资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩9页未读，
继续阅读
广东省惠州市2024届高三一模化学试题（原卷版+解析版）
展开
这是一份广东省惠州市2024届高三一模化学试题（原卷版+解析版），文件包含广东省惠州市2024届高三一模化学试题原卷版docx、广东省惠州市2024届高三一模化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共38页， 欢迎下载使用。
本试卷共8页，20道小题 考试时间：75分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10题，每小题2分；第11~16题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。
1. 中华民族文明源远流长，下列文物的主要成分属于无机非金属材料的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．九霄环佩木古琴主要成分纤维素，纤维素属于有机高分子材料，A不合题意；
B．银鎏金累丝烧蓝山水纹扇主要材质为合金，属于金属材料，B不合题意；
C．曾侯乙编钟主要成分为合金，属于金属材料，C不合题意；
D．青玉交龙钮玉玺主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，D符合题意；
故答案为：D。
2. 化学推动科技进步。下列说法不正确的是
A. 华为自主研发的“麒麟”芯片与太阳能电池感光板所用的主要材料均为晶体硅
B. 杭州亚运会场馆使用的“碲化镉”光伏发电系统将化学能转化为电能
C. “神舟十七号”发动机的耐高温结构材料属于共价晶体
D. “深海一号”母船海水浸泡区镶上铝基是利用了牺牲阳极的金属防腐原理
【答案】B
【解析】
【详解】A．晶体硅常用作芯片与太阳能电池感光板所用的主要材料，故A正确；
B．“碲化镉”光伏发电系统，将太阳能转化为电能，故B错误；
C．耐高温结构材料 是由原子组成空间网状结构的共价晶体，熔点高、硬度大，故C正确；
D．“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D正确；
故答案为：B。
3. 衣食住行皆化学。下列说法不正确的是
A. 衣服原料如涤纶、丙纶、腈纶等都是有机高分子化合物
B. 氯化钠不能使蛋白质变性，但可用作食品防腐剂
C. 建筑所用混凝土的成分之一水泥是硅酸盐材料
D. “三元催化器”将汽车尾气中NO和CO转化为N2和CO2，有利于实现碳中和
【答案】D
【解析】
【详解】A．聚丙烯、涤纶、丙纶、锦纶、氨纶、腈纶等，这些材料具有三个特征：有机物、合成、高分子化合物，属于合成材料，都是有机高分子化合物，A正确；
B．氯化钠不能使蛋白质变性，但其能抑制细菌的生长，故可用作食品防腐剂，B正确；
C．玻璃、水泥和陶瓷属于传统无机非金属材料，属于硅酸盐材料，C正确；
D．“三元催化器”将汽车尾气中NO和CO转化为N2和CO2，仅仅减少了NO等有毒有害气体的排放，并没有减少CO2的排放，故对实现碳中和无帮助，D错误；
故答案为：D。
4. 下列由废铁屑制取(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O实验装置与操作能达到实验目的的是
A. 用装置甲称取一定质量的(NH4)2SO4固体
B. 用装置乙除去废铁屑表面的油污
C. 用装置丙将废铁屑充分溶解
D. 用装置丁蒸干溶液得到(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O晶体
【答案】B
【解析】
【详解】A．装置甲中，物品与砝码的位置颠倒，使用游码时称取的(NH4)2SO4固体的质量偏低，A不能达到实验目的；
B．Na2CO3溶液呈碱性，能促进油脂水解，从而去除物品表面的油污，所以可用装置乙除去废铁屑表面的油污，B能达到实验目的；
C．浓硫酸具有强氧化性，能使铁表面发生钝化，所以不能用装置丙将废铁屑充分溶解，C不能达到实验目的；
D．(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O晶体受热易失去结晶水，不能用蒸干溶液的方法制取，所以用装置丁蒸干溶液得不到(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O晶体，D不能达到实验目的；
故选B。
5. 将二氧化锰和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内形成电池(如图所示)，该电池可将可乐中的葡萄糖转化成葡萄糖内酯，下列说法正确的是
A. 葡萄糖发生还原反应
B. MnO2在正极失电子
C. H+由a极移向b极
D. 当电路中转移0.1NA个电子时，生成0.1ml葡萄糖内酯
【答案】C
【解析】
【分析】由装置图可知，酸性条件下C6H12O6→C6H10O6，失去H原子、发生氧化反应，即a电极为负极，电极反应式为C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+，b电极为正极，电极反应式为MnO2+4H++2e-═Mn2++2H2O，放电时，电子由负极a经过导线流向电极b，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，葡萄糖失去H原子，发生氧化反应，A错误；
B．由分析可知，MnO2在正极得电子，电极反应为：MnO2+4H++2e-═Mn2++2H2O，B错误；
C．由分析可知，a为负极，b为正极，原电池中阳离子移向正极，故H+由a极移向b极，C正确；
D．由分析可知，该原电池中，a电极为负极，电极反应式为C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+，所以当电路中转移0.1NA个电子时，生成0.05ml葡萄糖内酯，D错误；
故答案为：C。
6. 部分含氮物质的分类与相应化合价的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. 实验室可用排水法收集e
B. 属于人工固氮的过程
C. 将c和e通入到强碱溶液中，可生成d
D. 工业上可用气体a、空气和水为原料生产f
【答案】A
【解析】
【分析】分析价类二维图可知a为NH3，b为N2，c为NO，d为亚硝酸盐，e为NO2，f为HNO3。
【详解】A．与水反应生成一氧化氮和硝酸，不可用排水法收集，故A错误；
B．是合成氨过程，将游离态的氮转化为化合态的氮属于氮的固定，且人工固氮的过程，故B正确；
C．和通入溶液中，可生成，故C正确；
D．工业上可利用催化氧化为，再由和、反应生成硝酸， 故D正确；
故答案：A。
7. 二羟基甲戊酸是合成青蒿素的原料之一，其结构如图a所示，下列有关二羟基甲戊酸的说法不正确的是
A. 其分子式为
B. 能发生消去反应和酯化反应
C. 与乳酸(结构如图b)互为同系物
D. 等量的二羟基甲戊酸消耗和的物质的量之比为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，二羟基甲戊酸的分子式为，故A正确；
B．由结构简式可知，二羟基甲戊酸分子含有的羧基一定条件下能与醇发生酯化反应，含有的羟基一定条件下能与酸发生酯化反应，羟基所在碳的邻碳上有氢原子可以发生消去反应，故B正确；
C．同系物必须是含有相同数目、相同官能团的同类物质，由结构简式可知，二羟基甲戊酸与乳酸的官能团种类相同，数目不同，不可能互为同系物，故C错误；
D．由结构简式可知，1个二羟基甲戊酸分子含有的1个羧基、2个羟基能与金属钠反应，则1ml二羟基甲戊酸消耗金属钠为3ml，含有的1个羧基能与碳酸氢钠反应，则1ml二羟基甲戊酸消耗碳酸氢钠为1ml，所以等量的二羟基甲戊酸消耗钠和碳酸氢钠的物质的量之比为3：1，故D正确；
故选C。
8. 将分别通入下列溶液，实验现象和结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．向溶液通入氯气发生反应，溶液由浅绿色变棕黄色故，该过程体现的氧化性，故A错误；
B．向品红溶液通入氯气品红溶液褪色，是Cl2和水反应生成HCl和HClO， HClO具有漂白性，使品红溶液褪色，故B错误；
C．Cl2和水反应生成HCl和HClO，溶液中的氯离子和硝酸银反应生成氯化银沉淀，使溶液变浑浊，故C正确；
D．Cl2和水反应生成HCl和HClO，溶液呈酸性使紫色石蕊溶液变红，HClO具有漂白性使变红的溶液褪色，故D错误；
故答案为： C。
9. 连四硫酸钠是生物酶的修复剂，其与盐酸反应的离子方程式为：，按如下装置制备足量并探究其性质，下列表述不正确的是
A. Ⅱ中溶液由紫色变成红色一定能证明是酸性氧化物
B. Ⅲ中溶液褪色说明有还原性
C. Ⅳ中溶液有白色沉淀生成
D. Ⅳ装置后连接浓溶液可进行尾气处理
【答案】A
【解析】
