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2025年廣東高考真題化學試題
1．（2025·廣東）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
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知識點】化學科學的主要研究對象；合金及其應用
【解析】【解答】A．紙的主要成分是纖維素，屬于有機材料，不屬于合金，A不符合題意；
B．石印章的材料通常是天然礦物，其主要成分為大理石、壽山石等，屬于硅酸鹽或碳酸鹽，不屬于合金，B不符合題意；
C．木活字的材料是木材，主要成分為纖維素和木質素，均屬于有機材料，不屬于合金，C不符合題意；
D．不銹鋼是鐵(Fe)與鉻(Cr)、鎳(Ni)等金屬形成的合金，D符合題意；
故答案為：D
【分析】此題是對物質組成和材料分類的考查，屬于合金的是金屬單質或合金。據此結合選項所給物質的成分進行分析即可。
2．（2025·廣東）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．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
【答案】A
【知識點】配合物的成鍵情況；苯的結構與性質
【解析】【解答】A．C原子和H原子間通過共用電子對之間的作用力結合，該作用力為共價鍵，A正確；
B．該配合物具有芳香性，結合苯的結構可知，該配合物中存在的是共軛大π鍵，不存在碳碳雙鍵，B錯誤；
C．每個碳原子周圍最多形成4個共價鍵，因此該物質有10個H原子，C錯誤；
D．大π鍵環上的C-H鍵可以發生取代反應，D錯誤；
故答案為：A
【分析】A、C、H原子通過共用電子對（即共價鍵）結合。
B、結合苯中不存在碳碳雙鍵分析。
C、根據C原子的價鍵情況分析。
D、結構中C-H可發生取代反應。
3．（2025·廣東）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質量為10g
B．利用成功為金屬材料“重塑金身”，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
【答案】D
【知識點】化學科學的主要研究對象；常見能量的轉化及運用；摩爾質量
【解析】【解答】A.H2O的摩爾質量為18g/mol，因此1mol H2O的質量為1mol×18g/mol=18g，A錯誤；
B．MoS2中S的化合價為-2，根據化合價代數和為0可得，Mo的化合價為+4，B錯誤；
C．電動機械腿工作時，電池放電將化學能轉化為電能，電能進一步轉化為機械能，C錯誤；
D．魚肉的主要營養成分是蛋白質，D正確；
故答案為：D
【分析】A、H2O的摩爾質量為18g·mol－1，根據公式m=n×M計算1molH2O的質量。
B、MoS2中硫元素為－2價，結合化合物中化合價代數和為0計算Mo的化合價。
C、電池工作時化學能轉化為電能，行走過程中電能轉化為機械能。
D、魚肉富含的營養素為蛋白質。
4．（2025·廣東）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
B 用和鹽酸檢驗粗鹽中是否含
C 使用溶液點鹵制豆腐 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
【答案】A
【知識點】難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；硫酸根離子的檢驗；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點
【解析】【解答】A．燃煤脫硫減排的過程中，加入的生石灰（CaO）與燃煤中的SO2和氧氣反應生成CaSO4，不存在沉淀溶解平衡的轉化，A錯誤；
B．檢驗SO需先加鹽酸排除CO32－、SO32－和Ag＋的干擾，再加BaCl2生成BaSO4沉淀，步驟和反應式均正確，B正確；
C．MgCl2點鹵使蛋白質膠體沉降，產生固體，該過程為蛋白質的鹽析，C正確；
D．暖貼中鐵粉發生氧化反應，生成Fe2O3的過程中放出熱量，描述正確，D正確；
故答案為：A
【分析】A、燃煤脫硫過程中是利用CaO與SO2、O2反應。
B、結合SO42－的檢驗分析。
C、MgCl2點鹵發生蛋白質的鹽析。
D、鐵粉被氧化的過程中放出熱量。
5．（2025·廣東）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
B．磁帶可由四氧化三鐵涂覆在膠帶上制成，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
【答案】A
【知識點】化學科學的主要研究對象；物理變化與化學變化的區別與聯系；原子晶體（共價晶體）
【解析】【解答】A．聚氯乙烯是由氯乙烯發生加聚反應后的產物，因此聚氯乙烯的單體應氯乙烯（CH2=CHCl），A錯誤；
B．四氧化三鐵（Fe3O4）具有磁性，常用于制作磁帶，B正確；
C．光碟擦寫時晶態與非晶態相互轉換，過程中沒有新物質生成，屬于物理變化，C正確；
D．固態硬盤芯片使用單晶硅，單晶硅為共價晶體(原子晶體)，D正確；
故答案為：A
【分析】A、聚氯乙烯的單體為氯乙烯。
B、Fe3O4具有磁性，可用于制作磁帶。
C、晶態和非晶態的轉化為物理變化。
D、單晶硅屬于共價晶體。
6．（2025·廣東）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
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知識點】配合物的成鍵情況；鹽類水解的應用；電鍍
【解析】【解答】A．溶液中CO32－水解，使得溶液顯堿性，油污在堿性溶液中發生水解反應，同時加熱可以增強碳酸鈉溶液的堿性，可以達到除油污的目的，A不符合題意；
B．鐵銹的主要成分為Fe2O3·xH2O，稀鹽酸能與Fe2O3反應，可用于除鐵銹，可以達到實驗目的，B不符合題意；
C．硫酸銅溶液中滴加過量氨水，反應生成銅氨溶液，C不符合題意；
D．鐵釘鍍銅過程中，Cu片做陽極，與電源正極相連；鐵釘做陰極，與電源負極相連。圖中無電源，因此不能達到實驗目的，D符合題意；
故答案為：D
【分析】A、Na2CO3溶液中CO32－水解使得溶液顯堿性，油污在堿性條件下可發生水解反應而被除去。
B、鐵銹的成分為Fe2O3·xH2O，能與HCl反應。
C、滴加氨水的過程中，Cu2＋先與NH3·H2O反應生成Cu(OH)2沉淀，氨水過量，Cu(OH)2繼續反應生成[Cu(NH3)4](OH)2溶液。
D、鐵釘鍍銅需用電解池裝置。
7．（2025·廣東）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
D．X可為碳，鹽的熱穩定性：
【答案】B
【知識點】含硫物質的性質及綜合應用；探究碳酸鈉與碳酸氫鈉的性質；物質的簡單分類
【解析】【解答】A．鋁單質與O2生成Al2O3后無法再被O2氧化，無法形成氧化物2，且Al2O3與水不反應，A錯誤；
B．硫燃燒生成SO2(氧化物1，SO2的漂白性能使品紅褪色)，SO2氧化為SO3(氧化物2)，SO3與水生成H2SO4，再與NaOH生成鹽，轉化關系成立，B正確；
C．鈉與氧氣常溫反應生成Na2O(氧化物1)，進一步氧化生成Na2O2(氧化物2)；Na2O2與水反應生成NaOH和O2，沒有H2生成，C錯誤；
D．碳與氧氣反應先生成CO，CO進一步與O2反應生成CO2，CO2與水反應生成碳酸，與堿反應可生成鹽，但熱穩定性：Na2CO3＞NaHCO3，D結論錯誤，D錯誤；
故答案為：B
【分析】A、鋁的氧化物只有Al2O3一種，無法形成氧化物2。
B、S與O2反應生成SO2，SO2與O2繼續反應生成SO3，SO3與H2O反應生成H2SO4，H2SO4與NaOH反應生成Na2SO4。
C、Na與O2反應生成Na2O，Na2O與O2進一步反應生成Na2O2，Na2O2與H2O反應生成NaOH和O2，NaOH與HCl反應生成NaCl。
D、NaHCO3不穩定，受熱易分解；Na2CO3穩定，受熱不分解。
8．（2025·廣東）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 與可生成藍色物質 KSCN溶液可用于檢驗
D 與濃鹽酸共熱，生成黃綠色氣體
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知識點】氯氣的實驗室制法；濃硫酸的性質；二價鐵離子和三價鐵離子的檢驗
【解析】【解答】A．濃硝酸不穩定見光易分解，因此需保存在棕色試劑瓶中，與其強氧化性無關，陳述Ⅰ正確但因果關系錯誤，A不符合題意；
B．濃硫酸具有脫水性，能使蔗糖變黑，陳述Ⅰ和Ⅱ均正確且存在因果關系，B符合題意；
C．Fe2+與K3[Fe(CN)6]反應生成藍色沉淀，可用于檢驗Fe2+；而KSCN用于檢驗Fe3+，兩者無直接因果關系，C不符合題意；
D．MnO2與濃鹽酸在加熱條件下反應生成Cl2是獨立反應，與Cl2和SO2的反應無因果關系，D不符合題意；
故答案為：B
【分析】A、濃硝酸見光易分解，保存在棕色瓶中可避免光照分解。
B、濃硫酸使蔗糖變黑，體現了濃硫酸的脫水性。
C、結合Fe2＋、Fe3＋的檢驗分析。
D、MnO2與濃鹽酸反應生成Cl2，與Cl2和SO2的反應無因果關系。
9．（2025·廣東）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：
C．原子半徑： D．最簡單氫化物沸點：
【答案】B
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；原子結構與元素的性質；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．a是B，g是Na，二者的最外層電子數不同，因此處于不同主族，A錯誤；
B．Na、Mg、Al屬于同周期元素，隨著核電荷數增大，金屬性逐漸減弱，B正確；
C．e、d、c分別是N、O、F，屬于同周期元素，隨著核電荷數增大，原子半徑逐漸減小，因此原子半徑c>d>e，C錯誤；
D．b為C，c為N，NH3分子間存在氫鍵，氫鍵使得沸點增大，因此沸點NH3>CH4，D錯誤；
故答案為：B
【分析】如圖是第一電離能與原子序數之間的關系。同周期元素，隨著原子序數增大，第一電離能逐漸增大。其中第ⅡA族、第ⅤA族元素，其基態原子的ns、np能級為全滿、半滿穩定結構，第一電離能大于下一主族元素。因此c為N、h為Mg。其余元素依次為B、C、O、F、Ne、Na、Al。據此結合元素周期律分析選項。
10．（2025·廣東）設為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是
