2025届广东省梅州市高三一模化学试卷（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1广东省梅州市2025届高三一模试卷本试卷共8页，20小题。满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必用2B铅笔在“考生号”处填涂考生号。用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己所在的县(市、区)、学校、班级以及自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上。2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1O16Fe56V51一、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.纪录片《如果国宝会说话》展示了国宝背后的中国精神、中国审美和中国价值观。下列文物中，主要由无机非金属材料制成的是A．洛神赋图B．三彩载乐骆驼俑C．木雕双头镇墓兽D．三星堆青铜神树A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．洛神赋图材质为纤维素，属于有机高分子材料，A不符合；B．三彩载乐骆驼俑属于陶瓷，是硅酸盐，属于无机非金属材料，B符合；C．木雕双头镇墓兽材质为木材，属于纤维素，是有机高分子材料，C不符合；D．三星堆青铜神树材质是合金，属于合金材料，D不符合；答案选B。2.近年来，我国航空航天事业成果显著。下列对所涉及的化学知识叙述正确的是A.“天宫二号”航天器使用质量轻的钛合金，钛合金硬度比纯钛小B.“C919”雷达使用的复合材料中含玻璃纤维，其属于有机高分子C.“长征五号”运载火箭采用液氢液氧作为推进剂，与互为同位素D.“嫦娥六号”带回地球的月壤中含有Si、Mg、Al等元素，Al属于s区【答案】C【解析】A．钛合金的硬度通常比纯钛大，而非更小，合金的硬度一般高于其纯金属组分，A错误；B．玻璃纤维的主要成分是二氧化硅和硅酸盐，属于无机非金属材料，而非有机高分子，B错误；C．同位素是指质子数相同、中子数不同的原子，与互为同位素，C正确；D．铝和硅属于区元素，镁属于区元素，D错误；故选C。3.客家菜朴实醇鲜，“酿豆腐”“梅菜扣肉”“娘酒鸡”“酿苦瓜”都是熟悉的客家味道。下列说法不正确的是A.用盐腌制梅菜，能延长保存时间B.用花生油煎“酿苦瓜”，花生油属于混合物C.豆腐制作过程“煮浆”，是将蛋白质转化为氨基酸D.酿“娘酒”加酒曲，涉及淀粉→葡萄糖→乙醇的转化【答案】C【解析】A．盐可以抑制微生物的生长，延长保存时间，故A正确；B．花生油由多种高级脂肪酸与甘油生成的酯，属于混合物，故B正确；C．“煮浆”是蛋白质的变性过程，故C错误；D．“娘酒”的主要成分为淀粉，水解得到葡萄糖，氧化得到乙醇，故D正确；答案选C。4.NaOH标准溶液配制和标定，需经过NaOH溶液配制、基准物质的称量以及用NaOH溶液滴定等操作。下列所用仪器或操作正确的是A. B. C. D.【答案】B【解析】A．氢氧化钠固体易潮解，不能放在滤纸上称量，A错误；B．配制溶液中洗涤液沿玻璃棒注入容量瓶，B正确；C．眼睛的视线应与凹液面向平，C错误；D．NaOH溶液属于碱性溶液，应使用碱式滴定管进行滴定。图中所示滴定管为酸式滴定管，D错误；故选B。5.化学实验中的颜色变化，可将化学抽象之美具体为形象之美。下列说法不正确的是A.土豆片遇到碘溶液，呈蓝色B.新制氯水久置，溶液由淡黄绿色变为无色C.用洁净的铂丝蘸取KCl溶液灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色D.将粉末露置在空气中一段时间，固体由白色变为淡黄色【答案】D【解析】A．土豆中的淀粉遇碘单质会显蓝色，A正确；B．新制氯水含Cl2呈淡黄绿色，久置后氯气在水中会逐渐挥发，导致溶液中的氯气浓度降低，且Cl2和水反应生成的HClO分解，促进了Cl2和水的反应，也导致溶液中的氯气浓度降低，溶液由淡黄绿色变为无色，B正确；C．K+的焰色反应为紫色，蓝色钴玻璃可滤去钠的黄色光干扰，C正确；D．本身为淡黄色固体，露置空气中会与CO2、H2O反应生成白色Na2CO3，因此固体应由淡黄色变为白色，而非白色变为淡黄色，D错误；故选D。6.一种以铝—空气为电源的航标灯，该电池以海水为电解质溶液。关于该电池，下列说法正确的是A.铝作负极，发生还原反应B.海水中的移向铝电极C.每转移4mol电子，消耗标准状况下22.4L的空气D.空气一极发生的电极反应式为：【答案】D【解析】铝—空气、海水为电解质溶液的原电池，铝为活泼金属，为负极，进入空气的一端为正极。A．铝作负极，负极上发生氧化反应，A错误；B．原电池中阳离子向正极移动，Na+移向通入空气的一端，B错误；C．每转移4mol电子，消耗1molO2，标准状况下22.4L的氧气，C错误；D．空气一极为正极，发生得电子还原反应，电极反应式为：，D正确；答案选D。7.“劳动最光荣，勤奋出智慧”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A用福尔马林制作生物标本甲醛有强氧化性B溶液作腐蚀液制作印刷电路板氧化性强于C用NaOH和铝粉疏通厨卫管道铝和NaOH溶液反应生成D施加适量石膏降低盐碱地(含)土壤的碱性A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．福尔马林能使蛋白质变性，用于制作生物标本，与强氧化性无关，故A错误；B．与Cu反应生成和，为氧化剂，为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，则氧化性强于，故B正确；C．铝粉与氢氧化钠溶液反应生成氢气可用于疏通管道，故C正确；D．石膏（CaSO4）的Ksp大于CaCO3，因此向碳酸盐中加入CaSO4可以转化为CaCO3和硫酸盐，故D正确；故答案为A。