【文档说明】广东省部分学校2025届新高三上学期开学联考化学试卷 （解析版）.docx，共(23)页，1.817 MB，由小赞的店铺上传

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2025届新高三开学联考化学试题本试卷共8页，20题。全卷满分100分。考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅

笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H1C12N14

O16一、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.广东省博物馆是岭南文化展示的重要窗口。下列藏品中主要材质为有机高分子的是A．元白玉镂雕龙穿牡丹盖钮B．北宋

“林景阳舍”木雕罗汉像C．明永乐景德镇窑青花折枝花果纹带盖梅瓶D．宋金项链A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．元白玉镂雕龙穿牡丹盖钮是以新疆和阗青玉立体镂通琢成，并且图案极为复杂的元代雕刻品，白玉的主要成分二氧化硅，故A不符合题意；B．北宋木雕罗汉像是

用整块木坯雕成，主要由木材制成的，木材的主要成分为天然高分子化合物纤维素，故B符合题意；C．青花折枝花果纹带盖梅主要成分为硅酸盐材料，属于无机非金属，故C不符合题意；D．宋金项链主要成分金属，故D不符合题意；答案选B。2.“嫦娥”揽月，“天和”驻空，“天问”探火，“奋斗者”号探秘深海，我国科

技事业取得巨大成就。下列说法不正确的是A.“嫦娥”六号运载火箭的助推器采用液氧-煤油发动机，燃料燃烧时存在化学能到热能的转化B.“天和”核心舱的太阳能电池板主要成分是二氧化硅C.“天问”一号火星车使用的

保温材料为纳米气凝胶，具有丁达尔效应D.“奋斗者”号潜水器含钛合金，其强度高于纯钛金属【答案】B【解析】【详解】A．燃料燃烧时放热，即化学能转化为热能，故A正确；B．太阳能电池板的主要成分是单晶硅，故B错误；C．纳米气凝胶属于胶体，可发生丁达尔效应，故C正确；D．钛合金的强度高于纯钛，故D

正确；答案选B。3.实践出真知。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用乳酸合成聚乳酸可降解塑料合成聚乳酸是缩聚反应B用糯米加酒曲自酿米酒淀粉可以在酒曲的作用下水解为葡萄糖，进而转化为乙醇C利用海水提取溴和镁单质Br−可被氧化、2Mg+可被还原D用3FeCl溶液在覆

铜板上刻出精美图案3FeCl溶液显酸性A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】详解】A．乳酸()分子中含有羧基和羟基，发生缩聚反应生成聚乳酸()和水，故A不符合题意；B．酿造糯米酒的过程涉及淀粉的水

解反应和葡萄糖的分解反应，最后生成乙醇，故B不符合题意；C．提取海水中的溴离子和镁离子利用的是Br−被氧化和2Mg+被还原制取溴和镁单质，故C不符合题意；D．利用3FeCl的氧化性将Cu氧化为2CuCl，故D符合题意；答案选D。4.制作雕花玻璃涉及反

应242SiO4HFSiF2HO+=+。下列化学用语表述不正确的是A.HF的电子式为B.基态Si原子的价层电子排布式为223s3pC.2SiO为碱性氧化物D.2HO属于极性分子【答案】C【解析】【详解】A．HF为共价化合物，电子式为，A项正确；B．硅为14号元素，基态Si原

子的价层电子排布式为223s3p，B项正确；【C．2SiO为酸性氧化物，C项错误；D．2HOV形，分子中正负电荷中心不重合，属于极性分子，D项正确；故答案选C。5.下列反应的离子方程式书写正确的是A.向氯化

铝溶液中滴加过量氨水：()332444NHHOAlAlOH4NH−+++=+B.泡沫灭火器反应原理：()3223233HO2Al3CO2AlOH3CO+−++=+C.新制氯水置于阳光下：22HC

lO2HClO+−++光照D.钠与水反应：222Na2HO2Na2OHH+−+=++【答案】D【解析】【详解】A．氯化铝溶液与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为()33243Al3NHHOAlOH3NH+

++=+，A项错误；B．泡沫灭火器反应原理是铝离子和碳酸氢根离子互促水解，正确的离子方程式为()3323Al3HCOAlOH3CO+−+=+，B项错误；C．次氯酸是弱酸，不能拆为离子，正确的离子方程式为22HClO2H2ClO+−+

