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广东省深圳市2025届高三第一次调研考试化学试题
1．（2025·深圳模拟）劳动工具凝聚着我国劳动人民的智慧。下列劳动工具主要由无机非金属材料制成的是
A.石磨 B.铜犁铧
C.木质纺车 D.竹耙
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A．石磨的制作材料是石头，石头的主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，A选；
B．铜犁铧是合金，合金属于金属材料，B不选；
C．木质纺车的主要成分是纤维素，纤维素属于有机高分子材料，C不选；
D．竹耙的主要成分是纤维素，纤维素属于有机高分子材料，D不选；
故答案为：A
【分析】A、石头的主要成分是硅酸盐。
B、合金属于金属材料。
C、纤维素属于有机高分子材料。
D、纤维素属于有机高分子材料。
2．（2025·深圳模拟）我国战略高技术领域迎来新跨越，如“嫦娥”揽月、“天和”驻空、“天问”探火及“地壳一号”挺进地球深处。下列说法正确的是
A．“嫦娥六号”采集样本中所含的元素均位于元素周期表区
B．“天和一号”铝基复合材料中所含的碳化硅属于分子晶体
C．“天问一号”在火星大气中探测出的和互为同位素
D．“地壳一号”在万米深处钻出的石油和天然气均属于化石能源
【答案】D
【知识点】原子晶体（共价晶体）；元素、核素；同位素及其应用
【解析】【解答】A．Ca的价层电子排布式为4s2，属于s区元素，故A错误；
B．碳化硅是由原子构成的，属于共价晶体，故B错误；
C．同位素是质子数相同，而中子数不同的核素的互称，和属于化合物，因此不属于同位素，故C错误；
D．煤、石油、天然气属于化石能源，故D正确；
故答案为：D
【分析】A、根据电子最后填充的能级，确定元素的分区位置。
B、碳化硅属于共价晶体。
C、同位素是指质子数相同，中子数不同的核素。
D、煤、石油和天然气属于化石能源。
3．（2025·深圳模拟）交通工具动力系统的演进历程是人类文明进步的生动缩影。下列说法正确的是
A．畜力时代：给马车的铁制铆钉涂油可防止其生锈
B．蒸汽时代：蒸汽机中的水汽化时，其化学键被破坏
C．燃油时代：内燃机中汽油燃烧时，热能转化为化学能
D．新能源时代：太阳能电池板的主要材质是
【答案】A
【知识点】常见能量的转化及运用；金属的电化学腐蚀与防护；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．涂油可以隔绝空气和水分，防止铁制品生锈，A正确；
B．水汽化是物理变化，只破坏分子间作用力，化学键并未被破坏，破坏的是分子间作用力，B错误；
C．汽油燃烧过程中将化学能转化为热能，C错误；
D．太阳能电池板的主要材质是硅，而不是二氧化硅，D错误；
故答案为：A
【分析】A、涂油可防止铁制品接触空气和水。
B、水汽化时破坏分子间作用力。
C、汽油燃烧时化学能转化为热能。
D、太阳能电池板的材料为硅。
4．（2025·深圳模拟）传统节日美食承载着中华文化。下列说法不正确的是
A．元宵食汤圆-汤圆中的淀粉属于多糖
B．端午尝粽子-肉粽中瘦肉所含蛋白质可水解
C．中秋品月饼-月饼包装中的铁粉作脱氧剂
D．冬至吃饺子-饺子馅中的油脂属于有机高分子
【答案】D
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】A．淀粉属于多糖，A正确；
B．蛋白质在酸性或酶催化条件下可发生水解反应，生成氨基酸，B正确；
C．铁粉通过与氧气、水反应消耗包装内氧气，从而起到脱氧作用，C正确；
D．油脂是高级脂肪酸甘油酯，其相对分子质量较小，因此不属于有机高分子，D错误；
故答案为：D
【分析】A、淀粉属于多糖。
B、蛋白质可水解生成葡萄糖。
C、铁粉生锈过程吸收氧气。
D、油脂为高级脂肪酸的甘油酯，不属于高分子化合物。
5．（2025·深圳模拟）实验室利用以下装置进行相关实验。其中，难以达到预期目的的是
A.制备 B.净化、干燥
C.验证能否与反应 D.验证的氧化性
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法
【解析】【解答】A．实验室用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气，A不符题意；
B．饱和NaCl溶液可吸收Cl2中混有的HCl，再经过浓硫酸干燥，B不符题意；
C．碱石灰为CaO和NaOH的混合物，因此氯气会与碱石灰反应被消耗，C符合题意；
D．氯气可将溴离子氧化为溴单质，因此可证明氯气的氧化性，D不符题意；
故答案为：C
【分析】此题是对实验室Cl2的制取和Cl2性质的考查，结合Cl2的制备和性质分析选项即可。
6．（2025·深圳模拟）将金矿石（含和等）浸泡于溶液中，并通入空气，利用原电池工作原理（如图），可实现金矿石中的浸取。下列说法正确的是
A．Au作原电池正极
B．电子由流向
C．表面发生的电极反应：
D．的溶解速率与溶液中的浓度有关
【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．由分析可知，Au发生失电子的氧化反应，因此Au作原电池负极，故A错误；
B．在原电池中电子由负极经导线流向正极，因此由Au流向FeS，故B错误；
C．溶液呈碱性，不存在H+参与反应，因此正极电极反应为：，故C错误；
D．溶液中的浓度越大，得电子的速率越快，使得Au失电子速率加快，因此加速Au的溶解速率，故D正确；
故答案为：D
【分析】该装置为原电池装置，Au转化为[Au(CN)2]-，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为Au－e－＋2CN－=[Au(CN)2]-。通入的O2在FeS电极发生得电子的还原反应，其电极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－。据此结合选项分析。
7．（2025·深圳模拟）劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 生物工程师采用多次盐析和溶解来提纯蛋白质 重金属盐可使蛋白质变性
B 化工工程师利用苯酚与甲醛的反应制备酚醛树脂 苯酚与甲醛可发生缩聚反应
C 冶金工程师对模具充分干燥后，再注入熔融钢水
D 净水工程师向水中加入铝盐以实现净水 水解可产生胶体
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】镁、铝的重要化合物；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．盐析是通过改变盐浓度使蛋白质沉淀，属于物理变化，是可逆过程；而“重金属盐使蛋白质变性”的过程中蛋白质结构发生变化，属于化学变化，不可逆。两者原理不同，A符合题意；
B．苯酚与甲醛缩聚生成酚醛树脂，前后关联，B不符合题意；
C．干燥模具是为了防止高温下Fe与H2O(g)反应生成Fe3O4和H2，前后关联，C不符合题意；
D．Al3+水解生成Al(OH)3胶体，胶体的相对表面积加到，可吸附杂质净水，前后关联，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、重金属使蛋白质变性发生化学变化。
B、苯酚与甲醛可发生缩聚反应生成酚醛树脂。
C、干燥的模具是为了防止Fe与H2O(g)在高温下发生反应。
D、Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，可用于吸附水中杂质。
8．（2025·深圳模拟）调控茉莉酸（如图）的生物合成可增强植物的抗病性。下列有关茉莉酸的说法不正确的是
A．能使溴水褪色 B．所有碳原子可能共平面
C．能与氨基酸的氨基发生反应 D．仅含有2个手性碳原子
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．该结构中含碳碳双键，能与Br2发生加成反应，从而使溴水褪色，故A正确；
B．该结构中五元碳环上存在与3个碳相连的饱和碳原子，为四面体结构，因此所有碳原子不可能共面，故B错误；
C．该结构中含有羧基，能与氨基酸中的氨基发生取代反应，故C正确；
D．手性碳是与4个不同原子或原子团相连的碳原子，如图该结构简式中含2个手性碳原子，故D正确；
故答案为：B
【分析】A、结构中含有碳碳双键，能使溴水褪色。
B、饱和碳原子为四面体结构，最多只有3个原子共平面。
C、结构中的-COOH能与-NH2发生取代反应。
D、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子。
9．（2025·深圳模拟）利用金属钠喷雾氧化法制备，并用水吸收法处理该工艺产生的烟气（含、和）。设为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A．含有键的数目为
B．参与反应，转移的电子数目为
C．若所得溶液的，则该溶液中含有的数目为
D．所得由和组成的混合气体所含原子数目为
【答案】D
【知识点】溶液pH的定义；气体摩尔体积；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．的物质的量为1mol，中含有一个O-O单键（即1个σ键），因此1mol 中仅含1mol σ键，数目为，A错误；
B．未说明所处的温度和压强，气体摩尔体积Vm不一定为22.4L·mol－1，因此无法计算的物质的量，B错误；
C．pH=13时溶液中，溶液的体积位置，因此无法确定的物质的量，C错误；
D．和都是双原子分子，1mol混合气体无论比例如何，其所含的原子总数均为2mol，即，D正确；
故答案为：D
【分析】A、Na2O2中两个O原子以共价键的形式结合，存在一个是σ键。
B、气体所处的状态未知，无法应用气体摩尔体积进行计算。
C、pH=13的溶液中c(OH－)=0.1mol·L－1，溶液的体积未知，无法计算。
D、O2和H2都是双原子分子，因此1mol混合气体中所含的原子总数为2mol。
10．（2025·深圳模拟）将铜丝插入热浓硫酸中进行如图（a-c为贴在玻璃棒上浸有相应试液的试纸）所示实验。下列说法正确的是
