資源簡介

廣東省湛江市部分學校2024屆高三上學期開學質量摸底考試化學試題
1．（2023高三上·湛江開學考）古“絲綢之路”讓古代中國商品名揚海外。下列“絲綢之路博物館”展出的文物中，主要由硅酸鹽材料制成的是
文物
選項 A.蠶桑絲綢 B.西漢古茶 C.陶瓷碎片 D.銅鏡
A．A B．B C．C D．D
2．（2023高三上·湛江開學考）我國的深空探測、激光晶體、量子通信、深海探測等技術世界領先。下列說法正確的是（　　）
A．空間站宇航員若用激光筆照射太空，可在太空中看到一條光亮的通路
B．普通玻璃是非晶體，可用X射線衍射實驗區分激光晶體和普通玻璃
C．量子通信所用磁性材料的主要成分是Fe2O3
D．海水中重水（2H2O）總儲量巨大，2H2O和1H2O互為同位素
3．（2023高三上·湛江開學考）打造特色產業是持續推進鄉村振興戰略的重要舉措。下列說法正確的是
A．云南九鄉利用區域內溶洞大力發展旅游業，溶洞的形成過程中發生了化學變化
B．河南中牟發展葡萄種植和釀酒業，葡萄糖可水解為乙醇
C．廣東電白依托大面積種植花生發展食用油產業，花生油屬于天然有機高分子化合物
D．黑龍江安達市以奶酪為載體打造畜牧產業鏈，奶酪的主要成分屬于糖類
4．（2023高三上·湛江開學考）如圖所示是配制某物質的量濃度NaOH溶液的某些步驟。下列說法錯誤的是
A．圖1：稱量并溶解NaOH B．圖2：轉移洗滌液
C．圖3：定容 D．圖4：定容后反復上下顛倒搖勻
5．（2023高三上·湛江開學考）化學處處呈現美。下列說法正確的是（　　）
A．杜甫詩中“遲日江山麗，春風花草香”，體現了分子是運動的
B．春節絢麗多彩的煙花，是電子由基態躍遷到激發態時，能量以光的形式釋放出來
C．將銅片和鋅片放入稀鹽酸中，用導線連接銅片→氖燈→鋅片，氖燈發出美麗的亮光，稀鹽酸是電解質
D．氯化銨固體受熱神奇消失，該過程是升華現象
6．（2023高三上·湛江開學考）在觸媒作用下，利用電化學原理處理酸性溶液中有機物的原理如圖所示。下列分析正確的是
A．B電極是負極
B．A電極的電極反應式為C13H8N2O2+2e-=C13H10N2O2+2OH-
C．若有機物是甲酸(HCOOH)，處理1mol甲酸，理論上需要11.2LO2(標準狀況)
D．電子從A電極區通過離子交換膜進入B電極區
7．（2023高三上·湛江開學考）幸福生活是勞動創造的，同學們要積極參與勞動。下列勞動項目沒有運用相關原理的是
選項 勞動項目 相關原理
A 家務勞動：利用消毒碗柜高溫消毒 加熱使蛋白質變性，失去生理活性
B 體育比賽志愿者：向傷者受傷部位噴氯乙烷降溫鎮痛 氯乙烷易揮發，揮發過程吸熱
C 環?；顒樱盒麄魇褂脽o磷洗滌劑 含磷洗滌劑傷皮膚
D 清潔活動：用NaOH溶液除污劑清洗抽油煙機 油脂在堿性條件下易水解為可溶物
A．A B．B C．C D．D
8．（2023高三上·湛江開學考）甲和丙是2－羥基環己基甲酸(乙)的上下游產品(甲、乙、丙的結構簡式如圖所示)，在生態研究中具有重要作用。下列說法錯誤的是
A．乙能與氨基酸或蛋白質反應
B．1mol丙最多能與2molNaOH反應
C．相同物質的量濃度和溫度下，甲水溶液的酸性比乙強
D．甲和乙分子中手性碳原子數目相同
9．（2023高三上·湛江開學考）如圖所示是模擬制備氯水并檢驗Cl2性質的裝置(夾持裝置略去，揮發的HCl較少)。下列說法正確的是
A．燒瓶中固體試劑X應是MnO2
B．水浴加熱抽濾瓶能加快Cl2與水反應速率，增大氯水中HClO的濃度
C．干燥有色布條褪色，說明Cl2分子有漂白性
D．裝有NaOH溶液的燒杯可吸收尾氣，防止污染
10．（2023高三上·湛江開學考）含Fe物質的分類與相應化合價關系如圖所示，c和f均為鹽酸鹽，其中f晶體熔點為306℃，沸點為316℃。下列推斷不合理的是
A．檢驗f溶液中是否含c，可向f溶液中依次加入KSCN溶液和雙氧水
B．a與Cl2可直接化合生成f，f為分子晶體，含有共價鍵
C．含d礦石可冶煉a，f可用于制作印刷電路板
D．向盛有c溶液的燒杯中滴加NaOH溶液，存在c→b→e的轉化
11．（2023高三上·湛江開學考）設NA為阿伏加德羅常數的值，硫酸工業涉及S→SO2→SO3→H2SO4的轉化過程。下列說法正確的是
A．標準狀況下，含NA個硫原子的硫單質體積為22.4L
B．將2molSO2和1molO2混合于密閉容器中，充分反應后，轉移的電子數為4NA
C．1molSO2和SO3混合氣體通入過量NaOH溶液中，所得溶液中SO和SO離子總數為NA
D．1mol/L的H2SO4溶液中：c(H+)>2c(SO)
12．（2023高三上·湛江開學考） 下列陳述I和陳述Ⅱ均正確且具有因果關系的是（　?。?br/>選項 陳述 陳述
A 工業上電解熔融AlCl3冶煉鋁 AlCl3熔點比Al2O3低
B 試管中盛有藍色硫酸銅晶體，加入濃硫酸后晶體變白 濃硫酸有脫水性
C 常溫下，Fe遇濃硝酸產生紅棕色氣體，遇稀硝酸產生無色氣體 濃度越大，反應速率越快
D 除去乙炔中的H2S用CuSO4溶液，不用FeSO4溶液 CuS在水中的溶解度小于FeS
A．A B．B C．C D．D
13．（2023高三上·湛江開學考）甲醇能與乙酸發生酯化反應：CH3COOH+CH3OHCH3COOCH3+H2O。下列說法錯誤的是
A．該反應過程中，甲醇分子中O－H鍵斷裂
B．如圖所示可表示甲醇分子中C－H鍵成鍵過程
C．其他條件一定時，適當增大投料比【n(乙酸)：n(甲醇)】可提高甲醇轉化率
D．加入濃硫酸和加熱能加快酯化反應速率
14．（2023高三上·湛江開學考）化合物WV4Y(ZX4)2用途廣泛，所含5種短周期元素V、W、X、Y、Z的原子序數依次增大，每個短周期均有分布，X與W處于同周期，X與Z同主族，W的基態原子價層p軌道半充滿，基態Y原子最高能級的電子排布式為npn-2，基態Z原子最高能層p軌道均有電子且有2個未成對電子。下列說法正確的是
A．ZX3和WX的空間結構相同
B．第一電離能：W＜X＜Z
C．簡單氫化物穩定性：X＜Z
D．W簡單氣態氫化物的溶液和最高價氧化物對應水化物的溶液，都能溶解Y最高價氧化物對應水化物
15．（2023高三上·湛江開學考）在Fe2O3的催化作用下，向200℃的恒溫恒容密閉容器中充入1molCH4和2molNO2，發生反應CH4(g)+2NO2(g)CO2(g)+N2(g)+2H2O(g)，反應過程及能量變化示意圖如圖所示。下列說法正確的是
A．容器內氣體的密度不再發生變化時，該反應達到平衡狀態
B．反應一段時間后(未達平衡)，Fe3O4會遠遠多于Fe2O3
C．起始條件相同，其他條件不變，僅改為絕熱密閉容器，CH4和NO2的轉化率降低
D．使用更高效的催化劑能提高該反應平衡時的轉化率
16．（2023高三上·湛江開學考）利用鎂－次氯酸鹽電池為電源，模擬電浮選凝聚法處理污水示意圖如圖所示，通過鐵和石墨電極在污水中電解，利用污水中溶解的氧將生成的Fe2+轉化為Fe(OH)3沉淀吸附污染物，氣泡把污水中懸浮物帶到水面形成浮渣層，從而達到凈水的目的。下列說法錯誤的是
A．鎂－次氯酸鹽電池總反應的離子方程式為Mg+ClO-+H2O=Mg(OH)2+Cl-
B．M應是石墨電極，N應是鐵電極
C．生成Fe(OH)3，沉淀反應的離子方程式為4Fe2++10H2O+O2=4Fe(OH)3↓+8H+
D．將污水中懸浮物帶到水面形成浮渣層的氣泡成分主要是H2
17．（2023高三上·湛江開學考）醋酸(用HAc表示)是生活中常見的有機弱酸。某小組欲借助傳感器探究醋酸的電離過程。查閱資料：一定條件下，按=1配制的溶液中，c(H+)的值等于HAc的Ka；稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) △H=-57.300kJ/mol。
（1）配制0.10mol/LHAc溶液：
①配制250mL0.10mol/L的HAc溶液，需5.0mol/LHAc溶液的體積為　 　mL。
②配制250mL0.10mol/LHAc溶液，下列儀器中不需要的是　 　(填儀器名稱)。
（2）探究電離程度：量取20.00mL所配HAc溶液于錐形瓶中，加入指示劑，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定，恰好完全反應時消耗NaOH溶液21.20mL，用pH傳感器測滴定過程的pH(部分數據如表所示)。
V(NaOH)/mL 0.00 10.00 15.00 19.00 20.00
pH 2.87 4.70 5.12 5.70 6.02
①指示劑適宜選用　 　(填“酚酞”或“甲基橙”)。
②該HAc溶液濃度為　 　mol/L。
③根據表格數據，得出該溫度下HAc的Ka　 　10-4.70(填“＞”、“＜”或“=”)。
（3）探究電離過程熱效應：取上述HAc和NaOH溶液各100mL于量熱裝置中反應，測得反應前后體系的溫度值變化△T，重復操作3次，記錄實驗數據如表所示：
實驗 I II III
△T/℃ 0.59 0.61 0.60
①重復操作3次的目的是　 　。
②平均每次HAc和NaOH溶液反應放出的熱量為　 　J【c和p分別取4.18J/(g ℃)、1.0g/mL，忽略水以外各物質吸收的熱量，保留兩位小數，下同】。
③根據所學原理，可推知的熱效應△H=　 　kJ/mol。
（4）寫出一種生活中常見的無機弱酸及其用途：　 　。
18．（2023高三上·湛江開學考）22號元素鈦(Ti)的單質被譽為未來金屬。工業冶煉Ti后的廢渣中有SiO2和含Ti、Ca、Fe、Cu、Mg的化合物，從該廢渣中回收Ti，并獲得高附加值化工產品(MgF2、活性CaCO3、K2FeO4、X)的一種生產工藝如圖所示：
已知：生產條件下MgF2的溶度積為9.0×10-9；NH4+時存在時，不易生成MgCO3沉淀，固體2中有CaCO3、Cu2(OH)2CO3和某含鐵化合物。
（1）寫出基態Ti原子的價電子排布式：　 　。
（2）工藝設計要準確分析物質成分，科學加入試劑，準確把握用量，離子物質的量濃度≤1.0×10-5mol/L時，一般認為該離子沉淀完全。
①選擇向固體1中加入鹽酸而不加入硫酸的原因是　 　。
②“析晶”過程是向深藍色溶液3中先加入適量70%的H2SO4中和過量的氨水，再加入適量乙醇，得到深藍色品體X，產品X的化學式是　 　。
③“再溶”過程中加入強堿Y的稀溶液，溶液4中加入適量強堿Y的固體，強堿Y的化學式是　 　；寫出固體3“再溶”過程的離子方程式：　 　。
④測得溶液2中c(Mg2+)=0.030mol/L，要確保Mg2+沉淀完全，1L溶液2至少需加入NaF的物質的量為　 　mol(忽略溶液體積變化)。
