广东梅州市2026年高三下学期一模化学试题（含答案）

第第页广东梅州市2026年高三下学期一模化学试题一、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．国宝文物见证中华马魂。下列与马有关的文物中，主要成分属于合金的是A．汉代木马B．朱红地联珠对马纹锦C．铜奔马D．饮马图2．“新质生产力”中“新”的核心在于科技创新。下列有关说法正确的是A．嫦娥六号月壤样品发现天然单壁碳纳米管，碳纳米管碳原子间存在离子键B．“华龙一号”的核反应堆以235U为燃料，235U与C．我国光量子芯片使用铌酸锂（LiNbO3）晶体调控光子，LiNbOD．火焰喷雾技术制备纳米材料，在高温火焰喷雾中形成的胶体属于气溶胶3．梅州有“全球客家人的心灵家园”之称。下列关于梅州的特色所含化学知识分析错误的是A．梅州金柚富含维生素C，维生素C可帮助人体将食物中的Fe3+转变为B．“蕉岭富硒稻米”是名特优新农产品，Se的最高价氧化物是SeOC．鱼生飘香迎客商，五华鱼生的鱼肉中含有的蛋白质可最终水解生成氨基酸D．“埔寨火龙”是国家级非物质文化遗产，火龙燃放烟花涉及电子跃迁4．劳动是淬炼品格的熔炉，是塑造健全人格的基石。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A社区活动：用84消毒液对图书馆桌椅消毒含氯消毒剂具有强氧化性B学农活动：塑料大棚下种植蔬菜塑料一般易燃烧，难降解C家务劳动：用管道疏通剂（主要成分为NaOH和铝粉）疏通厨卫管道铝粉和NaOH反应放热并产生H2D实践活动：用糯米酿制米酒糯米富含淀粉，淀粉经发酵可以得到乙醇A．A B．B C．C D．D5．《诗经》言“缟衣茹藘（茜草）”，茜草中的茜素与矾土中的Al3+、CaA．茜素中含有2种官能团B．茜素水溶性较好的主要原因是其易与水形成分子间氢键C．配合物X中Al的配位数为6D．配合物X中含有的化学键有离子键、共价键、配位键、氢键6．电化学原理在日常生活和科技领域中应用广泛。对下列装置的说法正确的是A．图Ⅰ装置工作过程中，电解质溶液中Cu2+B．图Ⅱ装置是组装的铜锌原电池C．图Ⅲ装置采集到的压强数据可以判断铁钉发生吸氧腐蚀还是析氢腐蚀D．图Ⅳ装置为电解饱和食盐水工作原理示意图，其离子交换膜为阴离子交换膜7．已知甲、乙都为单质，丙为化合物，能实现下述转化关系。下列说法正确的是甲+乙→点燃丙→+HA．若丁为强碱，则甲可能是NaB．往丁中滴加氨水，先有蓝色沉淀生成，后沉淀溶解，则甲可能为CuC．若丁遇Na2CO3放出气体D．若丁为弱酸，则甲一定为S8．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甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但甲烷不能甲基对苯环有活化作用B用KSCN溶液检验FeSO4Fe3+与SCNC工业上常用电解熔融Al2O3Al2O3D高压钠灯发出透雾性强的黄光金属钠具有强还原性A．A B．B C．C D．D9．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径和元素最低化合价的关系如图所示。下列叙述正确的是A．第一电离能：YB．简单氢化物的沸点：WC．最高价氧化物对应水化物的酸性：YD．YW310．NA表示阿伏加德罗常数的数值。下列叙述正确的是A．7.1gCl2B．20g重水（D216C．100mL0.1mol/LNa2D．78g中含有π键的数目为3N11．传统方式制备乙炔难以实现固液分离，生成的糊状物使乙炔气流不平稳，甚至堵塞。改进后的乙炔制备、性质检验和尾气处理的实验装置如图所示。下列说法错误的是A．分液漏斗a中所盛的饱和食盐水的作用是加快反应速率B．碳化钙应放在装置A中X处，反应器中玻璃珠的作用为形成空隙，促进固液分离C．装置B中CuSO4溶液的作用是吸收杂质气体HD．装置C、装置D中溶液褪色的原理不相同12．联氨（N2H4）的水溶液显弱碱性，与盐酸反应生成盐（NA．常温下，0.05mol/LNB．0.05mol/LNC．N2HD．N2H13．物质结构决定物质性质。下列结构因素不能解释相应物质性质的是选项物质性质结构因素A石墨有润滑作用石墨呈层状结构，层间以范德华力结合，容易在层间发生相对滑动B对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟基苯甲酸氢键类型不同C干冰易升华，可用于制造“烟雾”CO2D2-丁烯存在顺反异构现象，丁烷不存在顺反异构现象π键不能绕键轴旋转A．A B．B C．C D．D14．马来酸（MA）化学异构化合成富马酸（FA）流程如图甲所示，苹果酸（M）为副产物。190℃时，一定浓度的MA发生反应，x表示某有机酸浓度与各有机酸浓度总和之比，x随时间t变化如图乙所示（6.5h后x不再随时间变化，溶液体积变化忽略不计）。下列说法正确的是A．反应①的活化能大于反应②的活化能B．190℃时，反应①的浓度平衡常数K=30C．MA、FA分别和H2D．