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机密★启用前
试卷类型：A
2025 年广东省普通高中学业水平选择性考试
化学
本试卷共8 页，20 小题，满分100 分。考试用时75 分钟。
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。
用2B 铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，
用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上：如
需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无
效。
4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ti 48 Fe 56
一、选择题：本大题共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
小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
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
【解析】
【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
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.
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
【解析】
【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；
答案选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
质量为10g
B. 利用
成功为金属材料“重塑金身”，
中Mo 的化合价为+6
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
【解析】
【详解】A．1mol H2O 的摩尔质量为18g/mol，因此质量为18g，而非10g，A 错误；
B．MoS2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；
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
B
用
和盐酸检验粗盐中是否
含
C
使用
溶液点卤制豆腐
使蛋白质盐析
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
【解析】
【详解】A．生石灰（CaO）与燃煤中的SO2和氧气反应生成CaSO4，达到脱硫减排的目的，不存在沉淀溶
解平衡的转化，A 错误；
B．检验SO
需先加盐酸排除干扰离子，再加BaCl2生成BaSO4沉淀，步骤和反应式均正确，B 正确；
C．MgCl2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；
D．暖贴中铁粉氧化生成Fe2O3或Fe(OH)3并放热，描述正确，D 正确；
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
B. 磁带可由四氧化三铁涂覆在胶带上制成，
具有磁性
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
【解析】
【详解】A．聚氯乙烯的单体应为氯乙烯（CH2=CHCl），而选项中的CH3CH2Cl 是氯乙烷，单体错误，A
错误；
B．四氧化三铁（Fe3O4）具有磁性，常用于磁带制作，B 正确；
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
【解析】
【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
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
D. X 可为碳，盐的热稳定性：
【答案】B
【解析】
【详解】A．铝单质与O2生成Al2O3后无法再被O2氧化，无法形成氧化物2，且Al2O3与水反应需强酸/碱
才能溶解，A 错误；
B．硫燃烧生成SO2(氧化物1，使品红褪色)，SO2氧化为SO3(氧化物2)，SO3与水生成H2SO4，再与NaOH
生成盐，转化关系成立，B 正确；
C．钠与氧气常温反应生成Na2O(氧化物1)，进一步氧化为Na2O2(氧化物2)；Na2O2与水反应生成NaOH 和
O2，不会生成H2，C 错误；
D．碳与氧气反应先生成CO，最终生成CO2，与水反应生成碳酸，与碱反应可生成盐，但Na2CO3热稳定
性强于NaHCO3，D 结论错误，D 错误；
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
与
可生成蓝
色物质
KSCN 溶液可用于检
验
D
与浓盐酸共热，生成黄绿色
气体
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】
【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K3[Fe(CN)6]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；
D．MnO2与浓盐酸生成Cl2是独立反应，与Cl2和SO2的反应无因果关系，D 不符合题意；
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：
C. 原子半径：
D. 最简单氢化物沸点：
【答案】B
【解析】
【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F、O、N，属于同周期元素，同周期主族元素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，NH3分子间存在氢键，沸点高，沸点NH3>CH4，D 错误；
答案选B。
10. 设
为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A.
的中子数，比
的多
B.
与水蒸气完全反应，生成
的数目为
C. 在
的
溶液中，
的数目为
D. 标准状况下的
与足量
反应，形成的共价键数目为
【答案】D
【解析】
【详解】A．
的中子数为10，
的中子数为8，每个O2分子含2 个O 原子，1mol
比1mol
多4NA个中子，A 错误；
B．Fe 与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，1mol Fe 生成
mol H2，数目为
NA，B 错误；
C．
在水中会水解，溶液中
的数目小于0.1NA，C 错误；
D．1mol Cl2与H2反应生成2mol HCl，形成2mol H-Cl 键，共价键数目为2NA，D 正确；
故选D。
11. 利用如图装置进行实验：打开
，一定时间后，a 中溶液变蓝；关闭
，打开
，点燃酒精灯
加热数分钟后，滴入无水乙醇。下列说法错误的是
A. a 中现象体现了
的还原性
B. b 中
既作氧化剂也作还原剂
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
【解析】
【分析】打开
，一定时间后，b 中H2O2在MnO2的催化下生成O2，O2进入a 中，氧化I-，生成I2，
使得淀粉-KI 溶液变蓝；关闭K1，打开K3，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
可与银氨溶液在加热条件下发生银镜反应。
【详解】A．O2进入a 中，氧化I-，生成I2，体现了
的还原性，A 正确；
B．b 中H2O2在MnO2的催化下生成O2和H2O，
既作氧化剂也作还原剂，B 正确；
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
浓度较高的溶液中因形成
和
而溶解。将适量CuCl 完全
溶于盐酸，得到含
和
的溶液，下列叙述正确的是
A. 加水稀释，
浓度一定下降
B. 向溶液中加入少量NaCl 固体，
浓度一定上升
C.
