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广东肇庆中学2026届高三上学期期中调研考试 化学试题
1．下列关于物质的分类正确的是
A．：酸性氧化物 B．有机玻璃：硅酸盐
C．纤维素：纯净物 D．酚醛树脂：合成高分子
2．下列说法不正确的是
A．不锈钢是常见的合金钢，组成元素主要是铁、铬和镍
B．蛋白质是天然有机高分子，故不能溶于水中
C．波尔多液是一种杀菌剂，可由胆矾和石灰乳混合制成
D．乙炔在氧气中燃烧放热，可用氧炔焰切割金属
3．下列表示不正确的是
A．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：
B．的名称：乙二酸二乙酯
C．分子中共价键电子云轮廓图：
D．的VSEPR模型
4．白磷溶解在热的浓碱中发生反应(未配平)，表示阿伏加德罗常数，当生成标况下 的时，下列说法不正确的是
A．转移电子的数目为
B．氧化剂与还原剂的物质的量比值为
C．断裂的键的数目为
D．消耗水的质量为8.1 g
5．下列实验装置使用正确的是
A．装置①可用于验证的氧化性
B．装置②可用于海带的灼烧灰化
C．装置③可用于比较酸性：乙酸>碳酸>苯酚
D．装置④可用于分离和
6．下列离子方程式正确的是
A．用含铝粉和氢氧化钠的疏通剂疏通管道：
B．明矾溶液中加入足量氢氧化钡溶液：
C．向胆矾溶液中加入绿豆大小的钠：
D．向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳：
7．化学与人类社会可持续发展息息相关。下列说法不正确的是
A．亚硝酸钠可抑制微生物的生长，常用作食品防腐剂，但过量摄入会导致中毒
B．碳化硅具有类似金刚石的结构，是一种新型陶瓷，可用作耐高温半导体材料
C．农作物秸秆属于生物质资源，用作燃料进行就地焚烧，可以增强土壤肥效
D．聚乳酸与淀粉等混合可制成生物降解塑料，用于一次性餐具、食品和药品包装
8．根据物质的组成和结构变化可推测其性能变化，下列推测不合理的是
选项 物质 组成或结构变化 性能变化
A 橡胶 氟化形成氟橡胶 耐热和耐酸、碱腐蚀的能力增强
B 钢铁 加入稀土元素 塑性、韧性增强、抗氧化能力减弱
C 线型聚乙烯 交联形成网状聚乙烯 强度增加
D 碳酸饮料 加入苯甲酸钠 防腐性能增强
A．A B．B C．C D．D
9．关于物质的检测，下列说法不正确的是
A．乙酸分子晶体的空间结构可根据X射线衍射实验最终确定
B．用新制悬浊液可鉴别乙醇、乙醛、乙酸和乙酸乙酯
C．臭氧是极性分子，它在水中的溶解度高于在四氯化碳中的溶解度
D．可用酸性高锰酸钾溶液鉴别硬脂酸和亚油酸
10．X、Y、Z、M和Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，它们的最外层电子数之和为31，X元素原子的核外p电子数比s电子数少1，Y的核电荷数为M的核电荷数的一半，下列说法不正确的是
A．键角：
B．分子的空间构型为四面体形
C．简单氢化物的沸点：
D．第一电离能由小到大：
11．甲、乙两同学分别设计了由铝箔(含少量的铁、镁)制备明矾晶体的实验，其流程如下，下列说法正确的是
A．甲、乙两位同学的实验方案均可以得到纯净的明矾晶体
B．溶液A发生的反应为：
C．若乙同学滤渣未洗涤，则产品中可能混有
D．操作a为蒸发结晶，用到的仪器有蒸发皿、酒精灯、玻璃棒
12．叠氮-炔基Huisgen环加成合成三唑类抗真菌药物是点击化学的重要应用，原理如图。下列说法正确的是
A．与均是该反应的中间产物
B．反应中有非极性键的断裂与生成
C．叠氮酸根()的空间结构为直线形
D．根据原理，可以发生
13．二氧化碳加氢制甲醇所涉及的反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
在5.0 MPa的密闭容器中投入5 mol CO2和16 mol H2，平衡时CH3OH和CO的选择性s及CO2的转化率a随温度的变化如图所示，下列说法错误的是
A．150~400℃范围内，水的平衡产率先降低后升高
B．250℃时，反应Ⅱ的平衡常数
C．300~350℃范围内，K(Ⅱ)增大的幅度大于K(Ⅰ)减小的幅度
D．p、q两点反应Ⅰ的正反应速率大小：
14．甘汞电极()比较稳定，常被用作参比电极测定某电极的电极电势，其构造如图所示，电极的下端通过微孔陶瓷片与溶液接触。现将甘汞电极、Zn片连接后一同插入溶液中，测定Zn的电极电势，下列说法不正确的是
A．甘汞电极的内部应预置适量的KCl晶体，以保持电极环境的稳定
B．测量时，甘汞电极发生的反应为
C．测量时，溶液中的Cl-通过微孔陶瓷片向甘汞电极内部运动
D．若待测电极的电势低，则甘汞电极发生还原反应
15．常温下，用0.1 mol/L的标准溶液分别滴定体积均为10 mL，浓度均为0.1 mol/L的KCl和KSCN溶液，选择荧光黄做指示剂，滴加过程中溶液和与滴入溶液体积(V)的关系如图所示。
已知：①荧光黄是一种吸附指示剂，(黄绿色)，达终点显红色，未达终点前，因沉淀吸附阴离子(、)带上负电荷从而无法吸附，溶液显黄绿色。
②，，忽略溶液混合时温度和体积的变化。
下列说法不正确的是
A．达终点后沉淀吸附从而带上正电荷，则吸附而显红色
B．若将KSCN溶液浓度改为0.05 mol/L，则滴定曲线将向右平移
C．abe代表KCl滴定曲线，且e点纵坐标约为8.5
D．向含0.001 mol AgSCN固体中每次加100 mL 0.1 mol/L的KCl溶液，至少加11次可完全转化为AgCl
16．钴铁矿经焙烧后得到的和，通过如下转化，进行分离。
已知：+4(蓝紫色)此反应可用于检验。
下列说法正确的是
A．步骤Ⅰ中、均与焦炭发生反应且根据分析可知的热稳定性强于
B．步骤Ⅳ的操作：将溶于硫酸，加入一定量，45℃恒温加热一段时间后，再加入浓氨水，经过滤、干燥、煅烧，获得
C．检验中是否还含有：将产品溶于盐酸，再滴加KSCN溶液，若溶液出现蓝紫色，说明含有
D．铁与钴为同周期的邻族元素，此过程利用与的磁性强弱不同进行分离
17．常见无机物的性质与其结构有重要的关系
Ⅰ．经测定，尿素()和三氟化硼()均为平面形分子，分子内具有大键。请回答下列问题：
（1）基态氨的两种微粒中，①，②，比较两种微粒得电子能力大小①________②(填“>”或“<”)。
（2）已知尿素分子存在分子间氢键，其晶胞结构如图所示，下列说法正确的是___________。
A. 晶胞结构中尿素分子只有2种取向 B. 晶胞中有9个尿素分子
C. 尿素的N原子采取杂化 D. 每个尿素分子的配位数为12
（3）氟硼酸()可以看成是HF与反应后生成的产物，常温下，的氟硼酸()溶液，写出氟硼酸的电离方程式________，并用电子式表示其阴离子________。
（4）三氟化硼()存在如下化学反应：
产物中B原子的杂化方式是________；经测定，反应物中键键长为130 pm，产物中键键长为141 pm，请解释可能的原因________。
Ⅱ．铁(Ⅲ)盐能形成多种配离子：
请回答下列问题：
（5）上述阴离子与的配位能力由小到大的顺序是________。写出③的化学反应方程式________。
（6）焦磷酸()是一种强酸，焦磷酸根离子(是一种强配体)与以的物质的量比形成配离子，写出离子反应方程式________。
18．肼是医药化工等重要原料，常用作卫星发射的燃料，标准状态下，一些物质的相对能量如表所示：
物质
相对能量/ 0 0 a 34.2
已知：肼()为二元弱碱，有较强还原性，常温常压下燃烧热为。
请回答下列问题：
（1）①表中　 　；
②写出298 K时，以为氧化剂的肼的燃烧反应热化学方程式　 　。
（2）常温下向肼的水溶液中逐滴滴加盐酸溶液，体系中含氮微粒的物质的量分数随pOH()变化的关系如图a所示。
①图中Ⅲ曲线对应的微粒会发生强烈水解，其水解常数　 　；
②图中C点对应溶液的　 　。
（3）肼-双氧水燃料电池工作原理如图b所示，其正极反应方程式　 　，经研究发现，该燃料电池的电化学反应速率、电解液密度和粘度均会影响电池性能，图c表示电池性能(以放电电压表示)与介质浓度的关系，当 ，电压随浓度增大而增大； ，电压随浓度增大而降低，请解释可能原因　 　。
19．实验室合成一定量的铬酸铜晶体()[]。
反应的发生装置如下图2所示：
已知：①在空气中加热至约400℃时逐渐分解成亚铬酸铜；
②冷水中析出，热水中得到碱式铬酸铜。
请回答下列问题：
（1）装置A的名称　 　。
（2）用化学方程式表示步骤Ⅱ反应　 　；判断步骤Ⅲ反应基本结束的现象是　 　。
（3）下列说法正确的是___________。
A．步骤Ⅰ、Ⅱ中的和应通过给料器一次性且快速加料
B．步骤Ⅲ应该在酒精灯加热的条件下不断搅拌混合物
C．步骤Ⅳ可通过利用抽气泵形成减压环境从而快速获得沉淀
D．步骤Ⅴ依次用去离子水和乙醇洗涤，并在真空下干燥得到目标产物
（4）由表查得：； ；结合数据判断铬酸铜晶体　 　(“能”或“否”)溶于浓氨水。
（5）纯度测定与分析：
①部分操作如下，选出需要的步骤：　 　；
准确称取2.16 g产品(___________)产品溶解，后加入一定量硫酸钠固体(___________)产生沉淀，过滤(___________)60℃左右低温烘干，准确称量，得到含结晶水的固体X 2.583 g。
a．加入过量氢氧化钠溶液 b．加入过量浓氨水 c．加入过量浓盐酸
d．加入一定量无水乙醇 e．加入一定量苯 f．加入一定量四氯化碳
g．用乙醇浓氨水混合液洗涤 h．用热水洗涤 i．用冷水洗涤
②固体X是　 　；
③产品纯度为　 　，分析目标产品中可能混有的杂质是　 　。
20．镇静剂利血平可以控制高血压和缓解精神症状，有机物J()是其重要的合成中间体：
已知：①；
②。
请回答下列问题：
（1）化合物C的结构简式　 　，化合物H含氧官能团的名称　 　。
（2）下列说法正确的是___________。
A．有机物A的酸性比其多一个碳的同系物弱
B．经历两步；先还原，后取代
C．有机物E滴入氯化铁溶液显紫色
D．酸性可实现的转化
（3）写出反应的化学方程式　 　。
（4）仿照上述流程，设计以和为原料，制备的合成路线　 　(无机试剂任选)。
（5）写出4种满足条件的有机物E的同分异构体：　 　。
①分子中包含结构(苯环上再无其他取代基)；
②包含片段(双键两端不再连H原子)；
