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2026年广东汕头市普通高中高三下学期高考第一次模拟考试 化学试卷
1．云龙纹丝绸文物因长期氧化出现破损，需选择同源修复材料，下列修复材料最适宜的是
A．金属胶 B．合成纤维 C．天然蚕丝 D．无机粘合剂
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；合成材料
【解析】【解答】云龙纹丝绸属于天然蛋白质纤维类文物，修复时需要选择同源材料，才能保证修复后的文物在材质、性能、外观上与原物尽可能一致，天然蚕丝的主要成分是蛋白质，和丝绸的材质同源，兼容性好，不会对文物造成额外损伤，金属胶、合成纤维、无机粘合剂都和丝绸的材质不同，会破坏文物的整体性，也可能对文物产生化学或物理伤害，故选C；
故选C。
【分析】云龙纹丝绸属于天然蛋白质纤维类文物，修复时需要选择同源材料，才能保证修复后的文物在材质、性能、外观上与原物尽可能一致。
2．科技点亮未来，下列说法错误的是
A．光导纤维传导光信号：高纯度是半导体材料
B．红外光谱鉴定有机物：可用红外光谱鉴别乙醇和二甲醚
C．LED灯装饰建筑：LED灯发光与原子核外电子跃迁释放能量有关
D．光固化3D打印：光照引发高分子交联，线性结构变网状，硬度提升
【答案】A
【知识点】原子核外电子的跃迁及应用；硅和二氧化硅；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A．光导纤维的主要成分为，不是半导体材料，半导体材料常见的有硅、锗等，A错误；
B．，乙醇含有羟基（-OH），二甲醚含有醚键，二者官能团不同，红外光谱吸收峰不同，可以用红外光谱鉴别，B正确；
C．LED 发光是因为原子核外电子发生跃迁，从高能级回到低能级时释放出光能，C正确；
D．光固化 3D 打印中，光照会引发高分子发生交联反应，让线性结构变成网状结构，材料的硬度会提升，D正确；
故答案选A。
【分析】A．是绝缘体；
Ｂ．红外光谱可以检测有机物的官能团；
Ｃ．核外电子从高能级向低能级跃迁时会释放能量；
Ｄ．线性结构变成网状结构可提升硬度。
3．践行“绿水青山就是金山银山”理念，下列实践正确的是
A．使用新型清洁能源可燃冰，实现低碳减排
B．为减少能源消耗，含的工业废水直接排放
C．汽车尾气系统安装催化转化器，将和转化为和
D．利用乙烯、氯气和氢氧化钙合成环氧乙烷，实现原子利用率100%
【答案】C
【知识点】化学在解决能源危机中的重要作用；常见的生活环境的污染及治理；绿色化学
【解析】【解答】A．可燃冰的主要成分是甲烷，甲烷燃烧会产生二氧化碳，并不属于 “低碳减排” 的新型清洁能源，A错误；
B． 含的工业废水直接排放会污染水体、破坏土壤，不符合 “绿水青山就是金山银山” 的环保理念，B错误；
C．汽车尾气系统安装催化转化器，可将有毒的CO和NO转化为无毒的二氧化碳和氮气，可以减少有害气体排放，符合环保要求，C正确；
D．乙烯、氯气和氢氧化钙合成环氧乙烷的过程中会生成氯化钙等副产物，原子利用率达不到 100%，D错误；
故选C。
【分析】A．可燃冰燃烧会产生二氧化碳；
Ｂ． 含的工业废水直接排放会污染水资源和土壤；
Ｃ．汽车尾气中的 CO 和 NO 在催化转化器作用下转化为和 ；
Ｄ．利用乙烯、氯气和氢氧化钙合成环氧乙烷时有副产物产生。
4．劳动创造美好生活。下列劳动项目与对应的化学知识有所关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用漂白粉漂白衣物 漂白粉有效成分为NaClO，利用其强氧化性
B 酿制葡萄酒过程中添加适量 具有抗氧化和杀菌的作用
C 实验室配备干粉灭火器（含） 可用于扑灭金属钠着火
D 给自行车钢架镀锌 利用外加电流法防止钢架腐蚀
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；二氧化硫的性质；金属的腐蚀与防护
【解析】【解答】A．漂白粉的有效成分为，不是，是84消毒液的有效成分，对应化学知识错误，A错误；
B．酿制葡萄酒时添加适量SO2，一方面利用其抗氧化性防止葡萄酒被氧化变质，另一方面利用其杀菌作用抑制微生物生长，B正确；
C．受热分解生成和水，钠燃烧生成的会与、水反应生成助燃的氧气，不能用该干粉灭火器扑灭金属钠着火，钠着火应用沙土盖灭，C错误；
D．给自行车钢架镀锌，是利用牺牲阳极法（原电池原理），锌作为负极被腐蚀，保护钢架（正极），而外加电流法是将被保护金属与电源负极相连，D错误；
故选B。
【分析】A．NaClO是84消毒液的主要成分；
Ｂ．具有还原性和毒性；
Ｃ．金属钠性质活泼，易与水和二氧化碳反应；
Ｄ．给自行车钢架镀锌利用牺牲阳极法防腐蚀。
5．我国研究人员发现一种可用于治疗高血压的药物，其结构如图所示，下列有关该药物说法正确的是
A．含有3个手性碳原子
B．所有碳原子可能共平面
C．遇溶液反应显紫色
D．既能与盐酸反应，也能与溶液反应
【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的结构和性质；酰胺
【解析】【解答】A．手性碳原子是指连有4 个不同原子或基团的饱和碳原子，右侧环上连接 - OH 的碳原子是手性碳（连有 - OH、甲基、环上两个不同的基团），所以只有1 个手性碳，A错误；
B．结构中存在多个饱和碳原子，饱和碳原子的空间结构为四面体，会导致所有碳原子无法共平面，B错误；
C．显紫色的条件是分子中存在酚羟基（-OH 直接连在苯环上），该结构中的 - OH 是醇羟基，不与 FeCl3发生显色反应，C错误；
D．该化合物中含有呈碱性的亚氨基，能与盐酸反应；含有酰胺键，可在NaOH溶液或盐酸溶液中水解，故该物质既能与盐酸反应，也能与NaOH溶液反应，D正确；
故答案选D。
【分析】A．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
Ｂ．饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
Ｃ．该物质不含酚羟基，不能与氯化铁发生显色反应；
Ｄ．分子中含有酰胺键和含氮杂环，能与盐酸和NaOH溶液反应。
6．实验室利用以下装置模拟海水提镁的过程，其操作规范且能达到实验目的的是
A.制备石灰乳 B.过滤得到
C.获取无水 D.电解制备Mg
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】海水资源及其综合利用；化学实验方案的评价；电镀
【解析】【解答】A．贝壳的主要成分是CaCO3，高温煅烧 CaCO3会生成 CaO 和 CO2，但该装置中仅对贝壳加热并加水，无法制备石灰乳（Ca (OH)2），因为 CaO 与水反应需要在烧杯等容器中进行，且该装置的设计不适合此反应，A错误；
B．过滤操作需要用玻璃棒引流，且漏斗下端应紧贴烧杯内壁，B错误；
C．在加热时易发生水解，生成和，通入干燥的 HCl 可以抑制水解，同时带走水蒸气，最终得到无水 MgCl2，C正确；
D．电解熔融的 MgCl2才能制备 Mg，而图中是电解 MgCl2溶液，此时阴极会生成 H2，无法得到 Mg，D错误；
故答案选C。
【分析】A．贝壳的主要成分是CaCO3，制备石灰乳的第一步是高温煅烧贝壳得到 CaO，煅烧应在坩埚中进行；
Ｂ．过滤时漏斗下端应紧靠烧杯内壁；
Ｃ．MgCl2 6H2O 在加热时会发生水解；
Ｄ．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁沉淀和氢气。
7．下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 浓硝酸见光易分解 浓硝酸一般保存在棕色试剂瓶中
B 常温下，可以用铝制容器盛装浓硫酸 铝不与浓硫酸反应
C 工业上用焦炭还原石英砂制粗硅
D 的金属性比强
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．浓硝酸见光易分解，浓硝酸一般保存在棕色试剂瓶中，目的是避光，防止其分解，陈述、均正确，二者存在因果关系，A符合题意；
B．常温下可用铝制容器盛装浓硫酸，是因为铝与浓硫酸在常温下会发生钝化反应（生成一层致密的氧化膜，阻止反应继续进行），并非不反应，陈述错误，B不符合题意；
C．工业上确实用焦炭还原石英砂制粗硅，生成的是CO而非CO2，正确反应为，陈述错误，C不符合题意；
D．同主族从上到下金属性增强，金属性K比Na强，该反应能发生是因为 K 的沸点比 Na 低，高温下 K 以气体形式逸出，促使反应进行，并非因为 Na 的金属性更强，陈述错误，D不符合题意；
故选A。
【分析】A．浓硝酸不稳定，见光易分解；
Ｂ．常温下铝在浓硫酸中发生钝化反应；
Ｃ．用焦炭还原石英砂制粗硅，同时生成CO；
Ｄ．Na 的金属性比 K 强。
8．由结构不能推测出对应性质的是
选项 结构 性质
A 金属钨晶体中金属键强 金属钨熔点高
B 键能： HF热稳定性强于
C 硝基是强吸电子基团 对硝基苯酚酸性强于苯酚
D 为形结构，属于弱极性分子 在水中的溶解度高于在中的溶解度
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；金属键；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．金属晶体的金属键越强，熔点越高，金属钨晶体中金属键强，说明金属钨熔点高，A正确，A不符合题意；
B．共价化合物的共价键键能越大热稳定性越强，由H-F键能大于H-Cl键，则HF热稳定性强于HCl，B正确，B不符合题意；
C．硝基是强吸电子基团，它会使苯环上的羟基的极性增强，更容易电离出，因此对硝基苯酚的酸性强于苯酚，C正确，C不符合题意；
D．是 V 形结构，属于弱极性分子，水是强极性溶剂，是非极性溶剂，是弱极性分子，因此更易溶于非极性的，在水中溶解度低于在中的溶解度，由给出结构无法推测出题中性质，D错误，D符合题意；
故选D。
【分析】A．金属晶体的熔点高低主要由金属键的强弱决定；
Ｂ．共价键的键能越大，对应的分子热稳定性越强；
Ｃ．硝基是强吸电子基团；
Ｄ．极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂。
9．我国科研团队开发了一种基于铑钒簇化合物的光辅助催化体系，可提高与反应的选择性，其反应机理如图所示，已知：中不存在过氧键。下列说法错误的是
