精品解析：福建省宁德市2025届高三下学期三模考试化学试题

2025届宁德市普通高中毕业班五月份质量检测 化学试题 (考试时间：75分钟 满分：100分) 1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名。考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷无效。 3.考试结束后，考生必须将试题卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Co59 Cu64 第Ⅰ卷 选择题 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意。) 1. “福建舰”是我国首艘电磁弹射型航母。下列有关说法正确的是 A. 舰用燃料重油是煤干馏产物 B. 舰体安装铝等金属块防锈是利用牺牲阳极保护法 C. 航母挡焰板上的耐高温防护涂层属于有机高分子材料 D. 舰上用于高速数据交换的光纤主要成分是晶体硅 2. 高效美白剂Z的一种合成方法如下： 下列说法正确的是 A. 化合物Y、Z都可以作抗氧化剂 B. 化合物X通过缩聚反应可制得聚苯乙烯 C. 化合物Y与Z属于同系物 D. 化合物X、Z的所有碳原子都可能共面 3. 某种有机电解液添加剂的分子结构如图所示。X、Y、Z、M、Q、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，M、R同主族。下列说法正确的是 A. 最简单氢化物稳定性：Z>Q>M B. 分子极性：Z2X4<Y2X4 C. 与Cu2+配位能力：ZQ3<ZX3 D. X、Z、M只能组成共价化合物 4. 无机苯B3N3H6(，结构与苯相似)与甲烷可发生反应：3CH4+2B3N3H6+6H2O→3CO2+6H3BNH3，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1.0molH3BNH3的σ键数为6NA B. 1.0molB3N3H6的(价层)孤电子对数为3NA C. 标准状况下消耗22.4LCH4转移电子数为8NA D. 1.0molCO2溶于水，溶液中H2CO3、三种微粒数和为NA 5. 某化合物的晶胞结构如图所示，将该化合物溶于水中，最终可观察到红褐色沉淀生成。下列说法错误的是 A. 该化合物的化学式为Fe(NH3)6Cl2 B. 产生红褐色沉淀过程中一定发生了氧化还原反应 C. 该晶体中存在的化学键有离子键、共价键、配位键 D. 该晶胞沿x、y、z轴方向投影均为 6. 一种废水处理装置如图所示。直流电源先连结①④电极时可实现的分离并在Ⅲ室中富集NH3(aq)，再切换电源连结②③电极可实现电还原为NH3(aq)，电极均为惰性电极。下列说法正确的是 A. a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜 B. 电还原时，③接电源负极 C. 电还原时，②的电极反应式为： D. 将1L废水中的完全转化为NH3时理论上转移的电子为0.09mol 7. 实验室用乙酸乙酯萃取对羟基苯乙酮，并回收乙酸乙酯的过程如下： 已知乙酸乙酯沸点为77.2℃，对羟基苯乙酮沸点为147℃。下列说法错误的是 A. 分两次加入乙酸乙酯萃取，可以提高对羟基苯乙酮的萃取率 B. 分液漏斗使用前需分别检查下口旋塞与上口玻璃塞是否漏水 C. 操作X为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 D. 试剂Y可选用FeCl3溶液，用于检查对羟基苯乙酮是否残留 8. N-Zn/TiO2光催化氧化可用于工业上含硫废液的处理。TiO2在光照下可以激发产生空穴(h+)和光电子(e-)，变化过程如下图所示。下列说法正确的是 A. HO2·氧化的反应为： B. 过程③，O元素的化合价没有变化 C. ①②过程和③④过程消耗的之比为1:1 D. 含硫废液经处理后pH值保持不变 9. 一种用铬铁矿(主要成分是FeO·Cr2O3，还含有SiO2、Al2O3等)为原料生产重铬酸钾(K2Cr2O7)的主要工艺流程如图。 工艺流程中的部分反应如下： ①焙烧： ②酸化： 下列有关叙述正确的是 A. 滤渣1的主要成分为SiO2 B. 