資源簡介

廣東省肇慶市2024-2025學年屆高三上學期第一次模擬考試化學
1．（2024高三上·廣東模擬）下列物質使用的材料屬于有機高分子材料的是
A．航空發動機——碳化硅纖維 B．人造骨骼——鎳鈦合金
C．量子計算機——鐵基超導材料 D．滑雪服面料——聚酰胺纖維
A．A B．B C．C D．D
2．（2024高三上·廣東模擬）下列化學用語或圖示表達不正確的是
A．的電子式：
B．丙烯的結構簡式：
C．電子云輪廓圖：
D．基態的價層電子軌道表示式：
3．（2024高三上·廣東模擬）粵劇被譽為“南國的紅豆”，是世界非物質文化遺產之一。下列說法不正確的是
A．粵劇頭飾“鳳冠”上的金絲銀線屬于金屬材料
B．粵劇演奏樂器“椰胡”的琴筒由椰殼制成，椰殼的主要成分為多糖
C．粵劇彩繪臉譜使用的紅色油彩主要成分為
D．粵劇頭飾“翎子”(也稱“野雞翎”“錐毛翎”)，其主要成分為天然纖維
4．（2024高三上·廣東模擬）化學與科技、生產、生活息息相關。下列說法不正確的是
A．“深海勇士”號潛水艇使用的鋰離子電池是二次電池
B．保溫杯內膽使用316不銹鋼，不銹鋼的含碳量大于生鐵
C．月球新礦物“嫦娥石”是一種磷酸鹽礦物(含鎂和鐵)，它不易溶于水
D．甲流病毒主要由和蛋白質組成，可采用高溫、紫外線、乙醇等有效滅活
5．（2024高三上·廣東模擬）利用電化學原理既能輸出電能，又能合成有機物。如圖所示裝置在輸出電能的同時可合成苯胺。該電池工作時，下列說法不正確的是
A．多孔惰性電極為正極
B．電流方向為
C．負極電極反應式為
D．反應一段時間后，負極區溶液減小
6．（2024高三上·廣東模擬）設為阿伏加德羅常數的值，下列說法不正確的是
A．標準狀況下，中含有的質子數目為
B．乙醇中含有的共價鍵數目為
C．與水反應轉移的電子數目為
D．與的混合氣體含有的原子數目為
7．（2024高三上·廣東模擬）勞動創造美好生活。下列勞動項目與所述化學知識沒有關聯的是
選項 勞動項目 化學知識
A 用熟香蕉催熟獼猴桃生果 乙烯能加速生果成熟
B 用油脂制肥皂 羧酸與醇能發生酯化反應
C 用光導纖維傳輸量子光信號 二氧化硅具有良好的光學特性
D 用干冰制造舞臺“煙霧” 干冰易升華吸熱
A．A B．B C．C D．D
8．（2024高三上·廣東模擬）維生素P是一種營養增補劑，其結構如圖所示(其中R為烷烴基)。關于該化合物，下列說法正確的是
A．含有5種官能團
B．所有原子可能共平面
C．可以與溶液發生顯色反應
D．該化合物最多能與發生反應
9．（2024高三上·廣東模擬）下列生產生活情境涉及的離子方程式書寫正確的是
A．用去除自來水中的余氯()：
B．用侯氏制堿法制備碳酸氫鈉晶體：
C．用胃舒平[主要成分為]治療胃酸過多：
D．用溶液刻蝕銅電路板：
10．（2024高三上·廣東模擬）某化學興趣小組利用實驗室常見儀器進行海帶提碘的實驗，下列實驗操作正確且能達到對應實驗目的的是
實驗操作
實驗目的 A．灼燒海帶 B．過濾海帶灰懸濁液
實驗操作
實驗目的 C．加入氧化 D．萃取溶液中的
A．A B．B C．C D．D
11．（2024高三上·廣東模擬）部分含氮物質的分類與相應化合價關系如圖所示。下列說法正確的是
A．工業制硝酸的轉化路線為
B．能用鐵制品盛裝e的濃溶液是因為常溫下二者不反應
C．c和d均可以用排水法收集
D．實驗室可用生石灰與f的濃溶液制取a
12．（2024高三上·廣東模擬）化合物M可作為一種廢水處理劑，去除廢水中的金屬離子。其結構如圖所示。W、X、Y和Z均為短周期主族元素，X、Y和Z位于同一周期。W原子核外的電子只有一種自旋取向，基態Z原子s軌道上的電子數和p軌道上的電子數相等。下列說法正確的是
A．第一電離能：
B．原子半徑：
C．簡單氫化物沸點：
D．化合物M中X、Y、Z均滿足8電子結構
13．（2024高三上·廣東模擬）利用如圖所示裝置制備SO2并檢驗其性質。下列說法不正確的是
A．裝置①中紫色石蕊溶液變紅
B．裝置②和④中溶液褪色，均體現SO2的漂白性
C．裝置③中出現渾濁，體現SO2的氧化性
D．裝置⑤中的試劑可以是NaOH溶液，用于吸收尾氣
14．（2024高三上·廣東模擬）下列實驗操作對應的實驗現象和結論均正確的是
選項 實驗操作 實驗現象 實驗結論
A 向溶液中滴加少量氯水，充分反應后再加入淀粉溶液 溶液先變橙黃色，后變藍色 氧化性：
B 將氣體通入溶液中 生成白色沉淀 該沉淀是
C 向稀硝酸中加入過量鐵粉，充分反應后滴加溶液 有氣體生成，滴加溶液后溶液呈紅色 稀硝酸將氧化成
D 向溴水中加入苯，振蕩后靜置 水層顏色變淺 溴與苯發生了取代反應
A．A B．B C．C D．D
15．（2024高三上·廣東模擬）是汽車尾氣凈化催化劑的關鍵成分，其高效的儲放氧性能在的氧化還原催化循環中發揮了巨大作用。研究發現，先在催化劑表面形成強吸附性的二聚體，再與在表面反應生成和，該過程的能量變化曲線如圖所示(吸附在表面的物種用*標注)。下列說法不正確的是
說明：“-----”表示化學鍵將要斷裂或形成。
A．該反應屬于放熱反應
B．該過程中的最大活化能為
C．該過程中伴隨極性鍵和非極性鍵的斷裂和形成
D．若改用其他催化劑，其反應的不變
16．（2024高三上·廣東模擬）科學家基于水/有機雙相電解質開發了一種新型的銅鋅二次電池，雙相電解質建立了離子選擇性界面，僅允許氯離子遷移，其放電時的工作原理如圖所示。下列說法不正確的是
A．充電時，石墨電極與電源正極相連
B．充電時，石墨電極上可發生電極反應
C．放電時，氯離子向鋅電極遷移
D．放電時，理論上電路中每轉移電子，鋅電極質量增加
17．（2024高三上·廣東模擬）某小組利用如圖所示裝置制備84消毒液，并進一步探究相關物質的反應原理以及測定產品中游離堿的含量。
已知：溫度高于40℃時，會與反應生成。
回答下列問題：
（1）儀器a的名稱為　 　，圓底燒瓶內發生反應的離子方程式為　 　，裝置b中的試劑為　 　。
（2）裝置c采用冰水浴的目的為　 　。
（3）若裝置d的作用是安全瓶，請在虛線方格內畫出實驗裝置圖　 　。
（4）小組查閱資料了解到，使用過84消毒液的游泳池若再使用消毒劑，泳池中氧氣含量會增加，有可能會導致池水中的藻類快速生長。針對氧氣產生的原因，小組進行了如下探究：
[提出猜想]Ⅰ.催化分解產生氧氣。
Ⅱ.與反應產生氧氣。
[進行實驗]如圖所示，將注射器中的溶液均分6次注入錐形瓶，每次注入溶液待不再產生氣泡后，記錄量筒內液體總體積制成表格(忽略加入溶液導致錐形瓶內溶液體積的變化以及其他因素對測量結果造成的影響)。
實驗編號 1 2 3 4 5 6
量筒內液體總體積 20.0 60.0 80.0 90.0 90.0
①表中的數據　 　。
[得出結論]②由實驗可知，猜想Ⅱ正確，理由為　 　。
（5）該小組測定了以上制備的84消毒液產品中游離堿的含量(的質量占消毒液質量的百分數)，實驗步驟：取產品()，滴加雙氧水至溶液不再產生氣泡為止，加熱溶液，除去殘留的后將溶液轉移至容量瓶，洗滌、定容、搖勻，移取其中待測液于錐形瓶中，以酚酞為指示劑，用鹽酸標準溶液滴定至終點，平行滴定3次。
①滴加5%雙氧水的目的是　 　(用離子方程式表示)。
②若平均消耗鹽酸的體積為，則該84消毒液中游離堿含量為　 　(保留兩位有效數字)。
18．（2024高三上·廣東模擬）廢鋰離子電池正極材料中含有鈷、鎳、鋰等金屬，具有較高回收價值，對其進行無害化處理并回收具有重要意義。一種回收鈷、鎳、鋰的工藝流程如下：
已知：①廢鋰電池正極材料成分為、、及、的化合物。
②溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀時的如下表所示：
金屬離子
開始沉淀時()的 2.7 3.2 6.6 6.7 7.8
沉淀完全時()的 3.7 5.0 9.2 9.5 10.4
③為淡綠色固體，為玫紅色固體。
回答下列問題：
（1）“浸出”過程中鈷元素轉化為，該反應的化學方程式為　 　。此過程若用濃鹽酸代替和，其缺點除因其揮發性導致利用率降低外，還有　 　(寫一點)。
（2）如果“浸出”后溶液中、、濃度均約為，則“調”過程中調節溶液的時，濾渣的主要成分為　 　。
（3）“除鈷”時水相和濃度會影響鈷、鎳分離效果，根據下圖選擇“除鈷”的最佳條件：水相　 　，　 　。
（4）判斷沉鎳母液中已沉淀完全的操作為　 　。
（5）“反萃取”過程發生反應，則反萃取劑為　 　(填化學式)。
（6）高溫高壓下向固態中通入氣態可制得電池的電解質，制備前需將處理為多孔材料，原因為　 　；制得的。中所含化學鍵類型為　 　。
19．（2024高三上·廣東模擬）砷廣泛分布在自然界中，土壤、水、植物以及人體中都含有微量砷。回答下列問題：
（1）與同主族，基態砷原子價層電子排布式為　 　。
（2）和中心原子的雜化軌道類型相同，但的鍵角小于的，其原因為　 　。
（3）砷的兩種三元含氧酸的酸性強弱為　 　(填“>”或“<”)。可用作殺蟲劑，的空間結構為　 　。
（4）工業上常用改性季銨鹽從煉銅煙灰堿性溶液中萃取砷，其工藝流程短、成本低。萃取反應機理如下：
①物質Ⅳ為　 　(填化學式)。
②關于Ⅰ~Ⅲ三種物質，下列說法正確的有　 　(填字母)。
a．Ⅰ中C原子的雜化軌道類型均為 b．Ⅱ中的化合價為
c．Ⅲ含有的元素中，O的電負性最大 d．Ⅲ中的化學鍵均為鍵
（5）砷化硼晶體是具有超高熱導率的半導體材料，其晶胞結構如圖所示，其晶胞參數為。
①點的分數坐標為，則點的分數坐標為　 　；晶體中與頂點B原子等距且最近的B原子個數為　 　。
②該晶體的化學式為　 　；已知為阿伏加德羅常數的值，則該晶體的密度為　 　(列出計算式)。
③如果把晶體中砷原子換成氮原子，形成的晶體的熔點明顯升高，原因為　 　。
20．（2024高三上·廣東模擬）某小組嘗試以兒茶酚(鄰苯二酚)為原料，按照以下流程合成某抗氧化劑的中間體I：
已知：
（1）化合物B的分子式為　 　。
（2）化合物F中的含氧官能團的名稱為　 　，反應的化學方程式為　 　。
（3）化合物G的同分異構體有多種，請寫出其中一種滿足下述條件的結構簡式：　 　。
①含有苯環，且苯環上只有兩個取代基；
②核磁共振氫譜峰面積之比為；
③官能團只有一種，可以與溶液反應產生氣體。
（4）關于上述反應，下列說法正確的有___________(填字母)。
A．反應的另外一種產物為
B．反應的條件為水溶液，加熱
C．化合物H的名稱為甲酸
D．化合物I中存在手性碳原子
（5）對于化合物D，分析預測其可能的化學性質，完成下表：
序號 反應試劑、條件 反應生成新的物質 反應類型
