2025届高三化学二轮复习 仿真模拟卷四（新高考通用）

2025高考化学仿真模拟卷四 时间:75分钟分值:100分 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　Mg—24　Al—27　Si—28　P—31　S—32　Cl—35.5　K—39　　Cu—64　 一、选择题(本大题共15小题,每小题3分,共45分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分) 1．中华传统文化博大精深，也蕴含着很多化学知识，下列说法中错误的是(　　) A．《天工开物》中描述“凡白土曰垩土，为陶家精美启用”，其中“陶”是传统硅酸盐材料 B．《汉书》中记载“今世有白铜，盖点化为之，非其本质”，白铜属于铜的合金 C．《周礼》中描绘了“煤饼烧蛎房成灰”，煅烧贝壳发生的是氧化还原反应 D．宋代名画《莲塘乳鸭图》中描绘了缂丝的场景，丝的主要成分是蛋白质 2．下列化学用语或表述错误的是(　　) A．乙烯的球棍模型： B．基态Al原子最高能级的电子云轮廓图： C．在[Ni(NH3)6]SO4中，阴离子的VSEPR模型名称：正四面体形 D．次氯酸钠中含有的化学键类型：极性键、离子键 3．下列有关物质的工业制备反应错误的是(　　) A．侯氏制碱法：NaCl＋H2O＋NH3＋CO2===NaHCO3↓＋NH4Cl B．工业合成氨：N2＋3H22NH3 C．氯碱工业：2NaCl＋2H2O＋Cl2↑ D．冶炼金属铝：2AlCl32Al＋3Cl2↑ 4．关于NH3、、NH3·H2O、N2H4四种含氮微粒，下列说法正确的是(　　) A．四种微粒中氮原子的杂化方式有sp2、sp3两种 B．NH3、NH3·H2O两种微粒中，H—N—H的键角相等 C．N2H4可以形成、两种阳离子，且两种阳离子都可以与强碱反应 D．1 L 1 mol·L-1的氨水溶液中H2O的物质的量之和为1 mol 5．AlN是一种半导体材料，一种制备方法是Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(　　) A．消耗等物质的量的Al2O3和N2，转移电子数目为6NA B．12 g C(石墨)含非极性键数目为3NA C．标准状况下，11.2 L N2含π键数目为NA D．0.1 mol Al2O3溶于足量盐酸，溶液中含Al3+数目为0.2NA 6．杜鹃素是一种具有祛痰功效的药物，结构简式如图。下列说法正确的是(　　) A．该分子中所有氧原子处于同一平面 B．该分子中含有1个手性碳原子 C．能发生氧化反应、取代反应、消去反应 D．1 mol杜鹃素最多能消耗4 mol NaOH 7．我国科学家设计的间接电化学氧化法可同时去除烟气中的SO2和NO2，原理如图。下列说法正确的是(　　) A．H＋通过质子交换膜向m电极移动 B．NO2发生的反应：NO2＋Ce4+＋＋Ce3+＋2H＋ C．n电极的电极反应式：H2O＋2e－===H2↑＋2OH－ D．若产生22.4 L H2(标准状况下)，则气—液吸收柱中处理了64 g SO2 8．有机玻璃是日常生活中最常见的透明有机材料之一，其合成路线如图。下列说法正确的是(　　) A．X的化学名称为甲基丙烯酸 B．Y是CH3COOCH2CH3的同系物 C．Y、Z均能使溴水褪色 D．两步反应的反应类型依次为取代反应、缩聚反应 9．某种双核钴配合物阳离子的结构如图。X的第一电离能在第二周期主族元素中位居第二，Y的核外电子只有一种运动状态，Z的一种同素异形体是极性分子。下列说法错误的是(　　) A．简单氢化物的稳定性：Z>X B．电负性：Z>X>Y C．Co位于元素周期表ds区，在该阳离子中呈＋2价 D．从结构推测该配合物阳离子不稳定，且具有一定的氧化性 10．KMnO4是重要氧化剂，广泛用于化工、防腐以及制药等领域。以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料，经中间产物K2MnO4制备KMnO4的流程如图所示。下列说法错误的是(　　) A．“熔融”过程中，n(氧化剂)∶n(还原剂)＝1∶2 B．滤渣2经处理后可循环回“熔融”过程以提高锰元素的利用率 C．用盐酸替代CO2能加快“酸化”时的速率 D．