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2025年廣東省新高考化學試卷（選擇性）
一、選擇題：本大題共16小題，共44分。第1～10小題，每題2分；第11～16小題，每題4分。在每小題列出的四個選項中，只有一項符合題目要求。
1．（2分）中華傳統技藝，凸顯人民智慧。下列選項所涉及材料的主要成分屬于合金的是（　　）
A．紙哪吒 B．石印章
C．木活字 D．不銹鋼針
2．（2分）在法拉第發現苯200周年之際，我國科學家首次制備了以金屬M為中心的多烯環配合物。該配合物具有芳香性，其多烯環結構（如圖）形似梅花。該多烯環上（　　）
A．C—H鍵是共價鍵 B．有8個碳碳雙鍵
C．共有16個氫原子 D．不能發生取代反應
3．（2分）現代科技，增強國力，增進民生福祉。下列說法正確的是（　　）
A．我國科學家首次測得了月球背面月幔水含量1mol H2O質量為10g
B．利用MoS2成功為金屬材料“重塑金身”。MoS2中Mo的化合價為+6
C．穿上電動機械腿，助力行走不是夢。行走時電池將電能轉化為化學能
D．沙海養魚蹚出治沙新路，讓沙海沙山變成金山銀山。魚肉富含蛋白質
4．（2分）勞動創造美好生活。下列對勞動項目涉及的相關化學知識表述錯誤的是（　　）
選項 勞動項目 化學知識
A 向燃煤中加入生石灰以脫硫減排 CaSO4 CaCO3
B 用BaCl2和鹽酸檢驗粗鹽中是否含 Ba2+═BaSO4↓
C 使用MgCl2溶液點鹵制豆腐 MgCl2使蛋白質鹽析
D 用鐵粉、活性炭、食鹽等制暖貼 使用時鐵粉被氧化，反應放熱
A．A B．B C．C D．D
5．（2分）聲波封印，材料是音樂存儲技術的基礎。下列說法錯誤的是（　　）
A．制作黑膠唱片使用的聚氯乙烯，其單體是CH3CH2Cl
B．磁帶可由四氧化三鐵涂覆在膠帶上制成，Fe3O4具有磁性
C．光碟擦寫過程中材料在晶態和非晶態間的可逆轉換，涉及物理變化
D．固態硬盤芯片常使用單晶硅作為基礎材料，單晶硅是一種共價晶體
6．（2分）對鐵釘進行預處理，并用銅氨溶液給鐵釘鍍銅。下列操作不能達到實驗目的的是（　　）
A．除油污 B．除鐵銹
C．制銅氨溶液 D．鐵釘鍍銅
7．（2分）能滿足下列物質間直接轉化關系，且推理成立的是（　　）
單質X氧化物1氧化物2酸（或堿）鹽
A．X可為鋁，鹽的水溶液一定顯酸性
B．X可為硫，氧化物1可使品紅溶液褪色
C．X可為鈉，氧化物2可與水反應生成H2
D．X可為碳，鹽的熱穩定性：NaHCO3＞Na2CO3
8．（2分）下列陳述Ⅰ與陳述Ⅱ均正確，且兩者間具有因果關系的是（　　）
選項 陳述Ⅰ 陳述Ⅱ
A 濃硝酸保存在棕色試劑瓶中 濃硝酸具有強氧化性
B 向蔗糖中加適量濃硫酸，蔗糖變黑 濃硫酸具有脫水性
C Fe2+與K3[Fe（CN）6]可生成藍色物質 KSCN溶液可用于檢驗Fe3+
D MnO2與濃鹽酸共熱，生成黃綠色氣體 Cl2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl
A．A B．B C．C D．D
9．（2分）元素a～i為短周期元素，其第一電離能與原子序數的關系如圖。下列說法正確的是（　　）
A．a和g同主族
B．金屬性：g＞h＞i
C．原子半徑：e＞d＞c
D．最簡單氫化物沸點：b＞c
10．（2分）設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是（　　）
A．1mol18O2的中子數，比1mol16O2的多2NA
B．1mol Fe與水蒸氣完全反應，生成H2的數目為2NA
C．在1L0.1mol/L的NH4Cl溶液中，的數目為0.1NA
D．標準狀況下的22.4LCl2與足量H2反應，形成的共價鍵數目為2NA
11．（4分）利用如圖裝置進行實驗：打開K1、K2，一定時間后，a中溶液變藍；關閉K1，打開K3，點燃酒精燈加熱數分鐘后，滴入無水乙醇。下列說法錯誤的是（　　）
A．a中現象體現了I﹣的還原性
B．b中H2O2既作氧化劑也作還原劑
C．乙醇滴加過程中，c中的銅絲由黑變紅，說明乙醇被氧化
D．d中有銀鏡反應發生，說明c中產物有乙酸
12．（4分）CuCl微溶于水，但在Cl﹣濃度較高的溶液中因形成[CuCl2]﹣和[CuCl3]2﹣而溶解．將適量CuCl完全溶于鹽酸，得到含[CuCl2]﹣和[CuCl3]2﹣的溶液，下列敘述正確的是（　　）
A．加水稀釋，[CuCl3]2﹣濃度一定下降
B．向溶液中加入少量NaCl固體，[CuCl2]﹣濃度一定上升
C．H[CuCl2]的電離方程式為：H[CuCl2]═H++Cu++2Cl﹣
D．體系中，c（Cu+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（[CuCl2]﹣）+c（[CuCl3]2﹣）+c（OH﹣）
13．（4分）由結構不能推測出對應性質的是（　　）
選項 結構 性質
A SO3的VSEPR模型為平面三角形 SO3具有氧化性
B 鉀和鈉的原子結構不同，電子躍遷時能量變化不同 鉀和鈉的焰色不同
C 乙烯和乙炔分子均含有π鍵 兩者均可發生加聚反應
D 石墨層中未參與雜化的p軌道中的電子，可在整個碳原子平面中運動 石墨具有類似金屬的導電性
A．A B．B C．C D．D
14．（4分）一種高容量水系電池示意圖如圖。已知：放電時，電極Ⅱ上MnO2減少；電極材料每轉移1mol電子，對應的理論容量為26.8A h。下列說法錯誤的是（　　）
A．充電時Ⅱ為陽極
B．放電時Ⅱ極室中溶液的pH降低
C．放電時負極反應為：MnS﹣2e﹣＝S+Mn2+
D．充電時16gS能提供的理論容量為26.8A h
15．（4分）按如圖組裝裝置并進行實驗：將銅絲插入溶液中，當c中紅色褪去時，將銅絲拔離液面。下列敘述錯誤的是（　　）
A．a中有化合反應發生，并有顏色變化
B．b中氣體變紅棕色時，所含氮氧化物至少有兩種
C．c中溶液紅色剛好褪去時，恰好完全反應
D．若將a中稀硝酸換為濃硫酸并加熱，則c中溶液顏色會褪去
16．（4分）某理論研究認為：燃料電池（圖b）的電極Ⅰ和Ⅱ上所發生反應的催化機理示意圖分別如圖a和圖c，其中O2獲得第一個電子的過程最慢。由此可知，理論上（　　）
A．負極反應的催化劑是ⅰ
B．圖a中，ⅰ到ⅱ過程的活化能一定最低
C．電池工作過程中，負極室的溶液質量保持不變
D．相同時間內，電極Ⅰ和電極Ⅱ上的催化循環完成次數相同
二、非選擇題：本大題共4小題，共56分。考生根據要求作答。
17．（14分）酸及鹽在生活生產中應用廣泛。
（1）甲苯氧化可生成苯甲酸。向盛有2mL甲苯的試管中，加入幾滴酸性KMnO4溶液，振蕩，觀察到體系顏色　 　 。
（2）某苯甲酸粗品含少量泥沙和氯化鈉。用重結晶法提純該粗品過程中，需要的操作及其順序為：加熱溶解、　 　 （填下列操作編號）。
a．冷卻結晶
b．常溫過濾
c．蒸餾
d．趁熱過濾
（3）興趣小組測定常溫下苯甲酸飽和溶液的濃度c0和苯甲酸的Ka，實驗如下：取50.00mL苯甲酸飽和溶液，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定，用pH計測得體系的pH隨滴入溶液體積V變化的曲線如圖。據圖可得：
①c0＝　 　 mol/L。
②苯甲酸的Ka＝　 　 （列出算式，水的電離可忽略）。
（4）該小組繼續探究取代基對芳香酸酸性的影響。
①知識回顧 羧酸酸性可用Ka衡量。下列羧酸Ka的變化順序為：CH3COOH＜CH2ClCOOH＜CCl3COOH＜CF3COOH
