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广东省梅州市2025届高三一模化学试卷
1．（2025·梅州模拟）纪录片《如果国宝会说话》展示了国宝背后的中国精神、中国审美和中国价值观。下列文物中，主要由无机非金属材料制成的是
A．洛神赋图 B．三彩载乐骆驼俑 C．木雕双头镇墓兽 D．三星堆青铜神树
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用
【解析】【解答】A．图的主要成分为纤维素，属于有机高分子材料，A不符合；
B．俑的主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，B符合；
C．木雕的主要成分是纤维素，是有机高分子材料，C不符合；
D．青铜是铜合金，属于合金材料，D不符合；
故答案为：B。
【分析】 无机非金属材料是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料。
2．（2025·梅州模拟）近年来，我国航空航天事业成果显著。下列对所涉及的化学知识叙述正确的是
A．“天宫二号”航天器使用质量轻的钛合金，钛合金硬度比纯钛小
B．“C919”雷达使用的复合材料中含玻璃纤维，其属于有机高分子
C．“长征五号”运载火箭采用液氢液氧作为推进剂，与互为同位素
D．“嫦娥六号”带回地球的月壤中含有Si、Mg、Al等元素，Al属于s区
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；同位素及其应用
【解析】【解答】A．钛合金的硬度通常比纯钛大，A错误；
B．玻璃纤维的主要成分是二氧化硅和硅酸盐，属于无机非金属材料，B错误；
C．由分析可知，与互为同位素，C正确；
D．铝和硅属于区元素，镁属于区元素，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.合金的硬度一般高于其纯金属组分。
B.玻璃纤维的主要成分是二氧化硅和硅酸盐。
C.同位素是指质子数相同、中子数不同的原子。
D.铝和硅属于区元素，镁属于区元素。
3．（2025·梅州模拟）客家菜朴实醇鲜，“酿豆腐”“梅菜扣肉”“娘酒鸡”“酿苦瓜”都是熟悉的客家味道。下列说法不正确的是
A．用盐腌制梅菜，能延长保存时间
B．用花生油煎“酿苦瓜”，花生油属于混合物
C．豆腐制作过程“煮浆”，是将蛋白质转化为氨基酸
D．酿“娘酒”加酒曲，涉及淀粉→葡萄糖→乙醇的转化
【答案】C
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．盐可以抑制微生物的生长，延长保存时间，故A正确；
B．花生油由多种高级脂肪酸与甘油生成的酯，属于混合物，故B正确；
C．“煮浆”是蛋白质的变性过程，故C错误；
D．“娘酒”原料的主要成分为淀粉，水解得到葡萄糖，氧化得到乙醇，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A.盐可以抑制微生物的生长。
B.混合物中至少含有两种物质。
C.“煮浆”是蛋白质的变性过程。
D.“娘酒”原料的主要成分为淀粉，结合淀粉性质进行分析。
4．（2025·梅州模拟）NaOH标准溶液的配制和标定，需经过NaOH溶液配制、基准物质的称量以及用NaOH溶液滴定等操作。下列所用仪器或操作正确的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定
【解析】【解答】A．氢氧化钠固体易潮解，应放在烧杯中进行称量，A错误；
B．配制溶液中洗涤液沿玻璃棒注入容量瓶，B正确；
C．视线应与凹液面相平，C错误；
D．NaOH溶液属于碱性溶液，应使用碱式滴定管进行滴定，D错误；
故答案为：B。
【分析】A.称量时左物右码，注意氢氧化钠固体易潮解。
B.洗涤液沿玻璃棒注入容量瓶。
C.视线应与凹液面相平。
D.注意碱性滴定管下方有橡胶软管，没有活塞。
5．（2025·梅州模拟）化学实验中的颜色变化，可将化学抽象之美具体为形象之美。下列说法不正确的是
A．土豆片遇到碘溶液，呈蓝色
B．新制氯水久置，溶液由淡黄绿色变为无色
C．用洁净的铂丝蘸取KCl溶液灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色
D．将粉末露置在空气中一段时间，固体由白色变为淡黄色
【答案】D
【知识点】焰色反应；蔗糖与淀粉的性质实验；氯水、氯气的漂白作用；钠的氧化物
【解析】【解答】A．土豆中含有淀粉，遇碘单质会变蓝，A正确；
B．新制氯水中含有Cl2，使溶液呈淡黄绿色，久置后氯气逐渐挥发，且Cl2和水反应生成的HClO分解，导致溶液中的氯气浓度降低，溶液由淡黄绿色变为无色，B正确；
C．K+的焰色反应为紫色，蓝色钴玻璃可滤去钠的黄色光干扰，C正确；
D．为淡黄色固体，露置空气中会与CO2、H2O反应生成白色Na2CO3，因此固体应由淡黄色变为白色，D错误；
故答案为：D。
【分析】A.碘遇淀粉变蓝。
B.新制氯水中含有Cl2，久置后氯气逐渐挥发。
C.K+的焰色反应为紫色。
D.为淡黄色固体。
6．（2025·梅州模拟）一种以铝—空气为电源的航标灯，该电池以海水为电解质溶液。关于该电池，下列说法正确的是
A．铝作负极，发生还原反应
B．海水中的移向铝电极
C．每转移4mol电子，消耗标准状况下22.4L的空气
D．空气一极发生的电极反应式为：
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．铝作负极，发生氧化反应，A错误；
B．该装置为原电池，阳离子向正极移动，Na+移向通入空气的一端，B错误；
C．每转移4mol电子，消耗1molO2，标况未知，无法计算其体积，C错误；
D．空气一极为正极，其电极反应式为：，D正确；
故答案为：D。
【分析】根据题干信息，该装置为原电池，铝作负极，进入空气的一端为正极。
7．（2025·梅州模拟）“劳动最光荣，勤奋出智慧”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用福尔马林制作生物标本 甲醛有强氧化性
B 溶液作腐蚀液制作印刷电路板 氧化性强于
C 用NaOH和铝粉疏通厨卫管道 铝和NaOH溶液反应生成
D 施加适量石膏降低盐碱地(含)土壤的碱性
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A． 用福尔马林制作生物标本，是利用福尔马林能使蛋白质变性，故A错误；
B．与Cu反应生成和，为氧化剂，为氧化产物，由分析可知，氧化性强于，故B正确；
C．铝粉与氢氧化钠溶液反应生成氢气可用于疏通管道，故C正确；
D．石膏（CaSO4）的Ksp大于CaCO3，向碳酸盐中加入CaSO4可以转化为CaCO3和硫酸盐，故D正确；
故答案为：A。
【分析】A.福尔马林能使蛋白质变性。
B.氧化性：氧化剂>氧化产物。
C.铝粉与氢氧化钠溶液反应生成氢气可用于疏通管道。
D.石膏（CaSO4）的Ksp大于CaCO3。
8．（2025·梅州模拟）木质素是一种天然存在的高分子化合物，在生物材料领域具有广泛的应用潜力。一种木质素单体结构如图，关于该化合物，下列说法正确的是
A．可与NaOH溶液反应
B．该结构中含有5种官能团
C．该结构中所有原子共平面
D．与足量加成后的产物不含手性碳原子
【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．木质素中含有的酚羟基能与NaOH溶液反应，A正确；
B．木质素中含有碳碳双键、醚键、羟基三种官能团，B错误；
C．该结构中与醇羟基连接的碳原子为饱和碳原子，结合分析可知，所有原子不可能共平面，C错误；
D．与足量加成后的产物为：，有2个手性碳原子，D错误；
故答案为：A。
【分析】A.酚羟基能与NaOH溶液反应。
B.熟悉常见官能团。
C.饱和碳原子与其直接相连的原子不共面。
D.手性碳原子连接4个不同的原子或原子团。
9．（2025·梅州模拟）某化学兴趣小组改进了铜与浓硫酸的反应装置，新的设计如图。小磁铁在试管外壁控制磁力搅拌子(不与沸腾的浓硫酸反应)。按图装置进行实验，下列分析正确的是
A．铜与浓硫酸反应，浓硫酸只体现氧化性
B．浸有紫色石蕊溶液的滤纸先变红后褪色
C．冷却后，向反应后的试管A内倒入少量水，溶液变蓝色
D．通过气球打气筒向装置内部通入空气能防止NaOH溶液倒吸
【答案】D
【知识点】浓硫酸的性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．在加热条件下，铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化硫，体现了浓硫酸的酸性和氧化性，A错误；
B．二氧化硫只能使紫色石蕊试液变红，B错误；
C．试管中含有浓硫酸，故稀释时应将试管中溶液倒入水中，C错误；
D．二氧化硫易溶于水，通过气球打气筒向装置内部通入空气能防止NaOH溶液倒吸，D正确；
故答案为：D。
【分析】A.在加热条件下，铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化硫。
B.注意二氧化硫不能漂白紫色石蕊试液。
C.注意试管中含有浓硫酸，浓硫酸稀释时是酸加入水中。
D.二氧化硫易溶于水。
