精品解析：湖南省岳阳市岳阳县第一中学2024-2025学年高三下学期4月月考 化学试题

2025年高三下学期化学月考模拟试题 一、单选题(每题3分，共48分) 1. 化学与科技、生产、生活息息相关。下列说法不正确的是 A. 乙酸钠过饱和溶液析出带结晶水固体并放热的过程中涉及物理变化和化学变化 B. 裂化汽油、煤焦油、生物柴油的主要成分都是烷烃 C. 常温下，镁、铝表面能生成一层致密的氧化膜，保护内层的金属不被继续氧化 D. 新型陶瓷碳化硅是新型无机非金属材料，可用作耐高温结构材料 2. 化学与生产、生活、社会密切相关，下列有关说法错误的是 A. Fe2O3常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料 B. 钛合金耐高温用于制造飞机发动机 C. Al2O3具有很高的熔点，可用于制造熔融烧碱的坩埚 D. La-Ni合金可用作储氢合金，方便吸、放氢气 3. 实验室进行下列实验时，所选玻璃仪器(其他材质仪器任选)均正确的是 A. 用含水酒精制备无水乙醇：①⑧⑨ B. 除去苯中的二甲苯：②④⑥⑦ C. 除去 KNO3 中少量NaCl：②⑤⑧⑨ D. 配制质量分数约为20%的 NaCl溶液：⑧⑨⑩ 4. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 常温常压下，13.6g金刚烷中所含非极性键的数目为1.2 B. 将水解形成胶体粒子数为0.3 C. 常温下，将5.6g铁片投入到足量浓硝酸中，生成分子数目为1.5 D. 的盐酸和的醋酸溶液等体积混合后，溶液中的数目仍为 5. 下列反应的离子方程式正确的是 A. 溶液中通入过量气体： B. 溶液中加入稀硫酸： C. 阿司匹林与足量溶液共热：+OH-+CH3COO- D. 硫酸酸化的溶液露置在空气中： 6. 下列反应方程式正确的是 A. 向银氨溶液中加入足量盐酸： B. 向丙烯醛中加入足量溴水：C C. 将SO2通入Ca(ClO)2溶液： D. 使用硫化亚铁除去废水中汞离子： 7. 下列实验操作或装置能达到相应目的的是 A．用酸性溶液滴溶液 B．测定一定质量的和混合物中的质量分数 C．中和反应反应热的测定 D．证明化学反应存在一定的限度 A. A B. B C. C D. D 8. W、X、Y、Z、R是元素周期表中原子序数依次增大的五种短周期元素，其中X、Y、Z位于同一周期，可以组成如下图所示的某离子液体。下列说法不正确的是 A. 阴离子的中心原子的配位数为6 B. 该离子液体有良好的导电性，可被开发成原电池的电解质 C. Y同周期元素中，第一电离能比Y大的元素有1种 D. W、Y、Z构成的盐晶体中存在氢键 9. 某离子化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，Z与W同主族。下列说法正确的是 A. 第一电离能：Z<W<Q<X B. [WQ6]⁻中W为杂化 C. 分子键角：，与W、Z的电负性有关 D. W的最高价氧化物对应的水化物有强氧化性 10. 双金属氧化物催化加氢制甲醇的反应机理如图所示，已知活化位点为催化剂上能吸附反应物分子同催化剂反应的基团位置。下列说法不正确的是 A. 该过程的总反应可表示为 B. 反应①②③④均有极性键的断裂与形成 C. 和的活化位点相同 D. 氧空位浓度高，有利于增强的吸附能力 11. 从含镍催化剂(含NiO、Fe2O3、Al2O3等物质)中回收金属资源的流程如图所示： 已知：Fe2+完全沉淀的pH为9.0，下列说法正确的是 A. “溶浸”和“酸浸”使用的试剂分别为NaOH溶液和盐酸 B. “酸化”过程也可使用足量稀盐酸 C. 红褐色固体为Fe2O3 D. 若杂质中含有Fe2+，则浓缩结晶所得产品中可能含有FeSO4·7H2O 12. 一种钽(Ta)的化合物的四方晶胞结构如图所示()。已知为阿伏加德罗常数的值。原子分数坐标x、y、，原子分数坐标为1时记为0。M、N的原子分数坐标分别为，，下列说法错误的是 A. P的原子分数坐标为 B. 该化合物的化学式为 C. 与Q距离相等且最近的有8个 D. 该晶体的密度是 13. 锰酸锂()(相对分子质量为)是新型锂离子电池常用的正极材料，其晶胞如下图甲所示，甲可看作是由下图中相邻A、B两种基本单元交替结合而成(顶面的已标注，其余位置的未画出)，均位于单元中体对角线上离顶点处，已知形成晶体的晶胞参数(晶胞边长)apm。 下列说法正确的是 A. 中的分别为3、4 B. 图甲中箭头所指的B单元中离标★的位置距离最远的锰离子(或)的原子分数坐标为 C. 晶体的密度表达式为 D. 图A中位于体心的与的距离为 14. 常温下，向含NaAc(醋酸钠)、NaBrO3、Na2SO4的混合液中滴加AgNO3溶液，混合液中pAg[]与pX[、、]的关系如图所示。下列说法错误的是 A. L2直线代表和关系 B. 常温下，AgBrO3饱和溶液中 C. 向M点所示的混合溶液中加入AgNO3固体，增大 D. 当同时生成AgAc和AgBrO3时，溶液中 15. 逆水气变换反应： 。一定压力下，按投料，、温度时反应物摩尔分数随时间变化关系如图所示。已知该反应的速率方程为，、温度时反应速率常数k分别为、。