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广东省建文教育集团两学部2024-2025学年高三上学期1月第一次模拟考试 化学试题
一、单选题：本大题共16小题，共44分。
1．（2025·广东模拟）下列说法正确的是
A．仅用酸性高锰酸钾溶液可以鉴别苯、苯乙烯、环己烷
B．糖类、蛋白质、油脂都可以发生水解
C．以苯甲醇为原料可以制得苯甲酸
D．分子式为的有机物一定能和钠反应产生
2．（2025·广东模拟）下列属于盐的是（）
A．Na2CO3 B．MgO C．NaOH D．CH4
3．（2025·广东模拟）下列说法不正确的是
A．铁锈的形成一定发生了氧化还原反应
B．复分解反应都不是氧化还原反应
C．燃烧都是放热反应，也都是氧化还原反应
D．分解反应都是氧化还原反应
4．（2025·广东模拟）下列表示物质结构的化学用语或模型图正确的是
A．CO2的比例模型：
B．的电子式为：
C．的结构式：
D．的原子结构示意图：
5．（2025·广东模拟）下列实验不能获得成功的是
①将水和溴乙烷混合加热制乙醇
②将乙醇与浓硫酸共热至140℃来制取乙烯
③用电石和水制取乙炔
④苯、浓溴水和铁粉混合，反应后可制得溴苯
⑤将乙醇和3 mol L -1的硫酸按体积比1：3混和共热至170 ℃制乙烯
A．只有②④⑤ B．只有①②④
C．只有②④ D．只有①②④⑤
6．（2025·广东模拟）由CO2合成环状碳酸酯的一种反应机理如图所示。
下列说法不正确的是
A．转化过程中涉及极性键的断裂与形成
B．根据杂化轨道理论，上述转化过程中的含碳化合物碳原子的杂化方式为sp2和sp3
C．化合物1的阳离子体积大，所含离子键较弱，其常温下可能为液态
D．可按照该反应机理与CO2反应生成
7．（2025·广东模拟）下列说法正确的是（　　）
A．HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3 kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热△H=2×(-57.3) kJ/mol
B．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
C．0.1mol氮气和0.3mol氢气，在密闭容器中充分反应生成氨气，转移的电子数为0.6NA
D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
8．（2025·广东模拟）一种新型合成氨的过程如图所示。下列说法正确的是
A．NH3和的中心原子杂化方式相同
B．“固氮”和“转氮”过程均属于人工固氮
C．该合成氨过程中，参加反应的N2与H2O的物质的量之比为3∶1
D．该合成氨过程中，所有反应均为氧化还原反应
9．（2025·广东模拟）利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是
A．用装置Ⅰ除去苯中的三溴苯酚
B．用装置Ⅱ证明苯与溴发生取代反应
C．用装置Ⅲ证明不同浓度硝酸还原产物可为NO、NO2
D．用装置Ⅳ制备并较长时间观察到Fe(OH)2
10．（2025·广东模拟）若NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，22.4L HF物质中含有NA个分子数
B．0. 1mol/L的NH4NO3溶液中，N原子总数为0.2NA
C．1mol 的Fe与一定量的稀HNO3反应，Fe全部溶解，转移的电子数可能是2.8NA
D．体积相同的O2和N2，分子数都是NA
11．（2025·广东模拟）为阿伏加德罗常数的数值。下列有关说法正确的是
A．28g乙烯和环丙烷的混合物中，碳原子总数为2
B．25℃，0.01水溶液中的数目小于0.01
C．标准状况下，11.2L HF所含有的分子数为0.5
D．1mol环戊烯()中含有键的数目为5
12．（2025·广东模拟）某同学在pH试纸上滴几滴新制氯水，现象如图所示，有关该实验的说法中正确的是
A．该实验说明因具有强氧化性能漂白试纸
B．该实验说明扩散速度比HClO快
C．将实验后的pH试纸在酒精灯上微热，试纸又恢复为原来的颜色
D．若用久置的氯水进行实验，现象相同
13．（2025·广东模拟）高纯镓是制备第三代半导体的重要原料，其化学性质与铝相似。下图为工业精炼镓的装置示意图。下列说法不正确的是
A．阴极的电极反应为
B．电解过程中，阳极室中的物质的量减小
C．电路中每转移电子，理论上粗镓熔融液减少
D．电解后粗镓中的以离子形式进入溶液中
14．（2025·广东模拟）下列分子或离子中含有孤电子对的是
A． B． C． D．
15．（2025·广东模拟）下列各化学图示均能表示乙烯分子，其中更能真实反映乙烯分子结构的是
A． B．
C． D．
16．（2025·广东模拟）将4 mol NO(g)和4 mol CO(g)充入一个2 L恒容密闭容器中，发生反应：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) ΔH＜0，测得CO的平衡转化率随温度变化的曲线如图1所示；在催化剂、一定温度下对该反应进行研究，经过相同时间测CO转化率与反应温度的关系曲线如图2所示。下列说法错误的是
已知：反应速率v=v正 v逆=k正·c2(NO)·c2(CO) k逆·c2(CO2)·c(N2)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。
A．图像中A点逆反应速率小于B点正反应速率
B．200℃时反应的平衡常数K=0.5
C．200℃时当CO的转化率为40%时，v正∶v逆=20：81
D．C点转化率低于B点的原因可能是催化剂活性降低或平衡逆向移动造成的
二、非选择题：本大题共4小题，共56分。
17．（2025·广东模拟）盐湖卤水(主要含Na+、Mg2+、Li+、Cl-、和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备的工艺流程如图：
已知：常温下，。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。
回答下列问题：
（1）含硼固体中的B(OH)3在水中存在平衡：(常温下，)；B(OH)3与溶液反应可制备硼砂。常温下，在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和，该水解反应的离子方程式为　 　，该溶液pH=　 　。
（2）滤渣Ⅰ的主要成分是　 　(填化学式)；精制Ⅰ后溶液中Li+浓度为，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在　 　以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，还将增加　 　的用量(填化学式)。
（3）精制Ⅱ的目的是　 　；进行操作X时应选择的试剂是　 　。
18．（2025·广东模拟）在课堂上，老师演示了金属钠与CuSO4溶液的反应，同学们观察到该反应中生成了蓝色的Cu(OH)2沉淀而没有发现铜单质生成。但某同学想：会不会因生成的铜较少被蓝色沉淀所覆盖而没有被发现呢？于是他想课后到实验室继续探究，希望进一步用实验来验证自己的猜测是否正确。
假如该同学是你，请你写一张实验准备单交给老师，请求老师提供必需的用品。
(1)实验探究目的：　 　。
(2)探究所依据的化学原理：　 　。
(3)实验必需仪器：小刀、玻璃片、滤纸、漏斗、玻璃棒、铁架台、　 　和　 　；实验药品：金属钠、　 　和　 　。该同学在探究实验中意外地发现生成的蓝色沉淀中混有少量的黑色难溶物，而所使用的药品均没有问题，你认为该黑色难溶物是　 　，生成该黑色难溶物的原因是　 　。
19．（2025·广东模拟）研究NOx、CO等大气污染气体的处理及利用的方法具有重要意义，可实现绿色环保、节能减排、废物利用等目的。
（1） 利用甲烷催化还原NOx：
CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣574kJ mol﹣1
CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=﹣1160kJ mol﹣1
甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为　 　。
（2）已知等体积的一氧化碳和水蒸气进入反应器时，发生如下反应：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)，500℃时的平衡常数为9，若在该温度下进行，设起始时CO和H2O的起始浓度均为0.020 mol·L－1，则CO的平衡转化率为：　 　。
（3） 用活化后的V2O5作催化剂，氨气将NO还原成N2的一种反应历程如图1所示。
①写出总反应化学方程式　 　。
②测得该反应的平衡常数与温度的关系为：lgK=5.08+217.5/T，该反应是　 　反应（填“吸热”或“放热”）。
③该反应的含氮气体组分随温度变化如图2所示，当温度达到700K时，发生副反应的化学方程式　 　。
（4）下图是用食盐水做电解液电解烟气脱氮的一种原理图，NO被阳极产生的氧化性物质氧化为NO3—，尾气经氢氧化钠溶液吸收后排入空气。如下图，电流密度和溶液pH对烟气脱硝的影响。
①NO被阳极产生的氧化性物质氧化为NO3－反应的离子方程式　 　。
②溶液的pH对NO去除率影响的原因是　 　。
③若极板面积10cm2，实验烟气含NO 1.5%，流速为0.070L·s－1（气体体积已折算成标准状态，且烟气中无其他气体被氧化），法拉第常数为96500 C·mol－1，测得电流密度为1.0 A·cm－2。列式计算实验中NO除去率　 　。
20．（2025·广东模拟）化合物最早发现于酸牛奶中，它是人体内糖代谢的中间体，可由马铃薯、玉米淀粉等发酵制得，的钙盐是人们喜爱的补钙剂之一，又称为乳酸。A在某种催化剂的存在下进行氧化，其产物不能发生银镜反应。在浓硫酸存在下，可发生如图所示的反应。
（1）化合物的结构简式：　 　；　 　；　 　。
（2）化学方程式：　 　　 　。
（3）反应类型：　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、苯和环己烷均不与酸性高锰酸钾反应，且密度都比水小，无法用酸性高锰酸钾鉴别，A错误；
B、糖类中的单糖（如葡萄糖）不能水解，B错误；
C、苯甲醇可被氧化（如酸性高锰酸钾氧化）生成苯甲酸，C正确；
