資源簡介

廣東省廣州市真光中學2025屆高三階段測試化學試卷
1．（2025·廣州模擬）泱泱中華，歷史何其悠久，文明何其博大。文物筑牢文明之基，國務院設立每年6月的第二個星期六為文化和自然遺產日，國家文物局將今年的活動主題定為“保護文物傳承文明”。下列文物的材質屬于無機非金屬材料的是
A．銅奔馬 B．漢竹簡 C．蓮花形玻璃托盞 D．垂鱗紋秦公銅鼎
A．A B．B C．C D．D
2．（2025·廣州模擬）2024年11月30號，神舟十九號載人飛船發射取得圓滿成功。下列說法錯誤的是
A．硬鋁合金作航天飛船材料的原因是硬鋁合金密度小，硬度大
B．煤油和液氧作火箭的發射推進劑，液氧的電子式是
C．航天飛船的太陽能電池板的主要材料是Si
D．酚醛樹脂作飛船返回艙外殼燒蝕材料，酚醛樹脂是有機高分子
3．（2025·廣州模擬）對下列現象進行的相關闡述不正確的是
選項 現象 相關闡述
A 放電影時，放映機到銀幕間有一條光柱 光的散射形成丁達爾效應
B 豆漿中加入熟石膏得到豆腐腦 豆漿發生了膠體的聚沉
C 黑色CuO溶解在稀硫酸中可以得到藍色的溶液 溶解過程發生了復分解反應
D 向苯酚稀溶液中滴加濃溴水，出現白色沉淀 苯酚發生了氧化反應
A．A B．B C．C D．D
4．（2025·廣州模擬）下列勞動項目與所述的化學知識沒有關聯的是（　　）
選項 勞動項目 化學知識
A 自主探究：以油脂為原料制肥皂 油脂可發生皂化反應
B 家務勞動：用白醋清洗水壺中的水垢 乙酸具有揮發性
C 社區服務：用84消毒液對圖書館桌椅消毒 含氯消毒劑具有強氧化性
D 學農活動：用廚余垃圾制肥料 廚余垃圾富含N、P、K等元素
A．A B．B C．C D．D
5．（2025·廣州模擬）化合物M是一種新型抗生素關鍵中間體的類似物，其合成路線如下(略去部分試劑和反應條件)。已知化合物K虛線圈內所有原子共平面。下列說法錯誤的是
A．Q的化學名稱為2-甲基-1-丙醇
B．在酸性條件下，M可發生水解
C．K中氮原子的雜化方式為sp2
D．形成M時，氮原子與L中碳原子a成鍵
6．（2025·廣州模擬）實驗室制備SO2時，下列裝置能達到相應實驗目的的是
A．生成SO2
B．干燥SO2
C．收集SO2
D．吸收SO2尾氣
7．（2025·廣州模擬）耗資近500億的深中通道于2024年6月30日正式開通。這個工程中使用的鋼殼沉管，進行了兩種防腐處理，第一種是在表面形成一層特殊的防腐漆，第二種是在沉管的外表面鋪設鋅塊，以利用電化學原理延緩其被腐蝕；進而實現“百年不腐”。下列有關說法正確的是
A．鋼殼為正極
B．鑲嵌的鋅塊可以永久使用
C．第一種處理方法屬于表面電鍍法
D．鋅發生的反應：
8．（2025·廣州模擬）工業上可用如下反應：將丁烷經過催化裂解轉化為更有工業價值的乙烯。下列說法正確的(為阿 伏伽德羅常數的值)
A．乙烷中的軌道與的軌道相互重疊形成鍵
B．室溫，下，乙烯中的鍵數目為
C．丁烷放入密閉容器充分反應后，所得的混合物中含有的電子數目為
D．每生成乙烯，轉移的電子數為
9．（2025·廣州模擬）溴酸鈉和氯化鈉的溶解度(S)曲線如圖所示。下列各組物質分離提純方法錯誤的是
選項 待分離提純的物質 分離提純方法
A 分離苯和水 分液
B 除去溴酸鈉中的少量氯化鈉 重結晶
C 除去乙炔中的少量氣體 用溶液洗氣
D 除去苯中的少量苯酚 過濾
A．A B．B C．C D．D
10．（2025·廣州模擬）物質微觀結構決定宏觀性質，進而影響用途。下列結構或性質不能解釋其用途的是
　 結構或性質 用途
A 具有還原性 可用作自來水的消毒劑
B 甘油結構中含能與水形成氫鍵的羥基 甘油可用作保濕類護膚品
C 中N≡N鍵能大 可用作反應的保護氣
D 聚乳酸具有生物相溶性和可降解性 聚乳酸可用作手術縫合線
A．A B．B C．C D．D
11．（2025·廣州模擬）利用活性石墨電極電解飽和食鹽水，進行如圖所示實驗，M為直流電源。閉合，一段時間后a處布條褪色，下列說法正確的是
A．a處布條褪色，說明具有漂白性
B．b處溶液變藍色，主要發生的反應是ClO-+2I-+ 2H+= Cl-+ I2+ H2O
C．c處可以使用浸有飽和NaCl溶液的棉花吸收尾氣
D．一段時間后斷開K1，立刻閉合，電流表發生偏轉
12．（2025·廣州模擬）如圖所示的化合物是一種重要的化工原料，X、Y、Z、W、E是原子序數依次增大的短周期主族元素，其中Z、E同族，基態Y原子的核外有3個未成對電子。下列說法正確的是
A．和EZ2的空間結構均為平面三角形
B．W和Z形成的化合物中一定只有離子鍵
C．第一電離能：Z>Y>E
D．簡單氫化物的沸點：W>Z>Y>E
13．（2025·廣州模擬）下列陳述I和陳述Ⅱ均正確，且具有因果關系的是
選項 陳述Ⅰ 陳述Ⅱ
A 水加熱到很高的溫度都難以分解 水分子間存在氫鍵
B 硫酸工業中使用催化劑調控反應 催化劑能提高SO2的平衡轉化率
C 通過煤的干餾可獲得苯、甲苯等化工原料 煤的干餾屬于化學變化
D Na2S除去廢水中的Cu2+、Hg2+ Na2S具有還原性
A．A B．B C．C D．D
14．（2025·廣州模擬）氮元素的“價-類”二維圖如圖所示：下列有關說法正確的是
A．工業制備e的路線是b→d→e
B．實現e→d的轉化一定要添加還原劑
C．c→d的轉化中一定有顏色變化
D．a和e的濃溶液相遇發生氧化還原反應生成白煙
15．（2025·廣州模擬）反應X(g)Y(g)的能量變化與反應歷程關系如圖所示，其中曲線①和②分別為無催化劑和有催化劑時的情況。下列說法正確的是
A．相同條件下，穩定性：X>Y
B．升高溫度，達到新平衡時減小
C．達到平衡后充入He，體系壓強增大，反應速率增大，K增大
D．使用催化劑后，反應歷程中的決速步為
16．（2025·廣州模擬）以柏林綠為代表的新型可充電鈉離子電池的放電工作原理如圖所示，下列說法不正確的是
A．充電時，通過交換膜從左室移向右室
B．充電時，Mo箔外接電源的正極
C．放電時，外電路中通過0.2mol電子時，負極區電解質質量增加了2.4g
D．放電時，Mo箔上發生反應為
17．（2025·廣州模擬）某實驗小組探究鹽溶液對弱電解質電離及難溶電解質溶解的影響。
文獻：向弱電解質或難溶電解質中加入具有不同離子的可溶性強電解質溶液，會使弱電解質的電離程度或難溶電解質的溶解度增大，這種現象可稱為“鹽效應”。
（1）配制400mL0.05mol/LFe2(SO4)3溶液
①計算需要Fe2(SO4)3 7H2O固體的質量：　 　(已知：M(Fe2(SO4)3 7H2O=a g/mol)
②配制溶液過程中，下列儀器中一定不需要的是　 　(填名稱)。
（2）對弱電解質的電離的影響。
資料：ⅰ.等濃度的MgSO4與FeSO4的鹽效應相當；等濃度的與的鹽效應相當.