隨著鹵原子電負性　 　 ，羧基中的羥基　 　 增大，酸性增強。
②提出假設 甲同學根據①中規律推測下列芳香酸的酸性強弱順序為：
③驗證假設 甲同學測得常溫下三種酸的飽和溶液的pH大小順序為Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ，據此推斷假設成立。但乙同學認為該推斷依據不足，不能用所測得的pH直接判斷Ka大小順序，因為　 　 。
乙同學用（3）中方法測定了上述三種酸的Ka，其順序為Ⅱ＞Ⅰ＞Ⅲ。
④實驗小結 假設不成立，芳香環上取代基效應較復雜，①中規律不可隨意推廣。
（5）該小組嘗試測弱酸HClO的Ka。
①丙同學認為不宜按照（3）中方法進行實驗，其原因之一是次氯酸易分解。該分解反應的離子方程式為　 　 。
②小組討論后，選用0.100mol/LNaClO溶液（含少量NaCl）進行實驗，以獲得HClO的Ka。簡述該方案　 　 （包括所用儀器及數據處理思路）。
③教師指導：設計實驗方案時，需要根據物質性質，具體問題具體分析。
18．（14分）我國是金屬材料生產大國，綠色生產是必由之路。一種從多金屬精礦中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型綠色冶鐵方法的工藝如圖。
已知：多金屬精礦中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。
氫氧化物 Fe（OH）3 Al（OH）3 Cu（OH）2 Ni（OH）2
Ksp（298K） 2.8×10﹣39 1.3×10﹣33 2.2×10﹣20 5.5×10﹣16
（1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有　 　 （寫一條）。
（2）“高壓加熱”時，生成Fe2O3的離子方程式為：
　 　 +O2+　 　 H2O　 　 Fe2O3↓+　 　 H+
（3）“沉鋁”時，pH最高可調至　 　 （溶液體積變化可忽略）。已知：“濾液1”中c（Cu2+）＝0.022mol/L，c（Ni2+）＝0.042mol/L。
（4）“選擇萃取”中，鎳形成如圖的配合物。鎳易進入有機相的原因有　 　 。
A.鎳與N、O形成配位鍵 B.配位時Ni2+被還原
C.配合物與水能形成分子間氫鍵 D.烷基鏈具有疏水性
（5）NixCuyNz晶體的立方晶胞中原子所處位置如圖。已知：同種位置原子相同，相鄰原子間的最近距離之比dNi—Cu：dNi—N：1，則x：y：z＝　 　 ；晶體中與Cu原子最近且等距離的原子的數目為　 　 。
（6）①“700℃加熱”步驟中，混合氣體中僅加少量H2，但借助工業合成氨的逆反應，可使Fe不斷生成。該步驟發生反應的化學方程式為　 　 和　 　 。
②“電解”時，Fe2O3顆粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒為電極，畫出電解池示意圖并做相應標注　 　 。
③與傳統高爐煉鐵工藝相比，上述兩種新型冶鐵方法所體現“綠色化學”思想的共同點是　 　 （寫一條）。
19．（14分）鈦單質及其化合物在航空、航天、催化等領域應用廣泛。
（1）基態Ti原子的價層電子排布式為 　 　 。
（2）298K下，反應TiO2（s）+2C（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+2CO（g）的ΔH＜0、ΔS＞0，則298K下該反應 　 　 （填“能”或“不能”）自發進行。
（3）以TiCl4為原料可制備TiCl3。將5.0mol TiCl4與10.0mol Ti放入容積為V0L的恒容密閉容器中，反應體系存在下列過程。
編號 過程 ΔH
（a） Ti（s）+TiCl4（g） 2TiCl2（s） ΔH1
（b） TiCl2（s）+TiCl4（g） 2TiCl3（g） +200.1kJ/mol
（c） Ti（s）+3TiCl4（g） 4TiCl3（g） +132.4kJ/mol
（d） TiCl3（g） TiCl3（s） ΔH2
①ΔH1＝ 　 　 kJ/mol。
②不同溫度下，平衡時反應體系的組成如圖。曲線Ⅰ對應的物質為 　 　 。
③溫度T0K下，n[TiCl4（g）]＝ 　 　 mol，反應（c）的平衡常數K＝ 　 　 （列出算式，無須化簡）。
（4）鈦基催化劑可以催化儲氫物質肼（N2H4）的分解反應：
（e）N2H4＝N2+2H2 （f）3N2H4＝N2+4NH3
為研究某鈦基催化劑對上述反應的影響，以肼的水溶液為原料（含N2H4的物質的量為n0），進行實驗，得到n1/n0、n2/n0隨時間t變化的曲線如圖。其中，n1為H2與N2的物質的量之和；n2為剩余N2H4的物質的量。設ne為0～t時間段內反應（e）消耗N2H4的物質的量，該時間段內，本體系中催化劑的選擇性用100%表示。
①0～t0min內，N2H4的轉化率為 　 　 （用含y2的代數式表示）。
②0～t0min內，催化劑的選擇性為 　 　 （用含y1與y2的代數式表示，寫出推導過程）。
20．（14分）我國科學家最近在光﹣酶催化合成中獲得重大突破，光﹣酶協同可實現基于三組分反應的有機合成，其中的一個反應如圖（反應條件略：Ph—代表苯基C6H5—）。
（1）化合物1a中含氧官能團的名稱為 　 　 。
（2）①化合物2a的分子式為 　 　 。
②2a可與H2O發生加成反應生成化合物Ⅰ。在Ⅰ的同分異構體中，同時含有苯環和醇羥基結構的共 　 　 種（含化合物Ⅰ）。
（3）下列說法正確的有 　 　 。
A.在1a、2a和3a生成4a的過程中，有π鍵斷裂與σ鍵形成
B.在4a分子中，存在手性碳原子，并有20個碳原子采取sp2雜化
C.在5a分子中，有大π鍵，可存在分子內氫鍵，但不存在手性碳原子
D.化合物5a是苯酚的同系物，且可發生原子利用率為100%的還原反應
（4）一定條件下，Br2與丙酮（CH3COCH3）發生反應，溴取代丙酮中的α—H，生成化合物3a。若用核磁共振氫譜監測該取代反應，則可推測：與丙酮相比，產物3a的氫譜圖中 　 　 。
（5）已知：羧酸在一定條件下，可發生類似于丙酮的α—H取代反應。
根據上述信息，分三步合成化合物Ⅱ。
①第一步，引入溴：其反應的化學方程式為 　 　 。
②第二步，進行 　 　 （填具體反應類型）：其反應的化學方程式為 　 　 （注明反應條件）。
③第三步，合成Ⅱ：②中得到的含溴有機物與1a、2a反應。
（6）參考上述三組分反應，直接合成化合物Ⅲ，需要以1a、　 　 （填結構簡式）和3a為反應物。
2025年廣東省新高考化學試卷（選擇性）
參考答案與試題解析
一．選擇題（共16小題）
題號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 D A D A A D B B B D D
題號 12 13 14 15 16
答案 A A B C C
一、選擇題：本大題共16小題，共44分。第1～10小題，每題2分；第11～16小題，每題4分。在每小題列出的四個選項中，只有一項符合題目要求。
1．（2分）中華傳統技藝，凸顯人民智慧。下列選項所涉及材料的主要成分屬于合金的是（　　）
A．紙哪吒 B．石印章
C．木活字 D．不銹鋼針
【分析】金屬和金屬或金屬和非金屬熔合在一起形成具有特征性質的混合物為合金。
【詳解】解：A．紙哪吒的組成是纖維素，屬于有機物，故A錯誤；
B．石印章的組成主要是碳酸鈣，屬于無機非金屬材料，故B錯誤；
C．木活字的組成是纖維素，屬于有機物，故C錯誤；
D．不銹鋼針是鐵的合金，屬于合金，故D正確；
