2025-2026学年广东省高三上学期开学联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省2025-2026学年高三上学期开学联考试题本试卷共8页，20题，全卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、班级、姓名、试室、座位号和准考证号填写在答题卡上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。可能用到的相对原子质量：H1O16Na23Al27Cl35.5V51一、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.传统节日“承载文化根脉”。下列选项所涉及材料的主要成分属于合金的是A．春节“五帝铜钱”B．中秋纸灯笼C．重阳菊花酒陶罐D．端午木质龙舟A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．春节“五帝铜钱”主要成分是铜合金（如黄铜，含铜和锌等），属于合金，A正确；B．中秋纸灯笼的主要材料是纸，其主要成分为纤维素，属于有机物，B错误；C．重阳菊花酒陶罐的主要材料是陶瓷，主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，C错误；D．端午木质龙舟的主要材料是木材，主要成分为纤维素，属于有机物，D错误；故选A。2.化学就在身边。下列相关说法中正确的是A.高压钠灯发出黄光是化学变化B.化妆品所含甘油难溶于水C.羊毛衫所含材料是纤维素D.光导纤维主要成分是【答案】D【解析】A．高压钠灯发光是电子跃迁释放光能，无新物质生成，属于物理变化，A错误；B．甘油（丙三醇）含多个羟基，易与水形成氢键，因此甘油易溶于水，B错误；C．羊毛的主要成分为蛋白质，C错误；D．光导纤维主要成分为二氧化硅（SiO2），D正确；故选D。3.“海上生明月，九天揽星河”，我国航天事业蒸蒸日上。有关的化学知识叙述错误的是A.月球探测器使用的碳化硅增强铝基材料属于复合材料B.空间站的砷化镓太阳能电池发电过程将电能转化为光能C.长征系列运载火箭部分型号用液氢燃料，H2燃烧过程体现其还原性D.月壤提取的氦-3()可用于可控核聚变，与互为同位素【答案】B【解析】A．复合材料由不同材料复合而成，碳化硅增强铝基材料属于复合材料，故A正确；B．太阳能电池是光能转化为电能，故B错误；C．H2燃烧时失电子生成水，H元素化合价升高，H2作还原剂体现还原性，故C正确；D．与是质子数相同、中子数不同的原子，互为同位素，故D正确；选B。4.含泥沙和NaCl的粗苯甲酸可用重结晶法提纯。下列实验操作正确且达到实验目的的是A．将粗苯甲酸溶于热水B．趁热过滤分离NaCl和泥沙C．蒸发结晶直接得到苯甲酸D．冷却结晶析出苯甲酸A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．重结晶溶解时需在烧杯中进行，若图A为坩埚（常用于灼烧），则容器错误，A不合题意；B．趁热过滤时需要玻璃棒引流，图示没有玻璃棒，B不合题意；C．苯甲酸溶解度随温度降低显著减小，而NaCl溶解度随温度变化不明显，即应冷却结晶而非蒸发结晶，蒸发会导致NaCl一同析出，C不合题意；D．苯甲酸溶解度随温度降低显著减小，而NaCl溶解度随温度变化不明显，苯甲酸在热水中形成饱和溶液，冷却后溶解度降低，会结晶析出，此操作可分离苯甲酸与NaCl等可溶性杂质，D符合题意；故答案为：D。5.劳动有利于“知行合一”。下列劳动过程与所述的化学知识有关联的是选项劳动过程化学知识A保洁员用含NaOH的去污剂清洗抽油烟机油脂碱性条件下易水解生成可溶物B外科医生用苯酚溶液对手术器械消毒蛋白质在酸性条件下可水解C面点师用小苏打作发泡剂烘焙面包可与酸反应D洗衣人员用氯水漂白顽固污渍可与碱反应A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．抽油烟机上的油污主要是油脂，油脂在碱性条件下易水解生成可溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，所以用含的去污剂能清洗抽油烟机，该选项劳动过程与化学知识有关联，A正确；B．用苯酚溶液对手术器械消毒是因为苯酚能使蛋白质变性，从而达到消毒的目的，并不是因为蛋白质在酸性条件下可水解，B错误；C．小苏打是，不是，小苏打作发泡剂是因为其易受热分解产生二氧化碳气体，从而使面包蓬松，C错误；D．氯水漂白顽固污渍是因为氯水中的次氯酸具有强氧化性，通过氧化分解有色物质实现漂白，与氯气可与碱反应无关，D错误；故选A。6.下列方程式与所给事实不相符的是A.将通入水中制备硝酸：B.通过灼热铁粉制氢气：C.用乙醇处理废弃的金属钠：D.用丙烷脱氢制得的丙烯制聚丙烯：【答案】B【解析】A．NO2与水反应生成硝酸和NO，化学方程式为：，A正确；B．水蒸气与灼热铁粉反应生成的是四氧化三铁和氢气，化学方程式为：，B错误；C．乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气，化学方程式为：，C正确；D．丙烯（CH2=CHCH3）发生加聚反应生成聚丙烯，化学方程式为：，D正确；故选B。7.铜板上的铁铆钉在潮湿环境中易发生电化学腐蚀而生锈(如图所示)。下列说法正确的是A.铜板为负极B.铁发生反应：C.生锈过程电子由铁经水膜移向铜板D.铁生锈还涉及反应：【答案】D【解析】铁比铜活泼，在电化学腐蚀中，铁作负极，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+；铜板作正极，电极反应式为：，据此分析回答；A．由分析可知，铁比铜活泼，在电化学腐蚀中，铁作负极，铜板作正极，A错误；B．由分析可知，铁作为负极，失电子生成Fe2+，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，B错误；C．电子只能通过金属导体移动，不能经水膜（电解质溶液）移动，电子由铁经金属接触部分移向铜板，C错误；D．铁腐蚀时，负极生成的Fe2+与正极生成的OH-结合为Fe(OH)2，Fe(OH)2易被氧化为Fe(OH)3，反应4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3为生锈过程的重要步骤，D正确；故选D。8.丝氨酸可用于蛋白质的生物合成，其结构如图所示。关于丝氨酸说法错误的是A.分子式为 B.可发生缩聚反应C.含有手性碳原子 D.能与反应生成【答案】A【解析】A．丝氨酸的结构为HO-CH2-CH(NH2)-COOH，分子中含3个C、7个H、1个N、3个O，分子式应为，A错误；B．丝氨酸含羧基（-COOH）和氨基（-NH2），可通过羧基与氨基脱水缩合发生缩聚反应形成多肽，B正确；C．