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广东省湛江市第二十一中学2025届高三下学期5月模拟化学试题
1．中国的古建筑不仅体现了中国古代高超的工艺，更承载着浓厚的文化气息。下列建筑材料的主要成分属于有机高分子的是
A． 汉白玉栏杆 B． 琉璃屋顶 C． 杉木梁柱 D． 铜制门环
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】无机非金属材料；有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】A. 汉白玉的主要成分为碳酸钙，属于无机物，A项不符合题意；
B. 琉璃属于硅酸盐材料，B项不符合题意；
C. 木材的主要成分是纤维素，纤维素属于有机高分子材料，因此材料主要成分属于有机高分子的是木材，C项符合题意；
D. 铜制门环属于铜合金，是金属材料，D项不符合题意；
综上，答案选C。
【分析】杉木成分是纤维素，属于有机高分子，汉白玉成分是碳酸钙，玻璃成分是硅酸盐，铜是金属，不属于有机高分子。
2．2024年4月25日，神舟十八号载人飞船顺利升空并进入空间站。下列说法正确的是
A．火箭使用的燃料偏二甲肼属于烃类物质
B．神舟十八号载人飞船外壳采用的高温陶瓷材料氮化硅属于共价晶体
C．空间站中电的主要来源柔性太阳能电池翼，其主要成分中含二氧化硅
D．出舱活动所穿舱外服的主要材料是聚氨酯，其属于天然有机高分子材料
【答案】B
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；硅和二氧化硅；烷烃
【解析】【解答】A．由分析可知，偏二甲肼不属于烃类物质，故A错误；
B．氮化硅属于共价晶体，故B正确；
C．太阳能电池翼的组成是硅单质，故C错误；
D．聚氨酯不属于天然有机高分子材料，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A.烃类物质只含碳元素、氢元素。
B.氮化硅属于共价晶体。
C.硅单质是太阳能电池的主要成分。
D.聚氨酯属于合成有机高分子材料。
3．化学处处呈现美。下列说法不正确的是
A．颜色美：绚丽的焰火与能量转化有关
B．味道美：谷氨酸钠可作食品添加剂
C．结构美：“足球烯”是一种有机物
D．现象美：“仙境”舞台利用干冰易升华的特性
【答案】C
【知识点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A. 焰火产生的原理是，电子先从基态跃迁到激发态，之后会从能量较高的激发态向能量更低的激发态，甚至基态跃迁，这个过程中会以光的形式释放出能量，因此焰火的产生和能量转化有关，A选项说法正确；
B. 谷氨酸钠也就是味精，能够作为食品添加剂，为食物增添鲜味，B选项说法正确；
C. “足球烯”也就是，属于碳元素组成的单质，不属于有机化合物，C选项说法错误；
D. 干冰升华会吸收大量热量，使环境温度降低，让空气中的水蒸气液化形成小雾滴，以此营造出类似仙境的舞台效果，D选项说法正确；
综上，本题答案选C。
【分析】A. 焰火是焰色试验，电子跃迁释放能量；
B. 谷氨酸钠可作为食品添加剂；
C. 足球烯是碳单质，不是有机物；
D. 利用干冰升华特性，营造仙境舞台。
4．粤菜“尊重自然之味，包容天下之美”。下列关于美食的化学知识正确的是
A．食物中的淀粉可水解为葡萄糖，葡萄糖能还原新制的 Cu(OH)2产生砖红色沉淀
B．炖鱼时添加食醋和料酒会香气四溢，是因为生成了易溶于水的酯
C．生腌——生蚝腌制时加入高度白酒使蛋白质发生盐析
D．营养师建议适当摄入富含纤维素的食物，纤维素在人体内可水解和利用
【答案】A
【知识点】酯的性质；多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验
【解析】【解答】A．葡萄糖是还原糖，能够和新制的氢氧化铜反应，将还原为砖红色的氧化亚铜，A项说法正确；
B．食醋中的乙酸可以和料酒中的乙醇发生酯化反应，生成有特殊香味的乙酸乙酯，乙酸乙酯微溶于水，选项说法错误；
C．盐析是蛋白质在高浓度轻金属盐溶液中溶解度降低析出的过程，高度白酒中的高浓度酒精会使蛋白质空间结构改变发生变性析出，该过程不属于盐析，选项说法错误；
D．人体中不存在可以水解纤维素的酶，因此人体无法消化吸收纤维素，选项说法错误；
综上，答案选A。
【分析】A．葡萄糖结构中有醛基，可和氢氧化铜反应，生成氧化亚铜；
B．酯是有机物，难溶于水；
C．白酒使蛋白质变性；
D．根据纤维素性质，其不能被人体水解和吸收。
5．我国嫦娥三号月球探测器应用了众多先进材料和技术，其中镁锂合金材料发挥了重要作用。下列说法不正确的是
A．电镀镁锂时，镀件接外接电源的负极
B．电镀镁锂时，用含Mg2+和Li+的水溶液作为电镀液
C．为防止镁锂合金被腐蚀可在表面进行喷涂处理
D．锂电池放电时的负极反应：Li - e-=Li+
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护；电镀
【解析】【解答】A．电镀过程中，镀件需要作为阴极，发生还原反应，因此A选项说法正确；
B．金属锂的化学性质活泼，极易和水发生反应，因此不能使用水溶液作为电镀液，B选项说法错误；
C．对金属进行喷涂覆盖处理，是常见的金属防护工艺方法之一，C选项说法正确；
D．锂电池放电时，负极的金属锂会失去电子发生氧化反应，电极反应为，D选项说法正确；
综上，答案选B。
【分析】根据电镀原理，镀件和负极相连作阴极，锂属于碱金属，性质活泼，会与水反应，电镀液不能选择水溶液，在金属表面进行喷涂，可保户金属。
6．下列叙述正确的是
A．图①装置可用于测定锌与稀硫酸反应的速率
B．图②装置可用作制备氯气的发生装置
C．图③装置可用作蒸馏装置
D．图④标识表示腐蚀类物质
【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学实验安全及事故处理；蒸馏与分馏
【解析】【解答】A．利用锌和稀硫酸反应测定反应速率时，图示装置使用长颈漏斗会导致气体逸出，应当换成分液漏斗，同时该实验还需要秒表计时才能测定速率，因此A项错误；
B．二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气需要在加热条件下进行，图示装置没有添加加热仪器，无法完成实验，因此B项错误；
C．图示蒸馏装置存在多处错误：装置尾部的接收部分不能密封，整个蒸馏装置不能是密闭体系；温度计的水银球应当放置在蒸馏烧瓶的支管口处；蒸馏操作一般选用直形冷凝管，不能使用图中的球形冷凝管，因此C项错误；
D．根据图示标识可知，图④是腐蚀品的警示标识，表述正确，因此D项正确；
故选D。
【分析】A．装置应选择分液漏斗，控制反应速率，需要秒表计时；
B．实验室制备氯气需要加热；
C．蒸馏装置用直行冷凝管；
D．腐蚀类具有腐蚀性，应有提醒标志。
7．劳动是幸福的源泉。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 利用Na2S除去废水中的Cu2+ 利用了的Cu2+氧化性
B 根据焰色试验检验样品中是否含钠元素 不同元素原子的电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光
C 合成冠醚以识别不同的碱金属离子 冠醚有不同大小的空穴，可适配不同大小的碱金属离子
D 研制催化剂以加快化学反应速率 催化剂可降低反应的活化能
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】原子核外电子的跃迁及应用；化学反应速率的影响因素；焰色反应
【解析】【解答】A、除去废水中发生的反应为，该反应属于复分解反应，全程不存在化合价变化，没有用到的氧化性，劳动项目和给出的化学知识不存在关联，A符合题意；
B、焰色试验的原理就是原子外层电子发生跃迁，过程吸收或者释放特定波长的光，借此能够检出钠元素，二者存在对应关联，B不符合题意；
C、冠醚内部孔洞尺寸互不相同，依据空腔大小可以选择性匹配半径不一样的碱金属离子，从而完成识别，二者存在对应关联，C不符合题意；
D、催化剂加快反应速率的根本机制就是降低反应所需活化能，二者存在对应关联，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
硫化物除重金属原理：和依靠沉淀反应除去铜离子，并非依靠氧化还原性质，因此二者无关联；
焰色试验本质：受热时原子核外层电子发生跃迁，产生特征光波，据此鉴别钠元素；
冠醚识别离子的特点：依靠空腔尺寸差异，对半径不同的碱金属离子进行选择性适配；
催化剂提速机理：催化剂通过降低反应活化能，增大有效碰撞频率，最终加快整体化学反应速率。
8．对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式书写正确的是
A．锅炉中的CaSO4水垢用纯碱溶液浸泡：
B．向氨水中滴加少量硫酸铜溶液：
C．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：
D．过量铁粉与稀硝酸反应：
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁的化学性质；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．锅炉中成分是CaSO4的水垢用纯碱溶液浸泡处理时，会发生沉淀转化反应：，因此A选项错误；B．向氨水中滴加少量硫酸铜溶液时，过量的氨水会和铜离子生成稳定的四氨合铜络离子，反应的离子方程式为 因此B选项正确；
C．铅酸蓄电池充电时，阳极发生失电子的氧化反应，正确的阳极反应式为， 因此C选项错误；
D．过量铁粉和稀硝酸反应时，生成的 会被过量的铁还原为 ，正确的离子方程式为， 因此D选项错误；
综上，答案选B。
【分析】A．硫酸钙微溶，不可拆开；
B．硫酸铜和过量氨水反应生成硫酸四氨合铜；
C．铅酸蓄电池充电时，阳极是硫酸铅反应；
D．过量铁粉和稀硝酸反应生成二价铁离子。
9．关于下列“双人花样滑冰运动员”有机分子的说法正确的是
A．“女运动员”比“男运动员”多1个手性碳原子
B．“男运动员”最多可以与8mol H2发生加成反应
C．“女运动员”中所有碳原子可能共平面
D．“女运动员”比“男运动员”多3个sp3杂化的碳原子
【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．手性碳原子的定义为连有四个完全不同的原子或基团的碳原子，观察“女运动员”与“男运动员”的结构，二者分子中均不存在符合要求的手性碳原子，因此A项错误；
B．苯环、碳碳三键都可以与氢气发生加成反应，经计算，“男运动员”结构中最多可以与发生加成反应，因此B项错误；
C．“女运动员”分子中，处于“手”和“辫子”位置的碳原子为饱和四面体结构，不可能全部共平面，因此C项错误；
D．对比“女运动员”和“男运动员”的结构，二者仅“辫子”部分结构不同，“女运动员”比“男运动员”多出3个采取sp3杂化的碳原子，因此D项正确；
故选D。
【分析】根据题中有机分子结构，二者不存在手性碳原子；有机分子中碳碳三键、碳碳双键和苯环能与氢气发生加成反应，但未指明有机分子的物质的量，无法判断消耗氢气的多少；女运动员结构中存在碳原子为饱和四面体结构，不可能共平面，饱和碳原子均为sp3杂化，据此分析。
10．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．0.1mol SF6分子中硫原子的价电子数为0.6NA
B．标准状况下，11.2 LSO3中氧原子的数目为1.5NA
