黄金卷01（新疆、西藏专用，7+4）-【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考化学模拟卷

【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考化学模拟卷（新疆、西藏专用） 黄金卷01 （试卷满分：100分） 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Zn 65 一、选择题：本题共7小题，每小题6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。 7．中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法正确的是 A．“曾青涂铁，铁赤色如铜”，涉及的反应能证明氧化性：Fe3+＞Cu2+ B．“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，制作火炉的“红泥”中含氧化铁 C．古陶瓷修复时所用的熟石膏，其成分为Ca(OH)2 D．“九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”，“翠色”是因为成分中含有氧化亚铜 8．防火材料聚碳酸酯（PC）可由如下反应制备。 下列说法错误的是 A．化合物X为 B．该高分子材料可降解 C．A分子中处于不同化学环境的氢原子有4种 D．该反应为加聚反应 9．下列实验操作规范且能达到实验目的的是 A．用排水法收集NO B．分离胶体 C．验证酸性： D．加热 制取无水 A．A B．B C．C D．D 10．下列离子方程式中，正确的是 A．大理石溶解于醋酸： B．澄清石灰水中加入溶液混合： C．溶液和溶液： D．溶液中加入少量 11．近期我国科技工作者研发了一种“酸碱混合硝酸”锌电池，其工作原理如图所示。图中“双极膜”中间层中的解离为和，并在电场作用下分别向两极迁移。下列说法错误的是 A．膜是阴离子交换膜，膜是阳离子交换膜 B．催化电极上的电势比锌电极上的高 C．负极区的反应式为 D．当正极区的变化为时，锌电极质量会减少 12．W、X、Y、Z为原子序数依次递增的短周期元素，最外层电子数均为奇数。只有X为金属元素，W核外电子数等于Y的最外层电子数，且W、Y处在不同周期，Z的单质常温下为气体。下列说法错误的是 A．分子为平面三角形的非极性分子 B．X单质可与氢氧化钠溶液反应产生氢气 C．Z的氧化物对应的水化物为强酸 D．Y的第一电离能比同周期相邻两元素的高 13．为二元弱酸，常温下，现配制一组的溶液，在不同pH环境下，不同形态的含X粒子(、、)的分布系数(平衡时某种含X粒子的物质的量占所有含X粒子物质的量之和的分数)如图所示。下列说法正确的是 A．a点对应的溶液的pH为7.6 B．在NaHX溶液中存在 C．c点对应的溶液中存在 D．室温下，a、b、c三点对应的溶液中，由水电离出的与的乘积数值由大到小顺序：a>b>c 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 27．（14分）V2O5广泛用于冶金、化工等行业，主要用于冶炼钒铁。以钒矿石为原料制备V2O5的工艺如下： 已知：i．“焙烧”后，固体中主要含有“酸浸”后钒以形式存在，“中和还原”后钒以形式存在。 ii．P204对四价钒具有高选择性，且萃取而不萃取。 iii．多钒酸铵微溶于冷水，易溶于热水。 iv．该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Ca2+ Mn2+ 开始沉淀pH 1.9 7.0 11.9 8.1 完全沉淀pH 3.2 9.0 13.9 10.1 回答下列问题： (1)“破碎”的目的是 。 (2)“中和还原”时，参与反应的离子方程式： 。 (3)钒的浸出率与焙烧温度、硫酸加入量的关系如图所示。指出适宜的工艺条件为 。若在得到多钒酸铵后，使用冰水洗涤多钒酸铵的目的是 。 (4)“氧化”时，每消耗，可得到 。 (5)流程中可偱环使用的物质有 。 (6)萃取后的“水相”中含有丰富的金属资源，经三道工序可回收溶液。请根据题给信息，参照上述工艺流程，将下列工艺流程补充完整 (可选用的试剂：、)。 