的电离方程式为：
D. 体系中，
【答案】A
【解析】
【详解】A．加水稀释，溶液体积变大，
浓度一定下降，A 正确；
B．加入NaCl 会增加Cl⁻浓度，可能促使
转化为
，
浓度不一定上升，B 错误；
C．H[CuCl2]应电离为H+和
，而非分解为Cu+和Cl-，电离方程式错误，C 错误；
D．电荷守恒未考虑
的电荷数，电荷守恒应为
，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
的VSEPR 模型为平面三角形
具有氧化性
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
键
两者均可发生加聚反应
D
石墨层中未参与杂化的p 轨道中的电子，可在整个碳原子平面中
运动
石墨具有类似金属的导电性
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．SO3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，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；
答案选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
减少；电极材料每转移1mol 电子，
对应的理论容量为
。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：
D. 充电时16gS 能提供的理论容量为
【答案】B
【解析】
【分析】放电时，电极Ⅱ上
减少，说明MnO2转化为Mn2+，化合价降低，发生还原反应，为原电池
的正极，由于电解质溶液为MnSO4，故电解质应为酸性溶液，正极反应为：
；则电极Ⅰ为原电池负极，MnS 失去电子生成S 和Mn2+，负极反应为：
。
【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：
，反应消耗
，
溶液的pH 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：
，C 正确；
D．根据放电时负极反应，可知充电时阴极反应为
，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，
恰好完全反应
D. 若将a 中稀硝酸换
浓硫酸并加热，则c 中溶液颜色会褪去
【答案】C
【解析】
【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
为蓝色，有颜色变化，A 正确；
B．b 中气体变红棕色时，说明有二氧化氮存在，存在
的反应，所以所含氮氧化物至少
有两种，B 正确；
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
是
否恰好完全反应，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
获得第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
【解析】
【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：
；氧气发生还原反应，做正极，电极方程式为：
。
【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
获得第一个电子
过程，根据题中信息，
获得第一个电子的过程最慢，
则ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最高，B 错误；
C．氢气发生氧化反应，做负极，电极方程式为：
，同时，反应负极每失去1 个电子，就
会有一个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、非选择题：本大题共4 小题，共56 分。考生根据要求作答。
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
溶液，振荡，观察到体
系颜色_______。
（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
和苯甲酸的
，实验如下：取50.00mL 苯甲酸饱和
溶液，用
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：
①
_______
②苯甲酸的
_______(列出算式，水的电离可忽略)。
（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
衡量。下列羧酸
的变化顺序为：
。随着卤原子电负性_______，羧基中的羟基
_______增大，酸性增强。
②提出假设 甲同学根据①中规律推测下列芳香酸的酸性强弱顺序为：
③验证假设 甲同学测得常温下三种酸的饱和溶液的pH 大小顺序为Ⅲ>Ⅱ>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
大小顺序，因为_______。
乙同学用(3)中方法测定了上述三种酸的
，其顺序为Ⅱ>Ⅰ>Ⅲ。
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
。
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
。简述该方案
_______(包括所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 （3） ①.
.
②
（4） ①. 增大 ②. 极性 ③. 常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同
（5） ①.
.
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
，再利用公式
求出HClO 的Ka。
【解析】
【小问1 详解】
酸性KMnO4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KMnO4溶液，振荡，观察到体系颜色由紫色变为无色。
【小问2 详解】
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
【小问3 详解】
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
；
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
，则苯甲酸的
【小问4 详解】
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。
【小问5 详解】
①次氯酸在光照条件下易分解为HCl 和O2，其分解反应的离子方程式为
；
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
，再利用公式
求出HClO 的Ka。
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
（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
的离子方程式为：_______。
（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
，
。
（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
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）
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
，则
_______；晶体中与Cu 原子最近且等距离的原子的数目为
_______。
（6）①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量
，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe 不断生成。
该步骤发生反应的化学方程式为_______和_______。
②“电解”时，
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
（2）4Fe2++O2+4H2O
2Fe2O3↓+8H+
（3）5 （4）AD
（5） ①. 3：1：1
.
②12
（6 ） ①. 2NH3
N2+3H2
.
②
Fe2O3+3H2
2Fe+3H2O
.
③
.
