冲刺抢分卷07 -备战2025年高考化学【三轮·冲刺抢分】考前仿真模拟卷（广东专用）

备战2025年高考化学【三轮·冲刺抢分】考前仿真模拟卷 冲刺抢分卷07 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 S 32 Zn 65 一、选择题：本大题共16小题，共44分。第1-10题，每小题2分；第11-16小题，每小题4分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．传统工艺承古韵，非遗文化见风采。下列非遗文化产品中，主要材质为无机非金属材料的是 A．开平灰塑 B．新会葵扇 C．新会陈皮 D．白沙茅龙笔 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．灰塑的主要材质是石灰，石灰的主要成分是碳酸钙，碳酸钙属于无机非金属材料，符合题意； B．新会葵扇的主要材质是植物纤维，植物纤维属于天然有机高分子材料，不符合题意； C．新会陈皮的主要成分是纤维素，纤维素属于天然有机高分子材料，不符合题意； D．白沙茅龙笔的主要材质是竹子，竹子属于天然有机高分子材料，不符合题意； 故选A。 2．“新质生产力”的概念中，“新”的核心在于科技创新，下列有关说法正确的是 A．我国研发的核反应堆“华龙一号”以为核燃料，与化学性质不相同 B．巴黎奥运会中“中国制造”的足球内胆中植入芯片，制备芯片的原料属于新型无机非金属材料 C．“祝融号”火星车采用我国自主研发的“正十一烷相变保温系统”，正十一烷属于脂环烃 D．“歼一35”战斗机机翼所使用的“碳纤维布”(聚丙烯腈经碳化而成)与金刚石互为同素异形体 【答案】B 【详解】A．235U与238U互为同位素，同位素的物理性质不同，但是核外电子数及排布情况相同，化学性质几乎相同，A错误； B．制备芯片的原料为硅，属于新型无机非金属材料，B正确； C．正十一烷属于链状烷烃，不含环，C错误； D．同素异形体是指由同种元素组成的不同产单质，聚丙烯腈经碳化而成的“碳纤维布”是混合物，不是单质，D错误； 故选B。 3．粤菜海纳百川、博采众长，时时推陈出新。下列有关创新粤菜的说法中错误的是 A．改良咸香鸡使用花椒油和黄栀子调配酱汁，其中花椒油是一种不饱和脂肪酸 B．“有米金猪”使用糯米与乳猪同烤，糯米所含的营养物质主要为淀粉 C．鲜茄汤酸汤牛肉香味浓郁，其中含有的大量蛋白质可在人体内水解为氨基酸 D．顺德脆瓜炒鱼榄清爽适口，所用的黄瓜中含有丰富的维生素 【答案】A 【详解】A．花椒油属于植物油，是不饱和脂肪酸甘油酯，故A错误； B．糯米所含的营养物质主要为淀粉，故B正确； C．牛肉中含有的大量蛋白质可在人体内水解为氨基酸，故C正确； D．黄瓜中含有丰富的维生素，故D正确； 故答案为A。 4．下列说法错误的是 A．硅胶疏松多孔，可用作催化剂的载体 B．日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用 C．纯净的二氧化硅是制造光导纤维的基本原料 D．氮的固定只有在高温、高压、催化剂的条件下才能实现 【答案】D 【详解】A．硅胶疏松多孔，可用作催化剂的载体，故A正确； B．日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用，故B正确； C．光导纤维的成分是二氧化硅，纯净的二氧化硅是制造光导纤维的基本原料，故C正确； D．生物固氮在常温下进行，故D错误； 选D。 5．实验室制备柠檬酸铁铵的流程如下： 柠檬酸亚铁柠檬酸铁柠檬酸铁铵柠檬酸铁铵晶体 下列实验装置或操作不能达到实验目的的是 A．用装置甲制取 B．用装置乙制取 C．用装置丙制取氨水 D．用装置丁分离出柠檬酸铁铵晶体 【答案】B 【分析】由题给流程可知，碳酸亚铁溶于柠檬酸溶液得到柠檬酸亚铁溶液，向柠檬酸亚铁溶液中加入 的氧化剂，调节溶液pH，将柠檬酸亚铁转化为柠檬酸铁，向柠檬酸铁溶液中加入氨水制得柠檬酸铁铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥制得柠檬酸铁铵。 A．硫酸亚铁溶液与加入的碳酸钠溶液反应生成碳酸亚铁沉淀，过滤得到废液和碳酸亚铁，A正确； B．实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，氯化铵受热分解，生成的气体在试管口又生成氯化铵，不能得到氨气，B错误； C．氨气易溶于水，所以需要有防倒吸装置，C正确； D．最后制得的柠檬酸铁铵需要过滤得到，操作正确，D正确； 故选B。 6．下列陈述Ⅰ和Ⅱ均正确，但不具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 溶液的导电性比同浓度醋酸强 NaCl溶液的pH比醋酸的高 B 浓能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化 浓硫酸具有脱水性 C 石油裂解气能使溴的溶液褪色 石油裂解可得到乙烯等不饱和烃 D 可用于腐蚀印刷电路板上的Cu 具有氧化性 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，溶液的导电性比同浓度醋酸强，是因为氯化钠溶液中离子浓度大于同浓度醋酸中离子浓度，Ⅱ错误，故A符合题意； B．浓硫酸具有脱水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化，Ⅰ和Ⅱ均正确，具有因果关系，故B不符合题意； C．石油产品或石油气裂解时，可得到乙烯等不饱和烃，能使溴的CCl4溶液褪色，所以石油裂解气能使溴的CCl4溶液褪色，Ⅰ和Ⅱ均正确，具有因果关系，故C不符合题意； D．具有氧化性，能和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁用于腐蚀印刷电路板上的Cu，Ⅰ和Ⅱ均正确，具有因果关系，故D不符合题意； 故选A。 7．叠氮化钠广泛应用于汽车安全气囊，可由和制备，反应为。为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．