③含有一个三元碳环。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A．NO2与碱发生反应会生成硝酸盐、亚硝酸盐和水，不符合酸性氧化物的定义，因此NO2不属于酸性氧化物，A错误；B．有机玻璃的本质是聚甲基丙烯酸甲酯，不是给出描述中的对应物质，B错误；
C．纤维素属于有机高分子化合物，高分子化合物均为混合物，因此纤维素不属于纯净物，C错误；
D．酚醛树脂是人工有机合成得到的高分子化合物，符合描述，D正确；
综上，答案选D。
【分析】酸性氧化物指的是和碱反应生成盐和水的氧化物，有机玻璃是聚甲基丙烯酸甲酯，纤维素是混合物。
2．【答案】B
【知识点】合金及其应用；乙炔炔烃；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．不锈钢属于常用的合金钢，它的主要成分是铁，在炼制过程中会添加铬和镍，以此提升合金的耐腐蚀性与机械性能，因此A选项表述正确；
B．蛋白质属于天然有机高分子化合物，但并不是所有蛋白质都不能溶于水。比如鸡蛋清中的白蛋白就可以溶于水，只有部分蛋白质如毛发中的角蛋白难溶于水，因此B选项表述错误；
C．波尔多液是农业常用的杀菌剂，它是由胆矾和石灰乳混合配制得到的，能够用来防治多种植物病害，因此C选项表述正确；
D．乙炔在氧气中燃烧会释放出大量的热，燃烧产生的氧炔焰温度可以达到3000℃以上，工业上常利用这个特点进行金属的切割与焊接，是乙炔十分重要的工业用途，因此D选项表述正确；
综上，答案选B。
【分析】蛋白质属于天然有机高分子，部分蛋白质结构中含亲水基团，可溶于水。
3．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】A．邻羟基苯甲醛的分子内氢键示意图为，该图示不符合实际结构，因此A错误；
B．该有机物是乙二酸与两分子乙醇发生酯化反应得到的产物，按照酯的命名规则，其名称为乙二酸二乙酯，因此B正确；
C．分子中的成键原子都是Cl原子，共价键是两个Cl的p轨道头碰头重叠形成的键，键为头碰头重叠，因此共价键的电子云轮廓图为，C正确；
D．对于，中心S原子的价层电子对数计算为，其中含有1个孤电子对，因此其VSEPR模型为所示的四面体形，D正确；
综上，答案选A。
【分析】氢键形成条件是，电负性大的元素与氢原子（和电负性大元素相连）之间作用力，选项中氢原子和碳相连，不符合氢键形成条件。
4．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．根据反应 P4+3OH-+3H2O=PH3↑+3～3e- ，每生成 1mol磷化氢转移3mol 电子。标准状况下PH3的物质的量为0.15mol，因此 转移电子数为 0.45NA， 故A错误；
B．在反应 P4+3OH-+3H2O=PH3↑+3 中，PH3是P元素被还原得到的还原产物， H2 是P元素被氧化得到的氧化产物，还原产物与氧化产物的物质的量之比为1：3。该反应中P4既作氧化剂又作还原剂，其中作氧化剂的P4与作还原剂的P4的物质的量之比为1：3，即氧化剂与还原剂物质的量之比为1：3，故B正确；
C.1个白磷分子（）中一共含有6个P—P键，结合反应方程式 P4+3OH-+3H2O=PH3↑+3 可知，当生成标准状况下3.36L PH3时，PH3的物质的量为=0.15mol，参与反应的P4的物质的量也为0.15mol，因此断裂P—P键的数目为： 0.15mol×6×NAmol-1=0.9NA，故C正确；
D．根据反应 P4+3OH-+3H2O=PH3↑+3 可知，每生成1mol PH3，就会消耗3mol水。生成标准状况下3.36L PH3时，PH3的物质的量为=0.15mol，对应消耗水的物质的量为0.45mol，计算可得消耗水的质量为 0.45mol×18g/mol=8.1g， 故D正确；
综上，答案选A。
【分析】离子方程式为P4+3OH-+3H2O=PH3↑+3，生成1molPH3转移3mol电子，作氧化剂的P4与作还原剂的P4的物质的量之比为1：3，白磷空间结构为正四面体，1molP4结构中含6mol p-p键 。
5．【答案】D
【知识点】铵盐；常用仪器及其使用；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．浓硝酸同时具备挥发性和氧化性，装置①的烧杯中溶液变蓝，有可能是浓硝酸挥发出的 HNO3 将KI氧化为 I2， 因此该装置无法用于验证的氧化性，A错误；
B．灼烧海带需要在坩埚中完成，不能选用蒸发皿，B错误；
C．乙酸具有挥发性，乙酸和碳酸钠反应生成的二氧化碳中会混有乙酸杂质，而乙酸也可以和苯酚钠反应生成苯酚，因此该装置不能证明酸性：碳酸＞苯酚，C错误；
D．受热会分解为 NH3和HCl， 分解生成的两种气体遇冷后会重新化合生成，而受热不会分解，因此装置④可以用来分离和，D正确；
故选D。
【分析】A．硝酸具有挥发性，且具有氧化性；
B．灼烧海带在坩埚中进行；
C．乙酸具有挥发性，会干扰实验；
D．氯化铵受热易分解，可加热氯化铵和氯化钠达到分离目的。
6．【答案】A
【知识点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为，因此A选项正确；
B．向明矾溶液中加入足量氢氧化钡溶液，反应的离子方程式为，题给所给的离子方程式错误，因此B选项错误；
C．钠投入胆矾溶液中，钠会先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，总反应的离子方程式为 Cu2++2Na +2H2O=Cu(OH)2↓+H2↑+2Na+， 因此该选项离子方程式错误，故C不符合题意；
D．向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳，反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，正确的离子方程式为 Ca2++2ClO-+H2O+CO2 = CaCO3↓+2HClO， 因此该选项错误，故D不符合题意；
综上，答案选A。
【分析】A．铝和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠和氢气；
B．氢氧化铝溶解在氢氧化钠溶液中；
C．钠先和水反应，生成物氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜；
D．次氯酸钙和二氧化碳反应生成碳酸钙。
7．【答案】C
【知识点】常见的生活环境的污染及治理；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A．亚硝酸钠能够抑制微生物增殖，是常用的食品防腐剂，不过亚硝酸钠本身具有毒性，过量摄入会导致人体中毒，A正确；
B．碳化硅（SiC）的晶体结构和金刚石相似，属于共价晶体，具备硬度大、熔点高的特点，属于新型陶瓷材料，同时碳化硅拥有半导体性能，可用来制作耐高温半导体材料，B正确；
C．就地焚烧农作物秸秆不仅会产生大量污染物，造成大气污染，还会使秸秆中的有机质被焚烧消耗，无法实现有机质还田，还会破坏土壤结构、降低土壤肥力，C错误；
D．聚乳酸和淀粉都属于可生物降解的高分子材料，二者混合制成的材料可以用于制作一次性餐具，以及食品、药品的包装，能够帮助减少白色污染，D正确；
故选C。
【分析】A．亚硝酸钠有毒，过量摄入会中毒；
B．碳化硅性质和金刚石相似，可耐高温用作半导体材料；
C．农作物就地焚烧会产生污染；
D．由聚乳酸和淀粉性质，可进行降解。
8．【答案】B
【知识点】合金及其应用；常用合成高分子材料的化学成分及其性能；塑料的老化和降解
【解析】【解答】A．橡胶经过氟化处理后得到氟橡胶，产物的化学稳定性会得到提升，同时它的耐热性、耐酸碱腐蚀能力都会有所增强，A叙述正确；
B．在钢铁中添加稀土元素，能够改善钢铁的性能，提升钢铁的抗氧化能力，B叙述错误；
C．通过调整聚乙烯的空间构型，可以改良聚乙烯的性能，增加聚乙烯的强度，C叙述正确；
D．苯甲酸钠在酸性环境中能够发挥良好的食品防腐效果，D叙述正确；
综上，本题选B。
【分析】钢铁中加入稀土元素是为了增强钢铁的抗氧化能力。
9．【答案】C
【知识点】极性分子和非极性分子；相似相溶原理及其应用
【解析】【解答】A．X射线衍射实验能够确定分子晶体的空间结构，故A正确；
B．新制氢氧化铜悬浊液可以和题中四种物质产生不同的现象，能够区分：乙醇与氢氧化铜不反应，互溶不分层；乙醛在加热条件下能与氢氧化铜反应生成砖红色的氧化亚铜沉淀；乙酸能和氢氧化铜发生中和反应，得到蓝色溶液；乙酸乙酯与氢氧化铜不反应，互不溶分层，故B正确；
C．臭氧虽然为单质分子，但它是极性分子，且极性很弱。根据“相似相溶”规律，臭氧在非极性溶剂四氯化碳中的溶解度应当高于在强极性的水中的溶解度，故C错误；
D．硬脂酸是饱和脂肪酸，分子中不存在不饱和键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；亚油酸是不饱和脂肪酸，分子中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾氧化，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此二者可以用酸性高锰酸钾溶液区分，故D正确；
故选C。
【分析】A． X射线衍射实验可测定分子空间结构；
B．由新制氢氧化铜和不同物质反应现象不同进行鉴别；
C．臭氧极性非常弱，在水中溶解度低于在四氯化碳中的溶解度；
D．由硬脂酸和亚油酸结构不同区分，亚油酸结构中含碳碳双键可使高锰酸钾溶液褪色。
10．【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．氟元素的电负性更大，N-F键的共用电子对会偏向F、远离N原子，导致成键电子对之间的排斥力减小，键角更小，因此键角大小关系为 NCl3>NF3， A正确；
B．对于 SO2Cl2 ，中心S原子的价层电子对数计算为=4，且S原子没有孤电子对。根据VSEPR理论可以判断，S原子为 sp3 杂化，因此该分子的空间构型为四面体形，B正确；
C． H2O 分子之间可以形成氢键， H2S 分子间只存在范德华力，因此沸点大小关系为 H2O>H2S， C正确；
D．第一电离能的变化规律：同一周期从左到右总体呈现增大趋势，但存在特殊情况：第ⅡA族的第一电离能大于第ⅢA族，第ⅤA族的第一电离能大于第ⅥA族，因此N、O、F的第一电离能由小到大的顺序为 O故选D。