1molM与足量NaOH溶液反应，消耗3molNaOH15．如图是某小组设计实验探究Cl2A．装置中无水氯化钙用来干燥氯气，可换成浓HB．干燥的红色纸条a不褪色，湿润的红色纸条b褪色，说明干燥的氯气无漂白性C．湿润的淀粉-KI试纸d变蓝色，说明氧化性ClD．浸有FeCl2−KSCN16．氨可用于燃料电池，根据电解质传导机制可分为两类：O-SOFC（氧离子传导型电解质）和H-SOFC（质子传导型电解质），其工作原理如图所示。下列说法错误的是A．O-SOFC和H-SOFC燃料电池通NH3B．H-SOFC燃料电池通O2一极的电极反应为C．从环保的角度来说，具有更大优势的是O-SOFC燃料电池D．两类燃料电池发生的总反应相同二、非选择题：本题共4小题，共56分。17．水垢的主要成分为CaCO3、MgOH2已知：298K、101kPa下：①KspCaCO3②CaCO3悬浊液pH≈9.5，MgOH（1）向MgOH2悬浊液中滴加2滴酚酞溶液，观察到的现象为（2）向MgOH2悬浊液中加入少量NH4（3）试解释CaCO3悬浊液pH≈9.5的原因是（4）水的硬度（水中Ca2+、Mg2+含量）是衡量水质的重要指标。取100.00mL某水样，以铬黑T为指示剂，用0.01860mol/LEDTA标准溶液（弱酸性），在pH=10时滴定水中钙和镁的含量（EDTA与Ca2+、①上述滴定实验中不需要用到的仪器有。A.B.C.D.②该水样的总硬度mg/L（以mCaCO③298K时，反应CaSO4s+CO（5）298K时，向CaCO3悬浊液中分次加入少量0.1mol/L盐酸，并用pH传感器测溶液pH变化（如图所示），第1～9次加盐酸后，pH先快速下降再逐渐升高，其pH先快速下降的原因是（6）结合本实验探究，设计除去水垢中CaSO4的简易实验方案18．从退役CIGS（CuIn1−x已知：①酸浸液成分（g/L）：In13，Ga4.5，H2②P204（二-2-乙基己基磷酸）对In3+、Ga3+的配位常数分别为lgK③氢氧化镓与氢氧化铝性质相似；Ga3++3OH回答下列问题：（1）“酸浸”步骤中，为提高Ga的浸出速率，可采取的措施是（任写一条）。（2）“还原沉硒”时，Se（IV）被还原为单质Se的离子方程式为。________+2SO2+（3）P204萃取时，经三级逆流后，萃余液中In浓度降至0.015g/L，In的萃取率（萃取率=萃取出的物质质量/该物质的总质量×100%，保留三位有效数字）。而此时镓基本不被萃取，结合离子结构分析，萃取差异的本质原因是（4）“中和沉镓”时，需要控制pH=4.5，pH过低则，pH过高则可能导致（5）电解时阴极发生的电极反应是。（6）磷化镓是一种半导体材料。晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被Ga原子代替，顶点和面心的碳原子被P原子代替。磷化镓的晶胞结构如图1，图2中矩形AA1①请在矩形AA1C1②若晶胞密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数为19．氧化亚氮（N2（1）催化分解法可消除N2一种Fe-Ru催化剂催化分解工业尾气N2N2ON2O2NO2①基态N原子的价层电子排布图为。②根据盖斯定律，反应Ⅰ：2N2Og③反应Ⅰ的ΔS0（填“>”“<”或“=”），已知反应Ⅰ在任意温度可自发进行，则ΔH（2）用CO还原N2反应Ⅱ：COg+有人提出上述反应可以用“Fe+反应a：Fe反应b：FeO反应过程的能量变化如图所示：①决定总反应速率的是（填“反应a”或“反应b”）。②对于反应COg+NA.Fe+是催化剂，能降低反应的焓变B.升高温度，NC.降低反应温度，反应平衡常数不变D.上述反应过程中有极性键的断裂和生成③试从绿色化学角度评价该方法。（3）在总压为100kPa的密闭容器中，充入一定量的CO和N2O发生反应COg+N2Og⇌CO2g+①表示N2O的转化率随nN②T1T（4）已知500℃时，CaC2O4s⇌CaCO3s+COg的平衡常数20．二氧化碳的转化与综合利用是实现“碳达峰”“碳中和”战略的重要途径。我国学者以电催化反应为关键步骤，用CO2（1）A所含官能团名称为；B的分子式为。（2）A的含有苯环且能发生银镜反应的同分异构体数目为，其中在核磁共振氢谱中呈现四组峰的结构简式为。（3）反应③中，化合物C与无色无味气体X反应，生成化合物D，原子利用率为100%。X为。（4）下列说法正确的有________。A．A→B反应过程中，有B．阿托酸分子中所有碳原子均采用sp2C．化合物D、E均含有手性碳原子D．反应④中，用Mg作阳极、Pt作阴极进行电解，CO2（5）根据上述信息，以为原料，合成，基于你设计的合成路线，回答下列问题：①第一步发生分子内羟基间的脱水成醚反应，有机产物为（写结构简式）。②最后一步进行（填具体反应类型），其反应的化学方程式为（注明反应条件）。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、汉代木马的主要成分是木材，属于纤维素，不属于合金，A不符合题意；

