广东省三校2024-2025学年高三上学期8月开学 摸底考化学试题
一、单选题：本大题共16小题，共48分。
1．（2024高三上·广东开学考）下列关于常见有机物的说法正确的是
A．乙烯和苯都能和溴水发生化学反应而使溴水褪色
B．乙烷可使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．糖类和蛋白质都是高分子化合物
D．乙酸和油脂都能与氢氧化钠溶液反应
【答案】D
【知识点】乙烯的物理、化学性质；苯的结构与性质；乙酸的化学性质；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、乙烯和苯都能和溴水反应褪色，但是乙烯确实能和溴水发生加成反应，使溴水褪色，但苯和溴水是萃取，属于物理变化，不是化学反应，A错误；
B、乙烷是烷烃，烷烃性质稳定，不能被酸性高锰酸钾氧化，所以乙烷不能使酸性高锰酸钾褪色，B错误；
C、蛋白质是高分子，但糖类里的单糖（葡萄糖、果糖）、二糖（蔗糖、麦芽糖）都不是高分子，只有多糖（淀粉、纤维素）才是高分子，C错误；
D、乙酸是羧酸，和 NaOH 发生中和反应；油脂是酯类，在 NaOH 条件下发生水解也就是皂化反应，D正确；
故答案为：D
【分析】高分子化合物，简称高分子，又称高分子聚合物，一般指相对分子质量高达几千到几百万的化合物，绝大多数高分子化合物是许多相对分子质量不同的同系物的混合物，因此高分子化合物的相对分子质量是平均相对分子量。高分子化合物是由千百个原子以共价键相互连接而成的，虽然它们的相对分子质量很大，但都是以简单的结构单元和重复的方式连接的。
2．（2024高三上·广东开学考）能源可划分为一次能源和二次能源，直接来自于自然界的能源称为一次能源；需依靠其他能源的能量间接制取的能源称为二次能源。下列叙述正确的是( )
A．水煤气是二次能源 B．水力是二次能源
C．天然气是二次能源 D．电能是一次能源
【答案】A
【知识点】原料与能源的合理利用
【解析】【解答】A、水煤气是通过煤与水蒸气在高温下反应制取的气体燃料，主要成分为CO和H2，属于人工制取的能源，并非直接来自自然界，因此是二次能源，A正确；B、水力指水能如河流、瀑布的能量，直接来自自然界，无需人为转换，因此是一次能源，B错误；
C、天然气是从地下直接开采的化石燃料，主要成分为甲烷，直接来自自然界，因此是一次能源，C错误；
D、电能通常通过一次能源（如煤炭、水力、风能等）在发电厂中转换制取，并非直接来自自然界，因此是二次能源，D错误；
故答案为：A
【分析】一次能源是直接来自自然界的能源，二次能源是需要依靠其他能源间接制取的能源。
3．（2024高三上·广东开学考）下列各项叙述中，正确的是
A．、、的电负性随原子序数的增大而增大
B．价电子排布为的元素位于第周期第Ⅴ族，是区元素
C．和轨道形状均为哑铃形，能量也相等
D．原子的价电子表示式不符合洪特规则
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；元素电离能、电负性的含义及应用
【解析】【解答】A、电负性是原子吸引电子的能力，而、、位于同一主族，同主族元素从上到下，电负性减小，则、、的电负性随原子序数的增大而减小，A错误；
B、价电子排布为的元素有个电子层、最外层电子数为，位于第四周期第Ⅴ族，最后填充电子，P区包括第三主族到第七主族的元素（不包括稀有气体），是区元素，B正确；
C、所有p轨道（无论2p、3p等）均为哑铃形，形状相同，但是轨道能量取决于主量子数n，n越大能量越高，2p轨道（n=2）能量低于3p轨道（n=3），因此能量不相等，C错误；
D、原子的轨道含有个电子时处于半满状态，较稳定，其价电子排布式为，而洪特规则指出：在等价轨道中，电子优先分占不同轨道且自旋平行，以保持稳定，符合符合洪特规则，D错误；
故答案为：B
【分析】电负性大小比较规律：随着原子序号的递增，元素的电负性呈现周期性变化；同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元素电负性递减。因此，电负性大的元素集中在元素周期表的右上角，电负性小的元素集中在左下角；电负性越大的非金属元素越活跃，电负性越小的金属元素越活泼。
4．（2024高三上·广东开学考）下列物质中，工业上常用电解法冶炼的是
A．Fe B．Na C．Cu D．Ag
【答案】B
【知识点】金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A、铁属于中等活性金属，工业上采用高炉冶炼法，用一氧化碳还原铁矿石，不使用电解法，A错误；B、钠是极活泼的金属，工业上常用电解熔融氯化钠（NaCl）的方法冶炼，因此常用电解法，B正确；
C、铜属于不活泼金属，工业上初始冶炼采用火法冶金，电解主要用于精炼粗铜以得到纯铜，但冶炼本身不常用电解法，C错误；
D、银是不活泼金属，工业上通常采用加热分解其化合物提取，电解主要用于精炼，而非初始冶炼，D错误；
故答案为：B
【分析】在工业上，金属的冶炼方法主要取决于其化学活性：
非常活泼的金属（如钾、钠、钙、镁、铝）：由于它们的离子难以被还原，通常采用电解法冶炼，即电解其熔融的化合物，如氯化物或氧化物。
中等活性的金属（如锌、铁、锡、铅）：通常采用还原法，如用碳或一氧化碳在高温下还原其氧化物。
不活泼的金属（如铜、银、金）：通常采用加热分解其化合物或湿法冶金，如置换反应，电解主要用于精炼提纯，而非初始冶炼。
5．（2024高三上·广东开学考）下列反应属于氧化还原反应的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、，反应中没有化合价变化，不属于氧化还原反应，属于复分解反应，A错误；
B、，反应中Na、H元素的化合价变化，出现了化合价的升降，因此B为氧化还原反应，B正确；
C、，反应中没有化合价变化，不属于氧化还原反应，属于典型的化合反应，C错误；
D、，反应中没有化合价变化，不属于氧化还原反应，属于典型的分解反应，D错误；
故答案为：B
【分析】要判断是否为氧化还原反应，可以观察化合价变化：如果反应中有元素的化合价发生变化，则该反应为氧化还原反应；可以观察电子转移：氧化还原反应的实质是元素间发生电子转移，氧化剂失去电子，减少化合价；还原剂获得电子，增加化合价。
6．（2024高三上·广东开学考）下列关于有机化合物的说法正确的是
A．乙烯能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，且褪色原理相同
B．葡萄糖和果糖的分子式都是，二者互为同分异构体
C．不含其他杂质的油脂属于纯净物
D．石油裂解和油脂皂化都是化学变化，而石油的分馏和煤的干馏都是物理变化
【答案】B
【知识点】同分异构现象和同分异构体；乙烯的物理、化学性质；石油的分馏
【解析】【解答】A、乙烯能被高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，也能和溴水发生加成反应而使溴水褪色，反应为：，两者的现象相同，但原理不同，A错误；
B、分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，葡萄糖和果糖的分子式都是，且结构不同葡萄糖含醛基，果糖含酮基，故二者互为同分异构体，B正确；
C、油脂是高级脂肪酸甘油酯，即使不含其他杂质，由于脂肪酸链的差异，如碳链长度、不饱和度不同，油脂通常是多种甘油酯的混合物（如三硬脂酸甘油酯、三油酸甘油酯等），C错误；
D、根据石油中各组分的沸点的不同，用加热的方法将其分离的方法称为石油的分馏，故石油的分馏是物理变化，而石油的裂解、皂化反应、煤的干馏均为化学变化，D错误；
故答案为：B
【分析】石油裂解：大分子烃裂解为小分子烃（如乙烯），是化学变化，存在键断裂重组。
油脂皂化：油脂在碱性条件下水解生成甘油和脂肪酸盐，是化学变化。
石油分馏：基于沸点差异分离组分，是物理变化。
煤的干馏：煤在隔绝空气条件下高温分解，生成焦炭、煤焦油、煤气等新物质，是化学变化，含有分子结构改变。
7．（2024高三上·广东开学考）工业上合成的反应为，下列有关说法不正确的是
A．、、三种有机物均易发生加成反应
B．、、三种有机物分子中所有原子均有可能共平面
C．、、三种有机物使酸性高锰酸钾溶液褪色的原理相同
D．的二氯代物有种不考虑立体异构
【答案】B
【知识点】同分异构现象和同分异构体；烯烃；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、由结构式可知，X、Y、Z的结构中均含不饱和的碳碳双键，可与Br2、H2等发生加成反应，A正确；
B、Z含有饱和碳原子（sp3杂化），具有类似甲烷的四面体结构，因此Z的所有原子不可能共平面。尽管X和Y的结构中所有的C原子都采用sp2杂化，双键平面可通过单键旋转重合，所有原子可共平面，但选项要求三种有机物均满足，而Z不满足，B错误；
C、X、Y、Z的结构中均含有碳碳不饱和键，都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，褪色原理相同，都是氧化反应，C正确；
D、的二氯代物中，两个氯原子可在相同或不同的碳原子上，如在相同的碳原子上有1种，如在不同的碳原子上有6种，共7种，具体如图所示：
，D正确；
故答案为：B
【分析】对于常见的“可能共面”的问法：碳碳双键、碳碳三键、碳氧双键、苯环均为平面结构，可能出现所有原子都共面的场景。反观，但凡出现类似甲烷基本结构的化合物分子，则不可能出现所有原子都共面的场景。
出现类似甲烷的基本结构，看作甲烷的部分最多有3个原子共面。
出现类似乙烯的基本结构，看作乙烯的部分最多有6个原子共面。
出现类似乙炔的基本结构，看作乙炔的部分，4个原子均在同一条直线上（一定共面）。
出现含有苯环C6H6的基本结构，看作苯环的部分最多有6+6=12个原子共面，且对角原子共线。
8．（2024高三上·广东开学考）下列离子方程式正确的是
A．AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++ 3OH－ ＝ Al(OH)3↓
B．将一小块金属钠投入到硫酸铜溶液中：2Na＋Cu2＋＝Cu＋2Na＋
C．氢氧化钡溶液与硫酸反应：2H+ + SO42-＋Ba2+ + 2OH－＝ BaSO4↓＋2H2O
D．将Cl2通入FeCl2溶液中：Fe2＋＋Cl2＝Fe3＋＋2Cl－
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、一水合氨是弱电解质，不能拆成离子形式，应该用化学式表示，正确的离子方程式为：，A错误；B、将一小块金属钠投入到硫酸铜溶液中反应生成硫酸钠、氢氧化铜沉淀和氢气，正确的离子方程式为：，B错误；
C、选项中的离子方程式完整表达了沉淀与弱电解质的生成，同时符合原子守恒和电荷守恒，因此氢氧化钡溶液与硫酸反应为：2H++SO42-＋Ba2++2OH－＝BaSO4↓＋2H2O，C正确；
