精品解析：江苏省南京田家炳高级中学2025届新高三期初测评化学试题

2025届高三年级阶段测试(一) 高 三 化 学 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Ca 40 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 黑火药是中国古代四大发明之一，其爆炸反应为2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。下列说法正确的是 A 黑火药中含有两种单质 B. 爆炸时吸收热量 C. 反应中S作还原剂 D. 反应为置换反应 2. 利用反应可制备化工试剂．下列说法正确的是 A. 的电子式为 B. 基态N原子的价电子排布图为 C. 共价化合物 D. 的VSEPR模型为平面三角形 3. 下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是 A. 用装置甲灼烧碎海带 B. 用装置乙过滤海带灰的浸泡液 C. 用装置丙制备用于氧化浸泡液中I−的Cl2 D. 用装置丁吸收氧化浸泡液中I−后的Cl2尾气 4. 某锂盐用作锂电池电解质，能有效提高电池性能，其结构如图所示。下列说法不正确的是 A. 简单氢化物的沸点： CH4>H2O B. 元素的第一电离能： B<C C. 简单离子的半径： O2－>F－ D. 该锂盐阴离子中含有配位键 碳元素在自然界分布很广。游离态的碳有金刚石、石墨、C60等，化合态的碳存在形式更为多样。碳单质是重要的还原剂，工业上用焦炭还原石英砂可制得粗硅。CO能将溶液中的Pd2＋还原为Pd，生成黑色沉淀，该反应可用于检验CO。燃煤烟气中的CO2可用Na2CO3饱和溶液进行捕集。一定温度和压强下，CO2可转化为具有良好溶解能力和流动性能的超临界流体。C2H2在氧气中燃烧放出大量的热，常用来切割金属。回答下列问题： 5. 下列说法正确的是 A. 金刚石、石墨、C60三者互为同位素 B. C2H2分子中存在两个π键 C. Na2CO3晶体中存在离子键与非极性共价键 D. 基态C原子的核外电子有6种空间运动状态 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 焦炭与石英砂反应：C＋SiO2CO2↑＋Si B. CO与酸性PdCl2溶液反应：CO＋Pd2＋＋2OH-=CO2＋Pd↓＋H2O C. CO的水解反应：CO＋2H2O⇌H2CO3＋2OH- D. Na2CO3饱和溶液与足量CO2反应：2Na＋＋CO＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓ 7. 下列物质结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是 A. 干冰中CO2分子间的范德华力较弱，CO2具有较好的热稳定性 B. 金刚石具有很高的硬度，可用作地质钻探钻头 C. 石墨中碳原子未参与杂化的2p电子可在整个碳原子平面中运动，石墨具有导电性 D. CO2是非极性分子，超临界CO2流体可用于萃取物料中的低极性组分 8. 用可再生能源电还原时，采用高浓度的抑制酸性电解液中的析氢反应来提高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率，装置如下图所示。下列说法正确的是 A. 析氢反应发生在电极上 B. 从电极迁移到电极 C. 阴极发生的反应有： D. 每转移电子，阳极生成气体(标准状况) 9. 抗生素克拉维酸的结构简式如图所示，下列关于克拉维酸的说法错误的是 A. 存在顺反异构 B. 含有5种官能团 C. 可形成分子内氢键和分子间氢键 D. 1mol该物质最多可与1molNaOH反应 10. 给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是 A. B. C. D. 11. 根据实验操作及现象，下列结论中正确的是 选项 实验操作及现象 结论 A 常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无明显现象 稀硝酸的氧化性比浓硝酸强 B 取一定量样品，溶解后加入溶液，产生白色沉淀。加入浓，仍有沉淀 此样品中含有 C 将银和溶液与铜和溶液组成原电池。连通后银表面有银白色金属沉积，铜电极附近溶液逐渐变蓝 的金属性比强 D 向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅 溴与苯发生了加成反应 A. A B. B C. C D. D 12. 室温下，将H2C2O4溶液和NaOH溶液按一定比例混合，可用于测定溶液中钙的含量。测定原理是①②，③用稀硫酸酸化的KMnO4溶液滴定②中H2C2O4。已知：室温下，，。下列说法正确的是 A. NaHC2O4溶液中： B. NaOH完全转化为时，溶液中： C. ①中反应静置后的上层清液中： D. ③发生反应的离子方程式为： 13. CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。 下列说法不正确的是 A. 反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2 B. t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2 C. t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率 D. t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生 二、非选择题：共4题，共61分。 14. CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。 （1）CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4·H2O热分解可制备CaO，CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化见下图。 ①写出400~600 ℃范围内分解反应的化学方程式：________。 ②与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是________。 （2）电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如下。 ①写出阴极CO2还原为HCOO−的电极反应式：________。 ②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是________。 （3）CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应： 反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH =41.2 kJ·mol−1 反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH =﹣122.5 kJ·mol−1 在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中： CH3OCH3的选择性=×100％ ①温度高于300 ℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是________。 ②220 ℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%（图中A点）。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有________。 15. 有机物F具有抗氧化性、抗肿瘤作用，其合成路线如图所示： 已知：CH3CH2BrCH3CH2MgBr 回答下列问题： （1）B分子中碳原子的杂化轨道类型为________。 （2）已知C的分子式为C7H6O2，C的结构简式为________。 （3）反应⑤的类型为________。 （4）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：________。 ①能与FeCl3溶液发生显色反应 ②能发生银镜反应 ③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，其峰面积比为6∶2∶1∶1 （5）请设计以乙醛和甲苯为原料制的合成路线流程图。(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)________。 16. 以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。 已知：酸性条件下，的氧化性强于。 （1）“浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。 ①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断：___________(填“>”或“<”)。 ②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有___________。 （2）“浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式为：___________。 ②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用：___________。 （3）“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ①该步反应的离子方程式有___________。 ②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因：___________。 （4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：___________。 17. 氢气是一种理想的绿色清洁能源，氢气的制取是氢能源利用领域的研究热点。 （1）用氧缺位铁酸铜(CuFe2O4-x)作催化剂，利用太阳能热化学循环分解H2O可制H2 ①氧缺位铁酸铜通过两步反应分解水制氢。已知第二步反应为：2CuFe2O4=2CuFe2O4-x+xO2↑，则第一步反应的化学方程式为_______。 ②CuFe2O4可用电化学方法得到，其原理如图所示，则阳极的电极反应式为_______。 （2）可利用FeO/Fe3O4之间的相互转化，来裂解水制取氢气，其制氢流程如图所示。该工艺制氢的总反应为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，对比水和碳在高温下直接接触反应制氢，分析该工艺制氢的最大优点是_______。 （3）硼氢化钠(NaBH4)的强碱溶液在催化剂作用下与水反应可获取氢气，其可能反应机理如图所示。已知：常温下，NaB(OH)4在水中的溶解度不大，易以NaBO2形式结晶析出。 ①图中所示的最后一个步骤反应机理可描述为_______。 ②若用D2O代替H2O，依据反应机理，则反应后生成的气体中含有_______。 ③其他条件相同时，测得平均每克催化剂使用量下，NaBH4的浓度和放氢速率的变化关系如图所示。随着NaBH4浓度的增大，放氢速率先增大后减小，其原因可能是_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届高三年级阶段测试(一) 高 三 化 学 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Ca 40 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 黑火药是中国古代四大发明之一，其爆炸反应为2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。