资源简介 广东省广州市真光中学2025届高三阶段测试化学试卷1．（2025·广州模拟）泱泱中华，历史何其悠久，文明何其博大。文物筑牢文明之基，国务院设立每年6月的第二个星期六为文化和自然遗产日，国家文物局将今年的活动主题定为“保护文物传承文明”。下列文物的材质属于无机非金属材料的是A．铜奔马 B．汉竹简 C．莲花形玻璃托盏 D．垂鳞纹秦公铜鼎A．A B．B C．C D．D2．（2025·广州模拟）2024年11月30号，神舟十九号载人飞船发射取得圆满成功。下列说法错误的是A．硬铝合金作航天飞船材料的原因是硬铝合金密度小，硬度大B．煤油和液氧作火箭的发射推进剂，液氧的电子式是C．航天飞船的太阳能电池板的主要材料是SiD．酚醛树脂作飞船返回舱外壳烧蚀材料，酚醛树脂是有机高分子3．（2025·广州模拟）对下列现象进行的相关阐述不正确的是选项 现象 相关阐述A 放电影时，放映机到银幕间有一条光柱 光的散射形成丁达尔效应B 豆浆中加入熟石膏得到豆腐脑 豆浆发生了胶体的聚沉C 黑色CuO溶解在稀硫酸中可以得到蓝色的溶液 溶解过程发生了复分解反应D 向苯酚稀溶液中滴加浓溴水，出现白色沉淀 苯酚发生了氧化反应A．A B．B C．C D．D4．（2025·广州模拟）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 自主探究：以油脂为原料制肥皂 油脂可发生皂化反应B 家务劳动：用白醋清洗水壶中的水垢 乙酸具有挥发性C 社区服务：用84消毒液对图书馆桌椅消毒 含氯消毒剂具有强氧化性D 学农活动：用厨余垃圾制肥料 厨余垃圾富含N、P、K等元素A．A B．B C．C D．D5．（2025·广州模拟）化合物M是一种新型抗生素关键中间体的类似物，其合成路线如下(略去部分试剂和反应条件)。已知化合物K虚线圈内所有原子共平面。下列说法错误的是A．Q的化学名称为2-甲基-1-丙醇B．在酸性条件下，M可发生水解C．K中氮原子的杂化方式为sp2D．形成M时，氮原子与L中碳原子a成键6．（2025·广州模拟）实验室制备SO2时，下列装置能达到相应实验目的的是A．生成SO2B．干燥SO2C．收集SO2D．吸收SO2尾气7．（2025·广州模拟）耗资近500亿的深中通道于2024年6月30日正式开通。这个工程中使用的钢壳沉管，进行了两种防腐处理，第一种是在表面形成一层特殊的防腐漆，第二种是在沉管的外表面铺设锌块，以利用电化学原理延缓其被腐蚀；进而实现“百年不腐”。下列有关说法正确的是A．钢壳为正极B．镶嵌的锌块可以永久使用C．第一种处理方法属于表面电镀法D．锌发生的反应：8．（2025·广州模拟）工业上可用如下反应：将丁烷经过催化裂解转化为更有工业价值的乙烯。下列说法正确的(为阿 伏伽德罗常数的值)A．乙烷中的轨道与的轨道相互重叠形成键B．室温，下，乙烯中的键数目为C．丁烷放入密闭容器充分反应后，所得的混合物中含有的电子数目为D．每生成乙烯，转移的电子数为9．（2025·广州模拟）溴酸钠和氯化钠的溶解度(S)曲线如图所示。下列各组物质分离提纯方法错误的是选项 待分离提纯的物质 分离提纯方法A 分离苯和水 分液B 除去溴酸钠中的少量氯化钠 重结晶C 除去乙炔中的少量气体 用溶液洗气D 除去苯中的少量苯酚 过滤A．A B．B C．C D．D10．（2025·广州模拟）物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途的是 结构或性质 用途A 具有还原性 可用作自来水的消毒剂B 甘油结构中含能与水形成氢键的羟基 甘油可用作保湿类护肤品C 中N≡N键能大 可用作反应的保护气D 聚乳酸具有生物相溶性和可降解性 聚乳酸可用作手术缝合线A．A B．B C．C D．D11．（2025·广州模拟）利用活性石墨电极电解饱和食盐水，进行如图所示实验，M为直流电源。闭合，一段时间后a处布条褪色，下列说法正确的是A．a处布条褪色，说明具有漂白性B．b处溶液变蓝色，主要发生的反应是ClO-+2I-+ 2H+= Cl-+ I2+ H2OC．c处可以使用浸有饱和NaCl溶液的棉花吸收尾气D．一段时间后断开K1，立刻闭合，电流表发生偏转12．（2025·广州模拟）如图所示的化合物是一种重要的化工原料，X、Y、Z、W、E是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Z、E同族，基态Y原子的核外有3个未成对电子。下列说法正确的是A．和EZ2的空间结构均为平面三角形B．W和Z形成的化合物中一定只有离子键C．第一电离能：Z>Y>ED．简单氢化物的沸点：W>Z>Y>E13．（2025·广州模拟）下列陈述I和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是选项 陈述Ⅰ 陈述ⅡA 水加热到很高的温度都难以分解 水分子间存在氢键B 硫酸工业中使用催化剂调控反应 催化剂能提高SO2的平衡转化率C 通过煤的干馏可获得苯、甲苯等化工原料 煤的干馏属于化学变化D Na2S除去废水中的Cu2+、Hg2+ Na2S具有还原性A．A B．B C．C D．D14．（2025·广州模拟）氮元素的“价-类”二维图如图所示：下列有关说法正确的是A．工业制备e的路线是b→d→eB．实现e→d的转化一定要添加还原剂C．c→d的转化中一定有颜色变化D．a和e的浓溶液相遇发生氧化还原反应生成白烟15．（2025·广州模拟）反应X(g)Y(g)的能量变化与反应历程关系如图所示，其中曲线①和②分别为无催化剂和有催化剂时的情况。下列说法正确的是A．相同条件下，稳定性：X>YB．升高温度，达到新平衡时减小C．达到平衡后充入He，体系压强增大，反应速率增大，K增大D．使用催化剂后，反应历程中的决速步为16．（2025·广州模拟）以柏林绿为代表的新型可充电钠离子电池的放电工作原理如图所示，下列说法不正确的是A．充电时，通过交换膜从左室移向右室B．充电时，Mo箔外接电源的正极C．放电时，外电路中通过0.2mol电子时，负极区电解质质量增加了2.4gD．放电时，Mo箔上发生反应为17．（2025·广州模拟）某实验小组探究盐溶液对弱电解质电离及难溶电解质溶解的影响。文献：向弱电解质或难溶电解质中加入具有不同离子的可溶性强电解质溶液，会使弱电解质的电离程度或难溶电解质的溶解度增大，这种现象可称为“盐效应”。（1）配制400mL0.05mol/LFe2(SO4)3溶液①计算需要Fe2(SO4)3 7H2O固体的质量： (已知：M(Fe2(SO4)3 7H2O=a g/mol)②配制溶液过程中，下列仪器中一定不需要的是 (填名称)。（2）对弱电解质的电离的影响。资料：ⅰ.等浓度的MgSO4与FeSO4的盐效应相当；等浓度的与的盐效应相当.ⅱ.(无色)；与不反应。①加入0.5mLH2O的目的是 。②对比a、b中的现象，得出的结论是 。③结合化学平衡移动原理解释c中红色比b浅的原因： 。（3）对难溶电解质FeCO3的溶解性的影响。ⅰⅱ对比实验ⅰ、ⅱ，对于ⅱ中溶液为红色，提出假设：假设A．溶液的盐效应促进的溶解。假设B．___________设计对比实验，证实假设B是主要原因。①假设B是 。②对比实验ⅲ的步骤和现象： 。（4）通过以上实验，说明该实验条件下盐溶液通过 、 可促进弱电解质的电离及难溶电解质的溶解。18．（2025·广州模拟）和应用于电镀、机械、航空等众多工业领域。从一种合金废料生产工业硫酸镍和锡酸钠的工艺流程如下图所示。已知：①“酸浸”后滤液中的主要金属阳离子为、、、。②“一次除铁”后溶液中仍有少量。“萃取除铁、反萃取、制和制”的原理是：(有机相)(有机相)，和代表金属阳离子或。金属阳离子和的结合能力：。③常温下，，；，。（1）“酸浸”时，Ni与硝酸反应的还原剂与氧化剂的物质的量之比为 。（2）“碱熔”时，SnO2发生反应的化学方程式为 。（3）“沉锡”时，常温下恰好完全沉淀为时， (填“>”“<”或“=”)。（4）“一次除铁”的总反应离子方程式为 。（5）“反萃取”时，萃余液的溶质含FeCl3，试剂1是 。（6）“制”时，溶液1的主要成分是 (填化学式)。（7）某镍和砷形成的晶体，晶胞结构如图1，沿z轴方向的投影为图2。①该晶体中As周围最近的Ni有 个。②该晶体的密度为，晶胞参数为apm，bpm，则阿伏加德罗常数的数值 (用含a、b、的代数式表示)。19．（2025·广州模拟）常温下物质R在水溶液中存在以下电离平衡：。Zn2+可与多种配体形成多样的配离子，Zn2+在溶液体系中存在以下多种反应：I． ΔH1Ⅱ． ΔH2Ⅲ． ΔH3（1）R、与配位存在多个竞争反应，其中有，该反应ΔH= 。（2）写出反应I的平衡常数表达式K1= 。常温下，往含Zn2+的的溶液体系中加入固体，反应I的平衡常数 (填“变大”“不变”或“变小”)。（3）关于含Zn2+的溶液体系，下列说法正确的是___________。A．当溶液中不变时，说明反应达到了平衡状态B．平衡体系中仅加入，新平衡时Zn2+的转化率增大C．在水溶液中能水解D．当平衡体系中时，(表示反应Ⅲ的平衡常数)（4）某种含Zn矿物的主要成分是难溶于水的。常温下，利用溶液体系将Zn元素浸出，调节不同的总R浓度和pH后，浸出液中Zn元素的总浓度变化如下图[总R浓度为]。①总R浓度不为0时：pH在6~10之间，随着pH的增大，总R浓度逐渐增大，Zn元素浸出率 (填“增大”“减小”或“不变”)。pH在10~12.5之间，随着pH增大，浸出液中Zn元素总浓度呈下降趋势的原因是 。②任意总R浓度下：pH在12.5~14之间，浸出液中Zn元素总浓度均随pH增大逐渐上升，pH=14时，浸出液中锌元素主要存在形式的化学式是 。③总R浓度为5 mol·L-1、pH=10时，浸出液Zn元素总浓度为0.07 mol·L-1且几乎都以的形式存在。