ⅱ.(無色)；與不反應。
①加入0.5mLH2O的目的是　 　。
②對比a、b中的現象，得出的結論是　 　。
③結合化學平衡移動原理解釋c中紅色比b淺的原因：　 　。
（3）對難溶電解質FeCO3的溶解性的影響。
ⅰ
ⅱ
對比實驗ⅰ、ⅱ，對于ⅱ中溶液為紅色，提出假設：
假設A．溶液的鹽效應促進的溶解。
假設B．___________
設計對比實驗，證實假設B是主要原因。
①假設B是　 　。
②對比實驗ⅲ的步驟和現象：　 　。
（4）通過以上實驗，說明該實驗條件下鹽溶液通過　 　、　 　可促進弱電解質的電離及難溶電解質的溶解。
18．（2025·廣州模擬）和應用于電鍍、機械、航空等眾多工業領域。從一種合金廢料生產工業硫酸鎳和錫酸鈉的工藝流程如下圖所示。
已知：①“酸浸”后濾液中的主要金屬陽離子為、、、。
②“一次除鐵”后溶液中仍有少量。“萃取除鐵、反萃取、制和制”的原理是：(有機相)(有機相)，和代表金屬陽離子或。金屬陽離子和的結合能力：。
③常溫下，，；，。
（1）“酸浸”時，Ni與硝酸反應的還原劑與氧化劑的物質的量之比為　 　。
（2）“堿熔”時，SnO2發生反應的化學方程式為　 　。
（3）“沉錫”時，常溫下恰好完全沉淀為時，　 　(填“>”“<”或“=”)。
（4）“一次除鐵”的總反應離子方程式為　 　。
（5）“反萃取”時，萃余液的溶質含FeCl3，試劑1是　 　。
（6）“制”時，溶液1的主要成分是　 　(填化學式)。
（7）某鎳和砷形成的晶體，晶胞結構如圖1，沿z軸方向的投影為圖2。
①該晶體中As周圍最近的Ni有　 　個。
②該晶體的密度為，晶胞參數為apm，bpm，則阿伏加德羅常數的數值　 　(用含a、b、的代數式表示)。
19．（2025·廣州模擬）常溫下物質R在水溶液中存在以下電離平衡：。Zn2+可與多種配體形成多樣的配離子，Zn2+在溶液體系中存在以下多種反應：
I． ΔH1
Ⅱ． ΔH2
Ⅲ． ΔH3
（1）R、與配位存在多個競爭反應，其中有，該反應ΔH=　 　。
（2）寫出反應I的平衡常數表達式K1=　 　。常溫下，往含Zn2+的的溶液體系中加入固體，反應I的平衡常數　 　(填“變大”“不變”或“變小”)。
（3）關于含Zn2+的溶液體系，下列說法正確的是___________。
A．當溶液中不變時，說明反應達到了平衡狀態
B．平衡體系中僅加入，新平衡時Zn2+的轉化率增大
C．在水溶液中能水解
D．當平衡體系中時，(表示反應Ⅲ的平衡常數)
（4）某種含Zn礦物的主要成分是難溶于水的。常溫下，利用溶液體系將Zn元素浸出，調節不同的總R濃度和pH后，浸出液中Zn元素的總濃度變化如下圖[總R濃度為]。
①總R濃度不為0時：pH在6~10之間，隨著pH的增大，總R濃度逐漸增大，Zn元素浸出率　 　(填“增大”“減小”或“不變”)。pH在10~12.5之間，隨著pH增大，浸出液中Zn元素總濃度呈下降趨勢的原因是　 　。
②任意總R濃度下：pH在12.5~14之間，浸出液中Zn元素總濃度均隨pH增大逐漸上升，pH=14時，浸出液中鋅元素主要存在形式的化學式是　 　。
③總R濃度為5 mol·L-1、pH=10時，浸出液Zn元素總濃度為0.07 mol·L-1且幾乎都以的形式存在。已知常溫下，R的電離平衡常數，此時溶液中=　 　mol·L-1 (寫出計算過程)。
20．（2025·廣州模擬）二氧化碳的轉化與綜合利用是實現“碳達峰”“碳中和”戰略的重要途徑。我國學者以電催化反應為關鍵步驟，用CO2作原料，實現了重要醫藥中間體——阿托酸的合成，其合成路線如下：
（1）化合物A的分子式為　 　。化合物x為A的芳香族同分異構體，且在核磁共振氫譜上有4組峰，x的結構簡式為　 　，其名稱為　 　。
（2）反應③中，化合物C與無色無味氣體y反應，生成化合物D，原子利用率為。y為　 　。
（3）根據化合物E的結構特征，分析預測其可能的化學性質，完成下表。
序號 反應試劑、條件 反應形成的新結構 反應類型
a 　 　 　 　 氧化反應(生成有機產物)
b H2，催化劑，加熱 　 　 　 　反應
c 　 　 -CH=CH2 　 　反應
（4）關于反應④⑤的說法中，不正確的有　 　。
a．阿托酸分子中所有碳原子均采取sp2雜化，分子內所有原子一定共平面
b．化合物D、E、阿托酸均含有手性碳原子
c．化合物E可形成分子內氫鍵和分子間氫鍵
d． 反應④中，用Mg作陽極、Pt作陰極進行電解，則CO2與D的反應在陰極上進行。
（5）以為唯一有機原料，參考上述信息，合成化合物。
基于你設計的合成路線，回答下列問題：
①最后一步反應的化學方程式為　 　。
②相關步驟涉及到CO2電催化反應，發生該反應的有機反應物為　 　(寫結構簡式)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】無機非金屬材料
【解析】【解答】A．銅奔馬為銅合金，屬于金屬材料，故A錯誤；
B．漢竹簡主要成分為纖維素，屬于天然有機高分子材料，故B錯誤；
C．玻璃托盞主要成分為玻璃，屬于無機非金屬材料，故C正確；
D．銅鼎為銅合金，屬于金屬材料，故D錯誤；
故答案為：C。
【分析】 無機非金屬材料是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、鹵素化合物、硼化物以及硅酸鹽、鋁酸鹽、磷酸鹽、硼酸鹽等物質組成的材料。
2．【答案】B
【知識點】硅和二氧化硅；合金及其應用；電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合
【解析】【解答】A．硬鋁合金常被用作航天飛船材料，是利用硬鋁合金具有密度小、硬度大的特點，能保證航天飛船在復雜的太空環境中具有良好的結構穩定性，故A正確；
B．液氧的電子式是，故B錯誤；
C．航天飛船的太陽能電池板主要材料是Si，故C正確；
D．酚醛樹脂是由酚類和醛類通過縮聚反應制成的有機高分子化合物，故D正確；
故答案為：B。
【分析】A.硬鋁合金具有密度小、硬度大的特點。
B.液氧的電子式是。
C.硅是一種良好的半導體材料。
D.酚醛樹脂是由酚類和醛類通過縮聚反應制成的有機高分子化合物。
3．【答案】D
【知識點】苯酚的化學性質；膠體的性質和應用
【解析】【解答】A．空氣是氣溶膠，具有丁達爾效應，故A正確；
B．豆漿屬于膠體， 加入熟石膏（電解質）中發生聚沉，從而得到豆腐腦，故B正確；
C．涉及反應為，屬于復分解反應，故C正確；
D．苯酚與濃溴水反應生成2，4，6-三溴苯酚和溴化氫，沒有元素化合價變化，不是氧化反應，故D錯誤；
故答案為：D。
【分析】A.膠體具有丁達爾效應。
B.膠體遇電解質能發生聚沉。
C.復分解反應的特點是AB+CD=AD+CB。
D.氧化反應過程中有元素化合價變化。
4．【答案】B
【知識點】乙酸的化學性質；綠色化學；氯水、氯氣的漂白作用；油脂的性質、組成與結構
【解析】【解答】A．油脂在堿性條件下水解生成硬脂酸鈉和甘油，稱為皂化反應，故油脂水解可用于制造肥皂，故A不符合題意；
B．白醋中含有的乙酸有弱酸性，但比碳酸的酸性強，可用于清洗水壺中的水垢，與乙酸具有揮發性無關，故B符合題意；
C.84消毒液的有效成分是NaClO，利用其強氧化性，能使蛋白質變性，可用于對圖書館桌椅消毒，故C不符合題意；
D．N、P、K為肥效元素，而廚余垃圾含N、P、K等元素，則可作肥料，故D不符合題意；
故答案為：B。
【分析】A.油脂在堿性條件下水解生成硬脂酸鈉和甘油，可用于制造肥皂；
B.白醋中含有的乙酸有弱酸性，但比碳酸的酸性強；
C.84消毒液的有效成分是NaClO，有強氧化性，能使蛋白質變性；
D.廚余垃圾含N、P、K等肥效元素，適宜作肥料。
5．【答案】D
【知識點】原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；有機化合物的命名；有機物的結構和性質
【解析】【解答】A．由分析可知，Q的化學名稱為2-甲基-1-丙醇，A正確；
B．M分子中含有的酯基和酰胺基在酸性條件下發生水解反應，B正確；
C．根據K的結構簡式，K中的N原子最外層孤電子對未參與雜化，而是與苯環的大π鍵共軛，則N原子的雜化方式為sp2，C正確；
D．對比L和M的結構簡式可知，形成M時，L分子中18O與b碳原子之間的共價鍵斷裂，則氮原子與L中碳原子b成鍵，D錯誤；
故答案為：D。
【分析】A.飽和一元醇命名時，從靠近羥基碳原子的一端開始編號。
B.酯基和酰胺基能發生水解。
C.K中的N原子最外層孤電子對未參與雜化，而是與苯環的大π鍵共軛。
D.形成M時，L分子中18O與b碳原子之間的共價鍵斷裂。
6．【答案】D
【知識點】二氧化硫的性質；兩性氧化物和兩性氫氧化物；常見氣體制備原理及裝置選擇；化學實驗方案的評價
【解析】【解答】A．亞硫酸鈉能溶于水，不能用有孔的塑料板，不能達到實驗目的，A錯誤；
B．二氧化硫與堿石灰能反應，不能達到實驗目的，B錯誤；
C．二氧化硫的密度比空氣大，應長管進入，不能達到實驗目的，C錯誤；
D．二氧化硫能和氫氧化鈉反應，該裝置可用于吸收二氧化硫，能達到實驗目的，D正確；
故答案為：D。
【分析】A.有孔的塑料板適用于難溶于水的物質的反應。
B.干燥劑與要干燥的物質不發生反應。
C.排空氣法收集時，密度比空氣大的氣體應長管進短管出。
D.注意防倒吸。
7．【答案】A
【知識點】電極反應和電池反應方程式；金屬的電化學腐蝕與防護；原電池工作原理及應用
【解析】【解答】A．由分析可知，鋼殼為正極，A正確；
B．由分析可知，負極的電極反應式為：，鋅不斷消耗，需要及時補充，不能永久使用，B錯誤；
C．第一種處理方法屬于涂保護層法，并未進行電鍍，C錯誤；
D．由分析可知，負極的電極反應式為：，D錯誤；
故答案為：A。
【分析】根據題干信息，涉及原電池，根據金屬活動性Zn＞Fe，則鋅塊作負極，鋼殼作正極，負極的電極反應式為：，正極的電極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
8．【答案】C
【知識點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；氣體摩爾體積；阿伏加德羅常數
【解析】【解答】A．乙烷中C的sp3雜化軌道與H的1s軌道相互重疊形成C-H鍵，A錯誤；
B．標況未知，無法計算乙烯的物質的量，B錯誤；
C.1個C4H10分子中含有34個電子，則0.1mol丁烷分子中含有3.4mol電子，根據反應前后原子數目守恒，則反應后所得混合物中含有3.4mol電子，其數目為，C正確；
