广东省汕头市普通高中2025届高三下学期第二次模拟考试化学试题（含答案）

第第页广东省汕头市普通高中2025届高三下学期第二次模拟考试化学试题一、单项选择题：本题共16小题，共44分。（1-10题每小题2分，共20分；11-16题每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合要求。）1．中国是礼仪之邦，礼器承载着国家尊严与荣光。下列有关礼器主要成分不同于其余三个的是A．四羊方尊B．良渚玉琮C．西周利簋D．商青铜觚A．A B．B C．C D．D2．下列化学用语表述错误的是A．甲酸的结构式：B．HF中的s-pσ键示意图：C．顺-2-丁烯的分子结构模型：D．3-甲基-1-丁醇的键线式：3．自主创新是我国攀登世界科技高峰的必由之路。下列有关说法错误的是A．“天问一号”使用的热控保温材料——纳米气凝胶，能产生丁达尔效应B．“深地塔科”钻探井使用的金刚石钻头，金刚石与石墨互为同素异形体C．东风弹道导弹弹体使用的复合材料碳纤维属于纤维素D．“C919”大飞机使用的航空有机玻璃，其成分为混合物4．现代生活处处有化学，下列有关说法正确的是A．“校服净”（主要含2NaB．草木灰K2CO3C．霓虹灯呈现出五颜六色的光是因为发生电子从基态跃迁到激发态D．非遗文化“打铁花”时铁水化作无数银花，该过程中涉及焰色试验5．潮汕美食享誉海内外。下列有关说法错误的是A．肠粉——米浆在炊熟过程中发生化学变化B．生腌——生蚝腌制时加入高度白酒使蛋白质发生盐析C．蚝烙——煎制所用猪油含有饱和高级脂肪酸甘油酯，能发生水解反应D．鸭母捻——制作时加入的蔗糖无法发生银镜反应6．劳动最光荣。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A家务劳动：利用稀醋酸溶液清洗杯子水垢CH3COOH的酸性强于H2CO3B环保行动：用FeS除去废水中的Hg2+溶度积：Ksp(FeS)＞Ksp(HgS)C学农活动：用熟石灰改良酸性土壤Ca(OH)2为碱性物质D技术人员：将金属钠制成高压钠灯钠具有强还原性A．A B．B C．C D．D7．实验是科学研究的摇篮。下列化学实验装置或操作能达到实验目的的是A.实验室制取乙酸乙酯B.用NaOH标准溶液滴定未知浓度的醋酸C.验证Na与H2D.验证有乙炔生成A．A B．B C．C D．D8．类比迁移思想能帮助我们掌握元素及其化合物的性质。下列有关类比迁移结果错误的是A．NH3分子间存在氢键，则PHB．浓硫酸能使Al钝化，则浓硝酸也能使Al钝化C．金属钠可保存在煤油中，则金属钾也可保存在煤油中D．CH4分子的空间结构为正四面体，则CCl9．维格列汀常用于治疗2-型糖尿病，其结构简式如图所示，下列有关说法错误的是A．存在手性碳原子B．在碱性溶液中能稳定存在C．同分异构体中存在含苯环的羧酸类化合物D．能与氢溴酸发生取代反应10．物质类别和价态是认识物质最重要的两个视角，下列有关氯的价-类二维图说法错误的是A．A和F在一定条件下可反应生成B B．C常用于自来水的杀菌消毒C．D和E均具有较强的稳定性 D．G的阴离子空间构型为三角锥形11．铝及其化合物具有广泛应用价值。下列用于解释事实的方程式书写正确的是A．电解冶炼铝：2B．利用明矾进行净水：AlC．往AlCl3溶液中通入过量氨水：D．泡沫灭火器喷出白色泡沫用于灭火：Al12．氮和磷被称为生命元素。设NAA．124gP4中含有PB．1L1mol⋅C．标准状况下，N2和H2充分反应生成22.4D．32gN2H413．下列陈述I、II均正确且存在因果关系的是选项陈述I陈述IIA酸性：CF吸电子效应：FB金属钠具有强还原性钠可置换出FeSO4C次氯酸具有漂白性漂白液在空气中久置易变质D往氯乙烷中加入浓NaOH溶液后共热，冷却后加入少量AgNO3可证明氯乙烷中含有氯原子A．A B．B C．C D．D14．某化合物常用于生产化妆品，其结构如图所示。已知W、X、Y、Z、M为原子序数依次递增的短周期主族元素，其中X的氢化物常用于刻蚀玻璃，W和M在元素周期表的位置相邻，基态Y原子的价电子中，在不同形状原子轨道运动的电子数之比为2:1，下列说法正确的是A．非金属性：WB．Y的氧化物既能与强酸又能与强碱反应C．该化合物中所有原子均满足8电子稳定结构D．W的单质分子均为由非极性键构成的非极性分子15．为消除NO2的污染，某实验小组研究用活性炭进行处理，发生反应：2Cs+2NOA．容器内的压强Pa:C．c点状态下v(正)>v(逆) D．该温度下反应的平衡常数K=16．某实验小组尝试设计如下装置，利用光伏发电，以甲苯为原料通过间接氧化法制取苯甲酸并实现储能，反应原理如下图所示。下列有关说法错误的是A．电极a为阴极，H+B．装置M中发生反应：C．每生成3molH2，理论上装置M中可获得D．电极b发生电极反应为2二、非选择题：本题共4道大题，共56分。请考生根据要求认真作答。17．