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2025年广东省新高考化学试卷（选择性）
一、选择题：本大题共16小题，共44分。第1～10小题，每题2分；第11～16小题，每题4分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2分）中华传统技艺，凸显人民智慧。下列选项所涉及材料的主要成分属于合金的是（　　）
A．纸哪吒 B．石印章
C．木活字 D．不锈钢针
2．（2分）在法拉第发现苯200周年之际，我国科学家首次制备了以金属M为中心的多烯环配合物。该配合物具有芳香性，其多烯环结构（如图）形似梅花。该多烯环上（　　）
A．C—H键是共价键 B．有8个碳碳双键
C．共有16个氢原子 D．不能发生取代反应
3．（2分）现代科技，增强国力，增进民生福祉。下列说法正确的是（　　）
A．我国科学家首次测得了月球背面月幔水含量1mol H2O质量为10g
B．利用MoS2成功为金属材料“重塑金身”。MoS2中Mo的化合价为+6
C．穿上电动机械腿，助力行走不是梦。行走时电池将电能转化为化学能
D．沙海养鱼蹚出治沙新路，让沙海沙山变成金山银山。鱼肉富含蛋白质
4．（2分）劳动创造美好生活。下列对劳动项目涉及的相关化学知识表述错误的是（　　）
选项 劳动项目 化学知识
A 向燃煤中加入生石灰以脱硫减排 CaSO4 CaCO3
B 用BaCl2和盐酸检验粗盐中是否含 Ba2+═BaSO4↓
C 使用MgCl2溶液点卤制豆腐 MgCl2使蛋白质盐析
D 用铁粉、活性炭、食盐等制暖贴 使用时铁粉被氧化，反应放热
A．A B．B C．C D．D
5．（2分）声波封印，材料是音乐存储技术的基础。下列说法错误的是（　　）
A．制作黑胶唱片使用的聚氯乙烯，其单体是CH3CH2Cl
B．磁带可由四氧化三铁涂覆在胶带上制成，Fe3O4具有磁性
C．光碟擦写过程中材料在晶态和非晶态间的可逆转换，涉及物理变化
D．固态硬盘芯片常使用单晶硅作为基础材料，单晶硅是一种共价晶体
6．（2分）对铁钉进行预处理，并用铜氨溶液给铁钉镀铜。下列操作不能达到实验目的的是（　　）
A．除油污 B．除铁锈
C．制铜氨溶液 D．铁钉镀铜
7．（2分）能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是（　　）
单质X氧化物1氧化物2酸（或碱）盐
A．X可为铝，盐的水溶液一定显酸性
B．X可为硫，氧化物1可使品红溶液褪色
C．X可为钠，氧化物2可与水反应生成H2
D．X可为碳，盐的热稳定性：NaHCO3＞Na2CO3
8．（2分）下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是（　　）
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 浓硝酸保存在棕色试剂瓶中 浓硝酸具有强氧化性
B 向蔗糖中加适量浓硫酸，蔗糖变黑 浓硫酸具有脱水性
C Fe2+与K3[Fe（CN）6]可生成蓝色物质 KSCN溶液可用于检验Fe3+
D MnO2与浓盐酸共热，生成黄绿色气体 Cl2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl
A．A B．B C．C D．D
9．（2分）元素a～i为短周期元素，其第一电离能与原子序数的关系如图。下列说法正确的是（　　）
A．a和g同主族
B．金属性：g＞h＞i
C．原子半径：e＞d＞c
D．最简单氢化物沸点：b＞c
10．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．1mol18O2的中子数，比1mol16O2的多2NA
B．1mol Fe与水蒸气完全反应，生成H2的数目为2NA
C．在1L0.1mol/L的NH4Cl溶液中，的数目为0.1NA
D．标准状况下的22.4LCl2与足量H2反应，形成的共价键数目为2NA
11．（4分）利用如图装置进行实验：打开K1、K2，一定时间后，a中溶液变蓝；关闭K1，打开K3，点燃酒精灯加热数分钟后，滴入无水乙醇。下列说法错误的是（　　）
A．a中现象体现了I﹣的还原性
B．b中H2O2既作氧化剂也作还原剂
C．乙醇滴加过程中，c中的铜丝由黑变红，说明乙醇被氧化
D．d中有银镜反应发生，说明c中产物有乙酸
12．（4分）CuCl微溶于水，但在Cl﹣浓度较高的溶液中因形成[CuCl2]﹣和[CuCl3]2﹣而溶解．将适量CuCl完全溶于盐酸，得到含[CuCl2]﹣和[CuCl3]2﹣的溶液，下列叙述正确的是（　　）
A．加水稀释，[CuCl3]2﹣浓度一定下降
B．向溶液中加入少量NaCl固体，[CuCl2]﹣浓度一定上升
C．H[CuCl2]的电离方程式为：H[CuCl2]═H++Cu++2Cl﹣
D．体系中，c（Cu+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（[CuCl2]﹣）+c（[CuCl3]2﹣）+c（OH﹣）
13．（4分）由结构不能推测出对应性质的是（　　）
选项 结构 性质
A SO3的VSEPR模型为平面三角形 SO3具有氧化性
B 钾和钠的原子结构不同，电子跃迁时能量变化不同 钾和钠的焰色不同
C 乙烯和乙炔分子均含有π键 两者均可发生加聚反应
D 石墨层中未参与杂化的p轨道中的电子，可在整个碳原子平面中运动 石墨具有类似金属的导电性
A．A B．B C．C D．D
14．（4分）一种高容量水系电池示意图如图。已知：放电时，电极Ⅱ上MnO2减少；电极材料每转移1mol电子，对应的理论容量为26.8A h。下列说法错误的是（　　）
A．充电时Ⅱ为阳极
B．放电时Ⅱ极室中溶液的pH降低
C．放电时负极反应为：MnS﹣2e﹣＝S+Mn2+
D．充电时16gS能提供的理论容量为26.8A h
15．（4分）按如图组装装置并进行实验：将铜丝插入溶液中，当c中红色褪去时，将铜丝拔离液面。下列叙述错误的是（　　）
A．a中有化合反应发生，并有颜色变化
B．b中气体变红棕色时，所含氮氧化物至少有两种
C．c中溶液红色刚好褪去时，恰好完全反应
D．若将a中稀硝酸换为浓硫酸并加热，则c中溶液颜色会褪去
16．（4分）某理论研究认为：燃料电池（图b）的电极Ⅰ和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图分别如图a和图c，其中O2获得第一个电子的过程最慢。由此可知，理论上（　　）
A．负极反应的催化剂是ⅰ
B．图a中，ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最低
C．电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变
D．相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数相同
二、非选择题：本大题共4小题，共56分。考生根据要求作答。
17．（14分）酸及盐在生活生产中应用广泛。
（1）甲苯氧化可生成苯甲酸。向盛有2mL甲苯的试管中，加入几滴酸性KMnO4溶液，振荡，观察到体系颜色　 　 。
（2）某苯甲酸粗品含少量泥沙和氯化钠。用重结晶法提纯该粗品过程中，需要的操作及其顺序为：加热溶解、　 　 （填下列操作编号）。
a．冷却结晶
b．常温过滤
c．蒸馏
d．趁热过滤
（3）兴趣小组测定常温下苯甲酸饱和溶液的浓度c0和苯甲酸的Ka，实验如下：取50.00mL苯甲酸饱和溶液，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定，用pH计测得体系的pH随滴入溶液体积V变化的曲线如图。据图可得：
①c0＝　 　 mol/L。
②苯甲酸的Ka＝　 　 （列出算式，水的电离可忽略）。
（4）该小组继续探究取代基对芳香酸酸性的影响。
