广东省2023年普通高中学业水平选择考模拟测试（一）化学试题
一、单选题
1．（2023·广东模拟）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。下列相关叙述错误的是
A．在“人造太阳”中发生核聚变的H、H是H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
【答案】D
【知识点】金属的腐蚀与防护；碱金属的性质；元素、核素
【解析】【解答】A．具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素；H、H是H的同位素，A不符合题意；
B．钛合金硬度大性能优良，能承受深海高压，B不符合题意；
C．铝比铁活泼，可失去电子牺牲阳极保障船体不易腐蚀，C不符合题意；
D．同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；铷元素的单质比钠活泼，故遇水能迅速放出H2，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、同位素即质子数相同，中子数不同的原子；
B、钛合金可以承受深海高压；
C、铝更活泼，作为负极，为牺牲阳极的阴极保护法；
D、铷比钠更活泼，和水反应速率更快。
2．（2023·广东模拟）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错误的是
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
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；同分异构现象和同分异构体；有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】A．加醋曲酿醋过程涉及淀粉水解为葡萄糖，葡萄糖分解为乙醇，乙醇氧化为乙酸，涉及氧化还原反应，A符合题意；
B．糯米石灰浆是由糯米、氢氧化钙做的材料，属于复合材料，B不符合题意；
C．同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物；麦芽糖与蔗糖互为同分异构体，C不符合题意；
D．高分子化合物是相对分子质量几万、几十万的很大的化合物；胡桐树脂的主要成分属于天然高分子化合物，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、葡萄糖转化为乙醇，乙醇转化为乙酸，涉及化合价的变化，为氧化还原反应；
B、糯米石灰浆为复合材料；
C、蔗糖和麦芽糖为同分异构体；
D、树脂为高分子化合物。
3．（2023·广东模拟）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。下列有关说法错误的是
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
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子结构示意图；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．H2O是角形分子，球棍模型为，A不符合题意；
B．铁原子失去3个电子形成铁离子，基态Fe3+的简化电子排布式为[Ar]3d5，B符合题意；
C．NaClO是由次氯酸根离子和钠离子构成的离子化合物，电子式为，C不符合题意；
D．氯为17号元素，原子结构示意图为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、水分子为V型，球棍模型中氧原子的半径更大；
B、铁原子为26号元素，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，因此失去三个电子以后为1s22s22p63s23p63d5；
C、次氯酸钠的电子式要注意，钠离子和次氯酸根离子要标明电荷数；
D、氯原子为17号元素，其原子结构示意图要注意电子数等于原子序数。
4．（2023·广东模拟）如图所示为氮元素的价类二维图。下列有关说法错误的是
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
【答案】C
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．氮气的化学性质不活泼，常用作保护气，A不符合题意；
B．“雷雨发庄稼”涉及自然固氮，转化过程包含：氮气和氧气在雷电作用下生成一氧化氮、一氧化氮和氧气生成二氧化氮、二氧化氮和水生成硝酸，B不符合题意；
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，C符合题意；
D．f中氮元素处于中间价态，故既有氧化性，又有还原性，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、氮气常温下很稳定，可以作为保护气；
B、氮气和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；
C、铵根离子水解为酸性；
D、元素处于中间价态时，既有氧化性，又有还原性。
5．（2023·广东模拟）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．
【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．粗盐提纯中需要过滤操作，能用到漏斗，故A不符合题意；
B．模拟“侯氏制碱法”制备纯碱需要向溶有氨气的饱和食盐水中通入二氧化碳生成小苏打，需要B装置，故B不符合题意；
C．用盐酸标准液滴定纯碱溶液以测定Na2CO3含量，需要使用酸式滴定管，故C不符合题意；
D．系列实验中没有使用到冷凝管，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、过滤需要用到漏斗；
B、侯氏制碱法先向饱和食盐水通入氨气，再通入二氧化碳；
C、盐酸需要装在酸式滴定管；
D、冷凝管用于冷凝的操作。
6．（2023·广东模拟）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
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；钠的重要化合物；铝的化学性质；钠的氧化物
【解析】【解答】A．浓硝酸和铝常温下发生钝化反应，故常温下可用铝制容器盛装浓硝酸，故A不符合题意；
B．Na2O2自身发生氧化还原反应生成氧气，不是氧化CO2产生氧气，故B不符合题意；
C．纯碱溶液呈碱性，碱性物质能和油污反应，存在因果关系且均正确，故C符合题意；
D．SO2和水生成亚硫酸，溶液显酸性，能使紫色石蕊溶液变红色，但是不能使其褪色，陈述Ⅱ错误，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、铝可以被浓硝酸氧化；
B、过氧化钠自身发生氧化还原反应；
C、碳酸钠水解呈碱性，可以清洗油污；
D、二氧化硫通入紫色石蕊试液变为红色。
7．（2023·广东模拟）“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错误的是
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
【答案】A
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A．用硅单质制作太阳能电池板，将太阳能转化为电能的性质，与硅元素在地壳中含量没有关联性，A符合题意；
B．高浓度白酒浸泡药材制成药酒，利用乙醇能溶解药材中某些成分的性质，是相似相溶原理的具体运用，B不符合题意；
C．含Fe3+的溶液遇SCN-变为红色，所以可用KSCN溶液及适当的氧化剂检验菠菜中是否含铁元素，C不符合题意；
D．ClO2具有强氧化性，能使蛋白质变性，可以给自来水进行杀菌和消毒，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、硅可以将太阳能转化为电能；
B、白酒可以溶解药材中的有机物；
C、硫氰酸根遇铁离子变为红色；
D、二氧化氯具有强氧化性，可以给自来水消毒。
8．（2023·广东模拟）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
【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．偏二甲肼中N原子形成3个共价键、还有1对孤电子对，杂化类型均为sp3，A不符合题意；