10．（2025·梅州模拟）部分含Fe或含N物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是
A．从原子结构角度分析，g比f稳定
B．工业制硝酸涉及a→b→c→d的转化
C．常温下，可用e容器盛装d的浓溶液，因为e和d的浓溶液不反应
D．向沸水中滴加h的饱和溶液，一定能形成产生丁达尔效应的分散系
【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．由分析可知，f为FeO，g为Fe2O3，Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+价电子排布式为3d5，3d轨道半充满较稳定，则 从原子结构角度分析，g比f稳定 ，A正确；
B．工业制硝酸用氨气催化氧化得到NO，不是用N2的氧化，B错误；
C．浓硝酸与Fe单质在常温下发生钝化，二者发生了反应，表面形成致密的氧化膜，阻止了反应的继续进行，C错误；
D．沸水中滴加饱和的FeCl3溶液，继续加热至溶液呈红褐色，产生胶体，若加热时间过长，胶体会发生聚沉，若用饱和的硫酸铁溶液滴加到沸水中，产生的胶体会聚沉，D错误；
故答案为：A。
【分析】根据部分含Fe或含N物质的分类与相应化合价关系图可知， a为单质N2，b为NO，c为NO2，d为HNO3，e为Fe，f为FeO，g为Fe2O3，h为铁盐。
11．（2025·梅州模拟）氯碱工业涉及、、NaOH、NaCl等物质。设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．1molNaCl固体中，含离子数为
B．1L的NaOH溶液中，含有氧原子数为
C．标准状况下，22.4L和的混合气体含有共价键数目为
D．将与NaOH溶液反应制备消毒液，消耗1mol转移电子数为
【答案】A
【知识点】气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.1mol NaCl固体中，含离子数为，A正确；
B.1L的NaOH溶液中，含有氧原子数大于，B错误；
C．标况下，22.4 L的H2和Cl2混合气体为1 mol，则共价键数目为NA，C错误；
D.涉及反应为Cl2+2NaOH=NaCl+ NaClO +H2O，Cl2既是氧化剂又是还原剂，1 mol Cl2参与反应转移1 mol电子，所以转移电子数为NA，D错误；
故答案为：A。
【分析】A. NaCl为离子化合物。
B.注意溶液里的水中含有氧原子。
C.H2和Cl2都是双原子分子。
D.涉及反应为Cl2+2NaOH=NaCl+ NaClO +H2O。
12．（2025·梅州模拟）下列陈述I与陈述II均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述II
A 将气体通入NaClO溶液中产生HClO和 的酸性比HClO的酸性强
B 工业固氮中将与在一定条件下反应合成 具有还原性
C 高纯硅可以制成计算机的芯片、太阳能电池 晶体硅具有半导体性能
D 相同压强下，HF的沸点比HCl的沸点低 HF分子间作用力弱于HCl
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】工业合成氨；氢键的存在对物质性质的影响；二氧化硫的性质；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．生成的HClO具有强氧化性，与NaClO溶液反应生成，A错误；
B．与在一定条件下反应生成，反应前后N元素化合价下降，则N2具有氧化性，B错误；
C．晶体硅具有半导体性能，使其可用于计算机芯片和太阳能电池，C正确；
D．HF分子间存在氢键，其沸点较高，D错误；
故答案为：C。
【分析】A. HClO具有强氧化性。
B.还原剂具有还原性。
C.硅具有半导体性能。
D.氢键能使物质的熔沸点升高。
13．（2025·梅州模拟）乙醇和乙酸是生活中两种常见的有机物。利用以下装置进行实验，能达到预期目的的是
A．分离乙醇和乙酸 B．验证乙醇的还原性
C．比较乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱 D．制取少量乙酸乙酯
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】分液和萃取；乙酸乙酯的制取；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．乙醇和乙酸互溶，不可以用分液，故A不能达到预期目的；
B．酸性高锰酸钾和乙醇发生氧化还原反应，乙醇的还原性，故B能达到预期目的；
C．乙酸与NaHCO3反应产生CO2，具有挥发性的乙酸与CO2均能与苯酚钠溶液发生反应也产生苯酚，不能用于比较乙酸、碳酸、苯酚的酸性强弱，故C不能达到预期目的；
D．氢氧化钠溶液能使酯水解，应该盛饱和Na2CO3溶液，故D不能达到预期目的；
故答案为：B。
【分析】A.分液适用于分离互不相溶的液体混合物。
B.酸性高锰酸钾和乙醇发生氧化还原反应。
C.具有挥发性的乙酸与CO2均能与苯酚钠溶液发生反应也产生苯酚。
D.氢氧化钠溶液能使酯水解。
14．（2025·梅州模拟）化合物(XY4)2Z2E8可作氧化剂和漂白剂。X、Y、Z、E均为短周期主族元素，仅有X与E同一周期，Z与E同一族。E在地壳中含量最多，X的基态原子价层p轨道半充满。下列说法正确的是
A．该化合物中Z元素的化合价为+7
B．ZE3的VSEPR模型为四面体
C．ZE2分子的键角比ZE3分子的键角小
D．第一电离能：E＞X＞Z
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．由分析可知，Z为S元素，其原子最外层电子数为6，则该化合物中Z元素的化合价为+6价，A错误；
B．由分析可知，Z为S元素，E为O元素，ZE3为SO3，其中心S的价层电子对数为3＋=3，S原子采用sp2杂化，因此VSEPR模型为平面三角形，B错误；
C．由分析可知，Z为S元素，E为O元素，ZE2为SO2，ZE3为SO3，SO2分子的中心S原子价层电子对数为2＋=3，S原子采用sp2杂化，有1对孤电子对，孤对电子对成键电子的排斥力大于成键电子的排斥力，所以SO2呈V形；SO3分子中S原子价层电子对数也是3，S原子也是采用sp2杂化，但由于S原子上无孤对电子，因此SO3分子呈平面三角形，键角是120度，故键角：SO2＜SO3，C正确；
D．由分析可知，X为N元素，Z为S元素、E为O元素，同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但由于N的2p电子半满为较稳定结构，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：N＞O；同主族元素的第一电离能从上到下呈减小趋势，则第一电离能：O＞S，故三种元素的第一电离能：X(N)＞E(O)＞Z(S)，D错误；
故答案为：C。
【分析】根据题干信息，X、Y、Z、E均为短周期主族元素，E在地壳中含量最多，则E是O元素；Z与E同一族，则Z是S元素；X的基态原子价层p轨道半充满，且X与E同一周期，则X原子核外电子排布式是1s22s22p3，可推出X为N元素，根据化合物的分子式可推出，Y是H元素，结合物质的性质与结构进行分析。
15．（2025·梅州模拟）已知在少量作用下，常温时能剧烈分解并放出热量，分解的机理由两步构成，I：(慢反应，)，II：(快反应)，能正确表示整个过程的能量变化示意图是
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A．生成物能量等于反应物能量，A错误；
B．第一步活化能大于第二步活化能，且生成物能量小于反应物能量，B正确；
C．第一步活化能小于第二步活化能，且生成物能量等于反应物能量，C错误；
D．第一步活化能小于第二步活化能，D错误；
故答案为：B。
【分析】△H=生成物总能量-反应物总能量，△H>0表示吸热反应，△H<0表示放热反应，活化能较大的反应为慢反应。
16．（2025·梅州模拟）某实验小组利用如图所示装置制备。已知甲装置的工作原理为：，电极a、b采用石墨或Fe。下列说法不正确的是
A．乙装置中电极a应为Fe，b电极为石墨
B．乙装置中可用溶液代替NaCl溶液
C．电极b发生的反应：
D．理论上每生成9.0g，甲装置中将有0.2mol向惰性电极II移动
【答案】B
【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据题干信息可知，乙装置目的是制备，需要，电极a应为Fe作阳极失电子生成，b电极为阴极，可采用石墨，该选项正确；
B．若用溶液代替溶液，在阴极得电子生成Cu，无法生成，就不能生成，该选项错误；
C．电极b为阴极，其电极反应式为，该选项正确；
D.9.0g的物质的量为，根据，，生成0.1mol，电路中转移0.2mol电子，甲装置中阳离子向正极（惰性电极II）移动，根据电荷守恒，有0.2mol向惰性电极II移动 ，该选项正确；
故答案为：Ｂ。
【分析】A.乙装置目的是制备。
B.阴极得电子生成Cu。
C. 电极b附近溶液中的得电子发生还原反应。
D.铁作阳极，其电极反应式为，。
17．（2025·梅州模拟）配合物在生产、生活中应用广泛。例如：(铁氰化钾)用于检验。回答下列问题：
