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广东省惠州市2025届高三下学期一模 化学试题
一、单项选择题：本题共16个小题，共44分。第1 - 10小题，每小题2分；第11 - 16小题，每小题4分。每小题只有一个选项符合题意。
1．（2025·惠州模拟）蛇在我国传统文化中象征着智慧与灵动。下列文物中，主要由合金材料制成的是
A．用青铜蛇 B．西周玉蛇
C．战国木雕蟠蛇漆卮 D．清光绪珊瑚蓝蛇
A．A B．B C．C D．D
2．（2025·惠州模拟）逐天探海展宏图，科技报国铸辉煌。下列说法正确的是
A．碳化硅功率器件在太空成功验证，碳化硅是分子晶体
B．载人月球车 “探索” 由钛合金制成，46Ti和47Ti互为同位素
C．“天问一号” 探测器使用的热控材料是新型陶瓷，陶瓷属于金属材料
D．橡胶清污瓦可提高潜艇的隐蔽性，其主要元素C位于s区
3．（2025·惠州模拟）坚定文化自信，化学无处不在。下列说法正确的是
A．《舌尖上的中国》中美食烹饪用到食醋，食醋是电解质
B．《梦溪笔谈》中 “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜” 是发生了分解反应
C．《哪吒2》中甜蜜素型棒棒糖再身，莲藕中的纤维素可以水解成葡萄糖
D．DeepSeek标志着我国AI领域的重大突破，其所需GPU芯片主要由SiO2制成
4．（2025·惠州模拟）1770年，舍勒通过实验证实二氧化硫的漂白性质。在此启发下，兴趣小组利用以下装置，进行实验。其中，难以达到预期目的的是
A．制取SO2 B．干燥SO2
C．验证SO2的漂白性 D．吸收SO2
A．A B．B C．C D．D
5．（2025·惠州模拟）化学之美，美在不同维度。下列说法不正确的是
A．颜色之美：节日燃放的焰火与电子跃迁有关
B．对称之美：互为镜像的手性分子性质完全相同
C．生命之美：DNA中碱基通过氢键互补配对形成双螺旋结构
D．程序之美：不规则明矾固体可在其他饱和溶液中变成规则晶体
6．（2025·惠州模拟）将镀层有破损的镀锡铁片放入酸化的3%NaCl溶液中。下列说法正确的是
A．Fe作原电池正极
B．溶液中的Cl-向锡极移动
C．铁片腐蚀速率比未镀锡时更快
D．铁表面发生的电极反应：2H++2e-=H2↑
7．（2025·惠州模拟）劳动创造美好生活。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 帮厨活动：用石膏对豆浆进行点卤 胶体遇电解质发生聚沉
B 家务劳动：用铝粉与NaOH疏通管道 铝与NaOH溶液反应产生H2
C 污水处理：用Na2S除去废水中的Cu2+ Na2S具有很强的还原性
D 塑料加工：聚氯乙烯树脂中加入增塑剂 增塑剂能提高塑料的柔韧性和弹性
A．A B．B C．C D．D
8．（2025·惠州模拟）对乙酰氨基酚是一种常用的解热镇痛药，其结构简式如图，关于该化合物的说法不正确的是
A．能与FeCl3溶液发生显色反应
B．能与浓硝酸和浓硫酸发生硝化反应
C．碳原子的杂化方式有sp、sp2和sp3
D．分子中所有原子不可能共平面
9．（2025·惠州模拟）工业废水中含有大量的Fe2+、Cu2+、，从该废水中回收FeSO4和Cu，流程如下。其中操作X为
A．萃取分液 B．加热蒸馏 C．冷却结晶 D．加水稀释
10．（2025·惠州模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值。CO2与H2在一定条件下可制备HCHO、HCOOH等有机物，下列说法正确的是
A．2 g H2含有的质子数为2NA
B．标准状况下，11.2 L CO2含有的π键数目为0.5NA
C．1 L 0.1 mol·L- 的HCOOH溶液中H+的数目为0.1NA
D．0.1 mol HCHO与HCOOH的混合物，氧原子的数目为0.2NA
11．（2025·惠州模拟）部分含Cu或Fe物质的分类与相应化合价的关系如图，下列推断不合理的是
A．可存在g→f→e的转化 B．f与KSCN溶液反应显红色
C．足量a与Cl2反应只能得到c D．b与d能与同一种物质反应生成c
12．（2025·惠州模拟）下列陈述，Ⅱ正确并且有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A NH3极易溶于水 NH3易挥发
B 焦炭还原石英砂制备粗硅 C的还原性比Si强
C 肥皂清液中加入醋酸铅，析出沉淀 蛋白质能发生盐析
D TiCl4加入大量的水并加热制备TiO2 TiCl4的水解程度大
A．A B．B C．C D．D
13．（2025·惠州模拟）利用以下装置探究铜与浓、稀硝酸的反应。关闭阀门A、C，同时开始甲、乙两管的实验，下列说法正确的是
A．甲、乙两管皆变热，说明存在ΔH>0的反应
B．甲、乙两管中产生气体，说明两管皆发生氧化还原反应
C．反应开始时甲管产生气泡的速率比乙管快，说明甲管中反应速率大
D．NO2、NO均为酸性氧化物，故可用NaOH溶液吸收尾气
14．（2025·惠州模拟）化合物X3YZE4ME3可用作肥料，所含5种元素均为短周期主族元素。X、Y和Z为同周期元素，原子序数依次递增。X的基态原子价层电子排布式为nsn-2，Z的基态原子价电子层p轨道半充满。E与M同周期，且未成对电子数相同，E是地壳中含量最多的元素。下列说法正确的是
A．元素电负性：Z>E>M B．原子半径：Y>E>M
C．第一电离能：Z>Y>X D．E3和ME2的空间结构均为直线形
15．（2025·惠州模拟）一定温度下，向恒容密闭容器中投入E和M，发生如下反应：①E(s)+M(g) F(g)；②F(g)G(g)。已知反应历程E过量，c0(M)=0.1mol·L-1，部分物质的浓度(c)随时间(t)的变化关系如图，且反应体系达到平衡状态。下列说法中正确的是
A．X为c(G)随t的变化曲线
B．0 - t1内，(F) = mol·L-1s-1
C．a点时，F的消耗速率大于G的消耗速率
D．t2时，扩大容器的体积，n(F)减小
16．（2025·惠州模拟）某低成本储能电池原理如图，下列说法不正确的是
A．放电时，总反应为：Pb++2Fe3+ =PbSO4+2Fe2+
B．充电时，阴极区电解质溶液pH减小
C．充电时，阳极的电极反应为：Fe2+-e- =Fe3+
D．理论上每转移1mole-，负极室溶液减少48g
二、非选择题：本题共4个小题，共56分。
17．（2025·惠州模拟）钴氨配合物在电镀及环境科学研究中有着重要的应用价值。某科研小组对其研究过程如下：
I．配制CoCl2溶液
（1）配制100mL0.1mol·L-1CoCl2溶液，需要CoCl2的质量为________g。
（2）溶液配制过程中，下列仪器需要用到的有_______(填标号)。
A. B. C. D.
Ⅱ．制备[Co(NH3)6]2+配合物
实验操作 实验现象
在试管内混合CoCl2溶液和适量6mol·L-1NH3·H2O溶液。 得到浅青色沉淀的浑浊液，沉淀未见明显溶解。
在试管内混合CoCl2溶液和适量14mol·L-1NH3·H2O溶液。 得到浅青色沉淀的浑浊液，沉淀未见明显溶解。
资料：Co(OH)2为浅青色沉淀，[Co(NH3)6]2+溶液为红色。
（3）实验①中生成浅青色沉淀的离子方程式为________。
（4）实验①和②现象可知，Co(OH)2与NH3·H2O难以生成[Co(NH3)6]2+配合物。学习小组预测对生成[Co(NH3)6]2+生成有一定促进作用。设计实验如下：取等体积实验①的浊液于1、2两支试管中，分别加入不同试剂，实验现象证实了预测。
①x的化学式是________，c = ________。
②实验现象是________。
③从平衡移动角度，结合化学用语，解释对[Co(NH3)6]2+生成有一定促进作用原理________。
Ⅲ．制备[Co(NH3)6]3+配合物
往CoCl2溶液中加入浓氨水、H2O2、NH4Cl溶液，在活性炭催化下转化为橙黄色的[Co(NH3)6]3+溶液。为探究反应过程，小组成员提出了不同的猜想。
提出猜想 猜想1：Co2+先失电子生成Co(OH)3后与氨水形成配合物；
猜想2：Co2+先被H2O2氧化成Co3+后与氨水形成配合物；
猜想3：Co2+先与氨水形成[Co(NH3)6]2+后被H2O2氧化成[Co(NH3)6]3+。
（5）科研小组取少量Co(OH)3固体于试管中，逐滴加入浓氨水，观察到________，证明猜想1不成立。
教师指导 氧化剂电对的电极电势大于还原剂电对的电极电势时，反应可以自发进行。
验证猜想 按照连接装置，分别往两烧杯中加入药品，关闭K，观察到________，猜想2不成立。往左边烧杯中滴加________，观察到________，猜想3成立。
18．（2025·惠州模拟）钒(V)是一种重要的战略金属元素，利用硫酸化—水浸工艺从石煤(含有V2O3、SiO2、CaO、Al2O3)中制得VO2+的工艺流程如下：
已知：①氧化中和后，溶液的pH为8；
②树脂吸附原理：+M-+Cl-。
（1）在其他条件相同时，熟化温度对钒浸出率的影响如下图，最佳的熟化温度为　 　。
（2）“氧化中和”后钒的化合价为　 　，滤渣2的主要成分为　 　。
（3）含钒离子在不同pH溶液中的存在形式如下：
“树脂吸附”的化学方程式为　 　，流出液的主要成分为　 　。
（4）“解吸”时可以用饱和NaCl溶液洗脱，请结合平衡移动原理解释原因　 　。
（5）向解吸后的洗脱液中加入MgCl2溶液，当溶液中c(Mg2+)=1.8×10-6mol/L时，求溶液中的c()　 　 (已知：Ksp[NH4VO3]=1.8×10-11，Ksp[Mg(VO3)2]=1.8×10-12)
（6）“还原”过程的离子方程式为　 　。
（7）一种含钒的氧化物晶胞结构如图，此氧化物的化学式为　 　；已知NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为　 　g·cm-3(列出计算式即可)。
19．（2025·惠州模拟）锰及其化合物在生产和生活中发挥着重要的作用。
（1）基态Mn的价层电子排布式为　 　。
（2）含锰催化剂催化NH3脱硝烟的一种反应机理如图7。
①上述过程，催化剂为　 　。
②该过程总反应的化学方程式为　 　。
（3）一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应过程中不同价态Mn粒子的浓度随时间变化如图所示，Mn(Ⅱ)起催化作用。
①据图估算，5min时v(H2C2O4)=　 　mol·L-1·min-1。
②下列说法正确的是　 　。
A．随着反应的进行，反应速率逐渐减小
B．该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存
C．Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4
D．随着反应的进行，溶液中H+浓度不断增大