下列说法错误的是 A. B. 、温度下达平衡时反应速率的比值： C. 温度不变，仅改变体系初始压力，反应物摩尔分数随时间的变化曲线不变 D. 温度下，改变初始投料比例，不能使平衡时各组分摩尔分数与温度时相同 16. 是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。钒矿石中含，杂质为大量和少量CaO等，可通过碱熔法从钒矿石中提取纯度较高的，流程如下： 已知：是以酸性为主的两性化合物，偏钒酸铵()与偏钒酸钙[]均难溶于水，在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙。下列说法错误的是 A. 盐浸工序得到滤渣的成分为 B. 洗脱工序中洗脱液的主要成分为NaCl C. 气体②的成分为 D. 延长沉钒时间、增大溶液浓度有利于沉钒 二、解答题(共52分) 17. 以某种铁钴矿(主要成分为，还含有少量MgO、等杂质)为原料制取和黄钠铁矾的工艺流程如图所示。 已知：①、、； ②熔剂只起助熔作用，“焙烧”后主要金属元素转化金属单质； ③还原性强于。 回答下列问题： （1）“气体A”的成分是CO和___________；“滤液1”中存在的金属阳离子为、___________。 （2）流程中两次加入NaClO溶液作用不同，向“滤液1”中加入适量NaClO溶液的作用为___________，以离子方程式表示该过程中发生的反应：___________。 （3）向“溶液A”中加入适量的溶液，生成颗粒较大的黄钠铁矾沉淀的同时还生成一种气体，这种气体的化学式是___________。 （4）“滤渣3”的主要成分为___________。 （5）经检测，“滤渣4”是由和形成的混合物。隔绝空气灼烧时，发生反应的化学方程式是___________。 18. 煤气化渣属于大宗固废，主要成分为、、、及少量等。一种利用“酸浸-碱沉-充钠”工艺，制备钠基正极材料和回收的流程如下： 已知：①25℃时，有关金属离子沉淀的相关见下表。 离子 开始沉淀时的 8.8 1.5 36 6.5 沉淀完全时的 / 3.2 4.7 8.3 ②。 回答下列问题： （1）酸浸时，为了提高浸出率，可采取的措施有___________(写出一条即可)，“滤渣”的主要成分为___________(填化学式)。 （2）25℃时，“碱沉”控制溶液pH范围应为___________。 （3）“除杂”时需加入的试剂X是___________。 A. 氨水 B. 溶液 C. D. （4）“水热合成”中，作为磷源，“滤液2”的作用是___________，水热合成的离子方程式为___________。 （5）“煅烧”得到物质也能合成钠基正极材料，其工艺如下： ①该工艺经碳热还原高温条件下得到，碳热还原的化学方程式为___________。 ②焙烧过程每生成，转移电子数为___________。 19. 左旋多巴(A)是治疗帕金森的一线药物，临床疗效佳，但长期服用可能诱发异动症，为在保证药效的同时降低毒副作用，可合成其衍生物(H)进行替代。一种制备H的合成路线如下： 已知：表示由纸面向外伸展的共价键，-Boc代表-COOC(CH3)3。 回答下列问题： （1）物质C中存在能发生水解反应的含氧官能团，其名称为_______。 （2）步骤①的反应类型为_______，其化学反应方程式为_______。 （3）步骤②、③的目的是_______。 （4）TFA表示CF3COOH，根据路易斯酸碱理论，CF3COO⁻和CH3COO⁻属于碱，其碱性大小随氧原子电子云密度增大而增强，请比较二者碱性：CF3COO-_______CH3COO-(填“>”或“<”)。 （5）已知-Boc是目前有机合成中广为采用的氨基保护基，选择性较好，短时间内一般不会与醇羟基反应，原理如下： 结合题目所给合成路线与上述信息，设计以HOCH2CH2CH2NH2、HCHO为原料制备的路线_______(用流程图表示，其他试剂任选)。 20. 的捕集与转化是“碳达峰、碳中和”的有效途径。利用和制备合成气的原理如下： ① ② 在恒压为pkPa，起始时条件下，和的平衡转化率与温度的关系如下图1所示。 回答下列问题： （1）反应①正反应在___________(填字母)条件下能自发进行。 A．较低温度 B．较高温度 C．任意温度 （2）曲线乙代表___________(填化学式)的平衡转化率与温度关系，判断依据是___________。 （3）根据图中信息，随着温度升高，体系中物质的量变化趋向是___________(填字母)。 A. 一直增大 B. 一直减小 C. 先增大，后减小 D. 先减小，后增大 （4）在反应器中充入和制备合成气(CO和)，下列措施能提高合成气平衡产率的是___________(填标号)。 A. 升高温度 B. 加入催化剂 C. 增大压强 D. 液化分离出水 （5）800K时，反应经过amin达到平衡状态，内用分压表示的反应速率为___________(用含、的代数式表示)。此温度下，用平衡分压计算反应①的平衡常数___________(kPa)(用含p的代数式表示)。 （6）甲、乙两容器起始体积相同，分别充入和发生上述反应，甲在900K、恒容条件下达到平衡，乙在900K、恒压条件下达到平衡。则平衡转化率为甲___________(填“>”“<”或“=”)乙。 （7）研究表明，CO催化变换反应：的速率方程为：()。式中、、、分别表示相应的物质的量分数，为平衡常数，为反应的速率常数，温度升高时值增大。在气体组成一定的情况下，反应速率随温度变化的曲线如图2所示。根据速率方程分析，反应速率在前后先增大后减小的原因是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年高三下学期化学月考模拟试题 一、单选题(每题3分，共48分) 1. 化学与科技、生产、生活息息相关。下列说法不正确的是 A. 乙酸钠过饱和溶液析出带结晶水固体并放热的过程中涉及物理变化和化学变化 B. 裂化汽油、煤焦油、生物柴油的主要成分都是烷烃 C. 常温下，镁、铝表面能生成一层致密的氧化膜，保护内层的金属不被继续氧化 D. 新型陶瓷碳化硅是新型无机非金属材料，可用作耐高温结构材料 【答案】B 【解析】 【详解】A．乙酸钠过饱和溶液析出带结晶水固体涉及化学变化，在这个过程中发生了水和反应，过程中放出热量，说明同时也涉及物理变化，A项正确； B．裂化汽油的主要成分是不饱和烃，煤焦油的主要成分为芳香烃类化合物，生物柴油的主要成分为脂肪酸甲酯或乙酯；B项错误； C．镁、铝化学性质活泼，极易被空气中的氧气氧化生成致密的氧化膜，从而保护内层的金属不被继续氧化，C项正确； D．新型陶瓷碳化硅是新型无机非金属材料，具有优异的高温抗氧化性能，使用温度可达1600℃，可用作耐高温结构材料、耐高温半导体材料等，D项正确； 答案选B。 2. 化学与生产、生活、社会密切相关，下列有关说法错误的是 A. Fe2O3常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料 B. 钛合金耐高温用于制造飞机发动机 C. Al2O3具有很高的熔点，可用于制造熔融烧碱的坩埚 D. La-Ni合金可用作储氢合金，方便吸、放氢气 【答案】C 【解析】 【详解】A．Fe2O3是红色固体，常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，故A正确； B．钛合金耐高温用于制造飞机发动机，故B正确； C．Al2O3具有很高的熔点，但是可以和强碱反应，不可用于制造熔融烧碱的坩埚，故C错误； D．La-Ni合金可用作储氢合金，方便吸、放氢气，故D正确； 故答案为C。 3. 实验室进行下列实验时，所选玻璃仪器(其他材质仪器任选)均正确的是 A. 用含水酒精制备无水乙醇：①⑧⑨ B. 除去苯中的二甲苯：②④⑥⑦ C. 除去 KNO3 中少量NaCl：②⑤⑧⑨ D. 配制质量分数约为20%的 NaCl溶液：⑧⑨⑩ 【答案】D 【解析】 【详解】A．用含水酒精制备无水乙醇的方法为向含水酒精加入氧化钙充分反应后蒸馏得到，所选玻璃仪器③④⑤⑥，故A错误； B．苯和二甲苯互溶，但两者的沸点不同，所以除去苯中的二甲苯应用蒸馏法，所选玻璃仪器③④⑤⑥，故B错误； C．硝酸钾的溶解度随温度变化大，而氯化钠的溶解度随温度变化小，所以除去硝酸钾中少量氯化钠的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，所选玻璃仪器①⑤⑧⑨，故C错误； D．配制质量分数约为20%的氯化钠溶液的方法是称量一定质量的氯化钠固体，量取一定体积的蒸馏水于烧杯中，搅拌，可得一定质量分数的氯化钠溶液，所选玻璃仪器⑧⑨⑩，故D正确； 故选D。 4. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 常温常压下，13.6g金刚烷中所含非极性键的数目为1.2 B. 将水解形成胶体粒子数为0.3 C. 常温下，将5.6g铁片投入到足量浓硝酸中，生成分子数目为1.5 D. 的盐酸和的醋酸溶液等体积混合后，溶液中的数目仍为 【答案】A 【解析】 【详解】A．金刚烷的键线式为，分子中含有的非极性键数目为12，则13.6g金刚烷中所含非极性键的数目为×12×NAmol—1=1.2NA，故A正确； B．氢氧化铁胶体粒子是粒子集合体，则0.3mol氯化铁水解形成氢氧化铁胶体粒子数小于0.3mol×NAmol—1=0.3NA，故B错误； C．常温下，铁在浓硝酸中钝化，致密的钝化膜阻碍反应继续进行，不可能有二氧化氮生成，故C错误； D．缺溶液的体积，无法计算pH都为4的盐酸和醋酸溶液等体积混合得到的溶液中氢离子的数目，故D错误； 故选A。 5. 下列反应的离子方程式正确的是 A. 溶液中通入过量气体： B. 溶液中加入稀硫酸： C. 阿司匹林与足量溶液共热：+OH-+CH3COO- D. 硫酸酸化的溶液露置在空气中： 【答案】D 【解析】 【详解】A．过量时产物是和，反应的离子方程式为：，A错误； B．溶液中加入稀硫酸生成，反应的离子方程式为：，B错误； C．阿司匹林与足量溶液共热，酚酯基生成酚钠和乙酸钠，羧基生成羧酸钠，反应的离子方程式为：，C错误； D．硫酸酸化的溶液露置在空气中被氧化，反应的离子方程式为：，D正确； 答案选D。 