化学自习室移动版

【2025广东等级考】13. 由结构不能推测出对应性质的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】A

【解析】

【详解】A．SO₃的VSEPR模型为平面三角形，反映其分子几何结构，但氧化性由硫的高价态(+6)决定，与结构无直接关联，A符合题意；

B．钾和钠原子结构差异导致电子跃迁能量不同，焰色不同，结构与性质对应合理，B不符合题意；

C．乙烯和乙炔均含π键，π键断裂是加聚反应的基础，结构与性质对应合理，C不符合题意；

D．石墨层中离域p电子使其导电，结构与性质对应合理，D不符合题意；

答案选A。

【2025广东等级考】14. 一种高容量水系电池示意图如图。已知：放电时，电极Ⅱ上MnO₂减少；电极材料每转移1mol电子，对应的理论容量为26.8A⋅h。下列说法错误的是

A. 充电时Ⅱ为阳极

B. 放电时Ⅱ极室中溶液的pH降低

C. 放电时负极反应为：MnS－2e^-=S＋Mn^2＋

D. 充电时16gS能提供的理论容量为26.8A⋅h

【答案】B

【解析】

【分析】放电时，电极Ⅱ上MnO₂减少，说明MnO₂转化为Mn²⁺，化合价降低，发生还原反应，为原电池的正极，由于电解质溶液为MnSO₄，故电解质应为酸性溶液，正极反应为：MnO₂＋2e^-＋4H^＋=Mn^2＋＋2H₂O；则电极Ⅰ为原电池负极，MnS失去电子生成S和Mn²⁺，负极反应为：MnS－2e^-=S＋Mn^2＋。

【详解】A．由分析可知，放电时电极Ⅱ为正极，故充电时电极Ⅱ为阳极，A正确；

B．由分析可知，放电时电极Ⅱ为正极，正极反应为：MnO₂＋2e^-＋4H^＋=Mn^2＋＋2H₂O，反应消耗H^＋，溶液的pH升高，B错误；

C．由分析可知，放电时电极Ⅰ为原电池负极，负极反应为：MnS－2e^-=S＋Mn^2＋，C正确；

D．根据放电时负极反应，可知充电时阴极反应为S＋Mn^2＋＋2e^-=MnS，每消耗16gS，即0.5molS，转移1mol电子，据题意可知，能提供的理论容量为26.8A⋅h，D正确；

故选B。

【2025广东等级考】15. 按如图组装装置并进行实验：将铜丝插入溶液中，当c中红色褪去时，将铜丝拔离液面。下列叙述错误的是

A. a中有化合反应发生，并有颜色变化

B. b中气体变红棕色时，所含氮氧化物至少有两种

C. c中溶液红色刚好褪去时，HCO₃^－恰好完全反应

D. 若将a中稀硝酸换为浓硫酸并加热，则c中溶液颜色会褪去

【答案】C

【解析】

【详解】A．铜和稀硝酸反应，会生成一氧化氮，一氧化氮为无色气体，液面上方有氧气存在，一氧化氮与氧气反应，生成红棕色的二氧化氮，属于化合反应，生成Cu(NO₃)₂为蓝色，有颜色变化，A正确；

B．b中气体变红棕色时，说明有二氧化氮存在，存在2NO₂N₂O₄的反应，所以所含氮氧化物至少有两种，B正确；

C．酚酞的变色范围是8.2~10，c中溶液红色刚好褪去时，此时溶液可能呈弱碱性，所以不能判断HCO₃^－是否恰好完全反应，C错误；

D．若将a中稀硝酸换为浓硫酸并加热，会生成二氧化硫，二氧化硫通入碳酸氢钠溶液中，可生成亚硫酸氢钠，溶液显酸性，c中溶液颜色会褪去，D正确；

故选C。

【2025广东等级考】16. 某理论研究认为：燃料电池(图b)的电极Ⅰ和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图分别如图a和图c，其中O₂获得第一个电子的过程最慢。由此可知，理论上

A. 负极反应的催化剂是ⅰ

B. 图a中，ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最低

C. 电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变

D. 相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数相同

【答案】C

【解析】

【分析】该燃料电池为氢氧燃料电池，由图可知该原电池的电解质溶液为酸性，氢气发生氧化反应，做负极，电极方程式为：H₂－2e^-=2H^＋；氧气发生还原反应，做正极，电极方程式为：O₂＋2H₂O＋4e^-=4OH^－。