D．根據題干所給方程式可知，生成1mol乙烯，轉移1mol電子，其數目為NA，D錯誤；
故答案為：C。
【分析】A.乙烷中C的sp3雜化軌道與H的1s軌道相互重疊形成C-H鍵。
B.標況未知，無法計算氣體的物質的量。
C.根據反應前后質量守恒定律進行分析。
D.生成1mol乙烯，轉移1mol電子。
9．【答案】D
【知識點】物質的分離與提純
【解析】【解答】A．苯與水互不相溶，可用分液分離，A正確；
B．溴酸鈉的溶解度受溫度影響較大，可通過重結晶分離提純溴酸鈉，B正確；
C．用硫酸銅溶液除去乙炔中混有的氣體，C正確；
D．苯和苯酚互溶，無法用過濾分離，應該加入溶液，充分振蕩后分液即可，D錯誤；
故答案為：D。
【分析】A.分液適用于分離互不相溶的液體混合物。
B. 重結晶適用于分離溶解度隨溫度變化差異明顯的固體混合物。
C.注意在除去雜質的同時，不能引入新的雜質。
D.過濾適用于分離互不相溶的固液混合物。
10．【答案】A
【知識點】物質的組成、結構和性質的關系；氮氣的化學性質；醇類簡介
【解析】【解答】A．具有氧化性，可用作自來水的消毒劑，故A說法錯誤；
B．甘油的結構簡式為CH2(OH)CH(OH)CH2OH，含有羥基，能與水分子形成氫鍵，可做保濕類護膚品，故B說法正確；
C．氮氣可作反應的保護氣，是利用中N≡N鍵能大，使其化學性質相對穩定，故C說法正確；
D． 聚乳酸可用作手術縫合線，是利用聚乳酸具有生物相溶性和可降解性，故D說法正確；
故答案為：A。
【分析】根據物質的結構性質及對應用途進行分析。
11．【答案】D
【知識點】氯氣的化學性質；電解池工作原理及應用；氯水、氯氣的漂白作用
【解析】【解答】A．a處布條褪色，說明左側生成氯氣，氯氣與水反應生成的HClO具有漂白性，故A錯誤；
B．碘單質遇淀粉變藍，結合b處溶液變藍色，說明生成了碘單質，主要發生的反應是Cl2+2I-= 2Cl-+ I2 ，故B錯誤；
C．NaCl溶液無法吸收氯氣，應該使用浸有濃NaOH溶液的棉花，吸收產生的氯氣，避免污染空氣，故C錯誤；
D． 由分析可知，電解時，陽極產生了氯氣，陰極產生了H2，一段時間后斷開K1，立刻閉合K2，構成氫氯燃料電池，電流表發生偏轉，故D正確；
故答案為：D。
【分析】根據題干信息，閉合K1，該裝置為電解池，左側為陽極，其電極反應式為：，右側為陰極，其電極反應式為：，總反應為：。
12．【答案】D
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；氫鍵的存在對物質性質的影響；微粒半徑大小的比較
【解析】【解答】A．由分析可知，Y、Z、E分別為N、O、S，中N原子的價層電子對數為，采用sp2雜化，空間構型為平面三角形，中S原子的價層電子對數為，采用sp2雜化，含有1對孤對電子，空間構型為V形，A錯誤；
B．由分析可知，W為Na，Z為O，W和Z形成的化合物有和，二者均為離子化合物，中只含離子鍵，中含有離子鍵和共價鍵，B錯誤；
C．同主族元素的第一電離能從上到下逐漸減小，則O＞S，同周期元素的第一電離能從左到右呈增大趨勢，但ⅡA、ⅤA反常，則N＞O，即第一電離能：，C錯誤；
D．由分析可知，W為Na，Z為O，E為S，Y為N，屬于離子化合物，沸點最高，都能形成氫鍵，且水分子的氫鍵數量大于氨氣分子，則水分子的沸點高于氨氣分子，的分子間只存在范德華力，熔沸點最低，D正確；
故答案為：D。
【分析】根據化合物的結構式可知，Z形成2個化學鍵，E形成6個化學鍵，Y形成3個化學鍵，X形成1個化學鍵，結合題干信息，X、Y、Z、W、E是原子序數依次增大的短周期主族元素，基態Y原子的核外有3個未成對電子，可推出Y為N，X為H，W為Na，Z、E同族，可推出Z為O，E為S。
13．【答案】C
【知識點】物理變化與化學變化的區別與聯系；氫鍵的存在對物質性質的影響；煤的干餾和綜合利用
【解析】【解答】A．H O鍵的鍵能較大使得水加熱到很高溫度都難以分解，陳述 I 和陳述 II 沒有因果關系，A不符合題意；
B．催化劑不能改變平衡移動，陳述 II 錯誤，B不符合題意；
C．煤的干餾是指將煤隔絕空氣加強熱使其分解的過程，有新物質生成，屬于化學變化，通過煤的干餾可以獲得苯、甲苯等化工原料，C符合題意；
D．S2 能與Cu2+、Hg2+結合生成難溶的硫化物沉淀，利用的是Na2S中S2 的沉淀性質，陳述 I 和陳述 II 沒有因果關系，D不符合題意；
故答案為：C。
【分析】A.氫鍵影響的是水的熔沸點。
B.催化劑不能改變平衡移動。
C.化學變化中有新物質生成，
D.還原劑具有還原性。
14．【答案】C
【知識點】物質的組成、結構和性質的關系；物質的簡單分類
【解析】【解答】A．工業制備HNO3的路線是：NH3NONO2HNO3，故A錯誤；
B．HNO3分解可得到NO2，不一定要添加還原劑，故B錯誤；
C．NO是無色氣體，NO2是紅棕色氣體，NO→NO2一定有顏色變化，故C正確；
D．NH3與濃HNO3反應生成NH4NO3，生成白煙，該反應不是氧化還原反應，故D錯誤；
故答案為C。
【分析】根據氮元素的“價-類”二維圖可知，a為NH3，b為N2，c為NO，d為NO2，e為HNO3。
15．【答案】D
【知識點】活化能及其對化學反應速率的影響
【解析】【解答】A．由圖可知，能量：反應物X>生成物Y，結合分析可知，穩定性：Y > X，故A錯誤；
B．根據△H=生成物總能量-反應物總能量<0，則該反應是放熱反應，升溫利于平衡逆向移動，則增大，減小，所以會增大，故B錯誤；
C．達到平衡后充入He，各物質的濃度并沒有改變，則反應速率不變，溫度不變，則K也不變，故C錯誤；
D．決速步由反應速率慢的決定，活化能越大，反應速率越慢，使用催化劑后，反應歷程中這一步的活化能最大，則反應歷程中的決速步為，故D正確；
故答案為：D。
【分析】A.物質能量越低越穩定。
B.升高溫度，平衡會向吸熱反應方向移動。
C.根據勒夏特列原理進行分析。
D.決速步由反應速率慢的決定，活化能越大，反應速率越慢。
16．【答案】C
【知識點】電極反應和電池反應方程式；電解原理；原電池工作原理及應用；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】A．由分析可知，充電時為電解池，左側為陽極，右側為陰極，則通過交換膜從左室移向右室，A正確；
B．由分析可知，放電時為電解池，Mo作正極，則充電時，Mo箔外接電源的正極，B正確；
C．放電時，外電路中通過0.2mol電子時，由負極的反應可知，會消耗0.1mol鎂進入電解質溶液，質量增加2.4g，同時會有0.2mol Na＋通過離子交換膜向正極移動，質量減少4.6g，故負極區電解質質量減少2.2g，C錯誤；
D．由分析可知，放電時，Mo箔是正極，反應為，D正確；
故答案為：C。
【分析】根據圖示信息，，鎂元素化合價升高，放電時，電極鎂為原電池負極，其電解反應式為，則Mo為原電池的正極，其電極反應式為。
17．【答案】（1）0.025a g；直形冷凝管、分液漏斗
（2）排除稀釋對溶液顏色的影響；MgSO4溶液促進了弱電解質Fe(SCN)3的電離；b和c中鹽效應相當，，c中Fe2+結合SCN-生成Fe(SCN)2，使得c(SCN-)降低，平衡正向移動，紅色變淺
（3）溶液中的SCN-與Fe2+結合，促進FeCO3的溶解；或：取實驗ii中等質量的FeCO3，加入3mL4mol/LKCl溶液，充分振蕩，靜置，取上層清液，滴加3mL 4mol/LKSCN溶液和5滴10%H2O2，溶液無明顯現象
（4）鹽效應；化學反應
【知識點】配制一定物質的量濃度的溶液；性質實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）①計算需要Fe2(SO4)3 7H2O固體的質量：0.5L×0.05mol/L×a g/mol=0.025a g；
②根據分析，配制溶液過程中，下列儀器中一定不需要的是直形冷凝管、分液漏斗；
（2）①平行實驗b、c中分別加入0.5mL其它溶液，所以為了排除稀釋對溶液顏色的影響，向a中加入入0.5mLH2O；
②a、b兩組實驗已經排除稀釋對溶液顏色的影響，b中紅色比a中淺，證明硫氰化鐵的電離平衡受到了促進，所以MgSO4溶液促進了弱電解質Fe(SCN)3的電離；
③b、c中加入了等體積等濃度的鹽溶液，所以鹽效應相同，結合資料信息：，c中Fe2+結合SCN-生成Fe(SCN)2，使硫氰化鐵的電離平衡：向正向移動，所以紅色比b中淺；
（3）①根據文獻信息：向弱電解質或難溶電解質中加入具有不同離子的可溶性強電解質溶液，會使弱電解質的電離程度或難溶電解質的溶解度增大，這種現象可稱為“鹽效應”，提出假設B溶液中的SCN-與Fe2+結合，促進FeCO3的溶解；②實驗ⅰ設計思路為鹽效應促進FeCO3的溶解，實驗ⅱ設計思路為溶液中的SCN-與Fe2+結合，促進FeCO3的溶解，想設計對比實驗ⅲ證實假設B是主要原因一定要利用資料：等濃度的KCl與KSCN的鹽效應相當，同時排陽離子K+的干擾，所以選擇和硫氰化鉀等體積等濃度的氯化鉀溶液，進行試驗，所以設計如下實驗ⅲ：
或：取實驗ii中等質量的FeCO3，加入3mL4mol/LKCl溶液，充分振蕩，靜置，取上層清液，滴加3mL 4mol/LKSCN溶液和5滴10%H2O2，溶液無明顯現象；
（4）通過探究（1）可知，鹽溶液通過鹽效應可促進弱電解質的電離，通過探究（2）可知鹽溶液通過化學反應可促進難溶電解質的溶解。
【分析】（1）①根據m=nM=cVM進行分析。
②配制400mL0.05mol/LFe2(SO4)3溶液，需要的儀器有500mL容量瓶、燒杯、玻璃棒、托盤天平、膠頭滴管、量筒等。
（2）（3）通過設計不同對比實驗可探究“鹽效應”對弱電解質以及難溶電解質的影響，結合平衡移動原理對實驗現象進行分析。
（4）鹽溶液通過鹽效應可促進弱電解質的電離，通過化學反應可促進難溶電解質的溶解。
（1）①計算需要Fe2(SO4)3 7H2O固體的質量：0.5L×0.05mol/L×a g/mol=0.025a g；
②根據分析，配制溶液過程中，下列儀器中一定不需要的是直形冷凝管、分液漏斗；
（2）①平行實驗b、c中分別加入0.5mL其它溶液，所以為了排除稀釋對溶液顏色的影響，向a中加入入0.5mLH2O；
②a、b兩組實驗已經排除稀釋對溶液顏色的影響，b中紅色比a中淺，證明硫氰化鐵的電離平衡受到了促進，所以MgSO4溶液促進了弱電解質Fe(SCN)3的電離；
