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广东省揭阳市2024-2025学年高二下学期教学质量测试化学试题
一、选择题：本题共16题，共44分。第1~10题，每小题2分；第11~16题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．蛇是十二生肖之一，下列有关蛇的历史文物中，主要材质为金属材料的是
A.商周石蛇 B.春秋蛇纹铜提链罐
C.唐彩绘生肖蛇陶俑 D.清青玉十二辰-蛇
A．A B．B C．C D．D
2．下列化学用语表示不正确的是
A．苯的实验式为CH
B．中子数为20的Cl原子的核素符号为
C．的VSEPR模型为
D．基态Si原子的价层电子轨道表示式为
3．民以食为天。下列说法不正确的是
A．料酒烧鱼去腥增鲜，料酒中的乙醇为极性分子
B．春笋炒肉香脆开胃，竹笋中的纤维素是多糖
C．猪油拌饭鲜香可口，猪油属于有机高分子化合物
D．潮汕牛肉丸肉质饱满，蒸煮牛肉丸时蛋白质发生变性
4．化学学科提倡从生活走进化学，从化学走向社会，下列有关说法不正确的是
A．汽车尾气中的氮氧化物主要由汽油燃烧不充分产生，会造成酸雨等环境问题
B．用灼烧的方法可以鉴别纯棉织物和纯毛织物
C．维生素C具有还原性，与补铁剂同时服用，能促进铁的吸收
D．铝制品表面形成的致密氧化膜，起着保护内部金属的作用
5．锌银纽扣电池是生活中常见的一次电池，其构造示意图如下。下列说法不正确的是
A．作电池的负极
B．电池工作时，向正极移动
C．正极的电极反应：
D．金属外壳需具有良好的导电性和耐腐蚀性
6．下列实验的对应操作中不合理的是
A．倾倒液体药品 B．制备氢氧化铁胶体
C．分离甲烷与氯气取代反应后的液体混合物 D．萃取后放出下层液体
A．A B．B C．C D．D
7．“劳动人民是世界上最伟大的人”。下列劳动项目中与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 厨师：用卤水点豆腐 胶体的聚沉
B 保洁员：用84消毒液消毒
C 化妆师：用甘油制备保湿面霜 甘油能发生消去反应
D 环保工程师：用溶液处理含的污水
A．A B．B C．C D．D
8．下列方程式与所给事实不相符的是
A．实验室制
B．实验室制(浓)
C．工业制
D．工业冶炼铝：(熔融)
9．青杞可清热解毒，其化学成分多种多样，其中一种成分白英素B的结构简式如图所示。关于该化合物，下列说法不正确的是
A．含有三种官能团
B．能使酸性溶液褪色
C．可发生加聚反应和消去反应
D．1mol白英素B完全反应最多消耗1molNaOH
10．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中键的数目为
B．和的混合气体含有的原子数目为
C．64gCu与足量浓硝酸反应，生成分子的数目为
D．溶液中，的数目为
11．下图是配制溶液的过程示意图，下列说法正确的是
A．操作1前用托盘天平和滤纸称取氢氧化钠固体
B．为使溶液充分混合，虚线框内的操作可用操作7
C．若操作2中未冷却的溶液转移到容量瓶中，所配溶液浓度偏高
D．操作7后发现液面低于刻度线，此时需补加少量蒸馏水至刻度线
12．常用作食品膨松剂，WR常用作腌制食品的防腐剂。X、Y、Z、W、R为五种短周期主族元素且原子序数依次增大，X、W位于同主族，Y和Z能组成两种化合物，其中一种是常用的还原剂，另一种是常用的灭火剂且是直线形分子。下列说法正确的是
A．简单离子半径：
B．工业上常电解熔融制备W单质
C．简单氢化物的沸点：
D．电负性：
13．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 SiO2可以用来制作光纤 SiO2是酸性氧化物
B 聚丙烯酸钠可用于制尿不湿 聚丙烯酸钠含疏水基团
C 制备乙酸乙酯时加入浓硫酸 浓硫酸常做催化剂和吸水剂
D 酸性：C2H5COOH＞CH3COOH 烷基越长，推电子效应越大
A．A B．B C．C D．D
14．部分含Na或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．d与e反应只能生成1种盐
B．酸雨的形成过程可以为a→e→f→g
C．若c为淡黄色固体，则c与e能发生氧化还原反应
D．g的浓溶液与a反应可能有e生成
15．利用铜基催化剂可将温室气体中的与转化为其反应历程如图所示。下列说法正确的是
A．M为极性分子，N为非极性分子
B．过程Ⅰ和Ⅱ中均存在键的断裂
C．使用铜基催化剂能降低总反应的活化能与焓变
D．该反应的原子利用率可达
16．在新型能源技术里，直接过氧化氢燃料电池备受关注。它的独特之处在于同时作燃料和氧化剂，能高效转换能量。某研究小组利用该电池和离子交换膜进行电解质溶液处理，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是
A．该电池表明在酸性环境中的氧化性强于碱性环境
B．离子交换膜1是阳离子交换膜，离子交换膜2是阴离子交换膜
C．理论上，当外电路通过时，中间室的质量增加34.8g
D．电池的总反应为
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．在生产和生活中用途广泛。
Ⅰ．溶液的配制及浓度的标定
（1）溶液的配制
①配制100mL一定浓度的溶液不需用到的仪器有　 　(填字母)。
②配制溶液时，需要将固体溶解在浓盐酸中，原因为　 　。
（2）溶液浓度的标定
量取溶液于碘量瓶中，加入过量KI溶液，充分反应后加入少量淀粉溶液，再用标准溶液滴定至蓝色恰好消失，重复操作三次，平均消耗标准溶液的体积为20.00mL。则该溶液的浓度为　 　。(已知：，)
Ⅱ．与反应的探究
（3）预测现象1：向溶液中加入溶液，现象为　 　。
作出该预测的原因为溶液与溶液发生了氧化还原反应：。
预测现象2：向溶液中加入溶液，生成红褐色沉淀。
（4）实验验证：小组同学设计以下实验探究溶液中：浓度相同时的加入量对反应的影响，其中溶液为Ⅰ中所配溶液，溶液浓度为。静置6小时观察现象，测定反应后溶液的pH，并记录数据：
序号 ⅰ ⅱ ⅲ ⅳ ⅴ ⅵ ⅶ
2.0 2.0 2.0 2.0 2.0 2.0 2.0
0 1.0 2.0 a 15.0 20.0 26.0
38.0 37.0 36.0 33.0 23.0 18.0 12.0
现象 溶液接近无色透明 出现红褐色沉淀
pH 1.7 1.7 1.7 1.8 2.8 5.4 6.2
①请补充表格中的数据：　 　。
②实验ⅵ和ⅶ的实验现象说明溶液中的水解与的水解相互促进(即发生了双水解反应)，请写出反应的化学方程式：　 　。
③甲同学认为实验ⅵ和ⅶ中，与除发生双水解反应外，还发生了氧化还原反应。请设计实验证明猜想：分别取实验ⅵ和ⅶ中上层清液于两支试管中，　 　(填实验操作与现象)，则说明猜想成立。
（5）请写出一种水解反应在生产或生活中的应用：　 　。
18．锗是一种战略性金属，广泛应用于光学及电子工业领域。一种用锌浸渣(主要含，另含少量ZnS、以及)提取Ge和的工艺流程如图所示。
已知：①锗在硫酸中的存在形式：时主要为，时主要为。
②常温下，，。
（1）Ge是第四周期第ⅣA族元素，其基态原子的价层电子排布式为　 　。
（2）“氧化酸浸”工序中，溶液，浸渣的主要成分为、S和　 　(填化学式)；被双氧水氧化的离子方程式为　 　。
（3）“中和沉淀”工序中，所加化合物A为　 　(填“”“ZnO”或“NaOH”)；室温下，调节溶液，Ge和Fe共沉淀，此时滤液中　 　。
（4）①在水溶液中的溶解度曲线如图所示，则从滤液中回收的操作为蒸发浓缩结晶、　 　、洗涤、干燥。
②用惰性电极电解溶液可制取金属锌，电解后的溶液可在上述流程中　 　工序循环使用。
（5）“”是一种可用于制作太阳电池的钙钛矿型材料，其立方晶胞如图所示。Cs与Br的最短距离比Ge与Br的最短距离大，则Ge在晶胞中的位置为　 　(填“体心”“面心”或“顶角”)；晶体中一个Ge周围与其距离最近的Br的个数为　 　。
19．利用化学反应原理研究氮及其化合物是重要的课题。
（1）基态氮原子中电子的空间运动状态有　 　种。
（2）是一种重要化工原料，也是潜在储氢材料。我国科学家提出合成氨的机理如下：
①　
②　
③　
则合成氨的反应　　 　。
（3）关于工业合成氨反应：，下列说法正确的有_____(填标号)。
A．增大浓度可以使转化率增大
B．降低体系温度有利于平衡向正反应方向移动
C．使用合适的催化剂可以提高的平衡转化率
D．加压有利于提高平衡混合物中氨的含量
（4）合成氨反应的历程和能量的变化如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注)。
在合成氨的基元反应中，决速步骤的活化能为　 　。
（5）催化还原NO是重要的烟气脱硝技术。向2L的密闭容器中充入和一定量的，在催化剂表面发生反应　，NO的转化率随温度变化的情况如图所示。在15min内将温度从升高到，此时间段内NO的平均反应速率为　 　。
（6）汽车尾气中的是大气污染物。活性炭对尾气中NO处理的原理为。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，反应相同时间内，测得NO的转化率随温度的变化关系如图所示。
①由图可知，该反应为　 　(填“放热”或“吸热”)反应；当温度低于1050K时，NO的转化率随温度升高而增大，可能的原因为　 　(写一条)。
②用某物质的平衡分压代替其平衡物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作)。在1050K、时，该反应的化学平衡常数　 　(已知：气体分压=气体总压×气体体积分数，写出计算过程)。
20．化学反应的原子经济能够将反应物的原子最大限度地转化为目标产物，实现资源的高效利用和环境友好。一种能体现原子经济性的化合物Ⅳ的合成的路线如下：
（1）化合物Ⅱ的分子式为　 　，化合物Ⅲ的官能团名称为　 　。
（2）化合物Ⅰ的某同分异构体属于芳香化合物，在核磁共振氢谱上只有4组峰，且峰面积之比为，其结构简式为　 　。
（3）根据化合物Ⅳ的结构特征，分析并预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
① 　 　 　 　 加成反应
② ，浓硫酸，加热 　 　 　 　
（4）下列说法正确的有_____(填标号)。
A．化合物Ⅲ中碳原子的杂化方式有和两种
B．化合物Ⅲ中所有碳原子可能共平面
C．化合物Ⅳ分子中不存在手性碳原子
D．化合物Ⅲ→Ⅳ的转化中，有的断裂和的形成
（5）以为唯一有机原料合成。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①最后一步反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
②若第一步反应涉及卤代烃制醇，该反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；无机非金属材料；合理利用金属资源
【解析】【解答】A、商周石蛇：名称中的“石”指石材，表明其主要材质为石头，属于非金属材料，A错误；B、春秋蛇纹铜提链罐：名称中的“铜”指青铜（铜合金），青铜是一种金属材料，因此其主要材质为金属材料，B正确；
C、唐彩绘生肖蛇陶俑：名称中的“陶俑”指陶器，材质为黏土烧制，属于非金属材料，C错误；
D、清青玉十二辰-蛇：名称中的“青玉”指玉石，材质为矿物玉石，属于非金属材料，D错误；
故答案为：B
【分析】金属材料是指金属元素或以金属元素为主构成的具有金属特性的材料的统称。具体包括：纯金属、合金、金属化合物、特种金属材料。
2．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；元素、核素
