2025年广东高考真题化学试题
1．（2025·广东）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
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用
【解析】【解答】A．纸的主要成分是纤维素，属于有机材料，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，其主要成分为大理石、寿山石等，属于硅酸盐或碳酸盐，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，均属于有机材料，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；
故答案为：D
【分析】此题是对物质组成和材料分类的考查，属于合金的是金属单质或合金。据此结合选项所给物质的成分进行分析即可。
2．（2025·广东）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．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
【知识点】配合物的成键情况；苯的结构与性质
【解析】【解答】A．C原子和H原子间通过共用电子对之间的作用力结合，该作用力为共价键，A正确；
B．该配合物具有芳香性，结合苯的结构可知，该配合物中存在的是共轭大π键，不存在碳碳双键，B错误；
C．每个碳原子周围最多形成4个共价键，因此该物质有10个H原子，C错误；
D．大π键环上的C-H键可以发生取代反应，D错误；
故答案为：A
【分析】A、C、H原子通过共用电子对（即共价键）结合。
B、结合苯中不存在碳碳双键分析。
C、根据C原子的价键情况分析。
D、结构中C-H可发生取代反应。
3．（2025·广东）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
【知识点】化学科学的主要研究对象；常见能量的转化及运用；摩尔质量
【解析】【解答】A.H2O的摩尔质量为18g/mol，因此1mol H2O的质量为1mol×18g/mol=18g，A错误；
B．MoS2中S的化合价为-2，根据化合价代数和为0可得，Mo的化合价为+4，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，电能进一步转化为机械能，C错误；
D．鱼肉的主要营养成分是蛋白质，D正确；
故答案为：D
【分析】A、H2O的摩尔质量为18g·mol－1，根据公式m=n×M计算1molH2O的质量。
B、MoS2中硫元素为－2价，结合化合物中化合价代数和为0计算Mo的化合价。
C、电池工作时化学能转化为电能，行走过程中电能转化为机械能。
D、鱼肉富含的营养素为蛋白质。
4．（2025·广东）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
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硫酸根离子的检验；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．燃煤脱硫减排的过程中，加入的生石灰（CaO）与燃煤中的SO2和氧气反应生成CaSO4，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CO32－、SO32－和Ag＋的干扰，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，该过程为蛋白质的盐析，C正确；
D．暖贴中铁粉发生氧化反应，生成Fe2O3的过程中放出热量，描述正确，D正确；
故答案为：A
【分析】A、燃煤脱硫过程中是利用CaO与SO2、O2反应。
B、结合SO42－的检验分析。
C、MgCl2点卤发生蛋白质的盐析。
D、铁粉被氧化的过程中放出热量。
5．（2025·广东）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
【知识点】化学科学的主要研究对象；物理变化与化学变化的区别与联系；原子晶体（共价晶体）
【解析】【解答】A．聚氯乙烯是由氯乙烯发生加聚反应后的产物，因此聚氯乙烯的单体应氯乙烯（CH2=CHCl），A错误；
B．四氧化三铁（Fe3O4）具有磁性，常用于制作磁带，B正确；
C．光碟擦写时晶态与非晶态相互转换，过程中没有新物质生成，属于物理变化，C正确；
D．固态硬盘芯片使用单晶硅，单晶硅为共价晶体(原子晶体)，D正确；
故答案为：A
【分析】A、聚氯乙烯的单体为氯乙烯。
B、Fe3O4具有磁性，可用于制作磁带。
C、晶态和非晶态的转化为物理变化。
D、单晶硅属于共价晶体。
6．（2025·广东）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
【知识点】配合物的成键情况；盐类水解的应用；电镀
【解析】【解答】A．溶液中CO32－水解，使得溶液显碱性，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Fe2O3·xH2O，稀盐酸能与Fe2O3反应，可用于除铁锈，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，反应生成铜氨溶液，C不符合题意；
D．铁钉镀铜过程中，Cu片做阳极，与电源正极相连；铁钉做阴极，与电源负极相连。图中无电源，因此不能达到实验目的，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、Na2CO3溶液中CO32－水解使得溶液显碱性，油污在碱性条件下可发生水解反应而被除去。
B、铁锈的成分为Fe2O3·xH2O，能与HCl反应。
C、滴加氨水的过程中，Cu2＋先与NH3·H2O反应生成Cu(OH)2沉淀，氨水过量，Cu(OH)2继续反应生成[Cu(NH3)4](OH)2溶液。
D、铁钉镀铜需用电解池装置。
7．（2025·广东）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
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；物质的简单分类
【解析】【解答】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与水不反应，A错误；
B．硫燃烧生成SO2(氧化物1，SO2的漂白性能使品红褪色)，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)，进一步氧化生成Na2O2(氧化物2)；Na2O2与水反应生成NaOH和O2，没有H2生成，C错误；
D．碳与氧气反应先生成CO，CO进一步与O2反应生成CO2，CO2与水反应生成碳酸，与碱反应可生成盐，但热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，D结论错误，D错误；
故答案为：B
【分析】A、铝的氧化物只有Al2O3一种，无法形成氧化物2。
B、S与O2反应生成SO2，SO2与O2继续反应生成SO3，SO3与H2O反应生成H2SO4，H2SO4与NaOH反应生成Na2SO4。
C、Na与O2反应生成Na2O，Na2O与O2进一步反应生成Na2O2，Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，NaOH与HCl反应生成NaCl。
D、NaHCO3不稳定，受热易分解；Na2CO3稳定，受热不分解。
8．（2025·广东）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
【知识点】氯气的实验室制法；浓硫酸的性质；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A．浓硝酸不稳定见光易分解，因此需保存在棕色试剂瓶中，与其强氧化性无关，陈述Ⅰ正确但因果关系错误，A不符合题意；
