【精品解析】广东省广州市真光中学2025届高三上学期开学质量检测化学试题

广东省广州市真光中学2025届高三上学期开学质量检测化学试题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2024高三上·广州开学考）中华文明源远流长，衣、食、住、行都是中华民族智慧的结晶。下列文明载体与硅酸盐材料有关的是
衣 食 住 行
A．岭南非遗服饰(粤绣) B．广东小吃(白斩鸡) C．著名建筑(光孝寺) D．出行马车(车辇)
A．A B．B C．C D．D
2．（2024高三上·广州开学考）科技是第一生产力，我国科技工作者在诸多领域取得了新突破。下列说法错误的是
A．我国在能源的开发利用方面走在了世界的前列，太阳能、风能和核能均属于新型能源
B．最近国产8英寸石墨烯晶圆实现了小批量生产，石墨烯属于新型有机高分子材料
C．我国研发的GaN功率芯片使手机充电实现了闪充，GaN属于新型无机非金属材料
D．我国万米“奋斗者”号载人潜水器外壳为钛合金材料，钛合金具有强度高、耐腐蚀等优点
3．（2024高三上·广州开学考）化学与生活息息相关。下列叙述错误的是
A．热的碳酸钠溶液可用于去除餐具的油污
B．明矾和二氧化氯均可作净水剂，且净水原理相同
C．硫酸钡可用于胃肠X射线造影检查
D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，采用的是牺牲阳极保护法
4．（2024高三上·广州开学考）人类文明的进化得益于化学的发展。下列有关历史事件描述中涉及的化学知识不正确的是
选项 历史事件描述 化学知识
A 石器时代：古人钻木取火 燃烧属于放热反应
B 青铜时代：用孔雀石[Cu2(OH)2CO3]炼制金属铜 Cu为还原产物
C 蒸汽时代：通过煤的干馏制取焦炭 煤的干馏属于物理变化
D 原子能时代：H、H可用于制造氢弹 H、H互为同位素
A．A B．B C．C D．D
5．（2024高三上·广州开学考）某化学兴趣小组利用如图所示装置获取纯净的Cl2，其中不能达到实验目的的是
A．制备 B．纯化 C．收集 D．吸收尾气
A．A B．B C．C D．D
6．（2024高三上·广州开学考）诺氟沙星是一类常见的杀菌药物，其结构如图所示，下列说法正确的是
A．分子中有五种含氧官能团
B．1mol该有机物可以和6mol 发生加成反应
C．可以发生消去反应和氧化反应
D．属于芳香烃衍生物
7．（2024高三上·广州开学考）银饰用久了表面会有一层而发黑，将银饰与Al片接触并加入NaCl溶液，可以除去银饰表面的，下列说法正确的是
A．Al是正极
B．阴离子向银饰移动
C．电子由负极经NaCl溶液流向正极
D．表面发生反应：
8．（2024高三上·广州开学考）水溶液中，过二硫酸盐与碘离子反应的离子方程式为：，向溶液中加入含的溶液，反应机理如图所示。下列有关该反应的说法不正确的是
A．反应①的速率比反应②的速率快
B．是该反应的催化剂，加入后反应体系更快达到平衡
C．向反应后的溶液小滴加淀粉溶液，溶液变蓝，再适当升温，蓝色变浅
D．反应②的离子方程式为
9．（2024高三上·广州开学考）部分含硫物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列说法正确的是
A．b与O2经过一步反应生成 d
B．f的浓溶液具有脱水性，可使胆矾晶体由蓝色变为白色
C．c通入a的水溶液中出现浑浊，体现了c的氧化性
D．c均能使品红溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色，其褪色原理相同
10．（2024高三上·广州开学考）下列关于生产生活的描述Ⅰ和Ⅱ均正确且有因果关系的是
选项 描述Ⅰ 描述Ⅱ
A 合成氨工业需要科研人员不断寻找高效的催化剂 催化剂可以提高平衡转化率
B 疫情防控环境卫生消杀常选用84消毒液 其主要成分NaClO具有强氧化性
C 铁质槽罐车可储运浓硝酸，但不能储运稀硝酸 稀硝酸比浓硝酸氧化性更强
D 用FeCl3溶液刻蚀电路板 Cu与FeCl3溶液发生了置换反应
A．A B．B C．C D．D
11．（2024高三上·广州开学考）下列气体制备所选用的发生装置不正确的是
A．①用乙醇与浓硫酸制取
B．②用铜丝与浓硝酸制取
C．③用二氧化锰与浓盐酸制取
D．④用电石与饱和食盐水制取
12．（2024高三上·广州开学考）氯碱工业涉及、、NaOH、NaClO等物质。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1mol NaOH固体中的离子数目为2
B．1L 1mol/L的NaClO溶液中，的数目等于
C．标况下，22.4L的和混合气体，共价键数目为2
D．1mol 与足量NaOH溶液反应转移电子数为2
13．（2024高三上·广州开学考）化合物所含的5种元素均为短周期主族元素，、和为同周期元素，原子序数依次增加，的基态原子价层电子排布式为，的基态原子价层轨道半充满，是地壳中含量最多的元素，是有机分子的骨架元素，下列说法正确的是
A．元素电负性： B．简单氢化物沸点：
C．第一电离能： D．和的空间结构均为直线形
14．（2024高三上·广州开学考）在盛有载氧体的恒容密闭容器中充入空气，发生反应：。平衡时的体积分数随反应温度变化的曲线如图所示。下列说法错误的是
A．
B．该反应的平衡常数表达式为
C．在时加入催化剂，平衡时
D．达到平衡状态后，充入纯氧，再次达到平衡后，
15．（2024高三上·广州开学考）次磷酸(H3PO2)是一元酸，可用于金属的表面处理。已知常温下，NaH2PO2的水溶液呈碱性，下列说法错误的是
A．0.01mol·L-1 H3PO2水溶液的pH>2
B．NaH2PO2的水溶液中：c(Na+)=c(H3PO2)+c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)
C．NaH2PO2在水溶液的电离方程式为：NaH2PO2=Na+ +H2PO
D．NaH2PO2的水溶液加水稀释，减小
16．（2024高三上·广州开学考）已知高能锂离子电池的总反应式为2Li+FeS=Fe+Li2S，LiPF6·SO(CH3)2为电解质，用该电池为电源电解含镍酸性废水并得到单质Ni的实验装置如图所示(实验结束后，b中NaCl溶液浓度变大)。下列说法正确的是
A．外电路中，电子由FeS极流向Li极
B．当电路中转移1mol e-时，b室离子数增加NA个
C．离子交换膜m为阴离子交换膜
D．若将图中n膜去掉，将b、c两室合并，则电解反应总方程式不会改变
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．（2024高三上·广州开学考）铁的化合物在水溶液中呈现丰富的颜色，这与其水解平衡和配位平衡有关。
（1）下列为用氯化铁固体制备氢氧化铁胶体的相关实验，可以达到实验目的的是___________。
A B C D
配制溶液 制备胶体 观察胶体的丁达尔效应 分离胶体与溶液
A．A B．B C．C D．D
（2）实验室用溶液制备胶体的化学反应方程式为　 　。
（3）实验小组为探究溶液对水解平衡的影响，在常温下设计了下列实验，通过测定透光率进行研究。
已知：①水解程度越大，颜色越深
②颜色越深，透光率越低
组别 溶液 蒸馏水 溶液 透光率
1
2
3
①　 　，　 　。
②由　 　，可证明：减小，的水解平衡逆向移动。(选填“>”“<”或“=”)
③分析实验结果：，同学甲推测原因可能是：(较深的黄色)，并做了如下实验：
组别 溶液 蒸馏水 试剂 透光率
4
试剂为　 　，可由，证实同学甲的推测。
通过对比　 　(填字母)的实验结果，证明对的水解平衡的影响。
A．组别4与组别1 B．组别4与组别2 C．组别4与组别3
（4）为了探究的热效应，同学乙设计了下列四组实验方案：
组别 温度 试剂 透光率
5 溶液
6 溶液
7 溶液
8 溶液
若实验结果为　 　，则可证明：为吸热反应。
（5）写出一种强酸弱碱盐(除)及其用途：　 　。
18．（2024高三上·广州开学考）钒的用途十分广泛，有金属“维生素”之称。以含钒石煤(主要成分为、，杂质有、及Mg、Al、Mn等化合物)制备单质钒的工艺流程如图所示。
已知：
①该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀时和完全沉淀时的pH如下表所示；
金属离子
开始沉淀时pH 1.9 7.0 3.0 8.1
完全沉淀时pH 3.2 9.0 4.7 10.1
②，，远大于。回答下列问题：
（1）基态V的价层电子排布式为　 　。
（2）为了提高“焙烧”效率，可采取的措施有　 　。(答出其中一条即可)
（3）“焙烧”时，、都转化为，写出转化为的化学方程式为　 　。
（4）“水浸”加入调节溶液的pH为8.5，可完全除去的金属离子有　 　，部分除去的金属离子有　 　。“水浸”加入过量不能使完全转化为，用沉淀溶解平衡原理解释原因是　 　。(一般情况下，，化学上通常认为该反应进行完全了)。
（5）“离子交换”与“洗脱”可表示为，为强碱性阴离子交换树脂，为在水溶液中的实际存在形式)，则“洗脱”过程中“淋洗液”最好选用　 　。
（6）“沉钒”过程析出晶体，需要加入过量，目的是　 　。
（7）钒的某种氧化物的晶胞结构如图所示，晶胞的长、宽、高分别是a pm、b pm、c pm，阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为　 　(用含a、b、c、的代数式表示)。
19．（2024高三上·广州开学考）过氧化氢的水溶液适用于医用消毒、环境消毒和食品消毒。回答下列问题：
（1）的分子结构如图所示，两个氢原子犹如在半展开的书的两面上。过氧化氢属于　 　(填“极性”或“非极性”)分子。
（2）根据的解离反应：、，、，，可判断为　 　元弱酸，常温下，1的溶液的pH约为　 　。
（3）趣味实验“大象牙膏”的实验原理是溶液在KI催化作用下分解，反应的机理表示如下：
第一步： 慢反应
第二步： 快反应
①写出第一步反应的化学反应离子方程式：　 　。
②在下图中画出有无KI两种情况的分解反应过程能量变化示意图：　 　
③298K时，实验测得反应在不同浓度时的化学反应速率如表所示：
实验编号 1 2 3 4 5
0.100 0.200 0.300 0.100 0.100
0.470 0.470 c 0.940 1.410
0.00093 0.00186 0.00280 0.00187 0.00279
已知速率方程为，其中k为速率常数。
根据表中数据判断：a=　 　，c=　 　。
（4）298K时，将10mL a mol/L溶液、10mL 2a mol/L溶液和10mL NaOH溶液混合(忽略溶液混合时的体积变化)，发生反应，溶液中与反应时间(t)的关系如图所示。
①时　 　时(填“大于”“小于”或“等于”)。
②若平衡时溶液的pH=12，则该反应的平衡常数K=　 　(用含a和y的代数式表示)。
20．（2024高三上·广州开学考）化合物ⅸ是一种烯丙胺类抗真菌药物，可用于皮肤浅部真菌感染的治疗，它的一种合成路线如下：
（1）根据化合物ⅰ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 反应形成的有机产物的结构简式 反应类型
a 　 　 　 　 消去反应
b 　 　 　 　 加成反应
（2）反应①中，化合物ⅰ与有机物x反应，生成化合物ⅱ，原子利用率为100%，x的名称为　 　。
（3）化合物iv中含氧官能团的名称是　 　，反应③的类型是　 　。
（4）关于反应⑤的说法中，不正确的有___________。
A．反应过程中，有C-Cl键和C-N键断裂
B．反应过程中，有C-N键和H-Cl键的形成
C．反应物ⅶ中，所有原子可能处于同一平面上
D．生成物ⅶ具有碱性，能与稀盐酸发生反应
（5）化合物iii有多种同分异构体，其中含C=C-C=C结构，且核磁共振氢谱图上只有两组峰的结构简式为　 　。
（6）以苯乙烯和乙醛为含碳原料，利用反应③的原理，通过四步反应合成结构简式如下的化合物y，基于你设计的合成路线，回答下列问题：
(a)从苯乙烯出发，第一步反应的化学方程式为　 　。
(b)合成路线中涉及两步消去反应，最后一步通过消去反应得到产物的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；无机非金属材料；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、粤绣是一种刺绣工艺，主要材料为丝绸、棉线等有机纤维，属于纺织品，与硅酸盐材料无关，B、白斩鸡是一种食物，主要成分为鸡肉，其制备和食用过程可能涉及陶瓷餐具，但作为小吃本身并非硅酸盐材料而是蛋白质，B错误；
C、光孝寺是传统建筑，其建筑材料包括砖、瓦、琉璃、灰泥等，这些均以硅酸盐为主要成分（如黏土烧制的砖瓦、石灰等），属于典型的硅酸盐材料应用，C正确；
