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广东省深圳市高级中学高中园2025届高三第三次模拟测试化学试题
1．（2025·福田模拟）泱泱中华，历史何其悠久，文明何其博大。下列文物的材质属于无机非金属材料的是
A．铜奔马 B．汉竹简
C．莲花形玻璃托盏 D．垂鳞纹秦公铜鼎
A．A B．B C．C D．D
2．（2025·福田模拟）2024年大国重器频频问世，彰显我国科技实力。下列说法正确的是
A．可回收火箭“朱雀三号”燃料燃烧过程涉及化学能转化为热能
B．中国移动“九州”算力光网所用光纤的主要材质为单晶硅
C．“海葵一号”通过分馏进行油气分离仅涉及化学变化
D．核能供汽“和气一号”反应堆轴棒中的与互为同素异形体
3．（2025·福田模拟）央视美食文旅节目《三餐四季》展示了各地的美食文化。下列说法正确的是
A．通山“热干面”色香俱全，面条的主要成分淀粉属于二糖
B．济南“黄焖鸡”汤香肉滑，鸡汤的鲜味源自蛋白质水解生成的氨基酸
C．文昌“糟粕醋”酸辣适中，醋的主要成分乙酸是非电解质
D．莆田“干焖羊肉”肉质鲜美，焖羊肉释放出的油脂属于高分子化合物
4．（2025·福田模拟）下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
　 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 淀粉水解产生果糖 米饭在口腔中越嚼越甜
B 受热易分解 加热可除去中的
C 的熔点比低 业上电解熔融冶炼铝
D Zn的金属性比Fe强 在钢制船壳上镶嵌锌块能减缓船体的腐蚀
A．A B．B C．C D．D
5．（2025·福田模拟）海带提碘的实验中，不涉及的操作是
A． B．
C． D．
6．（2025·福田模拟）劳动开创未来，成就梦想，下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
　 劳动项目 化学知识
A 环保劳动：利用处理自来水 具有氧化性
B 社区服务：用活性炭包去除装修室内的甲醛 活性炭具有还原性
C 家务劳动：清洗铁锅后及时擦干 减缓铁锅因发生吸氧腐蚀而生锈
D 化工活动：用热的纯碱溶液清理零件上的油污 油脂在碱性条件下发生水解
A．A B．B C．C D．D
7．（2025·福田模拟）关于下述电化学反应过程，描述正确的是
A．该装置实现电能转化为化学能
B．电极b是负极
C．电子从电极a经过负载到电极b再经过水体回到电极a
D．每参与反应时，转移4mol电子
8．（2025·福田模拟）下列关于滴定实验的操作正确的是
A．用量筒量取10.00mL的待测液 B．配制一定浓度的标准溶液
C．排出装有溶液的滴定管中的气泡 D．用NaOH标准溶液滴定未知浓度的醋酸
A．A B．B C．C D．D
9．（2025·福田模拟）米格列奈可用于治疗糖尿病，其结构如图，下列关于米格列奈说法不正确的是
A．所有碳原子不可能共平面
B．能与等物质的量的NaOH反应
C．能与氨基酸和蛋白质中的氨基反应
D．能发生加成反应和取代反应
10．（2025·福田模拟）氯碱工业涉及、、NaOH、NaCl等物质。设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．1mol NaCl固体中，含离子数为
B．的NaOH溶液中，含有氢原子数为
C．标准状况下，和的混合气体含有分子数目为
D．将与NaOH溶液反应制备消毒液，消耗转移电子数为
11．（2025·福田模拟）索尔维制碱法制备纯碱的流程如图所示，我国科学家侯德榜进行改进，去除“灰蒸”过程，利用母液制备铵盐，也称联合制碱法。下列说法正确的是
A．“吸氨”和“碳酸化”所用和理论最佳物质的量比为
B．操作1可用于实验室提纯氢氧化铁胶体
C．图示的流程中循环利用的物质仅是
D．上述流程中“碳酸化”和“吸氨”这两步工序可以互换
12．（2025·福田模拟）价类二维图是学习化学的重要工具和模型，硫元素的部分价类二维图如图所示。下列说法正确的是
A．可存在的转化关系
B．实验室常用盐酸清洗附着于试管内壁的b物质
C．将铁丝插入e的稀溶液中可得到c
D．c使高锰酸钾溶液和品红溶液褪色的原理相同
13．（2025·福田模拟）如图所示的化合物是一种重要的化工原料，X、Y、Z、W、E是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Z、E同族，基态Y原子的核外有3个未成对电子。下列说法正确的是
A．和EZ2的空间结构均为平面三角形
B．W和Z形成的化合物中一定只有离子键
C．第一电离能：Z>Y>E
D．简单氢化物的沸点：W>Z>Y>E
14．（2025·福田模拟）下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确且具有因果关系的是
　 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 稀盐酸和碳酸钙反应生产气体 非金属性：
B 向盛有溶液的试管中滴加2~4滴溶液，生成白色沉淀，再向试管滴加4滴溶液，白色沉淀变为红褐色 相同温度下沉淀溶解度大小：
C 常温下，等浓度的醋酸钠和次氯酸钠溶液，前者pH小 酸性：
D 将滴入酸性溶液中，溶液褪色 具有强氧化性
A．A B．B C．C D．D
15．（2025·福田模拟）某温度下，在密闭容器中充入一定量的，发生下列反应：，，测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是
A． B．
C． D．
16．（2025·福田模拟）某研究所构建了Zn-CO2新型二次电池，为减少CO2的排放和实现能源的开发利用提供了新的研究方向，该电池以Zn和多孔Pd纳米片为两极材料，以KOH和NaCl溶液为电解液，工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．b极电势高于a极
B．当双极膜中离解1 mol H2O时，外电路转移2 mol电子
C．放电时，总反应为：Zn + CO2 + 2OH + 2H2O= + HCOOH
D．充电时，双极膜中OH 移向b极，H+移向a极
17．（2025·福田模拟）某实验小组探究盐溶液对弱电解质电离及难溶电解质溶解的影响。
文献：向弱电解质或难溶电解质中加入具有不同离子的可溶性强电解质溶液，会使弱电解质的电离程度或难溶电解质的溶解度增大，这种现象可称为“盐效应”。
（1）配制溶液
①计算需要固体质量：　 　(已知：)。
②配制溶液过程中，下列仪器中一定不需要的是　 　(填名称)。
（2）对弱电解质的电离的影响。
资料：ⅰ．等浓度的与的盐效应相当；等浓度的KCl与KSCN的盐效应相当。
ⅱ．(无色)；与不反应。
①加入的目的是　 　。
②对比a、b中的现象，得出的结论是　 　。
③结合化学平衡移动原理解释c中红色比b浅的原因：　 　。
（3）对难溶电解质的溶解性的影响。
ⅰ
ⅱ
对比实验ⅰ、ⅱ，对于ⅱ中溶液为红色，提出假设：
假设A．KSCN溶液的盐效应促进的溶解。
假设B．　 　。
设计对比实验ⅲ，证实假设B是主要原因。
①假设B是　 　。
②对比实验ⅲ的步骤和现象：取实验ⅱ中等质量的，加入　 　，充分振荡，静置，过滤取滤液，　 　。
（4）通过以上实验，说明该实验条件下盐溶液通过盐效应、　 　可促进弱电解质的电离及难溶电解质的溶解。
18．（2025·福田模拟）钴是生产电池材料、高温合金、磁性材料及催化剂的重要原料。一种以某工业净化渣(含有Co、Fe、Cu等金属及其氧化物)为原料提取钴的工艺流程如图所示：
已知：常温下，，。回答下列问题：
（1）基态的价层电子轨道表示式为　 　。
（2）滤渣1和滤渣2的主要成分分别为　 　、　 　(填化学式)。
（3）在滤渣2中几乎检测不到，测得此时滤液2的pH为0.5，此时浓度小于　 　(已知：常温下，饱和水溶液中存在关系式：)。
（4）“氧化Ⅱ”过程中，与发生反应的离子方程式为　 　。
（5）“沉铁”和“沉钴”过程中都用到，其作用是　 　。
（6）一种掺钴催化剂的立方晶胞结构如图所示：
①已知：该晶胞的参数为a pm，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为　 　(用含a、的代数式表示)。
②已知：，该晶胞体对角线的投影图为　 　。
A． B． C． D．
19．（2025·福田模拟）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题：
（1）根据图1数据计算反应的　 　。
（2）研究表明，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，表示被吸附于催化剂表面的)。基态的价层电子排布式为　 　。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为　 　(填步骤前的标号)，理由是　 　。
（3）合成氨的生产流程示意如下。
下列说法不正确的是 。
A．控制原料气，是因为相对易得，适度过量可提高转化率
B．合成氨一般选择进行，铁触媒的活性最大，原料气平衡转化率高
C．热交换的目的是预热原料气，同时对合成的氨气进行降温利于液化分离
D．压缩机加压是为了保证尽可能高的平衡转化率和反应速率
（4）工业以和为原料合成尿素。液相中，合成尿素的热化学方程式为：，在液相中，的平衡转化率与温度、初始氨碳比(用L表示，)、初始水碳比(用W表示，)关系如图。
①曲线A、B中，　 　(填“A”或“B”)的W较小。
②对于液相反应，常用某组分M达到平衡时的物质的量分数x(M)代替平衡浓度来计算平衡常数(记作)。时，的的值为　 　。
20．（2025·福田模拟）布洛芬(Ⅳ)是一种非甾体抗炎药，具有镇痛、解热和抗炎的作用。以金属氢化物(如)为还原剂代替锌汞齐作催化剂可实现绿色合成布洛芬，其合成工艺路线如图所示。
（1）化合物Ⅰ的分子式为　 　。化合物Ⅳ中官能团的名称为　 　，化合物Ⅱ的某种同分异构体含有苯环，能与溶液发生显色反应，且核磁共振氢谱图上只有4组峰，写出其中一种化合物的结构简式：　 　。
（2）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的有_______。
A．化合物Ⅰ中存在“头碰头”形成的键
B．由化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，有非极性共价键的断裂与形成
C．化合物Ⅲ属于卤代烃，难溶于水。
D．化合物Ⅲ中，碳原子采取和杂化，并且存在手性碳原子
（3）对于化合物Ⅲ，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
① 　 　 　 　
② 　 　 　 　 取代反应
（4）利用题目所给原理，以丙酮为原料合成，基于你设计的合成路线回答下列问题：
①第一步反应为丙酮与非极性分子发生原子利用率100%的反应，产物的结构简式为　 　。
②相关步骤涉及卤代烃的生成且为取代反应的化学方程式为　 　。
③最后一步反应的化学方程式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】无机非金属材料
【解析】【解答】A、铜奔马的主要成分为青铜（铜合金），属于金属材料（金属或其合金），故A不符合题意 ；
