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广东省六校联考2024-2025学年高二上学期12月月考 化学试题
一、单项选择题：本题共16小题，共4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顶中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2024高二上·广东月考）挖掘文物价值，讲好中国故事。下列文物中，主要成分属于硅酸盐材料的是
文物
名称 A．南海1号印花陶罐 B．金漆木雕大神龛
文物
名称 C．越王勾践剑 D．莲鹤方壶草(青铜器)
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】合金及其应用；硅酸盐
【解析】【解答】A．陶罐属于陶器，其原料以黏土（主要成分为含水的铝硅酸盐）为主，经高温烧结制成，因此其主要成分属于硅酸盐材料，A项正确；
B．金漆木雕大神龛的主要成分是木材，木材的主要成分为纤维素，属于有机物，不属于硅酸盐材料，B项错误；
C．越王勾践剑为青铜器，青铜是铜锡合金，属于金属材料，不属于硅酸盐材料，C项错误；
D．莲鹤方壶（青铜器）的材质为青铜，属于铜锡合金，是金属材料，不属于硅酸盐材料，D项错误；
故答案为：A
【分析】A、A、陶瓷属于硅酸盐材料。
B、木材的成分为纤维素，属于有机材料。
C、越王勾践剑的材质为青铜，属于金属材料。
D、莲鹤方壶草为青铜器，属于金属材料。
2．（2024高二上·广东月考）化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是
A．植物直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料，实现氮的固定
B．古代壁画颜料中所用的铁红成分为氧化亚铁
C．二氧化碳人工合成淀粉实现了无机小分子向有机高分子的转变
D．华为三折叠手机中芯片的主要成分是碳
【答案】C
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；硅和二氧化硅；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A．普通植物无法直接吸收空气中的NO和NO2气体，它们主要吸收铵态氮（NH4+）和硝态氮（NO3-）。虽然豆科植物能通过根瘤菌固定氮气（N2），但即使植物能吸收NO或NO2，也不属于氮的固定过程，A选项错误。B．铁的氧化物中，氧化亚铁（FeO）呈黑色，而氧化铁（Fe2O3）呈红棕色。古代壁画使用的"铁红"颜料主要成分是氧化铁（Fe2O3），而非氧化亚铁，B选项错误。
C．二氧化碳（CO2）是无机小分子，淀粉则是复杂的有机高分子化合物。人工合成淀粉成功实现了从无机小分子到有机高分子的转化，C选项正确。
D．现代芯片的主要材料是单晶硅（Si），而不是碳（C）基材料，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、一般植物无法直接吸收NO和NO2，豆科植物中的根瘤菌则可以。
B、FeO为黑色固体，红色固体为Fe2O3。
C、淀粉为有机高分子。
D、手机中的芯片主要成分为单质硅。
3．（2024高二上·广东月考）化学处处呈现美。下列说法错误的是
A．颜色美：绚丽烟火与能量转化有关
B．味道美：谷氨酸钠可作食品添加剂
C．现象美：晨雾中的光束是丁达尔效应
D．结构美：“足球烯”是一种有机物
【答案】D
【知识点】焰色反应；胶体的性质和应用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A．烟火呈现不同颜色的原理是金属或离子中的电子吸收能量后跃迁到较高能级，随后自发返回较低能级时释放出不同波长的光子（对应不同颜色），该现象与电子能级跃迁的能量变化直接相关，A选项正确；B．谷氨酸钠（化学式：C5H8NO4Na）作为味精的主要成分，是国家标准允许使用的食品增味剂，B选项正确；
C．清晨雾气中观察到的光束现象属于胶体特有的丁达尔效应，这是区分胶体与溶液的重要特征，C选项正确；
D．足球烯（C60）是由60个碳原子组成的球形分子，虽然具有特殊结构，但本质上仍属于碳元素的同素异形体（单质），不符合有机化合物的定义（含碳化合物且不含碳碳键或碳氢键除外），D选项错误；
故答案为：D
【分析】A、绚丽烟火是电子跃迁过程中的能量变化引起的。
B、味精的主要成分是谷氨酸钠。
C、雾属于胶体，胶体具有丁达尔效应。
D、足球烯是碳的一种单质。
4．（2024高二上·广东月考）用下列实验装置不能达到相关实验目的的是
实验装置
实验目的 A．验证与水的反应为放热反应 B．中和热测定
实验装置
实验目的 C．将溶液中的氧化为 D．稀释浓硫酸
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；中和热的测定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．钠与水反应为放热反应，导致具支试管内温度升高，气体压强增大，使U形管中红墨水呈现左低右高的液面差，该现象符合实验预期，A项不选；B．该装置缺少关键部件（环形玻璃搅拌棒或玻璃搅拌器），无法准确测定中和反应的反应热，B项符合题目要求；
C．氯气通入溴化钠溶液发生反应：，氢氧化钠溶液用于吸收尾气，该设计合理，C项不选；
D．浓硫酸稀释应遵循"酸入水"原则，并持续搅拌，该操作描述正确，D项不选；
故答案为：B
【分析】A、根据右侧U型管中左右两端液面高低判断。
B、测定中和热实验应使用玻璃搅拌器。
C、根据溶液颜色的变化判断是否发生反应。
D、稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入水中。
5．（2024高二上·广东月考）设为阿伏加德罗常数的值，则下列描述正确的是
A．标准状况下，的氧原子数为
B．的溶液中含有的数目为
C．甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为
D．金属钠在一定数氧气中完全反应生成和，电子转移数为
【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、在标准状况下，三氧化硫（SO3）以固态形式存在，不属于气体，因此不能使用气体摩尔体积（22.4 L/mol）计算其物质的量及所含氧原子数。该选项说法错误。B、25℃时，pH=13的Ba(OH)2溶液中，氢氧根离子浓度。1.0 L该溶液含OH 数目为0.1NA，选项说法错误。
C、甲烷（CH4）和乙烯（C2H4）分子均含4个氢原子。0.5 mol混合物中氢原子总数为，选项说法正确。
D、2.3 g金属钠（物质的量0.1 mol）与足量O2反应时，无论生成Na2O还是Na2O2，钠的化合价均由0升至+1，转移电子数为0.1NA，选项说法错误。
故答案为：C
【分析】A、标准状态下SO3不是气体，不能应用气体摩尔体积进行计算。
B、由pH=13可得溶液中c(OH－)=0.1mol·L－1，据此计算溶液中OH－的数目。
C、CH4和C2H4分子中所含的氢原子数都是4。
D、2.3gNa的物质的量为0.1mol，生成Na2O2或Na2O时都转移一个电子，据此计算。
6．（2024高二上·广东月考）下列事实与所述的化学知识没有关联的是
选项 项目 化学知识
A 面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包 可与酸反应
B 胆矾和熟石灰配制的波尔乡液可用作防治病虫害 可以使蛋白质失去生理活性
C 施肥时，将碳酸氢铵埋入土壤中 易分解
D 氧化铝可以用来做耐火材料 氧化铝的熔点高
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】铵盐；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、小苏打是碳酸氢钠(NaHCO3)，与题目中提到的碳酸钠(Na2CO3)无关，A选项错误。B、铜离子()属于重金属离子，能够使蛋白质变性失去生理活性，所以胆矾(五水合硫酸铜)和熟石灰(氢氧化钙)配制的波尔多液可以用于防治病虫害，B选项正确。
C、碳酸氢铵()在常温下容易分解，为了保持肥效，施肥时需要将其埋入土壤中，C选项正确。
D、氧化铝(Al2O3)具有很高的熔点，因此可以作为耐火、耐高温材料使用，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、小苏打为NaHCO3，受热易分解，可用作发泡剂。
B、Cu2＋为重金属离子，能使蛋白质结构发生变性。
C、NH4HCO3不稳定，受热易分解，应埋入土壤中。
D、Al2O3的熔点高，常用作耐火材料。
7．（2024高二上·广东月考）某化学兴趣小组为了探索铝电极在原电池中的作用，设计并进行了以下一系列实验，实验结果记录如下：
实验编号 1 2 3 4
实验装置 稀硫酸 稀硫酸 溶液 溶液
已知指针偏转指向正极，下列说法错误的是
A．实验1中电极作正极、实验3中电极作负极
B．实验2，3中原电池的总反应方式相同
C．若将实验2中铜电极换成石墨电极，指针偏向石墨
D．实验4中电极的电极反应式为
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．实验1的电解质溶液为稀硫酸，根据金属活动性顺序Mg＞Al，电池总反应为Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑。此时Mg作负极，化合价升高，发生失去电子的氧化反应；Al作正极，溶液中的H+在Al电极上得电子生成H2。实验3在碱性条件下，Al与NaOH溶液反应生成[Al(OH)4]-和H2，此时Al作负极，化合价升高失去电子发生氧化反应。A项正确。B．实验2的电解质溶液为稀硫酸，根据金属活动性Al＞Cu，Al作负极，电池总反应为2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑。实验3的总反应为。两个实验的总反应不同，B项错误。
C．若将实验2中的Cu电极换成石墨电极，电池总反应仍为2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，此时指针会偏向石墨电极。C项正确。
D．实验4在碱性条件下，Al作负极，其电极反应为。D项正确。
故答案为：B
【分析】A、实验1中金属活动性Mg＞Al，Mg做负极；实验3中NaOH溶液能与Al反应，不与Mg反应，因此Al做负极。
B、实验2、3中所用电解质溶液不同，电池总反应式不同。
C、实验2中铜电极换为石墨电极，Al仍为负极。
D、实验4中Al做负极，发生失电子的氧化反应，生成[Al(OH)4]－。
