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广东省湛江市2025届高三下学期二模化学试卷
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2025·湛江模拟）“传承文化遗产，飞扬华夏风采”，中华文物传承华夏文明，下列文物中主要由无机金属材料制成的是
A．秦兵马俑 B．人面鱼纹陶盆 C．西周利簋 D．击鼓说唱俑
A．A B．B C．C D．D
2．（2025·湛江模拟）科技是国家强盛之基，创新是民族进步之魂，下列有关说法不正确的是
A．“奋斗者”号潜水器外壳材料为钛合金，钛元素位于元素周期表的区
B．“祖冲之二号”量子计算机中的半导体存储器的主要成分为硅单质
C．“华龙一号”核电项目所用铀棒含有的和互为同位素
D．“天宫一号”空间站中太阳能电池的主要材料GaAs属于合金
3．（2025·湛江模拟）金属冶炼的发展史铭刻着化学对人类社会的重大贡献。下列说法不正确的是
A．“美人首饰王侯印，尽是沙中浪底来”，古人可以利用密度差异获取金
B．“有胆泉，出观音石，可浸铁为铜”，可以利用置换反应冶炼铜
C．生物冶金技术可以利用微生物的代谢来提取有色金属，其温度越高，提取速率越快
D．电化学法冶炼金属Na可以在的氛围中进行
4．（2025·湛江模拟）化学使生活更美好，人类的衣食住行皆离不开化学。下列说法涉及的有关化学知识中，不正确的是
A．新衣扮靓迎佳节，媒染剂中的金属离子能与有机色素生成稳定的配合物起到固色作用
B．均衡膳食助健康，蔬果中的纤维素可在人体内水解为葡萄糖
C．爆竹烟花迎佳节，烟花呈现的不同焰色是因为不同金属元素有不同的发射光谱
D．能源产业助环保，钙钛矿太阳能电池实现了太阳能转化为电能
5．（2025·湛江模拟）碘是国防、工业、农业、医药等部门和行业所依赖的重要原料，海带中含有丰富的碘元素，其以碘离子的形式存在，海带提碘的工艺流程如图所示，下列说法正确的是
A．“灼烧”用到的主要仪器有蒸发皿
B．“氧化”时作还原剂
C．“萃取”时有色层出现在下层
D．“反萃取”发生的主要反应的化学方程式可能为
6．（2025·湛江模拟）点蚀又称小孔腐蚀，是一种极端的局部腐蚀形态，大多数点蚀是由引起的。曾侯乙青铜编钟发生点蚀的基本原理为，下列说法不正确的是
A．潮湿的空气会加速曾侯乙青铜编钟的腐蚀
B．负极反应为
C．点蚀的过程中化学能转化为电能
D．长江中的轮船比大海中的轮船更容易发生点蚀
7．（2025·湛江模拟）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 学工活动：玻璃工用氢氟酸生产磨砂玻璃 氢氟酸具有弱酸性
B 科学用药：补铁剂搭配维生素C同时服用 维生素C具有还原性
C 帮厨活动：将水果、蔬菜等放入冰箱储存 降低温度，能降低反应速率
D 自主探究：用红热铁针、石蜡和水晶验证晶体的各向异性 晶体内部质点排列具有有序性
A．A B．B C．C D．D
8．（2025·湛江模拟）1727年，英国的化学家哈尔斯用氯化铵与石灰的混合物合成了氨气。以下实验难以达到预期目的的是
A．制备 B．干燥
C．尾气处理 D．喷泉实验
A．A B．B C．C D．D
9．（2025·湛江模拟）敦煌壁画色彩瑰丽，其所用的有机颜料主要从动植物中提取色素经过加工而制成，其中紫胶红色素的结构如图所示，则下列关于紫胶红色素的说法不正确的是
A．能与氨基酸的氨基发生反应
B．其环系结构中4个六元环一定共平面
C．该有机物最多可以消耗
D．其中碳原子的杂化方式有和
10．（2025·湛江模拟）“稀土之父”徐光宪先生缔造了稀土的“中国传奇”。稀土材料被广泛应用于汽车尾气的净化：，下列有关说法正确的是
A．含中子的数目为
B．常温常压下，和混合气体中含氧原子的数目为
C．含共价键的数目为
D．标准状况下含电子的数目为
11．（2025·湛江模拟）某兴趣小组利用如图装置探究硫及其化合物的相互转化，下列说法正确的是
A．Ⅰ的试管内的反应，只体现的还原性
B．Ⅱ的试管内的石蕊溶液先变红后褪色，体现的漂白性
C．只有Ⅲ的试管中会出现浑浊现象
D．Ⅳ中加入用盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀
12．（2025·湛江模拟）陈述Ⅰ和Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 活性炭可用于自来水消毒 活性炭具有吸附性
B 向久置的亚硫酸溶液中滴加溶液，生成白色沉淀 难溶于水
C 乙醇与足量反应生成 乙醇分子中氢氧键极性大，易断裂；碳氢键极性小，不易断裂
D 甲苯使酸性溶液褪色 甲基影响苯环的活性
A．A B．B C．C D．D
13．（2025·湛江模拟）部分含Al或含C物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列说法不正确的是
A．a一定既可以与酸反应也可以与碱反应
B．往d溶液中通入过量的可以生成和
C．酸性：f>c
D．电解熔融态的b可以获得a
14．（2025·湛江模拟）“嫦娥三号”带回来的“嫦娥石”中含的一种物质结构如图所示，W、X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中与同主族，的基态原子价层轨道半充满。则下列叙述正确的是
A．简单氢化物的稳定性：
B．和的空间结构均为正四面体
C．第一电离能：
D．与形成的化合物中一定只含有离子键
15．（2025·湛江模拟）某课题组为探究汽车尾气转化为氮气的最佳反应条件，向体积为的刚性容器中按充入和，发生反应：。已知正、逆反应速率可以表达为，(，表示速率常数)，测得的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。下列说法正确的是
A．该反应为吸热反应
B．压强的大小关系：
C．、、三点的化学平衡常数：
D．，若向该容器中充入和发生上述反应，点的
16．（2025·湛江模拟）某碱性蚀刻液体系含、、，可以通过蚀刻反应印制铜线路板，利用图示电解装置可以从蚀刻废液中直接回收单质铜，同时又将一价铜氧化成二价铜，使蚀刻液获得再生。下列说法不正确的是
A．阳极室可以使蚀刻液获得再生
B．利用水泵循环多次电解蚀刻废液可以提高铜的回收率
C．阳极的电极反应为
D．理论上外电路有电子移动时，阴极室的质量减少(不考虑的挥发)
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．（2025·湛江模拟）氯气是一种重要的化工原料，在生产生活中有着重要的应用。请回答下列问题：
(一)某兴趣小组用如图装置在实验室制备氯气。
（1）图示装置中仪器a的名称为　 　。装置中制备Cl2的化学方程式为　 　。
(二)探究盐酸与MnO2的反应。
（2）不同温度下MnO2与盐酸反应的平衡常数如表所示。
温度T/℃ 50 80 110
平衡常数K
MnO2与盐酸的反应是　 　(填“放热”或“吸热”)反应。
（3）实验采用4mol L-1的盐酸与一定量的MnO2反应时，没有产生明显实验现象。小组同学猜测可能的原因是：
猜想1.反应温度低；
猜想2.___________。
请完成如下实验设计并证明上述猜想是否成立。
序号 试剂 反应温度 现象
Ⅰ 40mL4mol L-1盐酸、一药匙MnO2 65℃ 无明显现象
Ⅱ ___________盐酸、一药匙MnO2 80℃ 无明显现象
Ⅲ 40mL7mol L-1盐酸、一药匙MnO2 65℃ 产生黄绿色气体
①上述猜想2为　 　，表中实验Ⅱ所用试剂中盐酸的规格为　 　；根据上述实验可知猜想　 　(填“1”或“2”)成立。
②实验Ⅰ中无明显现象的原因可能是c(H+)或c(Cl-)较低，设计实验进行探究：
由上述实验结果可知MnO2氧化盐酸的反应中，c(H+)变化的影响　 　(填“大于”或“小于”) c(Cl-)。
③为探究c(H+)变化究竟是影响了MnO2的氧化性还是影响了Cl-的还原性，用如图所示装置(A、B均为石墨电极，恒温水浴加热装置省略)进行实验。
序号 操作 现象
i K闭合 指针向左偏转
ⅱ 向U形管a．　 　(填“左侧”或“右侧”)滴加浓硫酸至c(H+)≥7mol L-1 指针偏转幅度变化不大
ⅲ b．　 　 指针向左偏转幅度c．　 　
U形管左侧发生的电极反应为d。　 　；将i和ⅱ、ⅲ作对比，得出结论：MnO2氧化盐酸的反应中，HCl的还原性与c(H+)无关；MnO2的氧化性与c(H+)有关，c(H+)越大，MnO2的氧化性越强。
④为测定实验Ⅲ的反应残余液中盐酸的浓度，探究小组同学取实验Ⅲ中反应残余液10mL，稀释10倍后取20mL用1.00 molL-1的NaOH溶液滴定，消耗NaOH溶液的体积为bmL，则实验Ⅲ的反应残余液中盐酸的浓度为　 　mol L-1。
18．（2025·湛江模拟）某研究组开发了一种从铜阳极泥(含、、、、等)中提取金、银等贵金属的工艺，流程如图所示，请回答以下问题：
已知：①“滤渣1”的主要成分为、、。
② 。
③当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在。
④“溶银”时，“滤渣3”可以转化为银络合离子，温度过高时，银络合离子容易被分解，发生反应。
（1）Te(碲)与氧同主族，位于元素周期表的第五周期，其基态原子的价电子排布式为　 　。
（2）“酸浸”时生成反应的化学方程式为　 　。
（3）“溶金”时生成反应的离子方程式为　 　。
（4）“酸浸”和“溶金”工序均需加入一定量的。
①在“酸浸”工序中，加入适量的原因是　 　。
②在“溶金”工序，溶液中浓度不能超过　 　。
（5）“滤液5”中溶质主要成分为　 　(填化学式)。已知：“溶银”工序中银浸出率与反应温度的关系如图。在连续生产的模式下，“溶银”工序需在左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是　 　。
（6）过渡金属硫族化合物常用于超导材料的性能研究，某过渡金属硫族化合物的晶胞结构如图所示。
①该物质的化学式为　 　。
②已知晶胞底面边长是，高是，晶胞最简式的摩尔质量为，计算该晶胞的密度　 　(列出计算式，阿伏加德罗常数的值用表示)。
19．（2025·湛江模拟）配合物由于特殊的性质，在化工生产和实验探究中有着广泛的用途。
（1）铜元素位于元素周期表的　 　区，配合物中的中心离子为　 　。
（2）工业上常用醋酸二氨合亚铜(即)溶液来吸收合成氨原料气中的一氧化碳，其反应原理为，分压与时间的关系如图1所示。
①由图1可知温度为时，内，的平均吸收速率为　 　(保留两位有效数字)。
②要从除杂后的溶液中“再生”出醋酸二氨合亚铜，可　 　(填“升”或“降”)温　 　(填“增”或“降”)压。
（3）二氧化硫通入氯化铁溶液得到了血红色溶液，为探究该红色配合物的组成，某课题组将溶液加入一定体积的浓度均为的、混合溶液中，测得其吸光度如图2所示，其中。
已知：吸光度和配合物浓度的关系为，该配合物中只含有一个金属离子。
