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2023年广东省高考化学一模试卷
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这是一份2023年广东省高考化学一模试卷，共28页。试卷主要包含了单选题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2023年广东省高考化学一模试卷
一、单选题（本大题共16小题，共44.0分）
1. 我国“人造太阳”创世界新纪录、“奋斗者”号载人潜水器成功坐底、“深海一号”母船助力深潜科考、北斗卫星导航系统全面开通，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述不正确的是( )
A. 在“人造太阳”中发生核聚变的 12H、 13H是 11H的同位素
B. “奋斗者”号载人潜水器球壳所使用的钛合金能承受深海高压
C. “深海一号”母船海水浸泡区的铝基牺牲阳极可保障船体不易腐蚀
D. “北斗卫星”的授时系统“星载铷钟”中铷元素的单质遇水能缓慢反应放出H2
2. 在中国灿烂的农耕文明发展过程中，产生了许多有关农业生产与生活的化学智慧。对下列史料记载的判断不正确的是( )
A. 将大豆煮熟后与面粉混合加醋曲酿醋：该过程不涉及氧化还原反应
B. 用糯米石灰浆修筑长城：糯米石灰浆属于复合材料
C. 用高粱制作饴糖(主要成分为麦芽糖)：麦芽糖与蔗糖互为同分异构体
D. 胡桐树的树脂可作金银焊药：胡桐树脂的主要成分属于天然高分子化合物
3. 高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型净水剂，可用于饮用水处理。湿法制高铁酸钠的反应原理为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O。下列有关说法不正确的是( )
A. H2O的球棍模型为
B. 基态Fe3+的简化电子排布式为[Ar]3d34s2
C. NaClO的电子式为
D. 37Cl原子结构示意图为
4. 如图所示为氮元素的价类二维图。下列有关说法不正确的是( )
A. a的化学性质不活泼，常用作保护气
B. “雷雨发庄稼”涉及的转化过程包含a→c→d→e
C. b与e按物质的量之比为1：1完全反应，所得生成物的水溶液呈中性
D. f既有氧化性，又有还原性
5. 拟在实验室完成一系列实验：①粗盐提纯；②利用提纯后的NaCl模拟“侯氏制碱法”制备纯碱；③用盐酸标准液滴定纯碱溶液以测定Na2CO3含量。在实验过程中，下列仪器不可能用到的是( )
A. B.
C. D.
6. 下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确且存在因果关系的是 ( )
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
Al具有两性
常温下可用铝制容器盛装浓硝酸
B
Na2O2具有氧化性
Na2O2可氧化CO2产生氧气
C
纯碱溶液呈碱性
纯碱溶液可用于清洗厨房油污
D
SO2具有漂白性
SO2通入紫色石蕊溶液后溶液褪色
A. A B. B C. C D. D
7. “劳动创造幸福，实干成就伟业。”下列劳动项目与所涉及的化学知识关联不正确的是 ( )
选项
劳动项目
化学知识
A
用硅单质制作太阳能电池板
硅元素在地壳中含量丰富
B
用高浓度白酒浸泡药材制成药酒
相似相溶原理
C
用KSCN溶液检验菠菜中是否含铁元素
含Fe3+的溶液遇SCN−变为红色
D
用ClO2给自来水消毒
ClO2具有强氧化性
A. A B. B C. C D. D
8. 运载火箭常用偏二甲肼[(CH3)2N−NH2]与N2O4作推进剂，二者反应生成CO2、N2和H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是( )
A. 偏二甲肼中N原子的杂化类型均为sp2
B. 1molH2O含有的中子数为10NA
C. 标准状况下，2.24LCO2中的σ键数目为0.4NA
D. 92gNO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA
9. 一种锂的氧化物的晶胞结构如图2所示(晶胞参数a=b=c=0.4665nm，晶胞棱边夹角均为90°)。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。下列有关说法不正确的是( )
A. 该氧化物的化学式为Li2O
B. 0原子之间的最短距离为 22×466.5pm
C. 与Li距离最近且相等的O有8个
D. 若p原子的分数坐标为(14,14,14)，则q原子的分数坐标为(14,34,34)
10. 一种由短周期主族元素组成的化合物的结构如图所示。元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大，a位于s区，e与其他四种元素不在同一个周期。下列说法正确的是( )
A. 第一电离能：b>c>d B. 化合物ec3是非极性分子
C. 简单氢化物的稳定性：b>d D. 元素的电负性：e>d>c
11. 下列反应的离子方程式书写正确的是( )
A. 等体积、等浓度的NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合：H++SO42−+Ba2++OH−=BaSO4↓+H2O
B. 将Fe2O3溶于过量HI溶液：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
C. 向AgCl悬浊液中滴加足量Na2S溶液：AgCl(s)+S2−(aq)⇌Ag2S(s)+Cl−(aq)
D. 向酸性KMnO4溶液中滴加NaHSO3溶液：2MnO4−+5SO32−+6H+=2Mn2++5SO42−+3H2O
12. 25℃时，H2SeO4第一步完全电离，第二步电离平衡常数Ka=2.18×10−2。则25℃时，下列说法正确的是( )
A. KHSeO4的溶液显碱性
B. K2SeO4溶液中存在c(K+)=2[c(HSeO4−)+c(SeO42−)]
C. 0.5mol/L的H2SeO4溶液中，c(HSeO4−)+2c(SeO42−)+c(OH−)=0.5mol/L
D. 向H2SeO4溶液中滴加KOH溶液至中性时，c(SeO42−)c(HSeO4−)=2.18×104
13. 根据以下实验操作及现象，能推出相应结论的是 ( )
选项
实验操作
现象
结论
A
向丙烯醛(CH2=CHCHO)加入橙色的溴水，振荡
溴水褪色
丙烯醛与Br2发生加成反应
B
向Na2S溶液中滴加浓盐酸
产生臭鸡蛋气味的气体
非金属性：Cl>S
C
向苯酚浊液中滴加少量Na2CO3溶液
浊液变澄清
酸性：苯酚>HCO3−
D
向盛有等体积、等浓度的H2O2溶液的两支试管中分别加入0.2mL等浓度的CuSO4溶液和KMnO4溶液
加中KMnO4溶液的试管中产生气泡的速率更快
MnO4−比Cu2+的催化效果好
A. A B. B C. C D. D
14. 一种含Pt催化剂催化甲烷中的碳氢键活化的反应机理如图所示。下列有关说法不正确的是( )
A. 催化循环中Pt的配位数有3种 B. a中Pt的化合价为+2价
C. c→d发生的是氧化还原反应 D. SO2与SO3的VSEPR模型名称不同
15. 汽车尾气的排放会对环境造成污染。利用高效催化剂处理汽车尾气中的NO与CO的反应为2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)ΔH<0。一定温度下，在恒容密闭容器中加入1molCO和1molNO发生上述反应，部分物质的体积分数(φ)随时间(t)的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. 上述反应的正反应在高温下才能自发进行
B. 曲线b表示的是φ(N2)随时间的变化
C. 2v正(NO)=v逆(N2)时，反应达平衡状态
D. 气体的平均相对分子质量：M(t1)>M(t3)>M(t5)
16. 我国科学家设计了一种新型的溴基液流可充电电池用于大规模储能，其放电时的工作原理如图所示。下列有关说法不正确的是( )
A. 放电时，M为正极
B. 放电时，N极发生的电极反应为Br−+2Cl−−2e−=BrCl2−
C. 充电时，每生成1molTiO2+，成2molH+穿过质子交换膜进入N极室
D. 充电时，总反应为2Ti3++BrCl2−+2H2O=2TiO2++Br−+2Cl−+4H+
二、简答题（本大题共4小题，共56.0分）
17. 海洋中有丰富的NaCl资源。研究表明，氯离子的侵入是造成钢筋混凝土腐蚀的主要原因(Na+对腐蚀无影响)。海砂经淡化后，Cl−的含量达到一定标准才能作建筑用砂。某合作学习小组猜测Cl−会加快金属与盐溶液或酸溶液的反应速率。
(1)工业上通过电解饱和NaCl溶液制Cl2的离子方程式为 ______ 。
(2)实验室用图1所示装置模拟工业上制Cl2。检验产生的Cl2的操作及现象是 ______ 。
(3)探究Cl−是否会加快金属与盐溶液的反应速率。
①小组同学利用图2所示装置进行探究。当Zn−Cu原电池工作约30s后，向电池槽内加入少量NaCl固体，电流随时间的变化如图3所示。甲同学认为加入NaCl固体后电流强度增大并不能说明Cl−会加快金属与盐溶液的反应速率，其理由可能是 ______ 。
②乙同学利用温度传感器进行探究。分别取20mL0.1mol/LCuSO4溶液于A、B两个100mL烧杯中；向B烧杯中加入5gNaCl固体，使其溶解。在相同温度下，分别往两个烧杯中加入相同的用砂纸打磨过的镁条，采集温度数据，得出Cl−会加快金属与盐溶液的反应速率。已知0～100sA烧杯中溶液温度随时间的变化如图4所示，请画出0～100sB烧杯中溶液温度随时间的变化情况(100s时反应仍在进行) ______ 。
(4)探究Cl−是否会加快金属与酸溶液的反应速率。
小组同学的实验记录如下：
实验序号
Zn片
酸
其他试剂其他试剂生成
生成的时间VmLH2的时间
Ⅰ
完全相同
100mL0.1mol/L硫酸溶液
−
t1
Ⅱ
100mL.0.2mol/L盐酸
−
t2
Ⅲ
100mLamol/L硫酸溶液少量b
少量b
t3
其中，t1>t2，t1>t3。
①由实验Ⅰ和实验Ⅱ ______ (填“能”或“不能”)推知Cl−会加快金属与酸溶液的反应速率，理由是 ______ 。
②小组同学一致认为，由实验Ⅰ和实验Ⅲ可推知Cl−会加快金属与酸溶液的反应速率，则实验Ⅲ中，a处填 ______ ，b处填 ______ 。
(5)提出一种合理的降低海砂中Cl−含量的方法： ______ 。
18. 利用转炉烟尘(主要成分：CuO、ZnO、PbO、Sb4O6、As2O5)制备硫酸铜联产硫酸锌以及聚合硫酸铁的工艺流程如图：
已知：①酸浸后As元素以H3AsO4形式存在；
②常温下，Ksp[Cu(OH)2]≈1.0×10−20；
③聚合硫酸铁盐基度[聚合硫酸铁中n(OH−)3n(Fe3+)×100%]越大，絮凝效果越好。
回答下列问题：
(1)“酸浸渣”所含金属化合物是 ______ (填化学式)。常温下，调节“酸浸液”pH为 ______ (保留两位有效数字)时，溶液中c(Cu2+)=0.01mol/L。
(2)生成Ca3(AsO4)2⋅Ca(OH)2的化学方程式为 ______ 。
(3)在一定温度下，将NaClO3加入“浓缩液”中可制取聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]m。
①x和y的关系应满足：y= ______ (用含x的式子表示)。
②“滤液3”中H2SO4的加入量对盐基度的影响如图1所示，当n(H2SO4)：n(FeSO4)>0.35时，产品的盐基度减小，其原因是 ______ 。
