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广西壮族自治区南宁市2024-2025学年高三毕业班第一次适应性测试化学试卷
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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．苏轼《浣溪沙·细雨斜风作晓寒》：“雪沫乳花浮午盏，蓼茸蒿笋试春盘。人间有味是清欢。”美食是美好生活的重要组成部分。下列对美食的叙述错误的是
A．罗汉笋爆双脆：“笋”的主要成分易水解
B．恋爱豆腐果：石膏是制作“豆腐”的凝固剂
C．折耳根炒腊肉：碘盐常作腌制“腊肉”的防腐剂
D．柳州螺蛳粉：“粉”的主要成分是多糖
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；盐类水解的应用；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、笋的主要成分是纤维素，纤维素是一种结构稳定的多糖，在常温、普通烹饪条件下不易水解，只有在强酸、强碱或特定酶的作用下才会发生明显水解，A错误；
B、制作豆腐时，常用石膏作为凝固剂，石膏的主要成分是CaSO4·2H2O，加入豆浆后可使蛋白质胶体发生聚沉，从而凝固成豆腐，是传统的豆腐凝固剂之一，B正确；
C、腌制腊肉主要是利用氯化钠形成高盐、高渗透压环境抑制微生物生长，起到防腐作用，碘盐中碘元素主要是为了补充人体所需碘，预防碘缺乏病，C正确；
D、柳州螺蛳粉的 “粉” 主要由大米等制作，大米主要成分是淀粉，淀粉属于多糖，D正确；
故答案为：A
【分析】做题时要注意 “易水解”“常作防腐剂” 等表述的严谨性，结合实际条件（如纤维素的水解条件、碘盐的用途）判断选项是否符合事实。
2．实验室常用氯化钠粉末和浓硫酸共热制备氯化氢，下列叙述错误的是
A．分子间氢键使浓硫酸呈黏稠状
B．的电子式：
C．中阴离子的VSEPR模型：
D．形成过程：
【答案】D
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；原子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；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、浓硫酸分子中的H和O相连，使得硫酸分子间能够形成氢键，且氢键是较强的分子间作用力，据此增大了分子间的相互作用，使浓硫酸呈黏稠状，A正确；
B、是离子化合物，由Na+、Cl-通过离子键结合而成，因此阳离子直接写电子符号，阴离子需用方括号标出最外层电子并注明电荷，其电子式为：， B正确；
C、中心S原子的价层电子对数=键电子对数+孤电子对数=，无孤电子对，其VSEPR模型为四面体形，C正确；
D、图中是Cl2的形成过程，形成过程应为：，D错误；
故答案为：D
【分析】判断原子的杂化类型，最基本的常规方法，是根据VSEPR判断：价层电子对数=孤电子对数+σ键电子对数。而杂化轨道要么用来容纳孤电子对，要么填充1个电子用来形成σ键。因此杂化轨道数就等于价层电子对数。
3．科学技术推动社会进步。下列有关科技动态的化学解读错误的是
选项 科技动态 化学解读
A 构筑了超短沟道弹道二维晶体管 Se位于元素周期表第四周期VIA族
B 人工智能首次成功从零生成原始蛋白质 蛋白质是有机高分子
C 中国科学院开发出钽酸锂异质集成晶圆，并成功用其制作高性能光子芯片 钽酸锂属于无机非金属材料
D 开发催化剂利用太阳能实现加氢合成 该反应的原子利用率为100%
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；绿色化学
【解析】【解答】A、晶体管速度快、能耗低，具有良好的半导体特性，Se元素的原子序数为34，最外层电子数为6，位于元素周期表第四周期ⅥA族，在金属与非金属分界线附近，A正确；
B、有机高分子的定义是：相对分子质量在 10000 以上的有机化合物，而蛋白质的相对分子质量通常可达数万至数百万，符合有机高分子的范畴，B正确；
C、无机非金属材料通常指由非金属元素或含少量金属元素组成的化合物材料（如陶瓷、玻璃等），钽酸锂异质集成晶圆具有良好半导体性能，钽酸锂属于新型无机非金属材料，C正确；
D、结合质量守恒，加氢合成的反应为：，反应除了生成目标产物外，还生成了H2O，因此原子并没有全部应用于目标产物，该反应原子利用率小于100%，D错误；
故答案为：D
【分析】原子利用率的定义是 “目标产物的原子质量占反应物原子总质量的百分比”，只有反应物全部转化为单一目标产物的反应，原子利用率才为 100%（如加成反应）。而绿色化学反应是符合 “原子经济性”“环境友好” 原则的化学反应，旨在减少或消除有毒有害物质的使用、产生，从源头上降低化学过程对环境的危害，同时提高资源利用率。
4．人参是著名中草药之一，人参皂苷(如图)是人参的活性成分，下列有关该物质的叙述错误的是
A．能使酸性溶液褪色 B．分子内能形成氢键
C．碳原子有3种杂化类型 D．能发生加成、取代反应
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质；烯烃；有机物（官能团）的检验
【解析】【解答】A、人参皂苷分子中含有碳碳双键和羟基，碳碳双键具有还原性，可被酸性KMnO4氧化，双键断裂，生成羧酸或酮；分子中的羟基为醇羟基，连接在饱和碳原子上，若羟基相连的碳上有H，可被酸性KMnO4氧化为羰基，因此，该物质能使酸性KMnO4溶液褪色，A正确；
B、分子中存在多个羟基，羟基中的O原子电负性大、带有孤电子对，可与相邻羟基上的H原子形成分子内氢键，因此分子内能形成氢键，B正确；
C、该分子中碳原子的杂化类型有杂化（羧基、酯基、碳碳双键中的碳原子）和杂化（如饱和碳原子），共2种杂化类型，并无第3种杂化，C错误；
D、分子中含有碳碳双键，可与H2、Br2等发生加成反应；含有羟基、酯基等，能发生取代反应 ，该选项正确；
故答案为：C
【分析】氢键可分为分子间氢键与分子内氢键两大类。一个分子的X—H键与另一个分子的Y相结合而成的氢键，称为分子间氢键。例如，水、甲酸、乙酸等缔合体就是通过分子间氢键而形成的。在某些分子里，如邻位硝基苯酚中的羟基O—H也可与硝基的氧原子生成氢键，即：这种一个分子的X—H键与它内部的Y相结合而成的氢键称为分子内氢键。
5．下列玻璃仪器能完成对应实验的是
选项 实验 玻璃仪器
A 制备纯净的 分液漏斗、导管、酒精灯
B 区别氨水和溶液 试管和胶头滴管
C 粗盐提纯 烧杯、玻璃棒、酒精灯
D 配制溶液 烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氯气的实验室制法；常用仪器及其使用；化学实验操作的先后顺序；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、制备纯净的Cl2，需要的步骤包括：发生反应→除杂→干燥→收集，需要分液漏斗、圆底烧瓶、酒精灯、洗气瓶（用饱和NaCl溶液除HCl）、干燥装置（用浓硫酸除水）而选项中缺少圆底烧瓶、洗气瓶等仪器，A错误；
B、可以用试管和胶头滴管进行互滴实验来区别氨水和AgNO3溶液。将氨水滴入AgNO3溶液中，先产生白色沉淀，继续滴加沉淀溶解；将AgNO3溶液滴入氨水中，开始无明显现象，后产生沉淀，利用不同现象可以鉴别，因此仅用试管和胶头滴管即可完成该鉴别实验，能完成实验，B正确；
C、粗盐提纯的步骤是：溶解→过滤→蒸发结晶，溶解需要烧杯、玻璃棒；过滤需要漏斗、烧杯、玻璃棒；蒸发需要蒸发皿、酒精灯、玻璃棒；选项中缺少漏斗、蒸发皿，无法完成过滤和蒸发步骤，C错误；
D、配制0.1mol·L-1Na2SO4溶液，需要的仪器包括：容量瓶（定容）、烧杯（溶解）、玻璃棒（搅拌/引流）、胶头滴管（定容）、量筒（量取溶剂），而选项中缺少容量瓶，无法准确配制一定物质的量浓度的溶液，D错误；
故答案为：B
【分析】本题要明确实验的完整操作步骤，匹配每个步骤所需的核心仪器，制备纯净气体时，关注除杂和干燥所需的洗气瓶等仪器；物质鉴别时，明确鉴别方法，判断所需仪器是否能完成操作；分离提纯时，关注过滤、蒸发的专用仪器；溶液配制时，容量瓶是核心仪器，不能用其他仪器替代。
6．根据题意，下列反应的化学方程式或离子方程式错误的是
选项 情景 反应方程式
A 水滴石穿
B 在作用下溶液氧化制备
C 工业上制备粗硅
D 用固体改良碱性(主要含)土壤
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；硅和二氧化硅；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、水滴石穿的本质是碳酸钙与空气中的CO2、水反应生成可溶性的碳酸氢钙，相对应的离子方程式为：CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO3-，符合反应实际，A正确；
B、在NaOH碱性条件下，ClO-做强氧化剂将Fe(OH)3氧化为FeO42-，而ClO-被还原为Cl-，根据得失电子守恒，Fe从+3价升高到+6价，每个Fe失去3e-；Cl从+1价降低到-1价，每个Cl得2e-，配平后离子方程式为：，方程式正确，B正确；
C、工业制备粗硅的反应中，C过量时，SiO2与C在高温下反应生成的是CO而非CO2，因为高温下CO2会与过量的C进一步反应生成CO，故高温正确的化学方程式应为：，C错误；
D、固体改良碱性(主要含)土壤，是碳酸钠与硫酸钙反应转化为更难溶的碳酸钙沉淀的过程，据此可降低土壤中CO32-的浓度，因为CO32-水解显碱性，从而改良碱性土壤，正确的化学方程式应为：，D正确；
故答案为：C
【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。
离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
7．某元素(该元素仅为或或N或S)的“价-类”二维关系如图所示。下列叙述正确的是
A．若a是淡黄色固体，则在新制氯水中通入e能生成g
B．若c在空气中迅速转化成红棕色e，则a中σ键、π键数目之比为
C．若d为红褐色固体，则与稀硝酸完全反应时一定失去电子
D．若常温下，a与水发生剧烈反应，则b在空气中因发生氧化还原反应而变质
【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A、若a是淡黄色固体，则a化合价为0，是单质S；e化合价+4价，是；g化合价+6价，是，新制氯水是一种强氧化剂，将通入后能生成，相关的化学反应方程式为：，A正确；
B、若c在空气中迅速转化成红棕色e ，则c只可能为，e为，a是单质N2，N2的结构式为：，1个分子中含1个σ键、2个π键，故a中σ键、π键数目之比为，B错误；
C、若d为红褐色固体，则a为，d为，Fe与稀硝酸的反应时，硝酸的浓度不同，产物也就不同，可能为Fe2+或Fe3+，比如的物质的量为，与稀硝酸完全反应生成硝酸亚铁时，失去电子，C错误；
D、若常温下，a与水发生剧烈反应，则a为，b为，在空气中变质是因为吸收变成了Na2CO3，相关的化学反应方程式为：，无元素化合价变化，属于非氧化还原反应，D错误；
