2025年广东高考真题化学试卷和答案

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2025 年广东省普通高中学业水平选择性考试
化学
本试卷共 8 页，20 小题，满分 100 分。考试用时 75 分钟。
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。 用 2B 铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处 ”。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上：如 需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无 效。
4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ti 48 Fe 56
一、选择题：本大题共 16 小题，共 44 分。第 1~10 小题，每小题 2 分；第 11~16 小题，每小题 4 分。在每 小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 中华传统技艺，凸显人民智慧。下列选项所涉及材料的主要成分属于合金的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】D 【解析】
【详解】A ．纸的主要成分是纤维素(有机化合物)，不属于合金，A 不符合题意；
A ．纸哪吒
B ．石印章
C ．木活字
D ．不锈钢针
B ．石印章的材料通常是天然矿物(如大理石、寿山石等)，主要成分为硅酸盐或碳酸盐，不属于合金，B 不 符合题意；
C ．木活字的材料是木材，主要成分为纤维素和木质素(有机化合物)，不属于合金，C 不符合题意；
D ．不锈钢是铁(Fe)与铬(Cr)、镍(Ni)等金属形成的合金，D 符合题意； 故选 D。
2. 在法拉第发现苯 200 周年之际，我国科学家首次制备了以金属 M 为中心的多烯环配合物。该配合物具有 芳香性，其多烯环结构(如图)形似梅花。该多烯环上
A. C - H 键是共价键 B. 有 8 个碳碳双键
C. 共有 16 个氢原子 D. 不能发生取代反应 【答案】A
【解析】
【详解】A ．C 和 H 原子间通过共用电子对形成的是共价键，A 正确；
B ．该配合物具有芳香性，存在的是共轭大 π 键，不存在碳碳双键，B 错误；
C ．根据价键理论分析，该物质有 10 个 H 原子，C 错误；
D ．大 π 键环上可以发生取代反应，D 错误； 答案选 A。
3. 现代科技，增强国力，增进民生福祉。下列说法正确的是
A. 我国科学家首次测得了月球背面月幔水含量1mlH2 O 质量为 10g
B. 利用MS2 成功为金属材料“重塑金身 ”，MS2 中 M 的化合价为+6
C. 穿上电动机械腿，助力行走不是梦，行走时电池将电能转化为化学能
D. 沙海养鱼蹚出治沙新路，让沙海沙山变成金山银山，鱼肉富含蛋白质
【答案】D
【解析】
【详解】A ．1ml H2O 的摩尔质量为 18g/ml，因此质量为 18g，而非 10g ，A 错误；
B ．MS2 中 S 的化合价为-2，总负电荷为-4 ，M 的化合价为+4，而非+6 ，B 错误；
C．电动机械腿工作时，电池放电将化学能转化为电能，再转化为机械能，而非电能转化为化学能，C 错误；
D ．鱼肉的主要营养成分是蛋白质，描述正确，D 正确； 故选 D 。
4. 劳动创造美好生活。下列对劳动项目涉及的相关化学知识表述错误的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A ．生石灰（CaO）与燃煤中的 SO2 和氧气反应生成 CaSO4 ，达到脱硫减排的目的，不存在沉淀溶 解平衡的转化，A 错误；
B ．检验 SO − 需先加盐酸排除干扰离子，再加 BaCl2 生成 BaSO4 沉淀，步骤和反应式均正确，B 正确；
C ．MgCl2 点卤使蛋白质胶体沉降，产生固体，属于蛋白质的盐析，C 正确；
D ．暖贴中铁粉氧化生成 Fe2O3 或 Fe(OH)3 并放热，描述正确，D 正确； 故选 A。
5. 声波封印，材料是音乐存储技术的基础。下列说法错误的是
A. 制作黑胶唱片使用的聚氯乙烯，其单体是CH3CH2 Cl
B. 磁带可由四氧化三铁涂覆在胶带上制成，Fe3O4 具有磁性
C. 光碟擦写过程中材料在晶态和非晶态间的可逆转换，涉及物理变化
D. 固态硬盘芯片常使用单晶硅作为基础材料，单晶硅是一种共价晶体 【答案】A
【解析】
【详解】A ．聚氯乙烯的单体应为氯乙烯（CH2=CHCl），而选项中的 CH3CH2Cl 是氯乙烷，单体错误，A 错
选项
劳动项目
化学知识
A
向燃煤中加入生石灰以脱硫减排
CaSO4 + CO − □ CaCO3 + SO −
B
用BaCl2 和盐酸检验粗盐中是否含SO −
Ba2+ + SO − = BaSO4 ↓
C
使用MgCl2 溶液点卤制豆腐
MgCl2 使蛋白质盐析
D
用铁粉、活性炭、食盐等制暖贴
使用时铁粉被氧化，反应放热
误；