B.1分子水分子中含有中子数为8，则1molH2O含有的中子数为8NA，B不符合题意；
C．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，1分子二氧化碳含有2个σ键；标准状况下，2.24LCO2（为0.1mol）中的σ键数目为0.2NA，C不符合题意；
D．NO2和N2O4混合气体最简式均为NO2，92gNO2为2mol，则混合气体含有的原子数为6NA，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
B、中子数=质量数-质子数；
C、σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；
D、涉及到混合物质的物质的量计算时，采用极值法，即全部由二氧化氮构成的物质的量和全部由四氧化二氮构成的物质的量，若两种物质的数值相等，则该数据为混合物混合后的物质的量。
9．（2023·广东模拟）一种锂的氧化物的晶胞结构如图所示(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。下列有关说法错误的是
A．该氧化物的化学式为Li2O
B．O原子之间的最短距离为×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(，，)，则q原子的分数坐标为(，，)
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．该晶胞中，含Li+个数为8，含O2-个数为=4，则氧化物的化学式为Li2O，A不符合题意；
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×466.5pm，B不符合题意；
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，C符合题意；
D．若p原子的分数坐标为(，，)，则q原子在x、y、z轴上的分数坐标分别为、、，从而得出q原子的分数坐标为(，，)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、结合均摊法判断；
B、最短距离要结合晶胞的边长判断；
C、距离锂离子最近的晶胞可以截取其中一部分进行判断；
D、坐标要结合原点和晶胞原子的位置判断。
10．（2023·广东模拟）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
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，第一电离能：d＞c＞b，A不符合题意；
B．化合物ec3为SO3，硫原子形成3个共价键且无孤电子对，为sp2杂化，分子结构对称，是非极性分子，B符合题意；
C．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，简单氢化物的稳定性：b
故答案为：B。
【分析】A、同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大；
B、分子的极性要结合其对称性判断；
C、氢化物的稳定性即比较非金属性；
D、同周期从左到右，元素的电负性变强；同主族由上而下，元素电负性减弱。
11．（2023·广东模拟）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+++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：2+5+6H+=2Mn2++5+3H2O
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．设NaHSO4与Ba(OH)2的物质的量都为1mol，则OH-剩余1mol，离子方程式为：H+++Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O，A符合题意；
B．将Fe2O3溶于过量HI溶液，溶解生成的Fe3+能将I-氧化为I2，所以最终产物为Fe2+、I2等，Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O，B不符合题意；
C．向AgCl悬浊液中滴加足量Na2S溶液，由于Ag2S的溶解度比AgCl更小，所以发生反应：2AgCl(s)+S2-(aq)Ag2S(s)+2Cl-(aq)，C不符合题意；
D．H2SO3为弱酸，则应以化学式表示，向酸性KMnO4溶液中滴加NaHSO3溶液：2+5+H+=2Mn2++5+3H2O，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、氢离子、硫酸根、钡离子、氢氧根反应生成硫酸钡和水；
B、碘离子和铁离子反应生成亚铁离子和碘；
C、电荷不守恒；
D、亚硫酸氢根不可拆。
12．（2023·广东模拟）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(HSeO)+c(SeO)]
C．0.5mol/L的H2SeO4溶液中，c(HSeO)+2c(SeO)+c(OH-)=0.5mol/L
D．向H2SeO4溶液中滴加KOH溶液至中性时，=2.18×104
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．H2SeO4第一步完全电离，则KHSeO4只电离不水解，溶液显酸性，A不符合题意；
B．根据物料守恒可知，K2SeO4溶液中存在c(K+)=2[c(HSeO)+c(SeO)]，B符合题意；
C．根据物料守恒可知，0.5mol/L的H2SeO4溶液中，c(HSeO)+c(SeO)=0.5mol/L，C不符合题意；
D．向H2SeO4溶液中滴加KOH溶液至中性时，c(H+)=10-7mol/L，，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、HSeO4-不水解；
B、结合物料守恒判断；
C、结合物料守恒判断；
D、浓度比可以结合电离平衡常数判断。
13．（2023·广东模拟）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)中加入橙色的溴水，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＞
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KMnO4溶液的试管中产生气泡的速率更快 比Cu2+的催化效果好
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．醛基和碳碳双键都能使溴水褪色，则丙烯醛(CH2=CHCHO)使橙色的溴水褪色，不能说明丙烯醛与Br2发生加成反应，A不符合题意；
B．向Na2S溶液中滴加浓盐酸，产生臭鸡蛋气味的气体，则有H2S生成，能说明酸性HCl＞H2S，但不能得出非金属性Cl＞S，B不符合题意；
C．向苯酚浊液中滴加少量Na2CO3溶液，浊液变澄清，表明发生反应+Na2CO3+NaHCO3，则酸性：苯酚＞，C符合题意；
D．盛H2O2溶液的两支试管中分别加入CuSO4溶液和KMnO4溶液，前者Cu2+催化H2O2分解，后者KMnO4氧化H2O2生成O2，原理不同，不能比较与Cu2+的催化效果，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、碳碳双键和醛基都可以和溴水反应；
B、非金属性的比较要用最高价氧化物对应水化合物判断；
C、苯酚和碳酸钠反应生成碳酸氢钠；
D、铜离子可以催化过氧化氢，而高锰酸根可以和过氧化氢发生氧化还原反应。
14．（2023·广东模拟）一种含P催化剂催化甲烷中的碳氢键活化的反应机理如图所示。下列有关说法错误的是
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
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；有机物的合成
【解析】【解答】A．由图中abd物质结构可知，催化循环中Pt的配位数有3种，A不符合题意；
B．a中Pt结合2个-OSO3H，根据化合价代数和为零可知，其化合价为+2价，B不符合题意；
C．c→d过程中硫元素化合价发生改变，发生的是氧化还原反应，C不符合题意；
