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2025 年广东高考真题化学试题
一、单选题
1．中华传统技艺，凸显人民智慧。下列选项所涉及材料的主要成分属于合金的是
A．纸哪吒 B．石印章 C．木活字 D．不锈钢针
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】
A．纸的主要成分是纤维素(有机化合物)，不属于合金，A不符合题意；
B．石印章的材料通常是天然矿物(如大理石、寿山石等)，主要成分为硅酸盐或碳酸盐，不属于合金，B不符合题意；
C．木活字的材料是木材，主要成分为纤维素和木质素(有机化合物)，不属于合金，C不符合题意；
D．不锈钢是铁(Fe)与铬(Cr)、镍(Ni)等金属形成的合金，D符合题意；
故选D。
2．在法拉第发现苯200周年之际，我国科学家首次制备了以金属M为中心的多烯环配合物。该配合物具有芳香性，
其多烯环结构(如图)形似梅花。该多烯环上
A．C−H键是共价键 B．有8个碳碳双键
C．共有16个氢原子 D．不能发生取代反应
【答案】A
【详解】
A．C和H原子间通过共用电子对形成的是共价键，A正确；
B．该配合物具有芳香性，存在的是共轭大π键，不存在碳碳双键，B错误；
C．根据价键理论分析，该物质有10个H原子，C错误；
D．大π键环上可以发生取代反应，D错误；
故选A。
3．现代科技，增强国力，增进民生福祉。下列说法正确的是
A．我国科学家首次测得了月球背面月幔水含量1molH O质量为10g
2
B．利用MoS 成功为金属材料“重塑金身”，MoS 中Mo的化合价为+6
2 2
C．穿上电动机械腿，助力行走不是梦，行走时电池将电能转化为化学能
D．沙海养鱼蹚出治沙新路，让沙海沙山变成金山银山，鱼肉富含蛋白质
【答案】D
【详解】
A．1mol H O的摩尔质量为18g/mol，因此质量为18g，而非10g，A错误；
2
B．MoS 中S的化合价为-2，总负电荷为-4，Mo的化合价为+4，而非+6，B错误；
2
C．电动机械腿工作时，电池放电将化学能转化为电能，再转化为机械能，而非电能转化为化学能，C错误；D．鱼肉的主要营养成分是蛋白质，描述正确，D正确；
故选D。
4．劳动创造美好生活。下列对劳动项目涉及的相关化学知识表述错误的是
选项 劳动项目 化学知识
A 向燃煤中加入生石灰以脱硫减排 CaSO +CO2− ⇌CaCO +SO2−
4 3 3 4
B 用BaCl 和盐酸检验粗盐中是否含SO2− Ba2++SO2− =BaSO ↓
2 4 4 4
C 使用MgCl 溶液点卤制豆腐 MgCl 使蛋白质盐析
2 2
D 用铁粉、活性炭、食盐等制暖贴 使用时铁粉被氧化，反应放热
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】
A．生石灰（CaO）与燃煤中的SO 和氧气反应生成CaSO ，达到脱硫减排的目的，不存在沉淀溶解平衡的转化，A
2 4
错误；
B．检验SO 2−需先加盐酸排除干扰离子，再加BaCl 生成BaSO 沉淀，步骤和反应式均正确，B正确；
4 2 4
C．MgCl 点卤使蛋白质胶体沉降，产生固体，属于蛋白质的盐析，C正确；
2
D．暖贴中铁粉氧化生成Fe O 或Fe(OH) 并放热，描述正确，D正确；
2 3 3
故选A。
5．声波封印，材料是音乐存储技术的基础。下列说法错误的是
A．制作黑胶唱片使用的聚氯乙烯，其单体是CH CH Cl
3 2
B．磁带可由四氧化三铁涂覆在胶带上制成，Fe O 具有磁性
3 4
C．光碟擦写过程中材料在晶态和非晶态间的可逆转换，涉及物理变化
D．固态硬盘芯片常使用单晶硅作为基础材料，单晶硅是一种共价晶体
【答案】A
【详解】
A．聚氯乙烯的单体应为氯乙烯（CH =CHCl），而选项中的CH CH Cl是氯乙烷，单体错误，A错误；
2 3 2
B．四氧化三铁（Fe O ）具有磁性，常用于磁带制作，B正确；
3 4
C．光碟擦写时晶态与非晶态转换属于物理变化(无新物质生成)，C正确；
D．单晶硅为共价晶体(原子晶体)，固态硬盘芯片使用单晶硅，D正确；
故选A。
6．对铁钉进行预处理，并用铜氨溶液给铁钉镀铜。下列操作不能达到实验目的的是
A．除油污 B．除铁锈C．制铜氨溶液 D．铁钉镀铜
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】
A．碳酸钠溶液为碱性，油污在碱性溶液中发生水解反应，同时加热可以增强碳酸钠溶液的碱性，可以达到除油污
的目的，A不符合题意；
B．铁锈的主要成分为氧化铁，稀盐酸可以用来除去铁锈，可以达到实验目的，B不符合题意；