① ，催化劑、加熱 　 　 　 　
② 　 　 　 　
（6）以、乙炔以及為原料(其他無機試劑任選)合成。基于你設計的合成路線，回答下列問題：
①寫出乙炔與發生反應的產物：　 　(寫出結構簡式)。
②寫出最后一步反應的化學方程式：　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】合成材料
【解析】【解答】A．碳化硅纖維屬于新型無機非金屬材料，A錯誤；
B．鎳鈦合金屬于金屬材料，B錯誤；
C．鐵基超導材料屬于金屬材料，C錯誤；
D．聚酰胺纖維屬于有機高分子材料，D正確；
故答案為：D。
【分析】 有機高分子材料 是指通過有機物加聚或者縮聚等方法合成得到的材料。
2．【答案】B
【知識點】原子核外電子排布；原子核外電子的運動狀態；電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合
【解析】【解答】A．過氧化鈉為離子化合物，電子式正確，A正確；
B．丙烯的結構簡式：，B錯誤；
C．電子云輪廓圖為紡錘形，圖示正確，C正確；
D．基態的價層電子排布式為3s23p6，價電子軌道表示式正確，D正確；
故選B。
【分析】B.對烯烴而言，在書寫結構簡式，碳碳雙鍵不可省略。
3．【答案】C
【知識點】化學科學的主要研究對象；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點
【解析】【解答】A．金屬材料包括純金屬和合金。金絲銀線是金屬，屬于金屬材料，A正確；
B．椰殼的主要成分是纖維素，纖維素屬于多糖，B正確；
C．是黑色晶體，不能作為紅色油彩的主要成分，紅色油彩主要成分為，C錯誤；
D．翎子主要是動物的羽毛，動物羽毛的主要成分是角蛋白，屬于天然蛋白質纖維，D正確；
故答案為：C。
【分析】C.鐵的氧化物中， 為黑色，為紅色，所以紅色油彩的主要成分為三氧化二鐵。
4．【答案】B
【知識點】氨基酸、蛋白質的結構和性質特點
【解析】【解答】A．鋰離子電池是二次電池，二次電池是可以多次充放電的電池。“深海勇士” 號潛水艇使用的鋰離子電池能夠充電后再次使用，A正確；
B．不銹鋼（如 316 不銹鋼）是含碳量較低的合金鋼，含碳量一般小于0.15%，生鐵的含碳量在2%~4.3%之間。所以不銹鋼的含碳量小于生鐵，B錯誤；
C．磷酸鹽礦物（含鎂和鐵），磷酸鹽除了少數如Na3PO4等堿金屬磷酸鹽易溶外，大多數磷酸鹽是難溶的。所以 “嫦娥石” 不易溶于水，C正確；
D．甲流病毒主要由 RNA 和蛋白質組成，高溫可以使蛋白質變性，紫外線可以破壞病毒的核酸結構，75% 乙醇可以使蛋白質變性，從而有效滅活病毒，D正確；
故選B。
【分析】B.對于鐵的合金而言，生鐵的含碳量在2%~4.3%之間，含碳量最高，其次為鋼的含碳量為小于2%，鋼的含碳量較低。
5．【答案】D
【知識點】電極反應和電池反應方程式；原電池工作原理及應用
【解析】【解答】A．由圖可知，在左側硝基苯生成苯胺，硝基苯被還原，則多孔惰性電極為正極，A正確；
B．由圖可知，在左側硝基苯生成苯胺，硝基苯被還原，則多孔惰性電極為正極，Al為負極，電流方向為，B正確；
C．由分析可知，Al為負極，Al失去電子生成Al3+，電極反應式為，C正確；
D．在正極得電子被還原為，其中N元素由+3價降低到-3價，得到6個電子，對應電極反應式為+6H++6e-=+2H2O，則負極區的H+通過電解質膜進入正極區，負極區氫離子濃度減小，pH增大，D錯誤；
故答案為：D。
【分析】由圖可知，在左側硝基苯生成苯胺，硝基苯被還原，則多孔惰性電極為正極，Al為負極，負極反應為：，正極反應為+6H++6e-=+2H2O，據此解答即可。
6．【答案】B
【知識點】物質的量的相關計算
【解析】【解答】A．標準狀況下，11.2L臭氧中含有的質子數目為×24×NAmol—1=12NA，故A正確；
B．乙醇分子中含有的共價鍵數目為8，則46g乙醇中含有的共價鍵數目為×8×NAmol—1=8NA，故B錯誤；
C．過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，則1mol過氧化鈉與水反應轉移的電子數目為1mol×1×NAmol—1=NA，故C正確；
D．一氧化氮和一氧化碳含有的氧原子數目都為1，則1mol一氧化氮和一氧化碳的混合氣體含有的氧原子數目為1mol×1×NAmol—1=NA，故D正確；
故答案為：B。
【分析】A.一個臭氧分子含有24個質子，0.5mol含有12mol質子，故為12NA，
B.根據乙醇結構可知，一個乙醇分子含有8個共價鍵，而不是7個共價鍵；
C.根據過氧化鈉與水反應，過氧化鈉與水反應轉移的電子數目為1個，故1mol過氧化鈉轉移電子為NA，
D.無論一氧化氮和一氧化碳含有的氧原子數目都為1，故1mol一氧化氮和一氧化碳的混合氣體含有氧原子為1mol。
7．【答案】B
【知識點】化學科學的主要研究對象；油脂的性質、組成與結構
【解析】【解答】A．熟香蕉能產生大量的乙烯氣體， 乙烯是一種植物激素，能催熟水果，所以能催熟獼猴桃生果，A正確；
B．用油脂制肥皂是利用油脂在溶液中水解生成高級脂肪酸鈉的過程，跟羧酸與醇能發生酯化反應沒有關聯，B錯誤；
C．光導纖維的主要成分為二氧化硅生產的石英玻璃，具有良好的光學特性，可以高質量傳輸量子光信號，C正確；
D．干冰極易升華，同時大量吸熱降低周圍溫度，從而使空氣中的水蒸氣液化形成小水滴，這些小水滴懸浮在空氣中形成“白霧”，D正確；
故答案為：B。
【分析】B. 用油脂制肥皂 是利用高級脂肪酸甘油酯在堿性條件下水解得到高級脂肪酸鈉鹽，即為肥皂，該過程涉及為酯的水解。
8．【答案】C
【知識點】有機物中的官能團；苯酚的化學性質
【解析】【解答】A．維生素P中含有酚羥基、酮羰基、醚鍵3種官能團，A錯誤；
B．在維生素P中因為含有烷烴基R，所有原子不可能共面，B錯誤；
C．維生素P中含有酚羥基，能與溶液發生顯色反應，C正確；
D．維生素P中只有酚羥基能與溶液發生反應，維生素P中只有酚羥基，所以只能消耗溶液，D錯誤；
故答案為：C。
【分析】A.根據結構可知，含有官能團有：酚羥基、酮羰基、醚鍵3種官能團，切記苯環不屬于官能團；
B.分子中含有烷烴基，故不可能所以原子共平面；
C.含有酚羥基，可以與氯化鐵顯色；
D.只有酚羥基能與溶液發生反應，維生素P中只有酚羥基。
9．【答案】A
【知識點】鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉變；探究碳酸鈉與碳酸氫鈉的性質；離子方程式的書寫；氯水、氯氣的漂白作用
【解析】【解答】A．用去除自來水中的余氯()，將氧化為，離子方程式為：，A正確；
B．用侯氏制堿法制備碳酸氫鈉晶體，碳酸氫鈉晶體是固體，離子方程式為：，B錯誤；
C．用胃舒平[主要成分為]治療胃酸過多，為難溶物，離子方程式為：，C錯誤；
D．用溶液刻蝕銅電路板，將Cu氧化為，自身被還原為，離子方程式為：，D錯誤；
故答案為：A。
【分析】A.氯氣具有氧化性，具有還原性，二者發生氧化還原反，根據化合價升降相等，即可配平；
B.侯氏制堿法得到碳酸氫鈉為晶體，不可拆；
C.氫氧化鋁為難溶物，不開拆；
D.將Cu氧化為，自身被還原為。
10．【答案】C
【知識點】過濾；蒸餾與分餾；分液和萃取
【解析】【解答】A．灼燒在坩堝中進行，故A錯誤；
B．應該通過過濾分離不溶性固體與溶液，不需要分液漏斗，故B錯誤；
C．酸性溶液中過氧化氫可氧化碘離子生成碘單質，圖中丙裝置反應生成I2，故C正確；
D．乙醇與水互溶，不能萃取碘水中的I2，故D錯誤；
故選：C。
【解答】A.灼燒固體用坩堝，蒸發溶液用蒸發皿；
B.過濾應該用普通漏斗，而不是分液漏斗；
D.乙醇與水互溶，不能當萃取劑。
11．【答案】D
【知識點】氨的性質及用途；氨的實驗室制法
【解析】【解答】A．工業制備硝酸是將氨氣催化氧化制備NO后再進一步制備硝酸，而不用氮氣制備NO，故轉化路線為，A錯誤；
B．能用鐵制品盛裝HNO3的濃溶液是因為鐵和濃硝酸在常溫下發生鈍化，生成致密的氧化膜，阻止反應進一步進行，B錯誤；
C．NO2能與水發生反應，生成NO和HNO3，不能用排水法收集，C錯誤；
D．生石灰與濃氨水反應時生成氫氧化鈣和氨氣，故實驗室可用生石灰與濃氨水制取NH3，D正確；
故答案為：D。
【分析】由價類二維圖可知，a為NH3，b為N2，c為NO，d為NO2或N2O4，e為HNO3，f為，據此回答。
A.工業制備硝酸為先制備氨氣，再進行氨的催化氧化，然后再制備硝酸；
B.濃硝酸與鐵在常溫下發生鈍化，也發了化學反應；
C.二氧化氮與水反應，并不能排水法收集；
D.生石灰與濃氨水反應可以制備氨氣。
12．【答案】D
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；原子結構與元素的性質；氫鍵的存在對物質性質的影響；微粒半徑大小的比較
【解析】【解答】A．同一周期元素的第一電離能隨著原子序數的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，則第一電離能：，A錯誤；
B．同一周期主族元素，從左往右原子半徑依次減小，則原子半徑：，B錯誤；
C．O的電負性大于N，H2O分子間氫鍵強度比NH3分子間氫鍵大，則沸點：H2O>NH3，C錯誤；
D．化合物M中O連接2個共價鍵，N原子連接4個共價鍵，C原子連接4個共價鍵，均滿足8電子結構，D正確；
故答案為：D。
【分析】W、X、Y和Z均為短周期主族元素，X、Y和Z位于同一周期，W原子核外的電子只有一種自旋取向，電子排布式為1s1，W為H元素；基態Z原子s軌道上的電子數和p軌道上的電子數相等，電子排布式為1s22s22p4或1s22s22p63s2，結合Z連接2個共價鍵，則Z為O元素，Y連接4各共價鍵且帶1各正電荷，Y為N元素，X為C元素。
A.第ⅤA族的大于第ⅥA族的電離能出現反常，要注意；
B.同一周期主族元素，從左往右原子半徑依次減小進行比較即可；
C.分子間含有氫鍵，沸點會異常的高；
D.化合物M中的結構式可知，都滿足了8電子穩定結構。
13．【答案】B
【知識點】二氧化硫的性質；含硫物質的性質及綜合應用；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A.70%的硫酸和Na2SO3發生反應生成Na2SO4、H2O和SO2。SO2是一種酸性氧化物，溶于水生成H2SO3，可使紫色石蕊變紅，A項正確；