C．1L1mol ·L-1FeCl3溶液中阳离子的数目小于NA
D．常温下，将46g NO2通入密闭容器中，气体分子数为NA
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；气体摩尔体积
【解析】【解答】A. SF6分子中，S原子的价电子总数计算为，因此0.1mol SF6分子中，硫原子的价电子总数为0.6NA，A项正确；
B. 标准状况下，三氧化硫为固态，无法用气体摩尔体积计算2L SO3的物质的量，因此无法确定其所含氧原子数为1.5NA，B项错误；
C. 1L 1mol·L-1 FeCl3溶液中，原本含有1mol Fe3+，Fe3+水解时，每1mol Fe3+水解会生成3mol H+，反应后阳离子总物质的量增加，因此溶液中阳离子数目大于NA，C项错误；
D. NO2体系中存在平衡：，46g NO2的物质的量为1mol，通入密闭容器后，部分NO2会转化为N2O4，气体总分子数会减少，因此最终气体分子数不等于NA，D项错误；
综上，答案选A。
【分析】A. 根据价层电子对互斥理论计算得0.1mol SF6分子中，硫原子的价电子总数为0.6NA；
B. 标准状况下，三氧化硫不是气态；
C. 根据三价铁离子水解方程式，溶液中阳离子数目增加；
D. 体系中存在平衡，气体分子数会减少。
11．某兴趣小组在实验室模拟侯氏制碱法制备，部分实验装置如图所示。下列说法正确的是
A．实验过程中向启普发生器中添加液体时，可以取下I处胶塞加入
B．所用试剂有稀硫酸、浓硫酸、CaCO3、饱和食盐水、NH4Cl、Ca(OH)2、蒸馏水
C．开始实验时，应先打开活塞II，再打开活塞III
D．反应结束后，试剂换为冰水，可以促进晶体的析出
【答案】D
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）
【解析】【解答】A、实验进行过程中启普发生器内部压强大于外界大气压，此时取下I处胶塞会让内部高压气体外泄，引发实验隐患，因此不能取下该处胶塞加注液体，A错误；
B、稀硫酸和反应会生成微溶的，它会覆盖碳酸钙固体表层阻断后续反应，制取不可选用稀硫酸；而且后续气体通入水溶液，无需浓硫酸干燥，给出的试剂方案不合理，B错误；
C、氨气极易溶于水，先通入氨气能够使试剂e形成碱性溶液，大幅提升的吸收效率，因此要先开启活塞III通入氨气，之后再打开活塞II通入，C错误；
D、溶解度随温度下降而减小，将试剂d换成冰水实现降温，就可以降低碳酸氢钠的溶解量，促进晶体析出，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
结合启普发生器运行时内部压强偏高的特点分析，实验中途开盖会打破气压平衡，由此判断操作正误；
从的微溶性分析制的试剂限制，再结合后续气体入水的实验背景判断浓硫酸多余，完成试剂合理性排查；
依据氨气、二氧化碳溶解度的差异，理解先通氨气构建碱性环境的目的，进而敲定活塞开启的先后次序；
依托碳酸氢钠溶解度随温度降低而减小的性质，分析冰水降温对晶体析出起到的促进效果。
12．短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W是原子半径最小的原子，X、Y、Z的最外层电子数之和为18，且三者形成的化合物的结构如图所示。四种元素形成的化合物之间发生反应：YXZ3+W2X→W3YX4+WZ (未配平)。下列说法正确的是
A．电负性：X>Y>Z B．单质的沸点：Z>Y>X
C．W3YX4的酸性强于WZ D．YW3的键角>YZ3的键角
【答案】D
【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
【解析】【解答】A．元素的非金属性越强，电负性越大，三种元素非金属性顺序为 O＞Cl＞P，则电负性：X＞Z＞Y，A错误；
B．磷单质常温下为固体，其余元素的单质常温下均为气体，因此Y（P）的单质沸点最高；对于分子晶体，相对分子质量越大范德华力越大，沸点越高，相对分子质量大于，因此沸点高于，因此单质沸点顺序为 Y＞X＞W， B错误；
C． W3YX4即H3PO4为中强酸，WZ即HCl是强酸在水溶液中能完全电离，酸性：H3PO4＜HCl，C错误；
D． PH3、PCl3 的中心原子P的价层电子对数均为4，杂化方式均为杂化，且P上都含有1对孤电子对。由于Cl的电负性比H大， PCl3 中P原子周围的成键电子对更偏向Cl，P原子处成键电子对的电子云密度更小，成键电子对之间的斥力更小，因此 PH3 的键角大于 PCl3 的键角，D正确；
故选D。
【分析】根据题干信息，W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素；原子半径最小的原子是氢元素，因此W为H。由X、Y、Z最外层电子数之和为10，结合题图中化合物的成键结构可知：Y最多可形成5个共价键，Z只能形成1个共价键，X能形成2个共价键，因此可推得X为O，Y为P，Z为Cl。 YXZ3+W2X=W3YX4+WZ即POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl，据此分析解题。
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 用FeCl3溶液刻蚀铜质电路板 金属活泼性：Cu < Fe
B 沸点：H2S < H2O 稳定性：H2S < H2O
C H2O2具有还原性 H2O2能使酸性KMnO4溶液褪色
D 酸性：HCOOH > CH3COOH 羟基中O-H键的极性： CH3COOH > HCOOH
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；过氧化氢；羧酸简介
【解析】【解答】A. 氯化铁能够刻蚀铜质电路板，发生反应时Fe3+作氧化剂，Cu2+是氧化产物，根据氧化还原反应的规律可得出氧化性：Fe3+>Cu2+，该结论和金属活泼性没有关联，因此A项不符合题意；
B. H2S分子之间仅存在范德华力，而H2O分子间同时存在范德华力与氢键，因此沸点H2S C. H2O2能够使酸性KMnO4溶液褪色，该过程中酸性KMnO4作为氧化剂将H2O2氧化为O2，H2O2在反应中作还原剂，体现了还原性，因此C项符合题意；
D．酸性主要看羧基中 O—H 极性，由于—CH3的推电子效应，使得羧基中O—H键的极性：HCOOH>CH3COOH ， 导致酸 性：HCOOH > CH3COOH ， D 项不符合题意。
综上，答案选C。
【分析】A. 氯化铁溶液刻蚀铜质电路板，是利用三价铁离子氧化性强于铜离子；
B. 沸点高低和分子间作用力大小有关，和分子稳定性无关；
C. 过氧化氢能被高锰酸钾氧化；
D． 羟基中O-H键的极性 越大，越易断裂，酸性越强。
14．已知：H2A = H+ + HA-，HA- H+ +A2-某化学研究小组利用pH传感器测定了暴露在空气中的 0. 1mol ·L- 1 Na2A 溶液和蒸馏水(均溶有微量的二氧化碳)的pH随温度的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是
A．常温下，Na2A 溶液(不含CO2 )呈碱性
B．温度高于60 ℃，Na2A溶液的 pH 增大的原因可能是碳酸分解、溶解的CO2逸出
C．0.1mol ·L-1Na2A溶液中：0.2 mol ·L-1=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)
D．利用充分煮沸并用植物油液封冷却的蒸馏水进行实验，该蒸馏水的 pH 将随温度升高而减小
【答案】C
【知识点】水的电离；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由题给信息可得，可以发生水解反应，水解方程式为：，因此常温下，不含CO2的Na2A溶液显碱性，A正确；B．通入CO2后，溶液中碳酸分解、溶解的CO2从体系中逸出，会使溶液中氢离子浓度降低，最终溶液pH增大，B正确；
C．Na2A溶液中存在电荷守恒，关系为：，已知溶液中，代入整理后可得，因此C错误；
D．升高温度，水的电离程度会增大，纯水中增大，因此水的pH减小，D正确；
综上，答案选C。
【分析】A． Na2A 是强碱弱酸盐；
B．根据题意，溶液中有二氧化碳，温度升高，气体逸出，溶液酸性减弱；
C．根据溶液中电荷守恒式，；
D．升高温度，Kw增大，纯水pH减小。
15．烯烃是具有重要价值的化工原料。下列有关图示与对应的叙述不相符的是
已知反应①2CH3OH(g) C2H4 (g)2H2O (g) ΔH= -20. 9 kJ·mol-1
A．图甲表示不同温度下烷烃分解得到烯烃的过程，则曲线 b 表示的温度更高
B．图乙可表示温度对反应①的平衡常数K的影响
C．图丙表示正丁烷脱氢制丁烯，产率在 600 ℃之后快速降低的原因可能是副产物增加
D．图丁表示烯烃与H2的加成反应，实线可表示加入催化剂后的历程
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A. 曲线a的反应速率更慢，说明对应的反应温度更低；曲线b的反应速率更快，说明对应的反应温度更高，因此A项正确；
B. 从图乙可以看出，随着温度升高，平衡常数K逐渐增大。如果该反应是放热反应，升高温度平衡会向吸热的逆反应方向移动，会造成生成物浓度减小、反应物浓度增大，最终平衡常数K应该减小，和图像变化不符，因此B项不正确；
C. 从图丙可以看出，在600℃之前，正丁烷脱氢制备丁烯的产率随温度升高不断增大；但600℃之后，丁烯的产率快速下降，这种变化的原因可能是温度进一步升高后，副反应程度增大，生成了更多副产物，使得目标产物丁烯的产率降低，因此C项正确；
D. 从图丁来看，催化剂可以降低反应的活化能，因此图中虚线对应未加催化剂的反应路径，实线对应加入催化剂后的反应路径，因此D项正确；
故选B。
【分析】A. 温度越高，反应速率越快，根据图中曲线变化趋势分析；
B. 反应① 放热，升高温度，平衡常数减小；
C. 温度升高，产物减少可能原因是副产物增多；
D. 使用催化剂后，活化能降低。
16．利用如图所示的电化学装置可捕捉废气中的，并将其转为，同时得到高浓度的盐酸、和。在直流电源的作用下，双极膜中的可自动解离为和。下列说法不正确的是
A．电极b连接电源正极
B．Ⅱ、Ⅲ室之间为阴离子交换膜
C．Ⅱ室中发生反应：
D．理论上，每转移，双极膜上共解离
【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】左侧双极膜中移向电极a，即电极a为阴极，电极b为阳极，连接电源正极，故A正确；
B．右侧双极膜中移向Ⅲ室，Ⅱ室中也移向Ⅲ室，Ⅲ室中才能获得高浓度盐酸，Ⅱ、Ⅲ室之间为阴离子交换膜，故B正确；
C．通过阴离子交换膜移向Ⅱ室，Ⅱ室中发生反应：，故C正确；
D．理论上，每转移，每个双极膜上解离两个双极膜上共解离，故D错误；
故答案为：D。
【分析】该装置为电解池，电极b附近溶液中的H2O在阳极失去电子发生氧化反应，其电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+。电极a附近溶液中的H+在阴极得到电子发生还原反应，其电极反应式为2H++2e-=H2↑。
17．1800年，科学家尼科尔森和卡莱尔最早完成电解水实验。兴趣小组模拟如下。
（1）配制0.1mol/L的NaOH溶液并标定。
①用KHP()通过中和滴定标定上述溶液准确浓度，需选填的仪器序号是　 　。
②V1mL的NaOH溶液消耗c0mol/LKHP标准溶液V0mL，则c(NaOH)=　 　mol/L。