（3）以上生產工藝中可循環利用的物質有NH3和　 　(填化學式)。
（4）活性炭酸鈣晶胞為正方體結構，晶胞結構如圖所示，黑點代表Ca2+，白色小圈代表CO，晶胞邊長為anm。
①活性炭酸鈣晶體中一個CO周圍與其最近且等距的Ca2+的個數為　 　。
②最近兩個Ca2+之間的距離為　 　nm(用含a的代數式表示)。
19．（2023高三上·湛江開學考）R是一種親氯有機物，屬于非電解質，易溶于水，在含Cl-的溶液中能發生如下反應。
反應I：R(aq)+Cl-(aq)RCl-(aq)
反應II：RCl-(aq)+Cl-(aq)RCl(aq)
回答下列問題：
（1）常溫下，向NaCl溶液中加入R，15s末測得c(RCl-)=0.07mol/L，c(RCl)=0.04mol/L。
①0~15s內，Cl-的平均消耗速率v(Cl-)=　 　。
②待反應充分進行，達到平衡狀態時溶液的體積為V0，加蒸餾水稀釋至溶液體積為V，達到新平衡時，Cl-的物質的量濃度為c平衡(Cl-)，RCl的物質的量濃度為c平衡(RCl)。寫出反應I平衡常數的表達式KI=　 　，稀釋過程中平衡常數KI的值　 　(填“變大”、“變小”或“不變”)，請在答題卡坐標內畫出隨1g的變化趨勢曲線　 　。
（2）室溫下，向Cl-初始濃度c0(Cl-)=amol/L的NaCl溶液中加入不同量的R，用數據傳感器測得平衡時(X表示Cl-、RCl-，RCl隨變化的數據，記錄如表所示(b和d代表數字，忽略溶液體積變化)：
0 0.25 0.50 0.75 1.00
Cl- 1.00 0.79 0.64 0.54 0.46
RCl- 0 0.09 0.16 0.22 0.28
RCl 0 0.06 b d 0.13
①從表格中數據可看出關系式：++2×=1，則d=　 　；此關系式也可從理論上推導，下列理論依據中，可推導該關系式的有　 　(填選項序號)。
A.能量守恒定律
B.電荷守恒定律
C.質量守恒定律
D.氧化還原反應遵循還原劑失去的電子總數和氧化劑得到的電子總數相等的規律
②=0.50時，R的轉化率為　 　(寫出計算過程)。
（3）R的分子結構可表示為M－COOH，M為有機分子部分結構。補充完整方程式：R+CH3CH2OHM－COOCH2HC3+　 　。
20．（2023高三上·湛江開學考）仿生催化反應是未來發展的重要方面，我國仿生催化反應研究走在世界前列。化合物V是一種重要的仿生催化劑，合成路線如圖所示：
回答下列問題：
（1）化合物II的同分異構體中，核磁共振氫譜只有1組吸收峰的結構簡式為　 　；化合物III的分子式為　 　。
（2）化合物I的化學名稱為　 　，其同分異構體中含有－CHBr－CHO結構的有　 　種(不考慮立體異構)，根據化合物I的結構特征，分析預測其可能的化學性質，完成表格。
序號 反應試劑、條件 反應形成的新結構 反應類型
a NaOH乙醇溶液、加熱 　 　 　 　
b 　 　 　 　 氧化反應(生成有機產物)
（3）關于反應③的說法中，正確的有(填選項序號)。
A．反應過程中，既有C－O鍵的斷裂，又有C－O鍵的形成
B．反應過程中，既有C=O鍵的斷裂，又有C=O鍵的形成
C．化合物III和IV都是極性分子，碳原子之間均以“頭碰頭”方式形成化學鍵
D．反應③是加成反應
（4）反應⑤方程式為 +R3－CH2－CHO ，以乙烯和乙醛為原料，無機試劑任選，利用反應②、③和⑤的原理合成化合物VI( )。
①第一步反應是乙烯在Ag催化下與O2反應，產物的結構簡式為　 　。
②最后一步的化學方程式為　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】含硅礦物及材料的應用；硅酸鹽
【解析】【解答】A．蠶桑絲綢的主要成分是蛋白質，屬于天然有機高分子材料，A錯誤；
B．茶葉的主要成分是纖維素、果膠質、蛋白質等有機物，B錯誤；
C．陶瓷碎片是由黏土等硅酸鹽原料燒制而成的，屬于硅酸鹽材料，C正確；
D．銅鏡的主要成分是銅合金，屬于金屬材料，不是硅酸鹽材料，D錯誤；
故選C。
【分析】硅酸鹽材料是由硅酸鹽礦物構成的材料，廣泛應用于多個領域。它們的主要成分包括長石、石英、高嶺土等，通常用于建筑材料（如水泥、磚塊、瓷磚等），具有優異的耐火性能和機械強度。此外，硅酸鹽材料在陶瓷制品和玻璃制品中也有重要應用，因其良好的耐熱性和絕緣性能，廣泛用于日用品和工業設備。
2．【答案】B
【知識點】鐵的氧化物和氫氧化物；同位素及其應用；膠體的性質和應用
【解析】【解答】A、太空屬于真空，不能形成膠體，因此若用激光筆照射太空，不能看到一條光亮的通路，故A錯誤；
B、普通玻璃是非晶體，則可用X射線衍射實驗區分激光晶體和普通玻璃，故B正確；
C、 Fe2O3 不具有磁性，該磁性材料為Fe3O4，故C錯誤；
D、同位素是指質子數相同，中子數不同的不同原子， 2H2O和1H2O 均為化合物，二者不互為同位素，故D錯誤；
故答案為：B。
【分析】A、丁達爾效應是膠體特有的性質；
B、X-射線衍射實驗是區分晶體和非晶體最科學的方法；
C、氧化鐵不具有磁性；
D、質子數相同，中子數不同的不同原子互為同位素。
3．【答案】A
【知識點】物理變化與化學變化的區別與聯系；單糖的性質和用途；油脂的性質、組成與結構
【解析】【解答】A．溶洞的形成過程中有新物質生成，發生了化學變化，A項正確；
B．葡萄糖是單糖，單糖是不能再水解的糖類，葡萄糖可在酒化酶的作用下發酵得到乙醇，B項錯誤；
C．花生油屬于油脂，油脂的相對分子質量較小，不屬于高分子化合物，C項錯誤；
D．奶酪是一種發酵的牛奶制品，其主要成分是蛋白質，不屬于糖類，D項錯誤；
故選A。
【分析】A．有新物質生成的變化屬于化學變化；
Ｂ．葡萄糖是單糖，單糖是不能再水解的糖類；
Ｃ．高分子化合物是指相對分子質量很大的化合物，一般相對分子質量在一萬以上；
Ｄ．奶酪的主要成分為蛋白質。
4．【答案】A
【知識點】配制一定物質的量濃度的溶液
【解析】【解答】A．NaOH具有腐蝕性，易潮解，應放在燒杯中稱量，A項錯誤；
B．轉移洗滌液時需要用玻璃棒引流，防止溶液濺出，B項正確；
C．定容時加蒸餾水至刻度線以下1~2cm處，改用膠頭滴管滴加至凹液面最低處與刻度線相切，C項正確；
D．定容后將容量瓶反復上下顛倒搖勻，使溶液混合均勻，D項正確；
故選A。
【分析】配制一定濃度的溶液的步驟為：計算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻等，應熟記每一步驟的細節。
5．【答案】A
【知識點】原子核外電子的躍遷及應用；電解質與非電解質
【解析】【解答】A、分子總在不斷運動，香氣分子不斷運動到空氣中使人能聞到香味，故A正確；
B、電子由基態躍遷到激發態時吸收能量，故B錯誤；
C、稀鹽酸是混合物，既不是電解質也不是非電解質，故C錯誤；
D、氯化銨受熱分解生成氨氣和氯化氫，該過程發生的是化學變化，不是升華現象，故D錯誤；
故答案為：A。
【分析】A、分子總在不斷運動；
B、電子從基態躍遷到激發態吸收能量；
C、電解質是指在水溶液中或熔融狀態下能導電的化合物；
D、加熱氯化銨分解生成氨氣和氯化氫。
6．【答案】C
【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．B電極上氧氣發生還原反應，則B電極為正極，A錯誤；
B．A電極為負極，發生氧化反應，處理的是酸性溶液，溶液中不可能含有大量OH-，正確的電極反應式為C13H10N2O2-2e-= C13H8N2O2+2H+，B錯誤；
C.1mol甲酸轉化為CO2需要轉移2mol電子，轉移2mol電子需要消耗0.5molO2，標準狀況下的體積為11.2L，C正確；
D．電子不能通過離子交換膜，電子是通過外電路從 A 電極流向 B 電極，D錯誤。
故選C。
【分析】B電極上，氧氣發生還原反應生成水，則B電極為正極，A電極為負極，負極發生氧化反應，電極反應式為C13H10N2O2-2e-= C13H8N2O2+2H+。
7．【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；油脂的性質、組成與結構
【解析】【解答】A．利用消毒碗柜高溫消毒，因為加熱能使蛋白質變性，失去生理活性，從而達到消毒的目的，該勞動項目運用了相關原理，故A不符合題意；
B．向傷者受傷部位噴氯乙烷降溫鎮痛，是由于氯乙烷易揮發，揮發過程吸熱，從而起到降溫的作用，該勞動項目運用了相關原理，故B不符合題意；
C．宣傳使用無磷洗滌劑，是因為含磷洗滌劑會使水體富營養化，造成水污染，而不是因為含磷洗滌劑傷皮膚，該勞動項目沒有運用所給的相關原理，故C符合題意；
D．油脂在堿性條件下易水解為可溶物，從而能夠去除油污，該勞動項目運用了相關原理，故D不符合題意；
故選C。
【分析】A．蛋白質在高溫下變性失去活性；
Ｂ．氯乙烷易揮發，揮發過程吸熱；
Ｃ．含磷洗滌劑會使水體富營養化；
Ｄ．油脂在堿性條件下易水解為可溶物。
8．【答案】B
【知識點】有機物的結構和性質；酯的性質
【解析】【解答】A．乙含有羧基，氨基酸含有氨基，蛋白質含有多個肽鍵和末端的氨基、羧基。羧基能與氨基發生脫水縮合反應，所以乙能與氨基酸或蛋白質反應，A項正確；
B．丙中只有酰胺基能與NaOH反應，1mol丙最多消耗1molNaOH，B項錯誤；
C．甲分子中含有氟原子，氟原子是電負性很強的原子，具有吸電子誘導效應，使得羧基上的氫原子更易電離，酸性增強，所以相同物質的量濃度和溫度下，甲水溶液的酸性比乙強，C項正確；
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，甲和乙中均含有2個手性碳原子，D項正確；
故選B。
【分析】A．乙含有羧基，能與氨基反應；
Ｂ．丙中只有酰胺基能與NaOH反應；
Ｃ．氟原子是電負性很強的原子，具有吸電子誘導效應；
Ｄ．手性碳是指連有四個不同原子團的碳原子。
9．【答案】D
【知識點】氯氣的化學性質；氯氣的實驗室制法；制備實驗方案的設計；氯水、氯氣的漂白作用
【解析】【解答】A．二氧化錳與濃鹽酸反應制備氯氣需要加熱條件，而圖中裝置沒有加熱儀器，則X不可能是 MnO2 ，A錯誤；
B．氯氣溶于水生成鹽酸和次氯酸，升溫能加快反應速率，但HClO受熱分解，水浴加熱抽濾瓶不能增大氯水中HClO的濃度，B錯誤；
C．干燥Cl2沒有漂白性，有色布條褪色是因為抽濾瓶中有水，Cl2與水反應生成的HClO起到漂白作用，C錯誤；
D．氯氣有毒，不能直接排放到空氣中，Cl2能與NaOH溶液反應，因此裝有NaOH溶液的燒杯可吸收Cl2，防止污染，D正確；
故選D。
【分析】A．濃鹽酸和二氧化錳制備氯氣需要加熱；