B、朱红地联珠对马纹锦的主要成分是蚕丝，属于蛋白质，不属于合金，B不符合题意；

C、铜奔马的主要成分是青铜，青铜是铜锡合金，属于合金，C符合题意；

D、《饮马图》的主要成分是纸张和墨，纸张属于纤维素，墨属于炭黑等，不属于合金，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】本题解题要点：

明确合金的定义：合金是由两种或两种以上的金属（或金属与非金属）熔合而成的具有金属特性的物质；

逐一分析各选项文物的主要成分：木马为木材（纤维素）、锦为蚕丝（蛋白质）、铜奔马为青铜（铜锡合金）、画作的载体为纸张（纤维素）；

结合合金定义，判断只有铜奔马的主要成分属于合金。2．【答案】D【解析】【解答】A、碳纳米管中碳原子间以共价键结合，不存在离子键，A错误；

B、235U与238U互为同位素，核外电子排布相同，化学性质几乎完全相同，B错误；

C、LiNbO3由Li+和NbO3-构成，属于离子晶体，不是共价晶体，C错误；

D、高温火焰喷雾中，纳米材料的固体小颗粒分散在气体中形成的胶体，分散剂为气体，属于气溶胶，D正确；

故答案为：D。

【分析】本题解题要点：

明确碳纳米管的成键类型：碳原子间通过共价键相连，无离子键；

掌握同位素的化学性质：同位素核外电子排布相同，化学性质几乎一致；

区分晶体类型：LiNbO3含离子键，属于离子晶体，共价晶体仅含共价键；

理解胶体的分类：分散剂为气体的胶体属于气溶胶，火焰喷雾中纳米颗粒分散在空气中符合气溶胶的定义。3．【答案】B【解析】【解答】A、维生素C具有还原性，可将Fe3+还原为Fe2+，促进铁的吸收，A正确；

B、Se与S同主族，位于第ⅥA族，最高正价为+6价，最高价氧化物为SeO3，而非SeO2，B错误；

C、蛋白质是由氨基酸脱水缩合形成的高分子化合物，其最终水解产物为氨基酸，C正确；

D、烟花燃放涉及焰色反应，该反应的本质是金属原子的电子吸收能量后从基态跃迁到激发态，再从激发态跃迁回基态时释放能量（以光的形式），即电子跃迁，D正确；

故答案为：B。

【分析】本题解题要点：

维生素C的还原性：紧扣其作为还原剂的属性，分析其可将Fe3+转化为Fe2+的氧化还原关系；

主族元素化合价规律：Se属第ⅥA族，最高正价=主族序数=6，据此推导最高价氧化物的化学式为SeO3；

蛋白质的水解性质：明确蛋白质的水解最终产物是氨基酸，区分水解与缩聚反应的产物差异；

焰色反应的微观原理：厘清焰色反应不是化学反应，而是金属原子电子跃迁的物理现象，明确其本质与电子能级变化的关联。4．【答案】B【解析】【解答】A、84消毒液的有效成分为NaClO，含氯消毒剂具有强氧化性，可使病毒、细菌的蛋白质变性，从而实现消毒，劳动项目与化学知识有关联，A正确；

B、塑料大棚种植蔬菜利用的是塑料的透光性、保温性，为蔬菜生长提供适宜环境，“塑料一般易燃烧，难降解”是塑料的废弃物属性，与大棚种植蔬菜的劳动项目无关联，B错误；

C、管道疏通剂中的铝粉和NaOH发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，反应放热可软化管道污垢，且NaOH具有腐蚀性，能腐蚀疏通管道内的堵塞物，劳动项目与化学知识有关联，C正确；