实验探究：取(1)中配制的NaOH溶液30.0mL滴加2滴指示剂后，用下图装置(a、b均为石墨电极)在恒定电压下通电20min，记录如下表
序号 指示剂 主要现象
I 甲基橙 b极附近溶液黄色变浅，U形管内其余位置溶液无明显变化
Ⅱ 酚酞溶液 b极附近溶液红色褪去，U形管内其余位置溶液红色变浅
（2）I中观察到b极附近溶液黄色变浅，兴趣小组认为是电解中b极附近溶液c(OH-)降低导致的。你认为该推论　 　(选填“合理”“不合理”)，理由是　 　。
（3）兴趣小组对Ⅱ中U形管内其余位置溶液红色变浅的原因提出如下假设：
假设1 实验过程中，c(OH-)降低，导致酚酞溶液不显色
假设2 实验过程中，酚酞与NaOH反应，导致溶液红色褪去
兴趣小组设计如下实验方案进行实验。
步骤 现象
i．取少量U形管内浅红色溶液于试管中，滴加　 　后充分振荡 溶液红色加深
ii．取少量　 　于试管中，滴加酚酞后静置20min。 　 　
探究结论：假设1不成立，假设2成立。
（4）电解前期，两极收到气体的体积与通电时间关系如图所示。
①图中代表H2的曲线是　 　(填代号)；
②兴趣小组查阅文献后推理：开始电解时两极几乎没有收集到气体的原因是产生的气体分子被石墨电极吸附请根据电化学原理，设计实验证实该推理。
限选材料：通电一段时间后的石墨电极a和b，NaOH溶液，电流表(可用 表示)、导线、烧杯。
在答题卡相应方框内绘出实验装置图　 　。能证实上述推理的实验现象是　 　。
【答案】AD；；不合理；若因c(OH-)降低导致溶液变色，Ⅰ中应该观察到溶液由黄色变为橙色(或红色)(合理即可)；酚酞溶液；0.1mol/LNaOH溶液或(1)中NaOH溶液；溶液红色变浅；n；；电流计指针发生偏转
【知识点】电解原理；中和滴定；化学实验方案的评价；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1）①用KHP（　　）通过中和滴定标定上述溶液准确浓度时，需要使用酸式、碱式滴定管，并用胶头滴管往锥形瓶内滴加1~2滴酸碱指示剂，则需选填的仪器序号是AD。
故答案为：AD
②KHP分子中，-COOH能与NaOH反应，而-COOK与NaOH溶液不反应，所以1molKHP消耗1molNaOH，V1mL的NaOH溶液消耗c0mol/LKHP标准溶液V0mL，则c(NaOH)==mol/L。
故答案为：
（2）I中观察到b极附近溶液黄色变浅，若是因为电解中b极附近溶液c(OH-)降低导致的，则溶液的碱性变弱，甚至呈酸性，甲基橙应变为酸性区域的颜色。所以该推论：不合理，理由是：若因c(OH-)降低导致溶液变色，Ⅰ中应该观察到溶液由黄色变为橙色(或红色)(合理即可)。
故答案为：不合理； 若因c(OH-)降低导致溶液变色，Ⅰ中应该观察到溶液由黄色变为橙色(或红色)(合理即可)
（3）假设1 实验过程中，c(OH-)降低，导致酚酞溶液不显色，则可通过再次加入NaOH或酚酞进行判断。加入NaOH使溶液变红，表明是c(OH-)降低造成的，加入酚酞使溶液变红，表明是NaOH与酚酞发生反应造成的。
假设2 实验过程中，酚酞与NaOH反应，导致溶液红色褪去，则可做对照实验进行判断。
步骤 现象
i．取少量U形管内浅红色溶液于试管中，滴加酚酞溶液后充分振荡 溶液红色加深
ii．取少量0.1mol/LNaOH溶液或(1)中NaOH溶液于试管中，滴加酚酞后静置20min。 溶液红色变浅
探究结论：假设1不成立，假设2成立。
故答案为：酚酞溶液； 0.1mol/LNaOH溶液或(1)中NaOH溶液； 溶液红色变浅
（4）①电解前期，两电极生成的少量H2、O2都被石墨电极吸附，吸附达到最大限度后，生成的H2、O2从溶液中逸出，理论上，生成H2的体积是O2体积的二倍，则图中代表H2的曲线是n；
故答案为：n
②既然石墨电极吸附了H2、O2，就可设计成氢氧燃料电池，将两石墨电极插入盛有电解质的溶液中，用导线连接，用电流计检验是否有电流产生，则使用材料：通电一段时间后的石墨电极a和b，NaOH溶液，电流表(可用 表示)、导线、烧杯。实验装置图为。能证实上述推理的实验中，线路中有电流产生，电流计指针发生偏转，则实验现象是：电流计指针发生偏转。
故答案为：； 电流计指针发生偏转
【分析】（1）①KHP溶液显酸性，应选用酸式滴定管。
②滴定过程中，－COOH与NaOH按1：1反应，据此计算NaOH溶液的浓度。
（2）若c(OH－)降低导致溶液变色，则应观察到溶液由黄色变为橙色。据此分析。
（3）实验过程中，c(OH-)降低，导致酚酞溶液不显色，则可通过再次加入NaOH或酚酞进行判断。据此完善实验方案。
（4）①电解过程中产生H2和O2的体积为2：1，据此确定曲线n代表H2。
②H2、O2被电极吸附在表面，则用导线将两电极连接，可形成原电池装置，据此设计实验装置和分析实验现象。
18．一种从石煤灰渣（主要含及等）中提取钒的工艺流程如下：
已知：萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：；萃取的原理为；“中间盐”中的金属阳离子均为+3价；含的硫酸盐难溶于水；。
（1）“酸浸”时，钒主要以的形式进入溶液。
①为提高浸取率，可采取的措施是　 　（任写一条）。
②发生反应的化学方程式为　 　。
（2）“还原结晶”所得“溶液3”的主要阳离子及其浓度如下表：
阳离子
浓度 10.79 0.0041 0.11 0.029
据此分析“溶液3”可在　 　工序循环利用。
（3）“中间盐”的一种含钒物质为；“溶解”后，所得溶液中钒主要以的形式存在。该含钒物质“溶解”时发生反应的离子方程式为　 　。
（4）“还原”步骤的主要目的是　 　。
（5）“萃取”前，需调节溶液。
①已知萃取前溶液中，理论上，为避免产生沉淀，应调节溶液pH小于　 　（保留一位小数）。
②实际上，溶液pH也不能过低，其原因是　 　。
（6）一种V—Ti固溶体储氢材料经充分储氢后所得晶体的立方晶胞结构如图。
①该晶体中金属原子与非金属原子的个数比为　 　。
②储氢材料的性能常用“体积储氢密度”（储氢材料可释放出的体积）来衡量。一定条件下，50%的氢可从上述晶体中释放出来，且吸放氢引起储氢材料体积的变化可忽略。设为阿伏加德罗常数的值，的摩尔体积为，则该储氢材料的“体积储氢密度”为　 　（列出算式）。
【答案】（1）“适当升温”“搅拌”“将灰渣进一步粉碎”“适当增加酸的浓度”等，答案合理即可；
（2）酸浸
（3）
（4）将转化为，避免影响的萃取
（5）3.3；过低，即浓度过大，会导致萃取反应的平衡逆向移动，不利于进入有机相
（6）1：2；或等答案合理即可
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）①为提高浸取率，可采取的措施有：适当增加酸的浓度、适当提高反应温度、搅拌、将灰渣进一步粉碎等。
故答案为：“适当升温”“搅拌”“将灰渣进一步粉碎”“适当增加酸的浓度”等
②根据题干信息，“酸浸”时，钒主要以的形式进入溶液，与硫酸反应生成VO2+的化学方程式为：。
故答案为：
（2）根据表中阳离子浓度，溶液3中主要阳离子为H+、VO2+、Al3+和Fe3+，由于H+浓度最高，溶液3可以在酸浸工序循环利用，以充分利用其中的酸。
故答案为：酸浸
（3）由题干信息：含的硫酸盐难溶于水，“中间盐”的一种含钒物质为发生溶解工序，已知“溶解”后，所得溶液中钒主要以的形式存在，“溶解”时发生反应的离子方程式为：。
故答案为：
（4）根据由题干信息，酸浸后溶液中存在且萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：，还原步骤的主要目的是将Fe3+还原为Fe2+，以便在后续的萃取步骤中，萃取剂HR优先与VO2+结合，提高钒的提取效率，所以还原步骤的目的是：将转化为，避免影响的萃取。
故答案为：将转化为，避免影响的萃取
（5）①已知Al(OH)3的溶度积 ，溶液中Al3+浓度为0.4mol/L，根据溶度积公式：
解得：，，pH=，为避免产生沉淀，pH应小于3.3。
故答案为：3.3
②pH过低，即浓度过大，会导致萃取反应的平衡逆向移动，不利于V进入有机相，降低了钒元素的萃取率。
故答案为：过低，即浓度过大，会导致萃取反应的平衡逆向移动，不利于进入有机相
（6）①根据晶胞结构图，金属原子（V和Ti）位于顶点和面心，利用均摊法可知，晶胞中金属原子共有个，非金属原子（H）位于体内，晶胞中氢原子共有8个，该晶体中金属原子与非金属原子的个数比为。
故答案为：1：2
②该晶胞的体积为，该晶胞中含有8个氢原子，50%的氢可从上述晶体中释放出来，一个晶胞可以释放出来氢分子个数为，一个晶胞释放出来氢气的物质的量为mol，一个晶胞释放出来的氢气在标况下的体积为，根据定义可知，则该储氢材料的“体积储氢密度”为或者。
故答案为：或
【分析】（1）①结合浓度、温度、接触面积对反应速率的影响分析。
②V2O5与H2SO4反应生成(VO2)2SO4与H2O，据此写出反应的化学方程式。
（2）“溶液3”中含有大量的H＋，显酸性，可用于酸浸工序中循环使用。
（3）“溶解”过程中NH4V(SO4)2转化为VO2＋，V元素化合价升高，因此有O2参与反应，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式。
（4）由于萃取剂与阳离子结合能力：Fe3＋＞VO2＋＞Al3＋＞Fe2＋，因此加入Fe主要用于还原Fe3＋，防止影响VO2＋的影响。
（5）①根据Al(OH)3的溶度积Ksp计算溶液中c(OH－)，结合水的离子积Kw计算此时溶液的pH。
②若溶液的pH过低，即溶液中c(H＋)过大，结合H＋对可逆反应2HR＋VO2＋ VOR2＋2H＋平衡移动的影响分析。
（6）①根据均摊法确定晶体中金属原子与非金属原子的个数比。
②根据“体积储氢密度”的定义进行计算。
（1）①为提高浸取率，可采取的措施有：适当增加酸的浓度、适当提高反应温度、搅拌、将灰渣进一步粉碎等；
②根据题干信息，“酸浸”时，钒主要以的形式进入溶液，与硫酸反应生成VO2+的化学方程式为：；
（2）根据表中阳离子浓度，溶液3中主要阳离子为H+、VO2+、Al3+和Fe3+，由于H+浓度最高，溶液3可以在酸浸工序循环利用，以充分利用其中的酸；
（3）由题干信息：含的硫酸盐难溶于水，“中间盐”的一种含钒物质为发生溶解工序，已知“溶解”后，所得溶液中钒主要以的形式存在，“溶解”时发生反应的离子方程式为：；
（4）根据由题干信息，酸浸后溶液中存在且萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：，还原步骤的主要目的是将Fe3+还原为Fe2+，以便在后续的萃取步骤中，萃取剂HR优先与VO2+结合，提高钒的提取效率，所以还原步骤的目的是：将转化为，避免影响的萃取；
（5）①已知Al(OH)3的溶度积 ，溶液中Al3+浓度为0.4mol/L，根据溶度积公式：
解得：，，pH=，为避免产生沉淀，pH应小于3.3；
②pH过低，即浓度过大，会导致萃取反应的平衡逆向移动，不利于V进入有机相，降低了钒元素的萃取率；
（6）①根据晶胞结构图，金属原子（V和Ti）位于顶点和面心，利用均摊法可知，晶胞中金属原子共有个，非金属原子（H）位于体内，晶胞中氢原子共有8个，该晶体中金属原子与非金属原子的个数比为；
②该晶胞的体积为，该晶胞中含有8个氢原子，50%的氢可从上述晶体中释放出来，一个晶胞可以释放出来氢分子个数为，一个晶胞释放出来氢气的物质的量为mol，一个晶胞释放出来的氢气在标况下的体积为，根据定义可知，则该储氢材料的“体积储氢密度”为或者。
19．含硫化合物在能源、材料及环境等工业领域均有广泛的应用。
（1）基态Cr的价电子排布式是：________。
I．工业废气H2S分解可制取H2.