A．步骤①被氧化
B．步骤②中涉及非极性键的断裂与形成
C．步骤③在紫外线的作用下实现催化剂的再生
D．该过程的总反应可以表示为：
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．步骤①的反应为，该反应中，中V元素的化合价升高，发生氧化反应，被氧化，A正确；
B．步骤②的反应为，反应中断裂的是中的极性键，形成的是中的非极性键，该过程不涉及非极性键的断裂，B错误；
C．步骤③在紫外线作用下，分解生成、、，实现了催化剂的再生，C正确；
D．由图可知，该过程的反应物为CO2和CH4，产物为、，则总反应为：，D正确；
故答案选B。
【分析】A．步骤①发生的反应为；
Ｂ．同种非金属原子间形成非极性键；
Ｃ．是该过程的催化剂；
Ｄ．根据反应物和产物书写总反应式。
10．钠离子电池是一种利用在电极之间“嵌脱”实现充放电的新型电池，工作时总反应为（M为过渡元素）。以下说法正确的是
A．嵌钠硬碳中的碳参与了电极反应
B．放电时，电极A发生的电极反应为：
C．充电时，每转移电子，电极增重
D．可使用水溶液体系提高转移效率
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；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．根据总反应为可知，放电时，脱钠生成，充电时，转化为，碳元素的化合价没有变化，只是作为载体储存Na+，没有参与电极反应，A错误；
B．放电时是原电池，电极 A 是正极，发生还原反应，正确电极反应为：，B错误；
C．充电时电极B为阴极，电极反应为：，每转移电子，就有嵌入电极B，增重为的质量，即，C正确；
D．钠单质会与水发生剧烈反应，因此钠离子电池不能使用水溶液体系，需要使用非水电解质，D错误；
故选C。
【分析】 工作时总反应为 ，放电时，发生氧化反应，则电极B为负极，电极A为正极，电极反应式为，充电时，电极A为阳极，电极B为阴极，电极反应式为：。
11．东风-5C彰显国家力量，其采用双组元液体推进剂发生如下反应：。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中含有的质子数为10
B．含有的键为11
C．反应生成时，转移的电子数为16
D．标准状况下，可转化为的数目为2
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．的摩尔质量为，的物质的量为，1个分子含10个质子，因此中含有的质子数为，A错误；
B．一个含有11个键，则含有的键为，B正确；
C．中 N 为 + 4 价，N2中N为0价，中 N 为 - 2 价，则生成时总转移电子为，物质的量为，因此生成时转移电子数为，C错误；
D．存在可逆反应：，反应不能进行完全， 标准状况下，可转化为的数目小于，D错误；
故答案选B。
【分析】A.1个分子含10个质子；
Ｂ．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；
Ｃ．根据得失电子守恒计算；
Ｄ．体系中存在。
12．离子液体在穿戴电子领域具有广泛的应用前景。某离子液体由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、Q组成（结构如图），的离子半径是其所在周期中元素简单离子半径最小的。下列说法正确的是
A．键角：
B．沸点：
C．的最高价氧化物对应的水化物为强碱
D．该结构中X、Y、Z均达到8电子稳定结构
【答案】A
【知识点】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；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．为，中心N为杂化，含1对孤对电子，为，中心Al为杂化，无孤对电子，孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小，故键角<，A正确；
B．为，为，分子间存在氢键，只存在范德华力，故沸点>，B错误；
C．W为Al，其最高价氧化物对应的水化物为，属于两性氢氧化物，不是强碱，C错误；
D．X为H元素，最外层 2 电子稳定，不满足8电子稳定结构，D错误；
故选A。
【分析】从阳离子结构看，Z 连接 4 个 YX3和 1 个 X，说明 Z 的化合价为 + 1，且能形成 4 个配位键，结合常见元素，推测 Z 为N（氮），X 为H（氢），Y 为C（碳）（因为 YX3是 CH3，X3Y 是 CH3）。阴离子中 W 连接 4 个 Q，W 的离子半径是所在周期最小，说明 W 是Al（第三周期简单离子半径最小的是 Al3+）， 阴离子为，则Q为Cl ，所以元素对应：X=H，Y=C，Z=N，W=Al，Q=Cl。
13．部分含Cu和S物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A．可存在的转化
B．若用新制的检验醛基可生成
C．与在加热条件下反应生成
D．与反应的离子方程式可能是：
【答案】C
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；铜及其化合物；物质的简单分类
【解析】【解答】A．被氧化可生成（b），与点燃生成（c），催化氧化生成（d），与水反应生成（e），转化可实现，A正确，不符合题意；
B．新制 Cu (OH)2检验醛基会生成砖红色沉淀 Cu2O（h），B正确，不符合题意；
C．S的氧化性较弱，只能将Cu氧化为 + 1 价，g (S) 和 b (Cu) 加热反应生成的是Cu2S，C错误，符合题意；
D．硫代硫酸盐（f）与（e）反应，硫代硫酸根发生歧化，离子方程式为，对应b为沉淀、c为气体，D正确，不符合题意；
故选C。
【分析】a为S元素为-2价的氢化物，则a为，b为单质，即为，c是S元素为+4价的氧化物，即为，d是S元素为+6价的氧化物，即为，e为S元素+6价的酸，即为，f是S元素为+2价的盐，即硫代硫酸盐，g为单质，h为，i为。
14．市售有机铁类（）是一种肠胃道反应更温和，依从性更高的补铁剂，其制备的原理是：（利用溶液调节至6.5~6.7），实验室设计如下装置，模拟制备，以下说法正确的是
A．中的化合价为+6
B．实验开始时，需先打开、、
C．三颈烧瓶中反应后的混合物经过滤、洗涤、干燥可得到粗产品
D．若要分析产品的产率，可选择酸性高锰酸钾溶液进行滴定
【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．中，C为+2价，H为+1价，O为-2价，设Fe的化合价为x，根据化合物中正负化合价代数和为 0可得：4×(+2)+2×(+1)+x+4×( 2)=0，解得x=+2，即Fe为+2价，A错误；
B．实验开始时，需先打开、、，利用铁屑与稀硫酸反应生成的氢气排尽装置内的空气，防止Fe2+被氧化，B错误；
C．三颈烧瓶中发生反应，生成沉淀，经过滤、洗涤、干燥可得到粗产品，C正确；
D．酸性高锰酸钾溶液既能氧化，也能氧化富马酸根，无法准确测定产品的量，因此不能用酸性高锰酸钾溶液滴定分析产率，D错误；
故答案选C。
【分析】A．根据化合物中化合价代数和为0计算；
Ｂ．为防止亚铁离子被氧化，应先利用生成的氢气排出空气；
Ｃ．三颈烧瓶中发生反应 ；
Ｄ．酸性高锰酸钾溶液既能氧化Fe2+，也能氧化富马酸根。
15．常温下，与存在多个配位平衡：
① ②
③ ④
常温下，向盐酸中加入一定量的，体系平衡后得到含的溶液，下列说法正确的是
A．加水稀释，溶液中的微粒总数下降
B．加入适当的催化剂，可提高的解离速率，并提高数值
C．向溶液中加入少量固体，的值将减少
D．上述溶液中，
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．加水稀释时，所有平衡都会向粒子数增多的方向移动（勒夏特列原理），会生成更多的微粒，所以溶液中的微粒总数上升，A错误；
B．只与温度有关，加入催化剂不会提高的值，B错误；
C．结合K2、K3的平衡常数表达式可推导得：，加入NaCl固体，溶液中增大，该比值会增大，C错误；
D．已知溶液中，代入的表达式：，计算可得；再代入表达式：，计算得，即，因此，D正确；
故选D。
【分析】A．化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
Ｂ． 只与温度有关；
Ｃ．；
Ｄ．结合平衡常数计算。
16．实验室利用模拟“海水河水”浓差电池（浓差电池是利用同一物质的浓度差产生电势的一种装置，其原理是高浓度溶液向低浓度溶液扩散而引发的一类特殊原电池）电解制备的装置如图所示，维持电流强度为（相当于每秒通过电子）进行电解，其中、均为复合电极（不考虑溶解氧的影响）。下列说法正确的是
A．膜a和膜b均为阴离子交换膜
B．电极反应为：
C．电解一段时间后，石墨电极区溶液减小
D．若电解，理论上制备的的质量为
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知膜 a 为阳离子交换膜，膜 b 为阴离子交换膜，A错误；
B．X为负极，发生氧化反应，电极反应为，B错误；
C．石墨连接浓差电池负极，为电解池阴极，发生反应，浓度增大，溶液pH增大，C错误；
D．电解60min转移电子总物质的量为，生成1 mol 需转移2 mol电子，故，质量为，D正确；
故选D。
【分析】模拟海水（2.5mol/L NaCl）浓度高于模拟河水（0.5mol/L NaCl），Cl-会从高浓度向低浓度扩散，X为负极，发生氧化反应，电极反应是，Y为正极，发生还原反应，电极反应式为，电极Co为阳极，电极反应为，通过膜a进入产品室，膜a为阳离子交换膜，石墨电极为阴极，电极反应为，膜b为阴离子交换膜，通过膜b进入产品室，通过膜c进入阴极室，膜c是阳离子交换膜。
17．重铬酸钾是化学分析中一种重要的试剂，其水溶液中存在如下平衡：，某化学小组对该平衡的移动和平衡常数K进行了以下探究：
【实验1】配制溶液
（1）用电子天平（精确度）称取（摩尔质量：）的质量为________，再经过其它必要的步骤配制得到指定浓度的溶液。
【实验2】探究浓度对平衡的影响
提供的仪器及试剂：数据采集器、pH传感器、烧杯；（、）蒸馏水
取不同浓度的进行实验，经过足够时间后，相关记录和数据如下表所示：
初始浓度（） 数据 K
① 0.1000 a
② 0.2000 b