【解析】【解答】A、苯的分子式为 C6H6，实验式为 CH，表示正确，故 A 不符合题意；
B、氯元素质子数为 17，中子数为 20 时质量数为 37，核素符号 为，故 B 不符合题意；
C、SO32-中心 S 原子价层电子对数为 4，VSEPR 模型为四面体形，图示正确，故 C 不符合题意；
D、基态 Si 原子价层电子排布为 3s23p2，根据洪特规则，2 个 3p 电子应分占不同轨道且自旋平行， 价层电子轨道表示式为， 故 D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
实验式是化合物中各元素原子个数的最简整数比，苯的 C、H 原子个数最简比为 1：1，因此实验式为 CH；
核素符号中，左上角数字为质量数（质子数 + 中子数），左下角数字为质子数，氯元素质子数为 17，中子数为 20，因此质量数为 37；
SO32-中，中心 S 原子的价层电子对数 =σ 键数 + 孤电子对数 = 3+1=4，因此 VSEPR 模型为四面体形；
基态原子的电子排布需遵循洪特规则，即电子优先分占不同的等价轨道，且自旋状态相同，Si 原子的 3p 轨道有 2 个电子，应分占两个不同的 3p 轨道，而不是成对排布在同一个轨道中。
3．【答案】C
【知识点】极性分子和非极性分子；多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、料酒中的乙醇结构不对称，分子正负电荷中心不重合，属于极性分子，故 A 不符合题意；
B、纤维素是由多个葡萄糖单元组成的多糖，竹笋中富含纤维素，故 B 不符合题意；
C、猪油属于油脂，油脂的相对分子质量较小，不属于有机高分子化合物，故 C 符合题意；
D、蒸煮过程中，高温会破坏蛋白质的空间结构，使其发生变性，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
乙醇分子中含有极性键，结构不对称，正负电荷中心不重合，因此属于极性分子；
纤维素是由葡萄糖缩聚形成的高分子多糖，广泛存在于植物细胞壁中；
油脂的相对分子质量通常在几百到几千之间，远低于有机高分子化合物（相对分子质量一般上万）的标准；
高温会破坏蛋白质的氢键、二硫键等次级键，使其空间结构被破坏，发生不可逆变性。
4．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象
【解析】【解答】A、汽车尾气中的氮氧化物（NO ）主要是在发动机高温环境下，空气中的 N2和 O2发生反应生成的，并非汽油燃烧不充分的产物。汽油不完全燃烧主要产生 CO 等物质，A错误；
B、纯棉的主要成分是纤维素，灼烧时会产生类似烧纸的气味；纯毛的主要成分是蛋白质，灼烧时会产生类似烧焦羽毛的气味，因此可以通过灼烧法鉴别，B正确；
C、补铁剂中的铁元素常以 Fe3+形式存在，不易被人体吸收。维生素 C 具有还原性，可将 Fe3+转化为更易被人体吸收的 Fe2+，因此能促进铁的吸收，C正确；
D、铝在空气中易与 O2反应，形成一层致密的 Al2O3薄膜，这层膜能有效阻止内部的铝继续与氧气等物质反应，起到保护作用，D正确；
故答案为：A。
【分析】解题关键：
A．汽车尾气中 NO 是空气中 N2和 O2在高温下反应生成，并非汽油燃烧不充分的产物。
B．纯棉（纤维素）和纯毛（蛋白质）灼烧气味不同。
C．维生素 C 将难吸收的 Fe3+还原为易吸收的 Fe2+。
D．铝表面致密的 Al2O3薄膜阻止内部金属继续反应。
5．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、锌的化合价升高，发生氧化反应，作负极；氧化银中银元素化合价降低，发生还原反应，作正极，故 A 正确；
B、原电池工作时，阴离子会向负极移动，因此氢氧根离子向负极移动，该选项说法错误，故 B 错误；
C、正极上氧化银得电子，与水反应生成银和氢氧根离子，电极反应式为： ，故 C 正确；
D、电池外壳需要具备良好的导电性和耐腐蚀性，才能保证电池正常工作，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】原电池中，化合价升高的物质发生氧化反应，作负极；化合价降低的物质发生还原反应，作正极； 锌作负极，发生氧化反应：，作正极，发生还原反应：，总反应为：；原电池工作时，电解质溶液中的阴离子向负极移动，阳离子向正极移动。
6．【答案】C
【知识点】蒸馏与分馏；甲烷的取代反应；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、倾倒液体时，瓶塞倒放、标签朝向手心、试剂瓶口紧挨试管口，操作合理，故 A 不符合题意；
B、向沸水中滴加饱和 FeCl3溶液制备氢氧化铁胶体，操作合理，故 B 不符合题意；
C、甲烷与氯气取代后的液体混合物（氯代甲烷）为互溶的液体，且蒸馏装置中冷凝水应 “下进上出”，图中冷凝水进出方向错误，操作不合理，故 C 符合题意；
D、萃取分液时，下层液体从下口放出，操作合理，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
倾倒液体的操作需遵循瓶塞倒放、标签向手心、瓶口紧挨试管口的规范；
氢氧化铁胶体的制备方法是向沸水中滴加饱和 FeCl3溶液并继续煮沸至液体呈红褐色；
甲烷与氯气的取代产物互溶，分离应采用蒸馏，但冷凝管中冷却水应下口进、上口出，图中方向错误；
萃取分液时，下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体从上口倒出。
7．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；醇类简介；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、电解质能使胶体聚沉，卤水点豆腐的过程就是利用电解质使胶体发生聚沉，A不符合题意。B、84消毒液消毒时，次氯酸钠（ClO-）与二氧化碳和水反应生成次氯酸（HClO）和碳酸氢根（HCO3-），离子方程式为： ，B不符合题意。
C、甘油用于保湿面霜是因为其分子中含有三个羟基（—OH），能与水分子形成氢键，从而起到保湿作用，与其能否发生消去反应无关，C符合题意。
D、用Na2S溶液处理含Cu2+的污水时，S2-与Cu2+反应生成难溶的CuS沉淀，离子方程式为： ，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、卤水点豆腐利用了胶体聚沉的性质。
B、结合酸性强弱H2CO3＞HClO＞HCO3－分析。
C、甘油中的－OH可形成氢键，使得水溶性增强。
D、S2－能与Cu2＋形成难溶的CuS，从而除去Cu2＋。
8．【答案】C
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；氯气的实验室制法；氨的实验室制法；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A、实验室常用氯化铵与氢氧化钙固体加热制取氨气，反应方程式正确，故 A 不符合题意；
B、实验室用二氧化锰与浓盐酸加热制取氯气，反应方程式正确，故 B 不符合题意；
C、工业上通过电解饱和食盐水制备氢氧化钠，而非用氧化钠与水反应，该方程式与工业事实不符，正确的方程式为： ，故 C 符合题意；
D、工业上电解熔融氧化铝（加冰晶石作助熔剂）冶炼铝，反应方程式正确，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
实验室制氨气的经典方法是氯化铵与氢氧化钙加热反应；
实验室制氯气需用二氧化锰与浓盐酸加热，稀盐酸不反应；
工业制氢氧化钠的主流方法是电解饱和食盐水（氯碱工业），氧化钠原料成本高，不用于大规模生产；
工业冶炼铝需电解熔融氧化铝，冰晶石用于降低氧化铝的熔点。
9．【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；醇类简介；酯的性质
【解析】【解答】A、该化合物含有羟基、醛基、酯基三种官能团，故 A 不符合题意；
B、分子中的羟基、醛基均能被酸性 KMnO4溶液氧化，使其褪色，故 B 不符合题意；
C、该化合物不含碳碳双键或三键，无法发生加聚反应；羟基所连碳原子的邻位碳上无氢原子，无法发生消去反应，故 C 符合题意；
D、分子中只有酯基能与 NaOH 反应，1mol 该酯基水解消耗 1mol NaOH，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
官能团识别：需准确找出羟基、醛基、酯基三种官能团；
氧化反应判断：羟基（醇羟基）、醛基均具有还原性，可被酸性 KMnO4氧化；
反应类型判断：加聚反应需要碳碳不饱和键，消去反应要求羟基邻位碳上有氢原子，该分子均不满足；
与 NaOH 反应的计算：只有酯基能与 NaOH 反应，且该酯水解生成醇羟基，1mol 酯基仅消耗 1mol NaOH。
10．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、未指明标准状况，无法计算 44.8L 乙烯的物质的量，故 A 错误；
B、O2和 Cl2均为双原子分子，1mol 混合气体含 2mol 原子，数目为 2NA，故 B 正确；
C、64g Cu 物质的量为 1mol，与足量浓硝酸反应生成 NO2： ，但部分 NO2会转化为 N2O4，分子数目小于 2NA，故 C 错误；
D、NH4+在溶液中会发生水解，100mL 0.2mol/L NH4Cl 溶液中 NH4+数目小于 0.02NA，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
气体摩尔体积的适用条件是标准状况（0℃、101kPa），未指明条件时，不能直接用 22.4L/mol 计算气体物质的量；
O2和 Cl2均为双原子分子，1mol 任何双原子分子含 2mol 原子，与混合比例无关；
Cu 与浓硝酸反应时，部分 NO2会发生二聚反应生成 N2O4，导致分子总数减少；
NH4+为弱碱阳离子，在水溶液中会发生水解反应，导致其实际数目小于理论值。
11．【答案】C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、配制100 mL 2.00 mol·L- NaOH溶液，需要NaOH的质量为 。但NaOH具有强腐蚀性和易潮解性，不能放在滤纸上称量，应放在烧杯等玻璃器皿中称量，且托盘天平的精度为0.1g，无法称取8.00g，A错误；
B、虚线框内的操作4是定容，应先加蒸馏水至刻度线1~2cm处，再用胶头滴管滴加至凹液面与刻度线相切；而操作7是摇匀，二者作用不同，不能用操作7代替操作4，B错误；
C、若操作2中未冷却的NaOH溶液转移到容量瓶中，溶液温度较高，体积膨胀，冷却后溶液体积会小于容量瓶刻度线，根据 ， 偏小，所配溶液浓度偏高，C正确；
D、操作7摇匀后，部分溶液附着在容量瓶刻度线以上的内壁上，导致液面低于刻度线，这是正常现象，若补加蒸馏水，会使溶液体积偏大，浓度偏低，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点：
称量操作误区：忽略NaOH易潮解、有腐蚀性的特性，误以为可以用滤纸称量，且混淆了托盘天平（精度0.1g）与分析天平的精度。
操作功能混淆：把定容（操作4）和摇匀（操作7）的作用混为一谈，认为摇匀可以代替定容。
冷却步骤的影响：未冷却的溶液体积偏大，冷却后体积偏小，根据 ，浓度会偏高，容易误判为偏低。
定容后补加水：摇匀后液面低于刻度线是溶液附着在瓶壁上的正常现象，若补加水会导致浓度偏低，容易误判为需要补水。