（2）已知热化学方程式：
ⅰ.
ⅱ.
ⅲ.
热分解反应的________(用含、、的式子表示)。
（3）一定温度下，2mol H2S 在体积为VL的恒容密闭容器中发生上述分解反应，ts时H2的产率为40%，则0~ts内的平均分解速率为________；H2S充分分解达到平衡时，容器中H2S和H2的分压相等，则该温度下的平衡常数 ________。
Ⅱ． KSCN可用于镀铬工业。常温下，用KSCN配制电镀液，溶液中与SCN-发生第一、二步络合的反应如下：
ⅳ．
ⅴ．
（4）根据以上络合反应，下列说法正确的有___________(填字母)。
A. 加水稀释后，溶液中离子的总数减少
B. 加入少量固体，溶液中含铬微粒总数不变
C. 反应的平衡常数
D. 溶液中减小，SCN- 与浓度的比值减小
（5）常温下，某研究小组配制了起始浓度、不同的系列溶液，测得平衡时、、的浓度 (含铬微粒)随的变化曲线如图所示，
时，图中含铬微粒按浓度由大到小的顺序为________；A点时，溶液中的平衡浓度为________(写出计算过程)。
【答案】(1) 3d54s1
(2)
(3)
(4) B，C
(5) (或)
【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）铬的原子序数为24，基态Cr原子的价电子排布式为；
（2）根据盖斯定律，将反应ⅲ减去反应ⅰ，再减去反应ⅱ，即可得到目标反应，因此该反应的焓变满足；
（3），ts时的产率为40%，则0~ts内的平均分解速率为充分分解达到平衡时，容器中和的分压相等，由方程式可知，平衡时硫化氢、氢气的物质的量相等，均为2mol÷2=1mol，同时生成为1mol÷2=0.5mol，则该温度下的平衡常数=；
（4）A．加水稀释后，离子浓度减小，促使平衡向生成离子数多的方向移动，溶液中离子的总数增大，A错误；
B．加入少量固体，根据铬元素守恒，溶液中含铬微粒总数不变，B正确；
C．ⅳ：
ⅴ：
由盖斯定律可知，ⅳ+ⅴ得反应，则其平衡常数，C正确；
D．，，溶液中减小，与浓度的比值增大，D错误；
故选BC；
（5）ⅳ.
ⅴ.
由平衡常数可知，初始生成的进行程度更大，结合图可知，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别为、、的曲线，由图可知，当时，图中含铬微粒按浓度由大到小的顺序为；A点时，，，溶液中的平衡浓度为(或)。
【分析】（1）根据 Cr 在周期表中位置，书写价层电子排布式；
（2）根据盖斯定律应用，；
（3）相同条件下，气体压强相等表明气体物质的量相等，列出三段式计算平衡时各组分物质的量，计算反应平衡常数；
（4）稀释溶液，平衡向生成离子数增多的方向移动，根据平衡方程式，平衡移动不改变 含铬微粒总数不变 ；根据盖斯定律结合平衡常数，方程式相加，平衡常数相乘；
（5）根据图中微粒浓度变化分析，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别为、、的曲线，可比较浓度大小，A点曲线相交，表明浓度相等，代入平衡常数表达式计算浓度。
20．有机物vii是一种新型涂料固化剂，可由下列路线合成(部分反应条件略去)。
（1）化合物 iv 的分子式为　 　 ，名称为　 　o
（2）化合物iii中官能团的名称是　 　。化合物iii的某同分异构体在核磁共振氢谱图上只有3组峰，且能够发生银镜反应和水解反应，其结构简式为 　 　(写一种)。
（3）关于合成路线图中的相关物质及转化，下列说法不正确的有___________(填字母)。
A．i→ii 反应过程中，有碳碳双键的断裂和碳氢单键的形成
B．生成Vii的反应过程中，有C—0、N—H断裂和C—N 、0—H形成
C．vi易溶于水，是因为分子中的羟基和氨基能与水分子形成氢键
D．V是由共价键构成的极性分子，分子中C、0的杂化方式均为sp3
（4）化合物V在一定条件下可以转化为乙二醇，分析预测乙二醇可能的化学性质，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 　 　 　 　 消去反应
② 　 　 　 　
（5）化合物A与O2反应生成化合物v， 原子利用率为100%。A为 　 　o
（6）以丙烯为唯一有机原料，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由丙烯出发，第一步反应生成的有机产物为 　 　 (写结构简式)。
【答案】（1）C8H14O4；己二酸二甲酯
（2）羧基；
（3）A
（4）浓硫酸、加热；HCCH；HOOC-COOH、催化剂、加热；缩聚反应
（5）CH2=CH2
（6）；
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；有机物中的官能团；有机物的结构和性质；酰胺
【解析】【解答】（1）根据iv的结构简式，可以确定其分子式为 C8H14O8，系统命名为己二酸二甲酯；
（2）结合iii的分子式以及iv的结构简式，可以推断出iii是己二酸，结构为，所含官能团为羧基；己二酸的同分异构体满足：能发生银镜反应和水解反应，说明分子中含有甲酸酯基，且核磁共振氢谱只有3组峰，说明分子结构高度对称，符合条件的结构简式如下：。
（3）A．化合物i为苯，苯和氢气发生加成反应生成环己烷，苯分子中的碳碳键是介于单键和双键之间的特殊化学键，不存在碳碳双键，A错误；
B． iv与vi反应生成vii和CH3OH，该过程中，iv的酯基中的C—O和vi的氨基中的N—H断裂，形成vii的酰胺基中的C—N和CH3OH的羟基中的O—H，B正确；
C．vi分子中含有羟基和氨基，二者都可以和水分子形成氢键，因此vi易溶于水，C正确；
D．v由C—O、C—C、C—H 共价键构成，分子中含有三元环，正、负电中心不重合，因此v为极性分子，分子中的C、O分别形成4个、2个α键，孤电子对数分别为0、2，故其杂化方式均为sp3，D正确；
综上，答案选A；
（4）乙二醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生消去反应生成乙炔；乙二醇和乙二酸在催化剂、加热条件下发生缩聚反应，生成聚乙二酸乙二酯，结构为；
（5）A与O2反应生成v，该反应原子利用率为100%，说明该反应属于加成反应，因此A为乙烯，结构为CH2=CH2；
(6)以丙烯为唯一有机原料，合成 ，可设计如下合成路线 ：，据此可知，最后一步反应为：；第一步生成的有机产物为：。
【分析】苯和氢气加成得到环己烷，经氧化得到己二酸，再发生酯化反应得到化合物iv；A为乙烯，经氧化得到环氧乙烷，环氧乙烷和氨反应得到化合物vi，vi再和iv发生取代反应生成vii，据此进行分析解答：
（1）由iv的结构简式可知其分子式为C8H14O8，其名称为己二酸二甲酯
（2）由iii的分子式及iv的结构简式可推出iii为己二酸（），己二酸中官能团的名称为羧基；己二酸的某同分异构体在核磁共振氢谱图上只有3组峰，且能够发生银镜反应和水解反应，说明该同分异构体的结构比较对称，且分子中含有甲酸酯基，符合条件的结构简式有；
（3）A．i(苯)与H2发生加成反应生成iii(环己烷)，i(苯)分子中不存在碳碳双键，A错误；
B．iv与vi反应生成vii和CH3OH，该过程中，iv的酯基中的C—O和vi的氨基中的N—H断裂，形成vii的酰胺基中的C—N和CH3OH的羟基中的O—H，B正确；
C．vi中含有的羟基和氨基能与水分子形成氢键，故其易溶于水，C正确；
D．v由C—O、C—C、C—H 共价键构成，分子中含有三元环，正、负电中心不重合，因此v为极性分子，分子中的C、O分别形成4个、2个α键，孤电子对数分别为0、2，故其杂化方式均为sp3，D正确；
故选A；
（4）乙二醇在浓硫酸催化、加热的条件下发生消去反应 生成CH=CH；乙二醇与乙二酸在催化剂、加热的条件下发生缩聚反应生成；
（5）A与O2生成V的反应的原子利用率为100%，说明该反应为加成反应，A为CH2=CH2；
（6）以丙烯为唯一有机原料，合成 ，可设计如下合成路线 ：，据此可知，最后一步反应为：；第一步生成的有机产物为：。
1 / 1广东省湛江市第二十一中学2025届高三下学期5月模拟化学试题
1．中国的古建筑不仅体现了中国古代高超的工艺，更承载着浓厚的文化气息。下列建筑材料的主要成分属于有机高分子的是
A． 汉白玉栏杆 B． 琉璃屋顶 C． 杉木梁柱 D． 铜制门环
A．A B．B C．C D．D
2．2024年4月25日，神舟十八号载人飞船顺利升空并进入空间站。下列说法正确的是
A．火箭使用的燃料偏二甲肼属于烃类物质
B．神舟十八号载人飞船外壳采用的高温陶瓷材料氮化硅属于共价晶体
C．空间站中电的主要来源柔性太阳能电池翼，其主要成分中含二氧化硅
D．出舱活动所穿舱外服的主要材料是聚氨酯，其属于天然有机高分子材料
3．化学处处呈现美。下列说法不正确的是
A．颜色美：绚丽的焰火与能量转化有关
B．味道美：谷氨酸钠可作食品添加剂
C．结构美：“足球烯”是一种有机物
D．现象美：“仙境”舞台利用干冰易升华的特性
4．粤菜“尊重自然之味，包容天下之美”。下列关于美食的化学知识正确的是
