資源簡介

廣東省江門市江門第一中學2024-2025學年金太陽高三上學期高考模擬化學卷
1．（2024高三上·江門模擬）保護文化遺產，弘揚民族精神，共筑中華之魂。下列文物的主要成分為金屬材料的是
A.元青花人物紋玉壺春瓶 B.陽春孔雀石
C.清胭脂紅釉罐 D.西周獸面紋青銅盉
A．A B．B C．C D．D
2．（2024高三上·江門模擬）廣東省在甲醇生產方面進行了多元化發展，包括傳統甲醇的生產以及生物質綠色甲醇的研發和生產，為廣東省及周邊地區的能源結構和環境改善做出了貢獻。下列敘述錯誤的是
A．甲醇分子是極性分子
B．甲醇分子之間能形成氫鍵
C．甲醇分子的VSEPR模型為正四面體形
D．甲醇分子只含極性共價鍵
3．（2024高三上·江門模擬）晉陜黃河特大橋連接山西省永濟市和陜西省合陽縣，是目前我國高速鐵路跨越黃河最長、建設規模最大的橋梁。下列有關敘述錯誤的是
A．斜拉索采用的環氧涂層具有耐酸、耐堿性能
B．保護大橋可采用“外加電流法”
C．主塔的主要材料是金屬材料，該金屬材料中只含鐵、硫、磷等元素
D．主梁采用的C60海工耐久混凝土屬于混合物
4．（2024高三上·江門模擬）科學家研究發現石墨烯在室溫下具有前所未有的磁阻(一種物理參量)。已知：石墨烯比金剛石更堅硬，比銅更能導電。下列敘述錯誤的是
A．石墨烯中碳原子都采用雜化
B．石墨烯中碳碳鍵平均鍵能大于金剛石中的，石墨烯的熔點比金剛石的高
C．石墨烯可以看成由正六邊形構成，碳原子、碳碳鍵數目之比為3∶2
D．石墨烯是二維結構，每個碳原子有1個電子能自由移動，具有良好的導電性
5．（2024高三上·江門模擬）科技推動社會進步，創造美好生活。下列有關解讀錯誤的是
選項 科技摘錄 解讀
A “天舟七號”為中國空間站送去推進劑氙(Xe)氣 基態Xe原子價層電子排布式為5s25p6
B 運動會開幕式采用電子煙花 使用電子煙花體現節約與環保
C 大連化學物理研究所開發新型催化劑使CH3OH和CO合成CH3COOH成為可能 該反應中原子利用率為100%
D 南京大學一團隊合成出了一種新型鋰氧電池電催化劑FeCoNiMnPtIr 催化劑中所含元素均位于前四周期
A．A B．B C．C D．D
6．（2024高三上·江門模擬）實驗室通常會根據藥品和反應條件選擇制備氣體的發生裝置，下列各組能通過圖示裝置完成氣體制備的是
選項 A B C D
藥品 MnO2和濃鹽酸 電石和飽和食鹽水 粗鋅和稀硫酸 FeS和稀硝酸
氣體 Cl2 C2H2 H2 H2S
A．A B．B C．C D．D
7．（2024高三上·江門模擬）武漢大學一課題組通過銅/鉻基催化劑催化實現烷烴與醛基合成醇（如圖），下列敘述錯誤的是
A．上述反應是加成反應
B．甲、丙都能使酸性溶液褪色
C．丙分子含1個手性碳原子，它是手性分子
D．基態、原子含有的未成對電子數分別為4、1
8．（2024高三上·江門模擬）部分鐵、銅物質的“價-類”關系如圖所示，下列敘述錯誤的是
A．a和e溶液能發生置換反應
B．可能實現轉化
C．在硝酸中加入d能生成e
D．在氫碘酸的淀粉溶液中加入c，溶液變藍
9．（2024高三上·江門模擬）（三草酸合鐵酸鉀晶體）常用來作為化學光量計，一種合成的流程如圖所示。下列敘述正確的是
已知三草酸合鐵酸鉀晶體的部分性質如下：
①易溶于水（溶解度隨溫度的升高而增大），難溶于乙醇。
②一定溫度下可失去全部結晶水，高溫時會分解。
③具有光敏性，受光照射易分解。
A．“沉鐵”后所得濾液中溶質的成分只有
B．“系列操作”是過濾、乙醇洗滌、干燥
C．產品應貯存于無色透明帶軟木塞的試劑瓶中
D．向產品的飽和溶液中加入乙醇，有利于析出產品
10．（2024高三上·江門模擬）下列實驗操作、現象及相應結論均正確的是
選項 操作及現象 結論
A 向溶液中滴加苯酚溶液，溶液變紫色 已變質
B 向中滴加稀硫酸，沒有明顯現象 酸性：
C 向酸性溶液中滴加少量溶液，溶液褪色 還原了
D 在的四氯化碳溶液中加入KI溶液，下層液體顏色變淺 KI具有還原性
A．A B．B C．C D．D
11．（2024高三上·江門模擬）設為阿伏加德羅常數的值。關于反應，下列敘述正確的是
A．中B原子最外層電子數為
B．固體含數為
C．標準狀況下，含鍵數為
D．含配位鍵數為
12．（2024高三上·江門模擬）丁二酸酐（）是合成消炎鎮痛藥奧沙普秦的中間體。某同學在干燥反應瓶中加入71g丁二酸、120mL（1.28mol）乙酸酐，加熱攪拌回流1h，反應完畢，倒入干燥燒瓶中，放置0.5h，冷凍結晶，抽濾（利用抽氣泵使吸濾瓶中的壓強降低，以實現固液分離的操作）、干燥，得到粗品，再用乙醚洗滌，得到白色柱狀結晶精品51g；實驗裝置如圖1和圖2所示，下列敘述正確的是
A．圖1中儀器A的進水口為a
B．該反應的產率約為84.76%
C．圖2裝置抽濾比普通過濾要慢
D．圖2裝置可以分離所有固液混合物
13．（2024高三上·江門模擬）中國第一輛火星車“祝融號”成功登陸火星，探測發現火星上存在大量橄欖石礦物(主要成分為)。已知X、Y、Z、R、W為前四周期元素且原子序數依次增大，Y的氫化物常用于刻蝕玻璃容器，礦物界離不開R元素，R與X質子數之和為22，W的合金材料是生活中用途最廣泛的金屬材料，基態Z原子核外s、p能級上電子總數相等。下列敘述正確的是
A．電負性：Y>X>R
B．ZX為共價晶體
C．與氫形成的共價鍵的鍵能：H-X>H-Y
D．熔點：
14．（2024高三上·江門模擬）科學家實現了Rh（銠）催化苯乙烯的不對稱氫硒化反應（如圖），下列敘述錯誤的是
已知：Ar—為芳香烴基，R—為烴基。
A．化合物III中含配位鍵
B．總反應的原子利用率為
C．上述循環過程中，Rh形成的共價鍵數目不變
D．III→IV中，斷裂銠氫鍵，形成了碳氫鍵
15．（2024高三上·江門模擬）硫鋅二次電池工作原理如圖所示，下列敘述錯誤的是
A．放電時，電極a為負極
B．充電時，電極b與電源正極連接
C．放電時，電極a上的電極反應式為
D．充電時，完全反應時向電極a遷移
16．（2024高三上·江門模擬）氧化制備發生的主要反應為 。向容積為2L的恒容密閉容器中投入2mol和2mol。不同溫度下，測得5min時(反應均未達到平衡，其他副反應均不消耗和生成乙烯)的相關數據見下表，下列說法正確的是
溫度/℃
乙烷轉化率/% 2 9 18
乙烯選擇性/% 93 80 62
注：乙烯選擇性。
A．℃，5min時，容器內的物質的量為0.04mol
B．℃，0 5min內，平均速率molLmin
C．反應達到平衡后，其他條件不變，僅升高溫度，平衡向逆反應方向移動
D．該反應僅在低溫條件下能正向自發進行
17．（2024高三上·江門模擬）、都是中學實驗室里的常用試劑，在生產、生活中有廣泛應用，某實驗小組設計實驗探究和NaClO的性質。回答下列問題：
（1）配制一定濃度的溶液：將一定質量溶于濃鹽酸，加水稀釋至指定溶液體積，鹽酸的作用是　 　，配制過程中會向溶液中加入少量鐵粉，鐵粉的作用是　 　。
（2）實驗室加熱和足量的混合物制備無水，產生的氣體能使品紅溶液褪色。該反應的化學方程式為　 　。
（3）在溶液中加入溶液，產生紅褐色沉淀。設計簡單實驗證明大于：　 　。
（4）探究、的還原性強弱：
按如圖所示裝置進行實驗，實驗結果如下：
步驟 操作及現象 記錄
i 按圖示加入試劑，接通K，電流計指針偏轉 記電流強度為
ii 隨著反應進行，電流強度逐漸減小 記該過程中電流強度為b，，最終
iii 一段時間后，向左側燒杯中加入濃溶液，電流表指針向相反方向偏轉 記電流強度為x
根據上述實驗可知，、還原性相對強弱與　 　有關。
（5）探究外界條件對NaClO溶液水解程度的影響：
該實驗限選藥品和儀器：恒溫水浴、品紅溶液、燒杯、蒸餾水和各種濃度的NaClO溶液。
編號 溫度 待測“物理量” 實驗目的
1 0.5 30 a 探究濃度對NaClO溶液水解平衡的影響
2 1.5 T b —
3 0.5 35 c Y
①　 　。
②待測“物理量X”是“其他條件相同，品紅溶液的褪色時間”時，若，不能得出結論Y：“其他條件相同，升高溫度，NaClO水解程度增大”，其原因是　 　。
18．（2024高三上·江門模擬）氮化鈦常作仿金飾品，乳酸亞鐵常作補鐵制劑。以鈦鐵礦（主要含，還含少量、）為原料制備氮化鈦和乳酸亞鐵的工藝如圖，回答下列問題：
部分物質的熔點、沸點數據如表所示：
物質 Mg Ti
熔點 648.8 714 1667
沸點 136.4 1090 1412 3287
（1）Ti位于元素周期表第　 　周期　 　族。
（2）其他條件不變，“酸浸”時鐵、鈦浸出率與硫酸質量分數的關系如圖所示。
“酸浸”時宜選擇的硫酸質量分數為　 　%。
（3）“熔煉”時，溫度在，反應還能得到一種具有還原性和可燃性的氣體。“熔煉”的化學方程式為　 　。
（4）“還原”時得到鈦和另一產物M，采用蒸餾法分離出鈦，控制蒸餾的最低溫度為　 　，工業上用惰性材料作為電極來電解熔融的M，陽極的電極反應式為　 　。
（5）利用溶液和過量溶液制備的離子方程式為　 　；用酸性溶液滴定法測定乳酸亞鐵產品的純度，所有操作均正確，但經多次實驗結果發現，測得值高于實際值，其原因是　 　。已知滴定反應為（未配平）。
（6）鈦、氮組成的一種化合物的晶胞如圖所示，鈦的配位數為　 　，該晶體的密度為　 　，已知、原子半徑之和等于（Ti、N相切），為阿伏加德羅常數的值。
19．（2024高三上·江門模擬）是一種重要化工原料，也是潛在儲氫材料。工業上，合成氨的反應為 。回答下列問題：
（1）一定溫度下，在恒容密閉容器中充入和合成氨，下列情況表明反應達到平衡的是________（填標號）。
A．混合氣體密度不隨時間變化
B．體積分數不隨時間變化
C．混合氣體平均摩爾質量不隨時間變化
D．消耗速率與生成速率之比為1：2
（2）我國科學家提出合成氨的機理如下：
① ；
② ；
③ 　 　。
（3）在鎢（W）表面上分解反應的速率方程為（是速率常數，只與溫度、催化劑、接觸面有關，n為反應級數）。某溫度下，測得與催化劑接觸面關系如圖所示：
①　 　，在I條件下，　 　。
②其他條件相同，增大接觸面，氨分解反應速率　 　（填“增大”“減小”或“不變”）。
③反應物消耗一半所用的時間叫半衰期。在一定條件下，分解反應的半衰期與起始濃度的關系是　 　（填“成正比例”“成反比例”或“不確定”）關系。
（4）一定溫度下，在、、三個恒容密閉容器中分別投入，其他條件相同，測得相同時間內的轉化率如圖所示：
①起始至反應到達、點時的平均反應速率：　 　（填“”“”或“”），理由是　 　。
②若B點達到平衡狀態，則該溫度下此反應的平衡常數K為　 　。
20．（2024高三上·江門模擬）有機物H是藥物合成的中間體，一種合成路線如圖（Et代表乙基）：
回答下列問題：
（1）H中官能團的名稱為　 　，B的名稱是　 　。
（2）的反應類型是　 　。
（3）1個F分子中含　 　個手性碳原子。
（4）的化學方程式為　 　。
（5）在G的同分異構體中，同時具備下列條件的結構有　 　（不包括立體異構體）種。
①含六元環，環上含2個取代基
②1mol有機物與足量銀氨溶液反應，最多生成4mol Ag
其中，在核磁共振氫譜上有4組峰且峰的面積比為1：1：2：2的結構簡式為　 　。
（6）以2，4-二溴戊烷、丙烯酸甲酯為原料合成有機物，設計合成路線　 　（其他試劑自選）。
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】合金及其應用