A．铜与浓硫酸反应，只体现浓硫酸的强氧化性
B．为验证的氧化性，试剂可选用
C．品红溶液褪色，加热后恢复原色，说明具有氧化性
D．a、c两处均可观察到褪色现象
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A．加热条件下铜与浓硫酸反应，生成SO2和CuSO4。该反应中浓硫酸体现酸性和氧化性，故A错误；
B．为验证的氧化性，试剂可选用，二者反应生成淡黄色沉淀（硫单质），据此现象可证明的氧化性，故B正确；
C．品红溶液褪色，加热后恢复原色，体现了的漂白性，故C错误；
D．的水溶液显酸性，能使紫色石蕊溶液变红，但不能褪色，故D错误；
故答案为：B
【分析】A、Cu与浓硫酸反应过程中提供SO42－，体现酸性。
B、为验证SO2的氧化性，可利用S2－生成S单质。
C、SO2使品红溶液褪色，体现了SO2的漂白性。
D、SO2的水溶液显酸性，能使紫色石蕊溶液变红，但不能褪色。
11．（2025·深圳模拟）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 装有的密闭烧瓶冷却后，烧瓶内气体颜色变浅 转化为的反应是吸热反应
B 除去水垢中的，先用溶液处理，再用酸除去
C 空腔大小适配的“杯酚”能与形成超分子，与则不能 与分子大小不同
D 1—溴丁烷与浓硫酸混合液共热，生成的气体能使酸性溶液褪色 1—溴丁烷发生消去反应生成1—丁烯
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；卤代烃简介；超分子
【解析】【解答】A．冷却密闭烧瓶颜色变浅是由于平衡2（红棕色）（无色）向生成方向移动。而降低温度，平衡向放热反应方向移动，因此说明该反应为放热反应，A不符合题意；
B．用溶液处理水垢，转化为能够溶于酸的，利用的是溶度积Ksp：＜，B不符合题意；
C．“杯酚”能与形成超分子，而不能与形成超分子，这是因为和的分子大小不同，导致“杯酚”的空腔只能适配，C符合题意；
D.1-溴丁烷的消去反应条件为NaOH的醇溶液中加热，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、结合温度对平衡移动的影响分析，降低温度，平衡向放热反应方向移动。
B、沉淀的转化过程中，难溶物会向着更难溶的方向进行。
C、C60、C70分子大小不同，使得只有C60分子能与“杯酚”形成超分子，而C70不能。
D、卤代烃消去反应的条件为“NaOH醇溶液加热”。
12．（2025·深圳模拟）单乙醇胺（MEA）捕获的反应为，在催化剂I和II的作用下，该反应均需经历“吸附-反应-脱附”过程，能量变化如图（*表示吸附态）所示。下列说法不正确的是
A．使用催化剂II更有利于捕获
B．除吸附与脱附外，两种反应历程均分2步进行
C．使用催化剂I比使用催化剂II放出的热量更多
D．反应达平衡后，升高温度有利于的释放
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由图可知，使用催化剂II时反应所需的活化能更少，反应速率更快，因此使用催化剂II更有利于的捕获，A正确；
B．由图可知，在催化剂I和II的作用下，除吸附与脱附外，两种反应历程均分2步进行，B正确；
C．催化剂只改变反应速率，不改变反应焓变，因此使用不同的催化剂，放出的热量相等，C错误；
D．由图可知，该反应中反应物的总能量高于生成物，因此该反应为放热反应，反应达平衡后，升高温度，可逆反应平衡逆向移动，有利于的释放，D正确；
故答案为：C
【分析】A、使用催化剂Ⅱ时反应所需的活化能小，反应速率快。
B、由反应历程可知，两种反应历程为2步反应进行。
C、催化剂不改变反应热。
D、升高温度，平衡向放热反应方向移动，据此判断是否有利于CO2的释放。
13．（2025·深圳模拟）基于物质类别、元素价态的角度，可系统归纳、预测物质的性质与转化。部分含VIA族元素物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断合理的是
A．电解a制时，可向a中加入增强导电性
B．工业上，利用的转化制硫酸
C．若元素为，则可预测中元素均能被氧化
D．若元素为，则将转化为仅有两种转化路径
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A．电解H2O制时，若向H2O中加入，则相当于电解氯化钠溶液，反应生成氢气、氯气和氢氧化钠，A错误；
B．工业上用硫铁矿制取硫酸，反应过程为，B错误；
C．若元素为，a为，d为，化合物中Se元素的化合价都不是最高价，因此都能被氧化，C正确；
D．若元素为，加入氧化剂（如Cl2、Br2、KMnO4等），都能实现将SO2转化为H2SO4，D错误；
故答案为：C
【分析】A、电解水时，加入NaCl，则为电解NaCl溶液。
B、工业上用FeS2制取H2SO4。
C、H2Se、H2SeO3中Se元素都不是最高价，都可发生氧化反应。
D、SO2转化为H2SO4的过程中发生氧化反应，加入氧化剂即可实现反应。
14．（2025·深圳模拟）一种纯碱和聚氯乙烯联合生产工艺的流程如图所示。下列有关该联合工艺的说法正确的是
A．析出时，发生反应的离子方程式为
B．“制气”产生的废渣经调制后用于“灰蒸”以回收氨
C．上述过程仅涉及非氧化还原反应
D．“转化”所得用于合成聚氯乙烯
【答案】B
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；氧化还原反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．析出时，是沉淀，在离子方程式中保留化学式，发生反应的离子方程式为，A错误；
B．“制气”产生的废渣为Ca(OH)2，在灰蒸过程中与氯化铵反应生成氨气，因此可以在“灰蒸”中回收氨气，B正确；
C．由分析可知，“碳化”过程C单质参与反应，存在元素化合价变化，因此涉及氧化还原反应，C错误；
D．由分析可知，“转化”过程中生成HCl，可用于合成聚氯乙烯，D错误；
故答案为：B
【分析】石灰石热解生成氧化钙和二氧化碳，生成的二氧化碳用于侯氏制碱法原理制取碳酸氢钠沉淀，NaHCO3受热分解生成Na2CO3。碳化过程中发生反应，制气时CaC2与水反应生成和Ca(OH)2，废渣为。灰蒸工序中发生反应，生成的氨气可以在沉淀中循环利用，转化工序中加入浓硫酸发生不挥发性酸制挥发性酸的反应，方程式为，生成的HCl气体在合成工序中发生反应，氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，据此解答。
15．（2025·深圳模拟）X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的简单氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，的第一电离能大于的，的基态原子的未成对电子数相等，且与同主族。下列说法正确的是
A．电负性：
B．简单氢化物的沸点：
C．简单离子的半径：R>W>Y
D．和的空间结构均为平面三角形
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．同主族元素，核电荷数越大，元素的电负性越小，因此电负性：O>S，A选项错误；
B．H2O和H2S相比，由于H2O存在氢键，因此沸点：H2O>H2S。H2S和CH4都存在分子间作用力，相对分子质量越大，沸点越高。综上氢化物沸点：H2O>H2S> CH4，B选项正确；
C．W为F，Y为N，核外电子结构相同，核电荷数越大，离子半径越小。因此简单离子半径：N3->F-，C选项错误；
D．是NF3，其价层电子对数为，其中含有一对孤电子对，因此空间结构是三角锥形。是，其价层电子对数为，不含孤电子对，因此空间结构是平面三角形，D选项错误；
故答案为：B
【分析】Y的简单氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为NH3，因此Y为N。W的第一电离能大于Y，因此W为F。X、Z的基态原子的未成对电子数相等，因此其核外电子排布式为1s22s22p2、1s22s22p4，因此X为C、Z为O。Z与R同主族，因此R为S。据此结合元素周期律分析选项。
16．（2025·深圳模拟）我国科学家研发了一种具有“氨氧化、析氢”双功能的电池，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是
A．放电时，负极反应为
B．充电时，阴极室电解质溶液增大
C．复合石墨电极表面，放电时析出，充电时析出
D．充电时，每生成，阳极室溶液质量减少
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．负极上Zn发生失电子的氧化反应，生成[Zn(OH)4]2－，因此负极的电极反应式为，A正确；
B．充电时，阴极的电极反应式为，当转移2mol电子时，生成4mol，其中有2mol透过阴离子交换膜移向右侧，因此阴极室电解质溶液增大，B正确；
C．由电极反应式可知，复合石墨电极表面，放电时析出，充电时析出，C正确；
D．充电时，每生成，转移6mol电子，阳极生成1mol氮气。同时会有6mol透过阴离子交换膜移向阳极室，因此阳极室质量增加，D错误；
故答案为：D
【分析】放电过程为原电池装置，Zn电极为负极发生失电子的氧化反应，生成[Zn(OH)4]2－，因此负极的电极反应式为Zn－2e－＋4OH－=[Zn(OH)4]2－；复合石墨电极为正极，H2O转化为H2，因此正极的电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。充电过程为电解池，Zn电极中[Zn(OH)4]2－转化为Zn，发生得电子的还原反应，为阴极，其电极反应式为[Zn(OH)4]2－＋2e－=Zn＋4OH－；复合石墨电极为阳极，NH3·H2O转化为N2，其电极反应式为2NH3·H2O－6e－＋6OH－=N2↑＋8H2O。据此结合选项分析。
17．（2025·深圳模拟）铜氨配合物在催化剂、电化学传感器等方面有潜在的应用价值。某兴趣小组探究铜氨配合物的制备。
I．准备溶液
（1）配制的溶液，需要胆矾（）的质量为　 　。
