2025届广东省四校高三上学期第二次联考化学试题（含答案）

第第页2025届广东省四校高三上学期第二次联考化学试题一、单选题(16小题，共44分。1—10小题，每题2分；11—16小题，每题4分)。1．广东省博物院馆藏珍品中，材料所属类别与其他藏品不同的是A．信宜铜盉B．阳春孔雀石C．端石千金猴王砚D．明德化窑罗汉像A．A B．B C．C D．D2．化学与人类社会可持续发展息息相关。下列说法不正确的是A．太阳能电池能将光能转化为电能B．手机芯片的主要原料是二氧化硅C．聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可用作化工反应器的内壁涂层D．空间站使用石墨烯存储器，石墨烯与金刚石互为同素异形体3．岭南文化异彩纷呈。下列说法正确的是A．粤剧戏服丝绸面料的主要成分是蛋白质B．广式月饼制作中所用植物油属于有机高分子C．客家酿酒主要原料是糯米，其中所含淀粉可水解生成果糖D．潮州木雕贴金工艺中的金箔由纯金打造，纯金比合金的硬度更大4．对乙酰氨基酚是一种用于治疗疼痛与发热的药物，其分子结构如图示。下列有关对乙酰氨基酚的说法正确的是A．分子式为C8H8NO2B．能发生氧化反应和取代反应C．分子中所有原子可能共平面D．1mol对乙酰氨基酚最多能与1molNaOH发生反应5．下列关于实验安全及事故处理的说法正确的是A．向已经加热的液体中直接补加沸石B．高锰酸钾与乙醇等有机物存放在同一个药品柜中C．金属钠着火时，可使用泡沫灭火器灭火D．碱液溅到皮肤上，应使用大量水冲洗，并涂抹硼酸溶液6．下列生产生活项目所用到的化学知识不正确的是选项项目化学知识A红酒贮存：可加入适量的SO2SO2可杀菌防腐B医学手术：医生用聚乳酸作手术缝合线聚乳酸在人体内可水解、吸收C试剂运输：常用铁罐车运输浓硫酸常温下，铁与浓硫酸不反应D分离提纯：科技人员用杯酚超分子分离C60和C70超分子具有分子识别的特征A．A B．B C．C D．D7．2022年我国十大科技突破——海水直接电解制H2，其工作原理如图，防水透气膜只能水分子通过。下列说法正确的是A．a为电解池的阴极B．b的电极反应方程式：2H2O+2e-=2OH-+H2↑C．去除透气膜，a极发生的电极反应不变D．电解池工作时，海水侧的离子浓度理论上逐渐减小8．下列离子方程式书写正确的是A．漂白粉在空气中久置变质：CaB．和面时用小苏打和食醋能使馒头蓬松：HCOC．硫酸铁溶液用于腐蚀铜质电路板：2FeD．用氨水吸收烟气中的二氧化硫：SO9．下列所示装置或操作能达到实验目的的是A．实验室快速制氨气B．配制FeCl3溶液C．钠的燃烧D．观察白烟生成A．A B．B C．C D．D10．反应4Au+8NaCN+2H2O+O2=4NaAuA．该反应消耗22.4LO2，转移电子数为4NAB．1molNa[Au(CN)2]中含σ键数目为6NAC．100mL1mol·L-1NaCN溶液中CN-的数目为0.1ND．2.0gH218O与D2O的混合物中所含质子数与中子数均为NA11．一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下：下列说法错误的是A．物质X常选用生石灰B．工业上常用电解熔融MgCl2C．“氯化”过程中发生的反应为MgO+C+ClD．“煅烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水MgCl12．离子液体在电化学研究中应用广泛，某离子液体M由W、X、Y、Z四种原子半径依次增大的短周期元素组成，其结构如图所示。下列说法正确的是A．X和Y均能与W形成18电子分子，且前者的沸点相对较高B．元素Z位于第2周期ⅦA族，属于p区元素C．物质M的晶体中含有离子键、σ键、π键和氢键D．若用石墨电极电解M，阴极产生黄绿色气体13．部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列说法不正确的是A．a的浓溶液与MnO2共热反应制得b B．b与Fe直接化合可得FeCl2C．b、c均可用于自来水消毒 D．存在a→b→d→a的转化关系14．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ⅡA酸性：CBr3COOH>CCl3COOH电负性：Br<ClB碳酸氢钠用作面团膨松剂碳酸氢钠可以与碱反应C工业生产中用ZnS除去废水中的Cu2+溶度积：Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)D将在空气中灼烧呈黑色的铜丝趁热插入盛有乙醇的试管中，铜丝会变红色乙醇具有氧化性A．A B．B C．C D．D15．CO和N2O在Fe+作用下转化为N2和CO2，反应的能量变化及反应历程如图所示，两步基元反应：①N2O+Fe+=N2+FeO+KA．该反应ΔH<0B．两步反应中，决定总反应速率的是反应①C．升高温度，可提高N2O的平衡转化率D．Fe+16．固体氧化物燃料电池具有燃料适应性广、能量转换效率高、全固态、模块化组装、零污染等优点，在交通车辆动力电源等方面有广阔的应用前景。