故選：D。
【點評】本題考查了物質組成和分類的分析判斷，注意知識的熟練掌握，題目難度不大。
2．（2分）在法拉第發現苯200周年之際，我國科學家首次制備了以金屬M為中心的多烯環配合物。該配合物具有芳香性，其多烯環結構（如圖）形似梅花。該多烯環上（　　）
A．C—H鍵是共價鍵 B．有8個碳碳雙鍵
C．共有16個氫原子 D．不能發生取代反應
【分析】A．C—H中碳原子和氫原子共用一對電子形成共價鍵；
B．多烯環結構中其中一個雙鍵不是碳碳雙鍵；
C．根據圖知，該分子中含有10個氫原子；
D．該化合物中氫原子能發生取代反應。
【詳解】解：A．C—H中碳原子和氫原子共用一對電子形成共價鍵，故A正確；
B．多烯環結構中其中一個雙鍵不是碳碳雙鍵，故B錯誤；
C．根據圖知，該分子中含有10個氫原子，故C錯誤；
D．該化合物中氫原子能發生取代反應，故D錯誤；
故選：A。
【點評】本題考查有機物的結構和性質，側重考查分析、判斷及知識的綜合運用能力，明確結構特點是解本題關鍵，題目難度不大。
3．（2分）現代科技，增強國力，增進民生福祉。下列說法正確的是（　　）
A．我國科學家首次測得了月球背面月幔水含量1mol H2O質量為10g
B．利用MoS2成功為金屬材料“重塑金身”。MoS2中Mo的化合價為+6
C．穿上電動機械腿，助力行走不是夢。行走時電池將電能轉化為化學能
D．沙海養魚蹚出治沙新路，讓沙海沙山變成金山銀山。魚肉富含蛋白質
【分析】A．根據m＝nM進行計算；
B．MoS2中S的化合價為﹣1價；
C．電池是化學能轉化為電能的裝置；
D．魚肉富含蛋白質。
【詳解】解：A．m＝nM可知1mol H2O質量為18g，故A錯誤；
B．MoS2中S的化合價為﹣1價，則Mn的化合價為+2價，故B錯誤；
C．電池是化學能轉化為電能的裝置，將電能轉化為化學能是電解池的裝置，故C錯誤；
D．魚肉富含蛋白質，故D正確；
故選：D。
【點評】本題考查物質的性質、物質的組成及物質的量的基本運算，題目比較簡單。
4．（2分）勞動創造美好生活。下列對勞動項目涉及的相關化學知識表述錯誤的是（　　）
選項 勞動項目 化學知識
A 向燃煤中加入生石灰以脫硫減排 CaSO4 CaCO3
B 用BaCl2和鹽酸檢驗粗鹽中是否含 Ba2+═BaSO4↓
C 使用MgCl2溶液點鹵制豆腐 MgCl2使蛋白質鹽析
D 用鐵粉、活性炭、食鹽等制暖貼 使用時鐵粉被氧化，反應放熱
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．向燃煤中加入生石灰以脫硫過程：生石灰成分為氧化鈣，和煤燃燒生成的二氧化硫反應生成亞硫酸鈣，亞硫酸鈣和空氣中氧氣反應生成硫酸鈣；
B．Ba2+與反應生成BaSO4沉淀；
C．蛋白質在一些鹽的作用下會發生鹽析；
D．用鐵粉、活性炭、食鹽等制暖貼會形成原電池。
【詳解】解：A．向燃煤中加入生石灰以脫硫過程：生石灰成分為氧化鈣，和煤燃燒生成的二氧化硫反應生成亞硫酸鈣，亞硫酸鈣和空氣中氧氣反應生成硫酸鈣，與CaSO4 CaCO3無關，故A錯誤；
B．Ba2+與反應生成BaSO4沉淀，故可用BaCl2和鹽酸檢驗粗鹽中是否含，故B正確；
C．蛋白質在一些鹽的作用下會發生鹽析，用MgCl2溶液點鹵制豆腐與蛋白質的鹽析有關，故C正確；
D．用鐵粉、活性炭、食鹽等制暖貼會形成原電池，鐵做負極被氧化，反應放熱，故D正確；
故選：A。
【點評】本題考查物質的性質及變化，解答該題需掌握基本的元素及其化合物的知識，題目難度中等。
5．（2分）聲波封印，材料是音樂存儲技術的基礎。下列說法錯誤的是（　　）
A．制作黑膠唱片使用的聚氯乙烯，其單體是CH3CH2Cl
B．磁帶可由四氧化三鐵涂覆在膠帶上制成，Fe3O4具有磁性
C．光碟擦寫過程中材料在晶態和非晶態間的可逆轉換，涉及物理變化
D．固態硬盤芯片常使用單晶硅作為基礎材料，單晶硅是一種共價晶體
【分析】A．制作黑膠唱片使用的聚氯乙烯，其單體是一氯乙烯；
B．Fe3O4具有磁性；
C．光碟擦寫過程中材料在晶態和非晶態間的可逆轉換，沒有新物質生成；
D．單晶硅是一種共價晶體。
【詳解】解：A．聚氯乙烯的結構簡式為：，單體是CH2＝CHCl，故A錯誤；
B．Fe3O4具有磁性，故B正確；
C．光碟擦寫過程中材料在晶態和非晶態間的可逆轉換，沒有新物質生成，是物理變化，故C正確；
D．單晶硅是一種共價晶體，故D正確；
故選：A。
【點評】本題考查物質的組成、性質及其變化的相關知識，考查比較基礎，注意對有機物單體的判斷。
6．（2分）對鐵釘進行預處理，并用銅氨溶液給鐵釘鍍銅。下列操作不能達到實驗目的的是（　　）
A．除油污 B．除鐵銹
C．制銅氨溶液 D．鐵釘鍍銅
【分析】A．Na2CO3水解顯堿性；
B．鐵銹的成分主要是鐵的氧化物；
C．硫酸銅加足量的氨水可以制取銅氨溶液；
D．鐵釘鍍銅是電解池原理。
【詳解】解：A．Na2CO3水解顯堿性，故可以除油污，故A正確；
B．鐵銹的成分主要是鐵的氧化物，故可用稀鹽酸除鐵銹，故B正確；
C．硫酸銅加足量的氨水可以制取銅氨溶液，操作正確，故C正確；
D．鐵釘鍍銅是電解池原理，該裝置沒有電源，故D錯誤；
故選：D。
【點評】本題考查化學實驗的基本操作，為高頻考點，注意掌握實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。
7．（2分）能滿足下列物質間直接轉化關系，且推理成立的是（　　）
單質X氧化物1氧化物2酸（或堿）鹽
A．X可為鋁，鹽的水溶液一定顯酸性
B．X可為硫，氧化物1可使品紅溶液褪色
C．X可為鈉，氧化物2可與水反應生成H2
D．X可為碳，鹽的熱穩定性：NaHCO3＞Na2CO3
【分析】根據各個物質的轉化關系進行分析解答。
【詳解】解：A．若X為Al，則氧化物1為Al2O3，Al2O3不能再與氧氣反應，故A錯誤；
B．若X可為硫，氧化物1是SO2，氧化物2為SO3，SO3可與水反應生成硫酸，硫酸和堿反應生成鹽，故可以一步轉化，SO2具有漂白性，故可使品紅溶液褪色，故B正確；
C．若X可為鈉，則氧化物1為Na2O，氧化物2為Na2O2，Na2O2與水反應生成氧氣，故C錯誤；
D．鹽的熱穩定性：Na2CO3＞NaHCO3，故D錯誤；
故選：B。
【點評】本題考查元素及化合物的性質，為高頻考點，把握物質的性質、發生的反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大。
8．（2分）下列陳述Ⅰ與陳述Ⅱ均正確，且兩者間具有因果關系的是（　　）
選項 陳述Ⅰ 陳述Ⅱ
A 濃硝酸保存在棕色試劑瓶中 濃硝酸具有強氧化性
B 向蔗糖中加適量濃硫酸，蔗糖變黑 濃硫酸具有脫水性
C Fe2+與K3[Fe（CN）6]可生成藍色物質 KSCN溶液可用于檢驗Fe3+
D MnO2與濃鹽酸共熱，生成黃綠色氣體 Cl2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．濃硝酸見光易分解；
B．濃硫酸的脫水性是指將有機物中H、O原子按照2：1脫去的過程；
C．Fe2+與K3[Fe（CN）6]可生成藍色物質，可以用來檢驗Fe2+；
D．MnO2與濃鹽酸共熱，生成黃綠色氣體是實驗室制取氯氣的過程。
【詳解】解：A．濃硝酸見光易分解，故濃硝酸應裝在棕色試劑瓶中，與濃硝酸的強氧化性無關，故A錯誤；
B．濃硫酸的脫水性是指將有機物中H、O原子按照2：1脫去的過程，向蔗糖中加適量濃硫酸，蔗糖變黑，說明濃硫酸具有脫水性，具有因果關系，故B正確；