D、糯米中的淀粉经水解、发酵，最终转化为乙醇，可用于酿制米酒，劳动项目与化学知识有关联，D正确；

故答案为：B。

【分析】本题解题要点：

明确84消毒液的消毒原理：利用含氯消毒剂的强氧化性使蛋白质变性，实现杀菌消毒；

区分塑料大棚的应用原理：核心是塑料的透光、保温特性，而非燃烧性、难降解性，后者与种植蔬菜无关联；

掌握管道疏通剂的作用原理：铝粉与NaOH反应放热、生成H2，结合NaOH的腐蚀性疏通管道；

理解酿酒的化学原理：淀粉经水解、发酵生成乙醇，用于米酒酿制。5．【答案】D【解析】【解答】A、茜素分子中含有羰基、羟基2种官能团，A正确；

B、茜素分子中含有多个羟基，羟基可与水分子形成分子间氢键，因此水溶性较好，B正确；

C、配合物X中Al3+与2个茜素根的4个O、1个H2O的O、1个OH-的O成键，配位数为6，C正确；

D、氢键不属于化学键，配合物X中含有的化学键为离子键、共价键、配位键，D错误；

故答案为：D。

【分析】本题解题要点：

官能团识别：根据茜素的结构，准确识别出羰基、羟基两种官能团；

水溶性与氢键的关系：羟基可与水形成分子间氢键，能显著提升物质的水溶性；

配位数判断：数出中心Al3+周围直接成键的配位原子O的数量，确定配位数为6；

化学键分类：明确氢键不属于化学键，区分离子键、共价键、配位键的存在位置。6．【答案】C【解析】【解答】A、图Ⅰ为粗铜精炼装置，阳极粗铜中的Zn、Fe等比Cu活泼的金属优先放电：Zn−2e−=Zn2+，Fe−2e−=Fe2+、Cu−2e−=Cu2+（主要），阴极只有Cu2+放电生成Cu：Cu2++2e−=Cu，因此溶液中Cu2+浓度会减小，A错误；

B、图Ⅱ装置中，Zn电极应置于ZnSO4溶液，Cu电极应置于CuSO4溶液才能构成标准铜锌原电池，该装置的电极与电解质溶液匹配错误，B错误；

C、吸氧腐蚀会消耗装置内的氧气：2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH7．【答案】B【解析】【解答】A、若甲为Na，乙为O2，点燃生成Na2O2（丙），Na2O2与水反应生成NaOH（丁）和O2。用惰性电极短时间电解NaOH溶液，实质是电解水，生成H2和O2，无法得到单质Na，A错误；B、往丁中滴加氨水，先产生蓝色沉淀、后沉淀溶解，说明丁中含有Cu2+。若甲为Cu，乙为Cl2，点燃生成CuCl2（丙），CuCl2溶于水得到CuCl2溶液（丁）；用惰性电极短时间电解CuCl2溶液，阴极Cu2+放电析出Cu，可再生单质甲（Cu），符合转化关系，因此甲可能为Cu，B正确；C、若丁遇Na2CO3放出CO2，说明丁为酸性溶液。若甲为H2，乙为Cl2，点燃生成HCl（丙），HCl溶于水得到盐酸（丁）；用惰性电极短时间电解盐酸，阴极H+放电生成H2，可再生单质甲（H2），因此甲可能是H2，C错误；D、若丁为弱酸，甲不一定为S。例如甲为C，乙为O2，点燃生成CO2（丙），CO2溶于水生成H2CO3（弱酸，丁），但电解H2CO3溶液实质是电解水，无法再生C；而S的转化虽符合，但存在其他符合条件的情况（如甲为H2，乙为S，生成H2S，溶于水得弱酸H2S，电解H2S溶液可再生H2），因此甲不一定为S，D错误；

故答案为：B。【分析】本题解题要点：明确转化关系：甲+乙→点燃丙，丙+H2O→丁，丁→电解NaOH溶液无法得到Na，违背转化要求；根据氨水的反应现象确定丁含Cu2+，结合CuCl2的电解规律，验证转化可行性；电解盐酸可生成H2，说明甲可能为H2，否定“不可能”的结论；存在多种弱酸对应的单质（如H2对应H2S），说明甲不一定为S。8．【答案】B【解析】【解答】A、甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色、甲烷不能，陈述Ⅰ正确；甲基对苯环有活化作用，陈述Ⅱ正确，但二者无因果关系，甲苯被氧化是因为苯环侧链的甲基受苯环影响变得活泼，A错误；

B、用KSCN溶液检验FeSO4溶液是否氧化变质，陈述Ⅰ正确；Fe3+与SCN-生成红色物质，陈述Ⅱ正确，且正是因为Fe3+能与SCN-显色，才可以用KSCN检验FeSO4是否被氧化为Fe3+，二者有因果关系，B正确；

C、工业上用电解熔融Al2O3而不是AlCl3制备Al，陈述Ⅰ正确；AlCl3是共价化合物，熔融状态不导电，并非Al2O3离子键比AlCl3弱，陈述Ⅱ错误，C错误；