中和的目的是除铁和铝 C. 酸化过程中pH=4.5时，若，的转化率为50% D. “转化”温度下溶解度： 10. 室温下，向0.1mol·L-1的某二元弱酸H2A的溶液中加入NaOH固体(忽略温度、体积变化)，、、三种微粒浓度值的负对数随溶液pH的变化如图所示。 下列说法正确的是 A. 曲线Ⅰ表示随的变化 B. C. 随pH的增大，水的电离程度减小 D. 室温下，0.1mol·L-1NaHA溶液中： 第Ⅱ卷 非选择题 二、非选择题 11. 某废弃锂离子电池正极活性材料(含LiCoO2、LiNiO2及少量Al、Fe等杂质)的湿法回收流程如下： 已知： ①常温下，溶液中金属离子完全转化为氢氧化物沉淀时的pH如下：Al3+：4.7 Fe2+：9.0 Fe3+：3.2 ②Li2CO3微溶于水，在冷水中溶解度较热水大。 （1）将正极活性材料进行破碎处理的目的是___________。 （2）“酸浸”，温度对钴、锂浸出率的影响如图所示，最适宜温度为___________。LiCoO2在浸取过程中发生反应的化学方程式为___________。 （3）“中和”，滤渣1的主要成分是___________(填化学式)。 （4）“沉镍”，Ni2+与丁二酮肟生成鲜红色丁二酮肟镍沉淀，反应如下： ①丁二酮肟镍分子中Ni2+与N原子形成平面正方形构型，中心原子Ni的杂化类型是___________。 A．sp3 B．sp2 C．sp D．dsp2 ②丁二酮肟镍在水中溶解度不大的原因可能是___________。 （5）灼烧CoC2O4·2H2O，在不同温度残留固体的质量如图所示，500℃时所得钴的氧化物化学式为___________。 （6）“沉锂”，母液用NaOH溶液调节pH=12后，加入适量饱和Na2CO3溶液，加热蒸发浓缩，___________，用乙醇洗涤2~3次，干燥，得到白色的Li2CO3。 12. 福州大学科研团队在实验室制备发光变色的双核铜配合物。 Ⅰ双核铜配合物的制备 i．将Cu(ClO4)2·6H2O、乙腈(CH3CN)、过量铜粉加入圆底烧瓶中，搅拌至完全反应。抽滤，减压蒸馏除去乙腈，得到[Cu(CH3CN)4]ClO4固体。 ii．往圆底烧瓶中依次加入乙腈、二苯基-2-吡啶膦()、铜粉、[Cu(CH3CN)4]ClO4，充分反应，经一系列操作后得到双核铜配合物。 （1）Cu2+的价电子排布式为___________。 （2）制备[Cu(CH3CN)4]ClO4的化学方程式为___________。 （3）i、ii两步骤中，均加入铜粉，下列叙述正确的是___________。 a．步骤i的铜粉仅作制备原料 b．步骤ii的铜粉仅作保护剂 c．步骤i和ii的铜粉既作制备原料又作保护剂 （4）抽滤(在减压条件下进行过滤)的优点是___________(写一点即可)。 （5）采用减压蒸馏(在减压条件下进行蒸馏)除去乙腈的原因是___________。 Ⅱ铜含量分析 称取a g双核铜配合物于锥形瓶中，先加入约1mL浓硝酸，再加入约50mL水，滴入几滴PAN指示剂，用c mol·L-1Na2H2Y标准溶液滴定至终点，重复三次，平均消耗Na2H2Y溶液体积V mL。 滴定过程发生的反应和颜色变化如下表： 滴定过程 反应式 溶液颜色 滴定前 Cu2++PAN(黄色)→{Cu-PAN}(紫红色) 紫色 滴定中 Cu2++H2Y2-→CuY2-(蓝色)+2H+ 蓝色 滴定终点 {Cu-PAN}+H2Y2-→CuY2-(蓝色)+PAN(黄色)+2H+ 蓝绿色 （6）加入浓硝酸的目的是___________。 （7）滴定终点的颜色变化为___________。 （8）产品中铜元素的质量分数是___________(用含a、c、V的式子表示)。 （9）下列实验中有错误的是___________(填标号)。 a．润洗时，放平滴定管，转动滴定管使润洗液布满全管内壁 b．滴定时，转动旋塞，适当控制滴定速度 c．接近滴定终点时的“半滴操作” d．读取滴定管读数为4.40mL 13. 沙利度胺(J)具有免疫调节、抗肿瘤作用，一种由芳香烃A合成沙利度胺的路线如下： 回答下列问题： （1）芳香烃A的名称为___________，“氧化剂”是___________。化合物Ⅰ虚线框内的官能团有羧基、___________(写名称)。 （2）D→E的反应类型为___________。 （3）C经开环加成、脱水两个过程生成D，D具有弱酸性可以与KOH反应生成盐X(结构简式为) ①“开环加成”产物的结构简式为___________； ②试从物质结构角度解释D具有弱酸性的原因为___________。 （4）E→G的化学方程式为___________。 （5）Y是F的同分异构体，具有环状结构。写出同时满足下列条件Y的可能结构简式___________(写一种)。 ①红外光谱图提示该有机化合物分子中含氧官能团只有羟基和羧基 ②核磁共振氢谱图提示该有机化合物分子含有6种不同化学环境的H原子，其个数比为1:1:1:2:2:2 14. 煤气中含有CO、H2、CO2、H2S等气体，使用氧化铁基脱硫过程有羰基硫(COS)生成，涉及的主要反应如下： 反应I：煤气中以CO为碳源生成COS的反应 反应II：煤气中以CO2为碳源生成COS的反应。 已知：①COS为弱酸性的气体，性质稳定不易分解。 ② ；800℃平衡常数K=1.0。 回答下列问题： （1）写出反应Ⅱ生成气态产物的热化学方程式___________。 （2）在相同压强下，向两个容积相同的密闭容器中分别充入CO(g)和H2S(g)(物质的量比为1:1)、CO2(g)和H2S(g)(物质的量比为1:1)，分别发生上述反应。平衡时COS的物质的量分数[x(COS)]随温度(T)的变化关系为下图中的两条曲线。 ①160℃时，反应Ⅰ的平衡常数___________反应Ⅱ的平衡常数(填“>”、“<”或“=”)。 ②能表示反应Ⅰ的曲线是___________(填图中字母)。 （3）煤气中的羰基硫会引起催化剂中毒、化学产品质量下降和大气污染。羰基硫的氢解(反应Ⅰ的逆反应)和水解(反应Ⅱ的逆反应)是两种常用的脱羰基硫方法。 ①提高羰基硫氢解的平衡转化率可以采用的措施有___________(填序号)。 A．使用合适的催化剂 B．升高温度 C．恒压条件下通入氮气 D．减小羰基硫与氢气的投料比 ②羰基硫水解反应一般认为是一个碱催化的反应。某科研团队以活性氧化铝(浸渍了碱土金属氧化物)为催化剂，研究温度、CO2对羰基硫水解反应的影响，结果如下表。 序号 温度/℃ CO2体积分数/% COS消除率/% 1 160 0.00 82.51 2 200 0.00 86.71 3 240 0.00 71.99 4 160 11.38 11.06 5 160 17.53 7.06 从反应速率的角度分析：COS消除率随温度的升高而发生变化的原因___________；CO2体积分数增大而COS消除率降低的原因___________。 ③在160℃，一密闭容器中投入COS、H2、H2O、N2(物质的量比为1:1:1:5)，保持温度不变，达平衡时测得COS的转化率为α，H2、H2O物质的量比为n:m，则x(COS)=___________(用含字母的式子表示，下同)，该温度下反应Ⅰ的平衡常数为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届宁德市普通高中毕业班五月份质量检测 化学试题 (考试时间：75分钟 满分：100分) 1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名。考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷无效。 3.考试结束后，考生必须将试题卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Co59 Cu64 第Ⅰ卷 选择题 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意。) 1. “福建舰”是我国首艘电磁弹射型航母。下列有关说法正确的是 A. 舰用燃料重油是煤干馏产物 B. 舰体安装铝等金属块防锈是利用牺牲阳极保护法 C. 航母挡焰板上的耐高温防护涂层属于有机高分子材料 D. 舰上用于高速数据交换的光纤主要成分是晶体硅 【答案】B 【解析】 【详解】A．重油是石油分馏的产物，而煤干馏产物包括出炉煤气、焦炭、煤焦油等，A错误； B．铝的金属活动性比铁强，作为阳极被腐蚀，保护舰体金属，属于牺牲阳极保护法，B正确； C．耐高温防护涂层通常为无机非金属材料（如高温结构陶瓷），而非有机高分子材料，C错误； D．