广东省普通高中2025届高三下学期二模化学试题（含答案）

第第页广东省普通高中2025届高三下学期二模化学试题一、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．与龙一样，蛇在古代也被视为吉祥和延年的象征之物。下列与蛇有关的历史文物中，主要材料为金属的是A．伏羲女娲绢画B．鎏金铜玄武C．青瓷蛇俑D．灰陶玄武瓦当A．A B．B C．C D．D2．我国新型运载火箭长征十二号成功点火起飞，实现了多个首次。下列说法正确的是A．采用液氧和煤油为推进剂，其燃烧产物为CO2和H2OB．采用第三代铝锂合金的贮箱，铝锂合金的硬度和密度均比纯铝小C．采用与液氧相容的冷氦增压技术，氧分子和氦分子中都含有非极性键D．火箭发动机以具有极高熔点的金属铼(Re)为材料，Re属于主族元素3．“硬核科技”为新质生产力的发展赋能。下列说法正确的是A．石墨烯涂料具有较强的抗腐蚀性，石墨烯属于电解质B．“华龙一号”的核反应堆以235U为燃料，235U与236U具有不同的化学性质C．“雪龙二号”雷达系统使用碳化硅材料，碳化硅属于新型无机非金属材料D．我国光量子芯片使用铌酸锂(LiNbO3)晶体调控光子、LiNbO3是共价晶体4．自然界的壮丽展现化学之美，下列说法不正确的是A．晶莹剔透酉花飞扬，六角雪花体现了晶体的自范性B．五彩缤纷烟花灿烂，焰火与原子核外电子跃迁有关C．萤火虫如繁星点点，萤火虫发光时化学能转化为光能D．自然雕琢溶洞奇观，溶洞形成CaCO3发生了氧化还原反应5．一种固态氧化物电解池能电解CO2和H2O制备合成气(CO、H2)，其装置如图所示。该装置工作时，下列说法正确的是A．a电极连接外接电源的负极B．O2-从a电极移向b电极C．b电极上CO2的反应为CO2+2e-=CO+O2-D．生成的O2中的О元素均来自CO26．提纯粗乙酸乙酯〈含乙醇和乙酸)的过程如下，其中操作a为A．分液 B．蒸馏 C．萃取 D．升华7．“劳动创造幸福，实干成就伟业。”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用聚乳酸制作可降解的一次性餐具聚乳酸呈酸性B用FeCl3溶液刻蚀覆铜电路板氧化性：Fe3+＞Cu2+C在自行车链条表面涂机油机油可隔绝空气，减缓金属发生吸氧腐蚀D用液氨作工业制冷剂液氨汽化吸收大量的热A．A B．B C．C D．D8．兴趣小组利用下列装置进行SO2相关实验，其中能达到实验目的的是A．制备SO2B．收集SO2C．验证SO2的漂白性D．验证SO2的氧化性A．A B．B C．C D．D9．如图所示的化合物具有抗氧化、抗炎和抗病毒等多种生物活性。关于该化合物，下列说法不正确的是A．所有碳原子可以共平面B．能发生取代反应和氧化反应C．1mol该化合物最多能与1molNaHCO3发生反应D．1mol该化合物最多能与5molH2发生加成反应10．以燃煤电厂烟气中的SO3、NH3和H2O为原料可制备化工产品NH4HSO4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．1molNH4HSO4晶体中含有离子的总数为3NAB．1.8gH218C．pH=12的氨水中含有NH4+D．标准状况下，22.4LSO2与11.2LO2充分反应生成SO3，转移电子的数目为2NA11．实验小组设计如图所示实验装置探究氯气的性质，挤压装有浓盐酸的滴管。下列说法正确的是A．a处KMnO4换为MnO2也可完成实验探究B．b处纸最终会变为红色，c处变为黄褐色C．若d、e两处红色纸团均褪色、d处褪色更快D．若f处为饱和NaCl溶液、实验后将其滴入烧瓶可吸收剩余氯气12．如图所示物质烘焙时可生成具有香味的化合物。已知W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态Z原子和基态R原子最外层电子数相同。下列说法正确的是A．第一电离能：X<Y<ZB．简单氢化物的沸点：X<Z<RC．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y<XD．XW4、YW3和W2R的VSEPR模型名称均为四面体形13．下列陈述Ⅰ和Ⅱ均正确且具有因果关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡACuSO4溶液渗入地壳深层，闪锌矿(ZnS)转化为铜蓝(CuS)Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)B实验室中氯水需现制现用HClO是一种弱酸C甲苯中的甲基能使酸性高锰酸钾溶液褪色甲苯中的甲基能使苯环性质变活泼D用NaOH标准溶液滴定醋酸时，用甲基橙作指示剂CH3COONa溶液呈碱性A．A B．B C．C D．D14．部分含氮物质的分类及相应化合价关系如图所示。下列说法正确的是A．f可作为化肥，与草木灰同时施用可增强肥效B．若用Cu与e的水溶液反应制备c，为加快反应速率，可用e的浓溶液C．a与d反应生成b，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶4D．工业制备e：b→a→d→e15．对于反应X(g)⇌2Z(g)[Y(g)为中间产物]：①反应过程中各物质的浓度随时间变化如图所示；②提高反应温度，c平(Y)cA． B．C． D．16．一种新型锌电池的工作原理如图所示。双极膜中的H2О解离为H+和OH-，两种离子在电场作用下分别向两极迁移。该电池工作时，下列说法不正确的是A．a膜为阴离子交换膜，b膜为阳离子交换膜B．Ⅱ室中酸性溶液的pH逐渐增大C．理论上每生成1molNH4D．理论上电路中每通过4mol电子，双极膜内有4molH2O发生解离二、非选择题：本题共4小题，共56分。17．I．乙醇在化工、医疗、食品以及农业等领域都有广泛的用途。（1）完成乙醇与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式。5C2H5OH+___MnO4-+___=5CH3COOH+___Mn2++11H（2）选择合适的装置验证乙醇的消去反应，装置的连接顺序为→g。溴的CCl4溶液中的现象为。Ⅱ．探究钠与乙醇、冰醋酸反成的快慢【查阅资料】i．乙醇、冰醋酸、钠和铜的密度分别为0.789、1.05、0.968和8.96(单位：g·cm-3)。ⅱ．热容值：乙醇>冰醋酸。2C2H5OH(1)+2Na(g)→2C2H5ONa(s)+H2(g)ΔH=-271.54kJ/mol2CH3COOH(1)+2Na(s)→2CH3COONa(s)+H2(g)ΔH=-442.26kJ/molⅲ．