B ．四氧化三铁（Fe3O4 ）具有磁性，常用于磁带制作，B 正确；
C ．光碟擦写时晶态与非晶态转换属于物理变化(无新物质生成) ，C 正确；
D ．单晶硅为共价晶体(原子晶体)，固态硬盘芯片使用单晶硅，D 正确； 故选 A。
6. 对铁钉进行预处理，并用铜氨溶液给铁钉镀铜。下列操作不能达到实验目的的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A ．碳酸钠溶液为碱性，油污在碱性溶液中发生水解反应，同时加热可以增强碳酸钠溶液的碱性， 可以达到除油污的目的，A 不符合题意；
B ．铁锈的主要成分为氧化铁，稀盐酸可以用来除去铁锈，可以达到实验目的，B 不符合题意；
C ．硫酸铜溶液中滴加过量氨水，可以生成铜氨溶液，可以达到实验目的，C 不符合题意；
D ．铁钉镀铜，需要电解装置，使 Cu 片与电源正极相连，铁钉与电源负极相连，图中无电源，故不能达到 实验目的，D 符合题意；
A ．除油污
B ．除铁锈
C ．制铜氨溶液
D ．铁钉镀铜
故选 D。
7. 能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是
单质 X —O—2→ 氧化物 1 —O—2→ 氧化物 2 —H—→ 酸(或碱) —NaOH(或HCl) → 盐
A. X 可为铝，盐的水溶液一定显酸性
B. X 可为硫，氧化物 1 可使品红溶液褪色
C. X 可为钠，氧化物 2 可与水反应生成H2
D. X 可为碳，盐的热稳定性：NaHCO3 > Na2CO3
【答案】B
【解析】
【详解】A ．铝单质与 O2 生成 Al2O3 后无法再被 O2 氧化，无法形成氧化物 2，且 Al2O3 与水反应需强酸/碱 才能溶解，A 错误；
B ．硫燃烧生成 SO2(氧化物 1，使品红褪色) ，SO2 氧化为 SO3(氧化物 2) ，SO3 与水生成 H2SO4 ，再与 NaOH 生成盐，转化关系成立，B 正确；
C．钠与氧气常温反应生成 Na2O(氧化物 1)，进一步氧化为 Na2O2(氧化物 2)；Na2O2 与水反应生成 NaOH 和 O2，不会生成 H2 ，C 错误；
D ．碳与氧气反应先生成 CO，最终生成 CO2，与水反应生成碳酸，与碱反应可生成盐，但 Na2CO3 热稳定 性强于 NaHCO3 ，D 结论错误，D 错误；
故选 B。
8. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
浓硝酸保存在棕色试剂瓶中
浓硝酸具有强氧化性
B
向蔗糖中加适量浓硫酸，蔗糖变黑
浓硫酸具有脱水性
C
Fe2+ 与K3 Fe (CN )6 可生成蓝色物质
KSCN 溶液可用于检验 Fe3+
D
MnO2 与浓盐酸共热，生成黄绿色气体
Cl2 + SO2 + 2H2 O = H2 SO4 + 2HCl
【解析】
【详解】A ．浓硝酸保存在棕色试剂瓶中是因为其见光易分解，而非因其强氧化性，陈述Ⅰ正确但因果关系 错误，A 不符合题意；
B ．浓硫酸使蔗糖变黑体现其脱水性，陈述Ⅰ和Ⅱ均正确且存在因果关系，B 符合题意；
C．Fe2+与 K3 [Fe(CN)6]生成蓝色沉淀用于检验 Fe2+，而 KSCN 用于检验 Fe3+ ，两者无直接因果关系，C 不符 合题意；
D ．MnO2 与浓盐酸生成 Cl2 是独立反应，与 Cl2 和 SO2 的反应无因果关系，D 不符合题意； 故选 B。
9. 元素 a~i 为短周期元素，其第一电离能与原子序数的关系如图。下列说法正确的是
A. a 和 g 同主族 B. 金属性：g > h > i
C. 原子半径：e > d > c D. 最简单氢化物沸点：b > c 【答案】B
【解析】
【分析】同周期中第一电离能中第 IIA 族和第 VA 族比相邻元素的第一电离能大，0 族元素的第一电离能在 同周期中最大，可以推断 a~i 分别是 B 、C 、N 、O 、F、Ne、Na 、Mg 、Al。
【详解】A ．a 是 B ，g 是 Na，二者不同主族，A 错误；
B．Na、Mg、Al 属于同周期，从左到右金属性依次减弱，B 正确；
C ．e、d、c 分别是 N 、O 、F，属于同周期元素，同周期从左到右原子半径依次减小，原子半径 c>d>e ，C 错误；
D ．b 为 C ，c 为 N ，NH3 分子间存在氢键，沸点高，沸点 NH3>CH4 ，D 错误； 答案选 B。
10. 设NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1ml18O2 的中子数，比1ml16O2 的多2NA
B. 1mlFe 与水蒸气完全反应，生成 H2 的数目为2NA
C. 在1L0.1ml / L 的NH4 Cl 溶液中，NH 的数目为0.1NA
D. 标准状况下的22.4LCl2 与足量H2 反应，形成的共价键数目为2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A ．1O 的中子数为 10 ，1O 的中子数为 8，每个 O2 分子含 2 个 O 原子，1ml 1O2 比 1ml 1O2 多
4NA 个中子，A 错误；
B ．Fe 与水蒸气反应生成 Fe3O4 和 H2 ，1ml Fe 生成 ml H2 ，数目为 B 错误；