D、高压钠灯发出透雾性强的黄光，陈述Ⅰ正确；金属钠具有强还原性，陈述Ⅱ正确，但二者无因果关系，黄光的产生是钠原子的电子跃迁，与还原性无关，D错误；

故答案为：B。

【分析】本题解题要点：逐项验证陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性，再判断二者是否存在因果关系；

明确甲苯被氧化的原因是苯环对甲基的活化，而非甲基对苯环的活化，二者因果不成立；

掌握Fe3+的检验原理，Fe3+与SCN-的显色反应是检验FeSO4变质的依据，因果关系成立；

明确AlCl3为共价化合物，熔融不导电，陈述Ⅱ本身错误；

区分焰色反应（电子跃迁）与物质还原性的本质，二者无因果关联。9．【答案】C【解析】【解答】A、根据分析，X为C、Y为N、Z为F、W为P。第一电离能规律：同周期主族元素从左到右总体增大，ⅡA、ⅤA族反常；基态N原子2p能级轨道半充满较稳定，其第一电离能大于相邻元素，则第一电离能：F>NB、W的简单氢化物为HCl，Z的简单氢化物为HF。HF分子间含氢键，沸点反常高，故沸点：W<C、X为C、Y为N，元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强。非金属性N＞C，故酸性HNO3＞H2CO3，即Y＞X，C正确；D、YW3为NCl3。中心N原子价层电子对数=3+12×【分析】X、Y、Z、W均为短周期主族元素。结合图像信息分析：W的原子半径最大，且最低化合价为-1价，因此W为氯元素；同主族元素中，氟元素无正价且最低化合价为-1价，原子半径小于氯，故Z为氟元素；X、Y的原子半径均大于氟，根据最低化合价分别为-4价、-3价，可确定X为碳元素，Y为氮元素。10．【答案】A【解析】【解答】A、7.1gCl2的物质的量为0.1mol，Cl2与足量铁粉反应时，Cl元素从0价变为-1价，1molCl2完全反应转移2mol电子，因此0.1molCl2反应转移电子数为0.2NA，A正确；

B、20g重水(D2¹6O)的物质的量nD2O=20g20g/mol=1mol，1个D2¹6O分子中含有的中子数为(2×1)+(16-8)=10，因此1mol重水所含中子数为10NA，B错误；

C、100mL0.1mol/LNa2SO3溶液中，SO32-会发生水解：SO32−+H2O⇌HSO3−+OH−，导致实际数目小于0.01NA，C错误；

D、78g苯的物质的量n苯=78g78g/mol=1mol11．【答案】A【解析】【解答】A、分液漏斗a中盛饱和食盐水，目的是减缓电石与水的反应速率，使乙炔气流平稳，而非加快反应速率，A错误；

B、碳化钙应放在装置A的X处，反应器中的玻璃珠可形成空隙，避免电石与水反应生成的糊状

Ca(OH)2堵塞装置，促进固液分离，B正确；

C、电石中含有的硫化钙、磷化钙等杂质，会与水反应生成H2S、PH3等杂质气体，装置B中CuSO4溶液可吸收这些杂质，防止干扰乙炔的性质检验，C正确；

D、装置C中溴水褪色是乙炔与Br2发生加成反应，装置D中酸性高锰酸钾溶液褪色是乙炔被氧化，二者褪色原理不同，D正确；

故答案为：A。

【分析】装置A为乙炔发生装置，通过电石与饱和食盐水反应制取乙炔，玻璃珠与筛板可避免糊状产物堵塞，实现平稳产气与固液分离；装置B中硫酸铜溶液用于除去乙炔中混有的H2S、PH3等还原性杂质，防止其干扰后续检验；装置C中溴水通过加成反应验证乙炔的不饱和性，装置D中酸性高锰酸钾溶液通过氧化反应验证乙炔的还原性，二者褪色原理不同；装置E用于点燃尾气，处理过量的乙炔，避免污染环境。12．【答案】D【解析】【解答】A、联氨（N2H4）的水溶液显弱碱性，说明其是弱电解质，部分电离，0.05mol/L联氨溶液中c(OHB、N2H6Cl2是强酸弱碱盐，N2H62+水解使溶液显酸性，加水稀释促进水解，但溶液酸性减弱，pH值升高，B正确；C、联氨与盐酸反应生成N2H5Cl，类比NH4Cl的电离，N2H5Cl在水溶液中完全电离为N2H5+和Cl-，电离方程式为N2D、N2H5Cl水溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒的含义可知，正确的电荷守恒为：c(H+)+c(【分析】本题解题要点：弱电解质的电离：联氨是弱碱，部分电离，浓度越小电离程度越大，但离子浓度仍小于强电解质的对应浓度，故0.05mol/L溶液pH小于13；盐类水解与稀释：强酸弱碱盐溶液稀释时，水解程度增大的幅度小于体积增大的幅度，氢离子浓度减小，pH升高；电离方程式书写：类比铵盐的电离规律，一元酸盐（N2H5Cl）完全电离生成简单阳离子（N2H5+）；电荷守恒：溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，注意一个N2H62+分子含两个电荷。13．【答案】C【解析】【解答】A、石墨呈层状结构，层间碳原子以范德华力结合，作用力较弱，层间容易发生相对滑动，因此有润滑作用，A能解释；