已知常温下，R的电离平衡常数，此时溶液中= mol·L-1 (写出计算过程)。20．（2025·广州模拟）二氧化碳的转化与综合利用是实现“碳达峰”“碳中和”战略的重要途径。我国学者以电催化反应为关键步骤，用CO2作原料，实现了重要医药中间体——阿托酸的合成，其合成路线如下：（1）化合物A的分子式为 。化合物x为A的芳香族同分异构体，且在核磁共振氢谱上有4组峰，x的结构简式为 ，其名称为 。（2）反应③中，化合物C与无色无味气体y反应，生成化合物D，原子利用率为。y为 。（3）根据化合物E的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型a 氧化反应(生成有机产物)b H2，催化剂，加热 反应c -CH=CH2 反应（4）关于反应④⑤的说法中，不正确的有 。a．阿托酸分子中所有碳原子均采取sp2杂化，分子内所有原子一定共平面b．化合物D、E、阿托酸均含有手性碳原子c．化合物E可形成分子内氢键和分子间氢键d． 反应④中，用Mg作阳极、Pt作阴极进行电解，则CO2与D的反应在阴极上进行。（5）以为唯一有机原料，参考上述信息，合成化合物。基于你设计的合成路线，回答下列问题：①最后一步反应的化学方程式为 。②相关步骤涉及到CO2电催化反应，发生该反应的有机反应物为 (写结构简式)。答案解析部分1．【答案】C【知识点】无机非金属材料【解析】【解答】A．铜奔马为铜合金，属于金属材料，故A错误；B．汉竹简主要成分为纤维素，属于天然有机高分子材料，故B错误；C．玻璃托盏主要成分为玻璃，属于无机非金属材料，故C正确；D．铜鼎为铜合金，属于金属材料，故D错误；故答案为：C。【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】B【知识点】硅和二氧化硅；合金及其应用；电子式、化学式或化学符号及名称的综合【解析】【解答】A．硬铝合金常被用作航天飞船材料，是利用硬铝合金具有密度小、硬度大的特点，能保证航天飞船在复杂的太空环境中具有良好的结构稳定性，故A正确；B．液氧的电子式是，故B错误；C．航天飞船的太阳能电池板主要材料是Si，故C正确；D．酚醛树脂是由酚类和醛类通过缩聚反应制成的有机高分子化合物，故D正确；故答案为：B。【分析】A.硬铝合金具有密度小、硬度大的特点。B.液氧的电子式是。C.硅是一种良好的半导体材料。D.酚醛树脂是由酚类和醛类通过缩聚反应制成的有机高分子化合物。3．【答案】D【知识点】苯酚的化学性质；胶体的性质和应用【解析】【解答】A．空气是气溶胶，具有丁达尔效应，故A正确；B．豆浆属于胶体， 加入熟石膏（电解质）中发生聚沉，从而得到豆腐脑，故B正确；C．涉及反应为，属于复分解反应，故C正确；D．苯酚与浓溴水反应生成2，4，6-三溴苯酚和溴化氢，没有元素化合价变化，不是氧化反应，故D错误；故答案为：D。【分析】A.胶体具有丁达尔效应。B.胶体遇电解质能发生聚沉。C.复分解反应的特点是AB+CD=AD+CB。D.氧化反应过程中有元素化合价变化。4．【答案】B【知识点】乙酸的化学性质；绿色化学；氯水、氯气的漂白作用；油脂的性质、组成与结构【解析】【解答】A．油脂在碱性条件下水解生成硬脂酸钠和甘油，称为皂化反应，故油脂水解可用于制造肥皂，故A不符合题意；B．白醋中含有的乙酸有弱酸性，但比碳酸的酸性强，可用于清洗水壶中的水垢，与乙酸具有挥发性无关，故B符合题意；C.84消毒液的有效成分是NaClO，利用其强氧化性，能使蛋白质变性，可用于对图书馆桌椅消毒，故C不符合题意；D．N、P、K为肥效元素，而厨余垃圾含N、P、K等元素，则可作肥料，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.油脂在碱性条件下水解生成硬脂酸钠和甘油，可用于制造肥皂；B.白醋中含有的乙酸有弱酸性，但比碳酸的酸性强；C.84消毒液的有效成分是NaClO，有强氧化性，能使蛋白质变性；D.厨余垃圾含N、P、K等肥效元素，适宜作肥料。5．【答案】D【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机化合物的命名；有机物的结构和性质【解析】【解答】A．由分析可知，Q的化学名称为2-甲基-1-丙醇，A正确；B．M分子中含有的酯基和酰胺基在酸性条件下发生水解反应，B正确；C．根据K的结构简式，K中的N原子最外层孤电子对未参与杂化，而是与苯环的大π键共轭，则N原子的杂化方式为sp2，C正确；D．对比L和M的结构简式可知，形成M时，L分子中18O与b碳原子之间的共价键断裂，则氮原子与L中碳原子b成键，D错误；故答案为：D。【分析】A.饱和一元醇命名时，从靠近羟基碳原子的一端开始编号。B.酯基和酰胺基能发生水解。C.K中的N原子最外层孤电子对未参与杂化，而是与苯环的大π键共轭。D.形成M时，L分子中18O与b碳原子之间的共价键断裂。6．【答案】D【知识点】二氧化硫的性质；两性氧化物和两性氢氧化物；常见气体制备原理及装置选择；化学实验方案的评价【解析】【解答】A．亚硫酸钠能溶于水，不能用有孔的塑料板，不能达到实验目的，A错误；B．二氧化硫与碱石灰能反应，不能达到实验目的，B错误；C．二氧化硫的密度比空气大，应长管进入，不能达到实验目的，C错误；D．二氧化硫能和氢氧化钠反应，该装置可用于吸收二氧化硫，能达到实验目的，D正确；故答案为：D。【分析】A.有孔的塑料板适用于难溶于水的物质的反应。B.干燥剂与要干燥的物质不发生反应。C.排空气法收集时，密度比空气大的气体应长管进短管出。D.注意防倒吸。7．【答案】A【知识点】电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护；原电池工作原理及应用【解析】【解答】A．由分析可知，钢壳为正极，A正确；B．由分析可知，负极的电极反应式为：，锌不断消耗，需要及时补充，不能永久使用，B错误；C．第一种处理方法属于涂保护层法，并未进行电镀，C错误；D．由分析可知，负极的电极反应式为：，D错误；故答案为：A。【分析】根据题干信息，涉及原电池，根据金属活动性Zn＞Fe，则锌块作负极，钢壳作正极，负极的电极反应式为：，正极的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-。8．【答案】C【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；气体摩尔体积；阿伏加德罗常数【解析】【解答】A．乙烷中C的sp3杂化轨道与H的1s轨道相互重叠形成C-H键，A错误；B．标况未知，无法计算乙烯的物质的量，B错误；C.1个C4H10分子中含有34个电子，则0.1mol丁烷分子中含有3.4mol电子，根据反应前后原子数目守恒，则反应后所得混合物中含有3.4mol电子，其数目为，C正确；D．根据题干所给方程式可知，生成1mol乙烯，转移1mol电子，其数目为NA，D错误；故答案为：C。【分析】A.乙烷中C的sp3杂化轨道与H的1s轨道相互重叠形成C-H键。B.标况未知，无法计算气体的物质的量。C.根据反应前后质量守恒定律进行分析。D.生成1mol乙烯，转移1mol电子。9．【答案】D【知识点】物质的分离与提纯【解析】【解答】A．苯与水互不相溶，可用分液分离，A正确；B．溴酸钠的溶解度受温度影响较大，可通过重结晶分离提纯溴酸钠，B正确；C．用硫酸铜溶液除去乙炔中混有的气体，C正确；D．苯和苯酚互溶，无法用过滤分离，应该加入溶液，充分振荡后分液即可，D错误；故答案为：D。【分析】A.分液适用于分离互不相溶的液体混合物。B. 重结晶适用于分离溶解度随温度变化差异明显的固体混合物。C.注意在除去杂质的同时，不能引入新的杂质。D.过滤适用于分离互不相溶的固液混合物。10．【答案】A【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；氮气的化学性质；醇类简介【解析】【解答】A．具有氧化性，可用作自来水的消毒剂，故A说法错误；B．甘油的结构简式为CH2(OH)CH(OH)CH2OH，含有羟基，能与水分子形成氢键，可做保湿类护肤品，故B说法正确；C．氮气可作反应的保护气，是利用中N≡N键能大，使其化学性质相对稳定，故C说法正确；D． 聚乳酸可用作手术缝合线，是利用聚乳酸具有生物相溶性和可降解性，故D说法正确；故答案为：A。【分析】根据物质的结构性质及对应用途进行分析。11．【答案】D【知识点】氯气的化学性质；电解池工作原理及应用；氯水、氯气的漂白作用【解析】【解答】A．a处布条褪色，说明左侧生成氯气，氯气与水反应生成的HClO具有漂白性，故A错误；B．碘单质遇淀粉变蓝，结合b处溶液变蓝色，说明生成了碘单质，主要发生的反应是Cl2+2I-= 2Cl-+ I2 ，故B错误；C．NaCl溶液无法吸收氯气，应该使用浸有浓NaOH溶液的棉花，吸收产生的氯气，避免污染空气，故C错误；D． 由分析可知，电解时，阳极产生了氯气，阴极产生了H2，一段时间后断开K1，立刻闭合K2，构成氢氯燃料电池，电流表发生偏转，故D正确；故答案为：D。【分析】根据题干信息，闭合K1，该装置为电解池，左侧为阳极，其电极反应式为：，右侧为阴极，其电极反应式为：，总反应为：。12．【答案】D【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较【解析】【解答】A．由分析可知，Y、Z、E分别为N、O、S，中N原子的价层电子对数为，采用sp2杂化，空间构型为平面三角形，中S原子的价层电子对数为，采用sp2杂化，含有1对孤对电子，空间构型为V形，A错误；B．由分析可知，W为Na，Z为O，W和Z形成的化合物有和，二者均为离子化合物，中只含离子键，中含有离子键和共价键，B错误；C．