬质玻璃管，在加热条件下，无水乙醇和氧气在铜丝作催化剂的环境中发生反应，生成乙醛和水，用e的无水CuSO4检验生成的水，f中用冷水冷却收集乙醛，分析作答。
12．（2025高三上·广东开学考）晶体制备实验方案如下：胆矾晶体蓝色溶液深蓝色溶液晶体。下列说法正确的是
A．加水稀释，蓝色溶液中浓度一定降低
B．向深蓝色溶液中加入固体，浓度一定增大
C．的电离方程式为
D．深蓝色溶液中，
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；电离方程式的书写
【解析】【解答】A．加水稀释时，溶液中离子浓度减小，故溶液中的浓度也减少，A正确。
B．加入固体会增加SO42-离子的浓度，根据同离子效应，可能会促使晶体析出，导致溶液中的浓度降低，B错误。
C．由和SO42-组成，电离方程式应为，C错误。
D．由电荷守恒可知，深蓝色溶液中，，D错误。
故选A。
【分析】胆矾是CuSO45H2O，溶解后得硫酸铜溶液，溶液中有 和SO42-，加入足量氨水后，得到含四氨合铜离子的深蓝色溶液，加入足量乙醇后，因溶液中溶剂极性减小，使得硫酸四氨合铜的溶解度减小而析出晶体。
13．（2025高三上·广东开学考）下列由结构不能推测出对应性质或应用的是
选项 结构 性质或应用
A 的VSEPR模型为四面体形 具有还原性
B 是极性分子，但极性很弱 在中的溶解度大于在水中的溶解度
C 石墨层间靠范德华力维系 石墨作为润滑剂
D 原子在三维空间里呈周期性有序排列 天然水晶呈现多面体外形
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】相似相溶原理及其应用；晶体的定义
【解析】【解答】A．NH3的价层电子对数是4，其VSEPR模型为四面体形，但NH3还原性由N的-3价决定，与VSEPR模型无直接关联，A符合题意；
B．O3为弱极性分子，CCl4是非极性溶剂， 其在非极性的CCl4中溶解度大于在极性溶剂水中溶解度， B不符合题意；
C．石墨层间范德华力较弱，易滑动，因此可用作润滑剂，C不符合题意；
D．天然水晶是晶体，晶体中原子在三维空间里呈周期性有序排列，宏观上呈现规则多面体外形，D不符合题意；
故选A。
【分析】A．具有还原性是由于分子中氮元素化合价为低价态-3价，容易失电子；
B．根据相似相溶原理作答；
C．石墨可用作润滑剂；
D．天然水晶有自范性，能自发形成规则的多面体外形。
14．（2025高三上·广东开学考）一种高容量水系电池示意图如图，下列说法错误的是
A．电子由b极经导线流向a极
B．b极的电势比a极的高
C．a极的电极反应式：
D．理论上每消耗，b极质量增加16g
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据原电池工作原理，电子由负极经导线流向正极，故电子由b极流向a极，A正确；
B．原电池中正极电势高于负极，a为正极，b为负极，因此a极电势比b极高，B错误；
C．a极为正极，得电子生成C2H4，故电极反应式为，C正确；
D．根据正极的电极反应式可知，每消耗1mol转移2mol电子，电路中得失电子守恒，则b极Zn失2mol电子生成ZnO，故质量增加16g，D正确；
故答案为B。
【分析】根据水系电池示意图可知，a电极的电极反应方程式为：，可得a极是正极，b电极电极方程式为：，可得b极是负极，根据正负极反应式，可判断离子交换膜为阴离子交换膜，分析作答。
15．（2025高三上·广东开学考）某兴趣小组设计如图实验探究一系列物质的性质。挤压滴管，不同阶段发生不同化学反应。
下列推断合理的是
A．若试纸变蓝，则表明浓盐酸具有强挥发性
B．若气球变“瘪”，则表明烧瓶中一定发生了熵减反应
C．若产生“白烟”，则和发生反应生成了
D．其他条件不变，若用水替代浓盐酸，则烧瓶内也会产生“白烟”
【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．湿润KI-淀粉试纸变蓝，因为KMnO4与浓盐酸反应生成的Cl2，氧化KI生成碘单质，淀粉遇I2变蓝，与浓盐酸挥发性无关，A错误；
B．Cl2被后续反应消耗、氨气极易溶于水可能使气球变“瘪”，熵减反应需气体分子数减少，二者无必然联系，B错误；
C．Mg3N2与H2O反应生成NH3：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑，浓盐酸挥发出HCl，NH3与HCl反应生成“白烟”即NH4Cl固体小颗粒二者相遇生成白烟，C正确；
D．用水替代浓盐酸，Mg3N2与水反应生成NH3，但无HCl气体，NH3无法形成白烟，D错误；
故选C。
【分析】A．湿润KI-淀粉试纸变蓝说明有I2单质生成，是Cl2氧化了I-；
B．熵减反应指反应前后气体分子数减少，二者无必然联系；
C．氮化镁能和溶液中的水反应生成氨气 ，氨气与浓盐酸反应生成NH4Cl固体颗粒从而冒白烟；
D．只有氨气，不符合生成“白烟”的条件。
16．（2025高三上·广东开学考）电解制的原理如图1所示，在Sn片表面的物质相对能量与反应历程的关系如图2所示，由此可知，理论上
A．Sn片上发生氧化反应
B．一段时间后，溶液浓度不变
C．CO增多不会影响催化剂的活性
D．HCOOH的稳定性弱于
【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．Sn片一级通入，转化为，C元素化合价降低，发生的是还原反应，A错误；
B．根据信息，Pt片为阳极，电极反应式为：，通过阳离子交换膜从左侧移向右侧，与结合生成，最后得到两个电极区的浓度都发生了变化，B错误；
C．CO为反应中间产物，增多可能占据Sn片表面活性位点，影响催化剂活性，C错误；
D．根据图2所示，的相对能量为，的相对能量为，的能量更低，则稳定性强于，D正确；
故答案为D。
【分析】图1为电解池，转化为，可得C元素化合价降低，发生还原反应，则Sn片是阴极，同时电极反应式为：；Pt片电极为阳极，电极反应式为：。
17．（2025高三上·广东开学考）乳酸()有很强的防腐保鲜功效，在生活生产中应用广泛。
（1）乳酸可以淀粉为原料，通过生物发酵法制备。向盛有2mL制备液的试管中，加入几滴溶液，振荡，溶液颜色　 　，说明淀粉完全反应。
（2）已知时100mL水中最多可以溶解24.81g的乳酸，所得溶液pH为1.92，密度约为。
①乳酸饱和溶液的浓度　 　。(取整数值)
②用NaOH标准溶液滴定测定乳酸饱和溶液浓度时，需要用到的仪器为　 　。
③时乳酸的　 　(列出算式，水的电离可忽略)。
（3）①乳酸的酸性强于乙酸，原因是电离出的阴离子可以与　 　位的羟基形成　 　，从而使负离子稳定性更高，酸性更强。
②甲同学提出苯甲酸的酸性强于乳酸，常温下大于乳酸，但测得常温下苯甲酸的饱和溶液的pH大于乳酸饱和溶液，据此推断假设不成立，但乙同学认为该推断依据不足，不能用所测得的pH直接判断大小，因为　 　。
（4）已知苯酚溶液呈弱酸性，但不能使酸碱指示剂变色，丙同学认为不能用测定一定浓度苯酚溶液pH的方法计算苯酚的，原因之一是苯酚在空气中易被氧化而变为粉红色，三位同学讨论后，选用苯酚钠溶液进行实验，以获得苯酚，简述该方案：　 　(包括所用仪器及数据处理思路)。
【答案】（1）不变蓝
（2）2；AD；(写也可)
（3）或2；分子内氢键；常温下，两种酸的饱和溶液的浓度不同
（4）取适量苯酚钠溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在下的pH，记录数据，由于苯酚钠溶液中存在的水解，所以根据苯酚钠溶液在下的pH可求得的水解平衡常数，再利用公式求出苯酚的