B、对羟基苯甲酸形成分子间氢键，邻羟基苯甲酸形成分子内氢键；分子间氢键使分子间作用力更强，沸点更高，B能解释；

C、干冰易升华是因为CO2分子间的范德华力较弱，与分子内的共价键强弱无关；干冰制造“烟雾”是利用升华吸热使水蒸气液化，而非共价键的作用，C不能解释；

D、2-丁烯含碳碳双键，双键中的π键不能绕键轴旋转，导致存在顺反异构；丁烷分子中只有单键，单键可自由旋转，因此不存在顺反异构，D能解释；

故答案为：C。

【分析】本题解题要点：

石墨的润滑性：源于层间范德华力弱，易滑动，与层内共价键无关；

氢键对沸点的影响：分子间氢键增强分子间作用力，沸点远高于分子内氢键的物质；

升华的本质：物质的熔沸点由分子间作用力决定，与分子内共价键无关；

顺反异构的条件：碳碳双键（π键）不能旋转是前提，单键可旋转则无顺反异构。14．【答案】B【解析】【解答】A、活化能越低，反应速率越快。由图可知，反应初期FA的浓度增长速率快于M，说明生成FA的反应①速率更快，因此反应①的活化能小于反应②，A错误；

B、平衡时，FA的物质的量分数为0.6，M的物质的量分数为0.38，根据物料守恒，MA的物质的量分数为1-0.6-0.38=0.02。反应①为MA⇌FA，平衡常数K=c(FA)c(MA)，由于物质的量分数与浓度成正比，且体系总浓度相同，因此K=0.60.02=30，B正确；

C、MA（顺丁烯二酸）和FA（反丁烯二酸）与H2加成，均生成丁二酸（HOOC-CH2-CH2-COOH），C错误；

D、M（苹果酸）的结构为，分子中含2个羧基和1个醇羟基，醇羟基不与NaOH发生反应，因此1molM最多消耗2molNaOH，D错误；

故答案为：B。

【分析】解题要点：

活化能与反应速率的关系：活化能越低，反应速率越快，可通过产物浓度的增长速率判断反应快慢，进而比较活化能大小；

平衡常数的计算：利用物质的量分数与浓度的正比关系，结合物料守恒计算平衡时各组分的量，代入平衡常数表达式求解；

加成反应的产物判断：顺、反异构体与H2加成后，双键消失，生成相同的饱和产物；

15．【答案】A【解析】【解答】A、无水氯化钙用于干燥氯气，属于固态干燥剂；浓硫酸为液态干燥剂，若换成浓硫酸，氯气通过浓硫酸时会被液体拦截，无法顺利流经后续实验装置，因此不能替换，A错误；

B、干燥的红色纸条a不褪色，湿润的红色纸条b褪色，说明干燥氯气本身无漂白性，其漂白性源于与水反应生成的次氯酸，B正确；

C、湿润的淀粉-KI试纸d变蓝色，是因为氯气将碘离子氧化为碘单质：Cl2+2KI=2KCl+I2，碘单质遇淀粉变蓝，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物，可知氧化性Cl2大于I2，C正确；

D、浸有FeCl2-KSCN溶液的棉花c变红色，说明生成了铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++Cl216．【答案】C【解析】【解答】A、O-SOFC和H-SOFC燃料电池中，通NH3的一极，NH3发生氧化反应生成N2，因此均为负极，A正确；

B、H-SOFC燃料电池中，通O2的一极为正极，电解质传导H+，电极反应为O2+4e-+4H+=2H2O，B正确；

C、O-SOFC燃料电池的产物为H2O和N2，H-SOFC燃料电池的产物也为H2O和N2，二者环保性无本质差异；且H-SOFC的质子传导更高效，实际应用中H-SOFC更具优势，因此O-SOFC并非更有优势，C错误；

D、两类燃料电池的总反应均为4NH3+3O2=2N2+6H2O，总反应相同，D正确；

故答案为：C。

【分析】本题解题要点：

燃料电池正负极判断：燃料（NH3）发生氧化反应的一极为负极，O2发生还原反应的一极为正极；

电极反应式书写：根据电解质的传导类型（O2-/H+），配平正极的还原反应；

环保性分析：两类电池的最终产物均为N2和H2O，无污染物排放，环保性一致；

总反应判断：燃料电池的总反应为燃料与O2的氧化还原反应，两类电池的总反应一致。17．【答案】（1）溶液变为红色（2）Mg（3）CaCO3存在溶解平衡：CaCO3s⇌Ca2+aq（4）BC；0.01860mol/L×20.30（5）CaCO（6）将水垢用饱和Na2CO3溶液浸泡一段时间，使CaSO【解析】【解答】（1）已知Mg(OH)2悬浊液故答案为：溶液变为红色；