某小组同学探究Cu(OH)2和醛的反应产物。（1）Cu(OH)2氧化醛类物质过程中，主要是（填元素符号）表现氧化性。Cu(OH)2与乙醛的产物是一种金属氧化物，晶胞结构如图，则“○”表示离子（填元素符号）。设计探究甲醛与新制Cu(OH)2反应生成的固体产物。实验装置如下图，圆底烧瓶中依次加入25%NaOH溶液（NaOH始终过量），8%CuSO4溶液和37%的甲醛溶液按一定比例混合后加热，药品用量、实验结果见表格数据。已知：CO可以与银氨溶液反应产生Ag；Cu2O易溶于浓氨水生成[Cu(NH3)2]+。实验温度/℃NaOH溶液体积/mLCuSO4溶液体积/mLHCHO溶液体积/mL反应时间/min固体产物质量/g1202589500.502502589270.50360a80.4330.504602589b0.455902589140.40（2）a=，b的取值范围是。（3）实验1~5中，装置A、B均无明显现象，证明气体中不含，推测收集的气体可能为H2。（4）对部分实验固体产物进行X射线衍射仪分析，谱图如下。根据X射线衍射仪谱图可知，实验1的固体产物为（填化学式）。对比实验3、4的谱图，推测实验4固体产物除Cu2O外还有另一种固体M为（填化学式）。设计实验验证固体M的存在：取少量洗净后的固体加入试管中，滴加（填实验操作和现象），证明有固体M存在。综上所述，推测实验4中生成固体M的化学方程式可能为。18．钒酸银（Ag3VO4）是一种极有前景的可见光响应光催化剂，一种用废钒（主要成分V2O3、V2已知：①有机酸性萃取剂HA的萃取原理为：R2SO4n水层+2nHA②酸性溶液中，HA对VO2+、Fe3+萃取能力强，而对VO2（1）基态钒原子的价层电子排布式为。“滤渣”的成分是（写化学式）。（2）“滤液①”中钒以+4价、+5价的形式存在，简述加入铁粉的原因：。（3）“有机层”加入硫酸反萃取后，加入KClO3，写出KClO3与VO2+反应生成VO2+（4）已知溶液中VO2+与VO3−可相互转化且NH4VO3为沉淀。室温下，维持“沉钒”时溶液中NH3⋅H2O−（5）写出NH4VO3煅烧的化学方程式（6）钒的化合物广泛应用于工业催化、新材料和新能源等领域。①钒的一种配合物X的化学式为VNH33ClSO4，取X②一种钒的硫化物的晶体结构（图a）及其俯视图（图b）如图所示：XX试剂BaCl2AgNO3现象无明显变化白色沉淀该钒的硫化物晶体中，与每个V原子最近且等距的S原子个数是。19．某科考队探究CO2（1）根据下图数据计算HCO3−aq自偶电离2HCO（2）CO2气体溶于水，存在如下平衡：CO2g①使用压强传感器采集数据，测定不同温度下T1<T前5分钟内CO2在T2条件下的溶解速率为kPa⋅min−1；若将温度T1升高至②T2条件下，装置中达到溶解平衡时pCO2A．T1条件下装置中达到溶解平衡时，pCOB．打开密闭容器瓶塞，可使CO2C．若水溶液的pH稳定不变，说明已达到CO2D．当溶液中CO2③常温下，若CO2过度排放导致空气中pCO2增大，那么海水中H（3）科考队通过海水取样测定和计算机数据模拟，绘制常温下海水中H2CO3、HCO3−、CO32−①pH与lgcCa2+②Ka1H③已知某海域珊瑚礁（主要成分是CaCO3）周边海水的pH为8.1，常温下KspCaCO3=1×10−8.320．有机物G是一种治疗心脏病的特效药物，可用下列流程合成。回答下列问题：（1）化合物A的分子式为，其名称为。（2）化合物E中官能团的名称是。化合物E的某同分异构体在核磁共振氢谱图上只有2组峰，且能够发生银镜反应，其结构简式为。（3）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的有______。A．由化合物A到B的转化中，有π键的断裂与形成B．由化合物E到F的转化中，化合物E被氧化C．化合物C和F反应生成G的转化中，C、O原子杂化方式没有发生改变D．由化合物D到E的转化中，能共平面的碳原子数增多（4）对化合物C，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①②Cu，O2氧化反应（5）化合物A生成B的过程中，有可能产生多种副产品，其中苯环上有三个取代基的有（任写一个）。（6）参考流程信息，以化合物D为有机原料，合成聚异戊二烯（）。基于你设计的合成路线，回答下列问题：①最后一步反应的化学方程式为（注明反应条件）。②反应过程中合成聚异戊二烯单体的方程式为（注明反应条件）。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】四羊方尊、西周利簋、商青铜觚三者都是封建社会的青铜饮酒礼器，用于盛放食物和祭祀，其主要成分是青铜，属于铜锡合金；而良渚玉琮是新石器时代良渚文化的玉礼器，用于祭祀和象征权力。其主要成分是玉，属于无机非金属材料，则礼器主要成分不同于其余三个的是良渚玉琮；