D、分子式为 C4H10O 的有机物可能是醚（不含羟基），与钠不反应，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对有机物的鉴别方法掌握不牢，误判苯、环己烷与酸性高锰酸钾的反应及密度差异，认为仅用酸性高锰酸钾能鉴别三者。
不清楚糖类的分类及水解特性，错误认为所有糖类都能水解，忽略单糖（如葡萄糖、果糖）不能水解的情况。
对分子式为 C4H10O 的有机物的结构类型认识不足，忽略其可能为醚类（不含羟基，与钠不反应），误判其与钠的反应。
2．【答案】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A.Na2CO3能电离出金属阳离子和酸根离子，属于盐，A符合题意；
B.盐酸能电离出的阳离子只有氢离子，属于酸，B不符合题意；
C.水属于氧化物，不属于盐，C不符合题意；
D.氢氧化钠电离出的阴离子只有氢氧根，属于碱，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】此题是对物质分类的考查，结合盐的定义分析。盐是指由金属阳离子（或NH4+）与酸根阴离子结合而成的化合物。
3．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、铁锈形成时 Fe 被氧化，化合价升高，属于氧化还原反应，A正确；
B、复分解反应中元素化合价无变化，一定不是氧化还原反应，B正确；
C、燃烧是放热的氧化还原反应，存在元素化合价变化，C正确；
D、分解反应不一定有化合价变化（如碳酸钙分解），并非都是氧化还原反应，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要是对分解反应与氧化还原反应的关系认识不清，错误认为所有分解反应都存在元素化合价变化，忽略了如碳酸钙分解这类无化合价变化的分解反应，从而误判分解反应都是氧化还原反应。
4．【答案】C
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、CO2中 C 原子半径大于 O 原子，但该模型中两个大球代表 O、小球代表 C，与实际原子半径（C>O）不符，因此比例模型错误，A错误；
B、NH4Cl 的电子式需完整表示 Cl-的最外层电子，，B错误；
C、HClO 中 O 原子在中间，与 H、Cl 各形成一对共用电子对，结构式为，C正确；
D、 4C 的核电荷数为 6， 原子结构示意图为，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要有：
对原子半径大小判断不准确，误判 CO2比例模型中 C 和 O 原子的球体大小。
书写离子化合物电子式时，忽略阴离子（如 Cl-）的最外层电子完整表示。
对 HClO 的成键方式认识不清，错误判断中心原子及化学键连接顺序。
混淆不同元素的核电荷数，绘制原子结构示意图时误标核内质子数。
5．【答案】D
【知识点】苯的结构与性质；卤代烃简介；乙醇的消去反应
【解析】【解答】①溴乙烷水解需 NaOH 水溶液、加热，仅用水无法制乙醇，实验失败。
②乙醇与浓硫酸共热至 140℃生成乙醚，170℃才生成乙烯，实验失败。
③电石（CaC2）与水反应可制取乙炔，实验成功。
④苯与溴反应制溴苯需纯溴、铁粉催化，浓溴水不行，实验失败。
⑤制乙烯需浓硫酸（不是稀硫酸），且乙醇与浓硫酸体积比 1：3、共热至 170℃，实验失败。
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要有：
对溴乙烷水解的反应条件认识不足，忽略需要 NaOH 水溶液，误认为仅用水就能反应制乙醇。
混淆乙醇消去反应（制乙烯）和分子间脱水反应（制乙醚）的温度条件，误将 140℃当作制乙烯的温度。
不清楚苯与溴反应制溴苯的试剂要求，错误使用浓溴水代替纯溴。
对制乙烯所需的硫酸浓度判断错误，误将稀硫酸当作浓硫酸使用。
6．【答案】B
【知识点】化学键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、转化过程中存在碳氧极性键的断裂（如环氧结构中的 C-O 键）和碳溴极性键的形成（如含 Br 的中间体），A正确；
B、含碳化合物中，饱和碳原子为 sp3 杂化，酯基碳为 sp2 杂化，而 CO2中 C 为 sp 杂化，并非只有 sp2 和 sp3 杂化，B错误；
C、化合物 1 的阳离子是体积较大的有机阳离子，离子键较弱，常温下可能呈液态，C正确；
D、结合反应机理，环氧结构（ ）可与 CO2反应生成环状碳酸酯（ ），该物质能按照此机理反应生成目标产物，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．突破口是识别反应过程中极性键（如 C-O、C-Br 键）的断裂与形成，以此判断描述。
B．关键是分析含碳化合物（包括 CO2）中碳原子的杂化方式，注意 CO2中 C 为 sp 杂化，突破 “仅 sp2 和 sp3 杂化” 的误区。
C．抓住 “有机阳离子体积大，离子键弱” 的特点，判断其常温下的状态。
D．依据反应机理的迁移性，分析环氧结构与 CO2的反应可能性。
7．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；中和热；金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A．中和热是指生成 1mol 水时的热量变化，H2SO4和 Ca(OH)2反应除生成水外还生成硫酸钙沉淀，且中和热△H 不随反应计量数改变，A错误；
B．反应的吸放热与是否加热无关（如燃烧反应需加热但为放热反应），B错误；
C．氮气和氢气生成氨气的反应是可逆反应，不能完全进行，转移电子数小于 0.6NA，C错误；
D．镁棒与电热水器内胆形成原电池，镁作负极被氧化，保护内胆（正极），属于牺牲阳极的阴极保护法，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．抓住中和热的定义，分析 H2SO4和 Ca(OH)2反应的特殊产物（硫酸钙沉淀），判断其中和热不满足 “2×(-57.3) kJ/mol”。
B．明确反应吸放热与反应条件（加热）无关，通过举例突破误区。
C．依据可逆反应不能进行到底的特点，判断氮气和氢气反应转移的电子数小于理论值0.6NA。
D．识别镁棒与内胆形成原电池的结构，镁作负极的 “牺牲阳极” 行为，是判断该保护法的关键。
8．【答案】A
【知识点】工业合成氨；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应
【解析】【解答】A、计算 NH3和 NH4+中心 N 原子的价层电子对数，均为 4，故均为 sp3 杂化，A正确；
B、“转氮” 过程无氮气参与，不属于氮的固定，更不属于人工固氮，B错误；
C、结合得失电子守恒，N2转化为 NH3时 1mol N2转移 6mol 电子，H2O 转化为 O2时 1mol H2O 转移 2mol 电子，故 N2与 H2O 物质的量之比为 1：3，C错误；
D、生成 NH4Cl 的反应无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．通过计算 NH3和 NH4+中心 N 原子的价层电子对数，判断杂化方式是否相同，这是判断的关键。
B．明确人工固氮的定义（将游离态氮转化为化合态氮且有氮气参与），分析 “转氮” 过程是否符合，以此突破。
C．利用得失电子守恒，结合 N2和 H2O 的电子转移数，计算两者物质的量之比，是解题突破口。
D．寻找流程中无化合价变化的反应（如生成 NH4Cl 的反应），判断是否所有反应均为氧化还原反应。
9．【答案】D
【知识点】苯的结构与性质；蒸馏与分馏
【解析】【解答】A、三溴苯酚溶于苯，无法通过过滤（装置 Ⅰ）分离，应选分液或蒸馏法，A不能达到目的；
B、苯与溴的取代反应会生成 HBr，但挥发的溴蒸气也能使 AgNO3溶液产生沉淀，无法证明 HBr 存在（即无法证明取代反应），B不能达到目的；
C、浓 HNO3与 Fe 常温下钝化，不生成 NO2；稀 HNO3与 Fe 反应生成 NO，但装置 Ⅲ 中 Fe 未与稀 HNO3接触，C不能达到目的；
D、装置 Ⅳ 中，Fe 为阳极失电子生成 Fe2+，C 为阴极生成 OH-，二者结合生成 Fe(OH)2；苯层隔绝空气，能较长时间观察到 Fe(OH)2，D能达到目的；
故答案为：D。
【分析】解题突破口：
A．抓 “物质溶解性”：三溴苯酚易溶于苯，过滤（装置 Ⅰ）仅能分离不溶性固体，无法分离二者。
B．抓 “干扰因素”：苯与溴反应时，溴蒸气会挥发，溴本身也能与 AgNO3溶液生成沉淀，无法证明是取代反应生成的 HBr 导致沉淀。
C．抓 “反应条件 + 装置结构”：浓 HNO3与 Fe 常温下钝化，不反应；装置 Ⅲ 中 Fe 未接触稀 HNO3，无法发生反应生成 NO。
D．抓 “电解原理 + 防氧化措施”：电解时 Fe 作阳极失电子生成 Fe2+，阴极生成 OH-，二者结合得 Fe(OH)2；苯层隔绝空气，避免 Fe(OH)2被氧化，符合实验目的。
10．【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、HF在标准状况下为液态，不能用气体摩尔体积（22.4L/mol）计算分子数，A错误；
B、题干未给出 NH4NO3溶液的体积，无法计算 N 原子总数，B错误；
C、1mol Fe 与稀 HNO3反应时，若 HNO3过量，Fe 全部生成 Fe3+，转移 3NA电子；若 HNO3不足，Fe 全部生成 Fe2+，转移 2NA电子。因此电子转移数可在 2NA~3NA之间，2.8NA符合该范围，C正确；
D、体积相同的 O2和 N2，未说明是同温同压下，无法确定分子数是否均为 NA，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．解题关键是明确气体摩尔体积的适用对象为 “标准状况下的气体”，HF标况下是液态，直接排除。
B．计算溶液中粒子数的核心前提是 “已知溶液体积”，题干未给出，无法计算，以此突破。
C．突破口是分析 Fe 与稀 HNO3反应的变量 ——HNO3的用量，分过量和不足两种情况判断电子转移范围，2.8NA在范围内即合理。
D．应用阿伏加德罗定律的关键条件是 “同温同压”，题干未说明，无法确定分子数相等。
11．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；盐类水解的应用；气体摩尔体积
【解析】【解答】A、乙烯的分子式是 C2H4，环丙烷的分子式是 C3H6，二者的最简式均为 CH2。28g 混合物中，CH2的物质的量为 28g÷14g mol- = 2mol，故碳原子总数为 2mol×NA=2NA，A正确；
