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广东深圳市桃源居中澳实验学校等校2025-2026学年高三下学期全国华侨港澳台第一次联合模拟 化学试卷
1．植物基肉制品研发成为2025年营养健康领域热点。下列说法正确的是
A．植物基食品中有优质蛋白，蛋白质最终水解为葡萄糖
B．植物基食品中添加的铁元素，其单质形式更易被人体吸收
C．挤压加工过程中植物蛋白发生变性，变性后的蛋白可以复原
D．氨基酸通过脱水缩合形成多肽链，进而构成蛋白质
【答案】D
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、蛋白质的基本组成单位是氨基酸，其最终水解产物为氨基酸，而非葡萄糖，葡萄糖是淀粉的水解产物，A 错误；
B、人体吸收铁元素的主要形式为亚铁离子（Fe2+），单质铁不易被人体吸收，且单质铁可能会刺激肠胃，B 错误；
C、蛋白质变性是空间结构被破坏的不可逆过程，变性后的蛋白结构无法复原，不能恢复原有的生理活性，C 错误；
D、氨基酸通过脱水缩合反应形成肽键，进而连接成多肽链，多肽链再经过盘曲、折叠形成具有一定空间结构的蛋白质，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
蛋白质水解：蛋白质水解的最终产物为氨基酸，淀粉水解最终产物为葡萄糖；
铁元素吸收形式：人体主要吸收 Fe2+，单质铁难以被吸收，易造成肠胃刺激；
蛋白质变性：变性为不可逆过程，空间结构破坏后无法复原；
蛋白质形成基础：氨基酸脱水缩合形成多肽，多肽进一步构成蛋白质。
2．化合物M是合成氯霉素的中间体，其结构简式如图所示。下列有关M的说法正确的是
A．不能发生消去反应 B．存在2个手性碳原子
C．碳原子均为杂化 D．在水溶液中可电离出
【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；醇类简介
【解析】【解答】A、分子中与羟基相连的碳原子均有相邻的 β- 碳原子且 β- 碳上连有氢原子，满足消去反应的条件，能发生消去反应，A 错误；
B、手性碳原子是指连有 4 个不同原子或基团的饱和碳原子，该分子中连有羟基的碳原子、连有氨基的碳原子均为手性碳原子，如图： 共 2 个，B 正确；
C、苯环上的碳原子为 sp2 杂化，而链上的饱和碳原子（连羟基、氨基、CH2OH 的碳原子）均为 sp3 杂化，并非所有碳原子均为 sp2 杂化，C 错误；
D、分子中的羟基为醇羟基，氨基为碱性基团，在水溶液中不能电离出 H+，D 错误。
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
消去反应判断：醇发生消去反应的条件是与羟基相连的碳原子（α-C）的邻位碳原子（β-C）上有氢原子；
手性碳原子判断：饱和碳原子连接 4 种不同的原子或基团；
杂化类型判断：苯环碳为 sp2 杂化，饱和碳为 sp3 杂化；
电离判断：醇羟基难电离，氨基显碱性，无法电离出 H+。
3．化学在农业生产、环境保护、能源开发和食品营养等领域有着重要作用。下列说法错误的是
A．化学与农业：草木灰与铵态氮肥混合施用能增强肥效
B．化学与环境：和是形成酸雨的主要物质
C．化学与能源：钙钛矿叠层光伏电池实现了太阳能转化为电能
D．化学与饮食：鱼肉中含有丰富的蛋白质，蛋白质可以水解成氨基酸
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；常见能量的转化及运用；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A、草木灰的主要成分为碳酸钾，水溶液呈碱性，铵态氮肥中的铵根离子会与碱性物质反应生成氨气，造成氮元素损失，降低肥效，不能混合施用，A 错误；
B、SO2溶于水生成亚硫酸，进一步氧化为硫酸；NO2溶于水生成硝酸，二者是形成硫酸型、硝酸型酸雨的主要物质，B 正确；
C、钙钛矿叠层光伏电池可将太阳能直接转化为电能，是新能源开发的重要应用，C 正确；
D、鱼肉富含蛋白质，蛋白质在人体内可水解为氨基酸，被人体吸收利用，D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
草木灰与铵态氮肥的反应：碳酸根水解使溶液呈碱性，与铵根发生双水解反应，释放氨气，降低肥效；
酸雨的成因：SO2、NO2等酸性气体溶于水生成酸，导致雨水 pH 低于 5.6；
光伏电池的能量转化：太阳能转变为电能；
蛋白质的水解：蛋白质最终水解产物为氨基酸。
4．幸福属于劳动人民。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 注入熔融钢水前先将模具干燥 Fe与在高温条件下可以发生反应
B 用小苏打作面包发泡剂 受热分解生成
C 使用医用酒精进行杀菌消毒 能发生消去反应生成
D 用液氨作制冷剂 液氨汽化能吸收大量的热
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；铁的化学性质；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、Fe 与 H2O 在高温条件下会发生反应生成铁的氧化物和氢气，若模具未干燥，高温下的反应会影响钢水质量或造成安全隐患，因此注入熔融钢水前需将模具干燥，A 有关联；
B、小苏打（NaHCO3）受热分解生成碳酸钠、水和 CO2，CO2： ，气体能使面包疏松多孔，故可用作面包发泡剂，B 有关联；
C、医用酒精杀菌消毒的原理是乙醇能使蛋白质变性，而非乙醇发生消去反应生成乙烯，且乙醇发生消去反应需要浓硫酸、加热等特定条件，与医用酒精消毒无关联，C 无关联；
D、液氨汽化时会吸收大量的热，使周围环境温度降低，因此可用液氨作制冷剂，D 有关联；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
熔融钢水与水的反应：高温下 Fe 与 H2O 反应，模具干燥是避免该反应发生；
小苏打作发泡剂：利用 NaHCO3受热分解产生 CO2的性质；
酒精消毒原理：医用酒精通过使蛋白质变性实现杀菌，与消去反应无关；
液氨作制冷剂：利用液氨汽化吸热的物理性质。
5．一种提取碘的工艺过程如下，其中操作为
A．过滤 B．蒸发 C．萃取分液 D．蒸馏
【答案】C
【知识点】海水资源及其综合利用；过滤；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A、过滤用于分离固体和液体混合物，该流程中无固体与液体的分离需求，A 错误；
B、蒸发用于从溶液中获得固体溶质，无法将碘从水溶液转移到 CCl4溶液中，B 错误；
C、CCl4与水不互溶，且 I2在 CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度，可通过萃取分液将 I2从水溶液转移到 CCl4溶液中，C 正确；
D、蒸馏用于分离沸点不同的互溶液体混合物，该步骤是实现溶质在两种溶剂间的转移，不是蒸馏，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
萃取分液的原理：利用溶质在互不相溶的溶剂中溶解度的差异，将溶质从溶解度小的溶剂转移到溶解度大的溶剂中；
I2的提取流程：含 I-溶液先氧化为含 I2溶液，再用 CCl4萃取分液得到含 I2的 CCl4溶液，最后蒸馏分离 I2与 CCl4；
各操作的适用场景：过滤分离固液、蒸发提取固体溶质、蒸馏分离互溶液体、萃取分液分离互不相溶的液体并转移溶质。
6．研究发现溶液中存在以下平衡：（蓝色）（黄色）+，。下列说法正确的是
A．中含有键
B．与配位时，比的配位能力更强
C．加热溶液，溶液由蓝绿色变成黄绿色，说明该反应
D．溶液呈酸性，
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、1个中，4个分子内共含个键，同时与4个之间形成4个配位键，因此1 mol该离子含 mol 键，A错误；
B、该平衡的平衡常数，数值较大，说明反应正向进行的程度大，即与的配位能力强于，B正确；
C、加热时溶液由蓝绿色变为黄绿色，说明（黄色）浓度增大，平衡正向移动，正反应为吸热反应，，C错误；
D、根据电荷守恒，溶液中存在，因溶液呈酸性，，故，D错误。
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
键计算：配位键属于键，需同时计算分子内共价键和配位键；
配位能力判断：平衡常数越大，正反应进行程度越大，配体配位能力越强；
平衡移动与焓变：升温平衡正向移动，正反应为吸热反应，；
电荷守恒应用：溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，结合溶液酸碱性判断离子浓度关系。
7．硫及其化合物对生产和生活有着重要作用。硫及其部分化合物之间的转化关系如图所示，下列说法正确的是
A．S单质与足量充分反应可一步转化为Y
B．X能使紫色石蕊溶液褪色
C．Y分子的空间结构为平面三角形
D．Z的浓溶液能使蔗糖变黑，只体现其脱水性
【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；浓硫酸的性质；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、S 单质与 O2反应，无论 O2是否足量，只能生成 SO2（X），不能一步生成 SO3（Y），SO2转化为 SO3需催化剂、加热条件，A 错误；
B、X 为 SO2，SO2溶于水生成亚硫酸，能使紫色石蕊溶液变红，但不能使其褪色，B 错误；
C、Y 为 SO2，S 原子采取 sp2 杂化，且含 1 对孤电子对，分子的空间结构为 V 形，而非平面三角形，C 正确；
D、Z 为 H2SO4，浓硫酸使蔗糖变黑，不仅体现脱水性（将蔗糖中 H、O 按 2：1 脱去），还体现强氧化性（生成的 C 与浓硫酸反应生成 CO2、SO2和 H2O），是双重性质，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
S 的氧化产物：S 与 O2反应只能生成 SO2，不能一步生成 SO3；
SO2的性质：SO2为酸性氧化物，能使石蕊变红，无漂白性（不能漂白酸碱指示剂）；
SO2的空间结构：中心 S 原子 sp2 杂化，含 1 对孤电子对，空间结构为 V 形；
浓硫酸的特性：蔗糖变黑是脱水性的体现，同时伴随强氧化性的发生（生成气体）。
8．下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A 超分子具有分子识别的特征 杯酚可用于分离与
B Fe与浓硝酸在常温下不反应 可用铁槽车运输浓硝酸
C 钠和钾元素金属性不同 焰色试验可用于检验钠和钾元素
D 硫酸工业中使用催化剂调控反应 催化剂能提高的平衡转化率
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；焰色反应；超分子
【解析】【解答】A、陈述 Ⅰ：超分子具有分子识别的特征，正确；陈述 Ⅱ：杯酚可用于分离 C60与 C70，正确；杯酚利用分子识别特性选择性结合 C60，实现二者分离，二者存在因果关系，A 符合题意；
B、陈述 Ⅰ：Fe 与浓硝酸在常温下不反应，错误，常温下 Fe 遇浓硝酸发生钝化，钝化属于化学反应；陈述 Ⅱ：可用铁槽车运输浓硝酸，正确；二者无因果关系，B 不符合题意；
C、陈述 Ⅰ：钠和钾元素金属性不同，正确；陈述 Ⅱ：焰色试验可用于检验钠和钾元素，正确；焰色试验的原理是元素的电子跃迁，与金属性无因果关系，C 不符合题意；
D、陈述 Ⅰ：硫酸工业中使用催化剂调控反应，正确；陈述 Ⅱ：催化剂能提高 SO2的平衡转化率，错误，催化剂只能加快反应速率，不影响平衡转化率；二者无因果关系，D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
超分子的分子识别：超分子可通过分子间作用力选择性结合特定分子，实现分离、识别等功能，杯酚分离 C60与 C70是典型应用；
铁与浓硝酸的钝化：钝化是化学反应，并非不反应；
焰色试验的原理：焰色试验与元素的电子跃迁有关，与金属性无关；
催化剂的作用：催化剂只改变反应速率，不改变平衡转化率。
9．某药物中间体的结构如图所示，W、X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y的基态原子价层p轨道半充满，Z与Q同主族。下列说法正确的是
A．原子半径：
B．第一电离能：
C．简单氢化物的沸点：
D．和的VSEPR模型均为正四面体形
【答案】B