同主族元素的第一电离能从上到下逐渐减小，则O＞S，同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但ⅡA、ⅤA反常，则N＞O，即第一电离能：，C错误；D．由分析可知，W为Na，Z为O，E为S，Y为N，属于离子化合物，沸点最高，都能形成氢键，且水分子的氢键数量大于氨气分子，则水分子的沸点高于氨气分子，的分子间只存在范德华力，熔沸点最低，D正确；故答案为：D。【分析】根据化合物的结构式可知，Z形成2个化学键，E形成6个化学键，Y形成3个化学键，X形成1个化学键，结合题干信息，X、Y、Z、W、E是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态Y原子的核外有3个未成对电子，可推出Y为N，X为H，W为Na，Z、E同族，可推出Z为O，E为S。13．【答案】C【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；氢键的存在对物质性质的影响；煤的干馏和综合利用【解析】【解答】A．H O键的键能较大使得水加热到很高温度都难以分解，陈述 I 和陈述 II 没有因果关系，A不符合题意；B．催化剂不能改变平衡移动，陈述 II 错误，B不符合题意；C．煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，有新物质生成，属于化学变化，通过煤的干馏可以获得苯、甲苯等化工原料，C符合题意；D．S2 能与Cu2+、Hg2+结合生成难溶的硫化物沉淀，利用的是Na2S中S2 的沉淀性质，陈述 I 和陈述 II 没有因果关系，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.氢键影响的是水的熔沸点。B.催化剂不能改变平衡移动。C.化学变化中有新物质生成，D.还原剂具有还原性。14．【答案】C【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；物质的简单分类【解析】【解答】A．工业制备HNO3的路线是：NH3NONO2HNO3，故A错误；B．HNO3分解可得到NO2，不一定要添加还原剂，故B错误；C．NO是无色气体，NO2是红棕色气体，NO→NO2一定有颜色变化，故C正确；D．NH3与浓HNO3反应生成NH4NO3，生成白烟，该反应不是氧化还原反应，故D错误；故答案为C。【分析】根据氮元素的“价-类”二维图可知，a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3。15．【答案】D【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响【解析】【解答】A．由图可知，能量：反应物X>生成物Y，结合分析可知，稳定性：Y > X，故A错误；B．根据△H=生成物总能量-反应物总能量<0，则该反应是放热反应，升温利于平衡逆向移动，则增大，减小，所以会增大，故B错误；C．达到平衡后充入He，各物质的浓度并没有改变，则反应速率不变，温度不变，则K也不变，故C错误；D．决速步由反应速率慢的决定，活化能越大，反应速率越慢，使用催化剂后，反应历程中这一步的活化能最大，则反应历程中的决速步为，故D正确；故答案为：D。【分析】A.物质能量越低越稳定。B.升高温度，平衡会向吸热反应方向移动。C.根据勒夏特列原理进行分析。D.决速步由反应速率慢的决定，活化能越大，反应速率越慢。16．【答案】C【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；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．由分析可知，充电时为电解池，左侧为阳极，右侧为阴极，则通过交换膜从左室移向右室，A正确；B．由分析可知，放电时为电解池，Mo作正极，则充电时，Mo箔外接电源的正极，B正确；C．放电时，外电路中通过0.2mol电子时，由负极的反应可知，会消耗0.1mol镁进入电解质溶液，质量增加2.4g，同时会有0.2mol Na＋通过离子交换膜向正极移动，质量减少4.6g，故负极区电解质质量减少2.2g，C错误；D．由分析可知，放电时，Mo箔是正极，反应为，D正确；故答案为：C。【分析】根据图示信息，，镁元素化合价升高，放电时，电极镁为原电池负极，其电解反应式为，则Mo为原电池的正极，其电极反应式为。17．【答案】（1）0.025a g；直形冷凝管、分液漏斗（2）排除稀释对溶液颜色的影响；MgSO4溶液促进了弱电解质Fe(SCN)3的电离；b和c中盐效应相当，，c中Fe2+结合SCN-生成Fe(SCN)2，使得c(SCN-)降低，平衡正向移动，红色变浅（3）溶液中的SCN-与Fe2+结合，促进FeCO3的溶解；或：取实验ii中等质量的FeCO3，加入3mL4mol/LKCl溶液，充分振荡，静置，取上层清液，滴加3mL 4mol/LKSCN溶液和5滴10%H2O2，溶液无明显现象（4）盐效应；化学反应【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；性质实验方案的设计【解析】【解答】（1）①计算需要Fe2(SO4)3 7H2O固体的质量：0.5L×0.05mol/L×a g/mol=0.025a g；②根据分析，配制溶液过程中，下列仪器中一定不需要的是直形冷凝管、分液漏斗；（2）①平行实验b、c中分别加入0.5mL其它溶液，所以为了排除稀释对溶液颜色的影响，向a中加入入0.5mLH2O；②a、b两组实验已经排除稀释对溶液颜色的影响，b中红色比a中浅，证明硫氰化铁的电离平衡受到了促进，所以MgSO4溶液促进了弱电解质Fe(SCN)3的电离；③b、c中加入了等体积等浓度的盐溶液，所以盐效应相同，结合资料信息：，c中Fe2+结合SCN-生成Fe(SCN)2，使硫氰化铁的电离平衡：向正向移动，所以红色比b中浅；（3）①根据文献信息：向弱电解质或难溶电解质中加入具有不同离子的可溶性强电解质溶液，会使弱电解质的电离程度或难溶电解质的溶解度增大，这种现象可称为“盐效应”，提出假设B溶液中的SCN-与Fe2+结合，促进FeCO3的溶解；②实验ⅰ设计思路为盐效应促进FeCO3的溶解，实验ⅱ设计思路为溶液中的SCN-与Fe2+结合，促进FeCO3的溶解，想设计对比实验ⅲ证实假设B是主要原因一定要利用资料：等浓度的KCl与KSCN的盐效应相当，同时排阳离子K+的干扰，所以选择和硫氰化钾等体积等浓度的氯化钾溶液，进行试验，所以设计如下实验ⅲ：或：取实验ii中等质量的FeCO3，加入3mL4mol/LKCl溶液，充分振荡，静置，取上层清液，滴加3mL 4mol/LKSCN溶液和5滴10%H2O2，溶液无明显现象；（4）通过探究（1）可知，盐溶液通过盐效应可促进弱电解质的电离，通过探究（2）可知盐溶液通过化学反应可促进难溶电解质的溶解。【分析】（1）①根据m=nM=cVM进行分析。②配制400mL0.05mol/LFe2(SO4)3溶液，需要的仪器有500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、托盘天平、胶头滴管、量筒等。（2）（3）通过设计不同对比实验可探究“盐效应”对弱电解质以及难溶电解质的影响，结合平衡移动原理对实验现象进行分析。（4）盐溶液通过盐效应可促进弱电解质的电离，通过化学反应可促进难溶电解质的溶解。（1）①计算需要Fe2(SO4)3 7H2O固体的质量：0.5L×0.05mol/L×a g/mol=0.025a g；②根据分析，配制溶液过程中，下列仪器中一定不需要的是直形冷凝管、分液漏斗；（2）①平行实验b、c中分别加入0.5mL其它溶液，所以为了排除稀释对溶液颜色的影响，向a中加入入0.5mLH2O；②a、b两组实验已经排除稀释对溶液颜色的影响，b中红色比a中浅，证明硫氰化铁的电离平衡受到了促进，所以MgSO4溶液促进了弱电解质Fe(SCN)3的电离；③b、c中加入了等体积等浓度的盐溶液，所以盐效应相同，结合资料信息：，c中Fe2+结合SCN-生成Fe(SCN)2，使硫氰化铁的电离平衡：向正向移动，所以红色比b中浅；（3）①根据文献信息：向弱电解质或难溶电解质中加入具有不同离子的可溶性强电解质溶液，会使弱电解质的电离程度或难溶电解质的溶解度增大，这种现象可称为“盐效应”，提出假设B溶液中的SCN-与Fe2+结合，促进FeCO3的溶解；②实验ⅰ设计思路为盐效应促进FeCO3的溶解，实验ⅱ设计思路为溶液中的SCN-与Fe2+结合，促进FeCO3的溶解，想设计对比实验ⅲ证实假设B是主要原因一定要利用资料：等浓度的KCl与KSCN的盐效应相当，同时排阳离子K+的干扰，所以选择和硫氰化钾等体积等浓度的氯化钾溶液，进行试验，所以设计如下实验ⅲ：或：取实验ii中等质量的FeCO3，加入3mL4mol/LKCl溶液，充分振荡，静置，取上层清液，滴加3mL 4mol/LKSCN溶液和5滴10%H2O2，溶液无明显现象；（4）通过探究（1）可知，盐溶液通过盐效应可促进弱电解质的电离，通过探究（2）可知盐溶液通过化学反应可促进难溶电解质的溶解。18．【答案】（1）3：2（2）（3）<（4）（5）盐酸（6）（7）6；【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；离子方程式的书写【解析】【解答】（1）“酸浸”时，Ni与硝酸离子反应，还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：2；（2）“碱熔”时中Sn元素转化为，发生反应的化学方程式为：；（3），，则；（4）“一次除铁”时加入双氧水，碳酸钠反应生成，总反应离子方程式为：；（5）“反萃取”时，提高溶液中氢离子浓度，使平衡向反萃取方向移动，萃余液的溶质含，试剂1是： 盐酸；（6）“制”时，通入，置换出，溶液1的主要成分是：；（7）①该晶胞为六方晶体，选择中间层的As原子可知，上下层各有3个Ni原子与1个As原子相连，晶体中As周围最近的Ni有6个；②该晶体的密度为，晶胞参数为apm，bpm，由晶胞结构可知，Ni原子与As原子配位数比为1：1，晶胞内部含有2个As原子，2个Ni原子，，则阿伏加德罗常数的数值。