8.木质素是一种天然存在的高分子化合物，在生物材料领域具有广泛的应用潜力。一种木质素单体结构如图，关于该化合物，下列说法正确的是A.可与NaOH溶液反应 B.该结构中含有5种官能团C.该结构中所有原子共平面D.与足量加成后的产物不含手性碳原子【答案】A【解析】A．木质素结构中有酚羟基，能与NaOH溶液反应，A正确；B．结构中有碳碳双键、醚键、羟基三种官能团，B错误；C．该结构中与醇羟基连接的碳原子为四面体结构，所有原子不可能共平面，C错误；D．与足量加成后的产物为：，有2个手性碳原子，D错误；答案选A。9.某化学兴趣小组改进了铜与浓硫酸的反应装置，新的设计如图。小磁铁在试管外壁控制磁力搅拌子(不与沸腾的浓硫酸反应)。按图装置进行实验，下列分析正确的是A.铜与浓硫酸反应，浓硫酸只体现氧化性B.浸有紫色石蕊溶液的滤纸先变红后褪色C.冷却后，向反应后的试管A内倒入少量水，溶液变蓝色D.通过气球打气筒向装置内部通入空气能防止NaOH溶液倒吸【答案】D【解析】A．铜与浓硫酸反应，体现了浓硫酸的酸性和氧化性，A错误；B．二氧化硫只能使紫色石蕊试液变红不能使其褪色，B错误；C．试管中含有浓硫酸，故稀释时应将试管中溶液倒入水中，C错误；D．二氧化硫易溶于水，故通过气球打气筒向装置内部通入空气能防止NaOH溶液倒吸，D正确；故选D。10.部分含Fe或含N物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是A.从原子结构角度分析，g比f稳定B.工业制硝酸涉及a→b→c→d的转化C.常温下，可用e容器盛装d的浓溶液，因为e和d的浓溶液不反应D.向沸水中滴加h的饱和溶液，一定能形成产生丁达尔效应的分散系【答案】A【解析】由图可知，a为单质N2，b为NO，c为NO2，d为HNO3，e为Fe，f为FeO，g为Fe2O3，h为铁盐。A．f为FeO，g为Fe2O3，Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+价电子排布式为3d5，3d轨道半充满较稳定，A正确；B．工业制硝酸用氨气催化氧化得到NO，不是用N2的氧化，B错误；C．浓硝酸与Fe单质在常温下发生钝化，二者发生了反应，表面形成致密的氧化膜，阻止了反应的继续进行，C错误；D．沸水中滴加饱和的FeCl3溶液，继续加热至溶液呈红褐色，产生胶体，若加热时间过长，胶体会发生聚沉，若用饱和的硫酸铁溶液滴加到沸水中，产生的胶体会聚沉，D错误；答案选A。11.氯碱工业涉及、、NaOH、NaCl等物质。设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.1molNaCl固体中，含离子数为B.1L的NaOH溶液中，含有氧原子数为C.标准状况下，22.4L和的混合气体含有共价键数目为D.将与NaOH溶液反应制备消毒液，消耗1mol转移电子数为【答案】A【解析】A.NaCl中含有Na+和Cl-，1molNaCl固体中，含离子数为，A正确；B.NaOH溶液中的水分子中也含有O原子，则1L的NaOH溶液中，含有氧原子数大于，B错误；C．标况下，22.4L的H2和Cl2混合气体为1mol，H2和Cl2都是双原子分子，所以共价键数目为NA，C错误；D.Cl2与足量NaOH溶液反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，反应中Cl2既是氧化剂又是还原剂，1molCl2参与反应转移1mol电子，所以转移电子数为NA，D错误；故选A。12.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HClA.A B.B C.C D.D【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。13.乙醇和乙酸是生活中两种常见的有机物。利用以下装置进行实验，能达到预期目的的是A．分离乙醇和乙酸B．验证乙醇的还原性C．比较乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱D．制取少量乙酸乙酯A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．乙醇和乙酸互溶，而且会反应，所以不可以用分液，故A不能达到预期目的；B．少量酸性高锰酸钾和乙醇反应会褪色，可以证明乙醇的还原性，故B能达到预期目的；C．乙酸有挥发性，挥发产生的乙酸蒸气会随着乙酸与NaHCO3反应产生的CO2气体进入盛有苯酚钠溶液的装置中，发生反应也产生苯酚，因此不能用于比较乙酸、碳酸、苯酚的酸性强弱，故C不能达到预期目的；D．不应该用氢氧化钠溶液，会使酯水解，应该盛饱和Na2CO3溶液，故D不能达到预期目的；答案选B。14.化合物(XY4)2Z2E8可作氧化剂和漂白剂。X、Y、Z、E均为短周期主族元素，仅有X与E同一周期，Z与E同一族。E在地壳中含量最多，X的基态原子价层p轨道半充满。下列说法正确的是A.该化合物中Z元素的化合价为+7 B.ZE3的VSEPR模型为四面体C.ZE2分子的键角比ZE3分子的键角小 D.第一电离能：E＞X＞Z【答案】C【解析】X、Y、Z、E均为短周期主族元素，仅有X与E同一周期，E在地壳中含量最多，则E是O元素；Z与E同一族，则Z是S元素；X的基态原子价层p轨道半充满，则X原子核外电子排布式是1s22s22p3，所以X为N元素，根据化合物的结构可知Y是H元素，然后根据问题分析解答。由上述分析可知：X为N元素，Y为H元素、Z为S元素、E为O元素。A．根据上述分析可知：Z为S元素，原子核外电子排布是2、8、6，所以Z的最外层电子数为6，该化合物中Z元素的化合价为+6价，A错误；B．根据上述分析可知：Z为S元素，E为O元素，ZE3为SO3，其中心S的价层电子对数为3＋=3，S原子采用sp2杂化，因此VSEPR模型为平面三角形，B错误；C．