機密★啟用前

試卷類型：A

2025年廣東省普通高中學業(yè)水平選擇性考試

化學

本試卷共8頁，20小題，滿分100分?？荚囉脮r75分鐘。

注意事項：

1.答題前，考生務必用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己的姓名、考生號、考場號和座位號填寫在答題卡

上。用2B鉛筆將試卷類型(A)填涂在答題卡相應位置上。將條形碼橫貼在答題卡右上角“條形碼粘貼

處”o

2.作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑：如需改

動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案，答案不能答在試卷上。

3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上：如

需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答的答案無

效。

4.考生必須保持答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，將試卷和答題卡一并交回。

可能用到的相對原子質量：H1C12O16Na23S32Cl35.5Ti48Fe56

一、選擇題：本大題共16小題，共44分。第1~10小題，每小題2分；第11~16小題，每小題4分。在

每小題列出的四個選項中，只有一項符合題目要求。

1.中華傳統(tǒng)技藝，凸顯人民智慧＜下列選項所涉及材料的主要成分屬于合金的是

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【詳解】A.紙的主要成分是纖維素(有機化合物)，不屬于合金，A不符合題意；

B.石印章的材料通常是天然礦物(如大理石、壽山石等)，主要成分為硅酸鹽或碳酸鹽，不屬于合金，B不

符合題意；

C.木活字的材料是木材，主要成分為纖維素和木質素(有機化合物)，不屬于合金，C不符合題意；

D.不銹鋼是鐵(Fe)與銘(Cr)、銀(Ni)等金屬形成的合金，D符合題意；

故選Do

2.在法拉第發(fā)現苯200周年之際，我國科學家首次制備了以金屬M為中心的多烯環(huán)配合物。該配合物具

有芳香性，其多烯環(huán)結構(如圖)形似梅花。該多烯環(huán)上

◎

A,C-H鍵是共價鍵B.有8個碳碳雙鍵

C.共有16個氫原子D.不能發(fā)生取代反應

【答案】A

【解析】

【詳解】A.C和H原子間通過共用電子對形成的是共價鍵，A正確；

B.該配合物具有芳香性，存在的是共規(guī)大n鍵，不存在碳碳雙鍵，B錯誤；

C.根據價鍵理論分析，該物質有10個H原子，C錯誤；

D.大”鍵環(huán)上可以發(fā)生取代反應，D錯誤；

答案選A。

3.現代科技，增強國力，增進民生福祉。下列說法正確的是

A.我國科學家首次測得了月球背面月幔水含量ImolHq質量為10g

B.利用MOS2成功為金屬材料“重塑金身”，MOS2中Mo的化合價為+6

C.穿上電動機械腿，助力行走不是夢，行走時電池將電能轉化為化學能

D.沙海養(yǎng)魚蹬山治沙新路，讓沙海沙山變成金山銀山，魚肉富含蛋白質

【答案】D

【解析】

【詳解】A.ImolH2O的摩爾質量為18g/mol,因此質量為18g,而非10g,A錯誤;

B.M0S2中S的化合價為-2,總負電荷為-4,Mo的化合價為+4,而非+6,B錯誤；

C.電動機械腿工作時，電池放電將化學能轉化為電能，再轉化為機械能，而非電能轉化為化學能，C錯

誤;

D.魚肉的主要營養(yǎng)成分是蛋白質，描述正確，D正確；

故選D。

4.勞動創(chuàng)造美好生活。下列對勞動項目涉及的相關化學知識表述錯誤的是

選項勞動項目化學知識

A向燃煤中加入生石灰以脫硫減排CaSO4+CO：UCaCO3+SO；

2+

B用Bad2和鹽酸檢驗粗鹽中是否含SOfBa1SO：=BaSO41

C使用MgCl?溶液點鹵制豆腐MgC)使蛋白質鹽析

D用鐵粉、活性炭、食鹽等制暖貼使用時鐵粉被氧化，反應放熱

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【詳解】A.生石灰(CaO)與燃煤中的SO2和氧氣反應生成CaSOj,達到脫硫減排的目的，不存在沉淀