+光照，C项错误；D．将金属钠投入水中，反应生成氢氧化钠和氢气，D项正确；故答案选D。6.利用下列仪器或装置进行实验能达到实验目的的是A．鉴别亚硫酸氢钠和碳酸氢钠B．实验室制取氢氧化亚铁C．除去2Cl中的水蒸气和HClD．利用乙醇的消去反应制取乙烯

A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．碳酸氢钠不稳定，加热易分解为碳酸钠、二氧化碳和水，将气体导入澄清石灰水中溶液变浑浊，而亚硫酸氢钠加热分解产生的二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊，故该装置不能鉴别亚硫酸氢钠和碳酸氢钠，

故A不符合题意；B．打开K，利用铁与硫酸反应生成的氢气排尽装置内的空气，防止氧气氧化二价铁，关闭K，同时也可以使装置内气压增大将硫酸亚铁溶液压入氢氧化钠溶液中进行反应，生成氢氧化亚铁，故B符合题意；C．除去2Cl中的水蒸气和HCl应先除HCl再除水蒸气，故C不符合题意；D．利用乙醇的消

去反应制取乙烯，温度计应该插入溶液中，测溶液的温度，故D不符合题意。综上所述，答案为B。7.研究金属的腐蚀过程及防腐蚀对人们的日常生活有重大意义，某电化学实验装置如图所示。下列说法不正确的是A.闭合1K时，阴极的电极反应式为222HO2eH2OH−−+=+B.闭合2

K时，铁腐蚀的速率最快C.闭合3K时，石墨电极附近溶液的pH将增大D.闭合3K并将石墨换成锌棒，铁的腐蚀速率减慢【答案】B【解析】【分析】闭合1K，构成电解池，铁棒作阳极，被腐蚀；闭合2K，构成电解池，铁棒作阴极，被保护；闭合3K，构成原电池，铁棒

作负极，被腐蚀。【详解】A．闭合1K时，石墨为阴极，阴极的电极反应式为222HO2eH2OH−−++，故A正确；B．根据腐蚀速率：电解池阳极发生速率最快、电解池阴极腐蚀速率最慢，闭合2K，构成电解池，铁棒作阴极

，闭合2K时铁腐蚀的速度最慢，故B错误；C．闭合3K时，铁棒作原电池的负极，石墨作正极，电解质溶液是NaCl溶液，发生吸氧腐蚀，正极的电极反应式为22O4e2HO4OH−−++，生成OH−，使得石墨电极附近溶液的pH增

大，故C正确；D．闭合3K时构成原电池，将石墨换成锌棒，锌作负极，铁被保护，铁腐蚀速度减慢，故D正确；选B。8.常温下，两种弱酸的电离平衡常数如表所示。下列说法正确的是化学式3CHCOOHHF电离平衡常数aK51.810−46.810−A.中和等浓度等体积的3

CHCOOH和HF溶液所需等浓度的NaOH溶液的体积相等B.等物质的量浓度的3CHCOONa溶液和NaF溶液，后者pH较大C.加水稀释3CHCOOH溶液，其电离平衡常数将减小D.3CHCOOH溶液和NaF溶液反应的离子方程式为33CHCOOHFHFCHCOO−−

+=+【答案】A【解析】的【详解】A．中和反应与酸碱的物质的量有关，等浓度等体积的3CHCOOH和HF溶液中酸的物质的量相等，所需等浓度的NaOH溶液的体积也相等，A项正确；B．酸性越弱，相应等物质的量浓度的酸根离子水解程度越大，由于酸性：3CHCO

OHHF，则水解程度：3CHCOOF−−，所以溶液的pH：3CHCOONaNaF，B项错误；C．电离平衡常数只与温度有关，温度不变电离平衡常数不变，C项错误；D．电离平衡常数越大，酸性越强，因此酸性：3CHCOOHHF，反应33CHCOOHFH

FCHCOO−−+=+得到的是3CHCOOH>HF，不合理，D项错误；故答案选A。9.香草醛()是一种常见的食品添加剂。下列说法正确的是A.1mol香草醛最多与4mol氢气发生加成反应B.香草醛不能与金属钠反应C.香草醛中所有原子

