仿真卷06 -【赢在高考·仿真10卷】备战2025年高考化学模拟卷（江苏专用）

【赢在高考·仿真10卷】备战2025年高考化学模拟卷 仿真卷06 （江苏专用） 注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1.本试卷满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。 3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。 4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。 5.如需作图，必须用2B铅笔绘写清楚，线条符号等须加黑加粗。 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 S 32 Cl 35.5 第Ⅰ卷 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．氮是自然界各种生物体生命活动不可缺少的重要元素。下列过程属于氮的固定的是 A．将转化成硝酸盐 B．将转化成硝酸 C．将转化成铵盐 D．将转化成氮气 2．反应可制备媒染剂铁氰化钾。下列说法正确的是 A．的电子式为 B．中铁元素化合价为价 C．的结构示意图为 D．中既含离子键又含非极性共价键 3．常用作杀虫剂、媒染剂。下列说法正确的是 A．原子半径： B．沸点： C．第一电离能： D．电负性： 4．实验室由FeO、SiO2混合物制取FeCl3溶液的实验原理和装置不能达到实验目的的是 A．用装置甲配制一定浓度的稀盐酸 B．用装置乙浸出Fe2＋ C．用装置丙除去SiO2 D．用装置丁获得FeCl3溶液 阅读下列材料，完成下面小题。 元素周期表中ⅡA族元素及其化合物应用广泛。铍的化合物的性质与铝相似，BeO的熔点为2575℃，熔融时能导电，而不能导电；Mg的燃烧热为610kJ/mol，实验室中常用的水解反应制备乙炔，某些金属碳化物也类似于能发生水解反应。铍镍合金可用于制造弹簧秤的弹簧，可用作隔音材料，CaO可用作工业废气脱硫剂。 5．下列有关说法正确的是 A．和均为离子化合物 B．BeO的晶胞如图所示，晶胞中的配位数为4 C．ⅡA族元素形成的氧化物均能与冷水直接化合生成强碱 D．在空气中加热蒸发和溶液都能得到和固体 6．下列化学反应表示正确的是 A．BeO与NaOH溶液反应： B．镁的燃烧：     C．向溶液中滴加足量NaOH溶液： D．的水解反应： 7．下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是 A．难溶于水，可用作隔音材料 B．CaO能与水反应，可作工业废气脱硫剂 C．的半径比小，MgO的熔点比CaO高 D．铍镍合金具有导电性，可以用于制造弹簧秤的弹簧 8．某无隔膜流动海水电解法制的装置如图所示，其中高选择性催化剂PRT可抑制产生。下列说法正确的是 A．b端电势高于a端电势 B．阳极发生： C．理论上转移生成 D．电解后海水pH下降 9．生物体内以L—酪氨酸为原料可合成多巴胺，其合成路线如下。 下列说法正确的是 A．X中存在酰胺基 B．Y与足量加成后的产物中含有手性碳原子 C．最多能与发生加成反应 D．X、Y、Z可用溶液进行鉴别 10．在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能实现的是 A．由FeS2制备BaSO3： B．由MgO制备MgCl2： C．由CuSO4生成Cu2O：CuSO4溶液 D．SiO2制Na2SiO3： 11．室温下，下列实验探究方案能达到实验目的的是 选项 探究方案 实验目的 A 向溶液中滴入硫酸酸化的溶液，观察溶液颜色变化 验证氧化性： B 将铁锈溶于足量浓盐酸，再向溶液中滴入几滴溶液，观察溶液颜色变化 检验铁锈中是否含有二价铁 C 把铁钉放在半杯食盐水中，密闭装置，用气压传感器检测 验证铁钉发生了吸氧腐蚀 D 用pH计分别测定等体积的溶液和溶液的pH 探究键的极性对羧酸酸性的影响 A．A B．B C．C D．D 12．以废锌催化剂(主要含ZnO及少量、CuO)为原料制备锌的工艺流程如图所示 已知：ZnO、CuO可以溶于氨水生成和。 