（2）需要测定的数据X为________。
（3）请根据数据X计算出________（无需化简，用含a的代数式表示），同理计算，得到，证明平衡常数大小与浓度无关。
（4）有同学发现计算得到的值与理论相差较大，有可能是因为浓度不准确，因而需要用标准溶液滴定来获得精确浓度，在该滴定实验中，下列操作正确的是______。
A. 调控滴定速度
B. 滴定时，注视液面变化
C. 接近终点时，改为半滴加入
D. 记录数据20.20 mL
（5）利用数据分析，还能证明增大，平衡正移，但自身的转化率变小。请画出往溶液中加入后（保持溶液体积不变），溶液随时间的变化图________（已知，画图时需标注相应的数据）。
【实验3】探究温度对平衡的影响
实验温度 初始浓度（） 数据
③ 298K 0.1000 c
④ 328K 0.1000 d
（6）实验结果：d（7）在有机化学中也有重要应用，请举出一个例子：________。
【答案】(1) 14.71
(2) pH
(3)
(4) A，C
(5)
(6) 不能 因升高温度也能促进水的电离，使c(H+)增大，pH变小 方案一，分别观察298K和328K的K2Cr2O7溶液的颜色，若328K为黄色，则反应为吸热反应，反之，为放热反应；方案二，分别测定298K和328K的K2Cr2O7溶液的pH进而计算平衡常数K，若328K时的平衡常数K值更大，则反应为吸热反应，反之，为放热反应
(7) 酒驾检测
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；中和滴定
【解析】【解答】（1）根据公式，其中，，，代入得：；
（2）平衡常数，已知初始浓度，需测定溶液c(H+)，进而推导和平衡常数；
（3）平衡时，c(H+)=10-a mol/L，则，，K1=；
（4）A．滴定中需通过活塞控制流速，A正确；
B．滴定时，应注视锥形瓶内溶液颜色变化，B错误；
C．接近终点时，改为半滴加入，可以减少滴定误差，C正确；
D．滴定管的大刻度在下方，图中的数据应为19.80 mL，D错误；
故正确选项为 AC；
（5）初始时，溶液的pH由实验2中组的pH（设为）决定；加入后，浓度变为，平衡正移，增大，pH减小，再次平衡时的pH为a-lg 2=a-0.3(根据平衡移动原理，实际pH会大于a-0.3)，画图为；
（6）因升高温度也能促进水的电离，使c(H+)增大，pH变小，所以不能说明温度升高使平衡正移；可设计如下方案证明该反应的热效应：方案一，分别观察298K和328K的K2Cr2O7溶液的颜色，若328K为黄色，则反应为吸热反应，反之，为放热反应；方案二，分别测定298K和328K的K2Cr2O7溶液的pH进而计算平衡常数K，若328K时的平衡常数K值更大，则反应为吸热反应，反之，为放热反应；
（7）在酸性条件下将乙醇氧化为乙酸，自身被还原为（颜色由橙色变为绿色），用于酒驾检测。
【分析】（1）根据计算所需 质量；
（2）根据分析所需测量的数据；
（3）将测得的数据代入写出表达式；
（4）A．调控滴定速度是滴定实验中的基本操作；
Ｂ．滴定时应该注视锥形瓶内溶液的颜色变化；
Ｃ．接近终点时改为半滴加入，能够更准确地控制滴定终点；
Ｄ．滴定管的读数需要精确到 0.01 mL；
（5）加入 ，的水解平衡正向移动，pH 减小；
（6） 升高温度也能促进水的电离，使c(H+)增大，pH变小 ；
（7）具有强氧化性，据此确定其应用。
18．随着全球工业化发展，开发深海矿产资源是人类可持续发展的重要选择。一种从深海富钴结壳（主要含、、、、、）中分离获得金属资源的工艺流程如下：
已知：“活化浸出”后得到的滤液中含有、、、、。
（1）“浸渣”的主要成分化学式为　 　。
（2）写出“活化浸出”过程中，还原的化学方程式为　 　。
（3）“除铁”加入的主要目的为　 　。
（4）LIX84-I（图a）为羟肟类铜特效萃取剂，可从酸性或氨性溶液中萃取铜离子，萃取率可达98%以上。
①上述流程“萃取”过程中，与萃取剂LIX84-I形成的配合物结构如图b所示，该配合物的配位键数目为　 　，该有机物中的杂化类型为　 　。
②工业上用LIX84-I（用HR表示）从氨性溶液中回收铜。反应如下：（有机）（有机），在实际操作中发现，有机相在萃取铜的同时会溶解部分游离氨，该现象称为“萃氨”。研究表明，这是由于LIX84-I分子中的-O-H或基团与分子之间能形成氢键。下列关于此工艺分析正确的是　 　。
A．LIX84-I能取代中的配体，说明与生成的配合物更稳定
B．氢键是LIX84-I分子与分子间的一种强化学键，导致萃氨过程会消耗萃取剂，影响主反应进行
C．“萃氨”会使萃取剂失去与铜离子的配位能力，降低了萃取剂HR的有效浓度，导致铜萃取率下降
D．为减少萃氨，可向有机相中加入浓硫酸，利用浓硫酸能与发生中和反应，彻底消除氢键的形成
（5）上述流程中除了萃取剂外能够循环利用的物质为　 　。
（6）某含铜化合物在光电子学和太阳能电池领域有潜在应用，其晶胞如图所示。
①该化合物的化学式为　 　。
②若该晶胞的体积为，晶体密度为，则阿伏加德罗常数　 　。
【答案】（1）SiO2
（2）
（3）调节溶液的pH ，使溶液中的被空气氧化为后，水解生成沉淀，从而除去铁元素
（4）4；sp2；AC
（5）
（6）CuAlS2；
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据分析，“浸渣”主要为；
（2）“活化浸出”滤液中含有Co2+，Co2O3被SO2还原为Co2+，SO2被氧化为，化学方程式为：；
（3）Fe3+碱性条件下转化为Fe(OH)3沉淀，“除铁”加入的主要目的为调节溶液的pH ，使溶液中的被空气氧化为后，水解生成沉淀，从而除去铁元素。
（4）①配合物中为中心离子，从结构可知，它与配体（LIX84-I）之间通过4个配位键结合（2个O原子配位、2个N原子配位），因此1 mol该配合物的配位键数目为4NA；图中每个N原子形一个π键和3个键，为sp2杂化；
②A．LIX84-I 能取代中的配体，说明与R-形成的配合物更稳定，A正确；
B．氢键是分子间作用力，并非化学键，“萃氨” 是氢键作用导致NH3溶解，不会消耗萃取剂 HR，也不会破坏其结构，B错误；
C．“萃氨” 会占用部分萃取剂分子，使其无法与配位，降低了 HR 的有效浓度，使其与的配位能力减弱，导致铜萃取率下降，表述无误，C正确；
D．浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会破坏萃取剂结构，同时浓硫酸与NH3反应生成的盐会进入有机相，引入新杂质，无法 “彻底消除氢键”，D错误；
故选AC；
（5）除了萃取剂外能够循环利用的物质为，电解得到的硫酸铜溶液经电解生成铜和硫酸，生成的硫酸可循环用于 “活化浸出” 或 “反萃取” 环节。
（6）①均摊法计算各原子数目，Cu(位于顶点、面上、体内)：，Al(位于棱上、面上)：，S全部位于晶胞内部，一共8个，该化合物的化学式为CuAlS2；
②，则。
【分析】 富钴结壳（主要含、、、、、） ，先进行破碎、磨矿，加入SO2和硫酸溶液进行活化浸出，SiO2不与硫酸反应，成为浸渣，“活化浸出”后得到的滤液中含有、、、、，通入空气将Fe2+氧化为Fe3+，再加入碳酸钠调节pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，加入LIX84-1萃取，与萃取剂LIX84-I形成配合物，加入硫酸反萃取得到硫酸铜溶液，电解硫酸铜溶液得到单质铜；萃取后的水相主要含有Mn2+、Co2+、Ni2+，加入硫化钠进行硫化沉淀，加硫酸加压浸取得到MnSO4溶液，加入有机溶剂萃取分离镍钴，焙解MnSO4溶液得到Mn3O4。
（1）根据分析，“浸渣”主要为；
（2）“活化浸出”滤液中含有Co2+，Co2O3被SO2还原为Co2+，SO2被氧化为，化学方程式为：；
（3）Fe3+碱性条件下转化为Fe(OH)3沉淀，“除铁”加入的主要目的为调节溶液的pH ，使溶液中的被空气氧化为后，水解生成沉淀，从而除去铁元素。
（4）①配合物中为中心离子，从结构可知，它与配体（LIX84-I）之间通过4个配位键结合（2个O原子配位、2个N原子配位），因此1 mol该配合物的配位键数目为4NA；图中每个N原子形一个π键和3个键，为sp2杂化；
②A．LIX84-I 能取代中的配体，说明与R-形成的配合物更稳定，A正确；
B．氢键是分子间作用力，并非化学键，“萃氨” 是氢键作用导致NH3溶解，不会消耗萃取剂 HR，也不会破坏其结构，B错误；
C．“萃氨” 会占用部分萃取剂分子，使其无法与配位，降低了 HR 的有效浓度，使其与的配位能力减弱，导致铜萃取率下降，表述无误，C正确；
D．浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会破坏萃取剂结构，同时浓硫酸与NH3反应生成的盐会进入有机相，引入新杂质，无法 “彻底消除氢键”，D错误；
故选AC；
（5）除了萃取剂外能够循环利用的物质为，电解得到的硫酸铜溶液经电解生成铜和硫酸，生成的硫酸可循环用于 “活化浸出” 或 “反萃取” 环节。
（6）①均摊法计算各原子数目，Cu(位于顶点、面上、体内)：，Al(位于棱上、面上)：，S全部位于晶胞内部，一共8个，该化合物的化学式为CuAlS2；
②，则。
19．由铁基催化剂催化合成气（CO和）费托反应制丙烷、丙烯体系，反应如下：
反应a：
反应b：
体系仅考虑存在副反应：
（1）基态Fe原子的价层电子排布式为　 　。
（2）计算丙烯与氢气发生加成反应的　 　。
（3）可改变CO平衡转化率的因素是______。（填写编号）
A．温度 B．压强
C．铁基催化剂 D．投料比
（4）副反应生成所需的有两种形成途径：解离、解离。根据图1铁基催化剂反应路径中解离、解离的活化能，推测体系中产生的主要途径是　 　。（填“CO*解离”或“OH*解离”）
（5）若在反应体系中混入微量，可形成新型催化剂Fe-Br。结合图1，推测新型催化剂能抑制生成的核心机理是　 　。
（6）300℃下，将合成气混入微量，以固定流速通入反应器。出口处测得产物选择性[选择性]随体积分数的变化关系如图2。
①铁基催化剂，转化率为32%，产物烯烷选择性比为2。结合图2数据可知产率为　 　（保留2位有效数字，下同），选择性为　 　。
②合成气混合体积分数，溴原子像催化剂上的“分子开关”，使的生成速率极慢。适当降低流速可使反应制丙烯、反应制丙烷达到平衡状态，转化率为75%，烯烷选择性比为4，忽略的存在。为物质的量分数平衡常数，用平衡时各组分的物质的量分数代替浓度，求反应a的平衡常数　 　。（写出计算过程，最后代入数据列出计算式即可）