【解析】【解答】玉壺春瓶主要成分為硅酸鹽、孔雀石主要成分為堿式碳酸銅、紅釉罐主要成分為硅酸鹽，三者均不屬于金屬材料；青銅盉的主要成分為銅合金，屬于金屬材料，故選D。
【分析】金屬材料一般包括純金屬以及合金等。
2．【答案】C
【知識點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；極性分子和非極性分子；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；含有氫鍵的物質
【解析】【解答】A．甲醇分子的結構簡式為CH3OH，結構不對稱，是極性分子，A正確；
B．甲醇分子中含有-OH，分子之間能形成O—H…O氫鍵，B正確；
C．甲醇分子中，中心O原子的價層電子對數為=4，發生sp3雜化，則VSEPR模型為四面體形，但不是正四面體形，C錯誤；
D．甲醇分子中含有C-H、C-O、O-H鍵，它們都是極性共價鍵，D正確；
故答案為：C。
【分析】A.根據分子結構是否關于中心對稱判斷是否為極性分子；
B.甲醇分子中含有-OH，可以形成氫鍵；
C.甲醇分子中C原子鏈接不同原子，故不可能為正四面體；
D.甲醇分子中含有C-H、C-O、O-H鍵，沒有非極性鍵。
3．【答案】C
【知識點】金屬的電化學腐蝕與防護；合金及其應用
【解析】【解答】A．斜拉索采用的環氧涂層具有耐酸、耐堿的優良性能，故A正確；
B．大橋可采用外加電流法可以將直流電源的負極與橋體相連保護大橋，故B正確；
C．主塔的主要材料是金屬材料，該金屬材料是硫、磷等元素含量較少的性能優良的合金鋼，即一定含有碳元素，故C錯誤；
D．主梁采用的C60海工耐久混凝土是多種物質形成的混合物，故D正確；
故答案為：C。
【分析】A.為保護金屬不被腐蝕，一般 采用的環氧涂層 保護；
B.將大橋與電源負極相連做陰極，起到保護金屬作用；
C.鐵合金一般都含有碳元素；
D.C60海工耐久混凝土屬于硅酸鹽等混合物。
4．【答案】C
【知識點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；鍵能、鍵長、鍵角及其應用；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；晶體的定義
【解析】【解答】A．石墨烯中每個碳原子與3個碳原子形成共價鍵，碳原子的最外層無孤電子對，則碳原子都采用雜化，A正確；
B．石墨烯中碳原子間通過p-p電子云的側面重疊形成離域大π鍵，碳碳鍵長小于金剛石中碳碳鍵長，則碳碳鍵平均鍵能大于金剛石中的，所以石墨烯的熔點比金剛石的高，B正確；
C．石墨烯可以看成由正六邊形構成，每個碳原子與周圍的3個碳原子形成共價單鍵，平均每個碳原子形成1.5個共價鍵，則碳原子、碳碳鍵數目之比為2∶3，C錯誤；
D．石墨烯是二維結構，每個碳原子各提供1個電子形成離域大π鍵，離域大π鍵中的電子能自由移動，因此石墨烯具有良好的導電性，D正確；
故答案為：C。
【分析】A.石墨烯為平面構型，故 采用雜化 ；
B.石墨鍵長更短，鍵能更大，故熔點根高；
C.每個碳原子與周圍的3個碳原子形成共價單鍵，平均每個碳原子形成1.5個共價鍵，則碳原子、碳碳鍵數目之比為2∶3，
D.石墨烯形成共軛大π鍵，而不是電子屬于整個區域。
5．【答案】D
【知識點】原子核外電子排布；常見的生活環境的污染及治理；原料與能源的合理利用；元素周期表的結構及其應用
【解析】【解答】A．Xe屬于稀有氣體，位于元素周期表第5周期0族，則基態Xe原子價層電子排布式為5s25p6，A正確；
B．使用電子煙花不產生任何大氣污染物，同時耗能少，體現節約與環保，B正確；
C．CH3OH+CO→CH3COOH，產物只有一種，該反應中原子利用率為100%，C正確；
D．新型鋰氧電池電催化劑FeCoNiMnPtIr中，Fe、Co、Ni、Mn位于第四周期，Pt、Ir位于第六周期，D錯誤；
故答案為：D。
【分析】A.Xe位于元素周期表第5周期0族，最外層含有8個電子；
B.電子煙花不產生任何大氣污染物，可以保護環境；
C.甲醇與CO全部生成乙酸，原子利用率為100%。
6．【答案】C
【知識點】氯氣的實驗室制法；常見氣體制備原理及裝置選擇
【解析】【解答】A．濃鹽酸與二氧化錳共熱反應生成氯化錳、氯氣和水，所以不能用該裝置制備氯氣，故A不符合題意；
B．電石與飽和食鹽水反應速率快，不宜控制，且反應放出大量的熱，所以不能用該裝置制備乙炔，故B不符合題意；
C．粗鋅中的鋅和稀硫酸反應生成硫酸鋅和難溶于水的氫氣，該反應是塊狀固體和溶液不加熱反應生成氣體的裝置，所以能用該裝置制備氫氣，故C符合題意；
D．具有還原性的硫化亞鐵與具有強氧化性的稀硝酸反應生成一氧化氮，不能生成硫化氫，所以不能用該裝置制備硫化氫，故D不符合題意；
故答案為：C。
【分析】該裝置名稱為啟普發生器，適用于固液不加熱，且該固體難溶于水，可以控制反應開始和停止。
7．【答案】D
【知識點】原子核外電子排布；“手性分子”在生命科學等方面的應用；醛的化學性質
【解析】【解答】A．由結構簡式可知，催化劑作用下與發生雙鍵變單鍵的加成反應生成，故A正確；
B．由結構簡式可知，甲分子中含有的醛基和丙分子中含有的醇羥基能與酸性高錳酸鉀溶液發生氧化反應使溶液褪色，故B正確；
C．由結構簡式可知，丙分子中含有如圖*所示的1個手性碳原子：，屬于手性分子，故C正確；
D．鉻元素的原子序數為24，基態原子的價電子排布式為3d54s1，未成對電子數為6，故D錯誤；
故選D。
【分析】A.由圖可知，甲與乙反應過程雙鍵斷開，故為加成反應；
B.醛基和醇羥基都可以使酸性高錳酸鉀溶液發生氧化反應使溶液褪色；
C.當碳原子上連接四個不同原子或者原子團時，即為手性碳；
D.鉻為半滿狀態，基態原子的價電子排布式為3d54s1，未成對電子數為6。
8．【答案】A
【知識點】鐵的化學性質；鐵的氧化物和氫氧化物
【解析】【解答】A．鐵與硝酸鐵溶液反應生成硝酸亞鐵，銅與硝酸鐵溶液反應生成硝酸亞鐵和硝酸銅，鐵、銅與硝酸鐵溶液的反應都不是置換反應，故A錯誤；
B．氫氧化銅懸濁液能與醛或葡萄糖共熱反應生成磚紅色的氧化亞銅，氧化亞銅與氫氣或一氧化碳共熱反應生成銅，所以可能實現轉化，故B正確；
C．稀硝酸能與氫氧化亞鐵反應生成硝酸鐵、一氧化氮和水，故C正確；
D．氧化鐵與氫碘酸溶液反應生成碘化亞鐵、碘和水，則在氫碘酸的淀粉溶液中加入氧化鐵，溶液變藍，故D正確；
故答案為：A。
【分析】根據化合價和物質類別，由圖可知，a為鐵或銅、b為氧化亞銅、c為氧化鐵、d為氫氧化亞鐵或氫氧化銅、e為硝酸鐵。
A.鐵或者銅的單質與其鹽溶液反應不一定是置換反應；
B.氧化銅可以被還原成氧化亞銅，進而被還原成單質銅；
C.稀硝酸能與氫氧化亞鐵反應生成硝酸鐵、一氧化氮和水；
D.氧化鐵與氫碘酸溶液反應生成碘，與淀粉變藍。
9．【答案】D
【知識點】物質的分離與提純
【解析】【解答】A．“沉鐵”中，濾液成分不止是(NH4)2SO4，還有H2SO4，還有過量的草酸，故A錯誤；
B．題給條件中：三草酸合鐵酸鉀，易溶于水，在低溫溶解度小，所以“系列操作”在過濾前要進行冷卻結晶，B錯誤；
C．三草酸合鐵酸鉀晶體具有光敏性，受光照射分解變為黃色，不可貯存于透明帶軟木塞的試劑瓶中，C錯誤；
D．三草酸合鐵酸鉀晶體，難溶于乙醇，有利于產品析出，D正確；
故選D。
【分析】通過流程制備、凈化的操作中，加入的試劑一般都是過量的，析出產品的操作一般是在溶解度小的溶劑中結晶。
A.由于草酸與硫酸亞鐵銨反應，會生成硫酸；
B.由題可知，三草酸合鐵酸鉀，易溶于水，在低溫溶解度小，通過降溫結晶的方式即可得到；
C.三草酸合鐵酸鉀晶體具有光敏性，受光照射分解變為黃色，不可貯存于透明帶軟木塞的試劑瓶中。
10．【答案】A
【知識點】二價鐵離子和三價鐵離子的檢驗；苯酚的化學性質
【解析】【解答】A．溶液中的鐵離子能與苯酚溶液發生顯色反應使溶液變紫色，滴加苯酚溶液后變紫色，說明溶液中存在鐵離子，證明氯化亞鐵已變質，故A正確；
B．碳酸鈣與稀硫酸反應后產生的微溶的硫酸鈣會覆蓋在硫酸鈣表面，阻止反應的進行，所以向碳酸鈣中滴加稀硫酸，沒有明顯現象不能說明碳酸的酸性強于硫酸，故B錯誤；
C．亞鐵離子和溴離子都能與酸性高錳酸鉀溶液反應使溶液褪色，則溶液褪色不能說明溴離子還原了高錳酸根離子，故C錯誤；
D．在碘的四氯化碳溶液中加入碘化鉀溶液，下層液體顏色變淺是因為碘與碘離子反應生成碘三離子，與碘化鉀具有還原性無關，故D錯誤；
故答案為：A。
【分析】A.三價鐵離子與苯酚顯色，故滴加苯酚溶液后變紫色，說明溶液中存在鐵離子，證明氯化亞鐵已變質；
B.硫酸鈣為微溶物，覆蓋碳酸鈣表面灰阻止反應發生，現象不明顯；
C.亞鐵離子也不被氧化，存在干擾；
D.碘與碘離子反應生成碘三離子，也會褪色，無法說明。
11．【答案】B
【知識點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；配合物的成鍵情況；物質的量的相關計算
【解析】【解答】A．三氟化硼分子中硼原子的最外層電子數為6，則0.1mol三氟化硼分子中硼原子最外層電子數為0.1mol×6×NAmol—1=0.6NA，故A錯誤；
B.10.6g碳酸鈉固體中含有的碳酸根離子數目為×1×NAmol—1=0.1NA，故B正確；
C．二氧化碳的結構式為O=C=O，分子中碳氧雙鍵含有1個σ鍵，標準狀況下，4.48L二氧化碳中含有σ鍵的數目為×2×NAmol—1=0.4NA，故C錯誤；
D．四羥基合硼酸鈉中含有1個配位鍵，則1mol四羥基合硼酸鈉中含有的配位鍵數目為1mol×1×NAmol—1=NA，故D錯誤；
故答案為：B。
【分析】A.三氟化硼為缺電子體，最外層只有6個電子；
C.根據二氧化碳結構，一個二氧化碳含有2個鍵 ，據此計算即可；
D.．四羥基合硼酸鈉中只含有1個配位鍵。
12．【答案】B
【知識點】常用儀器及其使用；過濾
【解析】【解答】A．為增強冷凝效果，圖1中球形冷凝管A的進水口為b、出水口為a，故A錯誤；
B．由題意可知，丁二酸與乙酸酐共熱反應生成丁二酸酐和乙酸，71g丁二酸的物質的量為≈0.6017mol＜1.28mol，則反應中乙酸酐過量，實驗得到51g丁二酸酐，則反應的產率×100%≈84.76%，故B正確；
C．抽濾時使用抽氣泵給吸濾瓶減壓，導致裝置內部的壓強降低，布氏漏斗中的固液混合物由于重力作用可以快速分離，從而使過濾的速度加快，故C錯誤；
D．由分析可知，圖2裝置為實現固液分離的抽濾裝置，而膠狀沉淀和顆粒過小的沉淀不適用于抽濾的原因是膠狀沉淀容易堵塞濾紙，導致抽濾效果不佳，而顆粒過小的沉淀則可以通過濾紙，同樣會影響抽濾效果，故D錯誤；
故答案為：B。
【分析】由實驗裝置圖可知，圖1裝置為丁二酸與乙酸酐共熱反應制備丁二酸酐的裝置，圖2裝置為實現固液分離的抽濾裝置，本題圍繞丁二酸酐的合成實驗展開，給出了實驗操作過程，包括反應物用量、反應條件等，同時配有實驗裝置圖（圖1和圖2），并設置了關于實驗裝置和產率計算等。
13．【答案】A
【知識點】原子核外電子排布；元素電離能、電負性的含義及應用；離子晶體；化學鍵和分子間作用力的區別
【解析】【解答】A．X、Y、R分別為O、F、Si，非金屬性F＞O＞Si，則電負性：F＞O＞Si，A項正確；
B．MgO為離子化合物，形成離子晶體，B項錯誤；
C．F的原子半徑小于O的原子半徑，則H-F鍵的鍵能大于H-O鍵的鍵能，C項錯誤；
D．SiF4是分子晶體，FeO是離子晶體，離子晶體的熔點高于分子晶體，則熔點SiF4＜FeO，D項錯誤；
