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【高考真题】2023年广东省高考真题化学试题
一、单选题
1．“高山流水觅知音”。下列中国古乐器中，主要由硅酸盐材料制成的是（ ）
A．九霄环佩木古琴 B．裴李岗文化骨笛 C．商朝后期陶埙 D．曾侯乙青铜编钟
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】无机非金属材料
【解析】【解答】A、木古琴是由木材和动物筋制作而成的，不属于硅酸盐材料，A不符合题意。
B、骨笛是由动物骨骼制作而成的，不属于硅酸盐材料，B不符合题意。
C、陶陨是由陶瓷制作而成的，属于硅酸盐材料，C符合题意。
D、青铜编钟是由青铜器制作合成的，为合金材料，不属于硅酸盐材料，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据各个乐器的制作材料进行分析即可。
2．科教兴国，“可上九天揽月，可下五洋捉鳖”。下列说法正确的是（ ）
A．“天舟六号”为中国空间站送去推进剂气，是第族元素
B．火星全球影像彩图显示了火星表土颜色，表土中赤铁矿主要成分为
C．创造了可控核聚变运行纪录的“人造太阳”，其原料中的与互为同位素
D．“深地一号”为进军万米深度提供核心装备，制造钻头用的金刚石为金属晶体
【答案】C
【知识点】原子晶体（共价晶体）；金属晶体；铁的氧化物和氢氧化物；同位素及其应用
【解析】【解答】A、Xe为稀有气体元素，位于元素周期表的零族，A不符合题意。
B、赤铁矿的主要成分为Fe2O3，B不符合题意。
C、、的质子数都是1，中子数分别为1和2，因此二者互为同位素，C符合题意。
D、金刚石是碳元素组成的一种单质，为共价晶体，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、Xe为稀有气体元素。
B、赤铁矿的主要成分为Fe2O3。
C、质子数相同，中子数不同的原子互为同位素。
D、金刚石是碳元素的一种单质，为共价晶体。
3．建设美丽乡村，守护中华家园，衣食住行皆化学。下列说法正确的是（ ）
A．千家万户通光纤，光纤的主要材质为
B．乡村公路铺沥青，沥青属于天然无机材料
C．美容扮靓迎佳节，化妆品中的甘油难溶于水
D．均衡膳食助健康，主食中的淀粉可水解为葡萄糖
【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；无机非金属材料；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A、光纤的主要材料为SiO2，Si是半导体材料，A不符合题意。
B、沥青属于有机材料，B不符合题意。
C、甘油为丙三醇，可形成分子间氢键，使得甘油易溶于水，C不符合题意。
D、淀粉可水解生成葡萄糖，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、光纤的主要成分为SiO2。
B、沥青属于有机材料。
C、甘油为丙三醇，易溶于水。
D、淀粉可水解生成葡萄糖。
4．1827年，英国科学家法拉第进行了喷泉实验。在此启发下，兴趣小组利用以下装置，进行如下实验。其中，难以达到预期目的的是（ ）
A．图1：喷泉实验 B．图2：干燥
C．图3：收集 D．图4：制备
【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；氨的实验室制法
【解析】【解答】A、当挤压胶头滴管后，胶头滴管中的水进入烧瓶内，NH3溶于水后，使得烧瓶内压强降低，烧杯内的水溶液进入烧瓶内，形成喷泉现象，A不符合题意。
B、P2O5为酸性氧化物，能与NH3反应，因此不能用P2O5干燥NH3，B符合题意。
C、NH3的密度比空气小，可用向下排空气法收集，C不符合题意。
D、CaO能与浓氨水发生反应：CaO＋NH3·H2O=Ca(OH)2＋NH3↑，因此可用该装置制取NH3，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、NH3极易溶于水，可形成喷泉现象。
B、P2O5为酸性干燥剂，能与NH3反应。
C、NH3的密度小于空气，用向上排空气法收集。
D、CaO能与NH3·H2O反应，生成Ca(OH)2和NH3。
5．化学处处呈现美。下列说法正确的是（ ）
A．舞台上干冰升华时，共价键断裂
B．饱和溶液可析出无水蓝色晶体
C．苯分子的正六边形结构，单双键交替呈现完美对称
D．晨雾中的光束如梦如幻，是丁达尔效应带来的美景
【答案】D
【知识点】化学键和分子间作用力的区别；苯的结构与性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、干冰升华时由固态转化为气态，过程中破坏分子间作用力，无共价键断裂，A不符合题意。
B、饱和CuSO4溶液可析出CuSO4·5H2O，为蓝色晶体，而无水CuSO4为白色固体，B不符合题意。
C、苯分子为正六边形结构，但不存在碳碳单键和碳碳双键，C不符合题意。
D、雾为胶体，晨雾中的光束，为胶体产生的丁达尔效应，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、干冰升华时，由固态转化为气态，无化学键断裂。
B、饱和CuSO4溶液可析出CuSO4·5H2O。
C、苯分子中不存在碳碳双键和碳碳双键。
D、晨雾中的光束为丁达尔效应。
6．负载有和的活性炭，可选择性去除实现废酸的纯化，其工作原理如图。下列说法正确的是（ ）
A．作原电池正极
B．电子由经活性炭流向
C．表面发生的电极反应：
D．每消耗标准状况下的，最多去除
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；气体摩尔体积；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、由分析可知，Ag电极发生失电子的氧化反应，因此Ag电极为负极，A不符合题意。
B、在原电池中，电子由负极流向正极，因此电子由Ag电极经活性炭流向Pt电极，B符合题意。
C、该电解质溶液为酸性，因此Pt电极的电极反应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O，C不符合题意。
D、未给出气体所处的状态，无法应用气体摩尔体积进行计算，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】该装置中通入O2的Pt电极为正极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O。Ag电极为负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为Ag－e－＋Cl－=AgCl。
7．劳动有利于“知行合一”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是（ ）
选项 劳动项目 化学知识
A 帮厨活动：帮食堂师傅煎鸡蛋准备午餐 加热使蛋白质变性
B 环保行动：宣传使用聚乳酸制造的包装材料 聚乳酸在自然界可生物降解
C 家务劳动：擦干已洗净的铁锅，以防生锈 铁丝在中燃烧生成
D 学农活动：利用秸秆、厨余垃圾等生产沼气 沼气中含有的可作燃料
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】铁的化学性质；生活中的有机化合物；蛋白质的特殊反应
【解析】【解答】A、加热可使蛋白质发生变性，A不符合题意。
B、聚乳酸在自然界中发生生物降解，因此可用聚乳酸制作的包装材料，减少白色污染，B不符合题意。
C、擦干已洗净的铁锅，防止铁锅生锈，铁在潮湿的空气中生锈，铁锈的主要成分为Fe2O3·xH2O，C符合题意。
D、秸秆、厨余垃圾可发酵产生CH4，CH4是一种可燃性气体，可用作燃料，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、加热能使蛋白质发生变性。
B、聚乳酸在自然界中可进行生物降解。
C、铁丝在潮湿的空气中生锈生成Fe2O3·xH2O。
D、厨余垃圾可发酵产生CH4，用作燃料。
8．2022年诺贝尔化学奖授予研究“点击化学”的科学家。图所示化合物是“点击化学”研究中的常用分子。关于该化合物，说法不正确的是（ ）
A．能发生加成反应
B．最多能与等物质的量的反应
C．能使溴水和酸性溶液褪色
D．能与氨基酸和蛋白质中的氨基反应
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；乙炔炔烃；苯的结构与性质；羧酸简介
【解析】【解答】A、分子结构中含有苯环、碳碳三键，都能与H2发生加成反应，A不符合题意。
B、分子结构中的羧基、酰胺基都能与NaOH反应，因此1mol该有机物能与2molNaOH反应，B符合题意。
C、分子结构中含有碳碳三键，能与溴水发生加成反应，使溴水褪色；能被酸性KMnO4溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，C不符合题意。
D、分子结构中的羧基能与氨基发生取代反应，生成酰胺基，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、分子结构中含有苯环、C≡C，都可发生加成反应。
B、分子结构中的羧基、酰胺基都能与NaOH溶液反应。
C、碳碳三键能与溴水发生加成反应，能与酸性KMnO4溶液发生氧化反应。
D、羧基能与氨基发生取代反应。
9．按图装置进行实验。将稀硫酸全部加入Ⅰ中的试管，关闭活塞。下列说法正确的是（ ）
A．Ⅰ中试管内的反应，体现的氧化性
B．Ⅱ中品红溶液褪色，体现的还原性
C．在Ⅰ和Ⅲ的试管中，都出现了浑浊现象
D．撤掉水浴，重做实验，Ⅳ中红色更快褪去
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；含硫物质的性质及综合应用；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、装置Ⅰ中稀硫酸提供H＋反应后生成H2O，因此反应过程中体现了H＋的酸性，A不符合题意。
B、装置Ⅱ中品红溶液褪色，体现了SO2的漂白性，B不符合题意。
C、装置Ⅰ和装置Ⅲ都反应生成了S，因此都产生了淡黄色浑浊，C符合题意。
D、撤去水浴加热后，重新实验，则SO2逸出的量减少，装置Ⅳ中溶液红色褪去变慢，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】装置Ⅰ中发生反应S2O32－＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2O，烧杯中的热水，可促使SO2逸出。SO2加入装置Ⅱ中，使得品红溶液褪色，体现了SO2的漂白性。SO2进入装置Ⅲ中，SO2将Na2S溶液中S2－氧化成S，体现了SO2的氧化性。最后SO2进入滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液红色褪去，体现了SO2酸性氧化物的性质；同时也进行了尾气处理，防止SO2逸出，造成空气污染。
