冲刺抢分卷08 -备战2025年高考化学【三轮·冲刺抢分】考前仿真模拟卷（江苏专用）

备战2025年高考化学【三轮·冲刺抢分】考前仿真模拟卷 冲刺抢分卷08 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 O 16 P 31 Fe 56 一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1．C 2．C 3．B 4．B 5．B 6．C 7．D 8．A 9．D 10．D 11．B 12．D 13．C 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 14．（16分） (1)增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底 提供空轨道，中O原子提供孤电子对 pH过高会使水解生成，影响产品纯度；pH过高体系中增大，与沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能 (2)温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢 添加量低于2.5%，产量低，不经济；高2.5%，部分生成沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低 (3) 15．（15分） (1)邻硝基苯酚或2-硝基苯酚 (2)取代反应 中和反应生成的HI，提高转化率(或产率) (3)d (4) (5)10 (6) 16．（15分） (1)水浴加热 (2)恒压滴液漏斗 将Fe2+离子还原成直径为Fe纳米颗粒，附着在纳米铁的表面，形成了一层保护层，能防止其被环境中的氧化剂快速氧化而失效 (3)除去晶体表面水分，便于快速干燥 (4)取最后一次洗涤液少量于试管中，加入稀盐酸酸化后，然后加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净 (5) 有磁性，吸引纳米铁，使其分散附着在表面，增大表面积；纳米铁能将含三价铁元素的物质还原为含二价铁元素的物质，含二价铁元素的物质能继续与反应，降解效率增大 17．（15分） (1)C (2)和都带负电荷，相互排斥，二者碰撞频率低 (3) (4)① (5)Cat1 53 (6) 增大 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 备战2025年高考化学【三轮·冲刺抢分】考前仿真模拟卷 冲刺抢分卷08 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 O 16 P 31 Fe 56 一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1．化学与生活密切相关，下列说法不合理的是 A．可作食品添加剂 B．洗洁精除油污发生的是物理变化 C．甘油和矿油均可作护肤品的保湿剂，二者保湿的原理相同 D．含氟牙膏防止龋齿的原理是将转化为更难溶的 2．实验室用反应制备。下列说法正确的是 A．的电子式： B．中氮原子采取杂化 C．配位能力： D．的VSEPR模型： 3．下列工业生产或处理过程涉及的物质转化关系不正确的是 A．消除污染物： B．去除难溶物： C．合成聚合物： D．制备配合物： 4．对金属材料中C、O、N、S的含量进行定性和定量分析，可以确定金属材料的等级。下列不正确的是 A．电离能大小： B．热稳定性： C．酸性强弱： D．半径大小： 阅读下列材料，完成下面小题。 过渡金属及其重要化合物在生产中有着重要应用。单质铜作催化剂可将乙醇氧化为乙醛；Cu在存在下能与氨水反应生成。的盐酸溶液能吸收CO形成配合物，结构如图所示。铁触媒可催化合成氨反应；铁基氧化物可催化加氢获得乙烯，乙醛等多种产物。催化溶液产生，可将烟气中的高效氧化。 5．下列有关说法正确的是 A．和中碳原子杂化类型均为 B．中含有键的数目为7mol C．、、三者晶体的类型相同 D．、、的VSEPR模型都是四面体形，都是非极性分子 6．下列化学反应表示不正确的是 A．被氧化为： B．氧化的反应： C．Cu在存在下能与氨水反应： D．催化加氢生成的反应 7．下列说法正确的是 A．CuCl的盐酸溶液可用于吸收CO，是利用了CuCl的氧化性 B．转化为的过程中，铁基氧化物主要起吸附作用 C．与的反应中，其他条件不变，可选择不同的催化剂改变乙醛的平衡选择性 D．氧化为中，单质铜不能改变该反应的焓变 8．下列说法不正确的是 A．图①装置用于制取无水固体 B．图②中试管内先出现红棕色气体，后变无色 C．图③表示腐蚀类物质 D．