【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；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、原子半径：同周期主族元素从左到右原子半径依次减小，同主族从上到下原子半径依次增大，故原子半径为C>N>H，即X>Y>W，A错误；
B、第一电离能：同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，N的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于O，故第一电离能为N>O>C，即Y>Z>X，B正确；
C、简单氢化物的沸点：NH3、H2O分子间存在氢键，沸点高于H2S，且H2O的氢键更强、沸点更高，故沸点为H2O>NH3>H2S，即Z>Y>Q，C错误；
D、XZ32-为CO32-，中心C原子的价层电子对数为3+=3，VSEPR模型为平面三角形；QZ42-为SO42-，中心S原子的价层电子对数为4+=4，VSEPR模型为正四面体形，二者模型不同，D错误；
故答案为：B。
【分析】推断元素：W、X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的基态原子价层p轨道半充满，结合成键数可知Y为N；Z与Q同主族，结合成键数可知Z为O，Q为S；X成4键，原子序数小于N，为C；W成1键，原子序数最小，为H。
10．物质的微观结构决定其宏观性质。解释下列实验现象或事实的离子方程式书写正确的是
A．向溶液中加入粉末，出现黑色浑浊：
B．铁经过发蓝处理形成致密氧化膜：
C．用明矾净化自来水：
D．向溶液中通入过量产生白色胶状沉淀：
【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁的氧化物和氢氧化物；水的净化；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、H2S 是弱电解质，在离子方程式中需保留化学式，正确的离子方程式为 Cu2++H2S=CuS↓+2H+，而非直接写S2-，A 错误；
B、铁发蓝处理形成的致密氧化膜为 Fe3O4，不是 FeO，且该反应为氧化还原反应： ，B 错误；
C、明矾净水是 Al3+水解生成氢氧化铝胶体，不是沉淀，且水解为可逆反应，正确的离子方程式为 Al3++3H2O Al(OH)3（胶体）+3H+， ，C 错误；
D、向 Na2SiO3溶液中通入过量 CO2，生成 H2SiO3沉淀和 HCO3-，离子方程式 SiO+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO 书写正确，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
弱电解质书写：H2S 等弱电解质在离子方程式中不能拆，需保留化学式；
物质组成判断：铁发蓝的氧化膜为 Fe3O4，不是 FeO；
水解反应特点：盐类水解为可逆反应，生成的是胶体而非沉淀，需标注可逆符号；
与量有关的反应：CO2过量时，硅酸盐与 CO2反应生成 HCO3-，而非 CO32-。
11．反应是工业制硝酸的基础。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中质子的数目为
B．上述反应生成时，转移电子数目为
C．和在密闭容器中充分反应后，气体分子总数目为
D．将完全溶于水中，所得溶液中的数目为
【答案】B
【知识点】气体摩尔体积；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、未指明 2.24 L NH3所处的温度和压强，无法确定其物质的量，无法计算质子数目，A 错误；
B、反应中 N 元素从 - 3 价升高到 + 2 价，每生成 1 mol NO 转移 5 mol 电子，故生成 0.1 mol NO 时，转移电子数目为 0.5NA，B 正确；
C、2 mol NO 和 1 mol O2反应生成 2 mol NO2，NO2会发生二聚反应 2NO2 N2O4，导致气体分子总数小于 2NA，C 错误；
D、3.4 g NH3的物质的量为 0.2 mol，溶于水后，NH3部分与水反应生成 NH3 H2O，NH3 H2O 部分电离，故溶液中 NH3 H2O 的数目小于 0.2NA，D 错误。
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
气体摩尔体积的使用条件：只有在标准状况下，2.24 L 气体的物质的量才为 0.1 mol；
氧化还原反应电子转移：根据元素化合价变化，计算每生成 1 mol 产物转移的电子数；
可逆反应的影响：NO2存在二聚平衡，会使气体分子总数减少；
溶液中的粒子平衡：NH3溶于水后，存在溶解、电离平衡，NH3 H2O 只是含氮粒子的一部分。
12．具有强氧化性，可作漂白剂。某兴趣小组利用如图所示装置制取。
已知：①氯气和碱的反应是放热反应；②遇热会歧化生成。下列说法错误的是
A．装置i中的反应体现了HCl的酸性和还原性
B．装置ii中盛装的试剂是饱和NaCl溶液
C．装置iii中紫色石蕊溶液先变红后褪色
D．可以对装置iv进行加热以提高制取的产率
【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、装置 i 中 MnO2与浓盐酸反应的化学方程式为 ，HCl 中部分 Cl 元素化合价升高生成 Cl2，体现还原性；部分 Cl 元素化合价不变生成 MnCl2，体现酸性，A 正确；
B、装置 i 制得的 Cl2中混有挥发的 HCl 杂质，装置 ii 中盛装饱和 NaCl 溶液，可除去 HCl，同时降低 Cl2的溶解度，B 正确；
C、Cl2通入装置 iii 的紫色石蕊溶液中，Cl2与水反应生成 HCl 和 HClO，HCl 使溶液变红，HClO 具有漂白性使溶液褪色，故溶液先变红后褪色，C 正确；
D、已知氯气和碱的反应放热，且 Ca(ClO)2遇热会歧化生成 Ca(ClO3)2，若加热装置 iv，会导致
Ca(ClO)2产率降低，不能加热，D 错误。
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
浓盐酸与 MnO2的反应：HCl 既体现酸性（生成盐），又体现还原性（被氧化为 Cl2）；
除杂试剂选择：饱和 NaCl 溶液可除去 Cl2中的 HCl，且不引入新杂质；
Cl2的漂白性：Cl2与水反应生成的 HClO 具有漂白性，能使酸碱指示剂褪色；
实验条件控制：Cl2与碱反应放热，Ca(ClO)2受热易歧化，故装置 iv 需冷水浴冷却，不能加热。
13．25℃时，用的NaOH溶液滴定的二元弱酸，滴定过程中溶液pH与含A微粒物质的量分数(δ)的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．曲线M代表物质的量分数的变化
B．a点对应的溶液中：
C．25℃时，的水解常数为
D．b点对应的溶液中存在：
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A、二元弱酸的电离分步进行：、。随着增大，的物质的量分数逐渐减小，的物质的量分数先增大后减小，的物质的量分数逐渐增大，因此曲线代表，A正确；
B、点，此时与物质的量分数相等，即，B正确；
C、的水解方程式为，水解常数。由图可知，，则，与题干中不符，C错误；
D、b点对应的溶液中，溶质主要为，根据电荷守恒：。结合图像中点粒子分布，，代入可得，D正确；
故答案为：C。
【分析】滴定初始时，溶液中以为主；随着溶液的加入，与发生反应 ，的物质的量分数逐渐降低，的物质的量分数持续升高；当基本完全反应后，继续与反应 ，的物质的量分数先升后降，的物质的量分数则不断增大。整个滴定过程中，先转化为，再转化为，因此先增后减的曲线代表的物质的量分数变化，以此为基础可对各选项进行分析判断。
14．由结构不能推测出对应性质的是
选项 结构 性质
A 键能： 热稳定性：
B 水分子和乙醇分子都是极性分子 水能与乙醇互溶
C 苯酚中含有极性较强的键 苯酚能与金属钠反应
D 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合 石墨具有导电性
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子；相似相溶原理及其应用；分子间作用力；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、键能越大，共价键越稳定，物质的热稳定性越强。H—F 键能大于 H—Cl、H—Br，故热稳定性 HF>HCl>HBr，结构与性质对应，A 不符合题意 ；
B、相似相溶原理：极性分子易溶于极性溶剂，水和乙醇均为极性分子，故二者可互溶，结构与性质对应，B 不符合题意 ；
C、苯酚中 O—H 键极性较强，H 原子易电离，故苯酚能与金属钠反应置换出 H2，结构与性质对应，C 不符合题意 ；
D、石墨层间以范德华力结合，决定了石墨的润滑性；石墨的导电性源于层内碳原子形成大 π 键，自由电子可定向移动，与层间范德华力无关联，结构不能推测该性质，D 符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
键能与热稳定性：键能越大，共价键越稳定，物质热稳定性越强；
相似相溶原理：极性分子易溶于极性溶剂，非极性分子易溶于非极性溶剂；
官能团与性质：O—H 键极性越强，H 原子越易电离，对应物质酸性越强、越易与活泼金属反应；
石墨的结构与性质：层内大 π 键决定导电性，层间范德华力决定润滑性，二者无因果关系。
15．我国科学家以和为电极材料，研发出一种如图所示的水系电池(水分子在双极膜中会自动解离为与)，电极反应相应的产物为和。该电池工作时，下列说法正确的是
A．双极膜中的移向Y电极
B．X电极发生反应：
C．电池工作一段时间后，正极区溶液的pH减小
D．理论上每消耗1 mol Al，负极区溶液质量增加27 g
【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、原电池中阳离子向正极移动，双极膜中的 H+应移向正极（X 电极），而非 Y 电极，A 错误；
B、X 电极为正极，MnO2在酸性条件下得电子生成 Mn2+，电极反应为 MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，B 正确；
C、正极区为稀硫酸，正极反应消耗 H+，同时双极膜解离的 H+补充到正极区，反应消耗 4mol H+的同时，双极膜补充 2mol H+，H+浓度降低，溶液 pH 增大，C 错误；
D、Y 电极为负极，Al 失电子生成 [Al(OH)4]-，电极反应为 Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-。每消耗 1mol Al，负极区引入 1mol Al（27g），同时双极膜解离的 OH-进入负极区，溶液质量增加大于 27g，D 错误；
故答案为：B。
【分析】根据产物化合价变化判断电极：Al 元素从 0 价升至 + 3 价，失电子发生氧化反应： ，故 Al 电极为负极，对应电极 Y；Mn 元素从 + 4 价降至 + 2 价，得电子发生还原反应： ，故 MnO2电极为正极，对应电极 X。结合电解质环境，稀硫酸中的 H+与 [Al(OH)4]-无法共存，进一步确认电极对应关系。原电池中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，因此双极膜解离出的 H+会向正极（X 电极）迁移，OH-向负极（Y 电极）迁移，膜 a 为阳离子交换膜、膜 b 为阴离子交换膜，以此为基础分析各选项。
16．锰是典型的变价金属，锰及其化合物的应用研究是前沿科学之一。
（1）写出基态原子的价层电子排布式：　 　，基态原子的电子空间运动状态有　 　种。
（2）三醋酸锰是一种很好的有机反应氧化剂。其所含元素、、的电负性由大到小的顺序为　 　。
（3）某种晶体脱出部分原子形成存在空位的(如图所示)，可使晶体具有半导体性质。
①晶体中　 　。
②下列氧化物晶体难以通过该方式获得半导体性质的是　 　(填标号)。
A． B． C． D．
（4）硒化锰(MnSe)是一种半导体材料，有三种晶型，其中-MnSe的立方晶胞如图a所示，晶胞边长为。图b是-MnSe晶胞沿轴方向的投影图，其中1号原子的分数坐标为。
①β-MnSe晶体中Mn的配位数为　 　。
②图中2号原子的分数坐标为　 　。
③设表示阿伏加德罗常数的值，-MnSe晶体的密度为　 　。
【答案】（1）；15
（2）
（3）1.25(或)；AD