故答案为：A
【分析】题干限定该元素仅为或或N或S，结合价类二维图，横坐标为化合价，纵坐标为物质类别，先明确各元素对应的价-类分布情况，然后结合选项中的限定条件，逐步推断出其相对应的物质。
8．第三周期四种元素对应的氧化物中离子键的百分数、熔点如图所示。
下列有关说法错误的是
A．金属性：T＞W＞P＞Q
B．上述Q对应的氧化物为共价晶体
C．上述W的氧化物熔点高于T的氧化物是因为其摩尔质量较大
D．熔化上述T、W对应的氧化物时克服离子键
【答案】C
【知识点】化学键；离子键的形成；晶体的定义；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、第三周期元素金属性随原子序数增大而减弱，几何离子键百分数可知，金属性越强，形成氧化物中离子键成分越大，A正确；
B、Q的氧化物中离子键含量少，以共价键为主，且Q的熔点较高，据此可以推断出它是共价晶体，B正确；
C、W、T的氧化物中中离子键含量都比较多，可以推测为离子晶体，离子晶体的熔点与晶格能有关，W对应的氧化物熔点高于T，是因为离子所带电荷较多、离子半径较小，故离子键较强，与摩尔质量无关，C错误；
D、T、W的氧化物含离子键百分数超过或接近50％，可以推测为离子晶体，熔化时克服离子键，在水溶液中则是克服静电引力，D正确；
故答案为：C
【分析】第三周期元素中，氧化物的离子键百分数随金属性减弱而降低，金属氧化物离子键占比高，非金属氧化物共价键占比高。结合图中离子键百分数：T>W>P>Q，对应元素为：T：活泼金属（如Na，氧化物Na2O）；W：较活泼金属（如Mg，氧化物MgO）；P：金属（如Al，氧化物Al2O3）；Q：非金属（如Si，氧化物SiO2）。
9．设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是
A．溶液中数为
B．标准状况下，生成时，反应转移的电子数为
C．工业上电解饱和食盐水制备时阴极收集到的气体产物总分子数为
D．在核反应中，的中子数为
【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；元素、核素；气体摩尔体积；电解池工作原理及应用；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、高氯酸钾是强酸强碱盐，在水溶液中能完全电离且不会发生水解，因此溶液中为：，数目为，A正确；
B、反应中H、F元素化合价不变，OF2中氧化合价由+2变为0得到O2，水中氧化合价由-2变为0得到O2，相关的反应方程式为：，每生成1mol氧气转移电子2mol，则标准状况下生成时，也就是为0.5molO2时，反应转移电子数为，B错误；
C、工业上电解饱和食盐水的方程式：，阴极收集到的气体为氢气，的物质的量为，阴极收集到的氢气的分子数为，C正确；
D、观察选项可知，左上角为质量数，左下角为核电荷数，而核电荷数+中子数=质量数，因此在核反应中A=226-4=222，Z=88-2=86，则Rn的中子数为222-86=136，故的中子数为，D正确；
故答案为：B
【分析】阿伏加德罗定律在使用时要注意以下几个方面：
前提条件：指问题设置的前提(外界因素)，如标准状况，常温常压，温度为25℃、压强为1.01×105Pa等。若后面设置的量为物质的体积，则需要考虑所给物质是否为气体、是否为标准状况。若后面所给的量为物质的质量或物质的量，则不需要考虑物质所处环境是否为标准状况。22.4L/mol是在标准状况(0 ℃，1.01×105Pa)下的气体摩尔体积；物质状态：22.4L/mol使用的对象是气体(包括混合气体)，只有气体才可用气体摩尔体积；气体单质的组成除常见的双原子分子外，还有单原子分子(如Ne)、三原子分子(如O3)、四原子分子(如P4)等。
10．催化剂Cat1、Cat2均能催化反应，反应历程如图所示，为中间产物。其他条件相同时，下列说法错误的是
A．达到平衡后升高温度，平衡常数减小
B．使用Cat1和Cat2，反应均经3步进行
C．达到平衡所用时间：Cat1>Cat2
D．所达到的最高浓度：
【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、由反应历程图可知，W(g)的相对能量高于G(g)，说明反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，达到平衡后升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，A正确；
B、由反应历程图可知，反应历程的“步骤数”由中间体的数量决定，使用Cat1和Cat2，的反应均经过“W→中间体1→P→G”，反应历程均经3步进行，B正确；
C、由图可知，最大活化能：Cat1>Cat2，活化能最大的基元反应为决速反应，活化能越大，反应速率越小，则平均反应速率：Cat1Cat2，C正确；
D、由图可知，在前两步反应中使用Cat2时活化能均较低，反应速率较快，最后一步反应中使用Cat2活化能较大，反应速率较慢，即使用Cat2时生成较快，消耗较慢，则P(g)所达到的最高浓度：Cat1故答案为：D
【分析】能垒：简单可以理解为从左往右进行中，向上爬坡最高的为能垒，而包含此能垒的反应我们称之为决速步骤，也叫做慢反应。要注意：能垒越大，反应速率越小，即多步反应中能垒最大的反应为决速反应；用不同催化剂催化化学反应，催化剂使能垒降低幅度越大，说明催化效果越好；相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。
11．某离子与其检验试剂GBHA的反应如图所示，其中为原子序数依次增大的短周期主族元素，下列说法正确的是
A．键角：
B．离子半径：
C．氢化物的沸点：
D．同周期主族元素中第一电离能大于的元素有2种
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、∠1：对应O-H键的键角，Z（O）在Z-W（O-H）中，O还连接苯环，O的价层电子对数为4，含2对孤电子对，键角接近H2O的键角，约为104.5°；∠2：对应N=C键的键角，Y（N）形成N=C双键，N的价层电子对数为3，无孤电子对，键角接近120°。因此键角∠1 <∠2，A错误；
B、Y为N3 ，Z为O2 ，M为Mg2+，的电子层结构均为2、8，这三种离子核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小。N、O、Mg的核电荷数依次增大，所以离子半径Y>Z>M ，B正确；
C、X的氢化物可能为高分子化合物（聚乙烯），状态不一，Y的氢化物为NH3 ，没有指明具体氢化物，无法比较沸点，C错误；
D、同周期主族元素第一电离能（稀有气体除外），第二周期主族元素第一电离能顺序为：LiO故答案为：B
【分析】根据反应式及原子序数递增的短周期主族元素，分析试剂GBHA中各元素：反应中生成W+，说明W是IA族元素，结合原子序数最小，W为H，生成H+； 存在X-X键，且原子序数大于H，X为C；存在Y=X（Y=C双键），原子序数大于C，Y为N；Z与H（W）形成Z-W键，原子序数大于N，Z为O；M生成M2+，原子序数大于O，M为Mg。
12．根据下列操作及现象，得出的结论正确的是
选项 操作及现象 结论
A 在锌粒和稀硫酸的混合物中滴加少量溶液，产生的速率加快 作该反应的催化剂
B 在碘水中加入环己烷，振荡，静置，下层溶液颜色变浅 碘与环己烷发生了取代反应
C 在和的混合溶液中加入铁粉，溶液颜色变浅 减少反应物浓度，平衡向左移动
D 在含和的溶液中滴加溶液，生成白色沉淀
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；分液和萃取；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、在锌粒和稀硫酸的混合物中滴加少量CuSO4溶液，Zn会与CuSO4发生置换反应生成Cu，Zn与Cu形成原电池，加快了Zn与稀硫酸的反应速率，催化剂需参与反应后恢复原状态而CuSO4转化为Cu，说明CuSO4并非该反应的催化剂，A错误；
B、碘水与环己烷混合时，由于有机溶剂环己烷密度小于水，则环己烷会将碘水中的I2萃取到上层，这个过程是萃取，属于物理变化，并非取代反应，因为取代反应是化学变化，B错误；
C、溶液中存在平衡：，加入铁粉，铁单质和铁离子生成亚铁离子，2Fe3++Fe=3Fe2+，铁离子浓度减小，导致平衡向左移动，溶液颜色变浅，C正确；
D、碳酸钡、硫酸钡都是白色沉淀，无法比较Ksp相对大小，一般来说比较需在“离子浓度相同”的条件下，而相关条件未知，无法比较，D错误；
故答案为：C
【分析】做题时一定要看清楚所描述的 操作及现象与最后的实验结论是否存在一一对应的关系，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项；
13．一种从废印刷电路板冶炼副产品粗溴盐(CBSBPs)中回收NaBr的绿色工艺流程如图，下列叙述错误的是
A．绿色工艺体现之一为的循环利用
B．“氧化”中盐酸浓度越大，氧化效率越高
C．“操作1”和“操作2”需要使用分液漏斗和烧杯
D．上述流程中，作氧化剂，作还原剂
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氯、溴、碘的性质实验；常见氧化剂与还原剂
【解析】【解答】A、由工艺流程可知，流程中CCl4在“操作1”中作为萃取剂，“操作2”后CCl4被分离并循环利用，能够提高原料的利用率，同时减少了试剂消耗与污染，体现了绿色工艺的特点，A正确；
B、"氧化"步骤中，NaClO3与Br-发生氧化还原反应为：，若盐酸浓度过大，ClO3-与过量H+、Cl-会发生副反应：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O，导致Br-的氧化效率降低，并非盐酸浓度越大氧化效率越高，B错误；
C、由工艺流程可知，“操作1”和“操作2”均为萃取分液操作，需要的仪器是分液漏斗（分离有机相和水相）和烧杯（承接液体），C正确；
D、由工艺流程可知，NaClO3在“氧化”中Cl元素从+5价降为-1价，作氧化剂；CO(NH2)2在“还原”中使Br2转化为Br-，作还原剂，D正确；
故答案为：B
【分析】由工艺流程可知，向粗溴盐中加入盐酸和氯酸钠溶液，将溶液中的溴离子氧化得到溴水，向溴水中加入四氯化碳萃取、分液得到水相和有机相；向有机相中加入碳酸钠和尿素，碳酸钠溶液作用下尿素将溴还原为溴化钠，分液得到能循环使用的四氯化碳和溴化钠溶液；溴化钠溶液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到溴化钠固体。整个流程的核心逻辑是：通过氧化将Br-转化为Br2，经萃取分离后还原为Br-，最终制得NaBr；同时实现CCl4的循环利用，体现绿色工艺的特点。
14．常温下，分别向溶液中滴加溶液，代表]与的关系如图所示。下列叙述错误的是
已知：，完全电离；当平衡常数时该反应不可逆。
A．代表和关系的直线是 B．
C．点坐标近似为(5.47，-0.77) D．和的反应不可逆