B．浓硫酸具有脱水性，能使蔗糖变黑，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]反应生成蓝色沉淀，可用于检验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与浓盐酸在加热条件下反应生成Cl2是独立反应，与Cl2和SO2的反应无因果关系，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、浓硝酸见光易分解，保存在棕色瓶中可避免光照分解。
B、浓硫酸使蔗糖变黑，体现了浓硫酸的脱水性。
C、结合Fe2＋、Fe3＋的检验分析。
D、MnO2与浓盐酸反应生成Cl2，与Cl2和SO2的反应无因果关系。
9．（2025·广东）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
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．a是B，g是Na，二者的最外层电子数不同，因此处于不同主族，A错误；
B．Na、Mg、Al属于同周期元素，随着核电荷数增大，金属性逐渐减弱，B正确；
C．e、d、c分别是N、O、F，属于同周期元素，随着核电荷数增大，原子半径逐渐减小，因此原子半径c>d>e，C错误；
D．b为C，c为N，NH3分子间存在氢键，氢键使得沸点增大，因此沸点NH3>CH4，D错误；
故答案为：B
【分析】如图是第一电离能与原子序数之间的关系。同周期元素，随着原子序数增大，第一电离能逐渐增大。其中第ⅡA族、第ⅤA族元素，其基态原子的ns、np能级为全满、半满稳定结构，第一电离能大于下一主族元素。因此c为N、h为Mg。其余元素依次为B、C、O、F、Ne、Na、Al。据此结合元素周期律分析选项。
10．（2025·广东）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
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．的中子数为18-8=10，的中子数为16-8=8，每个O2分子含2个O原子，因此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完全反应生成mol H2，同时转移mol电子，因此转移电子数目为NA，B错误；
C．溶液中发生水解，使得的数目小于0.1NA，C错误；
D.一分子HCl中含有1个H-Cl共价键，1mol Cl2与H2反应生成2mol HCl，因此形成2mol H-Cl键，共价键数目为2NA，D正确；
故答案为：D
【分析】A、一个18O原子中所含的中子数为18-8=10，据此计算。
B、Fe与水蒸气高温条件下反应生成Fe3O4和H2，据此计算。
C、溶液中NH4＋存在水解，使得NH4＋数目减小。
D、H2与Cl2反应生成HCl，一个HCl分子中含有一个共价键。
11．（2025·广东）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
【知识点】乙醇的催化氧化实验；化学实验方案的评价；银镜反应
【解析】【解答】A．试管a中观察到溶液变为蓝色，说明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，H2O2中氧元素由－1价变为0价和－2价。因此既作氧化剂也作还原剂，B正确；
C．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，因此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反应产生银镜，d中未加热，不能发生银镜反应，D错误；
故答案为：D
【分析】打开K2，H2O2溶液滴入MnO2中，反应生成O2。打开K1，O2加入淀粉－KI溶液中，O2将I－氧化成I2，淀粉遇碘变蓝色，因此可观察到溶液变为蓝色。打开K3，O2进入硬质玻璃管内，与Cu反应生成CuO。推动注射器活塞，无水乙醇进入到玻璃管内，与灼热的CuO反应，可观察到固体由黑色变为红色。产生的物质进入银氨溶液中，在加热条件下发生银镜反应。说明乙醇被氧化生成了乙醛。据此结合选项分析。
12．（2025·广东）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
【知识点】化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离方程式的书写
【解析】【解答】A．加水稀释，溶液的体积变大，溶液中离子浓度减小，因此浓度一定下降，A正确；
B．加入NaCl固体，溶液中c(Cl-)增加，可能促使转化为，因此浓度不一定上升，B错误；
C．配离子不能拆解成Cu+和Cl-，因此H[CuCl2]应电离为H+和，电离方程式错误，C错误；
D．电荷守恒未考虑的电荷数，因此溶液中存在的电荷守恒等式应为，D错误；
故答案为：A
【分析】A、加水稀释，溶液中浓度减小。
B、加入NaCl固体，溶液中c(Cl－)增大，结合平衡移动分析。
C、配离子不能拆解成离子形式。
D、结合电荷守恒分析。
13．（2025·广东）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
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；焰色反应
【解析】【解答】A．SO3的VSEPR模型为平面三角形，体现的是其分子几何结构，与化学性质无关；氧化性由硫的高价态(+6)决定，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，使得灼烧过程中产生的焰色不同，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键断裂可发生加聚反应，结构与性质对应合理，C不符合题意；
D．石墨层中离域p电子可自由移动，使得石墨具有导电性，结构与性质对应合理，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、VSEPR模型体现的是几何空间结构，与其氧化性无关。
B、原子结构的差异使得电子跃迁的能量不同。
C、乙烯和乙炔中的π键都能发生加聚反应。
D、石墨中离域p电子可自由移动，使得石墨具有导电性。
14．（2025·广东）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
【知识点】化学电源新型电池；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A．由分析可知，放电时电极Ⅱ为正极，因此充电时电极Ⅱ为阳极，A正确；
B．由分析可知，放电时电极Ⅱ为正极，其电极反应式为，反应消耗，溶液中c(H＋)减小，因此溶液的pH升高，B错误；
C．由分析可知，放电时电极Ⅰ为原电池负极，其电极反应式为，C正确；
D．由分析可知，充电时阴极的电极反应式为，每消耗16gS（即0.5mol），转移1mol电子，因此能提供的理论容量为26.8A h，D正确；
故答案为：B
【分析】放电时，电极Ⅱ上MnO2减少，说明MnO2转化为Mn2＋，发生得电子的还原反应，因此电极Ⅱ做正极。其电极反应式为MnO2＋2e－＋4H＋=Mn2＋＋2H2O。电极Ⅰ为负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为MnS－2e－=S＋Mn2＋。充电过程中，电极Ⅰ为阴极，其电极反应式为S＋Mn2＋＋2e－=MnS。电极Ⅱ为阳极，其电极反应式为2H2O＋Mn2＋－2e－=MnO2＋4H＋。据此结合选项分析。
15．（2025·广东）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中稀硝酸换为浓硫酸并加热，则c中溶液颜色会褪去
【答案】C