0.1mol中的电子数目为 B．晶体中的离子数目为 C．溶液中的数目为 D．该反应中每转移24mol电子生成的数目为 【答案】A 【详解】A．1mol中的电子数目为20NA，所以0.1mol中所含电子数为2NA，A项正确； B．1mol晶体中离子的数目为2NA，B项错误； C．选项中为表明溶液的体积，因此无法计算溶液中的数目，C项错误； D．根据反应，该反应中每转移电子生成的数目为NA，D项错误； 答案选A。 8．将稀硫酸滴入锥形瓶中进行如图所示的探究实验(a-d均为浸有相应试液的棉花)，下列分析不正确的是 A．锥形瓶内的反应，只体现硫酸的酸性 B．a处棉花出现黄色，体现的还原性 C．b或c处褪色，均说明有漂白性 D．d处利用是酸性氧化物的性质 【答案】C 【分析】锥形瓶中发生反应。 A．锥形瓶内的反应，硫酸化合价未变，只体现的酸性，A正确； B．a处棉花出现黄色，与反应生成硫单质，中硫元素由-2价升高为0价，体现还原性，B正确； C．b处褪色体现的漂白性，c处发生反应，体现的还原性，C错误； D．与氢氧化钠反应，是酸性氧化物，D正确； 故选C。 9．喜树碱是一种从植物中提取的抗肿瘤药物，其结构简式如图所示。下列关于喜树碱的说法错误的是 A．分子式为 B．分子中含有1个手性碳原子 C．消去反应的产物最多有3种 D．与盐酸和NaOH溶液均能反应 【答案】C 【详解】A．根据结构简式可知，一分子该有机物含20个C、16个H、2个N、4个O，则分子式为，A正确； B．其结构中只有一个手性碳原子，即与羟基相连的那个碳原子为手性碳原子，B正确； C．含有羟基(-OH)，结合其结构知，羟基所连的碳原子与3个C相连，但是3个C中只有1个C上连有H，故消去反应的产物只有1种，C错误； D．含有酰胺基和酯基，与盐酸和NaOH溶液均能反应，D正确； 故选C。 10．结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释不合理的是 选项 物质的结构或性质 解释 A 键能大小： 原子半径： B 键角大小： 中心原子的孤电子对数目： C 与Na反应的剧烈程度： 羟基的极性： D 石墨能导电 石墨为层状结构，同一层相互平行重叠的p轨道中的电子可在整个碳原子平面内运动 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【详解】A．F的原子半径小于Cl，HF的键长比HCl键长短，HF的键能大于HCl，所以A不符合题意； B．比较键角时，首先比较杂化类型，而的中心原子N和O均为杂化，中氧原子上孤电子对＞中氮原子上孤电子对，孤电子对越多，键角越小，B不符合题意； C．羟基的极性越强，键越易断裂，和金属钠反应越剧烈，所以的羟基极性强于乙醇，C符合题意； D．石墨属于混合型晶体，层内包含大键，层间为范德华力，能导电的原因是碳原子中未杂化的p轨道重叠，使p轨道上的电子可在整个碳原子平面中运动，所以石墨能导电，D不符合题意； 故选C。 11．环己烯是重要的化工原料，实验室制备流程如下。下列说法正确的是 已知：环己醇和环己烯常温下都为液体；环己烯密度，能与水形成共沸物。 A．环己醇环上的一氯代物有3种 B．操作依次是蒸馏、过滤、蒸馏 C．浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择而不用浓硫酸的原因可能为浓硫酸易使原料炭化，产生，导致污染 D．分离出有机相后，需加入无水氯化钙干燥，在操作3之前的“过滤”操作也可省去不做 【答案】C 【分析】环己醇发生消去反应生成环己烯和水，环己烯不溶于水，饱和食盐水溶解环己醇、氯化铁，然后分液得到的水相中含有环己醇、氯化铁，得到的有机相中含有环己烯，然后干燥、过滤、蒸馏得到环己烯。 A．环己醇环上的等效氢有4种，环上的一氯代物有4种，故A错误； B．结合流程和分析，操作依次是蒸馏、分液、蒸馏，故B错误； C．环己醇为有机物，浓硫酸能使其碳化，并与C反应生成导致污染，故不用浓硫酸做催化剂，故C正确； D．加入无水氯化钙后吸水变为结晶水合物，如果不过滤掉，直接蒸馏可能会导致氯化钙结晶水合物分解出水，环己烯能与水形成共沸物，故会影响产物的纯度，故D错误。 答案选C。 12．部分含氯物质的分类与对应的化合价的关系如图所示，下列推断不合理的是 A．可与反应生成 B．通入热的溶液可生成和 C．具有强氧化性，可用于自来水的消毒 D．可使用试纸比较与酸性强弱 【答案】D 【分析】a为氯化氢，b为氯气，c为二氧化氯，d为高氯酸，e为次氯酸，f为氯酸盐、g为次氯酸盐、h为氯化盐 A．-1价的氯化氢可与+1价的次氯酸盐反应生成单质氯气，故A正确； B．氯气通入热的溶液可生成+5价的氯酸盐和-1价的氯化盐，歧化反应，故B正确； C．二氧化氯中氯为+4价，具有强氧化性，可用于自来水的消毒，故C正确； D．不可以使用试纸比较高氯酸与次氯酸酸性强弱，因为次氯酸具有漂白性，故D错误； 答案选D。 13．某除草剂的分子结构如图所示。X、Y、Z、W、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，E与Z同族，W与Z同周期。下列说法错误的是 A．第一电离能：Y<W<Z；电负性：X<Y<W B．最简单氢化物沸点：Z<E<W C．键长：X—W<X—Z<X-Y D．的VSEPR模型和空间结构不相同 【答案】B 【分析】X、Y、Z、W、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，E形成五个共价键、Z 形成三个价键，Z和E同主族，所以Z为VA族元素，故Z为N元素，E为P元素；W形成两个价键，所以W为VIA族元素，Z与W同周期，故W为O元素，Y形成四个价键，Y为IVA族元素，又原子序数小于O，则Y为C元素；X形成一个价键，X的原子序数小于C，所以X为H元素，综上所述X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、W为O元素、E为P元素，据此分析。 A．