2025年广东省普通高中学业水平选择性考试

1/142025年广东省普通高中学业水平选择性考试化学可能用到的相对原子质量：H—1C—12O—16Na—23S—32Cl—35.5Ti—48Fe—56一、选择题：本大题共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。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.（2025·广东高考1题）中华传统技艺，凸显人民智慧。下列选项所涉及材料的主要成分属于合金的是（）A.纸哪吒B.石印章C.木活字D.不锈钢针解析：D纸哪吒所用的材料为纸，其主要成分为纤维素，属于有机化合物，A不符合题意；石印章的主要成分为硅酸盐，属于无机化合物，B不符合题意；木活字的主要原料为木材，其主要成分为纤维素，属于有机化合物，C不符合题意；不锈钢针的主要成分为含铁、铬等元素的合金，D符合题意。2.（2025·广东高考2题）在法拉第发现苯200周年之际，我国科学家首次制备了以金属M为中心的多烯环配合物。该配合物具有芳香性，其多烯环结构（如图）形似梅花。该多烯环上（）A.C—H键是共价键 B.有8个碳碳双键C.共有16个氢原子 D.不能发生取代反应解析：A根据多烯环配合物的结构可知，该多烯环上的C—H键为共价键，A正确；结合该配合物具有芳香性可知，该多烯环配合物的结构类似苯环的结构，故其中碳碳双键数目不为8，B错误；根据该配合物的结构可知，该多烯环上共有10个氢原子，C错误；该多烯环配合物的结构类似苯环的结构，故其能发生取代反应，D错误。3.（2025·广东高考3题）现代科技，增强国力，增进民生福祉。下列说法正确的是（）A.我国科学家首次测得了月球背面月幔水含量。1molH2O质量为10gB.利用MoS2成功为金属材料“重塑金身”。MoS2中Mo的化合价为＋6C.穿上电动机械腿，助力行走不是梦。行走时电池将电能转化为化学能D.沙海养鱼蹚出治沙新路，让沙海沙山变成金山银山。鱼肉富含蛋白质解析：D1molH2O的质量为18g，A错误；MoS2中S为－2价，根据化合物中各元素的化合价的代数和为0可知，Mo的化合价为＋4，B错误；借助电动机械腿行走时，电池将电能转化为动能，C错误。4.（2025·广东高考4题）劳动创造美好生活。下列对劳动项目涉及的相关化学知识表述错误的是（）选项劳动项目化学知识A向燃煤中加入生石灰以脱硫减排CaSO4＋CO32－⇌CaCOB用BaCl2和盐酸检验粗盐中是否含SOBa2＋＋SO42－C使用MgCl2溶液点卤制豆腐MgCl2使蛋白质盐析D用铁粉、活性炭、食盐等制暖贴使用时铁粉被氧化，反应放热解析：A向燃煤中加入的生石灰（主要成分为CaO）可与煤燃烧生成的SO2反应生成CaSO3，CaSO3与氧气反应生成CaSO4，A错误；可用盐酸酸化的氯化钡溶液来检验粗盐中是否含SO42－，发生反应的离子方程式为Ba2＋＋SO42－BaSO4↓，B正确；氯化镁为轻金属盐，豆腐中富含蛋白质，点卤制豆腐过程中发生蛋白质的盐析，C正确；铁、活性炭、氯化钠与空气中的水蒸气形成原电池，5.（2025·广东高考5题）声波封印，材料是音乐存储技术的基础。下列说法错误的是（）A.制作黑胶唱片使用的聚氯乙烯，其单体是CH3CH2ClB.磁带可由四氧化三铁涂覆在胶带上制成，Fe3O4具有磁性C.光碟擦写过程中材料在晶态和非晶态间的可逆转换，涉及物理变化D.固态硬盘芯片常使用单晶硅作为基础材料，单晶硅是一种共价晶体解析：A聚氯乙烯的单体为氯乙烯，其结构简式为CH2CHCl，A错误；四氧化三铁具有磁性，可涂覆在胶带上制成磁带，B正确；材料在晶态与非晶态间的转化为原子间排列顺序的变化，未发生化学键的变化，故涉及的是物理变化，C正确；单晶硅中Si原子间均通过Si—Si共价键相连，单晶硅是共价晶体，D6.（2025·广东高考6题）对铁钉进行预处理，并用铜氨溶液给铁钉镀铜。下列操作不能达到实验目的的是（）解析：DNa2CO3溶液显碱性，油污可在碱性溶液中加热的条件下发生水解反应，故该操作可除去油污，能达到实验目的，A不符合题意；铁锈的主要成分为氧化铁，氧化铁可与稀盐酸反应达到除铁锈的目的，B不符合题意；向CuSO4溶液中滴加足量氨水的过程中，先生成氢氧化铜沉淀，当氨水过量时，氢氧化铜继续与一水合氨反应生成[Cu（NH3）4]2＋，能达到实验目的，C不符合题意；题给装置中铁钉作原电池的负极，Fe失电子发生氧化反应，铜氨溶液中的Cu2＋在正极（铜片）发生得电子的还原反应生成Cu，达不到实验目的，D符合题意。