光纤主要成分是二氧化硅（SiO2），而非晶体硅，D错误； 故选B。 2. 高效美白剂Z的一种合成方法如下： 下列说法正确的是 A. 化合物Y、Z都可以作抗氧化剂 B. 化合物X通过缩聚反应可制得聚苯乙烯 C. 化合物Y与Z属于同系物 D. 化合物X、Z的所有碳原子都可能共面 【答案】A 【解析】 【详解】A．化合物Y、Z都含有酚羟基，都具有还原性，都可以作抗氧化剂，故A正确； B．化合物X含有碳碳双键，通过加聚反应可制得聚苯乙烯，故B错误； C．化合物Y与Z通式不同，不属于同系物，故C错误； D．化合物X中碳碳双键、苯环所有碳原子可能共面，但Z中含有sp3杂化的碳原子，与其相连的碳原子处于三角锥的四个顶点，所以Z中所有碳原子不可能共面，故D错误； 故选A。 3. 某种有机电解液添加剂的分子结构如图所示。X、Y、Z、M、Q、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，M、R同主族。下列说法正确的是 A. 最简单氢化物稳定性：Z>Q>M B. 分子极性：Z2X4<Y2X4 C. 与Cu2+配位能力：ZQ3<ZX3 D. X、Z、M只能组成共价化合物 【答案】C 【解析】 【分析】由分子结构及X、Y、Z、M、Q、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，M、R同主族，推出X是H(只形成1个单键 )，Y是C(形成4个键 )，Z是N(形成3个键)，M是O、Q是F(形成1个键)，R是S(M、R同主族)。 【详解】A．非金属性，最简单氢化物稳定性，即，A错误； B．是，是，结构不对称极性分子，是平面对称非极性分子，分子极性，即，B错误； C．是，是，F电负性大，中N难提供孤电子对，中N易提供孤电子对，与配位能力，即，C正确； D．X(H)、Z(N)、M(O)可组成(离子化合物 )，不只能组成共价化合物，D错误； 综上答案是C。 4. 无机苯B3N3H6(，结构与苯相似)与甲烷可发生反应：3CH4+2B3N3H6+6H2O→3CO2+6H3BNH3，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1.0molH3BNH3的σ键数为6NA B. 1.0molB3N3H6的(价层)孤电子对数为3NA C. 标准状况下消耗22.4LCH4转移电子数为8NA D. 1.0molCO2溶于水，溶液中H2CO3、三种微粒数和为NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．H3BNH3中存在3个B-Hσ键、3个N-Hσ键、1个B-Nσ键，故1.0molH3BNH3的σ键数为7NA，A错误； B．B3N3H6的结构与苯相似，则B、N均为sp2杂化，B的3个价电子均用于形成σ键，无孤电子对，N有3个价电子用于形成3个σ键，每个N有一对电子参与形成大π键，故1.0molB3N3H6的(价层)孤电子对数为0，B错误； C．反应中C的价态升高，CH4作还原剂，标准状况下消耗22.4LCH4(1mol)转移电子数=1mol×[4-(-4)]×NAmol-1=8NA，C正确； D．CO2溶于水存在CO2(aq)+H2O(l)H2CO3(aq)，根据碳原子守恒可知1.0molCO2溶于水，溶液中H2CO3、三种微粒数和小于NA，D错误； 故选C。 5. 某化合物的晶胞结构如图所示，将该化合物溶于水中，最终可观察到红褐色沉淀生成。下列说法错误的是 A. 该化合物的化学式为Fe(NH3)6Cl2 B. 产生红褐色沉淀过程中一定发生了氧化还原反应 C. 该晶体中存在的化学键有离子键、共价键、配位键 D. 该晶胞沿x、y、z轴方向投影均为 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图可知Fe位于顶角和面心，共4个，每个Fe有6个NH3与其配位，共4×6=24个NH3，Cl在晶胞内部，共8个，则该化合物的化学式为Fe(NH3)6Cl2，A正确； B．该化合物的化学式为Fe(NH3)6Cl2，Fe为+2价，红褐色沉淀为Fe(OH)3，则产生红褐色沉淀过程中一定发生了氧化还原反应，B正确； C．该晶体中存在的化学键有Cl-和[Fe(NH3)6]2+之间的离子键、N-H共价键、Fe←N配位键，C正确； D．