2025年高考第三次模拟考试卷：化学01（广东卷）（解析版）

这是一份2025年高考第三次模拟考试卷：化学01（广东卷）（解析版），共19页。试卷主要包含了中国美食享誉世界，劳动有利于“知行合一”等内容，欢迎下载使用。
（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、准考证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，用铅笔把答题卡上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 Li 7 C 12 N 14 O 16 Se 79
第Ⅰ卷（选择题 共44分）
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．越窑是中国最著名的青瓷窑，有诗赞曰：“九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”。下列汕头博物馆藏品材质与之相同的是
【答案】B
【解析】A．金漆木雕人物博古纹神椟材质是木材，成分为纤维素，A不符合；
B．粉青釉堆白龙凤群花纹双象鼻耳瓶属于陶瓷，成分是硅酸盐，B符合；
C．董其昌草书十七帖纸册页成分是纤维素，C不符合；
D．鎏金罗汉铜像成分是合金，D不符合；
答案选B。
2．我国战略高技术领域迎来新跨越，如“嫦娥”揽月、“天和”驻空、“天问”探火及“地壳一号”挺进地球深处。下列说法正确的是
A．“嫦娥六号”采集样本中所含的元素均位于元素周期表区
B．“天和一号”铝基复合材料中所含的碳化硅属于分子晶体
C．“天问一号”在火星大气中探测出的和互为同位素
D．“地壳一号”在万米深处钻出的石油和天然气均属于化石能源
【答案】D
【解析】A．Ca属于s区元素，故A错误；
B．碳化硅属于共价晶体，故B错误；
C．同位素是质子数相同，而中子数不同的核素的互称，和属于化合物，不是同位素，故C错误；
D．煤、石油、天然气属于化石能源，故D正确；
故选：D。
3．工业制备盐酸以和为原料。实验室将在空气中点燃的气体缓慢伸入集气瓶中模拟制备少量(如图所示)，下列说法不合理的是
A．气体是
B．工业上不能采用混合光照的方法制备
C．反应过程中集气瓶口有白雾生成
D．实验方案会用到、等图标进行提示
【答案】A
【解析】A．气体是，氢气在氯气中安静的燃烧生成氯化氢，故A错误；
B．氢气与的混合气体在光照条件下发生爆炸，工业上不能采用混合光照的方法制备，故B正确；
C．反应生成，氯化氢在瓶口吸收水蒸气形成酸雾，故在集气瓶口有白雾生成，故C正确；
D．该反应发生燃烧反应且氯气有毒，故需要、等图标进行提示，故D正确；
选A。
4．中国美食享誉世界。下列说法正确的是
A．竹升面中的淀粉是纯净物
B．黄河鲤鱼鱼肉中蛋白质的最终水解产物为二氧化碳、水和尿素
C．制作咸香鸡使用花椒油调配酱汁，花椒油是一种不饱和脂肪酸
D．糖葱薄饼的制作原料有麦芽糖、面粉等，其中麦芽糖可水解为葡萄糖
【答案】D
【解析】A．淀粉(中n值不同，意味着分子的聚合度不同，即分子结构不同，所以淀粉是由多种不同分子组成的混合物，并非纯净物，A选项错误；
B．蛋白质在水解过程中，逐步断裂肽键，最终水解产物是氨基酸，而二氧化碳、水和尿素是蛋白质在体内代谢的最终产物，不是水解产物，B选项错误；
C．花椒油主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，属于酯类物质，而不饱和脂肪酸是指含不饱和键的脂肪酸，二者概念不同，C选项错误；
D．麦芽糖是二糖，在一定条件下能发生水解反应，水解产物为葡萄糖，D选项正确；
正确答案是D。
5．我国科研人员制备了一种镁海水溶解氧电池，以镁合金为负极，碳纤维刷电极为正极，海水为电解液。适合用于海洋灯塔供电和钢制灯塔防腐蚀等。下列说法不正确的是
A．镁电极Mg化合价升高发生氧化反应
B．电池工作时，海水中的向正极移动
C．正极的电极反应式为：
D．若用牺牲阳极法进行灯塔防腐蚀，灯塔应作为负极
【答案】D
【解析】A．镁合金为负极，发生氧化反应，Mg元素化合价升高，A正确；
B．原电池中，阳离子向着正极移动，即海水中的向正极移动，B正确；
C．碳纤维刷电极为正极，氧气发生还原反应，电极反应式：，C正确；