10．部分含或含物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是（ ）
A．可存在c→d→e的转化
B．能与反应生成c的物质只有b
C．新制的d可用于检验葡萄糖中的醛基
D．若b能与反应生成，则b中含共价键
【答案】B
【知识点】钠的化学性质；钠的重要化合物
【解析】【解答】A、由分析可知，c为NaOH、d为Cu(OH)2、e为CuO，NaOH能与CuSO4反应生成Cu(OH)2沉淀，Cu(OH)2受热分解，可得到CuO，因此存在c→d→e的转化，A不符合题意。
B、由分析可知，c为NaOH，可由Na2O、Na与H2O反应生成，B符合题意。
C、葡萄糖中含有－CHO，能与新制Cu(OH)2悬浊液反应，产生砖红色沉淀，C不符合题意。
D、b为钠的氧化物，若b能与H2O反应生成O2，则b为Na2O2，其中O22－含有共价键，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】a为单质，因此a为Na或Cu。b为氧化物，且其化合价为＋1价，因此b为Na2O。c为碱，且其化合价为＋1价，因此c为NaOH。d为碱，且其化合价为＋2价，因此d为Cu(OH)2。e为氧化物，且其化合价为＋2价，因此e为CuO。
11．设为阿伏加德罗常数的值。侯氏制碱法涉及和等物质。下列叙述正确的是（ ）
A．含有的共价键数目为
B．完全分解，得到的分子数目为
C．体积为的溶液中，数目为
D．和的混合物中含，则混合物中质子数为
【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、一个NH4Cl中含有4个共价键，因此1molNH4Cl中所含的共价键数目为4NA，A不符合题意。
B、1molNaHCO3中含有1mol碳原子，因此完全分解后，可产生1molCO2，所以得到CO2的分子数为1NA，B不符合题意。
C、1L1mol·L－1的NaHCO3溶液中n(NaHCO3)=1L×1mol·L－1=1mol，由于HCO3－在水中发生水解和电离，因此溶液中HCO3－的数目小于1NA，C不符合题意。
D、含1molCl－的NaCl、NH4Cl混合物，其物质的量为1mol，由于NaCl、NH4Cl的质子数都是28，因此1mol混合物中所含的质子数为28NA，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、一个NH4Cl中含有4个共价键。
B、根据碳原子守恒确定分解产生CO2的分子数。
C、NaHCO3溶液中存在HCO3－的电离和水解。
D、NaCl、NH4Cl中所含的质子数相同，都是28个。
12．下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是（ ）
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 将浓硫酸加入蔗糖中形成多孔炭 浓硫酸具有氧化性和脱水性
B 装有的密闭烧瓶冷却后颜色变浅 转化为的反应吸热
C 久置空气中的漂白粉遇盐酸产生 漂白粉的有效成分是
D 溶液导电性比同浓度醋酸强 溶液的比醋酸的高
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；电解质溶液的导电性；浓硫酸的性质实验；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、将浓硫酸加入蔗糖中，蔗糖转化为碳，体现了浓硫酸的脱水性；形成多孔碳，说明碳与浓硫酸氧化还原反应，体现了浓硫酸的氧化性，A符合题意。
B、冷却后烧瓶内颜色变浅，说明降低温度平衡向生成N2O4的方向移动，因此NO2转化为N2O4的反应为放热反应，B不符合题意。
C、漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，久置在空气中的漂白粉与空气中的CO2反应生成CaCO3，因此遇稀盐酸变为CO2，C不符合题意。
D、NaCl溶液显中性，pH=7；醋酸溶液显酸性，pH＜7，因此NaCl溶液的pH笔醋酸的pH高，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、浓硫酸加入蔗糖形成多孔碳，则蔗糖发生脱水反应和氧化还原反应。
B、冷却后颜色变浅，说明降低温度，平衡向生成N2O4的方向移动。
C、漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2。
D、NaCl溶液显中性，pH=7；醋酸溶液显酸性，pH<7。
13．利用活性石墨电极电解饱和食盐水，进行如图所示实验。闭合，一段时间后（ ）
A．U型管两侧均有气泡冒出，分别是和
B．a处布条褪色，说明具有漂白性
C．b处出现蓝色，说明还原性：
D．断开，立刻闭合，电流表发生偏转
【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氯气的化学性质；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、U型管左侧电极为阳极，电解过程中产生Cl2，右侧电极为阴极，电解过程中产生H2，A不符合题意。
B、Cl2不具有漂白性，红色布条褪色，是由于Cl2与H2O反应生成HClO，HClO使红色布条褪色，Cl2不具有漂白性，B不符合题意。
C、b处出现蓝色，说明Cl2将I－氧化成I2，此时说明还原性I－>Cl－，C不符合题意。
D、断开K1，闭合K2，该装置为原电池，化学能转化为电能，电流表发生偏转，D符合题意。
故答案为：D
【分析】闭合K1后，该装置为电解池装置，左侧电极为阳极，其电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑；右侧电极为阴极，其电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。Cl2接触湿润的红布条后，红布条褪色。Cl2进入b中淀粉KI溶液后，Cl2将I－氧化成I2，淀粉遇碘变蓝色。浸有浓NaOH溶液的棉花，用于吸收Cl2，防止Cl2逸出，造成空气污染。
14．化合物可作肥料，所含的5种元素位于主族，在每个短周期均有分布，仅有Y和M同族。Y的基态原子价层p轨道半充满，X的基态原子价层电子排布式为，X与M同周期，E在地壳中含量最多。下列说法正确的是（ ）
A．元素电负性：
B．氢化物沸点：
C．第一电离能：
D．和的空间结构均为三角锥形
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】由分析可知，Z为H、M为P、X为Mg、E为O、Y为N。
A、同一周期，核电荷数越大，电负性越强，因此电负性O>N，由于氢原子最外层只有一个电子，在化合物中显+1价，因此电负性O>N>H，即E>Y>Z，A符合题意。
B、M、Y、E的氰化物分别为PH3、NH3、H2O，其中H2O为液态物质，其余为气态物质，因此H2O的沸点最高；由于NH3可形成分子间氢键，因此其沸点高于PH3，因此三种氢化物的沸点H2O>NH3>PH3，即E>Y>M，B不符合题意。
C、X的价电子排布式为3s2，E的价电子排布式为2s22p4，Y的价电子排布式为2s22p3，电子层数越大，其第一电离能越小，因此X的第一电离能最小；Y的2p轨道为半充满状态，能量最低，最稳定，因此其第一电离能最大，所以三种元素原子的第一电离能Y>E>X，C不符合题意。
D、YZ3的化学式为NH3，其空间结构为三角锥形；YE3－的化学是为NO3－，其中心原子的价电子对数为，其空间结构为平面三角形，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】E是地壳中含量最多的元素，所以E是O。Y的基态原子价层p轨道半充满，则其价层电子排布式为2s22p3或3s23p3，且Y和M同族，因此Y、M为N或P。X的基态原子价层电子排布式为nsn-1，当n=2时，其价层电子排布式为2s1，则元素符号Li；当n=3时，其价层电子排布式为3s2，则元素符号为Mg。所以X为Li或Mg。在化合物XYZ4ME4中，各元素的化合价为0，因此Z为H、M为P、X为Mg、E为O、Y为N。
15．催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应。反应历程(下图)中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法不正确的是（ ）
A．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行
B．反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大
C．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡
D．使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
【答案】C
【知识点】催化剂；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A、使用催化剂Ⅰ和催化剂Ⅱ的过程中，都出现了四个波峰，因此其反应历程都经历了4个步骤，A不符合题意。
B、由图可知，反应物的总能量高于高于生成物的总能量，因此该反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡逆向移动，R的浓度增大，B不符合题意。
C、使用催化剂Ⅱ时，反应所需的活化能更高，反应速率更慢，因此反应达到平衡所需的时间更慢，C符合题意。
D、由图可知在前两个历程中使用催化剂Ⅰ反应所需的活化能较低，反应速率较快；后两个历程中使用催化剂Ⅱ反应所需的活化能较高，反应速率较慢。所以使用催化剂Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、反应过程中出现4个波峰，则反应历程经历4步反应。
B、升高温度，平衡向吸热反应方向移动。
C、反应所需的活化能越小，反应速率越快。
D、结合活化能对反应速率的影响分析。
16．用一种具有“卯榫”结构的双极膜组装电解池(下图)，可实现大电流催化电解溶液制氨。工作时，在双极膜界面处被催化解离成和，有利于电解反应顺利进行。下列说法不正确的是（ ）
A．电解总反应：
B．每生成，双极膜处有的解离