(4)①“萃余液”经 ______ 、 ______ 、过滤、洗涤，得到ZnSO4⋅7H2O晶体。
②加热ZnSO4⋅7H2O{固体，固体质量保留百分数与温度的关系如图2所示。将ZnSO4⋅7H2O(M=287g/mol)加热到145℃时得到ZnSO⋅xH2O，其中x的值为 ______ ；温度为1050℃时，ZnSO4固体完全分解为ZnO以及两种气体(只有一种是氧化物)，该反应的化学方程式为 ______ 。
19. 甲烷的直接转化具有较高的经济价值，因此备受科学家关注。请回答下列问题：
方法Ⅰ：CH4(g)+12O2(g)⇌CH3OH(g)ΔH1=−126.4kJ/mol
方法Ⅱ：CH4(g)+H2O(g)⇌CH3OH(g)+H2(g)ΔH2
已知H2的燃烧热为285.8kJ/mol，H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44kJ/mol，则ΔH2= ______ 。
(2)某工厂采用方法Ⅰ生产甲醇。在200℃下，向容积为5L的恒容密闭反应器中加入催化剂，并充入6.0kPaCH4、4.8kPaO2和一定量He使反应充分进行，体系的总压强随时间的变化如图1所示。
①下列措施可以提高CH4的平衡转化率的是 ______ (填标号)。
A.升高温度
B.反应达到平衡后，再充入一定量He
C.投料比不变，增大反应物浓度
②达到平衡时体系中CH3OH的体积分数为 ______ (精确到0.1%)。
③该反应温度下，方法Ⅰ的标准压力平衡常数Kp⊖= ______ (列出计算式)。
[已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应dD(g)+eE(g)⇌gG(g)+hH(g)，Kpθ=(pCpθ)g⋅(pHpθ)h(pDpθ)d⋅(pEpθ)e，其中pθ=100kPa，pC、pH、pD、pE为各组分的平衡分压。]
④若将容器改为绝热容器，初始温度为200℃，其他条件不变，达到新平衡时，甲醇产率降低，原因是 ______ 。
(3)为提高生产效率，利用方法Ⅱ进行连续生产时采用如图2所示的步骤控制体系温度和通入气体(各阶段气体流速相同)。
已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的，He不会在催化剂表面吸附，吸附和解吸附不会导致体系温度的变化。通入CH4发生反应前，要往反应器中通入O2从而活化催化剂，活化催化剂后持续通入He一段时间的目的是 ______ ；请从反应速率的角度说明，通入CH4后反应温度维持在200℃的原因： ______ 。
(4)用ZrO2/NiCo2O4作电解催化剂也可以实现甲烷的直接转化，装置如图3所示。
写出ZrO2/NiCo2O4电极的反应式： ______ 。
20. 化合物H是一种抗过敏药物，其合成路线如图：
已知：R1−CH=CH2+CH2=CH−R2→含Ru催化剂R1−CH=CH−R2+H2C=CH2。
回答下列问题：
(1)C中含氧官能团的名称为 ______ 。
(2)⑥的反应类型为 ______ 。
(3)下列有关说法正确的是 ______ (填标号)。
a.A的名称为丙烯
b.反应③的原子利用率为100%
c.F能发生氧化反应、取代反应和加成反应
d.G易溶于水
(4)已知②为取代反应，则②的化学方程式为 ______ 。
(5)写出E的结构简式，并用*标出其中的手性碳原子： ______ 。
(6)芳香族化合物M与H互为同分异构体，写出一种满足下列条件的H的结构简式： ______ (任写一种)。
i.苯环上有三个取代基；
ii.能与FeCl3溶液发生显色反应；
iii.核磁共振氢谱确定分子中有12个化学环境相同的氢原子。
(7)参照上述合成路线，设计以和为原料合成的路线(无机试剂任选)： ______ 。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.在“人造太阳”中发生核聚变的 12H、 13H和 11H是氢元素的不同原子，互为同位素，故A正确；
B.“奋斗者”号载人潜水器球壳所使用的钛合金具有强度大、硬度大等性质，能承受深海高压，故B正确；
C.“深海一号”母船海水浸泡区的铝基和铁在海水中形成原电池，铝做负极被腐蚀，铁做正极被保护，牺牲阳极可保障船体不易腐蚀，故C正确；
D.“北斗卫星”的授时系统“星载铷钟”中铷元素是碱金属元素，金属性大于钠，铷的单质遇水能剧烈反应放出H2，故D错误；
故选：D。
A.质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互为同位素；
B.合金是金属和金属或金属和非金属融合在一起形成特征性质的混合物，硬度、强度、韧性强；
C.原电池中做正极被保护；
D.碱金属从上到下金属性依次增强。
本题考查了同位素、合金、原电池原理、金属性质等知识点，注意知识的积累，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.将大豆煮熟后与面粉混合加醋曲酿醋，首先水解成葡萄糖，葡萄糖首先氧化为乙醇，C元素的化合价由0价变为+2价，乙醇再氧化为乙酸，C元素的化合价由−2价变为0价，是氧化还原反应，故A错误；
B.用两种材料复合而成的材料是复合材料，糯米石灰浆属于复合材料，故B正确；
C.麦芽糖与蔗糖分子式相同，结构不同，为同分异构体，故C正确；
D.胡桐树的树脂主要是各种萜烯类、酚类和树脂酸等其他有机化合物构成的的高分子化合物，属于天然高分子化合物，故D正确；
故选：A。
A.存在化合价变化的反应是氧化还原反应；
B.用两种材料复合而成的材料是复合材料；
C.分子式相同，结构不同的物质为同分异构体；
D.胡桐树的树脂是天然存在的高分子化合物。
本题考查了氧化还原反应、同分异构体、复合材料及材料的组成，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
3.【答案】B
【解析】解：A.H2O是V形分子，含有O−H键，并且O原子半径大于H原子，其球棍模型为，故A正确；
B.Fe原子失去4s、3d轨道上的电子得到Fe3+，其价电子排布式为3d5，则基态Fe3+的简化电子排布式为[Ar]3d5，故B错误；
C.NaClO由Na+和ClO−构成，ClO−中Cl、O原子间共用1对电子，Cl、O原子最外层电子数为8，其电子式为，故C正确；
D. 37Cl是中子数为20的氯原子，质子数和电子数都是17，核外各层上电子数分别为2、8、7，其结构示意图为，故D正确；
故选：B。
A.H2O是V形分子，O原子半径大于H原子；
B.基态Fe3+的价电子排布式为3d5；
C.NaClO是离子化合物，由Na+和ClO−构成，ClO−中Cl、O原子间共用1对电子；
D.Cl原子的质子数和电子数都是17，核外电子分层排布，最外层电子数为7。
本题考查常见化学用语的表示方法，明确电子式、电子排布式、球棍模型、原子结构示意图等化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：A.氮气的化学性质不活泼，常用作保护气，故A正确；
B.“雷雨发庄稼“的原理中涉及反应N2→NO→NO2→HNO3，故B正确；
C.b与e按物质的量之比为1：1完全反应，所得生成物的水溶液为硝酸铵溶液，铵根离子水解溶液显酸性，故C错误；
D.f中氮元素处于中间价态，故既有氧化性，又有还原性，故D正确；
故选：C。
根据价类二维图可知，a为N2，b为NH3，c为NO，d为NO2，e为HNO3，f为亚硝酸盐，据此分析解答即可。
本题主要考查氮及其化合物的相关知识，属于基本知识的考查，难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.粗盐提纯加入试剂沉淀杂质离子，需要过滤操作，过滤操作需要漏斗，故A正确；
B.利用提纯后的NaCl模拟“侯氏制碱法”制备纯碱，可以利用B选项中的装置通入二氧化碳气体反应得到碳酸氢钠晶体，CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，故B正确；
C.用盐酸标准液滴定纯碱溶液以测定Na2CO3含量时，标准溶液盐酸需要酸式滴定管，故C正确；
D.上述实验过程中都不需要冷凝管，故D错误；
故选：D。
①粗盐提纯需要过滤装置；
②利用提纯后的NaCl模拟“侯氏制碱法”制备纯碱，可以利用B选项中的装置通入二氧化碳气体反应得到碳酸氢钠晶体；
③用盐酸标准液滴定纯碱溶液以测定Na2CO3含量时需要酸式滴定管。
本题考查了实验操作、实验仪器作用的分析判断，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.铝和强酸、强碱能发生反应，显示了金属、非金属的性质，不是两性，常温铝遇到浓硝酸钝化，可用铝制容器盛装浓硝酸，陈述Ⅰ不正确，陈述Ⅱ正确，不存在因果关系，故A错误；
B.Na2O2具有强氧化性，过氧化钠和二氧化碳反应是过氧化钠自身氧化还原反应，陈述Ⅰ正确，陈述Ⅱ错误，不存在因果关系，故B错误；
C.纯碱是碳酸钠，溶液中碳酸根离子水解，溶液显碱性，可用于清洗厨房油污，陈述Ⅰ正确，陈述Ⅱ正确，存在因果关系，故C正确；
D.二氧化硫具有漂白性，二氧化硫通入紫色石蕊溶液后溶液变红色，显示酸性，陈述Ⅰ正确，陈述Ⅱ错误，不存在因果关系，故D错误；
故选：C。
A.铝和强酸、强碱能发生反应，显示了金属、非金属的性质，不是两性，常温铝遇到浓硝酸钝化，可用铝制容器盛装浓硝酸；
B.Na2O2具有强氧化性，不能氧化CO2产生氧气；
C.纯碱是碳酸钠，溶液中碳酸根离子水解，溶液显碱性，油污在碱性条件下发生水解，生成溶于水的物质；
D.SO2通入紫色石蕊溶液后溶液变红色。
本题考查了物质性质的分析应用，熟练掌握物质性质是解题关键，题目难度不大。
7.【答案】A
【解析】解：A.用硅单质制作太阳能电池板是利用Si容易发生光电效应，与其含量无关，故A错误；
B.用高浓度白酒中含有乙醇可以溶解有机物，是根据相似相溶原理，故B正确；
C.含Fe3+的溶液遇SCN−变为红色，可用KSCN溶液检验菠菜中是否含铁元素，故C正确；
D.ClO2具有强氧化性，可以杀菌消毒，故D正确；
故选：A。
A.用硅单质制作太阳能电池板是利用Si容易发生光电效应；
B.用高浓度白酒中含有乙醇可以溶解有机物；
C.含Fe3+的溶液遇SCN−变为红色；
D.ClO2具有强氧化性，可以杀菌消毒。
本题考查物质的性质及应用，把握物质的性质、反应原理、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析能力和运用基础知识的考查，注意化学知识在生产生活中的应用，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.(CH3)2NNH2中2个N原子均形成3个键，均含有1对孤对电子，价层电子对数均为4，所以N的杂化方式为sp3杂化，故A错误；
B.1个水分子中H2O中含中子数=0+16−8=8，1molH2O含有的中子数为8NA，故B错误；
C.标准状况下，2.24LCO2物质的量n=2.24L22.4L/mol=0.1mol，0.1molCO2分子中含0.2NA个σ键，故C错误；
D.NO2和N2O4最简式相同为NO2，计算92gNO2中所含原子数=92g46g/mol×3×NA=6NA，故D正确；
故选：D。
A.(CH3)2NNH2中2个N原子均形成3个键，均含有1对孤对电子，价层电子对数均为4；
B.1个水分子中H2O中含中子数=0+16−8=8；
C.标准状况下，2.24LCO2物质的量n=2.24L22.4L/mol=0.1mol，1个CO2分子中含2个σ键；
D.NO2和N2O4最简式相同为NO2，计算92gNO2中所含原子数。