某种固体氧化物(电解质，传导O2−A．外电路中，电流由集流器a流向集流器bB．电池工作一段时间后，电解质中O2−C．多孔电极b上发生反应CHD．理论上每转移4mole−，产生的二、非选择题(4小题，共56分)。17．Fe3O4作为很有发展前景的磁性材料，在微波吸收材料、催化剂载体、细胞分离、磁记录材料、磁流体、医药等领域有广泛的应用。Ⅰ、甲实验小组利用如下装置制备Fe3O4。（1）在加入试剂之前，需对A、B装置进行气密性检查：如图组装好装置，用止水夹夹紧B、C间橡胶管，，塞紧分液漏斗上口玻璃塞，打开玻璃旋塞，过一会儿，水不再下滴，说明装置A、B的气密性良好。（2）写出B装置仪器的名称，D中反应的化学方程式。（3）将实验制备的产物溶于稀硫酸，欲验证所得溶液中含有Fe2+可加入试剂Ⅱ、乙实验小组制备Fe3O4流程如下图所示：（4）副产品P是(填写化学式)，由溶液N获得该副产品的操作是：。加热浓缩→冷却结晶→_______→_______→晶体加热至完全失去结晶水。（5）小组实验前利用酸性高锰酸钾测定绿矾的纯度：称取3.0g工业绿矾，配制成250.00mL溶液。量取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.01000mol·L-1酸性KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液的平均体积为20.00mL。写出滴定时发生反应的离子方程式为18．第五、六周期元素硒、碲是重要的稀散氧族元素，都可以作为半导体材料。一种从碲碱渣(碲和硒的含量较高，还含有少量Cu、Pb等元素)分离硒回收碲的工艺流程如下：已知：①“水浸液”的主要成分为Na2TeO3、Na2SeO3及少量可溶性的铜、铅化合物等。“酸浸液”中硒主要以亚硒酸的形式存在。②TeO2为两性氧化物，微溶于水。③亚硒酸为二元弱酸，Ka1=2.7×10-3、Ka2=2.5×10-8。回答下列问题：（1）基态Te原子价层电子排布式为。SeO32-的Se原子杂化类型为，SeO3空间构型为（2）“除杂渣”的主要成分为、PbS。（3）“中和”时控制pH为4~5，生成TeO2沉淀，若硫酸过量，将导致Te的回收率下降的原因是。（4）若控制“酸浸液”的pH为2，此时溶液中cSeO32-（5）“沉硒”时生成了一种无污染的单质气体，写出“沉硒”时发生的主要反应的化学方程式。（6）氮化镓也是一种优良的半导体材料，GaN晶体的一种立方晶胞如图所示。该晶体中与Ga原子距离最近且相等的N原子个数为。该晶体密度为ρg·cm-3，GaN的式量为Mr，则晶胞边长为19．“氢能源”的开发利用意义重大，乙醇与水催化重整制“氢”发生如下反应。反应Ⅰ：C2H反应Ⅱ：COg+H反应Ⅲ：C2H回答下列问题：（1）反应Ⅰ的ΔH1=。（2）①一定条件下，在某恒容密闭容器中，只发生反应Ⅱ．下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是(填标号)A．v正C．容器内总压强不再变化D．混合气体中H2的浓度不变②反应Ⅱ的速率v=v正-v逆=k正⋅（3）压强为100kPa下，1molC2H5OH(g)和3molH2O(g)发生上述反应，平衡时CO2和CO的选择性、乙醇的转化率(曲线b)随温度的变化曲线如图。[已知：CO的选择性①表示CO选择性的曲线是(填标号)。②573K时，生成CO2的物质的量为。③573K时，反应Ⅱ的标准平衡常数Kθ=pCO2pθ×pH2pθ（4）压强为100kPa，H2的平衡产率与温度、起始时nH2OnC2H20．利用木质纤维素、CO2合成聚碳酸对二甲苯酚的路线如下，回答下列问题：（1）化合物Ⅰ的分子式为，写出其中一种官能团的名称。（2）对化合物Ⅱ，分析预测其可能的化学性质，完成下表。序号反应试剂反应产物反应类型①②H2（3）化合物Ⅲ到化合物Ⅳ的反应是原子利用率100%的反应，且1molⅢ与1mol化合物a反应得到1molⅣ。则化合物a的名称为。（4）已知化合物V的核磁共振氢谱有2组峰。且峰面积之比为2：3，写出化合物V的结构简式：。（5）关于Ⅶ生成Ⅷ的反应的说法中，不正确的有_______。A．反应过程中，有H-O键断裂B．反应过程中，有C=O双键和C-O单键形成C．该反应为缩聚反应D．CO2属于极性分子，分子中存在π键（6）参考Ⅶ生成Ⅷ的反应，以丙烯为唯一有机原料，合成。基于你设计的合成路线，回答下列问题：①第二步反应的化学方程式为(注明反应条件)。②最后一步反应的化学方程式为(注明反应条件)。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、信宜铜盉属于青铜器，是由铜合金制成，铜合金属于金属材料，故A符合题意；B、阳春孔雀石主要成分为硅酸盐，硅酸盐属于无机非金属材料里的一类典型成分，故B不符合题意；C、端石千金猴王砚主要成分是硅酸盐，归属于无机非金属材料范畴，故C不符合题意；D、明德化窑罗汉像属于陶瓷，陶瓷主要成分是硅酸盐，也属于无机非金属材料，故D不符合题意；