7.（2025·广东高考7题）能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是（）单质X氧化物1氧化物2酸（或碱）盐A.X可为铝，盐的水溶液一定显酸性B.X可为硫，氧化物1可使品红溶液褪色C.X可为钠，氧化物2可与水反应生成H2D.X可为碳，盐的热稳定性：NaHCO3＞Na2CO3解析：B若X为铝，则Al与O2反应生成Al2O3，Al2O3不能与O2反应，不满足该转化关系，A错误；X为S时，能满足该转化关系：SSO2SO3H2SO4Na2SO4，则氧化物1为SO2，SO2具有漂白性，可使品红溶液褪色，B正确；X为钠时，能满足该转化关系：NaNa2ONa2O2NaOHNaCl，则氧化物2为过氧化钠，过氧化钠与水反应生成氧气，C错误；X可为C，碳酸氢钠受热易分解为碳酸钠、二氧化碳和水，故热稳定性：NaHCO3＜Na2CO3，D错误。8.（2025·广东高考8题）下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是（）选项陈述Ⅰ陈述ⅡA浓硝酸保存在棕色试剂瓶中浓硝酸具有强氧化性B向蔗糖中加适量浓硫酸，蔗糖变黑浓硫酸具有脱水性CFe2＋与K3[Fe（CN）6]可生成蓝色物质KSCN溶液可用于检验Fe3＋DMnO2与浓盐酸共热，生成黄绿色气体Cl2＋SO2＋2H2OH2SO4＋解析：B向蔗糖中加适量浓硫酸，蔗糖变黑，是因为浓硫酸具有脱水性，B正确；浓硝酸见光易分解，故应保存在棕色试剂瓶中，与其具有强氧化性无关，A错误；Fe2＋与铁氰化钾反应生成蓝色物质与用KSCN溶液检验Fe3＋无关，C错误；二氧化锰与浓盐酸共热发生反应生成的黄绿色气体为氯气，该反应的化学方程式为MnO2＋4HCl（浓）△MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，与陈述Ⅱ无关9.（2025·广东高考9题）元素a～i为短周期元素，其第一电离能与原子序数的关系如图。下列说法正确的是（）A.a和g同主族B.金属性：g＞h＞iC.原子半径：e＞d＞cD.最简单氢化物沸点：b＞c解析：B同周期元素从左到右，第一电离能呈增大的趋势，第ⅡA族和第ⅤA族例外，由题图可知，c、h的第一电离能均大于其相邻同周期元素，又f和g的第一电离能相差较大，说明f和g不在同一周期，结合原子序数大小关系可知，a～i代表B～Al。g、h、i分别为Na、Mg、Al，同周期主族元素从左到右，金属性逐渐减小，故金属性：Na＞Mg＞Al，B正确；a为B，g为Na，二者为不同主族元素，A错误；c、d、e分别为N、O、F，同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，原子半径：N＞O＞F，C错误；b为C，c为N，最简单氢化物分别为CH4、NH3，NH3分子间存在氢键，沸点升高，故最简单氢化物的沸点：NH3＞CH4，D错误。10.（2025·广东高考10题）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.1mol18O2的中子数，比1mol16O2的多2NAB.1molFe与水蒸气完全反应，生成H2的数目为2NAC.在1L0.1mol·L－1的NH4Cl溶液中，NH4＋的数目为0.1D.标准状况下的22.4LCl2与足量H2反应，形成的共价键数目为2NA解析：DCl2和H2发生反应：Cl2＋H2点燃2HCl，标准状况下22.4L（1mol）Cl2与足量H2反应，形成的共价键数目为2NA，D正确；1分子18O2含有的中子数为20，1分子16O2含有的中子数为16，故1mol18O2的中子数比1mol16O2的多4NA，A错误；Fe与水蒸气发生反应：3Fe＋4H2O（g）高温Fe3O4＋4H2，则1molFe与水蒸气完全反应，生成H2的数目为43NA，B错误；在1L0.1mol·L－1的NH4Cl溶液中，由于NH4＋会发生水解，故NH4＋的数目小于011.（2025·广东高考11题）利用如图装置进行实验：打开K1、K2，一定时间后，a中溶液变蓝；关闭K1，打开K3，点燃酒精灯加热数分钟后，滴入无水乙醇。