【分析】装置Ⅰ中连四硫酸钠和盐酸反应制备二氧化硫，盐酸具有挥发性，制得的二氧化硫中混有氯化氢；装置Ⅱ中二氧化硫和水生成亚硫酸和氯化氢溶于水得到的盐酸使溶液呈酸性，能使紫色石蕊试液变红色；装置Ⅲ中二氧化硫和高锰酸钾溶液反应使溶液褪色说明二氧化硫具有还原性；装置Ⅳ中二氧化硫和水生成亚硫酸，亚硫酸与硝酸钡溶液反应生成硫酸钡沉淀、一氧化氮和水；装置Ⅳ后应连接盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶吸收二氧化硫，防止污染空气。
【详解】A．由分析可知，装置Ⅱ中二氧化硫和水生成亚硫酸和氯化氢溶于水得到的盐酸使溶液呈酸性，能使紫色石蕊试液变红色，则溶液由紫色变成红色不能证明二氧化硫是酸性氧化物，故A错误；
B．由分析可知，装置Ⅲ中二氧化硫和高锰酸钾溶液反应使溶液褪色说明二氧化硫具有还原性，故B正确；
C．由分析可知，装置Ⅳ中二氧化硫和水生成亚硫酸，亚硫酸与硝酸钡溶液反应生成硫酸钡沉淀、一氧化氮和水，故C正确；
D．由分析可知，装置Ⅳ后应连接盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶吸收二氧化硫，防止污染空气，故D正确；
故选A。
10. 下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．高铁酸钾具有强氧化性，能使蛋白质变性达到杀菌消毒的作用，反应生成的铁离子在溶液中发生水解反应生成氢氧化铁胶体，胶体吸附水中悬浮杂质而聚沉达到净水的目的，所以高铁酸钾常用于处理水与高铁酸钾的氧化性和氢氧化铁胶体的吸附性有关，A不合题意；
B．氮元素和磷元素是氮肥和磷肥的肥效元素，厨余垃圾中含有氮元素和磷元素，所以可用厨余垃圾制肥料，B不合题意；
C．泡沫灭火器灭火的原理为：碳酸氢钠与硫酸铝发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，而不是利用碳酸氢钠受热易分解的性质，C符合题意；
D．聚乳酸在人体内能够水解、被吸收，所以医生用聚乳酸作手术缝合线，D不合题意；
故答案为：C。
11. CO与H2S反应可以制得COS，其化学方程式为。NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A. 2.8g中含有的中子数为1.4NA
B. pH=3的H2S溶液中的数目为0.001NA
C. 0.1mlCOS中键数目为0.4NA
D. 生成2.24LH2(标准状况)，转移电子数目为0.4NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．已知一分子CO中含有14个中子，故2.8g中含有的中子数为=1.4NA，A正确；
B．由于题干未告知溶液的体积，故无法计算pH=3的H2S溶液中的数目，B错误；
C．已知COS的结构式为：S=C=O，故0.1mlCOS中键数目为0.1ml ×2×NAml-1=0.2NA，C错误；
D．根据反应方程式可知，生成2.24L即=0.1mlH2(标准状况)，转移电子数目为0.1ml ×2×NAml-1=0.2NA，D错误；
故答案为：A。
12. 下列离子方程式正确的是
A. 与水反应：
B. 食醋去除铁锈：
C. 同物质的量浓度同体积溶液与溶液混合：
D. 溶液中加足量溶液并加热：
【答案】C
【解析】
【详解】A．原离子方程式质量不守恒，与水反应的离子方程式为：，A错误；
B．醋酸是弱酸，离子方程式书写时不能拆，故食醋去除铁锈的离子方程式为：，B错误；
C．同物质的量浓度同体积溶液与溶液混合的反应方程式为：Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH，则离子方程式为：，C正确；
D．足量的NaOH还能与碳酸氢根离子反应，故NH4HCO3溶液中加足量NaOH溶液并加热的离子方程式为：，D错误；
故答案为：C。
13. 下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．电负性：F>Cl，吸电子能力强，三氟乙酸中羟基的极性更大更容易电离，酸性：三氟乙酸>三氯乙酸，故A正确；
B．稀硝酸是氧化性酸，稀硫酸是非氧化性酸，因此常温下，铜与稀硫酸不反应，与稀硝酸反应，故B错误；
C．缺角的氯化钠晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块，体现了晶体的自范性，故C错误；
D．、，用FeS除去废水中的Hg2+说明HgS更难溶，说明，故D错误；
故答案为：A。
14. 一种由短周期元素构成的洗涤剂中间体结构式如图所示，X、Q、Z、Y、W原子序数依次增大，X和W同主族，Q、Z、Y同周期，基态Q原子核外成对电子对数与未成对电子数相等，Y可与X形成空间构型为V形的分子，下列说法不正确的是
A. 第一电离能：
B. 简单离子半径：
C. Z元素的氧化物对应水化物为强酸
D. Y的简单氢化物构型为四面体
【答案】C
【解析】
【分析】一种工业洗涤剂中间体结构式如图所示，其中短周期元素X、Q、Z、Y、W原子序数依次增大，X和W同主族，W形成+1价阳离子，X形成1个共价键，则X为H，W为Na；Y形成2个共价键，其原子序数小于Na，则Y为O；Q形成4个共价键，基态Q原子核外成对电子对数与未成对电子数相等，则其最外层电子数为4，原子序数小于O，则Q为C；Q、Z、Y为同周期元素，Y可与X形成空间构型为V形的分子，则Z为N，以此分析解答。
【详解】A．由分析可知，Q为C、Z为N、Y为O，根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA、ⅤA反常，故第一电离能N＞O＞C即，A正确；
B．由分析可知，W为Na、Y为O、Z为N，三者的简单离子具有相同的电子排布，则核电荷数越大半径越小，故简单离子半径N3-＞O2-＞Na+即，B正确；
C．由分析可知，Z为N，Z元素的氧化物对应水化物HNO3为强酸，而HNO2为弱酸，C错误；
D．由分析可知，Y为O，Y的简单氢化物即H2O，H2O中心原子O周围的价层电子对数=2+=4，根据价层电子对互斥理论可知，其构型为四面体，D正确；
故答案为：C。
15. 25℃条件下研究溶液的酸碱性对反应X(aq)→2Y(aq)的影响，各物质浓度c随反应时间t的变化曲线如图，下列说法正确的是
A. 时，反应不能发生
B. H+与OH-相比，H+使反应活化能更低
C. a曲线表示时X的浓度随t的变化
D. 时，内，
【答案】D
【解析】
【分析】由题干曲线信息可知，曲线a随着反应进行浓度在减小，即a曲线表示反应物即X的浓度变化，而另外三条曲线表示不同pH下生成物即Y的浓度变化，据此分析解题。
【详解】A．由题干曲线信息可知，时，Y的浓度也在增大至少增大的较慢，即反应能发生，A错误；
B．由题干曲线信息可知，pH=3的Y浓度增大的速率比pH=11的更慢，即可说明pH=3时反应速率更慢，反应活化能越大反应速率越慢，故H+与OH-相比，H+使反应活化能增大，B错误；
C．由题干曲线信息可知，a曲线减小2ml/L时，根据反应方程式系数可知，Y的浓度应该增大4ml/L，故a曲线表示pH=11.0时X的浓度随t的变化，C错误；
D．由题干曲线信息结合C项分析可知，pH=11.0时，内，，D正确；
故答案为：D。
16. 环氧乙烷()可用于生产乙二醇。电化学合成环氧乙烷()的装置如图所示：
已知：
下列说法正确的是
A. 电极接电源负极
B. 制备环氧乙烷，电极区产生
C. 电极区的反应方程式为：
D. 电解完成后，将阳极区和阴极区溶液混合才可得到环氧乙烷
【答案】D
【解析】
【分析】由题给转化关系可知，与直流电源正极相连的铂电极为电解池的阳极，溴离子在阳极失去电子发生氧化反应生成溴，通入的乙烯与溴、水反应生成HOCH2CH2Br，镍电极为阴极，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，钾离子通过阳离子交换膜进入阴极区，电解完成后，将阳极区和阴极区溶液混合，HOCH2CH2Br在碱性条件下发生取代反应生成环氧乙烷。
【详解】A．由分析可知，与直流电源正极相连的铂电极为电解池的阳极，故A错误；
B．由题意可知，生成1ml环氧乙烷需要消耗1ml溴，则由得失电子数目守恒可知，阴极上生成氢气的物质的量为1ml，故B错误；
C．由分析可知，阳极区发生的反应为CH2=CH2+Br2+ H2O HOCH2CH2Br，故C错误；
D．由分析可知，电解完成后，将阳极区和阴极区溶液混合，HOCH2CH2Br在碱性条件下发生取代反应生成环氧乙烷，故D正确；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17. 高炉煤气(主要成分为CO、N2、H2、H2S和少量COS)是炼铁过程中所得到的一种副产品，直接排放会污染空气。某化学兴趣小组利用高炉煤气和SO2制备Na2S2O3·5H2O，装置如图所示。回答下列问题：
资料：润湿的试纸可鉴别，方程式为：(黑色)
Ⅰ．Na2S2O3的制备
步骤一：关闭K1、K2，打开K3，通入高炉煤气。
发生的反应有：丁中；乙中。
（1）当润湿的(CH3COO)2Pb试纸_____(填现象)，关闭K3，停止通入高炉煤气。
（2）导管b接盛有醋酸亚铜氨溶液的洗气瓶。醋酸亚铜氨溶液的洗气瓶用于吸收CO气体，方程式为： 。
①过量H2S会导致吸收CO能力下降的原因是_____。