C．硫酸铜溶液中滴加过量氨水，可以生成铜氨溶液，可以达到实验目的，C不符合题意；
D．铁钉镀铜，需要电解装置，使Cu片与电源正极相连，铁钉与电源负极相连，图中无电源，故不能达到实验目
的，D符合题意；
故选D。
7．能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是
O2 O2 H2O NaOH(或HCl)
单质X→氧化物1→氧化物2→酸(或碱) → 盐
A．X可为铝，盐的水溶液一定显酸性
B．X可为硫，氧化物1可使品红溶液褪色
C．X可为钠，氧化物2可与水反应生成H
2
D．X可为碳，盐的热稳定性：NaHCO >Na CO
3 2 3
【答案】B
【详解】
A．铝单质与O 生成Al O 后无法再被O 氧化，无法形成氧化物2，且Al O 与水反应需强酸/碱才能溶解，A错误；
2 2 3 2 2 3
B．硫燃烧生成SO (氧化物1，使品红褪色)，SO 氧化为SO (氧化物2)，SO 与水生成H SO ，再与NaOH生成盐，
2 2 3 3 2 4
转化关系成立，B正确；
C．钠与氧气常温反应生成Na O(氧化物1)，进一步氧化为Na O (氧化物2)；Na O 与水反应生成NaOH和O ，不
2 2 2 2 2 2
会生成H ，C错误；
2
D．碳与氧气反应先生成CO，最终生成CO ，与水反应生成碳酸，与碱反应可生成盐，但Na CO 热稳定性强于
2 2 3
NaHCO ，D结论错误，D错误；
3
故选B。
8．下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 浓硝酸保存在棕色试剂瓶中 浓硝酸具有强氧化性
B 向蔗糖中加适量浓硫酸，蔗糖变黑 浓硫酸具有脱水性
C Fe2+与K [Fe(CN) ]可生成蓝色物质 KSCN溶液可用于检验Fe3+
3 6
D MnO 与浓盐酸共热，生成黄绿色气体 Cl +SO +2H O=H SO +2HCl
2 2 2 2 2 4
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．浓硝酸保存在棕色试剂瓶中是因为其见光易分解，而非因其强氧化性，陈述Ⅰ正确但因果关系错误，A不符合题
意；
B．浓硫酸使蔗糖变黑体现其脱水性，陈述Ⅰ和Ⅱ均正确且存在因果关系，B符合题意；
C．Fe2+与K [Fe(CN) ]生成蓝色沉淀用于检验Fe2+，而KSCN用于检验Fe3+，两者无直接因果关系，C不符合题意；
3 6
D．MnO 与浓盐酸生成Cl 是独立反应，与Cl 和SO 的反应无因果关系，D不符合题意；
2 2 2 2
故选B。
9．元素a~i为短周期元素，其第一电离能与原子序数的关系如图。下列说法正确的是
A．a和g同主族 B．金属性：g>h>i
C．原子半径：e>d>c D．最简单氢化物沸点：b>c
【答案】B
【分析】同周期中第一电离能中第IIA族和第VA族比相邻元素的第一电离能大，0族元素的第一电离能在同周期
中最大，可以推断a~i分别是B、C、N、O、F、Ne、Na、Mg、Al。
【详解】
A．a是B，g是Na，二者不同主族，A错误；
B．Na、Mg、Al属于同周期，从左到右金属性依次减弱，B正确；
C．e、d、c分别是N、O、F，属于同周期元素，同周期从左到右原子半径依次减小，原子半径c>d>e，C错误；
D．b为C，c为N，NH 分子间存在氢键，沸点高，沸点NH >CH ，D错误；
3 3 4
故选B。
10．设N 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A
A．1mol18O 的中子数，比1mol16O 的多2N
2 2 A
B．1molFe与水蒸气完全反应，生成H 的数目为2N
2 A
C．在1L0.1mol/L的NH Cl溶液中，NH+的数目为0.1N
4 4 A
D．标准状况下的22.4LCl 与足量H 反应，形成的共价键数目为2N
2 2 A
【答案】D
【详解】
A．18O的中子数为10，16O的中子数为8，每个O 分子含2个O原子，1mol18O 比1mol16O 多4N 个中子，A错
8 8 2 8 2 8 2 A
误；
B．Fe与水蒸气反应生成Fe O 和H ，1mol Fe生成4 mol H ，数目为4 N ，B错误；
3 4 2 2 A
3 3
C．NH+在水中会水解，溶液中NH+的数目小于0.1N ，C错误；
4 4 A
D．1mol Cl 与H 反应生成2mol HCl，形成2mol H-Cl键，共价键数目为2N ，D正确；
2 2 A
故选D。