Ｂ．HClO受熱易分解；
Ｃ．干燥的氯氣不具有漂白性；
Ｄ．氯氣有毒，能與NaOH反應。
10．【答案】A
【知識點】鐵的化學性質；鐵的氧化物和氫氧化物；二價鐵離子和三價鐵離子的檢驗
【解析】【解答】A．若檢驗氯化鐵（f）溶液中是否含氯化亞鐵（c），應先加 KSCN 溶液，溶液不變紅，再加雙氧水，溶液變紅，說明原溶液含氯化亞鐵。但依次加入 KSCN 溶液和雙氧水，無法檢驗，因為加入 KSCN 溶液無現象不能說明不含氯化亞鐵，可能是后續雙氧水氧化亞鐵離子生成的鐵離子才使溶液變紅，A項錯誤；
B．Cl2是強氧化劑，與Fe直接化合生成FeCl3，FeCl3晶體熔點為306℃，沸點為316℃，熔沸點較低，為分子晶體，含有共價鍵，B項正確；
C．Fe2O3是赤鐵礦的主要成分，用于冶煉鐵，FeCl3可與覆銅板作用制作印刷電路板，C項正確；
D．向盛有FeCl2溶液的燒杯中滴加NaOH溶液，產生白色沉淀，沉淀很快變成灰綠色，最后變成紅褐色，依次發生反應和，存在c→b→e的轉化，D項正確；
故選A。
【分析】由圖可知，a為單質，為Fe，d為氧化物，Fe元素為+3價，則d為Fe2O3，e、b都是堿，其中的鐵元素分別為+3價和+2價，則e為Fe(OH)3，b為Fe(OH)2，c和f均為鹽酸鹽，則c為FeCl2，f為FeCl3。
11．【答案】D
【知識點】離子濃度大小的比較；氣體摩爾體積；阿伏加德羅常數
【解析】【解答】A．在標準狀況下，硫單質不是氣體，不能使用氣體摩爾體積22.4L/mol來計算其體積，A錯誤；
B．SO2與O2轉化為SO3是可逆反應，不能完全反應，則轉移的電子數小于4NA，B錯誤；
C.1molSO2和SO3的混合氣體通入過量NaOH溶液后，因為SO會水解，SO和SO離子總數小于NA，C錯誤；
D．.1mol/L的H2SO4溶液中根據電荷守恒有：，則c(H+)＞2c(SO)，D正確；
故選D。
【分析】A．在標準狀況下，硫單質不是氣體；
Ｂ．二氧化硫與氧氣的反應是可逆反應；
Ｃ．SO在溶液中會發生水解；
Ｄ．根據電荷守恒分析。
12．【答案】D
【知識點】化學反應速率的影響因素；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；金屬冶煉的一般原理；化學實驗方案的評價
【解析】【解答】A、氯化鋁為共價化合物，熔融狀態不導電，因此不能電解熔融氯化鋁冶煉鋁，故A錯誤；
B、濃硫酸能使有機物中的H、O按照水的比例脫去，體現其脫水性，硫酸銅為無機物，不能體現其脫水性，故B錯誤；
C、常溫下，Fe遇濃硝酸發生鈍化，故C錯誤；
D、FeS的溶解度較大，因此除去乙炔中的H2S用CuSO4溶液，不用FeSO4溶液，故D正確；
故答案為：D。
【分析】A、氯化鋁為共價化合物；
B、硫酸銅為無機物；
C、常溫下鐵在濃硝酸中鈍化；
D、CuS在水中的溶解度小于FeS。
13．【答案】B
【知識點】化學平衡的影響因素；酯化反應
【解析】【解答】A．在酯化反應中，醇提供羥基上的氫原子，羧酸提供羧基上的羥基，所以甲醇分子中O-H鍵斷裂，A項正確；
B．甲醇分子中C-H鍵是由碳原子的雜化軌道與氫原子的1s軌道重疊形成的，題干中圖為sp2雜化軌道和s軌道成鍵，即sp2-s鍵，不能表示甲醇分子中C－H鍵成鍵過程，B項錯誤；
C．增大投料比【n(乙酸)：n(甲醇)】，反應的平衡正向移動，甲醇轉化率增大，C項正確；
D．濃硫酸在酯化反應中起催化劑和吸水劑的作用，催化劑能降低反應的活化能，加快反應速率；加熱能增加反應物分子的能量，使活化分子百分數增加，從而加快反應速率，D項正確；
故選B。
【分析】A．在酯化反應中，醇提供羥基上的氫原子；
Ｂ．甲醇分子中C-H鍵是由碳原子的雜化軌道與氫原子的1s軌道重疊形成的；
Ｃ．在可逆反應中，增加一種反應物的濃度，會使平衡向正反應方向移動，從而提高另一種反應物的轉化率；
Ｄ．催化劑、升高溫度均能增大反應速率。
14．【答案】A
【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；元素周期表中原子結構與元素性質的遞變規律；微粒半徑大小的比較
【解析】【解答】A．SO3中心原子S原子價層電子對數為3，無孤電子對，空間結構為平面三角形，NO中心原子N原子價層電子對數為3，無孤電子對，空間結構為平面三角形。二者空間結構相同，A項正確；
B．同一周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，但 ⅡA 族（ns2全滿）和 ⅤA 族（np3半滿）元素的第一電離能比相鄰元素大，同主族由上到下元素原子的第一電離能逐漸減小，則第一電離能：S＜O＜N，B項錯誤；
C．元素的非金屬性越強，其簡單氫化物越穩定，非金屬性：O>S，則簡單氫化物穩定性：X>Z，C項錯誤；
D．W簡單氣態氫化物的溶液為氨水，Al(OH)3不溶于氨水，D項錯誤；
故選A。
【分析】W 的基態原子價層 p 軌道半充滿，電子排布式為ns2np3，可能為 N 或 P 元素，結合原子序數可知，應當是N元素，基態Y原子最高能級的電子排布式為npn-2， p 能級最少有 1 個軌道，最多有 6 個電子，則n=3，Y的價電子排布為3s23p1，Y為Al元素，基態 Z 原子最高能層 p 軌道均有電子且有 2 個未成對電子，Z 原子序數大于 Y（Al），所以 Z 為 S 元素， X 與 W 處于同周期，X 與 Z 同主族，所以 X 為 O 元素，V為H元素，綜上，V、W、X、Y、Z分別為H、N、O、Al、S。
15．【答案】C
【知識點】化學反應速率的影響因素；化學平衡的影響因素；化學平衡狀態的判斷
【解析】【解答】A．在恒溫恒容密閉容器中，反應前后氣體的質量m不變，體積V也不變，所以氣體的密度始終不變，因此，容器內氣體的密度不再發生變化時，不能說明該反應達到平衡狀態，A錯誤；
B．根據題干能量變化圖，反應i的活化能比反應的大，反應ii速率較快，不會有大量Fe3O4剩余，B錯誤；
C．在絕熱密閉容器中，反應放出的熱量使容器內溫度升高。對于放熱反應，溫度升高，平衡逆向移動，CH4和NO2的轉化率降低，C正確；
D．催化劑只能改變反應速率，不能改變反應的平衡狀態，也就不能提高該反應平衡時的轉化率，D錯誤；
故選C。
【分析】A．可逆反應達到平衡狀態時，正逆反應速率相等，反應體系中各物質的物質的量、物質的量濃度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不變，據此判斷；
Ｂ．活化能越大反應速率越慢；
Ｃ．該反應是放熱反應，在絕熱密閉容器中，反應放出的熱量使容器內溫度升高；
Ｄ．催化劑不影響平衡狀態。
16．【答案】B
【知識點】電極反應和電池反應方程式；電解原理；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】A．鎂-次氯酸鹽電池中，Mg為負極，發生反應，石墨是正極，電極反應式為，兩極反應相加得到總反應的離子方程式為，A項正確；
B．要利用污水中溶解的氧將生成的Fe2+轉化為Fe(OH)3沉淀，鐵應作陽極，發生氧化反應生成Fe2+，所以 N 應是鐵電極，M 應是石墨電極（作陰極），B項錯誤；
C．鐵電極只能生成Fe2+，電極反應式為，Fe2+被污水中溶解的O2氧化生成Fe(OH)3沉淀，離子方程式為，H+可被N電極產生的OH-中和，C項正確；
D．N電極的電極反應式為，產生的H2將污水中懸浮物帶到水面形成浮渣層，D項正確；
故選B。
【分析】在鎂 - 次氯酸鹽電池中，鎂作負極，發生氧化反應，電極反應式為：，石墨為正極，發生還原反應，電極反應式為：，則M為陽極，N為陰極。
17．【答案】（1）5.0；分液漏斗、球形冷凝管
（2）酚酞；0.1060；＜
（3）減少實驗誤差，提高實驗結果準確性；501.60；+7.14
（4）HClO做漂白劑或消毒液
【知識點】弱電解質在水溶液中的電離平衡；配制一定物質的量濃度的溶液；中和熱的測定
【解析】【解答】（1）①溶液稀釋過程中，溶質的物質的量不變，因此，解得V=5.0mL，因為量筒精確度為0.1mL，必須保留有效數字到小數點后1位。
②量取濃溶液要用到量筒，稀釋要在燒杯中進行，要在容量瓶中配制溶液，不需要用到的儀器是分液漏斗和球形冷凝管。
（2）①滴定終點溶液中溶質為NaAc，強堿弱酸鹽水解顯堿性，應用酚酞做指示劑。
②滴定過程中發生反應：，由反應方程式可知，滴定至終點時，，因此，解得。
③當時，，此時，則。
（3）①多測幾次求平均值，可以減少實驗誤差，提高實驗結果準確性。
②。
③由實驗可知，等體積HAc與NaOH溶液反應時，HAc過量，應以NaOH的量來計算，相當于0.01molHAc和0.01molNaOH反應，反應I：，中和反應Ⅱ：△H=-57.3kJ/mol；用反應I一反應Ⅱ，的熱效應。
（4）HClO做漂白劑或消毒液。
【分析】（1）①根據稀釋前后溶質的物質的量不變計算HAc溶液體積；
②配制一定濃度的溶液的步驟為：計算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻等，據此分析所需儀器；
（2）①滴定終點溶液呈堿性，用酚酞作指示劑；
②根據計算；
③根據計算；
（3）①重復操作取平均值能減小實驗誤差；
②根據計算；
（4）根據常見的無機弱酸的性質和用途分析。
（1）①溶液稀釋過程中，溶質的物質的量不變，因此，解得V=5.0mL，因為量筒精確度為0.1mL，必須保留有效數字到小數點后1位。
②量取濃溶液要用到量筒，稀釋要在燒杯中進行，要在容量瓶中配制溶液，不需要用到的儀器是分液漏斗和球形冷凝管。
（2）①滴定終點溶液中溶質為NaAc，強堿弱酸鹽水解顯堿性，應用酚酞做指示劑。
②滴定過程中發生反應：，由反應方程式可知，滴定至終點時，，因此，解得。
③當時，，此時，則。
（3）①多測幾次求平均值，可以減少實驗誤差，提高實驗結果準確性。
②。
③由實驗可知，等體積HAc與NaOH溶液反應時，HAc過量，應以NaOH的量來計算，相當于0.01molHAc和0.01molNaOH反應，反應I：，中和反應Ⅱ：△H=-57.3kJ/mol；用反應I一反應Ⅱ，的熱效應。
（4）HClO做漂白劑或消毒液。
18．【答案】（1）3d24s2
（2）CaSO4微溶，防止生成CaSO4固體覆蓋在固體1表面，導致固體1溶解不充分；[Cu(NH3)4]SO4 H2O；KOH；2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=3Cl-+2FeO+5H2O；0.090
（3）NaCl