C．Fe2+與K3[Fe（CN）6]可生成藍色物質，可以用來檢驗Fe2+，與KSCN溶液可用于檢驗Fe3+無因果關系，故C錯誤；
D．MnO2與濃鹽酸共熱，生成黃綠色氣體是實驗室制取氯氣的過程，與反應Cl2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl無因果關系，故D錯誤；
故選：B。
【點評】本題考查元素化合物性質，為高頻考點，把握物質的性質為解答的關鍵，題目難度不大。
9．（2分）元素a～i為短周期元素，其第一電離能與原子序數的關系如圖。下列說法正確的是（　　）
A．a和g同主族
B．金屬性：g＞h＞i
C．原子半徑：e＞d＞c
D．最簡單氫化物沸點：b＞c
【分析】元素a～i為短周期元素，根據第一電離能的變化規律，同周期元素從左到右逐漸增加，又因為第一電離能在ⅡA和ⅤA處出現反常規律，所以推斷a為B元素，b為C元素，c為N元素，d為O元素，e為F元素，f為Ne元素，g為Na元素，h為Mg元素，i為Al元素。
【詳解】解：A．a為B元素，g為Na元素，不是同一主族元素，故A錯誤；
B．同周期自左而右金屬性減弱，故金屬性：g＞h＞i，故B正確；
C．同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑：e＜d＜c，故C錯誤；
D．b、c的簡單氫化物分別為CH4、NH3，后者分子間存在氫鍵，沸點高，故最簡單氫化物沸點：b＜c，故D錯誤；
故選：B。
【點評】本題考查結構性質位置關系應用，熟練掌握元素周期表與元素周期律，掌握金屬性、非金屬性強弱判斷實驗事實，理解影響微粒半徑大小的因素，能根據相似性進行知識的遷移運用。
10．（2分）設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是（　　）
A．1mol18O2的中子數，比1mol16O2的多2NA
B．1mol Fe與水蒸氣完全反應，生成H2的數目為2NA
C．在1L0.1mol/L的NH4Cl溶液中，的數目為0.1NA
D．標準狀況下的22.4LCl2與足量H2反應，形成的共價鍵數目為2NA
【分析】A．1個 18O2的中子數比1個16O2的中子數多4；
B．鐵與水蒸氣反應高溫條件下生成四氧化三鐵和氫氣，反應方程式為：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；
C．NH4Cl溶液中銨根離子會發生水解；
D．Cl2與足量H2反應方程式為Cl2+H2＝2HCl。
【詳解】解：A．1個 18O2的中子數比1個16O2的中子數多4，故1mol18O2的中子數，比1mol16O2的多4NA，故A錯誤；
B．鐵與水蒸氣反應高溫條件下生成四氧化三鐵和氫氣，反應方程式為：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，故1mol Fe與水蒸氣完全反應，生成H2的數目為NA，故B錯誤；
C．NH4Cl溶液中銨根離子會發生水解，故在1L0.1mol/L的NH4Cl溶液中，的數目小于0.1NA，故C錯誤；
D．標準狀況下的22.4LCl2為1mol，Cl2與足量H2反應方程式為Cl2+H2＝2HCl，故形成的共價鍵數目為2NA，故D正確；
故選：D。
【點評】本題考查了物質的量和阿伏加德羅常數的有關計算，題目難度不大，掌握公式的運用和物質的結構是解題關鍵。
11．（4分）利用如圖裝置進行實驗：打開K1、K2，一定時間后，a中溶液變藍；關閉K1，打開K3，點燃酒精燈加熱數分鐘后，滴入無水乙醇。下列說法錯誤的是（　　）
A．a中現象體現了I﹣的還原性
B．b中H2O2既作氧化劑也作還原劑
C．乙醇滴加過程中，c中的銅絲由黑變紅，說明乙醇被氧化
D．d中有銀鏡反應發生，說明c中產物有乙酸
【分析】利用如圖裝置進行實驗：打開K1、K2，H2O2在MnO2催化作用下分解生成O2，一定時間后，O2與a中KI溶液反應生成I2，I2遇淀粉變藍；關閉K1，打開K3，O2進入c裝置中，點燃酒精燈加熱數分鐘后，銅絲由紅變黑，滴入無水乙醇，乙醇滴加過程中，c中的銅絲由黑變紅，d中有銀鏡反應發生，說明c中產物有乙醛。
【詳解】解：A．O2與a中KI溶液反應生成I2，I2遇淀粉變藍，體現了I﹣的還原性，故A正確；
B．b中H2O2在MnO2催化作用下分解生成O2，發生了歧化反應，H2O2既作氧化劑也作還原劑，故B正確；
C．乙醇滴加過程中，c中的銅絲由黑變紅，說明乙醇被CuO氧化，故C正確；
D．d中有銀鏡反應發生，說明c中產物有乙醛，乙醛被銀氨溶液氧化成乙酸，故D錯誤；
故選：D。
【點評】本題考查性質實驗方案的設計，涉及了氧化還原反應的判斷、氧氣的制備、乙醇性質的探究等知識，題目難度中等，明確裝置的作用及發生的反應是解答的關鍵。
12．（4分）CuCl微溶于水，但在Cl﹣濃度較高的溶液中因形成[CuCl2]﹣和[CuCl3]2﹣而溶解．將適量CuCl完全溶于鹽酸，得到含[CuCl2]﹣和[CuCl3]2﹣的溶液，下列敘述正確的是（　　）
A．加水稀釋，[CuCl3]2﹣濃度一定下降
B．向溶液中加入少量NaCl固體，[CuCl2]﹣濃度一定上升
C．H[CuCl2]的電離方程式為：H[CuCl2]═H++Cu++2Cl﹣
D．體系中，c（Cu+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（[CuCl2]﹣）+c（[CuCl3]2﹣）+c（OH﹣）
【分析】A．加水稀釋，溶質微粒濃度減小；
B．向溶液中加入少量NaCl固體，[CuCl2]﹣濃度不一定上升；
C．配離子不能拆分為離子；
D．溶液中存在電荷守恒分析判斷。
【詳解】解：A．加水稀釋，溶液中溶質離子濃度減小，[CuCl3]2﹣濃度一定下降，故A正確；
B．溶液中可能存在[CuCl2]﹣+Cl﹣ [CuCl3]2﹣，向溶液中加入少量NaCl固體，[CuCl2]﹣濃度減小，故B錯誤；
C．H[CuCl2]的電離方程式為：H[CuCl2] H++[CuCl2]﹣，故C錯誤；
D．體系中存在電荷守恒，c（Cu+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（[CuCl2]﹣）+2c（[CuCl3]2﹣）+c（OH﹣），故D錯誤；
故選：A。
【點評】本題考查了弱電解質電離、溶液中離子濃度變化、來找你的關系的分析判斷，注意知識的熟練掌握，題目難度中等。
13．（4分）由結構不能推測出對應性質的是（　　）
選項 結構 性質
A SO3的VSEPR模型為平面三角形 SO3具有氧化性
B 鉀和鈉的原子結構不同，電子躍遷時能量變化不同 鉀和鈉的焰色不同
C 乙烯和乙炔分子均含有π鍵 兩者均可發生加聚反應
D 石墨層中未參與雜化的p軌道中的電子，可在整個碳原子平面中運動 石墨具有類似金屬的導電性
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．SO3中的硫為最高價；
B．鉀和鈉的原子結構不同，電子躍遷時能量的變化不同，則放出的光的波長不同；
C．乙烯與乙炔都含有π鍵；
D．石墨層中C原子上未參與雜化的所有p軌道相互平行且重疊，使p軌道中的電子可在整個碳原子平面中運動而導電。
【詳解】解：A．SO3中的硫為最高價，故SO3具有氧化性，與SO3的VSEPR模型無關，故A錯誤；
B．鉀和鈉的原子結構不同，電子躍遷時能量的變化不同，則發出的光的波長不同，所以產生的焰色也就不同，即焰色不同的原因與電子躍遷時能量的變化不同有關，故B正確；
C．乙烯與乙炔都含有π鍵，都能發生加聚反應，故C正確；