（2）氨水浓度的测定：移取一定体积未知浓度的氨水，加入指示剂，用盐酸标准溶液滴定至终点，该滴定操作用到的仪器有　 　（填标号）。
II．探究铜氨配合物的制备
（3）小组同学完成实验制备铜氨配合物。
序号 操作 现象
向溶液中逐滴加入2mol氨水 先产生蓝色沉淀，后得到深蓝色透明溶液
①生成蓝色沉淀的离子方程式为　 　。
②小组同学向实验i所得深蓝色溶液中，加入95%乙醇，过滤、洗涤、干燥，得到深蓝色晶体。为验证实验中与形成配离子，小组同学设计并完成实验ii、iii．
序号 操作 现象
ii 取深蓝色晶体于试管中，加入水溶解得到深蓝色溶液（忽略液体体积变化），向其中浸入一根铁丝 放置一天后，铁丝表面有红色固体析出，溶液颜色变浅
iii 取浓度为　 　的　 　（填化学式）溶液于试管中，浸入一根与实验ii相同的铁丝 2min后铁丝表面有红色固体析出，溶液颜色变浅
③检验上述深蓝色晶体中存在的操作及现象是　 　。
（4）该小组同学认为实验中生成了沉淀，若直接向固体中滴加氨水也可得到铜氨配合物。于是取固体于试管中，滴加氨水，发现固体几乎不溶解。
理论分析
小组同学认为该反应进行的程度很小是导致铜氨配合物制备不理想的原因。
提出猜想　猜想a：结合平衡移动原理，增大可明显促进铜氨配离子的生成。
猜想b：对比实验i，引入可明显促进铜氨配离子的生成。
猜想c：对比实验i，引入可明显促进铜氨配离子的生成。
分析讨论①猜想c不成立，其理由是　 　。
实验验证　为验证猜想是否成立，设计并完成实验iv~vi．测算溶解的最大质量，记录数据。
序号 操作 溶解质量
iv 取固体于试管中 滴加氨水
v 滴加氨水
vi 滴加氨水，再加入少量②　 　（填化学式）固体
实验结论③实验结果为略大于，且　 　（填“大于”或“小于”），可证明猜想成立而猜想不成立。
计算分析④实验vi中存在反应： ，该反应的平衡常数　 　［已知]。
【答案】2.5；BC；；0.1；；取少量晶体溶于水中形成溶液，先向其中加入盐酸酸化，再加入溶液，若出现白色沉淀，则说明该晶体中存在；未参与上述平衡；；大于；500
【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；制备实验方案的设计；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1），。
故答案为：2.5
（2）该滴定操作用到的仪器有：酸式滴定管、锥形瓶。
故答案为：BC
（3）①生成蓝色沉淀的离子方程式为：，一水合氨是弱电解质，不能拆成离子形式。
故答案为：
②实验ii中的物质的量浓度：，为了控制变量，所以实验iii需要取的溶液于试管中，浸入一根与实验ii相同的铁丝。
故答案为：0.1；
③检验上述深蓝色晶体中存在的操作及现象是：取少量晶体溶于水中形成溶液，先向其中加入盐酸酸化，再加入溶液，若出现白色沉淀，则说明该晶体中存在。
故答案为：取少量晶体溶于水中形成溶液，先向其中加入盐酸酸化，再加入溶液，若出现白色沉淀，则说明该晶体中存在
（4）因为未参与，所以对比实验i，引入不会促进铜氨配离子的生成；根据猜想b与猜想c，实验vi应该加入少量固体；如果猜想a正确，则大于，但是不会略大于；如果猜想b正确，则可以得出大于，并且与差距较大；因此对比实验v与实验vi，如果略大于，且大于，可证明猜想成立而猜想不成立；因为，即，，该反应的平衡常数==。
故答案为：未参与上述平衡；；大于；500
【分析】（1）根据公式m=n×M=c×V× M计算所需胆矾的质量。
（2）根据中和滴定实验确定所需的仪器。
（3）①生成的蓝色沉淀为Cu(OH)2，据此写出反应的离子方程式。
②结合控制变量法确定所需的试剂为0.1mol·L－1的CuSO4溶液。
③检验SO42－时需先加足量的稀盐酸，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀。
（4）SO42－不参与反应，因此引入SO42－不影响铜氨配离子的生成。
猜想b为引入NH4＋的影响，因此需加入(NH4)2SO4溶液。
猜想b成立，说明NH4＋会促进铜氨离子的生成，实验ⅵ中溶解的Cu(OH)2的质量更大。
根据反应的离子方程式书写平衡常数的表达式，结合NH3·H2O的电离常数计算。
18．（2025·深圳模拟）一种从石煤灰渣（主要含及等）中提取钒的工艺流程如下：
已知：萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：；萃取的原理为；“中间盐”中的金属阳离子均为+3价；含的硫酸盐难溶于水；。
（1）“酸浸”时，钒主要以的形式进入溶液。
①为提高浸取率，可采取的措施是　 　（任写一条）。
②发生反应的化学方程式为　 　。
（2）“还原结晶”所得“溶液3”的主要阳离子及其浓度如下表：
阳离子
浓度 10.79 0.0041 0.11 0.029
据此分析“溶液3”可在　 　工序循环利用。
（3）“中间盐”的一种含钒物质为；“溶解”后，所得溶液中钒主要以的形式存在。该含钒物质“溶解”时发生反应的离子方程式为　 　。
（4）“还原”步骤的主要目的是　 　。
（5）“萃取”前，需调节溶液。
①已知萃取前溶液中，理论上，为避免产生沉淀，应调节溶液pH小于　 　（保留一位小数）。
②实际上，溶液pH也不能过低，其原因是　 　。
（6）一种V—Ti固溶体储氢材料经充分储氢后所得晶体的立方晶胞结构如图。
①该晶体中金属原子与非金属原子的个数比为　 　。
②储氢材料的性能常用“体积储氢密度”（储氢材料可释放出的体积）来衡量。一定条件下，50%的氢可从上述晶体中释放出来，且吸放氢引起储氢材料体积的变化可忽略。设为阿伏加德罗常数的值，的摩尔体积为，则该储氢材料的“体积储氢密度”为　 　（列出算式）。
【答案】（1）“适当升温”“搅拌”“将灰渣进一步粉碎”“适当增加酸的浓度”等，答案合理即可；
（2）酸浸
（3）
（4）将转化为，避免影响的萃取
（5）3.3；过低，即浓度过大，会导致萃取反应的平衡逆向移动，不利于进入有机相
（6）1：2；或等答案合理即可
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）①为提高浸取率，可采取的措施有：适当增加酸的浓度、适当提高反应温度、搅拌、将灰渣进一步粉碎等。
故答案为：“适当升温”“搅拌”“将灰渣进一步粉碎”“适当增加酸的浓度”等
②根据题干信息，“酸浸”时，钒主要以的形式进入溶液，与硫酸反应生成VO2+的化学方程式为：。
故答案为：
（2）根据表中阳离子浓度，溶液3中主要阳离子为H+、VO2+、Al3+和Fe3+，由于H+浓度最高，溶液3可以在酸浸工序循环利用，以充分利用其中的酸。
故答案为：酸浸
（3）由题干信息：含的硫酸盐难溶于水，“中间盐”的一种含钒物质为发生溶解工序，已知“溶解”后，所得溶液中钒主要以的形式存在，“溶解”时发生反应的离子方程式为：。
故答案为：
（4）根据由题干信息，酸浸后溶液中存在且萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：，还原步骤的主要目的是将Fe3+还原为Fe2+，以便在后续的萃取步骤中，萃取剂HR优先与VO2+结合，提高钒的提取效率，所以还原步骤的目的是：将转化为，避免影响的萃取。
故答案为：将转化为，避免影响的萃取
（5）①已知Al(OH)3的溶度积 ，溶液中Al3+浓度为0.4mol/L，根据溶度积公式：
解得：，，pH=，为避免产生沉淀，pH应小于3.3。
故答案为：3.3
②pH过低，即浓度过大，会导致萃取反应的平衡逆向移动，不利于V进入有机相，降低了钒元素的萃取率。
故答案为：过低，即浓度过大，会导致萃取反应的平衡逆向移动，不利于进入有机相
（6）①根据晶胞结构图，金属原子（V和Ti）位于顶点和面心，利用均摊法可知，晶胞中金属原子共有个，非金属原子（H）位于体内，晶胞中氢原子共有8个，该晶体中金属原子与非金属原子的个数比为。
故答案为：1：2
②该晶胞的体积为，该晶胞中含有8个氢原子，50%的氢可从上述晶体中释放出来，一个晶胞可以释放出来氢分子个数为，一个晶胞释放出来氢气的物质的量为mol，一个晶胞释放出来的氢气在标况下的体积为，根据定义可知，则该储氢材料的“体积储氢密度”为或者。
故答案为：或
【分析】（1）①结合浓度、温度、接触面积对反应速率的影响分析。
②V2O5与H2SO4反应生成(VO2)2SO4与H2O，据此写出反应的化学方程式。
（2）“溶液3”中含有大量的H＋，显酸性，可用于酸浸工序中循环使用。
（3）“溶解”过程中NH4V(SO4)2转化为VO2＋，V元素化合价升高，因此有O2参与反应，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式。
（4）由于萃取剂与阳离子结合能力：Fe3＋＞VO2＋＞Al3＋＞Fe2＋，因此加入Fe主要用于还原Fe3＋，防止影响VO2＋的影响。
（5）①根据Al(OH)3的溶度积Ksp计算溶液中c(OH－)，结合水的离子积Kw计算此时溶液的pH。
②若溶液的pH过低，即溶液中c(H＋)过大，结合H＋对可逆反应2HR＋VO2＋ VOR2＋2H＋平衡移动的影响分析。
（6）①根据均摊法确定晶体中金属原子与非金属原子的个数比。
②根据“体积储氢密度”的定义进行计算。
（1）①为提高浸取率，可采取的措施有：适当增加酸的浓度、适当提高反应温度、搅拌、将灰渣进一步粉碎等；
②根据题干信息，“酸浸”时，钒主要以的形式进入溶液，与硫酸反应生成VO2+的化学方程式为：；
（2）根据表中阳离子浓度，溶液3中主要阳离子为H+、VO2+、Al3+和Fe3+，由于H+浓度最高，溶液3可以在酸浸工序循环利用，以充分利用其中的酸；
（3）由题干信息：含的硫酸盐难溶于水，“中间盐”的一种含钒物质为发生溶解工序，已知“溶解”后，所得溶液中钒主要以的形式存在，“溶解”时发生反应的离子方程式为：；
（4）根据由题干信息，酸浸后溶液中存在且萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：，还原步骤的主要目的是将Fe3+还原为Fe2+，以便在后续的萃取步骤中，萃取剂HR优先与VO2+结合，提高钒的提取效率，所以还原步骤的目的是：将转化为，避免影响的萃取；
（5）①已知Al(OH)3的溶度积 ，溶液中Al3+浓度为0.4mol/L，根据溶度积公式：
解得：，，pH=，为避免产生沉淀，pH应小于3.3；