D．SO2中心S原子价层电子对数为2+=3，采用sp2杂化；SO3中心S原子价层电子对数为3+=3，采用sp2杂化；VSEPR模型名称相同，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、结合图示可以知道abd有3种Pt的配位数；
B、结合常见元素的化合价判断；
C、氧化还原反应的特点是化合价发生变化；
D、化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化。
15．（2023·广东模拟）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) △H＜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)
【答案】B
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．反应为放热的熵减反应，则上述反应的正反应在低温下才能自发进行，A不符合题意；
B．由化学方程式可知，一氧化氮、一氧化碳、二氧化碳的系数相同，且为氮气系数的2倍，结合图像比较物质的体积分数的变化量可知，曲线b表示物质的变化量较小，故b表示的是φ(N2)随时间的变化，B符合题意；
C.2v正(NO)=v逆(N2)时，此时正逆反应速率不相等，反应没有达平衡状态，C不符合题意；
D．混合气体的平均摩尔质量为M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而减小，故气体平均相对分子质量逐渐变大，故气体的平均相对分子质量：M(t1)
【分析】A、结合△G=△H-T△S<0判断；
B、结合化学计量数之比等于物质的量变化之比判断；
C、不同物质速率满足：同侧异，异侧同，成比例；
D、气体平均相对分子质量要结合公式判断。
16．（2023·广东模拟）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。下列有关说法错误的是
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-=
C．充电时，每生成1molTiO2+，有2molH+穿过质子交换膜进入N极室
D．充电时，总反应为2Ti3+++2H2O=2TiO2++Br-+2Cl-+4H+
【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．由分析可知，放电时，M为正极，A不符合题意；
B．放电时，N极为负极，Br-失电子产物与电解质反应生成，发生的电极反应为Br-+2Cl--2e-=，B不符合题意；
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，C符合题意；
D．由图中信息可知，充电时，Ti3+与反应生成TiO2+、Br-、Cl-等，总反应为2Ti3+++2H2O=2TiO2++Br-+2Cl-+4H+，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】新型二次电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒；若是充电过程，则负极作为阴极，正极作为阳极，阴极电极反应式为负极的逆反应，阳极的电极反应式为正极的逆反应。
二、非选择题
17．（2023·广东模拟）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）实验室用如图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1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2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所示，请在答题卡相应位置画出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表：
实验序号 Zn片 酸 其他试剂 生成VmLH2的时间
I 完全相同 100mL0.1mol/L硫酸溶液 — t1
II 100mL0.2mol/L盐酸 — t2
III 100mLamol/L硫酸溶液 少量_ 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： 。
【答案】（1）2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑
（2）将淀粉KI试纸湿润，粘在玻璃棒的一端，将此端靠近a管口，试纸变蓝，则表明反应生成Cl2
（3）加入NaCl固体后，溶液中离子浓度增大，导电能力增强；
（4）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，也可能是减慢反应速率；0.1；NaCl固体
（5）用淡水冲洗(或其它合理方法)
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）工业上通过电解饱和NaCl溶液制Cl2，同时生成烧碱和氢气，离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑。故答案为：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑；
（2）检验产生的Cl2时，通常使用淀粉KI试纸，则操作及现象是：将淀粉KI试纸湿润，粘在玻璃棒的一端，将此端靠近a管口，试纸变蓝，则表明反应生成Cl2。故答案为：将淀粉KI试纸湿润，粘在玻璃棒的一端，将此端靠近a管口，试纸变蓝，则表明反应生成Cl2；
（3）①加入NaCl固体后，固体溶于水，使溶液中离子浓度增大，所以甲同学认为加入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：加入NaCl固体后，溶液中离子浓度增大，导电能力增强。
②向B烧杯中加入5gNaCl固体，使其溶解，Cl-会加快金属与盐溶液的反应速率，则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)为：。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；；
（4）①实验I和实验II相比，实验Ⅱ所用时间短，反应速率快，但并不能说明Cl-会加快金属与酸溶液的反应速率，理由是：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，也可能是减慢反应速率。
②若要由实验I和实验III推知Cl-会加快金属与酸溶液的反应速率，应在实验Ⅰ的基础上，再加入NaCl固体，则实验III中，a处填0.1，b处填NaCl固体。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，也可能是减慢反应速率；0.1；NaCl固体；
（5）降低海砂中Cl-含量，可将Cl-转移到其它物质中，方法是：用淡水冲洗(或其它合理方法)。故答案为：用淡水冲洗(或其它合理方法)。
【分析】（1）氯离子和水电解生成氢氧根离子、氯气和氢气；
（2）氯气具有氧化性，可以将碘离子氧化为碘，淀粉遇碘变蓝；
（3） ① 离子浓度越大，导电能力越强；
②Cl-会加快金属与盐溶液的反应速率
（4） ① 氯离子和硫酸根两种离子对速率都有可能影响；
② 结合控制变量法的特点判断；
（5）可以用淡水冲洗海砂中的氯离子。
18．（2023·广东模拟）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×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所示。将ZnSO4·7H2O(M=287g/mol)加热到145℃时得到ZnSO4·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 。
【答案】（1）PbSO4；5.0
（2）
（3）y=3-0.5x；H2SO4的加入会抑制铁离子的水解
（4）蒸发浓缩；冷却结晶；1；
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）由分析可知，“酸浸渣”所含金属化合物是PbSO4。常温下，Ksp[Cu(OH)2]≈1.0×10-20，溶液中c(Cu2+)=0.01mol/L时，，则pOH=9.0，此时调节“酸浸液”pH为5.0；
（2）酸浸中H3AsO4和加入的氢氧化钙浊液石灰乳生成Ca3(AsO4)2·Ca(OH)2，反应为；
（3）①根据化合价代数和为零可知，2×（+3）+x×（-1）+y×（-2）=0，则y=3-0.5x；