②将吸收液通过_____(任写一种)的方法实现吸收液的再生，同时释放CO，达到资源再利用。
步骤二：打开K1、K2，通入SO2气体。
（3）试剂a为_____(填化学式)。
（4）装置乙中生成Na2S2O3的化学方程式为_____。
（5）导管b接盛有_____(填化学式)溶液的洗气瓶用于尾气处理。
Ⅱ．Na2S2O3·5H2O纯度的测定
（6）测定某样品中Na2S2O3·5H2O的含量的实验步骤如下(杂质不参加反应)：
i．取的溶液，用硫酸酸化后，加入过量溶液，发生反应：
ii．称取样品，配制成溶液，取该溶液滴定步骤i所得溶液(淀粉作指示剂)至终点。三次平行实验，平均消耗样品溶液。发生的反应为：
①判断步骤ii的滴定终点方法为_____。
②样品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为_____。
【答案】（1）变黑 （2） ①. H2S能与亚铜离子反应生成沉淀，破坏配合物结构，从而降低了CO的吸收 ②. 加热(或减压)
（3）Na2SO3 （4）4NaHCO3+2NaHS+4SO2=3Na2S2O3+4CO2+3H2O
（5）NaOH （6） ①. 滴入最后半滴样品溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色 ②. 80.0%
【解析】
【分析】本题为实验探究题，先关闭K1、K2，打开K3，通入高炉煤气，分别发生反应有：丁中；乙中H2S+Na2CO3=NaHCO3+NaHS，当湿润的(CH3COO)2Pb试纸变黑后，说明乙中反应完全，关闭K3，打开K1、K2，甲中产生SO2，原理为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O，向乙装置中通入SO2气体，发生反应：4NaHCO3+2NaHS+4SO2=3Na2S2O3+4CO2+3H2O，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥，得到Na2S2O3·5H2O，最后对所得样品进行定量实验检测其纯度，据此分析解题。
【小问1详解】
H2S和(CH3COO)2Pb反应生成黑色的PbS，当润湿的(CH3COO)2Pb试纸变黑，说明H2S过量，关闭K3，停止通入高炉煤气，故答案为：变黑；
【小问2详解】
①过量H2S会导致吸收CO的能力下降的原因是过量H2S会与Cu+反应生成Cu2S沉淀，破坏了CH3COOCu(NH3)2，从而降低了CO的吸收，故答案为：H2S能与亚铜离子反应生成沉淀，破坏配合物结构，从而降低了CO的吸收；
②CH3COOCu(NH3)2(aq)+CO(g)CH3COOCu(NH3)2⋅CO(aq)ΔH＜0，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故将吸收液通过加热的方法实现吸收液的再生，同时释放CO，达到资源化利用，另该反应也是气体分子数减小的反应，减压也可以使平衡逆向移动，达到同样的目的，故答案为：加热(或减压)；
【小问3详解】
装置甲内利用浓硫酸与亚硫酸钠反应，制取SO2，故试剂a为Na2SO3，故答案为：Na2SO3；
【小问4详解】
装置乙中有NaHCO3、NaHS，通入后SO2，三者反应生成Na2S2O3的化学方程式为：4NaHCO3+2NaHS+4SO2=3Na2S2O3+4CO2+3H2O，故答案为：4NaHCO3+2NaHS+4SO2=3Na2S2O3+4CO2+3H2O；
【小问5详解】
多余的SO2可以用NaOH溶液吸收，故导管b接盛有NaOH溶液的洗气瓶用于尾气处理，故答案为：NaOH；
【小问6详解】
①由题干信息可知，步骤ii中一开始为淀粉和I2的溶液，溶液显蓝色，而后随着反应的进行I2消耗，当I2消耗完时溶液变为无色，故判断步骤ii的滴定终点方法为当滴入最后半滴样品溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色，故答案为：滴入最后半滴样品溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色；
②根据反应方程式、可知：n(Na2S2O3·5H2O)=2n(I2)=2×3n(K2Cr2O7)=6×0.01ml/L×20.00×10-3L=1.2×10-3ml，故样品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为：×100%=80.0%，故答案为：80.0%。
18. 氯碱厂制备的原盐中含有的杂质主要为及大分子有机物和难溶性泥沙等物质。为供给电解槽以合格的盐水，可采用以下工艺流程精制盐水。
已知：的电离常数
（1）溶浸工序中，以下除杂试剂：①过量的②过量的③过量的，正确的加入顺序为_____。
A．②①③ B．③①② C．①③②
（2）在脱氯工序中加入除去游离的氯的离子方程式为_____。
（3）用溶液吸收一定量气体形成缓冲溶液，时，溶液中_____。
（4）利用膜的选择性，可除去脱氯过程中引入的，通过“错流”方式截留下，使以渗透液的形式输送到后续工序。不同膜对介质的截留率，相关离子系数如下表：
最好的选择是_____膜，该膜脱硫率高的原因是_____。
（5）一种镧镍储氢合金晶体的结构单元如图所示，“电解2”产生的与其结合后形成(进入合金后解离成氢原子并填充在晶胞空隙中，晶胞体积不变)。
①该晶体结构单元中，_____，的配位数为_____。
②该合金可以储存_____。
【答案】（1）A （2）Cl2+SO+H2O=2Cl—+SO+2H+
（3）0.47 （4） ①. 纳滤 ②. 与Cl—相比，SO具有更大的水合离子半径和更小的扩散系，受到空间位阻较大，且膜表面对SO的静电排斥力大于对Cl—的静电排斥力
（5） ①. 5 ②. 18 ③. 9
【解析】
【分析】由题给流程可知，向原盐中依次加入氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液、氯化钡溶液溶浸，将溶液中的镁离子、钙离子、硫酸根离子和过量的钡离子转化为沉淀，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入盐酸除去过量的氢氧根离子、碳酸根离子，加入微生物后电解所得溶液，将有机物大分子在阳极转化为二氧化碳，继续电解直至得到氢氧化钠和含有氯气的氯化钠溶液，向溶液中加入亚硫酸钠溶液除去溶液中的氯气，将所得溶液降温结晶、过滤得到十水硫酸钠和精盐。
【小问1详解】
溶浸工序中，加入过量氢氧化钠溶液的目的是除去溶液中的镁离子、加入过量氯化钡溶液的目的是除去溶液中的硫酸根离子，加入过量碳酸钠溶液的目的是除去溶液中的钙离子和过量的钡离子，所以除杂试剂正确的加入顺序为②①③或①②③，故选A；
【小问2详解】
由分析可知，在脱氯工序中加入亚硫酸钠溶液的目的是除去溶液中的氯气，反应的离子方程式为Cl2+SO+H2O=2Cl—+SO+2H+，故答案为：Cl2+SO+H2O=2Cl—+SO+2H+；
【小问3详解】
由电离常数可知，pH为10的溶液中=0.47，故答案为：0.47；
【小问4详解】
由表格数据可知，与氯离子相比，硫酸根离子具有更大的水合离子半径和更小的扩散系，受到空间位阻较大，且膜表面对硫酸根离子的静电排斥力大于对氯离子的静电排斥力，所以纳滤膜更有利于硫酸根离子更容易被截留，故答案为：纳滤；与Cl—相比，SO具有更大的水合离子半径和更小的扩散系，受到空间位阻较大，且膜表面对SO的静电排斥力大于对Cl—的静电排斥力；
【小问5详解】
①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的镧原子个数为12×+2×=3个，位于面上和体内的镍原子个数为18×+6=15，则镧镍储氢合金的化学式为LaNi5，所以x=5；晶胞中镧原子与同层和上下层的镍原子距离最近，则镧原子的配位数为18，故答案为：5；18；
②由①可知，晶胞中含有3个LaNi5，由化学式LaNi5H6可知，1ml该合金可以储存氢气的物质的量为1ml×3×6×=9ml，故答案为：9。
19. 对氮氧化物的资源化利用，运用多种方式促进氮的循环转化，具有重要的研究意义。
（1）已知a：
b：C的燃烧热为；
c：
①请写出与反应生成两种无污染性气体的热化学方程式：_____。
②将等物质的量的与混合气体分别通入体积均为的恒温密闭容器Ⅰ和绝热密闭容器Ⅱ中，反应一段时间后两容器内达到平衡状态，下列说法正确的是_____。
A．两容器内混合气体密度相等
B．转化率
C．反应平衡常数
（2）可利用钴氨配合物吸收对的配合能力很强，而对的配合能力极低。
①已知的结构如图所示，中含有键的数目是_____。
②有氧和无氧条件下，溶液脱除的效率如图1所示，有氧环境下，发生总反应：，在的有氧环境下，往溶液中持续通入试样气体脱除率为60%(假设溶液体积不发生改变)，结合图1信息，计算此时钴氨溶液中有效含钴率为_____。
(有效含钴率)
③钴氨溶液经过多次循环吸收后，其吸收的能力变化如图2所示，前内钴氨溶液吸收的能力不断下降的原因是_____。
