考前必刷卷03（广东专用）-2025年高三下学期高考模拟化学考前考前必刷卷

这是一份考前必刷卷03（广东专用）-2025年高三下学期高考模拟化学考前考前必刷卷，共12页。试卷主要包含了“人工光合作用"中催化剂设计等内容，欢迎下载使用。
化 学
考情速递
高考·新动向：包含高考命题趋势变化，题目呈现方式的变化等
通过真实实验数据或工业流程图表(如催化剂效率曲线、反应速率与浓度关系图）考查学生对化学反应机理的理解。选择题可能减少纯记忆性题目，增加情境化推断题(如结合新材料性质判断其应用场景)。
高考·新考法：对常规考点的新设问或知识融合，对非常规考点的创新糅合等
. 常规考点新设问，如传统"燃料电池"考点可能结合新型电极材料(如钠离子电池、固态电解质)，要求学生分析离子迁移路径或能量密度差异。又如通过多变量调控实验数据〈(如温度、压强、催化剂协同作用）考查平衡移动的定量分析。
高考·新情境：可涉及情境题目的创新性、实时性、开放性以及跨学科的融合性等
创设创新情境，如“钙钛矿太阳能电池"材料稳定性问题（涉及晶胞计算、氧化还原反应)、“人工光合作用"中催化剂设计(联系光能转化效率与反应活化能)。
命题·大预测：基于本卷的题目进行具体分析，给出趋势性预测，也可提出备考方向等
必考重点:化学反应原理(速率、平衡、电化学)占比40%，注重多因素综合分析。实验探究与工业流程(30%)，侧重误差分析与条件优化。
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16
一、选择题：本题共16个小题，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．下列之物具有典型的贵州文化特色。其主要化学成分属于高分子化合物的是
A．侗族织锦B．苗族银饰
C．布依铜鼓D．白族土陶
【答案】A
【解析】A．锦主要成分是蛋白质，蛋白质属于天然有机高分子化合物，A符合题意；
B．银饰品是金属银的合金，属于金属材料，B不符合题意；
C．铜鼓主要成分是铜的合金，属于金属材料，C不符合题意；
D．土陶属于陶瓷制品，陶瓷属于传统无机非金属材料，D不符合题意；
故合理选项是A。
2．在2024年巴黎奥运会上，郑钦文夺得网球女子单打金牌，下列说法正确的是
A．网球鞋底使用的耐磨橡胶属于有机高分子材料
B．碳纤维可制网球拍的框，碳纤维与碳纳米管、石墨烯互为同分异构体
C．本次奥运网球场为红土赛场，场地显红色是因为土中含有
D．运动镇痛冷却喷雾剂中含有的丙烷、二甲醚、异丁烷均为烃类物质
【答案】A
【解析】A．网球鞋底使用的耐磨橡胶具有高弹性、耐磨性，是一种性能优异的有机高分子材料，故A正确；
B．碳纤维和石墨烯、碳纳米管都是由C元素构成的不同种单质，互为同素异形体，故B错误；
C．是黑色晶体，场地显红色是因为土中含有，故C错误；
D．丙烷、异丁烷都属于烷烃，烷烃是烃类物质，二甲醚结构简式为CH3OCH3，属于烃的衍生物，故D错误；
故选A。
3．粤剧被誉为“南国的红豆”，是世界非物质文化遗产之一。下列说法不正确的是
A．粤剧头饰“凤冠”上的金丝银线属于金属材料
B．粤剧演奏乐器“椰胡”的琴筒由椰壳制成，椰壳的主要成分为多糖
C．粤剧彩绘脸谱使用的红色油彩主要成分为
D．粤剧头饰“翎子”(也称“野鸡翎”“锥毛翎”)，其主要成分为天然纤维
【答案】C
【解析】A．金属材料包括纯金属和合金。金丝银线是金属，属于金属材料，A正确；
B．椰壳的主要成分是纤维素，纤维素属于多糖，B正确；
C．是黑色晶体，不能作为红色油彩的主要成分，红色油彩主要成分为，C错误；