D．石墨層中C原子上未參與雜化的所有p軌道相互平行且重疊，使p軌道中的電子可在整個碳原子平面中運動而導電，故石墨具有類似金屬的導電性，故D正確；
故選：A。
【點評】本題考查物質的結構與性質，為高頻考點，把握物質的結構、性質為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，題目難度不大。
14．（4分）一種高容量水系電池示意圖如圖。已知：放電時，電極Ⅱ上MnO2減少；電極材料每轉移1mol電子，對應的理論容量為26.8A h。下列說法錯誤的是（　　）
A．充電時Ⅱ為陽極
B．放電時Ⅱ極室中溶液的pH降低
C．放電時負極反應為：MnS﹣2e﹣＝S+Mn2+
D．充電時16gS能提供的理論容量為26.8A h
【分析】放電時，電極Ⅱ上MnO2減少，說明MnO2轉化為Mn2+，化合價降低，發生還原反應，為原電池的正極，由于電解質溶液為MnSO4，故電解質應為酸性溶液，正極反應為：MnO2+2e﹣+4H+＝Mn2++2H2O，則電極I為原電池負極，MnS失去電子生成S和Mn2+，負極反應為：MnS﹣2e﹣＝S+Mn2+。
【詳解】解：A．由分析可知，放電時電極Ⅱ為正極，故充電時電極Ⅱ為陽極，故A正確；
B．由分析可知，放電時電極Ⅱ為正極，正極反應為：MnO2+2e﹣+4H+＝Mn2++2H2O，反應消耗H+，溶液的pH升高，故B錯誤；
C．由分析可知，放電時電極I為原電池負極，負極反應為：MnS﹣2e﹣＝S+Mn2+，故C正確：
D．根據放電時負極反應，可知充電時明極反應為S+Mn2++2e﹣＝MnS，每消耗16gS，即0.5mol S，轉移1mol電子，據題意可知，能提供的理論容量為26.8A h，故D正確；
故選：B。
【點評】本題考查原電池原理和電解原理的應用，側重考查學生的分析能力和運用能力，把握電極的判斷、電極反應和電極反應式的書寫是解題關鍵，題目難度中等。
15．（4分）按如圖組裝裝置并進行實驗：將銅絲插入溶液中，當c中紅色褪去時，將銅絲拔離液面。下列敘述錯誤的是（　　）
A．a中有化合反應發生，并有顏色變化
B．b中氣體變紅棕色時，所含氮氧化物至少有兩種
C．c中溶液紅色剛好褪去時，恰好完全反應
D．若將a中稀硝酸換為濃硫酸并加熱，則c中溶液顏色會褪去
【分析】試管a中發生銅和硝酸反應，生成硝酸銅、NO和水，逸出的NO與試管內的空氣立即反應，生成NO2，進入裝置b內，由于平衡：2NO2 N2O4的存在，裝置b內還含有無色的N2O4，NO2和N2O4進入裝置c中，與水反應，生成硝酸，硝酸與碳酸氫鈉反應，生成硝酸鈉、CO2和水，且硝酸鈉溶液顯中性，溶液的紅色褪去，據此分析作答。
【詳解】解：A．根據分析可知，a中有化合反應：2NO+O2＝2NO2，氣體由無色變為紅棕色，故A正確；
B．根據分析可知，b中氣體變紅棕色時，繼續發生轉化2NO2 N2O4，所含氮氧化物至少有兩種，故B正確；
C．酚酞變色的pH數值是8.2～10，c中溶液紅色剛好褪去時，溶液呈弱堿性，不能判斷是否恰好完全反應，故C錯誤；
D．若將a中稀硝酸換為濃硫酸并加熱，則進行c中的氣體是SO2，SO2與碳酸氫鈉溶液反應，生成NaHSO3，NaHSO3水解顯酸性，溶液顏色會褪去，故D正確；
故選：C。
【點評】本題主要考查銅與稀硝酸、濃硫酸反應的性質實驗，屬于基本知識的考查，難度中等。
16．（4分）某理論研究認為：燃料電池（圖b）的電極Ⅰ和Ⅱ上所發生反應的催化機理示意圖分別如圖a和圖c，其中O2獲得第一個電子的過程最慢。由此可知，理論上（　　）
A．負極反應的催化劑是ⅰ
B．圖a中，ⅰ到ⅱ過程的活化能一定最低
C．電池工作過程中，負極室的溶液質量保持不變
D．相同時間內，電極Ⅰ和電極Ⅱ上的催化循環完成次數相同
【分析】該燃料電池為氫氧燃料電池，由圖可知該原電池的電解質溶液為酸性，氫氣發生氧化反應，做負極，電極方程式為：H2﹣2e﹣＝2H+；氧氣發生還原反應，做正極，電極方程式為：O2+4e﹣+4H+＝2H2O。
【詳解】解：A．由圖a可知，氧氣發生還原反應，做正極，正極反應的催化劑是i，故A錯誤；
B．圖a中，i到ii過程為O2獲得第一個電子的過程，根據題中信息，O2獲得第一個電子的過程最慢，則i到ii過程的活化能一定最高，故B錯誤；
C．氫氣發生氧化反應，做負極，電極方程式為：H2﹣2e﹣＝2H+，同時，反應負極每失去1個電子，就會有一個H+通過質子交換膜進入正極室，故電池工作過程中，負極室的溶液質量保持不變，故C正確；
D．由圖a、c可知，氧氣催化循環一次需要轉移4個電子，氫氣催化循環一次需要轉移2個電子，相同時間內，電極I和電極II上的催化循環完成次數不相同，故D錯誤；
故選：C。
【點評】本題考查原電池的工作原理，側重考查學生的分析能力和運用能力，把握電極的判斷、電極反應和電極反應式的書寫是解題關鍵，題目難度中等。
二、非選擇題：本大題共4小題，共56分。考生根據要求作答。
17．（14分）酸及鹽在生活生產中應用廣泛。
（1）甲苯氧化可生成苯甲酸。向盛有2mL甲苯的試管中，加入幾滴酸性KMnO4溶液，振蕩，觀察到體系顏色　由紫紅色變為無色　 。
（2）某苯甲酸粗品含少量泥沙和氯化鈉。用重結晶法提純該粗品過程中，需要的操作及其順序為：加熱溶解、　dab　 （填下列操作編號）。
a．冷卻結晶
b．常溫過濾
c．蒸餾
d．趁熱過濾
（3）興趣小組測定常溫下苯甲酸飽和溶液的濃度c0和苯甲酸的Ka，實驗如下：取50.00mL苯甲酸飽和溶液，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定，用pH計測得體系的pH隨滴入溶液體積V變化的曲線如圖。據圖可得：
①c0＝　0.028　 mol/L。
②苯甲酸的Ka＝　　 （列出算式，水的電離可忽略）。
（4）該小組繼續探究取代基對芳香酸酸性的影響。
①知識回顧 羧酸酸性可用Ka衡量。下列羧酸Ka的變化順序為：CH3COOH＜CH2ClCOOH＜CCl3COOH＜CF3COOH
隨著鹵原子電負性　增大　 ，羧基中的羥基　極性　 增大，酸性增強。
②提出假設 甲同學根據①中規律推測下列芳香酸的酸性強弱順序為：
③驗證假設 甲同學測得常溫下三種酸的飽和溶液的pH大小順序為Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ，據此推斷假設成立。但乙同學認為該推斷依據不足，不能用所測得的pH直接判斷Ka大小順序，因為　常溫下，三種酸的溶解度不同，三種酸的飽和溶液的濃度不同，所以該推斷依據不足　 。
乙同學用（3）中方法測定了上述三種酸的Ka，其順序為Ⅱ＞Ⅰ＞Ⅲ。
④實驗小結 假設不成立，芳香環上取代基效應較復雜，①中規律不可隨意推廣。
（5）該小組嘗試測弱酸HClO的Ka。
①丙同學認為不宜按照（3）中方法進行實驗，其原因之一是次氯酸易分解。該分解反應的離子方程式為　2HClO2H++2Cl﹣+O2↑　 。
②小組討論后，選用0.100mol/LNaClO溶液（含少量NaCl）進行實驗，以獲得HClO的Ka。簡述該方案　取少量0.100mol/LNaClO溶液放熱燒杯中，用pH計測常溫下的pH，記錄數據，數據處理思路：由于NaClO溶液中存在ClO﹣水解，根據pH計算水解平衡常數Kh，再根據Kh，計算Ka　 （包括所用儀器及數據處理思路）。
③教師指導：設計實驗方案時，需要根據物質性質，具體問題具體分析。
【分析】（1）酸性KMnO4溶液聚強氧化性，可以將甲苯氧化成苯甲酸；