12．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，对核外电子的吸引力越强，离子半径越小。O2-和 Na+电子层结构相同，O 的核电荷数更小，因此 O2-的离子半径大于 Na+，故 A 错误；
B、工业上制备金属钠时，Na2O 熔点高，电解能耗大、成本高；而 NaCl 熔点相对较低，工艺成熟，因此工业上采用电解熔融 NaCl 的方法制备钠，而非 Na2O，故 B 错误；
C、Z、Y、R 对应的简单氢化物分别为 H2O、CH4、HCl。H2O 分子间存在氢键，沸点显著高于其他两种；HCl 的相对分子质量大于 CH4，范德华力更强，沸点更高。因此沸点顺序为：H2O > HCl > CH4，故 C 错误；
D、同周期元素从左到右电负性递增，同主族元素从上到下电负性递减，因此 O 的电负性大于 C；CH4中 C 为负价、H 为正价，说明 C 的电负性大于 H。因此电负性顺序为：O > C > H，故 D 正确；
故答案为 D。
【分析】根据题目背景，短周期主族元素 X、Y、Z、W、R 原子序数依次增大。厨房化学中，食品膨松剂 WXYZ3为 NaHCO3，可推断 W 为 Na、X 为 H、Y 为 C、Z 为 O；食品防腐剂 WR 为 NaCl，可推断 R 为 Cl。因此，X、Y、Z、W、R 分别为 H、C、O、Na、Cl。
13．【答案】C
【知识点】极性分子和非极性分子；硅和二氧化硅；酯化反应
【解析】【解答】A．SiO2用于制作光纤是因为其对光具有良好的全反射性能，与其作为酸性氧化物的性质无直接因果关系，A项错误；B．聚丙烯酸钠能用于尿不湿是由于其分子中含有亲水基团，而非因其是吸水性高分子，陈述Ⅱ存在错误，B项错误；
C．浓硫酸在酯化反应中同时起到催化剂和吸水剂的作用，既能催化反应又能通过吸收水使平衡正向移动，陈述I和Ⅱ均正确且存在因果关系，C项正确；
D．烷基的推电子效应会降低羧基中羟基的极性，烷基越长推电子效应越强，导致羧酸酸性减弱，因此酸性强弱应为CH3COOH > C2H5COOH，陈述I错误，D项错误；
故答案为：C
【分析】A、SiO2用作光导纤维，是利用其良好的光学特性，与其酸性氧化物性质无关。
B、聚丙烯酸钠用于制尿不湿，是因为其具有亲水基团。
C、乙酸乙酯制备过程中加入浓硫酸，所起到的作用为催化剂和吸水剂。
D、烷基越长，推电子效应越大，使得羟基的极性减弱，酸性减弱。
14．【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；含硫物质的性质及综合应用；钠的氧化物
【解析】【解答】A、d 为 NaOH，e 为 SO2，二者反应时，SO2量不同产物不同：SO2少量生成 Na2SO3，SO2过量生成 NaHSO4（实际为 NaHSO3），可生成两种盐，故 A 不合理；
B、酸雨形成过程：S（a）→SO2（e）→H2SO3（f）→H2SO4（g），该过程符合实际，故 B 合理；
C、若 c 为淡黄色固体 Na2O2，与 SO2（e）反应：Na2O2 + SO2 = Na2SO4，属于氧化还原反应，故 C 合理；
D、浓硫酸（g）与 S（a）加热反应：S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O，可生成 SO2（e），故 D 合理；故答案为：A。
【分析】先根据化合价和物质类别推断各物质：
a：单质，化合价为 0 → S；b：氢化物，S 为 - 2 价 → H2S；c：氧化物，S 为 + 1 价 → Na2O2（若含 Na）或 S2O（结合选项，c 为淡黄色固体时是 Na2O2）；
d：氧化物的水化物，S 为 + 1 价 → NaOH（含 Na）；
e：氧化物，S 为 + 4 价 → SO2；f：氧化物的水化物，S 为 + 4 价 → H2SO3；g：氧化物的水化物，S 为 + 6 价 → H2SO4；
15．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子；活化能及其对化学反应速率的影响；绿色化学
【解析】【解答】A．M为，N为，二者结构对称，均为非极性分子，故A错误；
B．过程Ⅱ中没有键的断裂，故B错误；
C．催化剂能改变反应的活化能，但不影响反应焓变，故C错误；
D．总反应为化合反应，原子利用率可达，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A.极性分子中原子中心不重合，非极性分子中原子中心重合。
B.过程Ⅱ中没有键的断裂
C.催化剂不影响反应焓变。
D.化合反应的原子利用率可达。
16．【答案】C
【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、左侧负极中 H2O2被氧化（体现还原性），右侧正极中 H2O2被还原（体现氧化性），说明 H2O2在酸性环境中更易被还原，氧化性更强，故 A 正确；
B、负极室的 K+通过阳离子交换膜 1 进入中间室，正极室的 SO42-通过阴离子交换膜 2 进入中间室，因此膜 1 为阳离子交换膜，膜 2 为阴离子交换膜，故 B 正确；
C、外电路通过 0.2mol 电子时，负极有 0.2mol K+进入中间室，正极有 0.1mol SO42-进入中间室，生成 0.1mol K2SO4，质量为 0.1mol × 174g/mol = 17.4g，故 C 错误；
D、根据负极反应（H2O2-2e-+2OH-=2H2O+O2↑）和正极反应（H2O2+2e-+2H+=2H2O），相加可得总反应：2H2O2+2OH-+2H+=4H2O+O2↑，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】根据电子移动方向判断电极：左侧石墨为负极，碱性条件下 H2O2发生氧化反应生成 O2和 H2O；右侧石墨为正极，酸性条件下 H2O2发生还原反应生成 H2O。负极室的 K+通过阳离子交换膜进入中间室，正极室的 SO42-通过阴离子交换膜进入中间室，总反应为：2H2O2+2OH-+2H+=4H2O+O2↑。
17．【答案】AB；防止水解生成沉淀；0.36；溶液由黄色变为浅绿色；5.0；；分别加入少量的铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀(或者先加盐酸酸化再加氯化钡溶液，产生白色沉淀)；利用明矾净水(或利用硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液的双水解制作泡沫灭火器)
【知识点】盐类水解的应用；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】（1）①A．试管一般用于少量试剂的反应容器，A用不到；
B．分液漏斗主要用于分离互不相溶的液体混合物，B用不到；
C．容量瓶用于准确配制一定浓度的溶液，C用得到；
D．烧杯用于溶解固体，D用得到；
综上，答案是AB。
②氯化铁（）属于强酸弱碱盐，在水溶液中会发生水解反应：，水解使溶液显酸性。将固体溶解在浓盐酸中，是因为浓盐酸中含有大量，会抑制的水解，从而防止水解生成沉淀。
故答案为： AB ； 防止水解生成沉淀 ；
（2）根据给出的反应和，通过得失电子数目守恒可以得到转化关系：。已知滴定过程中消耗了的硫代硫酸钠（）溶液，根据物质的量的计算公式，可得的物质的量为：，由上述转化关系可知。量取的溶液体积为，再根据物质的量浓度的计算公式，可得溶液的浓度为：
。
故答案为： 0.36 ；
（3）根据给出的氧化-还原反应方程式，（溶液中通常为黄色）被还原为（溶液中通常为浅绿色）。所以向溶液中加入溶液的现象为溶液由黄色变为浅绿色。
故答案为： 溶液由黄色变为浅绿色 ；
（4）①实验目的是探究浓度相同时的加入量对反应的影响，要保证溶液总体积相同。溶液体积为2.0mL，根据组数据可知总体积为。则。
②水解显酸性，水解显碱性，二者双水解，化学方程式为，因不稳定，易分解，方程式为。
③若与除发生双水解反应外，还发生了氧化-还原反应，那么会被还原为，会被氧化为。检验：能与铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，所以向溶液中加入少量铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，则说明溶液中有生成，发生了氧化-还原反应。检验：先向溶液中加入足量稀盐酸酸化，排除等干扰离子，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则说明溶液中有生成，发生了氧化-还原反应。所以实验操作为分别加入少量的铁氰化钾溶液（或盐酸酸化的氯化钡溶液），产生蓝色沉淀（或白色沉淀）。
故答案为： 5.0 ； ； 分别加入少量的铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀(或者先加盐酸酸化再加氯化钡溶液，产生白色沉淀) ；
（5）在生产或生活中，盐类水解有很多应用。比如利用明矾净水，明矾的化学式为，其中的发生水解反应：，生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，能够吸附水中的悬浮杂质，从而起到净水的作用；再如利用硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液的双水解制作泡沫灭火器，硫酸铝溶液中的和碳酸氢钠溶液中的发生双水解反应：，生成的可以用于灭火。故答案可以为利用明矾净水（或利用硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液的双水解制作泡沫灭火器）。
故答案为： 利用明矾净水(或利用硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液的双水解制作泡沫灭火器) ；
【分析】 在配制一定物质的量浓度溶液时，其步骤包含计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等操作。
（1）① 依据配制一定物质的量浓度溶液的仪器用途，筛选出配制 FeCl3溶液时无需使用的试管和分液漏斗；
② 利用 Fe3+水解平衡移动原理，说明浓盐酸抑制 Fe3+水解、防止生成 Fe(OH)3沉淀的作用。
（2）根据反应的电子守恒关系，建立 FeCl3与 Na2S2O3的物质的量比例，结合滴定数据计算 FeCl3溶液的物质的量浓度。
（3）根据氧化还原反应中 Fe3+被还原为 Fe2+的颜色变化，判断 FeCl3溶液中加入 Na2SO3溶液的现象。
（4）① 依据控制变量实验的总体积不变原则，计算 Na2SO3溶液的体积 a；
② 结合盐类双水解及 H2SO3的不稳定性，写出 FeCl3与 Na2SO3反应的化学方程式；
③ 利用 Fe2+与铁氰化钾、SO42-与盐酸酸化的 BaCl2的特征反应，设计实验检验氧化还原反应的发生。
（5）结合常见盐类水解的应用实例，如明矾净水、泡沫灭火器原理，列举生活或生产中的应用场景。
18．【答案】（1）
（2）；
（3）ZnO；10
（4）趁热过滤；氧化酸浸
（5）体心；6
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；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）Ge是第四周期第ⅣA族元素，其基态原子的价层电子排布式为：；
故答案为： ；
（2）根据分析，“氧化酸浸”工序中，溶液，浸渣的主要成分为、S和SiO2；中S元素被双氧水氧化为S，离子方程式为：；
故答案为： ； ；
（3）根据分析，“中和沉淀”工序中，所加化合物A为ZnO；pH=5时，，。
故答案为： ZnO ； 10 ；
（4）①的溶解度随着温度的升高而降低，故回收的操作为蒸发浓缩结晶、趁热过滤、洗涤、干燥；
