精品解析：湖北省黄冈中学2025届高三下学期5月第二次模拟预测化学试题

湖北省黄冈中学2025届高三第二次模拟考试 化学试卷 试卷满分：100分 可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 P 31 S 32 K 39 Co 59 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 古往今来，化学出现在生产生活的方方面面。下列有关说法不正确的是 A. 我国《汉书》中记载“高奴县有洧水，可燃”，“洧水”指的是酒精 B. 19世纪，苯酚曾作为外用消毒剂广泛用于手术前的器械消毒 C. 导电高分子材料可用于制造移动电子设备开关、轻便的彩色显示屏 D. 高分子分离膜是一种可用于药物提纯、血液透析的功能高分子材料 【答案】A 【解析】 【详解】A．“洧水”中“水”表明该物质为液态，该物质具有可燃性，故推断“洧水”为石油，A项错误； B．19世纪，苯酚用于手术器械消毒，因为苯酚具有一定的毒性和腐蚀性，使用不当会对人体产生毒害作用，故酚类消毒剂一般只适用于外用，B项正确； C．导电高分子材料是具有导电性的一类聚合材料，导电高分子材料的导电性和可塑性使其适用于制造移动电子设备开关、轻便的彩色显示屏，C项正确； D．分离膜的材料主要是有机高分子材料，高分子分离膜是一种可用于药物提纯、血液透析的功能高分子材料，D项正确； 答案选A。 2. 我国科研团队近期开发出一种新型钠离子电池，其正极材料为普鲁士白(化学式为Na2Fe[Fe(CN)6])，具有低成本、高稳定性和环境友好性。下列相关叙述错误的是 A. 普鲁士白材料在空气中长期存放会变质 B. 使用普鲁士白的钠离子电池相比锂离子电池更符合可持续发展理念，因其原料储量丰富且成本相对低廉 C. 普鲁士白可作为智能窗的变色材料，其显色原理是价态互变 D. 废弃的普鲁士白在高温煅烧处理下分解为Fe2O3、NaCN等，从而实现无害化处理 【答案】D 【解析】 【详解】A．普鲁士白材料中含有Fe2+，在空气中长期存放会变质，故A正确； B．钠离子原料储量丰富且成本相对低廉，所以使用普鲁士白的钠离子电池相比锂离子电池更符合可持续发展理念，故B正确； C．Na2Fe[Fe(CN)6]中部分铁元素变为+3价，颜色可变为蓝色，普鲁士白可作为智能窗的变色材料，其显色原理是价态互变，故C正确； D．废弃的普鲁士白在高温煅烧处理下分解为Fe2O3、NaCN等，NaCN有毒，故D错误； 选D。 3. 关于物质的分离和提纯，下列说法错误的是 A. 重油经过减压蒸馏可以得到液化石油气和润滑油 B. 提纯苯甲酸的步骤有加热溶解、趁热过滤、冷却结晶 C. 使用酸性KMnO4溶液检验2-溴丙烷消去产物要先用水洗气 D. 从青蒿中分离出青蒿素的方法是萃取和柱色谱法 【答案】A 【解析】 【详解】A．液化石油气主要是通过分馏得到，减压蒸馏主要得到润滑油等，故A错误； B．苯甲酸在水中的溶解度不大，则提纯苯甲酸可采用重结晶的方法，主要步骤有加热溶解、趁热过滤、冷却结晶，趁热过滤可减少溶解损失，故B正确； C．先用水洗气除去挥发的醇，生成的丙烯可被酸性高锰酸钾溶液氧化，紫色褪去，可检验2-溴丙烷的消去产物，故C正确； D．青蒿素易溶于有机溶剂，且可利用扩散速率不同分离混合物，则用萃取和柱色谱法从青蒿中提取分离青蒿素，故D正确； 答案选A。 4. 下列图示或化学用语表述错误的是 A. 的系统命名：1-羧基-2-苯乙胺 B. 分子的球棍模型： C. NaH的电子式： D. H2Se分子的价层电子对互斥模型： 【答案】A 【解析】 【详解】A．的母体是酸，故名称为2-氨基苯丙酸，故A错误； B．分子中P原子与4个O形成共价键，球棍模型为，故B正确； C．NaH是离子化合物，电子式为：，故C正确； D．H2Se分子的中心原子Se的价层电子对数为2+=4，有2个孤电子对，价层电子对互斥模型为，故D正确； 答案选A。 5. 下列对有关物质结构或性质的描述不正确的是 A. 纯物质晶体颗粒小于200nm时，晶粒越小，熔点越高 B. 分子空间结构与其稳定性有关，例如椅式C6H12比船式C6H12稳定 C. 等离子体是一种特殊的气体，可存在于日光灯的灯管里、蜡烛的火焰里和极光里 D. 上图为六个硅氧四面体(六元环)形成的简单阴离子，其化学式为 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据纳米材料的表面效应，当晶粒尺寸减小至纳米级时，表面原子比例显著增加，导致表面能升高，物质稳定性降低，熔点会下降（而非升高），A符合题意； B．椅式构象的环己烷中，碳原子键角接近109°28′，无扭转张力，且氢原子为交错式排列，能量最低；船式构象存在1，4位氢原子的空间排斥，稳定性较差，可见分子空间结构与其稳定性有关，B不符合题意； C．等离子体是一种特殊的气体，由电子、阳离子和电中性粒子组成，具有良好流动性和导电能力，可存在于日光灯的灯管里、蜡烛的火焰里和极光里，C不符合题意； D．上图为六个硅氧四面体(六元环)形成的简单阴离子，按均摊法，每个硅氧四面体中含1个硅原子、个氧原子，硅呈+4价、氧呈-2价，则其化学式为，D不符合题意； 故选A。 6. 胆固醇的结构如下图，下列有关说法错误的是 A. 手性碳原子有8个 B. 同分异构体中不可能有芳香醛 C. 