2025届高三化学一轮复习 模拟卷01--重庆专用

备战2025年高考化学模拟卷01（重庆专用） （本卷共18小题，满分100分） 可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 P 31 S 32 Fe 56 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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．化学与生产生活息息相关。下列说法中正确的是 A．冬奥会场馆中使用了CO2超临界制冰技术，制作的冰是有机高分子化合物 B．氢气火炬中的储氢合金材料是新型无机非金属材料 C．我国远洋水体调查船“向阳红01”号上钉的锌条起到了防止船体被腐蚀的作用 D．三星堆遗址新出土文物500余件，自然界中的金以游离态存在，象牙可作为饰品加 工 2．光气是一种重要的有机合成中间体，它的一种合成方法为： 。泄露时，可用液氨解毒，原理为 。下列说法正确的是 A．基态碳原子的轨道表示式： B．的结构式： C．的填充模型： D．的电子式： 3．用代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法中，正确的是 A．碳酸钠和碳酸氢钠的混合物含有的氧原子数为 B．标准状况下，乙炔中键数为、键数为 C．醋酸溶液中含有的氢离子数为 D．二氧化硅晶体中含有键数为 4．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是 A．滴入甲基橙显红色的溶液中：、、、 B．水电离产生的的溶液中：、、、 C．0.1的溶液中：、、、 D．的溶液中：、、、 5．科学家研究发现某离子液体有助于盐湖水提锂，其结构式如下图。其中X、Y、Z、W、E、Q均 为短周期主族非金属元素，且原子序数依次增大。下列说法正确的是 A．最高价含氧酸的酸性：Z>Y>Q B．简单氢化物的沸点：E>W>Y C．Z元素最高价氧化物对应的水化物能与它的氢化物反应 D．简单离子的半径：Q>E>W>Z 6．某种电解质阴离子由同周期四种元素W、X、Y、Z组成，其结构式如图，四种元素最外 层电子数之和为20，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，下列说法正确的是 A．四种元素的氢化物中只有Y的氢化物分子间能形成氢键 B．W、Z形成的化合物是一种离子化合物 C．Z的单质可以从含Y的某些化合物中置换出Y的单质 D．W的最高价氧化物对应的水化物酸性比X的强 7．白磷(P4，结构见图)与Cl2反应得 PCl3，PCl3可继续与Cl2 反应：PCl3(g)+Cl2(g)= PCl5(g) ΔH＜0。 固态 PCl5中含有、两种离子。下列关于 H2O、P4、PCl3和 的说法正确的是 A．H2O很稳定是因为分子间含有氢键 B．PCl3的空间构型为平面三角形 C．P4与 中的键角相同 D．H2O、PCl3与的中心原子都是sp3杂化 8．我国科研人员发现中药成分黄芩素能明显抑制新冠病毒的活性。下列相关说法错误的是 A．黄苓素的分子式为 B．1mol黄芩素与足量的水反应，最多消耗 C．黄芩素分子中所有碳原子可能共平面 D．1mol黄芩素与足量的反应，最多消耗 9．下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 用坩埚钳夹住一小块用砂纸打磨过的铝箔在酒精灯上加热 熔化后的液态铝滴落下来 金属铝的熔点低 B 在水晶柱表面滴一滴熔化的石蜡，用一根红热的铁针刺中凝固的石蜡 石蜡在不同方向熔化的快慢不同 水晶具有自范性 C 相同条件下，用不同浓度的酸性溶液分别与相同浓度的溶液反应 浓度较大的酸性溶液褪色时间更短 浓度越大，反应速率越快 D 向装有经过硫酸处理的(橙红色)的硅胶导管中吹入乙醇蒸气 固体逐渐由橙红色变为浅绿色() 乙醇具有还原性 A．A B．B C．C D．D 10．以废旧锌锰电池中的黑锰粉[含MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、ZnCl2、Fe2O3 及炭黑等]为原料制 备MnCl2，实现锰的再利用。其工艺流程如图： 下列说法不正确的是 A．步骤①分离出NH4Cl、ZnCl2的试剂和操作为：水、过滤 B．步骤②中发生的反应：C+O2CO2、4MnO(OH)+O24MnO2+2H2O C．步骤③若先加H2O2、后加H2SO4，可提高H2O2的利用率 D．步骤④所得MnCl2溶液中含有少量CaSO4杂质 11．已知工业上制备氧缺位铁酸盐[ZnFe2Ox(3<x<4)]部分流程如图，该方法可实现硫、氮氧 化合物的废气利 用。 下列有关说法错误的是 A．ZnFe2O4中铁的价态为+3价 B．除去SO2、NO2时，ZnFe2Ox在反应中表现了氧化性 C．若使1molZnFe2Ox完全转化为ZnFe2O4，需失去(8-2x)mol电子 D．ZnFe2O4与H2的反应要在无氧条件下进行 12．塑料PET的一种合成路线如图所示，其中①和②均为可逆反应。 下列说法不正确的是 A．PET在一定条件下可降解成单体 B．依据①推测PET的结构简式为 C．①中可通过蒸馏分离出CH3OH提高反应物的转化率 D．该合成路线中乙二醇可循环使用 13．