②用惰性电极电解溶液可制取金属锌，总反应方程式为：，电解后的溶液中含硫酸，可在上述流程中氧化酸浸工序循环使用；
故答案为： 趁热过滤 ； 氧化酸浸 ；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的黑球个数为8×=1、位于体心的条纹球个数为1、位于面心的白球个数为6×=3，由化学式可知，白球为Br原子，两球与Br原子的最短距离分别为面对角线的一半、棱长的一半，已知Cs与Br的最短距离比Ge与Br的最短距离大，故黑球为Cs原子、条纹球为Ge原子，Ge原子位于体心；晶胞中位于顶角的Cs原子与位于面心的Br原子距离最近，则Cs原子周围与其距离最近的Br原子的个数为12。
故答案为： 体心 ；6；
【分析】以 H2O2为氧化剂、H2SO4为酸性介质，将锌浸渣中的金属硫化物（ZnFe2O4、ZnS、GeS2）转化为可溶性硫酸盐（ZnSO4、Fe2(SO4)3、Ge(SO4)2）；GeS2中的 S 元素被氧化为单质硫，SiO2不参与反应，最终形成含 CaSO4、SiO2、S 的滤渣和含目标金属离子的滤液。向滤液中加入 ZnO 或 Zn(OH)2调节 pH，使 Fe3+、Ge4+分别转化为 Fe(OH)3、Ge(OH)4沉淀，实现杂质离子与 Zn2+的分离，同时避免引入新杂质。利用 ZnSO4 H2O “溶解度随温度升高而降低” 的特性，通过蒸发浓缩、趁热过滤的方式，从滤液中分离得到 ZnSO4 H2O 晶体。向中和沉淀得到的滤饼中加入盐酸溶解，通过蒸馏分离出 GeCl4；GeCl4经水解反应生成 GeO2，再经还原反应制得金属锗。以惰性电极电解 ZnSO4溶液，在阴极析出金属锌，阳极生成 O2和 H2SO4，生成的硫酸可返回氧化酸浸工序循环使用，实现资源闭环利用。
（1）根据 Ge 在周期表的位置（第四周期 ⅣA 族），结合主族元素价电子排布规律，直接写出价层电子排布式。
（2）结合酸性环境与 H2O2的氧化性，分析 GeS2中 S 元素的氧化产物，通过电子守恒、电荷守恒配平离子方程式；根据各物质的溶解性判断浸渣成分。
（3）结合 “除杂不引入新杂质” 的原则，选择 ZnO 作为 pH 调节剂；利用溶度积公式，结合 pH 计算的 c(OH-)，求出 Ge4+与 Fe3+的浓度比。
（4）① 根据 ZnSO4 H2O 的溶解度随温度变化规律，确定 “蒸发浓缩、趁热过滤” 的结晶操作；② 结合电解原理，分析 ZnSO4溶液电解的阴阳极反应，配平总反应方程式并说明硫酸的循环利用价值。
（5）利用晶胞均摊法计算原子数目，结合原子位置与性质判断原子种类；通过分析顶点 Cs 原子与面心 Br 原子的位置关系，得出配位数。
（1）Ge是第四周期第ⅣA族元素，其基态原子的价层电子排布式为：；
（2）根据分析，“氧化酸浸”工序中，溶液，浸渣的主要成分为、S和SiO2；中S元素被双氧水氧化为S，离子方程式为：；
（3）根据分析，“中和沉淀”工序中，所加化合物A为ZnO；pH=5时，，。
（4）①的溶解度随着温度的升高而降低，故回收的操作为蒸发浓缩结晶、趁热过滤、洗涤、干燥；
②用惰性电极电解溶液可制取金属锌，总反应方程式为：，电解后的溶液中含硫酸，可在上述流程中氧化酸浸工序循环使用；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的黑球个数为8×=1、位于体心的条纹球个数为1、位于面心的白球个数为6×=3，由化学式可知，白球为Br原子，两球与Br原子的最短距离分别为面对角线的一半、棱长的一半，已知Cs与Br的最短距离比Ge与Br的最短距离大，故黑球为Cs原子、条纹球为Ge原子，Ge原子位于体心；晶胞中位于顶角的Cs原子与位于面心的Br原子距离最近，则Cs原子周围与其距离最近的Br原子的个数为12。
19．【答案】（1）5
（2）
（3）B；D
（4）352
（5）0.057
（6）放热；温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，相同时间内NO的转化率增大；在1050K时，NO的平衡转化率为80%，假设起始充入，可列三段式：平衡时气体的总物质的量为。
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）N是7号元素，电子排布式为1s22s22p3，电子占用5个原子轨道，基态氮原子中电子的空间运动状态有5种。
故答案为： 5 ；
（2）①　
②　
③　
根据盖斯定律①+②+③得合成氨的反应　 。
故答案为： ；
（3）A. 增大浓度可以使平衡正向移动，但转化率减小，故A错误；
B. 正反应放热，降低体系温度，平衡向正反应方向移动，故B正确；
C. 催化剂不能使平衡移动，使用合适的催化剂，不能提高的平衡转化率，故C错误；
D. 正反应气体分子数减少，加压平衡正向移动，有利于提高平衡混合物中氨的含量，故D正确；
选BD。
故答案为： BD；
（4）活化能越大反应速率越慢，慢反应决定总反应速率，在合成氨的基元反应中，决速步骤的活化能为500kJ/mol-148kJ/mol=352。
故答案为： 352 ；
（5）15min内将温度从升高到，此时间段内NO的平均反应速率为。
故答案为： 0.057 ；
（6）①由图可知，升高温度，NO的平衡转化率减小，可知平衡逆向移动，则该反应为放热反应；温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，相同时间内NO的转化率增大，所以当温度低于1050K时，NO的转化率随温度升高而增大。
②用某物质的平衡分压代替其平衡物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作)。在1050K、时，NO的平衡转化率为80%
该反应的化学平衡常数。
故答案为： 放热 ； 温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，相同时间内NO的转化率增大 ； 在1050K时，NO的平衡转化率为80%，假设起始充入，可列三段式：
平衡时气体的总物质的量为。
；
【分析】（1）根据 N 的原子序数写出电子排布式，结合轨道数与电子空间运动状态的对应关系，直接得出基态 N 原子电子的空间运动状态种数。
（2）根据盖斯定律，将已知热化学方程式进行代数运算，推导出合成氨的总反应热化学方程式。
（3）结合合成氨反应的特点，逐一分析浓度、温度、催化剂、压强对平衡移动及平衡转化率的影响，选出正确选项。
（4）根据决速步骤活化能最大的特点，通过反应路径的能垒差计算合成氨决速步骤的活化能。
（5）根据平均反应速率的定义式，结合题目给出的 NO 浓度变化与反应时间，计算该时间段内 NO 的平均反应速率。
（6）① 结合图像中 NO 平衡转化率随温度的变化，判断反应的热效应，并分析温度低于 1050K 时转化率变化的原因；
② 根据平衡转化率计算平衡分压，再用平衡分压表示的平衡常数公式计算该反应的化学平衡常数。
（1）N是7号元素，电子排布式为1s22s22p3，电子占用5个原子轨道，基态氮原子中电子的空间运动状态有5种。
（2）①　
②　
③　
根据盖斯定律①+②+③得合成氨的反应　 。
（3）A. 增大浓度可以使平衡正向移动，但转化率减小，故A错误；
B. 正反应放热，降低体系温度，平衡向正反应方向移动，故B正确；
C. 催化剂不能使平衡移动，使用合适的催化剂，不能提高的平衡转化率，故C错误；
D. 正反应气体分子数减少，加压平衡正向移动，有利于提高平衡混合物中氨的含量，故D正确；
选BD。
（4）活化能越大反应速率越慢，慢反应决定总反应速率，在合成氨的基元反应中，决速步骤的活化能为500kJ/mol-148kJ/mol=352。
（5）15min内将温度从升高到，此时间段内NO的平均反应速率为。
（6）①由图可知，升高温度，NO的平衡转化率减小，可知平衡逆向移动，则该反应为放热反应；温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，相同时间内NO的转化率增大，所以当温度低于1050K时，NO的转化率随温度升高而增大。
②用某物质的平衡分压代替其平衡物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作)。在1050K、时，NO的平衡转化率为80%
该反应的化学平衡常数。
20．【答案】（1）；羟基
（2）
（3），催化剂，加热；；；取代(酯化)反应
（4）A；D
（5）；
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；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，化合物Ⅱ的分子式为C12H16O，化合物Ⅲ的官能团名称为羟基；
故答案为： ； 羟基 ；
（2）化合物Ⅰ的分子式为C10H14，属于芳香化合物的同分异构体核磁共振氢谱上只有4组峰，且峰面积之比为，说明含有两个对称的甲基，结构简式为：；
故答案为： ；
（3）①化合物Ⅳ中含有苯环，可以与氢气在催化剂的作用下加热发生加成反应转化为；
②化合物Ⅳ含有羧基，可以在浓硫酸加热的作用下与甲醇发生酯化反应转化为；
故答案为：，催化剂，加热 ； ； ； 取代(酯化)反应 ；
（4）A．化合物Ⅲ中苯环碳为sp2杂化，饱和碳为sp3杂化，碳原子的杂化方式有和两种，A正确；
B．化合物Ⅲ中含有结构“”，则所有碳原子不可能共平面，B错误；
C．化合物Ⅳ分子中存在1个手性碳原子，手性碳的位置如图所示：，C错误；
D．化合物Ⅲ→Ⅳ的转化中，发生加成反应，有的断裂和的形成，D正确；
故答案为：AD；
（5）以为唯一有机原料，合成，具体合成路线为：水解得到；与CO反应得到；与发生酯化反应，得到；
故最后一步反应的化学方程式为；
若第一步反应涉及卤代烃制醇，则该反应的化学方程式为。
故答案为： ； ；
【分析】起始物I（ ）与乙酸酐发生苯环上的亲电取代反应，在苯环对位引入乙酰基，生成II（ ）。对异丁基苯乙酮（II）在氢气作用下发生羰基还原反应，酮羰基被还原为羟基，得到III（ ）。醇（III）与 CO 发生羰基化反应，羟基被转化为羧基，最终生成目标产物IV（ ）。
（1）根据有机物结构简式，通过数原子得出分子式，并直接识别官能团名称；
（2）结合分子式、芳香性与核磁共振氢谱峰数及峰面积比，推断出结构高度对称的同分异构体；
（3）①根据苯环的加成反应特性，写出与 H2加成的产物；
②根据羧基的酯化反应特性，写出与甲醇反应的产物、反应条件及反应类型；
（4）结合有机物结构，逐一分析碳原子杂化方式、共面性、手性碳及反应过程的成键断键情况，判断选项正误；
（5）以给定卤代烃为原料，通过水解、羰基化、酯化三步反应，推导目标产物的合成路线并写出关键反应方程式。
（1）根据化合物Ⅱ的结构简式可知，化合物Ⅱ的分子式为C12H16O，化合物Ⅲ的官能团名称为羟基；
（2）化合物Ⅰ的分子式为C10H14，属于芳香化合物的同分异构体核磁共振氢谱上只有4组峰，且峰面积之比为，说明含有两个对称的甲基，结构简式为：；
（3）①化合物Ⅳ中含有苯环，可以与氢气在催化剂的作用下加热发生加成反应转化为；
②化合物Ⅳ含有羧基，可以在浓硫酸加热的作用下与甲醇发生酯化反应转化为；
（4）A．化合物Ⅲ中苯环碳为sp2杂化，饱和碳为sp3杂化，碳原子的杂化方式有和两种，A正确；
B．化合物Ⅲ中含有结构“”，则所有碳原子不可能共平面，B错误；
C．化合物Ⅳ分子中存在1个手性碳原子，手性碳的位置如图所示：，C错误；
D．化合物Ⅲ→Ⅳ的转化中，发生加成反应，有的断裂和的形成，D正确；
故选AD。
（5）以为唯一有机原料，合成，具体合成路线为：（1）水解得到；（2）与CO反应得到；（3）与发生酯化反应，得到；
①故最后一步反应的化学方程式为；
②若第一步反应涉及卤代烃制醇，则该反应的化学方程式为。