（4）室温下，MnSO4在不同pH溶液中含锰微粒Mn2+、MnOH+、、、的分布系数δ与pH的关系如图。
已知：δ(MnOH+)=，可脱水生成。
①加水稀释，平衡时c()：c(Mn2+)的值　 　(填“增大”、“不变”或“减小”)。
②MnOH+ +2OH-+H2O平衡常数K=　 　。
③若MnSO4溶液起始浓度为0.1mol/L，加入KOH固体调节溶液pH(忽略加入固体后引起的溶液体积变化)，Q点时MnO含量极低，忽略不计。求Q点时Mn2+的平衡转化率　 　 (已知：101.6≈40，写出过程，结果保留三位有效数字)。
20．（2025·惠州模拟）化合物H是脯氨醇酶抑制剂，其合成路线如下：
（1）化合物A的分子式为　 　，化合物B的官能团名称为　 　。
（2）X的分子式为C2H3OCl，X的结构简式为　 　。
（3）化合物Y是化合物B的同分异构体，能与NaHCO3反应，核磁共振氢谱峰面积之比为6：3：2：1，Y的结构简式为　 　(写一种)。
（4）关于上述合成路线的相关物质及转化，下列说法不正确的有_______。
A．C到D反应中有C—Br键的断裂和C—S键的形成
B．化合物E比化合物F更易溶于水
C．化合物F分子中含有1个手性碳原子
D．化合物H中N原子的杂化方式为sp2
（5）根据化合物G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
① O2，Cu，加热 　 　 　 　
② 　 　 　 　 消去反应
（6）以、和乙烯为主要原料，利用反应E→F→H的原理制备，基于你的设计路线，回答下列问题：
①第一步为碱性水解反应，化学方程式为　 　。
②最后一步反应的化学方程式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用；硅酸盐
【解析】【解答】A．青铜是由铜和锡组成的合金，属于金属材料范畴，A项符合要求；
B．玉石的主要化学成分为铝硅酸盐，应归类为无机非金属材料，B项不符合要求；
C．战国木雕蟠蛇漆卮以木材为原料，主要成分是天然有机高分子化合物纤维素，不属于金属材料，C项不符合要求；
D．珊瑚的主要成分是碳酸钙CaCO3，属于无机非金属材料，D项不符合要求；
综上所述，正确答案为：A。
【分析】题目考查物质成分，青铜是合金；玉是硅酸盐；木雕是纤维素；珊瑚的主要成分是碳酸钙。
2．【答案】B
【知识点】原子晶体（共价晶体）；元素、核素；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．碳化硅(SiC)具有高硬度和高熔点的特性，其晶体结构呈现空间网状排列，符合共价晶体的特征，A错误；
B．46Ti和47Ti两种原子的质子数相同，中子数不同，是同位素， B正确；
C．陶瓷的主要成分是硅酸盐，属于传统无机非金属材料，不属于金属材料， C错误；
D．碳元素(C)的原子序数为6，其价电子排布为2s22p2，位于元素周期表的p区， D错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A．碳化硅是共价晶体；
B．同位素是指质子数相同而中子数不同的原子；
C．陶瓷属于传统无机非金属材料；
D．碳元素在p区。
3．【答案】C
【知识点】化学基本反应类型；电解质与非电解质；硅和二氧化硅；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A．食醋是CHCOOH溶液属于混合物，其既不是电解质也不是非电解质，A选项错误；
B．《梦溪笔谈》中描述的"熬胆矾铁釜，久之亦化为铜"是指Fe与CuSO发生置换反应生成FeSO和Cu，B选项错误；
C．纤维素属于多糖类物质，在一定条件下可以水解生成葡萄糖，C选项正确；
D．DeepSeek代表我国AI领域的重要突破，其所需GPU芯片主要材料是Si，而SiO2是制造光导纤维的主要原料，D选项错误；
正确答案为：C。
【分析】A．混合物不是电解质也不是非电解质，食醋是混合物；
B．湿法炼铜的原理是铁置换铜，属于置换反应；
C．纤维素是多糖，可水解生成单糖；
D． GPU芯片主要 成分是硅单质。
4．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．铜与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫，化学方程式为：Cu + 2H2SO4(浓) CuSO4 + SO2↑ + 2H2O，因此A选项不符合题意；B．二氧化硫是酸性气体，不与浓硫酸发生反应，可以用浓硫酸干燥，故B选项不符合题意；
C．二氧化硫使溴水褪色是通过还原反应实现的，其反应方程式为：Br2 + SO2 + 2H2O = 2HBr + H2SO4，这个现象体现的是二氧化硫的还原性而非漂白性，因此C选项符合题意；
D．二氧化硫是酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，实验室常用氢氧化钠溶液吸收多余的二氧化硫，且装置中设有防倒吸措施，故D选项不符合题意；
综上所述，正确答案为：C。
【分析】A．根据铜的化学性质，在加热条件下，铜和浓硫酸反应生成二氧化硫；
B．浓硫酸可干燥二氧化硫；
C．二氧化硫和溴单质发生氧化还原反应；
D．二氧化硫是酸性气体，可用氢氧化钠吸收。
5．【答案】B
【知识点】含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响；焰色反应；晶体的定义
【解析】【解答】A．节日燃放的焰火是原子从激发态跃迁至基态时释放的光能，这一现象与电子跃迁过程直接相关，选项A正确；
B．手性异构体虽然分子组成相同，但其物理性质和化学性质存在差异，选项B错误；
C．DNA分子的双螺旋结构是通过两条长链中碱基之间的氢键实现互补配对形成的，选项C正确；
D．晶体具有自范性，在饱和溶液中存在溶解-结晶平衡，最终会形成规则几何外形。从微观角度看，这是由于晶体内部微粒呈规则排列所致。因此不规则明矾固体在其饱和溶液中逐渐转变为完整规则晶体的现象，选项D正确；
正确答案选B。
【分析】A．焰火是焰色试验，电子从高能级到低能级发生跃迁，以光形式释放；
B．手性异构体物理性质存在差别；
C．DNA分子结构中的碱基之间存在氢键；
D．明矾是晶体，有自范性，自发形成规则的多面体外形。
6．【答案】C
【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．Fe作为原电池的负极，选项A说法错误；
B．Sn为正极，在原电池中阴离子（Cl-）会向负极（铁极）迁移，选项B说法错误；
C．镀锡铁片形成原电池会加速腐蚀（Fe作负极），而未镀锡时仅发生化学腐蚀，因此腐蚀速率更快，选项C正确；
D．负极反应为Fe-2e-→Fe2+，选项D说法错误；
正确答案为C。【分析】将镀层破损的镀锡铁片浸入酸化的3%NaCl溶液时，会形成原电池。由于Fe比Sn活泼，Fe作为负极发生氧化反应：Fe-2e-=Fe2+；Sn作为正极发生还原反应：2H++2e-=H2↑。
7．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铝的化学性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A. 石膏的主要成分为硫酸钙（CaSO4），豆浆属于胶体体系。当胶体遇到电解质时会发生聚沉现象，因此用石膏点卤能使豆浆凝固成豆腐。该劳动项目与所述化学原理直接相关，故A选项不符合题意；
B. 铝（Al）与氢氧化钠（NaOH）溶液反应会生成偏铝酸钠（NaAlO2）和氢气（H2），这个反应能产生气体使管道内气压升高，从而达到疏通管道的目的。该劳动项目与所述化学反应原理直接相关，故B选项不符合题意；
C. 硫化钠（Na2S）用于去除废水中的铜离子（Cu2+）是通过硫离子（S2-）与铜离子形成难溶的硫化铜（CuS）沉淀来实现的，这个过程中硫化钠表现的是沉淀剂的作用，与其还原性无关。故C选项符合题意；
D. 增塑剂的加入能够改善聚氯乙烯（PVC）树脂的柔韧性和弹性性能，该劳动项目与所述化学知识直接相关，故D选项不符合题意；
综上所述，正确答案为：C。
【分析】A. 电解质溶液可以使胶体聚沉，二者存在关联；
B. 根据铝化学性质，铝和氢氧化钠反应生成氢气有助于疏通管道；
C. 硫化钠除去铜离子是生成硫化铜沉淀，和硫化钠还原性无关；
D. 增塑剂能提高塑料的柔韧性和弹性 。
8．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机化合物中碳的成键特征
【解析】【解答】A、分子含酚羟基（-OH 直接连苯环），酚羟基能与 FeCl3溶液发生显色反应，A正确；
B、分子含苯环，苯环可与浓硝酸、浓硫酸发生硝化反应（苯环上的氢被硝基取代），B正确；
C、分子中，苯环、酰胺基中的 C 为 sp2 杂化，甲基中的 C 为 sp3 杂化，无 sp 杂化的 C（sp 杂化需含碳碳三键或直线型碳链，此分子无），因此碳原子杂化方式只有 sp2、sp3，C错误；
D、分子含甲基（sp3 杂化的 C 为四面体结构），甲基上的 H 无法与其他原子共平面，因此所有原子不可能共平面，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．抓住 “酚羟基” 的特征反应，酚羟基能与 FeCl3显色。
B．依据 “苯环可发生硝化反应” 的性质，判断能与浓硝酸、浓硫酸反应。
C．明确杂化方式的判断依据：苯环、酰胺基 C 是 sp2，甲基 C 是 sp3，无 sp 杂化（无碳碳三键等结构）。
D．根据 “甲基的四面体结构”，确定甲基上的 H 无法共平面。
9．【答案】C
【知识点】分液和萃取；物质的分离与提纯；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A．萃取分液法适用于分离互不相溶的液体混合物，不适用于此情况， A错误；
B．蒸馏法用于分离沸点不同的液体组分，不适用于固体结晶过程， B错误；
C．冷却结晶法利用 FeSO4 溶解度随温度降低而减小的特性，使晶体析出， C正确；
D．加水稀释不能促使 FeSO4 结晶析出， D错误；
正确答案：C
【分析】题目中工业废水含有 Fe2+、Cu2+ 和。处理过程分三步：1. 加入过量铁粉后，铁会置换出铜离子，生成铜单质和硫酸亚铁溶液；2. 过滤得到的铁和铜混合物，加入过量稀硫酸，铁溶解生成硫酸亚铁溶液，铜不反应被分离；3. 合并所有硫酸亚铁溶液，通过加热控制温度后冷却结晶，最终得到 FeSO4 7H2O 晶体。
10．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．的物质的量为。由于每个氢原子含有个质子，因此含有质子，对应的质子数为。A选项正确；
B．标准状况下的物质的量为。每个分子包含1个碳氧双键，其中含有1个σ键和1个π键，因此每个分子含有2个π键。的π键数目为。B选项错误；
