2025届江苏省高三下学期化学考前熟手练习二

考前熟手练习二 2025届江苏省高考化学 考前熟手练习二 一、选择题 1．（2025·江苏省射阳中学一模）2024年4月24日是第九个“中国航天日”，主题是“极目楚天共襄星汉”。下列有关中国空间站说法正确的是 A．太阳能电池中的单晶硅——半导体材料 B．外表面的高温结构碳化硅陶瓷——硅酸盐材料 C．外层的热控保温材料石墨烯——有机高分子材料 D．外壳的烧蚀材料之一酚醛树脂——天然高分子材料 2．（2025·江苏省丹阳高级中学期中）摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]可用于治疗缺铁性贫血。下列说法正确的是 A．半径：r(O2－)＞r(S2－) B．第一电离能：I1(N)＜I1(O) C．沸点：NH3＞H2O D．键角：H2O＜NH 3．（2025·南通市海安市上学期开学考）下列实验原理、装置及操作正确的是 A．图甲：验证碳酸的酸性比苯酚强 B．图乙：分离乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液 C．图丙：蒸干Na2CO3溶液获得Na2CO3·10H2O D．图丁：用标准硫酸溶液滴定未知浓度的Na2CO3溶液 4．（2025·扬州中学期末调研）“碳达峰·碳中和”是我国社会发展的重大战略之一，CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关主要反应有： Ⅰ：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH1＝＋247 kJ·mol－1，K1 Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝＋41 kJ·mol－1，K2 下列说法正确的是 A．反应Ⅰ的平衡常数K1＝ B．反应Ⅱ的ΔS＜0 C．有利于提高CO2平衡转化率的条件是高温低压 D．该工艺每转化0.2 mol CO2可获得0.4 mol CO 5．（2024·连云港一模）用如图所示的新型电池可以处理含CN－的碱性废水，同时还可以淡化海水。 下列说法正确的是 A．a极电极反应式：2CN－＋10e－＋12OH－＝2CO32－＋N2↑＋6H2O B．电池工作一段时间后，右室溶液的pH减小 C．交换膜Ⅰ为阳离子交换膜，交换膜Ⅱ为阴离子交换膜 D．若将含有26 g CN－的废水完全处理，理论上可除去NaCl的质量为292.5 g 6．（2025·江苏省宿迁沭阳如东中学12月）在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化不能实现的是 A．漂白粉失效的途径：Ca(ClO)2(s)HClOO2 B．工业制盐酸的转化途径：饱和NaCl溶液Cl2HCl C．利用高温水蒸气处理铁器表面：3Fe＋4H2OFe3O4＋4H2 D．盐酸溶液中利用铁粉从AgCl中获取Ag：Fe＋AgCl＋2HCl＝FeCl3＋Ag＋H2↑ 7．（2025·江苏省兴化中学、高邮中学、泗洪中学上学期）化合物W是重要的药物中间体，可由下列反应制得。下列有关说法正确的是 A．X分子中采取sp2杂化的碳原子有8个 B．生成Z和W的反应都是加成反应 C．Z分子存在2个手性碳原子 D．W分子不能发生氧化反应 8．（2025·江苏省南师附中、天一海安省海门中学12月）室温下，用含少量Mn2＋的ZnSO4溶液制备ZnCO3的过程如下。下列说法正确的是 A．NaClO溶液中：c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(OH－) B．NH4HCO3溶液中：c(OH－)＋c(NH3·H2O)＋c(CO32－)＝c(H＋)＋c(H2CO3) C．“过滤”所得滤液中：＜ D．“过滤”所得滤液中：c(NH)＋c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－) 9．（2025·江苏省海安高级中学期中）室温下，根据下列实验事实或现象，所得实验结论正确的是 选项 事实或现象 实验结论 A 向CuSO4溶液中通入H2S气体，出现黑色沉淀 H2S酸性强于H2SO4 B 烯烃中溶入冠醚后，KMnO4水溶液与烯烃反应的氧化速率明显加快 冠醚具有氧化作用 C 酸性：CH3COOH＞CH3CH2COOH 烷基是推电子基团，烷基碳原子数越少，推电子效应越小 D 2NO2N2O4为基元反应，将盛有NO2的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅 正反应活化能大于逆反应活化能 A．A B．B C．