6. 下列反应方程式正确的是 A. 向银氨溶液中加入足量盐酸： B. 向丙烯醛中加入足量溴水：C C. 将SO2通入Ca(ClO)2溶液： D. 使用硫化亚铁除去废水中汞离子： 【答案】B 【解析】 【详解】A．向银氨溶液中加入足量盐酸生成氯化银沉淀：，A错误； B．向丙烯醛中加入足量溴水，碳碳双键发生加成反应，醛基被氧化为羧基：C，B正确； C．将SO2通入Ca(ClO)2溶液，发生氧化还原反应，若通入少量SO2，离子方程式为：，C错误； D．使用硫化亚铁除去废水中汞离子：+Fe2+，D错误； 故选B。 7. 下列实验操作或装置能达到相应目的的是 A．用酸性溶液滴溶液 B．测定一定质量的和混合物中的质量分数 C．中和反应反应热的测定 D．证明化学反应存在一定的限度 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．酸式滴定管操作时，用左手控制活塞，拇指在前，食指和中指在后，轻轻转动酸式滴定管的活塞，图示操作错误，A错误； B．过氧化钠与水反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，氧化钠与水反应方程式为：Na2O+H2O=2NaOH。量气管读取反应生成的气体的体积，进而得到一定质量的Na2O2和Na2O混合物中过氧化钠的质量，所以该装置能达到实验目的，B正确； C．铜的导热性较好，用铜质搅拌棒容易导致热量的散失，使得反应热的计算值不准确，C错误； D．2Fe3++2I-2Fe2++I2，该实验中氯化铁是过量的，加入硫氰化钾，溶液一定呈红色，因此该方案不能证明碘化钾和氯化铁之间的反应存在一定的限度，D错误； 故选B。 8. W、X、Y、Z、R是元素周期表中原子序数依次增大的五种短周期元素，其中X、Y、Z位于同一周期，可以组成如下图所示的某离子液体。下列说法不正确的是 A. 阴离子的中心原子的配位数为6 B. 该离子液体有良好的导电性，可被开发成原电池的电解质 C. Y同周期元素中，第一电离能比Y大的元素有1种 D. W、Y、Z构成的盐晶体中存在氢键 【答案】C 【解析】 【分析】据离子液体的结构，W、Z可形成1个共价键，为H、F、Cl；X形成4个共价键，为C、Si；Y形成3个共价键，为N、P；R形成5个共价键，为N或P；又“W、X、Y、Z、R是元素周期表中原子序数依次增大的五种短周期元素，其中X、Y、Z位于同一周期”；所以W、X、Y、Z、R五种原子分别是H、C、N、F、P。 【详解】A．由图可知，阴离子中心原子的配位数为6，A正确； B．该离子液体中存在离子，有良好的导电性，可被开发成原电池的电解质，故B正确； C．Y是N，Y同周期元素中，第一电离能比Y大的有F和Ne两种元素，故C错误； D．W、Y、Z构成的盐晶体是晶体，铵根离子中的氢原子和氟离子之间存在氢键，故D正确； 综上所述，说法不正确的为C。 9. 某离子化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，Z与W同主族。下列说法正确的是 A. 第一电离能：Z<W<Q<X B. [WQ6]⁻中W为杂化 C. 分子键角：，与W、Z的电负性有关 D. W的最高价氧化物对应的水化物有强氧化性 【答案】C 【解析】 【分析】根据X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，Z与W同主族，Z失去一个电子后形成四个键，最外层有5个电子，W得到一个电子后形成6个键，W最外层是5个电子，则Z为元素，W为元素，Q的化合价为-1价，Q为元素，Y形成四个键，Y为元素，X形成一个键为元素，由此分析此题； 【详解】A．同族中随周期数增大，原子半径增大，第一电离能一般是上层元素 > 下层元素，故(A)所给的“Z < W”第一电离能上不符合规律，A错误； B．中中心原子的成键电子对数为6，孤电子对数=，价层电子对数为6，不可能为，故B错误； C．中中心原子电负性<，故N与形成的成键电子对电子云更容易靠近原子核，斥力大，键角大，故，则与W、Z的电负性有关，故C正确； D．W（）的最高价氧化物对应的水化物为磷酸，没有强氧化性，故D错误； 故选C。 10. 双金属氧化物催化加氢制甲醇的反应机理如图所示，已知活化位点为催化剂上能吸附反应物分子同催化剂反应的基团位置。下列说法不正确的是 A. 该过程总反应可表示为 B. 反应①②③④均有极性键的断裂与形成 C. 和的活化位点相同 D. 氧空位浓度高，有利于增强的吸附能力 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知，该图表示GaZrOx双金属氧化物催化二氧化碳加氢制甲醇的总反应为催化剂作用下二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水，反应的化学方程式为，故A正确； B．由图可知，反应①中有Ga-O极性键断裂、Ga-H、O-H极性键形成；反应②中有Ga-H极性键断裂、C-H极性键形成；反应③中有Ga-O极性键断裂、C-H极性键形成；反应④中H-O极性键断裂，Ga-O极性键形成，故B正确； C．