D 、选项中的离子方程式没有配平，明显可以发现左右两边电荷不守恒，因此将Cl2通入FeCl2溶液中的正确离子方程式为：2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－，D错误；
故答案为：C
【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。
离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
9．（2024高三上·广东开学考）短周期主族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增加。K、L、 M、N 均是由这些元素组成的二元化合物，甲、乙分别是元素X、Y的单质，甲是固体，乙是气体，K 是主要的大气污染物之一，0.05mol·L-1丙溶液的pH为1，上述物质的转化关系如下图所示。下列说法正确的是
A．原子半径： W
C．原子最外层电子数： W
【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、原子半径规律：同周期从左到右减小，同主族从上到下增大，其中W(H)、X(C)、Y(O)同周期（第二周期），原子半径：C>O>H；X(C)、Z(S)同主族（第ⅣA族），原子半径：S>C，A错误；B、 非金属性规律：同周期从左到右增强，同主族从上到下减弱，其中Y(O)、Z(S)同主族（第ⅥA族），非金属性O>S（O在上，非金属性强）；X(C)、Y(O)同周期（第二周期），非金属性O>C（O在右，非金属性强），B正确；
C、最外层电子数：W(H)最外层1个电子；X(C)最外层4个电子；Y(O)最外层6个电子；Z(S)最外层6个电子（与Y同主族），因此原子最外层电子数： W
故答案为：B
【分析】由“0.05mol/L丙溶液pH=1”，推丙为二元强酸H2SO4；甲（固体单质）与浓硫酸加热反应，结合“短周期主族元素”，推甲为C，也就是X为C，反应为：；乙（气体单质）为O2则Y为O，SO2（K，大气污染物）与O2生成SO3（N），SO3与H2O（M）生成H2SO4，据此推断剩余元素：W为H，Z为S（原子序数递增：H
A．a处通入氢气，发生了还原反应：H2-2e-+2OH-=2H2O
B．b处通入氧气，为电池的正极
C．该装置中只涉及两种形式的能量转化，电池中的KOH溶液也可用稀硫酸溶液代替
D．P-型半导体连接的是电池负极．
【答案】B
【知识点】原电池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、根据装置图中的电子流向可知a为负极，b为正极，a处通入氢气，发生了氧化反应：H2-2e-+2OH-=2H2O，A错误；
B、b为正极，且b处通入的是氧气，在氢氧燃料电池中O2在正极得电子，发生还原反应，具体的电极反应为：O2+2H2O+4e-═4OH-，B正确；
C、在该装置中，燃料电池将化学能转化为电能，LED将电能转化为光能，因此，至少涉及3种形式的能量转化；氢氧燃料电池可使用碱性电解质（如KOH）或酸性电解质（如稀硫酸，替换后，电池仍可工作并驱动LED，因此可用稀硫酸代替KOH，C错误；
D、LED（发光二极管）的P-型半导体需连接电池正极，N-型半导体连接电池负极，以实现正向偏置并发光，在电池中，氢气电极（a处）为负极，氧气电极（b处）为正极，因此，P-型半导体应连接电池正极（b处），而非负极，D错误；
故答案为：B
【分析】氢氧燃料电池是一种典型的原电池，能够把化学能转化为电能，其中负极是通入H2的电极，图中与N型半导体相连侧：H2失电子，发生氧化反应，结合KOH溶液中的OH-生成H2O：；正极是通入O2的电极，图中与P型半导体相连侧：O2得电子，发生还原反应，结合H2O生成OH-：；因此总反应：。
11．（2024高三上·广东开学考）下列说法正确的是：
A．其它条件不变时，升高温度，可以提高反应物的活化分子百分数
B．其它条件不变时，增大反应物的浓度，可以提高反应物的活化分子百分数
C．保持温度不变，化学平衡正向移动时，化学平衡常数增大，逆向移动时则减小
D．其它条件不变时，加入高效催化剂，可以增大化学反应速率和反应物的转化率
【答案】A
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、根据分子运动理论，升高温度会增加分子的平均动能，使更多分子达到或超过活化能，从而提高活化分子百分数即活化分子占总分子的比例，A正确；B、活化分子百分数取决于温度和分子的能量分布，与浓度无关，增大浓度会增加活化分子的总数，但活化分子百分数（比例）不变，例如，浓度加倍，活化分子数也加倍，但比例不变，B错误；
C、化学平衡常数K只与温度有关。温度不变时，K是常数，不会因平衡移动而改变，C错误；
D、催化剂通过降低活化能来增大反应速率，但不会改变平衡位置，因此反应物的平衡转化率不变，催化剂只能加速达到平衡，不影响热力学平衡常数，D错误；
故答案为：A
【分析】在一定温度下，气体分子具有一定的平均能量，但不是所有分子都具有这样大的能量的，有的分子能量高些，有的分子能量低些。只有极少数具有能量比平均值高得多的分子，它们才能发生有效的碰撞；也就是说，碰撞后才能引起反应，这样的分子叫做活化分子。对某一反应来说，在一定温度下，活化分子在反应物分子中所占的百分数是一定的。因此，单位体积内活化分子的数目，是和单位体积内反应物分子的总数成正比，也就是和反应物的浓度成正比。显然，当反应物的浓度增大时，单位体积内活化分子的数目也相应地增多，这样也就增加了单位时间内有效碰撞的次数，因此反应速率加快。另外，如果升高反应温度，则分子运动加快，从而增加了单位时间内分子间的碰撞次数；更重要的是由于一些分子获得了能量，增加了活化分子的百分数，因而加快了反应速率。
12．（2024高三上·广东开学考）下列实验方案中，不能测定和混合物中质量分数的是（ ）
A．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体干燥后用碱石灰吸收，增重bg
B．取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体
C．取ag混合物充分加热，固体质量减少bg
D．取ag混合物与足量溶液充分反应，得bg溶液
【答案】D
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A．取ag混合物与足量稀盐酸反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg，即CO2的质量为bg，由a和b建立方程，可求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，A不符合题意；
B．取ag混合物与足量稀盐酸反应，加热、蒸干、灼烧，得到的bg固体为NaCl的质量，由此可求出混合物中Na+的物质的量，与ag混合物共同建立方程，可求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，B不符合题意；
C．取ag混合物充分加热，质量减少bg，则NaHCO3分解生成的CO2、H2O的质量和为bg，由此可计算出NaHCO3的质量，从而求出Na2CO3的质量分数，C不符合题意；
D．取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液，由于没有沉淀或气体产生，无法求出与Na2CO3、NaHCO3相关的微粒的质量或物质的量，无法求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据反应时，发生反应的不同，能列方程组或利用差量确定组分的量进行计算，D项中质量守恒，无法计算。
13．（2024高三上·广东开学考）下列有关晶体的叙述中，正确的是
A．氯化钠晶胞中含有4个NaCl分子
B．金刚石结构中最小的环上有6个碳原子
C．干冰晶体中，每个分子周围距离相等且最近的分子共有8个
D．金属Zn晶体中的晶胞如图所示，这种堆积方式称为体心立方堆积
【答案】B
【知识点】离子晶体；金属晶体的基本堆积模型
【解析】【解答】A、氯化钠（NaCl）是典型的离子晶体，由 Na+ 和 Cl- 离子交替排列构成，不存在独立的 "NaCl 分子"，A错误；
B、金刚石是典型的原子晶体，碳原子以sp3杂化形成四面体网络，最小环为六元环，是6个碳原子组成椅式构型，属于金刚石的典型结构特征，B正确；
C、干冰就是固态的CO2，是典型的分子晶体，属面心立方堆积，其中每个CO2分子周围有12个等距离的最近邻CO2分子，说明配位数为12，C错误；
D、由图所示，金属Zn的堆积方式为六方最紧密堆积，而体心立方堆积的代表通常是Na和α-Fe等，D错误；
故答案为：B
【分析】金属晶体的四种堆积方式如下：
简单立方堆积：每个原子与6个邻居相连，配位数为6；体心立方堆积：每个原子与8个邻居相连，配位数为8；面心立方堆积：每个原子与12个邻居相连，配位数为12；六方最密堆积：每个原子与12个邻居相连，配位数为12。
14．（2024高三上·广东开学考）下列装置应用于实验室进行相关实验，能达到实验目的的是
A．用装置甲在强光照条件下制取一氯甲烷
B．用装置乙分离乙酸乙酯和水
C．用装置丙蒸馏石油并收集60～150℃馏分
D．用装置丁制取并收集乙酸乙酯
【答案】B
【知识点】石油的分馏；甲烷的取代反应；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、实验室制取一氯甲烷需甲烷与氯气在光照下反应，但该反应为连锁取代反应，产物为混合物，含一氯甲烷、二氯甲烷等，无法控制只生成一氯甲烷，而装置甲只是简易气体反应装置，无纯化分离设计，并且在强光照条件下会爆炸，易造成实验室事故，A错误；B、乙酸乙酯与水互不相溶，密度小于水，分层后乙酸乙酯在上层，而装置乙为分液漏斗，专用于分离互不相溶的液体混合物，B正确；
C、蒸馏石油需用蒸馏烧瓶+温度计+冷凝管+接收器的完整装置，通过温度计精确控温，且要注意60～150℃馏分为汽油馏分，需分段收集；装置丙中虽然含有温度计，但是温度计应该置于支管口处，否则会导致馏分不纯，C错误；
D、制取乙酸乙酯需在试管中混合乙醇、乙酸与浓硫酸，加热反应，并用导管将蒸气导入盛有饱和Na2CO3溶液的接收器中，不能使用NaOH溶液，因为乙酸乙酯易在强碱性环境下水解，D错误；
故答案为：B
【分析】在乙酸乙酯的制备中，碳酸钠的主要作用：中和乙酸：碳酸钠与反应中未反应的乙酸反应，生成易溶于水的乙酸钠；降低乙酸乙酯的溶解度：在饱和碳酸钠溶液中，乙酸乙酯的溶解度较小，这有助于分层分液，使得乙酸乙酯与水相分离，便于后续的提取和纯化；溶解挥发的乙醇：碳酸钠溶液能够吸收反应过程中挥发出的乙醇，减少产物的损失，并有助于提高反应的收率。
15．（2024高三上·广东开学考）下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是（ ）
A．H2+CuO=Cu+H2O B．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