③b、c中加入了等體積等濃度的鹽溶液，所以鹽效應相同，結合資料信息：，c中Fe2+結合SCN-生成Fe(SCN)2，使硫氰化鐵的電離平衡：向正向移動，所以紅色比b中淺；
（3）①根據文獻信息：向弱電解質或難溶電解質中加入具有不同離子的可溶性強電解質溶液，會使弱電解質的電離程度或難溶電解質的溶解度增大，這種現象可稱為“鹽效應”，提出假設B溶液中的SCN-與Fe2+結合，促進FeCO3的溶解；②實驗ⅰ設計思路為鹽效應促進FeCO3的溶解，實驗ⅱ設計思路為溶液中的SCN-與Fe2+結合，促進FeCO3的溶解，想設計對比實驗ⅲ證實假設B是主要原因一定要利用資料：等濃度的KCl與KSCN的鹽效應相當，同時排陽離子K+的干擾，所以選擇和硫氰化鉀等體積等濃度的氯化鉀溶液，進行試驗，所以設計如下實驗ⅲ：
或：取實驗ii中等質量的FeCO3，加入3mL4mol/LKCl溶液，充分振蕩，靜置，取上層清液，滴加3mL 4mol/LKSCN溶液和5滴10%H2O2，溶液無明顯現象；
（4）通過探究（1）可知，鹽溶液通過鹽效應可促進弱電解質的電離，通過探究（2）可知鹽溶液通過化學反應可促進難溶電解質的溶解。
18．【答案】（1）3：2
（2）
（3）<
（4）
（5）鹽酸
（6）
（7）6；
【知識點】晶胞的計算；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；物質的分離與提純；離子方程式的書寫
【解析】【解答】（1）“酸浸”時，Ni與硝酸離子反應，還原劑與氧化劑的物質的量之比為3：2；
（2）“堿熔”時中Sn元素轉化為，發生反應的化學方程式為：；
（3），，則；
（4）“一次除鐵”時加入雙氧水，碳酸鈉反應生成，總反應離子方程式為：；
（5）“反萃取”時，提高溶液中氫離子濃度，使平衡向反萃取方向移動，萃余液的溶質含，試劑1是： 鹽酸；
（6）“制”時，通入，置換出，溶液1的主要成分是：；
（7）①該晶胞為六方晶體，選擇中間層的As原子可知，上下層各有3個Ni原子與1個As原子相連，晶體中As周圍最近的Ni有6個；
②該晶體的密度為，晶胞參數為apm，bpm，由晶胞結構可知，Ni原子與As原子配位數比為1：1，晶胞內部含有2個As原子，2個Ni原子，，則阿伏加德羅常數的數值。
【分析】（1）配平時注意原子數目和得失電子守恒，還原劑中部分元素化合價升高，氧化劑中部分元素化合價降低。
（2）“堿熔”時中Sn元素轉化為，注意原子數目和得失電子守恒。
（3）根據難溶物溶解平衡進行分析。
（4）“一次除鐵”時加入雙氧水，碳酸鈉反應生成。
（5）“反萃取”時，提高溶液中氫離子濃度，使平衡向反萃取方向移動。
（6）“制”時，通入，置換出。
（7）①該晶胞為六方晶體。
②根據均攤法及m=ρV=nM、N=nNA進行分析。
（1）“酸浸”時，Ni與硝酸離子反應，還原劑與氧化劑的物質的量之比為3：2；
（2）“堿熔”時中Sn元素轉化為，發生反應的化學方程式為：；
（3）：，，則；
（4）“一次除鐵”時加入雙氧水，碳酸鈉反應生成，總反應離子方程式為：；
（5）“反萃取”時，提高溶液中氫離子濃度，使平衡向反萃取方向移動，萃余液的溶質含，試劑1是： 鹽酸；
（6）“制”時，通入，置換出，溶液1的主要成分是：；
（7）①該晶胞為六方晶體，選擇中間層的As原子可知，上下層各有3個Ni原子與1個As原子相連，晶體中As周圍最近的Ni有6個；
②該晶體的密度為，晶胞參數為apm，bpm，由晶胞結構可知，Ni原子與As原子配位數比為1：1，晶胞內部含有2個As原子，2個Ni原子，，則阿伏加德羅常數的數值。
19．【答案】（1）
（2）；不變
（3）A；C；D
（4）增大；在區間，增大，平衡正向移動，導致溶液中元素總濃度下降；；0.72
【知識點】化學平衡常數；弱電解質在水溶液中的電離平衡；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；離子濃度大小的比較
【解析】【解答】（1）利用蓋斯定律，將反應Ⅱ-Ⅲ得：。
（2）反應中為固體，平衡常數表達式。平衡常數只受溫度的影響，平衡體系溶液中加入固體，溶液的溫度不變，則平衡常數不變。
（3）A．在含的的溶液體系中，溶液中R濃度不變，可說明反應達到了平衡狀態，A項正確；
B．加入，溶液中增大，雖然三個平衡均正向移動，但根據勒夏特列原理，的轉化率反而減小，B項不正確；
C．根據可判斷R水溶液相當于弱堿，可水解呈酸性，離子方程式可表示為，即，C項正確；
D．時，，即，D項正確；
故選ACD。
（4）①總R濃度不為0時，由圖可知，在之間，增大或總R濃度增大，浸出液中總元素濃度增大，原因是增大，平衡逆向移動導致增大，總R濃度增大，也會導致增大，從而使平衡正向移動，減小，溶解平衡正向移動，浸出液中總濃度增大。pH在區間，繼續增大，正向移動，導致溶液中元素總濃度下降；
②為之間，隨著增加，濃度增加，會繼續與反應轉變為，使溶液中元素的濃度上升；
③根據Kb===1.8×10-5，……①。總R濃度為5 mol·L-1，依據物料守恒c(RH+)+c(R)+4c{[ZnR4]2+}=5 mol·L-1，c(RH+)+c(R)= 5 mol·L-1-4×0.07mol·L-1=4.72mol·L-1……②，解得：c(RH+)=0.72 mol·L-1。
【分析】（1）根據蓋斯定律，該反應可由反應Ⅱ-Ⅲ得到。
（2）平衡常數只受溫度的影響。
（3）A．平衡狀態的主要標志是正逆反應速率相等、各物質的含量保持不變。
B．根據勒夏特列原理進行分析。
C．根據可判斷R水溶液相當于弱堿，可水解呈酸性。
D．時，。
（4）①根據勒夏特列原理進行分析。
②為之間，隨著增加，濃度增加，會繼續與反應轉變為，使溶液中元素的濃度上升；
③根據Kb==及物料守恒進行分析。
（1）利用蓋斯定律，將反應Ⅱ-Ⅲ得：。
（2）反應中為固體，平衡常數表達式。平衡常數只受溫度的影響，平衡體系溶液中加入固體，溶液的溫度不變，則平衡常數不變。
（3）A．在含的的溶液體系中，溶液中R濃度不變，可說明反應達到了平衡狀態，A項正確；
B．加入，溶液中增大，雖然三個平衡均正向移動，但根據勒夏特列原理，的轉化率反而減小，B項不正確；
C．根據可判斷R水溶液相當于弱堿，可水解呈酸性，離子方程式可表示為，即，C項正確；
D．時，，即，D項正確；
故選ACD。
（4）①總R濃度不為0時，由圖可知，在之間，增大或總R濃度增大，浸出液中總元素濃度增大，原因是增大，平衡逆向移動導致增大，總R濃度增大，也會導致增大，從而使平衡正向移動，減小，溶解平衡正向移動，浸出液中總濃度增大。pH在區間，繼續增大，正向移動，導致溶液中元素總濃度下降；
②為之間，隨著增加，濃度增加，會繼續與反應轉變為，使溶液中元素的濃度上升；
③根據Kb===1.8×10-5，……①。總R濃度為5 mol·L-1，依據物料守恒c(RH+)+c(R)+4c{[ZnR4]2+}=5 mol·L-1，c(RH+)+c(R)= 5 mol·L-1-4×0.07mol·L-1=4.72mol·L-1……②，解得：c(RH+)=0.72 mol·L-1。
20．【答案】（1）C8H8O；；對甲基苯甲醛(4-甲基苯甲醛)
（2）O2
（3）O2，Cu，加熱；-CHO；；加成(或還原)；濃硫酸，加熱；消去
（4）ab
（5）+H2O；
【知識點】有機物的合成；有機物的結構和性質；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】（1）A的結構簡式為，分子式為；符合條件的A的同分異構體為，名稱為對甲基苯甲醛(4-甲基苯甲醛)。
（2）根據原子利用率為，結合質量守恒定律，碳碳雙鍵在催化劑作用下氧化生成 ，或氧氣。
（3）根據化合物E的結構特征，含有苯環、羧基、醇羥基，分析預測其可能的化學性質：含有羥基，且與羥基相連的碳的鄰碳上有氫，可在濃硫酸、加熱條件下發生消去反應生成；與羥基相連的碳上有氫，可在銅或銀催化作用下，加熱氧化生成，生成；含苯環，可以與氫氣發生加成反應生成。所以的答案是：，加熱；。的答案是：，加成（或還原）。的答案為：濃硫酸，加熱；消去。
（4）a．阿托酸分子中所有碳原子均采取雜化，但是呈形，氫原子不一定與其它原子共平面，故a錯誤；
b．化合物D、E中各還有一個飽和碳原子連接4個不一樣的原子或原子團，化合物D的手性碳原子位置如圖：，化合物E的手性碳原子位置如圖：，但阿托酸中沒有手性碳原子，故b錯誤；
c．化合物E分子中含有羧基與羥基，可形成分子內氫鍵和分子間氫鍵，故c正確；
d．D的結構簡式為、E結構簡式為，E比D多一個碳原子、兩個氧原子和兩個氫原子，E中碳元素化合價降低， D得電子生成E，即發生還原反應，所以在D→E反應中，用Mg作陽極、Pt作陰極進行電解，CO2與D的反應在陰極上進行，故d正確；
答案選ab。
（5）觀察原料與產品的結構(官能團與碳的骨架)比較，結合題干合成路線可得：在濃硫酸作催化劑、加熱條件下反應生成，然后在1)CO2電催化（實現開環）、2)酸化條件下轉化成，然后在濃硫酸、加熱條件下生成，所以合成路線為。故答案是：；。
【分析】（1）根據結構簡式書寫分子式；同分異構體的分子式相同、結構不同，芳香族化合物中含有苯環， 核磁共振氫譜上有4組峰 ，說明有4種氫原子。
（2）原子利用率為，說明產物只有一種，結合質量守恒定律進行分析。
（3）化合物E中含有羧基、羥基、苯環。
（4）a．阿托酸分子中呈形，氫原子不一定與其它原子共平面。
b．手心碳原子連接4個不同的原子或原子團。
c．化合物E分子中含有羧基與羥基，可形成分子內氫鍵和分子間氫鍵。
d．根據D、E的結構簡式，D→E反應中，用Mg作陽極、Pt作陰極進行電解，CO2與D的反應在陰極上進行。
（5）觀察原料與產品的結構(官能團與碳的骨架)比較，結合題干合成路線可得：在濃硫酸作催化劑、加熱條件下反應生成，然后在1)CO2電催化（實現開環）、2)酸化條件下轉化成，然后在濃硫酸、加熱條件下生成。
（1）A的結構簡式為，分子式為；符合條件的A的同分異構體為，名稱為對甲基苯甲醛(4-甲基苯甲醛)。
（2）根據原子利用率為，結合質量守恒定律，碳碳雙鍵在催化劑作用下氧化生成 ，或氧氣。
（3）根據化合物E的結構特征，含有苯環、羧基、醇羥基，分析預測其可能的化學性質：含有羥基，且與羥基相連的碳的鄰碳上有氫，可在濃硫酸、加熱條件下發生消去反應生成；與羥基相連的碳上有氫，可在銅或銀催化作用下，加熱氧化生成，生成；含苯環，可以與氫氣發生加成反應生成。所以的答案是：，加熱；。的答案是：，加成（或還原）。的答案為：濃硫酸，加熱；消去。