（1）的配位数为　 　，中配位原子是　 　(填元素符号)。
（2）配位体电子式为　 　，对应氢化物HCN分子中键与键数目之比为　 　。
（3）工业上，以石墨为电极，电解(亚铁氰化钾)溶液可以制备，阳极的电极反应式为　 　。
（4）探究的性质。查阅资料，提出猜想：
猜想1：溶液中存在电离平衡；
猜想2：具有氧化性。
【设计实验】
序号 实验操作 实验现象
I 在10mL溶液中滴入几滴KSCN溶液，再向溶液中加入少量浓盐酸 滴入KSCN溶液，无明显现象，加入浓盐酸后，_____i______
II 在10mL和的混合溶液中插入一根无锈铁丝 产生蓝色沉淀
III 在10mL溶液中插入一根无锈铁丝(与II中相同) 产生蓝色沉淀
【结果分析】
①实验I证明猜想1成立，实验现象i是　 　。
②已知：常温下，；，，又称配离子稳定常数。用必要的文字、离子方程式与数据说明实验I滴入KSCN溶液时无明显现象的原因　 　。
③实验III产生蓝色沉淀是因为产生了，生成的与未反应的生成了蓝色沉淀，说明猜想2成立。另设计实验证明的氧化性　 　(要求写出实验操作与预期现象，限选试剂：NaOH溶液、淀粉溶液、KI溶液和饱和溶液)。
④基于猜想1、2成立，可推断实验II、III中　 　(填“”“”或“”)。
【答案】（1）6；C
（2）；
（3）
（4）溶液变成红色；，此反应的，该反应平衡常数小于，说明该反应正向进行的程度小，难于产生红色物质；向2mL溶液中滴加几滴饱和溶液，溶液出现淡黄色浑浊，说明具有氧化性(或向2mL溶液中滴加几滴KI溶液，然后再滴入几滴淀粉溶液，溶液出现蓝色，说明具有氧化性)；
【知识点】配合物的成键情况；二价铁离子和三价铁离子的检验；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）中，CN-为配位体，C电负性较低，提供孤对电子，则每个CN-通过C原子与Fe3+配位，6个CN-形成六配位，故配位数为6，配位原子是C。
（2）中含有6+7+1=14个电子，配位体电子式为 ，HCN分子中，H-C为σ键，C≡N含1个σ键和2个π键，总σ键数2，π键数2，比例为1：1。
（3）电解时，阳极发生氧化反应，失去电子被氧化为，电极方程式为：。
（4）①加入浓盐酸后，H+与CN-结合生成HCN，降低CN-浓度，促使解离出Fe3+，Fe3+与SCN-反应生成红色络合物，实验现象i是溶液变成红色；
②实验I滴入KSCN溶液时无明显现象的原因：，此反应的，该反应平衡常数小于，说明该反应正向进行的程度小，难于产生红色物质；
③设计实验证明的氧化性为：向2mL溶液中滴加几滴饱和溶液，溶液出现淡黄色浑浊，说明具有氧化性(或向2mL溶液中滴加几滴KI溶液，然后再滴入几滴淀粉溶液，溶液出现蓝色，说明具有氧化性)；
④实验II中FeCl3提供高浓度Fe3+，直接氧化铁丝生成Fe2+更快；实验III中K3[Fe(CN)6]需先解离出少量Fe3+再反应，速率较慢，故A1< A2。
【分析】（1）中，CN-为配位体，配位原子是C。
（2）电子式为，σ键为单键，C≡N含1个σ键和2个π键。
（3）阳极发生氧化反应，失去电子被氧化为。
（4）①Fe3+与SCN-反应生成红色络合物。
②实验I滴入KSCN溶液时无明显现象的原因：，此反应的，该反应平衡常数小于，说明该反应正向进行的程度小，难于产生红色物质。
③与溶液发生氧化还原反应，碘单质遇淀粉变蓝。
④实验II中FeCl3提供高浓度Fe3+，直接氧化铁丝生成Fe2+更快；实验III中K3[Fe(CN)6]需先解离出少量Fe3+再反应，速率较慢，故A1< A2。
（1）中，CN-为配位体，C电负性较低，提供孤对电子，则每个CN-通过C原子与Fe3+配位，6个CN-形成六配位，故配位数为6，配位原子是C。
（2）中含有6+7+1=14个电子，配位体电子式为，HCN分子中，H-C为σ键，C≡N含1个σ键和2个π键，总σ键数2，π键数2，比例为1：1。
（3）电解时，阳极发生氧化反应，失去电子被氧化为，电极方程式为：。
（4）①加入浓盐酸后，H+与CN-结合生成HCN，降低CN-浓度，促使解离出Fe3+，Fe3+与SCN-反应生成红色络合物，实验现象i是溶液变成红色；
②实验I滴入KSCN溶液时无明显现象的原因：，此反应的，该反应平衡常数小于，说明该反应正向进行的程度小，难于产生红色物质；
③设计实验证明的氧化性为：向2mL溶液中滴加几滴饱和溶液，溶液出现淡黄色浑浊，说明具有氧化性(或向2mL溶液中滴加几滴KI溶液，然后再滴入几滴淀粉溶液，溶液出现蓝色，说明具有氧化性)；
④实验II中FeCl3提供高浓度Fe3+，直接氧化铁丝生成Fe2+更快；实验III中K3[Fe(CN)6]需先解离出少量Fe3+再反应，速率较慢，故A1< A2。
18．（2025·梅州模拟）五氧化二钒是接触法制取硫酸的催化剂，具有强氧化性。从废钒催化剂(主要成分为：、、、和等)中回收的一种生产工艺流程如下图所示：
已知：价钒在溶液中主要以和的形式存在，两者转化关系为。
（1）写出基态钒原子的价层电子排布式　 　。
（2）“废渣I”的主要成分为　 　。“还原”后的溶液中含有阳离子、、、，“还原”过程中发生反应的离子方程式为　 　。
（3）“萃取”和“反萃取”的变化过程可简化为(下式中的R表示或，HA表示有机萃取剂的主要成分)：。工艺流程中可循环使用的试剂有　 　(写化学式)。
（4）“氧化”时欲使3mol的变为，需要氧化剂至少为　 　mol。
（5）“调pH”中加入KOH有两个目的，分别为　 　、　 　。
（6）钒的某种氧化物的立方晶胞结构如下图，晶胞参数为apm。晶胞中V的配位数与O的配位数之比为　 　；已知表示阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为　 　(列出计算式即可)。
【答案】（1）
（2）；
（3）、HA
（4）0.5
（5）促使水解成沉淀；促使转化为，有利于下一步沉钒
（6）；(或)
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）钒为23号元素，位于周期表中第四周期第VB族，则基态钒原子的价层电子排布式为：。
故答案为：。
（2）根据分析，废渣I为难溶于硫酸的；“还原”过程中被在酸性作用还原为，则反应的离子方程式为：。
故答案为：；。
（3）根据萃取和反萃取方程式：可知，当发生萃取时，水层有硫酸生成，可以用在反萃取操作中；当发生反萃取时，有机层有HA产生，可以用在萃取操作中，所以可以循环使用的物质为：、HA。
（4）根据分析，在氧化时发生的反应为：，根据方程中关系量可知，要使3mol的变为，需要氧化剂至少为。
故答案为：0.5。
（5）由于在反萃取后的酸性水溶液中还存在和，经氧化后变为和，所以加入KOH后首先调节pH，促使水解形成沉淀过滤除去，同时根据题目已知转化，得到加入KOH还可以消耗使平衡右移生成更多的，有利于下一步沉钒操作。
故答案为：促使水解成沉淀；促使转化为，有利于下一步沉钒。
（6）根据晶胞图形可知，1个V原子与6个O原子形成配位键，配位数为6，1个O原子与3个V原子形成配位键，配位数为3，则晶胞中V的配位数与O的配位数之比为；同时在晶胞中，O原子有4个位于晶胞面心，2个位于体心，则O原子数为：；V原子有8个位于晶胞顶点，1个位于体心，则V原子数为：，则1个晶胞的构成为或，得到该氧化物化学式为：，晶胞参数为apm，则边长为，则该晶体密度为。
故答案为：2：1；（或）。
【分析】根据流程图信息，“还原”时，在废钒催化剂下，在硫酸作用下进行还原，由于不溶于硫酸，则废渣I的主要成分是，滤液中主要含有的阳离子有、、、，“萃取”后，向有机层中加入试剂X进行反萃取，分液后有机萃取剂进入萃取环节循环使用，得到酸性水溶液，加入发生氧化还原反应，经KOH调节pH，过滤得废渣II和含钒滤液，加入沉钒得，最后煅烧得产品。
（1）钒为23号元素，位于周期表中第四周期第VB族，则基态钒原子的价层电子排布式为：。
故答案为：。
（2）根据分析，废渣I为难溶于硫酸的；“还原”过程中被在酸性作用还原为，则反应的离子方程式为：。
故答案为：；。
（3）根据萃取和反萃取方程式：可知，当发生萃取时，水层有硫酸生成，可以用在反萃取操作中；当发生反萃取时，有机层有HA产生，可以用在萃取操作中，所以可以循环使用的物质为：、HA。
（4）根据分析，在氧化时发生的反应为：，根据方程中关系量可知，要使3mol的变为，需要氧化剂至少为。
故答案为：0.5。
（5）由于在反萃取后的酸性水溶液中还存在和，经氧化后变为和，所以加入KOH后首先调节pH，促使水解形成沉淀过滤除去，同时根据题目已知转化，得到加入KOH还可以消耗使平衡右移生成更多的，有利于下一步沉钒操作。
故答案为：促使水解成沉淀；促使转化为，有利于下一步沉钒。
（6）根据晶胞图形可知，1个V原子与6个O原子形成配位键，配位数为6，1个O原子与3个V原子形成配位键，配位数为3，则晶胞中V的配位数与O的配位数之比为；同时在晶胞中，O原子有4个位于晶胞面心，2个位于体心，则O原子数为：；V原子有8个位于晶胞顶点，1个位于体心，则V原子数为：，则1个晶胞的构成为或，得到该氧化物化学式为：，晶胞参数为apm，则边长为，则该晶体密度为。
故答案为：2：1；（或）。
19．（2025·梅州模拟）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有，需要回收处理并加以利用。