室温时、乙醇和冰醋酸均可发生自耦电离形成溶剂合氢离子；C2H5OH+C2H5OH⇌C2H5OH2++C2CH3COOH+C3COOH⇌CH3COOH2++CH3ⅳ．乙酸钠为白色固体，其在冰醋酸中的溶解度随温度的升高而增大。【理论分析】理论上，钠与冰醋酸反应更快。【实验验证】25℃时，取0.15g两块形状、大小相同的金属钠放入用铜网制作的包裹袋中，分别投入20mL乙醇和冰醋酸中。观察到：乙醇中产生气泡更快；一段时间后，冰醋酸中铜网里的钠表面附着白色固体。【提出猜想】25℃时，乙酸钠在冰醋酸中的溶解度较小，形成保护膜覆盖在钠表面，阻止反应进一步进行，造成钠与冰醋酸反应速率较慢的异常现象。【优化实验】按下表进行实验，记录生成VL所用的时间(其他条件均相同)。实验序号液体试剂钠的质量/g反应起始温度/℃生成VLH2所用的时间/s名称体积/mLA1乙醇200.15Tt1A2冰醋酸200.15Tt2B1乙醇63.015t3B2冰醋酸63.015t4（3）室温时，乙醇中溶剂合氢离子的浓度为mol·L-1。（4）理论上，钠与冰醋酸反应更快，理由如下：①由信息ⅱ可知，钠与冰醋酸反应放热更多，且冰醋酸的热容值更小，反应体系温度更高，反应速率更快。②由信息ⅲ可知，。（5）用铜网包裹钠块后再投入乙醇和冰醋酸中的目的为。（6）实验测得优化实验中的数据t1>t2，证明猜想正确，则反应起始温度T为(填“15”、“25”或“50”)。实验测得t3>t4，可能的原因为。18．一种从锌冶炼渣(主要含Zn、CuO、ZnFe2O4、PbO2、SiO2和少量Ga2O3、Ga2S3、GeO2、GeS2等)中提取镓(Ga)和储(Ge)的工艺流程如下。已知：①25℃时，H2C2O4的Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×10-4；Ksp(PbC2O4)=4.8×10-10，Ksp(PbSO4)=1.6×10-8。②c{[Fe(C2O4)3]3-}对Ga、Ge的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)的影响如下表。c{[Fe(C2O4)3]3-}00.51468Ga的萃取率/%84.7881.3279.4152.2444.3223.16Ge的萃取率/%99.9699.8899.8699.6899.5299.35（1）“低酸浸出”后滤液中含有的金属阳离子主要有。（2）“酸浸”时，加入H2O2能将Ga和Ge的硫化物转化为对应相同价态的氧化物，氧化物再与草酸反应生成配合物。①Ga2O3被草酸浸出生成[Ga(C2O4)3]3-的离子方程式为。②加入草酸后，PbSO4(填“能”或“不能”)完全转化为PbC2O4，请结合平衡常数K计算说明原因(一般认为K>105时，反应基本能完全进行；K<10-5时，则反应很难进行)。（3）加Fe粉“还原”的目的为。（4）不同浓度的H2SO4和NaOH洗脱剂对Ga和Ge的洗脱率(进入水层中金属离子的百分数)如图所示。由图可知，洗脱剂2应选用(填化学式)。（5）砷化镓(GaAs)是一种应用广泛的半导体材料，与GaN、GaP晶体类型相同。①已知GaP的熔点为1480℃，则GaAs的熔点(填“低于”、“等于”或“高于”)1480℃。②GaAs的一种立方晶胞中，As原子仅有两种位置，一种As原子位于晶胞顶点，晶体中与As原子最近且等距的As原子有12个，Ga原子均位于晶胞内，该立方晶胞中含有个Ga原子。③下列图示不可能是上述②中GaAs晶胞的结构单元的是。19．甲酸(HCOOH)等羧酸在能源与化工领域中具有重要应用。（1）将回收的CO2还原为甲酸是CO2资源化利用的途径之一。已知：①②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH4则ΔH1=(用含ΔH2、ΔH3和ΔH4的式子表示)。（2）甲酸甲酯水解可制取甲酸，反应为HCOOCH3(1)+H2O(l)⇌HCOOH(1)+CH3OH(l)。ΔH＞0，一定条件下，HCOOCH3的转化率随时间的变化如图所示(反应前后溶液体积不变)。①实验i中HCOOCH3的起始浓度为1.0mol·L-1，则20~40min内，v(HCOOH)=mol·L-1·min-1。②下列说法中正确的有。A．与实验i相比，实验ii改变的条件是升高温度B．平衡后加水稀释，甲酸的平衡产率增大C．平衡后加入少量NaOH固体，甲酸甲酯的平衡浓度降低D．选用合适的催化剂可减小反应的焓变，加快甲酸甲酯的水解速率（3）甲酸在催化剂[L-Fe-H]+作用下能发生分解，其反应机理和相对能量变化如图所示。①基态Fe原子的价层电子排布式为。②反应机理图中，阴离子X为，阳离子Y为。③上述反应进程中，反应速率较慢的一步为(填“b”、或“d”)。（4）羧酸与其盐组成的混合溶液可作为缓冲溶液，能维持溶液酸碱性的稳定。室温下，不同组成的缓冲溶液中，pH随lgc(RCOO①R1COOH、HCOOH和R2COOH三种酸中，酸性最强的为。②lgc(RCOO-)③室温下、将同物质的量浓度的VLHCOOH溶液和0.5VLNaOH溶液混合配制缓冲溶液，则缓冲溶液的pH(填“＞”、“＜”或“=”)3.75，理由为。20．一种生物质基乙醛催化合成高端稽细化工品对甲基苯甲醛的绿色路线如下(虚线框部分)。（1）化合物ⅲ的分子式为，其官能团的名称为。（2）化合物v的某同分异构体为芳香化合物，其能与FeCl3溶液发生显色反应，核磁共振氢谱图上有五组峰，且峰面积比为3：2：2：2：1，则该化合物的结构简式为。（3）关于上述合成路线中的相关物质及转化，下列说法正确的有___________。A．纤维素和葡萄糖均属于糖类，且都是纯净物B．化合物i在铜的催化下被O2氧化成ⅱ，涉及σ键的断裂和π键的生成C．化合物iv和v的分子中均存在手性碳原子，且手性碳原子的数量相同D．化合物v到vi的转化中存在碳原子的杂化方式由sp3到sp2的转变（4）对化合物ⅲ，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①银氨溶液，加热②加成反应（5）在一定条件下，反应物x和y以原子利用率100%的反应制备乙醛。该反应中：①若x为V形无机物分子，y为直线形有机分子，则y的名称为。②若x为单质，且x+2y→2CH3CHO，则y的结构简式为。（6）以丙醛和甲醇为有机原料，利用合成路线中ⅱ→ⅲ的原理，合成高分子化合物的单体。基于你设计的合成路线，回答下列问题：①利用合成路线中ⅱ→ⅲ的原理，得到的产物的结构简式为。②若最后一步为酯的生成，则反应的化学方程式为(注明反应条件)。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、伏羲女娲绢画以绢为载体，绢由蚕丝制成，蚕丝的主要成分是蛋白质，属于有机高分子材料，并非金属材料，故A不符合题意；