【分析】（1）配平时注意原子数目和得失电子守恒，还原剂中部分元素化合价升高，氧化剂中部分元素化合价降低。（2）“碱熔”时中Sn元素转化为，注意原子数目和得失电子守恒。（3）根据难溶物溶解平衡进行分析。（4）“一次除铁”时加入双氧水，碳酸钠反应生成。（5）“反萃取”时，提高溶液中氢离子浓度，使平衡向反萃取方向移动。（6）“制”时，通入，置换出。（7）①该晶胞为六方晶体。②根据均摊法及m=ρV=nM、N=nNA进行分析。（1）“酸浸”时，Ni与硝酸离子反应，还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：2；（2）“碱熔”时中Sn元素转化为，发生反应的化学方程式为：；（3）：，，则；（4）“一次除铁”时加入双氧水，碳酸钠反应生成，总反应离子方程式为：；（5）“反萃取”时，提高溶液中氢离子浓度，使平衡向反萃取方向移动，萃余液的溶质含，试剂1是： 盐酸；（6）“制”时，通入，置换出，溶液1的主要成分是：；（7）①该晶胞为六方晶体，选择中间层的As原子可知，上下层各有3个Ni原子与1个As原子相连，晶体中As周围最近的Ni有6个；②该晶体的密度为，晶胞参数为apm，bpm，由晶胞结构可知，Ni原子与As原子配位数比为1：1，晶胞内部含有2个As原子，2个Ni原子，，则阿伏加德罗常数的数值。19．【答案】（1）（2）；不变（3）A；C；D（4）增大；在区间，增大，平衡正向移动，导致溶液中元素总浓度下降；；0.72【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较【解析】【解答】（1）利用盖斯定律，将反应Ⅱ-Ⅲ得：。（2）反应中为固体，平衡常数表达式。平衡常数只受温度的影响，平衡体系溶液中加入固体，溶液的温度不变，则平衡常数不变。（3）A．在含的的溶液体系中，溶液中R浓度不变，可说明反应达到了平衡状态，A项正确；B．加入，溶液中增大，虽然三个平衡均正向移动，但根据勒夏特列原理，的转化率反而减小，B项不正确；C．根据可判断R水溶液相当于弱碱，可水解呈酸性，离子方程式可表示为，即，C项正确；D．时，，即，D项正确；故选ACD。（4）①总R浓度不为0时，由图可知，在之间，增大或总R浓度增大，浸出液中总元素浓度增大，原因是增大，平衡逆向移动导致增大，总R浓度增大，也会导致增大，从而使平衡正向移动，减小，溶解平衡正向移动，浸出液中总浓度增大。pH在区间，继续增大，正向移动，导致溶液中元素总浓度下降；②为之间，随着增加，浓度增加，会继续与反应转变为，使溶液中元素的浓度上升；③根据Kb===1.8×10-5，……①。总R浓度为5 mol·L-1，依据物料守恒c(RH+)+c(R)+4c{[ZnR4]2+}=5 mol·L-1，c(RH+)+c(R)= 5 mol·L-1-4×0.07mol·L-1=4.72mol·L-1……②，解得：c(RH+)=0.72 mol·L-1。【分析】（1）根据盖斯定律，该反应可由反应Ⅱ-Ⅲ得到。（2）平衡常数只受温度的影响。（3）A．平衡状态的主要标志是正逆反应速率相等、各物质的含量保持不变。B．根据勒夏特列原理进行分析。C．根据可判断R水溶液相当于弱碱，可水解呈酸性。D．时，。（4）①根据勒夏特列原理进行分析。②为之间，随着增加，浓度增加，会继续与反应转变为，使溶液中元素的浓度上升；③根据Kb==及物料守恒进行分析。（1）利用盖斯定律，将反应Ⅱ-Ⅲ得：。（2）反应中为固体，平衡常数表达式。平衡常数只受温度的影响，平衡体系溶液中加入固体，溶液的温度不变，则平衡常数不变。（3）A．在含的的溶液体系中，溶液中R浓度不变，可说明反应达到了平衡状态，A项正确；B．加入，溶液中增大，虽然三个平衡均正向移动，但根据勒夏特列原理，的转化率反而减小，B项不正确；C．根据可判断R水溶液相当于弱碱，可水解呈酸性，离子方程式可表示为，即，C项正确；D．时，，即，D项正确；故选ACD。（4）①总R浓度不为0时，由图可知，在之间，增大或总R浓度增大，浸出液中总元素浓度增大，原因是增大，平衡逆向移动导致增大，总R浓度增大，也会导致增大，从而使平衡正向移动，减小，溶解平衡正向移动，浸出液中总浓度增大。pH在区间，继续增大，正向移动，导致溶液中元素总浓度下降；②为之间，随着增加，浓度增加，会继续与反应转变为，使溶液中元素的浓度上升；③根据Kb===1.8×10-5，……①。总R浓度为5 mol·L-1，依据物料守恒c(RH+)+c(R)+4c{[ZnR4]2+}=5 mol·L-1，c(RH+)+c(R)= 5 mol·L-1-4×0.07mol·L-1=4.72mol·L-1……②，解得：c(RH+)=0.72 mol·L-1。20．【答案】（1）C8H8O；；对甲基苯甲醛(4-甲基苯甲醛)（2）O2（3）O2，Cu，加热；-CHO；；加成(或还原)；浓硫酸，加热；消去（4）ab（5）+H2O；【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；电解池工作原理及应用【解析】【解答】（1）A的结构简式为，分子式为；符合条件的A的同分异构体为，名称为对甲基苯甲醛(4-甲基苯甲醛)。（2）根据原子利用率为，结合质量守恒定律，碳碳双键在催化剂作用下氧化生成 ，或氧气。（3）根据化合物E的结构特征，含有苯环、羧基、醇羟基，分析预测其可能的化学性质：含有羟基，且与羟基相连的碳的邻碳上有氢，可在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成；与羟基相连的碳上有氢，可在铜或银催化作用下，加热氧化生成，生成；含苯环，可以与氢气发生加成反应生成。所以的答案是：，加热；。的答案是：，加成（或还原）。的答案为：浓硫酸，加热；消去。（4）a．阿托酸分子中所有碳原子均采取杂化，但是呈形，氢原子不一定与其它原子共平面，故a错误；b．化合物D、E中各还有一个饱和碳原子连接4个不一样的原子或原子团，化合物D的手性碳原子位置如图：，化合物E的手性碳原子位置如图：，但阿托酸中没有手性碳原子，故b错误；c．化合物E分子中含有羧基与羟基，可形成分子内氢键和分子间氢键，故c正确；d．D的结构简式为、E结构简式为，E比D多一个碳原子、两个氧原子和两个氢原子，E中碳元素化合价降低， D得电子生成E，即发生还原反应，所以在D→E反应中，用Mg作阳极、Pt作阴极进行电解，CO2与D的反应在阴极上进行，故d正确；答案选ab。（5）观察原料与产品的结构(官能团与碳的骨架)比较，结合题干合成路线可得：在浓硫酸作催化剂、加热条件下反应生成，然后在1)CO2电催化（实现开环）、2)酸化条件下转化成，然后在浓硫酸、加热条件下生成，所以合成路线为。故答案是：；。【分析】（1）根据结构简式书写分子式；同分异构体的分子式相同、结构不同，芳香族化合物中含有苯环， 核磁共振氢谱上有4组峰 ，说明有4种氢原子。（2）原子利用率为，说明产物只有一种，结合质量守恒定律进行分析。（3）化合物E中含有羧基、羟基、苯环。（4）a．阿托酸分子中呈形，氢原子不一定与其它原子共平面。b．手心碳原子连接4个不同的原子或原子团。c．化合物E分子中含有羧基与羟基，可形成分子内氢键和分子间氢键。d．根据D、E的结构简式，D→E反应中，用Mg作阳极、Pt作阴极进行电解，CO2与D的反应在阴极上进行。（5）观察原料与产品的结构(官能团与碳的骨架)比较，结合题干合成路线可得：在浓硫酸作催化剂、加热条件下反应生成，然后在1)CO2电催化（实现开环）、2)酸化条件下转化成，然后在浓硫酸、加热条件下生成。（1）A的结构简式为，分子式为；符合条件的A的同分异构体为，名称为对甲基苯甲醛(4-甲基苯甲醛)。（2）根据原子利用率为，结合质量守恒定律，碳碳双键在催化剂作用下氧化生成 ，或氧气。（3）根据化合物E的结构特征，含有苯环、羧基、醇羟基，分析预测其可能的化学性质：含有羟基，且与羟基相连的碳的邻碳上有氢，可在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成；与羟基相连的碳上有氢，可在铜或银催化作用下，加热氧化生成，生成；含苯环，可以与氢气发生加成反应生成。所以的答案是：，加热；。的答案是：，加成（或还原）。的答案为：浓硫酸，加热；消去。（4）a．阿托酸分子中所有碳原子均采取杂化，但是呈形，氢原子不一定与其它原子共平面，故a错误；b．化合物D、E中各还有一个饱和碳原子连接4个不一样的原子或原子团，化合物D的手性碳原子位置如图：，化合物E的手性碳原子位置如图：，但阿托酸中没有手性碳原子，故b错误；c．化合物E分子中含有羧基与羟基，可形成分子内氢键和分子间氢键，故c正确；d．D的结构简式为、E结构简式为，E比D多一个碳原子、两个氧原子和两个氢原子，E中碳元素化合价降低， D得电子生成E，即发生还原反应，所以在D→E反应中，用Mg作阳极、Pt作阴极进行电解，CO2与D的反应在阴极上进行，故d正确；答案选ab。（5）观察原料与产品的结构(官能团与碳的骨架)比较，结合题干合成路线可得：在浓硫酸作催化剂、加热条件下反应生成，然后在1)CO2电催化（实现开环）、2)酸化条件下转化成，然后在浓硫酸、加热条件下生成，所以合成路线为。故答案是：；。1 / 1广东省广州市真光中学2025届高三阶段测试化学试卷1．