C．溶液中甲酸的物质的量为。由于甲酸是弱酸，其电离出的氢离子数目小于。C选项错误；
D．混合物的总物质的量为。采用极限法分析：假设全部为，则氧原子数为；假设全部为，则氧原子数为。因此氧原子数介于和之间。D选项错误；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A．根据11mol氢气中含有2mol质子作答；
B．二氧化碳结构为O=C=O，每个分子含有2个π键；
C．甲酸是弱酸，部分电离；
D．根据甲醛和甲酸结构中，含有的氧原子数介于1和2之间作答。
11．【答案】C
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；铜及其化合物；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A．由推断可知，g(Fe2O3)与HCl反应生成f(FeCl3)，f再与NaOH反应生成e(Fe(OH)3)，存在g→f→e转化链，A正确；
B．f为铁盐含，与KSCN反应呈特征血红色，B正确；
C．a若为Fe，与Cl2反应仅生成FeCl3，无法得到FeCl2，C错误；
D．b(CuO/FeO)和d(Cu(OH)2/Fe(OH)2)均能与酸反应生成c(铜盐/亚铁盐)，D正确；
故选C。【分析】根据物质的分类与化合价关系，推断a可能是Cu或Fe，b对应CuO或FeO，c为铜盐或亚铁盐，d为Cu(OH)2或Fe(OH)2，e为Fe(OH)3，f为铁盐，g为Fe2O3，据此分析。
12．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A. 氨气（）的溶解性是由于其分子极性和与水形成氢键的能力，而挥发性由其低沸点决定，两者属于不同性质，无直接因果关系，故A选项错误；
B. 硅与碳在约高温下的反应不能作为判断常温下还原性强弱的依据，因为高温可能改变物质的氧化还原特性，因此无法由此推断硅的还原性强于碳，故B选项错误；
C. 肥皂（高级脂肪酸钠）遇醋酸铅（含）会产生沉淀，这是重金属离子与脂肪酸根结合生成不溶性盐（高级脂肪酸铅）的结果，属于复分解反应而非盐析现象，故C选项错误；
D. 水解生成的反应分两步：（水解），加热后进一步脱水得到，该解释正确，故D选项正确；
综上，正确答案为D。
【分析】A. 氨易挥发是因为沸点低，和溶解度无关；
B. 碳和二氧化硅反应生成硅单质，和反应条件高温有关，不能比较单质还原性强弱；
C. 肥皂液并不是蛋白质；
D. 制备二氧化钛是利用四氯化钛水解得到的。
13．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；铜及其化合物；物质的简单分类
【解析】【解答】A. 甲、乙两管均变热，表明反应为放热反应（ΔH < 0）， A错误；
B. 两管均产生气体，铜与浓硝酸反应生成NO2，与稀硝酸反应生成NO，两反应均有元素化合价变化，属于氧化还原反应， B正确；
C. 由于两管产生不同气体（NO2和NO），其溶解度差异会影响气泡速率，不能单纯通过气泡快慢判断反应速率大小， C错误；
D. 虽然NO2能与NaOH反应，NO2 + NO + 2NaOH = 2NaNO2 + H2O，发生的是氧化还原反应，不符合酸性氧化物定义，NO也不能与NaOH反应， D错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A. 体系温度升高，说明反应放热；
B. 根据甲和乙管中所装物质，分别生成二氧化氮和一氧化氮，氮元素化合价发生变化，是氧化还原反应；
C. 观察生成气泡生成速率时，应考虑不同气体在溶液中溶解度，易溶气体生成的多，溶解的也多，看不到气泡；
D. 酸性氧化物指和碱反应生成盐和水，化合价不发生变化。
14．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A. M为C、Z为P、E为O。电负性比较规律：同周期从左到右增大，同主族从上到下减小，因此电负性O > P > C（E > Z > M），A错误；B. Y为Mg、E为O、M为C。原子半径比较规律：同周期从左到右减小，同主族从上到下增大，因此原子半径Mg > C > O（Y > M > E），B错误；
C. X为Na、Y为Mg、Z为P。第一电离能比较规律：同周期从左到右呈增大趋势（但Mg因全满结构反常），因此第一电离能P > Mg > Na（Z > Y > X），C正确；
D. E3（O3）的空间构型为V形，ME2（CO2）的空间结构为直线形，D错误；
正确答案是C。
【分析】化合物X3YZE4ME3包含的5种元素都是短周期主族元素。X的基态原子价层电子排布式为nsn-2，n只能是3，因此X为Na元素；X、Y和Z为同周期元素，原子序数依次增加；Z的基态原子价层p轨道半充满，Z为P元素；E是地壳中含量最多的元素，E为O元素；E与M同周期，且未成对电子数相同，M为C元素；化合物中正负化合价代数和为0，Y为+2价，因此Y为Mg元素。
15．【答案】A,C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．根据分析，X曲线对应的是c(G)随时间的变化， A正确；B．对于F的净速率计算：在0-t1时间内，F的浓度从0增加到小于0.1 mol/L，因此υ(F) < (0.1/t1) mol·L- ·s- ， B错误；
C．在a点时：F浓度仍在下降，G浓度仍在上升， M已完全消耗，此时：反应①停止生成F， F的消耗速率大于生成速率， F的生成速率等于G的消耗速率，综上可得F的消耗速率 > G的消耗速率， C正确；
D． 反应①：固体E参与，反应前后气体分子数不变，反应②：反应前后气体分子数不变，在t2达到平衡后扩大容器体积，两个平衡均不发生移动，因此n(F)保持不变， D错误；
正确答案为：AC。
【分析】 反应①：E(s) + M(g) F(g)，反应②：F(g) G(g)，结合曲线变化特征可以得出：F的浓度呈现先升高后降低的趋势，G的浓度持续上升， E和M的浓度持续下降直至为零，由此判断： X曲线代表G的浓度变化，先升后降的曲线代表F，持续下降至零的曲线代表M，同时可以确定反应①不是可逆反应，应表示为：E(s) + M(g) = F(g)。
16．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A. 放电时，Pb为负极，电极反应为：Pb - 2e- + = PbSO4；多孔碳电极为正极，电极反应为：Fe3+ + e- = Fe2+。根据电子守恒，总反应为：Pb + + 2Fe3+ = PbSO4 + 2Fe2+，A正确；B. 充电时，H+通过质子交换膜从阳极室迁移至阴极室，导致阴极区pH降低，B正确；
C. 充电时，多孔碳电极为阳极，Fe2+失电子生成Fe3+，电极反应为：Fe2+ - e- = Fe3+，C正确；
D. 放电时，Pb/PbSO4为负极，反应为：Pb - 2e- + = PbSO4。每转移1 mol电子，负极室消耗0.5 mol，同时1 mol H+迁移至正极室，负极室质量减少：0.5 mol × 96 g/mol + 1 mol × 1 g/mol = 49 g，D错误；
故答案为：D。
【分析】该储能电池放电时，Pb电极作为负极，失去电子并与硫酸根离子结合生成PbSO4；多孔碳电极作为正极，Fe3+在正极得电子被还原为Fe2+。充电时，多孔碳电极变为阳极，Fe2+失电子被氧化为Fe3+；PbSO4电极作为阴极，PbSO4得电子还原为Pb并释放硫酸根离子。
17．【答案】(1) 1.3
(2) B，D
(3)
(4) Na2SO4 1 试管1中沉淀溶解，溶液颜色变为红色，试管2中无明显现象 增大时，与OH-反应生成，使沉淀平衡正向移动，导致与c(NH3 H2O)增加，有利于生成
(5) 沉淀未溶解，溶液颜色无明显变化 电流表指针不偏转 浓氨水 电流表指针发生偏转，左烧杯溶液变为橙黄色
【知识点】化学平衡的影响因素；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）配制100mL 0.1mol/L的CoCl2溶液，需要固体CoCl2的质量为；
故答案为： 1.3 ；
（2）实验室用配制100mL 0.1mol/L的CoCl2溶液需要用到烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、100mL容量瓶等玻璃仪器，故选BD；
故答案为： B，D ；
（3）已知浅青色沉淀为，故实验①中生成浅青色沉淀的离子方程式为；
故答案为：；
（4）①依题意，实验2为实验1的对照组，目的是排除的干扰，故x可为溶液，浓度为1mol/L；
②学习小组预测对生成[Co(NH3)6]2+生成有一定促进作用。设计实验如下：取等体积实验①的浊液于1、2两支试管中，分别加入不同试剂，实验现象证实了预测，则实验现象为试管1中沉淀溶解，溶液颜色变为红色，试管2中无明显现象；
③从平衡移动的角度分析，加入10滴1mol/L硫酸铵溶液，增大时，与OH-反应生成，使沉淀平衡正向移动，导致与c(NH3 H2O)增加，进而促进正向移动，有利于生成；
故答案为： Na2SO4 ； 1；试管1中沉淀溶解，溶液颜色变为红色，试管2中无明显现象 增大时，与OH-反应生成；使沉淀平衡正向移动，导致与c(NH3 H2O)增加，有利于生成
（5）若猜想1成立，则能观察到试管内沉淀溶解、溶液颜色变为橙黄色，若观察到沉淀未溶解，溶液颜色无明显变化，猜想1不成立；依题意，若猜想2成立，H2O2会将二价钴氧化成三价钴，则关闭K后，形成原电池，电流表指针会发生偏转，若观察到电流表指针不偏转，猜想2不成立；若猜想3成立，也就是说Co2+先与氨水形成[Co(NH3)6]2+后被H2O2氧化成[Co(NH3)6]3+ ，则只需向左边烧杯中加入浓氨水，先形成配合物[Co(NH3)6]2+，观察到电流表指针偏转，左烧杯溶液变为橙黄色即可证明猜想3成立。
故答案为： 沉淀未溶解，溶液颜色无明显变化 电流表指针不偏转 浓氨水 电流表指针发生偏转，左烧杯溶液变为橙黄色 。
【分析】（1）根据 “m = cVM” 计算：0.1 mol/L×0.1 L×130 g/mol=1.3 g。
（2）配制溶液需容量瓶、胶头滴管等，选仪器 B（胶头滴管）、D（容量瓶）。
（3）结合 “Co(OH)2为青沉淀”，离子方程式：Co2++2NH3 H2O=Co(OH)2↓+2NH4+。
（4）① 对照实验排除 SO42-干扰，x 为 Na2SO4，浓度 c=1 mol/L；② 现象：试管 1 沉淀溶解、变红，试管 2 无明显现象；③ 平衡移动：NH4+消耗 OH-，使 Co(OH)2溶解平衡正向移动，Co2+浓度增大，促进配合物生成。
（5）证明猜想 1 不成立：沉淀未溶解、溶液无变化；
证明猜想 2 不成立：电流表指针不偏转；
证明猜想 3 成立：加浓氨水，电流表指针偏转、左烧杯溶液变橙黄。