B、鎏金铜玄武的核心材质是铜，铜属于金属，所以该文物主要材料为金属材料，故B符合题意；

C、青瓷是陶瓷类制品，其主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，不是金属材料，故C不符合题意；

D、灰陶玄武瓦当属于陶瓷制品，主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，不是金属材料，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】本题的易错点主要有以下两点：

对不同材质的文物所属材料类别区分不清，比如容易混淆绢画的蛋白质材质、陶瓷的硅酸盐材质与金属材质的差异。

对“鎏金铜”这类金属制品的材料属性认识不足，可能忽略“铜”属于金属这一关键信息，从而误判选项。2．【答案】A【解析】【解答】A、煤油主要由C10~C16的烷烃、环烷烃等组成，在液氧中完全燃烧时，碳元素转化为CO2，氢元素转化为H2O，因此燃烧产物为CO2和H2O，A正确；

B、合金的硬度通常大于其各组分纯金属的硬度，铝锂合金的硬度比纯铝大；而铝锂合金的密度比纯铝小这一表述错误，实际上合金密度是各组分密度的综合体现，铝锂合金密度小于纯铝，但“硬度和密度均比纯铝小”的说法不成立，B错误；

C、氧分子（O2）中存在非极性键，但氦是单原子分子，氦分子中不存在化学键，更无极性键或非极性键，C错误；

D、铼（Re）的原子序数为75，位于元素周期表第六周期ⅦB族，属于副族元素，而非主族元素，D错误；

故答案为：A。

【分析】A．明确煤油的成分（烷烃、环烷烃等），结合燃烧反应规律，判断其在液氧中完全燃烧的产物为CO2和H2O。

B．牢记合金的性质，合金硬度一般大于各组分纯金属，铝锂合金硬度比纯铝大；且铝锂合金密度小于纯铝，据此判断该选项错误。

C．区分双原子分子（如O2）和单原子分子（如He）的成键情况，He分子无化学键，从而判断该选项错误。

D．掌握元素周期表的分区，铼位于副族，不属于主族元素，以此判断该选项错误。3．【答案】C【解析】【解答】A、电解质的研究对象是化合物，而石墨烯是碳的单质，不属于电解质，A错误；

B、235U与236U互为同位素，同位素的化学性质几乎完全相同，仅物理性质存在差异，B错误；

C、碳化硅硬度高、耐高温，属于新型无机非金属材料，C正确；

D、铌酸锂（LiNbO3）由阴离子和阳离子通过离子键结合而成，属于离子晶体，而非共价晶体，D错误；

故答案为：C。

【分析】本题的易错点主要有以下几点：

对电解质的定义理解不清，易混淆单质（如石墨烯）与化合物的类别，错误认为单质属于电解质。

对同位素的化学性质认识不足，容易误认为同位素化学性质不同，实则同位素化学性质几乎完全相同，仅物理性质有差异。

对材料分类和晶体类型的判断存在混淆，比如容易将碳化硅的新型无机非金属材料类别判断错误，或误判铌酸锂（LiNbO3）的晶体类型（离子晶体而非共价晶体）。4．【答案】D【解析】【解答】A、六角雪花属于晶体，晶体的自范性体现为晶体生长时可自发形成规则几何形状，A正确；B、焰火的缤纷色彩源于原子核外电子在激发态与基态间跃迁，释放特定波长的光，B正确；