A．的中子數，比的多
B．與水蒸氣完全反應，生成的數目為
C．在的溶液中，的數目為
D．標準狀況下的與足量反應，形成的共價鍵數目為
【答案】D
【知識點】氣體摩爾體積；物質的量的相關計算；阿伏加德羅常數
【解析】【解答】A．的中子數為18-8=10，的中子數為16-8=8，每個O2分子含2個O原子，因此1mol比1mol多4NA個中子，A錯誤；
B．Fe與水蒸氣反應生成Fe3O4和H2，1mol Fe完全反應生成mol H2，同時轉移mol電子，因此轉移電子數目為NA，B錯誤；
C．溶液中發生水解，使得的數目小于0.1NA，C錯誤；
D.一分子HCl中含有1個H-Cl共價鍵，1mol Cl2與H2反應生成2mol HCl，因此形成2mol H-Cl鍵，共價鍵數目為2NA，D正確；
故答案為：D
【分析】A、一個18O原子中所含的中子數為18-8=10，據此計算。
B、Fe與水蒸氣高溫條件下反應生成Fe3O4和H2，據此計算。
C、溶液中NH4＋存在水解，使得NH4＋數目減小。
D、H2與Cl2反應生成HCl，一個HCl分子中含有一個共價鍵。
11．（2025·廣東）利用如圖裝置進行實驗：打開，一定時間后，a中溶液變藍；關閉，打開，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中現象體現了的還原性
B．b中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
【答案】D
【知識點】乙醇的催化氧化實驗；化學實驗方案的評價；銀鏡反應
【解析】【解答】A．試管a中觀察到溶液變為藍色，說明O2進入a中，氧化I-，生成I2，體現了的還原性，A正確；
B．b中H2O2在MnO2的催化下生成O2和H2O，H2O2中氧元素由－1價變為0價和－2價。因此既作氧化劑也作還原劑，B正確；
C．銅絲先和氧氣反應生成黑色的氧化銅，乙醇再和氧化銅反應，氧化銅被還原為紅色的銅單質，乙醇被氧化為乙醛，因此c中的銅絲由黑變紅，可以說明乙醇被氧化，C正確；
D．乙醛可與銀氨溶液在加熱條件下反應產生銀鏡，d中未加熱，不能發生銀鏡反應，D錯誤；
故答案為：D
【分析】打開K2，H2O2溶液滴入MnO2中，反應生成O2。打開K1，O2加入淀粉－KI溶液中，O2將I－氧化成I2，淀粉遇碘變藍色，因此可觀察到溶液變為藍色。打開K3，O2進入硬質玻璃管內，與Cu反應生成CuO。推動注射器活塞，無水乙醇進入到玻璃管內，與灼熱的CuO反應，可觀察到固體由黑色變為紅色。產生的物質進入銀氨溶液中，在加熱條件下發生銀鏡反應。說明乙醇被氧化生成了乙醛。據此結合選項分析。
12．（2025·廣東）CuCl微溶于水，但在濃度較高的溶液中因形成和而溶解。將適量CuCl完全溶于鹽酸，得到含和的溶液，下列敘述正確的是
A．加水稀釋，濃度一定下降
B．向溶液中加入少量NaCl固體，濃度一定上升
C．的電離方程式為：
D．體系中，
【答案】A
【知識點】化學平衡的影響因素；弱電解質在水溶液中的電離平衡；離子濃度大小的比較；電離方程式的書寫
【解析】【解答】A．加水稀釋，溶液的體積變大，溶液中離子濃度減小，因此濃度一定下降，A正確；
B．加入NaCl固體，溶液中c(Cl-)增加，可能促使轉化為，因此濃度不一定上升，B錯誤；
C．配離子不能拆解成Cu+和Cl-，因此H[CuCl2]應電離為H+和，電離方程式錯誤，C錯誤；
D．電荷守恒未考慮的電荷數，因此溶液中存在的電荷守恒等式應為，D錯誤；
故答案為：A
【分析】A、加水稀釋，溶液中濃度減小。
B、加入NaCl固體，溶液中c(Cl－)增大，結合平衡移動分析。
C、配離子不能拆解成離子形式。
D、結合電荷守恒分析。
13．（2025·廣東）由結構不能推測出對應性質的是
選項 結構 性質
A 的VSEPR模型為平面三角形 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
【答案】A
【知識點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；焰色反應
【解析】【解答】A．SO3的VSEPR模型為平面三角形，體現的是其分子幾何結構，與化學性質無關；氧化性由硫的高價態(+6)決定，A符合題意；
B．鉀和鈉原子結構差異導致電子躍遷能量不同，使得灼燒過程中產生的焰色不同，結構與性質對應合理，B不符合題意；
C．乙烯和乙炔均含π鍵，π鍵斷裂可發生加聚反應，結構與性質對應合理，C不符合題意；
D．石墨層中離域p電子可自由移動，使得石墨具有導電性，結構與性質對應合理，D不符合題意；
故答案為：A
【分析】A、VSEPR模型體現的是幾何空間結構，與其氧化性無關。
B、原子結構的差異使得電子躍遷的能量不同。
C、乙烯和乙炔中的π鍵都能發生加聚反應。
D、石墨中離域p電子可自由移動，使得石墨具有導電性。
14．（2025·廣東）一種高容量水系電池示意圖如圖。已知：放電時，電極Ⅱ上減少；電極材料每轉移1mol電子，對應的理論容量為。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：
D．充電時16gS能提供的理論容量為
【答案】B
【知識點】化學電源新型電池；原電池、電解池綜合
【解析】【解答】A．由分析可知，放電時電極Ⅱ為正極，因此充電時電極Ⅱ為陽極，A正確；
B．由分析可知，放電時電極Ⅱ為正極，其電極反應式為，反應消耗，溶液中c(H＋)減小，因此溶液的pH升高，B錯誤；
C．由分析可知，放電時電極Ⅰ為原電池負極，其電極反應式為，C正確；
D．由分析可知，充電時陰極的電極反應式為，每消耗16gS（即0.5mol），轉移1mol電子，因此能提供的理論容量為26.8A h，D正確；
故答案為：B
【分析】放電時，電極Ⅱ上MnO2減少，說明MnO2轉化為Mn2＋，發生得電子的還原反應，因此電極Ⅱ做正極。其電極反應式為MnO2＋2e－＋4H＋=Mn2＋＋2H2O。電極Ⅰ為負極，發生失電子的氧化反應，其電極反應式為MnS－2e－=S＋Mn2＋。充電過程中，電極Ⅰ為陰極，其電極反應式為S＋Mn2＋＋2e－=MnS。電極Ⅱ為陽極，其電極反應式為2H2O＋Mn2＋－2e－=MnO2＋4H＋。據此結合選項分析。
15．（2025·廣東）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
【答案】C
【知識點】氮的氧化物的性質及其對環境的影響；二氧化硫的性質；濃硫酸的性質；指示劑
【解析】【解答】A．銅和稀硝酸反應生成NO，NO為無色氣體，液面上方有氧氣存在，一氧化氮與氧氣反應，生成紅棕色的二氧化氮，該反應為化合反應，生成為藍色，因此溶液有顏色變化，A正確；
B．b中氣體變紅棕色時，說明生成二氧化氮，存在的反應，因此所含氮氧化物至少有兩種，B正確；
C．酚酞的變色范圍是8.2~10，c中溶液紅色剛好褪去時，此時溶液可能呈弱堿性，因此不能判斷是否恰好完全反應，C錯誤；
D．若將a中稀硝酸換為濃硫酸并加熱，反應生成SO2，二氧化硫通入碳酸氫鈉溶液中，可生成亞硫酸氫鈉，NaHSO3溶液顯酸性，酚酞不變色，D正確；
故答案為：C
【分析】A、Cu與稀硝酸反應生成NO，NO與O2反應生成NO2。
B、b中氣體變紅色，則生成NO2，存在可逆反應2NO2(g)=N2O4(g)。
C、酚酞的變色范圍為8.2～10.0，溶液恰好褪色時仍為堿性，NaHCO3未完全反應
D、若將稀硝酸換為濃硫酸，加熱時反應生成SO2，結合SO2與NaHCO3的反應分析。
16．（2025·廣東）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
【答案】C
【知識點】化學反應速率的影響因素；原電池工作原理及應用
【解析】【解答】A．由分析可知，氧氣發生還原反應，做正極，因此正極反應的催化劑是ⅰ，A錯誤；
B．獲得第一個電子的過程最慢，因此其所需的活化能最高，即ⅰ到ⅱ過程的活化能一定最高，B錯誤；
C．氫氣發生氧化反應，做負極，其電極反應式為。同時H+通過質子交換膜進入正極室。因此電池工作過程中，負極室的溶液質量保持不變，C正確；
D．由圖a、c可知，氧氣催化循環一次需要得到4個電子；而氫氣催化循環一次需要失去2個電子。根據得失電子守恒可得，電極Ⅰ和電極Ⅱ上的催化循環完成次數不相同，D錯誤；
故答案為：C
【分析】ⅰ表面發生得電子的還原反應，最終生成H2O，因此O2為正極，其電極反應式為O2＋4e－＋4H＋=2H2O。H2發生失電子的氧化反應，生成H＋，為負極，其電極反應式為H2－2e－=2H＋。據此分析選項。
17．（2025·廣東）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)。
（3）興趣小組測定常溫下苯甲酸飽和溶液的濃度和苯甲酸的，實驗如下：取50.00mL苯甲酸飽和溶液，用溶液滴定，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：
①　 　。
②苯甲酸的　 　(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 羧酸酸性可用衡量。下列羧酸的變化順序為：。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直接判斷大小順序，因為　 　。
乙同學用(3)中方法測定了上述三種酸的，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。
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。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。
【答案】（1）由紫色變為無色
（2）da
（3）；
（4）增大；極性；常溫下三種酸的飽和溶液的濃度不同
（5）；實驗方法：取適量0.100mol/LNaClO溶液放入燒杯中，用pH計測得體系在25℃下的pH，記錄數據；數據處理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根據0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常數，再利用公式求出HClO的Ka。
【知識點】鹽類水解的應用；苯的同系物及其性質；中和滴定；化學實驗方案的評價；電離平衡常數
【解析】【解答】（1）酸性KMnO4溶液具有強氧化性，可以將甲苯氧化生成苯甲酸，故向盛有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色變為無色。
故答案為： 由紫色變為無色
（2）重結晶法提純苯甲酸的方法為，加熱溶解、趁熱過濾、冷卻結晶，故操作編號為da。
故答案為：da
（3）①由圖像可知，當加入14mLNaOH溶液時，苯甲酸被完全中和，則可得苯甲酸飽和溶液的濃度。