B．SO2能使品紅褪色，是因為SO2具有漂白作用；SO2具有還原性，能與酸性KMnO4發生氧化還原反應，從而使酸性KMnO4溶液褪色。裝置②和④中溶液褪色，原理不同，B項錯誤；
C．SO2與H2S發生反應：SO2+2H2S＝3S↓+2H2O，所以裝置③中出現渾濁，該過程中SO2中的S元素化合價降低，被還原，體現了SO2的氧化性，C項正確；
D．SO2是一種無色、有刺激性氣味的有毒氣體，不能直接排放到空氣中，SO2能與NaOH發生反應，故可以通過NaOH溶液來吸收尾氣，D項正確；
故答案為：B。
【分析】70%的硫酸和Na2SO3發生反應生成二氧化硫，SO2是一種酸性氧化物，故①中石蕊變色，二氧化硫具有漂白性，②中品紅褪色，③中硫化氫與二氧化硫反應生成單質硫，為淡黃色沉淀，④高錳酸鉀與二氧化硫反應，褪色，最后高錳酸鉀吸收多余二氧化硫，防止污染空氣。
14．【答案】A
【知識點】二價鐵離子和三價鐵離子的檢驗；苯的結構與性質；分液和萃取
【解析】【解答】A．向溶液中滴加少量氯水，溶液先變橙黃色，說明Cl2與溴離子反應生成Br2，充分后溶液變藍，說明有I2生成，說明Br2將I-氧化為I2，氧化性：，A正確；
B．將氣體通入溶液中，SO2先與水反應生成H2SO3，H2SO3電離產生氫離子，酸性環境下硝酸根具有強氧化性，故最終得到BaSO4沉淀，B錯誤；
C．向稀硝酸中加入過量鐵粉，Fe轉化為Fe2+，加溶液后溶液不呈紅色，C錯誤；
D．向溴水中加入苯，振蕩后靜置，水層顏色變淺，溴由水層轉移到了苯層，發生了萃取，沒有發生取代反應，D錯誤；
故答案為：A。
【分析】A.利用氧化還原反應，氧化性強的可以置換出氧化性弱的；
B.溶液顯酸性，又有硝酸根，相當于有硝酸，二氧化硫會被氧化；
C.鐵粉過量，最終得到亞鐵；
D.苯與液溴才能反應，溴水不反應。
15．【答案】C
【知識點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；吸熱反應和放熱反應；有效碰撞理論
【解析】【解答】A．由圖可知，該反應是反應物總能量大于生成物總能量的放熱反應，故A正確；
B．由圖可知，反應的最大活化能為(—1.18eV)—(—1.98eV)=0.8eV，故B正確；
C．由圖可知，反應過程中無非極性鍵(N-N)的斷裂，故C錯誤；
D．改用其他催化劑，只能改變反應的活化能，改變反應速率，但不能反應的焓變，故D正確；
故答案為：C。
【分析】A.根據反應物總能量與生成物總能量相對大小即可判斷反應吸放熱情況；
B.最大活化能即最大能壘，有圖即可判斷；
C.根據流程可知，沒有非極性鍵斷裂；
D.催化劑不能改變反應的熱效應。
16．【答案】D
【知識點】化學電源新型電池；原電池工作原理及應用
【解析】【解答】A．根據分析，充電時，石墨電極與電源正極相連，A正確；
B．充電時，石墨電極為陽極，發生氧化反應，電極反應，B正確；
C．放電時，氯離子向負極，即向鋅電極遷移，C正確；
D．放電時，根據負極電極式，理論上電路中每轉移電子，鋅電極質量增加2molCl-的質量，應為：，D錯誤；
故答案為：D。
【分析】放電時為原電池原理，鋅為負極，電極式為：Zn-2e-+2Cl-=ZnCl2，石墨為正極，電極式為：；充電時為電解池原理，鋅與電源負極相連為陰極，石墨與電源正極相連為陽極。
A.石墨為正極，充電時與電源正極相連
B.，石墨電極為陽極，發生氧化反應，根據轉化即可寫出電極反應；
C.放電時，陰離子向負極移動；
D.理論上電路中每轉移電子，鋅電極質量增加2molCl-的質量，據此計算質量即可。
17．【答案】（1）分液漏斗；；飽和食鹽水
（2）防止三頸燒瓶內溫度過高，生成雜質
（3）或
（4）40.0；第6次添加溶液后，產生氣體的總體積不變，說明已消耗完，若作催化劑，則其量不變，產生的氣體的量應繼續增加(或實驗4→5，氣體體積增加，小于，說明實驗5中已反應完，若作催化劑，產生的氣體應為)
（5）；
【知識點】中和滴定；制備實驗方案的設計
【解析】【解析】（1）儀器a的名稱為分液漏斗。圓底燒瓶中濃鹽酸與二氧化錳反應制氯氣，離子方程式為：。b瓶的目的是除去氯化氫氣體，避免氯化氫進入c裝置與氫氧化鈉溶液反應，降低產品產率，所以裝的是飽和食鹽水。答案為：分液漏斗；；飽和食鹽水。
（2）溫度高于40℃時，會與反應生成，為提高的產率，避免生成，所以采用冰水浴。答案為：防止三頸燒瓶內溫度過高，生成雜質。
（3）若裝置d的作用是安全瓶，作用是防倒吸，所以裝置為：或。答案為：或。
（4）①根據前4次加入雙氧水的量規律，第二次進入的量為40毫升。答案為：。
②第5次和第6次加入的雙氧水的量完全相同，但是氣體體積不變說明已消耗完，若作催化劑，則其量不變，產生的氣體的量應繼續增加，說明猜想Ⅱ正確。答案為：第6次添加溶液后，產生氣體的總體積不變，說明已消耗完，若作催化劑，則其量不變，產生的氣體的量應繼續增加(或實驗4→5，氣體體積增加，小于，說明實驗5中已反應完，若作催化劑，產生的氣體應為)。
（5）①因為殘留的也會與鹽酸反應，導致消耗的鹽酸的量增大，使測量結果不準確。答案為：。
②根據，所消耗的鹽酸的質量為：，該84消毒液中游離堿含量為：。答案為：。
【分析】實驗中利用濃鹽酸與二氧化錳制取氯氣：。通過b瓶（飽和食鹽水）除去氯化氫氣體，避免氯化氫進入c裝置與氫氧化鈉溶液反應，降低產品產率。氯氣進入c裝置以后，與氫氧化鈉反應制取84消毒液的主要成分（），方程式為：。剩余氯氣用氫氧化鈉吸收，避免污染空氣，d裝置為防倒吸裝置。據此分析作答。
（1） 圓底燒瓶 內發生的為實驗室制備氯氣，據此寫出即可，利用飽和食鹽水除去氯氣中混有的氯化氫；
（2）采用冰水浴進行降溫，防止生成雜質 ；
（3）d為安全瓶，據此畫出即可；
（4）根據前4次加入雙氧水的量規律，第二次進入的量為40毫升；
（5）①次氯酸根與雙氧水反應生成氧氣和氯離子；利用化合價升降相等配平即可。
（1）儀器a的名稱為分液漏斗。圓底燒瓶中濃鹽酸與二氧化錳反應制氯氣，離子方程式為：。b瓶的目的是除去氯化氫氣體，避免氯化氫進入c裝置與氫氧化鈉溶液反應，降低產品產率，所以裝的是飽和食鹽水。答案為：分液漏斗；；飽和食鹽水。
（2）溫度高于40℃時，會與反應生成，為提高的產率，避免生成，所以采用冰水浴。答案為：防止三頸燒瓶內溫度過高，生成雜質。
（3）若裝置d的作用是安全瓶，作用是防倒吸，所以裝置為：或。答案為：或。
（4）①根據前4次加入雙氧水的量規律，第二次進入的量為40毫升。答案為：。
②第5次和第6次加入的雙氧水的量完全相同，但是氣體體積不變說明已消耗完，若作催化劑，則其量不變，產生的氣體的量應繼續增加，說明猜想Ⅱ正確。答案為：第6次添加溶液后，產生氣體的總體積不變，說明已消耗完，若作催化劑，則其量不變，產生的氣體的量應繼續增加(或實驗4→5，氣體體積增加，小于，說明實驗5中已反應完，若作催化劑，產生的氣體應為)。
（5）①因為殘留的也會與鹽酸反應，導致消耗的鹽酸的量增大，使測量結果不準確。答案為：。
②根據，所消耗的鹽酸的質量為：，該84消毒液中游離堿含量為：。答案為：。
18．【答案】（1）；可以被、等氧化成有毒的，污染環境
（2）、
（3）5.2；0.25
（4）取適量沉鎳母液于試管中，滴加溶液，若無淡綠色固體產生，說明已沉淀完全
（5）
（6）增大氣固接觸面積，提高產率；離子鍵、極性共價鍵
【知識點】氧化還原反應方程式的配平；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質
【解析】【解析】（1）“浸出”過程中鈷元素轉化為亞鈷離子發生的反應為鈷酸鋰與硫酸和過氧化氫混合溶液反應生成硫酸鋰、硫酸亞鈷、氧氣和水，反應的化學方程式為；濃鹽酸具有還原性，若用濃鹽酸代替硫酸和過氧化氫混合溶液，濃鹽酸會與鈷酸鋰、鎳酸鋰等發生氧化還原反應生成有毒的氯氣污染環境，故答案為：；可以被、等氧化成有毒的，污染環境；
（2）由表格數據可知，調節溶液pH為5的目的是將溶液中的鐵離子、鋁離子轉化為氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，故答案為：、；
（3）由圖可知，水相pH為5.2、c(P507)為0.25時鈷、鎳萃取率相差最大，所以“除鈷”的最佳條件是水相pH為5.2、c(P507)為0.25，故答案為：5.2；0.25；
（4）由題給信息可知，氫氧化鎳為淡綠色固體，則判斷沉鎳母液中鎳離子已沉淀完全的操作為取適量沉鎳母液于試管中，滴加溶液，若無淡綠色固體產生，說明已沉淀完全，故答案為：取適量沉鎳母液于試管中，滴加溶液，若無淡綠色固體產生，說明已沉淀完全；
（5）由分析可知，加入反萃取劑稀硫酸萃取、分液的目的是得到含有硫酸亞鈷的反萃取液，故答案為：；
6)制得電池的電解質LiPF6前需將氟化鋰處理為多孔材料可以增大氣固接觸面積，提高產率；由化學式可知，LiPF6中含有離子鍵、極性共價鍵，故答案為：增大氣固接觸面積，提高產率；離子鍵、極性共價鍵。
【分析】由題給流程控制，向廢舊鋰電池的正極材料中加入硫酸和過氧化氫的混合溶液浸出，將金屬元素轉化為可溶的金屬硫酸鹽，向反應后的溶液中加入氫氧化鈉溶液調節溶液pH，將溶液中的鐵離子、鋁離子轉化為氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，過濾得到含有氫氧化鐵、氫氧化鋁的濾渣和濾液；向濾液中加入P204萃取、分液得到除去錳離子水相，向水相中加入P507萃取、分液得到鈷萃余液和載鈷有機相；向鈷萃余液中加入氫氧化鈉溶液反萃取、過濾得到氫氧化鎳和沉鎳母液；向沉鎳母液中加入氫氟酸，將溶液中的鋰離子轉化為氟化鋰沉淀，過濾得到氟化鋰；向載鈷有機相中加入反萃取劑稀硫酸萃取、分液得到含有硫酸亞鈷的反萃取液；反萃取液經處理得到硫酸亞鈷。
（1）該反應為氧化還原反，根據化合價升降相等配平即可；產物有毒會污染空氣；
（2）由表格數據可知，調節溶液pH為5的目的是將溶液中的鐵離子、鋁離子轉化為氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀；
（3）由圖可知，水相pH為5.2、c(P507)為0.25時鈷、鎳萃取率相差最大，
（4）判斷離子完全沉淀的方法為繼續向上清液加入沉淀劑即可判斷；
（5）由分析可知，加入反萃取劑稀硫酸萃取
（6） 制備前需將處理為多孔材料 目的為增大接觸面積，反應更加充分。