（2）Mg(OH)2悬浊液中存在溶解平衡：Mg(OH)2s⇌Mg2+aq+2OH故答案为：Mg(OH)2+2NH4+=Mg2++2NH3⋅H2故答案为：CaCO3存在溶解平衡：CaCO3s⇌Ca2+aq+CO32−②EDTA与Ca2+、Mg2+以1：1形成配合物，故nCa0.01860mol/L×③反应CaSO4s+故答案为：BC；0.01860mol/L×20.30×10-3L×100.00g/mol×1000mg/g0.1000L；1.44×104；

（5）向CaCO3悬浊液中加入盐酸，H+故答案为：CaCO3+H+=Ca2++HCO3-；

（6）根据（4）③的计算，故答案为：将水垢用饱和Na2CO3溶液浸泡一段时间，使CaSO4转化为CaCO3；然后过滤、洗涤，再用稀盐酸（或稀醋酸）溶解；

【分析】本实验以水垢（主要成分为CaCO3、Mg(OH)2和CaSO4）为研究对象，通过数字化实验探究难溶电解质的溶解与转化本质。实验内容包括：Mg(OH(1)结合Mg(OH)2悬浊液的pH≈10.5（呈碱性）与酚酞的显色特性（pH＞8.2时显红色），判断溶液变红的现象，核心是关联物质碱性与指示剂变色范围。

(2)先明确Mg(OH)2的溶解平衡体系，再分析NH4Cl固体加入后，NH4+与OH-结合生成NH3・H2O的反应对平衡的影响，最终推导总反应的离子方程式，核心是运用溶解平衡移动原理结合离子反应规律。

(3)从CaCO3的溶解平衡出发，结合CO32-的水解平衡产生OH-的本质，解释CaCO3悬浊液呈碱性且pH≈9.5的原因，核心是结合溶解平衡与盐类水解规律分析溶液酸碱性。

(4)①依据滴定实验的仪器使用要求，区分滴定实验必需的仪器（锥形瓶、酸式滴定管等）与非必需仪器（漏斗、分液漏斗），核心是掌握水的硬度滴定实验的仪器选择依据。

②根据EDTA与Ca2+、Mg2+1：1形成配合物的计量关系，结合总硬度以CaCO3计的换算要求，推导计算式，核心是利用计量守恒关系结合物质的量换算公式。

③将沉淀转化反应的平衡常数表达式变形，结合溶度积常数Ksp的比值关系计算K值，核心是运用沉淀溶解平衡的平衡常数与Ksp的关联公式。

(5)分析盐酸加入CaCO3悬浊液后，H+与CO32-反应对溶解平衡、水解平衡的影响，结合OH-浓度变化与pH的关系，推导离子方程式，核心是结合溶解平衡、水解平衡移动规律分析pH变化与离子反应。

(6)依据CaSO4转化为更难溶CaCO3的沉淀转化原理，设计“饱和Na2CO3溶液浸泡转化→过滤洗涤→酸溶解”的实验方案，核心是利用沉淀转化的平衡移动原理设计除杂流程。（1）已知Mg(OH)2悬浊液（2）Mg(OH)2悬浊液中存在溶解平衡：Mg(OH)2s⇌Mg2+aq+2OH（3）CaCO3存在溶解平衡：CaCO3s⇌Ca2+aq+CO32−（4）①滴定实验中，需要的仪器有锥形瓶（A）、酸式滴定管（D）等。不需要的仪器是B（漏斗）和C（分液漏斗），即BC。②EDTA与Ca2+、Mg2+以1：1形成配合物，故nCa0.01860mol/L×③反应CaSO4s+（5）向CaCO3悬浊液中加入盐酸，H+与CO32−反应，使CO32−浓度降低，CaCO3的溶解平衡和CO（6）根据（4）③的计算，CaSO4可以转化为更难溶的CaCO3。因此实验方案为：将水垢用饱和Na2CO3溶液浸泡一段时间，使CaSO18．【答案】（1）将废料粉碎（或适当升高温度、搅拌、增大酸浓度等，任写一条即可）（2）H（3）99.9%；In3+的离子半径比Ga3+大，与P204形成的配合物更稳定（或配位常数更大）（4）Ga3+沉淀不完全；Ga(OH)3溶解（5）[（6）；34【解析】【解答】（1）提高浸出速率可从增大接触面积、升高温度、增大反应物浓度、搅拌等方面考虑，常见措施有将废料粉碎、适当加热、搅拌、增大酸浓度等。（任写一条即可）故答案为：将废料粉碎（或适当升高温度、搅拌、增大酸浓度等，任写一条即可）；