B、汉竹简的主要成分为纤维素，纤维素属于天然有机高分子材料（含碳的有机化合物），故B不符合题意 ；
C、莲花形玻璃托盏的主要成分为玻璃，玻璃以硅酸盐等为主要成分，属于无机非金属材料，故C符合题意 ；
D、垂鳞纹秦公铜鼎的主要成分为青铜（铜合金），属于金属材料，故D不符合题意 ；
故答案为：C。【分析】A．判断铜奔马的材质类型。
B．判断汉竹简的材质类型。
C．判断莲花形玻璃托盏的材质类型。
D．判断垂鳞纹秦公铜鼎的材质类型。
2．【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；常见能量的转化及运用；硅和二氧化硅；同位素及其应用
【解析】【解答】A、火箭燃料燃烧是化学反应（如氧化反应），过程中释放热量，将化学能转化为热能，同时为火箭提供动力，A正确；
B、光纤的主要材质是二氧化硅，单晶硅主要用于半导体器件（如芯片），并非光纤的材质，B错误；
C、分馏是利用混合物中各组分沸点不同进行分离的物理过程，无新物质生成，属于物理变化，并非化学变化，C错误；
D、与质子数相同、中子数不同，互为同位素；同素异形体是指同种元素组成的不同单质（如金刚石和石墨），D错误；
故答案为：A。
【分析】要解决此题，需结合能量转化形式、材料成分、物质分离原理、同位素与同素异形体的概念，对每个选项逐一分析。
A．分析燃料燃烧的能量转化类型。
B．明确光纤与单晶硅的材质差异。
C．判断分馏过程的变化类型。
D．辨析同位素与同素异形体的概念。
3．【答案】B
【知识点】电解质与非电解质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、面条的主要成分淀粉是由多个葡萄糖单元聚合而成的多糖，并非二糖（如蔗糖、麦芽糖），A错误；
B、鸡肉中的蛋白质在烹饪过程中水解生成氨基酸，氨基酸是鸡汤鲜味的主要来源，B正确；
C、醋的主要成分乙酸是弱酸，在水溶液中能部分电离出离子，属于弱电解质，而非非电解质（非电解质在水溶液和熔融状态下均不导电），C错误；
D、油脂的相对分子质量较小（通常几百到一千左右），而高分子化合物的相对分子质量一般在万以上，因此油脂不属于高分子化合物，D错误；
故答案为：B。【分析】A．判断淀粉的糖类类别。
B．分析鸡汤鲜味的来源。
C．判断乙酸的电解质类型。
D．区分油脂与高分子化合物。
4．【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；金属冶炼的一般原理；多糖的性质和用途；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、淀粉水解的产物是葡萄糖，而非果糖；米饭在口腔中越嚼越甜是因为淀粉被唾液淀粉酶水解为葡萄糖，陈述 I 错误，故A不符合题意 ；
B、受热易分解，但加热时也会分解，无法通过加热除去中的，陈述 II 错误，故B不符合题意 ；
C、的熔点比低，但属于分子晶体，熔融时不导电，工业上不能通过电解熔融冶炼铝，陈述 II 错误，故C不符合题意 ；
D、Zn 的金属性比 Fe 强，在钢制船壳上镶嵌锌块时，Zn 作负极被氧化（牺牲自己），Fe 作正极被保护，能减缓船体腐蚀，陈述 I 和 II 均正确且存在因果关系，故D符合题意 ；
故答案为：D。【分析】A．分析淀粉水解产物及米饭变甜的原因。
B．判断加热除杂的可行性。
C．分析工业冶炼铝的方法及物质熔点、晶体类型的关系。
D．分析牺牲阳极法防腐的原理及金属性的因果关系。
5．【答案】D
【知识点】海水资源及其综合利用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、海带提碘需先将海带浸取，使碘元素溶解到溶液中，此过程涉及溶解操作（用玻璃棒搅拌加速溶解），故A不符合题意 ；
B、海带浸取后会有固体残渣，需通过过滤分离含碘溶液和残渣，过滤时需用玻璃棒引流，涉及该操作，故B不符合题意 ；
C、提碘过程中需用有机溶剂（如 CCl4）萃取碘水中的碘，萃取操作在分液漏斗中进行，涉及该操作，故C不符合题意 ；
D、渗析用于分离胶体和溶液，而碘的水溶液不是胶体，因此海带提碘过程不涉及渗析操作，故D符合题意 ；
故答案为：D。【分析】A．判断溶解操作是否属于海带提碘流程。
B．判断过滤操作是否属于海带提碘流程。
C．判断萃取操作是否属于海带提碘流程。
D．判断渗析操作是否属于海带提碘流程。
6．【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、ClO2具有强氧化性，能破坏细菌、病毒的结构从而杀菌消毒，因此利用 ClO2处理自来水的劳动项目与 “ClO2具有氧化性” 的化学知识关联正确，A不符合题意；
B、活性炭去除装修室内的甲醛是利用其吸附性（物理性质），而非还原性，劳动项目与所给化学知识 “活性炭具有还原性” 无关联，B符合题意；
C、铁锅生锈是铁在潮湿空气中发生吸氧腐蚀，清洗后及时擦干可去除水分，减缓吸氧腐蚀的发生，劳动项目与化学知识关联正确，C不符合题意；
D、纯碱（碳酸钠）溶液呈碱性，且水解反应为吸热反应，加热使溶液碱性增强；油脂在碱性条件下会发生水解反应生成可溶于水的物质，因此热的纯碱溶液可清理零件上的油污，劳动项目与化学知识关联正确，D不符合题意；
故答案为：B。【分析】A．分析 ClO2处理自来水的化学原理。
B．判断活性炭除甲醛的化学原理。
C．分析铁锅擦干防生锈的化学原理。
D．分析热纯碱溶液清理油污的化学原理。
7．【答案】B
【知识点】原电池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、该装置为原电池，原电池是将化学能转化为电能，而非电能转化为化学能，A错误；
B、电极 a 中 N 元素从 + 5 价降低到 0 价，发生还原反应，为正极；电极 b 中 (CH2O) 被氧化为 CO2，发生氧化反应，为负极，B正确；
C、原电池中电子仅在外电路的导线中转移（从负极 b 经负载到正极 a），不会经过电解质溶液（水体），C错误；
D、(CH2O) 中 C 为 0 价，氧化为 CO2（C 为 +4 价），每 1mol (CH2O) 参与反应时，转移4n mol电子，而非 4mol，D错误；
故答案为：B。【分析】A．判断装置的能量转化类型。
B．根据元素化合价变化判断正负极。
C．明确电子的转移路径。
D．计算 (CH2O) 参与反应时的电子转移量。
8．【答案】C
【知识点】常用仪器及其使用；中和滴定
【解析】【解答】A、量筒的精度一般为 0.1mL，无法精确量取 10.00mL 的待测液；若需量取精确体积的溶液，应使用滴定管或移液管，A错误；
B、配制一定浓度的标准溶液时，定容视线应与凹液面最低处相平；图中为俯视，会导致所配溶液体积偏小，浓度偏高，操作错误，B错误；
C、Na2CO3溶液呈碱性，需用碱式滴定管盛装；排出气泡时，将橡胶管向上弯曲，挤压玻璃球即可排出气泡，操作正确，C正确；
D、NaOH 溶液呈碱性，应装在碱式滴定管中；碱式滴定管尖嘴不应伸入锥形瓶内，否则易污染试剂，操作错误，D错误；
故答案为：C。【分析】A．判断量筒的精度是否满足量取需求。
B．分析定容时视线误差对溶液浓度的影响。
C．判断碱式滴定管排出气泡的操作是否正确。
D．判断碱式滴定管的使用规范是否正确。
9．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、分子中存在 sp3 杂化的饱和碳原子，且该碳原子连接了 3 个碳原子，这 4 个碳原子无法共平面，因此所有碳原子不可能共平面，A正确；
B、米格列奈分子含 1 个羧基和 1 个酰胺基。羧基与 NaOH 发生中和反应，酰胺基与 NaOH 发生水解反应，因此 1mol 米格列奈能与 2mol NaOH 反应，而非等物质的量的 NaOH，B错误；
C、分子中的羧基能与氨基酸、蛋白质中的氨基发生脱水取代反应（类似酯化反应），C正确；
D、分子含苯环，可与氢气发生加成反应；含羧基，能与羟基发生酯化反应（属于取代反应），D正确；
故答案为：B。
【分析】A．根据饱和碳原子的空间结构判断原子共面性。
B．分析官能团与 NaOH 的反应比例。
C．判断羧基与氨基的反应可能性。
D．分析苯环的加成反应和羧基的取代反应。
10．【答案】A
【知识点】氯气的化学性质；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、NaCl 由 Na+和 Cl-构成，1mol NaCl 固体中含 1mol Na+和 1mol Cl-，离子总数为 2NA，A正确；
B、1L 1mol L- 的 NaOH 溶液中，除 NaOH 含氢原子外，水分子也含氢原子，因此氢原子数远大于 NA，B错误；
C、标准状况下，22.4L Cl2和 H2的混合气体物质的量为 1mol，分子数目为 NA，而非 2NA，C错误；
D、Cl2与 NaOH 反应的化学方程式为 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，Cl2既是氧化剂又是还原剂，1mol Cl2参与反应时，转移电子数为 NA，而非 2NA，D错误；
故答案为：A。【分析】A．分析 NaCl 的离子构成。
B．考虑溶液中水分子的氢原子。
C．利用气体摩尔体积计算分子数。
D．分析 Cl2与 NaOH 反应的电子转移。
11．【答案】A
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、联合制碱法的核心反应为 NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓， 由方程式可知，“吸氨” 和 “碳酸化” 所用 NH3和 CO2的理论最佳物质的量比为 1：1，A正确；
B、操作 1 是过滤，用于分离固体和液体；而实验室提纯氢氧化铁胶体需用渗析法（利用半透膜分离胶体和溶液中的小分子），B错误；
C、流程中，NH3可通过母液处理循环使用，CO2可通过石灰石煅烧生成并循环利用，因此循环利用的物质有 NH3和 CO2，并非仅 NH3，C错误；
D、NH3在水中溶解度大，CO2溶解度小。若互换工序，CO2溶解量少，无法生成足够的 NaHCO3沉淀，因此 “碳酸化” 和 “吸氨” 不能互换，D错误；
故答案为：A。
【分析】要解决这道题，需围绕联合制碱法的反应原理、操作方法、物质循环及工序顺序等要点逐一分析选项：A．根据反应方程式确定 NH3和 CO2的物质的量比。
B．分析操作 1 的类型及提纯胶体的方法。
C．判断流程中可循环利用的物质。
D．分析 “碳酸化” 和 “吸氨” 工序的可互换性。
12．【答案】A
【知识点】含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、由价类二维图可知，a 为 H2S、b 为 S、c 为 SO2、d 为 H2SO3、e 为 H2SO4、f 为硫酸盐。转化路径 H2S→S→SO2→H2SO3→H2SO4→硫酸盐可实现：H2S 在氧气中不完全燃烧生成 S，S 与氧气反应生成 SO2，SO2溶于水生成 H2SO3，H2SO3被氧气氧化为 H2SO4，H2SO4与碱反应生成硫酸盐，A正确；
B、S 不溶于盐酸，无法用盐酸清洗；实验室常用热的氢氧化钠溶液清洗试管内壁附着的 S，B错误；