（4）6；a
【知識點】原子核外電子排布；晶胞的計算；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用；物質的分離與提純
【解析】【解答】（1）Ti是22號元素，基態Ti原子價電子排布式為3d24s2；
（2）①固體1含有鈣，加酸溶解時若用硫酸，容易生成硫酸鈣，硫酸鈣微溶，會覆蓋在固體1表面導致部分固體無法溶解；
②溶液3呈深藍色是因為含有[Cu(NH3)4]2+，加入SO，再加入極性較小的乙醇溶液，會析出深藍色晶體[Cu(NH3)4]SO4·H2O，即產品X是[Cu(NH3)4]SO4·H2O；
③根據產物K2FeO4，加入陽離子應為K+，且c(K+)越大，K2FeO4越易析出，故強堿Y是KOH；根據流程，通入強氧化劑后Fe的化合價應為+3價，溶液中Fe3+與CO會發生互促水解，反應生成Fe(OH)3和CO2，固體2中的含鐵化合物應是Fe(OH)3，結合“再溶”反應生成過程，應是ClO-做氧化劑被還原為Cl-，Fe(OH)3做還原劑被氧化為FeO，結合題目信息即可寫出該反應的離子方程式為。
④加入的NaF分為兩部分：一部分形成MgF2沉淀，1L溶液2中，形成MgF2沉淀需要0.060molNaF；另一部分是溶液中剩余的F-，沉淀完全時溶液中，溶度積，，溶液中至少剩余0.030molNaF，故加入NaF至少0.090mol；
（3）根據流程，NH3可用于制備濃氨水，NaCl可循環利用到第一步；
（4）①由圖可知配位數為6，每個Ca2+周圍最近的CO有6個，每個CO周圍最近的Ca2+也是6個；
②最近的兩個Ca2+位于相鄰兩條棱的棱心，距離為面對角線的一半，即anm。
【分析】廢渣中鈦元素與氯氣、氯化鈉反應生成液態四氯化鈦，網濾得到液態四氯化鈦和固體1；液態四氯化鈦與鎂一定條件下發生置換反應生成金屬鈦；向固體1中加入鹽酸，將固體中金屬元素轉化為可溶的金屬氯化物，二氧化硅與鹽酸不反應，過濾得到含有二氧化硅的棄渣和溶液1；向溶液1中加入碳酸銨溶液，將溶液中鈣離子轉化為碳酸鈣沉淀、鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀、銅離子轉化為堿式碳酸銅沉淀，過濾得到含有鎂離子的溶液2和含有碳酸鈣、氫氧化鐵、堿式碳酸銅的固體2；向溶液2中加入氟化鈉溶液，將溶液中的鎂離子轉化為氟化鎂沉淀，過濾得到氟化鎂和溶液；溶液經處理得到可循環使用的氨氣和氯化鈉；向固體2中加入濃氨水，將堿式碳酸銅轉化為四氨合銅離子，過濾得到含有四氨合銅離子的溶液3和含有碳酸鈣、氫氧化鐵的固體3；向溶液3中先后加入70%硫酸和過量的氨水、乙醇，析晶、過濾得到硫酸四氨合銅晶體；向固體3中加入次氯酸鉀和氫氧化鉀的混合溶液，將氫氧化鐵轉化為高鐵酸鉀，過濾得到高鐵酸鉀溶液和碳酸鈣；碳酸鈣經活化得到活化碳酸鈣；向高鐵酸鉀溶液中加入氫氧化鉀固體，降低溶液中高鐵酸鉀的溶解度，結晶、過濾得到高鐵酸鉀。
（1）Ti是22號元素，基態Ti原子價電子排布式為3d24s2；
（2）①固體1含有鈣，加酸溶解時若用硫酸，容易生成硫酸鈣，硫酸鈣微溶，會覆蓋在固體1表面導致部分固體無法溶解；
②溶液3呈深藍色是因為含有[Cu(NH3)4]2+，加入SO，再加入極性較小的乙醇溶液，會析出深藍色晶體[Cu(NH3)4]SO4·H2O，即產品X是[Cu(NH3)4]SO4·H2O；
③根據產物K2FeO4，加入陽離子應為K+，且c(K+)越大，K2FeO4越易析出，故強堿Y是KOH；根據流程，通入強氧化劑后Fe的化合價應為+3價，溶液中Fe3+與CO會發生互促水解，反應生成Fe(OH)3和CO2，固體2中的含鐵化合物應是Fe(OH)3，結合“再溶”反應生成過程，應是ClO-做氧化劑被還原為Cl-，Fe(OH)3做還原劑被氧化為FeO，結合題目信息即可寫出該反應的離子方程式為。
④加入的NaF分為兩部分：一部分形成MgF2沉淀，1L溶液2中，形成MgF2沉淀需要0.060molNaF；另一部分是溶液中剩余的F-，沉淀完全時溶液中，溶度積，，溶液中至少剩余0.030molNaF，故加入NaF至少0.090mol；
（3）根據流程，NH3可用于制備濃氨水，NaCl可循環利用到第一步；
（4）①由圖可知配位數為6，每個Ca2+周圍最近的CO有6個，每個CO周圍最近的Ca2+也是6個；
②最近的兩個Ca2+位于相鄰兩條棱的棱心，距離為面對角線的一半，即anm。
19．【答案】（1）0.01mol/(L s)；；不變；
（2）0.12；BC；52%
（3）H2O
【知識點】化學平衡常數；化學平衡移動原理；化學平衡的計算；化學反應速率和化學計量數的關系
【解析】【解答】（1）利用氯元素守恒：0~15s共消耗Cl-：，；
②根據方程式可得出反應I平衡常數的表達式；平衡常數只受溫度的影響，題目已經說明是常溫下，溫度不變，平衡常數不變；稀釋至n倍時(n＞1)，，則，稀釋后，c(RCl-)減小，KII不變。則變大，故隨1g變大，變大。
（2）①A．根據題干信息，，計算得到d=0.12；推斷該關系，不涉及能量問題，A項錯誤：
B．將反應視為反應I和反應III：，根據反應I和Ⅲ的電荷守恒可知，消耗的，而，進而得出題干關系式，B項正確；
C．質量守恒定律方面可利用氯守恒，結合方程式得出題干關系式，C項正確；
D．反應不是氧化還原反應，不涉及電子轉移，D項錯誤；
故選BC；
②由可知b=0.10，根據R反應前后守恒可得R轉化率。
（3）M-COOCH2CH3比R+CH3CH2OH少2個H、1個O，另一產物是H2O。
【分析】（1）①根據計算；
②根據反應的方程式可知 KI= ，平衡常數只與溫度有關；根據分析；
（2）①將表格數據代入計算得到d；推導該關系式依據電荷守恒、質量守恒和得失電子守恒；
②根據反應前后R守恒計算；
（3）根據質量守恒確定另一產物為H2O。
（1）利用氯元素守恒：0~15s共消耗Cl-：，；
②根據方程式可得出反應I平衡常數的表達式；平衡常數只受溫度的影響，題目已經說明是常溫下，溫度不變，平衡常數不變；稀釋至n倍時(n＞1)，，則，稀釋后，c(RCl-)減小，KII不變。則變大，故隨1g變大，變大。
（2）①A．根據題干信息，，計算得到d=0.12；推斷該關系，不涉及能量問題，A項錯誤：
B．將反應視為反應I和反應III：，根據反應I和Ⅲ的電荷守恒可知，消耗的，而，進而得出題干關系式，B項正確；
C．質量守恒定律方面可利用氯守恒，結合方程式得出題干關系式，C項正確；
D．反應不是氧化還原反應，不涉及電子轉移，D項錯誤；
故選BC；
②由可知b=0.10，根據R反應前后守恒可得R轉化率。
（3）M-COOCH2CH3比R+CH3CH2OH少2個H、1個O，另一產物是H2O。
20．【答案】（1）；C6H9OBr
（2）對溴環已醇或4－溴環已醇；4；；消去反應；O2、Cu或Ag、加熱；
（3）A；C；D
（4）； +CH3CHO
【知識點】有機物的推斷；有機物的結構和性質；同分異構現象和同分異構體
【解析】【解答】（1）化合物Ⅱ不飽和度為2，共有6個C，9個H，核磁共振氫譜只有1組吸收峰說明有3個等效—CH3，除甲基外沒有H，結合不飽和度為2，結構簡式為 ；化合物Ⅲ的分子式為C6H9OBr。
（2）化合物I的羥基和溴原子連在六元單鍵碳環的對位，可以命名為“對溴環己醇”或“4溴環己醇”；結合化合物I的分子式，扣除-CHBr-CHO結構，剩余C4H9-，此結構有4種同分異構體；化合物I中含有碳溴鍵，遇NaOH醇溶液并加熱發生消去反應，生成 ；在Cu或Ag催化下與O2可發生氧化反應，生成 。
（3）A．反應③斷鍵：相當于化合物Ⅲ中兩個C-O鍵斷裂其中一個，CO2(O=C=O)中一個C=O斷裂并形成單鍵；成鍵：CO2中的C與化合物Ⅲ中C-O鍵斷裂的O形成C-O鍵，CO2中斷裂C=O并形成單鍵的O與化合物Ⅲ中C-O鍵斷裂的C形成C-O鍵，屬于加成反應，沒有C=O鍵的形成，A正確；
B．由A可知，沒有反應過程中，沒有C=O鍵的形成，B錯誤；
C．化合物Ⅲ和IV的分子不是中心對稱，都是極性分子，碳原子之間均是單鍵，以“頭碰頭”方式形成σ鍵，C正確；
D．由A可知，反應③是加成反應，D正確；
故選ACD。
（4）①結合反應②可知，相當于C=C斷裂并形成單鍵，兩個C連同一個O，即產物是 。
②根據反應③可推斷第二步的產物為 結合反應⑤不難推出最后一步方程式為： +CH3CHO 。
【分析】（1）分子式相同，結構不同的化合物互為同分異構體，分子中有幾種不同環境的氫原子，核磁共振氫譜就有幾組峰；根據結構簡式確定分子中所含原子種類和數目，進而確定其分子式；
（2）化合物I的羥基和溴原子連在六元單鍵碳環的對位；化合物I含有溴原子和醇羥基，具有鹵代烴和醇的性質；
（3）反應③：化合物Ⅲ中兩個C-O鍵斷裂其中一個，CO2(O=C=O)中一個C=O斷裂并形成單鍵；成鍵：CO2中的C與化合物Ⅲ中C-O鍵斷裂的O形成C-O鍵，CO2中斷裂C=O并形成單鍵的O與化合物Ⅲ中C-O鍵斷裂的C形成C-O鍵；
（4）①乙烯在Ag催化下與氧氣反應生成 ；
②結合目標產物結構，可知最后一步是發生類似反應⑤的反應，根據給定的反應⑤的反應模式，以及目標產物的結構逆推得出反應物和反應條件，從而寫出化學方程式。
（1）化合物Ⅱ不飽和度為2，共有6個C，9個H，核磁共振氫譜只有1組吸收峰說明有3個等效—CH3，除甲基外沒有H，結合不飽和度為2，結構簡式為 ；化合物Ⅲ的分子式為C6H9OBr。
（2）化合物I的羥基和溴原子連在六元單鍵碳環的對位，可以命名為“對溴環己醇”或“4溴環己醇”；結合化合物I的分子式，扣除-CHBr-CHO結構，剩余C4H9-，此結構有4種同分異構體；化合物I中含有碳溴鍵，遇NaOH醇溶液并加熱發生消去反應，生成 ；在Cu或Ag催化下與O2可發生氧化反應，生成 。
（3）A．反應③斷鍵：相當于化合物Ⅲ中兩個C-O鍵斷裂其中一個，CO2(O=C=O)中一個C=O斷裂并形成單鍵；成鍵：CO2中的C與化合物Ⅲ中C-O鍵斷裂的O形成C-O鍵，CO2中斷裂C=O并形成單鍵的O與化合物Ⅲ中C-O鍵斷裂的C形成C-O鍵，屬于加成反應，沒有C=O鍵的形成，A正確；
B．由A可知，沒有反應過程中，沒有C=O鍵的形成，B錯誤；
C．化合物Ⅲ和IV的分子不是中心對稱，都是極性分子，碳原子之間均是單鍵，以“頭碰頭”方式形成σ鍵，C正確；
D．由A可知，反應③是加成反應，D正確；
故選ACD。
（4）①結合反應②可知，相當于C=C斷裂并形成單鍵，兩個C連同一個O，即產物是 。
②根據反應③可推斷第二步的產物為 結合反應⑤不難推出最后一步方程式為： +CH3CHO 。