故答案為：A。
【分析】氫氟酸常用于刻蝕玻璃容器，Y為F；生活中用途最廣泛的金屬材料是鋼鐵合金，W為Fe；前四周期中只有氧、鎂原子的s、p能級上電子總數相等，根據原子序數遞增確定Z為Mg；礦物界離不開R，R為Si，X為O。從而得出X、Y、Z、R、W分別為O、F、Mg、Si、Fe。
A.利用周期表電負性變化規律即可判斷三者電負性；
B.氧化鎂為離子化合物，為離子晶體；
C.形成共價鍵原子半徑越小，鍵長越短，鍵能越大；
D.分子晶體沸點低于共價化合物的沸點。
14．【答案】C
【知識點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型
【解析】【解答】A．由圖可知，化合物III中銠與配位原子形成配位鍵，故A正確；
B．由圖可知，該歷程的總反應是苯乙烯和RSeH發生加成反應生成有機物3，原子利用率100%，故B正確；
C．由圖可知，在Ⅰ和Ⅴ中Rh形成3個化學鍵，在Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中Rh形成4個化學鍵，故C錯誤；
D．由圖可知，III→IV中，斷裂銠氫鍵，形成了碳氫鍵，故D正確；
故答案為：C。
【分析】A.化合物Ⅲ中，中心原子Rh與配體之間存在配位鍵，所以化合物Ⅲ中含配位鍵，A選項正確。
B. 從反應圖可以看出，反應物完全轉化為產物，沒有其他副產物生成，符合原子利用率為100%的特點，B選項正確。
C.觀察循環過程，在不同的中間體中，Rh形成的共價鍵數目發生了變化。例如從某些中間體到另一些中間體時，與Rh相連的化學鍵數量和種類有改變，C選項錯誤。
15．【答案】D
【知識點】化學電源新型電池
【解析】【解答】A．由分析可知，放電時，電極a為負極，故A正確；
B．由分析可知，充電時，與直流電源負極相連的電極a為陰極，則電極b與電源正極連接為陽極，故B正確；
C．由分析可知，放電時，電極a為負極，堿性條件下鋅在負極失去電子發生氧化反應生成四羥基合鋅離子，電極反應式為，故C正確；
D．由分析可知，充電時，硫化亞銅在陽極失去電子發生氧化反應生成銅離子和硫，電極反應式為Cu2S—4e—=2Cu2++S，則16.0g硫化亞銅完全反應時向電極a遷移鈉離子物質的量為×4=0.4mol，故D錯誤；
故選D。
【分析】由圖可知，放電時，電極a為負極，堿性條件下鋅在負極失去電子發生氧化反應生成四羥基合鋅離子，電極b為正極，銅離子作用下硫在正極得到電子發生還原反應生成硫化亞銅，充電時，與直流電源負極相連的電極a為陰極，電極b為陽極。
A.根據上述分析可知，a極發生氧化反應，為負極；
B.充電時直流電源負極相連的電極a為陰極，則電極b與電源正極連接為陽極；
C.鋅為負極失電子，同時在堿性條件下，生成四羥基合鋅離子；
D.根據化合價升降情況，計算轉移電子數目，進而計算轉移鈉離子數目。
16．【答案】B
【知識點】焓變和熵變；化學平衡的影響因素；化學反應速率和化學計量數的關系
【解析】【解答】A．由表格的數據可知，℃，5min時，molmol，故A錯誤；
B．由表可知，℃時，乙烷的轉化率為9.0%，可得轉化的乙烷的總物質的量為2mol×9.0%=0.18mol，而此溫度下乙烯的選擇性為80%，則轉化為乙烯的乙烷的物質的量為0.18mol×80%=0.144mol，根據化學方程式中化學計量數可知生成的乙烯的物質的量也為0.144mol，則0～5min內的平均反應速率v(C2H4)== 0.0144molLmin，故B正確；
C．該反應為吸熱反應，僅升高溫度，平衡向正反應方向移動，故C錯誤；
D．因，，時能自發進行，此時需要高溫條件，故D錯誤；
答案選B。
【分析】本題是一道關于化學反應速率、化學平衡及反應自發性的化學選擇題，解題關鍵在于理解乙烷轉化率、乙烯選擇性的概念，并結合相關公式和化學平衡原理進行分析，注意選擇性的含義；根據選擇性進行列三段式計算。
17．【答案】（1）抑制Fe2+水解；防止Fe2+被氧化
（2）FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8 HCl↑
（3）取上層清液，滴加品紅溶液，溶液褪色，說明V1大于2V2
（4）濃度
（5）30；升溫，相同濃度的NaClO溶液的反應速率加快
【知識點】鹽類水解的原理；原電池工作原理及應用
【解析】【解析】由題意可知，該實驗的實驗目的是探究氯化亞鐵和次氯酸鈉的性質。
（1）氯化亞鐵是具有還原性的強酸弱堿鹽，在溶液中水解酸溶液呈酸性，所以配制氯化亞鐵溶液時，需加入鹽酸抑制亞鐵離子的水解，加入鐵粉防止亞鐵離子被氧化，故答案為：抑制Fe2+水解；防止Fe2+被氧化；
（2）由題意可知，制備無水氯化亞鐵的反應為四水氯化亞鐵與SOCl2反應生成氯化亞鐵、二氧化硫和水，反應的化學方程式為FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8 HCl↑，故答案為：FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8 HCl↑；
（3）由題意可知，次氯酸鈉溶液與氯化亞鐵溶液發生的反應為3NaClO+6FeCl2+3H2O=3NaCl+2Fe(OH)3↓+4FeCl3，若次氯酸溶液過量，過量的次氯酸鈉溶液能與氯化鐵溶液發生雙水解反應生成氫氧化鐵沉淀和次氯酸，具有強氧化性的次氯酸回收品紅溶液褪色，則證明V1大于2V2的實驗為取上層清液，滴加品紅溶液，溶液褪色，說明V1大于2V2，故答案為：取上層清液，滴加品紅溶液，溶液褪色，說明V1大于2V2；
（4）由實驗現象可知，溶液中鐵離子與碘離子反應生成亞鐵離子和碘的反應為可逆反應，增大溶液中的亞鐵離子濃度，平衡向逆反應方向移動，說明亞鐵離子、碘離子的還原性強弱與溶液中離子濃度的大小一個，故答案為：濃度；
（5）①由表格數據看著，實驗1和實驗2的目的是探究溶液濃度對水解平衡的影響，由探究實驗變量唯一化原則可知，實驗1和實驗2的反應溫度相同，都為30℃，故答案為：30；
②升溫，相同濃度的NaClO溶液的反應速率加快，所以若c【分析】（1）配置容易發生水解的鹽類物質，需要加入適量相應的酸抑制水解。
（2）根據題目分析可得；制備無水氯化亞鐵的反應為四水氯化亞鐵與SOCl2反應生成氯化亞鐵、二氧化硫和水，該反應為非氧化還原反應，據此配平即可。
（3）根據混合反應后生成次氯酸，能夠使品紅褪色，即可比較大小；
（4）溶液中鐵離子與碘離子反應生成亞鐵離子和碘的反應為可逆反應，平衡移動時構成原電池，達到平衡時，無電流產生。
（5）根據控制變量法，當其他條件相同時，探究溫度對反應速率的影響。
（1）氯化亞鐵是具有還原性的強酸弱堿鹽，在溶液中水解酸溶液呈酸性，所以配制氯化亞鐵溶液時，需加入鹽酸抑制亞鐵離子的水解，加入鐵粉防止亞鐵離子被氧化，故答案為：抑制Fe2+水解；防止Fe2+被氧化；
（2）由題意可知，制備無水氯化亞鐵的反應為四水氯化亞鐵與SOCl2反應生成氯化亞鐵、二氧化硫和水，反應的化學方程式為FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8 HCl↑，故答案為：FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8 HCl↑；
（3）由題意可知，次氯酸鈉溶液與氯化亞鐵溶液發生的反應為3NaClO+6FeCl2+3H2O=3NaCl+2Fe(OH)3↓+4FeCl3，若次氯酸溶液過量，過量的次氯酸鈉溶液能與氯化鐵溶液發生雙水解反應生成氫氧化鐵沉淀和次氯酸，具有強氧化性的次氯酸回收品紅溶液褪色，則證明V1大于2V2的實驗為取上層清液，滴加品紅溶液，溶液褪色，說明V1大于2V2，故答案為：取上層清液，滴加品紅溶液，溶液褪色，說明V1大于2V2；
（4）由實驗現象可知，溶液中鐵離子與碘離子反應生成亞鐵離子和碘的反應為可逆反應，增大溶液中的亞鐵離子濃度，平衡向逆反應方向移動，說明亞鐵離子、碘離子的還原性強弱與溶液中離子濃度的大小一個，故答案為：濃度；
（5）①由表格數據看著，實驗1和實驗2的目的是探究溶液濃度對水解平衡的影響，由探究實驗變量唯一化原則可知，實驗1和實驗2的反應溫度相同，都為30℃，故答案為：30；
②升溫，相同濃度的NaClO溶液的反應速率加快，所以若c18．【答案】（1）四；ⅣB
（2）85
（3）TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO
（4）1412℃；2Cl——2e—=Cl2↑
（5）Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；乳酸根離子具有還原性，能消耗KMnO4
（6）6；
【知識點】氧化還原反應方程式的配平；常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用；電解池工作原理及應用
【解析】【解析】（1）鈦元素的原子序數為22，位于元素周期表第三周期ⅣB族；
（2）由圖可知，硫酸質量分數為85%時，鐵浸出率最小、鈦浸出率最大，則“酸浸”時宜選擇的硫酸質量分數為85%；
（3）由分析可知，“熔煉”時發生的反應為二氧化鈦與碳、氯氣高溫條件下熔煉反應生成四氯化鈦和一氧化碳，反應的化學方程式為TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；
（4）由分析可知，“還原”時發生的反應為四氯化鈦高溫條件下與鎂反應生成鈦和氯化鎂（M），由表格數據可知，四種物質中鈦的沸點最高，鈦的沸點高于氯化鎂、四氯化鈦和鎂，所以采用蒸餾法分離出鈦時，控制蒸餾的最低溫度為1412℃；工業上用惰性材料作為電極來電解熔融的氯化鎂時，氯離子在陽極失去電子發生氧化反應生成氯氣，電極反應式為2Cl--2e-=Cl2↑；
（5）硫酸亞鐵溶液與過量碳酸氫銨溶液反應生成硫酸銨、碳酸亞鐵沉淀、二氧化碳和水，反應的離子方程式為Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；乳酸亞鐵中的乳酸根離子具有還原性，能消耗KMnO4，所以測得值高于實際值；
【6】由晶胞結構可知，晶胞中位于體心的鈦原子與位于面心的氮離子距離最近，則鈦原子的配位數為6；晶胞中位于頂點和面心的氮原子個數為8×+6×=4，位于棱上和體心的鈦原子個數為12×+1=4，鈦原子核氮原子原子半徑之和等于a nm，則晶胞的邊長為2a nm，設晶體的密度為d g/cm3，由晶胞的質量公式可得：=(2a×10-7)3d，解得d=。
【分析】由題給流程可知，向鈦鐵礦粉末中加入過量的硫酸溶液，將鈦酸亞鐵轉化為亞鐵離子和TiO2+離子，氧化鋁轉化為硫酸鋁，二氧化硅與硫酸溶液不反應，過濾得到濾液；向濾液中通入水蒸氣，將濾液中的TiO2+離轉化為TiO2·nH2O，過濾TiO2·nH2O和濾液；TiO2·nH2O煅燒分解生成二氧化鈦，二氧化鈦與碳、氯氣高溫條件下熔煉反應生成四氯化鈦，四氯化鈦高溫條件下與鎂反應生成鈦，鈦高溫條件下與氮氣反應生成氮化鈦；調節濾液pH，將溶液中的鋁離子轉化為氫氧化鋁沉淀，過濾得到硫酸亞鐵溶液；向溶液中加入碳酸氫銨溶液，過濾得到碳酸亞鐵，碳酸亞鐵溶于乳酸得到乳酸亞鐵溶液，乳酸亞鐵溶液經分離提純得到乳酸亞鐵產品。
（1）熟記第四周期元素即可得到鈦在周期表位置；
（2）由圖可知，硫酸質量分數為85%時，鐵浸出率最小、鈦浸出率最大，