C．H2+Cl2=2HCl D．2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O
【答案】B
【知识点】化学键；离子键的形成；共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】A、H2中只含有非极性共价键，CuO中含有离子键，Cu中含有金属键，H2O中含有极性共价键，则反应物中只有非极性共价键、离子键的断裂，生成物中只有金属键、极性共价键的形成，A错误；
B、Na2O2中含有非极性键和离子键，H2O中只含有极性共价键，NaOH中含有离子键和极性共价键，O2中含有非极性共价键，则反应中有离子键、极性共价键、非极性共价键的断裂和形成，B正确；
C、反应物H2、Cl2中都只含有非极性共价键，而生成物HCl中只含有极性共价键，C错误；
D、NaOH中含有离子键和极性共价键，Cl2中含有非极性共价键，NaCl中含有离子键，NaClO中含有离子键和极性共价键，H2O中只含有极性共价键，则产物中没有非极性共价键的形成，D错误；
故答案为：B
【分析】非极性共价键：成键电子在两个原子之间平均分配，形成非极性共价键，例如C-C键和C-H键；极性共价键：成键电子不均匀分配，电负性较大的原子对电子的吸引力较强，形成极性共价键，例如C-O键和O-H键；离子键：成键电子几乎完全被电负性较大的原子占有，形成离子键。离子键是通过阴阳离子之间的静电作用形成的。
16．（2024高三上·广东开学考）活性炭吸附法是工业提碘的主要方法之一。其流程如图：下列有关叙述正确的是（ ）
A．反应①的离子方程式为2NO2-+2H2O+2I-=2NO↑+I2+4OH-
B．实验室从反应②所得溶液提取碘可采用蒸馏法
C．流程中I2碘经过吸附，转化为I-、IO3-再转化为I2的过程是为了增大I2的浓度
D．反应②所得溶液呈紫色
【答案】C
【知识点】海水资源及其综合利用；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、反应①是含碘卤水中加入NaNO2氧化I 生成I2，实际反应在酸性条件下进行：，A错误；
B、反应②是活性炭吸附I2后，用NaOH溶液处理，生成I 和IO3 ，实际的反应：，此时碘以离子形式存在，无游离I2 ，不能直接蒸馏。需先加酸酸化生成I2：，再通过萃取或升华提取碘，B错误；
C、通过活性炭吸附富集稀溶液中的I2，再经碱洗和酸化，去除杂质并浓缩碘，最终提高I2的纯度和浓度，C正确；
D、反应②是最后的酸化步骤，得到了碘单质的水溶液，溶液为黄色或棕色溶液，而紫色是单质I2的特征颜色，D错误；
故答案为：C
【分析】写离子方程式时候要注意反应物可能会受环境的影响，如酸性或碱性环境等，不同的环境反应的生成物不同。离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
二、填空题：本大题共1小题，共8分。
17．（2024高三上·广东开学考）燃煤产生的烟气中含有较多的CO2、CO、SO2等影响环境的气体。如何综合利用这些气体一直是科研单位研究的热点。
(1)已知：
2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH1
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH2
2CO(g)＋4H2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH3
用ΔH2、ΔH3表示ΔH1，ΔH1＝ 。
(2)针对CO2与H2反应转化为二甲醚(g)和H2O(g)，研究发现，该反应中CO2的平衡转化率随反应温度、投料比[n(H2)/n(CO2)]的变化曲线如图：
①ΔH1 (填写“>”或“<”)0。
②若其他条件不变，仅仅增大压强，则逆反应速率会 (填写“增大”“减小”或“不变”，下同)，平衡常数K会 。
③在其他条件不变时，请在图中画出平衡时CH3OCH3的体积分数随投料比[n(H2)/n(CO2)]变化的曲线图 。
(3) 研究发现，催化剂可以促使烟气CO、SO2转化为CO2、S。反应原理为：
2CO(g)＋SO2(g) 2CO2(g)＋S(l) ΔH＝－270 kJ·mol－1。
①其他条件相同，研究发现，分别选取Fe2O3、NiO、Cr2O3作上述反应的催化剂时，SO2的转化率随反应温度的变化如图，研究得出，应该选择Fe2O3作催化剂，主要原因可能是： 。
②若在2 L恒容密闭容器中，将3 mol CO、1 mol SO2混合，在一定条件下引发反应，当SO2的平衡转化率为40%时，此时K＝ 。
③向反应容器中再分别通入下列气体，可以使SO2转化率增大的是 (填写编号)。
A．CO B．SO2 C．N2 D．H2S E．CO2
【答案】ΔH3－2ΔH2；<；增大；不变；；Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率，从而节约能源；0.44；A
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】、(1)、根据盖斯定律，反应①可由③-2×②得到，故得出ΔH1＝ΔH3－2ΔH2，故答案为：ΔH3－2ΔH2；
(2)、①、由题图可知，当投料比一定时，温度越高，CO2的平衡转化率越低，所以升温，平衡左移，正反应为放热反应，ΔH1<0，故答案为：<；
②、其他条件不变，仅仅增大压强，正、逆反应速率均增大；平衡常数只与温度有关，不随其他条件的变化而变化，故答案为：增大；不变；
③、当反应物按化学计量数之比投料时，CH3OCH3的体积分数最大，故答案为：；
(3)、①、根据题图，可以得出Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率，从而节约能源，故答案为：Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率，从而节约能源；
②、利用三段式法进行计算：
故K＝0.44，故答案为：0.44；
③、A、增加CO的量，可以使SO2的转化率增大，A正确；
B、若增加SO2的量，平衡向正反应方向移动，但是SO2的转化率会降低，B错误；
C、通入N2，平衡不移动，SO2的转化率不变，C错误；
D、通入H2S，H2S会与SO2反应，平衡逆向移动，SO2的转化率会降低，D错误；
E、通入CO2，平衡逆向移动，SO2的转化率会降低，E错误；
故答案为：A；
【分析】盖斯定律的使用原则：化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；化学反应的反应热只与反应的始态（各反应物）和终态（各生成物）有关，而与具体反应的途径无关；任何化学反应的反应热和其逆反应的反应热大小相等，符号相反；任何化学反应，当各物质系数发生变化时，反应热的数值也随之发生变化。
分析化学反应速率和化学平衡图像题的方法：一看面（纵、横坐标的意义）；二看线（线的走向和变化趋势）；三看点（起点拐点终点）；四看辅助线（如等温线、等压线、平衡线）；五看量的变化（如浓度变化、温度变化），然后联想平衡移动原理，分析条件对反应速率、化学平衡移动的影响，最后利用原理，结合图像，分析图像中所代表反应速率变化或化学平衡的线，作出判断。
书写化学反应三段式时的注意事项：单位一致，确保起始量、变化量和平衡量的单位保持一致；注意化学计量数、注意物质状态固体、纯液体一般不参与其中；考虑可逆反应的平衡量不是完全转化的结果，而是反应物和生成物共存的状态。此时需要根据反应的转化率或平衡常数进行计算。
判断平衡移动的方向：用勒夏特列原理定性分析，改变影响平衡的一个因素，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，一共有两层意思：平衡移动方向，与改变条件相反的方向；平衡移动程度，不能抵消这种改变。或用平衡常数定量分析。
三、流程题：本大题共1小题，共8分。
18．（2024高三上·广东开学考）工业上用辉铜矿(主要成分Cu2S，含Fe3O4、SiO2杂质)为原料，生产硫酸铜晶体的工艺流程如下：
已知：①固体B为氧化物组成的混合物 ②[Cu(NH3)4]2+(aq)Cu2+(aq) + 4NH3(aq)
（1）气体X是 ，高温下在过量空气中煅烧辉铜矿时，Cu2S发生反应的方程式为： 。
（2）固体B酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是 ，不用浓硫酸的原因是 。
（3）鉴别溶液D中Fe3+完全除尽的方法是 。滤液G的主要溶质是 (填化学式)。
（4）由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、 、烘干。
（5）用“间接碘量法”测定所制备的CuSO4·5H2O(不含能与I-反应的氧化性杂质)的纯度。取a g试样配成100 mL溶液，取25.00 mL该溶液，滴加KI溶液后有白色碘化物沉淀生成，滴加KI溶液至沉淀不再产生为止，然后用硫代硫酸钠标准溶液滴定生成的I2，发生反应的化学方程式为I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6，消耗c mol·L-1Na2S2O3溶液的体积为V mL。
①写出CuSO4与KI反应的离子方程式 。
②计算试样中CuSO4·5H2O的纯度 (用a、c、V表示)。
【答案】（1）SO2；Cu2S+2O22CuO+SO2或2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2
（2）溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；浓硫酸与Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2
（3）取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽；(NH4)2SO4
（4）过滤洗涤
（5）2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；%
【知识点】铜及其化合物；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）高温下在过量空气中煅烧辉铜矿，Cu2S会和氧气反应生成SO2，所以气体X是SO2；高温下，Cu2S与氧气发生反应的方程式为或；
（2）稀硫酸与Fe3O4反应生成硫酸亚铁和硫酸铁，和氧化铜反应生成硫酸铜，和SiO2不反应，所以固体B中加入稀硫酸和H2O2，目的是溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；该反应不能采用浓硫酸溶液，是因为浓硫酸具有强氧化性，能够把Fe2+氧化，本身被还原，生成对环境有污染的SO2；