图④装置不能有效分离苯(沸点为80.1℃)和乙醇(沸点为78.4℃) 9．全固态锂金属电池具有更高比能和更高安全性。我国科研团队设计了基于LLZTO@Ag复合层负极改性的硫化物全固态锂电池，结构如图所示，放电时电池反应为。下列说法错误的是 A．放电时，电子流向为a极→负载→b极 B．充电时，流向为b极→固态电解质→复合层→a极 C．充电时，b极的电极反应为 D．放电时，每转移电子b极质量理论上减少 10．下列实验操作、现象和结论都正确的是 选项 实验操作及现象 结论 A 向碳酸钠溶液中加入冰醋酸，将生成的气体直接 通入到苯酚钠溶液中，产生白色浑浊 酸性：醋酸>碳酸>苯酚 B 向足量 溶液中，先滴加少量 溶液，再滴 加 溶液，先出现白色沉淀，后出现红褐色沉淀 C 在试管中加入 的 溶液，再加 5 滴稀 溶液，混匀后加入 葡萄糖溶液，加热，出现砖红色沉淀 葡萄糖具有还原性 D 已知 是红棕色，将SO2通入 溶 液中， 溶液先变为红棕色， 一段时间后又变成浅 绿色 Fe3+与SO2络合反应速率比氧化还原反应速率快，但氧化还原反应的平衡常数更大 A．A B．B C．C D．D 11．异烟肼是一种抗结核药物，可以与香草醛反应生成异烟腙，其转化过程如下： 下列说法正确的是 A．异烟腙分子式为 B．异烟肼既能与酸反应又能与碱反应 C．香草醛分子中最多16个原子共平面 D．香草醛与浓溴水反应时，最多消耗 12．在溶液中，金属阳离子与等配体有多种配位形式。下表是时在水溶液中的相关平衡。下列叙述正确的是 平衡关系式 ① ② ③ A．将通入冷的石灰乳中，即制得漂白液 B．饱和溶液中随着的增大而升高 C．当时、溶液中 D．当时，溶液中钙元素的主要存在形式为 13．优化焦炭水蒸气重整工艺可制得含量较低的氢燃料。0.1MPa下，按向容器中加入一定量的焦炭和水蒸气。体系中发生如下反应： 反应I：   反应Ⅱ：   反应Ⅲ：   达到平衡时，的产率和、、干态气体的物质的量体积分数()随温度变化如图所示。下列说法错误的是 A．曲线B表示CO干态体积分数随温度变化 B．制备CO含量低的氢燃料应选择左右的温度 C．，随温度升高，的产率降低，是因为反应Ⅱ逆向进行程度减小 D．1200℃，向平衡体系中通入水蒸气，再次达到平衡时，、和均比原平衡的大 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 14．（16分）常作为锂离子电池的正极材料，广泛应用于新能源汽车。是制备的原料。 (1)由钛白渣（主要成分为）获取的流程示意图如下。 资料： ⅰ．性能与其纯度、颗粒大小有关，沉淀速率影响颗粒大小 ⅱ．空间结构： ①Ⅰ中将钛白渣粉碎的目的是 。 ②溶液A的主要成分是（配合物），分析中配位键的形成过程 。 ③溶液B中含铁的主要微粒为，写出Ⅲ中反应的离子方程式 。 ④Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0~1.5，pH不能过高的原因是 。 (2)从废旧电极粉末中回收制备，同时获得副产品，工艺流程如下。 ①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低，原因是 。 ②加入物质B使溶液pH升至5，从物质循环和减少除杂过程角度，物质B为 （填化学式）。 ③添加量对Fe、P沉淀率影响如下图所示。 实际生产时，添加量选2.5%的原因是 。 (3)产品中铁含量测定：取ag样品，用盐酸充分溶解并配制成250mL溶液。取25.00mL该溶液于锥形瓶中，逐滴加入溶液，至恰好完全还原为，被氧化为，滴加指示剂，用标准溶液滴定（铬元素被还原为），消耗标准溶液，样品中铁的质量分数为 。（实验条件下存在不影响实验结果） 15．（15分）以苯酚为原料合成某药物中间体的流程如下： 回答下列问题： (1)B的名称是 ；D的分子式为 。 (2)B→C的反应类型是 ，反应过程中的作用是 。 (3)下列几种有机物在水中电离常数最大的是 (填字母)。 a．    b．    c．    d． (4)写出的化学方程式： 。 (5)在C的芳香族同分异构体中，同时具备下列条件的结构有 种。 a．遇溶液发生显色反应 b．能发生银镜反应和水解反应 c．氨基()与苯环直接相连 (6)参照上述流程，以和为原料合成，设计合成路线： (其他试剂自选)。 16．（15分）以绿茶为主要原料合成生物炭负载纳米铁(CT-FeNPs/BC) 步骤1：绿茶提取液及生物炭的制备。按如图1流程实验： 步骤2：生物炭负载纳米铁(GT-FeNPs/BC)的制备。反应装置(夹持和搅拌装置略)如图2： ①向三颈烧瓶中加入25mL 0.1 溶液和生物炭。 ②通一段时间后，将绿茶提取液以2mL·的速度全部滴入三颈烧瓶中，持续磁力搅拌1h，得黑色悬浊液。 ③离心分离，依次用乙醇和蒸馏水洗涤，真空干燥，产品密封备用。 回答下列问题： (1)操作(b)中，应采用 进行加热。 (2)图2中，盛装绿茶提取液的仪器名称为 ，加入绿茶提取液的目的是 。 (3)离心分离后，用乙醇洗涤的作用是 。 (4)判断产品洗涤干净的实验操作为 。 (5)GT-FeNPs/BC可高效去除含铬强酸性废水中的六价铬(以表示)，反应过程如图3。 ①写出和共同生成沉淀的离子方程式： 。 ②研究表明，GT-FeNPs/BC和均可用于降解含的废水。为探究两者降解效果，进行了如下实验，相同时间内得到如下实验结果： 实验编号 GT-FeNPs/BC(g/L) (g/L) 实际降解率 1 0.05 0 51.4% 2 0 2 7.12% 3 0.05 2 86.67% 结合图3分析，实验3降解效率显著增大的原因是 。 17．（15分）过二硫酸铵是一种常用的氧化剂，氧化的离子方程式：。回答下列问题： (1)过二硫酸()、的结构式分别为、，根据上述反应判断，过二硫酸铵中键能最小的共价键是___________(填字母)。 A．H—N B． C．O—O D．S—O (2)上述反应速率很小，根据碰撞理论解释其主要原因可能是 。 (3)的速率方程为(为速率常数，只与温度、催化剂有关；、为反应级数)。常温下，测得浓度与速率关系如下表所示。 实验 ① 0.038 0.060 ② 0.076 0.060 ③ 0.076 0.030 根据实验数据可知， (保留两位有效数字)。 (4)现在公认的反应机理是由3个基元反应分步完成总反应：    ①   ②   ③   已知活化能：①>②，①>③。 速控反应是 (填序号)； (用含、、的代数式表示)。 (5)已知：速率常数与活化能、温度的阿伦尼乌斯表达式为(为常数)。实验测得不同催化剂Cat1、Cat2作用下，与关系如图所示(假设活化能不随温度变化)。 催化效率较高的催化剂是 (填“Cat1”或“Cat2”)。在催化剂Cat1作用下，活化能为 (保留两位有效数字)。 (6)常温下，在某容器中投入和，加入蒸馏水配制成1L溶液，发生上述反应达到平衡时平衡转化率为。则该温度下，平衡常数为 。若达到平衡后，加入四氯化碳，振荡，平衡转化率 (填“增大”“减小”或“不变”)。 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 备战2025年高考化学【三轮·冲刺抢分】考前仿真模拟卷 冲刺抢分卷08 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 O 16 P 31 Fe 56 一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1．化学与生活密切相关，下列说法不合理的是 A．可作食品添加剂 B．洗洁精除油污发生的是物理变化 C．甘油和矿油均可作护肤品的保湿剂，二者保湿的原理相同 D．含氟牙膏防止龋齿的原理是将转化为更难溶的 【答案】C 【详解】A．是一种常见的膨松剂，属于食品添加剂，A正确； B．洗洁精除油污的原理是使油脂发生了乳化，未产生新的物质，发生的是物理变化，B正确； C．甘油保湿的原理是因为甘油(丙三醇)易吸收空气中的水分从而保湿，矿油的成分是烃，保湿的原理是在皮肤表面形成一层保护膜，防止皮肤表面水分蒸发，二者保湿原理不同，C错误； D．的溶解度更小，抵抗酸性物质腐蚀的能力更强，D正确； 答案选C。 2．实验室用反应制备。下列说法正确的是 A．的电子式： B．中氮原子采取杂化 C．配位能力： D．的VSEPR模型： 【答案】C 【详解】A．过氧化氢是含有共价键的共价化合物，电子式为，故A错误； B．氨分子中氮原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，故B错误； C．氮元素的电负性小于氧元素，氨分子中氮原子提供孤对电子的能力强于水分子中的氧原子提供孤对电子的能力，所以氨分子的配位能力强于水分子，故C正确； D．水分子中氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的VSEPR模型为，故D错误； 故选C。 3．下列工业生产或处理过程涉及的物质转化关系不正确的是 A．消除污染物： B．去除难溶物： C．合成聚合物： D．制备配合物： 【答案】B 【详解】A．消除二氧化硫污染物的反应为二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵溶液与空气中的氧气反应生成硫酸铵，则物质转化关系能实现，故A正确； B．难溶碳酸钙的溶解度小于微溶的硫酸钙，所以用硫酸钠溶液难以将碳酸钙转化为硫酸钙，硫酸钙与盐酸不反应，故B错误； C．