D．牺牲阳极法进行灯塔防腐蚀，灯塔应作为正极，D错误；
答案选D。
6．实验室模拟侯氏制碱法制备纯碱，同时获得，流程如图所示，下列说法不正确的是
A．步骤1需要使用玻璃棒
B．步骤2要先通入后通入
C．步骤3的气体产物可以并入步骤2循环使用
D．步骤4的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
【答案】B
【分析】由题给流程可知，精盐溶于水得到饱和食盐水，向饱和食盐水中先通入极易溶于水的氨气使溶液呈碱性，再通入二氧化碳，使二氧化碳与氨气和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠和母液1；碳酸氢钠加热分解得到纯碱和可以循环使用的二氧化碳；母液1经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到母液2和氯化铵。
【解析】A．由分析可知，步骤1为精盐溶于水得到饱和食盐水，溶解时需要使用玻璃棒搅拌，加快氯化钠的溶解，故A正确；
B．由分析可知，步骤2的操作为向饱和食盐水中先通入极易溶于水的氨气使溶液呈碱性，再通入二氧化碳，使二氧化碳与氨气和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，故B错误；
C．由分析可知，步骤3发生的反应为碳酸氢钠加热分解得到纯碱和可以循环使用的二氧化碳，故C正确；
D．由分析可知，步骤4的操作为母液1经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到母液2和氯化铵，故D正确；
故选B。
7．劳动有利于“知行合一”。下列劳动与所涉及的化学知识不相符的是
【答案】A
【解析】A．Cu和FeCl3反应生成FeCl2和CuCl2，故还原性Cu>Fe2+，A错误；
B．乙醇能使蛋白质变性，故可用棉花沾酒精消毒，B正确；
C．常温下，浓硝酸使铝发生钝化，故可铝制槽车运输浓硝酸，C正确；
D．降低温度，活化分子百分数减小，反应速率减小，则将食物储存在冰箱里，可延长食物的保存，D正确；
故答案选A。
8．一种对治疗糖尿病具有重要作用的化合物，结构如图所示，关于该化合物说法不正确的是
A．属于芳香化合物
B．含有三种含氧官能团
C．能发生取代反应和加成反应
D．最多能与等物质的量的反应
【答案】D
【解析】A．由结构简式可知，有机物分子中含有苯环，属于芳香化合物，故A正确；
B．由结构简式可知，有机物分子的含氧官能团为酰胺基、醚键和羧基，共有3种，故B正确；
C．由结构简式可知，有机物分子中含有的苯环、碳碳双键一定条件下能发生加成反应，含有的酰胺基和羧基一定条件下能发生取代反应，故C正确；
D．由结构简式可知，有机物分子中含有的酰胺基和羧基能与氢氧化钠溶液反应，则1ml有机物最多能与2ml氢氧化钠反应，故D错误；
故选D。
9．部分铁、铜物质的“价-类”关系如图所示，下列叙述错误的是
A．a和e溶液能发生置换反应
B．可能实现转化
C．在硝酸中加入d能生成e
D．在氢碘酸的淀粉溶液中加入c，溶液变蓝
【答案】A
【分析】由图可知，a为铁或铜、b为氧化亚铜、c为氧化铁、d为氢氧化亚铁或氢氧化铜、e为硝酸铁。
【解析】A．铁与硝酸铁溶液反应生成硝酸亚铁，铜与硝酸铁溶液反应生成硝酸亚铁和硝酸铜，铁、铜与硝酸铁溶液的反应都不是置换反应，故A错误；
B．氢氧化铜悬浊液能与醛或葡萄糖共热反应生成砖红色的氧化亚铜，氧化亚铜与氢气或一氧化碳共热反应生成铜，所以可能实现转化，故B正确；
C．稀硝酸能与氢氧化亚铁反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，故C正确；
D．氧化铁与氢碘酸溶液反应生成碘化亚铁、碘和水，则在氢碘酸的淀粉溶液中加入氧化铁，溶液变蓝，故D正确；
故选A。
10．下列有关反应的离子方程式不正确的是
A．氧化铁与稀盐酸混合：
B．溶解Cu：
C．碳酸氢钠溶液与稀反应：
D．氯气与碘化钾溶液：
【答案】C
【解析】A．氧化铁与盐酸发生复分解反应生成氯化铁和水，A正确；
B．氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，B正确；
