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广东省广州市2025届高三综合测试（二模）化学试题
一、单项选择题：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。每小题只有一个选项符合题意。
1．（2025·广州模拟）中华文化源远流长，古人使用不同的材料制作乐器。下列乐器中，主要材质为硅酸盐材料的是
A．青铜编钟 B．木笙 C．陶埙 D．骨笛
A．A B．B C．C D．D
2．（2025·广州模拟）我国科技发展取得巨大成就。下列说法不正确的是
A．蛟龙号载人潜水器使用钛合金作外壳材料，的质子数为22
B．运载火箭使用肼()作燃料，肼的电子式为：
C．神舟十九号载人飞船使用耐烧蚀树脂，该树脂为合成有机高分子材料
D．天和核心舱电推进系统腔体采用的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料
3．（2025·广州模拟）“二十四节气”是中国农耕文化的产物，每个节气都有对应的食物。下列说法正确的是
A．清明吃艾饼，艾叶中的纤维素属于二糖
B．夏至吃面条，面条中的淀粉属于纯净物
C．立秋吃芝麻，芝麻中的油脂属于芳香烃
D．冬至吃饺子，饺子中的蛋白质可水解为氨基酸
4．（2025·广州模拟）从海带灰中提取碘的实验过程如下，其中操作X为
A．萃取分液 B．加热蒸馏 C．冷却结晶 D．趁热过滤
5．（2025·广州模拟）兴趣小组利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是
A．制备NO B．除去NO中的NO2
C．收集NO D．吸收尾气中的NO
A．A B．B C．C D．D
6．（2025·广州模拟）“光荣属于劳动者，幸福属于劳动者。”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 用Na2S除去废水中Hg2+ Na2S具有还原性
B 将模具干燥后再注入熔融钢水 铁与水高温下会反应
C 喷洒波尔多液防治农作物病虫害 Cu2+可使蛋白质变性
D 船舶外壳安装锌块防锈蚀 锌的金属性比铁强
A．A B．B C．C D．D
7．（2025·广州模拟）一种非天然氨基酸的结构如图所示，关于该化合物，说法不正确的是
A．能使酸性溶液褪色
B．最多能与等物质的量的Na反应
C．既能与HCl反应又能与NaOH反应
D．分子中碳原子的杂化方式有和
8．（2025·广州模拟）我国古代四大发明之一黑火药的操作反应为：，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．每消耗32g S，该反应中转移的电子数目为
B．晶体中含有的离子数目为
C．溶液中含的数目为
D．标准状况下，中含有键的数目为
9．（2025·广州模拟）通过控制电位可以实现从地下卤水(主要含有Na+、K+、Cl-、Br-)中提取溴单质，其工作原理如图。电解过程中，下列说法不正确的是
A．Pt电极上发生还原反应
B．石墨电极上发生的反应有：
C．溶液中的阳离子从阳极室进入阴极室
D．阴极室溶液的pH逐渐降低
10．（2025·广州模拟）部分含Na或含Al物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断合理的是
A．存在的转化 B．一定是化合反应
C．存在的反应 D．电解e的水溶液可得到a
11．（2025·广州模拟）按下图装置进行实验，两张湿润的试纸贴于广口瓶内壁，先注入浓氨水，一段时间后再注入浓盐酸，对实验现象的分析合理的是
A．注入浓氨水，气球膨胀，说明分解放热
B．注入浓氨水，红色石蕊试纸变蓝，说明是电解质
C．注入浓盐酸，淀粉KI试纸变蓝后褪色，说明氯气具有漂白性
D．注入浓盐酸，出现大量白烟，说明氨气具有还原性
12．（2025·广州模拟）下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 同浓度溶液的碱性：C6H5ONa＜Na2CO3 酸性：C6H5OH＜H2CO3
B 酸性：CH2ClCOOH＞CH3COOH 电负性：Cl＞H
C 以1，3-丁二烯为原料合成顺丁橡胶 合成顺丁橡胶的反应是缩聚反应
D 由硫制硫酸： SO2和SO3均具有氧化性
A．A B．B C．C D．D
13．（2025·广州模拟）一种有机除草剂分子含有X、Y、Z、W、R五种原子序数依次增大的短周期主族元素，已知X的原子核只有1个质子，Y的基态原子s轨道上的电子数是p轨道上的电子数的2倍，Z与R同族，Z的基态原子价层p轨道半充满，W的基态原子价层电子排布式为。下列有关说法正确的是
A．第一电离能： B．元素电负性：
C．沸点： D．的空间结构为直线形
14．（2025·广州模拟）利用下列实验装置(加热装置省略)测定葡萄酒中的含量，将葡萄酒中的吹到溶液中，用NaOH标准溶液滴定反应后的Ⅱ中溶液。下列说法正确的是
A．Ⅰ中加入稀硫酸，目的是利用其氧化性
B．进入Ⅱ中与反应，体现的还原性
C．利用NaOH滴定Ⅱ中未反应完的，测的含量
D．若Ⅲ中溶液颜色变浅，则测得的含量偏高
15．（2025·广州模拟）反应，正反应速率可表示为，逆反应速率可表示为，其中、分别为正、逆反应的速率常数，只与温度有关，反应的与关系如图所示。下列说法正确的是
A．该反应的
B．升高温度，减小、增大
C．达到平衡时，
D．平衡后加水稀释，达到新平衡后减小
16．（2025·广州模拟）一种兼具合成功能的新型锂电池工作原理如图。电解质为含有机溶液，放电过程中Ni-Pt电极首先发生反应，后产生，充电过程中电解LiCl产生。下列说法不正确的是
A．充电时，阳极产生
B．放电时，从Li电极向Ni-Pt电极迁移
C．放电时，每消耗6mol Li，正极室增加28g
D．放电时总反应：
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．（2025·广州模拟）弱酸及其盐的混合溶液是常见的缓冲溶液，如醋酸(用HAc表示)、醋酸钠(用NaAc表示)混合溶液。缓冲溶液具有能够缓解少量外来酸、碱或水产生的影响，维持溶液pH不发生明显变化的能力。
Ⅰ．某小组同学通过加入等量盐酸，研究25℃下NaAc、HAc混合溶液缓冲能力的影响因素。
（1）配制的NaAc溶液，需要醋酸钠晶体(，)的质量为　 　g，该过程用到的仪器有　 　(填字母)。
A. B. C. D.
（2）探究NaAc、HAc混合溶液总浓度对缓冲能力的影响。
用浓度均为的NaAc和HAc溶液按下表配制总体积相同的系列溶液，分别加入的盐酸，测得加盐酸前后pH如下表。
序号 加盐酸前pH 加盐酸后pH
1 0 0 20.00 7.00 x
2 2.50 2.50 15.00 4.76 4.67
3 5.00 5.00 10.00 4.76 4.72
①实验测得x与理论计算一致，　 　。
②实验2、3加盐酸前后pH变化明显小于实验1的原因是　 　(用离子方程式表示)。
③由实验2、3加盐酸前后pH变化可知，NaAc、HAc混合溶液总浓度越大，缓冲能力越　 　(填“强”或“弱”)。
（3）探究NaAc、HAc混合溶液中不同配比对缓冲能力的影响。
提出猜想：混合溶液中越大，缓冲能力越强。
设计实验、验证猜想：参照(2)进一步实验。
序号 加盐酸前pH 加盐酸后pH
4 1.00 9.00 10.00 3.80 3.67
5 2.00 8.00 10.00 4.16 4.09
6 10.00 5.36 5.30
①　 　。
②甲同学根据实验4、5和6认为猜想成立，乙同学根据实验　 　和　 　认为猜想不足以成立。
③经查阅资料，其他条件相同下，混合溶液中越接近l，缓冲能力越强。
Ⅱ．缓冲溶液在络合滴定法测定金属离子浓度中具有广泛应用。
（4）利用测定ZnO的纯度，滴定反应为，需维持滴定过程中。
准确称取ZnO固体a g于锥形瓶中，加足量盐酸溶解，配制成250mL溶液，从中取25.00mL，加入指示剂和20mL缓冲溶液，滴定至终点消耗溶液V mL。
①下列缓冲溶液的pH均约为5，其中缓冲能力最强的是　 　(填字母)，原因是　 　。
A．、混合溶液
B．、混合溶液
C．、混合溶液
②测定结果：ZnO(摩尔质量为)晶体的纯度为　 　(用、a、c、V表示)。
18．（2025·广州模拟）广泛应用于新能源汽车和储能领域。从低浓度锂溶液(含、、、)获得制备的原料和，工艺流程如下：
已知：①常温下，部分物质的如下表。
物质
②在本工艺相应条件下，EDTA能与反应生成可溶于水的稳定配合物。
③常温下，，，。
（1）“沉锂1”中生成磷酸锂的离子方程式为　 　。若“沉锂1”后滤液中，则溶液浓度为　 　。
（2）“萃取除铝”时，调节溶液，与萃取剂HR(弱酸)反应转化为而被萃取至有机层。降低溶液pH，铝的去除率明显降低，原因是　 　。
（3）“沉淀”时控制溶液，此时　 　，该条件下转化为的离子方程式为　 　。
（4）“除杂”中加入NaOH调节溶液。滤渣2的主要成分是、和　 　。
（5）“沉锂2”先加入适量EDTA，再加入固体，充分反应后过滤。加入EDTA的目的是防止产品中混入　 　(填化学式)杂质。
（6）由可制备X晶体，其晶胞为长方体，结构如图所示。
①X的化学式为　 　。
②与Li距离最近且等距的Co的数目为　 　。
③设X最简式的式量为，阿伏加德罗常数的值为，则X晶体的密度为　 　(列出计算式)。
19．（2025·广州模拟）水煤气变换是重要的化工过程，铁的氧化物可作为该反应的催化剂。
水煤气变换反应：
（1）基态Fe原子价层电子的轨道表示式为　 　。
（2）使用作为反应催化剂，该反应分两步完成：
则　 　(用和表示)。
（3）科研小组研究了在两种不同催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如下图所示。其他条件相同时，下列说法正确的有___________(填字母)。
A．水煤气变换反应的
B．使用催化剂Ⅰ时，反应体系更快达到平衡。
C．催化剂Ⅱ条件下CO的平衡转化率比催化剂Ⅰ大
D．反应过程中，使用催化剂Ⅰ时中间产物所能达到的最高浓度更大
（4）科研人员研究了467℃和489℃时水煤气变换反应中和CO分压随时间变化关系如图1所示，催化剂为，实验初始时体系中的、。
①489℃时，随时间变化关系的曲线是　 　(填“a”或“b”)。
②467℃时反应在内的平均反应速率　 　(结果保留2位有效数字)。
（5）科研人员研究了温度和初始投料比对水煤气变换反应平衡状态的影响。已知：CO初始的物质的量恒定为。在527℃和784℃下，随的变化曲线如图2。
①计算527℃时水煤气变换反应的平衡常数=　 　。(以分压表示，分压总压×物质的量分数，写出计算过程)
②721℃时，在密闭容器中将等物质的量的和混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中的物质的量分数范围是　 　(填字母)。