④没有污染物产生
【解析】
【分析】矿粉酸浸通入SO2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Fe2O3，Fe2O3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
择萃取得到含硫酸根的溶液和分别含Cu 配合物和Ni 配合物，最终得到产品NixCuyNz。
【小问1 详解】
“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；
【小问2 详解】
由于通入
“酸浸”，故浸取液中不含有
，“高压加热”时，Fe2+在酸性条件下被氧化为
，
离子方程式为：4Fe2++O2+4H2O
2Fe2O3↓+8H+；
【小问3 详解】
“沉铝”时，保证Cu2+和Ni2+不沉淀，Cu(OH)2的溶度积更小，
，根据
Ksp=c(Cu2+)×c2(OH-)=0.022×c2(OH-)=2.2×10-20，得出c(OH-)=10-9mol/L，pH=5；
【小问4 详解】
“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；
答案选AD；
【小问5 详解】
根据同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比
，设晶胞边长为a，由几何关
系可知，面心的原子与顶点的原子距离为
，面心的原子与体心的原子距离为
，则可以确定，晶
胞中面心原子为Ni，有6×
个，顶点原子为Cu，有8×
个，体心的原子为N，有1 个，则x：
y：z=3：1：1；
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
；
【小问6 详解】
①氨气分解为N2和H2，H2还原Fe2O3得到Fe 单质和水，化学方程式为：2NH3
N2+3H2、
Fe2O3+3H2
2Fe+3H2O；
②电解Fe2O3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
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
的
、
，则298K 下
该反应_______(填“能”或“不能”)自发进行。
（3）以
为原料可制备
。将
与10.0molTi 放入容积为
的恒容密闭容器中，反
应体系存在下列过程。
编号
过程
(a)
(b)
(c)
(d)
①
_______kJ/mol。
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
下，
_______
，反应(c)的平衡常数
_______(列出算式，无须化简)。
（4）钛基催化剂可以催化储氢物质肼
的分解反应：
(e)
(f)
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
的物质的量为
)，进行实验，得
到
、
随时间t 变化的曲线如图。其中，
为
与
的物质的量之和；
为剩余
的
物质的量。设
为0~t 时间段内反应(e)消耗
的物质的量，该时间段内，本体系中催化剂的选择性用
表示。
①
内，
的转化率为_______(用含
的代数式表示)。
②
内，催化剂的选择性为_______(用含
与
的代数式表示，写出推导过程)。
【答案】（1）
（2）能 （3） ①.
.
②
.
③0.5
.
④
（4） ①.
.
②
【解析】
【小问1 详解】
Ti 为22 号元素，基态Ti 原子的价层电子排布式为
，故答案为：
：
【小问2 详解】
反应
的
、
，则根据
可
知，该反应在298K 下能自发进行，故答案为：能；
【小问3 详解】
① 已知：
反应b：
反应c：
将反应c-2×反应b 可得
，则
，故答案为：
；
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
或
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
的含量逐渐上升，
的含量逐渐下降，所以曲线Ⅰ对应的物质为
，故答案为：
；
③ 温度
下，
，
，
，
根据Ti 元素守恒，可推出
（10+5-6-8.5）mol=0.5mol，则
，
，反应(c)的平衡常数
=
，故答案为：0.5；
；
【小问4 详解】
① 因为肼
为反应物，肼的含量逐渐下降，起始时
，
时，
，则
内，
的转化率为
=
，故答案为：
；
② 由图可知，
内，
，
，则
，反应掉的肼
为
，
生成的氮气和氢气的物质的量为
，根据反应前后原子个数守恒，可得
，反应f 消耗的肼为
，反应e 消耗的
肼
为
， 则本体系中催化剂的选择性
=
=
=
，故答案为：
；
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
)。
（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
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Ⅰ，不考虑立体异构)。
（3）下列说法正确的有_______。
A. 在1a、2a 和3a 生成4a 的过程中，有
键断裂与键形成
B. 在4a 分子中，存在手性碳原子，并有20 个碳原子采取
杂化
C. 在5a 分子中，有大
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，
与丙酮
发生反应，溴取代丙酮中的
，生成化合物3a．若用核
磁共振氢谱监测该取代反应，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
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） ①.
.
②5 （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
（5 ） ①.
.
②
酯化反应 ③.
（6）
【解析】
【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。
【小问1 详解】
由其结构简式可知，化合物1a 中含氧官能团的名称为醛基；
【小问2 详解】
①化合物2a 是苯乙烯，的分子式为
；
②化合物Ⅰ的分子式为
，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
、
、
、
、
，共计5 种；
【小问3 详解】
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
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
杂化，共计20 个，
B 正确；
C．在5a 分子中，苯环内有大
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；
【小问4 详解】
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；
【小问5 详解】
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
取代反应，则第一步反应为羧酸中
的取代反
应引入溴，化学方程式为
；
②第二步
与甲醇发生酯化(取代)反应，化学方程式为
，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
发生取代
反应得到
；
【小问6 详解】
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。
【点睛】核磁共振氢谱图影响峰化学位移的因素：吸电子基团降低了氢核周围的电子云密度，使得其质子
峰向低场移动(左移)，推电子基团增加了氢核周围的电子云密度，使得质子峰向高场位移(右移)；α−溴代丙
酮的氢谱中甲基受溴吸电子效应影响，化学位移稍向低场移动(左移)，亚甲基受溴原子直接影响，化学位
移显著向低场移动(左移)。