【答案】（1）
（2）+106.2
（3）A；B；D
（4）OH*解离
（5）Fe-Br 显著升高CO*解离活化能，抑制CO*解离生成O*，减少CO2生成
（6）9.9%；46%；初始 n(CO) = 1 mol，n(H2) = 2 mol；CO转化率75%，即消耗0.75 mol CO。设反应a消耗CO为3x mol，反应b消耗CO为3y mol，则：，烯烃选择性为4，即：，联立得：，平衡时各物质的量：n(CO) = 0.25 mol；n(H2) = 0.45 mol；n(C3H6) = 0.2 mol；n(C3H8) = 0.05 mol；n(H2O) = 0.75 mol，总物质的量 = 1.7 mol；以摩尔分数φ表示浓度，反应a的平衡常数表达式为：
【知识点】原子核外电子排布；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）铁（Fe）为26号元素，其基态电子排布为 [Ar] 3d64s2；故价层电子排布式为：；
（2）目标反应：，由盖斯定律，用反应b减去反应a：；
（3）A．反应放热，升温使平衡左移，降低CO的平衡转化率，A符合题意；
B．正反应气体分子数减少，加压促进正向进行，提高CO的平衡转化率，B符合题意；
C．铁基催化剂仅加速反应速率，不影响平衡，不改变CO的平衡转化率，C不符合题意；
D．增加H2比例可提高CO的平衡转化率，D符合题意；
故选ABD；
（4）根据图1中活化能数据：OH*解离路径最高活化能为 0.73 eV；CO*解离路径最高活化能为 0.95 eV，由于OH*解离活化能更低，反应更易进行，故O*主要来源于OH*解离；
（5）由图可知，新型催化剂Fe-Br 显著升高CO*解离活化能，抑制CO*解离生成O*，减少CO2生成；
（6）①由图2，V% = 0时，CO2选择性为 31%；CO总转化率为 32%，故CO2产率为：，烯烃总选择性 = 100% - 31% = 69%；已知 产物烯烷选择性比为2，则：；
② 设初始 n(CO) = 1 mol，n(H2) = 2 mol；CO转化率75%，即消耗0.75 mol CO。设反应a消耗CO为3x mol，反应b消耗CO为3y mol，则：，烯烃选择性为4，即：，联立得：，平衡时各物质的量：n(CO) = 0.25 mol；n(H2) = 0.45 mol；n(C3H6) = 0.2 mol；n(C3H8) = 0.05 mol；n(H2O) = 0.75 mol，总物质的量 = 1.7 mol；以摩尔分数φ表示浓度，反应a的平衡常数表达式为：。
【分析】（1）Fe是26号元素，基态铁原子的核外电子排布式为 [Ar] 3d64s2；
（2）根据盖斯定律，将b-a可得目标方程式；
（3）化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（4）活化能越低，反应越容易进行；
（5） 新型催化剂能抑制生成的核心机理 ：Fe-Br 显著升高CO*解离活化能，抑制CO*解离生成O*，减少CO2生成；
（6）计算平衡时各物质的物质的量分数，代入计算。
（1）铁（Fe）为26号元素，其基态电子排布为 [Ar] 3d64s2；故价层电子排布式为：；
（2）目标反应：，由盖斯定律，用反应b减去反应a：；
（3）A．反应放热，升温使平衡左移，降低CO的平衡转化率，A符合题意；
B．正反应气体分子数减少，加压促进正向进行，提高CO的平衡转化率，B符合题意；
C．铁基催化剂仅加速反应速率，不影响平衡，不改变CO的平衡转化率，C不符合题意；
D．增加H2比例可提高CO的平衡转化率，D符合题意；
故选ABD；
（4）根据图1中活化能数据：OH*解离路径最高活化能为 0.73 eV；CO*解离路径最高活化能为 0.95 eV，由于OH*解离活化能更低，反应更易进行，故O*主要来源于OH*解离；
（5）由图可知，新型催化剂Fe-Br 显著升高CO*解离活化能，抑制CO*解离生成O*，减少CO2生成；
（6）①由图2，V% = 0时，CO2选择性为 31%；CO总转化率为 32%，故CO2产率为：，烯烃总选择性 = 100% - 31% = 69%；已知 产物烯烷选择性比为2，则：；
② 设初始 n(CO) = 1 mol，n(H2) = 2 mol；CO转化率75%，即消耗0.75 mol CO。设反应a消耗CO为3x mol，反应b消耗CO为3y mol，则：，烯烃选择性为4，即：，联立得：，平衡时各物质的量：n(CO) = 0.25 mol；n(H2) = 0.45 mol；n(C3H6) = 0.2 mol；n(C3H8) = 0.05 mol；n(H2O) = 0.75 mol，总物质的量 = 1.7 mol；以摩尔分数φ表示浓度，反应a的平衡常数表达式为：。
20．铜催化提高1，3-二烯烃选择性的合成方法如下：
已知：①是苯基（）
②
（1）Ⅰ的官能团名称是　 　，写出Ⅱ的分子式　 　。
（2）Ⅱ的其中一种水解产物能与Ⅲ发生酯化反应，生成化合物V。在V的芳香族同分异构体中，能与溶液反应的有　 　种。
（3）Ⅳ分子存在顺反异构体，可采用核磁共振氢谱法对二者进行区分，请写出该方法可行的理由之一：　 　；上述Ⅳ合成方法的优点之一是在的催化作用下，提高了Ⅱ与Ⅰ反应位置的选择性，请写出该反应条件下还可能生成的副产物结构　 　（不考虑立体异构）。
（4）关于上述合成方法，以下说法正确的是______。
A．Ⅰ分子中所有原子一定共平面
B．Ⅱ分子在该过程中存在键断裂
C．Ⅲ中杂化的原子比杂化的原子多5个
D．Ⅳ是反式产物，在一定条件下可以发生加聚反应
（5）利用该方法合成化合物Ⅵ的路线如下
①第一步，由乙烯与氧气发生原子利用率100%的反应，写出该反应的化学方程式（不要求反应条件）　 　。
②第二步，由第一步反应产物与生成Ⅶ，写出Ⅶ的结构简式：　 　。
③第三步，由Ⅱ，Ⅶ和Ⅷ　 　（填写Ⅷ的名称）仿照上述反应可获得Ⅵ，Ⅷ可由二溴代物制备，写出合理的化学方程式：　 　。
【答案】（1）碳碳双键；
（2）14
（3）顺反异构体中对应氢原子的化学位移不同；或
（4）B；D
（5）2 ；；1，3-戊二烯；
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）Ⅰ的官能团名称是碳碳双键；Ⅱ的分子式为。
（2）Ⅱ的其中一种水解产物乙酸与Ⅲ发生酯化反应，生成化合物V，说明化合物V为；V的芳香族同分异构体中，能与溶液反应，说明其存在羧基，则当苯环上有一个取代基时，取代基可以为或；当苯环上有两个取代基时，取代基可以为：①和，②和，每种情况存在邻间对三种同分异构体；当苯环上有三个取代基时，取代基可以为2个和1个，存在6种同分异构体，故满足条件的V的同分异构体共有14种。
（3）顺反异构体中对应氢原子的化学位移不同，可采用核磁共振氢谱法对Ⅳ分子存在的两种顺反异构体进行区分；该反应条件下合成Ⅳ，本质是Ⅰ中碳碳双键与Ⅱ、Ⅲ发生了1，4加成反应，故该反应条件下还可能生成的副产物为Ⅰ中碳碳双键发生1，2加成的两种产物，分别为、 。
（4）A．Ⅰ分子中所有原子可能共平面，A错误；
B．Ⅱ分子在该过程中存在N-O键的断裂，B正确；
C．Ⅲ中杂化的原子有苯环上6个碳原子，杂化的原子有1个碳原子和1个氧原子，故Ⅲ中杂化的原子比杂化的原子多4个，C错误；
D．化合物Ⅳ中碳碳双键的双键碳上的取代基处于反式位置，故其是反式产物，碳碳双键在一定条件下可以发生加聚反应，D正确；
故答案为BD。
（5）①由乙烯与氧气发生原子利用率100%的反应生成 ，故该反应的化学方程式为2 。
②由第一步反应产物与经过已知②的反应生成Ⅶ，故Ⅶ的结构简式。
③由Ⅱ，Ⅶ和Ⅷ仿照上述反应可获得Ⅵ，故Ⅷ为，Ⅷ的名称为1，3-戊二烯；Ⅷ可由二溴代物发生消去反应制备，该化学方程式为。
【分析】（1）Ⅰ中含有的官能团是碳碳双键；根据Ⅱ的结构简式，数出各原子数目，进而确定其分子式；
（2）分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体，Ⅱ的其中一种水解产物能与Ⅲ发生酯化反应，生成化合物V，则化合物V的结构简式为；能与 溶液反应的化合物含有羧基；
（3）顺反异构体的氢原子所处化学环境不同，在核磁共振氢谱中会呈现出不同的峰的位置（化学位移）、峰面积或峰的裂分情况；
（4）A．Ⅰ中碳碳双键为平面结构，原子可共面；
Ｂ．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；
Ｃ．苯环和双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；
Ｄ．反式结构中，相同的原子团在碳碳双键不同侧，含有碳碳双键的物质能发生加聚反应；
（5）采用逆合成分析法，参照题干合成路线分析。
（1）Ⅰ的官能团名称是碳碳双键；Ⅱ的分子式为。
（2）Ⅱ的其中一种水解产物乙酸与Ⅲ发生酯化反应，生成化合物V，说明化合物V为；V的芳香族同分异构体中，能与溶液反应，说明其存在羧基，则当苯环上有一个取代基时，取代基可以为或；当苯环上有两个取代基时，取代基可以为：①和，②和，每种情况存在邻间对三种同分异构体；当苯环上有三个取代基时，取代基可以为2个和1个，存在6种同分异构体，故满足条件的V的同分异构体共有14种。
（3）顺反异构体中对应氢原子的化学位移不同，可采用核磁共振氢谱法对Ⅳ分子存在的两种顺反异构体进行区分；该反应条件下合成Ⅳ，本质是Ⅰ中碳碳双键与Ⅱ、Ⅲ发生了1，4加成反应，故该反应条件下还可能生成的副产物为Ⅰ中碳碳双键发生1，2加成的两种产物，分别为、 。
（4）A．Ⅰ分子中所有原子可能共平面，A错误；
B．Ⅱ分子在该过程中存在N-O键的断裂，B正确；
C．Ⅲ中杂化的原子有苯环上6个碳原子，杂化的原子有1个碳原子和1个氧原子，故Ⅲ中杂化的原子比杂化的原子多4个，C错误；
D．化合物Ⅳ中碳碳双键的双键碳上的取代基处于反式位置，故其是反式产物，碳碳双键在一定条件下可以发生加聚反应，D正确；
故答案为BD。
（5）①由乙烯与氧气发生原子利用率100%的反应生成 ，故该反应的化学方程式为2 。
②由第一步反应产物与经过已知②的反应生成Ⅶ，故Ⅶ的结构简式。
③由Ⅱ，Ⅶ和Ⅷ仿照上述反应可获得Ⅵ，故Ⅷ为，Ⅷ的名称为1，3-戊二烯；Ⅷ可由二溴代物发生消去反应制备，该化学方程式为。
1 / 12026年广东汕头市普通高中高三下学期高考第一次模拟考试 化学试卷