故答案为：A。【分析】本题需判断各选项藏品材料所属类别，通过对比找出与其他类别不同的选项，关键在于明确不同藏品的材料成分及所属类别。

A．判断其材料类别，明确是否为金属材料。

B．确定其主要成分及所属材料类别。

C．明晰其主要成分对应的材料类别。

D．判断其材料及所属类别。2．【答案】B【解析】【解答】A、太阳能电池利用光电效应，可把光能直接转化成电能，A正确；B、手机芯片主要原料是硅单质，硅是常用半导体材料；而二氧化硅常用于制光导纤维，B错误；C、聚四氟乙烯是有机高分子材料，化学性质稳定，不与酸、碱发生反应，能耐受酸碱腐蚀，因此可做化工反应器内壁涂层，C正确；D、石墨烯和金刚石都由碳元素组成，且是不同单质，符合同素异形体定义，D正确；

故答案为：B。【分析】本题需逐一分析各选项，依据相关化学知识判断说法正误，关键在于掌握太阳能电池原理、芯片原料、有机高分子材料性质、同素异形体概念。A．明确太阳能电池能量转化原理。B．区分硅单质和二氧化硅在芯片中的应用。C．知晓聚四氟乙烯的化学稳定性。D．理解同素异形体概念（同种元素形成的不同单质）。3．【答案】A【解析】【解答】A、丝绸由蚕丝制成，蚕丝的主要成分是蛋白质，A正确；B、植物油属于油脂，其分子量一般不超过1万，而有机高分子化合物分子量通常很大（多为几万乃至几十万等），所以植物油不是有机高分子，B错误；C、淀粉属于多糖，水解的最终产物是葡萄糖，不是果糖，C错误；D、合金的硬度一般比组成它的纯金属硬度大，所以纯金硬度比合金小，D错误；

故答案为：A。【分析】本题需依据岭南文化相关物品的化学组成、材料性质等知识，逐一分析选项正误，关键在于掌握丝绸成分、有机高分子判断、淀粉水解产物、合金与纯金属硬度关系。A．明确丝绸面料的化学组成。B．判断植物油是否为有机高分子，依据有机高分子的分子量特征。C．掌握淀粉水解的最终产物。D．清楚合金与纯金属硬度的差异规律。4．【答案】B【解析】【解答】A、根据对乙酰氨基酚结构简式，数得C原子8个、H原子9个、N原子1个、O原子2个，分子式应为C8H9NO2，A错误；B、分子含酚羟基，酚羟基易被氧化（氧化反应），也可与浓溴水发生取代反应；同时酰胺基等也能发生取代反应，所以能发生氧化反应和取代反应，B正确；

C、分子中氮原子、甲基碳原子采取sp3杂化，sp3杂化的原子成键后空间结构为四面体，使得分子中原子无法全部共平面，C错误；D、酚羟基可与NaOH反应，酰胺基水解后也能与NaOH反应，1个对乙酰氨基酚分子中，酚羟基、酰胺基各消耗1molNaOH，所以1mol该物质最多与2molNaOH反应，不是1mol，D错误；

故答案为：B。【分析】本题围绕对乙酰氨基酚的分子结构，从分子式、反应类型、原子共面、与NaOH反应量等角度判断选项正误，需结合有机物结构与性质知识，分析官能团及原子杂化等对性质的影响。A．依据结构简式准确数出各原子个数。B．识别官能团（酚羟基、酰胺基），判断能发生的反应。C．关注原子杂化方式（sp3杂化的原子成键特点）。D．找出能与NaOH反应的官能团（酚羟基、酰胺基），确定反应比例。5．【答案】D【解析】【解答】A、加热液体时，若直接向已加热液体补加沸石，沸石引入的气泡会因液体过热引发暴沸，需冷却后补加，A错误；B、高锰酸钾有强氧化性，乙醇易挥发且具还原性，二者存于同一药品柜，乙醇挥发接触高锰酸钾会发生氧化反应，引发安全隐患，不能同柜存放，B错误；C、金属钠着火生成过氧化钠，过氧化钠与泡沫灭火器喷出的二氧化碳反应生成氧气，氧气助燃会加剧火势，不能用泡沫灭火器，应铺沙土灭火，C错误；D、碱液有腐蚀性，溅到皮肤后，大量水冲洗可稀释碱液，涂抹硼酸（弱酸）能中和残留碱液，减轻腐蚀，D正确；

