2025年高考化学冲刺押题卷-化学广东卷01全解全析

2025年高考押题预测卷高三化学（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1Li7C12O16Al27S32Cl35.5Co59Br80Ag108第Ⅰ卷（选择题共44分）一、选择题：本题共16个小题，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．我国馆藏文物丰富，彰显文化魅力。下列馆藏文物主要成分属于高分子化合物的是A．越王勾践剑B．元代青花瓷C．透雕云纹木梳D．金神佛像【答案】C【解析】A．越王勾践剑属于金属，故A不选；B．元代青花瓷属于陶瓷制品，属于硅酸盐材料，故B不选；C．透雕云纹木梳主要成分是纤维素，故C选；D．金神佛像属于金属，故D不选；答案选C。2．我国的造船历史绵亘数千年。下列说法不正确的是A．新石器时代广泛使用的独木舟和木筏，其材料的主要成分为天然高分子B．隋朝大龙舟采用榫接结合铁钉钉联的制作方法，铁元素位于周期表的ds区C．我国制造的第一艘出口船“长城”号货轮，其燃料柴油由石油蒸馏得到D．我国核动力货船将采用钍基熔盐反应堆技术，的中子数为142【答案】B【解析】A．独木舟和木筏，其材料的主要成分为纤维素，属于天然高分子，A项正确；B．铁元素原子序数为26，位于周期表的第Ⅷ族，属于d区，B项错误；C．货轮的燃料柴油主要由石油蒸馏得到，C项正确；D．的质子数为90，中子数为232-90=142，D项正确；答案选B。3．化学之美无处不在。下列说法正确的是A．节日烟花利用了焰色试验原理，该变化属于化学变化B．降温后水结冰形成晶莹剔透的晶体，氢键数目增加C．手性分子互为镜像，在三维空间里能叠合D．加热固体碘出现大量紫色蒸气时，共价键断裂【答案】B【解析】A．节日烟花利用了焰色试验原理，该变化属于物理变化，故A错误；B．水结成的冰为内部排布规则的晶体，在液态水中，经常是几个水分子通过氢键结合起来，在冰中，水分子大范围地以氢键互相联结，形成疏松的晶体，从而在结构中有很多空隙，造成体积膨胀，密度较小，所以冰中的氢键远比水中多，故B正确；C．互为手性异构体的分子组成元素相同，官能团相同，手性分子互为镜像，在三维空间里不能叠合，故C错误；D．加热固体碘出现大量紫色蒸气时，破坏分子间作用力，共价键未断裂，故D错误；故选B。4．劳动是一切知识的源泉。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糕点制作：用NaHCO3作膨松剂NaHCO3受热易分解B水质消毒：用ClO2对自来水进行消毒ClO2具有强氧化性C金属防腐：船舶外壳安装镁合金还原性：Mg>FeD农业种植：铵态氮肥要保存在阴凉处NH水解呈酸性【答案】D【解析】A．NaHCO3受热易分解，生成的二氧化碳气体能使面团松软多孔，则NaHCO3常用作膨松剂，劳动项目与所述化学知识有关联，故A不选；B．ClO2具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于自来水杀菌消毒，劳动项目与所述化学知识有关联，故B不选；C．还原性：Mg＞Fe，则Mg、Fe和海水形成原电池时Mg作负极，铁作正极，所以船舶外壳安装镁合金可防止船舶发生腐蚀，劳动项目与所述化学知识有关联，故C不选；D．铵态氮肥受热分解生成氨气，导致氮元素损失，所以铵态氮肥要保存在阴凉处，与铵态氮肥水解呈酸性无关，故D选；答案选D。5．下列实验中，能达到实验目的的是A．检验溴乙烷中的溴元素B．分离（沸点）和（沸点）C．由制取无水固体D．实验室制乙酸乙酯【答案】B【解析】A．溴乙烷和氢氧化钠溶液发生水解反应生成乙醇和溴化钠，反应后的溶液中含有氢氧化钠，此时直接加入硝酸银溶液，氢氧根离子会与银离子反应而消耗银离子，会干扰溴离子与银离子反应生成溴化银沉淀，不能准确检验溴乙烷中的溴元素，A不符合题意；B．二氯甲烷和四氯化碳互溶，两者的沸点相差大于30℃，能用蒸馏的方法分离（沸点）和（沸点），B符合题意；C．