1 / 1廣東省湛江市部分學校2024屆高三上學期開學質量摸底考試化學試題
1．（2023高三上·湛江開學考）古“絲綢之路”讓古代中國商品名揚海外。下列“絲綢之路博物館”展出的文物中，主要由硅酸鹽材料制成的是
文物
選項 A.蠶桑絲綢 B.西漢古茶 C.陶瓷碎片 D.銅鏡
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知識點】含硅礦物及材料的應用；硅酸鹽
【解析】【解答】A．蠶桑絲綢的主要成分是蛋白質，屬于天然有機高分子材料，A錯誤；
B．茶葉的主要成分是纖維素、果膠質、蛋白質等有機物，B錯誤；
C．陶瓷碎片是由黏土等硅酸鹽原料燒制而成的，屬于硅酸鹽材料，C正確；
D．銅鏡的主要成分是銅合金，屬于金屬材料，不是硅酸鹽材料，D錯誤；
故選C。
【分析】硅酸鹽材料是由硅酸鹽礦物構成的材料，廣泛應用于多個領域。它們的主要成分包括長石、石英、高嶺土等，通常用于建筑材料（如水泥、磚塊、瓷磚等），具有優異的耐火性能和機械強度。此外，硅酸鹽材料在陶瓷制品和玻璃制品中也有重要應用，因其良好的耐熱性和絕緣性能，廣泛用于日用品和工業設備。
2．（2023高三上·湛江開學考）我國的深空探測、激光晶體、量子通信、深海探測等技術世界領先。下列說法正確的是（　?。?br/>A．空間站宇航員若用激光筆照射太空，可在太空中看到一條光亮的通路
B．普通玻璃是非晶體，可用X射線衍射實驗區分激光晶體和普通玻璃
C．量子通信所用磁性材料的主要成分是Fe2O3
D．海水中重水（2H2O）總儲量巨大，2H2O和1H2O互為同位素
【答案】B
【知識點】鐵的氧化物和氫氧化物；同位素及其應用；膠體的性質和應用
【解析】【解答】A、太空屬于真空，不能形成膠體，因此若用激光筆照射太空，不能看到一條光亮的通路，故A錯誤；
B、普通玻璃是非晶體，則可用X射線衍射實驗區分激光晶體和普通玻璃，故B正確；
C、 Fe2O3 不具有磁性，該磁性材料為Fe3O4，故C錯誤；
D、同位素是指質子數相同，中子數不同的不同原子， 2H2O和1H2O 均為化合物，二者不互為同位素，故D錯誤；
故答案為：B。
【分析】A、丁達爾效應是膠體特有的性質；
B、X-射線衍射實驗是區分晶體和非晶體最科學的方法；
C、氧化鐵不具有磁性；
D、質子數相同，中子數不同的不同原子互為同位素。
3．（2023高三上·湛江開學考）打造特色產業是持續推進鄉村振興戰略的重要舉措。下列說法正確的是
A．云南九鄉利用區域內溶洞大力發展旅游業，溶洞的形成過程中發生了化學變化
B．河南中牟發展葡萄種植和釀酒業，葡萄糖可水解為乙醇
C．廣東電白依托大面積種植花生發展食用油產業，花生油屬于天然有機高分子化合物
D．黑龍江安達市以奶酪為載體打造畜牧產業鏈，奶酪的主要成分屬于糖類
【答案】A
【知識點】物理變化與化學變化的區別與聯系；單糖的性質和用途；油脂的性質、組成與結構
【解析】【解答】A．溶洞的形成過程中有新物質生成，發生了化學變化，A項正確；
B．葡萄糖是單糖，單糖是不能再水解的糖類，葡萄糖可在酒化酶的作用下發酵得到乙醇，B項錯誤；
C．花生油屬于油脂，油脂的相對分子質量較小，不屬于高分子化合物，C項錯誤；
D．奶酪是一種發酵的牛奶制品，其主要成分是蛋白質，不屬于糖類，D項錯誤；
故選A。
【分析】A．有新物質生成的變化屬于化學變化；
Ｂ．葡萄糖是單糖，單糖是不能再水解的糖類；
Ｃ．高分子化合物是指相對分子質量很大的化合物，一般相對分子質量在一萬以上；
Ｄ．奶酪的主要成分為蛋白質。
4．（2023高三上·湛江開學考）如圖所示是配制某物質的量濃度NaOH溶液的某些步驟。下列說法錯誤的是
A．圖1：稱量并溶解NaOH B．圖2：轉移洗滌液
C．圖3：定容 D．圖4：定容后反復上下顛倒搖勻
【答案】A
【知識點】配制一定物質的量濃度的溶液
【解析】【解答】A．NaOH具有腐蝕性，易潮解，應放在燒杯中稱量，A項錯誤；
B．轉移洗滌液時需要用玻璃棒引流，防止溶液濺出，B項正確；
C．定容時加蒸餾水至刻度線以下1~2cm處，改用膠頭滴管滴加至凹液面最低處與刻度線相切，C項正確；
D．定容后將容量瓶反復上下顛倒搖勻，使溶液混合均勻，D項正確；
故選A。
【分析】配制一定濃度的溶液的步驟為：計算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻等，應熟記每一步驟的細節。
5．（2023高三上·湛江開學考）化學處處呈現美。下列說法正確的是（　?。?br/>A．杜甫詩中“遲日江山麗，春風花草香”，體現了分子是運動的
B．春節絢麗多彩的煙花，是電子由基態躍遷到激發態時，能量以光的形式釋放出來
C．將銅片和鋅片放入稀鹽酸中，用導線連接銅片→氖燈→鋅片，氖燈發出美麗的亮光，稀鹽酸是電解質
D．氯化銨固體受熱神奇消失，該過程是升華現象
【答案】A
【知識點】原子核外電子的躍遷及應用；電解質與非電解質
【解析】【解答】A、分子總在不斷運動，香氣分子不斷運動到空氣中使人能聞到香味，故A正確；
B、電子由基態躍遷到激發態時吸收能量，故B錯誤；
C、稀鹽酸是混合物，既不是電解質也不是非電解質，故C錯誤；
D、氯化銨受熱分解生成氨氣和氯化氫，該過程發生的是化學變化，不是升華現象，故D錯誤；
故答案為：A。
【分析】A、分子總在不斷運動；
B、電子從基態躍遷到激發態吸收能量；
C、電解質是指在水溶液中或熔融狀態下能導電的化合物；
D、加熱氯化銨分解生成氨氣和氯化氫。
6．（2023高三上·湛江開學考）在觸媒作用下，利用電化學原理處理酸性溶液中有機物的原理如圖所示。下列分析正確的是
A．B電極是負極
B．A電極的電極反應式為C13H8N2O2+2e-=C13H10N2O2+2OH-
C．若有機物是甲酸(HCOOH)，處理1mol甲酸，理論上需要11.2LO2(標準狀況)
D．電子從A電極區通過離子交換膜進入B電極區
【答案】C
【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．B電極上氧氣發生還原反應，則B電極為正極，A錯誤；
B．A電極為負極，發生氧化反應，處理的是酸性溶液，溶液中不可能含有大量OH-，正確的電極反應式為C13H10N2O2-2e-= C13H8N2O2+2H+，B錯誤；
C.1mol甲酸轉化為CO2需要轉移2mol電子，轉移2mol電子需要消耗0.5molO2，標準狀況下的體積為11.2L，C正確；
D．電子不能通過離子交換膜，電子是通過外電路從 A 電極流向 B 電極，D錯誤。
故選C。
【分析】B電極上，氧氣發生還原反應生成水，則B電極為正極，A電極為負極，負極發生氧化反應，電極反應式為C13H10N2O2-2e-= C13H8N2O2+2H+。
7．（2023高三上·湛江開學考）幸福生活是勞動創造的，同學們要積極參與勞動。下列勞動項目沒有運用相關原理的是
選項 勞動項目 相關原理
A 家務勞動：利用消毒碗柜高溫消毒 加熱使蛋白質變性，失去生理活性
B 體育比賽志愿者：向傷者受傷部位噴氯乙烷降溫鎮痛 氯乙烷易揮發，揮發過程吸熱
C 環?；顒樱盒麄魇褂脽o磷洗滌劑 含磷洗滌劑傷皮膚
D 清潔活動：用NaOH溶液除污劑清洗抽油煙機 油脂在堿性條件下易水解為可溶物
A．A B．B C．C D．D
【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；油脂的性質、組成與結構
【解析】【解答】A．利用消毒碗柜高溫消毒，因為加熱能使蛋白質變性，失去生理活性，從而達到消毒的目的，該勞動項目運用了相關原理，故A不符合題意；
B．向傷者受傷部位噴氯乙烷降溫鎮痛，是由于氯乙烷易揮發，揮發過程吸熱，從而起到降溫的作用，該勞動項目運用了相關原理，故B不符合題意；
C．宣傳使用無磷洗滌劑，是因為含磷洗滌劑會使水體富營養化，造成水污染，而不是因為含磷洗滌劑傷皮膚，該勞動項目沒有運用所給的相關原理，故C符合題意；
D．油脂在堿性條件下易水解為可溶物，從而能夠去除油污，該勞動項目運用了相關原理，故D不符合題意；
故選C。
【分析】A．蛋白質在高溫下變性失去活性；
Ｂ．氯乙烷易揮發，揮發過程吸熱；
Ｃ．含磷洗滌劑會使水體富營養化；
Ｄ．油脂在堿性條件下易水解為可溶物。
8．（2023高三上·湛江開學考）甲和丙是2－羥基環己基甲酸(乙)的上下游產品(甲、乙、丙的結構簡式如圖所示)，在生態研究中具有重要作用。下列說法錯誤的是
A．乙能與氨基酸或蛋白質反應
B．1mol丙最多能與2molNaOH反應
C．相同物質的量濃度和溫度下，甲水溶液的酸性比乙強
D．甲和乙分子中手性碳原子數目相同
【答案】B
【知識點】有機物的結構和性質；酯的性質
【解析】【解答】A．乙含有羧基，氨基酸含有氨基，蛋白質含有多個肽鍵和末端的氨基、羧基。羧基能與氨基發生脫水縮合反應，所以乙能與氨基酸或蛋白質反應，A項正確；
B．丙中只有酰胺基能與NaOH反應，1mol丙最多消耗1molNaOH，B項錯誤；
C．甲分子中含有氟原子，氟原子是電負性很強的原子，具有吸電子誘導效應，使得羧基上的氫原子更易電離，酸性增強，所以相同物質的量濃度和溫度下，甲水溶液的酸性比乙強，C項正確；
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，甲和乙中均含有2個手性碳原子，D項正確；
故選B。
【分析】A．乙含有羧基，能與氨基反應；
Ｂ．丙中只有酰胺基能與NaOH反應；
Ｃ．氟原子是電負性很強的原子，具有吸電子誘導效應；
Ｄ．手性碳是指連有四個不同原子團的碳原子。
9．（2023高三上·湛江開學考）如圖所示是模擬制備氯水并檢驗Cl2性質的裝置(夾持裝置略去，揮發的HCl較少)。下列說法正確的是
A．燒瓶中固體試劑X應是MnO2
B．水浴加熱抽濾瓶能加快Cl2與水反應速率，增大氯水中HClO的濃度
C．干燥有色布條褪色，說明Cl2分子有漂白性
D．裝有NaOH溶液的燒杯可吸收尾氣，防止污染
【答案】D
【知識點】氯氣的化學性質；氯氣的實驗室制法；制備實驗方案的設計；氯水、氯氣的漂白作用
【解析】【解答】A．二氧化錳與濃鹽酸反應制備氯氣需要加熱條件，而圖中裝置沒有加熱儀器，則X不可能是 MnO2 ，A錯誤；
B．氯氣溶于水生成鹽酸和次氯酸，升溫能加快反應速率，但HClO受熱分解，水浴加熱抽濾瓶不能增大氯水中HClO的濃度，B錯誤；
C．干燥Cl2沒有漂白性，有色布條褪色是因為抽濾瓶中有水，Cl2與水反應生成的HClO起到漂白作用，C錯誤；
D．氯氣有毒，不能直接排放到空氣中，Cl2能與NaOH溶液反應，因此裝有NaOH溶液的燒杯可吸收Cl2，防止污染，D正確；
故選D。
【分析】A．濃鹽酸和二氧化錳制備氯氣需要加熱；