【分析】题干给出信息：X、Y、Z、M、Q为五种原子序数依次增大的短周期主族元素，五种元素原子的最外层电子数总和为31。其中X元素原子核外p轨道的电子总数比s轨道的电子总数少1，X的电子排布式为1s22s22p3，可推知X为氮（N）元素；又已知Y的核电荷数是M核电荷数的一半，结合五种元素原子序数依次增大的关系，可以推得Y为氧（O）元素，M为硫（S）元素；最后结合五种原子最外层电子数之和为31，可进一步确定Z为氟（F）元素，Q为氯（Cl）元素。综上，X、Y、Z、M 和 Q 分别对应N、O、F、S、Cl。
11．【答案】C
【知识点】铝的化学性质；蒸发和结晶、重结晶；氢氧化铝的制取和性质探究
【解析】【解答】A．乙同学的方案中没有除去杂质铁和镁，因此无法得到纯净的明矾晶体，选项A错误；
B．向溶液A中通入过量CO2，发生的反应为，选项B错误；
C．若滤渣不进行洗涤，溶液D中会残留(NH4)2SO4，最终得到的产品中可能会混有，选项C正确；
D．目标产品含有结晶水，适合采用冷却结晶法提取，因此操作a应为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，选项D错误；
综上，答案选C。
【分析】将废铝箔加入氢氧化钠溶液后，金属铝会和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为；之后通入二氧化碳，二氧化碳会和四羟基合铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，过滤得到的滤渣为氢氧化铝，向氢氧化铝中加入稀硫酸，可得到硫酸铝溶液，再加入饱和硫酸钾溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶，就能得到明矾。
另一条路线中，废铝箔加入稀硫酸后，会反应生成硫酸铝、硫酸镁、硫酸亚铁，同时放出氢气，向得到的混合溶液中通入过量氨气，会生成氢氧化铝、氢氧化镁、氢氧化亚铁沉淀，其中氢氧化亚铁还会被氧化为氢氧化铁；过滤得到的滤渣（含氢氧化铝、氢氧化镁、氢氧化亚铁和氢氧化铁）中加入硫酸，反应得到含有硫酸铝、硫酸镁、硫酸亚铁、硫酸铁的混合溶液，再加入饱和硫酸钾，经过蒸发浓缩、冷却结晶得到明矾，结合上述流程进行相关分析。
12．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．先参与反应，后续又生成，因此是该反应的催化剂；而先生成，之后被消耗，属于中间产物，因此A错误；
B．对反应过程进行分析可知，反应过程中只有非极性键C-C键的断裂，没有新的非极性键生成，因此B错误；
C．叠氮酸根和互为等电子体，叠氮酸根中心N原子的价层电子对数为，孤电子对数为0，因此其空间构型为直线形，C正确；
D．结合图示的反应原理，该产物的结构应该是左侧氮原子连接一个乙基，实际的反应原理为：，因此D错误；
综上，答案选C。
【分析】A．由反应原理图，是反应催化剂，是反应中间产物；
B．由反应过程，不存在非极性键的形成；
C．叠氮酸根和空间结构相似，为直线形；
D. 正确方程式为。
13．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．由分析可知，反应消耗的CO2和生成的H2O相等，CO2的转化率先降低后升高，故水的平衡产率也先降低后升高，A正确；
B.250℃时，反应I、Ⅱ消耗的CO2均为5×20%×50%=0.5mol；，，平衡后n(CO2)=5mol-0.5mol-0.5mol=4mol；n(H2)=16mol-1.5mol-0.5mol=14mol；n(H2O)=1mol；n(CH3OH)=0.5mol； n(CO)=0.5mol，代入 K(Ⅱ)表达式后，K(Ⅱ)===，B 正确；
C. 反应I为放热反应，升高温度会使反应I的平衡向逆反应方向移动，因此 CO2 的转化率降低，平衡常数 K(I) 减小；反应II为吸热反应，升高温度会使反应II的平衡向正反应方向移动，因此 CO2 的转化率升高，平衡常数 K(Ⅱ) 增大。在 300~350℃ 范围内，总的 CO2 转化率随温度升高而增加，说明该温度范围内 K(Ⅱ) 增大的幅度超过了 K(I) 减小的幅度，C正确；
D. p 点甲醇的选择性比同温度下平衡状态的甲醇选择性更高， 此时平衡逆移，逆(p)>平>正(p)； q点甲醇的选择性比同温度下平衡状态的甲醇选择性更低，此时反应会向生成甲醇、正反应方向移动，因此正(q)>平>逆(q)，最终可得，D错误；
因此本题答案选D。
【分析】当温度升高时，对于平衡Ⅰ来说平衡会逆向移动，对于平衡Ⅱ来说平衡会正向移动，最终会使体系中甲醇的物质的量减少，CO的物质的量增加，因此可以确定x代表甲醇的选择性，y代表CO的选择性，z代表CO2的转化率。结合两个反应可知，反应消耗的CO2和生成的H2O的物质的量相等，已知CO2的转化率变化趋势为先降低后升高，因此水的平衡产率也同样呈现先降低后升高的变化趋势，结合上述结论分析对应问题即可。
14．【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．甘汞电极需要在饱和KCl溶液中工作，因此电极内部需要预留适量KCl晶体，保证溶液维持饱和状态，A正确；
B．锌的金属活动性更强，作原电池的负极，甘汞电极为原电池的正极，正极上氯化亚汞得到电子发生还原反应，电极反应式为，B正确；
C．原电池工作时，阴离子会向负极区域移动，该原电池中锌是负极，因此阴离子向锌电极方向移动，C错误；
D．原电池中，电势更低的电极为负极，电势更高的电极为正极。若待测电极的电势小于甘汞电极的电势，那么甘汞电极就会作为正极，发生还原反应，D正确；
故选C。
【分析】该装置由甘汞电极与Zn电极组装构成原电池，其中甘汞电极为参比电极，作为原电池的正极，它的电极反应稳定，电极电势已知。插入ZnCl2溶液的Zn片作为原电池的负极，会发生氧化反应；装置中的多孔陶瓷片可以让离子在两种溶液之间导通，帮助形成闭合回路。只要测出该原电池的电势差，就可以计算得到Zn电极的电极电势。
15．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定
【解析】【解答】A．滴定达到终点前，由于生成的沉淀会吸附阴离子、使沉淀带负电荷，因此无法吸附指示剂阴离子，此时溶液呈现黄绿色；当滴定达到终点后，溶液中过量，沉淀会吸附过量的使沉淀带正电荷，进而吸附使溶液显红色，A正确；
B．若将KSCN溶液浓度改为0.05 mol/L，根据反应的物质的量关系，只需要滴加5 mL硝酸银溶液即可达到滴定终点，滴定终点对应的硝酸银体积更小，因此滴定曲线会向左平移，B错误；
C．已知则相同时，浓度更低，更大，因此曲线abe代表KCl滴定曲线，曲线acd是KSCN的滴定曲线；e点加入20 mL0.1 mol/L的标准溶液，，，则，C正确；
D．由分析可知，，，反应，该反应的平衡常数，设完全转化需的物质的量为x，则，即，每次加100 mL 0.1 mol/L的KCl溶液，即0.01 mol，则次数为，即至少11次，D正确；
故选B。
【分析】我们已知溶度积的大小关系为，根据溶度积的表达式Ksp=c(Ag＋)×c(X－)，当银离子浓度相等时，溶度积越大，对应阴离子浓度越大，因此的浓度比氯离子浓度更低，对浓度取负对数后，浓度越小，的数值更大，由此可以判断：曲线 abe 是KCl的滴定曲线，曲线 acd是KSCN的滴定曲线。当加入硝酸银的体积 时，KCl和KSCN都恰好完全反应，达到滴定终点，此时溶液中银离子和对应的阴离子浓度相等。
对于AgCl，由b点的数据可得此时 ，根据溶度积公式可得；对于AgSCN，由c点的数据可得此时 ，同理可得，我们可以基于上述结论分析各选项。
16．【答案】B
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；物质的分离与提纯；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A． 过程 I 中 C 只与 Fe2O3 反应产生 Fe3O4，过程 II 中 400℃富氧焙烧 CoO 生成了 Co3O4， 过程 III 中只有Co3O4被反应，说明 Co3O4的热稳定性弱于Fe3O4，A错误；
B．步骤IV的流程为： Fe3O4 先溶于硫酸，再加入一定量 H2O2， 在 45℃ 恒温加热一段时间后，加入浓氨水，之后经过滤、干燥、煅烧，最终得到 Fe2O3， B正确；
C． Fe3+和Co2+ 都可以和 SCN- 结合，分别生成红色的 [Fe(SCN)]2+ 和蓝紫色的 [Co(SCN)4]2- ，两种有色物质会互相干扰检验，无法通过KSCN溶液检验Co2+，C错误；
D．铁和钴都属于第四周期第Ⅷ族元素，D错误；
综上，答案选B。
【分析】该工艺采用分步焙烧结合磁选的方法完成钴和铁的分离提纯：第一步先在真空环境下进行焙烧，让原料中的部分Fe2O3被还原为Fe3O4；之后在富氧氛围中焙烧，将生成的CoO氧化得到Co3O4；接下来再进行高温真空焙烧，使Co3O4重新转化为CoO；最终利用两种物质的磁性差异，通过磁选分离得到不具备磁性的CoO和具有磁性的Fe3O4，得到的Fe3O4再经过后续处理就可以制备得到Fe2O3。
17．【答案】(1) >
(2) A，C
(3) HBF4=H++BF
(4) sp3 B原子杂化方式由sp2变为sp3，前者BF3因存在大π键所以B-F键键长介于单键和双键之间，后者B-F键均为普通单键，键长变长(或者B原子杂化方式由sp2变为sp3，后者杂化轨道中s轨道成分变少，共价键键能变小，则共价键键长变长)
(5) SCN-(6) 2P2O+Fe3+=[Fe(P2O7)2]5-
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）N是7号元素，我们可以根据给出的电子排布式判断粒子种类：①对应的是N+，②对应的是N-。①比②更难失去电子，说明①比②更容易得到电子，因此得电子能力为：①>②；
（2）A．尿素晶胞中，尿素分子分别占据顶点和体心位置，一共有两种不同的排列取向，A正确；
B．根据均摊法计算晶胞中尿素分子数：？不对，该计算结果错误，实际晶胞中尿素分子数不是2，B错误；
C．尿素分子是平面结构，因此分子中N原子的杂化方式为杂化，C正确；
D．尿素分子间可以形成氢键，因此尿素晶体不属于分子密堆积，每个尿素分子周围紧邻的分子数目少于12，即配位数小于12，D错误；