C ．NH在水中会水解，溶液中NH 的数目小于 0.1NA ，C 错误；
D ．1ml Cl2 与 H2 反应生成 2ml HCl，形成 2ml H-Cl 键，共价键数目为 2NA ，D 正确； 故选 D。
11. 利用如图装置进行实验：打开K1、K2 ，一定时间后，a 中溶液变蓝；关闭K1 ，打开K3 ，点燃酒精灯 加热数分钟后，滴入无水乙醇。下列说法错误的是
A. a 中现象体现了I- 的还原性
B. b 中H2 O2 既作氧化剂也作还原剂
C. 乙醇滴加过程中，c 中的铜丝由黑变红，说明乙醇被氧化
D. d 中有银镜反应发生，说明 c 中产物有乙酸 【答案】D
【解析】
【分析】打开K1、K2 ，一定时间后，b 中 H2O2 在 MnO2 的催化下生成 O2，O2 进入 a 中，氧化 I-，生成 I2， 使得淀粉-KI 溶液变蓝；关闭 K1 ，打开 K3，无水乙醇在铜丝的催化下与氧气发生氧化反应生成乙醛，乙醛 可与银氨溶液在加热条件下发生银镜反应。
【详解】A ．O2 进入 a 中，氧化 I-，生成 I2 ，体现了 I- 的还原性，A 正确；
B ．b 中 H2O2 在 MnO2 的催化下生成 O2 和 H2O2 ，H2 O2 既作氧化剂也作还原剂，B 正确；
C．无水乙醇在铜丝的催化下与氧气发生氧化反应生成乙醛，在此过程中，铜丝先和氧气反应生成黑色的氧 化铜，乙醇再和氧化铜反应，氧化铜被还原为红色的铜单质，乙醇被氧化为乙醛，故 c 中的铜丝由黑变红， 可以说明乙醇被氧化，C 正确；
D ．乙醛可与银氨溶液在加热条件下发生银镜反应，d 中未加热，不能发生银镜反应，D 错误； 故选 D 。
12. CuCl 微溶于水，但在Cl- 浓度较高的溶液中因形成[CuCl2 ]- 和 [CuCl3 ]2- 而溶解。将适量 CuCl 完全溶 于盐酸，得到含[CuCl2 ]- 和[CuCl3 ]2- 的溶液，下列叙述正确的是
A. 加水稀释，[CuCl3 ]2- 浓度一定下降
B. 向溶液中加入少量 NaCl 固体，[CuCl2 ]- 浓度一定上升
C. H [CuCl2 ] 的电离方程式为： H [CuCl2 ] = H+ + Cu+ + 2Cl-
D. 体系中，c (Cu+ ) + c (H+ ) = c (Cl-) + c ([CuCl2 ]-)+ c ([CuCl3 ]2-)+ c (OH-) 【答案】A
【解析】
【详解】A ．加水稀释，溶液体积变大，[CuCl3 ]2- 浓度一定下降，A 正确；
B．加入 NaCl 会增加 Cl-浓度，可能促使[CuCl2 ]- 转化为[CuCl3 ]2- ，[CuCl2 ]- 浓度不一定上升，B 错误；
C ．H[CuCl2]应电离为 H+和[CuCl2 ]- ，而非分解为 Cu+和 Cl-，电离方程式错误，C 错误；
D ．电荷守恒未考虑[CuCl3 ]2- 的电荷数，电荷守恒应为
c (Cu+)+ c (H+) = c (Cl-)+ c ([CuCl2 ]-)+ 2c([CuCl3 ]2-)+ c (OH-) ，D 错误； 故选 A。
13. 由结构不能推测出对应性质的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A ．SO3 的 VSEPR 模型为平面三角形，反映其分子几何结构，但氧化性由硫的高价态(+6)决定，与 结构无直接关联，A 符合题意；
B ．钾和钠原子结构差异导致电子跃迁能量不同，焰色不同，结构与性质对应合理，B 不符合题意；
C ．乙烯和乙炔均含 π 键，π 键断裂是加聚反应的基础，结构与性质对应合理，C 不符合题意；
D ．石墨层中离域 p 电子使其导电，结构与性质对应合理，D 不符合题意； 答案选 A。
14. 一种高容量水系电池示意图如图。已知：放电时，电极Ⅱ上MnO2 减少；电极材料每转移 1ml 电子，
对应的理论容量为26.8A . h 。下列说法错误的是
A. 充电时Ⅱ为阳极
B. 放电时Ⅱ极室中溶液的 pH 降低
C. 放电时负极反应为： MnS − 2e− = S + Mn2+
D. 充电时 16gS 能提供的理论容量为26.8A . h 【答案】B
选项
结构
性质
A
SO3 的 VSEPR 模型为平面三角形
SO3 具有氧化性
B
钾和钠的原子结构不同，电子跃迁时能量变化不同
钾和钠的焰色不同
C
乙烯和乙炔分子均含有π 键
两者均可发生加聚反应
D
石墨层中未参与杂化的 p 轨道中的电子，可在整个碳原子平面中运动
石墨具有类似金属的导电性
【解析】
【分析】放电时，电极Ⅱ上MnO2 减少，说明 MnO2 转化为 Mn2+，化合价降低，发生还原反应，为原电池 的正极，由于电解质溶液为 MnSO4，故电解质应为酸性溶液，正极反应为：
MnO2 + 2e- + 4H+ = Mn2+ + 2H2 O ；则电极Ⅰ为原电池负极，MnS 失去电子生成 S 和 Mn2+，负极反应为：
MnS - 2e- = S + Mn2+ 。
【详解】A ．由分析可知，放电时电极Ⅱ为正极，故充电时电极Ⅱ为阳极，A 正确；
B ．由分析可知，放电时电极Ⅱ为正极，正极反应为：MnO2 + 2e- + 4H+ = Mn2+ + 2H2 O ，反应消耗H+ ， 溶液的 pH 升高，B 错误；