C、c 为 SO2，e 为 H2SO4，Fe 与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，不会生成 SO2，C错误；
D、SO2使高锰酸钾溶液褪色是因发生氧化还原反应（体现还原性），使品红溶液褪色是因具有漂白性，二者原理不同，D错误；
故答案为：A。【分析】要解决这道题，需围绕硫元素价类二维图中物质的转化、性质及反应原理等要点逐一分析选项：
A．分析物质间的转化路径是否合理。
B．判断 S 与盐酸的反应性及清洗方法。
C．分析 Fe 与稀 H2SO4的反应产物。
D．对比 SO2使两种溶液褪色的原理。
13．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，Y、Z、E分别为N、O、S，中N原子的价层电子对数为，采用sp2杂化，空间构型为平面三角形，中S原子的价层电子对数为，采用sp2杂化，含有1对孤对电子，空间构型为V形，A错误；
B．由分析可知，W为Na，Z为O，W和Z形成的化合物有和，二者均为离子化合物，中只含离子键，中含有离子键和共价键，B错误；
C．同主族元素的第一电离能从上到下逐渐减小，则O＞S，同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但ⅡA、ⅤA反常，则N＞O，即第一电离能：，C错误；
D．由分析可知，W为Na，Z为O，E为S，Y为N，属于离子化合物，沸点最高，都能形成氢键，且水分子的氢键数量大于氨气分子，则水分子的沸点高于氨气分子，的分子间只存在范德华力，熔沸点最低，D正确；
故答案为：D。
【分析】根据化合物的结构式可知，Z形成2个化学键，E形成6个化学键，Y形成3个化学键，X形成1个化学键，结合题干信息，X、Y、Z、W、E是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态Y原子的核外有3个未成对电子，可推出Y为N，X为H，W为Na，Z、E同族，可推出Z为O，E为S。
14．【答案】B
【知识点】过氧化氢；氯水、氯气的漂白作用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、稀盐酸和碳酸钙反应生成气体，是强酸制弱酸的反应，但盐酸不是 Cl 元素的最高价含氧酸，无法据此判断 Cl 和 C 的非金属性强弱。陈述 I、II 均正确，但无因果关系，A不符合题意；
B、向 MgCl2溶液中滴加 NaOH 生成 Mg(OH)2白色沉淀，再滴加 FeCl3溶液，白色沉淀变为红褐色 Fe(OH)3沉淀。这说明相同温度下，Mg(OH)2的溶解度大于 Fe(OH)3，溶解度大的沉淀可转化为溶解度小的沉淀。陈述 I、II 均正确，且具有因果关系，B符合题意；
C、等浓度的醋酸钠和次氯酸钠溶液，醋酸钠 pH 小，说明醋酸钠水解程度小。根据盐类水解规律，水解程度小的盐对应的酸酸性强，即酸性 CH3COOH > HClO，与陈述 II“酸性 HClO> CH3COOH” 矛盾，C不符合题意；
D、H2O2滴入 KMnO4酸性溶液中，溶液褪色，是因为 KMnO4表现氧化性，H2O2表现还原性，而非 H2O2具有强氧化性。陈述 II 错误，D不符合题意；
故答案为：B。【分析】要解决这道题，需围绕陈述 I 与陈述 II 的正确性及因果关系逐一分析选项：
A．分析强酸制弱酸反应与非金属性判断的关联性。
B．通过沉淀转化分析溶解度大小的因果关系。
C．根据盐溶液 pH 分析酸的酸性强弱。
D．分析 H2O2与 KMnO4反应中 H2O2的性质。
15．【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、已知 X (g) Y (g) ΔH1<0，应为放热反应（X 能量高于 Y）。但此选项中 Y 能量高于 X，属于吸热反应，不符合条件；且活化能关系也不匹配，A错误；
B、两个反应均为放热反应（ΔH1<0、ΔH2<0），故 X 能量> Y 能量 > Z 能量。浓度变化显示 X到Y 速率比 Y到Z 快，说明 X到Y 的活化能（过渡态 1 与 X 的能量差）小于 Y到Z 的活化能（过渡态 2 与 Y 的能量差），与图像一致，B正确；
C、虽然反应为放热反应符合条件，但图像中 X到Y 的活化能大于 Y到Z 的活化能，与 “X到Y 速率更快（活化能应更小）” 矛盾，C错误；
D、图像显示 X 能量 0），与题目中 ΔH1<0、ΔH2<0（放热）的条件不符，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．判断反应是否为放热反应及活化能大小关系。
B．结合放热反应特征和活化能与反应速率的关系判断。
C．依据活化能大小与反应速率的对应关系分析。
D．根据焓变判断反应吸放热类型。
16．【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
【解析】【解答】A、放电时b电极是正极，a电极是负极，因此b电极电势高于a电极，A正确；
B、当双极膜解离1mol水分子时，外电路仅转移1mol电子，B错误；
C、根据分析可知，放电总反应为Zn+CO2+2OH +2H2O=Zn(OH)42 +HCOOH，C正确；
D、充电过程中，双极膜中的OH 向阳极(b极)迁移，H+向阴极(a极)迁移，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题主要考查原电池和电解池的工作原理，重点考察学生对电极反应和电解过程的理解能力。解题关键在于正确判断电极反应和掌握电解原理。根据图示信息，放电时b电极作为正极，a电极作为负极，总反应方程式为Zn+CO2+2OH +2H2O→Zn(OH)42 +HCOOH。
17．【答案】（1）0.025a g；直形冷凝管、分液漏斗
（2）排除稀释对溶液颜色的影响；溶液盐效应促进的电离；b和c中盐效应相当，，c中结合生成，使得降低，平衡正向移动，红色变浅
（3）溶液中的与结合，促进的溶解；加入溶液；滴加溶液和5滴；溶液无明显现象
（4）化学反应
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】（1）①计算需要固体质量：m=cVM=0.05mol/L×0.5L×ag/mol=0.025ag；
②配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；用FeSO4·7H2O晶体和蒸馏水配制，必须使用500mL容量瓶，同时还需要用到的仪器有：天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，故不需要的是直形冷凝管、分液漏斗；
故答案为： 0.025a g ； 直形冷凝管、分液漏斗 ；
（2）①平行实验b、c中分别加入0.5mL其它溶液，所以为了排除稀释对溶液颜色的影响，向a中加入入0.5mLH2O；
②a、b两组实验已经排除稀释对溶液颜色的影响，b中红色比a中浅，证明硫氰化铁的电离平衡受到了促进，所以MgSO4溶液促进了弱电解质Fe(SCN)3的电离；
③b、c中加入了等体积等浓度的盐溶液，所以盐效应相同，结合资料信息：，c中Fe2+结合SCN-生成Fe(SCN)2，使硫氰化铁的电离平衡：向正向移动，所以红色比b中浅；
故答案为： 排除稀释对溶液颜色的影响 ；溶液盐效应促进的电离 ； b和c中盐效应相当，，c中结合生成，使得降低，平衡正向移动，红色变浅 ；
（3）①根据文献信息：向弱电解质或难溶电解质中加入具有不同离子的可溶性强电解质溶液，会使弱电解质的电离程度或难溶电解质的溶解度增大，这种现象可称为“盐效应”，提出假设B溶液中的SCN-与Fe2+结合，促进FeCO3的溶解
②实验ⅰ设计思路为排除水的影响，实验ⅱ设计思路为溶液中的SCN-与Fe2+结合，促进FeCO3的溶解，想设计对比实验ⅲ证实假设B是主要原因一定要利用资料：等浓度的KCl与KSCN的盐效应相当，同时排阳离子K+的干扰，所以选择和硫氰化钾等体积等浓度的氯化钾溶液，进行试验，所以设计如下实验ⅲ：
或：取实验ii中等质量的FeCO3，加入3mL4mol/LKCl溶液，充分振荡，静置，取上层清液，滴加3mL4mol/LKSCN溶液和5滴10%H2O2，溶液无明显现象；
故答案为： 溶液中的与结合，促进的溶解 ； 加入溶液 ； 滴加溶液和5滴 ； 溶液无明显现象 ；
（4）通过探究，盐溶液通过盐效应可促进弱电解质的电离，盐溶液通过化学反应可促进难溶电解质的溶解。
故答案为： 化学反应 。
【分析】配制溶液，需要的仪器有500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、托盘天平、胶头滴管、量筒等；通过设计不同对比实验可探究“盐效应”对弱电解质以及难溶电解质的影响，结合平衡移动原理对实验现象进行分析即可，据此分析；
（1）根据溶质质量公式m=cVM，代入浓度、体积和摩尔质量数据，直接算出所需溶质质量。
明确配制溶液的核心仪器（如烧杯、容量瓶等），排除无需使用的仪器（直形冷凝管、分液漏斗）。
（2）加水的目的是排除 “稀释” 这一无关变量对溶液颜色的干扰，确保实验现象由目标因素导致。
对比实验现象，判断 MgSO4溶液通过盐效应促进 Fe(SCN)3电离；Fe2+与 SCN-结合，使 Fe(SCN)3电离平衡正向移动，导致溶液红色变浅。
（3）提出假设：围绕 “SCN-与 Fe2+结合是否促进 FeCO3溶解” 构建假设 B。
设计对照实验：通过加入 KCl 溶液排除无关离子干扰，再加入 KSCN 和 H2O2验证假设。
分析现象：根据 “溶液无明显现象” 判断假设是否成立。
（4）归纳盐溶液对弱电解质电离、难溶电解质溶解的促进作用，明确核心机制为 “盐效应” 和 “化学反应”。
（1）①计算需要固体质量：m=cVM=0.05mol/L×0.5L×ag/mol=0.025ag；
②配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；用FeSO4·7H2O晶体和蒸馏水配制，必须使用500mL容量瓶，同时还需要用到的仪器有：天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，故不需要的是直形冷凝管、分液漏斗；
（2）①平行实验b、c中分别加入0.5mL其它溶液，所以为了排除稀释对溶液颜色的影响，向a中加入入0.5mLH2O；
②a、b两组实验已经排除稀释对溶液颜色的影响，b中红色比a中浅，证明硫氰化铁的电离平衡受到了促进，所以MgSO4溶液促进了弱电解质Fe(SCN)3的电离；
③b、c中加入了等体积等浓度的盐溶液，所以盐效应相同，结合资料信息：，c中Fe2+结合SCN-生成Fe(SCN)2，使硫氰化铁的电离平衡：向正向移动，所以红色比b中浅；
（3）①根据文献信息：向弱电解质或难溶电解质中加入具有不同离子的可溶性强电解质溶液，会使弱电解质的电离程度或难溶电解质的溶解度增大，这种现象可称为“盐效应”，提出假设B溶液中的SCN-与Fe2+结合，促进FeCO3的溶解
②实验ⅰ设计思路为排除水的影响，实验ⅱ设计思路为溶液中的SCN-与Fe2+结合，促进FeCO3的溶解，想设计对比实验ⅲ证实假设B是主要原因一定要利用资料：等浓度的KCl与KSCN的盐效应相当，同时排阳离子K+的干扰，所以选择和硫氰化钾等体积等浓度的氯化钾溶液，进行试验，所以设计如下实验ⅲ：