下列说法错误的是（）A.a中现象体现了I－的还原性B.b中H2O2既作氧化剂也作还原剂C.乙醇滴加过程中，c中的铜丝由黑变红，说明乙醇被氧化D.d中有银镜反应发生，说明c中产物有乙酸解析：Db装置中发生二氧化锰催化过氧化氢分解生成氧气的反应，打开K1、K2，b装置产生的氧气进入酸化的淀粉-KI溶液，装置a中溶液变蓝，说明装置a中有I2生成；关闭K1，打开K3，氧气进入装置c中，点燃酒精灯滴入无水乙醇，在铜丝的催化下无水乙醇与氧气反应生成乙醛进入装置d中。a中现象说明I－被O2氧化为I2，体现了I－的还原性，A正确；b中发生反应：2H2O22H2O＋O2↑，H2O2既作氧化剂也作还原剂，B正确；乙醇滴加过程中，c中铜丝由黑变红，说明c中发生了反应：CH3CH2OH＋CuO△CH3CHO＋Cu＋H2O，生成了乙醛，则乙醇被氧化，C正确；d中有银镜反应发生，只能证明c中的产物含有乙醛，不能说明含有乙酸，D错误。12.（2025·广东高考12题）CuCl微溶于水，但在Cl－浓度较高的溶液中因形成[CuCl2]－和[CuCl3]2－而溶解。将适量CuCl完全溶于盐酸，得到含[CuCl2]－和[CuCl3]2－的溶液，下列叙述正确的是（）A.加水稀释，[CuCl3]2－浓度一定下降B.向溶液中加入少量NaCl固体，[CuCl2]－浓度一定上升C.H[CuCl2]的电离方程式为H[CuCl2]H＋＋Cu＋＋2ClD.体系中，c（Cu＋）＋c（H＋）＝c（Cl－）＋c（[CuCl2]－）＋c（[CuCl3]2－）＋c（OH－）解析：A加水稀释，体积影响程度较大，溶液中[CuCl3]2－的浓度一定下降，A正确；向溶液中加入少量NaCl固体，CuCl＋Cl－⇌[CuCl2]－、[CuCl2]－＋Cl－⇌[CuCl3]2－、CuCl＋2Cl－⇌[CuCl3]2－平衡均正向移动，[CuCl2]－的浓度不一定上升，B错误；[CuCl2]－不能拆分，故H[CuCl2]的电离方程式为H[CuCl2]H＋＋[CuCl2]－，C错误；体系中存在电荷守恒：c（Cu＋）＋c（H＋）＝c（Cl－）＋c（OH－）＋c（[CuCl2]－）＋2c（[CuCl3]2－），D13.（2025·广东高考13题）由结构不能推测出对应性质的是（）选项结构性质ASO3的VSEPR模型为平面三角形SO3具有氧化性B钾和钠的原子结构不同，电子跃迁时能量变化不同钾和钠的焰色不同C乙烯和乙炔分子均含有π键两者均可发生加聚反应D石墨层中未参与杂化的p轨道中的电子，可在整个碳原子平面中运动石墨具有类似金属的导电性解析：ASO3的中心S原子的价层电子对数为3＋12×（6－2×3）＝3，无孤电子对，S原子采取sp2杂化，故SO3的VSEPR模型为平面三角形，与其具有氧化性无关，A符合题意；钾原子和钠原子的核外电子排布不同，电子由高能级跃迁至低能级释放的能量不同，故钾和钠的焰色不同，B不符合题意；乙烯和乙炔分子中分别含碳碳双键、碳碳三键，π键易断裂，故二者均可发生加聚反应，C不符合题意；石墨层中未参与杂化的p轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动，故石墨具有类似金属的导电性，D14.（2025·广东高考14题）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＋Mn2D.充电时16gS能提供的理论容量为26.8A·h解析：B根据题给已知信息可知，放电时，电极Ⅱ上MnO2减少，说明电极Ⅱ上MnO2得电子发生还原反应转化为Mn2＋进入溶液中，故电极Ⅱ作正极，MnSO4溶液显酸性，电极反应式为MnO2＋2e－＋4H＋Mn2＋＋2H2O，放电时电极Ⅰ为负极，电极反应式为MnS－2e－S＋Mn2＋。结合上述分析可知，充电时电极Ⅱ为阳极，A正确；结合放电时电极Ⅱ上的反应可知，Ⅱ极室溶液中c（H＋）减小，溶液pH升高，B错误；结合上述分析可知，C正确；充电时，电极Ⅰ上发生的电极反应为S＋Mn2＋＋2e－MnS，16gS的物质的量为0.5mol，完全反应可转移1mol电子，结合题干信息可知，16gS能提供的理论容量为26.8A·h15.（2025·广东高考15题）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，HCO3D.