含有手性碳原子，C正确；D．含羧基（-COOH），酸性强于碳酸，能与反应生成，D正确；故选A。9.能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是碱X→氧化物→金属单质→盐A.X可为，熔点：B.X可为，盐的水溶液一定显中性C.X可为，金属单质可与稀硝酸反应生成NOD.X可，金属单质可与S反应生成【答案】C【解析】A．Al(OH)3受热分解生成Al2O3，Al2O3电解生成Al，Al与酸反应生成盐，转化成立；但Al2O3的熔点（约2072°C）远高于Al（660°C），A错误；B．Mg(OH)2分解生成MgO，MgO需高温还原生成Mg，Mg与酸反应生成盐（如MgCl2），但MgCl2溶液显酸性，B错误；C．Cu(OH)2分解生成CuO，CuO被还原为Cu，Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2和NO，转化成立且描述正确，C正确；D．Fe(OH)3分解生成Fe2O3，Fe2O3被还原为Fe，但Fe与S反应生成FeS而非Fe2S3，D错误；故选C。10.设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.1mol中含有σ键的数目为5B.1L0.1mol/L溶液中含的数目为0.1C.22.4LCO和的混合气体含有的分子数目为D.7.8g与足量反应，转移电子数目为0.2【答案】A【解析】A．乙烯（CH2=CH2）分子中每个双键含1个σ键和1个π键，每个C原子连接2个H原子形成2个C-Hσ键，每个乙烯分子共有5个σ键，1mol乙烯含5NA个σ键，A正确；B．FeCl3溶液中Fe3+会水解，使Fe3+浓度小于0.1mol/L，因此1L0.1mol/LFeCl3溶液中含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误；C．22.4L气体在标准状况下对应1mol，但题目未说明条件是否为标准状况，无法确定混合气体的物质的量，也无法计算分子数目，C错误；D．7.8gNa2O2的物质的量为0.1mol，根据反应知，消耗1molNa2O2转移1mol电子，则0.1molNa2O2对应转移的电子数为0.1NA，D错误；故选A。11.下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡA装有的密闭烧瓶热水浴，气体颜色变深溶于水可生成硝酸B酸性：三氟乙酸>三氯乙酸>乙酸电负性：F>Cl>HC溶液中滴加KSCN溶液，生成红色沉淀可用KSCN检验溶液中是否有D饱和NaCl依次通入过量和，产生沉淀溶解度小，易生成沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．的密闭烧瓶受热颜色变深是由于升温导致平衡⇌逆向移动，浓度增加，与其溶于水生成硝酸无关，陈述Ⅰ正确，陈述Ⅱ正确但无因果关系，A错误；B．酸性：三氟乙酸>三氯乙酸>乙酸，是因为电负性F＞Cl＞H，吸电子效应增强使酸性增强，陈述Ⅰ和Ⅱ均正确且存在因果关系，B正确；C．与KSCN反应生成红色溶液（络合物）而非沉淀，陈述Ⅰ描述错误，C错误；D．饱和NaCl中先通再通氨气，因溶解度低，生成的碳酸氢根不足，后续通虽提高pH，但实际析出很少，应先通入氨气再通入二氧化碳，陈述Ⅰ的现象描述不符合实际，D错误；故答案选B。12.AgCl悬浊液中滴加过量氨水，固体完全溶解，溶液中存在反应：，。关于反应后的溶液叙述正确的是A.微粒中配体为B.通入少量，cAgNHC.加水稀释，促进电离，溶液的碱性增强D.体系中，c【答案】B【解析】A．[Ag(NH3)2]+中的配体是NH3分子，Ag+是中心离子，A错误；B．的平衡常数K=cAgNH32+cAgNH3+·cNHC．加水稀释时，NH3·H2O的电离度虽增大，但溶液体积增加更多，OH-总浓度降低，碱性减弱，C错误；D．该体系中含有Ag+、[Ag(NH3)]+、[Ag(NH3)2]+、、H+、Cl-、OH-，根据电荷守恒：cAg++cAg故选B。13.按下图装置进行实验(试管浸泡在烧杯的溶液中)。下列说法正确的是A.a试纸先变红后褪色B.b滤纸褪色，说明有漂白性C.右侧试管先浑浊，说明分解放热D.能降低分解的焓变【答案】C【解析】Na2S2O3与稀H2SO4反应生成S和SO2，SO2溶于水生成H2SO3（酸性），使蓝色石蕊试纸变红；b滤纸浸泡过溴水（橙色），若褪色是因SO2与Br2发生氧化还原反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，体现SO2的还原性；右侧烧杯中H2O2在Fe3+催化下分解放热，使右侧试管内温度升高，反应速率加快，先出现浑浊，说明H2O2分解放热，据此分析回答。A．a试纸是湿润的蓝色石蕊试纸，左侧试管中Na2S2O3与稀H2SO4反应生成SO2，SO2溶于水生成H2SO3（酸性），使蓝色石蕊试纸变红，但SO2不能漂白酸碱指示剂，试纸不会褪色，A错误；B．b滤纸浸泡过溴水（橙色），若褪色是因SO2与Br2发生氧化还原反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，体现SO2的还原性，B错误；C．Na2S2O3与H2SO4反应生成S沉淀（浑浊），反应速率受温度影响，温度越高速率越快。右侧烧杯中H2O2在Fe3+催化下分解放热，使右侧试管内温度升高，反应速率加快，先出现浑浊，说明H2O2分解放热，C正确；D．Fe3+是H2O2分解的催化剂，催化剂只能降低反应的活化能，不能改变焓变（焓变由反应物和生成物能量差决定），D错误；故选C。14.a→f元素原子序数递增，第一电离能相对大小关系如图所示，b、c、d为相邻的非金属元素，e在同周期中原子半径最大，基态f原子同周期单电子数最多。下列说法正确的是A.电负性：d<cB.a和e都碱金属元素C.最简单氢化物沸点：d>bD.基态f最高能级电子云轮廓图哑铃形【答案】C【解析】由题意可知，a为第一周期元素，且第一电离能小于部分第二周期元素的第一电离能，故a为H；b、c、d为相邻的非金属元素，且处于第二周期，c的第一电离能大于d的第一电离能，故b为C，c为N，d为O；e在同周期中原子半径最大，且处于第三周期，e为Na；基态f原子同周期单电子数最多，且处于第四周期，故f为Cr，据此分析；A．电负性同周期从左到右递增，d为O，c为N，O电负性（3.5）大于N（3.0），则d>c，A错误；B．a为H，H不属于碱金属元素（碱金属是IA族除H外元素），e为Na是碱金属，B错误；C．d的最简单氢化物为（分子间含氢键），b的最简单氢化物为（分子间仅范德华力），氢键使沸点远高于，即d>b，C正确；D．f为Cr，基态电子排布，最高能级为3d（能量高于4s），d轨道电子云轮廓图为花瓣形，哑铃形是p轨道特征，D错误；故答案选C。15.