1 / 1广东省揭阳市2024-2025学年高二下学期教学质量测试化学试题
一、选择题：本题共16题，共44分。第1~10题，每小题2分；第11~16题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．蛇是十二生肖之一，下列有关蛇的历史文物中，主要材质为金属材料的是
A.商周石蛇 B.春秋蛇纹铜提链罐
C.唐彩绘生肖蛇陶俑 D.清青玉十二辰-蛇
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；无机非金属材料；合理利用金属资源
【解析】【解答】A、商周石蛇：名称中的“石”指石材，表明其主要材质为石头，属于非金属材料，A错误；B、春秋蛇纹铜提链罐：名称中的“铜”指青铜（铜合金），青铜是一种金属材料，因此其主要材质为金属材料，B正确；
C、唐彩绘生肖蛇陶俑：名称中的“陶俑”指陶器，材质为黏土烧制，属于非金属材料，C错误；
D、清青玉十二辰-蛇：名称中的“青玉”指玉石，材质为矿物玉石，属于非金属材料，D错误；
故答案为：B
【分析】金属材料是指金属元素或以金属元素为主构成的具有金属特性的材料的统称。具体包括：纯金属、合金、金属化合物、特种金属材料。
2．下列化学用语表示不正确的是
A．苯的实验式为CH
B．中子数为20的Cl原子的核素符号为
C．的VSEPR模型为
D．基态Si原子的价层电子轨道表示式为
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；元素、核素
【解析】【解答】A、苯的分子式为 C6H6，实验式为 CH，表示正确，故 A 不符合题意；
B、氯元素质子数为 17，中子数为 20 时质量数为 37，核素符号 为，故 B 不符合题意；
C、SO32-中心 S 原子价层电子对数为 4，VSEPR 模型为四面体形，图示正确，故 C 不符合题意；
D、基态 Si 原子价层电子排布为 3s23p2，根据洪特规则，2 个 3p 电子应分占不同轨道且自旋平行， 价层电子轨道表示式为， 故 D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
实验式是化合物中各元素原子个数的最简整数比，苯的 C、H 原子个数最简比为 1：1，因此实验式为 CH；
核素符号中，左上角数字为质量数（质子数 + 中子数），左下角数字为质子数，氯元素质子数为 17，中子数为 20，因此质量数为 37；
SO32-中，中心 S 原子的价层电子对数 =σ 键数 + 孤电子对数 = 3+1=4，因此 VSEPR 模型为四面体形；
基态原子的电子排布需遵循洪特规则，即电子优先分占不同的等价轨道，且自旋状态相同，Si 原子的 3p 轨道有 2 个电子，应分占两个不同的 3p 轨道，而不是成对排布在同一个轨道中。
3．民以食为天。下列说法不正确的是
A．料酒烧鱼去腥增鲜，料酒中的乙醇为极性分子
B．春笋炒肉香脆开胃，竹笋中的纤维素是多糖
C．猪油拌饭鲜香可口，猪油属于有机高分子化合物
D．潮汕牛肉丸肉质饱满，蒸煮牛肉丸时蛋白质发生变性
【答案】C
【知识点】极性分子和非极性分子；多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、料酒中的乙醇结构不对称，分子正负电荷中心不重合，属于极性分子，故 A 不符合题意；
B、纤维素是由多个葡萄糖单元组成的多糖，竹笋中富含纤维素，故 B 不符合题意；
C、猪油属于油脂，油脂的相对分子质量较小，不属于有机高分子化合物，故 C 符合题意；
D、蒸煮过程中，高温会破坏蛋白质的空间结构，使其发生变性，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
乙醇分子中含有极性键，结构不对称，正负电荷中心不重合，因此属于极性分子；
纤维素是由葡萄糖缩聚形成的高分子多糖，广泛存在于植物细胞壁中；
油脂的相对分子质量通常在几百到几千之间，远低于有机高分子化合物（相对分子质量一般上万）的标准；
高温会破坏蛋白质的氢键、二硫键等次级键，使其空间结构被破坏，发生不可逆变性。
4．化学学科提倡从生活走进化学，从化学走向社会，下列有关说法不正确的是
A．汽车尾气中的氮氧化物主要由汽油燃烧不充分产生，会造成酸雨等环境问题
B．用灼烧的方法可以鉴别纯棉织物和纯毛织物
C．维生素C具有还原性，与补铁剂同时服用，能促进铁的吸收
D．铝制品表面形成的致密氧化膜，起着保护内部金属的作用
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象
【解析】【解答】A、汽车尾气中的氮氧化物（NO ）主要是在发动机高温环境下，空气中的 N2和 O2发生反应生成的，并非汽油燃烧不充分的产物。汽油不完全燃烧主要产生 CO 等物质，A错误；
B、纯棉的主要成分是纤维素，灼烧时会产生类似烧纸的气味；纯毛的主要成分是蛋白质，灼烧时会产生类似烧焦羽毛的气味，因此可以通过灼烧法鉴别，B正确；
C、补铁剂中的铁元素常以 Fe3+形式存在，不易被人体吸收。维生素 C 具有还原性，可将 Fe3+转化为更易被人体吸收的 Fe2+，因此能促进铁的吸收，C正确；
D、铝在空气中易与 O2反应，形成一层致密的 Al2O3薄膜，这层膜能有效阻止内部的铝继续与氧气等物质反应，起到保护作用，D正确；
故答案为：A。
【分析】解题关键：
A．汽车尾气中 NO 是空气中 N2和 O2在高温下反应生成，并非汽油燃烧不充分的产物。
B．纯棉（纤维素）和纯毛（蛋白质）灼烧气味不同。
C．维生素 C 将难吸收的 Fe3+还原为易吸收的 Fe2+。
D．铝表面致密的 Al2O3薄膜阻止内部金属继续反应。
5．锌银纽扣电池是生活中常见的一次电池，其构造示意图如下。下列说法不正确的是
A．作电池的负极
B．电池工作时，向正极移动
C．正极的电极反应：
D．金属外壳需具有良好的导电性和耐腐蚀性
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、锌的化合价升高，发生氧化反应，作负极；氧化银中银元素化合价降低，发生还原反应，作正极，故 A 正确；
B、原电池工作时，阴离子会向负极移动，因此氢氧根离子向负极移动，该选项说法错误，故 B 错误；
C、正极上氧化银得电子，与水反应生成银和氢氧根离子，电极反应式为： ，故 C 正确；
D、电池外壳需要具备良好的导电性和耐腐蚀性，才能保证电池正常工作，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】原电池中，化合价升高的物质发生氧化反应，作负极；化合价降低的物质发生还原反应，作正极； 锌作负极，发生氧化反应：，作正极，发生还原反应：，总反应为：；原电池工作时，电解质溶液中的阴离子向负极移动，阳离子向正极移动。
6．下列实验的对应操作中不合理的是
A．倾倒液体药品 B．制备氢氧化铁胶体
C．分离甲烷与氯气取代反应后的液体混合物 D．萃取后放出下层液体
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】蒸馏与分馏；甲烷的取代反应；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、倾倒液体时，瓶塞倒放、标签朝向手心、试剂瓶口紧挨试管口，操作合理，故 A 不符合题意；
B、向沸水中滴加饱和 FeCl3溶液制备氢氧化铁胶体，操作合理，故 B 不符合题意；
C、甲烷与氯气取代后的液体混合物（氯代甲烷）为互溶的液体，且蒸馏装置中冷凝水应 “下进上出”，图中冷凝水进出方向错误，操作不合理，故 C 符合题意；
D、萃取分液时，下层液体从下口放出，操作合理，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
倾倒液体的操作需遵循瓶塞倒放、标签向手心、瓶口紧挨试管口的规范；
氢氧化铁胶体的制备方法是向沸水中滴加饱和 FeCl3溶液并继续煮沸至液体呈红褐色；
甲烷与氯气的取代产物互溶，分离应采用蒸馏，但冷凝管中冷却水应下口进、上口出，图中方向错误；
萃取分液时，下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体从上口倒出。
7．“劳动人民是世界上最伟大的人”。下列劳动项目中与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 厨师：用卤水点豆腐 胶体的聚沉
B 保洁员：用84消毒液消毒
C 化妆师：用甘油制备保湿面霜 甘油能发生消去反应
D 环保工程师：用溶液处理含的污水
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；醇类简介；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、电解质能使胶体聚沉，卤水点豆腐的过程就是利用电解质使胶体发生聚沉，A不符合题意。B、84消毒液消毒时，次氯酸钠（ClO-）与二氧化碳和水反应生成次氯酸（HClO）和碳酸氢根（HCO3-），离子方程式为： ，B不符合题意。
C、甘油用于保湿面霜是因为其分子中含有三个羟基（—OH），能与水分子形成氢键，从而起到保湿作用，与其能否发生消去反应无关，C符合题意。
D、用Na2S溶液处理含Cu2+的污水时，S2-与Cu2+反应生成难溶的CuS沉淀，离子方程式为： ，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、卤水点豆腐利用了胶体聚沉的性质。
B、结合酸性强弱H2CO3＞HClO＞HCO3－分析。
C、甘油中的－OH可形成氢键，使得水溶性增强。
D、S2－能与Cu2＋形成难溶的CuS，从而除去Cu2＋。
8．下列方程式与所给事实不相符的是
A．实验室制
B．实验室制(浓)
C．工业制
D．工业冶炼铝：(熔融)
【答案】C
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；氯气的实验室制法；氨的实验室制法；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A、实验室常用氯化铵与氢氧化钙固体加热制取氨气，反应方程式正确，故 A 不符合题意；
B、实验室用二氧化锰与浓盐酸加热制取氯气，反应方程式正确，故 B 不符合题意；
C、工业上通过电解饱和食盐水制备氢氧化钠，而非用氧化钠与水反应，该方程式与工业事实不符，正确的方程式为： ，故 C 符合题意；
D、工业上电解熔融氧化铝（加冰晶石作助熔剂）冶炼铝，反应方程式正确，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
实验室制氨气的经典方法是氯化铵与氢氧化钙加热反应；
实验室制氯气需用二氧化锰与浓盐酸加热，稀盐酸不反应；
工业制氢氧化钠的主流方法是电解饱和食盐水（氯碱工业），氧化钠原料成本高，不用于大规模生产；
工业冶炼铝需电解熔融氧化铝，冰晶石用于降低氧化铝的熔点。
9．青杞可清热解毒，其化学成分多种多样，其中一种成分白英素B的结构简式如图所示。关于该化合物，下列说法不正确的是
A．含有三种官能团
B．能使酸性溶液褪色
C．可发生加聚反应和消去反应
D．1mol白英素B完全反应最多消耗1molNaOH
【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；醇类简介；酯的性质
【解析】【解答】A、该化合物含有羟基、醛基、酯基三种官能团，故 A 不符合题意；
B、分子中的羟基、醛基均能被酸性 KMnO4溶液氧化，使其褪色，故 B 不符合题意；
C、该化合物不含碳碳双键或三键，无法发生加聚反应；羟基所连碳原子的邻位碳上无氢原子，无法发生消去反应，故 C 符合题意；