C．碳酸氢钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，离子方程式为：，C错误；
D．氯气与碘化钾溶液反应生成氯化钾和碘单质，D正确；
答案选C。
11．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．溶液中，数目为
B．与混合气体中质子数目为
C．中键数目为
D．与足量水反应，转移电子数目小于
【答案】A
【解析】A．在溶液中因为要发生水解而减少，因此中数目小于，A错误；
B．在与中，质子数均为14，因此与的混合气体中质子数目为，B正确；
C．在中有N—H键12个，配位键有4个，共有16个键，因此中键数目为，C正确；
D．与水反应为，是可逆反应，因此转移电子数目小于，D正确；
故答案为：A。
12．几种物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．反应1中Fe3+是还原产物
B．反应2中H2S得电子
C．反应2的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+
D．该转化过程中Fe3+和Fe2+均作催化剂
【答案】C
【解析】A．反应1中，Fe2+被氧化，发生氧化反应生成Fe3+，Fe3+是氧化产物，选项A错误；
B．反应2中，H2S作还原剂，失去电子生成S，选项B错误；
C．反应2中，Fe3+和H2S反应生成Fe2+和S，该反应的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，选项C正确；
D．该转化过程中Fe3+和Fe2+均是中间产物，选项D错误；
答案选C。
13．下列叙述Ⅰ、Ⅱ均正确且有因果关系的是
【答案】C
【解析】A．保存FeSO4溶液时需加入铁粉是防止Fe2+被氧化，而不是抑制Fe2+水解，A错误；
B．催化剂仅仅改变反应速率，而不能使化学平衡发生移动，即不能提高SO2的平衡转化率，硫酸工业中使用催化剂调控反应是为了提高反应速率，提高生产效率，B错误；
C．同主族元素，从上到下，元素的电负性逐渐减小，则电负性：F＞Cl；F吸引电子能力强于Cl，使得CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，所以酸性：CF3COOH＞CCl3COOH，C正确；
D．由于CuS属于难溶电解质，CuSO4和H2S反应可生成H2SO4和CuS，不能说明酸性：H2S＞H2SO4，D错误；
故答案为：C。
14．有机金属氯化物由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、M、N组成，部分结构如图所示，基态原子M核外电子所占据原子轨道全充满，N元素的价层电子排布式为。下列说法错误的是
A．为正四面体形结构
B．简单氢化物的沸点：
C．Z元素的第一电离能比同周期相邻元素的大
D．M元素的基态原子最高能级的电子云轮廓图呈球形
【答案】B
【分析】已知该物质为有机金属氯化物的一部分，同时原子序数依次增大，则X为H元素，Y为C元素，从结构来看Z为N或P。若Z为P，M只能为S元素，其电子占据的轨道没有充满电子不符合题意，所以Z为N元素，而M为1s22s22p63s2的Mg。N元素的价层电子排布式为nsn-1np2n-1，n-1=2所以N为Cl元素。X、Y、Z、M、N分别为H、C、N、Mg、Cl。
【解析】A．YN4为CCl4其价层电子对为4对，孤电子对为0，为正四面体结构，A项正确；
B．Y、Z的简单氢化物分别为CH4、NH3，NH3分子间含有氢键和范德华力，而CH4分子间只有范德华力，氢键的作用力大于范德华力，故NH3的沸点高于CH4，B项错误；
C．Z的电子排布为1s22s22p3为半满结构稳定难失电子所以其第一电离能大于同周期相邻元素，C项正确；
D．M元素的基态原子最高能级为3s2，电子云轮廓图为球形，D项正确；
答案选B。
15．碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]是一种具有发展前景的“绿色”化工产品，电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示(加入两极的物质均是常温常压下的物质)。下列说法正确的是
A．B为直流电源正极