A．食物中的淀粉可水解为葡萄糖，葡萄糖能还原新制的 Cu(OH)2产生砖红色沉淀
B．炖鱼时添加食醋和料酒会香气四溢，是因为生成了易溶于水的酯
C．生腌——生蚝腌制时加入高度白酒使蛋白质发生盐析
D．营养师建议适当摄入富含纤维素的食物，纤维素在人体内可水解和利用
5．我国嫦娥三号月球探测器应用了众多先进材料和技术，其中镁锂合金材料发挥了重要作用。下列说法不正确的是
A．电镀镁锂时，镀件接外接电源的负极
B．电镀镁锂时，用含Mg2+和Li+的水溶液作为电镀液
C．为防止镁锂合金被腐蚀可在表面进行喷涂处理
D．锂电池放电时的负极反应：Li - e-=Li+
6．下列叙述正确的是
A．图①装置可用于测定锌与稀硫酸反应的速率
B．图②装置可用作制备氯气的发生装置
C．图③装置可用作蒸馏装置
D．图④标识表示腐蚀类物质
7．劳动是幸福的源泉。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 利用Na2S除去废水中的Cu2+ 利用了的Cu2+氧化性
B 根据焰色试验检验样品中是否含钠元素 不同元素原子的电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光
C 合成冠醚以识别不同的碱金属离子 冠醚有不同大小的空穴，可适配不同大小的碱金属离子
D 研制催化剂以加快化学反应速率 催化剂可降低反应的活化能
A．A B．B C．C D．D
8．对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式书写正确的是
A．锅炉中的CaSO4水垢用纯碱溶液浸泡：
B．向氨水中滴加少量硫酸铜溶液：
C．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：
D．过量铁粉与稀硝酸反应：
9．关于下列“双人花样滑冰运动员”有机分子的说法正确的是
A．“女运动员”比“男运动员”多1个手性碳原子
B．“男运动员”最多可以与8mol H2发生加成反应
C．“女运动员”中所有碳原子可能共平面
D．“女运动员”比“男运动员”多3个sp3杂化的碳原子
10．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．0.1mol SF6分子中硫原子的价电子数为0.6NA
B．标准状况下，11.2 LSO3中氧原子的数目为1.5NA
C．1L1mol ·L-1FeCl3溶液中阳离子的数目小于NA
D．常温下，将46g NO2通入密闭容器中，气体分子数为NA
11．某兴趣小组在实验室模拟侯氏制碱法制备，部分实验装置如图所示。下列说法正确的是
A．实验过程中向启普发生器中添加液体时，可以取下I处胶塞加入
B．所用试剂有稀硫酸、浓硫酸、CaCO3、饱和食盐水、NH4Cl、Ca(OH)2、蒸馏水
C．开始实验时，应先打开活塞II，再打开活塞III
D．反应结束后，试剂换为冰水，可以促进晶体的析出
12．短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W是原子半径最小的原子，X、Y、Z的最外层电子数之和为18，且三者形成的化合物的结构如图所示。四种元素形成的化合物之间发生反应：YXZ3+W2X→W3YX4+WZ (未配平)。下列说法正确的是
A．电负性：X>Y>Z B．单质的沸点：Z>Y>X
C．W3YX4的酸性强于WZ D．YW3的键角>YZ3的键角
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 用FeCl3溶液刻蚀铜质电路板 金属活泼性：Cu < Fe
B 沸点：H2S < H2O 稳定性：H2S < H2O
C H2O2具有还原性 H2O2能使酸性KMnO4溶液褪色
D 酸性：HCOOH > CH3COOH 羟基中O-H键的极性： CH3COOH > HCOOH
A．A B．B C．C D．D
14．已知：H2A = H+ + HA-，HA- H+ +A2-某化学研究小组利用pH传感器测定了暴露在空气中的 0. 1mol ·L- 1 Na2A 溶液和蒸馏水(均溶有微量的二氧化碳)的pH随温度的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是
A．常温下，Na2A 溶液(不含CO2 )呈碱性
B．温度高于60 ℃，Na2A溶液的 pH 增大的原因可能是碳酸分解、溶解的CO2逸出
C．0.1mol ·L-1Na2A溶液中：0.2 mol ·L-1=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)
D．利用充分煮沸并用植物油液封冷却的蒸馏水进行实验，该蒸馏水的 pH 将随温度升高而减小
15．烯烃是具有重要价值的化工原料。下列有关图示与对应的叙述不相符的是
已知反应①2CH3OH(g) C2H4 (g)2H2O (g) ΔH= -20. 9 kJ·mol-1
A．图甲表示不同温度下烷烃分解得到烯烃的过程，则曲线 b 表示的温度更高
B．图乙可表示温度对反应①的平衡常数K的影响
C．图丙表示正丁烷脱氢制丁烯，产率在 600 ℃之后快速降低的原因可能是副产物增加
D．图丁表示烯烃与H2的加成反应，实线可表示加入催化剂后的历程
16．利用如图所示的电化学装置可捕捉废气中的，并将其转为，同时得到高浓度的盐酸、和。在直流电源的作用下，双极膜中的可自动解离为和。下列说法不正确的是
A．电极b连接电源正极
B．Ⅱ、Ⅲ室之间为阴离子交换膜
C．Ⅱ室中发生反应：
D．理论上，每转移，双极膜上共解离
17．1800年，科学家尼科尔森和卡莱尔最早完成电解水实验。兴趣小组模拟如下。
（1）配制0.1mol/L的NaOH溶液并标定。
①用KHP()通过中和滴定标定上述溶液准确浓度，需选填的仪器序号是　 　。
②V1mL的NaOH溶液消耗c0mol/LKHP标准溶液V0mL，则c(NaOH)=　 　mol/L。
实验探究：取(1)中配制的NaOH溶液30.0mL滴加2滴指示剂后，用下图装置(a、b均为石墨电极)在恒定电压下通电20min，记录如下表
序号 指示剂 主要现象
I 甲基橙 b极附近溶液黄色变浅，U形管内其余位置溶液无明显变化
Ⅱ 酚酞溶液 b极附近溶液红色褪去，U形管内其余位置溶液红色变浅
（2）I中观察到b极附近溶液黄色变浅，兴趣小组认为是电解中b极附近溶液c(OH-)降低导致的。你认为该推论　 　(选填“合理”“不合理”)，理由是　 　。
（3）兴趣小组对Ⅱ中U形管内其余位置溶液红色变浅的原因提出如下假设：
假设1 实验过程中，c(OH-)降低，导致酚酞溶液不显色
假设2 实验过程中，酚酞与NaOH反应，导致溶液红色褪去
兴趣小组设计如下实验方案进行实验。
步骤 现象
i．取少量U形管内浅红色溶液于试管中，滴加　 　后充分振荡 溶液红色加深
ii．取少量　 　于试管中，滴加酚酞后静置20min。 　 　
探究结论：假设1不成立，假设2成立。
（4）电解前期，两极收到气体的体积与通电时间关系如图所示。
①图中代表H2的曲线是　 　(填代号)；
②兴趣小组查阅文献后推理：开始电解时两极几乎没有收集到气体的原因是产生的气体分子被石墨电极吸附请根据电化学原理，设计实验证实该推理。
限选材料：通电一段时间后的石墨电极a和b，NaOH溶液，电流表(可用 表示)、导线、烧杯。
在答题卡相应方框内绘出实验装置图　 　。能证实上述推理的实验现象是　 　。
18．一种从石煤灰渣（主要含及等）中提取钒的工艺流程如下：
已知：萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：；萃取的原理为；“中间盐”中的金属阳离子均为+3价；含的硫酸盐难溶于水；。
（1）“酸浸”时，钒主要以的形式进入溶液。
①为提高浸取率，可采取的措施是　 　（任写一条）。
②发生反应的化学方程式为　 　。
（2）“还原结晶”所得“溶液3”的主要阳离子及其浓度如下表：
阳离子
浓度 10.79 0.0041 0.11 0.029
据此分析“溶液3”可在　 　工序循环利用。
（3）“中间盐”的一种含钒物质为；“溶解”后，所得溶液中钒主要以的形式存在。该含钒物质“溶解”时发生反应的离子方程式为　 　。
（4）“还原”步骤的主要目的是　 　。
（5）“萃取”前，需调节溶液。
①已知萃取前溶液中，理论上，为避免产生沉淀，应调节溶液pH小于　 　（保留一位小数）。
②实际上，溶液pH也不能过低，其原因是　 　。
（6）一种V—Ti固溶体储氢材料经充分储氢后所得晶体的立方晶胞结构如图。
①该晶体中金属原子与非金属原子的个数比为　 　。
②储氢材料的性能常用“体积储氢密度”（储氢材料可释放出的体积）来衡量。一定条件下，50%的氢可从上述晶体中释放出来，且吸放氢引起储氢材料体积的变化可忽略。设为阿伏加德罗常数的值，的摩尔体积为，则该储氢材料的“体积储氢密度”为　 　（列出算式）。
19．含硫化合物在能源、材料及环境等工业领域均有广泛的应用。
（1）基态Cr的价电子排布式是：________。
I．工业废气H2S分解可制取H2.
（2）已知热化学方程式：
ⅰ.
ⅱ.
ⅲ.
