2025年广东高考模拟卷（三）（含解析）

2025年广东高考模拟卷（三）
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mg-24 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
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．中国历代绘画是中华优秀传统文化的瑰宝。下列与绘画作品有关的历史文物中，绘制在硅酸盐材料上的是
A．《清明上河图》纸画 B．敦煌飞天壁画
C．《簪花仕女图》绢帛画 D．《四美图》木版画
2．科技是国家强盛之基，创新是民族进步之魂。下列说法正确的是
A．“长江2000”突破新技术，其燃料煤油属于可再生能源
B．“九章三号”跑出新速度，其芯片材料的主要成分为SiO2
C．“深中通道”隧道使用的LED灯具：发光过程电子吸收能量跃迁到较高能级
D．“祝融号”探寻新发现，其保温材料纳米气凝胶能产生丁达尔效应
3．人类生产生活中的方方面面都离不开化学，下列说法正确的是
A．为防止月饼因氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰
B．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
C．具有推广应用前景的新能源主要有太阳能、核能、风能等
D．纳米铁粉仅通过吸附作用高效地去除污水中的Pb2+、Cu2+、Hg2+等重金属离子
4．下列化学用语表述正确的是
A．的电子式：
B．固体中的链状结构：
C．基态铍原子最高能级的电子云轮廓图为
D．基态氮原子电子排布轨道表达式写成违背了泡利原理
5．超分子有许多特殊的化学性质。12-冠-4可与作用而不与作用；18-冠-6可与作用(如下图)，但不与或作用。下列说法错误的是
A．18-冠-6分子中，C原子和O原子的杂化轨道类型均为杂化
B．18-冠-6分子中的O原子与间不存在离子键
C．18-冠-6分子与作用，不与或作用，体现了超分子的“自组装”的特征
D．18-冠-6分子的命名与分子中碳和氧的数目有关，分子中所有原子不可能共平面
6．实验室以为原料，制备并获得晶体。下列图示装置和原理能达到实验目的是
A．用装置甲制取B．用装置乙除去中的
C．用装置丙干燥并收集D．用装置丁蒸干溶液获得
7．中国科研团队开发了一种基于钯修饰二氧化钛的串联光热催化氮气氧化制备硝酸的新反应体系，实现了高选择性制备单一氧化产物硝酸(过程如图所示)。下列有关说法正确的是
A．二氧化钛中基态Ti4+的核外电子占据的原子轨道数为9
B．该过程属于氮的固定，氮的固定一定是氮元素被氧化
C．N2与O2在放电或高温的条件下也能直接生成NO2
D．尾气NO或NO2都可用NaOH溶液吸收处理
8．部分含Na或Fe或Al物质的分类与其对应化合价的关系如图所示。下列判断合理的是
A．若i的溶液呈棕黄色，则其可由a与盐酸反应生成
B．b中可能同时含有离子键和共价键
C．f、i分别与d反应均可生成稳定化合物
D．若h可以与d反应生成盐和水，则h为酸性氧化物
9．劳动成就梦想。下列劳动项目与所述的化学知识正确的是
选项 劳动项目 化学知识
A 社区服务：公共卫生间摆放酒精免洗手液 酒精能使蛋白质发生盐析失活
B 社区服务：用石灰水将社区的树刷白 石灰可以起到杀虫的作用，减少虫害
C 学农活动：用糯米酿制米酒 酵母菌可将葡萄糖水解为酒精
D 家务劳动：将切好的土豆丝浸没在水里防止变色 土豆丝中的氧化性物质遇空气变色
10．二乙胺[]是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐。下列叙述正确的是
A．0.01 水溶液的