18．【答案】（1）100℃
（2）+5；Al(OH)3
（3）；NaCl
（4）树脂吸附存在平衡：，加入饱和NaCl溶液，使得体系中的Cl-浓度升高，进而导致吸附平衡逆向移动，有助于从树脂上脱附
（5）
（6）
（7）VO2；
【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；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）实验数据显示，当熟化温度达到100℃时，钒的浸出效率达到峰值；
（2）通过分析后续钒化合物的价态变化，可确定“氧化中和”后钒呈+5价态。根据工艺流程，“滤渣2”的主要成分为Al(OH)3；
（3）“氧化中和”阶段调节溶液pH至8时，钒以形式存在。树脂吸附过程的化学反应可表示为：；流出液的主要成分为NaCl及其他未吸附物质；
（4）树脂吸附过程存在动态平衡：，加入饱和NaCl溶液会提高Cl-浓度，促使平衡逆向移动，从而促进从树脂上解吸；
（5）依题Mg(VO3)2的溶度积小于NH4VO3的溶度积，故当体系生成NH4VO3晶体后，Mg(VO3)2也达到溶解平衡，此时，；
(6)“还原”过程中，被HCOOH还原成VO2+，故反应的离子方程式为；
(7)V在顶点和体心，O在面心和体内，根据均摊法可知晶胞中V的数目为，O的数目为，故化学式为VO2；晶胞密度为=g·cm-3。
【分析】在“熟化”步骤中，SiO2保持不反应状态，其他组分均转化为相应价态的硫酸盐。经过“水浸”处理后，分离得到两种产物：主要含SiO2和CaSO4的滤渣1，以及含有钒、铝盐的滤液。该滤液经过“氧化中和”处理后，生成Al(OH)3沉淀（滤渣2）和含Na2HVO4、NaCl的滤液。后续通过“树脂吸附”“解吸”“沉钒”等步骤最终制得NH4VO3。NH4VO3经高温煅烧转化为V2O5，后者与硫酸反应生成离子，最终被甲酸还原为VO2+。
（1）由图可知，当熟化温度为100℃时，钒的浸出率达到最大；
（2）根据后期含钒物质的价态可知，“氧化中和”后，钒的价态为+5；由上述分析可知“滤渣2”主要成分为Al(OH)3；
（3）“氧化中和”后溶液的pH为8，此时含钒离子为，根据树脂吸附原理可知，吸附的化学方程式为；流出液主要是“氧化中和”后除的其他物质，主要包括NaCl；
（4）树脂吸附存在平衡：，加入饱和NaCl溶液，使得体系中的Cl-浓度升高，进而导致吸附平衡逆向移动，有助于从树脂上脱附；
（5）依题Mg(VO3)2的溶度积小于NH4VO3的溶度积，故当体系生成NH4VO3晶体后，Mg(VO3)2也达到溶解平衡，此时，；
（6）“还原”过程中，被HCOOH还原成VO2+，故反应的离子方程式为；
（7）V在顶点和体心，O在面心和体内，根据均摊法可知晶胞中V的数目为，O的数目为，故化学式为VO2；晶胞密度为=g·cm-3。
19．【答案】（1）3d54s2
（2）Ⅰ；
（3）4 ×10-6；BC
（4）减小；；98.8%
【知识点】原子核外电子排布；化学反应速率的影响因素；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）锰元素（原子序数25）在周期表中的位置为第四周期ⅦB族，其价电子排布式为3d54s2；
（2）①反应机理图示表明，NH3与NO在催化剂作用下生成N2和H2O，其中物质Ⅰ先被消耗后又再生，故判定Ⅰ为催化剂；②根据机理图推导的总反应方程式为；
（3）①浓度-时间曲线显示，0-5min期间KMnO4浓度减少0.1×10-4mol/L且完全转化为Mn(Ⅲ)，依据电子守恒关系2n(KMnO4)=n(H2C2O4)，计算得v(H2C2O4)=；
②A．当时间在13min左右时，开始生成Mn(Ⅱ)，且浓度增大，而Mn(Ⅱ)对反应起到催化作用，故13min后反应速率会变大，A错误；
B．由图可知，Mn(Ⅶ)的浓度降为0后才开始生成Mn(Ⅱ)，则该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，B正确；
C．由图可知，随着反应的进行Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明前期生成Mn(Ⅲ)，后期Mn(Ⅲ)又被消耗生成Mn(Ⅱ)，所以Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，C正确；
D．由图可知总反应为，随着反应的进行，氢离子浓度减小，D错误；
故答案选BC；
（4）①由图可知存在如下平衡ⅰ．，；ⅱ．，；，随着水的加入，氢氧根离子浓度降低，故加水稀释时，比值减小；
②，当pH=11.8时，，；
③Q点时，，pH=11.8，则c(OH-)=10-2.2mo/L，由P点知，，，故当c(OH-)=10-2.2mo/L时，有得，，故，忽略，故(Mn守恒)，故Q点时，，，故Mn2+的平衡转化率为。
【分析】Mn(OH)2难溶于水且具有两性特性。在某特定温度下，当MnSO4处于不同浓度的KOH溶液中时，Mn(Ⅱ)的分布系数δ随pH变化的关系如图所示。通过分析曲线变化和分布分数可知：在较低pH条件下，Mn元素主要以Mn2+形态存在，因此曲线x代表Mn2+，曲线y对应MnOH+，曲线z则表示。后续分析均基于该图像特征展开。
（1）Mn为25号元素，位于元素周期表第四周期ⅦB族，故其价电子排布式为3d54s2；
（2）①由机理图可知，NH3和NO在催化剂的作用下生成N2和H2O，其中I先消耗，再生成，故Ⅰ为催化剂；②由机理图可知反应的总方程式为；
（3）①由浓度－时间图可知，0-5min时，KMnO4减少了0.1×10-4mol/L，并且全部转化为Mn(Ⅲ)，根据得失电子守恒可得2n(KMnO4)=n(H2C2O4)，故v(H2C2O4)=；
②A．当时间在13min左右时，开始生成Mn(Ⅱ)，且浓度增大，而Mn(Ⅱ)对反应起到催化作用，故13min后反应速率会变大，A错误；
B．由图可知，Mn(Ⅶ)的浓度降为0后才开始生成Mn(Ⅱ)，则该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，B正确；
C．由图可知，随着反应的进行Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明前期生成Mn(Ⅲ)，后期Mn(Ⅲ)又被消耗生成Mn(Ⅱ)，所以Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，C正确；
D．由图可知总反应为，随着反应的进行，氢离子浓度减小，D错误；
故答案选BC；
（4）①由图可知存在如下平衡ⅰ．，；ⅱ．，；，随着水的加入，氢氧根离子浓度降低，故加水稀释时，比值减小；
②，当pH=11.8时，，；
③Q点时，，pH=11.8，则c(OH-)=10-2.2mo/L，由P点知，，，故当c(OH-)=10-2.2mo/L时，有得，，故，忽略，故(Mn守恒)，故Q点时，，，故Mn2+的平衡转化率为。
20．【答案】（1）C8H10O；酯基
（2）
（3）或
（4）C；D
（5）；氧化反应；浓硫酸 加热；
（6）；或或
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据A的结构式，其分子式为C8H10O。化合物B的官能团名称是酯基；
（2）通过比较A和B的结构，结合X的分子式C2H3OCl，可以推断X的结构简式为；
（3）化合物Y是B的同分异构体，能够与NaHCO3反应，表明Y中含有羧基。核磁共振氢谱显示4组峰，说明分子中存在4种氢原子，峰面积比为6：3：2：1，对应氢原子数目分别为6、3、2、1。因此，Y的可能结构简式为或；
（4）A．对比C、D的结构简式，C与发生取代反应生成D，有C—Br键的断裂和C—S键的形成，A正确；
B．化合物E中含有羟基，能与水分子形成氢键，而F中没有羟基，所以化合物E比化合物F更易溶于水，B正确；
C．化合物F分子中没有手性碳原子，C错误；
D．化合物H中N形成3个单键，含有1个孤电子对，杂化方式为sp3，D错误；
答案选CD。
（5）G中含有羟基，在O2，Cu，加热条件下发生催化氧化，形成新的结构为，G中羟基发生消去反应时，可以用浓硫酸、加热，形成碳碳双键，新的结构为；
(6)①第一步为碱性水解反应，化学方程式为；
②利用反应E→F→H的原理可知，最后一步反应为取代反应，通过产物以及原料逆推可知，最后一步的反应物可以为或、或、或、、BrCH2CH2Br，所以化学方程式为
或或
。
【分析】A（）与X（）发生反应生成B，随后B经过取代反应转化为C，C进一步反应得到D。D反应生成的E分子中含有羟基，能够与水分子形成氢键，而F分子中不含羟基，因此化合物E比化合物F在水中的溶解度更高。最终F通过取代反应生成H。
（1）通过A的结构可知其分子式为C8H10O，化合物B的官能团名称为酯基；
（2）对比A、B的结构，结合X的分子式C2H3OCl可推知X的结构简式为；
（3）化合物Y是化合物B的同分异构体，能与NaHCO3反应，说明Y中含有羧基，核磁共振氢谱有4组峰，说明有4种氢原子，峰面积之比为6：3：2：1，说明4种氢所含氢原子的个数为6、3、2、1，可推出 Y的结构简式为或；
（4）A．对比C、D的结构简式，C与发生取代反应生成D，有C—Br键的断裂和C—S键的形成，A正确；
B．化合物E中含有羟基，能与水分子形成氢键，而F中没有羟基，所以化合物E比化合物F更易溶于水，B正确；
C．化合物F分子中没有手性碳原子，C错误；
D．化合物H中N形成3个单键，含有1个孤电子对，杂化方式为sp3，D错误；
答案选CD。
（5）G中含有羟基，在O2，Cu，加热条件下发生催化氧化，形成新的结构为，G中羟基发生消去反应时，可以用浓硫酸、加热，形成碳碳双键，新的结构为；
（6）①第一步为碱性水解反应，化学方程式为；
②利用反应E→F→H的原理可知，最后一步反应为取代反应，通过产物以及原料逆推可知，最后一步的反应物可以为或、或、或、、BrCH2CH2Br，所以化学方程式为
或或
。
1 / 1广东省惠州市2025届高三下学期一模 化学试题
一、单项选择题：本题共16个小题，共44分。第1 - 10小题，每小题2分；第11 - 16小题，每小题4分。每小题只有一个选项符合题意。
1．（2025·惠州模拟）蛇在我国传统文化中象征着智慧与灵动。下列文物中，主要由合金材料制成的是
A．用青铜蛇 B．西周玉蛇
C．战国木雕蟠蛇漆卮 D．清光绪珊瑚蓝蛇
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；合金及其应用；硅酸盐
【解析】【解答】A．青铜是由铜和锡组成的合金，属于金属材料范畴，A项符合要求；
B．玉石的主要化学成分为铝硅酸盐，应归类为无机非金属材料，B项不符合要求；
C．战国木雕蟠蛇漆卮以木材为原料，主要成分是天然有机高分子化合物纤维素，不属于金属材料，C项不符合要求；
D．珊瑚的主要成分是碳酸钙CaCO3，属于无机非金属材料，D项不符合要求；