铁基催化剂催化CH4→CH3OH的反应，部分反应历程如图所示(含决速步骤，CH4换成CH3D，反应相似，但反应速率减慢)。下列说法正确的是A.催化剂能提高CH4平衡转化率B.升高温度，n(CH3OH)增大C.CH3D发生上述反应，过渡态1的能量降低D.CH3D发生反应，所得两种甲醇分子的相对分子质量相等【答案】D【解析】A．催化剂只能降低反应活化能，加快反应速率，不影响化学平衡，因此不能提高CH4的平衡转化率，A错误；B．由反应历程图可知，反应物(CH4+FeO+)的总能量高于产物(CH3OH+Fe+)，该反应为放热反应(ΔH<0)，升高温度，平衡向逆反应方向移动，n(CH3OH)减小，B错误；C．由题干信息可知，过渡态1的活化能比过渡态2的活化能大，即过渡态1为决速步骤，且CH4换成CH3D，反应相似，但反应速率减慢，已知活化能越大反应速率越慢，则可推知过渡态1的活化能增大，即过渡态1的能量应升高，C错误；D．CH3D反应时，可能断裂C-H键(生成CH2D-OH)或C-D键(生成CH3-OD)，两种甲醇分子中，前者甲基含D(CH2D-OH)，后者羟基含D(CH3-OD)，相对分子质量均为12+3×1+16+2=33，相对分子质量相等，D正确；答案选D。16.以离子液体作为电解液的铝电池，工作原理如图所示。下列推断正确的是A.放电时，正极Al的化合价降低B.充电时，离子向N极移动C.充电时，电路转移3mol电子，N极减少27gD.放电时，N极反应：【答案】C【解析】由示意图可知，放电时铝为负极，被氧化生成，电极方程式为，正极反应为，电解时阳极发生氧化反应，电极方程式为，阴极发生还原反应，电极方程式为，据此分析；A．放电时正极反应为，Al的化合价为+3，未变，A错误；B．充电时为电解池，M极（Al）作阴极，N极作阳极，阳离子（EMIM⁺）向阴极（M极）移动，B错误；C．充电时N极为阳极，发生反应：，转移3xmol电子时减少xmolAl（质量27xg），转移3mol电子时减少27g，C正确；D．放电时N极为正极，N极反应：，D错误；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共56分。17.认识酸的强弱对理解酸反应规律有意义，兴趣小组开展相关研究。（1）利用下图装置制备和及研究相应酸的强弱。实验现象：A处变蓝，Ⅰ处变浑浊，Ⅱ处变浅但不褪色，Ⅲ处无浑浊。①仪器m的名称是___________，木炭粉与浓硫酸反应的化学方程式为___________。②检验尾气中有的试剂是___________。③试管Ⅲ无沉淀，从酸性强弱角度分析原因是___________。（2）研究试管Ⅰ中产生浑浊的原因。①甲猜想生成，取混合物过滤，所得固体加入___________，固体完全溶解，猜想不合理。②乙猜想生成，进行以下探究：查阅资料：常温下，、实验设计将浓度均为0.40mol/L的H2SO3、BaCl2溶液等体积混合，若的浓度为，a与满足___________关系，可产生BaSO3沉淀。实验验证将0.40mol/LH2SO3溶液与H2O等体积混合，若混合前后浓度几乎不变，则约为___________mol/L，代入关系式，证明猜想合理。（3）研究H2SO3、H2CO3与HClO的酸性强弱。①将CO2通入NaClO溶液，产生酸性比H2CO3弱且有漂白性的HClO。②丙同学参考①的方法，按下表进行实验比较H2SO3与HClO的酸性。实验过程将各试剂混合，滴加石蕊试剂，测褪色时间(试剂浓度均为0.10)。试剂石蕊试液/滴褪色时间/s实验ⅰ30.000.005.00375实验ⅱ30.00x1.0038根据表中信息，补充数据，x=___________mL。得出结论酸性：H2SO3＞HClO。实验讨论丁同学认为丙同学的实验不能得出相应结论，因会氧化H2SO3：，H2SO4与NaClO反应生成了HClO。基于丙的设计，完善方案，设计实验证明酸性：H2SO3＞HClO___________(简述实验过程和现象)。【答案】（1）①.分液漏斗②.C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O③.澄清石灰水④.盐酸是强酸，碳酸是弱酸，碳酸难以制备盐酸（2）①.足量稀盐酸②.③.（3）①.4.00②.将亚硫酸加入饱和NaHCO3溶液中，产生的气体依次通过足量饱和NaHCO3溶液、实验ⅰ混合溶液，测得褪色时间小于75s【解析】将分液漏斗中的浓硫酸滴入烧瓶中，C与浓硫酸混合加热，发生反应：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；看到的实验现象是：A处变蓝，Ⅰ处变浑浊，Ⅱ处变浅但不褪色，Ⅲ处无浑浊。装置A用于检验H2O的产生；由于酸性：HCl＞H2CO3，因此装置Ⅰ沉淀不是BaCO3，有人认为是产生BaSO4，可以根据BaSO4是既不溶于水，也不溶于酸的白色沉淀的性质检验；也有人认为是产生BaSO3，可根据溶液中c(Ba2+)·c()＞Ksp(BaSO3)进行检验。要比较H2CO3、H2SO3、HClO三种酸的酸性强弱。可结合复分解反应的规律：强酸与弱酸盐反应制取弱酸的性质进行分析。将CO2气体通入NaClO中产生具有漂白性的HClO，证明酸性：H2CO3＞HClO。同时要注意H2SO3还具有还原性，会与具有氧化性的NaClO发生氧化还原反应，而影响判断，应该要先利用H2SO3与NaHCO3反应制取CO2气体，再利用前面的结果进行判断。（1）①根据装置图可知仪器m的名称是分液漏斗；木炭粉与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；无水CuSO4与水发生反应产生CuSO4·5H2O，固体由白色变为蓝色，证明产生了水蒸气；尾气中可能含有CO2和SO2，要检验尾气中含有CO2气体，由于CO2、SO2都能够使澄清石灰水变浑浊，因此需先根据SO2具有还原性，用足量酸性KMnO4溶液除去SO2，然后再通入澄清石灰水检验，所以检验尾气中CO2的试剂应该是澄清石灰水；③试管Ⅲ无沉淀，是因为酸性：H2CO3＜HCl，根据复分解反应的规律，弱酸不能与强酸的盐反应制取强酸，因此CO2通入饱和BaCl2溶液中，没有生成BaCO3沉淀；（2）①试管Ⅰ中出现浑浊现象，甲同学认为是反应生成了BaSO4，由于BaSO4既不溶于水，也不溶于盐酸，可以取混合物过滤，所得固体加入足量稀盐酸，若固体完全溶解，说明其中不含有BaSO4，则该猜想不合理；②乙同学认为是生成了BaSO3，将浓度均为0.40mol/L的H2SO3和BaCl2溶液等体积混合，c(H2SO3)=0.20mol/L，c(Ba2+)=0.20mol/L，H2SO3H++，H++，Ka1(H2SO3)=1.4×10-2，Ka2(H2SO3)=6.0×10-8。