故答案为：B【分析】无机非金属材料是指除有机高分子材料和金属材料以外的所有材料，包括陶瓷、玻璃、耐火材料等。合金是由两种或两种以上的金属或非金属经过混合熔化、冷却凝固后所合成的具有金属特性的物质。2．【答案】D【解析】【解答】A、甲酸的分子式为CH2O2，其中含有羧基、碳氧单键和碳氢键，因此甲酸的结构式为：，A正确；B、HF中H-F键可视作H的1s轨道（球形）与F的2p轨道（哑铃型）头碰头重叠形成的σ键，而图中符合s轨道与p轨道的重叠特征，故示意图为：，B正确；C、顺-2-丁烯的结构简式为：CH3-CH=CH-CH3，双键为平面结构且不能旋转，顺式结构要求双键两端的相同基团（甲基）位于双键同侧，分子结构模型中甲基在双键同一侧，符合顺式异构特征，故结构模型为：，C正确；D、3-甲基-1-丁醇中主链应为4个碳，且羟基在1号碳上，甲基在3号碳上，但选项中键线式实际对应的甲基在2号碳，也就是2-甲基-1-丁醇，与命名的3-甲基-1-丁醇矛盾，故正确的键线式为：，D错误；故答案为：D

【分析】判断顺反异构体有两个原则：1.分子中存在限制旋转的因素，如双键或脂环；2.每个不能自由旋转的碳原子必须连有两个不同的原子或原子团。此外，根据在两个由双键连接的碳原子上所连的四个原子或基团中两个相同者的位置来决定异构体的类型，同侧为“顺式异构”，异侧为“反式异构”。3．【答案】C【解析】【解答】A、纳米气凝胶属于气溶胶，其分散质为纳米级颗粒，分散剂为气体，气溶胶是胶体的一种，胶体可产生丁达尔效应，A正确；B、金刚石与石墨均为碳元素形成的不同单质，二者互为同素异形体，B正确；

C、碳纤维是含碳量高于90%的无机高分子纤维，属于无机非金属材料；而纤维素是天然有机高分子化合物，是一种糖类，二者成分完全不同，C错误；

D、航空有机玻璃的主要成分为聚甲基丙烯酸甲酯，但高分子化合物因聚合度不同，均为混合物，同时在实际生产中可能添加助剂，故其成分为混合物，D正确；故答案为：C

【分析】同素异形体：由同种元素组成的不同单质，因原子排列方式不同而具有不同性质。例如，碳的同素异形体有石墨和金刚石。4．【答案】A【解析】【解答】A、校服净的主要成分是2Na2CO3·H2O2，其中H2O2具有强氧化性，能氧化分解衣物上的有色物质，从而实现漂白效果，A正确；B、草木灰的主要成分为K2CO3，溶于水呈碱性，而氨态氮肥在碱性条件下会发生反应：NH4++OH-=NH3↑+H2O，导致氨气挥发，造成氮素损失，从而降低肥效，因此，混合使用会减弱肥效，B错误；

C、霓虹灯发光的原理是：电流通过惰性气体时，电子从基态被激发到激发态，随后电子从激发态跃迁回基态时释放能量，以光的形式发射出特定波长的光，从而呈现颜色，而选项描述中电子从基态跃迁到激发态是激发过程，不发光；发光是电子从激发态返回基态的过程，C错误；

D、打铁花是高温铁水在空气中迅速冷却、氧化并形成火花的现象，而焰色试验则特指某些金属元素，如钠、钾等在火焰中因电子跃迁而发射特征光谱的现象，二者无直接关联，D错误；故答案为：A

【分析】打铁花是一种传统技艺，将熔融铁水击打后形成高温火花，主要涉及铁水的物理飞溅、冷却和氧化反应，并伴随热辐射发光，焰色反应，是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反应。其原理是每种元素都有其个别的光谱。5．【答案】B【解析】【解答】A、米浆的主要成分为淀粉，炊熟过程中淀粉发生糊化，使得分子结构改变，失去原有晶体结构，属于化学变化，A正确；B、高度白酒中的酒精会使生蚝中的蛋白质分子结构发生不可逆改变，导致蛋白质变性，失去生理活性，而盐析则是由轻金属盐引起可逆的溶解度降低现象，B错误；