氯化铁是强酸弱碱盐，氯化铁会发生水解，直接加热会促进水解，同时HCl会挥发，使得水解平衡正向移动而生成氢氧化铁，继续加热会分解生成氧化铁，不能制得无水固体，C不符合题意；D．浓硫酸作用下乙酸与乙醇共热反应制得的乙酸乙酯中混有能与碳酸钠溶液反应的乙酸和能与水以任意比例混溶的乙醇，将导气管插入饱和碳酸钠溶液中易发生倒吸，所以导气管不能插入饱和碳酸钠溶液中，D不符合题意；故选B。6．丙酮酸是生物体代谢的重要中间产物，其结构如图所示。下列关于丙酮酸的说法不正确的是A．能形成分子间氢键 B．能发生加成和取代反应C．水中的溶解度：丙酮酸<丙酮酸乙酯 D．受位羰基影响，其酸性强于丙酸【答案】C【解析】A．丙酮酸分子内含羰基、羧基，能形成分子间氢键，A不符合题意；B．丙酮酸分子内含羧基，可以发生取代反应，含酮羰基，能与氢气等发生加成反应，B不符合题意；C．丙酮酸分子内含羰基和羧基，均能与水形成分子间氢键，丙酮酸乙酯中有羰基和酯基，羧基是亲水基团，酯基是憎水基团，则水中的溶解度：丙酮酸＞丙酮酸乙酯，C符合题意；D．乙基是斥电子基团，使羧基内羟基的极性减弱，羰基是吸电子基团，增强了羧基内羟基的极性，则受位羰基影响，丙酮酸的酸性强于丙酸，D不符合题意；故选C。7．下列方程式与所给事实不相符的是A．实验室制B．实验室制(浓)C．工业制D．工业冶炼铝：(熔融)【答案】C【解析】A．实验室制的反应为氯化铵与氢氧化钙共热生成氨气、氯化钙和水，A正确；B．实验室制时，浓盐酸与二氧化锰共热生成氯化锰、氯气和水，方程式配平及条件均正确，B正确；C．工业制NaOH实际通过电解饱和食盐水（氯碱工业），，而非氧化钠与水反应。虽然与水反应生成NaOH的方程式化学正确，但与工业方法不符，C错误；D．工业冶炼铝通过电解熔融（加入冰晶石降低熔点），D正确；故选C。8．银饰用久了表面会有一层而发黑，将银饰与，片接触并加入溶液，可以除去银饰表面的，下列说法不正确的是A．是负极B．阳离子向银饰移动C．若有0.9gAl反应，最多能复原0.05molAg2SD．表面发生反应：Ag++e-=Ag【答案】D【解析】A．该电池的本质是Al还原Ag2S，Al为还原剂，为负极，银饰为正极，A项正确；B．阳离子向正极银饰方向移动，B项正确；C．根据电子守恒，0.9gAl反应，失0.1mole-，将有0.05molAg2S被还原，C项正确；D．Ag2S被还原，发生反应方程式为：，D项错误；答案选D。9．为了除去固体中少量的和，可选用、和三种试剂，按下列步骤操作：下列叙述错误的是A．试剂是，是B．加热煮沸可以促进盐酸的挥发C．操作I为过滤，操作II为蒸发结晶D．调换试剂A、B加入顺序不影响实验结果【答案】D【解析】A．利用MgCl2和MgSO4能与所提供的溶液中的Ba(OH)2溶液形成Mg(OH)2沉淀、BaSO4沉淀而被除去，因此可先向混合溶液中加入足量或过量的Ba(OH)2溶液，待充分反应后利用加入过量K2CO3的方法再把多余的Ba(OH)2反应而除去，此时过滤后的溶液为KCl溶液、KOH溶液及过量的K2CO3溶液的混合溶液；然后利用KOH、K2CO3与HCl反应生成KCl采取滴加适量稀HCl到不再放出气泡时，得到的溶液即为纯净的KCl溶液，最后经蒸发结晶可得到氯化钾晶体，所以试剂是，是，C是盐酸，A正确；B．加入盐酸过量，过量的盐酸可以通过加热煮沸促进盐酸的挥发除去，B正确；C．操作I是固液分离为过滤，操作II是从溶液中得到晶体，为蒸发结晶，C正确；D．若先加入K2CO3，后加入Ba(OH)2，过量的Ba2+无法除去，得到的KCl不纯，D错误；答案选D。10．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IIA将气体通入NaClO溶液中产生HClO和的酸性比HClO的酸性强B工业固氮中将与在一定条件下反应合成具有还原性C高纯硅可以制成计算机的芯片、太阳能电池晶体硅具有半导体性能D相同压强下，HF的沸点比HCl的沸点低HF分子间作用力弱于HCl【答案】C【解析】A．具有还原性，将气体通入NaClO溶液中会发生氧化还原反应生成，A错误；B．