若c()=amol/L，由于Ksp(BaSO3)=c(Ba2+)·c()，则0.20a＞Ksp(BaSO3)时就会形成BaSO3沉淀；将0.40mol/LH2SO3溶液与H2O等体积混合，c(H2SO3)=0.20mol/L，若混合前后c()几乎不变，c()=6.0×10-8mol/L，则证明上述猜想是合理的；（3）实验ⅰ溶液的总体积V1=30.00mL+5.00mL=35.00mL，要研究比较两种物质的酸性强弱，应该使溶液总体积相同，故实验ⅱ中亚硫酸溶液的体积x=35.00-30.00-1.00=4.00；实验ⅰ没有加H2SO3，只加了NaClO溶液和3滴石蕊试液，溶液褪色需75s，而实验ⅱ中加入了4mLH2SO3溶液，猜测可能发生复分解反应：H2SO3+2NaClO=Na2SO3+2HClO，反应产生了HClO，使溶液褪色时间大大缩短，只有8s。故丙同学根据实验现象：实验ⅱ比实验ⅰ褪色时间缩短，就得出：H2SO3的酸性比HClO的酸性强结论；但丁同学认为该结论不合理，认为是ClO-具有强氧化性，会将具有还原性的H2SO3氧化为硫酸，发生反应：，H2SO4与NaClO反应生了HClO，HClO氧化漂白了紫色石蕊试液。基于丙的设计，要设计实验证明酸性：H2SO3＞HClO，可以将亚硫酸加入饱和NaHCO3溶液中，将反应产生的CO2气体依次通过足量饱和NaHCO3溶液除去挥发的SO2气体、实验ⅰ混合溶液，若测得褪色时间小于75s，就可以证明酸性：H2SO3＞H2CO3＞HClO，得到结论：H2SO3＞HClO。18.电解法冶炼锰产生的复合硫酸盐［含、、和］可回收高价值产品，工艺流程如图所示。已知：浸出液沉淀最佳条件下，。（1）电解冶炼锰装置如图1所示，氨性缓冲溶液调溶液为中性，用铅镁合金和Mn作电极，其中阳极材料为___________。（2）提高“浸出”速率的措施有___________(任写一种)。“滤饼”的主要成分是___________(填化学式)。（3）“沉锰”中，生成所发生反应的离子方程式为___________。（4）“沉锰”中，少量会生成沉淀，温度和pH对沉淀率的影响如图2所示：①“沉锰”合适的温度和pH分别为___________，此时___________(填“>”“<”或“=”)。②高于45℃时，温度升高，沉淀率发生变化的原因是___________。（5）某含Mg、Mn和O三种元素组成化合物的立方晶胞如图3所示。同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则晶体中Mn的化合价为___________，与Mg原子最近且距离相等的原子的数目为___________。（6）晶体煅烧产生的通入氨水，制得可应用于流程中的化合物是___________。【答案】（1）铅镁合金（2）①.搅拌(合理即可)②.（3）(也正确)（4）①.45℃，pH为7.5②.>③.分解，下降，沉淀率下降（5）①.+4②.12（6）【解析】复合硫酸盐［含、、和］经低温焙烧产生NH3，用水浸出焙烧后的固体，不溶于水过滤后存在于滤饼中，向滤液中加入NH4HCO3和NH3，使Mn2+转化为MnCO3沉淀，过滤后向滤液中加入草酸氢铵，将Mg2+转化为草酸镁固体，煅烧草酸镁固体可以得到轻质MgO，以此解答。（1）电解冶炼锰的装置氨性缓冲溶液调溶液为中性，用铅镁合金和Mn做电极，Mn2+在阴极得到电子生成Mn，则阳极材料为铅镁合金。（2）复合硫酸盐中PbSO4难溶于水，浸出后残留在滤饼中；提高浸出速率常用提高温度、增大接触面积或加强搅拌等方法。（3）“沉锰”中，Mn2+和、NH3反应生成MnCO3沉淀，溶液呈碱性，该反应过程中的电离被促进产生了，产物中还存在，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：或。（4）①“沉锰”时要求Mn2+沉淀而Mg2+不沉淀，根据图中数据可知，合适的温度为45℃，合适的pH为7.5，浸出液沉淀最佳条件下，，则=10-4.1，pH为7.5时，c(H+)=10-7.5mol/L，c(OH-)=mol/L=10-6.5mol/L，则，则>。②高于45℃时，温度升高，沉淀率发生变化的原因是：分解，下降，沉淀率下降。（5）设晶胞边长为a，由几何关系可知，体心的原子与顶点的原子距离为，棱心的原子与顶点的原子距离为，依题给条件，相邻原子间的最近距离之比，可以确定，晶胞中棱心原子为O，有12×=3个，顶点原子为Mn，有8×=1个，体心的原子为Mg，有1个，则化学式为MgMnO3，Mg为+2价，O为-2价，根据化合价代数和为零可知，Mn的化合价为+4价，与Mg原子最近且距离相等的O原子的数目为12。（6）过量的通入氨水可以生成。19.可应用于电子工业，也是一种温室气体。（1）催化分解法或热分解法可消除。反应I：①基态N原子的价层电子排布式为___________。②反应I在任意温度可自发进行，则___________0(填“>”“<”或“=”)。③一种催化剂催化分解工业尾气，发生以下反应：根据盖斯定律，反应I的___________。④热分解法进行反应I经过两步基元反应：第一步：(慢反应)第二步：(快反应)已知：基元反应的反应速率方程可表示为v=kca则反应I的正反应速率可表示为v=kcx（2）加热可制。反应II：NH4NO3向恒容密闭容器中加入1mol，控制在一定温度下加热至压强不再变化(实验温度下仅发生反应Ⅱ)，测cN2O。不同温度下测得cN2O如图1，其中一定处于平衡状态的是___________(填“A”或“B”)状态。该状态时的分压为，则分压平衡常数___________(用含p的代数式表示（3）向2L恒容密闭容器中加入1mol，一定条件下恒温加热，同时发生反应Ⅱ和反应Ⅰ，容器内nN2O随时间变化的关系如图2，2min时恰好达到平衡，的转化率恰好为50%①，nN2O增大可能原因是反应I的速率___________(填“>”“<”或“=”)反应②反应开始前2min，___________(写出计算过程)。【答案】（1）①.②.>③.或或④.1（2）①.A②.（3）①.<②.【解析】（1）①基态N原子是7号元素，价层电子排布式为。②根据，反应I的，若在任意温度可自发进行，则。③根据盖斯定律，反应I的=或或。④基元反应的反应速率方程可表示为v=kcaAcbB，k为速率常数，方程式中反应物浓度的指数与方程式的系数一致，总反应速率方程由慢反应决定，则反应I：（2）向恒容密闭容器中加入1mol，控制在一定温度下加热至压强不再变化(实验温度下仅发生反应II)，根据PV=nRT，当P、V都不变时，气体的物质的量与温度应该呈反比，故温度越高，气体的物质的量越小而高温处的B点气体的物质的量变大说明平衡在移动未达到平衡，A状态的温度低物质的量也小说明该条件下反应达到最大限度平衡不移动，故A状态一定处于平衡状态。