下列说法正确的是 A．“浸取”时ZnO发生反应： B．0.1mol/L的溶液中存在： C．“除铜”所得上层清液中存在：) D．ZnS、CuS均不能溶于氨水生成和 13．一定条件下合成乙烯；已知温度对的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法正确的是 A．平衡常数 B．若投料比则图中M点时，的体积分数约为15.4% C．为了提高乙烯单位时间内的产率应尽可能选择低温 D．250℃，催化剂对平衡转化率的影响最大 第Ⅱ卷 二、非选择题：共4题，共61分。 14.(18分)二氧化铈（）是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿（含、、等）为原料制备，其工艺流程如图所示： 回答下列问题： (1)“焙烧”时，通入空气的主要目的是 。 (2)滤渣的主要成分是 （填化学式）。 (3)“还原、脱氟”时，先加入硫脲（），目的是将溶液中的还原为，写出该反应的离子方程式： [被氧化为，生成物还有HF和]。 (4)“沉铈”时反应的离子方程式为 。若用溶液代替溶液，产生的后果是 。 (5)若常温下，，，恰好沉淀完全，此时测得溶液的，则溶液中 。 (6)二氧化铈作为一种SCR脱硝催化剂，能在和之间改变氧化状态，将氧化为，并引起氧空位的形成，得到新的铈氧化物。铈氧化物发生的可能变化如图所示。当氧化标准状况下NO后，生成新的铈氧化物中x、y、z的最简整数比为 。 15.(15分)化合物G是制备一种生物碱的中间体，其合成路线如下： (1)反应分为两步，第二步是消去反应．X的结构简式为 ； (2)C的分子式为的结构简式为 ； (3)须在无水环境中使用，不能与水或酸接触，原因是 ； (4)时会生成一种与G互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为 ； (5)写出一种符合下列条件的B的同分异构体的结构简式： ； I．与溶液显紫色； Ⅱ．发生水解反应后所得有机产物有三种，酸化后一种为氨基丙酸，另两种均含有2种化学环境不同的氢． (6)已知：①苯环上发生取代反应时，若原有基团为（卤素原子），则新进入基团在其邻、对位；若原有基团为，则新进入基团则在其间位． ② ③可将羰基或酯基还原为醇 写出以、为原料制备的合成路线流程图 （无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。 16. (13分)ZnO是重要的化工原料。实验室以粗氧化锌(主要成分为ZnO，还含有少量Fe2O3、CuO等杂质)为原料制备碱式碳酸锌，进而热分解制备活性氧化锌。实验流程如下： (1)“浸出”：称取一定量的粗氧化锌放入反应器中，加入适量碳酸氢铵和15％的氨水，40℃水浴加热并充分搅拌后，过滤。 ①浸出后溶液中主要含有的离子为、和，写出生成[Zn(NH3)4]CO3的化学方程式： 。1 mol [Zn(NH3)4]2+中的σ键数为 。 ②其他条件一定，当水浴温度高于42℃时，测得锌的浸出率随温度升高而降低，其可能原因是 。 (2)“置换铜”：向“浸出”所得滤液中加入稍过量的锌粉，过滤， ，过滤、洗涤并烘干滤渣，得到较纯净的铜。 (3)“蒸氨”。反应原理为。已知：的产率随蒸氨时间的变化如图-1所示：加热Zn4(OH)6CO330 min后，固体质量残留率随温度变化如图-2所示。 请补充完整制备ZnO的实验方案：将[Zn(NH3)4]CO3溶液置于如图-3所示三颈瓶中， 。(实验中须使用的试剂：100℃水蒸气、蒸馏水) 17. (15分)氯化铵是一种重要的化工产品，氯化铵的转化与利用是目前化工研究的热点。 (1)1943年，侯德榜团队成功研发了联合制碱法，提高了食盐利用率。其主要流程如下： ①25℃时，；，；反应的平衡常数K= 。 ②将“母液Ⅱ”循环进入“沉淀池”，是联合制碱法的关键。向“母液Ⅰ”中通入氨气可提高的循环利用率，其原理是 。 (2)以氧化镁为载体，化学链方法分解氯化铵工艺的示意图如图1所示。“释氯”过程中可能发生反应的焓变如图2所示。 ①已知 。温度越高，越有利于分解。a (填“>0”“<0”或“=0”)。 ②“释氨”主反应为，该反应 。 ③有研究表明，“释氨”反应分两步进行：；。控制其他条件不变，分别改变或MgO固体粒径大小，“释氨”速率随固体粒径的影响如图3所示。粒径大小对“释氨”反应速率的影响明显小于MgO粒径大小的影响，其原因是 。 ④“释氯”装置中含有少量可提高“释氯”时HCl的平衡产率，主要原因是 。 ⑤已知 ，燃烧的热量用于该化学链分解反应。每分解，需要(已折算为标况)。忽略温度对化学反应焓变的影响，该化学链的热量利用率为 。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【赢在高考·仿真10卷】备战2025年高考化学模拟卷 仿真卷06 （江苏专用） 第Ⅰ卷 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1．A 2．A 3．C 4．A 5．B 6．C 7．C 8．B 9．B 10．C 11．C 12．C 13．B 第Ⅱ卷 二、非选择题：共4题，共61分。 14.(18分) (1)提供氧气，将矿石中的价转化为价（叙述合理即可）（2分） (2)、（2分） (3)（3分） (4) （3分） 中含有其他杂质离子或水解使溶液碱性较强，可能生成，降低最终产品纯度（3分） (5)0.2（2分） (6)（3分） 15.(15分) (1)（2分） (2)（2分） (3)中H为价，具有强还原性，会与水或酸反应生成（2分） (4)（2分） (5)或（3分） (6)（4分） 16. (13分) (1)（3分） （2分） 温度升高，NH3挥发，NH4HCO3分解，和减小，反应速率减慢（2分） (2)向稀盐酸中分批加入滤渣，搅拌，至不再产生气泡（2分） (3)打开活塞，通入100℃水蒸气持续25 min，同时将产生的气体通入蒸馏水中；待三颈瓶冷却后，将其中混合物过滤，用蒸馏水洗涤滤渣并干燥，将干燥后的固体在600 K下加热30 min（4分） 17. (15分) (1)0.09（2分） 增大，促进析出；使转化为，增大钠盐溶解度，有利于循环（2分） (2)>0 （2分） （2分） 对总反应速率的影响更大 （2分） 释氯时可能发生副反应：，少量会抑制反应发生（2分） (或)（3分） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【赢在高考·仿真10卷】备战2025年高考化学模拟卷 仿真卷06 （江苏专用） 注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1.本试卷满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。 3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。 4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。 5.如需作图，必须用2B铅笔绘写清楚，线条符号等须加黑加粗。 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 S 32 Cl 35.5 第Ⅰ卷 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．氮是自然界各种生物体生命活动不可缺少的重要元素。下列过程属于氮的固定的是 A．将转化成硝酸盐 B．将转化成硝酸 C．将转化成铵盐 D．将转化成氮气 【答案】A 【详解】A．该过程是将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，故A符合； B．该过程是将化合态的氮转化为化合态的氮的过程，故B不符合； C．该过程是将化合态的氮转化为化合态的氮的过程，故C不符合； D．该过程是将化合态的氮转化为游离态的氮的过程，故D不符合； 故选A。 2．反应可制备媒染剂铁氰化钾。下列说法正确的是 A．的电子式为 B．中铁元素化合价为价 C．的结构示意图为 D．中既含离子键又含非极性共价键 【答案】A 【详解】A．中C与N共用三对电子，电子式为，A正确； B．中K为+1价，CN-为-1价，根据正负化合价代数和为0，Fe为+2价，B错误； C．