（4）a．阿托酸分子中所有碳原子均采取雜化，但是呈形，氫原子不一定與其它原子共平面，故a錯誤；
b．化合物D、E中各還有一個飽和碳原子連接4個不一樣的原子或原子團，化合物D的手性碳原子位置如圖：，化合物E的手性碳原子位置如圖：，但阿托酸中沒有手性碳原子，故b錯誤；
c．化合物E分子中含有羧基與羥基，可形成分子內氫鍵和分子間氫鍵，故c正確；
d．D的結構簡式為、E結構簡式為，E比D多一個碳原子、兩個氧原子和兩個氫原子，E中碳元素化合價降低， D得電子生成E，即發生還原反應，所以在D→E反應中，用Mg作陽極、Pt作陰極進行電解，CO2與D的反應在陰極上進行，故d正確；
答案選ab。
（5）觀察原料與產品的結構(官能團與碳的骨架)比較，結合題干合成路線可得：在濃硫酸作催化劑、加熱條件下反應生成，然后在1)CO2電催化（實現開環）、2)酸化條件下轉化成，然后在濃硫酸、加熱條件下生成，所以合成路線為。故答案是：；。
1 / 1廣東省廣州市真光中學2025屆高三階段測試化學試卷
1．（2025·廣州模擬）泱泱中華，歷史何其悠久，文明何其博大。文物筑牢文明之基，國務院設立每年6月的第二個星期六為文化和自然遺產日，國家文物局將今年的活動主題定為“保護文物傳承文明”。下列文物的材質屬于無機非金屬材料的是
A．銅奔馬 B．漢竹簡 C．蓮花形玻璃托盞 D．垂鱗紋秦公銅鼎
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知識點】無機非金屬材料
【解析】【解答】A．銅奔馬為銅合金，屬于金屬材料，故A錯誤；
B．漢竹簡主要成分為纖維素，屬于天然有機高分子材料，故B錯誤；
C．玻璃托盞主要成分為玻璃，屬于無機非金屬材料，故C正確；
D．銅鼎為銅合金，屬于金屬材料，故D錯誤；
故答案為：C。
【分析】 無機非金屬材料是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、鹵素化合物、硼化物以及硅酸鹽、鋁酸鹽、磷酸鹽、硼酸鹽等物質組成的材料。
2．（2025·廣州模擬）2024年11月30號，神舟十九號載人飛船發射取得圓滿成功。下列說法錯誤的是
A．硬鋁合金作航天飛船材料的原因是硬鋁合金密度小，硬度大
B．煤油和液氧作火箭的發射推進劑，液氧的電子式是
C．航天飛船的太陽能電池板的主要材料是Si
D．酚醛樹脂作飛船返回艙外殼燒蝕材料，酚醛樹脂是有機高分子
【答案】B
【知識點】硅和二氧化硅；合金及其應用；電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合
【解析】【解答】A．硬鋁合金常被用作航天飛船材料，是利用硬鋁合金具有密度小、硬度大的特點，能保證航天飛船在復雜的太空環境中具有良好的結構穩定性，故A正確；
B．液氧的電子式是，故B錯誤；
C．航天飛船的太陽能電池板主要材料是Si，故C正確；
D．酚醛樹脂是由酚類和醛類通過縮聚反應制成的有機高分子化合物，故D正確；
故答案為：B。
【分析】A.硬鋁合金具有密度小、硬度大的特點。
B.液氧的電子式是。
C.硅是一種良好的半導體材料。
D.酚醛樹脂是由酚類和醛類通過縮聚反應制成的有機高分子化合物。
3．（2025·廣州模擬）對下列現象進行的相關闡述不正確的是
選項 現象 相關闡述
A 放電影時，放映機到銀幕間有一條光柱 光的散射形成丁達爾效應
B 豆漿中加入熟石膏得到豆腐腦 豆漿發生了膠體的聚沉
C 黑色CuO溶解在稀硫酸中可以得到藍色的溶液 溶解過程發生了復分解反應
D 向苯酚稀溶液中滴加濃溴水，出現白色沉淀 苯酚發生了氧化反應
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知識點】苯酚的化學性質；膠體的性質和應用
【解析】【解答】A．空氣是氣溶膠，具有丁達爾效應，故A正確；
B．豆漿屬于膠體， 加入熟石膏（電解質）中發生聚沉，從而得到豆腐腦，故B正確；
C．涉及反應為，屬于復分解反應，故C正確；
D．苯酚與濃溴水反應生成2，4，6-三溴苯酚和溴化氫，沒有元素化合價變化，不是氧化反應，故D錯誤；
故答案為：D。
【分析】A.膠體具有丁達爾效應。
B.膠體遇電解質能發生聚沉。
C.復分解反應的特點是AB+CD=AD+CB。
D.氧化反應過程中有元素化合價變化。
4．（2025·廣州模擬）下列勞動項目與所述的化學知識沒有關聯的是（　　）
選項 勞動項目 化學知識
A 自主探究：以油脂為原料制肥皂 油脂可發生皂化反應
B 家務勞動：用白醋清洗水壺中的水垢 乙酸具有揮發性
C 社區服務：用84消毒液對圖書館桌椅消毒 含氯消毒劑具有強氧化性
D 學農活動：用廚余垃圾制肥料 廚余垃圾富含N、P、K等元素
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知識點】乙酸的化學性質；綠色化學；氯水、氯氣的漂白作用；油脂的性質、組成與結構
【解析】【解答】A．油脂在堿性條件下水解生成硬脂酸鈉和甘油，稱為皂化反應，故油脂水解可用于制造肥皂，故A不符合題意；
B．白醋中含有的乙酸有弱酸性，但比碳酸的酸性強，可用于清洗水壺中的水垢，與乙酸具有揮發性無關，故B符合題意；
C.84消毒液的有效成分是NaClO，利用其強氧化性，能使蛋白質變性，可用于對圖書館桌椅消毒，故C不符合題意；
D．N、P、K為肥效元素，而廚余垃圾含N、P、K等元素，則可作肥料，故D不符合題意；
故答案為：B。
【分析】A.油脂在堿性條件下水解生成硬脂酸鈉和甘油，可用于制造肥皂；
B.白醋中含有的乙酸有弱酸性，但比碳酸的酸性強；
C.84消毒液的有效成分是NaClO，有強氧化性，能使蛋白質變性；
D.廚余垃圾含N、P、K等肥效元素，適宜作肥料。
5．（2025·廣州模擬）化合物M是一種新型抗生素關鍵中間體的類似物，其合成路線如下(略去部分試劑和反應條件)。已知化合物K虛線圈內所有原子共平面。下列說法錯誤的是
A．Q的化學名稱為2-甲基-1-丙醇
B．在酸性條件下，M可發生水解
C．K中氮原子的雜化方式為sp2
D．形成M時，氮原子與L中碳原子a成鍵
【答案】D
【知識點】原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；有機化合物的命名；有機物的結構和性質
【解析】【解答】A．由分析可知，Q的化學名稱為2-甲基-1-丙醇，A正確；
B．M分子中含有的酯基和酰胺基在酸性條件下發生水解反應，B正確；
C．根據K的結構簡式，K中的N原子最外層孤電子對未參與雜化，而是與苯環的大π鍵共軛，則N原子的雜化方式為sp2，C正確；
D．對比L和M的結構簡式可知，形成M時，L分子中18O與b碳原子之間的共價鍵斷裂，則氮原子與L中碳原子b成鍵，D錯誤；
故答案為：D。
【分析】A.飽和一元醇命名時，從靠近羥基碳原子的一端開始編號。
B.酯基和酰胺基能發生水解。
C.K中的N原子最外層孤電子對未參與雜化，而是與苯環的大π鍵共軛。
D.形成M時，L分子中18O與b碳原子之間的共價鍵斷裂。
6．（2025·廣州模擬）實驗室制備SO2時，下列裝置能達到相應實驗目的的是
A．生成SO2
B．干燥SO2
C．收集SO2
D．吸收SO2尾氣
【答案】D
【知識點】二氧化硫的性質；兩性氧化物和兩性氫氧化物；常見氣體制備原理及裝置選擇；化學實驗方案的評價
【解析】【解答】A．亞硫酸鈉能溶于水，不能用有孔的塑料板，不能達到實驗目的，A錯誤；
B．二氧化硫與堿石灰能反應，不能達到實驗目的，B錯誤；
C．二氧化硫的密度比空氣大，應長管進入，不能達到實驗目的，C錯誤；
D．二氧化硫能和氫氧化鈉反應，該裝置可用于吸收二氧化硫，能達到實驗目的，D正確；
故答案為：D。
【分析】A.有孔的塑料板適用于難溶于水的物質的反應。
B.干燥劑與要干燥的物質不發生反應。
C.排空氣法收集時，密度比空氣大的氣體應長管進短管出。
D.注意防倒吸。
7．（2025·廣州模擬）耗資近500億的深中通道于2024年6月30日正式開通。這個工程中使用的鋼殼沉管，進行了兩種防腐處理，第一種是在表面形成一層特殊的防腐漆，第二種是在沉管的外表面鋪設鋅塊，以利用電化學原理延緩其被腐蝕；進而實現“百年不腐”。下列有關說法正確的是
A．鋼殼為正極
B．鑲嵌的鋅塊可以永久使用
C．第一種處理方法屬于表面電鍍法
D．鋅發生的反應：
【答案】A
【知識點】電極反應和電池反應方程式；金屬的電化學腐蝕與防護；原電池工作原理及應用
【解析】【解答】A．由分析可知，鋼殼為正極，A正確；
B．由分析可知，負極的電極反應式為：，鋅不斷消耗，需要及時補充，不能永久使用，B錯誤；
C．第一種處理方法屬于涂保護層法，并未進行電鍍，C錯誤；
D．由分析可知，負極的電極反應式為：，D錯誤；
故答案為：A。
【分析】根據題干信息，涉及原電池，根據金屬活動性Zn＞Fe，則鋅塊作負極，鋼殼作正極，負極的電極反應式為：，正極的電極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
8．（2025·廣州模擬）工業上可用如下反應：將丁烷經過催化裂解轉化為更有工業價值的乙烯。下列說法正確的(為阿 伏伽德羅常數的值)
A．乙烷中的軌道與的軌道相互重疊形成鍵
B．室溫，下，乙烯中的鍵數目為
C．丁烷放入密閉容器充分反應后，所得的混合物中含有的電子數目為
D．每生成乙烯，轉移的電子數為
【答案】C
【知識點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；氣體摩爾體積；阿伏加德羅常數
【解析】【解答】A．乙烷中C的sp3雜化軌道與H的1s軌道相互重疊形成C-H鍵，A錯誤；
B．標況未知，無法計算乙烯的物質的量，B錯誤；
C.1個C4H10分子中含有34個電子，則0.1mol丁烷分子中含有3.4mol電子，根據反應前后原子數目守恒，則反應后所得混合物中含有3.4mol電子，其數目為，C正確；
D．根據題干所給方程式可知，生成1mol乙烯，轉移1mol電子，其數目為NA，D錯誤；
故答案為：C。
【分析】A.乙烷中C的sp3雜化軌道與H的1s軌道相互重疊形成C-H鍵。
B.標況未知，無法計算氣體的物質的量。
C.根據反應前后質量守恒定律進行分析。
D.生成1mol乙烯，轉移1mol電子。