得到KMnO4晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥 11．储氢合金LaNi5储氢时的化学式为LaNi5H6(设各元素的价态均为0)。以LaNi5H6(m)和NiO(OH)(n)为电极，KOH溶液为电解质溶液的二次电池结构如图所示(已知电池工作之前隔膜两侧电解质溶液的质量相等)。 下列说法正确的是(　　) A．充电时，n极发生还原反应 B．充电时，电子流向：n→交换膜→m C．放电时，m极的电极反应式为LaNi5H6－6e－＋6OH－===LaNi5＋6H2O D．放电时，若转移1 mol e－，隔膜左侧电解质溶液的质量减少39 g 12．氟化钾镁是一种具有优良光学性能的材料，主要应用于激光领域，其立方晶胞结构如图。NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是(　　) A．K＋的配位数为12 B．每个Mg2+位于距其最近且等距的F－构成的正四面体空隙中 C．若Mg2+位于晶胞的体心，则F－位于晶胞的面心 D．若晶胞参数为a nm，则晶体的密度是 g·cm-3 13．下列设计的实验方案不能达到实验目的的是(　　) 选项 实验现象和操作 实验目的 A 向2 mL 0.1 mol·L-1 Na2S溶液中滴加0.1 mol·L-1 ZnSO4溶液至不再有沉淀产生，再滴加几滴0.1 mol·L-1 CuSO4溶液，出现黑色沉淀 验证Ksp(ZnS) >Ksp(CuS) B 向装有电石的圆底烧瓶中逐滴加入适量饱和NaCl溶液，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫色褪去 检验乙炔中含有碳碳三键 C 以Zn、Fe为电极，以酸化的3% NaCl溶液作电解质溶液，连接成原电池装置。过一段时间，从Fe电极区域取少量溶液于试管中，再向试管中滴入2滴K3[Fe(CN)6]溶液，观察现象 探究金属保护的牺牲阳极法 D 向盛有2 mL 0.1 mol·L-1 K2Cr2O7溶液的试管中滴加5～10滴NaOH溶液，再继续滴加5～10滴6 mol·L-1 H2SO4溶液，观察现象 探究浓度对化学平衡的影响 14．中国积极推动技术创新，力争2060年实现碳中和。CO2催化还原的主要反应有： ①CO2(g)＋H2(g)⥫⥬CO(g)＋H2O(g)　ΔH1>0 ②CO2(g)＋3H2(g)⥫⥬CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH2 向恒温恒压的密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2进行上述反应。CH3OH的平衡产率、CO2的平衡转化率随温度变化关系如图。下列说法错误的是(　　) A．反应②的ΔH2<0 B．若气体密度不再变化，反应①和②均达到平衡状态 C．任一温度下的平衡转化率：α(H2)<α(CO2) D．平衡时n(H2O)随温度升高先增大后减小 15．常温下，0.10 mol/L HCOONH4溶液中，四种微粒的pX[pX＝－lg c(X)]随pOH的变化关系如图。下列说法错误的是(　　) A．Ka(HCOOH)>Kb(NH3·H2O) B．曲线③表示p(HCOOH)随pOH的变化关系 C．a＝7.0 D．等浓度的HCOOH和HCOONH4混合液中：2c(NH3·H2O)＋c(HCOO－)＋2c(OH－)＝c(HCOOH)＋2c(H＋) 二、非选择题(本大题共5小题,共52分) 16．CuCl在工业生产中有着重要应用。利用以下装置制备CuCl并测定产品纯度。 已知：Ⅰ.CuCl是白色固体，不溶于水和乙醇，在潮湿空气中可被迅速氧化。 Ⅱ.浓的Na2[CuCl3]溶液为无色，加水稀释即析出CuCl白色固体。 回答下列问题： (1)①图中制取Cl2的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。 ②装有浓盐酸的仪器名称为________。 ③为吸收尾气Cl2，C中可选用试剂________(填标号)。 A．Na2SO3溶液　　　 B．饱和食盐水 C．浓H2SO4 D．