广东省肇庆市2024年高考化学第二次教学质量检测（二模）试题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有-项是符合题目要求的。
1．（2024·肇庆模拟）中华文化源远流长。下列文物的主要成分为硅酸盐的是（ ）
A.青铜神兽 B.成化鸡缸杯 C.玛瑙玉璧 D.东汉木简
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】无机非金属材料
【解析】【解答】A．青铜属于合金，A项错误；
B．陶瓷属于硅酸盐材料，因此成化鸡缸杯主要成分属于硅酸盐材料，B项正确；
C．玛瑙的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，C项错误；
D．木简的主要成分是纤维素，属于有机物，D项错误；
故答案为：B。
【分析】常见的硅酸盐产品有：陶瓷、水泥、玻璃等。
2．（2024·肇庆模拟）广东美食享誉全国。下列说法正确的是（ ）
A．广州包点松软可口，制作包点所用面粉的主要成分为纤维素
B．潮汕牛肉丸肉质饱满，蒸煮牛肉丸时蛋白质发生盐析
C．客家酿豆腐鲜香滑嫩，烹饪豆腐所用的花生油属于酯类
D．东莞烧鹅肥而不腻，涂在烧鹅表皮上的麦芽糖不能水解
【答案】C
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．制作包点所用面粉的主要成分为淀粉，不是纤维素，故A错误；
B．蒸煮牛肉丸时蛋白质受热发生变性，故B错误；
C．花生油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，属于酯类，故C正确；
D．麦芽糖属于能发生水解反应的二糖，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A.面粉主要成分为淀粉，植物根或者节属于纤维素；
B.高温条件下蛋白质会发生变性，而不是盐析；
D.二糖和多糖可以水解，单糖不能水解。
3．（2024·肇庆模拟）科技乃兴国之重。下列说法正确的是（ ）
A．“天问一号”实验舱所使用的铝合金熔点高于其各组分金属
B．中国天眼望远镜所使用的高性能SiC属于有机高分子材料
C．“歼-35”战斗机机翼所使用的“碳纤维布”(聚丙烯睛经碳化而成)与金刚石互为同素异形体
D．港珠澳大桥使用环氧树脂作为防腐涂料，它可以减小海水与桥体金属间的腐蚀电流
【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；无机非金属材料；合金及其应用；铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】A．合金的熔点一般低于其各组分金属的熔点，A错误；
B．SiC属于无机非金属材料，B错误；
C． 聚丙烯睛经碳化而成 属于高分子材料，不是碳的单质，C错误；
D．环氧树脂作为防腐涂料，可以隔绝海水与桥体金属接触，减小海水与桥体金属间的腐蚀电流，D正确；
故答案为：D。
【分析】A.合金的熔点一般低于其各组分金属的熔点，硬度要小于各组分；
B.SiC属于新无机非金属材料；
C.同素异形体是指由同种元素组成的不同单质。
4．（2024·肇庆模拟）化学符号诠释着物质组成的规律。下列化学符号表示正确的是（ ）
A．C2H4的结构简式为CH2CH2
B．CO2的电子式为
C．H2O的球棍模型为
D．基态Fe3+价层电子轨道表示式为
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；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．C2H4分子含有碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，A错误；
B．CO2的电子式为，B错误；
C．H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+2=4，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对，所以H2O分子是V形分子，C正确；
D．铁原子失去3个电子形成铁离子，基态Fe3+价层电子轨道表示式为，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.书写结构简式时，碳碳双键不可省略；
B.氧的周围必须达到8电子稳定；
D.铁原子失去3个电子形成铁离子。
5．（2024·肇庆模拟）某化学兴趣小组利用如图所示装置获取纯净的Cl2，其中不能达到实验目的的是（ ）
A．制备 B．纯化
C．收集 D．吸收尾气
【答案】B
【知识点】氯气的实验室制法；洗气；除杂；气体的收集
【解析】【解答】A．浓盐酸和漂白粉中次氯酸钙生成氯气，能达到实验目的，故A不符合题意 ；
B．气体通过浓硫酸干燥后再进入饱和食盐水又带出水，不能达到实验目的，故B符合题意；
C．氯气的密度比空气大，用向上排空气法收集，能达到实验目的，故C不符合题意；
D．氯气有毒，用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气防止污染，能达到实验目的，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】B.应该先通入到饱和食盐水中，除去氯化氢，然后再通入到浓硫酸中干燥。
6．（2024·肇庆模拟）化学与生产生活息息相关，下列生产生活实例与所述化学知识没有关联的是（ ）
选项 生产生活实例 化学知识
A 补铁剂与维生素C同时服用效果更佳 维生素C具有还原性
B 用小苏打作发泡剂烘焙面包 NaHCO3可与酸反应产生气体
C 用Na2S标准液检测污水中Cu2+含量 CuS属于难溶电解质
D 用聚乙烯塑料制作食品保鲜膜 聚乙烯燃烧能生成CO2和H2O
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；钠的重要化合物
【解析】【解答】A．维生素C具有还原性，能防止补铁剂中Fe2+被氧化为Fe3+，故A不符合题意；
B．面包师用小苏打作发泡剂烘培面包，利用NaHCO3酸反应生成的CO2遇热体积膨胀的性质，故B不符合题意；
C．CuS属于难溶电解质，用Na2S溶液将Cu2+转化为沉淀来检测污水中Cu2+含量，故C不符合题意；
D．用聚乙烯塑料制作食品保鲜膜，利用的是聚乙烯塑料无毒，对人体无害的性质，与燃烧产物无关，故D符合题意；
故答案为：D.
【分析】A.维生素C具有很强氧化性，补铁剂为二价铁，可以防止二价铁被氧化；
B.小苏打与酸性物质反应产生二氧化碳，使面包彭松；
C.硫离子与铜离子生成 CuS ，为黑色沉淀，可以检验铜离子；
D.聚乙烯为线性结构，具有弹性，可以做保鲜膜。
7．（2024·肇庆模拟）葡醛内酯主要用于急慢性肝炎的辅助治疗，其分子结构如图所示，下列关于该物质的说法正确的是（ ）
A．分子式为C6H7O6
B．碳原子均采用sp3杂化
C．能与新制Cu(OH)2生成砖红色沉淀
D．1mol葡醛内酯能与2molH2发生加成反应
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的结构和性质；加成反应
【解析】【解答】A.．根据该物质结构可知，分子式为：C6H8O6，A错误；
B．连接四个单键的碳原子为sp3杂化，碳氧双键的碳原子为sp2杂化，B错误；
C．结构中含有醛基，能与新制Cu(OH)2生成砖红色沉淀，C正确；
D.1mol葡醛内酯中能与H2发生加成反应是醛基，酯基不能与H2发生加成反应，1mol葡醛内酯能与1molH2发生加成反应，D错误；
故答案为：C。
【分析】B.对于碳原子而言，形成单键，一般为 sp3杂化 ，形成双键为sp2杂化；
C.含有醛基，一般可以与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀；
D.醛基可以与氢气加成，酯基和羧基不能被氢气加成。
8．（2024·肇庆模拟）SO2-空气电池是一种新型环保电池，可在发电的同时制得硫酸，电池内部以稀硫酸为电解液。电池工作时，下列说法正确的是（ ）
A．SO2发生还原反应.