红外光谱中出现了以上的吸收峰 D. 总胆固醇是血脂四项检查指标之一，合理的饮食结构有助于控制胆固醇水平 【答案】B 【解析】 【详解】A．手性碳原子标注为，有8个手性碳原子，故A正确； B．芳香醛中含苯环和醛基，不饱和度为5，该物质分子式为C27H46O，不饱和度为5，同分异构体可能有芳香醛，故B错误； C．分子中含有羟基，O-H的红外光谱峰位于3000cm-1以上，故C正确； D．合理的饮食结构，有助于控制胆固醇水平，利于身体健康，故D正确； 故答案为B。 7. 下列方程式书写正确的是 A. 甲醛与过量的银氨溶液反应： B. 硬脂酸甘油酯在碱性条件下水解： C. 在牙膏中添加氟化物，能起到预防龋齿的原理： D. 铁发生吸氧腐蚀的正极电极反应式： 【答案】C 【解析】 【详解】A．甲醛（HCHO）与过量银氨溶液（）在碱性条件下醛基被完全氧化为碳酸根离子（），Ag+被还原为金属银，反应过程中每个HCHO分子失去4个电子（C从0价升至+4价），每个Ag+得到1个电子，因此1mol甲醛生成4mol银，反应方程式为：，故A错误； B．硬脂酸甘油酯在碱性、加热条件下水解生成硬脂酸钠和甘油：，故B错误； C．牙膏中添加氟化物，与牙齿中的羟基磷灰石Ca5(PO4)3OH发生反应，生成更难溶的氟磷灰石Ca5(PO4)3F，能起到预防龋齿的作用，发生反应的离子方程式为：Ca5(PO4)3OH(s)+F-(aq)⇌Ca5(PO4)3F(s)+OH-(aq)，故C正确； D．钢铁吸氧腐蚀时，铁作为负极(Fe-2e-→Fe2+)，正极发生氧气还原反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，故D错误； 故答案为C。 8. 物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是 选项 性质描述 结构因素 A AgCl难溶于水而AgF易溶于水 Ag+强极化能力、半径：Cl-＞F- B (CH3)2CHCH2NH3NO3熔点低于NH4NO3 阳离子体积 C NH3键角大于NF3 键的极性 D 频繁烫发会对头发产生一定的损害 蛋白质中二硫键(-S-S-)的破坏与重排 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．Ag+具有较强的极化作用，Cl-的半径大于F-，AgCl中Ag+对Cl-的极化作用使得AgCl的化学键具有一定的共价性，导致其难溶于水，而AgF中Ag+对F-极化作用相对较弱，离子键特征更明显，所以AgF易溶于水，A选项匹配正确； B．(CH3)2CHCH2NH3NO3和NH4NO3中阴离子相同，阳离子不同，的体积大于，阳离子体积越大，离子晶体的晶格能越小，熔点越低，所以(CH3)2CHCH2NH3NO3熔点低于NH4NO3，B匹配正确； C．NH3和NF3的中心原子都发生sp3杂化，且都有1个孤电子对，电负性F＞N＞H，在NF3中，N-F键的电子云更偏向于F原子，使得中心N原子周围的电子云密度相对较小，成键电子对间的排斥作用较小，键角变小，而NH3中N-H键电子云偏向N原子，中心N原子周围电子云密度相对较大，成键电子对间的排斥作用较大，键角变大，所以NH3键角大于NF3，并不是键的极性引起的，C匹配错误； D．烫发时，通常先破坏蛋白质中二硫键(-S-S-)，再重组蛋白质中二硫键(-S-S-)，再加上烫发时的高温、化学试剂作用，所以频繁烫发会对头发产生一定的损害，D匹配正确； 故选C。 9. 短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，分布于三个不同周期。已知：①X的原子半径最小；②Z的单质可与热水反应，其氧化物广泛用作耐火材料；③W的最高价氧化物对应水化物具有两性；④Z、Q的最外层电子数之和等于Y的原子序数。下列说法正确的是 A. Z的第一电离能小于W的第一电离 B. 简单离子半径： W > Z > X C. 工业上通过电解W的氯化物制备W单质 D. Y的简单气态氢化物稳定性强于Q 【答案】D 【解析】 【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，分布于三个不同周期。已知：①X的原子半径最小，X是H元素；②Z的单质可与热水反应，其氧化物广泛用作耐火材料，Z是Mg元素；③W的最高价氧化物对应水化物具有两性，W是Al元素；④Z、Q的最外层电子数之和等于Y的原子序数，Z即Mg的最外层有2个电子，Q的最外层至少为4个电子，若Q的最外层为4个电子，则Y为C元素，Q为Si元素；若Q的最外层为5个电子，则Y为N元素，Q为P元素，若Q的最外层为6个电子，则Y为O，Q为S；若Y的最外层有7个电子，则Y为F，Q为Cl； 【详解】A．W是Al，Z是Mg，Mg的最外层是全满结构，故第一电离能大于Al，故A错误； B．W是Al，Z是Mg，X是H，Mg2+和Al3+的电子层结构相同，Mg2+的核电荷数小，半径大，故半径大小顺序为Mg2+>Al3+>H+，故B错误； C．工业上通过电解熔融氧化铝制备铝单质，故C错误； D．由上述分析可知，Y与Q是同主族元素，Y在Q之上，同主族从上到下简单气态氢化物稳定性逐渐减弱，故Y的简单气态氢化物稳定性强于Q，故D正确； 答案选D。 10. 