（1）根据文献，对的处理主要有两种方法。
①克劳斯工艺。该工艺经过两步反应使转化为：
反应I：
反应II：
写出该工艺总反应的热化学方程式　 　。
②分解法。反应III：，该反应能自发进行的条件是　 　。
③相比克劳斯工艺，分解法处理的优点是　 　。
（2）消除天然气中是能源领域的研究热点，利用表面吸附时，研究表明有两种机理途径，如下图所示。
下列说法中，正确的有___________。
A．的速率：途径1途径2
B．途径2历程中最大能垒为
C．在吸附过程中提供了O原子
D．吸附在催化剂表面的水分子解吸出来时放出能量
（3）科研人员把铁的配合物(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体转化为单质硫。该工艺包含两个阶段：①的吸收氧化；②的再生。反应原理如下：
i．
ii．
①25℃时，溶液中、和在含硫粒子总浓度中所占分数随溶液pH的变化关系如下图，由图计算，的，　 　，则的电离程度比水解程度　 　(填“大”或“小”)。
②再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于　 　(写出计算过程。已知25℃时，)。
【答案】（1）；高温；副产物可作燃料
（2）B；C
（3）；小；8
【知识点】盖斯定律及其应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）①根据盖斯定律，可得该工艺总反应的热化学方程式：；
②反应III焓变大于0，熵变大于0，因此在高温条件下可以自发进行；
③克劳斯工艺为与氧气反应生成和水，分解法处理生成和氢气，分解法的优点是副产物可作燃料。
（2）A．反应活化能：途径1>途径2，因此速率：途径1<途径2，故A错误；
B．途径2历程中的能垒依次为、、，故B正确；
C．反应过程为硫化氢转化为单质硫和水，反应需要增加一个氧原子，可能来源于催化剂，故C正确；
D．由吸附历程知，得到吸附状态的水分子的过程放出能量，那么吸附在催化剂表面的水分子解吸出来时需吸收能量，故D错误；
故答案为BC。
（3）①根据题意pH=13时、的所占分数相等，则；的电离平衡常数为，水解平衡常数为，因此的电离程度小于水解程度；
②再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，根据得到，根据和，得到，pH=8，因此为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于8。
【分析】（1）①根据盖斯定律进行分析，注意单位统一。
②反应自发进行的条件是△G=△H-T△S<0。
③与氧气反应生成和水。
（2）A．活化能较大的反应速率较小。
B．途径2历程中的能垒依次为、、。
C．反应前后原子种类不变。
D．由吸附历程知，得到吸附状态的水分子的过程放出能量，那么吸附在催化剂表面的水分子解吸出来时需吸收能量。
（3）①根据题意pH=13时、的所占分数相等，则；的电离平衡常数为，水解平衡常数为，因此的电离程度小于水解程度。
②解离出的易与溶液中的形成沉淀，结合难溶物沉淀积常数进行分析。
（1）①根据盖斯定律，可得该工艺总反应的热化学方程式：；
②反应III焓变大于0，熵变大于0，因此在高温条件下可以自发进行；
③克劳斯工艺为与氧气反应生成和水，分解法处理生成和氢气，分解法的优点是副产物可作燃料。
（2）A．反应活化能：途径1>途径2，因此速率：途径1<途径2，故A错误；
B．途径2历程中的能垒依次为、、，故B正确；
C．反应过程为硫化氢转化为单质硫和水，反应需要增加一个氧原子，可能来源于催化剂，故C正确；
D．由吸附历程知，得到吸附状态的水分子的过程放出能量，那么吸附在催化剂表面的水分子解吸出来时需吸收能量，故D错误；
故答案为BC。
（3）①根据题意pH=13时、的所占分数相等，则；的电离平衡常数为，水解平衡常数为，因此的电离程度小于水解程度；
②再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，根据得到，根据和，得到，pH=8，因此为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于8。
20．（2025·梅州模拟）化合物E是一种广泛应用于光固化产品的光引发剂，可采用A为原料，按如下图路线合成：
（1）化合物A的分子式为　 　，名称为　 　(系统命名法)。
（2）化合物C中官能团的名称是　 　。化合物C的某同分异构体含有苯环且核磁共振氢谱图上有4组峰，峰面积之比为，能与新制反应生成砖红色沉淀，其结构简式为　 　(写一种)。
（3）关于上述合成路线中的相关物质及转化，下列说法正确的有___________。
A．化合物D和E不能通过红外光谱鉴别
B．C→D的转化为取代反应，试剂X为HBr
C．化合物C中，碳原子的杂化轨道类型为和杂化
D．化合物E可溶于水是因为其分子中的含氧官能团能与水分子形成氢键
（4）对化合物E，分析预测其含氧官能团可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新物质 反应类型
① 　 　 　 　
② 　 　 　 　 消去反应
（5）已知：烯醇不稳定，很快会转化为醛，即。在一定条件下，以原子利用率100%的反应制备。该反应中
①若反应物之一为V形分子，则另一反应物可能为　 　(写出一种结构简式)。
②若反应物之一为平面三角形分子，则另一反应物为　 　(写结构简式)。
（6）以乙炔为唯一有机原料，通过四步合成可降解高分子聚乳酸()。基于设计的合成路线，回答下列问题：
已知：
①第一步反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
②最后一步反应的化学方程式为　 　。
【答案】（1）；2-甲基丙酸
（2）酮羰基(或羰基)；或
（3）C；D
（4），催化剂，加热；加成(或还原)反应；浓硫酸，加热；
（5）(或)；
（6）(或)；
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】（1）化合物A的分子式为，含有的官能团是羧基，其名称为2-甲基丙酸。
（2）化合物C中官能团的名称是酮羰基(或羰基)。该同分异构体可以与新制反应生成砖红色沉淀，说明含有，根据峰面积之比为，其结构简式分别为：、。
（3）A．红外光谱可以鉴别有机物的官能团、化学键类型或基团种类，D和E物质分别存在和，其官能团不同，所以二者可以通过红外光谱鉴别，A错误；
B．C→D的转化特点是：在C物质的上通过取代反应，取代了上面的一个氢原子，形成，根据烷基的卤代规律，则需要在光照条件下和溴蒸汽反应，B错误；
C．化合物C含有苯环、饱和碳原子，所以碳原子的杂化轨道类型为和杂化，C正确；
D．化合物E含有，可以和水分子形成分子间的氢键，增大其水溶性，D正确；
故选CD。
（4）①化合物E是，和氢气加成反应以后，形成，所以反应试剂和条件是：，催化剂，加热，发生加成（还原）反应。
②由于E含有羟基，要发生消去反应，反应的条件、试剂是：浓硫酸、加热；消去反应的产物为：。
（5）①若反应物之一为V形分子，此V形分子为，原子利用率的反应是加成反应，所以逆推反应物应该是：(或)。
② 甲醛的空间结构是平面三角形，根据碳原子守恒，另外一种有机物是乙醛，二者反应方程式为：。
（6）聚乳酸是由发生缩聚反应得到的，乙炔和水发生加成反应生成，发生加成反应然后发生水解反应生成，合成路线为：。所以第一步的化学方程式为：(或)，最后一步反应的化学方程式为：。
【分析】根据流程图信息，结合A、B、C、D、E的结构简式，可推出A→B发生取代反应，其中A中羟基被氯原子取代，B→C发生取代反应，其中B中氯原子被苯环取代，C→D发生取代反应，其中C中叔碳上的氢原子被溴原子取代，D→E发生水解反应。
（1）化合物A的分子式为，含有的官能团是羧基，其名称为2-甲基丙酸。
（2）化合物C中官能团的名称是酮羰基(或羰基)。该同分异构体可以与新制反应生成砖红色沉淀，说明含有，根据峰面积之比为，其结构简式分别为：、。
（3）A．红外光谱可以鉴别有机物的官能团、化学键类型或基团种类，D和E物质分别存在和，其官能团不同，所以二者可以通过红外光谱鉴别，A错误；
B．C→D的转化特点是：在C物质的上通过取代反应，取代了上面的一个氢原子，形成，根据烷基的卤代规律，则需要在光照条件下和溴蒸汽反应，B错误；
C．化合物C含有苯环、饱和碳原子，所以碳原子的杂化轨道类型为和杂化，C正确；
D．化合物E含有，可以和水分子形成分子间的氢键，增大其水溶性，D正确；
故选CD。
（4）①化合物E是，和氢气加成反应以后，形成，所以反应试剂和条件是：，催化剂，加热，发生加成（还原）反应。
②由于E含有羟基，要发生消去反应，反应的条件、试剂是：浓硫酸、加热；消去反应的产物为：。
（5）①若反应物之一为V形分子，此V形分子为，原子利用率的反应是加成反应，所以逆推反应物应该是：(或)。
② 甲醛的空间结构是平面三角形，根据碳原子守恒，另外一种有机物是乙醛，二者反应方程式为：。
（6）聚乳酸是由发生缩聚反应得到的，乙炔和水发生加成反应生成，发生加成反应然后发生水解反应生成，合成路线为：。所以第一步的化学方程式为：(或)，最后一步反应的化学方程式为：。
1 / 1广东省梅州市2025届高三一模化学试卷