是Cl原子得到一个电子，最外层达到8个电子稳定结构，结构示意图为，C错误； D．中含有离子键、极性共价键和配位键，D错误； 答案选A。 3．常用作杀虫剂、媒染剂。下列说法正确的是 A．原子半径： B．沸点： C．第一电离能： D．电负性： 【答案】C 【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，原子半径：，故A错误； B．三种物质均是由分子构成的物质，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，但是水分子间可形成氢键，因此水的沸点最高，故沸点：，故B错误； C．同主族从上到下，第一电离能逐渐减小，同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，但ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故第一电离能：，故C正确； D．非金属性越强，电负性越大，同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，电负性依次增大，故电负性：，故D错误； 故选C。 4．实验室由FeO、SiO2混合物制取FeCl3溶液的实验原理和装置不能达到实验目的的是 A．用装置甲配制一定浓度的稀盐酸 B．用装置乙浸出Fe2＋ C．用装置丙除去SiO2 D．用装置丁获得FeCl3溶液 【答案】A 【详解】A．装置甲为容量瓶，不可以用作稀释浓盐酸，故A错误； B．用装置乙浸出，在烧杯中加入盐酸可以与氧化亚铁可以发生反应得到，故B正确； C．过滤可分离不溶性杂质与溶液，不与反应，图中过滤可分离出固体，故C正确； D．用装置丁将氯气通入含有的溶液可以发生氧化还原反应得到溶液，故D正确； 故答案选A。 阅读下列材料，完成下面小题。 元素周期表中ⅡA族元素及其化合物应用广泛。铍的化合物的性质与铝相似，BeO的熔点为2575℃，熔融时能导电，而不能导电；Mg的燃烧热为610kJ/mol，实验室中常用的水解反应制备乙炔，某些金属碳化物也类似于能发生水解反应。铍镍合金可用于制造弹簧秤的弹簧，可用作隔音材料，CaO可用作工业废气脱硫剂。 5．下列有关说法正确的是 A．和均为离子化合物 B．BeO的晶胞如图所示，晶胞中的配位数为4 C．ⅡA族元素形成的氧化物均能与冷水直接化合生成强碱 D．在空气中加热蒸发和溶液都能得到和固体 【答案】B 【解析】A．熔融时能导电，为离子化合物，而不能导电，为共价化合物，A错误； B．O2-在顶点和面心，Ba2+在体内，的配位数为4，B正确； C．MgO不溶于水，不与水反应，C错误； D．加热蒸发和溶液，需要在HCl气流中，抑制水解，D错误； 故答案为：B； 6．下列化学反应表示正确的是 A．BeO与NaOH溶液反应： B．镁的燃烧：     C．向溶液中滴加足量NaOH溶液： D．的水解反应： 【答案】C 【解析】A．铍的化合物性质与铝相似，，A错误； B．燃烧热是指1mol纯物质燃烧所放出的热量，镁的燃烧，B错误； C．向溶液中滴加足量NaOH溶液：Mg(HCO3)2+4NaOH=Mg(OH)2↓+2Na2CO3+2H2O，离子方程式为，C正确； D．的水解反应，Al4C3 + 12H2O = 4Al(OH)3 + 3CH4↑，D错误； 故答案为：C； 7．下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是 A．难溶于水，可用作隔音材料 B．CaO能与水反应，可作工业废气脱硫剂 C．的半径比小，MgO的熔点比CaO高 D．铍镍合金具有导电性，可以用于制造弹簧秤的弹簧 【答案】C 【解析】A．BaSO4具有高吸音性能，可用作隔音材料，与BaSO4难溶于水无关，A错误； B．氧化钙和二氧化硫反应得到亚硫酸钙，亚硫酸钙被氧化得到硫酸钙，避免生成污染气体，可以用作脱硫剂，B错误； C．离子晶体的熔点取决于离子的半径和所带电荷，通常半径小、所带电荷多的熔点高，Mg2+和Ca2+所带的电荷数一样，Mg2+的半径比Ca2+小，MgO的晶格能比CaO大，所以MgO的熔点比CaO高，C正确； D．铍镍合金具有延展性，可以用于制造弹簧秤的弹簧，D错误； 故答案为：C。 