B、题目只给出了 CH3COONa 溶液的浓度，未说明溶液体积，无法计算 CH3COO-的物质的量（即使考虑水解，也因体积未知不能确定其数目），B错误；
C、标准状况下，HF 不是气态（HF 沸点较高，常温常压下为液态），不适用 “标准状况下 1mol 气体体积为 22.4L” 的规律，无法用 11.2L 计算其分子数，C错误；
D、环戊烯 () 的结构中，每个单键是 σ 键，双键中含 1 个 σ 键和 1 个 π 键。环戊烯分子键的数目为13，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：A．易忽略乙烯、环丙烷最简式均为 CH2，需通过最简式计算碳原子数。
B．漏看 “无溶液体积”，无法计算离子数目，不能直接判断 CH3COO-的量。
C．误判 HF 状态，标况下 HF 是液态，不适用气体摩尔体积计算。
D．错数 σ 键，环戊烯的双键含 1 个 σ 键，且忽略 C-Hσ 键，实际 σ 键数为 13NA。
12．【答案】B
【知识点】氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、Cl2本身无漂白性，氯水中的 HClO 具有强氧化性，能漂白试纸，实验现象源于 HClO 而非 Cl2，A错误；
B、滴加氯水处因 HClO 漂白呈白色，周围因 H+使试纸变红呈浅红色，说明 H+扩散到周围的速度比 HClO 快，B正确；
C、HClO 的漂白是氧化作用，属于永久性漂白，加热后试纸颜色无法恢复，C错误；
D、久置氯水中 HClO 分解为 HCl 和 O2，仅剩 HCl，无漂白性，滴加后只会变红不会变白，现象不同，D错误；
故答案为：B。
【分析】根据新制氯水的成分（含 H+、Cl-、HClO、Cl2等）及各成分的性质，结合实验现象（滴加处变白、周围浅红）分析选项正误。A．判断漂白试纸的物质是 Cl2还是 HClO。
B．通过现象对比分析 H+与 HClO 的扩散速率。
C．判断HClO 的漂白是否可逆。
D．判断久置氯水与新制氯水的成分差异对实验现象的影响。
13．【答案】D
【知识点】铜的电解精炼；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、阴极处于碱性环境，NaGaO2中的GaO2-得电子被还原为 Ga，电极反应式为：
GaO2-+2H2O+3e-=Ga+4OH-，A正确；
B、阳极发生Ga的氧化反应：Ga-3e-+4OH-=GaO2-+2H2O，该反应会消耗 OH-；虽然阴离子交换膜能让阴极的OH-移向阳极，但阳极消耗OH-的量大于移入量，因此阳极室中 OH-的物质的量会减小，B正确；
C、根据电子转移守恒，电路中转移 3mol 电子时，阳极恰好有 1mol Ga 失去电子转化为 Ga3+，并通过快离子导体迁移；Ga的摩尔质量为70g/mol，因此粗镓熔融液理论上减少 70g，C正确；
D、镓与铝性质相似，可与NaOH反应生成可溶的GaO2-；但 Zn、Fe不与NaOH发生反应，也无法在该电解条件下生成可溶于NaOH溶液的离子，因此Zn、Fe会以单质杂质的形式留在粗镓熔融液中，不会进入NaOH溶液，D错误；
故答案为：D。
【分析】在电解精炼镓的过程中，纯镓对应阴极、含杂质的粗镓对应阳极，分别连接电源的负极（M）和正极（N）：
阳极反应：粗镓中活泼性较强的 Ga（及Zn）会失去电子，Ga 失电子后与溶液中的 OH-结合，生成 GaO2-，反应式为：Ga-3e-+4OH-=2H2O+GaO2-；
阴极反应：阳极生成的 GaO2-会在阴极得到电子，被还原为纯镓，反应式为：
2H2O+GaO2-+3e-=Ga+4OH-。
基于上述电极反应和装置的离子迁移规则，可对各选项进行分析判断。
14．【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A、NH4+中心 N 原子的孤电子对数=×(5 - 1 - 4×1) = 0，不含孤电子对，A错误；
B、CH4中心 C 原子的孤电子对数=×(4 - 4×1) = 0，不含孤电子对，B错误；
C、SiH4中心 Si 原子的孤电子对数=×(4 - 4×1) = 0，不含孤电子对，C错误；
D、PH3中心 P 原子的孤电子对数=×(5 - 3×1) = 1，含有孤电子对，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要是对孤电子对计算方法的应用不熟练，容易忽略中心原子的价电子数、成键电子数的准确判断，从而误算孤电子对数，比如在计算PH3中心P原子的孤电子对时，若错误处理价电子数或成键电子数，就可能得出错误结论。
15．【答案】A
【知识点】结构式；结构简式；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A、乙烯的比例模型体现了 C、H 原子的相对大小及平面连接形式，最能真实反映分子结构，A正确；
B、电子式仅体现原子间的成键电子对，无法反映原子大小和空间结构，B错误；
C、结构式仅体现原子连接方式，不能反映原子相对大小和空间构型，C错误；
D、球棍模型侧重原子连接的 “棍”（化学键）和 “球”（原子），但原子大小为等比例球体，不如比例模型真实，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．抓住比例模型的核心优势 —— 既呈现 C、H 原子的实际相对大小，又能体现乙烯的平面结构，符合 “真实反映” 的要求。
B．突破口是判断电子式的局限性——仅能表示成键电子对，无法体现原子大小和空间形态。
C．关键是认识结构式的作用边界——只展示原子连接顺序，不涉及原子尺寸和空间排布。D．核心是区分球棍模型与比例模型的差异——球棍模型的 “球” 为等比例简化，不能真实体现原子相对大小。
16．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、温度越高，反应速率越快（包括正、逆反应速率）。B 点温度（260℃）高于 A 点（200℃），且 B 点对应反应速率（无论正逆）均大于 A 点；同时 B 点正反应速率是该温度下的速率，因此 A 点逆反应速率小于 B 点正反应速率，A正确；
B、200℃时，CO 平衡转化率为 50%，容器体积 2L。反应为 2NO+2CO=2CO2+N2，初始浓度：NO 为 2mol/L、CO 为 2mol/L；转化浓度：CO 为 2mol/L×50%=1mol/L，故 NO 转化 1mol/L，生成 CO2 1mol/L、N2 0.5mol/L。平衡浓度：NO=1mol/L，CO=1mol/L，CO2=1mol/L，N2=0.5mol/L。平衡常数 K= ，B 正确。
C、200℃时，先算 CO 转化率 40% 时的各物质浓度：转化的 CO 为 2mol/L×40%=0.8mol/L，故 NO 转化 0.8mol/L，生成 CO2 0.8mol/L、N2 0.4mol/L。此时浓度：NO=2-0.8=1.2mol/L，
CO=2-0.8=1.2mol/L，CO2=0.8mol/L，N2=0.4mol/L。平衡时 v 正 = v 逆，即 k 正 c2(NO) c2(CO)=k 逆 c2(CO2) c (N2)，代入平衡浓度得 。
此时v正=k正 ×(1.2)2×(1.2)2，v逆=k逆×(0.8)2×0.4，故 v正：v逆= ，并非 20：81，C错误；
D、该反应 ΔH<0（放热），温度升高平衡逆向移动；同时温度过高可能使催化剂活性降低，导致反应速率减慢、转化率下降。因此 C 点转化率低于 B 点，可能是这两个原因，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
A．易忽略 “温度升高，正、逆反应速率均加快”，误认为 B 点逆反应速率小于 A 点，或混淆正、逆反应速率的比较逻辑。
B．易忘记 “容器体积为 2L”，直接用物质的量（而非浓度）计算平衡常数；或混淆 “转化浓度” 与 “平衡浓度” 的关系，导致浓度代入错误。
C．易忽略 “平衡时= K” 的关系，直接用浓度计算速率比；同时易算错各物质的浓度（如混淆转化量与平衡量），导致速率比的数值和比例关系错误。
D．易只考虑 “平衡逆向移动”，忽略 “催化剂活性随温度升高而降低” 的因素，对转化率下降的原因分析不全面。
17．【答案】（1）[B4O5(OH)4]2-+5H2O2B(OH)3+2[B(OH)4]-；9.34
（2）Mg(OH)2、CaSO4；5.5×10-4；CaO和Na2CO3
（3）提高Li2CO3的纯度，避免混有CaCO3杂质；盐酸
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；过滤；制备实验方案的设计；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）常温下，在0.1mol·L-1硼砂溶液中，[B4O5(OH)4]2-水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]-，该水解反应的离子方程式为[B4O5(OH)4]2-+5H2O2B(OH)3+2[B(OH)4]-，该溶液中，B(OH)3+H2OH++[B(OH)4]-，由于反应进行的程度很小，c[B(OH)3]与c{[B(OH)4]-}近似相等，所以c(H+)≈Ka=10-9.34，pH=9.34。
故答案为： [B4O5(OH)4]2-+5H2O2B(OH)3+2[B(OH)4]- ； 9.34 ；
（2）由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是Mg(OH)2、CaSO4；精制Ⅰ后溶液中Li+浓度为2.0mol·L-1，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在mol·L-1=5.5×10-4mol·L-1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，溶液中大部分Mg2+也无法除去，因此，还将增加CaO和Na2CO3的用量。
故答案为： Mg(OH)2、CaSO4 ； 5.5×10-4 ； CaO和Na2CO3 ；
（3）由于CaSO4微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的Ca2+，还需要除去Ca2+，所以精制Ⅱ的目的是：提高Li2CO3的纯度，避免混有CaCO3杂质；操作X是为了除去且不引入新的杂质，应选择的试剂是盐酸。