正高碘酸是白色结晶性粉末，溶于水，主要用作氧化剂和分析试剂。由制取 的实验流程如图所示： 下列说法错误的是 A．“反应1”是为了将转化为 B．“反应2”中发生的反应是 C．“反应3”的滤液中含有大量的等 D．“反应4”得到的无色气体可能是氧气 14．用一定浓度的H2SO4溶液分别滴定体积均为20.00 mL、浓度均为0.100 mol/L的Ba(OH)2、NaOH 和NH3·H2O三种溶液，滴定过程中三种溶液的电导率如图所示。(已知：溶液电导率越大，导电能 力越强)下列说法错误的是 A．曲线①②③分别代表Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O B．H2SO4的浓度为0.100 mol/L C．a、b、c、d四点中，d点水的电离程度最小 D．d点对应的溶液中粒子浓度大小关系：c()+c(H+)=c()+c(OH-) 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．(14分)草酸钴在化学中应用广泛，可以用于制取催化剂和指示剂。以钴矿[主要成分是、 、，还含有少量、、CuO、FeO及杂质]制取草酸钴晶体 () 的工艺流程如图所示： 常温下，有关沉淀数据如表(“完全沉淀时，金属离子浓度)。 沉淀 恰好完全沉淀时pH 10.1 9.4 6.7 2.8 5.2 回答下列问题： (1)“浸取”前，需要对钴矿进行粉碎处理的目的是 ； 浸 出渣的主要成分是 。(填化学式)。浸出液中主要含有、、、、 和离子，写出“浸取”时，发生反应的化学方程式： 。 (2)“氧化”时，发生反应的离子方程式为 。 (3)常温下，“调节pH”得到的沉淀X的主要成分是 ；若“调节pH” 后，溶液,则需调节溶液pH的范围是 (忽略溶液的体积变化)。 (4)“提纯”分为萃取和反萃取两步进行，先向除杂后的溶液中加入某有机酸萃取剂，发生反应： 。当溶液pH处于4.5到6.5之间时，萃取率随着溶 液pH增大而增大，其原因是 ；反萃取时，应加入的物质是_______(填 溶液名称)。 (5)钴的氧化物常用作颜料或反应催化剂，可以由草酸钴晶体在空气中加热制取，取36.6g草酸钴晶 体，在空气中加热至恒重，得到CoO与的混合物15.8g，该混合物中CoO与的物质的 量之比为_______。 16．（15分）三氯化铬()为紫色单斜晶体，熔点为，易潮解，易升华，溶于水但 不易水解，高温下能被氧气氧化，工业上主要用作媒染剂和催化剂。 (1)某化学小组用和在高温下制备无水三氯化铬，部分实验装置如图所示，其 中三颈烧瓶内装有，其沸点为。 ①原子的价电子排有式为 。 ②实验前先往装置A中通入，其目的是排尽装置中的空气，在实验过程中还需要持 续通入，其作用是 。 ③装置C的水槽中应盛有 。(填“冰水”或“沸水”)。 ④装置B中还会生成光气()，B中反应的化学方程式 为 。 (2)的工业制法：先用40%的将红矾钠转化为铬酸钠， 加入过量，再加加入溶液，可以看到有气泡产生。写出用将铬 酸钠还原为的离子方程式 。 (3)为进一步探究的性质，某同学取试管若干支，分别加入10滴溶 液，并用4滴酸化，再分别加入不同滴数的溶液，并在 不同的温度下进行实验，反应现象记录于表中。 的用量(滴数) 在不同温度下的反应观象 1 紫红色 蓝绿色溶液 2～9 紫红色 黄绿色溶液，且随滴数增加，黄色成分增多 10 紫红色 澄清的橙黄色溶液 11~23 紫红色 橙黄色溶液，有棕褐色沉淀，且随滴数增加，沉淀增多 24～25 紫红色 紫红色溶液，有较多的棕褐色沉淀 ①浓度对反应的影响 与在常温下反应，观察不到离子的橙色，甲同学认为其中一个原 因是离子的橙色被离子的紫红色掩盖，另一种可能的原因 是 ，所以 必须将反应液加热至沸腾后，才能观察到反应液由紫红色逐渐变为橙黄色的实 验现象。 ②与的用量对反应的影响 对表中数据进行分析，在上述反应条件下，欲将氧化为，与最 佳用量比为 。这与由反应 所推断得到的用量比不符，你推测的原因是 。 17．（14分）甲醇是重要的化工原料，可以使用多种方法制备甲醇。 I.利用反应，若在体积一定的密闭容器中按物质的量之比1：2充 入CO和，测得平衡混合物中的体积分数在不同压强下随温度的变化情况如如图所示。 (1)该反应的______0(填“>”“<”或“=”) (2)达到平衡时，反应速率：A点______B点(填“>”“<”或“=”)。在C点时，CO的转化率为______。 (3)要提高CO的平衡转化率，可以采取的措施是______(填字母)。 A．加入催化剂    B．增大CO的浓度    C．通入情性气体    D．通入    E．分离出甲醇 (4)关于该反应，下列说法正确的是______(填字母)。 A．该反应在任何温度下都能自发进行 B．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小 C．使用催化剂，不能提高CO的平衡转化率 D．增大压强，该反应的化学平衡常数不变 II.利用与在催化剂的作用下合成甲醇。主反应：， 副反应:  。在温度为  T℃、压强为条件下，向容器中充入 、和，充分反应达平衡时的转化率为，产物的选择性(如甲醇的 选择性)如图所示。 (5)求平衡时的物质的量为______。 (6)主反应的相对压力平衡常数______(用含和的计算式表示。表达式写法：在浓度平衡 常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压除以)。 (7)甲醇是清洁能源。某甲醇燃料电池的电解质为氢氧化钠溶液，其能量密度为。该 电池的负极反应式为______。若甲醇的燃烧热为，该电池的能量利用率为 ______(结果精确到小数点后1位数字)。(已知) 18．（15分）化合物F是制备某种改善睡眠药物的中间体，其合成路线如下： 回答下列问题： (1)A中碳原子的杂化方式为 。 (2)写出反应②的化学方程式 。 (3)X的化学名称为_______。 (4)反应②、反应③中B、C断开的均为碳基邻位上的碳氢键，原因是_______。 (5)在反应④中，D中官能团_______(填名称，后同)被[(CH3)2CHCH2]2AlH还原，官能团_______被 NaIO4氧化，然后发生_______(填反应类型)生成有机物E。 (6)F的同分异构体中符合下列条件的有_______种； ①苯环上有两个取代基，F原子直接与苯环相连 ②可以水解，产物之一为CH≡C-COOH 其中含有甲基，且核磁共振氢谱谱图中吸收峰最少的是：_______。 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） 学科网（北京）股份有限公司 $$ 备战2025年高考化学模拟卷01（重庆专用） （本卷共18小题，满分100分） 可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 P 31 S 32 Fe 56 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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．化学与生产生活息息相关。下列说法中正确的是 A．冬奥会场馆中使用了CO2超临界制冰技术，制作的冰是有机高分子化合物 B．氢气火炬中的储氢合金材料是新型无机非金属材料 C．我国远洋水体调查船“向阳红01”号上钉的锌条起到了防止船体被腐蚀的作用 D．三星堆遗址新出土文物500余件，自然界中的金以游离态存在，象牙可作为饰品加 工 【答案】C 【详解】A．冰是固态水是无机化合物，故A错误； B．氢气火炬中的储氢合金材料是金属材料，故B错误； C．我国远洋水体调查船“向阳红01”号上钉的锌条起到了防止船体被腐蚀的作用，主要原理是牺牲阳极的阴极保护法，故C正确； D．由于金的活动性差，性质稳定，所以自然界中的金元素大多以游离态形式存在，为保护野生动物，我国法律禁止象牙加工、交易，D项错误； 答案为C。 2．光气是一种重要的有机合成中间体，它的一种合成方法为： 。泄露时，可用液氨解毒，原理为 。下列说法正确的是 A．基态碳原子的轨道表示式： B．的结构式： C．的填充模型： D．的电子式： 【答案】B 【详解】A．基态碳原子的轨道表示式：，A错误；B．分子中含有1个碳氧双键、2个碳氯单键，结构式：，B正确；C．填充模型是用一定大小的球体来表示不同的原子的模型；不是直线型分子，充填模型为： ，C错误；D．是由铵根离子和氯离子构成的，电子式：，D错误；故选B。 3．用代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法中，正确的是 A．碳酸钠和碳酸氢钠的混合物含有的氧原子数为 B．标准状况下，乙炔中键数为、键数为 C．醋酸溶液中含有的氢离子数为 D．二氧化硅晶体中含有键数为 【答案】A 【详解】A．和均含3个氧原子，碳酸钠和碳酸氢钠的混合物含有的氧原子数为，A正确；B．乙炔的结构式为，每个乙炔分子含有3个键、2个键，标准状况下，乙炔即1mol乙炔中键数为3、键数为，B错误；C．醋酸是弱电解质，部分电离，醋酸溶液中含有的氢离子数小于，C错误；D．二氧化硅晶体中每个Si原子形成4个键，二氧化硅晶体即1mol二氧化硅中含有键数为，D错误；故选A。 4．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是 A．滴入甲基橙显红色的溶液中：、、、 B．水电离产生的的溶液中：、、、 C．0.1的溶液中：、、、 D．的溶液中：、、、 【答案】A 【详解】A． 滴入甲基橙显红色的溶液呈酸性：、、、互不反应可以共存，A正确；B．水电离产生的，说明水的电离受到了抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性，酸性溶液中H+能与CO发生反应不能大量共存，碱性溶液中氢氧根能与发生反应不能 大量共存，B错误；C． 0.1的溶液中：AlO与Al3+能发生双水解不能共存，，C错误；D．具有还原性，酸性条件下具有氧化性， 故的溶液中：、、H+、能发生氧化还原反应不能大量共存，D错误；答案选A。 5．科学家研究发现某离子液体有助于盐湖水提锂，其结构式如下图。其中X、Y、Z、W、E、Q均 为短周期主族非金属元素，且原子序数依次增大。下列说法正确的是 A．最高价含氧酸的酸性：Z>Y>Q B．简单氢化物的沸点：E>W>Y C．Z元素最高价氧化物对应的水化物能与它的氢化物反应 D．简单离子的半径：Q>E>W>Z 【答案】C 【分析】X、Y、Z、W、E、Q均为短周期主族非金属元素，且原子序数依次增大，由离子液体的结构式可知，X和E原子形成1个共价键、Y原子形成4个共价键、Z原子形成3个共价键、W原子形成2个共价键、Q原子形成6个共价键，则X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、W为O元素、E为F元素、Q为S元素。 