（1）“浸出”過程中鈷元素轉化為亞鈷離子發生的反應為鈷酸鋰與硫酸和過氧化氫混合溶液反應生成硫酸鋰、硫酸亞鈷、氧氣和水，反應的化學方程式為；濃鹽酸具有還原性，若用濃鹽酸代替硫酸和過氧化氫混合溶液，濃鹽酸會與鈷酸鋰、鎳酸鋰等發生氧化還原反應生成有毒的氯氣污染環境，故答案為：；可以被、等氧化成有毒的，污染環境；
（2）由表格數據可知，調節溶液pH為5的目的是將溶液中的鐵離子、鋁離子轉化為氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，故答案為：、；
（3）由圖可知，水相pH為5.2、c(P507)為0.25時鈷、鎳萃取率相差最大，所以“除鈷”的最佳條件是水相pH為5.2、c(P507)為0.25，故答案為：5.2；0.25；
（4）由題給信息可知，氫氧化鎳為淡綠色固體，則判斷沉鎳母液中鎳離子已沉淀完全的操作為取適量沉鎳母液于試管中，滴加溶液，若無淡綠色固體產生，說明已沉淀完全，故答案為：取適量沉鎳母液于試管中，滴加溶液，若無淡綠色固體產生，說明已沉淀完全；
（5）由分析可知，加入反萃取劑稀硫酸萃取、分液的目的是得到含有硫酸亞鈷的反萃取液，故答案為：；
（6）制得電池的電解質LiPF6前需將氟化鋰處理為多孔材料可以增大氣固接觸面積，提高產率；由化學式可知，LiPF6中含有離子鍵、極性共價鍵，故答案為：增大氣固接觸面積，提高產率；離子鍵、極性共價鍵。
19．【答案】（1）
（2）含有一個孤電子對，而含有兩個孤電子對，中的孤電子對對成鍵電子對的排斥作用更大
（3）>；正四面體形
（4）；cd
（5）；12；；；的原子半徑小于，即的鍵長比的鍵長短，導致的鍵能比的鍵能大
【知識點】原子核外電子排布；晶胞的計算；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷
【解析】【解析】（1）As與N同族，基態砷原子價層電子排布式為；
（2）H2O和AsH3中心原子均為sp3雜化，中氧有2對孤電子對，中As有1對孤電子對，故電子對斥力較大，則的鍵角小于的原因為含有一個孤電子對，而含有兩個孤電子對，中的孤電子對對成鍵電子對的排斥作用更大；
（3）H3AsO4和H3AsO3可表示為(HO)3AsO和(HO)3As，H3AsO3中的As為+3價，而H3AsO4中非羥基氧較多、As為+5價，正電性更高，導致As-O-H中的O的電子更向As偏移，越易電離出H+，故酸性強弱為>；中含有的孤電子對數是0，中心原子有4個共價鍵，則的空間結構為正四面體形；
（4）①根據方程式的元素守恒可知，物質Ⅳ為；
②a．Ⅰ中碳氧雙鍵中的C原子的雜化軌道類型均為，a錯誤；
b．結合Ⅲ的結構可知，Ⅱ中的化合價為+3，b錯誤；
c．同周期越靠右電負性越大，同主族越靠上電負性越大，則Ⅲ含有的元素中，O的電負性最大，c正確；
d．根據Ⅲ的結構可知，其中都是單鍵，則其化學鍵均為鍵，d正確；
故選cd；
（5）①結合坐標系和點的分數坐標為，則點的分數坐標為；晶體中與頂點B原子等距且最近的B原子位于面心位置，則其個數為12；
②該晶胞中B為頂點和面心，根據均攤的原則可知，1個晶胞中B原子的個數為4，As位于體內，則1個晶胞中As原子的個數為4，則該晶體的化學式為；該晶體的密度；
③該晶體熔化時需要破壞共價鍵，共價鍵越短，鍵能越大，而N原子的半徑比As的半徑小，故如果把晶體中砷原子換成氮原子，形成的晶體的熔點明顯升高，原因為：的原子半徑小于，即的鍵長比的鍵長短，導致的鍵能比的鍵能大。
【分析】（1）同主族元素價電子數目相等，據此寫出砷的價電子；
（2）當雜化方式相同時，看孤對電子數目，孤對電子數目越多，鍵角越小；
（3）非羥基氧數目越多，酸性越強，據此比較酸性強弱；
（4）①根據方程式的元素守恒可知，即可得到 物質Ⅳ ；
②a．Ⅰ中碳氧雙鍵中的C原子的雜化軌道類型均為，
b．結合Ⅲ的結構可知，Ⅱ中的化合價為+3，
c．同周期越靠右電負性越大，同主族越靠上電負性越大，則Ⅲ含有的元素中，O的電負性最大
d．根據Ⅲ的結構可知，其中都是單鍵，則其化學鍵均為鍵
（5）晶體中與頂點B原子等距且最近的B原子位于面心位置，則其個數為12。
（1）As與N同族，基態砷原子價層電子排布式為；
（2）H2O和AsH3中心原子均為sp3雜化，中氧有2對孤電子對，中As有1對孤電子對，故電子對斥力較大，則的鍵角小于的原因為含有一個孤電子對，而含有兩個孤電子對，中的孤電子對對成鍵電子對的排斥作用更大；
（3）H3AsO4和H3AsO3可表示為(HO)3AsO和(HO)3As，H3AsO3中的As為+3價，而H3AsO4中非羥基氧較多、As為+5價，正電性更高，導致As-O-H中的O的電子更向As偏移，越易電離出H+，故酸性強弱為>；中含有的孤電子對數是0，中心原子有4個共價鍵，則的空間結構為正四面體形；
（4）①根據方程式的元素守恒可知，物質Ⅳ為；
②a．Ⅰ中碳氧雙鍵中的C原子的雜化軌道類型均為，a錯誤；
b．結合Ⅲ的結構可知，Ⅱ中的化合價為+3，b錯誤；
c．同周期越靠右電負性越大，同主族越靠上電負性越大，則Ⅲ含有的元素中，O的電負性最大，c正確；
d．根據Ⅲ的結構可知，其中都是單鍵，則其化學鍵均為鍵，d正確；
故選cd；
（5）①結合坐標系和點的分數坐標為，則點的分數坐標為；晶體中與頂點B原子等距且最近的B原子位于面心位置，則其個數為12；
②該晶胞中B為頂點和面心，根據均攤的原則可知，1個晶胞中B原子的個數為4，As位于體內，則1個晶胞中As原子的個數為4，則該晶體的化學式為；該晶體的密度；
③該晶體熔化時需要破壞共價鍵，共價鍵越短，鍵能越大，而N原子的半徑比As的半徑小，故如果把晶體中砷原子換成氮原子，形成的晶體的熔點明顯升高，原因為：的原子半徑小于，即的鍵長比的鍵長短，導致的鍵能比的鍵能大。
20．【答案】（1）
（2）醚鍵、醛基；
（3）
（4）A；B
（5）；加成反應(或還原反應)；濃硝酸、濃硫酸，加熱；取代反應
（6）；
【知識點】有機物中的官能團；有機物的合成；同分異構現象和同分異構體
【解析】【解析】（1）由B的結構簡式可知，分子式為。
（2）由F的結構簡式可知，含氧官能團的名稱為醚鍵、醛基，E發生催化氧化反應生成F，化學方程式為：2+O22+2H2O。
（3）G的同分異構體滿足條件：①含有苯環，且苯環上只有兩個取代基；②核磁共振氫譜峰面積之比為，說明其為對稱的結構，含有4種環境的H原子，且個數比為；③官能團只有一種，可以與溶液反應產生氣體，該官能團為-COOH；滿足條件的同分異構體為：。
（4）A．C和ClCH2OCH3發生取代反應生成D，由C和D的結構簡式可以推知另外一種產物為，A正確；
B．由D和E的結構簡式可知，D在水溶液且加熱的條件下發生取代反應生成E，B正確；
C．由分析可知，化合物H為CH3OH，名稱為甲醇，C錯誤；
D．手性碳原子是指與四個各不相同原子或基團相連的碳原子，化合物I中不存在手性碳原子，D錯誤；
故選AB。
（5）
化合物D中含有苯環，和H2在催化劑、加熱的條件下發生加成反應生成，D和濃硝酸在濃硫酸催化、加熱的條件下發生取代反應生成。
(6)HCCH先和HCN發生加成反應生成CH2=CH2CN，CH2=CH2CN發生水解反應生成CH2=CHCOOH，CH2=CHCOOH和HBr發生加成反應生成BrCH2CH2COOH，BrCH2CH2COOH先發生取代反應生成HOCH2CH2COOH，HOCH2CH2COOH發生氧化反應生成HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH和發生F生成G的反應原理得到；
①乙炔與發生加成反應得到；
②最后一步反應中HOOCCH2COOH和發生F生成G的反應原理得到，同時有CO2和H2O生成，化學方程式為：+HOOCCH2COOH+CO2+H2O。
【分析】A和甲醇發生發生取代反應生成B，B和CH3I發生取代反應生成C，C和ClCH2OCH3發生取代反應生成D，E發生催化氧化反應生成F，結合E的結構簡式可以推知E為，F和HOOCCH2COOH先發生加成反應再發生消去反應生成G，G和H發生酯化反應生成I，可以推知H為CH3OH。
（1）根據題目結構簡式即可得到；
（2）結合題目流程可知， F中的含氧官能團的名稱為 醚鍵、醛基 ；反應 為醇的氧化，生成得到醛，即可寫出；
（3）G的同分異構體滿足條件：①含有苯環，且苯環上只有兩個取代基；②核磁共振氫譜峰面積之比為，說明其為對稱的結構，含有4種環境的H原子，且個數比為；③官能團只有一種，可以與溶液反應產生氣體，該官能團為-COOH；
（4）C．由分析可知，化合物H為CH3OH，名稱為甲醇，C錯誤；
D．手性碳原子是指與四個各不相同原子或基團相連的碳原子，化合物I中不存在手性碳原子，D錯誤；
（5）反應①為苯環與氫氣發生加成反應，反應②為苯環上發生硝化反應；為取代反應。
（1）由B的結構簡式可知，分子式為。
（2）由F的結構簡式可知，含氧官能團的名稱為醚鍵、醛基，E發生催化氧化反應生成F，化學方程式為：2+O22+2H2O。
（3）G的同分異構體滿足條件：①含有苯環，且苯環上只有兩個取代基；②核磁共振氫譜峰面積之比為，說明其為對稱的結構，含有4種環境的H原子，且個數比為；③官能團只有一種，可以與溶液反應產生氣體，該官能團為-COOH；滿足條件的同分異構體為：。
（4）A．C和ClCH2OCH3發生取代反應生成D，由C和D的結構簡式可以推知另外一種產物為，A正確；
B．由D和E的結構簡式可知，D在水溶液且加熱的條件下發生取代反應生成E，B正確；
C．由分析可知，化合物H為CH3OH，名稱為甲醇，C錯誤；
D．手性碳原子是指與四個各不相同原子或基團相連的碳原子，化合物I中不存在手性碳原子，D錯誤；
故選AB。
（5）化合物D中含有苯環，和H2在催化劑、加熱的條件下發生加成反應生成，D和濃硝酸在濃硫酸催化、加熱的條件下發生取代反應生成。
（6）HCCH先和HCN發生加成反應生成CH2=CH2CN，CH2=CH2CN發生水解反應生成CH2=CHCOOH，CH2=CHCOOH和HBr發生加成反應生成BrCH2CH2COOH，BrCH2CH2COOH先發生取代反應生成HOCH2CH2COOH，HOCH2CH2COOH發生氧化反應生成HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH和發生F生成G的反應原理得到；
①乙炔與發生加成反應得到；
②最后一步反應中HOOCCH2COOH和發生F生成G的反應原理得到，同時有CO2和H2O生成，化學方程式為：+HOOCCH2COOH+CO2+H2O。
1 / 1廣東省肇慶市2024-2025學年屆高三上學期第一次模擬考試化學