B．H2SO4在电池的负极生成
C．电子从负极通过电解液移向正极
D．通入空气发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．SO2在负极失去电子，发生氧化反应，故A错误；
B．SO2在负极失去电子，发生氧化反应生成硫酸，故B正确；
C．电子经导线传递到正极，不会经过电解质溶液，故C错误；
D．空气中氧气得到电子发生还原反应，在酸性条件下生成水，电极反应为： O2+4e-+4H+=2H2O；D项错误；
故答案为：B。
【分析】A.原电池负极发生氧化反应；
B.二氧化硫被氧化生成硫酸，故在负极生成；
C.电子不小水，即电子不会通过电解质溶液；
D.酸性条件下不会生成氢氧根。
9．（2024·肇庆模拟）价类二维图是分析物质性质与转化的重要工具，有关N元素的价类二维图，下列说法不正确的是（ ）
A．可通过排水法收集c和d
B．“雷雨发庄稼”涉及a→c→d→e的转化
C．某种f可与碱反应生成b
D．e可用于生产染料、农药以及炸药等
【答案】A
【知识点】铵盐；硝酸的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】】图所示为氮元素的价类二维图，则abcde分别为氮气、氨气、一氧化氮、二氧化氮或四氧化二氮、硝酸，f为含有+5价氮元素的盐；
A．二氧化氮和水生成硝酸，不能用排水法收集，A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．硝酸铵能和氢氧化钠等碱反应生成氨气，C不符合题意；
D．e为硝酸，可用于生产染料、农药以及炸药等工业生产，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.二氧化氮能与水反应，不可用排水法收集，应该用向上排空气法收集。
10．（2024·肇庆模拟）下列陈述I和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是（ ）
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A HCl的酸性强于CH3COOH 盐酸的pH一定小于醋酸溶液
B 通过煤的干馏可获得苯、甲苯等化工原料 煤的干馏属于化学变化
C 将Cl2通入溴水中，溴水褪色 Cl2具有漂白性
D 将金属Na加入CuSO4溶液中，析出红色固体 还原性：Na>Cu
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】钠的化学性质；煤的干馏和综合利用；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．HCl为一元强酸， CH3COOH为一元弱酸，酸性：HCl>CH3COOH，陈述I正确；浓度相同时，pH：盐酸<醋酸；未告诉浓度关系，无法比较两者pH的相对大小，陈述II错误，A不符合题意；
B．煤的干馏是隔绝空气加强热，将煤分解可获得苯、甲苯等化工原料，该过程属于化学变化，陈述I、II均正确，也有因果关系，B符合题意；
C．将氯气通入到溴水中，氯气会少量溶于水，溴水不会褪色，氯气也不具备漂白性，陈述I、II均错误，C不符合题意；
D．将金属Na加入CuSO4溶液中生成氢氧化铜蓝色沉淀、硫酸钠、氢气，陈述I错误，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.比较两种酸pH大小来验证酸性强弱时，必须为相同浓度下比较；
B.煤的干馏属于化学变化；
C.氯气本身不具有漂白性，生成的次氯酸才具有漂白性；
D.钠的性质很活泼，先与水反应，不会置换出铜。
11．（2024·肇庆模拟）化学助力蓝天保卫战。工业上可利用氨水吸收SO2尾气，生成NH4HSO3，再将其氧化得到(NH4)2SO4化肥。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．22.4LNH3所含的分子数目为NA
B．64gSO2中所含的σ键数目为2NA
C．2mol完全氧化生成，转移的电子数目为2NA
D．1L0.1mol/L(NH4)2SO4溶液中所含的数目为0.2NA
【答案】B
【知识点】物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】】A．未说明气体所处状态，无法根据体积进行计算，A错误；
B.64gSO2为1mol，S、O均需要共用2对电子才达到8电子稳定结构，可知S和O之间是双键，因此1个SO2中所含的σ键数为2，1mol SO2中所含的σ键数目为2NA，B正确；
C． 2mol 完全氧化生成 ，S元素化合价从+4价升高到+6价，2mol完全氧化生成，转移的电子数目为4NA，C错误；
D． 会发生水解，所以 数目小于0.2NA，D错误；
故答案为：B。
【分析】A.必须指明标况，才能使用标况下的气体摩尔体积；
C.利用化合价升降情况确定电子转移数目；
D.铵根水解，故其数目会减小。
12．（2024·肇庆模拟）某化学兴趣小组为探究蔗糖与浓硫酸的反应设计了如图所示实验装置。向左倾斜Y形试管使反应发生，下列说法正确的是（ ）
A．装置Ⅱ中品红溶液褪色，证明SO2具有氧化性
B．装置Ⅲ中产生白色沉淀，其主要成分为CaCO3和CaSO3
C．装置Ⅳ中无明显现象
D．装置不变，仅将装置Ⅰ中的蔗糖换成木炭，也能出现相同的现象
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A．蔗糖与浓硫酸反应生成CO2和SO2，SO2具有漂白性，使品红溶液褪色，A错误；
B．漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2，Ca(ClO)2具有氧化性。通入CO2和SO2后反应生成CaCO3和CaSO4沉淀，B错误；
C．CO2和SO2均不能与BaCl2溶液反应，故装置Ⅳ无明显现象，C正确；
D．木炭与浓硫酸反应需要加热，仅将装置I中的蔗糖换成木炭，不能出现相同的现象，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.二氧化硫使品红褪色，利用其漂白原理；
B.漂白粉具有强氧化性，会氧化二氧化硫，最终生成CaSO4沉淀；
C.二氧化硫不能使氯化钡产生沉淀；
D.木炭与浓硫酸反应需要加热。
13．（2024·肇庆模拟）短周期主族元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，且占据三个不同的周期。X的一种简单氢化物常用作制冷剂，Y在地壳中的含量最高，Z的基态原子价层电子排布式为ns1，Q的基态原子轨道中有2个未成对电子。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：Q>Z>Y
B．第一电离能：Y>X>W
C．Q的最高价氧化物对应的水化物可能是强酸
D．XW3、的空间结构名称均为三角锥形
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；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．Z为Na元素，Q可能是Si元素或S元素，两者位于同一周期。同一周期从左到右原子半径逐渐减小，原子半径Na>Si，即原子半径：Z > Q >Y，A错误；
B．Y为O元素，X为N元素，W为H元素，同一周期从左到右第一电离能有增大的趋势，但N的2p能级处于半充满状态，使得第一电离能大于O，故第一电离能：N>O>H，即X > Y >W，B错误；
C．Q可能是Si元素或S元素，最高价氧化物对应的水化物可能为硅酸、硫酸，硅酸为弱酸，硫酸是强酸，C正确；
D.X为N元素、W为H元素、Y为O元素，NH3中心原子N的价层电子对数为4，孤电子对数为1，故NH3为三角锥形，硝酸根中N的价层电子对数为3，孤对电子为0，该离子为平面三角形，D错误；
故答案为：C。
【分析】W、X、Y、Z、Q五种短周期元素，原子序数依次增大，且占据三个不同的周期。X的一种简单氢化物常用作制冷剂，液氨常做制冷剂，故X为N元素；Y在地壳中的含量最高，Y为O元素，Z的基态原子价层电子排布式为ns1，原子序数Z大于O元素，故Z为第三周期的元素，Z为Na元素；Q的基态原子轨道中有2个未成对电子，价层电子排布式为3s23p2或3s23p4，Q可能是Si元素或S元素；W应位于第一周期，W为H元素。
14．（2024·肇庆模拟）下列实验操作能达到实验目的的是（ ）
选项 实验操作 实验目的
A 将盛有NO2气体的玻璃球放入热水浴中 探究2NO2(g)N2O4(g)的热效应
B 向各盛有5mLH2O2溶液的两支试管中分别滴入2滴0.1mol/L的FeCl3溶液和0.1mol/L的CuSO4溶液 比较Fe3+与Cu2+对H2O2分解的催化效果
C 向盛有淀粉溶液的试管中加入少量稀硫酸，加热，再滴加几滴银氨溶液，水浴加热 证明淀粉已发生水解
D 向5mL0.1mol/LAgNO3溶液中滴加几滴0.1mol/L NaCl溶液，再滴加几滴0.1mol/LKI溶液 验证Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，将盛有NO2气体的玻璃球放入热水浴中，红棕色加深，平衡逆向移动，即2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，故A正确；
B．比较Fe3+与Cu2+对H2O2分解的催化效果要控制变量，即保证阴离子相同，而实验中所用的为浓度相同的FeCl3溶液和CuSO4溶液，故B错误；
C．向盛有淀粉溶液的试管中加入少量稀硫酸，加热，再滴加几滴银氨溶液，水浴加热，无法证明淀粉是否水解，因为银氨溶液可与酸反应，导致水浴加热无银镜产生，故C错误；