本题考查了阿伏加德罗常数的分析应用，主要是物质组成和结构、利用物质的量计算微粒数，气体摩尔体积的条件应用，掌握基础是关键，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：A.该晶胞中，含Li+个数为8，含O2−个数为8×18+6×12=4，则氧化物的化学式为Li2O，故A正确；
B.从图中可以看出，O原子之间的最短距离为面对角线长度的一半，即为 22×466.5pm，故B正确；
C.在晶胞中，Li+与邻近的4个O2−构成正四面体，则与Li距离最近且相等的O有4个，故C错误；
D.若p原子的分数坐标为(14,14,14)，则q原子在x、y、z轴上的分数坐标分别为14、34、34，从而得出q原子的分数坐标为(14,34,34)，故D正确；
故选：C。
A.该晶胞中，含Li+个数为8，含O2−个数为8×18+6×12=4；
B.O原子之间的最短距离为面对角线长度的一半；
C.在晶胞中，Li+与邻近的4个O2−构成正四面体；
D.若p原子的分数坐标为(14,14,14)，则q原子在x、y、z轴上的分数坐标分别为14、34、34。
本题考查晶体结构，侧重考查学生均摊法和分数坐标的掌握情况，试题难度中等。
10.【答案】B
【解析】解：由分析可知，a为H、b为C、c为O、d为F、e为S元素；
A.同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，则第一电离能：C
C.元素非金属性：C
故选：B。
短周期主族元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大，其中a位于s区，而5种元素组成的化合物中，a形成1条共价键，则a为H元素；而e与其他四种元素不在同一个周期，可知e处于第三周期，而b、c、d处于第二周期，化合物中e形成6条共价键，则e为S元素，而b形成4条共价键、c形成2条共价键、d形成1条共价键，可知b为C元素、c为O元素、d为F元素。
本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，紧扣短周期主族元素，充分利用结构式中价键结构进行分析判断，熟练掌握元素周期律，试题侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。
11.【答案】A
【解析】解：A.等体积、等浓度的NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合，生成硫酸钡、水和NaOH，离子方程式为H++SO42−+Ba2++OH−=BaSO4↓+H2O，故A正确；
B.将Fe2O3溶于过量HI溶液发生氧化还原反应生成Fe2+和I2，离子方程式为Fe2O3+2I−+6H+=2Fe2++I2+3H2O，故B错误；
C.Ksp(Ag2S)
故选：A。
A.等体积、等浓度的NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合，生成硫酸钡、水和NaOH；
B.将Fe2O3溶于过量HI溶液发生氧化还原反应生成Fe2+和I2；
C.方程式要满足电荷守恒和质量守恒；
D.向酸性KMnO4溶液中滴加NaHSO3溶液，MnO4−和HSO3−发生氧化还原反应生成Mn2+和SO42−。
本题考查了离子方程式书写，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度不大。
12.【答案】B
【解析】解：A.H2SeO4第一步完全电离，则KHSeO4只电离不水解，溶液呈酸性，故A错误；
B.根据物料守恒可知，K2SeO4溶液中存在c(K+)=2[c(HSeO4−)+c(SeO42−)]，故B正确；
C.根据物料守恒可知，c(HSeO4−)+c(SeO42−)=0.5mol/L，故C错误；
D.向H2SeO4溶液中滴加KOH溶液至中性时，c(H+)=10−7mol/L，c(SeO42−)c(HSeO4−)=c(SeO42−)×c(H+)c(HSeO4−)×c(H+)=Kac(H+)=2.18×10−210−7=2.18×105，故D错误；
故选：B。
A.KHSeO4只电离不水解；
B.根据物料守恒进行判断；
C.根据物料守恒进行判断；
D.中性时，c(SeO42−)c(HSeO4−)=c(SeO42−)×c(H+)c(HSeO4−)×c(H+)=Kac(H+)。
本题考查了弱电解质的电离平衡、盐溶液中守恒关系等知识点，考查比较基础，难度适中。
13.【答案】C
【解析】解：A.碳碳双键、醛基均使溴水褪色，由实验操作和现象，不能证明丙烯醛与Br2发生加成反应，故A错误；
B.Na2S溶液中滴加浓盐酸，生成氢硫酸，盐酸、氢硫酸均为无氧酸，不能比较Cl、S的非金属性强弱，故B错误；
C.苯酚浊液中滴加少量Na2CO3溶液，生成苯酚钠、碳酸氢钠，则浊液变澄清，可知酸性：苯酚>HCO3−，故C正确；
D.KMnO4溶液可氧化过氧化氢，CuSO4溶液可催化过氧化氢分解，反应原理不同，不能探究催化效果，故D错误；
故选：C。
A.碳碳双键、醛基均使溴水褪色；
B.Na2S溶液中滴加浓盐酸，生成氢硫酸，盐酸、氢硫酸均为无氧酸；
C.苯酚浊液中滴加少量Na2CO3溶液，生成苯酚钠、碳酸氢钠；
D.KMnO4溶液可氧化过氧化氢，CuSO4溶液可催化过氧化氢分解。
本题考查化学实验方案的评价，涉及知识点来源于教材，明确物质的性质、反应与现象、反应速率、实验技能为解答的关键，侧重基础知识的考查，注重实验能力的培养和技能的训练，题目难度不大。
14.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，a中Pt的配位数为4，b中Pt的配位数为3，d中Pt的配位数为6，故A正确；
B.由图可知，a中Pt结合2个−OSO3H，根据化合价代数和为0，可知Pt的化合价为+2价，故B正确；
C.由图可知，c→d的过程中，S元素化合价发生改变，发生的是氧化还原反应，故C正确；
D.SO2中S原子的价层电子对数=2+6−2×22=3，SO3中S原子的价层电子对数=3+6−2×32=3，所以两者的VSEPR模型名称相同，均为平面三角形，故D错误；
故选：D。
A.N、O含有孤电子对，可以提供电子，形成配位键，C原子不形成配位键；
B.−OSO3H的化合价为−1价；
C.c中S为+6价，c→d的过程中，生成了SO2；
D.SO2中S原子的价层电子对数为3，SO3中S原子的价层电子对数为3，两者的VSEPR模型名称相同。
本题主要考查对反应机理的理解，同时考查氧化还原反应的概念、配位数和VSEPR模型名称的判断，对能力要求较高，难度中等。
15.【答案】B
【解析】解：A.反应正向气体分子数减小，△S<0，△H<0，故低温时△H−T△S<0反应自发，故A错误；
B.由化学反应方程式可知，NO、CO、二氧化碳的系数相等，且为氮气系数的2倍，由图象可知，b的体积分数变化较小，故曲线b表示的是φ(N2)随时间的变化，故B正确；
C.2v正(NO)=v逆(N2)时，正逆反应速率不相等，反应未达到平衡状态，故C错误；
D.反应前后气体总质量不变，随反应进行，气体分子数不断减小，故气体的平均相对分子质量不断增大，故M(t1)
A.△H−T△S<0反应自发；
B.依据物质的变化量判断图象代表物质；
C.化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等；
D.结合公式M=mm分析。
本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变平衡的影响是解题的关键。
16.【答案】C
【解析】解：A.放电时，M极TiO2+→Ti3+，Ti由+4价降低为+3价，M为正极，故A正确；
B.放电时，N极为负极，Br−失电子产物与电解质反应生成BrCl2−，发生的电极反应为Br−+2Cl−−2e−=BrCl2−，故B正确；
C.充电时，M极为阳极，发生反应Ti3+−e−+H2O=TiO2++2H+，依据电荷守恒，每生成1molTiO2+，有1molH+穿过质子交换膜进入N极室，故C错误；
D.充电时，Ti3+与BrCl2−反应生成TiO2+、Br−、Cl−等，总反应为2Ti3++BrCl2−+2H2O=2TiO2++Br−+2Cl−+4H+，故D正确；
故选：C。
从图中可以看出，放电时，M极TiO2+→Ti3+，Ti由+4价降低为+3价，则M极为正极，N极Br−→BrCl2−，Br元素由−1价升高到+1价，则N极为负极。
本题考查电化学，侧重考查学生二次电池的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】2Cl−+2H2O=通电H2↑+Cl2↑+2OH− 将淀粉碘化钾试纸润湿，粘在玻璃棒一端靠近a管口，若试纸变蓝，则表明反应生成氯气 加入NaCl固体后，溶液中离子浓度增大，导电能力增强 不能 Zn与酸反应时，c(H+)相同，但盐酸与Zn反应所用时间比硫酸短，可能是Cl−加快反应速率，也可能是SO42−减慢反应速率 0.1 NaCl固体 用淡水冲洗
【解析】解：(1)惰性电极电解NaCl溶液生成NaOH、氢气、氯气，反应的离子方程式为2Cl−+2H2O=通电H2↑+Cl2↑+2OH−，
故答案为：2Cl−+2H2O=通电H2↑+Cl2↑+2OH−；
(2)该电解池中阳极产生氯气，检验产生的Cl2可用湿润的淀粉碘化钾试纸，生成的碘单质能使淀粉溶液变蓝，操作及现象为：将淀粉碘化钾试纸润湿，靠近a管口，若试纸变蓝，说明生成的气体为氯气，
故答案为：将淀粉碘化钾试纸润湿，粘在玻璃棒一端靠近a管口，若试纸变蓝，则表明反应生成氯气；
(3)①NaCl易溶于水，向电池槽内加入少量NaCl固体，溶液中离子浓度增大，电解质溶液的导电性增强，电流强度增大，则该实验不能说明Cl−会加快金属与盐溶液的反应速率，
故答案为：加入NaCl固体后，溶液中离子浓度增大，导电能力增强；
电流强度增大；
②Mg与CuSO4溶液的反应放热，且Cl−会加快金属与盐溶液的反应速率，则少量NaCl固体后，相同的反应时间内溶液温度变化：B>A，图象为，
故答案为：；
(4)①Zn与盐酸、硫酸反应时，c(H+)相同条件下盐酸的反应较快，硫酸的反应较慢，因为Cl−能促进金属与酸溶液的反应，SO42−能减缓金属与酸溶液的反应，所以不能据此判断反应速率快慢，
故答案为：不能；Zn与酸反应时，c(H+)相同，但盐酸与Zn反应所用时间比硫酸短，可能是Cl−加快反应速率，也可能是SO42−减慢反应速率；
②实验Ⅰ和实验Ⅲ是对比实验组，根据控制变量法控制，实验Ⅲ中加入物质b，则两个实验中硫酸的浓度必须相同，即a=0.1，要探究Cl−对反应速率的影响，可在实验Ⅲ中加入少量NaCl固体，以便不改变反应物浓度，所以a=0.1，b为NaCl固体，
故答案为：0.1；NaCl固体；
(5)常温下，NaCl是易溶性物质，可将海砂用淡水冲洗，达到降低Cl−含量的目的，
故答案为：用淡水冲洗。
(1)惰性电极电解NaCl溶液生成NaOH、氢气、氯气，结合电子守恒和离子守恒书写反应的离子方程式；
(2)检验Cl2常用湿润的淀粉碘化钾试纸，生成的碘单质能使淀粉溶液变蓝；
(3)①溶液的导电性与离子浓度有关，其他条件相同时，离子浓度越大，反应速率越快；
②Mg与CuSO4溶液的反应放热，且Cl−会加快金属与盐溶液的反应速率，则少量NaCl固体相同时间内溶液温度升高较快；
(4)①Zn与酸反应时，Cl−能加快反应速率，SO42−能抑制反应，减慢反应速率；
②实验Ⅰ和实验Ⅲ作对比实验时，必须控制变量，即要控制硫酸的浓度相同，可加入少量NaCl固体，根据反应时间长短判断反应速率快慢；
(5)NaCl易溶于水，可将海砂用淡水冲洗，达到淡化的目的。
本题以氯离子对钢筋混凝土腐蚀为载体考查了电化学原理的应用、化学反应速率的影响因素，侧重实验能力和灵活运用能力的考查，把握实验原理、化学反应速率的影响因素，原电池工作原理、控制变量法的应用即可解答，注意掌握氯离子对金属与酸反应的促进作用，题目难度中等。