恒容密闭容器中加入1mol，仅发生反应Ⅱ，以此列三段式：起始平衡时的物质的量分数为，的物质的量分数为，该状态时的分压为，的分压为2pkPa，则Kp=2p2pkPa3=4p3（3）反应I：；反应II：NH4NO3①，nN2O增大可能原因是反应I的速率小于反应II，反应以II为主且随着温度降低(反应II是吸热反应)反应I逆移，故②向2L恒容密闭容器中加入1mol，2min时恰好达到平衡，的转化率恰好为50%，反应开始前2min：20.漆树酸(化合物g)可治疗十二指肠溃疡，由化合物a、b经三步反应合成化合物g的过程如下(反应条件和部分产物略)。（1）化合物a的官能团名称是___________，化合物b的名称是___________。（2）下列说法正确的是___________。A.化合物d是1，3-丁二烯的同系物B.化合物a和b中，碳原子的杂化方式均为C.a可与水形成分子间氢键，在水中的溶解度大于dD.c与d反应生成e的过程，存在键的断裂和形成（3）化合物e可在酸性和碱性条件下水解。①e在盐酸作用下水解化学方程式为___________。②e一步反应生成g，则e→g的反应类型是___________。③h是e的同分异构体，测得h分子中含氨基和四个甲基，遇发生显色反应，h可能的结构有___________种。④c与d反应，生成e和生成副产物f的反应类型相同，f与e是同分异构体，f的结构简式为___________。（4）参考的反应，以丙酮和化合物b为有机原料合成化合物i，无机试剂任选。基于你设计的合成路线，回答下列问题：①第一步反应中，有机生成物核磁共振氢谱的吸收峰面积比为___________。②最后一步反应的化学方程式为___________。【答案】（1）①.酰胺基②.甲醛（2）CD（3）①.②.氧化反应③.3④.（4）①.3：2：1②.【解析】c、d生成e的反应是共轭双键的1，4加成，形成环状结构，生成e和副产物f，生成e和生成副产物f的反应类型相同，f与e是同分异构体，二者是侧链的相对位置不同，f的结构简式为；（1）化合物a的官能团名称是酰胺基；化合物b的名称是甲醛；（2）A．化合物d是脂环烃，1，3-丁二烯是链烃，二者结构不同，分子组成没有相差若干个CH2，不是同系物，A错误；B．化合物a中甲基碳原子是饱和碳，是sp3杂化，B错误；C．a含有氨基，可与水形成分子间氢键，在水中的溶解度大于d，C正确；D．c与d反应生成e的过程是共轭双键的1，4加成，存在键的断裂和形成，D正确；故选CD；（3）①e含有酰胺基，在盐酸作用下水解生成羧基和氯化铵，化学方程式为；②e→g的反应是碳碳双键被氧化断开生成羧基和羰基的过程，反应类型是氧化反应；③h是e的同分异构体，h分子中含氨基和四个甲基，遇发生显色反应，说明含有酚羟基，h分子结构中含有苯环，苯环上有6个侧链，分别为4个甲基，1个氨基，1个羟基，氨基和羟基有邻、间、对3种位置，h可能的结构有3种；④根据分析，f的结构简式为；（4）①参考的反应，第一步反应生成，核磁共振氢谱的吸收峰面积比为3：2：1；②发生氧化反应生成，发生还原反应生成，发生酯化反应生成，最后一步反应的化学方程式为。广东省2025-2026学年高三上学期开学联考试题本试卷共8页，20题，全卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、班级、姓名、试室、座位号和准考证号填写在答题卡上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。可能用到的相对原子质量：H1O16Na23Al27Cl35.5V51一、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.传统节日“承载文化根脉”。下列选项所涉及材料的主要成分属于合金的是A．春节“五帝铜钱”B．中秋纸灯笼C．重阳菊花酒陶罐D．端午木质龙舟A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．春节“五帝铜钱”主要成分是铜合金（如黄铜，含铜和锌等），属于合金，A正确；B．中秋纸灯笼的主要材料是纸，其主要成分为纤维素，属于有机物，B错误；C．重阳菊花酒陶罐的主要材料是陶瓷，主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，C错误；D．端午木质龙舟的主要材料是木材，主要成分为纤维素，属于有机物，D错误；故选A。2.化学就在身边。下列相关说法中正确的是A.高压钠灯发出黄光是化学变化B.化妆品所含甘油难溶于水C.羊毛衫所含材料是纤维素D.光导纤维主要成分是【答案】D【解析】A．高压钠灯发光是电子跃迁释放光能，无新物质生成，属于物理变化，A错误；B．甘油（丙三醇）含多个羟基，易与水形成氢键，因此甘油易溶于水，B错误；C．羊毛的主要成分为蛋白质，C错误；D．光导纤维主要成分为二氧化硅（SiO2），D正确；故选D。3.“海上生明月，九天揽星河”，我国航天事业蒸蒸日上。有关的化学知识叙述错误的是A.月球探测器使用的碳化硅增强铝基材料属于复合材料B.空间站的砷化镓太阳能电池发电过程将电能转化为光能C.长征系列运载火箭部分型号用液氢燃料，H2燃烧过程体现其还原性D.月壤提取的氦-3()可用于可控核聚变，与互为同位素【答案】B【解析】A．复合材料由不同材料复合而成，碳化硅增强铝基材料属于复合材料，故A正确；B．太阳能电池是光能转化为电能，故B错误；C．H2燃烧时失电子生成水，H元素化合价升高，H2作还原剂体现还原性，故C正确；D．与是质子数相同、中子数不同的原子，互为同位素，故D正确；选B。4.含泥沙和NaCl的粗苯甲酸可用重结晶法提纯。下列实验操作正确且达到实验目的的是A．将粗苯甲酸溶于热水B．趁热过滤分离NaCl和泥沙C．蒸发结晶直接得到苯甲酸D．冷却结晶析出苯甲酸A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．重结晶溶解时需在烧杯中进行，若图A为坩埚（常用于灼烧），则容器错误，A不合题意；B．趁热过滤时需要玻璃棒引流，图示没有玻璃棒，B不合题意；C．苯甲酸溶解度随温度降低显著减小，而NaCl溶解度随温度变化不明显，即应冷却结晶而非蒸发结晶，蒸发会导致NaCl一同析出，C不合题意；D．苯甲酸溶解度随温度降低显著减小，而NaCl溶解度随温度变化不明显，苯甲酸在热水中形成饱和溶液，冷却后溶解度降低，会结晶析出，此操作可分离苯甲酸与NaCl等可溶性杂质，D符合题意；故答案为：D。5.劳动有利于“知行合一”。下列劳动过程与所述的化学知识有关联的是选项劳动过程化学知识A保洁员用含NaOH的去污剂清洗抽油烟机油脂碱性条件下易水解生成可溶物B外科医生用苯酚溶液对手术器械消毒蛋白质在酸性条件下可水解C面点师用小苏打作发泡剂烘焙面包可与酸反应D洗衣人员用氯水漂白顽固污渍可与碱反应A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．