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；中和滴定；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）淀粉完全反应时，制备液中无淀粉，加入溶液不能使制备液变蓝故答案为：不变蓝；
（2）①由题意可知，m= 24.81g ，溶剂V= 100mL ， 密度约为 ，乳酸饱和溶液的浓度为；
②实验室配制一定浓度溶液时，需要用到的仪器为碱式滴定管和锥形瓶，不需要用到漏斗和分液漏斗，故答案选AD；
③由饱和溶液的pH为1.92可知，结合乳酸电离常数表达式，计算乳酸的电离常数为；
（3）①在溶液中能电离出和H+，中带负电荷的氧原子与位的羟基形成分子内氢键，从而使负离子稳定性更高，电离程度更大，酸性更强；
②由于常温下两种酸的饱和溶液的浓度不同，因此由探究实验变量唯一化原则可知，该推断依据不足，无法比较两者的电离常数大小；
（4）设计思路：苯酚钠溶液中存在的水解，所以根据苯酚钠溶液在下的pH可求得的水解平衡常数，再利用公式求出苯酚的；测定苯酚电离常数的实验方法为：取适量苯酚钠溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在下的pH，记录数据，代入表达式求出，再根据，求出苯酚的。
【分析】 (1)溶液遇淀粉溶液变蓝 ；
(2) 根据公式计算作答；
(3)乳酸结构中一个羧基，乙酸结构中一个羧基，酸性不同，是弱酸电离后的阴离子和邻位碳上羟基存在相互作用；
(4)根据离子水解方程式分析。
（1）溶液遇淀粉溶液变蓝，溶液不能使制备液变蓝，说明淀粉完全反应，故答案为：不变蓝；
（2）①由题意可知，乳酸饱和溶液的浓度为；
②用氢氧化钠标准溶液滴定测定乳酸饱和溶液浓度时，需要用到的仪器为碱式滴定管和锥形瓶，不需要用到漏斗和分液漏斗，故答案选AD；
③由饱和溶液的pH为1.92可知，乳酸的电离常数为；
（3）①在溶液中能电离出和氢离子，中带负电荷的氧原子与位的羟基形成分子内氢键，从而使负离子稳定性更高，电离程度更大，酸性更强；
②由于常温下两种酸的饱和溶液的浓度不同，因此由探究实验变量唯一化原则可知，该推断依据不足，无法比较两者的电离常数大小；
（4）设计思路：苯酚钠溶液中存在的水解，所以根据苯酚钠溶液在下的pH可求得的水解平衡常数，再利用公式求出苯酚的；测定苯酚电离常数的实验方法为：取适量苯酚钠溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在下的pH，记录数据，代入表达式求出，再根据，求出苯酚的。
18．（2025高三上·广东开学考）钴及其化合物在磁性材料、电池材料、超硬材料及催化剂等领域有广泛应用。工业上以钴矿[主要成分为，含少量的等]为原料制取的工艺流程如图所示：
已知：①溶液中相关离子沉淀完全时的pH如下表。
沉淀
完全沉淀的pH 2.8 5.2 10.1 9.4
②还原性强于。回答下列问题：
（1）“浸取”中，提高浸取率的措施有　 　(写一条)。
（2）①在“调节”的步骤中，沉淀X的成分为　 　。
②“浸取”中，发生反应的离子方程式为　 　。
③“氧化”过程中消耗的量明显偏高的原因是　 　。
④生成的化学方程式为　 　。
（3）“萃取”中，配合物的结构存在如下转变，下列说法错误的是_______。
A．转变过程中只涉及配位键的断裂与形成
B．配合物1内界中心原子配位数为6
C．转变前后，Co的化合价发生变化
D．两种配合物中均含有大键
（4）晶胞可以看成4个A型和4个B型小单元交替无隙并置而成，如图，其中代表　 　(填离子符号)。
（5）工业上常利用电解含Co(II)的水溶液制备金属Co和，装置如图，石墨电极的电极反应式为　 　；溶液浓度的大小：　 　(填“”“”或“=”)。
【答案】（1）搅拌(或粉碎多金属精矿或提高酸浸温度等 )
（2）；；生成的能催化分解；④
（3）A；C
（4）
（5）；
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；化学反应速率的影响因素；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）“酸浸”中，搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等可以提高浸取率；
（2）① 根据表格中氢氧化物完全沉淀pH值，可知调节 时，沉淀X为和；②“浸取”过程中反应物是、硫酸和，生成物是和，则离子方程式为；
③“氧化”过程中，溶液中能催化分解；
④在高温条件下，与空气中的氧气反应生成，反应的化学方程式为；
（3）A．根据配合物转变过程可得，配合物1中有离子键，配合物2中没有离子键，故转变过程中一定涉及离子键的断裂，故A错误；
B．配合物1的中心原子Co与5个氧原子、1个N原子形成配位键，可知内界中心原子配位数为6，故B正确；
C．配合物1和配合物2中Co的化合价转变前后，Co的化合价没有发生变化，都是+2价，故C错误；
D．两种配合物中，类似苯环的含N环状结构中有大键，故D正确；
（4）根据化合物元素化合价代数和为0，可知中有1个和2个，则晶胞中，结合晶胞结构信息，采用均摊法可知，“”数目为，“”数目为，“”数目为，所以“”代表，“”代表，“”代表；
（5）根据题中信息，利用电解法制备金属Co，可知图中Co电极为阴极，石墨电极为阳极，失电子生成和，电极反应式为，在阴极，得电子生成Co，则透过离子交换膜II进入中，II为阴离子交换膜；阳极生成的透过离子交换膜I进入中，使溶液浓度增大，则与的大小：。
【分析】 工业上钴矿主要成分为，含少量的等，加入亚硫酸钠溶液和稀硫酸后，发生氧化还原反应，和被还原成和，浸出渣中是不溶于稀硫酸的，经过滤除去；向滤液中加入H2O2溶液，将氧化为，然后加入NaOH调节pH为6，转化为氢氧化物沉淀而除去，滤液经萃取和反萃取后，向反萃取液中加入沉钴，过滤得到，灼烧分解生成，据此解答。
（1）“酸浸”中，提高浸取率的措施有搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等；
（2）①由分析可知，沉淀X为和，②“浸取”过程中与硫酸、反应生成和，离子方程式为，③“氧化”过程中，生成的能催化分解，④与空气中的氧气在高温条件下反应生成，反应的化学方程式为；
（3）A．配合物1中有离子键，配合物2中没有离子键，故转变过程中一定涉及离子键的断裂，故A错误；
B．根据配合物1的结构图，中心原子Co与5个氧原子、1个N原子形成配位键，内界中心原子配位数为6，故B正确；
C．配合物1和配合物2中Co的化合价都是+2价，转变前后，Co的化合价没有发生变化，故C错误；
D．两种配合物中，类似苯环的含N环状结构中有大键，故D正确；
（4）根据化合物元素化合价代数和为0，可知中有1个和2个，则晶胞中，结合晶胞结构信息，采用均摊法可知，“”数目为，“”数目为，“”数目为，所以“”代表，“”代表，“”代表；
（5）图中Co电极为阴极，应连接电源的负极，电解时石墨电极为阳极，失电子生成和，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出电极反应式为，在阴极，得电子生成Co，则透过离子交换膜II进入中，II为阴离子交换膜；阳极生成的透过离子交换膜I进入中，使溶液浓度增大，则与的大小：。
19．（2025高三上·广东开学考）氯气是一种重要的化工原料。
（1）基态Cl原子的价层电子排布式为　 　。
（2）氯化氢可催化氧化制氯气。一定条件下，使用作催化剂，催化过程如下：
ⅰ．
ⅱ．
ⅲ．
密闭容器中，在一定时，HCl平衡转化率分别随和进料比的变化关系如图所示，其中分别代表压强或温度。
①反应ii的，则298K下该反应　 　(填“能”或“不能”)自发进行。
