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广东梅州市2026届高三下学期一模化学试题
1．国宝文物见证中华马魂。下列与马有关的文物中，主要成分属于合金的是
A．汉代木马
B．朱红地联珠对马纹锦
C．铜奔马
D．饮马图
2．“新质生产力”中“新”的核心在于科技创新。下列有关说法正确的是
A．嫦娥六号月壤样品发现天然单壁碳纳米管，碳纳米管碳原子间存在离子键
B．“华龙一号”的核反应堆以为燃料，与具有不同的化学性质
C．我国光量子芯片使用铌酸锂（）晶体调控光子，是共价晶体
D．火焰喷雾技术制备纳米材料，在高温火焰喷雾中形成的胶体属于气溶胶
3．梅州有“全球客家人的心灵家园”之称。下列关于梅州的特色所含化学知识分析错误的是
A．梅州金柚富含维生素C，维生素C可帮助人体将食物中的转变为
B．“蕉岭富硒稻米”是名特优新农产品，Se的最高价氧化物是
C．鱼生飘香迎客商，五华鱼生的鱼肉中含有的蛋白质可最终水解生成氨基酸
D．“埔寨火龙”是国家级非物质文化遗产，火龙燃放烟花涉及电子跃迁
4．劳动是淬炼品格的熔炉，是塑造健全人格的基石。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 社区活动：用84消毒液对图书馆桌椅消毒 含氯消毒剂具有强氧化性
B 学农活动：塑料大棚下种植蔬菜 塑料一般易燃烧，难降解
C 家务劳动：用管道疏通剂（主要成分为NaOH和铝粉）疏通厨卫管道 铝粉和NaOH反应放热并产生，且NaOH具有腐蚀性
D 实践活动：用糯米酿制米酒 糯米富含淀粉，淀粉经发酵可以得到乙醇
A．A B．B C．C D．D
5．《诗经》言“缟衣茹藘（茜草）”，茜草中的茜素与矾土中的、生成的红色配合物-X（如图所示）是最早的媒染染料。下列说法错误的是
A．茜素中含有2种官能团
B．茜素水溶性较好的主要原因是其易与水形成分子间氢键
C．配合物X中Al的配位数为6
D．配合物X中含有的化学键有离子键、共价键、配位键、氢键
6．电化学原理在日常生活和科技领域中应用广泛。对下列装置的说法正确的是
A．图Ⅰ装置工作过程中，电解质溶液中浓度始终不变
B．图Ⅱ装置是组装的铜锌原电池
C．图Ⅲ装置采集到的压强数据可以判断铁钉发生吸氧腐蚀还是析氢腐蚀
D．图Ⅳ装置为电解饱和食盐水工作原理示意图，其离子交换膜为阴离子交换膜
7．已知甲、乙都为单质，丙为化合物，能实现下述转化关系。下列说法正确的是
甲+乙丙丁甲
A．若丁为强碱，则甲可能是Na
B．往丁中滴加氨水，先有蓝色沉淀生成，后沉淀溶解，则甲可能为Cu
C．若丁遇放出气体，则甲不可能是
D．若丁为弱酸，则甲一定为S
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 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但甲烷不能 甲基对苯环有活化作用
B 用KSCN溶液检验溶液是否氧化变质 与生成红色物质
C 工业上常用电解熔融而不是制备Al 中离子键比中离子键弱
D 高压钠灯发出透雾性强的黄光 金属钠具有强还原性
A．A B．B C．C D．D
9．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径和元素最低化合价的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．第一电离能：
B．简单氢化物的沸点：
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：
D．的空间结构为平面三角形
10．NA表示阿伏加德罗常数的数值。下列叙述正确的是
A．与足量铁粉反应转移的电子数为
B．20 g重水（）所含的中子数为
C．溶液中，数目为
D．78 g中含有键的数目为
11．传统方式制备乙炔难以实现固液分离，生成的糊状物使乙炔气流不平稳，甚至堵塞。改进后的乙炔制备、性质检验和尾气处理的实验装置如图所示。下列说法错误的是
A．分液漏斗a中所盛的饱和食盐水的作用是加快反应速率
B．碳化钙应放在装置A中X处，反应器中玻璃珠的作用为形成空隙，促进固液分离
C．装置B中溶液的作用是吸收杂质气体等
D．装置C、装置D中溶液褪色的原理不相同
12．联氨（）的水溶液显弱碱性，与盐酸反应生成盐（、）。下列叙述错误的是
A．常温下，水溶液的pH小于13
B．水溶液加水稀释，pH值升高
C．在水溶液中的电离方程式：
D．水溶液中：
13．物质结构决定物质性质。下列结构因素不能解释相应物质性质的是
选项 物质性质 结构因素
A 石墨有润滑作用 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合，容易在层间发生相对滑动
B 对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟基苯甲酸 氢键类型不同
C 干冰易升华，可用于制造“烟雾” 分子中含有共价键
D 2-丁烯存在顺反异构现象，丁烷不存在顺反异构现象 键不能绕键轴旋转
A．A B．B C．C D．D
14．马来酸（MA）化学异构化合成富马酸（FA）流程如图甲所示，苹果酸（M）为副产物。190℃时，一定浓度的MA发生反应，x表示某有机酸浓度与各有机酸浓度总和之比，x随时间t变化如图乙所示（6.5 h后x不再随时间变化，溶液体积变化忽略不计）。下列说法正确的是
A．反应①的活化能大于反应②的活化能
B．190℃时，反应①的浓度平衡常数
C．MA、FA分别和加成后生成的产物不同
D．1 mol M与足量NaOH溶液反应，消耗3 mol NaOH
15．如图是某小组设计实验探究性质的一体化装置。下列叙述错误的是
A．装置中无水氯化钙用来干燥氯气，可换成浓
B．干燥的红色纸条a不褪色，湿润的红色纸条b褪色，说明干燥的氯气无漂白性
C．湿润的淀粉-KI试纸d变蓝色，说明氧化性
D．浸有溶液的棉花c变红色，有反应发生
16．氨可用于燃料电池，根据电解质传导机制可分为两类：O-SOFC（氧离子传导型电解质）和H-SOFC（质子传导型电解质），其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．O-SOFC和H-SOFC燃料电池通一极均为负极
B．H-SOFC燃料电池通一极的电极反应为
C．从环保的角度来说，具有更大优势的是O-SOFC燃料电池
D．两类燃料电池发生的总反应相同
17．水垢的主要成分为、和等，某实验小组依托数字化实验，利用水垢来探究难溶电解质溶解与转化的本质。
已知：298 K、101 kPa下：
①，；
②悬浊液，悬浊液。
（1）向悬浊液中滴加2滴酚酞溶液，观察到的现象为　 　。
（2）向悬浊液中加入少量固体，振荡后固体溶解，该过程中发生主要反应的离子方程式是　 　。
（3）试解释悬浊液的原因是　 　。
（4）水的硬度（水中、含量）是衡量水质的重要指标。取100.00 mL某水样，以铬黑T为指示剂，用0.01860 mol/L EDTA标准溶液（弱酸性），在时滴定水中钙和镁的含量（EDTA与、均以形成配合物，不考虑其他离子干扰），平均消耗EDTA 20.30 mL。
①上述滴定实验中不需要用到的仪器有　 　。
A. B. C. D.
②该水样的总硬度　 　mg/L（以表示，列出计算式即可）。
③298 K时，反应的平衡常数　 　（保留三位有效数字）。
（5）298 K时，向悬浊液中分次加入少量0.1 mol/L盐酸，并用pH传感器测溶液pH变化（如图所示），第1～9次加盐酸后，pH先快速下降再逐渐升高，其pH先快速下降的原因是　 　（用离子方程式表示）。
（6）结合本实验探究，设计除去水垢中的简易实验方案　 　。
18．从退役CIGS（）薄膜太阳能电池芯片中可提取关键金属镓，并综合回收铟、硒。某湿法工艺设计如下：
已知：①酸浸液成分（g/L）：In 13，Ga 4.5，80；
②P204（二-2-乙基己基磷酸）对、的配位常数分别为，；
③氢氧化镓与氢氧化铝性质相似；（时沉淀完全）。
回答下列问题：
（1）“酸浸”步骤中，为提高Ga的浸出速率，可采取的措施是　 　（任写一条）。
（2）“还原沉硒”时，Se（IV）被还原为单质Se的离子方程式为　 　。
________________。
（3）P204萃取时，经三级逆流后，萃余液中In浓度降至0.015 g/L，In的萃取率　 　
（萃取率=萃取出的物质质量/该物质的总质量，保留三位有效数字）。而此时镓基本不被萃取，结合离子结构分析，萃取差异的本质原因是　 　（In是Ga的下一周期同族元素）。
（4）“中和沉镓”时，需要控制，pH过低则　 　，pH过高则可能导致　 　。
（5）电解时阴极发生的电极反应是　 　。
（6）磷化镓是一种半导体材料。晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被Ga原子代替，顶点和面心的碳原子被P原子代替。磷化镓的晶胞结构如图1，图2中矩形是沿晶胞对角面取得的截图。
①请在矩形（图3）中画出晶胞中Ga原子的位置　 　。
②若晶胞密度为，阿伏加德罗常数为，则晶胞中P和Ga原子的最近距离为　 　pm（列出计算表达式）。
19．氧化亚氮（）是一种强温室气体，且易转换成颗粒污染物。研究氧化亚氮分解对环境保护有重要意义。
（1）催化分解法可消除。
一种Fe-Ru催化剂催化分解工业尾气，发生以下反应：
①基态N原子的价层电子排布图为　 　。
②根据盖斯定律，反应Ⅰ：的　 　（写出一个代数式即可）。
③反应Ⅰ的　 　0（填“>”“<”或“=”），已知反应Ⅰ在任意温度可自发进行，则　 　0（填“>”“<”或“=”）。
（2）用CO还原是实现无害化处理的一个重要方法，发生如下反应：
反应Ⅱ：
有人提出上述反应可以用“”作催化剂。其总反应分两步进行：
反应a：
反应b：
反应过程的能量变化如图所示：
①决定总反应速率的是　 　（填“反应a”或“反应b”）。
②对于反应，下列说法正确的有　 　（填字母）。
A.是催化剂，能降低反应的焓变 B.升高温度，的平衡转化率减小
C.降低反应温度，反应平衡常数不变 D.上述反应过程中有极性键的断裂和生成
③试从绿色化学角度评价该方法　 　。
（3）在总压为100 kPa的密闭容器中，充入一定量的CO和发生反应，不同条件下达到平衡时，在时的转化率随变化的曲线，以及在时的转化率与的变化曲线如图所示。
①表示的转化率随变化的曲线为　 　曲线（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）；
②　 　（填“>”或“<”）。
（4）已知500℃时，的平衡常数。在此温度下，向一恒容密闭容器中加入足量的固体，再充入一定量气体（其起始压强为b kPa），达到平衡时总压强为c kPa。500℃时，反应的平衡常数　 　（用含e、b、c的式子表示，写出计算过程）。
20．二氧化碳的转化与综合利用是实现“碳达峰”“碳中和”战略的重要途径。我国学者以电催化反应为关键步骤，用作原料，实现了重要医药中间体——阿托酸的合成，其合成路线如下：
（1）A所含官能团名称为　 　；B的分子式为　 　。
（2）A的含有苯环且能发生银镜反应的同分异构体数目为　 　，其中在核磁共振氢谱中呈现四组峰的结构简式为　 　。
（3）反应③中，化合物C与无色无味气体X反应，生成化合物D，原子利用率为100%。X为　 　。
（4）下列说法正确的有________。
A．反应过程中，有键断裂和生成
B．阿托酸分子中所有碳原子均采用杂化，分子内所有原子一定共平面
C．化合物D、E均含有手性碳原子
D．反应④中，用Mg作阳极、Pt作阴极进行电解，与D的反应在阴极上进行
（5）根据上述信息，以为原料，合成，基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①第一步发生分子内羟基间的脱水成醚反应，有机产物为　 　（写结构简式）。
②最后一步进行　 　（填具体反应类型），其反应的化学方程式为　 　（注明反应条件）。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A、汉代木马的主要成分是木材，属于纤维素，不属于合金，A 不符合题意；
B、朱红地联珠对马纹锦的主要成分是蚕丝，属于蛋白质，不属于合金，B 不符合题意；
C、铜奔马的主要成分是青铜，青铜是铜锡合金，属于合金，C 符合题意；
D、《饮马图》的主要成分是纸张和墨，纸张属于纤维素，墨属于炭黑等，不属于合金，D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
明确合金的定义：合金是由两种或两种以上的金属（或金属与非金属）熔合而成的具有金属特性的物质；
逐一分析各选项文物的主要成分：木马为木材（纤维素）、锦为蚕丝（蛋白质）、铜奔马为青铜（铜锡合金）、画作的载体为纸张（纤维素）；
结合合金定义，判断只有铜奔马的主要成分属于合金。
2．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；晶体的定义；元素、核素；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、碳纳米管中碳原子间以共价键结合，不存在离子键，A 错误；
B、235U 与238U 互为同位素，核外电子排布相同，化学性质几乎完全相同，B 错误；
C、LiNbO3由 Li+和 NbO3-构成，属于离子晶体，不是共价晶体，C 错误；
D、高温火焰喷雾中，纳米材料的固体小颗粒分散在气体中形成的胶体，分散剂为气体，属于气溶胶，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
明确碳纳米管的成键类型：碳原子间通过共价键相连，无离子键；
掌握同位素的化学性质：同位素核外电子排布相同，化学性质几乎一致；
区分晶体类型：LiNbO3含离子键，属于离子晶体，共价晶体仅含共价键；