C、萤火虫发光是其体内化学反应将化学能转化为光能的过程，C正确；

D、溶洞形成是碳酸钙与水、二氧化碳反应生成碳酸氢钙，反应中各元素化合价无变化，不属于氧化还原反应，D错误；

故答案为：D。

【分析】A．自范性——晶体自发形成规则几何形状的性质，结合六角雪花的规整结构，判断其体现了晶体自范性。

B．牢记原子核外电子跃迁与焰火颜色的关系，电子在激发态和基态间跃迁会释放特定波长的光，从而呈现缤纷色彩。

C．把握能量转化形式，萤火虫发光是体内化学反应将化学能转化为光能的过程。

D．分析溶洞形成反应中各元素化合价无变化，不属于氧化还原反应。5．【答案】C【解析】【解答】A、阳极（a电极）应连接外接电源的正极，而非负极，A错误；

B、电解池中阴离子向阳极移动，O2-应从b电极移向a电极，而非从a移向b，B错误；

C、b电极为阴极，CO2得电子发生还原反应，反应式为CO2+2e-=CO+O2-，C正确；

D、生成的O2中的O元素来自固态氧化物、CO2和H2O，并非仅来自CO2，D错误；

故答案为：C。

【分析】电极类型判断：a电极上O2-失电子生成O2，发生氧化反应，故a为阳极；b电极上CO2、H2O得电子生成CO、H2，发生还原反应，故b为阴极。6．【答案】B【解析】【解答】A、分液是用于分离互不相溶的液体，此处需分离沸点不同的组分，不是分液，A错误；

B、蒸馏可分离沸点不同的混合物，符合操作a的要求，B正确；

C、萃取是利用溶质在不同溶剂中溶解度的差异分离物质，此处不涉及，C错误；

D、升华是固体直接变为气体的过程，与本题分离原理无关，D错误；

故答案为：B。

【分析】要解决本题，需梳理提纯流程并明确各操作的作用：

粗乙酸乙酯中加入饱和Na2CO3溶液，可除去乙酸、溶解乙醇，同时降低乙酸乙酯的溶解度，经分液得到有机相（主要含乙酸乙酯），向有机相中加入无水CaCl2，用于除去残留的少量水，此时有机相中主要是乙酸乙酯和少量沸点不同的杂质，由于乙酸乙酯与杂质的沸点存在差异，需通过蒸馏分离得到纯净的乙酸乙酯，因此操作a为蒸馏。7．【答案】A【解析】【解答】A、聚乳酸用于制作可降解一次性餐具，是因为其可降解且对人体无害，与聚乳酸的酸性无关，该选项劳动项目和化学知识无关联，故A符合题意；

B、因氧化性Fe3+>Cu2+，FeCl3溶液能与Cu发生反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故可用FeCl3溶液刻蚀覆铜电路板，劳动项目与化学知识有关联，故B不符合题意；

C、机油可隔绝空气，在自行车链条表面涂机油，能减缓金属发生吸氧腐蚀，劳动项目与化学知识有关联，故C不符合题意；

D、液氨汽化时吸收大量的热，能使周围环境温度降低，因此可用液氨作工业制冷剂，劳动项目与化学知识有关联，故D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A．聚焦“聚乳酸制作可降解餐具”的原因，其核心是“可降解、对人体无害”，而非“酸性”，由此判断二者无关联。

B．依据“氧化性强弱规律（Fe3+>Cu2+）”，结合反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，判断FeCl3刻蚀覆铜电路板的关联成立。

C．明确“金属吸氧腐蚀的条件（与空气、水接触）”，机油隔绝空气可减缓腐蚀，判断关联成立。

D．紧扣“液氨的物理性质（汽化吸热）”，其汽化降温的特性使其可作工业制冷剂，判断关联成立。8．【答案】D【解析】【解答】A、浓硫酸与铜反应制备SO2需要加热条件，装置中未加热，无法制得SO2，故A不符合题意；

B、SO2密度比空气大，应采用“短管进长管出”的向上排空气法收集，装置中进气方式错误，故B不符合题意；

C、SO2使KMnO4溶液褪色，体现的是SO2的还原性（被KMnO4氧化），而非漂白性；验证SO2漂白性应使用品红溶液，故C不符合题意；

D、SO2与H2S溶液反应生成S单质（反应为SO2+2H2S=3S↓+2H2O），SO2中S元素化合价降低，体现了SO2的氧化性，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A．浓硫酸与铜制SO2需加热，装置未加热，无法制备。

B．SO2密度比空气大，应短管进长管出，装置进气方式错误。

C．SO2使KMnO4溶液褪色体现还原性，验证漂白性应用品红溶液。

D．SO2与H2S反应生成S，SO2中S化合价降低，体现氧化性。9．【答案】D【解析】【解答】A、该化合物中苯环、碳碳双键、羧基的碳原子均为sp2杂化，且各平面结构可通过单键旋转共面，因此所有碳原子可以共平面，A正确；

B、苯环、酚羟基、羧基可发生取代反应；酚羟基、碳碳双键可发生氧化反应，B正确；

C、只有羧基能与NaHCO3反应，酚羟基不与NaHCO3反应，故1mol该化合物最多能与1molNaHCO3反应，C正确；

D、苯环与3molH2加成，碳碳双键与1molH2加成，羧基不能与H2加成，因此1mol该化合物最多能与4molH2发生加成反应，D错误；

故答案为：D。

【分析】A．判断碳原子共面，需关注sp2杂化的碳原子（苯环、碳碳双键、羧基的碳原子均为sp2杂化），且平面结构可通过单键旋转共面。

B．分析官能团的反应类型，苯环、酚羟基、羧基能发生取代反应，酚羟基、碳碳双键能发生氧化反应。

C．明确与NaHCO3反应的官能团只有羧基，酚羟基不反应，因此1mol该化合物最多与1molNaHCO3反应。

D．确定能与H2加成的官能团（苯环、碳碳双键，羧基不能加成），苯环需3molH2，碳碳双键需1molH2，总共4mol。10．【答案】B【解析】【解答】A、NH4HSO4晶体由NH4+和HSOB、H218O的摩尔质量为20g/mol，1个H218O分子含中子数为10（18O含10个中子，HC、题目未给出pH=12氨水的体积，无法计算NHD、SO2与O2生成SO3的反应是可逆反应，不能完全进行。标准状况下22.4LSO2（1mol）与11.2L故答案为：B。