或：取实验ii中等质量的FeCO3，加入3mL4mol/LKCl溶液，充分振荡，静置，取上层清液，滴加3mL4mol/LKSCN溶液和5滴10%H2O2，溶液无明显现象；
（4）通过探究，盐溶液通过盐效应可促进弱电解质的电离，盐溶液通过化学反应可促进难溶电解质的溶解。
18．【答案】（1）
（2）Cu；CuS
（3）
（4）
（5）调节溶液pH，利于和沉淀
（6）；D
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）Co是27号元素，基态Co原子价层电子排布式为，失去3个电子，价层电子排布式为，轨道表示式为。
故答案为： ；
（2）“浸出”时，金属及氧化物与反应，Cu不反应，滤渣1为Cu；“除铜”加入，与结合生成沉淀，滤渣2为。
故答案为： Cu ； CuS ；
（3）已知，pH = 0.5，则，可得，根据，则，即浓度小于0.18mol/L。
故答案为： ；
（4）“氧化II”中将氧化，被还原为，离子方程式为。
故答案为： ；
（5）调节溶液pH，利于和沉淀。
故答案为： 调节溶液pH，利于和沉淀 ；
（6）用均摊法，Ti原子数：1；Co原子数：1；O原子数：3，化学式为，摩尔质量，晶胞体积，根据，，则；，体对角线投影时，Co在中心，Ti在顶点，O在面心，投影图为D。
故答案为：； D 。
【分析】该流程以含 Co、Fe、Cu 等金属及其氧化物的工业净化渣为原料，首先加入 H2SO4进行浸出操作，过滤得到滤渣 1；向浸出滤液中加入 Na2S，利用 CuS 和 CoS 溶度积的差异除去铜，过滤得到滤渣 2 和滤液 2；滤液 2 中加入 H2O2进行氧化 Ⅰ，之后加入 Na2CO3沉铁，过滤得到滤渣 3；向沉铁后的滤液中加入 Na2S2O8进行氧化 Ⅱ，再加入 Na2CO3沉钴，得到 Co(OH)3，同时产生可回收的回收液。据此解题。
（1）Co是27号元素，基态Co原子价层电子排布式为，失去3个电子，价层电子排布式为，轨道表示式为。
（2）“浸出”时，金属及氧化物与反应，Cu不反应，滤渣1为Cu；“除铜”加入，与结合生成沉淀，滤渣2为。
（3）已知，pH = 0.5，则，可得，根据，则，即浓度小于0.18mol/L。
（4）“氧化II”中将氧化，被还原为，离子方程式为。
（5）调节溶液pH，利于和沉淀。
（6）用均摊法，Ti原子数：1；Co原子数：1；O原子数：3，化学式为，摩尔质量，晶胞体积，根据，，则；，体对角线投影时，Co在中心，Ti在顶点，O在面心，投影图为D。
19．【答案】（1）
（2）；(ⅱ)；在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于的键能比键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)
（3）B
（4）A；3.25
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）根据反应的转化历程中能量数据可知反应的反应物的活化能生成物的活化能。
故答案为： ；
（2）Fe为26号元素，其基态原子的价层电子排布式为：，则其基态的价层电子排布式为：；在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于的键能比键的大很多，因此断裂的步骤为速率控制步骤，在上述反应机理中，断裂的步骤为(ⅱ)步，则速率控制步骤为(ⅱ)。
故答案为： ； (ⅱ) ； 在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于的键能比键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ) ；
（3）在合成氨的生产流程中说法不正确的是：
A．与氢气相比，氮气相对易得，则氮气过适当过量，可以增大反应物氮气的浓度，使平衡向正反应方向移动，有利于增大氢气的转化率，A正确；
B．铁触媒作为催化剂，只改变反应速率，不改变平衡，不影响平衡转化率，B错误；
C．合成氨需要在的温度下进行，而合成氨是放热反应，因此在进入合成塔时进行热交换，可以预热原料气，同时对合成的氨气进行降温利于液化分离，C正确；
D．合成氨是属于气体体积减小的反应，利用压缩机加压来增大压强可以使平衡向右移动，能同时提高平衡转化率和反应速率，D正确；
故答案为：B。
（4）①根据热化学方程式，由初始水碳比可知，W越小，的平衡转化率越大，根据图形可得A曲线的平衡转化率高，则W小；
②在时，此时；，水未取用；的平衡转化率为75%；设初始时的、，列三段式：，平衡总量为，则用平衡时的物质的量分数来计算的平衡常数为：。
故答案为： A ； 3.25 。
【分析】（1）依据能量转换关系，用反应物总能量减去生成物总能量计算焓变，得 ΔH = -45 kJ mol- 。
（2）Fe3+的价层电子排布式为 3d5。
速率控制步骤为（ii），因断裂 N≡N 键的能垒最高，是反应中最慢的步骤。
（3）分析各选项：A、C、D 说法正确；B 错误（催化剂不影响平衡转化率）。
（4）①A 曲线对应 W 小（水碳比越小，CO2平衡转化率越高）。
②通过三段式算平衡时物质的量分数，代入公式得 Kx = 3.25。
（1）根据反应的转化历程中能量数据可知反应的反应物的活化能生成物的活化能。
（2）Fe为26号元素，其基态原子的价层电子排布式为：，则其基态的价层电子排布式为：；在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于的键能比键的大很多，因此断裂的步骤为速率控制步骤，在上述反应机理中，断裂的步骤为(ⅱ)步，则速率控制步骤为(ⅱ)。
（3）在合成氨的生产流程中说法不正确的是：
A．与氢气相比，氮气相对易得，则氮气过适当过量，可以增大反应物氮气的浓度，使平衡向正反应方向移动，有利于增大氢气的转化率，A正确；
B．铁触媒作为催化剂，只改变反应速率，不改变平衡，不影响平衡转化率，B错误；
C．合成氨需要在的温度下进行，而合成氨是放热反应，因此在进入合成塔时进行热交换，可以预热原料气，同时对合成的氨气进行降温利于液化分离，C正确；
D．合成氨是属于气体体积减小的反应，利用压缩机加压来增大压强可以使平衡向右移动，能同时提高平衡转化率和反应速率，D正确；
故答案为：B。
（4）①根据热化学方程式，由初始水碳比可知，W越小，的平衡转化率越大，根据图形可得A曲线的平衡转化率高，则W小；
②在时，此时；，水未取用；的平衡转化率为75%；设初始时的、，列三段式：，平衡总量为，则用平衡时的物质的量分数来计算的平衡常数为：。
20．【答案】（1）；羧基； (或)
（2）C；D
（3）NaOH醇溶液、加热；消去反应；NaOH水溶液、加热；
（4）；；
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；羧酸简介
【解析】【解答】（1）化合物Ⅰ的结构简式为，其分子式为；化合物Ⅳ中官能团的名称为羧基；观察结构可知，化合物Ⅱ中含氧官能团的名称为羟基；化合物Ⅱ的某种同分异构体含有苯环，能与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且核磁共振氢谱图上只有4组峰，说明存在对称结构，符合条件的同分异构体为、；
故答案为： ； 羧基 ； (或) ；
（2）A．“头碰头”形成的σ键，化合物I中含有羰基，存在“肩并肩”形成的键，故A错误；
B．由化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，羰基转化为，有极性共价键的断裂与极性键的形成，没有非极性的形成，故B错误；
C．化合物Ⅲ中溴原子连接烃基，属于卤代烃，故C正确；
D．化合物Ⅳ中，双键、苯环中碳原子采取杂化，饱和碳原子采取杂化，羧基连接的碳原子连接4个不同的原子或原子团，属于手性碳原子，故D正确；
故答案为：CD；
（3）对于化合物Ⅲ，含有碳溴键且溴原子连接的碳原子相邻的碳原子上含有氢原子；
①在NaOH醇溶液、加热条件下可以发生消去反应生成；
②可以在NaOH水溶液、加热条件下发生取代反应生成；
故答案为： NaOH醇溶液、加热 ； 消去反应 ； NaOH水溶液、加热 ； ；
（4）合成的中间物是、，模仿I到Ⅳ的转化生成，还原生成，再与氢溴酸反应生成，最后发生类似Ⅲ→Ⅳ的转化生成，发生消去反应生成与HBr反应生成水解生成，合成路线为；
①由上述分析可知，第一步反应为丙酮与非极性分子发生原子利用率100%的反应，还原生成，产物的结构简式为；
②由上述分析可知，涉及卤代烃的生成且为取代反应的化学方程式为+H2O、；
③最后一步反应为酯化反应，化学方程式为。
故答案为： ； ； 。
【分析】Ⅰ发生还原反应生成Ⅱ，Ⅱ发生取代反应生成Ⅲ，Ⅲ发生取代反应生成Ⅳ，据此分析；
（1）分子式：根据化合物 Ⅰ 的结构，数出 C、H、O 原子数，得 C12H16O。
官能团：化合物 Ⅳ 中含羧基。
同分异构体：含苯环和酚羟基，氢谱 4 组峰（对称结构），如邻位二叔丁基苯酚（或对位结构）。
（2）A （羰基是 “肩并肩” p-pπ 键）；B （无非极性键形成）；C （Ⅲ 是卤代烃，难溶于水）；D （含 sp3、sp2 杂化碳，有手性碳）。
（3）①试剂：NaOH 醇溶液、加热，反应类型为消去反应。
②试剂：NaOH 水溶液、加热，生成含羟基的结构，反应类型为取代反应。
（4）①第一步产物：丙酮还原生成的醇，结构简式为 (CH3)2CHOH，据此书写化学方程式。
②取代反应方程式：(CH3)2CHOH 与浓 HBr 加热生成 (CH3)2CHBr 和水，据此书写化学方程式。
③最后一步：羧酸与丙醇在浓硫酸加热下发生酯化反应生成酯和水，据此书写化学方程式。
（1）化合物Ⅰ的结构简式为，其分子式为；化合物Ⅳ中官能团的名称为羧基；观察结构可知，化合物Ⅱ中含氧官能团的名称为羟基；化合物Ⅱ的某种同分异构体含有苯环，能与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且核磁共振氢谱图上只有4组峰，说明存在对称结构，符合条件的同分异构体为、；
（2）A．“头碰头”形成的σ键，化合物I中含有羰基，存在“肩并肩”形成的键，故A错误；
B．由化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，羰基转化为，有极性共价键的断裂与极性键的形成，没有非极性的形成，故B错误；
C．化合物Ⅲ中溴原子连接烃基，属于卤代烃，故C正确；
D．化合物Ⅳ中，双键、苯环中碳原子采取杂化，饱和碳原子采取杂化，羧基连接的碳原子连接4个不同的原子或原子团，属于手性碳原子，故D正确；
答案为CD；
（3）对于化合物Ⅲ，含有碳溴键且溴原子连接的碳原子相邻的碳原子上含有氢原子；
①在NaOH醇溶液、加热条件下可以发生消去反应生成；
②可以在NaOH水溶液、加热条件下发生取代反应生成；
（4）合成的中间物是、，模仿I到Ⅳ的转化生成，还原生成，再与氢溴酸反应生成，最后发生类似Ⅲ→Ⅳ的转化生成，发生消去反应生成与HBr反应生成水解生成，合成路线为；
①由上述分析可知，第一步反应为丙酮与非极性分子发生原子利用率100%的反应，还原生成，产物的结构简式为；
②由上述分析可知，涉及卤代烃的生成且为取代反应的化学方程式为+H2O、；