故答案为： 提高Li2CO3的纯度，避免混有CaCO3杂质 ； 盐酸 。
【分析】盐湖卤水（主要成分为 Na+、Mg2+、Li+、Cl-、SO42-及硼酸根离子等）首先进行脱硼操作：加入盐酸后，硼酸根转化为 B(OH)3沉淀析出。过滤除去沉淀后，滤液经浓缩结晶得到含 Na+、Mg2+、Li+、Cl-、SO42-的混合晶体；对该晶体进行煅烧处理，过程中 MgCl2 6H2O 发生水解并伴随热分解，最终生成 MgO 固体，烧渣经水浸过滤后，固体主要成分为 MgO。
滤液继续处理：加入生石灰后，由于 CaSO4和 Mg(OH)2在该条件下溶解度极低，形成滤渣 Ⅰ，其主要成分为 CaSO4和 Mg(OH)2；精制 Ⅰ 所得滤液中再加入纯碱，因 CaSO4微溶于水，会进一步反应生成 CaCO3，即滤渣 Ⅱ；精制 Ⅱ 滤液中加入盐酸除去过量的 CO32-，经浓缩结晶可得到 NaCl 晶体；剩余浓缩滤液中加入饱和 Na2CO3溶液，最终实现沉锂，得到 Li2CO3产品。
（1）常温下，在0.1mol·L-1硼砂溶液中，[B4O5(OH)4]2-水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]-，该水解反应的离子方程式为[B4O5(OH)4]2-+5H2O2B(OH)3+2[B(OH)4]-，该溶液中，B(OH)3+H2OH++[B(OH)4]-，由于反应进行的程度很小，c[B(OH)3]与c{[B(OH)4]-}近似相等，所以c(H+)≈Ka=10-9.34，pH=9.34。
（2）由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是Mg(OH)2、CaSO4；精制Ⅰ后溶液中Li+浓度为2.0mol·L-1，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在mol·L-1=5.5×10-4mol·L-1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，溶液中大部分Mg2+也无法除去，因此，还将增加CaO和Na2CO3的用量。
（3）由于CaSO4微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的Ca2+，还需要除去Ca2+，所以精制Ⅱ的目的是：提高Li2CO3的纯度，避免混有CaCO3杂质；操作X是为了除去且不引入新的杂质，应选择的试剂是盐酸。
18．【答案】确定钠与CuSO4溶液反应是否有铜生成；氢氧化铜可溶于盐酸而铜不溶[Cu(OH)2＋2HCl=CuCl2＋2H2O]；镊子；烧杯；CuSO4溶液；盐酸；CuO；钠与水反应放出的热使生成的Cu(OH)2部分分解[Cu(OH)2CuO＋H2O]
【知识点】铜及其化合物；性质实验方案的设计
【解析】【解答】(1)由猜想为生成的铜较少被蓝色沉淀所覆盖而没有被发现，可知实验探究目的为确定钠与CuSO4溶液反应是否有铜生成，故答案为：确定钠与CuSO4溶液反应是否有铜生成；
故答案为： 确定钠与CuSO4溶液反应是否有铜生成 ；
(2)探究所依据的化学原理为氢氧化铜可溶于盐酸而铜不溶[Cu(OH)2＋2HCl=CuCl2＋2H2O]，故答案为：氢氧化铜可溶于盐酸而铜不溶[Cu(OH)2＋2HCl=CuCl2＋2H2O]；
故答案为： 氢氧化铜可溶于盐酸而铜不溶[Cu(OH)2＋2HCl=CuCl2＋2H2O] ；
(3)实验必需仪器：小刀、玻璃片、滤纸、漏斗、玻璃棒、铁架台、镊子和烧杯；实验药品：金属钠、CuSO4溶液和盐酸；该同学在探究实验中意外地发现生成的蓝色沉淀中混有少量的黑色难溶物，而所使用的药品均没有问题，根据铜的氧化物颜色可以推知该黑色难溶物是CuO，该实验中钠和水反应会放热，生成该黑色难溶物的原因是钠与水反应放出的热使生成的Cu(OH)2部分分解[Cu(OH)2CuO＋H2O]，故答案为：镊子；烧杯；CuSO4溶液；盐酸；CuO；钠与水反应放出的热使生成的Cu(OH)2部分分解[Cu(OH)2CuO＋H2O]。
故答案为： 镊子 ； 烧杯 ； CuSO4溶液 ； 盐酸 ； CuO ； 钠与水反应放出的热使生成的Cu(OH)2部分分解[Cu(OH)2CuO＋H2O]。
【分析】要探究钠与CuSO4溶液反应是否生成铜，需利用Cu与Cu(OH)2的性质差异：Cu不溶于盐酸，而Cu(OH)2可溶于盐酸（Cu(OH)2+2HCl=CuCl2+2H2O）。实验可通过分离沉淀后加盐酸溶解，根据是否有不溶物判断是否含Cu，对于黑色难溶物，结合钠与水反应放热的特点，可知是Cu(OH)2受热分解生成的CuO（Cu(OH)2 CuO+H2O），因实验中散热不畅，易出现此分解现象。
(1)根据猜想明确实验目的是确定钠与 CuSO4溶液反应是否有铜生成。
(2)利用 Cu(OH)2溶于盐酸而 Cu 不溶的性质差异作为化学原理。
(3) 仪器要点：明确实验所需镊子（取钠）、烧杯（反应容器）；药品要点：CuSO4溶液（反应物）、盐酸（鉴别试剂）；黑色物质要点：根据反应放热判断 Cu(OH)2分解生成 CuO。
19．【答案】CH4(g)+2NO2(g)＝N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H＝﹣867 kJ·mol－1；75%；4NH3+4NO＋O24N2+6H2O；放热；4NH3+5O24NO+6H2O；3Cl2+8OH－+2NO＝2+6Cl－+4H2O；次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强；73.7%
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①CH4(g)+4NO2(g)═4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H1=﹣574kJ mol﹣1
②CH4(g)+4NO(g)═2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H2=﹣1160kJ mol﹣1
根据盖斯定律可知(①＋②)÷2即得到甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为
CH4(g)+2NO2(g)＝N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H＝﹣867 kJ·mol－1；
故答案为： CH4(g)+2NO2(g)＝N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H＝﹣867 kJ·mol－1 ；
（2），K==9，解得c=0.015，所以CO的转化率是＝75%；
故答案为： 75% ；
（3）①用V2O5作催化剂，NH3可将NO还原成N2，结合反应历程图可知反应物还有氧气，生成物为N2和H2O，配平即得反应方程式为4NH3+4NO＋O24N2+6H2O；
②测得该反应的平衡常数与温度的关系为：lgK=5.08+217.5/T，这说明升高温度K值减小，因此反应向逆反应方向移动，所以该反应是放热反应；
③根据图象可知当温度达到700K时氮气的含量降低，NO含量升高，这说明氨气被氧气氧化为NO和水，则发生副反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
故答案为： 4NH3+4NO＋O24N2+6H2O ； 放热 ； 4NH3+5O24NO+6H2O ；
（4）①惰性电极电解饱和食盐水，阳极氯离子放电产生氯气，则NO被阳极产生的氧化性物质氧化为反应的离子方程式为3Cl2+8OH－+2NO＝2+6Cl－+4H2O；
②根据图象可知pH越小，去除率越高，这是由于次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强，因此去除率升高；
③若极板面积10cm2，实验烟气含NO 1.5%，流速为0.070L·s－1(气体体积已折算成标准状态，且烟气中无其他气体被氧化)，法拉第常数为96500 C·mol－1，测得电流密度为1.0 A·cm－2，反应中氮元素化合价从＋2价升高到＋5价，失去3个电子，因此实验中NO除去率=
故答案为： 3Cl2+8OH－+2NO＝2+6Cl－+4H2O； 次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强 ； 73.7% ；
【分析】(1)利用盖斯定律，将两个热化学方程式相加并处理，得到目标热化学方程式。
(2)通过三段式结合平衡常数表达式，计算 CO 的平衡转化率。
(3) ①结合反应历程图，确定反应物和生成物，配平得到总反应方程式。
②根据平衡常数与温度的关系，判断反应吸放热。
③分析温度对含氮组分浓度的影响，推出副反应方程式。
(4) ①明确阳极产物，结合氧化还原反应配平离子方程式。
②分析 pH 对次氯酸钠氧化性的影响，解释 NO 去除率的变化。
③根据电流密度、极板面积等数据，结合法拉第定律计算 NO 去除率。
20．【答案】（1）；；
（2）；2
（3）取代反应或酯化反应
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；醇类简介；羧酸简介
【解析】【解答】（1）由分析知，化合物、、的结构简式分别为、、；
故答案为： ； ； ；
（2）由分析知，发生消去反应生成，反应方程式为：，发生自身酯化反应生成，反应方程式为2；
故答案为： ； 2 ；
（3）由分析知，发生酯化反应生成F，所以该反应类型为酯化反应或取代反应。
故答案为： 取代反应或酯化反应 ；
【分析】A是乳酸，能在浓硫酸存在下分别与乙醇、乙酸反应，说明其分子中既有羧基（-COOH）又有羟基（-OH）。A催化氧化的产物不能发生银镜反应，表明羟基不在碳链端点，A的结构简式为 CH3CH(OH)COOH。A与乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成
D（CH3COOCH(CH3) COOH）；与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成
B（CH3CH(OH)COOCH2CH3）；A在浓硫酸作用下发生消去反应，生成含不饱和键的
E（CH2=CHCOOH，能使溴水褪色）；A在浓硫酸作用下发生自身酯化反应，生成六元环状化合物F，其结构简式为 ，据此解答。
（1）由分析知，化合物、、的结构简式分别为、、；
（2）由分析知，发生消去反应生成，反应方程式为：，发生自身酯化反应生成，反应方程式为2；