【详解】A．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，硫元素的非金属性强于碳元素，则硫酸的酸性强于碳酸，故A错误；B．氟化氢和水都能形成分子间氢键，水分子形成氢键的数目多于氟化氢，分子间作用力强于氟化氢，沸点高于氟化氢，故B错误；C．氮元素最高价氧化物对应的水化物为硝酸，氢化物为氨气，硝酸与氨气反应生成硝酸铵，故C正确；D．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子的离子半径越小，则电子层结构相同的氮离子、氧离子和氟离子中，氮离子的离子半径最大，故D错误；故选C。 6．某种电解质阴离子由同周期四种元素W、X、Y、Z组成，其结构式如图，四种元素最外 层电子数之和为20，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，下列说法正确的是 A．四种元素的氢化物中只有Y的氢化物分子间能形成氢键 B．W、Z形成的化合物是一种离子化合物 C．Z的单质可以从含Y的某些化合物中置换出Y的单质 D．W的最高价氧化物对应的水化物酸性比X的强 【解析】C 【分析】某种电解质阴离子由同周期四种元素W、X、Y、Z组成，Z可以形成1个键，为氟元素，Y形成2个键，为氧元素，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，X为碳元素；四种元素最外层电子数之和为20，则W最外层电子数为3，是硼元素； 【详解】A．四种元素的氢化物中氧、氟的氢化物分子间能形成氢键，A错误；B．硼元素、氟元素形成的化合物是一种共价化合物，B错误；C．Z的非金属强于Y，可以从含Y的某些化合物中置换出Y的单质，C正确；D．根据非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，W的最高价氧化物对应的水化物酸性比X的弱，D错误；故选C。 7．白磷(P4，结构见图)与Cl2反应得 PCl3，PCl3可继续与Cl2 反应：PCl3(g)+Cl2(g)= PCl5(g) ΔH＜0。 固态 PCl5中含有、两种离子。下列关于 H2O、P4、PCl3和 的说法正确的是 A．H2O很稳定是因为分子间含有氢键 B．PCl3的空间构型为平面三角形 C．P4与 中的键角相同 D．H2O、PCl3与的中心原子都是sp3杂化 【答案】D 【详解】A．H2O很稳定是氧元素非金属强，与氢结合的化学键较稳定，氢键只影响物理性质，A项错误；B．PCl3中磷原子价层电子对数为3+=4，含有一个孤电子对，则其空间构型为三角锥形，B项错误；C．根据价层电子对互斥理论，的价层电子对数为4+，则空间构型为正四面体型，键角为109°28′，P4与 中的键角不同，C项错误；D．H2O、PCl3与的中心原子都是sp3杂化，D项正确；故答案选D。 8．我国科研人员发现中药成分黄芩素能明显抑制新冠病毒的活性。下列相关说法错误的是 A．黄苓素的分子式为 B．1mol黄芩素与足量的水反应，最多消耗 C．黄芩素分子中所有碳原子可能共平面 D．1mol黄芩素与足量的反应，最多消耗 【答案】D 【详解】A．由结构简式可知黄苓素的分子式为，故A正确；B．黄芩素中酚羟基的邻对位氢可与溴单质发生取代反应，碳碳双键可与溴单质发生加成反应，结合结构可知1mol黄芩素最多消耗2mol，故B正确；C．苯环为平面结构，双键为平面结构， 黄芩素中所有碳原子可能共面，故C正确；D．1mol苯环加成3mol氢气，1mol碳碳双键和羰基能加成1mol氢气，则1mol黄芩素与足量的反应，最多消耗，故D错误；故选：D。 9．下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 用坩埚钳夹住一小块用砂纸打磨过的铝箔在酒精灯上加热 熔化后的液态铝滴落下来 金属铝的熔点低 B 在水晶柱表面滴一滴熔化的石蜡，用一根红热的铁针刺中凝固的石蜡 石蜡在不同方向熔化的快慢不同 水晶具有自范性 C 相同条件下，用不同浓度的酸性溶液分别与相同浓度的溶液反应 浓度较大的酸性溶液褪色时间更短 浓度越大，反应速率越快 D 向装有经过硫酸处理的(橙红色)的硅胶导管中吹入乙醇蒸气 固体逐渐由橙红色变为浅绿色() 乙醇具有还原性 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．铝箔在酒精灯上加热，表面生成的氧化铝熔点很高，而包在内部的铝熔点较低呈液态，所以铝熔化但不滴落，故A错误；B．在水晶柱表面滴滴熔化的石蜡，用一根红热的铁针刺中凝固的石蜡，石蜡在不同方向熔化的快慢不同是由于水晶导热性的各向异性造成的，故B错误；C．浓度大的溶液中高锰酸钾的物质的量多，不能根据褪色时间判断反应速率的快慢，应用等浓度的酸性高锰酸钾溶液和不同浓度的足量溶液反应来探究浓度对反应速率的影响，故C错误；D．在酸性条件下具有强氧化性，可将乙醇氧化为乙酸，自身被还原为浅绿色的，故D正确；选D。 10．以废旧锌锰电池中的黑锰粉[含MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、ZnCl2、Fe2O3 及炭黑等]为原料制 备MnCl2，实现锰的再利用。