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、根据分析，对应的是M(OH)2的（）与的关系，A正确；
B、根据a点坐标，=，根据b点坐标，=，，B正确；
C、根据c点坐标，=7时，，可得，，m点代表，可得，常温下，，求出m点，≈5.47，，可得纵坐标约为-0.77，点坐标近似为(5.47，-0.77)，C正确；
D、的平衡常数，属于可逆反应，D错误；
故答案为：D
【分析】对于一元弱酸HX、HY而言，都存在电离平衡：，因此平衡常数可表达为：，则：，即：，其直线的斜率为-1；已知，故L1代表与的关系，L2代表与的关系。对于沉淀M(OH)2而言，也存在沉淀的溶解平衡：，因此平衡常数可表达为：，则：
，即：，直线的斜率为-2，故代表与的关系。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．NaCl是人体正常活动不可缺少的重要物质，成人体内所含Na+的总量约为60g，其中80%存在于细胞外液中，即在血浆和细胞间液中。某实验小组做NaCl的相关实验，回答下列问题：
实验(一)：提纯NaCl。
粗盐中含有Na2SO4、CaCl2、MgCl2等杂质，提纯的方法是在粗盐溶液中加入试剂，进行适当操作最终得到纯NaCl。
（1）下列加入试剂顺序、操作及操作顺序均正确的是_______(填标号)。
A. BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液，过滤、加盐酸中和、降温结晶
B. Na2CO3溶液、BaCl2溶液、NaOH溶液，加盐酸中和、过滤、蒸发结晶
C. BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液，加盐酸中和、过滤、降温结晶
D. NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液，过滤、加盐酸中和、蒸发结晶
实验(二)：用纯NaCl固体配制100mL 0.1mol/L NaCl溶液。
（2）合理选择仪器配制上述溶液(部分仪器未画出)，仪器按使用先后排序为________(填序号)。
实验(三)：电解饱和食盐水探究实验。
该小组同学以铜、石墨为电极，设计三种装置电解饱和食盐水(如图)。
（3）从环保角度考虑，图甲、图乙装置共同的缺点是________。
（4）图甲装置中阴极的电极反应式为________
（5）图乙装置中阴极产生1g气体，阳极区理论上减少的离子的物质的量为________mol。
（6）在图甲、图乙装置基础上，设计了图丙装置。利用图丙装置电解饱和食盐水一段时间，阴、阳极收集气体的体积为V1、V2。
【发现问题】理论预测，V1=V2；实验测得V1＞V2。
【分析问题】
①同学A认为V1＞V2的原因是________(答一条)。
同学B认为V1＞V2的原因是随着c(Cl-)减小，c(OH-)增大，OH-放电能力大于Cl-，产生O2。
【提出猜想】
小组同学根据同学分析认为，Cl-、OH-浓度大小会影响放电顺序。
【设计实验】
在相同温度、电极及电流强度下，对实验1~4中的溶液进行电解，并用溶解氧传感器测定0~t s内阳极区溶液中溶解氧的浓度变化，测得数据如下表所示。
实验 5.0mol/LNaCl溶液体积/mL 5.0mol/LNaOH溶液体积/mL 蒸馏水体积/mL 溶解氧浓度变化/(mg/L)
1 0 0 20.0 8.3
2 4.0 0 16.0 8.3~10.5
3 4.0 4.0 12.0 8.3~a
4 0 4.0 16.0 8.3~15.5
已知：实验前，各溶液中溶解氧的浓度相同，各组溶液在所测定的时间段内阳极区溶液上方气体中O2浓度几乎不变。
【分析与结论】
②实验2中溶解氧浓度随时间的变化如图所示，检测到阳极区溶液上方气体中氧气浓度略微增加，则溶解氧浓度先减小后增大的原因是________。
③实验结论：当OH-、Cl-的浓度达到某一值时，OH-放电能力大于Cl-，即Cl-、OH-的浓度会影响放电顺序，则a的取值范围为________。
【答案】(1) D
(2) ②①⑥⑤④或②⑥①⑤④
(3) 排入空气，污染环境
(4) 2H2O+2e-=2OH-+H2↑
(5) 2
(6) Cl2与NaOH反应或Cl2更易溶于水 电解产生Cl2使溶解氧减少，随着c(OH-)增大，c(Cl-)减小，电解OH-产生O2，溶解氧浓度增大 10.5＜a＜15.5
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；物质的分离与提纯；化学实验方案的评价；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）、加NaOH能除去镁离子，加氯化钡除去硫酸根离子，加碳酸钠除去钙离子及过量的钡离子，则碳酸钠一定在氯化钡之后，过滤后加盐酸至中性，然后蒸发结晶得到NaCl，故答案为：D；
（2）、根据用固体配制一定物质的量浓度溶液的步骤分别为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀和装瓶，先后需要用到的仪器分别为：天平、量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管等，故仪器按使用先后排序为②①⑥⑤④或②⑥①⑤④，故答案为：②①⑥⑤④或②⑥①⑤④；
（3）、图甲、图乙装置中阳极电极反应均为：2Cl--2e-=Cl2↑，而产生的Cl2均没有收集或尾气处理装置，故从环保角度考虑，图甲、图乙装置共同的缺点是没有收集或尾气处理装置，Cl2排入空气，污染环境，故答案为：没有收集或尾气处理装置，Cl2排入空气，污染环境；
（4）、图甲装置中石墨为阳极，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，Cu电极为阴极，发生还原反应，则阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故答案为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑；
（5）、由题干图乙装置中阴极电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，则阴极产生1g气体，即通过电路的电子物质的量为：=1mol，即由1molNa+由阳极区通过阳离子交换膜进入阴极区，同时阳极区有1molCl-失去电子生成Cl2，故阳极区理论上减少的离子的物质的量为2mol，故答案为：2；
（6）、①、由题干图示信息可知，在图甲、图乙装置基础上，设计了图丙装置，利用图丙装置电解饱和食盐水一段时间，阴极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，阳极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，根据得失电子数目相等可知，阴、阳极收集气体的体积为V1、V2，理论预测，V1=V2；实验测得V1＞V2，可能的原因是Cl2在水中的溶解度比H2大，或者Cl2能与NaOH溶液反应等，故答案为：Cl2与NaOH反应或Cl2更易溶于水；
②、由题干信息可知，实验2中随着电解的进行，电解产生的Cl2越来越多将水中的溶解的O2排除，使得检测到阳极区溶液上方气体中氧气浓度略微增加，水中溶解氧浓度减小，但随着电解的进行，溶液中Cl-浓度越来越小，OH-浓度越来越大，导致OH-放电产生O2，从而使得溶液中的溶解氧浓度又逐渐增大，故溶解氧浓度先减小后增大的原因是电解产生Cl2使溶解氧减少，随着c(OH-)增大，c(Cl-)减小，电解OH-产生O2，溶解氧浓度增大，故答案为：电解产生Cl2使溶解氧减少，随着c(OH-)增大，c(Cl-)减小，电解OH-产生O2，溶解氧浓度增大；
③、实验结论：当OH-、Cl-的浓度达到某一值时，OH-放电能力大于Cl-，即Cl-、OH-的浓度会影响放电顺序，比较实验2只电离NaCl溶液、实验3则电离NaOH和NaCl混合溶液，实验4为只电离NaOH溶液，电解前水中的溶解氧浓度均为8.3mg/L，由此可得出a的取值范围为10.5＜a＜15.5，故答案为：10.5＜a＜15.5。
【分析】本题为实验探究题，先从粗盐中除杂提纯得到纯净的NaCl，通过沉淀法除去杂质离子：Ba2+除SO42-、OH-除Mg2+、CO32-除Ca2+和过量Ba2+，最后酸化除CO32-、OH-，且需保证Na2CO3在BaCl2之后（除去过量Ba2+），NaOH顺序灵活；然后配制一定物质的量浓度的NaCl溶液，计算（NaCl质量）→称量（仪器②托盘天平）→溶解（仪器③烧杯、玻璃棒）→转移（仪器⑤容量瓶）→洗涤→定容（仪器④胶头滴管）→摇匀；接着探究电解电解氯化钠溶液，以及电解过程中阳极是否有氧气产生，首先排出装置及溶解的氧气，再利用生成的气体通入先除掉氯气，再检验氯气是否除尽，再检验是否产生氯气，其中图甲：Cu（阴极）、C（阳极），饱和食盐水，无离子交换膜；图乙：离子交换膜分隔阴、阳极，避免产物混合；图丙：Fe（阴极）、C（阳极），饱和食盐水；而核心问题在于，图甲、乙电解生成的阳极产物Cl2会直接排放，污染环境。
16．硼化钛(Ti)可用于制造熔融金属的坩埚和电解池的电极。工业上，以高钛渣(主要成分为、、和，含少量、等)为原料制备硼化钛的工艺流程如图所示。回答下列问题：
已知：①中为价，溶于浓硫酸形成；
②常温下，；
③通入溶液中产生黑色沉淀。
（1）Ti位于元素周期表　 　区。
（2）可用　 　(填试剂名称)检验“滤液1”中是否存在。
（3）常用于催化分解汽车尾气。，则正反应自发进行的条件是_______(填标号)。
A．高温 B．低温 C．任意温度 D．无法判断
（4）“萃取”的目的是　 　。“滤渣”的主要成分是　 　(填化学式)。
（5）常温下，“水解”一段时间后，溶液的，此时　 　。
（6）制备时只产生一种气体，该气体通入溶液中，产生黑色沉淀(钯粉)。转化为的化学方程式为　 　。
（7）晶胞如图所示，其边长分别为为阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中位于顶点的原子是　 　(填元素符号)，晶体的密度为　 　。
【答案】（1）d
（2）硫氰化钾溶液
（3）B
（4）分离出硫酸，使更易水解；
（5）1010
（6）
（7）Ti；
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；焓变和熵变；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）、Ti是22号元素，价电子排布式为3d24s2，位于元素周期表d区。
（2）、遇KSCN溶液变红，可用硫氰化钾溶液检验“滤液1”中是否存在。
（3）、，正反应放热，气体系数和减小，，则正反应在低温条件下自发进行，选B；
（4）、水解使溶液呈酸性，“萃取”的目的是分离出硫酸，使更易水解。剩余固体中含有、，加浓硫酸“酸解”，和浓硫酸反应生成，不溶于浓硫酸，过滤，滤渣是。
（5）、常温下，，“水解”一段时间后，溶液的，此时。
（6）、制备时只产生一种气体，该气体通入溶液中，产生黑色沉淀(钯粉)，说明生成的气体是CO，、B2O3、C转化为和CO，化学方程式为。