（3）該反應為氧化還原反，根據化合價升降相等即可配平，
（4）結合表格中各物質的沸點可得，采用蒸餾法分離出鈦時，控制蒸餾的最低溫度為1412℃；
（5）硫酸亞鐵溶液與過量碳酸氫銨溶液反應生成硫酸銨、碳酸亞鐵沉淀、二氧化碳和水，該反應為非氧化還原反應，利用質量守恒配平即可；
（6）由晶胞結構可知，晶胞中位于體心的鈦原子與位于面心的氮離子距離最近，一共有6個；首先算出一個晶胞質量，然后再計算一個晶胞體積，即可算出密度。
（1）鈦元素的原子序數為22，位于元素周期表第三周期ⅣB族；
（2）由圖可知，硫酸質量分數為85%時，鐵浸出率最小、鈦浸出率最大，則“酸浸”時宜選擇的硫酸質量分數為85%；
（3）由分析可知，“熔煉”時發生的反應為二氧化鈦與碳、氯氣高溫條件下熔煉反應生成四氯化鈦和一氧化碳，反應的化學方程式為TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；
（4）由分析可知，“還原”時發生的反應為四氯化鈦高溫條件下與鎂反應生成鈦和氯化鎂（M），由表格數據可知，四種物質中鈦的沸點最高，鈦的沸點高于氯化鎂、四氯化鈦和鎂，所以采用蒸餾法分離出鈦時，控制蒸餾的最低溫度為1412℃；工業上用惰性材料作為電極來電解熔融的氯化鎂時，氯離子在陽極失去電子發生氧化反應生成氯氣，電極反應式為2Cl--2e-=Cl2↑；
（5）硫酸亞鐵溶液與過量碳酸氫銨溶液反應生成硫酸銨、碳酸亞鐵沉淀、二氧化碳和水，反應的離子方程式為Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；乳酸亞鐵中的乳酸根離子具有還原性，能消耗KMnO4，所以測得值高于實際值；
（6）由晶胞結構可知，晶胞中位于體心的鈦原子與位于面心的氮離子距離最近，則鈦原子的配位數為6；晶胞中位于頂點和面心的氮原子個數為8×+6×=4，位于棱上和體心的鈦原子個數為12×+1=4，鈦原子核氮原子原子半徑之和等于a nm，則晶胞的邊長為2a nm，設晶體的密度為d g/cm3，由晶胞的質量公式可得：=(2a×10-7)3d，解得d=。
19．【答案】（1）C
（2）-47.2
（3）0；2.0×10-5mol/(L·min)；增大；成正比例
（4）＞；反應物濃度：A>C，其他條件相同時，反應物濃度越大，反應速率越大；4.32
【知識點】蓋斯定律及其應用；化學平衡常數；化學平衡狀態的判斷；化學反應速率和化學計量數的關系
【解析】【解答】（1）A．由質量守恒定律可知，反應前后混合氣體的質量不變，在恒容密閉容器中混合氣體的密度始終不變，則混合氣體密度不隨時間變化，不能說明正、逆反應速率相等，不能表明反應達到平衡，A不符合題意；
B．設反應消耗氮氣的物質的量為amol，由反應式可知，氮氣的體積分數為，即反應過程中氮氣體積分數始終為50％，則體積分數不隨時間變化，不能說明正、逆反應速率相等，不能表明反應達到平衡，B不符合題意；
C．由質量守恒定律可知，反應前后混合氣體的質量不變，該反應是氣體分子數減少的反應，反應開始至達到平衡過程，混合氣體平均摩爾質量不斷增大，則混合氣體平均摩爾質量不隨時間變化，說明正、逆反應速率相等，表明反應達到平衡，C符合題意；
D．氮氣消耗速率與氨氣生成速率都代表正反應速率，則消耗速率與生成速率之比為1∶2，不能說明正、逆反應速率相等，不能表明反應達到平衡，D不符合題意；
故答案為：C
（2）由蓋斯定律可知，由①＋②＋③式可得反應：，則由蓋斯定律得：-92.4kJ mol 1=+32.8kJ mol 1+(-78kJ mol 1)+ΔH3，解得ΔH3=-47.2kJ mol 1。
故答案為：-47.2
（3）①由圖可知，20min時，實驗Ⅰ和實驗Ⅲ的氨氣濃度分別為2.0×10-3mol/L、0.8×10-3mol/L，反應速率分別為=2.0×10-5mol/(L·min)、=2.0×10-5 mol/(L·min)，由速率方程可得：=，解得n=0，則速率常數k=v=2.0×10-5mol/(L·min)。
故答案為：0；2.0×10-5mol/(L·min)
②由圖可知，實驗Ⅰ和實驗Ⅱ的起始濃度相等，20min時，氨氣濃度分別為2.0×10-3mol/L、1.6×10-3mol/L，說明其他條件相同，增大接觸面，氨分解反應速率增大。
故答案為：增大
③由圖可知，實驗Ⅰ中氨氣的起始濃度是實驗Ⅲ的2倍，實驗Ⅰ、Ⅲ的氨氣消耗一半所用的時間分別為60min、30min，說明在一定條件下，分解反應的半衰期與起始濃度的關系是成正比例關系。
故答案為：成正比例
（4）①由圖可知，A點和C點起始氨氣的物質的量相同、氨氣的轉化率相等，A點的體積小于C點，則反應物濃度：A>C，其他條件相同時，反應物濃度越大，反應速率越大，所以起始至反應到達、點時的平均反應速率：，理由是：反應物濃度：A>C，其他條件相同時，反應物濃度越大，反應速率越大。
故答案為：＞； 反應物濃度：A>C，其他條件相同時，反應物濃度越大，反應速率越大
②由圖可知，若B點達到平衡狀態，B點容器體積為2.0L，氨氣的平衡轉化率為80%，由反應可知，平衡時氨氣、氮氣、氫氣的濃度分別為、、，則反應的平衡常數K=。
故答案為：4.32
【分析】（1）A、根據公式分析反應過程中混合氣體的密度是否發生變化。
B、令參與反應的氮氣為amol，據此計算反應過程中氮氣的體積分數是否發生變化。
C、根據公式分析反應過程中混合氣體的平均摩爾質量是否發生變化。
D、根據反應速率之比等于化學計量數之比，分析是否能體現正逆反應速率相等。
（2）根據蓋斯定律計算目標反應的反應熱。
（3）①根據20min時實驗Ⅰ、Ⅲ的反應速率確定n、k的值。
②比較曲線Ⅰ、Ⅱ相同時間內NH3濃度的變化量，從而比較反應速率的相對大小。
③根據圖像數據分析，NH3濃度消耗一半所需時間分析。
（4）①結合濃度對反應速率的影響分析，濃度越大，反應速率越快。
②根據B點數據計算平衡時各物質的物質的量濃度，從而計算平衡常數。
（1）A．由質量守恒定律可知，反應前后混合氣體的質量不變，在恒容密閉容器中混合氣體的密度始終不變，則混合氣體密度不隨時間變化，不能說明正、逆反應速率相等，不能表明反應達到平衡，A不符合題意；
B．設反應消耗氮氣的物質的量為amol，由反應式可知，氮氣的體積分數為，即反應過程中氮氣體積分數始終為50％，則體積分數不隨時間變化，不能說明正、逆反應速率相等，不能表明反應達到平衡，B不符合題意；
C．由質量守恒定律可知，反應前后混合氣體的質量不變，該反應是氣體分子數減少的反應，反應開始至達到平衡過程，混合氣體平均摩爾質量不斷增大，則混合氣體平均摩爾質量不隨時間變化，說明正、逆反應速率相等，表明反應達到平衡，C符合題意；
D．氮氣消耗速率與氨氣生成速率都代表正反應速率，則消耗速率與生成速率之比為1∶2，不能說明正、逆反應速率相等，不能表明反應達到平衡，D不符合題意；
故選C；
（2）由蓋斯定律可知，由①＋②＋③式可得反應：，則由蓋斯定律得：-92.4kJ mol 1=+32.8kJ mol 1+(-78kJ mol 1)+ΔH3，解得ΔH3=-47.2kJ mol 1；
（3）①由圖可知，20min時，實驗Ⅰ和實驗Ⅲ的氨氣濃度分別為2.0×10-3mol/L、0.8×10-3mol/L，反應速率分別為=2.0×10-5mol/(L·min)、=2.0×10-5 mol/(L·min)，由速率方程可得：=，解得n=0，則速率常數k=v=2.0×10-5mol/(L·min)；
②由圖可知，實驗Ⅰ和實驗Ⅱ的起始濃度相等，20min時，氨氣濃度分別為2.0×10-3mol/L、1.6×10-3mol/L，說明其他條件相同，增大接觸面，氨分解反應速率增大；
③由圖可知，實驗Ⅰ中氨氣的起始濃度是實驗Ⅲ的2倍，實驗Ⅰ、Ⅲ的氨氣消耗一半所用的時間分別為60min、30min，說明在一定條件下，分解反應的半衰期與起始濃度的關系是成正比例關系；
（4）①由圖可知，A點和C點起始氨氣的物質的量相同、氨氣的轉化率相等，A點的體積小于C點，則反應物濃度：A>C，其他條件相同時，反應物濃度越大，反應速率越大，所以起始至反應到達、點時的平均反應速率：，理由是：反應物濃度：A>C，其他條件相同時，反應物濃度越大，反應速率越大；
②由圖可知，若B點達到平衡狀態，B點容器體積為2.0L，氨氣的平衡轉化率為80%，由反應可知，平衡時氨氣、氮氣、氫氣的濃度分別為、、，則反應的平衡常數K=。
20．【答案】（1）羥基和酮羰基；丙烯酸乙酯
（2）加成反應
（3）2
（4）
（5）4；
（6）
【知識點】有機物的合成；有機物的結構和性質；同分異構現象和同分異構體
【解析】【解析】（1）由H的結構簡式可知，H中官能團的名稱為羥基和酮羰基；由B的結構簡式可知，B的名稱是丙烯酸乙酯；
（2）由分析可知，B分子中存在碳碳雙鍵，A與B按物質的量1：2發生加成反應生成C；
（3）1個F分子中含2個手性碳原子，如圖所示：；
（4）由分析可知，D與乙醇、H+發生反應生成E，化學方程式為：；
（5）G的同分異構體中含六元環，環上含2個取代基，1mol有機物與足量銀氨溶液反應，最多生成4mol Ag，說明含有2mol-CHO，則符合要求的同分異構體有：、、、，共4種；其中，在核磁共振氫譜上有4組峰且峰的面積比為1：1：2：2的結構簡式為；
(6)以2，4-二溴戊烷、丙烯酸甲酯為原料合成有機物，設計合成路線為：在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下水解生成，催化氧化生成，與丙烯酸乙酯在乙醇鈉作用下按物質的量1：1發生加成反應生成，先堿性條件下水解、再酸化得，則合成路線為：。
【分析】A與B按物質的量1：2發生加成反應生成C，C發生一系列反應得到D，D與乙醇、H+反應生成E，E在i)乙醇鈉、ii）H2O作用下轉化為F，F先在堿性條件下發生反應，再在酸性、加熱條件下得到G，G在堿性、加熱條件下轉化為H。
（1）根據上述分析，可以確定H的化學式，即可確定官能團，
（2） 雙鍵斷裂變為單鍵，故為加成反應；
（3） 手性碳原子 為鏈接4個不同的原子或者原子團，據此判斷即可；
（4）D為酸，與乙醇發生酯化反應，生成酯和水據此寫出方程式；
（5）根據限定條件必須含有六元環，且含有2個醛基，根據不飽和度可以確定該有機物的基本骨架和官能團數目和類型，據此解答即可。
（1）由H的結構簡式可知，H中官能團的名稱為羥基和酮羰基；由B的結構簡式可知，B的名稱是丙烯酸乙酯；
（2）由分析可知，B分子中存在碳碳雙鍵，A與B按物質的量1：2發生加成反應生成C；
（3）1個F分子中含2個手性碳原子，如圖所示：；
（4）由分析可知，D與乙醇、H+發生反應生成E，化學方程式為：；
（5）G的同分異構體中含六元環，環上含2個取代基，1mol有機物與足量銀氨溶液反應，最多生成4mol Ag，說明含有2mol-CHO，則符合要求的同分異構體有：、、、，共4種；其中，在核磁共振氫譜上有4組峰且峰的面積比為1：1：2：2的結構簡式為；
（6）以2，4-二溴戊烷、丙烯酸甲酯為原料合成有機物，設計合成路線為：在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下水解生成，催化氧化生成，與丙烯酸乙酯在乙醇鈉作用下按物質的量1：1發生加成反應生成，先堿性條件下水解、再酸化得，則合成路線為：。
1 / 1廣東省江門市江門第一中學2024-2025學年金太陽高三上學期高考模擬化學卷