同周期主族元素的第一电离能从左到右呈增大的趋势，但Z(N)的2p能级有3个电子，处于半充满，较稳定，故Z(N)的第一电离能大于W(O)的第一电离能，第一电离能：C<O<N，即Y<W<Z；同周期主族元素从左到右元素的电负性增强，氢元素的电负性在三者中最小，所以电负性：H<C<0，即X<Y<W，A正确； B．分子间存在氢键，故沸点高于PH₃，在常温下呈液态，在常温下呈气态，故简单氢化物沸点：<<，即E<Z<W，B错误； C．原子半径：O<N<C，原子半径越小，键长越短，则键长：H-O<H-N<H-C，C正确； D．的中心原子上的价层电子对数，VSEPR模型为平面三角形，离子的空间结构为V形，两者不相同，D正确； 故选B， 14．一定温度下，在存在下与等物质的量的反应，主要产物为和。、和的物质的量分数随时间的变化如图1所示，反应过程中能量变化示意图如图2所示。 下列说法不正确的是 A．由图1可知，的活化能大于的活化能 B．时，各物质的物质的量分数变化可以用来解释 C．的过程中，存在键的断裂与形成、键的旋转 D．此温度下，生成的平衡常数小于生成的平衡常数 【答案】B 【详解】A．开始反应时，Y的含量迅速上升，说明生成Y的速率快，活化能越低，反应速率越快，则的活化能大于的活化能，A正确； B．时，Z的浓度很低，说明主要发生反应，而的速率很慢，即的活化能大，则可以用来解释，B错误； C．键的键能大于键，的过程中，先通过π键的断裂，而σ键保持稳定，再通过单键旋转调整取代基排列，最后重新形成π键，C正确； D．达到平衡时，Z的浓度大于Y，则生成的平衡常数小于生成的平衡常数，D正确； 故选B。 15．能与水混溶，且不易挥发。实验室用如下图所示的装置制备晶体：先用氢气排尽装置中的空气，再将A中的液体加入B中，然后滴加溶液，反应后向三颈烧瓶中加入乙醇，再过滤、洗涤和干燥，即可得到晶体。下列说法正确的是 A．关闭，打开、，向盛有铁屑的圆底烧瓶中滴加稀硫酸生成硫酸亚铁，并用生成的排尽装置中的空气 B．B中发生反应 C．盛有溶液的恒压滴液漏斗可以用分液漏斗代替 D．装置C的作用是尾气处理，防止污染空气 【答案】B 【分析】先打开K1、K3，H2SO4与Fe反应产生FeSO4、H2，H2可以将装置中的空气排出，待排尽空气后关闭K3，打开K2，在装置b中产生的FeSO4在H2压强的作用下沿导气管进入装置B中，并向B中滴加溶液，反应后向三颈烧瓶中加入乙醇，再过滤、洗涤和干燥，即可得到晶体。 A．仪器A不是圆底烧瓶，而是蒸馏烧瓶，关闭，打开、，向盛有铁屑的蒸馏烧瓶中滴加稀硫酸生成硫酸亚铁，并用生成的排尽装置中的空气，A错误； B．B中发生反应，B正确； C．分液漏斗使用时需要将上口的玻璃塞打开或者将玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗颈部的小孔，这样会与空气相通，使溶液中带入氧气导致亚铁离子被氧化，因此不可以将盛有溶液的恒压滴液漏斗换为分液漏斗，C错误； D．装置C的作用是防止空气进入三颈烧瓶中氧化，D错误； 故选B。 16．在碱性海水里直接电解制氢的工作原理如图1所示。MnOx隔水薄膜可以起到阻挡Cl-与电极催化剂活性中心接触的作用，电极A含有M金属催化剂，发生的电极反应过程如图2所示，离子交换膜选择性透过参与电极A反应的物质。下列说法错误的是 A．电极A上发生的反应存在极性键的断裂与生成 B．若去掉隔水薄膜，Cl-会在电极A处失去电子生成Cl2 C．电解结束后，向电极B处所得溶液中加入适量FeCl3溶液，溶液无浑浊现象 D．每当有标准状况下的0.1344L气体生成时，就会转移0.008mol电子 【答案】C 【分析】根据图2可知，A电解发生反应4OH--4e-=2H2O+O2↑，则A是阳极、B是阴极，阴极氢离子得电子生成氢气。 A．由图可知,电极A上发生反应4OH--4e-=2H2O+O2↑，存在氢氧极性键的断裂与氢氧极性键的生成，故A正确； B．由图2可知， A为阳极,去掉MnOx隔水薄膜，氯离子会在电极A(阳极)处失去电子，发生氧化反应生成氯气，故B正确； C．电极B为阴极，水放电发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，则加入FeCl3溶液会生成氢氧化铁沉淀，溶液变浑浊，故C错误； D．电解总反应为2H2OO2↑+2H2↑，每当有标准状况下的0.1344 L气体生成时，即生成n(O2)=×=0.002 mol，转移0.008 mol电子，故D正确； 选C。 二、非选择题：本大题共4小题，共56分。考生根据要求作答。 17．（14分）次氯酸盐是常用的水处理剂。有效氯含量(COAC)指与含氯消毒剂氧化能力相当的氯气量，单位为 mol/L；物质氧化性越强，氧化还原电位(ORP)越高；相同条件下，次氯酸的氧化性大于次氯酸盐。温度及pH对Ca(ClO)2溶液有效氯含量(COAC)及氧化还原电位的影响。 (1)在不同温度下，用0.2 mol/L乙酸溶液调节pH得到Ca(ClO)2溶液COAC、ORP的关系如图1室温(25 ℃)、图2(70 ℃)所示。           图1　                                             图2 ①由图1可知，随着少量乙酸的滴入，Ca(ClO)2溶液的pH在 (填“增大”或“减小”)。 ②Ca(ClO)2溶液用于消毒时适宜的条件：温度为 (填字母，下同)、pH为 。 A． 25 ℃　　　     B． 70 ℃　　　　　　C． 5.75          D． 6.85 (2)某小组探究70 ℃时，pH及稳定剂对NaClO溶液有效氯含量的影响。甲同学设计实验方案如下： 序号 硅酸钠的质量分数 碳酸钠的质量分数 初始COAC pH 12 h后COAC 12 h后COAC/初始COAC 1 0 0 1 794 8.53 1 218 0.679 2 0 0 1 794 8.63 1 288 0.718 3 0.9% 0.6% 1 794 13.44 1 676 0.935 4 1.5% 0 1 834 13.76 1 597 0.871 5 0 1.5% 1 834 13.66 - a ①设计实验1和2的目的是 。 ②实验5中的a 0.935(填“大于”“小于”或“等于”)。 ③根据实验3～5，可得出的结论是 。 ④下列物质中最适宜作为NaClO溶液稳定剂的是 (填字母)。 A． MgCl2           B． NaCl         C． Na2S       D． CH3COONa 资料： ⅰ.Mn2+在一定条件下被ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、 (绿色)、 (紫色)。 ⅱ.浓碱条件下，可被OH-还原为。 ⅲ.NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。 实验记录如下： 序号 Cl2的吸收液 C中实验现象 通入Cl2前 通入Cl2后 Ⅰ 10mL水+5滴0.1mol/L MnSO4溶液 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化 Ⅱ 10mL5% NaOH溶液+5滴0.1mol/L MnSO4溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 Ⅲ 10mL40% NaOH溶液+5滴0.1mol/L MnSO4溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 (3)根据资料ⅱ，Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因。 原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。 原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。 ①离子方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因： ，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。 ②取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL 40% NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为 ，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被 (填化学式)氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。 ③从反应速率的角度，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因： 。 【答案】 (1)减小 B C (2)探究调节pH对溶液有效氯含量(COAC)的影响 大于 相同条件下碳酸钠稳定效果更好，pH较低时稳定剂影响不大等 D (3)Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O 4＋4OH-=4＋O2↑＋2H2O ClO- 过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的被还原为的速率减小，因而实验Ⅲ未得到绿色溶液 【详解】（1）①由图1可知，随着少量乙酸的滴入，Ca(ClO)2溶液的pH在减小；②根据图示，70℃、pH=5.75时氧化还原电位高，氧化性强，所以选BC； （2）根据表示数据，可知实验1和2的pH不同，设计实验1和2的目的是探究调节pH对溶液有效氯含量(COAC)的影响；由实验3和4可知碳酸钠的质量分数越大，12h后COAC/初始COAC值越大，则实验5中的a大于0.935；根据实验3-5，可得出的结论是相同条件下碳酸钠稳定效果更好，pH较低时稳定剂影响不大等；根据表中数据知， pH越大稳定效果越好， MgCl2 显酸性，NaCl 显中性，Na2S与CH3COONa显碱性，但是Na2S与NaClO发生氧化还原反应，故选； （3）①Cl2与氢氧根反应使碱性减弱，Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O；②溶液紫色迅速变为绿色，说明转化为，根据得失电子守恒以及电荷、原子守恒得4＋4OH-=4＋O2↑＋2H2O；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被ClO-氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量；③过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的被还原为的速率减小，因而实验Ⅲ未得到绿色溶液。 18．（14分）硫化锌（ZnS）是一种重要的化工原料，难溶于水，可由炼锌的废渣锌灰（含ZnO及少量Fe、Cu、Pb等金属的氧化物）制取，某学习小组在实验室模拟制备ZnS的流程如下： 回答下列问题： (1)为提高锌灰的浸取效率，不宜采用的方法是______（填字母）。 A．搅拌 B．加压 C．升高温度 D．多次浸取 (2)“浸渣”的主要成分为 （填化学式）。 (3)写出“除铁”时步骤①中发生反应的离子方程式： 。 (4)“除铁”时若加入的不足，则除铁后的溶液中会含有Fe元素。请设计实验方案加以证明： 。 (5)“沉锌”过程为向除铜后的滤液中加入和组成的缓冲溶液调节pH，然后通入发生反应：。“沉锌”后溶液中部分微粒浓度见下表： 微粒 浓度/mol·L-1 0.10 0.05 0.10 “沉锌”后溶液的 ， mol·L-1[已知常温下：，，，]。 (6)ZnS是一种优良的锂离子电池负极材料。在充电过程中，负极材料晶胞的组成变化如图所示。 ①图示的晶胞中 。 ②ZnS晶体的摩尔体积为 m3·mol-1。 