①由图2可知该红色配合物的配体为　 　。
②若测得吸光度，忽略混合后溶液体积的变化，则该配位反应中的转化率为　 　。
（4）配合物常用于贵金属的分离提纯，在某冶金工艺中存在反应，其中和浓度之和为，两种离子的分布分数随浓度的变化关系如图3所示，
图3
已知。则上述反应的平衡常数　 　，若浓度为，则的浓度为　 　。
20．（2025·湛江模拟）三步法合成布洛芬既遵循了绿色化学原则，又实现了废气的利用，其合成路线如下所示：
请回答下列问题：
（1）化合物Ⅰ的分子式为　 　，化合物Ⅱ中含氧官能团的名称为　 　。
（2）化合物Ⅲ到化合物Ⅳ的反应是原子利用率的反应，且Ⅲ与化合物a反应得到Ⅳ，则化合物a为　 　。
（3）化合物Ⅰ→Ⅱ的化学方程式为　 　。
（4）关于上述合成路线中的相关物质及转化，下列说法不正确的有___________(填标号)。
A．由化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，有键的断裂与形成
B．化合物Ⅱ→Ⅲ的反应类型为还原反应
C．由化合物Ⅱ到Ⅲ的转化中，有手性碳原子形成
D．化合物Ⅳ的核磁共振氢谱图上有8组峰
（5）根据化合物Ⅲ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂及条件 反应形成的新结构 反应类型
　 　 　 　 加成反应
（6）化合物Ⅱ的某同分异构体含有苯环，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，且能够发生银镜反应，其结构简式为　 　。
（7）参照以上合成路线及所学知识以苯和为原料设计路线合成(其他试剂任选)。
①合成路线涉及醇制羧酸，所得羧酸的结构式为　 　。
②合成路线中最后一步的化学方程式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】无机非金属材料；合金及其应用
【解析】【解答】A、秦兵马俑由陶土烧制而成，陶土属于无机非金属材料（主要成分为硅酸盐），故A不符合题意 ；
B、人面鱼纹陶盆同样由陶土烧制，属于无机非金属材料，故B不符合题意 ；
C、西周利簋是青铜器，青铜是铜锡合金（金属与金属形成的合金），属于无机金属材料，故C符合题意 ；
D、击鼓说唱俑由陶土制成，属于无机非金属材料，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】要解决本题，需结合材料分类（无机金属材料、无机非金属材料），逐一分析文物材质：
无机金属材料：指金属单质或合金（如铜合金、铁合金等）。
无机非金属材料：如陶瓷、玻璃、水泥等，主要由硅酸盐等非金属成分构成。
2．【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；同位素及其应用；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】要解决本题，需结合元素周期表分区、半导体材料、同位素及合金的定义逐一分析：
A、钛元素原子序数22，位于第四周期ⅣB族，属于d区元素；钛合金是优良的结构材料，A正确；
B、硅单质是常见的半导体材料，可用于半导体存储器，B正确；
C、和质子数相同、中子数不同，互为同位素，C正确；
D、GaAs（砷化镓）是半导体化合物，合金是金属与金属或金属与非金属形成的混合物，GaAs不属于合金，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对元素周期表分区概念理解不清，容易混淆钛元素所在的 d 区归属。
对半导体材料的成分认识不足，可能误判硅单质在半导体存储器中的应用。
对同位素的定义把握不精准，易忽略和质子数相同、中子数不同的同位素本质。
对合金的概念理解有误，容易将化合物 GaAs 误认为是合金。
3．【答案】C
【知识点】金属冶炼的一般原理；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、金的密度远大于沙子，古人可利用密度差异，通过淘洗获取金，A正确；
B、胆泉含 CuSO4，铁与 CuSO4发生置换反应（Fe+CuSO4=FeSO4+Cu），可用于炼铜，B正确；
C、生物冶金依赖微生物代谢，微生物生存有适宜温度范围，温度过高会使微生物蛋白质变性死亡，提取速率反而降低，并非温度越高速率越快，C错误；
D、N2性质稳定，电化学法炼 Na 时，在 N2氛围中可防止 Na 被氧气氧化，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．利用金与沙子的密度差异，通过淘洗分离，这是物理方法提取金的核心依据。
B．明确 “胆泉” 含 CuSO4，结合铁与铜盐的置换反应，判断可用于炼铜。
C．微生物生存有适宜温度范围，温度过高会导致其蛋白质变性死亡，提取速率下降。
D．依据N2的稳定性，其可作为保护气防止 Na 被氧化。
4．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；常见能量的转化及运用；焰色反应；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A．媒染剂中的金属离子能与有机色素形成稳定配合物，从而起到固色作用，A正确；
B．人体内缺乏分解纤维素的酶，无法将蔬果中的纤维素水解为葡萄糖，B错误；
C．烟花的不同焰色源于不同金属元素具有独特的发射光谱，C正确；
D．钙钛矿太阳能电池可实现太阳能到电能的转化，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对纤维素的水解条件认识不足，易忽略人体缺乏纤维素酶，从而误判蔬果中纤维素可在人体内水解为葡萄糖。
对焰色反应的本质理解不透彻，可能不清楚烟花焰色是由不同金属元素的发射光谱不同导致的。
5．【答案】D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；海水资源及其综合利用；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、“灼烧” 固体需在坩埚中进行，蒸发皿用于蒸发溶液，A错误；
B、“氧化” 时 H2O2将 I-氧化为 I2，H2O2作氧化剂，B错误；
C、苯的密度小于水，“萃取” 时含碘的苯层在上层，C错误；
D、“反萃取” 中 I2与 NaOH 发生歧化反应，化学方程式为 3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，D正确；
故答案为：D。
【分析】干海带在坩埚中灼烧（而非蒸发皿，蒸发皿用于溶液蒸发），使有机成分分解，得到含 I-的灰分，向浸取液中加入稀硫酸和 H2O2，H2O2作为氧化剂，将 I-氧化为 I2，加入苯萃取碘水中的 I2，由于苯的密度小于水，含碘的苯层（有色层）会浮在上层，向碘的苯溶液中加入浓 NaOH 溶液，I2与 NaOH 发生歧化反应。
6．【答案】D
【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
【解析】【解答】A、潮湿空气提供水，会加速电化学腐蚀，A正确；
B、负极发生氧化反应，Sn 失电子与 Cl-结合生成 [SnCl4]2-，反应为 Sn+4Cl--2e-=[SnCl4]2-，B正确；
C、点蚀属于电化学腐蚀，过程中化学能转化为电能，C正确；
D、点蚀多由 Cl-引起，海水中 Cl-浓度远高于长江水，故大海中的轮船更易发生点蚀，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对电化学腐蚀的条件理解不透彻，易忽略 Cl-对加速点蚀的作用，从而误判长江和大海中轮船发生点蚀的难易程度。
对电化学腐蚀中能量转化的认识不足，可能不清楚点蚀过程中化学能会转化为电能。
7．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、氢氟酸生产磨砂玻璃是因为其与 SiO2反应（4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O），与氢氟酸的弱酸性无关，故A符合题意 ；
B、维生素 C 具有还原性，可防止补铁剂中的二价铁被氧化，故B不符合题意 ；
C、降低温度能降低反应速率，将果蔬放入冰箱可延缓腐败，故C不符合题意 ；
D、晶体内部质点排列有序，使晶体具有各向异性，可通过红热铁针、石蜡和水晶验证，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】A．重点在于明确氢氟酸生产磨砂玻璃的反应是与 SiO2的特性反应，而非依赖其弱酸性，这是判断无关联的核心。
B．抓住维生素 C 的还原性，其能防止补铁剂中 Fe2+被氧化，这是两者关联的关键。
C．依据温度对反应速率的影响，降低温度可减缓果蔬腐败的化学反应速率，以此判断关联。
D．基于晶体内部质点排列的有序性导致的各向异性，这是验证晶体特性的核心原理。
8．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；氨的实验室制法；实验装置综合
【解析】【解答】A、使用Ca(OH)2和NH4Cl混合物加热制备氨气，反应方程式为：，这是实验室制备氨气的标准方法，因此可以达到预期目的，A正确；
B、使用浓硫酸干燥氨气。氨气是碱性气体，而浓硫酸是强酸，两者会发生反应：，该反应会导致氨气被吸收，而不是被干燥通过。干燥氨气应使用碱性或中性干燥剂，如生石灰或无水氯化钙，但氯化钙可能与氨形成配合物，需谨慎使用。因此，使用浓硫酸无法达到干燥目的，反而会破坏实验，B错误；
C、将氨气通入水中或滴有酚酞的水溶液。氨气易溶于水，形成氨水，可以吸收并处理尾气，防止污染空气。酚酞变红可指示氨气的存在。该方法简单有效，可以达到预期目的，C正确；
D、将氨气通入滴有酚酞的水溶液中。氨气极易溶于水，导致烧瓶内压强降低，水被吸入形成喷泉，同时酚酞变红。这是经典的喷泉实验设计，可以达到预期目的，D正确；
故答案为：B
【分析】酸性干燥剂：浓硫酸（具有强氧化性）、P2O5、硅胶等；中性干燥剂：无水MgSO4、无水CaCl2、CaSO4、无水CuSO4（可以吸水，但几乎不用，常用检验水的存在，遇水变蓝得到CuSO4.5H2O）；碱性干燥剂：碱石灰（少量氢氧化钠和氧化钙的混合物）、生石灰（CaO）、固体NaOH等。
总体原则：酸性干燥剂干燥酸性气体；碱性干燥剂干燥碱性气体；中性干燥剂都可干燥。
9．【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、该有机物含羧基（-COOH），能与氨基酸的氨基（-NH2）发生反应，A正确；
B、其环系结构中，最右侧的六元环与其他三个六元环通过单键连接，单键可旋转，故 4 个六元环不一定共平面，B错误；