①知识回顾 羧酸酸性可用Ka衡量。下列羧酸Ka的变化顺序为：CH3COOH＜CH2ClCOOH＜CCl3COOH＜CF3COOH
随着卤原子电负性　 　 ，羧基中的羟基　 　 增大，酸性增强。
②提出假设 甲同学根据①中规律推测下列芳香酸的酸性强弱顺序为：
③验证假设 甲同学测得常温下三种酸的饱和溶液的pH大小顺序为Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ，据此推断假设成立。但乙同学认为该推断依据不足，不能用所测得的pH直接判断Ka大小顺序，因为　 　 。
乙同学用（3）中方法测定了上述三种酸的Ka，其顺序为Ⅱ＞Ⅰ＞Ⅲ。
④实验小结 假设不成立，芳香环上取代基效应较复杂，①中规律不可随意推广。
（5）该小组尝试测弱酸HClO的Ka。
①丙同学认为不宜按照（3）中方法进行实验，其原因之一是次氯酸易分解。该分解反应的离子方程式为　 　 。
②小组讨论后，选用0.100mol/LNaClO溶液（含少量NaCl）进行实验，以获得HClO的Ka。简述该方案　 　 （包括所用仪器及数据处理思路）。
③教师指导：设计实验方案时，需要根据物质性质，具体问题具体分析。
18．（14分）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如图。
已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。
氢氧化物 Fe（OH）3 Al（OH）3 Cu（OH）2 Ni（OH）2
Ksp（298K） 2.8×10﹣39 1.3×10﹣33 2.2×10﹣20 5.5×10﹣16
（1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有　 　 （写一条）。
（2）“高压加热”时，生成Fe2O3的离子方程式为：
　 　 +O2+　 　 H2O　 　 Fe2O3↓+　 　 H+
（3）“沉铝”时，pH最高可调至　 　 （溶液体积变化可忽略）。已知：“滤液1”中c（Cu2+）＝0.022mol/L，c（Ni2+）＝0.042mol/L。
（4）“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有　 　 。
A.镍与N、O形成配位键 B.配位时Ni2+被还原
C.配合物与水能形成分子间氢键 D.烷基链具有疏水性
（5）NixCuyNz晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比dNi—Cu：dNi—N：1，则x：y：z＝　 　 ；晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为　 　 。
（6）①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量H2，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为　 　 和　 　 。
②“电解”时，Fe2O3颗粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒为电极，画出电解池示意图并做相应标注　 　 。
③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是　 　 （写一条）。
19．（14分）钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。
（1）基态Ti原子的价层电子排布式为 　 　 。
（2）298K下，反应TiO2（s）+2C（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+2CO（g）的ΔH＜0、ΔS＞0，则298K下该反应 　 　 （填“能”或“不能”）自发进行。
（3）以TiCl4为原料可制备TiCl3。将5.0mol TiCl4与10.0mol Ti放入容积为V0L的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程。
编号 过程 ΔH
（a） Ti（s）+TiCl4（g） 2TiCl2（s） ΔH1
（b） TiCl2（s）+TiCl4（g） 2TiCl3（g） +200.1kJ/mol
（c） Ti（s）+3TiCl4（g） 4TiCl3（g） +132.4kJ/mol
（d） TiCl3（g） TiCl3（s） ΔH2
①ΔH1＝ 　 　 kJ/mol。
②不同温度下，平衡时反应体系的组成如图。曲线Ⅰ对应的物质为 　 　 。
③温度T0K下，n[TiCl4（g）]＝ 　 　 mol，反应（c）的平衡常数K＝ 　 　 （列出算式，无须化简）。
（4）钛基催化剂可以催化储氢物质肼（N2H4）的分解反应：
（e）N2H4＝N2+2H2 （f）3N2H4＝N2+4NH3
为研究某钛基催化剂对上述反应的影响，以肼的水溶液为原料（含N2H4的物质的量为n0），进行实验，得到n1/n0、n2/n0随时间t变化的曲线如图。其中，n1为H2与N2的物质的量之和；n2为剩余N2H4的物质的量。设ne为0～t时间段内反应（e）消耗N2H4的物质的量，该时间段内，本体系中催化剂的选择性用100%表示。
①0～t0min内，N2H4的转化率为 　 　 （用含y2的代数式表示）。
②0～t0min内，催化剂的选择性为 　 　 （用含y1与y2的代数式表示，写出推导过程）。
20．（14分）我国科学家最近在光﹣酶催化合成中获得重大突破，光﹣酶协同可实现基于三组分反应的有机合成，其中的一个反应如图（反应条件略：Ph—代表苯基C6H5—）。
（1）化合物1a中含氧官能团的名称为 　 　 。
（2）①化合物2a的分子式为 　 　 。
②2a可与H2O发生加成反应生成化合物Ⅰ。在Ⅰ的同分异构体中，同时含有苯环和醇羟基结构的共 　 　 种（含化合物Ⅰ）。
（3）下列说法正确的有 　 　 。
A.在1a、2a和3a生成4a的过程中，有π键断裂与σ键形成
B.在4a分子中，存在手性碳原子，并有20个碳原子采取sp2杂化
C.在5a分子中，有大π键，可存在分子内氢键，但不存在手性碳原子
D.化合物5a是苯酚的同系物，且可发生原子利用率为100%的还原反应
（4）一定条件下，Br2与丙酮（CH3COCH3）发生反应，溴取代丙酮中的α—H，生成化合物3a。若用核磁共振氢谱监测该取代反应，则可推测：与丙酮相比，产物3a的氢谱图中 　 　 。
（5）已知：羧酸在一定条件下，可发生类似于丙酮的α—H取代反应。
根据上述信息，分三步合成化合物Ⅱ。
①第一步，引入溴：其反应的化学方程式为 　 　 。
②第二步，进行 　 　 （填具体反应类型）：其反应的化学方程式为 　 　 （注明反应条件）。
③第三步，合成Ⅱ：②中得到的含溴有机物与1a、2a反应。
（6）参考上述三组分反应，直接合成化合物Ⅲ，需要以1a、　 　 （填结构简式）和3a为反应物。
2025年广东省新高考化学试卷（选择性）
参考答案与试题解析
一．选择题（共16小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 D A D A A D B B B D D
题号 12 13 14 15 16
答案 A A B C C
一、选择题：本大题共16小题，共44分。第1～10小题，每题2分；第11～16小题，每题4分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2分）中华传统技艺，凸显人民智慧。下列选项所涉及材料的主要成分属于合金的是（　　）
A．纸哪吒 B．石印章
C．木活字 D．不锈钢针
【分析】金属和金属或金属和非金属熔合在一起形成具有特征性质的混合物为合金。
【详解】解：A．纸哪吒的组成是纤维素，属于有机物，故A错误；
B．石印章的组成主要是碳酸钙，属于无机非金属材料，故B错误；
C．木活字的组成是纤维素，属于有机物，故C错误；