（7）、根据均摊原则，灰球数为、黑球数为，根据化学式，可知该晶胞中位于顶点的原子是Ti；晶胞如图所示，其边长分别为为阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为。
【分析】高钛渣主要成分为、、和，含少量、等，先进行酸浸，高钛渣中的Al2O3、CaO、Fe2O3、MgO与稀盐酸反应，生成可溶性盐：AlCl3、CaCl2、FeCl3、 MgCl2，而TiO2、SiO2不与稀盐酸反应，留在滤渣中；接着酸解，TiO2与浓硫酸反应生成TiO2+，反应方程式为： TiO2+2H2SO4(浓)=TiOSO4+2H2O ，TiOSO4在溶液中以TiO2+和SO42-形式存在；继续萃取，酸解后，溶液中含TiO2+及可能残留的金属离子，通过萃取剂可分离富集TiO2+，TiO2+进入萃取液，杂质离子留在水相；接着萃取液中的TiO2+发生水解：TiO2++xH2O=TiO2·xH2O↓+2H+，由于Ksp[TiO(OH)2]极小，水解程度大，易生成沉淀；最后TiO2与B2O3、C在高温下反应生成TiB2，结合C的氧化产物为CO（已知③提示CO的检验），配平后方程式为：。
（1）Ti是22号元素，价电子排布式为3d24s2，位于元素周期表d区。
（2）遇KSCN溶液变红，可用硫氰化钾溶液检验“滤液1”中是否存在。
（3），正反应放热，气体系数和减小，，则正反应在低温条件下自发进行，选B；
（4）水解使溶液呈酸性，“萃取”的目的是分离出硫酸，使更易水解。剩余固体中含有、，加浓硫酸“酸解”，和浓硫酸反应生成，不溶于浓硫酸，过滤，滤渣是。
（5）常温下，，“水解”一段时间后，溶液的，此时。
（6）制备时只产生一种气体，该气体通入溶液中，产生黑色沉淀(钯粉)，说明生成的气体是CO，、B2O3、C转化为和CO，化学方程式为。
（7）根据均摊原则，灰球数为、黑球数为，根据化学式，可知该晶胞中位于顶点的原子是Ti；晶胞如图所示，其边长分别为为阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为。
17．氮的氧化物的催化还原是环保研究热点。回答下列问题：
（1）催化还原。已知：、都大于0。
①
②
　 　(用含、的代数式表示)。
（2）铜还原生成。在恒容密闭容器中充入和足量，发生上述反应达到平衡。下列说法正确的是_______(填标号)。
A．平衡后，升高温度，
B．增加的质量，平衡正向移动
C．充入的平衡转化率增大
D．充入少量NO，NO的平衡转化率增大
（3）CO还原NO：。向体积均为的甲、乙两恒容容器中分别充入和，在“绝热”和“恒温”条件分别发生上述反应。两反应体系中压强随时间的变化曲线如图所示。
①　 　(填“>”、“＜”或“=”，下同)0。b点正反应速率　 　c点逆反应速率。
②的转化率：　 　，判断依据是　 　。
③a点气体的总物质的量为　 　。
④点　 　。b点　 　(填“大于”“小于”或“等于”)点。
【答案】（1）-
（2）D
（3）<；>；<；同体积同压强，温度较高，气体总物质的量较小，正反应是气体分子数减小的反应，点转化率较大；3.25；27；大于
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断；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；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）、根据盖斯定律，该反应可由得到，=-；
（2）、A、平衡后，升高温度，平衡逆向移动，则，A错误；
B、Cu为固体，增加的质量，不影响反应速率，不影响化学平衡，B错误；
C、恒容容器中，充入，对反应速率和化学平衡无影响，平衡转化率不变，C错误；
D、结合反应可知，该反应中充入少量NO，等同于增大压强，平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，D正确；
故答案为：D。
（3）、①、恒温条件下随反应进行，气体分子数逐渐减少，体系内压强逐渐减小，甲为“恒温”条件；而乙中随反应正向进行，压强先增大，可知此过程中体系内温度升高导致气体膨胀，压强增大，则该反应为放热反应，<0，且乙为“绝热”条件；b点对应的温度和压强均大于c点，则b点正反应速率大于c点逆反应速率；
②、同体积b点温度高于a点，两点压强相同，则b气体总物质的量较小，正反应是气体分子数减小的反应，由此可知b点正向进行程度大于a点，则点转化率较大；
③、由题中信息得三段式：
由压强之比等于气体物质的量之比：，x=1.5；a点气体的总物质的量为4-0.5x=3.25；
④、结合以上分析可知点L/mol；a点CO的转化率小于b点，所以a点浓度商小于b点的浓度商，由于b点达到了平衡状态，所以b点的浓度商等于K(b)，所以K(b)>Q(a)。
【分析】盖斯定律的使用原则：化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；化学反应的反应热只与反应的始态（各反应物）和终态（各生成物）有关，而与具体反应的途径无关；任何化学反应的反应热和其逆反应的反应热大小相等，符号相反；任何化学反应，当各物质系数发生变化时，反应热的数值也随之发生变化。化学平衡状态的标志可概括为“一等五不变”，“一等”即正反应速率等于逆反应速率，其意义是针对反应体系中同一反应物（或生成物）而言的，而不是同一反应中的不同物质。若用同一反应中不同物质来表示正反应速率和逆反应速率，必须要求两速率反向（切忌单向速率）且两速率之比等于其对应的化学计量数之比。“五不变”即反应混合物中各组分的浓度保持不变，其意义是指各组分的物质的量不变；各组分的浓度不变；各组分的百分含量不变；反应物的转化率不变；对于全为气体的可逆反应，当左右气体含量之比相同时，混合气体总物质的量不变。书写化学反应三段式时的注意事项：单位一致，确保起始量、变化量和平衡量的单位保持一致；注意化学计量数、注意物质状态固体、纯液体一般不参与其中；考虑可逆反应的平衡量不是完全转化的结果，而是反应物和生成物共存的状态。此时需要根据反应的转化率或平衡常数进行计算。
（1）根据盖斯定律，该反应可由得到，=-；
（2）A．平衡后，升高温度，平衡逆向移动，则，故A错误；
B．Cu为固体，增加的质量，不影响反应速率，不影响化学平衡，故B错误；
C．恒容容器中，充入，对反应速率和化学平衡无影响，平衡转化率不变，故C错误；
D．结合反应可知，该反应中充入少量NO，等同于增大压强，平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，故D正确；
故选：D。
（3）①恒温条件下随反应进行，气体分子数逐渐减少，体系内压强逐渐减小，甲为“恒温”条件；而乙中随反应正向进行，压强先增大，可知此过程中体系内温度升高导致气体膨胀，压强增大，则该反应为放热反应，<0，且乙为“绝热”条件；b点对应的温度和压强均大于c点，则b点正反应速率大于c点逆反应速率；
②同体积b点温度高于a点，两点压强相同，则b气体总物质的量较小，正反应是气体分子数减小的反应，由此可知b点正向进行程度大于a点，则点转化率较大；
③由题中信息得三段式：
由压强之比等于气体物质的量之比：，x=1.5；a点气体的总物质的量为4-0.5x=3.25；
④结合以上分析可知点L/mol；a点CO的转化率小于b点，所以a点浓度商小于b点的浓度商，由于b点达到了平衡状态，所以b点的浓度商等于K(b)，所以K(b)>Q(a)。
18．高吸水性树脂可在干旱地区用于农业、林业抗旱保水、改良土壤，其合成路线如下。
已知：①
②
回答下列问题：
（1）I中只含有一种化学环境的氢原子，则I的结构简式为　 　，I生成II的反应类型是　 　。
（2）III→IV的化学方程式为　 　。
（3）III与V发生取代反应的条件是　 　，VI的名称是　 　。
（4）V有多种同分异构体，其中能发生银镜反应的链状化合物有　 　种(已知：羟基与碳碳双键连接的结构不稳定)，核磁共振氢谱图上只有两组峰的结构简式为　 　(任写一种)。
（5）以丙酮（）和甲醇为有机原料，制备高分子Ⅷ{}的单体，补齐该合成路线中残缺的物质　 　。
【答案】（1）；氧化反应
（2）
（3）浓硫酸、加热；丙烯酸钠
（4）3；(或)
（5）、、
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用；醇类简介；羧酸简介
【解析】【解答】（1）、I的化学式C6H12，其中含有一种化学环境的氢原子，结合已知信息①知，
I的结构简式为，I→II过程中I被酸性高锰酸钾溶液氧化，反应类型为氧化反应。
（2）、II和氢气发生加成反应得到III，III为，III→IV发生醇的消去反应，化学方程式为。
（3）、III属于醇类，V属于羧酸类，二者发生取代反应的条件是浓硫酸、加热；VI为，名称是丙烯酸钠。
（4）、V为，其同分异构体能发生银镜反应，说明含“-CHO”，共有、、这3种链状化合物符合题意。其中核磁共振氢谱图上只有两组峰的结构简式为(或)。
（5）、合成路线中丙酮和HCN先发生加成反应得到A，A为，在酸性条件下发生水解得到B，B为，在浓硫酸、加热的条件下发生醇的消去反应得到C，C为，最后和甲醇在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应即可得到高分子VIII的单体。
【分析】该流程是高吸水性树脂的合成路线，核心是：烯烃氧化→还原→消去→加成→中和→聚合，首先根据已知信息①知，I中发生氧化反应，则I中含有碳碳双键，再结合问题(1)所给信息知，C6H12（含碳碳双键）被KMnO4(H+)氧化，双键断裂生成酮和羧酸，结合产物II的结构，C6H12应为类烯烃，氧化后生成(CH3)2C=O和CH3CH2CH2COOH，但流程中II为酮结构，推测C6H12是对称烯烃，氧化后仅生成酮，故I为；II和氢气发生加成反应得到III，II结构中的酮羰基与氢气加成，生成醇羟基，故III为；III→IV发生醇的消去反应，醇羟基上的相邻碳原子上的氢消去水，生成碳碳双键；接着IV经水合反应，烯烃与水加成，生成醇可得到V；V和氢氧化钠发生中和反应可得到VI，VI为丙烯酸钠，V和VI发生加聚反应可得到VII。
（1）I的化学式C6H12，其中含有一种化学环境的氢原子，结合已知信息①知，
I的结构简式为，I→II过程中I被酸性高锰酸钾溶液氧化，反应类型为氧化反应。
（2）II和氢气发生加成反应得到III，III为，III→IV发生醇的消去反应，化学方程式为。
（3）III属于醇类，V属于羧酸类，二者发生取代反应的条件是浓硫酸、加热；VI为，名称是丙烯酸钠。
（4）V为，其同分异构体能发生银镜反应，说明含“-CHO”，共有、、这3种链状化合物符合题意。其中核磁共振氢谱图上只有两组峰的结构简式为(或)。
（5）合成路线中丙酮和HCN先发生加成反应得到A，A为，在酸性条件下发生水解得到B，B为，在浓硫酸、加热的条件下发生醇的消去反应得到C，C为，最后和甲醇在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应即可得到高分子VIII的单体。
1 / 1广西壮族自治区南宁市2024-2025学年高三毕业班第一次适应性测试化学试卷