C、1mol 该有机物含 2mol 羧基（-COOH）和 5mol 酚羟基（-OH），均能与 NaOH 反应，最多消耗 7mol NaOH，C正确；
D、苯环、羰基、羧基上的碳原子为 sp2 杂化，甲基上的碳原子为 sp3 杂化，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对环系结构的共面性判断不准确，易忽略单键可旋转的特点，误判 4 个六元环一定共平面。
对能与 NaOH 反应的官能团识别不全，可能漏算羧基或酚羟基，从而错误判断消耗 NaOH 的物质的量。
10．【答案】A
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、的中子数为，1mol该原子含中子数为，A正确；
B、常温常压下，气体摩尔体积不是，无法计算混合气体的物质的量，B错误；
C、1个分子含3个共价键，28g （ ）含共价键数为，C错误；
D、标准状况下11.2L 物质的量 ，1个分子含 个电子，故0.5mol 含电子数为，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．利用“中子数=质量数-质子数”计算的中子数。
B．气体摩尔体积仅在标准状况下为，常温常压下无法直接计算。
C．明确分子含3个共价键，结合物质的量计算。
D．先算物质的量，再结合1个分子的电子数（22个）计算总电子数。
11．【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】A、Ⅰ中反应为，既体现氧化性又体现还原性，A错误；
B、不能漂白酸碱指示剂，石蕊溶液只变红不褪色，B错误；
C、Ⅰ中生成出现浑浊，Ⅲ中与反应也生成出现浑浊，C错误
D、Ⅳ中酸性将氧化为，加入盐酸酸化的氯化钡溶液会生成白色沉淀，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．明确在反应中既体现氧化性又体现还原性（歧化反应）。
B．清楚不能漂白酸碱指示剂，石蕊溶液只变红不褪色。
C．注意Ⅰ中生成和Ⅲ中与反应均会出现浑浊。
D．抓住酸性将氧化为，与氯化钡反应生成沉淀。
12．【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；有机分子中基团之间的关系
【解析】【解答】A、活性炭具吸附性可净水，但不能消毒，Ⅰ错误，故A不符合题意 ；
B、久置亚硫酸溶液中，在酸性条件下氧化亚硫酸为硫酸，生成沉淀，而非，Ⅱ错误，故B不符合题意 ；
C、46g乙醇（1mol）与反应生成1g （0.5mol），说明乙醇分子中只有羟基的氢（氢氧键）易断裂，碳氢键不易断裂，Ⅰ、Ⅱ均正确且有因果关系，故C符合题意 ；
D、甲苯使酸性褪色是苯环影响甲基活性，而非甲基影响苯环，Ⅱ错误，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】A．明确活性炭的吸附性仅能净水，无消毒作用，二者性质与用途不匹配。
B．抓住 NO3-在酸性条件下的氧化性，会将亚硫酸氧化为硫酸，生成 BaSO4沉淀，而非BaSO3。
C．通过乙醇与 Na 反应的量，判断只有羟基中的氢氧键易断裂，碳氢键不易断裂，二者因果关系成立。
D．清楚甲苯使酸性 KMnO4溶液褪色是苯环影响甲基活性，而非甲基影响苯环，因果关系颠倒。
13．【答案】A
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断；含碳化合物的性质和应用
【解析】【解答】A、a 为 Al 或 C，C 不能与碱反应，A错误；B、往 Na[Al(OH)4] 溶液中通入过量 CO2，可生成 Al(OH)3和 NaHCO3，B正确；
C、由 H2CO3能制 Al(OH)3，可知酸性 H2CO3 > Al(OH)3，C正确；
D、电解熔融 Al2O3可获得 Al，D正确；
故答案为：A。
【分析】a：单质，化合价为 0，故 a 为 Al 或 C。
b：氧化物，Al 为 +3 价，故 b 为 Al2O3；若为 C，+3 价氧化物不存在，因此 b 确定为 Al2O3。
c：氧化物对应的水化物（碱或酸），Al 为 + 3 价，故 c 为 Al(OH)3。
d：钠盐，Al 为 +3 价，故 d 为 Na[Al(OH)4]。
e：氧化物，C 为 + 4 价，故 e 为 CO2。
f：氧化物对应的水化物（酸），C 为 +4 价，故 f 为 H2CO3。
g：钠盐，C 为 + 4 价，故 g 为 Na2CO3或 NaHCO3。据此解题。
14．【答案】B
【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；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、简单氢化物稳定性与非金属性一致，非金属性 O > S > P，故稳定性 H2O > H2S > PH3，A错误；
B、SO42-和 PO43-中心原子均为 sp3 杂化，空间结构均为正四面体，B正确；
C、P 的价层 p 轨道半充满，第一电离能 P > S > Na，C错误；
D、Na 与 O 可形成 Na2O2，含离子键和共价键，D错误；
故答案为：B。
【分析】Z 的基态原子价层 p 轨道半充满，且为短周期主族元素，故 Z 为 P；
X 与 Q 同主族，结合结构中 X 的成键特点，X 为 O，Q 为 S；
W 原子序数最小且为短周期主族元素，故 W 为 H；
Y 形成 Y+，故 Y 为 Na。据此解题。
15．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、压强相同时，温度升高CO转化率减小，平衡逆向移动，故该反应为放热反应，A错误；
B、温度相同时，压强增大平衡正向移动，CO转化率增大，故压强大小为p1 > p2 > p3，B错误；
C、化学平衡常数只与温度有关，M、X、Y三点温度不同，故平衡常数不相等，C错误；
D、T1℃时，M点为平衡状态，充入2.0mol NO和2.0mol CO，计算得n(CO)=1.2mol，n(NO)=1.2mol，n(CO2)=0.8mol，n(N2)=0.4mol。结合速率方程和平衡常数关系，，则，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对反应热的判断，容易因温度升高 CO 转化率减小而误判为吸热反应，忽略平衡逆向移动说明反应为放热反应。
压强大小的判断，易错误认为压强越大 CO 转化率越小，实则压强增大平衡正向移动，CO 转化率应增大。
化学平衡常数的影响因素，容易忽略其只与温度有关，误判不同温度下平衡常数相同。
速率常数与平衡常数关系的推导，对速率方程和平衡常数表达式的结合理解不到位，导致计算错误。
16．【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、蚀刻过程中，蚀刻液中的 [Cu(NH3)4]2+会与铜反应生成 [Cu(NH3)4]2+，导致蚀刻液失效。电解时阳极发生氧化反应，[Cu(NH3)2]+失去电子，结合溶液中的 NH3 H2O 重新生成 [Cu(NH3)4]2+，恰好实现蚀刻液的再生，可循环用于蚀刻过程，A正确；
B、水泵循环的作用是让蚀刻废液在电解装置中多次流经电极区域，使废液中未反应的 [Cu(NH3)2]+充分在阳极被氧化，同时让阴极区的 Cu2+充分还原析出 Cu，从而提高铜的回收率，避免废液中铜元素的浪费，B正确；
C、阳极的核心反应是 [Cu(NH3)2]+的氧化，Cu 元素从 +1 价升高到 + 2 价，每个 [Cu(NH3)2]+失去 1 个电子；反应中需结合溶液中的 NH3 H2O 作为配体，生成稳定的 [Cu(NH3)4]2+，同时生成 H2O，因此电极反应式为 [Cu(NH3)2]+-e- +2NH3 H2O=[Cu(NH3)4]2++2H2O，C正确；
D、阴极发生还原反应，溶液中可还原的阳离子（如 [Cu(NH3)4]2+中的 Cu2+）得到电子析出 Cu，若假设阴极析出 1mol Cu（质量 64g），理论上阴极室质量应减少 64g，但实际存在离子迁移：阳膜允许阳离子通过，阳极室附近的 NH4+会穿过阳膜进入阴极室，补充阴极室的阳离子。因此阴极室在析出 Cu 的同时，有 NH4+迁入，质量减少量会小于 64g，D错误；
故答案为：D。
【分析】要解决本题，需先明确电解装置的核心原理（电极反应、离子迁移规律），再结合蚀刻液再生、铜回收率及电极区质量变化等关键要点逐一分析：
首先判断电解池电极类型：阳极发生氧化反应（失电子） ，反应式为，阴极发生还原反应（得电子）； 反应式为， 结合蚀刻液成分（含 [Cu(NH3)2]+、NH3 H2O 等），分析电极反应对蚀刻液的再生作用，同时关注离子迁移（阳膜允许阳离子通过）对电极室质量的影响。
17．【答案】分液漏斗；MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；吸热；盐酸浓度低；40mL4 mol L-1；2；大于；a．右侧；b．向U形管左侧滴加浓硫酸至c(H+)≥7mol L-1；c．增大；d．；0.5b
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；氯气的实验室制法；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）图示装置中，仪器a带有活塞，名称为：分液漏斗。装置中，MnO2与浓盐酸在加热条件下反应，制备Cl2等，依据得失电子守恒、元素守恒，可得出发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。
故答案为： 分液漏斗 ； MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O ；
（2）由表中数据可以看出，升高温度，反应的平衡常数增大，则加热时，平衡正向移动，所以MnO2与盐酸的反应是吸热反应。
故答案为： 吸热 ；
（3）MnO2与盐酸反应时，不加热不发生反应，稀盐酸与MnO2既使在加热条件下也不发生反应，所以温度和盐酸的浓度都对反应的发生造成影响。
①实验Ⅰ中，使用40mL4mol L-1盐酸、一药匙MnO2，温度为65℃，反应未发生；实验Ⅱ中，虽然将温度由65℃升高到80℃，反应仍未发生，则表明溶液的浓度小导致反应未发生，所以猜想1.反应温度低；猜想2为：盐酸浓度低。比较实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的温度和浓度可以得出，实验Ⅲ中，虽然温度低，但盐酸的浓度大，反应仍能发生，所以表中实验Ⅱ反应不能发生的原因是所用试剂中盐酸小，则规格为：40mL4 mol L-1。上述实验中，升高温度时反应未发生，但增大盐酸浓度时反应发生，由此可知猜想2成立。