②氯化氢催化氧化制氯气反应的为　 　。
③代表的物理量是　 　，从大到小的顺序为　 　。
④若HCl的初始浓度为，计算点的平衡常数　 　(写出原始计算式，无须计算最终结果)。
（3）在一定温度下，反应生成的氯气溶于水的过程及其平衡常数为、，其中为的平衡压强，为在水溶液中的平衡浓度。
①平衡常数的表达式为　 　。
②氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为，则　 　(用平衡压强和上述平衡常数表示，忽略HClO的电离)。
（4）工业上常用C、氯气和高钛渣(主要成分为)为原料生产，相应化学方程式如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
结合数据说明氯化过程中加C的理由：　 　、　 　。
【答案】（1）
（2）能；；压强；；
（3）；
（4）加入C后远大于，反应II使氯化为得以实现；反应II可以为反应I提供热量
【知识点】原子核外电子排布；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）Cl是17号元素，其价层电子排布式，故答案为。
（2）①反应ii正反应方向熵减即，，任意温度下，故答案为能。
②根据盖斯定律，将反应得，氯化氢催化氧化制氯气的热化学方程式为，则，故答案为。
③对于反应，正反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，平衡正向移动，HCl的平衡转化率增大，升高温度，平衡逆向移动，HCl的平衡转化率减小，则由图中信息可得出，代表的物理量是压强，温度从大到小的顺序为，故答案为：压强；。
④根据题中信息HCl的初始浓度为，在点，，此时HCl的平衡转化率为，则此时的初始浓度也为，可建立如下三段式：则点的平衡常数，故答案为。
（3）①根据平衡常数的定义可得，故答案为。
②若氯气在水中的溶解度为c，由氯原子守恒知，由于HCl是强电解质，忽略水和次氯酸的电离，可得，由可得，由可得，所以，故答案为。
（4）利用盖斯定律，反应Ⅰ+反应Ⅱ得到，则反应的，加入C后二氧化钛转化为四氯化钛反应进行得更彻底，同时反应II是放热反应，反应I是吸热反应，反应II可以为反应I提供热量，故答案为加入C后远大于，反应II使氯化为得以实现；反应II可以为反应I提供热量。
【分析】 (1) 氯是17号元素；
(2) 考查盖斯定律应用；可逆反应平衡移动影响因素，对放热反应，升高温度，平衡逆向移动，HCl平衡转化率降低，增大压强，平衡正向移动，HCl平衡转化率升高，依据图象曲线走势分析；
(3) 根据平衡常数表达式概念作答；
(4) 依据总反应平衡常数K增大，K越大，反应进行程度越大，生成物越多。
（1）基态Cl原子是17号元素，其价层电子排布式，故答案为。
（2）①反应ii的，，任意温度下，故答案为能。
②依据盖斯定律，将反应得，氯化氢催化氧化制氯气的热化学方程式为，则，故答案为。
③对于反应，正反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，平衡正向移动，HCl的平衡转化率增大，升高温度，平衡逆向移动，HCl的平衡转化率减小，则由图中信息可得出，代表的物理量是压强，温度从大到小的顺序为，故答案为压强；。
④若HCl的初始浓度为，在点，，此时HCl的平衡转化率为，则此时的初始浓度也为，可建立如下三段式：则点的平衡常数，故答案为。
（3）①根据平衡常数的定义可得，故答案为。
②若氯气在水中的溶解度为c，由氯原子守恒知，由于HCl是强电解质，忽略水和次氯酸的电离，可得，由可得，由可得，所以，故答案为。
（4）利用盖斯定律，反应Ⅰ+反应Ⅱ得到，则反应的，加入C后二氧化钛转化为四氯化钛反应进行得更彻底，同时反应II是放热反应，反应I是吸热反应，反应II可以为反应I提供热量，故答案为加入C后远大于，反应II使氯化为得以实现；反应II可以为反应I提供热量。
20．（2025高三上·广东开学考）我国科学家在光-酶催化合成中获得重大突破，光-酶协同可实现基于三组分反应的有机合成，其中的一个反应如下(反应条件略)：
（1）化合物1a中含氧官能团的名称为　 　。
（2）化合物3a的分子式为　 　，其同分异构体能发生银镜反应的有　 　种，其中核磁共振氢谱有3组峰的结构简式为　 　。
（3）下列说法正确的有_______。
A．在和3a生成4a的过程中，有键的断裂与键的形成
B．4a分子中存在手性碳原子，并有7个碳原子采取杂化
C．4a和5a都属于氨基酸
D．5a分子中，有大键，可存在分子内氢键
（4）2a涉及大键、键变化反应的反应试剂、条件为　 　。
（5）在一定条件下制备化合物I()，该反应中：
①若反应物之一能与FeCl3溶液作用显色，则另一反应物为　 　(写化学式)。
②若反应物之一为V形结构分子，则另一反应物为　 　(写结构简式)。
（6）以化合物2a、和为有机原料合成化合物Ⅱ()。
①最后一步反应的反应物为　 　(写结构简式)。
②卤代烃参与的第一步反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
【答案】（1）醛基
（2）；2；
（3）A；B
（4），催化剂，加热
（5）；
（6）和；
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据结构，可知含氧官能团为醛基；
（2）
的分子式为，其同分异构体分子式同为，能发生银镜反应说明含有醛基，结构简式为，共2种，其中核磁共振氢谱有3组峰的结构简式为；
（3）A．和3a生成4a的反应为和先发生加成反应和消去反应生成，与发生加成反应生成，反应中有π键的断裂与σ键的形成，A正确；
B.手性碳原子指碳原子上连4个不同的原子和原子团，则4a分子中存在1个手性碳原子()，分子中苯环上的碳原子和碳氧双键碳原子采取杂化，共有7个，B正确；
C.氨基酸中有羧基和氨基，但4a和5a分子结构中都不含羧基，都不属于氨基酸，C错误；
D.5a分子的氮原子上没有氢原子，不能形成分子内氢键，D错误；
故选AB；
（4）一定条件下，在催化剂作用下与氢气共热发生加成反应生成涉及大π键、σ键变化；
（5）①若反应物之一能与溶液作用显色，该反应物含有酚羟基，由逆推，反应物为，与氢气发生加成反应生成，则另一反应物为；
②若反应物之一为V形结构分子，该反应物是，和水发生加成反应生成，则另一反应物为；
(6)由题意可知，合成的合成步骤如下：；
①最后一步反应的反应物为、；
②卤代烃参与的第一步反应为发生水解反应生成，反应的化学方程式为。
【分析】
1a和2a发生加成反应时，碳氧双键断开，后发生消去反应生成，与
和H2O，3a和发生加成反应生成主产物4a和副产物5a，据此分析；
（1）的含氧官能团为醛基；
（2）的分子式为，其同分异构体能发生银镜反应说明含有醛基，结构简式为，共2种，其中核磁共振氢谱有3组峰的结构简式为；
（3）A．由分析可知，和3a生成4a的反应为和先发生加成反应和消去反应生成，与发生加成反应生成，反应中有π键的断裂与σ键的形成，A正确；
B.4a分子中存在1个手性碳原子()，分子中苯环上的碳原子和碳氧双键碳原子采取杂化，共有7个，B正确；
C.4a和5a分子中都不含羧基，都不属于氨基酸，C错误；
D.5a分子的氮原子上没有氢原子，不能形成分子内氢键，D错误；
故选AB；
（4）一定条件下，2a涉及大π键、σ键变化的反应为在催化剂作用下与氢气共热发生加成反应生成；
（5）①若反应物之一能与溶液作用显色，该反应物含有酚羟基，由逆推，反应物为，与氢气发生加成反应生成，则另一反应物为；
②若反应物之一为V形结构分子，该反应物是，和水发生加成反应生成，则另一反应物为；
（6）由题意可知，合成的合成步骤如下：；