下列说法正确的是 A. 黑火药中含有两种单质 B. 爆炸时吸收热量 C. 反应中S作还原剂 D. 反应为置换反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．黑火药中含有S、C两种单质，A正确； B．爆炸反应为放热反应，B错误； C．该反应中S元素化合价降低，作氧化剂，C错误； D．该反应不符合“单质+化合物=另一种单质+另一种化合物”的形式，不是置换反应，D错误； 综上所述答案为A。 2. 利用反应可制备化工试剂．下列说法正确的是 A. 的电子式为 B. 基态N原子的价电子排布图为 C. 为共价化合物 D. 的VSEPR模型为平面三角形 【答案】B 【解析】 【详解】A．H-的核外只有两个电子，的电子式：，A错误； B．基态氮原子的价电子排布式2s22p3，价电子排布图为，B正确； C．为单质，不是化合物，C错误； D．中心N原子价层电子对数：，VSEPR模型为四面体形，D错误； 答案选B。 3. 下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是 A. 用装置甲灼烧碎海带 B. 用装置乙过滤海带灰浸泡液 C. 用装置丙制备用于氧化浸泡液中I−的Cl2 D. 用装置丁吸收氧化浸泡液中I−后的Cl2尾气 【答案】B 【解析】 【详解】A、灼烧碎海带应用坩埚，A错误； B、海带灰的浸泡液用过滤法分离，以获得含I-的溶液，B正确； C、MnO2与浓盐酸常温不反应，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，C错误； D、Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2通常用NaOH溶液吸收，D错误； 答案选B 4. 某锂盐用作锂电池的电解质，能有效提高电池性能，其结构如图所示。下列说法不正确的是 A. 简单氢化物的沸点： CH4>H2O B. 元素的第一电离能： B<C C. 简单离子的半径： O2－>F－ D. 该锂盐的阴离子中含有配位键 【答案】A 【解析】 【详解】A．H2O中存在氢键，CH4中不存在氢键，则H2O的沸点高于CH4，A错误； B．同周期元素从左到右，元素的第一电离能呈增大的趋势，第一电离能B<C，B正确； C．离子的电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径O2->F-，C正确； D．B原子形成3条共价键之后没有多余的电子，其与其中一个F形成的共价键为配位键，D正确； 故答案选A。 碳元素在自然界分布很广。游离态的碳有金刚石、石墨、C60等，化合态的碳存在形式更为多样。碳单质是重要的还原剂，工业上用焦炭还原石英砂可制得粗硅。CO能将溶液中的Pd2＋还原为Pd，生成黑色沉淀，该反应可用于检验CO。燃煤烟气中的CO2可用Na2CO3饱和溶液进行捕集。一定温度和压强下，CO2可转化为具有良好溶解能力和流动性能的超临界流体。C2H2在氧气中燃烧放出大量的热，常用来切割金属。回答下列问题： 5. 下列说法正确的是 A. 金刚石、石墨、C60三者互为同位素 B. C2H2分子中存在两个π键 C. Na2CO3晶体中存在离子键与非极性共价键 D. 基态C原子的核外电子有6种空间运动状态 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 焦炭与石英砂反应：C＋SiO2CO2↑＋Si B. CO与酸性PdCl2溶液反应：CO＋Pd2＋＋2OH-=CO2＋Pd↓＋H2O C. CO的水解反应：CO＋2H2O⇌H2CO3＋2OH- D. Na2CO3饱和溶液与足量CO2反应：2Na＋＋CO＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓ 7. 下列物质结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是 A. 干冰中CO2分子间的范德华力较弱，CO2具有较好的热稳定性 B. 金刚石具有很高的硬度，可用作地质钻探钻头 C. 石墨中碳原子未参与杂化的2p电子可在整个碳原子平面中运动，石墨具有导电性 D. CO2是非极性分子，超临界CO2流体可用于萃取物料中的低极性组分 【答案】5. B 6. D 7. A 【解析】 【5题详解】 A．金刚石、石墨、均是由碳元素形成的不同单质，三者互为同素异形体，A错误； B．分子中含有碳碳三键，存在两个键，B正确； C．晶体中存在离子键与极性共价键，没有非极性键，C错误； D．基态C原子的核外电子排布式为1s22s22p2，占有4个轨道，有4种空间运动状态，D错误； 答案选B。 【6题详解】 A．焦炭与石英砂反应生成硅和一氧化碳，，A错误； B．与酸性溶液反应，反应中不应出现氢氧根离子：，B错误； C．的水解反应生成碳酸氢根离子和氢氧根离子：，C错误；   D．饱和溶液与足量反应生成溶解度较小的碳酸氢钠，D正确； 故选D。 【7题详解】 A．干冰中CO2分子间的范德华力较弱，导致其熔沸点低，而CO2具有较好的热稳定性，是由分子内原子间的共价键决定的，二者间不存在对应关系，A符合题意； B．金刚石可用作地质钻探钻头，是因为金刚石具有很高的硬度，二者具有对应关系，B不符合题意； C．石墨中，每个碳原子都发生sp2杂化，形成层内网状结构，碳原子未参与杂化的2p电子形成大π键，在整个碳原子平面中运动，使石墨具有导电性，C不符合题意； D．CO2是非极性分子，依据相似相溶原理，非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，则超临界CO2流体可用于萃取物料中的低极性组分，D不符合题意； 故选A。 8. 