（3）催化电解吸收液可将还原为，其催化机理如图3所示，在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到部分还原产物的法拉第效率随电解电压的变化如图4所示。已知表示电解生还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数；表示电解过程中通过的总电量。
①当电解电压为时，催化电解生成的电极反应式为_____。
②当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为_____。
【答案】（1） ①. 2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=—748kJ/ml ②. AC
（2） ①. 24NA ②. 85.6% ③. [C(NH3)6]2+被氧化为[C(NH3)6]3+，[C(NH3)6]3+对NO的配位能力极低
（3） ①. NO+5e—+5H+=NH3+H2O ②. 15：2
【解析】
【小问1详解】
①由题意可知，碳燃烧的热化学方程式为C(s) +O2(g)= CO2(g) △H=—393kJ/ml，由盖斯定律可知，反应b—a—c得到反应2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，则反应△H=(—393kJ/ml)—(+182.6kJ/ml)—(+172.4kJ/ml)=—748kJ/ml，故答案为：2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=—748kJ/ml；
②A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，则1L的恒温密闭容器Ⅰ和绝热密闭容器Ⅱ中混合气体密度相等，故正确；
B．该反应为放热反应，则恒温密闭容器Ⅰ中反应温度小于绝热密闭容器Ⅱ，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的转化率减小，则一氧化氮转化率αⅠ大于αⅡ，故错误；
C．该反应为放热反应，则恒温密闭容器Ⅰ中反应温度小于绝热密闭容器Ⅱ，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，则反应平衡常数KⅠ大于KⅡ，故正确；
故选AC；
【小问2详解】
①[C(NH3)6]3+离子中配位键属于σ键、氮氢键属于σ键，则1ml[C(NH3)6]3+离子中含有σ键的数目1ml×24×NAml—1=24NA，故答案为：24NA；
②由题给信息可知，反应消耗一氧化氮的物质的量为2×10—4m3/min×300min×2×10—2ml/m3×60%=0.00072ml，则钴氨溶液中[C(NH3)6]2+有效含钴率为×100%=85.6%，故答案为：85.6%；
③由图可知，前16h内钴氨溶液吸收NO的能力不断下降的原因是[C(NH3)6]2+被氧化为[C(NH3)6]3+，[C(NH3)6]3+对NO的配位能力极低，故答案为：[C(NH3)6]2+被氧化为[C(NH3)6]3+，[C(NH3)6]3+对NO的配位能力极低；
【小问3详解】
①由图可知，当电解电压为U2时，催化电解一氧化氮生成氨气的电极为阴极，酸性条件下一氧化氮在阴极得到电子发生还原反应生成氨气和水，电极反应式为NO+5e—+5H+=NH3+H2O，故答案为：NO+5e—+5H+=NH3+H2O；
②由图可知，当电解电压为U1时，氢气和氨气法拉第效率分别为60%和20%，则电解生成的氢气和氨气的物质的量之比为：=15：2，故答案为：15：2。
20. 化合物G是合成具有抗菌、消炎作用的黄酮醋酸类药物的中间体，其合成路线如下：
请回答下列问题：
（1）A的名称是_____，B中含有的官能团名称是：_____。
（2）满足下列条件的C的同分异构体有_____种。
a．苯环上有两个取代基 b．能发生银镜反应 c．能发生水解反应
（3）C生成D的化学方程式为_____。
（4）下列关于的说法不正确的是_____。
A. 可通过红外光谱检测出有机物E中含有键和键
B. 有机物F中所有碳原子一定共平面
C. 该反应过程有键的断裂和键的形成
D. 有机物E中碳原子的杂化方式有2种
（5）化合物G的一种同分异构体结构简式为，分析预测其可能的具有的化学性质，完成下表。
（6）参照以上合成路线及条件，以苯、和为原料制备。
基于你设计的路线，回答下列问题。
①第一步反应产物的核磁共振氢谱峰面积之比为_____。
②最后一步为取代反应，对应的化学方程式为_____。
【答案】（1） ①. 对甲基苯酚 ②. 酯基
（2）6 （3）+HCl+HCHO+H2O （4）BD
（5） ①. ②. ③. 水解反应
（6） ①. 3：2：2：2：1 ②. +2Br2+2HBr
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，与乙酸酐发生取代反应生成，一定条件下发生构型转化生成，与甲醛先发生加成反应反应中间产物、中间产物后与氯化氢发生取代反应生成，与氰化钠发生取代反应生成，碱性条件下与乙醛先发生加成反应反应中间产物、中间产物后发生消去反应生成，一定条件下转化为。
【小问1详解】
由结构简式可知，的名称为对甲基苯酚，的含氧官能团为酯基，故答案为：对甲基苯酚；酯基；
【小问2详解】
C的同分异构体苯环上有两个取代基，能发生银镜反应和发生水解反应说明同分异构体分子中还有苯环和甲酸酯基，同分异构体可以视作乙苯分子中苯环上的氢原子被甲酸酯基取代所得结构，共有3种，也可以视作是邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯分子中甲基上的氢原子被甲酸酯基取代所得结构，共有3种，则符合条件的结构共有6种，故答案为：6；
【小问3详解】
由分析可知，C生成D的反应为与甲醛先发生加成反应中间产物、中间产物后与氯化氢发生取代反应生成和水，反应的化学方程式为+HCl+HCHO+H2O，故答案为：+HCl+HCHO+H2O；
【小问4详解】
A．红外光谱可用于检验有机物分子中的官能团或化学键，则可通过红外光谱检测出有机物E中含有键和键，故正确；
B．由结构简式可知，有机物F分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，所以分子中所有碳原子不一定共平面，故错误；
C．由分析可知，E→F的反应为碱性条件下与乙醛先发生加成反应反应中间产物、中间产物后发生消去反应生成，则反应过程有键的断裂和键的形成，故正确；
D．由结构简式可知，有机物E分子中饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化、酮羰基中双键碳原子和苯环上的碳原子的杂化方式为sp2杂化、—CN中三键碳原子的杂化方式为sp杂化，共有3种，故错误；
故选BD；
【小问5详解】
由结构简式可知，分子中含有的碳碳双键能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成，含有的酯基能在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成，故答案为：；；水解反应；
【小问6详解】
由合成路线及条件可知，以苯、溴和为原料制备的合成步骤为苯与丙酸酐发生取代反应生成核磁共振氢谱峰面积之比为3：2：2：2：1的，一定条件下发生构型转化生成，催化剂作用下与氢气发生加成反应生成，与溴水发生取代反应生成，则最后一步取代反应的化学方程式为+2Br2+2HBr，故答案为：3：2：2：2：1；+2Br2+2HBr。A．九霄环佩木古琴
B．银鎏金累丝烧蓝山水纹扇
C．曾侯乙编钟
D．青玉交龙钮玉玺
选项
溶液
现象
结论
A
溶液
溶液由浅绿色变棕黄色
有还原性
B
品红溶液
品红褪色
有漂白性
C
溶液
澄清溶液变浑浊
与反应产生
D
石蕊溶液
石蕊变红
氯水呈酸性
选项
劳动项目
化学知识
A
工人常用高铁酸钾处理污水
高铁酸钾具有氧化性和氢氧化铁胶体具有吸附性
B
农民用厨余垃圾制肥料
厨余垃圾含N、P等元素
C
消防员使用泡沫灭火器灭火
碳酸氢钠受热易分解
D
医生用聚乳酸作手术缝合线
聚乳酸在人体内可水解、吸收
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
三氟乙酸酸性强于三氯乙酸
F原子电负性大于原子，吸电子能力强
B
常温下，铜与稀硫酸不反应，与稀硝酸反应
硝酸酸性强于硫酸
C
缺角的氯化钠晶体在饱和溶液
中慢慢变为完美的立方体块
晶体有各向异性
D
利用除去废水中的
截留率
物质
反渗透膜(%)
纳滤膜(%)
超滤膜(%)
99
15.6
0
99
99
0
系数
离子
水合离子半径
扩散系数/
0.397
1.065
0.332
2032
所用试剂
反应生成的新结构
反应类型
的溶液
①_____
加成反应
溶液
②_____
③_____
本试卷共8页，20道小题 考试时间：75分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10题，每小题2分；第11~16题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。