根据上述分析可知：Z为S元素，E为O元素，ZE2为SO2，ZE3为SO3，SO2分子的中心S原子价层电子对数为2＋=3，S原子采用sp2杂化，有1对孤电子对，孤对电子对成键电子的排斥力大于成键电子的排斥力，所以SO2呈V形；SO3分子中S原子价层电子对数也是3，S原子也是采用sp2杂化，但由于S原子上无孤对电子，因此SO3分子呈平面三角形，键角是120度，故键角：SO2＜SO3，C正确；D．由上述分析可知：X为N元素，Z为S元素、E为O元素。一般情况下同一周期主族元素，原子序数越大，元素的第一电离能就越大。但由于N的2p电子半满为较稳定结构，其第一电离能大于同一周期相邻元素，所以第一电离能：N＞O；O、S是同一主族元素，原子序数越大，元素的第一电离能就越小，则第一电离能：O＞S，故三种元素的第一电离能：X(N)＞E(O)＞Z(S)，D错误；故合理选项是C。15.已知在少量作用下，常温时能剧烈分解并放出热量，分解的机理由两步构成，I：(慢反应，)，II：(快反应)，能正确表示整个过程的能量变化示意图是A. B. C. D.【答案】B【解析】反应为放热反应，则生成物能量小于反应物能量；第一步为慢反应，第二步为快反应，则第一步活化能大于第二步活化能。据此解答：A．生成物能量等于反应物能量，A错误；B．第一步活化能大于第二步活化能，且生成物能量小于反应物能量，B正确；C．第一步活化能小于第二步活化能，且生成物能量等于反应物能量，C错误；D．第一步活化能小于第二步活化能，D错误；故答案为B。16.某实验小组利用如图所示装置制备。已知甲装置的工作原理为：，电极a、b采用石墨或Fe。下列说法不正确的是A.乙装置中电极a应为Fe，b电极为石墨B.乙装置中可用溶液代替NaCl溶液C.电极b发生的反应：D.理论上每生成9.0g，甲装置中将有0.2mol向惰性电极II移动【答案】B【解析】A．乙装置目的是制备，需要，电极a应为Fe作阳极失电子生成，b电极为阴极，可采用石墨，该选项正确；B．若用溶液代替溶液，在阴极得电子生成Cu，无法生成，就不能生成，该选项错误；C．电极b为阴极，溶液中的得电子发生还原反应，电极反应式为，该选项正确；D．9.0g的物质的量为，根据，，生成0.1mol，电路中转移0.2mol电子，甲装置中阳离子向正极（惰性电极II）移动，根据电荷守恒，有0.2mol向惰性电极II移动，该选项正确；综上所述，正确答案是Ｂ。二、非选择题：本题共4小题，共56分。17.配合物在生产、生活中应用广泛。例如：(铁氰化钾)用于检验。回答下列问题：（1）的配位数为___________，中配位原子是___________(填元素符号)。（2）配位体电子式为___________，对应氢化物HCN分子中键与键数目之比为___________。（3）工业上，以石墨为电极，电解(亚铁氰化钾)溶液可以制备，阳极的电极反应式为___________。（4）探究的性质。查阅资料，提出猜想：猜想1：溶液中存在电离平衡；猜想2：具有氧化性。【设计实验】序号实验操作实验现象I在10mL溶液中滴入几滴KSCN溶液，再向溶液中加入少量浓盐酸滴入KSCN溶液，无明显现象，加入浓盐酸后，_____i______II在10mL和的混合溶液中插入一根无锈铁丝产生蓝色沉淀III在10mL溶液中插入一根无锈铁丝(与II中相同)产生蓝色沉淀【结果分析】①实验I证明猜想1成立，实验现象i是___________。②已知：常温下，；，，又称配离子稳定常数。用必要的文字、离子方程式与数据说明实验I滴入KSCN溶液时无明显现象的原因___________。③实验III产生蓝色沉淀是因为产生了，生成的与未反应的生成了蓝色沉淀，说明猜想2成立。另设计实验证明的氧化性___________(要求写出实验操作与预期现象，限选试剂：NaOH溶液、淀粉溶液、KI溶液和饱和溶液)。④基于猜想1、2成立，可推断实验II、III中___________(填“”“”或“”)。【答案】（1）①.6②.C（2）①.②.（3）（4）①.溶液变成红色②.，此反应的，该反应平衡常数小于，说明该反应正向进行的程度小，难于产生红色物质③.向2mL溶液中滴加几滴饱和溶液，溶液出现淡黄色浑浊，说明具有氧化性(或向2mL溶液中滴加几滴KI溶液，然后再滴入几滴淀粉溶液，溶液出现蓝色，说明具有氧化性)④.【解析】探究的性质，提出两个猜想：猜想1：溶液中存在电离平衡；猜想2：具有氧化性；I中加入浓盐酸后，H+与CN-结合生成HCN，降低CN-浓度，促使解离出Fe3+，Fe3+与SCN-反应生成红色络合物，实验II中FeCl3提供高浓度Fe3+，直接氧化铁丝生成Fe2+更快；实验III中K₃[Fe(CN)₆]需先解离出少量Fe3+再反应，速率较慢，以此解答。（1）中，CN-为配位体，C电负性较低，提供孤对电子，则每个CN-通过C原子与Fe3+配位，6个CN-形成六配位，故配位数为6，配位原子是C。（2）中含有6+7+1=14个电子，配位体电子式为，HCN分子中，H-C为σ键，C≡N含1个σ键和2个π键，总σ键数2，π键数2，比例为1:1。（3）电解时，阳极发生氧化反应，失去电子被氧化为，电极方程式为：。（4）①加入浓盐酸后，H+与CN-结合生成HCN，降低CN-浓度，促使解离出Fe3+，Fe3+与SCN-反应生成红色络合物，实验现象i是溶液变成红色；②实验I滴入KSCN溶液时无明显现象的原因：，此反应的，该反应平衡常数小于，说明该反应正向进行的程度小，难于产生红色物质；③设计实验证明的氧化性为：向2mL溶液中滴加几滴饱和溶液，溶液出现淡黄色浑浊，说明具有氧化性(或向2mL溶液中滴加几滴KI溶液，然后再滴入几滴淀粉溶液，溶液出现蓝色，说明具有氧化性)；④实验II中FeCl3提供高浓度Fe3+，直接氧化铁丝生成Fe2+更快；实验III中K₃[Fe(CN)₆]需先解离出少量Fe3+再反应，速率较慢，故A1<A2。18.五氧化二钒是接触法制取硫酸的催化剂，具有强氧化性。从废钒催化剂(主要成分为：、、、和等)中回收的一种生产工艺流程如下图所示：已知：价钒在溶液中主要以和的形式存在，两者转化关系为。（1）写出基态钒原子的价层电子排布式___________。（2）“废渣I”的主要成分为___________。