C．电解过程中，阳极室中的物质的量不因反应而改变
D．相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构可提高氨生成速率
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、由分析可知，该电解池装置中，阴极的电极反应式为NO3－＋8e－＋6H2O=NH3＋9OH－，阳极的电极反应式为4OH－－4e－=O2↑＋2H2O。因此电解总反应为KNO3＋3H2O=NH3·H2O＋2O2↑＋KOH，A不符合题意。
B、每生成1molNH3·H2O，则转移电子数为8mol，因此双极膜中有8molH＋移向电极a，则双极膜处有8molH2O发生解离，B符合题意。
C、电解过程中阳极室内每消耗4molOH－，双极膜内产生4molOH－进入阳极室，因此阳极室中n(KOH)不因反应而变化，C不符合题意。
D、“卯榫”结构具有更大的接触面积，有利于H2O被催化解离成H＋和OH－，从而提高NH3的生成速率，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】“大电流催化电解KNO3溶液制氨”则该装置为电解池装置，且KNO3溶液中NO3－发生还原反应，生成NH3，因此电极a为阴极，其电极反应式为：NO3－＋8e－＋6H2O=NH3＋9OH－。电极b为阳极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：4OH－－4e－=O2↑＋2H2O。电解池装置中，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，因此双极膜中H＋移向电极a，OH－移向电极b。
二、实验题
17．化学反应常伴随热效应。某些反应(如中和反应)的热量变化，其数值Q可通过量热装置测量反应前后体系温度变化，用公式计算获得。
（1）盐酸浓度的测定：移取待测液，加入指示剂，用溶液滴定至终点，消耗溶液。
①上述滴定操作用到的仪器有 。
A． B． C． D．
②该盐酸浓度为 。
（2）热量的测定：取上述溶液和盐酸各进行反应，测得反应前后体系的温度值()分别为，则该过程放出的热量为 (c和分别取和，忽略水以外各物质吸收的热量，下同)。
（3）借鉴(2)的方法，甲同学测量放热反应的焓变(忽略温度对焓变的影响，下同)。实验结果见下表。
序号 反应试剂 体系温度/
反应前 反应后
i 溶液 粉 a b
ii 粉 a c
①温度：b c(填“>”“<”或“=”)。
② (选择表中一组数据计算)。结果表明，该方法可行。
（4）乙同学也借鉴(2)的方法，测量反应的焓变。
查阅资料：配制溶液时需加入酸。加酸的目的是 。
提出猜想：粉与溶液混合，在反应A进行的过程中，可能存在粉和酸的反应。
验证猜想：用试纸测得溶液的不大于1；向少量溶液中加入粉，溶液颜色变浅的同时有气泡冒出，说明存在反应A和 (用离子方程式表示)。
实验小结：猜想成立，不能直接测反应A的焓变。
教师指导：鉴于以上问题，特别是气体生成带来的干扰，需要设计出实验过程中无气体生成的实验方案。
优化设计：乙同学根据相关原理，重新设计了优化的实验方案，获得了反应A的焓变。该方案为 。
（5）化学能可转化为热能，写出其在生产或生活中的一种应用 。
【答案】（1）AD；0.5500
（2）
（3）>；或
（4）抑制水解；；将一定量的粉加入一定浓度的溶液中反应，测量反应热，计算得到反应的焓变；根据(3)中实验计算得到反应的焓变；根据盖斯定律计算得到反应的焓变为
（5）燃料燃烧(或铝热反应焊接铁轨等)
【知识点】盖斯定律及其应用；配制一定物质的量浓度的溶液；中和热的测定；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）①用NaOH溶液滴定盐酸的浓度，需用碱式滴定管盛装标准NaOH溶液，用锥形瓶盛装待测盐酸溶液，因此所需的仪器有锥形瓶、碱式滴定管。
②滴定过程中发生反应的化学方程式为NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，因此该盐酸的浓度。
（2）混合后所得溶液的质量m=(50mL＋50mL)×1.0g·mL－1=100g；反应前后温度的变化量ΔT=(T1－T0)℃。所以反应过程中放出的热量Q=cmΔT=4.18×100×(T1－T0)=418(T1－T0)J。
（3）①由于该反应为放热反应，因此反应后溶液的温度身高，故b＞c。
②实验ⅰ中，n(CuSO4)=c×V=0.20mol·L－1×0.L=0.02mol。所以实验ⅰ中0.02molCuSO4完全反应，反应过程中放出热量Q=4.18×100×(b－a)×10－3kJ=0.418(b-a)kJ。所以该反应的反应热。
实验ⅱ中，则0.01molFe完全反应，反应过程中放出的热量Q=4.18×100×(c-a)×10－3kJ=0.418(c-a)kJ。所以该反应的反应热。
（4）查阅资料：Fe2SO4溶液中存在Fe3＋的水解反应Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋，配制Fe2(SO4)3溶液时，加入酸，可增大溶液中c(H＋)，从而抑制Fe3＋的水解。
验证猜想：加入铁粉后Fe3＋与Fe反应生成Fe2＋，使得溶液由黄色变为浅绿色，因此溶液颜色变浅。同时有气泡冒出，是由于溶液中Fe3＋水解，使得溶液显酸性，Fe与H＋反应生成H2，该反应的离子方程式为Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑。
优化设计：Fe与Fe2(SO4)3溶液反应的过程中，同时存在Fe与H＋的反应，因此无法直接测定Fe与Fe2(SO4)3反应的反应，此时可结合盖斯定律，通过测定反应Cu＋Fe2(SO4)3=CuSO4＋2FeSO4、Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu的反应热，从而计算反应Fe＋Fe2(SO4)3=3FeSO4的反应热。因此实验方案为：将一定量的Cu加入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中，完全反应后测量反应热，得到反应Cu＋Fe2(SO4)3=CuSO4＋2FeSO4的焓变ΔH1；根据(3)中实验计算得到反应Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu的焓变ΔH2。根据盖斯定律计算得到反应Fe＋Fe2(SO4)3=3FeSO4的焓变ΔH=ΔH1＋ΔH2。
（5）应用化学能转化为让热能，生活中可利用燃料燃烧放出的热量进行加热。
【分析】（1）①根据酸碱中和滴定确定所需的仪器。
②根据公式c1V1=c2V2进行计算。
（2）根据公式Q=cmΔt计算反应放出的热量。
（3）①Fe与CuSO4溶液的反应为放热反应，因此反应后溶液的温度升高。
②根据公式Q=cmΔt计算反应放出的热量，进行计算Fe或CuSO4完全反应时放出的热量。
（4）Fe3＋易水解，加酸可抑制Fe3＋的水解。
加入铁粉后，有气泡冒出，说明反应生成H2。
根据盖斯定律通过反应“Cu＋Fe2(SO4)3=CuSO4＋2FeSO4”和反应“Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu”的反应热，从而计算反应“Fe＋Fe2(SO4)3=3FeSO4”的反应热。
（5）化学能转化为热能，可应用于生活中燃料燃烧。
三、工业流程题
18．均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。
氢氧化物
回答下列问题：
（1）活性可与水反应，化学方程式为 。
（2）常温下，的氨性溶液中， (填“>”“<”或“=”)。
（3）“氨浸”时，由转化为的离子方程式为 。
（4）会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。
①属于 (填“晶体”或“非晶体”)。
②提高了的浸取速率，其原因是 。
（5）①“析晶”过程中通入的酸性气体A为 。
②由可制备晶体，其立方晶胞如图。与O最小间距大于与O最小间距，x、y为整数，则在晶胞中的位置为 ；晶体中一个周围与其最近的O的个数为 。
（6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得溶液中与的比值，理论上最高为 。
②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，在于可重复利用和 (填化学式)。
【答案】（1）
（2）＞
（3）或
（4）晶体；减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积
（5）；体心；12
（6）0.4或；
【知识点】晶胞的计算；物质的分离与提纯；晶体的定义；离子方程式的书写；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）活性MgO与H2O反应生成Mg(OH)2，该反应的化学方程式为MgO＋H2O=Mg(OH)2。
（2）lgKb(NH3·H2O)=－4.7，所以Kb(NH3·H2O)=10－4.7，即。常温下该溶液的pH=9.9，则溶液中c(H＋)=10－9.9mol·L－1，此时溶液中，所以，所以溶液中c(NH3·H2O)＞c(NH4＋)。
（3）“氨浸”过程中Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2＋，其中Co元素发生还原反应，则溶液中的SO32－发生氧化反应，生成SO42－，因此反应的离子方程式为：2Co(OH)3＋12NH3·H2O＋SO32－=[Co(NH3)6]2＋＋SO42－＋13H2O＋4OH－。若氨水的量少，则发生反应的离子方程式为2Co(OH)3＋8NH3·H2O＋4NH4＋＋SO32－=2[Co(NH3)6]2＋＋SO42－＋13H2O。
（4）①NH4Al(OH)2CO3的X射线衍射图谱中出现了明锐的衍射峰，说明NH4Al(OH)2CO3属于晶体。
②(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，较少了胶状物质对Ni、Co氧化物的包裹，增大了滤泥与氨性溶液的接触面积，从而提高了Ni、Co的浸取速率。
（5）①“析晶”过程中饱和NiCl2溶液中NiCl2结晶析出，得到NiCl2·4H2O。通入的气体A为HCl，可增大溶液中c(Cl－)，促进NiCl2结晶析出。
②在AlxCoOy晶体中，Co原子的个数为1，因此Co位于晶胞的体心位置。Al与O最小间距大于Co与O的最小间距，因此Al位于晶胞的顶点，O位于晶胞的面心。所以晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为个。