C D．D 10．（2024·连云港上学期调研一）CO2催化加氢制CH3OH的反应体系中，发生的主要反应如下： 反应1：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ∆H1＝－49.5 kJ·mol－1 反应2：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ∆H2＝＋41.2 kJ·mol－1 恒压下，将起始n(CO2)∶n(H2)＝1∶3的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，测得出口处CO2的转化率及CH3OH和CO的选择性[×100%]随温度的变化如图所示，下列说法正确的是 A．曲线②表示CO的选择性 B．280℃时出口处CH3OH物质的量浓度大于220℃时 C．一定温度下，增大可提高CO2平衡转化率 D．为提高CH3OH生产效率，需研发CO2转化率高和CH3OH选择性高的催化剂 二、填空题 11．（2025·扬州中学期末调研）从某冶锌工厂的工业废料[除ZnO和少量Fe2O3外，还含有铋(Bi)、锗(Ge)等的氧化物]中回收几种金属的单质或化合物的工业流程如图： 已知：①该工艺条件下，Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10－38，Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－17。 ②单宁酸H2R是一种含有酯基的多酚类化合物。 ③Ce4＋易水解。 请回答下列问题： （1）下列措施更有利于完成“酸浸1”目的，提高“酸浸1”的浸取率的是___________(填字母)。 a．适当升高温度 b．酸浸过程中不断搅拌 c．将硫酸浓度增大到70% d．加大废料的用量 （2）“浸液1”中c(Zn2＋)约为0.1 mol·L－1，则除Fe3＋时应控制pH的范围是________________。(已知：当溶液中某离子浓度小于1.0×10－5 mol·L－1时，可认为该离子沉淀完全) （3）“酸浸2”时铋氧化物(Bi2O3)发生反应的离子方程式为___________________________________________。 （4）“沉锗”的反应原理为Ce4＋＋2H2RGeR2＋4H＋，该操作中需调节pH为2.5且不能过低或过高，原因是_______________________________________________________________________________ _____________________________________________________________________。 （5）①ZnO存在多种晶体结构，其中纤锌矿型的晶体结构如图所示，晶体中O2－的配位数为____。 ②ZnO也可用作半导体材料，晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Zn－N键中离子键成分百分数小于Zn－O键，从元素电负性的角度分析其原因为__________________________________________________________________。 ③加热ZnSO4•7H2O固体，固体质量保留百分数与温度的关系如题图所示。1 050℃时所得固体的化学式为___________。(写出计算过程) 12．（2025·盐城中学12月检测）氢气是一种清洁能源，研究制氢技术具有重要意义。 （1）一种高温固体氧化物电解水制氢原理如图1所示。通过施加高温下的电压，使电解质中的O2－从阴极一侧迁移到阳极一侧，同时氧化为O2。 图1 图2 ①电解时阴极发生的电极反应为___________________________(用电极反应式表示)。 ②电解质常选用铈(Ce)的氧化物，晶胞结构如图2所示，其化学式为___________。 ③当进入Ce氧化物晶格后(Cu取代部分Ce)，电解效率显著提升，其原因是________________ _________________________________。 （2）乙醇－水催化重整可获得H2。其主要反应为： C2H5OH(g)＋3H2O(g)＝2CO2(g)＋6H2(g) ∆H＝173.3 kJ·mol－1 CO2(g)＋H2(g)＝CO(g)＋H2O(g) ∆H＝41.2 kJ·mol－1 在1.0×105 Pa、n始(C2H5OH)∶n始(H2O)＝1∶3时，若仅考虑上述反应，平衡时C2H5OH和H2O的转化率随温度的变化如右图所示。 ①反应C2H5OH(g)＋H2O(g)＝2CO(g)＋4H2(g)的∆H＝_______kJ·mol－1。 ②平衡时，H2的产率随温度的变化为_____________________________________________________。 （3）在“Ag/ZnO/Al2O3”催化作用下，乙醇－水催化重整中部分物种变化路径如图所示。 i．不含ZnO的Ag/Al2O3催化剂几乎没有催化活性的原因可能是____________________。 ii．若用13C标记乙醇(CH313CH2OH)，最终产物中含13C的物质化学式为___________。 2 细节决定成败 目标成就未来 找出试题的“命题点”、“关键点”、“易错点” 2 高考不是终点，而是人生新起点！愿你轻装上阵，拥抱属于自己的星辰大海！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 考前熟手练习二 2025届江苏省高考化学 考前熟手练习二 一、选择题 1．（2025·江苏省射阳中学一模）2024年4月24日是第九个“中国航天日”，主题是“极目楚天共襄星汉”。下列有关中国空间站说法正确的是 A．太阳能电池中的单晶硅——半导体材料 B．外表面的高温结构碳化硅陶瓷——硅酸盐材料 C．外层的热控保温材料石墨烯——有机高分子材料 D．外壳的烧蚀材料之一酚醛树脂——天然高分子材料 【答案】A 【解析】A项，太阳能电池中的单晶硅导电性介于导体和半导体之间，属于半导体材料，正确；B项，外表面的高温结构陶瓷碳化硅属于新型无机非金属材料，不属于硅酸盐材料，错误；C项，外层的热控保温材料石墨烯主要成分是碳单质，属于无机非金属材料，错误；D项，外壳的烧蚀材料之一酚醛树脂是高聚物，属于合成高分子材料，错误。 2．（2025·江苏省丹阳高级中学期中）摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]可用于治疗缺铁性贫血。下列说法正确的是 A．半径：r(O2－)＞r(S2－) B．第一电离能：I1(N)＜I1(O) C．沸点：NH3＞H2O D．键角：H2O＜NH 【答案】D 【解析】A项，O2－的核外电子数为10，电子层数为2，S2－的核外电子数为18，电子层数为3，电子层数越多离子半径越大，则离子半径：r(O2－)＜r(S2－)，错误；B项，N、O为同周期元素，同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但N最外层2p能级中电子为半满稳定结构，其第一电离能大于O，错误；C项，NH3、H2O均是由分子构成的物质，两者均能形成氢键，但水分子间可形成氢键数目比氨气多，水分子之间的分子间作用力更大，因此水的沸点高，故沸点：NH3＜H2O，错误；D项，H2O、NH中中心原子价电子对数都是4，均是sp3杂化，N原子无孤电子对、O原子有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力较大，所以键角：H2O＜NH，正确。 3．（2025·南通市海安市上学期开学考）下列实验原理、装置及操作正确的是 A．图甲：验证碳酸的酸性比苯酚强 B．图乙：分离乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液 C．图丙：蒸干Na2CO3溶液获得Na2CO3·10H2O D．图丁：用标准硫酸溶液滴定未知浓度的Na2CO3溶液 【答案】B 【解析】A项，由于盐酸具有挥发性，挥发出的HCl也能是苯酚钠溶液变浑浊，影响碳酸和苯酚酸性强弱比较，即图甲不能验证碳酸的酸性比苯酚强，不合题意；B项，乙酸乙酯在水中的溶解度较小，在饱和碳酸钠溶液中的溶解度就更小，故可用图乙装置来分离乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液，符合题意；C项，从Na2CO3溶液获得Na2CO3·10H2O应该采用蒸发浓缩，降温结晶，而不能用图丙装置来获得Na2CO3·10H2O，不合题意；D项，硫酸会腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，应该装在酸式滴定管中，不合题意。 4．（2025·扬州中学期末调研）“碳达峰·碳中和”是我国社会发展的重大战略之一，CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关主要反应有： Ⅰ：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH1＝＋247 kJ·mol－1，K1 Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝＋41 kJ·mol－1，K2 下列说法正确的是 A．