“还原”后的溶液中含有阳离子、、、，“还原”过程中发生反应的离子方程式为___________。（3）“萃取”和“反萃取”的变化过程可简化为(下式中的R表示或，HA表示有机萃取剂的主要成分)：。工艺流程中可循环使用的试剂有___________(写化学式)。（4）“氧化”时欲使3mol的变为，需要氧化剂至少为___________mol。（5）“调pH”中加入KOH有两个目的，分别为___________、___________。（6）钒的某种氧化物的立方晶胞结构如下图，晶胞参数为apm。晶胞中V的配位数与O的配位数之比为___________；已知表示阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为___________(列出计算式即可)。【答案】（1）（2）①.②.（3）、HA（4）0.5（5）①.促使水解成沉淀②.促使转化为，有利于下一步沉钒（6）①.②.(或)【解析】利用废钒催化剂(主要成分为：、、、和等)回收的工艺流程为：将废钒催化剂加入在硫酸作用下进行还原，不溶于酸，过滤后在废渣I中，得到含阳离子、、、的滤液，再加有机萃取剂HA进行萃取，分液得有机层，再加入试剂X进行反萃取，分液后有机萃取剂进入萃取环节循环使用，得到酸性水溶液，加氧化，再加KOH调节pH，过滤得废渣II和含钒滤液，加入沉钒得，最后煅烧得产品，据此分析解答。（1）钒为23号元素，位于周期表中第四周期第VB族，则基态钒原子的价层电子排布式为：。故答案：。（2）根据分析，废渣I为难溶于硫酸的；“还原”过程中被在酸性作用还原为，则反应的离子方程式为：。故答案为：；。（3）根据萃取和反萃取方程式：可知，当发生萃取时，水层有硫酸生成，可以用在反萃取操作中；当发生反萃取时，有机层有HA产生，可以用在萃取操作中，所以可以循环使用的物质为：、HA。（4）根据分析，在氧化时发生的反应为：，根据方程中关系量可知，要使3mol的变为，需要氧化剂至少为。故答案为：0.5。（5）由于在反萃取后的酸性水溶液中还存在和，经氧化后变为和，所以加入KOH后首先调节pH，促使水解形成沉淀过滤除去，同时根据题目已知转化，得到加入KOH还可以消耗使平衡右移生成更多的，有利于下一步沉钒操作。故答案为：促使水解成沉淀；促使转化为，有利于下一步沉钒。（6）根据晶胞图形可知，1个V原子与6个O原子形成配位键，配位数为6，1个O原子与3个V原子形成配位键，配位数为3，则晶胞中V的配位数与O的配位数之比为；同时在晶胞中，O原子有4个位于晶胞面心，2个位于体心，则O原子数为：；V原子有8个位于晶胞顶点，1个位于体心，则V原子数为：，则1个晶胞的构成为或，得到该氧化物化学式为：，晶胞参数为apm，则边长为，则该晶体密度为。故答案为：2：1；（或）。19.油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有，需要回收处理并加以利用。（1）根据文献，对的处理主要有两种方法。①克劳斯工艺。该工艺经过两步反应使转化为：反应I：反应II：写出该工艺总反应的热化学方程式___________。②分解法。反应III：，该反应能自发进行的条件是___________。③相比克劳斯工艺，分解法处理的优点是___________。（2）消除天然气中是能源领域的研究热点，利用表面吸附时，研究表明有两种机理途径，如下图所示。下列说法中，正确的有___________。A.的速率：途径1途径2B.途径2历程中最大能垒为C.在吸附过程中提供了O原子D.吸附在催化剂表面的水分子解吸出来时放出能量（3）科研人员把铁的配合物(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体转化为单质硫。该工艺包含两个阶段：①的吸收氧化；②的再生。反应原理如下：i．ii．①25℃时，溶液中、和在含硫粒子总浓度中所占分数随溶液pH的变化关系如下图，由图计算，的，___________，则的电离程度比水解程度___________(填“大”或“小”)。②再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于___________(写出计算过程。已知25℃时，)。【答案】（1）①.②.高温③.副产物可作燃料（2）BC（3）①.②.小③.8【解析】（1）①根据盖斯定律，可得该工艺总反应的热化学方程式：；②反应III焓变大于0，熵变大于0，因此在高温条件下可以自发进行；③克劳斯工艺为与氧气反应生成和水，分解法处理生成和氢气，分解法的优点是副产物可作燃料。（2）A．反应活化能：途径1>途径2，因此速率：途径1<途径2，故A错误；B．途径2历程中的能垒依次为、、，故B正确；C．反应过程为硫化氢转化为单质硫和水，反应需要增加一个氧原子，可能来源于催化剂，故C正确；D．由吸附历程知，得到吸附状态水分子的过程放出能量，那么吸附在催化剂表面的水分子解吸出来时需吸收能量，故D错误；故答案为BC。（3）①根据题意pH=13时、的所占分数相等，则；的电离平衡常数为，水解平衡常数为，因此的电离程度小于水解程度；②再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，根据得到，根据和，得到，pH=8，因此为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于8。20.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A为原料，按如下图路线合成：（1）化合物A的分子式为___________，名称为___________(系统命名法)。（2）化合物C中官能团的名称是___________。化合物C的某同分异构体含有苯环且核磁共振氢谱图上有4组峰，峰面积之比为，能与新制反应生成砖红色沉淀，其结构简式为___________(写一种)。（3）关于上述合成路线中的相关物质及转化，下列说法正确的有___________。A.化合物D和E不能通过红外光谱鉴别B.C→D的转化为取代反应，试剂X为HBrC.