双水杨醛缩乙二胺与醋酸钴可以合成配合物[Co(Ⅱ)Salen]，该配合物能模拟金属蛋白的载氧，广泛应用于催化氧化反应。其合成及载氧量测定实验步骤为： ①持续通入氮气(如下图)，用恒压滴液漏斗B向含有双水杨醛缩乙二胺的乙醇溶液中缓慢滴加醋酸钴的乙醇溶液，加热回流1小时，沉淀转化为暗红色晶体。 ②利用如下图装置测定[Co(Ⅱ)Salen]的载氧能力，将mg的[Co(Ⅱ)Salen](相对分子质量为M)加入圆底烧瓶中，在恒压漏斗中加入二甲基甲酰胺(DMF)(配合物在DMF中可吸氧)。通入氧气，赶尽装置中的空气并使整个装置充满氧气后，关闭活塞停止通氧。 ③调整水平仪高度，待量气管水位与水平仪水位齐平时，记录量气管水位的体积刻度为V1，将DMF加入圆底烧瓶，待吸氧反应结束后，再次使量气管水位与水平仪水位齐平，记录量气管水位的体积刻度V2。 下列说法错误的是 A. A仪器是球形冷凝管，C仪器的作用是液封、防止空气中的氧气进入三颈烧瓶中 B. 回流结束后进行的操作是：停止通氮气→停止加热→关闭冷凝水 C. 检查图装置气密性的方法是：先关闭活塞1和2，再调节水平仪的水位至与量气管水位产生一定液面差，若液面差恒定，则装置气密性良好 D. 已知氧气的压强为p，温度为T(单位为K)。结合理想气体状态方程pV=nRT(T的单位为K)，配合物载氧量[n(吸收的O2)∶n([Co(Ⅱ)Salen])]的计算表达式为 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可知，制备配合物的操作为：在氮气保护作用下，向含有双水杨醛缩乙二胺的乙醇溶液中缓慢滴加醋酸钴的乙醇溶液，加热回流1小时，待沉淀转化为暗红色晶体后停止加热、关闭冷凝水、停止通氮气，充分冷却后将溶液过滤，洗涤并干燥即可制得配合物。 【详解】A．由实验装置图可知，A处的装置为起冷凝回流作用的球形冷凝管，B处装置为便于醋酸钴的乙醇溶液顺利流下的恒压滴液漏斗，装置C起到液封的作用，可以防止空气中的氧气进入三颈烧瓶中，避免影响测定结果，A正确； B．由分析可知，回流结束后进行的操作是：先停止加热，再关闭冷凝水，最后停止通氮气，以免产生倒吸，B错误； C．由实验装置图可知，检查装置气密性的操作为先关闭活塞1和活塞2，形成密闭系统，然后调节水平仪的水位至与量气管水位产生一定液面差，若液面差恒定，说明装置不漏气，C正确； D． 根据pV=nRT知，，，则[n(吸收的O2)∶n([Co(Ⅱ)Salen])]=，D正确； 答案选B。 11. 水系镁离子电池正极材料的化学式可表示为，其立方晶胞结构如图1，晶胞参数为apm，俯视时的位置如图2。电池放电过程中，电解液中的会不断嵌入小立方体中心，晶胞中和含量发生变化，当电池放电完全时，形成。下列说法错误的是 A. 晶胞中两个之间的距离为pm B. 电池正极材料的化学式可表示为MgCu2Fe2(CN)9 C. x：x′= D. 或位于Cu2+所构成的八面体空隙 【答案】B 【解析】 【详解】A．晶胞中两个之间的距离为体对角线的一半，即为pm，A正确； B．由图1结构可知，晶胞中含有2个；位于棱心和体心，个数为：；位于顶点和面心，个数为：；位于棱上、面上和体内，，所以各微粒个数比为：，故该晶胞的化学式可表示，B错误； C．根据正负化合价的代数和为零可知，为价，，当电池放电完全时， 完全转化为，根据正负化合价的代数和为零可知，含有4个，则，C正确； D．正中间一层的铜位于中心，与下层的四个铜原子可以构成一个正四面体，结合晶胞的空间结构考虑，或位于所构成的八面体空隙，D正确； 故选B。 12. 许多结构和性质特殊的化合物含有氮、磷。 用●、○分别表示K+和，其构成的四方晶胞如图a所示，图b、图c分别显示的是K+和该含磷微粒在晶胞xz面、yz面上的位置 下列说法错误的是 A. 甲中钒的化合价为+3，中心离子配位数为6 B. 乙的碳氧键键长大于甲醇的碳氧键，可能原因是乙中O与芳环大π键的共轭效应 C. 若晶体的密度为ρ g/cm3，晶胞高为c pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞正方形底边的边长为pm D. 晶胞沿x轴方向的投影图为： 【答案】B 【解析】 【详解】A．甲中N提供孤电子对与V形成配位键，然后与O形成3个共价键，钒的化合价为+3，中心离子V与3个N原子和3个O原子形成配位键，所以配位数是6，A正确； B．由于乙中存在大π键，N原子与芳环的共轭效应可在一定程度上缩短碳氧原子之间的键长，B错误； C．设晶胞正方形底边边长为xpm，据“均摊法”，晶胞中含个、个K+，则晶体密度为；解得晶胞正方形底边的边长为x=pm，C正确； D．由图(a)、(b)、(c)可知，晶胞在x轴方向的投影图为，D正确； 故选B。 13. 北京大学庞全全团队2025年在《自然》发表的研究中，开发了一种新型玻璃相硫化物固态电解质材料，其结构中引入了氧化还原活性碘，可通过氧化还原介导加速硫的固-固转化反应。该电池正极采用MOFs衍生的三维碳纳米笼(HCNC)负载硫()，负极为锂金属，电解质为LBPSI。装置示意图如下 关于该全固态锂硫电池，以下说法错误的是 A. 放电时，正极反应有： B. 充电时，电路中每转移1mol电子，有16g的硫被氧化 C. 固态电解质LBPSI中，通过氧化还原反应相互转化促进硫转化 D. 