由图可知，二氧化碳活化位点是氧空位，与氢气活化位点不相同，故C错误； D．由图可知，氧空位与二氧化碳作用，氧空位浓度高，有利于增强二氧化碳的吸附能力，故D正确； 故选C。 11. 从含镍催化剂(含NiO、Fe2O3、Al2O3等物质)中回收金属资源的流程如图所示： 已知：Fe2+完全沉淀的pH为9.0，下列说法正确的是 A. “溶浸”和“酸浸”使用的试剂分别为NaOH溶液和盐酸 B. “酸化”过程也可使用足量稀盐酸 C. 红褐色固体为Fe2O3 D. 若杂质中含有Fe2+，则浓缩结晶所得产品中可能含有FeSO4·7H2O 【答案】D 【解析】 【分析】先将含镍催化剂溶浸(可用NaOH)，将Al2O3溶解，然后酸浸(用硫酸)，将NiO、Fe2O3溶解，调节pH使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，滤液经过浓缩结晶得到NiSO4·7H2O，溶浸后的滤液中通入足量的CO2气体，得到氢氧化铝，氢氧化铝灼烧得到氧化铝。 【详解】A．第一步溶浸的目的是溶解Al2O3，所以应为“碱浸”，试剂可以是NaOH溶液，“酸浸”应选用硫酸，避免引入杂质离子，A错误； B．“酸化”时，[Al(OH)4]-转化为氢氧化铝沉淀，加足量盐酸会生成氯化铝溶液，B错误； C．根据分析，红褐色固体为Fe(OH)3，C错误； D．若杂质中有Fe2+，调pH为3.2，Fe2+未沉淀，后续进行浓缩结晶操作，所得产品中可能含FeSO4·7H2O，D正确； 故选D。 12. 一种钽(Ta)的化合物的四方晶胞结构如图所示()。已知为阿伏加德罗常数的值。原子分数坐标x、y、，原子分数坐标为1时记为0。M、N的原子分数坐标分别为，，下列说法错误的是 A. P的原子分数坐标为 B. 该化合物的化学式为 C. 与Q距离相等且最近的有8个 D. 该晶体的密度是 【答案】D 【解析】 【详解】A．已知原子分数坐标为1时记为0，P在X轴的坐标分数为，在Y轴的坐标分数为1，则记为0，Z轴坐标分数为，故P的原子分数坐标为，A正确； B．根据均摊法，的个数是，的个数是，则晶胞的化学式为，B正确； C．与Q距离相等且最近的分别位于上下两个晶胞的面上，因此，与Q距离相等且最近的共有8个，C正确； D．由B选项可知，一个晶胞含有两个，则晶胞的质量为=，晶胞的体积为，则该晶体的密度是，D错误； 故选D。 13. 锰酸锂()(相对分子质量为)是新型锂离子电池常用的正极材料，其晶胞如下图甲所示，甲可看作是由下图中相邻A、B两种基本单元交替结合而成(顶面的已标注，其余位置的未画出)，均位于单元中体对角线上离顶点处，已知形成晶体的晶胞参数(晶胞边长)apm。 下列说法正确的是 A. 中的分别为3、4 B. 图甲中箭头所指的B单元中离标★的位置距离最远的锰离子(或)的原子分数坐标为 C. 晶体的密度表达式为 D. 图A中位于体心的与的距离为 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图可知，晶胞中锂离子个数为4×(1+4×+4×)=8、氧离子个数为4×(4+4)=32、Mn3+或Mn4+的个数为4×(0+4)=16，由化学式可知，x为2、y为4，故A错误； B．由图可知，图甲中箭头所指的B单元中锂离子离标★的位置距离最远的锰离子如图所示：，则锰离子的原子分数坐标为，故B正确； C．设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—10 a)3d，解得密度为g/cm3，故C错误； D．由图可知，图A中位于体心的锂离子与氧离子的距离为，故D错误； 故选B。 14. 常温下，向含NaAc(醋酸钠)、NaBrO3、Na2SO4的混合液中滴加AgNO3溶液，混合液中pAg[]与pX[、、]的关系如图所示。下列说法错误的是 A. L2直线代表和的关系 B. 常温下，AgBrO3饱和溶液中 C. 向M点所示混合溶液中加入AgNO3固体，增大 D. 当同时生成AgAc和AgBrO3时，溶液中 【答案】D 【解析】 【分析】Ksp(Ag2SO4)=c2(Ag+)×c()，Ksp(AgBrO3)=c(Ag+)×c()，即pAg=[p Ksp(Ag2SO4)-p()]，pAg= p Ksp(AgBrO3)-p()，可知L1对应AgBrO3，L2对应Ag2SO4。 【详解】A．由分析可知，L2直线代表−lgc(Ag+)和−lgc()的关系，A正确； B．AgBrO3饱和溶液中存在溶解平衡，AgBrO3(s) Ag+(aq)+ (aq)，c(Ag+)=c()，Ksp(AgBrO3)=c(Ag+)×c()=10-4.28，则c(Ag+)=10−2.14 mol⋅L−1，B正确； C．M点为L1和L2的交点，此时c()和c()相等，向M点所示的混合溶液中加入AgNO3固体，c(Ag+)增大，所以 增大，C正确； D．当同时生成AgAc和AgBrO3时，溶液中，即c(Ac−)<100c()，D错误； 故答案为D。 15. 逆水气变换反应： 。一定压力下，按投料，、温度时反应物摩尔分数随时间变化关系如图所示。已知该反应的速率方程为，、温度时反应速率常数k分别为、。