精品解析：江苏省南京市中华中学2024-2025学年高三下学期校内模拟考试（二模）化学试题

中华中学2024-2025学年度第二学期校内模拟考试(二模)试卷 高三化学 本卷考试时间：75分钟 总分：100分 一、单项选择题：共13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意。 1. 化学与生活、生产密切相关。下列说法正确的是 A. 植物油属于纯净物 B. 消毒过程属于蛋白质的盐析 C. 煤的气化属于化学变化 D. 光导纤维属于有机高分子化合物 【答案】C 【解析】 【详解】A．植物油属于混合物，A项错误； B．消毒过程属于蛋白质的变性，B项错误； C．煤的气化主要反应为，属于化学变化，C项正确； D．光导纤维成分是，不属于有机高分子化合物，D项错误 答案选C。 2. 下列化学用语表述不正确的是 A. 次氯酸钠的电子式： B. 固体HF中的链状结构： C. 的VSEPR模型： D. 的球棍模型： 【答案】D 【解析】 【详解】A．次氯酸钠是离子化合物，O原子得到Na原子失去的一个电子，O和Cl原子再形成一对共用电子，则次氯酸钠的电子式为：，A正确； B．在固体HF中，一个HF分子中的氢原子与另一个HF分子中的氟原子之间形成分子间氢键，多个HF分子通过氢键作用连接成链状结构：，B正确； C．的中心原子S周围的价层电子对数为：3+=4，有1对孤电子对，则的VSEPR模型为：，C正确； D．中C的价层电子对数为，则C为sp杂化，其空间构型为直线型，图示错误，D错误； 故选D。 3. 下列实验装置错误的是 A．浓硝酸和铜反应 B．分离CH2Cl2和CCl4 C．制[Cu(NH3)4](OH)2溶液 D．制备明矾晶体 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．浓硝酸和铜反应生成硝酸铜和二氧化氮，二氧化氮能够和NaOH溶液反应，可以用NaOH溶液吸收二氧化氮，A正确； B．蒸馏时温度计的水银球在蒸馏烧瓶的支管口处，B错误； C．向通入足量氨气，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，，C正确； D．根据晶体具有自范性可知，图示装置可以制备明矾晶体，D正确； 故选B。 4. 臭氧在催化下能将烟气中的分别氧化为和。下列关于元素及其化合物的说法正确的是 A. 原子半径： B. 第一电离能： C. 沸点： D. 电负性： 【答案】B 【解析】 【详解】A．同主族从上到下原子半径增大，同周期从左到右原子半径减小，原子半径：，故A错误； B．根据第一电离能递变规律，第一电离能：，故B正确； C．H2O和NH3都能形成分子间氢键，但是H2O中氢键更多，而H2S不能形成氢键，故沸点：，故C错误； D．金属电负性一般小于非金属，N与O同周期，O的电负性大于N，电负性：，故D错误。 答案选B。 阅读下列材料，完成以下问题： 周期表中ⅦA族元素及其化合物应用广泛。电解KHF2与HF的混合物时，HF转化为F2；加热NaCl与浓H2SO4的混合物，可制得HCl。氯还可形成HClO2、HClO3、HClO4等多种含氧酸。ClO2是Al级高效安全灭菌消毒剂；Cl2与CH4反应可制备有机溶剂CCl4。在照相底片的定影过程中，底片上未曝光的AgBr浸入Na2S2O3溶液转变成[Ag(S2O3)2]3-而溶解。氯化碘(ICl)性质与卤素单质相似，常用作分析化学试剂。 5. 下列说法正确的是 A. S2Cl2的结构如图-1所示，属于非极性分子 B. KHF2中既含有离子键，又含有共价键 C. 、和中O—Cl—O键角依次逐渐减小 D. (结构如图-2)中两个S原子均可作配位原子 6. 下列化学反应表示正确是 A. 电解KHF2与HF混合物时的阴极反应：HF＋HF-2e-=F2↑ ＋H2F+ B. 用Na2CO3溶液吸收Br2(g)：Br2＋Na2CO3=NaBr＋NaBrO3＋CO2 C. AgBr溶于Na2S2O3溶液的反应：AgBr＋2=[Ag(S2O3)2]3-＋Br- D. ICl与NaOH溶液反应：ICl＋2OH-=I-＋ClO-＋H2O 7. 下列物质结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是 A. H2SO4分子间存在氢键，呈粘稠状 B. ClO2具有强氧化性，可用作灭菌消毒剂 C. CH4为正四面体形分子，具有可燃性 D. AgBr见光易分解，可用作感光材料 【答案】5. B 6. C 7. C 【解析】 【5题详解】 A．由结构可知，该分子正负电荷中心不能重合，结构不对称为极性分子，故A错误； B．题中已知HF转化为F2，说明KHF2中含有钾离子和HF，即KHF2为离子晶体，含有离子键，HF中存在共价键，故B正确； C．的中心原子Cl的价层电子对数为，为sp3杂化，含有2对孤电子对；的中心原子Cl的价层电子对数为，为sp3杂化，含有1对孤电子对；的中心原子Cl的价层电子对数为，为sp3杂化，无孤电子对；杂化类型相同时，由于孤电子对对成键电子对之间的排斥力大于成键与成键电子的排斥力，因此孤电子对数越多键角越小，所以、和中键角依次逐渐增大，故C错误； D．