已知MnF2、CaF2的Ksp分别为5.0×10-3、2.0×10-10，当“沉钙”后c(Ca2+)=10-5mol·L-1时， 理论上 。 28．（14分）常温下，二甲基亚砜()为无色无臭且能与水混溶的透明液体，熔点为18.4℃，沸点为189℃。实验室模拟“氧化法”制备二甲基亚砜的装置如图所示(加热装置及夹持装置已省略)。 已知： ①制备二甲基亚砜的反应原理为。 ②二甲基硫醚和二甲基亚砜的密度分别为和。 ③微热易分解为NO、和。 实验过程：将仪器A中制得的气体通入15.00mL二甲基硫醚中，控制温度为60∼80℃，反应一段时间得到二甲基亚砜粗品，粗品经减压蒸馏后共收集到11.10mL二甲基亚砜纯品。回答下列问题： (1)通入的目的是 ；仪器B的名称为 ，其中盛放的试剂可能是 (填字母)。 a．碱石灰     b．     c．硅胶 (2)冷凝管进出水的方向 (填“上进下出”或“下进上出”)，制备二甲基亚砜时采用水浴加热，该方法的优点是 。 (3)二甲基亚砜能与水混溶的原因可能为 。 (4)NaOH溶液吸收尾气中NO和生成亚硝酸盐的化学方程式为 。 (5)本实验的产率是 %(保留2位小数)。 29．（15分）落实“双碳”目标，碳资源的综合利用成为重中之重。 I.甲醇不仅是重要的化工原料，还是性能优良的车用燃料。CO2和H2在Cu/ZnO催化作用下可以合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH<0，此反应分两步进行： 反应i：Cu/ZnO(s)+H2(g)=Cu/Zn(s)+H2O(g) ΔH>0 反应ii：_______    ΔH<0 (1)反应ii的化学反应方程式为 。 (2)在绝热恒容的密闭容器中，将CO2和H2按物质的量之比1：3投料发生该反应，下列不能说明反应已达到平衡的是_______(填字母标号)。 A．CO2和H2的转化率相等 B．体系的温度保持不变 C．单位时间体系内减少3molH2的同时有1molH2O增加 D．合成CH3OH的反应限度达到最大 (3)研究表明，用可控Cu/Cu2O界面材料也可催化CO2还原合成甲醇。将6.0molCO2和8.0molH2充入体积为3L的恒温密闭容器中发生此反应。测得起始压强为35MPa，H2的物质的量随时间的变化如图中实线所示。 ①图1中与实线相比，虚线改变的条件可能是 。 ②该反应在0~4min内(实线)H2O的平均反应速率为 (保留2位有效数字)。 ③该条件下(实线)的Kp为 MPa-2。 ④Cu2O的立方晶胞结构如图2所示。白球代表的是 (填“Cu+”或“O2-”)；a、b的坐标参数依次为(0，0，0)、(，，)，则d的坐标参数为 。 II.在催化剂作用下，用CO脱除NO的反应为：2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)。 (4)已知Arrhenius经验公式为Rlnk=-Ea/T+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，为探究m、n两种催化剂的催化效率进行了实验探究，获得如图3曲线。从图中信息获知催化剂的催化效率m n(填“>”“=”或“<”)，其理由是 。 30．（15分）化合物F是合成某种药物的重要中间体，其合成路线如下： 已知：i． ii．→ iii．R5-NH2+ （1）X的化学名称为 ；F中含氧官能团的名称为 。 （2）B→C和E→F的反应类型分别为 、 。 （3）设计A→B反应的目的为 。 （4）C的结构简式为 ，其中碳原子的轨道杂化类型有 种。 （5）D→E的化学方程式为 。 （6）M为F的同分异构体，满足下列条件的M有 种(不考虑立体异构)，任写其中一种核磁共振氢谱有4组峰的M的结构简式 。 i．含苯环；ii．1molM与足量银氨溶液反应最多能生成6molAg。 试卷第2页，共22页 2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考化学模拟卷（新疆、西藏专用） 黄金卷01·参考答案 一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 7 8 9 10 11 12 13 B D A C D C A 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 27．