（4）4；；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）Mn为25号元素，基态原子的价层电子排布式：；基态原子的核外电子排布式为：，电子占据的轨道总数为：1+1+3+1+3+5+1=15，空间运动状态有15种；
故答案为： ；15；
（2）同周期，从左往右，元素的电负性逐渐增大，同主族，从上往下，元素的电负性逐渐减小，故、、的电负性由大到小的顺序为：；
故答案为： ；
（3）①由图可知，晶胞中的个数为，脱出O后剩余的氧原子个数为，则脱出O后晶体的化学式为，所以晶体中(或)；
②晶体中有原子脱出时，出现空位，这种方法需要金属元素具有可变价态，其中中的化合价下降只能为0，中的化合价下降只能为0，其余可下降得到比0高的价态，说明和难以通过这种办法获得半导体性质，故选AD；
故答案为： 1.25(或) ；AD；
（4）①如图所示，β-MnSe晶体中Mn的配位数为：4；
②根据1号原子的分数坐标为，图中2号原子的分数坐标为：；
③根据均摊法，Mn原子的个数为4，Se原子的个数为：，设表示阿伏加德罗常数的值，-MnSe晶体的密度为：。
故答案为：4； ； ；
【分析】（1）Mn为25号元素，核外电子排布遵循构造原理，其价层电子包括最外层的4s电子和次外层的3d电子，故为 。电子的空间运动状态数等于占据的轨道总数。根据Mn的电子排布式，计算各能级轨道数：，即空间运动状态有15种。
（2）电负性变化规律：同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小；H为非金属元素，电负性小于C、O。
比较H、C、O的电负性：O位于第二周期ⅥA族，C位于第二周期ⅣA族，故电负性 。
（3）①用均摊法计算晶胞中原子数：Mn原子数为；脱出O后剩余O原子数为。晶体化学式为，化简得，即（或）。
② 原理：脱出O出现O空位需金属元素有可变价态，化合价可降至0以下。
CaO中Ca为+2价，化合价只能降为0；中Al为+3价，化合价只能降为0；二者无可变价，故选AD。
（4）①配位数指紧邻的异号原子数。从晶胞结构看，Mn周围紧邻的Se原子数为4，故Mn的配位数为。
②1号原子分数坐标为，结合晶胞的轴方向与投影图的位置关系，2号原子的坐标为。
③均摊法算原子数：Mn原子数为；Se原子数为4，晶胞总质量。晶胞体积。密度公式，代入得 。
（1）Mn为25号元素，基态原子的价层电子排布式：；基态原子的核外电子排布式为：，电子占据的轨道总数为：1+1+3+1+3+5+1=15，空间运动状态有15种；
（2）同周期，从左往右，元素的电负性逐渐增大，同主族，从上往下，元素的电负性逐渐减小，故、、的电负性由大到小的顺序为：；
（3）①由图可知，晶胞中的个数为，脱出O后剩余的氧原子个数为，则脱出O后晶体的化学式为，所以晶体中(或)；
②晶体中有原子脱出时，出现空位，这种方法需要金属元素具有可变价态，其中中的化合价下降只能为0，中的化合价下降只能为0，其余可下降得到比0高的价态，说明和难以通过这种办法获得半导体性质，故选AD；
（4）①如图所示，β-MnSe晶体中Mn的配位数为：4；
②根据1号原子的分数坐标为，图中2号原子的分数坐标为：；
③根据均摊法，Mn原子的个数为4，Se原子的个数为：，设表示阿伏加德罗常数的值，-MnSe晶体的密度为：。
17．研究影响化学反应速率的因素对生产生活有重要意义。
I．实验原理
研究小组利用分光光度计测量反应过程中溶液吸光度的变化（吸光度与有色物质浓度成正比）来跟踪反应进程。
II．实验准备
实验需要用到溶液，配制该溶液时：
（1）需要用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管和　 　、　 　。（填仪器名称）
III．测定反应速率
将溶液与酸性高锰酸钾溶液混合后，置于分光光度计中，记录溶液的吸光度降至最低且不再变化时所需时间为。
（2）酸性溶液与溶液反应的离子方程式为　 　。
（3）内，平均反应速率　 　（列出表达式，忽略溶液混合引起的体积变化）。
IV．探究烯烃结构对反应速率的影响
查阅资料①烷基（-R）具有推电子效应，能增强相连碳碳双键的电子云密度。
②烯烃与溴加成时，易与电子云密度大的碳碳双键反应。
基于资料，提出猜想
（4）单烯烃和的反应速率与烷基的长度有关，烷基越长，反应速率越　 　（填“快”或“慢”）。
验证猜想相同体积的乙烯、丙烯、1-丁烯分别通入等体积等浓度的的溶液中，测定溶液的吸光度从降低到所消耗的时间。
实验序号 烯烃
①
②
③
（5）猜想成立的判断依据是　 　。
提出质疑小组成员发现。推测：影响单烯烃与反应的速率除了烷基的推电子效应外，还存在其他因素。
教师指导空间位阻效应对有机物的物理性质和化学性质产生影响，有机分子中支链越多，基团越大，空间位阻效应越大；空间位阻效应：顺-2-丁烯>反-2-丁烯。已知：
烷烃
沸点/℃ 36.1 27.9 9.5
（6）①下列烯烃的沸点由大到小的顺序为　 　（用选项编号排序）。
A． B． C．
补充猜想空间位阻效应越大，单烯烃和的反应速率越小。
优化设计小组成员对下面两种烯烃进行了重复实验。
实验序号 烯烃
④ 顺-2-丁烯
⑤ 反-2-丁烯
②补充猜想正确的判断依据是　 　。
实验结论
③推电子效应和空间位阻效应都会影响单烯烃与的反应速率。由于，可判断　 　为主要影响因素。
教师总结烯烃结构对反应速率影响的因素是多样的，具体情况具体分析。
【答案】玻璃棒；100 mL容量瓶；；；快；；A>B>C；；推电子效应
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系；烯烃；探究影响化学反应速率的因素；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）配制80 mL溶液时，需选用100 mL容量瓶；溶解、转移溶液还需要玻璃棒搅拌和引流。
故答案为： 玻璃棒 ； 100 mL容量瓶 ；
（2）酸性高锰酸钾溶液与草酸反应的离子方程式为。
故答案为： ；
（3）混合后总体积为，初始物质的量为，完全反应后浓度变化，因此平均速率。
故答案为： ；
（4）根据题给信息，烷基越长推电子效应越强，碳碳双键电子云密度越大，越容易和反应，因此反应速率越快。
故答案为： 快 ；
（5）烷基越长反应速率越快，相同吸光度变化下，反应速率越快，消耗时间越短，因此若满足，即可证明猜想成立。
故答案为：；
（6） ① 由题给烷烃沸点规律可知：烃的支链越多，沸点越低。三种烯烃中，A为直链无支链、B含1个支链、C含2个支链，因此沸点顺序为；
② 根据猜想，空间位阻越大反应速率越小，已知顺-2-丁烯空间位阻大于反-2-丁烯，因此若顺-2-丁烯反应时间更长，即，即可证明猜想正确；
③ 丙烯双键连1个烷基，顺-2-丁烯双键连2个烷基，二者推电子效应和空间位阻都是顺-2-丁烯更大；实验结果，说明顺-2-丁烯反应速率远快于丙烯，推电子效应加快反应的影响占主导，因此推电子效应是主要影响因素。
故答案为：； ； 推电子效应 ；
【分析】（1）配制一定物质的量浓度的溶液，需用到的玻璃仪器：烧杯用于溶解、胶头滴管用于定容，还需要玻璃棒（搅拌溶解、引流）、100 mL容量瓶（因需配制80 mL，选用规格稍大的100 mL容量瓶）。
（2）酸性与发生氧化还原反应，被还原为，被氧化为，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平书写离子方程式。
（3）忽略体积变化，混合后总体积；
的初始物质的量，完全反应后浓度变化；平均反应速率，表达式为。
（4）根据资料：烷基（-R）推电子效应越强，碳碳双键电子云密度越大，越易与其反应，反应速率越快；烷基越长，推电子效应越强，因此反应速率越快。
（5）反应速率越快，相同吸光度变化下，消耗时间越短；若猜想成立，烷基越长，反应速率越快，时间越短，因此判断依据为：（乙烯无烷基、丙烯1个烷基、1-丁烯2个烷基，时间依次缩短）。
（6）①烷烃沸点规律：支链越多，沸点越低；
A为直链1-戊烯（无支链），B含1个支链，C含2个支链，因此沸点由大到小为。
②空间位阻效应越大，单烯烃与反应速率越小；已知顺-2-丁烯空间位阻大于反-2-丁烯，因此顺-2-丁烯反应时间更长，若，则证明猜想正确。
③丙烯双键连1个烷基，顺-2-丁烯双键连2个烷基，顺-2-丁烯推电子效应、空间位阻均更大；实验结果（丙烯反应时间远长于顺-2-丁烯，顺-2-丁烯反应速率远快于丙烯），说明推电子效应对反应速率的影响占主导，因此推电子效应为主要影响因素。
18．我国橄榄石资源丰富，其主要成分为和，含少量Ni、Al元素。利用橄榄石回收NiO并制备碱式硫酸镁的工艺流程如图所示：
已知：
①“酸浸”后，溶液中阳离子浓度：、、、。
②部分氢氧化物的如下表所示：
氢氧化物
（1）“焙烧1”时，在高温条件下生成红棕色固体，反应的化学方程式为　 　。
（2）“酸浸”时，为使金属元素充分浸出，可以采取的措施为　 　(写一条)。
（3）向溶液中加入NaOH“调”，过滤后，滤渣2的主要成分为　 　(填化学式)，调pH后滤液中的浓度为　 　。
（4）利用有机物萃取的反应为(有机相)(水相)(有机相)(水相)。“反萃取”时加入的试剂X为　 　(填化学式)。
（5）“电解”时采用惰性电极电解“萃取”后的水相，请写出阳极发生的电极反应式：　 　。
（6）NiO广泛应用于陶瓷着色、电池电极以及电子磁性材料等领域。一种NiO的立方晶胞结构如图所示。
①的配位数是　 　。
②已知微粒1的分数坐标为，则微粒2的分数坐标为　 　。
【答案】（1）
（2）适当提高稀硫酸浓度(或加热、搅拌、延长浸出时间等)
（3）；
（4）
（5）
（6）6；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）在高温、空气中被氧化为红棕色和；根据氧化还原反应配平，化学方程式为；
故答案为： ；
（2）为使金属元素充分浸出，可采取的措施为适当提高稀硫酸浓度(或加热、搅拌、延长浸出时间等)；
故答案为： 适当提高稀硫酸浓度(或加热、搅拌、延长浸出时间等) ；
（3）调时，； 计算沉淀所需：，代入得，已完全沉淀；计算沉淀所需：，代入得，已完全沉淀；、的离子积分别为<，<，均未沉淀；故滤渣2主要成分为、；滤液中浓度为；
故答案为：；；
（4）萃取反应为；
根据平衡移动原理，加入硫酸可增大，使平衡逆向移动，实现从有机相转移至水相；故反萃取时加入的试剂X为；
故答案为：；
（5）“萃取”后的水相主要含、、等；采用惰性电极电解时，阳极发生氧化反应，（来自水的电离）放电生成；电极反应式为；
故答案为：；
（6）NiO晶胞，位于面心和顶点，周围最近且等距的有6个；故的配位数为；
微粒1的分数坐标为，位于晶胞底面右下角；微粒2位于晶胞顶面右上棱的中点，对应分数坐标为；
故答案为：。
【分析】本工艺以橄榄石（主要成分为、，含少量、元素）为原料制备目标产物，核心流程如下：
首先在空气中高温焙烧，发生氧化反应，分解为与；随后用稀硫酸酸浸焙烧产物，、、、转化为可溶性硫酸盐，不溶形成滤渣1，此时溶液中主要含、、、；接着用调节，使、以、沉淀析出，分离除去滤渣2；之后用有机萃取剂选择性萃取，实现与的分离，负载的有机相经反萃取得到含的水溶液，电解后得到金属，再经焙烧生成目标产物；含的水相则通过碱化反应，在氨水作用下生成碱式硫酸镁沉淀，以此为基础完成各步骤分析。
（1）在高温、空气中被氧化为红棕色和；根据氧化还原反应配平，化学方程式为；
（2）为使金属元素充分浸出，可采取的措施为适当提高稀硫酸浓度(或加热、搅拌、延长浸出时间等)；
（3）调时，； 计算沉淀所需：，代入得，已完全沉淀；计算沉淀所需：，代入得，已完全沉淀；、的离子积分别为<，<，均未沉淀；故滤渣2主要成分为、；滤液中浓度为；故答案为：；；
（4）萃取反应为；
根据平衡移动原理，加入硫酸可增大，使平衡逆向移动，实现从有机相转移至水相；故反萃取时加入的试剂X为；故答案为：；
（5）“萃取”后的水相主要含、、等；采用惰性电极电解时，阳极发生氧化反应，（来自水的电离）放电生成；电极反应式为；故答案为：；
（6）NiO晶胞，位于面心和顶点，周围最近且等距的有6个；故的配位数为；
微粒1的分数坐标为，位于晶胞底面右下角；微粒2位于晶胞顶面右上棱的中点，对应分数坐标为；故答案为：。
19．均是重要的化工原料，二者均可由制备。
I．制备
与反应制备时发生反应：
主反应：；
副反应：。
（1）根据主反应的能量与反应过程的关系图(图1)可知，________；利于该反应自发进行的条件为________(填“高温”“低温”或“任意温度”)。
（2）在恒容密闭容器中，与的起始浓度分别为和，发生主反应和副反应，的平衡浓度随温度的变化如图2所示。则时，的选择性________(的选择性)。
Ⅱ．制备
的乙烯化反应为。将和以物质的量之比1：3充入V L恒容密闭容器中，发生该反应，平衡时和随温度的变化如图3所示。
（3）代表平衡时________(填“”或“”)的物质的量随温度的变化。