1. 中华民族文明源远流长，下列文物的主要成分属于无机非金属材料的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．九霄环佩木古琴主要成分纤维素，纤维素属于有机高分子材料，A不合题意；
B．银鎏金累丝烧蓝山水纹扇主要材质为合金，属于金属材料，B不合题意；
C．曾侯乙编钟主要成分为合金，属于金属材料，C不合题意；
D．青玉交龙钮玉玺主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，D符合题意；
故答案为：D。
2. 化学推动科技进步。下列说法不正确的是
A. 华为自主研发的“麒麟”芯片与太阳能电池感光板所用的主要材料均为晶体硅
B. 杭州亚运会场馆使用的“碲化镉”光伏发电系统将化学能转化为电能
C. “神舟十七号”发动机的耐高温结构材料属于共价晶体
D. “深海一号”母船海水浸泡区镶上铝基是利用了牺牲阳极的金属防腐原理
【答案】B
【解析】
【详解】A．晶体硅常用作芯片与太阳能电池感光板所用的主要材料，故A正确；
B．“碲化镉”光伏发电系统，将太阳能转化为电能，故B错误；
C．耐高温结构材料 是由原子组成空间网状结构的共价晶体，熔点高、硬度大，故C正确；
D．“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D正确；
故答案为：B。
3. 衣食住行皆化学。下列说法不正确的是
A. 衣服原料如涤纶、丙纶、腈纶等都是有机高分子化合物
B. 氯化钠不能使蛋白质变性，但可用作食品防腐剂
C. 建筑所用混凝土的成分之一水泥是硅酸盐材料
D. “三元催化器”将汽车尾气中NO和CO转化为N2和CO2，有利于实现碳中和
【答案】D
【解析】
【详解】A．聚丙烯、涤纶、丙纶、锦纶、氨纶、腈纶等，这些材料具有三个特征：有机物、合成、高分子化合物，属于合成材料，都是有机高分子化合物，A正确；
B．氯化钠不能使蛋白质变性，但其能抑制细菌的生长，故可用作食品防腐剂，B正确；
C．玻璃、水泥和陶瓷属于传统无机非金属材料，属于硅酸盐材料，C正确；
D．“三元催化器”将汽车尾气中NO和CO转化为N2和CO2，仅仅减少了NO等有毒有害气体的排放，并没有减少CO2的排放，故对实现碳中和无帮助，D错误；
故答案为：D。
4. 下列由废铁屑制取(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O实验装置与操作能达到实验目的的是
A. 用装置甲称取一定质量的(NH4)2SO4固体
B. 用装置乙除去废铁屑表面的油污
C. 用装置丙将废铁屑充分溶解
D. 用装置丁蒸干溶液得到(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O晶体
【答案】B
【解析】
【详解】A．装置甲中，物品与砝码的位置颠倒，使用游码时称取的(NH4)2SO4固体的质量偏低，A不能达到实验目的；
B．Na2CO3溶液呈碱性，能促进油脂水解，从而去除物品表面的油污，所以可用装置乙除去废铁屑表面的油污，B能达到实验目的；
C．浓硫酸具有强氧化性，能使铁表面发生钝化，所以不能用装置丙将废铁屑充分溶解，C不能达到实验目的；
D．(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O晶体受热易失去结晶水，不能用蒸干溶液的方法制取，所以用装置丁蒸干溶液得不到(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O晶体，D不能达到实验目的；
故选B。
5. 将二氧化锰和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内形成电池(如图所示)，该电池可将可乐中的葡萄糖转化成葡萄糖内酯，下列说法正确的是
A. 葡萄糖发生还原反应
B. MnO2在正极失电子
C. H+由a极移向b极
D. 当电路中转移0.1NA个电子时，生成0.1ml葡萄糖内酯
【答案】C
【解析】
【分析】由装置图可知，酸性条件下C6H12O6→C6H10O6，失去H原子、发生氧化反应，即a电极为负极，电极反应式为C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+，b电极为正极，电极反应式为MnO2+4H++2e-═Mn2++2H2O，放电时，电子由负极a经过导线流向电极b，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，葡萄糖失去H原子，发生氧化反应，A错误；
B．由分析可知，MnO2在正极得电子，电极反应为：MnO2+4H++2e-═Mn2++2H2O，B错误；
C．由分析可知，a为负极，b为正极，原电池中阳离子移向正极，故H+由a极移向b极，C正确；
D．由分析可知，该原电池中，a电极为负极，电极反应式为C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+，所以当电路中转移0.1NA个电子时，生成0.05ml葡萄糖内酯，D错误；
故答案为：C。
6. 部分含氮物质的分类与相应化合价的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. 实验室可用排水法收集e
B. 属于人工固氮的过程
C. 将c和e通入到强碱溶液中，可生成d
D. 工业上可用气体a、空气和水为原料生产f
【答案】A
【解析】
【分析】分析价类二维图可知a为NH3，b为N2，c为NO，d为亚硝酸盐，e为NO2，f为HNO3。
【详解】A．与水反应生成一氧化氮和硝酸，不可用排水法收集，故A错误；
B．是合成氨过程，将游离态的氮转化为化合态的氮属于氮的固定，且人工固氮的过程，故B正确；
C．和通入溶液中，可生成，故C正确；
D．工业上可利用催化氧化为，再由和、反应生成硝酸， 故D正确；
故答案：A。
7. 二羟基甲戊酸是合成青蒿素的原料之一，其结构如图a所示，下列有关二羟基甲戊酸的说法不正确的是
A. 其分子式为
B. 能发生消去反应和酯化反应
C. 与乳酸(结构如图b)互为同系物
D. 等量的二羟基甲戊酸消耗和的物质的量之比为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，二羟基甲戊酸的分子式为，故A正确；
B．由结构简式可知，二羟基甲戊酸分子含有的羧基一定条件下能与醇发生酯化反应，含有的羟基一定条件下能与酸发生酯化反应，羟基所在碳的邻碳上有氢原子可以发生消去反应，故B正确；
C．同系物必须是含有相同数目、相同官能团的同类物质，由结构简式可知，二羟基甲戊酸与乳酸的官能团种类相同，数目不同，不可能互为同系物，故C错误；
D．由结构简式可知，1个二羟基甲戊酸分子含有的1个羧基、2个羟基能与金属钠反应，则1ml二羟基甲戊酸消耗金属钠为3ml，含有的1个羧基能与碳酸氢钠反应，则1ml二羟基甲戊酸消耗碳酸氢钠为1ml，所以等量的二羟基甲戊酸消耗钠和碳酸氢钠的物质的量之比为3：1，故D正确；
故选C。
8. 将分别通入下列溶液，实验现象和结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．向溶液通入氯气发生反应，溶液由浅绿色变棕黄色故，该过程体现的氧化性，故A错误；
B．向品红溶液通入氯气品红溶液褪色，是Cl2和水反应生成HCl和HClO， HClO具有漂白性，使品红溶液褪色，故B错误；
C．Cl2和水反应生成HCl和HClO，溶液中的氯离子和硝酸银反应生成氯化银沉淀，使溶液变浑浊，故C正确；
D．Cl2和水反应生成HCl和HClO，溶液呈酸性使紫色石蕊溶液变红，HClO具有漂白性使变红的溶液褪色，故D错误；
故答案为： C。
9. 连四硫酸钠是生物酶的修复剂，其与盐酸反应的离子方程式为：，按如下装置制备足量并探究其性质，下列表述不正确的是
A. Ⅱ中溶液由紫色变成红色一定能证明是酸性氧化物
B. Ⅲ中溶液褪色说明有还原性
C. Ⅳ中溶液有白色沉淀生成
D. Ⅳ装置后连接浓溶液可进行尾气处理
【答案】A
【解析】
【分析】装置Ⅰ中连四硫酸钠和盐酸反应制备二氧化硫，盐酸具有挥发性，制得的二氧化硫中混有氯化氢；装置Ⅱ中二氧化硫和水生成亚硫酸和氯化氢溶于水得到的盐酸使溶液呈酸性，能使紫色石蕊试液变红色；装置Ⅲ中二氧化硫和高锰酸钾溶液反应使溶液褪色说明二氧化硫具有还原性；装置Ⅳ中二氧化硫和水生成亚硫酸，亚硫酸与硝酸钡溶液反应生成硫酸钡沉淀、一氧化氮和水；装置Ⅳ后应连接盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶吸收二氧化硫，防止污染空气。
【详解】A．由分析可知，装置Ⅱ中二氧化硫和水生成亚硫酸和氯化氢溶于水得到的盐酸使溶液呈酸性，能使紫色石蕊试液变红色，则溶液由紫色变成红色不能证明二氧化硫是酸性氧化物，故A错误；
B．由分析可知，装置Ⅲ中二氧化硫和高锰酸钾溶液反应使溶液褪色说明二氧化硫具有还原性，故B正确；
C．由分析可知，装置Ⅳ中二氧化硫和水生成亚硫酸，亚硫酸与硝酸钡溶液反应生成硫酸钡沉淀、一氧化氮和水，故C正确；