（3）检验Fe3＋是否存在可以用KSCN溶液，所以鉴别溶液D中Fe3+完全除尽的方法是：取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽；前面相继除去了硅元素，铁元素，滤渣是CuO，所以滤液G的主要溶质是(NH4)2SO4；
（4）由溶液获得晶体的基本操作是蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤、烘干等；
（5）用硫酸铜与碘化钾反应，然后用Na2S2O3滴定反应生成的I2，说明Cu2＋能将I-氧化成碘单质，滴加KI溶液后有白色碘化物沉淀生成，说明有CuI生成，所以CuSO4与KI反应的离子方程式为：；根据化学反应2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6得到关系式为 Cu2＋~Na2S2O3，所以CuSO4·5H2O的物质的量等于Na2S2O3的物质的量=c×V×10-3mol，所以试样中CuSO4·5H2O的纯度==；
【分析】工业上用辉铜矿(主要成分Cu2S，含Fe3O4、SiO2杂质)为原料，生产硫酸铜晶体，具体步骤分析如下，首先是煅烧，辉铜矿中Cu2S被O2氧化，生成CuO和SO2，杂质Fe3O4被氧化为Fe2O3，SiO2不反应；接着是酸溶，加入硫酸溶解金属氧化物，CuO、Fe2O3与酸反应生成可溶性盐，SiO2不溶，以滤渣的形式除去；继续加入NH3·H2O，利用络合反应与沉淀反应分离Fe3+和Cu2+：Fe3+与氨水反应生成Fe(OH)3沉淀，以滤渣形式除去，Cu2+与过量氨水形成稳定络离子[Cu(NH3)4]2+，进入溶液D；接着蒸氨，加热使NH3挥发，促使络合平衡正向移动，Cu2+水解生成CuO；最后CuO与H2SO4反应生成CuSO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，从溶液中析出 CuSO4·5H2O( 硫酸铜晶体）。
（1）高温下在过量空气中煅烧辉铜矿，Cu2S会和氧气反应生成SO2，所以气体X是SO2；高温下，Cu2S与氧气发生反应的方程式为Cu2S+2O22CuO+SO2或2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2；
（2）稀硫酸与Fe3O4反应生成硫酸亚铁和硫酸铁，和氧化铜反应生成硫酸铜，和SiO2不反应，所以固体B中加入稀硫酸和H2O2，目的是溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；该反应不能采用浓硫酸溶液，是因为浓硫酸具有强氧化性，能够把Fe2+氧化，本身被还原，生成对环境有污染的SO2；
（3）检验Fe3＋是否存在可以用KSCN溶液，所以鉴别溶液D中Fe3+完全除尽的方法是：取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽；前面相继除去了硅元素，铁元素，滤渣是CuO，所以滤液G的主要溶质是(NH4)2SO4；
（4）由溶液获得晶体的基本操作是蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤、烘干等；
（5）用硫酸铜与碘化钾反应，然后用Na2S2O3滴定反应生成的I2，说明Cu2＋能将I-氧化成碘单质，滴加KI溶液后有白色碘化物沉淀生成，说明有CuI生成，所以CuSO4与KI反应的离子方程式为2Cu2++4I-==2CuI↓+I2；根据化学反应2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6得到关系式为 Cu2＋—Na2S2O3，所以CuSO4·5H2O的物质的量等于Na2S2O3的物质的量=c×V×10-3mol，所以试样中CuSO4·5H2O的纯度==%。
四、实验题：本大题共1小题，共10分。
19．（2024高三上·广东开学考）是无色澄清发烟液体沸点为，在潮湿空气中水解成和，遇生成氧氯化磷()，且氧氯化磷可用于农药、医药的制造及有机合成等。某校同学设计下列装置制取。
回答下列问题：
（1）盛装浓盐酸的仪器名称为 。
（2）装置盛放的试剂是 ；中进入冷凝管中的水从接口 填字母进入，盛无水干燥管的作用是 。
（3）实验开始前及整个过程中需通入，其目的是 。
（4）装置中生成的离子方程式为 ；中白磷与反应生成三氯化磷的化学方程式为 。
【答案】（1）分液漏斗
（2）浓硫酸；；防止水蒸气进入系统导致水解
（3）隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置
（4）；
【知识点】氯气的实验室制法；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、结合图示可知盛装浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；
（2）、PCl3是无色澄清发烟液体沸点为，在潮湿空气中水解成和，所以装置盛放的试剂是浓硫酸，中进入冷凝管中的水从下口进上口出，所以应从口进入，盛无水干燥管的作用是：防止水蒸气进入系统导致水解；
（3）、实验开始前及整个过程中需通入，其目的是隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置；
（4）、装置中生成的离子方程式为：中白磷与反应生成三氯化磷的化学方程式为。
【分析】首先在装置A中制备Cl2，利用高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气，具体的化学方程式为：，无需加热，KMnO4强氧化性直接氧化浓盐酸；装置B中利用浓硫酸的强吸水性和不与Cl2反应的特性，干燥Cl2，防PCl3水解；实验前需关闭K3、K4，打开K1、K2，通CO2排空气，除O2，创造无氧环境，防PCl3氧化；装置D是在沙浴或温和加热，控制反应速率，生成PCl3的反应：；装置E用于冷凝，PCl3沸点为76℃，通过冷水浴使气态PCl3液化，在x处收集液态产品，后接无水CaCl2干燥管，防止装置F中NaOH溶液的水蒸气进入E，避免PCl3水解，最后装置C和F尾气处理吸收Cl2，防污染。
（1）结合图示可知盛装浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；
（2）PCl3是无色澄清发烟液体沸点为，在潮湿空气中水解成和，所以装置盛放的试剂是浓硫酸，中进入冷凝管中的水从下口进上口出，所以应从口进入，盛无水干燥管的作用是：防止水蒸气进入系统导致水解；
（3）实验开始前及整个过程中需通入，其目的是隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置；
（4）装置中生成的离子方程式为中白磷与反应生成三氯化磷的化学方程式为。
五、推断题：本大题共1小题，共10分。
20．（2024高三上·广东开学考）丁腈橡胶、合成纤维、制备古马隆树脂的原料的合成路线如下：
已知：i．
ii．+
（1）中所含官能团的名称是 。
（2）和的结构简式依次是 、 。
（3）反应Ⅱ的化学方程式是 。
（4）完全转化成所消耗的的质量是 。
（5）反应Ⅲ的化学方程式是 。
（6）下列说法正确的是选填字母 。
a．反应Ⅰ是加聚反应 b．的分子式为
c．与甲基丁二烯互为同系物 d．的同分异构体中属于苯的同系物的有种
（7）烃的核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为，则反应Ⅳ的化学方程式是 。
【答案】（1）碳碳双键
（2）；
（3）→
（4）10
（5）n H2N(CH2)6NH2 +n HOOC(CH2)4COOH→+(2n 1)H2O
（6）
（7）+
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；有机化学反应的综合应用；合成有机高分子化合物的性质实验；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】（1）为中所含官能团的名称是碳碳双键，故答案为：碳碳双键；
（2）和的结构简式依次是、，故答案为：、；
（3）反应Ⅱ的化学方程式是：，故答案为：；
（4）为，碳碳双键、均与氢气发生加成反应生成完全转化成所消耗的为，消耗氢气质量是，故答案为：；
（5）反应Ⅲ的化学方程式是：nH2N(CH2)6NH2＋nHOOC(CH2)4COOH→＋(2n－1)H2O，故答案为nH2N(CH2)6NH2＋nHOOC(CH2)4COOH→＋(2n－1)H2O。
（6）、反应Ⅰ是加聚反应，正确；
b、由的结构可知，的分子式为，错误；
c、A与甲基丁二烯均含有个碳碳双键，二者互为同系物，正确；
d、H为，的同分异构体中属于苯的同系物，侧链为正丙基、异丙基，或侧链为甲基、乙基，有邻、间、对种，或者含有个甲基，有连、偏、均种，故共有种，正确；
故答案为：；
（7）反应Ⅳ的化学方程式是：＋，故答案为：＋。
【分析】本题考查有机物的推断与合成，需要考生充分利用分子式与结构简式进行推断，侧重考查学生的分析推理能力，是对有机化学的综合考查，是高考常考题型。
首先是单体的推导，由、分子式结合丁腈橡胶的结构简式通过逆向反推的方式可知为：为：；上半部分中B在电解还原的条件下发生二聚反应生成在酸性条件下发生水解反应得到：，接着反推出的结构为为：；下半部分A也就是1-3-丁二烯与氯气发生加成反应生成与发生取代反应生成与氢气发生加成反应，把氰基转化为氨基，得到，结合的结构简式可知，为：为：与发生缩聚反应，通过羧基和氨基脱水得到酰胺基，最终得到为：，与烃发生加成反应生成，而的相对分子质量为，故K的相对分子质量为，则，则的分子式为，结合的结构可知为，为。通过基础原料到官能团修饰再到高分子聚合以及骨架构建的递进策略，利用经典有机反应（加成、取代、缩聚、双烯加成 ），实现最终产物的合成。
（1）为中所含官能团的名称是碳碳双键，故答案为：碳碳双键；
（2）和的结构简式依次是、，故答案为：、；
（3）反应Ⅱ的化学方程式是：，故答案为：；
（4）为，碳碳双键、均与氢气发生加成反应生成完全转化成所消耗的为，消耗氢气质量是，故答案为：；
（5）反应Ⅲ的化学方程式是：nH2N(CH2)6NH2＋nHOOC(CH2)4COOH→＋(2n－1)H2O，故答案为nH2N(CH2)6NH2＋nHOOC(CH2)4COOH→＋(2n－1)H2O。
（6）反应Ⅰ是加聚反应，故正确；
由的结构可知，的分子式为，故错误；
与甲基丁二烯均含有个碳碳双键，二者互为同系物，故正确；
为，的同分异构体中属于苯的同系物，侧链为正丙基、异丙基，或侧链为甲基、乙基，有邻、间、对种，或者含有个甲基，有连、偏、均种，故共有种，故正确，
故选：；
（7）反应Ⅳ的化学方程式是：＋，故答案为：＋。
广东省三校2024-2025学年高三上学期8月开学 摸底考化学试题
一、单选题：本大题共16小题，共48分。
1．（2024高三上·广东开学考）下列关于常见有机物的说法正确的是