若将a中稀硝酸换为浓硫酸并加热，则c中溶液颜色会褪去解析：C化合反应是由两种或两种以上物质生成一种新物质的反应，铜与稀硝酸反应产生蓝色的硝酸铜溶液，同时生成的无色NO与装置中空气发生化合反应生成红色的NO2：2NO＋O22NO2，A正确；a中产生的NO可与b中空气中的氧气反应生成NO2，同时NO2存在平衡转化：2NO2⇌N2O4，若NO未反应完全，则b中存在3种氮氧化物，若NO完全转化为NO2，则b中存在2种氮氧化物，B正确；酚酞的变色范围为8.2～10.0，则c中溶液红色刚好褪去时，溶液仍显碱性，碳酸氢根离子并未完全反应，C错误；将a中稀硝酸换为浓硫酸并加热，生成酸性氧化物SO2，过量的SO2可与NaHCO3发生反应：SO2＋NaHCO3NaHSO3＋CO2而使溶液呈酸性，故c中溶液颜色会褪去，16.（2025·广东高考16题）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ⅰB.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解析：C由图a知，电极Ⅰ发生的反应为O2＋4H＋＋4e－2H2O，故电极Ⅰ作正极，由图c知，电极Ⅱ发生的反应为H2－2e－2H＋，故电极Ⅱ作负极。结合上述分析知，正极反应的催化剂是ⅰ，A错误；由O2获得第一个电子的过程最慢知，ⅰ到ⅱ过程的活化能最大，B错误；H2进入负极失电子生成H＋，为保持溶液呈电中性，H＋通过质子交换膜向正极迁移，故负极室的溶液质量保持不变，C正确；根据正、负极的电极反应式及得失电子守恒知，相同时间内电极Ⅱ上催化循环完成次数为电极Ⅰ上的2倍，二、非选择题：本大题共4小题，共56分。考生根据要求作答。17.（2025·广东高考17题）酸及盐在生活生产中应用广泛。（1）甲苯被氧化可生成苯甲酸。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、（填字母）。（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Ka，实验如下：取50.00mL苯甲酸饱和溶液，用0.1000mol·L－1NaOH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－1。②苯甲酸的Ka＝（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Ka衡量。下列羧酸Ka的变化顺序为：CH3COOH＜CH2ClCOOH＜CCl3COOH＜CF3COOH，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Ka大小顺序，因为。乙同学用（3）中方法测定了上述三种酸的Ka，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Ka。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·L－1NaClO溶液（含少量NaCl）进行实验，以获得HClO的Ka。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）溶液紫色逐渐变浅消失（2）d、a、b（3）①0.0280②10－2.89×10－2.89（5）①2HClO2H＋＋2Cl－＋O2↑②用pH计测量得到0.100mol·L－1NaClO溶液的pH＝a；根据Kh＝c2（OH－）0.100计算出ClO－的水解平衡常数，解析：（1）甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，高锰酸钾自身被还原为Mn2＋（无色），因此可观察到溶液的紫色逐渐变浅直至消失。（2）重结晶的过程包括加热溶解、趁热过滤和冷却结晶三个步骤，趁热过滤的目的是将泥沙过滤出去，同时防止苯甲酸从溶液中析出，冷却结晶后苯甲酸析出，通过常温过滤即可得到较纯净的苯甲酸晶体。（3）①由题图知，反应达到滴定终点时，消耗氢氧化钠溶液的体积是14.00mL，苯甲酸为一元弱酸，根据c待·V待＝c标·V标，知c0＝c（NaOH）·V（NaOH）V（苯甲酸）＝0.1000mol·L－1×14.00×10－3L50.00×10－3L＝0.0280mol·L－1。