溶解平衡的轉化，A錯誤；

B.檢驗SO：需先加鹽酸排除干擾離子，再加BaCh生成BaSCh沉淀，步驟和反應式均正確，B正確；

C.MgCb點鹵使蛋白質膠體沉降，產生固體，屬于蛋白質的鹽析，C正確；

D.暖貼中鐵粉氧化生成Fe2O3或Fe(OH”并放熱，描述正確，D正確；

故選Ao

5.聲波封印，材料是音樂存儲技術的基礎。下列說法錯誤的是

A.制作黑膠唱片使用的聚氯乙烯，其單體是CH3cH2cl

B.磁帶可由四氧化三鐵涂覆在膠帶上制成，Fea。，具有磁性

C.光碟擦寫過程中材料在晶態(tài)和非晶態(tài)間的可逆轉換，涉及物理變化

D.固態(tài)硬盤芯片常使用單晶硅作為基礎材料，單晶硅是一種共吩晶體

【答案】A

【解析】

【詳解】A.聚氯乙烯的單體應為氯乙烯(CH2=CHC1),而選項中的CH3cH2。是氯乙烷，單體錯誤，A

錯誤;

7.能滿足下列物質間直接轉化關系，且推理成立的是

單質X—氧化物1—2^氧化物2此2T酸（或堿）Naou（或H。）》鹽

A.X可為鋁，鹽的水溶液一定顯酸性

B.X可為硫，氧化物1可使品紅溶液褪色

C.X可.為鈉，氧化物2可與水反應生成H?

D.X可為碳，鹽的熱穩(wěn)定性：NaHCO.>Na2CO3

【答案】B

【解析】

【詳解】A.鋁單質與02生成ALO3后無法再被02氧化，無法形成氧化物2,且A12O3與水反應需強酸/堿

才能溶解，A錯誤；

B.硫燃燒生成S02（氧化物1,使品紅褪色），SO2氧化為S03（氧化物2）,S03與水生成H2so4,再與

NaOH生成鹽，轉化關系成立，B正確；

C,鈉與氧氣常溫反應生成Na20（氧化物I）,進一步氧化為Na2O2（氧化物2）；NazCh與水反應生成NaOH

和02,不會生成H2,C錯誤；

D.碳與氧氣反應先生成CO,最終生成CO2,與水反應生成碳酸，與堿反應可生成鹽，但Na2c03熱穩(wěn)定

性強于NaHCCh,D結論錯誤，D錯誤；

故選Bo

8.下列陳述I與陳述II均正確，且兩者間具有因果關系的是

選項陳述I陳述II

A濃硝酸保存在棕色試劑瓶中濃硝酸具有強氧化性

B向蔗糖中加適量濃硫酸，蔗糖變黑濃硫酸具有脫水性

2+

CFe與K,[Fe（CN）/可生成藍色物質KSCN溶液可用于檢驗Fe"

DMnO2與濃鹽酸共熱，生成黃綠色氣體Cl2+SO,+2H2O=H2so4+2HC1

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【詳解】A.濃硝酸保存在棕色試劑瓶中是因為其見光易分解，而非因其強氧化性，陳述I正確但因果關