D．向5mL0.1mol/LAgNO3溶液中滴加几滴0.1mol/L NaCl溶液生成AgCl沉淀，硝酸银过量，此时再滴加几滴0.1mol/LKI溶液，生成AgI沉淀，无法证明AgCl和AgI溶度积的大小，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A.二氧化氮为红棕色，可以通过颜色深浅判断平衡移动，进而判断该反应吸放热情况；
B.没有控制唯一变量，阴离子不同，无法比较；
C.在加入银氨溶液前，必须加入氢氧化钠溶液，中和多余的硫酸；
D.硝酸银为过量，加入碘化钾后也会产生碘化银沉淀。
15．（2024·肇庆模拟）催化剂X和Y均能催化反应A(g)B(g)，其反应历程如图所示，“●”表示反应物或生成物吸附在催化剂表面。其他条件相同时，下列说法正确的是（ ）
A．使用催化剂X和Y，反应均分2步进行
B．使用催化剂Y比使用催化剂X，反应更快达到平衡
C．反应达到平衡后，降低温度，B的浓度减小
D．反应过程中A·Y所能达到的最高浓度大于A·X
【答案】D
【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
【解析】【解答】A．由图可知两种催化剂均出现3个波峰，所以使用催化剂X和Y，反应历程都分3步进行，A错误；
B．由图可知，X的最高活化能小于Y的最高活化能，所以使用X时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，B错误；
C．由图可知，该反应是放热反应，所以达平衡时，降低温度平衡向右移动，B的浓度增大，C错误；
D．由图可知，A·X生成B·X的活化能小于A·Y生成B·Y的活化能，则A·Y更难转化为B·Y，故反应过程中A·Y所能达到的最高浓度大于A·X，D正确；
故答案为：D。
【分析】A.由图可知，都出现3个波峰，说明分3步进行；
B.催化剂可以降低反应活化能，活化能越小，反应速率越快，更快达到平衡；
C.对于放热反应，温度降低，平衡正向移动，生成物浓度增加；
D.活化能越小，越容易进行。
16．（2024·肇庆模拟）双极膜是一种复合膜，在直流电作用下，能把中间界面内的H2O解离为H+和OH-，并使离子定向通过。
以铅蓄电池为电源(放电时总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O)，利用双极膜电解获得NaOH与H3PO4的原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．N膜为阳离子交换膜
B．产品室2中溶液pH逐渐增大
C．产品室1中反应为+2OH-=+2H2O
D．双极膜共解离4molH2O时，理论上铅蓄电池中生成2molPbSO4
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析得，N为阴离子交换膜，故A错误；
B．原料室中磷酸二氢根离子通过N膜进入产品室2，与双极膜产生的氢离子反应生成磷酸，产品室2中溶液pH逐渐减小，故B错误；
C．原料室中钠离子通过M膜进入产品室1得到氢氧化钠，故C错误；
D．双极膜共解离4molH2O，即电极a、b处各解离2molH2O，电极a的电极反应式为：2H++2e-=H2，解离2molH2O得到2mol H+，转移电子数为2mol，结合反应Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，理论上铅蓄电池中生成2molPbSO4，故D正确；
故答案为：D。
【分析】由图可知，电解池工作时阳离子向阴极迁移，由于H+向电极a移动，即电极a为阴极，那么电极b为阳极， M膜为阳离子交换膜，原料室中钠离子通过M膜进入产品室1得到氢氧化钠，N膜为阴离子交换膜，原料室中磷酸二氢根离子通过N膜进入产品室2，与双极膜产生的氢离子反应生成磷酸。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．（2024·肇庆模拟）二氧化硫是重要的化工原料。某实验小组欲制备SO2并探究其相关反应。
（1）Ⅰ.SO2的制备
实验小组以亚硫酸钠(Na2SO3)粉末和70%的硫酸为原料制取SO2，并要求能够控制反应速率，下列可选用的仪器是 (填标号)。
（2）Ⅱ.SO2与FeCl3溶液相关反应的探究
实验事实：小组同学向1mL0.5mol/LFeCl3溶液中通入SO2至饱和，溶液先变成红色，静置5min后溶液红色变浅，慢慢变为黄色，静置9h后溶液变为绿色。
提出问题：溶液变为红色与什么微粒有关？
查阅资料：①Fe3+易与阴离子形成配合物，且Fe(Ⅲ)配合物常呈现特殊颜色。
②SO2溶液中，存在的含有硫元素的微粒有SO2、H2SO3、和。
提出猜想：a.溶液变为红色与有关；
b.溶液变为红色与有关。
实验验证：为验证猜想，小组同学做了如下实验。
实验 实验操作 实验现象
① 取1mL1mol/LFeCl3溶液于试管中，加入3mL1mol/LNa2SO3溶液，观察5min内的颜色变化 溶液变为红色
② 取1mL1mol/LFeCl3溶液于试管中，加入 溶液，观察5min内的颜色变化 溶液变为红色
完成表格：实验②中加入 溶液。
（3）上述两个实验中溶液都变为红色，因此无法得出实验结论。
进一步验证：为进一步验证猜想，小组同学配制系列溶液并测量其吸光度，绘制出右图曲线。
测量溶液：0.5mL1mol/LFeCl3溶液+amL1mol/LNa2SO3溶液+bmL1mol/LNaHSO3溶液
参比溶液：0.5mL1mol/LFeCl3溶液+0.5mL1mol/LNa2SO3溶液+7mL蒸馏水
图中A、B、C三点对应加入各试剂的体积如表所示。
点 1mol/LFeCl3/mL 1mol/LNa2SO3/mL 1mol/LNaHSO3/mL
A 0.5 4.0 0.0
B a b
C 0.0 4.0
说明：①已知吸光度大小与溶液中红色物质浓度成正比。②参比溶液的作用是空白对照，设定参比溶液的吸光度为0。
补充上表中数值，其中a= ，b= 。
（4）实验结论
根据以上实验，可以推测：溶液变为红色与 (填离子符号)有关。
（5）拓展探究
将静置9h后变为绿色的溶液分为两份，向其中一份溶液中滴加铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成；向另一份溶液中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成。
①写出溶液变为绿色所发生氧化还原反应的离子方程式： 。
②试从平衡移动的角度，分析溶液红色变浅直至消失的原因： 。
（6）写出二氧化硫在生产生活中的一种应用： 。
【答案】（1）a
（2）3mL1mol/LNaHSO3
（3）2.4；1.6
（4）
（5）2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+；2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+，溶液中H+浓度增大，+H+平衡正向移动，浓度减小，Fe3+与的配合反应逆向移动，溶液红色变浅直至消失
（6）制食品添加剂
【知识点】二氧化硫的性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）亚硫酸钠(Na2SO3)粉末和70%的硫酸为原料制取SO2，反应无需加热，装置d错误，亚硫酸钠(Na2SO3)为粉末状，不能用启普发生器，装置c错误，装置b不能控制反应速率，装置b错误，故选装置a；
（2）为控制变量，实验②中应加入3mL 1mol/LNaHSO3溶液；
（3）由图可知，B点粒子比值为0.4，即b=0.4×4.0=1.6，a=4.0-1.6=2.4；
（4）由图可知，亚硫酸氢钠物质的量分数越大，吸光度越低，红色物质浓度越低，推测溶液变红色与亚硫酸根有关；
（5）①滴加铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成，即溶液中存在Fe2+，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，即溶液中存在硫酸根，反应离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；
②2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，溶液中H+浓度增大，SO32-+H+HSO3-平衡正向移动，浓度减小，Fe3+与SO32-的配合反应逆向移动，溶液红色变浅直至消失；
（6）二氧化硫具有抗氧化、消毒杀菌的作用，在生产生活中可用与制食品添加剂。
【分析】（1） 亚硫酸钠(Na2SO3)粉末和70%的硫酸为原料制取SO2 为固液不加热反应类型；
（2）目的为探究亚硫酸根与亚硫酸氢根，故要控制变量，所以加入 3mL1mol/LNaHSO3 ，保持浓度相等；
（3）根据图中B点物质的量分数，即可计算出加入亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的量；
（4）亚硫酸氢钠物质的量分数越大，吸光度越低，红色物质浓度越低，推测溶液变红色与亚硫酸根有关；
（5） 溶液变为绿色 即三价铁被还原为二价铁，反应为： 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+
（6）二氧化硫具有还原性，少量二氧化硫可以作为食品添加剂，如红酒。
18．（2024·肇庆模拟）稀土金属(RE)属于战略性金属，我国的稀土提炼技术位于世界领先地位。一种从废旧磁性材料[主要成分为铈(Ce)、Al、Fe和少量不溶于酸的杂质]中回收稀土金属Ce的工艺流程如图所示。
已知：①Ce(H2PO4)3难溶于水和稀酸。②常温下，Ksp[Fe(OH)2]=1.0×10-16.4，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-32.9，Ksp[Ce(OH)3]=1.0×10-20。③当溶液中的金属离子浓度小于或等于10-5mol/L时，可认为已沉淀完全。