1．（2025·梅州模拟）纪录片《如果国宝会说话》展示了国宝背后的中国精神、中国审美和中国价值观。下列文物中，主要由无机非金属材料制成的是
A．洛神赋图 B．三彩载乐骆驼俑 C．木雕双头镇墓兽 D．三星堆青铜神树
A．A B．B C．C D．D
2．（2025·梅州模拟）近年来，我国航空航天事业成果显著。下列对所涉及的化学知识叙述正确的是
A．“天宫二号”航天器使用质量轻的钛合金，钛合金硬度比纯钛小
B．“C919”雷达使用的复合材料中含玻璃纤维，其属于有机高分子
C．“长征五号”运载火箭采用液氢液氧作为推进剂，与互为同位素
D．“嫦娥六号”带回地球的月壤中含有Si、Mg、Al等元素，Al属于s区
3．（2025·梅州模拟）客家菜朴实醇鲜，“酿豆腐”“梅菜扣肉”“娘酒鸡”“酿苦瓜”都是熟悉的客家味道。下列说法不正确的是
A．用盐腌制梅菜，能延长保存时间
B．用花生油煎“酿苦瓜”，花生油属于混合物
C．豆腐制作过程“煮浆”，是将蛋白质转化为氨基酸
D．酿“娘酒”加酒曲，涉及淀粉→葡萄糖→乙醇的转化
4．（2025·梅州模拟）NaOH标准溶液的配制和标定，需经过NaOH溶液配制、基准物质的称量以及用NaOH溶液滴定等操作。下列所用仪器或操作正确的是
A． B．
C． D．
5．（2025·梅州模拟）化学实验中的颜色变化，可将化学抽象之美具体为形象之美。下列说法不正确的是
A．土豆片遇到碘溶液，呈蓝色
B．新制氯水久置，溶液由淡黄绿色变为无色
C．用洁净的铂丝蘸取KCl溶液灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色
D．将粉末露置在空气中一段时间，固体由白色变为淡黄色
6．（2025·梅州模拟）一种以铝—空气为电源的航标灯，该电池以海水为电解质溶液。关于该电池，下列说法正确的是
A．铝作负极，发生还原反应
B．海水中的移向铝电极
C．每转移4mol电子，消耗标准状况下22.4L的空气
D．空气一极发生的电极反应式为：
7．（2025·梅州模拟）“劳动最光荣，勤奋出智慧”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用福尔马林制作生物标本 甲醛有强氧化性
B 溶液作腐蚀液制作印刷电路板 氧化性强于
C 用NaOH和铝粉疏通厨卫管道 铝和NaOH溶液反应生成
D 施加适量石膏降低盐碱地(含)土壤的碱性
A．A B．B C．C D．D
8．（2025·梅州模拟）木质素是一种天然存在的高分子化合物，在生物材料领域具有广泛的应用潜力。一种木质素单体结构如图，关于该化合物，下列说法正确的是
A．可与NaOH溶液反应
B．该结构中含有5种官能团
C．该结构中所有原子共平面
D．与足量加成后的产物不含手性碳原子
9．（2025·梅州模拟）某化学兴趣小组改进了铜与浓硫酸的反应装置，新的设计如图。小磁铁在试管外壁控制磁力搅拌子(不与沸腾的浓硫酸反应)。按图装置进行实验，下列分析正确的是
A．铜与浓硫酸反应，浓硫酸只体现氧化性
B．浸有紫色石蕊溶液的滤纸先变红后褪色
C．冷却后，向反应后的试管A内倒入少量水，溶液变蓝色
D．通过气球打气筒向装置内部通入空气能防止NaOH溶液倒吸
10．（2025·梅州模拟）部分含Fe或含N物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是
A．从原子结构角度分析，g比f稳定
B．工业制硝酸涉及a→b→c→d的转化
C．常温下，可用e容器盛装d的浓溶液，因为e和d的浓溶液不反应
D．向沸水中滴加h的饱和溶液，一定能形成产生丁达尔效应的分散系
11．（2025·梅州模拟）氯碱工业涉及、、NaOH、NaCl等物质。设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．1molNaCl固体中，含离子数为
B．1L的NaOH溶液中，含有氧原子数为
C．标准状况下，22.4L和的混合气体含有共价键数目为
D．将与NaOH溶液反应制备消毒液，消耗1mol转移电子数为
12．（2025·梅州模拟）下列陈述I与陈述II均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述II
A 将气体通入NaClO溶液中产生HClO和 的酸性比HClO的酸性强
B 工业固氮中将与在一定条件下反应合成 具有还原性
C 高纯硅可以制成计算机的芯片、太阳能电池 晶体硅具有半导体性能
D 相同压强下，HF的沸点比HCl的沸点低 HF分子间作用力弱于HCl
A．A B．B C．C D．D
13．（2025·梅州模拟）乙醇和乙酸是生活中两种常见的有机物。利用以下装置进行实验，能达到预期目的的是
A．分离乙醇和乙酸 B．验证乙醇的还原性
C．比较乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱 D．制取少量乙酸乙酯
A．A B．B C．C D．D
14．（2025·梅州模拟）化合物(XY4)2Z2E8可作氧化剂和漂白剂。X、Y、Z、E均为短周期主族元素，仅有X与E同一周期，Z与E同一族。E在地壳中含量最多，X的基态原子价层p轨道半充满。下列说法正确的是
A．该化合物中Z元素的化合价为+7
B．ZE3的VSEPR模型为四面体
C．ZE2分子的键角比ZE3分子的键角小
D．第一电离能：E＞X＞Z
15．（2025·梅州模拟）已知在少量作用下，常温时能剧烈分解并放出热量，分解的机理由两步构成，I：(慢反应，)，II：(快反应)，能正确表示整个过程的能量变化示意图是
A． B．
C． D．
16．（2025·梅州模拟）某实验小组利用如图所示装置制备。已知甲装置的工作原理为：，电极a、b采用石墨或Fe。下列说法不正确的是
A．乙装置中电极a应为Fe，b电极为石墨
B．乙装置中可用溶液代替NaCl溶液
C．电极b发生的反应：
D．理论上每生成9.0g，甲装置中将有0.2mol向惰性电极II移动
17．（2025·梅州模拟）配合物在生产、生活中应用广泛。例如：(铁氰化钾)用于检验。回答下列问题：
（1）的配位数为　 　，中配位原子是　 　(填元素符号)。
（2）配位体电子式为　 　，对应氢化物HCN分子中键与键数目之比为　 　。
（3）工业上，以石墨为电极，电解(亚铁氰化钾)溶液可以制备，阳极的电极反应式为　 　。
（4）探究的性质。查阅资料，提出猜想：
猜想1：溶液中存在电离平衡；
猜想2：具有氧化性。
【设计实验】
序号 实验操作 实验现象
I 在10mL溶液中滴入几滴KSCN溶液，再向溶液中加入少量浓盐酸 滴入KSCN溶液，无明显现象，加入浓盐酸后，_____i______
II 在10mL和的混合溶液中插入一根无锈铁丝 产生蓝色沉淀
III 在10mL溶液中插入一根无锈铁丝(与II中相同) 产生蓝色沉淀
【结果分析】
①实验I证明猜想1成立，实验现象i是　 　。
②已知：常温下，；，，又称配离子稳定常数。用必要的文字、离子方程式与数据说明实验I滴入KSCN溶液时无明显现象的原因　 　。
③实验III产生蓝色沉淀是因为产生了，生成的与未反应的生成了蓝色沉淀，说明猜想2成立。另设计实验证明的氧化性　 　(要求写出实验操作与预期现象，限选试剂：NaOH溶液、淀粉溶液、KI溶液和饱和溶液)。
④基于猜想1、2成立，可推断实验II、III中　 　(填“”“”或“”)。
18．（2025·梅州模拟）五氧化二钒是接触法制取硫酸的催化剂，具有强氧化性。从废钒催化剂(主要成分为：、、、和等)中回收的一种生产工艺流程如下图所示：
已知：价钒在溶液中主要以和的形式存在，两者转化关系为。
（1）写出基态钒原子的价层电子排布式　 　。
（2）“废渣I”的主要成分为　 　。“还原”后的溶液中含有阳离子、、、，“还原”过程中发生反应的离子方程式为　 　。
（3）“萃取”和“反萃取”的变化过程可简化为(下式中的R表示或，HA表示有机萃取剂的主要成分)：。工艺流程中可循环使用的试剂有　 　(写化学式)。
（4）“氧化”时欲使3mol的变为，需要氧化剂至少为　 　mol。
（5）“调pH”中加入KOH有两个目的，分别为　 　、　 　。
（6）钒的某种氧化物的立方晶胞结构如下图，晶胞参数为apm。晶胞中V的配位数与O的配位数之比为　 　；已知表示阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为　 　(列出计算式即可)。
19．（2025·梅州模拟）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有，需要回收处理并加以利用。
（1）根据文献，对的处理主要有两种方法。
①克劳斯工艺。该工艺经过两步反应使转化为：
反应I：
反应II：
写出该工艺总反应的热化学方程式　 　。
②分解法。反应III：，该反应能自发进行的条件是　 　。
③相比克劳斯工艺，分解法处理的优点是　 　。
（2）消除天然气中是能源领域的研究热点，利用表面吸附时，研究表明有两种机理途径，如下图所示。
下列说法中，正确的有___________。
A．的速率：途径1途径2
B．途径2历程中最大能垒为
C．在吸附过程中提供了O原子
D．吸附在催化剂表面的水分子解吸出来时放出能量
（3）科研人员把铁的配合物(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体转化为单质硫。该工艺包含两个阶段：①的吸收氧化；②的再生。反应原理如下：