下列说法错误的是 A. B. 、温度下达平衡时反应速率的比值： C. 温度不变，仅改变体系初始压力，反应物摩尔分数随时间的变化曲线不变 D. 温度下，改变初始投料比例，不能使平衡时各组分摩尔分数与温度时相同 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，比反应速率快，则；温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于温度下平衡时；由于起始，则达到平衡时和的摩尔分数相等。 【详解】A．根据分析，比反应速率快，反应速率常数与温度有关，结合反应速率方程知，故A正确； B．反应的速率方程为，则，温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于温度下平衡时的，即，则，故B正确； C．温度不变，仅改变体系初始压力，虽然平衡不移动，但反应物的浓度改变，反应速率改变，反应达到平衡的时间改变，反应物摩尔分数随时间的变化曲线改变，故C错误； D．温度下，改变初始投料比，相当于改变某一反应物的浓度，达到平衡时和的摩尔分数不可能相等，故不能使平衡时各组分摩尔分数与温度时相同，故D正确； 选C。 16. 是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。钒矿石中含，杂质为大量和少量CaO等，可通过碱熔法从钒矿石中提取纯度较高的，流程如下： 已知：是以酸性为主的两性化合物，偏钒酸铵()与偏钒酸钙[]均难溶于水，在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙。下列说法错误的是 A. 盐浸工序得到滤渣的成分为 B. 洗脱工序中洗脱液的主要成分为NaCl C. 气体②的成分为 D. 延长沉钒时间、增大溶液的浓度有利于沉钒 【答案】C 【解析】 【分析】钒矿石中含，杂质为大量和少量CaO等。钒矿石加氢氧化钠“热熔”生成NaVO3、、等；加碳酸钠把、转化为碳酸钙和NaVO3、Na[Al(OH)4]，过滤出滤渣碳酸钙，滤液通过离子交换膜RN(CH3)3Cl发生反应RN(CH3)3Cl+NaVO3 RN(CH3)3VO3+NaCl，加洗脱液NaCl洗脱，RN(CH3)3Cl+NaVO3 RN(CH3)3VO3+NaCl逆向进行得到NaVO3溶液，NaVO3溶液加NH4Cl生成沉淀，焙烧生成氨气、水、V2O5。 【详解】A. 用NaOH热熔时，V2O5转化为偏钒酸钙[Ca(VO3)2]，Al2O3转化为Ca(AlO2)2，然后加入纯碱盐浸，Ca(VO3)2、Ca(AlO2)2反应产生CaCO3沉淀，同时得到可溶性物质NaVO3、Na[Al(OH)4]，故盐浸工序得到滤渣的成分主要为CaCO3，故A正确； B. 滤液通过离子交换膜RN(CH3)3Cl发生反应RN(CH3)3Cl+NaVO3 RN(CH3)3VO3+NaCl，增大NaCl浓度，RN(CH3)3Cl+NaVO3 RN(CH3)3VO3+NaCl逆向进行得到NaVO3溶液，洗脱工序中洗脱液的主要成分为NaCl，故B正确； C. 焙烧生成氨气、水、V2O5，气体②的成分为NH3，故C错误； D. 沉钒过程是生成NH4VO3沉淀，因此延长沉钒时间、增大NH4Cl溶液的浓度，有利于沉钒，D正确； 选C。 二、解答题(共52分) 17. 以某种铁钴矿(主要成分为，还含有少量MgO、等杂质)为原料制取和黄钠铁矾的工艺流程如图所示。 已知：①、、； ②熔剂只起助熔作用，“焙烧”后主要金属元素转化为金属单质； ③还原性强于。 回答下列问题： （1）“气体A”的成分是CO和___________；“滤液1”中存在的金属阳离子为、___________。 （2）流程中两次加入NaClO溶液作用不同，向“滤液1”中加入适量NaClO溶液的作用为___________，以离子方程式表示该过程中发生的反应：___________。 （3）向“溶液A”中加入适量的溶液，生成颗粒较大的黄钠铁矾沉淀的同时还生成一种气体，这种气体的化学式是___________。 （4）“滤渣3”的主要成分为___________。 （5）经检测，“滤渣4”是由和形成的混合物。隔绝空气灼烧时，发生反应的化学方程式是___________。 【答案】（1） ①. ②. （2） ①. 将氧化为，便于生成黄钠铁矾，同时不氧化，实现物质的分离 ②. （3） （4） （5） 【解析】 【分析】铁钴矿焙烧时硫元素转化为二氧化硫，高温下碳元素转化为碳的氧化物，铁元素转化为铁单质，钴元素转化为钴单质，然后用硫酸酸浸，二氧化硅不溶，滤液1中主要含有Co2+、Fe2+、Mg2+等，加入次氯酸钠氧化溶液中的亚铁离子，加入碳酸钠调节pH沉淀铁离子，使其转化为黄钠铁矾，滤液2中加入氟化钠沉淀镁离子，滤液3中加入次氯酸和碳酸钠，氧化Co2+，同时使其转化为滤渣4，滤渣4焙烧得到三氧化二钴，据此解答。 