D、分子中只有酯基能与 NaOH 反应，1mol 该酯基水解消耗 1mol NaOH，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
官能团识别：需准确找出羟基、醛基、酯基三种官能团；
氧化反应判断：羟基（醇羟基）、醛基均具有还原性，可被酸性 KMnO4氧化；
反应类型判断：加聚反应需要碳碳不饱和键，消去反应要求羟基邻位碳上有氢原子，该分子均不满足；
与 NaOH 反应的计算：只有酯基能与 NaOH 反应，且该酯水解生成醇羟基，1mol 酯基仅消耗 1mol NaOH。
10．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中键的数目为
B．和的混合气体含有的原子数目为
C．64gCu与足量浓硝酸反应，生成分子的数目为
D．溶液中，的数目为
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、未指明标准状况，无法计算 44.8L 乙烯的物质的量，故 A 错误；
B、O2和 Cl2均为双原子分子，1mol 混合气体含 2mol 原子，数目为 2NA，故 B 正确；
C、64g Cu 物质的量为 1mol，与足量浓硝酸反应生成 NO2： ，但部分 NO2会转化为 N2O4，分子数目小于 2NA，故 C 错误；
D、NH4+在溶液中会发生水解，100mL 0.2mol/L NH4Cl 溶液中 NH4+数目小于 0.02NA，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
气体摩尔体积的适用条件是标准状况（0℃、101kPa），未指明条件时，不能直接用 22.4L/mol 计算气体物质的量；
O2和 Cl2均为双原子分子，1mol 任何双原子分子含 2mol 原子，与混合比例无关；
Cu 与浓硝酸反应时，部分 NO2会发生二聚反应生成 N2O4，导致分子总数减少；
NH4+为弱碱阳离子，在水溶液中会发生水解反应，导致其实际数目小于理论值。
11．下图是配制溶液的过程示意图，下列说法正确的是
A．操作1前用托盘天平和滤纸称取氢氧化钠固体
B．为使溶液充分混合，虚线框内的操作可用操作7
C．若操作2中未冷却的溶液转移到容量瓶中，所配溶液浓度偏高
D．操作7后发现液面低于刻度线，此时需补加少量蒸馏水至刻度线
【答案】C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、配制100 mL 2.00 mol·L- NaOH溶液，需要NaOH的质量为 。但NaOH具有强腐蚀性和易潮解性，不能放在滤纸上称量，应放在烧杯等玻璃器皿中称量，且托盘天平的精度为0.1g，无法称取8.00g，A错误；
B、虚线框内的操作4是定容，应先加蒸馏水至刻度线1~2cm处，再用胶头滴管滴加至凹液面与刻度线相切；而操作7是摇匀，二者作用不同，不能用操作7代替操作4，B错误；
C、若操作2中未冷却的NaOH溶液转移到容量瓶中，溶液温度较高，体积膨胀，冷却后溶液体积会小于容量瓶刻度线，根据 ， 偏小，所配溶液浓度偏高，C正确；
D、操作7摇匀后，部分溶液附着在容量瓶刻度线以上的内壁上，导致液面低于刻度线，这是正常现象，若补加蒸馏水，会使溶液体积偏大，浓度偏低，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点：
称量操作误区：忽略NaOH易潮解、有腐蚀性的特性，误以为可以用滤纸称量，且混淆了托盘天平（精度0.1g）与分析天平的精度。
操作功能混淆：把定容（操作4）和摇匀（操作7）的作用混为一谈，认为摇匀可以代替定容。
冷却步骤的影响：未冷却的溶液体积偏大，冷却后体积偏小，根据 ，浓度会偏高，容易误判为偏低。
定容后补加水：摇匀后液面低于刻度线是溶液附着在瓶壁上的正常现象，若补加水会导致浓度偏低，容易误判为需要补水。
12．常用作食品膨松剂，WR常用作腌制食品的防腐剂。X、Y、Z、W、R为五种短周期主族元素且原子序数依次增大，X、W位于同主族，Y和Z能组成两种化合物，其中一种是常用的还原剂，另一种是常用的灭火剂且是直线形分子。下列说法正确的是
A．简单离子半径：
B．工业上常电解熔融制备W单质
C．简单氢化物的沸点：
D．电负性：
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，对核外电子的吸引力越强，离子半径越小。O2-和 Na+电子层结构相同，O 的核电荷数更小，因此 O2-的离子半径大于 Na+，故 A 错误；
B、工业上制备金属钠时，Na2O 熔点高，电解能耗大、成本高；而 NaCl 熔点相对较低，工艺成熟，因此工业上采用电解熔融 NaCl 的方法制备钠，而非 Na2O，故 B 错误；
C、Z、Y、R 对应的简单氢化物分别为 H2O、CH4、HCl。H2O 分子间存在氢键，沸点显著高于其他两种；HCl 的相对分子质量大于 CH4，范德华力更强，沸点更高。因此沸点顺序为：H2O > HCl > CH4，故 C 错误；
D、同周期元素从左到右电负性递增，同主族元素从上到下电负性递减，因此 O 的电负性大于 C；CH4中 C 为负价、H 为正价，说明 C 的电负性大于 H。因此电负性顺序为：O > C > H，故 D 正确；
故答案为 D。
【分析】根据题目背景，短周期主族元素 X、Y、Z、W、R 原子序数依次增大。厨房化学中，食品膨松剂 WXYZ3为 NaHCO3，可推断 W 为 Na、X 为 H、Y 为 C、Z 为 O；食品防腐剂 WR 为 NaCl，可推断 R 为 Cl。因此，X、Y、Z、W、R 分别为 H、C、O、Na、Cl。
13．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 SiO2可以用来制作光纤 SiO2是酸性氧化物
B 聚丙烯酸钠可用于制尿不湿 聚丙烯酸钠含疏水基团
C 制备乙酸乙酯时加入浓硫酸 浓硫酸常做催化剂和吸水剂
D 酸性：C2H5COOH＞CH3COOH 烷基越长，推电子效应越大
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】极性分子和非极性分子；硅和二氧化硅；酯化反应
【解析】【解答】A．SiO2用于制作光纤是因为其对光具有良好的全反射性能，与其作为酸性氧化物的性质无直接因果关系，A项错误；B．聚丙烯酸钠能用于尿不湿是由于其分子中含有亲水基团，而非因其是吸水性高分子，陈述Ⅱ存在错误，B项错误；
C．浓硫酸在酯化反应中同时起到催化剂和吸水剂的作用，既能催化反应又能通过吸收水使平衡正向移动，陈述I和Ⅱ均正确且存在因果关系，C项正确；
D．烷基的推电子效应会降低羧基中羟基的极性，烷基越长推电子效应越强，导致羧酸酸性减弱，因此酸性强弱应为CH3COOH > C2H5COOH，陈述I错误，D项错误；
故答案为：C
【分析】A、SiO2用作光导纤维，是利用其良好的光学特性，与其酸性氧化物性质无关。
B、聚丙烯酸钠用于制尿不湿，是因为其具有亲水基团。
C、乙酸乙酯制备过程中加入浓硫酸，所起到的作用为催化剂和吸水剂。
D、烷基越长，推电子效应越大，使得羟基的极性减弱，酸性减弱。
14．部分含Na或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．d与e反应只能生成1种盐
B．酸雨的形成过程可以为a→e→f→g
C．若c为淡黄色固体，则c与e能发生氧化还原反应
D．g的浓溶液与a反应可能有e生成
【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；含硫物质的性质及综合应用；钠的氧化物
【解析】【解答】A、d 为 NaOH，e 为 SO2，二者反应时，SO2量不同产物不同：SO2少量生成 Na2SO3，SO2过量生成 NaHSO4（实际为 NaHSO3），可生成两种盐，故 A 不合理；
B、酸雨形成过程：S（a）→SO2（e）→H2SO3（f）→H2SO4（g），该过程符合实际，故 B 合理；
C、若 c 为淡黄色固体 Na2O2，与 SO2（e）反应：Na2O2 + SO2 = Na2SO4，属于氧化还原反应，故 C 合理；
D、浓硫酸（g）与 S（a）加热反应：S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O，可生成 SO2（e），故 D 合理；故答案为：A。
【分析】先根据化合价和物质类别推断各物质：
a：单质，化合价为 0 → S；b：氢化物，S 为 - 2 价 → H2S；c：氧化物，S 为 + 1 价 → Na2O2（若含 Na）或 S2O（结合选项，c 为淡黄色固体时是 Na2O2）；
d：氧化物的水化物，S 为 + 1 价 → NaOH（含 Na）；
e：氧化物，S 为 + 4 价 → SO2；f：氧化物的水化物，S 为 + 4 价 → H2SO3；g：氧化物的水化物，S 为 + 6 价 → H2SO4；
15．利用铜基催化剂可将温室气体中的与转化为其反应历程如图所示。下列说法正确的是
A．M为极性分子，N为非极性分子
B．过程Ⅰ和Ⅱ中均存在键的断裂
C．使用铜基催化剂能降低总反应的活化能与焓变
D．该反应的原子利用率可达
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子；活化能及其对化学反应速率的影响；绿色化学
【解析】【解答】A．M为，N为，二者结构对称，均为非极性分子，故A错误；
B．过程Ⅱ中没有键的断裂，故B错误；
C．催化剂能改变反应的活化能，但不影响反应焓变，故C错误；
D．总反应为化合反应，原子利用率可达，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A.极性分子中原子中心不重合，非极性分子中原子中心重合。
B.过程Ⅱ中没有键的断裂
C.催化剂不影响反应焓变。
D.化合反应的原子利用率可达。
16．在新型能源技术里，直接过氧化氢燃料电池备受关注。它的独特之处在于同时作燃料和氧化剂，能高效转换能量。某研究小组利用该电池和离子交换膜进行电解质溶液处理，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是
A．该电池表明在酸性环境中的氧化性强于碱性环境
B．离子交换膜1是阳离子交换膜，离子交换膜2是阴离子交换膜
C．理论上，当外电路通过时，中间室的质量增加34.8g
D．电池的总反应为
【答案】C
【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、左侧负极中 H2O2被氧化（体现还原性），右侧正极中 H2O2被还原（体现氧化性），说明 H2O2在酸性环境中更易被还原，氧化性更强，故 A 正确；
B、负极室的 K+通过阳离子交换膜 1 进入中间室，正极室的 SO42-通过阴离子交换膜 2 进入中间室，因此膜 1 为阳离子交换膜，膜 2 为阴离子交换膜，故 B 正确；
C、外电路通过 0.2mol 电子时，负极有 0.2mol K+进入中间室，正极有 0.1mol SO42-进入中间室，生成 0.1mol K2SO4，质量为 0.1mol × 174g/mol = 17.4g，故 C 错误；
D、根据负极反应（H2O2-2e-+2OH-=2H2O+O2↑）和正极反应（H2O2+2e-+2H+=2H2O），相加可得总反应：2H2O2+2OH-+2H+=4H2O+O2↑，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】根据电子移动方向判断电极：左侧石墨为负极，碱性条件下 H2O2发生氧化反应生成 O2和 H2O；右侧石墨为正极，酸性条件下 H2O2发生还原反应生成 H2O。负极室的 K+通过阳离子交换膜进入中间室，正极室的 SO42-通过阴离子交换膜进入中间室，总反应为：2H2O2+2OH-+2H+=4H2O+O2↑。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．在生产和生活中用途广泛。