化合物C中，碳原子的杂化轨道类型为和杂化D.化合物E可溶于水是因为其分子中的含氧官能团能与水分子形成氢键（4）对化合物E，分析预测其含氧官能团可能的化学性质，完成下表。序号反应试剂、条件反应形成的新物质反应类型①______________________②______________________消去反应（5）已知：烯醇不稳定，很快会转化为醛，即。在一定条件下，以原子利用率100%的反应制备。该反应中①若反应物之一为V形分子，则另一反应物可能为___________(写出一种结构简式)。②若反应物之一为平面三角形分子，则另一反应物为___________(写结构简式)。（6）以乙炔为唯一有机原料，通过四步合成可降解高分子聚乳酸()。基于设计的合成路线，回答下列问题：已知：①第一步反应的化学方程式为___________(注明反应条件)。②最后一步反应的化学方程式为___________。【答案】（1）①.②.2-甲基丙酸（2）①酮羰基(或羰基)②.或（3）CD（4）①.，催化剂，加热②.加成(或还原)反应③.浓硫酸，加热④.（5）①.(或)②.（6）①.(或)②.【解析】和在加热条件下发生取代，取代了羧基上的羟基，反应生成B，B和苯在催化剂加热条件下发生取代反应生成C，C的甲基在一定条件下和溴发生取代反应生成D，D水解生成E。（1）化合物A的分子式为，含有的官能团是羧基，其名称为2-甲基丙酸。（2）化合物C中官能团的名称是酮羰基(或羰基)。该同分异构体可以与新制反应生成砖红色沉淀，说明含有，根据峰面积之比为，其结构简式分别为：、。（3）A．红外光谱可以鉴别有机物的官能团、化学键类型或基团种类，D和E物质分别存在和，其官能团不同，所以二者可以通过红外光谱鉴别，A错误；B．C→D的转化特点是：在C物质的上通过取代反应，取代了上面的一个氢原子，形成，根据烷基的卤代规律，则需要在光照条件下和溴蒸汽反应，B错误；C．化合物C含有苯环、饱和碳原子，所以碳原子的杂化轨道类型为和杂化，C正确；D．化合物E含有，可以和水分子形成分子间的氢键，增大其水溶性，D正确；故选CD。（4）①化合物E是，和氢气加成反应以后，形成，所以反应试剂和条件是：，催化剂，加热，发生加成（还原）反应。②由于E含有羟基，要发生消去反应，反应的条件、试剂是：浓硫酸、加热；消去反应的产物为：。（5）①若反应物之一为V形分子，此V形分子为，原子利用率的反应是加成反应，所以逆推反应物应该是：(或)。②‌甲醛的空间结构是平面三角形，根据碳原子守恒，另外一种有机物是乙醛，二者反应方程式为：。（6）聚乳酸是由发生缩聚反应得到的，乙炔和水发生加成反应生成，发生加成反应然后发生水解反应生成，合成路线为：。所以第一步的化学方程式为：(或)，最后一步反应的化学方程式为：。广东省梅州市2025届高三一模试卷本试卷共8页，20小题。满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必用2B铅笔在“考生号”处填涂考生号。用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己所在的县(市、区)、学校、班级以及自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上。2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1O16Fe56V51一、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.纪录片《如果国宝会说话》展示了国宝背后的中国精神、中国审美和中国价值观。下列文物中，主要由无机非金属材料制成的是A．洛神赋图B．三彩载乐骆驼俑C．木雕双头镇墓兽D．三星堆青铜神树A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．洛神赋图材质为纤维素，属于有机高分子材料，A不符合；B．三彩载乐骆驼俑属于陶瓷，是硅酸盐，属于无机非金属材料，B符合；C．木雕双头镇墓兽材质为木材，属于纤维素，是有机高分子材料，C不符合；D．三星堆青铜神树材质是合金，属于合金材料，D不符合；答案选B。2.近年来，我国航空航天事业成果显著。下列对所涉及的化学知识叙述正确的是A.“天宫二号”航天器使用质量轻的钛合金，钛合金硬度比纯钛小B.“C919”雷达使用的复合材料中含玻璃纤维，其属于有机高分子C.“长征五号”运载火箭采用液氢液氧作为推进剂，与互为同位素D.“嫦娥六号”带回地球的月壤中含有Si、Mg、Al等元素，Al属于s区【答案】C【解析】A．钛合金的硬度通常比纯钛大，而非更小，合金的硬度一般高于其纯金属组分，A错误；B．玻璃纤维的主要成分是二氧化硅和硅酸盐，属于无机非金属材料，而非有机高分子，B错误；C．同位素是指质子数相同、中子数不同的原子，与互为同位素，C正确；D．铝和硅属于区元素，镁属于区元素，D错误；故选C。3.客家菜朴实醇鲜，“酿豆腐”“梅菜扣肉”“娘酒鸡”“酿苦瓜”都是熟悉的客家味道。下列说法不正确的是A.用盐腌制梅菜，能延长保存时间B.用花生油煎“酿苦瓜”，花生油属于混合物C.豆腐制作过程“煮浆”，是将蛋白质转化为氨基酸D.酿“娘酒”加酒曲，涉及淀粉→葡萄糖→乙醇的转化【答案】C【解析】A．盐可以抑制微生物的生长，延长保存时间，故A正确；B．花生油由多种高级脂肪酸与甘油生成的酯，属于混合物，故B正确；C．“煮浆”是蛋白质的变性过程，故C错误；D．“娘酒”的主要成分为淀粉，水解得到葡萄糖，氧化得到乙醇，故D正确；答案选C。4.NaOH标准溶液配制和标定，需经过NaOH溶液配制、基准物质的称量以及用NaOH溶液滴定等操作。下列所用仪器或操作正确的是A. B. C. D.【答案】B【解析】A．氢氧化钠固体易潮解，不能放在滤纸上称量，A错误；B．配制溶液中洗涤液沿玻璃棒注入容量瓶，B正确；C．眼睛的视线应与凹液面向平，C错误；D．NaOH溶液属于碱性溶液，应使用碱式滴定管进行滴定。图中所示滴定管为酸式滴定管，D错误；故选B。