8．某无隔膜流动海水电解法制的装置如图所示，其中高选择性催化剂PRT可抑制产生。下列说法正确的是 A．b端电势高于a端电势 B．阳极发生： C．理论上转移生成 D．电解后海水pH下降 【答案】B 【详解】根据图示，钛网上海水中Cl-、H2O发生失电子的氧化反应生成HClO、O2，左侧钛网为阳极，电极反应式为，a为正极；右侧钛箔上生成H2，为阴极，电极反应为2H++2e-=H2↑，b为负极。高选择性催化剂PRT可抑制O2产生，电解的主要总反应为Cl-+2H2OHClO+H2↑+OH-。 A．由分析可知，a为正极，b电极为负极，则a端电势高于b端电势，A错误； B．根据分析，阳极的电极式为：，B正确； C．产生氢气的电极方程式为：2H++2e-=H2↑，则理论上转移2mole-生成1molH2，质量为2g，C错误； D．根据总反应方程式，电解后氢氧根浓度增大，pH上升，D错误； 故选B。 9．生物体内以L—酪氨酸为原料可合成多巴胺，其合成路线如下。 下列说法正确的是 A．X中存在酰胺基 B．Y与足量加成后的产物中含有手性碳原子 C．最多能与发生加成反应 D．X、Y、Z可用溶液进行鉴别 【答案】B 【详解】A．由X的结构简式可知，其中含有羟基、氨基和羧基，没有酰胺基，A错误； B．Y与足量加成后的产物为，连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，其中含有4个手性碳原子，位置为，B正确； C．Z中不含碳碳双键，不能和Br2发生加成反应，C错误； D．X、Y、Z中都有酚羟基，所以不能用溶液进行鉴别，D错误； 故选B。 10．在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能实现的是 A．由FeS2制备BaSO3： B．由MgO制备MgCl2： C．由CuSO4生成Cu2O：CuSO4溶液 D．SiO2制Na2SiO3： 【答案】C 【详解】A．二氧化硫和氯化钡不反应，A错误； B．镁离子水解，氯化镁溶液蒸干不能得到氯化镁，B错误； C．硫酸铜和氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀，新制氢氧化铜和葡萄糖发生氧化还原反应生成氧化亚铜沉淀，C正确； D．二氧化硅和水不反应，D错误； 故选C。 11．室温下，下列实验探究方案能达到实验目的的是 选项 探究方案 实验目的 A 向溶液中滴入硫酸酸化的溶液，观察溶液颜色变化 验证氧化性： B 将铁锈溶于足量浓盐酸，再向溶液中滴入几滴溶液，观察溶液颜色变化 检验铁锈中是否含有二价铁 C 把铁钉放在半杯食盐水中，密闭装置，用气压传感器检测 验证铁钉发生了吸氧腐蚀 D 用pH计分别测定等体积的溶液和溶液的pH 探究键的极性对羧酸酸性的影响 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【详解】A．在酸性条件下，硝酸根能把Fe2+氧化为Fe3+，所以无法判断H2O2与Fe3+氧化性强弱，A错误； B．浓盐酸中的氯离子也能和高锰酸钾发生氧化还原反应，该实验无法确定二价铁的存在，B错误； C．食盐水为中性，如铁钉发生吸氧腐蚀，装置中的氧气减少，气压降低，C正确； D．没有明确两者的浓度是否相等，则用pH计分别测定等体积的溶液和溶液的pH不能探究键的极性对羧酸酸性的影响，D错误； 故选C。 12．以废锌催化剂(主要含ZnO及少量、CuO)为原料制备锌的工艺流程如图所示 已知：ZnO、CuO可以溶于氨水生成和。 下列说法正确的是 A．“浸取”时ZnO发生反应： B．0.1mol/L的溶液中存在： C．“除铜”所得上层清液中存在：) D．ZnS、CuS均不能溶于氨水生成和 【答案】C 【详解】A．根据已知，“浸取”时发生反应：，A错误； B．的溶液中存在物料守恒：、电荷守恒：，两式联立得：，B错误； C．”除铜”所得上层清液中锌离子没有沉淀，溶液中存在，C正确； D．除铜步骤中，说明CuS不能溶于氨水生成配离子四氨合铜离子，但没有生成ZnS沉淀，则ZnS能溶于氨水生成，D错误； 故选C。 13．一定条件下合成乙烯；已知温度对的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法正确的是 A．