反应Ⅰ的平衡常数K1＝ B．反应Ⅱ的ΔS＜0 C．有利于提高CO2平衡转化率的条件是高温低压 D．该工艺每转化0.2 mol CO2可获得0.4 mol CO 【答案】C 【解析】A项，平衡常数的表达式为生成物浓度幂次方与反应物浓度幂次方的比值，反应Ⅰ的平衡常数K1＝，不符合题意；B项，反应Ⅱ能发生，说明ΔH－TΔS＜0，已知ΔH2＞0，则ΔS＞0，不符合题意；C项，升高温度反应Ⅰ和反应Ⅱ均正向移动，降低压强使反应Ⅰ平衡正向移动，平衡转化率将增大，符合题意；D项，反应I每反应1 mol CO2生成2 mol CO，反应II每反应1 mol CO2生成1 mol CO，则每转化0.2 mol CO2获得小于0.4 mol CO，不符合题意。 5．（2024·连云港一模）用如图所示的新型电池可以处理含CN－的碱性废水，同时还可以淡化海水。 下列说法正确的是 A．a极电极反应式：2CN－＋10e－＋12OH－＝2CO32－＋N2↑＋6H2O B．电池工作一段时间后，右室溶液的pH减小 C．交换膜Ⅰ为阳离子交换膜，交换膜Ⅱ为阴离子交换膜 D．若将含有26 g CN－的废水完全处理，理论上可除去NaCl的质量为292.5 g 【答案】D 【解析】由题图可知，a极上CN－在碱性条件中发生氧化反应生成N2和CO32－，电极反应式为2CN－－10e－＋12OH－＝2CO32－＋N2↑＋6H2O，a极为负极，则b极为正极，电极反应式为2H＋＋2e－＝H2↑。 A项，a极电极反应式：2CN－－10e－＋12OH－＝2CO32－＋N2↑＋6H2O，错误；B项，b极为正极，电极反应式为2H＋＋2e－＝H2↑，则消耗H＋，pH增大，错误；C项，a极上失电子，则阴离子通过交换膜Ⅰ向左移动，由B分析可知，b极上得电子，则阳离子通过交换膜Ⅱ向右移动，错误；D项，26 g CN－的物质的量为1 mol，根据A分析可知，消耗1 mol CN－时转移5 mol电子，根据电荷守恒，可同时处理5 mol NaCl，其质量为292.5 g，正确。 6．（2025·江苏省宿迁沭阳如东中学12月）在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化不能实现的是 A．漂白粉失效的途径：Ca(ClO)2(s)HClOO2 B．工业制盐酸的转化途径：饱和NaCl溶液Cl2HCl C．利用高温水蒸气处理铁器表面：3Fe＋4H2OFe3O4＋4H2 D．盐酸溶液中利用铁粉从AgCl中获取Ag：Fe＋AgCl＋2HCl＝FeCl3＋Ag＋H2↑ 【答案】D 【解析】A项，Ca(ClO)2与空气中CO2、H2O反应生成HClO，HClO见光分解为HCl与O2，能实现；B项，电解饱和NaCl溶液能生成Cl2与H2，Cl2与H2在点燃条件下生成HCl，HCl通入水中制得盐酸，能实现；C项，高温下，Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，能实现；D项，盐酸溶液中利用铁粉从AgCl中获取Ag，化学反应方程式为Fe＋2AgCl＝FeCl2＋2Ag，不能实现。 7．（2025·江苏省兴化中学、高邮中学、泗洪中学上学期）化合物W是重要的药物中间体，可由下列反应制得。下列有关说法正确的是 A．X分子中采取sp2杂化的碳原子有8个 B．生成Z和W的反应都是加成反应 C．Z分子存在2个手性碳原子 D．W分子不能发生氧化反应 【答案】B 【解析】A项，由题干X的结构简式可知，X分子中苯环、碳碳双键和酮羰基上的碳原子均采取sp2杂化，故sp2杂化的碳原子有9个，错误；B项，由题干转化关系图可知，生成Z和W的反应都是加成反应，正确；C项，已知同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故Z分子存在1个手性碳原子，如图所示：，错误；D项，由题干W的结构简式可知，W分子中与苯环相连的碳原子上含有H能使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生氧化反应，且W能够燃烧，燃烧属于氧化反应，即W分子能发生氧化反应，错误。 8．（2025·江苏省南师附中、天一海安省海门中学12月）室温下，用含少量Mn2＋的ZnSO4溶液制备ZnCO3的过程如下。下列说法正确的是 A．NaClO溶液中：c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(OH－) B．NH4HCO3溶液中：c(OH－)＋c(NH3·H2O)＋c(CO32－)＝c(H＋)＋c(H2CO3) C．“过滤”所得滤液中：＜ D．