5.化学实验中的颜色变化，可将化学抽象之美具体为形象之美。下列说法不正确的是A.土豆片遇到碘溶液，呈蓝色B.新制氯水久置，溶液由淡黄绿色变为无色C.用洁净的铂丝蘸取KCl溶液灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色D.将粉末露置在空气中一段时间，固体由白色变为淡黄色【答案】D【解析】A．土豆中的淀粉遇碘单质会显蓝色，A正确；B．新制氯水含Cl2呈淡黄绿色，久置后氯气在水中会逐渐挥发，导致溶液中的氯气浓度降低，且Cl2和水反应生成的HClO分解，促进了Cl2和水的反应，也导致溶液中的氯气浓度降低，溶液由淡黄绿色变为无色，B正确；C．K+的焰色反应为紫色，蓝色钴玻璃可滤去钠的黄色光干扰，C正确；D．本身为淡黄色固体，露置空气中会与CO2、H2O反应生成白色Na2CO3，因此固体应由淡黄色变为白色，而非白色变为淡黄色，D错误；故选D。6.一种以铝—空气为电源的航标灯，该电池以海水为电解质溶液。关于该电池，下列说法正确的是A.铝作负极，发生还原反应B.海水中的移向铝电极C.每转移4mol电子，消耗标准状况下22.4L的空气D.空气一极发生的电极反应式为：【答案】D【解析】铝—空气、海水为电解质溶液的原电池，铝为活泼金属，为负极，进入空气的一端为正极。A．铝作负极，负极上发生氧化反应，A错误；B．原电池中阳离子向正极移动，Na+移向通入空气的一端，B错误；C．每转移4mol电子，消耗1molO2，标准状况下22.4L的氧气，C错误；D．空气一极为正极，发生得电子还原反应，电极反应式为：，D正确；答案选D。7.“劳动最光荣，勤奋出智慧”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A用福尔马林制作生物标本甲醛有强氧化性B溶液作腐蚀液制作印刷电路板氧化性强于C用NaOH和铝粉疏通厨卫管道铝和NaOH溶液反应生成D施加适量石膏降低盐碱地(含)土壤的碱性A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．福尔马林能使蛋白质变性，用于制作生物标本，与强氧化性无关，故A错误；B．与Cu反应生成和，为氧化剂，为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，则氧化性强于，故B正确；C．铝粉与氢氧化钠溶液反应生成氢气可用于疏通管道，故C正确；D．石膏（CaSO4）的Ksp大于CaCO3，因此向碳酸盐中加入CaSO4可以转化为CaCO3和硫酸盐，故D正确；故答案为A。8.木质素是一种天然存在的高分子化合物，在生物材料领域具有广泛的应用潜力。一种木质素单体结构如图，关于该化合物，下列说法正确的是A.可与NaOH溶液反应 B.该结构中含有5种官能团C.该结构中所有原子共平面D.与足量加成后的产物不含手性碳原子【答案】A【解析】A．木质素结构中有酚羟基，能与NaOH溶液反应，A正确；B．结构中有碳碳双键、醚键、羟基三种官能团，B错误；C．该结构中与醇羟基连接的碳原子为四面体结构，所有原子不可能共平面，C错误；D．与足量加成后的产物为：，有2个手性碳原子，D错误；答案选A。9.某化学兴趣小组改进了铜与浓硫酸的反应装置，新的设计如图。小磁铁在试管外壁控制磁力搅拌子(不与沸腾的浓硫酸反应)。按图装置进行实验，下列分析正确的是A.铜与浓硫酸反应，浓硫酸只体现氧化性B.浸有紫色石蕊溶液的滤纸先变红后褪色C.冷却后，向反应后的试管A内倒入少量水，溶液变蓝色D.通过气球打气筒向装置内部通入空气能防止NaOH溶液倒吸【答案】D【解析】A．铜与浓硫酸反应，体现了浓硫酸的酸性和氧化性，A错误；B．二氧化硫只能使紫色石蕊试液变红不能使其褪色，B错误；C．试管中含有浓硫酸，故稀释时应将试管中溶液倒入水中，C错误；D．二氧化硫易溶于水，故通过气球打气筒向装置内部通入空气能防止NaOH溶液倒吸，D正确；故选D。10.部分含Fe或含N物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是A.从原子结构角度分析，g比f稳定B.工业制硝酸涉及a→b→c→d的转化C.常温下，可用e容器盛装d的浓溶液，因为e和d的浓溶液不反应D.向沸水中滴加h的饱和溶液，一定能形成产生丁达尔效应的分散系【答案】A【解析】由图可知，a为单质N2，b为NO，c为NO2，d为HNO3，e为Fe，f为FeO，g为Fe2O3，h为铁盐。A．f为FeO，g为Fe2O3，Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+价电子排布式为3d5，3d轨道半充满较稳定，A正确；B．工业制硝酸用氨气催化氧化得到NO，不是用N2的氧化，B错误；C．浓硝酸与Fe单质在常温下发生钝化，二者发生了反应，表面形成致密的氧化膜，阻止了反应的继续进行，C错误；D．沸水中滴加饱和的FeCl3溶液，继续加热至溶液呈红褐色，产生胶体，若加热时间过长，胶体会发生聚沉，若用饱和的硫酸铁溶液滴加到沸水中，产生的胶体会聚沉，D错误；答案选A。11.氯碱工业涉及、、NaOH、NaCl等物质。设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.1molNaCl固体中，含离子数为B.1L的NaOH溶液中，含有氧原子数为C.标准状况下，22.4L和的混合气体含有共价键数目为D.将与NaOH溶液反应制备消毒液，消耗1mol转移电子数为【答案】A【解析】A.NaCl中含有Na+和Cl-，1molNaCl固体中，含离子数为，A正确；B.NaOH溶液中的水分子中也含有O原子，则1L的NaOH溶液中，含有氧原子数大于，B错误；C．标况下，22.4L的H2和Cl2混合气体为1mol，H2和Cl2都是双原子分子，所以共价键数目为NA，C错误；D.Cl2与足量NaOH溶液反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，反应中Cl2既是氧化剂又是还原剂，1molCl2参与反应转移1mol电子，所以转移电子数为NA，D错误；故选A。