一定共平面D.香草醛与乙醛互为同系物【答案】A【解析】【详解】A．香草醛中苯环和醛基都可以与氢气发生加成反应，故1mol香草醛最多与4mol氢气发生加成反应，A项正确；B．香草醛中含有酚羟基，能与金属钠发生反应，B项错误；C．

香草醛中含有甲基，所有原子一定不共平面，C项错误；D．结构相似，在分子组成上相差一个或若干个2CH原子团的化合物互称为同系物，香草醛和乙醛结构不相似，不互为同系物，D项错误；故选A。10.工业上，溶液中残余的2Cl可以通过

反应2222HOCl2HClO+=+除去。设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.34g22HO所含共价键的数目为A4NB.利用该反应处理22.4L2Cl时，所得溶液中HCl的浓度为12molL−C.1molH

Cl所含电子的数目为A18ND.该反应中1mol2Cl被氧化时，转移电子的数目为A2N【答案】C【解析】【详解】A．22HO的摩尔质量为134gmol−，34g22HO的物质的量为1mol，22HO含有2个O-H键和1个O-O键，因此所含共价键的数目为A3N，A项错误；B．

由于未给出氯气所处的状况，并且不确定溶液的体积，故无法计算溶液的浓度，B项错误；C．1个HCl分子中含有18个电子，因此1molHCl所含电子的数目为A18N，C项正确；D．该反应中2Cl转化成HCl是被还原，而不是被氧化，D项错误；故答

案选C。11.某学习小组在实验室中利用如图所示的装置制备2SO并对其进行相关性质的探究。反应开始后装置d中出现乳黄色浑浊且溶液中有24SO−生成，在溶液中加淀粉无明显现象。下列说法不正确的是A.反应结束后，可能有铜剩余B.反应开始后

品红溶液褪色，经加热可恢复原色C.装置d中发生反应的离子方程式为22242SO2HOSSO4H+−+=++D.酸性高锰酸钾溶液的作用是检验2SO的还原性【答案】C【解析】【分析】由题干实验装置图可知，a为制备SO2，原理为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2

+2H2O，由于SO2易溶于水，装置b起到安全瓶防止倒吸的作用，c中品红溶液褪色，验证SO2的漂白性，d中出现乳黄色浑浊且溶液中有24SO−生成，发生反应的离子方程式为22243SO2HOS2SO4H−++++，e中酸性高锰酸钾溶液褪色，验证SO2具有还原性

，最后通入f中用NaOH溶液吸收SO2，进行尾气处理，据此分析解题。【详解】A．铜与浓硫酸在加热下才反应，硫酸浓度降低，会导致反应中止，铜可能有剩余，故A正确；B．2SO的漂白性是生成了不稳定的无色物资，则加热可使品红溶液恢复原色，故B正确；C．装置d中发生反应的离子方程式为222

43SO2HO=S2SO4H−++++，故C错误；D．酸性高锰酸钾溶液是强氧化剂，可检验2SO的还原性，故D正确；答案选C。12.X原子不含中子，Y元素位于第四周期且基态原子中有5个未成对电子，基态W原子的s能级与p能级的电子总数相等，ZW与氮气分子具有相

同的电子数，四种元素形成的配合物()5XYZW结构如图所示。下列说法不正确的是A.电负性：WZX；简单氢化物的沸点：WZB.同周期元素中第一电离能大于W的元素有3种C.Y属于金属元素，其最高价氧化物为碱性氧化物D.3XW+的空间结构为三角锥形【答案】C【解析】【分析】X原子不含中子

，则X为H元素，Y位于第四周期且基态原子中有5个未成对电子，则Y为Mn元素，基态W原子的s能级与p能级的电子总数相等，ZW与氮气分子具有相同的电子数，则W为O元素，Z为C元素。【详解】A．同周期主族元素从左到右元素的电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，故

电负性：OCH，由于2HO分子间形成氢键，故沸点高于4CH，A项正确；B．第二周期中第一电离能大于O的元素有N、F、Ne三种，B项正确；C．27MnO属于酸性氧化物，C项错误；D．3HO+中O的价层电子对数目为531342−+=，空间结构为三角锥形，D项正确；故答案选C。13.根据下列