一定条件下乙炔与氯化氢发生加成反应生成氯乙烯，一定条件下氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，则物质转化关系能实现，故C正确； D．硫酸铜溶液能与过量氨水反应生成硫酸四氨合铜，向反应后的溶液中加入乙醇降低硫酸四氨合铜的溶解度，过滤、洗涤、干燥能达到制备一水硫酸四氨合铜的实验目的，故D正确； 故选B。 4．对金属材料中C、O、N、S的含量进行定性和定量分析，可以确定金属材料的等级。下列不正确的是 A．电离能大小： B．热稳定性： C．酸性强弱： D．半径大小： 【答案】B 【详解】A．N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，同主族从上到下第一电离能依次减小，电离能大小：，故A正确； B．元素的非金属性越强，简单氢化物越稳定，同周期从左到右非金属性增强，所以热稳定性H2O>NH3>CH4，故B错误； C．硝酸是强酸，亚硫酸、碳酸为弱酸，但是亚硫酸的酸性比碳酸强，所以酸性强弱：，故C正确； D．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，半径大小：，故D正确； 故选B。 阅读下列材料，完成下面小题。 过渡金属及其重要化合物在生产中有着重要应用。单质铜作催化剂可将乙醇氧化为乙醛；Cu在存在下能与氨水反应生成。的盐酸溶液能吸收CO形成配合物，结构如图所示。铁触媒可催化合成氨反应；铁基氧化物可催化加氢获得乙烯，乙醛等多种产物。催化溶液产生，可将烟气中的高效氧化。 5．下列有关说法正确的是 A．和中碳原子杂化类型均为 B．中含有键的数目为7mol C．、、三者晶体的类型相同 D．、、的VSEPR模型都是四面体形，都是非极性分子 6．下列化学反应表示不正确的是 A．被氧化为： B．氧化的反应： C．Cu在存在下能与氨水反应： D．催化加氢生成的反应 7．下列说法正确的是 A．CuCl的盐酸溶液可用于吸收CO，是利用了CuCl的氧化性 B．转化为的过程中，铁基氧化物主要起吸附作用 C．与的反应中，其他条件不变，可选择不同的催化剂改变乙醛的平衡选择性 D．氧化为中，单质铜不能改变该反应的焓变 【答案】5．B 6．C 7．D 【解析】5．A．中碳原子均采用sp3杂化，中醛基碳原子采用sp2杂化，甲基碳原子采用sp3杂化，A错误； B．由结构图可知，Cu与CO和、Cl之间形成配位键，配位键属于键，1分子中含2个键，1分子CO中含1个键，即1个中含有7个键，则中含有键的数目为，B正确； C． 、为分子晶体，为离子晶体，C错误； D． 的VSEPR模型是平面三角形，属于极性分子，的VSEPR模型是直线形，属于非极性分子，的VSEPR模型是四面体形，属于极性分子，D错误； 故选B。 6．A．与氧气在催化剂、加热条件下被氧化生成乙醛，反应的化学方程式为：，A正确； B． 可将烟气中的高效氧化生成硫酸根离子，反应的化学方程式为：，B正确； C．选项反应不满足得失电子守恒，Cu在存在下能与氨水反应生成，正确的化学方程式为：，C错误； D．和氢气催化反应生成和水，反应的化学方程式为：，D正确； 故选C。 7．A．CuCl的盐酸溶液可用于吸收CO，是因为的盐酸溶液能吸收CO形成配合物，不是利用了CuCl的氧化性，A错误； B．转化为的过程中，铁基氧化物主要起催化剂作用，B错误； C．与的反应中，催化剂能加快反应速率，但不能使平衡发生移动，则其它条件不变，选择不同的催化剂，不能改变平衡的选择性，C错误； D．氧化为中，Cu作催化剂，单质铜能降低反应的活化能，但不能改变该反应的焓变，D正确； 故选D。 8．下列说法不正确的是 A．图①装置用于制取无水固体 B．图②中试管内先出现红棕色气体，后变无色 C．图③表示腐蚀类物质 D．图④装置不能有效分离苯(沸点为80.1℃)和乙醇(沸点为78.4℃) 【答案】A 【详解】A．MgCl2水解生成Mg(OH)2和HCl，加热盐酸易挥发，加热促进水解，所以蒸干得到的固体是Mg(OH) 2而不是MgCl2，应该在HCl氛围中加热，A错误；      B．铜和浓硝酸生成红棕色二氧化氮气体，红棕色二氧化氮气体和水生成无色NO，B正确； C．图③表示腐蚀类物质，使用过程中要注意安全，C正确；   D．乙醇(沸点为78.4℃)和苯(沸点为80.1℃)的沸点相近，不能用蒸馏的方法分离，D正确； 故选A。 9．全固态锂金属电池具有更高比能和更高安全性。我国科研团队设计了基于LLZTO@Ag复合层负极改性的硫化物全固态锂电池，结构如图所示，放电时电池反应为。下列说法错误的是 A．放电时，电子流向为a极→负载→b极 B．充电时，流向为b极→固态电解质→复合层→a极 C．充电时，b极的电极反应为 D．