B．H+由石墨2极通过质子交换膜向石墨1极移动
C．石墨1极发生的电极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+
D．当石墨2极消耗22.4L O2时，质子交换膜有4ml H+通过
【答案】C
【解析】A．石墨2为阴极，阴极与电源的负极相连，则B为直流电源负极，A错误；
B．阳离子移向阴极，则氢离子由石墨1极通过质子交换膜向石墨2极移动，B错误；
C．石墨1为阳极，阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应，电极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+，C正确；
D．没有指明是标准状况下，不能计算质子交换膜通过的H+，D错误；
故选C。
16．蔗糖及其水解产物均为旋光性物质，但旋光能力不同(“+”表示右旋，“-”表示左旋)，可利用体系在反应过程中旋光度的变化来衡量反应进程。若反应时间为0、、时溶液的旋光度分别用、、表示，配制一定初始浓度的蔗糖水溶液，同一温度下与不同浓度的和混合，测定反应体系的旋光度值随时间变化如下图所示。下列说法不正确的是
A．当体系旋光度不再变化时，水解反应达平衡状态
B．与相比，同浓度的会使反应活化能更低
C．浓度越大越有利于蔗糖水解
D．平衡后加水稀释，增大
【答案】C
【解析】A．蔗糖、果糖、葡萄糖旋光能力不同，当各物质浓度不再变化时，体系旋光度不再变化，因此可用体系旋光度的变化来衡量反应进程，A正确；
B．由图可知，蔗糖水解速率与催化剂的酸性强度有关，酸性越强，解离的氢离子越多，催化能力也越强，与相比，同浓度的会使反应活化能更低，B正确；
C．浓硫酸具有脱水性和强氧化性，会使蔗糖脱水成碳，所以并不是硫酸浓度越大越好，C错误；
D．平衡后加水稀释，水解反应正向进行，果糖浓度增大，蔗糖浓度减小，增大，D正确；
故选C。
第II卷（非选择题 共56分）
二、非选择题：共4题，共56分。
17．（14分）铜氨纤维常用于高档丝织品，铜氨溶液可用于制作铜氨纤维。
（1）制备氨气：
实验室利用如图装置制备氨气，反应的化学方程式为 。
（2）氨水浓度的测定：
将制得的氨气溶于水，取20.00mL该氨水，加入指示剂，用1.000ml·L-1盐酸滴定至终点，消耗盐酸22.00mL。
①该过程中需用到的仪器有 (填仪器名称)。
②该氨水的浓度为 ml·L-1。
（3）配制铜氨溶液：
向4mL0.1ml·L-1CuSO4溶液中逐滴加入上述氨水，先出现蓝色沉淀，随后沉淀溶解，溶液变为深蓝色。反应的离子方程式：I． ；II．Cu(OH)2＋4NH3[Cu(NH3)4]2＋＋2OH-
（4）探究铜氨离子形成的原因：
①查阅资料 Cu(OH)2(s)Cu2＋(aq)＋2OH-(aq)Ksp=4.8×10-20
Cu2＋(aq)＋4NH3(aq)[Cu(NH3)4]2＋(aq)K=7.24×1012
②提出猜想 根据查阅的资料判断反应II难以进行。通过计算说明理由 。
③验证猜想 设计如下方案，进行实验。
④实验小结猜想成立。
⑤教师指导Cu(OH)2＋4NH3＋2NH[Cu(NH3)4]2＋＋2NH3·H2O K=1.13×103
⑥继续探究
⑦分析讨论结合方程式II，从平衡移动的角度解释步骤ii的现象 。
【答案】（1）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O（2分）
（2）酸式滴定管、碱式滴定管 （2分） 1.100（1分）
（3）Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH（2分）
（4）反应Ⅱ的平衡常数K’=Ksp×K=4.8×10−20×7.24×1012=3.5×10−7，该反应平衡常数小于10−5，说明反应正向进行的程度小（2分） NaOH/KOH （1分） 蓝色沉淀不溶解（1分） 硫酸铵(氯化铵等铵盐均可)（1分） 加入铵盐，c(OH−)减小，反应Ⅱ平衡正向进行，从而促使Cu(OH)2溶解生成[Cu(NH3)4]2+(反应Ⅰ逆向进行，生成的Cu2+结合NH3的思路也可)（2分）
【解析】（1）实验室制取氨气是加热固体氯化铵和氢氧化钙，方程式为：。