D．不锈钢针是铁的合金，属于合金，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了物质组成和分类的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
2．（2分）在法拉第发现苯200周年之际，我国科学家首次制备了以金属M为中心的多烯环配合物。该配合物具有芳香性，其多烯环结构（如图）形似梅花。该多烯环上（　　）
A．C—H键是共价键 B．有8个碳碳双键
C．共有16个氢原子 D．不能发生取代反应
【分析】A．C—H中碳原子和氢原子共用一对电子形成共价键；
B．多烯环结构中其中一个双键不是碳碳双键；
C．根据图知，该分子中含有10个氢原子；
D．该化合物中氢原子能发生取代反应。
【详解】解：A．C—H中碳原子和氢原子共用一对电子形成共价键，故A正确；
B．多烯环结构中其中一个双键不是碳碳双键，故B错误；
C．根据图知，该分子中含有10个氢原子，故C错误；
D．该化合物中氢原子能发生取代反应，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识的综合运用能力，明确结构特点是解本题关键，题目难度不大。
3．（2分）现代科技，增强国力，增进民生福祉。下列说法正确的是（　　）
A．我国科学家首次测得了月球背面月幔水含量1mol H2O质量为10g
B．利用MoS2成功为金属材料“重塑金身”。MoS2中Mo的化合价为+6
C．穿上电动机械腿，助力行走不是梦。行走时电池将电能转化为化学能
D．沙海养鱼蹚出治沙新路，让沙海沙山变成金山银山。鱼肉富含蛋白质
【分析】A．根据m＝nM进行计算；
B．MoS2中S的化合价为﹣1价；
C．电池是化学能转化为电能的装置；
D．鱼肉富含蛋白质。
【详解】解：A．m＝nM可知1mol H2O质量为18g，故A错误；
B．MoS2中S的化合价为﹣1价，则Mn的化合价为+2价，故B错误；
C．电池是化学能转化为电能的装置，将电能转化为化学能是电解池的装置，故C错误；
D．鱼肉富含蛋白质，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物质的性质、物质的组成及物质的量的基本运算，题目比较简单。
4．（2分）劳动创造美好生活。下列对劳动项目涉及的相关化学知识表述错误的是（　　）
选项 劳动项目 化学知识
A 向燃煤中加入生石灰以脱硫减排 CaSO4 CaCO3
B 用BaCl2和盐酸检验粗盐中是否含 Ba2+═BaSO4↓
C 使用MgCl2溶液点卤制豆腐 MgCl2使蛋白质盐析
D 用铁粉、活性炭、食盐等制暖贴 使用时铁粉被氧化，反应放热
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．向燃煤中加入生石灰以脱硫过程：生石灰成分为氧化钙，和煤燃烧生成的二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙和空气中氧气反应生成硫酸钙；
B．Ba2+与反应生成BaSO4沉淀；
C．蛋白质在一些盐的作用下会发生盐析；
D．用铁粉、活性炭、食盐等制暖贴会形成原电池。
【详解】解：A．向燃煤中加入生石灰以脱硫过程：生石灰成分为氧化钙，和煤燃烧生成的二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙和空气中氧气反应生成硫酸钙，与CaSO4 CaCO3无关，故A错误；
B．Ba2+与反应生成BaSO4沉淀，故可用BaCl2和盐酸检验粗盐中是否含，故B正确；
C．蛋白质在一些盐的作用下会发生盐析，用MgCl2溶液点卤制豆腐与蛋白质的盐析有关，故C正确；
D．用铁粉、活性炭、食盐等制暖贴会形成原电池，铁做负极被氧化，反应放热，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质及变化，解答该题需掌握基本的元素及其化合物的知识，题目难度中等。
5．（2分）声波封印，材料是音乐存储技术的基础。下列说法错误的是（　　）
A．制作黑胶唱片使用的聚氯乙烯，其单体是CH3CH2Cl
B．磁带可由四氧化三铁涂覆在胶带上制成，Fe3O4具有磁性
C．光碟擦写过程中材料在晶态和非晶态间的可逆转换，涉及物理变化
D．固态硬盘芯片常使用单晶硅作为基础材料，单晶硅是一种共价晶体
【分析】A．制作黑胶唱片使用的聚氯乙烯，其单体是一氯乙烯；
B．Fe3O4具有磁性；
C．光碟擦写过程中材料在晶态和非晶态间的可逆转换，没有新物质生成；
D．单晶硅是一种共价晶体。
【详解】解：A．聚氯乙烯的结构简式为：，单体是CH2＝CHCl，故A错误；
B．Fe3O4具有磁性，故B正确；
C．光碟擦写过程中材料在晶态和非晶态间的可逆转换，没有新物质生成，是物理变化，故C正确；
D．单晶硅是一种共价晶体，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质的组成、性质及其变化的相关知识，考查比较基础，注意对有机物单体的判断。
6．（2分）对铁钉进行预处理，并用铜氨溶液给铁钉镀铜。下列操作不能达到实验目的的是（　　）
A．除油污 B．除铁锈
C．制铜氨溶液 D．铁钉镀铜
【分析】A．Na2CO3水解显碱性；
B．铁锈的成分主要是铁的氧化物；
C．硫酸铜加足量的氨水可以制取铜氨溶液；
D．铁钉镀铜是电解池原理。
【详解】解：A．Na2CO3水解显碱性，故可以除油污，故A正确；
B．铁锈的成分主要是铁的氧化物，故可用稀盐酸除铁锈，故B正确；
C．硫酸铜加足量的氨水可以制取铜氨溶液，操作正确，故C正确；
D．铁钉镀铜是电解池原理，该装置没有电源，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验的基本操作，为高频考点，注意掌握实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
7．（2分）能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是（　　）
单质X氧化物1氧化物2酸（或碱）盐
A．X可为铝，盐的水溶液一定显酸性
B．X可为硫，氧化物1可使品红溶液褪色
C．X可为钠，氧化物2可与水反应生成H2
D．X可为碳，盐的热稳定性：NaHCO3＞Na2CO3
【分析】根据各个物质的转化关系进行分析解答。
【详解】解：A．若X为Al，则氧化物1为Al2O3，Al2O3不能再与氧气反应，故A错误；
B．若X可为硫，氧化物1是SO2，氧化物2为SO3，SO3可与水反应生成硫酸，硫酸和碱反应生成盐，故可以一步转化，SO2具有漂白性，故可使品红溶液褪色，故B正确；
C．若X可为钠，则氧化物1为Na2O，氧化物2为Na2O2，Na2O2与水反应生成氧气，故C错误；
D．盐的热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查元素及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
8．（2分）下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是（　　）
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 浓硝酸保存在棕色试剂瓶中 浓硝酸具有强氧化性
B 向蔗糖中加适量浓硫酸，蔗糖变黑 浓硫酸具有脱水性
C Fe2+与K3[Fe（CN）6]可生成蓝色物质 KSCN溶液可用于检验Fe3+
D MnO2与浓盐酸共热，生成黄绿色气体 Cl2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．浓硝酸见光易分解；
B．浓硫酸的脱水性是指将有机物中H、O原子按照2：1脱去的过程；
C．Fe2+与K3[Fe（CN）6]可生成蓝色物质，可以用来检验Fe2+；
D．MnO2与浓盐酸共热，生成黄绿色气体是实验室制取氯气的过程。