综上所述，正确答案为：A。
【分析】题目考查物质成分，青铜是合金；玉是硅酸盐；木雕是纤维素；珊瑚的主要成分是碳酸钙。
2．（2025·惠州模拟）逐天探海展宏图，科技报国铸辉煌。下列说法正确的是
A．碳化硅功率器件在太空成功验证，碳化硅是分子晶体
B．载人月球车 “探索” 由钛合金制成，46Ti和47Ti互为同位素
C．“天问一号” 探测器使用的热控材料是新型陶瓷，陶瓷属于金属材料
D．橡胶清污瓦可提高潜艇的隐蔽性，其主要元素C位于s区
【答案】B
【知识点】原子晶体（共价晶体）；元素、核素；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．碳化硅(SiC)具有高硬度和高熔点的特性，其晶体结构呈现空间网状排列，符合共价晶体的特征，A错误；
B．46Ti和47Ti两种原子的质子数相同，中子数不同，是同位素， B正确；
C．陶瓷的主要成分是硅酸盐，属于传统无机非金属材料，不属于金属材料， C错误；
D．碳元素(C)的原子序数为6，其价电子排布为2s22p2，位于元素周期表的p区， D错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A．碳化硅是共价晶体；
B．同位素是指质子数相同而中子数不同的原子；
C．陶瓷属于传统无机非金属材料；
D．碳元素在p区。
3．（2025·惠州模拟）坚定文化自信，化学无处不在。下列说法正确的是
A．《舌尖上的中国》中美食烹饪用到食醋，食醋是电解质
B．《梦溪笔谈》中 “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜” 是发生了分解反应
C．《哪吒2》中甜蜜素型棒棒糖再身，莲藕中的纤维素可以水解成葡萄糖
D．DeepSeek标志着我国AI领域的重大突破，其所需GPU芯片主要由SiO2制成
【答案】C
【知识点】化学基本反应类型；电解质与非电解质；硅和二氧化硅；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A．食醋是CHCOOH溶液属于混合物，其既不是电解质也不是非电解质，A选项错误；
B．《梦溪笔谈》中描述的"熬胆矾铁釜，久之亦化为铜"是指Fe与CuSO发生置换反应生成FeSO和Cu，B选项错误；
C．纤维素属于多糖类物质，在一定条件下可以水解生成葡萄糖，C选项正确；
D．DeepSeek代表我国AI领域的重要突破，其所需GPU芯片主要材料是Si，而SiO2是制造光导纤维的主要原料，D选项错误；
正确答案为：C。
【分析】A．混合物不是电解质也不是非电解质，食醋是混合物；
B．湿法炼铜的原理是铁置换铜，属于置换反应；
C．纤维素是多糖，可水解生成单糖；
D． GPU芯片主要 成分是硅单质。
4．（2025·惠州模拟）1770年，舍勒通过实验证实二氧化硫的漂白性质。在此启发下，兴趣小组利用以下装置，进行实验。其中，难以达到预期目的的是
A．制取SO2 B．干燥SO2
C．验证SO2的漂白性 D．吸收SO2
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．铜与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫，化学方程式为：Cu + 2H2SO4(浓) CuSO4 + SO2↑ + 2H2O，因此A选项不符合题意；B．二氧化硫是酸性气体，不与浓硫酸发生反应，可以用浓硫酸干燥，故B选项不符合题意；
C．二氧化硫使溴水褪色是通过还原反应实现的，其反应方程式为：Br2 + SO2 + 2H2O = 2HBr + H2SO4，这个现象体现的是二氧化硫的还原性而非漂白性，因此C选项符合题意；
D．二氧化硫是酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，实验室常用氢氧化钠溶液吸收多余的二氧化硫，且装置中设有防倒吸措施，故D选项不符合题意；
综上所述，正确答案为：C。
【分析】A．根据铜的化学性质，在加热条件下，铜和浓硫酸反应生成二氧化硫；
B．浓硫酸可干燥二氧化硫；
C．二氧化硫和溴单质发生氧化还原反应；
D．二氧化硫是酸性气体，可用氢氧化钠吸收。
5．（2025·惠州模拟）化学之美，美在不同维度。下列说法不正确的是
A．颜色之美：节日燃放的焰火与电子跃迁有关
B．对称之美：互为镜像的手性分子性质完全相同
C．生命之美：DNA中碱基通过氢键互补配对形成双螺旋结构
D．程序之美：不规则明矾固体可在其他饱和溶液中变成规则晶体
【答案】B
【知识点】含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响；焰色反应；晶体的定义
【解析】【解答】A．节日燃放的焰火是原子从激发态跃迁至基态时释放的光能，这一现象与电子跃迁过程直接相关，选项A正确；
B．手性异构体虽然分子组成相同，但其物理性质和化学性质存在差异，选项B错误；
C．DNA分子的双螺旋结构是通过两条长链中碱基之间的氢键实现互补配对形成的，选项C正确；
D．晶体具有自范性，在饱和溶液中存在溶解-结晶平衡，最终会形成规则几何外形。从微观角度看，这是由于晶体内部微粒呈规则排列所致。因此不规则明矾固体在其饱和溶液中逐渐转变为完整规则晶体的现象，选项D正确；
正确答案选B。
【分析】A．焰火是焰色试验，电子从高能级到低能级发生跃迁，以光形式释放；
B．手性异构体物理性质存在差别；
C．DNA分子结构中的碱基之间存在氢键；
D．明矾是晶体，有自范性，自发形成规则的多面体外形。
6．（2025·惠州模拟）将镀层有破损的镀锡铁片放入酸化的3%NaCl溶液中。下列说法正确的是
A．Fe作原电池正极
B．溶液中的Cl-向锡极移动
C．铁片腐蚀速率比未镀锡时更快
D．铁表面发生的电极反应：2H++2e-=H2↑
【答案】C
【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．Fe作为原电池的负极，选项A说法错误；
B．Sn为正极，在原电池中阴离子（Cl-）会向负极（铁极）迁移，选项B说法错误；
C．镀锡铁片形成原电池会加速腐蚀（Fe作负极），而未镀锡时仅发生化学腐蚀，因此腐蚀速率更快，选项C正确；
D．负极反应为Fe-2e-→Fe2+，选项D说法错误；
正确答案为C。【分析】将镀层破损的镀锡铁片浸入酸化的3%NaCl溶液时，会形成原电池。由于Fe比Sn活泼，Fe作为负极发生氧化反应：Fe-2e-=Fe2+；Sn作为正极发生还原反应：2H++2e-=H2↑。
7．（2025·惠州模拟）劳动创造美好生活。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 帮厨活动：用石膏对豆浆进行点卤 胶体遇电解质发生聚沉
B 家务劳动：用铝粉与NaOH疏通管道 铝与NaOH溶液反应产生H2
C 污水处理：用Na2S除去废水中的Cu2+ Na2S具有很强的还原性
D 塑料加工：聚氯乙烯树脂中加入增塑剂 增塑剂能提高塑料的柔韧性和弹性
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铝的化学性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A. 石膏的主要成分为硫酸钙（CaSO4），豆浆属于胶体体系。当胶体遇到电解质时会发生聚沉现象，因此用石膏点卤能使豆浆凝固成豆腐。该劳动项目与所述化学原理直接相关，故A选项不符合题意；
B. 铝（Al）与氢氧化钠（NaOH）溶液反应会生成偏铝酸钠（NaAlO2）和氢气（H2），这个反应能产生气体使管道内气压升高，从而达到疏通管道的目的。该劳动项目与所述化学反应原理直接相关，故B选项不符合题意；
C. 硫化钠（Na2S）用于去除废水中的铜离子（Cu2+）是通过硫离子（S2-）与铜离子形成难溶的硫化铜（CuS）沉淀来实现的，这个过程中硫化钠表现的是沉淀剂的作用，与其还原性无关。故C选项符合题意；
D. 增塑剂的加入能够改善聚氯乙烯（PVC）树脂的柔韧性和弹性性能，该劳动项目与所述化学知识直接相关，故D选项不符合题意；
综上所述，正确答案为：C。
【分析】A. 电解质溶液可以使胶体聚沉，二者存在关联；
B. 根据铝化学性质，铝和氢氧化钠反应生成氢气有助于疏通管道；
C. 硫化钠除去铜离子是生成硫化铜沉淀，和硫化钠还原性无关；
D. 增塑剂能提高塑料的柔韧性和弹性 。
8．（2025·惠州模拟）对乙酰氨基酚是一种常用的解热镇痛药，其结构简式如图，关于该化合物的说法不正确的是
A．能与FeCl3溶液发生显色反应
B．能与浓硝酸和浓硫酸发生硝化反应
C．碳原子的杂化方式有sp、sp2和sp3
D．分子中所有原子不可能共平面
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机化合物中碳的成键特征
【解析】【解答】A、分子含酚羟基（-OH 直接连苯环），酚羟基能与 FeCl3溶液发生显色反应，A正确；
B、分子含苯环，苯环可与浓硝酸、浓硫酸发生硝化反应（苯环上的氢被硝基取代），B正确；
C、分子中，苯环、酰胺基中的 C 为 sp2 杂化，甲基中的 C 为 sp3 杂化，无 sp 杂化的 C（sp 杂化需含碳碳三键或直线型碳链，此分子无），因此碳原子杂化方式只有 sp2、sp3，C错误；
D、分子含甲基（sp3 杂化的 C 为四面体结构），甲基上的 H 无法与其他原子共平面，因此所有原子不可能共平面，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．抓住 “酚羟基” 的特征反应，酚羟基能与 FeCl3显色。
B．依据 “苯环可发生硝化反应” 的性质，判断能与浓硝酸、浓硫酸反应。
C．明确杂化方式的判断依据：苯环、酰胺基 C 是 sp2，甲基 C 是 sp3，无 sp 杂化（无碳碳三键等结构）。
D．根据 “甲基的四面体结构”，确定甲基上的 H 无法共平面。
9．（2025·惠州模拟）工业废水中含有大量的Fe2+、Cu2+、，从该废水中回收FeSO4和Cu，流程如下。其中操作X为
A．萃取分液 B．加热蒸馏 C．冷却结晶 D．加水稀释
【答案】C
【知识点】分液和萃取；物质的分离与提纯；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A．萃取分液法适用于分离互不相溶的液体混合物，不适用于此情况， A错误；
B．蒸馏法用于分离沸点不同的液体组分，不适用于固体结晶过程， B错误；
C．冷却结晶法利用 FeSO4 溶解度随温度降低而减小的特性，使晶体析出， C正确；
D．加水稀释不能促使 FeSO4 结晶析出， D错误；
正确答案：C
【分析】题目中工业废水含有 Fe2+、Cu2+ 和。处理过程分三步：1. 加入过量铁粉后，铁会置换出铜离子，生成铜单质和硫酸亚铁溶液；2. 过滤得到的铁和铜混合物，加入过量稀硫酸，铁溶解生成硫酸亚铁溶液，铜不反应被分离；3. 合并所有硫酸亚铁溶液，通过加热控制温度后冷却结晶，最终得到 FeSO4 7H2O 晶体。