D．翎子主要是动物的羽毛，动物羽毛的主要成分是角蛋白，属于天然蛋白质纤维，D正确；
故选C。
4．有机物Ⅱ是由我国科学家合成的一种可循环的高分子材料(为饱和烃基)，Ⅰ和Ⅱ可互相转化。下列说法错误的是
A．可用溴的四氯化碳溶液鉴别Ⅰ和Ⅱ
B．有机物Ⅰ不存在顺反异构
C．图中Ⅰ→Ⅱ反应的原子利用率为
D．有机物Ⅱ不溶于水，也不与酸和碱反应
【答案】D
【解析】A．Ⅰ中含碳碳双键，Ⅱ中没有碳碳双键，可用溴的四氯化碳溶液鉴别Ⅰ和Ⅱ，A正确；
B．Ⅰ的碳碳双键中其中一个碳原子上连有两个原子，不存在顺反异构，B正确；
C．Ⅰ→Ⅱ属于加聚反应，原子利用率为，C正确；
D．Ⅱ中有酯基，在酸或碱的条件下均要发生水解，D错误；
答案选D。
5．进行下列实验操作时，选用仪器不正确的是
A．利用仪器甲量取25.00 mL 10% H2O2溶液
B．利用仪器乙加热胆矾使其失去结晶水
C．利用仪器丙分离饱和碳酸钠溶液和乙酸乙酯
D．利用仪器丁配制HF水溶液
【答案】D
【解析】A．甲为酸式滴定管，则仪器甲可准确量取25.00 mL 的H2O2溶液，A正确；
B．乙为坩埚，对仪器乙加热使胆矾失去结晶水，称量加热前后固体的质量可计算结晶水的数目，B正确；
C．丙为分液漏斗，碳酸钠溶液和乙酸乙酯为互不相溶的液体，则可用仪器丙分离饱和碳酸钠溶液和乙酸乙酯，C正确；
D．HF的水溶液与二氧化硅反应，不能在容量瓶中配制HF溶液，D错误；
故选D。
6．近日，中国科学院大连化学物理研究所研究人员提出先通过电解制CO，再通过CO高效选择性电解制乙酸()。下列说法正确的是
A．CO、均属于酸性氧化物
B．、均属于电解质
C．CO、、均属于有机物
D．乙酸电离方程式为
【答案】D
【解析】A．CO不能与碱反应生成盐和水，不属于酸性氧化物，A项错误；
B．属于非电解质，B项错误；
C．属于有机物，CO、是无机物，C项错误；
D．乙酸是弱酸，其电离过程可逆，电离方程式为，D项正确；
故选D。
7．嵌有铜锌的活性炭，可以将酸性废水中的亚硝酸盐转化为无污染的，工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．作原电池的正极
B．周围的升高
C．表面发生的电极反应式为
D．每生成，转移电子
【答案】B
【分析】从图中可知，NO2在Cu表面转化为N2，则NO2得电子Cu为正极，因此Zn为负极。
【解析】A．Zn的金属活动性强于Cu，因此Zn作负极，A错误；
B．作正极，对应的电极反应式为，反应消耗，因此会升高，B正确；
C．酸性环境下，表面发生的电极反应式中不应有， C错误；
D．没有说明是否为标准状况，因此无法用进行计算，D错误；
故答案选B。
8．下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
【答案】C
【解析】A．亚铁离子易被氧化生成铁离子，铁离子水解生成的氢氧化铁胶体具有吸附性，能处理污水，故A正确；
B．铁与H2O高温下会反应，所以要用干燥的模具盛装熔融钢水，故B正确；
C．用FeCl3溶液刻蚀铜质电路板，是因为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C错误；
D．钢铁与潮湿空气可发生电化学腐蚀，所以用防锈漆涂刷钢铁护栏，使之与空气隔绝，故D正确；
故答案为：C。
9．用下图装置（夹持、加热装置已略）进行实验，②中现象不能证实①中发生了反应的是
【答案】A
【解析】A．铁加热后不能与水发生反应，铁只能与水蒸气在高温条件下发生反应，②中有气泡是①中空气受热膨胀造成的，所以不能证实①中发生了反应，A符合题意；