12.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HClA.A B.B C.C D.D【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。13.乙醇和乙酸是生活中两种常见的有机物。利用以下装置进行实验，能达到预期目的的是A．分离乙醇和乙酸B．验证乙醇的还原性C．比较乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱D．制取少量乙酸乙酯A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．乙醇和乙酸互溶，而且会反应，所以不可以用分液，故A不能达到预期目的；B．少量酸性高锰酸钾和乙醇反应会褪色，可以证明乙醇的还原性，故B能达到预期目的；C．乙酸有挥发性，挥发产生的乙酸蒸气会随着乙酸与NaHCO3反应产生的CO2气体进入盛有苯酚钠溶液的装置中，发生反应也产生苯酚，因此不能用于比较乙酸、碳酸、苯酚的酸性强弱，故C不能达到预期目的；D．不应该用氢氧化钠溶液，会使酯水解，应该盛饱和Na2CO3溶液，故D不能达到预期目的；答案选B。14.化合物(XY4)2Z2E8可作氧化剂和漂白剂。X、Y、Z、E均为短周期主族元素，仅有X与E同一周期，Z与E同一族。E在地壳中含量最多，X的基态原子价层p轨道半充满。下列说法正确的是A.该化合物中Z元素的化合价为+7 B.ZE3的VSEPR模型为四面体C.ZE2分子的键角比ZE3分子的键角小 D.第一电离能：E＞X＞Z【答案】C【解析】X、Y、Z、E均为短周期主族元素，仅有X与E同一周期，E在地壳中含量最多，则E是O元素；Z与E同一族，则Z是S元素；X的基态原子价层p轨道半充满，则X原子核外电子排布式是1s22s22p3，所以X为N元素，根据化合物的结构可知Y是H元素，然后根据问题分析解答。由上述分析可知：X为N元素，Y为H元素、Z为S元素、E为O元素。A．根据上述分析可知：Z为S元素，原子核外电子排布是2、8、6，所以Z的最外层电子数为6，该化合物中Z元素的化合价为+6价，A错误；B．根据上述分析可知：Z为S元素，E为O元素，ZE3为SO3，其中心S的价层电子对数为3＋=3，S原子采用sp2杂化，因此VSEPR模型为平面三角形，B错误；C．根据上述分析可知：Z为S元素，E为O元素，ZE2为SO2，ZE3为SO3，SO2分子的中心S原子价层电子对数为2＋=3，S原子采用sp2杂化，有1对孤电子对，孤对电子对成键电子的排斥力大于成键电子的排斥力，所以SO2呈V形；SO3分子中S原子价层电子对数也是3，S原子也是采用sp2杂化，但由于S原子上无孤对电子，因此SO3分子呈平面三角形，键角是120度，故键角：SO2＜SO3，C正确；D．由上述分析可知：X为N元素，Z为S元素、E为O元素。一般情况下同一周期主族元素，原子序数越大，元素的第一电离能就越大。但由于N的2p电子半满为较稳定结构，其第一电离能大于同一周期相邻元素，所以第一电离能：N＞O；O、S是同一主族元素，原子序数越大，元素的第一电离能就越小，则第一电离能：O＞S，故三种元素的第一电离能：X(N)＞E(O)＞Z(S)，D错误；故合理选项是C。15.已知在少量作用下，常温时能剧烈分解并放出热量，分解的机理由两步构成，I：(慢反应，)，II：(快反应)，能正确表示整个过程的能量变化示意图是A. B. C. D.【答案】B【解析】反应为放热反应，则生成物能量小于反应物能量；第一步为慢反应，第二步为快反应，则第一步活化能大于第二步活化能。据此解答：A．生成物能量等于反应物能量，A错误；B．第一步活化能大于第二步活化能，且生成物能量小于反应物能量，B正确；C．第一步活化能小于第二步活化能，且生成物能量等于反应物能量，C错误；D．第一步活化能小于第二步活化能，D错误；故答案为B。16.某实验小组利用如图所示装置制备。已知甲装置的工作原理为：，电极a、b采用石墨或Fe。下列说法不正确的是A.乙装置中电极a应为Fe，b电极为石墨B.乙装置中可用溶液代替NaCl溶液C.电极b发生的反应：D.理论上每生成9.0g，甲装置中将有0.2mol向惰性电极II移动【答案】B【解析】A．乙装置目的是制备，需要，电极a应为Fe作阳极失电子生成，b电极为阴极，可采用石墨，该选项正确；B．若用溶液代替溶液，在阴极得电子生成Cu，无法生成，就不能生成，该选项错误；C．电极b为阴极，溶液中的得电子发生还原反应，电极反应式为，该选项正确；D．9.0g的物质的量为，根据，，生成0.1mol，电路中转移0.2mol电子，甲装置中阳离子向正极（惰性电极II）移动，根据电荷守恒，有0.2mol向惰性电极II移动，该选项正确；综上所述，正确答案是Ｂ。二、非选择题：本题共4小题，共56分。17.配合物在生产、生活中应用广泛。例如：(铁氰化钾)用于检验。回答下列问题：（1）的配位数为___________，中配位原子是___________(填元素符号)。（2）配位体电子式为___________，对应氢化物HCN分子中键与键数目之比为___________。（3）工业上，以石墨为电极，电解(亚铁氰化钾)溶液可以制备，阳极的电极反应式为___________。（4）探究的性质。查阅资料，提出猜想：猜想1：溶液中存在电离平衡；猜想2：具有氧化性。【设计实验】序号实验操作实验现象I在10mL溶液中滴入几滴KSCN溶液，再向溶液中加入少量浓盐酸滴入KSCN溶液，无明显现象，加入浓盐酸后，_____i______II在10mL和的混合溶液中插入一根无锈铁丝产生蓝色沉淀III在10mL溶液中插入一根无锈铁丝(与II中相同)产生蓝色沉淀【结果分析】①实验I证明猜想1成立，实验现象i是___________。②已知：常温下，；，，又称配离子稳定常数。用必要的文字、离子方程式与数据说明实验I滴入KSCN溶液时无明显现象的原因___________。