【详解】解：A．浓硝酸见光易分解，故浓硝酸应装在棕色试剂瓶中，与浓硝酸的强氧化性无关，故A错误；
B．浓硫酸的脱水性是指将有机物中H、O原子按照2：1脱去的过程，向蔗糖中加适量浓硫酸，蔗糖变黑，说明浓硫酸具有脱水性，具有因果关系，故B正确；
C．Fe2+与K3[Fe（CN）6]可生成蓝色物质，可以用来检验Fe2+，与KSCN溶液可用于检验Fe3+无因果关系，故C错误；
D．MnO2与浓盐酸共热，生成黄绿色气体是实验室制取氯气的过程，与反应Cl2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl无因果关系，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查元素化合物性质，为高频考点，把握物质的性质为解答的关键，题目难度不大。
9．（2分）元素a～i为短周期元素，其第一电离能与原子序数的关系如图。下列说法正确的是（　　）
A．a和g同主族
B．金属性：g＞h＞i
C．原子半径：e＞d＞c
D．最简单氢化物沸点：b＞c
【分析】元素a～i为短周期元素，根据第一电离能的变化规律，同周期元素从左到右逐渐增加，又因为第一电离能在ⅡA和ⅤA处出现反常规律，所以推断a为B元素，b为C元素，c为N元素，d为O元素，e为F元素，f为Ne元素，g为Na元素，h为Mg元素，i为Al元素。
【详解】解：A．a为B元素，g为Na元素，不是同一主族元素，故A错误；
B．同周期自左而右金属性减弱，故金属性：g＞h＞i，故B正确；
C．同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：e＜d＜c，故C错误；
D．b、c的简单氢化物分别为CH4、NH3，后者分子间存在氢键，沸点高，故最简单氢化物沸点：b＜c，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，熟练掌握元素周期表与元素周期律，掌握金属性、非金属性强弱判断实验事实，理解影响微粒半径大小的因素，能根据相似性进行知识的迁移运用。
10．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．1mol18O2的中子数，比1mol16O2的多2NA
B．1mol Fe与水蒸气完全反应，生成H2的数目为2NA
C．在1L0.1mol/L的NH4Cl溶液中，的数目为0.1NA
D．标准状况下的22.4LCl2与足量H2反应，形成的共价键数目为2NA
【分析】A．1个 18O2的中子数比1个16O2的中子数多4；
B．铁与水蒸气反应高温条件下生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；
C．NH4Cl溶液中铵根离子会发生水解；
D．Cl2与足量H2反应方程式为Cl2+H2＝2HCl。
【详解】解：A．1个 18O2的中子数比1个16O2的中子数多4，故1mol18O2的中子数，比1mol16O2的多4NA，故A错误；
B．铁与水蒸气反应高温条件下生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，故1mol Fe与水蒸气完全反应，生成H2的数目为NA，故B错误；
C．NH4Cl溶液中铵根离子会发生水解，故在1L0.1mol/L的NH4Cl溶液中，的数目小于0.1NA，故C错误；
D．标准状况下的22.4LCl2为1mol，Cl2与足量H2反应方程式为Cl2+H2＝2HCl，故形成的共价键数目为2NA，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
11．（4分）利用如图装置进行实验：打开K1、K2，一定时间后，a中溶液变蓝；关闭K1，打开K3，点燃酒精灯加热数分钟后，滴入无水乙醇。下列说法错误的是（　　）
A．a中现象体现了I﹣的还原性
B．b中H2O2既作氧化剂也作还原剂
C．乙醇滴加过程中，c中的铜丝由黑变红，说明乙醇被氧化
D．d中有银镜反应发生，说明c中产物有乙酸
【分析】利用如图装置进行实验：打开K1、K2，H2O2在MnO2催化作用下分解生成O2，一定时间后，O2与a中KI溶液反应生成I2，I2遇淀粉变蓝；关闭K1，打开K3，O2进入c装置中，点燃酒精灯加热数分钟后，铜丝由红变黑，滴入无水乙醇，乙醇滴加过程中，c中的铜丝由黑变红，d中有银镜反应发生，说明c中产物有乙醛。
【详解】解：A．O2与a中KI溶液反应生成I2，I2遇淀粉变蓝，体现了I﹣的还原性，故A正确；
B．b中H2O2在MnO2催化作用下分解生成O2，发生了歧化反应，H2O2既作氧化剂也作还原剂，故B正确；
C．乙醇滴加过程中，c中的铜丝由黑变红，说明乙醇被CuO氧化，故C正确；
D．d中有银镜反应发生，说明c中产物有乙醛，乙醛被银氨溶液氧化成乙酸，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查性质实验方案的设计，涉及了氧化还原反应的判断、氧气的制备、乙醇性质的探究等知识，题目难度中等，明确装置的作用及发生的反应是解答的关键。
12．（4分）CuCl微溶于水，但在Cl﹣浓度较高的溶液中因形成[CuCl2]﹣和[CuCl3]2﹣而溶解．将适量CuCl完全溶于盐酸，得到含[CuCl2]﹣和[CuCl3]2﹣的溶液，下列叙述正确的是（　　）
A．加水稀释，[CuCl3]2﹣浓度一定下降
B．向溶液中加入少量NaCl固体，[CuCl2]﹣浓度一定上升
C．H[CuCl2]的电离方程式为：H[CuCl2]═H++Cu++2Cl﹣
D．体系中，c（Cu+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（[CuCl2]﹣）+c（[CuCl3]2﹣）+c（OH﹣）
【分析】A．加水稀释，溶质微粒浓度减小；
B．向溶液中加入少量NaCl固体，[CuCl2]﹣浓度不一定上升；
C．配离子不能拆分为离子；
D．溶液中存在电荷守恒分析判断。
【详解】解：A．加水稀释，溶液中溶质离子浓度减小，[CuCl3]2﹣浓度一定下降，故A正确；
B．溶液中可能存在[CuCl2]﹣+Cl﹣ [CuCl3]2﹣，向溶液中加入少量NaCl固体，[CuCl2]﹣浓度减小，故B错误；
C．H[CuCl2]的电离方程式为：H[CuCl2] H++[CuCl2]﹣，故C错误；
D．体系中存在电荷守恒，c（Cu+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（[CuCl2]﹣）+2c（[CuCl3]2﹣）+c（OH﹣），故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了弱电解质电离、溶液中离子浓度变化、来找你的关系的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
13．（4分）由结构不能推测出对应性质的是（　　）
选项 结构 性质
A SO3的VSEPR模型为平面三角形 SO3具有氧化性
B 钾和钠的原子结构不同，电子跃迁时能量变化不同 钾和钠的焰色不同
C 乙烯和乙炔分子均含有π键 两者均可发生加聚反应
D 石墨层中未参与杂化的p轨道中的电子，可在整个碳原子平面中运动 石墨具有类似金属的导电性
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．SO3中的硫为最高价；
B．钾和钠的原子结构不同，电子跃迁时能量的变化不同，则放出的光的波长不同；
C．乙烯与乙炔都含有π键；
D．石墨层中C原子上未参与杂化的所有p轨道相互平行且重叠，使p轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动而导电。
【详解】解：A．SO3中的硫为最高价，故SO3具有氧化性，与SO3的VSEPR模型无关，故A错误；