B．加热时氯化铵与浓NaOH溶液反应生成氨气，氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊试纸会变蓝，B不符合题意；
C．加热乙酸、乙醇和浓硫酸的混合物，生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇、除去乙酸、降低酯的溶解度，则充分振荡后，饱和Na2CO3溶液的上层有无色油状液体乙酸乙酯析出，C不符合题意；
D．铁粉、碳粉和NaCl溶液的混合物，构成原电池，Fe发生吸氧腐蚀，则导管中倒吸形成一段水柱，D不符合题意；
故选A。
10．下，向一恒容密闭容器中充入M和N，发生反应，使用不同的催化剂，其反应历程如图所示。下列说法正确的是
A．该反应历程分四步进行
B．使用催化剂2时体系更快达到平衡状态
C．降低温度有利于提高反应物的平衡转化率
D．达到平衡后向容器中加入一定量的Q，再次平衡后M和N的浓度均增大
【答案】C
【解析】A．该反应历程分五步进行，故A错误；
B．使用催化剂2时，活化能更大，反应速率更慢，体系达到平衡状态更慢，故B错误；
C．反应物总能量大于生成物总能量，正反应放热，降低温度，平衡正向移动，有利于提高反应物的平衡转化率，故C正确；
D．Q是固体，达到平衡后向容器中加入一定量的Q，平衡不移动，故D错误；
选C。
11．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．0．1mlCu与足量的S完全反应，转移的电子数为
B．的溶液中数等于
C．电解水时，若阴阳两极产生气体的总体积为22.4L，则转移的电子数为
D．氯化铵水溶液中与数之和大于
【答案】D
【解析】A．Cu与S反应生成+1价的，转移的电子数为，A错误；
B．溶液中存在平衡：，该溶液中数小于，B错误；
C．没有指明标准状况，转移的电子数无法计算，C错误；
D．1L1ml/L氯化铵溶液中Cl-物质的量为1ml，溶液中的电荷守恒为n(NH)+n(H+)=n(Cl-)+n(OH-)，故溶液中NH与H+物质的量之和大于1ml，数目大于NA，D正确；
答案选D。
12．X、Y、Z、M、W是原子序数依次增大的前20号元素。X是宇宙中含量最多的元素，Y的最外层电子数是次外层的两倍，Z的某种单质和氢化物都可用于杀菌消毒，Z、M同主族，W的基态原子价层s轨道上有一个未成对电子。下列说法正确的是
A．简单离子半径：
B．简单氢化物稳定性：
C．M和Z既能形成极性分子，也能形成非极性分子
D．第二周期中第一电离能比Z大的元素有2种
【答案】C
【分析】X是宇宙中含量最多的元素，X是H，Y的最外层电子数是次外层的两倍，Y是C，Z的某种单质和氢化物都可用于杀菌消毒，该单质、氢化物为，则Z是O，Z、M同主族，M是S，W的基态原子价层s轨道上有一个未成对电子，W是K，综上所述，X是H、Y是C、Z是O、M是S、W是K；
【解析】A．电子层数相同，原子序数越小则离子半径越小，简单离子半径：，A错误；
B．元素非金属性越强，其简单氢化物越稳定，非金属性：O>C，则简单氢化物的稳定性Z>Y，B错误；
C．M和Z既能形成极性分子，也能形成非极性分子，C正确；
D．第二周期中第一电离能比O的元素有三种，分别是N、F、Ne，D错误；
故选C。
13．下列化学实验中的操作、现象及解释有正确对应关系的是
【答案】A
【解析】A．苯和酸性高锰酸钾溶液不反应，甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，苯不能被氧化、甲苯中甲基能被氧化，说明苯环使甲基活化，A正确；