综上，答案选AC；
（3）0.1 mol/L的氟硼酸 ()溶液， 说明溶液中氢离子浓度恰好等于氟硼酸的起始浓度，因此 是强酸，在溶液中完全电离，电离方程式为： HBF4=H++BF， 其阴离子中存在配位键，所有原子都满足8电子稳定结构，其阴离子的电子式为：
（4） 反应后的B原子杂化方式由sp2变为sp3，一方面， BF3 中存在离域大π键，使得B-F键具有部分双键的性质，键长介于单键和双键之间，而BF4-中所有B-F键均为普通的σ单键，因此键长更长；另一方面，从杂化轨道的角度看， sp2 杂化中s轨道的成分比 sp3 杂化更多，s轨道成分越多，形成的共价键键能更大、键长更短，因此杂化方式改变后，B-F键键长变长。
（5）结合信息，可知与SCN-结合生成，加入NH4F后生成，加入(NH4)2C2O4生成[Fe(C2O4)3]3-，通过以上实验说明配位能力SCN-（6）焦磷酸()是一种强酸，焦磷酸可以电离出4个氢离子（4个羟基），故焦磷酸根离子为P2O，P2O与以的物质的量比形成配离子，离子反应方程式2P2O+Fe3+=[Fe(P2O7)2]5-。
【分析】（1）由两种微粒电子排布式可知， ① 得电子能力强；
（2）用均摊法计算，由2个尿素分子； 尿素的N原子采取杂化 ；
（3）由信息氟硼酸是强电解质，完全电离 ；
（4）由三氟化硼和产物结构得出B原子杂化方式；中键键长较短可能是因为结构中存在大π键，也可能是B原子杂化类型不同；
（5）由实验现象变化知配位能力SCN-（6） 焦磷酸为四元酸，对应 离子反应方程式2P2O+Fe3+=[Fe(P2O7)2]5-。
18．【答案】（1）50.4；
（2）Kh=1×100.8；3.6
（3）；当c(NaOH)<1.0 mol/L，电化学反应速率随c(NaOH)增大而增大，电池性能增强，放电电压增大；c(NaOH)>1.0 mol/L，由于过多的聚集，电解液浓度过大，电解液整体的密度和黏度变大，导致电池性能降低
【知识点】电极反应和电池反应方程式；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理
【解析】【解答】（1）①根据题目给出的信息，可以写出肼燃烧的热化学方程式为。反应焓变满足关系： = 生成物总能量-反应物总能量， ，代入数据得 -285.8×2+0-(a+0)=-622，a=50.4；
②298 K条件下，对于反应，=生成物总能量-反应物总能量，=2×(-285.8kJ·mol-1)+(kJ·mol-1)-(50.4kJ·mol-1+34.2kJ·mol-1)=-656.2kJ·mol-1，以NO2为氧化剂的肼的燃烧的热化学方程式为 ；
（2）分析图像可得曲线对应关系为Ⅰ-、Ⅱ-、Ⅲ-，肼的电离平衡常数为，；
①水解的反应为，其水解平衡常数；
②由肼的电离反应，C点时与浓度相等，则，计算可得，pH=3.6；
（3）在肼-双氧水燃料电池中，惰性电极A为负极，惰性电极B为正极，正极上双氧水得到电子发生还原反应，电极反应式为；结合图像分析电池性能和氢氧化钠电解质浓度的关系：当 c(NaOH)<1.0 mol/L， 电化学反应速率随氢氧化钠浓度升高而加快，电池性能提升，放电电压增大； c(NaOH)>1.0 mol/L， 过多在体系中聚集，同时电解液浓度过大会使电解液整体密度和黏度升高，最终导致电池性能下降。
【分析】（1）根据焓变等于生成物总能量减去反应物总能量；
（2）由曲线变化趋势，Ⅰ代表、Ⅱ代表、Ⅲ代表，据此分析；
（3）肼-双氧水燃料电池中正极是过氧化氢反应，得电子，发生还原反应。
（1）①由题目信息可得肼燃烧的热化学方程式为 ，根据=生成物总能量-反应物总能量，则-285.8×2+0-(a+0)=-622，a=50.4；
②298 K，反应， 根据=生成物总能量-反应物总能量，=2×(-285.8kJ·mol-1)+(kJ·mol-1)-(50.4kJ·mol-1+34.2kJ·mol-1)=-656.2kJ·mol-1，以NO2为氧化剂的肼的燃烧的热化学方程式为 ；
（2）分析图像可得曲线对应关系为Ⅰ-、Ⅱ-、Ⅲ-，肼的电离平衡常数为，；
①水解的反应为，其水解平衡常数；
②由肼的电离反应，C点时与浓度相等，则，计算可得，pH=3.6；
（3）肼-双氧水燃料电池中惰性电极A为负极，惰性电极B为正极，正极反应为；根据图像分析电池性能与电解质的关系，当c(NaOH)<1.0 mol/L，电化学反应速率随c(NaOH)增大而增大，电池性能增强，放电电压增大；c(NaOH)>1.0 mol/L，由于过多的聚集，电解液浓度过大，电解液整体的密度和黏度变大，导致电池性能降低。
19．【答案】（1）二(双、两)口烧瓶/二(双、两)颈烧瓶
（2）；装置A内不再产生气体或溶液红色消失
（3）C；D
（4）能
（5）bdg；；105%；或失去部分结晶水的
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）题图中装置A的名称是两口烧瓶，也可称为双口烧瓶、两口烧瓶或颈烧瓶。
（2）根据题干流程可写出该反应的化学方程式为：；反应完全后，反应物中铬酸消耗完毕，同时不再生成二氧化碳气体，因此步骤Ⅲ反应进行完全的标志是：装置A中不再有气泡产生，或者溶液的红色褪去。
（3）A. 若一次性快速加入反应物，容易引发局部反应物浓度过高的问题，会导致生成的沉淀不均，还可能产生副产物，因此需要分批缓慢加料，A错误；
B. 在空气中加热到约400℃时就会逐渐分解为亚铬酸铜，酒精灯直接加热的温度过高，容易使原料提前分解，应当采用水浴加热控制温度，B错误；
C. 步骤Ⅳ使用抽滤，也就是减压过滤，抽滤装置形成的负压环境可以加快过滤的速度，能够更快得到沉淀，C正确；
D. 洗涤沉淀时，先用去离子水可以洗去沉淀表面吸附的可溶性杂质，再用乙醇洗涤可以除去沉淀残留的水分，且乙醇易挥发不会残留，最后真空干燥既可以保证干燥效果，又能避免产物受热分解，因此步骤Ⅴ按顺序使用去离子水、乙醇洗涤后真空干燥，即可得到目标产物，D正确；
综上，答案选CD。
（4）由； ，可知，，则反应的平衡常数，数值很大，说明反应正向进行的趋势极强，因此铬酸铜晶体能溶于浓氨水；
（5）①准确称取2.16 g产品，加入过量浓氨水使产品溶解，发生反应，产品溶解后加入一定量硫酸钠固体，再加入一定量无水乙醇，促使的析出，不溶于无水乙醇，产品析出，过滤，再加入一定量苯，60℃左右低温烘干，准确称量，得到含结晶水的固体X，故步骤顺序为：bdg；
②由以上分析可知，固体X为：；
③的质量为：2.583 g，其物质的量为，由Cu原子守恒可知，，则，产品的纯度为：；目标产品中可能混有的杂质是：或失去部分结晶水的。
【分析】三氧化铬在去离子水中搅拌后发生反应，生成铬酸，得到红色溶液；之后碱式碳酸铜和铬酸发生反应，得到铬酸铜粗品，再经过分离提纯最终得到二水合铬酸铜晶体。
（1）装置A的名称为：二(双、两)口烧瓶/二(双、两)颈烧瓶；
（2）由步骤可知，反应为：；判断步骤Ⅲ反应基本结束的现象是：当装置A内不再产生气体或溶液红色消失；
（3）A．若一次性快速加料，易导致局部浓度过高，生成沉淀不均匀或副反应，应分批缓慢加料，A错误；
B．在空气中加热至约400℃时逐渐分解成亚铬酸铜，酒精灯加热温度过高，易导致产物分解，应水浴加热，B错误；
C．步骤Ⅳ可通过利用抽滤形成减压环境，减压过滤能加快过滤速率，快速得到沉淀，C正确；
D．用去离子水洗去可溶性杂质，乙醇洗去水分且易挥发，真空干燥可防止产物受热分解，故步骤Ⅴ依次用去离子水和乙醇洗涤，并在真空下干燥得到目标产物，D正确；
故选CD。
（4）由； ，可知，，则反应的平衡常数，数值很大，说明反应正向进行的趋势极强，因此铬酸铜晶体能溶于浓氨水；
（5）①准确称取2.16 g产品，加入过量浓氨水使产品溶解，发生反应，产品溶解后加入一定量硫酸钠固体，再加入一定量无水乙醇，促使的析出，不溶于无水乙醇，产品析出，过滤，再加入一定量苯，60℃左右低温烘干，准确称量，得到含结晶水的固体X，故步骤顺序为：bdg；
②由以上分析可知，固体X为：；
③的质量为：2.583 g，其物质的量为，由Cu原子守恒可知，，则，产品的纯度为：；目标产品中可能混有的杂质是：或失去部分结晶水的。
20．【答案】（1）；醚键和酯基
（2）B；D
（3）+CH3OH+HBr
（4）
（5）、
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）经分析可得，C的结构简式为：；化合物H中含有的含氧官能团为醚键和酯基；
（2）A．烃基属于推电子基团，烃基的碳链越长，推电子效应越显著，会使羧基中羟基的极性减弱，酸性减弱，因此有机物A的酸性比多一个碳的同系物更强，故A错误；
B．对比D和E的结构简式可知，该转化过程分为两步：先将醛基还原为羟基，再发生取代反应，故B正确；
C．有机物E的结构中不存在酚羟基，因此不能与氯化铁溶液发生显色反应，无法使氯化铁溶液显紫色，故C错误；
D．I→J的反应是羟基转化为酮羰基，该反应属于氧化反应，酸性属于强氧化剂，可以实现该转化，故D正确；
因此答案选BD；
（3）根据前面分析得到的G的结构，再结合题给已知信息②，G到H的反应过程为：
+CH3OH+HBr；
（4）结合题给相关信息，参考题干流程，设计的合成路线如下：
（5）结合题给限定条件，符合要求的E的同分异构体结构如下：
、 。
【分析】根据D的结构逆向推导可知，B和C之间发生D-A双烯加成反应得到D，因此化合物C的结构简式为。化合物B是A和发生酯化反应得到的产物，因此可以推出A的结构简式为，B的结构简式为。E转化为F的过程是E和溴单质发生加成反应，因此F的结构简式为；F转化为G的反应符合题给信息①的反应规律，结合最终产物H的结构，可以推得G的结构简式为。
（1）由分析可知C的结构简式为：；化合物H中的含氧官能团为：醚键和酯基；
（2）A．有机物A的酸性比其多一个碳的同系物强，因为烃基是推电子基团，烃基长度越长，推电子效应越明显，则羧基中羟基极性减弱，酸性减弱，故A错误；
B．D→E比对结构简式可知，经历两步：先还原，后取代，故B正确；
C．有机物E中无酚羟基，因此无法使氯化铁溶液显紫色，故C错误；
D．I→J是羟基到酮羰基，属于氧化反应，酸性是一种强氧化剂，可以实现该变化，故D正确；
故答案选BD；
（3）由分析可知G的结构，同时结合已知信息②，则G到H的反应为：+CH3OH+HBr；
（4）结合信息可知，同时参照题干，设计合成路线如下：
（5）结合信息可知，E的同分异构体结构如下：