D、马车主要由木材、金属和皮革等材料制成，木材和皮革为有机材料，金属为金属材料，与硅酸盐材料无关，D错误；
故答案为：C
【分析】硅酸盐材料是以硅酸盐（主要成分为硅、氧及其他金属元素）为主的无机非金属材料，包括陶瓷、玻璃、水泥、砖瓦、耐火材料等。其特点为硬度高、耐高温、耐腐蚀，广泛应用于建筑、日用器皿等领域。
2．【答案】B
【知识点】化学在解决能源危机中的重要作用；无机非金属材料；合金及其应用；高分子材料；绿色化学
【解析】【解答】A、未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或者污染很小，根据常识可以判断，太阳能、风能、核能、氢能等符合未来新能源的特点，A正确；
B、石墨烯是由单层碳原子以蜂窝状晶格排列构成的二维材料，属于碳的同素异形体，显然石墨烯是无机碳单质，无分子聚合结构，属于新型无机非金属材料，B错误；
C、GaN是新型无机非金属材料，具有半导体的性质，由N和Ga两种非金属元素构成，可用于制作芯片，C正确；
D、钛合金是钛与其他金属（如铝、钒等）形成的合金，其突出性能包括强度高、耐腐蚀，因此被广泛用于航空航天、深海潜水器等高端领域，D正确；
故答案为：B
【分析】有机高分子材料通常指含碳链或环状结构的大分子聚合物，其分子量高达104～106。它们可以是天然产物如纤维、蛋白质和天然橡胶等，也可以是用合成方法制得的，如合成橡胶、合成树脂、合成纤维等非生物高聚物等。聚合物的特点是种类多、密度小，比强度大，电绝缘性、耐腐蚀性好，加工容易，可满足多种特种用途的要求。
3．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；金属的电化学腐蚀与防护；镁、铝的重要化合物；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、Na2CO3水解显碱性：，加热促进水解，碱性增强；油污或油脂在碱性条件下发生皂化反应，水解为可溶的甘油、高级脂肪酸盐 ，故热的碳酸钠溶液可除油污，A正确；
B、明矾净水原理是硫酸铝钾溶液中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性净水，能吸附水中的固体悬浮物并使之沉降；二氧化氯因具有强氧化性能杀菌消毒，故在进行水处理时，二者的原理不同，B错误；
C、硫酸钡难溶于水和胃酸，对人体无毒，可在胃肠内形成对比显影，因此用于 X 射线造影检查，C正确；
D、根据金属活动性顺序表可知：镁比铁活泼作负极，铁作正极被保护，电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，采用的是牺牲阳极保护法，D正确；
故答案为：B
【分析】明矾净水的原理主要是通过明矾在水中电离出铝离子，形成氢氧化铝胶体。这个胶体带有正电荷，能够吸附水中带负电的杂质和悬浮物，从而使其聚集并沉淀到底部，达到净水的效果。具体过程如下：明矾（KAl(SO4)2·12H2O）溶于水后，电离出Al3+离子；Al3+与水中的OH-结合，生成氢氧化铝（Al(OH)3）胶体；这些胶体粒子通过静电吸引作用，聚集水中的杂质，形成沉淀。
4．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应；煤的干馏和综合利用；元素、核素
【解析】【解答】A、燃烧是可燃物与氧气发生的发光、放热剧烈氧化反应，本质是化学键断裂与形成的能量变化，反应物总能量高于生成物，释放热量 ，钻木取火通过摩擦生热，使木材温度达到着火点，A正确；
B、用孔雀石[Cu2(OH)2CO3]炼制金属铜，Cu的化合价由+2价降低到0价，即为被还原，故Cu是还原产物，根据氧化还原的原理可知对应方程式为：、，B正确；
C、煤的干馏是指隔绝空气条件下，将煤加强热分解的过程，会生成焦炭、煤焦油、焦炉气等新物质，而物理变化的本质是“无新物质生成”，而干馏有新物质产生，属于化学变化，C错误；
D、同位素的定义是：质子数相同、中子数不同的同一元素的不同原子，H、H是质子数相同而中子数不同的H元素的不同原子，则互为同位素，D正确；
故答案为：C
【分析】煤的干馏是指在隔绝空气的条件下加热煤，使其发生化学反应，生成焦炭、煤焦油、煤气等产品，这个过程属于化学变化；煤的分馏则是通过物理方法将煤中的不同成分分离，通常涉及到加热和冷却的过程，主要用于提取煤中的可用成分；这两者的主要区别在于，干馏是化学变化，而分馏是物理变化。
5．【答案】B
【知识点】氯气的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择；实验装置综合
【解析】【解答】A、浓盐酸和漂白粉中的次氯酸钙生成氯气，对应的化学反应方程式为：，能达到实验目的，A错误；
B、含HCl、水蒸气杂质，纯化需先通过饱和食盐水除HCl，再通过浓硫酸干燥。但装置B顺序是先通入浓硫酸再通入饱和食盐水，此时干燥后气体又会带出水蒸气，无法纯化，不能达到实验目的，B正确；
C、氯气的密度比空气大，用向上排空气法收集，并使用长进短出的收集装置，能达到实验目的，C错误；
D、氯气有毒，用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气防止污染，对应的化学反应方程式为：，能达到实验目的，D错误；
故答案为：B
【分析】纯净氯气的收集中常见的注意事项：注意洗气顺序，先用饱和食盐水除HCl，再用浓硫酸除水，注意“长进短出”，能够使得洗气更彻底；能够用于氯气干燥的有：浓硫酸、无水氯化钙、硅胶、五氧化二磷，不能够用于氯气干燥的有：碱石灰、无水硫酸铜；稀硫酸也能够起到吸收HCl，抑制氯气溶解的作用。
6．【答案】D
【知识点】有机物中的官能团；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】A、根据题干给定的结构式可知，诺氟沙星中的含氧官能团只有羧基（-COOH）和酮羰基（C=O），共两种，A错误；
B、根据结构式中的官能团可知，1mol苯环能与3molH2发生加成反应， 1mol酮羰基能与1molH2发生加成反应，1mol碳碳双键能与1molH2发生加成反应，1mol该有机物可以和5molH2发生加成反应，B错误；
C、消去反应需含 β-H 的醇羟基、卤代烃等官能团，分子中无此类结构，因此该有机物不能发生消去反应，含有碳碳双键能发生氧化反应，C错误；
D、题干给定的结构式中含苯环或者芳香烃骨架，且含N、O、F等杂原子，能符合芳香烃衍生物的定义：烃中H被其他原子或基团取代，D正确；
故答案为：D
【分析】能跟氢气反应的官能团包括：碳碳双键（C=C）、碳碳三键（C≡C）、羰基（C=O）、氰基（C≡N）、苯环（在催化剂存在下可加氢生成环己烷）。此外，醛基（-CHO）和酮基（-C=O）也能与氢气发生加成反应，在反应中，通常需要催化剂如镍（Ni）或铂（Pt）来促进反应的进行。
7．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、Al是活泼金属，在原电池中作为负极（阳极），发生反应：，而Ag2S/Ag为正极（阴极），A错误；
B、在原电池中，阴离子（如Cl-）向阳极（Al片）移动，以维持电荷平衡；阳离子向阴极（银饰）移动。因此，阴离子向Al片移动，而非银饰，B错误；
C、电子只能通过金属导体（如Al片与银饰的接触点）从负极（Al）流向正极（银饰），不能通过电解质溶液（NaCl溶液），溶液中的电荷传递依靠离子迁移，而非电子，C错误；
D、银饰为正极，硫化银在正极得到电子发生还原反应生成银和硫离子，电极反应式为：，D正确；
故答案为：D
【分析】该过程利用原电池原理除去银饰表面的Ag2S，其中负极（阳极）：Al片，利用Al的金属活动性远强于Ag，作还原剂，Al失去电子，发生氧化反应，生成Al3+：；正极（阴极）：附着Ag2S的银饰中Ag+作氧化剂，Ag2S中Ag+（+1价）获得电子，被还原为0价Ag单质，S2-进入溶液：；电解质溶液：NaCl溶液，传导离子，形成闭合回路；关键是利用金属活动性差异（Al>Ag）构建原电池，Al自发氧化提供电子，驱动Ag2S中Ag+还原为Ag，通过氧化还原反应去除黑色Ag2S层。
8．【答案】A
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率与化学平衡的综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、反应①的活化能比反应②的大，因此反应②的速率更快，A错误；
B、图中产物应为，因此是该反应的催化剂，符合催化剂反应前后不变的特征，可加快反应速率，使体系更快达到平衡，B正确；
C、由图可知，该反应为放热反应，正反应生成I2导致溶液变蓝，升高温度，平衡逆向移动，c（I2）下降，导致溶液蓝色变浅，C正确；
D、结合题干给定的信息可知，图中产物应为，即反应②的离子方程式为：，D正确；
故答案为：A
【分析】能量变化图像题注意事项：反应热不能取决于部分反应物能量和部分生成物能量的相对大小，即部分反应物能量和部分生成物能量的相对大小不能决定反应是吸热还是放热；注意活化能在图示中的意义；从反应物至最高点的能量变化表示正反应的活化能，反之表示逆反应的活化能；催化剂只能影响正、逆反应的活化能，而不影响反应的ΔH；涉及反应热的有关计算时，要切实注意图示中反应物和生成物的物质的量。
9．【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质；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、b是S单质，d是SO3，但是单质与O2反应生成，无法通过一步反应生成SO3，A错误；
B、f是，胆矾呈蓝色，浓硫酸使其变为白色的无水硫酸铜，这是浓硫酸的吸水性，主要是吸收结晶水，而非脱水性；脱水性是指将有机物中的氢、氧元素以水分子形式脱去，如使蔗糖炭化，B错误；
C、通入溶液发生反应：，此反应中，SO2的硫元素从+4价降至0价，被还原，作氧化剂；H2S的硫元素从-2价升至0价，被氧化，作还原剂，这体现了的氧化性，C正确；
D、具有漂白性，可以使品红溶液褪色，为非氧化还原的化合漂白，但使酸性高锰酸钾溶液褪色是由于其还原性，属于氧化还原反应，与其漂白性无关，D错误；
故答案为：C
【分析】根据含硫物质的分类与化合价关系图，推断各物质如下：a：硫元素化合价-2，氢化物，为H2S；b：硫元素化合价0，单质，为S；c：硫元素化合价+4，氧化物，为SO2；d：硫元素化合价+6，氧化物，为SO3；e：硫元素化合价+4，酸，为H2SO3；f：硫元素化合价+6，酸，为H2SO4；g：硫元素化合价+4，盐，如亚硫酸盐Na2SO3。
10．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；铁盐和亚铁盐的相互转变；含氯化合物的漂白作用；硝酸的性质与用途
【解析】【解答】A、描述Ⅰ：合成氨反应：速率较慢，催化剂能加速反应，因此工业上需持续研发高效催化剂；描述Ⅱ：催化剂只能加快反应速率，缩短达到平衡的时间，但不能改变平衡转化率，描述Ⅱ错误，且无因果关系，A错误；B、描述Ⅰ：84消毒液的主要成分是次氯酸钠（NaClO），广泛应用于环境消杀，能有效灭活病毒和细菌；描述Ⅱ：NaClO中的次氯酸根（ClO-）具有强氧化性，能破坏微生物的蛋白质和核酸，实现消毒；描述Ⅰ和Ⅱ均正确，且有因果关系，B正确；
C描述Ⅰ：浓硝酸能使铁表面钝化，形成致密氧化膜，防止进一步腐蚀，因此可储运；稀硝酸不能钝化铁，会腐蚀铁质容器，故不可储运；描述Ⅱ：实际上，浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。铁在稀硝酸中腐蚀更快是由于钝化现象缺失，而非氧化性更强；描述Ⅱ错误，且无因果关系，C错误；
D、描述Ⅰ：在印刷电路板制造中，FeCl3溶液用于蚀刻铜箔，溶解不需要的铜；描述Ⅱ：Cu与FeCl3溶液实际反应为：，这是氧化还原反应，Cu被氧化为Cu2+，Fe3+被还原为Fe2+，但非置换反应，描述Ⅱ错误，且无因果关系，D错误；
故答案为：B
【分析】 做题时一定要看清楚所描述的物质性质与用途是否存在一一对应的关系，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项；
11．【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择；实验装置综合
【解析】【解答】A、用乙醇与浓硫酸制取，装置含温度计并且插入液面下，精准控制170℃、含有沸石防暴沸、加热装置为酒精灯，符合“液体+液体、加热、控温”的反应条件，A正确；
B、用铜丝与浓硝酸制取，装置为固液常温型，试管中铜丝与浓硝酸直接接触，符合“固体+液体、常温”的反应条件，B正确；