Ｂ．HClO受熱易分解；
Ｃ．干燥的氯氣不具有漂白性；
Ｄ．氯氣有毒，能與NaOH反應。
10．（2023高三上·湛江開學考）含Fe物質的分類與相應化合價關系如圖所示，c和f均為鹽酸鹽，其中f晶體熔點為306℃，沸點為316℃。下列推斷不合理的是
A．檢驗f溶液中是否含c，可向f溶液中依次加入KSCN溶液和雙氧水
B．a與Cl2可直接化合生成f，f為分子晶體，含有共價鍵
C．含d礦石可冶煉a，f可用于制作印刷電路板
D．向盛有c溶液的燒杯中滴加NaOH溶液，存在c→b→e的轉化
【答案】A
【知識點】鐵的化學性質；鐵的氧化物和氫氧化物；二價鐵離子和三價鐵離子的檢驗
【解析】【解答】A．若檢驗氯化鐵（f）溶液中是否含氯化亞鐵（c），應先加 KSCN 溶液，溶液不變紅，再加雙氧水，溶液變紅，說明原溶液含氯化亞鐵。但依次加入 KSCN 溶液和雙氧水，無法檢驗，因為加入 KSCN 溶液無現象不能說明不含氯化亞鐵，可能是后續雙氧水氧化亞鐵離子生成的鐵離子才使溶液變紅，A項錯誤；
B．Cl2是強氧化劑，與Fe直接化合生成FeCl3，FeCl3晶體熔點為306℃，沸點為316℃，熔沸點較低，為分子晶體，含有共價鍵，B項正確；
C．Fe2O3是赤鐵礦的主要成分，用于冶煉鐵，FeCl3可與覆銅板作用制作印刷電路板，C項正確；
D．向盛有FeCl2溶液的燒杯中滴加NaOH溶液，產生白色沉淀，沉淀很快變成灰綠色，最后變成紅褐色，依次發生反應和，存在c→b→e的轉化，D項正確；
故選A。
【分析】由圖可知，a為單質，為Fe，d為氧化物，Fe元素為+3價，則d為Fe2O3，e、b都是堿，其中的鐵元素分別為+3價和+2價，則e為Fe(OH)3，b為Fe(OH)2，c和f均為鹽酸鹽，則c為FeCl2，f為FeCl3。
11．（2023高三上·湛江開學考）設NA為阿伏加德羅常數的值，硫酸工業涉及S→SO2→SO3→H2SO4的轉化過程。下列說法正確的是
A．標準狀況下，含NA個硫原子的硫單質體積為22.4L
B．將2molSO2和1molO2混合于密閉容器中，充分反應后，轉移的電子數為4NA
C．1molSO2和SO3混合氣體通入過量NaOH溶液中，所得溶液中SO和SO離子總數為NA
D．1mol/L的H2SO4溶液中：c(H+)>2c(SO)
【答案】D
【知識點】離子濃度大小的比較；氣體摩爾體積；阿伏加德羅常數
【解析】【解答】A．在標準狀況下，硫單質不是氣體，不能使用氣體摩爾體積22.4L/mol來計算其體積，A錯誤；
B．SO2與O2轉化為SO3是可逆反應，不能完全反應，則轉移的電子數小于4NA，B錯誤；
C.1molSO2和SO3的混合氣體通入過量NaOH溶液后，因為SO會水解，SO和SO離子總數小于NA，C錯誤；
D．.1mol/L的H2SO4溶液中根據電荷守恒有：，則c(H+)＞2c(SO)，D正確；
故選D。
【分析】A．在標準狀況下，硫單質不是氣體；
Ｂ．二氧化硫與氧氣的反應是可逆反應；
Ｃ．SO在溶液中會發生水解；
Ｄ．根據電荷守恒分析。
12．（2023高三上·湛江開學考） 下列陳述I和陳述Ⅱ均正確且具有因果關系的是（　?。?br/>選項 陳述 陳述
A 工業上電解熔融AlCl3冶煉鋁 AlCl3熔點比Al2O3低
B 試管中盛有藍色硫酸銅晶體，加入濃硫酸后晶體變白 濃硫酸有脫水性
C 常溫下，Fe遇濃硝酸產生紅棕色氣體，遇稀硝酸產生無色氣體 濃度越大，反應速率越快
D 除去乙炔中的H2S用CuSO4溶液，不用FeSO4溶液 CuS在水中的溶解度小于FeS
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知識點】化學反應速率的影響因素；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；金屬冶煉的一般原理；化學實驗方案的評價
【解析】【解答】A、氯化鋁為共價化合物，熔融狀態不導電，因此不能電解熔融氯化鋁冶煉鋁，故A錯誤；
B、濃硫酸能使有機物中的H、O按照水的比例脫去，體現其脫水性，硫酸銅為無機物，不能體現其脫水性，故B錯誤；
C、常溫下，Fe遇濃硝酸發生鈍化，故C錯誤；
D、FeS的溶解度較大，因此除去乙炔中的H2S用CuSO4溶液，不用FeSO4溶液，故D正確；
故答案為：D。
【分析】A、氯化鋁為共價化合物；
B、硫酸銅為無機物；
C、常溫下鐵在濃硝酸中鈍化；
D、CuS在水中的溶解度小于FeS。
13．（2023高三上·湛江開學考）甲醇能與乙酸發生酯化反應：CH3COOH+CH3OHCH3COOCH3+H2O。下列說法錯誤的是
A．該反應過程中，甲醇分子中O－H鍵斷裂
B．如圖所示可表示甲醇分子中C－H鍵成鍵過程
C．其他條件一定時，適當增大投料比【n(乙酸)：n(甲醇)】可提高甲醇轉化率
D．加入濃硫酸和加熱能加快酯化反應速率
【答案】B
【知識點】化學平衡的影響因素；酯化反應
【解析】【解答】A．在酯化反應中，醇提供羥基上的氫原子，羧酸提供羧基上的羥基，所以甲醇分子中O-H鍵斷裂，A項正確；
B．甲醇分子中C-H鍵是由碳原子的雜化軌道與氫原子的1s軌道重疊形成的，題干中圖為sp2雜化軌道和s軌道成鍵，即sp2-s鍵，不能表示甲醇分子中C－H鍵成鍵過程，B項錯誤；
C．增大投料比【n(乙酸)：n(甲醇)】，反應的平衡正向移動，甲醇轉化率增大，C項正確；
D．濃硫酸在酯化反應中起催化劑和吸水劑的作用，催化劑能降低反應的活化能，加快反應速率；加熱能增加反應物分子的能量，使活化分子百分數增加，從而加快反應速率，D項正確；
故選B。
【分析】A．在酯化反應中，醇提供羥基上的氫原子；
Ｂ．甲醇分子中C-H鍵是由碳原子的雜化軌道與氫原子的1s軌道重疊形成的；
Ｃ．在可逆反應中，增加一種反應物的濃度，會使平衡向正反應方向移動，從而提高另一種反應物的轉化率；
Ｄ．催化劑、升高溫度均能增大反應速率。
14．（2023高三上·湛江開學考）化合物WV4Y(ZX4)2用途廣泛，所含5種短周期元素V、W、X、Y、Z的原子序數依次增大，每個短周期均有分布，X與W處于同周期，X與Z同主族，W的基態原子價層p軌道半充滿，基態Y原子最高能級的電子排布式為npn-2，基態Z原子最高能層p軌道均有電子且有2個未成對電子。下列說法正確的是
A．ZX3和WX的空間結構相同
B．第一電離能：W＜X＜Z
C．簡單氫化物穩定性：X＜Z
D．W簡單氣態氫化物的溶液和最高價氧化物對應水化物的溶液，都能溶解Y最高價氧化物對應水化物
【答案】A
【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；元素周期表中原子結構與元素性質的遞變規律；微粒半徑大小的比較
【解析】【解答】A．SO3中心原子S原子價層電子對數為3，無孤電子對，空間結構為平面三角形，NO中心原子N原子價層電子對數為3，無孤電子對，空間結構為平面三角形。二者空間結構相同，A項正確；
B．同一周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，但 ⅡA 族（ns2全滿）和 ⅤA 族（np3半滿）元素的第一電離能比相鄰元素大，同主族由上到下元素原子的第一電離能逐漸減小，則第一電離能：S＜O＜N，B項錯誤；
C．元素的非金屬性越強，其簡單氫化物越穩定，非金屬性：O>S，則簡單氫化物穩定性：X>Z，C項錯誤；
D．W簡單氣態氫化物的溶液為氨水，Al(OH)3不溶于氨水，D項錯誤；
故選A。
【分析】W 的基態原子價層 p 軌道半充滿，電子排布式為ns2np3，可能為 N 或 P 元素，結合原子序數可知，應當是N元素，基態Y原子最高能級的電子排布式為npn-2， p 能級最少有 1 個軌道，最多有 6 個電子，則n=3，Y的價電子排布為3s23p1，Y為Al元素，基態 Z 原子最高能層 p 軌道均有電子且有 2 個未成對電子，Z 原子序數大于 Y（Al），所以 Z 為 S 元素， X 與 W 處于同周期，X 與 Z 同主族，所以 X 為 O 元素，V為H元素，綜上，V、W、X、Y、Z分別為H、N、O、Al、S。
15．（2023高三上·湛江開學考）在Fe2O3的催化作用下，向200℃的恒溫恒容密閉容器中充入1molCH4和2molNO2，發生反應CH4(g)+2NO2(g)CO2(g)+N2(g)+2H2O(g)，反應過程及能量變化示意圖如圖所示。下列說法正確的是
A．容器內氣體的密度不再發生變化時，該反應達到平衡狀態
B．反應一段時間后(未達平衡)，Fe3O4會遠遠多于Fe2O3
C．起始條件相同，其他條件不變，僅改為絕熱密閉容器，CH4和NO2的轉化率降低
D．使用更高效的催化劑能提高該反應平衡時的轉化率
【答案】C
【知識點】化學反應速率的影響因素；化學平衡的影響因素；化學平衡狀態的判斷
【解析】【解答】A．在恒溫恒容密閉容器中，反應前后氣體的質量m不變，體積V也不變，所以氣體的密度始終不變，因此，容器內氣體的密度不再發生變化時，不能說明該反應達到平衡狀態，A錯誤；
B．根據題干能量變化圖，反應i的活化能比反應的大，反應ii速率較快，不會有大量Fe3O4剩余，B錯誤；
C．在絕熱密閉容器中，反應放出的熱量使容器內溫度升高。對于放熱反應，溫度升高，平衡逆向移動，CH4和NO2的轉化率降低，C正確；
D．催化劑只能改變反應速率，不能改變反應的平衡狀態，也就不能提高該反應平衡時的轉化率，D錯誤；
故選C。
【分析】A．可逆反應達到平衡狀態時，正逆反應速率相等，反應體系中各物質的物質的量、物質的量濃度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不變，據此判斷；
Ｂ．活化能越大反應速率越慢；
Ｃ．該反應是放熱反應，在絕熱密閉容器中，反應放出的熱量使容器內溫度升高；
Ｄ．催化劑不影響平衡狀態。
16．（2023高三上·湛江開學考）利用鎂－次氯酸鹽電池為電源，模擬電浮選凝聚法處理污水示意圖如圖所示，通過鐵和石墨電極在污水中電解，利用污水中溶解的氧將生成的Fe2+轉化為Fe(OH)3沉淀吸附污染物，氣泡把污水中懸浮物帶到水面形成浮渣層，從而達到凈水的目的。下列說法錯誤的是
A．鎂－次氯酸鹽電池總反應的離子方程式為Mg+ClO-+H2O=Mg(OH)2+Cl-
B．M應是石墨電極，N應是鐵電極
C．生成Fe(OH)3，沉淀反應的離子方程式為4Fe2++10H2O+O2=4Fe(OH)3↓+8H+
D．將污水中懸浮物帶到水面形成浮渣層的氣泡成分主要是H2
【答案】B