②pH过低，即浓度过大，会导致萃取反应的平衡逆向移动，不利于V进入有机相，降低了钒元素的萃取率；
（6）①根据晶胞结构图，金属原子（V和Ti）位于顶点和面心，利用均摊法可知，晶胞中金属原子共有个，非金属原子（H）位于体内，晶胞中氢原子共有8个，该晶体中金属原子与非金属原子的个数比为；
②该晶胞的体积为，该晶胞中含有8个氢原子，50%的氢可从上述晶体中释放出来，一个晶胞可以释放出来氢分子个数为，一个晶胞释放出来氢气的物质的量为mol，一个晶胞释放出来的氢气在标况下的体积为，根据定义可知，则该储氢材料的“体积储氢密度”为或者。
19．（2025·深圳模拟）铁及其化合物化学性质丰富，应用广泛。
（1）基态的价电子排布式为________；结合价电子排布式，解释易被氧化为的原因________。
（2）某含铁催化剂可催化苯的羟基化反应，其催化机理如图所示：
①上述过程中，催化剂为________。
②该过程总反应为________（有机物写结构简式，不需注明反应条件）。
（3）标准摩尔生成焓是指一定温度与标准压强（101kPa）下由元素最稳定的单质生成1mol纯物质时的焓变。已知：常温下，与的标准摩尔生成焓分别为与，则在该条件下，分解转化为和的________（用含的式子表示）。
一定温度下，与混合溶液存在如下平衡（不考虑碘单质的挥发与阳离子的水解）：
反应i：
反应ii：
（4）关于上述平衡体系的说法正确的有_____（填标号）。
A. 加入，平衡时增大
B. 加入固体，平衡时的值增大
C. 升高温度，反应速率增大，反应速率减小
D. 加水稀释，溶液中离子总数增大
（5）当时表示起始浓度，下同），部分相关微粒的物质的量浓度随时间变化曲线如图：
①结合图中变化分析，反应i的活化能________（填“大于”或“小于”）反应ii的活化能。
②内，上述体系中的平均反应速率________（保留两位有效数字）。
（6）保持混合溶液中，平衡时，与随起始投料比的变化曲线如图。计算反应ii的平衡常数________（写出计算过程，结果保留三位有效数字）。
【答案】(1) 失去一个电子价电子排布会变成，半满结构更稳定
(2)
(3)
(4) B，D
(5) 大于
(6)
【知识点】原子核外电子排布；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）铁是第26号元素，基态的价电子排布式为；结合价电子排布式，价层电子排布，价层电子排布，失去一个电子价电子排布会变成，半满结构更稳定。
故答案为：； 失去一个电子价电子排布会变成，半满结构更稳定
（2）①上述过程中，既参与反应，又重新生成，则催化剂为。
故答案为：
②如图所示，反应物为C6H6和N2O，生成物为N2和C6H5OH，该过程总反应为。
故答案为：
（3）①，②，根据盖斯定律， ②-①可得，。
故答案为：
（4）A．加入，碘单质中溶解度大，由水层进入有机层，则水层碘单质浓度降低，反应i平衡正向进行，在平衡时减小，A错误；
B．加入固体，增大，反应ii平衡正向移动，平衡时的值增大，B正确；
C．升高温度，反应速率增大，反应速率增大，C错误；
D．加水稀释，离子总浓度减小，平衡向着离子总浓度增大的方向移动，故溶液中离子总数增大，D正确；
故答案为：BD
（5）①图中的斜率大于的斜率，故生成的速率快于生成的速率，故反应i的活化能大于反应ii的活化能。
故答案为：大于
②内，上述体系中的平均反应速率。
故答案为：
（6）从图中可知，，当，平衡时，，设平衡时，反应i和反应ii中的变化量为，，列三段式，反应i：
反应ii：
可列式，，，，，解得x=0.005，y=0.002，则，，，反应ii的平衡常数。
故答案为：
【分析】（1）Fe为26号元素，其核外电子排布式为[Ar]3d64s2，据此确定Fe2+的价电子排布式。结合Fe2+的价电子结构以及3d5的半充满稳定结构分析。
（2）①催化剂会参与反应过程（先消耗后生成），据此结合反应机理确定催化剂。
②该反应中反应物为和N2O，生成物为和N2，据此写出反应的化学方程式。
（3）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（4）A、加入CCl4后，I2溶解于CCl4中，使得溶液中c(I2)减小，平衡正向移动。
B、加入KI固体，溶液中c(I－)增大，平衡正向移动。
C、温度升高，反应速率增大。
D、加水稀释，反应正向进行，溶液中离子总数增大。
（5）①相同时间内，c(I3－)变化越大，反应速率越快，反应所需的活化能越小。
②根据图像数据结合公式计算反应速率。
（6）根据平衡三段式进行计算。
20．（2025·深圳模拟）新型催化技术实现了乙酰丙酸乙酯的绿色高效合成，示意图如下：
（1）化合物I的分子式为　 　，其环上取代基的名称是　 　。
（2）化合物II的某同分异构体，仅含一个五元环且不含其他环状结构，不发生银镜反应，在核磁共振氢谱图上只有2组峰，峰面积比为1：2，其结构简式为　 　（任写一种）。
（3）化合物I制备化合物IV（）的反应可以表示为：，则化合物M为　 　（填化学式）；化合物M易溶于水，其原因是　 　。
（4）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法不正确的有_____（填标号）。
A．化合物I到Ⅱ反应的原子利用率为，有双键的断裂与形成
B．化合物II是乙醇的同系物，能与金属钠反应
C．化合物III在碱性环境中水解时，可消耗等物质的量的
D．化合物II到化合物III的转化中，存在原子杂化方式的改变
（5）对化合物II，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
① 　 　 　 　
② 　 　 　 　 取代反应
（6）利用羟醛缩合反应R-CHO++H2O(R、R'为烃基或H）的原理，以乙烯为唯一有机原料，合成。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①第一步为烯烃直接制醇的反应，其化学方程式为　 　。
②其中，羟醛缩合前后各涉及一步氧化反应，其氧化产物分别为和　 　（写结构简式）。
【答案】（1）；醛基
（2）或或或
（3）；与之间可形成氢键
（4）A；B
（5）、催化剂，加热；加成反应（或还原反应）；浓HBr，加热或乙酸、浓硫酸，加热；或
（6）；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由化合物Ⅰ的结构简式可知其分子式为：；其环上取代基的名称是醛基。
故答案为：；醛基（2）化合物II的某同分异构体，仅含一个五元环且不含其他环状结构，不发生银镜反应，可知不含醛基；在核磁共振氢谱图上只有2组峰，峰面积比为1：2，可知其结构具有对称性；符合的结构有：或或或。
故答案为：或或或
（3）化合物I可与M(N2H4)先发生加成反应再发生消去发反应制备化合物IV()，N2H4与之间可形成氢键，因此其易溶于水。
故答案为：；N2H4与之间可形成氢键
（4）A．化合物I到Ⅱ反应为醛基与氢气的加成反应，原子利用率为，有双键的断裂，但不存在双键的形成，故A错误；
B．化合物Ⅱ与乙醇的结构不相似，不是同系物，故B错误；
C．化合物Ⅲ中只含一个酯基，在碱性环境中水解时，可消耗等物质的量的，故C正确；
D．化合物Ⅱ到化合物Ⅲ的转化中，碳碳双键断裂，Ⅲ中形成多个碳碳单键，因此存在原子杂化方式的改变，故D正确；
故答案为：AB
（5）化合物Ⅱ中碳碳双键与氢气，在催化剂加热条件，发生加成反应转化为；化合物Ⅱ中的醇羟基与浓HBr，加热条件下，发生取代反应生成；化合物Ⅱ中的醇羟基与乙酸在浓硫酸，加热条件下，发生酯化反应生成。
故答案为：、催化剂，加热；加成反应（或还原反应）；浓HBr，加热或乙酸、浓硫酸，加热；或
（6）①合成需要乙醇，乙醇可由乙烯与水发生加成反应得到，反应方程式为：。
故答案为：
②合成可由乙醇与发生酯化反应得到，而可由乙醛先发生羟醛缩合生成，再经氧化得到；而乙醛可由乙醇催化氧化得到，因此羟醛缩合前后所涉及氧化反应，氧化产物分别为和。
故答案为：
【分析】（1）根据结构简式确定分子式和取代基的名称。
（2）不发生银镜反应，则分子结构中不含有-CHO；峰面积比为1：2，则结构具有对称性。据此确定同分异构体的结构简式。
（3）根据反应前后原子个数保持不变，确定化合物M的化学式。化合物M为N2H4，可与H2O分子形成氢键，使得水溶性增强。
（4）A、根据反应过程中化学键的变化分析。
B、同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或多个CH2的有机物。
C、化合物Ⅲ中的酯基能与NaOH反应。
D、根据反应过程中化学键的变化分析。
（5）化合物Ⅱ中所含的官能团有碳碳双键、醚键和羟基，结合官能团的性质分析。
（6）①第一步为烯烃直接制醇的反应，为CH2=CH2和H2O的反应，据此写出反应的化学方程式。
②根据合成过程中发生的反应分析。
（1）由化合物Ⅰ的结构简式可知其分子式为：；其环上取代基的名称是醛基；
（2）化合物II的某同分异构体，仅含一个五元环且不含其他环状结构，不发生银镜反应，可知不含醛基；在核磁共振氢谱图上只有2组峰，峰面积比为1：2，可知其结构具有对称性；符合的结构有：或或或；
（3）化合物I可与M(N2H4)先发生加成反应再发生消去发反应制备化合物IV()，N2H4与之间可形成氢键，因此其易溶于水；
（4）A．化合物I到Ⅱ反应为醛基与氢气的加成反应，原子利用率为，有双键的断裂，但不存在双键的形成，故A错误；
B．化合物Ⅱ与乙醇的结构不相似，不是同系物，故B错误；
C．化合物Ⅲ中只含一个酯基，在碱性环境中水解时，可消耗等物质的量的，故C正确；
D．化合物Ⅱ到化合物Ⅲ的转化中，碳碳双键断裂，Ⅲ中形成多个碳碳单键，因此存在原子杂化方式的改变，故D正确；
故选：AB。
（5）化合物Ⅱ中碳碳双键与氢气，在催化剂加热条件，发生加成反应转化为；化合物Ⅱ中的醇羟基与浓HBr，加热条件下，发生取代反应生成；化合物Ⅱ中的醇羟基与乙酸在浓硫酸，加热条件下，发生酯化反应生成；
（6）①合成需要乙醇，乙醇可由乙烯与水发生加成反应得到，反应方程式为：；
②合成可由乙醇与发生酯化反应得到，而可由乙醛先发生羟醛缩合生成，再经氧化得到；而乙醛可由乙醇催化氧化得到，因此羟醛缩合前后所涉及氧化反应，氧化产物分别为和。
1 / 1广东省深圳市2025届高三第一次调研考试化学试题