衍生碳纳米笼的主要作用是吸附多硫化物并提供电子传导路径 【答案】B 【解析】 【分析】如图，电池正极采用MOFs衍生的三维碳纳米笼(HCNC)负载硫()，负极为锂金属，电解质为LBPSI，放电时，负极电极反应式为，正极电极反应式为，据此回答。 【详解】A．放电时，正极发生还原反应，得到电子与结合生成，根据得失电子守恒和电荷守恒，正极反应式为，A正确； B．充电时，阳极反应为，每转移16mol电子，有8molS（即256g）被氧化，所以电路中每转移1mol电子，被氧化的硫的质量为，但这里是中的硫被氧化，不是单质硫直接被氧化，B错误； C．由题中信息可知，固态电解质LBPSI中，通过氧化还原反应相互转化，可加速硫的固-固转化反应，C正确； D．MOFs衍生的三维碳纳米笼(HCNC)负载硫()作正极，其具有高比表面积，能吸附多硫化物并提供电子传导路径 ，D正确； 故选B。 14. 室温下，向均为0.1mol/L的混合溶液中持续通入H2S气体，始终保持H2S饱和(H2S的物质的量浓度为0.1mol/L)，通过调节pH使分别沉淀，溶液中-lgc与pH的关系如下图所示，其中c表示和的物质的量浓度的数值。已知：。下列说法正确的是 A. ①代表与pH的关系曲线 B. pH=a时，镍元素主要以Ni(OH)2形式存在 C. pH=7时， D. 的平衡常数 【答案】D 【解析】 【分析】由于、均为，则曲线③④表示的离子为或，纵坐标表示的为，则离子浓度越小，越大，再根据，得到曲线①代表与pH的关系，则曲线②代表与pH的关系，根据曲线②与曲线④的交点坐标(a，8.25)，可知此时，，同时根据，则曲线④为与pH的关系，曲线③为与pH的关系，回答下列问题； 【详解】A．由分析可知，①代表与pH的关系，A不符合题意； B．根据原溶液中和，当开始出现时，，时会形成，根据，a点，时，不会形成沉淀，B不符合题意； C．硫化氢溶液显酸性，若使该溶液显中性必须加入碱性物质，故溶液中存在其他金属阳离子，C不符合题意； D．的平衡常数，D符合题意； 故选D。 15. 三聚氰胺和三聚氰酸都是平面分子，二者可通过特殊作用力结合形成二维无限延伸的层状超分子。由于该体系稳定性强、合成简单、结构丰富等优点，成为制备功能材料、催化剂等特殊材料的模板。下列说法正确的是 A. 三聚氰胺和三聚氰酸N原子均为sp3杂化 B. 图中氢键键长：N-H┄O > N-H┄N C. 该超分子的形成体现了超分子的分子识别 D. ①号氮原子、②号氮原子碱性更强的是①号氮原子 【答案】D 【解析】 【详解】A．三聚氰胺和三聚氰酸都是平面分子，则N原子均为sp2杂化，故A错误； B．O的电负性强于N，因此N-H┄O中氢键键长小于N-H┄N，故B错误； C．由题意可知，三聚氰胺与三聚氰酸之间通过氢键形成二维层状超分子，这正是”分子间特定部位的相互识别”所导致的自组装过程，体现了超分子的自组装，不仅仅是超分子的分子识别，故C错误； D．①的孤对电子不参与形成大π键，②的孤对电子与羰基共同形成环上的大π键，因此碱性减弱，①号氮原子、②号氮原子碱性更强的是①号氮原子，故D正确； 故答案为D。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 钴、镍及其化合物在新能源材料、化工合成领域有着重要的作用。以含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)为原料制备CoCO3和NiSO4·6H2O的工艺流程如下。 回答下列问题： （1）基态Fe3+的价层电子排布式为_______。 （2）“氧化”过程发生反应的离子方程式为_______。 （3）“萃取”时一般选择有机萃取剂P204，“萃取”和“反萃取”可表示为。在萃取过程中为了提高萃取率可加入适量_______(填写试剂名称)，然后往有机层中加入另一物质进行反萃取。 （4）反萃取时，硫酸的浓度需在一定范围内，其原因是_______。 （5）黄钠铁矾渣可用“酸浸-沉淀法”进行铁资源回收：先在加热条件下用稀盐酸浸出铁，再向浸出液中加入少量NaH2PO4，可得沉淀，该沉淀为某种锂离子材料磷酸铁。试写出沉淀的离子方程式___。 （6）常温下，，若起始时，“沉钴”过程中应控制pH＜_______。(lg2=0.3) （7）以上流程的优点有_______。 A．资源高效回收利用，低能耗，符合绿色化学原则 B．分步除杂，选择性高 C．工艺成熟，操作简便 【答案】（1）3d5 （2） （3）氨水或氢氧化钠 （4）硫酸浓度过低，不利于萃取平衡逆向移动获得Ni2+；硫酸浓度过高，H+会与Ni2+竞争萃取剂HX导致NiX2稳定性下降，且可能与Ni2+形成络合物降低Ni2+浓度 （5） （6）7.15 （7）ABC 【解析】 【分析】含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)加入H2SO4酸浸，NiO、FeO、Fe2O3、CoO转化为硫酸盐进入溶液，BaO转化为BaSO4沉淀，SiO2不溶；过滤后，往滤液中加入NaClO3，将Fe2+氧化为Fe3+；加入Na2CO3调pH，使Fe3+转化为黄钠铁钒渣NaFe3(SO4)2(OH)6；过滤后，往滤液中加入萃取剂萃取，Co2+留在水层，Ni2+以NiX2的形式进入有机层。往水层中加入NaHCO3，Co2+转化为CoCO3沉淀；往有机层加入酸进行反萃取，得到NiSO4溶液，再蒸发浓缩、冷却结晶，可获得NiSO4·6H2O晶体。 