实验操作和现象能得出相应结论的是选项实验操作和现象结论A室温下，向溶液X中滴加少量双氧水，再加入KSCN溶液，溶液变红溶液X中一定含有2Fe+B向蓝色石蕊试纸上滴加新制氯水，试纸边缘呈红色，中间为白色氯水既有酸性又有漂白性C相同条件下，分别测量11molL−和10.1mol

L−醋酸溶液的导电性，前者的导电性强醋酸浓度越大，电离程度越大D将KI溶液和3FeCl溶液混合，充分反应后滴入淀粉溶液，溶液变蓝溶液中存在平衡：3222Fe2I2FeI+−+++A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】

A．2Fe+被氧化后生成3Fe+，滴加KSCN溶液出现红色，若溶液中本身就含有3Fe+，溶液也会显红色，故溶液中可能含有2Fe+，A错误；B．向蓝色石蕊试纸上滴加新制氯水，试纸边缘呈红色体现酸性，中间为白色体现漂白性，B正确；C．弱电解质浓度越小，其电离程度越大，则醋酸浓度越大，电离程度越小，

C错误；D．无论溶液中是否存在平衡，均有碘单质生成，溶液均变蓝，D错误；答案选B。14.部分含Ca或含C物质的物质类别与相应化合价的关系如图所示。下列推断不合理的是A.可存在b→c→e→i的转化B.a可能由电石与水反应制备C.d可能为二元弱酸D.能与2HO反应生成h的

物质只有g【答案】D【解析】【分析】由图可知，a为HCCH或等符合通式()nCH的氢化物，b为C，c为CO，d为224HCO(草酸)，e为2CO，f为Ca，g为CaO，h为()2CaOH，i为钙盐。【详解】A．b→c→e→i的转化

关系为()222CaOHCOO23CCOCOCaCO→→→，A项正确；B．电石2CaC与水反应可以生成HCCH，B项正确；C．224HCO为二元弱酸，C项正确；D．CaO与水反应可以生成()2CaOH，单质Ca与2HO反应也能生成()2CaOH，D项错误；故答案选D15.在光催

化剂EosinY的作用下，环己烯烃类物质d可转化成，−不饱和烯酮h，反应机理如图所示。下列说法不正确的是A.在该反应过程中，g为中间体B.环己烯烃类物质d转化成，−不饱和烯酮h过程中，有光能转化为化学能。C.反应①②③④均有极性键的断裂与形成D.二氧六环a中氧原子均

为3sp杂化【答案】C【解析】【详解】A．根据反应机理可知，g为该反应过程中的中间体，A项正确；B．在光催化剂EosinY的作用下环己烯烃类物质d转化成，−不饱和烯酮h，因此该过程是将光能转化为化学能，B项正确；C．反应①中仅有极性键的断裂，没有极性键的形成，C项错

误；D．二氧六环为，其氧原子均连接两个共价单键，因此氧原子均为3sp杂化，D项正确；故答案选C。16.质子导体固体氧化物电化学装置可以作为质子导体反应器用于氨的合成(储存电能)。基于质子导体反应器的电化学方法可以在常压下进行氨的合成，且可以不受热力学的限制，能节省20%以上的能耗，降低

了氨的生产成本。质子导体反应器电化学合成氨的工作原理如图所示。下列说法不正确的是A.该装置的电解质可以为硫酸B.氢电极上每消耗1mol2H，理论上电解质中有2mol+H转移至氨电极C.该装置中，氢电极为阳极D.氨电极的电极反应式为23N6H6e2NH+−++=【

答案】A【解析】【分析】该装置为电解池装置，氨电极中N2生成NH3，发生还原反应，因此氨电极为阴极，氢电极为阳极，据此作答。【详解】A．该装置为质子导体固体氧化物电化学装置，要求是固体电解质，A项错误；B．氨电极为阴极，

阴极的电极反应式为23N6H6e2NH+−++=，氢电极为阳极，阳极的电极反应式为+2H2e=2H−−，根据电荷守恒可知，每消耗1mol2H，电解质中有2mol+H转移至氨电极，B项正确；C．电解池工作时，阳离子移向阴极，阴离子移