【知識點】電極反應和電池反應方程式；電解原理；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】A．鎂-次氯酸鹽電池中，Mg為負極，發生反應，石墨是正極，電極反應式為，兩極反應相加得到總反應的離子方程式為，A項正確；
B．要利用污水中溶解的氧將生成的Fe2+轉化為Fe(OH)3沉淀，鐵應作陽極，發生氧化反應生成Fe2+，所以 N 應是鐵電極，M 應是石墨電極（作陰極），B項錯誤；
C．鐵電極只能生成Fe2+，電極反應式為，Fe2+被污水中溶解的O2氧化生成Fe(OH)3沉淀，離子方程式為，H+可被N電極產生的OH-中和，C項正確；
D．N電極的電極反應式為，產生的H2將污水中懸浮物帶到水面形成浮渣層，D項正確；
故選B。
【分析】在鎂 - 次氯酸鹽電池中，鎂作負極，發生氧化反應，電極反應式為：，石墨為正極，發生還原反應，電極反應式為：，則M為陽極，N為陰極。
17．（2023高三上·湛江開學考）醋酸(用HAc表示)是生活中常見的有機弱酸。某小組欲借助傳感器探究醋酸的電離過程。查閱資料：一定條件下，按=1配制的溶液中，c(H+)的值等于HAc的Ka；稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) △H=-57.300kJ/mol。
（1）配制0.10mol/LHAc溶液：
①配制250mL0.10mol/L的HAc溶液，需5.0mol/LHAc溶液的體積為　 　mL。
②配制250mL0.10mol/LHAc溶液，下列儀器中不需要的是　 　(填儀器名稱)。
（2）探究電離程度：量取20.00mL所配HAc溶液于錐形瓶中，加入指示劑，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定，恰好完全反應時消耗NaOH溶液21.20mL，用pH傳感器測滴定過程的pH(部分數據如表所示)。
V(NaOH)/mL 0.00 10.00 15.00 19.00 20.00
pH 2.87 4.70 5.12 5.70 6.02
①指示劑適宜選用　 　(填“酚酞”或“甲基橙”)。
②該HAc溶液濃度為　 　mol/L。
③根據表格數據，得出該溫度下HAc的Ka　 　10-4.70(填“＞”、“＜”或“=”)。
（3）探究電離過程熱效應：取上述HAc和NaOH溶液各100mL于量熱裝置中反應，測得反應前后體系的溫度值變化△T，重復操作3次，記錄實驗數據如表所示：
實驗 I II III
△T/℃ 0.59 0.61 0.60
①重復操作3次的目的是　 　。
②平均每次HAc和NaOH溶液反應放出的熱量為　 　J【c和p分別取4.18J/(g ℃)、1.0g/mL，忽略水以外各物質吸收的熱量，保留兩位小數，下同】。
③根據所學原理，可推知的熱效應△H=　 　kJ/mol。
（4）寫出一種生活中常見的無機弱酸及其用途：　 　。
【答案】（1）5.0；分液漏斗、球形冷凝管
（2）酚酞；0.1060；＜
（3）減少實驗誤差，提高實驗結果準確性；501.60；+7.14
（4）HClO做漂白劑或消毒液
【知識點】弱電解質在水溶液中的電離平衡；配制一定物質的量濃度的溶液；中和熱的測定
【解析】【解答】（1）①溶液稀釋過程中，溶質的物質的量不變，因此，解得V=5.0mL，因為量筒精確度為0.1mL，必須保留有效數字到小數點后1位。
②量取濃溶液要用到量筒，稀釋要在燒杯中進行，要在容量瓶中配制溶液，不需要用到的儀器是分液漏斗和球形冷凝管。
（2）①滴定終點溶液中溶質為NaAc，強堿弱酸鹽水解顯堿性，應用酚酞做指示劑。
②滴定過程中發生反應：，由反應方程式可知，滴定至終點時，，因此，解得。
③當時，，此時，則。
（3）①多測幾次求平均值，可以減少實驗誤差，提高實驗結果準確性。
②。
③由實驗可知，等體積HAc與NaOH溶液反應時，HAc過量，應以NaOH的量來計算，相當于0.01molHAc和0.01molNaOH反應，反應I：，中和反應Ⅱ：△H=-57.3kJ/mol；用反應I一反應Ⅱ，的熱效應。
（4）HClO做漂白劑或消毒液。
【分析】（1）①根據稀釋前后溶質的物質的量不變計算HAc溶液體積；
②配制一定濃度的溶液的步驟為：計算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻等，據此分析所需儀器；
（2）①滴定終點溶液呈堿性，用酚酞作指示劑；
②根據計算；
③根據計算；
（3）①重復操作取平均值能減小實驗誤差；
②根據計算；
（4）根據常見的無機弱酸的性質和用途分析。
（1）①溶液稀釋過程中，溶質的物質的量不變，因此，解得V=5.0mL，因為量筒精確度為0.1mL，必須保留有效數字到小數點后1位。
②量取濃溶液要用到量筒，稀釋要在燒杯中進行，要在容量瓶中配制溶液，不需要用到的儀器是分液漏斗和球形冷凝管。
（2）①滴定終點溶液中溶質為NaAc，強堿弱酸鹽水解顯堿性，應用酚酞做指示劑。
②滴定過程中發生反應：，由反應方程式可知，滴定至終點時，，因此，解得。
③當時，，此時，則。
（3）①多測幾次求平均值，可以減少實驗誤差，提高實驗結果準確性。
②。
③由實驗可知，等體積HAc與NaOH溶液反應時，HAc過量，應以NaOH的量來計算，相當于0.01molHAc和0.01molNaOH反應，反應I：，中和反應Ⅱ：△H=-57.3kJ/mol；用反應I一反應Ⅱ，的熱效應。
（4）HClO做漂白劑或消毒液。
18．（2023高三上·湛江開學考）22號元素鈦(Ti)的單質被譽為未來金屬。工業冶煉Ti后的廢渣中有SiO2和含Ti、Ca、Fe、Cu、Mg的化合物，從該廢渣中回收Ti，并獲得高附加值化工產品(MgF2、活性CaCO3、K2FeO4、X)的一種生產工藝如圖所示：
已知：生產條件下MgF2的溶度積為9.0×10-9；NH4+時存在時，不易生成MgCO3沉淀，固體2中有CaCO3、Cu2(OH)2CO3和某含鐵化合物。
（1）寫出基態Ti原子的價電子排布式：　 　。
（2）工藝設計要準確分析物質成分，科學加入試劑，準確把握用量，離子物質的量濃度≤1.0×10-5mol/L時，一般認為該離子沉淀完全。
①選擇向固體1中加入鹽酸而不加入硫酸的原因是　 　。
②“析晶”過程是向深藍色溶液3中先加入適量70%的H2SO4中和過量的氨水，再加入適量乙醇，得到深藍色品體X，產品X的化學式是　 　。
③“再溶”過程中加入強堿Y的稀溶液，溶液4中加入適量強堿Y的固體，強堿Y的化學式是　 ??；寫出固體3“再溶”過程的離子方程式：　 　。
④測得溶液2中c(Mg2+)=0.030mol/L，要確保Mg2+沉淀完全，1L溶液2至少需加入NaF的物質的量為　 　mol(忽略溶液體積變化)。
（3）以上生產工藝中可循環利用的物質有NH3和　 　(填化學式)。
（4）活性炭酸鈣晶胞為正方體結構，晶胞結構如圖所示，黑點代表Ca2+，白色小圈代表CO，晶胞邊長為anm。
①活性炭酸鈣晶體中一個CO周圍與其最近且等距的Ca2+的個數為　 　。
②最近兩個Ca2+之間的距離為　 　nm(用含a的代數式表示)。
【答案】（1）3d24s2
（2）CaSO4微溶，防止生成CaSO4固體覆蓋在固體1表面，導致固體1溶解不充分；[Cu(NH3)4]SO4 H2O；KOH；2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=3Cl-+2FeO+5H2O；0.090
（3）NaCl
（4）6；a
【知識點】原子核外電子排布；晶胞的計算；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用；物質的分離與提純
【解析】【解答】（1）Ti是22號元素，基態Ti原子價電子排布式為3d24s2；
（2）①固體1含有鈣，加酸溶解時若用硫酸，容易生成硫酸鈣，硫酸鈣微溶，會覆蓋在固體1表面導致部分固體無法溶解；
②溶液3呈深藍色是因為含有[Cu(NH3)4]2+，加入SO，再加入極性較小的乙醇溶液，會析出深藍色晶體[Cu(NH3)4]SO4·H2O，即產品X是[Cu(NH3)4]SO4·H2O；
③根據產物K2FeO4，加入陽離子應為K+，且c(K+)越大，K2FeO4越易析出，故強堿Y是KOH；根據流程，通入強氧化劑后Fe的化合價應為+3價，溶液中Fe3+與CO會發生互促水解，反應生成Fe(OH)3和CO2，固體2中的含鐵化合物應是Fe(OH)3，結合“再溶”反應生成過程，應是ClO-做氧化劑被還原為Cl-，Fe(OH)3做還原劑被氧化為FeO，結合題目信息即可寫出該反應的離子方程式為。
④加入的NaF分為兩部分：一部分形成MgF2沉淀，1L溶液2中，形成MgF2沉淀需要0.060molNaF；另一部分是溶液中剩余的F-，沉淀完全時溶液中，溶度積，，溶液中至少剩余0.030molNaF，故加入NaF至少0.090mol；
（3）根據流程，NH3可用于制備濃氨水，NaCl可循環利用到第一步；
（4）①由圖可知配位數為6，每個Ca2+周圍最近的CO有6個，每個CO周圍最近的Ca2+也是6個；
②最近的兩個Ca2+位于相鄰兩條棱的棱心，距離為面對角線的一半，即anm。
【分析】廢渣中鈦元素與氯氣、氯化鈉反應生成液態四氯化鈦，網濾得到液態四氯化鈦和固體1；液態四氯化鈦與鎂一定條件下發生置換反應生成金屬鈦；向固體1中加入鹽酸，將固體中金屬元素轉化為可溶的金屬氯化物，二氧化硅與鹽酸不反應，過濾得到含有二氧化硅的棄渣和溶液1；向溶液1中加入碳酸銨溶液，將溶液中鈣離子轉化為碳酸鈣沉淀、鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀、銅離子轉化為堿式碳酸銅沉淀，過濾得到含有鎂離子的溶液2和含有碳酸鈣、氫氧化鐵、堿式碳酸銅的固體2；向溶液2中加入氟化鈉溶液，將溶液中的鎂離子轉化為氟化鎂沉淀，過濾得到氟化鎂和溶液；溶液經處理得到可循環使用的氨氣和氯化鈉；向固體2中加入濃氨水，將堿式碳酸銅轉化為四氨合銅離子，過濾得到含有四氨合銅離子的溶液3和含有碳酸鈣、氫氧化鐵的固體3；向溶液3中先后加入70%硫酸和過量的氨水、乙醇，析晶、過濾得到硫酸四氨合銅晶體；向固體3中加入次氯酸鉀和氫氧化鉀的混合溶液，將氫氧化鐵轉化為高鐵酸鉀，過濾得到高鐵酸鉀溶液和碳酸鈣；碳酸鈣經活化得到活化碳酸鈣；向高鐵酸鉀溶液中加入氫氧化鉀固體，降低溶液中高鐵酸鉀的溶解度，結晶、過濾得到高鐵酸鉀。
（1）Ti是22號元素，基態Ti原子價電子排布式為3d24s2；
（2）①固體1含有鈣，加酸溶解時若用硫酸，容易生成硫酸鈣，硫酸鈣微溶，會覆蓋在固體1表面導致部分固體無法溶解；