抽油烟机上的油污主要是油脂，油脂在碱性条件下易水解生成可溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，所以用含的去污剂能清洗抽油烟机，该选项劳动过程与化学知识有关联，A正确；B．用苯酚溶液对手术器械消毒是因为苯酚能使蛋白质变性，从而达到消毒的目的，并不是因为蛋白质在酸性条件下可水解，B错误；C．小苏打是，不是，小苏打作发泡剂是因为其易受热分解产生二氧化碳气体，从而使面包蓬松，C错误；D．氯水漂白顽固污渍是因为氯水中的次氯酸具有强氧化性，通过氧化分解有色物质实现漂白，与氯气可与碱反应无关，D错误；故选A。6.下列方程式与所给事实不相符的是A.将通入水中制备硝酸：B.通过灼热铁粉制氢气：C.用乙醇处理废弃的金属钠：D.用丙烷脱氢制得的丙烯制聚丙烯：【答案】B【解析】A．NO2与水反应生成硝酸和NO，化学方程式为：，A正确；B．水蒸气与灼热铁粉反应生成的是四氧化三铁和氢气，化学方程式为：，B错误；C．乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气，化学方程式为：，C正确；D．丙烯（CH2=CHCH3）发生加聚反应生成聚丙烯，化学方程式为：，D正确；故选B。7.铜板上的铁铆钉在潮湿环境中易发生电化学腐蚀而生锈(如图所示)。下列说法正确的是A.铜板为负极B.铁发生反应：C.生锈过程电子由铁经水膜移向铜板D.铁生锈还涉及反应：【答案】D【解析】铁比铜活泼，在电化学腐蚀中，铁作负极，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+；铜板作正极，电极反应式为：，据此分析回答；A．由分析可知，铁比铜活泼，在电化学腐蚀中，铁作负极，铜板作正极，A错误；B．由分析可知，铁作为负极，失电子生成Fe2+，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，B错误；C．电子只能通过金属导体移动，不能经水膜（电解质溶液）移动，电子由铁经金属接触部分移向铜板，C错误；D．铁腐蚀时，负极生成的Fe2+与正极生成的OH-结合为Fe(OH)2，Fe(OH)2易被氧化为Fe(OH)3，反应4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3为生锈过程的重要步骤，D正确；故选D。8.丝氨酸可用于蛋白质的生物合成，其结构如图所示。关于丝氨酸说法错误的是A.分子式为 B.可发生缩聚反应C.含有手性碳原子 D.能与反应生成【答案】A【解析】A．丝氨酸的结构为HO-CH2-CH(NH2)-COOH，分子中含3个C、7个H、1个N、3个O，分子式应为，A错误；B．丝氨酸含羧基（-COOH）和氨基（-NH2），可通过羧基与氨基脱水缩合发生缩聚反应形成多肽，B正确；C．含有手性碳原子，C正确；D．含羧基（-COOH），酸性强于碳酸，能与反应生成，D正确；故选A。9.能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是碱X→氧化物→金属单质→盐A.X可为，熔点：B.X可为，盐的水溶液一定显中性C.X可为，金属单质可与稀硝酸反应生成NOD.X可，金属单质可与S反应生成【答案】C【解析】A．Al(OH)3受热分解生成Al2O3，Al2O3电解生成Al，Al与酸反应生成盐，转化成立；但Al2O3的熔点（约2072°C）远高于Al（660°C），A错误；B．Mg(OH)2分解生成MgO，MgO需高温还原生成Mg，Mg与酸反应生成盐（如MgCl2），但MgCl2溶液显酸性，B错误；C．Cu(OH)2分解生成CuO，CuO被还原为Cu，Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2和NO，转化成立且描述正确，C正确；D．Fe(OH)3分解生成Fe2O3，Fe2O3被还原为Fe，但Fe与S反应生成FeS而非Fe2S3，D错误；故选C。10.设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.1mol中含有σ键的数目为5B.1L0.1mol/L溶液中含的数目为0.1C.22.4LCO和的混合气体含有的分子数目为D.7.8g与足量反应，转移电子数目为0.2【答案】A【解析】A．乙烯（CH2=CH2）分子中每个双键含1个σ键和1个π键，每个C原子连接2个H原子形成2个C-Hσ键，每个乙烯分子共有5个σ键，1mol乙烯含5NA个σ键，A正确；B．FeCl3溶液中Fe3+会水解，使Fe3+浓度小于0.1mol/L，因此1L0.1mol/LFeCl3溶液中含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误；C．22.4L气体在标准状况下对应1mol，但题目未说明条件是否为标准状况，无法确定混合气体的物质的量，也无法计算分子数目，C错误；D．7.8gNa2O2的物质的量为0.1mol，根据反应知，消耗1molNa2O2转移1mol电子，则0.1molNa2O2对应转移的电子数为0.1NA，D错误；故选A。11.下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡA装有的密闭烧瓶热水浴，气体颜色变深溶于水可生成硝酸B酸性：三氟乙酸>三氯乙酸>乙酸电负性：F>Cl>HC溶液中滴加KSCN溶液，生成红色沉淀可用KSCN检验溶液中是否有D饱和NaCl依次通入过量和，产生沉淀溶解度小，易生成沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．的密闭烧瓶受热颜色变深是由于升温导致平衡⇌逆向移动，浓度增加，与其溶于水生成硝酸无关，陈述Ⅰ正确，陈述Ⅱ正确但无因果关系，A错误；B．酸性：三氟乙酸>三氯乙酸>乙酸，是因为电负性F＞Cl＞H，吸电子效应增强使酸性增强，陈述Ⅰ和Ⅱ均正确且存在因果关系，B正确；C．与KSCN反应生成红色溶液（络合物）而非沉淀，陈述Ⅰ描述错误，C错误；D．饱和NaCl中先通再通氨气，因溶解度低，生成的碳酸氢根不足，后续通虽提高pH，但实际析出很少，应先通入氨气再通入二氧化碳，陈述Ⅰ的现象描述不符合实际，D错误；故答案选B。12.AgCl悬浊液中滴加过量氨水，固体完全溶解，溶液中存在反应：，。关于反应后的溶液叙述正确的是A.微粒中配体为B.通入少量，cAgNHC.加水稀释，促进电离，溶液的碱性增强D.体系中，c【答案】B【解析】A．[Ag(NH3)2]+中的配体是NH3分子，Ag+是中心离子，A错误；B．的平衡常数K=cAgNH32+cAgNH3+·cNHC．加水稀释时，NH3·H2O的电离度虽增大，但溶液体积增加更多，OH-总浓度降低，碱性减弱，C错误；D．该体系中含有Ag+、[Ag(NH3)]+、[Ag(NH3)2]+、、H+、Cl-、OH-，根据电荷守恒：cAg++cAg故选B。13.按下图装置进行实验(试管浸泡在烧杯的溶液中)。