A． B． C． D．
20．（2025·广州模拟）化学反应的原子经济性是绿色化学的核心之一，一种能体现原子经济性的化合物Ⅳ的合成的路线如下：
（1）化合物Ⅰ的分子式为　 　。
（2）化合物Ⅱ的某同分异构体属于芳香化合物，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　 　。
（3）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、条件 反应形成的新结构 反应类型
① 　 　 　 　
② 、Cu、加热 　 　 　 　
（4）下列关于反应③的说法中，正确的有___________(填字母)。
A．CO分子中存在键和键
B．化合物Ⅲ中，所有碳原子共平面
C．化合物Ⅲ和Ⅳ的分子中手性碳原子的数目相同
D．由化合物Ⅲ到化合物Ⅳ的转化中，有C-C单键的断裂和形成
（5）化合物Ⅳ也可由化合物与两种无机非极性分子反应合成，该反应原子利用率为100%，则这两种分子的化学式分别为　 　、　 　。
（6）以为唯一有机原料，合成。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①最后一步反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
②若第一步反应涉及卤代烃制醇，该反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】含硅矿物及材料的应用；高分子材料
【解析】【解答】A、青铜编钟的主要成分是青铜，属于金属材料范畴，A不符合题意。B、木笙的制作材料以纤维素为主，属于有机高分子材料，B不符合题意。
C、陶埙的主要材质是陶瓷，属于典型的硅酸盐材料，完全符合题目要求，C符合题意。
D、骨笛的主要原料是动物骨骼（主要成分为碳酸钙），不属于硅酸盐材料，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、青铜为铜合金，属于金属材料。
B、木甥为木材，属于有机高分子材料。
C、陶陨为陶瓷，属于硅酸盐材料。
D、骨笛的材料为动物骨骼，属于无机盐。
2．【答案】B
【知识点】高分子材料；元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．钛合金强度高，蛟龙号载人潜水器采用钛合金作为外壳材料。钛的原子序数为22，其质子数也是22，A选项正确；
B．肼（N2H4）是共价化合物，其电子式为：，B选项错误；
C．神舟十九号载人飞船使用耐烧蚀树脂，该材料具有耐高温、耐腐蚀等优异性能，属于合成有机高分子材料，C选项正确；
D．氮化硼陶瓷由氮原子和硼原子构成，具有类似石墨的层状结构，具备良好的润滑性、电绝缘性、导热性及耐化学腐蚀性，属于新型无机非金属材料，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、标在元素符号左下角的数字为质子数。
B、N2H4中存在N-N、N-H键，据此确定其电子式。
C、耐烧蚀树脂属于有机高分子材料。
D、氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料。
3．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；物质的简单分类
【解析】【解析】A、艾叶中的纤维素属于多糖类物质，因此A项表述不正确。B、面条所含的淀粉属于多糖，但淀粉本身是混合物，故B项说法错误。
C、芝麻中的油脂主要成分是高级脂肪酸甘油酯（化学式可表示为），这类物质不属于芳香烃化合物，所以C项错误。
D、饺子皮中的蛋白质在消化过程中会发生水解反应，最终分解产物是各种氨基酸，该表述正确。
故答案为：D
【分析】A、纤维素属于多糖。
B、淀粉属于混合物。
C、油脂的成分为高级脂肪酸的甘油酯，不属于芳香烃。
D、蛋白质水解生成氨基酸。
4．【答案】A
【知识点】过滤；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】根据上述流程分析，操作X对应的步骤是萃取分液，因此正确答案为A。故答案为：A
【分析】海带灰经过蒸馏水浸泡后过滤，得到含有I-的溶液。随后加入强氧化剂（如H2O2或Cl2），将I-氧化为I2。接着用CCl4进行萃取并分液，得到I2的CCl4溶液。最后通过蒸馏操作分离出纯净的I2。
5．【答案】B
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．铜丝与浓硝酸反应会生成硝酸铜、二氧化氮和水，该反应不能用于制备一氧化氮（NO），选项A错误；B．二氧化氮（NO2）可以与水发生反应：3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO，利用这个反应可以用水除去NO中混有的NO2，选项B正确；
C．一氧化氮（NO）的相对分子质量（30）与空气的平均相对分子质量（29）非常接近，仅相差1，而且NO会与空气中的氧气（O2）发生反应，因此不能用排空气法收集NO，选项C错误；
D．虽然NO是有毒气体，但它不与氢氧化钠（NaOH）溶液发生反应，因此不能用NaOH溶液来吸收NO尾气，选项D错误；
故答案为：B
【分析】A、浓硝酸的还原产物为NO。
B、NO2能与H2O反应生成NO和HNO3。
C、NO能与空气中的O2反应生成NO2。
D、NO与NaOH溶液不反应。
6．【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；铁的化学性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、使用Na2S处理含Hg2+废水时，两者反应生成HgS沉淀（Hg2+ + S2- → HgS↓），该反应属于复分解反应，未发生电子转移。由于Na2S在此过程中仅作为硫源提供S2-离子，并未体现还原性，因此该劳动项目与题干要求的"化学知识关联性"不符，A符合题意。B、钢铁铸造过程中，若模具含有水分，高温下会发生反应：3Fe + 4H2O(g) → Fe3O4 + 4H2↑。该反应不仅影响铸件质量，产生的氢气还可能引发爆炸，因此必须干燥模具，此操作与化学知识直接相关，B不符合题意。
C、波尔多液的有效成分是CuSO4·5H2O与Ca(OH)2反应生成的碱式硫酸铜[Cu2(OH)2SO4]，其中Cu2+能使病原体蛋白质变性（Cu2+ + 蛋白质→蛋白质-Cu复合物），从而达到杀菌目的，该应用体现化学原理，C不符合题意。
D、船舶采用牺牲阳极保护法时，锌（E°(Zn2+/Zn) = -0.76V）作为阳极优先腐蚀（Zn → Zn2+ + 2e-），保护铁（E°(Fe2+/Fe) = -0.44V）免受腐蚀，该防护原理符合电化学理论，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、Na2S除去废水中的Hg2＋发生复分解反应Hg2＋＋S2－=HgS↓。
B、高温下，Fe能与水蒸气反应生成Fe3O4和H2。
C、Cu2＋为重金属离子，能使蛋白质变性。
D、金属活动性Zn＞Fe，Zn做负极，Fe被保护。
7．【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；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解析】A. 该有机物中的醇羟基(-OH)具有还原性，能被酸性高锰酸钾()溶液氧化，导致溶液褪色，A选项正确。B. 该分子结构中同时含有醇羟基和羧基(-COOH)，两者都能与金属钠()反应，因此1mol该有机物最多可消耗2mol，B选项错误。
C. 分子中存在氨基(-NH2)和羧基(-COOH)，氨基能与酸反应，羧基能与碱反应，C选项正确。
D. 分子中苯环上的碳原子和羧基中的碳原子采用杂化，其余饱和碳原子采用杂化，因此碳原子杂化方式有两种，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、羟基所在碳原子上含有H原子，可被酸性KMnO4溶液所氧化。
B、羟基、羧基都能与Na反应。
C、－NH2显碱性，能与HCl反应；－COOH显酸性，能与NaOH反应。
D、苯环上的碳原子、羧基上的碳原子采用sp2杂化；只形成单键的碳原子采用sp3杂化。
8．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.32g S相当于1mol，对应转移电子数为，A选项正确；B．KNO3由K+和组成，2.0mol KNO3含离子数为，B选项错误；
C．S2-会发生水解，1L 1.0mol/L K2S溶液中S2-数小于，C选项错误；
D．标准状况下2.24L CO2为0.1mol，每个CO2含2个σ键，σ键总数为，D选项错误。
故答案为：A
【分析】在反应中，S元素从0价降到-2价，N元素从+5价降到0价，C元素从0价升到+4价。因此S和KNO3是氧化剂，C是还原剂。每消耗1mol S时，转移电子数为12mol。
9．【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．根据分析，Pt电极作为阴极，发生还原反应：H2O + 2e-→ H2↑ + 2OH-，选项A正确；
B．石墨电极作为阳极，由于Cl-的放电能力弱于Br-，阳极优先发生的反应为：，选项B正确；
C．电解过程中，阳离子（Na+等）向阴极迁移，因此溶液中的阳离子从阳极室向阴极室移动，选项C正确；
D．阴极反应生成OH-会使溶液pH升高，因此阴极室pH逐渐增大，选项D错误；
故答案为：D
【分析】电池工作时，石墨电极作为阳极，Pt电极作为阴极。在阳极区，Br-失去电子被氧化生成Br2；在阴极区，H2O获得电子被还原生成H2和OH-。据此结合选项分析。
10．【答案】C
【知识点】镁、铝的重要化合物；氢氧化铝的制取和性质探究
【解析】【解答】A、Al2O3难溶于水，不能直接与水反应生成Al(OH)3，A选项错误。
B、Na2O2与水的反应属于氧化还原反应，不是化合反应，B选项错误。
C、Al2O3与NaOH反应生成四羟基合铝酸钠，符合转化关系，C选项正确。
D、电解钠盐溶液只能得到H2、Cl2等产物，制备金属Na需要电解熔融钠盐，D选项错误。故答案为：C
【分析】A、Al2O3、Al(OH)3都能溶于水，无法实现Al2O3直接转化为Al(OH)3。
B、g可能为Na2O或Na2O2。
C、Al2O3为两性氧化物，能与NaOH溶液反应。
D、电解NaCl溶液，得到NaOH、H2和Cl2。
11．【答案】D
【知识点】氨的性质及用途；氯气的化学性质