1．云龙纹丝绸文物因长期氧化出现破损，需选择同源修复材料，下列修复材料最适宜的是
A．金属胶 B．合成纤维 C．天然蚕丝 D．无机粘合剂
2．科技点亮未来，下列说法错误的是
A．光导纤维传导光信号：高纯度是半导体材料
B．红外光谱鉴定有机物：可用红外光谱鉴别乙醇和二甲醚
C．LED灯装饰建筑：LED灯发光与原子核外电子跃迁释放能量有关
D．光固化3D打印：光照引发高分子交联，线性结构变网状，硬度提升
3．践行“绿水青山就是金山银山”理念，下列实践正确的是
A．使用新型清洁能源可燃冰，实现低碳减排
B．为减少能源消耗，含的工业废水直接排放
C．汽车尾气系统安装催化转化器，将和转化为和
D．利用乙烯、氯气和氢氧化钙合成环氧乙烷，实现原子利用率100%
4．劳动创造美好生活。下列劳动项目与对应的化学知识有所关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用漂白粉漂白衣物 漂白粉有效成分为NaClO，利用其强氧化性
B 酿制葡萄酒过程中添加适量 具有抗氧化和杀菌的作用
C 实验室配备干粉灭火器（含） 可用于扑灭金属钠着火
D 给自行车钢架镀锌 利用外加电流法防止钢架腐蚀
A．A B．B C．C D．D
5．我国研究人员发现一种可用于治疗高血压的药物，其结构如图所示，下列有关该药物说法正确的是
A．含有3个手性碳原子
B．所有碳原子可能共平面
C．遇溶液反应显紫色
D．既能与盐酸反应，也能与溶液反应
6．实验室利用以下装置模拟海水提镁的过程，其操作规范且能达到实验目的的是
A.制备石灰乳 B.过滤得到
C.获取无水 D.电解制备Mg
A．A B．B C．C D．D
7．下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 浓硝酸见光易分解 浓硝酸一般保存在棕色试剂瓶中
B 常温下，可以用铝制容器盛装浓硫酸 铝不与浓硫酸反应
C 工业上用焦炭还原石英砂制粗硅
D 的金属性比强
A．A B．B C．C D．D
8．由结构不能推测出对应性质的是
选项 结构 性质
A 金属钨晶体中金属键强 金属钨熔点高
B 键能： HF热稳定性强于
C 硝基是强吸电子基团 对硝基苯酚酸性强于苯酚
D 为形结构，属于弱极性分子 在水中的溶解度高于在中的溶解度
A．A B．B C．C D．D
9．我国科研团队开发了一种基于铑钒簇化合物的光辅助催化体系，可提高与反应的选择性，其反应机理如图所示，已知：中不存在过氧键。下列说法错误的是
A．步骤①被氧化
B．步骤②中涉及非极性键的断裂与形成
C．步骤③在紫外线的作用下实现催化剂的再生
D．该过程的总反应可以表示为：
10．钠离子电池是一种利用在电极之间“嵌脱”实现充放电的新型电池，工作时总反应为（M为过渡元素）。以下说法正确的是
A．嵌钠硬碳中的碳参与了电极反应
B．放电时，电极A发生的电极反应为：
C．充电时，每转移电子，电极增重
D．可使用水溶液体系提高转移效率
11．东风-5C彰显国家力量，其采用双组元液体推进剂发生如下反应：。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中含有的质子数为10
B．含有的键为11
C．反应生成时，转移的电子数为16
D．标准状况下，可转化为的数目为2
12．离子液体在穿戴电子领域具有广泛的应用前景。某离子液体由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、Q组成（结构如图），的离子半径是其所在周期中元素简单离子半径最小的。下列说法正确的是
A．键角：
B．沸点：
C．的最高价氧化物对应的水化物为强碱
D．该结构中X、Y、Z均达到8电子稳定结构
13．部分含Cu和S物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A．可存在的转化
B．若用新制的检验醛基可生成
C．与在加热条件下反应生成
D．与反应的离子方程式可能是：
14．市售有机铁类（）是一种肠胃道反应更温和，依从性更高的补铁剂，其制备的原理是：（利用溶液调节至6.5~6.7），实验室设计如下装置，模拟制备，以下说法正确的是
A．中的化合价为+6
B．实验开始时，需先打开、、
C．三颈烧瓶中反应后的混合物经过滤、洗涤、干燥可得到粗产品
D．若要分析产品的产率，可选择酸性高锰酸钾溶液进行滴定
15．常温下，与存在多个配位平衡：
① ②
③ ④
常温下，向盐酸中加入一定量的，体系平衡后得到含的溶液，下列说法正确的是
A．加水稀释，溶液中的微粒总数下降
B．加入适当的催化剂，可提高的解离速率，并提高数值
C．向溶液中加入少量固体，的值将减少
D．上述溶液中，
16．实验室利用模拟“海水河水”浓差电池（浓差电池是利用同一物质的浓度差产生电势的一种装置，其原理是高浓度溶液向低浓度溶液扩散而引发的一类特殊原电池）电解制备的装置如图所示，维持电流强度为（相当于每秒通过电子）进行电解，其中、均为复合电极（不考虑溶解氧的影响）。下列说法正确的是
A．膜a和膜b均为阴离子交换膜
B．电极反应为：
C．电解一段时间后，石墨电极区溶液减小
D．若电解，理论上制备的的质量为
17．重铬酸钾是化学分析中一种重要的试剂，其水溶液中存在如下平衡：，某化学小组对该平衡的移动和平衡常数K进行了以下探究：
【实验1】配制溶液
（1）用电子天平（精确度）称取（摩尔质量：）的质量为________，再经过其它必要的步骤配制得到指定浓度的溶液。
【实验2】探究浓度对平衡的影响
提供的仪器及试剂：数据采集器、pH传感器、烧杯；（、）蒸馏水
取不同浓度的进行实验，经过足够时间后，相关记录和数据如下表所示：
初始浓度（） 数据 K
① 0.1000 a
② 0.2000 b
（2）需要测定的数据X为________。
（3）请根据数据X计算出________（无需化简，用含a的代数式表示），同理计算，得到，证明平衡常数大小与浓度无关。
（4）有同学发现计算得到的值与理论相差较大，有可能是因为浓度不准确，因而需要用标准溶液滴定来获得精确浓度，在该滴定实验中，下列操作正确的是______。
A. 调控滴定速度
B. 滴定时，注视液面变化
C. 接近终点时，改为半滴加入
D. 记录数据20.20 mL
（5）利用数据分析，还能证明增大，平衡正移，但自身的转化率变小。请画出往溶液中加入后（保持溶液体积不变），溶液随时间的变化图________（已知，画图时需标注相应的数据）。
【实验3】探究温度对平衡的影响
实验温度 初始浓度（） 数据
③ 298K 0.1000 c
④ 328K 0.1000 d
（6）实验结果：d（7）在有机化学中也有重要应用，请举出一个例子：________。
18．随着全球工业化发展，开发深海矿产资源是人类可持续发展的重要选择。一种从深海富钴结壳（主要含、、、、、）中分离获得金属资源的工艺流程如下：
已知：“活化浸出”后得到的滤液中含有、、、、。
（1）“浸渣”的主要成分化学式为　 　。
（2）写出“活化浸出”过程中，还原的化学方程式为　 　。
（3）“除铁”加入的主要目的为　 　。
（4）LIX84-I（图a）为羟肟类铜特效萃取剂，可从酸性或氨性溶液中萃取铜离子，萃取率可达98%以上。
①上述流程“萃取”过程中，与萃取剂LIX84-I形成的配合物结构如图b所示，该配合物的配位键数目为　 　，该有机物中的杂化类型为　 　。
②工业上用LIX84-I（用HR表示）从氨性溶液中回收铜。反应如下：（有机）（有机），在实际操作中发现，有机相在萃取铜的同时会溶解部分游离氨，该现象称为“萃氨”。研究表明，这是由于LIX84-I分子中的-O-H或基团与分子之间能形成氢键。下列关于此工艺分析正确的是　 　。
A．LIX84-I能取代中的配体，说明与生成的配合物更稳定
B．氢键是LIX84-I分子与分子间的一种强化学键，导致萃氨过程会消耗萃取剂，影响主反应进行
C．“萃氨”会使萃取剂失去与铜离子的配位能力，降低了萃取剂HR的有效浓度，导致铜萃取率下降
D．为减少萃氨，可向有机相中加入浓硫酸，利用浓硫酸能与发生中和反应，彻底消除氢键的形成
（5）上述流程中除了萃取剂外能够循环利用的物质为　 　。
（6）某含铜化合物在光电子学和太阳能电池领域有潜在应用，其晶胞如图所示。
①该化合物的化学式为　 　。
②若该晶胞的体积为，晶体密度为，则阿伏加德罗常数　 　。
19．由铁基催化剂催化合成气（CO和）费托反应制丙烷、丙烯体系，反应如下：
反应a：
反应b：
体系仅考虑存在副反应：
（1）基态Fe原子的价层电子排布式为　 　。
（2）计算丙烯与氢气发生加成反应的　 　。
（3）可改变CO平衡转化率的因素是______。（填写编号）
A．温度 B．压强
C．铁基催化剂 D．投料比
（4）副反应生成所需的有两种形成途径：解离、解离。根据图1铁基催化剂反应路径中解离、解离的活化能，推测体系中产生的主要途径是　 　。（填“CO*解离”或“OH*解离”）
（5）若在反应体系中混入微量，可形成新型催化剂Fe-Br。结合图1，推测新型催化剂能抑制生成的核心机理是　 　。
（6）300℃下，将合成气混入微量，以固定流速通入反应器。出口处测得产物选择性[选择性]随体积分数的变化关系如图2。
①铁基催化剂，转化率为32%，产物烯烷选择性比为2。结合图2数据可知产率为　 　（保留2位有效数字，下同），选择性为　 　。
②合成气混合体积分数，溴原子像催化剂上的“分子开关”，使的生成速率极慢。适当降低流速可使反应制丙烯、反应制丙烷达到平衡状态，转化率为75%，烯烷选择性比为4，忽略的存在。为物质的量分数平衡常数，用平衡时各组分的物质的量分数代替浓度，求反应a的平衡常数　 　。（写出计算过程，最后代入数据列出计算式即可）
20．铜催化提高1，3-二烯烃选择性的合成方法如下：
已知：①是苯基（）
②
（1）Ⅰ的官能团名称是　 　，写出Ⅱ的分子式　 　。
（2）Ⅱ的其中一种水解产物能与Ⅲ发生酯化反应，生成化合物V。在V的芳香族同分异构体中，能与溶液反应的有　 　种。
（3）Ⅳ分子存在顺反异构体，可采用核磁共振氢谱法对二者进行区分，请写出该方法可行的理由之一：　 　；上述Ⅳ合成方法的优点之一是在的催化作用下，提高了Ⅱ与Ⅰ反应位置的选择性，请写出该反应条件下还可能生成的副产物结构　 　（不考虑立体异构）。
（4）关于上述合成方法，以下说法正确的是______。
A．Ⅰ分子中所有原子一定共平面
B．Ⅱ分子在该过程中存在键断裂
C．Ⅲ中杂化的原子比杂化的原子多5个
D．Ⅳ是反式产物，在一定条件下可以发生加聚反应