C、用二氧化锰与浓盐酸制取，装置含酒精灯提供加热条件、分液漏斗便于控制浓盐酸滴加速率、圆底烧瓶作为反应容器，符合“固体+液体、加热”的反应条件，C正确；
D．用电石与饱和食盐水制取，该反应比较剧烈需要使用分液漏斗定量滴加饱和食盐水来减缓反应速率，不能使用长颈漏斗，需用 “分液漏斗 + 烧瓶” 的简易装置，通过控制水的滴加速率减缓反应 ，D错误；
故答案为：D
【分析】实验室乙炔的制备方法如下：主要通过电石与水反应生成。电石（CaC2）与水反应会生成氢氧化钙和乙炔气体；使用“固＋液→气”的制取装置，通常采用广口瓶和分液漏斗作为反应装置，以确保反应的安全性和有效性；采用排水集气法收集乙炔气体。为避免反应过于剧烈，通常会在反应中加入饱和食盐水；在制备过程中，需注意电石中可能含有杂质（如硫化钙），这些杂质与水反应时会释放出有臭味的气体。
12．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、NaOH属于典型的离子晶体，1 mol NaOH固体中含有1 mol Na+和1 molOH-，因此离子数目为2NA，A正确；
B、1 L 1 mol/L的NaClO溶液中含有1 molNaClO，但是ClO-在水溶液中存在水解平衡：，所以ClO-的数目小于NA，B错误；
C、标况下22.4L气体为1mol，总分子数为NA，H2分子含1个H-H键，Cl2分子含1个Cl-Cl键，每个分子均含1个共价键，无论H2和Cl2的比例如何，总分子数为NA ，故共价键总数为NA ，而非2NA，C错误；
D、Cl2与足量NaOH溶液反应的化学方程式为：，属于典型的歧化反应，反应中 Cl2既是氧化剂又是还原剂，1 mol Cl2参与反应转移1 mol电子，所以转移电子数为NA ，D错误；
故答案为：A
【分析】阿伏加德罗定律在使用时要注意以下几个方面：
前提条件：指问题设置的前提(外界因素)，如标准状况，常温常压，温度为25℃、压强为1.01×105Pa等。若后面设置的量为物质的体积，则需要考虑所给物质是否为气体、是否为标准状况。若后面所给的量为物质的质量或物质的量，则不需要考虑物质所处环境是否为标准状况。22.4L/mol是在标准状况(0 ℃，1.01×105Pa)下的气体摩尔体积；物质状态：22.4L/mol使用的对象是气体(包括混合气体)，只有气体才可用气体摩尔体积；气体单质的组成除常见的双原子分子外，还有单原子分子(如Ne)、三原子分子(如O3)、四原子分子(如P4)等。
13．【答案】C
【知识点】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；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、分析可知，Z=P，E=O，M=C，元素的非金属性越强，电负性越大，氧元素的非金属性强于碳元素，则氧元素的电负性大于碳元素，实际的电负性大小为：E>M>Z，A错误；
B、分析可知，Z=P，E=O，M=C，水分子能形成分子间氢键，磷化氢不能形成分子间氢键，则水分子的分子间作用力大于磷化氢，沸点高于磷化氢，实际的简单氢化物沸点大小为：E>Z>M，B错误；
C、由分析可知，X=Na，Y=Mg，Z=P，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，镁原子的3s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为P＞Mg＞Na，C正确；
D、由分析可知，E=O，M=C，二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为1，分子空间构型为V形，臭氧和二氧化硫的原子个数都为3、价电子数都为18，互为等电子体，等电子体具有相同的空间构型，所以臭氧和二氧化硫分子的空间构型都为V形，D错误；
故答案为：C
【分析】根据题目描述，化合物X3YZE4ME3中的5种元素均为短周期主族元素，且满足以下条件：E是地壳中含量最多的元素，故E为O；M是有机分子的骨架元素，故M为C；X、Y、Z为同周期元素，原子序数依次增加，因此X的基态原子价层电子排布式为nsn-2。经分析，n=3，故价层电子排布为3s1，即X为Na；Z的基态原子价层p轨道半充满，p轨道有3个电子，ZZ在第三周期（与X同周期），故价层电子为3s23p3，即Z为P；Y的原子序数在X（Na，原子序数11）和Z（P，原子序数15）之间，故Y为镁（Mg，原子序数12）。因此，元素分别为：X=Na，Y=Mg，Z=P，E=O，M=C。
14．【答案】C
【知识点】反应热和焓变；催化剂；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、由图可知，当温度从985℃升高到1030℃时，φ(O2)从10%增加到21%，表明升温后O2平衡量增加，反应逆向移动，产生更多O2，根据勒夏特列原理，升温使平衡向吸热方向移动，故逆反应吸热，正反应放热，ΔH<0，A正确；
B、根据题干信息可知该反应方程式为，则按定义，反应涉及固体和气体，平衡常数表达式中固体不写入。气体O2的浓度项参与平衡常数，因此其平衡常数表达式为：，B正确；
C、催化剂只改变反应速率，不影响平衡位置。由图可知在1030℃时，平衡φ(O2)=21%，加入催化剂后，平衡不移动，φ(O2)仍为21%，不会大于21%，C错误；
D．达到平衡状态后，在恒温状态下的值不变，故平衡时O2浓度不变，恒容条件下，平衡时n(O2)恒定。充入纯氧后，反应向右移动消耗部分O2，但最终n(O2)恢复至原平衡值。惰性气体N2量不变，总摩尔数不变，则再次达到平衡后，，D正确；
故答案为：C
【分析】分析化学反应速率和化学平衡图像题的方法：一看面（纵、横坐标的意义）；二看线（线的走向和变化趋势）；三看点（起点拐点终点）；四看辅助线（如等温线、等压线、平衡线）；五看量的变化（如浓度变化、温度变化），然后联想平衡移动原理，分析条件对反应速率、化学平衡移动的影响，最后利用原理，结合图像，作出判断。
15．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、由常温下，NaH2PO2的水溶液呈碱性可知，次磷酸为一元弱酸，说明其在水溶液中不能完全电离，则0.01mol·L-1 H3PO2水溶液的pH大于2，A正确；
B、由题意可知，次磷酸为一元酸，只存在一个解离平衡：，不存在有HPO22-或PO23-，则次磷酸钠溶液中的物料守恒关系为：c(Na+)=c(H3PO2)+c(H2PO)，B错误；
C、次磷酸钠是强碱弱酸盐，属于强电解质，在溶液中完全电离为Na+和H2PO2-离子，因此正确的电离方程式为：，C正确；
D、次磷酸钠溶液加水稀释时，溶液中次磷酸根离子浓度减小，因为次磷酸根离子在水中易发生水解，，其水解常数为：，据此可以分析出：，随着溶液的不断稀释，C值不断减小，对应减小，D正确；
故答案为：B
【分析】三大定量关系：电荷守恒，在任何电解质溶液中，阴离子所带负电荷总数总是等于阳离子所带正电荷总数，即溶液呈电中性；物料守恒，在电解质溶液中，由于有些离子能发生电离或水解，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但这些离子或分子中所含某种特定元素原子的总数是始终不变的，是符合原子守恒的；质子守恒，由水电离出的c(H+)、c(OH-)始终是相等的，溶液中水电离出的H+、OH-虽跟其它离子结合，但其总量仍是相等的。
16．【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、分析装置可知，Li为负极，FeS为正极，在外电路中电子由负极流向正极，故该电池装置的电子由Li极流向FeS极，A错误；
B、根据装置中发生的电极反应可知，当电路中转移1mol e-时，b室Na+、Cl-各增加1mol，离子数增加2NA个，B错误；
C、m膜位于b室（阳极室）和c室（阴极室）之间，维持电荷平衡，同时离子交换膜m允许Na+透过，所以应为阳离子交换膜，C错误；
D、n膜用于分隔a室（电池）和b室（NaCl溶液），防止电解质混合。去掉n膜后，b、c室合并为一个电解室。此时阴极（镀镍铁棒）：仍发生： ；阳极（碳棒）：因合并后溶液含Cl-和低浓度Na+，阳极仍以水氧化为主：，反应与原装置总反应一致，
，D正确；
故答案为：D
【分析】该装置包含锂离子电池（原电池）和电解池两部分，首先是锂离子电池（原电池）机理，其总反应为：，负极（Li电极）：Li为活泼金属，失电子发生氧化反应：。正极（FeS电极）：FeS得电子，结合Li+生成Li2S和Fe，发生还原反应：；然后是电解池机理，锂离子电池的负极（Li）连接电解池阴极，正极（FeS）连接电解池阳极，构成闭合回路；电解池阳极（碳棒，连接FeS）：a室为NaOH溶液，OH-失电子发生氧化反应：；电解池阴极（镀镍铁棒，连接Li）：c室为含Ni2+的酸性废水，Ni2+得电子发生还原反应：；最后是离子迁移与b室浓度变化，b室为1%的NaCl溶液，实验后浓度变大，说明离子交换膜作用：a室因OH-放电，Na+浓度相对升高，通过阳离子交换膜（m）迁移至b室；c室因Ni2+放电，Cl-浓度相对升高，通过阴离子交换膜（n）迁移至b室；最终b室Na+、Cl-浓度均增大，NaCl浓度上升。
17．【答案】（1）C
（2）(胶体)
（3）0；0.1；<；溶液；C
（4）
（5）氯化铵：化肥；氯化铝：净水剂；硫酸铝：灭火器材料(合理即可)
【知识点】盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用；胶体的性质和应用
【解析】【解答】（1）、A、配制氯化铁溶液，是将FeCl3固体溶于浓盐酸中，然后加水稀释到需要的浓度，A错误；
B、制备氢氧化铁胶体：将几滴饱和氯化铁溶液加入到沸水中，加热至出现红褐色液体，氯化铁与NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀，B错误；
C、胶体性质之一具有丁达尔效应，C正确；
D、胶体、溶液均能透过滤纸，分离胶体和溶液的方法是渗析，D错误；
故答案为C；
（2）、制备氢氧化铁胶体：将几滴饱和氯化铁溶液加入到沸水中，加热至出现红褐色液体，氯化铁制备氢氧化铁胶体，其反应方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；故答案为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；
（3）、①、探究外界因素影响水解，需要控制变量，根据第一组数值，溶液总体积为4mL，第三组数值，溶液总体积也应是4mL，即a3为0mL，同理b2为0.1mL；故答案为0；0.1；
②、Fe3+水解平衡：Fe3++H2OFe(OH)3+3H+，根据题中所给信息，颜色越深，透光率越低，Fe3+水解程度越大，颜色越深；pH越小，抑制Fe3+水解，溶液颜色变浅，透光率增大，第3组相当于在第1组基础上加入酸，因此A1＜A3，可证明结论；故答案为＜；
③、探究Cl-对实验的影响，做对照实验，试剂x应为6mol/LNaCl溶液；证明pH对Fe3+的水解的影响，应用对照实验，排除其他离子的干扰，即组别3和4可以证明pH对Fe3+的水解的影响，选项C正确；故答案为：6mol/LNaCl溶液；C；
（4）、探究该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行，溶液颜色加深，透光率降低，因此A5-A6＞A7-A8，可以证明该反应为吸热反应；故答案为A5-A6＞A7-A8；
（5）、氯化铵：化肥；氯化铝：净水剂；硫酸铝：灭火器材料(合理即可)；故答案为氯化铵：化肥；氯化铝：净水剂；硫酸铝：灭火器材料(合理即可)。
【分析】Fe(OH)3胶体的制备实验注意事项：自来水含有电解质等，易使胶体聚沉，需用蒸馏水制备；不能用玻璃棒搅拌，否则会使 Fe(OH)3 胶体微粒形成大颗粒沉淀析出；氢氧化铁胶体的制备实质上利用的是：氯化铁的水解；加热以及饱和FeCl3的使用都可以促进水解平衡正向移动，生成更多的Fe(OH)3。但要注意饱和FeCl3的使用并没有增大FeCl3的水解程度，因为平衡移动只能起到削弱作用；不宜长时间加热，否则胶体会聚沉；后续分离出Fe(OH)3胶体应采用渗析，而不能过滤。
盐类水解是个可逆反应，水解过程是个吸热反应，运用平衡移动原理，改变外界条件，便可以控制盐类水解的方向。如：温度：升温促使盐类水解，降温抑制水解；浓度：增大盐溶液的浓度，水解平衡向右移动：加水稀释可以促进水解，平衡右移，水解率增大。；酸碱度：向盐溶液中加入H+，可以促进阴离子的水解，抑制阳离子的水解；向盐溶液中加入OH-，可以促进阳离子的水解，抑制阴离子的水解。
判断平衡移动的方向：用勒夏特列原理定性分析，改变影响平衡的一个因素，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，一共有两层意思：平衡移动方向，与改变条件相反的方向；平衡移动程度，不能抵消这种改变。或用平衡常数定量分析。