C、猪油属于动物脂肪，主要成分为饱和高级脂肪酸甘油酯，酯类物质均可发生水解反应，在酸性条件生成脂肪酸和甘油，碱性条件生成肥皂，C正确；

D、蔗糖是二糖，分子结构中不含醛基（-CHO），属于非还原性糖，无法发生银镜反应，而银镜反应需含醛基的还原性糖，如葡萄糖、麦芽糖，D正确；

故答案为：B

【分析】盐析：是物理变化，加入中性盐（如氯化钠、硫酸铵等）主要通过调节盐浓度来实现，沉淀的蛋白质保持其原有的结构和功能；变性：是化学变化，外界因素（如高温、强酸、强碱等）导致蛋白质的结构和性质发生根本性改变，通常会导致生物活性丧失。6．【答案】D【解析】【解答】A、水垢主要成分为碳酸钙，而醋酸能与碳酸钙反应，生成可溶性醋酸钙和二氧化碳，因为醋酸的酸性强于碳酸，根据强酸制弱酸的原理从而溶解水垢。化学知识直接解释了劳动项目的原理，因此有关联，A正确；B、Ksp表示难溶电解质的溶解度，Ksp越小，溶解度越小，化合物越稳定，而Ksp(FeS)>Ksp(HgS)表示HgS比FeS更难溶，根据沉淀溶解平衡原理可知，FeS能将Hg2+转化为HgS沉淀，从而除去废水中的Hg2+，化学知识解释了除污原理，因此有关联，B正确；

C、熟石灰的主要成分是氢氧化钙，属于碱，能中和土壤中的酸性成分，提高土壤pH值，化学知识直接解释了中和反应的原理，因此有关联，C正确；

D、高压钠灯的工作原理是电流激发钠蒸气，使钠灯发出的黄光透雾能力强，这属于物理过程，而钠的强还原性是指其在化学反应中易失去电子，与钠灯的发光原理无关，因此化学知识与劳动项目没有关联，D错误；故答案为：D

【分析】做题时一定要看清楚所描述的劳动项目与化学知识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；7．【答案】C【解析】【解答】A、乙酸乙酯在强碱的环境下易发生水解，生成对应羧酸盐，所以不能用氢氧化钠溶液收集生成的乙酸乙酯，正确的做法是将饱和的NaOH溶液换成饱和的Na2CO3溶液，A错误；B、用标准NaOH溶液滴定醋酸，恰好完全反应时生成醋酸钠，但是醋酸钠属于强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，即达到滴定终点时溶液显碱性，而甲基橙的变色范围是3.1~4.4，所以指示剂应选酚酞而不能选用甲基橙，同时要注意应使用碱式滴定管盛装标准NaOH溶液，B错误；C、Na与H2O的反应十分剧烈，属于典型的放热反应，反应发生后试管内空气受热膨胀，使U形管中红墨水出现液面差，左侧液面下降，右侧液面上升，通过观察红墨水的液面变化，可间接证明反应放热，C正确；D、电石和饱和食盐水反应生成的乙炔可以和溴水发生加成反应使得溴水，但是在这个装置中缺少除杂装置，那么制得的乙炔中易混有硫化氢气体，硫化氢也可以使溴水褪色，干扰验证实验，正确的做法是用硫酸铜溶液除去乙炔中混有的硫化氢后再验证，D错误；故答案为：C

【分析】在乙酸乙酯的制备中，碳酸钠的主要作用：中和乙酸：碳酸钠与反应中未反应的乙酸反应，生成易溶于水的乙酸钠；降低乙酸乙酯的溶解度：在饱和碳酸钠溶液中，乙酸乙酯的溶解度较小，这有助于分层分液，使得乙酸乙酯与水相分离，便于后续的提取和纯化；溶解挥发的乙醇：碳酸钠溶液能够吸收反应过程中挥发出的乙醇，减少产物的损失，并有助于提高反应的收率。8．【答案】A【解析】【解答】A、氢键主要由电负性较高的原子（如氧、氮、氟等）与氢原子之间的静电吸引作用形成，因为N的电负性较大，所以NH3分子间存在氢键，而P的电负性较小，所以PHB、浓硫酸和浓硝酸均具有强氧化性，能使铝表面形成致密的Al2O3膜，阻止进一步反应，发生钝化现象，故B正确；C、钠和钾均为活泼碱金属，易与空气或水反应，但均不与煤油反应；且钠和钾的密度均大于煤油，可沉入煤油中隔绝空气，故C正确；D、根据价层电子对互斥理论可以判断：CH4和CCl4中心C原子价层电子对数均为4+12×故答案为：A

【分析】利用VSEPR推断分子或离子的空间构型的具体步骤如下：

确定中心原子A价层电子对数目。中心原子A的价电子数与配位体X提供共用的电子数之和的一半，就是中心原子A价层电子对的数目；确定价层电子对的空间构型。由于价层电子对之间的相互排斥作用，它们趋向于尽可能的相互远离；分子空间构型的确定。价层电子对有成键电子对和孤电子对之分。中心原子周围配位原子（或原子团）数，就是键对数，价层电子对的总数减去键对数，得孤对数。根据键对数和孤对敌，可以确定相应的较稳定的分子几何构型；9．【答案】B【解析】【解答】A、手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，观察结构式可知该有机物中含有手性碳原子，具体的位置为：，A正确；B、结构含酰胺键，能在碱性条件下会发生水解反应，类似酯水解，但产物为羧酸盐和胺，水解会破坏分子结构，因此维格列汀不能在碱性溶液中稳定存在，B错误；C、同分异构体的核心是分子式相同，结构不同，而维格列汀的分子式为C17H25N3O2，其不饱和度为7，苯环的不饱和度为4，羧基的不饱和度为1，据此推测出维格列汀同分异构体中存在含苯环的羧酸类化合物，C正确；D、观察结构式可知该有机物中含有醇羟基，能与氢溴酸发生取代反应，生成相对应的溴代物，D正确；故答案为：B