（5）利用该方法合成化合物Ⅵ的路线如下
①第一步，由乙烯与氧气发生原子利用率100%的反应，写出该反应的化学方程式（不要求反应条件）　 　。
②第二步，由第一步反应产物与生成Ⅶ，写出Ⅶ的结构简式：　 　。
③第三步，由Ⅱ，Ⅶ和Ⅷ　 　（填写Ⅷ的名称）仿照上述反应可获得Ⅵ，Ⅷ可由二溴代物制备，写出合理的化学方程式：　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；合成材料
【解析】【解答】云龙纹丝绸属于天然蛋白质纤维类文物，修复时需要选择同源材料，才能保证修复后的文物在材质、性能、外观上与原物尽可能一致，天然蚕丝的主要成分是蛋白质，和丝绸的材质同源，兼容性好，不会对文物造成额外损伤，金属胶、合成纤维、无机粘合剂都和丝绸的材质不同，会破坏文物的整体性，也可能对文物产生化学或物理伤害，故选C；
故选C。
【分析】云龙纹丝绸属于天然蛋白质纤维类文物，修复时需要选择同源材料，才能保证修复后的文物在材质、性能、外观上与原物尽可能一致。
2．【答案】A
【知识点】原子核外电子的跃迁及应用；硅和二氧化硅；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A．光导纤维的主要成分为，不是半导体材料，半导体材料常见的有硅、锗等，A错误；
B．，乙醇含有羟基（-OH），二甲醚含有醚键，二者官能团不同，红外光谱吸收峰不同，可以用红外光谱鉴别，B正确；
C．LED 发光是因为原子核外电子发生跃迁，从高能级回到低能级时释放出光能，C正确；
D．光固化 3D 打印中，光照会引发高分子发生交联反应，让线性结构变成网状结构，材料的硬度会提升，D正确；
故答案选A。
【分析】A．是绝缘体；
Ｂ．红外光谱可以检测有机物的官能团；
Ｃ．核外电子从高能级向低能级跃迁时会释放能量；
Ｄ．线性结构变成网状结构可提升硬度。
3．【答案】C
【知识点】化学在解决能源危机中的重要作用；常见的生活环境的污染及治理；绿色化学
【解析】【解答】A．可燃冰的主要成分是甲烷，甲烷燃烧会产生二氧化碳，并不属于 “低碳减排” 的新型清洁能源，A错误；
B． 含的工业废水直接排放会污染水体、破坏土壤，不符合 “绿水青山就是金山银山” 的环保理念，B错误；
C．汽车尾气系统安装催化转化器，可将有毒的CO和NO转化为无毒的二氧化碳和氮气，可以减少有害气体排放，符合环保要求，C正确；
D．乙烯、氯气和氢氧化钙合成环氧乙烷的过程中会生成氯化钙等副产物，原子利用率达不到 100%，D错误；
故选C。
【分析】A．可燃冰燃烧会产生二氧化碳；
Ｂ． 含的工业废水直接排放会污染水资源和土壤；
Ｃ．汽车尾气中的 CO 和 NO 在催化转化器作用下转化为和 ；
Ｄ．利用乙烯、氯气和氢氧化钙合成环氧乙烷时有副产物产生。
4．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；二氧化硫的性质；金属的腐蚀与防护
【解析】【解答】A．漂白粉的有效成分为，不是，是84消毒液的有效成分，对应化学知识错误，A错误；
B．酿制葡萄酒时添加适量SO2，一方面利用其抗氧化性防止葡萄酒被氧化变质，另一方面利用其杀菌作用抑制微生物生长，B正确；
C．受热分解生成和水，钠燃烧生成的会与、水反应生成助燃的氧气，不能用该干粉灭火器扑灭金属钠着火，钠着火应用沙土盖灭，C错误；
D．给自行车钢架镀锌，是利用牺牲阳极法（原电池原理），锌作为负极被腐蚀，保护钢架（正极），而外加电流法是将被保护金属与电源负极相连，D错误；
故选B。
【分析】A．NaClO是84消毒液的主要成分；
Ｂ．具有还原性和毒性；
Ｃ．金属钠性质活泼，易与水和二氧化碳反应；
Ｄ．给自行车钢架镀锌利用牺牲阳极法防腐蚀。
5．【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的结构和性质；酰胺
【解析】【解答】A．手性碳原子是指连有4 个不同原子或基团的饱和碳原子，右侧环上连接 - OH 的碳原子是手性碳（连有 - OH、甲基、环上两个不同的基团），所以只有1 个手性碳，A错误；
B．结构中存在多个饱和碳原子，饱和碳原子的空间结构为四面体，会导致所有碳原子无法共平面，B错误；
C．显紫色的条件是分子中存在酚羟基（-OH 直接连在苯环上），该结构中的 - OH 是醇羟基，不与 FeCl3发生显色反应，C错误；
D．该化合物中含有呈碱性的亚氨基，能与盐酸反应；含有酰胺键，可在NaOH溶液或盐酸溶液中水解，故该物质既能与盐酸反应，也能与NaOH溶液反应，D正确；
故答案选D。
【分析】A．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
Ｂ．饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
Ｃ．该物质不含酚羟基，不能与氯化铁发生显色反应；
Ｄ．分子中含有酰胺键和含氮杂环，能与盐酸和NaOH溶液反应。
6．【答案】C
【知识点】海水资源及其综合利用；化学实验方案的评价；电镀
【解析】【解答】A．贝壳的主要成分是CaCO3，高温煅烧 CaCO3会生成 CaO 和 CO2，但该装置中仅对贝壳加热并加水，无法制备石灰乳（Ca (OH)2），因为 CaO 与水反应需要在烧杯等容器中进行，且该装置的设计不适合此反应，A错误；
B．过滤操作需要用玻璃棒引流，且漏斗下端应紧贴烧杯内壁，B错误；
C．在加热时易发生水解，生成和，通入干燥的 HCl 可以抑制水解，同时带走水蒸气，最终得到无水 MgCl2，C正确；
D．电解熔融的 MgCl2才能制备 Mg，而图中是电解 MgCl2溶液，此时阴极会生成 H2，无法得到 Mg，D错误；
故答案选C。
【分析】A．贝壳的主要成分是CaCO3，制备石灰乳的第一步是高温煅烧贝壳得到 CaO，煅烧应在坩埚中进行；
Ｂ．过滤时漏斗下端应紧靠烧杯内壁；
Ｃ．MgCl2 6H2O 在加热时会发生水解；
Ｄ．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁沉淀和氢气。
7．【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．浓硝酸见光易分解，浓硝酸一般保存在棕色试剂瓶中，目的是避光，防止其分解，陈述、均正确，二者存在因果关系，A符合题意；
B．常温下可用铝制容器盛装浓硫酸，是因为铝与浓硫酸在常温下会发生钝化反应（生成一层致密的氧化膜，阻止反应继续进行），并非不反应，陈述错误，B不符合题意；
C．工业上确实用焦炭还原石英砂制粗硅，生成的是CO而非CO2，正确反应为，陈述错误，C不符合题意；
D．同主族从上到下金属性增强，金属性K比Na强，该反应能发生是因为 K 的沸点比 Na 低，高温下 K 以气体形式逸出，促使反应进行，并非因为 Na 的金属性更强，陈述错误，D不符合题意；
故选A。
【分析】A．浓硝酸不稳定，见光易分解；
Ｂ．常温下铝在浓硫酸中发生钝化反应；
Ｃ．用焦炭还原石英砂制粗硅，同时生成CO；
Ｄ．Na 的金属性比 K 强。
8．【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；金属键；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．金属晶体的金属键越强，熔点越高，金属钨晶体中金属键强，说明金属钨熔点高，A正确，A不符合题意；
B．共价化合物的共价键键能越大热稳定性越强，由H-F键能大于H-Cl键，则HF热稳定性强于HCl，B正确，B不符合题意；
C．硝基是强吸电子基团，它会使苯环上的羟基的极性增强，更容易电离出，因此对硝基苯酚的酸性强于苯酚，C正确，C不符合题意；
D．是 V 形结构，属于弱极性分子，水是强极性溶剂，是非极性溶剂，是弱极性分子，因此更易溶于非极性的，在水中溶解度低于在中的溶解度，由给出结构无法推测出题中性质，D错误，D符合题意；
故选D。
【分析】A．金属晶体的熔点高低主要由金属键的强弱决定；
Ｂ．共价键的键能越大，对应的分子热稳定性越强；
Ｃ．硝基是强吸电子基团；
Ｄ．极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂。
9．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．步骤①的反应为，该反应中，中V元素的化合价升高，发生氧化反应，被氧化，A正确；
B．步骤②的反应为，反应中断裂的是中的极性键，形成的是中的非极性键，该过程不涉及非极性键的断裂，B错误；
C．步骤③在紫外线作用下，分解生成、、，实现了催化剂的再生，C正确；
D．由图可知，该过程的反应物为CO2和CH4，产物为、，则总反应为：，D正确；
故答案选B。
【分析】A．步骤①发生的反应为；
Ｂ．同种非金属原子间形成非极性键；
Ｃ．是该过程的催化剂；
Ｄ．根据反应物和产物书写总反应式。
10．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；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．根据总反应为可知，放电时，脱钠生成，充电时，转化为，碳元素的化合价没有变化，只是作为载体储存Na+，没有参与电极反应，A错误；
B．放电时是原电池，电极 A 是正极，发生还原反应，正确电极反应为：，B错误；
C．充电时电极B为阴极，电极反应为：，每转移电子，就有嵌入电极B，增重为的质量，即，C正确；
D．钠单质会与水发生剧烈反应，因此钠离子电池不能使用水溶液体系，需要使用非水电解质，D错误；
故选C。
【分析】 工作时总反应为 ，放电时，发生氧化反应，则电极B为负极，电极A为正极，电极反应式为，充电时，电极A为阳极，电极B为阴极，电极反应式为：。
11．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．的摩尔质量为，的物质的量为，1个分子含10个质子，因此中含有的质子数为，A错误；
B．一个含有11个键，则含有的键为，B正确；
C．中 N 为 + 4 价，N2中N为0价，中 N 为 - 2 价，则生成时总转移电子为，物质的量为，因此生成时转移电子数为，C错误；
D．存在可逆反应：，反应不能进行完全， 标准状况下，可转化为的数目小于，D错误；
故答案选B。
【分析】A.1个分子含10个质子；