理解胶体的分类：分散剂为气体的胶体属于气溶胶，火焰喷雾中纳米颗粒分散在空气中符合气溶胶的定义。
3．【答案】B
【知识点】焰色反应；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、维生素 C 具有还原性，可将 Fe3+还原为 Fe2+，促进铁的吸收，A 正确；
B、Se 与 S 同主族，位于第 ⅥA 族，最高正价为 + 6 价，最高价氧化物为 SeO3，而非 SeO2，B 错误；
C、蛋白质是由氨基酸脱水缩合形成的高分子化合物，其最终水解产物为氨基酸，C 正确；
D、烟花燃放涉及焰色反应，该反应的本质是金属原子的电子吸收能量后从基态跃迁到激发态，再从激发态跃迁回基态时释放能量（以光的形式），即电子跃迁，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
维生素 C 的还原性：紧扣其作为还原剂的属性，分析其可将 Fe3+转化为 Fe2+的氧化还原关系；
主族元素化合价规律：Se 属第 ⅥA 族，最高正价 = 主族序数 = 6，据此推导最高价氧化物的化学式为 SeO3；
蛋白质的水解性质：明确蛋白质的水解最终产物是氨基酸，区分水解与缩聚反应的产物差异；
焰色反应的微观原理：厘清焰色反应不是化学反应，而是金属原子电子跃迁的物理现象，明确其本质与电子能级变化的关联。
4．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；铝的化学性质；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、84 消毒液的有效成分为 NaClO，含氯消毒剂具有强氧化性，可使病毒、细菌的蛋白质变性，从而实现消毒，劳动项目与化学知识有关联，A 正确；
B、塑料大棚种植蔬菜利用的是塑料的透光性、保温性，为蔬菜生长提供适宜环境，“塑料一般易燃烧，难降解” 是塑料的废弃物属性，与大棚种植蔬菜的劳动项目无关联，B 错误；
C、管道疏通剂中的铝粉和 NaOH 发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，反应放热可软化管道污垢，且 NaOH 具有腐蚀性，能腐蚀疏通管道内的堵塞物，劳动项目与化学知识有关联，C 正确；
D、糯米中的淀粉经水解、发酵，最终转化为乙醇，可用于酿制米酒，劳动项目与化学知识有关联，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
明确 84 消毒液的消毒原理：利用含氯消毒剂的强氧化性使蛋白质变性，实现杀菌消毒；
区分塑料大棚的应用原理：核心是塑料的透光、保温特性，而非燃烧性、难降解性，后者与种植蔬菜无关联；
掌握管道疏通剂的作用原理：铝粉与 NaOH 反应放热、生成 H2，结合 NaOH 的腐蚀性疏通管道；
理解酿酒的化学原理：淀粉经水解、发酵生成乙醇，用于米酒酿制。
5．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；有机物中的官能团
【解析】【解答】A、茜素分子中含有羰基、羟基 2 种官能团，A 正确；
B、茜素分子中含有多个羟基，羟基可与水分子形成分子间氢键，因此水溶性较好，B 正确；
C、配合物 X 中 Al3+与 2 个茜素根的 4 个 O、1 个 H2O 的 O、1 个 OH-的 O 成键，配位数为 6，C 正确；
D、氢键不属于化学键，配合物 X 中含有的化学键为离子键、共价键、配位键，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
官能团识别：根据茜素的结构，准确识别出羰基、羟基两种官能团；
水溶性与氢键的关系：羟基可与水形成分子间氢键，能显著提升物质的水溶性；
配位数判断：数出中心 Al3+周围直接成键的配位原子 O 的数量，确定配位数为 6；
化学键分类：明确氢键不属于化学键，区分离子键、共价键、配位键的存在位置。
6．【答案】C
【知识点】铜的电解精炼；以氯碱工业为基础的化工生产简介；金属的电化学腐蚀与防护；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、图 Ⅰ 为粗铜精炼装置，阳极粗铜中的 Zn、Fe 等比 Cu 活泼的金属优先放电：，、（主要）， 阴极只有 Cu2+ 放电生成 Cu ： ，因此溶液中 Cu2+ 浓度会减小，A 错误；
B、图 Ⅱ 装置中，Zn 电极应置于 ZnSO4溶液，Cu 电极应置于 CuSO4溶液才能构成标准铜锌原电池，该装置的电极与电解质溶液匹配错误，B 错误；
C、吸氧腐蚀会消耗装置内的氧气： ，导致瓶内压强减小；析氢腐蚀会生成氢气： ，导致瓶内压强增大，因此通过压强数据变化可判断铁钉发生的腐蚀类型，C 正确；
D、图 Ⅳ 为电解饱和食盐水装置，阴极生成 OH-： ，为防止 OH-与阳极生成的 Cl2反应，需阻止 OH-进入阳极室，同时为了得到 NaOH，需让 Na+ 移向阴极室，因此离子交换膜为阳离子交换膜，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
粗铜精炼规律：阳极粗铜溶解，阴极纯铜析出，因粗铜含杂质金属，导致电解质溶液中 Cu2+ 浓度降低；
原电池构成原则：电极材料需与对应电解质溶液匹配，Zn 与 ZnSO4、Cu 与 CuSO4的组合是原电池的标准配置；
腐蚀与压强的关系：吸氧腐蚀消耗气体使压强降，析氢腐蚀生成气体使压强升，压强变化是判断腐蚀类型的核心依据；
电解食盐水的膜选择：为保证产品纯度、防止副反应，需阻止阴离子迁移，故选用阳离子交换膜。
7．【答案】B
【知识点】电解原理；含硫物质的性质及综合应用；无机物的推断；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、若甲为Na，乙为O2，点燃生成Na2O2（丙），Na2O2与水反应生成NaOH（丁）和O2。用惰性电极短时间电解NaOH溶液，实质是电解水，生成H2和O2，无法得到单质Na，A错误；
B、往丁中滴加氨水，先产生蓝色沉淀、后沉淀溶解，说明丁中含有Cu2+。若甲为Cu，乙为Cl2，点燃生成CuCl2（丙），CuCl2溶于水得到CuCl2溶液（丁）；用惰性电极短时间电解CuCl2溶液，阴极Cu2+放电析出Cu，可再生单质甲（Cu），符合转化关系，因此甲可能为Cu，B正确；
C、若丁遇Na2CO3放出CO2，说明丁为酸性溶液。若甲为H2，乙为Cl2，点燃生成HCl（丙），HCl溶于水得到盐酸（丁）；用惰性电极短时间电解盐酸，阴极H+放电生成H2，可再生单质甲（H2），因此甲可能是H2，C错误；
D、若丁为弱酸，甲不一定为S。例如甲为C，乙为O2，点燃生成CO2（丙），CO2溶于水生成H2CO3（弱酸，丁），但电解H2CO3溶液实质是电解水，无法再生C；而S的转化虽符合，但存在其他符合条件的情况（如甲为H2，乙为S，生成H2S，溶于水得弱酸H2S，电解H2S溶液可再生H2），因此甲不一定为S，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
明确转化关系：甲+乙丙，丙+H2O→丁，丁甲，需每一步均能实现；
电解NaOH溶液无法得到Na，违背转化要求；
根据氨水的反应现象确定丁含Cu2+，结合CuCl2的电解规律，验证转化可行性；
电解盐酸可生成H2，说明甲可能为H2，否定“不可能”的结论；
存在多种弱酸对应的单质（如H2对应H2S），说明甲不一定为S。
8．【答案】B
【知识点】金属冶炼的一般原理；铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验；苯的同系物及其性质
【解析】【解答】A、甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色、甲烷不能，陈述 Ⅰ 正确；甲基对苯环有活化作用，陈述 Ⅱ 正确，但二者无因果关系，甲苯被氧化是因为苯环侧链的甲基受苯环影响变得活泼，A 错误；
B、用 KSCN 溶液检验 FeSO4溶液是否氧化变质，陈述 Ⅰ 正确；Fe3+与 SCN-生成红色物质，陈述 Ⅱ 正确，且正是因为 Fe3+能与 SCN-显色，才可以用 KSCN 检验 FeSO4是否被氧化为 Fe3+，二者有因果关系，B 正确；
C、工业上用电解熔融 Al2O3而不是 AlCl3制备 Al，陈述 Ⅰ 正确；AlCl3是共价化合物，熔融状态不导电，并非 Al2O3离子键比 AlCl3弱，陈述 Ⅱ 错误，C 错误；
D、高压钠灯发出透雾性强的黄光，陈述 Ⅰ 正确；金属钠具有强还原性，陈述 Ⅱ 正确，但二者无因果关系，黄光的产生是钠原子的电子跃迁，与还原性无关，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：逐项验证陈述 Ⅰ、Ⅱ 的正确性，再判断二者是否存在因果关系；
明确甲苯被氧化的原因是苯环对甲基的活化，而非甲基对苯环的活化，二者因果不成立；
掌握 Fe3+的检验原理，Fe3+与 SCN-的显色反应是检验 FeSO4变质的依据，因果关系成立；
明确 AlCl3为共价化合物，熔融不导电，陈述 Ⅱ 本身错误；
区分焰色反应（电子跃迁）与物质还原性的本质，二者无因果关联。
9．【答案】C
【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；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、根据分析，X为C、Y为N、Z为F、W为P。第一电离能规律：同周期主族元素从左到右总体增大，ⅡA、ⅤA族反常； 基态原子能级轨道半充满较稳定，其第一电离能大于相邻元素，则第一电离能：，即，A错误；
B、W的简单氢化物为 ，Z的简单氢化物为HF。HF分子间含氢键，沸点反常高，故沸点 ：，B错误；
C、X为C、Y为N，元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强。非金属性N＞C，故酸性HNO3＞H2CO3，即Y＞X，C正确；
D、YW3为NCl3。中心N原子价层电子对数= ，含1对孤电子对，空间结构为三角锥形，而非平面三角形，D错误；
故答案为：C。
【分析】X、Y、Z、W 均为短周期主族元素。结合图像信息分析：W 的原子半径最大，且最低化合价为 - 1 价，因此 W 为氯元素；同主族元素中，氟元素无正价且最低化合价为 - 1 价，原子半径小于氯，故 Z 为氟元素；X、Y 的原子半径均大于氟，根据最低化合价分别为 - 4 价、-3 价，可确定 X 为碳元素，Y 为氮元素。
10．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、7.1g Cl2的物质的量为 0.1mol，Cl2与足量铁粉反应时，Cl 元素从 0 价变为 - 1 价，1mol Cl2完全反应转移 2mol 电子，因此 0.1mol Cl2反应转移电子数为 0.2NA，A 正确；
B、20g 重水 (D2 6O) 的物质的量 ，1 个 D2 6O 分子中含有的中子数为 (2×1)+(16-8)=10，因此 1mol 重水所含中子数为 10NA，B 错误；
C、100mL 0.1mol/L Na2SO3溶液中，SO32-会发生水解 ：， 导致实际数目小于 0.01NA，C 错误；
D、78g 苯的物质的量 ，苯分子中含有 1 个大 π 键，并非 3 个独立 π 键，因此 π 键数目为 NA，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
氧化还原反应电子转移计算：根据 Cl2与 Fe 的反应，明确 Cl 元素的化合价变化，计算转移电子数；
中子数计算：根据 D、O 的质子数，计算 D2 6O 分子中的中子总数，再结合物质的量计算总中子数；
盐类水解的影响：SO32-为弱酸根离子，在溶液中会发生水解，导致离子数目减少；
苯的化学键结构：苯分子中存在 6 中心 6 电子的大 π 键，而非 3 个独立的碳碳双键，因此 π 键数目为 1 个/分子。
11．【答案】A
【知识点】乙炔炔烃
【解析】【解答】A、分液漏斗 a 中盛饱和食盐水，目的是减缓电石与水的反应速率，使乙炔气流平稳，而非加快反应速率，A 错误；
B、碳化钙应放在装置 A 的 X 处，反应器中的玻璃珠可形成空隙，避免电石与水反应生成的糊状
Ca(OH)2堵塞装置，促进固液分离，B 正确；
C、电石中含有的硫化钙、磷化钙等杂质，会与水反应生成 H2S、PH3等杂质气体，装置 B 中 CuSO4溶液可吸收这些杂质，防止干扰乙炔的性质检验，C 正确；
D、装置 C 中溴水褪色是乙炔与 Br2发生加成反应，装置 D 中酸性高锰酸钾溶液褪色是乙炔被氧化，二者褪色原理不同，D 正确；
故答案为：A。
【分析】装置 A 为乙炔发生装置，通过电石与饱和食盐水反应制取乙炔，玻璃珠与筛板可避免糊状产物堵塞，实现平稳产气与固液分离；装置 B 中硫酸铜溶液用于除去乙炔中混有的 H2S、PH3等还原性杂质，防止其干扰后续检验；装置 C 中溴水通过加成反应验证乙炔的不饱和性，装置 D 中酸性高锰酸钾溶液通过氧化反应验证乙炔的还原性，二者褪色原理不同；装置 E 用于点燃尾气，处理过量的乙炔，避免污染环境。
12．【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、联氨（N2H4）的水溶液显弱碱性，说明其是弱电解质，部分电离，0.05 mol/L 联氨溶液中小于0.1 mol/L，故pH小于13，A正确；
B、N2H6Cl2是强酸弱碱盐，N2H62+水解使溶液显酸性，加水稀释促进水解，但溶液酸性减弱，pH值升高，B正确；
C、联氨与盐酸反应生成N2H5Cl，类比NH4Cl的电离，N2H5Cl在水溶液中完全电离为N2H5+和Cl-，电离方程式为，C正确；