（2）某苯甲酸粗品含少量泥沙和氯化鈉。用重結晶法提純該粗品過程中，需要的操作及其順序為：加熱溶解、趁熱過濾、冷卻結晶、常溫過濾；
（3）①根據苯甲酸與NaOH按照1：1參加反應，計算苯甲酸的濃度；
②根據電離平衡：C6H5COOH C6H5COO﹣+H+，計算其Ka；
（4）①羧酸酸性的強弱取決于羧基中O—H鍵的極性大小，極性越大，越易電離出H+，酸性越強，鹵素原子的電負性越大，吸引電子的能力越強，使得羧基中O—H鍵的極性越大，酸性越強；
②提出假設：甲同學根據①中規律推測下列芳香酸的酸性強弱順序為：，
③乙同學認為該推斷依據不足，不能用所測得的pH直接判斷Ka大小順序，因為常溫下，三種酸的溶解度不同，三種酸的飽和溶液的濃度不同；
（5）①HClO見光易分解，生成HCl和O2；
②小組討論后，選用0.100mol/LNaClO溶液（含少量NaCl）進行實驗，以獲得HClO的Ka，該方案為取少量0.100mol/LNaClO溶液放熱燒杯中，用pH計測常溫下的pH，記錄數據，數據處理思路：由于NaClO溶液中存在ClO﹣水解，根據pH計算水解平衡常數Kh，再根據Kh，計算Ka。
【詳解】解：（1）酸性KMnO4溶液聚強氧化性，可以將甲苯氧化成苯甲酸，向盛有2mL甲苯的試管中，加入幾滴酸性KMnO4溶液，振蕩，觀察到體系顏色由紫紅色變為無色，
故答案為：由紫紅色變為無色；
（2）某苯甲酸粗品含少量泥沙和氯化鈉。用重結晶法提純該粗品過程中，需要的操作及其順序為：加熱溶解、趁熱過濾、冷卻結晶、常溫過濾，故操作順序為dab，
故答案為：dab；
（3）①由圖可知，當滴入14mLNaOH溶液時，苯甲酸被完全中和，另苯甲酸與NaOH按照1：1參加反應，則苯甲酸的濃度為：c00.028mol/L，
故答案為：0.028；
②由圖可知，苯甲酸飽和溶液的pH＝2.89，溶液中的c（H+）＝c（C6H5COO﹣）＝1×10﹣2.89mol/L，則苯甲酸的Ka，
故答案為：；
（4）①羧酸酸性的強弱取決于羧基中O—H鍵的極性大小，極性越大，越易電離出H+，酸性越強，鹵素原子的電負性越大，吸引電子的能力越強，使得羧基中O—H鍵的極性越大，酸性越強，
故答案為：增大；極性；
②提出假設：甲同學根據①中規律推測下列芳香酸的酸性強弱順序為：，
③驗證假設：甲同學測得常溫下三種酸的飽和溶液的pH大小順序為Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ，據此推斷假設成立。但乙同學認為該推斷依據不足，不能用所測得的pH直接判斷Ka大小順序，因為常溫下，三種酸的溶解度不同，三種酸的飽和溶液的濃度不同，所以該推斷依據不足，
故答案為：常溫下，三種酸的溶解度不同，三種酸的飽和溶液的濃度不同，所以該推斷依據不足；
（5）①丙同學認為不宜按照（3）中方法進行實驗，其原因之一是次氯酸易分解，該分解反應的離子方程式為：2HClO2H++2Cl﹣+O2↑，
故答案為：2HClO2H++2Cl﹣+O2↑；
②小組討論后，選用0.100mol/LNaClO溶液（含少量NaCl）進行實驗，以獲得HClO的Ka，該方案為取少量0.100mol/LNaClO溶液放熱燒杯中，用pH計測常溫下的pH，記錄數據，數據處理思路：由于NaClO溶液中存在ClO﹣水解，根據pH計算水解平衡常數Kh，再根據Kh，計算Ka，
故答案為：取少量0.100mol/LNaClO溶液放熱燒杯中，用pH計測常溫下的pH，記錄數據，數據處理思路：由于NaClO溶液中存在ClO﹣水解，根據pH計算水解平衡常數Kh，再根據Kh，計算Ka。
【點評】本題主要考查性質實驗方案的設計，具體涉及弱電解質的電離平衡，實驗方案的設計等，屬于高考高頻考點，難度較大。
18．（14分）我國是金屬材料生產大國，綠色生產是必由之路。一種從多金屬精礦中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型綠色冶鐵方法的工藝如圖。
已知：多金屬精礦中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。
氫氧化物 Fe（OH）3 Al（OH）3 Cu（OH）2 Ni（OH）2
Ksp（298K） 2.8×10﹣39 1.3×10﹣33 2.2×10﹣20 5.5×10﹣16
（1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有　將礦石粉碎　 （寫一條）。
（2）“高壓加熱”時，生成Fe2O3的離子方程式為：
　4Fe2+　 +O2+　4　 H2O　2　 Fe2O3↓+　8　 H+
（3）“沉鋁”時，pH最高可調至　5.0　 （溶液體積變化可忽略）。已知：“濾液1”中c（Cu2+）＝0.022mol/L，c（Ni2+）＝0.042mol/L。
（4）“選擇萃取”中，鎳形成如圖的配合物。鎳易進入有機相的原因有　AD　 。
A.鎳與N、O形成配位鍵 B.配位時Ni2+被還原
C.配合物與水能形成分子間氫鍵 D.烷基鏈具有疏水性
（5）NixCuyNz晶體的立方晶胞中原子所處位置如圖。已知：同種位置原子相同，相鄰原子間的最近距離之比dNi—Cu：dNi—N：1，則x：y：z＝　3：1：1　 ；晶體中與Cu原子最近且等距離的原子的數目為　12　 。
（6）①“700℃加熱”步驟中，混合氣體中僅加少量H2，但借助工業合成氨的逆反應，可使Fe不斷生成。該步驟發生反應的化學方程式為　2NH3N2+3H2　 和　Fe2O3+3H22Fe+3H2O　 。
②“電解”時，Fe2O3顆粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒為電極，畫出電解池示意圖并做相應標注　　 。
③與傳統高爐煉鐵工藝相比，上述兩種新型冶鐵方法所體現“綠色化學”思想的共同點是　沒有污染性的CO氣體產生　 （寫一條）。
【分析】（1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有將礦石粉碎、攪拌、適當升高酸浸溫度等；
（2）酸浸時通入SO2，故浸取液中為Fe2+，為還原劑，然后分析氧化劑、還原劑的化合價變化，依據得失電子守恒、電荷守恒及原子守恒進行配平；
（3）“沉鋁”時，要使Cu2+和Ni2+不出現沉淀，可以由題給物質的Ksp及起始濃度，通過pH＝14lg計算出不出現沉淀的最高pH，然后根據計算結果，取其中較低的那個結果；
（4）鎳易進入有機相，可以從鎳與有機物形成配合物、疏水基團影響、是否與水形成氫鍵等因素分析，配合物中中心離子的價態并不會發生變化，據此判斷各選項是否符合題意；
（5）由題圖，分別計算面心的原子與頂點、面心的原子與體心的原子距離，結合題給條件（相鄰原子間的最近距離之比dNi—Cu：dNi—N：1）等信息判斷面心、頂點、體心的原子分別是Ni、Cu、N原子，根據均攤法分別計算各原子數，可得x：y：z比值結果，以及晶體中與Cu原子最近且等距離的原子的數目；
（6）①工業合成氨的逆反應，即氨分解，圖示中H2還原Fe2O3得到Fe單質和水，據此可寫出兩個反應的方程式；
②按題意，“電解”是以Fe片、石墨棒為電極，電解Fe2O3得到Fe，則鐵片應與電源負極相連作陰極，電解質為Fe2O3+NaOH，據此可畫出電解池示意圖；
③傳統高爐煉鐵是赤鐵礦+焦炭，生成過程會產生CO，污染大氣，上述兩種新型冶鐵方法沒有這一缺點。
【詳解】解：（1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有將礦石粉碎、攪拌、適當升高酸浸溫度等；
故答案為：將礦石粉碎；