热分解反应的________(用含、、的式子表示)。
（3）一定温度下，2mol H2S 在体积为VL的恒容密闭容器中发生上述分解反应，ts时H2的产率为40%，则0~ts内的平均分解速率为________；H2S充分分解达到平衡时，容器中H2S和H2的分压相等，则该温度下的平衡常数 ________。
Ⅱ． KSCN可用于镀铬工业。常温下，用KSCN配制电镀液，溶液中与SCN-发生第一、二步络合的反应如下：
ⅳ．
ⅴ．
（4）根据以上络合反应，下列说法正确的有___________(填字母)。
A. 加水稀释后，溶液中离子的总数减少
B. 加入少量固体，溶液中含铬微粒总数不变
C. 反应的平衡常数
D. 溶液中减小，SCN- 与浓度的比值减小
（5）常温下，某研究小组配制了起始浓度、不同的系列溶液，测得平衡时、、的浓度 (含铬微粒)随的变化曲线如图所示，
时，图中含铬微粒按浓度由大到小的顺序为________；A点时，溶液中的平衡浓度为________(写出计算过程)。
20．有机物vii是一种新型涂料固化剂，可由下列路线合成(部分反应条件略去)。
（1）化合物 iv 的分子式为　 　 ，名称为　 　o
（2）化合物iii中官能团的名称是　 　。化合物iii的某同分异构体在核磁共振氢谱图上只有3组峰，且能够发生银镜反应和水解反应，其结构简式为 　 　(写一种)。
（3）关于合成路线图中的相关物质及转化，下列说法不正确的有___________(填字母)。
A．i→ii 反应过程中，有碳碳双键的断裂和碳氢单键的形成
B．生成Vii的反应过程中，有C—0、N—H断裂和C—N 、0—H形成
C．vi易溶于水，是因为分子中的羟基和氨基能与水分子形成氢键
D．V是由共价键构成的极性分子，分子中C、0的杂化方式均为sp3
（4）化合物V在一定条件下可以转化为乙二醇，分析预测乙二醇可能的化学性质，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 　 　 　 　 消去反应
② 　 　 　 　
（5）化合物A与O2反应生成化合物v， 原子利用率为100%。A为 　 　o
（6）以丙烯为唯一有机原料，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由丙烯出发，第一步反应生成的有机产物为 　 　 (写结构简式)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】无机非金属材料；有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】A. 汉白玉的主要成分为碳酸钙，属于无机物，A项不符合题意；
B. 琉璃属于硅酸盐材料，B项不符合题意；
C. 木材的主要成分是纤维素，纤维素属于有机高分子材料，因此材料主要成分属于有机高分子的是木材，C项符合题意；
D. 铜制门环属于铜合金，是金属材料，D项不符合题意；
综上，答案选C。
【分析】杉木成分是纤维素，属于有机高分子，汉白玉成分是碳酸钙，玻璃成分是硅酸盐，铜是金属，不属于有机高分子。
2．【答案】B
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；硅和二氧化硅；烷烃
【解析】【解答】A．由分析可知，偏二甲肼不属于烃类物质，故A错误；
B．氮化硅属于共价晶体，故B正确；
C．太阳能电池翼的组成是硅单质，故C错误；
D．聚氨酯不属于天然有机高分子材料，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A.烃类物质只含碳元素、氢元素。
B.氮化硅属于共价晶体。
C.硅单质是太阳能电池的主要成分。
D.聚氨酯属于合成有机高分子材料。
3．【答案】C
【知识点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A. 焰火产生的原理是，电子先从基态跃迁到激发态，之后会从能量较高的激发态向能量更低的激发态，甚至基态跃迁，这个过程中会以光的形式释放出能量，因此焰火的产生和能量转化有关，A选项说法正确；
B. 谷氨酸钠也就是味精，能够作为食品添加剂，为食物增添鲜味，B选项说法正确；
C. “足球烯”也就是，属于碳元素组成的单质，不属于有机化合物，C选项说法错误；
D. 干冰升华会吸收大量热量，使环境温度降低，让空气中的水蒸气液化形成小雾滴，以此营造出类似仙境的舞台效果，D选项说法正确；
综上，本题答案选C。
【分析】A. 焰火是焰色试验，电子跃迁释放能量；
B. 谷氨酸钠可作为食品添加剂；
C. 足球烯是碳单质，不是有机物；
D. 利用干冰升华特性，营造仙境舞台。
4．【答案】A
【知识点】酯的性质；多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验
【解析】【解答】A．葡萄糖是还原糖，能够和新制的氢氧化铜反应，将还原为砖红色的氧化亚铜，A项说法正确；
B．食醋中的乙酸可以和料酒中的乙醇发生酯化反应，生成有特殊香味的乙酸乙酯，乙酸乙酯微溶于水，选项说法错误；
C．盐析是蛋白质在高浓度轻金属盐溶液中溶解度降低析出的过程，高度白酒中的高浓度酒精会使蛋白质空间结构改变发生变性析出，该过程不属于盐析，选项说法错误；
D．人体中不存在可以水解纤维素的酶，因此人体无法消化吸收纤维素，选项说法错误；
综上，答案选A。
【分析】A．葡萄糖结构中有醛基，可和氢氧化铜反应，生成氧化亚铜；
B．酯是有机物，难溶于水；
C．白酒使蛋白质变性；
D．根据纤维素性质，其不能被人体水解和吸收。
5．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护；电镀
【解析】【解答】A．电镀过程中，镀件需要作为阴极，发生还原反应，因此A选项说法正确；
B．金属锂的化学性质活泼，极易和水发生反应，因此不能使用水溶液作为电镀液，B选项说法错误；
C．对金属进行喷涂覆盖处理，是常见的金属防护工艺方法之一，C选项说法正确；
D．锂电池放电时，负极的金属锂会失去电子发生氧化反应，电极反应为，D选项说法正确；
综上，答案选B。
【分析】根据电镀原理，镀件和负极相连作阴极，锂属于碱金属，性质活泼，会与水反应，电镀液不能选择水溶液，在金属表面进行喷涂，可保户金属。
6．【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学实验安全及事故处理；蒸馏与分馏
【解析】【解答】A．利用锌和稀硫酸反应测定反应速率时，图示装置使用长颈漏斗会导致气体逸出，应当换成分液漏斗，同时该实验还需要秒表计时才能测定速率，因此A项错误；
B．二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气需要在加热条件下进行，图示装置没有添加加热仪器，无法完成实验，因此B项错误；
C．图示蒸馏装置存在多处错误：装置尾部的接收部分不能密封，整个蒸馏装置不能是密闭体系；温度计的水银球应当放置在蒸馏烧瓶的支管口处；蒸馏操作一般选用直形冷凝管，不能使用图中的球形冷凝管，因此C项错误；
D．根据图示标识可知，图④是腐蚀品的警示标识，表述正确，因此D项正确；
故选D。
【分析】A．装置应选择分液漏斗，控制反应速率，需要秒表计时；
B．实验室制备氯气需要加热；
C．蒸馏装置用直行冷凝管；
D．腐蚀类具有腐蚀性，应有提醒标志。
7．【答案】A
【知识点】原子核外电子的跃迁及应用；化学反应速率的影响因素；焰色反应
【解析】【解答】A、除去废水中发生的反应为，该反应属于复分解反应，全程不存在化合价变化，没有用到的氧化性，劳动项目和给出的化学知识不存在关联，A符合题意；
B、焰色试验的原理就是原子外层电子发生跃迁，过程吸收或者释放特定波长的光，借此能够检出钠元素，二者存在对应关联，B不符合题意；
C、冠醚内部孔洞尺寸互不相同，依据空腔大小可以选择性匹配半径不一样的碱金属离子，从而完成识别，二者存在对应关联，C不符合题意；
D、催化剂加快反应速率的根本机制就是降低反应所需活化能，二者存在对应关联，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
硫化物除重金属原理：和依靠沉淀反应除去铜离子，并非依靠氧化还原性质，因此二者无关联；
焰色试验本质：受热时原子核外层电子发生跃迁，产生特征光波，据此鉴别钠元素；
冠醚识别离子的特点：依靠空腔尺寸差异，对半径不同的碱金属离子进行选择性适配；
催化剂提速机理：催化剂通过降低反应活化能，增大有效碰撞频率，最终加快整体化学反应速率。
8．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁的化学性质；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．锅炉中成分是CaSO4的水垢用纯碱溶液浸泡处理时，会发生沉淀转化反应：，因此A选项错误；B．向氨水中滴加少量硫酸铜溶液时，过量的氨水会和铜离子生成稳定的四氨合铜络离子，反应的离子方程式为 因此B选项正确；
C．铅酸蓄电池充电时，阳极发生失电子的氧化反应，正确的阳极反应式为， 因此C选项错误；
D．过量铁粉和稀硝酸反应时，生成的 会被过量的铁还原为 ，正确的离子方程式为， 因此D选项错误；
综上，答案选B。
【分析】A．硫酸钙微溶，不可拆开；
B．硫酸铜和过量氨水反应生成硫酸四氨合铜；
C．铅酸蓄电池充电时，阳极是硫酸铅反应；
D．过量铁粉和稀硝酸反应生成二价铁离子。
9．【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．手性碳原子的定义为连有四个完全不同的原子或基团的碳原子，观察“女运动员”与“男运动员”的结构，二者分子中均不存在符合要求的手性碳原子，因此A项错误；
B．苯环、碳碳三键都可以与氢气发生加成反应，经计算，“男运动员”结构中最多可以与发生加成反应，因此B项错误；
C．“女运动员”分子中，处于“手”和“辫子”位置的碳原子为饱和四面体结构，不可能全部共平面，因此C项错误；
D．对比“女运动员”和“男运动员”的结构，二者仅“辫子”部分结构不同，“女运动员”比“男运动员”多出3个采取sp3杂化的碳原子，因此D项正确；
故选D。
【分析】根据题中有机分子结构，二者不存在手性碳原子；有机分子中碳碳三键、碳碳双键和苯环能与氢气发生加成反应，但未指明有机分子的物质的量，无法判断消耗氢气的多少；女运动员结构中存在碳原子为饱和四面体结构，不可能共平面，饱和碳原子均为sp3杂化，据此分析。
10．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；气体摩尔体积
【解析】【解答】A. SF6分子中，S原子的价电子总数计算为，因此0.1mol SF6分子中，硫原子的价电子总数为0.6NA，A项正确；
B. 标准状况下，三氧化硫为固态，无法用气体摩尔体积计算2L SO3的物质的量，因此无法确定其所含氧原子数为1.5NA，B项错误；