（2）①量取氨水，需要碱式滴定管；用盐酸滴定氨水，盐酸需装入酸式滴定管。答案为：碱式滴定管、酸式滴定管。
②根据反应列式：，可得，答案为：。
（3）硫酸铜溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀，生成氢氧化铜沉淀，方程式为：。
（4），其平衡常数表达式为：，代入数据计算：，说明正向反应程度很小。答案为：反应的平衡常数为：，该反应平衡常数小于，说明反应正向进行的程度小。
反应生成蓝色沉淀，向该悬浊液滴加配制的氨水，振荡。由于反应的平衡常数小于，反应很难进行，所以沉淀不溶解。答案为：；蓝色沉淀不溶解
根据⑤的方程式，氨水中含有氨气，要使该反应发生，应该加入含有铵根离子的物质，该物质为等铵盐。故答案为：硫酸铵(氯化铵等铵盐均可)；加入铵盐，减小，反应正向进行，从而促进溶解生成。故答案为：加入铵盐，减小，反应平衡正向进行，从而促使溶解生成生成(反应逆向进行，生成的的思路也可)。
18．（14分）碲(Te)元素在可穿戴柔性热电器件领域有广泛应用，硒(Se)元素在光电材料中有广泛应用。从电解精炼铜阳极泥(主要成分是、、金属碲化物、金属硒化物等)中分离碲、硒元素，工艺流程如图所示。
已知：①，;
②碲单质不易与发生反应，硒单质高温下可与生成气体。
（1）Se的基态原子的价层电子排布式为 。
（2）“转化”时，使转化为，反应的离子方程式为 。欲使该反应发生，应控制大于 。(保留2位有效数字)
（3）“蒸硒”时，等金属硒化物在下反应，产生的烟气主要成分为和 。
（4）盐酸浸碲液经浓缩后，碲以形式存在，可使用电化学还原法获得碲单质，该电极反应方程式为 。
（5）利用杂质在固态碲和液态碲中溶解度不同，可通过区域熔炼将杂质富集到特定区域。如图所示，加热使熔化模块(熔融区)所在位置的碲棒熔化，模块移动后碲棒凝固。
杂质在碲单质中的分配系数()数据如下表。
熔炼过程中碲纯度最高的区域为 (填“前端”、“末端”或“熔融区”)。为提高碲棒中硒的去除率，可在 (填化学式)气氛中进行熔炼提纯。
（6）硒的化合物在半导体和电池研发领域有重要用途，如可用于提升光电器件性能。晶体结构可描述为填充在构成的正四面体的体心，形成如图所示的结构单元。
①在晶胞中的位置为 ；
②设两个的最短距离为，立方晶胞的密度为 。(设为阿伏加德罗常数的值，列出计算式)
【答案】（1）4s24p4（1分）
（2） （2分） （2分）
（3）（1分）
（4）（2分）
（5）前端 （1分） （1分）
（6）顶点和面心 （2分） （2分）
【分析】铜阳极泥酸浸后用碳酸钠溶液浸泡，将PbSO4转化为PbCO3，用HNO3溶解并转化为Pb(NO3)2，将脱铅阳极泥加浓硫酸焙烧蒸硒，得SeO2后再还原得硒，脱硒阳极泥用盐酸浸出，得到盐酸浸碲液，再用SO2还原，便得到碲。
【解析】（1）Se位于第四周期ⅥA族，基态原子的价层电子排布式为4s24p4；
（2）加入碳酸钠溶液，使转化为，反应的离子方程式为， K=，欲使该反应发生，大于≈；
（3）蒸硒”时，等金属硒化物与浓硫酸发生氧化还原反应，产生的烟气主要成分为和；
（4）在阴极得电子发生还原反应，电极反应方程式为；
（5）根据表格中杂质在碲单质中的分配系数数据，可知杂质在液态碲中溶解度更大，熔融区向末端移动，将杂质溶解带走，前端区再次凝固，故熔炼过程中碲纯度最高的区域为前端；根据已知信息②，为提高碲棒中硒的去除率，可在气氛中进行熔炼提纯；
（6）①晶体结构可描述为填充在构成的正四面体的体心，可知晶胞中位于顶点和面心，位于晶胞内部，填充在构成的正四面体的体心，根据均摊法计算，一个晶胞中有4个，8个；
②两个的最短距离为，晶胞中面对角线长为2，设晶胞边长为xnm，则，x=，立方晶胞的密度为。
19．（14分）研究NOx、CO等大气污染气体的处理及利用的方法具有重要意义，可实现绿色环保、节能减排、废物利用等目的。
（1）利用甲烷催化还原NOx：
CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣574kJ•ml﹣1
CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=﹣1160kJ•ml﹣1
甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为 。