（1）A．配制氯化铁溶液，是将FeCl3固体溶于浓盐酸中，然后加水稀释到需要的浓度，故A错误；
B．制备氢氧化铁胶体：将几滴饱和氯化铁溶液加入到沸水中，加热至出现红褐色液体，氯化铁与NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀，故B错误；
C．胶体性质之一具有丁达尔效应，故C正确；
D．胶体、溶液均能透过滤纸，分离胶体和溶液的方法是渗析，故D错误；
答案为C；
（2）制备氢氧化铁胶体：将几滴饱和氯化铁溶液加入到沸水中，加热至出现红褐色液体，氯化铁制备氢氧化铁胶体，其反应方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；故答案为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；
（3）①探究外界因素影响水解，需要控制变量，根据第一组数值，溶液总体积为4mL，第三组数值，溶液总体积也应是4mL，即a3为0mL，同理b2为0.1mL；故答案为0；0.1；
②Fe3+水解平衡：Fe3++H2OFe(OH)3+3H+，根据题中所给信息，颜色越深，透光率越低，Fe3+水解程度越大，颜色越深；pH越小，抑制Fe3+水解，溶液颜色变浅，透光率增大，第3组相当于在第1组基础上加入酸，因此A1＜A3，可证明结论；故答案为＜；
③探究Cl-对实验的影响，做对照实验，试剂x应为6mol/LNaCl溶液；证明pH对Fe3+的水解的影响，应用对照实验，排除其他离子的干扰，即组别3和4可以证明pH对Fe3+的水解的影响，选项C正确；故答案为6mol/LNaCl溶液；C；
（4）探究该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行，溶液颜色加深，透光率降低，因此A5-A6＞A7-A8，可以证明该反应为吸热反应；故答案为A5-A6＞A7-A8；
（5）氯化铵：化肥；氯化铝：净水剂；硫酸铝：灭火器材料(合理即可)；故答案为氯化铵：化肥；氯化铝：净水剂；硫酸铝：灭火器材料(合理即可)。
18．【答案】（1）3d34s2
（2）将钒石煤粉碎、适当增大氧气流量等
（3）
（4）Fe3+和Al3+；Mg2+和Mn2+；的平衡常数K=＜，故不能完全转化
（5）饱和NaCl溶液
（6）利用同离子效应，促进晶体的析出，提高沉钒率
（7）
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）、V为23号元素，其及电子排布式为3d34s2；
（2）、为加快反应速率，提高“焙烧”效率，可采取将钒石煤粉碎，增大反应物的接触面积；适当提高焙烧温度；适当增大氧气流量等措施实现；
（3）、“焙烧”时，、都转化为，与泛起发生氧化还原反应转化为，其化学方程式为；
（4）、“水浸”时加入调节溶液的pH为8.5，根据表格数据可得已完全沉淀的离子有Fe3+和Al3+；部分除去的金属离子有Mg2+和Mn2+；CaSiO3与CaCO3沉淀转化的方程式为的平衡常数K=＜，故不能完全转化；
（5）、“洗脱”过程是让反应逆向进行，即需要加入氯离子，为了不引入其他杂质，最好选用便宜易得的饱和NaCl溶液；
（6）、“沉钒”过程中需要加入过量NH4Cl，其目的是利用同离子效应，促进晶体的析出，提高沉钒率；
（7）、该晶胞中，位于面上和晶胞内部的O原子数为，位于顶点和体心的V原子数为，则晶胞质量为g，晶胞体积为abc×10-30cm3，则该晶体的密度ρ==。
【分析】含钒石煤(主要成分为、，杂质有、及Mg、Al、Mn等化合物)中加入CaCO3，通入O2焙烧，此时低价钒被氧化成高价钒，FeS2被氧化成Fe2O3，而CaCO3在高温条件下也会分解生成CaO，与杂质SiO2反应生成难溶于水的CaSiO3，为后续的水浸除硅做准备；水浸并加入Na2CO3调节pH为8.5，根据表中各物质开始沉淀和完全沉淀的pH可知，此时Si2+、Fe3+和Al3+沉淀完全，Mg2+和Mn2+部分沉淀，随后利用离子交换树脂选择性吸附钒酸根，其他杂质离子随废液排出，实现钒的富集与纯化，并用淋洗液（如特定浓度的盐溶液）置换树脂吸附的VO3-，得到高浓度钒酸根溶液，为沉钒做准备，接着加入过量NH4Cl，利用同离子效应，促进晶体的析出，提高沉钒率，然后煅烧，除去NH3、H2O等干扰物，最后用钙冶炼，得到较高纯度的单质钒。
（1）V为23号元素，其及电子排布式为3d34s2；
（2）为加快反应速率，提高“焙烧”效率，可采取将钒石煤粉碎，增大反应物的接触面积；适当提高焙烧温度；适当增大氧气流量等措施实现；
（3）“焙烧”时，、都转化为，与泛起发生氧化还原反应转化为，其化学方程式为；
（4）“水浸”时加入调节溶液的pH为8.5，根据表格数据可得已完全沉淀的离子有Fe3+和Al3+；部分除去的金属离子有Mg2+和Mn2+；CaSiO3与CaCO3沉淀转化的方程式为的平衡常数K=＜，故不能完全转化；
（5）“洗脱”过程是让反应逆向进行，即需要加入氯离子，为了不引入其他杂质，最好选用便宜易得的饱和NaCl溶液；
（6）“沉钒”过程中需要加入过量NH4Cl，其目的是利用同离子效应，促进晶体的析出，提高沉钒率；
（7）该晶胞中，位于面上和晶胞内部的O原子数为，位于顶点和体心的V原子数为，则晶胞质量为g，晶胞体积为abc×10-30cm3，则该晶体的密度ρ==。
19．【答案】（1）极性
（2）二；5.83
（3）；；1；0.470
（4）小于；
【知识点】极性分子和非极性分子；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、H2O2分子中含有氧氢极性共价键和氧氧非极性共价键，由极性键构成的分子，结构不对称，正负电荷中心不重合，所以为极性分子；
（2）、由H2O2的解离反应和电离常数可知过氧化氢属于二元弱酸；、，则以第一步电离为主，，，则pH约为5.83；
（3）、①、总反应为，结合第二步反应，运用盖斯定律可写出第一步的化学反应方程式；
②、画图时注意使用KI活化能下降，且第一步反应为吸热反应，第二步反应为放热反应，第一步反应为慢反应，活化能要更高因此为：；
③、由表格数据可知：、、联立可得2a=2，2b=2，所以a=1，b=1；结合可得c=0.470；
（4）、①、由图可知，从tm到tn时在不断增大，说明反应是在向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，tn时的生成物浓度比tm时的要多，所以tm时小于tn时；
②、若平衡时溶液的pH=12，用三段式计算=。
【分析】极性分子的分子中正电荷中心和负电荷中心不重合，导致分子具有偶极矩，表现出极性特征；非极性分子：分子中正电荷中心和负电荷中心重合，电荷分布均匀，通常没有偶极矩。
盖斯定律的使用原则：化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；化学反应的反应热只与反应的始态（各反应物）和终态（各生成物）有关，而与具体反应的途径无关；任何化学反应的反应热和其逆反应的反应热大小相等，符号相反；任何化学反应，当各物质系数发生变化时，反应热的数值也随之发生变化。
书写化学反应三段式时的注意事项：单位一致，确保起始量、变化量和平衡量的单位保持一致；注意化学计量数、注意物质状态固体、纯液体一般不参与其中；考虑可逆反应的平衡量不是完全转化的结果，而是反应物和生成物共存的状态。此时需要根据反应的转化率或平衡常数进行计算。
（1）H2O2分子中含有氧氢极性共价键和氧氧非极性共价键，由极性键构成的分子，结构不对称，正负电荷中心不重合，所以为极性分子；
（2）由H2O2的解离反应和电离常数可知过氧化氢属于二元弱酸；、，则以第一步电离为主，，，则pH约为5.83；
（3）①总反应为，结合第二步反应，运用盖斯定律可写出第一步的化学反应方程式；
②画图时注意使用KI活化能下降，且第一步反应为吸热反应，第二步反应为放热反应，第一步反应为慢反应，活化能要更高因此为：；
③由表格数据可知：、、联立可得2a=2，2b=2，所以a=1，b=1；结合可得c=0.470；
（4）①由图可知，从tm到tn时在不断增大，说明反应是在向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，tn时的生成物浓度比tm时的要多，所以tm时小于tn时；
②若平衡时溶液的pH=12，用三段式计算=。
20．【答案】（1）NaOH醇溶液，加热；HC≡CH；H2，催化剂；CH3CH2Cl
（2）2-甲基-2-氯丙烷
（3）醛基；加成反应
（4）A；C
（5）
（6）+Br2→；+H2O；
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）、由结构简式可知，是不饱和氯代烃，在氢氧化钠醇溶液中共热能发生消去反应生成HC≡CH，与H2发生加成反应生成CH3CH2Cl，故答案为：NaOH醇溶液，加热；HC≡CH；H2，催化剂；CH3CH2Cl；
（2）、由分析可知，x的结构简式为，其名称为2-甲基-2-氯丙烷；故答案为：2-甲基-2-氯丙烷；
（3）、由结构简式可知，其含氧官能团为醛基；由分析可知，反应③为与发生加成反应生成；故答案为：醛基；加成反应；
（4）、由分析可知，反应⑤为与甲胺发生取代反应生成和氯化氢；
A、由分析可知，反应过程中，存在碳氯键、氮氢键的断裂，不存在碳氮键的断裂，A错误；
B、由分析可知，反应过程中，存在碳氮键和氢氯键的形成，B正确；
C、由结构简式可知，分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，分子中所有原子不可能处于同一平面上，C错误；
D、由结构简式可知，分子的官能团为亚氨基，能与稀盐酸发生反应生成盐，D正确；
故答案为：AC；
（5）、化合物ⅲ的同分异构体中含C=C C=C结构，其中核磁共振氢谱图上只有两组峰的结构简式为；故答案为：；
（6）、以苯乙烯和乙醛为含碳原料合成，步骤为与溴水发生加成反应生成，在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，与乙醛发生加成反应生成，浓硫酸作用下共热发生消去反应生成；
(a)由分析可知，从苯乙烯出发，第一步反应的化学方程式为+Br2→；故答案为：+Br2→；
(b)合成路线中涉及两步消去反应，最后一步通过消去反应得到产物的化学方程式为+H2O；故答案为+H2O。
【分析】由有机合成路线可知，与发生加成反应生成，打开双键，为后续的消去反应做准备；同时可以推断出x为，在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，此步骤消去得到碳碳三键的不饱和官能团，并脱去2分子的HCl；接着与发生加成反应生成，这一步骤中三键打开并发生水合，生成含双键和羟基的化合物，构建出含有羟基的官能团；然后先与溴化氢发生加成反应，后发生消去反应生成，此步生成溴化物为后续的胺化反应提供反应位点；与甲胺发生取代反应生成，引入胺的官能团，接着与发生取代反应生成。
（1）由结构简式可知，是不饱和氯代烃，在氢氧化钠醇溶液中共热能发生消去反应生成HC≡CH，与H2发生加成反应生成CH3CH2Cl，故答案为：NaOH醇溶液，加热；HC≡CH；H2，催化剂；CH3CH2Cl；
（2）由分析可知，x的结构简式为，其名称为2-甲基-2-氯丙烷；故答案为：2-甲基-2-氯丙烷；
（3）由结构简式可知，其含氧官能团为醛基；由分析可知，反应③为与发生加成反应生成；故答案为：醛基；加成反应；
（4）由分析可知，反应⑤为与甲胺发生取代反应生成和氯化氢；
A．由分析可知，反应过程中，存在碳氯键、氮氢键的断裂，不存在碳氮键的断裂，故A错误；
B．由分析可知，反应过程中，存在碳氮键和氢氯键的形成，故B正确；
C．由结构简式可知，分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，分子中所有原子不可能处于同一平面上，故C错误；
D．由结构简式可知，分子的官能团为亚氨基，能与稀盐酸发生反应生成盐，故D正确；
故选AC；
（5）化合物ⅲ的同分异构体中含C=C C=C结构，其中核磁共振氢谱图上只有两组峰的结构简式为；故答案为：；
（6）以苯乙烯和乙醛为含碳原料合成，步骤为与溴水发生加成反应生成，在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，与乙醛发生加成反应生成，浓硫酸作用下共热发生消去反应生成；
(a)由分析可知，从苯乙烯出发，第一步反应的化学方程式为+Br2→；故答案为：+Br2→；
(b)合成路线中涉及两步消去反应，最后一步通过消去反应得到产物的化学方程式为+H2O；故答案为+H2O。