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；指示剂
【解析】【解答】A．铜和稀硝酸反应生成NO，NO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，该反应为化合反应，生成为蓝色，因此溶液有颜色变化，A正确；
B．b中气体变红棕色时，说明生成二氧化氮，存在的反应，因此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，因此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，反应生成SO2，二氧化硫通入碳酸氢钠溶液中，可生成亚硫酸氢钠，NaHSO3溶液显酸性，酚酞不变色，D正确；
故答案为：C
【分析】A、Cu与稀硝酸反应生成NO，NO与O2反应生成NO2。
B、b中气体变红色，则生成NO2，存在可逆反应2NO2(g)=N2O4(g)。
C、酚酞的变色范围为8.2～10.0，溶液恰好褪色时仍为碱性，NaHCO3未完全反应
D、若将稀硝酸换为浓硫酸，加热时反应生成SO2，结合SO2与NaHCO3的反应分析。
16．（2025·广东）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
【知识点】化学反应速率的影响因素；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，氧气发生还原反应，做正极，因此正极反应的催化剂是ⅰ，A错误；
B．获得第一个电子的过程最慢，因此其所需的活化能最高，即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，其电极反应式为。同时H+通过质子交换膜进入正极室。因此电池工作过程中，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得到4个电子；而氢气催化循环一次需要失去2个电子。根据得失电子守恒可得，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数不相同，D错误；
故答案为：C
【分析】ⅰ表面发生得电子的还原反应，最终生成H2O，因此O2为正极，其电极反应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O。H2发生失电子的氧化反应，生成H＋，为负极，其电极反应式为H2－2e－=2H＋。据此分析选项。
17．（2025·广东）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）；
（4）增大；极性；常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同
（5）；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。
【知识点】盐类水解的应用；苯的同系物及其性质；中和滴定；化学实验方案的评价；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）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。
故答案为： 由紫色变为无色
（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。
故答案为：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。
故答案为：0.028
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。
故答案为：
（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。
故答案为：增大；极性
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。
故答案为： 温下三种酸的饱和溶液的浓度不同
（5）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。
故答案为：
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。
故答案为： 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
【分析】（1）甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化，使溶液褪色。
（2）加热溶解后，应趁热过滤；再对滤液进行冷却结晶。
（3）①滴加NaOH溶液的过程中苯甲酸与NaOH反应生成苯甲酸钠和H2O，结合消耗NaOH溶液的量计算苯甲酸溶液的浓度c0。
②饱和苯甲酸溶液的pH=2.89，此时溶液中c(H＋)=10－2.89mol·L－1，结合苯甲酸的电离方程式计算苯甲酸的电离平衡常数。
（4）①随着卤素原子电负性增强，其对键合电子的吸引力更强，导致羟基的极性增强。
③通过测溶液的pH直接判断Ka的大小，则所测量溶液的浓度必须相同，而三种酸的饱和溶液的浓度不同，因此无法直接比较。
（5）①HClO不稳定，光照条件下发生分解反映过，生成H＋、Cl－和O2，据此写出反应的离子方程式。
②选用0.100mol·L－1的NaClO溶液进行实验，以获取HClO的Ka。则可先计算ClO－的水解平衡常数Kh，结合Kw=Ka×Kh，即可获得HClO的电离平衡常数Ka。
（1）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。
（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；
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
（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。
（5）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．（2025·广东）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+4H2O2Fe2O3↓+8H+
（3）5
（4）A；D
（5）3：1：1；12
（6）2NH3N2+3H2；Fe2O3+3H22Fe+3H2O；；没有污染物产生
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（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。
故答案为： 搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等
（2）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+4H2O2Fe2O3↓+8H+。
故答案为： 4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+
（3）“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。
故答案为：5
（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；
故答案为：AD
（5）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。
故答案为：3：1：1；12
（6）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：2NH3N2+3H2、Fe2O3+3H22Fe+3H2O。
故答案为：2NH3N2+3H2；Fe2O3+3H22Fe+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：。