C. 1L 1mol·L-1 FeCl3溶液中，原本含有1mol Fe3+，Fe3+水解时，每1mol Fe3+水解会生成3mol H+，反应后阳离子总物质的量增加，因此溶液中阳离子数目大于NA，C项错误；
D. NO2体系中存在平衡：，46g NO2的物质的量为1mol，通入密闭容器后，部分NO2会转化为N2O4，气体总分子数会减少，因此最终气体分子数不等于NA，D项错误；
综上，答案选A。
【分析】A. 根据价层电子对互斥理论计算得0.1mol SF6分子中，硫原子的价电子总数为0.6NA；
B. 标准状况下，三氧化硫不是气态；
C. 根据三价铁离子水解方程式，溶液中阳离子数目增加；
D. 体系中存在平衡，气体分子数会减少。
11．【答案】D
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）
【解析】【解答】A、实验进行过程中启普发生器内部压强大于外界大气压，此时取下I处胶塞会让内部高压气体外泄，引发实验隐患，因此不能取下该处胶塞加注液体，A错误；
B、稀硫酸和反应会生成微溶的，它会覆盖碳酸钙固体表层阻断后续反应，制取不可选用稀硫酸；而且后续气体通入水溶液，无需浓硫酸干燥，给出的试剂方案不合理，B错误；
C、氨气极易溶于水，先通入氨气能够使试剂e形成碱性溶液，大幅提升的吸收效率，因此要先开启活塞III通入氨气，之后再打开活塞II通入，C错误；
D、溶解度随温度下降而减小，将试剂d换成冰水实现降温，就可以降低碳酸氢钠的溶解量，促进晶体析出，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
结合启普发生器运行时内部压强偏高的特点分析，实验中途开盖会打破气压平衡，由此判断操作正误；
从的微溶性分析制的试剂限制，再结合后续气体入水的实验背景判断浓硫酸多余，完成试剂合理性排查；
依据氨气、二氧化碳溶解度的差异，理解先通氨气构建碱性环境的目的，进而敲定活塞开启的先后次序；
依托碳酸氢钠溶解度随温度降低而减小的性质，分析冰水降温对晶体析出起到的促进效果。
12．【答案】D
【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
【解析】【解答】A．元素的非金属性越强，电负性越大，三种元素非金属性顺序为 O＞Cl＞P，则电负性：X＞Z＞Y，A错误；
B．磷单质常温下为固体，其余元素的单质常温下均为气体，因此Y（P）的单质沸点最高；对于分子晶体，相对分子质量越大范德华力越大，沸点越高，相对分子质量大于，因此沸点高于，因此单质沸点顺序为 Y＞X＞W， B错误；
C． W3YX4即H3PO4为中强酸，WZ即HCl是强酸在水溶液中能完全电离，酸性：H3PO4＜HCl，C错误；
D． PH3、PCl3 的中心原子P的价层电子对数均为4，杂化方式均为杂化，且P上都含有1对孤电子对。由于Cl的电负性比H大， PCl3 中P原子周围的成键电子对更偏向Cl，P原子处成键电子对的电子云密度更小，成键电子对之间的斥力更小，因此 PH3 的键角大于 PCl3 的键角，D正确；
故选D。
【分析】根据题干信息，W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素；原子半径最小的原子是氢元素，因此W为H。由X、Y、Z最外层电子数之和为10，结合题图中化合物的成键结构可知：Y最多可形成5个共价键，Z只能形成1个共价键，X能形成2个共价键，因此可推得X为O，Y为P，Z为Cl。 YXZ3+W2X=W3YX4+WZ即POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl，据此分析解题。
13．【答案】C
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；过氧化氢；羧酸简介
【解析】【解答】A. 氯化铁能够刻蚀铜质电路板，发生反应时Fe3+作氧化剂，Cu2+是氧化产物，根据氧化还原反应的规律可得出氧化性：Fe3+>Cu2+，该结论和金属活泼性没有关联，因此A项不符合题意；
B. H2S分子之间仅存在范德华力，而H2O分子间同时存在范德华力与氢键，因此沸点H2S C. H2O2能够使酸性KMnO4溶液褪色，该过程中酸性KMnO4作为氧化剂将H2O2氧化为O2，H2O2在反应中作还原剂，体现了还原性，因此C项符合题意；
D．酸性主要看羧基中 O—H 极性，由于—CH3的推电子效应，使得羧基中O—H键的极性：HCOOH>CH3COOH ， 导致酸 性：HCOOH > CH3COOH ， D 项不符合题意。
综上，答案选C。
【分析】A. 氯化铁溶液刻蚀铜质电路板，是利用三价铁离子氧化性强于铜离子；
B. 沸点高低和分子间作用力大小有关，和分子稳定性无关；
C. 过氧化氢能被高锰酸钾氧化；
D． 羟基中O-H键的极性 越大，越易断裂，酸性越强。
14．【答案】C
【知识点】水的电离；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由题给信息可得，可以发生水解反应，水解方程式为：，因此常温下，不含CO2的Na2A溶液显碱性，A正确；B．通入CO2后，溶液中碳酸分解、溶解的CO2从体系中逸出，会使溶液中氢离子浓度降低，最终溶液pH增大，B正确；
C．Na2A溶液中存在电荷守恒，关系为：，已知溶液中，代入整理后可得，因此C错误；
D．升高温度，水的电离程度会增大，纯水中增大，因此水的pH减小，D正确；
综上，答案选C。
【分析】A． Na2A 是强碱弱酸盐；
B．根据题意，溶液中有二氧化碳，温度升高，气体逸出，溶液酸性减弱；
C．根据溶液中电荷守恒式，；
D．升高温度，Kw增大，纯水pH减小。
15．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A. 曲线a的反应速率更慢，说明对应的反应温度更低；曲线b的反应速率更快，说明对应的反应温度更高，因此A项正确；
B. 从图乙可以看出，随着温度升高，平衡常数K逐渐增大。如果该反应是放热反应，升高温度平衡会向吸热的逆反应方向移动，会造成生成物浓度减小、反应物浓度增大，最终平衡常数K应该减小，和图像变化不符，因此B项不正确；
C. 从图丙可以看出，在600℃之前，正丁烷脱氢制备丁烯的产率随温度升高不断增大；但600℃之后，丁烯的产率快速下降，这种变化的原因可能是温度进一步升高后，副反应程度增大，生成了更多副产物，使得目标产物丁烯的产率降低，因此C项正确；
D. 从图丁来看，催化剂可以降低反应的活化能，因此图中虚线对应未加催化剂的反应路径，实线对应加入催化剂后的反应路径，因此D项正确；
故选B。
【分析】A. 温度越高，反应速率越快，根据图中曲线变化趋势分析；
B. 反应① 放热，升高温度，平衡常数减小；
C. 温度升高，产物减少可能原因是副产物增多；
D. 使用催化剂后，活化能降低。
16．【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】左侧双极膜中移向电极a，即电极a为阴极，电极b为阳极，连接电源正极，故A正确；
B．右侧双极膜中移向Ⅲ室，Ⅱ室中也移向Ⅲ室，Ⅲ室中才能获得高浓度盐酸，Ⅱ、Ⅲ室之间为阴离子交换膜，故B正确；
C．通过阴离子交换膜移向Ⅱ室，Ⅱ室中发生反应：，故C正确；
D．理论上，每转移，每个双极膜上解离两个双极膜上共解离，故D错误；
故答案为：D。
【分析】该装置为电解池，电极b附近溶液中的H2O在阳极失去电子发生氧化反应，其电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+。电极a附近溶液中的H+在阴极得到电子发生还原反应，其电极反应式为2H++2e-=H2↑。
17．【答案】AD；；不合理；若因c(OH-)降低导致溶液变色，Ⅰ中应该观察到溶液由黄色变为橙色(或红色)(合理即可)；酚酞溶液；0.1mol/LNaOH溶液或(1)中NaOH溶液；溶液红色变浅；n；；电流计指针发生偏转
【知识点】电解原理；中和滴定；化学实验方案的评价；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1）①用KHP（　　）通过中和滴定标定上述溶液准确浓度时，需要使用酸式、碱式滴定管，并用胶头滴管往锥形瓶内滴加1~2滴酸碱指示剂，则需选填的仪器序号是AD。
故答案为：AD
②KHP分子中，-COOH能与NaOH反应，而-COOK与NaOH溶液不反应，所以1molKHP消耗1molNaOH，V1mL的NaOH溶液消耗c0mol/LKHP标准溶液V0mL，则c(NaOH)==mol/L。
故答案为：
（2）I中观察到b极附近溶液黄色变浅，若是因为电解中b极附近溶液c(OH-)降低导致的，则溶液的碱性变弱，甚至呈酸性，甲基橙应变为酸性区域的颜色。所以该推论：不合理，理由是：若因c(OH-)降低导致溶液变色，Ⅰ中应该观察到溶液由黄色变为橙色(或红色)(合理即可)。
故答案为：不合理； 若因c(OH-)降低导致溶液变色，Ⅰ中应该观察到溶液由黄色变为橙色(或红色)(合理即可)
（3）假设1 实验过程中，c(OH-)降低，导致酚酞溶液不显色，则可通过再次加入NaOH或酚酞进行判断。加入NaOH使溶液变红，表明是c(OH-)降低造成的，加入酚酞使溶液变红，表明是NaOH与酚酞发生反应造成的。
假设2 实验过程中，酚酞与NaOH反应，导致溶液红色褪去，则可做对照实验进行判断。
步骤 现象
i．取少量U形管内浅红色溶液于试管中，滴加酚酞溶液后充分振荡 溶液红色加深
ii．取少量0.1mol/LNaOH溶液或(1)中NaOH溶液于试管中，滴加酚酞后静置20min。 溶液红色变浅
探究结论：假设1不成立，假设2成立。
故答案为：酚酞溶液； 0.1mol/LNaOH溶液或(1)中NaOH溶液； 溶液红色变浅
（4）①电解前期，两电极生成的少量H2、O2都被石墨电极吸附，吸附达到最大限度后，生成的H2、O2从溶液中逸出，理论上，生成H2的体积是O2体积的二倍，则图中代表H2的曲线是n；
故答案为：n
②既然石墨电极吸附了H2、O2，就可设计成氢氧燃料电池，将两石墨电极插入盛有电解质的溶液中，用导线连接，用电流计检验是否有电流产生，则使用材料：通电一段时间后的石墨电极a和b，NaOH溶液，电流表(可用 表示)、导线、烧杯。实验装置图为。能证实上述推理的实验中，线路中有电流产生，电流计指针发生偏转，则实验现象是：电流计指针发生偏转。
故答案为：； 电流计指针发生偏转
【分析】（1）①KHP溶液显酸性，应选用酸式滴定管。
②滴定过程中，－COOH与NaOH按1：1反应，据此计算NaOH溶液的浓度。
（2）若c(OH－)降低导致溶液变色，则应观察到溶液由黄色变为橙色。据此分析。
（3）实验过程中，c(OH-)降低，导致酚酞溶液不显色，则可通过再次加入NaOH或酚酞进行判断。据此完善实验方案。
（4）①电解过程中产生H2和O2的体积为2：1，据此确定曲线n代表H2。
②H2、O2被电极吸附在表面，则用导线将两电极连接，可形成原电池装置，据此设计实验装置和分析实验现象。