（6）①加入活性MgO后得到滤液Ⅰ，滤液Ⅰ的主要成分为Mg(NO3)2。“结晶纯化”后得到晶体A，晶体A中含有6个结晶水，因此晶体A的化学式为Mg(NO3)2·6H2O。根据反应Mg(NO3)2＋2H2O Mg(OH)2＋2HNO3、Mg(OH)2MgO＋H2O可得，还剩余5个水分子，因此所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值理论上最高为2：5。
②“热解”过程中发生反应Mg(OH)2MgO＋H2O，因此可循环利用的物质还有MgO。
【分析】（1）MgO与H2O反应生成Mg(OH)2，据此写出反应的化学方程式。
（2）根据NH3·H2O的电离平衡常数，确定大小，从而得出c(NH3·H2O)与c(NH4＋)的相对大小。
（3）“氨浸”时，Co发生还原反应，则氨性溶液中的SO32－发生氧化反应，生成SO42－，据此写出反应的离子方程式。
（4）①X射线衍射图谱中出现明锐的衍射峰，则该物质属于晶体。
②(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，提高了Ni、Co的浸取速率。
（5）①饱和NiCl2溶液中通入HCl，增大溶液中c(Cl－)可促使NiCl2结晶析出。
②结合晶胞结构分析。
（6）①“结晶纯化”过程中发生反应Mg(NO3)2＋2H2O Mg(OH)2＋2HNO3、Mg(OH)2MgO＋H2O，据此计算。
②由于Mg(OH)2热分解产生MgO，因此可循环的物质还有MgO。
四、原理综合题
19．配合物广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。
（1）某有机物能与形成橙红色的配离子，该配离子可被氧化成淡蓝色的配离子。
①基态的电子轨道表示式为 。
②完成反应的离子方程式：
（2）某研究小组对(1)中②的反应进行了研究。
用浓度分别为的溶液进行了三组实验，得到随时间t的变化曲线如图。
①时，在内，的平均消耗速率= 。
②下列有关说法中，正确的有 。
A．平衡后加水稀释，增大
B．平衡转化率：
C．三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小
D．体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间：
（3）R的衍生物L可用于分离稀土。溶液中某稀土离子(用M表示)与L存在平衡：
研究组配制了L起始浓度与L起始浓度比不同的系列溶液，反应平衡后测定其核磁共振氢谱。配体L上的某个特征H在三个物种中的化学位移不同，该特征H对应吸收峰的相对峰面积S(体系中所有特征H的总峰面积计为1)如下表。
0 1.00 0 0
a x 0.64
b 0.40 0.60
【注】核磁共振氢谱中相对峰面积S之比等于吸收峰对应H的原子数目之比；“”表示未检测到。
①时， 。
②时，平衡浓度比 。
（4）研究组用吸收光谱法研究了(3)中M与L反应体系。当时，测得平衡时各物种随的变化曲线如图。时，计算M的平衡转化率 (写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
【答案】（1）；HNO2
（2）；A、B
（3）0.36；3：4或0.75
（4）98%
【知识点】原子核外电子排布；化学反应速率；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①铁的原子序数为26，基态Fe2＋是由基态Fe原子失去2个电子形成的，因此基态Fe2＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，所以基态Fe2＋的3d电子轨道表示式为。
②该反应中铁元素由+2价变为+3价，失去一个电子，2个[FeR3]2＋发生反应，则转移2个电子。反应过程中HNO3体现氧化性，则反应后氮元素的化合价降低，由于参与反应的NO3－个数为1，结合得失电子守恒可得，产物中氮元素的化合价为＋3价。根据原子守恒可得，产物为HNO2。
（2）①反应物的浓度越大，反应速率越快，则反应达到平衡所需的时间越短，因此曲线Ⅲ表示的是c(HNO3)=3.0mol·L－1时的变化曲线。在0～1min内，参与反应的Δc([FeR3]2＋)=1.5×10－4mol·L－1－1.0×10－4mol·L－1=5×10－5mol·L－1。因此用[FeR3]2＋表示的反应速率。
②A、平衡后加水稀释，平衡逆向移动，使得溶液中n([FeR3]2＋)减小，n([FeR3]3＋)减小，则增大，A符合题意。
B、反应达到平衡时，曲线Ⅲ中剩余c([FeR3]2＋)最小，曲线Ⅰ中剩余c([FeR3]2＋)最大，因此反应达到平衡状态时，[FeR3]2＋的平衡转化率αⅢ＞αⅡ＞αⅠ，B符合题意。
C、三组实验中，反应刚开始时，反应速率先增大，后随着反应的进行，反应速率逐渐减小，C不符合题意。
D、由图像可知，反应体系由橙红色变为淡蓝色所需的时间tⅢ＜tⅡ＜tⅠ，D不符合题意。
故答案为：AB
（3）①当时，S(L)=x，S(ML)＜0.01，即表示体系中未检测到ML，S(ML2)=0.64。而S(ML2)+S(ML)+S(L)=1，所以S(L)=1-0.64=0.36，即x=0.36。
②当时，S(L)＜0.01，即表示体系中未检测到L，S(ML)=0.40，S(ML2)=0.60。S(ML2)相比于S(ML)含有两个配体，则其浓度应为S(ML)的一半，因此平衡浓度比。
（4）起始时c0(L)=1.0×10－5mol·L－1、c0(M)=0.51×10－5mol·L－1。平衡时，c平(ML)=c平(L)= 0.40×10－5mol·L－1。由L守恒可得c平(ML2)=×(1.0×10－5－0.4×10－5－0.4×10－5) mol·L－1=0.1×10－5mol·L－1。由M守恒可得c平(M)=(0.51×10－5－0.4×10－5－0.1×10－5)mol·L－1=0.01×10－5mol·L－1。所以M的平衡转化率为。
【分析】（1）①基态Fe2＋是由基态Fe失去两个电子得到，结合基态Fe2＋的核外电子排布式确定其3d电子轨道表示式。
②结合得失电子守恒确定HNO3的还原产物中氮元素的化合价，再结合原子守恒确定产物的化学式。
（2）①浓度越大，反应速率越快，反应达到平衡所需的时间越短，据此结合图像数据，根据公式计算反应速率。
②A、结合稀释对平衡移动的影响分析。
B、平衡时c([FeR3]2＋)越小，则其转化率越大。
C、反应开始时，速率增大。
D、根据图像确定反应所需时间的长短。
（3）①根据S(ML2)+S(ML)+S(L)=1进行计算。
②S(ML2)相比于S(ML)含有两个配体，则其浓度应为S(ML)的一半。
（4）根据元素守恒，结合图标数据进行计算。
五、有机推断题
20．室温下可见光催化合成技术，对于人工模仿自然界、发展有机合成新方法意义重大。一种基于、碘代烃类等，合成化合物ⅶ的路线如下(加料顺序、反应条件略)：
（1）化合物i的分子式为 。化合物x为i的同分异构体，且在核磁共振氢谱上只有2组峰。x的结构简式为 (写一种)，其名称为 。
（2）反应②中，化合物ⅲ与无色无味气体y反应，生成化合物ⅳ，原子利用率为。y为 。
（3）根据化合物V的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
a 消去反应
b 氧化反应(生成有机产物)
（4）关于反应⑤的说法中，不正确的有____。
A．反应过程中，有键和键断裂
B．反应过程中，有双键和单键形成
C．反应物i中，氧原子采取杂化，并且存在手性碳原子
D．属于极性分子，分子中存在由p轨道“头碰头”形成的键
（5）以苯、乙烯和为含碳原料，利用反应③和⑤的原理，合成化合物ⅷ。
基于你设计的合成路线，回答下列问题：
(a)最后一步反应中，有机反应物为 (写结构简式)。
(b)相关步骤涉及到烯烃制醇反应，其化学方程式为 。
(c)从苯出发，第一步的化学方程式为 (注明反应条件)。
【答案】（1）；(或或)；戊酮(或二甲基丙醛或二甲基氧杂环丁烷)
（2）或氧气
（3）浓硫酸，加热；；、，加热(或酸性溶液)；(或)
（4）C；D
（5）和；；
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机化合物的命名；同分异构现象和同分异构体；乙烯的化学性质；苯的结构与性质；乙醇的化学性质
【解析】【解答】（1）化合物ⅰ的结构简式为，所以其分子式为C5H10O。化合物x为i的同分异构体，且其核磁共振氢谱上只有2组峰，说明其结构具有对称性，因此x的结构简式为、、，其名称分别为3-戊酮、2，2-二甲基丙醛、3，3-二甲基氧杂环丁烷。
（2）反应②中乙烯与气体y反应生成环氧乙烷，该反应的原子利用率100%，因此气体y为O2。
（3）化合物ⅴ中含有羟基，且首碳碳原子、相邻碳原子上都含有氢原子，因此可发生氧化反应、消去反应。发生消去反应所需的试剂和条件为浓硫酸/加热，所得产物的结构简式为。发生氧化反应所需的试剂和条件为O2、Cu/加热，所得产物的结构简式为；若所用试剂和条件为酸性KMnO4溶液，则所得产物的结构简式为。
（4）反应⑤中CO、和反应生成。
A、反应过程中反应物中的C-I化学键断裂，反应物中的O-H化学键断裂，A不符合题意。
B、反应物中不含有C=O化学键，反应后生成酯基，则反应后有C=O和C-O生成，B不符合题意。
C、反应物中氧原子形成两个共价键，同时还含有2个孤电子对，因此氧原子采用sp3杂化。分子结构具有对称性，所有的碳原子都不是手性碳原子，C符合题意。
D、CO的结构简式为C≡O，只含有极性键，且结构不具有对称性，因此CO属于极性分子。CO分子中存在由p轨道“肩并肩”形成的π键，“头碰头”形成的是σ键，D符合题意。
故答案为：CD
（5）(a)最后一步反应中，反应物为CO、CH3CH2OH和，因此有机反应物为CH3CH2OH和。
(b)烯烃制醇的反应中，烯烃中的碳碳双键与H2O发生加成反应，乙烯与H2O制取乙醇的化学方程式为CH2＝CH2＋H2OCH3CH2OH。
(c)从苯出发，第一步反应是苯与液溴发生的取代反应，该反应的化学方程式为。
【分析】（1）根据结构简式确定其分子式。核磁共振氢谱上只有2组峰，则结构具有对称性，据此确定同分异构体的结构及命名。
（2）反应②的原子利用率为100%，结合反应物ⅲ和生成物ⅳ的分子式确定气体y的化学式。
（3）化合物ⅴ中含有羟基，结合醇类4物质的性质分析。
（4）根据反应⑤中反应物、生成物的结构进行分析。
（5）物质ⅷ可由CO、CH3CH2OH和发生反应⑤生成。而可由发生反应④生成；可由和发生反应③生成。
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【高考真题】2023年广东省高考真题化学试题