B．钾和钠的原子结构不同，电子跃迁时能量的变化不同，则发出的光的波长不同，所以产生的焰色也就不同，即焰色不同的原因与电子跃迁时能量的变化不同有关，故B正确；
C．乙烯与乙炔都含有π键，都能发生加聚反应，故C正确；
D．石墨层中C原子上未参与杂化的所有p轨道相互平行且重叠，使p轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动而导电，故石墨具有类似金属的导电性，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质的结构与性质，为高频考点，把握物质的结构、性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
14．（4分）一种高容量水系电池示意图如图。已知：放电时，电极Ⅱ上MnO2减少；电极材料每转移1mol电子，对应的理论容量为26.8A h。下列说法错误的是（　　）
A．充电时Ⅱ为阳极
B．放电时Ⅱ极室中溶液的pH降低
C．放电时负极反应为：MnS﹣2e﹣＝S+Mn2+
D．充电时16gS能提供的理论容量为26.8A h
【分析】放电时，电极Ⅱ上MnO2减少，说明MnO2转化为Mn2+，化合价降低，发生还原反应，为原电池的正极，由于电解质溶液为MnSO4，故电解质应为酸性溶液，正极反应为：MnO2+2e﹣+4H+＝Mn2++2H2O，则电极I为原电池负极，MnS失去电子生成S和Mn2+，负极反应为：MnS﹣2e﹣＝S+Mn2+。
【详解】解：A．由分析可知，放电时电极Ⅱ为正极，故充电时电极Ⅱ为阳极，故A正确；
B．由分析可知，放电时电极Ⅱ为正极，正极反应为：MnO2+2e﹣+4H+＝Mn2++2H2O，反应消耗H+，溶液的pH升高，故B错误；
C．由分析可知，放电时电极I为原电池负极，负极反应为：MnS﹣2e﹣＝S+Mn2+，故C正确：
D．根据放电时负极反应，可知充电时明极反应为S+Mn2++2e﹣＝MnS，每消耗16gS，即0.5mol S，转移1mol电子，据题意可知，能提供的理论容量为26.8A h，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原电池原理和电解原理的应用，侧重考查学生的分析能力和运用能力，把握电极的判断、电极反应和电极反应式的书写是解题关键，题目难度中等。
15．（4分）按如图组装装置并进行实验：将铜丝插入溶液中，当c中红色褪去时，将铜丝拔离液面。下列叙述错误的是（　　）
A．a中有化合反应发生，并有颜色变化
B．b中气体变红棕色时，所含氮氧化物至少有两种
C．c中溶液红色刚好褪去时，恰好完全反应
D．若将a中稀硝酸换为浓硫酸并加热，则c中溶液颜色会褪去
【分析】试管a中发生铜和硝酸反应，生成硝酸铜、NO和水，逸出的NO与试管内的空气立即反应，生成NO2，进入装置b内，由于平衡：2NO2 N2O4的存在，装置b内还含有无色的N2O4，NO2和N2O4进入装置c中，与水反应，生成硝酸，硝酸与碳酸氢钠反应，生成硝酸钠、CO2和水，且硝酸钠溶液显中性，溶液的红色褪去，据此分析作答。
【详解】解：A．根据分析可知，a中有化合反应：2NO+O2＝2NO2，气体由无色变为红棕色，故A正确；
B．根据分析可知，b中气体变红棕色时，继续发生转化2NO2 N2O4，所含氮氧化物至少有两种，故B正确；
C．酚酞变色的pH数值是8.2～10，c中溶液红色刚好褪去时，溶液呈弱碱性，不能判断是否恰好完全反应，故C错误；
D．若将a中稀硝酸换为浓硫酸并加热，则进行c中的气体是SO2，SO2与碳酸氢钠溶液反应，生成NaHSO3，NaHSO3水解显酸性，溶液颜色会褪去，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查铜与稀硝酸、浓硫酸反应的性质实验，属于基本知识的考查，难度中等。
16．（4分）某理论研究认为：燃料电池（图b）的电极Ⅰ和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图分别如图a和图c，其中O2获得第一个电子的过程最慢。由此可知，理论上（　　）
A．负极反应的催化剂是ⅰ
B．图a中，ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最低
C．电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变
D．相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数相同
【分析】该燃料电池为氢氧燃料电池，由图可知该原电池的电解质溶液为酸性，氢气发生氧化反应，做负极，电极方程式为：H2﹣2e﹣＝2H+；氧气发生还原反应，做正极，电极方程式为：O2+4e﹣+4H+＝2H2O。
【详解】解：A．由图a可知，氧气发生还原反应，做正极，正极反应的催化剂是i，故A错误；
B．图a中，i到ii过程为O2获得第一个电子的过程，根据题中信息，O2获得第一个电子的过程最慢，则i到ii过程的活化能一定最高，故B错误；
C．氢气发生氧化反应，做负极，电极方程式为：H2﹣2e﹣＝2H+，同时，反应负极每失去1个电子，就会有一个H+通过质子交换膜进入正极室，故电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变，故C正确；
D．由图a、c可知，氧气催化循环一次需要转移4个电子，氢气催化循环一次需要转移2个电子，相同时间内，电极I和电极II上的催化循环完成次数不相同，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原电池的工作原理，侧重考查学生的分析能力和运用能力，把握电极的判断、电极反应和电极反应式的书写是解题关键，题目难度中等。
二、非选择题：本大题共4小题，共56分。考生根据要求作答。
17．（14分）酸及盐在生活生产中应用广泛。
（1）甲苯氧化可生成苯甲酸。向盛有2mL甲苯的试管中，加入几滴酸性KMnO4溶液，振荡，观察到体系颜色　由紫红色变为无色　 。
（2）某苯甲酸粗品含少量泥沙和氯化钠。用重结晶法提纯该粗品过程中，需要的操作及其顺序为：加热溶解、　dab　 （填下列操作编号）。
a．冷却结晶
b．常温过滤
c．蒸馏
d．趁热过滤
（3）兴趣小组测定常温下苯甲酸饱和溶液的浓度c0和苯甲酸的Ka，实验如下：取50.00mL苯甲酸饱和溶液，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定，用pH计测得体系的pH随滴入溶液体积V变化的曲线如图。据图可得：
①c0＝　0.028　 mol/L。
②苯甲酸的Ka＝　　 （列出算式，水的电离可忽略）。
（4）该小组继续探究取代基对芳香酸酸性的影响。
①知识回顾 羧酸酸性可用Ka衡量。下列羧酸Ka的变化顺序为：CH3COOH＜CH2ClCOOH＜CCl3COOH＜CF3COOH
随着卤原子电负性　增大　 ，羧基中的羟基　极性　 增大，酸性增强。
②提出假设 甲同学根据①中规律推测下列芳香酸的酸性强弱顺序为：
③验证假设 甲同学测得常温下三种酸的饱和溶液的pH大小顺序为Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ，据此推断假设成立。但乙同学认为该推断依据不足，不能用所测得的pH直接判断Ka大小顺序，因为　常温下，三种酸的溶解度不同，三种酸的饱和溶液的浓度不同，所以该推断依据不足　 。
乙同学用（3）中方法测定了上述三种酸的Ka，其顺序为Ⅱ＞Ⅰ＞Ⅲ。
④实验小结 假设不成立，芳香环上取代基效应较复杂，①中规律不可随意推广。
（5）该小组尝试测弱酸HClO的Ka。
①丙同学认为不宜按照（3）中方法进行实验，其原因之一是次氯酸易分解。该分解反应的离子方程式为　2HClO2H++2Cl﹣+O2↑　 。