（4）一定温度下，下列能说明反应达到化学平衡的有___________(填字母)。
A. 容器内气体压强不变 B. 气体密度不变
C. 与的物质的量之比不变 D.
（5）393 K时该反应的平衡常数________(列出算式)。
（6）________mol；M点时，的平衡转化率为________。
【答案】(1) 243.9 低温
(2) 60%
(3)
(4) A，D
(5)
(6) 5.16 60%
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）主反应的焓变，正反应活化能，，则；主反应，，根据，则需在低温下自发；
故答案为： 243.9；低温 ；
（2）由图可知，在时，平衡浓度为，平衡浓度为；转化的总浓度=初始浓度-平衡浓度=，生成消耗的浓度=，因此CH4的选择性；
故答案为： 60% ；
（3）反应，正反应放热；温度升高，平衡逆向移动：为反应物，平衡物质的量增大；为生成物，平衡物质的量减小，因此，代表；
故答案为：；
（4）A．恒容容器中，反应前后气体分子数不等，则压强是变量，压强不变说明达到平衡，A符合题意；
B．恒容容器中，气体总质量不变，密度始终不变，不能作为平衡标志，B不符合题意；
C．与是生成物，它们的物质的量之比始终为，不能作为平衡标志，C不符合题意；
D．平衡时，，根据化学计量数关系，，联立可得
，符合速率比等于化学计量数之比，说明达到平衡，D符合题意；
故答案为：AD；
（5）起始时与物质的量之比为，设为mol和mol；由图3，时：，；由方程式系数关系可知，生成时，生成的物质的量为，消耗的物质的量为，消耗的物质的量为，则平衡时，，解得，则平衡时，因此平衡常数；
故答案为： ；
（6）温度为时，两曲线交点处，由反应关系，生成时，消耗的物质的量为，起始，故：，解得；生成时，消耗的物质的量为，则转化率：。
故答案为： 5.16；60% ；
【分析】(1)焓变与活化能的关系：，代入、，得。
自发反应判断：主反应，且气体分子数减少（），根据，低温下，反应自发。
(2)转化的总浓度 = 初始浓度 - 平衡浓度 = 。
生成消耗的浓度 = 平衡浓度 = 。
选择性。
(3) 反应 ，正反应放热。
温度升高，平衡逆向移动：（反应物）平衡物质的量增大，（生成物）平衡物质的量减小，因此代表；
(4) A：恒容容器中，反应前后气体分子数不等，压强不变说明各物质浓度不变，达到平衡，正确。
B：恒容、气体总质量不变，密度始终不变，不能作为平衡标志，错误。
C：与的物质的量之比始终为，不能作为平衡标志，错误。
D：平衡时正逆反应速率相等，，符合速率比等于化学计量数之比，达到平衡，正确。
(5) 设起始为，为；393K时，，。
由反应式，生成，生成为，消耗为，消耗为。由，得，平衡时。
平衡常数（为容器体积）。
(6) 460K时，；生成，消耗为。
起始，故，解得。
生成，消耗为，平衡转化率。
20．麻醉药布比卡因(ⅵ)的合成路线如图所示，其中“Ac”代表“”、“Ph”代表苯基。
已知：
（1）化合物ⅱ中的含氧官能团名称为　 　。
（2）①化合物i的分子式为　 　。
②化合物M比i的相对分子质量大14，在M的同分异构体中，含有苯环结构的共有　 　种(含化合物M)。
（3）下列说法中正确的有___________(填字母)。
A．ⅱ→ⅲ的过程中有键断裂与键形成
B．ⅲ分子中碳原子均采取sp3杂化，存在手性碳原子
C．化合物E可以形成分子间氢键
D．v→vi的过程原子利用率为100%
（4）化合物ⅱ与乙醇发生酯化反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
（5）已知化合物ⅵ还有另一条合成路线，部分反应如下：
①第一步：引入氯，X的结构简式为　 　。
②第二步：X与E进行　 　(填反应类型)。
③第三步：Y与反应合成v。发生反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
【答案】（1）羧基
（2）；5
（3）A；C
（4）
（5）；取代反应；
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据化合物ⅱ的结构简式可知，ⅱ中的含氧官能团名称为羧基；
故答案为： 羧基 ；
（2）①根据化合物i的结构简式可知，i分子中含有6个C原子、7个H原子和1个N原子，其分子式为；
②i的分子式为，化合物M比i的相对分子质量大14，则M的分子式为，在M的同分异构体中，含有苯环结构的有：、、、、，即共有5种；
故答案为： ；5；
（3）A．ⅱ→ⅲ的过程为ⅱ与H2发生加成反应生成ⅲ，反应过程中有键断裂与键形成，A正确；
B．ⅲ分子中六元环上碳原子均采取sp3杂化，羧基中碳原子采用sp2杂化，与羧基相连碳原子为手性碳原子，B错误；
C．由分析可知，E的结构简式为：，E中氨基上的H原子与另外E中的N原子之间可以形成氢键，即化合物E可以形成分子间氢键，C正确；
D．v→vi的过程v与发生取代反应生成vi和HBr，即反应物中的原子没有全部进入产物，则原子利用率不是100%，D错误；
故答案为：AC；
（4）化合物ⅱ与乙醇发生酯化反生成酯和水，反应的化学方程式为：；
故答案为： ；
（5）①第一步：引入氯，ⅱ与SOCl2发生取代反应生成X，根据ⅱ的结构简式和X的分子式可知X的结构简式为：；
②由分析可知，E的结构简式为：，结合题干已知信息可知，X与E进行取代反应生成Y，Y的结构简式为：；
③由分析可知，v的结构简式为：，参照题干中ⅱ→ⅲ的反应原理可知，Y与发生加成反应生成v，反应的化学方程式为：。
故答案为： ； 取代反应 ； ；
【分析】以2-甲基吡啶（ⅰ）为起始原料，经酸性氧化得到2-吡啶甲酸（ⅱ）；再用将吡啶环加氢还原为哌啶环，得到2-哌啶甲酸（ⅲ）；随后用将羧基转化为酰氯，得到2-哌啶甲酰氯（ⅳ）；酰氯与氨基化合物（）发生酰化反应，得到酰胺中间体（ⅴ）；最后用在条件下对哌啶环的氮原子进行烷基化，最终得到布比卡因（ⅵ）。据此解答。
（1）根据化合物ⅱ的结构简式可知，ⅱ中的含氧官能团名称为羧基；
（2）①根据化合物i的结构简式可知，i分子中含有6个C原子、7个H原子和1个N原子，其分子式为；
②i的分子式为，化合物M比i的相对分子质量大14，则M的分子式为，在M的同分异构体中，含有苯环结构的有：、、、、，即共有5种；
（3）A．ⅱ→ⅲ的过程为ⅱ与H2发生加成反应生成ⅲ，反应过程中有键断裂与键形成，A正确；
B．ⅲ分子中六元环上碳原子均采取sp3杂化，羧基中碳原子采用sp2杂化，与羧基相连碳原子为手性碳原子，B错误；
C．由分析可知，E的结构简式为：，E中氨基上的H原子与另外E中的N原子之间可以形成氢键，即化合物E可以形成分子间氢键，C正确；
D．v→vi的过程v与发生取代反应生成vi和HBr，即反应物中的原子没有全部进入产物，则原子利用率不是100%，D错误；
故选AC。
（4）化合物ⅱ与乙醇发生酯化反生成酯和水，反应的化学方程式为：；
（5）①第一步：引入氯，ⅱ与SOCl2发生取代反应生成X，根据ⅱ的结构简式和X的分子式可知X的结构简式为：；
②由分析可知，E的结构简式为：，结合题干已知信息可知，X与E进行取代反应生成Y，Y的结构简式为：；
③由分析可知，v的结构简式为：，参照题干中ⅱ→ⅲ的反应原理可知，Y与发生加成反应生成v，反应的化学方程式为：。
1 / 1广东深圳市桃源居中澳实验学校等校2025-2026学年高三下学期全国华侨港澳台第一次联合模拟 化学试卷
1．植物基肉制品研发成为2025年营养健康领域热点。下列说法正确的是
A．植物基食品中有优质蛋白，蛋白质最终水解为葡萄糖
B．植物基食品中添加的铁元素，其单质形式更易被人体吸收
C．挤压加工过程中植物蛋白发生变性，变性后的蛋白可以复原
D．氨基酸通过脱水缩合形成多肽链，进而构成蛋白质
2．化合物M是合成氯霉素的中间体，其结构简式如图所示。下列有关M的说法正确的是
A．不能发生消去反应 B．存在2个手性碳原子
C．碳原子均为杂化 D．在水溶液中可电离出
3．化学在农业生产、环境保护、能源开发和食品营养等领域有着重要作用。下列说法错误的是
A．化学与农业：草木灰与铵态氮肥混合施用能增强肥效
B．化学与环境：和是形成酸雨的主要物质
C．化学与能源：钙钛矿叠层光伏电池实现了太阳能转化为电能
D．化学与饮食：鱼肉中含有丰富的蛋白质，蛋白质可以水解成氨基酸
4．幸福属于劳动人民。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 注入熔融钢水前先将模具干燥 Fe与在高温条件下可以发生反应
B 用小苏打作面包发泡剂 受热分解生成
C 使用医用酒精进行杀菌消毒 能发生消去反应生成
D 用液氨作制冷剂 液氨汽化能吸收大量的热
A．A B．B C．C D．D
5．一种提取碘的工艺过程如下，其中操作为
A．过滤 B．蒸发 C．萃取分液 D．蒸馏
6．研究发现溶液中存在以下平衡：（蓝色）（黄色）+，。下列说法正确的是
A．中含有键
B．与配位时，比的配位能力更强
C．加热溶液，溶液由蓝绿色变成黄绿色，说明该反应
D．溶液呈酸性，
7．硫及其化合物对生产和生活有着重要作用。硫及其部分化合物之间的转化关系如图所示，下列说法正确的是
A．S单质与足量充分反应可一步转化为Y
B．X能使紫色石蕊溶液褪色
C．Y分子的空间结构为平面三角形
D．Z的浓溶液能使蔗糖变黑，只体现其脱水性
8．下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A 超分子具有分子识别的特征 杯酚可用于分离与
B Fe与浓硝酸在常温下不反应 可用铁槽车运输浓硝酸
C 钠和钾元素金属性不同 焰色试验可用于检验钠和钾元素
D 硫酸工业中使用催化剂调控反应 催化剂能提高的平衡转化率
A．A B．B C．C D．D
9．某药物中间体的结构如图所示，W、X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y的基态原子价层p轨道半充满，Z与Q同主族。下列说法正确的是
A．原子半径：
B．第一电离能：
C．简单氢化物的沸点：
D．和的VSEPR模型均为正四面体形
10．物质的微观结构决定其宏观性质。解释下列实验现象或事实的离子方程式书写正确的是
A．向溶液中加入粉末，出现黑色浑浊：
B．铁经过发蓝处理形成致密氧化膜：
C．用明矾净化自来水：
D．向溶液中通入过量产生白色胶状沉淀：
11．反应是工业制硝酸的基础。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中质子的数目为
B．上述反应生成时，转移电子数目为
C．和在密闭容器中充分反应后，气体分子总数目为
D．将完全溶于水中，所得溶液中的数目为
12．具有强氧化性，可作漂白剂。某兴趣小组利用如图所示装置制取。
已知：①氯气和碱的反应是放热反应；②遇热会歧化生成。下列说法错误的是
A．装置i中的反应体现了HCl的酸性和还原性
B．装置ii中盛装的试剂是饱和NaCl溶液
C．装置iii中紫色石蕊溶液先变红后褪色
D．可以对装置iv进行加热以提高制取的产率
13．25℃时，用的NaOH溶液滴定的二元弱酸，滴定过程中溶液pH与含A微粒物质的量分数(δ)的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．曲线M代表物质的量分数的变化
B．a点对应的溶液中：
C．25℃时，的水解常数为
D．b点对应的溶液中存在：
14．由结构不能推测出对应性质的是
选项 结构 性质
A 键能： 热稳定性：
B 水分子和乙醇分子都是极性分子 水能与乙醇互溶
C 苯酚中含有极性较强的键 苯酚能与金属钠反应
D 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合 石墨具有导电性
A．A B．B C．C D．D
15．我国科学家以和为电极材料，研发出一种如图所示的水系电池(水分子在双极膜中会自动解离为与)，电极反应相应的产物为和。该电池工作时，下列说法正确的是
A．双极膜中的移向Y电极
B．X电极发生反应：
C．电池工作一段时间后，正极区溶液的pH减小
D．理论上每消耗1 mol Al，负极区溶液质量增加27 g
16．锰是典型的变价金属，锰及其化合物的应用研究是前沿科学之一。
（1）写出基态原子的价层电子排布式：　 　，基态原子的电子空间运动状态有　 　种。
（2）三醋酸锰是一种很好的有机反应氧化剂。其所含元素、、的电负性由大到小的顺序为　 　。
（3）某种晶体脱出部分原子形成存在空位的(如图所示)，可使晶体具有半导体性质。
①晶体中　 　。
②下列氧化物晶体难以通过该方式获得半导体性质的是　 　(填标号)。
A． B． C． D．
（4）硒化锰(MnSe)是一种半导体材料，有三种晶型，其中-MnSe的立方晶胞如图a所示，晶胞边长为。图b是-MnSe晶胞沿轴方向的投影图，其中1号原子的分数坐标为。