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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．苏轼《浣溪沙·细雨斜风作晓寒》：“雪沫乳花浮午盏，蓼茸蒿笋试春盘。人间有味是清欢。”美食是美好生活的重要组成部分。下列对美食的叙述错误的是
A．罗汉笋爆双脆：“笋”的主要成分易水解
B．恋爱豆腐果：石膏是制作“豆腐”的凝固剂
C．折耳根炒腊肉：碘盐常作腌制“腊肉”的防腐剂
D．柳州螺蛳粉：“粉”的主要成分是多糖
2．实验室常用氯化钠粉末和浓硫酸共热制备氯化氢，下列叙述错误的是
A．分子间氢键使浓硫酸呈黏稠状
B．的电子式：
C．中阴离子的VSEPR模型：
D．形成过程：
3．科学技术推动社会进步。下列有关科技动态的化学解读错误的是
选项 科技动态 化学解读
A 构筑了超短沟道弹道二维晶体管 Se位于元素周期表第四周期VIA族
B 人工智能首次成功从零生成原始蛋白质 蛋白质是有机高分子
C 中国科学院开发出钽酸锂异质集成晶圆，并成功用其制作高性能光子芯片 钽酸锂属于无机非金属材料
D 开发催化剂利用太阳能实现加氢合成 该反应的原子利用率为100%
A．A B．B C．C D．D
4．人参是著名中草药之一，人参皂苷(如图)是人参的活性成分，下列有关该物质的叙述错误的是
A．能使酸性溶液褪色 B．分子内能形成氢键
C．碳原子有3种杂化类型 D．能发生加成、取代反应
5．下列玻璃仪器能完成对应实验的是
选项 实验 玻璃仪器
A 制备纯净的 分液漏斗、导管、酒精灯
B 区别氨水和溶液 试管和胶头滴管
C 粗盐提纯 烧杯、玻璃棒、酒精灯
D 配制溶液 烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒
A．A B．B C．C D．D
6．根据题意，下列反应的化学方程式或离子方程式错误的是
选项 情景 反应方程式
A 水滴石穿
B 在作用下溶液氧化制备
C 工业上制备粗硅
D 用固体改良碱性(主要含)土壤
A．A B．B C．C D．D
7．某元素(该元素仅为或或N或S)的“价-类”二维关系如图所示。下列叙述正确的是
A．若a是淡黄色固体，则在新制氯水中通入e能生成g
B．若c在空气中迅速转化成红棕色e，则a中σ键、π键数目之比为
C．若d为红褐色固体，则与稀硝酸完全反应时一定失去电子
D．若常温下，a与水发生剧烈反应，则b在空气中因发生氧化还原反应而变质
8．第三周期四种元素对应的氧化物中离子键的百分数、熔点如图所示。
下列有关说法错误的是
A．金属性：T＞W＞P＞Q
B．上述Q对应的氧化物为共价晶体
C．上述W的氧化物熔点高于T的氧化物是因为其摩尔质量较大
D．熔化上述T、W对应的氧化物时克服离子键
9．设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是
A．溶液中数为
B．标准状况下，生成时，反应转移的电子数为
C．工业上电解饱和食盐水制备时阴极收集到的气体产物总分子数为
D．在核反应中，的中子数为
10．催化剂Cat1、Cat2均能催化反应，反应历程如图所示，为中间产物。其他条件相同时，下列说法错误的是
A．达到平衡后升高温度，平衡常数减小
B．使用Cat1和Cat2，反应均经3步进行
C．达到平衡所用时间：Cat1>Cat2
D．所达到的最高浓度：
11．某离子与其检验试剂GBHA的反应如图所示，其中为原子序数依次增大的短周期主族元素，下列说法正确的是
A．键角：
B．离子半径：
C．氢化物的沸点：
D．同周期主族元素中第一电离能大于的元素有2种
12．根据下列操作及现象，得出的结论正确的是
选项 操作及现象 结论
A 在锌粒和稀硫酸的混合物中滴加少量溶液，产生的速率加快 作该反应的催化剂
B 在碘水中加入环己烷，振荡，静置，下层溶液颜色变浅 碘与环己烷发生了取代反应
C 在和的混合溶液中加入铁粉，溶液颜色变浅 减少反应物浓度，平衡向左移动
D 在含和的溶液中滴加溶液，生成白色沉淀
A．A B．B C．C D．D
13．一种从废印刷电路板冶炼副产品粗溴盐(CBSBPs)中回收NaBr的绿色工艺流程如图，下列叙述错误的是
A．绿色工艺体现之一为的循环利用
B．“氧化”中盐酸浓度越大，氧化效率越高
C．“操作1”和“操作2”需要使用分液漏斗和烧杯
D．上述流程中，作氧化剂，作还原剂
14．常温下，分别向溶液中滴加溶液，代表]与的关系如图所示。下列叙述错误的是
已知：，完全电离；当平衡常数时该反应不可逆。
A．代表和关系的直线是 B．
C．点坐标近似为(5.47，-0.77) D．和的反应不可逆
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．NaCl是人体正常活动不可缺少的重要物质，成人体内所含Na+的总量约为60g，其中80%存在于细胞外液中，即在血浆和细胞间液中。某实验小组做NaCl的相关实验，回答下列问题：
实验(一)：提纯NaCl。
粗盐中含有Na2SO4、CaCl2、MgCl2等杂质，提纯的方法是在粗盐溶液中加入试剂，进行适当操作最终得到纯NaCl。
（1）下列加入试剂顺序、操作及操作顺序均正确的是_______(填标号)。
A. BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液，过滤、加盐酸中和、降温结晶
B. Na2CO3溶液、BaCl2溶液、NaOH溶液，加盐酸中和、过滤、蒸发结晶
C. BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液，加盐酸中和、过滤、降温结晶
D. NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液，过滤、加盐酸中和、蒸发结晶
实验(二)：用纯NaCl固体配制100mL 0.1mol/L NaCl溶液。
（2）合理选择仪器配制上述溶液(部分仪器未画出)，仪器按使用先后排序为________(填序号)。
实验(三)：电解饱和食盐水探究实验。
该小组同学以铜、石墨为电极，设计三种装置电解饱和食盐水(如图)。
（3）从环保角度考虑，图甲、图乙装置共同的缺点是________。
（4）图甲装置中阴极的电极反应式为________
（5）图乙装置中阴极产生1g气体，阳极区理论上减少的离子的物质的量为________mol。
（6）在图甲、图乙装置基础上，设计了图丙装置。利用图丙装置电解饱和食盐水一段时间，阴、阳极收集气体的体积为V1、V2。
【发现问题】理论预测，V1=V2；实验测得V1＞V2。
【分析问题】
①同学A认为V1＞V2的原因是________(答一条)。
同学B认为V1＞V2的原因是随着c(Cl-)减小，c(OH-)增大，OH-放电能力大于Cl-，产生O2。
【提出猜想】
小组同学根据同学分析认为，Cl-、OH-浓度大小会影响放电顺序。
【设计实验】
在相同温度、电极及电流强度下，对实验1~4中的溶液进行电解，并用溶解氧传感器测定0~t s内阳极区溶液中溶解氧的浓度变化，测得数据如下表所示。
实验 5.0mol/LNaCl溶液体积/mL 5.0mol/LNaOH溶液体积/mL 蒸馏水体积/mL 溶解氧浓度变化/(mg/L)
1 0 0 20.0 8.3
2 4.0 0 16.0 8.3~10.5
3 4.0 4.0 12.0 8.3~a
4 0 4.0 16.0 8.3~15.5
已知：实验前，各溶液中溶解氧的浓度相同，各组溶液在所测定的时间段内阳极区溶液上方气体中O2浓度几乎不变。
【分析与结论】
②实验2中溶解氧浓度随时间的变化如图所示，检测到阳极区溶液上方气体中氧气浓度略微增加，则溶解氧浓度先减小后增大的原因是________。
③实验结论：当OH-、Cl-的浓度达到某一值时，OH-放电能力大于Cl-，即Cl-、OH-的浓度会影响放电顺序，则a的取值范围为________。
16．硼化钛(Ti)可用于制造熔融金属的坩埚和电解池的电极。工业上，以高钛渣(主要成分为、、和，含少量、等)为原料制备硼化钛的工艺流程如图所示。回答下列问题：
已知：①中为价，溶于浓硫酸形成；
②常温下，；
③通入溶液中产生黑色沉淀。
（1）Ti位于元素周期表　 　区。
（2）可用　 　(填试剂名称)检验“滤液1”中是否存在。
（3）常用于催化分解汽车尾气。，则正反应自发进行的条件是_______(填标号)。
A．高温 B．低温 C．任意温度 D．无法判断
（4）“萃取”的目的是　 　。“滤渣”的主要成分是　 　(填化学式)。
（5）常温下，“水解”一段时间后，溶液的，此时　 　。
（6）制备时只产生一种气体，该气体通入溶液中，产生黑色沉淀(钯粉)。转化为的化学方程式为　 　。
（7）晶胞如图所示，其边长分别为为阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中位于顶点的原子是　 　(填元素符号)，晶体的密度为　 　。
17．氮的氧化物的催化还原是环保研究热点。回答下列问题：
（1）催化还原。已知：、都大于0。
①
②
　 　(用含、的代数式表示)。
（2）铜还原生成。在恒容密闭容器中充入和足量，发生上述反应达到平衡。下列说法正确的是_______(填标号)。
A．平衡后，升高温度，
B．增加的质量，平衡正向移动
C．充入的平衡转化率增大
D．充入少量NO，NO的平衡转化率增大
（3）CO还原NO：。向体积均为的甲、乙两恒容容器中分别充入和，在“绝热”和“恒温”条件分别发生上述反应。两反应体系中压强随时间的变化曲线如图所示。
①　 　(填“>”、“＜”或“=”，下同)0。b点正反应速率　 　c点逆反应速率。
②的转化率：　 　，判断依据是　 　。
③a点气体的总物质的量为　 　。
④点　 　。b点　 　(填“大于”“小于”或“等于”)点。
18．高吸水性树脂可在干旱地区用于农业、林业抗旱保水、改良土壤，其合成路线如下。
已知：①
②
回答下列问题：
（1）I中只含有一种化学环境的氢原子，则I的结构简式为　 　，I生成II的反应类型是　 　。
（2）III→IV的化学方程式为　 　。
（3）III与V发生取代反应的条件是　 　，VI的名称是　 　。
（4）V有多种同分异构体，其中能发生银镜反应的链状化合物有　 　种(已知：羟基与碳碳双键连接的结构不稳定)，核磁共振氢谱图上只有两组峰的结构简式为　 　(任写一种)。
（5）以丙酮（）和甲醇为有机原料，制备高分子Ⅷ{}的单体，补齐该合成路线中残缺的物质　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；盐类水解的应用；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、笋的主要成分是纤维素，纤维素是一种结构稳定的多糖，在常温、普通烹饪条件下不易水解，只有在强酸、强碱或特定酶的作用下才会发生明显水解，A错误；
B、制作豆腐时，常用石膏作为凝固剂，石膏的主要成分是CaSO4·2H2O，加入豆浆后可使蛋白质胶体发生聚沉，从而凝固成豆腐，是传统的豆腐凝固剂之一，B正确；
C、腌制腊肉主要是利用氯化钠形成高盐、高渗透压环境抑制微生物生长，起到防腐作用，碘盐中碘元素主要是为了补充人体所需碘，预防碘缺乏病，C正确；
D、柳州螺蛳粉的 “粉” 主要由大米等制作，大米主要成分是淀粉，淀粉属于多糖，D正确；