【详解】A．由分析可知，氧气发生还原反应，做正极，正极反应的催化剂是ⅰ，A错误；

B．图a中，ⅰ到ⅱ过程为O₂获得第一个电子的过程，根据题中信息，O₂获得第一个电子的过程最慢，则ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最高，B错误；

C．氢气发生氧化反应，做负极，电极方程式为：H₂－2e^-=2H^＋，同时，反应负极每失去1个电子，就会有一个H⁺通过质子交换膜进入正极室，故电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变，C正确；

D．由图a、c可知，氧气催化循环一次需要转移4个电子，氢气催化循环一次需要转移2个电子，相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数不相同，D错误；

故选C。

二、非选择题：本大题共4小题，共56分。考生根据要求作答。

【2025广东等级考】17. 酸及盐在生活生产中应用广泛。

（1）甲苯氧化可生成苯甲酸。向盛有2mL甲苯的试管中，加入几滴酸性KMnO₄溶液，振荡，观察到体系颜色_______。

（2）某苯甲酸粗品含少量泥沙和氯化钠。用重结晶法提纯该粗品过程中，需要的操作及其顺序为：加热溶解、_______(填下列操作编号)。

（3）兴趣小组测定常温下苯甲酸饱和溶液的浓度c₀和苯甲酸的K_a，实验如下：取50.00mL苯甲酸饱和溶液，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定，用pH计测得体系的pH随滴入溶液体积V变化的曲线如图。据图可得：

①c₀=_______mol/L。

②苯甲酸的K_a=_______(列出算式，水的电离可忽略)。

（4）该小组继续探究取代基对芳香酸酸性的影响。

①知识回顾  羧酸酸性可用K_a衡量。下列羧酸K_a的变化顺序为：。随着卤原子电负性_______，羧基中的羟基_______增大，酸性增强。

②提出假设  甲同学根据①中规律推测下列芳香酸的酸性强弱顺序为：

③验证假设  甲同学测得常温下三种酸的饱和溶液的pH大小顺序为Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ，据此推断假设成立。但乙同学认为该推断依据不足，不能用所测得的pH直接判断K_a大小顺序，因为_______。

乙同学用(3)中方法测定了上述三种酸的K_a，其顺序为Ⅱ>Ⅰ>Ⅲ。

④实验小结  假设不成立，芳香环上取代基效应较复杂，①中规律不可随意推广。

（5）该小组尝试测弱酸HClO的K_a。

①丙同学认为不宜按照(3)中方法进行实验，其原因之一是次氯酸易分解。该分解反应的离子方程式为_______。

②小组讨论后，选用0.100mol/LNaClO溶液(含少量NaCl)进行实验，以获得HClO的K_a。简述该方案_______(包括所用仪器及数据处理思路)。

③教师指导：设计实验方案时，需要根据物质性质，具体问题具体分析。

【答案】（1）由紫色变为无色    

（2）da    （3）    ①. 0.028    ②.     

（4）    ①. 增大    ②. 极性    ③. 常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同    

（5）    ①.2HClO2H^＋＋2Cl^－＋O₂↑     ②. 实验方法：取适量0.100mol/LNaClO溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据；

数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO^-的水解，故根据0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO^-的水解平衡常数K_h，再利用公式求出HClO的K_a。

【解析】

【小问1详解】

酸性KMnO₄溶液具有强氧化性，可以将甲苯氧化生成苯甲酸，故向盛有2mL甲苯的试管中，加入几滴酸性KMnO₄溶液，振荡，观察到体系颜色由紫色变为无色。

小问2详解】

重结晶法提纯苯甲酸的方法为，加热溶解、趁热过滤、冷却结晶，故操作编号为da

【小问3详解】

①由图像可知，当加入14mLNaOH溶液时，苯甲酸被完全中和，则可得苯甲酸饱和溶液的浓度；

②由图像可知，苯甲酸饱和溶液的pH为2.89，说明苯甲酸饱和溶液中的，则苯甲酸的

【小问4详解】

①羧酸酸性的强弱取决于羧基中O-H键的极性大小，极性越大，酸性越强，卤素原子的电负性越大，吸电子能力越强，使得羧基中O-H键的极性越大，酸性越强；

③由于常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同，所以该推断依据不足。

【小问5详解】

①次氯酸在光照条件下易分解为HCl和O₂，其分解反应的离子方程式为2HClO2H^＋＋2Cl^－＋O₂↑ ；

②实验方法：取适量0.100mol/LNaClO溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据；

数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO^-的水解，故根据0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO^-的水解平衡常数K_h，再利用公式求出HClO的K_a。