①β-MnSe晶体中Mn的配位数为　 　。
②图中2号原子的分数坐标为　 　。
③设表示阿伏加德罗常数的值，-MnSe晶体的密度为　 　。
17．研究影响化学反应速率的因素对生产生活有重要意义。
I．实验原理
研究小组利用分光光度计测量反应过程中溶液吸光度的变化（吸光度与有色物质浓度成正比）来跟踪反应进程。
II．实验准备
实验需要用到溶液，配制该溶液时：
（1）需要用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管和　 　、　 　。（填仪器名称）
III．测定反应速率
将溶液与酸性高锰酸钾溶液混合后，置于分光光度计中，记录溶液的吸光度降至最低且不再变化时所需时间为。
（2）酸性溶液与溶液反应的离子方程式为　 　。
（3）内，平均反应速率　 　（列出表达式，忽略溶液混合引起的体积变化）。
IV．探究烯烃结构对反应速率的影响
查阅资料①烷基（-R）具有推电子效应，能增强相连碳碳双键的电子云密度。
②烯烃与溴加成时，易与电子云密度大的碳碳双键反应。
基于资料，提出猜想
（4）单烯烃和的反应速率与烷基的长度有关，烷基越长，反应速率越　 　（填“快”或“慢”）。
验证猜想相同体积的乙烯、丙烯、1-丁烯分别通入等体积等浓度的的溶液中，测定溶液的吸光度从降低到所消耗的时间。
实验序号 烯烃
①
②
③
（5）猜想成立的判断依据是　 　。
提出质疑小组成员发现。推测：影响单烯烃与反应的速率除了烷基的推电子效应外，还存在其他因素。
教师指导空间位阻效应对有机物的物理性质和化学性质产生影响，有机分子中支链越多，基团越大，空间位阻效应越大；空间位阻效应：顺-2-丁烯>反-2-丁烯。已知：
烷烃
沸点/℃ 36.1 27.9 9.5
（6）①下列烯烃的沸点由大到小的顺序为　 　（用选项编号排序）。
A． B． C．
补充猜想空间位阻效应越大，单烯烃和的反应速率越小。
优化设计小组成员对下面两种烯烃进行了重复实验。
实验序号 烯烃
④ 顺-2-丁烯
⑤ 反-2-丁烯
②补充猜想正确的判断依据是　 　。
实验结论
③推电子效应和空间位阻效应都会影响单烯烃与的反应速率。由于，可判断　 　为主要影响因素。
教师总结烯烃结构对反应速率影响的因素是多样的，具体情况具体分析。
18．我国橄榄石资源丰富，其主要成分为和，含少量Ni、Al元素。利用橄榄石回收NiO并制备碱式硫酸镁的工艺流程如图所示：
已知：
①“酸浸”后，溶液中阳离子浓度：、、、。
②部分氢氧化物的如下表所示：
氢氧化物
（1）“焙烧1”时，在高温条件下生成红棕色固体，反应的化学方程式为　 　。
（2）“酸浸”时，为使金属元素充分浸出，可以采取的措施为　 　(写一条)。
（3）向溶液中加入NaOH“调”，过滤后，滤渣2的主要成分为　 　(填化学式)，调pH后滤液中的浓度为　 　。
（4）利用有机物萃取的反应为(有机相)(水相)(有机相)(水相)。“反萃取”时加入的试剂X为　 　(填化学式)。
（5）“电解”时采用惰性电极电解“萃取”后的水相，请写出阳极发生的电极反应式：　 　。
（6）NiO广泛应用于陶瓷着色、电池电极以及电子磁性材料等领域。一种NiO的立方晶胞结构如图所示。
①的配位数是　 　。
②已知微粒1的分数坐标为，则微粒2的分数坐标为　 　。
19．均是重要的化工原料，二者均可由制备。
I．制备
与反应制备时发生反应：
主反应：；
副反应：。
（1）根据主反应的能量与反应过程的关系图(图1)可知，________；利于该反应自发进行的条件为________(填“高温”“低温”或“任意温度”)。
（2）在恒容密闭容器中，与的起始浓度分别为和，发生主反应和副反应，的平衡浓度随温度的变化如图2所示。则时，的选择性________(的选择性)。
Ⅱ．制备
的乙烯化反应为。将和以物质的量之比1：3充入V L恒容密闭容器中，发生该反应，平衡时和随温度的变化如图3所示。
（3）代表平衡时________(填“”或“”)的物质的量随温度的变化。
（4）一定温度下，下列能说明反应达到化学平衡的有___________(填字母)。
A. 容器内气体压强不变 B. 气体密度不变
C. 与的物质的量之比不变 D.
（5）393 K时该反应的平衡常数________(列出算式)。
（6）________mol；M点时，的平衡转化率为________。
20．麻醉药布比卡因(ⅵ)的合成路线如图所示，其中“Ac”代表“”、“Ph”代表苯基。
已知：
（1）化合物ⅱ中的含氧官能团名称为　 　。
（2）①化合物i的分子式为　 　。
②化合物M比i的相对分子质量大14，在M的同分异构体中，含有苯环结构的共有　 　种(含化合物M)。
（3）下列说法中正确的有___________(填字母)。
A．ⅱ→ⅲ的过程中有键断裂与键形成
B．ⅲ分子中碳原子均采取sp3杂化，存在手性碳原子
C．化合物E可以形成分子间氢键
D．v→vi的过程原子利用率为100%
（4）化合物ⅱ与乙醇发生酯化反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
（5）已知化合物ⅵ还有另一条合成路线，部分反应如下：
①第一步：引入氯，X的结构简式为　 　。
②第二步：X与E进行　 　(填反应类型)。
③第三步：Y与反应合成v。发生反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、蛋白质的基本组成单位是氨基酸，其最终水解产物为氨基酸，而非葡萄糖，葡萄糖是淀粉的水解产物，A 错误；
B、人体吸收铁元素的主要形式为亚铁离子（Fe2+），单质铁不易被人体吸收，且单质铁可能会刺激肠胃，B 错误；
C、蛋白质变性是空间结构被破坏的不可逆过程，变性后的蛋白结构无法复原，不能恢复原有的生理活性，C 错误；
D、氨基酸通过脱水缩合反应形成肽键，进而连接成多肽链，多肽链再经过盘曲、折叠形成具有一定空间结构的蛋白质，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
蛋白质水解：蛋白质水解的最终产物为氨基酸，淀粉水解最终产物为葡萄糖；
铁元素吸收形式：人体主要吸收 Fe2+，单质铁难以被吸收，易造成肠胃刺激；
蛋白质变性：变性为不可逆过程，空间结构破坏后无法复原；
蛋白质形成基础：氨基酸脱水缩合形成多肽，多肽进一步构成蛋白质。
2．【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；醇类简介
【解析】【解答】A、分子中与羟基相连的碳原子均有相邻的 β- 碳原子且 β- 碳上连有氢原子，满足消去反应的条件，能发生消去反应，A 错误；
B、手性碳原子是指连有 4 个不同原子或基团的饱和碳原子，该分子中连有羟基的碳原子、连有氨基的碳原子均为手性碳原子，如图： 共 2 个，B 正确；
C、苯环上的碳原子为 sp2 杂化，而链上的饱和碳原子（连羟基、氨基、CH2OH 的碳原子）均为 sp3 杂化，并非所有碳原子均为 sp2 杂化，C 错误；
D、分子中的羟基为醇羟基，氨基为碱性基团，在水溶液中不能电离出 H+，D 错误。
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
消去反应判断：醇发生消去反应的条件是与羟基相连的碳原子（α-C）的邻位碳原子（β-C）上有氢原子；
手性碳原子判断：饱和碳原子连接 4 种不同的原子或基团；
杂化类型判断：苯环碳为 sp2 杂化，饱和碳为 sp3 杂化；
电离判断：醇羟基难电离，氨基显碱性，无法电离出 H+。
3．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；常见能量的转化及运用；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A、草木灰的主要成分为碳酸钾，水溶液呈碱性，铵态氮肥中的铵根离子会与碱性物质反应生成氨气，造成氮元素损失，降低肥效，不能混合施用，A 错误；
B、SO2溶于水生成亚硫酸，进一步氧化为硫酸；NO2溶于水生成硝酸，二者是形成硫酸型、硝酸型酸雨的主要物质，B 正确；
C、钙钛矿叠层光伏电池可将太阳能直接转化为电能，是新能源开发的重要应用，C 正确；
D、鱼肉富含蛋白质，蛋白质在人体内可水解为氨基酸，被人体吸收利用，D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
草木灰与铵态氮肥的反应：碳酸根水解使溶液呈碱性，与铵根发生双水解反应，释放氨气，降低肥效；
酸雨的成因：SO2、NO2等酸性气体溶于水生成酸，导致雨水 pH 低于 5.6；
光伏电池的能量转化：太阳能转变为电能；
蛋白质的水解：蛋白质最终水解产物为氨基酸。
4．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；铁的化学性质；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、Fe 与 H2O 在高温条件下会发生反应生成铁的氧化物和氢气，若模具未干燥，高温下的反应会影响钢水质量或造成安全隐患，因此注入熔融钢水前需将模具干燥，A 有关联；
B、小苏打（NaHCO3）受热分解生成碳酸钠、水和 CO2，CO2： ，气体能使面包疏松多孔，故可用作面包发泡剂，B 有关联；
C、医用酒精杀菌消毒的原理是乙醇能使蛋白质变性，而非乙醇发生消去反应生成乙烯，且乙醇发生消去反应需要浓硫酸、加热等特定条件，与医用酒精消毒无关联，C 无关联；
D、液氨汽化时会吸收大量的热，使周围环境温度降低，因此可用液氨作制冷剂，D 有关联；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
熔融钢水与水的反应：高温下 Fe 与 H2O 反应，模具干燥是避免该反应发生；
小苏打作发泡剂：利用 NaHCO3受热分解产生 CO2的性质；
酒精消毒原理：医用酒精通过使蛋白质变性实现杀菌，与消去反应无关；
液氨作制冷剂：利用液氨汽化吸热的物理性质。
5．【答案】C