、
1 / 1广东肇庆中学2026届高三上学期期中调研考试 化学试题
1．下列关于物质的分类正确的是
A．：酸性氧化物 B．有机玻璃：硅酸盐
C．纤维素：纯净物 D．酚醛树脂：合成高分子
【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A．NO2与碱发生反应会生成硝酸盐、亚硝酸盐和水，不符合酸性氧化物的定义，因此NO2不属于酸性氧化物，A错误；B．有机玻璃的本质是聚甲基丙烯酸甲酯，不是给出描述中的对应物质，B错误；
C．纤维素属于有机高分子化合物，高分子化合物均为混合物，因此纤维素不属于纯净物，C错误；
D．酚醛树脂是人工有机合成得到的高分子化合物，符合描述，D正确；
综上，答案选D。
【分析】酸性氧化物指的是和碱反应生成盐和水的氧化物，有机玻璃是聚甲基丙烯酸甲酯，纤维素是混合物。
2．下列说法不正确的是
A．不锈钢是常见的合金钢，组成元素主要是铁、铬和镍
B．蛋白质是天然有机高分子，故不能溶于水中
C．波尔多液是一种杀菌剂，可由胆矾和石灰乳混合制成
D．乙炔在氧气中燃烧放热，可用氧炔焰切割金属
【答案】B
【知识点】合金及其应用；乙炔炔烃；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．不锈钢属于常用的合金钢，它的主要成分是铁，在炼制过程中会添加铬和镍，以此提升合金的耐腐蚀性与机械性能，因此A选项表述正确；
B．蛋白质属于天然有机高分子化合物，但并不是所有蛋白质都不能溶于水。比如鸡蛋清中的白蛋白就可以溶于水，只有部分蛋白质如毛发中的角蛋白难溶于水，因此B选项表述错误；
C．波尔多液是农业常用的杀菌剂，它是由胆矾和石灰乳混合配制得到的，能够用来防治多种植物病害，因此C选项表述正确；
D．乙炔在氧气中燃烧会释放出大量的热，燃烧产生的氧炔焰温度可以达到3000℃以上，工业上常利用这个特点进行金属的切割与焊接，是乙炔十分重要的工业用途，因此D选项表述正确；
综上，答案选B。
【分析】蛋白质属于天然有机高分子，部分蛋白质结构中含亲水基团，可溶于水。
3．下列表示不正确的是
A．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：
B．的名称：乙二酸二乙酯
C．分子中共价键电子云轮廓图：
D．的VSEPR模型
【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】A．邻羟基苯甲醛的分子内氢键示意图为，该图示不符合实际结构，因此A错误；
B．该有机物是乙二酸与两分子乙醇发生酯化反应得到的产物，按照酯的命名规则，其名称为乙二酸二乙酯，因此B正确；
C．分子中的成键原子都是Cl原子，共价键是两个Cl的p轨道头碰头重叠形成的键，键为头碰头重叠，因此共价键的电子云轮廓图为，C正确；
D．对于，中心S原子的价层电子对数计算为，其中含有1个孤电子对，因此其VSEPR模型为所示的四面体形，D正确；
综上，答案选A。
【分析】氢键形成条件是，电负性大的元素与氢原子（和电负性大元素相连）之间作用力，选项中氢原子和碳相连，不符合氢键形成条件。
4．白磷溶解在热的浓碱中发生反应(未配平)，表示阿伏加德罗常数，当生成标况下 的时，下列说法不正确的是
A．转移电子的数目为
B．氧化剂与还原剂的物质的量比值为
C．断裂的键的数目为
D．消耗水的质量为8.1 g
【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．根据反应 P4+3OH-+3H2O=PH3↑+3～3e- ，每生成 1mol磷化氢转移3mol 电子。标准状况下PH3的物质的量为0.15mol，因此 转移电子数为 0.45NA， 故A错误；
B．在反应 P4+3OH-+3H2O=PH3↑+3 中，PH3是P元素被还原得到的还原产物， H2 是P元素被氧化得到的氧化产物，还原产物与氧化产物的物质的量之比为1：3。该反应中P4既作氧化剂又作还原剂，其中作氧化剂的P4与作还原剂的P4的物质的量之比为1：3，即氧化剂与还原剂物质的量之比为1：3，故B正确；
C.1个白磷分子（）中一共含有6个P—P键，结合反应方程式 P4+3OH-+3H2O=PH3↑+3 可知，当生成标准状况下3.36L PH3时，PH3的物质的量为=0.15mol，参与反应的P4的物质的量也为0.15mol，因此断裂P—P键的数目为： 0.15mol×6×NAmol-1=0.9NA，故C正确；
D．根据反应 P4+3OH-+3H2O=PH3↑+3 可知，每生成1mol PH3，就会消耗3mol水。生成标准状况下3.36L PH3时，PH3的物质的量为=0.15mol，对应消耗水的物质的量为0.45mol，计算可得消耗水的质量为 0.45mol×18g/mol=8.1g， 故D正确；
综上，答案选A。
【分析】离子方程式为P4+3OH-+3H2O=PH3↑+3，生成1molPH3转移3mol电子，作氧化剂的P4与作还原剂的P4的物质的量之比为1：3，白磷空间结构为正四面体，1molP4结构中含6mol p-p键 。
5．下列实验装置使用正确的是
A．装置①可用于验证的氧化性
B．装置②可用于海带的灼烧灰化
C．装置③可用于比较酸性：乙酸>碳酸>苯酚
D．装置④可用于分离和
【答案】D
【知识点】铵盐；常用仪器及其使用；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．浓硝酸同时具备挥发性和氧化性，装置①的烧杯中溶液变蓝，有可能是浓硝酸挥发出的 HNO3 将KI氧化为 I2， 因此该装置无法用于验证的氧化性，A错误；
B．灼烧海带需要在坩埚中完成，不能选用蒸发皿，B错误；
C．乙酸具有挥发性，乙酸和碳酸钠反应生成的二氧化碳中会混有乙酸杂质，而乙酸也可以和苯酚钠反应生成苯酚，因此该装置不能证明酸性：碳酸＞苯酚，C错误；
D．受热会分解为 NH3和HCl， 分解生成的两种气体遇冷后会重新化合生成，而受热不会分解，因此装置④可以用来分离和，D正确；
故选D。
【分析】A．硝酸具有挥发性，且具有氧化性；
B．灼烧海带在坩埚中进行；
C．乙酸具有挥发性，会干扰实验；
D．氯化铵受热易分解，可加热氯化铵和氯化钠达到分离目的。
6．下列离子方程式正确的是
A．用含铝粉和氢氧化钠的疏通剂疏通管道：
B．明矾溶液中加入足量氢氧化钡溶液：
C．向胆矾溶液中加入绿豆大小的钠：
D．向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳：
【答案】A
【知识点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为，因此A选项正确；
B．向明矾溶液中加入足量氢氧化钡溶液，反应的离子方程式为，题给所给的离子方程式错误，因此B选项错误；
C．钠投入胆矾溶液中，钠会先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，总反应的离子方程式为 Cu2++2Na +2H2O=Cu(OH)2↓+H2↑+2Na+， 因此该选项离子方程式错误，故C不符合题意；
D．向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳，反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，正确的离子方程式为 Ca2++2ClO-+H2O+CO2 = CaCO3↓+2HClO， 因此该选项错误，故D不符合题意；
综上，答案选A。
【分析】A．铝和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠和氢气；
B．氢氧化铝溶解在氢氧化钠溶液中；
C．钠先和水反应，生成物氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜；
D．次氯酸钙和二氧化碳反应生成碳酸钙。
7．化学与人类社会可持续发展息息相关。下列说法不正确的是
A．亚硝酸钠可抑制微生物的生长，常用作食品防腐剂，但过量摄入会导致中毒
B．碳化硅具有类似金刚石的结构，是一种新型陶瓷，可用作耐高温半导体材料
C．农作物秸秆属于生物质资源，用作燃料进行就地焚烧，可以增强土壤肥效
D．聚乳酸与淀粉等混合可制成生物降解塑料，用于一次性餐具、食品和药品包装
【答案】C
【知识点】常见的生活环境的污染及治理；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A．亚硝酸钠能够抑制微生物增殖，是常用的食品防腐剂，不过亚硝酸钠本身具有毒性，过量摄入会导致人体中毒，A正确；
B．碳化硅（SiC）的晶体结构和金刚石相似，属于共价晶体，具备硬度大、熔点高的特点，属于新型陶瓷材料，同时碳化硅拥有半导体性能，可用来制作耐高温半导体材料，B正确；
C．就地焚烧农作物秸秆不仅会产生大量污染物，造成大气污染，还会使秸秆中的有机质被焚烧消耗，无法实现有机质还田，还会破坏土壤结构、降低土壤肥力，C错误；
D．聚乳酸和淀粉都属于可生物降解的高分子材料，二者混合制成的材料可以用于制作一次性餐具，以及食品、药品的包装，能够帮助减少白色污染，D正确；
故选C。
【分析】A．亚硝酸钠有毒，过量摄入会中毒；
B．碳化硅性质和金刚石相似，可耐高温用作半导体材料；
C．农作物就地焚烧会产生污染；
D．由聚乳酸和淀粉性质，可进行降解。
8．根据物质的组成和结构变化可推测其性能变化，下列推测不合理的是
选项 物质 组成或结构变化 性能变化
A 橡胶 氟化形成氟橡胶 耐热和耐酸、碱腐蚀的能力增强
B 钢铁 加入稀土元素 塑性、韧性增强、抗氧化能力减弱
C 线型聚乙烯 交联形成网状聚乙烯 强度增加
D 碳酸饮料 加入苯甲酸钠 防腐性能增强
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】合金及其应用；常用合成高分子材料的化学成分及其性能；塑料的老化和降解
【解析】【解答】A．橡胶经过氟化处理后得到氟橡胶，产物的化学稳定性会得到提升，同时它的耐热性、耐酸碱腐蚀能力都会有所增强，A叙述正确；
B．在钢铁中添加稀土元素，能够改善钢铁的性能，提升钢铁的抗氧化能力，B叙述错误；
C．通过调整聚乙烯的空间构型，可以改良聚乙烯的性能，增加聚乙烯的强度，C叙述正确；
D．苯甲酸钠在酸性环境中能够发挥良好的食品防腐效果，D叙述正确；
综上，本题选B。