（2025·广州模拟）泱泱中华，历史何其悠久，文明何其博大。文物筑牢文明之基，国务院设立每年6月的第二个星期六为文化和自然遗产日，国家文物局将今年的活动主题定为“保护文物传承文明”。下列文物的材质属于无机非金属材料的是A．铜奔马 B．汉竹简 C．莲花形玻璃托盏 D．垂鳞纹秦公铜鼎A．A B．B C．C D．D【答案】C【知识点】无机非金属材料【解析】【解答】A．铜奔马为铜合金，属于金属材料，故A错误；B．汉竹简主要成分为纤维素，属于天然有机高分子材料，故B错误；C．玻璃托盏主要成分为玻璃，属于无机非金属材料，故C正确；D．铜鼎为铜合金，属于金属材料，故D错误；故答案为：C。【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·广州模拟）2024年11月30号，神舟十九号载人飞船发射取得圆满成功。下列说法错误的是A．硬铝合金作航天飞船材料的原因是硬铝合金密度小，硬度大B．煤油和液氧作火箭的发射推进剂，液氧的电子式是C．航天飞船的太阳能电池板的主要材料是SiD．酚醛树脂作飞船返回舱外壳烧蚀材料，酚醛树脂是有机高分子【答案】B【知识点】硅和二氧化硅；合金及其应用；电子式、化学式或化学符号及名称的综合【解析】【解答】A．硬铝合金常被用作航天飞船材料，是利用硬铝合金具有密度小、硬度大的特点，能保证航天飞船在复杂的太空环境中具有良好的结构稳定性，故A正确；B．液氧的电子式是，故B错误；C．航天飞船的太阳能电池板主要材料是Si，故C正确；D．酚醛树脂是由酚类和醛类通过缩聚反应制成的有机高分子化合物，故D正确；故答案为：B。【分析】A.硬铝合金具有密度小、硬度大的特点。B.液氧的电子式是。C.硅是一种良好的半导体材料。D.酚醛树脂是由酚类和醛类通过缩聚反应制成的有机高分子化合物。3．（2025·广州模拟）对下列现象进行的相关阐述不正确的是选项 现象 相关阐述A 放电影时，放映机到银幕间有一条光柱 光的散射形成丁达尔效应B 豆浆中加入熟石膏得到豆腐脑 豆浆发生了胶体的聚沉C 黑色CuO溶解在稀硫酸中可以得到蓝色的溶液 溶解过程发生了复分解反应D 向苯酚稀溶液中滴加浓溴水，出现白色沉淀 苯酚发生了氧化反应A．A B．B C．C D．D【答案】D【知识点】苯酚的化学性质；胶体的性质和应用【解析】【解答】A．空气是气溶胶，具有丁达尔效应，故A正确；B．豆浆属于胶体， 加入熟石膏（电解质）中发生聚沉，从而得到豆腐脑，故B正确；C．涉及反应为，属于复分解反应，故C正确；D．苯酚与浓溴水反应生成2，4，6-三溴苯酚和溴化氢，没有元素化合价变化，不是氧化反应，故D错误；故答案为：D。【分析】A.胶体具有丁达尔效应。B.胶体遇电解质能发生聚沉。C.复分解反应的特点是AB+CD=AD+CB。D.氧化反应过程中有元素化合价变化。4．（2025·广州模拟）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 自主探究：以油脂为原料制肥皂 油脂可发生皂化反应B 家务劳动：用白醋清洗水壶中的水垢 乙酸具有挥发性C 社区服务：用84消毒液对图书馆桌椅消毒 含氯消毒剂具有强氧化性D 学农活动：用厨余垃圾制肥料 厨余垃圾富含N、P、K等元素A．A B．B C．C D．D【答案】B【知识点】乙酸的化学性质；绿色化学；氯水、氯气的漂白作用；油脂的性质、组成与结构【解析】【解答】A．油脂在碱性条件下水解生成硬脂酸钠和甘油，称为皂化反应，故油脂水解可用于制造肥皂，故A不符合题意；B．白醋中含有的乙酸有弱酸性，但比碳酸的酸性强，可用于清洗水壶中的水垢，与乙酸具有挥发性无关，故B符合题意；C.84消毒液的有效成分是NaClO，利用其强氧化性，能使蛋白质变性，可用于对图书馆桌椅消毒，故C不符合题意；D．N、P、K为肥效元素，而厨余垃圾含N、P、K等元素，则可作肥料，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.油脂在碱性条件下水解生成硬脂酸钠和甘油，可用于制造肥皂；B.白醋中含有的乙酸有弱酸性，但比碳酸的酸性强；C.84消毒液的有效成分是NaClO，有强氧化性，能使蛋白质变性；D.厨余垃圾含N、P、K等肥效元素，适宜作肥料。5．（2025·广州模拟）化合物M是一种新型抗生素关键中间体的类似物，其合成路线如下(略去部分试剂和反应条件)。已知化合物K虚线圈内所有原子共平面。下列说法错误的是A．Q的化学名称为2-甲基-1-丙醇B．在酸性条件下，M可发生水解C．K中氮原子的杂化方式为sp2D．形成M时，氮原子与L中碳原子a成键【答案】D【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机化合物的命名；有机物的结构和性质【解析】【解答】A．由分析可知，Q的化学名称为2-甲基-1-丙醇，A正确；B．M分子中含有的酯基和酰胺基在酸性条件下发生水解反应，B正确；C．根据K的结构简式，K中的N原子最外层孤电子对未参与杂化，而是与苯环的大π键共轭，则N原子的杂化方式为sp2，C正确；D．对比L和M的结构简式可知，形成M时，L分子中18O与b碳原子之间的共价键断裂，则氮原子与L中碳原子b成键，D错误；故答案为：D。【分析】A.饱和一元醇命名时，从靠近羟基碳原子的一端开始编号。B.酯基和酰胺基能发生水解。C.K中的N原子最外层孤电子对未参与杂化，而是与苯环的大π键共轭。D.形成M时，L分子中18O与b碳原子之间的共价键断裂。6．（2025·广州模拟）实验室制备SO2时，下列装置能达到相应实验目的的是A．生成SO2B．干燥SO2C．收集SO2D．吸收SO2尾气【答案】D【知识点】二氧化硫的性质；两性氧化物和两性氢氧化物；常见气体制备原理及装置选择；化学实验方案的评价【解析】【解答】A．亚硫酸钠能溶于水，不能用有孔的塑料板，不能达到实验目的，A错误；B．二氧化硫与碱石灰能反应，不能达到实验目的，B错误；C．二氧化硫的密度比空气大，应长管进入，不能达到实验目的，C错误；D．二氧化硫能和氢氧化钠反应，该装置可用于吸收二氧化硫，能达到实验目的，D正确；故答案为：D。【分析】A.有孔的塑料板适用于难溶于水的物质的反应。B.干燥剂与要干燥的物质不发生反应。C.排空气法收集时，密度比空气大的气体应长管进短管出。D.注意防倒吸。7．（2025·广州模拟）耗资近500亿的深中通道于2024年6月30日正式开通。这个工程中使用的钢壳沉管，进行了两种防腐处理，第一种是在表面形成一层特殊的防腐漆，第二种是在沉管的外表面铺设锌块，以利用电化学原理延缓其被腐蚀；进而实现“百年不腐”。下列有关说法正确的是A．钢壳为正极B．镶嵌的锌块可以永久使用C．第一种处理方法属于表面电镀法D．锌发生的反应：【答案】A【知识点】电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护；原电池工作原理及应用【解析】【解答】A．由分析可知，钢壳为正极，A正确；B．由分析可知，负极的电极反应式为：，锌不断消耗，需要及时补充，不能永久使用，B错误；C．第一种处理方法属于涂保护层法，并未进行电镀，C错误；D．由分析可知，负极的电极反应式为：，D错误；故答案为：A。【分析】根据题干信息，涉及原电池，根据金属活动性Zn＞Fe，则锌块作负极，钢壳作正极，负极的电极反应式为：，正极的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-。8．（2025·广州模拟）工业上可用如下反应：将丁烷经过催化裂解转化为更有工业价值的乙烯。下列说法正确的(为阿 伏伽德罗常数的值)A．乙烷中的轨道与的轨道相互重叠形成键B．室温，下，乙烯中的键数目为C．丁烷放入密闭容器充分反应后，所得的混合物中含有的电子数目为D．每生成乙烯，转移的电子数为【答案】C【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；气体摩尔体积；阿伏加德罗常数【解析】【解答】A．乙烷中C的sp3杂化轨道与H的1s轨道相互重叠形成C-H键，A错误；B．标况未知，无法计算乙烯的物质的量，B错误；C.1个C4H10分子中含有34个电子，则0.1mol丁烷分子中含有3.4mol电子，根据反应前后原子数目守恒，则反应后所得混合物中含有3.4mol电子，其数目为，C正确；D．根据题干所给方程式可知，生成1mol乙烯，转移1mol电子，其数目为NA，D错误；故答案为：C。【分析】A.乙烷中C的sp3杂化轨道与H的1s轨道相互重叠形成C-H键。B.标况未知，无法计算气体的物质的量。C.根据反应前后质量守恒定律进行分析。D.生成1mol乙烯，转移1mol电子。9．（2025·广州模拟）溴酸钠和氯化钠的溶解度(S)曲线如图所示。下列各组物质分离提纯方法错误的是选项 待分离提纯的物质 分离提纯方法A 分离苯和水 分液B 除去溴酸钠中的少量氯化钠 重结晶C 除去乙炔中的少量气体 用溶液洗气D 除去苯中的少量苯酚 过滤A．A B．B C．C D．D【答案】D【知识点】物质的分离与提纯【解析】【解答】A．苯与水互不相溶，可用分液分离，A正确；B．溴酸钠的溶解度受温度影响较大，可通过重结晶分离提纯溴酸钠，B正确；C．用硫酸铜溶液除去乙炔中混有的气体，C正确；D．苯和苯酚互溶，无法用过滤分离，应该加入溶液，充分振荡后分液即可，D错误；故答案为：D。【分析】A.分液适用于分离互不相溶的液体混合物。B. 重结晶适用于分离溶解度随温度变化差异明显的固体混合物。C.注意在除去杂质的同时，不能引入新的杂质。D.过滤适用于分离互不相溶的固液混合物。10．（2025·广州模拟）物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途的是 结构或性质 用途A 具有还原性 可用作自来水的消毒剂B 甘油结构中含能与水形成氢键的羟基 甘油可用作保湿类护肤品C 中N≡N键能大 可用作反应的保护气D 聚乳酸具有生物相溶性和可降解性 聚乳酸可用作手术缝合线A．