故答案为：
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。
故答案为： 没有污染物产生
【分析】（1）搅拌、粉碎、提高浸取温度，都可提高反应速率。
（2）根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒进行配平。
（3）由于溶度积Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Ni(OH)2]，Cu2＋不形成沉淀，则Ni2＋也不沉淀。据此结合Cu(OH)2的溶度积Ksp进行计算。
（4）A、Ni能与N、O形成配合物，因此Ni容易进入有机相中。
B、形成配合物的过程中Ni元素的化合价不变。
C、该配合物难以形成氢键。
D、烷烃基为疏水基团。
（5） 相邻原子间的最近距离之比，其中为面对角线的一半，为棱长的一半。因此顶点为Cu、面心为Ni、体心为N，据此分析。
（6）①合成氨的逆反应为NH3的分解反应，生成N2和H2；H2还原Fe2O3生成Fe和H2O，据此写出反应的化学方程式。
②Fe2O3分散在NaOH溶液中，通过电解得到Fe。因此石墨电极为阳极，Fe电极为阴极。据此确定电解池装置示意图。
③传统高炉炼铁工业中会产生污染性气体CO。
（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“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+4H2O2Fe2O3↓+8H+；
（3）“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；
（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；
答案选AD；
（5）根据同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，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；
（6）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：2NH3N2+3H2、Fe2O3+3H22Fe+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．（2025·广东）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）；；0.5；
（4）；
【知识点】原子核外电子排布；盖斯定律及其应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）Ti为22号元素，基态Ti原子的价层电子排布式为。
故答案为：
（2）反应的、，则根据可知，该反应在298K下能自发进行。
故答案为：能
（3）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；
（4）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：
【分析】（1）根据基态Ti原子的核外电子排布式确定其价层电子排布式。
（2）当ΔH-TΔS＜0时，反应可自发进行。
（3）①根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
②随着温度升高，曲线Ⅰ的纵坐标逐渐降低。据此结合温度对平衡移动的影响分析。
③温度下，，，，根据Ti元素守恒计算。进而计算反应(c)的平衡常数。
（4）①因为肼为反应物，肼的含量逐渐下降，起始时，时，，据此计算N2H4的转化率。
②根据图像数据，结合元素守恒进行计算。
（1）Ti为22号元素，基态Ti原子的价层电子排布式为，故答案为：：
（2）反应的、，则根据可知，该反应在298K下能自发进行，故答案为：能；
（3）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；；
（4）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．（2025·广东）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)。
（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）；5
（3）A；B
（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）；酯化反应；
（6）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（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。
故答案为：醛基
（2）①化合物2a是苯乙烯，的分子式为。
故答案为：
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。
故答案为：5
（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；
故答案为：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。
故答案为： 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。
故答案为：；酯化反应；
（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。
故答案为：
【分析】（1）根据化合物1a的结构简式确定其所含的冠能团。
（2）①根据结构简式确定分子式，注意Ph-表示苯基。
②若为苯环的一取代物，则其侧链为－CH2CH2OH、－CH(OH)CH3；若为苯的二取代物，则其侧链为－CH3和－CH2OH。据此确定同分异构体的个数。
（3）A、根据反应过过程中化学键的断裂与形成分析。
B、连接有四个不同的原子或原子团的碳原子，为手性碳原子。
C、羟基所在的碳原子为手性碳原子。
D、同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或多个CH2的有机物。
（4）根据丙酮与α-溴代丙酮的结构简式进行分析。
（5）①羧酸能发生类似丙酮的α-H取代反应，则CH3COOH中-CH3上的H原子能与Br2发生取代反应，生成CH2BrCOOH。据此写出反应的化学方程式。
②化合物Ⅱ中含有酯基，因此发生的是酯化反应；由CH2BrCOOH与CH3OH反应生成CH2BrCOOCH3，据此写出反应的化学方程式。
（6）根据化合物Ⅲ的结构简式可知，该物质由1a、3a和 反应生成。
（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；
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；
（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；
（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；
（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。
1 / 12025年广东高考真题化学试题
1．（2025·广东）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
2．（2025·广东）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．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