10．（2025·惠州模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值。CO2与H2在一定条件下可制备HCHO、HCOOH等有机物，下列说法正确的是
A．2 g H2含有的质子数为2NA
B．标准状况下，11.2 L CO2含有的π键数目为0.5NA
C．1 L 0.1 mol·L- 的HCOOH溶液中H+的数目为0.1NA
D．0.1 mol HCHO与HCOOH的混合物，氧原子的数目为0.2NA
【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．的物质的量为。由于每个氢原子含有个质子，因此含有质子，对应的质子数为。A选项正确；
B．标准状况下的物质的量为。每个分子包含1个碳氧双键，其中含有1个σ键和1个π键，因此每个分子含有2个π键。的π键数目为。B选项错误；
C．溶液中甲酸的物质的量为。由于甲酸是弱酸，其电离出的氢离子数目小于。C选项错误；
D．混合物的总物质的量为。采用极限法分析：假设全部为，则氧原子数为；假设全部为，则氧原子数为。因此氧原子数介于和之间。D选项错误；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A．根据11mol氢气中含有2mol质子作答；
B．二氧化碳结构为O=C=O，每个分子含有2个π键；
C．甲酸是弱酸，部分电离；
D．根据甲醛和甲酸结构中，含有的氧原子数介于1和2之间作答。
11．（2025·惠州模拟）部分含Cu或Fe物质的分类与相应化合价的关系如图，下列推断不合理的是
A．可存在g→f→e的转化 B．f与KSCN溶液反应显红色
C．足量a与Cl2反应只能得到c D．b与d能与同一种物质反应生成c
【答案】C
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；铜及其化合物；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A．由推断可知，g(Fe2O3)与HCl反应生成f(FeCl3)，f再与NaOH反应生成e(Fe(OH)3)，存在g→f→e转化链，A正确；
B．f为铁盐含，与KSCN反应呈特征血红色，B正确；
C．a若为Fe，与Cl2反应仅生成FeCl3，无法得到FeCl2，C错误；
D．b(CuO/FeO)和d(Cu(OH)2/Fe(OH)2)均能与酸反应生成c(铜盐/亚铁盐)，D正确；
故选C。【分析】根据物质的分类与化合价关系，推断a可能是Cu或Fe，b对应CuO或FeO，c为铜盐或亚铁盐，d为Cu(OH)2或Fe(OH)2，e为Fe(OH)3，f为铁盐，g为Fe2O3，据此分析。
12．（2025·惠州模拟）下列陈述，Ⅱ正确并且有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A NH3极易溶于水 NH3易挥发
B 焦炭还原石英砂制备粗硅 C的还原性比Si强
C 肥皂清液中加入醋酸铅，析出沉淀 蛋白质能发生盐析
D TiCl4加入大量的水并加热制备TiO2 TiCl4的水解程度大
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A. 氨气（）的溶解性是由于其分子极性和与水形成氢键的能力，而挥发性由其低沸点决定，两者属于不同性质，无直接因果关系，故A选项错误；
B. 硅与碳在约高温下的反应不能作为判断常温下还原性强弱的依据，因为高温可能改变物质的氧化还原特性，因此无法由此推断硅的还原性强于碳，故B选项错误；
C. 肥皂（高级脂肪酸钠）遇醋酸铅（含）会产生沉淀，这是重金属离子与脂肪酸根结合生成不溶性盐（高级脂肪酸铅）的结果，属于复分解反应而非盐析现象，故C选项错误；
D. 水解生成的反应分两步：（水解），加热后进一步脱水得到，该解释正确，故D选项正确；
综上，正确答案为D。
【分析】A. 氨易挥发是因为沸点低，和溶解度无关；
B. 碳和二氧化硅反应生成硅单质，和反应条件高温有关，不能比较单质还原性强弱；
C. 肥皂液并不是蛋白质；
D. 制备二氧化钛是利用四氯化钛水解得到的。
13．（2025·惠州模拟）利用以下装置探究铜与浓、稀硝酸的反应。关闭阀门A、C，同时开始甲、乙两管的实验，下列说法正确的是
A．甲、乙两管皆变热，说明存在ΔH>0的反应
B．甲、乙两管中产生气体，说明两管皆发生氧化还原反应
C．反应开始时甲管产生气泡的速率比乙管快，说明甲管中反应速率大
D．NO2、NO均为酸性氧化物，故可用NaOH溶液吸收尾气
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；铜及其化合物；物质的简单分类
【解析】【解答】A. 甲、乙两管均变热，表明反应为放热反应（ΔH < 0）， A错误；
B. 两管均产生气体，铜与浓硝酸反应生成NO2，与稀硝酸反应生成NO，两反应均有元素化合价变化，属于氧化还原反应， B正确；
C. 由于两管产生不同气体（NO2和NO），其溶解度差异会影响气泡速率，不能单纯通过气泡快慢判断反应速率大小， C错误；
D. 虽然NO2能与NaOH反应，NO2 + NO + 2NaOH = 2NaNO2 + H2O，发生的是氧化还原反应，不符合酸性氧化物定义，NO也不能与NaOH反应， D错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A. 体系温度升高，说明反应放热；
B. 根据甲和乙管中所装物质，分别生成二氧化氮和一氧化氮，氮元素化合价发生变化，是氧化还原反应；
C. 观察生成气泡生成速率时，应考虑不同气体在溶液中溶解度，易溶气体生成的多，溶解的也多，看不到气泡；
D. 酸性氧化物指和碱反应生成盐和水，化合价不发生变化。
14．（2025·惠州模拟）化合物X3YZE4ME3可用作肥料，所含5种元素均为短周期主族元素。X、Y和Z为同周期元素，原子序数依次递增。X的基态原子价层电子排布式为nsn-2，Z的基态原子价电子层p轨道半充满。E与M同周期，且未成对电子数相同，E是地壳中含量最多的元素。下列说法正确的是
A．元素电负性：Z>E>M B．原子半径：Y>E>M
C．第一电离能：Z>Y>X D．E3和ME2的空间结构均为直线形
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A. M为C、Z为P、E为O。电负性比较规律：同周期从左到右增大，同主族从上到下减小，因此电负性O > P > C（E > Z > M），A错误；B. Y为Mg、E为O、M为C。原子半径比较规律：同周期从左到右减小，同主族从上到下增大，因此原子半径Mg > C > O（Y > M > E），B错误；
C. X为Na、Y为Mg、Z为P。第一电离能比较规律：同周期从左到右呈增大趋势（但Mg因全满结构反常），因此第一电离能P > Mg > Na（Z > Y > X），C正确；
D. E3（O3）的空间构型为V形，ME2（CO2）的空间结构为直线形，D错误；
正确答案是C。
【分析】化合物X3YZE4ME3包含的5种元素都是短周期主族元素。X的基态原子价层电子排布式为nsn-2，n只能是3，因此X为Na元素；X、Y和Z为同周期元素，原子序数依次增加；Z的基态原子价层p轨道半充满，Z为P元素；E是地壳中含量最多的元素，E为O元素；E与M同周期，且未成对电子数相同，M为C元素；化合物中正负化合价代数和为0，Y为+2价，因此Y为Mg元素。
15．（2025·惠州模拟）一定温度下，向恒容密闭容器中投入E和M，发生如下反应：①E(s)+M(g) F(g)；②F(g)G(g)。已知反应历程E过量，c0(M)=0.1mol·L-1，部分物质的浓度(c)随时间(t)的变化关系如图，且反应体系达到平衡状态。下列说法中正确的是
A．X为c(G)随t的变化曲线
B．0 - t1内，(F) = mol·L-1s-1
C．a点时，F的消耗速率大于G的消耗速率
D．t2时，扩大容器的体积，n(F)减小
【答案】A,C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．根据分析，X曲线对应的是c(G)随时间的变化， A正确；B．对于F的净速率计算：在0-t1时间内，F的浓度从0增加到小于0.1 mol/L，因此υ(F) < (0.1/t1) mol·L- ·s- ， B错误；
C．在a点时：F浓度仍在下降，G浓度仍在上升， M已完全消耗，此时：反应①停止生成F， F的消耗速率大于生成速率， F的生成速率等于G的消耗速率，综上可得F的消耗速率 > G的消耗速率， C正确；
D． 反应①：固体E参与，反应前后气体分子数不变，反应②：反应前后气体分子数不变，在t2达到平衡后扩大容器体积，两个平衡均不发生移动，因此n(F)保持不变， D错误；
正确答案为：AC。
【分析】 反应①：E(s) + M(g) F(g)，反应②：F(g) G(g)，结合曲线变化特征可以得出：F的浓度呈现先升高后降低的趋势，G的浓度持续上升， E和M的浓度持续下降直至为零，由此判断： X曲线代表G的浓度变化，先升后降的曲线代表F，持续下降至零的曲线代表M，同时可以确定反应①不是可逆反应，应表示为：E(s) + M(g) = F(g)。
16．（2025·惠州模拟）某低成本储能电池原理如图，下列说法不正确的是
A．放电时，总反应为：Pb++2Fe3+ =PbSO4+2Fe2+
B．充电时，阴极区电解质溶液pH减小
C．充电时，阳极的电极反应为：Fe2+-e- =Fe3+
D．理论上每转移1mole-，负极室溶液减少48g
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A. 放电时，Pb为负极，电极反应为：Pb - 2e- + = PbSO4；多孔碳电极为正极，电极反应为：Fe3+ + e- = Fe2+。根据电子守恒，总反应为：Pb + + 2Fe3+ = PbSO4 + 2Fe2+，A正确；B. 充电时，H+通过质子交换膜从阳极室迁移至阴极室，导致阴极区pH降低，B正确；
C. 充电时，多孔碳电极为阳极，Fe2+失电子生成Fe3+，电极反应为：Fe2+ - e- = Fe3+，C正确；
D. 放电时，Pb/PbSO4为负极，反应为：Pb - 2e- + = PbSO4。每转移1 mol电子，负极室消耗0.5 mol，同时1 mol H+迁移至正极室，负极室质量减少：0.5 mol × 96 g/mol + 1 mol × 1 g/mol = 49 g，D错误；
故答案为：D。
【分析】该储能电池放电时，Pb电极作为负极，失去电子并与硫酸根离子结合生成PbSO4；多孔碳电极作为正极，Fe3+在正极得电子被还原为Fe2+。充电时，多孔碳电极变为阳极，Fe2+失电子被氧化为Fe3+；PbSO4电极作为阴极，PbSO4得电子还原为Pb并释放硫酸根离子。