11．利用如图装置进行实验：打开K 、K ，一定时间后，a中溶液变蓝；关闭K ，打开K ，点燃酒精灯加热数分钟
1 2 1 3
后，滴入无水乙醇。下列说法错误的是A．a中现象体现了I−的还原性
B．b中H O 既作氧化剂也作还原剂
2 2
C．乙醇滴加过程中，c中的铜丝由黑变红，说明乙醇被氧化
D．d中有银镜反应发生，说明c中产物有乙酸
【答案】D
【分析】打开K 、K ，一定时间后，b中H O 在MnO 的催化下生成O ，O 进入a中，氧化I-，生成I ，使得淀
1 2 2 2 2 2 2 2
粉-KI溶液变蓝；关闭K ，打开K ，无水乙醇在铜丝的催化下与氧气发生氧化反应生成乙醛，乙醛可与银氨溶液在
1 3
加热条件下发生银镜反应。
【详解】
A．O 进入a中，氧化I-，生成I ，体现了I−的还原性，A正确；
2 2
B．b中H O 在MnO 的催化下生成O 和H O ，H O 既作氧化剂也作还原剂，B正确；
2 2 2 2 2 2 2 2
C．无水乙醇在铜丝的催化下与氧气发生氧化反应生成乙醛，在此过程中，铜丝先和氧气反应生成黑色的氧化铜，
乙醇再和氧化铜反应，氧化铜被还原为红色的铜单质，乙醇被氧化为乙醛，故c中的铜丝由黑变红，可以说明乙醇
被氧化，C正确；
D．乙醛可与银氨溶液在加热条件下发生银镜反应，d中未加热，不能发生银镜反应，D错误；
故选D。
12．CuCl微溶于水，但在Cl−浓度较高的溶液中因形成[CuCl ]−和[CuCl ]2−而溶解。将适量CuCl完全溶于盐酸，得
2 3
到含[CuCl ]−和[CuCl ]2−的溶液，下列叙述正确的是
2 3
A．加水稀释，[CuCl ]2−浓度一定下降
3
B．向溶液中加入少量NaCl固体，[CuCl ]−浓度一定上升
2
C．H[CuCl ]的电离方程式为：H[CuCl ]=H++Cu++2Cl−
2 2
D．体系中，c(Cu+)+c(H+)=c(Cl−)+c([CuCl ]−)+c([CuCl ]2−)+c(OH−)
2 3
【答案】A
【详解】
A．加水稀释，溶液体积变大，[CuCl ]2−浓度一定下降，A正确；
3
B．加入NaCl会增加Cl⁻浓度，可能促使[CuCl ]−转化为[CuCl ]2−，[CuCl ]−浓度不一定上升，B错误；
2 3 2
C．H[CuCl ]应电离为H+和[CuCl ]−，而非分解为Cu+和Cl-，电离方程式错误，C错误；
2 2
D．电荷守恒未考虑[CuCl ]2−的电荷数，电荷守恒应为c(Cu+)+c(H+)=c(Cl−)+c([CuCl ]−)+2c([CuCl ]2−)+
3 2 3
c(OH−)，D错误；
故选A。
13．由结构不能推测出对应性质的是
选项 结构 性质
A SO 的VSEPR模型为平面三角形 SO 具有氧化性
3 3
B 钾和钠的原子结构不同，电子跃迁时能量变化不同 钾和钠的焰色不同
C 乙烯和乙炔分子均含有π键 两者均可发生加聚反应石墨层中未参与杂化的p轨道中的电子，可在整个碳原
D 石墨具有类似金属的导电性
子平面中运动
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】
A．SO 的VSEPR模型为平面三角形，反映其分子几何结构，但氧化性由硫的高价态(+6)决定，与结构无直接关联，
3
A符合题意；
B．钾和钠原子结构差异导致电子跃迁能量不同，焰色不同，结构与性质对应合理，B不符合题意；
C．乙烯和乙炔均含π键，π键断裂是加聚反应的基础，结构与性质对应合理，C不符合题意；
D．石墨层中离域p电子使其导电，结构与性质对应合理，D不符合题意；
故选A。
14．一种高容量水系电池示意图如图。已知：放电时，电极Ⅱ上MnO 减少；电极材料每转移1mol电子，对应的理
2
论容量为26.8A⋅h。下列说法错误的是
A．充电时Ⅱ为阳极
B．放电时Ⅱ极室中溶液的pH降低
C．放电时负极反应为：MnS−2e− =S+Mn2+
D．充电时16gS能提供的理论容量为26.8A⋅h
【答案】B
【分析】放电时，电极Ⅱ上MnO 减少，说明MnO 转化为Mn2+，化合价降低，发生还原反应，为原电池的正极，由
2 2
于电解质溶液为MnSO ，故电解质应为酸性溶液，正极反应为：MnO +2e−+4H+ =Mn2++2H O；则电极Ⅰ为原
4 2 2
电池负极，MnS失去电子生成S和Mn2+，负极反应为：MnS−2e− =S+Mn2+。
【详解】
A．由分析可知，放电时电极Ⅱ为正极，故充电时电极Ⅱ为阳极，A正确；
B．由分析可知，放电时电极Ⅱ为正极，正极反应为：MnO +2e−+4H+ =Mn2++2H O，反应消耗H+，溶液的pH
2 2
升高，B错误；
C．由分析可知，放电时电极Ⅰ为原电池负极，负极反应为：MnS−2e− =S+Mn2+，C正确；