【知识点】海水资源及其综合利用；过滤；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A、过滤用于分离固体和液体混合物，该流程中无固体与液体的分离需求，A 错误；
B、蒸发用于从溶液中获得固体溶质，无法将碘从水溶液转移到 CCl4溶液中，B 错误；
C、CCl4与水不互溶，且 I2在 CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度，可通过萃取分液将 I2从水溶液转移到 CCl4溶液中，C 正确；
D、蒸馏用于分离沸点不同的互溶液体混合物，该步骤是实现溶质在两种溶剂间的转移，不是蒸馏，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
萃取分液的原理：利用溶质在互不相溶的溶剂中溶解度的差异，将溶质从溶解度小的溶剂转移到溶解度大的溶剂中；
I2的提取流程：含 I-溶液先氧化为含 I2溶液，再用 CCl4萃取分液得到含 I2的 CCl4溶液，最后蒸馏分离 I2与 CCl4；
各操作的适用场景：过滤分离固液、蒸发提取固体溶质、蒸馏分离互溶液体、萃取分液分离互不相溶的液体并转移溶质。
6．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、1个中，4个分子内共含个键，同时与4个之间形成4个配位键，因此1 mol该离子含 mol 键，A错误；
B、该平衡的平衡常数，数值较大，说明反应正向进行的程度大，即与的配位能力强于，B正确；
C、加热时溶液由蓝绿色变为黄绿色，说明（黄色）浓度增大，平衡正向移动，正反应为吸热反应，，C错误；
D、根据电荷守恒，溶液中存在，因溶液呈酸性，，故，D错误。
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
键计算：配位键属于键，需同时计算分子内共价键和配位键；
配位能力判断：平衡常数越大，正反应进行程度越大，配体配位能力越强；
平衡移动与焓变：升温平衡正向移动，正反应为吸热反应，；
电荷守恒应用：溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，结合溶液酸碱性判断离子浓度关系。
7．【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；浓硫酸的性质；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、S 单质与 O2反应，无论 O2是否足量，只能生成 SO2（X），不能一步生成 SO3（Y），SO2转化为 SO3需催化剂、加热条件，A 错误；
B、X 为 SO2，SO2溶于水生成亚硫酸，能使紫色石蕊溶液变红，但不能使其褪色，B 错误；
C、Y 为 SO2，S 原子采取 sp2 杂化，且含 1 对孤电子对，分子的空间结构为 V 形，而非平面三角形，C 正确；
D、Z 为 H2SO4，浓硫酸使蔗糖变黑，不仅体现脱水性（将蔗糖中 H、O 按 2：1 脱去），还体现强氧化性（生成的 C 与浓硫酸反应生成 CO2、SO2和 H2O），是双重性质，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
S 的氧化产物：S 与 O2反应只能生成 SO2，不能一步生成 SO3；
SO2的性质：SO2为酸性氧化物，能使石蕊变红，无漂白性（不能漂白酸碱指示剂）；
SO2的空间结构：中心 S 原子 sp2 杂化，含 1 对孤电子对，空间结构为 V 形；
浓硫酸的特性：蔗糖变黑是脱水性的体现，同时伴随强氧化性的发生（生成气体）。
8．【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；焰色反应；超分子
【解析】【解答】A、陈述 Ⅰ：超分子具有分子识别的特征，正确；陈述 Ⅱ：杯酚可用于分离 C60与 C70，正确；杯酚利用分子识别特性选择性结合 C60，实现二者分离，二者存在因果关系，A 符合题意；
B、陈述 Ⅰ：Fe 与浓硝酸在常温下不反应，错误，常温下 Fe 遇浓硝酸发生钝化，钝化属于化学反应；陈述 Ⅱ：可用铁槽车运输浓硝酸，正确；二者无因果关系，B 不符合题意；
C、陈述 Ⅰ：钠和钾元素金属性不同，正确；陈述 Ⅱ：焰色试验可用于检验钠和钾元素，正确；焰色试验的原理是元素的电子跃迁，与金属性无因果关系，C 不符合题意；
D、陈述 Ⅰ：硫酸工业中使用催化剂调控反应，正确；陈述 Ⅱ：催化剂能提高 SO2的平衡转化率，错误，催化剂只能加快反应速率，不影响平衡转化率；二者无因果关系，D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
超分子的分子识别：超分子可通过分子间作用力选择性结合特定分子，实现分离、识别等功能，杯酚分离 C60与 C70是典型应用；
铁与浓硝酸的钝化：钝化是化学反应，并非不反应；
焰色试验的原理：焰色试验与元素的电子跃迁有关，与金属性无关；
催化剂的作用：催化剂只改变反应速率，不改变平衡转化率。
9．【答案】B
【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；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、原子半径：同周期主族元素从左到右原子半径依次减小，同主族从上到下原子半径依次增大，故原子半径为C>N>H，即X>Y>W，A错误；
B、第一电离能：同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，N的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于O，故第一电离能为N>O>C，即Y>Z>X，B正确；
C、简单氢化物的沸点：NH3、H2O分子间存在氢键，沸点高于H2S，且H2O的氢键更强、沸点更高，故沸点为H2O>NH3>H2S，即Z>Y>Q，C错误；
D、XZ32-为CO32-，中心C原子的价层电子对数为3+=3，VSEPR模型为平面三角形；QZ42-为SO42-，中心S原子的价层电子对数为4+=4，VSEPR模型为正四面体形，二者模型不同，D错误；
故答案为：B。
【分析】推断元素：W、X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的基态原子价层p轨道半充满，结合成键数可知Y为N；Z与Q同主族，结合成键数可知Z为O，Q为S；X成4键，原子序数小于N，为C；W成1键，原子序数最小，为H。
10．【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁的氧化物和氢氧化物；水的净化；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、H2S 是弱电解质，在离子方程式中需保留化学式，正确的离子方程式为 Cu2++H2S=CuS↓+2H+，而非直接写S2-，A 错误；
B、铁发蓝处理形成的致密氧化膜为 Fe3O4，不是 FeO，且该反应为氧化还原反应： ，B 错误；
C、明矾净水是 Al3+水解生成氢氧化铝胶体，不是沉淀，且水解为可逆反应，正确的离子方程式为 Al3++3H2O Al(OH)3（胶体）+3H+， ，C 错误；
D、向 Na2SiO3溶液中通入过量 CO2，生成 H2SiO3沉淀和 HCO3-，离子方程式 SiO+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO 书写正确，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
弱电解质书写：H2S 等弱电解质在离子方程式中不能拆，需保留化学式；
物质组成判断：铁发蓝的氧化膜为 Fe3O4，不是 FeO；
水解反应特点：盐类水解为可逆反应，生成的是胶体而非沉淀，需标注可逆符号；
与量有关的反应：CO2过量时，硅酸盐与 CO2反应生成 HCO3-，而非 CO32-。
11．【答案】B
【知识点】气体摩尔体积；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、未指明 2.24 L NH3所处的温度和压强，无法确定其物质的量，无法计算质子数目，A 错误；
B、反应中 N 元素从 - 3 价升高到 + 2 价，每生成 1 mol NO 转移 5 mol 电子，故生成 0.1 mol NO 时，转移电子数目为 0.5NA，B 正确；
C、2 mol NO 和 1 mol O2反应生成 2 mol NO2，NO2会发生二聚反应 2NO2 N2O4，导致气体分子总数小于 2NA，C 错误；
D、3.4 g NH3的物质的量为 0.2 mol，溶于水后，NH3部分与水反应生成 NH3 H2O，NH3 H2O 部分电离，故溶液中 NH3 H2O 的数目小于 0.2NA，D 错误。
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
气体摩尔体积的使用条件：只有在标准状况下，2.24 L 气体的物质的量才为 0.1 mol；
氧化还原反应电子转移：根据元素化合价变化，计算每生成 1 mol 产物转移的电子数；
可逆反应的影响：NO2存在二聚平衡，会使气体分子总数减少；
溶液中的粒子平衡：NH3溶于水后，存在溶解、电离平衡，NH3 H2O 只是含氮粒子的一部分。
12．【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、装置 i 中 MnO2与浓盐酸反应的化学方程式为 ，HCl 中部分 Cl 元素化合价升高生成 Cl2，体现还原性；部分 Cl 元素化合价不变生成 MnCl2，体现酸性，A 正确；
B、装置 i 制得的 Cl2中混有挥发的 HCl 杂质，装置 ii 中盛装饱和 NaCl 溶液，可除去 HCl，同时降低 Cl2的溶解度，B 正确；