B．蔗糖水解后，在碱性溶液中检验葡萄糖，水解后没有加NaOH中和过量的硫酸，不能证明蔗糖未水解，B错误；
C．挥发的乙醇也可使酸性高锰酸钾溶液褪色，溶液褪色不能证明生成乙烯，C错误；
D．硫酸铜溶液中逐滴加入氨水，先生成蓝色沉淀，为氢氧化铜沉淀，继续滴加沉淀溶解说明氢氧化铜溶于氨水，得到深蓝色透明溶液为的溶液，沉淀溶解时主要反应为，D错误；
答案选A。
14．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度。如图为硫及其部分合物的价态-类别图。下列说法正确的是
A．a和f的浓溶液不能反应
B．附着有b的试管，常用酒精清洗
C．c具有漂白性，可漂白纸浆
D．b在足量的氧气中生成d
【答案】C
【分析】由硫及其部分化合物的价态-类别图可知，a为H2S，b为S，c为SO2，d为SO3，e为H2SO3，f为H2SO4，g为亚硫酸盐，h为硫酸盐，据此作答。
【解析】A．a为H2S，f为H2SO4，浓H2SO4溶液具有强氧化性，能够和H2S反应生成S和SO2，A错误；
B．S单质微溶于酒精，易溶于二硫化碳，但难溶于水，故附着有S单质的试管，用酒精不能洗涤，B错误；
C．c为SO2，具有漂白性，能够和有色物质结合形成无色物质，可漂白纸浆，C正确；
D．b为S，S和氧气反应只能生成SO2，不能生成SO3，D错误；
故选C。
15．氧化制备发生的主要反应为 。向容积为2L的恒容密闭容器中投入2ml和2ml。不同温度下，测得5min时(反应均未达到平衡，其他副反应均不消耗和生成乙烯)的相关数据见下表，下列说法正确的是
注：乙烯选择性。
A．℃，5min时，容器内的物质的量为0.04ml
B．℃，0∼5min内，平均速率mlLmin
C．反应达到平衡后，其他条件不变，仅升高温度，平衡向逆反应方向移动
D．该反应仅在低温条件下能正向自发进行
【答案】B
【解析】A．由表格的数据可知，℃，5min时，mlml，故A错误；
B．由表可知，℃时，乙烷的转化率为9.0%，可得转化的乙烷的总物质的量为2ml×9.0%=0.18ml，而此温度下乙烯的选择性为80%，则转化为乙烯的乙烷的物质的量为0.18ml×80%=0.144ml，根据化学方程式中化学计量数可知生成的乙烯的物质的量也为0.144ml，则0～5min内的平均反应速率v(C2H4)== 0.0144mlLmin，故B正确；
C．该反应为吸热反应，仅升高温度，平衡向正反应方向移动，故C错误；
D．因，，时能自发进行，此时需要高温条件，故D错误；
答案选B。
16．低品质能源利用是指对热值较低、含杂物较高等特点的一类能源的利用。如图所示装置，可同时利用低温废热和含铜废液，并达到对含铜废液富集和产生电能的目的。起始时电极均为泡沫铜且质量相等，含铜废液的浓度为0.1，以2.5 溶液作为电解质溶液，向M极区液体中加入2氨水开始反应。下列说法正确的是
A．向M极区液体中加入氨水可使M极电势高于N极电势
B．含铜废液Ⅰ、Ⅲ中的均高于含铜废液Ⅱ中的
C．电子由M极经导线移向N极
D．电极质量差为6.4g时，电路中通过0.2ml电子
【答案】C
【解析】A．向M极区液体中加入氨水用于产生电势差，使两侧铜离子浓度不同，M极是负极，Cu失去电子生成，与形成，N极是正极，得到电子生成Cu，正极电势高于负极电势，即N极电势高于M极电势，A错误；
B．由图可知；含铜废液Ⅰ＞含铜废液Ⅱ＞含铜废液Ⅲ，B错误；
C．电子由M极（负极）经导线移向N极（正极），C正确；