故答案為：0.028
②由圖像可知，苯甲酸飽和溶液的pH為2.89，說明苯甲酸飽和溶液中的，則苯甲酸的。
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，酸性越強，鹵素原子的電負性越大，吸電子能力越強，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
③由于常溫下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： 溫下三種酸的飽和溶液的濃度不同
（5）①次氯酸在光照條件下易分解為HCl和O2，其分解反應的離子方程式為。
故答案為：
②實驗方法：取適量0.100mol/LNaClO溶液放入燒杯中，用pH計測得體系在25℃下的pH，記錄數據；
數據處理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根據0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常數，再利用公式求出HClO的Ka。
故答案為： 實驗方法：取適量0.100mol/LNaClO溶液放入燒杯中，用pH計測得體系在25℃下的pH，記錄數據；
數據處理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根據0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常數，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）加熱溶解后，應趁熱過濾；再對濾液進行冷卻結晶。
（3）①滴加NaOH溶液的過程中苯甲酸與NaOH反應生成苯甲酸鈉和H2O，結合消耗NaOH溶液的量計算苯甲酸溶液的濃度c0。
②飽和苯甲酸溶液的pH=2.89，此時溶液中c(H＋)=10－2.89mol·L－1，結合苯甲酸的電離方程式計算苯甲酸的電離平衡常數。
（4）①隨著鹵素原子電負性增強，其對鍵合電子的吸引力更強，導致羥基的極性增強。
③通過測溶液的pH直接判斷Ka的大小，則所測量溶液的濃度必須相同，而三種酸的飽和溶液的濃度不同，因此無法直接比較。
（5）①HClO不穩定，光照條件下發生分解反映過，生成H＋、Cl－和O2，據此寫出反應的離子方程式。
②選用0.100mol·L－1的NaClO溶液進行實驗，以獲取HClO的Ka。則可先計算ClO－的水解平衡常數Kh，結合Kw=Ka×Kh，即可獲得HClO的電離平衡常數Ka。
（1）酸性KMnO4溶液具有強氧化性，可以將甲苯氧化生成苯甲酸，故向盛有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色變為無色。
（2）重結晶法提純苯甲酸的方法為，加熱溶解、趁熱過濾、冷卻結晶，故操作編號為da
（3）①由圖像可知，當加入14mLNaOH溶液時，苯甲酸被完全中和，則可得苯甲酸飽和溶液的濃度；
②由圖像可知，苯甲酸飽和溶液的pH為2.89，說明苯甲酸飽和溶液中的，則苯甲酸的
（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，酸性越強，鹵素原子的電負性越大，吸電子能力越強，使得羧基中O-H鍵的極性越大，酸性越強；
③由于常溫下三種酸的飽和溶液的濃度不同，所以該推斷依據不足。
（5）①次氯酸在光照條件下易分解為HCl和O2，其分解反應的離子方程式為；
②實驗方法：取適量0.100mol/LNaClO溶液放入燒杯中，用pH計測得體系在25℃下的pH，記錄數據；
數據處理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根據0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常數，再利用公式求出HClO的Ka。
18．（2025·廣東）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下。
已知：多金屬精礦中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。
氫氧化物
（1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有　 　(寫一條)。
（2）“高壓加熱”時，生成的離子方程式為：　 　。
（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，。
（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）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，則　 　；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，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，顆粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒為電極，在答題卡虛線框中，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)。
【答案】（1）攪拌、粉碎多金屬精礦、提高酸浸溫度等
（2）4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+
（3）5
（4）A；D
（5）3：1：1；12
（6）2NH3N2+3H2；Fe2O3+3H22Fe+3H2O；；沒有污染物產生
【知識點】晶胞的計算；氧化還原反應方程式的配平；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】（1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有：攪拌、粉碎多金屬精礦、提高酸浸溫度等。
故答案為： 攪拌、粉碎多金屬精礦、提高酸浸溫度等
（2）由于通入“酸浸”，故浸取液中不含有，“高壓加熱”時，Fe2+在酸性條件下被氧化為，離子方程式為：4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+。
故答案為： 4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+
（3）“沉鋁”時，保證Cu2+和Ni2+不沉淀，Cu(OH)2的溶度積更小，，根據Ksp=c(Cu2+)×c2(OH-)=0.022×c2(OH-)=2.2×10-20，得出c(OH-)=10-9mol/L，pH=5。
故答案為：5
（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，可以使鎳進入有機相，A正確；
B、配體中提供孤對電子的O原子帶一個單位負電，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+化合價不變，B錯誤；
C、配合物與水形成氫鍵，不能解釋鎳進入有機相，C錯誤；
D、烷基具有疏水性，可以使其進入有機相，D正確；
故答案為：AD
（5）根據同種位置原子相同，相鄰原子間的最近距離之比，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，面心的原子與體心的原子距離為，則可以確定，晶胞中面心原子為Ni，有6×個，頂點原子為Cu，有8×個，體心的原子為N，有1個，則x：y：z=3：1：1；
根據分析，Cu原子處于頂角，距離最近且等距離的原子為面心上Ni原子，數目為。
故答案為：3：1：1；12
（6）①氨氣分解為N2和H2，H2還原Fe2O3得到Fe單質和水，化學方程式為：2NH3N2+3H2、Fe2O3+3H22Fe+3H2O。
故答案為：2NH3N2+3H2；Fe2O3+3H22Fe+3H2O
②電解Fe2O3顆粒得到Fe單質，在陰極發生還原反應，則Fe片為陰極，石墨做陽極，電解液為NaOH溶液和顆粒，裝置圖如下：。
故答案為：
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。
故答案為： 沒有污染物產生
【分析】（1）攪拌、粉碎、提高浸取溫度，都可提高反應速率。
（2）根據得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒進行配平。
（3）由于溶度積Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Ni(OH)2]，Cu2＋不形成沉淀，則Ni2＋也不沉淀。據此結合Cu(OH)2的溶度積Ksp進行計算。
（4）A、Ni能與N、O形成配合物，因此Ni容易進入有機相中。
B、形成配合物的過程中Ni元素的化合價不變。
C、該配合物難以形成氫鍵。
D、烷烴基為疏水基團。
（5） 相鄰原子間的最近距離之比，其中為面對角線的一半，為棱長的一半。因此頂點為Cu、面心為Ni、體心為N，據此分析。
（6）①合成氨的逆反應為NH3的分解反應，生成N2和H2；H2還原Fe2O3生成Fe和H2O，據此寫出反應的化學方程式。
②Fe2O3分散在NaOH溶液中，通過電解得到Fe。因此石墨電極為陽極，Fe電極為陰極。據此確定電解池裝置示意圖。
③傳統高爐煉鐵工業中會產生污染性氣體CO。
（1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有：攪拌、粉碎多金屬精礦、提高酸浸溫度等；
（2）由于通入“酸浸”，故浸取液中不含有，“高壓加熱”時，Fe2+在酸性條件下被氧化為，離子方程式為：4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+；
（3）“沉鋁”時，保證Cu2+和Ni2+不沉淀，Cu(OH)2的溶度積更小，，根據Ksp=c(Cu2+)×c2(OH-)=0.022×c2(OH-)=2.2×10-20，得出c(OH-)=10-9mol/L，pH=5；
（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，可以使鎳進入有機相，A正確；
B、配體中提供孤對電子的O原子帶一個單位負電，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+化合價不變，B錯誤；
C、配合物與水形成氫鍵，不能解釋鎳進入有機相，C錯誤；
D、烷基具有疏水性，可以使其進入有機相，D正確；
答案選AD；