（3）由分析知，发生酯化反应生成F，所以该反应类型为酯化反应或取代反应。
1 / 1广东省建文教育集团两学部2024-2025学年高三上学期1月第一次模拟考试 化学试题
一、单选题：本大题共16小题，共44分。
1．（2025·广东模拟）下列说法正确的是
A．仅用酸性高锰酸钾溶液可以鉴别苯、苯乙烯、环己烷
B．糖类、蛋白质、油脂都可以发生水解
C．以苯甲醇为原料可以制得苯甲酸
D．分子式为的有机物一定能和钠反应产生
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、苯和环己烷均不与酸性高锰酸钾反应，且密度都比水小，无法用酸性高锰酸钾鉴别，A错误；
B、糖类中的单糖（如葡萄糖）不能水解，B错误；
C、苯甲醇可被氧化（如酸性高锰酸钾氧化）生成苯甲酸，C正确；
D、分子式为 C4H10O 的有机物可能是醚（不含羟基），与钠不反应，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对有机物的鉴别方法掌握不牢，误判苯、环己烷与酸性高锰酸钾的反应及密度差异，认为仅用酸性高锰酸钾能鉴别三者。
不清楚糖类的分类及水解特性，错误认为所有糖类都能水解，忽略单糖（如葡萄糖、果糖）不能水解的情况。
对分子式为 C4H10O 的有机物的结构类型认识不足，忽略其可能为醚类（不含羟基，与钠不反应），误判其与钠的反应。
2．（2025·广东模拟）下列属于盐的是（）
A．Na2CO3 B．MgO C．NaOH D．CH4
【答案】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A.Na2CO3能电离出金属阳离子和酸根离子，属于盐，A符合题意；
B.盐酸能电离出的阳离子只有氢离子，属于酸，B不符合题意；
C.水属于氧化物，不属于盐，C不符合题意；
D.氢氧化钠电离出的阴离子只有氢氧根，属于碱，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】此题是对物质分类的考查，结合盐的定义分析。盐是指由金属阳离子（或NH4+）与酸根阴离子结合而成的化合物。
3．（2025·广东模拟）下列说法不正确的是
A．铁锈的形成一定发生了氧化还原反应
B．复分解反应都不是氧化还原反应
C．燃烧都是放热反应，也都是氧化还原反应
D．分解反应都是氧化还原反应
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、铁锈形成时 Fe 被氧化，化合价升高，属于氧化还原反应，A正确；
B、复分解反应中元素化合价无变化，一定不是氧化还原反应，B正确；
C、燃烧是放热的氧化还原反应，存在元素化合价变化，C正确；
D、分解反应不一定有化合价变化（如碳酸钙分解），并非都是氧化还原反应，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要是对分解反应与氧化还原反应的关系认识不清，错误认为所有分解反应都存在元素化合价变化，忽略了如碳酸钙分解这类无化合价变化的分解反应，从而误判分解反应都是氧化还原反应。
4．（2025·广东模拟）下列表示物质结构的化学用语或模型图正确的是
A．CO2的比例模型：
B．的电子式为：
C．的结构式：
D．的原子结构示意图：
【答案】C
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、CO2中 C 原子半径大于 O 原子，但该模型中两个大球代表 O、小球代表 C，与实际原子半径（C>O）不符，因此比例模型错误，A错误；
B、NH4Cl 的电子式需完整表示 Cl-的最外层电子，，B错误；
C、HClO 中 O 原子在中间，与 H、Cl 各形成一对共用电子对，结构式为，C正确；
D、 4C 的核电荷数为 6， 原子结构示意图为，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要有：
对原子半径大小判断不准确，误判 CO2比例模型中 C 和 O 原子的球体大小。
书写离子化合物电子式时，忽略阴离子（如 Cl-）的最外层电子完整表示。
对 HClO 的成键方式认识不清，错误判断中心原子及化学键连接顺序。
混淆不同元素的核电荷数，绘制原子结构示意图时误标核内质子数。
5．（2025·广东模拟）下列实验不能获得成功的是
①将水和溴乙烷混合加热制乙醇
②将乙醇与浓硫酸共热至140℃来制取乙烯
③用电石和水制取乙炔
④苯、浓溴水和铁粉混合，反应后可制得溴苯
⑤将乙醇和3 mol L -1的硫酸按体积比1：3混和共热至170 ℃制乙烯
A．只有②④⑤ B．只有①②④
C．只有②④ D．只有①②④⑤
【答案】D
【知识点】苯的结构与性质；卤代烃简介；乙醇的消去反应
【解析】【解答】①溴乙烷水解需 NaOH 水溶液、加热，仅用水无法制乙醇，实验失败。
②乙醇与浓硫酸共热至 140℃生成乙醚，170℃才生成乙烯，实验失败。
③电石（CaC2）与水反应可制取乙炔，实验成功。
④苯与溴反应制溴苯需纯溴、铁粉催化，浓溴水不行，实验失败。
⑤制乙烯需浓硫酸（不是稀硫酸），且乙醇与浓硫酸体积比 1：3、共热至 170℃，实验失败。
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要有：
对溴乙烷水解的反应条件认识不足，忽略需要 NaOH 水溶液，误认为仅用水就能反应制乙醇。
混淆乙醇消去反应（制乙烯）和分子间脱水反应（制乙醚）的温度条件，误将 140℃当作制乙烯的温度。
不清楚苯与溴反应制溴苯的试剂要求，错误使用浓溴水代替纯溴。
对制乙烯所需的硫酸浓度判断错误，误将稀硫酸当作浓硫酸使用。
6．（2025·广东模拟）由CO2合成环状碳酸酯的一种反应机理如图所示。
下列说法不正确的是
A．转化过程中涉及极性键的断裂与形成
B．根据杂化轨道理论，上述转化过程中的含碳化合物碳原子的杂化方式为sp2和sp3
C．化合物1的阳离子体积大，所含离子键较弱，其常温下可能为液态
D．可按照该反应机理与CO2反应生成
【答案】B
【知识点】化学键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、转化过程中存在碳氧极性键的断裂（如环氧结构中的 C-O 键）和碳溴极性键的形成（如含 Br 的中间体），A正确；
B、含碳化合物中，饱和碳原子为 sp3 杂化，酯基碳为 sp2 杂化，而 CO2中 C 为 sp 杂化，并非只有 sp2 和 sp3 杂化，B错误；
C、化合物 1 的阳离子是体积较大的有机阳离子，离子键较弱，常温下可能呈液态，C正确；
D、结合反应机理，环氧结构（ ）可与 CO2反应生成环状碳酸酯（ ），该物质能按照此机理反应生成目标产物，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．突破口是识别反应过程中极性键（如 C-O、C-Br 键）的断裂与形成，以此判断描述。
B．关键是分析含碳化合物（包括 CO2）中碳原子的杂化方式，注意 CO2中 C 为 sp 杂化，突破 “仅 sp2 和 sp3 杂化” 的误区。
C．抓住 “有机阳离子体积大，离子键弱” 的特点，判断其常温下的状态。
D．依据反应机理的迁移性，分析环氧结构与 CO2的反应可能性。
7．（2025·广东模拟）下列说法正确的是（　　）
A．HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3 kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热△H=2×(-57.3) kJ/mol
B．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
C．0.1mol氮气和0.3mol氢气，在密闭容器中充分反应生成氨气，转移的电子数为0.6NA
D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；中和热；金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A．中和热是指生成 1mol 水时的热量变化，H2SO4和 Ca(OH)2反应除生成水外还生成硫酸钙沉淀，且中和热△H 不随反应计量数改变，A错误；
B．反应的吸放热与是否加热无关（如燃烧反应需加热但为放热反应），B错误；
C．氮气和氢气生成氨气的反应是可逆反应，不能完全进行，转移电子数小于 0.6NA，C错误；
D．镁棒与电热水器内胆形成原电池，镁作负极被氧化，保护内胆（正极），属于牺牲阳极的阴极保护法，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．抓住中和热的定义，分析 H2SO4和 Ca(OH)2反应的特殊产物（硫酸钙沉淀），判断其中和热不满足 “2×(-57.3) kJ/mol”。
B．明确反应吸放热与反应条件（加热）无关，通过举例突破误区。
C．依据可逆反应不能进行到底的特点，判断氮气和氢气反应转移的电子数小于理论值0.6NA。
D．识别镁棒与内胆形成原电池的结构，镁作负极的 “牺牲阳极” 行为，是判断该保护法的关键。
8．（2025·广东模拟）一种新型合成氨的过程如图所示。下列说法正确的是
A．NH3和的中心原子杂化方式相同
B．“固氮”和“转氮”过程均属于人工固氮
C．该合成氨过程中，参加反应的N2与H2O的物质的量之比为3∶1
D．该合成氨过程中，所有反应均为氧化还原反应
【答案】A
【知识点】工业合成氨；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应
【解析】【解答】A、计算 NH3和 NH4+中心 N 原子的价层电子对数，均为 4，故均为 sp3 杂化，A正确；
B、“转氮” 过程无氮气参与，不属于氮的固定，更不属于人工固氮，B错误；
C、结合得失电子守恒，N2转化为 NH3时 1mol N2转移 6mol 电子，H2O 转化为 O2时 1mol H2O 转移 2mol 电子，故 N2与 H2O 物质的量之比为 1：3，C错误；
D、生成 NH4Cl 的反应无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．通过计算 NH3和 NH4+中心 N 原子的价层电子对数，判断杂化方式是否相同，这是判断的关键。
B．明确人工固氮的定义（将游离态氮转化为化合态氮且有氮气参与），分析 “转氮” 过程是否符合，以此突破。
C．利用得失电子守恒，结合 N2和 H2O 的电子转移数，计算两者物质的量之比，是解题突破口。