②铁离子水解生成氢离子，硫酸为强酸会电离出氢离子；“滤液3”中H2SO4的加入会抑制铁离子的水解，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ZnSO4·7H2O晶体。
②假设初始ZnSO4·7H2O为1mol，质量为287g，ZnSO4·7H2O中ZnSO4质量为161g；加热到145℃时得到ZnSO4·xH2O，固体质量为287g×62.4%=179g，则结晶水的物质的量为，故其中x的值为1；
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)，根据元素守恒可知，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，故该反应的化学方程式为。
【分析】（1）铅离子和硫酸根形成硫酸铅固体；
（2）结合酸碱中和的特点，氢离子和氢氧根离子生成水，根据原子守恒配平化学计量数；
（3） ① 结合化合价之和为0判断化合价；
② 氢离子会抑制铁离子的水解；
（4） ① 生成物含有结晶水，制备含有结晶水的晶体时采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法；
② 结合公式判断。
19．（2023·广东模拟）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：
（1）用丝光沸石作催化剂可实现甲烷直接转化制备甲醇，合成方法有以下两种：
方法I：CH4(g)+O2(g)CH3OH(g) △H1=-126.4kJ mol-1
方法II：CH4(g)+H2O(g)CH3OH(g)+H2(g) △H2
已知H2的燃烧热为285.8kJ/mol，H2O(l)=H2O(g) △H=+44kJ mol-1，则△H2= 。
（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= (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)， =，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，装置如图所示。
写出ZrO2/NiCo2O4电极的反应式： 。
【答案】（1）+115.4kJ mol-1
（2）C；65.2%；；反应为放热反应，随着反应的进行，溶液温度升高，将使平衡逆向移动
（3）降低混合气的温度，使温度维持在200℃左右；200℃是催化剂的活性温度，且反应速率较快
（4）3CH4-6e-+6OH-=CH3CH2CH2OH+5H2O
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡转化过程中的变化曲线；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①CH4(g)+O2(g)CH3OH(g) △H1=-126.4kJ mol-1
②CH4(g)+H2O(g)CH3OH(g)+H2(g) △H2
③H2(g)+O2(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) △H2=+115.4kJ mol-1。故答案为：+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，A不正确；
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，B不正确；
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，C正确；
故答案为：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：
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≈65.2%。
③该反应温度下，方法I的标准压力平衡常数=。
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，随着反应的进行，溶液温度升高，将使平衡逆向移动。故答案为：C；65.2%；；反应为放热反应，随着反应的进行，溶液温度升高，将使平衡逆向移动；
（3）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：降低混合气的温度，使温度维持在200℃左右；从反应速率的角度分析，通入CH4后反应温度维持在200℃的原因：200℃是催化剂的活性温度，且反应速率较快。故答案为：降低混合气的温度，使温度维持在200℃左右；200℃是催化剂的活性温度，且反应速率较快；
（4）从图中可以看出，ZrO2/NiCo2O4电极为负极，则CH4失电子产物与电解质反应生成CH3CH2CH2OH等，电极反应式为3CH4-6e-+6OH-=CH3CH2CH2OH+5H2O。故答案为：3CH4-6e-+6OH-=CH3CH2CH2OH+5H2O。
【分析】（1）盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
① 提高甲烷转化率可以通过使平衡朝正向移动，或者投料比不变的情况下增大反应物的浓度；
② 结合三段式和已知数据判断；
③ 分压平衡常数要结合总压强和总物质的量判断；
④ 升高温度，平衡朝吸热方向移动；
（3）温度较高时，可以提高速率，且要控制在一定温度，不能过高，否则会使催化剂失去活性；
（4）甲烷失去电子，结合氢氧根离子生成丙醇和水。
20．（2023·广东模拟）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－R2R1－CH=CH－R2+CH2=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】（1）酯基、酮羰基
（2）消去反应
（3）ac
（4）CH2=CHCH2Br++HBr
（5）
（6）、
（7）CH3CHOHCH3+HBrCH3CHBrCH3，+ CH3CHBrCH3
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；消去反应
【解析】【解答】（1）由C结构可知，C中含氧官能团的名称为酯基、酮羰基；
（2）由流程可知，⑥为G中碘原子发生消去转化为碳碳双键得到H，为消去反应；
（3）a．由结构可知，A的名称为丙烯，a正确；
b．反应③生成E过程中碳环中碳原子数减小，故原子利用率小于100%，b不正确；
c．F为有机物能燃烧，发生氧化反应；分子中含有羰基，能发生加成反应；分子中含有酯基且碳链上有氢，能发生取代反应；c正确；
d．G中含有酯基憎水基团，不易溶于水，d不正确；
故答案为：ac；
（4）B中溴和C发生取代反应生成D，方程式为：CH2=CHCH2Br++HBr；
（5）手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；E结构及手性碳原子如图：
（6）H含有12个碳、3个氧、不饱和度为4；芳香族化合物M与H互为同分异构体，满足下列条件：
i.苯环上有三个取代基；ii.能与FeCl3溶液发生显色反应，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，则具有较好的对称性；
除去酚羟基-OH外还含有2个取代基，除苯环外还含有6碳，要求分子中有12个化学环境相同的氢原子，则应该具有4个相同的甲基；故应该有两个相同的取代基处于酚羟基的对称位置；故为、；
（7）首先羟基氧化为羰基得到；CH3CHOHCH3和HBr发生取代反应将羟基转化为溴原子得到CH3CHBrCH3，CH3CHBrCH3和发生B生成C的反应得到产物；故流程为：CH3CHOHCH3+HBrCH3CHBrCH3，+ CH3CHBrCH3。
【分析】（1）C中含有酯基和碳基；
（2）反应过程中，G失去了碘原子和氢原子，单键形成双键；
（3）A为丙烯；
B、该反应中碳原子个数减少；
C、F含有碳基，可以发生加成反应，含有酯基，可以发生取代反应，有机物可以燃烧，可以发生氧化反应；
D、酯基不溶于水；
（4）溴原子取代了碳基邻碳上的氢原子；
（5）手性碳原子指的是一个碳原子周围连接四个完全不相同的结构；
（6）可以和氯化铁显色，即含有酚羟基，根据核磁共振氢谱，可以确定等效氢的种类；
（7）合成路线的设计，一般要结合已知条件或者已知合成路线去看，根据题干要求的物质，采用顺推或者逆推法进行相应的设计。
广东省2023年普通高中学业水平选择考模拟测试（一）化学试题
一、单选题