【小问1详解】 根据分析，铁钴矿焙烧时硫元素转化为二氧化硫，高温下碳元素转化为碳的氧化物，“气体A”的成分是CO和；根据分析，“滤液1”中存在的金属阳离子为、Fe2+、Mg2+等； 【小问2详解】 根据分析，滤液1中主要含有Co2+、Fe2+、Mg2+等，加入次氯酸钠的目的是将氧化为，便于生成黄钠铁矾，同时不氧化，实现物质的分离，根据得失电子数守恒可得，反应的离子方程式为：； 【小问3详解】 在溶液A中加入适量的调节pH为1.62.0，生成黄钠铁矾沉淀，根据原子守恒可知生成气体的化学式为； 【小问4详解】 根据分析，滤液2中加入氟化钠沉淀镁离子，滤渣3为； 【小问5详解】 由流程可知，Co(OH)SO4隔绝空气灼烧时生成Co2O3，根据原子守恒可知还有水和三氧化硫生成，则发生的化学反应方程式为。 18. 煤气化渣属于大宗固废，主要成分为、、、及少量等。一种利用“酸浸-碱沉-充钠”工艺，制备钠基正极材料和回收的流程如下： 已知：①25℃时，有关金属离子沉淀的相关见下表。 离子 开始沉淀时的 8.8 1.5 3.6 6.5 沉淀完全时的 / 3.2 4.7 8.3 ②。 回答下列问题： （1）酸浸时，为了提高浸出率，可采取的措施有___________(写出一条即可)，“滤渣”的主要成分为___________(填化学式)。 （2）25℃时，“碱沉”控制溶液pH范围应为___________。 （3）“除杂”时需加入的试剂X是___________。 A. 氨水 B. 溶液 C. D. （4）“水热合成”中，作为磷源，“滤液2”的作用是___________，水热合成的离子方程式为___________。 （5）“煅烧”得到的物质也能合成钠基正极材料，其工艺如下： ①该工艺经碳热还原高温条件下得到，碳热还原的化学方程式为___________。 ②焙烧过程每生成，转移电子数为___________。 【答案】（1） ①. 搅拌、适当升温、粉碎煤气化渣 ②. 、 （2）或或 （3）B （4） ①. 提供和反应所需要的碱性环境 ②. （5） ①. ②. 或 【解析】 【分析】煤气化渣属于大宗固废，主要成分为主要成分为、、、及少量等，往煤气化渣中加入浓硫酸酸浸，二氧化硅不反应、不溶解成为滤渣，过滤往得到的滤液中加入氢氧化钠溶液碱沉，反应生成氢氧化铁沉淀和含镁离子、铝离子等的滤液1，过滤、煅烧氢氧化铁得到氧化铁，往氧化铁中加入稀硫酸酸化、足量铁还原后，加NH4H2PO4、滤液2和稳定剂反应得到NaFePO4，滤液1中加过量的氢氧化钠溶液除镁离子，过滤得氢氧化镁沉淀和含Na[Al(OH)4]、NaOH的滤液，往所得滤液中加Al(OH)3晶种，过滤，滤液2含NaOH，所得固体焙烧得Al2O3。 【小问1详解】 通过搅拌、粉碎煤气化渣等措施有利于增大酸浸时的接触面积，适当升温能加快反应速率。不与硫酸反应，能与硫酸反应生成微溶的，故滤渣的主要成分为、。 【小问2详解】 碱沉的目的是生成沉淀，不能让，沉淀。故控制溶液范围应为或或。 【小问3详解】 除杂是将转化为沉淀出去，转化为，故应该加入足量的溶液。 【小问4详解】 滤液2的主要成分是，做可以提供水热合成需要的和碱性环境。根据元素守恒且足量，离子方程式应为。 【小问5详解】 根据提示信息，氧化剂为对应的产物为，还原剂为，高温下的氧化产物为，故方程式为。焙烧的方程式为，结合方程式计算生成，转移电子数为。 19. 左旋多巴(A)是治疗帕金森一线药物，临床疗效佳，但长期服用可能诱发异动症，为在保证药效的同时降低毒副作用，可合成其衍生物(H)进行替代。一种制备H的合成路线如下： 已知：表示由纸面向外伸展的共价键，-Boc代表-COOC(CH3)3。 回答下列问题： （1）物质C中存在能发生水解反应的含氧官能团，其名称为_______。 （2）步骤①的反应类型为_______，其化学反应方程式为_______。 （3）步骤②、③的目的是_______。 （4）TFA表示CF3COOH，根据路易斯酸碱理论，CF3COO⁻和CH3COO⁻属于碱，其碱性大小随氧原子电子云密度增大而增强，请比较二者碱性：CF3COO-_______CH3COO-(填“>”或“<”)。 （5）已知-Boc是目前有机合成中广为采用的氨基保护基，选择性较好，短时间内一般不会与醇羟基反应，原理如下： 结合题目所给合成路线与上述信息，设计以HOCH2CH2CH2NH2、HCHO为原料制备的路线_______(用流程图表示，其他试剂任选)。 【答案】（1）酰胺基、酯基 （2） ①. 取代反应 ②. （3）保护羧基、保护酚羟基 （4）< （5）HOCH2CH2CH2NH2 【解析】 【分析】A（）与CF3COOCH3发生取代反应生成B（），B（）与CH3I发生取代反应生成C（），C（）中酚羟基与CH3COCH3反应形成缩酮，生成D（），D（）经过反应④（酯基和酰胺基水解）生成E（），E（）与F（）发生取代反应生成G（），G（）开环生成H（）。 【小问1详解】 物质C中能发生水解的含氧官能团为酰胺基和酯基，故答案为：酰胺基、酯基； 【小问2详解】 由分析知，①的化学方程式为，该反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；； 【小问3详解】 反应②中，将羧基转化为酯基，反应④中酯基转变为羧基，故反应②的目的是保护羧基；反应③中酚羟基与丙酮反应转变为缩酮，反应⑥缩酮又变为酚羟基，故③保护的官能团为酚羟基，故答案为：保护羧基；保护酚羟基； 【小问4详解】 甲基是给电子基，而—CF3是吸电子基，吸电子基导致氧原子电子云密度减小，碱性：CF3COO-＜CH3COO⁻，故答案为：＜； 【小问5详解】 根据题目所给合成路线与上述信息，需先保护氨基，再将羟基氧化为醛基，接着羟醛缩合反应，最后再去保护。