【分析】连有四个不同基团的碳原子称为手性碳原子。判断依据为：凡碳原子上连有相同基团的，非手性碳，如CH3－，－CH2－；凡碳原子连有双键、三键的，非手性碳如>C=C<、–C≡C–、–COOH、–COOR、–CHO、–CO–；凡碳原子在环上，将环上碳原子所连接的两个单键剪断，剪下的部分结构不对称，该碳原子为手性碳；若剪下的部分结构对称，该碳原子不是手性碳。10．【答案】C【解析】【解答】A、A是HCl，F是NaClO，二者在一定条件下可反应生成B，也就是Cl2，对应的化学方程式为：2HCl+NaClO=Cl2↑+H2O+NaCl，A正确；B、C为ClO2，常用于自来水的杀菌消毒，利用的是其具有强氧化性，B正确；C、D为Cl2，氯气在常温下能够稳定存在，但是E为HClO，在受热或光照条件下不稳定，会发生分解生成HCl和O2，C错误；D、G为NaClO3，根据价层电子互斥理论可以计算：ClO3-中心原子价层电子对数为：3+故答案为：C【分析】关于氯的价-类二维图的题目，首先得确定每个点对应的物质，根据图像看价态和类别：A是氢化物，-1价，所以是HCl；B是单质，0价，Cl2；C是氧化物，+4价，ClO2；D是含氧酸，+7价，HClO4；E是含氧酸，+1价，HClO；F是钠盐，+1价，NaClO；G是钠盐，+5价，NaClO3。11．【答案】D【解析】【解答】A、工业上电解冶炼铝采用Al2O3而非AlCl3，AlCl3是共价化合物，熔融态导电性差，无法直接电解，正确的化学方程式为：2AlB、明矾就是KAl(SO4)2·12H2O，溶于水电离出Al3+，发生水解形成Al(OH)3胶体，不是沉淀，吸附杂质实现净水，水解为可逆过程，应使用可逆符号，且Al(OH)3是胶体状态，不应标注沉淀符号，正确的离子方程式为：Al3+C、氨水为弱碱，与Al3+反应生成Al(OH)3沉淀，即使过量氨水，Al(OH)3也不溶解，只有在强碱条件下会继续反应生产可溶性的[Al(OH)4]-，故正确的离子方程式为：Al3+D、泡沫灭火器利用硫酸铝提供的Al3+与碳酸氢钠提供的HCO3-混合发生双水解反应，生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，形成泡沫灭火，且原子和电荷均守恒，故正确的离子方程式为：Al3+故答案为：D

【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。

离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。12．【答案】C【解析】【解答】A、P4的结构如图所示：，属于正四面体，P4的摩尔质量为124g/mol，所以124gP4为1mol，含有6molP−PB、磷酸为三元中强酸，在水溶液中电离是分步进行且是不完全的，其中H+主要来源于第一步电离，因此1L1mol⋅LC、N2和H2充分反应生成1molNH3转移3mol电子，则标准状况下，22.4LNH3为1mol，每生成2molNH3，转移电子数为6mol，故生成1molNH3转移电子数为3mol，即3ND、N2H4（肼）的结构为H2N-NH2，分子中含有1个N-Nσ键和4个N-Hσ键，共5个σ键。N2H4的摩尔质量为32g/mol，故32gN2H4的物质的量为1mol，1molN2H4含有5molσ键，即数目为5NA，D错误；故答案为：C。

【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】A【解析】【解答】A、陈述I验证：羧酸酸性由取代基吸电子效应决定：-CF3、-CCl3是吸电子基团，电负性F>Cl>H，吸电子能力依次减弱；-CH3是推电子基团，使O-H键极性降低。故酸性：CF3COOH>CCl3COOH>CH3COOH；陈述II验证：电负性F>Cl>H，吸电子效应随电负性增强而增强，故吸电子效应F>Cl>H，吸电子效应差异直接导致取代羧酸的酸性差异，二者存在因果关系，A正确；B、陈述I验证：钠最外层1个电子，易失电子，还原性强；陈述II验证：钠与FeSO4溶液反应时，先与水反应，生成的NaOH再与FeSO4反应生成Fe(OH)2，无法置换出Fe，陈述不正确，B错误；

C、陈述I验证：HClO具强氧化性，可漂白色素。陈述II验证：漂白液NaClO变质是因为：NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO及HClO见光易分解，与稳定性有关，而非漂白性，二者无因果关系，C错误；

D、陈述I验证：氯乙烷水解后，需加稀HNO3酸化，中和过量NaOH，否则NaOH与AgNO3生成沉淀干扰检验。步骤未酸化，白色沉淀可能是AgOH非AgCl，实验现象不成立，陈述I不正确，D错误；故答案为：A