【解析】【解析】A、浓氨水注入后，氨水分解产生氨气（NH3·H2O → NH3↑ + H2O），导致广口瓶内气压增大使气球膨胀。该现象与放热无关，选项A错误。B、红色石蕊试纸变蓝是由于氨气溶于水生成NH3·H2O，电离出OH-显碱性（NH3 + H2O NH3·H2O NH4+ + OH-）。氨气本身不能电离，属于非电解质，选项B错误。
C、浓盐酸与KMnO4反应生成Cl2（2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O），Cl2氧化KI生成I2使淀粉试纸变蓝（Cl2 + 2KI → 2KCl + I2）。需注意氯气本身无漂白性，漂白作用来自其与水反应生成的HClO，选项C错误。
D、浓盐酸与KMnO4反应生成的Cl2会与氨气反应产生白烟（3Cl2 + 8NH3 → 6NH4Cl + N2），其中氨气的氮元素化合价升高（-3→0），体现还原性，选项D正确。
故答案为：D
【分析】A、气球膨胀，可能来自于NH3·H2O分解产生的NH3使得压强增大。
B、NH3属于非电解质，使红色石蕊试纸变蓝色的是NH3·H2O。
C、Cl2不具有漂白性，起到漂白作用的是HClO。
D、注入浓盐酸，反应生成Cl2，Cl2与NH3反应生成的白色固体为NH4Cl。
12．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；二氧化硫的性质；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．根据酸性强弱关系：C6H5OH（苯酚）＜H2CO3（碳酸），可以推导出其共轭碱的碱性：C6H5ONa（苯酚钠）＞NaHCO3（碳酸氢钠）。但由此无法确定C6H5ONa与Na2CO3（碳酸钠）的碱性相对强弱，A不符合题意。B．酸性比较：CH2ClCOOH（氯乙酸）＞CH3COOH（乙酸），说明氯乙酸分子中羧基的O-H键极性更强。这表明-CH2Cl基团的吸电子能力强于-CH3基团，反映出Cl的电负性大于H，B符合题意。
C.1，3-丁二烯的官能团是碳碳双键（C=C），这类化合物容易发生加聚反应形成高分子化合物，但不能进行缩聚反应，C不符合题意。
D．硫制备硫酸的过程为：。其中SO2转化为SO3时硫元素的化合价从+4升至+6，表现出还原性；而SO3转化为H2SO4时硫的化合价保持不变，整个过程SO2和SO3均未表现出氧化性，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、根据“越弱越水解”分析，H2CO3对应的酸根离子为HCO3－，因此应比较苯酚钠溶液和NaHCO3溶液的碱性强弱。
B、电负性Cl＞H，使得CH2ClCOOH中羟基氢氧键的极性增强，酸性增强。
C、该反应为加聚反应。
D、该转化过程中并未体现SO2、SO3的氧化性。
13．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、比较C、N、O的第一电离能。同周期从左到右第一电离能总体增大，但N的2p轨道半充满使其更稳定，电离能高于O。因此顺序为N>O>C，A项错误。
B、比较H、N、O的电负性。电负性随非金属性增强而增大，同周期从左到右增大，同主族从上到下减小。因此O>N>H，B项错误。
C、比较H2O、NH3、PH3的沸点。三者均为分子晶体，H2O和NH3分子间存在氢键，且H2O的氢键数目更多，沸点最高。PH3无氢键，沸点最低。因此顺序为H2O>NH3>PH3，C项正确。
D、分析NO2-的空间构型。N的价层电子对数=2+(5+1-2×2)/2=3，孤电子对数为1，因此NO2-呈V形结构，D项错误。故答案为：C
【分析】X的原子核只有1个质子，因此X是氢(H)。Y的基态原子s轨道电子数是p轨道的2倍，因此Y是碳(C)。Z与R同族，且Z的基态原子价层p轨道半充满，因此Z是氮(N)，R是磷(P)。W的基态原子价层电子排布式为 ，则n=2时，所以W是氧(O)。据此结合元素周期律分析选项。
14．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．装置Ⅰ中加入稀硫酸的目的是利用其酸性促进二氧化硫的逸出，选项A错误。
B．进入装置Ⅱ后与反应，被氧化为硫酸，体现了的还原性，选项B正确。
C．NaOH溶液用于滴定装置Ⅱ中生成的硫酸，从而间接测定的含量，选项C错误。
D．若装置Ⅲ中溶液颜色变浅，说明部分二氧化硫未被完全氧化为硫酸，而是进入了装置Ⅲ，导致测得的含量偏低，选项D错误。
故答案为：B
【分析】加热三颈烧瓶时，二氧化硫气体逸出并进入溶液中，与反应生成硫酸。随后用NaOH标准溶液滴定生成的硫酸，根据消耗NaOH的量，计算n(H2SO4)，结合S元素守恒，即可从而测定的含量。
15．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由分析可知，反应正向为放热反应，故，选项A错误；
B．升高温度时，正反应速率和逆反应速率均增大，选项B错误；
C．平衡时正逆反应速率相等，即，因此，选项C错误；
D．平衡后加水稀释，各物质浓度降低，但，平衡逆向移动，新平衡时减少，选项D正确；
故答案为：D
【分析】由与的关系图可知，当体系温度升高时，逐渐增大，且逆反应的增加幅度更大。说明升高温度时，逆反应速率增长更快，平衡向逆向移动，因此该反应的正反应为放热反应。据此结合选项分析。
16．【答案】C
【知识点】化学电源新型电池；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．充电过程中，阳极发生氧化反应，氯离子失去电子生成，A选项正确；
B．放电时，阳离子（）向正极迁移，即从Li电极向Ni-Pt电极移动，B选项正确；
C．放电时，每消耗6mol Li会转移6mol电子。正极室吸收1mol，同时有6mol锂离子从右侧迁移至左侧。因此正极室质量增加为：1mol×28g/mol（氮气） + 6mol×7g/mol（锂离子）=70g，C选项错误；
D．放电总反应为：，D选项正确；
故答案为：C
【分析】放电过程中Ni－Pt电极发生得电子的还原反应，因此Ni－Pt电极为正极，则Li电极为负极，其电极反应式为Li－e－=Li＋。充电时Ni－Pt电极为阳极，其电极反应式为：2Li3N－6e－=6Li＋＋N2。Li电极为阴极，其电极反应式为Li＋＋e－=Li。据此结合选项分析。
17．【答案】13.6；BC；2.00；；强；8.00；3；6；B；B中n(盐)：n(酸)最接近且混合溶液总浓度最大；
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定
【解析】【解答】（1）配制的NaAc溶液，需要醋酸钠晶体(，)的质量为，该过程用到的仪器有胶头滴管、烧杯、托盘天平、药匙、玻璃棒、100mL容量瓶，故选BC。
故答案为：13.6；BC
（2）①的盐酸加入20.00mL的水，得到溶液中氢离子浓度为，则pH=2。
故答案为：2.00
②实验2、3加盐酸前后pH变化明显小于实验1的原因是存在平衡，加入盐酸后，氢离子和醋酸根离子结合为弱酸醋酸。
故答案为：
③由表，实验2、3加盐酸前后pH变化分别为0.09、0.04，则NaAc、HAc混合溶液总浓度越大，缓冲能力越强。
故答案为：强
（3）①由表，醋酸钠、醋酸溶液总体积为10.00mL，当=4：1时，8.00。
故答案为：8.00
②结合表中数据，实验3和6加盐酸前后pH变化分别为0.04、0.06，不能说明混合溶液中越大，缓冲能力越强。
故答案为：3；6
（4）①由(2)、(3)的实验结论：NaAc、HAc混合溶液总浓度越大，缓冲能力越强；其他条件相同下，混合溶液中越接近l，缓冲能力越强。则下列缓冲溶液的pH均约为5，其中缓冲能力最强的是B，原因是B中n(盐)：n(酸)最接近且混合溶液总浓度最大。
故答案为：B； B中n(盐)：n(酸)最接近且混合溶液总浓度最大
②结合滴定反应为和数据，ZnO晶体的纯度为。
故答案为：
【分析】（1）根据公式m=n×M=c×V×M计算所需固体的质量。根据溶液配制过程确定所需的仪器。
（2）①计算加水后溶液中c(H+)，从而得到溶液的pH。
②实验2、3中加入稀盐酸后发生H＋＋Ac－ HAc，使得溶液中c(H＋)变化不大。
③根据前后pH值的变化分析。
（3）①根据混合溶液的总体积保持不变分析。
②实验3和6加盐酸前后pH变化分别为0.04、0.06，不能说明猜想成立。
（4）①NaAc、HAc混合溶液总浓度越大，缓冲能力越强；据此结合选项所给溶液的浓度分析。
②根据滴定反应进行计算。
18．【答案】（1）；
（2）酸性增强，平衡正向移动，导致浓度降低，难以与铝离子配位
（3）；
（4）
（5）
（6）；8；
【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；铁及其化合物的性质实验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）“沉锂1”中和反应生成磷酸锂的离子方程式为：；若“沉锂1”后滤液中，则溶液浓度为。
故答案为：；
（2）“萃取除铝”时，调节溶液，与萃取剂HR(弱酸)反应转化为而被萃取至有机层，降低溶液pH，铝的去除率明显降低，原因是酸性增强，平衡正向移动，导致浓度降低，难以与铝离子配位。
故答案为： 酸性增强，平衡正向移动，导致浓度降低，难以与铝离子配位
（3）“沉淀”时控制溶液，c(H+)=0.1mol/L，此时，该条件下和H2O2、反应生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
故答案为：；
（4）“除杂”中加入NaOH调节溶液，c(OH-)=，由可知，此时溶液中c(Mg2+)=，Mg2+完全沉淀，则滤渣2的主要成分是、和Mg(OH)2。
故答案为：
（5）在本工艺相应条件下，EDTA能与反应生成可溶于水的稳定配合物，“沉锂2”先加入适量EDTA，再加入固体，充分反应后过滤。加入EDTA的目的是防止产品中混入杂质。
故答案为：
（6）①由晶胞结构可知，Li的个数为1，O的个数为=2，Co的个数为=1，X的化学式为。
故答案为：
②由晶胞结构可知，以位于体心的Li为研究对象，与Li距离最近且等距的Co的数目为8。
故答案为：8
③设X最简式的式量为，阿伏加德罗常数的值为，则X晶体的密度为。
故答案为：