C、Cl2通入装置 iii 的紫色石蕊溶液中，Cl2与水反应生成 HCl 和 HClO，HCl 使溶液变红，HClO 具有漂白性使溶液褪色，故溶液先变红后褪色，C 正确；
D、已知氯气和碱的反应放热，且 Ca(ClO)2遇热会歧化生成 Ca(ClO3)2，若加热装置 iv，会导致
Ca(ClO)2产率降低，不能加热，D 错误。
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
浓盐酸与 MnO2的反应：HCl 既体现酸性（生成盐），又体现还原性（被氧化为 Cl2）；
除杂试剂选择：饱和 NaCl 溶液可除去 Cl2中的 HCl，且不引入新杂质；
Cl2的漂白性：Cl2与水反应生成的 HClO 具有漂白性，能使酸碱指示剂褪色；
实验条件控制：Cl2与碱反应放热，Ca(ClO)2受热易歧化，故装置 iv 需冷水浴冷却，不能加热。
13．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A、二元弱酸的电离分步进行：、。随着增大，的物质的量分数逐渐减小，的物质的量分数先增大后减小，的物质的量分数逐渐增大，因此曲线代表，A正确；
B、点，此时与物质的量分数相等，即，B正确；
C、的水解方程式为，水解常数。由图可知，，则，与题干中不符，C错误；
D、b点对应的溶液中，溶质主要为，根据电荷守恒：。结合图像中点粒子分布，，代入可得，D正确；
故答案为：C。
【分析】滴定初始时，溶液中以为主；随着溶液的加入，与发生反应 ，的物质的量分数逐渐降低，的物质的量分数持续升高；当基本完全反应后，继续与反应 ，的物质的量分数先升后降，的物质的量分数则不断增大。整个滴定过程中，先转化为，再转化为，因此先增后减的曲线代表的物质的量分数变化，以此为基础可对各选项进行分析判断。
14．【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子；相似相溶原理及其应用；分子间作用力；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、键能越大，共价键越稳定，物质的热稳定性越强。H—F 键能大于 H—Cl、H—Br，故热稳定性 HF>HCl>HBr，结构与性质对应，A 不符合题意 ；
B、相似相溶原理：极性分子易溶于极性溶剂，水和乙醇均为极性分子，故二者可互溶，结构与性质对应，B 不符合题意 ；
C、苯酚中 O—H 键极性较强，H 原子易电离，故苯酚能与金属钠反应置换出 H2，结构与性质对应，C 不符合题意 ；
D、石墨层间以范德华力结合，决定了石墨的润滑性；石墨的导电性源于层内碳原子形成大 π 键，自由电子可定向移动，与层间范德华力无关联，结构不能推测该性质，D 符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
键能与热稳定性：键能越大，共价键越稳定，物质热稳定性越强；
相似相溶原理：极性分子易溶于极性溶剂，非极性分子易溶于非极性溶剂；
官能团与性质：O—H 键极性越强，H 原子越易电离，对应物质酸性越强、越易与活泼金属反应；
石墨的结构与性质：层内大 π 键决定导电性，层间范德华力决定润滑性，二者无因果关系。
15．【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、原电池中阳离子向正极移动，双极膜中的 H+应移向正极（X 电极），而非 Y 电极，A 错误；
B、X 电极为正极，MnO2在酸性条件下得电子生成 Mn2+，电极反应为 MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，B 正确；
C、正极区为稀硫酸，正极反应消耗 H+，同时双极膜解离的 H+补充到正极区，反应消耗 4mol H+的同时，双极膜补充 2mol H+，H+浓度降低，溶液 pH 增大，C 错误；
D、Y 电极为负极，Al 失电子生成 [Al(OH)4]-，电极反应为 Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-。每消耗 1mol Al，负极区引入 1mol Al（27g），同时双极膜解离的 OH-进入负极区，溶液质量增加大于 27g，D 错误；
故答案为：B。
【分析】根据产物化合价变化判断电极：Al 元素从 0 价升至 + 3 价，失电子发生氧化反应： ，故 Al 电极为负极，对应电极 Y；Mn 元素从 + 4 价降至 + 2 价，得电子发生还原反应： ，故 MnO2电极为正极，对应电极 X。结合电解质环境，稀硫酸中的 H+与 [Al(OH)4]-无法共存，进一步确认电极对应关系。原电池中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，因此双极膜解离出的 H+会向正极（X 电极）迁移，OH-向负极（Y 电极）迁移，膜 a 为阳离子交换膜、膜 b 为阴离子交换膜，以此为基础分析各选项。
16．【答案】（1）；15
（2）
（3）1.25(或)；AD
（4）4；；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）Mn为25号元素，基态原子的价层电子排布式：；基态原子的核外电子排布式为：，电子占据的轨道总数为：1+1+3+1+3+5+1=15，空间运动状态有15种；
故答案为： ；15；
（2）同周期，从左往右，元素的电负性逐渐增大，同主族，从上往下，元素的电负性逐渐减小，故、、的电负性由大到小的顺序为：；
故答案为： ；
（3）①由图可知，晶胞中的个数为，脱出O后剩余的氧原子个数为，则脱出O后晶体的化学式为，所以晶体中(或)；
②晶体中有原子脱出时，出现空位，这种方法需要金属元素具有可变价态，其中中的化合价下降只能为0，中的化合价下降只能为0，其余可下降得到比0高的价态，说明和难以通过这种办法获得半导体性质，故选AD；
故答案为： 1.25(或) ；AD；
（4）①如图所示，β-MnSe晶体中Mn的配位数为：4；
②根据1号原子的分数坐标为，图中2号原子的分数坐标为：；
③根据均摊法，Mn原子的个数为4，Se原子的个数为：，设表示阿伏加德罗常数的值，-MnSe晶体的密度为：。
故答案为：4； ； ；
【分析】（1）Mn为25号元素，核外电子排布遵循构造原理，其价层电子包括最外层的4s电子和次外层的3d电子，故为 。电子的空间运动状态数等于占据的轨道总数。根据Mn的电子排布式，计算各能级轨道数：，即空间运动状态有15种。
（2）电负性变化规律：同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小；H为非金属元素，电负性小于C、O。
比较H、C、O的电负性：O位于第二周期ⅥA族，C位于第二周期ⅣA族，故电负性 。
（3）①用均摊法计算晶胞中原子数：Mn原子数为；脱出O后剩余O原子数为。晶体化学式为，化简得，即（或）。
② 原理：脱出O出现O空位需金属元素有可变价态，化合价可降至0以下。
CaO中Ca为+2价，化合价只能降为0；中Al为+3价，化合价只能降为0；二者无可变价，故选AD。
（4）①配位数指紧邻的异号原子数。从晶胞结构看，Mn周围紧邻的Se原子数为4，故Mn的配位数为。
②1号原子分数坐标为，结合晶胞的轴方向与投影图的位置关系，2号原子的坐标为。
③均摊法算原子数：Mn原子数为；Se原子数为4，晶胞总质量。晶胞体积。密度公式，代入得 。
（1）Mn为25号元素，基态原子的价层电子排布式：；基态原子的核外电子排布式为：，电子占据的轨道总数为：1+1+3+1+3+5+1=15，空间运动状态有15种；
（2）同周期，从左往右，元素的电负性逐渐增大，同主族，从上往下，元素的电负性逐渐减小，故、、的电负性由大到小的顺序为：；
（3）①由图可知，晶胞中的个数为，脱出O后剩余的氧原子个数为，则脱出O后晶体的化学式为，所以晶体中(或)；
②晶体中有原子脱出时，出现空位，这种方法需要金属元素具有可变价态，其中中的化合价下降只能为0，中的化合价下降只能为0，其余可下降得到比0高的价态，说明和难以通过这种办法获得半导体性质，故选AD；
（4）①如图所示，β-MnSe晶体中Mn的配位数为：4；
②根据1号原子的分数坐标为，图中2号原子的分数坐标为：；
③根据均摊法，Mn原子的个数为4，Se原子的个数为：，设表示阿伏加德罗常数的值，-MnSe晶体的密度为：。
17．【答案】玻璃棒；100 mL容量瓶；；；快；；A>B>C；；推电子效应
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系；烯烃；探究影响化学反应速率的因素；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）配制80 mL溶液时，需选用100 mL容量瓶；溶解、转移溶液还需要玻璃棒搅拌和引流。
故答案为： 玻璃棒 ； 100 mL容量瓶 ；
（2）酸性高锰酸钾溶液与草酸反应的离子方程式为。
故答案为： ；
（3）混合后总体积为，初始物质的量为，完全反应后浓度变化，因此平均速率。
故答案为： ；
（4）根据题给信息，烷基越长推电子效应越强，碳碳双键电子云密度越大，越容易和反应，因此反应速率越快。
故答案为： 快 ；
（5）烷基越长反应速率越快，相同吸光度变化下，反应速率越快，消耗时间越短，因此若满足，即可证明猜想成立。
故答案为：；
（6） ① 由题给烷烃沸点规律可知：烃的支链越多，沸点越低。三种烯烃中，A为直链无支链、B含1个支链、C含2个支链，因此沸点顺序为；
② 根据猜想，空间位阻越大反应速率越小，已知顺-2-丁烯空间位阻大于反-2-丁烯，因此若顺-2-丁烯反应时间更长，即，即可证明猜想正确；
③ 丙烯双键连1个烷基，顺-2-丁烯双键连2个烷基，二者推电子效应和空间位阻都是顺-2-丁烯更大；实验结果，说明顺-2-丁烯反应速率远快于丙烯，推电子效应加快反应的影响占主导，因此推电子效应是主要影响因素。
故答案为：； ； 推电子效应 ；
【分析】（1）配制一定物质的量浓度的溶液，需用到的玻璃仪器：烧杯用于溶解、胶头滴管用于定容，还需要玻璃棒（搅拌溶解、引流）、100 mL容量瓶（因需配制80 mL，选用规格稍大的100 mL容量瓶）。