②苯甲酸在溶液中部分电离：⇌＋H＋，由题图知，初始苯甲酸溶液的pH＝2.89，则Ka＝＝10－2.89×10－2.890.0280－10－2.89。（4）①卤素原子电负性越强，吸电子效应就越强，则羧基中H—O键的极性增大，容易发生断裂，更易电离出氢离子，因此酸性增强。③实验探究时应控制单一变量，不同物质在同一温度下的溶解度不同，故不同物质的饱和溶液的浓度一般不同，则要比较三种酸的酸性强弱，除物质不同外，其他条件均应该保持相同，即三种酸溶液的浓度应相同，所以甲同学的实验方案不合理。（5）①HClO见光分解的化学方程式为2HClO光照2HCl＋O2↑，离子方程式为2HClO光照2H18.（2025·广东高考18题）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。氢氧化物Fe（OH）3Al（OH）3Ksp（298K）2.8×10－391.3×10－33氢氧化物Cu（OH）2Ni（OH）2Ksp（298K）2.2×10－205.5×10－16（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＋O2＋H2OFe2O3↓＋H＋。（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（Cu2＋）＝0.022mol·L－1，c（Ni2＋）＝0.042mol·L－1。（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（填字母）。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）NixCuyNz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dNi—Cu∶dNi—N＝2∶1，则x∶y∶z＝；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，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）升高温度、增大SO2分压、降低矿粉的粒度、增大酸的浓度（2）4Fe2＋428（3）5.00（4）AD（5）3∶1∶112（6）①2NH3N2＋3H23H2＋Fe2O32Fe＋3H2O②③污染性气体排放低（低碳排放）解析：（1）根据影响反应速率的因素知，“酸浸”时提高浸取速率的措施有升高温度、增大SO2分压、降低矿粉的粒度、增大酸的浓度等。（2）“酸浸”后Fe元素转化为Fe2＋进入浸取液，高压加热时Fe2＋与空气中O2反应最终得到Fe2O3，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平离子方程式为4Fe2＋＋O2＋4H2O2Fe2O3↓＋8H＋。（3）由表中数据知，Cu2＋开始沉淀时c（OH－）＝2.2×10－200.022mol·L－1＝10－9mol·L－1，Ni2＋开始沉淀时c（OH－）＝5.5×10－160.042mol·L－1≈131×10－8mol·L－1＞10－9mol·L－1，Cu2＋先沉淀，而“沉铝”时，Cu2＋和Ni2＋均不能沉淀，故pH最高可调至－lg10－1410－9＝5.00。（4）由配合物的结构知，镍易进入有机相是因为镍与N、O形成了配位键，且烷基链具有疏水性。（5）由题图知，顶点与面心的最近距离：面心与体心的最近距离＝2∶1，故Ni位于面心，Cu位于顶点，N位于体心，根据均摊法知，晶胞中Ni的数目为6×12＝3，Cu的数目为8×18＝1，N的数目为1，故x∶y∶z＝3∶1∶1，1个晶胞中距离Cu原子最近的原子有3个（位于面心），每个Cu被8个晶胞共用，故与Cu原子最近且等距离的原子个数为3×8×12＝12。（6）①工业合成氨的逆反应为2NH3N2＋3H2，生成的H2与Fe2O3发生反应：3H2＋Fe2O32Fe＋3H2O，使Fe不断生成。②“电解”时，Fe2O319.（2025·广东高考19题）钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。（1）基态Ti原子的价层电子排布式为。