（2）酸浸后，Se(Ⅳ)以SeO32-形式存在，被SO2还原为单质Se，SO2被氧化为SO4故答案为：H2SeO3+2SO2+H2故答案为：99.9%；In3+的离子半径比Ga3+大，与P204形成的配合物更稳定（或配位常数更大）；

（4）Al和Ga位于同一主族，因此Ga(OH)3与Al(OH)3性质相似，具有两性，pH过低时，Ga3+不能完全沉淀，pH过高时，Ga(OH)3溶解生成[Ga故答案为：Ga3+沉淀不完全；Ga(OH)3溶解；

（5）据分析，电解精炼或电沉积镓时，阴极为碱性条件下[Ga(OH故答案为：[Ga(OH)4]-+3e-=Ga↓+4OH-②一个晶胞中Ga的个数为4、P的个数为8×18+6×12=4，即含有4个GaP，设立方晶胞的边长为apm，则晶胞密度为ρ=4×31g/mol+4×70g/molNAmol-1×(a×10-10cm)3=4.04×1032a3NAg/cm3，因此立方晶胞的边长为a=34.04×1032ρNApm，如图所示，最近邻P和Ga原子距离为体对角线长的14，即为34a=3434.04×1032ρNApm。

故答案为：；3434.04×1032ρNA；

【分析】向芯片中加入硫酸与过氧化氢的混合酸液，将Se元素氧化为SeO32-（1）提高浸出速率可从增大接触面积、升高温度、增大反应物浓度、搅拌等方面考虑，常见措施有将废料粉碎、适当加热、搅拌、增大酸浓度等。（任写一条即可）（2）酸浸后，Se(Ⅳ)以SeO32-形式存在，被SO2还原为单质Se，SO2被氧化为SO4（3）初始In的浓度为13g/L，萃余液中In的浓度为0.015g/L，则萃取率为13g/L-0.015g（4）Al和Ga位于同一主族，因此Ga(OH)3与Al(OH)3性质相似，具有两性，pH过低时，Ga3+不能完全沉淀，pH过高时，Ga(OH)3溶解生成[Ga（5）据分析，电解精炼或电沉积镓时，阴极为碱性条件下[Ga(OH（6）①磷化镓的晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被Ga原子代替、顶点和面心的碳原子被P原子代替，设A1点坐标为(0，0，0)，则Ga原子的分数坐标为(34,14,1②一个晶胞中Ga的个数为4、P的个数为8×18+6×12=4，即含有4个GaP，设立方晶胞的边长为apm，则晶胞密度为ρ=4×3119．【答案】（1）；ΔH1+（2）反应a；BD；反应过程中将有害气体转化成无污染性气体（3）Ⅱ；>（4）(【解析】【解答】（1）①N为7号元素，价电子排布图为；②设已知反应分别为反应1、反应2、反应3，则目标方程式可由反应1+反应2得到，故ΔH4=ΔH1+ΔH2；③反应Ⅰ为气体系数增大的反应，故ΔS>0故答案为：；ΔH1+ΔH2；>；<；

（2）①B．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，N2C．该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，平衡常数增大，C错误；D．由图可知，反应过程中断裂极性键（N-O键），也有极性键的生成（C-O键），D正确；故答案选BD；③由反应方程式可知，用CO还原N2O实现了有害气体向无污染转化（CO2、N2为无污染性气体）；故答案为：反应a；BD；反应过程中将有害气体转化成无污染性气体；

（3）①增大一种反应物的量，另一种反应物的转化率越大，即nN2OnCO越小，N2O的转化率越大，故表示N2O的转化率随nN2On故答案为：Ⅱ；>；

（4）由草酸钙分解的方程式可知，容器中反应达到平衡时，一氧化碳的平衡分压为ekPa，设CO还原N2O的反应中转化压强为xkPa，由题意可建立如下三段式：CO(g)+N2O(g)⇌N2(g)+CO2(g)初始(kPa)b00转化(kPa)xx（1）①N为7号元素，价电子排布图为；②设已知反应分别为反应1、反应2、反应3，则目标方程式可由反应1+反应2得到，故ΔH4=ΔH1+ΔH2；③反应Ⅰ为气体系数增大的反应，故ΔS>0（2）①由图可知，反应a的活化能大于反应b，反应速率小于反应b，化学反应速率取决于反应速率慢的一步，则反应a决定总反应速率；②A．催化剂能降低反应活化能，但不能改变反应热(焓变)，A错误；B．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，N2C．该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，平衡常数增大，C错误；D．由图可知，反应过程中断裂极性键（N-O键），也有极性键的生成（C-O键），D正确；故答案选BD；③由反应方程式可知，用CO还原N2O实现了有害气体向无污染转化（CO2、N2为无污染性气体）；（3）①增大一种反应物的量，另一种反应物的转化率越大，即nN2OnCO越小，N2O的转化率越大，故表示N2O的转化率随nN