用可再生能源电还原时，采用高浓度的抑制酸性电解液中的析氢反应来提高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率，装置如下图所示。下列说法正确的是 A. 析氢反应发生在电极上 B. 从电极迁移到电极 C. 阴极发生的反应有： D. 每转移电子，阳极生成气体(标准状况) 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，该装置为电解池，与直流电源正极相连的IrOx-Ti电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e—=O2↑+4H+，铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式为2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O、2CO2+12H++12e−=C2H5OH+3H2O，电解池工作时，氢离子通过质子交换膜由阳极室进入阴极室。 【详解】A．析氢反应为还原反应，应在阴极发生，即在铜电极上发生，故A错误； B．离子交换膜为质子交换膜，只允许氢离子通过，Cl-不能通过，故B错误； C．由分析可知，铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式有2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O，故C正确； D．水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e—=O2↑+4H+，每转移1mol电子，生成0.25molO2，在标况下体积为5.6L，故D错误； 答案选C。 9. 抗生素克拉维酸的结构简式如图所示，下列关于克拉维酸的说法错误的是 A. 存在顺反异构 B. 含有5种官能团 C. 可形成分子内氢键和分子间氢键 D. 1mol该物质最多可与1molNaOH反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．由题干有机物结构简式可知，该有机物存在碳碳双键，且双键两端的碳原子分别连有互不同的原子或原子团，故该有机物存在顺反异构，A正确； B．由题干有机物结构简式可知，该有机物含有羟基、羧基、碳碳双键、醚键和酰胺基等5种官能团，B正确； C．由题干有机物结构简式可知，该有机物中的羧基、羟基、酰胺基等官能团具有形成氢键的能力，故其分子间可以形成氢键，其中距离较近的某些官能团之间还可以形成分子内氢键，C正确； D．由题干有机物结构简式可知，1mol该有机物含有羧基和酰胺基各1mol，这两种官能团都能与强碱反应，故1mol该物质最多可与2molNaOH反应，D错误； 故答案为：D。 10. 给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】A．Si可与氯气在高温下反应生成SiCl4，SiCl4可与氢气高温条件下发生反应生成Si和HCl，故A符合题意； B．氢氧化镁与盐酸反应得到氯化镁溶液，电解氯化镁溶液生成氢氧化镁沉淀、氢气和氯气，得不到镁单质，故B不符合题意； C．氧化铁与盐酸反应得到FeCl3溶液，氯化铁易水解，加热氯化铁溶液，由于HCl的挥发，水解平衡正向移动，最终生成氢氧化铁，不能获得无水氯化铁，故C不符合题意； D．蔗糖不含醛基，不能发生银镜反应，故D不符合题意； 答案为A。 11. 根据实验操作及现象，下列结论中正确的是 选项 实验操作及现象 结论 A 常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无明显现象 稀硝酸的氧化性比浓硝酸强 B 取一定量样品，溶解后加入溶液，产生白色沉淀。加入浓，仍有沉淀 此样品中含有 C 将银和溶液与铜和溶液组成原电池。连通后银表面有银白色金属沉积，铜电极附近溶液逐渐变蓝 的金属性比强 D 向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅 溴与苯发生了加成反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．常温下，铁片与浓硝酸会发生钝化，导致现象不明显，但稀硝酸与铁不发生钝化，会产生气泡，所以不能通过该实验现象比较浓硝酸和稀硝酸的氧化性强弱，A错误； B．浓硝酸会氧化亚硫酸根生成硫酸根，仍然产生白色沉淀，所以不能通过该实验现象判断样品中含有硫酸根，B错误； C．铜比银活泼，在形成原电池过程中，做负极，发生氧化反应，生成了铜离子，导致溶液变为蓝色，所以该实验可以比较铜和银的金属性强弱，C正确； D．向溴水中加入苯，苯可将溴萃取到上层，使下层水层颜色变浅，不是溴与苯发生了加成反应，D错误； 故选C。 12. 室温下，将H2C2O4溶液和NaOH溶液按一定比例混合，可用于测定溶液中钙的含量。测定原理是①②，③用稀硫酸酸化的KMnO4溶液滴定②中H2C2O4。已知：室温下，，。下列说法正确的是 A. NaHC2O4溶液中： B. NaOH完全转化为时，溶液中： C. ①中反应静置后的上层清液中： D. ③发生反应的离子方程式为： 【答案】A 【解析】 【详解】A． NaHC2O4溶液中，Kh()===1.69×10-13＜：则的电离是主要的，水解是次要的，所以，A正确； B．NaOH完全转化为时，溶液中存在电荷守恒： c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，物料守恒：c(Na+)=2c()+2c()+2c(H2C2O4)，从而得出 ，B不正确； C．①中反应静置后的上层清液中，形成CaC2O4的饱和溶液，所以，C不正确； D．③中，H2C2O4被KMnO4氧化为CO2，KMnO4被还原为Mn2+等，发生反应的离子方程式为：，D不正确； 故选A。 13. CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。 