（1）为提高酸浸的速率，可采取的措施为 (写一条即可)。
（2）常温下，“酸浸”后测得溶液中c(Fe2+)=1.0mol/L，c(Ce3+)=0.01mol/L，则“沉Ce”时，为了使Al3+完全沉淀，但不引人Fe(OH)2和Ce(OH)3，需要调节溶液的pH范围为 。
（3）“碱转换”过程中Ce(H2PO4)；所发生反应的离子方程式为 ，“滤液2”中铝元素的存在形式为 (填化学式)。
（4）“沉淀”后所得的固体为Ce2(C2O4)3●10H2O，将其煅烧可得Ce2O3和一种无毒的气体，发生反应的化学方程式为 。
（5）某稀土金属氧化物的立方晶胞如图所示，则该氧化物的化学式为 ，距离RE原子最近的O原子有 个。若M(晶胞)=Mg/mol，晶胞边长为anm，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度为 g/cm3(列出计算式)。
【答案】（1）加热、搅拌、粉碎废旧磁性材料、适当增大硫酸浓度等
（2）4.7≤pH<5.8
（3）Ce(H2PO4)3+9OH-=Ce(OH)3↓+3+6H2O；Na[Al(OH)4](或NaAlO2)
（4）2Ce2(C2O4)3·10H2O+3O22Ce2O3+12CO2+20H2O
（5）REO2；8；
【知识点】晶胞的计算；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1） 为提高酸浸的速率， 即加快化学反应速率， 可采取的措施有： 加热、搅拌、粉碎废旧磁性材料、适当增大硫酸浓度等 ；
（2）加入碱为了“沉Ce”时，为了使Al3+完全沉淀，但不引人Fe(OH)2和Ce(OH)3，即让铝离子完全沉淀，二价铁离子和 Ce3+ 不能沉淀，当 Al3+完全沉淀 时， Al3+离子浓度小于或等于10-5mol/L，那么此时，此时，那么pH=4.7，同理，当 c(Fe2+)=1.0mol/L 开始沉淀时，此时pH为5.8， c(Ce3+)=0.01mol/L 开始沉淀时，pH约为8，所以需要调节溶液的pH范围为 4.7≤pH<5.8 ；
（3）“碱转换”过程中Ce3+发生沉淀，那么 所发生反应的离子方程式为 ： Ce(H2PO4)3+9OH-=Ce(OH)3↓+3+6H2O ；滤液2”中铝元素的存在形式为 Na[Al(OH)4] ；
（4） 固体Ce2(C2O4)3●10H2O，将其煅烧可得Ce2O3和一种无毒的气体，根据元素组成，该无毒气体为二氧化碳， 发生反应的化学方程式为 2Ce2(C2O4)3·10H2O+3O22Ce2O3+12CO2+20H2O
（5）由图可知，利用均摊法可得，RE个数为：，O原子个数为：8， 该氧化物的化学式为 ： REO2 ，由图可知， 距离RE原子最近的O原子有 8个，根据密度公式，。
【分析】（1） 为提高酸浸的速率 即为加快化学反应速率，一般有升温、搅拌、粉碎等；
（2）目的为 ，为了使Al3+完全沉淀，但不引人Fe(OH)2和Ce(OH)3 ，即计算出Al3+完全沉淀时的pH，再计算 Fe2+ 和 Ce3+ 开始沉淀时的pH，即可得到 调节溶液的pH范围 ；
（3）加碱转化过程，生成 Ce(OH)3 该过程为非氧化还原反应，根据质量守恒配平即可；
（4） Ce2(C2O4)3●10H2O与氧气 煅烧可得Ce2O3和一种无毒的气体 该无毒气体为二氧化碳，利用化合价升降相等配平即可；
（5）利用均摊法即可计算出该晶体氧化物化学式；根据密度公式，即可计算出晶胞密度。
19．（2024·肇庆模拟）酚类化合物在医疗、环保、工业等方面有着广泛的用途。
（1）苯酚可用于外科器械消毒、皮肤杀菌与止痒，可通过磺化法制备。该工艺具体流程如下：
反应③的化学方程式为 。
（2）石油加工、造纸等企业易产生含有苯酚的工业废水，可通过O3-H2O2氧化法进行处理，其原理为C6H5OH+H2O2+O3→CO2+H2O(非可逆反应，反应未配平)。在T1℃和T2℃时，分别向含有苯酚的水样中加入等量的30%H2O2溶液，再以相同的流速向水样中通入O3，测得水样中苯酚的含量随时间变化的曲线如图所示。
①在T1℃时，0~10min内，C6H5OH的平均反应速率为 。
②请判断T1和T2的大小：T1 (填“>”“<”或“=”)T2。T1℃时对工业废水中苯酚的去除率低于T2℃时的原因可能是 (写一种即可)。
（3）利用FeCl3溶液与苯酚的显色反应，可定性检测工业废水中的苯酚，其反应原理为Fe3++6C6H5OH[Fe(C6H5O)6]3-(紫色)+6H+。反应到达平衡时，下列说法正确的有____(填标号)。
A．加水稀释，溶液pH减小
B．滴入几滴浓盐酸，增大
C．加入少量NaOH固体，反应平衡常数增大
D．加入少量Cu粉，溶液紫色变浅
（4）邻苯二酚钠类配体(L)与金属离子(M)形成的配合物可应用于医药、水处理等领域。其溶液中存在平衡：
M+LML K1
ML+LML2 K2
某研究小组配制了M与L起始浓度比不同的系列溶液，其中L的起始浓度c0(L)=0.02mol/L。
测得平衡时L、ML、ML2的与的变化关系如图所示。
①表示与变化关系的曲线为 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②当=0.6时，c平(ML2)= ，K1= 。
【答案】（1）C6H5SO3Na+2NaOHC6H5ONa+Na2SO3+H2O
（2）5×10-4mol/(L·min)；>；H2O2受热分解
（3）B；D
（4）I；0.002mol/L；500
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；苯酚的性质及用途
【解析】【解答】（1）反应③C6H5SO3Na 和熔融的NaOH反应，生成C6H5ONa ，化学方程式为：C6H5SO3Na+2NaOHC6H5ONa+Na2SO3+H2O；
（2）①由图可知，C6H5OH的平均反应速率为 5×10-4mol/(L·min)，
②反应初始时，T1℃反应速率更快，即T1＞T2；由于H2O2受热易分解，因此反应结束时，T2℃时工业废水中苯酚的去除率更高；
（3）A．加水稀释，c（H+）下降，pH增大，故A错误；
B．滴入几滴浓盐酸，c（H+）上升，平衡逆向移动，其 比值增大，B项正确；
C.温度不变，反应平衡常数不变，故C错误；
D.加入铜粉，铜与三价铁反应，三价铁离子浓度减小，平衡逆向移动，颜色变浅，D项正确；
故答案为：BD。
（4）①由图可知，随着 比值增大，c平（L）减小，即曲线Ⅱ为 ，曲线Ⅰ为 ，
② 当=0.6时 ，根据L守恒得，，解得；再根据M原子守恒可得，，解得，那么平衡常数
【分析】（1）根据反应流程，即可得到反应③的化学反应为取代反应，
（2）①根据图像浓度变化量，即可算出化学反应速率，②根据起始图像斜率，即可判断T1℃反应速率更快，即T1＞T2；
（3）根据平衡移动原理进行解答即可，判断改变条件平衡如何移动，然后解答；
（4）充分利用物料守恒，根据M原子和L原子列出物料守恒，然后得出微粒浓度，进而计算平衡常数。
20．（2024·肇庆模拟）PET是一种用途广泛的高分子材料，其合成的方法如图所示(反应所需的部分试剂与条件省略)。
（1）化合物I的分子式为 。化合物Ⅲ与酸性KMnO4溶液反应可得到化合物Ⅳ，则化合物Ⅳ的名称为 。
（2）化合物Ⅴ是环状分子，与H2O加成可得到化合物Ⅵ，则化合物Ⅴ的结构简式为 。
（3）化合物Ⅶ是化合物Ⅱ与足量H2加成后所得产物的一种同分异构体，其核磁共振氢谱中峰面积比为3：1：3，请写出一种符合条件的化合物Ⅶ的结构简式： 。
（4）根据化合物Ⅲ的结构特征，分析预测其可能具有的化学性质，并完成下表：
序号 反应试剂、条件 反应生成的新结构 反应类型
1
2 取代反应
（5）下列关于反应①②的说法中正确的有____(填标号)。
A．反应①为加成反应
B．化合物Ⅲ中所有原子共平面
C．反应②过程中，有C-O键和C-H键的断裂
D．化合物Ⅱ中，氧原子采取sp3杂化，且不含手性碳原子
（6）请以与丙烯为含碳原料，利用所学知识与上述合成路线的信息，合成化合物，并基于你的合成路线，回答下列问题：
(a)从出发，第一步反应的产物为 (写结构简式)。
(b)相关步骤涉及酯化反应，其化学方程式为 (注明反应条件)。
【答案】（1）C6H8O；对苯二甲酸(或1，4-苯二甲酸)；
（2）
（3）
（4）H2，催化剂、△；加成反应或还原反应；Br2，Fe或FeBr3；
（5）A；C
（6）；++H2O
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；加成反应；酯化反应
【解析】【解答】（1）由图可知，化合物I的分子式为C6H8O。化合物Ⅲ与酸性KMnO4溶液反应使得甲基被氧化为羧基得到化合物Ⅳ，则化合物Ⅳ的名称为对苯二甲酸；
（2）由分析可知，化合物Ⅴ的结构简式为 ；
（3）化合物Ⅱ与足量H2加成后得到；同分异构体中核磁共振氢谱中峰面积比为3：1：3，则为对称结构且应该含有2组每组2个甲基，结构可以为；
（4）1、苯在催化剂加热条件下和氢气发生加成反应生成，条件为：H2，催化剂、△，反应类型为：加成反应；2、Ⅲ中苯环氢、甲基氢均可以发生取代反应，在铁催化作用下苯环氢可以被溴取代生成，在光照条件下，甲基氢可以被氯气中氯取代生成，故答案为： Br2，Fe或FeBr3 ；
（5）A．反应①得到产物的不饱和度减小，为加成反应，正确；
B．化合物Ⅲ中含有甲基，甲基为四面体结构，所有原子不共平面，错误；
C．反应②过程中，有C-O键和C-H键的断裂，反应生成苯环和小分子水，正确；
D．化合物Ⅱ中，氧原子形成2个共价键且存在2对孤电子对，采取sp3杂化，分子中含手性碳原子，错误；
故选AC；
（6）（a）由分析可知，从 出发，第一步反应的产物为 ；
（b）由分析可知，相关步骤涉及酯化反应，其化学方程式为++H2O