②小组讨论后，选用0.100mol/LNaClO溶液（含少量NaCl）进行实验，以获得HClO的Ka。简述该方案　取少量0.100mol/LNaClO溶液放热烧杯中，用pH计测常温下的pH，记录数据，数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO﹣水解，根据pH计算水解平衡常数Kh，再根据Kh，计算Ka　 （包括所用仪器及数据处理思路）。
③教师指导：设计实验方案时，需要根据物质性质，具体问题具体分析。
【分析】（1）酸性KMnO4溶液聚强氧化性，可以将甲苯氧化成苯甲酸；
（2）某苯甲酸粗品含少量泥沙和氯化钠。用重结晶法提纯该粗品过程中，需要的操作及其顺序为：加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、常温过滤；
（3）①根据苯甲酸与NaOH按照1：1参加反应，计算苯甲酸的浓度；
②根据电离平衡：C6H5COOH C6H5COO﹣+H+，计算其Ka；
（4）①羧酸酸性的强弱取决于羧基中O—H键的极性大小，极性越大，越易电离出H+，酸性越强，卤素原子的电负性越大，吸引电子的能力越强，使得羧基中O—H键的极性越大，酸性越强；
②提出假设：甲同学根据①中规律推测下列芳香酸的酸性强弱顺序为：，
③乙同学认为该推断依据不足，不能用所测得的pH直接判断Ka大小顺序，因为常温下，三种酸的溶解度不同，三种酸的饱和溶液的浓度不同；
（5）①HClO见光易分解，生成HCl和O2；
②小组讨论后，选用0.100mol/LNaClO溶液（含少量NaCl）进行实验，以获得HClO的Ka，该方案为取少量0.100mol/LNaClO溶液放热烧杯中，用pH计测常温下的pH，记录数据，数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO﹣水解，根据pH计算水解平衡常数Kh，再根据Kh，计算Ka。
【详解】解：（1）酸性KMnO4溶液聚强氧化性，可以将甲苯氧化成苯甲酸，向盛有2mL甲苯的试管中，加入几滴酸性KMnO4溶液，振荡，观察到体系颜色由紫红色变为无色，
故答案为：由紫红色变为无色；
（2）某苯甲酸粗品含少量泥沙和氯化钠。用重结晶法提纯该粗品过程中，需要的操作及其顺序为：加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、常温过滤，故操作顺序为dab，
故答案为：dab；
（3）①由图可知，当滴入14mLNaOH溶液时，苯甲酸被完全中和，另苯甲酸与NaOH按照1：1参加反应，则苯甲酸的浓度为：c00.028mol/L，
故答案为：0.028；
②由图可知，苯甲酸饱和溶液的pH＝2.89，溶液中的c（H+）＝c（C6H5COO﹣）＝1×10﹣2.89mol/L，则苯甲酸的Ka，
故答案为：；
（4）①羧酸酸性的强弱取决于羧基中O—H键的极性大小，极性越大，越易电离出H+，酸性越强，卤素原子的电负性越大，吸引电子的能力越强，使得羧基中O—H键的极性越大，酸性越强，
故答案为：增大；极性；
②提出假设：甲同学根据①中规律推测下列芳香酸的酸性强弱顺序为：，
③验证假设：甲同学测得常温下三种酸的饱和溶液的pH大小顺序为Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ，据此推断假设成立。但乙同学认为该推断依据不足，不能用所测得的pH直接判断Ka大小顺序，因为常温下，三种酸的溶解度不同，三种酸的饱和溶液的浓度不同，所以该推断依据不足，
故答案为：常温下，三种酸的溶解度不同，三种酸的饱和溶液的浓度不同，所以该推断依据不足；
（5）①丙同学认为不宜按照（3）中方法进行实验，其原因之一是次氯酸易分解，该分解反应的离子方程式为：2HClO2H++2Cl﹣+O2↑，
故答案为：2HClO2H++2Cl﹣+O2↑；
②小组讨论后，选用0.100mol/LNaClO溶液（含少量NaCl）进行实验，以获得HClO的Ka，该方案为取少量0.100mol/LNaClO溶液放热烧杯中，用pH计测常温下的pH，记录数据，数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO﹣水解，根据pH计算水解平衡常数Kh，再根据Kh，计算Ka，
故答案为：取少量0.100mol/LNaClO溶液放热烧杯中，用pH计测常温下的pH，记录数据，数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO﹣水解，根据pH计算水解平衡常数Kh，再根据Kh，计算Ka。
【点评】本题主要考查性质实验方案的设计，具体涉及弱电解质的电离平衡，实验方案的设计等，属于高考高频考点，难度较大。
18．（14分）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如图。
已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。
氢氧化物 Fe（OH）3 Al（OH）3 Cu（OH）2 Ni（OH）2
Ksp（298K） 2.8×10﹣39 1.3×10﹣33 2.2×10﹣20 5.5×10﹣16
（1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有　将矿石粉碎　 （写一条）。
（2）“高压加热”时，生成Fe2O3的离子方程式为：
　4Fe2+　 +O2+　4　 H2O　2　 Fe2O3↓+　8　 H+
（3）“沉铝”时，pH最高可调至　5.0　 （溶液体积变化可忽略）。已知：“滤液1”中c（Cu2+）＝0.022mol/L，c（Ni2+）＝0.042mol/L。
（4）“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有　AD　 。
A.镍与N、O形成配位键 B.配位时Ni2+被还原
C.配合物与水能形成分子间氢键 D.烷基链具有疏水性
（5）NixCuyNz晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比dNi—Cu：dNi—N：1，则x：y：z＝　3：1：1　 ；晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为　12　 。
（6）①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量H2，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为　2NH3N2+3H2　 和　Fe2O3+3H22Fe+3H2O　 。
②“电解”时，Fe2O3颗粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒为电极，画出电解池示意图并做相应标注　　 。
③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是　没有污染性的CO气体产生　 （写一条）。
【分析】（1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有将矿石粉碎、搅拌、适当升高酸浸温度等；
（2）酸浸时通入SO2，故浸取液中为Fe2+，为还原剂，然后分析氧化剂、还原剂的化合价变化，依据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒进行配平；
（3）“沉铝”时，要使Cu2+和Ni2+不出现沉淀，可以由题给物质的Ksp及起始浓度，通过pH＝14lg计算出不出现沉淀的最高pH，然后根据计算结果，取其中较低的那个结果；
（4）镍易进入有机相，可以从镍与有机物形成配合物、疏水基团影响、是否与水形成氢键等因素分析，配合物中中心离子的价态并不会发生变化，据此判断各选项是否符合题意；