D．根据放电时负极反应，可知充电时阴极反应为S+Mn2++2e− =MnS，每消耗16gS，即0.5molS，转移1mol
电子，据题意可知，能提供的理论容量为26.8A⋅h，D正确；
故选B。
15．按如图组装装置并进行实验：将铜丝插入溶液中，当c中红色褪去时，将铜丝拔离液面。下列叙述错误的是
A．a中有化合反应发生，并有颜色变化B．b中气体变红棕色时，所含氮氧化物至少有两种
C．c中溶液红色刚好褪去时，HCO−恰好完全反应
3
D．若将a中稀硝酸换为浓硫酸并加热，则c中溶液颜色会褪去
【答案】C
【详解】
A．铜和稀硝酸反应，会生成一氧化氮，一氧化氮为无色气体，液面上方有氧气存在，一氧化氮与氧气反应，生成
红棕色的二氧化氮，属于化合反应，生成Cu(NO ) 为蓝色，有颜色变化，A正确；
3 2
B．b中气体变红棕色时，说明有二氧化氮存在，存在2NO ⇌N O 的反应，所以所含氮氧化物至少有两种，B正确；
2 2 4
C．酚酞的变色范围是8.2~10，c中溶液红色刚好褪去时，此时溶液可能呈弱碱性，所以不能判断HCO−是否恰好完
3
全反应，C错误；
D．若将a中稀硝酸换为浓硫酸并加热，会生成二氧化硫，二氧化硫通入碳酸氢钠溶液中，可生成亚硫酸氢钠，溶
液显酸性，c中溶液颜色会褪去，D正确；
故选C。
16．某理论研究认为：燃料电池(图b)的电极Ⅰ和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图分别如图a和图c，其中O 获得第
2
一个电子的过程最慢。由此可知，理论上
A．负极反应的催化剂是ⅰ
B．图a中，ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最低
C．电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变
D．相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数相同
【答案】C
【分析】该燃料电池为氢氧燃料电池，由图可知该原电池的电解质溶液为酸性，氢气发生氧化反应，做负极，电极
方程式为：H −2e− =2H+；氧气发生还原反应，做正极，电极方程式为：O +4e−+4H+ =2H O。
2 2 2
【详解】
A．由分析可知，氧气发生还原反应，做正极，正极反应的催化剂是ⅰ，A错误；
B．图a中，ⅰ到ⅱ过程为O 获得第一个电子的过程，根据题中信息，O 获得第一个电子的过程最慢，则ⅰ到ⅱ过程的
2 2
活化能一定最高，B错误；
C．氢气发生氧化反应，做负极，电极方程式为：H −2e− =2H+，同时，反应负极每失去1个电子，就会有一个
2
H+通过质子交换膜进入正极室，故电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变，C正确；
D．由图a、c可知，氧气催化循环一次需要转移4个电子，氢气催化循环一次需要转移2个电子，相同时间内，电
极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数不相同，D错误；
故选C。
二、解答题
17．酸及盐在生活生产中应用广泛。
(1)甲苯氧化可生成苯甲酸。向盛有2mL甲苯的试管中，加入几滴酸性KMnO 溶液，振荡，观察到体系颜色 。
4
(2)某苯甲酸粗品含少量泥沙和氯化钠。用重结晶法提纯该粗品过程中，需要的操作及其顺序为：加热溶解、 (填
下列操作编号)。(3)兴趣小组测定常温下苯甲酸饱和溶液的浓度c 和苯甲酸的K ，实验如下：取50.00mL苯甲酸饱和溶液，用
0 a
0.1000mol/LNaOH溶液滴定，用pH计测得体系的pH随滴入溶液体积V变化的曲线如图。据图可得：
①c = mol⁄L。
0
②苯甲酸的K = (列出算式，水的电离可忽略)。
a
(4)该小组继续探究取代基对芳香酸酸性的影响。
①知识回顾 羧酸酸性可用K 衡量。下列羧酸K 的变化顺序为：CH COOHⅡ>Ⅰ，据此推断假设成立。但乙同学认为该
推断依据不足，不能用所测得的pH直接判断K 大小顺序，因为 。
a
乙同学用(3)中方法测定了上述三种酸的K ，其顺序为Ⅱ>Ⅰ>Ⅲ。
a
④实验小结 假设不成立，芳香环上取代基效应较复杂，①中规律不可随意推广。
(5)该小组尝试测弱酸HClO的K 。
a
①丙同学认为不宜按照(3)中方法进行实验，其原因之一是次氯酸易分解。该分解反应的离子方程式为 。
②小组讨论后，选用0.100mol/LNaClO溶液(含少量NaCl)进行实验，以获得HClO的K 。简述该方案 (包括所
a