【分析】A．明确NH4HSO4晶体的离子构成（NH4+和HSOB：先计算H218O的物质的量（摩尔质量20g/mol），再分析其中子数（18O含10个中子，C：根据“计算粒子数目需知道溶液体积”的原则，题目未给出氨水体积，无法计算NH4D：紧扣“可逆反应不能完全进行”的特点，SO2与O2生成SO311．【答案】C【解析】【解答】A、浓盐酸与MnO2制备Cl2需要加热，装置中无加热条件，若将a处KMnO4换为MnO2无法制备Cl2，A错误；

B、b处石蕊溶液先因Cl2与水反应生成的H+变红，后因HClO的漂白性褪色；c处Cl2与KI反应生成I2，滤纸变为黄褐色，B错误；

C、d处是湿润红色纸团，Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性，且湿润环境下漂白作用更快；e处干燥红色纸团也会因Cl2中混有的水分生成HClO而褪色，故d处褪色更快，C正确；

D、饱和NaCl溶液可吸收HCl，但不与Cl2反应，无法吸收剩余Cl2，吸收Cl2应使用NaOH溶液，D错误；

故答案为：C。

【分析】A．明确MnO2与浓盐酸制Cl2的反应条件（需加热），装置无加热装置，更换后仍无法制备。

B．区分Cl2的酸性与漂白性作用，b处石蕊先变红后褪色，c处Cl2氧化KI生成I2使滤纸呈黄褐色。

C．紧扣HClO的漂白原理（需湿润环境生成），d处纸团湿润、e处干燥，d处HClO生成更快，褪色更迅速。

D．明确Cl2的吸收试剂（NaOH溶液），饱和NaCl溶液仅除HCl不吸收Cl2，试剂选择错误。12．【答案】D【解析】【解答】A、同周期元素第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，但第ⅤA族（N）第一电离能大于相邻的第ⅥA族（O），故第一电离能：C

B、X的简单氢化物是CH4，Z的是H2O，R的是H2S。H2O因含氢键沸点最高，H2S相对分子质量大于CH4，范德华力更大，沸点：CH4<H2S<H2O，B错误；

C、同周期元素非金属性N>C，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，故酸性HNO3>H2CO3，C错误；

D、CH4的价层电子对数4+4−1×42=4，NH3的价层电子对数3+5−1×32=4，H2S的价层电子对数13．【答案】A【解析】【解答】A、CuSO4溶液与ZnS反应生成CuS，依据是KB、氯水需现制现用是因为HClO见光易分解，而非HClO是弱酸，二者无因果关系，B错误；C、甲苯中甲基使酸性KMnO4D、用NaOH滴定醋酸时，应选酚酞作指示剂（滴定终点溶液呈碱性），甲基橙变色范围在酸性区间，无法准确指示，陈述Ⅰ错误，D错误；故答案为：A。

【分析】A．依据“沉淀转化的条件（Ksp大的沉淀可转化为Ksp小的沉淀）”，ZnS转化为CuS是因Ksp(ZnS)>KC．甲苯使酸性KMnO4D．NaOH滴定醋酸的终点溶液呈碱性，应选酚酞作指示剂，甲基橙变色范围不匹配，陈述Ⅰ错误。14．【答案】C【解析】【解答】A、f是铵盐，草木灰（含K2CO3，溶液呈碱性）与铵盐混用会促进NH4+水解生成NH3，降低肥效，A错误；

B、e是HNO3，Cu与浓HNO3反应生成NO2，而非c（NO），B错误；

C、a（NH3）与d（NO2）反应为8NH3+6NO2=7N2+12H2O，NO2是氧化剂（N从+4价降为0价），NH3是还原剂（N从-3价升为0价），氧化剂与还原剂物质的量之比为3：4，C正确；

D、工业制e（HNO3）的流程是N2→NH3→NO→NO2→HNO3，即b→a→c→d→e，而非b→a→d→e，D错误；

故答案为：C。

【分析】物质推断：a为-3价氢化物（NH3），b为单质（N2），c为+2价氧化物（NO），d为+4价氧化物（NO2），e为含氧酸（HNO3），f为铵盐。据此解题。15．【答案】B【解析】【解答】A、两步反应均吸热，与“第二步放热”矛盾，A错误；B、第一步吸热（X能量低于Y）、第二步放热（Y能量高于Z），且第一步活化能小、第二步为决速步，符合分析，B正确；C、第一步活化能大于第二步，与“第一步速率快（活化能小）”矛盾，C错误；D、两步均放热，与“第一步吸热”矛盾，D错误；故答案为：B。【分析】要解决本题，需结合浓度变化和温度对平衡的影响，分析反应的能量变化与活化能：反应进程判断：由浓度随时间变化可知，反应分两步：X⟶Y（中间产物Y浓度先增后减）、温度对平衡的影响：升高温度，c平(Y)c平(16．【答案】C【解析】【解答】A、a膜允许OH-（阴离子）通过，为阴离子交换膜；b膜允许H+（阳离子）通过，为阳离子交换膜，A正确；B、Ⅱ室消耗H+，酸性减弱，pH逐渐增大，B正确；

C、生成1molNH4+时，转移8mol电子，Ⅰ室有4molZn反应（质量增加4×65=260g），同时双极膜中有8molOH-移入Ⅰ室（质量增加8×17=136g），总质量增加260+136=396g，而非532g，C错误；

D、电路中每通过4mol电子，双极膜需解离4molH2O（提供4molH+和4molOH-），D正确；

故答案为：C。

【分析】负极（Ⅰ室，Zn电极）：Zn失去电子，结合Ⅰ室中的OH-生成[Zn(OH)4]2-，电极反应为：Zn-2e-+4OH-=ZnOH42-（失电子，发生氧化反应）；