其工艺流程如图： 下列说法不正确的是 A．步骤①分离出NH4Cl、ZnCl2的试剂和操作为：水、过滤 B．步骤②中发生的反应：C+O2CO2、4MnO(OH)+O24MnO2+2H2O C．步骤③若先加H2O2、后加H2SO4，可提高H2O2的利用率 D．步骤④所得MnCl2溶液中含有少量CaSO4杂质 【答案】C 【分析】黑锰粉中含有、、、、及炭黑等，步骤①将黑锰粉分离为溶液和粗品，可知步骤①为水洗、过滤分离出溶液、溶液和固体；所得粗品中含有、、及炭黑等，步骤②是将粗品在空气中加热，可知、炭黑(主要成分为C单质)被O2氧化，其中C被氧化为CO2，被氧化为，此时粗产品中含有、；步骤③是向粗产品(含、中加入H2O2溶液、稀H2SO4，并加热得到MnSO4溶液和Fe(OH)3沉淀；步骤④是向MnSO4溶液中加入CaCl2，二者反应生成MnCl2和微溶于水的CaSO4，再经过滤操作得到MnCl2溶液。 【详解】A．步骤①将黑锰粉分离为溶液和粗品，可知步骤①为水洗、过滤分离出溶液、溶液和固体，可知步骤①分离出、的试剂和操作为：水、过滤，故A项正确； B．经步骤①分离所得的粗品中含有、、及炭黑等，步骤②是将粗品在空气中加热，可知、炭黑(主要成分为C单质)被O2氧化，其中C被氧化为CO2，被氧化为，则步骤②中发生的反应正确，故B项正确；C．③中先加入双氧水，会催化分解H2O2，使其利用率降低，故C项错误；D．步骤④是向MnSO4溶液中加入CaCl2，二者反应生成MnCl2和微溶于水的CaSO4，所以含有少量的CaSO4，故D项正确。故选C。 11．已知工业上制备氧缺位铁酸盐[ZnFe2Ox(3<x<4)]部分流程如图，该方法可实现硫、氮氧 化合物的废气利 用。 下列有关说法错误的是 A．ZnFe2O4中铁的价态为+3价 B．除去SO2、NO2时，ZnFe2Ox在反应中表现了氧化性 C．若使1molZnFe2Ox完全转化为ZnFe2O4，需失去(8-2x)mol电子 D．ZnFe2O4与H2的反应要在无氧条件下进行 【答案】B 【分析】ZnFe2O4与氢气在300～500℃反应生成ZnFe2Ox，ZnFe2Ox能在常温下将工业废气中的SO2、NO2等转化为单质而除去，并重新生成ZnFe2O4。 【详解】A ．ZnFe2O4中Zn为+2价，O为-2价，Fe的价态为+3价，故A正确；B．ZnFe2O4被氢气还原生成ZnFe2Ox，而除去NO2、SO2时，ZnFe2Ox被NO2、SO2氧化生成ZnFe2O4，ZnFe2Ox在反应中表现了还原性，故B错误；C．ZnFe2O4中Zn为+2价，Fe为+3价，ZnFe2Ox中Zn为+2价，Fe为+（x-1）价，1molZnFe2Ox完全转化为ZnFe2O4，需失去(8-2x)mol电子，故C正确；D．温度较高时氢气和氧气反应生成H2O，则ZnFe2O4与H2的反应要在无氧条件下进行，故D正确；答案选B。 12．塑料PET的一种合成路线如图所示，其中①和②均为可逆反应。 下列说法不正确的是 A．PET在一定条件下可降解成单体 B．依据①推测PET的结构简式为 C．①中可通过蒸馏分离出CH3OH提高反应物的转化率 D．该合成路线中乙二醇可循环使用 【答案】B 【详解】A．根据题意可知，反应②为可逆反应，所以PET在一定条件下可降解成单体，A正确；B．参考反应①可知反应②中应是一个单体上的取代基上的-OH脱去氢原子后剩余原子团取代另一个单体上的取代基上的-OCH2CH2OH得到PET和乙二醇，所以PET的结构简式为，B错误；C．根据B选项分析的反应原理可知反应①中还有另一产物CH3OH，该反应为可逆反应，及时分离产物可以使平衡正向移动，提高反应物的转化率，C正确；D．根据B选项分析可知反应②中有产物乙二醇，可以在反应①中重复利用，D正确； 综上所述答案为B。 13．正高碘酸是白色结晶性粉末，溶于水，主要用作氧化剂和分析试剂。由制取 的实验流程如图所示： 下列说法错误的是 A．“反应1”是为了将转化为 B．“反应2”中发生的反应是 C．“反应3”的滤液中含有大量的等 D．“反应4”得到的无色气体可能是氧气 【答案】C 【分析】电解NaI溶液生成NaIO3，往NaIO3溶液中加入NaOH溶液和通入氯气，反应生成不溶于水的Na2H3IO6，过滤得到Na2H3IO6，加入硝酸银溶液生成不溶于水的黑色Ag5IO6，过滤得到黑色Ag5IO6，通入氯气和加入水发生反应，过滤得到H5IO6，以此解答。 【详解】A．“反应1”中，电解NaI溶液生成NaIO3，目的是将转化为，A正确；B．“反应2”中，往NaIO3溶液中加入NaOH溶液和通入氯气，反应生成不溶于水的Na2H3IO6，反应的化学方程式为，B正确；C．由分析可知，“反应3”中Na2H3IO6加入硝酸银溶液生成不溶于水的黑色Ag5IO6，同时生成NaNO3和HNO3，C错误；D．“反应4”中发生的反应为，因此生成的无色气体可能是氧气，D正确； 故选C。 14．用一定浓度的H2SO4溶液分别滴定体积均为20.00 mL、浓度均为0.100 mol/L的Ba(OH)2、NaOH 和NH3·H2O三种溶液，滴定过程中三种溶液的电导率如图所示。(已知：溶液电导率越大，导电能 力越强)下列说法错误的是 A．曲线①②③分别代表Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O B．