1．（2025·深圳模拟）劳动工具凝聚着我国劳动人民的智慧。下列劳动工具主要由无机非金属材料制成的是
A.石磨 B.铜犁铧
C.木质纺车 D.竹耙
A．A B．B C．C D．D
2．（2025·深圳模拟）我国战略高技术领域迎来新跨越，如“嫦娥”揽月、“天和”驻空、“天问”探火及“地壳一号”挺进地球深处。下列说法正确的是
A．“嫦娥六号”采集样本中所含的元素均位于元素周期表区
B．“天和一号”铝基复合材料中所含的碳化硅属于分子晶体
C．“天问一号”在火星大气中探测出的和互为同位素
D．“地壳一号”在万米深处钻出的石油和天然气均属于化石能源
3．（2025·深圳模拟）交通工具动力系统的演进历程是人类文明进步的生动缩影。下列说法正确的是
A．畜力时代：给马车的铁制铆钉涂油可防止其生锈
B．蒸汽时代：蒸汽机中的水汽化时，其化学键被破坏
C．燃油时代：内燃机中汽油燃烧时，热能转化为化学能
D．新能源时代：太阳能电池板的主要材质是
4．（2025·深圳模拟）传统节日美食承载着中华文化。下列说法不正确的是
A．元宵食汤圆-汤圆中的淀粉属于多糖
B．端午尝粽子-肉粽中瘦肉所含蛋白质可水解
C．中秋品月饼-月饼包装中的铁粉作脱氧剂
D．冬至吃饺子-饺子馅中的油脂属于有机高分子
5．（2025·深圳模拟）实验室利用以下装置进行相关实验。其中，难以达到预期目的的是
A.制备 B.净化、干燥
C.验证能否与反应 D.验证的氧化性
A．A B．B C．C D．D
6．（2025·深圳模拟）将金矿石（含和等）浸泡于溶液中，并通入空气，利用原电池工作原理（如图），可实现金矿石中的浸取。下列说法正确的是
A．Au作原电池正极
B．电子由流向
C．表面发生的电极反应：
D．的溶解速率与溶液中的浓度有关
7．（2025·深圳模拟）劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 生物工程师采用多次盐析和溶解来提纯蛋白质 重金属盐可使蛋白质变性
B 化工工程师利用苯酚与甲醛的反应制备酚醛树脂 苯酚与甲醛可发生缩聚反应
C 冶金工程师对模具充分干燥后，再注入熔融钢水
D 净水工程师向水中加入铝盐以实现净水 水解可产生胶体
A．A B．B C．C D．D
8．（2025·深圳模拟）调控茉莉酸（如图）的生物合成可增强植物的抗病性。下列有关茉莉酸的说法不正确的是
A．能使溴水褪色 B．所有碳原子可能共平面
C．能与氨基酸的氨基发生反应 D．仅含有2个手性碳原子
9．（2025·深圳模拟）利用金属钠喷雾氧化法制备，并用水吸收法处理该工艺产生的烟气（含、和）。设为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A．含有键的数目为
B．参与反应，转移的电子数目为
C．若所得溶液的，则该溶液中含有的数目为
D．所得由和组成的混合气体所含原子数目为
10．（2025·深圳模拟）将铜丝插入热浓硫酸中进行如图（a-c为贴在玻璃棒上浸有相应试液的试纸）所示实验。下列说法正确的是
A．铜与浓硫酸反应，只体现浓硫酸的强氧化性
B．为验证的氧化性，试剂可选用
C．品红溶液褪色，加热后恢复原色，说明具有氧化性
D．a、c两处均可观察到褪色现象
11．（2025·深圳模拟）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 装有的密闭烧瓶冷却后，烧瓶内气体颜色变浅 转化为的反应是吸热反应
B 除去水垢中的，先用溶液处理，再用酸除去
C 空腔大小适配的“杯酚”能与形成超分子，与则不能 与分子大小不同
D 1—溴丁烷与浓硫酸混合液共热，生成的气体能使酸性溶液褪色 1—溴丁烷发生消去反应生成1—丁烯
A．A B．B C．C D．D
12．（2025·深圳模拟）单乙醇胺（MEA）捕获的反应为，在催化剂I和II的作用下，该反应均需经历“吸附-反应-脱附”过程，能量变化如图（*表示吸附态）所示。下列说法不正确的是
A．使用催化剂II更有利于捕获
B．除吸附与脱附外，两种反应历程均分2步进行
C．使用催化剂I比使用催化剂II放出的热量更多
D．反应达平衡后，升高温度有利于的释放
13．（2025·深圳模拟）基于物质类别、元素价态的角度，可系统归纳、预测物质的性质与转化。部分含VIA族元素物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断合理的是
A．电解a制时，可向a中加入增强导电性
B．工业上，利用的转化制硫酸
C．若元素为，则可预测中元素均能被氧化
D．若元素为，则将转化为仅有两种转化路径
14．（2025·深圳模拟）一种纯碱和聚氯乙烯联合生产工艺的流程如图所示。下列有关该联合工艺的说法正确的是
A．析出时，发生反应的离子方程式为
B．“制气”产生的废渣经调制后用于“灰蒸”以回收氨
C．上述过程仅涉及非氧化还原反应
D．“转化”所得用于合成聚氯乙烯
15．（2025·深圳模拟）X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的简单氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，的第一电离能大于的，的基态原子的未成对电子数相等，且与同主族。下列说法正确的是
A．电负性：
B．简单氢化物的沸点：
C．简单离子的半径：R>W>Y
D．和的空间结构均为平面三角形
16．（2025·深圳模拟）我国科学家研发了一种具有“氨氧化、析氢”双功能的电池，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是
A．放电时，负极反应为
B．充电时，阴极室电解质溶液增大
C．复合石墨电极表面，放电时析出，充电时析出
D．充电时，每生成，阳极室溶液质量减少
17．（2025·深圳模拟）铜氨配合物在催化剂、电化学传感器等方面有潜在的应用价值。某兴趣小组探究铜氨配合物的制备。
I．准备溶液
（1）配制的溶液，需要胆矾（）的质量为　 　。
（2）氨水浓度的测定：移取一定体积未知浓度的氨水，加入指示剂，用盐酸标准溶液滴定至终点，该滴定操作用到的仪器有　 　（填标号）。
II．探究铜氨配合物的制备
（3）小组同学完成实验制备铜氨配合物。
序号 操作 现象
向溶液中逐滴加入2mol氨水 先产生蓝色沉淀，后得到深蓝色透明溶液
①生成蓝色沉淀的离子方程式为　 　。
②小组同学向实验i所得深蓝色溶液中，加入95%乙醇，过滤、洗涤、干燥，得到深蓝色晶体。为验证实验中与形成配离子，小组同学设计并完成实验ii、iii．
序号 操作 现象
ii 取深蓝色晶体于试管中，加入水溶解得到深蓝色溶液（忽略液体体积变化），向其中浸入一根铁丝 放置一天后，铁丝表面有红色固体析出，溶液颜色变浅
iii 取浓度为　 　的　 　（填化学式）溶液于试管中，浸入一根与实验ii相同的铁丝 2min后铁丝表面有红色固体析出，溶液颜色变浅
③检验上述深蓝色晶体中存在的操作及现象是　 　。
（4）该小组同学认为实验中生成了沉淀，若直接向固体中滴加氨水也可得到铜氨配合物。于是取固体于试管中，滴加氨水，发现固体几乎不溶解。
理论分析
小组同学认为该反应进行的程度很小是导致铜氨配合物制备不理想的原因。
提出猜想　猜想a：结合平衡移动原理，增大可明显促进铜氨配离子的生成。
猜想b：对比实验i，引入可明显促进铜氨配离子的生成。
猜想c：对比实验i，引入可明显促进铜氨配离子的生成。
分析讨论①猜想c不成立，其理由是　 　。
实验验证　为验证猜想是否成立，设计并完成实验iv~vi．测算溶解的最大质量，记录数据。
序号 操作 溶解质量
iv 取固体于试管中 滴加氨水
v 滴加氨水
vi 滴加氨水，再加入少量②　 　（填化学式）固体
实验结论③实验结果为略大于，且　 　（填“大于”或“小于”），可证明猜想成立而猜想不成立。
计算分析④实验vi中存在反应： ，该反应的平衡常数　 　［已知]。
18．（2025·深圳模拟）一种从石煤灰渣（主要含及等）中提取钒的工艺流程如下：
已知：萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：；萃取的原理为；“中间盐”中的金属阳离子均为+3价；含的硫酸盐难溶于水；。
（1）“酸浸”时，钒主要以的形式进入溶液。
①为提高浸取率，可采取的措施是　 　（任写一条）。
②发生反应的化学方程式为　 　。
（2）“还原结晶”所得“溶液3”的主要阳离子及其浓度如下表：
阳离子
浓度 10.79 0.0041 0.11 0.029
据此分析“溶液3”可在　 　工序循环利用。
（3）“中间盐”的一种含钒物质为；“溶解”后，所得溶液中钒主要以的形式存在。该含钒物质“溶解”时发生反应的离子方程式为　 　。
（4）“还原”步骤的主要目的是　 　。
（5）“萃取”前，需调节溶液。
①已知萃取前溶液中，理论上，为避免产生沉淀，应调节溶液pH小于　 　（保留一位小数）。
②实际上，溶液pH也不能过低，其原因是　 　。
（6）一种V—Ti固溶体储氢材料经充分储氢后所得晶体的立方晶胞结构如图。
①该晶体中金属原子与非金属原子的个数比为　 　。
②储氢材料的性能常用“体积储氢密度”（储氢材料可释放出的体积）来衡量。一定条件下，50%的氢可从上述晶体中释放出来，且吸放氢引起储氢材料体积的变化可忽略。设为阿伏加德罗常数的值，的摩尔体积为，则该储氢材料的“体积储氢密度”为　 　（列出算式）。
19．（2025·深圳模拟）铁及其化合物化学性质丰富，应用广泛。
（1）基态的价电子排布式为________；结合价电子排布式，解释易被氧化为的原因________。
（2）某含铁催化剂可催化苯的羟基化反应，其催化机理如图所示：
①上述过程中，催化剂为________。
②该过程总反应为________（有机物写结构简式，不需注明反应条件）。
（3）标准摩尔生成焓是指一定温度与标准压强（101kPa）下由元素最稳定的单质生成1mol纯物质时的焓变。已知：常温下，与的标准摩尔生成焓分别为与，则在该条件下，分解转化为和的________（用含的式子表示）。
一定温度下，与混合溶液存在如下平衡（不考虑碘单质的挥发与阳离子的水解）：
反应i：
反应ii：
（4）关于上述平衡体系的说法正确的有_____（填标号）。
A. 加入，平衡时增大
B. 加入固体，平衡时的值增大
C. 升高温度，反应速率增大，反应速率减小
D. 加水稀释，溶液中离子总数增大
