2025年高考化学试卷（广东卷）（解析卷）_历年高考真题合集_化学历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考化学真题_化学（按年份分类）2008-2025_2025·高考化学真题

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”。 的 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 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】 第1页/共24页 学科网（北京）股份有限公司【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 【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 【解析】 【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 第2页/共24页 学科网（北京）股份有限公司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 4 +CO 3 2- ƒ CaCO 3 +SO2 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 【解析】 【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 2 4 溶解平衡的转化，A错误； B．检验SO2-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 【解析】 第3页/共24页 学科网（北京）股份有限公司【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 2 3 2 错误； 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 【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 第4页/共24页 学科网（北京）股份有限公司实验目的，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X¾O¾2®氧化物1¾O¾2®氧化物2¾H¾2 O¾®酸(或碱)¾N¾aO¾H或 ¾HC¾l ®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 【解析】 【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 2 2 3 2 2 3 才能溶解，A错误； 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 2 2 3 3 2 4 NaOH生成盐，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 2 2 2 2 2 和O ，不会生成H ，C错误； 2 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 2 2 3 性强于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 éFeCN ù可生成蓝色物质 KSCN溶液可用于检验Fe3+ 3ë 6 û 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 第5页/共24页 学科网（北京）股份有限公司【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 3 6 符合题意； 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 【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 答案选B。 10. 设N 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A 第6页/共24页 学科网（北京）股份有限公司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 【解析】 【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 8 8 2 8 2 8 2 多4N 个中子，A错误； A 4 4 B．Fe与水蒸气反应生成Fe O 和H ，1mol Fe生成 mol H ，数目为 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 1 2 1 3 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 【解析】 第7页/共24页 学科网（北京）股份有限公司【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 1 2 2 2 2 2 2 I ，使得淀粉-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， 2 1 3 乙醛可与银氨溶液在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 2 3 于盐酸，得到含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 【解析】 【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 2 3 2 误； 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 3 c  Cu+ +c  H+ =c  Cl- +c  CuCl - +2c  CuCl 2- +c  OH- ，D错误； 2 3 故选A。 13. 由结构不能推测出对应性质的是 第8页/共24页 学科网（北京）股份有限公司选 结构 性质 项 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，可在整个碳原子平面中运 石墨具有类似金属的导电 D 动 性 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【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， 3 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MnO 减少；电极材料每转移1mol电子， 2 对应的理论容量为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+ 第9页/共24页 学科网（北京）股份有限公司D. 充电时16gS能提供的理论容量为26.8A×h 【答案】B 【解析】 【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 2 2 的正极，由于电解质溶液为MnSO ，故电解质应为酸性溶液，正极反应为： 4 MnO +2e- +4H+ =Mn2+ +2H O；则电极Ⅰ为原电池负极，MnS失去电子生成S和Mn2+，负极反应 2 2 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 2 2 H+，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：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 【解析】 第10页/共24页 学科网（北京）股份有限公司【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 ˆˆ†N O 的反应，所以所含氮氧化物至少 2‡ˆˆ 2 4 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HCO-是 3 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 O 获得第一个电子的过程最慢。