1．（2023·广东模拟）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。下列相关叙述错误的是
A．在“人造太阳”中发生核聚变的H、H是H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．（2023·广东模拟）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错误的是
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．（2023·广东模拟）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。下列有关说法错误的是
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．（2023·广东模拟）如图所示为氮元素的价类二维图。下列有关说法错误的是
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．（2023·广东模拟）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．（2023·广东模拟）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．（2023·广东模拟）“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错误的是
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．（2023·广东模拟）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．（2023·广东模拟）一种锂的氧化物的晶胞结构如图所示(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。下列有关说法错误的是
A．该氧化物的化学式为Li2O
B．O原子之间的最短距离为×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(，，)，则q原子的分数坐标为(，，)
10．（2023·广东模拟）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．（2023·广东模拟）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+++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：2+5+6H+=2Mn2++5+3H2O
12．（2023·广东模拟）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(HSeO)+c(SeO)]
C．0.5mol/L的H2SeO4溶液中，c(HSeO)+2c(SeO)+c(OH-)=0.5mol/L
D．向H2SeO4溶液中滴加KOH溶液至中性时，=2.18×104
13．（2023·广东模拟）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)中加入橙色的溴水，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＞
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KMnO4溶液的试管中产生气泡的速率更快 比Cu2+的催化效果好
A．A B．B C．C D．D
14．（2023·广东模拟）一种含P催化剂催化甲烷中的碳氢键活化的反应机理如图所示。下列有关说法错误的是
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．（2023·广东模拟）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) △H＜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．（2023·广东模拟）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。下列有关说法错误的是
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-=
C．充电时，每生成1molTiO2+，有2molH+穿过质子交换膜进入N极室
D．充电时，总反应为2Ti3+++2H2O=2TiO2++Br-+2Cl-+4H+
二、非选择题
17．（2023·广东模拟）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）实验室用如图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1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2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所示，请在答题卡相应位置画出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表：
实验序号 Zn片 酸 其他试剂 生成VmLH2的时间
I 完全相同 100mL0.1mol/L硫酸溶液 — t1
II 100mL0.2mol/L盐酸 — t2
III 100mLamol/L硫酸溶液 少量_ 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．（2023·广东模拟）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×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所示。将ZnSO4·7H2O(M=287g/mol)加热到145℃时得到ZnSO4·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．（2023·广东模拟）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：
（1）用丝光沸石作催化剂可实现甲烷直接转化制备甲醇，合成方法有以下两种：
方法I：CH4(g)+O2(g)CH3OH(g) △H1=-126.4kJ mol-1
方法II：CH4(g)+H2O(g)CH3OH(g)+H2(g) △H2
已知H2的燃烧热为285.8kJ/mol，H2O(l)=H2O(g) △H=+44kJ mol-1，则△H2= 。
（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= (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)， =，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，装置如图所示。
写出ZrO2/NiCo2O4电极的反应式： 。
20．（2023·广东模拟）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－R2R1－CH=CH－R2+CH2=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)： 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】金属的腐蚀与防护；碱金属的性质；元素、核素
【解析】【解答】A．具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素；H、H是H的同位素，A不符合题意；
B．钛合金硬度大性能优良，能承受深海高压，B不符合题意；
C．铝比铁活泼，可失去电子牺牲阳极保障船体不易腐蚀，C不符合题意；
D．同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；铷元素的单质比钠活泼，故遇水能迅速放出H2，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、同位素即质子数相同，中子数不同的原子；
B、钛合金可以承受深海高压；
C、铝更活泼，作为负极，为牺牲阳极的阴极保护法；
D、铷比钠更活泼，和水反应速率更快。