③最后一步反应为酯化反应，化学方程式为。
1 / 1广东省深圳市高级中学高中园2025届高三第三次模拟测试化学试题
1．（2025·福田模拟）泱泱中华，历史何其悠久，文明何其博大。下列文物的材质属于无机非金属材料的是
A．铜奔马 B．汉竹简
C．莲花形玻璃托盏 D．垂鳞纹秦公铜鼎
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】无机非金属材料
【解析】【解答】A、铜奔马的主要成分为青铜（铜合金），属于金属材料（金属或其合金），故A不符合题意 ；
B、汉竹简的主要成分为纤维素，纤维素属于天然有机高分子材料（含碳的有机化合物），故B不符合题意 ；
C、莲花形玻璃托盏的主要成分为玻璃，玻璃以硅酸盐等为主要成分，属于无机非金属材料，故C符合题意 ；
D、垂鳞纹秦公铜鼎的主要成分为青铜（铜合金），属于金属材料，故D不符合题意 ；
故答案为：C。【分析】A．判断铜奔马的材质类型。
B．判断汉竹简的材质类型。
C．判断莲花形玻璃托盏的材质类型。
D．判断垂鳞纹秦公铜鼎的材质类型。
2．（2025·福田模拟）2024年大国重器频频问世，彰显我国科技实力。下列说法正确的是
A．可回收火箭“朱雀三号”燃料燃烧过程涉及化学能转化为热能
B．中国移动“九州”算力光网所用光纤的主要材质为单晶硅
C．“海葵一号”通过分馏进行油气分离仅涉及化学变化
D．核能供汽“和气一号”反应堆轴棒中的与互为同素异形体
【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；常见能量的转化及运用；硅和二氧化硅；同位素及其应用
【解析】【解答】A、火箭燃料燃烧是化学反应（如氧化反应），过程中释放热量，将化学能转化为热能，同时为火箭提供动力，A正确；
B、光纤的主要材质是二氧化硅，单晶硅主要用于半导体器件（如芯片），并非光纤的材质，B错误；
C、分馏是利用混合物中各组分沸点不同进行分离的物理过程，无新物质生成，属于物理变化，并非化学变化，C错误；
D、与质子数相同、中子数不同，互为同位素；同素异形体是指同种元素组成的不同单质（如金刚石和石墨），D错误；
故答案为：A。
【分析】要解决此题，需结合能量转化形式、材料成分、物质分离原理、同位素与同素异形体的概念，对每个选项逐一分析。
A．分析燃料燃烧的能量转化类型。
B．明确光纤与单晶硅的材质差异。
C．判断分馏过程的变化类型。
D．辨析同位素与同素异形体的概念。
3．（2025·福田模拟）央视美食文旅节目《三餐四季》展示了各地的美食文化。下列说法正确的是
A．通山“热干面”色香俱全，面条的主要成分淀粉属于二糖
B．济南“黄焖鸡”汤香肉滑，鸡汤的鲜味源自蛋白质水解生成的氨基酸
C．文昌“糟粕醋”酸辣适中，醋的主要成分乙酸是非电解质
D．莆田“干焖羊肉”肉质鲜美，焖羊肉释放出的油脂属于高分子化合物
【答案】B
【知识点】电解质与非电解质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、面条的主要成分淀粉是由多个葡萄糖单元聚合而成的多糖，并非二糖（如蔗糖、麦芽糖），A错误；
B、鸡肉中的蛋白质在烹饪过程中水解生成氨基酸，氨基酸是鸡汤鲜味的主要来源，B正确；
C、醋的主要成分乙酸是弱酸，在水溶液中能部分电离出离子，属于弱电解质，而非非电解质（非电解质在水溶液和熔融状态下均不导电），C错误；
D、油脂的相对分子质量较小（通常几百到一千左右），而高分子化合物的相对分子质量一般在万以上，因此油脂不属于高分子化合物，D错误；
故答案为：B。【分析】A．判断淀粉的糖类类别。
B．分析鸡汤鲜味的来源。
C．判断乙酸的电解质类型。
D．区分油脂与高分子化合物。
4．（2025·福田模拟）下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
　 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 淀粉水解产生果糖 米饭在口腔中越嚼越甜
B 受热易分解 加热可除去中的
C 的熔点比低 业上电解熔融冶炼铝
D Zn的金属性比Fe强 在钢制船壳上镶嵌锌块能减缓船体的腐蚀
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；金属冶炼的一般原理；多糖的性质和用途；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、淀粉水解的产物是葡萄糖，而非果糖；米饭在口腔中越嚼越甜是因为淀粉被唾液淀粉酶水解为葡萄糖，陈述 I 错误，故A不符合题意 ；
B、受热易分解，但加热时也会分解，无法通过加热除去中的，陈述 II 错误，故B不符合题意 ；
C、的熔点比低，但属于分子晶体，熔融时不导电，工业上不能通过电解熔融冶炼铝，陈述 II 错误，故C不符合题意 ；
D、Zn 的金属性比 Fe 强，在钢制船壳上镶嵌锌块时，Zn 作负极被氧化（牺牲自己），Fe 作正极被保护，能减缓船体腐蚀，陈述 I 和 II 均正确且存在因果关系，故D符合题意 ；
故答案为：D。【分析】A．分析淀粉水解产物及米饭变甜的原因。
B．判断加热除杂的可行性。
C．分析工业冶炼铝的方法及物质熔点、晶体类型的关系。
D．分析牺牲阳极法防腐的原理及金属性的因果关系。
5．（2025·福田模拟）海带提碘的实验中，不涉及的操作是
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】海水资源及其综合利用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、海带提碘需先将海带浸取，使碘元素溶解到溶液中，此过程涉及溶解操作（用玻璃棒搅拌加速溶解），故A不符合题意 ；
B、海带浸取后会有固体残渣，需通过过滤分离含碘溶液和残渣，过滤时需用玻璃棒引流，涉及该操作，故B不符合题意 ；
C、提碘过程中需用有机溶剂（如 CCl4）萃取碘水中的碘，萃取操作在分液漏斗中进行，涉及该操作，故C不符合题意 ；
D、渗析用于分离胶体和溶液，而碘的水溶液不是胶体，因此海带提碘过程不涉及渗析操作，故D符合题意 ；
故答案为：D。【分析】A．判断溶解操作是否属于海带提碘流程。
B．判断过滤操作是否属于海带提碘流程。
C．判断萃取操作是否属于海带提碘流程。
D．判断渗析操作是否属于海带提碘流程。
6．（2025·福田模拟）劳动开创未来，成就梦想，下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
　 劳动项目 化学知识
A 环保劳动：利用处理自来水 具有氧化性
B 社区服务：用活性炭包去除装修室内的甲醛 活性炭具有还原性
C 家务劳动：清洗铁锅后及时擦干 减缓铁锅因发生吸氧腐蚀而生锈
D 化工活动：用热的纯碱溶液清理零件上的油污 油脂在碱性条件下发生水解
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、ClO2具有强氧化性，能破坏细菌、病毒的结构从而杀菌消毒，因此利用 ClO2处理自来水的劳动项目与 “ClO2具有氧化性” 的化学知识关联正确，A不符合题意；
B、活性炭去除装修室内的甲醛是利用其吸附性（物理性质），而非还原性，劳动项目与所给化学知识 “活性炭具有还原性” 无关联，B符合题意；
C、铁锅生锈是铁在潮湿空气中发生吸氧腐蚀，清洗后及时擦干可去除水分，减缓吸氧腐蚀的发生，劳动项目与化学知识关联正确，C不符合题意；
D、纯碱（碳酸钠）溶液呈碱性，且水解反应为吸热反应，加热使溶液碱性增强；油脂在碱性条件下会发生水解反应生成可溶于水的物质，因此热的纯碱溶液可清理零件上的油污，劳动项目与化学知识关联正确，D不符合题意；
故答案为：B。【分析】A．分析 ClO2处理自来水的化学原理。
B．判断活性炭除甲醛的化学原理。
C．分析铁锅擦干防生锈的化学原理。
D．分析热纯碱溶液清理油污的化学原理。
7．（2025·福田模拟）关于下述电化学反应过程，描述正确的是
A．该装置实现电能转化为化学能
B．电极b是负极
C．电子从电极a经过负载到电极b再经过水体回到电极a
D．每参与反应时，转移4mol电子
【答案】B
【知识点】原电池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、该装置为原电池，原电池是将化学能转化为电能，而非电能转化为化学能，A错误；
B、电极 a 中 N 元素从 + 5 价降低到 0 价，发生还原反应，为正极；电极 b 中 (CH2O) 被氧化为 CO2，发生氧化反应，为负极，B正确；
C、原电池中电子仅在外电路的导线中转移（从负极 b 经负载到正极 a），不会经过电解质溶液（水体），C错误；
D、(CH2O) 中 C 为 0 价，氧化为 CO2（C 为 +4 价），每 1mol (CH2O) 参与反应时，转移4n mol电子，而非 4mol，D错误；
故答案为：B。【分析】A．判断装置的能量转化类型。
B．根据元素化合价变化判断正负极。
C．明确电子的转移路径。
D．计算 (CH2O) 参与反应时的电子转移量。
8．（2025·福田模拟）下列关于滴定实验的操作正确的是
A．用量筒量取10.00mL的待测液 B．配制一定浓度的标准溶液
C．排出装有溶液的滴定管中的气泡 D．用NaOH标准溶液滴定未知浓度的醋酸
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】常用仪器及其使用；中和滴定
【解析】【解答】A、量筒的精度一般为 0.1mL，无法精确量取 10.00mL 的待测液；若需量取精确体积的溶液，应使用滴定管或移液管，A错误；
B、配制一定浓度的标准溶液时，定容视线应与凹液面最低处相平；图中为俯视，会导致所配溶液体积偏小，浓度偏高，操作错误，B错误；
C、Na2CO3溶液呈碱性，需用碱式滴定管盛装；排出气泡时，将橡胶管向上弯曲，挤压玻璃球即可排出气泡，操作正确，C正确；
D、NaOH 溶液呈碱性，应装在碱式滴定管中；碱式滴定管尖嘴不应伸入锥形瓶内，否则易污染试剂，操作错误，D错误；
故答案为：C。【分析】A．判断量筒的精度是否满足量取需求。
B．分析定容时视线误差对溶液浓度的影响。
C．判断碱式滴定管排出气泡的操作是否正确。
D．判断碱式滴定管的使用规范是否正确。
9．（2025·福田模拟）米格列奈可用于治疗糖尿病，其结构如图，下列关于米格列奈说法不正确的是
A．所有碳原子不可能共平面
B．能与等物质的量的NaOH反应
C．能与氨基酸和蛋白质中的氨基反应
D．能发生加成反应和取代反应
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、分子中存在 sp3 杂化的饱和碳原子，且该碳原子连接了 3 个碳原子，这 4 个碳原子无法共平面，因此所有碳原子不可能共平面，A正确；
B、米格列奈分子含 1 个羧基和 1 个酰胺基。羧基与 NaOH 发生中和反应，酰胺基与 NaOH 发生水解反应，因此 1mol 米格列奈能与 2mol NaOH 反应，而非等物质的量的 NaOH，B错误；
C、分子中的羧基能与氨基酸、蛋白质中的氨基发生脱水取代反应（类似酯化反应），C正确；
D、分子含苯环，可与氢气发生加成反应；含羧基，能与羟基发生酯化反应（属于取代反应），D正确；
故答案为：B。