具有孤电子对原子可以给中心原子提供电子配位，中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子，端基S原子含有孤电子对，能做配位原子，故D错误； 故答案为B。 【6题详解】 A．阴极发生还原反应，得到电子，故A错误； B．Na2CO3溶液吸收Br2(g)时，Br2生成和Br-，根据质量守恒可知同时生成二氧化碳气体，其离子反应方程式为3Br2＋3Na2CO3=5NaBr＋NaBrO3＋3CO2，故B错误； C．AgBr浸入Na2S2O3溶液转变成[Ag(S2O3)2]3-而溶解，离子方程式为AgBr＋2=[Ag(S2O3)2]3-＋Br-，故C正确； D．氯化碘（ICl）性质与卤素单质相似，ICl与NaOH溶液反应生成NaIO、NaCl和H2O，离子方程式：ICl+2OH-=IO-+Cl-+H2O，故D错误； 故答案为C。 【7题详解】 A．H2SO4分子间存在氢键，分子间作用力较大，故呈粘稠状，物质结构与性质对应，故A错误； B．二氧化氯具有强氧化性，可用来杀菌消毒，物质性质与用途对应，故B错误； C．CH4为正四面体形分子，具有可燃性，但其可燃性与其分子构型为正四面体形无关，结构与性质不对应，故C正确； D．溴化银见光分解，可用作感光材料，物质性质与用途对应，故D错误； 故答案为C。 8. 电厂烟气(NOx、CO2等)可用NH3脱氮。在Fe2O3催化剂表面发生的脱氮过程如图所示。下列说法错误的是 A. 脱氮的总反应为：4NH3(g)＋O2(g)＋4NO(g)4N2(g)＋6H2O(g) B. 过程1中NH3断裂非极性共价键 C. 可降低反应的活化能 D. 催化剂可提高反应物的转化率 【答案】BD 【解析】 【分析】过程I为，过程II为，过程III为，三式相加得：，即：，先消耗后生成，为反应的催化剂。 【详解】A．据分析，总反应为：4NH3(g)＋O2(g)＋4NO(g)4N2(g)＋6H2O(g)，故A正确； B．NH3断裂是N-H极性键，故B错误； C．据分析，Fe3+为该反应催化剂，催化剂能降低反应活化能，故C正确； D．催化剂只能降低反应活化能，改变反应速率，不能提高反应物的平衡转化率，故D错误； 故答案为BD。 9. 一种双膜二次电池，其示意图如下。下列说法正确的是 已知：①M、N均为多孔石墨烯电极； ②起始时I室(含储液罐)溶液中只含。 A. M极为电池的正极 B. 充电过程中，II室中的溶液浓度逐渐增大 C. X膜、Y膜均为阴离子交换膜 D. 放电后，I室中时，导线中传导电子 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，外电路连接用电器，为原电池，即放电，M极Sn2+失去电子发生氧化反应生成Sn4+，M为负极，N极溴单质得到电子发生还原反应生成溴离子，N为正极，III室中溴离子进入II室，并继续向I室迁移，电池总反应为SnBr2+Br2=SnBr4；充电时，负极接外电源负极做阴极，即M为阴极，N为阳极； 【详解】A．由分析可知，M为电池负极，A错误； B．放电时，III室溴单质得到电子发生还原反应生成溴离子，III室中溴离子进入II室，并继续向I室迁移，保证I室中溶液电中性，则充电过程相反，故充电过程中，II室中的溶液浓度不变，B错误； C．由分析知，N极溴单质得到电子发生还原反应生成溴离子，N为正极，III室中溴离子进入II室，并继续向I室迁移，故X膜、Y膜均为阴离子交换膜，C正确； D．起始时I室(含储液罐)溶液中只含，放电后，I室中时，有amol Sn2+转化为Sn4+，转移电子amol，D错误； 故本题选C。 10. 奥司他韦(化合物M)是目前治疗流感的常用药物，其合成路线如下(其中某些步骤省略)。下列说法正确的是 A. Z中所有原子可能共平面 B. Y、Z均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. M中含有6种官能团 D. X、M均可以发生水解反应和加成反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．Z中含有饱和碳原子(与多个原子以单键相连 )，饱和碳原子具有类似甲烷的四面体结构，所以Z中所有原子不可能共平面，A错误； B．Y、Z中均含有碳碳双键，碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确； C．M中含有的官能团有碳碳双键、醚键、酯基、氨基、酰胺基，共 5 种，C错误； D．X中含有碳碳双键，能发生加成反应，但不含能水解的官能团(如酯基、卤素原子等 )，不能发生水解反应；M中含有酯基能发生水解反应，含有碳碳双键能发生加成反应，D错误； 故选B。 11. 实验中的颜色变化有很多原因。