FeCl2溶液 (2)制备CuCl：打开分液漏斗旋塞与搅拌器，装置B中依次发生反应的离子方程式为： ①Cu＋Cl2===Cu2+＋2Cl－ ②______________________________________________ ③CuCl＋2Cl－⥫⥬[CuCl3]2- 观察到____________时停止反应。将B中溶液倾入盛有蒸馏水的烧杯中，立即得到白色CuCl沉淀，抽滤得CuCl粗品。 (3)洗涤CuCl：洗涤时最好用95%的乙醇洗涤滤饼，其目的是__________________________________。 (4)CuCl纯度测定：称取所制备的氯化亚铜成品3.00 g，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，配成250 mL溶液。移取25.00 mL溶液于锥形瓶中，用0.0200 mol·L-1的K2Cr2O7溶液滴定至终点，再重复滴定2次，三次平均消耗K2Cr2O7溶液25.00 mL(滴定过程中转化为Cr3+，Cl－不反应)。 ①产品中加入FeCl3溶液时，发生反应的离子方程式为___________________________。 ②产品中CuCl的质量分数为________。 17．氧化锌在橡胶、油漆涂料、化工、医疗及食品等行业有着广泛应用。一种以含锌烟灰(含有ZnO、CuO、PbO、FeO、Fe2O3、MnO、MnO2、CdO等)为原料制备氧化锌的工艺流程如图所示： 已知：ⅰ.二价金属氧化物能分别与氨配合生成配离子，如[Fe(NH3)2]2+、[Mn(NH3)2]2+、； ⅱ.25 ℃时相关物质的Ksp如下表： 物质 MnS FeS ZnS PbS CdS CuS Ksp 2.5× 10-13 6.3× 10-18 1.6× 10-24 8.0× 10-28 3.6× 10-29 5.0× 10-36 (1)基态Zn2+核外电子能级共________个。 (2)“氧化预处理”阶段得到的氧化产物有FeOOH、MnO2，“氧化预处理”的目的是___________________________________。 (3)“氨浸”时生成多种配离子，其中生成的离子方程式为____________________________________。 (4)已知：4NH3(aq)＋Cu2+(aq)===[Cu(NH3)4]2+(aq)　K＝1013，则[Cu(NH3)4]2+(aq)＋S2-(aq)===CuS(s)＋4NH3(aq)的化学平衡常数K1为________。 (5)“蒸氨”时得到混合气体e和固体。 ①混合气体e可返回至________工序循环利用； ②取11.2 g固体，经充分“煅烧”后得到氧化锌8.1 g，同时产生的气体通入到足量Ba(OH)2溶液中，可得沉淀9.85 g，则固体Znx(OH)y(CO3)z的化学式为________。 (6)通过氢电极增压法可利用产品氧化锌进一步制得单质锌(如图)，储罐内ZnO溶解后形成[Zn(OH)4]2-，电解池中发生总反应的离子方程式为____________________________________。 18．乙醇水蒸气重整制氢是生物质制氢的重要方法，有关反应如下： ⅰ.C2H5OH(g)＋3H2O(g)⥫⥬2CO2(g)＋6H2(g)　ΔH＝＋171 kJ·mol-1(主反应) ⅱ.C2H5OH(g)⥫⥬CO(g)＋CH4(g)＋H2(g)　ΔH＝＋54 kJ·mol-1 ⅲ.CH4(g)＋2H2O(g)⥫⥬CO2(g)＋4H2(g)　ΔH＝＋165 kJ·mol-1 ⅳ.CO(g)＋H2O(g)⥫⥬CO2(g)＋H2(g)　ΔH (1)反应ⅳ的ΔH＝________ kJ·mol-1。 (2)A．Akande等研究了以Ni/Al2O3为催化剂的乙醇水蒸气重整反应。下列说法正确的是________(填标号)。 A．Ni/Al2O3能改变重整反应的历程，增大活化分子百分数 B．使用适宜的催化剂提高H2的选择性，从而提高H2的平衡产率 C．Ni/Al2O3能降低重整反应的活化能，大幅增大反应的速率常数 (3)在2 L刚性容器中，充入1 mol 的关系如图2所示。 图1 图2 ①温度一定，乙醇的转化率随水—乙醇比的增大而增大，原因是_______________________________。 水—乙醇比＝7∶1时，产生氢气的量随温度升高的变化趋势是________。 ②降低温度，图2中Q点不可能变为点________(填“A”或“B”)。 ③900 K，在2 L刚性容器中，充入1 mol C2H5OH(g)和7 mol H2O(g)，以Ni/Al2O3为催化剂，40 min达到平衡，测得c平(CO)＝a mol·L-1，且在含碳产物中的体积分数为b%，则反应ⅱ平衡常数＝________，0～40 min用C2H5OH(g)表示的反应速率为____________ mol·L-1·min-1(用含a、b的式子表示，下同)，c平(CH4)＝________ mol·L-1。 19．二氢荆芥内酯(H)可用作驱虫剂，其人工合成路线如下： (1)D中官能团的名称为________。 (2)化合物G中sp3、sp2杂化的碳原子数目之比为________。 (3)化合物B的结构简式为________。 (4)写出同时满足下列条件的H的一种同分异构体的结构简式：________________________________________________________________________。 分子中含苯环，但与FeCl3溶液不显色；核磁共振氢谱有5组峰；铜作催化剂加热条件下与O2反应生成一元醛。 (5)写出以CH3CH===CH2和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程示例见本题题干)_______________________________。 答案解析 1. 解析：C　“陶”是传统硅酸盐材料，故A正确；白铜属于铜的合金，故B正确；煅烧贝壳发生的是碳酸钙高温分解的反应，化学方程式为：CaCO3CaO＋CO2↑，元素化合价无变化，不属于氧化还原反应，故C错误；此处丝为蚕丝，主要成分是蛋白质，故D正确。 2. 解析：A　乙烯分子中含碳碳双键，且乙烯为平面形分子，C的原子半径比H的大，若球棍模型中用黑球代表碳原子，白球代表氢原子，棍代表共价键，则乙烯的球棍模型为，A错误；已知Al是13号元素，其价电子排布式为3s23p1，故基态Al原子最高能级即3p的电子云轮廓图呈哑铃形，即为，B正确；在[Ni(NH3)6]SO4中，阴离子即中心原子S原子的价层电子对数为4＋(6＋2－4×2)＝4，故VSEPR模型名称为正四面体形，C正确；次氯酸钠中含有的化学键类型为Na＋和ClO－之间的离子键和ClO－内部的极性键，D正确。 3. 解析：D　侯氏制碱法中，向饱和氯化钠溶液中通入氨气、二氧化碳气体生成碳酸氢钠固体，化学方程式为：NaCl＋H2O＋NH3＋CO2===NaHCO3↓＋NH4Cl，故A正确；工业合成氨，即N2和H2在高温、高压、催化剂的条件下反应，生成NH3，反应的化学方程式为：N2＋3H22NH3，故B正确；氯碱工业，即电解饱和食盐水，生成Cl2、H2、NaOH，反应的化学方程式为：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，故C正确；三氯化铝是共价化合物，熔融态不能电离出自由移动的离子，故应电解熔融氧化铝冶炼铝：2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑，故D错误。 4. 解析：C　NH3、、NH3·H2O、N2H4四种微粒中氮原子的杂化方式都是sp3杂化，A错误；NH3中的N原子有一个孤电子对，NH3·H2O中的N原子没有孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，则NH3·H2O中H—N—H的键角大于NH3中H—N—H的键角，B错误；N2H4的电子式为，每个N原子都有孤电子对，可以结合H＋形成、，这两种阳离子和类似，能与强碱反应，C正确；氨水中的含氮微粒为NH3、、NH3·H2O，根据氮原子守恒可知NH3、、NH3·H2O的物质的量之和为1 mol，D错误。 5. 解析：C　由于不知道等物质的量的Al2O3和N2具体物质的量，无法计算转移的电子数目，A不正确；12 g C(石墨)的物质的量为1 mol，根据石墨的结构，每个碳原子形成3个非极性键，每个非极性键由两个碳原子共用，每个碳原子对非极性键的占有率为，故1 mol石墨含1 mol×3×＝1.5 mol非极性键，即非极性键数目为1.5NA，B不正确；1个N2分子含2个π键，标准状况下，11.2 L N2的物质的量为0.5 mol，含NA个π键，C正确；Al3+会水解，0.1 mol Al2O3溶于足量盐酸，溶液中含Al3+数目小于0.2NA，D不正确。 