D．由分析可知，装置Ⅳ后应连接盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶吸收二氧化硫，防止污染空气，故D正确；
故选A。
10. 下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．高铁酸钾具有强氧化性，能使蛋白质变性达到杀菌消毒的作用，反应生成的铁离子在溶液中发生水解反应生成氢氧化铁胶体，胶体吸附水中悬浮杂质而聚沉达到净水的目的，所以高铁酸钾常用于处理水与高铁酸钾的氧化性和氢氧化铁胶体的吸附性有关，A不合题意；
B．氮元素和磷元素是氮肥和磷肥的肥效元素，厨余垃圾中含有氮元素和磷元素，所以可用厨余垃圾制肥料，B不合题意；
C．泡沫灭火器灭火的原理为：碳酸氢钠与硫酸铝发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，而不是利用碳酸氢钠受热易分解的性质，C符合题意；
D．聚乳酸在人体内能够水解、被吸收，所以医生用聚乳酸作手术缝合线，D不合题意；
故答案为：C。
11. CO与H2S反应可以制得COS，其化学方程式为。NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A. 2.8g中含有的中子数为1.4NA
B. pH=3的H2S溶液中的数目为0.001NA
C. 0.1mlCOS中键数目为0.4NA
D. 生成2.24LH2(标准状况)，转移电子数目为0.4NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．已知一分子CO中含有14个中子，故2.8g中含有的中子数为=1.4NA，A正确；
B．由于题干未告知溶液的体积，故无法计算pH=3的H2S溶液中的数目，B错误；
C．已知COS的结构式为：S=C=O，故0.1mlCOS中键数目为0.1ml ×2×NAml-1=0.2NA，C错误；
D．根据反应方程式可知，生成2.24L即=0.1mlH2(标准状况)，转移电子数目为0.1ml ×2×NAml-1=0.2NA，D错误；
故答案为：A。
12. 下列离子方程式正确的是
A. 与水反应：
B. 食醋去除铁锈：
C. 同物质的量浓度同体积溶液与溶液混合：
D. 溶液中加足量溶液并加热：
【答案】C
【解析】
【详解】A．原离子方程式质量不守恒，与水反应的离子方程式为：，A错误；
B．醋酸是弱酸，离子方程式书写时不能拆，故食醋去除铁锈的离子方程式为：，B错误；
C．同物质的量浓度同体积溶液与溶液混合的反应方程式为：Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH，则离子方程式为：，C正确；
D．足量的NaOH还能与碳酸氢根离子反应，故NH4HCO3溶液中加足量NaOH溶液并加热的离子方程式为：，D错误；
故答案为：C。
13. 下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．电负性：F>Cl，吸电子能力强，三氟乙酸中羟基的极性更大更容易电离，酸性：三氟乙酸>三氯乙酸，故A正确；
B．稀硝酸是氧化性酸，稀硫酸是非氧化性酸，因此常温下，铜与稀硫酸不反应，与稀硝酸反应，故B错误；
C．缺角的氯化钠晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块，体现了晶体的自范性，故C错误；
D．、，用FeS除去废水中的Hg2+说明HgS更难溶，说明，故D错误；
故答案为：A。
14. 一种由短周期元素构成的洗涤剂中间体结构式如图所示，X、Q、Z、Y、W原子序数依次增大，X和W同主族，Q、Z、Y同周期，基态Q原子核外成对电子对数与未成对电子数相等，Y可与X形成空间构型为V形的分子，下列说法不正确的是
A. 第一电离能：
B. 简单离子半径：
C. Z元素的氧化物对应水化物为强酸
D. Y的简单氢化物构型为四面体
【答案】C
【解析】
【分析】一种工业洗涤剂中间体结构式如图所示，其中短周期元素X、Q、Z、Y、W原子序数依次增大，X和W同主族，W形成+1价阳离子，X形成1个共价键，则X为H，W为Na；Y形成2个共价键，其原子序数小于Na，则Y为O；Q形成4个共价键，基态Q原子核外成对电子对数与未成对电子数相等，则其最外层电子数为4，原子序数小于O，则Q为C；Q、Z、Y为同周期元素，Y可与X形成空间构型为V形的分子，则Z为N，以此分析解答。
【详解】A．由分析可知，Q为C、Z为N、Y为O，根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA、ⅤA反常，故第一电离能N＞O＞C即，A正确；
B．由分析可知，W为Na、Y为O、Z为N，三者的简单离子具有相同的电子排布，则核电荷数越大半径越小，故简单离子半径N3-＞O2-＞Na+即，B正确；
C．由分析可知，Z为N，Z元素的氧化物对应水化物HNO3为强酸，而HNO2为弱酸，C错误；
D．由分析可知，Y为O，Y的简单氢化物即H2O，H2O中心原子O周围的价层电子对数=2+=4，根据价层电子对互斥理论可知，其构型为四面体，D正确；
故答案为：C。
15. 25℃条件下研究溶液的酸碱性对反应X(aq)→2Y(aq)的影响，各物质浓度c随反应时间t的变化曲线如图，下列说法正确的是
A. 时，反应不能发生
B. H+与OH-相比，H+使反应活化能更低
C. a曲线表示时X的浓度随t的变化
D. 时，内，
【答案】D
【解析】
【分析】由题干曲线信息可知，曲线a随着反应进行浓度在减小，即a曲线表示反应物即X的浓度变化，而另外三条曲线表示不同pH下生成物即Y的浓度变化，据此分析解题。
【详解】A．由题干曲线信息可知，时，Y的浓度也在增大至少增大的较慢，即反应能发生，A错误；
B．由题干曲线信息可知，pH=3的Y浓度增大的速率比pH=11的更慢，即可说明pH=3时反应速率更慢，反应活化能越大反应速率越慢，故H+与OH-相比，H+使反应活化能增大，B错误；
C．由题干曲线信息可知，a曲线减小2ml/L时，根据反应方程式系数可知，Y的浓度应该增大4ml/L，故a曲线表示pH=11.0时X的浓度随t的变化，C错误；
D．由题干曲线信息结合C项分析可知，pH=11.0时，内，，D正确；
故答案为：D。
16. 环氧乙烷()可用于生产乙二醇。电化学合成环氧乙烷()的装置如图所示：
已知：
下列说法正确的是
A. 电极接电源负极
B. 制备环氧乙烷，电极区产生
C. 电极区的反应方程式为：
D. 电解完成后，将阳极区和阴极区溶液混合才可得到环氧乙烷
【答案】D
【解析】
【分析】由题给转化关系可知，与直流电源正极相连的铂电极为电解池的阳极，溴离子在阳极失去电子发生氧化反应生成溴，通入的乙烯与溴、水反应生成HOCH2CH2Br，镍电极为阴极，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，钾离子通过阳离子交换膜进入阴极区，电解完成后，将阳极区和阴极区溶液混合，HOCH2CH2Br在碱性条件下发生取代反应生成环氧乙烷。
【详解】A．由分析可知，与直流电源正极相连的铂电极为电解池的阳极，故A错误；
B．由题意可知，生成1ml环氧乙烷需要消耗1ml溴，则由得失电子数目守恒可知，阴极上生成氢气的物质的量为1ml，故B错误；
C．由分析可知，阳极区发生的反应为CH2=CH2+Br2+ H2O HOCH2CH2Br，故C错误；
D．由分析可知，电解完成后，将阳极区和阴极区溶液混合，HOCH2CH2Br在碱性条件下发生取代反应生成环氧乙烷，故D正确；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17. 高炉煤气(主要成分为CO、N2、H2、H2S和少量COS)是炼铁过程中所得到的一种副产品，直接排放会污染空气。某化学兴趣小组利用高炉煤气和SO2制备Na2S2O3·5H2O，装置如图所示。回答下列问题：
资料：润湿的试纸可鉴别，方程式为：(黑色)
Ⅰ．Na2S2O3的制备
步骤一：关闭K1、K2，打开K3，通入高炉煤气。
发生的反应有：丁中；乙中。
（1）当润湿的(CH3COO)2Pb试纸_____(填现象)，关闭K3，停止通入高炉煤气。
（2）导管b接盛有醋酸亚铜氨溶液的洗气瓶。醋酸亚铜氨溶液的洗气瓶用于吸收CO气体，方程式为： 。
①过量H2S会导致吸收CO能力下降的原因是_____。
②将吸收液通过_____(任写一种)的方法实现吸收液的再生，同时释放CO，达到资源再利用。
步骤二：打开K1、K2，通入SO2气体。
（3）试剂a为_____(填化学式)。
（4）装置乙中生成Na2S2O3的化学方程式为_____。
（5）导管b接盛有_____(填化学式)溶液的洗气瓶用于尾气处理。
Ⅱ．Na2S2O3·5H2O纯度的测定
（6）测定某样品中Na2S2O3·5H2O的含量的实验步骤如下(杂质不参加反应)：
i．取的溶液，用硫酸酸化后，加入过量溶液，发生反应：
ii．称取样品，配制成溶液，取该溶液滴定步骤i所得溶液(淀粉作指示剂)至终点。三次平行实验，平均消耗样品溶液。发生的反应为：
①判断步骤ii的滴定终点方法为_____。
②样品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为_____。