B．水溶液的pH随温度升高而减小
C．水溶液加水稀释，pH降低
D．水溶液中：
11．某化学兴趣小组为探究蔗糖与浓硫酸的反应设计了如图所示实验装置。向左倾斜Y形试管使反应发生，下列说法正确的是
A．装置Ⅱ中品红溶液褪色，证明SO2具有氧化性
B．装置Ⅲ中产生白色沉淀，其主要成分为CaCO3和CaSO3
C．装置Ⅳ中无明显现象
D．装置不变，仅将装置I中的蔗糖换成木炭，也能出现相同的现象
12．湖北蕲春李时珍的《本草纲目》记载的中药丹参，其水溶性有效成分之一的结构简式如图。下列说法正确的是

A．该物质属于芳香烃 B．可发生取代反应和氧化反应
C．分子中有5个手性碳原子 D．1mol该物质最多消耗9molNaOH
13．下列陈述I和陈述II均正确，且有因果关系的是
选项 陈述I 陈述II
A 用计测得等浓度的2-氯丙酸与2-氟丙酸溶液的分别为和，且 2-氯丙酸中键的极性大于2-氟丙酸中键的极性
B 将氨气溶于水，进行导电性实验，灯泡亮 氨气是电解质
C 向溶液中通入足量再滴加溶液，溶液不显红色 还原性：
D 取少量涂改液，向其中加入足量硝酸银溶液，溶液出现白色沉淀 涂改液所含卤代烃中存在氯元素
14．一种除草剂的结构如图，X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期元素，Z与R同主族。下列有关说法正确的是
A．Y、Z、W的第一电离能的顺序为W>Z>Y
B．最简单氢化物的稳定性：ZC．X与W形成的化合物为非极性分子
D．该分子能与碱反应
15．在催化剂表面，丙烷催化氧化脱氢反应历程如下图。下列说法不正确的是
A．该历程有三个基元反应
B．①中，催化剂被氧化
C．②中，丙烷分子中的甲基先失去氢原子
D．总反应的速率由③决定
16．羟基自由基具有极强的氧化能力，它能有效地氧化降解废水中的有机污染物。在直流电源作用下，利用双极膜电解池产生羟基自由基处理含苯酚废水和含甲醛废水，原理如图所示。已知：双极膜中间层中的解离为和。下列说法错误的是
A．M极为阴极，电极反应式：
B．双极膜中解离出的透过膜a向N极移动
C．每处理甲醛，理论上有透过膜b
D．通电一段时间后，理论上苯酚和甲醛转化生成物质的量之比为6∶7
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．（14分）某实验小组探究(NH4)2S2O8溶液与KI溶液的反应及其速率，实验过程和现象如表。
已知：ⅰ．(NH4)2S2O8具有强氧化性，能完全电离，易被还原为；
ⅱ．淀粉检测I2的灵敏度很高，遇低浓度的I2即可快速变蓝；
ⅲ．可与发生反应：。
编号 1-1 1-2
实验操作
现象 无明显现象 溶液立即变蓝
(1)实验1-1的目的是作空白对照实验，排除 氧化碘离子的干扰。
(2)(NH4)2S2O8与KI反应的离子方程式为 。
为了研究(NH4)2S2O8与KI反应的速率，小组同学分别向两支试管中依次加入下列试剂，并记录变色时间，如表。
编号 KI溶液/mL Na2S2O3溶液/mL 蒸馏水/mL 0.4%淀粉溶液/滴 (NH4)2S2O8溶液/mL 变色时间/s
2-1 2 0 2.8 2 0.2 立即
2-2 2 0.8 0.2 2 2 30
(3)实验2-1 ，故不能用于测定(NH4)2S2O8与KI反应的速率。
(4)加入Na2S2O3溶液后溶液变蓝的时间明显增长，甲同学对此提出两种猜想。
猜想1：(NH4)2S2O8先与Na2S2O3反应，使降低；
猜想2：(NH4)2S2O8先与KI反应，___________。
①甲同学提出猜想1的依据：Na2S2O3的还原性 (填“强于”或“弱于”)KI的。
②乙同学根据实验2-1和2-2的数据证明猜想1不成立，理由是 。
③补全猜想2： 。