1．（2024高三上·江門模擬）保護文化遺產，弘揚民族精神，共筑中華之魂。下列文物的主要成分為金屬材料的是
A.元青花人物紋玉壺春瓶 B.陽春孔雀石
C.清胭脂紅釉罐 D.西周獸面紋青銅盉
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知識點】合金及其應用
【解析】【解答】玉壺春瓶主要成分為硅酸鹽、孔雀石主要成分為堿式碳酸銅、紅釉罐主要成分為硅酸鹽，三者均不屬于金屬材料；青銅盉的主要成分為銅合金，屬于金屬材料，故選D。
【分析】金屬材料一般包括純金屬以及合金等。
2．（2024高三上·江門模擬）廣東省在甲醇生產方面進行了多元化發展，包括傳統甲醇的生產以及生物質綠色甲醇的研發和生產，為廣東省及周邊地區的能源結構和環境改善做出了貢獻。下列敘述錯誤的是
A．甲醇分子是極性分子
B．甲醇分子之間能形成氫鍵
C．甲醇分子的VSEPR模型為正四面體形
D．甲醇分子只含極性共價鍵
【答案】C
【知識點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；極性分子和非極性分子；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；含有氫鍵的物質
【解析】【解答】A．甲醇分子的結構簡式為CH3OH，結構不對稱，是極性分子，A正確；
B．甲醇分子中含有-OH，分子之間能形成O—H…O氫鍵，B正確；
C．甲醇分子中，中心O原子的價層電子對數為=4，發生sp3雜化，則VSEPR模型為四面體形，但不是正四面體形，C錯誤；
D．甲醇分子中含有C-H、C-O、O-H鍵，它們都是極性共價鍵，D正確；
故答案為：C。
【分析】A.根據分子結構是否關于中心對稱判斷是否為極性分子；
B.甲醇分子中含有-OH，可以形成氫鍵；
C.甲醇分子中C原子鏈接不同原子，故不可能為正四面體；
D.甲醇分子中含有C-H、C-O、O-H鍵，沒有非極性鍵。
3．（2024高三上·江門模擬）晉陜黃河特大橋連接山西省永濟市和陜西省合陽縣，是目前我國高速鐵路跨越黃河最長、建設規模最大的橋梁。下列有關敘述錯誤的是
A．斜拉索采用的環氧涂層具有耐酸、耐堿性能
B．保護大橋可采用“外加電流法”
C．主塔的主要材料是金屬材料，該金屬材料中只含鐵、硫、磷等元素
D．主梁采用的C60海工耐久混凝土屬于混合物
【答案】C
【知識點】金屬的電化學腐蝕與防護；合金及其應用
【解析】【解答】A．斜拉索采用的環氧涂層具有耐酸、耐堿的優良性能，故A正確；
B．大橋可采用外加電流法可以將直流電源的負極與橋體相連保護大橋，故B正確；
C．主塔的主要材料是金屬材料，該金屬材料是硫、磷等元素含量較少的性能優良的合金鋼，即一定含有碳元素，故C錯誤；
D．主梁采用的C60海工耐久混凝土是多種物質形成的混合物，故D正確；
故答案為：C。
【分析】A.為保護金屬不被腐蝕，一般 采用的環氧涂層 保護；
B.將大橋與電源負極相連做陰極，起到保護金屬作用；
C.鐵合金一般都含有碳元素；
D.C60海工耐久混凝土屬于硅酸鹽等混合物。
4．（2024高三上·江門模擬）科學家研究發現石墨烯在室溫下具有前所未有的磁阻(一種物理參量)。已知：石墨烯比金剛石更堅硬，比銅更能導電。下列敘述錯誤的是
A．石墨烯中碳原子都采用雜化
B．石墨烯中碳碳鍵平均鍵能大于金剛石中的，石墨烯的熔點比金剛石的高
C．石墨烯可以看成由正六邊形構成，碳原子、碳碳鍵數目之比為3∶2
D．石墨烯是二維結構，每個碳原子有1個電子能自由移動，具有良好的導電性
【答案】C
【知識點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；鍵能、鍵長、鍵角及其應用；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；晶體的定義
【解析】【解答】A．石墨烯中每個碳原子與3個碳原子形成共價鍵，碳原子的最外層無孤電子對，則碳原子都采用雜化，A正確；
B．石墨烯中碳原子間通過p-p電子云的側面重疊形成離域大π鍵，碳碳鍵長小于金剛石中碳碳鍵長，則碳碳鍵平均鍵能大于金剛石中的，所以石墨烯的熔點比金剛石的高，B正確；
C．石墨烯可以看成由正六邊形構成，每個碳原子與周圍的3個碳原子形成共價單鍵，平均每個碳原子形成1.5個共價鍵，則碳原子、碳碳鍵數目之比為2∶3，C錯誤；
D．石墨烯是二維結構，每個碳原子各提供1個電子形成離域大π鍵，離域大π鍵中的電子能自由移動，因此石墨烯具有良好的導電性，D正確；
故答案為：C。
【分析】A.石墨烯為平面構型，故 采用雜化 ；
B.石墨鍵長更短，鍵能更大，故熔點根高；
C.每個碳原子與周圍的3個碳原子形成共價單鍵，平均每個碳原子形成1.5個共價鍵，則碳原子、碳碳鍵數目之比為2∶3，
D.石墨烯形成共軛大π鍵，而不是電子屬于整個區域。
5．（2024高三上·江門模擬）科技推動社會進步，創造美好生活。下列有關解讀錯誤的是
選項 科技摘錄 解讀
A “天舟七號”為中國空間站送去推進劑氙(Xe)氣 基態Xe原子價層電子排布式為5s25p6
B 運動會開幕式采用電子煙花 使用電子煙花體現節約與環保
C 大連化學物理研究所開發新型催化劑使CH3OH和CO合成CH3COOH成為可能 該反應中原子利用率為100%
D 南京大學一團隊合成出了一種新型鋰氧電池電催化劑FeCoNiMnPtIr 催化劑中所含元素均位于前四周期
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知識點】原子核外電子排布；常見的生活環境的污染及治理；原料與能源的合理利用；元素周期表的結構及其應用
【解析】【解答】A．Xe屬于稀有氣體，位于元素周期表第5周期0族，則基態Xe原子價層電子排布式為5s25p6，A正確；
B．使用電子煙花不產生任何大氣污染物，同時耗能少，體現節約與環保，B正確；
C．CH3OH+CO→CH3COOH，產物只有一種，該反應中原子利用率為100%，C正確；
D．新型鋰氧電池電催化劑FeCoNiMnPtIr中，Fe、Co、Ni、Mn位于第四周期，Pt、Ir位于第六周期，D錯誤；
故答案為：D。
【分析】A.Xe位于元素周期表第5周期0族，最外層含有8個電子；
B.電子煙花不產生任何大氣污染物，可以保護環境；
C.甲醇與CO全部生成乙酸，原子利用率為100%。
6．（2024高三上·江門模擬）實驗室通常會根據藥品和反應條件選擇制備氣體的發生裝置，下列各組能通過圖示裝置完成氣體制備的是
選項 A B C D
藥品 MnO2和濃鹽酸 電石和飽和食鹽水 粗鋅和稀硫酸 FeS和稀硝酸
氣體 Cl2 C2H2 H2 H2S
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知識點】氯氣的實驗室制法；常見氣體制備原理及裝置選擇
【解析】【解答】A．濃鹽酸與二氧化錳共熱反應生成氯化錳、氯氣和水，所以不能用該裝置制備氯氣，故A不符合題意；
B．電石與飽和食鹽水反應速率快，不宜控制，且反應放出大量的熱，所以不能用該裝置制備乙炔，故B不符合題意；
C．粗鋅中的鋅和稀硫酸反應生成硫酸鋅和難溶于水的氫氣，該反應是塊狀固體和溶液不加熱反應生成氣體的裝置，所以能用該裝置制備氫氣，故C符合題意；
D．具有還原性的硫化亞鐵與具有強氧化性的稀硝酸反應生成一氧化氮，不能生成硫化氫，所以不能用該裝置制備硫化氫，故D不符合題意；
故答案為：C。
【分析】該裝置名稱為啟普發生器，適用于固液不加熱，且該固體難溶于水，可以控制反應開始和停止。
7．（2024高三上·江門模擬）武漢大學一課題組通過銅/鉻基催化劑催化實現烷烴與醛基合成醇（如圖），下列敘述錯誤的是
A．上述反應是加成反應
B．甲、丙都能使酸性溶液褪色
C．丙分子含1個手性碳原子，它是手性分子
D．基態、原子含有的未成對電子數分別為4、1
【答案】D
【知識點】原子核外電子排布；“手性分子”在生命科學等方面的應用；醛的化學性質
【解析】【解答】A．由結構簡式可知，催化劑作用下與發生雙鍵變單鍵的加成反應生成，故A正確；
B．由結構簡式可知，甲分子中含有的醛基和丙分子中含有的醇羥基能與酸性高錳酸鉀溶液發生氧化反應使溶液褪色，故B正確；
C．由結構簡式可知，丙分子中含有如圖*所示的1個手性碳原子：，屬于手性分子，故C正確；
D．鉻元素的原子序數為24，基態原子的價電子排布式為3d54s1，未成對電子數為6，故D錯誤；
故選D。
【分析】A.由圖可知，甲與乙反應過程雙鍵斷開，故為加成反應；
B.醛基和醇羥基都可以使酸性高錳酸鉀溶液發生氧化反應使溶液褪色；
C.當碳原子上連接四個不同原子或者原子團時，即為手性碳；
D.鉻為半滿狀態，基態原子的價電子排布式為3d54s1，未成對電子數為6。
8．（2024高三上·江門模擬）部分鐵、銅物質的“價-類”關系如圖所示，下列敘述錯誤的是
A．a和e溶液能發生置換反應
B．可能實現轉化
C．在硝酸中加入d能生成e
D．在氫碘酸的淀粉溶液中加入c，溶液變藍
【答案】A
【知識點】鐵的化學性質；鐵的氧化物和氫氧化物
【解析】【解答】A．鐵與硝酸鐵溶液反應生成硝酸亞鐵，銅與硝酸鐵溶液反應生成硝酸亞鐵和硝酸銅，鐵、銅與硝酸鐵溶液的反應都不是置換反應，故A錯誤；
B．氫氧化銅懸濁液能與醛或葡萄糖共熱反應生成磚紅色的氧化亞銅，氧化亞銅與氫氣或一氧化碳共熱反應生成銅，所以可能實現轉化，故B正確；
C．稀硝酸能與氫氧化亞鐵反應生成硝酸鐵、一氧化氮和水，故C正確；
D．氧化鐵與氫碘酸溶液反應生成碘化亞鐵、碘和水，則在氫碘酸的淀粉溶液中加入氧化鐵，溶液變藍，故D正確；
故答案為：A。
【分析】根據化合價和物質類別，由圖可知，a為鐵或銅、b為氧化亞銅、c為氧化鐵、d為氫氧化亞鐵或氫氧化銅、e為硝酸鐵。
A.鐵或者銅的單質與其鹽溶液反應不一定是置換反應；
B.氧化銅可以被還原成氧化亞銅，進而被還原成單質銅；
C.稀硝酸能與氫氧化亞鐵反應生成硝酸鐵、一氧化氮和水；
D.氧化鐵與氫碘酸溶液反應生成碘，與淀粉變藍。
9．（2024高三上·江門模擬）（三草酸合鐵酸鉀晶體）常用來作為化學光量計，一種合成的流程如圖所示。下列敘述正確的是
已知三草酸合鐵酸鉀晶體的部分性質如下：
①易溶于水（溶解度隨溫度的升高而增大），難溶于乙醇。
②一定溫度下可失去全部結晶水，高溫時會分解。
③具有光敏性，受光照射易分解。
A．“沉鐵”后所得濾液中溶質的成分只有
B．“系列操作”是過濾、乙醇洗滌、干燥
C．產品應貯存于無色透明帶軟木塞的試劑瓶中
D．向產品的飽和溶液中加入乙醇，有利于析出產品
【答案】D
【知識點】物質的分離與提純
【解析】【解答】A．“沉鐵”中，濾液成分不止是(NH4)2SO4，還有H2SO4，還有過量的草酸，故A錯誤；
B．題給條件中：三草酸合鐵酸鉀，易溶于水，在低溫溶解度小，所以“系列操作”在過濾前要進行冷卻結晶，B錯誤；
C．三草酸合鐵酸鉀晶體具有光敏性，受光照射分解變為黃色，不可貯存于透明帶軟木塞的試劑瓶中，C錯誤；
D．三草酸合鐵酸鉀晶體，難溶于乙醇，有利于產品析出，D正確；
故選D。
【分析】通過流程制備、凈化的操作中，加入的試劑一般都是過量的，析出產品的操作一般是在溶解度小的溶劑中結晶。
A.由于草酸與硫酸亞鐵銨反應，會生成硫酸；
B.由題可知，三草酸合鐵酸鉀，易溶于水，在低溫溶解度小，通過降溫結晶的方式即可得到；
C.三草酸合鐵酸鉀晶體具有光敏性，受光照射分解變為黃色，不可貯存于透明帶軟木塞的試劑瓶中。