（14分）（除标明外，每空2分） (1)减小固体颗粒粒径(或增大固体表面积)，提高焙烧速率 (2) (3) 温度：820℃左右(800℃～830℃之间均可)；硫酸加入量：6％(6％～6.5％之间均可) 降低多钒酸铵的溶解度，减少损失 (4)3 (5)NH3(或氨水)、有机溶剂P204 (6) 28．（14分）（除标明外，每空2分） (1)将NO转化为 (球形)干燥管（1分） bc (2)下进上出（1分） 受热均匀、便于控制温度 (3)二甲基亚砜中氧电负性较强，可以与水分子形成分子间氢键且为极性分子 (4) (5)76.12 29．（15分）（除标明外，每空2分） (1)Cu/Zn(s) + 2H2(g) + CO2(g) = Cu/ZnO(s) + CH3OH(g) (2)AC (3)升高温度（1分） 0.16 mol·L-1·min-1 /0.02 O2-（1分） (，，) (4) <（1分） 直线 n斜率大(或直线n斜率绝对值小或直线n较m平缓)，Ea小， 反应速率快，催化效率高 30．（15分）（除标明外，每空2分） （1）1，3—丙二醇（1分） 醛基、醚键、酰胺基 （2）还原反应（1分） 取代反应（1分） （3）保护醛基，防止其被氧化破坏（1分） （4） 2（1分） （5）+H2O+。 （6）15 或 试卷第2页，共22页 2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考化学模拟卷（新疆、西藏专用） 黄金卷01 （试卷满分：100分） 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Zn 65 一、选择题：本题共7小题，每小题6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。 7．中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法正确的是 A．“曾青涂铁，铁赤色如铜”，涉及的反应能证明氧化性：Fe3+＞Cu2+ B．“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，制作火炉的“红泥”中含氧化铁 C．古陶瓷修复时所用的熟石膏，其成分为Ca(OH)2 D．“九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”，“翠色”是因为成分中含有氧化亚铜 【答案】B 【详解】A．“曾青涂铁，铁赤色如铜”，涉及的反应铁和铜离子生成铜和亚铁离子，能证明氧化性：Cu2+＞Fe2+，A错误； B．氧化铁为红色固体，火炉的“红泥”中含氧化铁，B正确； C．古陶瓷修复所用的熟石膏，其化学成分为2CaSO4⋅H2O ，C错误；   D．“翠色”为青色或者绿色，而氧化亚铜为砖红色，可能来自亚铁离子，诗句中的“翠色”不可能来自氧化亚铜，D错误； 故选B。 8．防火材料聚碳酸酯（PC）可由如下反应制备。 下列说法错误的是 A．化合物X为 B．该高分子材料可降解 C．A分子中处于不同化学环境的氢原子有4种 D．该反应为加聚反应 【答案】D 【详解】A．反应式中物质A的羟基释放出氢原子与物质B碳酸二甲酯释放出的甲氧基结合生成甲醇，故反应式中X为甲醇，A项正确； B．该高分子材料中含有酯基，可以降解，B项正确； C．物质A左右对称、上下对称，则A分子中处于不同化学环境的氢原子有4种，C项正确； D．该反应在生产高聚物的同时还有小分子的物质生成，属于缩聚反应，D项错误； 故选D。 9．下列实验操作规范且能达到实验目的的是 A．用排水法收集NO B．分离胶体 C．验证酸性： D．加热制取无水 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．NO不溶于水且不和水反应，故可以排水法收集，故A符合题意； B．胶体能透过滤纸，不能过滤分离，故B不符合题意； C．挥发的盐酸也会和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，干扰了实验，C不符合题意； D．加热促进亚铁离子水解，且生成HCl易挥发，最终二价铁被空气中氧气氧化为三价铁，得不到无水氯化亚铁，故D不符合题意； 故选A。 