D．电极质量差为6.4g时，M极质量减少3.2g（即0.05ml），N极质量增加3.2g，根据关系式Cu～2可知，电路中通过0.1ml电子，D错误；
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．（14分）某学习小组按下图流程，在实验室模拟处理含苯酚的工业废水，并进行相关实验探究。回答下列问题：
（1）操作Ⅰ的名称是 。操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ共同用到的玻璃仪器除烧杯外还有 (填名称)，流程中可循环使用的物质是 。
（2）“水层2”中主要溶质为 (填化学式)，其在生活中主要用途是 (填一个即可)。
（3）将所得苯酚配制成一定浓度的苯酚溶液，探究铁盐种类和pH对苯酚与显色反应的影响。
【查阅资料】 ⅰ．为紫色：
ⅱ．对苯酚与的显色反应无影响；
ⅲ．对特定波长光的吸收程度(用吸光度A表示)与的浓度在一定范围内成正比。
【提出猜想】猜想1：对苯酚与的显色反应有影响。
猜想2：对苯酚与的显色反应有影响。
猜想3：对苯酚与的显色反应有影响。
【进行实验】常温下，用盐酸调节pH配制得到pH分别为a和b的溶液()，用硫酸调节pH配制得到pH分别为a和b的溶液。取5mL苯酚溶液于试管中，按实验1~4分别再加入0.1mL含的试剂，显色10min后用紫外-可见分光光度计测定该溶液的吸光度(本实验条件下，pH改变对水解程度的影响可忽略)。
结果讨论实验结果为。
①小组同学认为根据结果“”不足以证明猜想3成立的理由是 。
②为进一步验证猜想，小组同学设计了实验5和6，补充下表中相关内容。
(限选试剂：溶液、溶液、固体、固体)
③根据实验1~6的结果，小组同学得出猜想1不成立，猜想2成立，且对苯酚与的显色反应起抑制作用，得出此结论的依据是 。
④根据实验1~6的结果，小组同学得出猜想3成立，且对苯酚与的显色反应有抑制作用，从化学平衡角度解释其原因是 。
【答案】（1）萃取分液（1分） 分液漏斗 （1分） 苯（1分）
（2） （1分） 可以作为食品中的膨松剂（1分）
（3） ①氯离子或硫酸根对苯酚与铁离子的显色反应也有影响 （2分）
② （1分） （1分） 固体 （1分）
③ （2分）
④铁离子与苯酚发生显色反应时，存在反应，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，的浓度减小，溶液颜色变浅（2分）
【分析】含苯酚的废水中加入苯，目的是萃取苯酚，分液后可以形成水层和有机层，有机层在与氢氧化钠溶液反应生成苯酚钠不溶于有机层，操作Ⅱ的有机层的苯可以循环利用，反应Ⅱ通入二氧化碳，可以利用强酸制弱酸的原理将苯酚制取出来，在经操作Ⅲ分离得到苯酚，由此解答。
【解析】（1）含苯酚的废水中加入苯，目的是萃取苯酚，因此操作Ⅰ是萃取分液，所使用的玻璃仪器有烧杯和分液漏斗，操作Ⅱ得到的苯，在流程中可循环使用；故答案为萃取分液；分液漏斗；苯；
（2）氢氧化钠加入，将苯酚变为易溶于水的苯酚钠，苯酚钠和二氧化碳、水反应生成苯酚和碳酸氢钠，因此水层2中主要溶质为，可以作为食品中的膨松剂；故答案为；可以作为食品中的膨松剂；
（3）①根据实验结果，小组同学认为此结果不足以证明猜想3成立的理由是由实验1、3和实验2、4可知，氯离子或硫酸根对苯酚与铁离子的显色反应也有影响，无法确定氢离子是否对苯酚与铁离子的显色反应；故答案为氯离子或硫酸根对苯酚与铁离子的显色反应也有影响；