D、N2H5Cl水溶液中存在电荷守恒， 根据电荷守恒的含义可知，正确的电荷守恒为：，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
弱电解质的电离：联氨是弱碱，部分电离，浓度越小电离程度越大，但离子浓度仍小于强电解质的对应浓度，故0.05 mol/L溶液pH小于13；
盐类水解与稀释：强酸弱碱盐溶液稀释时，水解程度增大的幅度小于体积增大的幅度，氢离子浓度减小，pH升高；
电离方程式书写：类比铵盐的电离规律，一元酸盐（N2H5Cl）完全电离生成简单阳离子（N2H5+）；
电荷守恒：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，注意一个N2H62+分子含两个电荷。
13．【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；化学键；共价键的形成及共价键的主要类型；化学键和分子间作用力的区别；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、石墨呈层状结构，层间碳原子以范德华力结合，作用力较弱，层间容易发生相对滑动，因此有润滑作用，A能解释；
B、对羟基苯甲酸形成分子间氢键，邻羟基苯甲酸形成分子内氢键；分子间氢键使分子间作用力更强，沸点更高，B能解释；
C、干冰易升华是因为 CO2分子间的范德华力较弱，与分子内的共价键强弱无关；干冰制造 “烟雾” 是利用升华吸热使水蒸气液化，而非共价键的作用，C不能解释；
D、2 - 丁烯含碳碳双键，双键中的 π 键不能绕键轴旋转，导致存在顺反异构；丁烷分子中只有单键，单键可自由旋转，因此不存在顺反异构，D能解释；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
石墨的润滑性：源于层间范德华力弱，易滑动，与层内共价键无关；
氢键对沸点的影响：分子间氢键增强分子间作用力，沸点远高于分子内氢键的物质；
升华的本质：物质的熔沸点由分子间作用力决定，与分子内共价键无关；
顺反异构的条件：碳碳双键（π 键）不能旋转是前提，单键可旋转则无顺反异构。
14．【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数；有机物的结构和性质；酯的性质
【解析】【解答】A、活化能越低，反应速率越快。由图可知，反应初期 FA 的浓度增长速率快于 M，说明生成 FA 的反应①速率更快，因此反应①的活化能小于反应②，A 错误；
B、平衡时，FA 的物质的量分数为 0.6，M 的物质的量分数为 0.38，根据物料守恒，MA 的物质的量分数为 1-0.6-0.38=0.02。反应①为 MA FA，平衡常数 K=，由于物质的量分数与浓度成正比，且体系总浓度相同，因此 K==30，B 正确；
C、MA（顺丁烯二酸）和 FA（反丁烯二酸）与 H2加成，均生成丁二酸（HOOC-CH2-CH2-COOH），C 错误；
D、M（苹果酸）的结构为，分子中含 2 个羧基和 1 个醇羟基，醇羟基不与 NaOH 发生反应，因此 1mol M 最多消耗 2mol NaOH，D 错误；
故答案为：B。
【分析】解题要点：
活化能与反应速率的关系：活化能越低，反应速率越快，可通过产物浓度的增长速率判断反应快慢，进而比较活化能大小；
平衡常数的计算：利用物质的量分数与浓度的正比关系，结合物料守恒计算平衡时各组分的量，代入平衡常数表达式求解；
加成反应的产物判断：顺、反异构体与 H2加成后，双键消失，生成相同的饱和产物；
官能团的反应特性：羧基可与 NaOH 发生中和反应，醇羟基不与 NaOH 反应，据此计算消耗 NaOH 的物质的量。
15．【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氯气的实验室制法；二价铁离子和三价铁离子的检验；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、无水氯化钙用于干燥氯气，属于固态干燥剂；浓硫酸为液态干燥剂，若换成浓硫酸，氯气通过浓硫酸时会被液体拦截，无法顺利流经后续实验装置，因此不能替换，A 错误；
B、干燥的红色纸条 a 不褪色，湿润的红色纸条 b 褪色，说明干燥氯气本身无漂白性，其漂白性源于与水反应生成的次氯酸，B 正确；
C、湿润的淀粉 - KI 试纸 d 变蓝色，是因为氯气将碘离子氧化为碘单质：，碘单质遇淀粉变蓝，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物，可知氧化性 Cl2大于 I2，C 正确；
D、浸有 FeCl2-KSCN 溶液的棉花 c 变红色，说明生成了铁离子，反应的离子方程式为 ，铁离子与 KSCN 结合使溶液变红，D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
干燥剂的状态与适用性：固态干燥剂（无水氯化钙）与液态干燥剂（浓硫酸）的使用场景不同，液态干燥剂会阻碍气体的连续通流；
氯气的漂白性本质：干燥氯气无漂白性，需与水反应生成次氯酸才能体现漂白性；
氧化还原反应的氧化性比较：通过卤素间的置换反应，可比较单质的氧化性强弱；
亚铁离子的检验：亚铁离子被氯气氧化为铁离子，铁离子与 KSCN 的显色反应是检验的核心依据。
16．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、O-SOFC 和 H-SOFC 燃料电池中，通 NH3的一极，NH3发生氧化反应生成 N2，因此均为负极，A 正确；
B、H-SOFC 燃料电池中，通 O2的一极为正极，电解质传导 H+，电极反应为 O2+4e-+4H+=2H2O，B 正确；
C、O-SOFC 燃料电池的产物为 H2O 和 N2，H-SOFC 燃料电池的产物也为 H2O 和 N2，二者环保性无本质差异；且 H-SOFC 的质子传导更高效，实际应用中 H-SOFC 更具优势，因此 O-SOFC 并非更有优势，C 错误；
D、两类燃料电池的总反应均为 4 NH3+3O2=2N2+6H2O， 总反应相同，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
燃料电池正负极判断：燃料（NH3）发生氧化反应的一极为负极，O2发生还原反应的一极为正极；
电极反应式书写：根据电解质的传导类型（O2-/H+），配平正极的还原反应；
环保性分析：两类电池的最终产物均为 N2和 H2O，无污染物排放，环保性一致；
总反应判断：燃料电池的总反应为燃料与 O2的氧化还原反应，两类电池的总反应一致。
17．【答案】（1）溶液变为红色
（2）
（3）存在溶解平衡：。生成的会发生水解：，产生，使溶液呈碱性
（4）BC；；
（5）
（6）将水垢用饱和溶液浸泡一段时间，使转化为；然后过滤、洗涤，再用稀盐酸（或稀醋酸）溶解
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）已知悬浊液，呈碱性，而酚酞在时显红色，因此现象为溶液变为红色。
故答案为： 溶液变为红色 ；
（2）悬浊液中存在溶解平衡：。加入固体后，与结合生成，使浓度降低，平衡正向移动，溶解，因此主要反应的离子方程式为：。
故答案为： ；
（3）存在溶解平衡：。生成的会发生水解：，产生，使溶液呈碱性，因此悬浊液。
故答案为：存在溶解平衡：。生成的会发生水解：，产生，使溶液呈碱性 ；
（4）① 滴定实验中，需要的仪器有锥形瓶（A）、酸式滴定管（D）等。不需要的仪器是B（漏斗）和C（分液漏斗），即BC。
② EDTA与、以1：1形成配合物，故。总硬度以计，计算式为：
。
③ 反应的平衡常数：。
故答案为： BC ； ； ；
（5）向悬浊液中加入盐酸，与反应，使浓度降低，的溶解平衡和的水解平衡均正向移动，溶液中浓度快速降低，先快速下降。离子方程式为：。
故答案为： ；
（6）根据（4）③的计算，可以转化为更难溶的。因此实验方案为：将水垢用饱和溶液浸泡一段时间，使转化为；然后过滤、洗涤，再用稀盐酸（或稀醋酸）溶解，即可除去。
故答案为： 将水垢用饱和溶液浸泡一段时间，使转化为；然后过滤、洗涤，再用稀盐酸（或稀醋酸）溶解 ；
【分析】本实验以水垢（主要成分为、和）为研究对象，通过数字化实验探究难溶电解质的溶解与转化本质。实验内容包括：悬浊液中加入固体的溶解现象与反应原理；悬浊液呈碱性的原因；水的总硬度测定（EDTA滴定法）；与的转化平衡常数计算；向悬浊液中滴加盐酸的pH变化分析；以及设计除去水垢中的实验方案。
(1)结合 Mg(OH)2悬浊液的 pH≈10.5（呈碱性）与酚酞的显色特性（pH＞8.2 时显红色），判断溶液变红的现象，核心是关联物质碱性与指示剂变色范围。
(2)先明确 Mg(OH)2的溶解平衡体系，再分析 NH4Cl 固体加入后，NH4+与 OH-结合生成 NH3 H2O 的反应对平衡的影响，最终推导总反应的离子方程式，核心是运用溶解平衡移动原理结合离子反应规律。
(3)从 CaCO3的溶解平衡出发，结合 CO32-的水解平衡产生 OH-的本质，解释 CaCO3悬浊液呈碱性且 pH≈9.5 的原因，核心是结合溶解平衡与盐类水解规律分析溶液酸碱性。
(4) ①依据滴定实验的仪器使用要求，区分滴定实验必需的仪器（锥形瓶、酸式滴定管等）与非必需仪器（漏斗、分液漏斗），核心是掌握水的硬度滴定实验的仪器选择依据。
②根据 EDTA 与 Ca2+、Mg2+1：1 形成配合物的计量关系，结合总硬度以 CaCO3计的换算要求，推导计算式，核心是利用计量守恒关系结合物质的量换算公式。
③将沉淀转化反应的平衡常数表达式变形，结合溶度积常数 Ksp 的比值关系计算 K 值，核心是运用沉淀溶解平衡的平衡常数与 Ksp 的关联公式。
(5) 分析盐酸加入 CaCO3悬浊液后，H+与 CO32-反应对溶解平衡、水解平衡的影响，结合 OH-浓度变化与 pH 的关系，推导离子方程式，核心是结合溶解平衡、水解平衡移动规律分析 pH 变化与离子反应。
(6)依据 CaSO4转化为更难溶 CaCO3的沉淀转化原理，设计 “饱和 Na2CO3溶液浸泡转化→过滤洗涤→酸溶解” 的实验方案，核心是利用沉淀转化的平衡移动原理设计除杂流程。
（1）已知悬浊液，呈碱性，而酚酞在时显红色，因此现象为溶液变为红色。
（2）悬浊液中存在溶解平衡：。加入固体后，与结合生成，使浓度降低，平衡正向移动，溶解，因此主要反应的离子方程式为：。
（3）存在溶解平衡：。生成的会发生水解：，产生，使溶液呈碱性，因此悬浊液。
（4）① 滴定实验中，需要的仪器有锥形瓶（A）、酸式滴定管（D）等。不需要的仪器是B（漏斗）和C（分液漏斗），即BC。
② EDTA与、以1：1形成配合物，故。总硬度以计，计算式为：
。
③ 反应的平衡常数：。
（5）向悬浊液中加入盐酸，与反应，使浓度降低，的溶解平衡和的水解平衡均正向移动，溶液中浓度快速降低，先快速下降。离子方程式为：。
（6）根据（4）③的计算，可以转化为更难溶的。因此实验方案为：将水垢用饱和溶液浸泡一段时间，使转化为；然后过滤、洗涤，再用稀盐酸（或稀醋酸）溶解，即可除去。
18．【答案】（1）将废料粉碎（或适当升高温度、搅拌、增大酸浓度等，任写一条即可）
（2）
（3）99.9%；In3+的离子半径比Ga3+大，与P204形成的配合物更稳定（或配位常数更大）
（4）Ga3+沉淀不完全；Ga(OH)3溶解
（5）
（6） ；
【知识点】晶胞的计算；化学反应速率的影响因素；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
【解析】【解答】（1）提高浸出速率可从增大接触面积、升高温度、增大反应物浓度、搅拌等方面考虑，常见措施有将废料粉碎、适当加热、搅拌、增大酸浓度等。（任写一条即可）
故答案为： 将废料粉碎（或适当升高温度、搅拌、增大酸浓度等，任写一条即可） ；
（2）酸浸后，Se(Ⅳ)以形式存在，被SO2还原为单质Se，SO2被氧化为，则离子方程式为。
故答案为： ；
（3）初始In的浓度为13 g/L，萃余液中In的浓度为0.015 g/L，则萃取率为；In和Ga为同族元素，In3+半径大于Ga3+，与P204中的配位原子结合时空间位阻小，形成的配合物更稳定，配位常数更大，因此In易被萃取而Ga基本不被萃取。
故答案为： 99.9% ； In3+的离子半径比Ga3+大，与P204形成的配合物更稳定（或配位常数更大） ；
（4）Al和Ga位于同一主族，因此Ga(OH)3与Al(OH)3性质相似，具有两性，pH过低时，Ga3+不能完全沉淀，pH过高时，Ga(OH)3溶解生成，导致镓损失。
故答案为： Ga3+沉淀不完全 ； Ga(OH)3溶解 ；
（5）据分析，电解精炼或电沉积镓时，阴极为碱性条件下得电子还原为Ga单质，电极反应为。
故答案为： ；
（6）①磷化镓的晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被Ga原子代替、顶点和面心的碳原子被P原子代替，设A1点坐标为(0，0，0)，则Ga原子的分数坐标为，P原子位于顶点和面心，矩形中，该矩形内部x与y坐标相等，则处于该矩形内部的Ga原子的分数坐标为，故图3中Ga原子的位置为；
②一个晶胞中Ga的个数为4、P的个数为，即含有4个GaP，设立方晶胞的边长为a pm，则晶胞密度为，因此立方晶胞的边长为，如图所示，最近邻P和Ga原子距离为体对角线长的，即为。
故答案为： ； ；