2．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；同分异构现象和同分异构体；有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】A．加醋曲酿醋过程涉及淀粉水解为葡萄糖，葡萄糖分解为乙醇，乙醇氧化为乙酸，涉及氧化还原反应，A符合题意；
B．糯米石灰浆是由糯米、氢氧化钙做的材料，属于复合材料，B不符合题意；
C．同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物；麦芽糖与蔗糖互为同分异构体，C不符合题意；
D．高分子化合物是相对分子质量几万、几十万的很大的化合物；胡桐树脂的主要成分属于天然高分子化合物，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、葡萄糖转化为乙醇，乙醇转化为乙酸，涉及化合价的变化，为氧化还原反应；
B、糯米石灰浆为复合材料；
C、蔗糖和麦芽糖为同分异构体；
D、树脂为高分子化合物。
3．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子结构示意图；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．H2O是角形分子，球棍模型为，A不符合题意；
B．铁原子失去3个电子形成铁离子，基态Fe3+的简化电子排布式为[Ar]3d5，B符合题意；
C．NaClO是由次氯酸根离子和钠离子构成的离子化合物，电子式为，C不符合题意；
D．氯为17号元素，原子结构示意图为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、水分子为V型，球棍模型中氧原子的半径更大；
B、铁原子为26号元素，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，因此失去三个电子以后为1s22s22p63s23p63d5；
C、次氯酸钠的电子式要注意，钠离子和次氯酸根离子要标明电荷数；
D、氯原子为17号元素，其原子结构示意图要注意电子数等于原子序数。
4．【答案】C
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．氮气的化学性质不活泼，常用作保护气，A不符合题意；
B．“雷雨发庄稼”涉及自然固氮，转化过程包含：氮气和氧气在雷电作用下生成一氧化氮、一氧化氮和氧气生成二氧化氮、二氧化氮和水生成硝酸，B不符合题意；
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，C符合题意；
D．f中氮元素处于中间价态，故既有氧化性，又有还原性，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、氮气常温下很稳定，可以作为保护气；
B、氮气和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；
C、铵根离子水解为酸性；
D、元素处于中间价态时，既有氧化性，又有还原性。
5．【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．粗盐提纯中需要过滤操作，能用到漏斗，故A不符合题意；
B．模拟“侯氏制碱法”制备纯碱需要向溶有氨气的饱和食盐水中通入二氧化碳生成小苏打，需要B装置，故B不符合题意；
C．用盐酸标准液滴定纯碱溶液以测定Na2CO3含量，需要使用酸式滴定管，故C不符合题意；
D．系列实验中没有使用到冷凝管，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、过滤需要用到漏斗；
B、侯氏制碱法先向饱和食盐水通入氨气，再通入二氧化碳；
C、盐酸需要装在酸式滴定管；
D、冷凝管用于冷凝的操作。
6．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；钠的重要化合物；铝的化学性质；钠的氧化物
【解析】【解答】A．浓硝酸和铝常温下发生钝化反应，故常温下可用铝制容器盛装浓硝酸，故A不符合题意；
B．Na2O2自身发生氧化还原反应生成氧气，不是氧化CO2产生氧气，故B不符合题意；
C．纯碱溶液呈碱性，碱性物质能和油污反应，存在因果关系且均正确，故C符合题意；
D．SO2和水生成亚硫酸，溶液显酸性，能使紫色石蕊溶液变红色，但是不能使其褪色，陈述Ⅱ错误，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、铝可以被浓硝酸氧化；
B、过氧化钠自身发生氧化还原反应；
C、碳酸钠水解呈碱性，可以清洗油污；
D、二氧化硫通入紫色石蕊试液变为红色。
7．【答案】A
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A．用硅单质制作太阳能电池板，将太阳能转化为电能的性质，与硅元素在地壳中含量没有关联性，A符合题意；
B．高浓度白酒浸泡药材制成药酒，利用乙醇能溶解药材中某些成分的性质，是相似相溶原理的具体运用，B不符合题意；
C．含Fe3+的溶液遇SCN-变为红色，所以可用KSCN溶液及适当的氧化剂检验菠菜中是否含铁元素，C不符合题意；
D．ClO2具有强氧化性，能使蛋白质变性，可以给自来水进行杀菌和消毒，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、硅可以将太阳能转化为电能；
B、白酒可以溶解药材中的有机物；
C、硫氰酸根遇铁离子变为红色；
D、二氧化氯具有强氧化性，可以给自来水消毒。
8．【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．偏二甲肼中N原子形成3个共价键、还有1对孤电子对，杂化类型均为sp3，A不符合题意；
B.1分子水分子中含有中子数为8，则1molH2O含有的中子数为8NA，B不符合题意；
C．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，1分子二氧化碳含有2个σ键；标准状况下，2.24LCO2（为0.1mol）中的σ键数目为0.2NA，C不符合题意；
D．NO2和N2O4混合气体最简式均为NO2，92gNO2为2mol，则混合气体含有的原子数为6NA，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
B、中子数=质量数-质子数；
C、σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；
D、涉及到混合物质的物质的量计算时，采用极值法，即全部由二氧化氮构成的物质的量和全部由四氧化二氮构成的物质的量，若两种物质的数值相等，则该数据为混合物混合后的物质的量。
9．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．该晶胞中，含Li+个数为8，含O2-个数为=4，则氧化物的化学式为Li2O，A不符合题意；
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×466.5pm，B不符合题意；
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，C符合题意；
D．若p原子的分数坐标为(，，)，则q原子在x、y、z轴上的分数坐标分别为、、，从而得出q原子的分数坐标为(，，)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、结合均摊法判断；
B、最短距离要结合晶胞的边长判断；
C、距离锂离子最近的晶胞可以截取其中一部分进行判断；
D、坐标要结合原点和晶胞原子的位置判断。
10．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，第一电离能：d＞c＞b，A不符合题意；
B．化合物ec3为SO3，硫原子形成3个共价键且无孤电子对，为sp2杂化，分子结构对称，是非极性分子，B符合题意；
C．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，简单氢化物的稳定性：b
故答案为：B。
【分析】A、同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大；
B、分子的极性要结合其对称性判断；
C、氢化物的稳定性即比较非金属性；
D、同周期从左到右，元素的电负性变强；同主族由上而下，元素电负性减弱。