10．（2024高三上·江門模擬）下列實驗操作、現象及相應結論均正確的是
選項 操作及現象 結論
A 向溶液中滴加苯酚溶液，溶液變紫色 已變質
B 向中滴加稀硫酸，沒有明顯現象 酸性：
C 向酸性溶液中滴加少量溶液，溶液褪色 還原了
D 在的四氯化碳溶液中加入KI溶液，下層液體顏色變淺 KI具有還原性
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知識點】二價鐵離子和三價鐵離子的檢驗；苯酚的化學性質
【解析】【解答】A．溶液中的鐵離子能與苯酚溶液發生顯色反應使溶液變紫色，滴加苯酚溶液后變紫色，說明溶液中存在鐵離子，證明氯化亞鐵已變質，故A正確；
B．碳酸鈣與稀硫酸反應后產生的微溶的硫酸鈣會覆蓋在硫酸鈣表面，阻止反應的進行，所以向碳酸鈣中滴加稀硫酸，沒有明顯現象不能說明碳酸的酸性強于硫酸，故B錯誤；
C．亞鐵離子和溴離子都能與酸性高錳酸鉀溶液反應使溶液褪色，則溶液褪色不能說明溴離子還原了高錳酸根離子，故C錯誤；
D．在碘的四氯化碳溶液中加入碘化鉀溶液，下層液體顏色變淺是因為碘與碘離子反應生成碘三離子，與碘化鉀具有還原性無關，故D錯誤；
故答案為：A。
【分析】A.三價鐵離子與苯酚顯色，故滴加苯酚溶液后變紫色，說明溶液中存在鐵離子，證明氯化亞鐵已變質；
B.硫酸鈣為微溶物，覆蓋碳酸鈣表面灰阻止反應發生，現象不明顯；
C.亞鐵離子也不被氧化，存在干擾；
D.碘與碘離子反應生成碘三離子，也會褪色，無法說明。
11．（2024高三上·江門模擬）設為阿伏加德羅常數的值。關于反應，下列敘述正確的是
A．中B原子最外層電子數為
B．固體含數為
C．標準狀況下，含鍵數為
D．含配位鍵數為
【答案】B
【知識點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；配合物的成鍵情況；物質的量的相關計算
【解析】【解答】A．三氟化硼分子中硼原子的最外層電子數為6，則0.1mol三氟化硼分子中硼原子最外層電子數為0.1mol×6×NAmol—1=0.6NA，故A錯誤；
B.10.6g碳酸鈉固體中含有的碳酸根離子數目為×1×NAmol—1=0.1NA，故B正確；
C．二氧化碳的結構式為O=C=O，分子中碳氧雙鍵含有1個σ鍵，標準狀況下，4.48L二氧化碳中含有σ鍵的數目為×2×NAmol—1=0.4NA，故C錯誤；
D．四羥基合硼酸鈉中含有1個配位鍵，則1mol四羥基合硼酸鈉中含有的配位鍵數目為1mol×1×NAmol—1=NA，故D錯誤；
故答案為：B。
【分析】A.三氟化硼為缺電子體，最外層只有6個電子；
C.根據二氧化碳結構，一個二氧化碳含有2個鍵 ，據此計算即可；
D.．四羥基合硼酸鈉中只含有1個配位鍵。
12．（2024高三上·江門模擬）丁二酸酐（）是合成消炎鎮痛藥奧沙普秦的中間體。某同學在干燥反應瓶中加入71g丁二酸、120mL（1.28mol）乙酸酐，加熱攪拌回流1h，反應完畢，倒入干燥燒瓶中，放置0.5h，冷凍結晶，抽濾（利用抽氣泵使吸濾瓶中的壓強降低，以實現固液分離的操作）、干燥，得到粗品，再用乙醚洗滌，得到白色柱狀結晶精品51g；實驗裝置如圖1和圖2所示，下列敘述正確的是
A．圖1中儀器A的進水口為a
B．該反應的產率約為84.76%
C．圖2裝置抽濾比普通過濾要慢
D．圖2裝置可以分離所有固液混合物
【答案】B
【知識點】常用儀器及其使用；過濾
【解析】【解答】A．為增強冷凝效果，圖1中球形冷凝管A的進水口為b、出水口為a，故A錯誤；
B．由題意可知，丁二酸與乙酸酐共熱反應生成丁二酸酐和乙酸，71g丁二酸的物質的量為≈0.6017mol＜1.28mol，則反應中乙酸酐過量，實驗得到51g丁二酸酐，則反應的產率×100%≈84.76%，故B正確；
C．抽濾時使用抽氣泵給吸濾瓶減壓，導致裝置內部的壓強降低，布氏漏斗中的固液混合物由于重力作用可以快速分離，從而使過濾的速度加快，故C錯誤；
D．由分析可知，圖2裝置為實現固液分離的抽濾裝置，而膠狀沉淀和顆粒過小的沉淀不適用于抽濾的原因是膠狀沉淀容易堵塞濾紙，導致抽濾效果不佳，而顆粒過小的沉淀則可以通過濾紙，同樣會影響抽濾效果，故D錯誤；
故答案為：B。
【分析】由實驗裝置圖可知，圖1裝置為丁二酸與乙酸酐共熱反應制備丁二酸酐的裝置，圖2裝置為實現固液分離的抽濾裝置，本題圍繞丁二酸酐的合成實驗展開，給出了實驗操作過程，包括反應物用量、反應條件等，同時配有實驗裝置圖（圖1和圖2），并設置了關于實驗裝置和產率計算等。
13．（2024高三上·江門模擬）中國第一輛火星車“祝融號”成功登陸火星，探測發現火星上存在大量橄欖石礦物(主要成分為)。已知X、Y、Z、R、W為前四周期元素且原子序數依次增大，Y的氫化物常用于刻蝕玻璃容器，礦物界離不開R元素，R與X質子數之和為22，W的合金材料是生活中用途最廣泛的金屬材料，基態Z原子核外s、p能級上電子總數相等。下列敘述正確的是
A．電負性：Y>X>R
B．ZX為共價晶體
C．與氫形成的共價鍵的鍵能：H-X>H-Y
D．熔點：
【答案】A
【知識點】原子核外電子排布；元素電離能、電負性的含義及應用；離子晶體；化學鍵和分子間作用力的區別
【解析】【解答】A．X、Y、R分別為O、F、Si，非金屬性F＞O＞Si，則電負性：F＞O＞Si，A項正確；
B．MgO為離子化合物，形成離子晶體，B項錯誤；
C．F的原子半徑小于O的原子半徑，則H-F鍵的鍵能大于H-O鍵的鍵能，C項錯誤；
D．SiF4是分子晶體，FeO是離子晶體，離子晶體的熔點高于分子晶體，則熔點SiF4＜FeO，D項錯誤；
故答案為：A。
【分析】氫氟酸常用于刻蝕玻璃容器，Y為F；生活中用途最廣泛的金屬材料是鋼鐵合金，W為Fe；前四周期中只有氧、鎂原子的s、p能級上電子總數相等，根據原子序數遞增確定Z為Mg；礦物界離不開R，R為Si，X為O。從而得出X、Y、Z、R、W分別為O、F、Mg、Si、Fe。
A.利用周期表電負性變化規律即可判斷三者電負性；
B.氧化鎂為離子化合物，為離子晶體；
C.形成共價鍵原子半徑越小，鍵長越短，鍵能越大；
D.分子晶體沸點低于共價化合物的沸點。
14．（2024高三上·江門模擬）科學家實現了Rh（銠）催化苯乙烯的不對稱氫硒化反應（如圖），下列敘述錯誤的是
已知：Ar—為芳香烴基，R—為烴基。
A．化合物III中含配位鍵
B．總反應的原子利用率為
C．上述循環過程中，Rh形成的共價鍵數目不變
D．III→IV中，斷裂銠氫鍵，形成了碳氫鍵
【答案】C
【知識點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型
【解析】【解答】A．由圖可知，化合物III中銠與配位原子形成配位鍵，故A正確；
B．由圖可知，該歷程的總反應是苯乙烯和RSeH發生加成反應生成有機物3，原子利用率100%，故B正確；
C．由圖可知，在Ⅰ和Ⅴ中Rh形成3個化學鍵，在Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中Rh形成4個化學鍵，故C錯誤；
D．由圖可知，III→IV中，斷裂銠氫鍵，形成了碳氫鍵，故D正確；
故答案為：C。
【分析】A.化合物Ⅲ中，中心原子Rh與配體之間存在配位鍵，所以化合物Ⅲ中含配位鍵，A選項正確。
B. 從反應圖可以看出，反應物完全轉化為產物，沒有其他副產物生成，符合原子利用率為100%的特點，B選項正確。
C.觀察循環過程，在不同的中間體中，Rh形成的共價鍵數目發生了變化。例如從某些中間體到另一些中間體時，與Rh相連的化學鍵數量和種類有改變，C選項錯誤。
15．（2024高三上·江門模擬）硫鋅二次電池工作原理如圖所示，下列敘述錯誤的是
A．放電時，電極a為負極
B．充電時，電極b與電源正極連接
C．放電時，電極a上的電極反應式為
D．充電時，完全反應時向電極a遷移
【答案】D
【知識點】化學電源新型電池
【解析】【解答】A．由分析可知，放電時，電極a為負極，故A正確；
B．由分析可知，充電時，與直流電源負極相連的電極a為陰極，則電極b與電源正極連接為陽極，故B正確；
C．由分析可知，放電時，電極a為負極，堿性條件下鋅在負極失去電子發生氧化反應生成四羥基合鋅離子，電極反應式為，故C正確；
D．由分析可知，充電時，硫化亞銅在陽極失去電子發生氧化反應生成銅離子和硫，電極反應式為Cu2S—4e—=2Cu2++S，則16.0g硫化亞銅完全反應時向電極a遷移鈉離子物質的量為×4=0.4mol，故D錯誤；
故選D。
【分析】由圖可知，放電時，電極a為負極，堿性條件下鋅在負極失去電子發生氧化反應生成四羥基合鋅離子，電極b為正極，銅離子作用下硫在正極得到電子發生還原反應生成硫化亞銅，充電時，與直流電源負極相連的電極a為陰極，電極b為陽極。
A.根據上述分析可知，a極發生氧化反應，為負極；
B.充電時直流電源負極相連的電極a為陰極，則電極b與電源正極連接為陽極；
C.鋅為負極失電子，同時在堿性條件下，生成四羥基合鋅離子；
D.根據化合價升降情況，計算轉移電子數目，進而計算轉移鈉離子數目。
16．（2024高三上·江門模擬）氧化制備發生的主要反應為 。向容積為2L的恒容密閉容器中投入2mol和2mol。不同溫度下，測得5min時(反應均未達到平衡，其他副反應均不消耗和生成乙烯)的相關數據見下表，下列說法正確的是
溫度/℃
乙烷轉化率/% 2 9 18
乙烯選擇性/% 93 80 62
注：乙烯選擇性。
A．℃，5min時，容器內的物質的量為0.04mol
B．℃，0 5min內，平均速率molLmin
C．反應達到平衡后，其他條件不變，僅升高溫度，平衡向逆反應方向移動
D．該反應僅在低溫條件下能正向自發進行
【答案】B
【知識點】焓變和熵變；化學平衡的影響因素；化學反應速率和化學計量數的關系
【解析】【解答】A．由表格的數據可知，℃，5min時，molmol，故A錯誤；
B．由表可知，℃時，乙烷的轉化率為9.0%，可得轉化的乙烷的總物質的量為2mol×9.0%=0.18mol，而此溫度下乙烯的選擇性為80%，則轉化為乙烯的乙烷的物質的量為0.18mol×80%=0.144mol，根據化學方程式中化學計量數可知生成的乙烯的物質的量也為0.144mol，則0～5min內的平均反應速率v(C2H4)== 0.0144molLmin，故B正確；
C．該反應為吸熱反應，僅升高溫度，平衡向正反應方向移動，故C錯誤；
D．因，，時能自發進行，此時需要高溫條件，故D錯誤；
答案選B。
【分析】本題是一道關于化學反應速率、化學平衡及反應自發性的化學選擇題，解題關鍵在于理解乙烷轉化率、乙烯選擇性的概念，并結合相關公式和化學平衡原理進行分析，注意選擇性的含義；根據選擇性進行列三段式計算。
17．（2024高三上·江門模擬）、都是中學實驗室里的常用試劑，在生產、生活中有廣泛應用，某實驗小組設計實驗探究和NaClO的性質。回答下列問題：
（1）配制一定濃度的溶液：將一定質量溶于濃鹽酸，加水稀釋至指定溶液體積，鹽酸的作用是　 　，配制過程中會向溶液中加入少量鐵粉，鐵粉的作用是　 　。
（2）實驗室加熱和足量的混合物制備無水，產生的氣體能使品紅溶液褪色。該反應的化學方程式為　 　。
（3）在溶液中加入溶液，產生紅褐色沉淀。設計簡單實驗證明大于：　 　。
（4）探究、的還原性強弱：
按如圖所示裝置進行實驗，實驗結果如下：
步驟 操作及現象 記錄
i 按圖示加入試劑，接通K，電流計指針偏轉 記電流強度為
ii 隨著反應進行，電流強度逐漸減小 記該過程中電流強度為b，，最終