【分析】向芯片中加入硫酸与过氧化氢的混合酸液，将 Se 元素氧化为 SeO32-，实现 Se 与其他金属的初步分离；通入二氧化硫，将 SeO32-还原为单质 Se，通过过滤得到 Se 单质；用 P204 进行三级逆流萃取，利用萃取剂对不同金属离子的选择性，使 In 进入有机相，Cu、Ga 留在水相，实现 In 与 Cu、Ga 的分离；向有机相中加入 HCl 进行反萃取，得到 InCl3溶液，完成 In 的回收；调节水相 pH 至 4.5，使 Ga 以 Ga(OH)3沉淀形式析出，与溶液中的 Cu 分离；向 Ga(OH)3滤渣中加入 NaOH 溶液，将其溶解为含 [Ga(OH)4]-的溶液，再通过电解该溶液得到金属 Ga，完成 Ga 的回收。
(1)围绕提高浸出速率的影响因素，从增大接触面积、升高温度、增大酸浓度、搅拌等角度，选取可行的实验措施，核心是运用化学反应速率的影响规律分析浸出过程。
(2)先明确酸浸后 Se 元素以 SeO32-形式存在，结合 SO2的还原反应，确定反应物和生成物，再根据得失电子守恒与原子守恒配平离子方程式，核心是氧化还原反应的配平原理。
(3)根据萃取率的计算公式，代入 In 的初始浓度和萃余液浓度计算萃取率；再结合 In3+与 Ga3+的半径差异、配位空间位阻原理，分析 In 更易被萃取的原因，核心是萃取率计算与配位化学的结构影响规律。
(4)依据 Al(OH)3的两性性质，类比推导 Ga(OH)3的两性特征：pH 过低时 Ga3+无法完全沉淀，pH 过高时 Ga(OH)3会溶解生成 [Ga(OH)4]-，从而解释 pH 控制的关键原因，核心是同主族元素的性质递变规律。
(5)明确电解时阴极发生还原反应，碱性条件下 [Ga(OH)4]-得电子生成 Ga 单质，结合电荷守恒与原子守恒配平电极反应式，核心是电解池阴极反应的书写规律。
(6)①根据金刚石晶胞的结构特征，结合 Ga 原子的替代位置与 A1点坐标，推导 Ga 原子的分数坐标；再根据矩形内 x、y 坐标相等的限定条件，筛选出矩形内部的 Ga 原子坐标，核心是晶胞结构的分数坐标判断方法。
②先通过均摊法计算晶胞中 Ga、P 原子个数，确定晶胞组成为 4 个 GaP；再利用密度公式，结合摩尔质量与晶胞边长的关系，推导晶胞边长表达式；最后根据晶胞结构中最近原子距离为体对角线的，计算最近 P 和 Ga 原子的距离，核心是晶胞密度计算与晶胞结构的空间距离分析。
（1）提高浸出速率可从增大接触面积、升高温度、增大反应物浓度、搅拌等方面考虑，常见措施有将废料粉碎、适当加热、搅拌、增大酸浓度等。（任写一条即可）
（2）酸浸后，Se(Ⅳ)以形式存在，被SO2还原为单质Se，SO2被氧化为，则离子方程式为。
（3）初始In的浓度为13 g/L，萃余液中In的浓度为0.015 g/L，则萃取率为；In和Ga为同族元素，In3+半径大于Ga3+，与P204中的配位原子结合时空间位阻小，形成的配合物更稳定，配位常数更大，因此In易被萃取而Ga基本不被萃取。
（4）Al和Ga位于同一主族，因此Ga(OH)3与Al(OH)3性质相似，具有两性，pH过低时，Ga3+不能完全沉淀，pH过高时，Ga(OH)3溶解生成，导致镓损失。
（5）据分析，电解精炼或电沉积镓时，阴极为碱性条件下得电子还原为Ga单质，电极反应为。
（6）①磷化镓的晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被Ga原子代替、顶点和面心的碳原子被P原子代替，设A1点坐标为(0，0，0)，则Ga原子的分数坐标为，P原子位于顶点和面心，矩形中，该矩形内部x与y坐标相等，则处于该矩形内部的Ga原子的分数坐标为，故图3中Ga原子的位置为；
②一个晶胞中Ga的个数为4、P的个数为，即含有4个GaP，设立方晶胞的边长为a pm，则晶胞密度为，因此立方晶胞的边长为，如图所示，最近邻P和Ga原子距离为体对角线长的，即为。
19．【答案】（1）；；>；<
（2）反应a；BD；反应过程中将有害气体转化成无污染性气体
（3）Ⅱ；>
（4）
【知识点】原子核外电子排布；盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①N为7号元素，价电子排布图为；②设已知反应分别为反应1、反应2、反应3，则目标方程式可由反应1+反应2得到，故；③反应Ⅰ为气体系数增大的反应，故；反应Ⅰ在任意温度下均能自发进行，即在任意温度下均有，且，故；
故答案为： ；； > ； < ；
（2）①由图可知，反应a的活化能大于反应b，反应速率小于反应b，化学反应速率取决于反应速率慢的一步，则反应a决定总反应速率；②A．催化剂能降低反应活化能，但不能改变反应热(焓变)，A错误；
B．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，的平衡转化率减小，B正确；
C．该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，平衡常数增大，C错误；
D．由图可知，反应过程中断裂极性键（N-O键），也有极性键的生成（C-O键），D正确；故答案选BD；③由反应方程式可知，用CO还原N2O实现了有害气体向无污染转化（CO2、N2为无污染性气体）；
故答案为： 反应a ； BD ； 反应过程中将有害气体转化成无污染性气体 ；
（3）①增大一种反应物的量，另一种反应物的转化率越大，即越小，的转化率越大，故表示的转化率随变化的曲线为Ⅱ；②该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的转化率减小，即越小，的转化率减小，故T1>T2；
故答案为： Ⅱ ； > ；
（4）由草酸钙分解的方程式可知，容器中反应达到平衡时，一氧化碳的平衡分压为ekPa，设CO还原N2O的反应中转化压强为x kPa，由题意可建立如下三段式：，由平衡时总压强为ckPa可得：e+(b-x)+x+x=c，解得x=c-e-b，则平衡常数。
故答案为： ；
【分析】(1) ① 依据 N 的原子序数，写出其价电子排布图；② 利用盖斯定律，将已知反应相加得到目标反应，焓变也对应相加；③ 分析反应的熵变，结合自发反应的判据 ΔG=ΔH-TΔS<0，推导焓变的正负。
(2) ① 根据活化能与反应速率的关系，由图判断决速步骤；② 逐一分析选项：催化剂不改变焓变、放热反应升温平衡逆向移动、平衡常数与温度的关系、反应中的化学键变化，选出正确选项；③ 从环保角度分析反应的应用价值。
(3) ① 依据反应物投料比与转化率的关系，判断对应曲线；② 结合反应的热效应，分析温度对平衡的影响，比较温度高低。
(4) 根据草酸钙分解确定 CO 的平衡分压，列出 CO 还原 N2O 反应的三段式，结合总压求出转化量，再代入平衡常数表达式计算 Kp2。
（1）①N为7号元素，价电子排布图为；②设已知反应分别为反应1、反应2、反应3，则目标方程式可由反应1+反应2得到，故；③反应Ⅰ为气体系数增大的反应，故；反应Ⅰ在任意温度下均能自发进行，即在任意温度下均有，且，故；
（2）①由图可知，反应a的活化能大于反应b，反应速率小于反应b，化学反应速率取决于反应速率慢的一步，则反应a决定总反应速率；②A．催化剂能降低反应活化能，但不能改变反应热(焓变)，A错误；
B．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，的平衡转化率减小，B正确；
C．该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，平衡常数增大，C错误；
D．由图可知，反应过程中断裂极性键（N-O键），也有极性键的生成（C-O键），D正确；故答案选BD；③由反应方程式可知，用CO还原N2O实现了有害气体向无污染转化（CO2、N2为无污染性气体）；
（3）①增大一种反应物的量，另一种反应物的转化率越大，即越小，的转化率越大，故表示的转化率随变化的曲线为Ⅱ；②该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的转化率减小，即越小，的转化率减小，故T1>T2；
（4）由草酸钙分解的方程式可知，容器中反应达到平衡时，一氧化碳的平衡分压为ekPa，设CO还原N2O的反应中转化压强为x kPa，由题意可建立如下三段式：，由平衡时总压强为ckPa可得：e+(b-x)+x+x=c，解得x=c-e-b，则平衡常数。
20．【答案】（1）酮羰基；C8H10O
（2）4；
（3）O2
（4）C；D
（5）；酯化反应；+H2O
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A结构中的官能团为酮羰基；根据B的结构可知其分子式为C8H10O；
故答案为： 酮羰基 ； C8H10O ；
（2）依题同分异构体中含有苯环和醛基结构，符合题意的同分异构体为、、、，共4种；其中核磁共振氢谱中呈现四组峰的结构简式为；
故答案为：4； ；
（3）根据原子利用率为100%，结合质量守恒定律，碳碳双键在催化剂作用下氧化生成环醚结构，故X为O2；
故答案为： O2 ；
（4）A．A→B过程中，断裂了碳氧双键（断裂π键），但没有π键生成，A错误；
B．阿托酸分子中所有碳原子均采取sp2杂化，但结构中的C-C单键可旋转，使得分子内的原子不一定共平面，B错误；
C．手性碳是指饱和碳原子连接4个不一样的原子或原子团，D和E结构中的手性碳位置如图所示、（带“*”碳原子为手性碳），C正确；
D．E比D多一个碳原子、两个氧原子和两个氢原子，E中碳元素化合价降低，D得电子生成E，即发生还原反应，故与D的反应在阴极上进行，D正确；
故答案为：CD；
（5）①结合题干信息可知，发生分子内脱水生成；②与CO2在电催化下实现开环、再经酸化转化成，最后在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应生成和水，最后一步的化学方程式为+H2O。
故答案为： ； 酯化反应 ；+H2O ；
【分析】以苯乙酮（A）为起始原料，经步骤①还原得到 α- 苯乙醇（B）；步骤②发生消去反应生成苯乙烯（C）；步骤③经环氧化反应得到苯基环氧乙烷（D）；步骤④通过 CO2电催化并酸化，开环引入羧基，得到含羟基和羧基的中间体（E）；最后步骤⑤经氧化、消去反应，得到阿托酸，完成合成。
(1) 先识别 A 的结构，确定其官能团为酮羰基；再根据 B 的结构简式，数出 C、H、O 原子个数，写出分子式 C8H10O。
(2) 根据限定条件（含苯环、醛基），写出所有符合要求的同分异构体；再根据核磁共振氢谱的峰数要求，筛选出氢原子环境为 4 组的结构。
(3) 依据原子利用率 100% 和质量守恒，结合碳碳双键氧化生成环醚的反应规律，推断反应物 X 为 O2。
(4) A：分析 A→B 的化学键变化，判断 π 键的断裂与生成情况；
B：分析阿托酸的碳原子杂化类型，结合单键可旋转的特点，判断分子共面性；
C：根据手性碳的定义（饱和碳连 4 个不同基团），标注 D、E 中的手性碳；
D：分析 D→E 的元素变化、碳的化合价变化，结合电解池电极反应规律，判断反应发生的电极；
(5) ① 分析含双羟基的有机物的结构，根据分子内脱水成醚的反应规律，写出产物结构；
② 分析含羧基和羟基的有机物的结构，根据浓硫酸、加热条件下的分子内酯化反应规律，写出产物结构和化学方程式。
（1）A结构中的官能团为酮羰基；根据B的结构可知其分子式为C8H10O；
（2）依题同分异构体中含有苯环和醛基结构，符合题意的同分异构体为、、、，共4种；其中核磁共振氢谱中呈现四组峰的结构简式为；
（3）根据原子利用率为100%，结合质量守恒定律，碳碳双键在催化剂作用下氧化生成环醚结构，故X为O2；
（4）A．A→B过程中，断裂了碳氧双键（断裂π键），但没有π键生成，A错误；
B．阿托酸分子中所有碳原子均采取sp2杂化，但结构中的C-C单键可旋转，使得分子内的原子不一定共平面，B错误；
C．手性碳是指饱和碳原子连接4个不一样的原子或原子团，D和E结构中的手性碳位置如图所示、（带“*”碳原子为手性碳），C正确；
D．E比D多一个碳原子、两个氧原子和两个氢原子，E中碳元素化合价降低，D得电子生成E，即发生还原反应，故与D的反应在阴极上进行，D正确；
故答案选CD；
（5）①结合题干信息可知，发生分子内脱水生成；②与CO2在电催化下实现开环、再经酸化转化成，最后在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应生成和水，最后一步的化学方程式为+H2O。
1 / 1广东梅州市2026届高三下学期一模化学试题
1．国宝文物见证中华马魂。下列与马有关的文物中，主要成分属于合金的是
A．汉代木马
B．朱红地联珠对马纹锦
C．铜奔马
D．饮马图
【答案】C
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A、汉代木马的主要成分是木材，属于纤维素，不属于合金，A 不符合题意；
B、朱红地联珠对马纹锦的主要成分是蚕丝，属于蛋白质，不属于合金，B 不符合题意；
C、铜奔马的主要成分是青铜，青铜是铜锡合金，属于合金，C 符合题意；
D、《饮马图》的主要成分是纸张和墨，纸张属于纤维素，墨属于炭黑等，不属于合金，D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
明确合金的定义：合金是由两种或两种以上的金属（或金属与非金属）熔合而成的具有金属特性的物质；
逐一分析各选项文物的主要成分：木马为木材（纤维素）、锦为蚕丝（蛋白质）、铜奔马为青铜（铜锡合金）、画作的载体为纸张（纤维素）；
结合合金定义，判断只有铜奔马的主要成分属于合金。
2．“新质生产力”中“新”的核心在于科技创新。下列有关说法正确的是
A．嫦娥六号月壤样品发现天然单壁碳纳米管，碳纳米管碳原子间存在离子键
B．“华龙一号”的核反应堆以为燃料，与具有不同的化学性质
C．我国光量子芯片使用铌酸锂（）晶体调控光子，是共价晶体
D．火焰喷雾技术制备纳米材料，在高温火焰喷雾中形成的胶体属于气溶胶
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；晶体的定义；元素、核素；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、碳纳米管中碳原子间以共价键结合，不存在离子键，A 错误；