平衡常数 B．若投料比则图中M点时，的体积分数约为15.4% C．为了提高乙烯单位时间内的产率应尽可能选择低温 D．250℃，催化剂对平衡转化率的影响最大 【答案】B 【详解】A．由图可知，升高温度，CO2的平衡转化率减小，说明正反应放热，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，所以平衡常数，A错误； B．若投料比，假设投料的H2物质的量为3mol，则CO2的物质的量为1mol，图中M点时，CO2的平衡转化率为50%，所以转化的CO2为0.5mol，同时转化的H2为1.5mol，生成的乙烯为0.25mol，水蒸气为1mol，所以平衡时，CO2的物质的量为1mol-0.5mol=0.5mol，H2的物质的量为3mol-1.5mol，乙烯为0.25mol，水蒸气为1mol，所以的体积分数为， B正确； C．虽然温度降低，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，但低温催化效率较低，反应速率较慢，不利于提高乙烯单位时间内的产率，C错误； D．催化剂只能影响反应速率，不能使平衡发生移动，则催化剂不影响CO2平衡转化率， D错误； 故选B。 第Ⅱ卷 二、非选择题：共4题，共61分。 14.(18分)二氧化铈（）是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿（含、、等）为原料制备，其工艺流程如图所示： 回答下列问题： (1)“焙烧”时，通入空气的主要目的是 。 (2)滤渣的主要成分是 （填化学式）。 (3)“还原、脱氟”时，先加入硫脲（），目的是将溶液中的还原为，写出该反应的离子方程式： [被氧化为，生成物还有HF和]。 (4)“沉铈”时反应的离子方程式为 。若用溶液代替溶液，产生的后果是 。 (5)若常温下，，，恰好沉淀完全，此时测得溶液的，则溶液中 。 (6)二氧化铈作为一种SCR脱硝催化剂，能在和之间改变氧化状态，将氧化为，并引起氧空位的形成，得到新的铈氧化物。铈氧化物发生的可能变化如图所示。当氧化标准状况下NO后，生成新的铈氧化物中x、y、z的最简整数比为 。 【答案】 (1)提供氧气，将矿石中的价转化为价（叙述合理即可）（2分） (2)、（2分） (3)（3分） (4) （3分） 中含有其他杂质离子或水解使溶液碱性较强，可能生成，降低最终产品纯度（3分） (5)0.2（2分） (6)（3分） 【详解】氟碳铈矿（含、、等）通入空气焙烧，烧渣加入稀硫酸酸浸得到滤渣和滤液，氧化钡与硫酸反应生成难溶于酸的硫酸钡、二氧化硅不与硫酸反应，故滤渣的主要成分是、，滤液加入硫脲、亚硫酸钠还原、脱氟得到含有F-溶液和，一系列处理得到含Ce3+溶液，加入碳酸氢铵沉铈得到，灼烧得到； （1）“焙烧”时，通入空气的主要目的是提供氧气，将矿石中的价转化为价； （2）根据分析可知，滤渣的主要成分是、； （3）“还原、脱氟”时，先加入硫脲（），目的是将溶液中的还原为，同是生成(SCN2H3)2和HF等，反应的离子方程式：； （4）“沉铈”时含Ce3+溶液加入碳酸氢铵沉铈得到，同进生成二氧化碳，反应的离子方程式为；若用溶液代替溶液，产生的后果是中含有其他杂质离子或水解使溶液碱性较强，可能生成，降低最终产品纯度； （5）Ce3+恰好沉淀完全时，c(Ce3+)=1.010-5mol/L，Ksp[Ce2(CO3)3]= 1.010-28= c2(Ce3+)﹒c3()=(1.010-5)2c3()，解得c()=1.010-6mol/L，测得溶液的pH=5，则c(H+)=10-5mol/L，根据Ka2[H2CO3]=5.010-11==，解得c()=0.2mol/L； （6）当1molCeO2氧化标准状况下2.24LNO后，转移电子数为，根据得失电子守恒可知有0.2mol+4价铈降到+3价，令x=0.2mol，得y=1mol-0.2mol=0.8mol，由化合价代数和为0，可得2z=0.2mol，z=1.9mol，生成新的铈氧化物中x、y、z的最简整数比为0.2:0.8:1.9=2:8:19。 15.(15分)化合物G是制备一种生物碱的中间体，其合成路线如下： (1)反应分为两步，第二步是消去反应．