下列说法不正确的是 A. 反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2 B. t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2 C. t2时刻，副反应生成H2速率大于反应②生成H2速率 D. t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CO2=CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为，A正确； B．由题干图2信息可知，t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1:2，B正确； C．由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mmol/min，而CO变为1~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C错误； D．由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确； 答案选C。 二、非选择题：共4题，共61分。 14. CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。 （1）CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4·H2O热分解可制备CaO，CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化见下图。 ①写出400~600 ℃范围内分解反应的化学方程式：________。 ②与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是________。 （2）电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如下。 ①写出阴极CO2还原为HCOO−的电极反应式：________。 ②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是________。 （3）CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应： 反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH =41.2 kJ·mol−1 反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH =﹣122.5 kJ·mol−1 在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中： CH3OCH3的选择性=×100％ ①温度高于300 ℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是________。 ②220 ℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%（图中A点）。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有________。 【答案】 ①. CaC2O4CaCO3+CO↑ ②. CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔 ③. CO2+H++2e−=HCOO−或CO2++2e−=HCOO−+ ④. 阳极产生O2，pH减小，浓度降低；K+部分迁移至阴极区 ⑤. 反应Ⅰ的ΔH＞0，反应Ⅱ的ΔH＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 ⑥. 增大压强，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂 【解析】 【分析】本题注重理论联系实际，引导考生认识并体会化学科学对社会发展的作用，试题以减少CO2排放，充分利用碳资源为背景，考查《化学反应原理》模块中方程式的计算、电化学、外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响等基本知识； 【详解】（1）①令CaC2O4·H2O的物质的量为1mol，即质量为146g，根据图象，第一阶段剩余固体质量为128，原固体质量为146g，相差18g，说明此阶段失去结晶水，第二阶段从剩余固体质量与第一阶段剩余固体质量相对比，少了28g，相差1个CO，因此400℃~600℃范围内，分解反应方程式为CaC2O4CaCO3＋CO↑； ②CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔，增加与CO2的接触面积，更好捕捉CO2； （2）①根据电解原理，阴极上得到电子，化合价降低，CO2＋HCO3－＋2e－=HCOO－＋CO32－，或CO2＋H＋＋2e－=HCOO－； ②阳极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，阳极附近pH减小，H＋与HCO3－反应，同时部分K＋迁移至阴极区，所以电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低； （3）①根据反应方程式，反应I为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，反应II为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，CO2的转化率降低，根据图象，上升幅度超过下降幅度，因此温度超过300℃时，CO2转化率上升； ②图中A点CH3OCH3的选择性没有达到此温度下平衡时CH3OCH3的选择性，依据CH3OCH3选择性公式，提高CH3OCH3选择性，不改变反应时间和温度时，根据反应II，可以增大压强，或者使用对反应II催化活性更高的催化剂。 