由此可知，理论上 2 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：H -2e- =2H+；氧气发生还原反应，做正极，电极方程式为： 2 O +4e- +4H+ =2H O。 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； 第11页/共24页 学科网（北京）股份有限公司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 2 2 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：H -2e- =2H+，同时，反应负极每失去1个电子，就 2 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KMnO 溶液，振荡，观察到体 4 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c 和苯甲酸的K ，实验如下：取50.00mL苯甲酸饱和 0 a 溶液，用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 第12页/共24页 学科网（北京）股份有限公司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： a a CH COOH 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 a _______(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 10-2.89´10-2.89 （2）da （3） ①. 0.028 ②. K = a 0.028 （4） ①. 增大 ②. 极性 ③. 常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同 光照 （5） ①. 2HClO 2H++2Cl-+O ­ ②. 实验方法：取适量0.100mol/LNaClO溶液放入烧杯 2 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 K 得ClO-的水解平衡常数K ，再利用公式K = W 求出HClO的K 。 h a K a h 第13页/共24页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【小问1详解】 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 4 性KMnO 溶液，振荡，观察到体系颜色由紫色变为无色。 4 【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 0.1000mol/L´14´10-3L c = =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 10-2.89´10-2.89 c(H+)=c(苯甲酸根)=10-2.89mol/L，则苯甲酸的K = a 0.028 【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】 光照 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 K 得ClO-的水解平衡常数K ，再利用公式K = W 求出HClO的K 。 h a K a h 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。 第14页/共24页 学科网（北京）股份有限公司氢氧化物 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 D （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 x y z 离之比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 2 成。该步骤发生反应的化学方程式为_______和_______。 第15页/共24页 学科网（北京）股份有限公司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 2 3 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 高压 （2）4Fe2++O +4H O 2Fe O ↓+8H+ 2 2 2 3 加热 （3）5 （4）AD （5） ①. 3：1：1 ②. 12 700oC 催化剂 （ 6 ） ①. 2NH ˆˆˆˆˆˆ†N +3H ②. Fe O +3H 2Fe+3H O ③. 3‡ˆ加热ˆ、ˆ加ˆ压ˆˆ 2 2 2 3 2 2 ④. 没有污染物产生 【解析】 【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 2 得到Fe O ，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 2 3 2 3 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Ni Cu N 。 x y z 【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 2 2 3 高压 子方程式为：4Fe2++O +4H O 2Fe O ↓+8H+； 2 2 2 3 加热 【小问3详解】 “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 【小问4详解】 第16页/共24页 学科网（北京）股份有限公司“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d :d = 2:1，设晶胞边长为a，由几何关 Ni-Cu Ni-N 2 1 系可知，面心的原子与顶点的原子距离为 a，面心的原子与体心的原子距离为 a，则可以确定，晶 2 2 1 1 胞中面心原子为Ni，有6× =3个，顶点原子为Cu，有8× =1个，体心的原子为N，有1个，则x： 2 8 y：z=3：1：1； 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3´8´ =12； 2 【小问6详解】 催化剂 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 ˆˆˆˆˆˆ†N +3H 、 2 2 2 2 3 3‡ˆ加热ˆ、ˆ加ˆ压ˆˆ 2 2 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 2 3 液和Fe O 颗粒，装置图如下： ； 2 3 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 第17页/共24页 学科网（北京）股份有限公司气体产生。 