8．（2024高二上·广东月考）下列装置能实现化学能直接转化为电能的是
A．电解冶炼金属钠 B．铜锌原电池
C．火力发电 D．太阳能电池
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；常见能量的转化及运用；电解原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．电解冶炼金属钠的过程属于电解池反应，该过程将电能转化为化学能，A不符合题意；B．铜锌原电池的工作原理是将化学能直接转化为电能，B符合题意；
C．火力发电的能量转换路径为：燃料的化学能→蒸汽热能→机械能→电能，属于化学能间接转化为电能的过程C不符合题意；
D．太阳能电池的能量转换方式是将太阳能直接转化为电能，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、电解熔融NaCl的过程中，电能转化为化学能。
B、原电池装置将化学能转化为电能。
C、火力发电过程将化学能转化为机械能，机械能进一步转化为电能。
D、太阳能电池将太阳能转化为电能。
9．（2024高二上·广东月考）验证浓硫酸与木炭在加热条件下反应的产物的实验装置图如图，下列说法错误的是
A．反应速率随硫酸浓度减小变慢
B．装置A中的实验现象是白色固体变蓝色
C．B、C装置褪色原理相同
D．装置D中试剂为澄清石灰水，目的是检验CO2
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；化学实验方案的评价；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．随着反应进行，反应物浓度降低导致反应速率减慢。在木炭粉与浓硫酸的反应过程中，硫酸浓度逐渐减小，因此反应速率持续减慢，选项A正确；B．装置A中无水硫酸铜(CuSO4)吸收水蒸气后生成五水合硫酸铜(CuSO4·5H2O)，表现为白色固体变为蓝色，实验现象描述正确，选项B正确；
C．B装置中SO2使品红溶液褪色体现其漂白性，C装置中SO2使酸性KMnO4溶液褪色体现其还原性，选项C将两者性质混淆，选项C错误；
D．装置D中澄清石灰水用于检验CO2，通过观察溶液变浑浊的现象可确认CO2存在，选项D正确；
故答案为：C
【分析】加热过程中，木炭与浓硫酸发生C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O。装置A中无水CuSO4，用于检验水蒸气的生成，现象为白色固体变为蓝色。装置B中品红溶液用于检验SO2的生成，现象为品红溶液褪色。装置C中酸性KMnO4溶液用于除去SO2。装置D中用于检验CO2的生成，因此所用试剂为澄清石灰水，现象为石灰水变浑浊。据此结合选项分析。
10．（2024高二上·广东月考）含铁物质或微粒所带电荷数与化合价的关系如图所示，下列说法错误的是
A．M可能是
B．R为铁单质，常温下遇浓硫酸发生钝化
C．与强氧化剂反应可以生成
D．N可用溶液检验
【答案】D
【知识点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A．M中的Fe元素化合价为+2价，且整体不带电荷，可能为氧化亚铁（FeO）或氢氧化亚铁（），该选项正确。B．R中的Fe元素化合价为0价，且不带电荷，表示铁单质（Fe）。铁在常温下与浓硫酸接触会发生钝化现象，该选项正确。
C．高铁酸根离子（）中Fe的化合价为+6价。根据图示信息可知，在碱性环境中稳定存在，因此Fe3+在碱性条件下与氧化剂反应可以生成，该选项正确。
D．N中的Fe元素化合价为+2价，且带2个单位正电荷，表示Fe2+。Fe2+不能用硫氰化钾（）溶液直接检验，该选项错误。
故答案为：D
【分析】A、M中铁元素为＋2价，且不带电荷，因此M为FeO或Fe(OH)2。
B、常温下，浓硝酸、浓硫酸能使Fe、Al钝化。
C、强氧化剂能将Fe3＋氧化成FeO。
D、KSCN溶液用于检验溶液中的Fe3＋。
11．（2024高二上·广东月考）下列有关现象或实验事实能说明生成物总能量低于反应物总能量的是
现象 A．反应开始后，针筒活塞向右移动 B．反应开始后，气球慢慢胀大
装置
现象 C．温度计的水银柱不断上升 D．研磨后，提起烧杯，玻璃片被粘在杯底
装置
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．针筒活塞向右移动表明有气体生成，仅能证明锌粒与稀硫酸发生反应，无法判断生成物与反应物总能量的关系，A不符合题意；B．气球胀大说明广口瓶内压强增大，由试管内反应放热导致，表明生成物总能量低于反应物总能量，B符合题意；
C．温度计示数上升仅说明浓硫酸溶解放热，属物理变化，不能反映化学反应的能量关系，C不符合题意；
D．玻璃片被粘住表明反应吸热导致温度降低，说明生成物总能量高于反应物总能量，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、反应过程中生成H2，活塞右移，不能说明反应放热。
B、气球体积变大，说明反应放热。
C、浓硫酸溶于水放热，是物理变化。
D、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应。
12．（2024高二上·广东月考）氰酸(HOCN)与异氰酸(HNCO)互为同分异构体，可发生异构化反应，反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是
氰酸与异氰酸异构化过程中的能量变化示意图
A．异氰酸的稳定性强于氰酸
B．异构化过程中碳氮之间的化学键发生了变化
C．氰酸的总键能小于异氰酸的总键能
D．升高温度，有利于异构化反应的正向进行
【答案】D
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．根据图示可知，氰酸(HOCN)转变为异氰酸(HNCO)是一个放热反应，说明异氰酸的能量状态比氰酸更低。由于能量越低的物质越稳定，因此异氰酸的稳定性优于氰酸，选项A正确；B．氰酸的结构式为H-O-C≡N，而异氰酸的结构式为H-N=C=O。在异构化过程中，碳氮键的类型发生了改变（从三键变为双键），选项B正确；
C．由于氰酸转化为异氰酸是放热过程，表明异氰酸的能量更低。根据能量与键能的关系，能量越低意味着总键能越大，因此氰酸的总键能小于异氰酸，选项C正确；
D．图示表明该异构化反应为放热反应。根据勒夏特列原理，升高温度会使平衡向吸热方向（逆向）移动，不利于反应正向进行，选项D错误；
故答案为：D
【分析】A、物质所具有的能量越高，结构越不稳定。
B、根据氰酸和异氰酸的结构式进行分析。
C、该反应为放热反应，据此判断物质总键能的相对大小。
D、升高温度，平衡向吸热反应方向移动，不利于异构化反应的进行。
13．（2024高二上·广东月考）恒温条件下，用图1所示装置研究铁的腐蚀，已知O2和H+均可作为Fe氧化剂，测定结果如图2
下列说法不正确的是
A．AB段，以H+氧化Fe为主
B．其他条件不变，增大空气中氧气浓度，氧化速率越快
C．BC段，以O2氧化Fe为主
D．DE段溶液pH不变，可能的原因：相同时间内，消耗H+的量与产生H+的量基本相同
【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；化学反应速率的影响因素；铁的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解析】A．在AB段实验中，气体压强增大同时pH值升高，说明H+离子参与反应较多，并伴随氢气生成，因此该阶段以H+氧化Fe的析氢腐蚀为主，选项A正确；B．根据化学反应动力学原理，反应物浓度增加会加快反应速率，故增大氧气浓度会加速铁的氧化过程，选项B正确；
C．BC段数据显示压强变化不明显但pH显著上升，说明同时发生两个反应：和Fe+2H+=Fe2++H2↑，但主导反应仍是H+氧化铁而非氧气氧化，选项C错误；
D．DE段pH保持稳定，表明两个关键反应达到动态平衡：消耗的H+与生成的H+基本相当，由于两个反应均消耗氧气，导致体系压强降低，选项D正确；
故答案为：C
【分析】A、AB段气体压强增大，说明H＋与Fe反应生成H2。
B、增大O2浓度，反应速率加快。
C、BC段压强变化不大，但pH明显上升，说明Fe主要与H＋反应。
D、结合DE段溶液pH的变化和体系压强变化分析。
14．（2024高二上·广东月考）某储氢材料前驱体结构如下图，M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，Z的某种单质可供呼吸，X、Y、Z在周期表中相邻，W最外层有3个电子。下列说法正确的是
A．Z是氯元素
B．最高价含氧酸的酸性强弱：
C．图中所有原子均满足8电子稳定结构
D．Y和Z可形成多种二元化合物
【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A. 由分析可知，Z为氧元素（O），A错误。
B. 比较最高价含氧酸的酸性强弱：非金属性越强，酸性越强。非金属性C（X）>B（W），因此酸性X>W，B错误。
C. 氢原子（H）的价电子数为1，不满足8电子稳定结构，C错误。
D. 氮（Y）和氧（Z）可形成多种二元化合物，如NO、NO2、N2O5等，D正确。
故答案为：D
【分析】Z的单质可供给呼吸，该单质为O2，因此Z为O元素。X、Y、Z在周期表中相邻，且Z为O，因此X为C、Y为N。W的最外层电子数为3，且原子序数小于X，因此W为B。M只能形成1个共价键，且原子序数最小，因此M为H。据此结合元素周期律分析选项。
15．（2024高二上·广东月考）NaAlH4可以通过热分解放氢：，下列有关说法不正确的是
A．NaAlH4中氢为-1价
B．NaAlH4的可逆储氢容量(储存的氢气所占的质量分数)为17.4%
C．升温可加快放氢速率
D．与热分解相比，等量NaAlH4与水反应可释放更多氢气
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化合价与化学式；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．在NaAlH4中，Na的化合价为+1价，Al的化合价为+3价。根据化合物中各元素化合价代数和为零的原则，设H的化合价为x，可列出方程：(+1)+(+3)+4x=0，解得x=-1，A选项正确。
B．可逆储氢生成NaAlH4的反应为：。计算储存氢气的质量分数为：
≈5.6%，B选项不正确。
C．升高温度会加快反应速率，对于反应：，升温会使平衡正向移动，从而加快放氢速率，C选项正确。
D．在热分解过程中，2mol NaAlH4可生成3mol H2；而NaAlH4与水反应为：NaAlH4+4H2O=Na[Al(OH)4]+4H2↑，2mol NaAlH4可释放8mol H2。因此，等量NaAlH4与水反应比热分解能释放更多氢气，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、根据Na、Al的化合价，结合化合物中化合价代数和为0进行计算。