（2）已知等体积的一氧化碳和水蒸气进入反应器时，发生如下反应：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)，500℃时的平衡常数为9，若在该温度下进行，设起始时CO和H2O的起始浓度均为0.020 ml·L－1，则CO的平衡转化率为： 。
（3） 用活化后的V2O5作催化剂，氨气将NO还原成N2的一种反应历程如图1所示。
①写出总反应化学方程式 。
②测得该反应的平衡常数与温度的关系为：lgK=5.08+217.5/T，该反应是 反应（填“吸热”或“放热”）。
③该反应的含氮气体组分随温度变化如图2所示，当温度达到700K时，发生副反应的化学方程式为 。
（4）下图是用食盐水做电解液电解烟气脱氮的一种原理图，NO被阳极产生的氧化性物质氧化为NO3—，尾气经氢氧化钠溶液吸收后排入空气。如下图，电流密度和溶液pH对烟气脱硝的影响。
①NO被阳极产生的氧化性物质氧化为NO3－反应的离子方程式 。
②溶液的pH对NO去除率影响的原因是 。
③若极板面积10cm2，实验烟气含NO 1.5%，流速为0.070L·s－1（气体体积已折算成标准状态，且烟气中无其他气体被氧化），法拉第常数为96500 C·ml－1，测得电流密度为1.0 A·cm－2。列式计算实验中NO除去率 。
【答案】（1）CH4(g)+2NO2(g)＝N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H＝﹣867 kJ·ml－1（2分）
（2）75%（1分）
（3）4NH3+4NO＋O24N2+6H2O（2分） 放热（1分） 4NH3+5O24NO+6H2O（2分）
（4）3Cl2+8OH－+2NO＝2+6Cl－+4H2O（2分） 次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强（2分）
73.7%（2分）
【解析】（1）①CH4(g)+4NO2(g)═4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H1=﹣574kJ•ml﹣1
②CH4(g)+4NO(g)═2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H2=﹣1160kJ•ml﹣1
根据盖斯定律可知(①＋②)÷2即得到甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为
CH4(g)+2NO2(g)＝N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H＝﹣867 kJ·ml－1；
（2），K==9，解得c=0.015，所以CO的转化率是＝75%；
（3）①用V2O5作催化剂，NH3可将NO还原成N2，结合反应历程图可知反应物还有氧气，生成物为N2和H2O，配平即得反应方程式为4NH3+4NO＋O24N2+6H2O；
②测得该反应的平衡常数与温度的关系为：lgK=5.08+217.5/T，这说明升高温度K值减小，因此反应向逆反应方向移动，所以该反应是放热反应；
③根据图象可知当温度达到700K时氮气的含量降低，NO含量升高，这说明氨气被氧气氧化为NO和水，则发生副反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
（4）①惰性电极电解饱和食盐水，阳极氯离子放电产生氯气，则NO被阳极产生的氧化性物质氧化为反应的离子方程式为3Cl2+8OH－+2NO＝2+6Cl－+4H2O；
②根据图象可知pH越小，去除率越高，这是由于次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强，因此去除率升高；
③若极板面积10cm2，实验烟气含NO 1.5%，流速为0.070L·s－1(气体体积已折算成标准状态，且烟气中无其他气体被氧化)，法拉第常数为96500 C·ml－1，测得电流密度为1.0 A·cm－2，反应中氮元素化合价从＋2价升高到＋5价，失去3个电子，因此实验中NO除去率=。
20．（14分）化合物E是一种广泛应用于光固化产品的光引发剂，可采用A为原料，按如下图路线合成：
（1）化合物A的分子式为 ，名称为 (系统命名法)。