1 / 1广东省广州市真光中学2025届高三上学期开学质量检测化学试题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2024高三上·广州开学考）中华文明源远流长，衣、食、住、行都是中华民族智慧的结晶。下列文明载体与硅酸盐材料有关的是
衣 食 住 行
A．岭南非遗服饰(粤绣) B．广东小吃(白斩鸡) C．著名建筑(光孝寺) D．出行马车(车辇)
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；无机非金属材料；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、粤绣是一种刺绣工艺，主要材料为丝绸、棉线等有机纤维，属于纺织品，与硅酸盐材料无关，B、白斩鸡是一种食物，主要成分为鸡肉，其制备和食用过程可能涉及陶瓷餐具，但作为小吃本身并非硅酸盐材料而是蛋白质，B错误；
C、光孝寺是传统建筑，其建筑材料包括砖、瓦、琉璃、灰泥等，这些均以硅酸盐为主要成分（如黏土烧制的砖瓦、石灰等），属于典型的硅酸盐材料应用，C正确；
D、马车主要由木材、金属和皮革等材料制成，木材和皮革为有机材料，金属为金属材料，与硅酸盐材料无关，D错误；
故答案为：C
【分析】硅酸盐材料是以硅酸盐（主要成分为硅、氧及其他金属元素）为主的无机非金属材料，包括陶瓷、玻璃、水泥、砖瓦、耐火材料等。其特点为硬度高、耐高温、耐腐蚀，广泛应用于建筑、日用器皿等领域。
2．（2024高三上·广州开学考）科技是第一生产力，我国科技工作者在诸多领域取得了新突破。下列说法错误的是
A．我国在能源的开发利用方面走在了世界的前列，太阳能、风能和核能均属于新型能源
B．最近国产8英寸石墨烯晶圆实现了小批量生产，石墨烯属于新型有机高分子材料
C．我国研发的GaN功率芯片使手机充电实现了闪充，GaN属于新型无机非金属材料
D．我国万米“奋斗者”号载人潜水器外壳为钛合金材料，钛合金具有强度高、耐腐蚀等优点
【答案】B
【知识点】化学在解决能源危机中的重要作用；无机非金属材料；合金及其应用；高分子材料；绿色化学
【解析】【解答】A、未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或者污染很小，根据常识可以判断，太阳能、风能、核能、氢能等符合未来新能源的特点，A正确；
B、石墨烯是由单层碳原子以蜂窝状晶格排列构成的二维材料，属于碳的同素异形体，显然石墨烯是无机碳单质，无分子聚合结构，属于新型无机非金属材料，B错误；
C、GaN是新型无机非金属材料，具有半导体的性质，由N和Ga两种非金属元素构成，可用于制作芯片，C正确；
D、钛合金是钛与其他金属（如铝、钒等）形成的合金，其突出性能包括强度高、耐腐蚀，因此被广泛用于航空航天、深海潜水器等高端领域，D正确；
故答案为：B
【分析】有机高分子材料通常指含碳链或环状结构的大分子聚合物，其分子量高达104～106。它们可以是天然产物如纤维、蛋白质和天然橡胶等，也可以是用合成方法制得的，如合成橡胶、合成树脂、合成纤维等非生物高聚物等。聚合物的特点是种类多、密度小，比强度大，电绝缘性、耐腐蚀性好，加工容易，可满足多种特种用途的要求。
3．（2024高三上·广州开学考）化学与生活息息相关。下列叙述错误的是
A．热的碳酸钠溶液可用于去除餐具的油污
B．明矾和二氧化氯均可作净水剂，且净水原理相同
C．硫酸钡可用于胃肠X射线造影检查
D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，采用的是牺牲阳极保护法
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；金属的电化学腐蚀与防护；镁、铝的重要化合物；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、Na2CO3水解显碱性：，加热促进水解，碱性增强；油污或油脂在碱性条件下发生皂化反应，水解为可溶的甘油、高级脂肪酸盐 ，故热的碳酸钠溶液可除油污，A正确；
B、明矾净水原理是硫酸铝钾溶液中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性净水，能吸附水中的固体悬浮物并使之沉降；二氧化氯因具有强氧化性能杀菌消毒，故在进行水处理时，二者的原理不同，B错误；
C、硫酸钡难溶于水和胃酸，对人体无毒，可在胃肠内形成对比显影，因此用于 X 射线造影检查，C正确；
D、根据金属活动性顺序表可知：镁比铁活泼作负极，铁作正极被保护，电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，采用的是牺牲阳极保护法，D正确；
故答案为：B
【分析】明矾净水的原理主要是通过明矾在水中电离出铝离子，形成氢氧化铝胶体。这个胶体带有正电荷，能够吸附水中带负电的杂质和悬浮物，从而使其聚集并沉淀到底部，达到净水的效果。具体过程如下：明矾（KAl(SO4)2·12H2O）溶于水后，电离出Al3+离子；Al3+与水中的OH-结合，生成氢氧化铝（Al(OH)3）胶体；这些胶体粒子通过静电吸引作用，聚集水中的杂质，形成沉淀。
4．（2024高三上·广州开学考）人类文明的进化得益于化学的发展。下列有关历史事件描述中涉及的化学知识不正确的是
选项 历史事件描述 化学知识
A 石器时代：古人钻木取火 燃烧属于放热反应
B 青铜时代：用孔雀石[Cu2(OH)2CO3]炼制金属铜 Cu为还原产物
C 蒸汽时代：通过煤的干馏制取焦炭 煤的干馏属于物理变化
D 原子能时代：H、H可用于制造氢弹 H、H互为同位素
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应；煤的干馏和综合利用；元素、核素
【解析】【解答】A、燃烧是可燃物与氧气发生的发光、放热剧烈氧化反应，本质是化学键断裂与形成的能量变化，反应物总能量高于生成物，释放热量 ，钻木取火通过摩擦生热，使木材温度达到着火点，A正确；
B、用孔雀石[Cu2(OH)2CO3]炼制金属铜，Cu的化合价由+2价降低到0价，即为被还原，故Cu是还原产物，根据氧化还原的原理可知对应方程式为：、，B正确；
C、煤的干馏是指隔绝空气条件下，将煤加强热分解的过程，会生成焦炭、煤焦油、焦炉气等新物质，而物理变化的本质是“无新物质生成”，而干馏有新物质产生，属于化学变化，C错误；
D、同位素的定义是：质子数相同、中子数不同的同一元素的不同原子，H、H是质子数相同而中子数不同的H元素的不同原子，则互为同位素，D正确；
故答案为：C
【分析】煤的干馏是指在隔绝空气的条件下加热煤，使其发生化学反应，生成焦炭、煤焦油、煤气等产品，这个过程属于化学变化；煤的分馏则是通过物理方法将煤中的不同成分分离，通常涉及到加热和冷却的过程，主要用于提取煤中的可用成分；这两者的主要区别在于，干馏是化学变化，而分馏是物理变化。
5．（2024高三上·广州开学考）某化学兴趣小组利用如图所示装置获取纯净的Cl2，其中不能达到实验目的的是
A．制备 B．纯化 C．收集 D．吸收尾气
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氯气的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择；实验装置综合
【解析】【解答】A、浓盐酸和漂白粉中的次氯酸钙生成氯气，对应的化学反应方程式为：，能达到实验目的，A错误；
B、含HCl、水蒸气杂质，纯化需先通过饱和食盐水除HCl，再通过浓硫酸干燥。但装置B顺序是先通入浓硫酸再通入饱和食盐水，此时干燥后气体又会带出水蒸气，无法纯化，不能达到实验目的，B正确；
C、氯气的密度比空气大，用向上排空气法收集，并使用长进短出的收集装置，能达到实验目的，C错误；
D、氯气有毒，用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气防止污染，对应的化学反应方程式为：，能达到实验目的，D错误；
故答案为：B
【分析】纯净氯气的收集中常见的注意事项：注意洗气顺序，先用饱和食盐水除HCl，再用浓硫酸除水，注意“长进短出”，能够使得洗气更彻底；能够用于氯气干燥的有：浓硫酸、无水氯化钙、硅胶、五氧化二磷，不能够用于氯气干燥的有：碱石灰、无水硫酸铜；稀硫酸也能够起到吸收HCl，抑制氯气溶解的作用。
6．（2024高三上·广州开学考）诺氟沙星是一类常见的杀菌药物，其结构如图所示，下列说法正确的是
A．分子中有五种含氧官能团
B．1mol该有机物可以和6mol 发生加成反应
C．可以发生消去反应和氧化反应
D．属于芳香烃衍生物
【答案】D
【知识点】有机物中的官能团；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】A、根据题干给定的结构式可知，诺氟沙星中的含氧官能团只有羧基（-COOH）和酮羰基（C=O），共两种，A错误；
B、根据结构式中的官能团可知，1mol苯环能与3molH2发生加成反应， 1mol酮羰基能与1molH2发生加成反应，1mol碳碳双键能与1molH2发生加成反应，1mol该有机物可以和5molH2发生加成反应，B错误；
C、消去反应需含 β-H 的醇羟基、卤代烃等官能团，分子中无此类结构，因此该有机物不能发生消去反应，含有碳碳双键能发生氧化反应，C错误；
D、题干给定的结构式中含苯环或者芳香烃骨架，且含N、O、F等杂原子，能符合芳香烃衍生物的定义：烃中H被其他原子或基团取代，D正确；
故答案为：D
【分析】能跟氢气反应的官能团包括：碳碳双键（C=C）、碳碳三键（C≡C）、羰基（C=O）、氰基（C≡N）、苯环（在催化剂存在下可加氢生成环己烷）。此外，醛基（-CHO）和酮基（-C=O）也能与氢气发生加成反应，在反应中，通常需要催化剂如镍（Ni）或铂（Pt）来促进反应的进行。
7．（2024高三上·广州开学考）银饰用久了表面会有一层而发黑，将银饰与Al片接触并加入NaCl溶液，可以除去银饰表面的，下列说法正确的是
A．Al是正极
B．阴离子向银饰移动
C．电子由负极经NaCl溶液流向正极
D．表面发生反应：
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、Al是活泼金属，在原电池中作为负极（阳极），发生反应：，而Ag2S/Ag为正极（阴极），A错误；
B、在原电池中，阴离子（如Cl-）向阳极（Al片）移动，以维持电荷平衡；阳离子向阴极（银饰）移动。因此，阴离子向Al片移动，而非银饰，B错误；
C、电子只能通过金属导体（如Al片与银饰的接触点）从负极（Al）流向正极（银饰），不能通过电解质溶液（NaCl溶液），溶液中的电荷传递依靠离子迁移，而非电子，C错误；
D、银饰为正极，硫化银在正极得到电子发生还原反应生成银和硫离子，电极反应式为：，D正确；
故答案为：D
【分析】该过程利用原电池原理除去银饰表面的Ag2S，其中负极（阳极）：Al片，利用Al的金属活动性远强于Ag，作还原剂，Al失去电子，发生氧化反应，生成Al3+：；正极（阴极）：附着Ag2S的银饰中Ag+作氧化剂，Ag2S中Ag+（+1价）获得电子，被还原为0价Ag单质，S2-进入溶液：；电解质溶液：NaCl溶液，传导离子，形成闭合回路；关键是利用金属活动性差异（Al>Ag）构建原电池，Al自发氧化提供电子，驱动Ag2S中Ag+还原为Ag，通过氧化还原反应去除黑色Ag2S层。
8．（2024高三上·广州开学考）水溶液中，过二硫酸盐与碘离子反应的离子方程式为：，向溶液中加入含的溶液，反应机理如图所示。下列有关该反应的说法不正确的是
A．反应①的速率比反应②的速率快
B．是该反应的催化剂，加入后反应体系更快达到平衡
C．向反应后的溶液小滴加淀粉溶液，溶液变蓝，再适当升温，蓝色变浅
D．反应②的离子方程式为
【答案】A
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率与化学平衡的综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、反应①的活化能比反应②的大，因此反应②的速率更快，A错误；
B、图中产物应为，因此是该反应的催化剂，符合催化剂反应前后不变的特征，可加快反应速率，使体系更快达到平衡，B正确；
C、由图可知，该反应为放热反应，正反应生成I2导致溶液变蓝，升高温度，平衡逆向移动，c（I2）下降，导致溶液蓝色变浅，C正确；
D、结合题干给定的信息可知，图中产物应为，即反应②的离子方程式为：，D正确；
故答案为：A
【分析】能量变化图像题注意事项：反应热不能取决于部分反应物能量和部分生成物能量的相对大小，即部分反应物能量和部分生成物能量的相对大小不能决定反应是吸热还是放热；注意活化能在图示中的意义；从反应物至最高点的能量变化表示正反应的活化能，反之表示逆反应的活化能；催化剂只能影响正、逆反应的活化能，而不影响反应的ΔH；涉及反应热的有关计算时，要切实注意图示中反应物和生成物的物质的量。