(5)查阅文献表明猜想2成立。实验2-2中，30s内未检测到(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应，可能原因是 。
18．（14分）铋及其化合物在医药、电子、量子材料等高精尖领域有重要的应用。一种从电解铜的副产物阳极泥熔炼渣(主要含和少量的等元素)中提取铋及贵金属银和金的工艺如图。已知：的氧化性强于。
(1)“酸溶”时，以形式进入浸出液中，反应的离子方程式为 。
(2)在溶液中会发生水解反应+ H2O，结合平衡移动原理，解释“沉铋”时的作用： 。
(3)经过“酸溶”后，和在滤渣中进一步富集，“溶金”的过程中转化为，“操作I”之后可以重新得到金粉，则X可能是___________。
A． B． C． D．
(4)“脱砷”时，会转化为可溶的，该过程发生反应的化学方程式为 。
(5)用“还原”时，并没有隔绝空气。一定温度下，的沉淀率随反应进行会先增大后减小。解释一段时间后的沉淀率逐渐减小的原因： 。
(6)铁酸铋(BiFeO3)属于多铁材料的一种，具有铁电性和反铁磁性，并伴随弱的铁磁性。其立方晶胞结构如图所示。
①距离Bi最近且等距离的O有 个。
②若以Fe原子为晶胞的顶点，则Bi原子、O原子在立方晶胞中的位置分别为 、 。
③若立方晶胞中距离最近的Bi原子和Fe原子的距离为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶胞的密度为 (列出含NA的计算式即可)。
19．（14分）锰及其化合物在催化剂及金属材料方面有重要的应用。根据所学知识，回答下列问题：
(1)锰基催化剂可用于催化CO2加氢合成乙烯，其中部分反应历程如图1。则反应2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)的焓变为 (列式用字母表示)，该反应自发进行的条件是 (填“高温”“低温”或“任意温度”)。
(2)一定条件下，溶液的酸碱性对催化分解反应的影响如图所示。
①单位时间的浓度变化量可以表示分解速率。中性时，的分解速率= 。
②以下对图象的分析正确的是 (选填序号)。
A．起始浓度不同，无法判断溶液的酸碱性对的分解速率的影响
B．相同条件下，溶液的酸性越强，的分解速率越大
C．在间，中性时的分解百分率比酸性时大
(3)EDTA即乙二胺四乙酸，简写为H4Y，因能与众多金属离子络合而在化学分析与测定中有广泛应用。
①EDTA在水溶液中总共有六级离解平衡，相当于六元酸。室温时其各种存在形式的分布系数δ随pH值的变化关系如图所示，下列说法不正确的是 。
A．EDTA在水溶液中有七种存在形式
B．室温时，H4Y的电离常数≈10-2.0
C．向溶液中加入少量NaOH固体，平衡的值增大
D．等浓度的H6Y2+和H5Y+按体积比约1：9可配成pH≈0的缓冲溶液
②20℃时，测得EDTA溶液中lg与pH值的关系如图所示：
(其中c(Y4-)表示Y4-的平衡浓度，c(Y′)表示EDTA除Y4-外其它存在形式的浓度之和)
已知EDTA与Mn2+的络合反应为：Mn2++Y4-MnY2- K=1.0×1014。工业上利用该反应回收水溶液中的Mn2+。数据表明，溶液中H+的存在会降低EDTA与金属离子的络合能力，试从平衡移动的角度解释原因 。
化学上常用条件稳定常数KMY来描述金属离子M2+与EDTA络合产物的稳定性，(已知KMY=，其中c(Y)表示EDTA所有存在形式的总浓度)，现实验室通过将一定浓度的EDTA溶液与0.02mol/L的MnSO4溶液等体积混合来模拟回收Mn2+，充分反应后测得溶液pH=4.2，c(Y′)=0.01mol/L，计算此时的条件稳定常数KMY= ，溶液中剩余的Mn2+浓度为 mol/L。