向阳极，由图可知，H+由氢电极移向氨电极，因此氢电极为阳极，C项正确；D．氨电极上2N转化为3NH，化合价降低，得电子，电极反应式为23N6H6e=2NH+−++，D项正确；故答案选A。二、非选择题：本题包括4小题，共56分。17

.含铜物质种类繁多，在一定条件下可相互转化。回答下列问题：（1）实验室中将铜丝与浓硫酸反应，该过程中，___________(填元素符号)被氧化，所产生的尾气可用___________(填化学式)溶液吸收。（2）为探究铜氨配合物的制备过程，甲同学设计了如图所示的实验装置制备

硫酸四氨合铜()3424CuNHSOHO。①装置A为制备氨气的实验装置，可选用下列装置中的___________(填选项字母)。②装置A和B之间缺少的装置为___________。③对装置B进行加热和

磁力搅拌，再滴加22HO溶液，铜逐渐溶解，溶液变蓝，该反应离子方程式为___________；装置B中反应结束后铜仍有剩余，停止加热，再进行装置A中的反应，将产生的3NH通入装置B中，产生大量蓝色沉淀，测得此时溶液pH5=，则使溶液显酸性的原因为________

___。④继续通入3NH，沉淀溶解并转化为深蓝色溶液。结构测定实验证明深蓝色物质中存在配离子，该配离子的的化学式为___________，加入___________后，析出硫酸四氨合铜晶体。（3）乙同学认为析出晶体时有过量氨水残留使溶液呈碱性，铜氨离子还可能结合

OH−析出形成()()3242CuNHOHHOn，设计如下实验进行探究：实验序号实验操作及现象1向盛有10mL饱和4CuSO溶液的烧杯中逐滴加入浓度为28%的浓氨水，边滴边搅拌，至蓝色沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液，

测定溶液1pH13=，向深蓝色溶液中加入10mL乙醇，析出深蓝色晶体，过滤，测得滤液2pH10=，用乙醇洗涤晶体。2向实验1制得的深蓝色晶体中加入15mL蒸馏水，用玻璃棒搅拌，蓝色晶体难以完全溶解，静置后可见小烧杯底部有浅蓝色的()2CuOH，测得溶液3pH，取少量溶液于试管中，…

…3取少量实验1中滤液于试管中，……，过滤，再将剩余滤液蒸发至干，冷却后再加入浓NaOH溶液，产生刺激性气味气体。①实验1中由现象12pHpH可知，深蓝色溶液中有大量OH−进入___________(填“深蓝色晶体”或“滤液”)。②

实验2可以证明深蓝色晶体中含有()3424CuNHSOHO，补充相应的实验操作和现象：___________；若3pH___________(填“”“”或“=”)2pH，则说明深蓝色晶体中含有碱性化合物()()32

42CuNHOHHOn。【答案】（1）①.Cu②.NaOH（2）①.ac②.防倒吸装置③.2222Cu2HHOCu2HO++++=+④.生成的4NH+和剩余的2Cu+的水解使溶液显酸性⑤.()234CuNH+⑥.乙醇（3）①.深蓝色晶体②.加入盐酸酸化的2BaCl溶液

，产生大量白色沉淀③.【解析】【详解】(1)铜与浓硫酸发生氧化还原反应，Cu的化合价升高，被氧化；产生的尾气2SO是酸性氧化物，采用NaOH溶液或者KOH溶液、()2BaOH溶液等进行中和吸收。(2)①制备氨气可以采用固体氯化铵与氢氧化钙共热制备，也可用浓氨水和生石灰

或碱石灰制备。故选ac项。②氨气极易溶于水，故需要添加防倒吸装置。③铜在酸性条件下被双氧水氧化为铜离子，配平可得离子方程式为2222Cu2HHOCu2HO+++++；同时产生大量蓝色沉淀，说明强酸被消耗，pH5=显示溶液呈弱酸性，故只能是因为4NH+和剩余的2Cu+的水解作用。④通入氨气

产生深蓝色溶液，可知配体是3NH，故配离子为()234CuNH+；乙醇具有降低硫酸四氨合铜晶体溶解度的作用，利于晶体析出。(3)①由12pHpH可知，溶液中的OH−进入了深蓝色晶体才导致溶液的pH下降。②实验2取用的是深蓝色晶体，目的是验