D．寻找流程中无化合价变化的反应（如生成 NH4Cl 的反应），判断是否所有反应均为氧化还原反应。
9．（2025·广东模拟）利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是
A．用装置Ⅰ除去苯中的三溴苯酚
B．用装置Ⅱ证明苯与溴发生取代反应
C．用装置Ⅲ证明不同浓度硝酸还原产物可为NO、NO2
D．用装置Ⅳ制备并较长时间观察到Fe(OH)2
【答案】D
【知识点】苯的结构与性质；蒸馏与分馏
【解析】【解答】A、三溴苯酚溶于苯，无法通过过滤（装置 Ⅰ）分离，应选分液或蒸馏法，A不能达到目的；
B、苯与溴的取代反应会生成 HBr，但挥发的溴蒸气也能使 AgNO3溶液产生沉淀，无法证明 HBr 存在（即无法证明取代反应），B不能达到目的；
C、浓 HNO3与 Fe 常温下钝化，不生成 NO2；稀 HNO3与 Fe 反应生成 NO，但装置 Ⅲ 中 Fe 未与稀 HNO3接触，C不能达到目的；
D、装置 Ⅳ 中，Fe 为阳极失电子生成 Fe2+，C 为阴极生成 OH-，二者结合生成 Fe(OH)2；苯层隔绝空气，能较长时间观察到 Fe(OH)2，D能达到目的；
故答案为：D。
【分析】解题突破口：
A．抓 “物质溶解性”：三溴苯酚易溶于苯，过滤（装置 Ⅰ）仅能分离不溶性固体，无法分离二者。
B．抓 “干扰因素”：苯与溴反应时，溴蒸气会挥发，溴本身也能与 AgNO3溶液生成沉淀，无法证明是取代反应生成的 HBr 导致沉淀。
C．抓 “反应条件 + 装置结构”：浓 HNO3与 Fe 常温下钝化，不反应；装置 Ⅲ 中 Fe 未接触稀 HNO3，无法发生反应生成 NO。
D．抓 “电解原理 + 防氧化措施”：电解时 Fe 作阳极失电子生成 Fe2+，阴极生成 OH-，二者结合得 Fe(OH)2；苯层隔绝空气，避免 Fe(OH)2被氧化，符合实验目的。
10．（2025·广东模拟）若NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，22.4L HF物质中含有NA个分子数
B．0. 1mol/L的NH4NO3溶液中，N原子总数为0.2NA
C．1mol 的Fe与一定量的稀HNO3反应，Fe全部溶解，转移的电子数可能是2.8NA
D．体积相同的O2和N2，分子数都是NA
【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、HF在标准状况下为液态，不能用气体摩尔体积（22.4L/mol）计算分子数，A错误；
B、题干未给出 NH4NO3溶液的体积，无法计算 N 原子总数，B错误；
C、1mol Fe 与稀 HNO3反应时，若 HNO3过量，Fe 全部生成 Fe3+，转移 3NA电子；若 HNO3不足，Fe 全部生成 Fe2+，转移 2NA电子。因此电子转移数可在 2NA~3NA之间，2.8NA符合该范围，C正确；
D、体积相同的 O2和 N2，未说明是同温同压下，无法确定分子数是否均为 NA，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．解题关键是明确气体摩尔体积的适用对象为 “标准状况下的气体”，HF标况下是液态，直接排除。
B．计算溶液中粒子数的核心前提是 “已知溶液体积”，题干未给出，无法计算，以此突破。
C．突破口是分析 Fe 与稀 HNO3反应的变量 ——HNO3的用量，分过量和不足两种情况判断电子转移范围，2.8NA在范围内即合理。
D．应用阿伏加德罗定律的关键条件是 “同温同压”，题干未说明，无法确定分子数相等。
11．（2025·广东模拟）为阿伏加德罗常数的数值。下列有关说法正确的是
A．28g乙烯和环丙烷的混合物中，碳原子总数为2
B．25℃，0.01水溶液中的数目小于0.01
C．标准状况下，11.2L HF所含有的分子数为0.5
D．1mol环戊烯()中含有键的数目为5
【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；盐类水解的应用；气体摩尔体积
【解析】【解答】A、乙烯的分子式是 C2H4，环丙烷的分子式是 C3H6，二者的最简式均为 CH2。28g 混合物中，CH2的物质的量为 28g÷14g mol- = 2mol，故碳原子总数为 2mol×NA=2NA，A正确；
B、题目只给出了 CH3COONa 溶液的浓度，未说明溶液体积，无法计算 CH3COO-的物质的量（即使考虑水解，也因体积未知不能确定其数目），B错误；
C、标准状况下，HF 不是气态（HF 沸点较高，常温常压下为液态），不适用 “标准状况下 1mol 气体体积为 22.4L” 的规律，无法用 11.2L 计算其分子数，C错误；
D、环戊烯 () 的结构中，每个单键是 σ 键，双键中含 1 个 σ 键和 1 个 π 键。环戊烯分子键的数目为13，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：A．易忽略乙烯、环丙烷最简式均为 CH2，需通过最简式计算碳原子数。
B．漏看 “无溶液体积”，无法计算离子数目，不能直接判断 CH3COO-的量。
C．误判 HF 状态，标况下 HF 是液态，不适用气体摩尔体积计算。
D．错数 σ 键，环戊烯的双键含 1 个 σ 键，且忽略 C-Hσ 键，实际 σ 键数为 13NA。
12．（2025·广东模拟）某同学在pH试纸上滴几滴新制氯水，现象如图所示，有关该实验的说法中正确的是
A．该实验说明因具有强氧化性能漂白试纸
B．该实验说明扩散速度比HClO快
C．将实验后的pH试纸在酒精灯上微热，试纸又恢复为原来的颜色
D．若用久置的氯水进行实验，现象相同
【答案】B
【知识点】氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、Cl2本身无漂白性，氯水中的 HClO 具有强氧化性，能漂白试纸，实验现象源于 HClO 而非 Cl2，A错误；
B、滴加氯水处因 HClO 漂白呈白色，周围因 H+使试纸变红呈浅红色，说明 H+扩散到周围的速度比 HClO 快，B正确；
C、HClO 的漂白是氧化作用，属于永久性漂白，加热后试纸颜色无法恢复，C错误；
D、久置氯水中 HClO 分解为 HCl 和 O2，仅剩 HCl，无漂白性，滴加后只会变红不会变白，现象不同，D错误；
故答案为：B。
【分析】根据新制氯水的成分（含 H+、Cl-、HClO、Cl2等）及各成分的性质，结合实验现象（滴加处变白、周围浅红）分析选项正误。A．判断漂白试纸的物质是 Cl2还是 HClO。
B．通过现象对比分析 H+与 HClO 的扩散速率。
C．判断HClO 的漂白是否可逆。
D．判断久置氯水与新制氯水的成分差异对实验现象的影响。
13．（2025·广东模拟）高纯镓是制备第三代半导体的重要原料，其化学性质与铝相似。下图为工业精炼镓的装置示意图。下列说法不正确的是
A．阴极的电极反应为
B．电解过程中，阳极室中的物质的量减小
C．电路中每转移电子，理论上粗镓熔融液减少
D．电解后粗镓中的以离子形式进入溶液中
【答案】D
【知识点】铜的电解精炼；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、阴极处于碱性环境，NaGaO2中的GaO2-得电子被还原为 Ga，电极反应式为：
GaO2-+2H2O+3e-=Ga+4OH-，A正确；
B、阳极发生Ga的氧化反应：Ga-3e-+4OH-=GaO2-+2H2O，该反应会消耗 OH-；虽然阴离子交换膜能让阴极的OH-移向阳极，但阳极消耗OH-的量大于移入量，因此阳极室中 OH-的物质的量会减小，B正确；
C、根据电子转移守恒，电路中转移 3mol 电子时，阳极恰好有 1mol Ga 失去电子转化为 Ga3+，并通过快离子导体迁移；Ga的摩尔质量为70g/mol，因此粗镓熔融液理论上减少 70g，C正确；
D、镓与铝性质相似，可与NaOH反应生成可溶的GaO2-；但 Zn、Fe不与NaOH发生反应，也无法在该电解条件下生成可溶于NaOH溶液的离子，因此Zn、Fe会以单质杂质的形式留在粗镓熔融液中，不会进入NaOH溶液，D错误；
故答案为：D。
【分析】在电解精炼镓的过程中，纯镓对应阴极、含杂质的粗镓对应阳极，分别连接电源的负极（M）和正极（N）：
阳极反应：粗镓中活泼性较强的 Ga（及Zn）会失去电子，Ga 失电子后与溶液中的 OH-结合，生成 GaO2-，反应式为：Ga-3e-+4OH-=2H2O+GaO2-；
阴极反应：阳极生成的 GaO2-会在阴极得到电子，被还原为纯镓，反应式为：
2H2O+GaO2-+3e-=Ga+4OH-。
基于上述电极反应和装置的离子迁移规则，可对各选项进行分析判断。
14．（2025·广东模拟）下列分子或离子中含有孤电子对的是
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A、NH4+中心 N 原子的孤电子对数=×(5 - 1 - 4×1) = 0，不含孤电子对，A错误；
B、CH4中心 C 原子的孤电子对数=×(4 - 4×1) = 0，不含孤电子对，B错误；
C、SiH4中心 Si 原子的孤电子对数=×(4 - 4×1) = 0，不含孤电子对，C错误；
D、PH3中心 P 原子的孤电子对数=×(5 - 3×1) = 1，含有孤电子对，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要是对孤电子对计算方法的应用不熟练，容易忽略中心原子的价电子数、成键电子数的准确判断，从而误算孤电子对数，比如在计算PH3中心P原子的孤电子对时，若错误处理价电子数或成键电子数，就可能得出错误结论。
15．（2025·广东模拟）下列各化学图示均能表示乙烯分子，其中更能真实反映乙烯分子结构的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】结构式；结构简式；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A、乙烯的比例模型体现了 C、H 原子的相对大小及平面连接形式，最能真实反映分子结构，A正确；
B、电子式仅体现原子间的成键电子对，无法反映原子大小和空间结构，B错误；
C、结构式仅体现原子连接方式，不能反映原子相对大小和空间构型，C错误；
D、球棍模型侧重原子连接的 “棍”（化学键）和 “球”（原子），但原子大小为等比例球体，不如比例模型真实，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．抓住比例模型的核心优势 —— 既呈现 C、H 原子的实际相对大小，又能体现乙烯的平面结构，符合 “真实反映” 的要求。