H2SO4的浓度为0.100 mol/L C．a、b、c、d四点中，d点水的电离程度最小 D．d点对应的溶液中粒子浓度大小关系：c()+c(H+)=c()+c(OH-) 【答案】D 【详解】A．溶液中离子浓度越大，溶液的电导率就越大。等浓度的三种碱，Ba(OH)2是二元强碱，NaOH是一元强碱，完全电离，而NH3·H2O是一元弱碱，部分电离，溶液中离子浓度：Ba(OH)2＞NaOH＞NH3·H2O，所以曲线①②③分别代表Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O，A正确；B．曲线①代表Ba(OH)2，c点时电导率最小，说明H2SO4与Ba(OH)2恰好中和生成BaSO4沉淀和H2O，n(H2SO4)=n[Ba(OH)2]，由于此时H2SO4与Ba(OH)2的体积相同，因此二者的浓度相同，故H2SO4的浓度为0.100 mol/L，B正确；C．向碱溶液中滴加酸，溶液中c(OH-)逐渐减小，水电离程度逐渐增大，当溶液显中性时水的电离不受影响；当酸过量时，随着溶液中c(H+)增大，水电离程度逐渐减小。a点时NH3·H2O恰好被H2SO4中和得到(NH4)2SO4溶液，该盐是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，水的电离受到促进作用；b点NaOH恰好被H2SO4中和得到Na2SO4溶液，该盐是强酸强碱盐，不水解，水的电离不受影响；c点是Ba(OH)2恰好被H2SO4完全中和产生BaSO4，BaSO4是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，水的电离也不受影响；d点是(NH4)2SO4、H2SO4等浓度的混合溶液，过量的酸电离产生H+，使水的电离平衡受到抑制作用，所以a、b、c、d四点中水的电离程度a点最大，d点最小，C正确；D．d点对应的溶液(NH4)2SO4、H2SO4的混合溶液，根据电荷守恒可知溶液中粒子浓度大小关系：c()+c(H+)=2c()+c(OH-)，D错误；故选D。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．(14分)草酸钴在化学中应用广泛，可以用于制取催化剂和指示剂。以钴矿[主要成分是、 、，还含有少量、、CuO、FeO及杂质]制取草酸钴晶体 () 的工艺流程如图所示： 常温下，有关沉淀数据如表(“完全沉淀时，金属离子浓度)。 沉淀 恰好完全沉淀时pH 10.1 9.4 6.7 2.8 5.2 回答下列问题： (1)“浸取”前，需要对钴矿进行粉碎处理的目的是 ； 浸 出渣的主要成分是 。(填化学式)。浸出液中主要含有、、、、 和离子，写出“浸取”时，发生反应的化学方程式： 。 (2)“氧化”时，发生反应的离子方程式为 。 (3)常温下，“调节pH”得到的沉淀X的主要成分是 ；若“调节pH” 后，溶液,则需调节溶液pH的范围是 (忽略溶液的体积变化)。 (4)“提纯”分为萃取和反萃取两步进行，先向除杂后的溶液中加入某有机酸萃取剂，发生反应： 。当溶液pH处于4.5到6.5之间时，萃取率随着溶 液pH增大而增大，其原因是 ；反萃取时，应加入的物质是_______(填 溶液名称)。 (5)钴的氧化物常用作颜料或反应催化剂，可以由草酸钴晶体在空气中加热制取，取36.6g草酸钴晶 体，在空气中加热至恒重，得到CoO与的混合物15.8g，该混合物中CoO与的物质的 量之比为_______。 【答案】(1)     增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率          (2) (3)     、、     (4)     溶液pH增大，溶液中降低，平衡向正反应方向移动     稀硫酸 (5)1：1 【分析】以钴矿[主要成分是、、，还含有少量、、CuO、FeO及杂质]制取草酸钻晶体()，钴矿中加入Na2SO3、稀硫酸浸取，浸出液中主要含有Al3+、Fe2+、Co2+、Mn2+和，则Co、Co(OH)2、Al2O3、CuO、FeO都和稀硫酸反应生成硫酸盐，MnO2被还原为Mn2+、Co2O3被还原为Co2+，同时被氧化为，SiO2不溶于稀硫酸，所以浸出渣为SiO2；向滤液中加入H2O2，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入NaOH调节pH值，Al3+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀而除去，滤液提纯后加入(NH4)2C2O4沉钻，得到。 【详解】（1）反应物接触面积越大，反应速率越快，浸取率越大，所以“浸取”前，需要对钻矿进行粉碎处理的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；浸出渣的主要成分是SiO2；浸出液中主要含有Al3+、Fe2+、Co2+、Mn2+和离子，“浸取“时，被还原为Co2+，同时被氧化为，Co元素化合价由+3降低至+2，S元素化合价由+4升高至+6，化合价升降守恒、原子守恒可知发生反应的化学方程式为。（2）“氧化”时，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，H2O2中O元素化合价由+1降低至-2，Fe元素化合价由+2升高至+3，根据化合价升降守恒、原子守恒以及溶液呈酸性可知发生反应的离子方程式为。