C ．由分析可知，放电时电极Ⅰ为原电池负极，负极反应为：MnS - 2e- = S + Mn2+ ，C 正确；
D ．根据放电时负极反应，可知充电时阴极反应为S + Mn2+ + 2e- = MnS ，每消耗 16gS，即 0.5mlS，转
移 1ml 电子，据题意可知，能提供的理论容量为 26.8A.h ，D 正确；
故选 B。
15. 按如图组装装置并进行实验：将铜丝插入溶液中，当 c 中红色褪去时，将铜丝拔离液面。下列叙述错误 的是
A. a 中有化合反应发生，并有颜色变化
B. b 中气体变红棕色时，所含氮氧化物至少有两种
C. c 中溶液红色刚好褪去时，HCO3- 恰好完全反应
D. 若将 a 中稀硝酸换为浓硫酸并加热，则c 中溶液颜色会褪去 【答案】C
【解析】
【详解】A．铜和稀硝酸反应，会生成一氧化氮，一氧化氮为无色气体，液面上方有氧气存在，一氧化氮与 氧气反应，生成红棕色的二氧化氮，属于化合反应，生成Cu(NO3 )2 为蓝色，有颜色变化，A 正确；
B．b 中气体变红棕色时，说明有二氧化氮存在，存在2NO2 □□□ N2O4 的反应，所以所含氮氧化物至少有 两种，B 正确；
C ．酚酞的变色范围是 8.2~10 ，c 中溶液红色刚好褪去时，此时溶液可能呈弱碱性，所以不能判断HCO3- 是 否恰好完全反应，C 错误；
D ．若将 a 中稀硝酸换为浓硫酸并加热，会生成二氧化硫，二氧化硫通入碳酸氢钠溶液中，可生成亚硫酸氢 钠，溶液显酸性，c 中溶液颜色会褪去，D 正确；
故选 C。
16. 某理论研究认为：燃料电池(图 b)的电极Ⅰ和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图分别如图a 和图c，其中O2 获得第一个电子的过程最慢。由此可知，理论上
A. 负极反应的催化剂是i
B. 图 a 中，i到i过程的活化能一定最低
C. 电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变
D. 相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数相同 【答案】C
【解析】
【分析】该燃料电池为氢氧燃料电池，由图可知该原电池的电解质溶液为酸性，氢气发生氧化反应，做负 极，电极方程式为：H2 - 2e- = 2H+ ；氧气发生还原反应，做正极，电极方程式为：O2 + 4e- + 4H+ = 2H2 O 。 【详解】A ．由分析可知，氧气发生还原反应，做正极，正极反应的催化剂是i ，A 错误；
B ．图 a 中，i到i过程为O2 获得第一个电子的过程，根据题中信息， O2 获得第一个电子的过程最慢，则i 到i过程的活化能一定最高，B 错误；
C ．氢气发生氧化反应，做负极， 电极方程式为：H2 - 2e- = 2H+ ，同时，反应负极每失去 1 个电子，就 会有一个 H+通过质子交换膜进入正极室，故电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变，C 正确；
D ．由图 a、c 可知，氧气催化循环一次需要转移 4 个电子，氢气催化循环一次需要转移 2 个电子，相同时
间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数不相同，D 错误； 故选 C。
二、非选择题：本大题共 4 小题，共 56 分。考生根据要求作答。
17. 酸及盐在生活生产中应用广泛。
（1）甲苯氧化可生成苯甲酸。向盛有 2mL 甲苯的试管中，加入几滴酸性KMnO4 溶液，振荡，观察到体系 颜色_______。
（2）某苯甲酸粗品含少量泥沙和氯化钠。用重结晶法提纯该粗品过程中，需要的操作及其顺序为：加热溶 解、_______(填下列操作编号)。
（3）兴趣小组测定常温下苯甲酸饱和溶液的浓度c0 和苯甲酸的Ka ，实验如下：取 50.00mL 苯甲酸饱和溶 液，用0.1000ml / LNaOH 溶液滴定，用 pH 计测得体系的 pH 随滴入溶液体积 V 变化的曲线如图。据图 可得：
① c0 = _______ ml / L 。
②苯甲酸的Ka = _______(列出算式，水的电离可忽略)。
（4）该小组继续探究取代基对芳香酸酸性的影响。
①知识回顾 羧酸酸性可用Ka 衡量。下列羧酸Ka 的变化顺序为：
CH3COOH < CH2ClCOOH < CCl3COOH < CF3COOH 。随着卤原子电负性_______ ，羧基中的羟基 _______增大，酸性增强。
②提出假设 甲同学根据①中规律推测下列芳香酸的酸性强弱顺序为：
③验证假设 甲同学测得常温下三种酸的饱和溶液的 pH 大小顺序为Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ, 据此推断假设成立。但乙同学 认为该推断依据不足，不能用所测得的 pH 直接判断Ka 大小顺序，因为_______。
乙同学用(3)中方法测定了上述三种酸的Ka ，其顺序为Ⅱ>Ⅰ>Ⅲ。
④实验小结 假设不成立，芳香环上取代基效应较复杂，①中规律不可随意推广。
（5）该小组尝试测弱酸 HClO 的Ka 。