一、单选题
1．“高山流水觅知音”。下列中国古乐器中，主要由硅酸盐材料制成的是（ ）
A．九霄环佩木古琴 B．裴李岗文化骨笛 C．商朝后期陶埙 D．曾侯乙青铜编钟
A．A B．B C．C D．D
2．科教兴国，“可上九天揽月，可下五洋捉鳖”。下列说法正确的是（ ）
A．“天舟六号”为中国空间站送去推进剂气，是第族元素
B．火星全球影像彩图显示了火星表土颜色，表土中赤铁矿主要成分为
C．创造了可控核聚变运行纪录的“人造太阳”，其原料中的与互为同位素
D．“深地一号”为进军万米深度提供核心装备，制造钻头用的金刚石为金属晶体
3．建设美丽乡村，守护中华家园，衣食住行皆化学。下列说法正确的是（ ）
A．千家万户通光纤，光纤的主要材质为
B．乡村公路铺沥青，沥青属于天然无机材料
C．美容扮靓迎佳节，化妆品中的甘油难溶于水
D．均衡膳食助健康，主食中的淀粉可水解为葡萄糖
4．1827年，英国科学家法拉第进行了喷泉实验。在此启发下，兴趣小组利用以下装置，进行如下实验。其中，难以达到预期目的的是（ ）
A．图1：喷泉实验 B．图2：干燥
C．图3：收集 D．图4：制备
5．化学处处呈现美。下列说法正确的是（ ）
A．舞台上干冰升华时，共价键断裂
B．饱和溶液可析出无水蓝色晶体
C．苯分子的正六边形结构，单双键交替呈现完美对称
D．晨雾中的光束如梦如幻，是丁达尔效应带来的美景
6．负载有和的活性炭，可选择性去除实现废酸的纯化，其工作原理如图。下列说法正确的是（ ）
A．作原电池正极
B．电子由经活性炭流向
C．表面发生的电极反应：
D．每消耗标准状况下的，最多去除
7．劳动有利于“知行合一”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是（ ）
选项 劳动项目 化学知识
A 帮厨活动：帮食堂师傅煎鸡蛋准备午餐 加热使蛋白质变性
B 环保行动：宣传使用聚乳酸制造的包装材料 聚乳酸在自然界可生物降解
C 家务劳动：擦干已洗净的铁锅，以防生锈 铁丝在中燃烧生成
D 学农活动：利用秸秆、厨余垃圾等生产沼气 沼气中含有的可作燃料
A．A B．B C．C D．D
8．2022年诺贝尔化学奖授予研究“点击化学”的科学家。图所示化合物是“点击化学”研究中的常用分子。关于该化合物，说法不正确的是（ ）
A．能发生加成反应
B．最多能与等物质的量的反应
C．能使溴水和酸性溶液褪色
D．能与氨基酸和蛋白质中的氨基反应
9．按图装置进行实验。将稀硫酸全部加入Ⅰ中的试管，关闭活塞。下列说法正确的是（ ）
A．Ⅰ中试管内的反应，体现的氧化性
B．Ⅱ中品红溶液褪色，体现的还原性
C．在Ⅰ和Ⅲ的试管中，都出现了浑浊现象
D．撤掉水浴，重做实验，Ⅳ中红色更快褪去
10．部分含或含物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是（ ）
A．可存在c→d→e的转化
B．能与反应生成c的物质只有b
C．新制的d可用于检验葡萄糖中的醛基
D．若b能与反应生成，则b中含共价键
11．设为阿伏加德罗常数的值。侯氏制碱法涉及和等物质。下列叙述正确的是（ ）
A．含有的共价键数目为
B．完全分解，得到的分子数目为
C．体积为的溶液中，数目为
D．和的混合物中含，则混合物中质子数为
12．下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是（ ）
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 将浓硫酸加入蔗糖中形成多孔炭 浓硫酸具有氧化性和脱水性
B 装有的密闭烧瓶冷却后颜色变浅 转化为的反应吸热
C 久置空气中的漂白粉遇盐酸产生 漂白粉的有效成分是
D 溶液导电性比同浓度醋酸强 溶液的比醋酸的高
A．A B．B C．C D．D
13．利用活性石墨电极电解饱和食盐水，进行如图所示实验。闭合，一段时间后（ ）
A．U型管两侧均有气泡冒出，分别是和
B．a处布条褪色，说明具有漂白性
C．b处出现蓝色，说明还原性：
D．断开，立刻闭合，电流表发生偏转
14．化合物可作肥料，所含的5种元素位于主族，在每个短周期均有分布，仅有Y和M同族。Y的基态原子价层p轨道半充满，X的基态原子价层电子排布式为，X与M同周期，E在地壳中含量最多。下列说法正确的是（ ）
A．元素电负性：
B．氢化物沸点：
C．第一电离能：
D．和的空间结构均为三角锥形
15．催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应。反应历程(下图)中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法不正确的是（ ）
A．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行
B．反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大
C．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡
D．使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
16．用一种具有“卯榫”结构的双极膜组装电解池(下图)，可实现大电流催化电解溶液制氨。工作时，在双极膜界面处被催化解离成和，有利于电解反应顺利进行。下列说法不正确的是（ ）
A．电解总反应：
B．每生成，双极膜处有的解离
C．电解过程中，阳极室中的物质的量不因反应而改变
D．相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构可提高氨生成速率
二、实验题
17．化学反应常伴随热效应。某些反应(如中和反应)的热量变化，其数值Q可通过量热装置测量反应前后体系温度变化，用公式计算获得。
（1）盐酸浓度的测定：移取待测液，加入指示剂，用溶液滴定至终点，消耗溶液。
①上述滴定操作用到的仪器有 。
A． B． C． D．
②该盐酸浓度为 。
（2）热量的测定：取上述溶液和盐酸各进行反应，测得反应前后体系的温度值()分别为，则该过程放出的热量为 (c和分别取和，忽略水以外各物质吸收的热量，下同)。
（3）借鉴(2)的方法，甲同学测量放热反应的焓变(忽略温度对焓变的影响，下同)。实验结果见下表。
序号 反应试剂 体系温度/
反应前 反应后
i 溶液 粉 a b
ii 粉 a c
①温度：b c(填“>”“<”或“=”)。
② (选择表中一组数据计算)。结果表明，该方法可行。
（4）乙同学也借鉴(2)的方法，测量反应的焓变。
查阅资料：配制溶液时需加入酸。加酸的目的是 。
提出猜想：粉与溶液混合，在反应A进行的过程中，可能存在粉和酸的反应。
验证猜想：用试纸测得溶液的不大于1；向少量溶液中加入粉，溶液颜色变浅的同时有气泡冒出，说明存在反应A和 (用离子方程式表示)。
实验小结：猜想成立，不能直接测反应A的焓变。
教师指导：鉴于以上问题，特别是气体生成带来的干扰，需要设计出实验过程中无气体生成的实验方案。
优化设计：乙同学根据相关原理，重新设计了优化的实验方案，获得了反应A的焓变。该方案为 。
（5）化学能可转化为热能，写出其在生产或生活中的一种应用 。
三、工业流程题
18．均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。
氢氧化物
回答下列问题：
（1）活性可与水反应，化学方程式为 。
（2）常温下，的氨性溶液中， (填“>”“<”或“=”)。
（3）“氨浸”时，由转化为的离子方程式为 。
（4）会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。
①属于 (填“晶体”或“非晶体”)。
②提高了的浸取速率，其原因是 。
（5）①“析晶”过程中通入的酸性气体A为 。
②由可制备晶体，其立方晶胞如图。与O最小间距大于与O最小间距，x、y为整数，则在晶胞中的位置为 ；晶体中一个周围与其最近的O的个数为 。
（6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得溶液中与的比值，理论上最高为 。
②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，在于可重复利用和 (填化学式)。
四、原理综合题
19．配合物广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。
（1）某有机物能与形成橙红色的配离子，该配离子可被氧化成淡蓝色的配离子。
①基态的电子轨道表示式为 。
②完成反应的离子方程式：
（2）某研究小组对(1)中②的反应进行了研究。
用浓度分别为的溶液进行了三组实验，得到随时间t的变化曲线如图。
①时，在内，的平均消耗速率= 。
②下列有关说法中，正确的有 。
A．平衡后加水稀释，增大
B．平衡转化率：
C．三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小
D．体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间：
（3）R的衍生物L可用于分离稀土。溶液中某稀土离子(用M表示)与L存在平衡：
研究组配制了L起始浓度与L起始浓度比不同的系列溶液，反应平衡后测定其核磁共振氢谱。配体L上的某个特征H在三个物种中的化学位移不同，该特征H对应吸收峰的相对峰面积S(体系中所有特征H的总峰面积计为1)如下表。
0 1.00 0 0
a x 0.64
b 0.40 0.60
【注】核磁共振氢谱中相对峰面积S之比等于吸收峰对应H的原子数目之比；“”表示未检测到。
①时， 。
②时，平衡浓度比 。
（4）研究组用吸收光谱法研究了(3)中M与L反应体系。当时，测得平衡时各物种随的变化曲线如图。时，计算M的平衡转化率 (写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
五、有机推断题
20．室温下可见光催化合成技术，对于人工模仿自然界、发展有机合成新方法意义重大。一种基于、碘代烃类等，合成化合物ⅶ的路线如下(加料顺序、反应条件略)：
（1）化合物i的分子式为 。化合物x为i的同分异构体，且在核磁共振氢谱上只有2组峰。x的结构简式为 (写一种)，其名称为 。
（2）反应②中，化合物ⅲ与无色无味气体y反应，生成化合物ⅳ，原子利用率为。y为 。
（3）根据化合物V的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
a 消去反应
b 氧化反应(生成有机产物)
（4）关于反应⑤的说法中，不正确的有____。
A．反应过程中，有键和键断裂
B．反应过程中，有双键和单键形成
C．反应物i中，氧原子采取杂化，并且存在手性碳原子