【点睛】本题的难点（1）是文字叙述，应根据图象和所学知识，结合所问问题进行分析解答；（2）电极反应式的书写，阴极反应是将CO2还原成HCOO－，先写出CO2＋2e－→HCOO－，然后根据原子守恒和电荷守恒，得出CO2＋H＋＋2e－=HCOO－，或者为CO2＋HCO3－＋2e－=HCOO－＋CO32－。 15. 有机物F具有抗氧化性、抗肿瘤作用，其合成路线如图所示： 已知：CH3CH2BrCH3CH2MgBr 回答下列问题： （1）B分子中碳原子的杂化轨道类型为________。 （2）已知C的分子式为C7H6O2，C的结构简式为________。 （3）反应⑤的类型为________。 （4）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：________。 ①能与FeCl3溶液发生显色反应 ②能发生银镜反应 ③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，其峰面积比为6∶2∶1∶1 （5）请设计以乙醛和甲苯为原料制的合成路线流程图。(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)________。 【答案】（1）sp2、sp3 （2） （3）取代反应 （4）或 （5） 【解析】 【分析】A分子式是C6H6O，A与HCHO在NaOH、H2O作用下反应产生B，B与O2在H2SO4、催化剂作用下反应产生分子式为C7H6O2的物质，根据转化过程中碳链结构不变，可知C是，C与CH2=CHBr在Mg存在及乙醚作用下发生反应产生D，D与H2O作用反应产生E，E与乙酸酐在冰水浴作用下反应产生F。 【小问1详解】 在B分子中苯环上的C原子形成3个σ共价键，因此该C原子采用sp2杂化；侧链的C原子是饱和C原子，形成3个σ共价键，因此该C原子采用sp3杂化，故B分子中碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3杂化； 【小问2详解】 根据上述分析可知C结构简式是； 【小问3详解】 反应⑤是E分子中的酚羟基、醇羟基与乙酸酐在冰水浴作用下发生取代反应产生F和CH3COOH，故反应⑤的反应类型是取代反应； 【小问4详解】 E是，其一种同分异构体满足条件：①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应，说明含有醛基；③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的H原子，其峰面积比为6∶2∶1∶1，说明物质分子中有4种H原子，它们的个数比是6∶2∶1∶1，故其可能结构简式为或； 小问5详解】 甲苯与Br2在光照条件下发生侧链上的取代反应产生，与Mg在乙醚存在时发生反应产生，该物质与乙醛CH3CHO作用反应产生，该物质与H2O作用，反应能产生，与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生。故以乙醛和甲苯为原料制取的流程图为：。 16. 以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。 已知：酸性条件下，的氧化性强于。 （1）“浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。 ①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断：___________(填“>”或“<”)。 ②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有___________。 （2）“浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式为：___________。 ②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用：___________。 （3）“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ①该步反应的离子方程式有___________。 ②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因：___________。 （4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：___________。 【答案】（1） ①. > ②. 、 （2） ①. ②. 是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成氢氧化铁沉淀 （3） ①. 、 ②. 会被空气中的氧气缓慢氧化为，把部分氧化为 （4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂 【解析】 【分析】银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)混合加硫酸溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有、；浸锰渣中与过量和的混合液反应，将中的银以形式浸出，用铁粉把还原为金属银，据此作答。 