（5）根據同種位置原子相同，相鄰原子間的最近距離之比，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，面心的原子與體心的原子距離為，則可以確定，晶胞中面心原子為Ni，有6×個，頂點原子為Cu，有8×個，體心的原子為N，有1個，則x：y：z=3：1：1；
根據分析，Cu原子處于頂角，距離最近且等距離的原子為面心上Ni原子，數目為；
（6）①氨氣分解為N2和H2，H2還原Fe2O3得到Fe單質和水，化學方程式為：2NH3N2+3H2、Fe2O3+3H22Fe+3H2O；
②電解Fe2O3顆粒得到Fe單質，在陰極發生還原反應，則Fe片為陰極，石墨做陽極，電解液為NaOH溶液和顆粒，裝置圖如下：；
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。
19．（2025·廣東）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，反應的、，則298K下該反應　 　(填“能”或“不能”)自發進行。
（3）以為原料可制備。將與10.0molTi放入容積為的恒容密閉容器中，反應體系存在下列過程。
編號 過程
(a)
(b)
(c)
(d)
①　 　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溫度下，　 　，反應(c)的平衡常數　 　(列出算式，無須化簡)。
（4）鈦基催化劑可以催化儲氫物質肼的分解反應：
(e)
(f)
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(含的物質的量為)，進行實驗，得到、隨時間t變化的曲線如圖。其中，為與的物質的量之和；為剩余的物質的量。設為0~t時間段內反應(e)消耗的物質的量，該時間段內，本體系中催化劑的選擇性用表示。
①內，的轉化率為　 　(用含的代數式表示)。
②內，催化劑的選擇性為　 　(用含與的代數式表示，寫出推導過程)。
【答案】（1）
（2）能
（3）；；0.5；
（4）；
【知識點】原子核外電子排布；蓋斯定律及其應用；化學平衡的計算
【解析】【解答】（1）Ti為22號元素，基態Ti原子的價層電子排布式為。
故答案為：
（2）反應的、，則根據可知，該反應在298K下能自發進行。
故答案為：能
（3）① 已知：
反應b：
反應c：
將反應c-2×反應b可得，則。
故答案為：
② 由表格可知，反應a為放熱反應，反應b、c為吸熱反應，反應d也是放熱的，曲線Ⅰ，Ⅱ可表示或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，所以的含量逐漸上升，的含量逐漸下降，所以曲線Ⅰ對應的物質為。
故答案為：
③ 溫度下，，，，根據Ti元素守恒，可推出（10+5-6-8.5）mol=0.5mol，則，，反應(c)的平衡常數=。
故答案為：0.5；
（4）① 因為肼為反應物，肼的含量逐漸下降，起始時，時，，則內，的轉化率為=。
故答案為：
② 由圖可知，內，，，則，反應掉的肼為，生成的氮氣和氫氣的物質的量為，根據反應前后原子個數守恒，可得，反應f消耗的肼為，反應e消耗的肼為， 則本體系中催化劑的選擇性===。
故答案為：
【分析】（1）根據基態Ti原子的核外電子排布式確定其價層電子排布式。
（2）當ΔH-TΔS＜0時，反應可自發進行。
（3）①根據蓋斯定律計算目標反應的反應熱。
②隨著溫度升高，曲線Ⅰ的縱坐標逐漸降低。據此結合溫度對平衡移動的影響分析。
③溫度下，，，，根據Ti元素守恒計算。進而計算反應(c)的平衡常數。
（4）①因為肼為反應物，肼的含量逐漸下降，起始時，時，，據此計算N2H4的轉化率。
②根據圖像數據，結合元素守恒進行計算。
（1）Ti為22號元素，基態Ti原子的價層電子排布式為，故答案為：：
（2）反應的、，則根據可知，該反應在298K下能自發進行，故答案為：能；
（3）① 已知：
反應b：
反應c：
將反應c-2×反應b可得，則，故答案為：；
② 由表格可知，反應a為放熱反應，反應b、c為吸熱反應，反應d也是放熱的，曲線Ⅰ，Ⅱ可表示或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，所以的含量逐漸上升，的含量逐漸下降，所以曲線Ⅰ對應的物質為，故答案為：；
③ 溫度下，，，，根據Ti元素守恒，可推出（10+5-6-8.5）mol=0.5mol，則，，反應(c)的平衡常數=，故答案為：0.5；；
（4）① 因為肼為反應物，肼的含量逐漸下降，起始時，時，，則內，的轉化率為=，故答案為：；
② 由圖可知，內，，，則，反應掉的肼為，生成的氮氣和氫氣的物質的量為，根據反應前后原子個數守恒，可得，反應f消耗的肼為，反應e消耗的肼為， 則本體系中催化劑的選擇性===，故答案為：；
20．（2025·廣東）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，其中的一個反應如下(反應條件略：Ph-代表苯基)。
（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，有鍵斷裂與鍵形成
B．在4a分子中，存在手性碳原子，并有20個碳原子采取雜化
C．在5a分子中，有大鍵，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，與丙酮發生反應，溴取代丙酮中的，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。
【答案】（1）醛基
（2）；5
（3）A；B
（4）丙酮的單一甲基峰消失，出現兩個新信號峰：峰面積之比為3：2，且峰的位置較丙酮有所偏移
（5）；酯化反應；
（6）
【知識點】原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；有機物的合成；有機物的結構和性質；同分異構現象和同分異構體
【解析】【解答】（1）由其結構簡式可知，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是苯乙烯，的分子式為。
故答案為：
②化合物Ⅰ的分子式為，分子中含有苯環，則其余結構均為飽和結構，含有醇羥基的結構的同分異構體有、、、、，共計5種。
故答案為：5
（3）A．在1a、2a和3a生成4a的過程中，1a、2a先發生碳碳雙鍵的加成反應，生成，該過程存在鍵斷裂，隨后與3a發生取代反應脫去1分子HBr生成4a，該過程存在鍵形成，A正確；
B．連接4個不同基團的碳原子是手性碳原子，4a分子中，存在手性碳原子，如圖：，苯環是平面結構，三個苯環以及酮羰基的碳原子均為雜化，共計20個，B正確；
C．在5a分子中，苯環內有大鍵，酮羰基和羥基相鄰較近，可存在分子內氫鍵，且與羥基相連的碳原子是手性碳原子，C錯誤；
D．化合物5a與氫氣發生還原反應是原子利用率為100%的反應，但化合物5a含有酮羰基，不是苯酚的同系物，D錯誤；
故答案為：AB
（4）丙酮的氫譜：兩個甲基等效：核磁共振氫譜出現單峰；
α 溴代丙酮的氫譜：受溴吸電子效應影響，甲基與亞甲基上的氫不等效，核磁共振氫譜圖會出現兩組峰，面積之比為3：2；故氫譜變化：丙酮的單一甲基峰消失，出現兩個新信號峰：峰面積之比為3：2，且峰的位置較丙酮有所偏移。
故答案為： 丙酮的單一甲基峰消失，出現兩個新信號峰：峰面積之比為3：2，且峰的位置較丙酮有所偏移
（5）比較化合物Ⅱ與主產物的結構簡式可知，主要在右側含氧官能團不同，化合物Ⅱ含有酯基，故推測合成Ⅱ發生的反應有酯化反應；
①已知羧酸在一定條件下，可發生類似于丙酮的取代反應，則第一步反應為羧酸中的取代反應引入溴，化學方程式為；
②第二步與甲醇發生酯化(取代)反應，化學方程式為，題目要求填具體反應類型，故此處填酯化反應；
③第三步1a、2a發生碳碳雙鍵的加成反應，生成，再與發生取代反應得到。
故答案為：；酯化反應；
（6）結合化合物Ⅲ的結構簡式，將其斷鍵，左側表示1a基團，右側是3a基團，則需要合成Ⅲ的還差，即合成流程是1a與先發生1，4加成反應，生成，再與3a發生取代反應得到目標產物。
故答案為：
【分析】（1）根據化合物1a的結構簡式確定其所含的冠能團。
（2）①根據結構簡式確定分子式，注意Ph-表示苯基。
②若為苯環的一取代物，則其側鏈為－CH2CH2OH、－CH(OH)CH3；若為苯的二取代物，則其側鏈為－CH3和－CH2OH。據此確定同分異構體的個數。
（3）A、根據反應過過程中化學鍵的斷裂與形成分析。
B、連接有四個不同的原子或原子團的碳原子，為手性碳原子。
C、羥基所在的碳原子為手性碳原子。
D、同系物是指結構相似，分子組成上相差一個或多個CH2的有機物。
（4）根據丙酮與α-溴代丙酮的結構簡式進行分析。
（5）①羧酸能發生類似丙酮的α-H取代反應，則CH3COOH中-CH3上的H原子能與Br2發生取代反應，生成CH2BrCOOH。據此寫出反應的化學方程式。
②化合物Ⅱ中含有酯基，因此發生的是酯化反應；由CH2BrCOOH與CH3OH反應生成CH2BrCOOCH3，據此寫出反應的化學方程式。
（6）根據化合物Ⅲ的結構簡式可知，該物質由1a、3a和 反應生成。
（1）由其結構簡式可知，化合物1a中含氧官能團的名稱為醛基；
（2）①化合物2a是苯乙烯，的分子式為；
②化合物Ⅰ的分子式為，分子中含有苯環，則其余結構均為飽和結構，含有醇羥基的結構的同分異構體有、、、、，共計5種；
（3）A．在1a、2a和3a生成4a的過程中，1a、2a先發生碳碳雙鍵的加成反應，生成，該過程存在鍵斷裂，隨后與3a發生取代反應脫去1分子HBr生成4a，該過程存在鍵形成，A正確；
B．連接4個不同基團的碳原子是手性碳原子，4a分子中，存在手性碳原子，如圖：，苯環是平面結構，三個苯環以及酮羰基的碳原子均為雜化，共計20個，B正確；
C．在5a分子中，苯環內有大鍵，酮羰基和羥基相鄰較近，可存在分子內氫鍵，且與羥基相連的碳原子是手性碳原子，C錯誤；
D．化合物5a與氫氣發生還原反應是原子利用率為100%的反應，但化合物5a含有酮羰基，不是苯酚的同系物，D錯誤；
故選AB；
（4）丙酮的氫譜：兩個甲基等效：核磁共振氫譜出現單峰；
α 溴代丙酮的氫譜：受溴吸電子效應影響，甲基與亞甲基上的氫不等效，核磁共振氫譜圖會出現兩組峰，面積之比為3：2；
故氫譜變化：丙酮的單一甲基峰消失，出現兩個新信號峰：峰面積之比為3：2，且峰的位置較丙酮有所偏移；
（5）比較化合物Ⅱ與主產物的結構簡式可知，主要在右側含氧官能團不同，化合物Ⅱ含有酯基，故推測合成Ⅱ發生的反應有酯化反應；
①已知羧酸在一定條件下，可發生類似于丙酮的取代反應，則第一步反應為羧酸中的取代反應引入溴，化學方程式為；
②第二步與甲醇發生酯化(取代)反應，化學方程式為，題目要求填具體反應類型，故此處填酯化反應；
③第三步1a、2a發生碳碳雙鍵的加成反應，生成，再與發生取代反應得到；
（6）結合化合物Ⅲ的結構簡式，將其斷鍵，左側表示1a基團，右側是3a基團，則需要合成Ⅲ的還差，即合成流程是1a與先發生1，4加成反應，生成，再與3a發生取代反應得到目標產物。