9．（2024高三上·广州开学考）部分含硫物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列说法正确的是
A．b与O2经过一步反应生成 d
B．f的浓溶液具有脱水性，可使胆矾晶体由蓝色变为白色
C．c通入a的水溶液中出现浑浊，体现了c的氧化性
D．c均能使品红溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色，其褪色原理相同
【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质；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、b是S单质，d是SO3，但是单质与O2反应生成，无法通过一步反应生成SO3，A错误；
B、f是，胆矾呈蓝色，浓硫酸使其变为白色的无水硫酸铜，这是浓硫酸的吸水性，主要是吸收结晶水，而非脱水性；脱水性是指将有机物中的氢、氧元素以水分子形式脱去，如使蔗糖炭化，B错误；
C、通入溶液发生反应：，此反应中，SO2的硫元素从+4价降至0价，被还原，作氧化剂；H2S的硫元素从-2价升至0价，被氧化，作还原剂，这体现了的氧化性，C正确；
D、具有漂白性，可以使品红溶液褪色，为非氧化还原的化合漂白，但使酸性高锰酸钾溶液褪色是由于其还原性，属于氧化还原反应，与其漂白性无关，D错误；
故答案为：C
【分析】根据含硫物质的分类与化合价关系图，推断各物质如下：a：硫元素化合价-2，氢化物，为H2S；b：硫元素化合价0，单质，为S；c：硫元素化合价+4，氧化物，为SO2；d：硫元素化合价+6，氧化物，为SO3；e：硫元素化合价+4，酸，为H2SO3；f：硫元素化合价+6，酸，为H2SO4；g：硫元素化合价+4，盐，如亚硫酸盐Na2SO3。
10．（2024高三上·广州开学考）下列关于生产生活的描述Ⅰ和Ⅱ均正确且有因果关系的是
选项 描述Ⅰ 描述Ⅱ
A 合成氨工业需要科研人员不断寻找高效的催化剂 催化剂可以提高平衡转化率
B 疫情防控环境卫生消杀常选用84消毒液 其主要成分NaClO具有强氧化性
C 铁质槽罐车可储运浓硝酸，但不能储运稀硝酸 稀硝酸比浓硝酸氧化性更强
D 用FeCl3溶液刻蚀电路板 Cu与FeCl3溶液发生了置换反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；铁盐和亚铁盐的相互转变；含氯化合物的漂白作用；硝酸的性质与用途
【解析】【解答】A、描述Ⅰ：合成氨反应：速率较慢，催化剂能加速反应，因此工业上需持续研发高效催化剂；描述Ⅱ：催化剂只能加快反应速率，缩短达到平衡的时间，但不能改变平衡转化率，描述Ⅱ错误，且无因果关系，A错误；B、描述Ⅰ：84消毒液的主要成分是次氯酸钠（NaClO），广泛应用于环境消杀，能有效灭活病毒和细菌；描述Ⅱ：NaClO中的次氯酸根（ClO-）具有强氧化性，能破坏微生物的蛋白质和核酸，实现消毒；描述Ⅰ和Ⅱ均正确，且有因果关系，B正确；
C描述Ⅰ：浓硝酸能使铁表面钝化，形成致密氧化膜，防止进一步腐蚀，因此可储运；稀硝酸不能钝化铁，会腐蚀铁质容器，故不可储运；描述Ⅱ：实际上，浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。铁在稀硝酸中腐蚀更快是由于钝化现象缺失，而非氧化性更强；描述Ⅱ错误，且无因果关系，C错误；
D、描述Ⅰ：在印刷电路板制造中，FeCl3溶液用于蚀刻铜箔，溶解不需要的铜；描述Ⅱ：Cu与FeCl3溶液实际反应为：，这是氧化还原反应，Cu被氧化为Cu2+，Fe3+被还原为Fe2+，但非置换反应，描述Ⅱ错误，且无因果关系，D错误；
故答案为：B
【分析】 做题时一定要看清楚所描述的物质性质与用途是否存在一一对应的关系，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项；
11．（2024高三上·广州开学考）下列气体制备所选用的发生装置不正确的是
A．①用乙醇与浓硫酸制取
B．②用铜丝与浓硝酸制取
C．③用二氧化锰与浓盐酸制取
D．④用电石与饱和食盐水制取
【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择；实验装置综合
【解析】【解答】A、用乙醇与浓硫酸制取，装置含温度计并且插入液面下，精准控制170℃、含有沸石防暴沸、加热装置为酒精灯，符合“液体+液体、加热、控温”的反应条件，A正确；
B、用铜丝与浓硝酸制取，装置为固液常温型，试管中铜丝与浓硝酸直接接触，符合“固体+液体、常温”的反应条件，B正确；
C、用二氧化锰与浓盐酸制取，装置含酒精灯提供加热条件、分液漏斗便于控制浓盐酸滴加速率、圆底烧瓶作为反应容器，符合“固体+液体、加热”的反应条件，C正确；
D．用电石与饱和食盐水制取，该反应比较剧烈需要使用分液漏斗定量滴加饱和食盐水来减缓反应速率，不能使用长颈漏斗，需用 “分液漏斗 + 烧瓶” 的简易装置，通过控制水的滴加速率减缓反应 ，D错误；
故答案为：D
【分析】实验室乙炔的制备方法如下：主要通过电石与水反应生成。电石（CaC2）与水反应会生成氢氧化钙和乙炔气体；使用“固＋液→气”的制取装置，通常采用广口瓶和分液漏斗作为反应装置，以确保反应的安全性和有效性；采用排水集气法收集乙炔气体。为避免反应过于剧烈，通常会在反应中加入饱和食盐水；在制备过程中，需注意电石中可能含有杂质（如硫化钙），这些杂质与水反应时会释放出有臭味的气体。
12．（2024高三上·广州开学考）氯碱工业涉及、、NaOH、NaClO等物质。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1mol NaOH固体中的离子数目为2
B．1L 1mol/L的NaClO溶液中，的数目等于
C．标况下，22.4L的和混合气体，共价键数目为2
D．1mol 与足量NaOH溶液反应转移电子数为2
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、NaOH属于典型的离子晶体，1 mol NaOH固体中含有1 mol Na+和1 molOH-，因此离子数目为2NA，A正确；
B、1 L 1 mol/L的NaClO溶液中含有1 molNaClO，但是ClO-在水溶液中存在水解平衡：，所以ClO-的数目小于NA，B错误；
C、标况下22.4L气体为1mol，总分子数为NA，H2分子含1个H-H键，Cl2分子含1个Cl-Cl键，每个分子均含1个共价键，无论H2和Cl2的比例如何，总分子数为NA ，故共价键总数为NA ，而非2NA，C错误；
D、Cl2与足量NaOH溶液反应的化学方程式为：，属于典型的歧化反应，反应中 Cl2既是氧化剂又是还原剂，1 mol Cl2参与反应转移1 mol电子，所以转移电子数为NA ，D错误；
故答案为：A
【分析】阿伏加德罗定律在使用时要注意以下几个方面：
前提条件：指问题设置的前提(外界因素)，如标准状况，常温常压，温度为25℃、压强为1.01×105Pa等。若后面设置的量为物质的体积，则需要考虑所给物质是否为气体、是否为标准状况。若后面所给的量为物质的质量或物质的量，则不需要考虑物质所处环境是否为标准状况。22.4L/mol是在标准状况(0 ℃，1.01×105Pa)下的气体摩尔体积；物质状态：22.4L/mol使用的对象是气体(包括混合气体)，只有气体才可用气体摩尔体积；气体单质的组成除常见的双原子分子外，还有单原子分子(如Ne)、三原子分子(如O3)、四原子分子(如P4)等。
13．（2024高三上·广州开学考）化合物所含的5种元素均为短周期主族元素，、和为同周期元素，原子序数依次增加，的基态原子价层电子排布式为，的基态原子价层轨道半充满，是地壳中含量最多的元素，是有机分子的骨架元素，下列说法正确的是
A．元素电负性： B．简单氢化物沸点：
C．第一电离能： D．和的空间结构均为直线形
【答案】C
【知识点】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；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、分析可知，Z=P，E=O，M=C，元素的非金属性越强，电负性越大，氧元素的非金属性强于碳元素，则氧元素的电负性大于碳元素，实际的电负性大小为：E>M>Z，A错误；
B、分析可知，Z=P，E=O，M=C，水分子能形成分子间氢键，磷化氢不能形成分子间氢键，则水分子的分子间作用力大于磷化氢，沸点高于磷化氢，实际的简单氢化物沸点大小为：E>Z>M，B错误；
C、由分析可知，X=Na，Y=Mg，Z=P，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，镁原子的3s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为P＞Mg＞Na，C正确；
D、由分析可知，E=O，M=C，二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为1，分子空间构型为V形，臭氧和二氧化硫的原子个数都为3、价电子数都为18，互为等电子体，等电子体具有相同的空间构型，所以臭氧和二氧化硫分子的空间构型都为V形，D错误；
故答案为：C
【分析】根据题目描述，化合物X3YZE4ME3中的5种元素均为短周期主族元素，且满足以下条件：E是地壳中含量最多的元素，故E为O；M是有机分子的骨架元素，故M为C；X、Y、Z为同周期元素，原子序数依次增加，因此X的基态原子价层电子排布式为nsn-2。经分析，n=3，故价层电子排布为3s1，即X为Na；Z的基态原子价层p轨道半充满，p轨道有3个电子，ZZ在第三周期（与X同周期），故价层电子为3s23p3，即Z为P；Y的原子序数在X（Na，原子序数11）和Z（P，原子序数15）之间，故Y为镁（Mg，原子序数12）。因此，元素分别为：X=Na，Y=Mg，Z=P，E=O，M=C。
14．（2024高三上·广州开学考）在盛有载氧体的恒容密闭容器中充入空气，发生反应：。平衡时的体积分数随反应温度变化的曲线如图所示。下列说法错误的是
A．
B．该反应的平衡常数表达式为
C．在时加入催化剂，平衡时
D．达到平衡状态后，充入纯氧，再次达到平衡后，
【答案】C
【知识点】反应热和焓变；催化剂；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、由图可知，当温度从985℃升高到1030℃时，φ(O2)从10%增加到21%，表明升温后O2平衡量增加，反应逆向移动，产生更多O2，根据勒夏特列原理，升温使平衡向吸热方向移动，故逆反应吸热，正反应放热，ΔH<0，A正确；
B、根据题干信息可知该反应方程式为，则按定义，反应涉及固体和气体，平衡常数表达式中固体不写入。气体O2的浓度项参与平衡常数，因此其平衡常数表达式为：，B正确；
C、催化剂只改变反应速率，不影响平衡位置。由图可知在1030℃时，平衡φ(O2)=21%，加入催化剂后，平衡不移动，φ(O2)仍为21%，不会大于21%，C错误；
D．达到平衡状态后，在恒温状态下的值不变，故平衡时O2浓度不变，恒容条件下，平衡时n(O2)恒定。充入纯氧后，反应向右移动消耗部分O2，但最终n(O2)恢复至原平衡值。惰性气体N2量不变，总摩尔数不变，则再次达到平衡后，，D正确；
故答案为：C
【分析】分析化学反应速率和化学平衡图像题的方法：一看面（纵、横坐标的意义）；二看线（线的走向和变化趋势）；三看点（起点拐点终点）；四看辅助线（如等温线、等压线、平衡线）；五看量的变化（如浓度变化、温度变化），然后联想平衡移动原理，分析条件对反应速率、化学平衡移动的影响，最后利用原理，结合图像，作出判断。
15．（2024高三上·广州开学考）次磷酸(H3PO2)是一元酸，可用于金属的表面处理。已知常温下，NaH2PO2的水溶液呈碱性，下列说法错误的是
A．0.01mol·L-1 H3PO2水溶液的pH>2
B．NaH2PO2的水溶液中：c(Na+)=c(H3PO2)+c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)
C．NaH2PO2在水溶液的电离方程式为：NaH2PO2=Na+ +H2PO
D．NaH2PO2的水溶液加水稀释，减小
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、由常温下，NaH2PO2的水溶液呈碱性可知，次磷酸为一元弱酸，说明其在水溶液中不能完全电离，则0.01mol·L-1 H3PO2水溶液的pH大于2，A正确；
B、由题意可知，次磷酸为一元酸，只存在一个解离平衡：，不存在有HPO22-或PO23-，则次磷酸钠溶液中的物料守恒关系为：c(Na+)=c(H3PO2)+c(H2PO)，B错误；