20．（14分）含氮杂环化合物的合成在生命科学领域具有重大意义。一种以正丁胺、丙烯醛和苯酚为主要有机原料合成ⅸ的路线如下(加料顺序、反应条件略)：
(1)化合物i名称 ；化合物ⅱ分子中所含官能团的名称为 。
(2)反应④中，在催化剂条件下，化合物V可以与M直接反应生成化合物ⅵ，该反应原子利用率为100%。则M为 (填化学式)。
(3)根据化合物ⅰ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂和条件 反应形成的新结构 反应类型
a 新制碱性悬浊液，加热
b HBr，加热 加成反应
(4)化合物ⅷ的芳香族同分异构体中，满足下列条件且核磁共振氢谱显示为4组峰，峰面积之比为的结构简式为 。
a．能发生水解反应；　　b．能发生银镜反应；　　c．苯环上只有两个取代基。
(5)关于反应⑦的说法中，正确的有___________(填序号)。
A．反应物ⅳ中碳原子杂化方式相同
B．反应过程中，有C—O键和C=O键断裂
C．正丁胺可以和酸和碱反应
D．产物ⅸ中新形成的五元杂环不能发生水解反应
(6)以丙烯醛和苯酚为有机含碳原料，利用题目中的信息，合成化合物X。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
i．最后一步反应中，含有苯环的反应物为 (写结构简式)。
ii．相关步骤涉及羧基与甲醇的酯化反应，其化学方程式为 。
参考答案
1．B
【详解】A．《清明上河图》纸画材料属于天然纤维素，故不选A；
B．敦煌飞天壁画是在石壁上画的，石壁属于硅酸盐材料，故选B；
C．《簪花仕女图》绢帛画材料为蚕丝，属于蛋白质，故不选C；
D．《四美图》木版画属于木质材料，属于天然纤维素，故不选D。
2．D
【详解】A．煤油经石油分馏得到，应属于不可再生能源，A错误；
B．芯片材料的主要成分为Si，是光导纤维的主要成分，B错误；
C． LED灯具：发光过程电子由较高能级跃迁到较低能量，多余的能量以光的形式释放，C错误；
D．纳米气凝胶属于胶体，胶体粒子对光能产生散射作用，则纳米气凝胶能产生丁达尔效应，D正确。
3．C
【详解】A．为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入铁粉，生石灰吸水，常用作干燥剂，故A错误；
B．煤燃烧产生的二氧化硫会导致酸雨，产生的二氧化碳为温室气体，燃煤中加入CaO与二氧化硫反应产生CaSO3，CaSO3被氧化后产生CaSO4，因此可以减少二氧化硫的排放，CaO与二氧化碳反应产生CaCO3，CaCO3在高温下会发生分解，因此不能减少二氧化碳的排放，故B错误；
C．新能源具有资源丰富、可以再生、对环境无污染等特点，因此新能源主要有太阳能、核能、风能等，故C正确；
D．纳米铁粉可以与污水中的Pb2+、Cu2+、Hg2+等重金属离子发生置换反应，将重金属离子转化为金属单质而除去，不是吸附作用，故D错误。
4．B
【详解】
A．是共价化合物，电子式：，A错误；
B．固体分子间存在氢键，链状结构，B正确；
C．铍原子基态最外层电子轨道为2s，s轨道的电子云轮廓图为球形，，C错误；
D．基态氮原子电子排布轨道表达式写成违背了洪特规则，正确应该为，D错误。
5．C
【详解】A．18-冠-6中，C和O的价层电子对数均为4，杂化轨道类型均为杂化，A正确；
B．18-冠-6分子中的O原子与间通过配位键自组装成超分子，不存在离子键，B正确；
C．18-冠-6与作用，不与或作用，这反映了超分子的“分子识别”的特征，C错误；
D．18-冠-6分子中，C原子和O原子的杂化轨道类型均为杂化，所有原子不可能共平面，D正确。
6．C
【详解】A．稀硫酸与大理石反应生成微溶的硫酸钙，会覆盖在大理石表面，会阻止反应进一步发生，应该用稀盐酸与大理石反应制取，A项错误；