用仪器及数据处理思路)。
③教师指导：设计实验方案时，需要根据物质性质，具体问题具体分析。
【答案】
(1) 由紫色变为无色
(2) da
10−2.89×10−2.89
(3) 0.028 K =
a
0.028
(4) 增大 极性 常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同
光照
(5) 2HClO 2H++2Cl-+O ↑ 实验方法：取适量0.100mol/LNaClO溶液放入烧杯中，用pH计测得体系
2
在25℃下的pH，记录数据；
数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根据0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常数K ，再利用公式K = KW求出HClO的K 。
h a a
Kh
【详解】
（1）酸性KMnO 溶液具有强氧化性，可以将甲苯氧化生成苯甲酸，故向盛有2mL甲苯的试管中，加入几滴酸性
4
KMnO 溶液，振荡，观察到体系颜色由紫色变为无色。
4
（2）重结晶法提纯苯甲酸的方法为，加热溶解、趁热过滤、冷却结晶，故操作编号为da
（3）①由图像可知，当加入14mLNaOH溶液时，苯甲酸被完全中和，则可得苯甲酸饱和溶液的浓度
c =
0.1000mol/L×14×10-3L
=0.028mol/L；
0 50×10-3L
②由图像可知，苯甲酸饱和溶液的pH为2.89，说明苯甲酸饱和溶液中的c(H+)=c(苯甲酸根)=10-2.89mol/L，则苯
甲酸的K =
10−2.89×10−2.89
a
0.028
（4）①羧酸酸性的强弱取决于羧基中O-H键的极性大小，极性越大，酸性越强，卤素原子的电负性越大，吸电子
能力越强，使得羧基中O-H键的极性越大，酸性越强；
③由于常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同，所以该推断依据不足。
光照
（5）①次氯酸在光照条件下易分解为HCl和O ，其分解反应的离子方程式为2HClO 2H++2Cl-+O ↑；
2 2
②实验方法：取适量0.100mol/LNaClO溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据；
数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根据0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的
水解平衡常数𝐾 ，再利用公式K = KW求出HClO的K 。
h a a
Kh
18．我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶
铁方法的工艺如下。
已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。
氢氧化物 Fe(OH) Al(OH) Cu(OH) Ni(OH)
3 3 2 2
K (298K) 2.8×10−39 1.3×10−33 2.2×10−20 5.5×10−16
sp
(1)“酸浸”中，提高浸取速率的措施有 (写一条)。
(2)“高压加热”时，生成Fe O 的离子方程式为： 。
2 3
高压
___+O +___H O ___Fe O ↓+______H+
2 2 2 3
Δ
(3)“沉铝”时，pH最高可调至 (溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中c(Cu2+)=0.022mol/L，c(Ni2+)=
0.042mol/L。
(4)“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有_______。A．镍与N、O形成配位键 B．配位时Ni2+被还原
C．配合物与水能形成分子间氢键 D．烷基链具有疏水性
(5)Ni Cu N 晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比
x y 𝑧
d :d =√2:1，则x:y:z= ；晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为 。
Ni−Cu Ni−N
(6)①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量H ，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生