18.【答案】PbSO4 5.0 2H3AsO4+4Ca(OH)2=Ca3(AsO4)2⋅Ca(OH)2+6H2O 3−0.5x 铁离子水解生成氢离子，硫酸为强酸，也能电离出氢离子，滤液3中硫酸的加入会抑制铁离子水解导致产品的盐基度减小 蒸发浓缩 降温结晶 1 2ZnSO4=1050℃2ZnO+2SO2↑+O2↑
【解析】解：(1)“酸浸渣”所含金属化合物是PbSO4，常温下，Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)×c2(OH−)≈1.0×10−20，c(OH−)= 1.0×10−200.01mol/L=10−9mol/L，c(H+)=10−1410−9mol/L=10−5mol/L，pH=5.0，则调节“酸浸液”pH为5.0时，溶液中c(Cu2+)=0.01mol/L，
故答案为：PbSO4；5.0；
(2)H3AsO4和加入的氢氧化钙浊液石灰乳反应生成Ca3(AsO4)2⋅Ca(OH)2的化学方程式为：2H3AsO4+4Ca(OH)2=Ca3(AsO4)2⋅Ca(OH)2+6H2O，
故答案为：2H3AsO4+4Ca(OH)2=Ca3(AsO4)2⋅Ca(OH)2+6H2O；
(3)在一定温度下，将NaClO3加入“浓缩液”中可制取聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]m，
①聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]m中元素化合价代数和为0，2×(+3)+x(−1)+y(−2)=0，得到y=3−0.5x，
故答案为：3−0.5x；
②“滤液3”中H2SO4的加入量对盐基度的影响如图1所示，当n(H2SO4)：n(FeSO4)>0.35时，产品的盐基度减小，其原因是：铁离子水解生成氢离子，硫酸为强酸，也能电离出氢离子，滤液3中硫酸的加入会抑制铁离子水解导致产品的盐基度减小，
故答案为：铁离子水解生成氢离子，硫酸为强酸，也能电离出氢离子，滤液3中硫酸的加入会抑制铁离子水解导致产品的盐基度减小；
(4)①“萃余液”经蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤，得到得到ZnSO4⋅7H2O晶体，
故答案为：蒸发浓缩、降温结晶；
②假设初始ZnSO4⋅7H2O为1mol，质量为287g，ZnSO4⋅7H2O中ZnSO4的质量为161g，加热到145℃时得到ZnSO4⋅xH2O，固体质量=287g×62.4%=179g，则结晶水的物质的量=179g−161g18g/mol=1mol，故x=1，温度为1050℃时，ZnSO4固体完全分解为ZnO和两种气体(只有一种为氧化物)结合元素守恒可知，生成氧化物气体为二氧化硫，硫元素化合价降低，则氧元素化合价升高，生成氧气，反应的化学方程式为：2ZnSO4=1050℃2ZnO+2SO2↑+O2↑，
故答案为：2ZnSO4=1050℃2ZnO+2SO2↑+O2↑。
转炉烟尘(主要成分：CuO、ZnO、PbO、Sb4O6、As2O5)，加入稀硫酸酸浸，Cu、Zn、Sb转化为硫酸盐，As转化为H3AsO4，Pb转化为沉淀PbSO4，过滤1得到酸浸渣为PbSO4，滤液中加入氢氧化钙调节溶液pH，As、Sb转化为沉淀，过滤2得到滤液2中加入铜萃取剂萃取分液，水相处理得到硫酸锌，有机相加入硫酸蒸馏分离得到硫酸铜溶液，加入铁反应生成铜和硫酸亚铁，过滤3得到滤液3中加入硫酸酸化后浓缩，浓缩液加入氧化剂NaClO3制取聚合硫酸铁，据此分析回答问题。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，题目难度中等。
19.【答案】+115.4kJ/mol C 62.5% 5.91000.1100×(1.85100)2 反应为放热反应，绝热容器中温度升高，不利于主反应正向进行，甲醇的产率降低 吹去体系中的O2 温度过低，反应速率降低 3CH4−6e−+H2O+6CO32−=CH3CH2CH2OH+6HCO3−
【解析】解：(1)①CH4(g)+12O2(g)⇌CH3OH(g)ΔH1=−126.4kJ/mol
②CH4(g)+H2O(g)⇌CH3OH(g)+H2(g)ΔH2
③H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H3=−285.8kJ⋅mol−1
④H2O(l)=H2O(g)△H4=+44kJ⋅mol−1
利用盖斯定律，将反应①−③−④，得反应②为CH4(g)+H2O(g)⇌CH3OH(g)++H2(g)ΔH2=+115.4kJ⋅mol−1，
答案为：+115.4kJ⋅mol−1；
(2)①A.升高温度，平衡逆向移动，CH4的平衡转化率减小，故A错误；
B.反应达到平衡后，再充入一定量He，对反应物和生成物的压强都不产生影响，CH4的平衡转化率不变，故B错误；
C.投料比不变，增大反应物浓度，相当于加压，平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大，故C正确，
故选：C；
②在200℃下，向容积为5L的恒容密闭反应器中加入催化剂，并充入6.0kPaCH4、4.8kPaO2和一定量He使反应充分进行，从图中看出，起始总压强为12kPa，平衡时总压强为9.05kPa，则He的压强为12kPa−6.0kPa−4.8kPa=1.2kPa，设参加反应的CH4的压强为x，则可建立如下三段式：
CH4(g)+12O2(g)=CH3OH(g)
起始量(kPa) 6.0 4.8 0
变化量(kPa) x 0.5x x
平衡量(kPa) 6.0−x 4.8−0.5x x
则6.0−x+4.8−0.5x+x+1.2=9.05 x=5.9kPa
则达到平衡时体系中CH3OH的体积分数为5.9kPa9.05kPa×100%≈62.5%，
③该反应温度下，方法1的标准压力平衡常数Kpθ=5.91000.1100×(1.85100)2，
故答案为：5.91000.1100×(1.85100)2；
④若将容器改为绝热容器，初始温度为200℃，其他条件不变，达到新平衡时，甲醇产率降低，原因是：反应为放热反应，绝热容器中温度升高，不利于主反应正向进行，甲醇的产率降低；
答案为：反应为放热反应，绝热容器中温度升高，不利于主反应正向进行，甲醇的产率降低；
(3)已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的，He不会在催化剂表面吸附，吸附和解吸附不会导致体系温度的变化。通入CH4发生反应前，要往反应器中通入O2，其目的是活化催化剂，但O2被吸附在催化剂表面；活化催化剂后持续通入He一段时间的目的是吹去体系中的O2，从反应速率的角度，通入CH4后反应温度维持在200°C的原因是温度过低，反应速率降低，
故答案为：吹去体系中的O2；温度过低，反应速率降低；
(4)由图可以看出：ZrO2/NiCo2O4电极为负极，则CH4失电子产物与电解质反应生成CH3CH2CH4OH等，因此该电极发生的电极方程式为：3CH4−6e−+H2O+6CO32−=CH3CH2CH2OH+6HCO3−，
故答案为：3CH4−6e−+H2O+6CO32−=CH3CH2CH2OH+6HCO3−。
(1)根据盖斯定律进行计算；
(2)①根据影响化学平衡、转化率的因素进行分析；
②根据三段式进行分析计算；
③根据化学平衡常数计算方法进行计算；
(3)根据题给信息，结合化学反应速率的影响因素进行分析；
(4)根据题给信息，结合电极反应式书写的方法进行。
本题考查的知识点较多，涉及到盖斯定律的应用、化学平衡的分析与计算、电极反应式的书写，难度不大，掌握基础知识，提取题给信息是解答的关键。
20.【答案】羰基、酯基 消去反应 ac
【解析】解：(1)C中含氧官能团的名称为羰基、酯基，
故答案为：羰基、酯基；
(2)⑥的反应类型为消去反应，
故答案为：消去反应；
(3)a.A的名称为丙烯，故a正确；
b.反应③取代反应，所以该反应的原子利用率不是100%，故b错误；
c.F能燃烧而发生氧化反应，酯基能发生取代反应，羰基能发生加成反应，故c正确；
d.G不含亲水基，所以难溶于水，故d错误；
故答案为：ac；
(4)已知②为取代反应，则②的化学方程式为，
故答案为：；
(5)E为，E中连接甲基的碳原子为手性碳原子，并用*标出其中的手性碳原子：，
故答案为：；
(6)芳香族化合物M与H互为同分异构体，H的不饱和度是4，苯环的不饱和度是4，H中除了苯环外不含其它环或双键，H符合下列条件：
i.苯环上有三个取代基；
ii.能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；
iii.核磁共振氢谱确定分子中有12个化学环境相同的氢原子，说明含有4个等效的甲基，结构对称，符合条件的同分异构体有，
故答案为：；
(7)以和为原料合成，环己醇中的醇羟基发生氧化反应生成羰基，环己酮和(CH3)2CHBr发生取代反应生成，2−丙醇和HBr发生取代反应生成2−溴丙烷，合成路线为，
故答案为：。
根据B的分子式知，A和溴发生取代反应生成B为CH2=CHCH2Br，根据D的结构简式知，B和C发生取代反应生成D，D发生信息中的反应生成E，根据E的分子式知，E为，根据F的结构简式知，E中碳碳双键和氢气发生加成反应生成F，F中氢原子被取代生成G，G发生消去反应生成H；
(7)以和为原料合成，环己醇中的醇羟基发生氧化反应生成羰基，环己酮和(CH3)2CHBr发生取代反应生成，2−丙醇和HBr发生取代反应生成2−溴丙烷。
本题考查有机物合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
2023年广东省高考化学一模试卷
一、单选题（本大题共16小题，共44.0分）
1. 我国“人造太阳”创世界新纪录、“奋斗者”号载人潜水器成功坐底、“深海一号”母船助力深潜科考、北斗卫星导航系统全面开通，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述不正确的是( )
A. 在“人造太阳”中发生核聚变的 12H、 13H是 11H的同位素
B. “奋斗者”号载人潜水器球壳所使用的钛合金能承受深海高压
C. “深海一号”母船海水浸泡区的铝基牺牲阳极可保障船体不易腐蚀
D. “北斗卫星”的授时系统“星载铷钟”中铷元素的单质遇水能缓慢反应放出H2
2. 在中国灿烂的农耕文明发展过程中，产生了许多有关农业生产与生活的化学智慧。对下列史料记载的判断不正确的是( )
A. 将大豆煮熟后与面粉混合加醋曲酿醋：该过程不涉及氧化还原反应
B. 用糯米石灰浆修筑长城：糯米石灰浆属于复合材料
C. 用高粱制作饴糖(主要成分为麦芽糖)：麦芽糖与蔗糖互为同分异构体
D. 胡桐树的树脂可作金银焊药：胡桐树脂的主要成分属于天然高分子化合物
3. 高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型净水剂，可用于饮用水处理。湿法制高铁酸钠的反应原理为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O。下列有关说法不正确的是( )
A. H2O的球棍模型为
B. 基态Fe3+的简化电子排布式为[Ar]3d34s2
C. NaClO的电子式为
D. 37Cl原子结构示意图为
4. 如图所示为氮元素的价类二维图。下列有关说法不正确的是( )
A. a的化学性质不活泼，常用作保护气
B. “雷雨发庄稼”涉及的转化过程包含a→c→d→e
C. b与e按物质的量之比为1：1完全反应，所得生成物的水溶液呈中性
D. f既有氧化性，又有还原性
5. 拟在实验室完成一系列实验：①粗盐提纯；②利用提纯后的NaCl模拟“侯氏制碱法”制备纯碱；③用盐酸标准液滴定纯碱溶液以测定Na2CO3含量。在实验过程中，下列仪器不可能用到的是( )