【小问1详解】 基态Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则Fe3+的价层电子排布式为3d5。 【小问2详解】 “氧化”过程中，Fe2+被氧化为Fe3+，被还原为Cl-，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出发生反应的离子方程式为。 【小问3详解】 “萃取”和“反萃取”可表示为。在萃取过程中为了提高萃取率，需促使平衡正向移动，可加入适量氨水或氢氧化钠。 【小问4详解】 反萃取时，常加入硫酸，使平衡逆向移动，但硫酸的浓度需在一定范围内，其原因是：硫酸浓度过低，不利于萃取平衡逆向移动获得Ni2+；硫酸浓度过高，H+会与Ni2+竞争萃取剂HX导致NiX2稳定性下降，且可能与Ni2+形成络合物降低Ni2+浓度。 【小问5详解】 黄钠铁钒渣NaFe3(SO4)2(OH)6在加热条件下用稀盐酸浸出铁(Fe3+)，再向浸出液中加入少量NaH2PO4，发生反应生成磷酸铁沉淀，离子方程式为。 【小问6详解】 常温下，，若起始时，为不使Co2+转化为Co(OH)2沉淀，c(OH-)＜==mol/L，c(H+)＞=mol/L，pH＜-lg=7+lg2=7.15，故“沉钴”过程中应控制pH＜7.15。 【小问7详解】 从以上流程可以看出，该流程的优点有：资源高效回收利用，低能耗，符合绿色化学原则；分步除杂，选择性高；工艺成熟，操作简便，故选ABC。 【点睛】反萃取时，若硫酸浓度过高，也会使较多杂质离子被反萃取出来，影响产品的纯度。 17. 有机物H是一种重要的医药中间体，其一种合成路线如图所示： 回答下列问题： （1）物质A的系统命名是_______ （2）D→E过程中加入Na2S2O4的作用是_______ （3）已知G到H经历了三步反应，反应类型有_______ A．取代反应 B．加成反应 C．消去反应 D．还原反应 E．氧化反应 （4）化合物X是C的同分异构体，同时满足下列条件的结构有_______种。其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积比为4：3：2：2：1：1的结构简式为 _______(任写一种)。 ①苯环上含有4个取代基；②有3个氨基且直接与苯环相连；③只含有1个羟基和1个甲基，不含-O-O- （5）已知A与B反应除了生成C之外，还会生成另外一种同分异构体J，该同分异构体J的结构简式为_______。但室温下主要生成C的原因是_______。 【答案】（1）氰基乙酸 （2）将亚硝基还原成氨基(将-NO还原成-NH2) （3）ABC （4） ①. 12种 ②. 、 、、 （5） ①. ②. 共轭结构使C更稳定 【解析】 【分析】本题为有机推断题，各种有机物的结构式都有，其中D→E过程中—NO转化为了—NH2，该过程为还原反应，对比G和H的结构简式可知，该转化过程中，G中—NH2上的氢先和C=O双键发生加成反应，随后再发生消去反应生成C=N，另外—NH和CH3I发生取代反应生成—NCH3，以此解题。 【小问1详解】 结合A的结构简式可知，物质A的系统命名是氰基乙酸； 【小问2详解】 由图可知，D→E过程中—NO转化为了—NH2，则D→E过程中加入Na2S2O4的作用是将亚硝基还原成氨基(将-NO还原成-NH2)； 【小问3详解】 对比G和H的结构简式可知，G中—NH2上的氢先和C=O双键发生加成反应，随后再发生消去反应生成C=N，另外—NH和CH3I发生取代反应生成—NCH3，故选ABC； 【小问4详解】 三个氨基在苯环上有3种情况，分别为、、，当另一个支链为时，有、、6种情况，则当支链为时，还有6种情况，一共有12种，其中其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积比为4：3：2：2：1：1的结构简式为 、 、、； 【小问5详解】 对比A和C可知，A和羧基和上的氨基发生取代反应，随后A中的—CN和中的另一个氨基发生加成反应，则另外一种同分异构体J为，对比和的结构可知，后者存在共轭结构，故答案为：；共轭结构使C更稳定。 18. 工业上利用CO2和H2催化合成甲醇，既可减少温室气体排放，又能制备清洁能源。主要反应如下： 主反应Ⅰ： 副反应Ⅱ： 请回答下列问题： （1）根据以下信息，求反应Ⅰ的=_______。 ①已知以下燃烧焓数据(ΔH，单位)： 物质 H2 CO CH3OH(l) 燃烧热 -285.8 -283.0 -726.6 ② ③ （2）在5L密闭容器中，充入2molCO2和8molH2，发生反应Ⅰ和Ⅱ．平衡时测得CH3OH为1.0mol，CO为0.5mol。 ①计算CO2的总转化率_______。 ②求反应Ⅰ的平衡常数Kc_______。(保留两位有效数字) （3）研究反应Ⅰ的速率方程，实验数据如下： 实验 初始速率 1 0.5 1.0 0.05 2 1.0 1.0 0.10 3 1.0 2.0 0.80 已知速率方程的表达式为，根据表格数据，计算m=____，n=_____。 （4）工业上利用CO2加氢制甲醇时，催化剂的选择直接影响反应路径和产物分布。