3．（2025·广东）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
4．（2025·广东）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
5．（2025·广东）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
6．（2025·广东）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
7．（2025·广东）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：
8．（2025·广东）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
9．（2025·广东）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：
10．（2025·广东）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
11．（2025·广东）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
12．（2025·广东）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，
13．（2025·广东）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
14．（2025·广东）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
15．（2025·广东）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中稀硝酸换为浓硫酸并加热，则c中溶液颜色会褪去
16．（2025·广东）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
17．（2025·广东）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。
18．（2025·广东）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)。
19．（2025·广东）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)。
20．（2025·广东）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)。
（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。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用
【解析】【解答】A．纸的主要成分是纤维素，属于有机材料，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，其主要成分为大理石、寿山石等，属于硅酸盐或碳酸盐，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，均属于有机材料，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；
故答案为：D
【分析】此题是对物质组成和材料分类的考查，属于合金的是金属单质或合金。据此结合选项所给物质的成分进行分析即可。
2．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；苯的结构与性质
【解析】【解答】A．C原子和H原子间通过共用电子对之间的作用力结合，该作用力为共价键，A正确；
B．该配合物具有芳香性，结合苯的结构可知，该配合物中存在的是共轭大π键，不存在碳碳双键，B错误；
C．每个碳原子周围最多形成4个共价键，因此该物质有10个H原子，C错误；
D．大π键环上的C-H键可以发生取代反应，D错误；
故答案为：A
【分析】A、C、H原子通过共用电子对（即共价键）结合。
B、结合苯中不存在碳碳双键分析。
C、根据C原子的价键情况分析。
D、结构中C-H可发生取代反应。
3．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；常见能量的转化及运用；摩尔质量
【解析】【解答】A.H2O的摩尔质量为18g/mol，因此1mol H2O的质量为1mol×18g/mol=18g，A错误；
B．MoS2中S的化合价为-2，根据化合价代数和为0可得，Mo的化合价为+4，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，电能进一步转化为机械能，C错误；
D．鱼肉的主要营养成分是蛋白质，D正确；
故答案为：D
【分析】A、H2O的摩尔质量为18g·mol－1，根据公式m=n×M计算1molH2O的质量。
B、MoS2中硫元素为－2价，结合化合物中化合价代数和为0计算Mo的化合价。
C、电池工作时化学能转化为电能，行走过程中电能转化为机械能。
D、鱼肉富含的营养素为蛋白质。
4．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硫酸根离子的检验；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．燃煤脱硫减排的过程中，加入的生石灰（CaO）与燃煤中的SO2和氧气反应生成CaSO4，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CO32－、SO32－和Ag＋的干扰，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，该过程为蛋白质的盐析，C正确；
D．暖贴中铁粉发生氧化反应，生成Fe2O3的过程中放出热量，描述正确，D正确；
故答案为：A
【分析】A、燃煤脱硫过程中是利用CaO与SO2、O2反应。
B、结合SO42－的检验分析。
C、MgCl2点卤发生蛋白质的盐析。
D、铁粉被氧化的过程中放出热量。
5．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；物理变化与化学变化的区别与联系；原子晶体（共价晶体）
【解析】【解答】A．聚氯乙烯是由氯乙烯发生加聚反应后的产物，因此聚氯乙烯的单体应氯乙烯（CH2=CHCl），A错误；
B．四氧化三铁（Fe3O4）具有磁性，常用于制作磁带，B正确；
C．光碟擦写时晶态与非晶态相互转换，过程中没有新物质生成，属于物理变化，C正确；
D．固态硬盘芯片使用单晶硅，单晶硅为共价晶体(原子晶体)，D正确；
故答案为：A
【分析】A、聚氯乙烯的单体为氯乙烯。
B、Fe3O4具有磁性，可用于制作磁带。
C、晶态和非晶态的转化为物理变化。
D、单晶硅属于共价晶体。
6．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；盐类水解的应用；电镀
【解析】【解答】A．溶液中CO32－水解，使得溶液显碱性，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Fe2O3·xH2O，稀盐酸能与Fe2O3反应，可用于除铁锈，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，反应生成铜氨溶液，C不符合题意；
D．铁钉镀铜过程中，Cu片做阳极，与电源正极相连；铁钉做阴极，与电源负极相连。图中无电源，因此不能达到实验目的，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、Na2CO3溶液中CO32－水解使得溶液显碱性，油污在碱性条件下可发生水解反应而被除去。
B、铁锈的成分为Fe2O3·xH2O，能与HCl反应。