（2）298K下，反应TiO2（s）＋2C（s）＋2Cl2（g）TiCl4（g）＋2CO（g）的ΔH＜0、ΔS＞0，则298K下该反应（填“能”或“不能”）自发进行（3）以TiCl4为原料可制备TiCl3。将5.0molTiCl4与10.0molTi放入容积为V0L的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程。编号过程ΔH（a）Ti（s）＋TiCl4（g）⇌2TiCl2（s）ΔH1（b）TiCl2（s）＋TiCl4（g）⇌2TiCl3（g）＋200.1kJ·mol－1（c）Ti（s）＋3TiCl4（g）⇌4TiCl3（g）＋132.4kJ·mol－1（d）TiCl3（g）⇌TiCl3（s）ΔH2①ΔH1＝kJ·mol－1。②不同温度下，平衡时反应体系的组成如图。曲线Ⅰ对应的物质为。③温度T0K下，n[TiCl4（g）]＝mol，反应（c）的平衡常数K＝（列出算式，无须化简）。（4）钛基催化剂可以催化储氢物质肼（N2H4）的分解反应：（e）N2H4N2＋2H（f）3N2H4N2＋4NH为研究某钛基催化剂对上述反应的影响，以肼的水溶液为原料（含N2H4的物质的量为n0），进行实验，得到n1/n0、n2/n0随时间t变化的曲线如图。其中，n1为H2与N2的物质的量之和；n2为剩余N2H4的物质的量。设ne为0～t时间段内反应（e）消耗N2H4的物质的量，该时间段内，本体系中催化剂的选择性用nen0－n①0～t0min内，N2H4的转化率为（用含y2的代数式表示）。②0～t0min内，催化剂的选择性为（用含y1与y2的代数式表示，写出推导过程）。答案：（1）3d24s2（2）能（3）①－267.8②TiCl2（s）③0.56.0V040.5V0②设t0min时，反应（e）转化的N2H4的物质的量为e，反应（f）转化的N2H4的物质的量为3f，存在如下转化关系：N2H4N2＋2H转化量 e e 2e3N2H4N2＋4NH转化量 3f f 4f则n1＝3e＋f、n2＝n0－（e＋3f）3e＋fn0＝y1……①n联立①②可得e＝3y1＋y2－18则0～t0min时，催化剂的选择性为nen0－n2×100％＝e（1－y2解析：（1）Ti为第四周期第ⅣB族元素，故基态Ti原子的价层电子排布式是3d24s2。（2）ΔH－TΔS＜0时反应能自发进行，而由已知信息可知，该反应的ΔH＜0、ΔS＞0，该反应的ΔH－TΔS＜0恒成立，故该反应在298K时能自发进行。（3）①根据反应（a）、（b）、（c）的物质转化关系，由盖斯定律可知，（c）－2（b）＝（a），故ΔH1＝＋132.4kJ·mol－1－2×200.1kJ·mol－1＝－267.8kJ·mol－1。②反应（a）为放热反应，反应（b）为吸热反应，故随着温度升高，TiCl2（s）的物质的量减少，故曲线Ⅰ代表的物质是TiCl2（s）。③平衡体系中的物质有TiCl4（g）、TiCl3（g）、Ti（s）、TiCl2（s）、TiCl3（s），结合上述分析及题图可知，曲线Ⅱ应代表TiCl3（g），且T0K下TiCl2（s）、TiCl3（s）的物质的量均为0，根据投料情况知，Ti原子共15mol，Cl原子共20mol，则根据元素守恒及题中数据可得，T0K下n[TiCl4（g）]＝0.5mol。反应（c）的平衡常数K＝c4[TiCl3（g)]c3[TiCl4（g)]＝n[TiCl3（g)]V04n[TiCl4（g)]V03＝6.0V040.5V03。（4）①根据题意及图像可知，0～t0min内，y1＝n（H2）＋n（N2）nN2H4N2＋2H转化量 e e 2e3N2H4N2＋4NH转化量 3f f 4f则n1＝3e＋f、n2＝n0－（e＋3f）3e＋fn0＝y1……①n联立①②可得e＝3y1＋y2－18则0～t0min时，催化剂的选择性为nen0－n2×100％＝e（1－y2）20.（2025·广东高考20题）我国科学家最近在光—酶催化合成中获得重大突破，光—酶协同可实现基于三组分反应的有机合成，其中的一个反应如下（反应条件略；Ph—代表苯基C6H5—）。（1）化合物1a中含氧官能团的名称为。（2）①化合物2a的分子式为。②2a可与H2O发生加成反应生成化合物Ⅰ。在Ⅰ的同分异构体中，同时含有苯环和醇羟基结构的共种（含化合物Ⅰ）。（3）下列说法正确的有（填字母）。A.在1a、2a和3a生成4a的过程中，有π键断裂与σ键形成B.在4a分子中，存在手性碳原子，并有20个碳