D．属于极性分子，分子中存在由p轨道“头碰头”形成的键
（5）以苯、乙烯和为含碳原料，利用反应③和⑤的原理，合成化合物ⅷ。
基于你设计的合成路线，回答下列问题：
(a)最后一步反应中，有机反应物为 (写结构简式)。
(b)相关步骤涉及到烯烃制醇反应，其化学方程式为 。
(c)从苯出发，第一步的化学方程式为 (注明反应条件)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】无机非金属材料
【解析】【解答】A、木古琴是由木材和动物筋制作而成的，不属于硅酸盐材料，A不符合题意。
B、骨笛是由动物骨骼制作而成的，不属于硅酸盐材料，B不符合题意。
C、陶陨是由陶瓷制作而成的，属于硅酸盐材料，C符合题意。
D、青铜编钟是由青铜器制作合成的，为合金材料，不属于硅酸盐材料，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据各个乐器的制作材料进行分析即可。
2．【答案】C
【知识点】原子晶体（共价晶体）；金属晶体；铁的氧化物和氢氧化物；同位素及其应用
【解析】【解答】A、Xe为稀有气体元素，位于元素周期表的零族，A不符合题意。
B、赤铁矿的主要成分为Fe2O3，B不符合题意。
C、、的质子数都是1，中子数分别为1和2，因此二者互为同位素，C符合题意。
D、金刚石是碳元素组成的一种单质，为共价晶体，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、Xe为稀有气体元素。
B、赤铁矿的主要成分为Fe2O3。
C、质子数相同，中子数不同的原子互为同位素。
D、金刚石是碳元素的一种单质，为共价晶体。
3．【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；无机非金属材料；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A、光纤的主要材料为SiO2，Si是半导体材料，A不符合题意。
B、沥青属于有机材料，B不符合题意。
C、甘油为丙三醇，可形成分子间氢键，使得甘油易溶于水，C不符合题意。
D、淀粉可水解生成葡萄糖，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、光纤的主要成分为SiO2。
B、沥青属于有机材料。
C、甘油为丙三醇，易溶于水。
D、淀粉可水解生成葡萄糖。
4．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；氨的实验室制法
【解析】【解答】A、当挤压胶头滴管后，胶头滴管中的水进入烧瓶内，NH3溶于水后，使得烧瓶内压强降低，烧杯内的水溶液进入烧瓶内，形成喷泉现象，A不符合题意。
B、P2O5为酸性氧化物，能与NH3反应，因此不能用P2O5干燥NH3，B符合题意。
C、NH3的密度比空气小，可用向下排空气法收集，C不符合题意。
D、CaO能与浓氨水发生反应：CaO＋NH3·H2O=Ca(OH)2＋NH3↑，因此可用该装置制取NH3，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、NH3极易溶于水，可形成喷泉现象。
B、P2O5为酸性干燥剂，能与NH3反应。
C、NH3的密度小于空气，用向上排空气法收集。
D、CaO能与NH3·H2O反应，生成Ca(OH)2和NH3。
5．【答案】D
【知识点】化学键和分子间作用力的区别；苯的结构与性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、干冰升华时由固态转化为气态，过程中破坏分子间作用力，无共价键断裂，A不符合题意。
B、饱和CuSO4溶液可析出CuSO4·5H2O，为蓝色晶体，而无水CuSO4为白色固体，B不符合题意。
C、苯分子为正六边形结构，但不存在碳碳单键和碳碳双键，C不符合题意。
D、雾为胶体，晨雾中的光束，为胶体产生的丁达尔效应，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、干冰升华时，由固态转化为气态，无化学键断裂。
B、饱和CuSO4溶液可析出CuSO4·5H2O。
C、苯分子中不存在碳碳双键和碳碳双键。
D、晨雾中的光束为丁达尔效应。
6．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；气体摩尔体积；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、由分析可知，Ag电极发生失电子的氧化反应，因此Ag电极为负极，A不符合题意。
B、在原电池中，电子由负极流向正极，因此电子由Ag电极经活性炭流向Pt电极，B符合题意。
C、该电解质溶液为酸性，因此Pt电极的电极反应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O，C不符合题意。
D、未给出气体所处的状态，无法应用气体摩尔体积进行计算，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】该装置中通入O2的Pt电极为正极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O。Ag电极为负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为Ag－e－＋Cl－=AgCl。
7．【答案】C
【知识点】铁的化学性质；生活中的有机化合物；蛋白质的特殊反应
【解析】【解答】A、加热可使蛋白质发生变性，A不符合题意。
B、聚乳酸在自然界中发生生物降解，因此可用聚乳酸制作的包装材料，减少白色污染，B不符合题意。
C、擦干已洗净的铁锅，防止铁锅生锈，铁在潮湿的空气中生锈，铁锈的主要成分为Fe2O3·xH2O，C符合题意。
D、秸秆、厨余垃圾可发酵产生CH4，CH4是一种可燃性气体，可用作燃料，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、加热能使蛋白质发生变性。
B、聚乳酸在自然界中可进行生物降解。
C、铁丝在潮湿的空气中生锈生成Fe2O3·xH2O。
D、厨余垃圾可发酵产生CH4，用作燃料。
8．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；乙炔炔烃；苯的结构与性质；羧酸简介
【解析】【解答】A、分子结构中含有苯环、碳碳三键，都能与H2发生加成反应，A不符合题意。
B、分子结构中的羧基、酰胺基都能与NaOH反应，因此1mol该有机物能与2molNaOH反应，B符合题意。
C、分子结构中含有碳碳三键，能与溴水发生加成反应，使溴水褪色；能被酸性KMnO4溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，C不符合题意。
D、分子结构中的羧基能与氨基发生取代反应，生成酰胺基，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、分子结构中含有苯环、C≡C，都可发生加成反应。
B、分子结构中的羧基、酰胺基都能与NaOH溶液反应。
C、碳碳三键能与溴水发生加成反应，能与酸性KMnO4溶液发生氧化反应。
D、羧基能与氨基发生取代反应。
9．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；含硫物质的性质及综合应用；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、装置Ⅰ中稀硫酸提供H＋反应后生成H2O，因此反应过程中体现了H＋的酸性，A不符合题意。
B、装置Ⅱ中品红溶液褪色，体现了SO2的漂白性，B不符合题意。
C、装置Ⅰ和装置Ⅲ都反应生成了S，因此都产生了淡黄色浑浊，C符合题意。
D、撤去水浴加热后，重新实验，则SO2逸出的量减少，装置Ⅳ中溶液红色褪去变慢，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】装置Ⅰ中发生反应S2O32－＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2O，烧杯中的热水，可促使SO2逸出。SO2加入装置Ⅱ中，使得品红溶液褪色，体现了SO2的漂白性。SO2进入装置Ⅲ中，SO2将Na2S溶液中S2－氧化成S，体现了SO2的氧化性。最后SO2进入滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液红色褪去，体现了SO2酸性氧化物的性质；同时也进行了尾气处理，防止SO2逸出，造成空气污染。
10．【答案】B
【知识点】钠的化学性质；钠的重要化合物
【解析】【解答】A、由分析可知，c为NaOH、d为Cu(OH)2、e为CuO，NaOH能与CuSO4反应生成Cu(OH)2沉淀，Cu(OH)2受热分解，可得到CuO，因此存在c→d→e的转化，A不符合题意。
B、由分析可知，c为NaOH，可由Na2O、Na与H2O反应生成，B符合题意。
C、葡萄糖中含有－CHO，能与新制Cu(OH)2悬浊液反应，产生砖红色沉淀，C不符合题意。
D、b为钠的氧化物，若b能与H2O反应生成O2，则b为Na2O2，其中O22－含有共价键，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】a为单质，因此a为Na或Cu。b为氧化物，且其化合价为＋1价，因此b为Na2O。c为碱，且其化合价为＋1价，因此c为NaOH。d为碱，且其化合价为＋2价，因此d为Cu(OH)2。e为氧化物，且其化合价为＋2价，因此e为CuO。
11．【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、一个NH4Cl中含有4个共价键，因此1molNH4Cl中所含的共价键数目为4NA，A不符合题意。
B、1molNaHCO3中含有1mol碳原子，因此完全分解后，可产生1molCO2，所以得到CO2的分子数为1NA，B不符合题意。
C、1L1mol·L－1的NaHCO3溶液中n(NaHCO3)=1L×1mol·L－1=1mol，由于HCO3－在水中发生水解和电离，因此溶液中HCO3－的数目小于1NA，C不符合题意。
D、含1molCl－的NaCl、NH4Cl混合物，其物质的量为1mol，由于NaCl、NH4Cl的质子数都是28，因此1mol混合物中所含的质子数为28NA，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、一个NH4Cl中含有4个共价键。
B、根据碳原子守恒确定分解产生CO2的分子数。
C、NaHCO3溶液中存在HCO3－的电离和水解。