工业固氮中将与在一定条件下反应合成，N元素化合价下降，说明具有氧化性，B错误；C．晶体硅具有半导体性能，使其可用于计算机芯片和太阳能电池，陈述I与陈述II均正确，C正确；D．HF因分子间氢键导致沸点显著高于HCl的，D错误；故选C。11．定影剂使用原理为，使用时应控制体系，否则易发生副反应。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A．溶液中，数目小于B．正常使用时，每溶解，生成配位键数目为C．体系过小时，每生成，转移电子数目为D．发生副反应时，溶液减重，逸出数目为【答案】D【解析】A．溶液中会发生水解，导致其浓度降低，因此溶液中，数目小于，A正确；B．定影剂使用时，AgBr与形成配离子，Ag+的配位键个数为2，的物质的量为=0.5mol，生成配位键数目为，B正确；C．体系pH过小时，可能发生歧化反应：，反应中S元素从+2价分别变为0价和+4价，每生成（1mol），生成1molS，转移电子数目为，C正确；D．发生副反应时，溶液减重时，说明生成的S和SO2的总质量为32g，结合S和SO2物质的量相等，则生成SO2物质的量为mol，D错误；故选D。12．部分含或物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是A．b无法直接转化为fB．e(硫酸盐)的水溶液可用于水体的净化C．可存在的转化D．若a和d含同种元素，则保存d溶液时可加入少量a【答案】C【解析】A．b为FeO，f为Fe(OH)2，FeO难溶于水，不能直接与水反应生成Fe(OH)2，不符合题意，A错误；B．e为+3价的铁盐（硫酸盐）或e为+3价的铝盐，其水溶液中Fe3+或Al3+水解生成氢氧化铁或氢氧化铝胶体，氢氧化铁或氢氧化铝胶体具有吸附性，可用于水体的净化，不符合题意，B错误；C．当c为Fe2O3，Fe2O3与NaOH不反应，不能实现的转化，当c为氧化铝时，e为四羟基合铝酸钠，不能与氢氧化钠反应生成氢氧化铝，故不存在选项中的转化关系，符合题意，C正确；D．若a和d含同种元素，即a为Fe，d为亚铁盐，亚铁离子易被氧化，保存亚铁盐溶液时，加入少量Fe，可以防止亚铁离子被氧化，D错误；故选C。13．2022年诺贝尔化学奖授予研究“点击化学”的科学家，我国科研人员在“点击化学”领域研究过程中发现了一种安全、高效合成化合物，其结构如图所示。W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大，W的基态原子价层p轨道半充满，Y元素的电负性比X元素的大。下列说法正确的是A．原子半径： B．第一电离能：C．最简单氢化物的沸点： D．该化合物中所有原子均满足8电子稳定结构【答案】B【解析】A．W、X、Y、Z分别为N、O、F、S，N、O、F为同周期主族元素，原子序数越大原子半径越小，S电子层数更多，S原子半径在4种中最大，所以半径大小：，故A错误；

B．W、X分别为N、O，N、O的价层电子排布式分别为2s22p3、2s22p4，2p3为半充满、较稳定，所以第一电离能：，故B正确；C．X、Z分别为O、S，O、S同主族，最简单氢化物分别为H2O、H2S，O元素电负性较强，由于H2O分子之间存在氢键，所以H2O的沸点更高，即最简单氢化物的沸点：，故C错误；

D．S最外层电子数6，该化合物中S形成了6个价键，所以S原子不满足8电子稳定结构，故D错误；故答案为：B。14．按下图装置，将浓H2SO4加入浓Na2S2O3溶液中，产生气泡和沉淀。下列预期现象及相应推理均合理的是A．烧瓶壁发热，说明反应S2O(aq)＋2H＋(aq)=S(s)＋H2O(l)＋SO2(g)放热B．湿润的蓝色石蕊试纸变红，说明SO2水溶液显酸性C．溴水润湿的滤纸褪色，说明SO2水溶液有漂白性D．BaCl2溶液产生沉淀，说明生成BaSO3【答案】B【解析】A．浓硫酸稀释也会产生大量的热，所以烧瓶壁发热，不能说明反应S2O(aq)＋2H＋(aq)=S(s)＋H2O(l)＋SO2(g)放热，故A错误；B．