①最后一步反应的反应物为、；
②卤代烃参与的第一步反应为发生水解反应生成，反应的化学方程式为。
1 / 1广东省金太阳2025-2026学年高三上学期8月开学联考化学试卷
1．（2025高三上·广东开学考）传承文化遗产，飞扬华夏风采，下列选项涉及材料的主要成分属于无机非金属材料的是
A．秦兵马俑 B．青铜编钟 C．银质鎏金如意 D．计算数目的竹算筹
A．A B．B C．C D．D
2．（2025高三上·广东开学考）螯合物在工业中用来除去金属杂质，如水的软化、去除有毒的重金属离子等。有机物HA()与Cu2+形成的螯合物CuA2的结构简式如图(其中R、为烃基)。已知能电离出氢离子，碳氮双键具有碳碳双键的性质。则螯合物上
A．氢原子与氧原子之间的作用力都是共价键
B．能发生加成反应
C．含有4个H原子
D．配位原子只有N原子
3．（2025高三上·广东开学考）“中国制造”在众多领域受到世界瞩目，它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是
A．“华龙一号”核反应堆采用陶瓷芯块，中U的化合价为+6价
B．“嫦娥五号”使用的是锂太阳能电池阵，锂太阳能电池可将化学能转化为电能
C．“雪龙二号”雷达系统使用的是碳化硅材料，1mol碳化硅的质量为
D．“C919”大飞机使用的是航空有机玻璃，有机玻璃属于混合物
4．（2025高三上·广东开学考）劳动开创美好未来，下列劳动项目与所述的化学知识有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 将金属钠制成高压钠灯 钠具有强还原性
B 用Al和NaOH疏通剂处理管道堵塞
C 冬季用石灰浆涂抹树皮 石灰浆可以减少植物光合作用
D 清洗餐具时用洗洁精去除油污 洗洁精中的表面活性剂可使油污水解为水溶性物质
A．A B．B C．C D．D
5．（2025高三上·广东开学考）保温隔热材料一般都是轻质、疏松、多孔的纤维材料，其按成分可分为有机材料和无机材料两种。下列有关说法错误的是
A．保温隔热最好的材料是气凝胶，石墨烯气凝胶能产生丁达尔效应
B．硅酸钙板是常见的无机保温隔热材料，硅酸钙是熔点高的共价晶体
C．挤塑聚苯乙烯泡沫板是物理发泡制成的轻质保温材料，聚苯乙烯质轻、易燃
D．在实际应用中，需根据使用环境的温度、湿度、氧含量等选择隔热材料
6．（2025高三上·广东开学考）下列实验室模拟侯氏制碱法的实验原理和装置能达到实验目的的是
A．制备 B．制备
C．分离 D．制备
A．A B．B C．C D．D
7．（2025高三上·广东开学考）能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是
A．X为，为，③的反应条件为电解
B．X为，为，①的反应条件为在中燃烧
C．X为NO，Y为，一定为
D．X为S，为，浓溶液可能具有脱水性
8．（2025高三上·广东开学考）下列陈述I与陈述II均正确，且两者具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述II
A 金属镁失火时，能用二氧化碳灭火 二氧化碳不支持燃烧
B 将稀硝酸加入过量铁粉中充分反应后，滴加KSCN溶液，无明显现象 稀硝酸有氧化性，只能将Fe氧化为
C 冠醚可用于识别碱金属离子 不同空穴大小的冠醚可与不同的碱金属离子形成超分子
D 当镀层破损时，马口铁(镀锡钢板)比白铁皮(镀锌钢板)更难被腐蚀 用牺牲阳极法防止金属腐蚀
A．A B．B C．C D．D
9．（2025高三上·广东开学考）a、b、c、d均为短周期主族元素，原子半径、原子序数、25℃下浓度均为0.01 mol/L最高价氧化物对应水化物溶液的pH关系如图，下列说法正确的是
A．a、b、c处于同一周期 B．电负性：d＞c＞b
C．键角：cO2＞cO3 D．最简单氢化物的沸点：d＞a
10．（2025高三上·广东开学考）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1mol铁粉在1mol氯气中充分燃烧，失去的电子数为
B．在的溶液中，阴离子总数小于
C．中所含的中子数为
D．44g环氧乙烷()中所含的共价键数目为
11．（2025高三上·广东开学考）利用如图装置进行实验：关闭活塞、止水夹和，在铜丝的中间部分加热片刻，然后打开活塞、止水夹和，通过控制活塞和止水夹，有节奏地通入气体。下列说法错误的是
A．d中受热的铜丝交替出现变黑、变红的现象
B．c中热水的作用是加热，便于乙醇的挥发，f的作用是冷却收集乙醛
C．乙醇催化氧化生成乙醛时，乙醇分子中只有键发生断裂
D．利用金属钠不能检验装置f的试管中有没有未反应的乙醇
12．（2025高三上·广东开学考）晶体制备实验方案如下：胆矾晶体蓝色溶液深蓝色溶液晶体。下列说法正确的是
A．加水稀释，蓝色溶液中浓度一定降低
B．向深蓝色溶液中加入固体，浓度一定增大
C．的电离方程式为
D．深蓝色溶液中，
13．（2025高三上·广东开学考）下列由结构不能推测出对应性质或应用的是
选项 结构 性质或应用
A 的VSEPR模型为四面体形 具有还原性
B 是极性分子，但极性很弱 在中的溶解度大于在水中的溶解度
C 石墨层间靠范德华力维系 石墨作为润滑剂
D 原子在三维空间里呈周期性有序排列 天然水晶呈现多面体外形
A．A B．B C．C D．D
14．（2025高三上·广东开学考）一种高容量水系电池示意图如图，下列说法错误的是
A．电子由b极经导线流向a极
B．b极的电势比a极的高
C．a极的电极反应式：
D．理论上每消耗，b极质量增加16g
15．（2025高三上·广东开学考）某兴趣小组设计如图实验探究一系列物质的性质。挤压滴管，不同阶段发生不同化学反应。
下列推断合理的是
A．若试纸变蓝，则表明浓盐酸具有强挥发性
B．若气球变“瘪”，则表明烧瓶中一定发生了熵减反应
C．若产生“白烟”，则和发生反应生成了
D．其他条件不变，若用水替代浓盐酸，则烧瓶内也会产生“白烟”
16．（2025高三上·广东开学考）电解制的原理如图1所示，在Sn片表面的物质相对能量与反应历程的关系如图2所示，由此可知，理论上
A．Sn片上发生氧化反应
B．一段时间后，溶液浓度不变
C．CO增多不会影响催化剂的活性
D．HCOOH的稳定性弱于
17．（2025高三上·广东开学考）乳酸()有很强的防腐保鲜功效，在生活生产中应用广泛。
（1）乳酸可以淀粉为原料，通过生物发酵法制备。向盛有2mL制备液的试管中，加入几滴溶液，振荡，溶液颜色　 　，说明淀粉完全反应。
（2）已知时100mL水中最多可以溶解24.81g的乳酸，所得溶液pH为1.92，密度约为。
①乳酸饱和溶液的浓度　 　。(取整数值)
②用NaOH标准溶液滴定测定乳酸饱和溶液浓度时，需要用到的仪器为　 　。
③时乳酸的　 　(列出算式，水的电离可忽略)。
（3）①乳酸的酸性强于乙酸，原因是电离出的阴离子可以与　 　位的羟基形成　 　，从而使负离子稳定性更高，酸性更强。
②甲同学提出苯甲酸的酸性强于乳酸，常温下大于乳酸，但测得常温下苯甲酸的饱和溶液的pH大于乳酸饱和溶液，据此推断假设不成立，但乙同学认为该推断依据不足，不能用所测得的pH直接判断大小，因为　 　。
（4）已知苯酚溶液呈弱酸性，但不能使酸碱指示剂变色，丙同学认为不能用测定一定浓度苯酚溶液pH的方法计算苯酚的，原因之一是苯酚在空气中易被氧化而变为粉红色，三位同学讨论后，选用苯酚钠溶液进行实验，以获得苯酚，简述该方案：　 　(包括所用仪器及数据处理思路)。
18．（2025高三上·广东开学考）钴及其化合物在磁性材料、电池材料、超硬材料及催化剂等领域有广泛应用。工业上以钴矿[主要成分为，含少量的等]为原料制取的工艺流程如图所示：