②由上述实验结果可知，MnO2氧化盐酸的反应中，c(H+)从4 mol L-1增大到7 mol L-1时，反应发生，而c(Cl-)由4 mol L-1增大到10mol L-1时，反应才发生，所以c(H+)变化的影响大于c(Cl-)。
③为探究c(H+)变化究竟是影响了MnO2的氧化性还是影响了Cl-的还原性，则可向图中装置的U形管左侧或右侧分别滴加浓硫酸至c(H+)≥7mol L-1，观察指针的偏转情况，由此作出结论。
序号 操作 现象
i K闭合 指针向左偏转
ii 向U形管a．右侧滴加浓硫酸至c(H+)≥7mol L-1 指针偏转幅度变化不大
iii b．向U形管左侧滴加浓硫酸至c(H+)≥7mol L-1 指针向左偏转幅度c．增大
U形管左侧，A电极为正极，MnO2得电子产物与电解质反应，生成Mn2+等，发生的电极反应为d.；将i和ii、iii作对比，得出结论：MnO2氧化盐酸的反应中，HCl的还原性与c(H+)无关；MnO2的氧化性与c(H+)有关，c(H+)越大，MnO2的氧化性越强。
④10mL残留液中，加入NaOH溶液后发生反应HCl+NaOH=NaCl+H2O，则n(HCl)=n(NaOH)==5b×10-3mol，则实验Ⅲ的反应残余液中盐酸的浓度为=0.5b mol L-1。
故答案为： 盐酸浓度低 ； 40mL4 mol L-1 ；2； 大于 ； a．右侧 ； b．向U形管左侧滴加浓硫酸至c(H+)≥7mol L-1 ； c．增大 ； d． ； 0.5b 。
【分析】MnO2和浓盐酸在加热条件下能发生反应制取 Cl2，不过温度较低或盐酸浓度较小时，反应都难以发生。那么，在温度和盐酸浓度这两个因素中，哪个对反应的影响更显著呢？溶液的酸性是对 Cl-的还原性影响更大，还是对 MnO2的氧化性影响更大呢？通过实验探究可以明确，H+浓度变化对该反应的影响程度超过 Cl-浓度变化的影响，而且溶液酸性对 MnO2氧化性的影响要大于对 Cl-还原性的影响。
（1）识别仪器名称，掌握 MnO2与浓盐酸加热制 Cl2的化学方程式。
（2）根据平衡常数随温度变化趋势判断反应热效应。
（3）①分析实验变量（温度、盐酸浓度），判断猜想是否成立。
②对比 c (H+) 和 c (Cl-) 变化对反应的影响程度。
③通过原电池实验探究 c (H+) 对 MnO2氧化性的影响，分析电极反应和现象。
④利用酸碱中和滴定的物质的量关系计算盐酸浓度。
18．【答案】（1）
（2）
（3）
（4）使完全转化为，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致转化为；0.5
（5）；反应温度过高，银络合离子容易被分解，“溶银”的效率降低
（6）；
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；化学平衡常数；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）Te(碲)与氧同主族，位于元素周期表的第五周期，其基态原子的价电子排布式；
故答案为： ；
（2）由分析知，“酸浸”时生成反应的化学方程式为；
故答案为： ；
（3）由分析知，“溶金”时生成反应的离子方程式为；
故答案为： ；
（4）①在“酸浸”工序中，加入适量，可以使完全转化为，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致转化为；
②根据已知，，；
故答案为： 使完全转化为，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致转化为 ；0.5；
（5）由分析知，“滤液5”中溶质主要成分为溶液；由图知，反应温度过高，银络合离子容易被分解，“溶银”的效率降低，故在连续生产的模式下，“溶银”工序需在左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产；
故答案为： ； 反应温度过高，银络合离子容易被分解，“溶银”的效率降低 ；
（6）该晶胞中原子个数，原子个数，原子个数=8，则、、原子个数之比，故化学式为，晶胞体积，晶胞密度。
故答案为： ；；
【分析】向含Au、Ag、Cu、Ag2Te、Cu2Te的铜阳极泥中，加入（氧化剂）、（提供）和（提供），发生一系列氧化还原反应：
：中（+1价）、（-2价）被氧化为和；：中（+1价）、（-2价）被氧化，
与结合生成沉淀；：
单质被氧化，与生成沉淀；
：单质被氧化为。
反应后，进入溶液，难溶物为、、，通过过滤实现分离；向滤渣（、、）中加入溶液，（两性氧化物）与反应：，生成溶液。过滤后，难溶物为、，实现与、的分离；向难溶的、中加入（氧化剂）、（提供）和（提供），发生反应：。被氧化为，进入溶液（生成溶液），而不反应，过滤后实现与的分离；向难溶的中加入溶液，与形成络合物：。再加入进行还原：，得到单质和溶液；“滤液5”中的溶液可循环用于“溶银”步骤，提高原料利用率。
综上，整个工艺流程通过“酸浸-溶碲-溶金-溶银-还原”等步骤，实现了铜阳极泥中、、等有价金属的分离与回收，同时通过试剂循环利用降低了成本。
（1）Te(碲)与氧同主族，位于元素周期表的第五周期，其基态原子的价电子排布式；
（2）由分析知，“酸浸”时生成反应的化学方程式为；
（3）由分析知，“溶金”时生成反应的离子方程式为；
（4）①在“酸浸”工序中，加入适量，可以使完全转化为，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致转化为；
②根据已知，，；
（5）由分析知，“滤液5”中溶质主要成分为溶液；由图知，反应温度过高，银络合离子容易被分解，“溶银”的效率降低，故在连续生产的模式下，“溶银”工序需在左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产；
（6）该晶胞中原子个数，原子个数，原子个数=8，则、、原子个数之比，故化学式为，晶胞体积，晶胞密度。
19．【答案】（1）ds；
（2）；升；降
（3）；75%
（4）2；0.06
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡常数；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）铜是29号元素，位于第四周期ⅠB族，属于元素周期表的ds区；配合物中，Cu2+与4个NH3分子形成配离子，中心离子为Cu2+。
故答案为： ds ； ；
（2）①由图1可知温度为时，内，CO的分压强由0.085MPa降低为0.07MPa，的平均吸收速率为。
②根据“先拐先平”，可知T1故答案为： ； 升 ； 降 ；
（3）①由图2可知，随增大，吸光度降低，即浓度越大吸光度越高，该红色配合物的配体为。
②根据已知吸光度和配合物的浓度的关系，，算出含铁配合物的浓度为，混合后的浓度为，故的转化率为。
故答案为： ； 75%；
（4）取图上的交点计算，设的浓度为，则的浓度为，，。
故答案为：2； 、0.06 ；
【分析】（1）明确铜元素在周期表的分区，识别配合物的中心离子。
（2）①根据压强变化和时间计算平均速率。②依据平衡移动原理，分析温度、压强对反应的影响。（3）①结合吸光度与配体浓度的关系判断配体。②利用吸光度与浓度的关系，结合转化率公式计算。（4）根据分布分数和平衡常数表达式，结合浓度关系计算平衡常数和离子浓度。
（1）铜是29号元素，位于第四周期ⅠB族，属于元素周期表的ds区；配合物中，Cu2+与4个NH3分子形成配离子，中心离子为Cu2+。
（2）①由图1可知温度为时，内，CO的分压强由0.085MPa降低为0.07MPa，的平均吸收速率为 。
②根据“先拐先平”，可知T1（3）①由图2可知，随增大，吸光度降低，即浓度越大吸光度越高，该红色配合物的配体为。
②根据已知吸光度和配合物的浓度的关系，，算出含铁配合物的浓度为，混合后的浓度为，故的转化率为。
（4）取图上的交点计算，设的浓度为，则的浓度为，，。
20．【答案】（1）；酮羰基
（2）
（3）
（4）A
（5），，加热；
（6）
（7）；
【知识点】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）化合物I的结构简式为：，分子式为：；
化合物II的结构简式为：，含氧官能团为酮羰基；
故答案为： ； 酮羰基 ；
（2）根据原子守恒，III到IV反应中-OH生成了-COOH，化合物a为CO；
故答案为： ；
（3）I到II发生取代反应，与乙酸酐反应得到II和乙酸，反应的方程式为：；
故答案为：
（4）A. 双键中含有π键，由化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，没有π键的断裂与形成，A错误；
B. 化合物Ⅱ→Ⅲ的反应属于加氢的反应，为还原反应，B正确；
C. 由化合物Ⅱ到Ⅲ的转化中，有手性碳原子形成，C正确；
D. 化合物Ⅳ有8种化学不同环境的H原子，核磁共振氢谱图上有8组峰，D正确
故答案为：A；
（5）III的结构简式为：，含有苯环，可以与氢气在催化剂和加热条件下发生加成反应生成；
故答案为：，，加热 ；；
（6）II的结构简式为：，同分异构体中含有苯环，能发生银镜反应有醛基，有四种等效氢原子的结构为：；
故答案为：
（7）得到酯类物质需要有酸和醇，根据题目中III到IV的反应，可以有与CO在催化剂作用下得到，由还原得到，可以由苯和在HF作用下得到；
①合成路线涉及醇制羧酸，所得羧酸的结构式为；
②合成路线中最后一步的化学方程式为：。
故答案为：；
【分析】第一步，化合物 Ⅰ 在 HF 和 (CH3CO)2O 作用下反应生成化合物 Ⅱ；第二步，化合物 Ⅱ 与 H2反应生成化合物 Ⅲ；第三步，化合物 Ⅲ 在 PdCl2(PPh3)2和试剂 a 作用下反应生成布洛芬（化合物 Ⅳ）。据此解题。
（1）化合物I的结构简式为：，分子式为：；
化合物II的结构简式为：，含氧官能团为酮羰基；
（2）根据原子守恒，III到IV反应中-OH生成了-COOH，化合物a为CO；
（3）I到II发生取代反应，与乙酸酐反应得到II和乙酸，反应的方程式为：；
（4）A. 双键中含有π键，由化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，没有π键的断裂与形成，A错误；
B. 化合物Ⅱ→Ⅲ的反应属于加氢的反应，为还原反应，B正确；
C. 由化合物Ⅱ到Ⅲ的转化中，有手性碳原子形成，C正确；
D. 化合物Ⅳ有8种化学不同环境的H原子，核磁共振氢谱图上有8组峰，D正确
答案选A；
（5）III的结构简式为：，含有苯环，可以与氢气在催化剂和加热条件下发生加成反应生成；
（6）II的结构简式为：，同分异构体中含有苯环，能发生银镜反应有醛基，有四种等效氢原子的结构为：；
（7）得到酯类物质需要有酸和醇，根据题目中III到IV的反应，可以有与CO在催化剂作用下得到，由还原得到，可以由苯和在HF作用下得到；
①合成路线涉及醇制羧酸，所得羧酸的结构式为；
②合成路线中最后一步的化学方程式为：。