（2）化合物C中官能团的名称是 。化合物C的某同分异构体含有苯环且核磁共振氢谱图上有4组峰，峰面积之比为，能与新制反应生成砖红色沉淀，其结构简式为 (写一种)。
（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．化合物D和E不能通过红外光谱鉴别
B．C→D的转化为取代反应，试剂X为HBr
C．化合物C中，碳原子的杂化轨道类型为和杂化
D．化合物E可溶于水是因为其分子中的含氧官能团能与水分子形成氢键
（4）对化合物E，分析预测其含氧官能团可能的化学性质，完成下表。
（5）已知：烯醇不稳定，很快会转化为醛，即。在一定条件下，以原子利用率100%的反应制备。该反应中
①若反应物之一为V形分子，则另一反应物可能为 (写出一种结构简式)。
②若反应物之一为平面三角形分子，则另一反应物为 (写结构简式)。
（6）以乙炔为唯一有机原料，通过四步合成可降解高分子聚乳酸()。基于设计的合成路线，回答下列问题：
已知：
①第一步反应的化学方程式为 (注明反应条件)。
②最后一步反应的化学方程式为 。
【答案】（1）（1分） 2-甲基丙酸（1分）
（2）酮羰基(或羰基)（1分） 或（1分）
（3）CD（2分）
（4），催化剂，加热（0.5分） 加成(或还原)反应（0.5分） 浓硫酸，加热（0.5分） （0.5分）
（5）(或) （1分） （1分）
（6）(或) （2分） （2分）
【分析】和在加热条件下发生取代，取代了羧基上的羟基，反应生成B，B和苯在催化剂加热条件下发生取代反应生成C，C的甲基在一定条件下和溴发生取代反应生成D，D水解生成E。
【解析】（1）化合物A的分子式为，含有的官能团是羧基，其名称为2-甲基丙酸。
（2）化合物C中官能团的名称是酮羰基(或羰基)。该同分异构体可以与新制反应生成砖红色沉淀，说明含有，根据峰面积之比为，其结构简式分别为：、。
（3）A．红外光谱可以鉴别有机物的官能团、化学键类型或基团种类，D和E物质分别存在和，其官能团不同，所以二者可以通过红外光谱鉴别，A错误；B．C→D的转化特点是：在C物质的上通过取代反应，取代了上面的一个氢原子，形成，根据烷基的卤代规律，则需要在光照条件下和溴蒸汽反应，B错误；C．化合物C含有苯环、饱和碳原子，所以碳原子的杂化轨道类型为和杂化，C正确；D．化合物E含有，可以和水分子形成分子间的氢键，增大其水溶性，D正确；故选CD。
（4）①化合物E是，和氢气加成反应以后，形成，所以反应试剂和条件是：，催化剂，加热，发生加成（还原）反应。
②由于E含有羟基，要发生消去反应，反应的条件、试剂是：浓硫酸、加热；消去反应的产物为：。
（5）①若反应物之一为V形分子，此V形分子为，原子利用率的反应是加成反应，所以逆推反应物应该是：(或)。
②‌甲醛的空间结构是平面三角形，根据碳原子守恒，另外一种有机物是乙醛，二者反应方程式为：。
（6）聚乳酸是由发生缩聚反应得到的，乙炔和水发生加成反应生成，发生加成反应然后发生水解反应生成，合成路线为：。所以第一步的化学方程式为：(或)，最后一步反应的化学方程式为：。
A．金漆木雕人物博古纹神椟
B．粉青釉堆白龙凤群花纹双象鼻耳瓶
C．董其昌草书十七帖纸册页
D．鎏金罗汉铜像
选项
劳动项目
化学知识
A
工人用溶液去除电路板上不需要的铜
还原性：
B
护士打针时用棉花沾酒精消毒
乙醇能使蛋白质变性
C
工人用铝制槽车运输浓硝酸
常温下，浓硝酸使铝发生钝化
D
营业员将水果放在冰箱中保鲜
温度降低，反应速率减小
选项
叙述Ⅰ
叙述Ⅱ
A
保存FeSO4溶液时需加入铁粉
铁粉抑制Fe2+的水解
B
硫酸工业中使用催化剂调控反应
催化剂能提高SO2的平衡转化率
C
酸性：CF3COOH＞CCl3COOH
电负性：F＞Cl
D
CuSO4和H2S反应可生成H2SO4和CuS
酸性：H2S＞H2SO4
步骤
现象
i．向4mL0.1ml·L-1CuSO4溶液中加入足量1ml·L-1 溶液
生成蓝色沉淀
ii．再向i中悬浊液滴加配制的氨水，振荡

步骤
现象
iii．向ii中继续滴加 溶液
蓝色沉淀溶解，溶液变为深蓝色
杂质
Se
S
Cu
Au
As
分配系数
0.44
0.29
0.000013
0.10
0.0023
序号
反应试剂、条件
反应形成的新物质
反应类型
①


②


消去反应