【2025广东等级考】18. 我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。

已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。

 （1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有_______(写一条)。

（2）“高压加热”时，生成Fe₂O₃的离子方程式为：_______。

（3）“沉铝”时，pH最高可调至_______(溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中c(Cu^2＋)=0.022mol/L，c(Ni^2＋)=0.042mol/L。

（4）“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有_______。

A. 镍与N、O形成配位键 B. 配位时Ni²⁺被还原

C. 配合物与水能形成分子间氢键 D. 烷基链具有疏水性

（5）晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则_______；晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为_______。

（6）①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量H₂，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为_______和_______。

②“电解”时，Fe₂O₃颗粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池示意图并做相应标注_______。

③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是_______(写一条)。

【答案】（1）搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等    

（2）4Fe²⁺+O₂+4H₂O2Fe₂O₃↓+8H⁺    

（3）5    （4）AD    

（5）    ①. 3：1：1    ②. 12    

（6）    ①. 2NH₃N₂+3H₂    ②. Fe₂O₃+3H₂2Fe+3H₂O    ③.     ④. 没有污染物产生

【解析】

【分析】矿粉酸浸通入SO₂酸浸，浸取液中含有Fe²⁺、Cu²⁺、Ni²⁺、Al³⁺等，调节pH=3.0，通入空气加热得到Fe₂O₃，Fe₂O₃可以通过还原得到Fe单质，也可以用电解得到Fe单质，滤液1在常温下沉铝，滤液2选择萃取得到含硫酸根的溶液和分别含Cu配合物和Ni配合物，最终得到产品Ni_xCu_yN_z。

【小问1详解】

“酸浸”中，提高浸取速率的措施有：搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等；

【小问2详解】

由于通入SO₂“酸浸”，故浸取液中不含有Fe^3＋，“高压加热”时，Fe²⁺在酸性条件下被氧化为Fe₂O₃，离子方程式为：4Fe²⁺+O₂+4H₂O2Fe₂O₃↓+8H⁺；

【小问3详解】

“沉铝”时，保证Cu²⁺和Ni²⁺不沉淀，Cu(OH)₂的溶度积更小，c(Cu^2＋)=0.022mol/L，根据K_sp=c(Cu²⁺)×c²(OH^-)=0.022×c²(OH^-)=2.2×10^-20，得出c(OH^-)=10^-9mol/L，pH=5；

【小问4详解】

“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有：

A、镍与N、O形成配位键，可以使镍进入有机相，A正确；

B、配体中提供孤对电子的O原子带一个单位负电，可以视作是得到一个电子的阴离子，其余配体不带电，整个配合物不显电性，形成配合物后，中心离子还是Ni²⁺，Ni²⁺化合价不变，B错误；

C、配合物与水形成氢键，不能解释镍进入有机相，C错误；

D、烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，D正确；

答案选AD；

【小问5详解】

根据同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，设晶胞边长为a，由几何关系可知，面心的原子与顶点的原子距离为，面心的原子与体心的原子距离为，则可以确定，晶胞中面心原子为Ni，有6×个，顶点原子为Cu，有8×个，体心的原子为N，有1个，则x：y：z=3：1：1；

根据分析，Cu原子处于顶角，距离最近且等距离的原子为面心上Ni原子，数目为；

【小问6详解】

①氨气分解为N₂和H₂，H₂还原Fe₂O₃得到Fe单质和水，化学方程式为：2NH₃N₂+3H₂、Fe₂O₃+3H₂2Fe+3H₂O；

②电解Fe₂O₃颗粒得到Fe单质，在阴极发生还原反应，则Fe片为阴极，石墨做阳极，电解液为NaOH溶液和颗粒，装置图如下： ；

③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是没有污染性的CO气体产生。