i．
ii．
①25℃时，溶液中、和在含硫粒子总浓度中所占分数随溶液pH的变化关系如下图，由图计算，的，　 　，则的电离程度比水解程度　 　(填“大”或“小”)。
②再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于　 　(写出计算过程。已知25℃时，)。
20．（2025·梅州模拟）化合物E是一种广泛应用于光固化产品的光引发剂，可采用A为原料，按如下图路线合成：
（1）化合物A的分子式为　 　，名称为　 　(系统命名法)。
（2）化合物C中官能团的名称是　 　。化合物C的某同分异构体含有苯环且核磁共振氢谱图上有4组峰，峰面积之比为，能与新制反应生成砖红色沉淀，其结构简式为　 　(写一种)。
（3）关于上述合成路线中的相关物质及转化，下列说法正确的有___________。
A．化合物D和E不能通过红外光谱鉴别
B．C→D的转化为取代反应，试剂X为HBr
C．化合物C中，碳原子的杂化轨道类型为和杂化
D．化合物E可溶于水是因为其分子中的含氧官能团能与水分子形成氢键
（4）对化合物E，分析预测其含氧官能团可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新物质 反应类型
① 　 　 　 　
② 　 　 　 　 消去反应
（5）已知：烯醇不稳定，很快会转化为醛，即。在一定条件下，以原子利用率100%的反应制备。该反应中
①若反应物之一为V形分子，则另一反应物可能为　 　(写出一种结构简式)。
②若反应物之一为平面三角形分子，则另一反应物为　 　(写结构简式)。
（6）以乙炔为唯一有机原料，通过四步合成可降解高分子聚乳酸()。基于设计的合成路线，回答下列问题：
已知：
①第一步反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
②最后一步反应的化学方程式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用
【解析】【解答】A．图的主要成分为纤维素，属于有机高分子材料，A不符合；
B．俑的主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，B符合；
C．木雕的主要成分是纤维素，是有机高分子材料，C不符合；
D．青铜是铜合金，属于合金材料，D不符合；
故答案为：B。
【分析】 无机非金属材料是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料。
2．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；同位素及其应用
【解析】【解答】A．钛合金的硬度通常比纯钛大，A错误；
B．玻璃纤维的主要成分是二氧化硅和硅酸盐，属于无机非金属材料，B错误；
C．由分析可知，与互为同位素，C正确；
D．铝和硅属于区元素，镁属于区元素，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.合金的硬度一般高于其纯金属组分。
B.玻璃纤维的主要成分是二氧化硅和硅酸盐。
C.同位素是指质子数相同、中子数不同的原子。
D.铝和硅属于区元素，镁属于区元素。
3．【答案】C
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．盐可以抑制微生物的生长，延长保存时间，故A正确；
B．花生油由多种高级脂肪酸与甘油生成的酯，属于混合物，故B正确；
C．“煮浆”是蛋白质的变性过程，故C错误；
D．“娘酒”原料的主要成分为淀粉，水解得到葡萄糖，氧化得到乙醇，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A.盐可以抑制微生物的生长。
B.混合物中至少含有两种物质。
C.“煮浆”是蛋白质的变性过程。
D.“娘酒”原料的主要成分为淀粉，结合淀粉性质进行分析。
4．【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定
【解析】【解答】A．氢氧化钠固体易潮解，应放在烧杯中进行称量，A错误；
B．配制溶液中洗涤液沿玻璃棒注入容量瓶，B正确；
C．视线应与凹液面相平，C错误；
D．NaOH溶液属于碱性溶液，应使用碱式滴定管进行滴定，D错误；
故答案为：B。
【分析】A.称量时左物右码，注意氢氧化钠固体易潮解。
B.洗涤液沿玻璃棒注入容量瓶。
C.视线应与凹液面相平。
D.注意碱性滴定管下方有橡胶软管，没有活塞。
5．【答案】D
【知识点】焰色反应；蔗糖与淀粉的性质实验；氯水、氯气的漂白作用；钠的氧化物
【解析】【解答】A．土豆中含有淀粉，遇碘单质会变蓝，A正确；
B．新制氯水中含有Cl2，使溶液呈淡黄绿色，久置后氯气逐渐挥发，且Cl2和水反应生成的HClO分解，导致溶液中的氯气浓度降低，溶液由淡黄绿色变为无色，B正确；
C．K+的焰色反应为紫色，蓝色钴玻璃可滤去钠的黄色光干扰，C正确；
D．为淡黄色固体，露置空气中会与CO2、H2O反应生成白色Na2CO3，因此固体应由淡黄色变为白色，D错误；
故答案为：D。
【分析】A.碘遇淀粉变蓝。
B.新制氯水中含有Cl2，久置后氯气逐渐挥发。
C.K+的焰色反应为紫色。
D.为淡黄色固体。
6．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．铝作负极，发生氧化反应，A错误；
B．该装置为原电池，阳离子向正极移动，Na+移向通入空气的一端，B错误；
C．每转移4mol电子，消耗1molO2，标况未知，无法计算其体积，C错误；
D．空气一极为正极，其电极反应式为：，D正确；
故答案为：D。
【分析】根据题干信息，该装置为原电池，铝作负极，进入空气的一端为正极。
7．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A． 用福尔马林制作生物标本，是利用福尔马林能使蛋白质变性，故A错误；
B．与Cu反应生成和，为氧化剂，为氧化产物，由分析可知，氧化性强于，故B正确；
C．铝粉与氢氧化钠溶液反应生成氢气可用于疏通管道，故C正确；
D．石膏（CaSO4）的Ksp大于CaCO3，向碳酸盐中加入CaSO4可以转化为CaCO3和硫酸盐，故D正确；
故答案为：A。
【分析】A.福尔马林能使蛋白质变性。
B.氧化性：氧化剂>氧化产物。
C.铝粉与氢氧化钠溶液反应生成氢气可用于疏通管道。
D.石膏（CaSO4）的Ksp大于CaCO3。
8．【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．木质素中含有的酚羟基能与NaOH溶液反应，A正确；
B．木质素中含有碳碳双键、醚键、羟基三种官能团，B错误；
C．该结构中与醇羟基连接的碳原子为饱和碳原子，结合分析可知，所有原子不可能共平面，C错误；
D．与足量加成后的产物为：，有2个手性碳原子，D错误；
故答案为：A。
【分析】A.酚羟基能与NaOH溶液反应。
B.熟悉常见官能团。
C.饱和碳原子与其直接相连的原子不共面。
D.手性碳原子连接4个不同的原子或原子团。
9．【答案】D
【知识点】浓硫酸的性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．在加热条件下，铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化硫，体现了浓硫酸的酸性和氧化性，A错误；
B．二氧化硫只能使紫色石蕊试液变红，B错误；
C．试管中含有浓硫酸，故稀释时应将试管中溶液倒入水中，C错误；
D．二氧化硫易溶于水，通过气球打气筒向装置内部通入空气能防止NaOH溶液倒吸，D正确；
故答案为：D。
【分析】A.在加热条件下，铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化硫。
B.注意二氧化硫不能漂白紫色石蕊试液。
C.注意试管中含有浓硫酸，浓硫酸稀释时是酸加入水中。
D.二氧化硫易溶于水。
10．【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．由分析可知，f为FeO，g为Fe2O3，Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+价电子排布式为3d5，3d轨道半充满较稳定，则 从原子结构角度分析，g比f稳定 ，A正确；
B．工业制硝酸用氨气催化氧化得到NO，不是用N2的氧化，B错误；
C．浓硝酸与Fe单质在常温下发生钝化，二者发生了反应，表面形成致密的氧化膜，阻止了反应的继续进行，C错误；
D．沸水中滴加饱和的FeCl3溶液，继续加热至溶液呈红褐色，产生胶体，若加热时间过长，胶体会发生聚沉，若用饱和的硫酸铁溶液滴加到沸水中，产生的胶体会聚沉，D错误；
故答案为：A。
【分析】根据部分含Fe或含N物质的分类与相应化合价关系图可知， a为单质N2，b为NO，c为NO2，d为HNO3，e为Fe，f为FeO，g为Fe2O3，h为铁盐。
11．【答案】A
【知识点】气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.1mol NaCl固体中，含离子数为，A正确；