二氧化硫为酸性氧化物，能够与水反应生成亚硫酸，所以湿润的蓝色石蕊试纸变红，故B正确；C．二氧化硫具有还原性，能够使溴水褪色，与其漂白性无关，故C错误；D．盐酸的酸性强于亚硫酸，所以二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，故D错误；答案选B。15．反应在有水和无水条件下，反应历程如图，图中表示中间产物，表示过渡态，其它条件相同时，下列说法正确的是A．在有水条件下，反应更快达到平衡B．有水和无水时，反应分别分3步和2步进行C．反应达到平衡时，升高温度，P的浓度增大D．无水条件下R的平衡转化率比有水条件下大【答案】A【解析】A．由图可知，有水条件下的第二步反应的活化能远小于无水条件下的第二步反应的活化能，反应的活化能越小，反应速率越快，则在有水条件下，反应更快达到平衡，故A正确；B．由图可知，有水和无水时，中间产物都为1，所以反应都是分2步进行，故B错误；C．由图可知，该反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，生成物P的浓度减小，故C错误；D．由图可知，水是反应的催化剂，催化剂能降低反应活化能，加快反应速率，但化学平衡不移动，R的平衡转化率不变，故D错误；故选A。16．报道我国科学家耦合光催化/电催化分解水的装置如图，催化电极时产生电子和空穴（空穴指共价键上流失一个电子留下空位的现象，用h+表示），下列有关说法错误的是A．光催化装置实现了光能向化学能的转化B．离子交换膜为阴离子交换膜C．电催化装置阳极电极反应式4OH—+4h+=2H2O+O2↑D．光催化装置中，每生成0.1g氢气，产生空穴h+的数目为【答案】B【解析】由图可知，光催化装置中发生的反应为2H++2e—=H2↑、3I—+2h+=I，总反应为2H++3IH2↑+I，电催化装置中与直流电源负极相连的电极为电解池的阴极，碘三离子在阴极得到电子发生还原反应生成碘离子，与正极相连的电极为阳极，氢氧根离子在阳极得到空穴发生氧化反应生成氧气和水，阳极室的阳离子通过阳离子交换膜进入阴极室，光催化和电催化协同循环的总反应为碘离子做催化剂的作用下水光照分解生成氢气和氧气。A．光催化装置中发生的总反应为2H++3I-H2↑+I，该装置实现了光能向化学能的转化，故A正确；B．电催化装置中，阳极室的阳离子通过阳离子交换膜进入阴极室，故B错误；C．电催化装置中，与正极相连的电极为阳极，氢氧根离子在阳极得到空穴发生氧化反应生成氧气和水，电极反应式为4OH—+4h+=2H2O+O2↑，故C正确；D．由得失电子数目守恒可知，光催化装置中，每生成0.1g氢气，产生空穴的数目为×2×NAmol—1=0.1NA，故D正确；故选B。第II卷（非选择题共56分）二、非选择题，共4题，共56分。17．（14分）、都是中学实验室里的常用试剂，在生产、生活中有广泛应用，某实验小组设计实验探究和NaClO的性质。回答下列问题：（1）配制一定浓度的溶液：将一定质量溶于浓盐酸，加水稀释至指定溶液体积，盐酸的作用是，配制过程中会向溶液中加入少量铁粉，铁粉的作用是。（2）实验室加热和足量的混合物制备无水，产生的气体能使品红溶液褪色。该反应的化学方程式为。（3）在溶液中加入溶液，产生红褐色沉淀。设计简单实验证明大于：。（4）探究、的还原性强弱：按如图所示装置进行实验，实验结果如下：步骤操作及现象记录i按图示加入试剂，接通K，电流计指针偏转记电流强度为ii随着反应进行，电流强度逐渐减小记该过程中电流强度为b，，最终iii一段时间后，向左侧烧杯中加入浓溶液，电流表指针向相反方向偏转记电流强度为x根据上述实验可知，、还原性相对强弱与有关。（5）探究外界条件对NaClO溶液水解程度的影响：该实验限选药品和仪器：恒温水浴、品红溶液、烧杯、蒸馏水和各种浓度的NaClO溶液。编号温度待测“物理量”实验目的10.530a探究浓度对NaClO溶液水解平衡的影响21.5Tb—30.535cY①。②待测“物理量X”是“其他条件相同，品红溶液的褪色时间”时，若，不能得出结论Y：“其他条件相同，升高温度，NaClO水解程度增大”，其原因是。