已知：①溶液中相关离子沉淀完全时的pH如下表。
沉淀
完全沉淀的pH 2.8 5.2 10.1 9.4
②还原性强于。回答下列问题：
（1）“浸取”中，提高浸取率的措施有　 　(写一条)。
（2）①在“调节”的步骤中，沉淀X的成分为　 　。
②“浸取”中，发生反应的离子方程式为　 　。
③“氧化”过程中消耗的量明显偏高的原因是　 　。
④生成的化学方程式为　 　。
（3）“萃取”中，配合物的结构存在如下转变，下列说法错误的是_______。
A．转变过程中只涉及配位键的断裂与形成
B．配合物1内界中心原子配位数为6
C．转变前后，Co的化合价发生变化
D．两种配合物中均含有大键
（4）晶胞可以看成4个A型和4个B型小单元交替无隙并置而成，如图，其中代表　 　(填离子符号)。
（5）工业上常利用电解含Co(II)的水溶液制备金属Co和，装置如图，石墨电极的电极反应式为　 　；溶液浓度的大小：　 　(填“”“”或“=”)。
19．（2025高三上·广东开学考）氯气是一种重要的化工原料。
（1）基态Cl原子的价层电子排布式为　 　。
（2）氯化氢可催化氧化制氯气。一定条件下，使用作催化剂，催化过程如下：
ⅰ．
ⅱ．
ⅲ．
密闭容器中，在一定时，HCl平衡转化率分别随和进料比的变化关系如图所示，其中分别代表压强或温度。
①反应ii的，则298K下该反应　 　(填“能”或“不能”)自发进行。
②氯化氢催化氧化制氯气反应的为　 　。
③代表的物理量是　 　，从大到小的顺序为　 　。
④若HCl的初始浓度为，计算点的平衡常数　 　(写出原始计算式，无须计算最终结果)。
（3）在一定温度下，反应生成的氯气溶于水的过程及其平衡常数为、，其中为的平衡压强，为在水溶液中的平衡浓度。
①平衡常数的表达式为　 　。
②氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为，则　 　(用平衡压强和上述平衡常数表示，忽略HClO的电离)。
（4）工业上常用C、氯气和高钛渣(主要成分为)为原料生产，相应化学方程式如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
结合数据说明氯化过程中加C的理由：　 　、　 　。
20．（2025高三上·广东开学考）我国科学家在光-酶催化合成中获得重大突破，光-酶协同可实现基于三组分反应的有机合成，其中的一个反应如下(反应条件略)：
（1）化合物1a中含氧官能团的名称为　 　。
（2）化合物3a的分子式为　 　，其同分异构体能发生银镜反应的有　 　种，其中核磁共振氢谱有3组峰的结构简式为　 　。
（3）下列说法正确的有_______。
A．在和3a生成4a的过程中，有键的断裂与键的形成
B．4a分子中存在手性碳原子，并有7个碳原子采取杂化
C．4a和5a都属于氨基酸
D．5a分子中，有大键，可存在分子内氢键
（4）2a涉及大键、键变化反应的反应试剂、条件为　 　。
（5）在一定条件下制备化合物I()，该反应中：
①若反应物之一能与FeCl3溶液作用显色，则另一反应物为　 　(写化学式)。
②若反应物之一为V形结构分子，则另一反应物为　 　(写结构简式)。
（6）以化合物2a、和为有机原料合成化合物Ⅱ()。
①最后一步反应的反应物为　 　(写结构简式)。
②卤代烃参与的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】A
【知识点】无机非金属材料
【解析】【解答】A．秦兵马俑主要由陶土烧制而成，陶土的主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，A正确；
B．青铜编钟的主要成分是铜锡合金，属于金属材料，B错误；
C．银质鎏金如意的主要成分是银和金，均为金属单质，属于金属材料，C错误；
D．竹算筹的主要成分是纤维素，属于有机高分子材料，D错误；
故选A。
【分析】传统无机非金属材料主要指硅酸盐，包括玻璃、陶瓷和水泥；青铜是合金；纤维素是天然高分子。
2．【答案】B
【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
【解析】【解答】A．螯合物中的氢原子与氧原子之间，除了羟基中的共价键作用力外，还存在着之间的氢键作用力，A错误；
B．在螯合物中存在碳氮双键具有碳碳双键（C=C）的性质，而C=C能发生加成反应，故C=N也能发生加成反应，B正确；
C．螯合物中R、R'为烃基，含有多个氢原子，且结构中还有羟基上的氢，远不止4个H原子，C错误；
D．由螯合物结构可知，与N原子和O原子均形成配位键，配位原子有N和O，D错误；
故答案为B。
【分析】A．根据氧元素一般形成两个共价键，可知结构中存在氢键；
B．结构中的碳氮双键可发生加成反应；
C．烃基R、R'含有多个氢原子；
D．O原子是配位原子。
3．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；原子晶体（共价晶体）；化学电源新型电池
【解析】【解答】A．中O为价，可计算得到U的化合价为价，A错误；
B．锂太阳能电池阵是将光能转化为电能的装置，B错误；
C．碳化硅化学式为：SiC，则1mol SiC的质量为40g，C错误；
D．有机玻璃为有机高分子材料，因其聚合度不同，所以属于混合物，D正确；
故答案为D。
【分析】A．根据化合物正负化合价代数和为0原则进行计算；
B．太阳能电池阵是将光能转化为电能的装置；
C．根据计算；
D．聚合物是混合物。
4．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；钠的化学性质；铝的化学性质
【解析】【解答】A．因钠发出的黄光穿透力强，故钠可用于高压钠灯，并不是因为元素的还原性，A不符合题意；
B．Al与NaOH反应产生氢气、放出热量，可疏通管道，反应式正确，B符合题意；
C．石灰浆不能减少光合作用， 涂抹树皮用于树木防虫杀菌，C不符合题意；
D．洗洁精通过乳化作用去除油污，并非水解，D不符合题意；
故选B。
【分析】A．钠还原性强指失电子能力；
B．Al与NaOH反应能产生氢气、且反应放热；
C．Ca(OH)2是强碱；
D．洗洁精去除油污是因为乳化。
5．【答案】B
【知识点】原子晶体（共价晶体）；有机物的结构和性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．气凝胶是优质保温材料，石墨烯气凝胶属于胶体，能产生丁达尔效应，A正确；
B．硅酸钙是盐，由Ca2+和硅酸根离子组成，属于离子晶体，B错误；
C．挤塑聚苯乙烯泡沫板通过物理发泡制成，作为有机材料，质轻且易燃，C正确；
D．隔热材料的选择需考虑环境因素（温度、湿度、含氧量等），D正确；
故选B。
【分析】A．胶体分散系能产生丁达尔效应；
B．硅酸钙是离子化合物，属于离子晶体；
C．聚苯乙烯是有机物易燃；
D．根据环境因素对隔热材料的影响作答，一般受环境中温度、湿度和含氧量影响。
6．【答案】B
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．实验室用石灰石和盐酸反应制备，不能用稀硫酸代替，因稀硫酸与碳酸钙反应生成的硫酸钙微溶于水，会覆盖在石灰石表面，阻止反应继续进行，无法持续产生，A错误；
B．制备的原理是向饱和食盐水中先通入氨气后通入二氧化碳，反应生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体，装置中通过雾化装置可增大氨盐水与二氧化碳的接触面积，提高吸收效率，B正确；
C．图中是分液操作，不能分离晶体，正确的分离方法应采用过滤操作，C错误；