故答案为：A
【分析】做题时要注意 “易水解”“常作防腐剂” 等表述的严谨性，结合实际条件（如纤维素的水解条件、碘盐的用途）判断选项是否符合事实。
2．【答案】D
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；原子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；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、浓硫酸分子中的H和O相连，使得硫酸分子间能够形成氢键，且氢键是较强的分子间作用力，据此增大了分子间的相互作用，使浓硫酸呈黏稠状，A正确；
B、是离子化合物，由Na+、Cl-通过离子键结合而成，因此阳离子直接写电子符号，阴离子需用方括号标出最外层电子并注明电荷，其电子式为：， B正确；
C、中心S原子的价层电子对数=键电子对数+孤电子对数=，无孤电子对，其VSEPR模型为四面体形，C正确；
D、图中是Cl2的形成过程，形成过程应为：，D错误；
故答案为：D
【分析】判断原子的杂化类型，最基本的常规方法，是根据VSEPR判断：价层电子对数=孤电子对数+σ键电子对数。而杂化轨道要么用来容纳孤电子对，要么填充1个电子用来形成σ键。因此杂化轨道数就等于价层电子对数。
3．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；绿色化学
【解析】【解答】A、晶体管速度快、能耗低，具有良好的半导体特性，Se元素的原子序数为34，最外层电子数为6，位于元素周期表第四周期ⅥA族，在金属与非金属分界线附近，A正确；
B、有机高分子的定义是：相对分子质量在 10000 以上的有机化合物，而蛋白质的相对分子质量通常可达数万至数百万，符合有机高分子的范畴，B正确；
C、无机非金属材料通常指由非金属元素或含少量金属元素组成的化合物材料（如陶瓷、玻璃等），钽酸锂异质集成晶圆具有良好半导体性能，钽酸锂属于新型无机非金属材料，C正确；
D、结合质量守恒，加氢合成的反应为：，反应除了生成目标产物外，还生成了H2O，因此原子并没有全部应用于目标产物，该反应原子利用率小于100%，D错误；
故答案为：D
【分析】原子利用率的定义是 “目标产物的原子质量占反应物原子总质量的百分比”，只有反应物全部转化为单一目标产物的反应，原子利用率才为 100%（如加成反应）。而绿色化学反应是符合 “原子经济性”“环境友好” 原则的化学反应，旨在减少或消除有毒有害物质的使用、产生，从源头上降低化学过程对环境的危害，同时提高资源利用率。
4．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质；烯烃；有机物（官能团）的检验
【解析】【解答】A、人参皂苷分子中含有碳碳双键和羟基，碳碳双键具有还原性，可被酸性KMnO4氧化，双键断裂，生成羧酸或酮；分子中的羟基为醇羟基，连接在饱和碳原子上，若羟基相连的碳上有H，可被酸性KMnO4氧化为羰基，因此，该物质能使酸性KMnO4溶液褪色，A正确；
B、分子中存在多个羟基，羟基中的O原子电负性大、带有孤电子对，可与相邻羟基上的H原子形成分子内氢键，因此分子内能形成氢键，B正确；
C、该分子中碳原子的杂化类型有杂化（羧基、酯基、碳碳双键中的碳原子）和杂化（如饱和碳原子），共2种杂化类型，并无第3种杂化，C错误；
D、分子中含有碳碳双键，可与H2、Br2等发生加成反应；含有羟基、酯基等，能发生取代反应 ，该选项正确；
故答案为：C
【分析】氢键可分为分子间氢键与分子内氢键两大类。一个分子的X—H键与另一个分子的Y相结合而成的氢键，称为分子间氢键。例如，水、甲酸、乙酸等缔合体就是通过分子间氢键而形成的。在某些分子里，如邻位硝基苯酚中的羟基O—H也可与硝基的氧原子生成氢键，即：这种一个分子的X—H键与它内部的Y相结合而成的氢键称为分子内氢键。
5．【答案】B
【知识点】氯气的实验室制法；常用仪器及其使用；化学实验操作的先后顺序；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、制备纯净的Cl2，需要的步骤包括：发生反应→除杂→干燥→收集，需要分液漏斗、圆底烧瓶、酒精灯、洗气瓶（用饱和NaCl溶液除HCl）、干燥装置（用浓硫酸除水）而选项中缺少圆底烧瓶、洗气瓶等仪器，A错误；
B、可以用试管和胶头滴管进行互滴实验来区别氨水和AgNO3溶液。将氨水滴入AgNO3溶液中，先产生白色沉淀，继续滴加沉淀溶解；将AgNO3溶液滴入氨水中，开始无明显现象，后产生沉淀，利用不同现象可以鉴别，因此仅用试管和胶头滴管即可完成该鉴别实验，能完成实验，B正确；
C、粗盐提纯的步骤是：溶解→过滤→蒸发结晶，溶解需要烧杯、玻璃棒；过滤需要漏斗、烧杯、玻璃棒；蒸发需要蒸发皿、酒精灯、玻璃棒；选项中缺少漏斗、蒸发皿，无法完成过滤和蒸发步骤，C错误；
D、配制0.1mol·L-1Na2SO4溶液，需要的仪器包括：容量瓶（定容）、烧杯（溶解）、玻璃棒（搅拌/引流）、胶头滴管（定容）、量筒（量取溶剂），而选项中缺少容量瓶，无法准确配制一定物质的量浓度的溶液，D错误；
故答案为：B
【分析】本题要明确实验的完整操作步骤，匹配每个步骤所需的核心仪器，制备纯净气体时，关注除杂和干燥所需的洗气瓶等仪器；物质鉴别时，明确鉴别方法，判断所需仪器是否能完成操作；分离提纯时，关注过滤、蒸发的专用仪器；溶液配制时，容量瓶是核心仪器，不能用其他仪器替代。
6．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硅和二氧化硅；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、水滴石穿的本质是碳酸钙与空气中的CO2、水反应生成可溶性的碳酸氢钙，相对应的离子方程式为：CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO3-，符合反应实际，A正确；
B、在NaOH碱性条件下，ClO-做强氧化剂将Fe(OH)3氧化为FeO42-，而ClO-被还原为Cl-，根据得失电子守恒，Fe从+3价升高到+6价，每个Fe失去3e-；Cl从+1价降低到-1价，每个Cl得2e-，配平后离子方程式为：，方程式正确，B正确；
C、工业制备粗硅的反应中，C过量时，SiO2与C在高温下反应生成的是CO而非CO2，因为高温下CO2会与过量的C进一步反应生成CO，故高温正确的化学方程式应为：，C错误；
D、固体改良碱性(主要含)土壤，是碳酸钠与硫酸钙反应转化为更难溶的碳酸钙沉淀的过程，据此可降低土壤中CO32-的浓度，因为CO32-水解显碱性，从而改良碱性土壤，正确的化学方程式应为：，D正确；
故答案为：C
【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。
离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
7．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A、若a是淡黄色固体，则a化合价为0，是单质S；e化合价+4价，是；g化合价+6价，是，新制氯水是一种强氧化剂，将通入后能生成，相关的化学反应方程式为：，A正确；
B、若c在空气中迅速转化成红棕色e ，则c只可能为，e为，a是单质N2，N2的结构式为：，1个分子中含1个σ键、2个π键，故a中σ键、π键数目之比为，B错误；
C、若d为红褐色固体，则a为，d为，Fe与稀硝酸的反应时，硝酸的浓度不同，产物也就不同，可能为Fe2+或Fe3+，比如的物质的量为，与稀硝酸完全反应生成硝酸亚铁时，失去电子，C错误；
D、若常温下，a与水发生剧烈反应，则a为，b为，在空气中变质是因为吸收变成了Na2CO3，相关的化学反应方程式为：，无元素化合价变化，属于非氧化还原反应，D错误；
故答案为：A
【分析】题干限定该元素仅为或或N或S，结合价类二维图，横坐标为化合价，纵坐标为物质类别，先明确各元素对应的价-类分布情况，然后结合选项中的限定条件，逐步推断出其相对应的物质。
8．【答案】C
【知识点】化学键；离子键的形成；晶体的定义；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、第三周期元素金属性随原子序数增大而减弱，几何离子键百分数可知，金属性越强，形成氧化物中离子键成分越大，A正确；
B、Q的氧化物中离子键含量少，以共价键为主，且Q的熔点较高，据此可以推断出它是共价晶体，B正确；
C、W、T的氧化物中中离子键含量都比较多，可以推测为离子晶体，离子晶体的熔点与晶格能有关，W对应的氧化物熔点高于T，是因为离子所带电荷较多、离子半径较小，故离子键较强，与摩尔质量无关，C错误；
D、T、W的氧化物含离子键百分数超过或接近50％，可以推测为离子晶体，熔化时克服离子键，在水溶液中则是克服静电引力，D正确；
故答案为：C
【分析】第三周期元素中，氧化物的离子键百分数随金属性减弱而降低，金属氧化物离子键占比高，非金属氧化物共价键占比高。结合图中离子键百分数：T>W>P>Q，对应元素为：T：活泼金属（如Na，氧化物Na2O）；W：较活泼金属（如Mg，氧化物MgO）；P：金属（如Al，氧化物Al2O3）；Q：非金属（如Si，氧化物SiO2）。
9．【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；元素、核素；气体摩尔体积；电解池工作原理及应用；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、高氯酸钾是强酸强碱盐，在水溶液中能完全电离且不会发生水解，因此溶液中为：，数目为，A正确；
B、反应中H、F元素化合价不变，OF2中氧化合价由+2变为0得到O2，水中氧化合价由-2变为0得到O2，相关的反应方程式为：，每生成1mol氧气转移电子2mol，则标准状况下生成时，也就是为0.5molO2时，反应转移电子数为，B错误；
C、工业上电解饱和食盐水的方程式：，阴极收集到的气体为氢气，的物质的量为，阴极收集到的氢气的分子数为，C正确；
D、观察选项可知，左上角为质量数，左下角为核电荷数，而核电荷数+中子数=质量数，因此在核反应中A=226-4=222，Z=88-2=86，则Rn的中子数为222-86=136，故的中子数为，D正确；
故答案为：B
【分析】阿伏加德罗定律在使用时要注意以下几个方面：
前提条件：指问题设置的前提(外界因素)，如标准状况，常温常压，温度为25℃、压强为1.01×105Pa等。若后面设置的量为物质的体积，则需要考虑所给物质是否为气体、是否为标准状况。若后面所给的量为物质的质量或物质的量，则不需要考虑物质所处环境是否为标准状况。22.4L/mol是在标准状况(0 ℃，1.01×105Pa)下的气体摩尔体积；物质状态：22.4L/mol使用的对象是气体(包括混合气体)，只有气体才可用气体摩尔体积；气体单质的组成除常见的双原子分子外，还有单原子分子(如Ne)、三原子分子(如O3)、四原子分子(如P4)等。