A. B.
C. D.
6. 下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确且存在因果关系的是 ( )
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
Al具有两性
常温下可用铝制容器盛装浓硝酸
B
Na2O2具有氧化性
Na2O2可氧化CO2产生氧气
C
纯碱溶液呈碱性
纯碱溶液可用于清洗厨房油污
D
SO2具有漂白性
SO2通入紫色石蕊溶液后溶液褪色
A. A B. B C. C D. D
7. “劳动创造幸福，实干成就伟业。”下列劳动项目与所涉及的化学知识关联不正确的是 ( )
选项
劳动项目
化学知识
A
用硅单质制作太阳能电池板
硅元素在地壳中含量丰富
B
用高浓度白酒浸泡药材制成药酒
相似相溶原理
C
用KSCN溶液检验菠菜中是否含铁元素
含Fe3+的溶液遇SCN−变为红色
D
用ClO2给自来水消毒
ClO2具有强氧化性
A. A B. B C. C D. D
8. 运载火箭常用偏二甲肼[(CH3)2N−NH2]与N2O4作推进剂，二者反应生成CO2、N2和H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是( )
A. 偏二甲肼中N原子的杂化类型均为sp2
B. 1molH2O含有的中子数为10NA
C. 标准状况下，2.24LCO2中的σ键数目为0.4NA
D. 92gNO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA
9. 一种锂的氧化物的晶胞结构如图2所示(晶胞参数a=b=c=0.4665nm，晶胞棱边夹角均为90°)。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。下列有关说法不正确的是( )
A. 该氧化物的化学式为Li2O
B. 0原子之间的最短距离为 22×466.5pm
C. 与Li距离最近且相等的O有8个
D. 若p原子的分数坐标为(14,14,14)，则q原子的分数坐标为(14,34,34)
10. 一种由短周期主族元素组成的化合物的结构如图所示。元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大，a位于s区，e与其他四种元素不在同一个周期。下列说法正确的是( )
A. 第一电离能：b>c>d B. 化合物ec3是非极性分子
C. 简单氢化物的稳定性：b>d D. 元素的电负性：e>d>c
11. 下列反应的离子方程式书写正确的是( )
A. 等体积、等浓度的NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合：H++SO42−+Ba2++OH−=BaSO4↓+H2O
B. 将Fe2O3溶于过量HI溶液：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
C. 向AgCl悬浊液中滴加足量Na2S溶液：AgCl(s)+S2−(aq)⇌Ag2S(s)+Cl−(aq)
D. 向酸性KMnO4溶液中滴加NaHSO3溶液：2MnO4−+5SO32−+6H+=2Mn2++5SO42−+3H2O
12. 25℃时，H2SeO4第一步完全电离，第二步电离平衡常数Ka=2.18×10−2。则25℃时，下列说法正确的是( )
A. KHSeO4的溶液显碱性
B. K2SeO4溶液中存在c(K+)=2[c(HSeO4−)+c(SeO42−)]
C. 0.5mol/L的H2SeO4溶液中，c(HSeO4−)+2c(SeO42−)+c(OH−)=0.5mol/L
D. 向H2SeO4溶液中滴加KOH溶液至中性时，c(SeO42−)c(HSeO4−)=2.18×104
13. 根据以下实验操作及现象，能推出相应结论的是 ( )
选项
实验操作
现象
结论
A
向丙烯醛(CH2=CHCHO)加入橙色的溴水，振荡
溴水褪色
丙烯醛与Br2发生加成反应
B
向Na2S溶液中滴加浓盐酸
产生臭鸡蛋气味的气体
非金属性：Cl>S
C
向苯酚浊液中滴加少量Na2CO3溶液
浊液变澄清
酸性：苯酚>HCO3−
D
向盛有等体积、等浓度的H2O2溶液的两支试管中分别加入0.2mL等浓度的CuSO4溶液和KMnO4溶液
加中KMnO4溶液的试管中产生气泡的速率更快
MnO4−比Cu2+的催化效果好
A. A B. B C. C D. D
14. 一种含Pt催化剂催化甲烷中的碳氢键活化的反应机理如图所示。下列有关说法不正确的是( )
A. 催化循环中Pt的配位数有3种 B. a中Pt的化合价为+2价
C. c→d发生的是氧化还原反应 D. SO2与SO3的VSEPR模型名称不同
15. 汽车尾气的排放会对环境造成污染。利用高效催化剂处理汽车尾气中的NO与CO的反应为2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)ΔH<0。一定温度下，在恒容密闭容器中加入1molCO和1molNO发生上述反应，部分物质的体积分数(φ)随时间(t)的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. 上述反应的正反应在高温下才能自发进行
B. 曲线b表示的是φ(N2)随时间的变化
C. 2v正(NO)=v逆(N2)时，反应达平衡状态
D. 气体的平均相对分子质量：M(t1)>M(t3)>M(t5)
16. 我国科学家设计了一种新型的溴基液流可充电电池用于大规模储能，其放电时的工作原理如图所示。下列有关说法不正确的是( )
A. 放电时，M为正极
B. 放电时，N极发生的电极反应为Br−+2Cl−−2e−=BrCl2−
C. 充电时，每生成1molTiO2+，成2molH+穿过质子交换膜进入N极室
D. 充电时，总反应为2Ti3++BrCl2−+2H2O=2TiO2++Br−+2Cl−+4H+
二、简答题（本大题共4小题，共56.0分）
17. 海洋中有丰富的NaCl资源。研究表明，氯离子的侵入是造成钢筋混凝土腐蚀的主要原因(Na+对腐蚀无影响)。海砂经淡化后，Cl−的含量达到一定标准才能作建筑用砂。某合作学习小组猜测Cl−会加快金属与盐溶液或酸溶液的反应速率。
(1)工业上通过电解饱和NaCl溶液制Cl2的离子方程式为 ______ 。
(2)实验室用图1所示装置模拟工业上制Cl2。检验产生的Cl2的操作及现象是 ______ 。
(3)探究Cl−是否会加快金属与盐溶液的反应速率。
①小组同学利用图2所示装置进行探究。当Zn−Cu原电池工作约30s后，向电池槽内加入少量NaCl固体，电流随时间的变化如图3所示。甲同学认为加入NaCl固体后电流强度增大并不能说明Cl−会加快金属与盐溶液的反应速率，其理由可能是 ______ 。
②乙同学利用温度传感器进行探究。分别取20mL0.1mol/LCuSO4溶液于A、B两个100mL烧杯中；向B烧杯中加入5gNaCl固体，使其溶解。在相同温度下，分别往两个烧杯中加入相同的用砂纸打磨过的镁条，采集温度数据，得出Cl−会加快金属与盐溶液的反应速率。已知0～100sA烧杯中溶液温度随时间的变化如图4所示，请画出0～100sB烧杯中溶液温度随时间的变化情况(100s时反应仍在进行) ______ 。
(4)探究Cl−是否会加快金属与酸溶液的反应速率。
小组同学的实验记录如下：
实验序号
Zn片
酸
其他试剂其他试剂生成
生成的时间VmLH2的时间
Ⅰ
完全相同
100mL0.1mol/L硫酸溶液
−
t1
Ⅱ
100mL.0.2mol/L盐酸
−
t2
Ⅲ
100mLamol/L硫酸溶液少量b
少量b
t3
其中，t1>t2，t1>t3。
①由实验Ⅰ和实验Ⅱ ______ (填“能”或“不能”)推知Cl−会加快金属与酸溶液的反应速率，理由是 ______ 。
②小组同学一致认为，由实验Ⅰ和实验Ⅲ可推知Cl−会加快金属与酸溶液的反应速率，则实验Ⅲ中，a处填 ______ ，b处填 ______ 。
(5)提出一种合理的降低海砂中Cl−含量的方法： ______ 。
18. 利用转炉烟尘(主要成分：CuO、ZnO、PbO、Sb4O6、As2O5)制备硫酸铜联产硫酸锌以及聚合硫酸铁的工艺流程如图：
已知：①酸浸后As元素以H3AsO4形式存在；
②常温下，Ksp[Cu(OH)2]≈1.0×10−20；
③聚合硫酸铁盐基度[聚合硫酸铁中n(OH−)3n(Fe3+)×100%]越大，絮凝效果越好。
回答下列问题：
(1)“酸浸渣”所含金属化合物是 ______ (填化学式)。常温下，调节“酸浸液”pH为 ______ (保留两位有效数字)时，溶液中c(Cu2+)=0.01mol/L。
(2)生成Ca3(AsO4)2⋅Ca(OH)2的化学方程式为 ______ 。
(3)在一定温度下，将NaClO3加入“浓缩液”中可制取聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]m。
①x和y的关系应满足：y= ______ (用含x的式子表示)。
②“滤液3”中H2SO4的加入量对盐基度的影响如图1所示，当n(H2SO4)：n(FeSO4)>0.35时，产品的盐基度减小，其原因是 ______ 。
(4)①“萃余液”经 ______ 、 ______ 、过滤、洗涤，得到ZnSO4⋅7H2O晶体。
②加热ZnSO4⋅7H2O{固体，固体质量保留百分数与温度的关系如图2所示。将ZnSO4⋅7H2O(M=287g/mol)加热到145℃时得到ZnSO⋅xH2O，其中x的值为 ______ ；温度为1050℃时，ZnSO4固体完全分解为ZnO以及两种气体(只有一种是氧化物)，该反应的化学方程式为 ______ 。
19. 甲烷的直接转化具有较高的经济价值，因此备受科学家关注。请回答下列问题：
方法Ⅰ：CH4(g)+12O2(g)⇌CH3OH(g)ΔH1=−126.4kJ/mol
方法Ⅱ：CH4(g)+H2O(g)⇌CH3OH(g)+H2(g)ΔH2
已知H2的燃烧热为285.8kJ/mol，H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44kJ/mol，则ΔH2= ______ 。
(2)某工厂采用方法Ⅰ生产甲醇。在200℃下，向容积为5L的恒容密闭反应器中加入催化剂，并充入6.0kPaCH4、4.8kPaO2和一定量He使反应充分进行，体系的总压强随时间的变化如图1所示。
①下列措施可以提高CH4的平衡转化率的是 ______ (填标号)。
A.升高温度
B.反应达到平衡后，再充入一定量He
C.投料比不变，增大反应物浓度
②达到平衡时体系中CH3OH的体积分数为 ______ (精确到0.1%)。