放电时，每转移电子b极质量理论上减少 【答案】D 【分析】由图可知，放电时a极为原电池的负极，锂失去电子发生氧化反应生成锂离子，b极为正极，锂离子作用下Li1-aNixCoyMnzO2在正极得到电子发生还原反应生成LiNixCoyMnzO2；充电时，与直流电源负极相连的a极为阴极，锂离子在阴极得到电子发生还原反应生成锂，b极为阳极，LiNixCoyMnzO2在阳极失去电子发生氧化反应生成Li1-aNixCoyMnzO2和锂离子。 A．由分析可知，放电时a极为原电池的负极，b极为正极，则电子流向为a极→负载→b极，故A正确； B．由分析可知，充电时与直流电源负极相连的a极为阴极，b极为阳极，则锂离子流向为b极→固态电解质→复合层→a极，故B正确； C．由分析可知，充电时b极为阳极，LiNixCoyMnzO2在阳极失去电子发生氧化反应生成Li1-aNixCoyMnzO2和锂离子，电极反应式为，故C正确； D．由分析可知，放电时，b极为正极，锂离子作用下Li1-aNixCoyMnzO2在正极得到电子发生还原反应生成LiNixCoyMnzO2，则每转移0.1mol电子时，b极增加质量为0.7g，故D错误； 故选D。 10．下列实验操作、现象和结论都正确的是 选项 实验操作及现象 结论 A 向碳酸钠溶液中加入冰醋酸，将生成的气体直接 通入到苯酚钠溶液中，产生白色浑浊 酸性：醋酸>碳酸>苯酚 B 向足量 溶液中，先滴加少量 溶液，再滴 加 溶液，先出现白色沉淀，后出现红褐色沉淀 C 在试管中加入 的 溶液，再加 5 滴稀 溶液，混匀后加入 葡萄糖溶液，加热，出现砖红色沉淀 葡萄糖具有还原性 D 已知 是红棕色，将SO2通入 溶 液中， 溶液先变为红棕色， 一段时间后又变成浅 绿色 Fe3+与SO2络合反应速率比氧化还原反应速率快，但氧化还原反应的平衡常数更大 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．醋酸易挥发，醋酸与苯酚钠溶液反应也能产生白色浑浊，所以不能比较碳酸、苯酚的酸性强弱， 错误； B． 溶液过量，不能证明红褐色 沉淀源自 沉淀的转化， 错误； C．葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液反应， 需要过量，题中所给氢氧化钠量不足， 错误； D．将 通入 溶液中，溶液先变为红棕色，一段时间后又变成浅绿色，说明 与 络合反应速率比氧化还原反应速率快，最终显浅绿色，说明氧化还原反应的平衡常数更大， D正确； 故选D。 11．异烟肼是一种抗结核药物，可以与香草醛反应生成异烟腙，其转化过程如下： 下列说法正确的是 A．异烟腙分子式为 B．异烟肼既能与酸反应又能与碱反应 C．香草醛分子中最多16个原子共平面 D．香草醛与浓溴水反应时，最多消耗 【答案】B 【详解】A．由异烟腙的结构简式可知，其分子式为C14H13N3O3，A错误； B．异烟肼中含有氨基、酰胺基，可以和酸反应，含有酰胺基，能够和碱发生取代反应，B正确； C．香草醛中苯环和醛基都是平面结构，苯环上的所有原子都在同一平面上，与苯环直接相连的氧原子和氢原子也共面，羟基H通过旋转可以与苯环共面，甲基中与C原子相连的H原子中最多有1个与苯环共面，则香草醛分子中最多17个原子共平面，C错误； D．香草醛分子中含有酚羟基和醛基，香草醛与浓溴水反应时，酚羟基的邻位氢原子可以被溴取代，醛基也可以被Br2氧化，消耗的Br2大于1mol，D错误； 故选B。 12．在溶液中，金属阳离子与等配体有多种配位形式。下表是时在水溶液中的相关平衡。下列叙述正确的是 平衡关系式 ① ② ③ A．将通入冷的石灰乳中，即制得漂白液 B．饱和溶液中随着的增大而升高 C．当时、溶液中 D．当时，溶液中钙元素的主要存在形式为 【答案】D 【详解】A．将通入冷的石灰乳中，即制得以为有效成分的漂白粉，A错误； B．饱和溶液通过外加碱调后，随着增大，会增大，会抑制的溶解，溶液中随着增大而减少，B错误； C．当时，，即溶液中，C错误； D．当时，，即溶液中，再由反应③减反应②可得反应，此反应，即溶液中，可知溶液中钙元素的主要存在形式为，D正确。 故选D。 13．优化焦炭水蒸气重整工艺可制得含量较低的氢燃料。0.1MPa下，按向容器中加入一定量的焦炭和水蒸气。体系中发生如下反应： 反应I：   反应Ⅱ：   反应Ⅲ：   达到平衡时，的产率和、、干态气体的物质的量体积分数()随温度变化如图所示。下列说法错误的是 A．曲线B表示CO干态体积分数随温度变化 B．制备CO含量低的氢燃料应选择左右的温度 C．，随温度升高，的产率降低，是因为反应Ⅱ逆向进行程度减小 D．1200℃，向平衡体系中通入水蒸气，再次达到平衡时，、和均比原平衡的大 【答案】C 【详解】A．