B、235U 与238U 互为同位素，核外电子排布相同，化学性质几乎完全相同，B 错误；
C、LiNbO3由 Li+和 NbO3-构成，属于离子晶体，不是共价晶体，C 错误；
D、高温火焰喷雾中，纳米材料的固体小颗粒分散在气体中形成的胶体，分散剂为气体，属于气溶胶，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
明确碳纳米管的成键类型：碳原子间通过共价键相连，无离子键；
掌握同位素的化学性质：同位素核外电子排布相同，化学性质几乎一致；
区分晶体类型：LiNbO3含离子键，属于离子晶体，共价晶体仅含共价键；
理解胶体的分类：分散剂为气体的胶体属于气溶胶，火焰喷雾中纳米颗粒分散在空气中符合气溶胶的定义。
3．梅州有“全球客家人的心灵家园”之称。下列关于梅州的特色所含化学知识分析错误的是
A．梅州金柚富含维生素C，维生素C可帮助人体将食物中的转变为
B．“蕉岭富硒稻米”是名特优新农产品，Se的最高价氧化物是
C．鱼生飘香迎客商，五华鱼生的鱼肉中含有的蛋白质可最终水解生成氨基酸
D．“埔寨火龙”是国家级非物质文化遗产，火龙燃放烟花涉及电子跃迁
【答案】B
【知识点】焰色反应；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、维生素 C 具有还原性，可将 Fe3+还原为 Fe2+，促进铁的吸收，A 正确；
B、Se 与 S 同主族，位于第 ⅥA 族，最高正价为 + 6 价，最高价氧化物为 SeO3，而非 SeO2，B 错误；
C、蛋白质是由氨基酸脱水缩合形成的高分子化合物，其最终水解产物为氨基酸，C 正确；
D、烟花燃放涉及焰色反应，该反应的本质是金属原子的电子吸收能量后从基态跃迁到激发态，再从激发态跃迁回基态时释放能量（以光的形式），即电子跃迁，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
维生素 C 的还原性：紧扣其作为还原剂的属性，分析其可将 Fe3+转化为 Fe2+的氧化还原关系；
主族元素化合价规律：Se 属第 ⅥA 族，最高正价 = 主族序数 = 6，据此推导最高价氧化物的化学式为 SeO3；
蛋白质的水解性质：明确蛋白质的水解最终产物是氨基酸，区分水解与缩聚反应的产物差异；
焰色反应的微观原理：厘清焰色反应不是化学反应，而是金属原子电子跃迁的物理现象，明确其本质与电子能级变化的关联。
4．劳动是淬炼品格的熔炉，是塑造健全人格的基石。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 社区活动：用84消毒液对图书馆桌椅消毒 含氯消毒剂具有强氧化性
B 学农活动：塑料大棚下种植蔬菜 塑料一般易燃烧，难降解
C 家务劳动：用管道疏通剂（主要成分为NaOH和铝粉）疏通厨卫管道 铝粉和NaOH反应放热并产生，且NaOH具有腐蚀性
D 实践活动：用糯米酿制米酒 糯米富含淀粉，淀粉经发酵可以得到乙醇
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；铝的化学性质；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、84 消毒液的有效成分为 NaClO，含氯消毒剂具有强氧化性，可使病毒、细菌的蛋白质变性，从而实现消毒，劳动项目与化学知识有关联，A 正确；
B、塑料大棚种植蔬菜利用的是塑料的透光性、保温性，为蔬菜生长提供适宜环境，“塑料一般易燃烧，难降解” 是塑料的废弃物属性，与大棚种植蔬菜的劳动项目无关联，B 错误；
C、管道疏通剂中的铝粉和 NaOH 发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，反应放热可软化管道污垢，且 NaOH 具有腐蚀性，能腐蚀疏通管道内的堵塞物，劳动项目与化学知识有关联，C 正确；
D、糯米中的淀粉经水解、发酵，最终转化为乙醇，可用于酿制米酒，劳动项目与化学知识有关联，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
明确 84 消毒液的消毒原理：利用含氯消毒剂的强氧化性使蛋白质变性，实现杀菌消毒；
区分塑料大棚的应用原理：核心是塑料的透光、保温特性，而非燃烧性、难降解性，后者与种植蔬菜无关联；
掌握管道疏通剂的作用原理：铝粉与 NaOH 反应放热、生成 H2，结合 NaOH 的腐蚀性疏通管道；
理解酿酒的化学原理：淀粉经水解、发酵生成乙醇，用于米酒酿制。
5．《诗经》言“缟衣茹藘（茜草）”，茜草中的茜素与矾土中的、生成的红色配合物-X（如图所示）是最早的媒染染料。下列说法错误的是
A．茜素中含有2种官能团
B．茜素水溶性较好的主要原因是其易与水形成分子间氢键
C．配合物X中Al的配位数为6
D．配合物X中含有的化学键有离子键、共价键、配位键、氢键
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；有机物中的官能团
【解析】【解答】A、茜素分子中含有羰基、羟基 2 种官能团，A 正确；
B、茜素分子中含有多个羟基，羟基可与水分子形成分子间氢键，因此水溶性较好，B 正确；
C、配合物 X 中 Al3+与 2 个茜素根的 4 个 O、1 个 H2O 的 O、1 个 OH-的 O 成键，配位数为 6，C 正确；
D、氢键不属于化学键，配合物 X 中含有的化学键为离子键、共价键、配位键，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
官能团识别：根据茜素的结构，准确识别出羰基、羟基两种官能团；
水溶性与氢键的关系：羟基可与水形成分子间氢键，能显著提升物质的水溶性；
配位数判断：数出中心 Al3+周围直接成键的配位原子 O 的数量，确定配位数为 6；
化学键分类：明确氢键不属于化学键，区分离子键、共价键、配位键的存在位置。
6．电化学原理在日常生活和科技领域中应用广泛。对下列装置的说法正确的是
A．图Ⅰ装置工作过程中，电解质溶液中浓度始终不变
B．图Ⅱ装置是组装的铜锌原电池
C．图Ⅲ装置采集到的压强数据可以判断铁钉发生吸氧腐蚀还是析氢腐蚀
D．图Ⅳ装置为电解饱和食盐水工作原理示意图，其离子交换膜为阴离子交换膜
【答案】C
【知识点】铜的电解精炼；以氯碱工业为基础的化工生产简介；金属的电化学腐蚀与防护；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、图 Ⅰ 为粗铜精炼装置，阳极粗铜中的 Zn、Fe 等比 Cu 活泼的金属优先放电：，、（主要）， 阴极只有 Cu2+ 放电生成 Cu ： ，因此溶液中 Cu2+ 浓度会减小，A 错误；
B、图 Ⅱ 装置中，Zn 电极应置于 ZnSO4溶液，Cu 电极应置于 CuSO4溶液才能构成标准铜锌原电池，该装置的电极与电解质溶液匹配错误，B 错误；
C、吸氧腐蚀会消耗装置内的氧气： ，导致瓶内压强减小；析氢腐蚀会生成氢气： ，导致瓶内压强增大，因此通过压强数据变化可判断铁钉发生的腐蚀类型，C 正确；
D、图 Ⅳ 为电解饱和食盐水装置，阴极生成 OH-： ，为防止 OH-与阳极生成的 Cl2反应，需阻止 OH-进入阳极室，同时为了得到 NaOH，需让 Na+ 移向阴极室，因此离子交换膜为阳离子交换膜，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
粗铜精炼规律：阳极粗铜溶解，阴极纯铜析出，因粗铜含杂质金属，导致电解质溶液中 Cu2+ 浓度降低；
原电池构成原则：电极材料需与对应电解质溶液匹配，Zn 与 ZnSO4、Cu 与 CuSO4的组合是原电池的标准配置；
腐蚀与压强的关系：吸氧腐蚀消耗气体使压强降，析氢腐蚀生成气体使压强升，压强变化是判断腐蚀类型的核心依据；
电解食盐水的膜选择：为保证产品纯度、防止副反应，需阻止阴离子迁移，故选用阳离子交换膜。
7．已知甲、乙都为单质，丙为化合物，能实现下述转化关系。下列说法正确的是
甲+乙丙丁甲
A．若丁为强碱，则甲可能是Na
B．往丁中滴加氨水，先有蓝色沉淀生成，后沉淀溶解，则甲可能为Cu
C．若丁遇放出气体，则甲不可能是
D．若丁为弱酸，则甲一定为S
【答案】B
【知识点】电解原理；含硫物质的性质及综合应用；无机物的推断；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、若甲为Na，乙为O2，点燃生成Na2O2（丙），Na2O2与水反应生成NaOH（丁）和O2。用惰性电极短时间电解NaOH溶液，实质是电解水，生成H2和O2，无法得到单质Na，A错误；
B、往丁中滴加氨水，先产生蓝色沉淀、后沉淀溶解，说明丁中含有Cu2+。若甲为Cu，乙为Cl2，点燃生成CuCl2（丙），CuCl2溶于水得到CuCl2溶液（丁）；用惰性电极短时间电解CuCl2溶液，阴极Cu2+放电析出Cu，可再生单质甲（Cu），符合转化关系，因此甲可能为Cu，B正确；
C、若丁遇Na2CO3放出CO2，说明丁为酸性溶液。若甲为H2，乙为Cl2，点燃生成HCl（丙），HCl溶于水得到盐酸（丁）；用惰性电极短时间电解盐酸，阴极H+放电生成H2，可再生单质甲（H2），因此甲可能是H2，C错误；
D、若丁为弱酸，甲不一定为S。例如甲为C，乙为O2，点燃生成CO2（丙），CO2溶于水生成H2CO3（弱酸，丁），但电解H2CO3溶液实质是电解水，无法再生C；而S的转化虽符合，但存在其他符合条件的情况（如甲为H2，乙为S，生成H2S，溶于水得弱酸H2S，电解H2S溶液可再生H2），因此甲不一定为S，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
明确转化关系：甲+乙丙，丙+H2O→丁，丁甲，需每一步均能实现；
电解NaOH溶液无法得到Na，违背转化要求；
根据氨水的反应现象确定丁含Cu2+，结合CuCl2的电解规律，验证转化可行性；
电解盐酸可生成H2，说明甲可能为H2，否定“不可能”的结论；
存在多种弱酸对应的单质（如H2对应H2S），说明甲不一定为S。
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 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但甲烷不能 甲基对苯环有活化作用
B 用KSCN溶液检验溶液是否氧化变质 与生成红色物质
C 工业上常用电解熔融而不是制备Al 中离子键比中离子键弱
D 高压钠灯发出透雾性强的黄光 金属钠具有强还原性
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】金属冶炼的一般原理；铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验；苯的同系物及其性质
【解析】【解答】A、甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色、甲烷不能，陈述 Ⅰ 正确；甲基对苯环有活化作用，陈述 Ⅱ 正确，但二者无因果关系，甲苯被氧化是因为苯环侧链的甲基受苯环影响变得活泼，A 错误；
B、用 KSCN 溶液检验 FeSO4溶液是否氧化变质，陈述 Ⅰ 正确；Fe3+与 SCN-生成红色物质，陈述 Ⅱ 正确，且正是因为 Fe3+能与 SCN-显色，才可以用 KSCN 检验 FeSO4是否被氧化为 Fe3+，二者有因果关系，B 正确；
C、工业上用电解熔融 Al2O3而不是 AlCl3制备 Al，陈述 Ⅰ 正确；AlCl3是共价化合物，熔融状态不导电，并非 Al2O3离子键比 AlCl3弱，陈述 Ⅱ 错误，C 错误；
D、高压钠灯发出透雾性强的黄光，陈述 Ⅰ 正确；金属钠具有强还原性，陈述 Ⅱ 正确，但二者无因果关系，黄光的产生是钠原子的电子跃迁，与还原性无关，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：逐项验证陈述 Ⅰ、Ⅱ 的正确性，再判断二者是否存在因果关系；
明确甲苯被氧化的原因是苯环对甲基的活化，而非甲基对苯环的活化，二者因果不成立；
掌握 Fe3+的检验原理，Fe3+与 SCN-的显色反应是检验 FeSO4变质的依据，因果关系成立；
明确 AlCl3为共价化合物，熔融不导电，陈述 Ⅱ 本身错误；
区分焰色反应（电子跃迁）与物质还原性的本质，二者无因果关联。
9．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径和元素最低化合价的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．第一电离能：
B．简单氢化物的沸点：
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：
D．的空间结构为平面三角形
【答案】C
【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；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、根据分析，X为C、Y为N、Z为F、W为P。第一电离能规律：同周期主族元素从左到右总体增大，ⅡA、ⅤA族反常； 基态原子能级轨道半充满较稳定，其第一电离能大于相邻元素，则第一电离能：，即，A错误；
B、W的简单氢化物为 ，Z的简单氢化物为HF。HF分子间含氢键，沸点反常高，故沸点 ：，B错误；
C、X为C、Y为N，元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强。非金属性N＞C，故酸性HNO3＞H2CO3，即Y＞X，C正确；