【分析】吸电子基团是指可以吸收电子的基团，它们拥有足够的原子电荷差和能量，以吸收电子，这样的基团有C-H，N－H，O-H，F，Cl，Br，I等。

给电子基团是指可以提供电子的基团，它们由高原子电荷差的原子构成，可以提供电子，常见的给电子基团：(CH3)3C>(CH3)2C>CH3CH2>CH3>H；

这两组基团之间有一定的排序关系，一般情况下，给电子基团的原子电荷差比吸电子基团的原子电荷差更大，所以吸电子基团排在给电子基团之前，它们是交替出现的。14．【答案】B【解析】【解答】A、W是O、X是F、Z是Si、M是S，根据元素周期律可知，同周期主族元素从左往右非金属性增强，同主族元素从上往下非金属性减弱，则非金属性：F>B、Y是Al，其氧化物是Al2O3，属于典型的两性氧化物，既能与强酸又能与强碱反应，B正确；C、根据该化合物的结构可知，M也就是S元素总共连接了6根键，也就是S形成6个共价键，其不满足8电子稳定结构，C错误；D、W为O，单质分子包括O2和O3，其中O2中有O=O双键，是一种非极性键，属于非极性分子，而O3中有O-O键，是一种极性键，属于极性分子，分子构型为V形，选项要求所有单质分子均满足，但O3为极性分子，因此不成立，D错误；故答案为：B【分析】W、X、Y、Z、M为原子序数依次递增的短周期主族元素，X的氧化物常用于刻蚀玻璃，推断X为F，因为HF常用于刻蚀玻璃；W和M在元素周期表的位置相邻，推断为同族元素上下相邻；基态Y原子的价电子中，s轨道和p轨道电子数之比为2：1，推断Y为Al，其价电子构型为3s23p¹，s电子数2，p电子数1，比值为2：1，原子序数递增：W<F，且W与M在元素周期表中位置相邻，并在结构中形成2个共价键，推测W为O，而M形成6个共价键，推断M为S，最后可知，原子序数递增：Y<Z<M，且Z形成4个共价键，说明Z为Si。15．【答案】C【解析】【解答】A、NO2的摩尔质量为46g/mol，因此46gNO2为1mol，接着结合图像，a点反应0.4molNO2、b点反应0.8molNO2，反应为气体分子数增加的反应，结合反应，ab反应后总的物质的量为：1mol+0.4mol÷2=1.2mol、1mol+0.8mol÷2=1.4mol，由于V1＜V2，则B、b点是平衡状态，此时转化率最大，体积V2时反应刚好达平衡，bc段体积增大，因正反应气体体积增大，平衡应正向移动，理论转化率应继续增大，但图像中bc段转化率下降，说明反应未达平衡，B错误；C、b点是平衡状态，此时v(正)=v(逆），c点体积更大，浓度更低，反应速率减慢，相同时间内未达平衡，此时转化率低于b点，说明反应仍在正向进行，趋向平衡，因此，c点v(正)>v(逆)，C正确；D、平衡常数要根据平衡浓度来计算，由图可知，a点时反应达到平衡，a点反应0.4mol二氧化氮，结合方程式，生成氮气、二氧化碳分别为0.2mol、0.4mol，平衡时二氧化氮0.6mol，则K=0.4故答案为：C【分析】反应相同时间后，图中b点NO2的转化率最高，则b点恰好达到平衡状态，由于ab曲线上对应容器的体积逐渐增大，NO2的起始浓度逐渐减小，但浓度均大于b点，NO2的浓度越大，反应速率越大，达到平衡的时间越短，所以ab曲线上反应均达到平衡状态，反应正向是气体体积增大的反应，随着容器体积的增大，NO2的转化率逐渐增大，b点达到最大；b点以后，随着容器体积的增大，压强越小，反应往正方向移动，NO2的起始浓度减小，反应速率减慢，达到平衡的时间延长，所以bc曲线上反应均未达到平衡状态，由于NO2的起始浓度低，则反应正向进行；