下列实验方案设计、现象或结论不正确的是 实验目的 方案设计 现象 结论 A 探究新制的饱和氯水使含有酚酞的氢氧化钠稀溶液红色褪去的原因 向含有酚酞的氢氧化钠稀溶液中滴入过量氯水，再滴入几滴相同浓度的NaOH溶液 溶液不再变色 酚酞被氯水氧化而导致溶液褪色 B 探究气体使品红褪色的原因 分别向均含有少量品红的乙醇溶液、饱和NaOH溶液中通入等量的气体 乙醇溶液中颜色不褪去，NaOH溶液颜色褪去 使品红褪色的含硫粒子不是分子、而是、等离子 C 探究反应中气体颜色变化的原因 用50mL注射器吸入和的混合气体，将细管端用橡胶塞封闭，然后压缩注射器活塞 从活塞的对向观察，只观察到气体颜色变浅 分子总数减小，颜色变浅 D 探究Cu和浓反应后溶液呈绿色的原因 分别向Cu和稀、浓的溶液中通入气体 前者溶液仍为蓝色，后者放出红棕色气体，溶液绿色变为蓝色 Cu和浓反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有 A. A B. B C. C D. D 【答案】AC 【解析】 【详解】A．含有酚酞的氢氧化钠稀溶液呈红色，向其中加入新制过量氯水，再滴入几滴相同浓度的NaOH溶液，有可能酚酞被强氧化剂HClO氧化而使红色褪去，也有可能NaOH被氯水中的中和而使红色褪去，故结论错误，A项错误； B．含有少量品红的乙醇溶液和饱和NaOH溶液均呈红色，分别向两种溶液中通入等量的气体， NaOH溶液可与发生反应而使体系中存在、等离子，而将通入乙醇溶液中不会生成、等离子，可观察到乙醇溶液中颜色不褪去，而NaOH溶液中颜色褪去，此时说明使品红褪色的含硫粒子不是分子、而是、等离子，B项正确； C．为了探究反应中气体颜色变化的原因，用50mL注射器吸入和的混合气体，将细管端用橡胶塞封闭，然后压缩注射器活塞，体积减小，NO2浓度增加，颜色加深，由于压缩注射器活塞压强增大，平衡向体积缩小的方向移动，即平衡正向移动，观察到气体颜色变浅，但仍旧比原来深，C项错误； D．为了探究Cu和浓反应后溶液呈绿色的原因，分别向Cu和稀、浓的溶液中通入气体，Cu和稀反应生成NO气体，Cu和浓反应生成NO2气体，通入气体后，前者溶液颜色不变，仍为蓝色，说明溶液的颜色与NO无关，后者放出红棕色气体为NO2，溶液绿色变为蓝色，说明NO2对溶液的颜色产生影响，故Cu和浓反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有，D项正确； 答案选AC。 12. 室温下，用含有少量的硫酸锌溶液制备的过程如下，已知：、，下列说法正确的是 A. “除锰”加入的溶液中： B. “沉锌”的主要离子反应为： C. “过滤”所得滤液中： D. “过滤”所得滤液中： 【答案】D 【解析】 【分析】由题给流程可知，向含有少量锰离子的硫酸锌溶液中加入次氯酸钠溶液，将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到二氧化锰和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵和氨水的混合溶液，将溶液中的锌离子转化为碳酸锌沉淀，过滤得到碳酸锌和滤液。 【详解】A．次氯酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，c(OH-)大于c(HClO)，溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(OH-)，故A错误； B．由分析可知，沉锌时加入碳酸氢铵和氨水的混合溶液的目的是将溶液中的锌离子转化为碳酸锌沉淀，反应的离子方程式为，故B错误； C．过滤所得滤液是碳酸锌的饱和溶液，氢氧化锌的不饱和溶液，则溶液中=＜==5.0×10-7，故C错误； D．碳酸氢铵溶液中存在物料守恒关系，碳酸氢铵和氨水的混合溶液中存在：，且溶液中的锌离子与碳酸氢根离子反应转化为碳酸锌沉淀，碳酸氢根离子被消耗，则离子浓度的关系为，故D正确； 故选D。 13. 利用环戊二烯（）加氢制备环戊烯（），按加入恒容密闭容器中，仅发生如下反应： ① ② 测得在相同时间内，环戊二烯转化率和环戊烯选择性随温度变化曲线如图（已知：选择性=转化为目标产物的反应物在总转化量中的占比）。下列说法错误的是 A. 60℃时，的转化率为72% B. 由图可知，反应决速步的活化能①>② C. 相同条件下，若增大，选择性提高 D. 60℃后，环戊烯选择性降低的原因可能是催化剂活性减弱 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图可知，60℃时，环戊二烯的转化率为90%，环戊烯的选择性为80%，则H2的转化量n(H2)=n(环戊烯)=1mol×90%×80%=0.72mol，的转化率为72%，A正确； B．由图可知，环戊烯选择性选择性较高，活化能越小，反应速率越快，相同时间内，反应①的速率较快活化能较低，说明反应的活化能①＜②，B错误； C．相同条件下，若增大，相当于增大H2的物质的量，反应①中环戊二烯转化率增大，环戊烯选择性增大，C正确； D．两个反应均为放热反应，升高温度， 平衡逆向移动转化率有所下降，但是选择性大幅度下降可能是催化剂活性减弱，D正确； 故选B。 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 化学还原稳定法是当前Cr(Ⅵ水体污染修复领域的主要技术。