1 / 1广东省湛江市2025届高三下学期二模化学试卷
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2025·湛江模拟）“传承文化遗产，飞扬华夏风采”，中华文物传承华夏文明，下列文物中主要由无机金属材料制成的是
A．秦兵马俑 B．人面鱼纹陶盆 C．西周利簋 D．击鼓说唱俑
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】无机非金属材料；合金及其应用
【解析】【解答】A、秦兵马俑由陶土烧制而成，陶土属于无机非金属材料（主要成分为硅酸盐），故A不符合题意 ；
B、人面鱼纹陶盆同样由陶土烧制，属于无机非金属材料，故B不符合题意 ；
C、西周利簋是青铜器，青铜是铜锡合金（金属与金属形成的合金），属于无机金属材料，故C符合题意 ；
D、击鼓说唱俑由陶土制成，属于无机非金属材料，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】要解决本题，需结合材料分类（无机金属材料、无机非金属材料），逐一分析文物材质：
无机金属材料：指金属单质或合金（如铜合金、铁合金等）。
无机非金属材料：如陶瓷、玻璃、水泥等，主要由硅酸盐等非金属成分构成。
2．（2025·湛江模拟）科技是国家强盛之基，创新是民族进步之魂，下列有关说法不正确的是
A．“奋斗者”号潜水器外壳材料为钛合金，钛元素位于元素周期表的区
B．“祖冲之二号”量子计算机中的半导体存储器的主要成分为硅单质
C．“华龙一号”核电项目所用铀棒含有的和互为同位素
D．“天宫一号”空间站中太阳能电池的主要材料GaAs属于合金
【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；同位素及其应用；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】要解决本题，需结合元素周期表分区、半导体材料、同位素及合金的定义逐一分析：
A、钛元素原子序数22，位于第四周期ⅣB族，属于d区元素；钛合金是优良的结构材料，A正确；
B、硅单质是常见的半导体材料，可用于半导体存储器，B正确；
C、和质子数相同、中子数不同，互为同位素，C正确；
D、GaAs（砷化镓）是半导体化合物，合金是金属与金属或金属与非金属形成的混合物，GaAs不属于合金，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对元素周期表分区概念理解不清，容易混淆钛元素所在的 d 区归属。
对半导体材料的成分认识不足，可能误判硅单质在半导体存储器中的应用。
对同位素的定义把握不精准，易忽略和质子数相同、中子数不同的同位素本质。
对合金的概念理解有误，容易将化合物 GaAs 误认为是合金。
3．（2025·湛江模拟）金属冶炼的发展史铭刻着化学对人类社会的重大贡献。下列说法不正确的是
A．“美人首饰王侯印，尽是沙中浪底来”，古人可以利用密度差异获取金
B．“有胆泉，出观音石，可浸铁为铜”，可以利用置换反应冶炼铜
C．生物冶金技术可以利用微生物的代谢来提取有色金属，其温度越高，提取速率越快
D．电化学法冶炼金属Na可以在的氛围中进行
【答案】C
【知识点】金属冶炼的一般原理；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、金的密度远大于沙子，古人可利用密度差异，通过淘洗获取金，A正确；
B、胆泉含 CuSO4，铁与 CuSO4发生置换反应（Fe+CuSO4=FeSO4+Cu），可用于炼铜，B正确；
C、生物冶金依赖微生物代谢，微生物生存有适宜温度范围，温度过高会使微生物蛋白质变性死亡，提取速率反而降低，并非温度越高速率越快，C错误；
D、N2性质稳定，电化学法炼 Na 时，在 N2氛围中可防止 Na 被氧气氧化，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．利用金与沙子的密度差异，通过淘洗分离，这是物理方法提取金的核心依据。
B．明确 “胆泉” 含 CuSO4，结合铁与铜盐的置换反应，判断可用于炼铜。
C．微生物生存有适宜温度范围，温度过高会导致其蛋白质变性死亡，提取速率下降。
D．依据N2的稳定性，其可作为保护气防止 Na 被氧化。
4．（2025·湛江模拟）化学使生活更美好，人类的衣食住行皆离不开化学。下列说法涉及的有关化学知识中，不正确的是
A．新衣扮靓迎佳节，媒染剂中的金属离子能与有机色素生成稳定的配合物起到固色作用
B．均衡膳食助健康，蔬果中的纤维素可在人体内水解为葡萄糖
C．爆竹烟花迎佳节，烟花呈现的不同焰色是因为不同金属元素有不同的发射光谱
D．能源产业助环保，钙钛矿太阳能电池实现了太阳能转化为电能
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；常见能量的转化及运用；焰色反应；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A．媒染剂中的金属离子能与有机色素形成稳定配合物，从而起到固色作用，A正确；
B．人体内缺乏分解纤维素的酶，无法将蔬果中的纤维素水解为葡萄糖，B错误；
C．烟花的不同焰色源于不同金属元素具有独特的发射光谱，C正确；
D．钙钛矿太阳能电池可实现太阳能到电能的转化，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对纤维素的水解条件认识不足，易忽略人体缺乏纤维素酶，从而误判蔬果中纤维素可在人体内水解为葡萄糖。
对焰色反应的本质理解不透彻，可能不清楚烟花焰色是由不同金属元素的发射光谱不同导致的。
5．（2025·湛江模拟）碘是国防、工业、农业、医药等部门和行业所依赖的重要原料，海带中含有丰富的碘元素，其以碘离子的形式存在，海带提碘的工艺流程如图所示，下列说法正确的是
A．“灼烧”用到的主要仪器有蒸发皿
B．“氧化”时作还原剂
C．“萃取”时有色层出现在下层
D．“反萃取”发生的主要反应的化学方程式可能为
【答案】D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；海水资源及其综合利用；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、“灼烧” 固体需在坩埚中进行，蒸发皿用于蒸发溶液，A错误；
B、“氧化” 时 H2O2将 I-氧化为 I2，H2O2作氧化剂，B错误；
C、苯的密度小于水，“萃取” 时含碘的苯层在上层，C错误；
D、“反萃取” 中 I2与 NaOH 发生歧化反应，化学方程式为 3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，D正确；
故答案为：D。
【分析】干海带在坩埚中灼烧（而非蒸发皿，蒸发皿用于溶液蒸发），使有机成分分解，得到含 I-的灰分，向浸取液中加入稀硫酸和 H2O2，H2O2作为氧化剂，将 I-氧化为 I2，加入苯萃取碘水中的 I2，由于苯的密度小于水，含碘的苯层（有色层）会浮在上层，向碘的苯溶液中加入浓 NaOH 溶液，I2与 NaOH 发生歧化反应。
6．（2025·湛江模拟）点蚀又称小孔腐蚀，是一种极端的局部腐蚀形态，大多数点蚀是由引起的。曾侯乙青铜编钟发生点蚀的基本原理为，下列说法不正确的是
A．潮湿的空气会加速曾侯乙青铜编钟的腐蚀
B．负极反应为
C．点蚀的过程中化学能转化为电能
D．长江中的轮船比大海中的轮船更容易发生点蚀
【答案】D
【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
【解析】【解答】A、潮湿空气提供水，会加速电化学腐蚀，A正确；
B、负极发生氧化反应，Sn 失电子与 Cl-结合生成 [SnCl4]2-，反应为 Sn+4Cl--2e-=[SnCl4]2-，B正确；
C、点蚀属于电化学腐蚀，过程中化学能转化为电能，C正确；
D、点蚀多由 Cl-引起，海水中 Cl-浓度远高于长江水，故大海中的轮船更易发生点蚀，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对电化学腐蚀的条件理解不透彻，易忽略 Cl-对加速点蚀的作用，从而误判长江和大海中轮船发生点蚀的难易程度。
对电化学腐蚀中能量转化的认识不足，可能不清楚点蚀过程中化学能会转化为电能。
7．（2025·湛江模拟）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 学工活动：玻璃工用氢氟酸生产磨砂玻璃 氢氟酸具有弱酸性
B 科学用药：补铁剂搭配维生素C同时服用 维生素C具有还原性
C 帮厨活动：将水果、蔬菜等放入冰箱储存 降低温度，能降低反应速率
D 自主探究：用红热铁针、石蜡和水晶验证晶体的各向异性 晶体内部质点排列具有有序性
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；氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、氢氟酸生产磨砂玻璃是因为其与 SiO2反应（4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O），与氢氟酸的弱酸性无关，故A符合题意 ；
B、维生素 C 具有还原性，可防止补铁剂中的二价铁被氧化，故B不符合题意 ；
C、降低温度能降低反应速率，将果蔬放入冰箱可延缓腐败，故C不符合题意 ；
D、晶体内部质点排列有序，使晶体具有各向异性，可通过红热铁针、石蜡和水晶验证，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】A．重点在于明确氢氟酸生产磨砂玻璃的反应是与 SiO2的特性反应，而非依赖其弱酸性，这是判断无关联的核心。
B．抓住维生素 C 的还原性，其能防止补铁剂中 Fe2+被氧化，这是两者关联的关键。
C．依据温度对反应速率的影响，降低温度可减缓果蔬腐败的化学反应速率，以此判断关联。
D．基于晶体内部质点排列的有序性导致的各向异性，这是验证晶体特性的核心原理。
8．（2025·湛江模拟）1727年，英国的化学家哈尔斯用氯化铵与石灰的混合物合成了氨气。以下实验难以达到预期目的的是
A．制备 B．干燥
C．尾气处理 D．喷泉实验
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；氨的实验室制法；实验装置综合
【解析】【解答】A、使用Ca(OH)2和NH4Cl混合物加热制备氨气，反应方程式为：，这是实验室制备氨气的标准方法，因此可以达到预期目的，A正确；
B、使用浓硫酸干燥氨气。氨气是碱性气体，而浓硫酸是强酸，两者会发生反应：，该反应会导致氨气被吸收，而不是被干燥通过。干燥氨气应使用碱性或中性干燥剂，如生石灰或无水氯化钙，但氯化钙可能与氨形成配合物，需谨慎使用。因此，使用浓硫酸无法达到干燥目的，反而会破坏实验，B错误；