二、非选择题：本题共4个小题，共56分。
17．（2025·惠州模拟）钴氨配合物在电镀及环境科学研究中有着重要的应用价值。某科研小组对其研究过程如下：
I．配制CoCl2溶液
（1）配制100mL0.1mol·L-1CoCl2溶液，需要CoCl2的质量为________g。
（2）溶液配制过程中，下列仪器需要用到的有_______(填标号)。
A. B. C. D.
Ⅱ．制备[Co(NH3)6]2+配合物
实验操作 实验现象
在试管内混合CoCl2溶液和适量6mol·L-1NH3·H2O溶液。 得到浅青色沉淀的浑浊液，沉淀未见明显溶解。
在试管内混合CoCl2溶液和适量14mol·L-1NH3·H2O溶液。 得到浅青色沉淀的浑浊液，沉淀未见明显溶解。
资料：Co(OH)2为浅青色沉淀，[Co(NH3)6]2+溶液为红色。
（3）实验①中生成浅青色沉淀的离子方程式为________。
（4）实验①和②现象可知，Co(OH)2与NH3·H2O难以生成[Co(NH3)6]2+配合物。学习小组预测对生成[Co(NH3)6]2+生成有一定促进作用。设计实验如下：取等体积实验①的浊液于1、2两支试管中，分别加入不同试剂，实验现象证实了预测。
①x的化学式是________，c = ________。
②实验现象是________。
③从平衡移动角度，结合化学用语，解释对[Co(NH3)6]2+生成有一定促进作用原理________。
Ⅲ．制备[Co(NH3)6]3+配合物
往CoCl2溶液中加入浓氨水、H2O2、NH4Cl溶液，在活性炭催化下转化为橙黄色的[Co(NH3)6]3+溶液。为探究反应过程，小组成员提出了不同的猜想。
提出猜想 猜想1：Co2+先失电子生成Co(OH)3后与氨水形成配合物；
猜想2：Co2+先被H2O2氧化成Co3+后与氨水形成配合物；
猜想3：Co2+先与氨水形成[Co(NH3)6]2+后被H2O2氧化成[Co(NH3)6]3+。
（5）科研小组取少量Co(OH)3固体于试管中，逐滴加入浓氨水，观察到________，证明猜想1不成立。
教师指导 氧化剂电对的电极电势大于还原剂电对的电极电势时，反应可以自发进行。
验证猜想 按照连接装置，分别往两烧杯中加入药品，关闭K，观察到________，猜想2不成立。往左边烧杯中滴加________，观察到________，猜想3成立。
【答案】(1) 1.3
(2) B，D
(3)
(4) Na2SO4 1 试管1中沉淀溶解，溶液颜色变为红色，试管2中无明显现象 增大时，与OH-反应生成，使沉淀平衡正向移动，导致与c(NH3 H2O)增加，有利于生成
(5) 沉淀未溶解，溶液颜色无明显变化 电流表指针不偏转 浓氨水 电流表指针发生偏转，左烧杯溶液变为橙黄色
【知识点】化学平衡的影响因素；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）配制100mL 0.1mol/L的CoCl2溶液，需要固体CoCl2的质量为；
故答案为： 1.3 ；
（2）实验室用配制100mL 0.1mol/L的CoCl2溶液需要用到烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、100mL容量瓶等玻璃仪器，故选BD；
故答案为： B，D ；
（3）已知浅青色沉淀为，故实验①中生成浅青色沉淀的离子方程式为；
故答案为：；
（4）①依题意，实验2为实验1的对照组，目的是排除的干扰，故x可为溶液，浓度为1mol/L；
②学习小组预测对生成[Co(NH3)6]2+生成有一定促进作用。设计实验如下：取等体积实验①的浊液于1、2两支试管中，分别加入不同试剂，实验现象证实了预测，则实验现象为试管1中沉淀溶解，溶液颜色变为红色，试管2中无明显现象；
③从平衡移动的角度分析，加入10滴1mol/L硫酸铵溶液，增大时，与OH-反应生成，使沉淀平衡正向移动，导致与c(NH3 H2O)增加，进而促进正向移动，有利于生成；
故答案为： Na2SO4 ； 1；试管1中沉淀溶解，溶液颜色变为红色，试管2中无明显现象 增大时，与OH-反应生成；使沉淀平衡正向移动，导致与c(NH3 H2O)增加，有利于生成
（5）若猜想1成立，则能观察到试管内沉淀溶解、溶液颜色变为橙黄色，若观察到沉淀未溶解，溶液颜色无明显变化，猜想1不成立；依题意，若猜想2成立，H2O2会将二价钴氧化成三价钴，则关闭K后，形成原电池，电流表指针会发生偏转，若观察到电流表指针不偏转，猜想2不成立；若猜想3成立，也就是说Co2+先与氨水形成[Co(NH3)6]2+后被H2O2氧化成[Co(NH3)6]3+ ，则只需向左边烧杯中加入浓氨水，先形成配合物[Co(NH3)6]2+，观察到电流表指针偏转，左烧杯溶液变为橙黄色即可证明猜想3成立。
故答案为： 沉淀未溶解，溶液颜色无明显变化 电流表指针不偏转 浓氨水 电流表指针发生偏转，左烧杯溶液变为橙黄色 。
【分析】（1）根据 “m = cVM” 计算：0.1 mol/L×0.1 L×130 g/mol=1.3 g。
（2）配制溶液需容量瓶、胶头滴管等，选仪器 B（胶头滴管）、D（容量瓶）。
（3）结合 “Co(OH)2为青沉淀”，离子方程式：Co2++2NH3 H2O=Co(OH)2↓+2NH4+。
（4）① 对照实验排除 SO42-干扰，x 为 Na2SO4，浓度 c=1 mol/L；② 现象：试管 1 沉淀溶解、变红，试管 2 无明显现象；③ 平衡移动：NH4+消耗 OH-，使 Co(OH)2溶解平衡正向移动，Co2+浓度增大，促进配合物生成。
（5）证明猜想 1 不成立：沉淀未溶解、溶液无变化；
证明猜想 2 不成立：电流表指针不偏转；
证明猜想 3 成立：加浓氨水，电流表指针偏转、左烧杯溶液变橙黄。
18．（2025·惠州模拟）钒(V)是一种重要的战略金属元素，利用硫酸化—水浸工艺从石煤(含有V2O3、SiO2、CaO、Al2O3)中制得VO2+的工艺流程如下：
已知：①氧化中和后，溶液的pH为8；
②树脂吸附原理：+M-+Cl-。
（1）在其他条件相同时，熟化温度对钒浸出率的影响如下图，最佳的熟化温度为　 　。
（2）“氧化中和”后钒的化合价为　 　，滤渣2的主要成分为　 　。
（3）含钒离子在不同pH溶液中的存在形式如下：
“树脂吸附”的化学方程式为　 　，流出液的主要成分为　 　。
（4）“解吸”时可以用饱和NaCl溶液洗脱，请结合平衡移动原理解释原因　 　。
（5）向解吸后的洗脱液中加入MgCl2溶液，当溶液中c(Mg2+)=1.8×10-6mol/L时，求溶液中的c()　 　 (已知：Ksp[NH4VO3]=1.8×10-11，Ksp[Mg(VO3)2]=1.8×10-12)
（6）“还原”过程的离子方程式为　 　。
（7）一种含钒的氧化物晶胞结构如图，此氧化物的化学式为　 　；已知NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为　 　g·cm-3(列出计算式即可)。
【答案】（1）100℃
（2）+5；Al(OH)3
（3）；NaCl
（4）树脂吸附存在平衡：，加入饱和NaCl溶液，使得体系中的Cl-浓度升高，进而导致吸附平衡逆向移动，有助于从树脂上脱附
（5）
（6）
（7）VO2；
【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；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）实验数据显示，当熟化温度达到100℃时，钒的浸出效率达到峰值；
（2）通过分析后续钒化合物的价态变化，可确定“氧化中和”后钒呈+5价态。根据工艺流程，“滤渣2”的主要成分为Al(OH)3；
（3）“氧化中和”阶段调节溶液pH至8时，钒以形式存在。树脂吸附过程的化学反应可表示为：；流出液的主要成分为NaCl及其他未吸附物质；
（4）树脂吸附过程存在动态平衡：，加入饱和NaCl溶液会提高Cl-浓度，促使平衡逆向移动，从而促进从树脂上解吸；
（5）依题Mg(VO3)2的溶度积小于NH4VO3的溶度积，故当体系生成NH4VO3晶体后，Mg(VO3)2也达到溶解平衡，此时，；
(6)“还原”过程中，被HCOOH还原成VO2+，故反应的离子方程式为；
(7)V在顶点和体心，O在面心和体内，根据均摊法可知晶胞中V的数目为，O的数目为，故化学式为VO2；晶胞密度为=g·cm-3。
【分析】在“熟化”步骤中，SiO2保持不反应状态，其他组分均转化为相应价态的硫酸盐。经过“水浸”处理后，分离得到两种产物：主要含SiO2和CaSO4的滤渣1，以及含有钒、铝盐的滤液。该滤液经过“氧化中和”处理后，生成Al(OH)3沉淀（滤渣2）和含Na2HVO4、NaCl的滤液。后续通过“树脂吸附”“解吸”“沉钒”等步骤最终制得NH4VO3。NH4VO3经高温煅烧转化为V2O5，后者与硫酸反应生成离子，最终被甲酸还原为VO2+。
（1）由图可知，当熟化温度为100℃时，钒的浸出率达到最大；
（2）根据后期含钒物质的价态可知，“氧化中和”后，钒的价态为+5；由上述分析可知“滤渣2”主要成分为Al(OH)3；
（3）“氧化中和”后溶液的pH为8，此时含钒离子为，根据树脂吸附原理可知，吸附的化学方程式为；流出液主要是“氧化中和”后除的其他物质，主要包括NaCl；
（4）树脂吸附存在平衡：，加入饱和NaCl溶液，使得体系中的Cl-浓度升高，进而导致吸附平衡逆向移动，有助于从树脂上脱附；
（5）依题Mg(VO3)2的溶度积小于NH4VO3的溶度积，故当体系生成NH4VO3晶体后，Mg(VO3)2也达到溶解平衡，此时，；
（6）“还原”过程中，被HCOOH还原成VO2+，故反应的离子方程式为；
（7）V在顶点和体心，O在面心和体内，根据均摊法可知晶胞中V的数目为，O的数目为，故化学式为VO2；晶胞密度为=g·cm-3。
19．（2025·惠州模拟）锰及其化合物在生产和生活中发挥着重要的作用。