下列说法正确的是A.a试纸先变红后褪色B.b滤纸褪色，说明有漂白性C.右侧试管先浑浊，说明分解放热D.能降低分解的焓变【答案】C【解析】Na2S2O3与稀H2SO4反应生成S和SO2，SO2溶于水生成H2SO3（酸性），使蓝色石蕊试纸变红；b滤纸浸泡过溴水（橙色），若褪色是因SO2与Br2发生氧化还原反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，体现SO2的还原性；右侧烧杯中H2O2在Fe3+催化下分解放热，使右侧试管内温度升高，反应速率加快，先出现浑浊，说明H2O2分解放热，据此分析回答。A．a试纸是湿润的蓝色石蕊试纸，左侧试管中Na2S2O3与稀H2SO4反应生成SO2，SO2溶于水生成H2SO3（酸性），使蓝色石蕊试纸变红，但SO2不能漂白酸碱指示剂，试纸不会褪色，A错误；B．b滤纸浸泡过溴水（橙色），若褪色是因SO2与Br2发生氧化还原反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，体现SO2的还原性，B错误；C．Na2S2O3与H2SO4反应生成S沉淀（浑浊），反应速率受温度影响，温度越高速率越快。右侧烧杯中H2O2在Fe3+催化下分解放热，使右侧试管内温度升高，反应速率加快，先出现浑浊，说明H2O2分解放热，C正确；D．Fe3+是H2O2分解的催化剂，催化剂只能降低反应的活化能，不能改变焓变（焓变由反应物和生成物能量差决定），D错误；故选C。14.a→f元素原子序数递增，第一电离能相对大小关系如图所示，b、c、d为相邻的非金属元素，e在同周期中原子半径最大，基态f原子同周期单电子数最多。下列说法正确的是A.电负性：d<cB.a和e都碱金属元素C.最简单氢化物沸点：d>bD.基态f最高能级电子云轮廓图哑铃形【答案】C【解析】由题意可知，a为第一周期元素，且第一电离能小于部分第二周期元素的第一电离能，故a为H；b、c、d为相邻的非金属元素，且处于第二周期，c的第一电离能大于d的第一电离能，故b为C，c为N，d为O；e在同周期中原子半径最大，且处于第三周期，e为Na；基态f原子同周期单电子数最多，且处于第四周期，故f为Cr，据此分析；A．电负性同周期从左到右递增，d为O，c为N，O电负性（3.5）大于N（3.0），则d>c，A错误；B．a为H，H不属于碱金属元素（碱金属是IA族除H外元素），e为Na是碱金属，B错误；C．d的最简单氢化物为（分子间含氢键），b的最简单氢化物为（分子间仅范德华力），氢键使沸点远高于，即d>b，C正确；D．f为Cr，基态电子排布，最高能级为3d（能量高于4s），d轨道电子云轮廓图为花瓣形，哑铃形是p轨道特征，D错误；故答案选C。15.铁基催化剂催化CH4→CH3OH的反应，部分反应历程如图所示(含决速步骤，CH4换成CH3D，反应相似，但反应速率减慢)。下列说法正确的是A.催化剂能提高CH4平衡转化率B.升高温度，n(CH3OH)增大C.CH3D发生上述反应，过渡态1的能量降低D.CH3D发生反应，所得两种甲醇分子的相对分子质量相等【答案】D【解析】A．催化剂只能降低反应活化能，加快反应速率，不影响化学平衡，因此不能提高CH4的平衡转化率，A错误；B．由反应历程图可知，反应物(CH4+FeO+)的总能量高于产物(CH3OH+Fe+)，该反应为放热反应(ΔH<0)，升高温度，平衡向逆反应方向移动，n(CH3OH)减小，B错误；C．由题干信息可知，过渡态1的活化能比过渡态2的活化能大，即过渡态1为决速步骤，且CH4换成CH3D，反应相似，但反应速率减慢，已知活化能越大反应速率越慢，则可推知过渡态1的活化能增大，即过渡态1的能量应升高，C错误；D．CH3D反应时，可能断裂C-H键(生成CH2D-OH)或C-D键(生成CH3-OD)，两种甲醇分子中，前者甲基含D(CH2D-OH)，后者羟基含D(CH3-OD)，相对分子质量均为12+3×1+16+2=33，相对分子质量相等，D正确；答案选D。16.以离子液体作为电解液的铝电池，工作原理如图所示。下列推断正确的是A.放电时，正极Al的化合价降低B.充电时，离子向N极移动C.充电时，电路转移3mol电子，N极减少27gD.放电时，N极反应：【答案】C【解析】由示意图可知，放电时铝为负极，被氧化生成，电极方程式为，正极反应为，电解时阳极发生氧化反应，电极方程式为，阴极发生还原反应，电极方程式为，据此分析；A．放电时正极反应为，Al的化合价为+3，未变，A错误；B．充电时为电解池，M极（Al）作阴极，N极作阳极，阳离子（EMIM⁺）向阴极（M极）移动，B错误；C．充电时N极为阳极，发生反应：，转移3xmol电子时减少xmolAl（质量27xg），转移3mol电子时减少27g，C正确；D．放电时N极为正极，N极反应：，D错误；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共56分。17.认识酸的强弱对理解酸反应规律有意义，兴趣小组开展相关研究。（1）利用下图装置制备和及研究相应酸的强弱。实验现象：A处变蓝，Ⅰ处变浑浊，Ⅱ处变浅但不褪色，Ⅲ处无浑浊。①仪器m的名称是___________，木炭粉与浓硫酸反应的化学方程式为___________。②检验尾气中有的试剂是___________。③试管Ⅲ无沉淀，从酸性强弱角度分析原因是___________。（2）研究试管Ⅰ中产生浑浊的原因。①甲猜想生成，取混合物过滤，所得固体加入___________，固体完全溶解，猜想不合理。②乙猜想生成，进行以下探究：查阅资料：常温下，、实验设计将浓度均为0.40mol/L的H2SO3、BaCl2溶液等体积混合，若的浓度为，a与满足___________关系，可产生BaSO3沉淀。实验验证将0.40mol/LH2SO3溶液与H2O等体积混合，若混合前后浓度几乎不变，则约为___________mol/L，代入关系式，证明猜想合理。（3）研究H2SO3、H2CO3与HClO的酸性强弱。①将CO2通入NaClO溶液，产生酸性比H2CO3弱且有漂白性的HClO。②丙同学参考①的方法，按下表进行实验比较H2SO3与HClO的酸性。实验过程将各试剂混合，滴加石蕊试剂，测褪色时间(试剂浓度均为0.10)。试剂石蕊试液/滴褪色时间/s实验ⅰ30.000.005.00375实验ⅱ30.00x1.0038根据表中信息，补充数据，x=___________mL。得出结论酸性：H2SO3＞HClO。实验讨论丁同学认为丙同学的实验不能得出相应结论，因会氧化H2SO3：，H2SO4与NaClO反应生成了HClO。基于丙的设计，完善方案，设计实验证明酸性：H2SO3＞HClO___________(简述实验过程和现象)。【答案】（1）①.分液漏斗②.C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O③.澄清石灰水④.