证晶体中是否有硫酸根，故实验操作和现象为加入盐酸酸化的2BaCl溶液，产生大量白色沉淀；深蓝色晶体中有碱性化合物会导致溶解后溶液的碱性强于析出深蓝色晶体后的滤液，故应为32pHpH。18.锂是新能源行业高速发展的重要材料。一种从电解铝的废渣(含碳和Na、Al

、Li的氟化物)中提取锂的工艺流程如图所示：已知：①硫酸沸点为337℃；②()3AlOH完全沉淀时的pH为5.2，23LiCO完全沉淀时的pH为9.5；③()apHF3.2K=；④36NaAlF(冰晶

石)的spK为104.010−。回答下列问题：（1）“电解”过程中，碳素电极仅起到导电作用，则该反应的化学方程式为___________。（2）“酸解”过程中，反应温度与单位时间内转化率的关系如图所示，解释曲线变化的成因

：___________。（3）“碱解”过程中应加入碳酸钠___________(填“固体”或“饱和溶液”)。（4）“碱解”中溶液pH调至5.8，“调pH”步骤中溶液pH为9.5，则“合成”过程中发生反应的化学方程式为___________。（5）“调pH、结晶”过

程中，pH至少应大于___________，使溶液中()()FHFcc−，有利于36AlF−配离子及36NaAlF晶体的生成；若“结晶”后溶液中()1Na0.20molLc+−=，则36AlF−的浓度为_____

______1molL−。（6）一种含Li、Bi、In元素的复合合金的晶体结构可描述为Bi与In交替填充在Li构成的立方体体心中，其形成的结构单元如图所示。该合金的晶胞中，粒子的最简个数比Bi:In:Li=___________；该立方晶胞的体积为___________3nm。【答案】（1）()

2322AlO4Al3O+冰晶石熔融电解（2）温度升高，反应速率加快，同时促进HF逸出，转化率上升；当温度达到硫酸沸点附近温度时，硫酸会挥发，导致硫酸量不足，酸解反应不完全，转化率下降（3）饱和溶液（4）()

243624233NaSO12HF2AlOH2NaAlF3HSO6HO++=++（5）①.3.2②.85.010−（6）①.1:1:2②.38x【解析】【分析】电解铝废渣首先用浓硫酸，将其中的氟化物转化为硫酸盐和HF气体，水浸过滤后，滤液中加入碳酸钠，生成的滤渣为氢氧化铝，滤液继续调节溶液p

H生成碳酸锂沉淀和滤液，滤液为硫酸钠，之后将氟化氢，氢氧化铝，硫酸钠再结合到一起生成产品冰晶石，以此解题。【小问1详解】在冰晶石的作用下电解熔融氧化铝，得到铝单质和氧气，故发生的化学反应方程式为：()2322Al

O4Al3O+冰晶石熔融电解；【小问2详解】曲线先升后降，因为升温加快反应速率，同时促进HF的逸出，使转化率增大，同时其他条件不变时，因达到硫酸沸点附近温度时硫酸易挥发，导致酸减少，酸解反应不完全，转化率下降，故答案为：温度升高，反应速率加快，同时促进HF逸出，转化

率上升；当温度达到硫酸沸点附近温度时，硫酸会挥发，导致硫酸量不足，酸解反应不完全，转化率下降；【小问3详解】若采用固体投料，会出现碳酸钠未及时溶解，被包裹在析出的沉淀中，导致反应不完全，采用饱和溶液可保证铝、锂沉淀完全，故答案为：饱和溶液；【小问4详解】气体A为H

F，沉淀B是氢氧化铝，最后滤液中剩余钠离子和硫酸根离子，即硫酸钠，三者一起反应形成冰晶石，没有价态变化，硫酸根离子只能与氢离子结合成硫酸，由题可知氢氟酸过量，故发生的化学反应方程式为：()243624233NaSO12HF2AlOH2NaAlF3HSO6HO++

++；【小问5详解】()()()()aHFHFHFccKc+−=，若()()FHFcc−，则()()aHHFcK+，即()apHlgHF3.2K−=；()()()33sp6NaAlFKcc−+=冰晶石，当()1Na0.20molLc+−=时，(