iii 一段時間后，向左側燒杯中加入濃溶液，電流表指針向相反方向偏轉 記電流強度為x
根據上述實驗可知，、還原性相對強弱與　 　有關。
（5）探究外界條件對NaClO溶液水解程度的影響：
該實驗限選藥品和儀器：恒溫水浴、品紅溶液、燒杯、蒸餾水和各種濃度的NaClO溶液。
編號 溫度 待測“物理量” 實驗目的
1 0.5 30 a 探究濃度對NaClO溶液水解平衡的影響
2 1.5 T b —
3 0.5 35 c Y
①　 　。
②待測“物理量X”是“其他條件相同，品紅溶液的褪色時間”時，若，不能得出結論Y：“其他條件相同，升高溫度，NaClO水解程度增大”，其原因是　 　。
【答案】（1）抑制Fe2+水解；防止Fe2+被氧化
（2）FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8 HCl↑
（3）取上層清液，滴加品紅溶液，溶液褪色，說明V1大于2V2
（4）濃度
（5）30；升溫，相同濃度的NaClO溶液的反應速率加快
【知識點】鹽類水解的原理；原電池工作原理及應用
【解析】【解析】由題意可知，該實驗的實驗目的是探究氯化亞鐵和次氯酸鈉的性質。
（1）氯化亞鐵是具有還原性的強酸弱堿鹽，在溶液中水解酸溶液呈酸性，所以配制氯化亞鐵溶液時，需加入鹽酸抑制亞鐵離子的水解，加入鐵粉防止亞鐵離子被氧化，故答案為：抑制Fe2+水解；防止Fe2+被氧化；
（2）由題意可知，制備無水氯化亞鐵的反應為四水氯化亞鐵與SOCl2反應生成氯化亞鐵、二氧化硫和水，反應的化學方程式為FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8 HCl↑，故答案為：FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8 HCl↑；
（3）由題意可知，次氯酸鈉溶液與氯化亞鐵溶液發生的反應為3NaClO+6FeCl2+3H2O=3NaCl+2Fe(OH)3↓+4FeCl3，若次氯酸溶液過量，過量的次氯酸鈉溶液能與氯化鐵溶液發生雙水解反應生成氫氧化鐵沉淀和次氯酸，具有強氧化性的次氯酸回收品紅溶液褪色，則證明V1大于2V2的實驗為取上層清液，滴加品紅溶液，溶液褪色，說明V1大于2V2，故答案為：取上層清液，滴加品紅溶液，溶液褪色，說明V1大于2V2；
（4）由實驗現象可知，溶液中鐵離子與碘離子反應生成亞鐵離子和碘的反應為可逆反應，增大溶液中的亞鐵離子濃度，平衡向逆反應方向移動，說明亞鐵離子、碘離子的還原性強弱與溶液中離子濃度的大小一個，故答案為：濃度；
（5）①由表格數據看著，實驗1和實驗2的目的是探究溶液濃度對水解平衡的影響，由探究實驗變量唯一化原則可知，實驗1和實驗2的反應溫度相同，都為30℃，故答案為：30；
②升溫，相同濃度的NaClO溶液的反應速率加快，所以若c【分析】（1）配置容易發生水解的鹽類物質，需要加入適量相應的酸抑制水解。
（2）根據題目分析可得；制備無水氯化亞鐵的反應為四水氯化亞鐵與SOCl2反應生成氯化亞鐵、二氧化硫和水，該反應為非氧化還原反應，據此配平即可。
（3）根據混合反應后生成次氯酸，能夠使品紅褪色，即可比較大小；
（4）溶液中鐵離子與碘離子反應生成亞鐵離子和碘的反應為可逆反應，平衡移動時構成原電池，達到平衡時，無電流產生。
（5）根據控制變量法，當其他條件相同時，探究溫度對反應速率的影響。
（1）氯化亞鐵是具有還原性的強酸弱堿鹽，在溶液中水解酸溶液呈酸性，所以配制氯化亞鐵溶液時，需加入鹽酸抑制亞鐵離子的水解，加入鐵粉防止亞鐵離子被氧化，故答案為：抑制Fe2+水解；防止Fe2+被氧化；
（2）由題意可知，制備無水氯化亞鐵的反應為四水氯化亞鐵與SOCl2反應生成氯化亞鐵、二氧化硫和水，反應的化學方程式為FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8 HCl↑，故答案為：FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8 HCl↑；
（3）由題意可知，次氯酸鈉溶液與氯化亞鐵溶液發生的反應為3NaClO+6FeCl2+3H2O=3NaCl+2Fe(OH)3↓+4FeCl3，若次氯酸溶液過量，過量的次氯酸鈉溶液能與氯化鐵溶液發生雙水解反應生成氫氧化鐵沉淀和次氯酸，具有強氧化性的次氯酸回收品紅溶液褪色，則證明V1大于2V2的實驗為取上層清液，滴加品紅溶液，溶液褪色，說明V1大于2V2，故答案為：取上層清液，滴加品紅溶液，溶液褪色，說明V1大于2V2；
（4）由實驗現象可知，溶液中鐵離子與碘離子反應生成亞鐵離子和碘的反應為可逆反應，增大溶液中的亞鐵離子濃度，平衡向逆反應方向移動，說明亞鐵離子、碘離子的還原性強弱與溶液中離子濃度的大小一個，故答案為：濃度；
（5）①由表格數據看著，實驗1和實驗2的目的是探究溶液濃度對水解平衡的影響，由探究實驗變量唯一化原則可知，實驗1和實驗2的反應溫度相同，都為30℃，故答案為：30；
②升溫，相同濃度的NaClO溶液的反應速率加快，所以若c18．（2024高三上·江門模擬）氮化鈦常作仿金飾品，乳酸亞鐵常作補鐵制劑。以鈦鐵礦（主要含，還含少量、）為原料制備氮化鈦和乳酸亞鐵的工藝如圖，回答下列問題：
部分物質的熔點、沸點數據如表所示：
物質 Mg Ti
熔點 648.8 714 1667
沸點 136.4 1090 1412 3287
（1）Ti位于元素周期表第　 　周期　 　族。
（2）其他條件不變，“酸浸”時鐵、鈦浸出率與硫酸質量分數的關系如圖所示。
“酸浸”時宜選擇的硫酸質量分數為　 　%。
（3）“熔煉”時，溫度在，反應還能得到一種具有還原性和可燃性的氣體。“熔煉”的化學方程式為　 　。
（4）“還原”時得到鈦和另一產物M，采用蒸餾法分離出鈦，控制蒸餾的最低溫度為　 　，工業上用惰性材料作為電極來電解熔融的M，陽極的電極反應式為　 　。
（5）利用溶液和過量溶液制備的離子方程式為　 　；用酸性溶液滴定法測定乳酸亞鐵產品的純度，所有操作均正確，但經多次實驗結果發現，測得值高于實際值，其原因是　 　。已知滴定反應為（未配平）。
（6）鈦、氮組成的一種化合物的晶胞如圖所示，鈦的配位數為　 　，該晶體的密度為　 　，已知、原子半徑之和等于（Ti、N相切），為阿伏加德羅常數的值。
【答案】（1）四；ⅣB
（2）85
（3）TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO
（4）1412℃；2Cl——2e—=Cl2↑
（5）Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；乳酸根離子具有還原性，能消耗KMnO4
（6）6；
【知識點】氧化還原反應方程式的配平；常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用；電解池工作原理及應用
【解析】【解析】（1）鈦元素的原子序數為22，位于元素周期表第三周期ⅣB族；
（2）由圖可知，硫酸質量分數為85%時，鐵浸出率最小、鈦浸出率最大，則“酸浸”時宜選擇的硫酸質量分數為85%；
（3）由分析可知，“熔煉”時發生的反應為二氧化鈦與碳、氯氣高溫條件下熔煉反應生成四氯化鈦和一氧化碳，反應的化學方程式為TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；
（4）由分析可知，“還原”時發生的反應為四氯化鈦高溫條件下與鎂反應生成鈦和氯化鎂（M），由表格數據可知，四種物質中鈦的沸點最高，鈦的沸點高于氯化鎂、四氯化鈦和鎂，所以采用蒸餾法分離出鈦時，控制蒸餾的最低溫度為1412℃；工業上用惰性材料作為電極來電解熔融的氯化鎂時，氯離子在陽極失去電子發生氧化反應生成氯氣，電極反應式為2Cl--2e-=Cl2↑；
（5）硫酸亞鐵溶液與過量碳酸氫銨溶液反應生成硫酸銨、碳酸亞鐵沉淀、二氧化碳和水，反應的離子方程式為Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；乳酸亞鐵中的乳酸根離子具有還原性，能消耗KMnO4，所以測得值高于實際值；
【6】由晶胞結構可知，晶胞中位于體心的鈦原子與位于面心的氮離子距離最近，則鈦原子的配位數為6；晶胞中位于頂點和面心的氮原子個數為8×+6×=4，位于棱上和體心的鈦原子個數為12×+1=4，鈦原子核氮原子原子半徑之和等于a nm，則晶胞的邊長為2a nm，設晶體的密度為d g/cm3，由晶胞的質量公式可得：=(2a×10-7)3d，解得d=。
【分析】由題給流程可知，向鈦鐵礦粉末中加入過量的硫酸溶液，將鈦酸亞鐵轉化為亞鐵離子和TiO2+離子，氧化鋁轉化為硫酸鋁，二氧化硅與硫酸溶液不反應，過濾得到濾液；向濾液中通入水蒸氣，將濾液中的TiO2+離轉化為TiO2·nH2O，過濾TiO2·nH2O和濾液；TiO2·nH2O煅燒分解生成二氧化鈦，二氧化鈦與碳、氯氣高溫條件下熔煉反應生成四氯化鈦，四氯化鈦高溫條件下與鎂反應生成鈦，鈦高溫條件下與氮氣反應生成氮化鈦；調節濾液pH，將溶液中的鋁離子轉化為氫氧化鋁沉淀，過濾得到硫酸亞鐵溶液；向溶液中加入碳酸氫銨溶液，過濾得到碳酸亞鐵，碳酸亞鐵溶于乳酸得到乳酸亞鐵溶液，乳酸亞鐵溶液經分離提純得到乳酸亞鐵產品。
（1）熟記第四周期元素即可得到鈦在周期表位置；
（2）由圖可知，硫酸質量分數為85%時，鐵浸出率最小、鈦浸出率最大，
（3）該反應為氧化還原反，根據化合價升降相等即可配平，
（4）結合表格中各物質的沸點可得，采用蒸餾法分離出鈦時，控制蒸餾的最低溫度為1412℃；
（5）硫酸亞鐵溶液與過量碳酸氫銨溶液反應生成硫酸銨、碳酸亞鐵沉淀、二氧化碳和水，該反應為非氧化還原反應，利用質量守恒配平即可；
（6）由晶胞結構可知，晶胞中位于體心的鈦原子與位于面心的氮離子距離最近，一共有6個；首先算出一個晶胞質量，然后再計算一個晶胞體積，即可算出密度。
（1）鈦元素的原子序數為22，位于元素周期表第三周期ⅣB族；
（2）由圖可知，硫酸質量分數為85%時，鐵浸出率最小、鈦浸出率最大，則“酸浸”時宜選擇的硫酸質量分數為85%；
（3）由分析可知，“熔煉”時發生的反應為二氧化鈦與碳、氯氣高溫條件下熔煉反應生成四氯化鈦和一氧化碳，反應的化學方程式為TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；
（4）由分析可知，“還原”時發生的反應為四氯化鈦高溫條件下與鎂反應生成鈦和氯化鎂（M），由表格數據可知，四種物質中鈦的沸點最高，鈦的沸點高于氯化鎂、四氯化鈦和鎂，所以采用蒸餾法分離出鈦時，控制蒸餾的最低溫度為1412℃；工業上用惰性材料作為電極來電解熔融的氯化鎂時，氯離子在陽極失去電子發生氧化反應生成氯氣，電極反應式為2Cl--2e-=Cl2↑；
（5）硫酸亞鐵溶液與過量碳酸氫銨溶液反應生成硫酸銨、碳酸亞鐵沉淀、二氧化碳和水，反應的離子方程式為Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；乳酸亞鐵中的乳酸根離子具有還原性，能消耗KMnO4，所以測得值高于實際值；
（6）由晶胞結構可知，晶胞中位于體心的鈦原子與位于面心的氮離子距離最近，則鈦原子的配位數為6；晶胞中位于頂點和面心的氮原子個數為8×+6×=4，位于棱上和體心的鈦原子個數為12×+1=4，鈦原子核氮原子原子半徑之和等于a nm，則晶胞的邊長為2a nm，設晶體的密度為d g/cm3，由晶胞的質量公式可得：=(2a×10-7)3d，解得d=。