B、根据可逆储氢容量的定义，结合反应的化学方程式进行计算。
C、升高温度，可增大活化分子百分数，从而加快反应速率。
D、根据NaAlH4与水反应的化学方程式进行计算。
16．（2024高二上·广东月考）氧气的活化一直是化学家们研究的重点之一。如下图所示的含钨杂多酸根离子固定的双层卟啉化合物是一种新发现的氧气活化催化剂，其原理是可以高效的实现三线态氧分子()和单线态氧分子()之间的转变。
下列有关说法不正确的是
A．Y的分子式为
B．单线态氧分子()能量高更活泼
C．催化反应过程中至少有3种能量形式在相互转化
D．从结构上看，Y应具有强氧化性
【答案】A
【知识点】常见能量的转化及运用；吸热反应和放热反应；过氧化氢；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】A．根据题目给出的分子结构信息，Y分子由10个碳原子、2个氧原子组成，不饱和度为2。通过计算（10×2+2-2×2=18）得出其氢原子数为18，因此Y的分子式为，A错误；B．吸收可见光能量后会转变为。由于具有更高的能量，其化学性质更为活泼，B正确；
C．在催化反应过程中，通常存在光能、化学能和热能等多种能量形式之间的相互转化，因此至少有三种能量形式参与转化，C正确；
D．Y分子结构中含有过氧键（-O-O-），其中氧元素为-1价，易获得电子转变为-2价，因此Y应具有较强的氧化性，D正确；
故答案为：A
【分析】A、根据分子中的C、O原子个数，结合不饱和度计算分钟的H原子数，从而得到分子式。
B、转化为的过程中吸收可见光能量，因此具有的能量越高。
C、该反应过程中存在光能、化学能和热能等能量的转化。
D、Y中具有过氧键，因此具有氧化性。
二、选择题(共4个大题，每题14分，共56分)
17．（2024高二上·广东月考）探究氯化铜和亚硫酸钠在水溶液中的反应
【实验发现】
将2mL0.2mol·L-1CuCl2溶液和1mL0.2mol·L-1Na2SO3溶液直接混合，立即得到橙黄色沉淀并伴有少量白色沉淀产生，振荡试管1min后再观察，黄色沉淀全部变成了白色沉淀。
【提出猜想】
（1）结合已有知识，同学们对橙黄色沉淀提出以下猜想：
①甲同学猜想沉淀为CuSO3，理由是CuCl2和Na2SO3发生沉淀反应；
②乙同学猜想沉淀为Cu(OH)2，理由是Cu2+属于弱碱阳离子，属于弱酸阴离子，二者可能会发生双水解反应
乙同学猜想是否合理　 　(选填“合理”或“不合理”)。
③丙同学猜想沉淀中可能有Cu+，理由是：　 　。
【查阅资料】
①Cu2+在酸性溶液中发生歧化反应：。
②，由形成的盐均易溶于水
【设计实验】
（2）
操作 现象 结论
向洗净的橙黄色沉淀中加入稀硫酸 观察到①　 　现象 沉淀中有Cu+
产生的气体通入品红溶液，观察到溶液褪色 沉淀中有②　 　(填离子符号)
（3）检验得实验开始时的白色沉淀为CuCl，写出其生成的离子方程式：　 　。
（4）综合以上结论，将氯化铜溶液换成　 　可成功制得橙黄色沉淀。
（5）实验过程中，向Na2SO3中加入少量Na2CO3可避免污染性气体产生，其原因是：　 　。
【答案】不合理；Cu2+有氧化性，有还原性，Cu2+被还原；观察沉淀溶解并得到蓝色溶液，同时有紫红色固体析出；；；硫酸铜溶液；Na2CO3的作用就是及时消耗反应体系中生成的H+，防止H+与Na2SO3溶液反应产生SO2，污染环境
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；铜及其化合物；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①甲同学猜想沉淀为CuSO3，理由是CuCl2和Na2SO3发生沉淀反应；
②乙同学猜想沉淀为Cu(OH)2，理由是Cu2+属于弱碱阳离子，属于弱酸阴离子，二者可能会发生双水解反应；
因为Cu(OH)2呈蓝色，所以乙同学猜想不合理。
③由分析可知，Cu2+具有氧化性，具有还原性，二者可能发生氧化还原反应，所以丙同学猜想沉淀中可能有Cu+，理由是：Cu2+有氧化性，有还原性，Cu2+被还原。
故答案为：不合理； Cu2+有氧化性，有还原性，Cu2+被还原
（2）向洗净的橙黄色沉淀中加入稀硫酸，沉淀中有Cu+，则Cu+在酸性溶液中发生歧化反应，生成Cu2+和Cu，溶液中的与H+反应生成H2SO3，分解生成SO2和水，SO2具有漂白性，使品红溶液褪色。
操作 现象 结论
向洗净的橙黄色沉淀中加入稀硫酸 观察到①观察沉淀溶解并得到蓝色溶液，同时有紫红色固体析出 沉淀中有Cu+
产生的气体通入品红溶液，观察到溶液褪色 沉淀中有②。
故答案为： 观察沉淀溶解并得到蓝色溶液，同时有紫红色固体析出 ；
（3）检验得实验开始时的白色沉淀为CuCl，则Cu2+被还原为Cu+，Cu+再与Cl-结合生成CuCl，依据得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒，可得出发生反应的离子方程式：。
故答案为：
（4）综合以上结论，即便溶液中不含有Cl-，仍可生成Cu2SO3橙黄色沉淀，所以将氯化铜溶液换成硫酸铜溶液可成功制得橙黄色沉淀。
故答案为： 硫酸铜溶液
（5）由于，所以Na2CO3溶液可阻止H2SO3的生成。实验过程中，向Na2SO3中加入少量Na2CO3可避免污染性气体产生，其原因是：Na2CO3的作用就是及时消耗反应体系中生成的H+，防止H+与Na2SO3溶液反应产生SO2，污染环境。
故答案为： Na2CO3的作用就是及时消耗反应体系中生成的H+，防止H+与Na2SO3溶液反应产生SO2，污染环境
【分析】（1）Cu(OH)2为蓝色沉淀，而不是白色沉淀，因此乙同学的猜想不合理。Cu2＋具有氧化性，SO32－具有还原性，因此Cu2＋可转化为Cu＋。
（2）加入稀硫酸后，得到的结论是沉淀中含有Cu＋，则说明发生反应2Cu＋=Cu2＋＋Cu，据此确定实验现象。产生的气体能使品红溶液褪色，说明该气体为SO2，据此判断沉淀中所含的离子。
（3）开始时产生的白色沉淀为CuCl，是由于Cu2＋与SO32－发生氧化还原反应，形成Cu＋，Cu＋与Cl－结合成CuCl沉淀，同时生成SO42－，据此结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式。
（4）橙黄色沉淀为CuSO3，由Cu2＋与SO32－反应生成，因此要求所加溶液中含有Cu2＋，据此确定所用试剂。
（5）加入的Na2CO3，能消耗反应生成的H＋，防止H＋与SO32－反应生成SO2，造成空气污染。
18．（2024高二上·广东月考）一种以含钛废料(主要成分为，含少量)为原料，分离提纯并制取少量焦磷酸镁的工艺流程如下：
已知：焦磷酸镁不溶于水，酸浸后元素以的形式存在。
涉及金属离子的沉淀范围如下表所示：
开始沉淀
完全沉淀
回答下列问题：
（1）“碱浸”发生的主要离子方程式为　 　。
（2）“酸浸”的温度控制在的原因是　 　。
（3）滤渣1的主要成分为　 　。
（4）为了提高“水解”的效率，可以采取的操作是　 　，若在“水解”前没有加入铁粉，可能引起的后果是　 　。
（5）“氧化”步骤中，氧化剂和还原剂的理论物质的量比为　 　。
（6）“调”步骤中，的调节范围应为　 　。
【答案】（1）
（2）温度太低，酸浸速率太慢；温度过高，容易导致提前水解，造成损失
（3）
（4）加热；部分也水解生成沉淀，引入杂质
（5）
（6）
【知识点】氧化还原反应；盐类水解的应用；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；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）“碱浸”时氢氧化钠溶液与Al2O3反应得到四羟基合铝酸钠，发生的主要离子方程式为。
故答案为：
（2）温度越高反应速率越快，酸浸后元素以存在，升温能促进其水解，则“酸浸”的温度控制在的原因是：温度太低，酸浸速率太慢；温度过高，容易导致提前水解，造成损失。
故答案为： 温度太低，酸浸速率太慢；温度过高，容易导致提前水解，造成损失
（3）据分析，滤渣1的主要成分为Cu。
故答案为：Cu
（4）盐类水解是吸热过程，则为了提高“水解”的效率，可以采取的操作是加热，由表中数据可知，铁离子在pH=时沉淀完全，若将铁离子转化为亚铁离子并大部分亚铁离子以被除去，即使残留少量的亚铁离子，要产生沉淀也要pH=7，则若在“水解”前没有加入铁粉，可能引起的后果是：部分也水解生成沉淀，引入杂质。
故答案为：加热； 部分也水解生成沉淀，引入杂质
（5）“氧化”步骤中，过二硫酸根把亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：，则氧化剂和还原剂的理论物质的量比为。
故答案为：
（6）调pH使铁离子完全生成氢氧化铁而除去铁离子、镁离子不发生沉淀，则“调”步骤中，的调节范围应为：。
故答案为：
【分析】“碱浸”是为了溶解能与碱反应的Al2O3，过滤后得到含TiO2、MgO、Cu、Fe3O4的固体。“酸浸”过程中向滤液中加入过量硫酸，Cu不溶于酸形成滤渣1（Cu单质），其他成分溶解形成含Mg2+、Fe2+/Fe3+的溶液。“反应”中加入除铁，将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，冷却结晶析出FeSO4·7H2O，过滤除去大部分亚铁离子。“水解”过程中种，加热滤液使Ti4+水解生成沉淀，过滤得到固体，滤液2主要含MgSO4和少量FeSO4。煅烧得到纯净TiO2。将滤液2氧化后调节pH使Fe3+转化为为Fe(OH)3沉淀，过滤除去铁杂质，向滤液3中加入焦硫酸钠（Na2S2O7）反应生成焦磷酸镁（Mg2P2O7）。据此结合题干设问分析作答。
（1）“碱浸”时氢氧化钠溶液与Al2O3反应得到四羟基合铝酸钠，发生的主要离子方程式为。
（2）温度越高反应速率越快，酸浸后元素以存在，升温能促进其水解，则“酸浸”的温度控制在的原因是：温度太低，酸浸速率太慢；温度过高，容易导致提前水解，造成损失。
（3）据分析，滤渣1的主要成分为Cu。
（4）盐类水解是吸热过程，则为了提高“水解”的效率，可以采取的操作是加热，由表中数据可知，铁离子在pH=时沉淀完全，若将铁离子转化为亚铁离子并大部分亚铁离子以被除去，即使残留少量的亚铁离子，要产生沉淀也要pH=7，则若在“水解”前没有加入铁粉，可能引起的后果是：部分也水解生成沉淀，引入杂质。
（5）“氧化”步骤中，过二硫酸根把亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：，则氧化剂和还原剂的理论物质的量比为。
（6）调pH使铁离子完全生成氢氧化铁而除去铁离子、镁离子不发生沉淀，则“调”步骤中，的调节范围应为：。