某研究团队测试了两种催化剂(Cat.A和Cat.B)在不同温度下的CO2转化率及产物选择性，经过相同反应时间测得如下实验数据： 编号 温度(℃) 催化剂 CO2总转化率(%) CH3OH选择性(%) CO选择性(%) 1 200 Cat.A 65 80 20 2 250 Cat.A 60 65 35 3 300 Cat.A 55 40 60 4 200 Cat.B 50 30 70 5 250 Cat.B 70 15 85 6 300 Cat.B 85 5 95 请回答下列问题： ①对比实验1和4可发现：在相同温度下，催化剂Cat.A对CO2转化为CH3OH的选择性比Cat.B的要高，试用碰撞理论解释其原因_______。 ②分析Cat.A在200℃→300℃升温过程中，CH3OH选择性从80%降至40%的原因________。 【答案】（1） （2） ①. 75% ②. 0.82 （3） ①. 1 ②. 3 （4） ①. 其他条件相同时，Cat.A对CO2转化为CH3OH反应(主反应)的活化能降低更多，活化分子百分数增加更多，从而使有效碰撞的几率增大，使主反应的速率更快，故甲醇的选择性更高 ②. Cat.A主要催化主反应(转化为CH3OH的反应)，升高温度，Cat.A活性下降，主反应速率下降，CH3OH选择性降低。(非平衡态角度)或主反应放热，副反应吸热，升高温度，主反应逆向移动，副反应正向移动，CH3OH选择性降低，CO选择性升高(平衡态角度)(两个角度均可) 【解析】 【小问1详解】 根据燃烧热的定义可知，④H2(g)+O2(g)=H2O(l) =-285.8kJ/mol，⑤CH3OH(l)+O2(g)=2H2O(l) +CO2(g)=-726.6kJ/mol，结合②，③，根据盖斯定律可知，反应3④-⑤+②+③可得反应I，故=3-++=3×(-285.8kJ/mol)-(-726.6kJ/mol)+44.0kJ/mol+37.4kJ/mol=-49.4kJ/mol，故答案为：-49.4kJ/mol； 【小问2详解】 在5L密闭容器中，充入2molCO2和8molH2，发生反应Ⅰ和Ⅱ．平衡时测得CH3OH为1.0mol，CO为0.5mol，三段式分析为：，，据此分析解题： ①由上述分析可知，CO2的总转化率×100%=75%，故答案为：75%； ②由上述分析可知，反应Ⅰ的平衡常数Kc===0.82，故答案为：0.82； 【小问3详解】 对比题干表中数据可知，实验1、2中H2浓度相同，CO2浓度变为原来的2倍，初始速率也变为原来的2倍，说明速率与CO2的浓度成正比，故m=1，同理比较实验2、3两组数据可知，CO2浓度相同时，H2变为原来的2倍，速率变为原来的8倍，故n=3，故答案为：1；3； 【小问4详解】 ①对比实验1和4可发现：在相同温度下，催化剂Cat.A对CO2转化为CH3OH的选择性比Cat.B的要高，是由于其他条件相同时，Cat.A对CO2转化为CH3OH反应(主反应)的活化能降低更多，活化分子百分数增加更多，从而使有效碰撞的几率增大，使主反应的速率更快，故甲醇的选择性更高，故答案为：其他条件相同时，Cat.A对CO2转化为CH3OH反应(主反应)的活化能降低更多，活化分子百分数增加更多，从而使有效碰撞的几率增大，使主反应的速率更快，故甲醇的选择性更高； ②分析Cat.A在200℃→300℃升温过程中，CH3OH选择性从80%降至40%的原因是Cat.A主要催化主反应(转化为CH3OH的反应)，升高温度，Cat.A活性下降，主反应速率下降，CH3OH选择性降低。(非平衡态角度)或主反应放热，副反应吸热，升高温度，主反应逆向移动，副反应正向移动，CH3OH选择性降低，CO选择性升高(平衡态角度)(两个角度均可)，故答案为：Cat.A主要催化主反应(转化为CH3OH的反应)，升高温度，Cat.A活性下降，主反应速率下降，CH3OH选择性降低。(非平衡态角度)或主反应放热，副反应吸热，升高温度，主反应逆向移动，副反应正向移动，CH3OH选择性降低，CO选择性升高(平衡态角度)(两个角度均可)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖北省黄冈中学2025届高三第二次模拟考试 化学试卷 试卷满分：100分 可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 P 31 S 32 K 39 Co 59 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 古往今来，化学出现在生产生活的方方面面。下列有关说法不正确的是 A. 我国《汉书》中记载“高奴县有洧水，可燃”，“洧水”指的是酒精 B. 19世纪，苯酚曾作为外用消毒剂广泛用于手术前的器械消毒 C. 导电高分子材料可用于制造移动电子设备开关、轻便的彩色显示屏 D. 高分子分离膜是一种可用于药物提纯、血液透析的功能高分子材料 2. 我国科研团队近期开发出一种新型钠离子电池，其正极材料为普鲁士白(化学式为Na2Fe[Fe(CN)6])，具有低成本、高稳定性和环境友好性。下列相关叙述错误的是 A. 普鲁士白材料在空气中长期存放会变质 B. 使用普鲁士白的钠离子电池相比锂离子电池更符合可持续发展理念，因其原料储量丰富且成本相对低廉 C. 普鲁士白可作为智能窗的变色材料，其显色原理是价态互变 D. 废弃的普鲁士白在高温煅烧处理下分解为Fe2O3、NaCN等，从而实现无害化处理 3. 