（5）由题图，分别计算面心的原子与顶点、面心的原子与体心的原子距离，结合题给条件（相邻原子间的最近距离之比dNi—Cu：dNi—N：1）等信息判断面心、顶点、体心的原子分别是Ni、Cu、N原子，根据均摊法分别计算各原子数，可得x：y：z比值结果，以及晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目；
（6）①工业合成氨的逆反应，即氨分解，图示中H2还原Fe2O3得到Fe单质和水，据此可写出两个反应的方程式；
②按题意，“电解”是以Fe片、石墨棒为电极，电解Fe2O3得到Fe，则铁片应与电源负极相连作阴极，电解质为Fe2O3+NaOH，据此可画出电解池示意图；
③传统高炉炼铁是赤铁矿+焦炭，生成过程会产生CO，污染大气，上述两种新型冶铁方法没有这一缺点。
【详解】解：（1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有将矿石粉碎、搅拌、适当升高酸浸温度等；
故答案为：将矿石粉碎；
（2）酸浸时通入SO2，故浸取液中为Fe2+，第一空物质为Fe2+，根据题给信息，Fe从+2价→+3价，O从0价→﹣2价，依据得失电子守恒及电荷守恒进行配平，“高压加热”时，生成Fe2O3的离子方程式为4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+；
故答案为：4Fe2+；4；2；8；
（3）“沉铝”时，要使Cu2+和Ni2+不出现沉淀，要使Cu2+不出现沉淀的最高pH＝14lg14lg5.0，同样方法可计算要使Ni2+不出现沉淀的最高pH＝7﹣lg5.0，故“沉铝”时，pH最高可调至5.0；
故答案为：5.0；
（4）“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因：
A.镍与N、O形成配合键，可以使镍进入有机相，故A正确；
B.配体中提供孤电子对的O原子带一个单位的负电荷，可以视作是得到一个电子的阴离子，其余配体不带电，整个配合物不显电性，形成配合物后中心离子还是Ni2+，Ni2+化合价没有变化，故B错误；
C.配合物与水能形成分子间氢键，不能释放镍进入有机相，故C错误；
D.烷基链具有疏水性，可以使其进入有机相，故D正确；
故答案为：AD；
（5）设晶胞边长为a，由几何关系可知，面心的原子与顶点的原子距离为a，面心的原子与体心的原子距离为a，依题给条件，相邻原子间的最近距离之比dNi—Cu：dNi—N：1，可以确定，晶胞中面心原子为Ni，有63个，顶点原子为Cu，有81个，体心的原子为N，有1个，则x：y：z＝3：1：1；根据分析，Cu原子处于顶点，距离最近且等距离的原子为面心上Ni原子，数目为3×812；
故答案为：3：1：1；12；
（6）①工业合成氨的逆反应，即氨分解，方程式为2NH3N2+3H2，H2还原Fe2O3得到Fe单质和水，化学方程式为：Fe2O3+3H22Fe+3H2O；
故答案为：2NH3N2+3H2；Fe2O3+3H22Fe+3H2O；
②“电解”是将Fe2O3电解得到Fe单质，发生还原反应，铁片应与电源负极相连作阴极，电解质为Fe2O3+NaOH，电解示意图如图；
故答案为：；
③传统高炉炼铁是赤铁矿+焦炭，生成过程会产生CO，污染大气，与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是：没有污染性的CO气体产生；
故答案为：没有污染性的CO气体产生。
【点评】本题为工艺流程，有经典考点，如提高浸取速率的措施、条件控制，也有近几年较少出现基础知识，如氧化还原反应方程式配平，物质很熟悉，且难度不大，（6）①中两条方程式的书写，物质及原理也是很基础，②画电解池示意图近几年广东高考未出现，画装置图在2013年出现，考查了组装原电池并画出装置、2014年考查了金属防腐蚀的示意图，“萃取“镍易进入有机相的分析，题目很新颖，陌生感强，物质结构部分也有别于往年，有一定难度。
19．（14分）钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。
（1）基态Ti原子的价层电子排布式为 　3d24s2　 。
（2）298K下，反应TiO2（s）+2C（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+2CO（g）的ΔH＜0、ΔS＞0，则298K下该反应 　能　 （填“能”或“不能”）自发进行。
（3）以TiCl4为原料可制备TiCl3。将5.0mol TiCl4与10.0mol Ti放入容积为V0L的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程。
编号 过程 ΔH
（a） Ti（s）+TiCl4（g） 2TiCl2（s） ΔH1
（b） TiCl2（s）+TiCl4（g） 2TiCl3（g） +200.1kJ/mol
（c） Ti（s）+3TiCl4（g） 4TiCl3（g） +132.4kJ/mol
（d） TiCl3（g） TiCl3（s） ΔH2
①ΔH1＝ 　﹣267.8　 kJ/mol。
②不同温度下，平衡时反应体系的组成如图。曲线Ⅰ对应的物质为 　TiCl2（s）　 。
③温度T0K下，n[TiCl4（g）]＝ 　0.5　 mol，反应（c）的平衡常数K＝ 　　 （列出算式，无须化简）。
（4）钛基催化剂可以催化储氢物质肼（N2H4）的分解反应：
（e）N2H4＝N2+2H2 （f）3N2H4＝N2+4NH3
为研究某钛基催化剂对上述反应的影响，以肼的水溶液为原料（含N2H4的物质的量为n0），进行实验，得到n1/n0、n2/n0随时间t变化的曲线如图。其中，n1为H2与N2的物质的量之和；n2为剩余N2H4的物质的量。设ne为0～t时间段内反应（e）消耗N2H4的物质的量，该时间段内，本体系中催化剂的选择性用100%表示。
①0～t0min内，N2H4的转化率为 　（1﹣y2）×100%　 （用含y2的代数式表示）。
②0～t0min内，催化剂的选择性为 　100%　 （用含y1与y2的代数式表示，写出推导过程）。
【分析】（1）Ti是22号元素，价电子排布与3d、4s能级，属于d区元素；
（2）反应自发进行的条件为ΔH﹣T△S＜0；
（3）①根据盖斯定律：反应c﹣反应b×2计算ΔH1；
②反应a、d为放热反应，反应b、c为吸热反应，升高温度时反应a、d的平衡逆向移动，b、c的平衡正向移动，n（TiCl3）增大，n（TiCl2）；
③由图可知，温度T0K下平衡体系中只含有TiCl3（g）、TiCl4（g）和Ti（s），且n[Ti（s）]＝8.5mol、n[TiCl3（g）]＝6.0mol，根据Ti原子守恒有n[TiCl4（g）]＝10.0mol+5.0mol﹣8.5mol﹣6.0mol＝0.5mol，结合反应Ti（s）+3TiCl4（g） 4TiCl3（g）的平衡常数K进行计算；
（4）①根据转化率100%计算0～t0min内，N2H4的转化率；
②由图可知，0～t0min内y1，y2，生成H2与N2的物质的量总和为n0y1mol，n2＝n0y2mol，则0～t0min内△n（N2H4）＝n0（1﹣y2）mol，
反应（e）三段式：N2H4＝N2+2H2
变化量（mol） ne ne 2ne
反应（f）三段式：3N2H4＝N2+4NH3
变化量（mol） 3x x 4x
则 ne+3x＝n0（1﹣y2），3ne+x＝n0×y1，解得 ne[3n0y1﹣n0（1﹣y2）]，x[3n0（1﹣y2）﹣n0y1]。
【详解】解：（1）Ti是22号元素，位于周期表的d区，其价电子排布式为3d24s2，
故答案为：3d24s2；
（2）反应TiO2（s）+2C（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+2CO（g）的ΔH＜0、ΔS＞0，则298K下ΔH﹣T△S＜0，即298K下该反应能自发进行，
故答案为：能；
（3）①反应b：TiCl2（s）+TiCl4（g） 2TiCl3（g）ΔH＝+200.1kJ/mol，反应c：Ti（s）+3TiCl4（g） 4TiCl3（g）ΔH＝+132.4kJ/mol，根据盖斯定律：反应c﹣反应b×2计算ΔH1＝+132.4kJ/mol﹣（+200.1kJ/mol）×2＝﹣267.8kJ/mol，