【答案】（1）变黑 （2） ①. H2S能与亚铜离子反应生成沉淀，破坏配合物结构，从而降低了CO的吸收 ②. 加热(或减压)
（3）Na2SO3 （4）4NaHCO3+2NaHS+4SO2=3Na2S2O3+4CO2+3H2O
（5）NaOH （6） ①. 滴入最后半滴样品溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色 ②. 80.0%
【解析】
【分析】本题为实验探究题，先关闭K1、K2，打开K3，通入高炉煤气，分别发生反应有：丁中；乙中H2S+Na2CO3=NaHCO3+NaHS，当湿润的(CH3COO)2Pb试纸变黑后，说明乙中反应完全，关闭K3，打开K1、K2，甲中产生SO2，原理为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O，向乙装置中通入SO2气体，发生反应：4NaHCO3+2NaHS+4SO2=3Na2S2O3+4CO2+3H2O，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥，得到Na2S2O3·5H2O，最后对所得样品进行定量实验检测其纯度，据此分析解题。
【小问1详解】
H2S和(CH3COO)2Pb反应生成黑色的PbS，当润湿的(CH3COO)2Pb试纸变黑，说明H2S过量，关闭K3，停止通入高炉煤气，故答案为：变黑；
【小问2详解】
①过量H2S会导致吸收CO的能力下降的原因是过量H2S会与Cu+反应生成Cu2S沉淀，破坏了CH3COOCu(NH3)2，从而降低了CO的吸收，故答案为：H2S能与亚铜离子反应生成沉淀，破坏配合物结构，从而降低了CO的吸收；
②CH3COOCu(NH3)2(aq)+CO(g)CH3COOCu(NH3)2⋅CO(aq)ΔH＜0，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故将吸收液通过加热的方法实现吸收液的再生，同时释放CO，达到资源化利用，另该反应也是气体分子数减小的反应，减压也可以使平衡逆向移动，达到同样的目的，故答案为：加热(或减压)；
【小问3详解】
装置甲内利用浓硫酸与亚硫酸钠反应，制取SO2，故试剂a为Na2SO3，故答案为：Na2SO3；
【小问4详解】
装置乙中有NaHCO3、NaHS，通入后SO2，三者反应生成Na2S2O3的化学方程式为：4NaHCO3+2NaHS+4SO2=3Na2S2O3+4CO2+3H2O，故答案为：4NaHCO3+2NaHS+4SO2=3Na2S2O3+4CO2+3H2O；
【小问5详解】
多余的SO2可以用NaOH溶液吸收，故导管b接盛有NaOH溶液的洗气瓶用于尾气处理，故答案为：NaOH；
【小问6详解】
①由题干信息可知，步骤ii中一开始为淀粉和I2的溶液，溶液显蓝色，而后随着反应的进行I2消耗，当I2消耗完时溶液变为无色，故判断步骤ii的滴定终点方法为当滴入最后半滴样品溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色，故答案为：滴入最后半滴样品溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色；
②根据反应方程式、可知：n(Na2S2O3·5H2O)=2n(I2)=2×3n(K2Cr2O7)=6×0.01ml/L×20.00×10-3L=1.2×10-3ml，故样品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为：×100%=80.0%，故答案为：80.0%。
18. 氯碱厂制备的原盐中含有的杂质主要为及大分子有机物和难溶性泥沙等物质。为供给电解槽以合格的盐水，可采用以下工艺流程精制盐水。
已知：的电离常数
（1）溶浸工序中，以下除杂试剂：①过量的②过量的③过量的，正确的加入顺序为_____。
A．②①③ B．③①② C．①③②
（2）在脱氯工序中加入除去游离的氯的离子方程式为_____。
（3）用溶液吸收一定量气体形成缓冲溶液，时，溶液中_____。
（4）利用膜的选择性，可除去脱氯过程中引入的，通过“错流”方式截留下，使以渗透液的形式输送到后续工序。不同膜对介质的截留率，相关离子系数如下表：
最好的选择是_____膜，该膜脱硫率高的原因是_____。
（5）一种镧镍储氢合金晶体的结构单元如图所示，“电解2”产生的与其结合后形成(进入合金后解离成氢原子并填充在晶胞空隙中，晶胞体积不变)。
①该晶体结构单元中，_____，的配位数为_____。
②该合金可以储存_____。
【答案】（1）A （2）Cl2+SO+H2O=2Cl—+SO+2H+
（3）0.47 （4） ①. 纳滤 ②. 与Cl—相比，SO具有更大的水合离子半径和更小的扩散系，受到空间位阻较大，且膜表面对SO的静电排斥力大于对Cl—的静电排斥力
（5） ①. 5 ②. 18 ③. 9
【解析】
【分析】由题给流程可知，向原盐中依次加入氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液、氯化钡溶液溶浸，将溶液中的镁离子、钙离子、硫酸根离子和过量的钡离子转化为沉淀，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入盐酸除去过量的氢氧根离子、碳酸根离子，加入微生物后电解所得溶液，将有机物大分子在阳极转化为二氧化碳，继续电解直至得到氢氧化钠和含有氯气的氯化钠溶液，向溶液中加入亚硫酸钠溶液除去溶液中的氯气，将所得溶液降温结晶、过滤得到十水硫酸钠和精盐。
【小问1详解】
溶浸工序中，加入过量氢氧化钠溶液的目的是除去溶液中的镁离子、加入过量氯化钡溶液的目的是除去溶液中的硫酸根离子，加入过量碳酸钠溶液的目的是除去溶液中的钙离子和过量的钡离子，所以除杂试剂正确的加入顺序为②①③或①②③，故选A；
【小问2详解】
由分析可知，在脱氯工序中加入亚硫酸钠溶液的目的是除去溶液中的氯气，反应的离子方程式为Cl2+SO+H2O=2Cl—+SO+2H+，故答案为：Cl2+SO+H2O=2Cl—+SO+2H+；
【小问3详解】
由电离常数可知，pH为10的溶液中=0.47，故答案为：0.47；
【小问4详解】
由表格数据可知，与氯离子相比，硫酸根离子具有更大的水合离子半径和更小的扩散系，受到空间位阻较大，且膜表面对硫酸根离子的静电排斥力大于对氯离子的静电排斥力，所以纳滤膜更有利于硫酸根离子更容易被截留，故答案为：纳滤；与Cl—相比，SO具有更大的水合离子半径和更小的扩散系，受到空间位阻较大，且膜表面对SO的静电排斥力大于对Cl—的静电排斥力；
【小问5详解】
①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的镧原子个数为12×+2×=3个，位于面上和体内的镍原子个数为18×+6=15，则镧镍储氢合金的化学式为LaNi5，所以x=5；晶胞中镧原子与同层和上下层的镍原子距离最近，则镧原子的配位数为18，故答案为：5；18；
②由①可知，晶胞中含有3个LaNi5，由化学式LaNi5H6可知，1ml该合金可以储存氢气的物质的量为1ml×3×6×=9ml，故答案为：9。
19. 对氮氧化物的资源化利用，运用多种方式促进氮的循环转化，具有重要的研究意义。
（1）已知a：
b：C的燃烧热为；
c：
①请写出与反应生成两种无污染性气体的热化学方程式：_____。
②将等物质的量的与混合气体分别通入体积均为的恒温密闭容器Ⅰ和绝热密闭容器Ⅱ中，反应一段时间后两容器内达到平衡状态，下列说法正确的是_____。
A．两容器内混合气体密度相等
B．转化率
C．反应平衡常数
（2）可利用钴氨配合物吸收对的配合能力很强，而对的配合能力极低。
①已知的结构如图所示，中含有键的数目是_____。
②有氧和无氧条件下，溶液脱除的效率如图1所示，有氧环境下，发生总反应：，在的有氧环境下，往溶液中持续通入试样气体脱除率为60%(假设溶液体积不发生改变)，结合图1信息，计算此时钴氨溶液中有效含钴率为_____。
(有效含钴率)
③钴氨溶液经过多次循环吸收后，其吸收的能力变化如图2所示，前内钴氨溶液吸收的能力不断下降的原因是_____。
（3）催化电解吸收液可将还原为，其催化机理如图3所示，在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到部分还原产物的法拉第效率随电解电压的变化如图4所示。已知表示电解生还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数；表示电解过程中通过的总电量。
①当电解电压为时，催化电解生成的电极反应式为_____。
②当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为_____。
【答案】（1） ①. 2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=—748kJ/ml ②. AC
（2） ①. 24NA ②. 85.6% ③. [C(NH3)6]2+被氧化为[C(NH3)6]3+，[C(NH3)6]3+对NO的配位能力极低