（1）基态Mn的价层电子排布式为　 　。
（2）含锰催化剂催化NH3脱硝烟的一种反应机理如图7。
①上述过程，催化剂为　 　。
②该过程总反应的化学方程式为　 　。
（3）一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应过程中不同价态Mn粒子的浓度随时间变化如图所示，Mn(Ⅱ)起催化作用。
①据图估算，5min时v(H2C2O4)=　 　mol·L-1·min-1。
②下列说法正确的是　 　。
A．随着反应的进行，反应速率逐渐减小
B．该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存
C．Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4
D．随着反应的进行，溶液中H+浓度不断增大
（4）室温下，MnSO4在不同pH溶液中含锰微粒Mn2+、MnOH+、、、的分布系数δ与pH的关系如图。
已知：δ(MnOH+)=，可脱水生成。
①加水稀释，平衡时c()：c(Mn2+)的值　 　(填“增大”、“不变”或“减小”)。
②MnOH+ +2OH-+H2O平衡常数K=　 　。
③若MnSO4溶液起始浓度为0.1mol/L，加入KOH固体调节溶液pH(忽略加入固体后引起的溶液体积变化)，Q点时MnO含量极低，忽略不计。求Q点时Mn2+的平衡转化率　 　 (已知：101.6≈40，写出过程，结果保留三位有效数字)。
【答案】（1）3d54s2
（2）Ⅰ；
（3）4 ×10-6；BC
（4）减小；；98.8%
【知识点】原子核外电子排布；化学反应速率的影响因素；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）锰元素（原子序数25）在周期表中的位置为第四周期ⅦB族，其价电子排布式为3d54s2；
（2）①反应机理图示表明，NH3与NO在催化剂作用下生成N2和H2O，其中物质Ⅰ先被消耗后又再生，故判定Ⅰ为催化剂；②根据机理图推导的总反应方程式为；
（3）①浓度-时间曲线显示，0-5min期间KMnO4浓度减少0.1×10-4mol/L且完全转化为Mn(Ⅲ)，依据电子守恒关系2n(KMnO4)=n(H2C2O4)，计算得v(H2C2O4)=；
②A．当时间在13min左右时，开始生成Mn(Ⅱ)，且浓度增大，而Mn(Ⅱ)对反应起到催化作用，故13min后反应速率会变大，A错误；
B．由图可知，Mn(Ⅶ)的浓度降为0后才开始生成Mn(Ⅱ)，则该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，B正确；
C．由图可知，随着反应的进行Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明前期生成Mn(Ⅲ)，后期Mn(Ⅲ)又被消耗生成Mn(Ⅱ)，所以Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，C正确；
D．由图可知总反应为，随着反应的进行，氢离子浓度减小，D错误；
故答案选BC；
（4）①由图可知存在如下平衡ⅰ．，；ⅱ．，；，随着水的加入，氢氧根离子浓度降低，故加水稀释时，比值减小；
②，当pH=11.8时，，；
③Q点时，，pH=11.8，则c(OH-)=10-2.2mo/L，由P点知，，，故当c(OH-)=10-2.2mo/L时，有得，，故，忽略，故(Mn守恒)，故Q点时，，，故Mn2+的平衡转化率为。
【分析】Mn(OH)2难溶于水且具有两性特性。在某特定温度下，当MnSO4处于不同浓度的KOH溶液中时，Mn(Ⅱ)的分布系数δ随pH变化的关系如图所示。通过分析曲线变化和分布分数可知：在较低pH条件下，Mn元素主要以Mn2+形态存在，因此曲线x代表Mn2+，曲线y对应MnOH+，曲线z则表示。后续分析均基于该图像特征展开。
（1）Mn为25号元素，位于元素周期表第四周期ⅦB族，故其价电子排布式为3d54s2；
（2）①由机理图可知，NH3和NO在催化剂的作用下生成N2和H2O，其中I先消耗，再生成，故Ⅰ为催化剂；②由机理图可知反应的总方程式为；
（3）①由浓度－时间图可知，0-5min时，KMnO4减少了0.1×10-4mol/L，并且全部转化为Mn(Ⅲ)，根据得失电子守恒可得2n(KMnO4)=n(H2C2O4)，故v(H2C2O4)=；
②A．当时间在13min左右时，开始生成Mn(Ⅱ)，且浓度增大，而Mn(Ⅱ)对反应起到催化作用，故13min后反应速率会变大，A错误；
B．由图可知，Mn(Ⅶ)的浓度降为0后才开始生成Mn(Ⅱ)，则该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，B正确；
C．由图可知，随着反应的进行Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明前期生成Mn(Ⅲ)，后期Mn(Ⅲ)又被消耗生成Mn(Ⅱ)，所以Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，C正确；
D．由图可知总反应为，随着反应的进行，氢离子浓度减小，D错误；
故答案选BC；
（4）①由图可知存在如下平衡ⅰ．，；ⅱ．，；，随着水的加入，氢氧根离子浓度降低，故加水稀释时，比值减小；
②，当pH=11.8时，，；
③Q点时，，pH=11.8，则c(OH-)=10-2.2mo/L，由P点知，，，故当c(OH-)=10-2.2mo/L时，有得，，故，忽略，故(Mn守恒)，故Q点时，，，故Mn2+的平衡转化率为。
20．（2025·惠州模拟）化合物H是脯氨醇酶抑制剂，其合成路线如下：
（1）化合物A的分子式为　 　，化合物B的官能团名称为　 　。
（2）X的分子式为C2H3OCl，X的结构简式为　 　。
（3）化合物Y是化合物B的同分异构体，能与NaHCO3反应，核磁共振氢谱峰面积之比为6：3：2：1，Y的结构简式为　 　(写一种)。
（4）关于上述合成路线的相关物质及转化，下列说法不正确的有_______。
A．C到D反应中有C—Br键的断裂和C—S键的形成
B．化合物E比化合物F更易溶于水
C．化合物F分子中含有1个手性碳原子
D．化合物H中N原子的杂化方式为sp2
（5）根据化合物G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
① O2，Cu，加热 　 　 　 　
② 　 　 　 　 消去反应
（6）以、和乙烯为主要原料，利用反应E→F→H的原理制备，基于你的设计路线，回答下列问题：
①第一步为碱性水解反应，化学方程式为　 　。
②最后一步反应的化学方程式为　 　。
【答案】（1）C8H10O；酯基
（2）
（3）或
（4）C；D
（5）；氧化反应；浓硫酸 加热；
（6）；或或
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据A的结构式，其分子式为C8H10O。化合物B的官能团名称是酯基；
（2）通过比较A和B的结构，结合X的分子式C2H3OCl，可以推断X的结构简式为；
（3）化合物Y是B的同分异构体，能够与NaHCO3反应，表明Y中含有羧基。核磁共振氢谱显示4组峰，说明分子中存在4种氢原子，峰面积比为6：3：2：1，对应氢原子数目分别为6、3、2、1。因此，Y的可能结构简式为或；
（4）A．对比C、D的结构简式，C与发生取代反应生成D，有C—Br键的断裂和C—S键的形成，A正确；
B．化合物E中含有羟基，能与水分子形成氢键，而F中没有羟基，所以化合物E比化合物F更易溶于水，B正确；
C．化合物F分子中没有手性碳原子，C错误；
D．化合物H中N形成3个单键，含有1个孤电子对，杂化方式为sp3，D错误；
答案选CD。
（5）G中含有羟基，在O2，Cu，加热条件下发生催化氧化，形成新的结构为，G中羟基发生消去反应时，可以用浓硫酸、加热，形成碳碳双键，新的结构为；
(6)①第一步为碱性水解反应，化学方程式为；
②利用反应E→F→H的原理可知，最后一步反应为取代反应，通过产物以及原料逆推可知，最后一步的反应物可以为或、或、或、、BrCH2CH2Br，所以化学方程式为
或或
。
【分析】A（）与X（）发生反应生成B，随后B经过取代反应转化为C，C进一步反应得到D。D反应生成的E分子中含有羟基，能够与水分子形成氢键，而F分子中不含羟基，因此化合物E比化合物F在水中的溶解度更高。最终F通过取代反应生成H。
（1）通过A的结构可知其分子式为C8H10O，化合物B的官能团名称为酯基；
（2）对比A、B的结构，结合X的分子式C2H3OCl可推知X的结构简式为；
（3）化合物Y是化合物B的同分异构体，能与NaHCO3反应，说明Y中含有羧基，核磁共振氢谱有4组峰，说明有4种氢原子，峰面积之比为6：3：2：1，说明4种氢所含氢原子的个数为6、3、2、1，可推出 Y的结构简式为或；
（4）A．对比C、D的结构简式，C与发生取代反应生成D，有C—Br键的断裂和C—S键的形成，A正确；
B．化合物E中含有羟基，能与水分子形成氢键，而F中没有羟基，所以化合物E比化合物F更易溶于水，B正确；
C．化合物F分子中没有手性碳原子，C错误；
D．化合物H中N形成3个单键，含有1个孤电子对，杂化方式为sp3，D错误；
答案选CD。
（5）G中含有羟基，在O2，Cu，加热条件下发生催化氧化，形成新的结构为，G中羟基发生消去反应时，可以用浓硫酸、加热，形成碳碳双键，新的结构为；
（6）①第一步为碱性水解反应，化学方程式为；
②利用反应E→F→H的原理可知，最后一步反应为取代反应，通过产物以及原料逆推可知，最后一步的反应物可以为或、或、或、、BrCH2CH2Br，所以化学方程式为
或或
。
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