Ⅰ．溶液的配制及浓度的标定
（1）溶液的配制
①配制100mL一定浓度的溶液不需用到的仪器有　 　(填字母)。
②配制溶液时，需要将固体溶解在浓盐酸中，原因为　 　。
（2）溶液浓度的标定
量取溶液于碘量瓶中，加入过量KI溶液，充分反应后加入少量淀粉溶液，再用标准溶液滴定至蓝色恰好消失，重复操作三次，平均消耗标准溶液的体积为20.00mL。则该溶液的浓度为　 　。(已知：，)
Ⅱ．与反应的探究
（3）预测现象1：向溶液中加入溶液，现象为　 　。
作出该预测的原因为溶液与溶液发生了氧化还原反应：。
预测现象2：向溶液中加入溶液，生成红褐色沉淀。
（4）实验验证：小组同学设计以下实验探究溶液中：浓度相同时的加入量对反应的影响，其中溶液为Ⅰ中所配溶液，溶液浓度为。静置6小时观察现象，测定反应后溶液的pH，并记录数据：
序号 ⅰ ⅱ ⅲ ⅳ ⅴ ⅵ ⅶ
2.0 2.0 2.0 2.0 2.0 2.0 2.0
0 1.0 2.0 a 15.0 20.0 26.0
38.0 37.0 36.0 33.0 23.0 18.0 12.0
现象 溶液接近无色透明 出现红褐色沉淀
pH 1.7 1.7 1.7 1.8 2.8 5.4 6.2
①请补充表格中的数据：　 　。
②实验ⅵ和ⅶ的实验现象说明溶液中的水解与的水解相互促进(即发生了双水解反应)，请写出反应的化学方程式：　 　。
③甲同学认为实验ⅵ和ⅶ中，与除发生双水解反应外，还发生了氧化还原反应。请设计实验证明猜想：分别取实验ⅵ和ⅶ中上层清液于两支试管中，　 　(填实验操作与现象)，则说明猜想成立。
（5）请写出一种水解反应在生产或生活中的应用：　 　。
【答案】AB；防止水解生成沉淀；0.36；溶液由黄色变为浅绿色；5.0；；分别加入少量的铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀(或者先加盐酸酸化再加氯化钡溶液，产生白色沉淀)；利用明矾净水(或利用硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液的双水解制作泡沫灭火器)
【知识点】盐类水解的应用；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】（1）①A．试管一般用于少量试剂的反应容器，A用不到；
B．分液漏斗主要用于分离互不相溶的液体混合物，B用不到；
C．容量瓶用于准确配制一定浓度的溶液，C用得到；
D．烧杯用于溶解固体，D用得到；
综上，答案是AB。
②氯化铁（）属于强酸弱碱盐，在水溶液中会发生水解反应：，水解使溶液显酸性。将固体溶解在浓盐酸中，是因为浓盐酸中含有大量，会抑制的水解，从而防止水解生成沉淀。
故答案为： AB ； 防止水解生成沉淀 ；
（2）根据给出的反应和，通过得失电子数目守恒可以得到转化关系：。已知滴定过程中消耗了的硫代硫酸钠（）溶液，根据物质的量的计算公式，可得的物质的量为：，由上述转化关系可知。量取的溶液体积为，再根据物质的量浓度的计算公式，可得溶液的浓度为：
。
故答案为： 0.36 ；
（3）根据给出的氧化-还原反应方程式，（溶液中通常为黄色）被还原为（溶液中通常为浅绿色）。所以向溶液中加入溶液的现象为溶液由黄色变为浅绿色。
故答案为： 溶液由黄色变为浅绿色 ；
（4）①实验目的是探究浓度相同时的加入量对反应的影响，要保证溶液总体积相同。溶液体积为2.0mL，根据组数据可知总体积为。则。
②水解显酸性，水解显碱性，二者双水解，化学方程式为，因不稳定，易分解，方程式为。
③若与除发生双水解反应外，还发生了氧化-还原反应，那么会被还原为，会被氧化为。检验：能与铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，所以向溶液中加入少量铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，则说明溶液中有生成，发生了氧化-还原反应。检验：先向溶液中加入足量稀盐酸酸化，排除等干扰离子，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则说明溶液中有生成，发生了氧化-还原反应。所以实验操作为分别加入少量的铁氰化钾溶液（或盐酸酸化的氯化钡溶液），产生蓝色沉淀（或白色沉淀）。
故答案为： 5.0 ； ； 分别加入少量的铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀(或者先加盐酸酸化再加氯化钡溶液，产生白色沉淀) ；
（5）在生产或生活中，盐类水解有很多应用。比如利用明矾净水，明矾的化学式为，其中的发生水解反应：，生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，能够吸附水中的悬浮杂质，从而起到净水的作用；再如利用硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液的双水解制作泡沫灭火器，硫酸铝溶液中的和碳酸氢钠溶液中的发生双水解反应：，生成的可以用于灭火。故答案可以为利用明矾净水（或利用硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液的双水解制作泡沫灭火器）。
故答案为： 利用明矾净水(或利用硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液的双水解制作泡沫灭火器) ；
【分析】 在配制一定物质的量浓度溶液时，其步骤包含计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等操作。
（1）① 依据配制一定物质的量浓度溶液的仪器用途，筛选出配制 FeCl3溶液时无需使用的试管和分液漏斗；
② 利用 Fe3+水解平衡移动原理，说明浓盐酸抑制 Fe3+水解、防止生成 Fe(OH)3沉淀的作用。
（2）根据反应的电子守恒关系，建立 FeCl3与 Na2S2O3的物质的量比例，结合滴定数据计算 FeCl3溶液的物质的量浓度。
（3）根据氧化还原反应中 Fe3+被还原为 Fe2+的颜色变化，判断 FeCl3溶液中加入 Na2SO3溶液的现象。
（4）① 依据控制变量实验的总体积不变原则，计算 Na2SO3溶液的体积 a；
② 结合盐类双水解及 H2SO3的不稳定性，写出 FeCl3与 Na2SO3反应的化学方程式；
③ 利用 Fe2+与铁氰化钾、SO42-与盐酸酸化的 BaCl2的特征反应，设计实验检验氧化还原反应的发生。
（5）结合常见盐类水解的应用实例，如明矾净水、泡沫灭火器原理，列举生活或生产中的应用场景。
18．锗是一种战略性金属，广泛应用于光学及电子工业领域。一种用锌浸渣(主要含，另含少量ZnS、以及)提取Ge和的工艺流程如图所示。
已知：①锗在硫酸中的存在形式：时主要为，时主要为。
②常温下，，。
（1）Ge是第四周期第ⅣA族元素，其基态原子的价层电子排布式为　 　。
（2）“氧化酸浸”工序中，溶液，浸渣的主要成分为、S和　 　(填化学式)；被双氧水氧化的离子方程式为　 　。
（3）“中和沉淀”工序中，所加化合物A为　 　(填“”“ZnO”或“NaOH”)；室温下，调节溶液，Ge和Fe共沉淀，此时滤液中　 　。
（4）①在水溶液中的溶解度曲线如图所示，则从滤液中回收的操作为蒸发浓缩结晶、　 　、洗涤、干燥。
②用惰性电极电解溶液可制取金属锌，电解后的溶液可在上述流程中　 　工序循环使用。
（5）“”是一种可用于制作太阳电池的钙钛矿型材料，其立方晶胞如图所示。Cs与Br的最短距离比Ge与Br的最短距离大，则Ge在晶胞中的位置为　 　(填“体心”“面心”或“顶角”)；晶体中一个Ge周围与其距离最近的Br的个数为　 　。
【答案】（1）
（2）；
（3）ZnO；10
（4）趁热过滤；氧化酸浸
（5）体心；6
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；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）Ge是第四周期第ⅣA族元素，其基态原子的价层电子排布式为：；
故答案为： ；
（2）根据分析，“氧化酸浸”工序中，溶液，浸渣的主要成分为、S和SiO2；中S元素被双氧水氧化为S，离子方程式为：；
故答案为： ； ；
（3）根据分析，“中和沉淀”工序中，所加化合物A为ZnO；pH=5时，，。
故答案为： ZnO ； 10 ；
（4）①的溶解度随着温度的升高而降低，故回收的操作为蒸发浓缩结晶、趁热过滤、洗涤、干燥；
②用惰性电极电解溶液可制取金属锌，总反应方程式为：，电解后的溶液中含硫酸，可在上述流程中氧化酸浸工序循环使用；
故答案为： 趁热过滤 ； 氧化酸浸 ；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的黑球个数为8×=1、位于体心的条纹球个数为1、位于面心的白球个数为6×=3，由化学式可知，白球为Br原子，两球与Br原子的最短距离分别为面对角线的一半、棱长的一半，已知Cs与Br的最短距离比Ge与Br的最短距离大，故黑球为Cs原子、条纹球为Ge原子，Ge原子位于体心；晶胞中位于顶角的Cs原子与位于面心的Br原子距离最近，则Cs原子周围与其距离最近的Br原子的个数为12。
故答案为： 体心 ；6；
【分析】以 H2O2为氧化剂、H2SO4为酸性介质，将锌浸渣中的金属硫化物（ZnFe2O4、ZnS、GeS2）转化为可溶性硫酸盐（ZnSO4、Fe2(SO4)3、Ge(SO4)2）；GeS2中的 S 元素被氧化为单质硫，SiO2不参与反应，最终形成含 CaSO4、SiO2、S 的滤渣和含目标金属离子的滤液。向滤液中加入 ZnO 或 Zn(OH)2调节 pH，使 Fe3+、Ge4+分别转化为 Fe(OH)3、Ge(OH)4沉淀，实现杂质离子与 Zn2+的分离，同时避免引入新杂质。利用 ZnSO4 H2O “溶解度随温度升高而降低” 的特性，通过蒸发浓缩、趁热过滤的方式，从滤液中分离得到 ZnSO4 H2O 晶体。向中和沉淀得到的滤饼中加入盐酸溶解，通过蒸馏分离出 GeCl4；GeCl4经水解反应生成 GeO2，再经还原反应制得金属锗。以惰性电极电解 ZnSO4溶液，在阴极析出金属锌，阳极生成 O2和 H2SO4，生成的硫酸可返回氧化酸浸工序循环使用，实现资源闭环利用。
（1）根据 Ge 在周期表的位置（第四周期 ⅣA 族），结合主族元素价电子排布规律，直接写出价层电子排布式。
（2）结合酸性环境与 H2O2的氧化性，分析 GeS2中 S 元素的氧化产物，通过电子守恒、电荷守恒配平离子方程式；根据各物质的溶解性判断浸渣成分。
（3）结合 “除杂不引入新杂质” 的原则，选择 ZnO 作为 pH 调节剂；利用溶度积公式，结合 pH 计算的 c(OH-)，求出 Ge4+与 Fe3+的浓度比。
（4）① 根据 ZnSO4 H2O 的溶解度随温度变化规律，确定 “蒸发浓缩、趁热过滤” 的结晶操作；② 结合电解原理，分析 ZnSO4溶液电解的阴阳极反应，配平总反应方程式并说明硫酸的循环利用价值。
（5）利用晶胞均摊法计算原子数目，结合原子位置与性质判断原子种类；通过分析顶点 Cs 原子与面心 Br 原子的位置关系，得出配位数。
（1）Ge是第四周期第ⅣA族元素，其基态原子的价层电子排布式为：；
（2）根据分析，“氧化酸浸”工序中，溶液，浸渣的主要成分为、S和SiO2；中S元素被双氧水氧化为S，离子方程式为：；
（3）根据分析，“中和沉淀”工序中，所加化合物A为ZnO；pH=5时，，。
（4）①的溶解度随着温度的升高而降低，故回收的操作为蒸发浓缩结晶、趁热过滤、洗涤、干燥；