19．（2024高二上·广东月考）卤水中常需要利用萃取法提取硼，目前应用较多的萃取剂是醇类萃取剂。
（1）醇类萃取硼酸的机理是由于硼酸和羟基形成硼酸酯类物质，其反应原理如下：
①硼酸中硼元素的化合价为　 　；
②某小组研究了三种组合的醇类萃取代表2-乙基-1，3己二醇)在不同条件下的萃取率变化如图所示。据图可知，在该过程中，　 　。
A．增大，硼酸被消耗，上述平衡逆向移动
B．增大，上述反应的焓变减小
C．延长萃取时间，可能提高萃取率
D．异辛醇的萃取效果始终优于异戊醇
（2）硼酸酯类物质[]还可继续与醇类进一步酯化
则的平衡常数　 　；若平衡时将产物中的及时分离，该平衡　 　移动。(填“正向”、“逆向”或“不”)
（3）科学家通过使用新开发的不对称双膦()钳形镍络合物实现了手性仲膦-硼烷的首次高对映选择性催化合成(代表苯基，代表醋酸)。则该步骤中催化剂是　 　，(用物质正下方编号表示)，原料X与Y的投料比为　 　。
（4）硼酸在水溶液中存在电离平衡：。用溶液滴定体积为硼酸溶液，滴定过程中硼酸溶液、混合溶液的随加入溶液体积的变化如上图。
①已知P点存在，则同温下的水解常数为　 　；其与的水解常数大小关系为　 　(填“<”“>”或“=”)。
②已知M点、N点的加入溶液体积分别为和，则　 　。(结果保留2位小数)
【答案】（1）；AC
（2）；正向
（3）；
（4）；<；
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；盐类水解的应用
【解析】【解答】（1）①根据电荷守恒，硼酸中硼元素的化合价为+3价。
故答案为：+3
②A．硼酸属于弱酸，水溶液中存在如下电离平衡：，随着pH增大时，c(H+)下降，平衡正向移动，消耗硼酸，在如下反应机理中，平衡逆向移动， A正确；
B．焓变指生成物的总焓值与反应物的总焓值之差，用△H表示，pH增大，生成物和反应物不变且聚集状态不变，焓变不变，B错误；
C．萃取反应为可逆反应，起始状态时，QcD．比较异辛醇和异辛醇+异戊醇不同pH下萃取率的变化可知，在pH小于4.5时异辛醇+异戊醇的萃取率高于异辛醇的，在pH接近5时，异辛醇的萃取率比异辛醇+异戊醇的高，D错误；
故答案为：AC
（2）可逆反应：，平衡常数，故，若平衡时将产物中的B(OR)3及时分离，则平衡正向移动。
故答案为：；正向
（3）对比循环流程图可知，(S)-5与Y反应后，生成HOAc和甲，甲与X反应生成乙，乙与HOAc反应生成Z和(S)-5，故该步骤中催化剂为(S)-5，对比X、Y、Z及甲、乙结构可知，X与Y的投料比为1：1。
故答案为：(S)-5；
（4）①P点pH=9.34，即c(H+)=，c(OH-)=，同温下Na[B(OH)4]的水解常数Kh1=
，B与Al同主族，根据元素周期律，同一主族从上到下，金属性逐渐增强，其最高价对应氧化物的水化物碱性越强，故Al(OH)3酸性小于硼酸，即Ka(硼酸)> Ka(Al(OH)3)，又由于，故Kh2> Kh1。
故答案为：；＜
②M点、N点的pH分别10、12.27，且两点相等，由已知可知即加入NaOH溶液体积，设20.00mL0.01mol/L硼酸溶液硼酸pH为x，则，由于相同温度下，，则存在，解得c(H+)=，则x=5.67，故。
故答案为：0.66
【分析】（1）①根据化合物中化合价的代数和为0计算硼元素的化合价。
②A、pH增大，溶液中c(H＋)减小，结合可逆反应H3BO3＋H2O=H＋＋[B(OH)4]－分析平衡移动。
B、焓变与反应物和生成物总能量的相对大小有关，与平衡移动无关。
C、延长萃取时间，可以提高萃取率。
D、根据图像中不同pH对萃取率的影响分析。
（2）根据各个反应平衡常数的表达式进行分析。及时分离产生，使得产物的浓度减小，平衡正向移动。
（3）催化剂是指反应过程中加入，并参与反应，同时又在后续反应过程中生成的物质，据此结合反应原理示意图分析。根据X、Y、Z和甲、乙两种物质的结构分析。
（4）①由pH和水的离子积Kw计算此时溶液中c(OH－)，结合Na[B(OH)4]的水解平衡常数进行计算。根据元素周期表的性质递变规律，分析H3BO3和Al(OH)3的酸性强弱，结合越弱越水解比较水解平衡常数的大小。
②根据电离平衡常数、水解平衡常数进行计算。
（1）①根据电荷守恒，硼酸中硼元素的化合价为+3价；
②A．硼酸属于弱酸，水溶液中存在如下电离平衡：，随着pH增大时，c(H+)下降，平衡正向移动，消耗硼酸，在如下反应机理中，平衡逆向移动， A正确；
B．焓变指生成物的总焓值与反应物的总焓值之差，用△H表示，pH增大，生成物和反应物不变且聚集状态不变，焓变不变，B错误；
C．萃取反应为可逆反应，起始状态时，QcD．比较异辛醇和异辛醇+异戊醇不同pH下萃取率的变化可知，在pH小于4.5时异辛醇+异戊醇的萃取率高于异辛醇的，在pH接近5时，异辛醇的萃取率比异辛醇+异戊醇的高，D错误；
本题选AC；
（2）可逆反应：，平衡常数，故，若平衡时将产物中的B(OR)3及时分离，则平衡正向移动；
（3）对比循环流程图可知，(S)-5与Y反应后，生成HOAc和甲，甲与X反应生成乙，乙与HOAc反应生成Z和(S)-5，故该步骤中催化剂为(S)-5，对比X、Y、Z及甲、乙结构可知，X与Y的投料比为1：1；
（4）①P点pH=9.34，即c(H+)=，c(OH-)=，同温下Na[B(OH)4]的水解常数Kh1=
，B与Al同主族，根据元素周期律，同一主族从上到下，金属性逐渐增强，其最高价对应氧化物的水化物碱性越强，故Al(OH)3酸性小于硼酸，即Ka(硼酸)> Ka(Al(OH)3)，又由于，故Kh2> Kh1；
②M点、N点的pH分别10、12.27，且两点相等，由已知可知即加入NaOH溶液体积，设20.00mL0.01mol/L硼酸溶液硼酸pH为x，则，由于相同温度下，，则存在，解得c(H+)=，则x=5.67，故。
20．（2024高二上·广东月考）过量饮酒危害健康，研究表明人体酒量的大小与乙醇代谢能力的大小有关。通常认为乙醇在人体内的代谢过程可分为两步：(1)乙醇被氧化为乙醛；(2)乙醛被氧化为乙酸。乙酸通过尿液排出体外。乙醛会刺激人体毛细血管扩张，使皮肤变红，人体内的乙醛可与处于氧化态的核黄素(以表示)发生氧化还原反应生成乙酸和还原态的核黄素(以表示)，反应方程式为：
反应1：
（1）斯坦福大学的一项研究结果表明：喝酒脸红的人喝酒可能会增加患阿兹海默症的风险。东亚人群喝酒易脸红主要是由于体内缺少　 　(填标号)。
A．乙醇脱氢酶 B．乙醛脱氢酶 C．两者都缺
（2）反应1中氧化剂是　 　，将上述反应设计为电池，写出负极发生的电极反应方程式　 　。
（3）研究发现，实验室模拟反应1时，乙醛与氧化态的核黄素()几乎不会发生反应，其可能原因是　 　。
（4）冰醋酸与高浓度双氧水在浓硫酸催化下可制得高效消毒剂过氧乙酸，写出对应的化学反应方程式　 　。
（5）乙醇脱氢酶催化乙醇被烟酰胺腺嘌呤二核苷酸()氧化为乙醛的反应方程式加下：
反应2：
研究表明，该酶促反应会遵循机理A和机理B中的一种。
机理A：反应物首先与酶E结合形成，然后反应物才能与结合，形成三元复合物，再生成产物和。
决速步，速率方程
机理B：反应物和先随机与酶E结合形成。
①对于机理A和机理B，下列有关说法正确的是　 　。
A．由于决速步不涉及反应物，因此反应物浓度的变化对反应速率没有影响
B．反应2在相同条件下，按机理B进行时速率略快
C．反应过程中用传感器检测的浓度变化可推理分析反应2遵循的机理
②实验条件下，酶E的初始投料浓度为，推导机理A的速率方程　 　。[填含有“”的表达式](请写出计算过程)
【答案】（1）B
（2）；
（3）反应速率过慢/缺少酶
（4）
（5）BC；
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】（1）乙醇在人体内的代谢过程可分为两步：(1)乙醇被氧化为乙醛；(2)乙醛被氧化为乙酸。乙酸通过尿液排出体外。乙醛会刺激人体毛细血管扩张，使皮肤变红。由以上可知，喝酒脸红的人喝酒可能会增加患阿兹海默症的风险。东亚人群喝酒易脸红主要是由于体内缺少乙醛脱氢酶，答案选B。
故答案为：B
（2）由方程式，可知乙醛被氧化为乙酸，则是氧化剂；将上述反应设计为电池，负极为乙醛失电子生成乙酸同时生成氢离子，负极发生的电极反应方程式：。
故答案为：；
（3）实验室模拟反应1时，乙醛与氧化态的核黄素()几乎不会发生反应，其可能原因是：反应速率过慢或缺少酶。
故答案为： 反应速率过慢/缺少酶
（4）冰醋酸与高浓度双氧水在浓硫酸催化下可制得高效消毒剂过氧乙酸，写出对应的化学反应方程式：。
故答案为：
（5）①A．虽然决速步不涉及反应物，但反应物浓度的变化对反应速率仍有影响，A错误；
B．机理A：应物首先与酶E结合形成，然后反应物才能与结合；机理B：反应物和先随机与酶E结合形成。可知：反应2在相同条件下，按机理B进行时速率略快，B正确；
C．机理A无生成，机理B中有，反应过程中用传感器检测的浓度变化可推理分析反应2遵循的机理，C正确；
故答案为：BC
②
由（1）得：
最后一步的决速步，
。
故答案为：
【分析】（1）喝酒脸红是由乙醛引起的，据此分析。
（2）反应1中乙醛被氧化成乙酸，因此RibO为氧化剂。负极发生失电子的氧化反应，因此负极是由CH3CHO失去电子，生成CH3COOH，据此写出负极的电极反应式。
（3）实验室模拟反应1时，由于缺少酶的催化作用，会使得反应速率很慢，几乎不发生反应。
（4）根据题干信息确定反应物和生成物，从而写出反应的化学方程式。
（5）①A、反应物浓度越大，反应速率越快。
B、由“反应物S1和S2先随机与酶E结合”说明该机理条件下进行的反应，其反应速率更快。
C、机理A没有生成ES2，机理B反应过程中有ES2生成，据此分析。
②根据速率方程的表达式进行计算即可。
（1）乙醇在人体内的代谢过程可分为两步：(1)乙醇被氧化为乙醛；(2)乙醛被氧化为乙酸。乙酸通过尿液排出体外。乙醛会刺激人体毛细血管扩张，使皮肤变红。由以上可知，喝酒脸红的人喝酒可能会增加患阿兹海默症的风险。东亚人群喝酒易脸红主要是由于体内缺少乙醛脱氢酶，答案选B；
（2）由方程式，可知乙醛被氧化为乙酸，则是氧化剂；
将上述反应设计为电池，负极为乙醛失电子生成乙酸同时生成氢离子，负极发生的电极反应方程式：；
（3）实验室模拟反应1时，乙醛与氧化态的核黄素()几乎不会发生反应，其可能原因是：反应速率过慢或缺少酶
（4）冰醋酸与高浓度双氧水在浓硫酸催化下可制得高效消毒剂过氧乙酸，写出对应的化学反应方程式：；
（5）①A．虽然决速步不涉及反应物，但反应物浓度的变化对反应速率仍有影响，A错误；
B．机理A：应物首先与酶E结合形成，然后反应物才能与结合；机理B：反应物和先随机与酶E结合形成。可知：反应2在相同条件下，按机理B进行时速率略快，B正确；
C．机理A无生成，机理B中有，反应过程中用传感器检测的浓度变化可推理分析反应2遵循的机理，C正确；答案选BC；
②
由（1）得：
最后一步的决速步，
。
1 / 1广东省六校联考2024-2025学年高二上学期12月月考 化学试题