【分析】钢铁中加入稀土元素是为了增强钢铁的抗氧化能力。
9．关于物质的检测，下列说法不正确的是
A．乙酸分子晶体的空间结构可根据X射线衍射实验最终确定
B．用新制悬浊液可鉴别乙醇、乙醛、乙酸和乙酸乙酯
C．臭氧是极性分子，它在水中的溶解度高于在四氯化碳中的溶解度
D．可用酸性高锰酸钾溶液鉴别硬脂酸和亚油酸
【答案】C
【知识点】极性分子和非极性分子；相似相溶原理及其应用
【解析】【解答】A．X射线衍射实验能够确定分子晶体的空间结构，故A正确；
B．新制氢氧化铜悬浊液可以和题中四种物质产生不同的现象，能够区分：乙醇与氢氧化铜不反应，互溶不分层；乙醛在加热条件下能与氢氧化铜反应生成砖红色的氧化亚铜沉淀；乙酸能和氢氧化铜发生中和反应，得到蓝色溶液；乙酸乙酯与氢氧化铜不反应，互不溶分层，故B正确；
C．臭氧虽然为单质分子，但它是极性分子，且极性很弱。根据“相似相溶”规律，臭氧在非极性溶剂四氯化碳中的溶解度应当高于在强极性的水中的溶解度，故C错误；
D．硬脂酸是饱和脂肪酸，分子中不存在不饱和键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；亚油酸是不饱和脂肪酸，分子中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾氧化，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此二者可以用酸性高锰酸钾溶液区分，故D正确；
故选C。
【分析】A． X射线衍射实验可测定分子空间结构；
B．由新制氢氧化铜和不同物质反应现象不同进行鉴别；
C．臭氧极性非常弱，在水中溶解度低于在四氯化碳中的溶解度；
D．由硬脂酸和亚油酸结构不同区分，亚油酸结构中含碳碳双键可使高锰酸钾溶液褪色。
10．X、Y、Z、M和Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，它们的最外层电子数之和为31，X元素原子的核外p电子数比s电子数少1，Y的核电荷数为M的核电荷数的一半，下列说法不正确的是
A．键角：
B．分子的空间构型为四面体形
C．简单氢化物的沸点：
D．第一电离能由小到大：
【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．氟元素的电负性更大，N-F键的共用电子对会偏向F、远离N原子，导致成键电子对之间的排斥力减小，键角更小，因此键角大小关系为 NCl3>NF3， A正确；
B．对于 SO2Cl2 ，中心S原子的价层电子对数计算为=4，且S原子没有孤电子对。根据VSEPR理论可以判断，S原子为 sp3 杂化，因此该分子的空间构型为四面体形，B正确；
C． H2O 分子之间可以形成氢键， H2S 分子间只存在范德华力，因此沸点大小关系为 H2O>H2S， C正确；
D．第一电离能的变化规律：同一周期从左到右总体呈现增大趋势，但存在特殊情况：第ⅡA族的第一电离能大于第ⅢA族，第ⅤA族的第一电离能大于第ⅥA族，因此N、O、F的第一电离能由小到大的顺序为 O故选D。
【分析】题干给出信息：X、Y、Z、M、Q为五种原子序数依次增大的短周期主族元素，五种元素原子的最外层电子数总和为31。其中X元素原子核外p轨道的电子总数比s轨道的电子总数少1，X的电子排布式为1s22s22p3，可推知X为氮（N）元素；又已知Y的核电荷数是M核电荷数的一半，结合五种元素原子序数依次增大的关系，可以推得Y为氧（O）元素，M为硫（S）元素；最后结合五种原子最外层电子数之和为31，可进一步确定Z为氟（F）元素，Q为氯（Cl）元素。综上，X、Y、Z、M 和 Q 分别对应N、O、F、S、Cl。
11．甲、乙两同学分别设计了由铝箔(含少量的铁、镁)制备明矾晶体的实验，其流程如下，下列说法正确的是
A．甲、乙两位同学的实验方案均可以得到纯净的明矾晶体
B．溶液A发生的反应为：
C．若乙同学滤渣未洗涤，则产品中可能混有
D．操作a为蒸发结晶，用到的仪器有蒸发皿、酒精灯、玻璃棒
【答案】C
【知识点】铝的化学性质；蒸发和结晶、重结晶；氢氧化铝的制取和性质探究
【解析】【解答】A．乙同学的方案中没有除去杂质铁和镁，因此无法得到纯净的明矾晶体，选项A错误；
B．向溶液A中通入过量CO2，发生的反应为，选项B错误；
C．若滤渣不进行洗涤，溶液D中会残留(NH4)2SO4，最终得到的产品中可能会混有，选项C正确；
D．目标产品含有结晶水，适合采用冷却结晶法提取，因此操作a应为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，选项D错误；
综上，答案选C。
【分析】将废铝箔加入氢氧化钠溶液后，金属铝会和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为；之后通入二氧化碳，二氧化碳会和四羟基合铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，过滤得到的滤渣为氢氧化铝，向氢氧化铝中加入稀硫酸，可得到硫酸铝溶液，再加入饱和硫酸钾溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶，就能得到明矾。
另一条路线中，废铝箔加入稀硫酸后，会反应生成硫酸铝、硫酸镁、硫酸亚铁，同时放出氢气，向得到的混合溶液中通入过量氨气，会生成氢氧化铝、氢氧化镁、氢氧化亚铁沉淀，其中氢氧化亚铁还会被氧化为氢氧化铁；过滤得到的滤渣（含氢氧化铝、氢氧化镁、氢氧化亚铁和氢氧化铁）中加入硫酸，反应得到含有硫酸铝、硫酸镁、硫酸亚铁、硫酸铁的混合溶液，再加入饱和硫酸钾，经过蒸发浓缩、冷却结晶得到明矾，结合上述流程进行相关分析。
12．叠氮-炔基Huisgen环加成合成三唑类抗真菌药物是点击化学的重要应用，原理如图。下列说法正确的是
A．与均是该反应的中间产物
B．反应中有非极性键的断裂与生成
C．叠氮酸根()的空间结构为直线形
D．根据原理，可以发生
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．先参与反应，后续又生成，因此是该反应的催化剂；而先生成，之后被消耗，属于中间产物，因此A错误；
B．对反应过程进行分析可知，反应过程中只有非极性键C-C键的断裂，没有新的非极性键生成，因此B错误；
C．叠氮酸根和互为等电子体，叠氮酸根中心N原子的价层电子对数为，孤电子对数为0，因此其空间构型为直线形，C正确；
D．结合图示的反应原理，该产物的结构应该是左侧氮原子连接一个乙基，实际的反应原理为：，因此D错误；
综上，答案选C。
【分析】A．由反应原理图，是反应催化剂，是反应中间产物；
B．由反应过程，不存在非极性键的形成；
C．叠氮酸根和空间结构相似，为直线形；
D. 正确方程式为。
13．二氧化碳加氢制甲醇所涉及的反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
在5.0 MPa的密闭容器中投入5 mol CO2和16 mol H2，平衡时CH3OH和CO的选择性s及CO2的转化率a随温度的变化如图所示，下列说法错误的是
A．150~400℃范围内，水的平衡产率先降低后升高
B．250℃时，反应Ⅱ的平衡常数
C．300~350℃范围内，K(Ⅱ)增大的幅度大于K(Ⅰ)减小的幅度
D．p、q两点反应Ⅰ的正反应速率大小：
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．由分析可知，反应消耗的CO2和生成的H2O相等，CO2的转化率先降低后升高，故水的平衡产率也先降低后升高，A正确；
B.250℃时，反应I、Ⅱ消耗的CO2均为5×20%×50%=0.5mol；，，平衡后n(CO2)=5mol-0.5mol-0.5mol=4mol；n(H2)=16mol-1.5mol-0.5mol=14mol；n(H2O)=1mol；n(CH3OH)=0.5mol； n(CO)=0.5mol，代入 K(Ⅱ)表达式后，K(Ⅱ)===，B 正确；
C. 反应I为放热反应，升高温度会使反应I的平衡向逆反应方向移动，因此 CO2 的转化率降低，平衡常数 K(I) 减小；反应II为吸热反应，升高温度会使反应II的平衡向正反应方向移动，因此 CO2 的转化率升高，平衡常数 K(Ⅱ) 增大。在 300~350℃ 范围内，总的 CO2 转化率随温度升高而增加，说明该温度范围内 K(Ⅱ) 增大的幅度超过了 K(I) 减小的幅度，C正确；
D. p 点甲醇的选择性比同温度下平衡状态的甲醇选择性更高， 此时平衡逆移，逆(p)>平>正(p)； q点甲醇的选择性比同温度下平衡状态的甲醇选择性更低，此时反应会向生成甲醇、正反应方向移动，因此正(q)>平>逆(q)，最终可得，D错误；
因此本题答案选D。
【分析】当温度升高时，对于平衡Ⅰ来说平衡会逆向移动，对于平衡Ⅱ来说平衡会正向移动，最终会使体系中甲醇的物质的量减少，CO的物质的量增加，因此可以确定x代表甲醇的选择性，y代表CO的选择性，z代表CO2的转化率。结合两个反应可知，反应消耗的CO2和生成的H2O的物质的量相等，已知CO2的转化率变化趋势为先降低后升高，因此水的平衡产率也同样呈现先降低后升高的变化趋势，结合上述结论分析对应问题即可。
14．甘汞电极()比较稳定，常被用作参比电极测定某电极的电极电势，其构造如图所示，电极的下端通过微孔陶瓷片与溶液接触。现将甘汞电极、Zn片连接后一同插入溶液中，测定Zn的电极电势，下列说法不正确的是
A．甘汞电极的内部应预置适量的KCl晶体，以保持电极环境的稳定
B．测量时，甘汞电极发生的反应为
C．测量时，溶液中的Cl-通过微孔陶瓷片向甘汞电极内部运动
D．若待测电极的电势低，则甘汞电极发生还原反应
【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．甘汞电极需要在饱和KCl溶液中工作，因此电极内部需要预留适量KCl晶体，保证溶液维持饱和状态，A正确；
B．锌的金属活动性更强，作原电池的负极，甘汞电极为原电池的正极，正极上氯化亚汞得到电子发生还原反应，电极反应式为，B正确；
C．原电池工作时，阴离子会向负极区域移动，该原电池中锌是负极，因此阴离子向锌电极方向移动，C错误；
D．原电池中，电势更低的电极为负极，电势更高的电极为正极。若待测电极的电势小于甘汞电极的电势，那么甘汞电极就会作为正极，发生还原反应，D正确；
故选C。