（2）酸性与发生氧化还原反应，被还原为，被氧化为，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平书写离子方程式。
（3）忽略体积变化，混合后总体积；
的初始物质的量，完全反应后浓度变化；平均反应速率，表达式为。
（4）根据资料：烷基（-R）推电子效应越强，碳碳双键电子云密度越大，越易与其反应，反应速率越快；烷基越长，推电子效应越强，因此反应速率越快。
（5）反应速率越快，相同吸光度变化下，消耗时间越短；若猜想成立，烷基越长，反应速率越快，时间越短，因此判断依据为：（乙烯无烷基、丙烯1个烷基、1-丁烯2个烷基，时间依次缩短）。
（6）①烷烃沸点规律：支链越多，沸点越低；
A为直链1-戊烯（无支链），B含1个支链，C含2个支链，因此沸点由大到小为。
②空间位阻效应越大，单烯烃与反应速率越小；已知顺-2-丁烯空间位阻大于反-2-丁烯，因此顺-2-丁烯反应时间更长，若，则证明猜想正确。
③丙烯双键连1个烷基，顺-2-丁烯双键连2个烷基，顺-2-丁烯推电子效应、空间位阻均更大；实验结果（丙烯反应时间远长于顺-2-丁烯，顺-2-丁烯反应速率远快于丙烯），说明推电子效应对反应速率的影响占主导，因此推电子效应为主要影响因素。
18．【答案】（1）
（2）适当提高稀硫酸浓度(或加热、搅拌、延长浸出时间等)
（3）；
（4）
（5）
（6）6；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）在高温、空气中被氧化为红棕色和；根据氧化还原反应配平，化学方程式为；
故答案为： ；
（2）为使金属元素充分浸出，可采取的措施为适当提高稀硫酸浓度(或加热、搅拌、延长浸出时间等)；
故答案为： 适当提高稀硫酸浓度(或加热、搅拌、延长浸出时间等) ；
（3）调时，； 计算沉淀所需：，代入得，已完全沉淀；计算沉淀所需：，代入得，已完全沉淀；、的离子积分别为<，<，均未沉淀；故滤渣2主要成分为、；滤液中浓度为；
故答案为：；；
（4）萃取反应为；
根据平衡移动原理，加入硫酸可增大，使平衡逆向移动，实现从有机相转移至水相；故反萃取时加入的试剂X为；
故答案为：；
（5）“萃取”后的水相主要含、、等；采用惰性电极电解时，阳极发生氧化反应，（来自水的电离）放电生成；电极反应式为；
故答案为：；
（6）NiO晶胞，位于面心和顶点，周围最近且等距的有6个；故的配位数为；
微粒1的分数坐标为，位于晶胞底面右下角；微粒2位于晶胞顶面右上棱的中点，对应分数坐标为；
故答案为：。
【分析】本工艺以橄榄石（主要成分为、，含少量、元素）为原料制备目标产物，核心流程如下：
首先在空气中高温焙烧，发生氧化反应，分解为与；随后用稀硫酸酸浸焙烧产物，、、、转化为可溶性硫酸盐，不溶形成滤渣1，此时溶液中主要含、、、；接着用调节，使、以、沉淀析出，分离除去滤渣2；之后用有机萃取剂选择性萃取，实现与的分离，负载的有机相经反萃取得到含的水溶液，电解后得到金属，再经焙烧生成目标产物；含的水相则通过碱化反应，在氨水作用下生成碱式硫酸镁沉淀，以此为基础完成各步骤分析。
（1）在高温、空气中被氧化为红棕色和；根据氧化还原反应配平，化学方程式为；
（2）为使金属元素充分浸出，可采取的措施为适当提高稀硫酸浓度(或加热、搅拌、延长浸出时间等)；
（3）调时，； 计算沉淀所需：，代入得，已完全沉淀；计算沉淀所需：，代入得，已完全沉淀；、的离子积分别为<，<，均未沉淀；故滤渣2主要成分为、；滤液中浓度为；故答案为：；；
（4）萃取反应为；
根据平衡移动原理，加入硫酸可增大，使平衡逆向移动，实现从有机相转移至水相；故反萃取时加入的试剂X为；故答案为：；
（5）“萃取”后的水相主要含、、等；采用惰性电极电解时，阳极发生氧化反应，（来自水的电离）放电生成；电极反应式为；故答案为：；
（6）NiO晶胞，位于面心和顶点，周围最近且等距的有6个；故的配位数为；
微粒1的分数坐标为，位于晶胞底面右下角；微粒2位于晶胞顶面右上棱的中点，对应分数坐标为；故答案为：。
19．【答案】(1) 243.9 低温
(2) 60%
(3)
(4) A，D
(5)
(6) 5.16 60%
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）主反应的焓变，正反应活化能，，则；主反应，，根据，则需在低温下自发；
故答案为： 243.9；低温 ；
（2）由图可知，在时，平衡浓度为，平衡浓度为；转化的总浓度=初始浓度-平衡浓度=，生成消耗的浓度=，因此CH4的选择性；
故答案为： 60% ；
（3）反应，正反应放热；温度升高，平衡逆向移动：为反应物，平衡物质的量增大；为生成物，平衡物质的量减小，因此，代表；
故答案为：；
（4）A．恒容容器中，反应前后气体分子数不等，则压强是变量，压强不变说明达到平衡，A符合题意；
B．恒容容器中，气体总质量不变，密度始终不变，不能作为平衡标志，B不符合题意；
C．与是生成物，它们的物质的量之比始终为，不能作为平衡标志，C不符合题意；
D．平衡时，，根据化学计量数关系，，联立可得
，符合速率比等于化学计量数之比，说明达到平衡，D符合题意；
故答案为：AD；
（5）起始时与物质的量之比为，设为mol和mol；由图3，时：，；由方程式系数关系可知，生成时，生成的物质的量为，消耗的物质的量为，消耗的物质的量为，则平衡时，，解得，则平衡时，因此平衡常数；
故答案为： ；
（6）温度为时，两曲线交点处，由反应关系，生成时，消耗的物质的量为，起始，故：，解得；生成时，消耗的物质的量为，则转化率：。
故答案为： 5.16；60% ；
【分析】(1)焓变与活化能的关系：，代入、，得。
自发反应判断：主反应，且气体分子数减少（），根据，低温下，反应自发。
(2)转化的总浓度 = 初始浓度 - 平衡浓度 = 。
生成消耗的浓度 = 平衡浓度 = 。
选择性。
(3) 反应 ，正反应放热。
温度升高，平衡逆向移动：（反应物）平衡物质的量增大，（生成物）平衡物质的量减小，因此代表；
(4) A：恒容容器中，反应前后气体分子数不等，压强不变说明各物质浓度不变，达到平衡，正确。
B：恒容、气体总质量不变，密度始终不变，不能作为平衡标志，错误。
C：与的物质的量之比始终为，不能作为平衡标志，错误。
D：平衡时正逆反应速率相等，，符合速率比等于化学计量数之比，达到平衡，正确。
(5) 设起始为，为；393K时，，。
由反应式，生成，生成为，消耗为，消耗为。由，得，平衡时。
平衡常数（为容器体积）。
(6) 460K时，；生成，消耗为。
起始，故，解得。
生成，消耗为，平衡转化率。
20．【答案】（1）羧基
（2）；5
（3）A；C
（4）
（5）；取代反应；
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据化合物ⅱ的结构简式可知，ⅱ中的含氧官能团名称为羧基；
故答案为： 羧基 ；
（2）①根据化合物i的结构简式可知，i分子中含有6个C原子、7个H原子和1个N原子，其分子式为；
②i的分子式为，化合物M比i的相对分子质量大14，则M的分子式为，在M的同分异构体中，含有苯环结构的有：、、、、，即共有5种；
故答案为： ；5；
（3）A．ⅱ→ⅲ的过程为ⅱ与H2发生加成反应生成ⅲ，反应过程中有键断裂与键形成，A正确；
B．ⅲ分子中六元环上碳原子均采取sp3杂化，羧基中碳原子采用sp2杂化，与羧基相连碳原子为手性碳原子，B错误；
C．由分析可知，E的结构简式为：，E中氨基上的H原子与另外E中的N原子之间可以形成氢键，即化合物E可以形成分子间氢键，C正确；
D．v→vi的过程v与发生取代反应生成vi和HBr，即反应物中的原子没有全部进入产物，则原子利用率不是100%，D错误；
故答案为：AC；
（4）化合物ⅱ与乙醇发生酯化反生成酯和水，反应的化学方程式为：；
故答案为： ；
（5）①第一步：引入氯，ⅱ与SOCl2发生取代反应生成X，根据ⅱ的结构简式和X的分子式可知X的结构简式为：；
②由分析可知，E的结构简式为：，结合题干已知信息可知，X与E进行取代反应生成Y，Y的结构简式为：；
③由分析可知，v的结构简式为：，参照题干中ⅱ→ⅲ的反应原理可知，Y与发生加成反应生成v，反应的化学方程式为：。
故答案为： ； 取代反应 ； ；
【分析】以2-甲基吡啶（ⅰ）为起始原料，经酸性氧化得到2-吡啶甲酸（ⅱ）；再用将吡啶环加氢还原为哌啶环，得到2-哌啶甲酸（ⅲ）；随后用将羧基转化为酰氯，得到2-哌啶甲酰氯（ⅳ）；酰氯与氨基化合物（）发生酰化反应，得到酰胺中间体（ⅴ）；最后用在条件下对哌啶环的氮原子进行烷基化，最终得到布比卡因（ⅵ）。据此解答。
（1）根据化合物ⅱ的结构简式可知，ⅱ中的含氧官能团名称为羧基；
（2）①根据化合物i的结构简式可知，i分子中含有6个C原子、7个H原子和1个N原子，其分子式为；
②i的分子式为，化合物M比i的相对分子质量大14，则M的分子式为，在M的同分异构体中，含有苯环结构的有：、、、、，即共有5种；
（3）A．ⅱ→ⅲ的过程为ⅱ与H2发生加成反应生成ⅲ，反应过程中有键断裂与键形成，A正确；
B．ⅲ分子中六元环上碳原子均采取sp3杂化，羧基中碳原子采用sp2杂化，与羧基相连碳原子为手性碳原子，B错误；
C．由分析可知，E的结构简式为：，E中氨基上的H原子与另外E中的N原子之间可以形成氢键，即化合物E可以形成分子间氢键，C正确；
D．v→vi的过程v与发生取代反应生成vi和HBr，即反应物中的原子没有全部进入产物，则原子利用率不是100%，D错误；
故选AC。
（4）化合物ⅱ与乙醇发生酯化反生成酯和水，反应的化学方程式为：；
（5）①第一步：引入氯，ⅱ与SOCl2发生取代反应生成X，根据ⅱ的结构简式和X的分子式可知X的结构简式为：；
②由分析可知，E的结构简式为：，结合题干已知信息可知，X与E进行取代反应生成Y，Y的结构简式为：；
③由分析可知，v的结构简式为：，参照题干中ⅱ→ⅲ的反应原理可知，Y与发生加成反应生成v，反应的化学方程式为：。
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