10．【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、由反应历程图可知，W(g)的相对能量高于G(g)，说明反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，达到平衡后升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，A正确；
B、由反应历程图可知，反应历程的“步骤数”由中间体的数量决定，使用Cat1和Cat2，的反应均经过“W→中间体1→P→G”，反应历程均经3步进行，B正确；
C、由图可知，最大活化能：Cat1>Cat2，活化能最大的基元反应为决速反应，活化能越大，反应速率越小，则平均反应速率：Cat1Cat2，C正确；
D、由图可知，在前两步反应中使用Cat2时活化能均较低，反应速率较快，最后一步反应中使用Cat2活化能较大，反应速率较慢，即使用Cat2时生成较快，消耗较慢，则P(g)所达到的最高浓度：Cat1故答案为：D
【分析】能垒：简单可以理解为从左往右进行中，向上爬坡最高的为能垒，而包含此能垒的反应我们称之为决速步骤，也叫做慢反应。要注意：能垒越大，反应速率越小，即多步反应中能垒最大的反应为决速反应；用不同催化剂催化化学反应，催化剂使能垒降低幅度越大，说明催化效果越好；相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。
11．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、∠1：对应O-H键的键角，Z（O）在Z-W（O-H）中，O还连接苯环，O的价层电子对数为4，含2对孤电子对，键角接近H2O的键角，约为104.5°；∠2：对应N=C键的键角，Y（N）形成N=C双键，N的价层电子对数为3，无孤电子对，键角接近120°。因此键角∠1 <∠2，A错误；
B、Y为N3 ，Z为O2 ，M为Mg2+，的电子层结构均为2、8，这三种离子核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小。N、O、Mg的核电荷数依次增大，所以离子半径Y>Z>M ，B正确；
C、X的氢化物可能为高分子化合物（聚乙烯），状态不一，Y的氢化物为NH3 ，没有指明具体氢化物，无法比较沸点，C错误；
D、同周期主族元素第一电离能（稀有气体除外），第二周期主族元素第一电离能顺序为：LiO故答案为：B
【分析】根据反应式及原子序数递增的短周期主族元素，分析试剂GBHA中各元素：反应中生成W+，说明W是IA族元素，结合原子序数最小，W为H，生成H+； 存在X-X键，且原子序数大于H，X为C；存在Y=X（Y=C双键），原子序数大于C，Y为N；Z与H（W）形成Z-W键，原子序数大于N，Z为O；M生成M2+，原子序数大于O，M为Mg。
12．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；分液和萃取；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、在锌粒和稀硫酸的混合物中滴加少量CuSO4溶液，Zn会与CuSO4发生置换反应生成Cu，Zn与Cu形成原电池，加快了Zn与稀硫酸的反应速率，催化剂需参与反应后恢复原状态而CuSO4转化为Cu，说明CuSO4并非该反应的催化剂，A错误；
B、碘水与环己烷混合时，由于有机溶剂环己烷密度小于水，则环己烷会将碘水中的I2萃取到上层，这个过程是萃取，属于物理变化，并非取代反应，因为取代反应是化学变化，B错误；
C、溶液中存在平衡：，加入铁粉，铁单质和铁离子生成亚铁离子，2Fe3++Fe=3Fe2+，铁离子浓度减小，导致平衡向左移动，溶液颜色变浅，C正确；
D、碳酸钡、硫酸钡都是白色沉淀，无法比较Ksp相对大小，一般来说比较需在“离子浓度相同”的条件下，而相关条件未知，无法比较，D错误；
故答案为：C
【分析】做题时一定要看清楚所描述的 操作及现象与最后的实验结论是否存在一一对应的关系，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项；
13．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氯、溴、碘的性质实验；常见氧化剂与还原剂
【解析】【解答】A、由工艺流程可知，流程中CCl4在“操作1”中作为萃取剂，“操作2”后CCl4被分离并循环利用，能够提高原料的利用率，同时减少了试剂消耗与污染，体现了绿色工艺的特点，A正确；
B、"氧化"步骤中，NaClO3与Br-发生氧化还原反应为：，若盐酸浓度过大，ClO3-与过量H+、Cl-会发生副反应：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O，导致Br-的氧化效率降低，并非盐酸浓度越大氧化效率越高，B错误；
C、由工艺流程可知，“操作1”和“操作2”均为萃取分液操作，需要的仪器是分液漏斗（分离有机相和水相）和烧杯（承接液体），C正确；
D、由工艺流程可知，NaClO3在“氧化”中Cl元素从+5价降为-1价，作氧化剂；CO(NH2)2在“还原”中使Br2转化为Br-，作还原剂，D正确；
故答案为：B
【分析】由工艺流程可知，向粗溴盐中加入盐酸和氯酸钠溶液，将溶液中的溴离子氧化得到溴水，向溴水中加入四氯化碳萃取、分液得到水相和有机相；向有机相中加入碳酸钠和尿素，碳酸钠溶液作用下尿素将溴还原为溴化钠，分液得到能循环使用的四氯化碳和溴化钠溶液；溴化钠溶液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到溴化钠固体。整个流程的核心逻辑是：通过氧化将Br-转化为Br2，经萃取分离后还原为Br-，最终制得NaBr；同时实现CCl4的循环利用，体现绿色工艺的特点。
14．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、根据分析，对应的是M(OH)2的（）与的关系，A正确；
B、根据a点坐标，=，根据b点坐标，=，，B正确；
C、根据c点坐标，=7时，，可得，，m点代表，可得，常温下，，求出m点，≈5.47，，可得纵坐标约为-0.77，点坐标近似为(5.47，-0.77)，C正确；
D、的平衡常数，属于可逆反应，D错误；
故答案为：D
【分析】对于一元弱酸HX、HY而言，都存在电离平衡：，因此平衡常数可表达为：，则：，即：，其直线的斜率为-1；已知，故L1代表与的关系，L2代表与的关系。对于沉淀M(OH)2而言，也存在沉淀的溶解平衡：，因此平衡常数可表达为：，则：
，即：，直线的斜率为-2，故代表与的关系。
15．【答案】(1) D
(2) ②①⑥⑤④或②⑥①⑤④
(3) 排入空气，污染环境
(4) 2H2O+2e-=2OH-+H2↑
(5) 2
(6) Cl2与NaOH反应或Cl2更易溶于水 电解产生Cl2使溶解氧减少，随着c(OH-)增大，c(Cl-)减小，电解OH-产生O2，溶解氧浓度增大 10.5＜a＜15.5
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；物质的分离与提纯；化学实验方案的评价；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）、加NaOH能除去镁离子，加氯化钡除去硫酸根离子，加碳酸钠除去钙离子及过量的钡离子，则碳酸钠一定在氯化钡之后，过滤后加盐酸至中性，然后蒸发结晶得到NaCl，故答案为：D；
（2）、根据用固体配制一定物质的量浓度溶液的步骤分别为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀和装瓶，先后需要用到的仪器分别为：天平、量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管等，故仪器按使用先后排序为②①⑥⑤④或②⑥①⑤④，故答案为：②①⑥⑤④或②⑥①⑤④；
（3）、图甲、图乙装置中阳极电极反应均为：2Cl--2e-=Cl2↑，而产生的Cl2均没有收集或尾气处理装置，故从环保角度考虑，图甲、图乙装置共同的缺点是没有收集或尾气处理装置，Cl2排入空气，污染环境，故答案为：没有收集或尾气处理装置，Cl2排入空气，污染环境；
（4）、图甲装置中石墨为阳极，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，Cu电极为阴极，发生还原反应，则阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故答案为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑；
（5）、由题干图乙装置中阴极电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，则阴极产生1g气体，即通过电路的电子物质的量为：=1mol，即由1molNa+由阳极区通过阳离子交换膜进入阴极区，同时阳极区有1molCl-失去电子生成Cl2，故阳极区理论上减少的离子的物质的量为2mol，故答案为：2；
（6）、①、由题干图示信息可知，在图甲、图乙装置基础上，设计了图丙装置，利用图丙装置电解饱和食盐水一段时间，阴极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，阳极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，根据得失电子数目相等可知，阴、阳极收集气体的体积为V1、V2，理论预测，V1=V2；实验测得V1＞V2，可能的原因是Cl2在水中的溶解度比H2大，或者Cl2能与NaOH溶液反应等，故答案为：Cl2与NaOH反应或Cl2更易溶于水；
②、由题干信息可知，实验2中随着电解的进行，电解产生的Cl2越来越多将水中的溶解的O2排除，使得检测到阳极区溶液上方气体中氧气浓度略微增加，水中溶解氧浓度减小，但随着电解的进行，溶液中Cl-浓度越来越小，OH-浓度越来越大，导致OH-放电产生O2，从而使得溶液中的溶解氧浓度又逐渐增大，故溶解氧浓度先减小后增大的原因是电解产生Cl2使溶解氧减少，随着c(OH-)增大，c(Cl-)减小，电解OH-产生O2，溶解氧浓度增大，故答案为：电解产生Cl2使溶解氧减少，随着c(OH-)增大，c(Cl-)减小，电解OH-产生O2，溶解氧浓度增大；
③、实验结论：当OH-、Cl-的浓度达到某一值时，OH-放电能力大于Cl-，即Cl-、OH-的浓度会影响放电顺序，比较实验2只电离NaCl溶液、实验3则电离NaOH和NaCl混合溶液，实验4为只电离NaOH溶液，电解前水中的溶解氧浓度均为8.3mg/L，由此可得出a的取值范围为10.5＜a＜15.5，故答案为：10.5＜a＜15.5。
【分析】本题为实验探究题，先从粗盐中除杂提纯得到纯净的NaCl，通过沉淀法除去杂质离子：Ba2+除SO42-、OH-除Mg2+、CO32-除Ca2+和过量Ba2+，最后酸化除CO32-、OH-，且需保证Na2CO3在BaCl2之后（除去过量Ba2+），NaOH顺序灵活；然后配制一定物质的量浓度的NaCl溶液，计算（NaCl质量）→称量（仪器②托盘天平）→溶解（仪器③烧杯、玻璃棒）→转移（仪器⑤容量瓶）→洗涤→定容（仪器④胶头滴管）→摇匀；接着探究电解电解氯化钠溶液，以及电解过程中阳极是否有氧气产生，首先排出装置及溶解的氧气，再利用生成的气体通入先除掉氯气，再检验氯气是否除尽，再检验是否产生氯气，其中图甲：Cu（阴极）、C（阳极），饱和食盐水，无离子交换膜；图乙：离子交换膜分隔阴、阳极，避免产物混合；图丙：Fe（阴极）、C（阳极），饱和食盐水；而核心问题在于，图甲、乙电解生成的阳极产物Cl2会直接排放，污染环境。