9．（2025·廣州模擬）溴酸鈉和氯化鈉的溶解度(S)曲線如圖所示。下列各組物質分離提純方法錯誤的是
選項 待分離提純的物質 分離提純方法
A 分離苯和水 分液
B 除去溴酸鈉中的少量氯化鈉 重結晶
C 除去乙炔中的少量氣體 用溶液洗氣
D 除去苯中的少量苯酚 過濾
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知識點】物質的分離與提純
【解析】【解答】A．苯與水互不相溶，可用分液分離，A正確；
B．溴酸鈉的溶解度受溫度影響較大，可通過重結晶分離提純溴酸鈉，B正確；
C．用硫酸銅溶液除去乙炔中混有的氣體，C正確；
D．苯和苯酚互溶，無法用過濾分離，應該加入溶液，充分振蕩后分液即可，D錯誤；
故答案為：D。
【分析】A.分液適用于分離互不相溶的液體混合物。
B. 重結晶適用于分離溶解度隨溫度變化差異明顯的固體混合物。
C.注意在除去雜質的同時，不能引入新的雜質。
D.過濾適用于分離互不相溶的固液混合物。
10．（2025·廣州模擬）物質微觀結構決定宏觀性質，進而影響用途。下列結構或性質不能解釋其用途的是
　 結構或性質 用途
A 具有還原性 可用作自來水的消毒劑
B 甘油結構中含能與水形成氫鍵的羥基 甘油可用作保濕類護膚品
C 中N≡N鍵能大 可用作反應的保護氣
D 聚乳酸具有生物相溶性和可降解性 聚乳酸可用作手術縫合線
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知識點】物質的組成、結構和性質的關系；氮氣的化學性質；醇類簡介
【解析】【解答】A．具有氧化性，可用作自來水的消毒劑，故A說法錯誤；
B．甘油的結構簡式為CH2(OH)CH(OH)CH2OH，含有羥基，能與水分子形成氫鍵，可做保濕類護膚品，故B說法正確；
C．氮氣可作反應的保護氣，是利用中N≡N鍵能大，使其化學性質相對穩定，故C說法正確；
D． 聚乳酸可用作手術縫合線，是利用聚乳酸具有生物相溶性和可降解性，故D說法正確；
故答案為：A。
【分析】根據物質的結構性質及對應用途進行分析。
11．（2025·廣州模擬）利用活性石墨電極電解飽和食鹽水，進行如圖所示實驗，M為直流電源。閉合，一段時間后a處布條褪色，下列說法正確的是
A．a處布條褪色，說明具有漂白性
B．b處溶液變藍色，主要發生的反應是ClO-+2I-+ 2H+= Cl-+ I2+ H2O
C．c處可以使用浸有飽和NaCl溶液的棉花吸收尾氣
D．一段時間后斷開K1，立刻閉合，電流表發生偏轉
【答案】D
【知識點】氯氣的化學性質；電解池工作原理及應用；氯水、氯氣的漂白作用
【解析】【解答】A．a處布條褪色，說明左側生成氯氣，氯氣與水反應生成的HClO具有漂白性，故A錯誤；
B．碘單質遇淀粉變藍，結合b處溶液變藍色，說明生成了碘單質，主要發生的反應是Cl2+2I-= 2Cl-+ I2 ，故B錯誤；
C．NaCl溶液無法吸收氯氣，應該使用浸有濃NaOH溶液的棉花，吸收產生的氯氣，避免污染空氣，故C錯誤；
D． 由分析可知，電解時，陽極產生了氯氣，陰極產生了H2，一段時間后斷開K1，立刻閉合K2，構成氫氯燃料電池，電流表發生偏轉，故D正確；
故答案為：D。
【分析】根據題干信息，閉合K1，該裝置為電解池，左側為陽極，其電極反應式為：，右側為陰極，其電極反應式為：，總反應為：。
12．（2025·廣州模擬）如圖所示的化合物是一種重要的化工原料，X、Y、Z、W、E是原子序數依次增大的短周期主族元素，其中Z、E同族，基態Y原子的核外有3個未成對電子。下列說法正確的是
A．和EZ2的空間結構均為平面三角形
B．W和Z形成的化合物中一定只有離子鍵
C．第一電離能：Z>Y>E
D．簡單氫化物的沸點：W>Z>Y>E
【答案】D
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；氫鍵的存在對物質性質的影響；微粒半徑大小的比較
【解析】【解答】A．由分析可知，Y、Z、E分別為N、O、S，中N原子的價層電子對數為，采用sp2雜化，空間構型為平面三角形，中S原子的價層電子對數為，采用sp2雜化，含有1對孤對電子，空間構型為V形，A錯誤；
B．由分析可知，W為Na，Z為O，W和Z形成的化合物有和，二者均為離子化合物，中只含離子鍵，中含有離子鍵和共價鍵，B錯誤；
C．同主族元素的第一電離能從上到下逐漸減小，則O＞S，同周期元素的第一電離能從左到右呈增大趨勢，但ⅡA、ⅤA反常，則N＞O，即第一電離能：，C錯誤；
D．由分析可知，W為Na，Z為O，E為S，Y為N，屬于離子化合物，沸點最高，都能形成氫鍵，且水分子的氫鍵數量大于氨氣分子，則水分子的沸點高于氨氣分子，的分子間只存在范德華力，熔沸點最低，D正確；
故答案為：D。
【分析】根據化合物的結構式可知，Z形成2個化學鍵，E形成6個化學鍵，Y形成3個化學鍵，X形成1個化學鍵，結合題干信息，X、Y、Z、W、E是原子序數依次增大的短周期主族元素，基態Y原子的核外有3個未成對電子，可推出Y為N，X為H，W為Na，Z、E同族，可推出Z為O，E為S。
13．（2025·廣州模擬）下列陳述I和陳述Ⅱ均正確，且具有因果關系的是
選項 陳述Ⅰ 陳述Ⅱ
A 水加熱到很高的溫度都難以分解 水分子間存在氫鍵
B 硫酸工業中使用催化劑調控反應 催化劑能提高SO2的平衡轉化率
C 通過煤的干餾可獲得苯、甲苯等化工原料 煤的干餾屬于化學變化
D Na2S除去廢水中的Cu2+、Hg2+ Na2S具有還原性
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知識點】物理變化與化學變化的區別與聯系；氫鍵的存在對物質性質的影響；煤的干餾和綜合利用
【解析】【解答】A．H O鍵的鍵能較大使得水加熱到很高溫度都難以分解，陳述 I 和陳述 II 沒有因果關系，A不符合題意；
B．催化劑不能改變平衡移動，陳述 II 錯誤，B不符合題意；
C．煤的干餾是指將煤隔絕空氣加強熱使其分解的過程，有新物質生成，屬于化學變化，通過煤的干餾可以獲得苯、甲苯等化工原料，C符合題意；
D．S2 能與Cu2+、Hg2+結合生成難溶的硫化物沉淀，利用的是Na2S中S2 的沉淀性質，陳述 I 和陳述 II 沒有因果關系，D不符合題意；
故答案為：C。
【分析】A.氫鍵影響的是水的熔沸點。
B.催化劑不能改變平衡移動。
C.化學變化中有新物質生成，
D.還原劑具有還原性。
14．（2025·廣州模擬）氮元素的“價-類”二維圖如圖所示：下列有關說法正確的是
A．工業制備e的路線是b→d→e
B．實現e→d的轉化一定要添加還原劑
C．c→d的轉化中一定有顏色變化
D．a和e的濃溶液相遇發生氧化還原反應生成白煙
【答案】C
【知識點】物質的組成、結構和性質的關系；物質的簡單分類
【解析】【解答】A．工業制備HNO3的路線是：NH3NONO2HNO3，故A錯誤；
B．HNO3分解可得到NO2，不一定要添加還原劑，故B錯誤；
C．NO是無色氣體，NO2是紅棕色氣體，NO→NO2一定有顏色變化，故C正確；
D．NH3與濃HNO3反應生成NH4NO3，生成白煙，該反應不是氧化還原反應，故D錯誤；
故答案為C。
【分析】根據氮元素的“價-類”二維圖可知，a為NH3，b為N2，c為NO，d為NO2，e為HNO3。
15．（2025·廣州模擬）反應X(g)Y(g)的能量變化與反應歷程關系如圖所示，其中曲線①和②分別為無催化劑和有催化劑時的情況。下列說法正確的是
A．相同條件下，穩定性：X>Y
B．升高溫度，達到新平衡時減小
C．達到平衡后充入He，體系壓強增大，反應速率增大，K增大
D．使用催化劑后，反應歷程中的決速步為
【答案】D
【知識點】活化能及其對化學反應速率的影響
【解析】【解答】A．由圖可知，能量：反應物X>生成物Y，結合分析可知，穩定性：Y > X，故A錯誤；
B．根據△H=生成物總能量-反應物總能量<0，則該反應是放熱反應，升溫利于平衡逆向移動，則增大，減小，所以會增大，故B錯誤；
C．達到平衡后充入He，各物質的濃度并沒有改變，則反應速率不變，溫度不變，則K也不變，故C錯誤；
D．決速步由反應速率慢的決定，活化能越大，反應速率越慢，使用催化劑后，反應歷程中這一步的活化能最大，則反應歷程中的決速步為，故D正確；
故答案為：D。
【分析】A.物質能量越低越穩定。
B.升高溫度，平衡會向吸熱反應方向移動。
C.根據勒夏特列原理進行分析。
D.決速步由反應速率慢的決定，活化能越大，反應速率越慢。
16．（2025·廣州模擬）以柏林綠為代表的新型可充電鈉離子電池的放電工作原理如圖所示，下列說法不正確的是
A．充電時，通過交換膜從左室移向右室
B．充電時，Mo箔外接電源的正極
C．放電時，外電路中通過0.2mol電子時，負極區電解質質量增加了2.4g
D．放電時，Mo箔上發生反應為
【答案】C
【知識點】電極反應和電池反應方程式；電解原理；原電池工作原理及應用；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】A．由分析可知，充電時為電解池，左側為陽極，右側為陰極，則通過交換膜從左室移向右室，A正確；
B．由分析可知，放電時為電解池，Mo作正極，則充電時，Mo箔外接電源的正極，B正確；
C．放電時，外電路中通過0.2mol電子時，由負極的反應可知，會消耗0.1mol鎂進入電解質溶液，質量增加2.4g，同時會有0.2mol Na＋通過離子交換膜向正極移動，質量減少4.6g，故負極區電解質質量減少2.2g，C錯誤；
D．由分析可知，放電時，Mo箔是正極，反應為，D正確；
故答案為：C。
【分析】根據圖示信息，，鎂元素化合價升高，放電時，電極鎂為原電池負極，其電解反應式為，則Mo為原電池的正極，其電極反應式為。
17．（2025·廣州模擬）某實驗小組探究鹽溶液對弱電解質電離及難溶電解質溶解的影響。
文獻：向弱電解質或難溶電解質中加入具有不同離子的可溶性強電解質溶液，會使弱電解質的電離程度或難溶電解質的溶解度增大，這種現象可稱為“鹽效應”。
（1）配制400mL0.05mol/LFe2(SO4)3溶液
①計算需要Fe2(SO4)3 7H2O固體的質量：　 　(已知：M(Fe2(SO4)3 7H2O=a g/mol)
②配制溶液過程中，下列儀器中一定不需要的是　 　(填名稱)。
（2）對弱電解質的電離的影響。
資料：ⅰ.等濃度的MgSO4與FeSO4的鹽效應相當；等濃度的與的鹽效應相當.