反应，正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，含量增大；反应Ⅱ，正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，含量降低；曲线表示干态体积分数随温度变化、曲线表示干态体积分数随温度变化，A正确； B．由图可知，800°C左右时，的产率最高，制备含量低的氢燃料应选择800°C左右的温度，B正确； C．，随温度升高，的产率降低，是因为反应Ⅱ逆向进行程度增大，C错误； D．反应I的平衡常数，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。1200℃，向平衡体系中通入水蒸气，反应的化学平衡正向移动，再次达到平衡时和均比原平衡的大，D正确； 故选C。 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 14．（16分）常作为锂离子电池的正极材料，广泛应用于新能源汽车。是制备的原料。 (1)由钛白渣（主要成分为）获取的流程示意图如下。 资料： ⅰ．性能与其纯度、颗粒大小有关，沉淀速率影响颗粒大小 ⅱ．空间结构： ①Ⅰ中将钛白渣粉碎的目的是 。 ②溶液A的主要成分是（配合物），分析中配位键的形成过程 。 ③溶液B中含铁的主要微粒为，写出Ⅲ中反应的离子方程式 。 ④Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0~1.5，pH不能过高的原因是 。 (2)从废旧电极粉末中回收制备，同时获得副产品，工艺流程如下。 ①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低，原因是 。 ②加入物质B使溶液pH升至5，从物质循环和减少除杂过程角度，物质B为 （填化学式）。 ③添加量对Fe、P沉淀率影响如下图所示。 实际生产时，添加量选2.5%的原因是 。 (3)产品中铁含量测定：取ag样品，用盐酸充分溶解并配制成250mL溶液。取25.00mL该溶液于锥形瓶中，逐滴加入溶液，至恰好完全还原为，被氧化为，滴加指示剂，用标准溶液滴定（铬元素被还原为），消耗标准溶液，样品中铁的质量分数为 。（实验条件下存在不影响实验结果） 【答案】 (1)增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底 提供空轨道，中O原子提供孤电子对 pH过高会使水解生成，影响产品纯度；pH过高体系中增大，与沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能 (2)温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢 添加量低于2.5%，产量低，不经济；高2.5%，部分生成沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低 (3) 【分析】由题给流程可知，钛白渣经预处理顶点较纯净的硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入磷酸和氨水，经溶液中的铁元素转化为配合物FeHPO4，向反应后的溶液中加入过量的过氧化氢溶液，将配合物转化为FeHPO，向反应后的溶液中加入氨水，经多步处理得到 FePO4⋅2H2O。 （1）①Ⅰ中将钛白渣粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快浸出速率，使浸出更加彻底，故答案为：增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底； ②配合物FeHPO4中形成配位键的过程为提供空轨道，中O原子提供孤电子对，故答案为：提供空轨道，中O原子提供孤电子对； ③由分析可知，向溶液B中加入过量的过氧化氢溶液的目的是将配合物转化为FeHPO，反应的离子方程式为，故答案为：； ④Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0~1.5，pH不能过高是因为pH过高会使铁离子水解生成氢氧化铁，影响产品纯度；pH过高体系中磷酸根离子浓度增大，铁离子与磷酸根离子沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能，故答案为：pH过高会使水解生成，影响产品纯度；pH过高体系中增大，与沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能； （2）①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