故答案为：D。【分析】本题需依据实验安全操作规范、物质化学性质，逐一分析选项中实验安全及事故处理做法的正误，核心是掌握不同实验情境下正确的操作逻辑与物质反应风险。A．明确加热时补加沸石的安全要求（防止暴沸）。B．判断强氧化剂（高锰酸钾）与有机物（乙醇）的反应风险。C．分析金属钠燃烧产物（过氧化钠）与泡沫灭火器成分（二氧化碳）的反应。D．遵循碱液腐蚀皮肤的急救原则（先冲洗再中和）。6．【答案】C【解析】【解答】A、红酒里添加适量SO2B、聚乳酸手术缝合线在人体中经水解生成乳酸单体，进一步代谢为CO2和HC、铁罐车运输浓硫酸是因常温下铁表面形成致密氧化膜（钝化），阻止反应继续，并非不反应，C错误；D、杯酚空腔与C60结构适配可包裹它，而C70不行，借助分子识别实现分离，D正确；【分析】本题需对每个选项中“生产生活项目”与“化学知识”的对应关系进行判断，关键在于准确掌握各化学知识的本质，分析项目与知识是否匹配，同时规范化学式书写。A．明确SO2B．清楚聚乳酸在人体内的变化（水解、代谢路径）。C．理解常温下铁与浓硫酸的反应本质（钝化机制）。D．知晓超分子的分子识别特征（结构匹配性）。7．【答案】B【解析】【解答】A、OH−向a电极移动，故a是阳极（不是阴极），发生反应4B、b为阴极，H2O中+1价H得电子被还原，反应为C、去除透气膜，海水中Cl−放电能力（Cl−>OH−D、电解中，水通过透气膜进入a、b极反应，海水侧溶剂（水）减少，离子浓度增大（不是减小），D错误；故答案为：B。【分析】本题围绕海水直接电解制H2的电解池，需依据离子移动方向（判断正负极）、电极反应式（正负极反应）、透气膜作用（影响电极反应）、离子浓度变化，分析各选项正误。关键是掌握电解池的工作原理（离子移动、电极反应）。

A．阴离子（OHB．b是阴极，发生还原反应，H2O得电子生成H2C．比较Cl−与OHD．分析电解时水的移动及离子浓度变化。8．【答案】C【解析】【解答】A、漂白粉变质的化学方程式为Ca(ClO)2+H2B、离子方程式应为HCO3-+CH3COOH=HC、反应符合事实，离子方程式2Fe3+D、离子方程式应为SO2+2NH3⋅H2O=SO【分析】本题围绕离子方程式的正误判断，需依据物质的拆分规则（弱电解质、难溶物等不拆）、反应事实（是否符合实际反应），判断各选项。关键是掌握离子方程式书写的“拆、平、实”原则。A．漂白粉（Ca(ClO)2）与CO2、H2OB．食醋主要成分为CH3COOH（弱酸，不拆），与HCO3−反应生成CO2C．Fe3+（强氧化性）与Cu发生氧化还原反应，生成Fe2+和D．NH3⋅H2O是弱碱，不拆，与SO9．【答案】A【解析】【解答】A、浓氨水遇到NaOH固体时，NaOH溶解过程会释放热量，这一热量能加快氨水分解产生氨气；同时，NaOH溶于水使溶液中OH-浓度大幅增加，会抑制NH3·H2O的电离平衡，促使NH3挥发出来，所以该操作可以快速制备氨气，故A符合题意；B、容量瓶是专门用于准确配制一定物质的量浓度溶液的“定容”仪器，不能用于溶解固体（溶解FeCl3时，一方面溶解过程可能放热，会影响容量瓶精度；另一方面FeCl3可能腐蚀容量瓶）。配制FeCl3溶液，正确操作是先在烧杯里将FeCl3固体溶解，之后再转移到容量瓶，经洗涤、定容等步骤完成配制，故B不符合题意；C、钠燃烧时会产生高温，玻璃表面皿承受不住这样的高温，容易发生炸裂。而坩埚是耐高温的仪器，适合进行钠的燃烧实验，所以该操作错误，故C不符合题意；D、浓硫酸属于难挥发性酸，浓氨水虽能挥发出NH3，但NH3无法与浓硫酸挥发的成分发生反应产生固体小颗粒（白烟本质是挥发性酸与NH3反应生成的固体小颗粒），所以看不到白烟，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】本题需依据实验基本操作规范、物质性质，对每个选项中装置或操作能否达成对应实验目的，逐一分析判断。、