6. 解析：B　由题干杜鹃素的结构简式可知，该分子中存在苯环、酮羰基所在的平面，但中间的含氧杂环中存在2个sp3杂化的碳原子，不可能是平面结构，两个苯环不共平面，故不可能所有氧原子处于同一平面，A错误；同时连有四个不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，结合杜鹃素的结构简式可知，该分子中含有1个手性碳原子，如图“*”所示：，B正确；由题干杜鹃素的结构简式可知，分子中含有酚羟基，且邻位碳上有H，故能发生取代、氧化反应，不能发生消去反应，C错误；由题干杜鹃素的结构简式可知，分子中含有3个酚羟基，故1 mol杜鹃素最多能消耗3 mol NaOH，D错误。 7. 解析：B　由图可知，H＋在n电极得到电子，变为H2，n极为阴极，电极反应式为2H＋＋ 2e－===H2↑，Ce3+在m电极失去电子变为Ce4+，m极为阳极，SO2、NO2被Ce4+氧化为、从而被除去。m极为阳极，H＋通过质子交换膜向阴极(n电极)移动，故A错误；NO2被Ce4+氧化为，离子方程式为：NO2＋Ce4+＋＋Ce3+＋2H＋，故B正确；n极为阴极，电解质溶液为稀H2SO4，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，故C错误；n极电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，若产生22.4 L H2(标准状况下)，转移2 mol电子，SO2被Ce4+氧化为，反应的离子方程式为：SO2＋2Ce4+＋＋2Ce3+＋4H＋，当转移2 mol电子时，消耗1 mol SO2，质量为64 g，但实际上SO2、NO2同时与Ce4+反应，因此处理的SO2小于64 g，故D错误。 8. 解析：A　由题干有机物X的结构简式可知，X的化学名称为甲基丙烯酸，A正确；同系物是指结构相似，组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，故Y不是CH3COOCH2CH3的同系物，B错误；由题干有机物Y、Z的结构简式可知，Y中含有碳碳双键能使溴水褪色，但Z中不含碳碳双键等不饱和键，故不能使溴水褪色，C错误；由题干转化流程可知，第一步为酯化反应即取代反应，第二步为加聚反应，D错误。 9. 解析：C　X的第一电离能在第二周期主族元素中位居第二，X为N，Y的核外电子只有一种运动状态，Y为H，Z的一种同素异形体是极性分子，即Z为O，O3为极性分子。非金属性：Z(O)>X(N)，因此简单氢化物的稳定性：Z>X，故A正确；同周期元素，从左往右电负性逐渐增大，即电负性：Z(O)>X(N)>Y(H)，故B正确；Co位于元素周期表d区，故C错误；该配合物阳离子存在过氧键，因此不稳定，且具有一定的氧化性，故D正确。 10. 解析：C　软锰矿加入氢氧化钾、空气熔融，发生反应2MnO2＋4KOH＋O22K2MnO4＋2H2O，然后水浸，在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱酸性，K2MnO4发生歧化反应，生成KMnO4、MnO2，经过一系列操作得到产品，以此解答该题。由分析可知，“熔融”过程中发生的反应方程式为：2MnO2＋4KOH＋O22K2MnO4＋2H2O，反应中O2为氧化剂，MnO2为还原剂，故n(氧化剂)∶n(还原剂)＝1∶2，A正确；由分析可知，滤渣2为MnO2，经处理后可循环回“熔融”过程以提高锰元素的利用率，B正确；由于KMnO4和K2MnO4均能与HCl发生氧化还原反应，故不能用盐酸替代CO2，可用稀硫酸代替CO2来加快“酸化”时的速率，C错误；由题干图示可知，KMnO4的溶解度随温度升高而明显增大，故得到KMnO4晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥，D正确。 11. 