一、单项选择题：本题共16小题，共4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顶中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2024高二上·广东月考）挖掘文物价值，讲好中国故事。下列文物中，主要成分属于硅酸盐材料的是
文物
名称 A．南海1号印花陶罐 B．金漆木雕大神龛
文物
名称 C．越王勾践剑 D．莲鹤方壶草(青铜器)
A．A B．B C．C D．D
2．（2024高二上·广东月考）化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是
A．植物直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料，实现氮的固定
B．古代壁画颜料中所用的铁红成分为氧化亚铁
C．二氧化碳人工合成淀粉实现了无机小分子向有机高分子的转变
D．华为三折叠手机中芯片的主要成分是碳
3．（2024高二上·广东月考）化学处处呈现美。下列说法错误的是
A．颜色美：绚丽烟火与能量转化有关
B．味道美：谷氨酸钠可作食品添加剂
C．现象美：晨雾中的光束是丁达尔效应
D．结构美：“足球烯”是一种有机物
4．（2024高二上·广东月考）用下列实验装置不能达到相关实验目的的是
实验装置
实验目的 A．验证与水的反应为放热反应 B．中和热测定
实验装置
实验目的 C．将溶液中的氧化为 D．稀释浓硫酸
A．A B．B C．C D．D
5．（2024高二上·广东月考）设为阿伏加德罗常数的值，则下列描述正确的是
A．标准状况下，的氧原子数为
B．的溶液中含有的数目为
C．甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为
D．金属钠在一定数氧气中完全反应生成和，电子转移数为
6．（2024高二上·广东月考）下列事实与所述的化学知识没有关联的是
选项 项目 化学知识
A 面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包 可与酸反应
B 胆矾和熟石灰配制的波尔乡液可用作防治病虫害 可以使蛋白质失去生理活性
C 施肥时，将碳酸氢铵埋入土壤中 易分解
D 氧化铝可以用来做耐火材料 氧化铝的熔点高
A．A B．B C．C D．D
7．（2024高二上·广东月考）某化学兴趣小组为了探索铝电极在原电池中的作用，设计并进行了以下一系列实验，实验结果记录如下：
实验编号 1 2 3 4
实验装置 稀硫酸 稀硫酸 溶液 溶液
已知指针偏转指向正极，下列说法错误的是
A．实验1中电极作正极、实验3中电极作负极
B．实验2，3中原电池的总反应方式相同
C．若将实验2中铜电极换成石墨电极，指针偏向石墨
D．实验4中电极的电极反应式为
8．（2024高二上·广东月考）下列装置能实现化学能直接转化为电能的是
A．电解冶炼金属钠 B．铜锌原电池
C．火力发电 D．太阳能电池
A．A B．B C．C D．D
9．（2024高二上·广东月考）验证浓硫酸与木炭在加热条件下反应的产物的实验装置图如图，下列说法错误的是
A．反应速率随硫酸浓度减小变慢
B．装置A中的实验现象是白色固体变蓝色
C．B、C装置褪色原理相同
D．装置D中试剂为澄清石灰水，目的是检验CO2
10．（2024高二上·广东月考）含铁物质或微粒所带电荷数与化合价的关系如图所示，下列说法错误的是
A．M可能是
B．R为铁单质，常温下遇浓硫酸发生钝化
C．与强氧化剂反应可以生成
D．N可用溶液检验
11．（2024高二上·广东月考）下列有关现象或实验事实能说明生成物总能量低于反应物总能量的是
现象 A．反应开始后，针筒活塞向右移动 B．反应开始后，气球慢慢胀大
装置
现象 C．温度计的水银柱不断上升 D．研磨后，提起烧杯，玻璃片被粘在杯底
装置
A．A B．B C．C D．D
12．（2024高二上·广东月考）氰酸(HOCN)与异氰酸(HNCO)互为同分异构体，可发生异构化反应，反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是
氰酸与异氰酸异构化过程中的能量变化示意图
A．异氰酸的稳定性强于氰酸
B．异构化过程中碳氮之间的化学键发生了变化
C．氰酸的总键能小于异氰酸的总键能
D．升高温度，有利于异构化反应的正向进行
13．（2024高二上·广东月考）恒温条件下，用图1所示装置研究铁的腐蚀，已知O2和H+均可作为Fe氧化剂，测定结果如图2
下列说法不正确的是
A．AB段，以H+氧化Fe为主
B．其他条件不变，增大空气中氧气浓度，氧化速率越快
C．BC段，以O2氧化Fe为主
D．DE段溶液pH不变，可能的原因：相同时间内，消耗H+的量与产生H+的量基本相同
14．（2024高二上·广东月考）某储氢材料前驱体结构如下图，M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，Z的某种单质可供呼吸，X、Y、Z在周期表中相邻，W最外层有3个电子。下列说法正确的是
A．Z是氯元素
B．最高价含氧酸的酸性强弱：
C．图中所有原子均满足8电子稳定结构
D．Y和Z可形成多种二元化合物
15．（2024高二上·广东月考）NaAlH4可以通过热分解放氢：，下列有关说法不正确的是
A．NaAlH4中氢为-1价
B．NaAlH4的可逆储氢容量(储存的氢气所占的质量分数)为17.4%
C．升温可加快放氢速率
D．与热分解相比，等量NaAlH4与水反应可释放更多氢气
16．（2024高二上·广东月考）氧气的活化一直是化学家们研究的重点之一。如下图所示的含钨杂多酸根离子固定的双层卟啉化合物是一种新发现的氧气活化催化剂，其原理是可以高效的实现三线态氧分子()和单线态氧分子()之间的转变。
下列有关说法不正确的是
A．Y的分子式为
B．单线态氧分子()能量高更活泼
C．催化反应过程中至少有3种能量形式在相互转化
D．从结构上看，Y应具有强氧化性
二、选择题(共4个大题，每题14分，共56分)
17．（2024高二上·广东月考）探究氯化铜和亚硫酸钠在水溶液中的反应
【实验发现】
将2mL0.2mol·L-1CuCl2溶液和1mL0.2mol·L-1Na2SO3溶液直接混合，立即得到橙黄色沉淀并伴有少量白色沉淀产生，振荡试管1min后再观察，黄色沉淀全部变成了白色沉淀。
【提出猜想】
（1）结合已有知识，同学们对橙黄色沉淀提出以下猜想：
①甲同学猜想沉淀为CuSO3，理由是CuCl2和Na2SO3发生沉淀反应；
②乙同学猜想沉淀为Cu(OH)2，理由是Cu2+属于弱碱阳离子，属于弱酸阴离子，二者可能会发生双水解反应
乙同学猜想是否合理　 　(选填“合理”或“不合理”)。
③丙同学猜想沉淀中可能有Cu+，理由是：　 　。
【查阅资料】
①Cu2+在酸性溶液中发生歧化反应：。
②，由形成的盐均易溶于水
【设计实验】
（2）
操作 现象 结论
向洗净的橙黄色沉淀中加入稀硫酸 观察到①　 　现象 沉淀中有Cu+
产生的气体通入品红溶液，观察到溶液褪色 沉淀中有②　 　(填离子符号)
（3）检验得实验开始时的白色沉淀为CuCl，写出其生成的离子方程式：　 　。
（4）综合以上结论，将氯化铜溶液换成　 　可成功制得橙黄色沉淀。
（5）实验过程中，向Na2SO3中加入少量Na2CO3可避免污染性气体产生，其原因是：　 　。
18．（2024高二上·广东月考）一种以含钛废料(主要成分为，含少量)为原料，分离提纯并制取少量焦磷酸镁的工艺流程如下：
已知：焦磷酸镁不溶于水，酸浸后元素以的形式存在。
涉及金属离子的沉淀范围如下表所示：
开始沉淀
完全沉淀
回答下列问题：
（1）“碱浸”发生的主要离子方程式为　 　。
（2）“酸浸”的温度控制在的原因是　 　。
（3）滤渣1的主要成分为　 　。
（4）为了提高“水解”的效率，可以采取的操作是　 　，若在“水解”前没有加入铁粉，可能引起的后果是　 　。
（5）“氧化”步骤中，氧化剂和还原剂的理论物质的量比为　 　。
（6）“调”步骤中，的调节范围应为　 　。
19．（2024高二上·广东月考）卤水中常需要利用萃取法提取硼，目前应用较多的萃取剂是醇类萃取剂。
（1）醇类萃取硼酸的机理是由于硼酸和羟基形成硼酸酯类物质，其反应原理如下：
①硼酸中硼元素的化合价为　 　；
②某小组研究了三种组合的醇类萃取代表2-乙基-1，3己二醇)在不同条件下的萃取率变化如图所示。据图可知，在该过程中，　 　。
A．增大，硼酸被消耗，上述平衡逆向移动
B．增大，上述反应的焓变减小
C．延长萃取时间，可能提高萃取率
D．异辛醇的萃取效果始终优于异戊醇
（2）硼酸酯类物质[]还可继续与醇类进一步酯化
则的平衡常数　 　；若平衡时将产物中的及时分离，该平衡　 　移动。(填“正向”、“逆向”或“不”)
（3）科学家通过使用新开发的不对称双膦()钳形镍络合物实现了手性仲膦-硼烷的首次高对映选择性催化合成(代表苯基，代表醋酸)。则该步骤中催化剂是　 　，(用物质正下方编号表示)，原料X与Y的投料比为　 　。
（4）硼酸在水溶液中存在电离平衡：。用溶液滴定体积为硼酸溶液，滴定过程中硼酸溶液、混合溶液的随加入溶液体积的变化如上图。
①已知P点存在，则同温下的水解常数为　 　；其与的水解常数大小关系为　 　(填“<”“>”或“=”)。
②已知M点、N点的加入溶液体积分别为和，则　 　。(结果保留2位小数)
20．（2024高二上·广东月考）过量饮酒危害健康，研究表明人体酒量的大小与乙醇代谢能力的大小有关。通常认为乙醇在人体内的代谢过程可分为两步：(1)乙醇被氧化为乙醛；(2)乙醛被氧化为乙酸。乙酸通过尿液排出体外。乙醛会刺激人体毛细血管扩张，使皮肤变红，人体内的乙醛可与处于氧化态的核黄素(以表示)发生氧化还原反应生成乙酸和还原态的核黄素(以表示)，反应方程式为：
反应1：
（1）斯坦福大学的一项研究结果表明：喝酒脸红的人喝酒可能会增加患阿兹海默症的风险。东亚人群喝酒易脸红主要是由于体内缺少　 　(填标号)。
A．乙醇脱氢酶 B．乙醛脱氢酶 C．两者都缺
（2）反应1中氧化剂是　 　，将上述反应设计为电池，写出负极发生的电极反应方程式　 　。
（3）研究发现，实验室模拟反应1时，乙醛与氧化态的核黄素()几乎不会发生反应，其可能原因是　 　。
（4）冰醋酸与高浓度双氧水在浓硫酸催化下可制得高效消毒剂过氧乙酸，写出对应的化学反应方程式　 　。
（5）乙醇脱氢酶催化乙醇被烟酰胺腺嘌呤二核苷酸()氧化为乙醛的反应方程式加下：
反应2：
研究表明，该酶促反应会遵循机理A和机理B中的一种。
机理A：反应物首先与酶E结合形成，然后反应物才能与结合，形成三元复合物，再生成产物和。
决速步，速率方程
机理B：反应物和先随机与酶E结合形成。
①对于机理A和机理B，下列有关说法正确的是　 　。
A．由于决速步不涉及反应物，因此反应物浓度的变化对反应速率没有影响
B．反应2在相同条件下，按机理B进行时速率略快
C．反应过程中用传感器检测的浓度变化可推理分析反应2遵循的机理