废水中Cr(Ⅵ主要以和形式存在，化学还原稳定法去除水中Cr(Ⅵ主要包括铬的还原和固定两个过程。常用的化学还原剂包括硫系还原剂和铁系还原剂。 （1）难溶于水的CaS5是常用的硫系还原剂，在处理Cr(Ⅵ时自身转化为单质S。在酸性溶液中，CaS5还原Cr(Ⅵ的离子方程式为 _______。 （2）铁系还原剂FeSO4的还原效率虽不及硫化物，但有利于Cr的固定。 Cr的固定途径有两个：其一是难溶性铬铁共沉淀氢氧化物[CrxFe1-x(OH)3]或Cr(OH)3沉淀的生成；其二是 _______。 （3）试剂联用[n(CaS5)：n(FeSO4)=1：2]有望实现高效且稳定的修复效果。 ①待各体系充分反应后，静置2h。实验测得分别使用单一试剂和试剂联用时，溶液中总Cr的去除率随溶液初始pH的变化关系如图-1所示。pH>9，随pH增大，试剂联用时溶液中总Cr的去除率上升的原因是 _______。 ②在存在下，试剂联用处理溶液中Cr(Ⅵ，待体系充分反应，静置2h。测得浓度对溶液pH以及总Cr去除效果的影响关系如图-2所示。随浓度进一步增加，总Cr的去除率明显上升的原因是 _______。 ③研究表明，试剂联用效果优于单一试剂主要是由于反应过程中生成了起催化作用的FeS。FeS的生成过程可用化学方程式表示为_______。 （4）检测酸性废水中含量，取20.00mL废水，加水稀释至100.00mL。量取20.00mL该溶液，加入30.00mL0.0100mol/L FeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用0.0010mol/L K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe²+，终点时消耗K2Cr2O7溶液10.00 mL(假设的还原产物全为NO，且NO全部从溶液中逸出)。则废水中含量为_______mol/L。 (写出计算过程) 【答案】（1）3CaS5++14H+= 2Cr3++15S+3Ca2++7H2O （2）Fe3+水解产生的Fe(OH)3胶体吸附或 （3） ①. pH增大，使用CaS5会抑制Cr(Ⅵ的还原，降低总Cr去除率；但使用FeSO4有利于Cr(Ⅵ的固定，提高总Cr去除率；试剂联用时，FeSO4的用量大于CaS5，增大pH，FeSO4对总Cr去除率的影响程度大于CaS5 ②. 增大浓度，溶液pH减小，试剂联用时低pH值有利于Cr(Ⅵ的去除 ③. CaS5+FeSO4=FeS+4S+CaSO4 （4）0.02 【解析】 【小问1详解】 根据题意可知修复时发生反应，； 【小问2详解】 溶液中生成三价铁后，三价铁可以水解生成氢氧化铁胶体，可以吸附含有铬元素的微粒，或； 【小问3详解】 ①结合第一问可知，pH增大时会抑制对的还原，但是的使用有利于对吸附，试剂联用时是两种作用的相互竞争的一个关系，故pH增大，使用CaS5会抑制Cr(Ⅵ的还原，降低总Cr去除率；但使用FeSO4有利于Cr(Ⅵ的固定，提高总Cr去除率；试剂联用时，FeSO4的用量大于CaS5，增大pH，FeSO4对总Cr去除率的影响程度大于CaS5； ②由图可知，随着碳酸氢根离子的浓度的增大，pH会降低，而pH的降低有利于对的去除，故增大浓度，溶液pH减小，试剂联用时低pH值有利于Cr(Ⅵ的去除； ③根据题意可知和反应生成FeS，结合元素守恒和得失电子守恒可知离子方程式为：； 【小问4详解】 根据反应，，与K2Cr2O7标准溶液反应的亚铁离子物质的量，硝酸根氧化硫酸亚铁的物质的量为，根据反应，，。 15. 洛哌丁胺(I)可用于腹泻的治疗，其一种合成路线如图所示： 已知：① ②有关格氏试剂的反应：(X代表卤素原子) （1）F中的官能团有_______。 （2）请写出X的结构简式_______；B→C包含了_______反应和水解反应。 （3）加热条件下C与足量KOH溶液反应，除生成D外，还有_______生成。(写化学式或结构简式) （4）写出符合下列条件的E的一种同分异构体：_______。 ①分子结构中有两个苯环，核磁共振氢谱为5组峰； ②既能发生水解也能发生银镜反应。 （5）写出以、CH3OH、和乙二醇为原料制备的合成路线_______。(其他试剂任选)。 【答案】（1）羧基、碳溴键(溴原子) （2） ①. ②. 加成反应 （3）K2CO3、C2H5OH （4） （5） 【解析】 【分析】A发生“已知”的反应，得到B，B与中的羰基加成反应，后在酸性溶液中水解，得到C，其结构简式为，C在KOH溶液中水解得到D为。E中的酯基在HBr、乙酸作用下水解物质F，F中的羧基与SOCl2反应得到酰氯，进一步反应得到H，H与D生成了目标产物洛哌丁胺(I)。 【小问1详解】 F中官能团的名称是羧基、碳溴键； 【小问2详解】 由分析可知，X；B→C包含了加成反应和水解反应； 【小问3详解】 ，在KOH溶液中水解得到D 和K2CO3、C2H5OH； 【小问4详解】 E的同分异构体①分子结构中有两个苯环，核磁共振氢谱为5组峰；②既能发生水解也能发生银镜反应，即含有HCOO-结构，符合条件的结构为。 