16．【答案】（1）d
（2）硫氰化钾溶液
（3）B
（4）分离出硫酸，使更易水解；
（5）1010
（6）
（7）Ti；
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；焓变和熵变；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）、Ti是22号元素，价电子排布式为3d24s2，位于元素周期表d区。
（2）、遇KSCN溶液变红，可用硫氰化钾溶液检验“滤液1”中是否存在。
（3）、，正反应放热，气体系数和减小，，则正反应在低温条件下自发进行，选B；
（4）、水解使溶液呈酸性，“萃取”的目的是分离出硫酸，使更易水解。剩余固体中含有、，加浓硫酸“酸解”，和浓硫酸反应生成，不溶于浓硫酸，过滤，滤渣是。
（5）、常温下，，“水解”一段时间后，溶液的，此时。
（6）、制备时只产生一种气体，该气体通入溶液中，产生黑色沉淀(钯粉)，说明生成的气体是CO，、B2O3、C转化为和CO，化学方程式为。
（7）、根据均摊原则，灰球数为、黑球数为，根据化学式，可知该晶胞中位于顶点的原子是Ti；晶胞如图所示，其边长分别为为阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为。
【分析】高钛渣主要成分为、、和，含少量、等，先进行酸浸，高钛渣中的Al2O3、CaO、Fe2O3、MgO与稀盐酸反应，生成可溶性盐：AlCl3、CaCl2、FeCl3、 MgCl2，而TiO2、SiO2不与稀盐酸反应，留在滤渣中；接着酸解，TiO2与浓硫酸反应生成TiO2+，反应方程式为： TiO2+2H2SO4(浓)=TiOSO4+2H2O ，TiOSO4在溶液中以TiO2+和SO42-形式存在；继续萃取，酸解后，溶液中含TiO2+及可能残留的金属离子，通过萃取剂可分离富集TiO2+，TiO2+进入萃取液，杂质离子留在水相；接着萃取液中的TiO2+发生水解：TiO2++xH2O=TiO2·xH2O↓+2H+，由于Ksp[TiO(OH)2]极小，水解程度大，易生成沉淀；最后TiO2与B2O3、C在高温下反应生成TiB2，结合C的氧化产物为CO（已知③提示CO的检验），配平后方程式为：。
（1）Ti是22号元素，价电子排布式为3d24s2，位于元素周期表d区。
（2）遇KSCN溶液变红，可用硫氰化钾溶液检验“滤液1”中是否存在。
（3），正反应放热，气体系数和减小，，则正反应在低温条件下自发进行，选B；
（4）水解使溶液呈酸性，“萃取”的目的是分离出硫酸，使更易水解。剩余固体中含有、，加浓硫酸“酸解”，和浓硫酸反应生成，不溶于浓硫酸，过滤，滤渣是。
（5）常温下，，“水解”一段时间后，溶液的，此时。
（6）制备时只产生一种气体，该气体通入溶液中，产生黑色沉淀(钯粉)，说明生成的气体是CO，、B2O3、C转化为和CO，化学方程式为。
（7）根据均摊原则，灰球数为、黑球数为，根据化学式，可知该晶胞中位于顶点的原子是Ti；晶胞如图所示，其边长分别为为阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为。
17．【答案】（1）-
（2）D
（3）<；>；<；同体积同压强，温度较高，气体总物质的量较小，正反应是气体分子数减小的反应，点转化率较大；3.25；27；大于
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断；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；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）、根据盖斯定律，该反应可由得到，=-；
（2）、A、平衡后，升高温度，平衡逆向移动，则，A错误；
B、Cu为固体，增加的质量，不影响反应速率，不影响化学平衡，B错误；
C、恒容容器中，充入，对反应速率和化学平衡无影响，平衡转化率不变，C错误；
D、结合反应可知，该反应中充入少量NO，等同于增大压强，平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，D正确；
故答案为：D。
（3）、①、恒温条件下随反应进行，气体分子数逐渐减少，体系内压强逐渐减小，甲为“恒温”条件；而乙中随反应正向进行，压强先增大，可知此过程中体系内温度升高导致气体膨胀，压强增大，则该反应为放热反应，<0，且乙为“绝热”条件；b点对应的温度和压强均大于c点，则b点正反应速率大于c点逆反应速率；
②、同体积b点温度高于a点，两点压强相同，则b气体总物质的量较小，正反应是气体分子数减小的反应，由此可知b点正向进行程度大于a点，则点转化率较大；
③、由题中信息得三段式：
由压强之比等于气体物质的量之比：，x=1.5；a点气体的总物质的量为4-0.5x=3.25；
④、结合以上分析可知点L/mol；a点CO的转化率小于b点，所以a点浓度商小于b点的浓度商，由于b点达到了平衡状态，所以b点的浓度商等于K(b)，所以K(b)>Q(a)。
【分析】盖斯定律的使用原则：化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；化学反应的反应热只与反应的始态（各反应物）和终态（各生成物）有关，而与具体反应的途径无关；任何化学反应的反应热和其逆反应的反应热大小相等，符号相反；任何化学反应，当各物质系数发生变化时，反应热的数值也随之发生变化。化学平衡状态的标志可概括为“一等五不变”，“一等”即正反应速率等于逆反应速率，其意义是针对反应体系中同一反应物（或生成物）而言的，而不是同一反应中的不同物质。若用同一反应中不同物质来表示正反应速率和逆反应速率，必须要求两速率反向（切忌单向速率）且两速率之比等于其对应的化学计量数之比。“五不变”即反应混合物中各组分的浓度保持不变，其意义是指各组分的物质的量不变；各组分的浓度不变；各组分的百分含量不变；反应物的转化率不变；对于全为气体的可逆反应，当左右气体含量之比相同时，混合气体总物质的量不变。书写化学反应三段式时的注意事项：单位一致，确保起始量、变化量和平衡量的单位保持一致；注意化学计量数、注意物质状态固体、纯液体一般不参与其中；考虑可逆反应的平衡量不是完全转化的结果，而是反应物和生成物共存的状态。此时需要根据反应的转化率或平衡常数进行计算。
（1）根据盖斯定律，该反应可由得到，=-；
（2）A．平衡后，升高温度，平衡逆向移动，则，故A错误；
B．Cu为固体，增加的质量，不影响反应速率，不影响化学平衡，故B错误；
C．恒容容器中，充入，对反应速率和化学平衡无影响，平衡转化率不变，故C错误；
D．结合反应可知，该反应中充入少量NO，等同于增大压强，平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，故D正确；
故选：D。
（3）①恒温条件下随反应进行，气体分子数逐渐减少，体系内压强逐渐减小，甲为“恒温”条件；而乙中随反应正向进行，压强先增大，可知此过程中体系内温度升高导致气体膨胀，压强增大，则该反应为放热反应，<0，且乙为“绝热”条件；b点对应的温度和压强均大于c点，则b点正反应速率大于c点逆反应速率；
②同体积b点温度高于a点，两点压强相同，则b气体总物质的量较小，正反应是气体分子数减小的反应，由此可知b点正向进行程度大于a点，则点转化率较大；
③由题中信息得三段式：
由压强之比等于气体物质的量之比：，x=1.5；a点气体的总物质的量为4-0.5x=3.25；
④结合以上分析可知点L/mol；a点CO的转化率小于b点，所以a点浓度商小于b点的浓度商，由于b点达到了平衡状态，所以b点的浓度商等于K(b)，所以K(b)>Q(a)。
18．【答案】（1）；氧化反应
（2）
（3）浓硫酸、加热；丙烯酸钠
（4）3；(或)
（5）、、
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用；醇类简介；羧酸简介
【解析】【解答】（1）、I的化学式C6H12，其中含有一种化学环境的氢原子，结合已知信息①知，
I的结构简式为，I→II过程中I被酸性高锰酸钾溶液氧化，反应类型为氧化反应。
（2）、II和氢气发生加成反应得到III，III为，III→IV发生醇的消去反应，化学方程式为。
（3）、III属于醇类，V属于羧酸类，二者发生取代反应的条件是浓硫酸、加热；VI为，名称是丙烯酸钠。
（4）、V为，其同分异构体能发生银镜反应，说明含“-CHO”，共有、、这3种链状化合物符合题意。其中核磁共振氢谱图上只有两组峰的结构简式为(或)。
（5）、合成路线中丙酮和HCN先发生加成反应得到A，A为，在酸性条件下发生水解得到B，B为，在浓硫酸、加热的条件下发生醇的消去反应得到C，C为，最后和甲醇在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应即可得到高分子VIII的单体。
【分析】该流程是高吸水性树脂的合成路线，核心是：烯烃氧化→还原→消去→加成→中和→聚合，首先根据已知信息①知，I中发生氧化反应，则I中含有碳碳双键，再结合问题(1)所给信息知，C6H12（含碳碳双键）被KMnO4(H+)氧化，双键断裂生成酮和羧酸，结合产物II的结构，C6H12应为类烯烃，氧化后生成(CH3)2C=O和CH3CH2CH2COOH，但流程中II为酮结构，推测C6H12是对称烯烃，氧化后仅生成酮，故I为；II和氢气发生加成反应得到III，II结构中的酮羰基与氢气加成，生成醇羟基，故III为；III→IV发生醇的消去反应，醇羟基上的相邻碳原子上的氢消去水，生成碳碳双键；接着IV经水合反应，烯烃与水加成，生成醇可得到V；V和氢氧化钠发生中和反应可得到VI，VI为丙烯酸钠，V和VI发生加聚反应可得到VII。
（1）I的化学式C6H12，其中含有一种化学环境的氢原子，结合已知信息①知，
I的结构简式为，I→II过程中I被酸性高锰酸钾溶液氧化，反应类型为氧化反应。
（2）II和氢气发生加成反应得到III，III为，III→IV发生醇的消去反应，化学方程式为。
（3）III属于醇类，V属于羧酸类，二者发生取代反应的条件是浓硫酸、加热；VI为，名称是丙烯酸钠。
（4）V为，其同分异构体能发生银镜反应，说明含“-CHO”，共有、、这3种链状化合物符合题意。其中核磁共振氢谱图上只有两组峰的结构简式为(或)。
（5）合成路线中丙酮和HCN先发生加成反应得到A，A为，在酸性条件下发生水解得到B，B为，在浓硫酸、加热的条件下发生醇的消去反应得到C，C为，最后和甲醇在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应即可得到高分子VIII的单体。
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