C、滴加氨水的过程中，Cu2＋先与NH3·H2O反应生成Cu(OH)2沉淀，氨水过量，Cu(OH)2继续反应生成[Cu(NH3)4](OH)2溶液。
D、铁钉镀铜需用电解池装置。
7．【答案】B
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；物质的简单分类
【解析】【解答】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与水不反应，A错误；
B．硫燃烧生成SO2(氧化物1，SO2的漂白性能使品红褪色)，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)，进一步氧化生成Na2O2(氧化物2)；Na2O2与水反应生成NaOH和O2，没有H2生成，C错误；
D．碳与氧气反应先生成CO，CO进一步与O2反应生成CO2，CO2与水反应生成碳酸，与碱反应可生成盐，但热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，D结论错误，D错误；
故答案为：B
【分析】A、铝的氧化物只有Al2O3一种，无法形成氧化物2。
B、S与O2反应生成SO2，SO2与O2继续反应生成SO3，SO3与H2O反应生成H2SO4，H2SO4与NaOH反应生成Na2SO4。
C、Na与O2反应生成Na2O，Na2O与O2进一步反应生成Na2O2，Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，NaOH与HCl反应生成NaCl。
D、NaHCO3不稳定，受热易分解；Na2CO3稳定，受热不分解。
8．【答案】B
【知识点】氯气的实验室制法；浓硫酸的性质；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A．浓硝酸不稳定见光易分解，因此需保存在棕色试剂瓶中，与其强氧化性无关，陈述Ⅰ正确但因果关系错误，A不符合题意；
B．浓硫酸具有脱水性，能使蔗糖变黑，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]反应生成蓝色沉淀，可用于检验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与浓盐酸在加热条件下反应生成Cl2是独立反应，与Cl2和SO2的反应无因果关系，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、浓硝酸见光易分解，保存在棕色瓶中可避免光照分解。
B、浓硫酸使蔗糖变黑，体现了浓硫酸的脱水性。
C、结合Fe2＋、Fe3＋的检验分析。
D、MnO2与浓盐酸反应生成Cl2，与Cl2和SO2的反应无因果关系。
9．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．a是B，g是Na，二者的最外层电子数不同，因此处于不同主族，A错误；
B．Na、Mg、Al属于同周期元素，随着核电荷数增大，金属性逐渐减弱，B正确；
C．e、d、c分别是N、O、F，属于同周期元素，随着核电荷数增大，原子半径逐渐减小，因此原子半径c>d>e，C错误；
D．b为C，c为N，NH3分子间存在氢键，氢键使得沸点增大，因此沸点NH3>CH4，D错误；
故答案为：B
【分析】如图是第一电离能与原子序数之间的关系。同周期元素，随着原子序数增大，第一电离能逐渐增大。其中第ⅡA族、第ⅤA族元素，其基态原子的ns、np能级为全满、半满稳定结构，第一电离能大于下一主族元素。因此c为N、h为Mg。其余元素依次为B、C、O、F、Ne、Na、Al。据此结合元素周期律分析选项。
10．【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．的中子数为18-8=10，的中子数为16-8=8，每个O2分子含2个O原子，因此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完全反应生成mol H2，同时转移mol电子，因此转移电子数目为NA，B错误；
C．溶液中发生水解，使得的数目小于0.1NA，C错误；
D.一分子HCl中含有1个H-Cl共价键，1mol Cl2与H2反应生成2mol HCl，因此形成2mol H-Cl键，共价键数目为2NA，D正确；
故答案为：D
【分析】A、一个18O原子中所含的中子数为18-8=10，据此计算。
B、Fe与水蒸气高温条件下反应生成Fe3O4和H2，据此计算。
C、溶液中NH4＋存在水解，使得NH4＋数目减小。
D、H2与Cl2反应生成HCl，一个HCl分子中含有一个共价键。
11．【答案】D
【知识点】乙醇的催化氧化实验；化学实验方案的评价；银镜反应
【解析】【解答】A．试管a中观察到溶液变为蓝色，说明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，H2O2中氧元素由－1价变为0价和－2价。因此既作氧化剂也作还原剂，B正确；
C．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，因此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反应产生银镜，d中未加热，不能发生银镜反应，D错误；
故答案为：D
【分析】打开K2，H2O2溶液滴入MnO2中，反应生成O2。打开K1，O2加入淀粉－KI溶液中，O2将I－氧化成I2，淀粉遇碘变蓝色，因此可观察到溶液变为蓝色。打开K3，O2进入硬质玻璃管内，与Cu反应生成CuO。推动注射器活塞，无水乙醇进入到玻璃管内，与灼热的CuO反应，可观察到固体由黑色变为红色。产生的物质进入银氨溶液中，在加热条件下发生银镜反应。说明乙醇被氧化生成了乙醛。据此结合选项分析。
12．【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离方程式的书写
【解析】【解答】A．加水稀释，溶液的体积变大，溶液中离子浓度减小，因此浓度一定下降，A正确；
B．加入NaCl固体，溶液中c(Cl-)增加，可能促使转化为，因此浓度不一定上升，B错误；
C．配离子不能拆解成Cu+和Cl-，因此H[CuCl2]应电离为H+和，电离方程式错误，C错误；
D．电荷守恒未考虑的电荷数，因此溶液中存在的电荷守恒等式应为，D错误；
故答案为：A
【分析】A、加水稀释，溶液中浓度减小。
B、加入NaCl固体，溶液中c(Cl－)增大，结合平衡移动分析。
C、配离子不能拆解成离子形式。
D、结合电荷守恒分析。
13．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；焰色反应
【解析】【解答】A．SO3的VSEPR模型为平面三角形，体现的是其分子几何结构，与化学性质无关；氧化性由硫的高价态(+6)决定，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，使得灼烧过程中产生的焰色不同，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键断裂可发生加聚反应，结构与性质对应合理，C不符合题意；
D．石墨层中离域p电子可自由移动，使得石墨具有导电性，结构与性质对应合理，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、VSEPR模型体现的是几何空间结构，与其氧化性无关。
B、原子结构的差异使得电子跃迁的能量不同。
C、乙烯和乙炔中的π键都能发生加聚反应。
D、石墨中离域p电子可自由移动，使得石墨具有导电性。
14．【答案】B
【知识点】化学电源新型电池；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A．由分析可知，放电时电极Ⅱ为正极，因此充电时电极Ⅱ为阳极，A正确；
B．由分析可知，放电时电极Ⅱ为正极，其电极反应式为，反应消耗，溶液中c(H＋)减小，因此溶液的pH升高，B错误；