正极（Ⅱ室，催化电极）：NO3-得到电子，结合Ⅱ室中的H+生成NH4+和H2O，电极反应为：NO3-+8e-+10H+=NH17．【答案】5C2H5OH+4MnO4-+12H+=5CH3COOH+4Mn2++11H2O；b→f→e；溶液橙红色变浅或褪去；10【解析】【解答】（1）该反应中碳的化合价升高，由-2价升高到0价，锰的化合价降低，由+7价降低到+2价，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，离子方程式为：5C2H5OH+4MnO4-+12H+=5CH3COOH+4Mn2++11H故答案为：5C2H5OH+4MnO4-+12H+=5CH3COOH+4Mn2++11H2O；

（2）该反应要控制温度170℃，反应时会有副产物二氧化硫和二氧化碳，可以用氢氧化钠除去二氧化硫和挥发出来的乙醇，再用高锰酸钾检验乙烯的还原性，用溴水检验乙烯的不饱和性，

故答案为：b→f→e；溶液橙红色变浅或褪去；

（3）由于C2H5OH+C2H5OH⇌C2H5OH2++C2H5O-K=10-19.10，K=c(C（4）钠与乙醇、冰醋酸反应，其实质是与其自耦电离形成溶剂合氢离子在反应，结合信息ⅲ可知，冰醋酸的自耦电离平衡常数更大，

故答案为：相同温度下，冰醋酸的自耦电离平衡常数更大，分子释放溶剂合氢离子的能力更强；（5）结合信息可知，钠的密度比冰醋酸小，铜的密度比乙醇和冰醋酸都大，用铜网包裹钠块后再投入乙醇和冰醋酸中可以保证两者反应的条件相同，

故答案为：使钠沉入液体底部，防止因固液接触面积不同而影响反应速率；（6）题中“实验验证”的温度为25℃，结合题中信息可知，乙酸钠在冰醋酸中的溶解度随温度的升高而增大，优化实验中的数据t1>t2，说明在乙酸中反应快，故温度较高，应该选择50℃；结合题中信息钠和乙酸反应时放热较多，且此时钠的量较多，乙醇和冰醋酸体积较少，同时结合信息可知，乙酸钠在冰醋酸中的溶解度随温度的升高而增大，并且反应需要的时间是和乙酸反应时较短，

故答案为：金属钠的质量增大，冰醋酸体积减小，反应放出的热量使体系温度升高更高，促进了乙酸钠的溶解，增大了反应速率。

【分析】乙醇在加热条件下发生消去反应生成乙烯，反应中会挥发出乙醇并产生二氧化硫等副产物，需用氢氧化钠溶液除去；之后可通过高锰酸钾检验乙烯的还原性，用溴的四氯化碳溶液检验乙烯的不饱和性。同时，本题还探究了钠与乙醇、冰醋酸反应的速率差异，以及钠的用量、反应温度对反应速率的影响，以此展开解题。

(1)依据得失电子、电荷及原子守恒配平离子方程式。

(2)乙醇消去反应需加热到170℃，用NaOH溶液除杂，再用溴的CCl4溶液检验乙烯（使溶液褪色），装置连接顺序为b→f→e。

(3)根据乙醇自耦电离平衡常数计算溶剂合氢离子浓度。

(4)从自耦电离平衡常数角度，冰醋酸释放溶剂合氢离子能力更强。

(5)用铜网包裹钠是为了使钠沉入底部，控制固液接触面积一致。

(6)结合乙酸钠溶解度与温度的关系及反应放热，判断温度为50℃；钠质量大、冰醋酸体积小，反应放热使温度升高，促进乙酸钠溶解，加快反应速率。18．【答案】（1）Zn2+、Cu2+、Fe3+（2）Ga2O3+6H2C2O4=2[Ga(C2O4)3]3-+6H++3H2O；不能；PbSO4+H2C2O4⇌PbC2O4+2H++SO42-，K=c2(H+)⋅c(SO42-)c(H（3）除去[Fe(C2O4)3]3-，以提高Ga的萃取率（4）NaOH（5）低于；4；B【解析】【解答】（1）由分析可知，“低酸浸出”后滤液中含有的金属阳离子主要有Zn2+、Cu2+、Fe3+；故答案为：Zn2+、Cu2+、Fe3+；

（2）①Ga2O3被草酸浸出生成[Ga(C2O4)3]3-，同时生成水和H+，反应的离子方程式为：Ga2O3+6H2C2O4=2[Ga(C2O4)3]3-+6H++3H2②加入草酸后，由以下计算可得出，反应的平衡常数很小，PbSO4不能完全转化为PbC2O4，其原因为：PbSO4+H2C2O4⇌PbC2O4+2H++SO42-，K=c2(H+)⋅c(SO42-)c(H2故答案为：Ga2O3+6H2C2O4=2[Ga(C2O4)3]3-+6H++3H2O；不能；PbSO4+H2C2O4⇌PbC2O4+2H++SO42-，K=c2(H+)⋅c(SO42-)c(H2C2O4)=c2(H+)⋅c(SO42-)c2故答案为：除去[Fe(C2O4)3]3-，以提高Ga的萃取率；

（4）洗脱剂2用于洗脱回收锗，由图可知，使用NaOH时锗的洗脱率较大，则洗脱剂2应选用NaOH；故答案为：NaOH；

（5）1①GaN、GaP、GaAs晶体类型相同，都属于共价晶体，原子半径越大，键长越长，键能越小，熔点越低，因As的原子半径大于P的原子半径，则GaAs的熔点比GaP的熔点低，GaP的熔点为1480℃，所以GaAs的熔点低于1480℃；②GaAs的一种立方晶胞中，As原子仅有两种位置，一种As原子位于晶胞顶点，晶体中与As原子最近且等距的As原子有12个，则表明另一种As原子位于立方晶胞的面心，晶胞中所含As原子的个数为8×1③A．晶胞分成8个小立方体，Ga原子位于小立方体的体心，4个As原子位于顶点，可能是上述②中GaAs晶胞的结构单元，A不符合题意；B．若As原子位于小立方体的顶点，则Ga原子位于体心，不可能位于顶点，该图不可能是上述②中GaAs晶胞的结构单元，B符合题意；C．提取晶胞内的4个Ga原子构成小立方体，便可得到如图，可能是上述②中GaAs晶胞的结构单元，C不符合题意；