1 / 12025年廣東高考真題化學試題
1．（2025·廣東）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
A．A B．B C．C D．D
2．（2025·廣東）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．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．（2025·廣東）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質量為10g
B．利用成功為金屬材料“重塑金身”，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．（2025·廣東）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
B 用和鹽酸檢驗粗鹽中是否含
C 使用溶液點鹵制豆腐 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．（2025·廣東）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
B．磁帶可由四氧化三鐵涂覆在膠帶上制成，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．（2025·廣東）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
A．A B．B C．C D．D
7．（2025·廣東）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
D．X可為碳，鹽的熱穩定性：
8．（2025·廣東）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 與可生成藍色物質 KSCN溶液可用于檢驗
D 與濃鹽酸共熱，生成黃綠色氣體
A．A B．B C．C D．D
9．（2025·廣東）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：
C．原子半徑： D．最簡單氫化物沸點：
10．（2025·廣東）設為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是
A．的中子數，比的多
B．與水蒸氣完全反應，生成的數目為
C．在的溶液中，的數目為
D．標準狀況下的與足量反應，形成的共價鍵數目為
11．（2025·廣東）利用如圖裝置進行實驗：打開，一定時間后，a中溶液變藍；關閉，打開，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中現象體現了的還原性
B．b中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．（2025·廣東）CuCl微溶于水，但在濃度較高的溶液中因形成和而溶解。將適量CuCl完全溶于鹽酸，得到含和的溶液，下列敘述正確的是
A．加水稀釋，濃度一定下降
B．向溶液中加入少量NaCl固體，濃度一定上升
C．的電離方程式為：
D．體系中，
13．（2025·廣東）由結構不能推測出對應性質的是
選項 結構 性質
A 的VSEPR模型為平面三角形 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．（2025·廣東）一種高容量水系電池示意圖如圖。已知：放電時，電極Ⅱ上減少；電極材料每轉移1mol電子，對應的理論容量為。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：
D．充電時16gS能提供的理論容量為
15．（2025·廣東）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．（2025·廣東）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
17．（2025·廣東）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)。
（3）興趣小組測定常溫下苯甲酸飽和溶液的濃度和苯甲酸的，實驗如下：取50.00mL苯甲酸飽和溶液，用溶液滴定，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：
①　 　。
②苯甲酸的　 　(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 羧酸酸性可用衡量。下列羧酸的變化順序為：。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直接判斷大小順序，因為　 　。
乙同學用(3)中方法測定了上述三種酸的，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。
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。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．（2025·廣東）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下。
已知：多金屬精礦中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。
氫氧化物
（1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有　 　(寫一條)。
（2）“高壓加熱”時，生成的離子方程式為：　 　。
（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，。
（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）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，則　 　；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，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，顆粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒為電極，在答題卡虛線框中，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．（2025·廣東）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，反應的、，則298K下該反應　 　(填“能”或“不能”)自發進行。
（3）以為原料可制備。將與10.0molTi放入容積為的恒容密閉容器中，反應體系存在下列過程。
編號 過程
(a)
(b)
(c)
(d)
①　 　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溫度下，　 　，反應(c)的平衡常數　 　(列出算式，無須化簡)。
（4）鈦基催化劑可以催化儲氫物質肼的分解反應：
(e)
(f)
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(含的物質的量為)，進行實驗，得到、隨時間t變化的曲線如圖。其中，為與的物質的量之和；為剩余的物質的量。設為0~t時間段內反應(e)消耗的物質的量，該時間段內，本體系中催化劑的選擇性用表示。
①內，的轉化率為　 　(用含的代數式表示)。
②內，催化劑的選擇性為　 　(用含與的代數式表示，寫出推導過程)。
20．（2025·廣東）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，其中的一個反應如下(反應條件略：Ph-代表苯基)。
（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，有鍵斷裂與鍵形成
B．在4a分子中，存在手性碳原子，并有20個碳原子采取雜化
C．在5a分子中，有大鍵，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，與丙酮發生反應，溴取代丙酮中的，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。
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】化學科學的主要研究對象；合金及其應用
【解析】【解答】A．紙的主要成分是纖維素，屬于有機材料，不屬于合金，A不符合題意；
B．石印章的材料通常是天然礦物，其主要成分為大理石、壽山石等，屬于硅酸鹽或碳酸鹽，不屬于合金，B不符合題意；
C．木活字的材料是木材，主要成分為纖維素和木質素，均屬于有機材料，不屬于合金，C不符合題意；
D．不銹鋼是鐵(Fe)與鉻(Cr)、鎳(Ni)等金屬形成的合金，D符合題意；
故答案為：D
【分析】此題是對物質組成和材料分類的考查，屬于合金的是金屬單質或合金。據此結合選項所給物質的成分進行分析即可。
2．【答案】A
【知識點】配合物的成鍵情況；苯的結構與性質
【解析】【解答】A．C原子和H原子間通過共用電子對之間的作用力結合，該作用力為共價鍵，A正確；
B．該配合物具有芳香性，結合苯的結構可知，該配合物中存在的是共軛大π鍵，不存在碳碳雙鍵，B錯誤；
C．每個碳原子周圍最多形成4個共價鍵，因此該物質有10個H原子，C錯誤；
D．大π鍵環上的C-H鍵可以發生取代反應，D錯誤；
故答案為：A
【分析】A、C、H原子通過共用電子對（即共價鍵）結合。
B、結合苯中不存在碳碳雙鍵分析。
C、根據C原子的價鍵情況分析。
D、結構中C-H可發生取代反應。
3．【答案】D
【知識點】化學科學的主要研究對象；常見能量的轉化及運用；摩爾質量
【解析】【解答】A.H2O的摩爾質量為18g/mol，因此1mol H2O的質量為1mol×18g/mol=18g，A錯誤；
B．MoS2中S的化合價為-2，根據化合價代數和為0可得，Mo的化合價為+4，B錯誤；
C．電動機械腿工作時，電池放電將化學能轉化為電能，電能進一步轉化為機械能，C錯誤；
D．魚肉的主要營養成分是蛋白質，D正確；
故答案為：D
【分析】A、H2O的摩爾質量為18g·mol－1，根據公式m=n×M計算1molH2O的質量。
B、MoS2中硫元素為－2價，結合化合物中化合價代數和為0計算Mo的化合價。