A．乙烯和苯都能和溴水发生化学反应而使溴水褪色
B．乙烷可使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．糖类和蛋白质都是高分子化合物
D．乙酸和油脂都能与氢氧化钠溶液反应
2．（2024高三上·广东开学考）能源可划分为一次能源和二次能源，直接来自于自然界的能源称为一次能源；需依靠其他能源的能量间接制取的能源称为二次能源。下列叙述正确的是( )
A．水煤气是二次能源 B．水力是二次能源
C．天然气是二次能源 D．电能是一次能源
3．（2024高三上·广东开学考）下列各项叙述中，正确的是
A．、、的电负性随原子序数的增大而增大
B．价电子排布为的元素位于第周期第Ⅴ族，是区元素
C．和轨道形状均为哑铃形，能量也相等
D．原子的价电子表示式不符合洪特规则
4．（2024高三上·广东开学考）下列物质中，工业上常用电解法冶炼的是
A．Fe B．Na C．Cu D．Ag
5．（2024高三上·广东开学考）下列反应属于氧化还原反应的是
A． B．
C． D．
6．（2024高三上·广东开学考）下列关于有机化合物的说法正确的是
A．乙烯能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，且褪色原理相同
B．葡萄糖和果糖的分子式都是，二者互为同分异构体
C．不含其他杂质的油脂属于纯净物
D．石油裂解和油脂皂化都是化学变化，而石油的分馏和煤的干馏都是物理变化
7．（2024高三上·广东开学考）工业上合成的反应为，下列有关说法不正确的是
A．、、三种有机物均易发生加成反应
B．、、三种有机物分子中所有原子均有可能共平面
C．、、三种有机物使酸性高锰酸钾溶液褪色的原理相同
D．的二氯代物有种不考虑立体异构
8．（2024高三上·广东开学考）下列离子方程式正确的是
A．AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++ 3OH－ ＝ Al(OH)3↓
B．将一小块金属钠投入到硫酸铜溶液中：2Na＋Cu2＋＝Cu＋2Na＋
C．氢氧化钡溶液与硫酸反应：2H+ + SO42-＋Ba2+ + 2OH－＝ BaSO4↓＋2H2O
D．将Cl2通入FeCl2溶液中：Fe2＋＋Cl2＝Fe3＋＋2Cl－
9．（2024高三上·广东开学考）短周期主族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增加。K、L、 M、N 均是由这些元素组成的二元化合物，甲、乙分别是元素X、Y的单质，甲是固体，乙是气体，K 是主要的大气污染物之一，0.05mol·L-1丙溶液的pH为1，上述物质的转化关系如下图所示。下列说法正确的是
A．原子半径： W
C．原子最外层电子数： W
10．（2024高三上·广东开学考）LED系列产品是被看好的一类节能新产品，下图是一种氢氧燃料电池驱动LED发光的装置。下列有关叙述正确的是
A．a处通入氢气，发生了还原反应：H2-2e-+2OH-=2H2O
B．b处通入氧气，为电池的正极
C．该装置中只涉及两种形式的能量转化，电池中的KOH溶液也可用稀硫酸溶液代替
D．P-型半导体连接的是电池负极．
11．（2024高三上·广东开学考）下列说法正确的是：
A．其它条件不变时，升高温度，可以提高反应物的活化分子百分数
B．其它条件不变时，增大反应物的浓度，可以提高反应物的活化分子百分数
C．保持温度不变，化学平衡正向移动时，化学平衡常数增大，逆向移动时则减小
D．其它条件不变时，加入高效催化剂，可以增大化学反应速率和反应物的转化率
12．（2024高三上·广东开学考）下列实验方案中，不能测定和混合物中质量分数的是（ ）
A．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体干燥后用碱石灰吸收，增重bg
B．取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体
C．取ag混合物充分加热，固体质量减少bg
D．取ag混合物与足量溶液充分反应，得bg溶液
13．（2024高三上·广东开学考）下列有关晶体的叙述中，正确的是
A．氯化钠晶胞中含有4个NaCl分子
B．金刚石结构中最小的环上有6个碳原子
C．干冰晶体中，每个分子周围距离相等且最近的分子共有8个
D．金属Zn晶体中的晶胞如图所示，这种堆积方式称为体心立方堆积
14．（2024高三上·广东开学考）下列装置应用于实验室进行相关实验，能达到实验目的的是
A．用装置甲在强光照条件下制取一氯甲烷
B．用装置乙分离乙酸乙酯和水
C．用装置丙蒸馏石油并收集60～150℃馏分
D．用装置丁制取并收集乙酸乙酯
15．（2024高三上·广东开学考）下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是（ ）
A．H2+CuO=Cu+H2O B．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
C．H2+Cl2=2HCl D．2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O
16．（2024高三上·广东开学考）活性炭吸附法是工业提碘的主要方法之一。其流程如图：下列有关叙述正确的是（ ）
A．反应①的离子方程式为2NO2-+2H2O+2I-=2NO↑+I2+4OH-
B．实验室从反应②所得溶液提取碘可采用蒸馏法
C．流程中I2碘经过吸附，转化为I-、IO3-再转化为I2的过程是为了增大I2的浓度
D．反应②所得溶液呈紫色
二、填空题：本大题共1小题，共8分。
17．（2024高三上·广东开学考）燃煤产生的烟气中含有较多的CO2、CO、SO2等影响环境的气体。如何综合利用这些气体一直是科研单位研究的热点。
(1)已知：
2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH1
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH2
2CO(g)＋4H2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH3
用ΔH2、ΔH3表示ΔH1，ΔH1＝ 。
(2)针对CO2与H2反应转化为二甲醚(g)和H2O(g)，研究发现，该反应中CO2的平衡转化率随反应温度、投料比[n(H2)/n(CO2)]的变化曲线如图：
①ΔH1 (填写“>”或“<”)0。
②若其他条件不变，仅仅增大压强，则逆反应速率会 (填写“增大”“减小”或“不变”，下同)，平衡常数K会 。
③在其他条件不变时，请在图中画出平衡时CH3OCH3的体积分数随投料比[n(H2)/n(CO2)]变化的曲线图 。
(3) 研究发现，催化剂可以促使烟气CO、SO2转化为CO2、S。反应原理为：
2CO(g)＋SO2(g) 2CO2(g)＋S(l) ΔH＝－270 kJ·mol－1。
①其他条件相同，研究发现，分别选取Fe2O3、NiO、Cr2O3作上述反应的催化剂时，SO2的转化率随反应温度的变化如图，研究得出，应该选择Fe2O3作催化剂，主要原因可能是： 。
②若在2 L恒容密闭容器中，将3 mol CO、1 mol SO2混合，在一定条件下引发反应，当SO2的平衡转化率为40%时，此时K＝ 。
③向反应容器中再分别通入下列气体，可以使SO2转化率增大的是 (填写编号)。
A．CO B．SO2 C．N2 D．H2S E．CO2
三、流程题：本大题共1小题，共8分。
18．（2024高三上·广东开学考）工业上用辉铜矿(主要成分Cu2S，含Fe3O4、SiO2杂质)为原料，生产硫酸铜晶体的工艺流程如下：
已知：①固体B为氧化物组成的混合物 ②[Cu(NH3)4]2+(aq)Cu2+(aq) + 4NH3(aq)
（1）气体X是 ，高温下在过量空气中煅烧辉铜矿时，Cu2S发生反应的方程式为： 。
（2）固体B酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是 ，不用浓硫酸的原因是 。
（3）鉴别溶液D中Fe3+完全除尽的方法是 。滤液G的主要溶质是 (填化学式)。
（4）由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、 、烘干。
（5）用“间接碘量法”测定所制备的CuSO4·5H2O(不含能与I-反应的氧化性杂质)的纯度。取a g试样配成100 mL溶液，取25.00 mL该溶液，滴加KI溶液后有白色碘化物沉淀生成，滴加KI溶液至沉淀不再产生为止，然后用硫代硫酸钠标准溶液滴定生成的I2，发生反应的化学方程式为I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6，消耗c mol·L-1Na2S2O3溶液的体积为V mL。
①写出CuSO4与KI反应的离子方程式 。
②计算试样中CuSO4·5H2O的纯度 (用a、c、V表示)。
四、实验题：本大题共1小题，共10分。
19．（2024高三上·广东开学考）是无色澄清发烟液体沸点为，在潮湿空气中水解成和，遇生成氧氯化磷()，且氧氯化磷可用于农药、医药的制造及有机合成等。某校同学设计下列装置制取。
回答下列问题：
（1）盛装浓盐酸的仪器名称为 。
（2）装置盛放的试剂是 ；中进入冷凝管中的水从接口 填字母进入，盛无水干燥管的作用是 。
（3）实验开始前及整个过程中需通入，其目的是 。
（4）装置中生成的离子方程式为 ；中白磷与反应生成三氯化磷的化学方程式为 。
五、推断题：本大题共1小题，共10分。
20．（2024高三上·广东开学考）丁腈橡胶、合成纤维、制备古马隆树脂的原料的合成路线如下：
已知：i．
ii．+
（1）中所含官能团的名称是 。
（2）和的结构简式依次是 、 。
（3）反应Ⅱ的化学方程式是 。
（4）完全转化成所消耗的的质量是 。
（5）反应Ⅲ的化学方程式是 。
（6）下列说法正确的是选填字母 。
a．反应Ⅰ是加聚反应 b．的分子式为
c．与甲基丁二烯互为同系物 d．的同分异构体中属于苯的同系物的有种
（7）烃的核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为，则反应Ⅳ的化学方程式是 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】乙烯的物理、化学性质；苯的结构与性质；乙酸的化学性质；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、乙烯和苯都能和溴水反应褪色，但是乙烯确实能和溴水发生加成反应，使溴水褪色，但苯和溴水是萃取，属于物理变化，不是化学反应，A错误；
B、乙烷是烷烃，烷烃性质稳定，不能被酸性高锰酸钾氧化，所以乙烷不能使酸性高锰酸钾褪色，B错误；
C、蛋白质是高分子，但糖类里的单糖（葡萄糖、果糖）、二糖（蔗糖、麦芽糖）都不是高分子，只有多糖（淀粉、纤维素）才是高分子，C错误；