C、将氨气通入水中或滴有酚酞的水溶液。氨气易溶于水，形成氨水，可以吸收并处理尾气，防止污染空气。酚酞变红可指示氨气的存在。该方法简单有效，可以达到预期目的，C正确；
D、将氨气通入滴有酚酞的水溶液中。氨气极易溶于水，导致烧瓶内压强降低，水被吸入形成喷泉，同时酚酞变红。这是经典的喷泉实验设计，可以达到预期目的，D正确；
故答案为：B
【分析】酸性干燥剂：浓硫酸（具有强氧化性）、P2O5、硅胶等；中性干燥剂：无水MgSO4、无水CaCl2、CaSO4、无水CuSO4（可以吸水，但几乎不用，常用检验水的存在，遇水变蓝得到CuSO4.5H2O）；碱性干燥剂：碱石灰（少量氢氧化钠和氧化钙的混合物）、生石灰（CaO）、固体NaOH等。
总体原则：酸性干燥剂干燥酸性气体；碱性干燥剂干燥碱性气体；中性干燥剂都可干燥。
9．（2025·湛江模拟）敦煌壁画色彩瑰丽，其所用的有机颜料主要从动植物中提取色素经过加工而制成，其中紫胶红色素的结构如图所示，则下列关于紫胶红色素的说法不正确的是
A．能与氨基酸的氨基发生反应
B．其环系结构中4个六元环一定共平面
C．该有机物最多可以消耗
D．其中碳原子的杂化方式有和
【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、该有机物含羧基（-COOH），能与氨基酸的氨基（-NH2）发生反应，A正确；
B、其环系结构中，最右侧的六元环与其他三个六元环通过单键连接，单键可旋转，故 4 个六元环不一定共平面，B错误；
C、1mol 该有机物含 2mol 羧基（-COOH）和 5mol 酚羟基（-OH），均能与 NaOH 反应，最多消耗 7mol NaOH，C正确；
D、苯环、羰基、羧基上的碳原子为 sp2 杂化，甲基上的碳原子为 sp3 杂化，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对环系结构的共面性判断不准确，易忽略单键可旋转的特点，误判 4 个六元环一定共平面。
对能与 NaOH 反应的官能团识别不全，可能漏算羧基或酚羟基，从而错误判断消耗 NaOH 的物质的量。
10．（2025·湛江模拟）“稀土之父”徐光宪先生缔造了稀土的“中国传奇”。稀土材料被广泛应用于汽车尾气的净化：，下列有关说法正确的是
A．含中子的数目为
B．常温常压下，和混合气体中含氧原子的数目为
C．含共价键的数目为
D．标准状况下含电子的数目为
【答案】A
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、的中子数为，1mol该原子含中子数为，A正确；
B、常温常压下，气体摩尔体积不是，无法计算混合气体的物质的量，B错误；
C、1个分子含3个共价键，28g （ ）含共价键数为，C错误；
D、标准状况下11.2L 物质的量 ，1个分子含 个电子，故0.5mol 含电子数为，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．利用“中子数=质量数-质子数”计算的中子数。
B．气体摩尔体积仅在标准状况下为，常温常压下无法直接计算。
C．明确分子含3个共价键，结合物质的量计算。
D．先算物质的量，再结合1个分子的电子数（22个）计算总电子数。
11．（2025·湛江模拟）某兴趣小组利用如图装置探究硫及其化合物的相互转化，下列说法正确的是
A．Ⅰ的试管内的反应，只体现的还原性
B．Ⅱ的试管内的石蕊溶液先变红后褪色，体现的漂白性
C．只有Ⅲ的试管中会出现浑浊现象
D．Ⅳ中加入用盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀
【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】A、Ⅰ中反应为，既体现氧化性又体现还原性，A错误；
B、不能漂白酸碱指示剂，石蕊溶液只变红不褪色，B错误；
C、Ⅰ中生成出现浑浊，Ⅲ中与反应也生成出现浑浊，C错误
D、Ⅳ中酸性将氧化为，加入盐酸酸化的氯化钡溶液会生成白色沉淀，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．明确在反应中既体现氧化性又体现还原性（歧化反应）。
B．清楚不能漂白酸碱指示剂，石蕊溶液只变红不褪色。
C．注意Ⅰ中生成和Ⅲ中与反应均会出现浑浊。
D．抓住酸性将氧化为，与氯化钡反应生成沉淀。
12．（2025·湛江模拟）陈述Ⅰ和Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 活性炭可用于自来水消毒 活性炭具有吸附性
B 向久置的亚硫酸溶液中滴加溶液，生成白色沉淀 难溶于水
C 乙醇与足量反应生成 乙醇分子中氢氧键极性大，易断裂；碳氢键极性小，不易断裂
D 甲苯使酸性溶液褪色 甲基影响苯环的活性
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；有机分子中基团之间的关系
【解析】【解答】A、活性炭具吸附性可净水，但不能消毒，Ⅰ错误，故A不符合题意 ；
B、久置亚硫酸溶液中，在酸性条件下氧化亚硫酸为硫酸，生成沉淀，而非，Ⅱ错误，故B不符合题意 ；
C、46g乙醇（1mol）与反应生成1g （0.5mol），说明乙醇分子中只有羟基的氢（氢氧键）易断裂，碳氢键不易断裂，Ⅰ、Ⅱ均正确且有因果关系，故C符合题意 ；
D、甲苯使酸性褪色是苯环影响甲基活性，而非甲基影响苯环，Ⅱ错误，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】A．明确活性炭的吸附性仅能净水，无消毒作用，二者性质与用途不匹配。
B．抓住 NO3-在酸性条件下的氧化性，会将亚硫酸氧化为硫酸，生成 BaSO4沉淀，而非BaSO3。
C．通过乙醇与 Na 反应的量，判断只有羟基中的氢氧键易断裂，碳氢键不易断裂，二者因果关系成立。
D．清楚甲苯使酸性 KMnO4溶液褪色是苯环影响甲基活性，而非甲基影响苯环，因果关系颠倒。
13．（2025·湛江模拟）部分含Al或含C物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列说法不正确的是
A．a一定既可以与酸反应也可以与碱反应
B．往d溶液中通入过量的可以生成和
C．酸性：f>c
D．电解熔融态的b可以获得a
【答案】A
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断；含碳化合物的性质和应用
【解析】【解答】A、a 为 Al 或 C，C 不能与碱反应，A错误；B、往 Na[Al(OH)4] 溶液中通入过量 CO2，可生成 Al(OH)3和 NaHCO3，B正确；
C、由 H2CO3能制 Al(OH)3，可知酸性 H2CO3 > Al(OH)3，C正确；
D、电解熔融 Al2O3可获得 Al，D正确；
故答案为：A。
【分析】a：单质，化合价为 0，故 a 为 Al 或 C。
b：氧化物，Al 为 +3 价，故 b 为 Al2O3；若为 C，+3 价氧化物不存在，因此 b 确定为 Al2O3。
c：氧化物对应的水化物（碱或酸），Al 为 + 3 价，故 c 为 Al(OH)3。
d：钠盐，Al 为 +3 价，故 d 为 Na[Al(OH)4]。
e：氧化物，C 为 + 4 价，故 e 为 CO2。
f：氧化物对应的水化物（酸），C 为 +4 价，故 f 为 H2CO3。
g：钠盐，C 为 + 4 价，故 g 为 Na2CO3或 NaHCO3。据此解题。
14．（2025·湛江模拟）“嫦娥三号”带回来的“嫦娥石”中含的一种物质结构如图所示，W、X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中与同主族，的基态原子价层轨道半充满。则下列叙述正确的是
A．简单氢化物的稳定性：
B．和的空间结构均为正四面体
C．第一电离能：
D．与形成的化合物中一定只含有离子键
【答案】B
【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；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、简单氢化物稳定性与非金属性一致，非金属性 O > S > P，故稳定性 H2O > H2S > PH3，A错误；
B、SO42-和 PO43-中心原子均为 sp3 杂化，空间结构均为正四面体，B正确；
C、P 的价层 p 轨道半充满，第一电离能 P > S > Na，C错误；
D、Na 与 O 可形成 Na2O2，含离子键和共价键，D错误；
故答案为：B。
【分析】Z 的基态原子价层 p 轨道半充满，且为短周期主族元素，故 Z 为 P；
X 与 Q 同主族，结合结构中 X 的成键特点，X 为 O，Q 为 S；
W 原子序数最小且为短周期主族元素，故 W 为 H；
Y 形成 Y+，故 Y 为 Na。据此解题。
15．（2025·湛江模拟）某课题组为探究汽车尾气转化为氮气的最佳反应条件，向体积为的刚性容器中按充入和，发生反应：。已知正、逆反应速率可以表达为，(，表示速率常数)，测得的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。下列说法正确的是
A．该反应为吸热反应
B．压强的大小关系：
C．、、三点的化学平衡常数：
D．，若向该容器中充入和发生上述反应，点的
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、压强相同时，温度升高CO转化率减小，平衡逆向移动，故该反应为放热反应，A错误；
B、温度相同时，压强增大平衡正向移动，CO转化率增大，故压强大小为p1 > p2 > p3，B错误；
C、化学平衡常数只与温度有关，M、X、Y三点温度不同，故平衡常数不相等，C错误；
D、T1℃时，M点为平衡状态，充入2.0mol NO和2.0mol CO，计算得n(CO)=1.2mol，n(NO)=1.2mol，n(CO2)=0.8mol，n(N2)=0.4mol。结合速率方程和平衡常数关系，，则，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对反应热的判断，容易因温度升高 CO 转化率减小而误判为吸热反应，忽略平衡逆向移动说明反应为放热反应。
压强大小的判断，易错误认为压强越大 CO 转化率越小，实则压强增大平衡正向移动，CO 转化率应增大。
化学平衡常数的影响因素，容易忽略其只与温度有关，误判不同温度下平衡常数相同。
速率常数与平衡常数关系的推导，对速率方程和平衡常数表达式的结合理解不到位，导致计算错误。
16．（2025·湛江模拟）某碱性蚀刻液体系含、、，可以通过蚀刻反应印制铜线路板，利用图示电解装置可以从蚀刻废液中直接回收单质铜，同时又将一价铜氧化成二价铜，使蚀刻液获得再生。下列说法不正确的是