【小问5详解】 以为主要原料合成，目标产物含有2个五元环，因此从原料到目标产物，结合已知信息反应②进行合成，先将氧化，羟基转变为酮羰基、醛基转变为羧基，再发生酯化反应后生成酯基，由于羰基、酯基均能与格氏试剂反应，因此需利用信息反应把羰基保护起来，等酯基与反应引入2个五元环后再水解重新生成羰基，由制成，故目标产物的合成路线为：。 16. BiOCl是一种新型的高档环保珠光材料。某工厂以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)为原料，制取氯氧化铋和超细氧化铋的工艺流程如下： 已知：①Bi3＋易与Cl-形成BiCl，在一定条件下BiCl可以发生水解：BiCl＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl-＋2H＋。 ②2BiOCl(白色)+2OH-2C1-+H2O+Bi2O3(黄色) （1）“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4。该反应的化学方程式为_______。 （2）“酸浸”时，需及时补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4，其目的是_______。 （3）“转化”时，加入金属Bi的作用是_______。 （4）“萃取”时，铋离子能被有机萃取剂TBP萃取，其萃取原理可表示为：BiCl＋nTBP⇌BiCl3·nTBP＋3Cl-，萃取温度对铋、铁萃取率的影响如图所示，Bi的萃取率随萃取温度的升高而降低的原因可能是_______。 （5）如图为的晶胞(上底和下底均为正方形的长方体)，则在晶体中，与紧邻的数目为_______。 （6）请补充完整利用含少量Fe(OH)3杂质的BiOCl粗品制备Bi2O3的实验方案：_______，过滤、洗涤、干燥，得Bi2O3。(须使用的试剂有：lmol·L-1H2SO4溶液、4mol·L-1NaOH溶液、lmol·L-1BaCl2溶液、蒸馏水) 【答案】（1）2Bi2S3+6MnO2+9O22Bi2O3+6MnSO4 （2）增大Cl-、H+浓度，Bi3＋与Cl－形成BiCl，使Bi3＋充分浸出；同时抑制金属离子 Bi3＋(或BiCl)、Fe3＋水解 （3）将 Fe3+转化为 Fe2+，避免形成Fe(OH)3 沉淀，保证 BiOCl的纯度 （4）升高温度，促进BiCl水解，导致溶液中浓度增大，BiCl＋nTBP⇌BiCl3·nTBP＋3Cl－平衡逆向移动 （5）4 （6）边搅拌边向BiOCl粗品中分批加入足量1mol·L-1H2SO4溶液，充分反应后静置，过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤，直至向最后一次洗涤后的滤液中滴加1mol·L-1BaCl2溶液不再出现白色沉淀。将洗涤后的滤渣浸入过量4mol·L-11NaOH溶液中，加热并充分搅拌至固体颜色不再变化 【解析】 【分析】辉铋矿和软锰矿联合焙烧时，和在空气中反应生成 和，转化为，水浸后过滤，滤渣中加浓盐酸酸浸后过滤，滤渣1为，将滤液分成两份，其中一份中加金属铋转化，铋和铁离子发生氧化还原反应，生成亚铁离子和：，然后调溶液pH=2.6，使水解生成BiOCl；另一份加萃取剂TBP，使和分离，分液，有机相再加草酸溶液反萃取出，最终得到超细氧化铋； 【小问1详解】 联合焙烧时，和在空气中反应生成 和，化学方程式为：； 【小问2详解】 根据题目已知信息，易与形成，及时补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4，增大、浓度，与形成，使充分浸出；同时，一定条件下可以发生水解：，补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4，抑制金属离子(或)、水解； 小问3详解】 由分析可知，转化加入金属Bi的作用是将转化为，避免形成沉淀，从而保证 BiOCl的纯度； 【小问4详解】 升高温度，促进水解反应正向移动，导致溶液中浓度增大，使得平衡逆向移动，故Bi的萃取率随萃取温度的升高而降低； 【小问5详解】 由晶胞结构可知，上底和下底均为正方形的长方体，以上面的正方形面心的为中心，面下左右两侧面有2个，面上前后两个侧面有2个，则与紧邻的数目为4； 【小问6详解】 利用含少量杂质的粗品制备，首先要除去杂质，再将与发生反应：制备，根据提供的试剂，实验方案为：边搅拌边向BiOCl粗品中分批加入足量溶液，充分反应后静置，过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤，直至向最后一次洗涤后的滤液中滴加溶液不再出现白色沉淀。将洗涤后的滤渣浸入过量溶液中，加热并充分搅拌至固体颜色不再变化。 17. 氢能是一种极具发展潜力的绿色能源，制氢方法是当前研究的热点，制氢方法很多，如甲烷与水蒸气重整制氢、硼氢化钠(NaBH4)水解制氢等。 （1）甲烷水蒸气重整制氢：其涉及如下两步反应： I．