A．判断浓氨水与NaOH固体作用能否快速制氨气。

B．明确容量瓶的用途，判断能否在容量瓶中溶解固体。

C．判断钠燃烧的仪器选择是否正确。

D．依据物质挥发性，判断能否观察到白烟。10．【答案】D【解析】【解答】A、22.4L/mol适用于标准状况（0℃、101kPa）下的气体。题干未说明是标准状况，无法确定22.4LO2的物质的量，也就不能计算转移电子数，A错误；B、在Na[Au(CN)2]里，Au+与CN-间是配位σ键，每个CN-内部C≡N含1个σ键，经分析1个Na[Au(CN)2]实际含4个σ键（2个CN-的C≡N各1个σ键、2个Au+与CN-的配位σ键），所以1molNa[Au(CN)2]中σ键数目是4NA，B错误；C、NaCN溶液中，CN-属于弱酸根，会发生水解（CN-+H2O⇌HCN+OH-），导致CN-数目减少。100mL1mol·L-¹NaCN溶液中，理论上CN-初始物质的量是0.1mol，但因水解，实际CN-数目小于0.1NA，C错误；D、H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，2.0g混合物物质的量是0.1mol。1个H218O分子：质子数=1×2+8=10，中子数=(0)×2+(18-8)=10；1个D2O分子：D含1个质子、1个中子，质子数=1×2+8=10，中子数=1×2+(16-8)=10。所以0.1mol混合物中，质子总数=0.1mol×10×NA=NA，中子总数=0.1mol×10×NA=NA，D正确；

故答案为：D。【分析】本题围绕阿伏加德罗常数的应用，结合反应、物质结构、盐类水解、原子组成等知识，需逐一分析选项，判断微粒数计算是否正确。A．判断气体体积计算能否用22.4L/mol，依据是否为标准状况。B．分析Na[Au(CN)2]中σ键的成键情况，确定1mol该物质含σ键数目。C．考虑CN-的水解对离子数目的影响。D．先算H218O与D2O的摩尔质量，再确定混合物物质的量，结合原子结构算质子、中子数。11．【答案】D【解析】【解答】A、生石灰（CaO）与水反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2中的OH-可与苦卤水中的Mg2+结合生成Mg(OH)2沉淀，工业上常用生石灰实现这一转化，A正确；

B、镁是活泼金属，工业上通过电解熔融MgCl2的方法制取金属镁，B正确；

C、“氯化”时，发生反应MgO+C+Cl2高温MgCl2+CO，符合元素守恒和反应规律，C正确；

D、MgCl2是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解：MgCl2+2H2O⇌Mg(OH)2+2HCl。加热时HCl挥发，促进水解平衡正向移动，最终得到Mg(OH)2而非无水MgCl2，D错误；

故答案为：D。

【分析】海水经过蒸发浓缩，得到含Mg2+的浓缩液，然后加入石灰乳，得到Mg(OH)2沉淀，再过滤、加盐酸溶解得到MgCl2溶液，然后蒸发结晶（得到MgCl212．【答案】A【解析】【解答】A、W为H、X为N、Y为C。N与H形成的N2H4和C与H形成的C2H6均为18电子分子。N2H4分子间存在氢键，而C2H6分子间仅为范德华力，氢键使沸点升高，故N2H4沸点高于C2H6，A正确；

B、Z为Cl，原子序数17，核外有3个电子层，位于第3周期ⅦA族，属于p区元素，并非第2周期，B错误；

C、M的结构中存在阴阳离子间的离子键，共价键中含σ键（如单键）和π键（如双键），但氢键是分子间作用力，并非化学键，晶体中不含氢键，C错误；

D、M中含Cl-，电解时阴离子向阳极移动，Cl-在阳极发生氧化反应生成Cl2（黄绿色气体），而非阴极，D错误；

故答案为：A。【分析】通过对离子液体M的结构进行剖析，结合各元素原子的成键情况，同时依据原子半径依次增大的短周期元素这一条件进行推断，确定W、X、Y、Z分别为H、N、C、Cl，进而基于这些元素展开后续分析。13．【答案】B【解析】【解答】A、由图知，a是-1价酸（盐酸），b是0价单质（Cl2）。MnO2和浓盐酸共热可反应生成氯气，A正确；B、Cl2氧化性强，与Fe直接反应时，会将Fe氧化到+3价，生成FeCl3，无法得到FeCl2，B错误；C、Cl2溶于水生成HClO，HClO具强氧化性，能杀菌消毒；ClO2本身有强氧化性，可灭活水中细菌、病毒，二者均可用于自来水消毒，C正确；D、a→b：浓盐酸与MnO2共热生成Cl2；b→d：Cl2与水反应（Cl2+H2O⇌HCl+HClO）生成d（HClO，+1价酸）；d→a：HClO不稳定，分解生成盐酸（a），存在该转化关系，D正确；