【分析】（1）根据图中I的结构式可得，即可得到分子式； 化合物Ⅲ 为苯的同系物，甲基可以被酸性高锰酸钾氧化为羧基；
（2）乙烯与氧气反应可以得到环氧乙烷，即 ，然后再与水反应发生开环反应，生成二元醇；
（3）首先判断与氢气加成后产物分子式，再根据 其核磁共振氢谱中峰面积比为3：1：3 ，即可得到该化合物结构简式；
（4）1.为苯环与氢气加成，即可得到，该反应类型为加成反应；2.苯环上取代反应为液溴、铁，苯环侧链甲基上取代为氯气光照；
（5）B.含有甲基，甲基为四面体结构，所有原子不共平面；
D.手性碳定义为：饱和碳上连接4个不同的基团；
（6）根据逆合成法进行倒推，对比反应前后有机物机结构发生的变化，如何断开和形成化学键，即可判断每一步发生的化学反应。
广东省肇庆市2024年高考化学第二次教学质量检测（二模）试题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有-项是符合题目要求的。
1．（2024·肇庆模拟）中华文化源远流长。下列文物的主要成分为硅酸盐的是（ ）
A.青铜神兽 B.成化鸡缸杯 C.玛瑙玉璧 D.东汉木简
A．A B．B C．C D．D
2．（2024·肇庆模拟）广东美食享誉全国。下列说法正确的是（ ）
A．广州包点松软可口，制作包点所用面粉的主要成分为纤维素
B．潮汕牛肉丸肉质饱满，蒸煮牛肉丸时蛋白质发生盐析
C．客家酿豆腐鲜香滑嫩，烹饪豆腐所用的花生油属于酯类
D．东莞烧鹅肥而不腻，涂在烧鹅表皮上的麦芽糖不能水解
3．（2024·肇庆模拟）科技乃兴国之重。下列说法正确的是（ ）
A．“天问一号”实验舱所使用的铝合金熔点高于其各组分金属
B．中国天眼望远镜所使用的高性能SiC属于有机高分子材料
C．“歼-35”战斗机机翼所使用的“碳纤维布”(聚丙烯睛经碳化而成)与金刚石互为同素异形体
D．港珠澳大桥使用环氧树脂作为防腐涂料，它可以减小海水与桥体金属间的腐蚀电流
4．（2024·肇庆模拟）化学符号诠释着物质组成的规律。下列化学符号表示正确的是（ ）
A．C2H4的结构简式为CH2CH2
B．CO2的电子式为
C．H2O的球棍模型为
D．基态Fe3+价层电子轨道表示式为
5．（2024·肇庆模拟）某化学兴趣小组利用如图所示装置获取纯净的Cl2，其中不能达到实验目的的是（ ）
A．制备 B．纯化
C．收集 D．吸收尾气
6．（2024·肇庆模拟）化学与生产生活息息相关，下列生产生活实例与所述化学知识没有关联的是（ ）
选项 生产生活实例 化学知识
A 补铁剂与维生素C同时服用效果更佳 维生素C具有还原性
B 用小苏打作发泡剂烘焙面包 NaHCO3可与酸反应产生气体
C 用Na2S标准液检测污水中Cu2+含量 CuS属于难溶电解质
D 用聚乙烯塑料制作食品保鲜膜 聚乙烯燃烧能生成CO2和H2O
A．A B．B C．C D．D
7．（2024·肇庆模拟）葡醛内酯主要用于急慢性肝炎的辅助治疗，其分子结构如图所示，下列关于该物质的说法正确的是（ ）
A．分子式为C6H7O6
B．碳原子均采用sp3杂化
C．能与新制Cu(OH)2生成砖红色沉淀
D．1mol葡醛内酯能与2molH2发生加成反应
8．（2024·肇庆模拟）SO2-空气电池是一种新型环保电池，可在发电的同时制得硫酸，电池内部以稀硫酸为电解液。电池工作时，下列说法正确的是（ ）
A．SO2发生还原反应.
B．H2SO4在电池的负极生成
C．电子从负极通过电解液移向正极
D．通入空气发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-
9．（2024·肇庆模拟）价类二维图是分析物质性质与转化的重要工具，有关N元素的价类二维图，下列说法不正确的是（ ）
A．可通过排水法收集c和d
B．“雷雨发庄稼”涉及a→c→d→e的转化
C．某种f可与碱反应生成b
D．e可用于生产染料、农药以及炸药等
10．（2024·肇庆模拟）下列陈述I和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是（ ）
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A HCl的酸性强于CH3COOH 盐酸的pH一定小于醋酸溶液
B 通过煤的干馏可获得苯、甲苯等化工原料 煤的干馏属于化学变化
C 将Cl2通入溴水中，溴水褪色 Cl2具有漂白性
D 将金属Na加入CuSO4溶液中，析出红色固体 还原性：Na>Cu
A．A B．B C．C D．D
11．（2024·肇庆模拟）化学助力蓝天保卫战。工业上可利用氨水吸收SO2尾气，生成NH4HSO3，再将其氧化得到(NH4)2SO4化肥。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．22.4LNH3所含的分子数目为NA
B．64gSO2中所含的σ键数目为2NA
C．2mol完全氧化生成，转移的电子数目为2NA
D．1L0.1mol/L(NH4)2SO4溶液中所含的数目为0.2NA
12．（2024·肇庆模拟）某化学兴趣小组为探究蔗糖与浓硫酸的反应设计了如图所示实验装置。向左倾斜Y形试管使反应发生，下列说法正确的是（ ）
A．装置Ⅱ中品红溶液褪色，证明SO2具有氧化性
B．装置Ⅲ中产生白色沉淀，其主要成分为CaCO3和CaSO3
C．装置Ⅳ中无明显现象
D．装置不变，仅将装置Ⅰ中的蔗糖换成木炭，也能出现相同的现象
13．（2024·肇庆模拟）短周期主族元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，且占据三个不同的周期。X的一种简单氢化物常用作制冷剂，Y在地壳中的含量最高，Z的基态原子价层电子排布式为ns1，Q的基态原子轨道中有2个未成对电子。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：Q>Z>Y
B．第一电离能：Y>X>W
C．Q的最高价氧化物对应的水化物可能是强酸
D．XW3、的空间结构名称均为三角锥形
14．（2024·肇庆模拟）下列实验操作能达到实验目的的是（ ）
选项 实验操作 实验目的
A 将盛有NO2气体的玻璃球放入热水浴中 探究2NO2(g)N2O4(g)的热效应
B 向各盛有5mLH2O2溶液的两支试管中分别滴入2滴0.1mol/L的FeCl3溶液和0.1mol/L的CuSO4溶液 比较Fe3+与Cu2+对H2O2分解的催化效果
C 向盛有淀粉溶液的试管中加入少量稀硫酸，加热，再滴加几滴银氨溶液，水浴加热 证明淀粉已发生水解
D 向5mL0.1mol/LAgNO3溶液中滴加几滴0.1mol/L NaCl溶液，再滴加几滴0.1mol/LKI溶液 验证Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
A．A B．B C．C D．D
15．（2024·肇庆模拟）催化剂X和Y均能催化反应A(g)B(g)，其反应历程如图所示，“●”表示反应物或生成物吸附在催化剂表面。其他条件相同时，下列说法正确的是（ ）
A．使用催化剂X和Y，反应均分2步进行
B．使用催化剂Y比使用催化剂X，反应更快达到平衡
C．反应达到平衡后，降低温度，B的浓度减小
D．反应过程中A·Y所能达到的最高浓度大于A·X
16．（2024·肇庆模拟）双极膜是一种复合膜，在直流电作用下，能把中间界面内的H2O解离为H+和OH-，并使离子定向通过。
以铅蓄电池为电源(放电时总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O)，利用双极膜电解获得NaOH与H3PO4的原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．N膜为阳离子交换膜
B．产品室2中溶液pH逐渐增大
C．产品室1中反应为+2OH-=+2H2O
D．双极膜共解离4molH2O时，理论上铅蓄电池中生成2molPbSO4
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．（2024·肇庆模拟）二氧化硫是重要的化工原料。某实验小组欲制备SO2并探究其相关反应。
（1）Ⅰ.SO2的制备
实验小组以亚硫酸钠(Na2SO3)粉末和70%的硫酸为原料制取SO2，并要求能够控制反应速率，下列可选用的仪器是 (填标号)。
（2）Ⅱ.SO2与FeCl3溶液相关反应的探究
实验事实：小组同学向1mL0.5mol/LFeCl3溶液中通入SO2至饱和，溶液先变成红色，静置5min后溶液红色变浅，慢慢变为黄色，静置9h后溶液变为绿色。
提出问题：溶液变为红色与什么微粒有关？
查阅资料：①Fe3+易与阴离子形成配合物，且Fe(Ⅲ)配合物常呈现特殊颜色。
②SO2溶液中，存在的含有硫元素的微粒有SO2、H2SO3、和。
提出猜想：a.溶液变为红色与有关；
b.溶液变为红色与有关。
实验验证：为验证猜想，小组同学做了如下实验。
实验 实验操作 实验现象
① 取1mL1mol/LFeCl3溶液于试管中，加入3mL1mol/LNa2SO3溶液，观察5min内的颜色变化 溶液变为红色
② 取1mL1mol/LFeCl3溶液于试管中，加入 溶液，观察5min内的颜色变化 溶液变为红色
完成表格：实验②中加入 溶液。
（3）上述两个实验中溶液都变为红色，因此无法得出实验结论。
进一步验证：为进一步验证猜想，小组同学配制系列溶液并测量其吸光度，绘制出右图曲线。
测量溶液：0.5mL1mol/LFeCl3溶液+amL1mol/LNa2SO3溶液+bmL1mol/LNaHSO3溶液
参比溶液：0.5mL1mol/LFeCl3溶液+0.5mL1mol/LNa2SO3溶液+7mL蒸馏水
图中A、B、C三点对应加入各试剂的体积如表所示。
点 1mol/LFeCl3/mL 1mol/LNa2SO3/mL 1mol/LNaHSO3/mL
A 0.5 4.0 0.0
B a b
C 0.0 4.0