B.1L的NaOH溶液中，含有氧原子数大于，B错误；
C．标况下，22.4 L的H2和Cl2混合气体为1 mol，则共价键数目为NA，C错误；
D.涉及反应为Cl2+2NaOH=NaCl+ NaClO +H2O，Cl2既是氧化剂又是还原剂，1 mol Cl2参与反应转移1 mol电子，所以转移电子数为NA，D错误；
故答案为：A。
【分析】A. NaCl为离子化合物。
B.注意溶液里的水中含有氧原子。
C.H2和Cl2都是双原子分子。
D.涉及反应为Cl2+2NaOH=NaCl+ NaClO +H2O。
12．【答案】C
【知识点】工业合成氨；氢键的存在对物质性质的影响；二氧化硫的性质；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．生成的HClO具有强氧化性，与NaClO溶液反应生成，A错误；
B．与在一定条件下反应生成，反应前后N元素化合价下降，则N2具有氧化性，B错误；
C．晶体硅具有半导体性能，使其可用于计算机芯片和太阳能电池，C正确；
D．HF分子间存在氢键，其沸点较高，D错误；
故答案为：C。
【分析】A. HClO具有强氧化性。
B.还原剂具有还原性。
C.硅具有半导体性能。
D.氢键能使物质的熔沸点升高。
13．【答案】B
【知识点】分液和萃取；乙酸乙酯的制取；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．乙醇和乙酸互溶，不可以用分液，故A不能达到预期目的；
B．酸性高锰酸钾和乙醇发生氧化还原反应，乙醇的还原性，故B能达到预期目的；
C．乙酸与NaHCO3反应产生CO2，具有挥发性的乙酸与CO2均能与苯酚钠溶液发生反应也产生苯酚，不能用于比较乙酸、碳酸、苯酚的酸性强弱，故C不能达到预期目的；
D．氢氧化钠溶液能使酯水解，应该盛饱和Na2CO3溶液，故D不能达到预期目的；
故答案为：B。
【分析】A.分液适用于分离互不相溶的液体混合物。
B.酸性高锰酸钾和乙醇发生氧化还原反应。
C.具有挥发性的乙酸与CO2均能与苯酚钠溶液发生反应也产生苯酚。
D.氢氧化钠溶液能使酯水解。
14．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．由分析可知，Z为S元素，其原子最外层电子数为6，则该化合物中Z元素的化合价为+6价，A错误；
B．由分析可知，Z为S元素，E为O元素，ZE3为SO3，其中心S的价层电子对数为3＋=3，S原子采用sp2杂化，因此VSEPR模型为平面三角形，B错误；
C．由分析可知，Z为S元素，E为O元素，ZE2为SO2，ZE3为SO3，SO2分子的中心S原子价层电子对数为2＋=3，S原子采用sp2杂化，有1对孤电子对，孤对电子对成键电子的排斥力大于成键电子的排斥力，所以SO2呈V形；SO3分子中S原子价层电子对数也是3，S原子也是采用sp2杂化，但由于S原子上无孤对电子，因此SO3分子呈平面三角形，键角是120度，故键角：SO2＜SO3，C正确；
D．由分析可知，X为N元素，Z为S元素、E为O元素，同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但由于N的2p电子半满为较稳定结构，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：N＞O；同主族元素的第一电离能从上到下呈减小趋势，则第一电离能：O＞S，故三种元素的第一电离能：X(N)＞E(O)＞Z(S)，D错误；
故答案为：C。
【分析】根据题干信息，X、Y、Z、E均为短周期主族元素，E在地壳中含量最多，则E是O元素；Z与E同一族，则Z是S元素；X的基态原子价层p轨道半充满，且X与E同一周期，则X原子核外电子排布式是1s22s22p3，可推出X为N元素，根据化合物的分子式可推出，Y是H元素，结合物质的性质与结构进行分析。
15．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A．生成物能量等于反应物能量，A错误；
B．第一步活化能大于第二步活化能，且生成物能量小于反应物能量，B正确；
C．第一步活化能小于第二步活化能，且生成物能量等于反应物能量，C错误；
D．第一步活化能小于第二步活化能，D错误；
故答案为：B。
【分析】△H=生成物总能量-反应物总能量，△H>0表示吸热反应，△H<0表示放热反应，活化能较大的反应为慢反应。
16．【答案】B
【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据题干信息可知，乙装置目的是制备，需要，电极a应为Fe作阳极失电子生成，b电极为阴极，可采用石墨，该选项正确；
B．若用溶液代替溶液，在阴极得电子生成Cu，无法生成，就不能生成，该选项错误；
C．电极b为阴极，其电极反应式为，该选项正确；
D.9.0g的物质的量为，根据，，生成0.1mol，电路中转移0.2mol电子，甲装置中阳离子向正极（惰性电极II）移动，根据电荷守恒，有0.2mol向惰性电极II移动 ，该选项正确；
故答案为：Ｂ。
【分析】A.乙装置目的是制备。
B.阴极得电子生成Cu。
C. 电极b附近溶液中的得电子发生还原反应。
D.铁作阳极，其电极反应式为，。
17．【答案】（1）6；C
（2）；
（3）
（4）溶液变成红色；，此反应的，该反应平衡常数小于，说明该反应正向进行的程度小，难于产生红色物质；向2mL溶液中滴加几滴饱和溶液，溶液出现淡黄色浑浊，说明具有氧化性(或向2mL溶液中滴加几滴KI溶液，然后再滴入几滴淀粉溶液，溶液出现蓝色，说明具有氧化性)；
【知识点】配合物的成键情况；二价铁离子和三价铁离子的检验；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）中，CN-为配位体，C电负性较低，提供孤对电子，则每个CN-通过C原子与Fe3+配位，6个CN-形成六配位，故配位数为6，配位原子是C。
（2）中含有6+7+1=14个电子，配位体电子式为 ，HCN分子中，H-C为σ键，C≡N含1个σ键和2个π键，总σ键数2，π键数2，比例为1：1。
（3）电解时，阳极发生氧化反应，失去电子被氧化为，电极方程式为：。
（4）①加入浓盐酸后，H+与CN-结合生成HCN，降低CN-浓度，促使解离出Fe3+，Fe3+与SCN-反应生成红色络合物，实验现象i是溶液变成红色；
②实验I滴入KSCN溶液时无明显现象的原因：，此反应的，该反应平衡常数小于，说明该反应正向进行的程度小，难于产生红色物质；
③设计实验证明的氧化性为：向2mL溶液中滴加几滴饱和溶液，溶液出现淡黄色浑浊，说明具有氧化性(或向2mL溶液中滴加几滴KI溶液，然后再滴入几滴淀粉溶液，溶液出现蓝色，说明具有氧化性)；
④实验II中FeCl3提供高浓度Fe3+，直接氧化铁丝生成Fe2+更快；实验III中K3[Fe(CN)6]需先解离出少量Fe3+再反应，速率较慢，故A1< A2。
【分析】（1）中，CN-为配位体，配位原子是C。
（2）电子式为，σ键为单键，C≡N含1个σ键和2个π键。
（3）阳极发生氧化反应，失去电子被氧化为。
（4）①Fe3+与SCN-反应生成红色络合物。
②实验I滴入KSCN溶液时无明显现象的原因：，此反应的，该反应平衡常数小于，说明该反应正向进行的程度小，难于产生红色物质。
③与溶液发生氧化还原反应，碘单质遇淀粉变蓝。
④实验II中FeCl3提供高浓度Fe3+，直接氧化铁丝生成Fe2+更快；实验III中K3[Fe(CN)6]需先解离出少量Fe3+再反应，速率较慢，故A1< A2。
（1）中，CN-为配位体，C电负性较低，提供孤对电子，则每个CN-通过C原子与Fe3+配位，6个CN-形成六配位，故配位数为6，配位原子是C。
（2）中含有6+7+1=14个电子，配位体电子式为，HCN分子中，H-C为σ键，C≡N含1个σ键和2个π键，总σ键数2，π键数2，比例为1：1。
（3）电解时，阳极发生氧化反应，失去电子被氧化为，电极方程式为：。
（4）①加入浓盐酸后，H+与CN-结合生成HCN，降低CN-浓度，促使解离出Fe3+，Fe3+与SCN-反应生成红色络合物，实验现象i是溶液变成红色；
②实验I滴入KSCN溶液时无明显现象的原因：，此反应的，该反应平衡常数小于，说明该反应正向进行的程度小，难于产生红色物质；
③设计实验证明的氧化性为：向2mL溶液中滴加几滴饱和溶液，溶液出现淡黄色浑浊，说明具有氧化性(或向2mL溶液中滴加几滴KI溶液，然后再滴入几滴淀粉溶液，溶液出现蓝色，说明具有氧化性)；
④实验II中FeCl3提供高浓度Fe3+，直接氧化铁丝生成Fe2+更快；实验III中K3[Fe(CN)6]需先解离出少量Fe3+再反应，速率较慢，故A1< A2。
18．【答案】（1）
（2）；
（3）、HA
（4）0.5
（5）促使水解成沉淀；促使转化为，有利于下一步沉钒
（6）；(或)
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）钒为23号元素，位于周期表中第四周期第VB族，则基态钒原子的价层电子排布式为：。
故答案为：。
（2）根据分析，废渣I为难溶于硫酸的；“还原”过程中被在酸性作用还原为，则反应的离子方程式为：。
故答案为：；。
（3）根据萃取和反萃取方程式：可知，当发生萃取时，水层有硫酸生成，可以用在反萃取操作中；当发生反萃取时，有机层有HA产生，可以用在萃取操作中，所以可以循环使用的物质为：、HA。