18．【答案】（1）“适当升温”“搅拌”“将灰渣进一步粉碎”“适当增加酸的浓度”等，答案合理即可；
（2）酸浸
（3）
（4）将转化为，避免影响的萃取
（5）3.3；过低，即浓度过大，会导致萃取反应的平衡逆向移动，不利于进入有机相
（6）1：2；或等答案合理即可
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）①为提高浸取率，可采取的措施有：适当增加酸的浓度、适当提高反应温度、搅拌、将灰渣进一步粉碎等。
故答案为：“适当升温”“搅拌”“将灰渣进一步粉碎”“适当增加酸的浓度”等
②根据题干信息，“酸浸”时，钒主要以的形式进入溶液，与硫酸反应生成VO2+的化学方程式为：。
故答案为：
（2）根据表中阳离子浓度，溶液3中主要阳离子为H+、VO2+、Al3+和Fe3+，由于H+浓度最高，溶液3可以在酸浸工序循环利用，以充分利用其中的酸。
故答案为：酸浸
（3）由题干信息：含的硫酸盐难溶于水，“中间盐”的一种含钒物质为发生溶解工序，已知“溶解”后，所得溶液中钒主要以的形式存在，“溶解”时发生反应的离子方程式为：。
故答案为：
（4）根据由题干信息，酸浸后溶液中存在且萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：，还原步骤的主要目的是将Fe3+还原为Fe2+，以便在后续的萃取步骤中，萃取剂HR优先与VO2+结合，提高钒的提取效率，所以还原步骤的目的是：将转化为，避免影响的萃取。
故答案为：将转化为，避免影响的萃取
（5）①已知Al(OH)3的溶度积 ，溶液中Al3+浓度为0.4mol/L，根据溶度积公式：
解得：，，pH=，为避免产生沉淀，pH应小于3.3。
故答案为：3.3
②pH过低，即浓度过大，会导致萃取反应的平衡逆向移动，不利于V进入有机相，降低了钒元素的萃取率。
故答案为：过低，即浓度过大，会导致萃取反应的平衡逆向移动，不利于进入有机相
（6）①根据晶胞结构图，金属原子（V和Ti）位于顶点和面心，利用均摊法可知，晶胞中金属原子共有个，非金属原子（H）位于体内，晶胞中氢原子共有8个，该晶体中金属原子与非金属原子的个数比为。
故答案为：1：2
②该晶胞的体积为，该晶胞中含有8个氢原子，50%的氢可从上述晶体中释放出来，一个晶胞可以释放出来氢分子个数为，一个晶胞释放出来氢气的物质的量为mol，一个晶胞释放出来的氢气在标况下的体积为，根据定义可知，则该储氢材料的“体积储氢密度”为或者。
故答案为：或
【分析】（1）①结合浓度、温度、接触面积对反应速率的影响分析。
②V2O5与H2SO4反应生成(VO2)2SO4与H2O，据此写出反应的化学方程式。
（2）“溶液3”中含有大量的H＋，显酸性，可用于酸浸工序中循环使用。
（3）“溶解”过程中NH4V(SO4)2转化为VO2＋，V元素化合价升高，因此有O2参与反应，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式。
（4）由于萃取剂与阳离子结合能力：Fe3＋＞VO2＋＞Al3＋＞Fe2＋，因此加入Fe主要用于还原Fe3＋，防止影响VO2＋的影响。
（5）①根据Al(OH)3的溶度积Ksp计算溶液中c(OH－)，结合水的离子积Kw计算此时溶液的pH。
②若溶液的pH过低，即溶液中c(H＋)过大，结合H＋对可逆反应2HR＋VO2＋ VOR2＋2H＋平衡移动的影响分析。
（6）①根据均摊法确定晶体中金属原子与非金属原子的个数比。
②根据“体积储氢密度”的定义进行计算。
（1）①为提高浸取率，可采取的措施有：适当增加酸的浓度、适当提高反应温度、搅拌、将灰渣进一步粉碎等；
②根据题干信息，“酸浸”时，钒主要以的形式进入溶液，与硫酸反应生成VO2+的化学方程式为：；
（2）根据表中阳离子浓度，溶液3中主要阳离子为H+、VO2+、Al3+和Fe3+，由于H+浓度最高，溶液3可以在酸浸工序循环利用，以充分利用其中的酸；
（3）由题干信息：含的硫酸盐难溶于水，“中间盐”的一种含钒物质为发生溶解工序，已知“溶解”后，所得溶液中钒主要以的形式存在，“溶解”时发生反应的离子方程式为：；
（4）根据由题干信息，酸浸后溶液中存在且萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：，还原步骤的主要目的是将Fe3+还原为Fe2+，以便在后续的萃取步骤中，萃取剂HR优先与VO2+结合，提高钒的提取效率，所以还原步骤的目的是：将转化为，避免影响的萃取；
（5）①已知Al(OH)3的溶度积 ，溶液中Al3+浓度为0.4mol/L，根据溶度积公式：
解得：，，pH=，为避免产生沉淀，pH应小于3.3；
②pH过低，即浓度过大，会导致萃取反应的平衡逆向移动，不利于V进入有机相，降低了钒元素的萃取率；
（6）①根据晶胞结构图，金属原子（V和Ti）位于顶点和面心，利用均摊法可知，晶胞中金属原子共有个，非金属原子（H）位于体内，晶胞中氢原子共有8个，该晶体中金属原子与非金属原子的个数比为；
②该晶胞的体积为，该晶胞中含有8个氢原子，50%的氢可从上述晶体中释放出来，一个晶胞可以释放出来氢分子个数为，一个晶胞释放出来氢气的物质的量为mol，一个晶胞释放出来的氢气在标况下的体积为，根据定义可知，则该储氢材料的“体积储氢密度”为或者。
19．【答案】(1) 3d54s1
(2)
(3)
(4) B，C
(5) (或)
【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）铬的原子序数为24，基态Cr原子的价电子排布式为；
（2）根据盖斯定律，将反应ⅲ减去反应ⅰ，再减去反应ⅱ，即可得到目标反应，因此该反应的焓变满足；
（3），ts时的产率为40%，则0~ts内的平均分解速率为充分分解达到平衡时，容器中和的分压相等，由方程式可知，平衡时硫化氢、氢气的物质的量相等，均为2mol÷2=1mol，同时生成为1mol÷2=0.5mol，则该温度下的平衡常数=；
（4）A．加水稀释后，离子浓度减小，促使平衡向生成离子数多的方向移动，溶液中离子的总数增大，A错误；
B．加入少量固体，根据铬元素守恒，溶液中含铬微粒总数不变，B正确；
C．ⅳ：
ⅴ：
由盖斯定律可知，ⅳ+ⅴ得反应，则其平衡常数，C正确；
D．，，溶液中减小，与浓度的比值增大，D错误；
故选BC；
（5）ⅳ.
ⅴ.
由平衡常数可知，初始生成的进行程度更大，结合图可知，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别为、、的曲线，由图可知，当时，图中含铬微粒按浓度由大到小的顺序为；A点时，，，溶液中的平衡浓度为(或)。
【分析】（1）根据 Cr 在周期表中位置，书写价层电子排布式；
（2）根据盖斯定律应用，；
（3）相同条件下，气体压强相等表明气体物质的量相等，列出三段式计算平衡时各组分物质的量，计算反应平衡常数；
（4）稀释溶液，平衡向生成离子数增多的方向移动，根据平衡方程式，平衡移动不改变 含铬微粒总数不变 ；根据盖斯定律结合平衡常数，方程式相加，平衡常数相乘；
（5）根据图中微粒浓度变化分析，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别为、、的曲线，可比较浓度大小，A点曲线相交，表明浓度相等，代入平衡常数表达式计算浓度。
20．【答案】（1）C8H14O4；己二酸二甲酯
（2）羧基；
（3）A
（4）浓硫酸、加热；HCCH；HOOC-COOH、催化剂、加热；缩聚反应
（5）CH2=CH2
（6）；
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；有机物中的官能团；有机物的结构和性质；酰胺
【解析】【解答】（1）根据iv的结构简式，可以确定其分子式为 C8H14O8，系统命名为己二酸二甲酯；
（2）结合iii的分子式以及iv的结构简式，可以推断出iii是己二酸，结构为，所含官能团为羧基；己二酸的同分异构体满足：能发生银镜反应和水解反应，说明分子中含有甲酸酯基，且核磁共振氢谱只有3组峰，说明分子结构高度对称，符合条件的结构简式如下：。
（3）A．化合物i为苯，苯和氢气发生加成反应生成环己烷，苯分子中的碳碳键是介于单键和双键之间的特殊化学键，不存在碳碳双键，A错误；
B． iv与vi反应生成vii和CH3OH，该过程中，iv的酯基中的C—O和vi的氨基中的N—H断裂，形成vii的酰胺基中的C—N和CH3OH的羟基中的O—H，B正确；
C．vi分子中含有羟基和氨基，二者都可以和水分子形成氢键，因此vi易溶于水，C正确；
D．v由C—O、C—C、C—H 共价键构成，分子中含有三元环，正、负电中心不重合，因此v为极性分子，分子中的C、O分别形成4个、2个α键，孤电子对数分别为0、2，故其杂化方式均为sp3，D正确；
综上，答案选A；
（4）乙二醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生消去反应生成乙炔；乙二醇和乙二酸在催化剂、加热条件下发生缩聚反应，生成聚乙二酸乙二酯，结构为；
（5）A与O2反应生成v，该反应原子利用率为100%，说明该反应属于加成反应，因此A为乙烯，结构为CH2=CH2；
(6)以丙烯为唯一有机原料，合成 ，可设计如下合成路线 ：，据此可知，最后一步反应为：；第一步生成的有机产物为：。
【分析】苯和氢气加成得到环己烷，经氧化得到己二酸，再发生酯化反应得到化合物iv；A为乙烯，经氧化得到环氧乙烷，环氧乙烷和氨反应得到化合物vi，vi再和iv发生取代反应生成vii，据此进行分析解答：
（1）由iv的结构简式可知其分子式为C8H14O8，其名称为己二酸二甲酯
（2）由iii的分子式及iv的结构简式可推出iii为己二酸（），己二酸中官能团的名称为羧基；己二酸的某同分异构体在核磁共振氢谱图上只有3组峰，且能够发生银镜反应和水解反应，说明该同分异构体的结构比较对称，且分子中含有甲酸酯基，符合条件的结构简式有；
（3）A．i(苯)与H2发生加成反应生成iii(环己烷)，i(苯)分子中不存在碳碳双键，A错误；
B．iv与vi反应生成vii和CH3OH，该过程中，iv的酯基中的C—O和vi的氨基中的N—H断裂，形成vii的酰胺基中的C—N和CH3OH的羟基中的O—H，B正确；
C．vi中含有的羟基和氨基能与水分子形成氢键，故其易溶于水，C正确；
D．v由C—O、C—C、C—H 共价键构成，分子中含有三元环，正、负电中心不重合，因此v为极性分子，分子中的C、O分别形成4个、2个α键，孤电子对数分别为0、2，故其杂化方式均为sp3，D正确；
故选A；
（4）乙二醇在浓硫酸催化、加热的条件下发生消去反应 生成CH=CH；乙二醇与乙二酸在催化剂、加热的条件下发生缩聚反应生成；
（5）A与O2生成V的反应的原子利用率为100%，说明该反应为加成反应，A为CH2=CH2；
（6）以丙烯为唯一有机原料，合成 ，可设计如下合成路线 ：，据此可知，最后一步反应为：；第一步生成的有机产物为：。
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