解析：C　由题干图示信息可知，图中实线代表放电过程，放电时n极为正极，其反应为6NiO(OH)＋6e－＋6H2O===6Ni(OH)2＋6OH－，m极为负极，其反应为＋6H2O，此电池的总反应为，虚线代表充电过程，充电时n极为阳极，其反应为＋6OH－－6e－===6NiO(OH)＋6H2O，m极为阴极，其反应为LaNi5＋6H2O＋6e－===LaNi5H6＋6OH－，总反应为＋6Ni(OH)2＋6NiO(OH)，据此分析解题。 由分析可知，充电时，n极为阳极，发生氧化反应，A错误；电子不能经过电解质溶液，B错误；由分析可知，放电时，m极为负极，其电极反应式为LaNi5H6－6e－＋6OH－===LaNi5＋6H2O，C正确；由分析可知，放电时左侧为负极室，右侧为正极室，原电池中电解质溶液中的阳离子移向正极，若转移，则有1 mol K＋从左侧移向右侧，同时根据电极反应LaNi5H6－6e－＋6OH－===LaNi5＋6H2O可知，左侧溶液增加1 mol H，故隔膜左侧电解质溶液的质量减少39 g－1 g＝38 g，D错误。 12. 解析：B　由图可知，与K＋等距且最近的F－位于棱心，共12个，即K＋的配位数为12，故A正确；每个Mg2+位于距其最近且等距的F－构成的正八面体空隙中，故B错误；若Mg2+位于晶胞的体心，则K＋位于晶胞的顶点处，F－位于晶胞的面心，故C正确；由均摊法可知，1个晶胞中含有Mg2+的数目为8×＝1，F－的数目为12×＝3，K＋的数目为1，晶胞的质量为 g，密度为 g·cm-3，故D正确。 13. 解析：B　向Na2S溶液中滴加ZnSO4溶液，产生ZnS沉淀，且将S2-消耗完全，再滴加几滴CuSO4溶液，生成黑色沉淀CuS，发生了沉淀的转化，且ZnS与CuS属于同类型沉淀，可以证明Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，A正确；电石中含有CaS等杂质，用电石制乙炔时会产生杂质气体H2S，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫色褪去，也可能是H2S导致的，并不能证明乙炔中含有碳碳三键，B错误；从Fe电极区域取少量溶液于试管中，滴入2滴K3[Fe(CN)6]溶液，若未出现蓝色沉淀，说明Fe未失电子，验证了金属保护的牺牲阳极法，C正确；K2Cr2O7溶液中存在＋H2O⥫⥬2＋2H＋，向K2Cr2O7溶液中滴NaOH溶液，平衡正向移动，溶液由橙色变为黄色，再继续滴加H2SO4，c(H＋)增大，平衡逆向移动，溶液由黄色变为橙色，可以证明浓度对化学平衡的影响，D正确。 14. 解析：D　由题干图像信息可知，随着温度的升高CH3OH的平衡产率减小，即升高温度反应②平衡逆向移动，故反应②的ΔH2<0，A正确；由题干信息可知，反应是在恒温恒压的容器中进行，故若气体密度不再变化，则反应①和②均达到平衡状态，B正确；由题干方程式可知，若只发生反应②则H2和CO2的平衡转化率相等，若只进行反应①则H2的平衡转化率小于CO2的，现同时发生反应①和反应②，故有任一温度下的平衡转化率：α(H2)<α(CO2)，C正确；由题干图像信息可知，CH3OH的平衡产率随温度的升高一直在减小，而CO2的平衡转化率先减小后增大，说明温度较低时以反应②为主，随着温度升高平衡逆向移动，H2O的物质的量减小，而温度较高时，以反应①为主，温度升高平衡正向移动，H2O的物质的量增大，即平衡时n(H2O)随温度升高先减小后增大，D错误。 15. 解析：C　0.100 mol/L HCOONH4的溶液中存在水解平衡：HCOO－＋H2O⥫⥬HCOOH＋OH－、＋H2O⥫⥬NH3·H2O＋H＋，随着pOH的增大，溶液中c(OH－)减小，溶液酸性增强，前者平衡正向移动、后者平衡逆向移动，故HCOO－和NH3·H2O浓度均减小，和HCOOH浓度均增大，结合图像可知，①②③④分别为、NH3·H2O、HCOOH、HCOO－，据此分析解题。