低是因为温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢，故答案为：温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢； ②从物质循环和减少除杂过程角度可知，加入物质碳酸锂使溶液pH升至5，即有利于过氧化氢溶液将L溶液中的亚铁离子转化为二水磷酸铁沉淀，又不影响碳酸锂中混有新杂质，则物质B为碳酸锂，故答案为：； ③由图可知，添加量低于2.5%，产量低，不经济；高2.5%，部分生成沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低，所以实际生产时，添加量选2.5%，故答案为：添加量低于2.5%，产量低，不经济；高2.5%，部分生成沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低； （3）由原子个数守恒和得失电子数目守恒可得如下转化关系：6——，滴定消耗VmL0.01mol/L溶液，则样品中铁的质量分数为=，故答案为：。 15．（15分）以苯酚为原料合成某药物中间体的流程如下： 回答下列问题： (1)B的名称是 ；D的分子式为 。 (2)B→C的反应类型是 ，反应过程中的作用是 。 (3)下列几种有机物在水中电离常数最大的是 (填字母)。 a．    b．    c．    d． (4)写出的化学方程式： 。 (5)在C的芳香族同分异构体中，同时具备下列条件的结构有 种。 a．遇溶液发生显色反应 b．能发生银镜反应和水解反应 c．氨基()与苯环直接相连 (6)参照上述流程，以和为原料合成，设计合成路线： (其他试剂自选)。 【答案】 (1)邻硝基苯酚或2-硝基苯酚 (2)取代反应 中和反应生成的HI，提高转化率(或产率) (3)d (4) (5)10 (6) 【分析】结合B的分子式和C的结构式，可知和稀硝酸在水蒸气蒸馏的条件下生成，结合F的结构式及E的分子式，可知E得结构式为，据此解答。 （1）B的名称是邻硝基苯酚或2-硝基苯酚，结合D的结构式，可知分子式为； （2）结合结构式，可知B→C的反应类型是取代反应，B和发生取代反应生成和，可知反应过程中的作用是中和反应生成的HI，提高转化率(或产率)； （3）酚羟基中H—O键极性越强，越容易电离，酸性越强，氟吸引电子能力比碘的强，甲基是推电子基，故邻氟苯酚的酸性最强，故选d； （4）结合F和G的结构式，可知的化学方程式：； （5）同分异构体含三个取代基：酚羟基、甲酸酯基、氨基，，共有10种符合条件的同分异构体； （6）以和为原料合成，结合E→F→G→H的反应原理，可得合成路线为。 16．（15分）以绿茶为主要原料合成生物炭负载纳米铁(CT-FeNPs/BC) 步骤1：绿茶提取液及生物炭的制备。按如图1流程实验： 步骤2：生物炭负载纳米铁(GT-FeNPs/BC)的制备。反应装置(夹持和搅拌装置略)如图2： ①向三颈烧瓶中加入25mL 0.1 溶液和生物炭。 ②通一段时间后，将绿茶提取液以2mL·的速度全部滴入三颈烧瓶中，持续磁力搅拌1h，得黑色悬浊液。 ③离心分离，依次用乙醇和蒸馏水洗涤，真空干燥，产品密封备用。 回答下列问题： (1)操作(b)中，应采用 进行加热。 (2)图2中，盛装绿茶提取液的仪器名称为 ，加入绿茶提取液的目的是 。 (3)离心分离后，用乙醇洗涤的作用是 。 (4)判断产品洗涤干净的实验操作为 。 (5)GT-FeNPs/BC可高效去除含铬强酸性废水中的六价铬(以表示)，反应过程如图3。 ①写出和共同生成沉淀的离子方程式： 。 ②研究表明，GT-FeNPs/BC和均可用于降解含的废水。为探究两者降解效果，进行了如下实验，相同时间内得到如下实验结果： 实验编号 GT-FeNPs/BC(g/L) (g/L) 实际降解率 1 0.05 0 51.4% 2 0 2 7.12% 3 0.05 2 86.67% 结合图3分析，实验3降解效率显著增大的原因是 。 【答案】 (1)水浴加热 (2)恒压滴液漏斗 将Fe2+离子还原成直径为Fe纳米颗粒，附着在纳米铁的表面，形成了一层保护层，能防止其被环境中的氧化剂快速氧化而失效 (3)除去晶体表面水分，便于快速干燥 (4)取最后一次洗涤液少量于试管中，加入稀盐酸酸化后，然后加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净 (5) 有磁性，吸引纳米铁，使其分散附着在表面，增大表面积；纳米铁能将含三价铁元素的物质还原为含二价铁元素的物质，含二价铁元素的物质能继续与反应，降解效率增大 【分析】步骤1中对绿茶首先剪碎增大反应接触面积，进行加热、抽滤等操作得到绿茶提取液及生物炭；步骤2，在三颈烧瓶中加入硫酸亚铁溶液和生物炭，反应过程中要在N2的惰性环境中进行，避免Fe2+被空气中的O2氧化，反应后得到黑色悬浊液为Fe，进行洗涤和干燥得到产品。 （1）操作(b)中，控制温度为55℃～60℃，应采用水浴加热的方式，故答案为：水浴加热。 （2）图2中，盛装绿茶提取液的仪器名称为恒压滴液漏斗，绿茶提取液中有很多还原性物质，绿茶提取液将Fe2+离子还原成直径为Fe纳米颗粒，这些Fe纳米颗粒较均匀地分布附着在薄片状生物炭表面，生物炭的存在有效地防止了Fe纳米颗粒大范围的聚集，从而大大提升了材料的比表面积和反应接触面，并且绿茶提取液中的有机物，如黄酮、多糖等，附着在纳米铁的表面，形成了一层保护层，能防止其被环境中的氧化剂快速氧化而失效，加入绿茶提取液的目的是：将Fe2+离子还原成直径为Fe纳米颗粒，附着在纳米铁的表面，形成了一层保护层，能防止其被环境中的氧化剂快速氧化而失效，故答案为：三颈烧瓶；将Fe2+离子还原成直径为Fe纳米颗粒，附着在纳米铁的表面，形成了一层保护层，能防止其被环境中的氧化剂快速氧化而失效。 （3）乙醇易溶于水，且易挥发，所以最后使用乙醇洗涤的目的是除去晶体表面水分，便于快速干燥，故答案为：除去晶体表面水分，便于快速干燥。 （4）因为反应后溶液中有硫酸根，判断产品洗涤干净的实验操作为：取最后一次洗涤液少量于试管中，加入稀盐酸酸化后，然后加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管中，加入稀盐酸酸化后，然后加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净。 （5）①根据图3可知，、和水共同生成沉淀，不涉及氧化还原，根据原子守恒、电荷守恒可得，离子方程式为，故答案为：； ②结合图示信息和实验结论可知，实验3降解效率增大的原因是： 有磁性，吸引纳米铁，使其分散附着在表面，增大表面积；纳米铁能将含三价铁元素的物质还原为含二价铁元素的物质，含二价铁元素的物质能继续与反应，降解效率增大，故答案为：有磁性，吸引纳米铁，使其分散附着在表面，增大表面积；纳米铁能将含三价铁元素的物质还原为含二价铁元素的物质，含二价铁元素的物质能继续与反应，降解效率增大。 17．（15分）过二硫酸铵是一种常用的氧化剂，氧化的离子方程式：。回答下列问题： (1)过二硫酸()、的结构式分别为、，根据上述反应判断，过二硫酸铵中键能最小的共价键是___________(填字母)。 A．H—N B． C．O—O D．S—O (2)上述反应速率很小，根据碰撞理论解释其主要原因可能是 。 (3)的速率方程为(为速率常数，只与温度、催化剂有关；、为反应级数)。常温下，测得浓度与速率关系如下表所示。 实验 ① 0.038 0.060 ② 0.076 0.060 ③ 0.076 0.030 根据实验数据可知， (保留两位有效数字)。 (4)现在公认的反应机理是由3个基元反应分步完成总反应：    ①   ②   ③   已知活化能：①>②，①>③。 速控反应是 (填序号)； (用含、、的代数式表示)。 (5)已知：速率常数与活化能、温度的阿伦尼乌斯表达式为(为常数)。实验测得不同催化剂Cat1、Cat2作用下，与关系如图所示(假设活化能不随温度变化)。 催化效率较高的催化剂是 (填“Cat1”或“Cat2”)。在催化剂Cat1作用下，活化能为 (保留两位有效数字)。 (6)常温下，在某容器中投入和，加入蒸馏水配制成1L溶液，发生上述反应达到平衡时平衡转化率为。则该温度下，平衡常数为 。若达到平衡后，加入四氯化碳，振荡，平衡转化率 (填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】 (1)C (2)和都带负电荷，相互排斥，二者碰撞频率低 (3) (4)① (5)Cat1 53 (6) 增大 【详解】（1）过二硫酸铵易断裂氧氧键(过氧键)，该键键能最小，故选C； （2）发生化学反应的前提条件是“碰撞”，和都带负电荷，相互排斥，二者碰撞频率低； （3）根据实验数据①②可得出，根据实验数据②③可得，将实验数据①代入速率方程可得：； （4）根据提示，活化能最大的基元反应最慢，最慢反应是速控反应，故为①：根据盖斯定律，3个基元反应加合得到目标反应，故：； （5）根据图像可知，温度变化值相同时，变化绝对值越小，活化能越小，催化剂催化效率越大，故催化效率较高的催化剂是Cat1。代入a、b点数据可计算活化能取近似值：； （6）根据题意可列出三段式：，平衡常数；加入四氯化碳，萃取了，平衡正向移动，平衡转化率增大。 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$