1．（2024高三上·廣東模擬）下列物質使用的材料屬于有機高分子材料的是
A．航空發動機——碳化硅纖維 B．人造骨骼——鎳鈦合金
C．量子計算機——鐵基超導材料 D．滑雪服面料——聚酰胺纖維
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知識點】合成材料
【解析】【解答】A．碳化硅纖維屬于新型無機非金屬材料，A錯誤；
B．鎳鈦合金屬于金屬材料，B錯誤；
C．鐵基超導材料屬于金屬材料，C錯誤；
D．聚酰胺纖維屬于有機高分子材料，D正確；
故答案為：D。
【分析】 有機高分子材料 是指通過有機物加聚或者縮聚等方法合成得到的材料。
2．（2024高三上·廣東模擬）下列化學用語或圖示表達不正確的是
A．的電子式：
B．丙烯的結構簡式：
C．電子云輪廓圖：
D．基態的價層電子軌道表示式：
【答案】B
【知識點】原子核外電子排布；原子核外電子的運動狀態；電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合
【解析】【解答】A．過氧化鈉為離子化合物，電子式正確，A正確；
B．丙烯的結構簡式：，B錯誤；
C．電子云輪廓圖為紡錘形，圖示正確，C正確；
D．基態的價層電子排布式為3s23p6，價電子軌道表示式正確，D正確；
故選B。
【分析】B.對烯烴而言，在書寫結構簡式，碳碳雙鍵不可省略。
3．（2024高三上·廣東模擬）粵劇被譽為“南國的紅豆”，是世界非物質文化遺產之一。下列說法不正確的是
A．粵劇頭飾“鳳冠”上的金絲銀線屬于金屬材料
B．粵劇演奏樂器“椰胡”的琴筒由椰殼制成，椰殼的主要成分為多糖
C．粵劇彩繪臉譜使用的紅色油彩主要成分為
D．粵劇頭飾“翎子”(也稱“野雞翎”“錐毛翎”)，其主要成分為天然纖維
【答案】C
【知識點】化學科學的主要研究對象；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點
【解析】【解答】A．金屬材料包括純金屬和合金。金絲銀線是金屬，屬于金屬材料，A正確；
B．椰殼的主要成分是纖維素，纖維素屬于多糖，B正確；
C．是黑色晶體，不能作為紅色油彩的主要成分，紅色油彩主要成分為，C錯誤；
D．翎子主要是動物的羽毛，動物羽毛的主要成分是角蛋白，屬于天然蛋白質纖維，D正確；
故答案為：C。
【分析】C.鐵的氧化物中， 為黑色，為紅色，所以紅色油彩的主要成分為三氧化二鐵。
4．（2024高三上·廣東模擬）化學與科技、生產、生活息息相關。下列說法不正確的是
A．“深海勇士”號潛水艇使用的鋰離子電池是二次電池
B．保溫杯內膽使用316不銹鋼，不銹鋼的含碳量大于生鐵
C．月球新礦物“嫦娥石”是一種磷酸鹽礦物(含鎂和鐵)，它不易溶于水
D．甲流病毒主要由和蛋白質組成，可采用高溫、紫外線、乙醇等有效滅活
【答案】B
【知識點】氨基酸、蛋白質的結構和性質特點
【解析】【解答】A．鋰離子電池是二次電池，二次電池是可以多次充放電的電池。“深海勇士” 號潛水艇使用的鋰離子電池能夠充電后再次使用，A正確；
B．不銹鋼（如 316 不銹鋼）是含碳量較低的合金鋼，含碳量一般小于0.15%，生鐵的含碳量在2%~4.3%之間。所以不銹鋼的含碳量小于生鐵，B錯誤；
C．磷酸鹽礦物（含鎂和鐵），磷酸鹽除了少數如Na3PO4等堿金屬磷酸鹽易溶外，大多數磷酸鹽是難溶的。所以 “嫦娥石” 不易溶于水，C正確；
D．甲流病毒主要由 RNA 和蛋白質組成，高溫可以使蛋白質變性，紫外線可以破壞病毒的核酸結構，75% 乙醇可以使蛋白質變性，從而有效滅活病毒，D正確；
故選B。
【分析】B.對于鐵的合金而言，生鐵的含碳量在2%~4.3%之間，含碳量最高，其次為鋼的含碳量為小于2%，鋼的含碳量較低。
5．（2024高三上·廣東模擬）利用電化學原理既能輸出電能，又能合成有機物。如圖所示裝置在輸出電能的同時可合成苯胺。該電池工作時，下列說法不正確的是
A．多孔惰性電極為正極
B．電流方向為
C．負極電極反應式為
D．反應一段時間后，負極區溶液減小
【答案】D
【知識點】電極反應和電池反應方程式；原電池工作原理及應用
【解析】【解答】A．由圖可知，在左側硝基苯生成苯胺，硝基苯被還原，則多孔惰性電極為正極，A正確；
B．由圖可知，在左側硝基苯生成苯胺，硝基苯被還原，則多孔惰性電極為正極，Al為負極，電流方向為，B正確；
C．由分析可知，Al為負極，Al失去電子生成Al3+，電極反應式為，C正確；
D．在正極得電子被還原為，其中N元素由+3價降低到-3價，得到6個電子，對應電極反應式為+6H++6e-=+2H2O，則負極區的H+通過電解質膜進入正極區，負極區氫離子濃度減小，pH增大，D錯誤；
故答案為：D。
【分析】由圖可知，在左側硝基苯生成苯胺，硝基苯被還原，則多孔惰性電極為正極，Al為負極，負極反應為：，正極反應為+6H++6e-=+2H2O，據此解答即可。
6．（2024高三上·廣東模擬）設為阿伏加德羅常數的值，下列說法不正確的是
A．標準狀況下，中含有的質子數目為
B．乙醇中含有的共價鍵數目為
C．與水反應轉移的電子數目為
D．與的混合氣體含有的原子數目為
【答案】B
【知識點】物質的量的相關計算
【解析】【解答】A．標準狀況下，11.2L臭氧中含有的質子數目為×24×NAmol—1=12NA，故A正確；
B．乙醇分子中含有的共價鍵數目為8，則46g乙醇中含有的共價鍵數目為×8×NAmol—1=8NA，故B錯誤；
C．過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，則1mol過氧化鈉與水反應轉移的電子數目為1mol×1×NAmol—1=NA，故C正確；
D．一氧化氮和一氧化碳含有的氧原子數目都為1，則1mol一氧化氮和一氧化碳的混合氣體含有的氧原子數目為1mol×1×NAmol—1=NA，故D正確；
故答案為：B。
【分析】A.一個臭氧分子含有24個質子，0.5mol含有12mol質子，故為12NA，
B.根據乙醇結構可知，一個乙醇分子含有8個共價鍵，而不是7個共價鍵；
C.根據過氧化鈉與水反應，過氧化鈉與水反應轉移的電子數目為1個，故1mol過氧化鈉轉移電子為NA，
D.無論一氧化氮和一氧化碳含有的氧原子數目都為1，故1mol一氧化氮和一氧化碳的混合氣體含有氧原子為1mol。
7．（2024高三上·廣東模擬）勞動創造美好生活。下列勞動項目與所述化學知識沒有關聯的是
選項 勞動項目 化學知識
A 用熟香蕉催熟獼猴桃生果 乙烯能加速生果成熟
B 用油脂制肥皂 羧酸與醇能發生酯化反應
C 用光導纖維傳輸量子光信號 二氧化硅具有良好的光學特性
D 用干冰制造舞臺“煙霧” 干冰易升華吸熱
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知識點】化學科學的主要研究對象；油脂的性質、組成與結構
【解析】【解答】A．熟香蕉能產生大量的乙烯氣體， 乙烯是一種植物激素，能催熟水果，所以能催熟獼猴桃生果，A正確；
B．用油脂制肥皂是利用油脂在溶液中水解生成高級脂肪酸鈉的過程，跟羧酸與醇能發生酯化反應沒有關聯，B錯誤；
C．光導纖維的主要成分為二氧化硅生產的石英玻璃，具有良好的光學特性，可以高質量傳輸量子光信號，C正確；
D．干冰極易升華，同時大量吸熱降低周圍溫度，從而使空氣中的水蒸氣液化形成小水滴，這些小水滴懸浮在空氣中形成“白霧”，D正確；
故答案為：B。
【分析】B. 用油脂制肥皂 是利用高級脂肪酸甘油酯在堿性條件下水解得到高級脂肪酸鈉鹽，即為肥皂，該過程涉及為酯的水解。
8．（2024高三上·廣東模擬）維生素P是一種營養增補劑，其結構如圖所示(其中R為烷烴基)。關于該化合物，下列說法正確的是
A．含有5種官能團
B．所有原子可能共平面
C．可以與溶液發生顯色反應
D．該化合物最多能與發生反應
【答案】C
【知識點】有機物中的官能團；苯酚的化學性質
【解析】【解答】A．維生素P中含有酚羥基、酮羰基、醚鍵3種官能團，A錯誤；
B．在維生素P中因為含有烷烴基R，所有原子不可能共面，B錯誤；
C．維生素P中含有酚羥基，能與溶液發生顯色反應，C正確；
D．維生素P中只有酚羥基能與溶液發生反應，維生素P中只有酚羥基，所以只能消耗溶液，D錯誤；
故答案為：C。
【分析】A.根據結構可知，含有官能團有：酚羥基、酮羰基、醚鍵3種官能團，切記苯環不屬于官能團；
B.分子中含有烷烴基，故不可能所以原子共平面；
C.含有酚羥基，可以與氯化鐵顯色；
D.只有酚羥基能與溶液發生反應，維生素P中只有酚羥基。
9．（2024高三上·廣東模擬）下列生產生活情境涉及的離子方程式書寫正確的是
A．用去除自來水中的余氯()：
B．用侯氏制堿法制備碳酸氫鈉晶體：
C．用胃舒平[主要成分為]治療胃酸過多：
D．用溶液刻蝕銅電路板：
【答案】A
【知識點】鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉變；探究碳酸鈉與碳酸氫鈉的性質；離子方程式的書寫；氯水、氯氣的漂白作用
【解析】【解答】A．用去除自來水中的余氯()，將氧化為，離子方程式為：，A正確；
B．用侯氏制堿法制備碳酸氫鈉晶體，碳酸氫鈉晶體是固體，離子方程式為：，B錯誤；
C．用胃舒平[主要成分為]治療胃酸過多，為難溶物，離子方程式為：，C錯誤；
D．用溶液刻蝕銅電路板，將Cu氧化為，自身被還原為，離子方程式為：，D錯誤；
故答案為：A。
【分析】A.氯氣具有氧化性，具有還原性，二者發生氧化還原反，根據化合價升降相等，即可配平；
B.侯氏制堿法得到碳酸氫鈉為晶體，不可拆；
C.氫氧化鋁為難溶物，不開拆；
D.將Cu氧化為，自身被還原為。
10．（2024高三上·廣東模擬）某化學興趣小組利用實驗室常見儀器進行海帶提碘的實驗，下列實驗操作正確且能達到對應實驗目的的是
實驗操作
實驗目的 A．灼燒海帶 B．過濾海帶灰懸濁液
實驗操作
實驗目的 C．加入氧化 D．萃取溶液中的
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知識點】過濾；蒸餾與分餾；分液和萃取
【解析】【解答】A．灼燒在坩堝中進行，故A錯誤；
B．應該通過過濾分離不溶性固體與溶液，不需要分液漏斗，故B錯誤；
C．酸性溶液中過氧化氫可氧化碘離子生成碘單質，圖中丙裝置反應生成I2，故C正確；
D．乙醇與水互溶，不能萃取碘水中的I2，故D錯誤；
故選：C。
【解答】A.灼燒固體用坩堝，蒸發溶液用蒸發皿；
B.過濾應該用普通漏斗，而不是分液漏斗；