故答案为：B。【分析】本题先依据含氯物质化合价与类别关系，确定a、b、c、d对应物质，再结合物质性质，分析各选项转化或反应能否实现。A．明确a、b对应物质，判断浓盐酸与MnO2共热反应产物。B．分析Cl2与Fe化合的产物。C．判断b（Cl2）、c（ClO2）用于自来水消毒的依据。D．梳理a→b→d→a的转化路径，结合反应判断。14．【答案】C【解析】【解答】A、电负性Cl＞Br，-CCl3中Cl吸引电子能力强，使羧基O-H键极性更大，更易电离出H+，酸性应为CBr3COOH＜CCl3COOH，且陈述Ⅰ酸性关系错误，二者无正确因果，故A不符合题意；B、碳酸氢钠作面团膨松剂，是因受热易分解，产生气体使面团蓬松；而陈述Ⅱ“与碱反应”（如NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O），与作膨松剂无因果，故B不符合题意；C、沉淀转化规律是溶度积大的沉淀可转化为溶度积小的沉淀（因后者溶解度更小）。工业用ZnS（Ksp大）除废水中Cu2+，发生ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+，因Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，该转化能进行，陈述Ⅰ、Ⅱ均正确且有因果，故C符合题意；D、铜丝先被O2氧化为CuO（黑色），插入乙醇后，CuO被乙醇还原为Cu（红色），此过程乙醇作还原剂（被氧化为乙醛），体现还原性，陈述Ⅱ“乙醇具有氧化性”错误，故D不符合题意；

故答案为：C。【分析】本题需逐一分析各选项中陈述Ⅰ和陈述Ⅱ的正确性，以及二者是否存在因果关联，依据物质结构、性质（酸性、热稳定性、沉淀转化、氧化还原反应等）判断。A．比较CBr3COOH与CCl3COOH酸性，需看-CBr3、-CCl3对羧基中O-H键极性的影响，结合电负性判断。B．判断碳酸氢钠作膨松剂的原因，分析陈述Ⅱ（与碱反应）是否为其作膨松剂的因果。C．依据沉淀转化原理（向溶度积更小的方向转化），判断用ZnS除Cu2+与Ksp(ZnS)、Ksp(CuS)的关系。D．分析铜丝颜色变化的反应实质，判断乙醇体现的性质（氧化性/还原性）。15．【答案】C【解析】【解答】A、从能量变化图看，反应物总能量高于生成物总能量，反应放热，ΔH＜0，A正确；B、总反应速率由慢反应（活化能大的基元反应）决定。反应①活化能高于反应②，反应①速率更慢，故总反应速率由反应①决定，B正确；C、总反应放热（ΔH＜0），升高温度，平衡逆向移动，N2O消耗减少，平衡转化率降低，C错误；D、Fe+是催化剂，能降低反应活化能，使更多反应物分子成为活化分子（增大活化分子百分数），加快反应速率；但ΔH由反应物、生成物总能量差决定，催化剂不改变，D正确；

故答案为：C。【分析】本题围绕反应能量变化、反应速率与平衡，需结合反应历程图，分析反应热（ΔH）、反应速率决定步骤、温度对平衡影响、催化剂作用，逐一判断选项。A．通过反应物与生成物总能量高低，判断反应吸放热及ΔH符号。B．依据基元反应活化能与反应速率的关系，判断决定总反应速率的步骤。C．根据反应吸放热，判断温度对平衡移动及N2O平衡转化率的影响。D．明确Fe+作催化剂的作用原理，判断对活化分子百分数、ΔH的影响。16．【答案】D【解析】【解答】A、该装置为甲烷燃料电池，通入甲烷的电极b发生氧化反应（C元素化合价升高），是负极；通入空气的电极a是正极。外电路中电流由正极（a）流向负极（b），A正确；

B、负极反应消耗O2-，正极反应生成O2-，在电子转移数相等时，消耗与生成的O2-量相等，故电解质中O2-总量不变，B正确；

C、负极上CH4被氧化为CO2，结合电解质中的O2-，反应为CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O，C正确；

D、负极每转移4mol电子生成0.5molCO2；正极每转移4mol电子消耗1molO2（物质X）。体积比为0.5：1=1：2，而非1：5，D错误；

故答案为：D。

【分析】A．判断原电池外电路电流流向。B．分析电解质中O2-的量是否变化。C．判断负极（b）的电极反应式。D．计算CO2与O2的体积比（同温同压下）。17．【答案】向分液漏斗中加一定量水；干燥管；3Fe+2O2高温Fe3O4；酸性高锰酸钾溶液或铁氰化钾溶液；Na2【解析】【解答】（1）在加入试剂之前，需对A、B装置进行气密性检查：如图组装好装置，用止水夹夹紧B、C间橡胶管，向分液漏斗中加一定量水，塞紧分液漏斗上口玻璃塞，打开玻璃旋塞，过一会儿，水不再下滴，说明装置A、B的气密性良好。