【答案】 (1)B (2) (3) (4)取样，向其中滴入KSCN溶液无现象，再滴加溶液，若溶液变红{或向其中滴加溶液，若产生蓝色沉淀，则溶液中含有Fe元素 (5)5 (6)6：1 【分析】锌灰（含ZnO及少量Fe、Cu、Pb等金属的氧化物）加入稀硫酸酸浸，金属氧化物和硫酸反应而溶解转化为金属离子，其中PbSO4难溶，是浸渣的主要成分，溶液中有Zn2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+，加入高锰酸钾氧化将Fe2+转化为Fe3+，pH=4时，Fe3+以Fe(OH)3沉淀析出，KMnO4还原产物为MnO2，溶液中还有Zn2+和Cu2+，加入Zn粉置换出Cu，再使Zn2+转化为ZnS沉淀； （1）搅拌、升高温度都可以加快浸取速率，从而提高浸取效率，多次浸取也可以使浸取更彻底，提高浸取效率，浸取是溶液中的反应，加压无影响，无法提高浸取效率，故不宜采用的方法是加压； 故选B； （2）由分析可知，“浸渣”的主要成分为难溶的硫酸盐PbSO4； （3）“除铁”时高锰酸钾将Fe2+氧化为Fe3+，还原产物为MnO2，离子方程式为3Fe2+++4H+=3Fe3++MnO2↓+2H2O； （4）“除铁”时若加入的KMnO4不足，由于Fe2+以氢氧化物沉淀需要更大的pH，故除铁后的溶液中会含有Fe2+，故只需检验Fe2+的存在，方案为：取样，向其中滴入KSCN溶液无现象，再滴加H2O2溶液，若溶液变红{或向其中滴加溶液，若产生蓝色沉淀，则溶液中含有Fe元素； （5）根据醋酸的电离CH3COOH⇌CH3COO-+H+，Ka(CH3COOH)==2.0×10-5，解得c(H+)=1×10-5mol/L，故pH=5；由H2S的两级电离方程式可知，Ka1(H2S)·Ka2(H2S)==10-21，其中c(H2S)=0.10mol/L，c(H+)=1×10-5mol/L，解得c(S2-)=1×10-12mol/L，再由Ksp(ZnS)=c(Zn2+)c(S2-)=2.5×10−22，故解得c(Zn2+)=2.5×10−10mol/L； （6）①根据均摊法，图示的LixZnyS晶胞中Li+和Zn2+共有7个，S2-有4个，根据化合价代数和为0，Li+有6个，Zn2+有1个，x:y=6:1； ②ZnS晶胞中有4个Zn2+和4个S2-，则1mol晶胞共有4mol ZnS，体积为a3×10−36NA m3，故每1 mol ZnS晶体的体积即ZnS晶体的摩尔体积Vm为m3·mol-1。 19．（14分）含硫化合物在能源、材料及环境等工业领域均有广泛的应用。 Ⅰ.工业废气分解可制取。 (1)已知热化学方程式： ⅰ.     ⅱ.     ⅲ.     热分解反应的 (用含、、的式子表示)。 (2)一定温度下，2mol 在体积为VL的恒容密闭容器中发生上述分解反应，ts时的产率为40%，则0~ts内的平均分解速率为 ；充分分解达到平衡时，容器中和的分压相等，则该温度下的平衡常数 。 Ⅱ.KSCN可用于镀铬工业。常温下，用KSCN配制电镀液，溶液中与发生第一、二步络合的反应如下： ⅳ.       ⅴ.      (3)根据以上络合反应，下列说法正确的有___________(填字母)。 A．加水稀释后，溶液中离子的总数减少 B．加入少量固体，溶液中含铬微粒总数不变 C．反应的平衡常数 D．溶液中减小，与浓度的比值减小 (4)常温下，某研究小组配制了起始浓度、不同的系列溶液，测得平衡时、、的浓度(含铬微粒)随的变化曲线如图所示，平衡后其他含铬微粒(3≤x≤6，图中未画出)总浓度为amol/L。 ①时，图中含铬微粒按浓度由大到小的顺序为 ；A点时，溶液中的平衡浓度为 (列出计算式即可)。 ②在某电镀工艺中，的浓度需要在以上，结合计算判断C点所对应的溶液能否用于该电镀工艺 (写出计算过程)。 【答案】 (1) (2) (3)BC (4) (或) C点与浓度相等，，代入反应ⅳ，求得，由，求得，因此C点对应的溶液不能用于该电镀工艺 【详解】（1）由盖斯定律可知ⅲ-ⅰ-ⅱ得反应，故； （2），ts时的产率为40%，则0~ts内的平均分解速率为；充分分解达到平衡时，容器中和的分压相等，由方程式可知，平衡时硫化氢、氢气的物质的量相等，均为2mol÷2=1mol，同时生成为1mol÷2=0.5mol，则则该温度下的平衡常数=； （3）A．加水稀释后，离子浓度减小，促使平衡向生成离子数多的方向移动，溶液中离子的总数增大，A错误； B．加入少量固体，根据铬元素守恒，溶液中含铬微粒总数不变，B正确； C．ⅳ.       ⅴ.      由盖斯定律可知，ⅳ+ⅴ得反应，则其平衡常数，C正确； D．，，溶液中减小，与浓度的比值增大，D错误； 故选BC； （4）①ⅳ.       ⅴ.      由平衡常数可知，初始生成的进行程度更大，结合图可知，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别为、、的曲线，由图可知，当 时，图中含铬微粒按浓度由大到小的顺序为；A点时，，，溶液中的平衡浓度为(或)。 ②C点与浓度相等，，代入反应ⅳ，求得，由，求得，因此C点对应的溶液不能用于该电镀工艺。 20．（14分）阿扎司琼对某些药物引起的恶心和呕吐具有明显的抑制作用，化合物vi是合成阿扎司琼的中间体，其合成路线如下： (1)化合物i的分子式为 。酸性条件下，化合物i的水解产物有x、y两种，熔沸点：x>y，则y的核磁共振氢谱上有 组吸收峰。 (2)根据化合物ⅲ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。 序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型 a 加成反应 b 乙酸，浓硫酸、加热 (3)化合物ⅳ中含氧官能团的名称是 。 (4)化合物ⅱ有多种同分异构体，其中同时满足下列条件且苯环上只有2个取代基的结构简式为 (任写一种)。 ①能使FeCl3溶液显紫色 ②lmol该物质最多能与4molNaOH反应 ③含有结构-CH2Cl (5)以苯酚为主要原料，参考合成路线信息，合成化合物，基于你设计的合成路线，回答下列问题： (a)第一步反应中，有机生成物为 (写结构简式)。 (b)相关步骤涉及有机分子中碳原子增多的反应，其化学方程式为 。 