（2）酸浸時通入SO2，故浸取液中為Fe2+，第一空物質為Fe2+，根據題給信息，Fe從+2價→+3價，O從0價→﹣2價，依據得失電子守恒及電荷守恒進行配平，“高壓加熱”時，生成Fe2O3的離子方程式為4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+；
故答案為：4Fe2+；4；2；8；
（3）“沉鋁”時，要使Cu2+和Ni2+不出現沉淀，要使Cu2+不出現沉淀的最高pH＝14lg14lg5.0，同樣方法可計算要使Ni2+不出現沉淀的最高pH＝7﹣lg5.0，故“沉鋁”時，pH最高可調至5.0；
故答案為：5.0；
（4）“選擇萃取”中，鎳形成如圖的配合物。鎳易進入有機相的原因：
A.鎳與N、O形成配合鍵，可以使鎳進入有機相，故A正確；
B.配體中提供孤電子對的O原子帶一個單位的負電荷，可以視作是得到一個電子的陰離子，其余配體不帶電，整個配合物不顯電性，形成配合物后中心離子還是Ni2+，Ni2+化合價沒有變化，故B錯誤；
C.配合物與水能形成分子間氫鍵，不能釋放鎳進入有機相，故C錯誤；
D.烷基鏈具有疏水性，可以使其進入有機相，故D正確；
故答案為：AD；
（5）設晶胞邊長為a，由幾何關系可知，面心的原子與頂點的原子距離為a，面心的原子與體心的原子距離為a，依題給條件，相鄰原子間的最近距離之比dNi—Cu：dNi—N：1，可以確定，晶胞中面心原子為Ni，有63個，頂點原子為Cu，有81個，體心的原子為N，有1個，則x：y：z＝3：1：1；根據分析，Cu原子處于頂點，距離最近且等距離的原子為面心上Ni原子，數目為3×812；
故答案為：3：1：1；12；
（6）①工業合成氨的逆反應，即氨分解，方程式為2NH3N2+3H2，H2還原Fe2O3得到Fe單質和水，化學方程式為：Fe2O3+3H22Fe+3H2O；
故答案為：2NH3N2+3H2；Fe2O3+3H22Fe+3H2O；
②“電解”是將Fe2O3電解得到Fe單質，發生還原反應，鐵片應與電源負極相連作陰極，電解質為Fe2O3+NaOH，電解示意圖如圖；
故答案為：；
③傳統高爐煉鐵是赤鐵礦+焦炭，生成過程會產生CO，污染大氣，與傳統高爐煉鐵工藝相比，上述兩種新型冶鐵方法所體現“綠色化學”思想的共同點是：沒有污染性的CO氣體產生；
故答案為：沒有污染性的CO氣體產生。
【點評】本題為工藝流程，有經典考點，如提高浸取速率的措施、條件控制，也有近幾年較少出現基礎知識，如氧化還原反應方程式配平，物質很熟悉，且難度不大，（6）①中兩條方程式的書寫，物質及原理也是很基礎，②畫電解池示意圖近幾年廣東高考未出現，畫裝置圖在2013年出現，考查了組裝原電池并畫出裝置、2014年考查了金屬防腐蝕的示意圖，“萃取“鎳易進入有機相的分析，題目很新穎，陌生感強，物質結構部分也有別于往年，有一定難度。
19．（14分）鈦單質及其化合物在航空、航天、催化等領域應用廣泛。
（1）基態Ti原子的價層電子排布式為 　3d24s2　 。
（2）298K下，反應TiO2（s）+2C（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+2CO（g）的ΔH＜0、ΔS＞0，則298K下該反應 　能　 （填“能”或“不能”）自發進行。
（3）以TiCl4為原料可制備TiCl3。將5.0mol TiCl4與10.0mol Ti放入容積為V0L的恒容密閉容器中，反應體系存在下列過程。
編號 過程 ΔH
（a） Ti（s）+TiCl4（g） 2TiCl2（s） ΔH1
（b） TiCl2（s）+TiCl4（g） 2TiCl3（g） +200.1kJ/mol
（c） Ti（s）+3TiCl4（g） 4TiCl3（g） +132.4kJ/mol
（d） TiCl3（g） TiCl3（s） ΔH2
①ΔH1＝ 　﹣267.8　 kJ/mol。
②不同溫度下，平衡時反應體系的組成如圖。曲線Ⅰ對應的物質為 　TiCl2（s）　 。
③溫度T0K下，n[TiCl4（g）]＝ 　0.5　 mol，反應（c）的平衡常數K＝ 　　 （列出算式，無須化簡）。
（4）鈦基催化劑可以催化儲氫物質肼（N2H4）的分解反應：
（e）N2H4＝N2+2H2 （f）3N2H4＝N2+4NH3
為研究某鈦基催化劑對上述反應的影響，以肼的水溶液為原料（含N2H4的物質的量為n0），進行實驗，得到n1/n0、n2/n0隨時間t變化的曲線如圖。其中，n1為H2與N2的物質的量之和；n2為剩余N2H4的物質的量。設ne為0～t時間段內反應（e）消耗N2H4的物質的量，該時間段內，本體系中催化劑的選擇性用100%表示。
①0～t0min內，N2H4的轉化率為 　（1﹣y2）×100%　 （用含y2的代數式表示）。
②0～t0min內，催化劑的選擇性為 　100%　 （用含y1與y2的代數式表示，寫出推導過程）。
【分析】（1）Ti是22號元素，價電子排布與3d、4s能級，屬于d區元素；
（2）反應自發進行的條件為ΔH﹣T△S＜0；
（3）①根據蓋斯定律：反應c﹣反應b×2計算ΔH1；
②反應a、d為放熱反應，反應b、c為吸熱反應，升高溫度時反應a、d的平衡逆向移動，b、c的平衡正向移動，n（TiCl3）增大，n（TiCl2）；
③由圖可知，溫度T0K下平衡體系中只含有TiCl3（g）、TiCl4（g）和Ti（s），且n[Ti（s）]＝8.5mol、n[TiCl3（g）]＝6.0mol，根據Ti原子守恒有n[TiCl4（g）]＝10.0mol+5.0mol﹣8.5mol﹣6.0mol＝0.5mol，結合反應Ti（s）+3TiCl4（g） 4TiCl3（g）的平衡常數K進行計算；
（4）①根據轉化率100%計算0～t0min內，N2H4的轉化率；
②由圖可知，0～t0min內y1，y2，生成H2與N2的物質的量總和為n0y1mol，n2＝n0y2mol，則0～t0min內△n（N2H4）＝n0（1﹣y2）mol，
反應（e）三段式：N2H4＝N2+2H2
變化量（mol） ne ne 2ne
反應（f）三段式：3N2H4＝N2+4NH3
變化量（mol） 3x x 4x
則 ne+3x＝n0（1﹣y2），3ne+x＝n0×y1，解得 ne[3n0y1﹣n0（1﹣y2）]，x[3n0（1﹣y2）﹣n0y1]。
【詳解】解：（1）Ti是22號元素，位于周期表的d區，其價電子排布式為3d24s2，
故答案為：3d24s2；
（2）反應TiO2（s）+2C（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+2CO（g）的ΔH＜0、ΔS＞0，則298K下ΔH﹣T△S＜0，即298K下該反應能自發進行，
故答案為：能；
（3）①反應b：TiCl2（s）+TiCl4（g） 2TiCl3（g）ΔH＝+200.1kJ/mol，反應c：Ti（s）+3TiCl4（g） 4TiCl3（g）ΔH＝+132.4kJ/mol，根據蓋斯定律：反應c﹣反應b×2計算ΔH1＝+132.4kJ/mol﹣（+200.1kJ/mol）×2＝﹣267.8kJ/mol，
故答案為：﹣267.8；
②由表格信息可知，反應a、d為放熱反應，反應b、c為吸熱反應，曲線Ⅰ，Ⅱ可表示TiCl3（g）或TiCl2（s）的物質的量隨溫度的變化情況，隨著溫度升高，反應b、c正向移動，反應a、d為逆向移動，所以TiCl3（g）的含量逐漸上升，TiCl2（s）的含量逐漸下降，則曲線Ⅰ、Ⅱ對應的物質分別為TiCl2（s）、TiCl3（g），
故答案為：TiCl2（s）；