2
反应的化学方程式为 和 。
②“电解”时，Fe O 颗粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池示意图并做相应
2 3 ．．．．．．
标注 。
③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是 (写一条)。
【答案】
(1)搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等
高压
(2)4Fe2++O +4H O 2Fe O ↓+8H+
2 2 2 3
加热
(3)5
(4)AD
(5) 3：1：1 12
催化剂 700oC
(6) 2NH ⇌ N +3H Fe O +3H 2Fe+3H O
3 2 2 2 3 2 2
加热、加压
没有污染物产生
【分析】矿粉酸浸通入SO 酸浸，浸取液中含有Fe2+、Cu2+、Ni2+、Al3+等，调节pH=3.0，通入空气加热得到Fe O ，
2 2 3
Fe O 可以通过还原得到Fe单质，也可以用电解得到Fe单质，滤液1在常温下沉铝，滤液2选择萃取得到含硫酸
2 3
根的溶液和分别含Cu配合物和Ni配合物，最终得到产品Ni Cu N 。
x y z
【详解】
（1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有：搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等；
（2）由于通入SO “酸浸”，故浸取液中不含有Fe3+，“高压加热”时，Fe2+在酸性条件下被氧化为Fe O ，离子方程式
2 2 3高压
为：4Fe2++O +4H O 2Fe O ↓+8H+；
2 2 2 3
加热
（3）“沉铝”时，保证Cu2+和Ni2+不沉淀，Cu(OH) 的溶度积更小，c(Cu2+)=0.022mol/L，根据
2
K =c(Cu2+)×c2(OH-)=0.022×c2(OH-)=2.2×10-20，得出c(OH-)=10-9mol/L，pH=5；
sp
（4）“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有：
A、镍与N、O形成配位键，可以使镍进入有机相，A正确；
B、配体 中提供孤对电子的O原子带一个单位负电，可以视作是得到一个电子的阴离子，其余
配体不带电，整个配合物不显电性，形成配合物后，中心离子还是Ni2+，Ni2+化合价不变，B错误；
C、配合物与水形成氢键，不能解释镍进入有机相，C错误；
D、烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，D正确；
故选AD；
（5）根据同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比d :d =√2:1，设晶胞边长为a，由几何关系可知，
Ni−Cu Ni−N
面心的原子与顶点的原子距离为√2 a，面心的原子与体心的原子距离为1 a，则可以确定，晶胞中面心原子为Ni，有
2 2
6× 1 =3个，顶点原子为Cu，有8× 1 =1个，体心的原子为N，有1个，则x：y：z=3：1：1；
2 8
根据分析，Cu原子处于顶角，距离最近且等距离的原子为面心上Ni原子，数目为3×8× 1 =12；
2
催化剂
（6）①氨气分解为N 和H ，H 还原Fe O 得到Fe单质和水，化学方程式为：2NH ⇌ N +3H 、
2 2 2 2 3 3 2 2
加热、加压
700oC
Fe O +3H 2Fe+3H O；
2 3 2 2
②电解Fe O 颗粒得到Fe单质，在阴极发生还原反应，则Fe片为阴极，石墨做阳极，电解液为NaOH溶液和Fe O
2 3 2 3
颗粒，装置图如下： ；
③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是没有污染性的CO气体产生。
19．钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。
(1)基态Ti原子的价层电子排布式为 。
(2)298K下，反应TiO (s)+2C(s)+2Cl (g)=TiCl (g)+2CO(g)的ΔH<0、ΔS>0，则298K下该反应 (填“能”
2 2 4
或“不能”)自发进行。
(3)以TiCl 为原料可制备TiCl 。将5.0molTiCl 与10.0molTi放入容积为V L的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过