10．下列离子方程式中，正确的是 A．大理石溶解于醋酸： B．澄清石灰水中加入溶液混合： C．溶液和溶液： D．溶液中加入少量 【答案】C 【详解】A．醋酸是弱酸，不能拆，因此大理石溶解于醋酸的离子方程式为：，A错误； B．澄清石灰水中加入溶液混合，会生成硫酸钙微溶物，离子方程式应为：，B错误； C．溶液可完全电离：，和溶液混合生成与，离子方程式应为：，C正确； D．溶液中加入少量，根据少量为1的原则，的系数为1，离子方程式应为：，D错误； 答案选C。 11．近期我国科技工作者研发了一种“酸碱混合硝酸”锌电池，其工作原理如图所示。图中“双极膜”中间层中的解离为和，并在电场作用下分别向两极迁移。下列说法错误的是 A．膜是阴离子交换膜，膜是阳离子交换膜 B．催化电极上的电势比锌电极上的高 C．负极区的反应式为 D．当正极区的变化为时，锌电极质量会减少 【答案】D 【分析】根据图中所示，锌电极中的Zn在碱性溶液中失去电子生成，故锌电极为负极；在催化电极上发生反应转化为，N元素化合价降低，发生还原反应，催化电极为正极。根据电池放电时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，双极膜中的通过M膜向负极移动，则M膜为阴离子交换膜，通过N膜向正极移动，则N膜为阳离子交换膜。据此答题。 【详解】A．根据分析知，膜是阴离子交换膜，膜是阳离子交换膜，A正确； B．催化电极是正极，锌电极是负极，因此催化电极上的电势比锌电极上的高，B正确； C．锌电极作负极，负极区的反应式为，C正确； D．根据正极电极反应式和电荷守恒，当反应消耗10mol时，电路中转移的电子为8mol，则双极膜中有8mol通过N膜向正极区移动，此时正极区的变化为。根据负极电极反应式，电路中转移的电子为8mol，锌电极消耗4mol，因此锌电极质量会减少，D错误； 故选D。 12．W、X、Y、Z为原子序数依次递增的短周期元素，最外层电子数均为奇数。只有X为金属元素，W核外电子数等于Y的最外层电子数，且W、Y处在不同周期，Z的单质常温下为气体。下列说法错误的是 A．分子为平面三角形的非极性分子 B．X单质可与氢氧化钠溶液反应产生氢气 C．Z的氧化物对应的水化物为强酸 D．Y的第一电离能比同周期相邻两元素的高 【答案】C 【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次递增的短周期元素，最外层电子数均为奇数，且W、Y处在不同周期，只有X为金属元素，W的核外电子数等于Y的最外层电子数，若W为H元素，则Y为金属元素，故W不为H元素，则W为B元素，那么Y为P元素；X为Na或Al元素，Z的单质常温下为气体，Z为Cl元素。 【详解】A．BCl3中心原子形成3个共价键且无孤电子对，B为sp2杂化，是平面三角形结构，正负电中心重合，为非极性分子，A正确； B．X为Na或Al元素，Na和Al都可以与氢氧化钠溶液反应产生氢气，B正确； C．Cl的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，HClO4为强酸，而HClO是弱酸，C错误； D．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是P原子价电子为3s23p3，3p轨道半充模较稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，D正确； 故选C。 13．为二元弱酸，常温下，现配制一组的溶液，在不同pH环境下，不同形态的含X粒子(、、)的分布系数(平衡时某种含X粒子的物质的量占所有含X粒子物质的量之和的分数)如图所示。下列说法正确的是 A．a点对应的溶液的pH为7.6 B．在NaHX溶液中存在 C．c点对应的溶液中存在 D．室温下，a、b、c三点对应的溶液中，由水电离出的与的乘积数值由大到小顺序：a>b>c 【答案】A 【详解】A．由图可知，随着pH的增大，逐渐减小，逐渐增大，则从左往右曲线分别代表、和。由图可知，a、c点对应的溶液中存在、，故。b点对应的溶液中存在，由，即：，故，A正确； B．由图可知，b点对应的溶液中最大，，所以溶液显碱性，即在溶液中存在，B错误； C．调时要加入碱，引入其他阳离子，根据电荷守恒可知，c点对应的溶液中存在，C错误； D．