（5）当时表示起始浓度，下同），部分相关微粒的物质的量浓度随时间变化曲线如图：
①结合图中变化分析，反应i的活化能________（填“大于”或“小于”）反应ii的活化能。
②内，上述体系中的平均反应速率________（保留两位有效数字）。
（6）保持混合溶液中，平衡时，与随起始投料比的变化曲线如图。计算反应ii的平衡常数________（写出计算过程，结果保留三位有效数字）。
20．（2025·深圳模拟）新型催化技术实现了乙酰丙酸乙酯的绿色高效合成，示意图如下：
（1）化合物I的分子式为　 　，其环上取代基的名称是　 　。
（2）化合物II的某同分异构体，仅含一个五元环且不含其他环状结构，不发生银镜反应，在核磁共振氢谱图上只有2组峰，峰面积比为1：2，其结构简式为　 　（任写一种）。
（3）化合物I制备化合物IV（）的反应可以表示为：，则化合物M为　 　（填化学式）；化合物M易溶于水，其原因是　 　。
（4）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法不正确的有_____（填标号）。
A．化合物I到Ⅱ反应的原子利用率为，有双键的断裂与形成
B．化合物II是乙醇的同系物，能与金属钠反应
C．化合物III在碱性环境中水解时，可消耗等物质的量的
D．化合物II到化合物III的转化中，存在原子杂化方式的改变
（5）对化合物II，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
① 　 　 　 　
② 　 　 　 　 取代反应
（6）利用羟醛缩合反应R-CHO++H2O(R、R'为烃基或H）的原理，以乙烯为唯一有机原料，合成。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①第一步为烯烃直接制醇的反应，其化学方程式为　 　。
②其中，羟醛缩合前后各涉及一步氧化反应，其氧化产物分别为和　 　（写结构简式）。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A．石磨的制作材料是石头，石头的主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，A选；
B．铜犁铧是合金，合金属于金属材料，B不选；
C．木质纺车的主要成分是纤维素，纤维素属于有机高分子材料，C不选；
D．竹耙的主要成分是纤维素，纤维素属于有机高分子材料，D不选；
故答案为：A
【分析】A、石头的主要成分是硅酸盐。
B、合金属于金属材料。
C、纤维素属于有机高分子材料。
D、纤维素属于有机高分子材料。
2．【答案】D
【知识点】原子晶体（共价晶体）；元素、核素；同位素及其应用
【解析】【解答】A．Ca的价层电子排布式为4s2，属于s区元素，故A错误；
B．碳化硅是由原子构成的，属于共价晶体，故B错误；
C．同位素是质子数相同，而中子数不同的核素的互称，和属于化合物，因此不属于同位素，故C错误；
D．煤、石油、天然气属于化石能源，故D正确；
故答案为：D
【分析】A、根据电子最后填充的能级，确定元素的分区位置。
B、碳化硅属于共价晶体。
C、同位素是指质子数相同，中子数不同的核素。
D、煤、石油和天然气属于化石能源。
3．【答案】A
【知识点】常见能量的转化及运用；金属的电化学腐蚀与防护；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．涂油可以隔绝空气和水分，防止铁制品生锈，A正确；
B．水汽化是物理变化，只破坏分子间作用力，化学键并未被破坏，破坏的是分子间作用力，B错误；
C．汽油燃烧过程中将化学能转化为热能，C错误；
D．太阳能电池板的主要材质是硅，而不是二氧化硅，D错误；
故答案为：A
【分析】A、涂油可防止铁制品接触空气和水。
B、水汽化时破坏分子间作用力。
C、汽油燃烧时化学能转化为热能。
D、太阳能电池板的材料为硅。
4．【答案】D
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】A．淀粉属于多糖，A正确；
B．蛋白质在酸性或酶催化条件下可发生水解反应，生成氨基酸，B正确；
C．铁粉通过与氧气、水反应消耗包装内氧气，从而起到脱氧作用，C正确；
D．油脂是高级脂肪酸甘油酯，其相对分子质量较小，因此不属于有机高分子，D错误；
故答案为：D
【分析】A、淀粉属于多糖。
B、蛋白质可水解生成葡萄糖。
C、铁粉生锈过程吸收氧气。
D、油脂为高级脂肪酸的甘油酯，不属于高分子化合物。
5．【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法
【解析】【解答】A．实验室用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气，A不符题意；
B．饱和NaCl溶液可吸收Cl2中混有的HCl，再经过浓硫酸干燥，B不符题意；
C．碱石灰为CaO和NaOH的混合物，因此氯气会与碱石灰反应被消耗，C符合题意；
D．氯气可将溴离子氧化为溴单质，因此可证明氯气的氧化性，D不符题意；
故答案为：C
【分析】此题是对实验室Cl2的制取和Cl2性质的考查，结合Cl2的制备和性质分析选项即可。
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．由分析可知，Au发生失电子的氧化反应，因此Au作原电池负极，故A错误；
B．在原电池中电子由负极经导线流向正极，因此由Au流向FeS，故B错误；
C．溶液呈碱性，不存在H+参与反应，因此正极电极反应为：，故C错误；
D．溶液中的浓度越大，得电子的速率越快，使得Au失电子速率加快，因此加速Au的溶解速率，故D正确；
故答案为：D
【分析】该装置为原电池装置，Au转化为[Au(CN)2]-，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为Au－e－＋2CN－=[Au(CN)2]-。通入的O2在FeS电极发生得电子的还原反应，其电极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－。据此结合选项分析。
7．【答案】A
【知识点】镁、铝的重要化合物；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．盐析是通过改变盐浓度使蛋白质沉淀，属于物理变化，是可逆过程；而“重金属盐使蛋白质变性”的过程中蛋白质结构发生变化，属于化学变化，不可逆。两者原理不同，A符合题意；
B．苯酚与甲醛缩聚生成酚醛树脂，前后关联，B不符合题意；
C．干燥模具是为了防止高温下Fe与H2O(g)反应生成Fe3O4和H2，前后关联，C不符合题意；
D．Al3+水解生成Al(OH)3胶体，胶体的相对表面积加到，可吸附杂质净水，前后关联，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、重金属使蛋白质变性发生化学变化。
B、苯酚与甲醛可发生缩聚反应生成酚醛树脂。
C、干燥的模具是为了防止Fe与H2O(g)在高温下发生反应。
D、Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，可用于吸附水中杂质。
8．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．该结构中含碳碳双键，能与Br2发生加成反应，从而使溴水褪色，故A正确；
B．该结构中五元碳环上存在与3个碳相连的饱和碳原子，为四面体结构，因此所有碳原子不可能共面，故B错误；
C．该结构中含有羧基，能与氨基酸中的氨基发生取代反应，故C正确；
D．手性碳是与4个不同原子或原子团相连的碳原子，如图该结构简式中含2个手性碳原子，故D正确；
故答案为：B
【分析】A、结构中含有碳碳双键，能使溴水褪色。
B、饱和碳原子为四面体结构，最多只有3个原子共平面。
C、结构中的-COOH能与-NH2发生取代反应。
D、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子。
9．【答案】D
【知识点】溶液pH的定义；气体摩尔体积；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．的物质的量为1mol，中含有一个O-O单键（即1个σ键），因此1mol 中仅含1mol σ键，数目为，A错误；
B．未说明所处的温度和压强，气体摩尔体积Vm不一定为22.4L·mol－1，因此无法计算的物质的量，B错误；
C．pH=13时溶液中，溶液的体积位置，因此无法确定的物质的量，C错误；
D．和都是双原子分子，1mol混合气体无论比例如何，其所含的原子总数均为2mol，即，D正确；
故答案为：D
【分析】A、Na2O2中两个O原子以共价键的形式结合，存在一个是σ键。
B、气体所处的状态未知，无法应用气体摩尔体积进行计算。
C、pH=13的溶液中c(OH－)=0.1mol·L－1，溶液的体积未知，无法计算。
D、O2和H2都是双原子分子，因此1mol混合气体中所含的原子总数为2mol。
10．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A．加热条件下铜与浓硫酸反应，生成SO2和CuSO4。该反应中浓硫酸体现酸性和氧化性，故A错误；
B．为验证的氧化性，试剂可选用，二者反应生成淡黄色沉淀（硫单质），据此现象可证明的氧化性，故B正确；
C．品红溶液褪色，加热后恢复原色，体现了的漂白性，故C错误；
D．的水溶液显酸性，能使紫色石蕊溶液变红，但不能褪色，故D错误；
故答案为：B
【分析】A、Cu与浓硫酸反应过程中提供SO42－，体现酸性。
B、为验证SO2的氧化性，可利用S2－生成S单质。
C、SO2使品红溶液褪色，体现了SO2的漂白性。
D、SO2的水溶液显酸性，能使紫色石蕊溶液变红，但不能褪色。
11．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；卤代烃简介；超分子
【解析】【解答】A．冷却密闭烧瓶颜色变浅是由于平衡2（红棕色）（无色）向生成方向移动。而降低温度，平衡向放热反应方向移动，因此说明该反应为放热反应，A不符合题意；
B．用溶液处理水垢，转化为能够溶于酸的，利用的是溶度积Ksp：＜，B不符合题意；