系錯誤，A不符合題意；

B.濃硫酸使蔗糖變黑體現其脫水性，陳述I和n均正確且存在因果關系，B符合題意；

C.Fe2+與K3[Fe(CN)6]生成藍色沉淀用于檢驗Fe2+,而KSCN用于檢驗FA,兩者無直接因果關系，C不

符合題意：

D.MnO?與濃鹽酸生成Cb是獨立反應，與CL和SO2的反應無因果關系，D不符合題意；

故選B。

9.元素a~i為短周期元素，其第一電離能與原子序數的關系如圖。下列說法正確的是

C.原子半徑：e>d>cD.最簡單氫化物沸點：b>c

【答案】B

【解析】

【分析】同周期中第一電離能中第HA族和第VA族比相鄰元素的第一電離能大，()族元素的第一電離能在

同周期中最大，可以推斷a~i分另!是B、C、N、0、F、Ne、Na、Mg、AU

【詳解】A.a是B,g是Na,二者不同主族，A錯誤：

B.Na、Mg、Al屬于同周期，從左到右金屬性依次減弱，B正確：

C.e、d、c分別是F、0、N,屬于同周期元素，同周期主族元素從左到右原子半徑依次減小，原子半徑

c>d>e,C錯誤；

D.b為C,c為N,NH3分子間存在氫鍵，沸點高，沸點NHACHa,D錯誤；

答案選B。

10.設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是

A.Imolo的中子數,比ImolP的多2遭

B.ImolFe與水蒸氣完全反應，生成H?的數目為2N、

C.在ILO.lmol/L的NH(1溶液中，NH：的數目為SIN，

D.標準狀況下的22.4LCU與足量H?反應，形成的共價鍵數目為2NA

【答案】D

【解析】

【詳解】A.[O的中子數為10,1O的中子數為8,每個02分子含2個O原子，Imol'^O,

多4NA個中子，A錯誤；

44

B.Fe與水蒸氣反應生成FeaO4和Hz,ImolFe生成一mol比，數目為一NA,B錯誤；

33

C.NH：在水中會水解，溶液中NH：的數目小于O.INA,C錯誤；

D.ImolCb與H2反應生成2moiHC1,形成2moiH-C1鍵，共價鍵數目為2NA,D正確；

故選D。

11.利用如圖裝置進行實驗：打開K「K2,一定時間后，a中溶液變藍；關閉K「打開K3,點燃酒精燈

A.a中現象體現了r的還原性

B.b中H2O2既作氧化劑也作還原劑

C.乙醇滴加過程中，c中的銅絲日黑變紅，說明乙醇被氧化

D.d中有銀鏡反應發(fā)生，說明c中產物有乙酸

【答案】D

【解析】

【分析】打開K2.一定時間后,b中HO)在MnO)的催化下牛成O).O,進入a中.氧化匕牛成

h,使得淀粉-KI溶液變藍；關閉Ki,打開K3,無水乙醇在銅絲的催化下與氧氣發(fā)生氧化反應生成乙醛，

乙陛可與銀氨溶液在加熱條件下發(fā)生銀鏡反應。

【詳解】A.02進入a中，氧化匕生成12,體現了「的還原性，A正確；

B.b中H2O2在MnCh的催化下生成02和H20,凡。？既作氧化劑也作還原劑，B正確；

C.無水乙醉在銅絲的催化下與氧氣發(fā)生氧化反應生成乙醛，在此過程中，銅絲先和氧氣反應生成黑色的

氧化銅，乙醇再和氧化銅反應，氧化銅被還原為紅色的銅單質，乙醇被氧化為乙醛，故c中的銅絲由黑變

紅，可以說明乙呼被氧化，C正確；

D.乙醛可與銀氨溶液在加熱條件卜.發(fā)生銀鏡反應，d中未加熱，不能發(fā)生銀鏡反應，D錯誤；

故選D。

I2.Q1C1微溶于水，但在C「濃度較高的溶液中因形成［CuCl?」和［CuCLj一而溶解。將適量CuQ完全溶

于鹽酸，得到含［Cuj［和［CuCh廣的溶液，下列敘述正確的是

A.加水稀釋，［CuClJ-濃度一定下降

B.向溶液中加入少量NaCl固體，［CuCl?］濃度一定上升

++

C.H［CuClJ的電離方程式為：H［CuCl2］=H+Cu+2Cr

++2

D.體系中，c(Cu)+c(H)=c(Cr)+c(［CuCl2f)+c(［CuCl3］)+c(OH)

【答案】A

【解析】

【詳解】A.加水稀釋，溶液體積變大，［CuCh『一濃度一定下降，A正確；

B.加入NaQ會增加C「濃度，可能促使［CuClJ轉化為［CuCh］"，［CuCl?］一濃度不一定上升，B錯

誤；

C.H［CuCb］應電離為H+和［CuClJ,而非分解為Cu+和C「，電離方程式錯誤，C錯誤；

D.電荷守恒未考慮［CuCh廣的電荷數，電荷守恒應為

++2-

c(Cu)+c(H)=c(Cr)+c(［CuCl2］)4-2C(［CUC13］)+C(0H),D錯誤；

故選Ao

13.由結構不能推測出對應性質的是

選結構性質

項

ASO3的VSEPR模型為平面三角形SO,具有氧化性

B鉀和鈉的原子結構不同，電子躍遷時能量變化不同鉀和鈉的焰色不同

C乙烯和乙快分子均含有兀鍵兩者均可發(fā)生加聚反應

石墨層中未參與雜化的p軌道中的電子，可在整個碳原子平面中運石墨具有類似金屬的導電

D

動性

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【詳解】A.S6的VSEPR模型為平面三角形，反映其分子幾何結構，但氧化性由硫的高價態(tài)(+6)決定，