C、電池工作時化學能轉化為電能，行走過程中電能轉化為機械能。
D、魚肉富含的營養素為蛋白質。
4．【答案】A
【知識點】難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；硫酸根離子的檢驗；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點
【解析】【解答】A．燃煤脫硫減排的過程中，加入的生石灰（CaO）與燃煤中的SO2和氧氣反應生成CaSO4，不存在沉淀溶解平衡的轉化，A錯誤；
B．檢驗SO需先加鹽酸排除CO32－、SO32－和Ag＋的干擾，再加BaCl2生成BaSO4沉淀，步驟和反應式均正確，B正確；
C．MgCl2點鹵使蛋白質膠體沉降，產生固體，該過程為蛋白質的鹽析，C正確；
D．暖貼中鐵粉發生氧化反應，生成Fe2O3的過程中放出熱量，描述正確，D正確；
故答案為：A
【分析】A、燃煤脫硫過程中是利用CaO與SO2、O2反應。
B、結合SO42－的檢驗分析。
C、MgCl2點鹵發生蛋白質的鹽析。
D、鐵粉被氧化的過程中放出熱量。
5．【答案】A
【知識點】化學科學的主要研究對象；物理變化與化學變化的區別與聯系；原子晶體（共價晶體）
【解析】【解答】A．聚氯乙烯是由氯乙烯發生加聚反應后的產物，因此聚氯乙烯的單體應氯乙烯（CH2=CHCl），A錯誤；
B．四氧化三鐵（Fe3O4）具有磁性，常用于制作磁帶，B正確；
C．光碟擦寫時晶態與非晶態相互轉換，過程中沒有新物質生成，屬于物理變化，C正確；
D．固態硬盤芯片使用單晶硅，單晶硅為共價晶體(原子晶體)，D正確；
故答案為：A
【分析】A、聚氯乙烯的單體為氯乙烯。
B、Fe3O4具有磁性，可用于制作磁帶。
C、晶態和非晶態的轉化為物理變化。
D、單晶硅屬于共價晶體。
6．【答案】D
【知識點】配合物的成鍵情況；鹽類水解的應用；電鍍
【解析】【解答】A．溶液中CO32－水解，使得溶液顯堿性，油污在堿性溶液中發生水解反應，同時加熱可以增強碳酸鈉溶液的堿性，可以達到除油污的目的，A不符合題意；
B．鐵銹的主要成分為Fe2O3·xH2O，稀鹽酸能與Fe2O3反應，可用于除鐵銹，可以達到實驗目的，B不符合題意；
C．硫酸銅溶液中滴加過量氨水，反應生成銅氨溶液，C不符合題意；
D．鐵釘鍍銅過程中，Cu片做陽極，與電源正極相連；鐵釘做陰極，與電源負極相連。圖中無電源，因此不能達到實驗目的，D符合題意；
故答案為：D
【分析】A、Na2CO3溶液中CO32－水解使得溶液顯堿性，油污在堿性條件下可發生水解反應而被除去。
B、鐵銹的成分為Fe2O3·xH2O，能與HCl反應。
C、滴加氨水的過程中，Cu2＋先與NH3·H2O反應生成Cu(OH)2沉淀，氨水過量，Cu(OH)2繼續反應生成[Cu(NH3)4](OH)2溶液。
D、鐵釘鍍銅需用電解池裝置。
7．【答案】B
【知識點】含硫物質的性質及綜合應用；探究碳酸鈉與碳酸氫鈉的性質；物質的簡單分類
【解析】【解答】A．鋁單質與O2生成Al2O3后無法再被O2氧化，無法形成氧化物2，且Al2O3與水不反應，A錯誤；
B．硫燃燒生成SO2(氧化物1，SO2的漂白性能使品紅褪色)，SO2氧化為SO3(氧化物2)，SO3與水生成H2SO4，再與NaOH生成鹽，轉化關系成立，B正確；
C．鈉與氧氣常溫反應生成Na2O(氧化物1)，進一步氧化生成Na2O2(氧化物2)；Na2O2與水反應生成NaOH和O2，沒有H2生成，C錯誤；
D．碳與氧氣反應先生成CO，CO進一步與O2反應生成CO2，CO2與水反應生成碳酸，與堿反應可生成鹽，但熱穩定性：Na2CO3＞NaHCO3，D結論錯誤，D錯誤；
故答案為：B
【分析】A、鋁的氧化物只有Al2O3一種，無法形成氧化物2。
B、S與O2反應生成SO2，SO2與O2繼續反應生成SO3，SO3與H2O反應生成H2SO4，H2SO4與NaOH反應生成Na2SO4。
C、Na與O2反應生成Na2O，Na2O與O2進一步反應生成Na2O2，Na2O2與H2O反應生成NaOH和O2，NaOH與HCl反應生成NaCl。
D、NaHCO3不穩定，受熱易分解；Na2CO3穩定，受熱不分解。
8．【答案】B
【知識點】氯氣的實驗室制法；濃硫酸的性質；二價鐵離子和三價鐵離子的檢驗
【解析】【解答】A．濃硝酸不穩定見光易分解，因此需保存在棕色試劑瓶中，與其強氧化性無關，陳述Ⅰ正確但因果關系錯誤，A不符合題意；
B．濃硫酸具有脫水性，能使蔗糖變黑，陳述Ⅰ和Ⅱ均正確且存在因果關系，B符合題意；
C．Fe2+與K3[Fe(CN)6]反應生成藍色沉淀，可用于檢驗Fe2+；而KSCN用于檢驗Fe3+，兩者無直接因果關系，C不符合題意；
D．MnO2與濃鹽酸在加熱條件下反應生成Cl2是獨立反應，與Cl2和SO2的反應無因果關系，D不符合題意；
故答案為：B
【分析】A、濃硝酸見光易分解，保存在棕色瓶中可避免光照分解。
B、濃硫酸使蔗糖變黑，體現了濃硫酸的脫水性。
C、結合Fe2＋、Fe3＋的檢驗分析。
D、MnO2與濃鹽酸反應生成Cl2，與Cl2和SO2的反應無因果關系。
9．【答案】B
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；原子結構與元素的性質；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．a是B，g是Na，二者的最外層電子數不同，因此處于不同主族，A錯誤；
B．Na、Mg、Al屬于同周期元素，隨著核電荷數增大，金屬性逐漸減弱，B正確；
C．e、d、c分別是N、O、F，屬于同周期元素，隨著核電荷數增大，原子半徑逐漸減小，因此原子半徑c>d>e，C錯誤；
D．b為C，c為N，NH3分子間存在氫鍵，氫鍵使得沸點增大，因此沸點NH3>CH4，D錯誤；
故答案為：B
【分析】如圖是第一電離能與原子序數之間的關系。同周期元素，隨著原子序數增大，第一電離能逐漸增大。其中第ⅡA族、第ⅤA族元素，其基態原子的ns、np能級為全滿、半滿穩定結構，第一電離能大于下一主族元素。因此c為N、h為Mg。其余元素依次為B、C、O、F、Ne、Na、Al。據此結合元素周期律分析選項。
10．【答案】D
【知識點】氣體摩爾體積；物質的量的相關計算；阿伏加德羅常數
【解析】【解答】A．的中子數為18-8=10，的中子數為16-8=8，每個O2分子含2個O原子，因此1mol比1mol多4NA個中子，A錯誤；
B．Fe與水蒸氣反應生成Fe3O4和H2，1mol Fe完全反應生成mol H2，同時轉移mol電子，因此轉移電子數目為NA，B錯誤；
C．溶液中發生水解，使得的數目小于0.1NA，C錯誤；
D.一分子HCl中含有1個H-Cl共價鍵，1mol Cl2與H2反應生成2mol HCl，因此形成2mol H-Cl鍵，共價鍵數目為2NA，D正確；
故答案為：D
【分析】A、一個18O原子中所含的中子數為18-8=10，據此計算。
B、Fe與水蒸氣高溫條件下反應生成Fe3O4和H2，據此計算。
C、溶液中NH4＋存在水解，使得NH4＋數目減小。
D、H2與Cl2反應生成HCl，一個HCl分子中含有一個共價鍵。
11．【答案】D
【知識點】乙醇的催化氧化實驗；化學實驗方案的評價；銀鏡反應
【解析】【解答】A．試管a中觀察到溶液變為藍色，說明O2進入a中，氧化I-，生成I2，體現了的還原性，A正確；
B．b中H2O2在MnO2的催化下生成O2和H2O，H2O2中氧元素由－1價變為0價和－2價。因此既作氧化劑也作還原劑，B正確；
C．銅絲先和氧氣反應生成黑色的氧化銅，乙醇再和氧化銅反應，氧化銅被還原為紅色的銅單質，乙醇被氧化為乙醛，因此c中的銅絲由黑變紅，可以說明乙醇被氧化，C正確；
D．乙醛可與銀氨溶液在加熱條件下反應產生銀鏡，d中未加熱，不能發生銀鏡反應，D錯誤；
故答案為：D
【分析】打開K2，H2O2溶液滴入MnO2中，反應生成O2。打開K1，O2加入淀粉－KI溶液中，O2將I－氧化成I2，淀粉遇碘變藍色，因此可觀察到溶液變為藍色。打開K3，O2進入硬質玻璃管內，與Cu反應生成CuO。推動注射器活塞，無水乙醇進入到玻璃管內，與灼熱的CuO反應，可觀察到固體由黑色變為紅色。產生的物質進入銀氨溶液中，在加熱條件下發生銀鏡反應。說明乙醇被氧化生成了乙醛。據此結合選項分析。
12．【答案】A
【知識點】化學平衡的影響因素；弱電解質在水溶液中的電離平衡；離子濃度大小的比較；電離方程式的書寫
【解析】【解答】A．加水稀釋，溶液的體積變大，溶液中離子濃度減小，因此濃度一定下降，A正確；
B．加入NaCl固體，溶液中c(Cl-)增加，可能促使轉化為，因此濃度不一定上升，B錯誤；
C．配離子不能拆解成Cu+和Cl-，因此H[CuCl2]應電離為H+和，電離方程式錯誤，C錯誤；
D．電荷守恒未考慮的電荷數，因此溶液中存在的電荷守恒等式應為，D錯誤；
故答案為：A
【分析】A、加水稀釋，溶液中濃度減小。
B、加入NaCl固體，溶液中c(Cl－)增大，結合平衡移動分析。
C、配離子不能拆解成離子形式。
D、結合電荷守恒分析。
13．【答案】A
【知識點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；焰色反應
【解析】【解答】A．SO3的VSEPR模型為平面三角形，體現的是其分子幾何結構，與化學性質無關；氧化性由硫的高價態(+6)決定，A符合題意；
B．鉀和鈉原子結構差異導致電子躍遷能量不同，使得灼燒過程中產生的焰色不同，結構與性質對應合理，B不符合題意；
C．乙烯和乙炔均含π鍵，π鍵斷裂可發生加聚反應，結構與性質對應合理，C不符合題意；
D．石墨層中離域p電子可自由移動，使得石墨具有導電性，結構與性質對應合理，D不符合題意；
故答案為：A
【分析】A、VSEPR模型體現的是幾何空間結構，與其氧化性無關。
B、原子結構的差異使得電子躍遷的能量不同。
C、乙烯和乙炔中的π鍵都能發生加聚反應。
D、石墨中離域p電子可自由移動，使得石墨具有導電性。
14．【答案】B
【知識點】化學電源新型電池；原電池、電解池綜合
【解析】【解答】A．由分析可知，放電時電極Ⅱ為正極，因此充電時電極Ⅱ為陽極，A正確；
B．由分析可知，放電時電極Ⅱ為正極，其電極反應式為，反應消耗，溶液中c(H＋)減小，因此溶液的pH升高，B錯誤；
C．由分析可知，放電時電極Ⅰ為原電池負極，其電極反應式為，C正確；
D．由分析可知，充電時陰極的電極反應式為，每消耗16gS（即0.5mol），轉移1mol電子，因此能提供的理論容量為26.8A h，D正確；
故答案為：B
【分析】放電時，電極Ⅱ上MnO2減少，說明MnO2轉化為Mn2＋，發生得電子的還原反應，因此電極Ⅱ做正極。其電極反應式為MnO2＋2e－＋4H＋=Mn2＋＋2H2O。電極Ⅰ為負極，發生失電子的氧化反應，其電極反應式為MnS－2e－=S＋Mn2＋。充電過程中，電極Ⅰ為陰極，其電極反應式為S＋Mn2＋＋2e－=MnS。電極Ⅱ為陽極，其電極反應式為2H2O＋Mn2＋－2e－=MnO2＋4H＋。據此結合選項分析。