D、YW3为NCl3。中心N原子价层电子对数= ，含1对孤电子对，空间结构为三角锥形，而非平面三角形，D错误；
故答案为：C。
【分析】X、Y、Z、W 均为短周期主族元素。结合图像信息分析：W 的原子半径最大，且最低化合价为 - 1 价，因此 W 为氯元素；同主族元素中，氟元素无正价且最低化合价为 - 1 价，原子半径小于氯，故 Z 为氟元素；X、Y 的原子半径均大于氟，根据最低化合价分别为 - 4 价、-3 价，可确定 X 为碳元素，Y 为氮元素。
10．NA表示阿伏加德罗常数的数值。下列叙述正确的是
A．与足量铁粉反应转移的电子数为
B．20 g重水（）所含的中子数为
C．溶液中，数目为
D．78 g中含有键的数目为
【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、7.1g Cl2的物质的量为 0.1mol，Cl2与足量铁粉反应时，Cl 元素从 0 价变为 - 1 价，1mol Cl2完全反应转移 2mol 电子，因此 0.1mol Cl2反应转移电子数为 0.2NA，A 正确；
B、20g 重水 (D2 6O) 的物质的量 ，1 个 D2 6O 分子中含有的中子数为 (2×1)+(16-8)=10，因此 1mol 重水所含中子数为 10NA，B 错误；
C、100mL 0.1mol/L Na2SO3溶液中，SO32-会发生水解 ：， 导致实际数目小于 0.01NA，C 错误；
D、78g 苯的物质的量 ，苯分子中含有 1 个大 π 键，并非 3 个独立 π 键，因此 π 键数目为 NA，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
氧化还原反应电子转移计算：根据 Cl2与 Fe 的反应，明确 Cl 元素的化合价变化，计算转移电子数；
中子数计算：根据 D、O 的质子数，计算 D2 6O 分子中的中子总数，再结合物质的量计算总中子数；
盐类水解的影响：SO32-为弱酸根离子，在溶液中会发生水解，导致离子数目减少；
苯的化学键结构：苯分子中存在 6 中心 6 电子的大 π 键，而非 3 个独立的碳碳双键，因此 π 键数目为 1 个/分子。
11．传统方式制备乙炔难以实现固液分离，生成的糊状物使乙炔气流不平稳，甚至堵塞。改进后的乙炔制备、性质检验和尾气处理的实验装置如图所示。下列说法错误的是
A．分液漏斗a中所盛的饱和食盐水的作用是加快反应速率
B．碳化钙应放在装置A中X处，反应器中玻璃珠的作用为形成空隙，促进固液分离
C．装置B中溶液的作用是吸收杂质气体等
D．装置C、装置D中溶液褪色的原理不相同
【答案】A
【知识点】乙炔炔烃
【解析】【解答】A、分液漏斗 a 中盛饱和食盐水，目的是减缓电石与水的反应速率，使乙炔气流平稳，而非加快反应速率，A 错误；
B、碳化钙应放在装置 A 的 X 处，反应器中的玻璃珠可形成空隙，避免电石与水反应生成的糊状
Ca(OH)2堵塞装置，促进固液分离，B 正确；
C、电石中含有的硫化钙、磷化钙等杂质，会与水反应生成 H2S、PH3等杂质气体，装置 B 中 CuSO4溶液可吸收这些杂质，防止干扰乙炔的性质检验，C 正确；
D、装置 C 中溴水褪色是乙炔与 Br2发生加成反应，装置 D 中酸性高锰酸钾溶液褪色是乙炔被氧化，二者褪色原理不同，D 正确；
故答案为：A。
【分析】装置 A 为乙炔发生装置，通过电石与饱和食盐水反应制取乙炔，玻璃珠与筛板可避免糊状产物堵塞，实现平稳产气与固液分离；装置 B 中硫酸铜溶液用于除去乙炔中混有的 H2S、PH3等还原性杂质，防止其干扰后续检验；装置 C 中溴水通过加成反应验证乙炔的不饱和性，装置 D 中酸性高锰酸钾溶液通过氧化反应验证乙炔的还原性，二者褪色原理不同；装置 E 用于点燃尾气，处理过量的乙炔，避免污染环境。
12．联氨（）的水溶液显弱碱性，与盐酸反应生成盐（、）。下列叙述错误的是
A．常温下，水溶液的pH小于13
B．水溶液加水稀释，pH值升高
C．在水溶液中的电离方程式：
D．水溶液中：
【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、联氨（N2H4）的水溶液显弱碱性，说明其是弱电解质，部分电离，0.05 mol/L 联氨溶液中小于0.1 mol/L，故pH小于13，A正确；
B、N2H6Cl2是强酸弱碱盐，N2H62+水解使溶液显酸性，加水稀释促进水解，但溶液酸性减弱，pH值升高，B正确；
C、联氨与盐酸反应生成N2H5Cl，类比NH4Cl的电离，N2H5Cl在水溶液中完全电离为N2H5+和Cl-，电离方程式为，C正确；
D、N2H5Cl水溶液中存在电荷守恒， 根据电荷守恒的含义可知，正确的电荷守恒为：，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
弱电解质的电离：联氨是弱碱，部分电离，浓度越小电离程度越大，但离子浓度仍小于强电解质的对应浓度，故0.05 mol/L溶液pH小于13；
盐类水解与稀释：强酸弱碱盐溶液稀释时，水解程度增大的幅度小于体积增大的幅度，氢离子浓度减小，pH升高；
电离方程式书写：类比铵盐的电离规律，一元酸盐（N2H5Cl）完全电离生成简单阳离子（N2H5+）；
电荷守恒：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，注意一个N2H62+分子含两个电荷。
13．物质结构决定物质性质。下列结构因素不能解释相应物质性质的是
选项 物质性质 结构因素
A 石墨有润滑作用 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合，容易在层间发生相对滑动
B 对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟基苯甲酸 氢键类型不同
C 干冰易升华，可用于制造“烟雾” 分子中含有共价键
D 2-丁烯存在顺反异构现象，丁烷不存在顺反异构现象 键不能绕键轴旋转
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；化学键；共价键的形成及共价键的主要类型；化学键和分子间作用力的区别；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、石墨呈层状结构，层间碳原子以范德华力结合，作用力较弱，层间容易发生相对滑动，因此有润滑作用，A能解释；
B、对羟基苯甲酸形成分子间氢键，邻羟基苯甲酸形成分子内氢键；分子间氢键使分子间作用力更强，沸点更高，B能解释；
C、干冰易升华是因为 CO2分子间的范德华力较弱，与分子内的共价键强弱无关；干冰制造 “烟雾” 是利用升华吸热使水蒸气液化，而非共价键的作用，C不能解释；
D、2 - 丁烯含碳碳双键，双键中的 π 键不能绕键轴旋转，导致存在顺反异构；丁烷分子中只有单键，单键可自由旋转，因此不存在顺反异构，D能解释；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
石墨的润滑性：源于层间范德华力弱，易滑动，与层内共价键无关；
氢键对沸点的影响：分子间氢键增强分子间作用力，沸点远高于分子内氢键的物质；
升华的本质：物质的熔沸点由分子间作用力决定，与分子内共价键无关；
顺反异构的条件：碳碳双键（π 键）不能旋转是前提，单键可旋转则无顺反异构。
14．马来酸（MA）化学异构化合成富马酸（FA）流程如图甲所示，苹果酸（M）为副产物。190℃时，一定浓度的MA发生反应，x表示某有机酸浓度与各有机酸浓度总和之比，x随时间t变化如图乙所示（6.5 h后x不再随时间变化，溶液体积变化忽略不计）。下列说法正确的是
A．反应①的活化能大于反应②的活化能
B．190℃时，反应①的浓度平衡常数
C．MA、FA分别和加成后生成的产物不同
D．1 mol M与足量NaOH溶液反应，消耗3 mol NaOH
【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数；有机物的结构和性质；酯的性质
【解析】【解答】A、活化能越低，反应速率越快。由图可知，反应初期 FA 的浓度增长速率快于 M，说明生成 FA 的反应①速率更快，因此反应①的活化能小于反应②，A 错误；
B、平衡时，FA 的物质的量分数为 0.6，M 的物质的量分数为 0.38，根据物料守恒，MA 的物质的量分数为 1-0.6-0.38=0.02。反应①为 MA FA，平衡常数 K=，由于物质的量分数与浓度成正比，且体系总浓度相同，因此 K==30，B 正确；
C、MA（顺丁烯二酸）和 FA（反丁烯二酸）与 H2加成，均生成丁二酸（HOOC-CH2-CH2-COOH），C 错误；
D、M（苹果酸）的结构为，分子中含 2 个羧基和 1 个醇羟基，醇羟基不与 NaOH 发生反应，因此 1mol M 最多消耗 2mol NaOH，D 错误；
故答案为：B。
【分析】解题要点：
活化能与反应速率的关系：活化能越低，反应速率越快，可通过产物浓度的增长速率判断反应快慢，进而比较活化能大小；
平衡常数的计算：利用物质的量分数与浓度的正比关系，结合物料守恒计算平衡时各组分的量，代入平衡常数表达式求解；
加成反应的产物判断：顺、反异构体与 H2加成后，双键消失，生成相同的饱和产物；
官能团的反应特性：羧基可与 NaOH 发生中和反应，醇羟基不与 NaOH 反应，据此计算消耗 NaOH 的物质的量。
15．如图是某小组设计实验探究性质的一体化装置。下列叙述错误的是
A．装置中无水氯化钙用来干燥氯气，可换成浓
B．干燥的红色纸条a不褪色，湿润的红色纸条b褪色，说明干燥的氯气无漂白性
C．湿润的淀粉-KI试纸d变蓝色，说明氧化性
D．浸有溶液的棉花c变红色，有反应发生
【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氯气的实验室制法；二价铁离子和三价铁离子的检验；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、无水氯化钙用于干燥氯气，属于固态干燥剂；浓硫酸为液态干燥剂，若换成浓硫酸，氯气通过浓硫酸时会被液体拦截，无法顺利流经后续实验装置，因此不能替换，A 错误；
B、干燥的红色纸条 a 不褪色，湿润的红色纸条 b 褪色，说明干燥氯气本身无漂白性，其漂白性源于与水反应生成的次氯酸，B 正确；
C、湿润的淀粉 - KI 试纸 d 变蓝色，是因为氯气将碘离子氧化为碘单质：，碘单质遇淀粉变蓝，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物，可知氧化性 Cl2大于 I2，C 正确；
D、浸有 FeCl2-KSCN 溶液的棉花 c 变红色，说明生成了铁离子，反应的离子方程式为 ，铁离子与 KSCN 结合使溶液变红，D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
干燥剂的状态与适用性：固态干燥剂（无水氯化钙）与液态干燥剂（浓硫酸）的使用场景不同，液态干燥剂会阻碍气体的连续通流；
氯气的漂白性本质：干燥氯气无漂白性，需与水反应生成次氯酸才能体现漂白性；
氧化还原反应的氧化性比较：通过卤素间的置换反应，可比较单质的氧化性强弱；
亚铁离子的检验：亚铁离子被氯气氧化为铁离子，铁离子与 KSCN 的显色反应是检验的核心依据。
16．氨可用于燃料电池，根据电解质传导机制可分为两类：O-SOFC（氧离子传导型电解质）和H-SOFC（质子传导型电解质），其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．O-SOFC和H-SOFC燃料电池通一极均为负极
B．H-SOFC燃料电池通一极的电极反应为
C．从环保的角度来说，具有更大优势的是O-SOFC燃料电池
D．两类燃料电池发生的总反应相同
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、O-SOFC 和 H-SOFC 燃料电池中，通 NH3的一极，NH3发生氧化反应生成 N2，因此均为负极，A 正确；
B、H-SOFC 燃料电池中，通 O2的一极为正极，电解质传导 H+，电极反应为 O2+4e-+4H+=2H2O，B 正确；
C、O-SOFC 燃料电池的产物为 H2O 和 N2，H-SOFC 燃料电池的产物也为 H2O 和 N2，二者环保性无本质差异；且 H-SOFC 的质子传导更高效，实际应用中 H-SOFC 更具优势，因此 O-SOFC 并非更有优势，C 错误；
D、两类燃料电池的总反应均为 4 NH3+3O2=2N2+6H2O， 总反应相同，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
燃料电池正负极判断：燃料（NH3）发生氧化反应的一极为负极，O2发生还原反应的一极为正极；
电极反应式书写：根据电解质的传导类型（O2-/H+），配平正极的还原反应；
环保性分析：两类电池的最终产物均为 N2和 H2O，无污染物排放，环保性一致；
总反应判断：燃料电池的总反应为燃料与 O2的氧化还原反应，两类电池的总反应一致。
17．水垢的主要成分为、和等，某实验小组依托数字化实验，利用水垢来探究难溶电解质溶解与转化的本质。
已知：298 K、101 kPa下：
①，；
②悬浊液，悬浊液。
（1）向悬浊液中滴加2滴酚酞溶液，观察到的现象为　 　。
（2）向悬浊液中加入少量固体，振荡后固体溶解，该过程中发生主要反应的离子方程式是　 　。
（3）试解释悬浊液的原因是　 　。
（4）水的硬度（水中、含量）是衡量水质的重要指标。取100.00 mL某水样，以铬黑T为指示剂，用0.01860 mol/L EDTA标准溶液（弱酸性），在时滴定水中钙和镁的含量（EDTA与、均以形成配合物，不考虑其他离子干扰），平均消耗EDTA 20.30 mL。