與結構無直接關聯，A符合題意；

B.鉀和鈉原子結構差異導致電子躍遷能量不同，焰色不同，結構與性質對應合理，B不符合題意；

C.乙烯和乙煥均含兀健，兀鍵斷裂是加聚反應的基礎，結構與性質對應合理，C不符合題意；

D.石墨層中離域p電子使其導電，結構與性質對應合理，D不符合題意；

答案選A。

14.一種高容量水系電池示意圖如圖。已知：放電時，電極n上MnC>2減少；電極材料每轉移imol電子,

B.放電時n極室中溶液的pH降低

C.放電時負極反應為：MnS-2e-=S+Mn2+

D.充電時16gs能提供的理論容量為26.8A-h

【答案】B

【解析】

【分析】放電時，電極II上MnO?減少，說明Mn（h轉化為Mn”，化合價降低，發(fā)生還原反應，為原電池

的正極，由于電解質溶液為MnSO-故電解質應為酸性溶液，正極反應為：

+2+

MnO2+2e~+4H=Mn+2H2O；則電極I為原電池負極，MnS失去電子生成S和M/+,負極反應

為：M/?S-2e-=S+M/?2+o

【詳解】A.由分析可知，放電時電極II為正極，故充電時電極H為陽極，A正確；

+2+

B.由分析可知，放電時電極H為正極，正極反應為：MnO2+2e~+4H=M/?+2H2O,反應消耗

H+，溶液的pH升高，B錯誤；

C.由分析可知，放電時電極I為原電池負極，負極反應為：M,7s—2e~=S+M"+,C正確；

D.根據放電時負極反應，可知充電時陰極反應為S+M，汽+2e-=M〃S，每消耗16gS,即0.5molS,轉

移Imol電子，據題意可知,能提供的理論容量為26.8A?h,D王確；

故選B“

15.按如圖組裝裝置并進行實驗：將銅絲插入溶液中，當c中紅色褪去時，將銅絲拔離液面。下列敘述錯

A.a中有化合反應發(fā)生，并有顏色變化

B.b中氣體變紅棕色時，所含氮氧化物至少有兩種

C.c中溶液紅色剛好褪去時，HCO；恰好完全反應

D.若將a中稀硝酸換為濃硫酸并加熱，則c中溶液顏色會褪去

【答案】C

【解析】

【詳解】A.銅和稀硝酸反應，會生成一氧化氮，一氧化氮為無色氣體，液面上方有氧氣存在，一氧化氮

與氧氣反應，生成紅棕色的二氧億氮，屬于化合反應，生成Cu（NOa）2為藍色，有顏色變化，A正確:

B.b中氣體變紅棕色時，說明有二氧化氮存在，存在2?402^^1^04的反應，所以所含氮氧化物至少

有兩種，B正確；

C.酚醐的變色范圍是8.2~10,c中溶液紅色剛好褪去時，此時溶液可能呈弱堿性，所以不能判斷HCO；是

否恰好完全反應，C錯誤；

D.若將a中稀硝酸換為濃硫酸并加熱，會生成二氧化硫，二氧化硫通入碳酸氫鈉溶液中，可生成亞硫酸

氫鈉，溶液顯酸性，c中溶液顏色會褪去，D正確；

故選Co

16.某理論研究認為：燃料電池（圖b）的電極I和II上所發(fā)生反應的催化機理示意圖分別如圖a和圖c,其

中。2獲得第一個電子的過程最慢,由此可知，理論上

A.負極反應的催化劑是i

B.圖a中，i到ii過程的活化能一定最低

C.電池工作過程中，負極室的溶液質量保持不變

D.相同時間內，電極I和電極II上的催化循環(huán)完成次數相同

【答案】C

【解析】

【分析】該燃料電池為氫氧燃料電池，由圖可知該原電池的電解質溶液為酸性，氫氣發(fā)生氧化反應，做負

+

極，電極方程式為：H2-2e-=2H；氧氣發(fā)生還原反應，做正極，電極方程式為:

+

O2+4e-+4H=2H2OO

【詳解】A.由分析可知，氧氣發(fā)生還原反應，做正極，正極反應的催化劑是i,A錯誤；

B.圖a中，i到ii過程為。2獲得第一個電子的過程，根據題中信息，0?獲得第一個電子的過程最慢,

則i到ii過程的活化能一定最高，B錯誤;