【分析】该装置由甘汞电极与Zn电极组装构成原电池，其中甘汞电极为参比电极，作为原电池的正极，它的电极反应稳定，电极电势已知。插入ZnCl2溶液的Zn片作为原电池的负极，会发生氧化反应；装置中的多孔陶瓷片可以让离子在两种溶液之间导通，帮助形成闭合回路。只要测出该原电池的电势差，就可以计算得到Zn电极的电极电势。
15．常温下，用0.1 mol/L的标准溶液分别滴定体积均为10 mL，浓度均为0.1 mol/L的KCl和KSCN溶液，选择荧光黄做指示剂，滴加过程中溶液和与滴入溶液体积(V)的关系如图所示。
已知：①荧光黄是一种吸附指示剂，(黄绿色)，达终点显红色，未达终点前，因沉淀吸附阴离子(、)带上负电荷从而无法吸附，溶液显黄绿色。
②，，忽略溶液混合时温度和体积的变化。
下列说法不正确的是
A．达终点后沉淀吸附从而带上正电荷，则吸附而显红色
B．若将KSCN溶液浓度改为0.05 mol/L，则滴定曲线将向右平移
C．abe代表KCl滴定曲线，且e点纵坐标约为8.5
D．向含0.001 mol AgSCN固体中每次加100 mL 0.1 mol/L的KCl溶液，至少加11次可完全转化为AgCl
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定
【解析】【解答】A．滴定达到终点前，由于生成的沉淀会吸附阴离子、使沉淀带负电荷，因此无法吸附指示剂阴离子，此时溶液呈现黄绿色；当滴定达到终点后，溶液中过量，沉淀会吸附过量的使沉淀带正电荷，进而吸附使溶液显红色，A正确；
B．若将KSCN溶液浓度改为0.05 mol/L，根据反应的物质的量关系，只需要滴加5 mL硝酸银溶液即可达到滴定终点，滴定终点对应的硝酸银体积更小，因此滴定曲线会向左平移，B错误；
C．已知则相同时，浓度更低，更大，因此曲线abe代表KCl滴定曲线，曲线acd是KSCN的滴定曲线；e点加入20 mL0.1 mol/L的标准溶液，，，则，C正确；
D．由分析可知，，，反应，该反应的平衡常数，设完全转化需的物质的量为x，则，即，每次加100 mL 0.1 mol/L的KCl溶液，即0.01 mol，则次数为，即至少11次，D正确；
故选B。
【分析】我们已知溶度积的大小关系为，根据溶度积的表达式Ksp=c(Ag＋)×c(X－)，当银离子浓度相等时，溶度积越大，对应阴离子浓度越大，因此的浓度比氯离子浓度更低，对浓度取负对数后，浓度越小，的数值更大，由此可以判断：曲线 abe 是KCl的滴定曲线，曲线 acd是KSCN的滴定曲线。当加入硝酸银的体积 时，KCl和KSCN都恰好完全反应，达到滴定终点，此时溶液中银离子和对应的阴离子浓度相等。
对于AgCl，由b点的数据可得此时 ，根据溶度积公式可得；对于AgSCN，由c点的数据可得此时 ，同理可得，我们可以基于上述结论分析各选项。
16．钴铁矿经焙烧后得到的和，通过如下转化，进行分离。
已知：+4(蓝紫色)此反应可用于检验。
下列说法正确的是
A．步骤Ⅰ中、均与焦炭发生反应且根据分析可知的热稳定性强于
B．步骤Ⅳ的操作：将溶于硫酸，加入一定量，45℃恒温加热一段时间后，再加入浓氨水，经过滤、干燥、煅烧，获得
C．检验中是否还含有：将产品溶于盐酸，再滴加KSCN溶液，若溶液出现蓝紫色，说明含有
D．铁与钴为同周期的邻族元素，此过程利用与的磁性强弱不同进行分离
【答案】B
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；物质的分离与提纯；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A． 过程 I 中 C 只与 Fe2O3 反应产生 Fe3O4，过程 II 中 400℃富氧焙烧 CoO 生成了 Co3O4， 过程 III 中只有Co3O4被反应，说明 Co3O4的热稳定性弱于Fe3O4，A错误；
B．步骤IV的流程为： Fe3O4 先溶于硫酸，再加入一定量 H2O2， 在 45℃ 恒温加热一段时间后，加入浓氨水，之后经过滤、干燥、煅烧，最终得到 Fe2O3， B正确；
C． Fe3+和Co2+ 都可以和 SCN- 结合，分别生成红色的 [Fe(SCN)]2+ 和蓝紫色的 [Co(SCN)4]2- ，两种有色物质会互相干扰检验，无法通过KSCN溶液检验Co2+，C错误；
D．铁和钴都属于第四周期第Ⅷ族元素，D错误；
综上，答案选B。
【分析】该工艺采用分步焙烧结合磁选的方法完成钴和铁的分离提纯：第一步先在真空环境下进行焙烧，让原料中的部分Fe2O3被还原为Fe3O4；之后在富氧氛围中焙烧，将生成的CoO氧化得到Co3O4；接下来再进行高温真空焙烧，使Co3O4重新转化为CoO；最终利用两种物质的磁性差异，通过磁选分离得到不具备磁性的CoO和具有磁性的Fe3O4，得到的Fe3O4再经过后续处理就可以制备得到Fe2O3。
17．常见无机物的性质与其结构有重要的关系
Ⅰ．经测定，尿素()和三氟化硼()均为平面形分子，分子内具有大键。请回答下列问题：
（1）基态氨的两种微粒中，①，②，比较两种微粒得电子能力大小①________②(填“>”或“<”)。
（2）已知尿素分子存在分子间氢键，其晶胞结构如图所示，下列说法正确的是___________。
A. 晶胞结构中尿素分子只有2种取向 B. 晶胞中有9个尿素分子
C. 尿素的N原子采取杂化 D. 每个尿素分子的配位数为12
（3）氟硼酸()可以看成是HF与反应后生成的产物，常温下，的氟硼酸()溶液，写出氟硼酸的电离方程式________，并用电子式表示其阴离子________。
（4）三氟化硼()存在如下化学反应：
产物中B原子的杂化方式是________；经测定，反应物中键键长为130 pm，产物中键键长为141 pm，请解释可能的原因________。
Ⅱ．铁(Ⅲ)盐能形成多种配离子：
请回答下列问题：
（5）上述阴离子与的配位能力由小到大的顺序是________。写出③的化学反应方程式________。
（6）焦磷酸()是一种强酸，焦磷酸根离子(是一种强配体)与以的物质的量比形成配离子，写出离子反应方程式________。
【答案】(1) >
(2) A，C
(3) HBF4=H++BF
(4) sp3 B原子杂化方式由sp2变为sp3，前者BF3因存在大π键所以B-F键键长介于单键和双键之间，后者B-F键均为普通单键，键长变长(或者B原子杂化方式由sp2变为sp3，后者杂化轨道中s轨道成分变少，共价键键能变小，则共价键键长变长)
(5) SCN-(6) 2P2O+Fe3+=[Fe(P2O7)2]5-
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）N是7号元素，我们可以根据给出的电子排布式判断粒子种类：①对应的是N+，②对应的是N-。①比②更难失去电子，说明①比②更容易得到电子，因此得电子能力为：①>②；
（2）A．尿素晶胞中，尿素分子分别占据顶点和体心位置，一共有两种不同的排列取向，A正确；
B．根据均摊法计算晶胞中尿素分子数：？不对，该计算结果错误，实际晶胞中尿素分子数不是2，B错误；
C．尿素分子是平面结构，因此分子中N原子的杂化方式为杂化，C正确；
D．尿素分子间可以形成氢键，因此尿素晶体不属于分子密堆积，每个尿素分子周围紧邻的分子数目少于12，即配位数小于12，D错误；
综上，答案选AC；
（3）0.1 mol/L的氟硼酸 ()溶液， 说明溶液中氢离子浓度恰好等于氟硼酸的起始浓度，因此 是强酸，在溶液中完全电离，电离方程式为： HBF4=H++BF， 其阴离子中存在配位键，所有原子都满足8电子稳定结构，其阴离子的电子式为：
（4） 反应后的B原子杂化方式由sp2变为sp3，一方面， BF3 中存在离域大π键，使得B-F键具有部分双键的性质，键长介于单键和双键之间，而BF4-中所有B-F键均为普通的σ单键，因此键长更长；另一方面，从杂化轨道的角度看， sp2 杂化中s轨道的成分比 sp3 杂化更多，s轨道成分越多，形成的共价键键能更大、键长更短，因此杂化方式改变后，B-F键键长变长。
（5）结合信息，可知与SCN-结合生成，加入NH4F后生成，加入(NH4)2C2O4生成[Fe(C2O4)3]3-，通过以上实验说明配位能力SCN-（6）焦磷酸()是一种强酸，焦磷酸可以电离出4个氢离子（4个羟基），故焦磷酸根离子为P2O，P2O与以的物质的量比形成配离子，离子反应方程式2P2O+Fe3+=[Fe(P2O7)2]5-。
【分析】（1）由两种微粒电子排布式可知， ① 得电子能力强；
（2）用均摊法计算，由2个尿素分子； 尿素的N原子采取杂化 ；
（3）由信息氟硼酸是强电解质，完全电离 ；
（4）由三氟化硼和产物结构得出B原子杂化方式；中键键长较短可能是因为结构中存在大π键，也可能是B原子杂化类型不同；
（5）由实验现象变化知配位能力SCN-（6） 焦磷酸为四元酸，对应 离子反应方程式2P2O+Fe3+=[Fe(P2O7)2]5-。
18．肼是医药化工等重要原料，常用作卫星发射的燃料，标准状态下，一些物质的相对能量如表所示：
物质
相对能量/ 0 0 a 34.2
已知：肼()为二元弱碱，有较强还原性，常温常压下燃烧热为。
请回答下列问题：
（1）①表中　 　；
②写出298 K时，以为氧化剂的肼的燃烧反应热化学方程式　 　。
（2）常温下向肼的水溶液中逐滴滴加盐酸溶液，体系中含氮微粒的物质的量分数随pOH()变化的关系如图a所示。
①图中Ⅲ曲线对应的微粒会发生强烈水解，其水解常数　 　；
②图中C点对应溶液的　 　。
（3）肼-双氧水燃料电池工作原理如图b所示，其正极反应方程式　 　，经研究发现，该燃料电池的电化学反应速率、电解液密度和粘度均会影响电池性能，图c表示电池性能(以放电电压表示)与介质浓度的关系，当 ，电压随浓度增大而增大； ，电压随浓度增大而降低，请解释可能原因　 　。
【答案】（1）50.4；
（2）Kh=1×100.8；3.6
（3）；当c(NaOH)<1.0 mol/L，电化学反应速率随c(NaOH)增大而增大，电池性能增强，放电电压增大；c(NaOH)>1.0 mol/L，由于过多的聚集，电解液浓度过大，电解液整体的密度和黏度变大，导致电池性能降低
【知识点】电极反应和电池反应方程式；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理
【解析】【解答】（1）①根据题目给出的信息，可以写出肼燃烧的热化学方程式为。反应焓变满足关系： = 生成物总能量-反应物总能量， ，代入数据得 -285.8×2+0-(a+0)=-622，a=50.4；