②用惰性电极电解溶液可制取金属锌，总反应方程式为：，电解后的溶液中含硫酸，可在上述流程中氧化酸浸工序循环使用；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的黑球个数为8×=1、位于体心的条纹球个数为1、位于面心的白球个数为6×=3，由化学式可知，白球为Br原子，两球与Br原子的最短距离分别为面对角线的一半、棱长的一半，已知Cs与Br的最短距离比Ge与Br的最短距离大，故黑球为Cs原子、条纹球为Ge原子，Ge原子位于体心；晶胞中位于顶角的Cs原子与位于面心的Br原子距离最近，则Cs原子周围与其距离最近的Br原子的个数为12。
19．利用化学反应原理研究氮及其化合物是重要的课题。
（1）基态氮原子中电子的空间运动状态有　 　种。
（2）是一种重要化工原料，也是潜在储氢材料。我国科学家提出合成氨的机理如下：
①　
②　
③　
则合成氨的反应　　 　。
（3）关于工业合成氨反应：，下列说法正确的有_____(填标号)。
A．增大浓度可以使转化率增大
B．降低体系温度有利于平衡向正反应方向移动
C．使用合适的催化剂可以提高的平衡转化率
D．加压有利于提高平衡混合物中氨的含量
（4）合成氨反应的历程和能量的变化如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注)。
在合成氨的基元反应中，决速步骤的活化能为　 　。
（5）催化还原NO是重要的烟气脱硝技术。向2L的密闭容器中充入和一定量的，在催化剂表面发生反应　，NO的转化率随温度变化的情况如图所示。在15min内将温度从升高到，此时间段内NO的平均反应速率为　 　。
（6）汽车尾气中的是大气污染物。活性炭对尾气中NO处理的原理为。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，反应相同时间内，测得NO的转化率随温度的变化关系如图所示。
①由图可知，该反应为　 　(填“放热”或“吸热”)反应；当温度低于1050K时，NO的转化率随温度升高而增大，可能的原因为　 　(写一条)。
②用某物质的平衡分压代替其平衡物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作)。在1050K、时，该反应的化学平衡常数　 　(已知：气体分压=气体总压×气体体积分数，写出计算过程)。
【答案】（1）5
（2）
（3）B；D
（4）352
（5）0.057
（6）放热；温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，相同时间内NO的转化率增大；在1050K时，NO的平衡转化率为80%，假设起始充入，可列三段式：平衡时气体的总物质的量为。
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）N是7号元素，电子排布式为1s22s22p3，电子占用5个原子轨道，基态氮原子中电子的空间运动状态有5种。
故答案为： 5 ；
（2）①　
②　
③　
根据盖斯定律①+②+③得合成氨的反应　 。
故答案为： ；
（3）A. 增大浓度可以使平衡正向移动，但转化率减小，故A错误；
B. 正反应放热，降低体系温度，平衡向正反应方向移动，故B正确；
C. 催化剂不能使平衡移动，使用合适的催化剂，不能提高的平衡转化率，故C错误；
D. 正反应气体分子数减少，加压平衡正向移动，有利于提高平衡混合物中氨的含量，故D正确；
选BD。
故答案为： BD；
（4）活化能越大反应速率越慢，慢反应决定总反应速率，在合成氨的基元反应中，决速步骤的活化能为500kJ/mol-148kJ/mol=352。
故答案为： 352 ；
（5）15min内将温度从升高到，此时间段内NO的平均反应速率为。
故答案为： 0.057 ；
（6）①由图可知，升高温度，NO的平衡转化率减小，可知平衡逆向移动，则该反应为放热反应；温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，相同时间内NO的转化率增大，所以当温度低于1050K时，NO的转化率随温度升高而增大。
②用某物质的平衡分压代替其平衡物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作)。在1050K、时，NO的平衡转化率为80%
该反应的化学平衡常数。
故答案为： 放热 ； 温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，相同时间内NO的转化率增大 ； 在1050K时，NO的平衡转化率为80%，假设起始充入，可列三段式：
平衡时气体的总物质的量为。
；
【分析】（1）根据 N 的原子序数写出电子排布式，结合轨道数与电子空间运动状态的对应关系，直接得出基态 N 原子电子的空间运动状态种数。
（2）根据盖斯定律，将已知热化学方程式进行代数运算，推导出合成氨的总反应热化学方程式。
（3）结合合成氨反应的特点，逐一分析浓度、温度、催化剂、压强对平衡移动及平衡转化率的影响，选出正确选项。
（4）根据决速步骤活化能最大的特点，通过反应路径的能垒差计算合成氨决速步骤的活化能。
（5）根据平均反应速率的定义式，结合题目给出的 NO 浓度变化与反应时间，计算该时间段内 NO 的平均反应速率。
（6）① 结合图像中 NO 平衡转化率随温度的变化，判断反应的热效应，并分析温度低于 1050K 时转化率变化的原因；
② 根据平衡转化率计算平衡分压，再用平衡分压表示的平衡常数公式计算该反应的化学平衡常数。
（1）N是7号元素，电子排布式为1s22s22p3，电子占用5个原子轨道，基态氮原子中电子的空间运动状态有5种。
（2）①　
②　
③　
根据盖斯定律①+②+③得合成氨的反应　 。
（3）A. 增大浓度可以使平衡正向移动，但转化率减小，故A错误；
B. 正反应放热，降低体系温度，平衡向正反应方向移动，故B正确；
C. 催化剂不能使平衡移动，使用合适的催化剂，不能提高的平衡转化率，故C错误；
D. 正反应气体分子数减少，加压平衡正向移动，有利于提高平衡混合物中氨的含量，故D正确；
选BD。
（4）活化能越大反应速率越慢，慢反应决定总反应速率，在合成氨的基元反应中，决速步骤的活化能为500kJ/mol-148kJ/mol=352。
（5）15min内将温度从升高到，此时间段内NO的平均反应速率为。
（6）①由图可知，升高温度，NO的平衡转化率减小，可知平衡逆向移动，则该反应为放热反应；温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，相同时间内NO的转化率增大，所以当温度低于1050K时，NO的转化率随温度升高而增大。
②用某物质的平衡分压代替其平衡物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作)。在1050K、时，NO的平衡转化率为80%
该反应的化学平衡常数。
20．化学反应的原子经济能够将反应物的原子最大限度地转化为目标产物，实现资源的高效利用和环境友好。一种能体现原子经济性的化合物Ⅳ的合成的路线如下：
（1）化合物Ⅱ的分子式为　 　，化合物Ⅲ的官能团名称为　 　。
（2）化合物Ⅰ的某同分异构体属于芳香化合物，在核磁共振氢谱上只有4组峰，且峰面积之比为，其结构简式为　 　。
（3）根据化合物Ⅳ的结构特征，分析并预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
① 　 　 　 　 加成反应
② ，浓硫酸，加热 　 　 　 　
（4）下列说法正确的有_____(填标号)。
A．化合物Ⅲ中碳原子的杂化方式有和两种
B．化合物Ⅲ中所有碳原子可能共平面
C．化合物Ⅳ分子中不存在手性碳原子
D．化合物Ⅲ→Ⅳ的转化中，有的断裂和的形成
（5）以为唯一有机原料合成。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①最后一步反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
②若第一步反应涉及卤代烃制醇，该反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
【答案】（1）；羟基
（2）
（3），催化剂，加热；；；取代(酯化)反应
（4）A；D
（5）；
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；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，化合物Ⅱ的分子式为C12H16O，化合物Ⅲ的官能团名称为羟基；
故答案为： ； 羟基 ；
（2）化合物Ⅰ的分子式为C10H14，属于芳香化合物的同分异构体核磁共振氢谱上只有4组峰，且峰面积之比为，说明含有两个对称的甲基，结构简式为：；
故答案为： ；
（3）①化合物Ⅳ中含有苯环，可以与氢气在催化剂的作用下加热发生加成反应转化为；
②化合物Ⅳ含有羧基，可以在浓硫酸加热的作用下与甲醇发生酯化反应转化为；
故答案为：，催化剂，加热 ； ； ； 取代(酯化)反应 ；
（4）A．化合物Ⅲ中苯环碳为sp2杂化，饱和碳为sp3杂化，碳原子的杂化方式有和两种，A正确；
B．化合物Ⅲ中含有结构“”，则所有碳原子不可能共平面，B错误；
C．化合物Ⅳ分子中存在1个手性碳原子，手性碳的位置如图所示：，C错误；
D．化合物Ⅲ→Ⅳ的转化中，发生加成反应，有的断裂和的形成，D正确；
故答案为：AD；
（5）以为唯一有机原料，合成，具体合成路线为：水解得到；与CO反应得到；与发生酯化反应，得到；
故最后一步反应的化学方程式为；
若第一步反应涉及卤代烃制醇，则该反应的化学方程式为。
故答案为： ； ；
【分析】起始物I（ ）与乙酸酐发生苯环上的亲电取代反应，在苯环对位引入乙酰基，生成II（ ）。对异丁基苯乙酮（II）在氢气作用下发生羰基还原反应，酮羰基被还原为羟基，得到III（ ）。醇（III）与 CO 发生羰基化反应，羟基被转化为羧基，最终生成目标产物IV（ ）。
（1）根据有机物结构简式，通过数原子得出分子式，并直接识别官能团名称；
（2）结合分子式、芳香性与核磁共振氢谱峰数及峰面积比，推断出结构高度对称的同分异构体；
（3）①根据苯环的加成反应特性，写出与 H2加成的产物；
②根据羧基的酯化反应特性，写出与甲醇反应的产物、反应条件及反应类型；
（4）结合有机物结构，逐一分析碳原子杂化方式、共面性、手性碳及反应过程的成键断键情况，判断选项正误；
（5）以给定卤代烃为原料，通过水解、羰基化、酯化三步反应，推导目标产物的合成路线并写出关键反应方程式。
（1）根据化合物Ⅱ的结构简式可知，化合物Ⅱ的分子式为C12H16O，化合物Ⅲ的官能团名称为羟基；
（2）化合物Ⅰ的分子式为C10H14，属于芳香化合物的同分异构体核磁共振氢谱上只有4组峰，且峰面积之比为，说明含有两个对称的甲基，结构简式为：；
（3）①化合物Ⅳ中含有苯环，可以与氢气在催化剂的作用下加热发生加成反应转化为；
②化合物Ⅳ含有羧基，可以在浓硫酸加热的作用下与甲醇发生酯化反应转化为；
（4）A．化合物Ⅲ中苯环碳为sp2杂化，饱和碳为sp3杂化，碳原子的杂化方式有和两种，A正确；
B．化合物Ⅲ中含有结构“”，则所有碳原子不可能共平面，B错误；
C．化合物Ⅳ分子中存在1个手性碳原子，手性碳的位置如图所示：，C错误；
D．化合物Ⅲ→Ⅳ的转化中，发生加成反应，有的断裂和的形成，D正确；
故选AD。
（5）以为唯一有机原料，合成，具体合成路线为：（1）水解得到；（2）与CO反应得到；（3）与发生酯化反应，得到；
①故最后一步反应的化学方程式为；
②若第一步反应涉及卤代烃制醇，则该反应的化学方程式为。
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