D、乙酸是羧酸，和 NaOH 发生中和反应；油脂是酯类，在 NaOH 条件下发生水解也就是皂化反应，D正确；
故答案为：D
【分析】高分子化合物，简称高分子，又称高分子聚合物，一般指相对分子质量高达几千到几百万的化合物，绝大多数高分子化合物是许多相对分子质量不同的同系物的混合物，因此高分子化合物的相对分子质量是平均相对分子量。高分子化合物是由千百个原子以共价键相互连接而成的，虽然它们的相对分子质量很大，但都是以简单的结构单元和重复的方式连接的。
2．【答案】A
【知识点】原料与能源的合理利用
【解析】【解答】A、水煤气是通过煤与水蒸气在高温下反应制取的气体燃料，主要成分为CO和H2，属于人工制取的能源，并非直接来自自然界，因此是二次能源，A正确；B、水力指水能如河流、瀑布的能量，直接来自自然界，无需人为转换，因此是一次能源，B错误；
C、天然气是从地下直接开采的化石燃料，主要成分为甲烷，直接来自自然界，因此是一次能源，C错误；
D、电能通常通过一次能源（如煤炭、水力、风能等）在发电厂中转换制取，并非直接来自自然界，因此是二次能源，D错误；
故答案为：A
【分析】一次能源是直接来自自然界的能源，二次能源是需要依靠其他能源间接制取的能源。
3．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；元素电离能、电负性的含义及应用
【解析】【解答】A、电负性是原子吸引电子的能力，而、、位于同一主族，同主族元素从上到下，电负性减小，则、、的电负性随原子序数的增大而减小，A错误；
B、价电子排布为的元素有个电子层、最外层电子数为，位于第四周期第Ⅴ族，最后填充电子，P区包括第三主族到第七主族的元素（不包括稀有气体），是区元素，B正确；
C、所有p轨道（无论2p、3p等）均为哑铃形，形状相同，但是轨道能量取决于主量子数n，n越大能量越高，2p轨道（n=2）能量低于3p轨道（n=3），因此能量不相等，C错误；
D、原子的轨道含有个电子时处于半满状态，较稳定，其价电子排布式为，而洪特规则指出：在等价轨道中，电子优先分占不同轨道且自旋平行，以保持稳定，符合符合洪特规则，D错误；
故答案为：B
【分析】电负性大小比较规律：随着原子序号的递增，元素的电负性呈现周期性变化；同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元素电负性递减。因此，电负性大的元素集中在元素周期表的右上角，电负性小的元素集中在左下角；电负性越大的非金属元素越活跃，电负性越小的金属元素越活泼。
4．【答案】B
【知识点】金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A、铁属于中等活性金属，工业上采用高炉冶炼法，用一氧化碳还原铁矿石，不使用电解法，A错误；B、钠是极活泼的金属，工业上常用电解熔融氯化钠（NaCl）的方法冶炼，因此常用电解法，B正确；
C、铜属于不活泼金属，工业上初始冶炼采用火法冶金，电解主要用于精炼粗铜以得到纯铜，但冶炼本身不常用电解法，C错误；
D、银是不活泼金属，工业上通常采用加热分解其化合物提取，电解主要用于精炼，而非初始冶炼，D错误；
故答案为：B
【分析】在工业上，金属的冶炼方法主要取决于其化学活性：
非常活泼的金属（如钾、钠、钙、镁、铝）：由于它们的离子难以被还原，通常采用电解法冶炼，即电解其熔融的化合物，如氯化物或氧化物。
中等活性的金属（如锌、铁、锡、铅）：通常采用还原法，如用碳或一氧化碳在高温下还原其氧化物。
不活泼的金属（如铜、银、金）：通常采用加热分解其化合物或湿法冶金，如置换反应，电解主要用于精炼提纯，而非初始冶炼。
5．【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、，反应中没有化合价变化，不属于氧化还原反应，属于复分解反应，A错误；
B、，反应中Na、H元素的化合价变化，出现了化合价的升降，因此B为氧化还原反应，B正确；
C、，反应中没有化合价变化，不属于氧化还原反应，属于典型的化合反应，C错误；
D、，反应中没有化合价变化，不属于氧化还原反应，属于典型的分解反应，D错误；
故答案为：B
【分析】要判断是否为氧化还原反应，可以观察化合价变化：如果反应中有元素的化合价发生变化，则该反应为氧化还原反应；可以观察电子转移：氧化还原反应的实质是元素间发生电子转移，氧化剂失去电子，减少化合价；还原剂获得电子，增加化合价。
6．【答案】B
【知识点】同分异构现象和同分异构体；乙烯的物理、化学性质；石油的分馏
【解析】【解答】A、乙烯能被高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，也能和溴水发生加成反应而使溴水褪色，反应为：，两者的现象相同，但原理不同，A错误；
B、分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，葡萄糖和果糖的分子式都是，且结构不同葡萄糖含醛基，果糖含酮基，故二者互为同分异构体，B正确；
C、油脂是高级脂肪酸甘油酯，即使不含其他杂质，由于脂肪酸链的差异，如碳链长度、不饱和度不同，油脂通常是多种甘油酯的混合物（如三硬脂酸甘油酯、三油酸甘油酯等），C错误；
D、根据石油中各组分的沸点的不同，用加热的方法将其分离的方法称为石油的分馏，故石油的分馏是物理变化，而石油的裂解、皂化反应、煤的干馏均为化学变化，D错误；
故答案为：B
【分析】石油裂解：大分子烃裂解为小分子烃（如乙烯），是化学变化，存在键断裂重组。
油脂皂化：油脂在碱性条件下水解生成甘油和脂肪酸盐，是化学变化。
石油分馏：基于沸点差异分离组分，是物理变化。
煤的干馏：煤在隔绝空气条件下高温分解，生成焦炭、煤焦油、煤气等新物质，是化学变化，含有分子结构改变。
7．【答案】B
【知识点】同分异构现象和同分异构体；烯烃；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、由结构式可知，X、Y、Z的结构中均含不饱和的碳碳双键，可与Br2、H2等发生加成反应，A正确；
B、Z含有饱和碳原子（sp3杂化），具有类似甲烷的四面体结构，因此Z的所有原子不可能共平面。尽管X和Y的结构中所有的C原子都采用sp2杂化，双键平面可通过单键旋转重合，所有原子可共平面，但选项要求三种有机物均满足，而Z不满足，B错误；
C、X、Y、Z的结构中均含有碳碳不饱和键，都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，褪色原理相同，都是氧化反应，C正确；
D、的二氯代物中，两个氯原子可在相同或不同的碳原子上，如在相同的碳原子上有1种，如在不同的碳原子上有6种，共7种，具体如图所示：
，D正确；
故答案为：B
【分析】对于常见的“可能共面”的问法：碳碳双键、碳碳三键、碳氧双键、苯环均为平面结构，可能出现所有原子都共面的场景。反观，但凡出现类似甲烷基本结构的化合物分子，则不可能出现所有原子都共面的场景。
出现类似甲烷的基本结构，看作甲烷的部分最多有3个原子共面。
出现类似乙烯的基本结构，看作乙烯的部分最多有6个原子共面。
出现类似乙炔的基本结构，看作乙炔的部分，4个原子均在同一条直线上（一定共面）。
出现含有苯环C6H6的基本结构，看作苯环的部分最多有6+6=12个原子共面，且对角原子共线。
8．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、一水合氨是弱电解质，不能拆成离子形式，应该用化学式表示，正确的离子方程式为：，A错误；B、将一小块金属钠投入到硫酸铜溶液中反应生成硫酸钠、氢氧化铜沉淀和氢气，正确的离子方程式为：，B错误；
C、选项中的离子方程式完整表达了沉淀与弱电解质的生成，同时符合原子守恒和电荷守恒，因此氢氧化钡溶液与硫酸反应为：2H++SO42-＋Ba2++2OH－＝BaSO4↓＋2H2O，C正确；
D 、选项中的离子方程式没有配平，明显可以发现左右两边电荷不守恒，因此将Cl2通入FeCl2溶液中的正确离子方程式为：2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－，D错误；
故答案为：C
【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。
离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
9．【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、原子半径规律：同周期从左到右减小，同主族从上到下增大，其中W(H)、X(C)、Y(O)同周期（第二周期），原子半径：C>O>H；X(C)、Z(S)同主族（第ⅣA族），原子半径：S>C，A错误；B、 非金属性规律：同周期从左到右增强，同主族从上到下减弱，其中Y(O)、Z(S)同主族（第ⅥA族），非金属性O>S（O在上，非金属性强）；X(C)、Y(O)同周期（第二周期），非金属性O>C（O在右，非金属性强），B正确；
C、最外层电子数：W(H)最外层1个电子；X(C)最外层4个电子；Y(O)最外层6个电子；Z(S)最外层6个电子（与Y同主族），因此原子最外层电子数： W
故答案为：B
【分析】由“0.05mol/L丙溶液pH=1”，推丙为二元强酸H2SO4；甲（固体单质）与浓硫酸加热反应，结合“短周期主族元素”，推甲为C，也就是X为C，反应为：；乙（气体单质）为O2则Y为O，SO2（K，大气污染物）与O2生成SO3（N），SO3与H2O（M）生成H2SO4，据此推断剩余元素：W为H，Z为S（原子序数递增：H
【知识点】原电池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、根据装置图中的电子流向可知a为负极，b为正极，a处通入氢气，发生了氧化反应：H2-2e-+2OH-=2H2O，A错误；
B、b为正极，且b处通入的是氧气，在氢氧燃料电池中O2在正极得电子，发生还原反应，具体的电极反应为：O2+2H2O+4e-═4OH-，B正确；
C、在该装置中，燃料电池将化学能转化为电能，LED将电能转化为光能，因此，至少涉及3种形式的能量转化；氢氧燃料电池可使用碱性电解质（如KOH）或酸性电解质（如稀硫酸，替换后，电池仍可工作并驱动LED，因此可用稀硫酸代替KOH，C错误；
D、LED（发光二极管）的P-型半导体需连接电池正极，N-型半导体连接电池负极，以实现正向偏置并发光，在电池中，氢气电极（a处）为负极，氧气电极（b处）为正极，因此，P-型半导体应连接电池正极（b处），而非负极，D错误；
故答案为：B
【分析】氢氧燃料电池是一种典型的原电池，能够把化学能转化为电能，其中负极是通入H2的电极，图中与N型半导体相连侧：H2失电子，发生氧化反应，结合KOH溶液中的OH-生成H2O：；正极是通入O2的电极，图中与P型半导体相连侧：O2得电子，发生还原反应，结合H2O生成OH-：；因此总反应：。
11．【答案】A