【小问1详解】 ①“浸锰”过程中，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，发生反应，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：>， ②根据信息，在硫酸溶液中二氧化锰可将二价铁氧化为三价铁，自身被还原为二价锰，则浸锰液中主要的金属阳离子有、，答案：>、、； 【小问2详解】 ①中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为， ②是为了与电离出的Ag+结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率，是为了抑制水解，防止生成氢氧化铁沉淀，答案：、是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成氢氧化铁沉淀； 【小问3详解】 ①铁粉可将还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为、， ②溶液中生成的会被空气中的氧气缓慢氧化为，把部分氧化为，因此分钟后银的沉淀率逐渐降低，答案：、、会被空气中的氧气缓慢氧化为，把部分氧化为； 小问4详解】 联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用的氧化性将中的氧化为，同时生成的还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到，答案：可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂。 17. 氢气是一种理想的绿色清洁能源，氢气的制取是氢能源利用领域的研究热点。 （1）用氧缺位铁酸铜(CuFe2O4-x)作催化剂，利用太阳能热化学循环分解H2O可制H2。 ①氧缺位铁酸铜通过两步反应分解水制氢。已知第二步反应为：2CuFe2O4=2CuFe2O4-x+xO2↑，则第一步反应的化学方程式为_______。 ②CuFe2O4可用电化学方法得到，其原理如图所示，则阳极的电极反应式为_______。 （2）可利用FeO/Fe3O4之间的相互转化，来裂解水制取氢气，其制氢流程如图所示。该工艺制氢的总反应为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，对比水和碳在高温下直接接触反应制氢，分析该工艺制氢的最大优点是_______。 （3）硼氢化钠(NaBH4)的强碱溶液在催化剂作用下与水反应可获取氢气，其可能反应机理如图所示。已知：常温下，NaB(OH)4在水中的溶解度不大，易以NaBO2形式结晶析出。 ①图中所示的最后一个步骤反应机理可描述为_______。 ②若用D2O代替H2O，依据反应机理，则反应后生成的气体中含有_______。 ③其他条件相同时，测得平均每克催化剂使用量下，NaBH4的浓度和放氢速率的变化关系如图所示。随着NaBH4浓度的增大，放氢速率先增大后减小，其原因可能是_______。 【答案】（1） ①. CuFe2O4-x+xH2O=CuFe2O4 +xH2↑ ②. Cu+2Fe+4O2--8e- = CuFe2O4 （2）CO和H2的生成时间不同，实现了CO与H2的分离 （3） ①. 2B(OH)3+2H2O+2e-=2+H2↑ ②. H2、HD、D2 ③. NaBH4浓度从0增大至0.5 mol·L-1时，NaBH4与水的有效碰撞次数不断增多，放氢速率增大，当NaBH4浓度大于0.5 mol·L-1时，反应生成的NaB(OH)4会不断发生分解，生成NaBO2晶体，覆盖在催化剂表面，使反应物与催化剂的接触面积不断减小，从而使放氢速率减小 【解析】 【小问1详解】 ①用氧缺位分解H2O制H2时，铁酸铜(CuFe2O4-x)作催化剂，第二步反应为：2CuFe2O4=2CuFe2O4-x+xO2↑，则第一步反应是CuFe2O4-x与H2O反应生成CuFe2O4和H2，化学方程式为CuFe2O4-x+xH2O=CuFe2O4 +xH2↑。 ②在阳极，Cu、Fe在熔融Li2O中失电子生成CuFe2O4，电极反应式为Cu+2Fe+4O2--8e- = CuFe2O4。答案为：CuFe2O4-x+xH2O=CuFe2O4 +xH2↑；Cu+2Fe+4O2--8e- = CuFe2O4； 【小问2详解】 利用FeO/Fe3O4之间的相互转化，发生反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，CO2循环使用，该工艺制氢过程中，H2与CO在不同时间，不同区域生成，不需进行分离操作，所以最大优点是：CO和H2的生成时间不同，实现了CO与H2的分离。答案为：CO和H2的生成时间不同，实现了CO与H2的分离； 【小问3详解】 ①从图中可以看出，最后一个步骤中，B(OH)3与H2O发生还原反应，生成和H2，则反应机理可描述为：2B(OH)3+2H2O+2e-=2+H2↑。 ②若用D2O代替H2O，依据反应机理，第一步生成H2的两个H原子都来自；第二、三步生成的氢气中的氢原子，1个来自，1个来自D2O，则生成HD；第四步生成氢气的2个氢原子，都来自D2O，则生成D2，所以反应后生成的气体中含有H2、HD、D2。 ③从图中可以看出，NaBH4浓度从0增大至0.5 mol·L-1时，放氢速率增大，当浓度大于0.5 mol·L-1时，放氢速率减小，其原因可能是：NaBH4浓度从0增大至0.5 mol·L-1时，NaBH4与水的有效碰撞次数不断增多，放氢速率增大，当NaBH4浓度大于0.5 mol·L-1时，反应生成的NaB(OH)4会不断发生分解，生成NaBO2晶体，覆盖在催化剂表面，使反应物与催化剂的接触面积不断减小，从而使放氢速率减小。答案为：2B(OH)3+2H2O+2e-=2+H2↑；H2、HD、D2；NaBH4浓度从0增大至0.5 mol·L-1时，NaBH4与水的有效碰撞次数不断增多，放氢速率增大，当NaBH4浓度大于0.5 mol·L-1时，反应生成的NaB(OH)4会不断发生分解，生成NaBO2晶体，覆盖在催化剂表面，使反应物与催化剂的接触面积不断减小，从而使放氢速率减小。 【点睛】在催化剂表面发生的反应，与催化剂的接触面积大，有利于反应的进行。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$