故答案为：﹣267.8；
②由表格信息可知，反应a、d为放热反应，反应b、c为吸热反应，曲线Ⅰ，Ⅱ可表示TiCl3（g）或TiCl2（s）的物质的量随温度的变化情况，随着温度升高，反应b、c正向移动，反应a、d为逆向移动，所以TiCl3（g）的含量逐渐上升，TiCl2（s）的含量逐渐下降，则曲线Ⅰ、Ⅱ对应的物质分别为TiCl2（s）、TiCl3（g），
故答案为：TiCl2（s）；
③由图可知，温度T0K下平衡体系中n[Ti（s）]＝8.5mol、n[TiCl3（g）]＝6.0mol，n[（TiCl2（s）]＝n[TiCl3（s）]＝0mol，根据Ti原子守恒可知，n[TiCl4（g）]＝10.0mol+5.0mol﹣8.5mol﹣6.0mol＝0.5mol，则反应Ti（s）+3TiCl4（g） 4TiCl3（g）的平衡常数K，
故答案为：0.5；；
（4）①N2H4为反应物，肼的含量逐渐下降，由图可知，起始时1，t0min时y2，则0～t0min内△n（N2H4）＝（1﹣y2）mol，N2H4的转化率为100%＝（1﹣y2）×100%，
故答案为：（1﹣y2）×100%；
②由图可知，0～t0min内y1，y2，生成H2与N2的物质的量总和为n0y1mol，n2＝n0y2mol，则0～t0min内△n（N2H4）＝n0（1﹣y2）mol，
反应（e）三段式：N2H4＝N2+2H2
变化量（mol） ne ne 2ne
反应（f）三段式：3N2H4＝N2+4NH3
变化量（mol） 3x x 4x
可得：ne+3x＝n0（1﹣y2），3ne+x＝n0×y1，解得 ne[3n0y1﹣n0（1﹣y2）]，x[3n0（1﹣y2）﹣n0y1]，则0～t0min内，催化剂的选择性100%100%100%，
故答案为：100%。
【点评】本题考查化学平衡计算、反应热与焓变，侧重分析判断能力和计算能力考查，把握化学平衡常数及转化率计算、盖斯定律的计算应用、化学平衡影响因素是解题关键，注意掌握三段式格式在平衡计算中的应用，题目难度中等。
20．（14分）我国科学家最近在光﹣酶催化合成中获得重大突破，光﹣酶协同可实现基于三组分反应的有机合成，其中的一个反应如图（反应条件略：Ph—代表苯基C6H5—）。
（1）化合物1a中含氧官能团的名称为 　醛基　 。
（2）①化合物2a的分子式为 　C8H8　 。
②2a可与H2O发生加成反应生成化合物Ⅰ。在Ⅰ的同分异构体中，同时含有苯环和醇羟基结构的共 　5　 种（含化合物Ⅰ）。
（3）下列说法正确的有 　AB　 。
A.在1a、2a和3a生成4a的过程中，有π键断裂与σ键形成
B.在4a分子中，存在手性碳原子，并有20个碳原子采取sp2杂化
C.在5a分子中，有大π键，可存在分子内氢键，但不存在手性碳原子
D.化合物5a是苯酚的同系物，且可发生原子利用率为100%的还原反应
（4）一定条件下，Br2与丙酮（CH3COCH3）发生反应，溴取代丙酮中的α—H，生成化合物3a。若用核磁共振氢谱监测该取代反应，则可推测：与丙酮相比，产物3a的氢谱图中 　有2个吸收峰，吸收峰的面积之比为2：3　 。
（5）已知：羧酸在一定条件下，可发生类似于丙酮的α—H取代反应。
根据上述信息，分三步合成化合物Ⅱ。
①第一步，引入溴：其反应的化学方程式为 　CH3COOH+Br2BrCH2COOH+HBr　 。
②第二步，进行 　酯化反应　 （填具体反应类型）：其反应的化学方程式为 　BrCH2COOH+CH3OHBrCH2COOCH3+H2O　 （注明反应条件）。
③第三步，合成Ⅱ：②中得到的含溴有机物与1a、2a反应。
（6）参考上述三组分反应，直接合成化合物Ⅲ，需要以1a、　CH2＝C（CH3）C（CH3）＝CH2　 （填结构简式）和3a为反应物。
【分析】（1）化合物1a中含氧官能团为—CHO；
（2）①化合物2a的分子中C、H原子个数依次是8、8；
②2a可与H2O发生加成反应生成化合物Ⅰ，I为或，在Ⅰ的同分异构体中，同时含有苯环和醇羟基结构，取代基可能是—CH2CH2OH或—CH（OH）CH3或—CH3和—CH2OH；
（3）A.在1a、2a和3a生成4a的过程中，1a和2a发生加成反应然后再和3a发生取代反应生成主产物4a，有π键断裂与σ键形成；
B.在4a分子中，存在手性碳原子，苯环及连接双键的碳原子采用sp2杂化；
C.在5a分子中，苯环中有大π键，可存在分子内氢键，连接醇羟基的碳原子为手性碳原子；
D.化合物5a和苯酚的结构不相似；
（4）一定条件下，Br2与丙酮（CH3COCH3）发生反应，溴取代丙酮中的α—H，生成化合物3a，若用核磁共振氢谱监测该取代反应，则可推测：与丙酮相比，产物3a中含有两种氢原子，两种氢原子的个数之比为2：3；
（5）1a、2a和BrCH2COOCH3发生反应生成化合物Ⅱ；
①羧酸在一定条件下，可发生类似于丙酮的α—H取代反应，第一步，引入溴：该反应为CH3COOH和溴发生取代反应生成BrCH2COOH；
②第二步，进行酯化反应，即BrCH2COOH和CH3OH发生酯化反应生成BrCH2COOCH3；
（6）参考上述三组分反应，直接合成化合物，1a和另一种物质发生加成反应然后和3a发生取代反应生成Ⅲ。
【详解】解：（1）化合物1a中含氧官能团的名称为醛基，
故答案为：醛基；
（2）①化合物2a的分子中C、H原子个数依次是8、8，则化合物2a的分子式为C8H8，
故答案为：C8H8；
②2a可与H2O发生加成反应生成化合物Ⅰ，I为或，在Ⅰ的同分异构体中，同时含有苯环和醇羟基结构，取代基可能是—CH2CH2OH或—CH（OH）CH3或—CH3和—CH2OH，I有两种，如果取代基为—CH2OH和—CH3，有3种结构，所以在Ⅰ的同分异构体中，同时含有苯环和醇羟基结构的共5种（含化合物Ⅰ），
故答案为：5；
（3）A.在1a、2a和3a生成4a的过程中，1a和2a发生加成反应然后再和3a发生取代反应生成主产物4a，有π键断裂与σ键形成，故A正确；
B.在4a分子中，存在手性碳原子，苯环及连接双键的碳原子采用sp2杂化；并有20个碳原子采取sp2杂化，故B正确；
C.在5a分子中，苯环中有大π键，可存在分子内氢键，连接醇羟基的碳原子为手性碳原子，所以含有手性碳原子，故C错误；
D.化合物5a和苯酚的结构不相似，二者不互为同系物，故D错误；
故答案为：AB；
（4）一定条件下，Br2与丙酮（CH3COCH3）发生反应，溴取代丙酮中的α—H，生成化合物3a，若用核磁共振氢谱监测该取代反应，则可推测：与丙酮相比，产物3a的氢谱图中有2个吸收峰，吸收峰的面积之比为2：3，
故答案为：有2个吸收峰，吸收峰的面积之比为2：3；
（5）1a、2a和BrCH2COOCH3发生反应生成化合物Ⅱ；
①羧酸在一定条件下，可发生类似于丙酮的α—H取代反应，第一步，引入溴：该反应为CH3COOH和溴发生取代反应生成BrCH2COOH，反应方程式为CH3COOH+Br2BrCH2COOH+HBr，
故答案为：CH3COOH+Br2BrCH2COOH+HBr；
②第二步，进行酯化反应，即BrCH2COOH和CH3OH发生酯化反应生成BrCH2COOCH3，反应方程式为BrCH2COOH+CH3OHBrCH2COOCH3+H2O，
故答案为：酯化反应；BrCH2COOH+CH3OHBrCH2COOCH3+H2O；
（6）参考上述三组分反应，直接合成化合物，1a和另一种物质发生加成反应然后和3a发生取代反应生成Ⅲ，根据的结构简式知，该物质的结构简式为CH2＝C（CH3）C（CH3）＝CH2，
故答案为：CH2＝C（CH3）C（CH3）＝CH2。
【点评】本题考查有机物的合成，侧重考查分析、判断及知识的迁移能力，明确反应中断键和成键方式是解本题关键，采用知识迁移的方法解答（5）（6）题。
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