盐酸是强酸，碳酸是弱酸，碳酸难以制备盐酸（2）①.足量稀盐酸②.③.（3）①.4.00②.将亚硫酸加入饱和NaHCO3溶液中，产生的气体依次通过足量饱和NaHCO3溶液、实验ⅰ混合溶液，测得褪色时间小于75s【解析】将分液漏斗中的浓硫酸滴入烧瓶中，C与浓硫酸混合加热，发生反应：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；看到的实验现象是：A处变蓝，Ⅰ处变浑浊，Ⅱ处变浅但不褪色，Ⅲ处无浑浊。装置A用于检验H2O的产生；由于酸性：HCl＞H2CO3，因此装置Ⅰ沉淀不是BaCO3，有人认为是产生BaSO4，可以根据BaSO4是既不溶于水，也不溶于酸的白色沉淀的性质检验；也有人认为是产生BaSO3，可根据溶液中c(Ba2+)·c()＞Ksp(BaSO3)进行检验。要比较H2CO3、H2SO3、HClO三种酸的酸性强弱。可结合复分解反应的规律：强酸与弱酸盐反应制取弱酸的性质进行分析。将CO2气体通入NaClO中产生具有漂白性的HClO，证明酸性：H2CO3＞HClO。同时要注意H2SO3还具有还原性，会与具有氧化性的NaClO发生氧化还原反应，而影响判断，应该要先利用H2SO3与NaHCO3反应制取CO2气体，再利用前面的结果进行判断。（1）①根据装置图可知仪器m的名称是分液漏斗；木炭粉与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；无水CuSO4与水发生反应产生CuSO4·5H2O，固体由白色变为蓝色，证明产生了水蒸气；尾气中可能含有CO2和SO2，要检验尾气中含有CO2气体，由于CO2、SO2都能够使澄清石灰水变浑浊，因此需先根据SO2具有还原性，用足量酸性KMnO4溶液除去SO2，然后再通入澄清石灰水检验，所以检验尾气中CO2的试剂应该是澄清石灰水；③试管Ⅲ无沉淀，是因为酸性：H2CO3＜HCl，根据复分解反应的规律，弱酸不能与强酸的盐反应制取强酸，因此CO2通入饱和BaCl2溶液中，没有生成BaCO3沉淀；（2）①试管Ⅰ中出现浑浊现象，甲同学认为是反应生成了BaSO4，由于BaSO4既不溶于水，也不溶于盐酸，可以取混合物过滤，所得固体加入足量稀盐酸，若固体完全溶解，说明其中不含有BaSO4，则该猜想不合理；②乙同学认为是生成了BaSO3，将浓度均为0.40mol/L的H2SO3和BaCl2溶液等体积混合，c(H2SO3)=0.20mol/L，c(Ba2+)=0.20mol/L，H2SO3H++，H++，Ka1(H2SO3)=1.4×10-2，Ka2(H2SO3)=6.0×10-8。若c()=amol/L，由于Ksp(BaSO3)=c(Ba2+)·c()，则0.20a＞Ksp(BaSO3)时就会形成BaSO3沉淀；将0.40mol/LH2SO3溶液与H2O等体积混合，c(H2SO3)=0.20mol/L，若混合前后c()几乎不变，c()=6.0×10-8mol/L，则证明上述猜想是合理的；（3）实验ⅰ溶液的总体积V1=30.00mL+5.00mL=35.00mL，要研究比较两种物质的酸性强弱，应该使溶液总体积相同，故实验ⅱ中亚硫酸溶液的体积x=35.00-30.00-1.00=4.00；实验ⅰ没有加H2SO3，只加了NaClO溶液和3滴石蕊试液，溶液褪色需75s，而实验ⅱ中加入了4mLH2SO3溶液，猜测可能发生复分解反应：H2SO3+2NaClO=Na2SO3+2HClO，反应产生了HClO，使溶液褪色时间大大缩短，只有8s。故丙同学根据实验现象：实验ⅱ比实验ⅰ褪色时间缩短，就得出：H2SO3的酸性比HClO的酸性强结论；但丁同学认为该结论不合理，认为是ClO-具有强氧化性，会将具有还原性的H2SO3氧化为硫酸，发生反应：，H2SO4与NaClO反应生了HClO，HClO氧化漂白了紫色石蕊试液。基于丙的设计，要设计实验证明酸性：H2SO3＞HClO，可以将亚硫酸加入饱和NaHCO3溶液中，将反应产生的CO2气体依次通过足量饱和NaHCO3溶液除去挥发的SO2气体、实验ⅰ混合溶液，若测得褪色时间小于75s，就可以证明酸性：H2SO3＞H2CO3＞HClO，得到结论：H2SO3＞HClO。18.电解法冶炼锰产生的复合硫酸盐［含、、和］可回收高价值产品，工艺流程如图所示。已知：浸出液沉淀最佳条件下，。（1）电解冶炼锰装置如图1所示，氨性缓冲溶液调溶液为中性，用铅镁合金和Mn作电极，其中阳极材料为___________。（2）提高“浸出”速率的措施有___________(任写一种)。“滤饼”的主要成分是___________(填化学式)。（3）“沉锰”中，生成所发生反应的离子方程式为___________。（4）“沉锰”中，少量会生成沉淀，温度和pH对沉淀率的影响如图2所示：①“沉锰”合适的温度和pH分别为___________，此时___________(填“>”“<”或“=”)。②高于45℃时，温度升高，沉淀率发生变化的原因是___________。（5）某含Mg、Mn和O三种元素组成化合物的立方晶胞如图3所示。同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则晶体中Mn的化合价为___________，与Mg原子最近且距离相等的原子的数目为___________。（6）晶体煅烧产生的通入氨水，制得可应用于流程中的化合物是___________。【答案】（1）铅镁合金（2）①.搅拌(合理即可)②.（3）(也正确)（4）①.45℃，pH为7.5②.>③.分解，下降，沉淀率下降（5）①.+4②.12（6）【解析】复合硫酸盐［含、、和］经低温焙烧产生NH3，用水浸出焙烧后的固体，不溶于水过滤后存在于滤饼中，向滤液中加入NH4HCO3和NH3，使Mn2+转化为MnCO3沉淀，过滤后向滤液中加入草酸氢铵，将Mg2+转化为草酸镁固体，煅烧草酸镁固体可以得到轻质MgO，以此解答。（1）电解冶炼锰的装置氨性缓冲溶液调溶液为中性，用铅镁合金和Mn做电极，Mn2+在阴极得到电子生成Mn，则阳极材料为铅镁合金。（2）复合硫酸盐中PbSO4难溶于水，浸出后残留在滤饼中；提高浸出速率常用提高温度、增大接触面积或加强搅拌等方法。（3）“沉锰”中，Mn2+和、NH3反应生成MnCO3沉淀，溶液呈碱性，该反应过程中的电离被促进产生了，产物中还存在，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：或。（4）①“沉锰”时要求Mn2+沉淀而Mg2+不沉淀，根据图中数据可知，合适的温度为45℃，合适的pH为7.5，浸出液沉淀最佳条件下，，则=10-4.1，pH为7.5时，c(H+)=10-7.5mol/L，c(OH-)=mol/L=10-6.5mol/L，则，则>。②高于45℃时，温度升高，沉淀率发生变化的原因是：分解，下降，沉淀率下降。（5）设晶胞边长为a，由几何关系可知，体心的原