①上述滴定实验中不需要用到的仪器有　 　。
A. B. C. D.
②该水样的总硬度　 　mg/L（以表示，列出计算式即可）。
③298 K时，反应的平衡常数　 　（保留三位有效数字）。
（5）298 K时，向悬浊液中分次加入少量0.1 mol/L盐酸，并用pH传感器测溶液pH变化（如图所示），第1～9次加盐酸后，pH先快速下降再逐渐升高，其pH先快速下降的原因是　 　（用离子方程式表示）。
（6）结合本实验探究，设计除去水垢中的简易实验方案　 　。
【答案】（1）溶液变为红色
（2）
（3）存在溶解平衡：。生成的会发生水解：，产生，使溶液呈碱性
（4）BC；；
（5）
（6）将水垢用饱和溶液浸泡一段时间，使转化为；然后过滤、洗涤，再用稀盐酸（或稀醋酸）溶解
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）已知悬浊液，呈碱性，而酚酞在时显红色，因此现象为溶液变为红色。
故答案为： 溶液变为红色 ；
（2）悬浊液中存在溶解平衡：。加入固体后，与结合生成，使浓度降低，平衡正向移动，溶解，因此主要反应的离子方程式为：。
故答案为： ；
（3）存在溶解平衡：。生成的会发生水解：，产生，使溶液呈碱性，因此悬浊液。
故答案为：存在溶解平衡：。生成的会发生水解：，产生，使溶液呈碱性 ；
（4）① 滴定实验中，需要的仪器有锥形瓶（A）、酸式滴定管（D）等。不需要的仪器是B（漏斗）和C（分液漏斗），即BC。
② EDTA与、以1：1形成配合物，故。总硬度以计，计算式为：
。
③ 反应的平衡常数：。
故答案为： BC ； ； ；
（5）向悬浊液中加入盐酸，与反应，使浓度降低，的溶解平衡和的水解平衡均正向移动，溶液中浓度快速降低，先快速下降。离子方程式为：。
故答案为： ；
（6）根据（4）③的计算，可以转化为更难溶的。因此实验方案为：将水垢用饱和溶液浸泡一段时间，使转化为；然后过滤、洗涤，再用稀盐酸（或稀醋酸）溶解，即可除去。
故答案为： 将水垢用饱和溶液浸泡一段时间，使转化为；然后过滤、洗涤，再用稀盐酸（或稀醋酸）溶解 ；
【分析】本实验以水垢（主要成分为、和）为研究对象，通过数字化实验探究难溶电解质的溶解与转化本质。实验内容包括：悬浊液中加入固体的溶解现象与反应原理；悬浊液呈碱性的原因；水的总硬度测定（EDTA滴定法）；与的转化平衡常数计算；向悬浊液中滴加盐酸的pH变化分析；以及设计除去水垢中的实验方案。
(1)结合 Mg(OH)2悬浊液的 pH≈10.5（呈碱性）与酚酞的显色特性（pH＞8.2 时显红色），判断溶液变红的现象，核心是关联物质碱性与指示剂变色范围。
(2)先明确 Mg(OH)2的溶解平衡体系，再分析 NH4Cl 固体加入后，NH4+与 OH-结合生成 NH3 H2O 的反应对平衡的影响，最终推导总反应的离子方程式，核心是运用溶解平衡移动原理结合离子反应规律。
(3)从 CaCO3的溶解平衡出发，结合 CO32-的水解平衡产生 OH-的本质，解释 CaCO3悬浊液呈碱性且 pH≈9.5 的原因，核心是结合溶解平衡与盐类水解规律分析溶液酸碱性。
(4) ①依据滴定实验的仪器使用要求，区分滴定实验必需的仪器（锥形瓶、酸式滴定管等）与非必需仪器（漏斗、分液漏斗），核心是掌握水的硬度滴定实验的仪器选择依据。
②根据 EDTA 与 Ca2+、Mg2+1：1 形成配合物的计量关系，结合总硬度以 CaCO3计的换算要求，推导计算式，核心是利用计量守恒关系结合物质的量换算公式。
③将沉淀转化反应的平衡常数表达式变形，结合溶度积常数 Ksp 的比值关系计算 K 值，核心是运用沉淀溶解平衡的平衡常数与 Ksp 的关联公式。
(5) 分析盐酸加入 CaCO3悬浊液后，H+与 CO32-反应对溶解平衡、水解平衡的影响，结合 OH-浓度变化与 pH 的关系，推导离子方程式，核心是结合溶解平衡、水解平衡移动规律分析 pH 变化与离子反应。
(6)依据 CaSO4转化为更难溶 CaCO3的沉淀转化原理，设计 “饱和 Na2CO3溶液浸泡转化→过滤洗涤→酸溶解” 的实验方案，核心是利用沉淀转化的平衡移动原理设计除杂流程。
（1）已知悬浊液，呈碱性，而酚酞在时显红色，因此现象为溶液变为红色。
（2）悬浊液中存在溶解平衡：。加入固体后，与结合生成，使浓度降低，平衡正向移动，溶解，因此主要反应的离子方程式为：。
（3）存在溶解平衡：。生成的会发生水解：，产生，使溶液呈碱性，因此悬浊液。
（4）① 滴定实验中，需要的仪器有锥形瓶（A）、酸式滴定管（D）等。不需要的仪器是B（漏斗）和C（分液漏斗），即BC。
② EDTA与、以1：1形成配合物，故。总硬度以计，计算式为：
。
③ 反应的平衡常数：。
（5）向悬浊液中加入盐酸，与反应，使浓度降低，的溶解平衡和的水解平衡均正向移动，溶液中浓度快速降低，先快速下降。离子方程式为：。
（6）根据（4）③的计算，可以转化为更难溶的。因此实验方案为：将水垢用饱和溶液浸泡一段时间，使转化为；然后过滤、洗涤，再用稀盐酸（或稀醋酸）溶解，即可除去。
18．从退役CIGS（）薄膜太阳能电池芯片中可提取关键金属镓，并综合回收铟、硒。某湿法工艺设计如下：
已知：①酸浸液成分（g/L）：In 13，Ga 4.5，80；
②P204（二-2-乙基己基磷酸）对、的配位常数分别为，；
③氢氧化镓与氢氧化铝性质相似；（时沉淀完全）。
回答下列问题：
（1）“酸浸”步骤中，为提高Ga的浸出速率，可采取的措施是　 　（任写一条）。
（2）“还原沉硒”时，Se（IV）被还原为单质Se的离子方程式为　 　。
________________。
（3）P204萃取时，经三级逆流后，萃余液中In浓度降至0.015 g/L，In的萃取率　 　
（萃取率=萃取出的物质质量/该物质的总质量，保留三位有效数字）。而此时镓基本不被萃取，结合离子结构分析，萃取差异的本质原因是　 　（In是Ga的下一周期同族元素）。
（4）“中和沉镓”时，需要控制，pH过低则　 　，pH过高则可能导致　 　。
（5）电解时阴极发生的电极反应是　 　。
（6）磷化镓是一种半导体材料。晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被Ga原子代替，顶点和面心的碳原子被P原子代替。磷化镓的晶胞结构如图1，图2中矩形是沿晶胞对角面取得的截图。
①请在矩形（图3）中画出晶胞中Ga原子的位置　 　。
②若晶胞密度为，阿伏加德罗常数为，则晶胞中P和Ga原子的最近距离为　 　pm（列出计算表达式）。
【答案】（1）将废料粉碎（或适当升高温度、搅拌、增大酸浓度等，任写一条即可）
（2）
（3）99.9%；In3+的离子半径比Ga3+大，与P204形成的配合物更稳定（或配位常数更大）
（4）Ga3+沉淀不完全；Ga(OH)3溶解
（5）
（6） ；
【知识点】晶胞的计算；化学反应速率的影响因素；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
【解析】【解答】（1）提高浸出速率可从增大接触面积、升高温度、增大反应物浓度、搅拌等方面考虑，常见措施有将废料粉碎、适当加热、搅拌、增大酸浓度等。（任写一条即可）
故答案为： 将废料粉碎（或适当升高温度、搅拌、增大酸浓度等，任写一条即可） ；
（2）酸浸后，Se(Ⅳ)以形式存在，被SO2还原为单质Se，SO2被氧化为，则离子方程式为。
故答案为： ；
（3）初始In的浓度为13 g/L，萃余液中In的浓度为0.015 g/L，则萃取率为；In和Ga为同族元素，In3+半径大于Ga3+，与P204中的配位原子结合时空间位阻小，形成的配合物更稳定，配位常数更大，因此In易被萃取而Ga基本不被萃取。
故答案为： 99.9% ； In3+的离子半径比Ga3+大，与P204形成的配合物更稳定（或配位常数更大） ；
（4）Al和Ga位于同一主族，因此Ga(OH)3与Al(OH)3性质相似，具有两性，pH过低时，Ga3+不能完全沉淀，pH过高时，Ga(OH)3溶解生成，导致镓损失。
故答案为： Ga3+沉淀不完全 ； Ga(OH)3溶解 ；
（5）据分析，电解精炼或电沉积镓时，阴极为碱性条件下得电子还原为Ga单质，电极反应为。
故答案为： ；
（6）①磷化镓的晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被Ga原子代替、顶点和面心的碳原子被P原子代替，设A1点坐标为(0，0，0)，则Ga原子的分数坐标为，P原子位于顶点和面心，矩形中，该矩形内部x与y坐标相等，则处于该矩形内部的Ga原子的分数坐标为，故图3中Ga原子的位置为；
②一个晶胞中Ga的个数为4、P的个数为，即含有4个GaP，设立方晶胞的边长为a pm，则晶胞密度为，因此立方晶胞的边长为，如图所示，最近邻P和Ga原子距离为体对角线长的，即为。
故答案为： ； ；
【分析】向芯片中加入硫酸与过氧化氢的混合酸液，将 Se 元素氧化为 SeO32-，实现 Se 与其他金属的初步分离；通入二氧化硫，将 SeO32-还原为单质 Se，通过过滤得到 Se 单质；用 P204 进行三级逆流萃取，利用萃取剂对不同金属离子的选择性，使 In 进入有机相，Cu、Ga 留在水相，实现 In 与 Cu、Ga 的分离；向有机相中加入 HCl 进行反萃取，得到 InCl3溶液，完成 In 的回收；调节水相 pH 至 4.5，使 Ga 以 Ga(OH)3沉淀形式析出，与溶液中的 Cu 分离；向 Ga(OH)3滤渣中加入 NaOH 溶液，将其溶解为含 [Ga(OH)4]-的溶液，再通过电解该溶液得到金属 Ga，完成 Ga 的回收。
(1)围绕提高浸出速率的影响因素，从增大接触面积、升高温度、增大酸浓度、搅拌等角度，选取可行的实验措施，核心是运用化学反应速率的影响规律分析浸出过程。
(2)先明确酸浸后 Se 元素以 SeO32-形式存在，结合 SO2的还原反应，确定反应物和生成物，再根据得失电子守恒与原子守恒配平离子方程式，核心是氧化还原反应的配平原理。
(3)根据萃取率的计算公式，代入 In 的初始浓度和萃余液浓度计算萃取率；再结合 In3+与 Ga3+的半径差异、配位空间位阻原理，分析 In 更易被萃取的原因，核心是萃取率计算与配位化学的结构影响规律。
(4)依据 Al(OH)3的两性性质，类比推导 Ga(OH)3的两性特征：pH 过低时 Ga3+无法完全沉淀，pH 过高时 Ga(OH)3会溶解生成 [Ga(OH)4]-，从而解释 pH 控制的关键原因，核心是同主族元素的性质递变规律。
(5)明确电解时阴极发生还原反应，碱性条件下 [Ga(OH)4]-得电子生成 Ga 单质，结合电荷守恒与原子守恒配平电极反应式，核心是电解池阴极反应的书写规律。
(6)①根据金刚石晶胞的结构特征，结合 Ga 原子的替代位置与 A1点坐标，推导 Ga 原子的分数坐标；再根据矩形内 x、y 坐标相等的限定条件，筛选出矩形内部的 Ga 原子坐标，核心是晶胞结构的分数坐标判断方法。
②先通过均摊法计算晶胞中 Ga、P 原子个数，确定晶胞组成为 4 个 GaP；再利用密度公式，结合摩尔质量与晶胞边长的关系，推导晶胞边长表达式；最后根据晶胞结构中最近原子距离为体对角线的，计算最近 P 和 Ga 原子的距离，核心是晶胞密度计算与晶胞结构的空间距离分析。
（1）提高浸出速率可从增大接触面积、升高温度、增大反应物浓度、搅拌等方面考虑，常见措施有将废料粉碎、适当加热、搅拌、增大酸浓度等。（任写一条即可）
（2）酸浸后，Se(Ⅳ)以形式存在，被SO2还原为单质Se，SO2被氧化为，则离子方程式为。
（3）初始In的浓度为13 g/L，萃余液中In的浓度为0.015 g/L，则萃取率为；In和Ga为同族元素，In3+半径大于Ga3+，与P204中的配位原子结合时空间位阻小，形成的配合物更稳定，配位常数更大，因此In易被萃取而Ga基本不被萃取。
（4）Al和Ga位于同一主族，因此Ga(OH)3与Al(OH)3性质相似，具有两性，pH过低时，Ga3+不能完全沉淀，pH过高时，Ga(OH)3溶解生成，导致镓损失。
（5）据分析，电解精炼或电沉积镓时，阴极为碱性条件下得电子还原为Ga单质，电极反应为。