4 3 4 0
程。
编号 过程 ΔH
(a) Ti(s)+TiCl (g)⇌2TiCl (s) ΔH
4 2 1
(b) TiCl (s)+TiCl (g)⇌2TiCl (g) +200.1kJ/mol
2 4 3(c) Ti(s)+3TiCl (g)⇌4TiCl (g) +132.4kJ/mol
4 3
(d) TiCl (g)⇌TiCl (s) ΔH
3 3 2
①ΔH = kJ/mol。
1
②不同温度下，平衡时反应体系的组成如图。曲线Ⅰ对应的物质为 。
③温度T K下，n[TiCl (g)]= mol，反应(c)的平衡常数K= (列出算式，无须化简)。
0 4
(4)钛基催化剂可以催化储氢物质肼(N H )的分解反应：
2 4
(e)N H =N +2H
2 4 2 2
(f)3N H =N +4NH
2 4 2 3
为研究某钛基催化剂对上述反应的影响，以肼的水溶液为原料(含N H 的物质的量为n )，进行实验，得到n ⁄n 、
2 4 0 1 0
n ⁄n 随时间t变化的曲线如图。其中，n 为H 与N 的物质的量之和；n 为剩余N H 的物质的量。设n 为0~t时间
2 0 1 2 2 2 2 4 e
段内反应(e)消耗N H 的物质的量，该时间段内，本体系中催化剂的选择性用 ne ×100%表示。
2 4
n0−n2
①0~t min内，N H 的转化率为 (用含y 的代数式表示)。
0 2 4 2
②0~t min内，催化剂的选择性为 (用含y 与y 的代数式表示，写出推导过程)。
0 1 2
【答案】
(1)3d24s2
(2)能
( 6 )4
(3) −267.8 TiCl (s) 0.5 V0
2 ( 0.5 )3
V0
(4) (1−y )×100%
3y1+y2-1
×100%
2
8−8y2
【详解】
（1）Ti为22号元素，基态Ti原子的价层电子排布式为3d24s2，故答案为：3d24s2：
（2）反应TiO (s)+2C(s)+2Cl (g)=TiCl (g)+2CO(g)的ΔH<0、ΔS>0，则根据ΔG=ΔH−𝑇ΔS可知，该反应在
2 2 4
298K下能自发进行，故答案为：能；
（3）① 已知：
反应b：TiCl (s)+TiCl (g)⇌2TiCl (g)
2 4 3
反应c：Ti(s)+3TiCl (g)⇌4TiCl (g)
4 3
将反应c-2×反应b可得Ti(s)+TiCl (g)⇌2TiCl (s)，则ΔH =132.4−2×200.1kJ/mol=−267.8kJ/mol，故答案
4 2 1
为：−267.8；
② 由表格可知，反应a为放热反应，反应b、c为吸热反应，反应d也是放热的，曲线Ⅰ，Ⅱ可表示TiCl (g)或TiCl (s)
3 2
的物质的量随温度的变化情况，随着温度升高，反应b、c正向移动，反应a、d为逆向移动，所以TiCl (g)的含量
3
逐渐上升，TiCl (s)的含量逐渐下降，所以曲线Ⅰ对应的物质为TiCl (s)，故答案为：TiCl (s)；
2 2 2③ 温度T K下，n[Ti(s)]=8.5mol，n[TiCl (g)]=6.0mol，n[TiCl (s)]=n[TiCl (s)]=0mol，根据Ti元素守恒，可推
0 3 3 2
出n[TiCl (g)]=（10+5-6-8.5）mol=0.5mol，则c[TiCl (g)]= 0.5 mol/L，c[TiCl (g)]= 6.0 mol/L，反应(c)的平衡常数K=
4 4 3
V0 V0
c4[TiCl3 (g)] = ( V 6 0 )4 ，故答案为：0.5； ( V 6 0 )4 ；
c3[TiCl4 (g)] ( 0.5 )3 ( 0.5 )3
V0 V0
（4）① 因为肼(N H )为反应物，肼的含量逐渐下降，起始时n2 =1，t min时， n2 =y ，则0~t min内，N H 的
2 4 0 2 0 2 4
n0 n0
转化率为1−y2×100%=(1−y )×100%，故答案为：(1−y )×100%；
2 2
1
② 由图可知，0~t min内，n1 =y ，n2 =y ，则n =y ×n ，反应掉的肼(N H )为n (1-y )，生成的氮气和氢气
0 1 2 2 2 0 2 4 0 2
n0 n0
的物质的量为y ×n mol，根据反应前后原子个数守恒，可得n(NH )= 6n0(1-y2)-2n0y1mol，反应f消耗的肼为
1 0 3
4
n(N H )= 6n0(1-y2)-2n0y1× 3 mol，反应e消耗的肼n 为n (1-y )− 6n0(1-y2)-2n0y1× 3 mol， 则本体系中催化剂的选择性
2 4 e 0 2
4 4 4 4