C．“杯酚”能与形成超分子，而不能与形成超分子，这是因为和的分子大小不同，导致“杯酚”的空腔只能适配，C符合题意；
D.1-溴丁烷的消去反应条件为NaOH的醇溶液中加热，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、结合温度对平衡移动的影响分析，降低温度，平衡向放热反应方向移动。
B、沉淀的转化过程中，难溶物会向着更难溶的方向进行。
C、C60、C70分子大小不同，使得只有C60分子能与“杯酚”形成超分子，而C70不能。
D、卤代烃消去反应的条件为“NaOH醇溶液加热”。
12．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由图可知，使用催化剂II时反应所需的活化能更少，反应速率更快，因此使用催化剂II更有利于的捕获，A正确；
B．由图可知，在催化剂I和II的作用下，除吸附与脱附外，两种反应历程均分2步进行，B正确；
C．催化剂只改变反应速率，不改变反应焓变，因此使用不同的催化剂，放出的热量相等，C错误；
D．由图可知，该反应中反应物的总能量高于生成物，因此该反应为放热反应，反应达平衡后，升高温度，可逆反应平衡逆向移动，有利于的释放，D正确；
故答案为：C
【分析】A、使用催化剂Ⅱ时反应所需的活化能小，反应速率快。
B、由反应历程可知，两种反应历程为2步反应进行。
C、催化剂不改变反应热。
D、升高温度，平衡向放热反应方向移动，据此判断是否有利于CO2的释放。
13．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A．电解H2O制时，若向H2O中加入，则相当于电解氯化钠溶液，反应生成氢气、氯气和氢氧化钠，A错误；
B．工业上用硫铁矿制取硫酸，反应过程为，B错误；
C．若元素为，a为，d为，化合物中Se元素的化合价都不是最高价，因此都能被氧化，C正确；
D．若元素为，加入氧化剂（如Cl2、Br2、KMnO4等），都能实现将SO2转化为H2SO4，D错误；
故答案为：C
【分析】A、电解水时，加入NaCl，则为电解NaCl溶液。
B、工业上用FeS2制取H2SO4。
C、H2Se、H2SeO3中Se元素都不是最高价，都可发生氧化反应。
D、SO2转化为H2SO4的过程中发生氧化反应，加入氧化剂即可实现反应。
14．【答案】B
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；氧化还原反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．析出时，是沉淀，在离子方程式中保留化学式，发生反应的离子方程式为，A错误；
B．“制气”产生的废渣为Ca(OH)2，在灰蒸过程中与氯化铵反应生成氨气，因此可以在“灰蒸”中回收氨气，B正确；
C．由分析可知，“碳化”过程C单质参与反应，存在元素化合价变化，因此涉及氧化还原反应，C错误；
D．由分析可知，“转化”过程中生成HCl，可用于合成聚氯乙烯，D错误；
故答案为：B
【分析】石灰石热解生成氧化钙和二氧化碳，生成的二氧化碳用于侯氏制碱法原理制取碳酸氢钠沉淀，NaHCO3受热分解生成Na2CO3。碳化过程中发生反应，制气时CaC2与水反应生成和Ca(OH)2，废渣为。灰蒸工序中发生反应，生成的氨气可以在沉淀中循环利用，转化工序中加入浓硫酸发生不挥发性酸制挥发性酸的反应，方程式为，生成的HCl气体在合成工序中发生反应，氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，据此解答。
15．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．同主族元素，核电荷数越大，元素的电负性越小，因此电负性：O>S，A选项错误；
B．H2O和H2S相比，由于H2O存在氢键，因此沸点：H2O>H2S。H2S和CH4都存在分子间作用力，相对分子质量越大，沸点越高。综上氢化物沸点：H2O>H2S> CH4，B选项正确；
C．W为F，Y为N，核外电子结构相同，核电荷数越大，离子半径越小。因此简单离子半径：N3->F-，C选项错误；
D．是NF3，其价层电子对数为，其中含有一对孤电子对，因此空间结构是三角锥形。是，其价层电子对数为，不含孤电子对，因此空间结构是平面三角形，D选项错误；
故答案为：B
【分析】Y的简单氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为NH3，因此Y为N。W的第一电离能大于Y，因此W为F。X、Z的基态原子的未成对电子数相等，因此其核外电子排布式为1s22s22p2、1s22s22p4，因此X为C、Z为O。Z与R同主族，因此R为S。据此结合元素周期律分析选项。
16．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．负极上Zn发生失电子的氧化反应，生成[Zn(OH)4]2－，因此负极的电极反应式为，A正确；
B．充电时，阴极的电极反应式为，当转移2mol电子时，生成4mol，其中有2mol透过阴离子交换膜移向右侧，因此阴极室电解质溶液增大，B正确；
C．由电极反应式可知，复合石墨电极表面，放电时析出，充电时析出，C正确；
D．充电时，每生成，转移6mol电子，阳极生成1mol氮气。同时会有6mol透过阴离子交换膜移向阳极室，因此阳极室质量增加，D错误；
故答案为：D
【分析】放电过程为原电池装置，Zn电极为负极发生失电子的氧化反应，生成[Zn(OH)4]2－，因此负极的电极反应式为Zn－2e－＋4OH－=[Zn(OH)4]2－；复合石墨电极为正极，H2O转化为H2，因此正极的电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。充电过程为电解池，Zn电极中[Zn(OH)4]2－转化为Zn，发生得电子的还原反应，为阴极，其电极反应式为[Zn(OH)4]2－＋2e－=Zn＋4OH－；复合石墨电极为阳极，NH3·H2O转化为N2，其电极反应式为2NH3·H2O－6e－＋6OH－=N2↑＋8H2O。据此结合选项分析。
17．【答案】2.5；BC；；0.1；；取少量晶体溶于水中形成溶液，先向其中加入盐酸酸化，再加入溶液，若出现白色沉淀，则说明该晶体中存在；未参与上述平衡；；大于；500
【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；制备实验方案的设计；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1），。
故答案为：2.5
（2）该滴定操作用到的仪器有：酸式滴定管、锥形瓶。
故答案为：BC
（3）①生成蓝色沉淀的离子方程式为：，一水合氨是弱电解质，不能拆成离子形式。
故答案为：
②实验ii中的物质的量浓度：，为了控制变量，所以实验iii需要取的溶液于试管中，浸入一根与实验ii相同的铁丝。
故答案为：0.1；
③检验上述深蓝色晶体中存在的操作及现象是：取少量晶体溶于水中形成溶液，先向其中加入盐酸酸化，再加入溶液，若出现白色沉淀，则说明该晶体中存在。
故答案为：取少量晶体溶于水中形成溶液，先向其中加入盐酸酸化，再加入溶液，若出现白色沉淀，则说明该晶体中存在
（4）因为未参与，所以对比实验i，引入不会促进铜氨配离子的生成；根据猜想b与猜想c，实验vi应该加入少量固体；如果猜想a正确，则大于，但是不会略大于；如果猜想b正确，则可以得出大于，并且与差距较大；因此对比实验v与实验vi，如果略大于，且大于，可证明猜想成立而猜想不成立；因为，即，，该反应的平衡常数==。
故答案为：未参与上述平衡；；大于；500
【分析】（1）根据公式m=n×M=c×V× M计算所需胆矾的质量。
（2）根据中和滴定实验确定所需的仪器。
（3）①生成的蓝色沉淀为Cu(OH)2，据此写出反应的离子方程式。
②结合控制变量法确定所需的试剂为0.1mol·L－1的CuSO4溶液。
③检验SO42－时需先加足量的稀盐酸，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀。
（4）SO42－不参与反应，因此引入SO42－不影响铜氨配离子的生成。
猜想b为引入NH4＋的影响，因此需加入(NH4)2SO4溶液。
猜想b成立，说明NH4＋会促进铜氨离子的生成，实验ⅵ中溶解的Cu(OH)2的质量更大。
根据反应的离子方程式书写平衡常数的表达式，结合NH3·H2O的电离常数计算。
18．【答案】（1）“适当升温”“搅拌”“将灰渣进一步粉碎”“适当增加酸的浓度”等，答案合理即可；
（2）酸浸
（3）
（4）将转化为，避免影响的萃取
（5）3.3；过低，即浓度过大，会导致萃取反应的平衡逆向移动，不利于进入有机相
（6）1：2；或等答案合理即可
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）①为提高浸取率，可采取的措施有：适当增加酸的浓度、适当提高反应温度、搅拌、将灰渣进一步粉碎等。
故答案为：“适当升温”“搅拌”“将灰渣进一步粉碎”“适当增加酸的浓度”等
②根据题干信息，“酸浸”时，钒主要以的形式进入溶液，与硫酸反应生成VO2+的化学方程式为：。
故答案为：
（2）根据表中阳离子浓度，溶液3中主要阳离子为H+、VO2+、Al3+和Fe3+，由于H+浓度最高，溶液3可以在酸浸工序循环利用，以充分利用其中的酸。
故答案为：酸浸
（3）由题干信息：含的硫酸盐难溶于水，“中间盐”的一种含钒物质为发生溶解工序，已知“溶解”后，所得溶液中钒主要以的形式存在，“溶解”时发生反应的离子方程式为：。
故答案为：
（4）根据由题干信息，酸浸后溶液中存在且萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：，还原步骤的主要目的是将Fe3+还原为Fe2+，以便在后续的萃取步骤中，萃取剂HR优先与VO2+结合，提高钒的提取效率，所以还原步骤的目的是：将转化为，避免影响的萃取。
故答案为：将转化为，避免影响的萃取
（5）①已知Al(OH)3的溶度积 ，溶液中Al3+浓度为0.4mol/L，根据溶度积公式：
解得：，，pH=，为避免产生沉淀，pH应小于3.3。
故答案为：3.3