D.乙醇與水互溶，不能當萃取劑。
11．（2024高三上·廣東模擬）部分含氮物質的分類與相應化合價關系如圖所示。下列說法正確的是
A．工業制硝酸的轉化路線為
B．能用鐵制品盛裝e的濃溶液是因為常溫下二者不反應
C．c和d均可以用排水法收集
D．實驗室可用生石灰與f的濃溶液制取a
【答案】D
【知識點】氨的性質及用途；氨的實驗室制法
【解析】【解答】A．工業制備硝酸是將氨氣催化氧化制備NO后再進一步制備硝酸，而不用氮氣制備NO，故轉化路線為，A錯誤；
B．能用鐵制品盛裝HNO3的濃溶液是因為鐵和濃硝酸在常溫下發生鈍化，生成致密的氧化膜，阻止反應進一步進行，B錯誤；
C．NO2能與水發生反應，生成NO和HNO3，不能用排水法收集，C錯誤；
D．生石灰與濃氨水反應時生成氫氧化鈣和氨氣，故實驗室可用生石灰與濃氨水制取NH3，D正確；
故答案為：D。
【分析】由價類二維圖可知，a為NH3，b為N2，c為NO，d為NO2或N2O4，e為HNO3，f為，據此回答。
A.工業制備硝酸為先制備氨氣，再進行氨的催化氧化，然后再制備硝酸；
B.濃硝酸與鐵在常溫下發生鈍化，也發了化學反應；
C.二氧化氮與水反應，并不能排水法收集；
D.生石灰與濃氨水反應可以制備氨氣。
12．（2024高三上·廣東模擬）化合物M可作為一種廢水處理劑，去除廢水中的金屬離子。其結構如圖所示。W、X、Y和Z均為短周期主族元素，X、Y和Z位于同一周期。W原子核外的電子只有一種自旋取向，基態Z原子s軌道上的電子數和p軌道上的電子數相等。下列說法正確的是
A．第一電離能：
B．原子半徑：
C．簡單氫化物沸點：
D．化合物M中X、Y、Z均滿足8電子結構
【答案】D
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；原子結構與元素的性質；氫鍵的存在對物質性質的影響；微粒半徑大小的比較
【解析】【解答】A．同一周期元素的第一電離能隨著原子序數的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，則第一電離能：，A錯誤；
B．同一周期主族元素，從左往右原子半徑依次減小，則原子半徑：，B錯誤；
C．O的電負性大于N，H2O分子間氫鍵強度比NH3分子間氫鍵大，則沸點：H2O>NH3，C錯誤；
D．化合物M中O連接2個共價鍵，N原子連接4個共價鍵，C原子連接4個共價鍵，均滿足8電子結構，D正確；
故答案為：D。
【分析】W、X、Y和Z均為短周期主族元素，X、Y和Z位于同一周期，W原子核外的電子只有一種自旋取向，電子排布式為1s1，W為H元素；基態Z原子s軌道上的電子數和p軌道上的電子數相等，電子排布式為1s22s22p4或1s22s22p63s2，結合Z連接2個共價鍵，則Z為O元素，Y連接4各共價鍵且帶1各正電荷，Y為N元素，X為C元素。
A.第ⅤA族的大于第ⅥA族的電離能出現反常，要注意；
B.同一周期主族元素，從左往右原子半徑依次減小進行比較即可；
C.分子間含有氫鍵，沸點會異常的高；
D.化合物M中的結構式可知，都滿足了8電子穩定結構。
13．（2024高三上·廣東模擬）利用如圖所示裝置制備SO2并檢驗其性質。下列說法不正確的是
A．裝置①中紫色石蕊溶液變紅
B．裝置②和④中溶液褪色，均體現SO2的漂白性
C．裝置③中出現渾濁，體現SO2的氧化性
D．裝置⑤中的試劑可以是NaOH溶液，用于吸收尾氣
【答案】B
【知識點】二氧化硫的性質；含硫物質的性質及綜合應用；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A.70%的硫酸和Na2SO3發生反應生成Na2SO4、H2O和SO2。SO2是一種酸性氧化物，溶于水生成H2SO3，可使紫色石蕊變紅，A項正確；
B．SO2能使品紅褪色，是因為SO2具有漂白作用；SO2具有還原性，能與酸性KMnO4發生氧化還原反應，從而使酸性KMnO4溶液褪色。裝置②和④中溶液褪色，原理不同，B項錯誤；
C．SO2與H2S發生反應：SO2+2H2S＝3S↓+2H2O，所以裝置③中出現渾濁，該過程中SO2中的S元素化合價降低，被還原，體現了SO2的氧化性，C項正確；
D．SO2是一種無色、有刺激性氣味的有毒氣體，不能直接排放到空氣中，SO2能與NaOH發生反應，故可以通過NaOH溶液來吸收尾氣，D項正確；
故答案為：B。
【分析】70%的硫酸和Na2SO3發生反應生成二氧化硫，SO2是一種酸性氧化物，故①中石蕊變色，二氧化硫具有漂白性，②中品紅褪色，③中硫化氫與二氧化硫反應生成單質硫，為淡黃色沉淀，④高錳酸鉀與二氧化硫反應，褪色，最后高錳酸鉀吸收多余二氧化硫，防止污染空氣。
14．（2024高三上·廣東模擬）下列實驗操作對應的實驗現象和結論均正確的是
選項 實驗操作 實驗現象 實驗結論
A 向溶液中滴加少量氯水，充分反應后再加入淀粉溶液 溶液先變橙黃色，后變藍色 氧化性：
B 將氣體通入溶液中 生成白色沉淀 該沉淀是
C 向稀硝酸中加入過量鐵粉，充分反應后滴加溶液 有氣體生成，滴加溶液后溶液呈紅色 稀硝酸將氧化成
D 向溴水中加入苯，振蕩后靜置 水層顏色變淺 溴與苯發生了取代反應
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；苯的結構與性質；分液和萃取
【解析】【解答】A．向溶液中滴加少量氯水，溶液先變橙黃色，說明Cl2與溴離子反應生成Br2，充分后溶液變藍，說明有I2生成，說明Br2將I-氧化為I2，氧化性：，A正確；
B．將氣體通入溶液中，SO2先與水反應生成H2SO3，H2SO3電離產生氫離子，酸性環境下硝酸根具有強氧化性，故最終得到BaSO4沉淀，B錯誤；
C．向稀硝酸中加入過量鐵粉，Fe轉化為Fe2+，加溶液后溶液不呈紅色，C錯誤；
D．向溴水中加入苯，振蕩后靜置，水層顏色變淺，溴由水層轉移到了苯層，發生了萃取，沒有發生取代反應，D錯誤；
故答案為：A。
【分析】A.利用氧化還原反應，氧化性強的可以置換出氧化性弱的；
B.溶液顯酸性，又有硝酸根，相當于有硝酸，二氧化硫會被氧化；
C.鐵粉過量，最終得到亞鐵；
D.苯與液溴才能反應，溴水不反應。
15．（2024高三上·廣東模擬）是汽車尾氣凈化催化劑的關鍵成分，其高效的儲放氧性能在的氧化還原催化循環中發揮了巨大作用。研究發現，先在催化劑表面形成強吸附性的二聚體，再與在表面反應生成和，該過程的能量變化曲線如圖所示(吸附在表面的物種用*標注)。下列說法不正確的是
說明：“-----”表示化學鍵將要斷裂或形成。
A．該反應屬于放熱反應
B．該過程中的最大活化能為
C．該過程中伴隨極性鍵和非極性鍵的斷裂和形成
D．若改用其他催化劑，其反應的不變
【答案】C
【知識點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；吸熱反應和放熱反應；有效碰撞理論
【解析】【解答】A．由圖可知，該反應是反應物總能量大于生成物總能量的放熱反應，故A正確；
B．由圖可知，反應的最大活化能為(—1.18eV)—(—1.98eV)=0.8eV，故B正確；
C．由圖可知，反應過程中無非極性鍵(N-N)的斷裂，故C錯誤；
D．改用其他催化劑，只能改變反應的活化能，改變反應速率，但不能反應的焓變，故D正確；
故答案為：C。
【分析】A.根據反應物總能量與生成物總能量相對大小即可判斷反應吸放熱情況；
B.最大活化能即最大能壘，有圖即可判斷；
C.根據流程可知，沒有非極性鍵斷裂；
D.催化劑不能改變反應的熱效應。
16．（2024高三上·廣東模擬）科學家基于水/有機雙相電解質開發了一種新型的銅鋅二次電池，雙相電解質建立了離子選擇性界面，僅允許氯離子遷移，其放電時的工作原理如圖所示。下列說法不正確的是
A．充電時，石墨電極與電源正極相連
B．充電時，石墨電極上可發生電極反應
C．放電時，氯離子向鋅電極遷移
D．放電時，理論上電路中每轉移電子，鋅電極質量增加
【答案】D
【知識點】化學電源新型電池；原電池工作原理及應用
【解析】【解答】A．根據分析，充電時，石墨電極與電源正極相連，A正確；
B．充電時，石墨電極為陽極，發生氧化反應，電極反應，B正確；
C．放電時，氯離子向負極，即向鋅電極遷移，C正確；
D．放電時，根據負極電極式，理論上電路中每轉移電子，鋅電極質量增加2molCl-的質量，應為：，D錯誤；
故答案為：D。
【分析】放電時為原電池原理，鋅為負極，電極式為：Zn-2e-+2Cl-=ZnCl2，石墨為正極，電極式為：；充電時為電解池原理，鋅與電源負極相連為陰極，石墨與電源正極相連為陽極。
A.石墨為正極，充電時與電源正極相連
B.，石墨電極為陽極，發生氧化反應，根據轉化即可寫出電極反應；
C.放電時，陰離子向負極移動；
D.理論上電路中每轉移電子，鋅電極質量增加2molCl-的質量，據此計算質量即可。
17．（2024高三上·廣東模擬）某小組利用如圖所示裝置制備84消毒液，并進一步探究相關物質的反應原理以及測定產品中游離堿的含量。
已知：溫度高于40℃時，會與反應生成。
回答下列問題：
（1）儀器a的名稱為　 　，圓底燒瓶內發生反應的離子方程式為　 　，裝置b中的試劑為　 　。
（2）裝置c采用冰水浴的目的為　 　。
（3）若裝置d的作用是安全瓶，請在虛線方格內畫出實驗裝置圖　 　。
（4）小組查閱資料了解到，使用過84消毒液的游泳池若再使用消毒劑，泳池中氧氣含量會增加，有可能會導致池水中的藻類快速生長。針對氧氣產生的原因，小組進行了如下探究：
[提出猜想]Ⅰ.催化分解產生氧氣。
Ⅱ.與反應產生氧氣。
[進行實驗]如圖所示，將注射器中的溶液均分6次注入錐形瓶，每次注入溶液待不再產生氣泡后，記錄量筒內液體總體積制成表格(忽略加入溶液導致錐形瓶內溶液體積的變化以及其他因素對測量結果造成的影響)。
實驗編號 1 2 3 4 5 6
量筒內液體總體積 20.0 60.0 80.0 90.0 90.0
①表中的數據　 　。
[得出結論]②由實驗可知，猜想Ⅱ正確，理由為　 　。
（5）該小組測定了以上制備的84消毒液產品中游離堿的含量(的質量占消毒液質量的百分數)，實驗步驟：取產品()，滴加雙氧水至溶液不再產生氣泡為止，加熱溶液，除去殘留的后將溶液轉移至容量瓶，洗滌、定容、搖勻，移取其中待測液于錐形瓶中，以酚酞為指示劑，用鹽酸標準溶液滴定至終點，平行滴定3次。
①滴加5%雙氧水的目的是　 　(用離子方程式表示)。
②若平均消耗鹽酸的體積為，則該84消毒液中游離堿含量為　 　(保留兩位有效數字)。
【答案】（1）分液漏斗；；飽和食鹽水