B．和HCl都可以与碳酸钠溶液反应，应该用饱和碳酸氢钠溶液除去中的HCl，B项错误；
C．二氧化碳通入浓硫酸中干燥后，并用向上排空气法收集，C项正确；
D．易失去结晶水，因此不能通过加热蒸发皿得到，可由氯化钙的热饱和溶液冷却结晶析出六水氯化钙结晶物，D项错误。
7．A
【详解】A．钛是22号元素，基态Ti4+中的核外电子排布为1s22s22p63s23p6，其核外电子占据的原子轨道数为9，A正确；
B．将游离态的氮转化为氮的化合物的过程叫做氮的固定，氮气转变为氨气也属于氮的固定，化合价降低，N被还原，B错误；
C．N2与O2在放电或高温的条件下先生成NO，不能直接生成NO2，C错误；
D．NO与NaOH不能反应，不能被NaOH溶液吸收，D错误。
8．B
【详解】A．若i的溶液呈棕黄色，则i为含Fe3+的盐，a若为Fe，Fe和盐酸反应生成FeCl2，不是铁元素呈+3价的FeCl3，A错误；
B．b为氧化物，金属元素为+1价，则b为含Na元素的氧化物，b可能为Na2O或Na2O2，Na2O2中同时含有离子键和共价键，B正确；
C．由化合价可知，f为+2价的金属盐，则f为亚铁盐，d为+1价的碱，则d为NaOH，亚铁盐和NaOH反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2不稳定，C错误；
D．d为+1价的碱，则d为NaOH，h为+3价的氧化物，则h可能为Al2O3或Fe2O3，h可以与d反应生成盐和水，则h为Al2O3，但Al2O3是两性氧化物，不是酸性氧化物，D错误。
9．B
【详解】A．酒精杀菌消毒，使蛋白质发生变性，故A不符合题意；
B．石灰可以起到杀虫的作用，能有效防止害虫爬到树上啃食树木，减少虫害，因此用石灰水将社区的树刷白，化学知识正确，故B符合题意；
C．葡萄糖不能发生水解反应，转化为酒精的过程为分解反应，故C不符合题意；
D．土豆丝中的还原性物质遇空气中氧气被氧化而变色，化学知识不正确，故D不符合题意。
10．B
【详解】A．二乙胺是弱碱，其对应的盐酸盐溶液显酸性，水解是微弱的，所以0.01 水溶液的，故A错误；
B．由于水解，水溶液显酸性，加热能促进水解的进行，所以水溶液的pH随温度升高而减小，故B正确；
C．水溶液显酸性，加水稀释，溶液酸性减弱，pH增大，故C错误；
D．水溶液中存在电荷守恒：，水解的方程式为：+H2O+H3O+，还存在着水的电离：H2OH++OH-，所以，故D错误。
11．C
【详解】A．蔗糖与浓硫酸反应生成CO2和SO2，SO2具有漂白性，使品红溶液褪色，A错误；
B．漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2，Ca(ClO)2具有氧化性。通入CO2和SO2后反应生成CaCO3和CaSO4沉淀，B错误；
C．CO2和SO2均不能与BaCl2溶液反应，故装置Ⅳ无明显现象，C正确；
D．木炭与浓硫酸反应需要加热，仅将装置I中的蔗糖换成木炭，不能出现相同的现象，D错误。
12．B
【详解】A．该有机物中含有氧元素，不属于烃，A错误；
B．该有机物中含有羟基和羧基，可以发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，另外，该有机物可以燃烧，即可以发生氧化反应，B正确；
C．将连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子，在该有机物结构中， 标有“*”为手性碳，则一共有4个手性碳，C错误；
D．该物质中含有7个酚羟基，2个羧基，2个酯基，则1 mol该物质最多消耗11 molNaOH，D错误。
13．C
【详解】A．通过计测得2-氟丙酸更小，由于电负性F大于，所以键的极性大于键的极性，导致2-氟丙酸中羧基中的极性更大，酸性更强，A错误；