A B．B C．C D．D【答案】A【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；氮气的化学性质；醇类简介【解析】【解答】A．具有氧化性，可用作自来水的消毒剂，故A说法错误；B．甘油的结构简式为CH2(OH)CH(OH)CH2OH，含有羟基，能与水分子形成氢键，可做保湿类护肤品，故B说法正确；C．氮气可作反应的保护气，是利用中N≡N键能大，使其化学性质相对稳定，故C说法正确；D． 聚乳酸可用作手术缝合线，是利用聚乳酸具有生物相溶性和可降解性，故D说法正确；故答案为：A。【分析】根据物质的结构性质及对应用途进行分析。11．（2025·广州模拟）利用活性石墨电极电解饱和食盐水，进行如图所示实验，M为直流电源。闭合，一段时间后a处布条褪色，下列说法正确的是A．a处布条褪色，说明具有漂白性B．b处溶液变蓝色，主要发生的反应是ClO-+2I-+ 2H+= Cl-+ I2+ H2OC．c处可以使用浸有饱和NaCl溶液的棉花吸收尾气D．一段时间后断开K1，立刻闭合，电流表发生偏转【答案】D【知识点】氯气的化学性质；电解池工作原理及应用；氯水、氯气的漂白作用【解析】【解答】A．a处布条褪色，说明左侧生成氯气，氯气与水反应生成的HClO具有漂白性，故A错误；B．碘单质遇淀粉变蓝，结合b处溶液变蓝色，说明生成了碘单质，主要发生的反应是Cl2+2I-= 2Cl-+ I2 ，故B错误；C．NaCl溶液无法吸收氯气，应该使用浸有浓NaOH溶液的棉花，吸收产生的氯气，避免污染空气，故C错误；D． 由分析可知，电解时，阳极产生了氯气，阴极产生了H2，一段时间后断开K1，立刻闭合K2，构成氢氯燃料电池，电流表发生偏转，故D正确；故答案为：D。【分析】根据题干信息，闭合K1，该装置为电解池，左侧为阳极，其电极反应式为：，右侧为阴极，其电极反应式为：，总反应为：。12．（2025·广州模拟）如图所示的化合物是一种重要的化工原料，X、Y、Z、W、E是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Z、E同族，基态Y原子的核外有3个未成对电子。下列说法正确的是A．和EZ2的空间结构均为平面三角形B．W和Z形成的化合物中一定只有离子键C．第一电离能：Z>Y>ED．简单氢化物的沸点：W>Z>Y>E【答案】D【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较【解析】【解答】A．由分析可知，Y、Z、E分别为N、O、S，中N原子的价层电子对数为，采用sp2杂化，空间构型为平面三角形，中S原子的价层电子对数为，采用sp2杂化，含有1对孤对电子，空间构型为V形，A错误；B．由分析可知，W为Na，Z为O，W和Z形成的化合物有和，二者均为离子化合物，中只含离子键，中含有离子键和共价键，B错误；C．同主族元素的第一电离能从上到下逐渐减小，则O＞S，同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但ⅡA、ⅤA反常，则N＞O，即第一电离能：，C错误；D．由分析可知，W为Na，Z为O，E为S，Y为N，属于离子化合物，沸点最高，都能形成氢键，且水分子的氢键数量大于氨气分子，则水分子的沸点高于氨气分子，的分子间只存在范德华力，熔沸点最低，D正确；故答案为：D。【分析】根据化合物的结构式可知，Z形成2个化学键，E形成6个化学键，Y形成3个化学键，X形成1个化学键，结合题干信息，X、Y、Z、W、E是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态Y原子的核外有3个未成对电子，可推出Y为N，X为H，W为Na，Z、E同族，可推出Z为O，E为S。13．（2025·广州模拟）下列陈述I和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是选项 陈述Ⅰ 陈述ⅡA 水加热到很高的温度都难以分解 水分子间存在氢键B 硫酸工业中使用催化剂调控反应 催化剂能提高SO2的平衡转化率C 通过煤的干馏可获得苯、甲苯等化工原料 煤的干馏属于化学变化D Na2S除去废水中的Cu2+、Hg2+ Na2S具有还原性A．A B．B C．C D．D【答案】C【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；氢键的存在对物质性质的影响；煤的干馏和综合利用【解析】【解答】A．H O键的键能较大使得水加热到很高温度都难以分解，陈述 I 和陈述 II 没有因果关系，A不符合题意；B．催化剂不能改变平衡移动，陈述 II 错误，B不符合题意；C．煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，有新物质生成，属于化学变化，通过煤的干馏可以获得苯、甲苯等化工原料，C符合题意；D．S2 能与Cu2+、Hg2+结合生成难溶的硫化物沉淀，利用的是Na2S中S2 的沉淀性质，陈述 I 和陈述 II 没有因果关系，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.氢键影响的是水的熔沸点。B.催化剂不能改变平衡移动。C.化学变化中有新物质生成，D.还原剂具有还原性。14．（2025·广州模拟）氮元素的“价-类”二维图如图所示：下列有关说法正确的是A．工业制备e的路线是b→d→eB．实现e→d的转化一定要添加还原剂C．c→d的转化中一定有颜色变化D．a和e的浓溶液相遇发生氧化还原反应生成白烟【答案】C【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；物质的简单分类【解析】【解答】A．工业制备HNO3的路线是：NH3NONO2HNO3，故A错误；B．HNO3分解可得到NO2，不一定要添加还原剂，故B错误；C．NO是无色气体，NO2是红棕色气体，NO→NO2一定有颜色变化，故C正确；D．NH3与浓HNO3反应生成NH4NO3，生成白烟，该反应不是氧化还原反应，故D错误；故答案为C。【分析】根据氮元素的“价-类”二维图可知，a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3。15．（2025·广州模拟）反应X(g)Y(g)的能量变化与反应历程关系如图所示，其中曲线①和②分别为无催化剂和有催化剂时的情况。下列说法正确的是A．相同条件下，稳定性：X>YB．升高温度，达到新平衡时减小C．达到平衡后充入He，体系压强增大，反应速率增大，K增大D．使用催化剂后，反应历程中的决速步为【答案】D【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响【解析】【解答】A．由图可知，能量：反应物X>生成物Y，结合分析可知，稳定性：Y > X，故A错误；B．根据△H=生成物总能量-反应物总能量<0，则该反应是放热反应，升温利于平衡逆向移动，则增大，减小，所以会增大，故B错误；C．达到平衡后充入He，各物质的浓度并没有改变，则反应速率不变，温度不变，则K也不变，故C错误；D．决速步由反应速率慢的决定，活化能越大，反应速率越慢，使用催化剂后，反应历程中这一步的活化能最大，则反应历程中的决速步为，故D正确；故答案为：D。【分析】A.物质能量越低越稳定。B.升高温度，平衡会向吸热反应方向移动。C.根据勒夏特列原理进行分析。D.决速步由反应速率慢的决定，活化能越大，反应速率越慢。16．（2025·广州模拟）以柏林绿为代表的新型可充电钠离子电池的放电工作原理如图所示，下列说法不正确的是A．充电时，通过交换膜从左室移向右室B．充电时，Mo箔外接电源的正极C．放电时，外电路中通过0.2mol电子时，负极区电解质质量增加了2.4gD．放电时，Mo箔上发生反应为【答案】C【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；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．由分析可知，充电时为电解池，左侧为阳极，右侧为阴极，则通过交换膜从左室移向右室，A正确；B．由分析可知，放电时为电解池，Mo作正极，则充电时，Mo箔外接电源的正极，B正确；C．放电时，外电路中通过0.2mol电子时，由负极的反应可知，会消耗0.1mol镁进入电解质溶液，质量增加2.4g，同时会有0.2mol Na＋通过离子交换膜向正极移动，质量减少4.6g，故负极区电解质质量减少2.2g，C错误；D．由分析可知，放电时，Mo箔是正极，反应为，D正确；故答案为：C。【分析】根据图示信息，，镁元素化合价升高，放电时，电极镁为原电池负极，其电解反应式为，则Mo为原电池的正极，其电极反应式为。17．（2025·广州模拟）某实验小组探究盐溶液对弱电解质电离及难溶电解质溶解的影响。文献：向弱电解质或难溶电解质中加入具有不同离子的可溶性强电解质溶液，会使弱电解质的电离程度或难溶电解质的溶解度增大，这种现象可称为“盐效应”。（1）配制400mL0.05mol/LFe2(SO4)3溶液①计算需要Fe2(SO4)3 7H2O固体的质量： (已知：M(Fe2(SO4)3 7H2O=a g/mol)②配制溶液过程中，下列仪器中一定不需要的是 (填名称)。（2）对弱电解质的电离的影响。资料：ⅰ.等浓度的MgSO4与FeSO4的盐效应相当；等浓度的与的盐效应相当.ⅱ.(无色)；与不反应。①加入0.5mLH2O的目的是 。②对比a、b中的现象，得出的结论是 。