B．突破口是判断电子式的局限性——仅能表示成键电子对，无法体现原子大小和空间形态。
C．关键是认识结构式的作用边界——只展示原子连接顺序，不涉及原子尺寸和空间排布。D．核心是区分球棍模型与比例模型的差异——球棍模型的 “球” 为等比例简化，不能真实体现原子相对大小。
16．（2025·广东模拟）将4 mol NO(g)和4 mol CO(g)充入一个2 L恒容密闭容器中，发生反应：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) ΔH＜0，测得CO的平衡转化率随温度变化的曲线如图1所示；在催化剂、一定温度下对该反应进行研究，经过相同时间测CO转化率与反应温度的关系曲线如图2所示。下列说法错误的是
已知：反应速率v=v正 v逆=k正·c2(NO)·c2(CO) k逆·c2(CO2)·c(N2)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。
A．图像中A点逆反应速率小于B点正反应速率
B．200℃时反应的平衡常数K=0.5
C．200℃时当CO的转化率为40%时，v正∶v逆=20：81
D．C点转化率低于B点的原因可能是催化剂活性降低或平衡逆向移动造成的
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、温度越高，反应速率越快（包括正、逆反应速率）。B 点温度（260℃）高于 A 点（200℃），且 B 点对应反应速率（无论正逆）均大于 A 点；同时 B 点正反应速率是该温度下的速率，因此 A 点逆反应速率小于 B 点正反应速率，A正确；
B、200℃时，CO 平衡转化率为 50%，容器体积 2L。反应为 2NO+2CO=2CO2+N2，初始浓度：NO 为 2mol/L、CO 为 2mol/L；转化浓度：CO 为 2mol/L×50%=1mol/L，故 NO 转化 1mol/L，生成 CO2 1mol/L、N2 0.5mol/L。平衡浓度：NO=1mol/L，CO=1mol/L，CO2=1mol/L，N2=0.5mol/L。平衡常数 K= ，B 正确。
C、200℃时，先算 CO 转化率 40% 时的各物质浓度：转化的 CO 为 2mol/L×40%=0.8mol/L，故 NO 转化 0.8mol/L，生成 CO2 0.8mol/L、N2 0.4mol/L。此时浓度：NO=2-0.8=1.2mol/L，
CO=2-0.8=1.2mol/L，CO2=0.8mol/L，N2=0.4mol/L。平衡时 v 正 = v 逆，即 k 正 c2(NO) c2(CO)=k 逆 c2(CO2) c (N2)，代入平衡浓度得 。
此时v正=k正 ×(1.2)2×(1.2)2，v逆=k逆×(0.8)2×0.4，故 v正：v逆= ，并非 20：81，C错误；
D、该反应 ΔH<0（放热），温度升高平衡逆向移动；同时温度过高可能使催化剂活性降低，导致反应速率减慢、转化率下降。因此 C 点转化率低于 B 点，可能是这两个原因，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
A．易忽略 “温度升高，正、逆反应速率均加快”，误认为 B 点逆反应速率小于 A 点，或混淆正、逆反应速率的比较逻辑。
B．易忘记 “容器体积为 2L”，直接用物质的量（而非浓度）计算平衡常数；或混淆 “转化浓度” 与 “平衡浓度” 的关系，导致浓度代入错误。
C．易忽略 “平衡时= K” 的关系，直接用浓度计算速率比；同时易算错各物质的浓度（如混淆转化量与平衡量），导致速率比的数值和比例关系错误。
D．易只考虑 “平衡逆向移动”，忽略 “催化剂活性随温度升高而降低” 的因素，对转化率下降的原因分析不全面。
二、非选择题：本大题共4小题，共56分。
17．（2025·广东模拟）盐湖卤水(主要含Na+、Mg2+、Li+、Cl-、和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备的工艺流程如图：
已知：常温下，。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。
回答下列问题：
（1）含硼固体中的B(OH)3在水中存在平衡：(常温下，)；B(OH)3与溶液反应可制备硼砂。常温下，在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和，该水解反应的离子方程式为　 　，该溶液pH=　 　。
（2）滤渣Ⅰ的主要成分是　 　(填化学式)；精制Ⅰ后溶液中Li+浓度为，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在　 　以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，还将增加　 　的用量(填化学式)。
（3）精制Ⅱ的目的是　 　；进行操作X时应选择的试剂是　 　。
【答案】（1）[B4O5(OH)4]2-+5H2O2B(OH)3+2[B(OH)4]-；9.34
（2）Mg(OH)2、CaSO4；5.5×10-4；CaO和Na2CO3
（3）提高Li2CO3的纯度，避免混有CaCO3杂质；盐酸
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；过滤；制备实验方案的设计；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）常温下，在0.1mol·L-1硼砂溶液中，[B4O5(OH)4]2-水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]-，该水解反应的离子方程式为[B4O5(OH)4]2-+5H2O2B(OH)3+2[B(OH)4]-，该溶液中，B(OH)3+H2OH++[B(OH)4]-，由于反应进行的程度很小，c[B(OH)3]与c{[B(OH)4]-}近似相等，所以c(H+)≈Ka=10-9.34，pH=9.34。
故答案为： [B4O5(OH)4]2-+5H2O2B(OH)3+2[B(OH)4]- ； 9.34 ；
（2）由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是Mg(OH)2、CaSO4；精制Ⅰ后溶液中Li+浓度为2.0mol·L-1，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在mol·L-1=5.5×10-4mol·L-1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，溶液中大部分Mg2+也无法除去，因此，还将增加CaO和Na2CO3的用量。
故答案为： Mg(OH)2、CaSO4 ； 5.5×10-4 ； CaO和Na2CO3 ；
（3）由于CaSO4微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的Ca2+，还需要除去Ca2+，所以精制Ⅱ的目的是：提高Li2CO3的纯度，避免混有CaCO3杂质；操作X是为了除去且不引入新的杂质，应选择的试剂是盐酸。
故答案为： 提高Li2CO3的纯度，避免混有CaCO3杂质 ； 盐酸 。
【分析】盐湖卤水（主要成分为 Na+、Mg2+、Li+、Cl-、SO42-及硼酸根离子等）首先进行脱硼操作：加入盐酸后，硼酸根转化为 B(OH)3沉淀析出。过滤除去沉淀后，滤液经浓缩结晶得到含 Na+、Mg2+、Li+、Cl-、SO42-的混合晶体；对该晶体进行煅烧处理，过程中 MgCl2 6H2O 发生水解并伴随热分解，最终生成 MgO 固体，烧渣经水浸过滤后，固体主要成分为 MgO。
滤液继续处理：加入生石灰后，由于 CaSO4和 Mg(OH)2在该条件下溶解度极低，形成滤渣 Ⅰ，其主要成分为 CaSO4和 Mg(OH)2；精制 Ⅰ 所得滤液中再加入纯碱，因 CaSO4微溶于水，会进一步反应生成 CaCO3，即滤渣 Ⅱ；精制 Ⅱ 滤液中加入盐酸除去过量的 CO32-，经浓缩结晶可得到 NaCl 晶体；剩余浓缩滤液中加入饱和 Na2CO3溶液，最终实现沉锂，得到 Li2CO3产品。
（1）常温下，在0.1mol·L-1硼砂溶液中，[B4O5(OH)4]2-水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]-，该水解反应的离子方程式为[B4O5(OH)4]2-+5H2O2B(OH)3+2[B(OH)4]-，该溶液中，B(OH)3+H2OH++[B(OH)4]-，由于反应进行的程度很小，c[B(OH)3]与c{[B(OH)4]-}近似相等，所以c(H+)≈Ka=10-9.34，pH=9.34。
（2）由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是Mg(OH)2、CaSO4；精制Ⅰ后溶液中Li+浓度为2.0mol·L-1，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在mol·L-1=5.5×10-4mol·L-1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，溶液中大部分Mg2+也无法除去，因此，还将增加CaO和Na2CO3的用量。
（3）由于CaSO4微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的Ca2+，还需要除去Ca2+，所以精制Ⅱ的目的是：提高Li2CO3的纯度，避免混有CaCO3杂质；操作X是为了除去且不引入新的杂质，应选择的试剂是盐酸。
18．（2025·广东模拟）在课堂上，老师演示了金属钠与CuSO4溶液的反应，同学们观察到该反应中生成了蓝色的Cu(OH)2沉淀而没有发现铜单质生成。但某同学想：会不会因生成的铜较少被蓝色沉淀所覆盖而没有被发现呢？于是他想课后到实验室继续探究，希望进一步用实验来验证自己的猜测是否正确。
假如该同学是你，请你写一张实验准备单交给老师，请求老师提供必需的用品。
(1)实验探究目的：　 　。
(2)探究所依据的化学原理：　 　。
(3)实验必需仪器：小刀、玻璃片、滤纸、漏斗、玻璃棒、铁架台、　 　和　 　；实验药品：金属钠、　 　和　 　。该同学在探究实验中意外地发现生成的蓝色沉淀中混有少量的黑色难溶物，而所使用的药品均没有问题，你认为该黑色难溶物是　 　，生成该黑色难溶物的原因是　 　。