①丙同学认为不宜按照(3)中方法进行实验，其原因之一是次氯酸易分解。该分解反应的离子方程式为
_______。
②小组讨论后，选用0.100ml/LNaClO 溶液(含少量 NaCl)进行实验，以获得 HClO 的Ka 。简述该方案 _______(包括所用仪器及数据处理思路)。
③教师指导：设计实验方案时，需要根据物质性质，具体问题具体分析。
【答案】（1）由紫色变为无色
（2）da （3） ①. 0.028 ②.
（4） ①. 增大 ②. 极性 ③. 常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同
光照
（5） ①. 实验方法：取适量 0.100ml/LNaClO 溶液放入烧杯中，
用 pH 计测得体系在 25℃下的 pH，记录数据；
数据处理思路：由于 NaClO 溶液中存在 ClO- 的水解，故根据 0.100ml/LNaClO 溶液在 25℃下的 pH 可求得
ClO- 的水解平衡常数Kh ，再利用公式 求出 HClO 的 Ka。
【解析】
【小问 1 详解】
酸性 KMnO4 溶液具有强氧化性，可以将甲苯氧化生成苯甲酸，故向盛有 2mL 甲苯的试管中，加入几滴酸 性 KMnO4 溶液，振荡，观察到体系颜色由紫色变为无色。
【小问2 详解】
重结晶法提纯苯甲酸的方法为，加热溶解、趁热过滤、冷却结晶，故操作编号为 da 【小问 3 详解】
①由图像可知，当加入 14mLNaOH 溶液时，苯甲酸被完全中和，则可得苯甲酸饱和溶液的浓度
②由图像可知，苯甲酸饱和溶液的pH 为 2.89，说明苯甲酸饱和溶液中的c(H+ )=c(苯甲酸根)=10-2.89ml/L ， 则苯甲酸的
【小问 4 详解】
①羧酸酸性的强弱取决于羧基中O-H 键的极性大小，极性越大，酸性越强，卤素原子的电负性越大，吸电 子能力越强，使得羧基中 O-H 键的极性越大，酸性越强；
③由于常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同，所以该推断依据不足。
【小问 5 详解】
光照
①次氯酸在光照条件下易分解为 HCl 和 O2 ，其分解反应的离子方程式为 ↑ ;
②实验方法：取适量 0.100ml/LNaClO 溶液放入烧杯中，用 pH 计测得体系在 25℃下的 pH，记录数据；
数据处理思路：由于 NaClO 溶液中存在 ClO- 的水解，故根据 0.100ml/LNaClO 溶液在 25℃下的 pH 可求得
ClO- 的水解平衡常数Kh ，再利用公式 求出 HClO 的 Ka。
18. 我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取 Fe 、Cu 、Ni 等并探究新型 绿色冶铁方法的工艺如下。
已知：多金属精矿中主要含有 Fe 、Al 、Cu 、Ni 、O 等元素。
（1）“酸浸 ”中，提高浸取速率的措施有_______(写一条)。
（2）“高压加热 ”时，生成Fe2 O3 的离子方程式为：_______。
氢氧化物
Fe(OH)3
Al(OH)3
Cu(OH)2
Ni(OH)2
K sp (298K )
2.8 × 10−39
1.3 × 10−33
2.2 × 10−20
5.5 × 10−16
高压
↓ + ______ H+
（3）“沉铝 ”时，pH 最高可调至_______(溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液 1 ”中 c (Cu2+ ) = 0.022ml / L ， c (Ni2+ ) = 0.042ml / L 。
（4）“选择萃取 ”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有_______。
A. 镍与 N 、O 形成配位键 B. 配位时Ni2+ 被还原
C. 配合物与水能形成分子间氢键 D. 烷基链具有疏水性
（5）Nix Cuy Nz 晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离 之比dNi-Cu : dNi-N = :1 ，则x : y: z = _______；晶体中与 Cu 原子最近且等距离的原子的数目为_______。
（6）①“700℃加热 ”步骤中，混合气体中仅加少量 H2 ，但借助工业合成氨的逆反应，可使 Fe 不断生成。 该步骤发生反应的化学方程式为_______和_______。
②“电解 ”时，Fe2 O3 颗粒分散于溶液中，以 Fe 片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池示意 图并做相应标注_______。
③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学 ”思想的共同点是_______(写一条)。
【答案】（1）搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等
高压
加热
（3）5 （4）AD
（5） ①. 3 ：1 ：1 ②. 12
（ 6 ） ①. 2NH3 □ □加、□□压□□ N2+3H2 ②. ③.