③实验III产生蓝色沉淀是因为产生了，生成的与未反应的生成了蓝色沉淀，说明猜想2成立。另设计实验证明的氧化性___________(要求写出实验操作与预期现象，限选试剂：NaOH溶液、淀粉溶液、KI溶液和饱和溶液)。④基于猜想1、2成立，可推断实验II、III中___________(填“”“”或“”)。【答案】（1）①.6②.C（2）①.②.（3）（4）①.溶液变成红色②.，此反应的，该反应平衡常数小于，说明该反应正向进行的程度小，难于产生红色物质③.向2mL溶液中滴加几滴饱和溶液，溶液出现淡黄色浑浊，说明具有氧化性(或向2mL溶液中滴加几滴KI溶液，然后再滴入几滴淀粉溶液，溶液出现蓝色，说明具有氧化性)④.【解析】探究的性质，提出两个猜想：猜想1：溶液中存在电离平衡；猜想2：具有氧化性；I中加入浓盐酸后，H+与CN-结合生成HCN，降低CN-浓度，促使解离出Fe3+，Fe3+与SCN-反应生成红色络合物，实验II中FeCl3提供高浓度Fe3+，直接氧化铁丝生成Fe2+更快；实验III中K₃[Fe(CN)₆]需先解离出少量Fe3+再反应，速率较慢，以此解答。（1）中，CN-为配位体，C电负性较低，提供孤对电子，则每个CN-通过C原子与Fe3+配位，6个CN-形成六配位，故配位数为6，配位原子是C。（2）中含有6+7+1=14个电子，配位体电子式为，HCN分子中，H-C为σ键，C≡N含1个σ键和2个π键，总σ键数2，π键数2，比例为1:1。（3）电解时，阳极发生氧化反应，失去电子被氧化为，电极方程式为：。（4）①加入浓盐酸后，H+与CN-结合生成HCN，降低CN-浓度，促使解离出Fe3+，Fe3+与SCN-反应生成红色络合物，实验现象i是溶液变成红色；②实验I滴入KSCN溶液时无明显现象的原因：，此反应的，该反应平衡常数小于，说明该反应正向进行的程度小，难于产生红色物质；③设计实验证明的氧化性为：向2mL溶液中滴加几滴饱和溶液，溶液出现淡黄色浑浊，说明具有氧化性(或向2mL溶液中滴加几滴KI溶液，然后再滴入几滴淀粉溶液，溶液出现蓝色，说明具有氧化性)；④实验II中FeCl3提供高浓度Fe3+，直接氧化铁丝生成Fe2+更快；实验III中K₃[Fe(CN)₆]需先解离出少量Fe3+再反应，速率较慢，故A1<A2。18.五氧化二钒是接触法制取硫酸的催化剂，具有强氧化性。从废钒催化剂(主要成分为：、、、和等)中回收的一种生产工艺流程如下图所示：已知：价钒在溶液中主要以和的形式存在，两者转化关系为。（1）写出基态钒原子的价层电子排布式___________。（2）“废渣I”的主要成分为___________。“还原”后的溶液中含有阳离子、、、，“还原”过程中发生反应的离子方程式为___________。（3）“萃取”和“反萃取”的变化过程可简化为(下式中的R表示或，HA表示有机萃取剂的主要成分)：。工艺流程中可循环使用的试剂有___________(写化学式)。（4）“氧化”时欲使3mol的变为，需要氧化剂至少为___________mol。（5）“调pH”中加入KOH有两个目的，分别为___________、___________。（6）钒的某种氧化物的立方晶胞结构如下图，晶胞参数为apm。晶胞中V的配位数与O的配位数之比为___________；已知表示阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为___________(列出计算式即可)。【答案】（1）（2）①.②.（3）、HA（4）0.5（5）①.促使水解成沉淀②.促使转化为，有利于下一步沉钒（6）①.②.(或)【解析】利用废钒催化剂(主要成分为：、、、和等)回收的工艺流程为：将废钒催化剂加入在硫酸作用下进行还原，不溶于酸，过滤后在废渣I中，得到含阳离子、、、的滤液，再加有机萃取剂HA进行萃取，分液得有机层，再加入试剂X进行反萃取，分液后有机萃取剂进入萃取环节循环使用，得到酸性水溶液，加氧化，再加KOH调节pH，过滤得废渣II和含钒滤液，加入沉钒得，最后煅烧得产品，据此分析解答。（1）钒为23号元素，位于周期表中第四周期第VB族，则基态钒原子的价层电子排布式为：。故答案：。（2）根据分析，废渣I为难溶于硫酸的；“还原”过程中被在酸性作用还原为，则反应的离子方程式为：。故答案为：；。（3）根据萃取和反萃取方程式：可知，当发生萃取时，水层有硫酸生成，可以用在反萃取操作中；当发生反萃取时，有机层有HA产生，可以用在萃取操作中，所以可以循环使用的物质为：、HA。（4）根据分析，在氧化时发生的反应为：，根据方程中关系量可知，要使3mol的变为，需要氧化剂至少为。故答案为：0.5。（5）由于在反萃取后的酸性水溶液中还存在和，经氧化后变为和，所以加入KOH后首先调节pH，促使水解形成沉淀过滤除去，同时根据题目已知转化，得到加入KOH还可以消耗使平衡右移生成更多的，有利于下一步沉钒操作。故答案为：促使水解成沉淀；促使转化为，有利于下一步沉钒。（6）根据晶胞图形可知，1个V原子与6个O原子形成配位键，配位数为6，1个O原子与3个V原子形成配位键，配位数为3，则晶胞中V的配位数与O的配位数之比为；同时在晶胞中，O原子有4个位于晶胞面心，2个位于体心，则O原子数为：；V原子有8个位于晶胞顶点，1个位于体心，则V原子数为：，则1个晶胞的构成为或，得到该氧化物化学式为：，晶胞参数为apm，则边长为，则该晶体密度为。故答案为：2：1；（或）。19.油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有，需要回收处理并加以利用。（1）根据文献，对的处理主要有两种方法。①克劳斯工艺。该工艺经过两步反应使转化为：反应I：反应II：写出该工艺总反应的热化学方程式___________。②分解法。反应III：，该反应能自发进行的条件是___________。③相比克劳斯工艺，分解法处理的优点是___________。（2）消除天然气中是能源领域的研究热点，利用表面吸附时，研究表明有两种机理途径，如下图所示。下列说法中，正确的有___________。A.的速率：途径1途径2B