②溶液3呈深藍色是因為含有[Cu(NH3)4]2+，加入SO，再加入極性較小的乙醇溶液，會析出深藍色晶體[Cu(NH3)4]SO4·H2O，即產品X是[Cu(NH3)4]SO4·H2O；
③根據產物K2FeO4，加入陽離子應為K+，且c(K+)越大，K2FeO4越易析出，故強堿Y是KOH；根據流程，通入強氧化劑后Fe的化合價應為+3價，溶液中Fe3+與CO會發生互促水解，反應生成Fe(OH)3和CO2，固體2中的含鐵化合物應是Fe(OH)3，結合“再溶”反應生成過程，應是ClO-做氧化劑被還原為Cl-，Fe(OH)3做還原劑被氧化為FeO，結合題目信息即可寫出該反應的離子方程式為。
④加入的NaF分為兩部分：一部分形成MgF2沉淀，1L溶液2中，形成MgF2沉淀需要0.060molNaF；另一部分是溶液中剩余的F-，沉淀完全時溶液中，溶度積，，溶液中至少剩余0.030molNaF，故加入NaF至少0.090mol；
（3）根據流程，NH3可用于制備濃氨水，NaCl可循環利用到第一步；
（4）①由圖可知配位數為6，每個Ca2+周圍最近的CO有6個，每個CO周圍最近的Ca2+也是6個；
②最近的兩個Ca2+位于相鄰兩條棱的棱心，距離為面對角線的一半，即anm。
19．（2023高三上·湛江開學考）R是一種親氯有機物，屬于非電解質，易溶于水，在含Cl-的溶液中能發生如下反應。
反應I：R(aq)+Cl-(aq)RCl-(aq)
反應II：RCl-(aq)+Cl-(aq)RCl(aq)
回答下列問題：
（1）常溫下，向NaCl溶液中加入R，15s末測得c(RCl-)=0.07mol/L，c(RCl)=0.04mol/L。
①0~15s內，Cl-的平均消耗速率v(Cl-)=　 　。
②待反應充分進行，達到平衡狀態時溶液的體積為V0，加蒸餾水稀釋至溶液體積為V，達到新平衡時，Cl-的物質的量濃度為c平衡(Cl-)，RCl的物質的量濃度為c平衡(RCl)。寫出反應I平衡常數的表達式KI=　 　，稀釋過程中平衡常數KI的值　 　(填“變大”、“變小”或“不變”)，請在答題卡坐標內畫出隨1g的變化趨勢曲線　 　。
（2）室溫下，向Cl-初始濃度c0(Cl-)=amol/L的NaCl溶液中加入不同量的R，用數據傳感器測得平衡時(X表示Cl-、RCl-，RCl隨變化的數據，記錄如表所示(b和d代表數字，忽略溶液體積變化)：
0 0.25 0.50 0.75 1.00
Cl- 1.00 0.79 0.64 0.54 0.46
RCl- 0 0.09 0.16 0.22 0.28
RCl 0 0.06 b d 0.13
①從表格中數據可看出關系式：++2×=1，則d=　 　；此關系式也可從理論上推導，下列理論依據中，可推導該關系式的有　 　(填選項序號)。
A.能量守恒定律
B.電荷守恒定律
C.質量守恒定律
D.氧化還原反應遵循還原劑失去的電子總數和氧化劑得到的電子總數相等的規律
②=0.50時，R的轉化率為　 　(寫出計算過程)。
（3）R的分子結構可表示為M－COOH，M為有機分子部分結構。補充完整方程式：R+CH3CH2OHM－COOCH2HC3+　 　。
【答案】（1）0.01mol/(L s)；；不變；
（2）0.12；BC；52%
（3）H2O
【知識點】化學平衡常數；化學平衡移動原理；化學平衡的計算；化學反應速率和化學計量數的關系
【解析】【解答】（1）利用氯元素守恒：0~15s共消耗Cl-：，；
②根據方程式可得出反應I平衡常數的表達式；平衡常數只受溫度的影響，題目已經說明是常溫下，溫度不變，平衡常數不變；稀釋至n倍時(n＞1)，，則，稀釋后，c(RCl-)減小，KII不變。則變大，故隨1g變大，變大。
（2）①A．根據題干信息，，計算得到d=0.12；推斷該關系，不涉及能量問題，A項錯誤：
B．將反應視為反應I和反應III：，根據反應I和Ⅲ的電荷守恒可知，消耗的，而，進而得出題干關系式，B項正確；
C．質量守恒定律方面可利用氯守恒，結合方程式得出題干關系式，C項正確；
D．反應不是氧化還原反應，不涉及電子轉移，D項錯誤；
故選BC；
②由可知b=0.10，根據R反應前后守恒可得R轉化率。
（3）M-COOCH2CH3比R+CH3CH2OH少2個H、1個O，另一產物是H2O。
【分析】（1）①根據計算；
②根據反應的方程式可知 KI= ，平衡常數只與溫度有關；根據分析；
（2）①將表格數據代入計算得到d；推導該關系式依據電荷守恒、質量守恒和得失電子守恒；
②根據反應前后R守恒計算；
（3）根據質量守恒確定另一產物為H2O。
（1）利用氯元素守恒：0~15s共消耗Cl-：，；
②根據方程式可得出反應I平衡常數的表達式；平衡常數只受溫度的影響，題目已經說明是常溫下，溫度不變，平衡常數不變；稀釋至n倍時(n＞1)，，則，稀釋后，c(RCl-)減小，KII不變。則變大，故隨1g變大，變大。
（2）①A．根據題干信息，，計算得到d=0.12；推斷該關系，不涉及能量問題，A項錯誤：
B．將反應視為反應I和反應III：，根據反應I和Ⅲ的電荷守恒可知，消耗的，而，進而得出題干關系式，B項正確；
C．質量守恒定律方面可利用氯守恒，結合方程式得出題干關系式，C項正確；
D．反應不是氧化還原反應，不涉及電子轉移，D項錯誤；
故選BC；
②由可知b=0.10，根據R反應前后守恒可得R轉化率。
（3）M-COOCH2CH3比R+CH3CH2OH少2個H、1個O，另一產物是H2O。
20．（2023高三上·湛江開學考）仿生催化反應是未來發展的重要方面，我國仿生催化反應研究走在世界前列。化合物V是一種重要的仿生催化劑，合成路線如圖所示：
回答下列問題：
（1）化合物II的同分異構體中，核磁共振氫譜只有1組吸收峰的結構簡式為　 ??；化合物III的分子式為　 　。
（2）化合物I的化學名稱為　 　，其同分異構體中含有－CHBr－CHO結構的有　 　種(不考慮立體異構)，根據化合物I的結構特征，分析預測其可能的化學性質，完成表格。
序號 反應試劑、條件 反應形成的新結構 反應類型
a NaOH乙醇溶液、加熱 　 　 　 　
b 　 　 　 　 氧化反應(生成有機產物)
（3）關于反應③的說法中，正確的有(填選項序號)。
A．反應過程中，既有C－O鍵的斷裂，又有C－O鍵的形成
B．反應過程中，既有C=O鍵的斷裂，又有C=O鍵的形成
C．化合物III和IV都是極性分子，碳原子之間均以“頭碰頭”方式形成化學鍵
D．反應③是加成反應
（4）反應⑤方程式為 +R3－CH2－CHO ，以乙烯和乙醛為原料，無機試劑任選，利用反應②、③和⑤的原理合成化合物VI( )。
①第一步反應是乙烯在Ag催化下與O2反應，產物的結構簡式為　 　。
②最后一步的化學方程式為　 　。
【答案】（1）；C6H9OBr
（2）對溴環已醇或4－溴環已醇；4；；消去反應；O2、Cu或Ag、加熱；
（3）A；C；D
（4）； +CH3CHO
【知識點】有機物的推斷；有機物的結構和性質；同分異構現象和同分異構體
【解析】【解答】（1）化合物Ⅱ不飽和度為2，共有6個C，9個H，核磁共振氫譜只有1組吸收峰說明有3個等效—CH3，除甲基外沒有H，結合不飽和度為2，結構簡式為 ；化合物Ⅲ的分子式為C6H9OBr。
（2）化合物I的羥基和溴原子連在六元單鍵碳環的對位，可以命名為“對溴環己醇”或“4溴環己醇”；結合化合物I的分子式，扣除-CHBr-CHO結構，剩余C4H9-，此結構有4種同分異構體；化合物I中含有碳溴鍵，遇NaOH醇溶液并加熱發生消去反應，生成 ；在Cu或Ag催化下與O2可發生氧化反應，生成 。
（3）A．反應③斷鍵：相當于化合物Ⅲ中兩個C-O鍵斷裂其中一個，CO2(O=C=O)中一個C=O斷裂并形成單鍵；成鍵：CO2中的C與化合物Ⅲ中C-O鍵斷裂的O形成C-O鍵，CO2中斷裂C=O并形成單鍵的O與化合物Ⅲ中C-O鍵斷裂的C形成C-O鍵，屬于加成反應，沒有C=O鍵的形成，A正確；
B．由A可知，沒有反應過程中，沒有C=O鍵的形成，B錯誤；
C．化合物Ⅲ和IV的分子不是中心對稱，都是極性分子，碳原子之間均是單鍵，以“頭碰頭”方式形成σ鍵，C正確；
D．由A可知，反應③是加成反應，D正確；
故選ACD。
（4）①結合反應②可知，相當于C=C斷裂并形成單鍵，兩個C連同一個O，即產物是 。
②根據反應③可推斷第二步的產物為 結合反應⑤不難推出最后一步方程式為： +CH3CHO 。
【分析】（1）分子式相同，結構不同的化合物互為同分異構體，分子中有幾種不同環境的氫原子，核磁共振氫譜就有幾組峰；根據結構簡式確定分子中所含原子種類和數目，進而確定其分子式；
（2）化合物I的羥基和溴原子連在六元單鍵碳環的對位；化合物I含有溴原子和醇羥基，具有鹵代烴和醇的性質；
（3）反應③：化合物Ⅲ中兩個C-O鍵斷裂其中一個，CO2(O=C=O)中一個C=O斷裂并形成單鍵；成鍵：CO2中的C與化合物Ⅲ中C-O鍵斷裂的O形成C-O鍵，CO2中斷裂C=O并形成單鍵的O與化合物Ⅲ中C-O鍵斷裂的C形成C-O鍵；
（4）①乙烯在Ag催化下與氧氣反應生成 ；
②結合目標產物結構，可知最后一步是發生類似反應⑤的反應，根據給定的反應⑤的反應模式，以及目標產物的結構逆推得出反應物和反應條件，從而寫出化學方程式。
（1）化合物Ⅱ不飽和度為2，共有6個C，9個H，核磁共振氫譜只有1組吸收峰說明有3個等效—CH3，除甲基外沒有H，結合不飽和度為2，結構簡式為 ；化合物Ⅲ的分子式為C6H9OBr。
（2）化合物I的羥基和溴原子連在六元單鍵碳環的對位，可以命名為“對溴環己醇”或“4溴環己醇”；結合化合物I的分子式，扣除-CHBr-CHO結構，剩余C4H9-，此結構有4種同分異構體；化合物I中含有碳溴鍵，遇NaOH醇溶液并加熱發生消去反應，生成 ；在Cu或Ag催化下與O2可發生氧化反應，生成 。
（3）A．反應③斷鍵：相當于化合物Ⅲ中兩個C-O鍵斷裂其中一個，CO2(O=C=O)中一個C=O斷裂并形成單鍵；成鍵：CO2中的C與化合物Ⅲ中C-O鍵斷裂的O形成C-O鍵，CO2中斷裂C=O并形成單鍵的O與化合物Ⅲ中C-O鍵斷裂的C形成C-O鍵，屬于加成反應，沒有C=O鍵的形成，A正確；
B．由A可知，沒有反應過程中，沒有C=O鍵的形成，B錯誤；
C．化合物Ⅲ和IV的分子不是中心對稱，都是極性分子，碳原子之間均是單鍵，以“頭碰頭”方式形成σ鍵，C正確；
D．由A可知，反應③是加成反應，D正確；
故選ACD。
（4）①結合反應②可知，相當于C=C斷裂并形成單鍵，兩個C連同一個O，即產物是 。
②根據反應③可推斷第二步的產物為 結合反應⑤不難推出最后一步方程式為： +CH3CHO 。
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