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、根据分子运动理论，升高温度会增加分子的平均动能，使更多分子达到或超过活化能，从而提高活化分子百分数即活化分子占总分子的比例，A正确；B、活化分子百分数取决于温度和分子的能量分布，与浓度无关，增大浓度会增加活化分子的总数，但活化分子百分数（比例）不变，例如，浓度加倍，活化分子数也加倍，但比例不变，B错误；
C、化学平衡常数K只与温度有关。温度不变时，K是常数，不会因平衡移动而改变，C错误；
D、催化剂通过降低活化能来增大反应速率，但不会改变平衡位置，因此反应物的平衡转化率不变，催化剂只能加速达到平衡，不影响热力学平衡常数，D错误；
故答案为：A
【分析】在一定温度下，气体分子具有一定的平均能量，但不是所有分子都具有这样大的能量的，有的分子能量高些，有的分子能量低些。只有极少数具有能量比平均值高得多的分子，它们才能发生有效的碰撞；也就是说，碰撞后才能引起反应，这样的分子叫做活化分子。对某一反应来说，在一定温度下，活化分子在反应物分子中所占的百分数是一定的。因此，单位体积内活化分子的数目，是和单位体积内反应物分子的总数成正比，也就是和反应物的浓度成正比。显然，当反应物的浓度增大时，单位体积内活化分子的数目也相应地增多，这样也就增加了单位时间内有效碰撞的次数，因此反应速率加快。另外，如果升高反应温度，则分子运动加快，从而增加了单位时间内分子间的碰撞次数；更重要的是由于一些分子获得了能量，增加了活化分子的百分数，因而加快了反应速率。
12．【答案】D
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A．取ag混合物与足量稀盐酸反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg，即CO2的质量为bg，由a和b建立方程，可求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，A不符合题意；
B．取ag混合物与足量稀盐酸反应，加热、蒸干、灼烧，得到的bg固体为NaCl的质量，由此可求出混合物中Na+的物质的量，与ag混合物共同建立方程，可求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，B不符合题意；
C．取ag混合物充分加热，质量减少bg，则NaHCO3分解生成的CO2、H2O的质量和为bg，由此可计算出NaHCO3的质量，从而求出Na2CO3的质量分数，C不符合题意；
D．取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液，由于没有沉淀或气体产生，无法求出与Na2CO3、NaHCO3相关的微粒的质量或物质的量，无法求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据反应时，发生反应的不同，能列方程组或利用差量确定组分的量进行计算，D项中质量守恒，无法计算。
13．【答案】B
【知识点】离子晶体；金属晶体的基本堆积模型
【解析】【解答】A、氯化钠（NaCl）是典型的离子晶体，由 Na+ 和 Cl- 离子交替排列构成，不存在独立的 "NaCl 分子"，A错误；
B、金刚石是典型的原子晶体，碳原子以sp3杂化形成四面体网络，最小环为六元环，是6个碳原子组成椅式构型，属于金刚石的典型结构特征，B正确；
C、干冰就是固态的CO2，是典型的分子晶体，属面心立方堆积，其中每个CO2分子周围有12个等距离的最近邻CO2分子，说明配位数为12，C错误；
D、由图所示，金属Zn的堆积方式为六方最紧密堆积，而体心立方堆积的代表通常是Na和α-Fe等，D错误；
故答案为：B
【分析】金属晶体的四种堆积方式如下：
简单立方堆积：每个原子与6个邻居相连，配位数为6；体心立方堆积：每个原子与8个邻居相连，配位数为8；面心立方堆积：每个原子与12个邻居相连，配位数为12；六方最密堆积：每个原子与12个邻居相连，配位数为12。
14．【答案】B
【知识点】石油的分馏；甲烷的取代反应；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、实验室制取一氯甲烷需甲烷与氯气在光照下反应，但该反应为连锁取代反应，产物为混合物，含一氯甲烷、二氯甲烷等，无法控制只生成一氯甲烷，而装置甲只是简易气体反应装置，无纯化分离设计，并且在强光照条件下会爆炸，易造成实验室事故，A错误；B、乙酸乙酯与水互不相溶，密度小于水，分层后乙酸乙酯在上层，而装置乙为分液漏斗，专用于分离互不相溶的液体混合物，B正确；
C、蒸馏石油需用蒸馏烧瓶+温度计+冷凝管+接收器的完整装置，通过温度计精确控温，且要注意60～150℃馏分为汽油馏分，需分段收集；装置丙中虽然含有温度计，但是温度计应该置于支管口处，否则会导致馏分不纯，C错误；
D、制取乙酸乙酯需在试管中混合乙醇、乙酸与浓硫酸，加热反应，并用导管将蒸气导入盛有饱和Na2CO3溶液的接收器中，不能使用NaOH溶液，因为乙酸乙酯易在强碱性环境下水解，D错误；
故答案为：B
【分析】在乙酸乙酯的制备中，碳酸钠的主要作用：中和乙酸：碳酸钠与反应中未反应的乙酸反应，生成易溶于水的乙酸钠；降低乙酸乙酯的溶解度：在饱和碳酸钠溶液中，乙酸乙酯的溶解度较小，这有助于分层分液，使得乙酸乙酯与水相分离，便于后续的提取和纯化；溶解挥发的乙醇：碳酸钠溶液能够吸收反应过程中挥发出的乙醇，减少产物的损失，并有助于提高反应的收率。
15．【答案】B
【知识点】化学键；离子键的形成；共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】A、H2中只含有非极性共价键，CuO中含有离子键，Cu中含有金属键，H2O中含有极性共价键，则反应物中只有非极性共价键、离子键的断裂，生成物中只有金属键、极性共价键的形成，A错误；
B、Na2O2中含有非极性键和离子键，H2O中只含有极性共价键，NaOH中含有离子键和极性共价键，O2中含有非极性共价键，则反应中有离子键、极性共价键、非极性共价键的断裂和形成，B正确；
C、反应物H2、Cl2中都只含有非极性共价键，而生成物HCl中只含有极性共价键，C错误；
D、NaOH中含有离子键和极性共价键，Cl2中含有非极性共价键，NaCl中含有离子键，NaClO中含有离子键和极性共价键，H2O中只含有极性共价键，则产物中没有非极性共价键的形成，D错误；
故答案为：B
【分析】非极性共价键：成键电子在两个原子之间平均分配，形成非极性共价键，例如C-C键和C-H键；极性共价键：成键电子不均匀分配，电负性较大的原子对电子的吸引力较强，形成极性共价键，例如C-O键和O-H键；离子键：成键电子几乎完全被电负性较大的原子占有，形成离子键。离子键是通过阴阳离子之间的静电作用形成的。
16．【答案】C
【知识点】海水资源及其综合利用；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、反应①是含碘卤水中加入NaNO2氧化I 生成I2，实际反应在酸性条件下进行：，A错误；
B、反应②是活性炭吸附I2后，用NaOH溶液处理，生成I 和IO3 ，实际的反应：，此时碘以离子形式存在，无游离I2 ，不能直接蒸馏。需先加酸酸化生成I2：，再通过萃取或升华提取碘，B错误；
C、通过活性炭吸附富集稀溶液中的I2，再经碱洗和酸化，去除杂质并浓缩碘，最终提高I2的纯度和浓度，C正确；
D、反应②是最后的酸化步骤，得到了碘单质的水溶液，溶液为黄色或棕色溶液，而紫色是单质I2的特征颜色，D错误；
故答案为：C
【分析】写离子方程式时候要注意反应物可能会受环境的影响，如酸性或碱性环境等，不同的环境反应的生成物不同。离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
17．【答案】ΔH3－2ΔH2；<；增大；不变；；Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率，从而节约能源；0.44；A
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】、(1)、根据盖斯定律，反应①可由③-2×②得到，故得出ΔH1＝ΔH3－2ΔH2，故答案为：ΔH3－2ΔH2；
(2)、①、由题图可知，当投料比一定时，温度越高，CO2的平衡转化率越低，所以升温，平衡左移，正反应为放热反应，ΔH1<0，故答案为：<；
②、其他条件不变，仅仅增大压强，正、逆反应速率均增大；平衡常数只与温度有关，不随其他条件的变化而变化，故答案为：增大；不变；
③、当反应物按化学计量数之比投料时，CH3OCH3的体积分数最大，故答案为：；
(3)、①、根据题图，可以得出Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率，从而节约能源，故答案为：Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率，从而节约能源；
②、利用三段式法进行计算：
故K＝0.44，故答案为：0.44；
③、A、增加CO的量，可以使SO2的转化率增大，A正确；
B、若增加SO2的量，平衡向正反应方向移动，但是SO2的转化率会降低，B错误；
C、通入N2，平衡不移动，SO2的转化率不变，C错误；
D、通入H2S，H2S会与SO2反应，平衡逆向移动，SO2的转化率会降低，D错误；
E、通入CO2，平衡逆向移动，SO2的转化率会降低，E错误；
故答案为：A；
【分析】盖斯定律的使用原则：化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；化学反应的反应热只与反应的始态（各反应物）和终态（各生成物）有关，而与具体反应的途径无关；任何化学反应的反应热和其逆反应的反应热大小相等，符号相反；任何化学反应，当各物质系数发生变化时，反应热的数值也随之发生变化。
分析化学反应速率和化学平衡图像题的方法：一看面（纵、横坐标的意义）；二看线（线的走向和变化趋势）；三看点（起点拐点终点）；四看辅助线（如等温线、等压线、平衡线）；五看量的变化（如浓度变化、温度变化），然后联想平衡移动原理，分析条件对反应速率、化学平衡移动的影响，最后利用原理，结合图像，分析图像中所代表反应速率变化或化学平衡的线，作出判断。
书写化学反应三段式时的注意事项：单位一致，确保起始量、变化量和平衡量的单位保持一致；注意化学计量数、注意物质状态固体、纯液体一般不参与其中；考虑可逆反应的平衡量不是完全转化的结果，而是反应物和生成物共存的状态。此时需要根据反应的转化率或平衡常数进行计算。
判断平衡移动的方向：用勒夏特列原理定性分析，改变影响平衡的一个因素，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，一共有两层意思：平衡移动方向，与改变条件相反的方向；平衡移动程度，不能抵消这种改变。或用平衡常数定量分析。