“过滤”所得滤液中：c(NH)＋c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－) 【答案】B 【解析】用含少量Mn2＋的ZnSO4溶液中加入次氯酸钠将二价锰离子氧化为二氧化锰并除去，在滤液中加入碳酸氢铵与氨水沉淀锌离子，生成碳酸锌沉淀与碳酸铵，过滤得到碳酸锌，据此回答。 A项，在次氯酸钠溶液中，根据电荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(ClO－)＋c(OH－)，错误；B项，在NH4HCO3中存在质子守恒：c(OH－)＋c(NH3·H2O)＋c(CO32－)＝c(H＋)＋c(H2CO3)，正确；C项，过滤之后的溶液为碳酸锌的饱和溶液，但不是氢氧化锌的饱和溶液，所以对于氢氧化锌的饱和溶液而言，氢氧根离子浓度偏小，则＞，错误；D项，过滤之后的滤液中含有SO42－等阴离子，选项中电荷守恒不成立，错误。 9．（2025·江苏省海安高级中学期中）室温下，根据下列实验事实或现象，所得实验结论正确的是 选项 事实或现象 实验结论 A 向CuSO4溶液中通入H2S气体，出现黑色沉淀 H2S酸性强于H2SO4 B 烯烃中溶入冠醚后，KMnO4水溶液与烯烃反应的氧化速率明显加快 冠醚具有氧化作用 C 酸性：CH3COOH＞CH3CH2COOH 烷基是推电子基团，烷基碳原子数越少，推电子效应越小 D 2NO2N2O4为基元反应，将盛有NO2的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅 正反应活化能大于逆反应活化能 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【解析】A项，出现黑色沉淀CuS，是因为硫化铜的溶解度较小，因此反应能进行，并不能说明酸性强弱，错误；B项，KMnO4水溶液对烯烃的氧化效果较差，在烯烃中溶入冠醚时，冠醚通过与K＋离子结合而把MnO4－携带进入烯烃；冠醚不与MnO4－结合，使游离或裸露的MnO4－反应活性很高，使氧化反应能够迅速发生，并非是冠醚具有氧化作用，错误；C项，烷基是推电子基团，烷基越长，推电子效应越大，使羧基中羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱，正确；D项，基元反应是指在反应中一步直接转化为产物的反应，也称为简单反应，将盛有NO2的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅，说明降低温度平衡向正反应方向移动，正反应为放热反应，根据∆H＝正反应的活化能－逆反应的活化能＜0，可知，正反应的活化能小于逆反应的活化能，错误。 10．（2024·连云港上学期调研一）CO2催化加氢制CH3OH的反应体系中，发生的主要反应如下： 反应1：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ∆H1＝－49.5 kJ·mol－1 反应2：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ∆H2＝＋41.2 kJ·mol－1 恒压下，将起始n(CO2)∶n(H2)＝1∶3的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，测得出口处CO2的转化率及CH3OH和CO的选择性[×100%]随温度的变化如图所示，下列说法正确的是 A．曲线②表示CO的选择性 B．280℃时出口处CH3OH物质的量浓度大于220℃时 C．一定温度下，增大可提高CO2平衡转化率 D．为提高CH3OH生产效率，需研发CO2转化率高和CH3OH选择性高的催化剂 【答案】A 【解析】A项，反应1为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，反应2为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，一氧化碳的浓度增大、选择性增大，根据已知甲醇和一氧化碳的选择性之和为100%，所以曲线②表示一氧化碳的选择性，正确；B项，反应1为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的浓度减小，则280℃时出口处甲醇的物质的量浓度小于220℃时，错误；C项，一定温度下，增大的值相当于增大二氧化碳的浓度，平衡向正反应方向移动，但二氧化碳的转化率减小，错误；D项，催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，提高甲醇的选择性，但化学平衡不移动，二氧化碳的转化率不变，错误。 