C．由分析可知，放电时电极Ⅰ为原电池负极，其电极反应式为，C正确；
D．由分析可知，充电时阴极的电极反应式为，每消耗16gS（即0.5mol），转移1mol电子，因此能提供的理论容量为26.8A h，D正确；
故答案为：B
【分析】放电时，电极Ⅱ上MnO2减少，说明MnO2转化为Mn2＋，发生得电子的还原反应，因此电极Ⅱ做正极。其电极反应式为MnO2＋2e－＋4H＋=Mn2＋＋2H2O。电极Ⅰ为负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为MnS－2e－=S＋Mn2＋。充电过程中，电极Ⅰ为阴极，其电极反应式为S＋Mn2＋＋2e－=MnS。电极Ⅱ为阳极，其电极反应式为2H2O＋Mn2＋－2e－=MnO2＋4H＋。据此结合选项分析。
15．【答案】C
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；指示剂
【解析】【解答】A．铜和稀硝酸反应生成NO，NO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，该反应为化合反应，生成为蓝色，因此溶液有颜色变化，A正确；
B．b中气体变红棕色时，说明生成二氧化氮，存在的反应，因此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，因此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，反应生成SO2，二氧化硫通入碳酸氢钠溶液中，可生成亚硫酸氢钠，NaHSO3溶液显酸性，酚酞不变色，D正确；
故答案为：C
【分析】A、Cu与稀硝酸反应生成NO，NO与O2反应生成NO2。
B、b中气体变红色，则生成NO2，存在可逆反应2NO2(g)=N2O4(g)。
C、酚酞的变色范围为8.2～10.0，溶液恰好褪色时仍为碱性，NaHCO3未完全反应
D、若将稀硝酸换为浓硫酸，加热时反应生成SO2，结合SO2与NaHCO3的反应分析。
16．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，氧气发生还原反应，做正极，因此正极反应的催化剂是ⅰ，A错误；
B．获得第一个电子的过程最慢，因此其所需的活化能最高，即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，其电极反应式为。同时H+通过质子交换膜进入正极室。因此电池工作过程中，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得到4个电子；而氢气催化循环一次需要失去2个电子。根据得失电子守恒可得，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数不相同，D错误；
故答案为：C
【分析】ⅰ表面发生得电子的还原反应，最终生成H2O，因此O2为正极，其电极反应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O。H2发生失电子的氧化反应，生成H＋，为负极，其电极反应式为H2－2e－=2H＋。据此分析选项。
17．【答案】（1）由紫色变为无色
（2）da
（3）；
（4）增大；极性；常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同
（5）；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。
【知识点】盐类水解的应用；苯的同系物及其性质；中和滴定；化学实验方案的评价；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）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。
故答案为： 由紫色变为无色
（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。
故答案为：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。
故答案为：0.028
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。
故答案为：
（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。
故答案为：增大；极性
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。
故答案为： 温下三种酸的饱和溶液的浓度不同
（5）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。
故答案为：
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。
故答案为： 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
【分析】（1）甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化，使溶液褪色。
（2）加热溶解后，应趁热过滤；再对滤液进行冷却结晶。
（3）①滴加NaOH溶液的过程中苯甲酸与NaOH反应生成苯甲酸钠和H2O，结合消耗NaOH溶液的量计算苯甲酸溶液的浓度c0。
②饱和苯甲酸溶液的pH=2.89，此时溶液中c(H＋)=10－2.89mol·L－1，结合苯甲酸的电离方程式计算苯甲酸的电离平衡常数。
（4）①随着卤素原子电负性增强，其对键合电子的吸引力更强，导致羟基的极性增强。
③通过测溶液的pH直接判断Ka的大小，则所测量溶液的浓度必须相同，而三种酸的饱和溶液的浓度不同，因此无法直接比较。
（5）①HClO不稳定，光照条件下发生分解反映过，生成H＋、Cl－和O2，据此写出反应的离子方程式。
②选用0.100mol·L－1的NaClO溶液进行实验，以获取HClO的Ka。则可先计算ClO－的水解平衡常数Kh，结合Kw=Ka×Kh，即可获得HClO的电离平衡常数Ka。
（1）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。
（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；
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
（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。
（5）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．【答案】（1）搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等
（2）4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+
（3）5
（4）A；D
（5）3：1：1；12
（6）2NH3N2+3H2；Fe2O3+3H22Fe+3H2O；；没有污染物产生
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（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。
故答案为： 搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等
（2）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+4H2O2Fe2O3↓+8H+。
故答案为： 4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+