③结合化学平衡移动原理解释c中红色比b浅的原因： 。（3）对难溶电解质FeCO3的溶解性的影响。ⅰⅱ对比实验ⅰ、ⅱ，对于ⅱ中溶液为红色，提出假设：假设A．溶液的盐效应促进的溶解。假设B．___________设计对比实验，证实假设B是主要原因。①假设B是 。②对比实验ⅲ的步骤和现象： 。（4）通过以上实验，说明该实验条件下盐溶液通过 、 可促进弱电解质的电离及难溶电解质的溶解。【答案】（1）0.025a g；直形冷凝管、分液漏斗（2）排除稀释对溶液颜色的影响；MgSO4溶液促进了弱电解质Fe(SCN)3的电离；b和c中盐效应相当，，c中Fe2+结合SCN-生成Fe(SCN)2，使得c(SCN-)降低，平衡正向移动，红色变浅（3）溶液中的SCN-与Fe2+结合，促进FeCO3的溶解；或：取实验ii中等质量的FeCO3，加入3mL4mol/LKCl溶液，充分振荡，静置，取上层清液，滴加3mL 4mol/LKSCN溶液和5滴10%H2O2，溶液无明显现象（4）盐效应；化学反应【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；性质实验方案的设计【解析】【解答】（1）①计算需要Fe2(SO4)3 7H2O固体的质量：0.5L×0.05mol/L×a g/mol=0.025a g；②根据分析，配制溶液过程中，下列仪器中一定不需要的是直形冷凝管、分液漏斗；（2）①平行实验b、c中分别加入0.5mL其它溶液，所以为了排除稀释对溶液颜色的影响，向a中加入入0.5mLH2O；②a、b两组实验已经排除稀释对溶液颜色的影响，b中红色比a中浅，证明硫氰化铁的电离平衡受到了促进，所以MgSO4溶液促进了弱电解质Fe(SCN)3的电离；③b、c中加入了等体积等浓度的盐溶液，所以盐效应相同，结合资料信息：，c中Fe2+结合SCN-生成Fe(SCN)2，使硫氰化铁的电离平衡：向正向移动，所以红色比b中浅；（3）①根据文献信息：向弱电解质或难溶电解质中加入具有不同离子的可溶性强电解质溶液，会使弱电解质的电离程度或难溶电解质的溶解度增大，这种现象可称为“盐效应”，提出假设B溶液中的SCN-与Fe2+结合，促进FeCO3的溶解；②实验ⅰ设计思路为盐效应促进FeCO3的溶解，实验ⅱ设计思路为溶液中的SCN-与Fe2+结合，促进FeCO3的溶解，想设计对比实验ⅲ证实假设B是主要原因一定要利用资料：等浓度的KCl与KSCN的盐效应相当，同时排阳离子K+的干扰，所以选择和硫氰化钾等体积等浓度的氯化钾溶液，进行试验，所以设计如下实验ⅲ：或：取实验ii中等质量的FeCO3，加入3mL4mol/LKCl溶液，充分振荡，静置，取上层清液，滴加3mL 4mol/LKSCN溶液和5滴10%H2O2，溶液无明显现象；（4）通过探究（1）可知，盐溶液通过盐效应可促进弱电解质的电离，通过探究（2）可知盐溶液通过化学反应可促进难溶电解质的溶解。【分析】（1）①根据m=nM=cVM进行分析。②配制400mL0.05mol/LFe2(SO4)3溶液，需要的仪器有500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、托盘天平、胶头滴管、量筒等。（2）（3）通过设计不同对比实验可探究“盐效应”对弱电解质以及难溶电解质的影响，结合平衡移动原理对实验现象进行分析。（4）盐溶液通过盐效应可促进弱电解质的电离，通过化学反应可促进难溶电解质的溶解。（1）①计算需要Fe2(SO4)3 7H2O固体的质量：0.5L×0.05mol/L×a g/mol=0.025a g；②根据分析，配制溶液过程中，下列仪器中一定不需要的是直形冷凝管、分液漏斗；（2）①平行实验b、c中分别加入0.5mL其它溶液，所以为了排除稀释对溶液颜色的影响，向a中加入入0.5mLH2O；②a、b两组实验已经排除稀释对溶液颜色的影响，b中红色比a中浅，证明硫氰化铁的电离平衡受到了促进，所以MgSO4溶液促进了弱电解质Fe(SCN)3的电离；③b、c中加入了等体积等浓度的盐溶液，所以盐效应相同，结合资料信息：，c中Fe2+结合SCN-生成Fe(SCN)2，使硫氰化铁的电离平衡：向正向移动，所以红色比b中浅；（3）①根据文献信息：向弱电解质或难溶电解质中加入具有不同离子的可溶性强电解质溶液，会使弱电解质的电离程度或难溶电解质的溶解度增大，这种现象可称为“盐效应”，提出假设B溶液中的SCN-与Fe2+结合，促进FeCO3的溶解；②实验ⅰ设计思路为盐效应促进FeCO3的溶解，实验ⅱ设计思路为溶液中的SCN-与Fe2+结合，促进FeCO3的溶解，想设计对比实验ⅲ证实假设B是主要原因一定要利用资料：等浓度的KCl与KSCN的盐效应相当，同时排阳离子K+的干扰，所以选择和硫氰化钾等体积等浓度的氯化钾溶液，进行试验，所以设计如下实验ⅲ：或：取实验ii中等质量的FeCO3，加入3mL4mol/LKCl溶液，充分振荡，静置，取上层清液，滴加3mL 4mol/LKSCN溶液和5滴10%H2O2，溶液无明显现象；（4）通过探究（1）可知，盐溶液通过盐效应可促进弱电解质的电离，通过探究（2）可知盐溶液通过化学反应可促进难溶电解质的溶解。18．（2025·广州模拟）和应用于电镀、机械、航空等众多工业领域。从一种合金废料生产工业硫酸镍和锡酸钠的工艺流程如下图所示。已知：①“酸浸”后滤液中的主要金属阳离子为、、、。②“一次除铁”后溶液中仍有少量。“萃取除铁、反萃取、制和制”的原理是：(有机相)(有机相)，和代表金属阳离子或。金属阳离子和的结合能力：。③常温下，，；，。（1）“酸浸”时，Ni与硝酸反应的还原剂与氧化剂的物质的量之比为 。（2）“碱熔”时，SnO2发生反应的化学方程式为 。（3）“沉锡”时，常温下恰好完全沉淀为时， (填“>”“<”或“=”)。（4）“一次除铁”的总反应离子方程式为 。（5）“反萃取”时，萃余液的溶质含FeCl3，试剂1是 。（6）“制”时，溶液1的主要成分是 (填化学式)。（7）某镍和砷形成的晶体，晶胞结构如图1，沿z轴方向的投影为图2。①该晶体中As周围最近的Ni有 个。②该晶体的密度为，晶胞参数为apm，bpm，则阿伏加德罗常数的数值 (用含a、b、的代数式表示)。【答案】（1）3：2（2）（3）<（4）（5）盐酸（6）（7）6；【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；离子方程式的书写【解析】【解答】（1）“酸浸”时，Ni与硝酸离子反应，还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：2；（2）“碱熔”时中Sn元素转化为，发生反应的化学方程式为：；（3），，则；（4）“一次除铁”时加入双氧水，碳酸钠反应生成，总反应离子方程式为：；（5）“反萃取”时，提高溶液中氢离子浓度，使平衡向反萃取方向移动，萃余液的溶质含，试剂1是： 盐酸；（6）“制”时，通入，置换出，溶液1的主要成分是：；（7）①该晶胞为六方晶体，选择中间层的As原子可知，上下层各有3个Ni原子与1个As原子相连，晶体中As周围最近的Ni有6个；②该晶体的密度为，晶胞参数为apm，bpm，由晶胞结构可知，Ni原子与As原子配位数比为1：1，晶胞内部含有2个As原子，2个Ni原子，，则阿伏加德罗常数的数值。【分析】（1）配平时注意原子数目和得失电子守恒，还原剂中部分元素化合价升高，氧化剂中部分元素化合价降低。（2）“碱熔”时中Sn元素转化为，注意原子数目和得失电子守恒。（3）根据难溶物溶解平衡进行分析。（4）“一次除铁”时加入双氧水，碳酸钠反应生成。（5）“反萃取”时，提高溶液中氢离子浓度，使平衡向反萃取方向移动。（6）“制”时，通入，置换出。（7）①该晶胞为六方晶体。②根据均摊法及m=ρV=nM、N=nNA进行分析。（1）“酸浸”时，Ni与硝酸离子反应，还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：2；（2）“碱熔”时中Sn元素转化为，发生反应的化学方程式为：；（3）：，，则；（4）“一次除铁”时加入双氧水，碳酸钠反应生成，总反应离子方程式为：；（5）“反萃取”时，提高溶液中氢离子浓度，使平衡向反萃取方向移动，萃余液的溶质含，试剂1是： 盐酸；（6）“制”时，通入，置换出，溶液1的主要成分是：；（7）①该晶胞为六方晶体，选择中间层的As原子可知，上下层各有3个Ni原子与1个As原子相连，晶体中As周围最近的Ni有6个；②该晶体的密度为，晶胞参数为apm，bpm，由晶胞结构可知，Ni原子与As原子配位数比为1：1，晶胞内部含有2个As原子，2个Ni原子，，则阿伏加德罗常数的数值。19．（2025·广州模拟）常温下物质R在水溶液中存在以下电离平衡：。Zn2+可与多种配体形成多样的配离子，Zn2+在溶液体系中存在以下多种反应：I． ΔH1Ⅱ． ΔH2Ⅲ． ΔH3（1）R、与配位存在多个竞争反应，其中有，该反应ΔH= 。（2）写出反应I的平衡常数表达式K1= 。常温下，往含Zn2+的的溶液体系中加入固体，反应I的平衡常数 (填“变大”“不变”或“变小”)。（3）关于含Zn2+的溶液体系，下列说法正确的是___________。A．当溶液中不变时，说明反应达到了平衡状态B．平衡体系中仅加入，新平衡时Zn2+的转化率增大C．在水溶液中能水解D．当平衡体系中时，(表示反应Ⅲ的平衡常数)（4）某种含Zn矿物的主要成分是难溶于水的。常温下，利用溶液体系将Zn元素浸出，调节不同的总R浓度和pH后，浸出液中Zn元素的总浓度变化如下图[总R浓度为]。①总R浓度不为0时：pH在6~10之间，随着pH的增大，总R浓度逐渐增大，Zn元素浸出率 (填“增大”“减小”或“不变”)。pH在10~12.5之间，随着pH增大，浸出液中Zn元素总浓度呈下降趋势的原因是 。