【答案】 (1)C8H8O3 2 (2)H2、Ni、 酯化反应或取代反应 (3)酯基和(酚)羟基 (4)或者 或者 (5) +CH3CHClCOCl+HCl 【详解】（1）由题干流程图中i的结构简式可知，化合物i的分子式为：C8H8O3，酸性条件下，化合物i的水解产物有x、y两种即甲醇和邻羟基苯甲酸，熔沸点：x>y，由于邻羟基苯甲酸的相对分子质量比甲醇大很多，邻羟基苯甲酸的沸点比甲醇高，则y为甲醇，甲醇上有2种不同环境的H，故其核磁共振氢谱上有2组吸收峰，故答案为：C8H8O3；2； （2）由题干路线图中化合物ⅲ的结构简式可知，分子含有酯基、酚羟基、硝基和碳氯键，还含有苯环，故能与H2在Ni作催化剂的作用下发生加成反应生成，能与乙酸在浓硫酸催化下发生酯化反应生成，故答案为：H2、Ni、；；；酯化反应或取代反应； （3）由题干路线图中化合物iv的结构简式可知，化合物ⅳ中含氧官能团的名称是酯基和(酚)羟基，故答案为：酯基和(酚)羟基； （4）由题干路线图中化合物ii的结构简式可知，其分子式为：C8H7O3Cl，不饱和度为：5，化合物ⅱ有多种同分异构体，其中同时满足下列条件①能使FeCl3溶液显紫色即含有酚羟基，②lmol该物质最多能与4molNaOH反应，即含有酚酯基，③含有结构-CH2Cl且苯环上只有2个取代基的结构简式为：或者 或者 ，故答案为：或者 或者 ； （5）以苯酚为原料合成，苯酚发生i生成ii、ii生成iii、iii生成iv类型的反应得到目标产物，合成路线为： ，由上述分析可知，(a)第一步反应中，有机生成物为，(b)相关步骤涉及有机分子中碳原子增多的反应即由转化为，其化学方程式为+CH3CHClCOCl+HCl，故答案为：；+CH3CHClCOCl+HCl。 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 备战2025年高考化学【三轮·冲刺抢分】考前仿真模拟卷 冲刺抢分卷07 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 S 32 Zn 65 一、选择题：本大题共16小题，共44分。第1-10题，每小题2分；第11-16小题，每小题4分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．传统工艺承古韵，非遗文化见风采。下列非遗文化产品中，主要材质为无机非金属材料的是 A．开平灰塑 B．新会葵扇 C．新会陈皮 D．白沙茅龙笔 A．A B．B C．C D．D 2．“新质生产力”的概念中，“新”的核心在于科技创新，下列有关说法正确的是 A．我国研发的核反应堆“华龙一号”以为核燃料，与化学性质不相同 B．巴黎奥运会中“中国制造”的足球内胆中植入芯片，制备芯片的原料属于新型无机非金属材料 C．“祝融号”火星车采用我国自主研发的“正十一烷相变保温系统”，正十一烷属于脂环烃 D．“歼一35”战斗机机翼所使用的“碳纤维布”(聚丙烯腈经碳化而成)与金刚石互为同素异形体 3．粤菜海纳百川、博采众长，时时推陈出新。下列有关创新粤菜的说法中错误的是 A．改良咸香鸡使用花椒油和黄栀子调配酱汁，其中花椒油是一种不饱和脂肪酸 B．“有米金猪”使用糯米与乳猪同烤，糯米所含的营养物质主要为淀粉 C．鲜茄汤酸汤牛肉香味浓郁，其中含有的大量蛋白质可在人体内水解为氨基酸 D．顺德脆瓜炒鱼榄清爽适口，所用的黄瓜中含有丰富的维生素 4．下列说法错误的是 A．硅胶疏松多孔，可用作催化剂的载体 B．日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用 C．纯净的二氧化硅是制造光导纤维的基本原料 D．氮的固定只有在高温、高压、催化剂的条件下才能实现 5．实验室制备柠檬酸铁铵的流程如下： 柠檬酸亚铁柠檬酸铁柠檬酸铁铵柠檬酸铁铵晶体 下列实验装置或操作不能达到实验目的的是 A．用装置甲制取 B．用装置乙制取 C．用装置丙制取氨水 D．用装置丁分离出柠檬酸铁铵晶体 6．下列陈述Ⅰ和Ⅱ均正确，但不具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 溶液的导电性比同浓度醋酸强 NaCl溶液的pH比醋酸的高 B 浓能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化 浓硫酸具有脱水性 C 石油裂解气能使溴的溶液褪色 石油裂解可得到乙烯等不饱和烃 D 可用于腐蚀印刷电路板上的Cu 具有氧化性 A．A B．B C．C D．D 7．叠氮化钠广泛应用于汽车安全气囊，可由和制备，反应为。为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．0.1mol中的电子数目为 B．晶体中的离子数目为 C．溶液中的数目为 D．该反应中每转移24mol电子生成的数目为 8．将稀硫酸滴入锥形瓶中进行如图所示的探究实验(a-d均为浸有相应试液的棉花)，下列分析不正确的是 A．锥形瓶内的反应，只体现硫酸的酸性 B．a处棉花出现黄色，体现的还原性 C．b或c处褪色，均说明有漂白性 D．d处利用是酸性氧化物的性质 9．喜树碱是一种从植物中提取的抗肿瘤药物，其结构简式如图所示。下列关于喜树碱的说法错误的是 A．分子式为 B．分子中含有1个手性碳原子 C．消去反应的产物最多有3种 D．与盐酸和NaOH溶液均能反应 10．结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释不合理的是 选项 物质的结构或性质 解释 A 键能大小： 原子半径： B 键角大小： 中心原子的孤电子对数目： C 与Na反应的剧烈程度： 羟基的极性： D 石墨能导电 石墨为层状结构，同一层相互平行重叠的p轨道中的电子可在整个碳原子平面内运动 A．A B．B C．C D．D 11．环己烯是重要的化工原料，实验室制备流程如下。下列说法正确的是 已知：环己醇和环己烯常温下都为液体；环己烯密度，能与水形成共沸物。 A．环己醇环上的一氯代物有3种 B．操作依次是蒸馏、过滤、蒸馏 C．浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择而不用浓硫酸的原因可能为浓硫酸易使原料炭化，产生，导致污染 D．