故设计路线如下：HOCH2CH2CH2NH2，故答案为：HOCH2CH2CH2NH2。 20. 的捕集与转化是“碳达峰、碳中和”的有效途径。利用和制备合成气的原理如下： ① ② 在恒压为pkPa，起始时条件下，和的平衡转化率与温度的关系如下图1所示。 回答下列问题： （1）反应①正反应在___________(填字母)条件下能自发进行。 A．较低温度 B．较高温度 C．任意温度 （2）曲线乙代表___________(填化学式)的平衡转化率与温度关系，判断依据是___________。 （3）根据图中信息，随着温度升高，体系中物质的量变化趋向是___________(填字母)。 A. 一直增大 B. 一直减小 C. 先增大，后减小 D. 先减小，后增大 （4）在反应器中充入和制备合成气(CO和)，下列措施能提高合成气平衡产率的是___________(填标号)。 A. 升高温度 B. 加入催化剂 C. 增大压强 D. 液化分离出水 （5）800K时，反应经过amin达到平衡状态，内用分压表示的反应速率为___________(用含、的代数式表示)。此温度下，用平衡分压计算反应①的平衡常数___________(kPa)(用含p的代数式表示)。 （6）甲、乙两容器起始体积相同，分别充入和发生上述反应，甲在900K、恒容条件下达到平衡，乙在900K、恒压条件下达到平衡。则平衡转化率为甲___________(填“>”“<”或“=”)乙。 （7）研究表明，CO催化变换反应：的速率方程为：()。式中、、、分别表示相应的物质的量分数，为平衡常数，为反应的速率常数，温度升高时值增大。在气体组成一定的情况下，反应速率随温度变化的曲线如图2所示。根据速率方程分析，反应速率在前后先增大后减小的原因是___________。 【答案】（1）B （2） ①. CH4 ②. 反应①中CH4和CO2的转化量相等，而反应②也消耗CO2，CO2的转化率大于CH4 （3）A （4）AD （5） ①. ②. （6）< （7）该反应ΔH=＜0，所以温度升高时，Kp减小，前减小对v的降低程度小于值增大对v的提高程度，从而从整体反应速率上升，后减小对v的降低程度大于值增大对v的提高程度，从而从整体反应速率下降 【解析】 【小问1详解】 随着温度升高，平衡转化率增大，说明反应①是吸热反应，反应①正反应是气体分子数增大的反应，即熵增反应，根据△H-T△S<0反应自发进行，在较高温度下正反应能自发进行，故选B； 【小问2详解】 观察反应式可知，反应①中和的平衡转化率相等，反应②又消耗了，故相同温度下，平衡转化率大于，图像中相同温度下曲线甲代表的转化率大于曲线乙，故曲线甲代表平衡转化率与温度关系，乙代表平衡转化率与温度关系； 【小问3详解】 根据图中数据可知，反应①生成的物质的量比反应②消耗的物质的量多，故氢气物质的量一直增大，选A； 【小问4详解】 A．由图可知，升高温度，CH4和CO2的平衡转化率增大，合成气平衡产率增大，A正确； B．催化剂不改变平衡状态，不能提高合成气平衡产率，B错误； C．反应①是气体体积增大的反应，反应②是气体体积不变的反应，增大压强，反应①平衡逆向移动，反应②不移动，不能提高合成气平衡产率，C错误； D．液化分离出水，反应②平衡正向移动，H2(g)的浓度减小，反应①平衡正向移动，合成气平衡产率增大，D正确； 故选AD； 【小问5详解】 曲线乙代表CH4的平衡转化率与温度关系，曲线甲代表CO2的平衡转化率与温度关系，800K时，反应经过a min达到平衡状态，设，反应①转化了xmol CH4，反应②转化了xmol CO2，根据已知条件列出“三段式”：，， CH4的平衡转化率=0.2，x=0.2，CO2的平衡转化率=0.4，y=0.2，则，，，，，总物质的量为0.8+0.6+0.2+0.6+0.2=2.4mol，在恒压为p kPa，0~a min内用CH4分压表示的反应速率为kPa·min-1，此温度下，用平衡分压计算反应①的平衡常数Kp= (kPa)2； 小问6详解】 反应①是气体体积增大的反应，反应②是气体体积不变的反应，甲在900K、恒容条件下达到平衡，容器的体积不变，乙在900℃、恒压条件下达到平衡，容器的体积增大，乙容器与甲容器相比，相当于减小压强，反应①平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，则CO2平衡转化率为甲<乙； 【小问7详解】 由题干图可知，温度升高，的平衡转化率升高，为吸热反应，则为放热反应，升高温度时，平衡逆向移动，减小，温度升高时值增大，前减小对v的降低程度小于值增大对v的提高程度，从而从整体反应速率上升，后减小对v的降低程度大于值增大对v的提高程度，从而从整体反应速率下降； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$