ne ×100%= n0(1-y2)−
6n0(1-y2
4
)-2n0y1× 3
4×100%= (1-y2)−
9(1-y2
8
)-3y1
×100%= 3y1+y2-1 ×100%，故答案为：3y1+y2-1 ×100%；
n0−n2 n0−y2×n0 1−y2 8−8y2 8−8y2
20．我国科学家最近在光-酶催化合成中获得重大突破，光-酶协同可实现基于三组分反应的有机合成，其中的一个
反应如下(反应条件略：Ph-代表苯基C H −)。
6 5
(1)化合物1a中含氧官能团的名称为 。
(2)①化合物2a的分子式为 。
②2a可与H O发生加成反应生成化合物Ⅰ．在Ⅰ的同分异构体中，同时含有苯环和醇羟基结构的共 种(含化合物
2
Ⅰ)。
(3)下列说法正确的有_______。
A．在1a、2a和3a生成4a的过程中，有π键断裂与σ键形成
B．在4a分子中，存在手性碳原子，并有20个碳原子采取sp2杂化
C．在5a分子中，有大π键，可存在分子内氢键，但不存在手性碳原子
D．化合物5a是苯酚的同系物，且可发生原子利用率为100%的还原反应
(4)一定条件下，Br 与丙酮(CH COCH )发生反应，溴取代丙酮中的α−H，生成化合物3a．若用核磁共振氢谱监测
2 3 3
该取代反应，则可推测：与丙酮相比，产物3a的氢谱图中 。
(5)已知：羧酸在一定条件下，可发生类似于丙酮的α−H取代反应。根据上述信息，分三步合成化合物Ⅱ。
①第一步，引入溴：其反应的化学方程式为 。
②第二步，进行 (填具体反应类型)：其反应的化学方程式为 (注明反应条件)。
③第三步，合成Ⅱ：②中得到的含溴有机物与1a、2a反应。
(6)参考上述三组分反应，直接合成化合物Ⅲ，需要以1a、 (填结构简式)和3a为反应物。【答案】
(1)醛基
(2) C H 5
8 8
(3)AB
(4)丙酮的单一甲基峰消失，出现两个新信号峰：峰面积之比为3：2，且峰的位置较丙酮有所偏移
Δ
(5) CH COOH+Br →CH BrCOOH+HBr 酯化反应 CH BrCOOH+CH OH ⇌ CH BrCOOCH +
3 2 2 2 3 2 3
浓硫酸
H O
2
(6)
【分析】
根据题干信息，1a和2a先发生碳碳双键的加成反应，生成 ，再和3a发生取代反应得到主产物，
两分子1a发生醛基的加成反应得到副产物5a，据此解答。
【详解】
（1）由其结构简式可知，化合物1a中含氧官能团的名称为醛基；
（2）①化合物2a是苯乙烯，的分子式为C H ；
8 8
②化合物Ⅰ的分子式为C H O，分子中含有苯环，则其余结构均为饱和结构，含有醇羟基的结构的同分异构体有
8 10
、 、 、 、
，共计5种；
（3）
A．在1a、2a和3a生成4a的过程中，1a、2a先发生碳碳双键的加成反应，生成 ，该过程存在π键
断裂，随后与3a发生取代反应脱去1分子HBr生成4a，该过程存在σ键形成，A正确；
B．连接4个不同基团的碳原子是手性碳原子，4a分子中，存在手性碳原子，如图： ，
苯环是平面结构，三个苯环以及酮羰基的碳原子均为sp2杂化，共计20个，B正确；
C．在5a分子中，苯环内有大π键，酮羰基和羟基相邻较近，可存在分子内氢键，且与羟基相连的碳原子是手性碳
原子，C错误；
D．化合物5a与氢气发生还原反应是原子利用率为100%的反应，但化合物5a含有酮羰基，不是苯酚的同系物，D
错误；
故选AB；
（4）丙酮的氢谱：两个甲基等效：核磁共振氢谱出现单峰；α−溴代丙酮的氢谱：受溴吸电子效应影响，甲基与亚甲基上的氢不等效，核磁共振氢谱图会出现两组峰，面积之比
为3：2；
故氢谱变化：丙酮的单一甲基峰消失，出现两个新信号峰：峰面积之比为3：2，且峰的位置较丙酮有所偏移；
（5）比较化合物Ⅱ与主产物的结构简式可知，主要在右侧含氧官能团不同，化合物Ⅱ含有酯基，故推测合成Ⅱ发生
的反应有酯化反应；
①已知羧酸在一定条件下，可发生类似于丙酮的α−H取代反应，则第一步反应为羧酸中α−H的取代反应引入溴，
化学方程式为CH COOH+Br →CH BrCOOH+HBr；
3 2 2
Δ
②第二步CH BrCOOH与甲醇发生酯化(取代)反应，化学方程式为CH BrCOOH+CH OH ⇌ CH BrCOOCH +H O，
2 2 3 2 3 2
浓硫酸
题目要求填具体反应类型，故此处填酯化反应；
③第三步1a、2a发生碳碳双键的加成反应，生成 ，再与CH BrCOOCH 发生取代反应得到
2 3
；
（6）
结合化合物Ⅲ的结构简式 ，将其断键，左侧表示1a基团，右侧是3a基团，则需要
合成Ⅲ的还差 ，即合成流程是1a与 先发生1，4加成反应，生成 ，再与
3a发生取代反应得到目标产物。