【分析】“沉锂”步骤中向含Li＋、Al3＋、Mg2＋、Ca2＋的溶液中加入Na3PO4溶液，生成沉淀物Li3PO4、AlPO4、Mg3(PO4)2和Ca3(PO4)2的混合物。“酸溶”步骤中用稀硫酸溶解上述滤渣，得到含Li＋、Al3＋、Mg2＋、Ca2＋的溶液。“除铝”步骤中通过萃取剂将Al3＋从溶液中分离，剩余水相中含有Li＋、Mg2＋、Ca2＋。“磷酸铁沉淀”步骤中加入绿矾（FeSO4）和H2O2反应生成FePO4沉淀，过滤后得到含Li＋、Mg2＋、Ca2＋的溶液。“碱沉淀”步骤中加入NaOH溶液，生成Fe(OH)3、Ca(OH)2和Mg(OH)2沉淀，过滤后得到含Li+的溶液。“Ca2+去除”步骤中加入EDTA（乙二胺四乙酸），EDTA能与Ca2+形成可溶性稳定配合物，从而去除钙离子。“碳酸锂沉淀”步骤中最后向溶液中加入Na2CO3，Li+转化为Li2CO3固体，完成锂的提取过程。
（1）“沉锂1”中和反应生成磷酸锂的离子方程式为：；若“沉锂1”后滤液中，则溶液浓度为。
（2）“萃取除铝”时，调节溶液，与萃取剂HR(弱酸)反应转化为而被萃取至有机层，降低溶液pH，铝的去除率明显降低，原因是酸性增强，平衡正向移动，导致浓度降低，难以与铝离子配位。
（3）沉淀”时控制溶液，c(H+)=0.1mol/L，此时，该条件下和H2O2、反应生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
（4）“除杂”中加入NaOH调节溶液，c(OH-)=，由可知，此时溶液中c(Mg2+)=，Mg2+完全沉淀，则滤渣2的主要成分是、和Mg(OH)2。
（5）在本工艺相应条件下，EDTA能与反应生成可溶于水的稳定配合物，“沉锂2”先加入适量EDTA，再加入固体，充分反应后过滤。加入EDTA的目的是防止产品中混入杂质。
（6）①由晶胞结构可知，Li的个数为1，O的个数为=2，Co的个数为=1，X的化学式为；
②由晶胞结构可知，以位于体心的Li为研究对象，与Li距离最近且等距的Co的数目为8；
③设X最简式的式量为，阿伏加德罗常数的值为，则X晶体的密度为。
19．【答案】（1）
（2）
（3）A；D
（4）b；0.0078
（5）4；B
【知识点】原子核外电子排布；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）基态Fe原子核外有26个电子，按照构造原理，其核外电子排布式为[Ar]3d64s2，按照洪特规则，价层电子3d上6个电子优先占据5个不同轨道，故价层电子的电子排布图为。故答案为：
（2）使用作为反应催化剂，该反应分两步完成：
①
②
根据盖斯定律，①+②得：=。
故答案为：
（3）A.根据反应历程图可知，反应物能量高于生成物能量，水煤气变换反应的，A正确；
B. 根据反应历程图可知，使用催化剂Ⅰ时，中间产物转化为产物基元反应的活化能高于使用催化剂II时，反应速率较小，使用催化剂Ⅰ时反应体系达到平衡所需时间大于使用催化剂II时，B错误；
C. 催化剂不能使化学平衡发生移动，催化剂Ⅱ条件下CO的平衡转化率与催化剂Ⅰ条件下相同，C错误；
D. 根据反应历程图可知，使用催化剂Ⅰ时，反应物转化为中间产物转基元反应的活化能低于使用催化剂II时，反应速率较大，使用催化剂Ⅰ时中间产物所能达到的最高浓度比使用催化剂II时更大，D正确；
故答案为：AD
（4）① 由图可知，a、b表示的是CO的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，CO分压增加，H2分压降低，故467℃时随时间变化关系的曲线是a；489℃时随时间变化关系的曲线分别是b。
故答案为：b
②467℃时随时间变化关系的曲线是a；反应在内的平均反应速率0.0078。
故答案为：0.0078
（5）①根据在527℃和784℃下，随的变化曲线，因为反应的，所以T1为527℃，T2为784℃。由图2可得，T1温度下=1.0时，=2.0。因为初始投料，平衡时有，且有，则Kp=。
故答案为：4
②721℃时，在密闭容器中将等物质的量的和混合，采用适当的催化剂进行反应。可设和物质的量均为1mol，根据三段式：
，
平衡时体系中H2的物质的量分数=。527℃温度下=1.0时，=2.0，，解得，，平衡时体系中H2的物质的量分数=；784℃温度下=1.0时，=1.0，，解得，，平衡时体系中H2的物质的量分数=；由此可判断721℃时最终平衡时体系中H2的物质的量分数范围为。
故答案为：B
【分析】（1）Fe为26号元素，基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，据此确定其价层电子轨道表示式。
（2）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（3）A、根据反应物和生成物能量的相对大小判断反应的热效应。
B、使用催化剂Ⅰ时第二步反应所需的活化能较高，反应速率较慢。
C、催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动。
D、根据不同催化剂的活化能不同，确定反应速率的相对大小，从而得出浓度高低。
（4）①结合温度对平衡移动的影响分析。
②根据公式，结合图像数据计算用CO表示的反应速率。
（5）①根据图像数据，结合平衡常数的表达式Kp=进行计算。
②721℃时，在密闭容器中将等物质的量的和混合，采用适当的催化剂进行反应。可设和物质的量均为1mol，据此结合平衡三段式进行计算。
（1）基态Fe原子核外有26个电子，按照构造原理，其核外电子排布式为[Ar]3d64s2，按照洪特规则，价层电子3d上6个电子优先占据5个不同轨道，故价层电子的电子排布图为 ；故答案为：；
（2）使用作为反应催化剂，该反应分两步完成：
①
②
根据盖斯定律，①+②得：=；故答案为：；
（3）A.根据反应历程图可知，反应物能量高于生成物能量，水煤气变换反应的，A正确；
B. 根据反应历程图可知，使用催化剂Ⅰ时，中间产物转化为产物基元反应的活化能高于使用催化剂II时，反应速率较小，使用催化剂Ⅰ时反应体系达到平衡所需时间大于使用催化剂II时，B错误；
C. 催化剂不能使化学平衡发生移动，催化剂Ⅱ条件下CO的平衡转化率与催化剂Ⅰ条件下相同，C错误；
D. 根据反应历程图可知，使用催化剂Ⅰ时，反应物转化为中间产物转基元反应的活化能低于使用催化剂II时，反应速率较大，使用催化剂Ⅰ时中间产物所能达到的最高浓度比使用催化剂II时更大，D正确；
故答案为：AD；
（4）① 由图可知，a、b表示的是CO的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，CO分压增加，H2分压降低，故467℃时随时间变化关系的曲线是a；489℃时随时间变化关系的曲线分别是b；故答案为：b；
②467℃时随时间变化关系的曲线是a；反应在内的平均反应速率0.0078；故答案为：0.0078；
（5）①根据在527℃和784℃下，随的变化曲线，因为反应的，所以T1为527℃，T2为784℃。由图2可得，T1温度下=1.0时，=2.0。因为初始投料，平衡时有，且有，则Kp=；故答案为：4；
②721℃时，在密闭容器中将等物质的量的和混合，采用适当的催化剂进行反应。可设和物质的量均为1mol，根据三段式：
，
平衡时体系中H2的物质的量分数=。527℃温度下=1.0时，=2.0，，解得，，平衡时体系中H2的物质的量分数=；784℃温度下=1.0时，=1.0，，解得，，平衡时体系中H2的物质的量分数=；由此可判断721℃时最终平衡时体系中H2的物质的量分数范围为；故答案为：B。
20．【答案】（1）
（2）
（3）浓硫酸，△；消去反应；；氧化反应
（4）A；C
（5）；
（6）；
【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；醇类简介
【解析】【解答】（1）化合物Ⅰ的分子中C、H原子个数依次是10、14，分子式为C10H14。
故答案为：C10H14
（2）化合物Ⅱ的某同分异构体属于芳香化合物，说明含有苯环，其分子式为C12H16O，且能够发生银镜反应，说明含有醛基，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，说明含有4种氢原子，结构简式为
故答案为：
（3）化合物Ⅲ中含有羟基，且与羟基相连的碳的邻碳上有氢，可在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成；化合物Ⅲ与羟基相连的碳上有氢，可在铜加热催化作用下发生氧化反应生成。
故答案为： 浓硫酸，△ ；消去反应；；氧化反应
（4）A. CO和N2互为等电子体，即CO中存在碳氧三键，故CO分子中存在键和键，故A正确；
B. 化合物Ⅲ中，苯环上由4个碳原子组成的侧链中，碳原子均采取sp3杂化，故所有碳原子无法共平面，故B错误；
C. 化合物Ⅲ的手性碳原子如图所示：，化合物Ⅳ的手性碳原子如图所示：，两分子中手性碳原子的数目均为1，故C正确；
D. 由化合物Ⅲ到化合物Ⅳ的转化中，有C-C键形成，无C-C单键的断裂，故D错误；
故答案为：AC
（5）化合物Ⅳ也可由化合物与两种无机非极性分子反应合成，根据该反应原子利用率为100%可以判断出，这两种分子的化学式分别为、。
故答案为：；
（6）以为唯一有机原料，合成，具体合成路线为：①水解得到；②与CO反应得到；③与发生酯化反应，得到；故最后一步反应的化学方程式为；若第一步反应涉及卤代烃制醇，则该反应的化学方程式为。
故答案为：
【分析】起始物质化合物Ⅰ经过取代反应转化为化合物Ⅱ；化合物Ⅱ中的醛基（-CHO）在氢气作用下被还原为羟基（-OH），生成化合物Ⅲ；化合物Ⅲ进一步与一氧化碳（CO）反应，最终得到目标产物化合物Ⅳ。据此结合题干设问分析作答。
（1）化合物Ⅰ的分子中C、H原子个数依次是10、14，分子式为C10H14；
（2）化合物Ⅱ的某同分异构体属于芳香化合物，说明含有苯环，其分子式为C12H16O，且能够发生银镜反应，说明含有醛基，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，说明含有4种氢原子，结构简式为；
（3）化合物Ⅲ中含有羟基，且与羟基相连的碳的邻碳上有氢，可在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成；化合物Ⅲ与羟基相连的碳上有氢，可在铜加热催化作用下发生氧化反应生成；
（4）A. CO和N2互为等电子体，即CO中存在碳氧三键，故CO分子中存在键和键，故A正确；
B. 化合物Ⅲ中，苯环上由4个碳原子组成的侧链中，碳原子均采取sp3杂化，故所有碳原子无法共平面，故B错误；
C. 化合物Ⅲ的手性碳原子如图所示：，化合物Ⅳ的手性碳原子如图所示：，两分子中手性碳原子的数目均为1，故C正确；
D. 由化合物Ⅲ到化合物Ⅳ的转化中，有C-C键形成，无C-C单键的断裂，故D错误；
（5）化合物Ⅳ也可由化合物与两种无机非极性分子反应合成，根据该反应原子利用率为100%可以判断出，这两种分子的化学式分别为、；
（6）以为唯一有机原料，合成，具体合成路线为：（1）水解得到；（2）与CO反应得到；（3）与发生酯化反应，得到；故最后一步反应的化学方程式为；若第一步反应涉及卤代烃制醇，则该反应的化学方程式为。
1 / 1广东省广州市2025届高三综合测试（二模）化学试题
一、单项选择题：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。每小题只有一个选项符合题意。
1．（2025·广州模拟）中华文化源远流长，古人使用不同的材料制作乐器。下列乐器中，主要材质为硅酸盐材料的是
A．青铜编钟 B．木笙 C．陶埙 D．骨笛
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】含硅矿物及材料的应用；高分子材料
【解析】【解答】A、青铜编钟的主要成分是青铜，属于金属材料范畴，A不符合题意。B、木笙的制作材料以纤维素为主，属于有机高分子材料，B不符合题意。
C、陶埙的主要材质是陶瓷，属于典型的硅酸盐材料，完全符合题目要求，C符合题意。
D、骨笛的主要原料是动物骨骼（主要成分为碳酸钙），不属于硅酸盐材料，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、青铜为铜合金，属于金属材料。
B、木甥为木材，属于有机高分子材料。
C、陶陨为陶瓷，属于硅酸盐材料。
D、骨笛的材料为动物骨骼，属于无机盐。
2．（2025·广州模拟）我国科技发展取得巨大成就。下列说法不正确的是
A．蛟龙号载人潜水器使用钛合金作外壳材料，的质子数为22
B．运载火箭使用肼()作燃料，肼的电子式为：
C．神舟十九号载人飞船使用耐烧蚀树脂，该树脂为合成有机高分子材料
D．天和核心舱电推进系统腔体采用的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料
【答案】B
【知识点】高分子材料；元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．钛合金强度高，蛟龙号载人潜水器采用钛合金作为外壳材料。钛的原子序数为22，其质子数也是22，A选项正确；
B．肼（N2H4）是共价化合物，其电子式为：，B选项错误；
C．神舟十九号载人飞船使用耐烧蚀树脂，该材料具有耐高温、耐腐蚀等优异性能，属于合成有机高分子材料，C选项正确；
D．氮化硼陶瓷由氮原子和硼原子构成，具有类似石墨的层状结构，具备良好的润滑性、电绝缘性、导热性及耐化学腐蚀性，属于新型无机非金属材料，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、标在元素符号左下角的数字为质子数。
B、N2H4中存在N-N、N-H键，据此确定其电子式。
C、耐烧蚀树脂属于有机高分子材料。
D、氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料。
3．（2025·广州模拟）“二十四节气”是中国农耕文化的产物，每个节气都有对应的食物。下列说法正确的是
A．清明吃艾饼，艾叶中的纤维素属于二糖
B．夏至吃面条，面条中的淀粉属于纯净物
C．立秋吃芝麻，芝麻中的油脂属于芳香烃
D．冬至吃饺子，饺子中的蛋白质可水解为氨基酸
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；物质的简单分类
【解析】【解析】A、艾叶中的纤维素属于多糖类物质，因此A项表述不正确。B、面条所含的淀粉属于多糖，但淀粉本身是混合物，故B项说法错误。
C、芝麻中的油脂主要成分是高级脂肪酸甘油酯（化学式可表示为），这类物质不属于芳香烃化合物，所以C项错误。
D、饺子皮中的蛋白质在消化过程中会发生水解反应，最终分解产物是各种氨基酸，该表述正确。
故答案为：D
【分析】A、纤维素属于多糖。
B、淀粉属于混合物。
C、油脂的成分为高级脂肪酸的甘油酯，不属于芳香烃。
D、蛋白质水解生成氨基酸。
4．（2025·广州模拟）从海带灰中提取碘的实验过程如下，其中操作X为
A．萃取分液 B．加热蒸馏 C．冷却结晶 D．趁热过滤
【答案】A
【知识点】过滤；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】根据上述流程分析，操作X对应的步骤是萃取分液，因此正确答案为A。故答案为：A
【分析】海带灰经过蒸馏水浸泡后过滤，得到含有I-的溶液。随后加入强氧化剂（如H2O2或Cl2），将I-氧化为I2。接着用CCl4进行萃取并分液，得到I2的CCl4溶液。最后通过蒸馏操作分离出纯净的I2。
5．（2025·广州模拟）兴趣小组利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是
A．制备NO B．除去NO中的NO2
C．收集NO D．吸收尾气中的NO
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．铜丝与浓硝酸反应会生成硝酸铜、二氧化氮和水，该反应不能用于制备一氧化氮（NO），选项A错误；B．二氧化氮（NO2）可以与水发生反应：3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO，利用这个反应可以用水除去NO中混有的NO2，选项B正确；
C．一氧化氮（NO）的相对分子质量（30）与空气的平均相对分子质量（29）非常接近，仅相差1，而且NO会与空气中的氧气（O2）发生反应，因此不能用排空气法收集NO，选项C错误；
D．虽然NO是有毒气体，但它不与氢氧化钠（NaOH）溶液发生反应，因此不能用NaOH溶液来吸收NO尾气，选项D错误；
故答案为：B
【分析】A、浓硝酸的还原产物为NO。
B、NO2能与H2O反应生成NO和HNO3。
C、NO能与空气中的O2反应生成NO2。
D、NO与NaOH溶液不反应。
6．（2025·广州模拟）“光荣属于劳动者，幸福属于劳动者。”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 用Na2S除去废水中Hg2+ Na2S具有还原性
B 将模具干燥后再注入熔融钢水 铁与水高温下会反应
C 喷洒波尔多液防治农作物病虫害 Cu2+可使蛋白质变性
D 船舶外壳安装锌块防锈蚀 锌的金属性比铁强
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；铁的化学性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、使用Na2S处理含Hg2+废水时，两者反应生成HgS沉淀（Hg2+ + S2- → HgS↓），该反应属于复分解反应，未发生电子转移。由于Na2S在此过程中仅作为硫源提供S2-离子，并未体现还原性，因此该劳动项目与题干要求的"化学知识关联性"不符，A符合题意。B、钢铁铸造过程中，若模具含有水分，高温下会发生反应：3Fe + 4H2O(g) → Fe3O4 + 4H2↑。该反应不仅影响铸件质量，产生的氢气还可能引发爆炸，因此必须干燥模具，此操作与化学知识直接相关，B不符合题意。
C、波尔多液的有效成分是CuSO4·5H2O与Ca(OH)2反应生成的碱式硫酸铜[Cu2(OH)2SO4]，其中Cu2+能使病原体蛋白质变性（Cu2+ + 蛋白质→蛋白质-Cu复合物），从而达到杀菌目的，该应用体现化学原理，C不符合题意。
D、船舶采用牺牲阳极保护法时，锌（E°(Zn2+/Zn) = -0.76V）作为阳极优先腐蚀（Zn → Zn2+ + 2e-），保护铁（E°(Fe2+/Fe) = -0.44V）免受腐蚀，该防护原理符合电化学理论，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、Na2S除去废水中的Hg2＋发生复分解反应Hg2＋＋S2－=HgS↓。
B、高温下，Fe能与水蒸气反应生成Fe3O4和H2。
C、Cu2＋为重金属离子，能使蛋白质变性。
D、金属活动性Zn＞Fe，Zn做负极，Fe被保护。
7．（2025·广州模拟）一种非天然氨基酸的结构如图所示，关于该化合物，说法不正确的是
A．能使酸性溶液褪色
B．最多能与等物质的量的Na反应
C．既能与HCl反应又能与NaOH反应
D．分子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；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解析】A. 该有机物中的醇羟基(-OH)具有还原性，能被酸性高锰酸钾()溶液氧化，导致溶液褪色，A选项正确。B. 该分子结构中同时含有醇羟基和羧基(-COOH)，两者都能与金属钠()反应，因此1mol该有机物最多可消耗2mol，B选项错误。
C. 分子中存在氨基(-NH2)和羧基(-COOH)，氨基能与酸反应，羧基能与碱反应，C选项正确。
D. 分子中苯环上的碳原子和羧基中的碳原子采用杂化，其余饱和碳原子采用杂化，因此碳原子杂化方式有两种，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、羟基所在碳原子上含有H原子，可被酸性KMnO4溶液所氧化。
B、羟基、羧基都能与Na反应。
C、－NH2显碱性，能与HCl反应；－COOH显酸性，能与NaOH反应。
D、苯环上的碳原子、羧基上的碳原子采用sp2杂化；只形成单键的碳原子采用sp3杂化。
8．（2025·广州模拟）我国古代四大发明之一黑火药的操作反应为：，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．每消耗32g S，该反应中转移的电子数目为
B．晶体中含有的离子数目为
C．溶液中含的数目为
D．标准状况下，中含有键的数目为
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.32g S相当于1mol，对应转移电子数为，A选项正确；B．KNO3由K+和组成，2.0mol KNO3含离子数为，B选项错误；
C．S2-会发生水解，1L 1.0mol/L K2S溶液中S2-数小于，C选项错误；
D．标准状况下2.24L CO2为0.1mol，每个CO2含2个σ键，σ键总数为，D选项错误。
故答案为：A
【分析】在反应中，S元素从0价降到-2价，N元素从+5价降到0价，C元素从0价升到+4价。因此S和KNO3是氧化剂，C是还原剂。每消耗1mol S时，转移电子数为12mol。
9．（2025·广州模拟）通过控制电位可以实现从地下卤水(主要含有Na+、K+、Cl-、Br-)中提取溴单质，其工作原理如图。电解过程中，下列说法不正确的是
A．Pt电极上发生还原反应
B．石墨电极上发生的反应有：
C．溶液中的阳离子从阳极室进入阴极室
D．阴极室溶液的pH逐渐降低
【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．根据分析，Pt电极作为阴极，发生还原反应：H2O + 2e-→ H2↑ + 2OH-，选项A正确；
B．石墨电极作为阳极，由于Cl-的放电能力弱于Br-，阳极优先发生的反应为：，选项B正确；
C．电解过程中，阳离子（Na+等）向阴极迁移，因此溶液中的阳离子从阳极室向阴极室移动，选项C正确；
D．阴极反应生成OH-会使溶液pH升高，因此阴极室pH逐渐增大，选项D错误；
故答案为：D
【分析】电池工作时，石墨电极作为阳极，Pt电极作为阴极。在阳极区，Br-失去电子被氧化生成Br2；在阴极区，H2O获得电子被还原生成H2和OH-。据此结合选项分析。
10．（2025·广州模拟）部分含Na或含Al物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断合理的是
A．存在的转化 B．一定是化合反应
C．存在的反应 D．电解e的水溶液可得到a
【答案】C
【知识点】镁、铝的重要化合物；氢氧化铝的制取和性质探究
【解析】【解答】A、Al2O3难溶于水，不能直接与水反应生成Al(OH)3，A选项错误。
B、Na2O2与水的反应属于氧化还原反应，不是化合反应，B选项错误。
C、Al2O3与NaOH反应生成四羟基合铝酸钠，符合转化关系，C选项正确。
D、电解钠盐溶液只能得到H2、Cl2等产物，制备金属Na需要电解熔融钠盐，D选项错误。故答案为：C
【分析】A、Al2O3、Al(OH)3都能溶于水，无法实现Al2O3直接转化为Al(OH)3。
B、g可能为Na2O或Na2O2。
C、Al2O3为两性氧化物，能与NaOH溶液反应。
D、电解NaCl溶液，得到NaOH、H2和Cl2。
11．（2025·广州模拟）按下图装置进行实验，两张湿润的试纸贴于广口瓶内壁，先注入浓氨水，一段时间后再注入浓盐酸，对实验现象的分析合理的是
A．注入浓氨水，气球膨胀，说明分解放热
B．注入浓氨水，红色石蕊试纸变蓝，说明是电解质
C．注入浓盐酸，淀粉KI试纸变蓝后褪色，说明氯气具有漂白性
D．注入浓盐酸，出现大量白烟，说明氨气具有还原性
【答案】D
【知识点】氨的性质及用途；氯气的化学性质
【解析】【解析】A、浓氨水注入后，氨水分解产生氨气（NH3·H2O → NH3↑ + H2O），导致广口瓶内气压增大使气球膨胀。该现象与放热无关，选项A错误。B、红色石蕊试纸变蓝是由于氨气溶于水生成NH3·H2O，电离出OH-显碱性（NH3 + H2O NH3·H2O NH4+ + OH-）。氨气本身不能电离，属于非电解质，选项B错误。
C、浓盐酸与KMnO4反应生成Cl2（2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O），Cl2氧化KI生成I2使淀粉试纸变蓝（Cl2 + 2KI → 2KCl + I2）。需注意氯气本身无漂白性，漂白作用来自其与水反应生成的HClO，选项C错误。
D、浓盐酸与KMnO4反应生成的Cl2会与氨气反应产生白烟（3Cl2 + 8NH3 → 6NH4Cl + N2），其中氨气的氮元素化合价升高（-3→0），体现还原性，选项D正确。
故答案为：D
【分析】A、气球膨胀，可能来自于NH3·H2O分解产生的NH3使得压强增大。
B、NH3属于非电解质，使红色石蕊试纸变蓝色的是NH3·H2O。
C、Cl2不具有漂白性，起到漂白作用的是HClO。
D、注入浓盐酸，反应生成Cl2，Cl2与NH3反应生成的白色固体为NH4Cl。
12．（2025·广州模拟）下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 同浓度溶液的碱性：C6H5ONa＜Na2CO3 酸性：C6H5OH＜H2CO3
B 酸性：CH2ClCOOH＞CH3COOH 电负性：Cl＞H
C 以1，3-丁二烯为原料合成顺丁橡胶 合成顺丁橡胶的反应是缩聚反应
D 由硫制硫酸： SO2和SO3均具有氧化性
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；二氧化硫的性质；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．根据酸性强弱关系：C6H5OH（苯酚）＜H2CO3（碳酸），可以推导出其共轭碱的碱性：C6H5ONa（苯酚钠）＞NaHCO3（碳酸氢钠）。但由此无法确定C6H5ONa与Na2CO3（碳酸钠）的碱性相对强弱，A不符合题意。B．酸性比较：CH2ClCOOH（氯乙酸）＞CH3COOH（乙酸），说明氯乙酸分子中羧基的O-H键极性更强。这表明-CH2Cl基团的吸电子能力强于-CH3基团，反映出Cl的电负性大于H，B符合题意。
C.1，3-丁二烯的官能团是碳碳双键（C=C），这类化合物容易发生加聚反应形成高分子化合物，但不能进行缩聚反应，C不符合题意。
D．硫制备硫酸的过程为：。其中SO2转化为SO3时硫元素的化合价从+4升至+6，表现出还原性；而SO3转化为H2SO4时硫的化合价保持不变，整个过程SO2和SO3均未表现出氧化性，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、根据“越弱越水解”分析，H2CO3对应的酸根离子为HCO3－，因此应比较苯酚钠溶液和NaHCO3溶液的碱性强弱。
B、电负性Cl＞H，使得CH2ClCOOH中羟基氢氧键的极性增强，酸性增强。
C、该反应为加聚反应。
D、该转化过程中并未体现SO2、SO3的氧化性。
13．（2025·广州模拟）一种有机除草剂分子含有X、Y、Z、W、R五种原子序数依次增大的短周期主族元素，已知X的原子核只有1个质子，Y的基态原子s轨道上的电子数是p轨道上的电子数的2倍，Z与R同族，Z的基态原子价层p轨道半充满，W的基态原子价层电子排布式为。下列有关说法正确的是
A．第一电离能： B．元素电负性：
C．沸点： D．的空间结构为直线形
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、比较C、N、O的第一电离能。同周期从左到右第一电离能总体增大，但N的2p轨道半充满使其更稳定，电离能高于O。因此顺序为N>O>C，A项错误。
B、比较H、N、O的电负性。电负性随非金属性增强而增大，同周期从左到右增大，同主族从上到下减小。因此O>N>H，B项错误。
C、比较H2O、NH3、PH3的沸点。三者均为分子晶体，H2O和NH3分子间存在氢键，且H2O的氢键数目更多，沸点最高。PH3无氢键，沸点最低。因此顺序为H2O>NH3>PH3，C项正确。
D、分析NO2-的空间构型。N的价层电子对数=2+(5+1-2×2)/2=3，孤电子对数为1，因此NO2-呈V形结构，D项错误。故答案为：C
【分析】X的原子核只有1个质子，因此X是氢(H)。Y的基态原子s轨道电子数是p轨道的2倍，因此Y是碳(C)。Z与R同族，且Z的基态原子价层p轨道半充满，因此Z是氮(N)，R是磷(P)。W的基态原子价层电子排布式为 ，则n=2时，所以W是氧(O)。据此结合元素周期律分析选项。
14．（2025·广州模拟）利用下列实验装置(加热装置省略)测定葡萄酒中的含量，将葡萄酒中的吹到溶液中，用NaOH标准溶液滴定反应后的Ⅱ中溶液。下列说法正确的是
A．Ⅰ中加入稀硫酸，目的是利用其氧化性
B．进入Ⅱ中与反应，体现的还原性
C．利用NaOH滴定Ⅱ中未反应完的，测的含量
D．若Ⅲ中溶液颜色变浅，则测得的含量偏高
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．装置Ⅰ中加入稀硫酸的目的是利用其酸性促进二氧化硫的逸出，选项A错误。
B．进入装置Ⅱ后与反应，被氧化为硫酸，体现了的还原性，选项B正确。
C．NaOH溶液用于滴定装置Ⅱ中生成的硫酸，从而间接测定的含量，选项C错误。
D．若装置Ⅲ中溶液颜色变浅，说明部分二氧化硫未被完全氧化为硫酸，而是进入了装置Ⅲ，导致测得的含量偏低，选项D错误。
故答案为：B
【分析】加热三颈烧瓶时，二氧化硫气体逸出并进入溶液中，与反应生成硫酸。随后用NaOH标准溶液滴定生成的硫酸，根据消耗NaOH的量，计算n(H2SO4)，结合S元素守恒，即可从而测定的含量。
15．（2025·广州模拟）反应，正反应速率可表示为，逆反应速率可表示为，其中、分别为正、逆反应的速率常数，只与温度有关，反应的与关系如图所示。下列说法正确的是
A．该反应的
B．升高温度，减小、增大
C．达到平衡时，
D．平衡后加水稀释，达到新平衡后减小
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由分析可知，反应正向为放热反应，故，选项A错误；
B．升高温度时，正反应速率和逆反应速率均增大，选项B错误；
C．平衡时正逆反应速率相等，即，因此，选项C错误；
D．平衡后加水稀释，各物质浓度降低，但，平衡逆向移动，新平衡时减少，选项D正确；
故答案为：D
【分析】由与的关系图可知，当体系温度升高时，逐渐增大，且逆反应的增加幅度更大。说明升高温度时，逆反应速率增长更快，平衡向逆向移动，因此该反应的正反应为放热反应。据此结合选项分析。
16．（2025·广州模拟）一种兼具合成功能的新型锂电池工作原理如图。电解质为含有机溶液，放电过程中Ni-Pt电极首先发生反应，后产生，充电过程中电解LiCl产生。下列说法不正确的是
A．充电时，阳极产生
B．放电时，从Li电极向Ni-Pt电极迁移
C．放电时，每消耗6mol Li，正极室增加28g
D．放电时总反应：
【答案】C
【知识点】化学电源新型电池；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．充电过程中，阳极发生氧化反应，氯离子失去电子生成，A选项正确；
B．放电时，阳离子（）向正极迁移，即从Li电极向Ni-Pt电极移动，B选项正确；
C．放电时，每消耗6mol Li会转移6mol电子。正极室吸收1mol，同时有6mol锂离子从右侧迁移至左侧。因此正极室质量增加为：1mol×28g/mol（氮气） + 6mol×7g/mol（锂离子）=70g，C选项错误；
D．放电总反应为：，D选项正确；
故答案为：C
【分析】放电过程中Ni－Pt电极发生得电子的还原反应，因此Ni－Pt电极为正极，则Li电极为负极，其电极反应式为Li－e－=Li＋。充电时Ni－Pt电极为阳极，其电极反应式为：2Li3N－6e－=6Li＋＋N2。Li电极为阴极，其电极反应式为Li＋＋e－=Li。据此结合选项分析。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．（2025·广州模拟）弱酸及其盐的混合溶液是常见的缓冲溶液，如醋酸(用HAc表示)、醋酸钠(用NaAc表示)混合溶液。缓冲溶液具有能够缓解少量外来酸、碱或水产生的影响，维持溶液pH不发生明显变化的能力。
Ⅰ．某小组同学通过加入等量盐酸，研究25℃下NaAc、HAc混合溶液缓冲能力的影响因素。
（1）配制的NaAc溶液，需要醋酸钠晶体(，)的质量为　 　g，该过程用到的仪器有　 　(填字母)。
A. B. C. D.
（2）探究NaAc、HAc混合溶液总浓度对缓冲能力的影响。
用浓度均为的NaAc和HAc溶液按下表配制总体积相同的系列溶液，分别加入的盐酸，测得加盐酸前后pH如下表。
序号 加盐酸前pH 加盐酸后pH
1 0 0 20.00 7.00 x
2 2.50 2.50 15.00 4.76 4.67
3 5.00 5.00 10.00 4.76 4.72
①实验测得x与理论计算一致，　 　。
②实验2、3加盐酸前后pH变化明显小于实验1的原因是　 　(用离子方程式表示)。
③由实验2、3加盐酸前后pH变化可知，NaAc、HAc混合溶液总浓度越大，缓冲能力越　 　(填“强”或“弱”)。
（3）探究NaAc、HAc混合溶液中不同配比对缓冲能力的影响。
提出猜想：混合溶液中越大，缓冲能力越强。
设计实验、验证猜想：参照(2)进一步实验。
序号 加盐酸前pH 加盐酸后pH
4 1.00 9.00 10.00 3.80 3.67
5 2.00 8.00 10.00 4.16 4.09
6 10.00 5.36 5.30
①　 　。
②甲同学根据实验4、5和6认为猜想成立，乙同学根据实验　 　和　 　认为猜想不足以成立。
③经查阅资料，其他条件相同下，混合溶液中越接近l，缓冲能力越强。
Ⅱ．缓冲溶液在络合滴定法测定金属离子浓度中具有广泛应用。
（4）利用测定ZnO的纯度，滴定反应为，需维持滴定过程中。
准确称取ZnO固体a g于锥形瓶中，加足量盐酸溶解，配制成250mL溶液，从中取25.00mL，加入指示剂和20mL缓冲溶液，滴定至终点消耗溶液V mL。
①下列缓冲溶液的pH均约为5，其中缓冲能力最强的是　 　(填字母)，原因是　 　。
A．、混合溶液
B．、混合溶液
C．、混合溶液
②测定结果：ZnO(摩尔质量为)晶体的纯度为　 　(用、a、c、V表示)。
【答案】13.6；BC；2.00；；强；8.00；3；6；B；B中n(盐)：n(酸)最接近且混合溶液总浓度最大；
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定
【解析】【解答】（1）配制的NaAc溶液，需要醋酸钠晶体(，)的质量为，该过程用到的仪器有胶头滴管、烧杯、托盘天平、药匙、玻璃棒、100mL容量瓶，故选BC。
故答案为：13.6；BC
（2）①的盐酸加入20.00mL的水，得到溶液中氢离子浓度为，则pH=2。
故答案为：2.00
②实验2、3加盐酸前后pH变化明显小于实验1的原因是存在平衡，加入盐酸后，氢离子和醋酸根离子结合为弱酸醋酸。
故答案为：
③由表，实验2、3加盐酸前后pH变化分别为0.09、0.04，则NaAc、HAc混合溶液总浓度越大，缓冲能力越强。
故答案为：强
（3）①由表，醋酸钠、醋酸溶液总体积为10.00mL，当=4：1时，8.00。
故答案为：8.00
②结合表中数据，实验3和6加盐酸前后pH变化分别为0.04、0.06，不能说明混合溶液中越大，缓冲能力越强。
故答案为：3；6
（4）①由(2)、(3)的实验结论：NaAc、HAc混合溶液总浓度越大，缓冲能力越强；其他条件相同下，混合溶液中越接近l，缓冲能力越强。则下列缓冲溶液的pH均约为5，其中缓冲能力最强的是B，原因是B中n(盐)：n(酸)最接近且混合溶液总浓度最大。
故答案为：B； B中n(盐)：n(酸)最接近且混合溶液总浓度最大
②结合滴定反应为和数据，ZnO晶体的纯度为。
故答案为：
【分析】（1）根据公式m=n×M=c×V×M计算所需固体的质量。根据溶液配制过程确定所需的仪器。
（2）①计算加水后溶液中c(H+)，从而得到溶液的pH。
②实验2、3中加入稀盐酸后发生H＋＋Ac－ HAc，使得溶液中c(H＋)变化不大。
③根据前后pH值的变化分析。
（3）①根据混合溶液的总体积保持不变分析。
②实验3和6加盐酸前后pH变化分别为0.04、0.06，不能说明猜想成立。
（4）①NaAc、HAc混合溶液总浓度越大，缓冲能力越强；据此结合选项所给溶液的浓度分析。
②根据滴定反应进行计算。
18．（2025·广州模拟）广泛应用于新能源汽车和储能领域。从低浓度锂溶液(含、、、)获得制备的原料和，工艺流程如下：
已知：①常温下，部分物质的如下表。
物质
②在本工艺相应条件下，EDTA能与反应生成可溶于水的稳定配合物。
③常温下，，，。
（1）“沉锂1”中生成磷酸锂的离子方程式为　 　。若“沉锂1”后滤液中，则溶液浓度为　 　。
（2）“萃取除铝”时，调节溶液，与萃取剂HR(弱酸)反应转化为而被萃取至有机层。降低溶液pH，铝的去除率明显降低，原因是　 　。
（3）“沉淀”时控制溶液，此时　 　，该条件下转化为的离子方程式为　 　。
（4）“除杂”中加入NaOH调节溶液。滤渣2的主要成分是、和　 　。
（5）“沉锂2”先加入适量EDTA，再加入固体，充分反应后过滤。加入EDTA的目的是防止产品中混入　 　(填化学式)杂质。
（6）由可制备X晶体，其晶胞为长方体，结构如图所示。
①X的化学式为　 　。
②与Li距离最近且等距的Co的数目为　 　。
③设X最简式的式量为，阿伏加德罗常数的值为，则X晶体的密度为　 　(列出计算式)。
【答案】（1）；
（2）酸性增强，平衡正向移动，导致浓度降低，难以与铝离子配位
（3）；
（4）
（5）
（6）；8；
【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；铁及其化合物的性质实验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）“沉锂1”中和反应生成磷酸锂的离子方程式为：；若“沉锂1”后滤液中，则溶液浓度为。
故答案为：；
（2）“萃取除铝”时，调节溶液，与萃取剂HR(弱酸)反应转化为而被萃取至有机层，降低溶液pH，铝的去除率明显降低，原因是酸性增强，平衡正向移动，导致浓度降低，难以与铝离子配位。
故答案为： 酸性增强，平衡正向移动，导致浓度降低，难以与铝离子配位
（3）“沉淀”时控制溶液，c(H+)=0.1mol/L，此时，该条件下和H2O2、反应生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
故答案为：；
（4）“除杂”中加入NaOH调节溶液，c(OH-)=，由可知，此时溶液中c(Mg2+)=，Mg2+完全沉淀，则滤渣2的主要成分是、和Mg(OH)2。
故答案为：
（5）在本工艺相应条件下，EDTA能与反应生成可溶于水的稳定配合物，“沉锂2”先加入适量EDTA，再加入固体，充分反应后过滤。加入EDTA的目的是防止产品中混入杂质。
故答案为：
（6）①由晶胞结构可知，Li的个数为1，O的个数为=2，Co的个数为=1，X的化学式为。
故答案为：
②由晶胞结构可知，以位于体心的Li为研究对象，与Li距离最近且等距的Co的数目为8。
故答案为：8
③设X最简式的式量为，阿伏加德罗常数的值为，则X晶体的密度为。
故答案为：
【分析】“沉锂”步骤中向含Li＋、Al3＋、Mg2＋、Ca2＋的溶液中加入Na3PO4溶液，生成沉淀物Li3PO4、AlPO4、Mg3(PO4)2和Ca3(PO4)2的混合物。“酸溶”步骤中用稀硫酸溶解上述滤渣，得到含Li＋、Al3＋、Mg2＋、Ca2＋的溶液。“除铝”步骤中通过萃取剂将Al3＋从溶液中分离，剩余水相中含有Li＋、Mg2＋、Ca2＋。“磷酸铁沉淀”步骤中加入绿矾（FeSO4）和H2O2反应生成FePO4沉淀，过滤后得到含Li＋、Mg2＋、Ca2＋的溶液。“碱沉淀”步骤中加入NaOH溶液，生成Fe(OH)3、Ca(OH)2和Mg(OH)2沉淀，过滤后得到含Li+的溶液。“Ca2+去除”步骤中加入EDTA（乙二胺四乙酸），EDTA能与Ca2+形成可溶性稳定配合物，从而去除钙离子。“碳酸锂沉淀”步骤中最后向溶液中加入Na2CO3，Li+转化为Li2CO3固体，完成锂的提取过程。
（1）“沉锂1”中和反应生成磷酸锂的离子方程式为：；若“沉锂1”后滤液中，则溶液浓度为。
（2）“萃取除铝”时，调节溶液，与萃取剂HR(弱酸)反应转化为而被萃取至有机层，降低溶液pH，铝的去除率明显降低，原因是酸性增强，平衡正向移动，导致浓度降低，难以与铝离子配位。
（3）沉淀”时控制溶液，c(H+)=0.1mol/L，此时，该条件下和H2O2、反应生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
（4）“除杂”中加入NaOH调节溶液，c(OH-)=，由可知，此时溶液中c(Mg2+)=，Mg2+完全沉淀，则滤渣2的主要成分是、和Mg(OH)2。
（5）在本工艺相应条件下，EDTA能与反应生成可溶于水的稳定配合物，“沉锂2”先加入适量EDTA，再加入固体，充分反应后过滤。加入EDTA的目的是防止产品中混入杂质。
（6）①由晶胞结构可知，Li的个数为1，O的个数为=2，Co的个数为=1，X的化学式为；
②由晶胞结构可知，以位于体心的Li为研究对象，与Li距离最近且等距的Co的数目为8；
③设X最简式的式量为，阿伏加德罗常数的值为，则X晶体的密度为。
19．（2025·广州模拟）水煤气变换是重要的化工过程，铁的氧化物可作为该反应的催化剂。
水煤气变换反应：
（1）基态Fe原子价层电子的轨道表示式为　 　。
（2）使用作为反应催化剂，该反应分两步完成：
则　 　(用和表示)。
（3）科研小组研究了在两种不同催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如下图所示。其他条件相同时，下列说法正确的有___________(填字母)。
A．水煤气变换反应的
B．使用催化剂Ⅰ时，反应体系更快达到平衡。
C．催化剂Ⅱ条件下CO的平衡转化率比催化剂Ⅰ大
D．反应过程中，使用催化剂Ⅰ时中间产物所能达到的最高浓度更大
（4）科研人员研究了467℃和489℃时水煤气变换反应中和CO分压随时间变化关系如图1所示，催化剂为，实验初始时体系中的、。
①489℃时，随时间变化关系的曲线是　 　(填“a”或“b”)。
②467℃时反应在内的平均反应速率　 　(结果保留2位有效数字)。
（5）科研人员研究了温度和初始投料比对水煤气变换反应平衡状态的影响。已知：CO初始的物质的量恒定为。在527℃和784℃下，随的变化曲线如图2。
①计算527℃时水煤气变换反应的平衡常数=　 　。(以分压表示，分压总压×物质的量分数，写出计算过程)
②721℃时，在密闭容器中将等物质的量的和混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中的物质的量分数范围是　 　(填字母)。
A． B． C． D．
【答案】（1）
（2）
（3）A；D
（4）b；0.0078
（5）4；B
【知识点】原子核外电子排布；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）基态Fe原子核外有26个电子，按照构造原理，其核外电子排布式为[Ar]3d64s2，按照洪特规则，价层电子3d上6个电子优先占据5个不同轨道，故价层电子的电子排布图为。故答案为：
（2）使用作为反应催化剂，该反应分两步完成：
①
②
根据盖斯定律，①+②得：=。
故答案为：
（3）A.根据反应历程图可知，反应物能量高于生成物能量，水煤气变换反应的，A正确；
B. 根据反应历程图可知，使用催化剂Ⅰ时，中间产物转化为产物基元反应的活化能高于使用催化剂II时，反应速率较小，使用催化剂Ⅰ时反应体系达到平衡所需时间大于使用催化剂II时，B错误；
C. 催化剂不能使化学平衡发生移动，催化剂Ⅱ条件下CO的平衡转化率与催化剂Ⅰ条件下相同，C错误；
D. 根据反应历程图可知，使用催化剂Ⅰ时，反应物转化为中间产物转基元反应的活化能低于使用催化剂II时，反应速率较大，使用催化剂Ⅰ时中间产物所能达到的最高浓度比使用催化剂II时更大，D正确；
故答案为：AD
（4）① 由图可知，a、b表示的是CO的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，CO分压增加，H2分压降低，故467℃时随时间变化关系的曲线是a；489℃时随时间变化关系的曲线分别是b。
故答案为：b
②467℃时随时间变化关系的曲线是a；反应在内的平均反应速率0.0078。
故答案为：0.0078
（5）①根据在527℃和784℃下，随的变化曲线，因为反应的，所以T1为527℃，T2为784℃。由图2可得，T1温度下=1.0时，=2.0。因为初始投料，平衡时有，且有，则Kp=。
故答案为：4
②721℃时，在密闭容器中将等物质的量的和混合，采用适当的催化剂进行反应。可设和物质的量均为1mol，根据三段式：
，
平衡时体系中H2的物质的量分数=。527℃温度下=1.0时，=2.0，，解得，，平衡时体系中H2的物质的量分数=；784℃温度下=1.0时，=1.0，，解得，，平衡时体系中H2的物质的量分数=；由此可判断721℃时最终平衡时体系中H2的物质的量分数范围为。
故答案为：B
【分析】（1）Fe为26号元素，基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，据此确定其价层电子轨道表示式。
（2）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（3）A、根据反应物和生成物能量的相对大小判断反应的热效应。
B、使用催化剂Ⅰ时第二步反应所需的活化能较高，反应速率较慢。
C、催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动。
D、根据不同催化剂的活化能不同，确定反应速率的相对大小，从而得出浓度高低。
（4）①结合温度对平衡移动的影响分析。
②根据公式，结合图像数据计算用CO表示的反应速率。
（5）①根据图像数据，结合平衡常数的表达式Kp=进行计算。
②721℃时，在密闭容器中将等物质的量的和混合，采用适当的催化剂进行反应。可设和物质的量均为1mol，据此结合平衡三段式进行计算。
（1）基态Fe原子核外有26个电子，按照构造原理，其核外电子排布式为[Ar]3d64s2，按照洪特规则，价层电子3d上6个电子优先占据5个不同轨道，故价层电子的电子排布图为 ；故答案为：；
（2）使用作为反应催化剂，该反应分两步完成：
①
②
根据盖斯定律，①+②得：=；故答案为：；
（3）A.根据反应历程图可知，反应物能量高于生成物能量，水煤气变换反应的，A正确；
B. 根据反应历程图可知，使用催化剂Ⅰ时，中间产物转化为产物基元反应的活化能高于使用催化剂II时，反应速率较小，使用催化剂Ⅰ时反应体系达到平衡所需时间大于使用催化剂II时，B错误；
C. 催化剂不能使化学平衡发生移动，催化剂Ⅱ条件下CO的平衡转化率与催化剂Ⅰ条件下相同，C错误；
D. 根据反应历程图可知，使用催化剂Ⅰ时，反应物转化为中间产物转基元反应的活化能低于使用催化剂II时，反应速率较大，使用催化剂Ⅰ时中间产物所能达到的最高浓度比使用催化剂II时更大，D正确；
故答案为：AD；
（4）① 由图可知，a、b表示的是CO的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，CO分压增加，H2分压降低，故467℃时随时间变化关系的曲线是a；489℃时随时间变化关系的曲线分别是b；故答案为：b；
②467℃时随时间变化关系的曲线是a；反应在内的平均反应速率0.0078；故答案为：0.0078；
（5）①根据在527℃和784℃下，随的变化曲线，因为反应的，所以T1为527℃，T2为784℃。由图2可得，T1温度下=1.0时，=2.0。因为初始投料，平衡时有，且有，则Kp=；故答案为：4；
②721℃时，在密闭容器中将等物质的量的和混合，采用适当的催化剂进行反应。可设和物质的量均为1mol，根据三段式：
，
平衡时体系中H2的物质的量分数=。527℃温度下=1.0时，=2.0，，解得，，平衡时体系中H2的物质的量分数=；784℃温度下=1.0时，=1.0，，解得，，平衡时体系中H2的物质的量分数=；由此可判断721℃时最终平衡时体系中H2的物质的量分数范围为；故答案为：B。
20．（2025·广州模拟）化学反应的原子经济性是绿色化学的核心之一，一种能体现原子经济性的化合物Ⅳ的合成的路线如下：
（1）化合物Ⅰ的分子式为　 　。
（2）化合物Ⅱ的某同分异构体属于芳香化合物，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　 　。
（3）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、条件 反应形成的新结构 反应类型
① 　 　 　 　
② 、Cu、加热 　 　 　 　
（4）下列关于反应③的说法中，正确的有___________(填字母)。
A．CO分子中存在键和键
B．化合物Ⅲ中，所有碳原子共平面
C．化合物Ⅲ和Ⅳ的分子中手性碳原子的数目相同
D．由化合物Ⅲ到化合物Ⅳ的转化中，有C-C单键的断裂和形成
（5）化合物Ⅳ也可由化合物与两种无机非极性分子反应合成，该反应原子利用率为100%，则这两种分子的化学式分别为　 　、　 　。
（6）以为唯一有机原料，合成。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①最后一步反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
②若第一步反应涉及卤代烃制醇，该反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
【答案】（1）
（2）
（3）浓硫酸，△；消去反应；；氧化反应
（4）A；C
（5）；
（6）；
【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；醇类简介
【解析】【解答】（1）化合物Ⅰ的分子中C、H原子个数依次是10、14，分子式为C10H14。
故答案为：C10H14
（2）化合物Ⅱ的某同分异构体属于芳香化合物，说明含有苯环，其分子式为C12H16O，且能够发生银镜反应，说明含有醛基，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，说明含有4种氢原子，结构简式为
故答案为：
（3）化合物Ⅲ中含有羟基，且与羟基相连的碳的邻碳上有氢，可在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成；化合物Ⅲ与羟基相连的碳上有氢，可在铜加热催化作用下发生氧化反应生成。
故答案为： 浓硫酸，△ ；消去反应；；氧化反应
（4）A. CO和N2互为等电子体，即CO中存在碳氧三键，故CO分子中存在键和键，故A正确；
B. 化合物Ⅲ中，苯环上由4个碳原子组成的侧链中，碳原子均采取sp3杂化，故所有碳原子无法共平面，故B错误；
C. 化合物Ⅲ的手性碳原子如图所示：，化合物Ⅳ的手性碳原子如图所示：，两分子中手性碳原子的数目均为1，故C正确；
D. 由化合物Ⅲ到化合物Ⅳ的转化中，有C-C键形成，无C-C单键的断裂，故D错误；
故答案为：AC
（5）化合物Ⅳ也可由化合物与两种无机非极性分子反应合成，根据该反应原子利用率为100%可以判断出，这两种分子的化学式分别为、。
故答案为：；
（6）以为唯一有机原料，合成，具体合成路线为：①水解得到；②与CO反应得到；③与发生酯化反应，得到；故最后一步反应的化学方程式为；若第一步反应涉及卤代烃制醇，则该反应的化学方程式为。
故答案为：
【分析】起始物质化合物Ⅰ经过取代反应转化为化合物Ⅱ；化合物Ⅱ中的醛基（-CHO）在氢气作用下被还原为羟基（-OH），生成化合物Ⅲ；化合物Ⅲ进一步与一氧化碳（CO）反应，最终得到目标产物化合物Ⅳ。据此结合题干设问分析作答。
（1）化合物Ⅰ的分子中C、H原子个数依次是10、14，分子式为C10H14；
（2）化合物Ⅱ的某同分异构体属于芳香化合物，说明含有苯环，其分子式为C12H16O，且能够发生银镜反应，说明含有醛基，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，说明含有4种氢原子，结构简式为；
（3）化合物Ⅲ中含有羟基，且与羟基相连的碳的邻碳上有氢，可在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成；化合物Ⅲ与羟基相连的碳上有氢，可在铜加热催化作用下发生氧化反应生成；
（4）A. CO和N2互为等电子体，即CO中存在碳氧三键，故CO分子中存在键和键，故A正确；
B. 化合物Ⅲ中，苯环上由4个碳原子组成的侧链中，碳原子均采取sp3杂化，故所有碳原子无法共平面，故B错误；
C. 化合物Ⅲ的手性碳原子如图所示：，化合物Ⅳ的手性碳原子如图所示：，两分子中手性碳原子的数目均为1，故C正确；
D. 由化合物Ⅲ到化合物Ⅳ的转化中，有C-C键形成，无C-C单键的断裂，故D错误；
（5）化合物Ⅳ也可由化合物与两种无机非极性分子反应合成，根据该反应原子利用率为100%可以判断出，这两种分子的化学式分别为、；
（6）以为唯一有机原料，合成，具体合成路线为：（1）水解得到；（2）与CO反应得到；（3）与发生酯化反应，得到；故最后一步反应的化学方程式为；若第一步反应涉及卤代烃制醇，则该反应的化学方程式为。
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