说明：①已知吸光度大小与溶液中红色物质浓度成正比。②参比溶液的作用是空白对照，设定参比溶液的吸光度为0。
补充上表中数值，其中a= ，b= 。
（4）实验结论
根据以上实验，可以推测：溶液变为红色与 (填离子符号)有关。
（5）拓展探究
将静置9h后变为绿色的溶液分为两份，向其中一份溶液中滴加铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成；向另一份溶液中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成。
①写出溶液变为绿色所发生氧化还原反应的离子方程式： 。
②试从平衡移动的角度，分析溶液红色变浅直至消失的原因： 。
（6）写出二氧化硫在生产生活中的一种应用： 。
18．（2024·肇庆模拟）稀土金属(RE)属于战略性金属，我国的稀土提炼技术位于世界领先地位。一种从废旧磁性材料[主要成分为铈(Ce)、Al、Fe和少量不溶于酸的杂质]中回收稀土金属Ce的工艺流程如图所示。
已知：①Ce(H2PO4)3难溶于水和稀酸。②常温下，Ksp[Fe(OH)2]=1.0×10-16.4，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-32.9，Ksp[Ce(OH)3]=1.0×10-20。③当溶液中的金属离子浓度小于或等于10-5mol/L时，可认为已沉淀完全。
（1）为提高酸浸的速率，可采取的措施为 (写一条即可)。
（2）常温下，“酸浸”后测得溶液中c(Fe2+)=1.0mol/L，c(Ce3+)=0.01mol/L，则“沉Ce”时，为了使Al3+完全沉淀，但不引人Fe(OH)2和Ce(OH)3，需要调节溶液的pH范围为 。
（3）“碱转换”过程中Ce(H2PO4)；所发生反应的离子方程式为 ，“滤液2”中铝元素的存在形式为 (填化学式)。
（4）“沉淀”后所得的固体为Ce2(C2O4)3●10H2O，将其煅烧可得Ce2O3和一种无毒的气体，发生反应的化学方程式为 。
（5）某稀土金属氧化物的立方晶胞如图所示，则该氧化物的化学式为 ，距离RE原子最近的O原子有 个。若M(晶胞)=Mg/mol，晶胞边长为anm，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度为 g/cm3(列出计算式)。
19．（2024·肇庆模拟）酚类化合物在医疗、环保、工业等方面有着广泛的用途。
（1）苯酚可用于外科器械消毒、皮肤杀菌与止痒，可通过磺化法制备。该工艺具体流程如下：
反应③的化学方程式为 。
（2）石油加工、造纸等企业易产生含有苯酚的工业废水，可通过O3-H2O2氧化法进行处理，其原理为C6H5OH+H2O2+O3→CO2+H2O(非可逆反应，反应未配平)。在T1℃和T2℃时，分别向含有苯酚的水样中加入等量的30%H2O2溶液，再以相同的流速向水样中通入O3，测得水样中苯酚的含量随时间变化的曲线如图所示。
①在T1℃时，0~10min内，C6H5OH的平均反应速率为 。
②请判断T1和T2的大小：T1 (填“>”“<”或“=”)T2。T1℃时对工业废水中苯酚的去除率低于T2℃时的原因可能是 (写一种即可)。
（3）利用FeCl3溶液与苯酚的显色反应，可定性检测工业废水中的苯酚，其反应原理为Fe3++6C6H5OH[Fe(C6H5O)6]3-(紫色)+6H+。反应到达平衡时，下列说法正确的有____(填标号)。
A．加水稀释，溶液pH减小
B．滴入几滴浓盐酸，增大
C．加入少量NaOH固体，反应平衡常数增大
D．加入少量Cu粉，溶液紫色变浅
（4）邻苯二酚钠类配体(L)与金属离子(M)形成的配合物可应用于医药、水处理等领域。其溶液中存在平衡：
M+LML K1
ML+LML2 K2
某研究小组配制了M与L起始浓度比不同的系列溶液，其中L的起始浓度c0(L)=0.02mol/L。
测得平衡时L、ML、ML2的与的变化关系如图所示。
①表示与变化关系的曲线为 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②当=0.6时，c平(ML2)= ，K1= 。
20．（2024·肇庆模拟）PET是一种用途广泛的高分子材料，其合成的方法如图所示(反应所需的部分试剂与条件省略)。
（1）化合物I的分子式为 。化合物Ⅲ与酸性KMnO4溶液反应可得到化合物Ⅳ，则化合物Ⅳ的名称为 。
（2）化合物Ⅴ是环状分子，与H2O加成可得到化合物Ⅵ，则化合物Ⅴ的结构简式为 。
（3）化合物Ⅶ是化合物Ⅱ与足量H2加成后所得产物的一种同分异构体，其核磁共振氢谱中峰面积比为3：1：3，请写出一种符合条件的化合物Ⅶ的结构简式： 。
（4）根据化合物Ⅲ的结构特征，分析预测其可能具有的化学性质，并完成下表：
序号 反应试剂、条件 反应生成的新结构 反应类型
1
2 取代反应
（5）下列关于反应①②的说法中正确的有____(填标号)。
A．反应①为加成反应
B．化合物Ⅲ中所有原子共平面
C．反应②过程中，有C-O键和C-H键的断裂
D．化合物Ⅱ中，氧原子采取sp3杂化，且不含手性碳原子
（6）请以与丙烯为含碳原料，利用所学知识与上述合成路线的信息，合成化合物，并基于你的合成路线，回答下列问题：
(a)从出发，第一步反应的产物为 (写结构简式)。
(b)相关步骤涉及酯化反应，其化学方程式为 (注明反应条件)。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】无机非金属材料
【解析】【解答】A．青铜属于合金，A项错误；
B．陶瓷属于硅酸盐材料，因此成化鸡缸杯主要成分属于硅酸盐材料，B项正确；
C．玛瑙的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，C项错误；
D．木简的主要成分是纤维素，属于有机物，D项错误；
故答案为：B。
【分析】常见的硅酸盐产品有：陶瓷、水泥、玻璃等。
2．【答案】C
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．制作包点所用面粉的主要成分为淀粉，不是纤维素，故A错误；
B．蒸煮牛肉丸时蛋白质受热发生变性，故B错误；
C．花生油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，属于酯类，故C正确；
D．麦芽糖属于能发生水解反应的二糖，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A.面粉主要成分为淀粉，植物根或者节属于纤维素；
B.高温条件下蛋白质会发生变性，而不是盐析；
D.二糖和多糖可以水解，单糖不能水解。
3．【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；无机非金属材料；合金及其应用；铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】A．合金的熔点一般低于其各组分金属的熔点，A错误；
B．SiC属于无机非金属材料，B错误；
C． 聚丙烯睛经碳化而成 属于高分子材料，不是碳的单质，C错误；
D．环氧树脂作为防腐涂料，可以隔绝海水与桥体金属接触，减小海水与桥体金属间的腐蚀电流，D正确；
故答案为：D。
【分析】A.合金的熔点一般低于其各组分金属的熔点，硬度要小于各组分；
B.SiC属于新无机非金属材料；
C.同素异形体是指由同种元素组成的不同单质。
4．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；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．C2H4分子含有碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，A错误；
B．CO2的电子式为，B错误；
C．H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+2=4，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对，所以H2O分子是V形分子，C正确；
D．铁原子失去3个电子形成铁离子，基态Fe3+价层电子轨道表示式为，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.书写结构简式时，碳碳双键不可省略；
B.氧的周围必须达到8电子稳定；
D.铁原子失去3个电子形成铁离子。
5．【答案】B
【知识点】氯气的实验室制法；洗气；除杂；气体的收集
【解析】【解答】A．浓盐酸和漂白粉中次氯酸钙生成氯气，能达到实验目的，故A不符合题意 ；
B．气体通过浓硫酸干燥后再进入饱和食盐水又带出水，不能达到实验目的，故B符合题意；
C．氯气的密度比空气大，用向上排空气法收集，能达到实验目的，故C不符合题意；
D．氯气有毒，用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气防止污染，能达到实验目的，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】B.应该先通入到饱和食盐水中，除去氯化氢，然后再通入到浓硫酸中干燥。
6．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；钠的重要化合物
【解析】【解答】A．维生素C具有还原性，能防止补铁剂中Fe2+被氧化为Fe3+，故A不符合题意；
B．面包师用小苏打作发泡剂烘培面包，利用NaHCO3酸反应生成的CO2遇热体积膨胀的性质，故B不符合题意；
C．CuS属于难溶电解质，用Na2S溶液将Cu2+转化为沉淀来检测污水中Cu2+含量，故C不符合题意；
D．用聚乙烯塑料制作食品保鲜膜，利用的是聚乙烯塑料无毒，对人体无害的性质，与燃烧产物无关，故D符合题意；
故答案为：D.