（3）根据表中数据知，当Co2+生成沉淀时，Cu2+、Al3+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀，常温下，“调节pH”得到的沉淀X的主要成分是、、；pH=9.4时，Co2+完全转化为沉淀，，溶液中，=，若“调节pH”后，溶液中，当时，溶液中，，溶液pH=7.4，因此需调节溶液pH的范围是。（4）当溶液pH处于4.5到6.5之间时，Co2+萃取率随溶液pH增大而增大，其原因是溶液的pH增大，溶液中减小，平衡向正反应方向移动；反萃取时，应加入的物质是稀硫酸，使该可逆反应平衡逆向移动。（5）36.6g草酸钴晶体的物质的量为，根据Co原子守恒得，设CoO的物质的量为xmol，Co3O4的物质的量为ymol，则，解得x=0.05，y=0.05，因此该混合物中CoO与的物质的量之比为0.05mol：0.05mol=1：1。 16．（15分）三氯化铬()为紫色单斜晶体，熔点为，易潮解，易升华，溶于水但 不易水解，高温下能被氧气氧化，工业上主要用作媒染剂和催化剂。 (1)某化学小组用和在高温下制备无水三氯化铬，部分实验装置如图所示，其 中三颈烧瓶内装有，其沸点为。 ①原子的价电子排有式为 。 ②实验前先往装置A中通入，其目的是排尽装置中的空气，在实验过程中还需要持 续通入，其作用是 。 ③装置C的水槽中应盛有 。(填“冰水”或“沸水”)。 ④装置B中还会生成光气()，B中反应的化学方程式 为 。 (2)的工业制法：先用40%的将红矾钠转化为铬酸钠， 加入过量，再加加入溶液，可以看到有气泡产生。写出用将铬 酸钠还原为的离子方程式 。 (3)为进一步探究的性质，某同学取试管若干支，分别加入10滴溶 液，并用4滴酸化，再分别加入不同滴数的溶液，并在 不同的温度下进行实验，反应现象记录于表中。 的用量(滴数) 在不同温度下的反应观象 1 紫红色 蓝绿色溶液 2～9 紫红色 黄绿色溶液，且随滴数增加，黄色成分增多 10 紫红色 澄清的橙黄色溶液 11~23 紫红色 橙黄色溶液，有棕褐色沉淀，且随滴数增加，沉淀增多 24～25 紫红色 紫红色溶液，有较多的棕褐色沉淀 ①浓度对反应的影响 与在常温下反应，观察不到离子的橙色，甲同学认为其中一个原 因是离子的橙色被离子的紫红色掩盖，另一种可能的原因 是 ，所以 必须将反应液加热至沸腾后，才能观察到反应液由紫红色逐渐变为橙黄色的实 验现象。 ②与的用量对反应的影响 对表中数据进行分析，在上述反应条件下，欲将氧化为，与最 佳用量比为 。这与由反应 所推断得到的用量比不符，你推测的原因是 。 【答案】(1)     3d54s1     将四氯化碳吹入管式炉中     冰水     (2) (3)     反应的活化能较高需要较高温度反应才能进行     1:1     高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应 【分析】A中四氯化碳通过氮气出入装置B中和反应生成三氯化铬，生成物在C中冷凝，尾气进行处理减少污染。 【详解】（1）①为24号元素，原子的价电子排有式为3d54s1。 ②三氯化铬易升华，高温下能被氧气氧化，实验前先往装置A中通入，其目的是排尽装置中的空气防止空气中氧气氧化三氯化铬，在实验过程中还需要持续通入，其作用是将四氯化碳吹入管式炉中和反应生成三氯化铬。 ③三氯化铬熔点为，则装置C的水槽中应盛有冷水，便于生成物冷凝。 ④装置B中反应为四氯化碳和反应生成三氯化铬，还会生成光气()，B中反应； （2）将铬酸钠还原为，同时甲醇被氧化为二氧化碳气体，离子方程式； （3）①与在常温下反应，观察不到离子的橙色，另一种可能的原因是反应的活化能较高需要较高温度反应才能进行，所以必须将反应液加热至沸腾后，才能观察到反应液由紫红色逐渐变为橙黄色的实验现象。 ②由表中数据可知，在上述反应条件下，欲将氧化为，高锰酸钾最佳用量为10滴，则与最佳用量比为10:10=1:1；这与由反应所推断得到的用量比不符，可能原因是高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应，导致高锰酸钾溶液用量增加。 17．（14分）甲醇是重要的化工原料，可以使用多种方法制备甲醇。 I.利用反应，若在体积一定的密闭容器中按物质的量之比1：2充 入CO和，测得平衡混合物中的体积分数在不同压强下随温度的变化情况如如图所示。 (1)该反应的______0(填“>”“<”或“=”) (2)达到平衡时，反应速率：A点______B点(填“>”“<”或“=”)。在C点时，CO的转化率为______。 (3)要提高CO的平衡转化率，可以采取的措施是______(填字母)。 A．加入催化剂    B．增大CO的浓度    C．通入情性气体    D．通入    E．分离出甲醇 (4)关于该反应，下列说法正确的是______(填字母)。 A．该反应在任何温度下都能自发进行 B．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小 C．使用催化剂，不能提高CO的平衡转化率 D．增大压强，该反应的化学平衡常数不变 II.利用与在催化剂的作用下合成甲醇。主反应：， 副反应:  。