②实验条件下，酶E的初始投料浓度为，推导机理A的速率方程　 　。[填含有“”的表达式](请写出计算过程)
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】合金及其应用；硅酸盐
【解析】【解答】A．陶罐属于陶器，其原料以黏土（主要成分为含水的铝硅酸盐）为主，经高温烧结制成，因此其主要成分属于硅酸盐材料，A项正确；
B．金漆木雕大神龛的主要成分是木材，木材的主要成分为纤维素，属于有机物，不属于硅酸盐材料，B项错误；
C．越王勾践剑为青铜器，青铜是铜锡合金，属于金属材料，不属于硅酸盐材料，C项错误；
D．莲鹤方壶（青铜器）的材质为青铜，属于铜锡合金，是金属材料，不属于硅酸盐材料，D项错误；
故答案为：A
【分析】A、A、陶瓷属于硅酸盐材料。
B、木材的成分为纤维素，属于有机材料。
C、越王勾践剑的材质为青铜，属于金属材料。
D、莲鹤方壶草为青铜器，属于金属材料。
2．【答案】C
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；硅和二氧化硅；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A．普通植物无法直接吸收空气中的NO和NO2气体，它们主要吸收铵态氮（NH4+）和硝态氮（NO3-）。虽然豆科植物能通过根瘤菌固定氮气（N2），但即使植物能吸收NO或NO2，也不属于氮的固定过程，A选项错误。B．铁的氧化物中，氧化亚铁（FeO）呈黑色，而氧化铁（Fe2O3）呈红棕色。古代壁画使用的"铁红"颜料主要成分是氧化铁（Fe2O3），而非氧化亚铁，B选项错误。
C．二氧化碳（CO2）是无机小分子，淀粉则是复杂的有机高分子化合物。人工合成淀粉成功实现了从无机小分子到有机高分子的转化，C选项正确。
D．现代芯片的主要材料是单晶硅（Si），而不是碳（C）基材料，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、一般植物无法直接吸收NO和NO2，豆科植物中的根瘤菌则可以。
B、FeO为黑色固体，红色固体为Fe2O3。
C、淀粉为有机高分子。
D、手机中的芯片主要成分为单质硅。
3．【答案】D
【知识点】焰色反应；胶体的性质和应用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A．烟火呈现不同颜色的原理是金属或离子中的电子吸收能量后跃迁到较高能级，随后自发返回较低能级时释放出不同波长的光子（对应不同颜色），该现象与电子能级跃迁的能量变化直接相关，A选项正确；B．谷氨酸钠（化学式：C5H8NO4Na）作为味精的主要成分，是国家标准允许使用的食品增味剂，B选项正确；
C．清晨雾气中观察到的光束现象属于胶体特有的丁达尔效应，这是区分胶体与溶液的重要特征，C选项正确；
D．足球烯（C60）是由60个碳原子组成的球形分子，虽然具有特殊结构，但本质上仍属于碳元素的同素异形体（单质），不符合有机化合物的定义（含碳化合物且不含碳碳键或碳氢键除外），D选项错误；
故答案为：D
【分析】A、绚丽烟火是电子跃迁过程中的能量变化引起的。
B、味精的主要成分是谷氨酸钠。
C、雾属于胶体，胶体具有丁达尔效应。
D、足球烯是碳的一种单质。
4．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；中和热的测定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．钠与水反应为放热反应，导致具支试管内温度升高，气体压强增大，使U形管中红墨水呈现左低右高的液面差，该现象符合实验预期，A项不选；B．该装置缺少关键部件（环形玻璃搅拌棒或玻璃搅拌器），无法准确测定中和反应的反应热，B项符合题目要求；
C．氯气通入溴化钠溶液发生反应：，氢氧化钠溶液用于吸收尾气，该设计合理，C项不选；
D．浓硫酸稀释应遵循"酸入水"原则，并持续搅拌，该操作描述正确，D项不选；
故答案为：B
【分析】A、根据右侧U型管中左右两端液面高低判断。
B、测定中和热实验应使用玻璃搅拌器。
C、根据溶液颜色的变化判断是否发生反应。
D、稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入水中。
5．【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、在标准状况下，三氧化硫（SO3）以固态形式存在，不属于气体，因此不能使用气体摩尔体积（22.4 L/mol）计算其物质的量及所含氧原子数。该选项说法错误。B、25℃时，pH=13的Ba(OH)2溶液中，氢氧根离子浓度。1.0 L该溶液含OH 数目为0.1NA，选项说法错误。
C、甲烷（CH4）和乙烯（C2H4）分子均含4个氢原子。0.5 mol混合物中氢原子总数为，选项说法正确。
D、2.3 g金属钠（物质的量0.1 mol）与足量O2反应时，无论生成Na2O还是Na2O2，钠的化合价均由0升至+1，转移电子数为0.1NA，选项说法错误。
故答案为：C
【分析】A、标准状态下SO3不是气体，不能应用气体摩尔体积进行计算。
B、由pH=13可得溶液中c(OH－)=0.1mol·L－1，据此计算溶液中OH－的数目。
C、CH4和C2H4分子中所含的氢原子数都是4。
D、2.3gNa的物质的量为0.1mol，生成Na2O2或Na2O时都转移一个电子，据此计算。
6．【答案】A
【知识点】铵盐；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、小苏打是碳酸氢钠(NaHCO3)，与题目中提到的碳酸钠(Na2CO3)无关，A选项错误。B、铜离子()属于重金属离子，能够使蛋白质变性失去生理活性，所以胆矾(五水合硫酸铜)和熟石灰(氢氧化钙)配制的波尔多液可以用于防治病虫害，B选项正确。
C、碳酸氢铵()在常温下容易分解，为了保持肥效，施肥时需要将其埋入土壤中，C选项正确。
D、氧化铝(Al2O3)具有很高的熔点，因此可以作为耐火、耐高温材料使用，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、小苏打为NaHCO3，受热易分解，可用作发泡剂。
B、Cu2＋为重金属离子，能使蛋白质结构发生变性。
C、NH4HCO3不稳定，受热易分解，应埋入土壤中。
D、Al2O3的熔点高，常用作耐火材料。
7．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．实验1的电解质溶液为稀硫酸，根据金属活动性顺序Mg＞Al，电池总反应为Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑。此时Mg作负极，化合价升高，发生失去电子的氧化反应；Al作正极，溶液中的H+在Al电极上得电子生成H2。实验3在碱性条件下，Al与NaOH溶液反应生成[Al(OH)4]-和H2，此时Al作负极，化合价升高失去电子发生氧化反应。A项正确。B．实验2的电解质溶液为稀硫酸，根据金属活动性Al＞Cu，Al作负极，电池总反应为2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑。实验3的总反应为。两个实验的总反应不同，B项错误。
C．若将实验2中的Cu电极换成石墨电极，电池总反应仍为2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，此时指针会偏向石墨电极。C项正确。
D．实验4在碱性条件下，Al作负极，其电极反应为。D项正确。
故答案为：B
【分析】A、实验1中金属活动性Mg＞Al，Mg做负极；实验3中NaOH溶液能与Al反应，不与Mg反应，因此Al做负极。
B、实验2、3中所用电解质溶液不同，电池总反应式不同。
C、实验2中铜电极换为石墨电极，Al仍为负极。
D、实验4中Al做负极，发生失电子的氧化反应，生成[Al(OH)4]－。
8．【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；常见能量的转化及运用；电解原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．电解冶炼金属钠的过程属于电解池反应，该过程将电能转化为化学能，A不符合题意；B．铜锌原电池的工作原理是将化学能直接转化为电能，B符合题意；
C．火力发电的能量转换路径为：燃料的化学能→蒸汽热能→机械能→电能，属于化学能间接转化为电能的过程C不符合题意；
D．太阳能电池的能量转换方式是将太阳能直接转化为电能，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、电解熔融NaCl的过程中，电能转化为化学能。
B、原电池装置将化学能转化为电能。
C、火力发电过程将化学能转化为机械能，机械能进一步转化为电能。
D、太阳能电池将太阳能转化为电能。
9．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；化学实验方案的评价；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．随着反应进行，反应物浓度降低导致反应速率减慢。在木炭粉与浓硫酸的反应过程中，硫酸浓度逐渐减小，因此反应速率持续减慢，选项A正确；B．装置A中无水硫酸铜(CuSO4)吸收水蒸气后生成五水合硫酸铜(CuSO4·5H2O)，表现为白色固体变为蓝色，实验现象描述正确，选项B正确；
C．B装置中SO2使品红溶液褪色体现其漂白性，C装置中SO2使酸性KMnO4溶液褪色体现其还原性，选项C将两者性质混淆，选项C错误；
D．装置D中澄清石灰水用于检验CO2，通过观察溶液变浑浊的现象可确认CO2存在，选项D正确；
故答案为：C
【分析】加热过程中，木炭与浓硫酸发生C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O。装置A中无水CuSO4，用于检验水蒸气的生成，现象为白色固体变为蓝色。装置B中品红溶液用于检验SO2的生成，现象为品红溶液褪色。装置C中酸性KMnO4溶液用于除去SO2。装置D中用于检验CO2的生成，因此所用试剂为澄清石灰水，现象为石灰水变浑浊。据此结合选项分析。
10．【答案】D
【知识点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A．M中的Fe元素化合价为+2价，且整体不带电荷，可能为氧化亚铁（FeO）或氢氧化亚铁（），该选项正确。B．R中的Fe元素化合价为0价，且不带电荷，表示铁单质（Fe）。铁在常温下与浓硫酸接触会发生钝化现象，该选项正确。
C．高铁酸根离子（）中Fe的化合价为+6价。根据图示信息可知，在碱性环境中稳定存在，因此Fe3+在碱性条件下与氧化剂反应可以生成，该选项正确。