【答案】确定钠与CuSO4溶液反应是否有铜生成；氢氧化铜可溶于盐酸而铜不溶[Cu(OH)2＋2HCl=CuCl2＋2H2O]；镊子；烧杯；CuSO4溶液；盐酸；CuO；钠与水反应放出的热使生成的Cu(OH)2部分分解[Cu(OH)2CuO＋H2O]
【知识点】铜及其化合物；性质实验方案的设计
【解析】【解答】(1)由猜想为生成的铜较少被蓝色沉淀所覆盖而没有被发现，可知实验探究目的为确定钠与CuSO4溶液反应是否有铜生成，故答案为：确定钠与CuSO4溶液反应是否有铜生成；
故答案为： 确定钠与CuSO4溶液反应是否有铜生成 ；
(2)探究所依据的化学原理为氢氧化铜可溶于盐酸而铜不溶[Cu(OH)2＋2HCl=CuCl2＋2H2O]，故答案为：氢氧化铜可溶于盐酸而铜不溶[Cu(OH)2＋2HCl=CuCl2＋2H2O]；
故答案为： 氢氧化铜可溶于盐酸而铜不溶[Cu(OH)2＋2HCl=CuCl2＋2H2O] ；
(3)实验必需仪器：小刀、玻璃片、滤纸、漏斗、玻璃棒、铁架台、镊子和烧杯；实验药品：金属钠、CuSO4溶液和盐酸；该同学在探究实验中意外地发现生成的蓝色沉淀中混有少量的黑色难溶物，而所使用的药品均没有问题，根据铜的氧化物颜色可以推知该黑色难溶物是CuO，该实验中钠和水反应会放热，生成该黑色难溶物的原因是钠与水反应放出的热使生成的Cu(OH)2部分分解[Cu(OH)2CuO＋H2O]，故答案为：镊子；烧杯；CuSO4溶液；盐酸；CuO；钠与水反应放出的热使生成的Cu(OH)2部分分解[Cu(OH)2CuO＋H2O]。
故答案为： 镊子 ； 烧杯 ； CuSO4溶液 ； 盐酸 ； CuO ； 钠与水反应放出的热使生成的Cu(OH)2部分分解[Cu(OH)2CuO＋H2O]。
【分析】要探究钠与CuSO4溶液反应是否生成铜，需利用Cu与Cu(OH)2的性质差异：Cu不溶于盐酸，而Cu(OH)2可溶于盐酸（Cu(OH)2+2HCl=CuCl2+2H2O）。实验可通过分离沉淀后加盐酸溶解，根据是否有不溶物判断是否含Cu，对于黑色难溶物，结合钠与水反应放热的特点，可知是Cu(OH)2受热分解生成的CuO（Cu(OH)2 CuO+H2O），因实验中散热不畅，易出现此分解现象。
(1)根据猜想明确实验目的是确定钠与 CuSO4溶液反应是否有铜生成。
(2)利用 Cu(OH)2溶于盐酸而 Cu 不溶的性质差异作为化学原理。
(3) 仪器要点：明确实验所需镊子（取钠）、烧杯（反应容器）；药品要点：CuSO4溶液（反应物）、盐酸（鉴别试剂）；黑色物质要点：根据反应放热判断 Cu(OH)2分解生成 CuO。
19．（2025·广东模拟）研究NOx、CO等大气污染气体的处理及利用的方法具有重要意义，可实现绿色环保、节能减排、废物利用等目的。
（1） 利用甲烷催化还原NOx：
CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣574kJ mol﹣1
CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=﹣1160kJ mol﹣1
甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为　 　。
（2）已知等体积的一氧化碳和水蒸气进入反应器时，发生如下反应：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)，500℃时的平衡常数为9，若在该温度下进行，设起始时CO和H2O的起始浓度均为0.020 mol·L－1，则CO的平衡转化率为：　 　。
（3） 用活化后的V2O5作催化剂，氨气将NO还原成N2的一种反应历程如图1所示。
①写出总反应化学方程式　 　。
②测得该反应的平衡常数与温度的关系为：lgK=5.08+217.5/T，该反应是　 　反应（填“吸热”或“放热”）。
③该反应的含氮气体组分随温度变化如图2所示，当温度达到700K时，发生副反应的化学方程式　 　。
（4）下图是用食盐水做电解液电解烟气脱氮的一种原理图，NO被阳极产生的氧化性物质氧化为NO3—，尾气经氢氧化钠溶液吸收后排入空气。如下图，电流密度和溶液pH对烟气脱硝的影响。
①NO被阳极产生的氧化性物质氧化为NO3－反应的离子方程式　 　。
②溶液的pH对NO去除率影响的原因是　 　。
③若极板面积10cm2，实验烟气含NO 1.5%，流速为0.070L·s－1（气体体积已折算成标准状态，且烟气中无其他气体被氧化），法拉第常数为96500 C·mol－1，测得电流密度为1.0 A·cm－2。列式计算实验中NO除去率　 　。
【答案】CH4(g)+2NO2(g)＝N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H＝﹣867 kJ·mol－1；75%；4NH3+4NO＋O24N2+6H2O；放热；4NH3+5O24NO+6H2O；3Cl2+8OH－+2NO＝2+6Cl－+4H2O；次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强；73.7%
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①CH4(g)+4NO2(g)═4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H1=﹣574kJ mol﹣1
②CH4(g)+4NO(g)═2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H2=﹣1160kJ mol﹣1
根据盖斯定律可知(①＋②)÷2即得到甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为
CH4(g)+2NO2(g)＝N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H＝﹣867 kJ·mol－1；
故答案为： CH4(g)+2NO2(g)＝N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H＝﹣867 kJ·mol－1 ；
（2），K==9，解得c=0.015，所以CO的转化率是＝75%；
故答案为： 75% ；
（3）①用V2O5作催化剂，NH3可将NO还原成N2，结合反应历程图可知反应物还有氧气，生成物为N2和H2O，配平即得反应方程式为4NH3+4NO＋O24N2+6H2O；
②测得该反应的平衡常数与温度的关系为：lgK=5.08+217.5/T，这说明升高温度K值减小，因此反应向逆反应方向移动，所以该反应是放热反应；
③根据图象可知当温度达到700K时氮气的含量降低，NO含量升高，这说明氨气被氧气氧化为NO和水，则发生副反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
故答案为： 4NH3+4NO＋O24N2+6H2O ； 放热 ； 4NH3+5O24NO+6H2O ；
（4）①惰性电极电解饱和食盐水，阳极氯离子放电产生氯气，则NO被阳极产生的氧化性物质氧化为反应的离子方程式为3Cl2+8OH－+2NO＝2+6Cl－+4H2O；
②根据图象可知pH越小，去除率越高，这是由于次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强，因此去除率升高；
③若极板面积10cm2，实验烟气含NO 1.5%，流速为0.070L·s－1(气体体积已折算成标准状态，且烟气中无其他气体被氧化)，法拉第常数为96500 C·mol－1，测得电流密度为1.0 A·cm－2，反应中氮元素化合价从＋2价升高到＋5价，失去3个电子，因此实验中NO除去率=
故答案为： 3Cl2+8OH－+2NO＝2+6Cl－+4H2O； 次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强 ； 73.7% ；
【分析】(1)利用盖斯定律，将两个热化学方程式相加并处理，得到目标热化学方程式。
(2)通过三段式结合平衡常数表达式，计算 CO 的平衡转化率。
(3) ①结合反应历程图，确定反应物和生成物，配平得到总反应方程式。
②根据平衡常数与温度的关系，判断反应吸放热。
③分析温度对含氮组分浓度的影响，推出副反应方程式。
(4) ①明确阳极产物，结合氧化还原反应配平离子方程式。
②分析 pH 对次氯酸钠氧化性的影响，解释 NO 去除率的变化。
③根据电流密度、极板面积等数据，结合法拉第定律计算 NO 去除率。
20．（2025·广东模拟）化合物最早发现于酸牛奶中，它是人体内糖代谢的中间体，可由马铃薯、玉米淀粉等发酵制得，的钙盐是人们喜爱的补钙剂之一，又称为乳酸。A在某种催化剂的存在下进行氧化，其产物不能发生银镜反应。在浓硫酸存在下，可发生如图所示的反应。
（1）化合物的结构简式：　 　；　 　；　 　。
（2）化学方程式：　 　　 　。
（3）反应类型：　 　。
【答案】（1）；；
（2）；2
（3）取代反应或酯化反应
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；醇类简介；羧酸简介
【解析】【解答】（1）由分析知，化合物、、的结构简式分别为、、；
故答案为： ； ； ；
（2）由分析知，发生消去反应生成，反应方程式为：，发生自身酯化反应生成，反应方程式为2；
故答案为： ； 2 ；
（3）由分析知，发生酯化反应生成F，所以该反应类型为酯化反应或取代反应。
故答案为： 取代反应或酯化反应 ；
【分析】A是乳酸，能在浓硫酸存在下分别与乙醇、乙酸反应，说明其分子中既有羧基（-COOH）又有羟基（-OH）。A催化氧化的产物不能发生银镜反应，表明羟基不在碳链端点，A的结构简式为 CH3CH(OH)COOH。A与乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成
D（CH3COOCH(CH3) COOH）；与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成
B（CH3CH(OH)COOCH2CH3）；A在浓硫酸作用下发生消去反应，生成含不饱和键的
E（CH2=CHCOOH，能使溴水褪色）；A在浓硫酸作用下发生自身酯化反应，生成六元环状化合物F，其结构简式为 ，据此解答。
（1）由分析知，化合物、、的结构简式分别为、、；
（2）由分析知，发生消去反应生成，反应方程式为：，发生自身酯化反应生成，反应方程式为2；
（3）由分析知，发生酯化反应生成F，所以该反应类型为酯化反应或取代反应。
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