②为进一步验证氯离子或硫酸根对苯酚与铁离子显色反应也有影响，在时保证铁离子浓度不变，结合上一个表格可知，溶液浓度为，溶液浓度为，实验5和实验6中改变氯离子或硫酸根的浓度，由表格可知，溶液总体积不变的情况下，实验5加入氯化钠固体改变氯离子的浓度，实验6需要改变硫酸根的浓度，因此加入硫酸钠固体，答案为；；固体；
③根据实验1～6的结果，小组同学得出猜想1不成立，即说明氯离子对苯酚与铁离子的显色反应没有影响，则；猜想2成立，且硫酸根对苯酚与铁离子的显色反应起抑制作用，则，故答案为；
④根据实验1～6的结果，小组同学得出猜想3成立，且对与苯酚的显色反应有抑制作用，铁离子与苯酚发生显色反应时，存在反应，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，的浓度减小，溶液颜色变浅；故答案为铁离子与苯酚发生显色反应时，存在反应，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，的浓度减小，溶液颜色变浅。
18．（14分）铟(In)被广泛应用于电子、太阳能等领域。以某炼锌废渣(主要含ZnO、，还含少量、PbO、等物质)为原料，制备粗铟的工艺流程如下：
已知：①Sn(锡)是第IVA族元素；
②和煤油为萃取剂，萃取原理为：
（1）为提高“酸浸”效率，可采取的措施有 (任意写一条)，滤渣的主要成分是 、 。
（2）“反萃取”中，从有机相中分离铟时，需加入浓度较大的盐酸，从平衡移动的角度说明其原因 。
（3）“沉铟”中，合转化为
①合的VSEPR模型名称是 ；
②写出合转化为的离子方程式 。
（4）“酸溶”后，铟以形式存在溶液中，加入足量锌粉可制得粗铟，写出该制得粗铟反应的化学方程式是 。
（5）铜铟镓硒晶体(化学式为)和铜铟硒晶体(化学式为)是同一类型的晶胞结构，铜铟镓硒晶体可以看作是铜铟硒晶体中部分In被Ga取代。一种铜铟镓硒的晶胞结构如图所示。
①该晶体中，距离Cu最近且等距的Se的个数为 。
②若该晶体中In与Ga的个数比为3：2，则 (填数值)；的式量用表示，为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为 (列出计算式)。
【答案】（1） 将废渣粉碎、适当提升温度、适当提升酸的浓度等(2分） PbSO4(1分） SiO2(1分）
（2）c(HCl)增大，平衡，逆向移动，In3+进入水溶液中，提高反萃取率(2分）
（3）平面三角形(1分） (2分）
（4）(2分）
（5）4(1分） 0.4 (1分） (1分）
【分析】从炼锌废渣(主要含ZnO、In2O3，还含少量SnO2、PbO、SiO2等物质)中提取粗铟，炼锌废渣加入稀硫酸，酸浸后滤渣含有PbSO4、SiO2，滤液再加入H2A2萃取剂将In3+(水相)转化为InA3·3HA(有机相)，最后加入盐酸再进行反萃取得到含、溶液。加烧碱沉铟后，转化为除去，加盐酸“酸溶”后，铟主要以形式存在溶液中，加入锌粉还原制得粗铟。
【解析】（1）为提高“酸浸”效率，可采取的措施有将废渣粉碎、适当提升温度、适当提升酸的浓度等；由分析可知，酸浸后滤渣含有PbSO4、SiO2；
（2）加入浓度较大的盐酸后，c(HCl)增大，平衡，逆向移动，In3+进入水溶液中，提高反萃取率。
（3）①价层电子对个数=，所以原子杂化方式是sp2，VSEPR为平面三角形结构；
②在碱性条件转化为的离子方程式为；
（4）铟主要以形式存在溶液中，加入锌粉制得粗铟，同时还生成一种具有还原性的气体，发生反应的化学方程式
（5）①以面心的Cu为研究对象，与其距离最近的4个Se构成了正四面体，则Cu最近且等距的Se的个数为4；