图没有晶胞中左、右、前、后面心的[Fe(NH3)6]2+的投影，D错误； 故选D。 6. 一种废水处理装置如图所示。直流电源先连结①④电极时可实现的分离并在Ⅲ室中富集NH3(aq)，再切换电源连结②③电极可实现电还原为NH3(aq)，电极均为惰性电极。下列说法正确的是 A. a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜 B. 电还原时，③接电源负极 C. 电还原时，②的电极反应式为： D. 将1L废水中的完全转化为NH3时理论上转移的电子为0.09mol 【答案】D 【解析】 【分析】分离阶段：直流电源先连结①④电极时可实现的分离并在Ⅲ室中富集NH3(aq)，则④电极发生的反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，为阴极，向Ⅲ室移动与产生的OH-作用富集NH3(aq)，①电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，向Ⅰ室迁移，从而实现的分离，a为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜； 电还原阶段：切换电源连结②③电极可实现电还原为NH3(aq)，则②电极为阴极，电极反应式为，OH-向Ⅱ室迁移，③电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，H+向Ⅱ室迁移。 【详解】A．由分析可知a为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜，A错误； B．电还原时，③为阳极，接电源正极，B错误； C．电还原时②电极为阴极，电极反应式为，C错误； D．1L废水中的的物质的量均为0.01mol/L×1L=0.01mol，转化为NH3(aq)时需要0.01molOH-，根据此阶段阴极电极反应式2H2O+2e-=H2↑+2OH-可知转移0.01mol电子，电还原阶段转化为NH3(aq)时由阴极电极反应式可知转移0.08mol电子，故完全转化为NH3时理论上转移的电子为0.09mol，D正确； 答案选D。 7. 实验室用乙酸乙酯萃取对羟基苯乙酮，并回收乙酸乙酯的过程如下： 已知乙酸乙酯沸点为77.2℃，对羟基苯乙酮沸点为147℃。下列说法错误的是 A. 分两次加入乙酸乙酯萃取，可以提高对羟基苯乙酮的萃取率 B. 分液漏斗使用前需分别检查下口旋塞与上口玻璃塞是否漏水 C. 操作X为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 D. 试剂Y可选用FeCl3溶液，用于检查对羟基苯乙酮是否残留 【答案】C 【解析】 【分析】先向对羟基苯乙酮水溶液中加入乙酸乙酯进行萃取，充分振荡后进行分液，从下口放出水层，从上口倒出有机层，向水层中再次加入乙酸乙酯进行再次萃取分液，得到的有机层和上次有机层合并后，加入无水硫酸镁干燥、过滤后，再进行蒸馏操作即得到产品和乙酸乙酯溶剂，据此分析解题。 【详解】A．萃取过程中，每一次萃取都是按照一定比例进行的溶质分配，多次萃取相当于不断降低物质的浓度，提取效率就高，萃取剂总量相同，分两次萃取的优点是提高萃取率，A正确； B．分液漏斗使用前需加少量水，然后分别检查下口旋塞与上口玻璃塞是否漏水，B 正确； C．根据分析，操作X为蒸馏，C错误； D．对羟基苯乙酮分子中含有的官能团是羟基和酮羰基，其中羟基能与FeCl3溶液发生显色反应，因此可用于检查对羟基苯乙酮是否残留，D正确； 故答案为C。 8. N-Zn/TiO2光催化氧化可用于工业上含硫废液的处理。TiO2在光照下可以激发产生空穴(h+)和光电子(e-)，变化过程如下图所示。下列说法正确的是 A. HO2·氧化的反应为： B. 过程③，O元素的化合价没有变化 C. ①②过程和③④过程消耗的之比为1:1 D. 含硫废液经处理后pH值保持不变 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得，反应①：，反应②：，反应③：，反应④：，水电离产生的H+和OH-的物质的量相等，氧化过程的总反应为：。 【详解】A．由分析可知，HO2·氧化生成硫酸根和水，反应为：，A正确； B．