【分析】A．根据饱和碳原子的空间结构判断原子共面性。
B．分析官能团与 NaOH 的反应比例。
C．判断羧基与氨基的反应可能性。
D．分析苯环的加成反应和羧基的取代反应。
10．（2025·福田模拟）氯碱工业涉及、、NaOH、NaCl等物质。设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．1mol NaCl固体中，含离子数为
B．的NaOH溶液中，含有氢原子数为
C．标准状况下，和的混合气体含有分子数目为
D．将与NaOH溶液反应制备消毒液，消耗转移电子数为
【答案】A
【知识点】氯气的化学性质；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、NaCl 由 Na+和 Cl-构成，1mol NaCl 固体中含 1mol Na+和 1mol Cl-，离子总数为 2NA，A正确；
B、1L 1mol L- 的 NaOH 溶液中，除 NaOH 含氢原子外，水分子也含氢原子，因此氢原子数远大于 NA，B错误；
C、标准状况下，22.4L Cl2和 H2的混合气体物质的量为 1mol，分子数目为 NA，而非 2NA，C错误；
D、Cl2与 NaOH 反应的化学方程式为 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，Cl2既是氧化剂又是还原剂，1mol Cl2参与反应时，转移电子数为 NA，而非 2NA，D错误；
故答案为：A。【分析】A．分析 NaCl 的离子构成。
B．考虑溶液中水分子的氢原子。
C．利用气体摩尔体积计算分子数。
D．分析 Cl2与 NaOH 反应的电子转移。
11．（2025·福田模拟）索尔维制碱法制备纯碱的流程如图所示，我国科学家侯德榜进行改进，去除“灰蒸”过程，利用母液制备铵盐，也称联合制碱法。下列说法正确的是
A．“吸氨”和“碳酸化”所用和理论最佳物质的量比为
B．操作1可用于实验室提纯氢氧化铁胶体
C．图示的流程中循环利用的物质仅是
D．上述流程中“碳酸化”和“吸氨”这两步工序可以互换
【答案】A
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、联合制碱法的核心反应为 NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓， 由方程式可知，“吸氨” 和 “碳酸化” 所用 NH3和 CO2的理论最佳物质的量比为 1：1，A正确；
B、操作 1 是过滤，用于分离固体和液体；而实验室提纯氢氧化铁胶体需用渗析法（利用半透膜分离胶体和溶液中的小分子），B错误；
C、流程中，NH3可通过母液处理循环使用，CO2可通过石灰石煅烧生成并循环利用，因此循环利用的物质有 NH3和 CO2，并非仅 NH3，C错误；
D、NH3在水中溶解度大，CO2溶解度小。若互换工序，CO2溶解量少，无法生成足够的 NaHCO3沉淀，因此 “碳酸化” 和 “吸氨” 不能互换，D错误；
故答案为：A。
【分析】要解决这道题，需围绕联合制碱法的反应原理、操作方法、物质循环及工序顺序等要点逐一分析选项：A．根据反应方程式确定 NH3和 CO2的物质的量比。
B．分析操作 1 的类型及提纯胶体的方法。
C．判断流程中可循环利用的物质。
D．分析 “碳酸化” 和 “吸氨” 工序的可互换性。
12．（2025·福田模拟）价类二维图是学习化学的重要工具和模型，硫元素的部分价类二维图如图所示。下列说法正确的是
A．可存在的转化关系
B．实验室常用盐酸清洗附着于试管内壁的b物质
C．将铁丝插入e的稀溶液中可得到c
D．c使高锰酸钾溶液和品红溶液褪色的原理相同
【答案】A
【知识点】含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、由价类二维图可知，a 为 H2S、b 为 S、c 为 SO2、d 为 H2SO3、e 为 H2SO4、f 为硫酸盐。转化路径 H2S→S→SO2→H2SO3→H2SO4→硫酸盐可实现：H2S 在氧气中不完全燃烧生成 S，S 与氧气反应生成 SO2，SO2溶于水生成 H2SO3，H2SO3被氧气氧化为 H2SO4，H2SO4与碱反应生成硫酸盐，A正确；
B、S 不溶于盐酸，无法用盐酸清洗；实验室常用热的氢氧化钠溶液清洗试管内壁附着的 S，B错误；
C、c 为 SO2，e 为 H2SO4，Fe 与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，不会生成 SO2，C错误；
D、SO2使高锰酸钾溶液褪色是因发生氧化还原反应（体现还原性），使品红溶液褪色是因具有漂白性，二者原理不同，D错误；
故答案为：A。【分析】要解决这道题，需围绕硫元素价类二维图中物质的转化、性质及反应原理等要点逐一分析选项：
A．分析物质间的转化路径是否合理。
B．判断 S 与盐酸的反应性及清洗方法。
C．分析 Fe 与稀 H2SO4的反应产物。
D．对比 SO2使两种溶液褪色的原理。
13．（2025·福田模拟）如图所示的化合物是一种重要的化工原料，X、Y、Z、W、E是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Z、E同族，基态Y原子的核外有3个未成对电子。下列说法正确的是
A．和EZ2的空间结构均为平面三角形
B．W和Z形成的化合物中一定只有离子键
C．第一电离能：Z>Y>E
D．简单氢化物的沸点：W>Z>Y>E
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，Y、Z、E分别为N、O、S，中N原子的价层电子对数为，采用sp2杂化，空间构型为平面三角形，中S原子的价层电子对数为，采用sp2杂化，含有1对孤对电子，空间构型为V形，A错误；
B．由分析可知，W为Na，Z为O，W和Z形成的化合物有和，二者均为离子化合物，中只含离子键，中含有离子键和共价键，B错误；
C．同主族元素的第一电离能从上到下逐渐减小，则O＞S，同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但ⅡA、ⅤA反常，则N＞O，即第一电离能：，C错误；
D．由分析可知，W为Na，Z为O，E为S，Y为N，属于离子化合物，沸点最高，都能形成氢键，且水分子的氢键数量大于氨气分子，则水分子的沸点高于氨气分子，的分子间只存在范德华力，熔沸点最低，D正确；
故答案为：D。
【分析】根据化合物的结构式可知，Z形成2个化学键，E形成6个化学键，Y形成3个化学键，X形成1个化学键，结合题干信息，X、Y、Z、W、E是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态Y原子的核外有3个未成对电子，可推出Y为N，X为H，W为Na，Z、E同族，可推出Z为O，E为S。
14．（2025·福田模拟）下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确且具有因果关系的是
　 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 稀盐酸和碳酸钙反应生产气体 非金属性：
B 向盛有溶液的试管中滴加2~4滴溶液，生成白色沉淀，再向试管滴加4滴溶液，白色沉淀变为红褐色 相同温度下沉淀溶解度大小：
C 常温下，等浓度的醋酸钠和次氯酸钠溶液，前者pH小 酸性：
D 将滴入酸性溶液中，溶液褪色 具有强氧化性
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】过氧化氢；氯水、氯气的漂白作用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、稀盐酸和碳酸钙反应生成气体，是强酸制弱酸的反应，但盐酸不是 Cl 元素的最高价含氧酸，无法据此判断 Cl 和 C 的非金属性强弱。陈述 I、II 均正确，但无因果关系，A不符合题意；
B、向 MgCl2溶液中滴加 NaOH 生成 Mg(OH)2白色沉淀，再滴加 FeCl3溶液，白色沉淀变为红褐色 Fe(OH)3沉淀。这说明相同温度下，Mg(OH)2的溶解度大于 Fe(OH)3，溶解度大的沉淀可转化为溶解度小的沉淀。陈述 I、II 均正确，且具有因果关系，B符合题意；
C、等浓度的醋酸钠和次氯酸钠溶液，醋酸钠 pH 小，说明醋酸钠水解程度小。根据盐类水解规律，水解程度小的盐对应的酸酸性强，即酸性 CH3COOH > HClO，与陈述 II“酸性 HClO> CH3COOH” 矛盾，C不符合题意；
D、H2O2滴入 KMnO4酸性溶液中，溶液褪色，是因为 KMnO4表现氧化性，H2O2表现还原性，而非 H2O2具有强氧化性。陈述 II 错误，D不符合题意；
故答案为：B。【分析】要解决这道题，需围绕陈述 I 与陈述 II 的正确性及因果关系逐一分析选项：
A．分析强酸制弱酸反应与非金属性判断的关联性。
B．通过沉淀转化分析溶解度大小的因果关系。
C．根据盐溶液 pH 分析酸的酸性强弱。
D．分析 H2O2与 KMnO4反应中 H2O2的性质。
15．（2025·福田模拟）某温度下，在密闭容器中充入一定量的，发生下列反应：，，测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、已知 X (g) Y (g) ΔH1<0，应为放热反应（X 能量高于 Y）。但此选项中 Y 能量高于 X，属于吸热反应，不符合条件；且活化能关系也不匹配，A错误；
B、两个反应均为放热反应（ΔH1<0、ΔH2<0），故 X 能量> Y 能量 > Z 能量。浓度变化显示 X到Y 速率比 Y到Z 快，说明 X到Y 的活化能（过渡态 1 与 X 的能量差）小于 Y到Z 的活化能（过渡态 2 与 Y 的能量差），与图像一致，B正确；
C、虽然反应为放热反应符合条件，但图像中 X到Y 的活化能大于 Y到Z 的活化能，与 “X到Y 速率更快（活化能应更小）” 矛盾，C错误；
D、图像显示 X 能量 0），与题目中 ΔH1<0、ΔH2<0（放热）的条件不符，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．判断反应是否为放热反应及活化能大小关系。
B．结合放热反应特征和活化能与反应速率的关系判断。
C．依据活化能大小与反应速率的对应关系分析。
D．根据焓变判断反应吸放热类型。
16．（2025·福田模拟）某研究所构建了Zn-CO2新型二次电池，为减少CO2的排放和实现能源的开发利用提供了新的研究方向，该电池以Zn和多孔Pd纳米片为两极材料，以KOH和NaCl溶液为电解液，工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．b极电势高于a极
B．当双极膜中离解1 mol H2O时，外电路转移2 mol电子
C．放电时，总反应为：Zn + CO2 + 2OH + 2H2O= + HCOOH
D．充电时，双极膜中OH 移向b极，H+移向a极
【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
【解析】【解答】A、放电时b电极是正极，a电极是负极，因此b电极电势高于a电极，A正确；