+

C.氫氣發(fā)生氧化反應，做負極，電極方程式為：H2-2e=2H,同時，反應負極每失去I個電子，就

會有一個H+通過質子交換膜進入正極室，故電池工作過程中，負極室的溶液質量保持不變，C正確；

D.由圖a、c可知，氧氣催化循環(huán)一次需要轉移4個電子，氫與催化循環(huán)一次需要轉移2個電子，相同時

間內，電極I和電極II上的催化循環(huán)完成次數不相同，D錯誤；

故選C。

二、非選擇題：本大題共4小題，共56分。考生根據要求作答。

17.酸及鹽在生活生產中應用廣泛。

（1）甲苯氧化可生成苯甲酸。向盛有2mL甲苯的試管中，加入幾滴酸性KMnO4溶液，振蕩，觀察到體

系顏色_______o

（2）某苯甲酸粗品含少量泥沙和氯化鈉。用重結晶法提純該粗品過程中，需要的操作及其順序為：加熱

溶解、（填下列操作編號）。

（3）興趣小組測定常溫卜.苯甲酸飽和溶液的濃度C。和苯甲酸的K”，實驗如下：取50.00mL茉甲酸飽和

溶液，用O.lOOOmol/LNaOH溶液滴定，用pH計測得體系的pH隨滴入溶液體積V變化的曲線如圖。據

①C。=mol/L<.

②苯甲酸的Ka=（列出算式，水的電離可忽略）。

（4）該小組繼續(xù)探究取代基對芳香酸酸性的影響。

①知識回顧粉酸酸性可用衡量。下列竣酸Ka的變化順序為:

CH3COOH<CH.CICOOH<CC1.COOH<CF.COOH。隨著鹵原子電負性,竣基中的羥基

增大，酸性增強。

②提出假設甲同學根據①中規(guī)律推測下列芳香酸的酸性強弱順序為：

③驗證假設甲同學測得常溫卜三種酸的飽和溶液的pH大小順序為,據此推斷假設成立。但乙

同學認為該推斷依據不足，不能用所測得的pH直接判斷Ka大小順序，因為o

乙同學用(3)中方法測定了上述三種酸的K”，其順序為H>I>111。

④實驗小結假設不成立，芳香環(huán)上取代基效應較更雜，①中規(guī)律不可隨意推廣。

(5)該小組嘗試測弱酸HC1O的Ka。

①丙同學認為不宜按照(3)中方法進行實驗，其原因之?是次氯酸易分解。該分解反應的離子方程式為

②小組討論后，選用。lOOmol/LNaQO溶液(含少量NaCl)進行實驗，以獲得HCIO的K一簡述該方案

(包括所用儀器及數據處理思路)。

③教師指導：設計實驗方案時，需要根據物質性質，具體問題具體分析。

【答案】(1)由紫色變?yōu)闊o色

1()一2.891Q-2.89

(2)dab(3)①.0.028②.K=—--------

a0.028

(4)①.增大②.極性③.常溫下三種酸的飽和溶液的濃度不同

光照

(5)①.2HQO1^2H++2C「+O2T②.實驗方法:取適量O.lOOmol/LNaQO溶液放入燒杯中,

用pH計測得體系在25c下的pH,記錄數據；

數據處理思路：由于NaClO溶液中存在C1。的水解，故根據O.IOOmol/LNaCIO溶液在25℃下的pH可求得

K

QO-的水解平衡常數Kh,再利用公式=w上求出HCIO的Ka

Kh

針斤】

【小問1詳解】

酸性KMnO4溶液具有強氧化性，可以將甲苯氧化生成苯甲酸，故向盛有2mL甲苯的試管中，加入幾滴酸

性KMnCh溶液，振蕩，觀察到體系顏色由紫色變?yōu)闊o色。

【小問2詳解】

重結晶法提純苯甲酸的方法為，加熱溶解，趁熱過濾至另一燒杯中，將濾液靜置，使其緩慢冷卻結晶，待

濾液完全冷卻后濾出晶體，并用少量蒸儲水洗滌，故操作編號為dab：

小問3詳解】

①由圖像可知，當加入14mLNaOH溶液時，苯甲酸被完全中和，則可得苯甲酸飽和溶液的濃度

0.1000mol/Lxl4xl03L

=0.028mol/L；

50x10"