③该反应温度下，方法Ⅰ的标准压力平衡常数Kp⊖= ______ (列出计算式)。
[已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应dD(g)+eE(g)⇌gG(g)+hH(g)，Kpθ=(pCpθ)g⋅(pHpθ)h(pDpθ)d⋅(pEpθ)e，其中pθ=100kPa，pC、pH、pD、pE为各组分的平衡分压。]
④若将容器改为绝热容器，初始温度为200℃，其他条件不变，达到新平衡时，甲醇产率降低，原因是 ______ 。
(3)为提高生产效率，利用方法Ⅱ进行连续生产时采用如图2所示的步骤控制体系温度和通入气体(各阶段气体流速相同)。
已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的，He不会在催化剂表面吸附，吸附和解吸附不会导致体系温度的变化。通入CH4发生反应前，要往反应器中通入O2从而活化催化剂，活化催化剂后持续通入He一段时间的目的是 ______ ；请从反应速率的角度说明，通入CH4后反应温度维持在200℃的原因： ______ 。
(4)用ZrO2/NiCo2O4作电解催化剂也可以实现甲烷的直接转化，装置如图3所示。
写出ZrO2/NiCo2O4电极的反应式： ______ 。
20. 化合物H是一种抗过敏药物，其合成路线如图：
已知：R1−CH=CH2+CH2=CH−R2→含Ru催化剂R1−CH=CH−R2+H2C=CH2。
回答下列问题：
(1)C中含氧官能团的名称为 ______ 。
(2)⑥的反应类型为 ______ 。
(3)下列有关说法正确的是 ______ (填标号)。
a.A的名称为丙烯
b.反应③的原子利用率为100%
c.F能发生氧化反应、取代反应和加成反应
d.G易溶于水
(4)已知②为取代反应，则②的化学方程式为 ______ 。
(5)写出E的结构简式，并用*标出其中的手性碳原子： ______ 。
(6)芳香族化合物M与H互为同分异构体，写出一种满足下列条件的H的结构简式： ______ (任写一种)。
i.苯环上有三个取代基；
ii.能与FeCl3溶液发生显色反应；
iii.核磁共振氢谱确定分子中有12个化学环境相同的氢原子。
(7)参照上述合成路线，设计以和为原料合成的路线(无机试剂任选)： ______ 。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.在“人造太阳”中发生核聚变的 12H、 13H和 11H是氢元素的不同原子，互为同位素，故A正确；
B.“奋斗者”号载人潜水器球壳所使用的钛合金具有强度大、硬度大等性质，能承受深海高压，故B正确；
C.“深海一号”母船海水浸泡区的铝基和铁在海水中形成原电池，铝做负极被腐蚀，铁做正极被保护，牺牲阳极可保障船体不易腐蚀，故C正确；
D.“北斗卫星”的授时系统“星载铷钟”中铷元素是碱金属元素，金属性大于钠，铷的单质遇水能剧烈反应放出H2，故D错误；
故选：D。
A.质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互为同位素；
B.合金是金属和金属或金属和非金属融合在一起形成特征性质的混合物，硬度、强度、韧性强；
C.原电池中做正极被保护；
D.碱金属从上到下金属性依次增强。
本题考查了同位素、合金、原电池原理、金属性质等知识点，注意知识的积累，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.将大豆煮熟后与面粉混合加醋曲酿醋，首先水解成葡萄糖，葡萄糖首先氧化为乙醇，C元素的化合价由0价变为+2价，乙醇再氧化为乙酸，C元素的化合价由−2价变为0价，是氧化还原反应，故A错误；
B.用两种材料复合而成的材料是复合材料，糯米石灰浆属于复合材料，故B正确；
C.麦芽糖与蔗糖分子式相同，结构不同，为同分异构体，故C正确；
D.胡桐树的树脂主要是各种萜烯类、酚类和树脂酸等其他有机化合物构成的的高分子化合物，属于天然高分子化合物，故D正确；
故选：A。
A.存在化合价变化的反应是氧化还原反应；
B.用两种材料复合而成的材料是复合材料；
C.分子式相同，结构不同的物质为同分异构体；
D.胡桐树的树脂是天然存在的高分子化合物。
本题考查了氧化还原反应、同分异构体、复合材料及材料的组成，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
3.【答案】B
【解析】解：A.H2O是V形分子，含有O−H键，并且O原子半径大于H原子，其球棍模型为，故A正确；
B.Fe原子失去4s、3d轨道上的电子得到Fe3+，其价电子排布式为3d5，则基态Fe3+的简化电子排布式为[Ar]3d5，故B错误；
C.NaClO由Na+和ClO−构成，ClO−中Cl、O原子间共用1对电子，Cl、O原子最外层电子数为8，其电子式为，故C正确；
D. 37Cl是中子数为20的氯原子，质子数和电子数都是17，核外各层上电子数分别为2、8、7，其结构示意图为，故D正确；
故选：B。
A.H2O是V形分子，O原子半径大于H原子；
B.基态Fe3+的价电子排布式为3d5；
C.NaClO是离子化合物，由Na+和ClO−构成，ClO−中Cl、O原子间共用1对电子；
D.Cl原子的质子数和电子数都是17，核外电子分层排布，最外层电子数为7。
本题考查常见化学用语的表示方法，明确电子式、电子排布式、球棍模型、原子结构示意图等化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：A.氮气的化学性质不活泼，常用作保护气，故A正确；
B.“雷雨发庄稼“的原理中涉及反应N2→NO→NO2→HNO3，故B正确；
C.b与e按物质的量之比为1：1完全反应，所得生成物的水溶液为硝酸铵溶液，铵根离子水解溶液显酸性，故C错误；
D.f中氮元素处于中间价态，故既有氧化性，又有还原性，故D正确；
故选：C。
根据价类二维图可知，a为N2，b为NH3，c为NO，d为NO2，e为HNO3，f为亚硝酸盐，据此分析解答即可。
本题主要考查氮及其化合物的相关知识，属于基本知识的考查，难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.粗盐提纯加入试剂沉淀杂质离子，需要过滤操作，过滤操作需要漏斗，故A正确；
B.利用提纯后的NaCl模拟“侯氏制碱法”制备纯碱，可以利用B选项中的装置通入二氧化碳气体反应得到碳酸氢钠晶体，CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，故B正确；
C.用盐酸标准液滴定纯碱溶液以测定Na2CO3含量时，标准溶液盐酸需要酸式滴定管，故C正确；
D.上述实验过程中都不需要冷凝管，故D错误；
故选：D。
①粗盐提纯需要过滤装置；
②利用提纯后的NaCl模拟“侯氏制碱法”制备纯碱，可以利用B选项中的装置通入二氧化碳气体反应得到碳酸氢钠晶体；
③用盐酸标准液滴定纯碱溶液以测定Na2CO3含量时需要酸式滴定管。
本题考查了实验操作、实验仪器作用的分析判断，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.铝和强酸、强碱能发生反应，显示了金属、非金属的性质，不是两性，常温铝遇到浓硝酸钝化，可用铝制容器盛装浓硝酸，陈述Ⅰ不正确，陈述Ⅱ正确，不存在因果关系，故A错误；
B.Na2O2具有强氧化性，过氧化钠和二氧化碳反应是过氧化钠自身氧化还原反应，陈述Ⅰ正确，陈述Ⅱ错误，不存在因果关系，故B错误；
C.纯碱是碳酸钠，溶液中碳酸根离子水解，溶液显碱性，可用于清洗厨房油污，陈述Ⅰ正确，陈述Ⅱ正确，存在因果关系，故C正确；
D.二氧化硫具有漂白性，二氧化硫通入紫色石蕊溶液后溶液变红色，显示酸性，陈述Ⅰ正确，陈述Ⅱ错误，不存在因果关系，故D错误；
故选：C。
A.铝和强酸、强碱能发生反应，显示了金属、非金属的性质，不是两性，常温铝遇到浓硝酸钝化，可用铝制容器盛装浓硝酸；
B.Na2O2具有强氧化性，不能氧化CO2产生氧气；
C.纯碱是碳酸钠，溶液中碳酸根离子水解，溶液显碱性，油污在碱性条件下发生水解，生成溶于水的物质；
D.SO2通入紫色石蕊溶液后溶液变红色。
本题考查了物质性质的分析应用，熟练掌握物质性质是解题关键，题目难度不大。
7.【答案】A
【解析】解：A.用硅单质制作太阳能电池板是利用Si容易发生光电效应，与其含量无关，故A错误；
B.用高浓度白酒中含有乙醇可以溶解有机物，是根据相似相溶原理，故B正确；
C.含Fe3+的溶液遇SCN−变为红色，可用KSCN溶液检验菠菜中是否含铁元素，故C正确；
D.ClO2具有强氧化性，可以杀菌消毒，故D正确；
故选：A。
A.用硅单质制作太阳能电池板是利用Si容易发生光电效应；
B.用高浓度白酒中含有乙醇可以溶解有机物；
C.含Fe3+的溶液遇SCN−变为红色；
D.ClO2具有强氧化性，可以杀菌消毒。
本题考查物质的性质及应用，把握物质的性质、反应原理、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析能力和运用基础知识的考查，注意化学知识在生产生活中的应用，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.(CH3)2NNH2中2个N原子均形成3个键，均含有1对孤对电子，价层电子对数均为4，所以N的杂化方式为sp3杂化，故A错误；
B.1个水分子中H2O中含中子数=0+16−8=8，1molH2O含有的中子数为8NA，故B错误；
C.标准状况下，2.24LCO2物质的量n=2.24L22.4L/mol=0.1mol，0.1molCO2分子中含0.2NA个σ键，故C错误；
D.NO2和N2O4最简式相同为NO2，计算92gNO2中所含原子数=92g46g/mol×3×NA=6NA，故D正确；
故选：D。
A.(CH3)2NNH2中2个N原子均形成3个键，均含有1对孤对电子，价层电子对数均为4；
B.1个水分子中H2O中含中子数=0+16−8=8；
C.标准状况下，2.24LCO2物质的量n=2.24L22.4L/mol=0.1mol，1个CO2分子中含2个σ键；
D.NO2和N2O4最简式相同为NO2，计算92gNO2中所含原子数。
本题考查了阿伏加德罗常数的分析应用，主要是物质组成和结构、利用物质的量计算微粒数，气体摩尔体积的条件应用，掌握基础是关键，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：A.该晶胞中，含Li+个数为8，含O2−个数为8×18+6×12=4，则氧化物的化学式为Li2O，故A正确；