②铜铟镓硒晶体可以看作是铜铟硒晶体中部分In被Ga取代，则In和Ga总个数为1，In与Ga的个数比为3：2，则y=0.4；晶胞中Cu原子个数为，的式量用表示，则晶胞的质量为g，晶胞体积为a2b×10-30cm3，则晶胞密度为
19．(14分）能与生成，常用于自然界中提取银或废液中回收银。
（1）已知Ag在第五周期，与Cu同族，的价层电子排布式为 。中 原子提供孤电子对。
（2）向AgCl悬浊液中加入少量NaCN粉末，沉淀会逐渐溶解。此过程也可以表示为，则此反应的 。
已知：
（3）常温下，向含有溶液中加入，生成黑色沉淀，存在以下平衡：
ⅰ． ；
ⅱ． 。
①下列说法正确的是 (填标号)。
A．加入时，反应ⅰ的平衡逆向移动，其平衡常数减小
B．随着增大，减小
C．溶液中存在
D．加水稀释，反应ⅱ的平衡正向移动，增大
②反应 (用、表示)。
（4）由于有剧毒，生产中常改用提取。
已知： ；
。
向溶液中加入固体，得到澄清溶液(溶液体积不变)，溶液中、、的物质的量分数随的变化如图所示。
已知：溶液中。
①曲线 (填标号)表示的变化。
②m点约为 。
【答案】（1） (2分） C(2分）
（2）(2分）
（3）B (2分） (2分）
（4）c (2分） (2分）
【解析】（1）已知Ag在第五周期，与Cu同族，Cu+的价层电子排布式为3d10，则的价层电子排布式为。中配体为CN-，CN-中C原子和N原子都含有孤电子对，由于C的电负性小于N，对电子对的吸引能力较弱，则C原子提供孤电子对；
（2）已知：①Ag+(aq)+2CN-(aq)(aq) ；②AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq) ；③2NaCN (s)2CN-(aq)+2Na+(aq)；由盖斯定律可知，①+②+③可得 ；
（3）A．加入时，S2-和Ag+反应生成Ag2S沉淀，Ag+的浓度减小，反应ⅰ的平衡逆向移动，平衡常数只受温度影响，反应ⅰ的平衡常数不变，A错误；
B．温度不变，反应ⅰ的平衡常数不变，则=是定值，随着增大，减小，B正确；
C．溶液中存在电荷守恒：，C错误；
D．加水稀释，反应ⅱ的平衡正向移动，但减小，D错误；
故选B；
②由盖斯定律可知，-反应ⅱ-2×反应ⅰ可得，由、的表示式可知该反应的平衡常数K=；
（4）①已知：、，向溶液中加入固体，随着c(R2-)的增大，-lgc(R2-)减小，的物质的量分数减小，的物质的量分数先增大后减小，的物质的量分数增大，则曲线c表示的变化；
②由①可知，曲线a代表的变化，m点的物质的量分数为0.8，的浓度为0.08ml/L，此时的物质的量分数为0，则的浓度为0.1ml/L-0.08ml/L=0.02ml/L，反应的平衡常数，则=ml/L。
20．(14分）11月14日是世界糖尿病日，“均衡饮食，增强锻炼”是预防糖尿病行之有效的方法。化合物H为某种用于2型糖尿病药物的中间体，其合成路线如下：
（1）化合物A的分子式为 。写出化合物E的任意一种含有苯环的同分异构体的结构简式 ，该同分异构体的名称为 。
（2）反应③中，化合物C与生成化合物D、HCl和常见气体X，则X为 。
（3）已知表示，根据化合物B的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
（4）关于反应⑥，下列说法不正确的是__________。
A．反应过程中，有键断裂B．反应过程中，有单键形成
C．化合物H中，氧原子采取杂化D．反应①和⑥的目的是为了保护羟基不被氧化