Ｂ．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；
Ｃ．根据得失电子守恒计算；
Ｄ．体系中存在。
12．【答案】A
【知识点】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；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．为，中心N为杂化，含1对孤对电子，为，中心Al为杂化，无孤对电子，孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小，故键角<，A正确；
B．为，为，分子间存在氢键，只存在范德华力，故沸点>，B错误；
C．W为Al，其最高价氧化物对应的水化物为，属于两性氢氧化物，不是强碱，C错误；
D．X为H元素，最外层 2 电子稳定，不满足8电子稳定结构，D错误；
故选A。
【分析】从阳离子结构看，Z 连接 4 个 YX3和 1 个 X，说明 Z 的化合价为 + 1，且能形成 4 个配位键，结合常见元素，推测 Z 为N（氮），X 为H（氢），Y 为C（碳）（因为 YX3是 CH3，X3Y 是 CH3）。阴离子中 W 连接 4 个 Q，W 的离子半径是所在周期最小，说明 W 是Al（第三周期简单离子半径最小的是 Al3+）， 阴离子为，则Q为Cl ，所以元素对应：X=H，Y=C，Z=N，W=Al，Q=Cl。
13．【答案】C
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；铜及其化合物；物质的简单分类
【解析】【解答】A．被氧化可生成（b），与点燃生成（c），催化氧化生成（d），与水反应生成（e），转化可实现，A正确，不符合题意；
B．新制 Cu (OH)2检验醛基会生成砖红色沉淀 Cu2O（h），B正确，不符合题意；
C．S的氧化性较弱，只能将Cu氧化为 + 1 价，g (S) 和 b (Cu) 加热反应生成的是Cu2S，C错误，符合题意；
D．硫代硫酸盐（f）与（e）反应，硫代硫酸根发生歧化，离子方程式为，对应b为沉淀、c为气体，D正确，不符合题意；
故选C。
【分析】a为S元素为-2价的氢化物，则a为，b为单质，即为，c是S元素为+4价的氧化物，即为，d是S元素为+6价的氧化物，即为，e为S元素+6价的酸，即为，f是S元素为+2价的盐，即硫代硫酸盐，g为单质，h为，i为。
14．【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．中，C为+2价，H为+1价，O为-2价，设Fe的化合价为x，根据化合物中正负化合价代数和为 0可得：4×(+2)+2×(+1)+x+4×( 2)=0，解得x=+2，即Fe为+2价，A错误；
B．实验开始时，需先打开、、，利用铁屑与稀硫酸反应生成的氢气排尽装置内的空气，防止Fe2+被氧化，B错误；
C．三颈烧瓶中发生反应，生成沉淀，经过滤、洗涤、干燥可得到粗产品，C正确；
D．酸性高锰酸钾溶液既能氧化，也能氧化富马酸根，无法准确测定产品的量，因此不能用酸性高锰酸钾溶液滴定分析产率，D错误；
故答案选C。
【分析】A．根据化合物中化合价代数和为0计算；
Ｂ．为防止亚铁离子被氧化，应先利用生成的氢气排出空气；
Ｃ．三颈烧瓶中发生反应 ；
Ｄ．酸性高锰酸钾溶液既能氧化Fe2+，也能氧化富马酸根。
15．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．加水稀释时，所有平衡都会向粒子数增多的方向移动（勒夏特列原理），会生成更多的微粒，所以溶液中的微粒总数上升，A错误；
B．只与温度有关，加入催化剂不会提高的值，B错误；
C．结合K2、K3的平衡常数表达式可推导得：，加入NaCl固体，溶液中增大，该比值会增大，C错误；
D．已知溶液中，代入的表达式：，计算可得；再代入表达式：，计算得，即，因此，D正确；
故选D。
【分析】A．化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
Ｂ． 只与温度有关；
Ｃ．；
Ｄ．结合平衡常数计算。
16．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知膜 a 为阳离子交换膜，膜 b 为阴离子交换膜，A错误；
B．X为负极，发生氧化反应，电极反应为，B错误；
C．石墨连接浓差电池负极，为电解池阴极，发生反应，浓度增大，溶液pH增大，C错误；
D．电解60min转移电子总物质的量为，生成1 mol 需转移2 mol电子，故，质量为，D正确；
故选D。
【分析】模拟海水（2.5mol/L NaCl）浓度高于模拟河水（0.5mol/L NaCl），Cl-会从高浓度向低浓度扩散，X为负极，发生氧化反应，电极反应是，Y为正极，发生还原反应，电极反应式为，电极Co为阳极，电极反应为，通过膜a进入产品室，膜a为阳离子交换膜，石墨电极为阴极，电极反应为，膜b为阴离子交换膜，通过膜b进入产品室，通过膜c进入阴极室，膜c是阳离子交换膜。
17．【答案】(1) 14.71
(2) pH
(3)
(4) A，C
(5)
(6) 不能 因升高温度也能促进水的电离，使c(H+)增大，pH变小 方案一，分别观察298K和328K的K2Cr2O7溶液的颜色，若328K为黄色，则反应为吸热反应，反之，为放热反应；方案二，分别测定298K和328K的K2Cr2O7溶液的pH进而计算平衡常数K，若328K时的平衡常数K值更大，则反应为吸热反应，反之，为放热反应
(7) 酒驾检测
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；中和滴定
【解析】【解答】（1）根据公式，其中，，，代入得：；
（2）平衡常数，已知初始浓度，需测定溶液c(H+)，进而推导和平衡常数；
（3）平衡时，c(H+)=10-a mol/L，则，，K1=；
（4）A．滴定中需通过活塞控制流速，A正确；
B．滴定时，应注视锥形瓶内溶液颜色变化，B错误；
C．接近终点时，改为半滴加入，可以减少滴定误差，C正确；
D．滴定管的大刻度在下方，图中的数据应为19.80 mL，D错误；
故正确选项为 AC；
（5）初始时，溶液的pH由实验2中组的pH（设为）决定；加入后，浓度变为，平衡正移，增大，pH减小，再次平衡时的pH为a-lg 2=a-0.3(根据平衡移动原理，实际pH会大于a-0.3)，画图为；
（6）因升高温度也能促进水的电离，使c(H+)增大，pH变小，所以不能说明温度升高使平衡正移；可设计如下方案证明该反应的热效应：方案一，分别观察298K和328K的K2Cr2O7溶液的颜色，若328K为黄色，则反应为吸热反应，反之，为放热反应；方案二，分别测定298K和328K的K2Cr2O7溶液的pH进而计算平衡常数K，若328K时的平衡常数K值更大，则反应为吸热反应，反之，为放热反应；
（7）在酸性条件下将乙醇氧化为乙酸，自身被还原为（颜色由橙色变为绿色），用于酒驾检测。
【分析】（1）根据计算所需 质量；
（2）根据分析所需测量的数据；
（3）将测得的数据代入写出表达式；
（4）A．调控滴定速度是滴定实验中的基本操作；
Ｂ．滴定时应该注视锥形瓶内溶液的颜色变化；
Ｃ．接近终点时改为半滴加入，能够更准确地控制滴定终点；
Ｄ．滴定管的读数需要精确到 0.01 mL；
（5）加入 ，的水解平衡正向移动，pH 减小；
（6） 升高温度也能促进水的电离，使c(H+)增大，pH变小 ；
（7）具有强氧化性，据此确定其应用。
18．【答案】（1）SiO2
（2）
（3）调节溶液的pH ，使溶液中的被空气氧化为后，水解生成沉淀，从而除去铁元素
（4）4；sp2；AC
（5）
（6）CuAlS2；
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据分析，“浸渣”主要为；
（2）“活化浸出”滤液中含有Co2+，Co2O3被SO2还原为Co2+，SO2被氧化为，化学方程式为：；
（3）Fe3+碱性条件下转化为Fe(OH)3沉淀，“除铁”加入的主要目的为调节溶液的pH ，使溶液中的被空气氧化为后，水解生成沉淀，从而除去铁元素。
（4）①配合物中为中心离子，从结构可知，它与配体（LIX84-I）之间通过4个配位键结合（2个O原子配位、2个N原子配位），因此1 mol该配合物的配位键数目为4NA；图中每个N原子形一个π键和3个键，为sp2杂化；
②A．LIX84-I 能取代中的配体，说明与R-形成的配合物更稳定，A正确；
B．氢键是分子间作用力，并非化学键，“萃氨” 是氢键作用导致NH3溶解，不会消耗萃取剂 HR，也不会破坏其结构，B错误；
C．“萃氨” 会占用部分萃取剂分子，使其无法与配位，降低了 HR 的有效浓度，使其与的配位能力减弱，导致铜萃取率下降，表述无误，C正确；
D．浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会破坏萃取剂结构，同时浓硫酸与NH3反应生成的盐会进入有机相，引入新杂质，无法 “彻底消除氢键”，D错误；
故选AC；
（5）除了萃取剂外能够循环利用的物质为，电解得到的硫酸铜溶液经电解生成铜和硫酸，生成的硫酸可循环用于 “活化浸出” 或 “反萃取” 环节。
（6）①均摊法计算各原子数目，Cu(位于顶点、面上、体内)：，Al(位于棱上、面上)：，S全部位于晶胞内部，一共8个，该化合物的化学式为CuAlS2；
②，则。
【分析】 富钴结壳（主要含、、、、、） ，先进行破碎、磨矿，加入SO2和硫酸溶液进行活化浸出，SiO2不与硫酸反应，成为浸渣，“活化浸出”后得到的滤液中含有、、、、，通入空气将Fe2+氧化为Fe3+，再加入碳酸钠调节pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，加入LIX84-1萃取，与萃取剂LIX84-I形成配合物，加入硫酸反萃取得到硫酸铜溶液，电解硫酸铜溶液得到单质铜；萃取后的水相主要含有Mn2+、Co2+、Ni2+，加入硫化钠进行硫化沉淀，加硫酸加压浸取得到MnSO4溶液，加入有机溶剂萃取分离镍钴，焙解MnSO4溶液得到Mn3O4。
（1）根据分析，“浸渣”主要为；
（2）“活化浸出”滤液中含有Co2+，Co2O3被SO2还原为Co2+，SO2被氧化为，化学方程式为：；
（3）Fe3+碱性条件下转化为Fe(OH)3沉淀，“除铁”加入的主要目的为调节溶液的pH ，使溶液中的被空气氧化为后，水解生成沉淀，从而除去铁元素。