【分析】A.维生素C具有很强氧化性，补铁剂为二价铁，可以防止二价铁被氧化；
B.小苏打与酸性物质反应产生二氧化碳，使面包彭松；
C.硫离子与铜离子生成 CuS ，为黑色沉淀，可以检验铜离子；
D.聚乙烯为线性结构，具有弹性，可以做保鲜膜。
7．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的结构和性质；加成反应
【解析】【解答】A.．根据该物质结构可知，分子式为：C6H8O6，A错误；
B．连接四个单键的碳原子为sp3杂化，碳氧双键的碳原子为sp2杂化，B错误；
C．结构中含有醛基，能与新制Cu(OH)2生成砖红色沉淀，C正确；
D.1mol葡醛内酯中能与H2发生加成反应是醛基，酯基不能与H2发生加成反应，1mol葡醛内酯能与1molH2发生加成反应，D错误；
故答案为：C。
【分析】B.对于碳原子而言，形成单键，一般为 sp3杂化 ，形成双键为sp2杂化；
C.含有醛基，一般可以与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀；
D.醛基可以与氢气加成，酯基和羧基不能被氢气加成。
8．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．SO2在负极失去电子，发生氧化反应，故A错误；
B．SO2在负极失去电子，发生氧化反应生成硫酸，故B正确；
C．电子经导线传递到正极，不会经过电解质溶液，故C错误；
D．空气中氧气得到电子发生还原反应，在酸性条件下生成水，电极反应为： O2+4e-+4H+=2H2O；D项错误；
故答案为：B。
【分析】A.原电池负极发生氧化反应；
B.二氧化硫被氧化生成硫酸，故在负极生成；
C.电子不小水，即电子不会通过电解质溶液；
D.酸性条件下不会生成氢氧根。
9．【答案】A
【知识点】铵盐；硝酸的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】】图所示为氮元素的价类二维图，则abcde分别为氮气、氨气、一氧化氮、二氧化氮或四氧化二氮、硝酸，f为含有+5价氮元素的盐；
A．二氧化氮和水生成硝酸，不能用排水法收集，A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．硝酸铵能和氢氧化钠等碱反应生成氨气，C不符合题意；
D．e为硝酸，可用于生产染料、农药以及炸药等工业生产，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.二氧化氮能与水反应，不可用排水法收集，应该用向上排空气法收集。
10．【答案】B
【知识点】钠的化学性质；煤的干馏和综合利用；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．HCl为一元强酸， CH3COOH为一元弱酸，酸性：HCl>CH3COOH，陈述I正确；浓度相同时，pH：盐酸<醋酸；未告诉浓度关系，无法比较两者pH的相对大小，陈述II错误，A不符合题意；
B．煤的干馏是隔绝空气加强热，将煤分解可获得苯、甲苯等化工原料，该过程属于化学变化，陈述I、II均正确，也有因果关系，B符合题意；
C．将氯气通入到溴水中，氯气会少量溶于水，溴水不会褪色，氯气也不具备漂白性，陈述I、II均错误，C不符合题意；
D．将金属Na加入CuSO4溶液中生成氢氧化铜蓝色沉淀、硫酸钠、氢气，陈述I错误，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.比较两种酸pH大小来验证酸性强弱时，必须为相同浓度下比较；
B.煤的干馏属于化学变化；
C.氯气本身不具有漂白性，生成的次氯酸才具有漂白性；
D.钠的性质很活泼，先与水反应，不会置换出铜。
11．【答案】B
【知识点】物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】】A．未说明气体所处状态，无法根据体积进行计算，A错误；
B.64gSO2为1mol，S、O均需要共用2对电子才达到8电子稳定结构，可知S和O之间是双键，因此1个SO2中所含的σ键数为2，1mol SO2中所含的σ键数目为2NA，B正确；
C． 2mol 完全氧化生成 ，S元素化合价从+4价升高到+6价，2mol完全氧化生成，转移的电子数目为4NA，C错误；
D． 会发生水解，所以 数目小于0.2NA，D错误；
故答案为：B。
【分析】A.必须指明标况，才能使用标况下的气体摩尔体积；
C.利用化合价升降情况确定电子转移数目；
D.铵根水解，故其数目会减小。
12．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A．蔗糖与浓硫酸反应生成CO2和SO2，SO2具有漂白性，使品红溶液褪色，A错误；
B．漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2，Ca(ClO)2具有氧化性。通入CO2和SO2后反应生成CaCO3和CaSO4沉淀，B错误；
C．CO2和SO2均不能与BaCl2溶液反应，故装置Ⅳ无明显现象，C正确；
D．木炭与浓硫酸反应需要加热，仅将装置I中的蔗糖换成木炭，不能出现相同的现象，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.二氧化硫使品红褪色，利用其漂白原理；
B.漂白粉具有强氧化性，会氧化二氧化硫，最终生成CaSO4沉淀；
C.二氧化硫不能使氯化钡产生沉淀；
D.木炭与浓硫酸反应需要加热。
13．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；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．Z为Na元素，Q可能是Si元素或S元素，两者位于同一周期。同一周期从左到右原子半径逐渐减小，原子半径Na>Si，即原子半径：Z > Q >Y，A错误；
B．Y为O元素，X为N元素，W为H元素，同一周期从左到右第一电离能有增大的趋势，但N的2p能级处于半充满状态，使得第一电离能大于O，故第一电离能：N>O>H，即X > Y >W，B错误；
C．Q可能是Si元素或S元素，最高价氧化物对应的水化物可能为硅酸、硫酸，硅酸为弱酸，硫酸是强酸，C正确；
D.X为N元素、W为H元素、Y为O元素，NH3中心原子N的价层电子对数为4，孤电子对数为1，故NH3为三角锥形，硝酸根中N的价层电子对数为3，孤对电子为0，该离子为平面三角形，D错误；
故答案为：C。
【分析】W、X、Y、Z、Q五种短周期元素，原子序数依次增大，且占据三个不同的周期。X的一种简单氢化物常用作制冷剂，液氨常做制冷剂，故X为N元素；Y在地壳中的含量最高，Y为O元素，Z的基态原子价层电子排布式为ns1，原子序数Z大于O元素，故Z为第三周期的元素，Z为Na元素；Q的基态原子轨道中有2个未成对电子，价层电子排布式为3s23p2或3s23p4，Q可能是Si元素或S元素；W应位于第一周期，W为H元素。
14．【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，将盛有NO2气体的玻璃球放入热水浴中，红棕色加深，平衡逆向移动，即2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，故A正确；
B．比较Fe3+与Cu2+对H2O2分解的催化效果要控制变量，即保证阴离子相同，而实验中所用的为浓度相同的FeCl3溶液和CuSO4溶液，故B错误；
C．向盛有淀粉溶液的试管中加入少量稀硫酸，加热，再滴加几滴银氨溶液，水浴加热，无法证明淀粉是否水解，因为银氨溶液可与酸反应，导致水浴加热无银镜产生，故C错误；
D．向5mL0.1mol/LAgNO3溶液中滴加几滴0.1mol/L NaCl溶液生成AgCl沉淀，硝酸银过量，此时再滴加几滴0.1mol/LKI溶液，生成AgI沉淀，无法证明AgCl和AgI溶度积的大小，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A.二氧化氮为红棕色，可以通过颜色深浅判断平衡移动，进而判断该反应吸放热情况；
B.没有控制唯一变量，阴离子不同，无法比较；
C.在加入银氨溶液前，必须加入氢氧化钠溶液，中和多余的硫酸；
D.硝酸银为过量，加入碘化钾后也会产生碘化银沉淀。
15．【答案】D
【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
【解析】【解答】A．由图可知两种催化剂均出现3个波峰，所以使用催化剂X和Y，反应历程都分3步进行，A错误；
B．由图可知，X的最高活化能小于Y的最高活化能，所以使用X时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，B错误；
C．由图可知，该反应是放热反应，所以达平衡时，降低温度平衡向右移动，B的浓度增大，C错误；
D．由图可知，A·X生成B·X的活化能小于A·Y生成B·Y的活化能，则A·Y更难转化为B·Y，故反应过程中A·Y所能达到的最高浓度大于A·X，D正确；
故答案为：D。
【分析】A.由图可知，都出现3个波峰，说明分3步进行；
B.催化剂可以降低反应活化能，活化能越小，反应速率越快，更快达到平衡；
C.对于放热反应，温度降低，平衡正向移动，生成物浓度增加；
D.活化能越小，越容易进行。
16．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析得，N为阴离子交换膜，故A错误；
B．原料室中磷酸二氢根离子通过N膜进入产品室2，与双极膜产生的氢离子反应生成磷酸，产品室2中溶液pH逐渐减小，故B错误；
C．原料室中钠离子通过M膜进入产品室1得到氢氧化钠，故C错误；
D．双极膜共解离4molH2O，即电极a、b处各解离2molH2O，电极a的电极反应式为：2H++2e-=H2，解离2molH2O得到2mol H+，转移电子数为2mol，结合反应Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，理论上铅蓄电池中生成2molPbSO4，故D正确；