D．制备需加热固体分解生成碳酸钠，应使用坩埚盛装固体加热，蒸发皿用于蒸发溶液（如从溶液中获得晶体），不能用于固体加热分解，D错误；
故选B。
【分析】A．生成物硫酸钙微溶，会阻止反应的进行；
B．根据侯氏制碱法原理进行作答；
C．分液操作适用于互不相容的混合液体体系；
D．固体加热分解在坩埚中进行。
7．【答案】D
【知识点】浓硫酸的性质；含硫物质的性质及综合应用；铝的化学性质；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A．X为Al，Z为时，因为是共价化合物，则电解不能生成Al，熔融状态不导电，A错误；
B． X为时，Y应为FeCl3，因为Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，而非FeCl2，B错误；
C．Y为，若为，氮气不能一步转化为，C错误；
D．X为S，①可通过S燃烧生成Y（）；②氧化生成Z（如H2SO4）；Z的浓溶液（浓H2SO4）具有脱水性，浓H2SO4与铜加热反应可生成，浓H2SO4与H2S反应可生成S，转化关系成立，D正确；
故选D。
【分析】A．电解熔融氧化铝制备铝单质；
B．因氯气氧化性较强，铁被氧化能三价铁；
C．N2和O2反应生成NO，NO和O2反应生成NO2；
D．硫单质和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫被氧化后在一定条件下生成硫酸，浓硫酸和铜单质在加热条件下反应，生成二氧化硫，据此分析。
8．【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、镁能在二氧化碳中燃烧，故金属镁失火时不能用二氧化碳灭火，陈述 I 错误；虽二氧化碳通常不支持燃烧，但此处因果关系不成立，A错误；
B、稀硝酸氧化性强，可将 Fe 氧化为 Fe3+，但过量 Fe 会把 Fe3+还原为 Fe2+，因此加 KSCN 无现象；陈述 II 中 “只能氧化为 Fe2+” 错误，因果关系不成立，B错误；
C、不同空穴大小的冠醚能与不同碱金属离子选择性结合形成超分子，因此冠醚可用于识别这些离子；陈述 I、II 均正确，且因果关系成立，C正确；
D、锌比铁活泼，镀锌钢板（白铁皮）破损后，锌作为牺牲阳极保护铁；锡不如铁活泼，镀锡钢板（马口铁）破损后，铁更易被腐蚀，故陈述 I 错误，因果关系不成立，D错误；
故答案为：C。【分析】A．考查镁与二氧化碳的反应及灭火适用性。
B．判断稀硝酸与过量铁粉的反应原理。
C．考查冠醚识别碱金属离子的机制。
D．考查镀层破损后的金属腐蚀与保护原理。
9．【答案】B
【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；键能、键长、键角及其应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．a是N元素，b是Na元素，c是S元素，N元素位于第二周期；Na、S元素位于第三周期，A错误；
B．b是Na元素，c是S元素，d是Cl元素。它们是同一周期元素，从左到右，元素的电负性增大，所以元素的电负性：d(Cl)＞c(S)＞b(Na)，B正确；
C．c是S元素，cO2为SO2，SO2分子中S原子价层电子对数是：，有1对孤电子对，因此SO2为V形；cO3为SO3，SO2分子中S原子价层电子对数是：，无对孤电子对，因此SO3为平面三角形，键角是120°；则键角：SO2＜SO3，C错误；
D．a是N元素，d是Cl元素。N元素的简单氢化物为NH3，NH3分子间除存在范德华力外，还存在氢键，导致其沸点较高，Cl元素的简单氢化物为HCl，HCl分子之间只有范德华力，无氢键存在，因此其沸点较低，故物质的沸点：a(NH3)＞d(HCl)，D错误；
故合理选项是B。
【分析】根据题中关系图， 0.01 mol/L元素a和d最高价氧化物对应水化物溶液的pH=2，且a到c原子叙述增大，可知a为N，d为Cl，0.01 mol/Lb最高价氧化物对应水化物溶液的pH=12，可知b为Na，而c对应溶液的pH＜2，应该为二元强酸，则c是S元素，据此分析。
10．【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质结构中的化学键数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.根据铁粉和氯气反应方程式， 1mol铁粉和1mol氯气反应时， 氯气不足，则1mol Cl2完全反应得到2mol电子，Fe失去电子数等于Cl2得到电子数，数目为，A错误；
B．溶液中会发生水解：，1个水解生成2个阴离子，阴离子总数增多，故的溶液中，阴离子总数大于，B错误；
C．的摩尔质量为，则23g该物质的物质的量；14C中子数=14-6=8，16O中子数=16-8=8，得到每个分子含中子数8+8×2=24，则0.5mol中含中子数，C正确；
D．环氧乙烷分子式为C2H4O，其结构中含键、键、键，共7mol共价键，44g环氧乙烷物质的量为1mol，故共价键数目为，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.氯气少量，根据反应氯气的物质的量计算转移电子数；
B．根据碳酸根水解方程式分析：，水解后阴离子数增多；
C．根据公式计算，1个分子含有中子数为24；
D．根据环氧乙烷结构式作答。
11．【答案】C
【知识点】乙醇的催化氧化实验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．d中铜丝在反应中是催化剂，铜丝先被氧气氧化为CuO（变黑），后CuO与乙醇反应生成Cu（变红），d中受热的铜丝交替出现变黑、变红的现象，A正确；
B．利用乙醇易挥发性质，c中热水加热使乙醇挥发为蒸汽，f中冰水浴冷却收集易挥发的乙醛，B正确；
C．乙醇催化氧化生成乙醛时，根据反应原理，断裂O-H键和与羟基相连C上的C-H键，生成碳氧双键，C错误；
D．f中可能会有水喝乙醇，二者均可与钠反应生成氢气，无法区分是否含乙醇，D正确；
故选C。
【分析】根据装置图，a中H2O2分解生成O2，通过b中浓硫酸进行干燥，c中烧杯里面装有热水，会使无水乙醇挥发进入d的硬质玻璃管，在加热条件下，无水乙醇和氧气在铜丝作催化剂的环境中发生反应，生成乙醛和水，用e的无水CuSO4检验生成的水，f中用冷水冷却收集乙醛，分析作答。
12．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；电离方程式的书写
【解析】【解答】A．加水稀释时，溶液中离子浓度减小，故溶液中的浓度也减少，A正确。
B．加入固体会增加SO42-离子的浓度，根据同离子效应，可能会促使晶体析出，导致溶液中的浓度降低，B错误。
C．由和SO42-组成，电离方程式应为，C错误。
D．由电荷守恒可知，深蓝色溶液中，，D错误。
故选A。
【分析】胆矾是CuSO45H2O，溶解后得硫酸铜溶液，溶液中有 和SO42-，加入足量氨水后，得到含四氨合铜离子的深蓝色溶液，加入足量乙醇后，因溶液中溶剂极性减小，使得硫酸四氨合铜的溶解度减小而析出晶体。
13．【答案】A
【知识点】相似相溶原理及其应用；晶体的定义
【解析】【解答】A．NH3的价层电子对数是4，其VSEPR模型为四面体形，但NH3还原性由N的-3价决定，与VSEPR模型无直接关联，A符合题意；
B．O3为弱极性分子，CCl4是非极性溶剂， 其在非极性的CCl4中溶解度大于在极性溶剂水中溶解度， B不符合题意；
C．石墨层间范德华力较弱，易滑动，因此可用作润滑剂，C不符合题意；
D．天然水晶是晶体，晶体中原子在三维空间里呈周期性有序排列，宏观上呈现规则多面体外形，D不符合题意；
故选A。