（5）以甲苯为含碳原料，利用反应③和④的原理，合成化合物K。
①从甲苯出发，第一步反应需要用到的无机试剂为 。
②最后一步反应的化学方程式为 。
【答案】（1）C8H8O3 (1分） 或或， (2分） 邻二甲苯或1，2二甲苯、间二甲苯或1，3二甲苯、对二甲苯或1，4二甲苯(2分）
（2）SO2(1分）
（3）H2、催化剂、加热(0.5分） (0.5分） NaOH水溶液(0.5分） 取代反应(0.5分）
（4）A(2分）
（5）酸性高锰酸钾溶液 (2分） ++HCl(2分）
【分析】A和Ac2O发生取代反应生成B，B和I2发生取代反应生成C，C和SOCl2发生取代反应生成D，D和E发生取代反应生成F，F在一定条件下发生氧化反应生成G，G发生取代反应生成H，以此解答。
【解析】（1）化合物A的分子式为C8H8O3，化合物E的含有苯环的同分异构体的结构简式为、、，命名分别为：邻二甲苯或1，2二甲苯、间二甲苯或1，3二甲苯、对二甲苯或1，4二甲苯。
（2）化合物C与发生取代反应生成化合物D、HCl和常见气体X，该过程中SOCl2首先分解出1个氯负离子，剩下的部分和醇形成氯化亚硫酸酯（C-O-SO-Cl），这个氯负离子攻击碳原子，同时断裂碳氧键和硫氯键，释放出SO2，X为SO2。
（3）B中含有苯环，可以和H2在催化剂、加热的条件下发生加成反应生成，B中含有羧基和酯基，可以和NaOH水溶液发生取代反应生成。
（4）A．反应⑥中Ac-转化为-OH，-C-O-键发生断裂，不存在-O-O-键断裂，A错误；
B．反应⑥中CH3COO-中C-O键断裂，与-OH结合生成-COOH，有C−O单键形成，B正确；
C．化合物H中存在-OH，O原子形成2个键和2个孤电子对，价层电子对数为4，采取杂化，C正确；
D．反应①和⑥羟基先被反应后又生成，目的是为了保护羟基不被氧化，D正确；
故选A。
（5）以甲苯为含碳原料，利用反应③和④的原理，合成化合物K，甲苯先和酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，和SOCl2发生取代反应生成，和甲苯发生④的原理得到，
①第一步反应需要用到的无机试剂为：酸性高锰酸钾溶液；
②最后一步反应的化学方程式为++HCl。
选项
劳动项目
化学知识
A
用硫酸亚铁处理污水
胶体具有吸附性
B
用干燥的模具盛装熔融钢水
铁与高温下会反应
C
用溶液刻蚀铜质电路板
能从含的溶液中置换出铜
D
用防锈漆涂刷钢铁护栏
钢铁与潮湿空气隔绝可防止发生电化学腐蚀
①中实验
②中现象
A
铁加热后与水反应
通入水中有气泡
B
加热溶液和浓NaOH溶液的混合物
湿润的红色石蕊试纸变蓝
C
加热乙酸、乙醇和浓硫酸的混合物
饱和溶液的上层有无色油状液体产生
D
将铁粉、碳粉和NaCl溶液的混合物放置一段时间
导管中倒吸形成一段水柱
选项
操作
现象
解释
A
向酸性溶液中加入甲苯
溶液褪色
苯环对甲基有影响
B
将含有稀硫酸的蔗糖溶液水浴加热后，加入新制氢氧化铜悬浊液并加热
没有产生红色沉淀
蔗糖未水解
C
将乙醇与浓硫酸共热至170℃所得气体直接通入酸性KMnO溶液中
溶液褪色
气体中含有乙烯
D
向溶液里逐滴加入氨水至过量
先形成蓝色沉淀，后溶解得到深蓝色溶液
沉淀溶解时主要反应
温度/℃
乙烷转化率/%
2
9
18
乙烯选择性/%
93
80
62
序号
含的试剂
吸光度
溶液
溶液
1
/
2
/
3
/
4
/
序号
含的试剂
再加入的试剂
吸光度
溶液
溶液
5
/
固体
6
/

序号
反应试剂、条件
反应形成的新结构
反应类型
Ⅰ


加成反应
Ⅱ