【答案】（1）抑制Fe2+水解（2分）防止Fe2+被氧化（2分）（2）FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑（2分）（3）取上层清液，滴加品红溶液，溶液褪色，说明V1大于2V2（2分）（4）浓度（2分）（5）30（2分）升温，相同浓度的NaClO溶液的反应速率加快（2分）【解析】（1）氯化亚铁是具有还原性的强酸弱碱盐，在溶液中水解酸溶液呈酸性，所以配制氯化亚铁溶液时，需加入盐酸抑制亚铁离子的水解，加入铁粉防止亚铁离子被氧化，故答案为：抑制Fe2+水解；防止Fe2+被氧化；（2）由题意可知，制备无水氯化亚铁的反应为四水氯化亚铁与SOCl2反应生成氯化亚铁、二氧化硫和水，反应的化学方程式为FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑，故答案为：FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑；（3）由题意可知，次氯酸钠溶液与氯化亚铁溶液发生的反应为3NaClO+6FeCl2+3H2O=3NaCl+2Fe(OH)3↓+4FeCl3，若次氯酸溶液过量，过量的次氯酸钠溶液能与氯化铁溶液发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和次氯酸，具有强氧化性的次氯酸回收品红溶液褪色，则证明V1大于2V2的实验为取上层清液，滴加品红溶液，溶液褪色，说明V1大于2V2，故答案为：取上层清液，滴加品红溶液，溶液褪色，说明V1大于2V2；（4）由实验现象可知，溶液中铁离子与碘离子反应生成亚铁离子和碘的反应为可逆反应，增大溶液中的亚铁离子浓度，平衡向逆反应方向移动，说明亚铁离子、碘离子的还原性强弱与溶液中离子浓度的大小一个，故答案为：浓度；（5）①由表格数据看着，实验1和实验2的目的是探究溶液浓度对水解平衡的影响，由探究实验变量唯一化原则可知，实验1和实验2的反应温度相同，都为30℃，故答案为：30；②升温，相同浓度的NaClO溶液的反应速率加快，所以若c<a，不能得出结论Y：“其他条件相同，升高温度，NaClO水解程度增大”，故答案为：升温，相同浓度的NaClO溶液的反应速率加快。18．（14分）锑(Sb)是银白色金属，广泛应用于电气、医药等领域。某科研小组从精炼铋烟尘(主要成分为、、等)中提炼金属锑的流程如图所示：已知：①“酸浸”液的主要成分是、、。②易水解生成两种氯氧锑沉淀、、在上述情况下水解非常微弱。③“还原熔炼”的主要反应为，熔炼过程中原料之间可能会形成泡渣而结块。回答下列问题：（1）基态的价电子排布式为。（2）“水解”步骤发生的反应为、，加入少量水时，的水解产物以填化学式为主；促进转化为的措施有(任写一种)。（3）“转化”步骤中转化为的化学方程式为。（4）“还原熔炼”时碳的用量对锑回收率的影响如图所示。碳用量超过时，锑的回收率降低的原因可能是。（5）的立方晶胞结构如图所示占据部分的四面体空隙，以点为原点建立分数坐标，已知点坐标为点坐标为，则点坐标为。晶胞边长为，则密度为gcm-3(的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为)【答案】（1）（2分）（2）（2分）加足量水、加热、用热水、加少量氨水（2分）（3）（2分）（4）碳的用量过大，会与形成泡渣而结块，使得与的接触面积减小，还原效率降低，回收率减小（2分）（5）（2分）（2分）【解析】（1）As原子序数33，则基态的价电子排布式：；（2）根据题干信息，加入少量水时，的水解产物以为主；通过加足量水、加热、用热水、加少量氨水等方式可促进转化为；（3）“转化”步骤中转化为的化学方程式：；（4）碳的用量过大，会与形成泡渣而结块，使得与的接触面积减小，还原效率降低，回收率减小；（5）C位于晶胞体对角线处，根据A点和B点坐标可判断C点坐标为；根据均摊法计算原子个数：Bi个数为，O原子个数为6，则晶胞密度：。19．（14分）硫是人类认识最早的元素之一，含硫物质在化工生产、日常生活中扮演了重要的角色。（1）一种可将无害化处理的工艺涉及反应如下：反应Ⅰ：