（4）①配合物中为中心离子，从结构可知，它与配体（LIX84-I）之间通过4个配位键结合（2个O原子配位、2个N原子配位），因此1 mol该配合物的配位键数目为4NA；图中每个N原子形一个π键和3个键，为sp2杂化；
②A．LIX84-I 能取代中的配体，说明与R-形成的配合物更稳定，A正确；
B．氢键是分子间作用力，并非化学键，“萃氨” 是氢键作用导致NH3溶解，不会消耗萃取剂 HR，也不会破坏其结构，B错误；
C．“萃氨” 会占用部分萃取剂分子，使其无法与配位，降低了 HR 的有效浓度，使其与的配位能力减弱，导致铜萃取率下降，表述无误，C正确；
D．浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会破坏萃取剂结构，同时浓硫酸与NH3反应生成的盐会进入有机相，引入新杂质，无法 “彻底消除氢键”，D错误；
故选AC；
（5）除了萃取剂外能够循环利用的物质为，电解得到的硫酸铜溶液经电解生成铜和硫酸，生成的硫酸可循环用于 “活化浸出” 或 “反萃取” 环节。
（6）①均摊法计算各原子数目，Cu(位于顶点、面上、体内)：，Al(位于棱上、面上)：，S全部位于晶胞内部，一共8个，该化合物的化学式为CuAlS2；
②，则。
19．【答案】（1）
（2）+106.2
（3）A；B；D
（4）OH*解离
（5）Fe-Br 显著升高CO*解离活化能，抑制CO*解离生成O*，减少CO2生成
（6）9.9%；46%；初始 n(CO) = 1 mol，n(H2) = 2 mol；CO转化率75%，即消耗0.75 mol CO。设反应a消耗CO为3x mol，反应b消耗CO为3y mol，则：，烯烃选择性为4，即：，联立得：，平衡时各物质的量：n(CO) = 0.25 mol；n(H2) = 0.45 mol；n(C3H6) = 0.2 mol；n(C3H8) = 0.05 mol；n(H2O) = 0.75 mol，总物质的量 = 1.7 mol；以摩尔分数φ表示浓度，反应a的平衡常数表达式为：
【知识点】原子核外电子排布；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）铁（Fe）为26号元素，其基态电子排布为 [Ar] 3d64s2；故价层电子排布式为：；
（2）目标反应：，由盖斯定律，用反应b减去反应a：；
（3）A．反应放热，升温使平衡左移，降低CO的平衡转化率，A符合题意；
B．正反应气体分子数减少，加压促进正向进行，提高CO的平衡转化率，B符合题意；
C．铁基催化剂仅加速反应速率，不影响平衡，不改变CO的平衡转化率，C不符合题意；
D．增加H2比例可提高CO的平衡转化率，D符合题意；
故选ABD；
（4）根据图1中活化能数据：OH*解离路径最高活化能为 0.73 eV；CO*解离路径最高活化能为 0.95 eV，由于OH*解离活化能更低，反应更易进行，故O*主要来源于OH*解离；
（5）由图可知，新型催化剂Fe-Br 显著升高CO*解离活化能，抑制CO*解离生成O*，减少CO2生成；
（6）①由图2，V% = 0时，CO2选择性为 31%；CO总转化率为 32%，故CO2产率为：，烯烃总选择性 = 100% - 31% = 69%；已知 产物烯烷选择性比为2，则：；
② 设初始 n(CO) = 1 mol，n(H2) = 2 mol；CO转化率75%，即消耗0.75 mol CO。设反应a消耗CO为3x mol，反应b消耗CO为3y mol，则：，烯烃选择性为4，即：，联立得：，平衡时各物质的量：n(CO) = 0.25 mol；n(H2) = 0.45 mol；n(C3H6) = 0.2 mol；n(C3H8) = 0.05 mol；n(H2O) = 0.75 mol，总物质的量 = 1.7 mol；以摩尔分数φ表示浓度，反应a的平衡常数表达式为：。
【分析】（1）Fe是26号元素，基态铁原子的核外电子排布式为 [Ar] 3d64s2；
（2）根据盖斯定律，将b-a可得目标方程式；
（3）化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（4）活化能越低，反应越容易进行；
（5） 新型催化剂能抑制生成的核心机理 ：Fe-Br 显著升高CO*解离活化能，抑制CO*解离生成O*，减少CO2生成；
（6）计算平衡时各物质的物质的量分数，代入计算。
（1）铁（Fe）为26号元素，其基态电子排布为 [Ar] 3d64s2；故价层电子排布式为：；
（2）目标反应：，由盖斯定律，用反应b减去反应a：；
（3）A．反应放热，升温使平衡左移，降低CO的平衡转化率，A符合题意；
B．正反应气体分子数减少，加压促进正向进行，提高CO的平衡转化率，B符合题意；
C．铁基催化剂仅加速反应速率，不影响平衡，不改变CO的平衡转化率，C不符合题意；
D．增加H2比例可提高CO的平衡转化率，D符合题意；
故选ABD；
（4）根据图1中活化能数据：OH*解离路径最高活化能为 0.73 eV；CO*解离路径最高活化能为 0.95 eV，由于OH*解离活化能更低，反应更易进行，故O*主要来源于OH*解离；
（5）由图可知，新型催化剂Fe-Br 显著升高CO*解离活化能，抑制CO*解离生成O*，减少CO2生成；
（6）①由图2，V% = 0时，CO2选择性为 31%；CO总转化率为 32%，故CO2产率为：，烯烃总选择性 = 100% - 31% = 69%；已知 产物烯烷选择性比为2，则：；
② 设初始 n(CO) = 1 mol，n(H2) = 2 mol；CO转化率75%，即消耗0.75 mol CO。设反应a消耗CO为3x mol，反应b消耗CO为3y mol，则：，烯烃选择性为4，即：，联立得：，平衡时各物质的量：n(CO) = 0.25 mol；n(H2) = 0.45 mol；n(C3H6) = 0.2 mol；n(C3H8) = 0.05 mol；n(H2O) = 0.75 mol，总物质的量 = 1.7 mol；以摩尔分数φ表示浓度，反应a的平衡常数表达式为：。
20．【答案】（1）碳碳双键；
（2）14
（3）顺反异构体中对应氢原子的化学位移不同；或
（4）B；D
（5）2 ；；1，3-戊二烯；
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）Ⅰ的官能团名称是碳碳双键；Ⅱ的分子式为。
（2）Ⅱ的其中一种水解产物乙酸与Ⅲ发生酯化反应，生成化合物V，说明化合物V为；V的芳香族同分异构体中，能与溶液反应，说明其存在羧基，则当苯环上有一个取代基时，取代基可以为或；当苯环上有两个取代基时，取代基可以为：①和，②和，每种情况存在邻间对三种同分异构体；当苯环上有三个取代基时，取代基可以为2个和1个，存在6种同分异构体，故满足条件的V的同分异构体共有14种。
（3）顺反异构体中对应氢原子的化学位移不同，可采用核磁共振氢谱法对Ⅳ分子存在的两种顺反异构体进行区分；该反应条件下合成Ⅳ，本质是Ⅰ中碳碳双键与Ⅱ、Ⅲ发生了1，4加成反应，故该反应条件下还可能生成的副产物为Ⅰ中碳碳双键发生1，2加成的两种产物，分别为、 。
（4）A．Ⅰ分子中所有原子可能共平面，A错误；
B．Ⅱ分子在该过程中存在N-O键的断裂，B正确；
C．Ⅲ中杂化的原子有苯环上6个碳原子，杂化的原子有1个碳原子和1个氧原子，故Ⅲ中杂化的原子比杂化的原子多4个，C错误；
D．化合物Ⅳ中碳碳双键的双键碳上的取代基处于反式位置，故其是反式产物，碳碳双键在一定条件下可以发生加聚反应，D正确；
故答案为BD。
（5）①由乙烯与氧气发生原子利用率100%的反应生成 ，故该反应的化学方程式为2 。
②由第一步反应产物与经过已知②的反应生成Ⅶ，故Ⅶ的结构简式。
③由Ⅱ，Ⅶ和Ⅷ仿照上述反应可获得Ⅵ，故Ⅷ为，Ⅷ的名称为1，3-戊二烯；Ⅷ可由二溴代物发生消去反应制备，该化学方程式为。
【分析】（1）Ⅰ中含有的官能团是碳碳双键；根据Ⅱ的结构简式，数出各原子数目，进而确定其分子式；
（2）分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体，Ⅱ的其中一种水解产物能与Ⅲ发生酯化反应，生成化合物V，则化合物V的结构简式为；能与 溶液反应的化合物含有羧基；
（3）顺反异构体的氢原子所处化学环境不同，在核磁共振氢谱中会呈现出不同的峰的位置（化学位移）、峰面积或峰的裂分情况；
（4）A．Ⅰ中碳碳双键为平面结构，原子可共面；
Ｂ．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；
Ｃ．苯环和双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；
Ｄ．反式结构中，相同的原子团在碳碳双键不同侧，含有碳碳双键的物质能发生加聚反应；
（5）采用逆合成分析法，参照题干合成路线分析。
（1）Ⅰ的官能团名称是碳碳双键；Ⅱ的分子式为。
（2）Ⅱ的其中一种水解产物乙酸与Ⅲ发生酯化反应，生成化合物V，说明化合物V为；V的芳香族同分异构体中，能与溶液反应，说明其存在羧基，则当苯环上有一个取代基时，取代基可以为或；当苯环上有两个取代基时，取代基可以为：①和，②和，每种情况存在邻间对三种同分异构体；当苯环上有三个取代基时，取代基可以为2个和1个，存在6种同分异构体，故满足条件的V的同分异构体共有14种。
（3）顺反异构体中对应氢原子的化学位移不同，可采用核磁共振氢谱法对Ⅳ分子存在的两种顺反异构体进行区分；该反应条件下合成Ⅳ，本质是Ⅰ中碳碳双键与Ⅱ、Ⅲ发生了1，4加成反应，故该反应条件下还可能生成的副产物为Ⅰ中碳碳双键发生1，2加成的两种产物，分别为、 。
（4）A．Ⅰ分子中所有原子可能共平面，A错误；
B．Ⅱ分子在该过程中存在N-O键的断裂，B正确；
C．Ⅲ中杂化的原子有苯环上6个碳原子，杂化的原子有1个碳原子和1个氧原子，故Ⅲ中杂化的原子比杂化的原子多4个，C错误；
D．化合物Ⅳ中碳碳双键的双键碳上的取代基处于反式位置，故其是反式产物，碳碳双键在一定条件下可以发生加聚反应，D正确；
故答案为BD。
（5）①由乙烯与氧气发生原子利用率100%的反应生成 ，故该反应的化学方程式为2 。
②由第一步反应产物与经过已知②的反应生成Ⅶ，故Ⅶ的结构简式。
③由Ⅱ，Ⅶ和Ⅷ仿照上述反应可获得Ⅵ，故Ⅷ为，Ⅷ的名称为1，3-戊二烯；Ⅷ可由二溴代物发生消去反应制备，该化学方程式为。
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