分离出有机相后，需加入无水氯化钙干燥，在操作3之前的“过滤”操作也可省去不做 12．部分含氯物质的分类与对应的化合价的关系如图所示，下列推断不合理的是 A．可与反应生成 B．通入热的溶液可生成和 C．具有强氧化性，可用于自来水的消毒 D．可使用试纸比较与酸性强弱 13．某除草剂的分子结构如图所示。X、Y、Z、W、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，E与Z同族，W与Z同周期。下列说法错误的是 A．第一电离能：Y<W<Z；电负性：X<Y<W B．最简单氢化物沸点：Z<E<W C．键长：X—W<X—Z<X-Y D．的VSEPR模型和空间结构不相同 14．一定温度下，在存在下与等物质的量的反应，主要产物为和。、和的物质的量分数随时间的变化如图1所示，反应过程中能量变化示意图如图2所示。 下列说法不正确的是 A．由图1可知，的活化能大于的活化能 B．时，各物质的物质的量分数变化可以用来解释 C．的过程中，存在键的断裂与形成、键的旋转 D．此温度下，生成的平衡常数小于生成的平衡常数 15．能与水混溶，且不易挥发。实验室用如下图所示的装置制备晶体：先用氢气排尽装置中的空气，再将A中的液体加入B中，然后滴加溶液，反应后向三颈烧瓶中加入乙醇，再过滤、洗涤和干燥，即可得到晶体。下列说法正确的是 A．关闭，打开、，向盛有铁屑的圆底烧瓶中滴加稀硫酸生成硫酸亚铁，并用生成的排尽装置中的空气 B．B中发生反应 C．盛有溶液的恒压滴液漏斗可以用分液漏斗代替 D．装置C的作用是尾气处理，防止污染空气 16．在碱性海水里直接电解制氢的工作原理如图1所示。MnOx隔水薄膜可以起到阻挡Cl-与电极催化剂活性中心接触的作用，电极A含有M金属催化剂，发生的电极反应过程如图2所示，离子交换膜选择性透过参与电极A反应的物质。下列说法错误的是 A．电极A上发生的反应存在极性键的断裂与生成 B．若去掉隔水薄膜，Cl-会在电极A处失去电子生成Cl2 C．电解结束后，向电极B处所得溶液中加入适量FeCl3溶液，溶液无浑浊现象 D．每当有标准状况下的0.1344L气体生成时，就会转移0.008mol电子 二、非选择题：本大题共4小题，共56分。考生根据要求作答。 17．（14分）次氯酸盐是常用的水处理剂。有效氯含量(COAC)指与含氯消毒剂氧化能力相当的氯气量，单位为 mol/L；物质氧化性越强，氧化还原电位(ORP)越高；相同条件下，次氯酸的氧化性大于次氯酸盐。温度及pH对Ca(ClO)2溶液有效氯含量(COAC)及氧化还原电位的影响。 (1)在不同温度下，用0.2 mol/L乙酸溶液调节pH得到Ca(ClO)2溶液COAC、ORP的关系如图1室温(25 ℃)、图2(70 ℃)所示。           图1　                                             图2 ①由图1可知，随着少量乙酸的滴入，Ca(ClO)2溶液的pH在 (填“增大”或“减小”)。 ②Ca(ClO)2溶液用于消毒时适宜的条件：温度为 (填字母，下同)、pH为 。 A． 25 ℃　　　     B． 70 ℃　　　　　　C． 5.75          D． 6.85 (2)某小组探究70 ℃时，pH及稳定剂对NaClO溶液有效氯含量的影响。甲同学设计实验方案如下： 序号 硅酸钠的质量分数 碳酸钠的质量分数 初始COAC pH 12 h后COAC 12 h后COAC/初始COAC 1 0 0 1 794 8.53 1 218 0.679 2 0 0 1 794 8.63 1 288 0.718 3 0.9% 0.6% 1 794 13.44 1 676 0.935 4 1.5% 0 1 834 13.76 1 597 0.871 5 0 1.5% 1 834 13.66 - a ①设计实验1和2的目的是 。 ②实验5中的a 0.935(填“大于”“小于”或“等于”)。 ③根据实验3～5，可得出的结论是 。 ④下列物质中最适宜作为NaClO溶液稳定剂的是 (填字母)。 A． MgCl2           B． NaCl         C． Na2S       D． CH3COONa 资料： ⅰ.Mn2+在一定条件下被ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、 (绿色)、 (紫色)。 ⅱ.浓碱条件下，可被OH-还原为。 ⅲ.NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。 实验记录如下： 序号 Cl2的吸收液 C中实验现象 通入Cl2前 通入Cl2后 Ⅰ 10mL水+5滴0.1mol/L MnSO4溶液 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化 Ⅱ 10mL5% NaOH溶液+5滴0.1mol/L MnSO4溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 Ⅲ 10mL40% NaOH溶液+5滴0.1mol/L MnSO4溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 (3)根据资料ⅱ，Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因。 原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。 原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。 ①离子方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因： ，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。 ②取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL 40% NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为 ，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被 (填化学式)氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。 ③从反应速率的角度，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因： 。 18．（14分）硫化锌（ZnS）是一种重要的化工原料，难溶于水，可由炼锌的废渣锌灰（含ZnO及少量Fe、Cu、Pb等金属的氧化物）制取，某学习小组在实验室模拟制备ZnS的流程如下： 回答下列问题： (1)为提高锌灰的浸取效率，不宜采用的方法是______（填字母）。 A．搅拌 B．加压 C．升高温度 D．多次浸取 (2)“浸渣”的主要成分为 （填化学式）。 (3)写出“除铁”时步骤①中发生反应的离子方程式： 。 (4)“除铁”时若加入的不足，则除铁后的溶液中会含有Fe元素。请设计实验方案加以证明： 。 (5)“沉锌”过程为向除铜后的滤液中加入和组成的缓冲溶液调节pH，然后通入发生反应：。“沉锌”后溶液中部分微粒浓度见下表： 微粒 浓度/mol·L-1 0.10 0.05 0.10 “沉锌”后溶液的 ， mol·L-1[已知常温下：，，，]。 (6)ZnS是一种优良的锂离子电池负极材料。在充电过程中，负极材料晶胞的组成变化如图所示。 ①图示的晶胞中 。 ②ZnS晶体的摩尔体积为 m3·mol-1。 19．（14分）含硫化合物在能源、材料及环境等工业领域均有广泛的应用。 Ⅰ.工业废气分解可制取。 (1)已知热化学方程式： ⅰ.     ⅱ.     ⅲ.     热分解反应的 (用含、、的式子表示)。 (2)一定温度下，2mol 在体积为VL的恒容密闭容器中发生上述分解反应，ts时的产率为40%，则0~ts内的平均分解速率为 ；充分分解达到平衡时，容器中和的分压相等，则该温度下的平衡常数 。 Ⅱ.KSCN可用于镀铬工业。常温下，用KSCN配制电镀液，溶液中与发生第一、二步络合的反应如下： ⅳ.       ⅴ.      (3)根据以上络合反应，下列说法正确的有___________(填字母)。 A．加水稀释后，溶液中离子的总数减少 B．加入少量固体，溶液中含铬微粒总数不变 C．反应的平衡常数 D．溶液中减小，与浓度的比值减小 (4)常温下，某研究小组配制了起始浓度、不同的系列溶液，测得平衡时、、的浓度(含铬微粒)随的变化曲线如图所示，平衡后其他含铬微粒(3≤x≤6，图中未画出)总浓度为amol/L。 ①时，图中含铬微粒按浓度由大到小的顺序为 ；A点时，溶液中的平衡浓度为 (列出计算式即可)。 ②在某电镀工艺中，的浓度需要在以上，结合计算判断C点所对应的溶液能否用于该电镀工艺 (写出计算过程)。 20．（14分）阿扎司琼对某些药物引起的恶心和呕吐具有明显的抑制作用，化合物vi是合成阿扎司琼的中间体，其合成路线如下： (1)化合物i的分子式为 。酸性条件下，化合物i的水解产物有x、y两种，熔沸点：x>y，则y的核磁共振氢谱上有 组吸收峰。 (2)根据化合物ⅲ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。 序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型 a 加成反应 b 乙酸，浓硫酸、加热 (3)化合物ⅳ中含氧官能团的名称是 。 (4)化合物ⅱ有多种同分异构体，其中同时满足下列条件且苯环上只有2个取代基的结构简式为 (任写一种)。 ①能使FeCl3溶液显紫色 ②lmol该物质最多能与4molNaOH反应 ③含有结构-CH2Cl (5)以苯酚为主要原料，参考合成路线信息，合成化合物，基于你设计的合成路线，回答下列问题： (a)第一步反应中，有机生成物为 (写结构简式)。 (b)相关步骤涉及有机分子中碳原子增多的反应，其化学方程式为 。 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 备战2025年高考化学【三轮·冲刺抢分】考前仿真模拟卷 冲刺抢分卷07 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 S 32 Zn 65 一、选择题：本大题共16小题，共44分。第1-10题，每小题2分；第11-16小题，每小题4分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．A 2．B 3．A 4．D 5．B 6．A 7．A 8．C 9．C 10．C 11．C 12．D 13．B 14．B 15．B 16．C 二、非选择题：本大题共4小题，共56分。考生根据要求作答。 17．（14分） (1)减小 B C (2)探究调节pH对溶液有效氯含量(COAC)的影响 大于 相同条件下碳酸钠稳定效果更好，pH较低时稳定剂影响不大等 D (3)Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O 4＋4OH-=4＋O2↑＋2H2O ClO- 过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的被还原为的速率减小，因而实验Ⅲ未得到绿色溶液 18．（14分） (1)B (2) (3) (4)取样，向其中滴入KSCN溶液无现象，再滴加溶液，若溶液变红{或向其中滴加溶液，若产生蓝色沉淀，则溶液中含有Fe元素 (5)5 (6)6：1 19．（14分） (1) (2) (3)BC (4) (或) C点与浓度相等，，代入反应ⅳ，求得，由，求得，因此C点对应的溶液不能用于该电镀工艺 20．（14分） (1)C8H8O3 2 (2)H2、Ni、 酯化反应或取代反应 (3)酯基和(酚)羟基 (4)或者 或者 (5) +CH3CHClCOCl+HCl 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$