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 2 2 4 下该反应_______(填“能”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 4 3 4 0 应体系存在下列过程。 编 过程 DH 号 (a) Tis+TiCl 4 g ƒ 2TiCl 2 s ΔH 1 (b) TiCl 2 s+TiCl 4 g ƒ 2TiCl 3 g +200.1kJ/mol (c) Tis+3TiCl 4 g ƒ 4TiCl 3 g +132.4kJ/mol (d) TiCl 3 g ƒ TiCl 3 s ΔH 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 0 K下，né ë TiCl 4 gù û =_______mol，反应(c)的平衡常数K=_______(列出算式，无须化简)。 （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 第18页/共24页 学科网（北京）股份有限公司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 2 4 0 到n /n 、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 1 0 2 0 1 2 2 2 2 4 物质的量。设n 为0~t时间段内反应(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 e 2 4 n e ´100%表示。 n -n 0 2 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 4 æ 6 ö ç ÷ V è ø （2）能 （3） ①. -267.8 ②. TiCl s ③. 0.5 ④. 0 2 3 æ0.5ö ç ÷ V è ø 0 3y +y -1 （4） ①. 1-y ´100% ②. 1 2 ´100% 2 8-8y 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3d24s2，故答案为：3d24s2： 【小问2详解】 反应TiO s+2Cs+2Cl g=TiCl g+2COg 的ΔH<0、ΔS>0，则根据ΔG=ΔH-TΔS可 2 2 4 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：TiCl 2 s+TiCl 4 g ƒ 2TiCl 3 g 第19页/共24页 学科网（北京）股份有限公司反应c：Tis+3TiCl 4 g ƒ 4TiCl 3 g 将反应c-2×反应b可得Tis+TiCl 4 g ƒ 2TiCl 2 s ，则 ΔH =132.4-2´200.1kJ/mol=-267.8kJ/mol，故答案为：-267.8； 1 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 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 3 2 逆向移动，所以TiCl g 的含量逐渐上升，TiCl s 的含量逐渐下降，所以曲线Ⅰ对应的物质为 3 2 TiCl s ，故答案为：TiCl s ； 2 2 ③ 温度T K下，néTisù =8.5mol，néTiCl gù=6.0mol，néTiCl sù=néTiCl sù=0mol， 0 ë û ë 3 û ë 3 û ë 2 û 0.5 根据Ti元素守恒，可推出né ë TiCl 4 gù û =（10+5-6-8.5）mol=0.5mol，则cé ë TiCl 4 gù û = V mol/L， 0 4 æ 6 ö ç ÷ 6.0 c4 éTiCl gù V cé ë TiCl 3 gù û = V 0 mol/L，反应(c)的平衡常数K = c3é ë ë TiCl 4 3 gù û û = æ è 0. 0 5 ø ö 3 ，故答案为：0.5； ç ÷ V è ø 0 4 æ 6 ö ç ÷ V è ø 0 ； 3 æ0.5ö ç ÷ V è ø 0 【小问4详解】 n n ① 因为肼 N H  为反应物，肼的含量逐渐下降，起始时 2 =1，t min时， 2 = y ，则0~ t min 2 4 n 0 n 2 0 0 0 1-y 内，N H 的转化率为 2 ´100%= 1-y ´100%，故答案为： 1-y ´100%； 2 4 1 2 2 n n ② 由图可知，0~ t min内， 1 = y ， 2 = y ，则n = y ´n ，反应掉的肼 N H  为n (1-y )， 0 n 1 n 2 2 2 0 2 4 0 2 0 0 生成的氮气和氢气的物质的量为y ´n mol，根据反应前后原子个数守恒，可得 1 0 6n (1-y )-2n y 6n (1-y )-2n y 3 n(NH )= 0 2 0 1 mol，反应f消耗的肼为n(N H )= 0 2 0 1´ mol，反应e消耗的 3 4 2 4 4 4 6n (1-y )-2n y 3 n 肼n 为n (1-y )- 0 2 0 1´ mol， 则本体系中催化剂的选择性 e ´100% = e 0 2 4 4 n -n 0 2 第20页/共24页 学科网（北京）股份有限公司6n (1-y )-2n y 3 9(1-y )-3y n (1-y )- 0 2 0 1´ (1-y )- 2 1 3y +y -1 0 2 4 4 = 2 8 = 1 2 ´100%，故答案 ´100% ´100% 8-8y n -y ´n 1-y 2 0 2 0 2 3y +y -1 为： 1 2 ´100%； 8-8y 2 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_______ 2 种(含化合物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 2 3 3 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。 第21页/共24页 学科网（北京）股份有限公司（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. C H ②. 5 （3）AB 8 8 （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. CH COOH +Br ®CH BrCOOH +HBr ②. 酯 化 反 应 ③. 3 2 2 浓硫酸 CH BrCOOH +CH OH CH BrCOOCH +H O 2 3 ƒ 2 3 2 Δ （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 8 10 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： 第22页/共24页 学科网（北京）股份有限公司，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； 【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 ②第二步CH BrCOOH 与甲醇发生酯化(取代)反应，化学方程式为 2 浓硫酸 CH BrCOOH +CH OH CH BrCOOCH +H O，题目要求填具体反应类型，故此处填酯化反 2 3 ƒ 2 3 2 Δ 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 2 3 应得到 ； 【小问6详解】 第23页/共24页 学科网（北京）股份有限公司结合化合物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)。 第24页/共24页 学科网（北京）股份有限公司