15．【答案】C
【知識點】氮的氧化物的性質及其對環境的影響；二氧化硫的性質；濃硫酸的性質；指示劑
【解析】【解答】A．銅和稀硝酸反應生成NO，NO為無色氣體，液面上方有氧氣存在，一氧化氮與氧氣反應，生成紅棕色的二氧化氮，該反應為化合反應，生成為藍色，因此溶液有顏色變化，A正確；
B．b中氣體變紅棕色時，說明生成二氧化氮，存在的反應，因此所含氮氧化物至少有兩種，B正確；
C．酚酞的變色范圍是8.2~10，c中溶液紅色剛好褪去時，此時溶液可能呈弱堿性，因此不能判斷是否恰好完全反應，C錯誤；
D．若將a中稀硝酸換為濃硫酸并加熱，反應生成SO2，二氧化硫通入碳酸氫鈉溶液中，可生成亞硫酸氫鈉，NaHSO3溶液顯酸性，酚酞不變色，D正確；
故答案為：C
【分析】A、Cu與稀硝酸反應生成NO，NO與O2反應生成NO2。
B、b中氣體變紅色，則生成NO2，存在可逆反應2NO2(g)=N2O4(g)。
C、酚酞的變色范圍為8.2～10.0，溶液恰好褪色時仍為堿性，NaHCO3未完全反應
D、若將稀硝酸換為濃硫酸，加熱時反應生成SO2，結合SO2與NaHCO3的反應分析。
16．【答案】C
【知識點】化學反應速率的影響因素；原電池工作原理及應用
【解析】【解答】A．由分析可知，氧氣發生還原反應，做正極，因此正極反應的催化劑是ⅰ，A錯誤；
B．獲得第一個電子的過程最慢，因此其所需的活化能最高，即ⅰ到ⅱ過程的活化能一定最高，B錯誤；
C．氫氣發生氧化反應，做負極，其電極反應式為。同時H+通過質子交換膜進入正極室。因此電池工作過程中，負極室的溶液質量保持不變，C正確；
D．由圖a、c可知，氧氣催化循環一次需要得到4個電子；而氫氣催化循環一次需要失去2個電子。根據得失電子守恒可得，電極Ⅰ和電極Ⅱ上的催化循環完成次數不相同，D錯誤；
故答案為：C
【分析】ⅰ表面發生得電子的還原反應，最終生成H2O，因此O2為正極，其電極反應式為O2＋4e－＋4H＋=2H2O。H2發生失電子的氧化反應，生成H＋，為負極，其電極反應式為H2－2e－=2H＋。據此分析選項。
17．【答案】（1）由紫色變為無色
（2）da
（3）；
（4）增大；極性；常溫下三種酸的飽和溶液的濃度不同
（5）；實驗方法：取適量0.100mol/LNaClO溶液放入燒杯中，用pH計測得體系在25℃下的pH，記錄數據；數據處理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根據0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常數，再利用公式求出HClO的Ka。
【知識點】鹽類水解的應用；苯的同系物及其性質；中和滴定；化學實驗方案的評價；電離平衡常數
【解析】【解答】（1）酸性KMnO4溶液具有強氧化性，可以將甲苯氧化生成苯甲酸，故向盛有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色變為無色。
故答案為： 由紫色變為無色
（2）重結晶法提純苯甲酸的方法為，加熱溶解、趁熱過濾、冷卻結晶，故操作編號為da。
故答案為：da
（3）①由圖像可知，當加入14mLNaOH溶液時，苯甲酸被完全中和，則可得苯甲酸飽和溶液的濃度。
故答案為：0.028
②由圖像可知，苯甲酸飽和溶液的pH為2.89，說明苯甲酸飽和溶液中的，則苯甲酸的。
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，酸性越強，鹵素原子的電負性越大，吸電子能力越強，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
③由于常溫下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： 溫下三種酸的飽和溶液的濃度不同
（5）①次氯酸在光照條件下易分解為HCl和O2，其分解反應的離子方程式為。
故答案為：
②實驗方法：取適量0.100mol/LNaClO溶液放入燒杯中，用pH計測得體系在25℃下的pH，記錄數據；
數據處理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根據0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常數，再利用公式求出HClO的Ka。
故答案為： 實驗方法：取適量0.100mol/LNaClO溶液放入燒杯中，用pH計測得體系在25℃下的pH，記錄數據；
數據處理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根據0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常數，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）加熱溶解后，應趁熱過濾；再對濾液進行冷卻結晶。
（3）①滴加NaOH溶液的過程中苯甲酸與NaOH反應生成苯甲酸鈉和H2O，結合消耗NaOH溶液的量計算苯甲酸溶液的濃度c0。
②飽和苯甲酸溶液的pH=2.89，此時溶液中c(H＋)=10－2.89mol·L－1，結合苯甲酸的電離方程式計算苯甲酸的電離平衡常數。
（4）①隨著鹵素原子電負性增強，其對鍵合電子的吸引力更強，導致羥基的極性增強。
③通過測溶液的pH直接判斷Ka的大小，則所測量溶液的濃度必須相同，而三種酸的飽和溶液的濃度不同，因此無法直接比較。
（5）①HClO不穩定，光照條件下發生分解反映過，生成H＋、Cl－和O2，據此寫出反應的離子方程式。
②選用0.100mol·L－1的NaClO溶液進行實驗，以獲取HClO的Ka。則可先計算ClO－的水解平衡常數Kh，結合Kw=Ka×Kh，即可獲得HClO的電離平衡常數Ka。
（1）酸性KMnO4溶液具有強氧化性，可以將甲苯氧化生成苯甲酸，故向盛有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色變為無色。
（2）重結晶法提純苯甲酸的方法為，加熱溶解、趁熱過濾、冷卻結晶，故操作編號為da
（3）①由圖像可知，當加入14mLNaOH溶液時，苯甲酸被完全中和，則可得苯甲酸飽和溶液的濃度；
②由圖像可知，苯甲酸飽和溶液的pH為2.89，說明苯甲酸飽和溶液中的，則苯甲酸的
（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，酸性越強，鹵素原子的電負性越大，吸電子能力越強，使得羧基中O-H鍵的極性越大，酸性越強；
③由于常溫下三種酸的飽和溶液的濃度不同，所以該推斷依據不足。
（5）①次氯酸在光照條件下易分解為HCl和O2，其分解反應的離子方程式為；
②實驗方法：取適量0.100mol/LNaClO溶液放入燒杯中，用pH計測得體系在25℃下的pH，記錄數據；
數據處理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根據0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常數，再利用公式求出HClO的Ka。
18．【答案】（1）攪拌、粉碎多金屬精礦、提高酸浸溫度等
（2）4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+
（3）5
（4）A；D
（5）3：1：1；12
（6）2NH3N2+3H2；Fe2O3+3H22Fe+3H2O；；沒有污染物產生
【知識點】晶胞的計算；氧化還原反應方程式的配平；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】（1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有：攪拌、粉碎多金屬精礦、提高酸浸溫度等。
故答案為： 攪拌、粉碎多金屬精礦、提高酸浸溫度等
（2）由于通入“酸浸”，故浸取液中不含有，“高壓加熱”時，Fe2+在酸性條件下被氧化為，離子方程式為：4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+。
故答案為： 4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+
（3）“沉鋁”時，保證Cu2+和Ni2+不沉淀，Cu(OH)2的溶度積更小，，根據Ksp=c(Cu2+)×c2(OH-)=0.022×c2(OH-)=2.2×10-20，得出c(OH-)=10-9mol/L，pH=5。
故答案為：5
（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，可以使鎳進入有機相，A正確；
B、配體中提供孤對電子的O原子帶一個單位負電，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+化合價不變，B錯誤；
C、配合物與水形成氫鍵，不能解釋鎳進入有機相，C錯誤；
D、烷基具有疏水性，可以使其進入有機相，D正確；
故答案為：AD
（5）根據同種位置原子相同，相鄰原子間的最近距離之比，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，面心的原子與體心的原子距離為，則可以確定，晶胞中面心原子為Ni，有6×個，頂點原子為Cu，有8×個，體心的原子為N，有1個，則x：y：z=3：1：1；
根據分析，Cu原子處于頂角，距離最近且等距離的原子為面心上Ni原子，數目為。
故答案為：3：1：1；12
（6）①氨氣分解為N2和H2，H2還原Fe2O3得到Fe單質和水，化學方程式為：2NH3N2+3H2、Fe2O3+3H22Fe+3H2O。
故答案為：2NH3N2+3H2；Fe2O3+3H22Fe+3H2O
②電解Fe2O3顆粒得到Fe單質，在陰極發生還原反應，則Fe片為陰極，石墨做陽極，電解液為NaOH溶液和顆粒，裝置圖如下：。
故答案為：
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。
故答案為： 沒有污染物產生
【分析】（1）攪拌、粉碎、提高浸取溫度，都可提高反應速率。
（2）根據得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒進行配平。
（3）由于溶度積Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Ni(OH)2]，Cu2＋不形成沉淀，則Ni2＋也不沉淀。據此結合Cu(OH)2的溶度積Ksp進行計算。
（4）A、Ni能與N、O形成配合物，因此Ni容易進入有機相中。
B、形成配合物的過程中Ni元素的化合價不變。
C、該配合物難以形成氫鍵。
D、烷烴基為疏水基團。