由分析并结合题干图像可知，x点c( )＝c(NH3·H2O)，此时pOH＝4.75，故Kb(NH3·H2O)＝＝c(OH－)＝10-4.75，同理y点c(HCOOH)＝c(HCOO－)，此时c(OH－)＝10-10.25 mol/L，则c(H＋)＝10-3.75 mol/L，Ka(HCOOH)＝＝10-3.75，故Ka(HCOOH)>Kb(NH3·H2O)，A正确；由分析可知，曲线③表示p(HCOOH)随pOH的变化关系，B正确；由分析可知，曲线②、③分别代表NH3·H2O、HCOOH，z点c(NH3·H2O)＝c(HCOOH)，HCOONH4溶液中存在物料守恒：c(HCOOH)＋c(HCOO－)＝c()＋c(NH3·H2O)，故c()＝c(HCOO－)，由于Kb(NH3·H2O)<Ka(HCOOH)，则<，c(OH－)<c(H＋)，故a≠7.0，C错误；等浓度的HCOOH和HCOONH4混合液中电荷守恒为：c()＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCOO－)，物料守恒为：c(HCOOH)＋c(HCOO－)＝2c()＋2c(NH3·H2O)，故可得2c(NH3·H2O)＋c(HCOO－)＋2c(OH－)＝c(HCOOH)＋2c(H＋)，D正确。 16. 解析：A装置中KMnO4与浓盐酸反应制备Cl2，B装置中Cl2与Cu、NaCl反应得到浓Na2[CuCl3]溶液，然后将Na2[CuCl3]溶液倒入盛有蒸馏水的烧杯中析出CuCl；C装置用于吸收尾气Cl2，防止污染大气。(1)①制取Cl2的反应为2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，该反应中Mn元素的化合价由＋7价降至＋2价，Cl元素的化合价由－1价升至0价，根据得失电子守恒，氧化剂(KMnO4)与还原剂(HCl)物质的量之比为1∶5；②装有浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；③Na2SO3溶液具有还原性，能吸收Cl2，发生的反应为Cl2＋Na2SO3＋H2O===Na2SO4＋2HCl，A项选；Cl2难溶于饱和食盐水，不能被饱和食盐水吸收，B项不选；浓硫酸不能吸收Cl2，C项不选；FeCl2溶液具有还原性，能吸收Cl2，发生的反应为Cl2＋2FeCl2===2FeCl3，D项选。(2)由题给反应①、③可知，反应②为Cu2+＋Cu＋2Cl－===2CuCl；由于反应①生成的CuCl2使溶液呈蓝色，而浓的Na2[CuCl3]溶液为无色，故观察到当溶液中蓝色褪去变为无色时停止反应。(3)CuCl是白色固体，不溶于水和乙醇，在潮湿空气中可被迅速氧化，故洗涤时最好用95%的乙醇洗涤滤饼的目的是乙醇挥发可带走CuCl表面的水分防止其被氧化。(4)①CuCl具有还原性，FeCl3具有氧化性，两者发生氧化还原反应的离子方程式为CuCl＋Fe3+===Cu2+＋Cl－＋Fe2+；②滴定时发生的反应为6Fe2+＋＋14H＋===6Fe3+＋2Cr3+＋7H2O，可得关系式6CuCl～，则产品中CuCl的质量分数为×100%＝99.5%。 答案：(1)①1∶5　②分液漏斗　③AD (2)Cu2+＋Cu＋2Cl－===2CuCl　当溶液中蓝色褪去变为无色　(3)乙醇挥发可带走CuCl表面的水分防止其被氧化　(4)①Fe3+＋CuCl===Cu2+＋Fe2+＋Cl－　②99.5% 17. 解析：由题给流程可知，向含锌烟灰中加入次氯酸钙氧化预处理，将Fe2+、Mn2+转化为FeOOH、MnO2，过滤得到滤液和滤渣；向滤渣中加入氨水和碳酸氢铵溶液氨浸，将金属元素转化为可溶的金属配合物，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入硫化钠溶液，将溶液中的铅元素、镉元素、铜元素转化为金属硫化物沉淀，过滤得到含有金属硫化物的滤渣和滤液；滤液经蒸氨得到含有氨气的混合气体和Znx(OH)y(CO3)z，Znx(OH)y(CO3)z煅烧分解得到氧化锌。 (1)锌元素的原子序数为30，基态Zn2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，核外电子共有6个能级；(2)由题给信息可知，Fe(Ⅱ)、Mn(Ⅱ)能与氨配合生成配合物，则“氧化预处理”阶段得到FeOOH、MnO2的目的是避免加入氨水和碳酸氢铵溶液氨浸时其溶解转化为可溶的配合物而影响后续分离；(3)由题意可知，加入氨水和碳酸氢铵溶液氨浸时，氧化锌与氨水和碳酸氢铵混合溶液反应生成四氨合锌离子，反应的离子方程式为ZnO＋4NH3·H2O＋===[Zn(NH3)4]2+＋＋5H2O；(4)由方程式可知，反应的平衡常数K1＝＝ ＝＝2×1022；(5)①由分析可知，e为含有氨气的混合气体，则混合气体可返回至氨浸工序循环利用；②由原子守恒可知，11.2 g Znx(OH)y(CO3)z中锌元素的物质的量为＝0.1 mol，碳酸根离子的物质的量为＝0.05 mol，由电荷守恒可知，Znx(OH)y(CO3)z中氢氧根离子的物质的量为2×0.1 mol－2×0.05 mol＝0.1 mol，则x∶y∶z＝0.1 mol∶0.1 mol∶0.05 mol＝2∶2∶1，所以固体Znx(OH)y(CO3)z的化学式为Zn2(OH)2CO3。 (6)由图示可知，左侧电极为电解池的阳极，碱性条件下氢气在阳极失去电子发生氧化反应生成水，右侧电极为阴极，四羟基合锌离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌和氢氧根离子，则电解池的总反应为H2＋[Zn(OH)4]2-Zn＋2H2O＋2OH－。 答案：(1)6　(2)将含锌烟灰中的铁(Ⅱ)和锰(Ⅱ)分别氧化为FeOOH和MnO2，避免其在氨浸时溶解　(3)ZnO＋4NH3·H2O＋===[Zn(NH3)4]2+＋＋5H2O (4)2×1022　(5)①氨浸　②Zn2(OH)2CO3 (6)H2＋[Zn(OH)4]2-Zn＋2H2O＋2OH－ 18. 解析：(1)反应ⅳ＝反应ⅰ－反应ⅱ－反应ⅲ，由盖斯定律得反应ⅳ的ΔH＝(＋171 kJ·mol-1)－(＋54 kJ·mol-1)－(＋165 kJ·mol-1)＝。 (2)Ni/Al2O3催化剂能够改变重整反应的历程，从而降低反应活化能，增大单位体积内活化分子数，增大活化分子百分数，A选项正确；催化剂能提高化学反应速率而不能影响平衡移动，不能提高H2的平衡产率，B选项错误；Ni/Al2O3催化剂能降低重整反应的活化能，大幅增大反应的速率常数，C选项正确。(3)①温度一定，水—乙醇比增大，乙醇的用量不变，增大水蒸气的浓度使反应ⅰ平衡正向移动，所以乙醇的转化率增大；结合图1可知，水—乙醇比为7∶1时，随温度升高，反应ⅰ平衡正向移动，CO2与H2量增大，随着温度继续升高，反应ⅳ平衡逆向移动，H2量变小；②反应ⅱ的ΔH>0，降低温度，K＝减小，则lg c平(H2)＋lg 值会减小，Q点不可能变为点B；③由图2可知，900 K时，纵坐标lg 为0时，lg c平(H2)＝9.6，K＝，lg K＝lg c平(H2)＋lg ＝9.6＋0＝9.6，K＝109.6；c平(CO)＝a mol·L-1，在含碳产物中的体积分数为b%，则含碳产物物质的量浓度为 mol·L-1，折算成消耗的乙醇的物质的量浓度为× mol·L-1，v＝ mol·L-1·min-1；根据图1，c平(H2)＝2.5 mol·L-1，c平(C2H5OH)＝(－×)mol·L-1，c平(CO)＝a mol·L-1，K＝＝109.6，得c平(CH4)＝×109.6 mol·L-1。 答案：(1)－48　(2)AC　(3)①乙醇的用量不变，增大水蒸气的浓度使反应ⅰ平衡正向移动，所以乙醇的转化率增大　先变大后变小　②B　③109.6　×109.6 19. 解析：(1)D分子中的官能团有酯基、碳溴键。 (2)中羧基中的碳原子为sp2杂化，共2个，其余碳原子均为饱和碳原子，为sp3杂化，共有8个。 (3)对比A、C的结构简式，A中的醛基变为酯基，A→B过程中根据条件可知，发生氧化反应，醛基被氧化为羧基，B→C过程中，B中的羧基与CH3OH反应生成酯基，由此得出B的结构简式为。 (4)的不饱和度为4，苯环的不饱和度也为4，所以其同分异构体含有一个苯环后，其余基团均为饱和结构，除苯环外还有4个碳原子，3个氧原子。不能与FeCl3溶液发生显色反应，说明该化合物不含有酚羟基；该化合物在Cu催化作用下被氧化成一元醛，说明含有1个—CH2OH；核磁共振氢谱有5组峰，说明该化合物结构对称，可以写出满足条件的结构简式： (5)采用逆推法：可以由发生酯化反应得到，CH3CH===CH2可以先与HBr发生加成反应(类似C→D)生成，再发生水解反应可得中酯基被还原为羟基(类似E→F)，生成，羟基可以被酸性KMnO4氧化成羧基(类似F→G)，得，据此写出合成路线。 答案：(1)碳溴键、酯基　(2)4∶1 (5) 学科网（北京）股份有限公司 $$