B、当双极膜解离1mol水分子时，外电路仅转移1mol电子，B错误；
C、根据分析可知，放电总反应为Zn+CO2+2OH +2H2O=Zn(OH)42 +HCOOH，C正确；
D、充电过程中，双极膜中的OH 向阳极(b极)迁移，H+向阴极(a极)迁移，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题主要考查原电池和电解池的工作原理，重点考察学生对电极反应和电解过程的理解能力。解题关键在于正确判断电极反应和掌握电解原理。根据图示信息，放电时b电极作为正极，a电极作为负极，总反应方程式为Zn+CO2+2OH +2H2O→Zn(OH)42 +HCOOH。
17．（2025·福田模拟）某实验小组探究盐溶液对弱电解质电离及难溶电解质溶解的影响。
文献：向弱电解质或难溶电解质中加入具有不同离子的可溶性强电解质溶液，会使弱电解质的电离程度或难溶电解质的溶解度增大，这种现象可称为“盐效应”。
（1）配制溶液
①计算需要固体质量：　 　(已知：)。
②配制溶液过程中，下列仪器中一定不需要的是　 　(填名称)。
（2）对弱电解质的电离的影响。
资料：ⅰ．等浓度的与的盐效应相当；等浓度的KCl与KSCN的盐效应相当。
ⅱ．(无色)；与不反应。
①加入的目的是　 　。
②对比a、b中的现象，得出的结论是　 　。
③结合化学平衡移动原理解释c中红色比b浅的原因：　 　。
（3）对难溶电解质的溶解性的影响。
ⅰ
ⅱ
对比实验ⅰ、ⅱ，对于ⅱ中溶液为红色，提出假设：
假设A．KSCN溶液的盐效应促进的溶解。
假设B．　 　。
设计对比实验ⅲ，证实假设B是主要原因。
①假设B是　 　。
②对比实验ⅲ的步骤和现象：取实验ⅱ中等质量的，加入　 　，充分振荡，静置，过滤取滤液，　 　。
（4）通过以上实验，说明该实验条件下盐溶液通过盐效应、　 　可促进弱电解质的电离及难溶电解质的溶解。
【答案】（1）0.025a g；直形冷凝管、分液漏斗
（2）排除稀释对溶液颜色的影响；溶液盐效应促进的电离；b和c中盐效应相当，，c中结合生成，使得降低，平衡正向移动，红色变浅
（3）溶液中的与结合，促进的溶解；加入溶液；滴加溶液和5滴；溶液无明显现象
（4）化学反应
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】（1）①计算需要固体质量：m=cVM=0.05mol/L×0.5L×ag/mol=0.025ag；
②配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；用FeSO4·7H2O晶体和蒸馏水配制，必须使用500mL容量瓶，同时还需要用到的仪器有：天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，故不需要的是直形冷凝管、分液漏斗；
故答案为： 0.025a g ； 直形冷凝管、分液漏斗 ；
（2）①平行实验b、c中分别加入0.5mL其它溶液，所以为了排除稀释对溶液颜色的影响，向a中加入入0.5mLH2O；
②a、b两组实验已经排除稀释对溶液颜色的影响，b中红色比a中浅，证明硫氰化铁的电离平衡受到了促进，所以MgSO4溶液促进了弱电解质Fe(SCN)3的电离；
③b、c中加入了等体积等浓度的盐溶液，所以盐效应相同，结合资料信息：，c中Fe2+结合SCN-生成Fe(SCN)2，使硫氰化铁的电离平衡：向正向移动，所以红色比b中浅；
故答案为： 排除稀释对溶液颜色的影响 ；溶液盐效应促进的电离 ； b和c中盐效应相当，，c中结合生成，使得降低，平衡正向移动，红色变浅 ；
（3）①根据文献信息：向弱电解质或难溶电解质中加入具有不同离子的可溶性强电解质溶液，会使弱电解质的电离程度或难溶电解质的溶解度增大，这种现象可称为“盐效应”，提出假设B溶液中的SCN-与Fe2+结合，促进FeCO3的溶解
②实验ⅰ设计思路为排除水的影响，实验ⅱ设计思路为溶液中的SCN-与Fe2+结合，促进FeCO3的溶解，想设计对比实验ⅲ证实假设B是主要原因一定要利用资料：等浓度的KCl与KSCN的盐效应相当，同时排阳离子K+的干扰，所以选择和硫氰化钾等体积等浓度的氯化钾溶液，进行试验，所以设计如下实验ⅲ：
或：取实验ii中等质量的FeCO3，加入3mL4mol/LKCl溶液，充分振荡，静置，取上层清液，滴加3mL4mol/LKSCN溶液和5滴10%H2O2，溶液无明显现象；
故答案为： 溶液中的与结合，促进的溶解 ； 加入溶液 ； 滴加溶液和5滴 ； 溶液无明显现象 ；
（4）通过探究，盐溶液通过盐效应可促进弱电解质的电离，盐溶液通过化学反应可促进难溶电解质的溶解。
故答案为： 化学反应 。
【分析】配制溶液，需要的仪器有500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、托盘天平、胶头滴管、量筒等；通过设计不同对比实验可探究“盐效应”对弱电解质以及难溶电解质的影响，结合平衡移动原理对实验现象进行分析即可，据此分析；
（1）根据溶质质量公式m=cVM，代入浓度、体积和摩尔质量数据，直接算出所需溶质质量。
明确配制溶液的核心仪器（如烧杯、容量瓶等），排除无需使用的仪器（直形冷凝管、分液漏斗）。
（2）加水的目的是排除 “稀释” 这一无关变量对溶液颜色的干扰，确保实验现象由目标因素导致。
对比实验现象，判断 MgSO4溶液通过盐效应促进 Fe(SCN)3电离；Fe2+与 SCN-结合，使 Fe(SCN)3电离平衡正向移动，导致溶液红色变浅。
（3）提出假设：围绕 “SCN-与 Fe2+结合是否促进 FeCO3溶解” 构建假设 B。
设计对照实验：通过加入 KCl 溶液排除无关离子干扰，再加入 KSCN 和 H2O2验证假设。
分析现象：根据 “溶液无明显现象” 判断假设是否成立。
（4）归纳盐溶液对弱电解质电离、难溶电解质溶解的促进作用，明确核心机制为 “盐效应” 和 “化学反应”。
（1）①计算需要固体质量：m=cVM=0.05mol/L×0.5L×ag/mol=0.025ag；
②配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；用FeSO4·7H2O晶体和蒸馏水配制，必须使用500mL容量瓶，同时还需要用到的仪器有：天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，故不需要的是直形冷凝管、分液漏斗；
（2）①平行实验b、c中分别加入0.5mL其它溶液，所以为了排除稀释对溶液颜色的影响，向a中加入入0.5mLH2O；
②a、b两组实验已经排除稀释对溶液颜色的影响，b中红色比a中浅，证明硫氰化铁的电离平衡受到了促进，所以MgSO4溶液促进了弱电解质Fe(SCN)3的电离；
③b、c中加入了等体积等浓度的盐溶液，所以盐效应相同，结合资料信息：，c中Fe2+结合SCN-生成Fe(SCN)2，使硫氰化铁的电离平衡：向正向移动，所以红色比b中浅；
（3）①根据文献信息：向弱电解质或难溶电解质中加入具有不同离子的可溶性强电解质溶液，会使弱电解质的电离程度或难溶电解质的溶解度增大，这种现象可称为“盐效应”，提出假设B溶液中的SCN-与Fe2+结合，促进FeCO3的溶解
②实验ⅰ设计思路为排除水的影响，实验ⅱ设计思路为溶液中的SCN-与Fe2+结合，促进FeCO3的溶解，想设计对比实验ⅲ证实假设B是主要原因一定要利用资料：等浓度的KCl与KSCN的盐效应相当，同时排阳离子K+的干扰，所以选择和硫氰化钾等体积等浓度的氯化钾溶液，进行试验，所以设计如下实验ⅲ：
或：取实验ii中等质量的FeCO3，加入3mL4mol/LKCl溶液，充分振荡，静置，取上层清液，滴加3mL4mol/LKSCN溶液和5滴10%H2O2，溶液无明显现象；
（4）通过探究，盐溶液通过盐效应可促进弱电解质的电离，盐溶液通过化学反应可促进难溶电解质的溶解。
18．（2025·福田模拟）钴是生产电池材料、高温合金、磁性材料及催化剂的重要原料。一种以某工业净化渣(含有Co、Fe、Cu等金属及其氧化物)为原料提取钴的工艺流程如图所示：
已知：常温下，，。回答下列问题：
（1）基态的价层电子轨道表示式为　 　。
（2）滤渣1和滤渣2的主要成分分别为　 　、　 　(填化学式)。
（3）在滤渣2中几乎检测不到，测得此时滤液2的pH为0.5，此时浓度小于　 　(已知：常温下，饱和水溶液中存在关系式：)。
（4）“氧化Ⅱ”过程中，与发生反应的离子方程式为　 　。
（5）“沉铁”和“沉钴”过程中都用到，其作用是　 　。
（6）一种掺钴催化剂的立方晶胞结构如图所示：
①已知：该晶胞的参数为a pm，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为　 　(用含a、的代数式表示)。
②已知：，该晶胞体对角线的投影图为　 　。
A． B． C． D．
【答案】（1）
（2）Cu；CuS
（3）
（4）
（5）调节溶液pH，利于和沉淀
（6）；D
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）Co是27号元素，基态Co原子价层电子排布式为，失去3个电子，价层电子排布式为，轨道表示式为。
故答案为： ；
（2）“浸出”时，金属及氧化物与反应，Cu不反应，滤渣1为Cu；“除铜”加入，与结合生成沉淀，滤渣2为。
故答案为： Cu ； CuS ；
（3）已知，pH = 0.5，则，可得，根据，则，即浓度小于0.18mol/L。
故答案为： ；
（4）“氧化II”中将氧化，被还原为，离子方程式为。
故答案为： ；
（5）调节溶液pH，利于和沉淀。
故答案为： 调节溶液pH，利于和沉淀 ；
（6）用均摊法，Ti原子数：1；Co原子数：1；O原子数：3，化学式为，摩尔质量，晶胞体积，根据，，则；，体对角线投影时，Co在中心，Ti在顶点，O在面心，投影图为D。
故答案为：； D 。
【分析】该流程以含 Co、Fe、Cu 等金属及其氧化物的工业净化渣为原料，首先加入 H2SO4进行浸出操作，过滤得到滤渣 1；向浸出滤液中加入 Na2S，利用 CuS 和 CoS 溶度积的差异除去铜，过滤得到滤渣 2 和滤液 2；滤液 2 中加入 H2O2进行氧化 Ⅰ，之后加入 Na2CO3沉铁，过滤得到滤渣 3；向沉铁后的滤液中加入 Na2S2O8进行氧化 Ⅱ，再加入 Na2CO3沉钴，得到 Co(OH)3，同时产生可回收的回收液。据此解题。
（1）Co是27号元素，基态Co原子价层电子排布式为，失去3个电子，价层电子排布式为，轨道表示式为。
（2）“浸出”时，金属及氧化物与反应，Cu不反应，滤渣1为Cu；“除铜”加入，与结合生成沉淀，滤渣2为。
（3）已知，pH = 0.5，则，可得，根据，则，即浓度小于0.18mol/L。
（4）“氧化II”中将氧化，被还原为，离子方程式为。
（5）调节溶液pH，利于和沉淀。
（6）用均摊法，Ti原子数：1；Co原子数：1；O原子数：3，化学式为，摩尔质量，晶胞体积，根据，，则；，体对角线投影时，Co在中心，Ti在顶点，O在面心，投影图为D。
19．（2025·福田模拟）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题：
（1）根据图1数据计算反应的　 　。