（3） ①. NO+5e—+5H+=NH3+H2O ②. 15：2
【解析】
【小问1详解】
①由题意可知，碳燃烧的热化学方程式为C(s) +O2(g)= CO2(g) △H=—393kJ/ml，由盖斯定律可知，反应b—a—c得到反应2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，则反应△H=(—393kJ/ml)—(+182.6kJ/ml)—(+172.4kJ/ml)=—748kJ/ml，故答案为：2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=—748kJ/ml；
②A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，则1L的恒温密闭容器Ⅰ和绝热密闭容器Ⅱ中混合气体密度相等，故正确；
B．该反应为放热反应，则恒温密闭容器Ⅰ中反应温度小于绝热密闭容器Ⅱ，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的转化率减小，则一氧化氮转化率αⅠ大于αⅡ，故错误；
C．该反应为放热反应，则恒温密闭容器Ⅰ中反应温度小于绝热密闭容器Ⅱ，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，则反应平衡常数KⅠ大于KⅡ，故正确；
故选AC；
【小问2详解】
①[C(NH3)6]3+离子中配位键属于σ键、氮氢键属于σ键，则1ml[C(NH3)6]3+离子中含有σ键的数目1ml×24×NAml—1=24NA，故答案为：24NA；
②由题给信息可知，反应消耗一氧化氮的物质的量为2×10—4m3/min×300min×2×10—2ml/m3×60%=0.00072ml，则钴氨溶液中[C(NH3)6]2+有效含钴率为×100%=85.6%，故答案为：85.6%；
③由图可知，前16h内钴氨溶液吸收NO的能力不断下降的原因是[C(NH3)6]2+被氧化为[C(NH3)6]3+，[C(NH3)6]3+对NO的配位能力极低，故答案为：[C(NH3)6]2+被氧化为[C(NH3)6]3+，[C(NH3)6]3+对NO的配位能力极低；
【小问3详解】
①由图可知，当电解电压为U2时，催化电解一氧化氮生成氨气的电极为阴极，酸性条件下一氧化氮在阴极得到电子发生还原反应生成氨气和水，电极反应式为NO+5e—+5H+=NH3+H2O，故答案为：NO+5e—+5H+=NH3+H2O；
②由图可知，当电解电压为U1时，氢气和氨气法拉第效率分别为60%和20%，则电解生成的氢气和氨气的物质的量之比为：=15：2，故答案为：15：2。
20. 化合物G是合成具有抗菌、消炎作用的黄酮醋酸类药物的中间体，其合成路线如下：
请回答下列问题：
（1）A的名称是_____，B中含有的官能团名称是：_____。
（2）满足下列条件的C的同分异构体有_____种。
a．苯环上有两个取代基 b．能发生银镜反应 c．能发生水解反应
（3）C生成D的化学方程式为_____。
（4）下列关于的说法不正确的是_____。
A. 可通过红外光谱检测出有机物E中含有键和键
B. 有机物F中所有碳原子一定共平面
C. 该反应过程有键的断裂和键的形成
D. 有机物E中碳原子的杂化方式有2种
（5）化合物G的一种同分异构体结构简式为，分析预测其可能的具有的化学性质，完成下表。
（6）参照以上合成路线及条件，以苯、和为原料制备。
基于你设计的路线，回答下列问题。
①第一步反应产物的核磁共振氢谱峰面积之比为_____。
②最后一步为取代反应，对应的化学方程式为_____。
【答案】（1） ①. 对甲基苯酚 ②. 酯基
（2）6 （3）+HCl+HCHO+H2O （4）BD
（5） ①. ②. ③. 水解反应
（6） ①. 3：2：2：2：1 ②. +2Br2+2HBr
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，与乙酸酐发生取代反应生成，一定条件下发生构型转化生成，与甲醛先发生加成反应反应中间产物、中间产物后与氯化氢发生取代反应生成，与氰化钠发生取代反应生成，碱性条件下与乙醛先发生加成反应反应中间产物、中间产物后发生消去反应生成，一定条件下转化为。
【小问1详解】
由结构简式可知，的名称为对甲基苯酚，的含氧官能团为酯基，故答案为：对甲基苯酚；酯基；
【小问2详解】
C的同分异构体苯环上有两个取代基，能发生银镜反应和发生水解反应说明同分异构体分子中还有苯环和甲酸酯基，同分异构体可以视作乙苯分子中苯环上的氢原子被甲酸酯基取代所得结构，共有3种，也可以视作是邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯分子中甲基上的氢原子被甲酸酯基取代所得结构，共有3种，则符合条件的结构共有6种，故答案为：6；
【小问3详解】
由分析可知，C生成D的反应为与甲醛先发生加成反应中间产物、中间产物后与氯化氢发生取代反应生成和水，反应的化学方程式为+HCl+HCHO+H2O，故答案为：+HCl+HCHO+H2O；
【小问4详解】
A．红外光谱可用于检验有机物分子中的官能团或化学键，则可通过红外光谱检测出有机物E中含有键和键，故正确；
B．由结构简式可知，有机物F分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，所以分子中所有碳原子不一定共平面，故错误；
C．由分析可知，E→F的反应为碱性条件下与乙醛先发生加成反应反应中间产物、中间产物后发生消去反应生成，则反应过程有键的断裂和键的形成，故正确；
D．由结构简式可知，有机物E分子中饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化、酮羰基中双键碳原子和苯环上的碳原子的杂化方式为sp2杂化、—CN中三键碳原子的杂化方式为sp杂化，共有3种，故错误；
故选BD；
【小问5详解】
由结构简式可知，分子中含有的碳碳双键能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成，含有的酯基能在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成，故答案为：；；水解反应；
【小问6详解】
由合成路线及条件可知，以苯、溴和为原料制备的合成步骤为苯与丙酸酐发生取代反应生成核磁共振氢谱峰面积之比为3：2：2：2：1的，一定条件下发生构型转化生成，催化剂作用下与氢气发生加成反应生成，与溴水发生取代反应生成，则最后一步取代反应的化学方程式为+2Br2+2HBr，故答案为：3：2：2：2：1；+2Br2+2HBr。A．九霄环佩木古琴
B．银鎏金累丝烧蓝山水纹扇
C．曾侯乙编钟
D．青玉交龙钮玉玺
选项
溶液
现象
结论
A
溶液
溶液由浅绿色变棕黄色
有还原性
B
品红溶液
品红褪色
有漂白性
C
溶液
澄清溶液变浑浊
与反应产生
D
石蕊溶液
石蕊变红
氯水呈酸性
选项
劳动项目
化学知识
A
工人常用高铁酸钾处理污水
高铁酸钾具有氧化性和氢氧化铁胶体具有吸附性
B
农民用厨余垃圾制肥料
厨余垃圾含N、P等元素
C
消防员使用泡沫灭火器灭火
碳酸氢钠受热易分解
D
医生用聚乳酸作手术缝合线
聚乳酸在人体内可水解、吸收
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
三氟乙酸酸性强于三氯乙酸
F原子电负性大于原子，吸电子能力强
B
常温下，铜与稀硫酸不反应，与稀硝酸反应
硝酸酸性强于硫酸
C
缺角的氯化钠晶体在饱和溶液
中慢慢变为完美的立方体块
晶体有各向异性
D
利用除去废水中的
截留率
物质
反渗透膜(%)
纳滤膜(%)
超滤膜(%)
99
15.6
0
99
99
0
系数
离子
水合离子半径
扩散系数/
0.397
1.065
0.332
2032
所用试剂
反应生成的新结构
反应类型
的溶液
①_____
加成反应
溶液
②_____
③_____
相关试卷
广东省惠州市2024届高三一模化学试题（原卷版+解析版）： 这是一份广东省惠州市2024届高三一模化学试题（原卷版+解析版），文件包含广东省惠州市2024届高三一模化学试题原卷版docx、广东省惠州市2024届高三一模化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共38页， 欢迎下载使用。
天津市红桥区2024届高三一模化学试题（原卷版+解析版）： 这是一份天津市红桥区2024届高三一模化学试题（原卷版+解析版），文件包含天津市红桥区2024届高三一模化学试题原卷版docx、天津市红桥区2024届高三一模化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
2024届湖南省邵阳市高三一模化学试题（原卷版+解析版）： 这是一份2024届湖南省邵阳市高三一模化学试题（原卷版+解析版），文件包含精品解析2024届湖南省邵阳市高三一模化学试题原卷版docx、精品解析2024届湖南省邵阳市高三一模化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。