（3）“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。
故答案为：5
（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；
故答案为：AD
（5）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。
故答案为：3：1：1；12
（6）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：2NH3N2+3H2、Fe2O3+3H22Fe+3H2O。
故答案为：2NH3N2+3H2；Fe2O3+3H22Fe+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：。
故答案为：
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。
故答案为： 没有污染物产生
【分析】（1）搅拌、粉碎、提高浸取温度，都可提高反应速率。
（2）根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒进行配平。
（3）由于溶度积Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Ni(OH)2]，Cu2＋不形成沉淀，则Ni2＋也不沉淀。据此结合Cu(OH)2的溶度积Ksp进行计算。
（4）A、Ni能与N、O形成配合物，因此Ni容易进入有机相中。
B、形成配合物的过程中Ni元素的化合价不变。
C、该配合物难以形成氢键。
D、烷烃基为疏水基团。
（5） 相邻原子间的最近距离之比，其中为面对角线的一半，为棱长的一半。因此顶点为Cu、面心为Ni、体心为N，据此分析。
（6）①合成氨的逆反应为NH3的分解反应，生成N2和H2；H2还原Fe2O3生成Fe和H2O，据此写出反应的化学方程式。
②Fe2O3分散在NaOH溶液中，通过电解得到Fe。因此石墨电极为阳极，Fe电极为阴极。据此确定电解池装置示意图。
③传统高炉炼铁工业中会产生污染性气体CO。
（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“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+4H2O2Fe2O3↓+8H+；
（3）“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；
（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；
答案选AD；
（5）根据同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，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；
（6）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：2NH3N2+3H2、Fe2O3+3H22Fe+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．【答案】（1）
（2）能
（3）；；0.5；
（4）；
【知识点】原子核外电子排布；盖斯定律及其应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）Ti为22号元素，基态Ti原子的价层电子排布式为。
故答案为：
（2）反应的、，则根据可知，该反应在298K下能自发进行。
故答案为：能
（3）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；
（4）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：
【分析】（1）根据基态Ti原子的核外电子排布式确定其价层电子排布式。
（2）当ΔH-TΔS＜0时，反应可自发进行。
（3）①根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
②随着温度升高，曲线Ⅰ的纵坐标逐渐降低。据此结合温度对平衡移动的影响分析。
③温度下，，，，根据Ti元素守恒计算。进而计算反应(c)的平衡常数。
（4）①因为肼为反应物，肼的含量逐渐下降，起始时，时，，据此计算N2H4的转化率。
②根据图像数据，结合元素守恒进行计算。
（1）Ti为22号元素，基态Ti原子的价层电子排布式为，故答案为：：
（2）反应的、，则根据可知，该反应在298K下能自发进行，故答案为：能；
（3）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；；
（4）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．【答案】（1）醛基
（2）；5
（3）A；B
（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）；酯化反应；
（6）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（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。
故答案为：醛基
（2）①化合物2a是苯乙烯，的分子式为。
故答案为：
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。
故答案为：5
（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；
故答案为：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。
故答案为： 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。
故答案为：；酯化反应；
（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。
故答案为：
【分析】（1）根据化合物1a的结构简式确定其所含的冠能团。
（2）①根据结构简式确定分子式，注意Ph-表示苯基。
②若为苯环的一取代物，则其侧链为－CH2CH2OH、－CH(OH)CH3；若为苯的二取代物，则其侧链为－CH3和－CH2OH。据此确定同分异构体的个数。
（3）A、根据反应过过程中化学键的断裂与形成分析。
B、连接有四个不同的原子或原子团的碳原子，为手性碳原子。
C、羟基所在的碳原子为手性碳原子。
D、同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或多个CH2的有机物。
（4）根据丙酮与α-溴代丙酮的结构简式进行分析。
（5）①羧酸能发生类似丙酮的α-H取代反应，则CH3COOH中-CH3上的H原子能与Br2发生取代反应，生成CH2BrCOOH。据此写出反应的化学方程式。
②化合物Ⅱ中含有酯基，因此发生的是酯化反应；由CH2BrCOOH与CH3OH反应生成CH2BrCOOCH3，据此写出反应的化学方程式。
（6）根据化合物Ⅲ的结构简式可知，该物质由1a、3a和 反应生成。
（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；
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；
（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；
（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；
（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。
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