（4）根据分析，在氧化时发生的反应为：，根据方程中关系量可知，要使3mol的变为，需要氧化剂至少为。
故答案为：0.5。
（5）由于在反萃取后的酸性水溶液中还存在和，经氧化后变为和，所以加入KOH后首先调节pH，促使水解形成沉淀过滤除去，同时根据题目已知转化，得到加入KOH还可以消耗使平衡右移生成更多的，有利于下一步沉钒操作。
故答案为：促使水解成沉淀；促使转化为，有利于下一步沉钒。
（6）根据晶胞图形可知，1个V原子与6个O原子形成配位键，配位数为6，1个O原子与3个V原子形成配位键，配位数为3，则晶胞中V的配位数与O的配位数之比为；同时在晶胞中，O原子有4个位于晶胞面心，2个位于体心，则O原子数为：；V原子有8个位于晶胞顶点，1个位于体心，则V原子数为：，则1个晶胞的构成为或，得到该氧化物化学式为：，晶胞参数为apm，则边长为，则该晶体密度为。
故答案为：2：1；（或）。
【分析】根据流程图信息，“还原”时，在废钒催化剂下，在硫酸作用下进行还原，由于不溶于硫酸，则废渣I的主要成分是，滤液中主要含有的阳离子有、、、，“萃取”后，向有机层中加入试剂X进行反萃取，分液后有机萃取剂进入萃取环节循环使用，得到酸性水溶液，加入发生氧化还原反应，经KOH调节pH，过滤得废渣II和含钒滤液，加入沉钒得，最后煅烧得产品。
（1）钒为23号元素，位于周期表中第四周期第VB族，则基态钒原子的价层电子排布式为：。
故答案为：。
（2）根据分析，废渣I为难溶于硫酸的；“还原”过程中被在酸性作用还原为，则反应的离子方程式为：。
故答案为：；。
（3）根据萃取和反萃取方程式：可知，当发生萃取时，水层有硫酸生成，可以用在反萃取操作中；当发生反萃取时，有机层有HA产生，可以用在萃取操作中，所以可以循环使用的物质为：、HA。
（4）根据分析，在氧化时发生的反应为：，根据方程中关系量可知，要使3mol的变为，需要氧化剂至少为。
故答案为：0.5。
（5）由于在反萃取后的酸性水溶液中还存在和，经氧化后变为和，所以加入KOH后首先调节pH，促使水解形成沉淀过滤除去，同时根据题目已知转化，得到加入KOH还可以消耗使平衡右移生成更多的，有利于下一步沉钒操作。
故答案为：促使水解成沉淀；促使转化为，有利于下一步沉钒。
（6）根据晶胞图形可知，1个V原子与6个O原子形成配位键，配位数为6，1个O原子与3个V原子形成配位键，配位数为3，则晶胞中V的配位数与O的配位数之比为；同时在晶胞中，O原子有4个位于晶胞面心，2个位于体心，则O原子数为：；V原子有8个位于晶胞顶点，1个位于体心，则V原子数为：，则1个晶胞的构成为或，得到该氧化物化学式为：，晶胞参数为apm，则边长为，则该晶体密度为。
故答案为：2：1；（或）。
19．【答案】（1）；高温；副产物可作燃料
（2）B；C
（3）；小；8
【知识点】盖斯定律及其应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）①根据盖斯定律，可得该工艺总反应的热化学方程式：；
②反应III焓变大于0，熵变大于0，因此在高温条件下可以自发进行；
③克劳斯工艺为与氧气反应生成和水，分解法处理生成和氢气，分解法的优点是副产物可作燃料。
（2）A．反应活化能：途径1>途径2，因此速率：途径1<途径2，故A错误；
B．途径2历程中的能垒依次为、、，故B正确；
C．反应过程为硫化氢转化为单质硫和水，反应需要增加一个氧原子，可能来源于催化剂，故C正确；
D．由吸附历程知，得到吸附状态的水分子的过程放出能量，那么吸附在催化剂表面的水分子解吸出来时需吸收能量，故D错误；
故答案为BC。
（3）①根据题意pH=13时、的所占分数相等，则；的电离平衡常数为，水解平衡常数为，因此的电离程度小于水解程度；
②再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，根据得到，根据和，得到，pH=8，因此为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于8。
【分析】（1）①根据盖斯定律进行分析，注意单位统一。
②反应自发进行的条件是△G=△H-T△S<0。
③与氧气反应生成和水。
（2）A．活化能较大的反应速率较小。
B．途径2历程中的能垒依次为、、。
C．反应前后原子种类不变。
D．由吸附历程知，得到吸附状态的水分子的过程放出能量，那么吸附在催化剂表面的水分子解吸出来时需吸收能量。
（3）①根据题意pH=13时、的所占分数相等，则；的电离平衡常数为，水解平衡常数为，因此的电离程度小于水解程度。
②解离出的易与溶液中的形成沉淀，结合难溶物沉淀积常数进行分析。
（1）①根据盖斯定律，可得该工艺总反应的热化学方程式：；
②反应III焓变大于0，熵变大于0，因此在高温条件下可以自发进行；
③克劳斯工艺为与氧气反应生成和水，分解法处理生成和氢气，分解法的优点是副产物可作燃料。
（2）A．反应活化能：途径1>途径2，因此速率：途径1<途径2，故A错误；
B．途径2历程中的能垒依次为、、，故B正确；
C．反应过程为硫化氢转化为单质硫和水，反应需要增加一个氧原子，可能来源于催化剂，故C正确；
D．由吸附历程知，得到吸附状态的水分子的过程放出能量，那么吸附在催化剂表面的水分子解吸出来时需吸收能量，故D错误；
故答案为BC。
（3）①根据题意pH=13时、的所占分数相等，则；的电离平衡常数为，水解平衡常数为，因此的电离程度小于水解程度；
②再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，根据得到，根据和，得到，pH=8，因此为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于8。
20．【答案】（1）；2-甲基丙酸
（2）酮羰基(或羰基)；或
（3）C；D
（4），催化剂，加热；加成(或还原)反应；浓硫酸，加热；
（5）(或)；
（6）(或)；
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】（1）化合物A的分子式为，含有的官能团是羧基，其名称为2-甲基丙酸。
（2）化合物C中官能团的名称是酮羰基(或羰基)。该同分异构体可以与新制反应生成砖红色沉淀，说明含有，根据峰面积之比为，其结构简式分别为：、。
（3）A．红外光谱可以鉴别有机物的官能团、化学键类型或基团种类，D和E物质分别存在和，其官能团不同，所以二者可以通过红外光谱鉴别，A错误；
B．C→D的转化特点是：在C物质的上通过取代反应，取代了上面的一个氢原子，形成，根据烷基的卤代规律，则需要在光照条件下和溴蒸汽反应，B错误；
C．化合物C含有苯环、饱和碳原子，所以碳原子的杂化轨道类型为和杂化，C正确；
D．化合物E含有，可以和水分子形成分子间的氢键，增大其水溶性，D正确；
故选CD。
（4）①化合物E是，和氢气加成反应以后，形成，所以反应试剂和条件是：，催化剂，加热，发生加成（还原）反应。
②由于E含有羟基，要发生消去反应，反应的条件、试剂是：浓硫酸、加热；消去反应的产物为：。
（5）①若反应物之一为V形分子，此V形分子为，原子利用率的反应是加成反应，所以逆推反应物应该是：(或)。
② 甲醛的空间结构是平面三角形，根据碳原子守恒，另外一种有机物是乙醛，二者反应方程式为：。
（6）聚乳酸是由发生缩聚反应得到的，乙炔和水发生加成反应生成，发生加成反应然后发生水解反应生成，合成路线为：。所以第一步的化学方程式为：(或)，最后一步反应的化学方程式为：。
【分析】根据流程图信息，结合A、B、C、D、E的结构简式，可推出A→B发生取代反应，其中A中羟基被氯原子取代，B→C发生取代反应，其中B中氯原子被苯环取代，C→D发生取代反应，其中C中叔碳上的氢原子被溴原子取代，D→E发生水解反应。
（1）化合物A的分子式为，含有的官能团是羧基，其名称为2-甲基丙酸。
（2）化合物C中官能团的名称是酮羰基(或羰基)。该同分异构体可以与新制反应生成砖红色沉淀，说明含有，根据峰面积之比为，其结构简式分别为：、。
（3）A．红外光谱可以鉴别有机物的官能团、化学键类型或基团种类，D和E物质分别存在和，其官能团不同，所以二者可以通过红外光谱鉴别，A错误；
B．C→D的转化特点是：在C物质的上通过取代反应，取代了上面的一个氢原子，形成，根据烷基的卤代规律，则需要在光照条件下和溴蒸汽反应，B错误；
C．化合物C含有苯环、饱和碳原子，所以碳原子的杂化轨道类型为和杂化，C正确；
D．化合物E含有，可以和水分子形成分子间的氢键，增大其水溶性，D正确；
故选CD。
（4）①化合物E是，和氢气加成反应以后，形成，所以反应试剂和条件是：，催化剂，加热，发生加成（还原）反应。
②由于E含有羟基，要发生消去反应，反应的条件、试剂是：浓硫酸、加热；消去反应的产物为：。
（5）①若反应物之一为V形分子，此V形分子为，原子利用率的反应是加成反应，所以逆推反应物应该是：(或)。
② 甲醛的空间结构是平面三角形，根据碳原子守恒，另外一种有机物是乙醛，二者反应方程式为：。
（6）聚乳酸是由发生缩聚反应得到的，乙炔和水发生加成反应生成，发生加成反应然后发生水解反应生成，合成路线为：。所以第一步的化学方程式为：(或)，最后一步反应的化学方程式为：。
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