A．阳极室可以使蚀刻液获得再生
B．利用水泵循环多次电解蚀刻废液可以提高铜的回收率
C．阳极的电极反应为
D．理论上外电路有电子移动时，阴极室的质量减少(不考虑的挥发)
【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、蚀刻过程中，蚀刻液中的 [Cu(NH3)4]2+会与铜反应生成 [Cu(NH3)4]2+，导致蚀刻液失效。电解时阳极发生氧化反应，[Cu(NH3)2]+失去电子，结合溶液中的 NH3 H2O 重新生成 [Cu(NH3)4]2+，恰好实现蚀刻液的再生，可循环用于蚀刻过程，A正确；
B、水泵循环的作用是让蚀刻废液在电解装置中多次流经电极区域，使废液中未反应的 [Cu(NH3)2]+充分在阳极被氧化，同时让阴极区的 Cu2+充分还原析出 Cu，从而提高铜的回收率，避免废液中铜元素的浪费，B正确；
C、阳极的核心反应是 [Cu(NH3)2]+的氧化，Cu 元素从 +1 价升高到 + 2 价，每个 [Cu(NH3)2]+失去 1 个电子；反应中需结合溶液中的 NH3 H2O 作为配体，生成稳定的 [Cu(NH3)4]2+，同时生成 H2O，因此电极反应式为 [Cu(NH3)2]+-e- +2NH3 H2O=[Cu(NH3)4]2++2H2O，C正确；
D、阴极发生还原反应，溶液中可还原的阳离子（如 [Cu(NH3)4]2+中的 Cu2+）得到电子析出 Cu，若假设阴极析出 1mol Cu（质量 64g），理论上阴极室质量应减少 64g，但实际存在离子迁移：阳膜允许阳离子通过，阳极室附近的 NH4+会穿过阳膜进入阴极室，补充阴极室的阳离子。因此阴极室在析出 Cu 的同时，有 NH4+迁入，质量减少量会小于 64g，D错误；
故答案为：D。
【分析】要解决本题，需先明确电解装置的核心原理（电极反应、离子迁移规律），再结合蚀刻液再生、铜回收率及电极区质量变化等关键要点逐一分析：
首先判断电解池电极类型：阳极发生氧化反应（失电子） ，反应式为，阴极发生还原反应（得电子）； 反应式为， 结合蚀刻液成分（含 [Cu(NH3)2]+、NH3 H2O 等），分析电极反应对蚀刻液的再生作用，同时关注离子迁移（阳膜允许阳离子通过）对电极室质量的影响。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．（2025·湛江模拟）氯气是一种重要的化工原料，在生产生活中有着重要的应用。请回答下列问题：
(一)某兴趣小组用如图装置在实验室制备氯气。
（1）图示装置中仪器a的名称为　 　。装置中制备Cl2的化学方程式为　 　。
(二)探究盐酸与MnO2的反应。
（2）不同温度下MnO2与盐酸反应的平衡常数如表所示。
温度T/℃ 50 80 110
平衡常数K
MnO2与盐酸的反应是　 　(填“放热”或“吸热”)反应。
（3）实验采用4mol L-1的盐酸与一定量的MnO2反应时，没有产生明显实验现象。小组同学猜测可能的原因是：
猜想1.反应温度低；
猜想2.___________。
请完成如下实验设计并证明上述猜想是否成立。
序号 试剂 反应温度 现象
Ⅰ 40mL4mol L-1盐酸、一药匙MnO2 65℃ 无明显现象
Ⅱ ___________盐酸、一药匙MnO2 80℃ 无明显现象
Ⅲ 40mL7mol L-1盐酸、一药匙MnO2 65℃ 产生黄绿色气体
①上述猜想2为　 　，表中实验Ⅱ所用试剂中盐酸的规格为　 　；根据上述实验可知猜想　 　(填“1”或“2”)成立。
②实验Ⅰ中无明显现象的原因可能是c(H+)或c(Cl-)较低，设计实验进行探究：
由上述实验结果可知MnO2氧化盐酸的反应中，c(H+)变化的影响　 　(填“大于”或“小于”) c(Cl-)。
③为探究c(H+)变化究竟是影响了MnO2的氧化性还是影响了Cl-的还原性，用如图所示装置(A、B均为石墨电极，恒温水浴加热装置省略)进行实验。
序号 操作 现象
i K闭合 指针向左偏转
ⅱ 向U形管a．　 　(填“左侧”或“右侧”)滴加浓硫酸至c(H+)≥7mol L-1 指针偏转幅度变化不大
ⅲ b．　 　 指针向左偏转幅度c．　 　
U形管左侧发生的电极反应为d。　 　；将i和ⅱ、ⅲ作对比，得出结论：MnO2氧化盐酸的反应中，HCl的还原性与c(H+)无关；MnO2的氧化性与c(H+)有关，c(H+)越大，MnO2的氧化性越强。
④为测定实验Ⅲ的反应残余液中盐酸的浓度，探究小组同学取实验Ⅲ中反应残余液10mL，稀释10倍后取20mL用1.00 molL-1的NaOH溶液滴定，消耗NaOH溶液的体积为bmL，则实验Ⅲ的反应残余液中盐酸的浓度为　 　mol L-1。
【答案】分液漏斗；MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；吸热；盐酸浓度低；40mL4 mol L-1；2；大于；a．右侧；b．向U形管左侧滴加浓硫酸至c(H+)≥7mol L-1；c．增大；d．；0.5b
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；氯气的实验室制法；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）图示装置中，仪器a带有活塞，名称为：分液漏斗。装置中，MnO2与浓盐酸在加热条件下反应，制备Cl2等，依据得失电子守恒、元素守恒，可得出发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。
故答案为： 分液漏斗 ； MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O ；
（2）由表中数据可以看出，升高温度，反应的平衡常数增大，则加热时，平衡正向移动，所以MnO2与盐酸的反应是吸热反应。
故答案为： 吸热 ；
（3）MnO2与盐酸反应时，不加热不发生反应，稀盐酸与MnO2既使在加热条件下也不发生反应，所以温度和盐酸的浓度都对反应的发生造成影响。
①实验Ⅰ中，使用40mL4mol L-1盐酸、一药匙MnO2，温度为65℃，反应未发生；实验Ⅱ中，虽然将温度由65℃升高到80℃，反应仍未发生，则表明溶液的浓度小导致反应未发生，所以猜想1.反应温度低；猜想2为：盐酸浓度低。比较实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的温度和浓度可以得出，实验Ⅲ中，虽然温度低，但盐酸的浓度大，反应仍能发生，所以表中实验Ⅱ反应不能发生的原因是所用试剂中盐酸小，则规格为：40mL4 mol L-1。上述实验中，升高温度时反应未发生，但增大盐酸浓度时反应发生，由此可知猜想2成立。
②由上述实验结果可知，MnO2氧化盐酸的反应中，c(H+)从4 mol L-1增大到7 mol L-1时，反应发生，而c(Cl-)由4 mol L-1增大到10mol L-1时，反应才发生，所以c(H+)变化的影响大于c(Cl-)。
③为探究c(H+)变化究竟是影响了MnO2的氧化性还是影响了Cl-的还原性，则可向图中装置的U形管左侧或右侧分别滴加浓硫酸至c(H+)≥7mol L-1，观察指针的偏转情况，由此作出结论。
序号 操作 现象
i K闭合 指针向左偏转
ii 向U形管a．右侧滴加浓硫酸至c(H+)≥7mol L-1 指针偏转幅度变化不大
iii b．向U形管左侧滴加浓硫酸至c(H+)≥7mol L-1 指针向左偏转幅度c．增大
U形管左侧，A电极为正极，MnO2得电子产物与电解质反应，生成Mn2+等，发生的电极反应为d.；将i和ii、iii作对比，得出结论：MnO2氧化盐酸的反应中，HCl的还原性与c(H+)无关；MnO2的氧化性与c(H+)有关，c(H+)越大，MnO2的氧化性越强。
④10mL残留液中，加入NaOH溶液后发生反应HCl+NaOH=NaCl+H2O，则n(HCl)=n(NaOH)==5b×10-3mol，则实验Ⅲ的反应残余液中盐酸的浓度为=0.5b mol L-1。
故答案为： 盐酸浓度低 ； 40mL4 mol L-1 ；2； 大于 ； a．右侧 ； b．向U形管左侧滴加浓硫酸至c(H+)≥7mol L-1 ； c．增大 ； d． ； 0.5b 。
【分析】MnO2和浓盐酸在加热条件下能发生反应制取 Cl2，不过温度较低或盐酸浓度较小时，反应都难以发生。那么，在温度和盐酸浓度这两个因素中，哪个对反应的影响更显著呢？溶液的酸性是对 Cl-的还原性影响更大，还是对 MnO2的氧化性影响更大呢？通过实验探究可以明确，H+浓度变化对该反应的影响程度超过 Cl-浓度变化的影响，而且溶液酸性对 MnO2氧化性的影响要大于对 Cl-还原性的影响。
（1）识别仪器名称，掌握 MnO2与浓盐酸加热制 Cl2的化学方程式。
（2）根据平衡常数随温度变化趋势判断反应热效应。
（3）①分析实验变量（温度、盐酸浓度），判断猜想是否成立。
②对比 c (H+) 和 c (Cl-) 变化对反应的影响程度。
③通过原电池实验探究 c (H+) 对 MnO2氧化性的影响，分析电极反应和现象。
④利用酸碱中和滴定的物质的量关系计算盐酸浓度。
18．（2025·湛江模拟）某研究组开发了一种从铜阳极泥(含、、、、等)中提取金、银等贵金属的工艺，流程如图所示，请回答以下问题：
已知：①“滤渣1”的主要成分为、、。
② 。
③当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在。
④“溶银”时，“滤渣3”可以转化为银络合离子，温度过高时，银络合离子容易被分解，发生反应。
（1）Te(碲)与氧同主族，位于元素周期表的第五周期，其基态原子的价电子排布式为　 　。
（2）“酸浸”时生成反应的化学方程式为　 　。
（3）“溶金”时生成反应的离子方程式为　 　。
（4）“酸浸”和“溶金”工序均需加入一定量的。
①在“酸浸”工序中，加入适量的原因是　 　。
②在“溶金”工序，溶液中浓度不能超过　 　。
（5）“滤液5”中溶质主要成分为　 　(填化学式)。已知：“溶银”工序中银浸出率与反应温度的关系如图。在连续生产的模式下，“溶银”工序需在左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是　 　。
（6）过渡金属硫族化合物常用于超导材料的性能研究，某过渡金属硫族化合物的晶胞结构如图所示。
①该物质的化学式为　 　。
②已知晶胞底面边长是，高是，晶胞最简式的摩尔质量为，计算该晶胞的密度　 　(列出计算式，阿伏加德罗常数的值用表示)。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）使完全转化为，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致转化为；0.5
（5）；反应温度过高，银络合离子容易被分解，“溶银”的效率降低
（6）；