11．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．设NaHSO4与Ba(OH)2的物质的量都为1mol，则OH-剩余1mol，离子方程式为：H+++Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O，A符合题意；
B．将Fe2O3溶于过量HI溶液，溶解生成的Fe3+能将I-氧化为I2，所以最终产物为Fe2+、I2等，Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O，B不符合题意；
C．向AgCl悬浊液中滴加足量Na2S溶液，由于Ag2S的溶解度比AgCl更小，所以发生反应：2AgCl(s)+S2-(aq)Ag2S(s)+2Cl-(aq)，C不符合题意；
D．H2SO3为弱酸，则应以化学式表示，向酸性KMnO4溶液中滴加NaHSO3溶液：2+5+H+=2Mn2++5+3H2O，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、氢离子、硫酸根、钡离子、氢氧根反应生成硫酸钡和水；
B、碘离子和铁离子反应生成亚铁离子和碘；
C、电荷不守恒；
D、亚硫酸氢根不可拆。
12．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．H2SeO4第一步完全电离，则KHSeO4只电离不水解，溶液显酸性，A不符合题意；
B．根据物料守恒可知，K2SeO4溶液中存在c(K+)=2[c(HSeO)+c(SeO)]，B符合题意；
C．根据物料守恒可知，0.5mol/L的H2SeO4溶液中，c(HSeO)+c(SeO)=0.5mol/L，C不符合题意；
D．向H2SeO4溶液中滴加KOH溶液至中性时，c(H+)=10-7mol/L，，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、HSeO4-不水解；
B、结合物料守恒判断；
C、结合物料守恒判断；
D、浓度比可以结合电离平衡常数判断。
13．【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．醛基和碳碳双键都能使溴水褪色，则丙烯醛(CH2=CHCHO)使橙色的溴水褪色，不能说明丙烯醛与Br2发生加成反应，A不符合题意；
B．向Na2S溶液中滴加浓盐酸，产生臭鸡蛋气味的气体，则有H2S生成，能说明酸性HCl＞H2S，但不能得出非金属性Cl＞S，B不符合题意；
C．向苯酚浊液中滴加少量Na2CO3溶液，浊液变澄清，表明发生反应+Na2CO3+NaHCO3，则酸性：苯酚＞，C符合题意；
D．盛H2O2溶液的两支试管中分别加入CuSO4溶液和KMnO4溶液，前者Cu2+催化H2O2分解，后者KMnO4氧化H2O2生成O2，原理不同，不能比较与Cu2+的催化效果，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、碳碳双键和醛基都可以和溴水反应；
B、非金属性的比较要用最高价氧化物对应水化合物判断；
C、苯酚和碳酸钠反应生成碳酸氢钠；
D、铜离子可以催化过氧化氢，而高锰酸根可以和过氧化氢发生氧化还原反应。
14．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；有机物的合成
【解析】【解答】A．由图中abd物质结构可知，催化循环中Pt的配位数有3种，A不符合题意；
B．a中Pt结合2个-OSO3H，根据化合价代数和为零可知，其化合价为+2价，B不符合题意；
C．c→d过程中硫元素化合价发生改变，发生的是氧化还原反应，C不符合题意；
D．SO2中心S原子价层电子对数为2+=3，采用sp2杂化；SO3中心S原子价层电子对数为3+=3，采用sp2杂化；VSEPR模型名称相同，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、结合图示可以知道abd有3种Pt的配位数；
B、结合常见元素的化合价判断；
C、氧化还原反应的特点是化合价发生变化；
D、化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化。
15．【答案】B
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．反应为放热的熵减反应，则上述反应的正反应在低温下才能自发进行，A不符合题意；
B．由化学方程式可知，一氧化氮、一氧化碳、二氧化碳的系数相同，且为氮气系数的2倍，结合图像比较物质的体积分数的变化量可知，曲线b表示物质的变化量较小，故b表示的是φ(N2)随时间的变化，B符合题意；
C.2v正(NO)=v逆(N2)时，此时正逆反应速率不相等，反应没有达平衡状态，C不符合题意；
D．混合气体的平均摩尔质量为M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而减小，故气体平均相对分子质量逐渐变大，故气体的平均相对分子质量：M(t1)
【分析】A、结合△G=△H-T△S<0判断；
B、结合化学计量数之比等于物质的量变化之比判断；
C、不同物质速率满足：同侧异，异侧同，成比例；
D、气体平均相对分子质量要结合公式判断。
16．【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．由分析可知，放电时，M为正极，A不符合题意；
B．放电时，N极为负极，Br-失电子产物与电解质反应生成，发生的电极反应为Br-+2Cl--2e-=，B不符合题意；
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，C符合题意；
D．由图中信息可知，充电时，Ti3+与反应生成TiO2+、Br-、Cl-等，总反应为2Ti3+++2H2O=2TiO2++Br-+2Cl-+4H+，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】新型二次电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒；若是充电过程，则负极作为阴极，正极作为阳极，阴极电极反应式为负极的逆反应，阳极的电极反应式为正极的逆反应。
17．【答案】（1）2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑
（2）将淀粉KI试纸湿润，粘在玻璃棒的一端，将此端靠近a管口，试纸变蓝，则表明反应生成Cl2
（3）加入NaCl固体后，溶液中离子浓度增大，导电能力增强；
（4）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，也可能是减慢反应速率；0.1；NaCl固体
（5）用淡水冲洗(或其它合理方法)
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）工业上通过电解饱和NaCl溶液制Cl2，同时生成烧碱和氢气，离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑。故答案为：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑；
（2）检验产生的Cl2时，通常使用淀粉KI试纸，则操作及现象是：将淀粉KI试纸湿润，粘在玻璃棒的一端，将此端靠近a管口，试纸变蓝，则表明反应生成Cl2。故答案为：将淀粉KI试纸湿润，粘在玻璃棒的一端，将此端靠近a管口，试纸变蓝，则表明反应生成Cl2；
（3）①加入NaCl固体后，固体溶于水，使溶液中离子浓度增大，所以甲同学认为加入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：加入NaCl固体后，溶液中离子浓度增大，导电能力增强。
②向B烧杯中加入5gNaCl固体，使其溶解，Cl-会加快金属与盐溶液的反应速率，则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)为：。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；；
（4）①实验I和实验II相比，实验Ⅱ所用时间短，反应速率快，但并不能说明Cl-会加快金属与酸溶液的反应速率，理由是：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，也可能是减慢反应速率。