在温度为  T℃、压强为条件下，向容器中充入 、和，充分反应达平衡时的转化率为，产物的选择性(如甲醇的 选择性)如图所示。 (5)求平衡时的物质的量为______。 (6)主反应的相对压力平衡常数______(用含和的计算式表示。表达式写法：在浓度平衡 常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压除以)。 (7)甲醇是清洁能源。某甲醇燃料电池的电解质为氢氧化钠溶液，其能量密度为。该 电池的负极反应式为______。若甲醇的燃烧热为，该电池的能量利用率为 ______(结果精确到小数点后1位数字)。(已知) 【答案】(1)< (2)     <     75% (3)DE (4)CD (5)0.35mol (6) (7)          94.0% 【详解】（1）从图示可以看出，随温度升高，平衡混合物中的体积分数不断减小，说明该反应为放热反应，；（2）A点与B点相比较，B点压强大、温度高，反应速率快；假设CO的转化率为x，CO、的起始物质的量分别为1mol、2mol，则 根据题意：，解得，即转化率为75%；（3）A．加入催化剂不影响化学平衡，CO的转化率不变，故A错误；B．增大CO的浓度，增大了氢气的转化率，CO转化率减小，故B错误；C．通入惰性气体，总压增大，分压不变，各组分的浓度不变，平衡不移动，故C错误；D．通入反应物浓度增大，平衡向正反应方向进行，CO转化率增大，故D正确；E．分离出甲醇，生成物浓度减小，平衡正向移动，CO的转化率增大，故E正确；故答案为：DE；（4）A．，，，该反应在低温下可能自发进行，故A错误；B．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率也增大，故B错误；C．使用催化剂，不改变平衡，不能提高CO的转化率，故C正确；D平衡常数与温度有关，增大压强，该反应的化学平衡常数不变，故D正确； 故选CD；（5） 平衡时的物质的量为1mol—0.45mol—0.2mol=0.35mol；（6）夹衡时圡强为，的相对分压为，的相对分庒为，的相对分压为，所以主反应的相对力平衡常数；（7）甲醇在负极上发生菫化反应，负极反应式为取甲醇计算：放出总热量Q为，电池放电能量，因此该电池的能量利用率为。 18．（15分）化合物F是制备某种改善睡眠药物的中间体，其合成路线如下： 回答下列问题： (1)A中碳原子的杂化方式为 。 (2)写出反应②的化学方程式 。 (3)X的化学名称为_______。 (4)反应②、反应③中B、C断开的均为碳基邻位上的碳氢键，原因是_______。 (5)在反应④中，D中官能团_______(填名称，后同)被[(CH3)2CHCH2]2AlH还原，官能团_______被 NaIO4氧化，然后发生_______(填反应类型)生成有机物E。 (6)F的同分异构体中符合下列条件的有_______种； ①苯环上有两个取代基，F原子直接与苯环相连 ②可以水解，产物之一为CH≡C-COOH 其中含有甲基，且核磁共振氢谱谱图中吸收峰最少的是：_______。 【答案】(1)sp2、sp3 (2)+CH3I+HI (3)3-碘-1-丙烯(3-碘丙烯) (4)B、C中碳基邻位碳上的氢受羰基吸电子作用的影响，C-H极性增强，具有一定的活泼性 (5)     酯基     碳碳双键     取代(酯化)反应 (6)     6种     【分析】A与CH3OH在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生B：，B与CH3I在有机强碱作用下发生取代反应产生C： ，根据有机物D结构简式与C的区别，结合②反应的特点，可知X是CH2=CH-CH2I，C与CH2=CH-CH2I发生取代反应产生D，D与[(CH3)2CHCH2]2AlH及NaIO4/Ru催化剂条件下反应产生E，E与Pd配合物及碱反应产生F。 【详解】（1）根据A分子结构简式可知该物质分子中含有饱和C原子，采用sp3杂化，苯环及-COOH的C原子采用sp2杂化；（2）反应②是与CH3I在有机强碱作用下发生取代反应产生C：和HI，该反应的化学方程式为：+CH3I+HI；（3）根据C、D结构简式的不同，结合②的化学反应可知X化学式是CH2=CH-CH2I，其名称是3-碘-1-丙烯(3-碘丙烯)；（4）反应②、反应③中B、C断开的均为碳基邻位上的碳氢键，这是由于B、C中碳基邻位碳上的氢受羰基吸电子作用的影响，C-H极性增强，具有一定的活泼性；（5）对比D、E的结构可知，D→E的过程中，酯基—COOCH3被还原转化为- CH2OH；—CH2CH=CH2被氧化转化为—CH2COOH，再发生酯化反应形成环，故D→E的过程中，被还原的官能团是酯基，被氧化的官能团是碳碳双键，发生的反应类型是酯化反应；（6）F分子式是C11H9O2F，其同分异构体满足条件：①苯环上有两个取代基，F原子直接与苯环相连；②可以水解，产物之一为CH≡C-COOH，则F为酯，含有酯基，该取代基可能是CH≡C-COOCH2-CH2-、共2种不同结构，该取代基与-F在苯环上的位置有邻、间、对3种，因此符合要求的同分异构体种类数目是2×3=6种；其中含有甲基，且核磁共振氢谱谱图中吸收峰最少的是。 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） 学科网（北京）股份有限公司 $$