横坐标为容器体积，纵坐标为NO2转化率随体积增大，转化率先增后减，原因：

体积较小时：浓度高，反应速率快，相同时间内反应的NO2多，转化率高，但未达平衡，因体积更小的容器理论上反应更快，若达平衡，转化率应更高；体积增大到b点：反应速率与时间匹配，刚好达到平衡，此时转化率最大，为平衡转化率；体积继续增大的bc段：浓度降低，反应速率减慢，相同时间内未达平衡，此时实际转化率低于平衡转化率，因平衡正向移动需更长时间。16．【答案】C【解析】【解答】A、Cr3+在电极b失去电子生成Cr2O72−，电极b为阳极，电极a为阴极产生H2，是还原反应（H+得电子），故为阴极，HB、装置M中甲苯和Cr2O72−发生氧化还原反应生成苯甲酸，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：+Cr2O72−+8H+C、H+在阴极得到电子生成H2，每生成3molH2，转移6mol电子，由2Cr3+−6e−+7H2O=Cr2O72−D、由图可知，Cr3+在电极b失去电子生成Cr2O7故答案为：C【分析】该装置为电解池，外接光伏电源，实现电能到化学能的转化。电极b（阳极，接电源正极），发生氧化反应：2Cr3+-6e-+7H2O=Cr2O72-+14H+，Cr3+失电子，被氧化为Cr2O72-，补充装置M消耗的氧化剂；电极a（阴极，接电源负极），发生还原反应，2H++2e-=H2↑，H+得电子生成H2，实现氢能储能；装置M：Cr2O72-氧化甲苯为苯甲酸（化学能储存），自身还原为Cr3+，循环回电解池，完成整个循环。17．【答案】Cu；O；25或33.6；14<b<27；CO2和CO；Cu2O；Cu；滴加浓氨水至过量，有紫红色固体剩余；2HCHO+Cu(OH)2+2NaOHΔCu+HCOONa+2H2O+H2↑或HCHO+Cu2O+NaOH→Δ2Cu+HCOONa+H2【解析】【解答】（1）、已知Cu(OH)2氧化醛类物质过程中，生成CH3COONa和Cu2O，故主要是Cu表现氧化性。Cu(OH)2与乙醛的产物是一种金属氧化物，晶胞结构如图，图中一个晶胞含有白球个数为：8×1（2）、在探究实验中，通常遵循控制变量法，对比实验1、2、4、5，可知改变的变量是温度和反应时间，其他条件保持不变。实验3中改变了甲醛溶液体积，为保证单一变量，NaOH溶液体积应与其他组保持一致，NaOH溶液体积应为25；为保证溶液总体积不变，NaOH溶液体积应为33.6，所以a的值为25或33.6。实验4温度低于实验5，则反应时间大于14min；实验4甲醛浓度大于实验3，则反应时间小于27min，所以b范围：14<27，故答案为：25或33.6；14<27；（3）、装置A中装有澄清石灰水，若气体含CO2，会使澄清石灰水变浑浊；装置B中是银氨溶液，若气体含CO，会产生银镜反应，实验1-5中，装置A、B均无明显现象，证明气体中不含CO2和CO，故答案为：CO2和CO；（4）、实验1固体产物：根据X射线衍射仪谱图，实验1的谱图与Cu2O的标准谱图一致，所以实验1的固体产物为Cu2O，实验4固体产物及验证：对比实验3、4的谱图，实验4除了有Cu2O的特征峰外，还有其他峰，推测另一种固体M，由于铜元素存在多种价态，结合反应体系，M可能是Cu，由题干信息可知，Cu2O易溶于浓氨水生成[Cu(NH3)2]+，则验证Cu存在的实验操作：取少量洗净后的固体加入试管中，滴加浓氨水至过量，有红色不溶物剩余，证明有固体Cu存在，生成Cu的化学方程式可能为：2HCHO+Cu(OH【分析】本实验的反应容器是圆底烧瓶，用于制备新制Cu(OH)2并与甲醛反应，其中装置A（澄清石灰水）用于检验反应生成的CO2，若变浑浊，证明有CO2生成。装置B（银氨溶液）用于检验反应生成的CO，若出现银镜或黑色Ag，证明有CO生成。针筒用于收集并测量气体体积，辅助判断气体产物总量。接着开始探究HCHO与新制Cu(OH)2悬浊液的反应，在探究实验中，通常遵循控制变量法，对比实验1、2、4、5，可知改变的变量是温度和反应时间，其他条件保持不变，实验3中改变了甲醛溶液体积，为保证单一变量，NaOH溶液体积应与其他组保持一致。18．【答案】（1）3d34s2；SiO2（2）将+5价钒转化为+4价钒的同时使Fe3+还原为Fe2+，实现钒、铁元素的分离。（3）ClO3−+6VO2++3H2O=6VO2（4）b（5）2NH4（6）NH3和SO4【解析】【解答】（1）、钒是23号元素，核外含有23个电子，基态钒原子的价层电子排布式为3d34s2，由分析可知，“滤渣”的成分是SiO2；（2）、酸性溶液中，HA对VO2+、Fe3+萃取能力强，而对VO2+、Fe2+的萃取能力较弱，“滤液①（3）、由分析可知，“有机层”加入硫酸反萃取后，加入KClO3，KClO3与VO2+反应生成VO2+和Cl−，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：ClO3−+6VO2+（4）、室温下，维持“沉钒”时溶液中NH3⋅H2O−NH4Cl的总浓度为cmol⋅L−1，pH=6，溶液中c(OH-)=10-1410-6mol/L=10-8mol/L，由NH（5）、NH4VO3煅烧分解产生V2O5、NH3和H2O，化学方程式为：2NH（6）、①、配合物存在内界和外界，外界可以完全解离，内界难解离，根据实验现象，X中加入BaCl2溶液无明显变化，加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明没有形成AgNH32+，则外界离子为Cl-，NH3位于内界，配体为NH②、由该钒的硫化物晶体结构可知，以位于体心的V原子为研究对象，与每个V原子最近且等距的S原子个数是6。