故答案为：向分液漏斗中加一定量水；（2）由仪器构造可知B为干燥管，D中氧气与活性铁粉在高温条件下反应生成Fe3O4，反应方程式：3Fe+2O2故答案为：干燥管；3Fe+2O2高温Fe3O4；

（3）欲验证所得溶液中含有Fe2+故答案为：酸性高锰酸钾溶液或铁氰化钾溶液；

（4）由分析得，副产品P为Na2SO4；由溶液N获得该副产品的操作是：蒸发浓缩→冷却结晶→过滤洗涤→晶体加热至完全失去结晶水；故答案为：Na2SO4；过滤洗涤；

（5）滴定过程中Fe2+被MnO4−氧化为Fe3+，MnO4−被还原为Mn2+，1molFe2+失1mol电子，1molMnO4−得5mol电子，根据得失电子守恒及元素守恒得反应方程式：5Fe2+故答案为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn工业绿矾加入50℃~80℃的热水溶解，过滤除杂后得到FeSO4溶液，加入适量的NaOH溶液，发生反应Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，通入一定量的空气，Fe(OH)2被O2氧化，发生反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，过滤后得到沉淀M为（1）组装装置，夹橡胶管，分液漏斗加水，塞紧后开旋塞，水不下滴则气密性好。（2）结合常识可知B是干燥管，根据反应物与生成物书写反应方程式。（3）用酸性KMnO4（4）由分析得副产品种类；根据蒸发浓缩（提高浓度）→冷却结晶（析出晶体）→过滤洗涤（分离并提纯晶体）这一流程解答。（5）根据反应物与生成物书写离子方程式；通过关系式5Fe18．【答案】（1）5s25p4；sp3；平面正三角形（2）CuS（3）TeO2为两性氧化物，会与过量的硫酸反应进入中和液中导致碲元素损失（4）6.75×（5）H（6）4；3【解析】【解答】（1）Te是第五周期ⅥA族元素，主族元素价电子数等于最外层电子数，所以基态Te原子的价电子排布式为5s25p4；SeO32-的中心原子Se原子的孤电子对数为6+2-2×32=1，价层电子对数为1+3=4，故Se原子杂化类型为sp3杂化，空间构型为三角锥形，SeO3的中心原子Se原子的孤电子对数为6-2×3（2）由分析可知，“除杂渣”的主要成分为CuS、PbS；故答案为：CuS；

（3）TeO2为两性氧化物，微溶于水，“中和”时控制pH为4~5，生成TeO2沉淀，若硫酸过量，TeO2为两性氧化物，会与过量的硫酸反应进入中和液中导致碲元素损失，导致Te的回收率下降；故答案为：TeO2为两性氧化物，会与过量的硫酸反应进入中和液中导致碲元素损失；

（4）cSeO32−cH故答案为：6.75×10−7；

（5）“沉硒”时酸浸液加入盐酸羟胺得到粗硒，硒元素化合价从+4价降低到0价，盐酸羟胺中氮元素化合价升高，则生成的一种无污染的单质气体为氮气，氮元素从-1价升高到0价，

故答案为：（6）从图中可知，该晶体中与Ga原子距离最近且相等的N原子个数为4个，根据均摊法，该晶胞中N原子个数为4，Ga原子个数为18×8+12×6=4，设晶胞边长为anm，则ρ=4MrNA·(a×10−7)3g/（1）Te是第五周期ⅥA族元素，主族元素价电子数等于最外层电子数，所以基态Te原子的价电子排布式为5s25p4；SeO32-的中心原子Se原子的孤电子对数为6+2-2×32=1（2）由分析可知，“除杂渣”的主要成分为CuS、PbS；（3）TeO2为两性氧化物，微溶于水，“中和”时控制pH为4~5，生成TeO2沉淀，若硫酸过量，TeO2为两性氧化物，会与过量的硫酸反应进入中和液中导致碲元素损失，导致Te的回收率下降；（4）cSeO32−cH（5）“沉硒”时酸浸液加入盐酸羟胺得到粗硒，硒元素化合价从+4价降低到0价，盐酸羟胺中氮元素化合价升高，则生成的一种无污染的单质气体为氮气，氮元素从-1价升高到0价，则发生的主要反应的化学方程式为H2（6）从图中可知，该晶体中与Ga原子距离最近且相等的N原子个数为4个，根据均摊法，该晶胞中N原子个数为4，Ga原子个数为18×8+12×6=419．【答案】（1）+255.7（2）AD；减小（3）c；1.02mol；(（4）<【解析】【解答】（1）观察知，反应Ⅰ=反应Ⅲ-2×反应Ⅱ，则ΔH1故答案为：+255.7kJ⋅mol−1；