过程中，溶液的酸性逐渐减弱，对水电离的抑制程度也逐渐减弱，同时、浓度增大，、的水解程度即对水的电离的促进作用逐渐加强。故a、b、c三点对应的溶液中，由水电离出的与的乘积数值由大到小顺序：，D错误； 故选A。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 27．（14分）V2O5广泛用于冶金、化工等行业，主要用于冶炼钒铁。以钒矿石为原料制备V2O5的工艺如下： 已知：i．“焙烧”后，固体中主要含有“酸浸”后钒以形式存在，“中和还原”后钒以形式存在。 ii．P204对四价钒具有高选择性，且萃取而不萃取。 iii．多钒酸铵微溶于冷水，易溶于热水。 iv．该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Ca2+ Mn2+ 开始沉淀pH 1.9 7.0 11.9 8.1 完全沉淀pH 3.2 9.0 13.9 10.1 回答下列问题： (1)“破碎”的目的是 。 (2)“中和还原”时，参与反应的离子方程式： 。 (3)钒的浸出率与焙烧温度、硫酸加入量的关系如图所示。指出适宜的工艺条件为 。若在得到多钒酸铵后，使用冰水洗涤多钒酸铵的目的是 。 (4)“氧化”时，每消耗，可得到 。 (5)流程中可偱环使用的物质有 。 (6)萃取后的“水相”中含有丰富的金属资源，经三道工序可回收溶液。请根据题给信息，参照上述工艺流程，将下列工艺流程补充完整 (可选用的试剂：、)。 已知MnF2、CaF2的Ksp分别为5.0×10-3、2.0×10-10，当“沉钙”后c(Ca2+)=10-5mol·L-1时， 理论上 。 【答案】(1)减小固体颗粒粒径(或增大固体表面积)，提高焙烧速率 (2) (3) 温度：820℃左右(800℃～830℃之间均可)；硫酸加入量：6％(6％～6.5％之间均可) 降低多钒酸铵的溶解度，减少损失 (4)3 (5)NH3(或氨水)、有机溶剂P204 (6) 【分析】钒矿石经破碎、焙烧后，固体中主要含有；加稀硫酸酸浸，钙离子转化为CaSO4经过滤除去，滤液中钒以形式存在，加氨水和铁粉中和还原，该工序pH低于7.0，发生反应，铁离子和铁反应生成亚铁离子，过滤除去过量的Fe，所得滤液经有机溶剂萃取、反萃取后，进入水相，加NaClO3氧化将转化为，加氨水沉钒，生成的多钒酸氨煅烧生成V2O5，据此分析解答。 【详解】（1）“破碎”的目的是减小固体颗粒粒径(或增大固体表面积)，提高焙烧速率； （2）根据分析，“中和、还原”时，参与反应的离子方程式为； （3）结合图1、2所示进行分析可知，适宜的工艺条件为温度：820℃左右，硫酸加入量：6％(6％～6.5％之间均可)，此时钒的浸出率最高；洗涤多钒酸铵时要用冰水洗涤，目的是降低多钒酸铵的溶解度，减少溶解损失； （4）NaClO3将氧化为并得到还原产物NaCl，根据电子得失守恒可得出关系式：NaClO3-6，故“氧化”时，每消耗0.5mol NaClO3，可得到3mol； （5）循环使用的物质具有“既消耗，又生成”的特点，根据流程图可发现有机溶剂具有该特点；分析“煅烧”反应：，可知(或氨水)在流程中也可循环使用； （6）“萃取”分离后，所得“水相”中的金属离子有Mn2+、Fe2+和少量的Ca2+，欲得到MnSO4溶液，需除去杂质Ca2+、Fe2+，第一道工序已经除去Ca2+，说明后续工序应除去Fe2+。又结合各金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，可知需将Fe2+氧化为Fe3+。为了不引入杂质离子，氧化剂可选择H2O2溶液。再调溶液的pH，使Fe3+转变成Fe(OH)3沉淀。为了不引入杂质离子，利用MnO调pH，所以补充完整的流程图为：。 已知常温下MnF2、CaF2的Ksp分别为5.0×10-3、2.0×10-10，，若上述水相“沉钙”后c(Ca2+)=10-5mol·L-1，根据，沉钙但锰离子不沉淀，则理论上不超过。 28．（14分）常温下，二甲基亚砜()为无色无臭且能与水混溶的透明液体，熔点为18.4℃，沸点为189℃。实验室模拟“氧化法”制备二甲基亚砜的装置如图所示(加热装置及夹持装置已省略)。 已知： ①制备二甲基亚砜的反应原理为。 ②二甲基硫醚和二甲基亚砜的密度分别为和。 ③微热易分解为NO、和。 实验过程：将仪器A中制得的气体通入15.00mL二甲基硫醚中，控制温度为60∼80℃，反应一段时间得到二甲基亚砜粗品，粗品经减压蒸馏后共收集到11.10mL二甲基亚砜纯品。回答下列问题： (1)通入的目的是 ；仪器B的名称为 ，其中盛放的试剂可能是 (填字母)。 a．碱石灰     b．     c．硅胶 (2)冷凝管进出水的方向 (填“上进下出”或“下进上出”)，制备二甲基亚砜时采用水浴加热，该方法的优点是 。 (3)二甲基亚砜能与水混溶的原因可能为 。 (4)NaOH溶液吸收尾气中NO和生成亚硝酸盐的化学方程式为 。 (5)本实验的产率是 %(保留2位小数)。 【答案】(1)将NO转化为 (球形)干燥管 bc (2)下进上出 受热均匀、便于控制温度 (3)二甲基亚砜中氧电负性较强，可以与水分子形成分子间氢键且为极性分子 (4) (5)76.12 【分析】将硫酸加到亚硝酸钠溶液中，反应生成硫酸钠和亚硝酸，遇微热易分解为NO、和，为得到更多二氧化氮，通入过量氧气，再用硅胶干燥二氧化氮气体，二氧化氮气体通入二甲基硫醚中，控制温度为60~80℃，反应一段时间得到二甲基亚砜粗品，粗品经减压蒸馏得到二甲基亚砜纯品 【详解】（1）遇微热易分解为NO、和，为得到更多的二氧化氮，因此需要将NO转变为二氧化氮，则实验中需过量的原因是将NO氧化成，过量的氧气还能氧化尾气中的NO，促进尾气的吸收；B仪器名称为(球形)干燥管；二氧化氮和碱会反应，因此B中盛放的试剂可能是五氧化二磷或硅胶，选bc； （2）球形冷凝管冷凝水的“下进上出”；通常采用水浴加热来控制温度为60~80℃，该方法的优点是受热均匀，温度易于控制； （3）二甲基亚砜中氧电负性较强，可以与水分子形成分子间氢键且为极性分子，更易溶于水中； （4）NaOH溶液吸收尾气中NO和反应生成亚硝酸钠和水，方程式为； （5）二甲基亚砜的实际产量为，二甲基亚砜的理论产量，则产率为。 29．（15分）落实“双碳”目标，碳资源的综合利用成为重中之重。 I.甲醇不仅是重要的化工原料，还是性能优良的车用燃料。CO2和H2在Cu/ZnO催化作用下可以合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH<0，此反应分两步进行： 反应i：Cu/ZnO(s)+H2(g)=Cu/Zn(s)+H2O(g) ΔH>0 反应ii：_______    ΔH<0 (1)反应ii的化学反应方程式为 。 (2)在绝热恒容的密闭容器中，将CO2和H2按物质的量之比1：3投料发生该反应，下列不能说明反应已达到平衡的是_______(填字母标号)。 A．CO2和H2的转化率相等 B．体系的温度保持不变 C．单位时间体系内减少3molH2的同时有1molH2O增加 D．合成CH3OH的反应限度达到最大 (3)研究表明，用可控Cu/Cu2O界面材料也可催化CO2还原合成甲醇。将6.0molCO2和8.0molH2充入体积为3L的恒温密闭容器中发生此反应。测得起始压强为35MPa，H2的物质的量随时间的变化如图中实线所示。 ①图1中与实线相比，虚线改变的条件可能是 。 ②该反应在0~4min内(实线)H2O的平均反应速率为 (保留2位有效数字)。 ③该条件下(实线)的Kp为 MPa-2。 ④Cu2O的立方晶胞结构如图2所示。白球代表的是 (填“Cu+”或“O2-”)；a、b的坐标参数依次为(0，0，0)、(，，)，则d的坐标参数为 。 II.在催化剂作用下，用CO脱除NO的反应为：2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)。 (4)已知Arrhenius经验公式为Rlnk=-Ea/T+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，为探究m、n两种催化剂的催化效率进行了实验探究，获得如图3曲线。从图中信息获知催化剂的催化效率m n(填“>”“=”或“<”)，其理由是 。 【答案】(1)Cu/Zn(s) + 2H2(g) + CO2(g) = Cu/ZnO(s) + CH3OH(g) (2)AC (3)升高温度 0.16 mol·L-1·min-1 /0.02 O2- (，，) (4) < 直线 n斜率大(或直线n斜率绝对值小或直线n较m平缓)，Ea小， 反应速率快，催化效率高 【详解】（1）由总反应减去反应i即反应ii：Cu/Zn(s) + 2H2(g) + CO2(g) = Cu/ZnO(s) + CH3OH(g)； （2）A．