CH4(g)＋H2O(g)⇌CO(g)＋3H2(g) ∆H1=+206 kJ·mol-1 II．CO(g)＋H2O(g) ⇌CO2(g)＋H2(g) ∆H2=-41 kJ·mol-1 ①实验发现，其他条件不变，向体系中加入CaO可明显提高平衡体系中H2的含量。分析投入CaO时，H2百分含量增大的原因是：_______。 ②CH4(g)＋2H2O(g) ⇌CO2(g)＋4H2(g)，该反应需在高温下才能自发进行，其理由是_______。 （2）NaBH4水解制氢：常温下，NaBH4自水解过程缓慢，需加入催化剂提高其产氢速率。NaBH4在某催化剂表面制氢的微观过程如图所示。已知：浓度较大时，NaB(OH)4易以NaBO2形式结晶析出。 ①其他条件不变时，以D2O代替H2O催化释氢，所得气体的分子式为_______，其中过程b步用化学方程式表示为：_______。 ②在催化剂的作用下，NaBH4与水反应，释氢体积及温度随反应时间的变化如图所示。0~20min内，温度随时间快速升高的原因是_______。 （3）NaBH4转化为NaBO2后，电解NaBO2溶液又可制取NaBH4，实现物质的循环利用，电解装置如图所示。 ①阴极上的电极反应式是_______。 ②两电极区间使用阳离子交换膜，不能用阴离子交换膜的原因是_______。 【答案】（1） ①. CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物CO2，导致CO2浓度减小，促使反应II平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应I平衡也正向移动，从而提高平衡体系中的含量 ②. ，该反应为气体分子数增多的反应，可知，根据，该反应，可知该反应高温下可自发进行 （2） ①. 、D2 ②. ③. NaBH4与水反应放热，随着时间推移，体系温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强 （3） ①. ②. 防止阴极产生的通过阴离子交换膜进入阳极区，发生反应而损耗，通过阴离子交换膜进入阳极区，阴极区浓度变小，的产率低 【解析】 【小问1详解】 ①向体系中加入CaO，CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物，导致浓度减小，促使反应II平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应I平衡也正向移动，从而提高平衡体系中的含量； ②该反应=反应I+反应II，则，，由该反应方程式可知，该反应为气体分子数增多的反应，，根据，可知该反应在高温下可自发进行； 【小问2详解】 ①由图可知，第一步转化过程中转化为和H原子，H原子可结合生成，第二步转化中与分别脱氢生成HD，同时得到，最终一步转化中结合中，同时得电子形成，断键得到D原子，D原子结合生成，故所得气体的分子式为；由上述分析可知，过程b步与分别脱氢生成HD，同时得到，化学方程式为：； ②水解会放出热量，随着时间推移，体系温度升高反应速率增大，同时温度升高催化剂的活性增强，故。0~20min内，温度随时间快速升高； 【小问3详解】 根据电解装置可知，电解可知制取，则电解装置右侧与电源负极相连，为阴极，发生电极反应：，左侧为阳极，电极反应为：； ①由分析可知，阴极上的电极反应式为：； ②在电解池中，阴离子向阳极移动，两电极区间使用阳离子交换膜可以防止阴极产生的通过阴离子交换膜进入阳极区，发生反应而损耗，通过阴离子交换膜进入阳极区，阴极区浓度变小，的产率低。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 中华中学2024-2025学年度第二学期校内模拟考试(二模)试卷 高三化学 本卷考试时间：75分钟 总分：100分 一、单项选择题：共13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意。 1. 化学与生活、生产密切相关。下列说法正确的是 A. 植物油属于纯净物 B. 消毒过程属于蛋白质的盐析 C. 煤的气化属于化学变化 D. 光导纤维属于有机高分子化合物 2. 下列化学用语表述不正确的是 A. 次氯酸钠的电子式： B. 固体HF中的链状结构： C. 的VSEPR模型： D. 的球棍模型： 3. 下列实验装置错误的是 A．浓硝酸和铜反应 B．分离CH2Cl2和CCl4 C．制[Cu(NH3)4](OH)2溶液 D．制备明矾晶体 A. A B. B C. C D. D 4. 臭氧在催化下能将烟气中的分别氧化为和。下列关于元素及其化合物的说法正确的是 A. 原子半径： B. 第一电离能： C 沸点： D. 电负性： 阅读下列材料，完成以下问题： 周期表中ⅦA族元素及其化合物应用广泛。电解KHF2与HF的混合物时，HF转化为F2；加热NaCl与浓H2SO4的混合物，可制得HCl。氯还可形成HClO2、HClO3、HClO4等多种含氧酸。ClO2是Al级高效安全灭菌消毒剂；Cl2与CH4反应可制备有机溶剂CCl4。