D．N中的Fe元素化合价为+2价，且带2个单位正电荷，表示Fe2+。Fe2+不能用硫氰化钾（）溶液直接检验，该选项错误。
故答案为：D
【分析】A、M中铁元素为＋2价，且不带电荷，因此M为FeO或Fe(OH)2。
B、常温下，浓硝酸、浓硫酸能使Fe、Al钝化。
C、强氧化剂能将Fe3＋氧化成FeO。
D、KSCN溶液用于检验溶液中的Fe3＋。
11．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．针筒活塞向右移动表明有气体生成，仅能证明锌粒与稀硫酸发生反应，无法判断生成物与反应物总能量的关系，A不符合题意；B．气球胀大说明广口瓶内压强增大，由试管内反应放热导致，表明生成物总能量低于反应物总能量，B符合题意；
C．温度计示数上升仅说明浓硫酸溶解放热，属物理变化，不能反映化学反应的能量关系，C不符合题意；
D．玻璃片被粘住表明反应吸热导致温度降低，说明生成物总能量高于反应物总能量，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、反应过程中生成H2，活塞右移，不能说明反应放热。
B、气球体积变大，说明反应放热。
C、浓硫酸溶于水放热，是物理变化。
D、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应。
12．【答案】D
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．根据图示可知，氰酸(HOCN)转变为异氰酸(HNCO)是一个放热反应，说明异氰酸的能量状态比氰酸更低。由于能量越低的物质越稳定，因此异氰酸的稳定性优于氰酸，选项A正确；B．氰酸的结构式为H-O-C≡N，而异氰酸的结构式为H-N=C=O。在异构化过程中，碳氮键的类型发生了改变（从三键变为双键），选项B正确；
C．由于氰酸转化为异氰酸是放热过程，表明异氰酸的能量更低。根据能量与键能的关系，能量越低意味着总键能越大，因此氰酸的总键能小于异氰酸，选项C正确；
D．图示表明该异构化反应为放热反应。根据勒夏特列原理，升高温度会使平衡向吸热方向（逆向）移动，不利于反应正向进行，选项D错误；
故答案为：D
【分析】A、物质所具有的能量越高，结构越不稳定。
B、根据氰酸和异氰酸的结构式进行分析。
C、该反应为放热反应，据此判断物质总键能的相对大小。
D、升高温度，平衡向吸热反应方向移动，不利于异构化反应的进行。
13．【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；化学反应速率的影响因素；铁的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解析】A．在AB段实验中，气体压强增大同时pH值升高，说明H+离子参与反应较多，并伴随氢气生成，因此该阶段以H+氧化Fe的析氢腐蚀为主，选项A正确；B．根据化学反应动力学原理，反应物浓度增加会加快反应速率，故增大氧气浓度会加速铁的氧化过程，选项B正确；
C．BC段数据显示压强变化不明显但pH显著上升，说明同时发生两个反应：和Fe+2H+=Fe2++H2↑，但主导反应仍是H+氧化铁而非氧气氧化，选项C错误；
D．DE段pH保持稳定，表明两个关键反应达到动态平衡：消耗的H+与生成的H+基本相当，由于两个反应均消耗氧气，导致体系压强降低，选项D正确；
故答案为：C
【分析】A、AB段气体压强增大，说明H＋与Fe反应生成H2。
B、增大O2浓度，反应速率加快。
C、BC段压强变化不大，但pH明显上升，说明Fe主要与H＋反应。
D、结合DE段溶液pH的变化和体系压强变化分析。
14．【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A. 由分析可知，Z为氧元素（O），A错误。
B. 比较最高价含氧酸的酸性强弱：非金属性越强，酸性越强。非金属性C（X）>B（W），因此酸性X>W，B错误。
C. 氢原子（H）的价电子数为1，不满足8电子稳定结构，C错误。
D. 氮（Y）和氧（Z）可形成多种二元化合物，如NO、NO2、N2O5等，D正确。
故答案为：D
【分析】Z的单质可供给呼吸，该单质为O2，因此Z为O元素。X、Y、Z在周期表中相邻，且Z为O，因此X为C、Y为N。W的最外层电子数为3，且原子序数小于X，因此W为B。M只能形成1个共价键，且原子序数最小，因此M为H。据此结合元素周期律分析选项。
15．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化合价与化学式；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．在NaAlH4中，Na的化合价为+1价，Al的化合价为+3价。根据化合物中各元素化合价代数和为零的原则，设H的化合价为x，可列出方程：(+1)+(+3)+4x=0，解得x=-1，A选项正确。
B．可逆储氢生成NaAlH4的反应为：。计算储存氢气的质量分数为：
≈5.6%，B选项不正确。
C．升高温度会加快反应速率，对于反应：，升温会使平衡正向移动，从而加快放氢速率，C选项正确。
D．在热分解过程中，2mol NaAlH4可生成3mol H2；而NaAlH4与水反应为：NaAlH4+4H2O=Na[Al(OH)4]+4H2↑，2mol NaAlH4可释放8mol H2。因此，等量NaAlH4与水反应比热分解能释放更多氢气，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、根据Na、Al的化合价，结合化合物中化合价代数和为0进行计算。
B、根据可逆储氢容量的定义，结合反应的化学方程式进行计算。
C、升高温度，可增大活化分子百分数，从而加快反应速率。
D、根据NaAlH4与水反应的化学方程式进行计算。
16．【答案】A
【知识点】常见能量的转化及运用；吸热反应和放热反应；过氧化氢；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】A．根据题目给出的分子结构信息，Y分子由10个碳原子、2个氧原子组成，不饱和度为2。通过计算（10×2+2-2×2=18）得出其氢原子数为18，因此Y的分子式为，A错误；B．吸收可见光能量后会转变为。由于具有更高的能量，其化学性质更为活泼，B正确；
C．在催化反应过程中，通常存在光能、化学能和热能等多种能量形式之间的相互转化，因此至少有三种能量形式参与转化，C正确；
D．Y分子结构中含有过氧键（-O-O-），其中氧元素为-1价，易获得电子转变为-2价，因此Y应具有较强的氧化性，D正确；
故答案为：A
【分析】A、根据分子中的C、O原子个数，结合不饱和度计算分钟的H原子数，从而得到分子式。
B、转化为的过程中吸收可见光能量，因此具有的能量越高。
C、该反应过程中存在光能、化学能和热能等能量的转化。
D、Y中具有过氧键，因此具有氧化性。
17．【答案】不合理；Cu2+有氧化性，有还原性，Cu2+被还原；观察沉淀溶解并得到蓝色溶液，同时有紫红色固体析出；；；硫酸铜溶液；Na2CO3的作用就是及时消耗反应体系中生成的H+，防止H+与Na2SO3溶液反应产生SO2，污染环境
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；铜及其化合物；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①甲同学猜想沉淀为CuSO3，理由是CuCl2和Na2SO3发生沉淀反应；
②乙同学猜想沉淀为Cu(OH)2，理由是Cu2+属于弱碱阳离子，属于弱酸阴离子，二者可能会发生双水解反应；
因为Cu(OH)2呈蓝色，所以乙同学猜想不合理。
③由分析可知，Cu2+具有氧化性，具有还原性，二者可能发生氧化还原反应，所以丙同学猜想沉淀中可能有Cu+，理由是：Cu2+有氧化性，有还原性，Cu2+被还原。
故答案为：不合理； Cu2+有氧化性，有还原性，Cu2+被还原
（2）向洗净的橙黄色沉淀中加入稀硫酸，沉淀中有Cu+，则Cu+在酸性溶液中发生歧化反应，生成Cu2+和Cu，溶液中的与H+反应生成H2SO3，分解生成SO2和水，SO2具有漂白性，使品红溶液褪色。
操作 现象 结论
向洗净的橙黄色沉淀中加入稀硫酸 观察到①观察沉淀溶解并得到蓝色溶液，同时有紫红色固体析出 沉淀中有Cu+
产生的气体通入品红溶液，观察到溶液褪色 沉淀中有②。
故答案为： 观察沉淀溶解并得到蓝色溶液，同时有紫红色固体析出 ；
（3）检验得实验开始时的白色沉淀为CuCl，则Cu2+被还原为Cu+，Cu+再与Cl-结合生成CuCl，依据得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒，可得出发生反应的离子方程式：。
故答案为：
（4）综合以上结论，即便溶液中不含有Cl-，仍可生成Cu2SO3橙黄色沉淀，所以将氯化铜溶液换成硫酸铜溶液可成功制得橙黄色沉淀。
故答案为： 硫酸铜溶液
（5）由于，所以Na2CO3溶液可阻止H2SO3的生成。实验过程中，向Na2SO3中加入少量Na2CO3可避免污染性气体产生，其原因是：Na2CO3的作用就是及时消耗反应体系中生成的H+，防止H+与Na2SO3溶液反应产生SO2，污染环境。
故答案为： Na2CO3的作用就是及时消耗反应体系中生成的H+，防止H+与Na2SO3溶液反应产生SO2，污染环境
【分析】（1）Cu(OH)2为蓝色沉淀，而不是白色沉淀，因此乙同学的猜想不合理。Cu2＋具有氧化性，SO32－具有还原性，因此Cu2＋可转化为Cu＋。
（2）加入稀硫酸后，得到的结论是沉淀中含有Cu＋，则说明发生反应2Cu＋=Cu2＋＋Cu，据此确定实验现象。产生的气体能使品红溶液褪色，说明该气体为SO2，据此判断沉淀中所含的离子。
（3）开始时产生的白色沉淀为CuCl，是由于Cu2＋与SO32－发生氧化还原反应，形成Cu＋，Cu＋与Cl－结合成CuCl沉淀，同时生成SO42－，据此结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式。
（4）橙黄色沉淀为CuSO3，由Cu2＋与SO32－反应生成，因此要求所加溶液中含有Cu2＋，据此确定所用试剂。
（5）加入的Na2CO3，能消耗反应生成的H＋，防止H＋与SO32－反应生成SO2，造成空气污染。
18．【答案】（1）
（2）温度太低，酸浸速率太慢；温度过高，容易导致提前水解，造成损失
（3）
（4）加热；部分也水解生成沉淀，引入杂质
（5）
（6）
【知识点】氧化还原反应；盐类水解的应用；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；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）“碱浸”时氢氧化钠溶液与Al2O3反应得到四羟基合铝酸钠，发生的主要离子方程式为。
故答案为：