（6）①磷化镓的晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被Ga原子代替、顶点和面心的碳原子被P原子代替，设A1点坐标为(0，0，0)，则Ga原子的分数坐标为，P原子位于顶点和面心，矩形中，该矩形内部x与y坐标相等，则处于该矩形内部的Ga原子的分数坐标为，故图3中Ga原子的位置为；
②一个晶胞中Ga的个数为4、P的个数为，即含有4个GaP，设立方晶胞的边长为a pm，则晶胞密度为，因此立方晶胞的边长为，如图所示，最近邻P和Ga原子距离为体对角线长的，即为。
19．氧化亚氮（）是一种强温室气体，且易转换成颗粒污染物。研究氧化亚氮分解对环境保护有重要意义。
（1）催化分解法可消除。
一种Fe-Ru催化剂催化分解工业尾气，发生以下反应：
①基态N原子的价层电子排布图为　 　。
②根据盖斯定律，反应Ⅰ：的　 　（写出一个代数式即可）。
③反应Ⅰ的　 　0（填“>”“<”或“=”），已知反应Ⅰ在任意温度可自发进行，则　 　0（填“>”“<”或“=”）。
（2）用CO还原是实现无害化处理的一个重要方法，发生如下反应：
反应Ⅱ：
有人提出上述反应可以用“”作催化剂。其总反应分两步进行：
反应a：
反应b：
反应过程的能量变化如图所示：
①决定总反应速率的是　 　（填“反应a”或“反应b”）。
②对于反应，下列说法正确的有　 　（填字母）。
A.是催化剂，能降低反应的焓变 B.升高温度，的平衡转化率减小
C.降低反应温度，反应平衡常数不变 D.上述反应过程中有极性键的断裂和生成
③试从绿色化学角度评价该方法　 　。
（3）在总压为100 kPa的密闭容器中，充入一定量的CO和发生反应，不同条件下达到平衡时，在时的转化率随变化的曲线，以及在时的转化率与的变化曲线如图所示。
①表示的转化率随变化的曲线为　 　曲线（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）；
②　 　（填“>”或“<”）。
（4）已知500℃时，的平衡常数。在此温度下，向一恒容密闭容器中加入足量的固体，再充入一定量气体（其起始压强为b kPa），达到平衡时总压强为c kPa。500℃时，反应的平衡常数　 　（用含e、b、c的式子表示，写出计算过程）。
【答案】（1）；；>；<
（2）反应a；BD；反应过程中将有害气体转化成无污染性气体
（3）Ⅱ；>
（4）
【知识点】原子核外电子排布；盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①N为7号元素，价电子排布图为；②设已知反应分别为反应1、反应2、反应3，则目标方程式可由反应1+反应2得到，故；③反应Ⅰ为气体系数增大的反应，故；反应Ⅰ在任意温度下均能自发进行，即在任意温度下均有，且，故；
故答案为： ；； > ； < ；
（2）①由图可知，反应a的活化能大于反应b，反应速率小于反应b，化学反应速率取决于反应速率慢的一步，则反应a决定总反应速率；②A．催化剂能降低反应活化能，但不能改变反应热(焓变)，A错误；
B．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，的平衡转化率减小，B正确；
C．该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，平衡常数增大，C错误；
D．由图可知，反应过程中断裂极性键（N-O键），也有极性键的生成（C-O键），D正确；故答案选BD；③由反应方程式可知，用CO还原N2O实现了有害气体向无污染转化（CO2、N2为无污染性气体）；
故答案为： 反应a ； BD ； 反应过程中将有害气体转化成无污染性气体 ；
（3）①增大一种反应物的量，另一种反应物的转化率越大，即越小，的转化率越大，故表示的转化率随变化的曲线为Ⅱ；②该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的转化率减小，即越小，的转化率减小，故T1>T2；
故答案为： Ⅱ ； > ；
（4）由草酸钙分解的方程式可知，容器中反应达到平衡时，一氧化碳的平衡分压为ekPa，设CO还原N2O的反应中转化压强为x kPa，由题意可建立如下三段式：，由平衡时总压强为ckPa可得：e+(b-x)+x+x=c，解得x=c-e-b，则平衡常数。
故答案为： ；
【分析】(1) ① 依据 N 的原子序数，写出其价电子排布图；② 利用盖斯定律，将已知反应相加得到目标反应，焓变也对应相加；③ 分析反应的熵变，结合自发反应的判据 ΔG=ΔH-TΔS<0，推导焓变的正负。
(2) ① 根据活化能与反应速率的关系，由图判断决速步骤；② 逐一分析选项：催化剂不改变焓变、放热反应升温平衡逆向移动、平衡常数与温度的关系、反应中的化学键变化，选出正确选项；③ 从环保角度分析反应的应用价值。
(3) ① 依据反应物投料比与转化率的关系，判断对应曲线；② 结合反应的热效应，分析温度对平衡的影响，比较温度高低。
(4) 根据草酸钙分解确定 CO 的平衡分压，列出 CO 还原 N2O 反应的三段式，结合总压求出转化量，再代入平衡常数表达式计算 Kp2。
（1）①N为7号元素，价电子排布图为；②设已知反应分别为反应1、反应2、反应3，则目标方程式可由反应1+反应2得到，故；③反应Ⅰ为气体系数增大的反应，故；反应Ⅰ在任意温度下均能自发进行，即在任意温度下均有，且，故；
（2）①由图可知，反应a的活化能大于反应b，反应速率小于反应b，化学反应速率取决于反应速率慢的一步，则反应a决定总反应速率；②A．催化剂能降低反应活化能，但不能改变反应热(焓变)，A错误；
B．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，的平衡转化率减小，B正确；
C．该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，平衡常数增大，C错误；
D．由图可知，反应过程中断裂极性键（N-O键），也有极性键的生成（C-O键），D正确；故答案选BD；③由反应方程式可知，用CO还原N2O实现了有害气体向无污染转化（CO2、N2为无污染性气体）；
（3）①增大一种反应物的量，另一种反应物的转化率越大，即越小，的转化率越大，故表示的转化率随变化的曲线为Ⅱ；②该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的转化率减小，即越小，的转化率减小，故T1>T2；
（4）由草酸钙分解的方程式可知，容器中反应达到平衡时，一氧化碳的平衡分压为ekPa，设CO还原N2O的反应中转化压强为x kPa，由题意可建立如下三段式：，由平衡时总压强为ckPa可得：e+(b-x)+x+x=c，解得x=c-e-b，则平衡常数。
20．二氧化碳的转化与综合利用是实现“碳达峰”“碳中和”战略的重要途径。我国学者以电催化反应为关键步骤，用作原料，实现了重要医药中间体——阿托酸的合成，其合成路线如下：
（1）A所含官能团名称为　 　；B的分子式为　 　。
（2）A的含有苯环且能发生银镜反应的同分异构体数目为　 　，其中在核磁共振氢谱中呈现四组峰的结构简式为　 　。
（3）反应③中，化合物C与无色无味气体X反应，生成化合物D，原子利用率为100%。X为　 　。
（4）下列说法正确的有________。
A．反应过程中，有键断裂和生成
B．阿托酸分子中所有碳原子均采用杂化，分子内所有原子一定共平面
C．化合物D、E均含有手性碳原子
D．反应④中，用Mg作阳极、Pt作阴极进行电解，与D的反应在阴极上进行
（5）根据上述信息，以为原料，合成，基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①第一步发生分子内羟基间的脱水成醚反应，有机产物为　 　（写结构简式）。
②最后一步进行　 　（填具体反应类型），其反应的化学方程式为　 　（注明反应条件）。
【答案】（1）酮羰基；C8H10O
（2）4；
（3）O2
（4）C；D
（5）；酯化反应；+H2O
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A结构中的官能团为酮羰基；根据B的结构可知其分子式为C8H10O；
故答案为： 酮羰基 ； C8H10O ；
（2）依题同分异构体中含有苯环和醛基结构，符合题意的同分异构体为、、、，共4种；其中核磁共振氢谱中呈现四组峰的结构简式为；
故答案为：4； ；
（3）根据原子利用率为100%，结合质量守恒定律，碳碳双键在催化剂作用下氧化生成环醚结构，故X为O2；
故答案为： O2 ；
（4）A．A→B过程中，断裂了碳氧双键（断裂π键），但没有π键生成，A错误；
B．阿托酸分子中所有碳原子均采取sp2杂化，但结构中的C-C单键可旋转，使得分子内的原子不一定共平面，B错误；
C．手性碳是指饱和碳原子连接4个不一样的原子或原子团，D和E结构中的手性碳位置如图所示、（带“*”碳原子为手性碳），C正确；
D．E比D多一个碳原子、两个氧原子和两个氢原子，E中碳元素化合价降低，D得电子生成E，即发生还原反应，故与D的反应在阴极上进行，D正确；
故答案为：CD；
（5）①结合题干信息可知，发生分子内脱水生成；②与CO2在电催化下实现开环、再经酸化转化成，最后在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应生成和水，最后一步的化学方程式为+H2O。
故答案为： ； 酯化反应 ；+H2O ；
【分析】以苯乙酮（A）为起始原料，经步骤①还原得到 α- 苯乙醇（B）；步骤②发生消去反应生成苯乙烯（C）；步骤③经环氧化反应得到苯基环氧乙烷（D）；步骤④通过 CO2电催化并酸化，开环引入羧基，得到含羟基和羧基的中间体（E）；最后步骤⑤经氧化、消去反应，得到阿托酸，完成合成。
(1) 先识别 A 的结构，确定其官能团为酮羰基；再根据 B 的结构简式，数出 C、H、O 原子个数，写出分子式 C8H10O。
(2) 根据限定条件（含苯环、醛基），写出所有符合要求的同分异构体；再根据核磁共振氢谱的峰数要求，筛选出氢原子环境为 4 组的结构。
(3) 依据原子利用率 100% 和质量守恒，结合碳碳双键氧化生成环醚的反应规律，推断反应物 X 为 O2。
(4) A：分析 A→B 的化学键变化，判断 π 键的断裂与生成情况；
B：分析阿托酸的碳原子杂化类型，结合单键可旋转的特点，判断分子共面性；
C：根据手性碳的定义（饱和碳连 4 个不同基团），标注 D、E 中的手性碳；
D：分析 D→E 的元素变化、碳的化合价变化，结合电解池电极反应规律，判断反应发生的电极；
(5) ① 分析含双羟基的有机物的结构，根据分子内脱水成醚的反应规律，写出产物结构；
② 分析含羧基和羟基的有机物的结构，根据浓硫酸、加热条件下的分子内酯化反应规律，写出产物结构和化学方程式。
（1）A结构中的官能团为酮羰基；根据B的结构可知其分子式为C8H10O；
（2）依题同分异构体中含有苯环和醛基结构，符合题意的同分异构体为、、、，共4种；其中核磁共振氢谱中呈现四组峰的结构简式为；
（3）根据原子利用率为100%，结合质量守恒定律，碳碳双键在催化剂作用下氧化生成环醚结构，故X为O2；
（4）A．A→B过程中，断裂了碳氧双键（断裂π键），但没有π键生成，A错误；
B．阿托酸分子中所有碳原子均采取sp2杂化，但结构中的C-C单键可旋转，使得分子内的原子不一定共平面，B错误；
C．手性碳是指饱和碳原子连接4个不一样的原子或原子团，D和E结构中的手性碳位置如图所示、（带“*”碳原子为手性碳），C正确；
D．E比D多一个碳原子、两个氧原子和两个氢原子，E中碳元素化合价降低，D得电子生成E，即发生还原反应，故与D的反应在阴极上进行，D正确；
故答案选CD；
（5）①结合题干信息可知，发生分子内脱水生成；②与CO2在电催化下实现开环、再经酸化转化成，最后在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应生成和水，最后一步的化学方程式为+H2O。
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