B．将氨气溶于水进行导电性实验，灯泡亮不能证明氨气是电解质，这是因为氨气溶于水时与水发生了化学反应生成了能电离的物质，B错误；
C．向溶液中通入足量再滴加溶液，若不显红色，证明已将完全还原，可见还原性，C正确；
D．验证涂改液所含卤代烃中是否含有元素时，应加入溶液共热，充分反应后，应该先加硝酸酸化，再加硝酸银溶液，看是否有白色沉淀产生，直接加硝酸银溶液没有明显现象，D错误。
14．D
【分析】X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期元素，结合化合物中化学键的特征分析可知，X形成1个共价键，X为H元素；Y形成4个共价键，Y为C元素；Z形成3个共价键，Z为N元素；W形成2个共价键，W为O元素；Z与R同主族，R为P元素。
A．同周期元素原子的第一电离能从左到右呈增大趋势，但是N元素的基态原子的价层电子排布为2s22p3，2p轨道上填充了3个电子，处于半充满的稳定状态，其第一电离能大于相邻族元素，因此第一电离能：N(Z)>O(W)>C(Y)，A错误；
B．元素的非金属性越强，最简单氢化物的稳定性越强；非金属性N(Z)>P(R)，则氢化物稳定性：NH3>PH3，B错误；
C．X与W形成的化合物可以为H2O、H2O2，两者均为极性分子，C错误；
D．分子结构中含官能团羧基(－COOH)，可与碱反应，D正确。
15．D
【详解】A．从图中可以看出，反应①、②、③为三个基元反应，故A正确；
B．①中催化剂失去氢原子，化合价升高，被氧化，故B正确；
C．②中丙烷失去了氢原子变成了正丙基，故C正确；
D．①过程中活化能为181.1kJ/mol，②过程中活化能为27.9kJ/mol，③过程中活化能为20.2 kJ/mol，活化能越大，反应速率越慢，则①为整个反应的决速步，故D错误。
16．C
【详解】A．M电极通入，发生反应生成自由基，反应式为：，M作阴极，A正确；
B．N为阳极，电解时阴离子向阳极移动，所以透过膜a向N极移动，B正确；
C．甲醛与反应生成的反应：，甲醛为，有，透过膜b，C错误；
D．根据氧化还原反应规律，甲醛生成转移，生成转移，理论上苯酚和甲醛转化生成物质的量之比为6∶7，D正确。
17．(1)氧气（2分）
(2) （2分）
(3)变色时间过短（2分）
(4)强于（2分）实验2-2中和反应的溶液中的浓度仍大于实验2-1中的起始浓度，溶液应立刻变蓝（2分）生成的单质碘与迅速反应，待消耗完，继续生成单质碘，淀粉才变蓝（2分）
(5)与反应的活化能大于与KI反应的活化能（2分）或浓度相同时与反应的速率小于与KI反应的速率；或的浓度小于KI
【分析】(NH4)2S2O8具有强氧化性，可以氧化KI生成和I2；为了研究(NH4)2S2O8与KI反应的速率，设计了实验，实验现象表明，用淀粉作指示剂的情况下，实验2-1中(NH4)2S2O8与KI的反应很快，溶液立即变色，而实验2-2中，加入了(NH4)2S2O8与KI，还加入了少量的Na2S2O3溶液，溶液变色时间明显增长，可以依据实验2-2，使用相关数据表达出(NH4)2S2O8的反应速率；
（1）实验1-2中，(NH4)2S2O8氧化KI生成I2，淀粉遇I2变蓝，实验1-1中没有加入氧化剂，而在实验1-1和实验1-2中，空气中的O2会将I-氧化为I2，故实验1-1的目的是做对照，排除O2氧化I-的干扰；
（2）根据题干信息可知，(NH4)2S2O8与KI反应生成(NH4)2SO4、K2SO4和I2，该反应的离子方程式为+2I-=2+I2；
（3）实验2-1和实验2-2相比，实验2-1没有加入Na2S2O3溶液，则在实验2-1中，无Na2S2O3，生成少量I2后淀粉即变蓝，变色时间过短，无法确定与I-反应的浓度变化；