【分析】该工艺流程以废钒渣（含V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO、SiO2）为原料，制备Ag3VO4，首先是酸浸，加入H2SO4和O2，将低价金属氧化物氧化、溶解，滤液①中钒以+4价、+5价的形式存在，Fe被氧化以+3价的形式存在，而SiO2不反应，过滤存在于滤渣中，然后加入铁粉，利用Fe的还原性，将Fe3+转化为Fe2+，主要是因为HA对Fe3+萃取能力强、对Fe2+弱，还原后Fe2+留在水层，便于后续分离；然后加入有机酸性萃取剂HA，HA对VO2+萃取能力强，进入有机层，对Fe2+、VO2+萃取能力弱，留在水层，实现VO2+与Fe2+的分离，接着是反萃取，加入H2SO4，增大H+浓度，使萃取平衡逆向移动，VO2+从有机层转移到水层，并加入KClO3（强氧化剂），将VO2+氧化成VO2+，为后续沉钒制备NH4VO3做准备；接着加入NH3·H2O-NH4Cl缓冲溶液，调节pH使VO2+转化为NH4VO3沉淀，实现钒的富集；最后在高温下煅烧，和Ag2O高温反应，得到目标产物Ag3VO4。（1）钒是23号元素，核外含有23个电子，基态钒原子的价层电子排布式为3d34s2，由分析可知，“滤渣”的成分是SiO2。（2）酸性溶液中，HA对VO2+、Fe3+萃取能力强，而对VO2+、Fe2+的萃取能力较弱，“滤液①（3）由分析可知，“有机层”加入硫酸反萃取后，加入KClO3，KClO3与VO2+反应生成VO2+和Cl−，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：ClO3−+6VO2+（4）室温下，维持“沉钒”时溶液中NH3⋅H2O−NH4Cl的总浓度为cmol⋅L−1，pH=6，溶液中c(OH-)=10-1410-6mol/L=10-8mol/L，由NH（5）NH4VO3煅烧分解产生V2O5、NH3和H2O，化学方程式为：2NH（6）①配合物存在内界和外界，外界可以完全解离，内界难解离，根据实验现象，X中加入BaCl2溶液无明显变化，加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明没有形成AgNH32+，则外界离子为Cl-，NH3位于内界，配体为NH②由该钒的硫化物晶体结构可知，以位于体心的V原子为研究对象，与每个V原子最近且等距的S原子个数是6。19．【答案】（1）+26.6kJ/mol（2）0.2；温度升高，碳酸分解速率加快，使二氧化碳溶解的总（净）反应速率下降；；CD；增大（3）III；10−16.8；由②可知，Ka1H2CO3⋅Ka2H2CO【解析】【解答】（1）、由图中数据可知，①CO2g+H2Ol=HCO3−aq+H+aq（2）、①、前5分钟内CO2在T2条件下的溶解速率为103−1025kPa⋅min−1②、A、由（1）中图像可知，CO2g+H2Ol⇌H2CO3aq是放热反应，降低温度，平衡正向移动，pB、CO2g+C、该反应过程中溶液中碳酸的浓度增大，pH减小，若水溶液的pH稳定不变，说明已达到CO2D、当溶液中CO2气体溶解与析出速率相等时，说明CO故答案为：CD；③、CO2g+H2Ol⇌H（3）、①、由碳酸的电离方程式：H2CO3⇌HCO3−+H+、HCO3−⇌CO32−+H+，随着pH的增大，发生反应：HCO3-②、由图可知，但c(H2CO3)=c(CO32-)时，pH=8.4，溶液中c(H+③、已知某海域珊瑚礁（主要成分是CaCO3）周边海水的pH为8.1，c(H+)=10-8.1mol/L，常温下KspCaCO3=1×10−8.3，由②可知，Ka1H2CO3⋅Ka2H2（1）由图中数据可知，①CO2g+H2Ol=HCO3−aq+H+aq（2）①前5分钟内CO2在T2条件下的溶解速率为103−1025kPa⋅min−1②A．由（1）中图像可知，CO2g+H2Ol⇌H2CO3aq是放热反应，降低温度，平衡正向移动，pB．CO2g+C．该反应过程中溶液中碳酸的浓度增大，pH减小，若水溶液的pH稳定不变，说明已达到CO2D．当溶液中CO2气体溶解与析出速率相等时，说明CO故选CD；③CO2g+H2Ol⇌H（3）①由碳酸的电离方程式：H2CO3⇌HCO3−+H+、HCO3−⇌CO32−+H+，随着pH的增大，发生反应：HCO3-②由图可知，但c(H2CO3)=c(CO32-)时，pH=8.4，溶液中c(H+③已知某海域珊瑚礁（主要成分是CaCO3）周边海水的pH为8.1，c(H+)=10-8.1mol/L，常温下KspCaCO3=1×10−8.3，由②可知，Ka1H2CO3⋅20．【答案】（1）C7H8O；3-甲基苯酚（2）醛基；（3）B；C（4）氯气、光照；取代反应；（5）或等（6）；【解析】【解答】（1）、根据A的结构简