（5） 相鄰原子間的最近距離之比，其中為面對角線的一半，為棱長的一半。因此頂點為Cu、面心為Ni、體心為N，據此分析。
（6）①合成氨的逆反應為NH3的分解反應，生成N2和H2；H2還原Fe2O3生成Fe和H2O，據此寫出反應的化學方程式。
②Fe2O3分散在NaOH溶液中，通過電解得到Fe。因此石墨電極為陽極，Fe電極為陰極。據此確定電解池裝置示意圖。
③傳統高爐煉鐵工業中會產生污染性氣體CO。
（1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有：攪拌、粉碎多金屬精礦、提高酸浸溫度等；
（2）由于通入“酸浸”，故浸取液中不含有，“高壓加熱”時，Fe2+在酸性條件下被氧化為，離子方程式為：4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+；
（3）“沉鋁”時，保證Cu2+和Ni2+不沉淀，Cu(OH)2的溶度積更小，，根據Ksp=c(Cu2+)×c2(OH-)=0.022×c2(OH-)=2.2×10-20，得出c(OH-)=10-9mol/L，pH=5；
（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，可以使鎳進入有機相，A正確；
B、配體中提供孤對電子的O原子帶一個單位負電，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+化合價不變，B錯誤；
C、配合物與水形成氫鍵，不能解釋鎳進入有機相，C錯誤；
D、烷基具有疏水性，可以使其進入有機相，D正確；
答案選AD；
（5）根據同種位置原子相同，相鄰原子間的最近距離之比，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，面心的原子與體心的原子距離為，則可以確定，晶胞中面心原子為Ni，有6×個，頂點原子為Cu，有8×個，體心的原子為N，有1個，則x：y：z=3：1：1；
根據分析，Cu原子處于頂角，距離最近且等距離的原子為面心上Ni原子，數目為；
（6）①氨氣分解為N2和H2，H2還原Fe2O3得到Fe單質和水，化學方程式為：2NH3N2+3H2、Fe2O3+3H22Fe+3H2O；
②電解Fe2O3顆粒得到Fe單質，在陰極發生還原反應，則Fe片為陰極，石墨做陽極，電解液為NaOH溶液和顆粒，裝置圖如下：；
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。
19．【答案】（1）
（2）能
（3）；；0.5；
（4）；
【知識點】原子核外電子排布；蓋斯定律及其應用；化學平衡的計算
【解析】【解答】（1）Ti為22號元素，基態Ti原子的價層電子排布式為。
故答案為：
（2）反應的、，則根據可知，該反應在298K下能自發進行。
故答案為：能
（3）① 已知：
反應b：
反應c：
將反應c-2×反應b可得，則。
故答案為：
② 由表格可知，反應a為放熱反應，反應b、c為吸熱反應，反應d也是放熱的，曲線Ⅰ，Ⅱ可表示或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，所以的含量逐漸上升，的含量逐漸下降，所以曲線Ⅰ對應的物質為。
故答案為：
③ 溫度下，，，，根據Ti元素守恒，可推出（10+5-6-8.5）mol=0.5mol，則，，反應(c)的平衡常數=。
故答案為：0.5；
（4）① 因為肼為反應物，肼的含量逐漸下降，起始時，時，，則內，的轉化率為=。
故答案為：
② 由圖可知，內，，，則，反應掉的肼為，生成的氮氣和氫氣的物質的量為，根據反應前后原子個數守恒，可得，反應f消耗的肼為，反應e消耗的肼為， 則本體系中催化劑的選擇性===。
故答案為：
【分析】（1）根據基態Ti原子的核外電子排布式確定其價層電子排布式。
（2）當ΔH-TΔS＜0時，反應可自發進行。
（3）①根據蓋斯定律計算目標反應的反應熱。
②隨著溫度升高，曲線Ⅰ的縱坐標逐漸降低。據此結合溫度對平衡移動的影響分析。
③溫度下，，，，根據Ti元素守恒計算。進而計算反應(c)的平衡常數。
（4）①因為肼為反應物，肼的含量逐漸下降，起始時，時，，據此計算N2H4的轉化率。
②根據圖像數據，結合元素守恒進行計算。
（1）Ti為22號元素，基態Ti原子的價層電子排布式為，故答案為：：
（2）反應的、，則根據可知，該反應在298K下能自發進行，故答案為：能；
（3）① 已知：
反應b：
反應c：
將反應c-2×反應b可得，則，故答案為：；
② 由表格可知，反應a為放熱反應，反應b、c為吸熱反應，反應d也是放熱的，曲線Ⅰ，Ⅱ可表示或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，所以的含量逐漸上升，的含量逐漸下降，所以曲線Ⅰ對應的物質為，故答案為：；
③ 溫度下，，，，根據Ti元素守恒，可推出（10+5-6-8.5）mol=0.5mol，則，，反應(c)的平衡常數=，故答案為：0.5；；
（4）① 因為肼為反應物，肼的含量逐漸下降，起始時，時，，則內，的轉化率為=，故答案為：；
② 由圖可知，內，，，則，反應掉的肼為，生成的氮氣和氫氣的物質的量為，根據反應前后原子個數守恒，可得，反應f消耗的肼為，反應e消耗的肼為， 則本體系中催化劑的選擇性===，故答案為：；
20．【答案】（1）醛基
（2）；5
（3）A；B
（4）丙酮的單一甲基峰消失，出現兩個新信號峰：峰面積之比為3：2，且峰的位置較丙酮有所偏移
（5）；酯化反應；
（6）
【知識點】原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；有機物的合成；有機物的結構和性質；同分異構現象和同分異構體
【解析】【解答】（1）由其結構簡式可知，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是苯乙烯，的分子式為。
故答案為：
②化合物Ⅰ的分子式為，分子中含有苯環，則其余結構均為飽和結構，含有醇羥基的結構的同分異構體有、、、、，共計5種。
故答案為：5
（3）A．在1a、2a和3a生成4a的過程中，1a、2a先發生碳碳雙鍵的加成反應，生成，該過程存在鍵斷裂，隨后與3a發生取代反應脫去1分子HBr生成4a，該過程存在鍵形成，A正確；
B．連接4個不同基團的碳原子是手性碳原子，4a分子中，存在手性碳原子，如圖：，苯環是平面結構，三個苯環以及酮羰基的碳原子均為雜化，共計20個，B正確；
C．在5a分子中，苯環內有大鍵，酮羰基和羥基相鄰較近，可存在分子內氫鍵，且與羥基相連的碳原子是手性碳原子，C錯誤；
D．化合物5a與氫氣發生還原反應是原子利用率為100%的反應，但化合物5a含有酮羰基，不是苯酚的同系物，D錯誤；
故答案為：AB
（4）丙酮的氫譜：兩個甲基等效：核磁共振氫譜出現單峰；
α 溴代丙酮的氫譜：受溴吸電子效應影響，甲基與亞甲基上的氫不等效，核磁共振氫譜圖會出現兩組峰，面積之比為3：2；故氫譜變化：丙酮的單一甲基峰消失，出現兩個新信號峰：峰面積之比為3：2，且峰的位置較丙酮有所偏移。
故答案為： 丙酮的單一甲基峰消失，出現兩個新信號峰：峰面積之比為3：2，且峰的位置較丙酮有所偏移
（5）比較化合物Ⅱ與主產物的結構簡式可知，主要在右側含氧官能團不同，化合物Ⅱ含有酯基，故推測合成Ⅱ發生的反應有酯化反應；
①已知羧酸在一定條件下，可發生類似于丙酮的取代反應，則第一步反應為羧酸中的取代反應引入溴，化學方程式為；
②第二步與甲醇發生酯化(取代)反應，化學方程式為，題目要求填具體反應類型，故此處填酯化反應；
③第三步1a、2a發生碳碳雙鍵的加成反應，生成，再與發生取代反應得到。
故答案為：；酯化反應；
（6）結合化合物Ⅲ的結構簡式，將其斷鍵，左側表示1a基團，右側是3a基團，則需要合成Ⅲ的還差，即合成流程是1a與先發生1，4加成反應，生成，再與3a發生取代反應得到目標產物。
故答案為：
【分析】（1）根據化合物1a的結構簡式確定其所含的冠能團。
（2）①根據結構簡式確定分子式，注意Ph-表示苯基。
②若為苯環的一取代物，則其側鏈為－CH2CH2OH、－CH(OH)CH3；若為苯的二取代物，則其側鏈為－CH3和－CH2OH。據此確定同分異構體的個數。
（3）A、根據反應過過程中化學鍵的斷裂與形成分析。
B、連接有四個不同的原子或原子團的碳原子，為手性碳原子。
C、羥基所在的碳原子為手性碳原子。
D、同系物是指結構相似，分子組成上相差一個或多個CH2的有機物。
（4）根據丙酮與α-溴代丙酮的結構簡式進行分析。
（5）①羧酸能發生類似丙酮的α-H取代反應，則CH3COOH中-CH3上的H原子能與Br2發生取代反應，生成CH2BrCOOH。據此寫出反應的化學方程式。
②化合物Ⅱ中含有酯基，因此發生的是酯化反應；由CH2BrCOOH與CH3OH反應生成CH2BrCOOCH3，據此寫出反應的化學方程式。
（6）根據化合物Ⅲ的結構簡式可知，該物質由1a、3a和 反應生成。
（1）由其結構簡式可知，化合物1a中含氧官能團的名稱為醛基；
（2）①化合物2a是苯乙烯，的分子式為；
②化合物Ⅰ的分子式為，分子中含有苯環，則其余結構均為飽和結構，含有醇羥基的結構的同分異構體有、、、、，共計5種；
（3）A．在1a、2a和3a生成4a的過程中，1a、2a先發生碳碳雙鍵的加成反應，生成，該過程存在鍵斷裂，隨后與3a發生取代反應脫去1分子HBr生成4a，該過程存在鍵形成，A正確；
B．連接4個不同基團的碳原子是手性碳原子，4a分子中，存在手性碳原子，如圖：，苯環是平面結構，三個苯環以及酮羰基的碳原子均為雜化，共計20個，B正確；
C．在5a分子中，苯環內有大鍵，酮羰基和羥基相鄰較近，可存在分子內氫鍵，且與羥基相連的碳原子是手性碳原子，C錯誤；
D．化合物5a與氫氣發生還原反應是原子利用率為100%的反應，但化合物5a含有酮羰基，不是苯酚的同系物，D錯誤；
故選AB；
（4）丙酮的氫譜：兩個甲基等效：核磁共振氫譜出現單峰；
α 溴代丙酮的氫譜：受溴吸電子效應影響，甲基與亞甲基上的氫不等效，核磁共振氫譜圖會出現兩組峰，面積之比為3：2；
故氫譜變化：丙酮的單一甲基峰消失，出現兩個新信號峰：峰面積之比為3：2，且峰的位置較丙酮有所偏移；
（5）比較化合物Ⅱ與主產物的結構簡式可知，主要在右側含氧官能團不同，化合物Ⅱ含有酯基，故推測合成Ⅱ發生的反應有酯化反應；
①已知羧酸在一定條件下，可發生類似于丙酮的取代反應，則第一步反應為羧酸中的取代反應引入溴，化學方程式為；
②第二步與甲醇發生酯化(取代)反應，化學方程式為，題目要求填具體反應類型，故此處填酯化反應；
③第三步1a、2a發生碳碳雙鍵的加成反應，生成，再與發生取代反應得到；
（6）結合化合物Ⅲ的結構簡式，將其斷鍵，左側表示1a基團，右側是3a基團，則需要合成Ⅲ的還差，即合成流程是1a與先發生1，4加成反應，生成，再與3a發生取代反應得到目標產物。
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