B.从图中可以看出，O原子之间的最短距离为面对角线长度的一半，即为 22×466.5pm，故B正确；
C.在晶胞中，Li+与邻近的4个O2−构成正四面体，则与Li距离最近且相等的O有4个，故C错误；
D.若p原子的分数坐标为(14,14,14)，则q原子在x、y、z轴上的分数坐标分别为14、34、34，从而得出q原子的分数坐标为(14,34,34)，故D正确；
故选：C。
A.该晶胞中，含Li+个数为8，含O2−个数为8×18+6×12=4；
B.O原子之间的最短距离为面对角线长度的一半；
C.在晶胞中，Li+与邻近的4个O2−构成正四面体；
D.若p原子的分数坐标为(14,14,14)，则q原子在x、y、z轴上的分数坐标分别为14、34、34。
本题考查晶体结构，侧重考查学生均摊法和分数坐标的掌握情况，试题难度中等。
10.【答案】B
【解析】解：由分析可知，a为H、b为C、c为O、d为F、e为S元素；
A.同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，则第一电离能：C
C.元素非金属性：C
故选：B。
短周期主族元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大，其中a位于s区，而5种元素组成的化合物中，a形成1条共价键，则a为H元素；而e与其他四种元素不在同一个周期，可知e处于第三周期，而b、c、d处于第二周期，化合物中e形成6条共价键，则e为S元素，而b形成4条共价键、c形成2条共价键、d形成1条共价键，可知b为C元素、c为O元素、d为F元素。
本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，紧扣短周期主族元素，充分利用结构式中价键结构进行分析判断，熟练掌握元素周期律，试题侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。
11.【答案】A
【解析】解：A.等体积、等浓度的NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合，生成硫酸钡、水和NaOH，离子方程式为H++SO42−+Ba2++OH−=BaSO4↓+H2O，故A正确；
B.将Fe2O3溶于过量HI溶液发生氧化还原反应生成Fe2+和I2，离子方程式为Fe2O3+2I−+6H+=2Fe2++I2+3H2O，故B错误；
C.Ksp(Ag2S)
故选：A。
A.等体积、等浓度的NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合，生成硫酸钡、水和NaOH；
B.将Fe2O3溶于过量HI溶液发生氧化还原反应生成Fe2+和I2；
C.方程式要满足电荷守恒和质量守恒；
D.向酸性KMnO4溶液中滴加NaHSO3溶液，MnO4−和HSO3−发生氧化还原反应生成Mn2+和SO42−。
本题考查了离子方程式书写，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度不大。
12.【答案】B
【解析】解：A.H2SeO4第一步完全电离，则KHSeO4只电离不水解，溶液呈酸性，故A错误；
B.根据物料守恒可知，K2SeO4溶液中存在c(K+)=2[c(HSeO4−)+c(SeO42−)]，故B正确；
C.根据物料守恒可知，c(HSeO4−)+c(SeO42−)=0.5mol/L，故C错误；
D.向H2SeO4溶液中滴加KOH溶液至中性时，c(H+)=10−7mol/L，c(SeO42−)c(HSeO4−)=c(SeO42−)×c(H+)c(HSeO4−)×c(H+)=Kac(H+)=2.18×10−210−7=2.18×105，故D错误；
故选：B。
A.KHSeO4只电离不水解；
B.根据物料守恒进行判断；
C.根据物料守恒进行判断；
D.中性时，c(SeO42−)c(HSeO4−)=c(SeO42−)×c(H+)c(HSeO4−)×c(H+)=Kac(H+)。
本题考查了弱电解质的电离平衡、盐溶液中守恒关系等知识点，考查比较基础，难度适中。
13.【答案】C
【解析】解：A.碳碳双键、醛基均使溴水褪色，由实验操作和现象，不能证明丙烯醛与Br2发生加成反应，故A错误；
B.Na2S溶液中滴加浓盐酸，生成氢硫酸，盐酸、氢硫酸均为无氧酸，不能比较Cl、S的非金属性强弱，故B错误；
C.苯酚浊液中滴加少量Na2CO3溶液，生成苯酚钠、碳酸氢钠，则浊液变澄清，可知酸性：苯酚>HCO3−，故C正确；
D.KMnO4溶液可氧化过氧化氢，CuSO4溶液可催化过氧化氢分解，反应原理不同，不能探究催化效果，故D错误；
故选：C。
A.碳碳双键、醛基均使溴水褪色；
B.Na2S溶液中滴加浓盐酸，生成氢硫酸，盐酸、氢硫酸均为无氧酸；
C.苯酚浊液中滴加少量Na2CO3溶液，生成苯酚钠、碳酸氢钠；
D.KMnO4溶液可氧化过氧化氢，CuSO4溶液可催化过氧化氢分解。
本题考查化学实验方案的评价，涉及知识点来源于教材，明确物质的性质、反应与现象、反应速率、实验技能为解答的关键，侧重基础知识的考查，注重实验能力的培养和技能的训练，题目难度不大。
14.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，a中Pt的配位数为4，b中Pt的配位数为3，d中Pt的配位数为6，故A正确；
B.由图可知，a中Pt结合2个−OSO3H，根据化合价代数和为0，可知Pt的化合价为+2价，故B正确；
C.由图可知，c→d的过程中，S元素化合价发生改变，发生的是氧化还原反应，故C正确；
D.SO2中S原子的价层电子对数=2+6−2×22=3，SO3中S原子的价层电子对数=3+6−2×32=3，所以两者的VSEPR模型名称相同，均为平面三角形，故D错误；
故选：D。
A.N、O含有孤电子对，可以提供电子，形成配位键，C原子不形成配位键；
B.−OSO3H的化合价为−1价；
C.c中S为+6价，c→d的过程中，生成了SO2；
D.SO2中S原子的价层电子对数为3，SO3中S原子的价层电子对数为3，两者的VSEPR模型名称相同。
本题主要考查对反应机理的理解，同时考查氧化还原反应的概念、配位数和VSEPR模型名称的判断，对能力要求较高，难度中等。
15.【答案】B
【解析】解：A.反应正向气体分子数减小，△S<0，△H<0，故低温时△H−T△S<0反应自发，故A错误；
B.由化学反应方程式可知，NO、CO、二氧化碳的系数相等，且为氮气系数的2倍，由图象可知，b的体积分数变化较小，故曲线b表示的是φ(N2)随时间的变化，故B正确；
C.2v正(NO)=v逆(N2)时，正逆反应速率不相等，反应未达到平衡状态，故C错误；
D.反应前后气体总质量不变，随反应进行，气体分子数不断减小，故气体的平均相对分子质量不断增大，故M(t1)
A.△H−T△S<0反应自发；
B.依据物质的变化量判断图象代表物质；
C.化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等；
D.结合公式M=mm分析。
本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变平衡的影响是解题的关键。
16.【答案】C
【解析】解：A.放电时，M极TiO2+→Ti3+，Ti由+4价降低为+3价，M为正极，故A正确；
B.放电时，N极为负极，Br−失电子产物与电解质反应生成BrCl2−，发生的电极反应为Br−+2Cl−−2e−=BrCl2−，故B正确；
C.充电时，M极为阳极，发生反应Ti3+−e−+H2O=TiO2++2H+，依据电荷守恒，每生成1molTiO2+，有1molH+穿过质子交换膜进入N极室，故C错误；
D.充电时，Ti3+与BrCl2−反应生成TiO2+、Br−、Cl−等，总反应为2Ti3++BrCl2−+2H2O=2TiO2++Br−+2Cl−+4H+，故D正确；
故选：C。
从图中可以看出，放电时，M极TiO2+→Ti3+，Ti由+4价降低为+3价，则M极为正极，N极Br−→BrCl2−，Br元素由−1价升高到+1价，则N极为负极。
本题考查电化学，侧重考查学生二次电池的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】2Cl−+2H2O=通电H2↑+Cl2↑+2OH− 将淀粉碘化钾试纸润湿，粘在玻璃棒一端靠近a管口，若试纸变蓝，则表明反应生成氯气 加入NaCl固体后，溶液中离子浓度增大，导电能力增强 不能 Zn与酸反应时，c(H+)相同，但盐酸与Zn反应所用时间比硫酸短，可能是Cl−加快反应速率，也可能是SO42−减慢反应速率 0.1 NaCl固体 用淡水冲洗
【解析】解：(1)惰性电极电解NaCl溶液生成NaOH、氢气、氯气，反应的离子方程式为2Cl−+2H2O=通电H2↑+Cl2↑+2OH−，
故答案为：2Cl−+2H2O=通电H2↑+Cl2↑+2OH−；
(2)该电解池中阳极产生氯气，检验产生的Cl2可用湿润的淀粉碘化钾试纸，生成的碘单质能使淀粉溶液变蓝，操作及现象为：将淀粉碘化钾试纸润湿，靠近a管口，若试纸变蓝，说明生成的气体为氯气，
故答案为：将淀粉碘化钾试纸润湿，粘在玻璃棒一端靠近a管口，若试纸变蓝，则表明反应生成氯气；
(3)①NaCl易溶于水，向电池槽内加入少量NaCl固体，溶液中离子浓度增大，电解质溶液的导电性增强，电流强度增大，则该实验不能说明Cl−会加快金属与盐溶液的反应速率，
故答案为：加入NaCl固体后，溶液中离子浓度增大，导电能力增强；
电流强度增大；
②Mg与CuSO4溶液的反应放热，且Cl−会加快金属与盐溶液的反应速率，则少量NaCl固体后，相同的反应时间内溶液温度变化：B>A，图象为，
故答案为：；
(4)①Zn与盐酸、硫酸反应时，c(H+)相同条件下盐酸的反应较快，硫酸的反应较慢，因为Cl−能促进金属与酸溶液的反应，SO42−能减缓金属与酸溶液的反应，所以不能据此判断反应速率快慢，
故答案为：不能；Zn与酸反应时，c(H+)相同，但盐酸与Zn反应所用时间比硫酸短，可能是Cl−加快反应速率，也可能是SO42−减慢反应速率；
②实验Ⅰ和实验Ⅲ是对比实验组，根据控制变量法控制，实验Ⅲ中加入物质b，则两个实验中硫酸的浓度必须相同，即a=0.1，要探究Cl−对反应速率的影响，可在实验Ⅲ中加入少量NaCl固体，以便不改变反应物浓度，所以a=0.1，b为NaCl固体，
故答案为：0.1；NaCl固体；
(5)常温下，NaCl是易溶性物质，可将海砂用淡水冲洗，达到降低Cl−含量的目的，
故答案为：用淡水冲洗。
(1)惰性电极电解NaCl溶液生成NaOH、氢气、氯气，结合电子守恒和离子守恒书写反应的离子方程式；
(2)检验Cl2常用湿润的淀粉碘化钾试纸，生成的碘单质能使淀粉溶液变蓝；