19．（2024高三上·江門模擬）是一種重要化工原料，也是潛在儲氫材料。工業上，合成氨的反應為 。回答下列問題：
（1）一定溫度下，在恒容密閉容器中充入和合成氨，下列情況表明反應達到平衡的是________（填標號）。
A．混合氣體密度不隨時間變化
B．體積分數不隨時間變化
C．混合氣體平均摩爾質量不隨時間變化
D．消耗速率與生成速率之比為1：2
（2）我國科學家提出合成氨的機理如下：
① ；
② ；
③ 　 　。
（3）在鎢（W）表面上分解反應的速率方程為（是速率常數，只與溫度、催化劑、接觸面有關，n為反應級數）。某溫度下，測得與催化劑接觸面關系如圖所示：
①　 　，在I條件下，　 　。
②其他條件相同，增大接觸面，氨分解反應速率　 　（填“增大”“減小”或“不變”）。
③反應物消耗一半所用的時間叫半衰期。在一定條件下，分解反應的半衰期與起始濃度的關系是　 　（填“成正比例”“成反比例”或“不確定”）關系。
（4）一定溫度下，在、、三個恒容密閉容器中分別投入，其他條件相同，測得相同時間內的轉化率如圖所示：
①起始至反應到達、點時的平均反應速率：　 　（填“”“”或“”），理由是　 　。
②若B點達到平衡狀態，則該溫度下此反應的平衡常數K為　 　。
【答案】（1）C
（2）-47.2
（3）0；2.0×10-5mol/(L·min)；增大；成正比例
（4）＞；反應物濃度：A>C，其他條件相同時，反應物濃度越大，反應速率越大；4.32
【知識點】蓋斯定律及其應用；化學平衡常數；化學平衡狀態的判斷；化學反應速率和化學計量數的關系
【解析】【解答】（1）A．由質量守恒定律可知，反應前后混合氣體的質量不變，在恒容密閉容器中混合氣體的密度始終不變，則混合氣體密度不隨時間變化，不能說明正、逆反應速率相等，不能表明反應達到平衡，A不符合題意；
B．設反應消耗氮氣的物質的量為amol，由反應式可知，氮氣的體積分數為，即反應過程中氮氣體積分數始終為50％，則體積分數不隨時間變化，不能說明正、逆反應速率相等，不能表明反應達到平衡，B不符合題意；
C．由質量守恒定律可知，反應前后混合氣體的質量不變，該反應是氣體分子數減少的反應，反應開始至達到平衡過程，混合氣體平均摩爾質量不斷增大，則混合氣體平均摩爾質量不隨時間變化，說明正、逆反應速率相等，表明反應達到平衡，C符合題意；
D．氮氣消耗速率與氨氣生成速率都代表正反應速率，則消耗速率與生成速率之比為1∶2，不能說明正、逆反應速率相等，不能表明反應達到平衡，D不符合題意；
故答案為：C
（2）由蓋斯定律可知，由①＋②＋③式可得反應：，則由蓋斯定律得：-92.4kJ mol 1=+32.8kJ mol 1+(-78kJ mol 1)+ΔH3，解得ΔH3=-47.2kJ mol 1。
故答案為：-47.2
（3）①由圖可知，20min時，實驗Ⅰ和實驗Ⅲ的氨氣濃度分別為2.0×10-3mol/L、0.8×10-3mol/L，反應速率分別為=2.0×10-5mol/(L·min)、=2.0×10-5 mol/(L·min)，由速率方程可得：=，解得n=0，則速率常數k=v=2.0×10-5mol/(L·min)。
故答案為：0；2.0×10-5mol/(L·min)
②由圖可知，實驗Ⅰ和實驗Ⅱ的起始濃度相等，20min時，氨氣濃度分別為2.0×10-3mol/L、1.6×10-3mol/L，說明其他條件相同，增大接觸面，氨分解反應速率增大。
故答案為：增大
③由圖可知，實驗Ⅰ中氨氣的起始濃度是實驗Ⅲ的2倍，實驗Ⅰ、Ⅲ的氨氣消耗一半所用的時間分別為60min、30min，說明在一定條件下，分解反應的半衰期與起始濃度的關系是成正比例關系。
故答案為：成正比例
（4）①由圖可知，A點和C點起始氨氣的物質的量相同、氨氣的轉化率相等，A點的體積小于C點，則反應物濃度：A>C，其他條件相同時，反應物濃度越大，反應速率越大，所以起始至反應到達、點時的平均反應速率：，理由是：反應物濃度：A>C，其他條件相同時，反應物濃度越大，反應速率越大。
故答案為：＞； 反應物濃度：A>C，其他條件相同時，反應物濃度越大，反應速率越大
②由圖可知，若B點達到平衡狀態，B點容器體積為2.0L，氨氣的平衡轉化率為80%，由反應可知，平衡時氨氣、氮氣、氫氣的濃度分別為、、，則反應的平衡常數K=。
故答案為：4.32
【分析】（1）A、根據公式分析反應過程中混合氣體的密度是否發生變化。
B、令參與反應的氮氣為amol，據此計算反應過程中氮氣的體積分數是否發生變化。
C、根據公式分析反應過程中混合氣體的平均摩爾質量是否發生變化。
D、根據反應速率之比等于化學計量數之比，分析是否能體現正逆反應速率相等。
（2）根據蓋斯定律計算目標反應的反應熱。
（3）①根據20min時實驗Ⅰ、Ⅲ的反應速率確定n、k的值。
②比較曲線Ⅰ、Ⅱ相同時間內NH3濃度的變化量，從而比較反應速率的相對大小。
③根據圖像數據分析，NH3濃度消耗一半所需時間分析。
（4）①結合濃度對反應速率的影響分析，濃度越大，反應速率越快。
②根據B點數據計算平衡時各物質的物質的量濃度，從而計算平衡常數。
（1）A．由質量守恒定律可知，反應前后混合氣體的質量不變，在恒容密閉容器中混合氣體的密度始終不變，則混合氣體密度不隨時間變化，不能說明正、逆反應速率相等，不能表明反應達到平衡，A不符合題意；
B．設反應消耗氮氣的物質的量為amol，由反應式可知，氮氣的體積分數為，即反應過程中氮氣體積分數始終為50％，則體積分數不隨時間變化，不能說明正、逆反應速率相等，不能表明反應達到平衡，B不符合題意；
C．由質量守恒定律可知，反應前后混合氣體的質量不變，該反應是氣體分子數減少的反應，反應開始至達到平衡過程，混合氣體平均摩爾質量不斷增大，則混合氣體平均摩爾質量不隨時間變化，說明正、逆反應速率相等，表明反應達到平衡，C符合題意；
D．氮氣消耗速率與氨氣生成速率都代表正反應速率，則消耗速率與生成速率之比為1∶2，不能說明正、逆反應速率相等，不能表明反應達到平衡，D不符合題意；
故選C；
（2）由蓋斯定律可知，由①＋②＋③式可得反應：，則由蓋斯定律得：-92.4kJ mol 1=+32.8kJ mol 1+(-78kJ mol 1)+ΔH3，解得ΔH3=-47.2kJ mol 1；
（3）①由圖可知，20min時，實驗Ⅰ和實驗Ⅲ的氨氣濃度分別為2.0×10-3mol/L、0.8×10-3mol/L，反應速率分別為=2.0×10-5mol/(L·min)、=2.0×10-5 mol/(L·min)，由速率方程可得：=，解得n=0，則速率常數k=v=2.0×10-5mol/(L·min)；
②由圖可知，實驗Ⅰ和實驗Ⅱ的起始濃度相等，20min時，氨氣濃度分別為2.0×10-3mol/L、1.6×10-3mol/L，說明其他條件相同，增大接觸面，氨分解反應速率增大；
③由圖可知，實驗Ⅰ中氨氣的起始濃度是實驗Ⅲ的2倍，實驗Ⅰ、Ⅲ的氨氣消耗一半所用的時間分別為60min、30min，說明在一定條件下，分解反應的半衰期與起始濃度的關系是成正比例關系；
（4）①由圖可知，A點和C點起始氨氣的物質的量相同、氨氣的轉化率相等，A點的體積小于C點，則反應物濃度：A>C，其他條件相同時，反應物濃度越大，反應速率越大，所以起始至反應到達、點時的平均反應速率：，理由是：反應物濃度：A>C，其他條件相同時，反應物濃度越大，反應速率越大；
②由圖可知，若B點達到平衡狀態，B點容器體積為2.0L，氨氣的平衡轉化率為80%，由反應可知，平衡時氨氣、氮氣、氫氣的濃度分別為、、，則反應的平衡常數K=。
20．（2024高三上·江門模擬）有機物H是藥物合成的中間體，一種合成路線如圖（Et代表乙基）：
回答下列問題：
（1）H中官能團的名稱為　 　，B的名稱是　 　。
（2）的反應類型是　 　。
（3）1個F分子中含　 　個手性碳原子。
（4）的化學方程式為　 　。
（5）在G的同分異構體中，同時具備下列條件的結構有　 　（不包括立體異構體）種。
①含六元環，環上含2個取代基
②1mol有機物與足量銀氨溶液反應，最多生成4mol Ag
其中，在核磁共振氫譜上有4組峰且峰的面積比為1：1：2：2的結構簡式為　 　。
（6）以2，4-二溴戊烷、丙烯酸甲酯為原料合成有機物，設計合成路線　 　（其他試劑自選）。
【答案】（1）羥基和酮羰基；丙烯酸乙酯
（2）加成反應
（3）2
（4）
（5）4；
（6）
【知識點】有機物的合成；有機物的結構和性質；同分異構現象和同分異構體
【解析】【解析】（1）由H的結構簡式可知，H中官能團的名稱為羥基和酮羰基；由B的結構簡式可知，B的名稱是丙烯酸乙酯；
（2）由分析可知，B分子中存在碳碳雙鍵，A與B按物質的量1：2發生加成反應生成C；
（3）1個F分子中含2個手性碳原子，如圖所示：；
（4）由分析可知，D與乙醇、H+發生反應生成E，化學方程式為：；
（5）G的同分異構體中含六元環，環上含2個取代基，1mol有機物與足量銀氨溶液反應，最多生成4mol Ag，說明含有2mol-CHO，則符合要求的同分異構體有：、、、，共4種；其中，在核磁共振氫譜上有4組峰且峰的面積比為1：1：2：2的結構簡式為；
(6)以2，4-二溴戊烷、丙烯酸甲酯為原料合成有機物，設計合成路線為：在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下水解生成，催化氧化生成，與丙烯酸乙酯在乙醇鈉作用下按物質的量1：1發生加成反應生成，先堿性條件下水解、再酸化得，則合成路線為：。
【分析】A與B按物質的量1：2發生加成反應生成C，C發生一系列反應得到D，D與乙醇、H+反應生成E，E在i)乙醇鈉、ii）H2O作用下轉化為F，F先在堿性條件下發生反應，再在酸性、加熱條件下得到G，G在堿性、加熱條件下轉化為H。
（1）根據上述分析，可以確定H的化學式，即可確定官能團，
（2） 雙鍵斷裂變為單鍵，故為加成反應；
（3） 手性碳原子 為鏈接4個不同的原子或者原子團，據此判斷即可；
（4）D為酸，與乙醇發生酯化反應，生成酯和水據此寫出方程式；
（5）根據限定條件必須含有六元環，且含有2個醛基，根據不飽和度可以確定該有機物的基本骨架和官能團數目和類型，據此解答即可。
（1）由H的結構簡式可知，H中官能團的名稱為羥基和酮羰基；由B的結構簡式可知，B的名稱是丙烯酸乙酯；
（2）由分析可知，B分子中存在碳碳雙鍵，A與B按物質的量1：2發生加成反應生成C；
（3）1個F分子中含2個手性碳原子，如圖所示：；
（4）由分析可知，D與乙醇、H+發生反應生成E，化學方程式為：；
（5）G的同分異構體中含六元環，環上含2個取代基，1mol有機物與足量銀氨溶液反應，最多生成4mol Ag，說明含有2mol-CHO，則符合要求的同分異構體有：、、、，共4種；其中，在核磁共振氫譜上有4組峰且峰的面積比為1：1：2：2的結構簡式為；
（6）以2，4-二溴戊烷、丙烯酸甲酯為原料合成有機物，設計合成路線為：在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下水解生成，催化氧化生成，與丙烯酸乙酯在乙醇鈉作用下按物質的量1：1發生加成反應生成，先堿性條件下水解、再酸化得，則合成路線為：。
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