（4）①信息iii：2+I2=+2I-，做还原剂，I-为还原产物，故Na2S2O3的还原性强于KI的；
②根据信息i和信息iii可以推测与发生氧化还原反应：+2=2+，实验2-2中，和反应的溶液中的浓度仍大于实验2-1中的起始浓度，则实验2-2的溶液应立即变蓝，与实际不符，故猜想1不成立；
③实验2-2中，加入Na2S2O3溶液后溶液变蓝的时间明显增长，还可能是因为(NH4)2S2O8先与KI反应，生成的I2与Na2S2O3迅速反应，待Na2S2O3消耗完，继续生成I2时，淀粉才变蓝；
（5）实验2-2中，30s内未检测到(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应，可能的原因是(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应的活化能大于与KI反应的活化能（或浓度相同时，(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应的速率较(NH4)2S2O8与KI的小），也可能是因为c(Na2S2O3)小于c(KI)。
18．(1)+6H++8Cl-=2+3H2O（2分）
(2)氢氧化钠可以消耗氢离子，促进水解正向进行生成BiOCl沉淀（1分）
(3)AB（2分）
(4)+O2+6NaOH=2+3H2O（2分）
(5)时间过长，溶液中的Fe2+被空气氧化为Fe3+，生成的Fe3+将Bi重新氧化进入溶液中（2分）
(6)12（1分）体心（1分）棱心（1分）（2分）
【分析】酸溶过程中Ag、Au不溶于酸，成为滤渣，转化为，As转化为砷酸盐，在溶液中会发生水解反应+H2OBiOCl+2H++3Cl-，加入氢氧化钠溶液促进水解，经过As2O3+O2+6NaOH=2Na3AsO4+3H2O，除去As元素，脱砷渣经过重溶再加入Fe还原得到Bi，据此分析解题。
（1）“酸溶”时，以形式进入浸出液中，溶液中含有大量氢离子，反应的离子方程式为：+6H++8Cl-=2+3H2O。
（2）在溶液中会发生水解反应，沉铋时加入氢氧化钠可以消耗氢离子，促进水解正向进行生成BiOCl沉淀。
（3）要将转化为金单质需要加入还原剂，因此具有还原性的只有二氧化硫和草酸，二氧化硫还原金的方程式为：2HAuCl4 +3SO2+6H2O=2Au＋8HCl+3H2SO4，草酸还原金的化学方程式为：2HAuCl4+3H2C2O4=2Au+ 6CO2＋8HCl，故选AB。
（4）“脱砷”时，与氧气和氢氧化钠会转化为可溶的和水，根据得失电子守恒和原子守恒配平该过程发生反应的化学方程式为：+O2+6NaOH=2+3H2O。
（5）一段时间后Bi的沉淀率逐渐减小的原因是：时间过长，溶液中的Fe2+被空气氧化为Fe3+，生成的Fe3+将Bi重新氧化进入溶液中。
（6）①由晶胞结构可知，晶胞中铋原子与氧原子的位置关系为顶点和面心的关系，所以距离铋原子最近且等距离的氧原子有12个；
②若以Fe原子为晶胞的顶点，则Bi原子为晶胞的体心，O原子在晶胞的棱心；
③由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点铋原子的个数为8×=1、位于体心的铁原子个数为1、位于面心的氧原子个数为6×=3，已知立方晶胞中距离最近的Bi原子和Fe原子是体对角线的一半，设晶胞参数为xpm，则，，由晶胞的密度公式可得：=g/cm3。
19．(1)2(a-b+d-e)kJ/mol（2分）低温（1分）
(2) （2分）B（1分）
(3) CD （2分）H+会与Y4-结合生成HY3-及其它存在形式，导致c(Y4-)减小，Mn2++Y4-MnY2-平衡逆向移动（2分）1.0×106（2分）1.0×10-6mol/L（2分）