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；化学平衡常数；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）Te(碲)与氧同主族，位于元素周期表的第五周期，其基态原子的价电子排布式；
故答案为： ；
（2）由分析知，“酸浸”时生成反应的化学方程式为；
故答案为： ；
（3）由分析知，“溶金”时生成反应的离子方程式为；
故答案为： ；
（4）①在“酸浸”工序中，加入适量，可以使完全转化为，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致转化为；
②根据已知，，；
故答案为： 使完全转化为，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致转化为 ；0.5；
（5）由分析知，“滤液5”中溶质主要成分为溶液；由图知，反应温度过高，银络合离子容易被分解，“溶银”的效率降低，故在连续生产的模式下，“溶银”工序需在左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产；
故答案为： ； 反应温度过高，银络合离子容易被分解，“溶银”的效率降低 ；
（6）该晶胞中原子个数，原子个数，原子个数=8，则、、原子个数之比，故化学式为，晶胞体积，晶胞密度。
故答案为： ；；
【分析】向含Au、Ag、Cu、Ag2Te、Cu2Te的铜阳极泥中，加入（氧化剂）、（提供）和（提供），发生一系列氧化还原反应：
：中（+1价）、（-2价）被氧化为和；：中（+1价）、（-2价）被氧化，
与结合生成沉淀；：
单质被氧化，与生成沉淀；
：单质被氧化为。
反应后，进入溶液，难溶物为、、，通过过滤实现分离；向滤渣（、、）中加入溶液，（两性氧化物）与反应：，生成溶液。过滤后，难溶物为、，实现与、的分离；向难溶的、中加入（氧化剂）、（提供）和（提供），发生反应：。被氧化为，进入溶液（生成溶液），而不反应，过滤后实现与的分离；向难溶的中加入溶液，与形成络合物：。再加入进行还原：，得到单质和溶液；“滤液5”中的溶液可循环用于“溶银”步骤，提高原料利用率。
综上，整个工艺流程通过“酸浸-溶碲-溶金-溶银-还原”等步骤，实现了铜阳极泥中、、等有价金属的分离与回收，同时通过试剂循环利用降低了成本。
（1）Te(碲)与氧同主族，位于元素周期表的第五周期，其基态原子的价电子排布式；
（2）由分析知，“酸浸”时生成反应的化学方程式为；
（3）由分析知，“溶金”时生成反应的离子方程式为；
（4）①在“酸浸”工序中，加入适量，可以使完全转化为，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致转化为；
②根据已知，，；
（5）由分析知，“滤液5”中溶质主要成分为溶液；由图知，反应温度过高，银络合离子容易被分解，“溶银”的效率降低，故在连续生产的模式下，“溶银”工序需在左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产；
（6）该晶胞中原子个数，原子个数，原子个数=8，则、、原子个数之比，故化学式为，晶胞体积，晶胞密度。
19．（2025·湛江模拟）配合物由于特殊的性质，在化工生产和实验探究中有着广泛的用途。
（1）铜元素位于元素周期表的　 　区，配合物中的中心离子为　 　。
（2）工业上常用醋酸二氨合亚铜(即)溶液来吸收合成氨原料气中的一氧化碳，其反应原理为，分压与时间的关系如图1所示。
①由图1可知温度为时，内，的平均吸收速率为　 　(保留两位有效数字)。
②要从除杂后的溶液中“再生”出醋酸二氨合亚铜，可　 　(填“升”或“降”)温　 　(填“增”或“降”)压。
（3）二氧化硫通入氯化铁溶液得到了血红色溶液，为探究该红色配合物的组成，某课题组将溶液加入一定体积的浓度均为的、混合溶液中，测得其吸光度如图2所示，其中。
已知：吸光度和配合物浓度的关系为，该配合物中只含有一个金属离子。
①由图2可知该红色配合物的配体为　 　。
②若测得吸光度，忽略混合后溶液体积的变化，则该配位反应中的转化率为　 　。
（4）配合物常用于贵金属的分离提纯，在某冶金工艺中存在反应，其中和浓度之和为，两种离子的分布分数随浓度的变化关系如图3所示，
图3
已知。则上述反应的平衡常数　 　，若浓度为，则的浓度为　 　。
【答案】（1）ds；
（2）；升；降
（3）；75%
（4）2；0.06
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡常数；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）铜是29号元素，位于第四周期ⅠB族，属于元素周期表的ds区；配合物中，Cu2+与4个NH3分子形成配离子，中心离子为Cu2+。
故答案为： ds ； ；
（2）①由图1可知温度为时，内，CO的分压强由0.085MPa降低为0.07MPa，的平均吸收速率为。
②根据“先拐先平”，可知T1故答案为： ； 升 ； 降 ；
（3）①由图2可知，随增大，吸光度降低，即浓度越大吸光度越高，该红色配合物的配体为。
②根据已知吸光度和配合物的浓度的关系，，算出含铁配合物的浓度为，混合后的浓度为，故的转化率为。
故答案为： ； 75%；
（4）取图上的交点计算，设的浓度为，则的浓度为，，。
故答案为：2； 、0.06 ；
【分析】（1）明确铜元素在周期表的分区，识别配合物的中心离子。
（2）①根据压强变化和时间计算平均速率。②依据平衡移动原理，分析温度、压强对反应的影响。（3）①结合吸光度与配体浓度的关系判断配体。②利用吸光度与浓度的关系，结合转化率公式计算。（4）根据分布分数和平衡常数表达式，结合浓度关系计算平衡常数和离子浓度。
（1）铜是29号元素，位于第四周期ⅠB族，属于元素周期表的ds区；配合物中，Cu2+与4个NH3分子形成配离子，中心离子为Cu2+。
（2）①由图1可知温度为时，内，CO的分压强由0.085MPa降低为0.07MPa，的平均吸收速率为 。
②根据“先拐先平”，可知T1（3）①由图2可知，随增大，吸光度降低，即浓度越大吸光度越高，该红色配合物的配体为。
②根据已知吸光度和配合物的浓度的关系，，算出含铁配合物的浓度为，混合后的浓度为，故的转化率为。
（4）取图上的交点计算，设的浓度为，则的浓度为，，。
20．（2025·湛江模拟）三步法合成布洛芬既遵循了绿色化学原则，又实现了废气的利用，其合成路线如下所示：
请回答下列问题：
（1）化合物Ⅰ的分子式为　 　，化合物Ⅱ中含氧官能团的名称为　 　。
（2）化合物Ⅲ到化合物Ⅳ的反应是原子利用率的反应，且Ⅲ与化合物a反应得到Ⅳ，则化合物a为　 　。
（3）化合物Ⅰ→Ⅱ的化学方程式为　 　。
（4）关于上述合成路线中的相关物质及转化，下列说法不正确的有___________(填标号)。
A．由化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，有键的断裂与形成
B．化合物Ⅱ→Ⅲ的反应类型为还原反应
C．由化合物Ⅱ到Ⅲ的转化中，有手性碳原子形成
D．化合物Ⅳ的核磁共振氢谱图上有8组峰
（5）根据化合物Ⅲ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂及条件 反应形成的新结构 反应类型
　 　 　 　 加成反应
（6）化合物Ⅱ的某同分异构体含有苯环，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，且能够发生银镜反应，其结构简式为　 　。
（7）参照以上合成路线及所学知识以苯和为原料设计路线合成(其他试剂任选)。
①合成路线涉及醇制羧酸，所得羧酸的结构式为　 　。
②合成路线中最后一步的化学方程式为　 　。
【答案】（1）；酮羰基
（2）
（3）
（4）A
（5），，加热；
（6）
（7）；
【知识点】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）化合物I的结构简式为：，分子式为：；
化合物II的结构简式为：，含氧官能团为酮羰基；
故答案为： ； 酮羰基 ；
（2）根据原子守恒，III到IV反应中-OH生成了-COOH，化合物a为CO；
故答案为： ；
（3）I到II发生取代反应，与乙酸酐反应得到II和乙酸，反应的方程式为：；
故答案为：
（4）A. 双键中含有π键，由化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，没有π键的断裂与形成，A错误；
B. 化合物Ⅱ→Ⅲ的反应属于加氢的反应，为还原反应，B正确；
C. 由化合物Ⅱ到Ⅲ的转化中，有手性碳原子形成，C正确；
D. 化合物Ⅳ有8种化学不同环境的H原子，核磁共振氢谱图上有8组峰，D正确
故答案为：A；
（5）III的结构简式为：，含有苯环，可以与氢气在催化剂和加热条件下发生加成反应生成；
故答案为：，，加热 ；；
（6）II的结构简式为：，同分异构体中含有苯环，能发生银镜反应有醛基，有四种等效氢原子的结构为：；
故答案为：
（7）得到酯类物质需要有酸和醇，根据题目中III到IV的反应，可以有与CO在催化剂作用下得到，由还原得到，可以由苯和在HF作用下得到；
①合成路线涉及醇制羧酸，所得羧酸的结构式为；
②合成路线中最后一步的化学方程式为：。
故答案为：；
【分析】第一步，化合物 Ⅰ 在 HF 和 (CH3CO)2O 作用下反应生成化合物 Ⅱ；第二步，化合物 Ⅱ 与 H2反应生成化合物 Ⅲ；第三步，化合物 Ⅲ 在 PdCl2(PPh3)2和试剂 a 作用下反应生成布洛芬（化合物 Ⅳ）。据此解题。
（1）化合物I的结构简式为：，分子式为：；
化合物II的结构简式为：，含氧官能团为酮羰基；
（2）根据原子守恒，III到IV反应中-OH生成了-COOH，化合物a为CO；
（3）I到II发生取代反应，与乙酸酐反应得到II和乙酸，反应的方程式为：；
（4）A. 双键中含有π键，由化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，没有π键的断裂与形成，A错误；
B. 化合物Ⅱ→Ⅲ的反应属于加氢的反应，为还原反应，B正确；
C. 由化合物Ⅱ到Ⅲ的转化中，有手性碳原子形成，C正确；
D. 化合物Ⅳ有8种化学不同环境的H原子，核磁共振氢谱图上有8组峰，D正确
答案选A；
（5）III的结构简式为：，含有苯环，可以与氢气在催化剂和加热条件下发生加成反应生成；
（6）II的结构简式为：，同分异构体中含有苯环，能发生银镜反应有醛基，有四种等效氢原子的结构为：；
（7）得到酯类物质需要有酸和醇，根据题目中III到IV的反应，可以有与CO在催化剂作用下得到，由还原得到，可以由苯和在HF作用下得到；
①合成路线涉及醇制羧酸，所得羧酸的结构式为；
②合成路线中最后一步的化学方程式为：。
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