故答案为：D。
【分析】由图可知，电解池工作时阳离子向阴极迁移，由于H+向电极a移动，即电极a为阴极，那么电极b为阳极， M膜为阳离子交换膜，原料室中钠离子通过M膜进入产品室1得到氢氧化钠，N膜为阴离子交换膜，原料室中磷酸二氢根离子通过N膜进入产品室2，与双极膜产生的氢离子反应生成磷酸。
17．【答案】（1）a
（2）3mL1mol/LNaHSO3
（3）2.4；1.6
（4）
（5）2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+；2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+，溶液中H+浓度增大，+H+平衡正向移动，浓度减小，Fe3+与的配合反应逆向移动，溶液红色变浅直至消失
（6）制食品添加剂
【知识点】二氧化硫的性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）亚硫酸钠(Na2SO3)粉末和70%的硫酸为原料制取SO2，反应无需加热，装置d错误，亚硫酸钠(Na2SO3)为粉末状，不能用启普发生器，装置c错误，装置b不能控制反应速率，装置b错误，故选装置a；
（2）为控制变量，实验②中应加入3mL 1mol/LNaHSO3溶液；
（3）由图可知，B点粒子比值为0.4，即b=0.4×4.0=1.6，a=4.0-1.6=2.4；
（4）由图可知，亚硫酸氢钠物质的量分数越大，吸光度越低，红色物质浓度越低，推测溶液变红色与亚硫酸根有关；
（5）①滴加铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成，即溶液中存在Fe2+，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，即溶液中存在硫酸根，反应离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；
②2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，溶液中H+浓度增大，SO32-+H+HSO3-平衡正向移动，浓度减小，Fe3+与SO32-的配合反应逆向移动，溶液红色变浅直至消失；
（6）二氧化硫具有抗氧化、消毒杀菌的作用，在生产生活中可用与制食品添加剂。
【分析】（1） 亚硫酸钠(Na2SO3)粉末和70%的硫酸为原料制取SO2 为固液不加热反应类型；
（2）目的为探究亚硫酸根与亚硫酸氢根，故要控制变量，所以加入 3mL1mol/LNaHSO3 ，保持浓度相等；
（3）根据图中B点物质的量分数，即可计算出加入亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的量；
（4）亚硫酸氢钠物质的量分数越大，吸光度越低，红色物质浓度越低，推测溶液变红色与亚硫酸根有关；
（5） 溶液变为绿色 即三价铁被还原为二价铁，反应为： 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+
（6）二氧化硫具有还原性，少量二氧化硫可以作为食品添加剂，如红酒。
18．【答案】（1）加热、搅拌、粉碎废旧磁性材料、适当增大硫酸浓度等
（2）4.7≤pH<5.8
（3）Ce(H2PO4)3+9OH-=Ce(OH)3↓+3+6H2O；Na[Al(OH)4](或NaAlO2)
（4）2Ce2(C2O4)3·10H2O+3O22Ce2O3+12CO2+20H2O
（5）REO2；8；
【知识点】晶胞的计算；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1） 为提高酸浸的速率， 即加快化学反应速率， 可采取的措施有： 加热、搅拌、粉碎废旧磁性材料、适当增大硫酸浓度等 ；
（2）加入碱为了“沉Ce”时，为了使Al3+完全沉淀，但不引人Fe(OH)2和Ce(OH)3，即让铝离子完全沉淀，二价铁离子和 Ce3+ 不能沉淀，当 Al3+完全沉淀 时， Al3+离子浓度小于或等于10-5mol/L，那么此时，此时，那么pH=4.7，同理，当 c(Fe2+)=1.0mol/L 开始沉淀时，此时pH为5.8， c(Ce3+)=0.01mol/L 开始沉淀时，pH约为8，所以需要调节溶液的pH范围为 4.7≤pH<5.8 ；
（3）“碱转换”过程中Ce3+发生沉淀，那么 所发生反应的离子方程式为 ： Ce(H2PO4)3+9OH-=Ce(OH)3↓+3+6H2O ；滤液2”中铝元素的存在形式为 Na[Al(OH)4] ；
（4） 固体Ce2(C2O4)3●10H2O，将其煅烧可得Ce2O3和一种无毒的气体，根据元素组成，该无毒气体为二氧化碳， 发生反应的化学方程式为 2Ce2(C2O4)3·10H2O+3O22Ce2O3+12CO2+20H2O
（5）由图可知，利用均摊法可得，RE个数为：，O原子个数为：8， 该氧化物的化学式为 ： REO2 ，由图可知， 距离RE原子最近的O原子有 8个，根据密度公式，。
【分析】（1） 为提高酸浸的速率 即为加快化学反应速率，一般有升温、搅拌、粉碎等；
（2）目的为 ，为了使Al3+完全沉淀，但不引人Fe(OH)2和Ce(OH)3 ，即计算出Al3+完全沉淀时的pH，再计算 Fe2+ 和 Ce3+ 开始沉淀时的pH，即可得到 调节溶液的pH范围 ；
（3）加碱转化过程，生成 Ce(OH)3 该过程为非氧化还原反应，根据质量守恒配平即可；
（4） Ce2(C2O4)3●10H2O与氧气 煅烧可得Ce2O3和一种无毒的气体 该无毒气体为二氧化碳，利用化合价升降相等配平即可；
（5）利用均摊法即可计算出该晶体氧化物化学式；根据密度公式，即可计算出晶胞密度。
19．【答案】（1）C6H5SO3Na+2NaOHC6H5ONa+Na2SO3+H2O
（2）5×10-4mol/(L·min)；>；H2O2受热分解
（3）B；D
（4）I；0.002mol/L；500
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；苯酚的性质及用途
【解析】【解答】（1）反应③C6H5SO3Na 和熔融的NaOH反应，生成C6H5ONa ，化学方程式为：C6H5SO3Na+2NaOHC6H5ONa+Na2SO3+H2O；
（2）①由图可知，C6H5OH的平均反应速率为 5×10-4mol/(L·min)，
②反应初始时，T1℃反应速率更快，即T1＞T2；由于H2O2受热易分解，因此反应结束时，T2℃时工业废水中苯酚的去除率更高；
（3）A．加水稀释，c（H+）下降，pH增大，故A错误；
B．滴入几滴浓盐酸，c（H+）上升，平衡逆向移动，其 比值增大，B项正确；
C.温度不变，反应平衡常数不变，故C错误；
D.加入铜粉，铜与三价铁反应，三价铁离子浓度减小，平衡逆向移动，颜色变浅，D项正确；
故答案为：BD。
（4）①由图可知，随着 比值增大，c平（L）减小，即曲线Ⅱ为 ，曲线Ⅰ为 ，
② 当=0.6时 ，根据L守恒得，，解得；再根据M原子守恒可得，，解得，那么平衡常数
【分析】（1）根据反应流程，即可得到反应③的化学反应为取代反应，
（2）①根据图像浓度变化量，即可算出化学反应速率，②根据起始图像斜率，即可判断T1℃反应速率更快，即T1＞T2；
（3）根据平衡移动原理进行解答即可，判断改变条件平衡如何移动，然后解答；
（4）充分利用物料守恒，根据M原子和L原子列出物料守恒，然后得出微粒浓度，进而计算平衡常数。
20．【答案】（1）C6H8O；对苯二甲酸(或1，4-苯二甲酸)；
（2）
（3）
（4）H2，催化剂、△；加成反应或还原反应；Br2，Fe或FeBr3；
（5）A；C
（6）；++H2O
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；加成反应；酯化反应
【解析】【解答】（1）由图可知，化合物I的分子式为C6H8O。化合物Ⅲ与酸性KMnO4溶液反应使得甲基被氧化为羧基得到化合物Ⅳ，则化合物Ⅳ的名称为对苯二甲酸；
（2）由分析可知，化合物Ⅴ的结构简式为 ；
（3）化合物Ⅱ与足量H2加成后得到；同分异构体中核磁共振氢谱中峰面积比为3：1：3，则为对称结构且应该含有2组每组2个甲基，结构可以为；
（4）1、苯在催化剂加热条件下和氢气发生加成反应生成，条件为：H2，催化剂、△，反应类型为：加成反应；2、Ⅲ中苯环氢、甲基氢均可以发生取代反应，在铁催化作用下苯环氢可以被溴取代生成，在光照条件下，甲基氢可以被氯气中氯取代生成，故答案为： Br2，Fe或FeBr3 ；
（5）A．反应①得到产物的不饱和度减小，为加成反应，正确；
B．化合物Ⅲ中含有甲基，甲基为四面体结构，所有原子不共平面，错误；
C．反应②过程中，有C-O键和C-H键的断裂，反应生成苯环和小分子水，正确；
D．化合物Ⅱ中，氧原子形成2个共价键且存在2对孤电子对，采取sp3杂化，分子中含手性碳原子，错误；
故选AC；
（6）（a）由分析可知，从 出发，第一步反应的产物为 ；
（b）由分析可知，相关步骤涉及酯化反应，其化学方程式为++H2O
【分析】（1）根据图中I的结构式可得，即可得到分子式； 化合物Ⅲ 为苯的同系物，甲基可以被酸性高锰酸钾氧化为羧基；
（2）乙烯与氧气反应可以得到环氧乙烷，即 ，然后再与水反应发生开环反应，生成二元醇；
（3）首先判断与氢气加成后产物分子式，再根据 其核磁共振氢谱中峰面积比为3：1：3 ，即可得到该化合物结构简式；
（4）1.为苯环与氢气加成，即可得到，该反应类型为加成反应；2.苯环上取代反应为液溴、铁，苯环侧链甲基上取代为氯气光照；
（5）B.含有甲基，甲基为四面体结构，所有原子不共平面；
D.手性碳定义为：饱和碳上连接4个不同的基团；
（6）根据逆合成法进行倒推，对比反应前后有机物机结构发生的变化，如何断开和形成化学键，即可判断每一步发生的化学反应。