（2）B．体系中所有物质均为气体，气体质量不变，容器体积恒定，则混合气体的密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故B错误；C．反应前后气体分子数相同，容器内总压强恒定不变，不能据此判断平衡状态，故C错误；D．反应过程中氢气的浓度逐渐增大，当混合气体中H2的浓度不变，反应达到平衡状态，故D正确；②达到平衡时，v正=v逆故答案为：AD；减小；

（3）①反应Ⅰ、Ⅲ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，随着温度的升高，反应Ⅰ、Ⅲ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，反应Ⅱ逆向移动CO2转化为CO，故温度升高CO的选择性增大，CO2的选择性减小，由于CO的选择性+CO2的选择性=1，则表示CO2选择性的曲线为a，表示CO选择性的曲线是c，表示乙醇的转化率的曲线是b。②573K时，CO2的选择性为85%，CO的选择性为15%，乙醇的转化率为0.6，则平衡时n(CO2)+n(CO)=1mol×0.6×2=1.2mol，n(CO)=1.2mol×15%=0.18mol，n(CO2)=1.2mol×85%=1.02mol；③设反应Ⅰ中转化了xmol，反应Ⅱ中CO转化了ymol，反应Ⅲ中转化了zmol，则CCOgC2H5OHg+3H2O故答案为：c；1.02mol；(1.026.4)2×(3.426.4)故答案为：

【分析】（1）利用盖斯定律，通过反应Ⅲ和反应Ⅱ的组合（反应Ⅲ-2×反应Ⅱ），计算反应Ⅰ的焓变。（2）①依据化学平衡状态判断标志，分析正逆反应速率是否相等、各物质浓度是否不变等。②根据平衡时正逆反应速率关系推导lgk正−lgk逆与平衡常数K的联系，结合反应Ⅱ热效应判断温度对（3）①分析反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的热效应，结合温度对平衡移动的影响，判断CO、CO2②根据CO和CO2选择性、乙醇转化率，结合初始量计算生成CO③通过设未知数表示各反应的转化量，结合平衡时物质的量关系，推导反应Ⅲ标准平衡常数的计算式。（4）控制变量（温度相同），比较n(H2O)（1）观察知，反应Ⅰ=反应Ⅲ-2×反应Ⅱ，则ΔH1（2）①A．v正B．体系中所有物质均为气体，气体质量不变，容器体积恒定，则混合气体的密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故B错误；C．反应前后气体分子数相同，容器内总压强恒定不变，不能据此判断平衡状态，故C错误；D．反应过程中氢气的浓度逐渐增大，当混合气体中H2的浓度不变，反应达到平衡状态，故D正确；故选AD；②达到平衡时，v正=v逆（3）①反应Ⅰ、Ⅲ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，随着温度的升高，反应Ⅰ、Ⅲ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，反应Ⅱ逆向移动CO2转化为CO，故温度升高CO的选择性增大，CO2的选择性减小，由于CO的选择性+CO2的选择性=1，则表示CO2选择性的曲线为a，表示CO选择性的曲线是c，表示乙醇的转化率的曲线是b。②573K时，CO2的选择性为85%，CO的选择性为15%，乙醇的转化率为0.6，则平衡时n(CO2)+n(CO)=1mol×0.6×2=1.2mol，n(CO)=1.2mol×15%=0.18mol，n(CO2)=1.2mol×85%=1.02mol；③设反应Ⅰ中转化了xmol，反应Ⅱ中CO转化了ymol，反应Ⅲ中转化了zmol，则CCOgC2H5OHg+3H2O（4）每条曲线表示氢气相同的平衡产率，则在Q点所在曲线上取一个点与N点温度相同，标为点E，E点与N点相比温度相同，但是E点的nH2OnC20．【答案】（1）C6H12O7；羟基、醚键（任回答一种）（2）O2；氧化反应；或或；加成反应（3）乙烯(C2H4)（4）（5）B；D（6）+2NaOH→Δ水+2NaBr；+CO2→催化剂+H2O【解析】【解答】（1）结合化合物Ⅰ的结构简式可知，化合物I的分子式为C6H12O7，其含有的官能团为羟基、醚键；

故答案为：C6H12O7；羟基、醚键（任回答一种）；（2）①化合物II转化为，II中羟基被氧化为醛基，因此反应试剂为O2，在Cu或Ag的催化作用下，发生氧化反应；②反应试剂是H2，II中可能是碳碳双键，与氢气发生加成反应生成；也可能是醛基和氢气发生加成反应生成或醛基与双键均发生加成反应生成。故答案为：O2；氧化反应；或或；加成反应