【分析】A．具有还原性是由于分子中氮元素化合价为低价态-3价，容易失电子；
B．根据相似相溶原理作答；
C．石墨可用作润滑剂；
D．天然水晶有自范性，能自发形成规则的多面体外形。
14．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据原电池工作原理，电子由负极经导线流向正极，故电子由b极流向a极，A正确；
B．原电池中正极电势高于负极，a为正极，b为负极，因此a极电势比b极高，B错误；
C．a极为正极，得电子生成C2H4，故电极反应式为，C正确；
D．根据正极的电极反应式可知，每消耗1mol转移2mol电子，电路中得失电子守恒，则b极Zn失2mol电子生成ZnO，故质量增加16g，D正确；
故答案为B。
【分析】根据水系电池示意图可知，a电极的电极反应方程式为：，可得a极是正极，b电极电极方程式为：，可得b极是负极，根据正负极反应式，可判断离子交换膜为阴离子交换膜，分析作答。
15．【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．湿润KI-淀粉试纸变蓝，因为KMnO4与浓盐酸反应生成的Cl2，氧化KI生成碘单质，淀粉遇I2变蓝，与浓盐酸挥发性无关，A错误；
B．Cl2被后续反应消耗、氨气极易溶于水可能使气球变“瘪”，熵减反应需气体分子数减少，二者无必然联系，B错误；
C．Mg3N2与H2O反应生成NH3：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑，浓盐酸挥发出HCl，NH3与HCl反应生成“白烟”即NH4Cl固体小颗粒二者相遇生成白烟，C正确；
D．用水替代浓盐酸，Mg3N2与水反应生成NH3，但无HCl气体，NH3无法形成白烟，D错误；
故选C。
【分析】A．湿润KI-淀粉试纸变蓝说明有I2单质生成，是Cl2氧化了I-；
B．熵减反应指反应前后气体分子数减少，二者无必然联系；
C．氮化镁能和溶液中的水反应生成氨气 ，氨气与浓盐酸反应生成NH4Cl固体颗粒从而冒白烟；
D．只有氨气，不符合生成“白烟”的条件。
16．【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．Sn片一级通入，转化为，C元素化合价降低，发生的是还原反应，A错误；
B．根据信息，Pt片为阳极，电极反应式为：，通过阳离子交换膜从左侧移向右侧，与结合生成，最后得到两个电极区的浓度都发生了变化，B错误；
C．CO为反应中间产物，增多可能占据Sn片表面活性位点，影响催化剂活性，C错误；
D．根据图2所示，的相对能量为，的相对能量为，的能量更低，则稳定性强于，D正确；
故答案为D。
【分析】图1为电解池，转化为，可得C元素化合价降低，发生还原反应，则Sn片是阴极，同时电极反应式为：；Pt片电极为阳极，电极反应式为：。
17．【答案】（1）不变蓝
（2）2；AD；(写也可)
（3）或2；分子内氢键；常温下，两种酸的饱和溶液的浓度不同
（4）取适量苯酚钠溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在下的pH，记录数据，由于苯酚钠溶液中存在的水解，所以根据苯酚钠溶液在下的pH可求得的水解平衡常数，再利用公式求出苯酚的
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；中和滴定；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）淀粉完全反应时，制备液中无淀粉，加入溶液不能使制备液变蓝故答案为：不变蓝；
（2）①由题意可知，m= 24.81g ，溶剂V= 100mL ， 密度约为 ，乳酸饱和溶液的浓度为；
②实验室配制一定浓度溶液时，需要用到的仪器为碱式滴定管和锥形瓶，不需要用到漏斗和分液漏斗，故答案选AD；
③由饱和溶液的pH为1.92可知，结合乳酸电离常数表达式，计算乳酸的电离常数为；
（3）①在溶液中能电离出和H+，中带负电荷的氧原子与位的羟基形成分子内氢键，从而使负离子稳定性更高，电离程度更大，酸性更强；
②由于常温下两种酸的饱和溶液的浓度不同，因此由探究实验变量唯一化原则可知，该推断依据不足，无法比较两者的电离常数大小；
（4）设计思路：苯酚钠溶液中存在的水解，所以根据苯酚钠溶液在下的pH可求得的水解平衡常数，再利用公式求出苯酚的；测定苯酚电离常数的实验方法为：取适量苯酚钠溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在下的pH，记录数据，代入表达式求出，再根据，求出苯酚的。
【分析】 (1)溶液遇淀粉溶液变蓝 ；
(2) 根据公式计算作答；
(3)乳酸结构中一个羧基，乙酸结构中一个羧基，酸性不同，是弱酸电离后的阴离子和邻位碳上羟基存在相互作用；
(4)根据离子水解方程式分析。
（1）溶液遇淀粉溶液变蓝，溶液不能使制备液变蓝，说明淀粉完全反应，故答案为：不变蓝；
（2）①由题意可知，乳酸饱和溶液的浓度为；
②用氢氧化钠标准溶液滴定测定乳酸饱和溶液浓度时，需要用到的仪器为碱式滴定管和锥形瓶，不需要用到漏斗和分液漏斗，故答案选AD；
③由饱和溶液的pH为1.92可知，乳酸的电离常数为；
（3）①在溶液中能电离出和氢离子，中带负电荷的氧原子与位的羟基形成分子内氢键，从而使负离子稳定性更高，电离程度更大，酸性更强；
②由于常温下两种酸的饱和溶液的浓度不同，因此由探究实验变量唯一化原则可知，该推断依据不足，无法比较两者的电离常数大小；
（4）设计思路：苯酚钠溶液中存在的水解，所以根据苯酚钠溶液在下的pH可求得的水解平衡常数，再利用公式求出苯酚的；测定苯酚电离常数的实验方法为：取适量苯酚钠溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在下的pH，记录数据，代入表达式求出，再根据，求出苯酚的。
18．【答案】（1）搅拌(或粉碎多金属精矿或提高酸浸温度等 )
（2）；；生成的能催化分解；④
（3）A；C
（4）
（5）；
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；化学反应速率的影响因素；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）“酸浸”中，搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等可以提高浸取率；
（2）① 根据表格中氢氧化物完全沉淀pH值，可知调节 时，沉淀X为和；②“浸取”过程中反应物是、硫酸和，生成物是和，则离子方程式为；
③“氧化”过程中，溶液中能催化分解；
④在高温条件下，与空气中的氧气反应生成，反应的化学方程式为；
（3）A．根据配合物转变过程可得，配合物1中有离子键，配合物2中没有离子键，故转变过程中一定涉及离子键的断裂，故A错误；
B．配合物1的中心原子Co与5个氧原子、1个N原子形成配位键，可知内界中心原子配位数为6，故B正确；
C．配合物1和配合物2中Co的化合价转变前后，Co的化合价没有发生变化，都是+2价，故C错误；
D．两种配合物中，类似苯环的含N环状结构中有大键，故D正确；
（4）根据化合物元素化合价代数和为0，可知中有1个和2个，则晶胞中，结合晶胞结构信息，采用均摊法可知，“”数目为，“”数目为，“”数目为，所以“”代表，“”代表，“”代表；
（5）根据题中信息，利用电解法制备金属Co，可知图中Co电极为阴极，石墨电极为阳极，失电子生成和，电极反应式为，在阴极，得电子生成Co，则透过离子交换膜II进入中，II为阴离子交换膜；阳极生成的透过离子交换膜I进入中，使溶液浓度增大，则与的大小：。