故答案为：低于；4；B。

【分析】锌冶炼渣（主要含Zn、CuO、ZnFe2O4、PbO2、SiO2及少量Ga2O3、Ga2S3、GeO2、GeS2等）先加入H2SO4进行低酸浸出，过滤后滤液中主要含Zn2+、Cu2+、Fe3+等金属阳离子。高硅渣中加入H2O2、H2C2O4酸浸时，PbO2被H2O2还原为Pb2+并转化为PbSO4沉淀，SiO2不反应进入沉淀；Ga3+、Ge4+、Fe3+分别转化为配离子。因[Fe(C2O4)3]3-会影响Ga、Ge的萃取率，需加入Fe将其还原为FeC2O4沉淀除去。向滤液中加萃取剂萃取，再加入洗脱剂1（H2SO4）得到富镓母液，电解得粗镓；有机层中加入洗脱剂2（NaOH），分离出水相和有机相，从水相中可回收锗。据此解题。（1）由分析可知，“低酸浸出”后滤液中含有的金属阳离子主要有Zn2+、Cu2+、Fe3+；（2）①Ga2O3被草酸浸出生成[Ga(C2O4)3]3-，同时生成水和H+，反应的离子方程式为：Ga2O3+6H2C2O4=2[Ga(C2O4)3]3-+6H++3H2②加入草酸后，由以下计算可得出，反应的平衡常数很小，PbSO4不能完全转化为PbC2O4，其原因为：PbSO4+H2C2O4⇌PbC2O4+2H++SO42-，K=c2(H+)⋅c(SO42-)c(H2（3）由表中数据可知，随着[Fe(C2O4)3]3-浓度的增大，Ga、Ge的萃取率不断减小，尤其对Ga的萃取率的影响非常大，所以加Fe粉“还原”的目的为：除去[Fe(C2O4)3]3-，以提高Ga的萃取率；（4）洗脱剂2用于洗脱回收锗，由图可知，使用NaOH时锗的洗脱率较大，则洗脱剂2应选用NaOH；（5）1①GaN、GaP、GaAs晶体类型相同，都属于共价晶体，原子半径越大，键长越长，键能越小，熔点越低，因As的原子半径大于P的原子半径，则GaAs的熔点比GaP的熔点低，GaP的熔点为1480℃，所以GaAs的熔点低于1480℃；②GaAs的一种立方晶胞中，As原子仅有两种位置，一种As原子位于晶胞顶点，晶体中与As原子最近且等距的As原子有12个，则表明另一种As原子位于立方晶胞的面心，晶胞中所含As原子的个数为8×1③A．晶胞分成8个小立方体，Ga原子位于小立方体的体心，4个As原子位于顶点，可能是上述②中GaAs晶胞的结构单元，A不符合题意；B．若As原子位于小立方体的顶点，则Ga原子位于体心，不可能位于顶点，该图不可能是上述②中GaAs晶胞的结构单元，B符合题意；C．提取晶胞内的4个Ga原子构成小立方体，便可得到如图，可能是上述②中GaAs晶胞的结构单元，C不符合题意；故选B。19．【答案】（1）ΔH3+12ΔH4-ΔH（2）5.0×10-3；BC（3）3d64s2；HCOO-；H+；d（4）R2COOH；4.75；＞；Ka(HCOOH)=1.0×10-3.75，则Kh=1.0×10-10.25，HCOOH的电离程度大于HCOO-的水解程度。HCOOH溶液与NaOH溶液混合后。溶液中c(HCOO-)＞c(HCOOH)，即lgc(RCOO【解析】【解答】（1）由图中信息可得出：①CO2(g)+H2(g)=HCOOH(g)ΔH1②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH4③CO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH④CO(g)+H2O(g)=HCOOH(g)ΔH3依据盖斯定律，将反应④+②×12-③=①，可得出反应①的ΔH1=ΔH3+12ΔH4-ΔH故答案为：ΔH3+12ΔH4-ΔH2；

（2）甲酸甲酯水解可制取甲酸，反应为HCOOCH3(1)+H2O(l)⇌HCOOH(1)+CH3①从图中可以看出，实验i中，HCOOCH3的起始浓度为1.0mol·L-1，20~40min内，HCOOCH3的转化率由11.0%增大到21.0%，则参加反应HCOOCH3的物质的量浓度为1.0mol·L-1×(21.0%-11.0%)=0.10mol·L-1，v(HCOOH)=0.10mol/L20min=5.0×10-3mol·L-1②A．与实验i相比，若实验ii为升高温度，则平衡正向移动，HCOOCH3的平衡转化率应比实验i大，A不正确；B．平衡后加水稀释，各物质的浓度减小，平衡向生成甲酸的方向移动，所以甲酸的平衡产率增大，B正确；C．平衡后加入少量NaOH固体，与甲酸作用从而减少甲酸的浓度，平衡正向移动，甲酸甲酯的平衡浓度降低，C正确；D．选用合适的催化剂，可加快甲酸甲酯的水解速率，但不能减小反应的焓变，D不正确；故答案为：5.0×10-3；BC。（3）①基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则其价层电子排布式为3d64s2。②反应机理图中，比较反应a的反应物与生成物，可得出阴离子X为HCOO-，比较反应c的反应物与生成物，可得出阳离子Y为H+。③上述反应进程中，由物质Ⅱ转化为物质Ⅲ，活化能为(45.3kJ∙mol-1)-(-31.8kJ∙mol-1)=77.1kJ∙mol-1，由物质Ⅳ转化为物质Ⅰ，活化能为(43.5kJ∙mol-1)-(-42.6kJ∙mol-1)=86.1kJ∙mol-1，则物质Ⅳ转化为物质Ⅰ，反应的活化能更大，则反应速率较慢的一步为d。故答案为：3d64s2；HCOO-；H+；d；