二、填空题 11．（2025·扬州中学期末调研）从某冶锌工厂的工业废料[除ZnO和少量Fe2O3外，还含有铋(Bi)、锗(Ge)等的氧化物]中回收几种金属的单质或化合物的工业流程如图： 已知：①该工艺条件下，Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10－38，Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－17。 ②单宁酸H2R是一种含有酯基的多酚类化合物。 ③Ce4＋易水解。 请回答下列问题： （1）下列措施更有利于完成“酸浸1”目的，提高“酸浸1”的浸取率的是___________(填字母)。 a．适当升高温度 b．酸浸过程中不断搅拌 c．将硫酸浓度增大到70% d．加大废料的用量 （2）“浸液1”中c(Zn2＋)约为0.1 mol·L－1，则除Fe3＋时应控制pH的范围是________________。(已知：当溶液中某离子浓度小于1.0×10－5 mol·L－1时，可认为该离子沉淀完全) （3）“酸浸2”时铋氧化物(Bi2O3)发生反应的离子方程式为___________________________________________。 （4）“沉锗”的反应原理为Ce4＋＋2H2RGeR2＋4H＋，该操作中需调节pH为2.5且不能过低或过高，原因是_______________________________________________________________________________ ______________________________________________________。 （5）①ZnO存在多种晶体结构，其中纤锌矿型的晶体结构如图所示，晶体中O2－的配位数为____。 ②ZnO也可用作半导体材料，晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Zn－N键中离子键成分百分数小于Zn－O键，从元素电负性的角度分析其原因为___________________________ _______________________________________。 ③加热ZnSO4•7H2O固体，固体质量保留百分数与温度的关系如题图所示。1 050℃时所得固体的化学式为___________。(写出计算过程) 【答案】（1）ab （2）3～6 （3）Bi2O3＋2H＋＋SO42－＝(BiO)2SO4＋H2O （4）pH过高Ge4＋水解程度变大，pH过低Ce4＋＋2H2RGeR2＋4H＋逆向移动，均不利于沉锗的进行 （5）①4 ②电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn与O容易形成离子键 ③ZnO 【解析】废料加入稀硫酸初步酸溶得到含有铁元素和锌元素的滤液，滤液经过除铁结晶得到硫酸锌晶体，固体再经过浓硫酸处理得到含铋元素的固体和含有铟元素和锗元素的滤液，经过萃取分离两种元素，在分别经过一系列处理得到氯化锗。 （1）a项，适当升高温度，可以加快反应速率，提高浸取率，符合题意；B项，酸浸过程中不断搅拌，可以增大接触面积，提高浸取率，符合题意；C项，将硫酸浓度增大到70%，铋的氧化物也会反应，滤液不纯，达不到酸浸1的目的，不符合题意；D项，加大废料的用量，使得酸不足，不可以提高浸取率不符合题意；故选ab；（2）“浸液1”中c(Zn2＋)约为0.1 mol·L－1，则除铁离子时应控制的范围是使得铁离子完全沉淀而锌离子不沉淀，c(OH－)＝＝1.0×10－11 mol·L－1，pOH＝11，则pH＝3；c(OH－)＝＝ mol·L－1＝1.0×10－8 mol·L－1，pOH＝8，pH＝6，则应控制的范围是3～6；（3）“酸浸2”时铋的氧化物发生反应转化为水和(BiO)2SO4，离子方程式为：Bi2O3＋2H＋＋SO42－＝(BiO)2SO4＋H2O；（4）“沉锗”的反应原理为Ce4＋＋2H2RGeR2＋4H＋，该操作中需调节为2.5且不能过低，原因是Ge4＋水解的化学方程式为Ce4＋＋4H2OGe(OH)4＋4H＋，pH过高Ge4＋水解程度变大，pH过低Ce4＋＋2H2RGeR2＋4H＋逆向移动，均不利于沉锗的进行；（5）①由晶胞结构可知O2－位于4个Zn2＋构成的四面体空隙中，所以晶体中O2－的配位数为4；②电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn与O容易形成离子键，导致Zn－N键中离子键成分百分数小于Zn－O键；③假设初始为1 mol ZnSO4·7H2O，质量为287 g，加热到145℃，温度为1 050℃时，固体质量为287 g×28.2%＝81 g，其中锌为65 g，则还有16 g氧，则得到物质为氧化锌：ZnO。 