由于二氧化碳和氢气的起始物质的量之比与化学计量数之比相等，无论反应是否达到平衡，二者的转化率均相等，则二氧化碳与氢气的转化率相等不能说明反应达到平衡，A说法错误； B．反应①为放热反应，放出的热量使反应温度升高，体系的温度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达平衡，B说法正确； C．单位时间内体系中3 mol氢气减少和1 mol水蒸气增加均代表正反应速率，不能表示正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，C说法错误； D．化学平衡状态是化学反应的最大限度，反应限度达到最大说明正逆反应速率相等，反应已达平衡，D说法正确； 故选AC。 （3）①虚线A，反应速率加快，氢气平衡浓度增大，说明改变条件平衡逆向移动，改变的条件可能是升高温度； ②该反应在0至4min内消耗氢气的物质的量为(8-2.3)=5.7mol，根据方程式可知生成水的物质的量为1.9mol，H2O的平均反应速率为mol·L-1·min-1； ③反应达到平衡状态，氢气的物质的量为2mol； 同温、同体积，压强比等于物质的量比，平衡时总压强为35MPaMPa； Kp=0.02MPa-2； ④利用均摊法，白球的个数为，黑球个数为4，根据Cu2O化学式知白球为O2- ；结构晶胞中小白球的位置应为晶胞均分为8个小立方体的4个体心的位置，故d的分数坐标为：(，，)； （4）根据图示，直线n较m平缓，可知Ea小，反应速率快，所以催化效率高的是n，即m<n。 30．（15分）化合物F是合成某种药物的重要中间体，其合成路线如下： 已知：i． ii．→ iii．R5-NH2+ （1）X的化学名称为 ；F中含氧官能团的名称为 。 （2）B→C和E→F的反应类型分别为 、 。 （3）设计A→B反应的目的为 。 （4）C的结构简式为 ，其中碳原子的轨道杂化类型有 种。 （5）D→E的化学方程式为 。 （6）M为F的同分异构体，满足下列条件的M有 种(不考虑立体异构)，任写其中一种核磁共振氢谱有4组峰的M的结构简式 。 i．含苯环；ii．1molM与足量银氨溶液反应最多能生成6molAg。 【答案】（1）1，3—丙二醇 醛基、醚键、酰胺基 （2）还原反应 取代反应 （3）保护醛基，防止其被氧化破坏 （4） 2 （5）+H2O+。 （6）15 或。 【分析】由题干合成路线图可知，根据A、B的结构简式和X的分子式可知，X的结构简式为：，由C的分子式和已知信息i以及B转化为C的条件可知，B发生还原反应生成C的结构简式为：，由D的分子式以及C到D的转化条件结合已知信息iii可知，D的结构简式为：，由E的分子式和D到E的转化条件并结合已知信息ii可知，E的结构简式为：，E再发生取代反应生成F，据此分析解题。 （1）由分析可知，X的结构简式为：，则X的化学名称为1，3—丙二醇；根据F的结构简式可知，其含氧官能团的名称为醛基、醚键、酰胺基。 （2）由分析知，B→C和E→F的反应类型分别为还原反应、取代反应。 （3）由分析可知，比较A到B和D到E步骤的生成物可知，设计A→B反应的目的为保护醛基，防止其被氧化破坏。 （4）C的结构简式为，其中碳原子的轨道杂化类型有sp2、sp3，共2种。 （5）由分析可知，D的结构简式为，E的结构简式为，故D→E的化学方程式为：+H2O+。 （6）由题干流程图可知，F的分子式为：C9H7NO3，M为F的同分异构体，满足下列条件ⅰ．含苯环，ⅱ．1mol M与足量银氨溶液反应最多能生成6mol Ag，结合O原子个数可知分子中含有3mol醛基，若苯环上两个取代基即：-CHO和-N(CHO)2有邻、间、对三种位置异构，若有三个取代基即-CHO、-CHO和-NHCHO则有6种位置异构，若有4个取代基即3个-CHO和一个-NH2，则有6种位置异构，故M共有3+6+6=15种，其中一种核磁共振氢谱有4组峰的M的结构简式为：或 。 试卷第2页，共22页 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$