（2）研究表明，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，表示被吸附于催化剂表面的)。基态的价层电子排布式为　 　。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为　 　(填步骤前的标号)，理由是　 　。
（3）合成氨的生产流程示意如下。
下列说法不正确的是 。
A．控制原料气，是因为相对易得，适度过量可提高转化率
B．合成氨一般选择进行，铁触媒的活性最大，原料气平衡转化率高
C．热交换的目的是预热原料气，同时对合成的氨气进行降温利于液化分离
D．压缩机加压是为了保证尽可能高的平衡转化率和反应速率
（4）工业以和为原料合成尿素。液相中，合成尿素的热化学方程式为：，在液相中，的平衡转化率与温度、初始氨碳比(用L表示，)、初始水碳比(用W表示，)关系如图。
①曲线A、B中，　 　(填“A”或“B”)的W较小。
②对于液相反应，常用某组分M达到平衡时的物质的量分数x(M)代替平衡浓度来计算平衡常数(记作)。时，的的值为　 　。
【答案】（1）
（2）；(ⅱ)；在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于的键能比键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)
（3）B
（4）A；3.25
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）根据反应的转化历程中能量数据可知反应的反应物的活化能生成物的活化能。
故答案为： ；
（2）Fe为26号元素，其基态原子的价层电子排布式为：，则其基态的价层电子排布式为：；在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于的键能比键的大很多，因此断裂的步骤为速率控制步骤，在上述反应机理中，断裂的步骤为(ⅱ)步，则速率控制步骤为(ⅱ)。
故答案为： ； (ⅱ) ； 在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于的键能比键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ) ；
（3）在合成氨的生产流程中说法不正确的是：
A．与氢气相比，氮气相对易得，则氮气过适当过量，可以增大反应物氮气的浓度，使平衡向正反应方向移动，有利于增大氢气的转化率，A正确；
B．铁触媒作为催化剂，只改变反应速率，不改变平衡，不影响平衡转化率，B错误；
C．合成氨需要在的温度下进行，而合成氨是放热反应，因此在进入合成塔时进行热交换，可以预热原料气，同时对合成的氨气进行降温利于液化分离，C正确；
D．合成氨是属于气体体积减小的反应，利用压缩机加压来增大压强可以使平衡向右移动，能同时提高平衡转化率和反应速率，D正确；
故答案为：B。
（4）①根据热化学方程式，由初始水碳比可知，W越小，的平衡转化率越大，根据图形可得A曲线的平衡转化率高，则W小；
②在时，此时；，水未取用；的平衡转化率为75%；设初始时的、，列三段式：，平衡总量为，则用平衡时的物质的量分数来计算的平衡常数为：。
故答案为： A ； 3.25 。
【分析】（1）依据能量转换关系，用反应物总能量减去生成物总能量计算焓变，得 ΔH = -45 kJ mol- 。
（2）Fe3+的价层电子排布式为 3d5。
速率控制步骤为（ii），因断裂 N≡N 键的能垒最高，是反应中最慢的步骤。
（3）分析各选项：A、C、D 说法正确；B 错误（催化剂不影响平衡转化率）。
（4）①A 曲线对应 W 小（水碳比越小，CO2平衡转化率越高）。
②通过三段式算平衡时物质的量分数，代入公式得 Kx = 3.25。
（1）根据反应的转化历程中能量数据可知反应的反应物的活化能生成物的活化能。
（2）Fe为26号元素，其基态原子的价层电子排布式为：，则其基态的价层电子排布式为：；在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于的键能比键的大很多，因此断裂的步骤为速率控制步骤，在上述反应机理中，断裂的步骤为(ⅱ)步，则速率控制步骤为(ⅱ)。
（3）在合成氨的生产流程中说法不正确的是：
A．与氢气相比，氮气相对易得，则氮气过适当过量，可以增大反应物氮气的浓度，使平衡向正反应方向移动，有利于增大氢气的转化率，A正确；
B．铁触媒作为催化剂，只改变反应速率，不改变平衡，不影响平衡转化率，B错误；
C．合成氨需要在的温度下进行，而合成氨是放热反应，因此在进入合成塔时进行热交换，可以预热原料气，同时对合成的氨气进行降温利于液化分离，C正确；
D．合成氨是属于气体体积减小的反应，利用压缩机加压来增大压强可以使平衡向右移动，能同时提高平衡转化率和反应速率，D正确；
故答案为：B。
（4）①根据热化学方程式，由初始水碳比可知，W越小，的平衡转化率越大，根据图形可得A曲线的平衡转化率高，则W小；
②在时，此时；，水未取用；的平衡转化率为75%；设初始时的、，列三段式：，平衡总量为，则用平衡时的物质的量分数来计算的平衡常数为：。
20．（2025·福田模拟）布洛芬(Ⅳ)是一种非甾体抗炎药，具有镇痛、解热和抗炎的作用。以金属氢化物(如)为还原剂代替锌汞齐作催化剂可实现绿色合成布洛芬，其合成工艺路线如图所示。
（1）化合物Ⅰ的分子式为　 　。化合物Ⅳ中官能团的名称为　 　，化合物Ⅱ的某种同分异构体含有苯环，能与溶液发生显色反应，且核磁共振氢谱图上只有4组峰，写出其中一种化合物的结构简式：　 　。
（2）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的有_______。
A．化合物Ⅰ中存在“头碰头”形成的键
B．由化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，有非极性共价键的断裂与形成
C．化合物Ⅲ属于卤代烃，难溶于水。
D．化合物Ⅲ中，碳原子采取和杂化，并且存在手性碳原子
（3）对于化合物Ⅲ，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
① 　 　 　 　
② 　 　 　 　 取代反应
（4）利用题目所给原理，以丙酮为原料合成，基于你设计的合成路线回答下列问题：
①第一步反应为丙酮与非极性分子发生原子利用率100%的反应，产物的结构简式为　 　。
②相关步骤涉及卤代烃的生成且为取代反应的化学方程式为　 　。
③最后一步反应的化学方程式为　 　。
【答案】（1）；羧基； (或)
（2）C；D
（3）NaOH醇溶液、加热；消去反应；NaOH水溶液、加热；
（4）；；
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；羧酸简介
【解析】【解答】（1）化合物Ⅰ的结构简式为，其分子式为；化合物Ⅳ中官能团的名称为羧基；观察结构可知，化合物Ⅱ中含氧官能团的名称为羟基；化合物Ⅱ的某种同分异构体含有苯环，能与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且核磁共振氢谱图上只有4组峰，说明存在对称结构，符合条件的同分异构体为、；
故答案为： ； 羧基 ； (或) ；
（2）A．“头碰头”形成的σ键，化合物I中含有羰基，存在“肩并肩”形成的键，故A错误；
B．由化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，羰基转化为，有极性共价键的断裂与极性键的形成，没有非极性的形成，故B错误；
C．化合物Ⅲ中溴原子连接烃基，属于卤代烃，故C正确；
D．化合物Ⅳ中，双键、苯环中碳原子采取杂化，饱和碳原子采取杂化，羧基连接的碳原子连接4个不同的原子或原子团，属于手性碳原子，故D正确；
故答案为：CD；
（3）对于化合物Ⅲ，含有碳溴键且溴原子连接的碳原子相邻的碳原子上含有氢原子；
①在NaOH醇溶液、加热条件下可以发生消去反应生成；
②可以在NaOH水溶液、加热条件下发生取代反应生成；
故答案为： NaOH醇溶液、加热 ； 消去反应 ； NaOH水溶液、加热 ； ；
（4）合成的中间物是、，模仿I到Ⅳ的转化生成，还原生成，再与氢溴酸反应生成，最后发生类似Ⅲ→Ⅳ的转化生成，发生消去反应生成与HBr反应生成水解生成，合成路线为；
①由上述分析可知，第一步反应为丙酮与非极性分子发生原子利用率100%的反应，还原生成，产物的结构简式为；
②由上述分析可知，涉及卤代烃的生成且为取代反应的化学方程式为+H2O、；
③最后一步反应为酯化反应，化学方程式为。
故答案为： ； ； 。
【分析】Ⅰ发生还原反应生成Ⅱ，Ⅱ发生取代反应生成Ⅲ，Ⅲ发生取代反应生成Ⅳ，据此分析；
（1）分子式：根据化合物 Ⅰ 的结构，数出 C、H、O 原子数，得 C12H16O。
官能团：化合物 Ⅳ 中含羧基。
同分异构体：含苯环和酚羟基，氢谱 4 组峰（对称结构），如邻位二叔丁基苯酚（或对位结构）。
（2）A （羰基是 “肩并肩” p-pπ 键）；B （无非极性键形成）；C （Ⅲ 是卤代烃，难溶于水）；D （含 sp3、sp2 杂化碳，有手性碳）。
（3）①试剂：NaOH 醇溶液、加热，反应类型为消去反应。
②试剂：NaOH 水溶液、加热，生成含羟基的结构，反应类型为取代反应。
（4）①第一步产物：丙酮还原生成的醇，结构简式为 (CH3)2CHOH，据此书写化学方程式。
②取代反应方程式：(CH3)2CHOH 与浓 HBr 加热生成 (CH3)2CHBr 和水，据此书写化学方程式。
③最后一步：羧酸与丙醇在浓硫酸加热下发生酯化反应生成酯和水，据此书写化学方程式。
（1）化合物Ⅰ的结构简式为，其分子式为；化合物Ⅳ中官能团的名称为羧基；观察结构可知，化合物Ⅱ中含氧官能团的名称为羟基；化合物Ⅱ的某种同分异构体含有苯环，能与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且核磁共振氢谱图上只有4组峰，说明存在对称结构，符合条件的同分异构体为、；
（2）A．“头碰头”形成的σ键，化合物I中含有羰基，存在“肩并肩”形成的键，故A错误；
B．由化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，羰基转化为，有极性共价键的断裂与极性键的形成，没有非极性的形成，故B错误；
C．化合物Ⅲ中溴原子连接烃基，属于卤代烃，故C正确；
D．化合物Ⅳ中，双键、苯环中碳原子采取杂化，饱和碳原子采取杂化，羧基连接的碳原子连接4个不同的原子或原子团，属于手性碳原子，故D正确；
答案为CD；
（3）对于化合物Ⅲ，含有碳溴键且溴原子连接的碳原子相邻的碳原子上含有氢原子；
①在NaOH醇溶液、加热条件下可以发生消去反应生成；
②可以在NaOH水溶液、加热条件下发生取代反应生成；
（4）合成的中间物是、，模仿I到Ⅳ的转化生成，还原生成，再与氢溴酸反应生成，最后发生类似Ⅲ→Ⅳ的转化生成，发生消去反应生成与HBr反应生成水解生成，合成路线为；
①由上述分析可知，第一步反应为丙酮与非极性分子发生原子利用率100%的反应，还原生成，产物的结构简式为；
②由上述分析可知，涉及卤代烃的生成且为取代反应的化学方程式为+H2O、；
③最后一步反应为酯化反应，化学方程式为。
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