④. 没有污染物产生
【解析】
【分析】矿粉酸浸通入 SO2 酸浸，浸取液中含有 Fe2+ 、Cu2+、Ni2+ 、Al3+等，调节 pH=3.0，通入空气加热得 到 Fe2O3 ，Fe2O3 可以通过还原得到 Fe 单质，也可以用电解得到 Fe 单质，滤液 1 在常温下沉铝，滤液 2 选 择萃取得到含硫酸根的溶液和分别含 Cu 配合物和 Ni 配合物，最终得到产品 NixCuyNz。
【小问 1 详解】
“酸浸”中，提高浸取速率的措施有：搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等； 【小问 2 详解】
由于通入SO2 “酸浸”，故浸取液中不含有Fe3+ ，“高压加热 ”时，Fe2+在酸性条件下被氧化为Fe2 O3 ，离
高压
子方程式为 ↓+8H+；
加热
【小问 3 详解】
“沉铝 ”时，保证 Cu2+和 Ni2+不沉淀，Cu(OH)2 的溶度积更小，c (Cu2+ ) = 0.022ml / L ，根据 Ksp=c(Cu2+)×c2(OH-)=0.022×c2(OH-)=2.2×10-20，得出 c(OH-)=10-9ml/L ，pH=5；
【小问 4 详解】
“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有：
A、镍与 N 、O 形成配位键，可以使镍进入有机相，A 正确；
B、配体
中提供孤对电子的 O 原子带一个单位负电，可以视作是得到一个电子的阴离
子，其余配体不带电，整个配合物不显电性，形成配合物后，中心离子还是 Ni2+，Ni2+化合价不变，B 错误；
C、配合物与水形成氢键，不能解释镍进入有机相，C 错误；
D、烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，D 正确；
答案选 AD；
【小问 5 详解】
根据同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比dNi−Cu : dNi−N = :1 ，设晶胞边长为 a，由几何关系
可知，面心的原子与顶点的原子距离为 ，面心的原子与体心的原子距离为 a ，则可以确定，晶胞中 面心原子为Ni，有 6× = 3 个，顶点原子为Cu，有8× = 1 个，体心的原子为N，有 1 个，则 x：y：z=3：1： 1 ；
根据分析，Cu 原子处于顶角，距离最近且等距离的原子为面心上 Ni 原子，数目为 ；
【小问 6 详解】
①氨气分解为N2 和H2，H2 还原Fe2O3 得到Fe 单质和水，化学方程式为：2NH3 □□加、□□压□□ N2+3H2、Fe2O3+3H2
700C
2Fe+3H2O；
②电解 Fe2O3 颗粒得到 Fe 单质，在阴极发生还原反应，则 Fe 片为阴极，石墨做阳极，电解液为 NaOH 溶液
和Fe2 O3 颗粒，装置图如下： ；
③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学” 思想的共同点是没有污染性的 CO 气 体产生。
19. 钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。
（1）基态 Ti 原子的价层电子排布式为_______。
（2）298K 下，反应TiO2 (s)+ 2C(s)+ 2Cl2 (g ) = TiCl4 (g ) + 2CO(g ) 的 ΔH < 0 、 ΔS > 0 ，则 298K 下 该反应_______(填“能 ”或“不能 ”)自发进行。
（3）以TiCl4 为原料可制备TiCl3 。将5.0mlTiCl4 与 10.0mlTi 放入容积为V0 L 的恒容密闭容器中，反 应体系存在下列过程。
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编号
过程
ΔH
(a)
Ti (s) + TiCl4 (g) □ 2TiCl2 (s)
1
ΔH
①ΔH1 = _______kJ/ml。
②不同温度下，平衡时反应体系的组成如图。曲线Ⅰ对应的物质为_______。
③温度T0 K 下，n TiCl4 (g) = _______ ml ，反应(c)的平衡常数K = _______(列出算式，无须化简)。
（4）钛基催化剂可以催化储氢物质肼(N2 H4 ) 的分解反应：
(e) N2 H4 = N2 + 2H2
(f) 3N2 H4 = N2 + 4NH3
为研究某钛基催化剂对上述反应的影响，以肼的水溶液为原料(含N2 H4 的物质的量为n0 )，进行实验，得到 n1 / n0 、n2 / n0 随时间 t 变化的曲线如图。其中， n1 为 H2 与N2 的物质的量之和；n2 为剩余N2 H4 的物质 的量。设ne 为 0~t 时间段内反应(e)消耗N2 H4 的物质的量，该时间段内，本体系中催化剂的选择性用
0 2
- × 100% 表示。
①0 ~ t0min 内，N2 H4 的转化率为_______(用含 y2 的代数式表示)。
(b)
TiCl2 (s) + TiCl4 (g) □ 2TiCl3 (g)
+200.1kJ / ml
(c)
Ti (s) + 3TiCl4 (g) □ 4TiCl3 (g)
+132.4kJ / ml
(d)
TiCl3 (g) □ TiCl3 (s)
2
ΔH
②0 ~ t0min 内，催化剂的选择性为_______(用含 y1 与 y2 的代数式表示，写出推导过程)。
【答案】（1）3d2 4s2
（2）能 （3） ①. −267.8 ②. TiCl2 (s) ③. 0.5 ④.