18．【答案】（1）SO2；Cu2S+2O22CuO+SO2或2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2
（2）溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；浓硫酸与Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2
（3）取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽；(NH4)2SO4
（4）过滤洗涤
（5）2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；%
【知识点】铜及其化合物；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）高温下在过量空气中煅烧辉铜矿，Cu2S会和氧气反应生成SO2，所以气体X是SO2；高温下，Cu2S与氧气发生反应的方程式为或；
（2）稀硫酸与Fe3O4反应生成硫酸亚铁和硫酸铁，和氧化铜反应生成硫酸铜，和SiO2不反应，所以固体B中加入稀硫酸和H2O2，目的是溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；该反应不能采用浓硫酸溶液，是因为浓硫酸具有强氧化性，能够把Fe2+氧化，本身被还原，生成对环境有污染的SO2；
（3）检验Fe3＋是否存在可以用KSCN溶液，所以鉴别溶液D中Fe3+完全除尽的方法是：取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽；前面相继除去了硅元素，铁元素，滤渣是CuO，所以滤液G的主要溶质是(NH4)2SO4；
（4）由溶液获得晶体的基本操作是蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤、烘干等；
（5）用硫酸铜与碘化钾反应，然后用Na2S2O3滴定反应生成的I2，说明Cu2＋能将I-氧化成碘单质，滴加KI溶液后有白色碘化物沉淀生成，说明有CuI生成，所以CuSO4与KI反应的离子方程式为：；根据化学反应2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6得到关系式为 Cu2＋~Na2S2O3，所以CuSO4·5H2O的物质的量等于Na2S2O3的物质的量=c×V×10-3mol，所以试样中CuSO4·5H2O的纯度==；
【分析】工业上用辉铜矿(主要成分Cu2S，含Fe3O4、SiO2杂质)为原料，生产硫酸铜晶体，具体步骤分析如下，首先是煅烧，辉铜矿中Cu2S被O2氧化，生成CuO和SO2，杂质Fe3O4被氧化为Fe2O3，SiO2不反应；接着是酸溶，加入硫酸溶解金属氧化物，CuO、Fe2O3与酸反应生成可溶性盐，SiO2不溶，以滤渣的形式除去；继续加入NH3·H2O，利用络合反应与沉淀反应分离Fe3+和Cu2+：Fe3+与氨水反应生成Fe(OH)3沉淀，以滤渣形式除去，Cu2+与过量氨水形成稳定络离子[Cu(NH3)4]2+，进入溶液D；接着蒸氨，加热使NH3挥发，促使络合平衡正向移动，Cu2+水解生成CuO；最后CuO与H2SO4反应生成CuSO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，从溶液中析出 CuSO4·5H2O( 硫酸铜晶体）。
（1）高温下在过量空气中煅烧辉铜矿，Cu2S会和氧气反应生成SO2，所以气体X是SO2；高温下，Cu2S与氧气发生反应的方程式为Cu2S+2O22CuO+SO2或2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2；
（2）稀硫酸与Fe3O4反应生成硫酸亚铁和硫酸铁，和氧化铜反应生成硫酸铜，和SiO2不反应，所以固体B中加入稀硫酸和H2O2，目的是溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；该反应不能采用浓硫酸溶液，是因为浓硫酸具有强氧化性，能够把Fe2+氧化，本身被还原，生成对环境有污染的SO2；
（3）检验Fe3＋是否存在可以用KSCN溶液，所以鉴别溶液D中Fe3+完全除尽的方法是：取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽；前面相继除去了硅元素，铁元素，滤渣是CuO，所以滤液G的主要溶质是(NH4)2SO4；
（4）由溶液获得晶体的基本操作是蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤、烘干等；
（5）用硫酸铜与碘化钾反应，然后用Na2S2O3滴定反应生成的I2，说明Cu2＋能将I-氧化成碘单质，滴加KI溶液后有白色碘化物沉淀生成，说明有CuI生成，所以CuSO4与KI反应的离子方程式为2Cu2++4I-==2CuI↓+I2；根据化学反应2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6得到关系式为 Cu2＋—Na2S2O3，所以CuSO4·5H2O的物质的量等于Na2S2O3的物质的量=c×V×10-3mol，所以试样中CuSO4·5H2O的纯度==%。
19．【答案】（1）分液漏斗
（2）浓硫酸；；防止水蒸气进入系统导致水解
（3）隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置
（4）；
【知识点】氯气的实验室制法；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、结合图示可知盛装浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；
（2）、PCl3是无色澄清发烟液体沸点为，在潮湿空气中水解成和，所以装置盛放的试剂是浓硫酸，中进入冷凝管中的水从下口进上口出，所以应从口进入，盛无水干燥管的作用是：防止水蒸气进入系统导致水解；
（3）、实验开始前及整个过程中需通入，其目的是隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置；
（4）、装置中生成的离子方程式为：中白磷与反应生成三氯化磷的化学方程式为。
【分析】首先在装置A中制备Cl2，利用高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气，具体的化学方程式为：，无需加热，KMnO4强氧化性直接氧化浓盐酸；装置B中利用浓硫酸的强吸水性和不与Cl2反应的特性，干燥Cl2，防PCl3水解；实验前需关闭K3、K4，打开K1、K2，通CO2排空气，除O2，创造无氧环境，防PCl3氧化；装置D是在沙浴或温和加热，控制反应速率，生成PCl3的反应：；装置E用于冷凝，PCl3沸点为76℃，通过冷水浴使气态PCl3液化，在x处收集液态产品，后接无水CaCl2干燥管，防止装置F中NaOH溶液的水蒸气进入E，避免PCl3水解，最后装置C和F尾气处理吸收Cl2，防污染。
（1）结合图示可知盛装浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；
（2）PCl3是无色澄清发烟液体沸点为，在潮湿空气中水解成和，所以装置盛放的试剂是浓硫酸，中进入冷凝管中的水从下口进上口出，所以应从口进入，盛无水干燥管的作用是：防止水蒸气进入系统导致水解；
（3）实验开始前及整个过程中需通入，其目的是隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置；
（4）装置中生成的离子方程式为中白磷与反应生成三氯化磷的化学方程式为。
20．【答案】（1）碳碳双键
（2）；
（3）→
（4）10
（5）n H2N(CH2)6NH2 +n HOOC(CH2)4COOH→+(2n 1)H2O
（6）
（7）+
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；有机化学反应的综合应用；合成有机高分子化合物的性质实验；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】（1）为中所含官能团的名称是碳碳双键，故答案为：碳碳双键；
（2）和的结构简式依次是、，故答案为：、；
（3）反应Ⅱ的化学方程式是：，故答案为：；
（4）为，碳碳双键、均与氢气发生加成反应生成完全转化成所消耗的为，消耗氢气质量是，故答案为：；
（5）反应Ⅲ的化学方程式是：nH2N(CH2)6NH2＋nHOOC(CH2)4COOH→＋(2n－1)H2O，故答案为nH2N(CH2)6NH2＋nHOOC(CH2)4COOH→＋(2n－1)H2O。
（6）、反应Ⅰ是加聚反应，正确；
b、由的结构可知，的分子式为，错误；
c、A与甲基丁二烯均含有个碳碳双键，二者互为同系物，正确；
d、H为，的同分异构体中属于苯的同系物，侧链为正丙基、异丙基，或侧链为甲基、乙基，有邻、间、对种，或者含有个甲基，有连、偏、均种，故共有种，正确；
故答案为：；
（7）反应Ⅳ的化学方程式是：＋，故答案为：＋。
【分析】本题考查有机物的推断与合成，需要考生充分利用分子式与结构简式进行推断，侧重考查学生的分析推理能力，是对有机化学的综合考查，是高考常考题型。
首先是单体的推导，由、分子式结合丁腈橡胶的结构简式通过逆向反推的方式可知为：为：；上半部分中B在电解还原的条件下发生二聚反应生成在酸性条件下发生水解反应得到：，接着反推出的结构为为：；下半部分A也就是1-3-丁二烯与氯气发生加成反应生成与发生取代反应生成与氢气发生加成反应，把氰基转化为氨基，得到，结合的结构简式可知，为：为：与发生缩聚反应，通过羧基和氨基脱水得到酰胺基，最终得到为：，与烃发生加成反应生成，而的相对分子质量为，故K的相对分子质量为，则，则的分子式为，结合的结构可知为，为。通过基础原料到官能团修饰再到高分子聚合以及骨架构建的递进策略，利用经典有机反应（加成、取代、缩聚、双烯加成 ），实现最终产物的合成。
（1）为中所含官能团的名称是碳碳双键，故答案为：碳碳双键；
（2）和的结构简式依次是、，故答案为：、；
（3）反应Ⅱ的化学方程式是：，故答案为：；
（4）为，碳碳双键、均与氢气发生加成反应生成完全转化成所消耗的为，消耗氢气质量是，故答案为：；
（5）反应Ⅲ的化学方程式是：nH2N(CH2)6NH2＋nHOOC(CH2)4COOH→＋(2n－1)H2O，故答案为nH2N(CH2)6NH2＋nHOOC(CH2)4COOH→＋(2n－1)H2O。
（6）反应Ⅰ是加聚反应，故正确；
由的结构可知，的分子式为，故错误；
与甲基丁二烯均含有个碳碳双键，二者互为同系物，故正确；
为，的同分异构体中属于苯的同系物，侧链为正丙基、异丙基，或侧链为甲基、乙基，有邻、间、对种，或者含有个甲基，有连、偏、均种，故共有种，故正确，
故选：；
（7）反应Ⅳ的化学方程式是：＋，故答案为：＋。