②由圖像可知，苯甲酸飽和溶液的pH為2.89,說明苯甲酸飽和溶液中的

10289*9以的

c(H*尸c(苯甲酸根)=10-289moVL,則苯甲酸的K=

a0.028

【小問4詳解】

①段酸酸性的強弱取決于竣基中O-H鍵的極性大小，極性越大，酸性越強，鹵素原子的電負性越大，吸電

子能力越強，使得段基中O-H鍵的極性越大，酸性越強；

③由于常溫下三種酸的飽和溶液的濃度不同，所以該推斷依據不足。

【小問5詳解】

光昭

①次氯酸在光照條件下易分解為HCI和02,其分解反應的離子方程式為2HCK)y2H++2C「+€)2T

②實驗方法：取適量O.lOOmol/LNaCIO溶液放入燒杯中，用pH計測得體系在25℃下的pH,記錄數據；

數據處理思路：由于NaClO溶液中存在0。的水解，故根據O.lOOmol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得

K

CQ的水解平衡常數Kh,再利用公式Ka二三;”求出HC1O的Ka.

18.我國是金屬材料生產大國，綠色生產是必由之路。一種從多金屬精礦中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型

綠色冶鐵方法的工藝如下。

已知：多金屬精礦中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。

氫氧化物Fe(OH)3A1(OH)3CU(OH)2Ni(OH),

K￡298K)2.8x1O-3913x1()332.2x1O-205.5x10”

（1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有（寫一條）。

（2）“高壓加熱”時，生成Fe?。1的離子方程式為：

高壓,

HQ___Fe-,0,J+

+02+H+

A

（3）“沉鋁”時，pH最高可調至_______（溶液體枳變化可忽略）。已知：“濾液1”中

c(Cu2+)=0.022mol/L,c(Ni2+)=0.042mol/L。

（4）“選擇萃取”中，銀形成如圖的配合物。銀易進入有機相的原因有

A.銀與N、O形成配位鍵B.配位時Ni?+被還原

C.配合物與水能形成分子間氫鍵D.烷基鏈具有疏水性

（5）Ni'CUyNz晶體的立方晶胞中原子所處位置如圖。已知：同種位置原子相同，相鄰原子間的最近距

離之比（^9力沖小=夜：1，貝"：y:z=；晶體中與Cu原子最近且等距離的原子的數目為

（6）①“700℃加熱”步驟中，混合氣體中僅加少量H?,但借助工業(yè)合成氨的逆反應，可使Fe不斷生

成。該步驟發(fā)生反應的化學方程式為和o

②“電解”時，Fe?03顆粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒為電極，在答題卡虛線框中，畫出電解池示意

圖并做相應標注。

③與傳統(tǒng)高爐煉鐵工藝相比，上述兩種新型冶鐵方法所體現“綠色化學”思想的共同點是________(寫一

條)。

【答案】(1)攪拌、粉碎多金屬精礦、提高酸浸溫度等

高壓

2++

(2)4Fe+O2+4H2O2Fe2OH+8H

加熱

(3)5(4)AD

(5)①.3：1：1②.12

%700°C

(6)①.2NH3、"北、N2+3H2②.FeO3+3H2Fe+3HO③.

ZJIA.%Z/HU1222

④.沒有污染物產生

【解析】

【分析】礦粉酸浸通入SO2酸浸，浸取液中含有Fe2+、Cu2\NP+、A伊等，調節(jié)pH=3.0,通入空氣加熱

得到Fe2O3,Fe2O3可以通過還原得到Fe單質，也可以用電解得到Fc單質，濾液1在常溫下沉鋁，濾液2

選擇萃取得到含硫酸根的溶液和分別含Cu配合物和Ni配合物，最終得到產品NixCuyNzo

【小問1詳解】

“酸浸”中，提高浸取速率的措施有：攪拌、粉碎多金屬精礦、提高酸浸溫度等;

【小問2詳解】

由于通入SO2“酸浸”，故浸取液中不含有“高壓加熱”時，Fe2+在酸性條件下被氧化為Feq-

高壓

2++

離子方程式為：4Fe+O2+4H2O^=2Fe2O3l+8H；

加熱

【小問3詳解】

“沉鋁”時，保證Cu2+和Ni2+不沉淀，Cu(OH)2的溶度積更小，c(Cu2")=0.022mol/L,根據

2+22209

KsP=c(Cu)Xc(OH)=0.022Xc(OH)=2.2X10-,得出c(OH)=10-mol/L,pH=5：

【小問4詳解】

“選擇萃取”中，銀形成如圖的配合物。銀易進入有機相的原因有:

A、銀與N、O形成配位鍵，可以使銀進入有機相，A正確；

中提供孤對電子的o原子帶一個單位負電，可以視作是得到?個電子的陰離

子，其余配體不帶電，整個配合物不顯電性，形成配合物后，中心離子還是Ni2+,Ni2+化合價不變，B錯

誤；

C、配合物與水形成氫鍵，不能解釋銀進入有機相，C錯誤；

D、烷基具有疏水性，可以使其進入有機相，D正確；

答案選AD；

【小問5詳解】

根據同種位置原子相同，相鄰原子間的最近距離之比設晶胞邊長為心由幾何關

系可知，面心的原子與頂點的原子距離為也a，面心的原子與體心的原子距離為!a,則可以確定，晶

22

胞中面心原子為Ni,有6X』=3個，頂點原子為Cu,有8X」=1個，體心的原子為N,有I個，則x：

28

y：z=3：1：1；

根據分析，Cu原子處于頂角，距離最近且等距離的原子為面心上Ni原子，數目為3x8x』二12；

2

【小問6詳解】

①氨氣分解為Nz和Hz,H?還原FezCh得到Fe單質和水，化學方程式為：2NH3N2+3H2>

7(X)℃

Fe2O3+3H2^=2Fe+3H2O；

②電解FezQa顆粒得到Fe單質，在陰極發(fā)生還原反應，則Fe片為陰極，石墨做陽極，電解液為NaOH溶

液和Fe?。］顆粒，裝置圖如下:

③與傳統(tǒng)高爐煉鐵工藝相比，上述兩種新型冶鐵方法所體現“綠色化學”思想的共同點是沒有污染性的CO

氣體產生。

19.鈦單質及其化合物在航空、航天、催化等領域應用廣泛。

（1）基態(tài)Ti原子的價層電子排布式為。

（2）298K下，反應TiO2（s）+2C（s）+2C12（g）=TiCL（g）+2CO（g）的AH<0、AS>0,則298K

下該反應_______（填“能”或“不能”）自發(fā)進行。

（3）以TiCL,為原料可制備TiCh。將5.0molTiC14與lO.OmolTi放入容積為V°L的恒容密閉容器中，反

應體系存在下列過程。

編

過程AH

號

(a)Ti(s)+TiCl4(g)^2TiCl2(s)AH,

(b)TiCl2(s)+TiCl4(g)-2TiCl3(g)+200.1kJ/mol

(c)Ti(s)+3TiCl4(g)^4TiCl3(g)+132.4kJ/mol

TiCl(g)-TiCl(s)

(d)33AH2

①出=kJ/mol(,

②不同溫度下，平衡時反應體系的組成如圖。曲線I對應的物質為

Eo

/

占

至

冬

及

2

③溫度下,

T°Kn[TiCl4(g)]=mol,反應⑹的平衡常數K=（列出算式，無須化簡）。

（4）鈦基催化劑可以催化儲氫物質胱（N2HJ的分解反應:

(e)N2H4=N2+2H2

(f)3N,H4=N,+4NH.

為研究某鈦基催化劑對上述反應的影響，以肌的水溶液為原料（含N2Hj的物質的量為1）,進行實驗，得

到\/n。、叫/n。隨時間t變化的曲線如圖。其中，、為H?與N2的物質的量之和；M為剩余N2H④的

物質的量。設L為0~i時間段內反應(e)消耗N2H4的物質的量，該時間段內，本體系中催化劑的選擇性用

x100%表示。

①0~t()min內，N2H4轉化率為(用含丫2的代數式表示)。

②0?t°min內，催化劑的選擇性為(用含為與丫2的代數式表示，寫出推導過程)。

【答案】⑴3d24s2

r_6_Y

V

⑵能(3)①.-267.8②.TiCl.(s)?.0.5④.11.

KJ

(4)①.(1-yJxlOO%②.