②若要由实验I和实验III推知Cl-会加快金属与酸溶液的反应速率，应在实验Ⅰ的基础上，再加入NaCl固体，则实验III中，a处填0.1，b处填NaCl固体。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，也可能是减慢反应速率；0.1；NaCl固体；
（5）降低海砂中Cl-含量，可将Cl-转移到其它物质中，方法是：用淡水冲洗(或其它合理方法)。故答案为：用淡水冲洗(或其它合理方法)。
【分析】（1）氯离子和水电解生成氢氧根离子、氯气和氢气；
（2）氯气具有氧化性，可以将碘离子氧化为碘，淀粉遇碘变蓝；
（3） ① 离子浓度越大，导电能力越强；
②Cl-会加快金属与盐溶液的反应速率
（4） ① 氯离子和硫酸根两种离子对速率都有可能影响；
② 结合控制变量法的特点判断；
（5）可以用淡水冲洗海砂中的氯离子。
18．【答案】（1）PbSO4；5.0
（2）
（3）y=3-0.5x；H2SO4的加入会抑制铁离子的水解
（4）蒸发浓缩；冷却结晶；1；
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）由分析可知，“酸浸渣”所含金属化合物是PbSO4。常温下，Ksp[Cu(OH)2]≈1.0×10-20，溶液中c(Cu2+)=0.01mol/L时，，则pOH=9.0，此时调节“酸浸液”pH为5.0；
（2）酸浸中H3AsO4和加入的氢氧化钙浊液石灰乳生成Ca3(AsO4)2·Ca(OH)2，反应为；
（3）①根据化合价代数和为零可知，2×（+3）+x×（-1）+y×（-2）=0，则y=3-0.5x；
②铁离子水解生成氢离子，硫酸为强酸会电离出氢离子；“滤液3”中H2SO4的加入会抑制铁离子的水解，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ZnSO4·7H2O晶体。
②假设初始ZnSO4·7H2O为1mol，质量为287g，ZnSO4·7H2O中ZnSO4质量为161g；加热到145℃时得到ZnSO4·xH2O，固体质量为287g×62.4%=179g，则结晶水的物质的量为，故其中x的值为1；
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)，根据元素守恒可知，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，故该反应的化学方程式为。
【分析】（1）铅离子和硫酸根形成硫酸铅固体；
（2）结合酸碱中和的特点，氢离子和氢氧根离子生成水，根据原子守恒配平化学计量数；
（3） ① 结合化合价之和为0判断化合价；
② 氢离子会抑制铁离子的水解；
（4） ① 生成物含有结晶水，制备含有结晶水的晶体时采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法；
② 结合公式判断。
19．【答案】（1）+115.4kJ mol-1
（2）C；65.2%；；反应为放热反应，随着反应的进行，溶液温度升高，将使平衡逆向移动
（3）降低混合气的温度，使温度维持在200℃左右；200℃是催化剂的活性温度，且反应速率较快
（4）3CH4-6e-+6OH-=CH3CH2CH2OH+5H2O
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡转化过程中的变化曲线；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①CH4(g)+O2(g)CH3OH(g) △H1=-126.4kJ mol-1
②CH4(g)+H2O(g)CH3OH(g)+H2(g) △H2
③H2(g)+O2(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) △H2=+115.4kJ mol-1。故答案为：+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，A不正确；
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，B不正确；
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，C正确；
故答案为：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：
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≈65.2%。
③该反应温度下，方法I的标准压力平衡常数=。
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，随着反应的进行，溶液温度升高，将使平衡逆向移动。故答案为：C；65.2%；；反应为放热反应，随着反应的进行，溶液温度升高，将使平衡逆向移动；
（3）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：降低混合气的温度，使温度维持在200℃左右；从反应速率的角度分析，通入CH4后反应温度维持在200℃的原因：200℃是催化剂的活性温度，且反应速率较快。故答案为：降低混合气的温度，使温度维持在200℃左右；200℃是催化剂的活性温度，且反应速率较快；
（4）从图中可以看出，ZrO2/NiCo2O4电极为负极，则CH4失电子产物与电解质反应生成CH3CH2CH2OH等，电极反应式为3CH4-6e-+6OH-=CH3CH2CH2OH+5H2O。故答案为：3CH4-6e-+6OH-=CH3CH2CH2OH+5H2O。
【分析】（1）盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
① 提高甲烷转化率可以通过使平衡朝正向移动，或者投料比不变的情况下增大反应物的浓度；
② 结合三段式和已知数据判断；
③ 分压平衡常数要结合总压强和总物质的量判断；
④ 升高温度，平衡朝吸热方向移动；
（3）温度较高时，可以提高速率，且要控制在一定温度，不能过高，否则会使催化剂失去活性；
（4）甲烷失去电子，结合氢氧根离子生成丙醇和水。
20．【答案】（1）酯基、酮羰基
（2）消去反应
（3）ac
（4）CH2=CHCH2Br++HBr
（5）
（6）、
（7）CH3CHOHCH3+HBrCH3CHBrCH3，+ CH3CHBrCH3
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；消去反应
【解析】【解答】（1）由C结构可知，C中含氧官能团的名称为酯基、酮羰基；
（2）由流程可知，⑥为G中碘原子发生消去转化为碳碳双键得到H，为消去反应；
（3）a．由结构可知，A的名称为丙烯，a正确；
b．反应③生成E过程中碳环中碳原子数减小，故原子利用率小于100%，b不正确；
c．F为有机物能燃烧，发生氧化反应；分子中含有羰基，能发生加成反应；分子中含有酯基且碳链上有氢，能发生取代反应；c正确；
d．G中含有酯基憎水基团，不易溶于水，d不正确；
故答案为：ac；
（4）B中溴和C发生取代反应生成D，方程式为：CH2=CHCH2Br++HBr；
（5）手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；E结构及手性碳原子如图：
（6）H含有12个碳、3个氧、不饱和度为4；芳香族化合物M与H互为同分异构体，满足下列条件：
i.苯环上有三个取代基；ii.能与FeCl3溶液发生显色反应，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，则具有较好的对称性；
除去酚羟基-OH外还含有2个取代基，除苯环外还含有6碳，要求分子中有12个化学环境相同的氢原子，则应该具有4个相同的甲基；故应该有两个相同的取代基处于酚羟基的对称位置；故为、；
（7）首先羟基氧化为羰基得到；CH3CHOHCH3和HBr发生取代反应将羟基转化为溴原子得到CH3CHBrCH3，CH3CHBrCH3和发生B生成C的反应得到产物；故流程为：CH3CHOHCH3+HBrCH3CHBrCH3，+ CH3CHBrCH3。
【分析】（1）C中含有酯基和碳基；
（2）反应过程中，G失去了碘原子和氢原子，单键形成双键；
（3）A为丙烯；
B、该反应中碳原子个数减少；
C、F含有碳基，可以发生加成反应，含有酯基，可以发生取代反应，有机物可以燃烧，可以发生氧化反应；
D、酯基不溶于水；
（4）溴原子取代了碳基邻碳上的氢原子；
（5）手性碳原子指的是一个碳原子周围连接四个完全不相同的结构；
（6）可以和氯化铁显色，即含有酚羟基，根据核磁共振氢谱，可以确定等效氢的种类；
（7）合成路线的设计，一般要结合已知条件或者已知合成路线去看，根据题干要求的物质，采用顺推或者逆推法进行相应的设计。