)()()()103sp171816334.010AlFmolL0.510molL5.010molLNa0.2Kcc−−−−−−−+====冰晶石故答案为：3.2；85.010−；【小问6详解】由题意可知，将几个小正方体拼接成大正方体，可得到各元素原子在晶胞中的位置

关系(如图所示)，Li在顶角1818=、面心1632=、棱心1234=、体心111=，共有8个，Bi、In均在体内，各有4个，故原子个数比Bi:In:Li1:1:2=，晶胞边长为2nmx，故体积()3332nm8nmVxx==。19.铬

元素在化工生产中应用极其广泛，其在水溶液中主要以三价和六价化合物的形式存在。回答下列问题：（1）基态3Cr+的核外电子排布式为___________；三价铬离子能形成多种配位化合物，其中()()23232CrNHHOCl+中心离子的配位数为___

________。（2）3Cr+与3Al+的化学性质相似，在()243CrSO溶液中加入过量NaOH溶液，反应的离子方程式为___________。（3）六价铬的常见形式为227CrO−和24CrO−，两者存在转化：()()()

()2242722CrOaq2HaqCrOaqHO1−+−++K。①其反应机理如下：反应Ⅰ。()()()244HaqCrOaqHCrOaq+−−+1K反应Ⅱ。()()()242722HCrOaqCrOaqHO1−−+2K则K=_________

__(用1K和2K表示)；下列事实能说明该反应已经达到化学平衡状态的是___________(填选项字母)。a．227CrO−和24CrO−的浓度相同b．()()222742CrOCrOvv−−=c．溶液的颜色不变d．溶液的pH不变②室温下，初始浓度为11.0molL−的24KCrO溶液中

()227CrOc−随()Hc+的变化如图所示：由图可知，溶液酸性增大，24CrO−的平衡转化率___________(填“增大”“减小”或“不变”)；根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为___________。（4）用

电解法处理含227CrO−的废水可实现六价铬到三价铬的转化。电解时以铁板作阴、阳极，处理过程中发生反应22332726FeCrO14H6Fe2Cr7HO+−+++++=++。电解时，阳极的电极反应式为___________；阳极___________(填“能”

或“不能”)用Cu电极来代替Fe电极。【答案】（1）①.3Ar3d或2262631s2s2p3s3p3d②.6（2）()34Cr4OHCrOH−+−+=（3）①.212KK②.cd③.增大④.1410（4）①.2Fe2eFe

−+−=②.不能【解析】【小问1详解】Cr为24号元素，故基态3Cr+的核外电子排布式为3Ar3d或2262631s2s2p3s3p3d；()()23232CrNHHOCl+中三价铬离子提供空轨道，N、O、Cl提供孤对电子与三价铬离子形成配位键，中心离子配位数为3216++=。【

小问2详解】加入过量氢氧化钠溶液，3Cr+转化为()4CrOH−，反应的离子方程式为：()34Cr4OHCrOH−+−+=。【小问3详解】①总反应=反应Ⅰ2+反应Ⅱ，因此212K=KK；a．227CrO−和24CrO−的浓度相同，不能说明反应达到化学平衡状态，a项不符合题

意；的b．()()222742CrOCrOvv−−=，没有说明反应的方向，不能说明反应达到化学平衡状态，b项不符合题意；c．溶液的颜色不变，即物质的浓度不变，能说明反应达到化学平衡状态，c项符合题意；d．反应过程中溶液的pH值是变量，溶液的pH值不变，能说明反应达到化学平衡状态，d项

符合题意；故答案选：cd。②溶液酸性增大，平衡2242722CrO2HCrOHO−+−++正向进行，24CrO−的平衡转化率增大；A点227CrO−的浓度为10.25molL−，根据Cr元素守恒可知24CrO−的浓度为10.5molL

−，H+浓度为71110molL−−，此时该转化反应的平衡常数为()()()()2-2714222-2+2-74cCrO0.25==10cCrOcH0.510。【小问4详解】电解时以铁板作阴、阳极，则铁在阳极被消耗，故阳极的电极反应式为2Fe2eFe