（4） ①. (1− y2 )×100% ②.
【解析】
【小问 1 详解】
Ti 为 22 号元素，基态 Ti 原子的价层电子排布式为3d2 4s2 ，故答案为：3d2 4s2 ：
【小问 2 详解】
反应TiO2 (s)+ 2C(s)+ 2Cl2 (g ) = TiCl4 (g ) + 2CO(g ) 的 ΔH < 0 、 ΔS > 0 ，则根据 ΔG=ΔH − rΔS 可 知，该反应在 298K 下能自发进行，故答案为：能；
【小问 3 详解】
① 已知：
反应 b：TiCl2 (s) + TiCl4 (g ) □ 2TiCl3 (g )
反应 c：Ti (s) + 3TiCl4 (g ) □ 4TiCl3 (g )
将反应 c-2×反应 b 可得Ti(s)+ TiCl4 (g ) □ 2TiCl2 (s) ，则
ΔH1 = 132.4 − 2 × 200.1kJ / ml = −267.8kJ / ml ，故答案为： −267.8 ；
② 由表格可知，反应 a 为放热反应，反应 b、c 为吸热反应，反应 d 也是放热的，曲线Ⅰ , Ⅱ可表示TiCl3 (g ) 或TiCl2 (s)的物质的量随温度的变化情况，随着温度升高，反应 b、c 正向移动，反应 a 、d 为逆向移动， 所以TiCl3 (g ) 的含量逐渐上升，TiCl2 (s)的含量逐渐下降，所以曲线Ⅰ对应的物质为TiCl2 (s)，故答案为： TiCl2 (s)；
③ 温度T0 K 下，n Ti (s) = 8.5ml ，n TiCl3 (g ) =6.0ml ，n TiCl3 (s) =n TiCl2 (s) =0ml ，根
据 Ti 元素守恒，可推出n TiCl4 (g ) = （10+5-6-8.5）ml=0.5ml，则
反应 的平衡常数 故答案为 【小问 4 详解】
① 因为肼(N2 H4 ) 为反应物，肼的含量逐渐下降，起始时 时 则0 ~ t0min 内， N2 H4 的转化率为 故答案为：(1− y2 )×100% ；
② 由图可知，0 ~ t0min 内， ， ，则 n2 = y2 × n0 ，反应掉的肼(N2 H4 ) 为n0 (1-y2 ) ，生 成的氮气和氢气的物质的量为 y1 × n0ml ，根据反应前后原子个数守恒，可得
反应 f 消耗的肼为 反应 e 消耗的 肼 则本体系中催化剂的选择性
故答案为：
20. 我国科学家最近在光-酶催化合成中获得重大突破，光-酶协同可实现基于三组分反应的有机合成，其中 的一个反应如下(反应条件略：Ph-代表苯基C6 H5 − )。
（1）化合物 1a 中含氧官能团的名称为_______。
（2）①化合物 2a 的分子式为_______。
②2a 可与H2 O 发生加成反应生成化合物Ⅰ . 在Ⅰ的同分异构体中，同时含有苯环和醇羟基结构的共_______
种(含化合物Ⅰ)。
（3）下列说法正确的有_______。
A. 在 1a、2a 和3a 生成 4a 的过程中，有π 键断裂与 σ 键形成
B. 在 4a 分子中，存在手性碳原子，并有 20 个碳原子采取sp2 杂化
C. 在 5a 分子中，有大π 键，可存在分子内氢键，但不存在手性碳原子
D. 化合物 5a 是苯酚的同系物，且可发生原子利用率为 100%的还原反应
（4）一定条件下，Br2 与丙酮(CH3COCH3 ) 发生反应，溴取代丙酮中的 α − H ，生成化合物 3a ．若用核磁 共振氢谱监测该取代反应，则可推测：与丙酮相比，产物 3a 的氢谱图中_______。
（5）已知：羧酸在一定条件下，可发生类似于丙酮的 α − H 取代反应。根据上述信息，分三步合成化合物
Ⅱ。
①第一步，引入溴：其反应的化学方程式为_______。
②第二步，进行_______(填具体反应类型)：其反应的化学方程式为_______(注明反应条件)。
③第三步，合成Ⅱ: ②中得到的含溴有机物与 1a、2a 反应。
（6）参考上述三组分反应，直接合成化合物Ⅲ,需要以 1a 、_______(填结构简式)和3a 为反应物。
【答案】（1）醛基 （2） ①. C8H8 ②. 5 （3）AB
（4）丙酮的单一甲基峰消失，出现两个新信号峰，峰面积之比为 3 ：2，且峰的位置较丙酮左移
（ 5 ） ①. CH3 COOH + Br2 → CH2BrCOOH + HBr ②. 酯 化 反 应 ③.