关于物质的分离和提纯，下列说法错误的是 A. 重油经过减压蒸馏可以得到液化石油气和润滑油 B. 提纯苯甲酸的步骤有加热溶解、趁热过滤、冷却结晶 C. 使用酸性KMnO4溶液检验2-溴丙烷消去产物要先用水洗气 D. 从青蒿中分离出青蒿素的方法是萃取和柱色谱法 4. 下列图示或化学用语表述错误的是 A. 的系统命名：1-羧基-2-苯乙胺 B. 分子的球棍模型： C. NaH的电子式： D. H2Se分子的价层电子对互斥模型： 5. 下列对有关物质结构或性质的描述不正确的是 A. 纯物质晶体颗粒小于200nm时，晶粒越小，熔点越高 B. 分子空间结构与其稳定性有关，例如椅式C6H12比船式C6H12稳定 C. 等离子体是一种特殊的气体，可存在于日光灯的灯管里、蜡烛的火焰里和极光里 D. 上图为六个硅氧四面体(六元环)形成的简单阴离子，其化学式为 6. 胆固醇的结构如下图，下列有关说法错误的是 A. 手性碳原子有8个 B. 同分异构体中不可能有芳香醛 C. 红外光谱中出现了以上的吸收峰 D. 总胆固醇是血脂四项检查指标之一，合理的饮食结构有助于控制胆固醇水平 7. 下列方程式书写正确的是 A. 甲醛与过量的银氨溶液反应： B. 硬脂酸甘油酯在碱性条件下水解： C. 在牙膏中添加氟化物，能起到预防龋齿的原理： D. 铁发生吸氧腐蚀的正极电极反应式： 8. 物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是 选项 性质描述 结构因素 A AgCl难溶于水而AgF易溶于水 Ag+强极化能力、半径：Cl-＞F- B (CH3)2CHCH2NH3NO3熔点低于NH4NO3 阳离子体积 C NH3键角大于NF3 键的极性 D 频繁烫发会对头发产生一定的损害 蛋白质中二硫键(-S-S-)的破坏与重排 A. A B. B C. C D. D 9. 短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，分布于三个不同周期。已知：①X的原子半径最小；②Z的单质可与热水反应，其氧化物广泛用作耐火材料；③W的最高价氧化物对应水化物具有两性；④Z、Q的最外层电子数之和等于Y的原子序数。下列说法正确的是 A. Z的第一电离能小于W的第一电离 B. 简单离子半径： W > Z > X C. 工业上通过电解W的氯化物制备W单质 D. Y的简单气态氢化物稳定性强于Q 10. 双水杨醛缩乙二胺与醋酸钴可以合成配合物[Co(Ⅱ)Salen]，该配合物能模拟金属蛋白的载氧，广泛应用于催化氧化反应。其合成及载氧量测定实验步骤为： ①持续通入氮气(如下图)，用恒压滴液漏斗B向含有双水杨醛缩乙二胺的乙醇溶液中缓慢滴加醋酸钴的乙醇溶液，加热回流1小时，沉淀转化为暗红色晶体。 ②利用如下图装置测定[Co(Ⅱ)Salen]的载氧能力，将mg的[Co(Ⅱ)Salen](相对分子质量为M)加入圆底烧瓶中，在恒压漏斗中加入二甲基甲酰胺(DMF)(配合物在DMF中可吸氧)。通入氧气，赶尽装置中的空气并使整个装置充满氧气后，关闭活塞停止通氧。 ③调整水平仪高度，待量气管水位与水平仪水位齐平时，记录量气管水位的体积刻度为V1，将DMF加入圆底烧瓶，待吸氧反应结束后，再次使量气管水位与水平仪水位齐平，记录量气管水位的体积刻度V2。 下列说法错误的是 A. A仪器是球形冷凝管，C仪器的作用是液封、防止空气中的氧气进入三颈烧瓶中 B. 回流结束后进行的操作是：停止通氮气→停止加热→关闭冷凝水 C. 检查图装置气密性的方法是：先关闭活塞1和2，再调节水平仪的水位至与量气管水位产生一定液面差，若液面差恒定，则装置气密性良好 D. 已知氧气的压强为p，温度为T(单位为K)。结合理想气体状态方程pV=nRT(T的单位为K)，配合物载氧量[n(吸收的O2)∶n([Co(Ⅱ)Salen])]的计算表达式为 11. 水系镁离子电池正极材料的化学式可表示为，其立方晶胞结构如图1，晶胞参数为apm，俯视时的位置如图2。电池放电过程中，电解液中的会不断嵌入小立方体中心，晶胞中和含量发生变化，当电池放电完全时，形成。下列说法错误的是 A. 晶胞中两个之间的距离为pm B. 电池正极材料的化学式可表示为MgCu2Fe2(CN)9 C. x：x′= D. 或位于Cu2+所构成的八面体空隙 12. 许多结构和性质特殊的化合物含有氮、磷。 用●、○分别表示K+和，其构成的四方晶胞如图a所示，图b、图c分别显示的是K+和该含磷微粒在晶胞xz面、yz面上的位置 下列说法错误的是 A. 甲中钒的化合价为+3，中心离子配位数为6 B. 乙的碳氧键键长大于甲醇的碳氧键，可能原因是乙中O与芳环大π键的共轭效应 C. 若晶体的密度为ρ g/cm3，晶胞高为c pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞正方形底边的边长为pm D. 晶胞沿x轴方向的投影图为： 13. 北京大学庞全全团队2025年在《自然》发表的研究中，开发了一种新型玻璃相硫化物固态电解质材料，其结构中引入了氧化还原活性碘，可通过氧化还原介导加速硫的固-固转化反应。该电池正极采用MOFs衍生的三维碳纳米笼(HCNC)负载硫()，负极为锂金属，电解质为LBPSI。装置示意图如下 关于该全固态锂硫电池，以下说法错误的是 A. 放电时，正极反应有： B. 