（2）防止三頸燒瓶內溫度過高，生成雜質
（3）或
（4）40.0；第6次添加溶液后，產生氣體的總體積不變，說明已消耗完，若作催化劑，則其量不變，產生的氣體的量應繼續增加(或實驗4→5，氣體體積增加，小于，說明實驗5中已反應完，若作催化劑，產生的氣體應為)
（5）；
【知識點】中和滴定；制備實驗方案的設計
【解析】【解析】（1）儀器a的名稱為分液漏斗。圓底燒瓶中濃鹽酸與二氧化錳反應制氯氣，離子方程式為：。b瓶的目的是除去氯化氫氣體，避免氯化氫進入c裝置與氫氧化鈉溶液反應，降低產品產率，所以裝的是飽和食鹽水。答案為：分液漏斗；；飽和食鹽水。
（2）溫度高于40℃時，會與反應生成，為提高的產率，避免生成，所以采用冰水浴。答案為：防止三頸燒瓶內溫度過高，生成雜質。
（3）若裝置d的作用是安全瓶，作用是防倒吸，所以裝置為：或。答案為：或。
（4）①根據前4次加入雙氧水的量規律，第二次進入的量為40毫升。答案為：。
②第5次和第6次加入的雙氧水的量完全相同，但是氣體體積不變說明已消耗完，若作催化劑，則其量不變，產生的氣體的量應繼續增加，說明猜想Ⅱ正確。答案為：第6次添加溶液后，產生氣體的總體積不變，說明已消耗完，若作催化劑，則其量不變，產生的氣體的量應繼續增加(或實驗4→5，氣體體積增加，小于，說明實驗5中已反應完，若作催化劑，產生的氣體應為)。
（5）①因為殘留的也會與鹽酸反應，導致消耗的鹽酸的量增大，使測量結果不準確。答案為：。
②根據，所消耗的鹽酸的質量為：，該84消毒液中游離堿含量為：。答案為：。
【分析】實驗中利用濃鹽酸與二氧化錳制取氯氣：。通過b瓶（飽和食鹽水）除去氯化氫氣體，避免氯化氫進入c裝置與氫氧化鈉溶液反應，降低產品產率。氯氣進入c裝置以后，與氫氧化鈉反應制取84消毒液的主要成分（），方程式為：。剩余氯氣用氫氧化鈉吸收，避免污染空氣，d裝置為防倒吸裝置。據此分析作答。
（1） 圓底燒瓶 內發生的為實驗室制備氯氣，據此寫出即可，利用飽和食鹽水除去氯氣中混有的氯化氫；
（2）采用冰水浴進行降溫，防止生成雜質 ；
（3）d為安全瓶，據此畫出即可；
（4）根據前4次加入雙氧水的量規律，第二次進入的量為40毫升；
（5）①次氯酸根與雙氧水反應生成氧氣和氯離子；利用化合價升降相等配平即可。
（1）儀器a的名稱為分液漏斗。圓底燒瓶中濃鹽酸與二氧化錳反應制氯氣，離子方程式為：。b瓶的目的是除去氯化氫氣體，避免氯化氫進入c裝置與氫氧化鈉溶液反應，降低產品產率，所以裝的是飽和食鹽水。答案為：分液漏斗；；飽和食鹽水。
（2）溫度高于40℃時，會與反應生成，為提高的產率，避免生成，所以采用冰水浴。答案為：防止三頸燒瓶內溫度過高，生成雜質。
（3）若裝置d的作用是安全瓶，作用是防倒吸，所以裝置為：或。答案為：或。
（4）①根據前4次加入雙氧水的量規律，第二次進入的量為40毫升。答案為：。
②第5次和第6次加入的雙氧水的量完全相同，但是氣體體積不變說明已消耗完，若作催化劑，則其量不變，產生的氣體的量應繼續增加，說明猜想Ⅱ正確。答案為：第6次添加溶液后，產生氣體的總體積不變，說明已消耗完，若作催化劑，則其量不變，產生的氣體的量應繼續增加(或實驗4→5，氣體體積增加，小于，說明實驗5中已反應完，若作催化劑，產生的氣體應為)。
（5）①因為殘留的也會與鹽酸反應，導致消耗的鹽酸的量增大，使測量結果不準確。答案為：。
②根據，所消耗的鹽酸的質量為：，該84消毒液中游離堿含量為：。答案為：。
18．（2024高三上·廣東模擬）廢鋰離子電池正極材料中含有鈷、鎳、鋰等金屬，具有較高回收價值，對其進行無害化處理并回收具有重要意義。一種回收鈷、鎳、鋰的工藝流程如下：
已知：①廢鋰電池正極材料成分為、、及、的化合物。
②溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀時的如下表所示：
金屬離子
開始沉淀時()的 2.7 3.2 6.6 6.7 7.8
沉淀完全時()的 3.7 5.0 9.2 9.5 10.4
③為淡綠色固體，為玫紅色固體。
回答下列問題：
（1）“浸出”過程中鈷元素轉化為，該反應的化學方程式為　 　。此過程若用濃鹽酸代替和，其缺點除因其揮發性導致利用率降低外，還有　 　(寫一點)。
（2）如果“浸出”后溶液中、、濃度均約為，則“調”過程中調節溶液的時，濾渣的主要成分為　 　。
（3）“除鈷”時水相和濃度會影響鈷、鎳分離效果，根據下圖選擇“除鈷”的最佳條件：水相　 　，　 　。
（4）判斷沉鎳母液中已沉淀完全的操作為　 　。
（5）“反萃取”過程發生反應，則反萃取劑為　 　(填化學式)。
（6）高溫高壓下向固態中通入氣態可制得電池的電解質，制備前需將處理為多孔材料，原因為　 　；制得的。中所含化學鍵類型為　 　。
【答案】（1）；可以被、等氧化成有毒的，污染環境
（2）、
（3）5.2；0.25
（4）取適量沉鎳母液于試管中，滴加溶液，若無淡綠色固體產生，說明已沉淀完全
（5）
（6）增大氣固接觸面積，提高產率；離子鍵、極性共價鍵
【知識點】氧化還原反應方程式的配平；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質
【解析】【解析】（1）“浸出”過程中鈷元素轉化為亞鈷離子發生的反應為鈷酸鋰與硫酸和過氧化氫混合溶液反應生成硫酸鋰、硫酸亞鈷、氧氣和水，反應的化學方程式為；濃鹽酸具有還原性，若用濃鹽酸代替硫酸和過氧化氫混合溶液，濃鹽酸會與鈷酸鋰、鎳酸鋰等發生氧化還原反應生成有毒的氯氣污染環境，故答案為：；可以被、等氧化成有毒的，污染環境；
（2）由表格數據可知，調節溶液pH為5的目的是將溶液中的鐵離子、鋁離子轉化為氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，故答案為：、；
（3）由圖可知，水相pH為5.2、c(P507)為0.25時鈷、鎳萃取率相差最大，所以“除鈷”的最佳條件是水相pH為5.2、c(P507)為0.25，故答案為：5.2；0.25；
（4）由題給信息可知，氫氧化鎳為淡綠色固體，則判斷沉鎳母液中鎳離子已沉淀完全的操作為取適量沉鎳母液于試管中，滴加溶液，若無淡綠色固體產生，說明已沉淀完全，故答案為：取適量沉鎳母液于試管中，滴加溶液，若無淡綠色固體產生，說明已沉淀完全；
（5）由分析可知，加入反萃取劑稀硫酸萃取、分液的目的是得到含有硫酸亞鈷的反萃取液，故答案為：；
6)制得電池的電解質LiPF6前需將氟化鋰處理為多孔材料可以增大氣固接觸面積，提高產率；由化學式可知，LiPF6中含有離子鍵、極性共價鍵，故答案為：增大氣固接觸面積，提高產率；離子鍵、極性共價鍵。
【分析】由題給流程控制，向廢舊鋰電池的正極材料中加入硫酸和過氧化氫的混合溶液浸出，將金屬元素轉化為可溶的金屬硫酸鹽，向反應后的溶液中加入氫氧化鈉溶液調節溶液pH，將溶液中的鐵離子、鋁離子轉化為氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，過濾得到含有氫氧化鐵、氫氧化鋁的濾渣和濾液；向濾液中加入P204萃取、分液得到除去錳離子水相，向水相中加入P507萃取、分液得到鈷萃余液和載鈷有機相；向鈷萃余液中加入氫氧化鈉溶液反萃取、過濾得到氫氧化鎳和沉鎳母液；向沉鎳母液中加入氫氟酸，將溶液中的鋰離子轉化為氟化鋰沉淀，過濾得到氟化鋰；向載鈷有機相中加入反萃取劑稀硫酸萃取、分液得到含有硫酸亞鈷的反萃取液；反萃取液經處理得到硫酸亞鈷。
（1）該反應為氧化還原反，根據化合價升降相等配平即可；產物有毒會污染空氣；
（2）由表格數據可知，調節溶液pH為5的目的是將溶液中的鐵離子、鋁離子轉化為氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀；
（3）由圖可知，水相pH為5.2、c(P507)為0.25時鈷、鎳萃取率相差最大，
（4）判斷離子完全沉淀的方法為繼續向上清液加入沉淀劑即可判斷；
（5）由分析可知，加入反萃取劑稀硫酸萃取
（6） 制備前需將處理為多孔材料 目的為增大接觸面積，反應更加充分。
（1）“浸出”過程中鈷元素轉化為亞鈷離子發生的反應為鈷酸鋰與硫酸和過氧化氫混合溶液反應生成硫酸鋰、硫酸亞鈷、氧氣和水，反應的化學方程式為；濃鹽酸具有還原性，若用濃鹽酸代替硫酸和過氧化氫混合溶液，濃鹽酸會與鈷酸鋰、鎳酸鋰等發生氧化還原反應生成有毒的氯氣污染環境，故答案為：；可以被、等氧化成有毒的，污染環境；
（2）由表格數據可知，調節溶液pH為5的目的是將溶液中的鐵離子、鋁離子轉化為氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，故答案為：、；
（3）由圖可知，水相pH為5.2、c(P507)為0.25時鈷、鎳萃取率相差最大，所以“除鈷”的最佳條件是水相pH為5.2、c(P507)為0.25，故答案為：5.2；0.25；
（4）由題給信息可知，氫氧化鎳為淡綠色固體，則判斷沉鎳母液中鎳離子已沉淀完全的操作為取適量沉鎳母液于試管中，滴加溶液，若無淡綠色固體產生，說明已沉淀完全，故答案為：取適量沉鎳母液于試管中，滴加溶液，若無淡綠色固體產生，說明已沉淀完全；
（5）由分析可知，加入反萃取劑稀硫酸萃取、分液的目的是得到含有硫酸亞鈷的反萃取液，故答案為：；
（6）制得電池的電解質LiPF6前需將氟化鋰處理為多孔材料可以增大氣固接觸面積，提高產率；由化學式可知，LiPF6中含有離子鍵、極性共價鍵，故答案為：增大氣固接觸面積，提高產率；離子鍵、極性共價鍵。
19．（2024高三上·廣東模擬）砷廣泛分布在自然界中，土壤、水、植物以及人體中都含有微量砷。回答下列問題：
（1）與同主族，基態砷原子價層電子排布式為　 　。
（2）和中心原子的雜化軌道類型相同，但的鍵角小于的，其原因為　 　。
（3）砷的兩種三元含氧酸的酸性強弱為　 　(填“>”或“<”)。可用作殺蟲劑，的空間結構為　 　。
（4）工業上常用改性季銨鹽從煉銅煙灰堿性溶液中萃取砷，其工藝流程短、成本低。萃取反應機理如下：
①物質Ⅳ為　 　(填化學式)。
②關于Ⅰ~Ⅲ三種物質，下列說法正確的有　 　(填字母)。
a．Ⅰ中C原子的雜化軌道類型均為 b．Ⅱ中的化合價為
c．Ⅲ含有的元素中，O的電負性最大 d．Ⅲ中的化學鍵均為鍵
（5）砷化硼晶體是具有超高熱導率的半導體材料，其晶胞結構如圖所示，其晶胞參數為。
①點的分數坐標為，則點的分數坐標為　 　；晶體中與頂點B原子等距且最近的B原子個數為　 　。
②該晶體的化學式為　 　；已知為阿伏加德羅常數的值，則該晶體的密度為　 　(列出計算式)。