（4）①R1COOH、HCOOH和R2COOH三种酸中，lgc(RCOO-)c(RCOOH)=0时，c(RCOO-)c(RCOOH)=1，K=c(H+②lgc(HCOO-)c(HCOOH)=0时，pH=3.75，K(HCOOH)=c(H+)⋅c(HCOO-)c(HCOOH)=c(H+)=10-3.75，lgc(HCOO-)c(HCOOH)=1时，③室温下，将同物质的量浓度的VLHCOOH溶液和0.5VLNaOH溶液混合，反应结束时所得溶液中c(HCOOH)=c(HCOO-)，由于Ka(HCOOH)=1.0×10-3.75＞Kh=1.0×10-10.25，所以溶液中以HCOOH电离为主，溶液中c(HCOO-)＞c(HCOOH)，c(H+)=K(HCOOH)⋅c(HCOOH)c(HCOO−)＜10-3.75mol·L-1，则缓冲溶液的pH＞3.75。理由为：Ka(HCOOH)=1.0×10-3.75，则Kh=1.0×10-10.25，HCOOH的电离程度大于HCOO-的水解程度。HCOOH溶液与NaOH溶液混合后。溶液中c(HCOO-)＞c(HCOOH)，即lgc(RCOO-)c(RCOOH)＞0，则pH＞3.75。

故答案为：R2COOH；4.75；＞；Ka(HCOOH)=1.0×10-3.75，则Kh=1.0×10-10.25，HCOOH的电离程度大于HCOO-的水解程度。HCOOH溶液与NaOH溶液混合后。溶液中c(HCOO-)＞c(HCOOH)，即lgc(RCOO(2)①根据浓度变化和时间，计算反应速率：v(②分析温度、浓度、催化剂对平衡和速率的影响，正确选项为BC。(3)①基态Fe原子价层电子排布式为3d②由反应机理图，阴离子X为HCOO−，阳离子Y为H③比较活化能，反应d的活化能更大，速率更慢。(4)①依据pH与lg⁡c(RCOO②利用电离平衡常数计算，当lg⁡③比较甲酸电离和甲酸根水解程度，溶液中c(HCOO（1）由图中信息可得出：①CO2(g)+H2(g)=HCOOH(g)ΔH1②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH4③CO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH④CO(g)+H2O(g)=HCOOH(g)ΔH3依据盖斯定律，将反应④+②×12-③=①，可得出反应①的ΔH1=ΔH3+12ΔH4-ΔH（2）甲酸甲酯水解可制取甲酸，反应为HCOOCH3(1)+H2O(l)⇌HCOOH(1)+CH3OH(l)ΔH＞0。①从图中可以看出，实验i中，HCOOCH3的起始浓度为1.0mol·L-1，20~40min内，HCOOCH3的转化率由11.0%增大到21.0%，则参加反应HCOOCH3的物质的量浓度为1.0mol·L-1×(21.0%-11.0%)=0.10mol·L-1，v(HCOOH)=0.10mol/L20min=5.0×10-3mol·L-1②A．与实验i相比，若实验ii为升高温度，则平衡正向移动，HCOOCH3的平衡转化率应比实验i大，A不正确；B．平衡后加水稀释，各物质的浓度减小，平衡向生成甲酸的方向移动，所以甲酸的平衡产率增大，B正确；C．平衡后加入少量NaOH固体，与甲酸作用从而减少甲酸的浓度，平衡正向移动，甲酸甲酯的平衡浓度降低，C正确；D．选用合适的催化剂，可加快甲酸甲酯的水解速率，但不能减小反应的焓变，D不正确；故选BC。（3）①基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则其价层电子排布式为3d64s2。②反应机理图中，比较反应a的反应物与生成物，可得出阴离子X为HCOO-，比较反应c的反应物与生成物，可得出阳离子Y为H+。③上述反应进程中，由物质Ⅱ转化为物质Ⅲ，活化能为(45.3kJ∙mol-1)-(-31.8kJ∙mol-1)=77.1kJ∙mol-1，由物质Ⅳ转化为物质Ⅰ，活化能为(43.5kJ∙mol-1)-(-42.6kJ∙mol-1)=86.1kJ∙mol-1，则物质Ⅳ转化为物质Ⅰ，反应的活化能更大，则反应速率较慢的一步为d。（4）①R1COOH、HCOOH和R2COOH三种酸中，lgc(RCOO-)c(RCOOH)=0时，c(RCOO-)c(RCOOH)=1，K=c(H+②lgc(HCOO-)c(HCOOH)=0时，pH=3.75，K(HCOOH)=c(H+)⋅c(HCOO-)c(HCOOH)=c(H+)=10-3.75，lgc(HCOO-)c(HCOOH)=1时，③室温下，将同物质的量浓度的VLHCOOH溶液和0.5VLNaOH溶液混合，反应结束时所得溶液中c(HCOOH)=c(HCOO-)，由于Ka(HCOOH)=1.0×10-3.75＞Kh=1.0×10-10.25，所以溶液中以HCOOH电离为主，溶液中c(HCOO-)＞c(HCOOH)，c(H+)=K(HCOOH)⋅c(HCOOH)c(HCOO−)＜10-3.75mol·L-1，则缓冲溶液的pH＞3.75。理由为：Ka(HCOOH)=1.0×10-3.75，则Kh=1.0×1020．【答案】（1）C4H