在照相底片的定影过程中，底片上未曝光的AgBr浸入Na2S2O3溶液转变成[Ag(S2O3)2]3-而溶解。氯化碘(ICl)性质与卤素单质相似，常用作分析化学试剂。 5. 下列说法正确的是 A. S2Cl2的结构如图-1所示，属于非极性分子 B. KHF2中既含有离子键，又含有共价键 C. 、和中O—Cl—O键角依次逐渐减小 D. (结构如图-2)中两个S原子均可作配位原子 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 电解KHF2与HF混合物时的阴极反应：HF＋HF-2e-=F2↑ ＋H2F+ B. 用Na2CO3溶液吸收Br2(g)：Br2＋Na2CO3=NaBr＋NaBrO3＋CO2 C. AgBr溶于Na2S2O3溶液的反应：AgBr＋2=[Ag(S2O3)2]3-＋Br- D. ICl与NaOH溶液反应：ICl＋2OH-=I-＋ClO-＋H2O 7. 下列物质结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是 A. H2SO4分子间存在氢键，呈粘稠状 B. ClO2具有强氧化性，可用作灭菌消毒剂 C. CH4为正四面体形分子，具有可燃性 D. AgBr见光易分解，可用作感光材料 8. 电厂烟气(NOx、CO2等)可用NH3脱氮。在Fe2O3催化剂表面发生脱氮过程如图所示。下列说法错误的是 A. 脱氮的总反应为：4NH3(g)＋O2(g)＋4NO(g)4N2(g)＋6H2O(g) B. 过程1中NH3断裂非极性共价键 C. 可降低反应的活化能 D. 催化剂可提高反应物的转化率 9. 一种双膜二次电池，其示意图如下。下列说法正确的是 已知：①M、N均为多孔石墨烯电极； ②起始时I室(含储液罐)溶液中只含。 A. M极为电池的正极 B. 充电过程中，II室中溶液浓度逐渐增大 C. X膜、Y膜均为阴离子交换膜 D. 放电后，I室中时，导线中传导电子 10. 奥司他韦(化合物M)是目前治疗流感的常用药物，其合成路线如下(其中某些步骤省略)。下列说法正确的是 A. Z中所有原子可能共平面 B. Y、Z均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. M中含有6种官能团 D. X、M均可以发生水解反应和加成反应 11. 实验中的颜色变化有很多原因。下列实验方案设计、现象或结论不正确的是 实验目的 方案设计 现象 结论 A 探究新制的饱和氯水使含有酚酞的氢氧化钠稀溶液红色褪去的原因 向含有酚酞的氢氧化钠稀溶液中滴入过量氯水，再滴入几滴相同浓度的NaOH溶液 溶液不再变色 酚酞被氯水氧化而导致溶液褪色 B 探究气体使品红褪色的原因 分别向均含有少量品红的乙醇溶液、饱和NaOH溶液中通入等量的气体 乙醇溶液中颜色不褪去，NaOH溶液颜色褪去 使品红褪色的含硫粒子不是分子、而是、等离子 C 探究反应中气体颜色变化的原因 用50mL注射器吸入和的混合气体，将细管端用橡胶塞封闭，然后压缩注射器活塞 从活塞的对向观察，只观察到气体颜色变浅 分子总数减小，颜色变浅 D 探究Cu和浓反应后溶液呈绿色的原因 分别向Cu和稀、浓的溶液中通入气体 前者溶液仍为蓝色，后者放出红棕色气体，溶液绿色变为蓝色 Cu和浓反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有 A. A B. B C. C D. D 12. 室温下，用含有少量的硫酸锌溶液制备的过程如下，已知：、，下列说法正确的是 A. “除锰”加入的溶液中： B. “沉锌”的主要离子反应为： C. “过滤”所得滤液中： D. “过滤”所得滤液中： 13. 利用环戊二烯（）加氢制备环戊烯（），按加入恒容密闭容器中，仅发生如下反应： ① ② 测得在相同时间内，环戊二烯转化率和环戊烯选择性随温度变化曲线如图（已知：选择性=转化为目标产物的反应物在总转化量中的占比）。下列说法错误的是 A. 60℃时，的转化率为72% B. 由图可知，反应决速步的活化能①>② C. 相同条件下，若增大，选择性提高 D. 60℃后，环戊烯选择性降低的原因可能是催化剂活性减弱 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 化学还原稳定法是当前Cr(Ⅵ水体污染修复领域的主要技术。废水中Cr(Ⅵ主要以和形式存在，化学还原稳定法去除水中Cr(Ⅵ主要包括铬的还原和固定两个过程。常用的化学还原剂包括硫系还原剂和铁系还原剂。 （1）难溶于水的CaS5是常用的硫系还原剂，在处理Cr(Ⅵ时自身转化为单质S。在酸性溶液中，CaS5还原Cr(Ⅵ的离子方程式为 _______。 （2）铁系还原剂FeSO4的还原效率虽不及硫化物，但有利于Cr的固定。 Cr的固定途径有两个：其一是难溶性铬铁共沉淀氢氧化物[CrxFe1-x(OH)3]或Cr(OH)3沉淀的生成；其二是 _______。 （3）试剂联用[n(CaS5)：n(FeSO4)=1：2]有望实现高效且稳定的修复效果。 ①待各体系充分反应后，静置2h。