、“8-8y2

【解析】

【小問1詳解】

Ti為22號元素，基態(tài)Ti原子的價層電子排布式為3d24s2,故答案為：3d24s2：

【小問2詳解】

反應TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+2CO(g)的AH<0、AS>0，則根據AG=AH—TAS可

知，該反應在298K下能自發(fā)進行，故答案為：能；

【小問3詳解】

①已知：

反應b：TiCl2(s)+TiCl4(g)-2TiCl3(g)

反應c：Ti(s)+3TiCl4(g)^4TiCl3(g)

將反應c-2X反應b可得Ti(s)+TiC14(g)=2TiC12(s),則

=132.4-2x200.IkJ/mol=-267.8kJ/mol,故答案為：一267.8；

②由表格可知，反應a為放熱反應，反應b、c為吸熱反應，反應d也是放熱，曲線I,II可表示

TiCh(g)或TiCUk)的物質的量隨溫度的變化情況，隨著溫度升高，反應b、c正向移動，反應a、d為

逆網移動，所以TiCh(g)的含量逐漸上升，TiCh(s)的含量逐漸下降，所以曲線I對應的物質為

TiCl2(s),故答案為：TiCI2(s)：

③溫度TQK下，n[Ti(s)]=8.5mol,n[TiCl3(g)]=6.0mol,n[TiCl3(s)J=n[TiCl2(s|]=Omol,

根據Ti元素守恒，可推出n[TiCL(g)]=(10+5-6-8.5)mol=0.5mol,l/iijc[TiCl4(g)]=^mol/L,

▼n

c4[TiCh(g)]KJ

c[TiCl5(g)]=^mol/L

反應(c)的平衡常數K司TiCL(g)「回故答案為:0.5；

vo

hoJ

圖

【小問4詳解】

①因為脫(N2H4)為反應物，腓的含量逐漸下降，起始時興=1,t°min時，，=丫2,則。?%min

內，N2H4的轉化率為寧Ixl00%=(l—y2)xl00%,故答案為：(l-y2)xlOO%；

②由圖可知，0~t()min內，—=y),加=丫2，則n2=y2xn0,反應掉的朋2HJ為,

nono

生成的氮氣和氫氣的物質的量為丫金期01。1,根據反應前后原子個數守恒，可得

6n(,(1y)2n()y

n(NH.)=-；-'mol,反應f消耗的的為n(N,HJ=如世孚生&x[mol,反應e消耗的

444

的％為n0（1-y,）-6n0（132）?2'”*3mo1,則本體系中催化劑的選擇性xlOO%=

■44n0-n,

6n0（l-y2）-2n0y,3（|,y）_9（1-2）-3丫|Sy,+y1-l

--------------x-yy

n（）（1-y）32）8irvw=X100%,故答案

244x100%=-----------------xlOO%8-8y，取口不

nxni-y

（）-y2o2

3%+丫2-1

為:xlOO%.

8-8y2

20.我國科學家最近在光-酶催化合成中獲得重大突破，光-酹協同可實現基于三組分反應的有機合成，其

中的一個反應如下（反應條件略：Ph-代表苯基C6H§-）。

（a-演代丙酮）（主產物）（副產物）

（!）化合物la中含氧官能團的名稱為

（2）①化合物2a的分子式為

②2a可與H?。發(fā)生加成反應生成化合物I.在【的同分異構體中，同時含有苯環(huán)和醇羥基結構的共

種（含化合物I,不考慮立體異構）。

（3）下列說法正確的有。

A.在la、2a和3a生成4a的過程中，有兀鍵斷裂與。鍵形成

B.在4a分子中，存在手性碳原子，并有20個碳原子采取sp?雜化

C.在5a分子中，有大冗鍵，可存在分子內氫鍵，但不存在手性碳原子

D.化合物5a是苯酚的同系物，上可發(fā)生原子利用率為100%的還原反應

（4）一定條件下，Br?與丙酮（CH3coeHJ發(fā)生反應，溟取代丙酮中的a—H,生成化合物3a.若用核

磁共振氫譜監(jiān)測該取代反應，則可推測：與丙酮相比，產物3a的氫譜圖中。

（5）已知：竣酸在一定條件下，可發(fā)生類似于丙酮的a-H取代反應。根據上述信息，分三步合成化合物

Iio

①第一步，引入澳：其反應的化學方程式為

②第二步，進行(填具體反應類型)：其反應的化學方程式為(注明反應條件)。

③第三步，合成H：②中得到的含溟有機物與la、2a反應。