②298 K条件下，对于反应，=生成物总能量-反应物总能量，=2×(-285.8kJ·mol-1)+(kJ·mol-1)-(50.4kJ·mol-1+34.2kJ·mol-1)=-656.2kJ·mol-1，以NO2为氧化剂的肼的燃烧的热化学方程式为 ；
（2）分析图像可得曲线对应关系为Ⅰ-、Ⅱ-、Ⅲ-，肼的电离平衡常数为，；
①水解的反应为，其水解平衡常数；
②由肼的电离反应，C点时与浓度相等，则，计算可得，pH=3.6；
（3）在肼-双氧水燃料电池中，惰性电极A为负极，惰性电极B为正极，正极上双氧水得到电子发生还原反应，电极反应式为；结合图像分析电池性能和氢氧化钠电解质浓度的关系：当 c(NaOH)<1.0 mol/L， 电化学反应速率随氢氧化钠浓度升高而加快，电池性能提升，放电电压增大； c(NaOH)>1.0 mol/L， 过多在体系中聚集，同时电解液浓度过大会使电解液整体密度和黏度升高，最终导致电池性能下降。
【分析】（1）根据焓变等于生成物总能量减去反应物总能量；
（2）由曲线变化趋势，Ⅰ代表、Ⅱ代表、Ⅲ代表，据此分析；
（3）肼-双氧水燃料电池中正极是过氧化氢反应，得电子，发生还原反应。
（1）①由题目信息可得肼燃烧的热化学方程式为 ，根据=生成物总能量-反应物总能量，则-285.8×2+0-(a+0)=-622，a=50.4；
②298 K，反应， 根据=生成物总能量-反应物总能量，=2×(-285.8kJ·mol-1)+(kJ·mol-1)-(50.4kJ·mol-1+34.2kJ·mol-1)=-656.2kJ·mol-1，以NO2为氧化剂的肼的燃烧的热化学方程式为 ；
（2）分析图像可得曲线对应关系为Ⅰ-、Ⅱ-、Ⅲ-，肼的电离平衡常数为，；
①水解的反应为，其水解平衡常数；
②由肼的电离反应，C点时与浓度相等，则，计算可得，pH=3.6；
（3）肼-双氧水燃料电池中惰性电极A为负极，惰性电极B为正极，正极反应为；根据图像分析电池性能与电解质的关系，当c(NaOH)<1.0 mol/L，电化学反应速率随c(NaOH)增大而增大，电池性能增强，放电电压增大；c(NaOH)>1.0 mol/L，由于过多的聚集，电解液浓度过大，电解液整体的密度和黏度变大，导致电池性能降低。
19．实验室合成一定量的铬酸铜晶体()[]。
反应的发生装置如下图2所示：
已知：①在空气中加热至约400℃时逐渐分解成亚铬酸铜；
②冷水中析出，热水中得到碱式铬酸铜。
请回答下列问题：
（1）装置A的名称　 　。
（2）用化学方程式表示步骤Ⅱ反应　 　；判断步骤Ⅲ反应基本结束的现象是　 　。
（3）下列说法正确的是___________。
A．步骤Ⅰ、Ⅱ中的和应通过给料器一次性且快速加料
B．步骤Ⅲ应该在酒精灯加热的条件下不断搅拌混合物
C．步骤Ⅳ可通过利用抽气泵形成减压环境从而快速获得沉淀
D．步骤Ⅴ依次用去离子水和乙醇洗涤，并在真空下干燥得到目标产物
（4）由表查得：； ；结合数据判断铬酸铜晶体　 　(“能”或“否”)溶于浓氨水。
（5）纯度测定与分析：
①部分操作如下，选出需要的步骤：　 　；
准确称取2.16 g产品(___________)产品溶解，后加入一定量硫酸钠固体(___________)产生沉淀，过滤(___________)60℃左右低温烘干，准确称量，得到含结晶水的固体X 2.583 g。
a．加入过量氢氧化钠溶液 b．加入过量浓氨水 c．加入过量浓盐酸
d．加入一定量无水乙醇 e．加入一定量苯 f．加入一定量四氯化碳
g．用乙醇浓氨水混合液洗涤 h．用热水洗涤 i．用冷水洗涤
②固体X是　 　；
③产品纯度为　 　，分析目标产品中可能混有的杂质是　 　。
【答案】（1）二(双、两)口烧瓶/二(双、两)颈烧瓶
（2）；装置A内不再产生气体或溶液红色消失
（3）C；D
（4）能
（5）bdg；；105%；或失去部分结晶水的
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）题图中装置A的名称是两口烧瓶，也可称为双口烧瓶、两口烧瓶或颈烧瓶。
（2）根据题干流程可写出该反应的化学方程式为：；反应完全后，反应物中铬酸消耗完毕，同时不再生成二氧化碳气体，因此步骤Ⅲ反应进行完全的标志是：装置A中不再有气泡产生，或者溶液的红色褪去。
（3）A. 若一次性快速加入反应物，容易引发局部反应物浓度过高的问题，会导致生成的沉淀不均，还可能产生副产物，因此需要分批缓慢加料，A错误；
B. 在空气中加热到约400℃时就会逐渐分解为亚铬酸铜，酒精灯直接加热的温度过高，容易使原料提前分解，应当采用水浴加热控制温度，B错误；
C. 步骤Ⅳ使用抽滤，也就是减压过滤，抽滤装置形成的负压环境可以加快过滤的速度，能够更快得到沉淀，C正确；
D. 洗涤沉淀时，先用去离子水可以洗去沉淀表面吸附的可溶性杂质，再用乙醇洗涤可以除去沉淀残留的水分，且乙醇易挥发不会残留，最后真空干燥既可以保证干燥效果，又能避免产物受热分解，因此步骤Ⅴ按顺序使用去离子水、乙醇洗涤后真空干燥，即可得到目标产物，D正确；
综上，答案选CD。
（4）由； ，可知，，则反应的平衡常数，数值很大，说明反应正向进行的趋势极强，因此铬酸铜晶体能溶于浓氨水；
（5）①准确称取2.16 g产品，加入过量浓氨水使产品溶解，发生反应，产品溶解后加入一定量硫酸钠固体，再加入一定量无水乙醇，促使的析出，不溶于无水乙醇，产品析出，过滤，再加入一定量苯，60℃左右低温烘干，准确称量，得到含结晶水的固体X，故步骤顺序为：bdg；
②由以上分析可知，固体X为：；
③的质量为：2.583 g，其物质的量为，由Cu原子守恒可知，，则，产品的纯度为：；目标产品中可能混有的杂质是：或失去部分结晶水的。
【分析】三氧化铬在去离子水中搅拌后发生反应，生成铬酸，得到红色溶液；之后碱式碳酸铜和铬酸发生反应，得到铬酸铜粗品，再经过分离提纯最终得到二水合铬酸铜晶体。
（1）装置A的名称为：二(双、两)口烧瓶/二(双、两)颈烧瓶；
（2）由步骤可知，反应为：；判断步骤Ⅲ反应基本结束的现象是：当装置A内不再产生气体或溶液红色消失；
（3）A．若一次性快速加料，易导致局部浓度过高，生成沉淀不均匀或副反应，应分批缓慢加料，A错误；
B．在空气中加热至约400℃时逐渐分解成亚铬酸铜，酒精灯加热温度过高，易导致产物分解，应水浴加热，B错误；
C．步骤Ⅳ可通过利用抽滤形成减压环境，减压过滤能加快过滤速率，快速得到沉淀，C正确；
D．用去离子水洗去可溶性杂质，乙醇洗去水分且易挥发，真空干燥可防止产物受热分解，故步骤Ⅴ依次用去离子水和乙醇洗涤，并在真空下干燥得到目标产物，D正确；
故选CD。
（4）由； ，可知，，则反应的平衡常数，数值很大，说明反应正向进行的趋势极强，因此铬酸铜晶体能溶于浓氨水；
（5）①准确称取2.16 g产品，加入过量浓氨水使产品溶解，发生反应，产品溶解后加入一定量硫酸钠固体，再加入一定量无水乙醇，促使的析出，不溶于无水乙醇，产品析出，过滤，再加入一定量苯，60℃左右低温烘干，准确称量，得到含结晶水的固体X，故步骤顺序为：bdg；
②由以上分析可知，固体X为：；
③的质量为：2.583 g，其物质的量为，由Cu原子守恒可知，，则，产品的纯度为：；目标产品中可能混有的杂质是：或失去部分结晶水的。
20．镇静剂利血平可以控制高血压和缓解精神症状，有机物J()是其重要的合成中间体：
已知：①；
②。
请回答下列问题：
（1）化合物C的结构简式　 　，化合物H含氧官能团的名称　 　。
（2）下列说法正确的是___________。
A．有机物A的酸性比其多一个碳的同系物弱
B．经历两步；先还原，后取代
C．有机物E滴入氯化铁溶液显紫色
D．酸性可实现的转化
（3）写出反应的化学方程式　 　。
（4）仿照上述流程，设计以和为原料，制备的合成路线　 　(无机试剂任选)。
（5）写出4种满足条件的有机物E的同分异构体：　 　。
①分子中包含结构(苯环上再无其他取代基)；
②包含片段(双键两端不再连H原子)；
③含有一个三元碳环。
【答案】（1）；醚键和酯基
（2）B；D
（3）+CH3OH+HBr
（4）
（5）、
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）经分析可得，C的结构简式为：；化合物H中含有的含氧官能团为醚键和酯基；
（2）A．烃基属于推电子基团，烃基的碳链越长，推电子效应越显著，会使羧基中羟基的极性减弱，酸性减弱，因此有机物A的酸性比多一个碳的同系物更强，故A错误；
B．对比D和E的结构简式可知，该转化过程分为两步：先将醛基还原为羟基，再发生取代反应，故B正确；
C．有机物E的结构中不存在酚羟基，因此不能与氯化铁溶液发生显色反应，无法使氯化铁溶液显紫色，故C错误；
D．I→J的反应是羟基转化为酮羰基，该反应属于氧化反应，酸性属于强氧化剂，可以实现该转化，故D正确；
因此答案选BD；
（3）根据前面分析得到的G的结构，再结合题给已知信息②，G到H的反应过程为：
+CH3OH+HBr；
（4）结合题给相关信息，参考题干流程，设计的合成路线如下：
（5）结合题给限定条件，符合要求的E的同分异构体结构如下：
、 。
【分析】根据D的结构逆向推导可知，B和C之间发生D-A双烯加成反应得到D，因此化合物C的结构简式为。化合物B是A和发生酯化反应得到的产物，因此可以推出A的结构简式为，B的结构简式为。E转化为F的过程是E和溴单质发生加成反应，因此F的结构简式为；F转化为G的反应符合题给信息①的反应规律，结合最终产物H的结构，可以推得G的结构简式为。
（1）由分析可知C的结构简式为：；化合物H中的含氧官能团为：醚键和酯基；
（2）A．有机物A的酸性比其多一个碳的同系物强，因为烃基是推电子基团，烃基长度越长，推电子效应越明显，则羧基中羟基极性减弱，酸性减弱，故A错误；
B．D→E比对结构简式可知，经历两步：先还原，后取代，故B正确；
C．有机物E中无酚羟基，因此无法使氯化铁溶液显紫色，故C错误；
D．I→J是羟基到酮羰基，属于氧化反应，酸性是一种强氧化剂，可以实现该变化，故D正确；
故答案选BD；
（3）由分析可知G的结构，同时结合已知信息②，则G到H的反应为：+CH3OH+HBr；
（4）结合信息可知，同时参照题干，设计合成路线如下：
（5）结合信息可知，E的同分异构体结构如下：
、
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