X的结构简式为 ； (2)C的分子式为的结构简式为 ； (3)须在无水环境中使用，不能与水或酸接触，原因是 ； (4)时会生成一种与G互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为 ； (5)写出一种符合下列条件的B的同分异构体的结构简式： ； I．与溶液显紫色； Ⅱ．发生水解反应后所得有机产物有三种，酸化后一种为氨基丙酸，另两种均含有2种化学环境不同的氢． (6)已知：①苯环上发生取代反应时，若原有基团为（卤素原子），则新进入基团在其邻、对位；若原有基团为，则新进入基团则在其间位． ② ③可将羰基或酯基还原为醇 写出以、为原料制备的合成路线流程图 （无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。 【答案】 (1)（2分） (2)（2分） (3)中H为价，具有强还原性，会与水或酸反应生成（2分） (4)（2分） (5)或（3分） (6)（4分） 【详解】分两步，A的醛基与CH3NO2发生加成反应生成，再发生消去反应得到B, 结合D的结构简式可知，B被还原得到C，碳碳双键转化为单键、硝基转化为氨基，则C为；C经过取代反应得到D，D→E:先羰基上发生加成反应转变为羟基并形成含氮六元环、后醇羟基消去引入碳碳双键，E→F为取代反应，F→G本质为Diels-Alder反应或双烯合成，含共轭二烯结构的含硅反应物与F五元环中的碳碳双键进行1,4-加成,生成六元环状化合物，即G； （1）反应分为两步，第二步是消去反应．X的结构简式为； （2）C的分子式为，结合分析可知C的结构简式为； （3）中H为价，具有强还原性，能与+1价H发生氧化还原反应产生氢气，则须在无水环境中使用、不能与水或酸接触的原因是: 中H为价，具有强还原性，会与水或酸反应生成； （4）F和含共轭二烯结构的含硅反应物发生1,4-加成反应生成G，由于该含硅反应物中碳碳双键不对称，则时会生成一种与G互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为； （5）B的同分异构体符合下列条件； I．与溶液显紫色；则含有酚羟基； Ⅱ．发生水解反应后所得有机产物有三种，酸化后一种为氨基丙酸，另两种均含有2种化学环境不同的氢,即分别为和乙酸。 综上，满足条件的B的同分异构体为：或。 （6）要以、为原料制备，结合信息①，应首先在甲基对位引入硝基、再在甲基邻位硝基间位引入卤素原子，结合信息③，为防止LiAlH4还原羰基，接着把硝基还原为氨基，再利用信息②与含卤素有机物发生取代去除卤原子，最后仿照E→F通过取代反应形成目标产物，则合成路线为：。 16. (13分)ZnO是重要的化工原料。实验室以粗氧化锌(主要成分为ZnO，还含有少量Fe2O3、CuO等杂质)为原料制备碱式碳酸锌，进而热分解制备活性氧化锌。实验流程如下： (1)“浸出”：称取一定量的粗氧化锌放入反应器中，加入适量碳酸氢铵和15％的氨水，40℃水浴加热并充分搅拌后，过滤。 ①浸出后溶液中主要含有的离子为、和，写出生成[Zn(NH3)4]CO3的化学方程式： 。1 mol [Zn(NH3)4]2+中的σ键数为 。 ②其他条件一定，当水浴温度高于42℃时，测得锌的浸出率随温度升高而降低，其可能原因是 。 (2)“置换铜”：向“浸出”所得滤液中加入稍过量的锌粉，过滤， ，过滤、洗涤并烘干滤渣，得到较纯净的铜。 (3)“蒸氨”。反应原理为。已知：的产率随蒸氨时间的变化如图-1所示：加热Zn4(OH)6CO330 min后，固体质量残留率随温度变化如图-2所示。 请补充完整制备ZnO的实验方案：将[Zn(NH3)4]CO3溶液置于如图-3所示三颈瓶中， 。(实验中须使用的试剂：100℃水蒸气、蒸馏水) 【答案】 (1)（3分） （2分） 温度升高，NH3挥发，NH4HCO3分解，和减小，反应速率减慢（2分） (2)向稀盐酸中分批加入滤渣，搅拌，至不再产生气泡（2分） (3)打开活塞，通入100℃水蒸气持续25 min，同时将产生的气体通入蒸馏水中；待三颈瓶冷却后，将其中混合物过滤，用蒸馏水洗涤滤渣并干燥，将干燥后的固体在600 K下加热30 min（4分） 【详解】粗氧化锌(主要成分为ZnO，还含有少量Fe2O3、CuO等杂质)，向其中加入适量NH4HCO3和15%的氨水，40℃水浴加热并充分搅拌，反应产生、和，而Fe2O3不发生反应，经过滤分离除去，然后向其中加入Zn与发生置换反应，将Cu置换出来，经加热将过量氨蒸出，锌氨配合物最终以沉淀出来，再经过加热分解产生ZnO。 （1）ZnO与氨水及NH4HCO3发生反应产生Zn(NH3)4CO3、H2O，该反应的化学方程式为：； 在[Zn(NH3)4]2+中，配位体NH3中存在3个N-H共价键，单键属于σ键，中心Cu2+与4个NH3通过4个配位键结合，配位键属于σ键，1个[Zn(NH3)4]2+中存在σ键数目是3×4+4=16个，则1 mol[Zn(NH3)4]2+中含有16 molσ键，其数目是16NA=； ②其他条件一定时，当水浴温度高于42℃时，测得锌的浸出率随温度升高而降低，可能原因是温度升高，NH3挥发，NH4HCO3分解，和减小，反应速率减慢； （2）“置换铜”：向“浸出”所得含有[Cu(NH3)4]2+中滤液中加入稍过量的锌粉，发生置换反应：Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu，然后过滤，分离得到的固体中含有过量的Zn及置换出的Cu，根据Zn是比较活泼金属，能够与酸发生反应，而Cu不能反应的性质，向稀盐酸中分批加入滤渣，搅拌，至不再产生气泡，除去Zn，然后经过滤、洗涤、干燥，就得到较纯净的铜。 （3）根据图象可知：在蒸氨时间为25min时碱式碳酸锌产率达到最大值，在温度为600 K时加热30min固体残留率达到最低，温度升高，固体残留率不再发生变化，故在“蒸氨”制备ZnO时操作为：将[Zn(NH3)4]CO3溶液置于如图-3所示三颈瓶中，打开活塞，通入100℃水蒸气持续25 min，同时将产生的气体通入蒸馏水中；待三颈瓶冷却后，将其中混合物过滤，用蒸馏水洗涤滤渣并干燥，将干燥后的固体在600 K下加热30 min。 17. (15分)氯化铵是一种重要的化工产品，氯化铵的转化与利用是目前化工研究的热点。 (1)1943年，侯德榜团队成功研发了联合制碱法，提高了食盐利用率。其主要流程如下： ①25℃时，；，；反应的平衡常数K= 。 ②将“母液Ⅱ”循环进入“沉淀池”，是联合制碱法的关键。向“母液Ⅰ”中通入氨气可提高的循环利用率，其原理是 。 (2)以氧化镁为载体，化学链方法分解氯化铵工艺的示意图如图1所示。“释氯”过程中可能发生反应的焓变如图2所示。 ①已知 。温度越高，越有利于分解。a (填“>0”“<0”或“=0”)。 ②“释氨”主反应为，该反应 。 ③有研究表明，“释氨”反应分两步进行：；。控制其他条件不变，分别改变或MgO固体粒径大小，“释氨”速率随固体粒径的影响如图3所示。粒径大小对“释氨”反应速率的影响明显小于MgO粒径大小的影响，其原因是 。 ④“释氯”装置中含有少量可提高“释氯”时HCl的平衡产率，主要原因是 。 ⑤已知 ，燃烧的热量用于该化学链分解反应。每分解，需要(已折算为标况)。忽略温度对化学反应焓变的影响，该化学链的热量利用率为 。 【答案】 (1)0.09（2分） 增大，促进析出；使转化为，增大钠盐溶解度，有利于循环（2分） (2)>0 （2分） （2分） 对总反应速率的影响更大 （2分） 释氯时可能发生副反应：，少量会抑制反应发生（2分） (或)（3分） 【详解】（1）①反应的平衡常数K===0.09； ②向“母液Ⅰ”中通入氨气可提高的循环利用率，其原理是增大，促进析出；使转化为，增大钠盐溶解度，有利于循环； （2）①温度越高，越有利于分解说明该分解反应是吸热反应，∆H>0，则a>0； ②根据图2可得反应I：，已知反应Ⅱ： ，由盖斯定律，反应I+Ⅱ可得“释氨”主反应为，该反应； ③粒径大小对“释氨”反应速率的影响明显小于MgO粒径大小的影响，其原因是：对总反应速率的影响更大； ④“释氯”装置中含有少量可提高“释氯”时HCl的平衡产率，主要原因：释氯时可能发生副反应：，少量会抑制反应发生； ⑤分解反应为 ，分解需要吸收20×akJ能量，需要标况下即物质的量为，已知 ，则燃烧放出热量为，热量利用率为。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$