C、次磷酸钠是强碱弱酸盐，属于强电解质，在溶液中完全电离为Na+和H2PO2-离子，因此正确的电离方程式为：，C正确；
D、次磷酸钠溶液加水稀释时，溶液中次磷酸根离子浓度减小，因为次磷酸根离子在水中易发生水解，，其水解常数为：，据此可以分析出：，随着溶液的不断稀释，C值不断减小，对应减小，D正确；
故答案为：B
【分析】三大定量关系：电荷守恒，在任何电解质溶液中，阴离子所带负电荷总数总是等于阳离子所带正电荷总数，即溶液呈电中性；物料守恒，在电解质溶液中，由于有些离子能发生电离或水解，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但这些离子或分子中所含某种特定元素原子的总数是始终不变的，是符合原子守恒的；质子守恒，由水电离出的c(H+)、c(OH-)始终是相等的，溶液中水电离出的H+、OH-虽跟其它离子结合，但其总量仍是相等的。
16．（2024高三上·广州开学考）已知高能锂离子电池的总反应式为2Li+FeS=Fe+Li2S，LiPF6·SO(CH3)2为电解质，用该电池为电源电解含镍酸性废水并得到单质Ni的实验装置如图所示(实验结束后，b中NaCl溶液浓度变大)。下列说法正确的是
A．外电路中，电子由FeS极流向Li极
B．当电路中转移1mol e-时，b室离子数增加NA个
C．离子交换膜m为阴离子交换膜
D．若将图中n膜去掉，将b、c两室合并，则电解反应总方程式不会改变
【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、分析装置可知，Li为负极，FeS为正极，在外电路中电子由负极流向正极，故该电池装置的电子由Li极流向FeS极，A错误；
B、根据装置中发生的电极反应可知，当电路中转移1mol e-时，b室Na+、Cl-各增加1mol，离子数增加2NA个，B错误；
C、m膜位于b室（阳极室）和c室（阴极室）之间，维持电荷平衡，同时离子交换膜m允许Na+透过，所以应为阳离子交换膜，C错误；
D、n膜用于分隔a室（电池）和b室（NaCl溶液），防止电解质混合。去掉n膜后，b、c室合并为一个电解室。此时阴极（镀镍铁棒）：仍发生： ；阳极（碳棒）：因合并后溶液含Cl-和低浓度Na+，阳极仍以水氧化为主：，反应与原装置总反应一致，
，D正确；
故答案为：D
【分析】该装置包含锂离子电池（原电池）和电解池两部分，首先是锂离子电池（原电池）机理，其总反应为：，负极（Li电极）：Li为活泼金属，失电子发生氧化反应：。正极（FeS电极）：FeS得电子，结合Li+生成Li2S和Fe，发生还原反应：；然后是电解池机理，锂离子电池的负极（Li）连接电解池阴极，正极（FeS）连接电解池阳极，构成闭合回路；电解池阳极（碳棒，连接FeS）：a室为NaOH溶液，OH-失电子发生氧化反应：；电解池阴极（镀镍铁棒，连接Li）：c室为含Ni2+的酸性废水，Ni2+得电子发生还原反应：；最后是离子迁移与b室浓度变化，b室为1%的NaCl溶液，实验后浓度变大，说明离子交换膜作用：a室因OH-放电，Na+浓度相对升高，通过阳离子交换膜（m）迁移至b室；c室因Ni2+放电，Cl-浓度相对升高，通过阴离子交换膜（n）迁移至b室；最终b室Na+、Cl-浓度均增大，NaCl浓度上升。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．（2024高三上·广州开学考）铁的化合物在水溶液中呈现丰富的颜色，这与其水解平衡和配位平衡有关。
（1）下列为用氯化铁固体制备氢氧化铁胶体的相关实验，可以达到实验目的的是___________。
A B C D
配制溶液 制备胶体 观察胶体的丁达尔效应 分离胶体与溶液
A．A B．B C．C D．D
（2）实验室用溶液制备胶体的化学反应方程式为　 　。
（3）实验小组为探究溶液对水解平衡的影响，在常温下设计了下列实验，通过测定透光率进行研究。
已知：①水解程度越大，颜色越深
②颜色越深，透光率越低
组别 溶液 蒸馏水 溶液 透光率
1
2
3
①　 　，　 　。
②由　 　，可证明：减小，的水解平衡逆向移动。(选填“>”“<”或“=”)
③分析实验结果：，同学甲推测原因可能是：(较深的黄色)，并做了如下实验：
组别 溶液 蒸馏水 试剂 透光率
4
试剂为　 　，可由，证实同学甲的推测。
通过对比　 　(填字母)的实验结果，证明对的水解平衡的影响。
A．组别4与组别1 B．组别4与组别2 C．组别4与组别3
（4）为了探究的热效应，同学乙设计了下列四组实验方案：
组别 温度 试剂 透光率
5 溶液
6 溶液
7 溶液
8 溶液
若实验结果为　 　，则可证明：为吸热反应。
（5）写出一种强酸弱碱盐(除)及其用途：　 　。
【答案】（1）C
（2）(胶体)
（3）0；0.1；<；溶液；C
（4）
（5）氯化铵：化肥；氯化铝：净水剂；硫酸铝：灭火器材料(合理即可)
【知识点】盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用；胶体的性质和应用
【解析】【解答】（1）、A、配制氯化铁溶液，是将FeCl3固体溶于浓盐酸中，然后加水稀释到需要的浓度，A错误；
B、制备氢氧化铁胶体：将几滴饱和氯化铁溶液加入到沸水中，加热至出现红褐色液体，氯化铁与NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀，B错误；
C、胶体性质之一具有丁达尔效应，C正确；
D、胶体、溶液均能透过滤纸，分离胶体和溶液的方法是渗析，D错误；
故答案为C；
（2）、制备氢氧化铁胶体：将几滴饱和氯化铁溶液加入到沸水中，加热至出现红褐色液体，氯化铁制备氢氧化铁胶体，其反应方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；故答案为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；
（3）、①、探究外界因素影响水解，需要控制变量，根据第一组数值，溶液总体积为4mL，第三组数值，溶液总体积也应是4mL，即a3为0mL，同理b2为0.1mL；故答案为0；0.1；
②、Fe3+水解平衡：Fe3++H2OFe(OH)3+3H+，根据题中所给信息，颜色越深，透光率越低，Fe3+水解程度越大，颜色越深；pH越小，抑制Fe3+水解，溶液颜色变浅，透光率增大，第3组相当于在第1组基础上加入酸，因此A1＜A3，可证明结论；故答案为＜；
③、探究Cl-对实验的影响，做对照实验，试剂x应为6mol/LNaCl溶液；证明pH对Fe3+的水解的影响，应用对照实验，排除其他离子的干扰，即组别3和4可以证明pH对Fe3+的水解的影响，选项C正确；故答案为：6mol/LNaCl溶液；C；
（4）、探究该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行，溶液颜色加深，透光率降低，因此A5-A6＞A7-A8，可以证明该反应为吸热反应；故答案为A5-A6＞A7-A8；
（5）、氯化铵：化肥；氯化铝：净水剂；硫酸铝：灭火器材料(合理即可)；故答案为氯化铵：化肥；氯化铝：净水剂；硫酸铝：灭火器材料(合理即可)。
【分析】Fe(OH)3胶体的制备实验注意事项：自来水含有电解质等，易使胶体聚沉，需用蒸馏水制备；不能用玻璃棒搅拌，否则会使 Fe(OH)3 胶体微粒形成大颗粒沉淀析出；氢氧化铁胶体的制备实质上利用的是：氯化铁的水解；加热以及饱和FeCl3的使用都可以促进水解平衡正向移动，生成更多的Fe(OH)3。但要注意饱和FeCl3的使用并没有增大FeCl3的水解程度，因为平衡移动只能起到削弱作用；不宜长时间加热，否则胶体会聚沉；后续分离出Fe(OH)3胶体应采用渗析，而不能过滤。
盐类水解是个可逆反应，水解过程是个吸热反应，运用平衡移动原理，改变外界条件，便可以控制盐类水解的方向。如：温度：升温促使盐类水解，降温抑制水解；浓度：增大盐溶液的浓度，水解平衡向右移动：加水稀释可以促进水解，平衡右移，水解率增大。；酸碱度：向盐溶液中加入H+，可以促进阴离子的水解，抑制阳离子的水解；向盐溶液中加入OH-，可以促进阳离子的水解，抑制阴离子的水解。
判断平衡移动的方向：用勒夏特列原理定性分析，改变影响平衡的一个因素，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，一共有两层意思：平衡移动方向，与改变条件相反的方向；平衡移动程度，不能抵消这种改变。或用平衡常数定量分析。
（1）A．配制氯化铁溶液，是将FeCl3固体溶于浓盐酸中，然后加水稀释到需要的浓度，故A错误；
B．制备氢氧化铁胶体：将几滴饱和氯化铁溶液加入到沸水中，加热至出现红褐色液体，氯化铁与NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀，故B错误；
C．胶体性质之一具有丁达尔效应，故C正确；
D．胶体、溶液均能透过滤纸，分离胶体和溶液的方法是渗析，故D错误；
答案为C；
（2）制备氢氧化铁胶体：将几滴饱和氯化铁溶液加入到沸水中，加热至出现红褐色液体，氯化铁制备氢氧化铁胶体，其反应方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；故答案为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；
（3）①探究外界因素影响水解，需要控制变量，根据第一组数值，溶液总体积为4mL，第三组数值，溶液总体积也应是4mL，即a3为0mL，同理b2为0.1mL；故答案为0；0.1；
②Fe3+水解平衡：Fe3++H2OFe(OH)3+3H+，根据题中所给信息，颜色越深，透光率越低，Fe3+水解程度越大，颜色越深；pH越小，抑制Fe3+水解，溶液颜色变浅，透光率增大，第3组相当于在第1组基础上加入酸，因此A1＜A3，可证明结论；故答案为＜；
③探究Cl-对实验的影响，做对照实验，试剂x应为6mol/LNaCl溶液；证明pH对Fe3+的水解的影响，应用对照实验，排除其他离子的干扰，即组别3和4可以证明pH对Fe3+的水解的影响，选项C正确；故答案为6mol/LNaCl溶液；C；
（4）探究该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行，溶液颜色加深，透光率降低，因此A5-A6＞A7-A8，可以证明该反应为吸热反应；故答案为A5-A6＞A7-A8；
（5）氯化铵：化肥；氯化铝：净水剂；硫酸铝：灭火器材料(合理即可)；故答案为氯化铵：化肥；氯化铝：净水剂；硫酸铝：灭火器材料(合理即可)。
18．（2024高三上·广州开学考）钒的用途十分广泛，有金属“维生素”之称。以含钒石煤(主要成分为、，杂质有、及Mg、Al、Mn等化合物)制备单质钒的工艺流程如图所示。
已知：
①该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀时和完全沉淀时的pH如下表所示；
金属离子
开始沉淀时pH 1.9 7.0 3.0 8.1
完全沉淀时pH 3.2 9.0 4.7 10.1
②，，远大于。回答下列问题：
（1）基态V的价层电子排布式为　 　。
（2）为了提高“焙烧”效率，可采取的措施有　 　。(答出其中一条即可)
（3）“焙烧”时，、都转化为，写出转化为的化学方程式为　 　。
（4）“水浸”加入调节溶液的pH为8.5，可完全除去的金属离子有　 　，部分除去的金属离子有　 　。“水浸”加入过量不能使完全转化为，用沉淀溶解平衡原理解释原因是　 　。(一般情况下，，化学上通常认为该反应进行完全了)。
（5）“离子交换”与“洗脱”可表示为，为强碱性阴离子交换树脂，为在水溶液中的实际存在形式)，则“洗脱”过程中“淋洗液”最好选用　 　。
（6）“沉钒”过程析出晶体，需要加入过量，目的是　 　。
（7）钒的某种氧化物的晶胞结构如图所示，晶胞的长、宽、高分别是a pm、b pm、c pm，阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为　 　(用含a、b、c、的代数式表示)。
【答案】（1）3d34s2
（2）将钒石煤粉碎、适当增大氧气流量等
（3）
（4）Fe3+和Al3+；Mg2+和Mn2+；的平衡常数K=＜，故不能完全转化
（5）饱和NaCl溶液
（6）利用同离子效应，促进晶体的析出，提高沉钒率
（7）
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）、V为23号元素，其及电子排布式为3d34s2；
（2）、为加快反应速率，提高“焙烧”效率，可采取将钒石煤粉碎，增大反应物的接触面积；适当提高焙烧温度；适当增大氧气流量等措施实现；
（3）、“焙烧”时，、都转化为，与泛起发生氧化还原反应转化为，其化学方程式为；