12．（2025·盐城中学12月检测）氢气是一种清洁能源，研究制氢技术具有重要意义。 （1）一种高温固体氧化物电解水制氢原理如图所示。通过施加高温下的电压，使电解质中的O2－从阴极一侧迁移到阳极一侧，同时氧化为O2。 ①电解时阴极发生的电极反应为___________________________(用电极反应式表示)。 ②电解质常选用铈(Ce)的氧化物，晶胞结构如图所示，其化学式为___________。 ③当进入Ce氧化物晶格后(Cu取代部分Ce)，电解效率显著提升，其原因是________________ _________________________________。 （2）乙醇－水催化重整可获得H2。其主要反应为： C2H5OH(g)＋3H2O(g)＝2CO2(g)＋6H2(g) ∆H＝173.3 kJ·mol－1 CO2(g)＋H2(g)＝CO(g)＋H2O(g) ∆H＝41.2 kJ·mol－1 在1.0×105 Pa、n始(C2H5OH)∶n始(H2O)＝1∶3时，若仅考虑上述反应，平衡时C2H5OH和H2O的转化率随温度的变化如图所示。 ①反应C2H5OH(g)＋H2O(g)＝2CO(g)＋4H2(g)的∆H＝_______kJ·mol－1。 ②平衡时，H2的产率随温度的变化为_____________________________________________________。 （3）在“Ag/ZnO/Al2O3”催化作用下，乙醇－水催化重整中部分物种变化路径如图所示。 i．不含ZnO的Ag/Al2O3催化剂几乎没有催化活性的原因可能是____________________。 ii．若用13C标记乙醇(CH313CH2OH)，最终产物中含13C的物质化学式为___________。 【答案】（1）①H2O＋2e—＝H2↑＋O2－ ②CeO2 ③Cu取代部分Ce后产生氧空位，增强了的O2－传导能力 （2）①＋255.7 ②300℃前(低温段)，随温度升高H2的产率上升，300℃后(高温段)，随温度升高H2的产率下降 （3）①C2H5OH必须先吸附于ZnO的活性位形成乙氧基，然后乙氧基再转移吸附Ag的活性位上，从而实现脱氢 ②13CO 【解析】（1）①电解水制氢，因此电解时阴极上H2O得电子生成H2、O2－，电极反应式为：H2O＋2e—＝H2↑＋O2－，故答案为：H2O＋2e—＝H2↑＋O2－；②Ce位于顶点和面心，O位于晶胞内，因此在晶胞中，所含Ce原子数为8×＋6×＝4，所含O原子数为8，则该化合物的化学式为CeO2，故答案为：CeO2； ③当CuO进入Ce氧化物晶格后，Cu取代部分Ce，O2－更易脱离晶体，即产生氧空位，因此电解效率显著提升，故答案为：Cu取代部分Ce后产生氧空位，增强了的O2－传导能力；（2）①假设C2H5OH(g)＋3H2O(g)＝2CO2(g)＋6H2(g)为反应I、CO2(g)＋H2(g)＝CO(g)＋H2O(g)为反应II，由盖斯定律，反应Ⅰ＋Ⅱ×2可得反应：C2H5OH(g)＋H2O(g)＝2CO(g)＋4H2(g)的∆H＝173.3＋2×41.2＝＋255.7 kJ·mol－1，故答案为：＋255.7；②温度高于300℃时，H2的平衡产率随温度升高而降低的原因是：反应C2H5OH(g)＋3H2O(g)＝2CO2(g)＋6H2(g)和反应CO2(g)＋H2(g)＝CO(g)＋H2O(g)的∆H＞0，温度升高反应C2H5OH(g)＋3H2O(g)＝2CO2(g)＋6H2(g)和反应CO2(g)＋H2(g)＝CO(g)＋H2O(g)的正向进行程度均增大，反应CO2(g)＋H2(g)＝CO(g)＋H2O(g)中H2的消耗量的增幅超过反应C2H5OH(g)＋3H2O(g)＝2CO2(g)＋6H2(g)中H2的生成量的增幅，故答案为：300℃前(低温段)，随温度升高H2的产率上升，300℃后(高温段)，随温度升高H2的产率下降；（3）i．由图4可知，乙醇在ZnO上发生吸附活化，即C2H5OH必须先吸附于ZnO的活性位形成乙氧基，然后乙氧基再转移吸附Ag的活性位上，从而实现脱氢，不含ZnO的Ag/Al2O3催化剂几乎没有催化活性，故答案为：C2H5OH必须先吸附于ZnO的活性位形成乙氧基，然后乙氧基再转移吸附Ag的活性位上，从而实现脱氢；ii．根据题中图4可知，标记的13C用“*”表示，观察可知从，故答案为：13CO。 2 细节决定成败 目标成就未来 找出试题的“命题点”、“关键点”、“易错点” 2 高考不是终点，而是人生新起点！愿你轻装上阵，拥抱属于自己的星辰大海！ 学科网（北京）股份有限公司 $$