浓硫酸
CH2BrCOOH + CH3OH □ CH2BrCOOCH3 + H2 O
Δ
（6）
【解析】
【分析】根据题干信息，1a 和 2a 先发生碳碳双键的加成反应，生成，再和 3a 发生取 代反应得到主产物，两分子 1a 发生醛基的加成反应得到副产物 5a，据此解答。
【小问 1 详解】
由其结构简式可知，化合物 1a 中含氧官能团的名称为醛基； 【小问 2 详解】
①化合物 2a 是苯乙烯，的分子式为C8H8 ；
②化合物Ⅰ的分子式为C8H10 O ，分子中含有苯环，则其余结构均为饱和结构，含有醇羟基的结构的同分异 构体有、、、、 , 共计 5 种；
【小问 3 详解】
A ．在 1a、2a 和3a 生成 4a 的过程中，1a、2a 先发生碳碳双键的加成反应，生成，该
过程存在π 键断裂，随后与 3a 发生取代反应脱去 1 分子 HBr 生成 4a，该过程存在 σ 键形成，A 正确；
B ．连接 4 个不同基团的碳原子是手性碳原子，4a 分子中，存在手性碳原子，如图：
, 苯环是平面结构，三个苯环以及酮羰基的碳原子均为sp2 杂化，共计 20 个，
B 正确；
C ．在 5a 分子中，苯环内有大π 键，酮羰基和羟基相邻较近，可存在分子内氢键，且与羟基相连的碳原子 是手性碳原子，C 错误；
D ．化合物 5a 与氢气发生还原反应是原子利用率为 100%的反应，但化合物 5a 含有酮羰基，不是苯酚的同 系物，D 错误；
故选 AB；
【小问 4 详解】
丙酮的氢谱：两个甲基质子等效：6 个等价质子，在约 2.1 ppm 处出现单峰；
α−溴代丙酮的氢谱：甲基质子：3 个质子，受溴吸电子效应影响，化学位移稍向低场移动(左移)，在约 2.3 ppm 处出现单峰；亚甲基（CH2Br）质子：2 个质子，受溴原子直接影响，化学位移显著向低场移动，在约 3.9 ppm 处出现单峰(左移)，由于溴原子的存在，CH2Br 质子与 CH3 质子不再等价；
故氢谱变化：丙酮的单一甲基峰消失，出现两个新信号峰：峰面积之比为 3 ：2，且峰的位置较丙酮左移； 【小问 5 详解】
比较化合物Ⅱ与主产物的结构简式可知，主要在右侧含氧官能团不同，化合物Ⅱ含有酯基，故推测合成Ⅱ发 生的反应有酯化反应；
①已知羧酸在一定条件下，可发生类似于丙酮的 α - H 取代反应，则第一步反应为羧酸中 α - H 的取代反应 引入溴，化学方程式为 CH3 COOH + Br2 → CH2BrCOOH + HBr ；
②第二步CH2BrCOOH 与甲醇发生酯化(取代)反应，化学方程式为
浓硫酸
□
CH2BrCOOH + CH3OH
Δ
CH2BrCOOCH3 + H2 O ，题目要求填具体反应类型，故此处填酯化反应；
③第三步 1a、2a 发生碳碳双键的加成反应，生成，再与CH2BrCOOCH3 发生取代反
应得到 ；
【小问 6 详解】
结合化合物Ⅲ的结构简式，将其断键，左侧表示 1a 基团，右侧是 3a 基团，则
需要合成Ⅲ的还差，即合成流程是 1a 与先发生 1 ，4 加成反应，生成
, 再与 3a 发生取代反应得到目标产物。
【点睛】核磁共振氢谱图影响峰化学位移的因素：吸电子基团降低了氢核周围的电子云密度，使得其质子 峰向低场移动(左移)，推电子基团增加了氢核周围的电子云密度，使得质子峰向高场位移(右移)。