ⅱ.(無色)；與不反應。
①加入0.5mLH2O的目的是　 　。
②對比a、b中的現象，得出的結論是　 　。
③結合化學平衡移動原理解釋c中紅色比b淺的原因：　 　。
（3）對難溶電解質FeCO3的溶解性的影響。
ⅰ
ⅱ
對比實驗ⅰ、ⅱ，對于ⅱ中溶液為紅色，提出假設：
假設A．溶液的鹽效應促進的溶解。
假設B．___________
設計對比實驗，證實假設B是主要原因。
①假設B是　 　。
②對比實驗ⅲ的步驟和現象：　 　。
（4）通過以上實驗，說明該實驗條件下鹽溶液通過　 　、　 　可促進弱電解質的電離及難溶電解質的溶解。
【答案】（1）0.025a g；直形冷凝管、分液漏斗
（2）排除稀釋對溶液顏色的影響；MgSO4溶液促進了弱電解質Fe(SCN)3的電離；b和c中鹽效應相當，，c中Fe2+結合SCN-生成Fe(SCN)2，使得c(SCN-)降低，平衡正向移動，紅色變淺
（3）溶液中的SCN-與Fe2+結合，促進FeCO3的溶解；或：取實驗ii中等質量的FeCO3，加入3mL4mol/LKCl溶液，充分振蕩，靜置，取上層清液，滴加3mL 4mol/LKSCN溶液和5滴10%H2O2，溶液無明顯現象
（4）鹽效應；化學反應
【知識點】配制一定物質的量濃度的溶液；性質實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）①計算需要Fe2(SO4)3 7H2O固體的質量：0.5L×0.05mol/L×a g/mol=0.025a g；
②根據分析，配制溶液過程中，下列儀器中一定不需要的是直形冷凝管、分液漏斗；
（2）①平行實驗b、c中分別加入0.5mL其它溶液，所以為了排除稀釋對溶液顏色的影響，向a中加入入0.5mLH2O；
②a、b兩組實驗已經排除稀釋對溶液顏色的影響，b中紅色比a中淺，證明硫氰化鐵的電離平衡受到了促進，所以MgSO4溶液促進了弱電解質Fe(SCN)3的電離；
③b、c中加入了等體積等濃度的鹽溶液，所以鹽效應相同，結合資料信息：，c中Fe2+結合SCN-生成Fe(SCN)2，使硫氰化鐵的電離平衡：向正向移動，所以紅色比b中淺；
（3）①根據文獻信息：向弱電解質或難溶電解質中加入具有不同離子的可溶性強電解質溶液，會使弱電解質的電離程度或難溶電解質的溶解度增大，這種現象可稱為“鹽效應”，提出假設B溶液中的SCN-與Fe2+結合，促進FeCO3的溶解；②實驗ⅰ設計思路為鹽效應促進FeCO3的溶解，實驗ⅱ設計思路為溶液中的SCN-與Fe2+結合，促進FeCO3的溶解，想設計對比實驗ⅲ證實假設B是主要原因一定要利用資料：等濃度的KCl與KSCN的鹽效應相當，同時排陽離子K+的干擾，所以選擇和硫氰化鉀等體積等濃度的氯化鉀溶液，進行試驗，所以設計如下實驗ⅲ：
或：取實驗ii中等質量的FeCO3，加入3mL4mol/LKCl溶液，充分振蕩，靜置，取上層清液，滴加3mL 4mol/LKSCN溶液和5滴10%H2O2，溶液無明顯現象；
（4）通過探究（1）可知，鹽溶液通過鹽效應可促進弱電解質的電離，通過探究（2）可知鹽溶液通過化學反應可促進難溶電解質的溶解。
【分析】（1）①根據m=nM=cVM進行分析。
②配制400mL0.05mol/LFe2(SO4)3溶液，需要的儀器有500mL容量瓶、燒杯、玻璃棒、托盤天平、膠頭滴管、量筒等。
（2）（3）通過設計不同對比實驗可探究“鹽效應”對弱電解質以及難溶電解質的影響，結合平衡移動原理對實驗現象進行分析。
（4）鹽溶液通過鹽效應可促進弱電解質的電離，通過化學反應可促進難溶電解質的溶解。
（1）①計算需要Fe2(SO4)3 7H2O固體的質量：0.5L×0.05mol/L×a g/mol=0.025a g；
②根據分析，配制溶液過程中，下列儀器中一定不需要的是直形冷凝管、分液漏斗；
（2）①平行實驗b、c中分別加入0.5mL其它溶液，所以為了排除稀釋對溶液顏色的影響，向a中加入入0.5mLH2O；
②a、b兩組實驗已經排除稀釋對溶液顏色的影響，b中紅色比a中淺，證明硫氰化鐵的電離平衡受到了促進，所以MgSO4溶液促進了弱電解質Fe(SCN)3的電離；
③b、c中加入了等體積等濃度的鹽溶液，所以鹽效應相同，結合資料信息：，c中Fe2+結合SCN-生成Fe(SCN)2，使硫氰化鐵的電離平衡：向正向移動，所以紅色比b中淺；
（3）①根據文獻信息：向弱電解質或難溶電解質中加入具有不同離子的可溶性強電解質溶液，會使弱電解質的電離程度或難溶電解質的溶解度增大，這種現象可稱為“鹽效應”，提出假設B溶液中的SCN-與Fe2+結合，促進FeCO3的溶解；②實驗ⅰ設計思路為鹽效應促進FeCO3的溶解，實驗ⅱ設計思路為溶液中的SCN-與Fe2+結合，促進FeCO3的溶解，想設計對比實驗ⅲ證實假設B是主要原因一定要利用資料：等濃度的KCl與KSCN的鹽效應相當，同時排陽離子K+的干擾，所以選擇和硫氰化鉀等體積等濃度的氯化鉀溶液，進行試驗，所以設計如下實驗ⅲ：
或：取實驗ii中等質量的FeCO3，加入3mL4mol/LKCl溶液，充分振蕩，靜置，取上層清液，滴加3mL 4mol/LKSCN溶液和5滴10%H2O2，溶液無明顯現象；
（4）通過探究（1）可知，鹽溶液通過鹽效應可促進弱電解質的電離，通過探究（2）可知鹽溶液通過化學反應可促進難溶電解質的溶解。
18．（2025·廣州模擬）和應用于電鍍、機械、航空等眾多工業領域。從一種合金廢料生產工業硫酸鎳和錫酸鈉的工藝流程如下圖所示。
已知：①“酸浸”后濾液中的主要金屬陽離子為、、、。
②“一次除鐵”后溶液中仍有少量。“萃取除鐵、反萃取、制和制”的原理是：(有機相)(有機相)，和代表金屬陽離子或。金屬陽離子和的結合能力：。
③常溫下，，；，。
（1）“酸浸”時，Ni與硝酸反應的還原劑與氧化劑的物質的量之比為　 　。
（2）“堿熔”時，SnO2發生反應的化學方程式為　 　。
（3）“沉錫”時，常溫下恰好完全沉淀為時，　 　(填“>”“<”或“=”)。
（4）“一次除鐵”的總反應離子方程式為　 　。
（5）“反萃取”時，萃余液的溶質含FeCl3，試劑1是　 　。
（6）“制”時，溶液1的主要成分是　 　(填化學式)。
（7）某鎳和砷形成的晶體，晶胞結構如圖1，沿z軸方向的投影為圖2。
①該晶體中As周圍最近的Ni有　 　個。
②該晶體的密度為，晶胞參數為apm，bpm，則阿伏加德羅常數的數值　 　(用含a、b、的代數式表示)。
【答案】（1）3：2
（2）
（3）<
（4）
（5）鹽酸
（6）
（7）6；
【知識點】晶胞的計算；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；物質的分離與提純；離子方程式的書寫
【解析】【解答】（1）“酸浸”時，Ni與硝酸離子反應，還原劑與氧化劑的物質的量之比為3：2；
（2）“堿熔”時中Sn元素轉化為，發生反應的化學方程式為：；
（3），，則；
（4）“一次除鐵”時加入雙氧水，碳酸鈉反應生成，總反應離子方程式為：；
（5）“反萃取”時，提高溶液中氫離子濃度，使平衡向反萃取方向移動，萃余液的溶質含，試劑1是： 鹽酸；
（6）“制”時，通入，置換出，溶液1的主要成分是：；
（7）①該晶胞為六方晶體，選擇中間層的As原子可知，上下層各有3個Ni原子與1個As原子相連，晶體中As周圍最近的Ni有6個；
②該晶體的密度為，晶胞參數為apm，bpm，由晶胞結構可知，Ni原子與As原子配位數比為1：1，晶胞內部含有2個As原子，2個Ni原子，，則阿伏加德羅常數的數值。
【分析】（1）配平時注意原子數目和得失電子守恒，還原劑中部分元素化合價升高，氧化劑中部分元素化合價降低。
（2）“堿熔”時中Sn元素轉化為，注意原子數目和得失電子守恒。
（3）根據難溶物溶解平衡進行分析。
（4）“一次除鐵”時加入雙氧水，碳酸鈉反應生成。
（5）“反萃取”時，提高溶液中氫離子濃度，使平衡向反萃取方向移動。
（6）“制”時，通入，置換出。
（7）①該晶胞為六方晶體。
②根據均攤法及m=ρV=nM、N=nNA進行分析。
（1）“酸浸”時，Ni與硝酸離子反應，還原劑與氧化劑的物質的量之比為3：2；
（2）“堿熔”時中Sn元素轉化為，發生反應的化學方程式為：；
（3）：，，則；
（4）“一次除鐵”時加入雙氧水，碳酸鈉反應生成，總反應離子方程式為：；
（5）“反萃取”時，提高溶液中氫離子濃度，使平衡向反萃取方向移動，萃余液的溶質含，試劑1是： 鹽酸；
（6）“制”時，通入，置換出，溶液1的主要成分是：；
（7）①該晶胞為六方晶體，選擇中間層的As原子可知，上下層各有3個Ni原子與1個As原子相連，晶體中As周圍最近的Ni有6個；
②該晶體的密度為，晶胞參數為apm，bpm，由晶胞結構可知，Ni原子與As原子配位數比為1：1，晶胞內部含有2個As原子，2個Ni原子，，則阿伏加德羅常數的數值。
19．（2025·廣州模擬）常溫下物質R在水溶液中存在以下電離平衡：。Zn2+可與多種配體形成多樣的配離子，Zn2+在溶液體系中存在以下多種反應：
I． ΔH1
Ⅱ． ΔH2
Ⅲ． ΔH3
（1）R、與配位存在多個競爭反應，其中有，該反應ΔH=　 　。
（2）寫出反應I的平衡常數表達式K1=　 　。常溫下，往含Zn2+的的溶液體系中加入固體，反應I的平衡常數　 　(填“變大”“不變”或“變小”)。
（3）關于含Zn2+的溶液體系，下列說法正確的是___________。
A．當溶液中不變時，說明反應達到了平衡狀態
B．平衡體系中僅加入，新平衡時Zn2+的轉化率增大
C．在水溶液中能水解
D．當平衡體系中時，(表示反應Ⅲ的平衡常數)
（4）某種含Zn礦物的主要成分是難溶于水的。常溫下，利用溶液體系將Zn元素浸出，調節不同的總R濃度和pH后，浸出液中Zn元素的總濃度變化如下圖[總R濃度為]。
①總R濃度不為0時：pH在6~10之間，隨著pH的增大，總R濃度逐漸增大，Zn元素浸出率　 　(填“增大”“減小”或“不變”)。pH在10~12.5之間，隨著pH增大，浸出液中Zn元素總濃度呈下降趨勢的原因是　 　。