②任意总R浓度下：pH在12.5~14之间，浸出液中Zn元素总浓度均随pH增大逐渐上升，pH=14时，浸出液中锌元素主要存在形式的化学式是 。③总R浓度为5 mol·L-1、pH=10时，浸出液Zn元素总浓度为0.07 mol·L-1且几乎都以的形式存在。已知常温下，R的电离平衡常数，此时溶液中= mol·L-1 (写出计算过程)。【答案】（1）（2）；不变（3）A；C；D（4）增大；在区间，增大，平衡正向移动，导致溶液中元素总浓度下降；；0.72【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较【解析】【解答】（1）利用盖斯定律，将反应Ⅱ-Ⅲ得：。（2）反应中为固体，平衡常数表达式。平衡常数只受温度的影响，平衡体系溶液中加入固体，溶液的温度不变，则平衡常数不变。（3）A．在含的的溶液体系中，溶液中R浓度不变，可说明反应达到了平衡状态，A项正确；B．加入，溶液中增大，虽然三个平衡均正向移动，但根据勒夏特列原理，的转化率反而减小，B项不正确；C．根据可判断R水溶液相当于弱碱，可水解呈酸性，离子方程式可表示为，即，C项正确；D．时，，即，D项正确；故选ACD。（4）①总R浓度不为0时，由图可知，在之间，增大或总R浓度增大，浸出液中总元素浓度增大，原因是增大，平衡逆向移动导致增大，总R浓度增大，也会导致增大，从而使平衡正向移动，减小，溶解平衡正向移动，浸出液中总浓度增大。pH在区间，继续增大，正向移动，导致溶液中元素总浓度下降；②为之间，随着增加，浓度增加，会继续与反应转变为，使溶液中元素的浓度上升；③根据Kb===1.8×10-5，……①。总R浓度为5 mol·L-1，依据物料守恒c(RH+)+c(R)+4c{[ZnR4]2+}=5 mol·L-1，c(RH+)+c(R)= 5 mol·L-1-4×0.07mol·L-1=4.72mol·L-1……②，解得：c(RH+)=0.72 mol·L-1。【分析】（1）根据盖斯定律，该反应可由反应Ⅱ-Ⅲ得到。（2）平衡常数只受温度的影响。（3）A．平衡状态的主要标志是正逆反应速率相等、各物质的含量保持不变。B．根据勒夏特列原理进行分析。C．根据可判断R水溶液相当于弱碱，可水解呈酸性。D．时，。（4）①根据勒夏特列原理进行分析。②为之间，随着增加，浓度增加，会继续与反应转变为，使溶液中元素的浓度上升；③根据Kb==及物料守恒进行分析。（1）利用盖斯定律，将反应Ⅱ-Ⅲ得：。（2）反应中为固体，平衡常数表达式。平衡常数只受温度的影响，平衡体系溶液中加入固体，溶液的温度不变，则平衡常数不变。（3）A．在含的的溶液体系中，溶液中R浓度不变，可说明反应达到了平衡状态，A项正确；B．加入，溶液中增大，虽然三个平衡均正向移动，但根据勒夏特列原理，的转化率反而减小，B项不正确；C．根据可判断R水溶液相当于弱碱，可水解呈酸性，离子方程式可表示为，即，C项正确；D．时，，即，D项正确；故选ACD。（4）①总R浓度不为0时，由图可知，在之间，增大或总R浓度增大，浸出液中总元素浓度增大，原因是增大，平衡逆向移动导致增大，总R浓度增大，也会导致增大，从而使平衡正向移动，减小，溶解平衡正向移动，浸出液中总浓度增大。pH在区间，继续增大，正向移动，导致溶液中元素总浓度下降；②为之间，随着增加，浓度增加，会继续与反应转变为，使溶液中元素的浓度上升；③根据Kb===1.8×10-5，……①。总R浓度为5 mol·L-1，依据物料守恒c(RH+)+c(R)+4c{[ZnR4]2+}=5 mol·L-1，c(RH+)+c(R)= 5 mol·L-1-4×0.07mol·L-1=4.72mol·L-1……②，解得：c(RH+)=0.72 mol·L-1。20．（2025·广州模拟）二氧化碳的转化与综合利用是实现“碳达峰”“碳中和”战略的重要途径。我国学者以电催化反应为关键步骤，用CO2作原料，实现了重要医药中间体——阿托酸的合成，其合成路线如下：（1）化合物A的分子式为 。化合物x为A的芳香族同分异构体，且在核磁共振氢谱上有4组峰，x的结构简式为 ，其名称为 。（2）反应③中，化合物C与无色无味气体y反应，生成化合物D，原子利用率为。y为 。（3）根据化合物E的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型a 氧化反应(生成有机产物)b H2，催化剂，加热 反应c -CH=CH2 反应（4）关于反应④⑤的说法中，不正确的有 。a．阿托酸分子中所有碳原子均采取sp2杂化，分子内所有原子一定共平面b．化合物D、E、阿托酸均含有手性碳原子c．化合物E可形成分子内氢键和分子间氢键d． 反应④中，用Mg作阳极、Pt作阴极进行电解，则CO2与D的反应在阴极上进行。（5）以为唯一有机原料，参考上述信息，合成化合物。基于你设计的合成路线，回答下列问题：①最后一步反应的化学方程式为 。②相关步骤涉及到CO2电催化反应，发生该反应的有机反应物为 (写结构简式)。【答案】（1）C8H8O；；对甲基苯甲醛(4-甲基苯甲醛)（2）O2（3）O2，Cu，加热；-CHO；；加成(或还原)；浓硫酸，加热；消去（4）ab（5）+H2O；【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；电解池工作原理及应用【解析】【解答】（1）A的结构简式为，分子式为；符合条件的A的同分异构体为，名称为对甲基苯甲醛(4-甲基苯甲醛)。（2）根据原子利用率为，结合质量守恒定律，碳碳双键在催化剂作用下氧化生成 ，或氧气。（3）根据化合物E的结构特征，含有苯环、羧基、醇羟基，分析预测其可能的化学性质：含有羟基，且与羟基相连的碳的邻碳上有氢，可在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成；与羟基相连的碳上有氢，可在铜或银催化作用下，加热氧化生成，生成；含苯环，可以与氢气发生加成反应生成。所以的答案是：，加热；。的答案是：，加成（或还原）。的答案为：浓硫酸，加热；消去。（4）a．阿托酸分子中所有碳原子均采取杂化，但是呈形，氢原子不一定与其它原子共平面，故a错误；b．化合物D、E中各还有一个饱和碳原子连接4个不一样的原子或原子团，化合物D的手性碳原子位置如图：，化合物E的手性碳原子位置如图：，但阿托酸中没有手性碳原子，故b错误；c．化合物E分子中含有羧基与羟基，可形成分子内氢键和分子间氢键，故c正确；d．D的结构简式为、E结构简式为，E比D多一个碳原子、两个氧原子和两个氢原子，E中碳元素化合价降低， D得电子生成E，即发生还原反应，所以在D→E反应中，用Mg作阳极、Pt作阴极进行电解，CO2与D的反应在阴极上进行，故d正确；答案选ab。（5）观察原料与产品的结构(官能团与碳的骨架)比较，结合题干合成路线可得：在浓硫酸作催化剂、加热条件下反应生成，然后在1)CO2电催化（实现开环）、2)酸化条件下转化成，然后在浓硫酸、加热条件下生成，所以合成路线为。故答案是：；。【分析】（1）根据结构简式书写分子式；同分异构体的分子式相同、结构不同，芳香族化合物中含有苯环， 核磁共振氢谱上有4组峰 ，说明有4种氢原子。（2）原子利用率为，说明产物只有一种，结合质量守恒定律进行分析。（3）化合物E中含有羧基、羟基、苯环。（4）a．阿托酸分子中呈形，氢原子不一定与其它原子共平面。b．手心碳原子连接4个不同的原子或原子团。c．化合物E分子中含有羧基与羟基，可形成分子内氢键和分子间氢键。d．根据D、E的结构简式，D→E反应中，用Mg作阳极、Pt作阴极进行电解，CO2与D的反应在阴极上进行。（5）观察原料与产品的结构(官能团与碳的骨架)比较，结合题干合成路线可得：在浓硫酸作催化剂、加热条件下反应生成，然后在1)CO2电催化（实现开环）、2)酸化条件下转化成，然后在浓硫酸、加热条件下生成。（1）A的结构简式为，分子式为；符合条件的A的同分异构体为，名称为对甲基苯甲醛(4-甲基苯甲醛)。（2）根据原子利用率为，结合质量守恒定律，碳碳双键在催化剂作用下氧化生成 ，或氧气。（3）根据化合物E的结构特征，含有苯环、羧基、醇羟基，分析预测其可能的化学性质：含有羟基，且与羟基相连的碳的邻碳上有氢，可在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成；与羟基相连的碳上有氢，可在铜或银催化作用下，加热氧化生成，生成；含苯环，可以与氢气发生加成反应生成。所以的答案是：，加热；。的答案是：，加成（或还原）。的答案为：浓硫酸，加热；消去。（4）a．阿托酸分子中所有碳原子均采取杂化，但是呈形，氢原子不一定与其它原子共平面，故a错误；b．化合物D、E中各还有一个饱和碳原子连接4个不一样的原子或原子团，化合物D的手性碳原子位置如图：，化合物E的手性碳原子位置如图：，但阿托酸中没有手性碳原子，故b错误；c．化合物E分子中含有羧基与羟基，可形成分子内氢键和分子间氢键，故c正确；d．D的结构简式为、E结构简式为，E比D多一个碳原子、两个氧原子和两个氢原子，E中碳元素化合价降低， D得电子生成E，即发生还原反应，所以在D→E反应中，用Mg作阳极、Pt作阴极进行电解，CO2与D的反应在阴极上进行，故d正确；答案选ab。（5）观察原料与产品的结构(官能团与碳的骨架)比较，结合题干合成路线可得：在浓硫酸作催化剂、加热条件下反应生成，然后在1)CO2电催化（实现开环）、2)酸化条件下转化成，然后在浓硫酸、加热条件下生成，所以合成路线为。故答案是：；。1 / 1 展开更多...... 收起↑ 资源列表 广东省广州市真光中学2025届高三阶段测试化学试卷(学生版).docx 广东省广州市真光中学2025届高三阶段测试化学试卷(教师版).docx
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