−+−=；铜失去电子得到的阳离子是铜离子，该离子不具有还原性，不能与重铬酸根离子发生反应，因此不能用Cu电极来代替Fe电极。20.二苯丙酸(化合物Ⅷ)是制备冠状动脉扩张药谱尼拉明的中间体，其合成路线如图所示：回答下列问题：（1）化合物Ⅰ的分子式

为___________；化合物Ⅲ的化学名称是___________。（2）化合物Ⅴ能与多种物质反应。根据Ⅴ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，参考①的示例，完成下表：序号结构特征反应试剂反应形成的新结构反应类型①2H加成反应或还原反应②______

__________________________③________________________________（3）化合物Ⅱ不溶于水，从分子结构角度分析其原因：___________。（4）化合物Ⅵ到化合物Ⅷ的反应是原子利

用率100%的反应，且化合物Ⅵ与化合物Ⅶ反应的物质的量之比为1:1，则化合物Ⅶ为___________(填结构简式)。（5）符合下列条件的化合物Ⅵ的同分异构体有___________种；其中所有核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3:2:2:1的结构简

式为___________。①苯环上连有三个取代基②能与银氨溶液发生反应③除苯环外不含其他环状结构（6）参考上述合成路线，利用丙醛和苯甲醛为有机原料，无机试剂任选，合成。①合成过程中，生成同时含有碳碳

双键和醛基的化合物的结构简式为___________。②最后一步包括碳氯键转化为碳氧键并用强酸酸化两个过程，其中涉及碳氯键转化为碳氧键的化学方程式为___________。【答案】（1）①.78CH②.苯甲醛（2）①.CHO−②.新制的氢氧化铜③.COONa−④

.氧化反应⑤.⑥.2H⑦.⑧.加成反应或还原反应（3）化合物Ⅱ极性较小，而水是极性分子，所以化合物Ⅱ难溶于水（4）（5）①.16②.、（6）①.②.2NaOH+⎯⎯→水△2NaClHO++【解析】【分析】根据合成路线可知，甲苯在氯气光照的条件下发生取代反应生成，在NaOH

溶液、加热的条件下发生水解反应，由于一个碳原子上连接两个羟基不稳定，因此脱水后生成苯甲醛，苯甲醛与乙醛在NaOH溶液、加热的条件下先加成反应后消去反应，发生反应生成，发生消去反应生成，在新制氢氧化铜溶液、加热的条件下发生氧化反应，而后酸化产生，最后与苯发生加成反应生成，据此作

答。【小问1详解】由化合物Ⅰ的结构简式可知，其分子式为78CH；根据化合物Ⅲ的结构可知，化合物Ⅲ的化学名称是苯甲醛。【小问2详解】化合物Ⅴ为，可知其由苯环、碳碳双键和醛基组成，由此进行性质预测，②醛基（CHO−），可以被新制的氢

氧化铜溶液氧化后产生COONa−；③苯环可以与H2发生加成反应；故答案为：CHO−；新制的氢氧化铜；COONa−；氧化反应；；2H；；加成反应或还原反应。【小问3详解】根据“相似相溶”原理，化合物Ⅱ极性较小，而水是极性分子，所以化合物Ⅱ难溶于水。【小问4详解】由

于化合物Ⅵ到化合物Ⅷ的反应是原子利用率100%的反应，且化合物Ⅵ与化合物Ⅶ反应的物质的量之比为1:1，说明该反应为加成反应，根据原子守恒，可知化合物Ⅶ为：。【小问5详解】化合物Ⅵ的，满足：①苯环上连有三

个取代基；②能与银氨溶液发生反应，说明含有醛基；③除苯环外不含其他环状结构，因此符合条件的化合物Ⅵ的同分异构体有两种情况：一种是苯环+两个醛基+一个甲基，有6种结构，另一种是苯环+碳碳双键+醛基+酚羟基，有10种结构，所以共有16种

；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3:2:2:1的化合物结构简式为、。【小问6详解】根据分析可知，合成路线中化合物Ⅲ到化合物Ⅵ的过程，结合所学知识，可得丙醛和苯甲醛合成最终产物的过程中，产物分别为、、。①合成过程中，生成同时含有碳碳双键和醛基的化合物的结构简式为。