（4）、“水浸”时加入调节溶液的pH为8.5，根据表格数据可得已完全沉淀的离子有Fe3+和Al3+；部分除去的金属离子有Mg2+和Mn2+；CaSiO3与CaCO3沉淀转化的方程式为的平衡常数K=＜，故不能完全转化；
（5）、“洗脱”过程是让反应逆向进行，即需要加入氯离子，为了不引入其他杂质，最好选用便宜易得的饱和NaCl溶液；
（6）、“沉钒”过程中需要加入过量NH4Cl，其目的是利用同离子效应，促进晶体的析出，提高沉钒率；
（7）、该晶胞中，位于面上和晶胞内部的O原子数为，位于顶点和体心的V原子数为，则晶胞质量为g，晶胞体积为abc×10-30cm3，则该晶体的密度ρ==。
【分析】含钒石煤(主要成分为、，杂质有、及Mg、Al、Mn等化合物)中加入CaCO3，通入O2焙烧，此时低价钒被氧化成高价钒，FeS2被氧化成Fe2O3，而CaCO3在高温条件下也会分解生成CaO，与杂质SiO2反应生成难溶于水的CaSiO3，为后续的水浸除硅做准备；水浸并加入Na2CO3调节pH为8.5，根据表中各物质开始沉淀和完全沉淀的pH可知，此时Si2+、Fe3+和Al3+沉淀完全，Mg2+和Mn2+部分沉淀，随后利用离子交换树脂选择性吸附钒酸根，其他杂质离子随废液排出，实现钒的富集与纯化，并用淋洗液（如特定浓度的盐溶液）置换树脂吸附的VO3-，得到高浓度钒酸根溶液，为沉钒做准备，接着加入过量NH4Cl，利用同离子效应，促进晶体的析出，提高沉钒率，然后煅烧，除去NH3、H2O等干扰物，最后用钙冶炼，得到较高纯度的单质钒。
（1）V为23号元素，其及电子排布式为3d34s2；
（2）为加快反应速率，提高“焙烧”效率，可采取将钒石煤粉碎，增大反应物的接触面积；适当提高焙烧温度；适当增大氧气流量等措施实现；
（3）“焙烧”时，、都转化为，与泛起发生氧化还原反应转化为，其化学方程式为；
（4）“水浸”时加入调节溶液的pH为8.5，根据表格数据可得已完全沉淀的离子有Fe3+和Al3+；部分除去的金属离子有Mg2+和Mn2+；CaSiO3与CaCO3沉淀转化的方程式为的平衡常数K=＜，故不能完全转化；
（5）“洗脱”过程是让反应逆向进行，即需要加入氯离子，为了不引入其他杂质，最好选用便宜易得的饱和NaCl溶液；
（6）“沉钒”过程中需要加入过量NH4Cl，其目的是利用同离子效应，促进晶体的析出，提高沉钒率；
（7）该晶胞中，位于面上和晶胞内部的O原子数为，位于顶点和体心的V原子数为，则晶胞质量为g，晶胞体积为abc×10-30cm3，则该晶体的密度ρ==。
19．（2024高三上·广州开学考）过氧化氢的水溶液适用于医用消毒、环境消毒和食品消毒。回答下列问题：
（1）的分子结构如图所示，两个氢原子犹如在半展开的书的两面上。过氧化氢属于　 　(填“极性”或“非极性”)分子。
（2）根据的解离反应：、，、，，可判断为　 　元弱酸，常温下，1的溶液的pH约为　 　。
（3）趣味实验“大象牙膏”的实验原理是溶液在KI催化作用下分解，反应的机理表示如下：
第一步： 慢反应
第二步： 快反应
①写出第一步反应的化学反应离子方程式：　 　。
②在下图中画出有无KI两种情况的分解反应过程能量变化示意图：　 　
③298K时，实验测得反应在不同浓度时的化学反应速率如表所示：
实验编号 1 2 3 4 5
0.100 0.200 0.300 0.100 0.100
0.470 0.470 c 0.940 1.410
0.00093 0.00186 0.00280 0.00187 0.00279
已知速率方程为，其中k为速率常数。
根据表中数据判断：a=　 　，c=　 　。
（4）298K时，将10mL a mol/L溶液、10mL 2a mol/L溶液和10mL NaOH溶液混合(忽略溶液混合时的体积变化)，发生反应，溶液中与反应时间(t)的关系如图所示。
①时　 　时(填“大于”“小于”或“等于”)。
②若平衡时溶液的pH=12，则该反应的平衡常数K=　 　(用含a和y的代数式表示)。
【答案】（1）极性
（2）二；5.83
（3）；；1；0.470
（4）小于；
【知识点】极性分子和非极性分子；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、H2O2分子中含有氧氢极性共价键和氧氧非极性共价键，由极性键构成的分子，结构不对称，正负电荷中心不重合，所以为极性分子；
（2）、由H2O2的解离反应和电离常数可知过氧化氢属于二元弱酸；、，则以第一步电离为主，，，则pH约为5.83；
（3）、①、总反应为，结合第二步反应，运用盖斯定律可写出第一步的化学反应方程式；
②、画图时注意使用KI活化能下降，且第一步反应为吸热反应，第二步反应为放热反应，第一步反应为慢反应，活化能要更高因此为：；
③、由表格数据可知：、、联立可得2a=2，2b=2，所以a=1，b=1；结合可得c=0.470；
（4）、①、由图可知，从tm到tn时在不断增大，说明反应是在向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，tn时的生成物浓度比tm时的要多，所以tm时小于tn时；
②、若平衡时溶液的pH=12，用三段式计算=。
【分析】极性分子的分子中正电荷中心和负电荷中心不重合，导致分子具有偶极矩，表现出极性特征；非极性分子：分子中正电荷中心和负电荷中心重合，电荷分布均匀，通常没有偶极矩。
盖斯定律的使用原则：化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；化学反应的反应热只与反应的始态（各反应物）和终态（各生成物）有关，而与具体反应的途径无关；任何化学反应的反应热和其逆反应的反应热大小相等，符号相反；任何化学反应，当各物质系数发生变化时，反应热的数值也随之发生变化。
书写化学反应三段式时的注意事项：单位一致，确保起始量、变化量和平衡量的单位保持一致；注意化学计量数、注意物质状态固体、纯液体一般不参与其中；考虑可逆反应的平衡量不是完全转化的结果，而是反应物和生成物共存的状态。此时需要根据反应的转化率或平衡常数进行计算。
（1）H2O2分子中含有氧氢极性共价键和氧氧非极性共价键，由极性键构成的分子，结构不对称，正负电荷中心不重合，所以为极性分子；
（2）由H2O2的解离反应和电离常数可知过氧化氢属于二元弱酸；、，则以第一步电离为主，，，则pH约为5.83；
（3）①总反应为，结合第二步反应，运用盖斯定律可写出第一步的化学反应方程式；
②画图时注意使用KI活化能下降，且第一步反应为吸热反应，第二步反应为放热反应，第一步反应为慢反应，活化能要更高因此为：；
③由表格数据可知：、、联立可得2a=2，2b=2，所以a=1，b=1；结合可得c=0.470；
（4）①由图可知，从tm到tn时在不断增大，说明反应是在向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，tn时的生成物浓度比tm时的要多，所以tm时小于tn时；
②若平衡时溶液的pH=12，用三段式计算=。
20．（2024高三上·广州开学考）化合物ⅸ是一种烯丙胺类抗真菌药物，可用于皮肤浅部真菌感染的治疗，它的一种合成路线如下：
（1）根据化合物ⅰ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 反应形成的有机产物的结构简式 反应类型
a 　 　 　 　 消去反应
b 　 　 　 　 加成反应
（2）反应①中，化合物ⅰ与有机物x反应，生成化合物ⅱ，原子利用率为100%，x的名称为　 　。
（3）化合物iv中含氧官能团的名称是　 　，反应③的类型是　 　。
（4）关于反应⑤的说法中，不正确的有___________。
A．反应过程中，有C-Cl键和C-N键断裂
B．反应过程中，有C-N键和H-Cl键的形成
C．反应物ⅶ中，所有原子可能处于同一平面上
D．生成物ⅶ具有碱性，能与稀盐酸发生反应
（5）化合物iii有多种同分异构体，其中含C=C-C=C结构，且核磁共振氢谱图上只有两组峰的结构简式为　 　。
（6）以苯乙烯和乙醛为含碳原料，利用反应③的原理，通过四步反应合成结构简式如下的化合物y，基于你设计的合成路线，回答下列问题：
(a)从苯乙烯出发，第一步反应的化学方程式为　 　。
(b)合成路线中涉及两步消去反应，最后一步通过消去反应得到产物的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
【答案】（1）NaOH醇溶液，加热；HC≡CH；H2，催化剂；CH3CH2Cl
（2）2-甲基-2-氯丙烷
（3）醛基；加成反应
（4）A；C
（5）
（6）+Br2→；+H2O；
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）、由结构简式可知，是不饱和氯代烃，在氢氧化钠醇溶液中共热能发生消去反应生成HC≡CH，与H2发生加成反应生成CH3CH2Cl，故答案为：NaOH醇溶液，加热；HC≡CH；H2，催化剂；CH3CH2Cl；
（2）、由分析可知，x的结构简式为，其名称为2-甲基-2-氯丙烷；故答案为：2-甲基-2-氯丙烷；
（3）、由结构简式可知，其含氧官能团为醛基；由分析可知，反应③为与发生加成反应生成；故答案为：醛基；加成反应；
（4）、由分析可知，反应⑤为与甲胺发生取代反应生成和氯化氢；
A、由分析可知，反应过程中，存在碳氯键、氮氢键的断裂，不存在碳氮键的断裂，A错误；
B、由分析可知，反应过程中，存在碳氮键和氢氯键的形成，B正确；
C、由结构简式可知，分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，分子中所有原子不可能处于同一平面上，C错误；
D、由结构简式可知，分子的官能团为亚氨基，能与稀盐酸发生反应生成盐，D正确；
故答案为：AC；
（5）、化合物ⅲ的同分异构体中含C=C C=C结构，其中核磁共振氢谱图上只有两组峰的结构简式为；故答案为：；
（6）、以苯乙烯和乙醛为含碳原料合成，步骤为与溴水发生加成反应生成，在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，与乙醛发生加成反应生成，浓硫酸作用下共热发生消去反应生成；
(a)由分析可知，从苯乙烯出发，第一步反应的化学方程式为+Br2→；故答案为：+Br2→；
(b)合成路线中涉及两步消去反应，最后一步通过消去反应得到产物的化学方程式为+H2O；故答案为+H2O。
【分析】由有机合成路线可知，与发生加成反应生成，打开双键，为后续的消去反应做准备；同时可以推断出x为，在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，此步骤消去得到碳碳三键的不饱和官能团，并脱去2分子的HCl；接着与发生加成反应生成，这一步骤中三键打开并发生水合，生成含双键和羟基的化合物，构建出含有羟基的官能团；然后先与溴化氢发生加成反应，后发生消去反应生成，此步生成溴化物为后续的胺化反应提供反应位点；与甲胺发生取代反应生成，引入胺的官能团，接着与发生取代反应生成。
（1）由结构简式可知，是不饱和氯代烃，在氢氧化钠醇溶液中共热能发生消去反应生成HC≡CH，与H2发生加成反应生成CH3CH2Cl，故答案为：NaOH醇溶液，加热；HC≡CH；H2，催化剂；CH3CH2Cl；
（2）由分析可知，x的结构简式为，其名称为2-甲基-2-氯丙烷；故答案为：2-甲基-2-氯丙烷；
（3）由结构简式可知，其含氧官能团为醛基；由分析可知，反应③为与发生加成反应生成；故答案为：醛基；加成反应；
（4）由分析可知，反应⑤为与甲胺发生取代反应生成和氯化氢；
A．由分析可知，反应过程中，存在碳氯键、氮氢键的断裂，不存在碳氮键的断裂，故A错误；
B．由分析可知，反应过程中，存在碳氮键和氢氯键的形成，故B正确；
C．由结构简式可知，分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，分子中所有原子不可能处于同一平面上，故C错误；
D．由结构简式可知，分子的官能团为亚氨基，能与稀盐酸发生反应生成盐，故D正确；
故选AC；
（5）化合物ⅲ的同分异构体中含C=C C=C结构，其中核磁共振氢谱图上只有两组峰的结构简式为；故答案为：；
（6）以苯乙烯和乙醛为含碳原料合成，步骤为与溴水发生加成反应生成，在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，与乙醛发生加成反应生成，浓硫酸作用下共热发生消去反应生成；
(a)由分析可知，从苯乙烯出发，第一步反应的化学方程式为+Br2→；故答案为：+Br2→；
(b)合成路线中涉及两步消去反应，最后一步通过消去反应得到产物的化学方程式为+H2O；故答案为+H2O。
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