【分析】 工业上钴矿主要成分为，含少量的等，加入亚硫酸钠溶液和稀硫酸后，发生氧化还原反应，和被还原成和，浸出渣中是不溶于稀硫酸的，经过滤除去；向滤液中加入H2O2溶液，将氧化为，然后加入NaOH调节pH为6，转化为氢氧化物沉淀而除去，滤液经萃取和反萃取后，向反萃取液中加入沉钴，过滤得到，灼烧分解生成，据此解答。
（1）“酸浸”中，提高浸取率的措施有搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等；
（2）①由分析可知，沉淀X为和，②“浸取”过程中与硫酸、反应生成和，离子方程式为，③“氧化”过程中，生成的能催化分解，④与空气中的氧气在高温条件下反应生成，反应的化学方程式为；
（3）A．配合物1中有离子键，配合物2中没有离子键，故转变过程中一定涉及离子键的断裂，故A错误；
B．根据配合物1的结构图，中心原子Co与5个氧原子、1个N原子形成配位键，内界中心原子配位数为6，故B正确；
C．配合物1和配合物2中Co的化合价都是+2价，转变前后，Co的化合价没有发生变化，故C错误；
D．两种配合物中，类似苯环的含N环状结构中有大键，故D正确；
（4）根据化合物元素化合价代数和为0，可知中有1个和2个，则晶胞中，结合晶胞结构信息，采用均摊法可知，“”数目为，“”数目为，“”数目为，所以“”代表，“”代表，“”代表；
（5）图中Co电极为阴极，应连接电源的负极，电解时石墨电极为阳极，失电子生成和，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出电极反应式为，在阴极，得电子生成Co，则透过离子交换膜II进入中，II为阴离子交换膜；阳极生成的透过离子交换膜I进入中，使溶液浓度增大，则与的大小：。
19．【答案】（1）
（2）能；；压强；；
（3）；
（4）加入C后远大于，反应II使氯化为得以实现；反应II可以为反应I提供热量
【知识点】原子核外电子排布；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）Cl是17号元素，其价层电子排布式，故答案为。
（2）①反应ii正反应方向熵减即，，任意温度下，故答案为能。
②根据盖斯定律，将反应得，氯化氢催化氧化制氯气的热化学方程式为，则，故答案为。
③对于反应，正反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，平衡正向移动，HCl的平衡转化率增大，升高温度，平衡逆向移动，HCl的平衡转化率减小，则由图中信息可得出，代表的物理量是压强，温度从大到小的顺序为，故答案为：压强；。
④根据题中信息HCl的初始浓度为，在点，，此时HCl的平衡转化率为，则此时的初始浓度也为，可建立如下三段式：则点的平衡常数，故答案为。
（3）①根据平衡常数的定义可得，故答案为。
②若氯气在水中的溶解度为c，由氯原子守恒知，由于HCl是强电解质，忽略水和次氯酸的电离，可得，由可得，由可得，所以，故答案为。
（4）利用盖斯定律，反应Ⅰ+反应Ⅱ得到，则反应的，加入C后二氧化钛转化为四氯化钛反应进行得更彻底，同时反应II是放热反应，反应I是吸热反应，反应II可以为反应I提供热量，故答案为加入C后远大于，反应II使氯化为得以实现；反应II可以为反应I提供热量。
【分析】 (1) 氯是17号元素；
(2) 考查盖斯定律应用；可逆反应平衡移动影响因素，对放热反应，升高温度，平衡逆向移动，HCl平衡转化率降低，增大压强，平衡正向移动，HCl平衡转化率升高，依据图象曲线走势分析；
(3) 根据平衡常数表达式概念作答；
(4) 依据总反应平衡常数K增大，K越大，反应进行程度越大，生成物越多。
（1）基态Cl原子是17号元素，其价层电子排布式，故答案为。
（2）①反应ii的，，任意温度下，故答案为能。
②依据盖斯定律，将反应得，氯化氢催化氧化制氯气的热化学方程式为，则，故答案为。
③对于反应，正反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，平衡正向移动，HCl的平衡转化率增大，升高温度，平衡逆向移动，HCl的平衡转化率减小，则由图中信息可得出，代表的物理量是压强，温度从大到小的顺序为，故答案为压强；。
④若HCl的初始浓度为，在点，，此时HCl的平衡转化率为，则此时的初始浓度也为，可建立如下三段式：则点的平衡常数，故答案为。
（3）①根据平衡常数的定义可得，故答案为。
②若氯气在水中的溶解度为c，由氯原子守恒知，由于HCl是强电解质，忽略水和次氯酸的电离，可得，由可得，由可得，所以，故答案为。
（4）利用盖斯定律，反应Ⅰ+反应Ⅱ得到，则反应的，加入C后二氧化钛转化为四氯化钛反应进行得更彻底，同时反应II是放热反应，反应I是吸热反应，反应II可以为反应I提供热量，故答案为加入C后远大于，反应II使氯化为得以实现；反应II可以为反应I提供热量。
20．【答案】（1）醛基
（2）；2；
（3）A；B
（4），催化剂，加热
（5）；
（6）和；
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据结构，可知含氧官能团为醛基；
（2）
的分子式为，其同分异构体分子式同为，能发生银镜反应说明含有醛基，结构简式为，共2种，其中核磁共振氢谱有3组峰的结构简式为；
（3）A．和3a生成4a的反应为和先发生加成反应和消去反应生成，与发生加成反应生成，反应中有π键的断裂与σ键的形成，A正确；
B.手性碳原子指碳原子上连4个不同的原子和原子团，则4a分子中存在1个手性碳原子()，分子中苯环上的碳原子和碳氧双键碳原子采取杂化，共有7个，B正确；
C.氨基酸中有羧基和氨基，但4a和5a分子结构中都不含羧基，都不属于氨基酸，C错误；
D.5a分子的氮原子上没有氢原子，不能形成分子内氢键，D错误；
故选AB；
（4）一定条件下，在催化剂作用下与氢气共热发生加成反应生成涉及大π键、σ键变化；
（5）①若反应物之一能与溶液作用显色，该反应物含有酚羟基，由逆推，反应物为，与氢气发生加成反应生成，则另一反应物为；
②若反应物之一为V形结构分子，该反应物是，和水发生加成反应生成，则另一反应物为；
(6)由题意可知，合成的合成步骤如下：；
①最后一步反应的反应物为、；
②卤代烃参与的第一步反应为发生水解反应生成，反应的化学方程式为。
【分析】
1a和2a发生加成反应时，碳氧双键断开，后发生消去反应生成，与
和H2O，3a和发生加成反应生成主产物4a和副产物5a，据此分析；
（1）的含氧官能团为醛基；
（2）的分子式为，其同分异构体能发生银镜反应说明含有醛基，结构简式为，共2种，其中核磁共振氢谱有3组峰的结构简式为；
（3）A．由分析可知，和3a生成4a的反应为和先发生加成反应和消去反应生成，与发生加成反应生成，反应中有π键的断裂与σ键的形成，A正确；
B.4a分子中存在1个手性碳原子()，分子中苯环上的碳原子和碳氧双键碳原子采取杂化，共有7个，B正确；
C.4a和5a分子中都不含羧基，都不属于氨基酸，C错误；
D.5a分子的氮原子上没有氢原子，不能形成分子内氢键，D错误；
故选AB；
（4）一定条件下，2a涉及大π键、σ键变化的反应为在催化剂作用下与氢气共热发生加成反应生成；
（5）①若反应物之一能与溶液作用显色，该反应物含有酚羟基，由逆推，反应物为，与氢气发生加成反应生成，则另一反应物为；
②若反应物之一为V形结构分子，该反应物是，和水发生加成反应生成，则另一反应物为；
（6）由题意可知，合成的合成步骤如下：；
①最后一步反应的反应物为、；
②卤代烃参与的第一步反应为发生水解反应生成，反应的化学方程式为。
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