（2）温度越高反应速率越快，酸浸后元素以存在，升温能促进其水解，则“酸浸”的温度控制在的原因是：温度太低，酸浸速率太慢；温度过高，容易导致提前水解，造成损失。
故答案为： 温度太低，酸浸速率太慢；温度过高，容易导致提前水解，造成损失
（3）据分析，滤渣1的主要成分为Cu。
故答案为：Cu
（4）盐类水解是吸热过程，则为了提高“水解”的效率，可以采取的操作是加热，由表中数据可知，铁离子在pH=时沉淀完全，若将铁离子转化为亚铁离子并大部分亚铁离子以被除去，即使残留少量的亚铁离子，要产生沉淀也要pH=7，则若在“水解”前没有加入铁粉，可能引起的后果是：部分也水解生成沉淀，引入杂质。
故答案为：加热； 部分也水解生成沉淀，引入杂质
（5）“氧化”步骤中，过二硫酸根把亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：，则氧化剂和还原剂的理论物质的量比为。
故答案为：
（6）调pH使铁离子完全生成氢氧化铁而除去铁离子、镁离子不发生沉淀，则“调”步骤中，的调节范围应为：。
故答案为：
【分析】“碱浸”是为了溶解能与碱反应的Al2O3，过滤后得到含TiO2、MgO、Cu、Fe3O4的固体。“酸浸”过程中向滤液中加入过量硫酸，Cu不溶于酸形成滤渣1（Cu单质），其他成分溶解形成含Mg2+、Fe2+/Fe3+的溶液。“反应”中加入除铁，将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，冷却结晶析出FeSO4·7H2O，过滤除去大部分亚铁离子。“水解”过程中种，加热滤液使Ti4+水解生成沉淀，过滤得到固体，滤液2主要含MgSO4和少量FeSO4。煅烧得到纯净TiO2。将滤液2氧化后调节pH使Fe3+转化为为Fe(OH)3沉淀，过滤除去铁杂质，向滤液3中加入焦硫酸钠（Na2S2O7）反应生成焦磷酸镁（Mg2P2O7）。据此结合题干设问分析作答。
（1）“碱浸”时氢氧化钠溶液与Al2O3反应得到四羟基合铝酸钠，发生的主要离子方程式为。
（2）温度越高反应速率越快，酸浸后元素以存在，升温能促进其水解，则“酸浸”的温度控制在的原因是：温度太低，酸浸速率太慢；温度过高，容易导致提前水解，造成损失。
（3）据分析，滤渣1的主要成分为Cu。
（4）盐类水解是吸热过程，则为了提高“水解”的效率，可以采取的操作是加热，由表中数据可知，铁离子在pH=时沉淀完全，若将铁离子转化为亚铁离子并大部分亚铁离子以被除去，即使残留少量的亚铁离子，要产生沉淀也要pH=7，则若在“水解”前没有加入铁粉，可能引起的后果是：部分也水解生成沉淀，引入杂质。
（5）“氧化”步骤中，过二硫酸根把亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：，则氧化剂和还原剂的理论物质的量比为。
（6）调pH使铁离子完全生成氢氧化铁而除去铁离子、镁离子不发生沉淀，则“调”步骤中，的调节范围应为：。
19．【答案】（1）；AC
（2）；正向
（3）；
（4）；<；
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；盐类水解的应用
【解析】【解答】（1）①根据电荷守恒，硼酸中硼元素的化合价为+3价。
故答案为：+3
②A．硼酸属于弱酸，水溶液中存在如下电离平衡：，随着pH增大时，c(H+)下降，平衡正向移动，消耗硼酸，在如下反应机理中，平衡逆向移动， A正确；
B．焓变指生成物的总焓值与反应物的总焓值之差，用△H表示，pH增大，生成物和反应物不变且聚集状态不变，焓变不变，B错误；
C．萃取反应为可逆反应，起始状态时，QcD．比较异辛醇和异辛醇+异戊醇不同pH下萃取率的变化可知，在pH小于4.5时异辛醇+异戊醇的萃取率高于异辛醇的，在pH接近5时，异辛醇的萃取率比异辛醇+异戊醇的高，D错误；
故答案为：AC
（2）可逆反应：，平衡常数，故，若平衡时将产物中的B(OR)3及时分离，则平衡正向移动。
故答案为：；正向
（3）对比循环流程图可知，(S)-5与Y反应后，生成HOAc和甲，甲与X反应生成乙，乙与HOAc反应生成Z和(S)-5，故该步骤中催化剂为(S)-5，对比X、Y、Z及甲、乙结构可知，X与Y的投料比为1：1。
故答案为：(S)-5；
（4）①P点pH=9.34，即c(H+)=，c(OH-)=，同温下Na[B(OH)4]的水解常数Kh1=
，B与Al同主族，根据元素周期律，同一主族从上到下，金属性逐渐增强，其最高价对应氧化物的水化物碱性越强，故Al(OH)3酸性小于硼酸，即Ka(硼酸)> Ka(Al(OH)3)，又由于，故Kh2> Kh1。
故答案为：；＜
②M点、N点的pH分别10、12.27，且两点相等，由已知可知即加入NaOH溶液体积，设20.00mL0.01mol/L硼酸溶液硼酸pH为x，则，由于相同温度下，，则存在，解得c(H+)=，则x=5.67，故。
故答案为：0.66
【分析】（1）①根据化合物中化合价的代数和为0计算硼元素的化合价。
②A、pH增大，溶液中c(H＋)减小，结合可逆反应H3BO3＋H2O=H＋＋[B(OH)4]－分析平衡移动。
B、焓变与反应物和生成物总能量的相对大小有关，与平衡移动无关。
C、延长萃取时间，可以提高萃取率。
D、根据图像中不同pH对萃取率的影响分析。
（2）根据各个反应平衡常数的表达式进行分析。及时分离产生，使得产物的浓度减小，平衡正向移动。
（3）催化剂是指反应过程中加入，并参与反应，同时又在后续反应过程中生成的物质，据此结合反应原理示意图分析。根据X、Y、Z和甲、乙两种物质的结构分析。
（4）①由pH和水的离子积Kw计算此时溶液中c(OH－)，结合Na[B(OH)4]的水解平衡常数进行计算。根据元素周期表的性质递变规律，分析H3BO3和Al(OH)3的酸性强弱，结合越弱越水解比较水解平衡常数的大小。
②根据电离平衡常数、水解平衡常数进行计算。
（1）①根据电荷守恒，硼酸中硼元素的化合价为+3价；
②A．硼酸属于弱酸，水溶液中存在如下电离平衡：，随着pH增大时，c(H+)下降，平衡正向移动，消耗硼酸，在如下反应机理中，平衡逆向移动， A正确；
B．焓变指生成物的总焓值与反应物的总焓值之差，用△H表示，pH增大，生成物和反应物不变且聚集状态不变，焓变不变，B错误；
C．萃取反应为可逆反应，起始状态时，QcD．比较异辛醇和异辛醇+异戊醇不同pH下萃取率的变化可知，在pH小于4.5时异辛醇+异戊醇的萃取率高于异辛醇的，在pH接近5时，异辛醇的萃取率比异辛醇+异戊醇的高，D错误；
本题选AC；
（2）可逆反应：，平衡常数，故，若平衡时将产物中的B(OR)3及时分离，则平衡正向移动；
（3）对比循环流程图可知，(S)-5与Y反应后，生成HOAc和甲，甲与X反应生成乙，乙与HOAc反应生成Z和(S)-5，故该步骤中催化剂为(S)-5，对比X、Y、Z及甲、乙结构可知，X与Y的投料比为1：1；
（4）①P点pH=9.34，即c(H+)=，c(OH-)=，同温下Na[B(OH)4]的水解常数Kh1=
，B与Al同主族，根据元素周期律，同一主族从上到下，金属性逐渐增强，其最高价对应氧化物的水化物碱性越强，故Al(OH)3酸性小于硼酸，即Ka(硼酸)> Ka(Al(OH)3)，又由于，故Kh2> Kh1；
②M点、N点的pH分别10、12.27，且两点相等，由已知可知即加入NaOH溶液体积，设20.00mL0.01mol/L硼酸溶液硼酸pH为x，则，由于相同温度下，，则存在，解得c(H+)=，则x=5.67，故。
20．【答案】（1）B
（2）；
（3）反应速率过慢/缺少酶
（4）
（5）BC；
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】（1）乙醇在人体内的代谢过程可分为两步：(1)乙醇被氧化为乙醛；(2)乙醛被氧化为乙酸。乙酸通过尿液排出体外。乙醛会刺激人体毛细血管扩张，使皮肤变红。由以上可知，喝酒脸红的人喝酒可能会增加患阿兹海默症的风险。东亚人群喝酒易脸红主要是由于体内缺少乙醛脱氢酶，答案选B。
故答案为：B
（2）由方程式，可知乙醛被氧化为乙酸，则是氧化剂；将上述反应设计为电池，负极为乙醛失电子生成乙酸同时生成氢离子，负极发生的电极反应方程式：。
故答案为：；
（3）实验室模拟反应1时，乙醛与氧化态的核黄素()几乎不会发生反应，其可能原因是：反应速率过慢或缺少酶。
故答案为： 反应速率过慢/缺少酶
（4）冰醋酸与高浓度双氧水在浓硫酸催化下可制得高效消毒剂过氧乙酸，写出对应的化学反应方程式：。
故答案为：
（5）①A．虽然决速步不涉及反应物，但反应物浓度的变化对反应速率仍有影响，A错误；
B．机理A：应物首先与酶E结合形成，然后反应物才能与结合；机理B：反应物和先随机与酶E结合形成。可知：反应2在相同条件下，按机理B进行时速率略快，B正确；
C．机理A无生成，机理B中有，反应过程中用传感器检测的浓度变化可推理分析反应2遵循的机理，C正确；
故答案为：BC
②
由（1）得：
最后一步的决速步，
。
故答案为：
【分析】（1）喝酒脸红是由乙醛引起的，据此分析。
（2）反应1中乙醛被氧化成乙酸，因此RibO为氧化剂。负极发生失电子的氧化反应，因此负极是由CH3CHO失去电子，生成CH3COOH，据此写出负极的电极反应式。
（3）实验室模拟反应1时，由于缺少酶的催化作用，会使得反应速率很慢，几乎不发生反应。
（4）根据题干信息确定反应物和生成物，从而写出反应的化学方程式。
（5）①A、反应物浓度越大，反应速率越快。
B、由“反应物S1和S2先随机与酶E结合”说明该机理条件下进行的反应，其反应速率更快。
C、机理A没有生成ES2，机理B反应过程中有ES2生成，据此分析。
②根据速率方程的表达式进行计算即可。
（1）乙醇在人体内的代谢过程可分为两步：(1)乙醇被氧化为乙醛；(2)乙醛被氧化为乙酸。乙酸通过尿液排出体外。乙醛会刺激人体毛细血管扩张，使皮肤变红。由以上可知，喝酒脸红的人喝酒可能会增加患阿兹海默症的风险。东亚人群喝酒易脸红主要是由于体内缺少乙醛脱氢酶，答案选B；
（2）由方程式，可知乙醛被氧化为乙酸，则是氧化剂；
将上述反应设计为电池，负极为乙醛失电子生成乙酸同时生成氢离子，负极发生的电极反应方程式：；
（3）实验室模拟反应1时，乙醛与氧化态的核黄素()几乎不会发生反应，其可能原因是：反应速率过慢或缺少酶
（4）冰醋酸与高浓度双氧水在浓硫酸催化下可制得高效消毒剂过氧乙酸，写出对应的化学反应方程式：；
（5）①A．虽然决速步不涉及反应物，但反应物浓度的变化对反应速率仍有影响，A错误；
B．机理A：应物首先与酶E结合形成，然后反应物才能与结合；机理B：反应物和先随机与酶E结合形成。可知：反应2在相同条件下，按机理B进行时速率略快，B正确；
C．机理A无生成，机理B中有，反应过程中用传感器检测的浓度变化可推理分析反应2遵循的机理，C正确；答案选BC；
②
由（1）得：
最后一步的决速步，
。
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