②任意總R濃度下：pH在12.5~14之間，浸出液中Zn元素總濃度均隨pH增大逐漸上升，pH=14時，浸出液中鋅元素主要存在形式的化學式是　 　。
③總R濃度為5 mol·L-1、pH=10時，浸出液Zn元素總濃度為0.07 mol·L-1且幾乎都以的形式存在。已知常溫下，R的電離平衡常數，此時溶液中=　 　mol·L-1 (寫出計算過程)。
【答案】（1）
（2）；不變
（3）A；C；D
（4）增大；在區間，增大，平衡正向移動，導致溶液中元素總濃度下降；；0.72
【知識點】化學平衡常數；弱電解質在水溶液中的電離平衡；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；離子濃度大小的比較
【解析】【解答】（1）利用蓋斯定律，將反應Ⅱ-Ⅲ得：。
（2）反應中為固體，平衡常數表達式。平衡常數只受溫度的影響，平衡體系溶液中加入固體，溶液的溫度不變，則平衡常數不變。
（3）A．在含的的溶液體系中，溶液中R濃度不變，可說明反應達到了平衡狀態，A項正確；
B．加入，溶液中增大，雖然三個平衡均正向移動，但根據勒夏特列原理，的轉化率反而減小，B項不正確；
C．根據可判斷R水溶液相當于弱堿，可水解呈酸性，離子方程式可表示為，即，C項正確；
D．時，，即，D項正確；
故選ACD。
（4）①總R濃度不為0時，由圖可知，在之間，增大或總R濃度增大，浸出液中總元素濃度增大，原因是增大，平衡逆向移動導致增大，總R濃度增大，也會導致增大，從而使平衡正向移動，減小，溶解平衡正向移動，浸出液中總濃度增大。pH在區間，繼續增大，正向移動，導致溶液中元素總濃度下降；
②為之間，隨著增加，濃度增加，會繼續與反應轉變為，使溶液中元素的濃度上升；
③根據Kb===1.8×10-5，……①。總R濃度為5 mol·L-1，依據物料守恒c(RH+)+c(R)+4c{[ZnR4]2+}=5 mol·L-1，c(RH+)+c(R)= 5 mol·L-1-4×0.07mol·L-1=4.72mol·L-1……②，解得：c(RH+)=0.72 mol·L-1。
【分析】（1）根據蓋斯定律，該反應可由反應Ⅱ-Ⅲ得到。
（2）平衡常數只受溫度的影響。
（3）A．平衡狀態的主要標志是正逆反應速率相等、各物質的含量保持不變。
B．根據勒夏特列原理進行分析。
C．根據可判斷R水溶液相當于弱堿，可水解呈酸性。
D．時，。
（4）①根據勒夏特列原理進行分析。
②為之間，隨著增加，濃度增加，會繼續與反應轉變為，使溶液中元素的濃度上升；
③根據Kb==及物料守恒進行分析。
（1）利用蓋斯定律，將反應Ⅱ-Ⅲ得：。
（2）反應中為固體，平衡常數表達式。平衡常數只受溫度的影響，平衡體系溶液中加入固體，溶液的溫度不變，則平衡常數不變。
（3）A．在含的的溶液體系中，溶液中R濃度不變，可說明反應達到了平衡狀態，A項正確；
B．加入，溶液中增大，雖然三個平衡均正向移動，但根據勒夏特列原理，的轉化率反而減小，B項不正確；
C．根據可判斷R水溶液相當于弱堿，可水解呈酸性，離子方程式可表示為，即，C項正確；
D．時，，即，D項正確；
故選ACD。
（4）①總R濃度不為0時，由圖可知，在之間，增大或總R濃度增大，浸出液中總元素濃度增大，原因是增大，平衡逆向移動導致增大，總R濃度增大，也會導致增大，從而使平衡正向移動，減小，溶解平衡正向移動，浸出液中總濃度增大。pH在區間，繼續增大，正向移動，導致溶液中元素總濃度下降；
②為之間，隨著增加，濃度增加，會繼續與反應轉變為，使溶液中元素的濃度上升；
③根據Kb===1.8×10-5，……①。總R濃度為5 mol·L-1，依據物料守恒c(RH+)+c(R)+4c{[ZnR4]2+}=5 mol·L-1，c(RH+)+c(R)= 5 mol·L-1-4×0.07mol·L-1=4.72mol·L-1……②，解得：c(RH+)=0.72 mol·L-1。
20．（2025·廣州模擬）二氧化碳的轉化與綜合利用是實現“碳達峰”“碳中和”戰略的重要途徑。我國學者以電催化反應為關鍵步驟，用CO2作原料，實現了重要醫藥中間體——阿托酸的合成，其合成路線如下：
（1）化合物A的分子式為　 　。化合物x為A的芳香族同分異構體，且在核磁共振氫譜上有4組峰，x的結構簡式為　 　，其名稱為　 　。
（2）反應③中，化合物C與無色無味氣體y反應，生成化合物D，原子利用率為。y為　 　。
（3）根據化合物E的結構特征，分析預測其可能的化學性質，完成下表。
序號 反應試劑、條件 反應形成的新結構 反應類型
a 　 　 　 　 氧化反應(生成有機產物)
b H2，催化劑，加熱 　 　 　 　反應
c 　 　 -CH=CH2 　 　反應
（4）關于反應④⑤的說法中，不正確的有　 　。
a．阿托酸分子中所有碳原子均采取sp2雜化，分子內所有原子一定共平面
b．化合物D、E、阿托酸均含有手性碳原子
c．化合物E可形成分子內氫鍵和分子間氫鍵
d． 反應④中，用Mg作陽極、Pt作陰極進行電解，則CO2與D的反應在陰極上進行。
（5）以為唯一有機原料，參考上述信息，合成化合物。
基于你設計的合成路線，回答下列問題：
①最后一步反應的化學方程式為　 　。
②相關步驟涉及到CO2電催化反應，發生該反應的有機反應物為　 　(寫結構簡式)。
【答案】（1）C8H8O；；對甲基苯甲醛(4-甲基苯甲醛)
（2）O2
（3）O2，Cu，加熱；-CHO；；加成(或還原)；濃硫酸，加熱；消去
（4）ab
（5）+H2O；
【知識點】有機物的合成；有機物的結構和性質；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】（1）A的結構簡式為，分子式為；符合條件的A的同分異構體為，名稱為對甲基苯甲醛(4-甲基苯甲醛)。
（2）根據原子利用率為，結合質量守恒定律，碳碳雙鍵在催化劑作用下氧化生成 ，或氧氣。
（3）根據化合物E的結構特征，含有苯環、羧基、醇羥基，分析預測其可能的化學性質：含有羥基，且與羥基相連的碳的鄰碳上有氫，可在濃硫酸、加熱條件下發生消去反應生成；與羥基相連的碳上有氫，可在銅或銀催化作用下，加熱氧化生成，生成；含苯環，可以與氫氣發生加成反應生成。所以的答案是：，加熱；。的答案是：，加成（或還原）。的答案為：濃硫酸，加熱；消去。
（4）a．阿托酸分子中所有碳原子均采取雜化，但是呈形，氫原子不一定與其它原子共平面，故a錯誤；
b．化合物D、E中各還有一個飽和碳原子連接4個不一樣的原子或原子團，化合物D的手性碳原子位置如圖：，化合物E的手性碳原子位置如圖：，但阿托酸中沒有手性碳原子，故b錯誤；
c．化合物E分子中含有羧基與羥基，可形成分子內氫鍵和分子間氫鍵，故c正確；
d．D的結構簡式為、E結構簡式為，E比D多一個碳原子、兩個氧原子和兩個氫原子，E中碳元素化合價降低， D得電子生成E，即發生還原反應，所以在D→E反應中，用Mg作陽極、Pt作陰極進行電解，CO2與D的反應在陰極上進行，故d正確；
答案選ab。
（5）觀察原料與產品的結構(官能團與碳的骨架)比較，結合題干合成路線可得：在濃硫酸作催化劑、加熱條件下反應生成，然后在1)CO2電催化（實現開環）、2)酸化條件下轉化成，然后在濃硫酸、加熱條件下生成，所以合成路線為。故答案是：；。
【分析】（1）根據結構簡式書寫分子式；同分異構體的分子式相同、結構不同，芳香族化合物中含有苯環， 核磁共振氫譜上有4組峰 ，說明有4種氫原子。
（2）原子利用率為，說明產物只有一種，結合質量守恒定律進行分析。
（3）化合物E中含有羧基、羥基、苯環。
（4）a．阿托酸分子中呈形，氫原子不一定與其它原子共平面。
b．手心碳原子連接4個不同的原子或原子團。
c．化合物E分子中含有羧基與羥基，可形成分子內氫鍵和分子間氫鍵。
d．根據D、E的結構簡式，D→E反應中，用Mg作陽極、Pt作陰極進行電解，CO2與D的反應在陰極上進行。
（5）觀察原料與產品的結構(官能團與碳的骨架)比較，結合題干合成路線可得：在濃硫酸作催化劑、加熱條件下反應生成，然后在1)CO2電催化（實現開環）、2)酸化條件下轉化成，然后在濃硫酸、加熱條件下生成。
（1）A的結構簡式為，分子式為；符合條件的A的同分異構體為，名稱為對甲基苯甲醛(4-甲基苯甲醛)。
（2）根據原子利用率為，結合質量守恒定律，碳碳雙鍵在催化劑作用下氧化生成 ，或氧氣。
（3）根據化合物E的結構特征，含有苯環、羧基、醇羥基，分析預測其可能的化學性質：含有羥基，且與羥基相連的碳的鄰碳上有氫，可在濃硫酸、加熱條件下發生消去反應生成；與羥基相連的碳上有氫，可在銅或銀催化作用下，加熱氧化生成，生成；含苯環，可以與氫氣發生加成反應生成。所以的答案是：，加熱；。的答案是：，加成（或還原）。的答案為：濃硫酸，加熱；消去。
（4）a．阿托酸分子中所有碳原子均采取雜化，但是呈形，氫原子不一定與其它原子共平面，故a錯誤；
b．化合物D、E中各還有一個飽和碳原子連接4個不一樣的原子或原子團，化合物D的手性碳原子位置如圖：，化合物E的手性碳原子位置如圖：，但阿托酸中沒有手性碳原子，故b錯誤；
c．化合物E分子中含有羧基與羥基，可形成分子內氫鍵和分子間氫鍵，故c正確；
d．D的結構簡式為、E結構簡式為，E比D多一個碳原子、兩個氧原子和兩個氫原子，E中碳元素化合價降低， D得電子生成E，即發生還原反應，所以在D→E反應中，用Mg作陽極、Pt作陰極進行電解，CO2與D的反應在陰極上進行，故d正確；
答案選ab。
（5）觀察原料與產品的結構(官能團與碳的骨架)比較，結合題干合成路線可得：在濃硫酸作催化劑、加熱條件下反應生成，然后在1)CO2電催化（實現開環）、2)酸化條件下轉化成，然后在濃硫酸、加熱條件下生成，所以合成路線為。故答案是：；。
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