充电时，电路中每转移1mol电子，有16g的硫被氧化 C. 固态电解质LBPSI中，通过氧化还原反应相互转化促进硫转化 D. 衍生碳纳米笼的主要作用是吸附多硫化物并提供电子传导路径 14. 室温下，向均为0.1mol/L的混合溶液中持续通入H2S气体，始终保持H2S饱和(H2S的物质的量浓度为0.1mol/L)，通过调节pH使分别沉淀，溶液中-lgc与pH的关系如下图所示，其中c表示和的物质的量浓度的数值。已知：。下列说法正确的是 A. ①代表与pH的关系曲线 B. pH=a时，镍元素主要以Ni(OH)2形式存在 C. pH=7时， D. 的平衡常数 15. 三聚氰胺和三聚氰酸都是平面分子，二者可通过特殊作用力结合形成二维无限延伸的层状超分子。由于该体系稳定性强、合成简单、结构丰富等优点，成为制备功能材料、催化剂等特殊材料的模板。下列说法正确的是 A. 三聚氰胺和三聚氰酸N原子均为sp3杂化 B. 图中氢键键长：N-H┄O > N-H┄N C. 该超分子的形成体现了超分子的分子识别 D. ①号氮原子、②号氮原子碱性更强的是①号氮原子 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 钴、镍及其化合物在新能源材料、化工合成领域有着重要的作用。以含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)为原料制备CoCO3和NiSO4·6H2O的工艺流程如下。 回答下列问题： （1）基态Fe3+的价层电子排布式为_______。 （2）“氧化”过程发生反应的离子方程式为_______。 （3）“萃取”时一般选择有机萃取剂P204，“萃取”和“反萃取”可表示为。在萃取过程中为了提高萃取率可加入适量_______(填写试剂名称)，然后往有机层中加入另一物质进行反萃取。 （4）反萃取时，硫酸的浓度需在一定范围内，其原因是_______。 （5）黄钠铁矾渣可用“酸浸-沉淀法”进行铁资源回收：先在加热条件下用稀盐酸浸出铁，再向浸出液中加入少量NaH2PO4，可得沉淀，该沉淀为某种锂离子材料磷酸铁。试写出沉淀的离子方程式___。 （6）常温下，，若起始时，“沉钴”过程中应控制pH＜_______。(lg2=0.3) （7）以上流程的优点有_______。 A．资源高效回收利用，低能耗，符合绿色化学原则 B．分步除杂，选择性高 C．工艺成熟，操作简便 17. 有机物H是一种重要的医药中间体，其一种合成路线如图所示： 回答下列问题： （1）物质A的系统命名是_______ （2）D→E过程中加入Na2S2O4的作用是_______ （3）已知G到H经历了三步反应，反应类型有_______ A．取代反应 B．加成反应 C．消去反应 D．还原反应 E．氧化反应 （4）化合物X是C的同分异构体，同时满足下列条件的结构有_______种。其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积比为4：3：2：2：1：1的结构简式为 _______(任写一种)。 ①苯环上含有4个取代基；②有3个氨基且直接与苯环相连；③只含有1个羟基和1个甲基，不含-O-O- （5）已知A与B反应除了生成C之外，还会生成另外一种同分异构体J，该同分异构体J的结构简式为_______。但室温下主要生成C的原因是_______。 18. 工业上利用CO2和H2催化合成甲醇，既可减少温室气体排放，又能制备清洁能源。主要反应如下： 主反应Ⅰ： 副反应Ⅱ： 请回答下列问题： （1）根据以下信息，求反应Ⅰ的=_______。 ①已知以下燃烧焓数据(ΔH，单位)： 物质 H2 CO CH3OH(l) 燃烧热 -285.8 -283.0 -726.6 ② ③ （2）在5L密闭容器中，充入2molCO2和8molH2，发生反应Ⅰ和Ⅱ．平衡时测得CH3OH为1.0mol，CO为0.5mol。 ①计算CO2的总转化率_______。 ②求反应Ⅰ的平衡常数Kc_______。(保留两位有效数字) （3）研究反应Ⅰ的速率方程，实验数据如下： 实验 初始速率 1 0.5 1.0 0.05 2 1.0 1.0 0.10 3 1.0 2.0 0.80 已知速率方程的表达式为，根据表格数据，计算m=____，n=_____。 （4）工业上利用CO2加氢制甲醇时，催化剂的选择直接影响反应路径和产物分布。某研究团队测试了两种催化剂(Cat.A和Cat.B)在不同温度下的CO2转化率及产物选择性，经过相同反应时间测得如下实验数据： 编号 温度(℃) 催化剂 CO2总转化率(%) CH3OH选择性(%) CO选择性(%) 1 200 Cat.A 65 80 20 2 250 Cat.A 60 65 35 3 300 Cat.A 55 40 60 4 200 Cat.B 50 30 70 5 250 Cat.B 70 15 85 6 300 Cat.B 85 5 95 请回答下列问题： ①对比实验1和4可发现：在相同温度下，催化剂Cat.A对CO2转化为CH3OH的选择性比Cat.B的要高，试用碰撞理论解释其原因_______。 ②分析Cat.A在200℃→300℃升温过程中，CH3OH选择性从80%降至40%的原因________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $