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广东省茂名市2025届高三下学期第二次综合测试（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，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025·茂名模拟）蛇是十二生肖之一，下列有关蛇的历史文物中，主要材质为金属材料的是
A.商周石蛇 B.春秋蛇纹铜提链罐
C.唐彩绘生肖蛇陶俑 D.清青玉十二辰-蛇
A．A B．B C．C D．D
2．（2025·茂名模拟）“华龙一号”标志着中国进入核电技术先进国家行列。下列说法正确的是
A．蒸汽发生器中水吸收热量变成蒸汽：共价键被破坏
B．碳化硼用作核反应堆的控制棒：碳化硼含极性共价键
C．用低浓缩铀（）制成燃料棒：的中子数为92
D．汽轮机高速运转使发电机发电：该过程机械能转化为化学能
3．（2025·茂名模拟）中国是农业大国，粮食安全是国家安全的重要部分。下列说法不正确的是
A．水稻种子中含有淀粉，淀粉属于高分子
B．收割机的割刀为铁合金，该合金比纯铁硬度大
C．“秸秆炭化，草灰还田”，草木灰可以用作钾肥
D．CuSO4可制备杀菌剂波尔多液，因为SO能使蛋白质变性
4．（2025·茂名模拟）民以食为天。下列说法不正确的是
A．料酒蒸鱼去腥增鲜，乙醇为非极性分子
B．春笋炒肉香脆开胃，笋中的纤维素是多糖
C．猪油拌饭鲜香可口，猪油可水解得到饱和高级脂肪酸
D．新鲜面包香气四溢，膨松剂碳酸氢钠可中和酸并受热分解
5．（2025·茂名模拟）从海带中提取碘的过程如下，其中操作为
A．过滤 B．蒸馏 C．结晶 D．萃取
6．（2025·茂名模拟）汽车尾气管的钢材可通过镀铝的方法来延缓腐蚀，下列说法正确的是
A．该法中钢铁为负极被保护
B．该法为牺牲阴极法
C．镀铝时将钢材与电源正极相连
D．电化学腐蚀时铝发生反应：
7．（2025·茂名模拟）“劳动人民是世界上最伟大的人”。下列劳动项目中与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 厨师：用卤水点豆腐 胶体的聚沉
B 保洁员：用84消毒液消毒
C 化妆师：用甘油制备保湿面霜 甘油能发生消去反应
D 环保工程师：用溶液处理含的污水
A．A B．B C．C D．D
8．（2025·茂名模拟）化学家拉瓦锡在18世纪探究了的性质，兴趣小组利用以下装置进行模拟实验。其中能达到预期目的的是
A.制备 B.干燥
C.收集 D.尾气处理
A．A B．B C．C D．D
9．（2025·茂名模拟）-呋喃丙烯酸是重要的有机合成中间体，其结构如图所示。下列关于-呋喃丙烯酸的说法不正确的是
A．能与乙醇发生反应 B．能使酸性溶液褪色
C．所有的碳原子可在同一平面上 D．碳原子的杂化方式为和
10．（2025·茂名模拟）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中键的数目为
B．和的混合气体含有的原子数目为
C．与足量浓硝酸反应，生成的分子的数目为
D．溶液中，阳离子的数目大于
11．（2025·茂名模拟）按下图连接好实验装置，三通阀接通氨气发生器与烧瓶，滴入浓氨水，待烧杯中酚酞完全变红后，再拧动三通阀使多余氨气通入尾气吸收装置，可见管液面迅速上升形成喷泉。下列有关说法不正确的是
A．该喷泉颜色为红色
B．该装置的优点为能处理多余氨气，减少污染
C．浓氨水与反应有生成，产氨过程熵减
D．若烧瓶内先集满气体，则产生氨气后可见“喷烟”现象
12．（2025·茂名模拟）一种杀菌剂的结构式如图所示，元素X、Y、Z、W、T、Q原子序数依次增大且在前四周期均有分布，Y、Z、W在同一周期，和在同一主族，的价层电子排布式为，下列说法正确的是
A．的空间结构为平面三角形
B．元素的电负性大小：
C．元素的第一电离能：
D．最高价氧化物的水化物的酸性：
13．（2025·茂名模拟）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 SiO2可以用来制作光纤 SiO2是酸性氧化物
B 聚丙烯酸钠可用于制尿不湿 聚丙烯酸钠含疏水基团
C 制备乙酸乙酯时加入浓硫酸 浓硫酸常做催化剂和吸水剂
D 酸性：C2H5COOH＞CH3COOH 烷基越长，推电子效应越大
A．A B．B C．C D．D
14．（2025·茂名模拟）部分含或物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断不合理的是
A．与反应只能生成1种盐
B．酸雨的形成过程可以是：
C．若c为淡黄色固体，则c与能发生氧化还原反应
D．b可以与水反应生成d，且该反应中只有1种元素变价
15．（2025·茂名模拟）催化剂1和催化剂2均能催化反应（M1和M2为中间产物）。反应历程如图，其他条件相同时，下列说法正确的是
A．使用催化剂1，该反应焓变会变得更小
B．使用催化剂2，反应能更快到达平衡
C．使用催化剂2，平衡时W的浓度更大
D．使用催化剂1和2，反应历程的步数一样
16．（2025·茂名模拟）如图是一种光电催化装置，它可以将空气中捕获的转化为各种化工原料。下列说法正确的是
A．工作时，从区移向区
B．制备时，理论上生成同时，可生成
C．制备时，阴极区发生反应：
D．制备时，理论上每生成的同时，阳极区溶液减少
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．（2025·茂名模拟）易潮解，是一种重要的无机化工品，广泛应用于水处理、印刷电路板制作、染料、催化剂等领域。
（1）的制备
下列装置可用于实验室制备少量无水，则
①仪器A的名称为　 　。
②仪器的接口顺序为　 　（装置可重复使用）。
（2）浓度的测定
①把上述制备的配成稀溶液，移取至锥形瓶中，加入　 　作指示剂，用标准溶液滴定。
②重复滴定三次，平均消耗标准溶液，则　 　（用含和的代数式表示）。
（3）探究工业盐酸呈黄色的原因
【查阅资料】工业盐酸溶有，固体为棕褐色，为淡紫色，为黄色。
①甲同学观察溶液、　 　溶液，颜色均为黄色。
【提出猜想】发生了水解反应生成显黄色。
②补充完整方程式：　 　。
【实验验证】
初步实验：取3支洁净的试管，分别加入溶液，然后按下表开展实验。
序号 操作 现象
1 滴入10滴 溶液黄色褪去，接近无色
2 滴入________ 溶液黄色略变浅
3 滴入10滴盐酸 溶液黄色变亮变深
分析讨论：甲同学认为根据实验1现象可知猜想成立，乙同学认为还应开展实验2才能进一步验证。
③请补充完整实验2中操作：　 　。
进一步探究：根据实验3中的异常现象，进一步查阅资料，溶液中还存在反应：（黄色），。
④请设计实验进一步验证该反应的存在（写出操作和现象）：　 　。
【理论验证】
⑤某工业盐酸中，则该溶液中　 　。
【实验结论】
⑥工业盐酸呈黄色的原因是　 　。
18．（2025·茂名模拟）某种软锰矿中含有、、的氧化物，一种综合利用的工艺流程如下：
已知：①25℃下，的，的。
②溶解度随温度变化较大。
③离子浓度等于时该离子恰好完全沉淀。
（1）焙烧温度对和的浸出率的影响如图所示，则“焙烧”时最佳温度为　 　。
（2）“浸出渣”主要成分有与　 　（写化学式）。
（3）“碱化过滤”时，发生反应的化学方程式为　 　，当完全沉淀，溶液中　 　（填“>”“<”或“=”）；“氧化”时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为　 　。
（4）“水热法”时，温度控制在160℃，反应的离子方程式为　 　；“一系列操作”为　 　，过滤，洗涤，干燥。
（5）该工艺中可循环利用的物质有　 　（写化学式）。
（6）一种含、、元素的形状记忆合金的结构单元如图所示，该合金的最简立方晶胞中，的个数为　 　，晶体中一个周围与其最近的的个数为　 　。
19．（2025·茂名模拟）钛（）及其合金是理想的高强度、低密度结构材料，应用广泛。
（1）在元素周期表中位于　 　区。
（2）生产钛的方法之一是将还原得到，原理如下表：
反应
a： -212 44.7
b： -51 220
①反应的为　 　。
②已知越小，反应越容易发生，温度为时更易发生的反应是　 　（选填“a”或“b”）。
（3）能高效分解水，为开发氢能源提供了研究方向。一种制取高纯的原理的主反应：。
①下图为主反应的与温度的关系，该反应是　 　（填“放热”或“吸热”）反应。
②下列关于主反应的说法正确的是　 　。
A．减压时平衡正向移动，增大
B．当时，反应达到平衡状态
C．温度升高，逆反应速率减慢，平衡正向移动
D．投料时增大的值，有利于提高的平衡转化率
③初始组分和的物质的量均为，的物质的量为时，在体积为的密闭容器中进行合成的反应，分钟时体系部分组分的物质的量随温度的变化曲线如图所示。
a.600℃以后，的量增幅不大，而的量明显增多的原因是发生了分解反应：　 　（用方程式表示）。
b．求点时主反应的浓度商　 　（列出计算式），则　 　（填“<”“>”或“=”）。
20．（2025·茂名模拟）、和不饱和化合物发生反应的路径如下图所示（反应条件略）。
（1）化合物ii的名称是　 　。
（2）化合物v的分子式为　 　，其同分异构体能发生银镜反应的有　 　种，其中核磁共振氢谱有3组峰的结构简式为　 　。
（3）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的有________。
A．为i→ii过程中的催化剂
B．反应⑤的原子利用率为100%
C．化合物iv和vi中均含有手性碳原子
D．化合物vi属于氨基酸
（4）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。
反应试剂、条件 涉及化学键的变化 反应形成的有机物新结构
　 　 大键、键 　 　
（5）在一定条件下制备。该反应中：
①若反应物之一能与溶液作用显色，则另一反应物为　 　（写化学式）。
②若反应物之一为V形结构分子，则另一反应物为　 　（写结构简式）。
（6）以化合物iii和为有机原料，参照上述路线，合成化合物vii（），基于你设计的合成路线，回答下列问题。
①最后一步反应的反应物为　 　（写结构简式）。
②相关步骤涉及卤代烃的消去反应，其化学反应方程式为　 　（注明反应条件）。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；无机非金属材料；合理利用金属资源
【解析】【解答】A、商周石蛇：名称中的“石”指石材，表明其主要材质为石头，属于非金属材料，A错误；B、春秋蛇纹铜提链罐：名称中的“铜”指青铜（铜合金），青铜是一种金属材料，因此其主要材质为金属材料，B正确；
C、唐彩绘生肖蛇陶俑：名称中的“陶俑”指陶器，材质为黏土烧制，属于非金属材料，C错误；
D、清青玉十二辰-蛇：名称中的“青玉”指玉石，材质为矿物玉石，属于非金属材料，D错误；
故答案为：B
【分析】金属材料是指金属元素或以金属元素为主构成的具有金属特性的材料的统称。具体包括：纯金属、合金、金属化合物、特种金属材料。
2．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；原子中的数量关系；化学键；常见能量的转化及运用
【解析】【解答】A、水（H2O）在蒸汽发生器中吸收热量变成蒸汽，这是一个物理上的相变化，只涉及分子间作用力的破坏，而水分子内部的O-H共价键未被破坏。共价键的断裂通常发生在化学变化中，A错误；B、碳化硼是核反应堆中常用的控制棒材料，能有效吸收中子。硼和碳均为非金属元素，形成的B-C键为共价键；由于硼和碳的电负性差异，B-C键具有极性，属于极性共价键，B正确；
C、铀-235中，下标92表示质子数，上标235表示质量数，质量数=质子数 + 中子数，所以中子数 = 质量数 - 质子数 = 235 - 92 = 143，C错误；
D、在核电站中，汽轮机将蒸汽的热能转化为机械能，发电机再将机械能转化为电能。整个过程不涉及化学变化，因此没有“机械能转化为化学能”。能量转换路径为：热能 → 机械能 → 电能，D错误；
【分析】在化合物分子中，当不同种原子形成共价键时，由于两个原子吸引电子的能力不一样，共用电子会偏向吸引电子能力更强的原子那一方，结果使得吸引电子能力较弱的原子相对显正电性。 像这样的共价键，我们就称之为极性共价键，简称极性键。
3．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；高分子材料
【解析】【解答】A、水稻种子中的主要成分是淀粉，淀粉是一种多糖，由多个葡萄糖单元聚合而成，分子量通常在10000以上，因此属于高分子化合物，A正确；B、收割机的割刀通常由铁合金（如高碳钢或工具钢）制成，合金通过添加其他元素（如碳、铬等）改变了铁的晶体结构，从而提高了硬度和耐磨性，因此合金比纯铁硬度大，B正确；
C、秸秆炭化后产生的草木灰主要成分是碳酸钾（K2CO3），其中含有可溶性钾元素，在农业中可用作钾肥，促进植物生长，C正确；
D、波尔多液是一种常见的农业杀菌剂，由硫酸铜（CuSO4）和氢氧化钙（石灰）混合制成。其杀菌作用主要依靠铜离子（Cu2+），铜离子能使病原菌的蛋白质变性，从而杀死病菌，D错误；
故答案为：D
【分析】波尔多液是一种无机铜素杀菌剂，它是由硫酸铜、生石灰和水按不同比例配制成的天蓝色胶状悬浊液。一般呈碱性，有良好的粘附性能，该制剂具有杀菌谱广、持效期长、病菌不会产生抗性、对人和畜低毒等特点，是应用历史最长的一种杀菌剂。但久放会沉淀并析出结晶，性质发生变化，药效降低，宜现配现用或制成失水波尔多粉，使用时再兑水混合。
4．【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子；多糖的性质和用途；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解析】A、乙醇分子（C2H5OH）由于羟基的存在导致分子结构不对称，属于极性分子，A选项错误。B、纤维素作为多糖类物质，其水解的最终产物确实是葡萄糖，B选项正确。
C、猪油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，在适当条件下可水解生成饱和高级脂肪酸和甘油，C选项正确。
D、碳酸氢钠具有两种分解特性：①受热分解产生二氧化碳；②能与酸反应释放二氧化碳，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、乙醇属于极性分子。
B、纤维素属于多糖。
C、猪油属于油脂，可水解生成高级脂肪酸和甘油。
D、NaHCO3不稳定受热易分解。
5．【答案】D
【知识点】海水资源及其综合利用；过滤；蒸馏与分馏；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、过滤：用于分离固体与液体，但此处混合物为液-液两相，无固体参与，A错误；B、蒸馏：基于沸点差异分离液体组分，此处不需要改变组分沸点，且会破坏萃取过程，B错误；
C、结晶：用于从溶液中析出固体晶体，但此处目标是获得I2的CCl4溶液，而非固体碘，C错误；
D、萃取：指利用物质在两种互不相溶溶剂中溶解度的差异进行分离的操作。此处CCl4与水不互溶，I2更易溶于CCl4，通过萃取可分离出I2的CCl4溶液，D正确；
故答案为：D
【分析】从海带中提取碘，将海带灼烧，破坏海带的有机结构，使碘元素以碘离子形式转入灰分，同时除去有机物，然后进行水浸过滤，加水溶解灰分中的可溶性含I-盐，过滤除去不溶性残渣，得到含I-的浸出液。加入稀硫酸和双氧水，酸性条件下，H2O2作氧化剂，将I-氧化为I2，在四氯化碳中溶解度远大于水，发生萃取，利用相似相溶原理，I2从水相转移到有机相，后续需配合分液分离两相，得到I2的CCl4溶液。
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、镀铝后，Al 比 Fe 活泼，Al 作负极被腐蚀，Fe 作正极被保护，因此钢铁不是负极， A错误；
B、该防护方法是 “牺牲阳极法”（活泼金属作阳极被消耗），并非 “牺牲阴极法”，B错误；
C、镀铝属于电镀，需将镀层金属（Al）接电源正极（作阳极），待镀钢材接电源负极（作阴极），C错误；
D、电化学腐蚀时，Al 作负极失电子，反应为 Al-3e-=Al3+，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．明确 “Al 比 Fe 活泼”，镀铝后 Al 作负极，Fe 作正极被保护，判断钢铁不是负极。
B．区分 “牺牲阳极法”（活泼金属作阳极）与 “牺牲阴极法”，该法是牺牲阳极法。
C．电镀时镀层金属接正极，待镀物接负极，钢材应接电源负极。
D．负极发生失电子的氧化反应，Al 作负极的反应为 Al-3e- = Al3+。
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；醇类简介；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、电解质能使胶体聚沉，卤水点豆腐的过程就是利用电解质使胶体发生聚沉，A不符合题意。B、84消毒液消毒时，次氯酸钠（ClO-）与二氧化碳和水反应生成次氯酸（HClO）和碳酸氢根（HCO3-），离子方程式为： ，B不符合题意。
C、甘油用于保湿面霜是因为其分子中含有三个羟基（—OH），能与水分子形成氢键，从而起到保湿作用，与其能否发生消去反应无关，C符合题意。
D、用Na2S溶液处理含Cu2+的污水时，S2-与Cu2+反应生成难溶的CuS沉淀，离子方程式为： ，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、卤水点豆腐利用了胶体聚沉的性质。
B、结合酸性强弱H2CO3＞HClO＞HCO3－分析。
C、甘油中的－OH可形成氢键，使得水溶性增强。
D、S2－能与Cu2＋形成难溶的CuS，从而除去Cu2＋。
8．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、铜与浓硫酸反应生成二氧化硫()需要加热条件，题目装置未体现加热操作，A选项错误。B、浓硫酸具有吸水性且不与二氧化硫()反应，可以用作干燥剂，B选项正确。
C、由于二氧化硫()密度大于空气，收集时应采用长导管进气、短导管出气的排空气法，C选项错误。
D、尾气处理时，为保证二氧化硫充分吸收，气体应从长导管进入吸收液，D选项错误。
故答案为：B
【分析】A、Cu与浓硫酸的反应需要加热条件。
B、SO2与浓硫酸不反应，可用浓硫酸进行干燥。
C、SO2的密度比空气大，应用向上排空气法收集。
D、用NaOH溶液吸收SO2时，SO2应从长导管的一端通入。
9．【答案】D
【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；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．分子结构中含有羧基(-COOH)，能与乙醇(CH3CH2OH)发生酯化反应生成酯类化合物，选项A正确；B．分子中存在碳碳双键(C=C)结构，该结构可使酸性高锰酸钾()溶液褪色，选项B正确；
C．基于乙烯分子中6个原子共平面的特性，以及酯基(-COO-)中各原子共平面的特点，加上单键的可旋转性，可以确定该分子所有碳原子可能共处同一平面，选项C正确；
D．由于分子中所有碳原子均参与形成双键，其杂化方式应为杂化，选项D错误；
故答案为：D
【分析】A、结构中的-COOH能与-OH发生酯化反应。
B、碳碳双键能使酸性KMnO4溶液褪色。
C、结合双键原子共平面的特征分析。
D、结构中的碳原子都为不饱和碳原子，不存在sp3杂化。
10．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解析】A、题目未说明是否在标准状况下，因此无法准确计算44.8 L CH2=CH2中π键的数量，选项A错误。B、O2和Cl2均为双原子分子，1 mol O2和Cl2的混合气体中原子总数为2NA，选项B错误。
C、Cu与浓硝酸反应的化学方程式为：。64 g Cu完全反应生成2 mol NO2，但由于存在2NO2 N2O4的平衡，实际NO2分子数小于2NA，选项C错误。
D、根据电荷守恒：n(NH4＋)＋n(H＋)=n(Cl－)＋n(OH－)，已知n(Cl-)=0.2 mol/L×0.1 L=0.02 mol，因此n(NH4+)+n(H+)>0.02 mol，阳离子数目大于0.02NA，选项D正确。
故答案为：D
【分析】A、气体所处的状态未知，无法应用气体摩尔体积进行计算。
B、一个O2分子或Cl2分子中都含有2个原子，据此计算。
C、随着反应的进行，HNO3浓度逐渐减小，反应生成NO。
D、根据电荷守恒进行分析。
11．【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；常见气体制备原理及装置选择；性质实验方案的设计
【解析】【解析】A、氨气(NH3)溶于水后与水反应生成一水合氨(NH3·H2O)，一水合氨是弱电解质，部分电离出OH-使溶液呈碱性，能使酚酞试剂变红，故喷泉呈现红色，选项A正确。B、装置中三通阀与倒扣漏斗的设计，可将未参与反应的过量氨气导入烧杯中被水吸收，防止氨气逸散造成污染，体现了绿色化学理念，选项B正确。
C、浓氨水与CaO反应的化学方程式为：CaO+NH3·H2O=NH3↑+Ca(OH)2。该过程由液态反应物生成气态产物，体系混乱度增大（ΔS>0），属于熵增过程，选项C错误。
D、若烧瓶中预先充满HCl气体，当通入NH3时两者立即反应生成白色NH4Cl固体颗粒，形成烟状现象，描述为"喷烟"准确，选项D正确。
故答案为：C
【分析】A、NH3的水溶液显碱性，酚酞遇碱变红色。
B、NH3极易溶于水，三通阀可将多余NH3溶于水中。
C、反应过程中生成NH3，熵值增大。
D、NH3能与HCl反应生成NH4Cl固体。
12．【答案】A
【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；物质的结构与性质之间的关系；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A、Y为C，W为O，YW32-即碳酸根离子（CO32-）。碳酸根离子中碳原子采用sp2杂化，无孤电子对，空间结构为平面三角形，A正确；B、Q为Br，T为Cl，X为H，元素非金属性越强，电负性越大，故元素的电负性大小顺序为Cl>Br>H，即T>Q>X，B错误；
C、W为O，Z为N，Y为C。同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，N原子2p能级半充满，结构稳定，N原子第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能顺序为N>O>C，即Z>W>Y，C错误；
D、Y为C，最高价氧化物为CO2，水化物为H2CO3，是一种弱酸；Z为N，最高价氧化物为N2O5，水化物为HNO3，是一种强酸。酸性顺序为HNO3>H2CO3，即Z>Y，D错误；
故答案为：A
【分析】根据题目描述，元素X、Y、Z、W、T、Q原子序数依次增大且在前四周期均有分布。T的价层电子排布式为nsn-1npn+2，分析可知仅当n=3时成立，此时排布为3s23p5，故T为氯（原子序数17）。T和Q在同一主族，Q原子序数大于T且在前四周期，故Q为溴（原子序数35）。原子序数序列为XY、Z、W在同一周期，且前四周期均有元素分布。考虑分布要求，X应为第一周期元素（H或He），Y、Z、W为第二周期元素。结合原子序数依次增大，合理序列为：X=H（原子序数1），Y=C（原子序数6），Z=N（原子序数7），W=O（原子序数8），T=Cl（原子序数17），Q=Br（原子序数35）。分布覆盖第一周期（H）、第二周期（C、N、O）、第三周期（Cl）、第四周期（Br）。
13．【答案】C
【知识点】极性分子和非极性分子；硅和二氧化硅；酯化反应
【解析】【解答】A．SiO2用于制作光纤是因为其对光具有良好的全反射性能，与其作为酸性氧化物的性质无直接因果关系，A项错误；B．聚丙烯酸钠能用于尿不湿是由于其分子中含有亲水基团，而非因其是吸水性高分子，陈述Ⅱ存在错误，B项错误；
C．浓硫酸在酯化反应中同时起到催化剂和吸水剂的作用，既能催化反应又能通过吸收水使平衡正向移动，陈述I和Ⅱ均正确且存在因果关系，C项正确；
D．烷基的推电子效应会降低羧基中羟基的极性，烷基越长推电子效应越强，导致羧酸酸性减弱，因此酸性强弱应为CH3COOH > C2H5COOH，陈述I错误，D项错误；
故答案为：C
【分析】A、SiO2用作光导纤维，是利用其良好的光学特性，与其酸性氧化物性质无关。
B、聚丙烯酸钠用于制尿不湿，是因为其具有亲水基团。
C、乙酸乙酯制备过程中加入浓硫酸，所起到的作用为催化剂和吸水剂。
D、烷基越长，推电子效应越大，使得羟基的极性减弱，酸性减弱。
14．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、e是+4价硫的氧化物（SO2），d为+1价钠的氧化物水化物（NaOH），二者反应时，当SO2少量时生成Na2SO3（亚硫酸钠）；当SO2过量时生成NaHSO3（亚硫酸氢钠），A选项错误。B、酸雨形成过程符合硫元素的转化链：S→SO2→H2SO3→H2SO4，B选项正确。
C、若c为淡黄色固体（Na2O2），与SO2发生氧化还原反应：Na2O2＋SO2=Na2SO4，C选项正确。
D、b为NaH与水反应：NaH＋H2O=NaOH＋H2↑，仅氢元素价态变化，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、SO2与NaOH反应，可能生成Na2SO3或NaHSO3。
B、结合酸雨的形成过程分析。
C、c为淡黄色固体，则c为Na2O2，能与SO2反应生成Na2SO4。
D、NaH具有还原性，与H2O反应生成NaOH和H2。
15．【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解析】A．催化剂的作用是改变反应速率，但不会影响反应的焓变（ΔH），选项A错误。B．催化剂2能降低反应的活化能，使得反应速率加快，从而更快达到平衡状态，选项B正确。
C．催化剂不会改变平衡状态，因此使用催化剂2时，平衡状态下物质W的浓度保持不变，选项C错误。
D．使用催化剂1时，反应分为2步进行；而使用催化剂2时，反应分为3步进行，选项D错误。
故答案为：B
【分析】A、催化剂只影响反应速率，不影响反应焓变。
B、使用催化剂2，反应所需的活化能越小，反应速率越快。
C、催化剂不影响平衡移动。
D、使用催化剂2时，反应分三步进行。
16．【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．在工作过程中，M区作为阳极区，N区作为阴极区，氢离子（）从M区向N区迁移，A选项错误。B．从理论上分析，生成1mol氧气（）时，电路中会转移4mol电子。在制备一氧化碳（）的过程中，碳元素的化合价从+4降低到+2，根据电子守恒关系，可以生成2molCO，B选项错误。
C．在制备甲醇（）时，二氧化碳在阴极区获得电子转化为甲醇，阴极的电极反应式为：，C选项正确。
D．在制备甲酸（）时，理论上每生成1摩尔氧气（），电路中会转移4摩尔电子，同时有4摩尔氢离子从M区迁移到N区，导致阳极区溶液质量减少36克，D选项错误。
故答案为：C
【分析】M区H2O在电极上发生反应，转化为H＋和O2，发生失电子的氧化反应，因此M区为阳极区，其电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋。N区为阴极区，空气中的CO2在电极上发生得电子的还原反应，生成H＋。据此结合选项分析。
17．【答案】（1）分液漏斗；
（2）溶液；或者
（3）0.005；；10滴蒸馏水；向溶液加入固体，溶液黄色加深（合理皆可）；或；主要是含有
【知识点】盐类水解的应用；铁的化学性质；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①由图可知，仪器A的名称为：分液漏斗。故答案为：分液漏斗
②由分析可知，仪器的接口顺序为：a→f g d e h i d e b c。
故答案为：f g d e h i d e b c
（2）①三价铁遇到硫氰化钾显示红色，碘化钾和氯化铁反应离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，则可以加入溶液作指示剂。
故答案为：溶液
②结合2Fe3++2I-=2Fe2++I2可知，。
故答案为：或者
（3）①进行对比实验时，三价铁浓度应该相同。
故答案为：0.005
②结合题意和电荷守恒可知，发生了水解反应生成和氢离子。
故答案为：
③结合表格中信息可知，实验2溶液黄色只是略变浅和实验1对比，可知实验2滴入了10滴蒸馏水。
故答案为： 10滴蒸馏水
④根据资料显示三价铁可以和氯离子结合形成黄色的，则可以设计实验为：向溶液加入固体，溶液黄色加深（合理皆可）。
故答案为： 向溶液加入固体，溶液黄色加深（合理皆可）
⑤，，，则。
故答案为：或
⑥工业盐酸显酸性，且其中含有大量的氯离子和溶有，则呈黄色的原因是：主要是含有。
故答案为： 主要是含有
【分析】（1）①根据图示仪器确定其名称。
② 由浓盐酸和高锰酸钾制备氯气，首先用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，干燥后，和铁粉反应生成氯化铁，制备无水氯化铁，后面还要连一个除水装置，最后用氢氧化钠处理尾气，据此确定实验装置的连接。
（2）①滴定过程中Fe3＋与I－反应，结合Fe3＋的检验确定滴定终点的指示剂。
②根据滴定过程中发生的反应2Fe3＋＋2I－=I2＋2Fe2＋进行计算。
（3）①应控制溶液中c(Fe3＋)相等，据此确定所用Fe2(SO4)3溶液的浓度。
②结合原子守恒、电荷守恒补充反应的离子方程式。
③实验2是为了排出水的干扰。
④根据资料显示三价铁可以和氯离子结合形成黄色的[FeCl4]－，据此设计实验。
⑤结合平衡常数的表达式进行计算。
⑥工业盐酸呈黄色是由于其中含有[FeCl4]－。
（1）①由图可知，仪器A的名称为：分液漏斗；
②由分析可知，仪器的接口顺序为：a→f g d e h i d e b c；
（2）①三价铁遇到硫氰化钾显示红色，碘化钾和氯化铁反应离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，则可以加入溶液作指示剂；
②结合2Fe3++2I-=2Fe2++I2可知，；
（3）①进行对比实验时，三价铁浓度应该相同，故答案为：0.005；
②结合题意和电荷守恒可知，发生了水解反应生成和氢离子，故答案为：；
③结合表格中信息可知，实验2溶液黄色只是略变浅和实验1对比，可知实验2滴入了10滴蒸馏水；
④根据资料显示三价铁可以和氯离子结合形成黄色的，则可以设计实验为：向溶液加入固体，溶液黄色加深（合理皆可）；
⑤，，，则，答案为：或；
⑥工业盐酸显酸性，且其中含有大量的氯离子和溶有，则呈黄色的原因是：主要是含有。
18．【答案】（1）650℃
（2）
（3）；<；
（4）；蒸发浓缩，冷却结晶
（5）或
（6）8；6
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）根据焙烧温度对和的浸出率的影响图，650℃时Mn的浸出率高、铁的浸出率低 ，则“焙烧”时最佳温度为650℃。
故答案为： 650℃
（2）二氧化硅难溶于水，“浸出渣”主要成分有与。
故答案为：
（3）“碱化过滤”时，和氨水发生反应生成氢氧化锰沉淀和硫酸铵，反应的化学方程式为；的，，根据的，当完全沉淀，c(OH-)的最小值为 mol/L；，所以溶液中<；“氧化”时，氢氧化锰被氧气氧化为Mn3O4，6Mn(OH)2-2Mn3O4-O2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6。
故答案为：；＜；1：6
（4）“水热法”时，温度控制在160℃，硫酸锰被氧化为二氧化锰，(NH4)2S2O8还原为硫酸铵，锰元素化合价由+2升高为+4，氧化剂(NH4)2S2O8在含有2个-1价氧原子，氧元素化合价由-1降低为-2，根据得失电子守恒，配平反应的离子方程式为。溶解度随温度变化较大， 溶液蒸发浓缩、冷却结晶可析出晶体，“一系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。
故答案为：；蒸发浓缩、冷却结晶
（5）“焙烧”生成得SO3可循环到“混料”过程使用，该工艺中可循环利用的物质有SO3或H2SO4。
故答案为：SO3或H2SO4
（6）根据图示，1个晶胞由8个图示的结构单元组成，所以晶胞中的个数为8，晶体中一个周围与其最近的的个数为6(位于其上下左右前后)。
故答案为：8；6
【分析】软锰矿的主要成分包含、、的氧化物。经过硫酸混合"焙烧"和加水"浸出"后，由于氧化铁和二氧化硅难溶于水，因此浸出渣中主要含有这两种物质。根据流程图的后续步骤，浸出液经过"碱化过滤"得到氢氧化锰，说明浸出液中存在硫酸锰。氢氧化锰经过"浆化"处理并通入空气氧化后，生成Mn3O4。在硫酸锰溶液中加入(NH4)2S2O8时，硫酸锰被氧化为二氧化锰沉淀，同时(NH4)2S2O8被还原为硫酸铵。硫酸铵溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥等步骤，最终得到硫酸铵固体。
（1）根据焙烧温度对和的浸出率的影响图，650℃时Mn的浸出率高、铁的浸出率低 ，则“焙烧”时最佳温度为650℃。
（2）二氧化硅难溶于水，“浸出渣”主要成分有与。
（3）“碱化过滤”时，和氨水发生反应生成氢氧化锰沉淀和硫酸铵，反应的化学方程式为；的，，根据的，当完全沉淀，c(OH-)的最小值为 mol/L；，所以溶液中<；“氧化”时，氢氧化锰被氧气氧化为Mn3O4，6Mn(OH)2-2Mn3O4-O2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6。
（4）“水热法”时，温度控制在160℃，硫酸锰被氧化为二氧化锰，(NH4)2S2O8还原为硫酸铵，锰元素化合价由+2升高为+4，氧化剂(NH4)2S2O8在含有2个-1价氧原子，氧元素化合价由-1降低为-2，根据得失电子守恒，配平反应的离子方程式为。溶解度随温度变化较大， 溶液蒸发浓缩、冷却结晶可析出晶体，“一系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。
（5）“焙烧”生成得SO3可循环到“混料”过程使用，该工艺中可循环利用的物质有SO3或H2SO4。
（6）根据图示，1个晶胞由8个图示的结构单元组成，所以晶胞中的个数为8，晶体中一个周围与其最近的的个数为6(位于其上下左右前后)。
19．【答案】（1）d
（2）+161；b
（3）吸热；BD；；；<
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）Ti位于元素周期表第四周期ⅣB族，价层电子排布式为3d24s2，故属于d区。
故答案为：d
（2）目标反应可由b-a得到，根据盖斯定律可知目标反应的 。
故答案为：+161
②，代入相关数据得、，即<，故当温度为1500K时，反应b更容易发生。
故答案为：b
（3）①由上述分析可知反应为吸热反应。
故答案为：吸热
②A．该反应为分子数增大的反应，故减压平衡正向移动，但K不变，A错误；
B．当时说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡，B正确；
C．升高温度，正逆反应速率都加快，正向速率加快的更多，平衡正向移动，C错误；
D．投料时增大的值，相当于保持TiCl3的量不变，增大CH4的量，反应朝正向移动，有利于提高的平衡转化率，D正确；
故答案为：BD
③a．由图像可知随着温度升高，产物中出现了C，且氢气的量明显增多，说明甲烷分解生成了C和氢气，反应方程式为。
故答案为：
b．由图可知在温度为670℃，t min时，体系内甲烷和C均为3.5mol，说明副反应中甲烷转化了3.5mol，同时还生产了7molH2，设主反应中甲烷转化了2x mol，列出三段式：，依题有10－2x－3.5=3.5，解得x=1.5；平衡时H2、HCl、CH4、TiCl3的物质的量的浓度为，14.25 mol/L、4.5 mol/L、1.75 mol/L、3.5 mol/L，代入公式有浓度商Q=，由反应的lgK与温度的关系图可知，温度为670℃时平衡常数K=10-5，故Q>K，平衡逆向移动，即v正故答案为：；＜
【分析】（1）根据Ti的价电子排布式，确定其在周期表中的分区。
（2）①根据盖斯定律计算。
②根据进行计算。
（3）①结合温度对平衡移动的影响分析。升高温度，平衡向吸热反应方向移动，反应正向进行的程度越高，其K值越大。
②A、平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数K不变。
B、结合反应速率之比等于化学计量数之比分析。
C、温度升高，正逆反应速率都增大。
D、 投料时增大的值，则c(CH4)增大，平衡正向移动，TiCl3的转化率增大。
③a、CH4分解生成C和H2，据此写出反应的化学方程式。
b、根据浓度商Q的表达式，结合表格数据列式。当Q＞K时，反应逆向进行，据此判断正逆反应速率的相对大小。
（1）Ti位于元素周期表第四周期ⅣB族，价层电子排布式为3d24s2，故属于d区；
（2）目标反应可由b-a得到，根据盖斯定律可知目标反应的 ；，代入相关数据得、，即<，故当温度为1500K时，反应b更容易发生；
（3）①由上述分析可知反应为吸热反应；
②A．该反应为分子数增大的反应，故减压平衡正向移动，但K不变，A错误；
B．当时说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡，B正确；
C．升高温度，正逆反应速率都加快，正向速率加快的更多，平衡正向移动，C错误；
D．投料时增大的值，相当于保持TiCl3的量不变，增大CH4的量，反应朝正向移动，有利于提高的平衡转化率，D正确；
故答案选BD；
③a．由图像可知随着温度升高，产物中出现了C，且氢气的量明显增多，说明甲烷分解生成了C和氢气，反应方程式为；
b．由图可知在温度为670℃，t min时，体系内甲烷和C均为3.5mol，说明副反应中甲烷转化了3.5mol，同时还生产了7molH2，设主反应中甲烷转化了2x mol，列出三段式：，依题有10－2x－3.5=3.5，解得x=1.5；平衡时H2、HCl、CH4、TiCl3的物质的量的浓度为，14.25 mol/L、4.5 mol/L、1.75 mol/L、3.5 mol/L，代入公式有浓度商Q=，由反应的lgK与温度的关系图可知，温度为670℃时平衡常数K=10-5，故Q>K，平衡逆向移动，即v正20．【答案】（1）丙醛
（2）；2；
（3）A；B
（4），催化剂，加热；
（5）；
（6）和；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）化合物ii的结构简式为CH3CH2CHO，名称是丙醛。
故答案为：丙醛
（2）化合物v的结构简式为CH3CH2COCH3，分子式为C4H8O，其同分异构体能发生银镜反应说明含有醛基，有CH3CH2CH2CHO、(CH3)2CHCHO，共2种，其中核磁共振氢谱有3组峰的结构简式为(CH3)2CHCHO。
故答案为：C4H8O；2；
（3）A．参与反应①，反应③又生成，为i→ii过程中的催化剂，故A正确；
B．反应⑤为加成反应，原子利用率为100%，故B正确；
C．连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，化合物iv不含手性碳原子，故C错误；
D．化合物vi中不含羧基，不属于氨基酸，故错误；
故答案为：AB
（4）化合物iii苯环中含有大键，苯环和氢气的加成反应涉及化学键大键、键的变化，所以反应试剂、条件为，催化剂，加热；产物是。
故答案为：，催化剂，加热 ；
（5）①若反应物之一能与溶液作用显色，该反应物含有酚羟基，由逆推，反应物为，与氢气发生加成反应生成，则另一反应物为H2。
故答案为：H2
②若反应物之一为V形结构分子，该反应物是H2O，和水发生加成反应生成，则另一反应物为。
故答案为：
（6）根据题目信息，采用逆合成分析法推测合成路线为
①最后一步反应的反应物为、。
故答案为：和
②涉及卤代烃的消去反应的是，在氢氧化钠醇溶液中加热生成，其化学反应方程式为。
故答案为：
【分析】（1）根据化合物ⅱ中所含的官能团确定其名称。
（2）根据结构简式确定其分子式。能发生银镜反应，则含有-CHO，结合碳链异构确定同分异构体的个数。
（3）A、该转化过程中 先消耗后生成，属于催化剂。
B、反应⑤中产物只有一种，原子利用率100%。
C、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子，为手性碳原子。
D、同时含有-NH2和-COOH的有机物为氨基酸。
（4）化合物ⅲ中苯环结构中含有大π键，结合苯的性质分析。
（5）①能与FeCl3发生显色反应，则该反应物为，据此分析。
②为V形结构的分子，则该反应物为H2O，则另一反应物中应含有碳碳双键，据此分析。
（6） 采用逆合成分析法，发生水解反应生成，发生催化氧化生成；发生消去反应生成，发生加成反应生成，和CO反应生成，和苯胺先发生加成反应，再发生消去反应生成，和发生加成反应生成。
（1）化合物ii的结构简式为CH3CH2CHO，名称是丙醛；
（2）化合物v的结构简式为CH3CH2COCH3，分子式为C4H8O，其同分异构体能发生银镜反应说明含有醛基，有CH3CH2CH2CHO、(CH3)2CHCHO，共2种，其中核磁共振氢谱有3组峰的结构简式为(CH3)2CHCHO。
（3）A．参与反应①，反应③又生成，为i→ii过程中的催化剂，故A正确；
B．反应⑤为加成反应，原子利用率为100%，故B正确；
C．连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，化合物iv不含手性碳原子，故C错误；
D．化合物vi中不含羧基，不属于氨基酸，故错误；
选AB。
（4）化合物iii苯环中含有大键，苯环和氢气的加成反应涉及化学键大键、键的变化，所以反应试剂、条件为，催化剂，加热；产物是；
（5）①若反应物之一能与溶液作用显色，该反应物含有酚羟基，由逆推，反应物为，与氢气发生加成反应生成，则另一反应物为H2。
②若反应物之一为V形结构分子，该反应物是H2O，和水发生加成反应生成，则另一反应物为。
（6）根据题目信息，采用逆合成分析法推测合成路线为
①最后一步反应的反应物为、。
②涉及卤代烃的消去反应的是，在氢氧化钠醇溶液中加热生成，其化学反应方程式为。
1 / 1广东省茂名市2025届高三下学期第二次综合测试（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，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025·茂名模拟）蛇是十二生肖之一，下列有关蛇的历史文物中，主要材质为金属材料的是
A.商周石蛇 B.春秋蛇纹铜提链罐
C.唐彩绘生肖蛇陶俑 D.清青玉十二辰-蛇
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；无机非金属材料；合理利用金属资源
【解析】【解答】A、商周石蛇：名称中的“石”指石材，表明其主要材质为石头，属于非金属材料，A错误；B、春秋蛇纹铜提链罐：名称中的“铜”指青铜（铜合金），青铜是一种金属材料，因此其主要材质为金属材料，B正确；
C、唐彩绘生肖蛇陶俑：名称中的“陶俑”指陶器，材质为黏土烧制，属于非金属材料，C错误；
D、清青玉十二辰-蛇：名称中的“青玉”指玉石，材质为矿物玉石，属于非金属材料，D错误；
故答案为：B
【分析】金属材料是指金属元素或以金属元素为主构成的具有金属特性的材料的统称。具体包括：纯金属、合金、金属化合物、特种金属材料。
2．（2025·茂名模拟）“华龙一号”标志着中国进入核电技术先进国家行列。下列说法正确的是
A．蒸汽发生器中水吸收热量变成蒸汽：共价键被破坏
B．碳化硼用作核反应堆的控制棒：碳化硼含极性共价键
C．用低浓缩铀（）制成燃料棒：的中子数为92
D．汽轮机高速运转使发电机发电：该过程机械能转化为化学能
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；原子中的数量关系；化学键；常见能量的转化及运用
【解析】【解答】A、水（H2O）在蒸汽发生器中吸收热量变成蒸汽，这是一个物理上的相变化，只涉及分子间作用力的破坏，而水分子内部的O-H共价键未被破坏。共价键的断裂通常发生在化学变化中，A错误；B、碳化硼是核反应堆中常用的控制棒材料，能有效吸收中子。硼和碳均为非金属元素，形成的B-C键为共价键；由于硼和碳的电负性差异，B-C键具有极性，属于极性共价键，B正确；
C、铀-235中，下标92表示质子数，上标235表示质量数，质量数=质子数 + 中子数，所以中子数 = 质量数 - 质子数 = 235 - 92 = 143，C错误；
D、在核电站中，汽轮机将蒸汽的热能转化为机械能，发电机再将机械能转化为电能。整个过程不涉及化学变化，因此没有“机械能转化为化学能”。能量转换路径为：热能 → 机械能 → 电能，D错误；
【分析】在化合物分子中，当不同种原子形成共价键时，由于两个原子吸引电子的能力不一样，共用电子会偏向吸引电子能力更强的原子那一方，结果使得吸引电子能力较弱的原子相对显正电性。 像这样的共价键，我们就称之为极性共价键，简称极性键。
3．（2025·茂名模拟）中国是农业大国，粮食安全是国家安全的重要部分。下列说法不正确的是
A．水稻种子中含有淀粉，淀粉属于高分子
B．收割机的割刀为铁合金，该合金比纯铁硬度大
C．“秸秆炭化，草灰还田”，草木灰可以用作钾肥
D．CuSO4可制备杀菌剂波尔多液，因为SO能使蛋白质变性
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；高分子材料
【解析】【解答】A、水稻种子中的主要成分是淀粉，淀粉是一种多糖，由多个葡萄糖单元聚合而成，分子量通常在10000以上，因此属于高分子化合物，A正确；B、收割机的割刀通常由铁合金（如高碳钢或工具钢）制成，合金通过添加其他元素（如碳、铬等）改变了铁的晶体结构，从而提高了硬度和耐磨性，因此合金比纯铁硬度大，B正确；
C、秸秆炭化后产生的草木灰主要成分是碳酸钾（K2CO3），其中含有可溶性钾元素，在农业中可用作钾肥，促进植物生长，C正确；
D、波尔多液是一种常见的农业杀菌剂，由硫酸铜（CuSO4）和氢氧化钙（石灰）混合制成。其杀菌作用主要依靠铜离子（Cu2+），铜离子能使病原菌的蛋白质变性，从而杀死病菌，D错误；
故答案为：D
【分析】波尔多液是一种无机铜素杀菌剂，它是由硫酸铜、生石灰和水按不同比例配制成的天蓝色胶状悬浊液。一般呈碱性，有良好的粘附性能，该制剂具有杀菌谱广、持效期长、病菌不会产生抗性、对人和畜低毒等特点，是应用历史最长的一种杀菌剂。但久放会沉淀并析出结晶，性质发生变化，药效降低，宜现配现用或制成失水波尔多粉，使用时再兑水混合。
4．（2025·茂名模拟）民以食为天。下列说法不正确的是
A．料酒蒸鱼去腥增鲜，乙醇为非极性分子
B．春笋炒肉香脆开胃，笋中的纤维素是多糖
C．猪油拌饭鲜香可口，猪油可水解得到饱和高级脂肪酸
D．新鲜面包香气四溢，膨松剂碳酸氢钠可中和酸并受热分解
【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子；多糖的性质和用途；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解析】A、乙醇分子（C2H5OH）由于羟基的存在导致分子结构不对称，属于极性分子，A选项错误。B、纤维素作为多糖类物质，其水解的最终产物确实是葡萄糖，B选项正确。
C、猪油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，在适当条件下可水解生成饱和高级脂肪酸和甘油，C选项正确。
D、碳酸氢钠具有两种分解特性：①受热分解产生二氧化碳；②能与酸反应释放二氧化碳，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、乙醇属于极性分子。
B、纤维素属于多糖。
C、猪油属于油脂，可水解生成高级脂肪酸和甘油。
D、NaHCO3不稳定受热易分解。
5．（2025·茂名模拟）从海带中提取碘的过程如下，其中操作为
A．过滤 B．蒸馏 C．结晶 D．萃取
【答案】D
【知识点】海水资源及其综合利用；过滤；蒸馏与分馏；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、过滤：用于分离固体与液体，但此处混合物为液-液两相，无固体参与，A错误；B、蒸馏：基于沸点差异分离液体组分，此处不需要改变组分沸点，且会破坏萃取过程，B错误；
C、结晶：用于从溶液中析出固体晶体，但此处目标是获得I2的CCl4溶液，而非固体碘，C错误；
D、萃取：指利用物质在两种互不相溶溶剂中溶解度的差异进行分离的操作。此处CCl4与水不互溶，I2更易溶于CCl4，通过萃取可分离出I2的CCl4溶液，D正确；
故答案为：D
【分析】从海带中提取碘，将海带灼烧，破坏海带的有机结构，使碘元素以碘离子形式转入灰分，同时除去有机物，然后进行水浸过滤，加水溶解灰分中的可溶性含I-盐，过滤除去不溶性残渣，得到含I-的浸出液。加入稀硫酸和双氧水，酸性条件下，H2O2作氧化剂，将I-氧化为I2，在四氯化碳中溶解度远大于水，发生萃取，利用相似相溶原理，I2从水相转移到有机相，后续需配合分液分离两相，得到I2的CCl4溶液。
6．（2025·茂名模拟）汽车尾气管的钢材可通过镀铝的方法来延缓腐蚀，下列说法正确的是
A．该法中钢铁为负极被保护
B．该法为牺牲阴极法
C．镀铝时将钢材与电源正极相连
D．电化学腐蚀时铝发生反应：
【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、镀铝后，Al 比 Fe 活泼，Al 作负极被腐蚀，Fe 作正极被保护，因此钢铁不是负极， A错误；
B、该防护方法是 “牺牲阳极法”（活泼金属作阳极被消耗），并非 “牺牲阴极法”，B错误；
C、镀铝属于电镀，需将镀层金属（Al）接电源正极（作阳极），待镀钢材接电源负极（作阴极），C错误；
D、电化学腐蚀时，Al 作负极失电子，反应为 Al-3e-=Al3+，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．明确 “Al 比 Fe 活泼”，镀铝后 Al 作负极，Fe 作正极被保护，判断钢铁不是负极。
B．区分 “牺牲阳极法”（活泼金属作阳极）与 “牺牲阴极法”，该法是牺牲阳极法。
C．电镀时镀层金属接正极，待镀物接负极，钢材应接电源负极。
D．负极发生失电子的氧化反应，Al 作负极的反应为 Al-3e- = Al3+。
7．（2025·茂名模拟）“劳动人民是世界上最伟大的人”。下列劳动项目中与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 厨师：用卤水点豆腐 胶体的聚沉
B 保洁员：用84消毒液消毒
C 化妆师：用甘油制备保湿面霜 甘油能发生消去反应
D 环保工程师：用溶液处理含的污水
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；醇类简介；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、电解质能使胶体聚沉，卤水点豆腐的过程就是利用电解质使胶体发生聚沉，A不符合题意。B、84消毒液消毒时，次氯酸钠（ClO-）与二氧化碳和水反应生成次氯酸（HClO）和碳酸氢根（HCO3-），离子方程式为： ，B不符合题意。
C、甘油用于保湿面霜是因为其分子中含有三个羟基（—OH），能与水分子形成氢键，从而起到保湿作用，与其能否发生消去反应无关，C符合题意。
D、用Na2S溶液处理含Cu2+的污水时，S2-与Cu2+反应生成难溶的CuS沉淀，离子方程式为： ，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、卤水点豆腐利用了胶体聚沉的性质。
B、结合酸性强弱H2CO3＞HClO＞HCO3－分析。
C、甘油中的－OH可形成氢键，使得水溶性增强。
D、S2－能与Cu2＋形成难溶的CuS，从而除去Cu2＋。
8．（2025·茂名模拟）化学家拉瓦锡在18世纪探究了的性质，兴趣小组利用以下装置进行模拟实验。其中能达到预期目的的是
A.制备 B.干燥
C.收集 D.尾气处理
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、铜与浓硫酸反应生成二氧化硫()需要加热条件，题目装置未体现加热操作，A选项错误。B、浓硫酸具有吸水性且不与二氧化硫()反应，可以用作干燥剂，B选项正确。
C、由于二氧化硫()密度大于空气，收集时应采用长导管进气、短导管出气的排空气法，C选项错误。
D、尾气处理时，为保证二氧化硫充分吸收，气体应从长导管进入吸收液，D选项错误。
故答案为：B
【分析】A、Cu与浓硫酸的反应需要加热条件。
B、SO2与浓硫酸不反应，可用浓硫酸进行干燥。
C、SO2的密度比空气大，应用向上排空气法收集。
D、用NaOH溶液吸收SO2时，SO2应从长导管的一端通入。
9．（2025·茂名模拟）-呋喃丙烯酸是重要的有机合成中间体，其结构如图所示。下列关于-呋喃丙烯酸的说法不正确的是
A．能与乙醇发生反应 B．能使酸性溶液褪色
C．所有的碳原子可在同一平面上 D．碳原子的杂化方式为和
【答案】D
【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；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．分子结构中含有羧基(-COOH)，能与乙醇(CH3CH2OH)发生酯化反应生成酯类化合物，选项A正确；B．分子中存在碳碳双键(C=C)结构，该结构可使酸性高锰酸钾()溶液褪色，选项B正确；
C．基于乙烯分子中6个原子共平面的特性，以及酯基(-COO-)中各原子共平面的特点，加上单键的可旋转性，可以确定该分子所有碳原子可能共处同一平面，选项C正确；
D．由于分子中所有碳原子均参与形成双键，其杂化方式应为杂化，选项D错误；
故答案为：D
【分析】A、结构中的-COOH能与-OH发生酯化反应。
B、碳碳双键能使酸性KMnO4溶液褪色。
C、结合双键原子共平面的特征分析。
D、结构中的碳原子都为不饱和碳原子，不存在sp3杂化。
10．（2025·茂名模拟）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中键的数目为
B．和的混合气体含有的原子数目为
C．与足量浓硝酸反应，生成的分子的数目为
D．溶液中，阳离子的数目大于
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解析】A、题目未说明是否在标准状况下，因此无法准确计算44.8 L CH2=CH2中π键的数量，选项A错误。B、O2和Cl2均为双原子分子，1 mol O2和Cl2的混合气体中原子总数为2NA，选项B错误。
C、Cu与浓硝酸反应的化学方程式为：。64 g Cu完全反应生成2 mol NO2，但由于存在2NO2 N2O4的平衡，实际NO2分子数小于2NA，选项C错误。
D、根据电荷守恒：n(NH4＋)＋n(H＋)=n(Cl－)＋n(OH－)，已知n(Cl-)=0.2 mol/L×0.1 L=0.02 mol，因此n(NH4+)+n(H+)>0.02 mol，阳离子数目大于0.02NA，选项D正确。
故答案为：D
【分析】A、气体所处的状态未知，无法应用气体摩尔体积进行计算。
B、一个O2分子或Cl2分子中都含有2个原子，据此计算。
C、随着反应的进行，HNO3浓度逐渐减小，反应生成NO。
D、根据电荷守恒进行分析。
11．（2025·茂名模拟）按下图连接好实验装置，三通阀接通氨气发生器与烧瓶，滴入浓氨水，待烧杯中酚酞完全变红后，再拧动三通阀使多余氨气通入尾气吸收装置，可见管液面迅速上升形成喷泉。下列有关说法不正确的是
A．该喷泉颜色为红色
B．该装置的优点为能处理多余氨气，减少污染
C．浓氨水与反应有生成，产氨过程熵减
D．若烧瓶内先集满气体，则产生氨气后可见“喷烟”现象
【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；常见气体制备原理及装置选择；性质实验方案的设计
【解析】【解析】A、氨气(NH3)溶于水后与水反应生成一水合氨(NH3·H2O)，一水合氨是弱电解质，部分电离出OH-使溶液呈碱性，能使酚酞试剂变红，故喷泉呈现红色，选项A正确。B、装置中三通阀与倒扣漏斗的设计，可将未参与反应的过量氨气导入烧杯中被水吸收，防止氨气逸散造成污染，体现了绿色化学理念，选项B正确。
C、浓氨水与CaO反应的化学方程式为：CaO+NH3·H2O=NH3↑+Ca(OH)2。该过程由液态反应物生成气态产物，体系混乱度增大（ΔS>0），属于熵增过程，选项C错误。
D、若烧瓶中预先充满HCl气体，当通入NH3时两者立即反应生成白色NH4Cl固体颗粒，形成烟状现象，描述为"喷烟"准确，选项D正确。
故答案为：C
【分析】A、NH3的水溶液显碱性，酚酞遇碱变红色。
B、NH3极易溶于水，三通阀可将多余NH3溶于水中。
C、反应过程中生成NH3，熵值增大。
D、NH3能与HCl反应生成NH4Cl固体。
12．（2025·茂名模拟）一种杀菌剂的结构式如图所示，元素X、Y、Z、W、T、Q原子序数依次增大且在前四周期均有分布，Y、Z、W在同一周期，和在同一主族，的价层电子排布式为，下列说法正确的是
A．的空间结构为平面三角形
B．元素的电负性大小：
C．元素的第一电离能：
D．最高价氧化物的水化物的酸性：
【答案】A
【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；物质的结构与性质之间的关系；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A、Y为C，W为O，YW32-即碳酸根离子（CO32-）。碳酸根离子中碳原子采用sp2杂化，无孤电子对，空间结构为平面三角形，A正确；B、Q为Br，T为Cl，X为H，元素非金属性越强，电负性越大，故元素的电负性大小顺序为Cl>Br>H，即T>Q>X，B错误；
C、W为O，Z为N，Y为C。同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，N原子2p能级半充满，结构稳定，N原子第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能顺序为N>O>C，即Z>W>Y，C错误；
D、Y为C，最高价氧化物为CO2，水化物为H2CO3，是一种弱酸；Z为N，最高价氧化物为N2O5，水化物为HNO3，是一种强酸。酸性顺序为HNO3>H2CO3，即Z>Y，D错误；
故答案为：A
【分析】根据题目描述，元素X、Y、Z、W、T、Q原子序数依次增大且在前四周期均有分布。T的价层电子排布式为nsn-1npn+2，分析可知仅当n=3时成立，此时排布为3s23p5，故T为氯（原子序数17）。T和Q在同一主族，Q原子序数大于T且在前四周期，故Q为溴（原子序数35）。原子序数序列为XY、Z、W在同一周期，且前四周期均有元素分布。考虑分布要求，X应为第一周期元素（H或He），Y、Z、W为第二周期元素。结合原子序数依次增大，合理序列为：X=H（原子序数1），Y=C（原子序数6），Z=N（原子序数7），W=O（原子序数8），T=Cl（原子序数17），Q=Br（原子序数35）。分布覆盖第一周期（H）、第二周期（C、N、O）、第三周期（Cl）、第四周期（Br）。
13．（2025·茂名模拟）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 SiO2可以用来制作光纤 SiO2是酸性氧化物
B 聚丙烯酸钠可用于制尿不湿 聚丙烯酸钠含疏水基团
C 制备乙酸乙酯时加入浓硫酸 浓硫酸常做催化剂和吸水剂
D 酸性：C2H5COOH＞CH3COOH 烷基越长，推电子效应越大
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】极性分子和非极性分子；硅和二氧化硅；酯化反应
【解析】【解答】A．SiO2用于制作光纤是因为其对光具有良好的全反射性能，与其作为酸性氧化物的性质无直接因果关系，A项错误；B．聚丙烯酸钠能用于尿不湿是由于其分子中含有亲水基团，而非因其是吸水性高分子，陈述Ⅱ存在错误，B项错误；
C．浓硫酸在酯化反应中同时起到催化剂和吸水剂的作用，既能催化反应又能通过吸收水使平衡正向移动，陈述I和Ⅱ均正确且存在因果关系，C项正确；
D．烷基的推电子效应会降低羧基中羟基的极性，烷基越长推电子效应越强，导致羧酸酸性减弱，因此酸性强弱应为CH3COOH > C2H5COOH，陈述I错误，D项错误；
故答案为：C
【分析】A、SiO2用作光导纤维，是利用其良好的光学特性，与其酸性氧化物性质无关。
B、聚丙烯酸钠用于制尿不湿，是因为其具有亲水基团。
C、乙酸乙酯制备过程中加入浓硫酸，所起到的作用为催化剂和吸水剂。
D、烷基越长，推电子效应越大，使得羟基的极性减弱，酸性减弱。
14．（2025·茂名模拟）部分含或物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断不合理的是
A．与反应只能生成1种盐
B．酸雨的形成过程可以是：
C．若c为淡黄色固体，则c与能发生氧化还原反应
D．b可以与水反应生成d，且该反应中只有1种元素变价
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、e是+4价硫的氧化物（SO2），d为+1价钠的氧化物水化物（NaOH），二者反应时，当SO2少量时生成Na2SO3（亚硫酸钠）；当SO2过量时生成NaHSO3（亚硫酸氢钠），A选项错误。B、酸雨形成过程符合硫元素的转化链：S→SO2→H2SO3→H2SO4，B选项正确。
C、若c为淡黄色固体（Na2O2），与SO2发生氧化还原反应：Na2O2＋SO2=Na2SO4，C选项正确。
D、b为NaH与水反应：NaH＋H2O=NaOH＋H2↑，仅氢元素价态变化，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、SO2与NaOH反应，可能生成Na2SO3或NaHSO3。
B、结合酸雨的形成过程分析。
C、c为淡黄色固体，则c为Na2O2，能与SO2反应生成Na2SO4。
D、NaH具有还原性，与H2O反应生成NaOH和H2。
15．（2025·茂名模拟）催化剂1和催化剂2均能催化反应（M1和M2为中间产物）。反应历程如图，其他条件相同时，下列说法正确的是
A．使用催化剂1，该反应焓变会变得更小
B．使用催化剂2，反应能更快到达平衡
C．使用催化剂2，平衡时W的浓度更大
D．使用催化剂1和2，反应历程的步数一样
【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解析】A．催化剂的作用是改变反应速率，但不会影响反应的焓变（ΔH），选项A错误。B．催化剂2能降低反应的活化能，使得反应速率加快，从而更快达到平衡状态，选项B正确。
C．催化剂不会改变平衡状态，因此使用催化剂2时，平衡状态下物质W的浓度保持不变，选项C错误。
D．使用催化剂1时，反应分为2步进行；而使用催化剂2时，反应分为3步进行，选项D错误。
故答案为：B
【分析】A、催化剂只影响反应速率，不影响反应焓变。
B、使用催化剂2，反应所需的活化能越小，反应速率越快。
C、催化剂不影响平衡移动。
D、使用催化剂2时，反应分三步进行。
16．（2025·茂名模拟）如图是一种光电催化装置，它可以将空气中捕获的转化为各种化工原料。下列说法正确的是
A．工作时，从区移向区
B．制备时，理论上生成同时，可生成
C．制备时，阴极区发生反应：
D．制备时，理论上每生成的同时，阳极区溶液减少
【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．在工作过程中，M区作为阳极区，N区作为阴极区，氢离子（）从M区向N区迁移，A选项错误。B．从理论上分析，生成1mol氧气（）时，电路中会转移4mol电子。在制备一氧化碳（）的过程中，碳元素的化合价从+4降低到+2，根据电子守恒关系，可以生成2molCO，B选项错误。
C．在制备甲醇（）时，二氧化碳在阴极区获得电子转化为甲醇，阴极的电极反应式为：，C选项正确。
D．在制备甲酸（）时，理论上每生成1摩尔氧气（），电路中会转移4摩尔电子，同时有4摩尔氢离子从M区迁移到N区，导致阳极区溶液质量减少36克，D选项错误。
故答案为：C
【分析】M区H2O在电极上发生反应，转化为H＋和O2，发生失电子的氧化反应，因此M区为阳极区，其电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋。N区为阴极区，空气中的CO2在电极上发生得电子的还原反应，生成H＋。据此结合选项分析。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．（2025·茂名模拟）易潮解，是一种重要的无机化工品，广泛应用于水处理、印刷电路板制作、染料、催化剂等领域。
（1）的制备
下列装置可用于实验室制备少量无水，则
①仪器A的名称为　 　。
②仪器的接口顺序为　 　（装置可重复使用）。
（2）浓度的测定
①把上述制备的配成稀溶液，移取至锥形瓶中，加入　 　作指示剂，用标准溶液滴定。
②重复滴定三次，平均消耗标准溶液，则　 　（用含和的代数式表示）。
（3）探究工业盐酸呈黄色的原因
【查阅资料】工业盐酸溶有，固体为棕褐色，为淡紫色，为黄色。
①甲同学观察溶液、　 　溶液，颜色均为黄色。
【提出猜想】发生了水解反应生成显黄色。
②补充完整方程式：　 　。
【实验验证】
初步实验：取3支洁净的试管，分别加入溶液，然后按下表开展实验。
序号 操作 现象
1 滴入10滴 溶液黄色褪去，接近无色
2 滴入________ 溶液黄色略变浅
3 滴入10滴盐酸 溶液黄色变亮变深
分析讨论：甲同学认为根据实验1现象可知猜想成立，乙同学认为还应开展实验2才能进一步验证。
③请补充完整实验2中操作：　 　。
进一步探究：根据实验3中的异常现象，进一步查阅资料，溶液中还存在反应：（黄色），。
④请设计实验进一步验证该反应的存在（写出操作和现象）：　 　。
【理论验证】
⑤某工业盐酸中，则该溶液中　 　。
【实验结论】
⑥工业盐酸呈黄色的原因是　 　。
【答案】（1）分液漏斗；
（2）溶液；或者
（3）0.005；；10滴蒸馏水；向溶液加入固体，溶液黄色加深（合理皆可）；或；主要是含有
【知识点】盐类水解的应用；铁的化学性质；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①由图可知，仪器A的名称为：分液漏斗。故答案为：分液漏斗
②由分析可知，仪器的接口顺序为：a→f g d e h i d e b c。
故答案为：f g d e h i d e b c
（2）①三价铁遇到硫氰化钾显示红色，碘化钾和氯化铁反应离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，则可以加入溶液作指示剂。
故答案为：溶液
②结合2Fe3++2I-=2Fe2++I2可知，。
故答案为：或者
（3）①进行对比实验时，三价铁浓度应该相同。
故答案为：0.005
②结合题意和电荷守恒可知，发生了水解反应生成和氢离子。
故答案为：
③结合表格中信息可知，实验2溶液黄色只是略变浅和实验1对比，可知实验2滴入了10滴蒸馏水。
故答案为： 10滴蒸馏水
④根据资料显示三价铁可以和氯离子结合形成黄色的，则可以设计实验为：向溶液加入固体，溶液黄色加深（合理皆可）。
故答案为： 向溶液加入固体，溶液黄色加深（合理皆可）
⑤，，，则。
故答案为：或
⑥工业盐酸显酸性，且其中含有大量的氯离子和溶有，则呈黄色的原因是：主要是含有。
故答案为： 主要是含有
【分析】（1）①根据图示仪器确定其名称。
② 由浓盐酸和高锰酸钾制备氯气，首先用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，干燥后，和铁粉反应生成氯化铁，制备无水氯化铁，后面还要连一个除水装置，最后用氢氧化钠处理尾气，据此确定实验装置的连接。
（2）①滴定过程中Fe3＋与I－反应，结合Fe3＋的检验确定滴定终点的指示剂。
②根据滴定过程中发生的反应2Fe3＋＋2I－=I2＋2Fe2＋进行计算。
（3）①应控制溶液中c(Fe3＋)相等，据此确定所用Fe2(SO4)3溶液的浓度。
②结合原子守恒、电荷守恒补充反应的离子方程式。
③实验2是为了排出水的干扰。
④根据资料显示三价铁可以和氯离子结合形成黄色的[FeCl4]－，据此设计实验。
⑤结合平衡常数的表达式进行计算。
⑥工业盐酸呈黄色是由于其中含有[FeCl4]－。
（1）①由图可知，仪器A的名称为：分液漏斗；
②由分析可知，仪器的接口顺序为：a→f g d e h i d e b c；
（2）①三价铁遇到硫氰化钾显示红色，碘化钾和氯化铁反应离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，则可以加入溶液作指示剂；
②结合2Fe3++2I-=2Fe2++I2可知，；
（3）①进行对比实验时，三价铁浓度应该相同，故答案为：0.005；
②结合题意和电荷守恒可知，发生了水解反应生成和氢离子，故答案为：；
③结合表格中信息可知，实验2溶液黄色只是略变浅和实验1对比，可知实验2滴入了10滴蒸馏水；
④根据资料显示三价铁可以和氯离子结合形成黄色的，则可以设计实验为：向溶液加入固体，溶液黄色加深（合理皆可）；
⑤，，，则，答案为：或；
⑥工业盐酸显酸性，且其中含有大量的氯离子和溶有，则呈黄色的原因是：主要是含有。
18．（2025·茂名模拟）某种软锰矿中含有、、的氧化物，一种综合利用的工艺流程如下：
已知：①25℃下，的，的。
②溶解度随温度变化较大。
③离子浓度等于时该离子恰好完全沉淀。
（1）焙烧温度对和的浸出率的影响如图所示，则“焙烧”时最佳温度为　 　。
（2）“浸出渣”主要成分有与　 　（写化学式）。
（3）“碱化过滤”时，发生反应的化学方程式为　 　，当完全沉淀，溶液中　 　（填“>”“<”或“=”）；“氧化”时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为　 　。
（4）“水热法”时，温度控制在160℃，反应的离子方程式为　 　；“一系列操作”为　 　，过滤，洗涤，干燥。
（5）该工艺中可循环利用的物质有　 　（写化学式）。
（6）一种含、、元素的形状记忆合金的结构单元如图所示，该合金的最简立方晶胞中，的个数为　 　，晶体中一个周围与其最近的的个数为　 　。
【答案】（1）650℃
（2）
（3）；<；
（4）；蒸发浓缩，冷却结晶
（5）或
（6）8；6
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）根据焙烧温度对和的浸出率的影响图，650℃时Mn的浸出率高、铁的浸出率低 ，则“焙烧”时最佳温度为650℃。
故答案为： 650℃
（2）二氧化硅难溶于水，“浸出渣”主要成分有与。
故答案为：
（3）“碱化过滤”时，和氨水发生反应生成氢氧化锰沉淀和硫酸铵，反应的化学方程式为；的，，根据的，当完全沉淀，c(OH-)的最小值为 mol/L；，所以溶液中<；“氧化”时，氢氧化锰被氧气氧化为Mn3O4，6Mn(OH)2-2Mn3O4-O2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6。
故答案为：；＜；1：6
（4）“水热法”时，温度控制在160℃，硫酸锰被氧化为二氧化锰，(NH4)2S2O8还原为硫酸铵，锰元素化合价由+2升高为+4，氧化剂(NH4)2S2O8在含有2个-1价氧原子，氧元素化合价由-1降低为-2，根据得失电子守恒，配平反应的离子方程式为。溶解度随温度变化较大， 溶液蒸发浓缩、冷却结晶可析出晶体，“一系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。
故答案为：；蒸发浓缩、冷却结晶
（5）“焙烧”生成得SO3可循环到“混料”过程使用，该工艺中可循环利用的物质有SO3或H2SO4。
故答案为：SO3或H2SO4
（6）根据图示，1个晶胞由8个图示的结构单元组成，所以晶胞中的个数为8，晶体中一个周围与其最近的的个数为6(位于其上下左右前后)。
故答案为：8；6
【分析】软锰矿的主要成分包含、、的氧化物。经过硫酸混合"焙烧"和加水"浸出"后，由于氧化铁和二氧化硅难溶于水，因此浸出渣中主要含有这两种物质。根据流程图的后续步骤，浸出液经过"碱化过滤"得到氢氧化锰，说明浸出液中存在硫酸锰。氢氧化锰经过"浆化"处理并通入空气氧化后，生成Mn3O4。在硫酸锰溶液中加入(NH4)2S2O8时，硫酸锰被氧化为二氧化锰沉淀，同时(NH4)2S2O8被还原为硫酸铵。硫酸铵溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥等步骤，最终得到硫酸铵固体。
（1）根据焙烧温度对和的浸出率的影响图，650℃时Mn的浸出率高、铁的浸出率低 ，则“焙烧”时最佳温度为650℃。
（2）二氧化硅难溶于水，“浸出渣”主要成分有与。
（3）“碱化过滤”时，和氨水发生反应生成氢氧化锰沉淀和硫酸铵，反应的化学方程式为；的，，根据的，当完全沉淀，c(OH-)的最小值为 mol/L；，所以溶液中<；“氧化”时，氢氧化锰被氧气氧化为Mn3O4，6Mn(OH)2-2Mn3O4-O2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6。
（4）“水热法”时，温度控制在160℃，硫酸锰被氧化为二氧化锰，(NH4)2S2O8还原为硫酸铵，锰元素化合价由+2升高为+4，氧化剂(NH4)2S2O8在含有2个-1价氧原子，氧元素化合价由-1降低为-2，根据得失电子守恒，配平反应的离子方程式为。溶解度随温度变化较大， 溶液蒸发浓缩、冷却结晶可析出晶体，“一系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。
（5）“焙烧”生成得SO3可循环到“混料”过程使用，该工艺中可循环利用的物质有SO3或H2SO4。
（6）根据图示，1个晶胞由8个图示的结构单元组成，所以晶胞中的个数为8，晶体中一个周围与其最近的的个数为6(位于其上下左右前后)。
19．（2025·茂名模拟）钛（）及其合金是理想的高强度、低密度结构材料，应用广泛。
（1）在元素周期表中位于　 　区。
（2）生产钛的方法之一是将还原得到，原理如下表：
反应
a： -212 44.7
b： -51 220
①反应的为　 　。
②已知越小，反应越容易发生，温度为时更易发生的反应是　 　（选填“a”或“b”）。
（3）能高效分解水，为开发氢能源提供了研究方向。一种制取高纯的原理的主反应：。
①下图为主反应的与温度的关系，该反应是　 　（填“放热”或“吸热”）反应。
②下列关于主反应的说法正确的是　 　。
A．减压时平衡正向移动，增大
B．当时，反应达到平衡状态
C．温度升高，逆反应速率减慢，平衡正向移动
D．投料时增大的值，有利于提高的平衡转化率
③初始组分和的物质的量均为，的物质的量为时，在体积为的密闭容器中进行合成的反应，分钟时体系部分组分的物质的量随温度的变化曲线如图所示。
a.600℃以后，的量增幅不大，而的量明显增多的原因是发生了分解反应：　 　（用方程式表示）。
b．求点时主反应的浓度商　 　（列出计算式），则　 　（填“<”“>”或“=”）。
【答案】（1）d
（2）+161；b
（3）吸热；BD；；；<
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）Ti位于元素周期表第四周期ⅣB族，价层电子排布式为3d24s2，故属于d区。
故答案为：d
（2）目标反应可由b-a得到，根据盖斯定律可知目标反应的 。
故答案为：+161
②，代入相关数据得、，即<，故当温度为1500K时，反应b更容易发生。
故答案为：b
（3）①由上述分析可知反应为吸热反应。
故答案为：吸热
②A．该反应为分子数增大的反应，故减压平衡正向移动，但K不变，A错误；
B．当时说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡，B正确；
C．升高温度，正逆反应速率都加快，正向速率加快的更多，平衡正向移动，C错误；
D．投料时增大的值，相当于保持TiCl3的量不变，增大CH4的量，反应朝正向移动，有利于提高的平衡转化率，D正确；
故答案为：BD
③a．由图像可知随着温度升高，产物中出现了C，且氢气的量明显增多，说明甲烷分解生成了C和氢气，反应方程式为。
故答案为：
b．由图可知在温度为670℃，t min时，体系内甲烷和C均为3.5mol，说明副反应中甲烷转化了3.5mol，同时还生产了7molH2，设主反应中甲烷转化了2x mol，列出三段式：，依题有10－2x－3.5=3.5，解得x=1.5；平衡时H2、HCl、CH4、TiCl3的物质的量的浓度为，14.25 mol/L、4.5 mol/L、1.75 mol/L、3.5 mol/L，代入公式有浓度商Q=，由反应的lgK与温度的关系图可知，温度为670℃时平衡常数K=10-5，故Q>K，平衡逆向移动，即v正故答案为：；＜
【分析】（1）根据Ti的价电子排布式，确定其在周期表中的分区。
（2）①根据盖斯定律计算。
②根据进行计算。
（3）①结合温度对平衡移动的影响分析。升高温度，平衡向吸热反应方向移动，反应正向进行的程度越高，其K值越大。
②A、平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数K不变。
B、结合反应速率之比等于化学计量数之比分析。
C、温度升高，正逆反应速率都增大。
D、 投料时增大的值，则c(CH4)增大，平衡正向移动，TiCl3的转化率增大。
③a、CH4分解生成C和H2，据此写出反应的化学方程式。
b、根据浓度商Q的表达式，结合表格数据列式。当Q＞K时，反应逆向进行，据此判断正逆反应速率的相对大小。
（1）Ti位于元素周期表第四周期ⅣB族，价层电子排布式为3d24s2，故属于d区；
（2）目标反应可由b-a得到，根据盖斯定律可知目标反应的 ；，代入相关数据得、，即<，故当温度为1500K时，反应b更容易发生；
（3）①由上述分析可知反应为吸热反应；
②A．该反应为分子数增大的反应，故减压平衡正向移动，但K不变，A错误；
B．当时说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡，B正确；
C．升高温度，正逆反应速率都加快，正向速率加快的更多，平衡正向移动，C错误；
D．投料时增大的值，相当于保持TiCl3的量不变，增大CH4的量，反应朝正向移动，有利于提高的平衡转化率，D正确；
故答案选BD；
③a．由图像可知随着温度升高，产物中出现了C，且氢气的量明显增多，说明甲烷分解生成了C和氢气，反应方程式为；
b．由图可知在温度为670℃，t min时，体系内甲烷和C均为3.5mol，说明副反应中甲烷转化了3.5mol，同时还生产了7molH2，设主反应中甲烷转化了2x mol，列出三段式：，依题有10－2x－3.5=3.5，解得x=1.5；平衡时H2、HCl、CH4、TiCl3的物质的量的浓度为，14.25 mol/L、4.5 mol/L、1.75 mol/L、3.5 mol/L，代入公式有浓度商Q=，由反应的lgK与温度的关系图可知，温度为670℃时平衡常数K=10-5，故Q>K，平衡逆向移动，即v正20．（2025·茂名模拟）、和不饱和化合物发生反应的路径如下图所示（反应条件略）。
（1）化合物ii的名称是　 　。
（2）化合物v的分子式为　 　，其同分异构体能发生银镜反应的有　 　种，其中核磁共振氢谱有3组峰的结构简式为　 　。
（3）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的有________。
A．为i→ii过程中的催化剂
B．反应⑤的原子利用率为100%
C．化合物iv和vi中均含有手性碳原子
D．化合物vi属于氨基酸
（4）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。
反应试剂、条件 涉及化学键的变化 反应形成的有机物新结构
　 　 大键、键 　 　
（5）在一定条件下制备。该反应中：
①若反应物之一能与溶液作用显色，则另一反应物为　 　（写化学式）。
②若反应物之一为V形结构分子，则另一反应物为　 　（写结构简式）。
（6）以化合物iii和为有机原料，参照上述路线，合成化合物vii（），基于你设计的合成路线，回答下列问题。
①最后一步反应的反应物为　 　（写结构简式）。
②相关步骤涉及卤代烃的消去反应，其化学反应方程式为　 　（注明反应条件）。
【答案】（1）丙醛
（2）；2；
（3）A；B
（4），催化剂，加热；
（5）；
（6）和；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）化合物ii的结构简式为CH3CH2CHO，名称是丙醛。
故答案为：丙醛
（2）化合物v的结构简式为CH3CH2COCH3，分子式为C4H8O，其同分异构体能发生银镜反应说明含有醛基，有CH3CH2CH2CHO、(CH3)2CHCHO，共2种，其中核磁共振氢谱有3组峰的结构简式为(CH3)2CHCHO。
故答案为：C4H8O；2；
（3）A．参与反应①，反应③又生成，为i→ii过程中的催化剂，故A正确；
B．反应⑤为加成反应，原子利用率为100%，故B正确；
C．连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，化合物iv不含手性碳原子，故C错误；
D．化合物vi中不含羧基，不属于氨基酸，故错误；
故答案为：AB
（4）化合物iii苯环中含有大键，苯环和氢气的加成反应涉及化学键大键、键的变化，所以反应试剂、条件为，催化剂，加热；产物是。
故答案为：，催化剂，加热 ；
（5）①若反应物之一能与溶液作用显色，该反应物含有酚羟基，由逆推，反应物为，与氢气发生加成反应生成，则另一反应物为H2。
故答案为：H2
②若反应物之一为V形结构分子，该反应物是H2O，和水发生加成反应生成，则另一反应物为。
故答案为：
（6）根据题目信息，采用逆合成分析法推测合成路线为
①最后一步反应的反应物为、。
故答案为：和
②涉及卤代烃的消去反应的是，在氢氧化钠醇溶液中加热生成，其化学反应方程式为。
故答案为：
【分析】（1）根据化合物ⅱ中所含的官能团确定其名称。
（2）根据结构简式确定其分子式。能发生银镜反应，则含有-CHO，结合碳链异构确定同分异构体的个数。
（3）A、该转化过程中 先消耗后生成，属于催化剂。
B、反应⑤中产物只有一种，原子利用率100%。
C、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子，为手性碳原子。
D、同时含有-NH2和-COOH的有机物为氨基酸。
（4）化合物ⅲ中苯环结构中含有大π键，结合苯的性质分析。
（5）①能与FeCl3发生显色反应，则该反应物为，据此分析。
②为V形结构的分子，则该反应物为H2O，则另一反应物中应含有碳碳双键，据此分析。
（6） 采用逆合成分析法，发生水解反应生成，发生催化氧化生成；发生消去反应生成，发生加成反应生成，和CO反应生成，和苯胺先发生加成反应，再发生消去反应生成，和发生加成反应生成。
（1）化合物ii的结构简式为CH3CH2CHO，名称是丙醛；
（2）化合物v的结构简式为CH3CH2COCH3，分子式为C4H8O，其同分异构体能发生银镜反应说明含有醛基，有CH3CH2CH2CHO、(CH3)2CHCHO，共2种，其中核磁共振氢谱有3组峰的结构简式为(CH3)2CHCHO。
（3）A．参与反应①，反应③又生成，为i→ii过程中的催化剂，故A正确；
B．反应⑤为加成反应，原子利用率为100%，故B正确；
C．连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，化合物iv不含手性碳原子，故C错误；
D．化合物vi中不含羧基，不属于氨基酸，故错误；
选AB。
（4）化合物iii苯环中含有大键，苯环和氢气的加成反应涉及化学键大键、键的变化，所以反应试剂、条件为，催化剂，加热；产物是；
（5）①若反应物之一能与溶液作用显色，该反应物含有酚羟基，由逆推，反应物为，与氢气发生加成反应生成，则另一反应物为H2。
②若反应物之一为V形结构分子，该反应物是H2O，和水发生加成反应生成，则另一反应物为。
（6）根据题目信息，采用逆合成分析法推测合成路线为
①最后一步反应的反应物为、。
②涉及卤代烃的消去反应的是，在氢氧化钠醇溶液中加热生成，其化学反应方程式为。
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