③由圖可知，溫度T0K下平衡體系中n[Ti（s）]＝8.5mol、n[TiCl3（g）]＝6.0mol，n[（TiCl2（s）]＝n[TiCl3（s）]＝0mol，根據Ti原子守恒可知，n[TiCl4（g）]＝10.0mol+5.0mol﹣8.5mol﹣6.0mol＝0.5mol，則反應Ti（s）+3TiCl4（g） 4TiCl3（g）的平衡常數K，
故答案為：0.5；；
（4）①N2H4為反應物，肼的含量逐漸下降，由圖可知，起始時1，t0min時y2，則0～t0min內△n（N2H4）＝（1﹣y2）mol，N2H4的轉化率為100%＝（1﹣y2）×100%，
故答案為：（1﹣y2）×100%；
②由圖可知，0～t0min內y1，y2，生成H2與N2的物質的量總和為n0y1mol，n2＝n0y2mol，則0～t0min內△n（N2H4）＝n0（1﹣y2）mol，
反應（e）三段式：N2H4＝N2+2H2
變化量（mol） ne ne 2ne
反應（f）三段式：3N2H4＝N2+4NH3
變化量（mol） 3x x 4x
可得：ne+3x＝n0（1﹣y2），3ne+x＝n0×y1，解得 ne[3n0y1﹣n0（1﹣y2）]，x[3n0（1﹣y2）﹣n0y1]，則0～t0min內，催化劑的選擇性100%100%100%，
故答案為：100%。
【點評】本題考查化學平衡計算、反應熱與焓變，側重分析判斷能力和計算能力考查，把握化學平衡常數及轉化率計算、蓋斯定律的計算應用、化學平衡影響因素是解題關鍵，注意掌握三段式格式在平衡計算中的應用，題目難度中等。
20．（14分）我國科學家最近在光﹣酶催化合成中獲得重大突破，光﹣酶協同可實現基于三組分反應的有機合成，其中的一個反應如圖（反應條件略：Ph—代表苯基C6H5—）。
（1）化合物1a中含氧官能團的名稱為 　醛基　 。
（2）①化合物2a的分子式為 　C8H8　 。
②2a可與H2O發生加成反應生成化合物Ⅰ。在Ⅰ的同分異構體中，同時含有苯環和醇羥基結構的共 　5　 種（含化合物Ⅰ）。
（3）下列說法正確的有 　AB　 。
A.在1a、2a和3a生成4a的過程中，有π鍵斷裂與σ鍵形成
B.在4a分子中，存在手性碳原子，并有20個碳原子采取sp2雜化
C.在5a分子中，有大π鍵，可存在分子內氫鍵，但不存在手性碳原子
D.化合物5a是苯酚的同系物，且可發生原子利用率為100%的還原反應
（4）一定條件下，Br2與丙酮（CH3COCH3）發生反應，溴取代丙酮中的α—H，生成化合物3a。若用核磁共振氫譜監測該取代反應，則可推測：與丙酮相比，產物3a的氫譜圖中 　有2個吸收峰，吸收峰的面積之比為2：3　 。
（5）已知：羧酸在一定條件下，可發生類似于丙酮的α—H取代反應。
根據上述信息，分三步合成化合物Ⅱ。
①第一步，引入溴：其反應的化學方程式為 　CH3COOH+Br2BrCH2COOH+HBr　 。
②第二步，進行 　酯化反應　 （填具體反應類型）：其反應的化學方程式為 　BrCH2COOH+CH3OHBrCH2COOCH3+H2O　 （注明反應條件）。
③第三步，合成Ⅱ：②中得到的含溴有機物與1a、2a反應。
（6）參考上述三組分反應，直接合成化合物Ⅲ，需要以1a、　CH2＝C（CH3）C（CH3）＝CH2　 （填結構簡式）和3a為反應物。
【分析】（1）化合物1a中含氧官能團為—CHO；
（2）①化合物2a的分子中C、H原子個數依次是8、8；
②2a可與H2O發生加成反應生成化合物Ⅰ，I為或，在Ⅰ的同分異構體中，同時含有苯環和醇羥基結構，取代基可能是—CH2CH2OH或—CH（OH）CH3或—CH3和—CH2OH；
（3）A.在1a、2a和3a生成4a的過程中，1a和2a發生加成反應然后再和3a發生取代反應生成主產物4a，有π鍵斷裂與σ鍵形成；
B.在4a分子中，存在手性碳原子，苯環及連接雙鍵的碳原子采用sp2雜化；
C.在5a分子中，苯環中有大π鍵，可存在分子內氫鍵，連接醇羥基的碳原子為手性碳原子；
D.化合物5a和苯酚的結構不相似；
（4）一定條件下，Br2與丙酮（CH3COCH3）發生反應，溴取代丙酮中的α—H，生成化合物3a，若用核磁共振氫譜監測該取代反應，則可推測：與丙酮相比，產物3a中含有兩種氫原子，兩種氫原子的個數之比為2：3；
（5）1a、2a和BrCH2COOCH3發生反應生成化合物Ⅱ；
①羧酸在一定條件下，可發生類似于丙酮的α—H取代反應，第一步，引入溴：該反應為CH3COOH和溴發生取代反應生成BrCH2COOH；
②第二步，進行酯化反應，即BrCH2COOH和CH3OH發生酯化反應生成BrCH2COOCH3；
（6）參考上述三組分反應，直接合成化合物，1a和另一種物質發生加成反應然后和3a發生取代反應生成Ⅲ。
【詳解】解：（1）化合物1a中含氧官能團的名稱為醛基，
故答案為：醛基；
（2）①化合物2a的分子中C、H原子個數依次是8、8，則化合物2a的分子式為C8H8，
故答案為：C8H8；
②2a可與H2O發生加成反應生成化合物Ⅰ，I為或，在Ⅰ的同分異構體中，同時含有苯環和醇羥基結構，取代基可能是—CH2CH2OH或—CH（OH）CH3或—CH3和—CH2OH，I有兩種，如果取代基為—CH2OH和—CH3，有3種結構，所以在Ⅰ的同分異構體中，同時含有苯環和醇羥基結構的共5種（含化合物Ⅰ），
故答案為：5；
（3）A.在1a、2a和3a生成4a的過程中，1a和2a發生加成反應然后再和3a發生取代反應生成主產物4a，有π鍵斷裂與σ鍵形成，故A正確；
B.在4a分子中，存在手性碳原子，苯環及連接雙鍵的碳原子采用sp2雜化；并有20個碳原子采取sp2雜化，故B正確；
C.在5a分子中，苯環中有大π鍵，可存在分子內氫鍵，連接醇羥基的碳原子為手性碳原子，所以含有手性碳原子，故C錯誤；
D.化合物5a和苯酚的結構不相似，二者不互為同系物，故D錯誤；
故答案為：AB；
（4）一定條件下，Br2與丙酮（CH3COCH3）發生反應，溴取代丙酮中的α—H，生成化合物3a，若用核磁共振氫譜監測該取代反應，則可推測：與丙酮相比，產物3a的氫譜圖中有2個吸收峰，吸收峰的面積之比為2：3，
故答案為：有2個吸收峰，吸收峰的面積之比為2：3；
（5）1a、2a和BrCH2COOCH3發生反應生成化合物Ⅱ；
①羧酸在一定條件下，可發生類似于丙酮的α—H取代反應，第一步，引入溴：該反應為CH3COOH和溴發生取代反應生成BrCH2COOH，反應方程式為CH3COOH+Br2BrCH2COOH+HBr，
故答案為：CH3COOH+Br2BrCH2COOH+HBr；
②第二步，進行酯化反應，即BrCH2COOH和CH3OH發生酯化反應生成BrCH2COOCH3，反應方程式為BrCH2COOH+CH3OHBrCH2COOCH3+H2O，
故答案為：酯化反應；BrCH2COOH+CH3OHBrCH2COOCH3+H2O；
（6）參考上述三組分反應，直接合成化合物，1a和另一種物質發生加成反應然后和3a發生取代反應生成Ⅲ，根據的結構簡式知，該物質的結構簡式為CH2＝C（CH3）C（CH3）＝CH2，
故答案為：CH2＝C（CH3）C（CH3）＝CH2。
【點評】本題考查有機物的合成，側重考查分析、判斷及知識的遷移能力，明確反應中斷鍵和成鍵方式是解本題關鍵，采用知識遷移的方法解答（5）（6）題。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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