反应Ⅱ：

反应Ⅲ：

①基态S原子的价层电子排布式为。②反应的。（2）已知，与可发生催化反应，反应机理如图所示。①该反应的催化剂是。②物质A的电子式为。（3）向的溶液中通入气体，含硫微粒在不同溶液中的分布系数如图所示：①的电离常数；常温下，溶液显(填“酸”“碱”或“中”)性。②25℃时，的。工业生产中常联合处理含的废气和含的废水，欲发生反应，计算该反应的平衡常数(写出计算过程)。（4）某小组研究了溶液酸性强弱对与反应的影响，在其他条件相同的前提下，分别向为2、3、4的溶液中滴加等浓度的溶液，测得溶液中随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是___________(填标号)。A．可能是该反应的催化剂B．酸性增强可以降低反应速率C．体系紫色褪去所需时间：D．反应速率并不始终随着反应物浓度的减小而降低【答案】（1）（1分）（2分）（2）（1分）（1分）（3）（2分）碱（2分）由方程式可知，反应的平衡常数K=====（3分）（4）AD（2分）【解析】（1）①硫元素的原子序数为16，基态原子的价层电子排布式为，故答案为：；②由盖斯定律可知，反应Ⅰ+反应Ⅱ+反应Ⅲ得到反应，则反应△H=(—1006.5kJ/mol)+(+90.3kJ/mol)+(—500.9kJ/mol)=—1417.1kJ/mol，故答案为：—1417.1kJ/mol；（2）由图可知，做催化剂条件下与反应生成和水，则A为；①由分析可知，该反应的催化剂为，故答案为：；②由分析可知，物质A是只含有共价键的，电子式为，故答案为：；（3）氢硫酸是二元弱酸，溶液的pH增大时，氢硫酸的浓度会减小，氢硫酸根离子的浓度先增大后减小，硫离子的浓度先不变后增大，由图可知，M为氢硫酸，氢硫酸的浓度与氢硫酸根离子的浓度相等时，溶液pH为6.9，由公式可知，电离常数Ka1(H2S)==c(H+)=10—6.9，同理可证，电离常数Ka2(H2S)==c(H+)=10—14.1；①由电离常数可知，水解常数Kh====10—7.1＞Ka2=10—14.1，说明氢硫酸根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，则氢硫酸钠溶液呈碱性，故答案为：10—6.9；碱性；②由方程式可知，反应的平衡常数K=====，故答案为：；（4）A．由图可知，溶液pH一定时，硫酸根离子浓度随时间增大而增大，说明酸性高锰酸钾溶液与亚硫酸钠溶液的反应速率随时间增大而增大，反应速率增大的原因可能是该反应为放热反应，或反应生成的锰离子是反应的催化剂，故正确；B．由图可知，时间相同时，硫酸根离子浓度的大小顺序为Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，说明酸性增强可以增大反应速率，故错误；C．由图可知，时间相同时，硫酸根离子浓度的大小顺序为Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，说明酸性增强可以增大反应速率，则体系紫色褪去所需时间为，故错误；D．酸性高锰酸钾溶液与亚硫酸钠溶液反应时，反应物的浓度随时间增大而减小，由图可知，溶液pH一定时，硫酸根离子浓度随时间增大而增大，说明酸性高锰酸钾溶液与亚硫酸钠溶液的反应速率随时间增大而增大，并不始终随着反应物浓度的减小而降低，故正确；故选BD。20．（14分）化合物E是一种广泛应用于光固化产品的光引发剂，可采用化合物A为原料，按如图路线合成：回答下列问题：（1）化合物B的分子式为，化合物D的一种官能团名称为。（2）化合物A的名称为；X为(填化学式)。（3）芳香族化合物F是C的同分异构体，能发生加聚反应，滴入溶液呈紫色，其核磁共振氢谱显示有五种不同化学环境的氢，且峰面积之比为，请写出一种符合条件的结构简式。（4）根据化合物E的结构特征，分析预测其