D、NaCl、NH4Cl中所含的质子数相同，都是28个。
12．【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；电解质溶液的导电性；浓硫酸的性质实验；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、将浓硫酸加入蔗糖中，蔗糖转化为碳，体现了浓硫酸的脱水性；形成多孔碳，说明碳与浓硫酸氧化还原反应，体现了浓硫酸的氧化性，A符合题意。
B、冷却后烧瓶内颜色变浅，说明降低温度平衡向生成N2O4的方向移动，因此NO2转化为N2O4的反应为放热反应，B不符合题意。
C、漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，久置在空气中的漂白粉与空气中的CO2反应生成CaCO3，因此遇稀盐酸变为CO2，C不符合题意。
D、NaCl溶液显中性，pH=7；醋酸溶液显酸性，pH＜7，因此NaCl溶液的pH笔醋酸的pH高，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、浓硫酸加入蔗糖形成多孔碳，则蔗糖发生脱水反应和氧化还原反应。
B、冷却后颜色变浅，说明降低温度，平衡向生成N2O4的方向移动。
C、漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2。
D、NaCl溶液显中性，pH=7；醋酸溶液显酸性，pH<7。
13．【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氯气的化学性质；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、U型管左侧电极为阳极，电解过程中产生Cl2，右侧电极为阴极，电解过程中产生H2，A不符合题意。
B、Cl2不具有漂白性，红色布条褪色，是由于Cl2与H2O反应生成HClO，HClO使红色布条褪色，Cl2不具有漂白性，B不符合题意。
C、b处出现蓝色，说明Cl2将I－氧化成I2，此时说明还原性I－>Cl－，C不符合题意。
D、断开K1，闭合K2，该装置为原电池，化学能转化为电能，电流表发生偏转，D符合题意。
故答案为：D
【分析】闭合K1后，该装置为电解池装置，左侧电极为阳极，其电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑；右侧电极为阴极，其电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。Cl2接触湿润的红布条后，红布条褪色。Cl2进入b中淀粉KI溶液后，Cl2将I－氧化成I2，淀粉遇碘变蓝色。浸有浓NaOH溶液的棉花，用于吸收Cl2，防止Cl2逸出，造成空气污染。
14．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】由分析可知，Z为H、M为P、X为Mg、E为O、Y为N。
A、同一周期，核电荷数越大，电负性越强，因此电负性O>N，由于氢原子最外层只有一个电子，在化合物中显+1价，因此电负性O>N>H，即E>Y>Z，A符合题意。
B、M、Y、E的氰化物分别为PH3、NH3、H2O，其中H2O为液态物质，其余为气态物质，因此H2O的沸点最高；由于NH3可形成分子间氢键，因此其沸点高于PH3，因此三种氢化物的沸点H2O>NH3>PH3，即E>Y>M，B不符合题意。
C、X的价电子排布式为3s2，E的价电子排布式为2s22p4，Y的价电子排布式为2s22p3，电子层数越大，其第一电离能越小，因此X的第一电离能最小；Y的2p轨道为半充满状态，能量最低，最稳定，因此其第一电离能最大，所以三种元素原子的第一电离能Y>E>X，C不符合题意。
D、YZ3的化学式为NH3，其空间结构为三角锥形；YE3－的化学是为NO3－，其中心原子的价电子对数为，其空间结构为平面三角形，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】E是地壳中含量最多的元素，所以E是O。Y的基态原子价层p轨道半充满，则其价层电子排布式为2s22p3或3s23p3，且Y和M同族，因此Y、M为N或P。X的基态原子价层电子排布式为nsn-1，当n=2时，其价层电子排布式为2s1，则元素符号Li；当n=3时，其价层电子排布式为3s2，则元素符号为Mg。所以X为Li或Mg。在化合物XYZ4ME4中，各元素的化合价为0，因此Z为H、M为P、X为Mg、E为O、Y为N。
15．【答案】C
【知识点】催化剂；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A、使用催化剂Ⅰ和催化剂Ⅱ的过程中，都出现了四个波峰，因此其反应历程都经历了4个步骤，A不符合题意。
B、由图可知，反应物的总能量高于高于生成物的总能量，因此该反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡逆向移动，R的浓度增大，B不符合题意。
C、使用催化剂Ⅱ时，反应所需的活化能更高，反应速率更慢，因此反应达到平衡所需的时间更慢，C符合题意。
D、由图可知在前两个历程中使用催化剂Ⅰ反应所需的活化能较低，反应速率较快；后两个历程中使用催化剂Ⅱ反应所需的活化能较高，反应速率较慢。所以使用催化剂Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、反应过程中出现4个波峰，则反应历程经历4步反应。
B、升高温度，平衡向吸热反应方向移动。
C、反应所需的活化能越小，反应速率越快。
D、结合活化能对反应速率的影响分析。
16．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、由分析可知，该电解池装置中，阴极的电极反应式为NO3－＋8e－＋6H2O=NH3＋9OH－，阳极的电极反应式为4OH－－4e－=O2↑＋2H2O。因此电解总反应为KNO3＋3H2O=NH3·H2O＋2O2↑＋KOH，A不符合题意。
B、每生成1molNH3·H2O，则转移电子数为8mol，因此双极膜中有8molH＋移向电极a，则双极膜处有8molH2O发生解离，B符合题意。
C、电解过程中阳极室内每消耗4molOH－，双极膜内产生4molOH－进入阳极室，因此阳极室中n(KOH)不因反应而变化，C不符合题意。
D、“卯榫”结构具有更大的接触面积，有利于H2O被催化解离成H＋和OH－，从而提高NH3的生成速率，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】“大电流催化电解KNO3溶液制氨”则该装置为电解池装置，且KNO3溶液中NO3－发生还原反应，生成NH3，因此电极a为阴极，其电极反应式为：NO3－＋8e－＋6H2O=NH3＋9OH－。电极b为阳极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：4OH－－4e－=O2↑＋2H2O。电解池装置中，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，因此双极膜中H＋移向电极a，OH－移向电极b。
17．【答案】（1）AD；0.5500
（2）
（3）>；或
（4）抑制水解；；将一定量的粉加入一定浓度的溶液中反应，测量反应热，计算得到反应的焓变；根据(3)中实验计算得到反应的焓变；根据盖斯定律计算得到反应的焓变为
（5）燃料燃烧(或铝热反应焊接铁轨等)
【知识点】盖斯定律及其应用；配制一定物质的量浓度的溶液；中和热的测定；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）①用NaOH溶液滴定盐酸的浓度，需用碱式滴定管盛装标准NaOH溶液，用锥形瓶盛装待测盐酸溶液，因此所需的仪器有锥形瓶、碱式滴定管。
②滴定过程中发生反应的化学方程式为NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，因此该盐酸的浓度。
（2）混合后所得溶液的质量m=(50mL＋50mL)×1.0g·mL－1=100g；反应前后温度的变化量ΔT=(T1－T0)℃。所以反应过程中放出的热量Q=cmΔT=4.18×100×(T1－T0)=418(T1－T0)J。
（3）①由于该反应为放热反应，因此反应后溶液的温度身高，故b＞c。
②实验ⅰ中，n(CuSO4)=c×V=0.20mol·L－1×0.L=0.02mol。所以实验ⅰ中0.02molCuSO4完全反应，反应过程中放出热量Q=4.18×100×(b－a)×10－3kJ=0.418(b-a)kJ。所以该反应的反应热。
实验ⅱ中，则0.01molFe完全反应，反应过程中放出的热量Q=4.18×100×(c-a)×10－3kJ=0.418(c-a)kJ。所以该反应的反应热。
（4）查阅资料：Fe2SO4溶液中存在Fe3＋的水解反应Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋，配制Fe2(SO4)3溶液时，加入酸，可增大溶液中c(H＋)，从而抑制Fe3＋的水解。
验证猜想：加入铁粉后Fe3＋与Fe反应生成Fe2＋，使得溶液由黄色变为浅绿色，因此溶液颜色变浅。同时有气泡冒出，是由于溶液中Fe3＋水解，使得溶液显酸性，Fe与H＋反应生成H2，该反应的离子方程式为Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑。
优化设计：Fe与Fe2(SO4)3溶液反应的过程中，同时存在Fe与H＋的反应，因此无法直接测定Fe与Fe2(SO4)3反应的反应，此时可结合盖斯定律，通过测定反应Cu＋Fe2(SO4)3=CuSO4＋2FeSO4、Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu的反应热，从而计算反应Fe＋Fe2(SO4)3=3FeSO4的反应热。因此实验方案为：将一定量的Cu加入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中，完全反应后测量反应热，得到反应Cu＋Fe2(SO4)3=CuSO4＋2FeSO4的焓变ΔH1；根据(3)中实验计算得到反应Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu的焓变ΔH2。根据盖斯定律计算得到反应Fe＋Fe2(SO4)3=3FeSO4的焓变ΔH=ΔH1＋ΔH2。
（5）应用化学能转化为让热能，生活中可利用燃料燃烧放出的热量进行加热。
【分析】（1）①根据酸碱中和滴定确定所需的仪器。
②根据公式c1V1=c2V2进行计算。
（2）根据公式Q=cmΔt计算反应放出的热量。