③如果把晶體中砷原子換成氮原子，形成的晶體的熔點明顯升高，原因為　 　。
【答案】（1）
（2）含有一個孤電子對，而含有兩個孤電子對，中的孤電子對對成鍵電子對的排斥作用更大
（3）>；正四面體形
（4）；cd
（5）；12；；；的原子半徑小于，即的鍵長比的鍵長短，導致的鍵能比的鍵能大
【知識點】原子核外電子排布；晶胞的計算；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷
【解析】【解析】（1）As與N同族，基態砷原子價層電子排布式為；
（2）H2O和AsH3中心原子均為sp3雜化，中氧有2對孤電子對，中As有1對孤電子對，故電子對斥力較大，則的鍵角小于的原因為含有一個孤電子對，而含有兩個孤電子對，中的孤電子對對成鍵電子對的排斥作用更大；
（3）H3AsO4和H3AsO3可表示為(HO)3AsO和(HO)3As，H3AsO3中的As為+3價，而H3AsO4中非羥基氧較多、As為+5價，正電性更高，導致As-O-H中的O的電子更向As偏移，越易電離出H+，故酸性強弱為>；中含有的孤電子對數是0，中心原子有4個共價鍵，則的空間結構為正四面體形；
（4）①根據方程式的元素守恒可知，物質Ⅳ為；
②a．Ⅰ中碳氧雙鍵中的C原子的雜化軌道類型均為，a錯誤；
b．結合Ⅲ的結構可知，Ⅱ中的化合價為+3，b錯誤；
c．同周期越靠右電負性越大，同主族越靠上電負性越大，則Ⅲ含有的元素中，O的電負性最大，c正確；
d．根據Ⅲ的結構可知，其中都是單鍵，則其化學鍵均為鍵，d正確；
故選cd；
（5）①結合坐標系和點的分數坐標為，則點的分數坐標為；晶體中與頂點B原子等距且最近的B原子位于面心位置，則其個數為12；
②該晶胞中B為頂點和面心，根據均攤的原則可知，1個晶胞中B原子的個數為4，As位于體內，則1個晶胞中As原子的個數為4，則該晶體的化學式為；該晶體的密度；
③該晶體熔化時需要破壞共價鍵，共價鍵越短，鍵能越大，而N原子的半徑比As的半徑小，故如果把晶體中砷原子換成氮原子，形成的晶體的熔點明顯升高，原因為：的原子半徑小于，即的鍵長比的鍵長短，導致的鍵能比的鍵能大。
【分析】（1）同主族元素價電子數目相等，據此寫出砷的價電子；
（2）當雜化方式相同時，看孤對電子數目，孤對電子數目越多，鍵角越小；
（3）非羥基氧數目越多，酸性越強，據此比較酸性強弱；
（4）①根據方程式的元素守恒可知，即可得到 物質Ⅳ ；
②a．Ⅰ中碳氧雙鍵中的C原子的雜化軌道類型均為，
b．結合Ⅲ的結構可知，Ⅱ中的化合價為+3，
c．同周期越靠右電負性越大，同主族越靠上電負性越大，則Ⅲ含有的元素中，O的電負性最大
d．根據Ⅲ的結構可知，其中都是單鍵，則其化學鍵均為鍵
（5）晶體中與頂點B原子等距且最近的B原子位于面心位置，則其個數為12。
（1）As與N同族，基態砷原子價層電子排布式為；
（2）H2O和AsH3中心原子均為sp3雜化，中氧有2對孤電子對，中As有1對孤電子對，故電子對斥力較大，則的鍵角小于的原因為含有一個孤電子對，而含有兩個孤電子對，中的孤電子對對成鍵電子對的排斥作用更大；
（3）H3AsO4和H3AsO3可表示為(HO)3AsO和(HO)3As，H3AsO3中的As為+3價，而H3AsO4中非羥基氧較多、As為+5價，正電性更高，導致As-O-H中的O的電子更向As偏移，越易電離出H+，故酸性強弱為>；中含有的孤電子對數是0，中心原子有4個共價鍵，則的空間結構為正四面體形；
（4）①根據方程式的元素守恒可知，物質Ⅳ為；
②a．Ⅰ中碳氧雙鍵中的C原子的雜化軌道類型均為，a錯誤；
b．結合Ⅲ的結構可知，Ⅱ中的化合價為+3，b錯誤；
c．同周期越靠右電負性越大，同主族越靠上電負性越大，則Ⅲ含有的元素中，O的電負性最大，c正確；
d．根據Ⅲ的結構可知，其中都是單鍵，則其化學鍵均為鍵，d正確；
故選cd；
（5）①結合坐標系和點的分數坐標為，則點的分數坐標為；晶體中與頂點B原子等距且最近的B原子位于面心位置，則其個數為12；
②該晶胞中B為頂點和面心，根據均攤的原則可知，1個晶胞中B原子的個數為4，As位于體內，則1個晶胞中As原子的個數為4，則該晶體的化學式為；該晶體的密度；
③該晶體熔化時需要破壞共價鍵，共價鍵越短，鍵能越大，而N原子的半徑比As的半徑小，故如果把晶體中砷原子換成氮原子，形成的晶體的熔點明顯升高，原因為：的原子半徑小于，即的鍵長比的鍵長短，導致的鍵能比的鍵能大。
20．（2024高三上·廣東模擬）某小組嘗試以兒茶酚(鄰苯二酚)為原料，按照以下流程合成某抗氧化劑的中間體I：
已知：
（1）化合物B的分子式為　 　。
（2）化合物F中的含氧官能團的名稱為　 　，反應的化學方程式為　 　。
（3）化合物G的同分異構體有多種，請寫出其中一種滿足下述條件的結構簡式：　 　。
①含有苯環，且苯環上只有兩個取代基；
②核磁共振氫譜峰面積之比為；
③官能團只有一種，可以與溶液反應產生氣體。
（4）關于上述反應，下列說法正確的有___________(填字母)。
A．反應的另外一種產物為
B．反應的條件為水溶液，加熱
C．化合物H的名稱為甲酸
D．化合物I中存在手性碳原子
（5）對于化合物D，分析預測其可能的化學性質，完成下表：
序號 反應試劑、條件 反應生成新的物質 反應類型
① ，催化劑、加熱 　 　 　 　
② 　 　 　 　
（6）以、乙炔以及為原料(其他無機試劑任選)合成。基于你設計的合成路線，回答下列問題：
①寫出乙炔與發生反應的產物：　 　(寫出結構簡式)。
②寫出最后一步反應的化學方程式：　 　。
【答案】（1）
（2）醚鍵、醛基；
（3）
（4）A；B
（5）；加成反應(或還原反應)；濃硝酸、濃硫酸，加熱；取代反應
（6）；
【知識點】有機物中的官能團；有機物的合成；同分異構現象和同分異構體
【解析】【解析】（1）由B的結構簡式可知，分子式為。
（2）由F的結構簡式可知，含氧官能團的名稱為醚鍵、醛基，E發生催化氧化反應生成F，化學方程式為：2+O22+2H2O。
（3）G的同分異構體滿足條件：①含有苯環，且苯環上只有兩個取代基；②核磁共振氫譜峰面積之比為，說明其為對稱的結構，含有4種環境的H原子，且個數比為；③官能團只有一種，可以與溶液反應產生氣體，該官能團為-COOH；滿足條件的同分異構體為：。
（4）A．C和ClCH2OCH3發生取代反應生成D，由C和D的結構簡式可以推知另外一種產物為，A正確；
B．由D和E的結構簡式可知，D在水溶液且加熱的條件下發生取代反應生成E，B正確；
C．由分析可知，化合物H為CH3OH，名稱為甲醇，C錯誤；
D．手性碳原子是指與四個各不相同原子或基團相連的碳原子，化合物I中不存在手性碳原子，D錯誤；
故選AB。
（5）
化合物D中含有苯環，和H2在催化劑、加熱的條件下發生加成反應生成，D和濃硝酸在濃硫酸催化、加熱的條件下發生取代反應生成。
(6)HCCH先和HCN發生加成反應生成CH2=CH2CN，CH2=CH2CN發生水解反應生成CH2=CHCOOH，CH2=CHCOOH和HBr發生加成反應生成BrCH2CH2COOH，BrCH2CH2COOH先發生取代反應生成HOCH2CH2COOH，HOCH2CH2COOH發生氧化反應生成HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH和發生F生成G的反應原理得到；
①乙炔與發生加成反應得到；
②最后一步反應中HOOCCH2COOH和發生F生成G的反應原理得到，同時有CO2和H2O生成，化學方程式為：+HOOCCH2COOH+CO2+H2O。
【分析】A和甲醇發生發生取代反應生成B，B和CH3I發生取代反應生成C，C和ClCH2OCH3發生取代反應生成D，E發生催化氧化反應生成F，結合E的結構簡式可以推知E為，F和HOOCCH2COOH先發生加成反應再發生消去反應生成G，G和H發生酯化反應生成I，可以推知H為CH3OH。
（1）根據題目結構簡式即可得到；
（2）結合題目流程可知， F中的含氧官能團的名稱為 醚鍵、醛基 ；反應 為醇的氧化，生成得到醛，即可寫出；
（3）G的同分異構體滿足條件：①含有苯環，且苯環上只有兩個取代基；②核磁共振氫譜峰面積之比為，說明其為對稱的結構，含有4種環境的H原子，且個數比為；③官能團只有一種，可以與溶液反應產生氣體，該官能團為-COOH；
（4）C．由分析可知，化合物H為CH3OH，名稱為甲醇，C錯誤；
D．手性碳原子是指與四個各不相同原子或基團相連的碳原子，化合物I中不存在手性碳原子，D錯誤；
（5）反應①為苯環與氫氣發生加成反應，反應②為苯環上發生硝化反應；為取代反應。
（1）由B的結構簡式可知，分子式為。
（2）由F的結構簡式可知，含氧官能團的名稱為醚鍵、醛基，E發生催化氧化反應生成F，化學方程式為：2+O22+2H2O。
（3）G的同分異構體滿足條件：①含有苯環，且苯環上只有兩個取代基；②核磁共振氫譜峰面積之比為，說明其為對稱的結構，含有4種環境的H原子，且個數比為；③官能團只有一種，可以與溶液反應產生氣體，該官能團為-COOH；滿足條件的同分異構體為：。
（4）A．C和ClCH2OCH3發生取代反應生成D，由C和D的結構簡式可以推知另外一種產物為，A正確；
B．由D和E的結構簡式可知，D在水溶液且加熱的條件下發生取代反應生成E，B正確；
C．由分析可知，化合物H為CH3OH，名稱為甲醇，C錯誤；
D．手性碳原子是指與四個各不相同原子或基團相連的碳原子，化合物I中不存在手性碳原子，D錯誤；
故選AB。
（5）化合物D中含有苯環，和H2在催化劑、加熱的條件下發生加成反應生成，D和濃硝酸在濃硫酸催化、加熱的條件下發生取代反應生成。
（6）HCCH先和HCN發生加成反應生成CH2=CH2CN，CH2=CH2CN發生水解反應生成CH2=CHCOOH，CH2=CHCOOH和HBr發生加成反應生成BrCH2CH2COOH，BrCH2CH2COOH先發生取代反應生成HOCH2CH2COOH，HOCH2CH2COOH發生氧化反應生成HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH和發生F生成G的反應原理得到；
①乙炔與發生加成反應得到；
②最后一步反應中HOOCCH2COOH和發生F生成G的反應原理得到，同時有CO2和H2O生成，化學方程式為：+HOOCCH2COOH+CO2+H2O。
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