②pH过低，即浓度过大，会导致萃取反应的平衡逆向移动，不利于V进入有机相，降低了钒元素的萃取率。
故答案为：过低，即浓度过大，会导致萃取反应的平衡逆向移动，不利于进入有机相
（6）①根据晶胞结构图，金属原子（V和Ti）位于顶点和面心，利用均摊法可知，晶胞中金属原子共有个，非金属原子（H）位于体内，晶胞中氢原子共有8个，该晶体中金属原子与非金属原子的个数比为。
故答案为：1：2
②该晶胞的体积为，该晶胞中含有8个氢原子，50%的氢可从上述晶体中释放出来，一个晶胞可以释放出来氢分子个数为，一个晶胞释放出来氢气的物质的量为mol，一个晶胞释放出来的氢气在标况下的体积为，根据定义可知，则该储氢材料的“体积储氢密度”为或者。
故答案为：或
【分析】（1）①结合浓度、温度、接触面积对反应速率的影响分析。
②V2O5与H2SO4反应生成(VO2)2SO4与H2O，据此写出反应的化学方程式。
（2）“溶液3”中含有大量的H＋，显酸性，可用于酸浸工序中循环使用。
（3）“溶解”过程中NH4V(SO4)2转化为VO2＋，V元素化合价升高，因此有O2参与反应，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式。
（4）由于萃取剂与阳离子结合能力：Fe3＋＞VO2＋＞Al3＋＞Fe2＋，因此加入Fe主要用于还原Fe3＋，防止影响VO2＋的影响。
（5）①根据Al(OH)3的溶度积Ksp计算溶液中c(OH－)，结合水的离子积Kw计算此时溶液的pH。
②若溶液的pH过低，即溶液中c(H＋)过大，结合H＋对可逆反应2HR＋VO2＋ VOR2＋2H＋平衡移动的影响分析。
（6）①根据均摊法确定晶体中金属原子与非金属原子的个数比。
②根据“体积储氢密度”的定义进行计算。
（1）①为提高浸取率，可采取的措施有：适当增加酸的浓度、适当提高反应温度、搅拌、将灰渣进一步粉碎等；
②根据题干信息，“酸浸”时，钒主要以的形式进入溶液，与硫酸反应生成VO2+的化学方程式为：；
（2）根据表中阳离子浓度，溶液3中主要阳离子为H+、VO2+、Al3+和Fe3+，由于H+浓度最高，溶液3可以在酸浸工序循环利用，以充分利用其中的酸；
（3）由题干信息：含的硫酸盐难溶于水，“中间盐”的一种含钒物质为发生溶解工序，已知“溶解”后，所得溶液中钒主要以的形式存在，“溶解”时发生反应的离子方程式为：；
（4）根据由题干信息，酸浸后溶液中存在且萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：，还原步骤的主要目的是将Fe3+还原为Fe2+，以便在后续的萃取步骤中，萃取剂HR优先与VO2+结合，提高钒的提取效率，所以还原步骤的目的是：将转化为，避免影响的萃取；
（5）①已知Al(OH)3的溶度积 ，溶液中Al3+浓度为0.4mol/L，根据溶度积公式：
解得：，，pH=，为避免产生沉淀，pH应小于3.3；
②pH过低，即浓度过大，会导致萃取反应的平衡逆向移动，不利于V进入有机相，降低了钒元素的萃取率；
（6）①根据晶胞结构图，金属原子（V和Ti）位于顶点和面心，利用均摊法可知，晶胞中金属原子共有个，非金属原子（H）位于体内，晶胞中氢原子共有8个，该晶体中金属原子与非金属原子的个数比为；
②该晶胞的体积为，该晶胞中含有8个氢原子，50%的氢可从上述晶体中释放出来，一个晶胞可以释放出来氢分子个数为，一个晶胞释放出来氢气的物质的量为mol，一个晶胞释放出来的氢气在标况下的体积为，根据定义可知，则该储氢材料的“体积储氢密度”为或者。
19．【答案】(1) 失去一个电子价电子排布会变成，半满结构更稳定
(2)
(3)
(4) B，D
(5) 大于
(6)
【知识点】原子核外电子排布；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）铁是第26号元素，基态的价电子排布式为；结合价电子排布式，价层电子排布，价层电子排布，失去一个电子价电子排布会变成，半满结构更稳定。
故答案为：； 失去一个电子价电子排布会变成，半满结构更稳定
（2）①上述过程中，既参与反应，又重新生成，则催化剂为。
故答案为：
②如图所示，反应物为C6H6和N2O，生成物为N2和C6H5OH，该过程总反应为。
故答案为：
（3）①，②，根据盖斯定律， ②-①可得，。
故答案为：
（4）A．加入，碘单质中溶解度大，由水层进入有机层，则水层碘单质浓度降低，反应i平衡正向进行，在平衡时减小，A错误；
B．加入固体，增大，反应ii平衡正向移动，平衡时的值增大，B正确；
C．升高温度，反应速率增大，反应速率增大，C错误；
D．加水稀释，离子总浓度减小，平衡向着离子总浓度增大的方向移动，故溶液中离子总数增大，D正确；
故答案为：BD
（5）①图中的斜率大于的斜率，故生成的速率快于生成的速率，故反应i的活化能大于反应ii的活化能。
故答案为：大于
②内，上述体系中的平均反应速率。
故答案为：
（6）从图中可知，，当，平衡时，，设平衡时，反应i和反应ii中的变化量为，，列三段式，反应i：
反应ii：
可列式，，，，，解得x=0.005，y=0.002，则，，，反应ii的平衡常数。
故答案为：
【分析】（1）Fe为26号元素，其核外电子排布式为[Ar]3d64s2，据此确定Fe2+的价电子排布式。结合Fe2+的价电子结构以及3d5的半充满稳定结构分析。
（2）①催化剂会参与反应过程（先消耗后生成），据此结合反应机理确定催化剂。
②该反应中反应物为和N2O，生成物为和N2，据此写出反应的化学方程式。
（3）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（4）A、加入CCl4后，I2溶解于CCl4中，使得溶液中c(I2)减小，平衡正向移动。
B、加入KI固体，溶液中c(I－)增大，平衡正向移动。
C、温度升高，反应速率增大。
D、加水稀释，反应正向进行，溶液中离子总数增大。
（5）①相同时间内，c(I3－)变化越大，反应速率越快，反应所需的活化能越小。
②根据图像数据结合公式计算反应速率。
（6）根据平衡三段式进行计算。
20．【答案】（1）；醛基
（2）或或或
（3）；与之间可形成氢键
（4）A；B
（5）、催化剂，加热；加成反应（或还原反应）；浓HBr，加热或乙酸、浓硫酸，加热；或
（6）；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由化合物Ⅰ的结构简式可知其分子式为：；其环上取代基的名称是醛基。
故答案为：；醛基（2）化合物II的某同分异构体，仅含一个五元环且不含其他环状结构，不发生银镜反应，可知不含醛基；在核磁共振氢谱图上只有2组峰，峰面积比为1：2，可知其结构具有对称性；符合的结构有：或或或。
故答案为：或或或
（3）化合物I可与M(N2H4)先发生加成反应再发生消去发反应制备化合物IV()，N2H4与之间可形成氢键，因此其易溶于水。
故答案为：；N2H4与之间可形成氢键
（4）A．化合物I到Ⅱ反应为醛基与氢气的加成反应，原子利用率为，有双键的断裂，但不存在双键的形成，故A错误；
B．化合物Ⅱ与乙醇的结构不相似，不是同系物，故B错误；
C．化合物Ⅲ中只含一个酯基，在碱性环境中水解时，可消耗等物质的量的，故C正确；
D．化合物Ⅱ到化合物Ⅲ的转化中，碳碳双键断裂，Ⅲ中形成多个碳碳单键，因此存在原子杂化方式的改变，故D正确；
故答案为：AB
（5）化合物Ⅱ中碳碳双键与氢气，在催化剂加热条件，发生加成反应转化为；化合物Ⅱ中的醇羟基与浓HBr，加热条件下，发生取代反应生成；化合物Ⅱ中的醇羟基与乙酸在浓硫酸，加热条件下，发生酯化反应生成。
故答案为：、催化剂，加热；加成反应（或还原反应）；浓HBr，加热或乙酸、浓硫酸，加热；或
（6）①合成需要乙醇，乙醇可由乙烯与水发生加成反应得到，反应方程式为：。
故答案为：
②合成可由乙醇与发生酯化反应得到，而可由乙醛先发生羟醛缩合生成，再经氧化得到；而乙醛可由乙醇催化氧化得到，因此羟醛缩合前后所涉及氧化反应，氧化产物分别为和。
故答案为：
【分析】（1）根据结构简式确定分子式和取代基的名称。
（2）不发生银镜反应，则分子结构中不含有-CHO；峰面积比为1：2，则结构具有对称性。据此确定同分异构体的结构简式。
（3）根据反应前后原子个数保持不变，确定化合物M的化学式。化合物M为N2H4，可与H2O分子形成氢键，使得水溶性增强。
（4）A、根据反应过程中化学键的变化分析。
B、同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或多个CH2的有机物。
C、化合物Ⅲ中的酯基能与NaOH反应。
D、根据反应过程中化学键的变化分析。
（5）化合物Ⅱ中所含的官能团有碳碳双键、醚键和羟基，结合官能团的性质分析。
（6）①第一步为烯烃直接制醇的反应，为CH2=CH2和H2O的反应，据此写出反应的化学方程式。
②根据合成过程中发生的反应分析。
（1）由化合物Ⅰ的结构简式可知其分子式为：；其环上取代基的名称是醛基；
（2）化合物II的某同分异构体，仅含一个五元环且不含其他环状结构，不发生银镜反应，可知不含醛基；在核磁共振氢谱图上只有2组峰，峰面积比为1：2，可知其结构具有对称性；符合的结构有：或或或；
（3）化合物I可与M(N2H4)先发生加成反应再发生消去发反应制备化合物IV()，N2H4与之间可形成氢键，因此其易溶于水；
（4）A．化合物I到Ⅱ反应为醛基与氢气的加成反应，原子利用率为，有双键的断裂，但不存在双键的形成，故A错误；
B．化合物Ⅱ与乙醇的结构不相似，不是同系物，故B错误；
C．化合物Ⅲ中只含一个酯基，在碱性环境中水解时，可消耗等物质的量的，故C正确；
D．化合物Ⅱ到化合物Ⅲ的转化中，碳碳双键断裂，Ⅲ中形成多个碳碳单键，因此存在原子杂化方式的改变，故D正确；
故选：AB。
（5）化合物Ⅱ中碳碳双键与氢气，在催化剂加热条件，发生加成反应转化为；化合物Ⅱ中的醇羟基与浓HBr，加热条件下，发生取代反应生成；化合物Ⅱ中的醇羟基与乙酸在浓硫酸，加热条件下，发生酯化反应生成；
（6）①合成需要乙醇，乙醇可由乙烯与水发生加成反应得到，反应方程式为：；
②合成可由乙醇与发生酯化反应得到，而可由乙醛先发生羟醛缩合生成，再经氧化得到；而乙醛可由乙醇催化氧化得到，因此羟醛缩合前后所涉及氧化反应，氧化产物分别为和。
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