（3）①Fe与CuSO4溶液的反应为放热反应，因此反应后溶液的温度升高。
②根据公式Q=cmΔt计算反应放出的热量，进行计算Fe或CuSO4完全反应时放出的热量。
（4）Fe3＋易水解，加酸可抑制Fe3＋的水解。
加入铁粉后，有气泡冒出，说明反应生成H2。
根据盖斯定律通过反应“Cu＋Fe2(SO4)3=CuSO4＋2FeSO4”和反应“Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu”的反应热，从而计算反应“Fe＋Fe2(SO4)3=3FeSO4”的反应热。
（5）化学能转化为热能，可应用于生活中燃料燃烧。
18．【答案】（1）
（2）＞
（3）或
（4）晶体；减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积
（5）；体心；12
（6）0.4或；
【知识点】晶胞的计算；物质的分离与提纯；晶体的定义；离子方程式的书写；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）活性MgO与H2O反应生成Mg(OH)2，该反应的化学方程式为MgO＋H2O=Mg(OH)2。
（2）lgKb(NH3·H2O)=－4.7，所以Kb(NH3·H2O)=10－4.7，即。常温下该溶液的pH=9.9，则溶液中c(H＋)=10－9.9mol·L－1，此时溶液中，所以，所以溶液中c(NH3·H2O)＞c(NH4＋)。
（3）“氨浸”过程中Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2＋，其中Co元素发生还原反应，则溶液中的SO32－发生氧化反应，生成SO42－，因此反应的离子方程式为：2Co(OH)3＋12NH3·H2O＋SO32－=[Co(NH3)6]2＋＋SO42－＋13H2O＋4OH－。若氨水的量少，则发生反应的离子方程式为2Co(OH)3＋8NH3·H2O＋4NH4＋＋SO32－=2[Co(NH3)6]2＋＋SO42－＋13H2O。
（4）①NH4Al(OH)2CO3的X射线衍射图谱中出现了明锐的衍射峰，说明NH4Al(OH)2CO3属于晶体。
②(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，较少了胶状物质对Ni、Co氧化物的包裹，增大了滤泥与氨性溶液的接触面积，从而提高了Ni、Co的浸取速率。
（5）①“析晶”过程中饱和NiCl2溶液中NiCl2结晶析出，得到NiCl2·4H2O。通入的气体A为HCl，可增大溶液中c(Cl－)，促进NiCl2结晶析出。
②在AlxCoOy晶体中，Co原子的个数为1，因此Co位于晶胞的体心位置。Al与O最小间距大于Co与O的最小间距，因此Al位于晶胞的顶点，O位于晶胞的面心。所以晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为个。
（6）①加入活性MgO后得到滤液Ⅰ，滤液Ⅰ的主要成分为Mg(NO3)2。“结晶纯化”后得到晶体A，晶体A中含有6个结晶水，因此晶体A的化学式为Mg(NO3)2·6H2O。根据反应Mg(NO3)2＋2H2O Mg(OH)2＋2HNO3、Mg(OH)2MgO＋H2O可得，还剩余5个水分子，因此所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值理论上最高为2：5。
②“热解”过程中发生反应Mg(OH)2MgO＋H2O，因此可循环利用的物质还有MgO。
【分析】（1）MgO与H2O反应生成Mg(OH)2，据此写出反应的化学方程式。
（2）根据NH3·H2O的电离平衡常数，确定大小，从而得出c(NH3·H2O)与c(NH4＋)的相对大小。
（3）“氨浸”时，Co发生还原反应，则氨性溶液中的SO32－发生氧化反应，生成SO42－，据此写出反应的离子方程式。
（4）①X射线衍射图谱中出现明锐的衍射峰，则该物质属于晶体。
②(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，提高了Ni、Co的浸取速率。
（5）①饱和NiCl2溶液中通入HCl，增大溶液中c(Cl－)可促使NiCl2结晶析出。
②结合晶胞结构分析。
（6）①“结晶纯化”过程中发生反应Mg(NO3)2＋2H2O Mg(OH)2＋2HNO3、Mg(OH)2MgO＋H2O，据此计算。
②由于Mg(OH)2热分解产生MgO，因此可循环的物质还有MgO。
19．【答案】（1）；HNO2
（2）；A、B
（3）0.36；3：4或0.75
（4）98%
【知识点】原子核外电子排布；化学反应速率；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①铁的原子序数为26，基态Fe2＋是由基态Fe原子失去2个电子形成的，因此基态Fe2＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，所以基态Fe2＋的3d电子轨道表示式为。
②该反应中铁元素由+2价变为+3价，失去一个电子，2个[FeR3]2＋发生反应，则转移2个电子。反应过程中HNO3体现氧化性，则反应后氮元素的化合价降低，由于参与反应的NO3－个数为1，结合得失电子守恒可得，产物中氮元素的化合价为＋3价。根据原子守恒可得，产物为HNO2。
（2）①反应物的浓度越大，反应速率越快，则反应达到平衡所需的时间越短，因此曲线Ⅲ表示的是c(HNO3)=3.0mol·L－1时的变化曲线。在0～1min内，参与反应的Δc([FeR3]2＋)=1.5×10－4mol·L－1－1.0×10－4mol·L－1=5×10－5mol·L－1。因此用[FeR3]2＋表示的反应速率。
②A、平衡后加水稀释，平衡逆向移动，使得溶液中n([FeR3]2＋)减小，n([FeR3]3＋)减小，则增大，A符合题意。
B、反应达到平衡时，曲线Ⅲ中剩余c([FeR3]2＋)最小，曲线Ⅰ中剩余c([FeR3]2＋)最大，因此反应达到平衡状态时，[FeR3]2＋的平衡转化率αⅢ＞αⅡ＞αⅠ，B符合题意。
C、三组实验中，反应刚开始时，反应速率先增大，后随着反应的进行，反应速率逐渐减小，C不符合题意。
D、由图像可知，反应体系由橙红色变为淡蓝色所需的时间tⅢ＜tⅡ＜tⅠ，D不符合题意。
故答案为：AB
（3）①当时，S(L)=x，S(ML)＜0.01，即表示体系中未检测到ML，S(ML2)=0.64。而S(ML2)+S(ML)+S(L)=1，所以S(L)=1-0.64=0.36，即x=0.36。
②当时，S(L)＜0.01，即表示体系中未检测到L，S(ML)=0.40，S(ML2)=0.60。S(ML2)相比于S(ML)含有两个配体，则其浓度应为S(ML)的一半，因此平衡浓度比。
（4）起始时c0(L)=1.0×10－5mol·L－1、c0(M)=0.51×10－5mol·L－1。平衡时，c平(ML)=c平(L)= 0.40×10－5mol·L－1。由L守恒可得c平(ML2)=×(1.0×10－5－0.4×10－5－0.4×10－5) mol·L－1=0.1×10－5mol·L－1。由M守恒可得c平(M)=(0.51×10－5－0.4×10－5－0.1×10－5)mol·L－1=0.01×10－5mol·L－1。所以M的平衡转化率为。
【分析】（1）①基态Fe2＋是由基态Fe失去两个电子得到，结合基态Fe2＋的核外电子排布式确定其3d电子轨道表示式。
②结合得失电子守恒确定HNO3的还原产物中氮元素的化合价，再结合原子守恒确定产物的化学式。
（2）①浓度越大，反应速率越快，反应达到平衡所需的时间越短，据此结合图像数据，根据公式计算反应速率。
②A、结合稀释对平衡移动的影响分析。
B、平衡时c([FeR3]2＋)越小，则其转化率越大。
C、反应开始时，速率增大。
D、根据图像确定反应所需时间的长短。
（3）①根据S(ML2)+S(ML)+S(L)=1进行计算。
②S(ML2)相比于S(ML)含有两个配体，则其浓度应为S(ML)的一半。
（4）根据元素守恒，结合图标数据进行计算。
20．【答案】（1）；(或或)；戊酮(或二甲基丙醛或二甲基氧杂环丁烷)
（2）或氧气
（3）浓硫酸，加热；；、，加热(或酸性溶液)；(或)
（4）C；D
（5）和；；
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机化合物的命名；同分异构现象和同分异构体；乙烯的化学性质；苯的结构与性质；乙醇的化学性质
【解析】【解答】（1）化合物ⅰ的结构简式为，所以其分子式为C5H10O。化合物x为i的同分异构体，且其核磁共振氢谱上只有2组峰，说明其结构具有对称性，因此x的结构简式为、、，其名称分别为3-戊酮、2，2-二甲基丙醛、3，3-二甲基氧杂环丁烷。
（2）反应②中乙烯与气体y反应生成环氧乙烷，该反应的原子利用率100%，因此气体y为O2。
（3）化合物ⅴ中含有羟基，且首碳碳原子、相邻碳原子上都含有氢原子，因此可发生氧化反应、消去反应。发生消去反应所需的试剂和条件为浓硫酸/加热，所得产物的结构简式为。发生氧化反应所需的试剂和条件为O2、Cu/加热，所得产物的结构简式为；若所用试剂和条件为酸性KMnO4溶液，则所得产物的结构简式为。
（4）反应⑤中CO、和反应生成。
A、反应过程中反应物中的C-I化学键断裂，反应物中的O-H化学键断裂，A不符合题意。
B、反应物中不含有C=O化学键，反应后生成酯基，则反应后有C=O和C-O生成，B不符合题意。
C、反应物中氧原子形成两个共价键，同时还含有2个孤电子对，因此氧原子采用sp3杂化。分子结构具有对称性，所有的碳原子都不是手性碳原子，C符合题意。
D、CO的结构简式为C≡O，只含有极性键，且结构不具有对称性，因此CO属于极性分子。CO分子中存在由p轨道“肩并肩”形成的π键，“头碰头”形成的是σ键，D符合题意。
故答案为：CD
（5）(a)最后一步反应中，反应物为CO、CH3CH2OH和，因此有机反应物为CH3CH2OH和。
(b)烯烃制醇的反应中，烯烃中的碳碳双键与H2O发生加成反应，乙烯与H2O制取乙醇的化学方程式为CH2＝CH2＋H2OCH3CH2OH。
(c)从苯出发，第一步反应是苯与液溴发生的取代反应，该反应的化学方程式为。
【分析】（1）根据结构简式确定其分子式。核磁共振氢谱上只有2组峰，则结构具有对称性，据此确定同分异构体的结构及命名。
（2）反应②的原子利用率为100%，结合反应物ⅲ和生成物ⅳ的分子式确定气体y的化学式。
（3）化合物ⅴ中含有羟基，结合醇类4物质的性质分析。
（4）根据反应⑤中反应物、生成物的结构进行分析。
（5）物质ⅷ可由CO、CH3CH2OH和发生反应⑤生成。而可由发生反应④生成；可由和发生反应③生成。
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