(3)①溶液的导电性与离子浓度有关，其他条件相同时，离子浓度越大，反应速率越快；
②Mg与CuSO4溶液的反应放热，且Cl−会加快金属与盐溶液的反应速率，则少量NaCl固体相同时间内溶液温度升高较快；
(4)①Zn与酸反应时，Cl−能加快反应速率，SO42−能抑制反应，减慢反应速率；
②实验Ⅰ和实验Ⅲ作对比实验时，必须控制变量，即要控制硫酸的浓度相同，可加入少量NaCl固体，根据反应时间长短判断反应速率快慢；
(5)NaCl易溶于水，可将海砂用淡水冲洗，达到淡化的目的。
本题以氯离子对钢筋混凝土腐蚀为载体考查了电化学原理的应用、化学反应速率的影响因素，侧重实验能力和灵活运用能力的考查，把握实验原理、化学反应速率的影响因素，原电池工作原理、控制变量法的应用即可解答，注意掌握氯离子对金属与酸反应的促进作用，题目难度中等。
18.【答案】PbSO4 5.0 2H3AsO4+4Ca(OH)2=Ca3(AsO4)2⋅Ca(OH)2+6H2O 3−0.5x 铁离子水解生成氢离子，硫酸为强酸，也能电离出氢离子，滤液3中硫酸的加入会抑制铁离子水解导致产品的盐基度减小 蒸发浓缩 降温结晶 1 2ZnSO4=1050℃2ZnO+2SO2↑+O2↑
【解析】解：(1)“酸浸渣”所含金属化合物是PbSO4，常温下，Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)×c2(OH−)≈1.0×10−20，c(OH−)= 1.0×10−200.01mol/L=10−9mol/L，c(H+)=10−1410−9mol/L=10−5mol/L，pH=5.0，则调节“酸浸液”pH为5.0时，溶液中c(Cu2+)=0.01mol/L，
故答案为：PbSO4；5.0；
(2)H3AsO4和加入的氢氧化钙浊液石灰乳反应生成Ca3(AsO4)2⋅Ca(OH)2的化学方程式为：2H3AsO4+4Ca(OH)2=Ca3(AsO4)2⋅Ca(OH)2+6H2O，
故答案为：2H3AsO4+4Ca(OH)2=Ca3(AsO4)2⋅Ca(OH)2+6H2O；
(3)在一定温度下，将NaClO3加入“浓缩液”中可制取聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]m，
①聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]m中元素化合价代数和为0，2×(+3)+x(−1)+y(−2)=0，得到y=3−0.5x，
故答案为：3−0.5x；
②“滤液3”中H2SO4的加入量对盐基度的影响如图1所示，当n(H2SO4)：n(FeSO4)>0.35时，产品的盐基度减小，其原因是：铁离子水解生成氢离子，硫酸为强酸，也能电离出氢离子，滤液3中硫酸的加入会抑制铁离子水解导致产品的盐基度减小，
故答案为：铁离子水解生成氢离子，硫酸为强酸，也能电离出氢离子，滤液3中硫酸的加入会抑制铁离子水解导致产品的盐基度减小；
(4)①“萃余液”经蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤，得到得到ZnSO4⋅7H2O晶体，
故答案为：蒸发浓缩、降温结晶；
②假设初始ZnSO4⋅7H2O为1mol，质量为287g，ZnSO4⋅7H2O中ZnSO4的质量为161g，加热到145℃时得到ZnSO4⋅xH2O，固体质量=287g×62.4%=179g，则结晶水的物质的量=179g−161g18g/mol=1mol，故x=1，温度为1050℃时，ZnSO4固体完全分解为ZnO和两种气体(只有一种为氧化物)结合元素守恒可知，生成氧化物气体为二氧化硫，硫元素化合价降低，则氧元素化合价升高，生成氧气，反应的化学方程式为：2ZnSO4=1050℃2ZnO+2SO2↑+O2↑，
故答案为：2ZnSO4=1050℃2ZnO+2SO2↑+O2↑。
转炉烟尘(主要成分：CuO、ZnO、PbO、Sb4O6、As2O5)，加入稀硫酸酸浸，Cu、Zn、Sb转化为硫酸盐，As转化为H3AsO4，Pb转化为沉淀PbSO4，过滤1得到酸浸渣为PbSO4，滤液中加入氢氧化钙调节溶液pH，As、Sb转化为沉淀，过滤2得到滤液2中加入铜萃取剂萃取分液，水相处理得到硫酸锌，有机相加入硫酸蒸馏分离得到硫酸铜溶液，加入铁反应生成铜和硫酸亚铁，过滤3得到滤液3中加入硫酸酸化后浓缩，浓缩液加入氧化剂NaClO3制取聚合硫酸铁，据此分析回答问题。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，题目难度中等。
19.【答案】+115.4kJ/mol C 62.5% 5.91000.1100×(1.85100)2 反应为放热反应，绝热容器中温度升高，不利于主反应正向进行，甲醇的产率降低 吹去体系中的O2 温度过低，反应速率降低 3CH4−6e−+H2O+6CO32−=CH3CH2CH2OH+6HCO3−
【解析】解：(1)①CH4(g)+12O2(g)⇌CH3OH(g)ΔH1=−126.4kJ/mol
②CH4(g)+H2O(g)⇌CH3OH(g)+H2(g)ΔH2
③H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H3=−285.8kJ⋅mol−1
④H2O(l)=H2O(g)△H4=+44kJ⋅mol−1
利用盖斯定律，将反应①−③−④，得反应②为CH4(g)+H2O(g)⇌CH3OH(g)++H2(g)ΔH2=+115.4kJ⋅mol−1，
答案为：+115.4kJ⋅mol−1；
(2)①A.升高温度，平衡逆向移动，CH4的平衡转化率减小，故A错误；
B.反应达到平衡后，再充入一定量He，对反应物和生成物的压强都不产生影响，CH4的平衡转化率不变，故B错误；
C.投料比不变，增大反应物浓度，相当于加压，平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大，故C正确，
故选：C；
②在200℃下，向容积为5L的恒容密闭反应器中加入催化剂，并充入6.0kPaCH4、4.8kPaO2和一定量He使反应充分进行，从图中看出，起始总压强为12kPa，平衡时总压强为9.05kPa，则He的压强为12kPa−6.0kPa−4.8kPa=1.2kPa，设参加反应的CH4的压强为x，则可建立如下三段式：
CH4(g)+12O2(g)=CH3OH(g)
起始量(kPa) 6.0 4.8 0
变化量(kPa) x 0.5x x
平衡量(kPa) 6.0−x 4.8−0.5x x
则6.0−x+4.8−0.5x+x+1.2=9.05 x=5.9kPa
则达到平衡时体系中CH3OH的体积分数为5.9kPa9.05kPa×100%≈62.5%，
③该反应温度下，方法1的标准压力平衡常数Kpθ=5.91000.1100×(1.85100)2，
故答案为：5.91000.1100×(1.85100)2；
④若将容器改为绝热容器，初始温度为200℃，其他条件不变，达到新平衡时，甲醇产率降低，原因是：反应为放热反应，绝热容器中温度升高，不利于主反应正向进行，甲醇的产率降低；
答案为：反应为放热反应，绝热容器中温度升高，不利于主反应正向进行，甲醇的产率降低；
(3)已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的，He不会在催化剂表面吸附，吸附和解吸附不会导致体系温度的变化。通入CH4发生反应前，要往反应器中通入O2，其目的是活化催化剂，但O2被吸附在催化剂表面；活化催化剂后持续通入He一段时间的目的是吹去体系中的O2，从反应速率的角度，通入CH4后反应温度维持在200°C的原因是温度过低，反应速率降低，
故答案为：吹去体系中的O2；温度过低，反应速率降低；
(4)由图可以看出：ZrO2/NiCo2O4电极为负极，则CH4失电子产物与电解质反应生成CH3CH2CH4OH等，因此该电极发生的电极方程式为：3CH4−6e−+H2O+6CO32−=CH3CH2CH2OH+6HCO3−，
故答案为：3CH4−6e−+H2O+6CO32−=CH3CH2CH2OH+6HCO3−。
(1)根据盖斯定律进行计算；
(2)①根据影响化学平衡、转化率的因素进行分析；
②根据三段式进行分析计算；
③根据化学平衡常数计算方法进行计算；
(3)根据题给信息，结合化学反应速率的影响因素进行分析；
(4)根据题给信息，结合电极反应式书写的方法进行。
本题考查的知识点较多，涉及到盖斯定律的应用、化学平衡的分析与计算、电极反应式的书写，难度不大，掌握基础知识，提取题给信息是解答的关键。
20.【答案】羰基、酯基 消去反应 ac
【解析】解：(1)C中含氧官能团的名称为羰基、酯基，
故答案为：羰基、酯基；
(2)⑥的反应类型为消去反应，
故答案为：消去反应；
(3)a.A的名称为丙烯，故a正确；
b.反应③取代反应，所以该反应的原子利用率不是100%，故b错误；
c.F能燃烧而发生氧化反应，酯基能发生取代反应，羰基能发生加成反应，故c正确；
d.G不含亲水基，所以难溶于水，故d错误；
故答案为：ac；
(4)已知②为取代反应，则②的化学方程式为，
故答案为：；
(5)E为，E中连接甲基的碳原子为手性碳原子，并用*标出其中的手性碳原子：，
故答案为：；
(6)芳香族化合物M与H互为同分异构体，H的不饱和度是4，苯环的不饱和度是4，H中除了苯环外不含其它环或双键，H符合下列条件：
i.苯环上有三个取代基；
ii.能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；
iii.核磁共振氢谱确定分子中有12个化学环境相同的氢原子，说明含有4个等效的甲基，结构对称，符合条件的同分异构体有，
故答案为：；
(7)以和为原料合成，环己醇中的醇羟基发生氧化反应生成羰基，环己酮和(CH3)2CHBr发生取代反应生成，2−丙醇和HBr发生取代反应生成2−溴丙烷，合成路线为，
故答案为：。
根据B的分子式知，A和溴发生取代反应生成B为CH2=CHCH2Br，根据D的结构简式知，B和C发生取代反应生成D，D发生信息中的反应生成E，根据E的分子式知，E为，根据F的结构简式知，E中碳碳双键和氢气发生加成反应生成F，F中氢原子被取代生成G，G发生消去反应生成H；
(7)以和为原料合成，环己醇中的醇羟基发生氧化反应生成羰基，环己酮和(CH3)2CHBr发生取代反应生成，2−丙醇和HBr发生取代反应生成2−溴丙烷。
本题考查有机物合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
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