实验测得分别使用单一试剂和试剂联用时，溶液中总Cr的去除率随溶液初始pH的变化关系如图-1所示。pH>9，随pH增大，试剂联用时溶液中总Cr的去除率上升的原因是 _______。 ②在存在下，试剂联用处理溶液中Cr(Ⅵ，待体系充分反应，静置2h。测得浓度对溶液pH以及总Cr去除效果影响关系如图-2所示。随浓度进一步增加，总Cr的去除率明显上升的原因是 _______。 ③研究表明，试剂联用效果优于单一试剂主要是由于反应过程中生成了起催化作用的FeS。FeS的生成过程可用化学方程式表示为_______。 （4）检测酸性废水中含量，取20.00mL废水，加水稀释至100.00mL。量取20.00mL该溶液，加入30.00mL0.0100mol/L FeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用0.0010mol/L K2Cr2O7标准溶液滴定剩余Fe²+，终点时消耗K2Cr2O7溶液10.00 mL(假设的还原产物全为NO，且NO全部从溶液中逸出)。则废水中含量为_______mol/L。 (写出计算过程) 15. 洛哌丁胺(I)可用于腹泻的治疗，其一种合成路线如图所示： 已知：① ②有关格氏试剂的反应：(X代表卤素原子) （1）F中的官能团有_______。 （2）请写出X的结构简式_______；B→C包含了_______反应和水解反应。 （3）加热条件下C与足量KOH溶液反应，除生成D外，还有_______生成。(写化学式或结构简式) （4）写出符合下列条件的E的一种同分异构体：_______。 ①分子结构中有两个苯环，核磁共振氢谱为5组峰； ②既能发生水解也能发生银镜反应。 （5）写出以、CH3OH、和乙二醇为原料制备的合成路线_______。(其他试剂任选)。 16. BiOCl是一种新型的高档环保珠光材料。某工厂以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)为原料，制取氯氧化铋和超细氧化铋的工艺流程如下： 已知：①Bi3＋易与Cl-形成BiCl，在一定条件下BiCl可以发生水解：BiCl＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl-＋2H＋。 ②2BiOCl(白色)+2OH-2C1-+H2O+Bi2O3(黄色) （1）“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4。该反应的化学方程式为_______。 （2）“酸浸”时，需及时补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4，其目的是_______。 （3）“转化”时，加入金属Bi的作用是_______。 （4）“萃取”时，铋离子能被有机萃取剂TBP萃取，其萃取原理可表示为：BiCl＋nTBP⇌BiCl3·nTBP＋3Cl-，萃取温度对铋、铁萃取率的影响如图所示，Bi的萃取率随萃取温度的升高而降低的原因可能是_______。 （5）如图为的晶胞(上底和下底均为正方形的长方体)，则在晶体中，与紧邻的数目为_______。 （6）请补充完整利用含少量Fe(OH)3杂质的BiOCl粗品制备Bi2O3的实验方案：_______，过滤、洗涤、干燥，得Bi2O3。(须使用的试剂有：lmol·L-1H2SO4溶液、4mol·L-1NaOH溶液、lmol·L-1BaCl2溶液、蒸馏水) 17. 氢能是一种极具发展潜力的绿色能源，制氢方法是当前研究的热点，制氢方法很多，如甲烷与水蒸气重整制氢、硼氢化钠(NaBH4)水解制氢等。 （1）甲烷水蒸气重整制氢：其涉及如下两步反应： I．CH4(g)＋H2O(g)⇌CO(g)＋3H2(g) ∆H1=+206 kJ·mol-1 II．CO(g)＋H2O(g) ⇌CO2(g)＋H2(g) ∆H2=-41 kJ·mol-1 ①实验发现，其他条件不变，向体系中加入CaO可明显提高平衡体系中H2的含量。分析投入CaO时，H2百分含量增大的原因是：_______。 ②CH4(g)＋2H2O(g) ⇌CO2(g)＋4H2(g)，该反应需在高温下才能自发进行，其理由是_______。 （2）NaBH4水解制氢：常温下，NaBH4自水解过程缓慢，需加入催化剂提高其产氢速率。NaBH4在某催化剂表面制氢的微观过程如图所示。已知：浓度较大时，NaB(OH)4易以NaBO2形式结晶析出。 ①其他条件不变时，以D2O代替H2O催化释氢，所得气体的分子式为_______，其中过程b步用化学方程式表示为：_______。 ②在催化剂的作用下，NaBH4与水反应，释氢体积及温度随反应时间的变化如图所示。0~20min内，温度随时间快速升高的原因是_______。 （3）NaBH4转化为NaBO2后，电解NaBO2溶液又可制取NaBH4，实现物质的循环利用，电解装置如图所示。 ①阴极上的电极反应式是_______。 ②两电极区间使用阳离子交换膜，不能用阴离子交换膜的原因是_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$