【详解】（1）由图像可知：，，根据盖斯定律，则反应，此反应前后气体分子数减小， S＜0，由图像可知该反应总能量降低， H＜0，根据 G= H -T S＜0反应自发进行，则该反应低温有利于自发进行；
（2）①的分解速率：；
② A．起始浓度不同，但可以通过比较分解等量的所用的时间判断溶液的酸碱性对的分解速率的影响，从图中可以看出，碱性、中性、酸性时起始浓度依次减小、氮反应速率依次增加，A错误；
B．根据图像可知，分解等量的，酸性条件下的分解时间最短，速率最大，B正确；
C．在时，酸性和中性条件时，都为0，则分解率都为100％，C错误；
答案选B；
（3）①
A．由题意和图像可知，EDTA在水溶液中存在：H6Y2+、H5Y+、H4Y、H3Y-、H2Y2-、HY3-、Y4-共七种形式，A正确；
B．，由图像可知：的，则室温时，H4Y的电离常数≈10-2.0，B正确；
C．水解离子方程式：，，向溶液中加入少量NaOH固体，平衡值为水解常数应不变，C错误；
D．由图像可知，pH=0时，H6Y2+和H5Y+分布系数比约为9:1，则等浓度的H6Y2+和H5Y+按体积比约9：1可配成pH≈0的缓冲溶液，D错误；
答案选CD；
②根据分布系数δ随pH值的变化关系图，H+与Y4-结合生成HY3-及其它存在形式，导致c(Y4-)减小，则平衡逆向移动，从而降低EDTA与金属离子的络合能力。根据题意可知，达到平衡时，，，则，又根据与pH值的关系图，pH=4.2，，则，，，，；EDTA溶液与0.02mol/L的MnSO4溶液等体积混合后c(Mn2+)=0.01mol/L，Mn2++Y4- MnY2-达到平衡时，根据物料守恒可知c(Mn2+)+ c(MnY2-)=0.01mol/L，设c(Mn2+)为x mol/L，c(MnY2-)为(0.01-x) mol/L，c(Y′)=0.01mol/L，，则，解得，则溶液中剩余的Mn2+浓度为1.0×10-6 mol/L。
20．(1)丙烯醛（1分）硝基、醛基（2分）
(2)HCN（1分）
(3) （1分） 氧化反应（1分）(或)（1分）
(4)（1分）
(5)B（2分）
(6) （2分）（2分）
【分析】发生加成反应生成，中醛基催化氧化成羧基，生成，与甲醇发生酯化反应生成；与HCN反应生成，反应生成，与CH3OH反应生成，、、反应生成。
（1）的名称为丙烯醛；化合物ⅱ分子中所含官能团的名称为：硝基、醛基；
（2）在催化剂条件下，化合物V可以与M直接反应生成化合物ⅵ，该反应原子利用率为100%，由化合物ⅵ和化合物V的结构式可知，M为HCN；
（3）①与新制碱性Cu(OH)2悬浊液，在加热条件下反应化学方程式为：，反应生成的新结构为：；
②由①可知，该反应为氧化反应；
③与HBr在加热条件下发生加成反应，化学方程式为：或，则生成新结构为：或；
（4）化合物ⅷ的分子式为：C8H8O2，其芳香族同分异构体中，能发生水解反应说明含有酯基，能发生银镜费用说明含有醛基，苯环上只有两个取代基且核磁共振氢谱显示为4组峰，峰面积之比为3:2:2:1的结构简式为；
（5）A．反应物ⅳ中单键碳原子杂化方式为sp3杂化，酯基中C原子为sp2杂化，不相同，故A错误；
B．反应过程中，有C—O键和C=O键断裂，故B正确；
C．正丁胺中只含氨基，显碱性，只能与酸反应，不能与碱反应，故C错误；
D．产物ⅸ中新形成的五元杂环中酰胺基可以发生水解反应，故D错误；
故选：B。
（6）①根据化合物X的结构式可知，最后一步反应中，含有苯环的反应物为；
②涉及羧基与甲醇的酯化反应的化学方程式为：。
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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