氢氧根中氧为-2价，羟基中氧为-1价，则过程③，O元素的化合价由-2价升高到-1价，B错误； C．反应①②过程中HO2·氧化生成，反应为：2HO2·+3=3+H2O，反应③④过程中：·OH和反应生成，反应为：，由分析可知，，，而水电离的H+和OH-物质的量之比1: 1，所以①②过程和③④过程消耗的之比为3∶1，C错误； D．由图可知，氧化含硫废液的总反应为，含硫废液经处理后由弱酸阴离子转化为强酸阴离子，水解碱性减弱，氢氧根离子浓度减低，pH减小，D错误； 故选A。 9. 一种用铬铁矿(主要成分是FeO·Cr2O3，还含有SiO2、Al2O3等)为原料生产重铬酸钾(K2Cr2O7)的主要工艺流程如图。 工艺流程中的部分反应如下： ①焙烧： ②酸化： 下列有关叙述正确的是 A. 滤渣1的主要成分为SiO2 B. 中和的目的是除铁和铝 C. 酸化过程中pH=4.5时，若，的转化率为50% D. “转化”温度下溶解度： 【答案】D 【解析】 【详解】由流程图已知信息①可知，铬铁矿粉（主要成分是FeO·Cr2O3，还含有SiO2、Al2O3等）与Na2CO3、KClO3、NaOH进行焙烧，SiO2转化为Na2SiO3，Al2O3转化为Na[Al(OH)4]，FeO·Cr2O3转化为Fe2O3和Na2CrO4；加入H2O进行浸取，得到的滤渣1为Fe2O3；在滤液中加入H2SO4调节pH=7~8，Na2SiO3转化为H2SiO3，Na[Al(OH)4]转化为Al(OH)3沉淀；再加入H2SO4进行酸化，由已知信息②可知，转化为，加入KCl进行转化，最后经一系列操作得到K2Cr2O7晶体。 A．由分析可知，滤渣1为Fe2O3，A错误； B．由分析可知，中和的目的是除去硅和铝的化合物，B错误； C．由信息②可得酸化反应的，当pH=4.5时，，若，代入K=1014，可求出，根据Cr元素守恒，转化率=，不是50%，C错误； D．加入KCl，Na2Cr2O7会转化为K2Cr2O7，根据复分解反应原理，溶解度小的物质会析出，所以溶解度：Na2Cr2O7>K2Cr2O7，D正确； 故选D。 10. 室温下，向0.1mol·L-1的某二元弱酸H2A的溶液中加入NaOH固体(忽略温度、体积变化)，、、三种微粒浓度值的负对数随溶液pH的变化如图所示。 下列说法正确的是 A. 曲线Ⅰ表示随的变化 B. C. 随pH的增大，水的电离程度减小 D. 室温下，0.1mol·L-1NaHA溶液中： 【答案】BD 【解析】 【分析】的二元弱酸溶液中存在、电离平衡，由第一步电离大于第二步电离，溶液中，<<，随的加入，发生反应、，减小，pH的增大，浓度减小、浓度先增大后减小、浓度增大，则增大、先减小后增大、减小，结合图像中曲线变化可知，曲线Ⅰ代表、曲线Ⅱ代表、曲线Ⅲ代表随溶液的变化。a点代表、，则，b点代表、，则，解得。 【详解】A．根据上述分析可知，曲线Ⅰ代表随溶液的变化，A项错误； B．，B项正确； C．二元弱酸溶液对水的电离有抑制作用，水的电离程度较小，随的加入，酸溶液中逐渐减小，对水的电离抑制程度减小，水的电离程度逐渐增大，生成的存在，对水的电离有促进作用，当溶液中的溶质恰好完全转化为时，水的电离程度最大，继续加入，水的电离程度逐渐减小，故随pH的增大，水的电离程度先增大后减小，C项错误； D．室温下，溶液中存在、，则的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，离子浓度关系为，D项正确； 答案选BD。 第Ⅱ卷 非选择题 二、非选择题 11. 某废弃锂离子电池正极活性材料(含LiCoO2、LiNiO2及少量Al、Fe等杂质)的湿法回收流程如下： 已知： ①常温下，溶液中金属离子完全转化为氢氧化物沉淀时的pH如下：Al3+：4.7 Fe2+：9.0 Fe3+：3.2 ②Li2CO3微溶于水，在冷水中溶解度较热水大。 （1）将正极活性材料进行破碎处理的目的是___________。 （2）“酸浸”，温度对钴、锂浸出率的影响如图所示，最适宜温度为___________。LiCoO2在浸取过程中发生反应的化学方程式为___________。 （3）“中和”，滤渣1的主要成分是___________(填化学式)。 （4）“沉镍”，Ni2+与丁二酮肟生成鲜红色丁二酮肟镍沉淀，反应如下： ①丁二酮肟镍分子中Ni2+与N原子形成平面正方形构型，中心原子Ni的杂化类型是___________。 A．sp3 B．sp2 C．sp D．dsp2 ②丁二酮肟镍在水中溶解度不大的原因可能是___________。 （5）灼烧CoC2O4·2H2O，在不同温度残留固体的质量如图所示，500℃时所得钴的氧化物化学式为___________。 （6）“沉锂”，母液用NaOH溶液调节pH=12后，加入适量饱和Na2CO3溶液，加热蒸发浓缩，___________，用乙醇洗涤2~3次，干燥，得到白色的Li2CO3。 【答案】（1）增大接触面积，加快浸取速率，提高浸取率 （2） ①. 80℃或80~85℃ ②. 2LiCoO2+H2O2+3H2SO4Li2SO4+2CoSO4+4H2O+O2↑ （3）Al(OH)3、Fe(OH)3 （4） ①. D ②. 丁二酮肟镍分子的极性小，且可以形成分子内氢键，在水中溶解度减小 （5）Co3O4 （6）趁热过滤 【解析】 【分析】由题给流程可知，向正极材料中加入硫酸和过氧化氢和混合溶液酸浸，将钴酸锂转化为和锂离子，将镍酸锂转化为和，材料中含有的少量金属元素转化为可溶的硫酸盐，将转化为，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的、转化为、沉淀，过滤得到含有、的滤渣和滤液；滤液中的与丁二酮肟反应转化为鲜红色丁二酮肟镍沉淀，向转化后的溶液中加入草酸铵溶液，将溶液中的转化为沉淀，过滤得到含有滤渣和滤液；向滤渣中加入饱和碳酸钠溶液，充分反应后过滤得到碳酸锂沉淀，回答下列问题； 【小问1详解】 将正极活性材料进行破碎处理的目的是：增大接触面积，加快浸取速率，提高浸取率；故答案为：增大接触面积，加快浸取速率，提高浸取率。 【小问2详解】 根据酸浸时温度对钴、锂浸出率影响的图象可知，最适宜温度为80℃或80~85℃；结合分析可知：LiCoO2在浸取过程中，钴酸锂中钴元素被还原为亚钴离子，过氧化氢被氧化为氧气，反应的化学方程式为：；故答案为：80℃或80~85℃；； 【小问3详解】 根据分析可知：“中和”，滤渣1的主要成分是、；故答案为：、。 【小问4详解】 ①根据结构可知，丁二酮肟镍分子中与N原子形成平面正方形构型，的价层电子对数是4，所以中心原子Ni的杂化类型是；故答案为：。 ②丁二酮肟镍在水中溶解度不大的原因可能是：丁二酮肟镍分子结构对称，分子极性很小，而水是极性分子，由结构可知丁二酮肟镍分子可形成分子内氢键；故答案为：丁二酮肟镍分子的极性小，且可以形成分子内氢键，在水中溶解度减小。 【小问5详解】 5.49g中含有0.03mol即1.77g，加热至500℃得到2.41g钴的氧化物，加热过程中钴的质量不变，可得氧化物中氧元素的质量为即0.04mol，可知氧化物的化学式为：；故答案为：。 【小问6详解】 由已知微溶于水，在冷水中溶解度较热水大，得“沉锂”，母液用NaOH溶液调节pH=12后，加入适量饱和溶液，加热蒸发浓缩，趁热过滤，用乙醇洗涤2~3次，干燥，得到白色的；故答案为：趁热过滤。 12. 福州大学科研团队在实验室制备发光变色的双核铜配合物。 Ⅰ双核铜配合物的制备 i．将Cu(ClO4)2·6H2O、乙腈(CH3CN)、过量铜粉加入圆底烧瓶中，搅拌至完全反应。抽滤，减压蒸馏除去乙腈，得到[Cu(CH3CN)4]ClO4固体。 ii．往圆底烧瓶中依次加入乙腈、二苯基-2-吡啶膦()、铜粉、[Cu(CH3CN)4]ClO4，充分反应，经一系列操作后得到双核铜配合物。 （1）Cu2+的价电子排布式为___________。 （2）制备[Cu(CH3CN)4]ClO4的化学方程式为___________。 （3）i、ii两步骤中，均加入铜粉，下列叙述正确的是___________。 a．步骤i的铜粉仅作制备原料 b．步骤ii的铜粉仅作保护剂 c．步骤i和ii的铜粉既作制备原料又作保护剂 （4）抽滤(在减压条件下进行过滤)的优点是___________(写一点即可)。 （5）采用减压蒸馏(在减压条件下进行蒸馏)除去乙腈的原因是___________。 Ⅱ铜含量分析 称取a g双核铜配合物于锥形瓶中，先加入约1mL浓硝酸，再加入约50mL水，滴入几滴PAN指示剂，用c mol·L-1Na2H2Y标准溶液滴定至终点，重复三次，平均消耗Na2H2Y溶液体积V mL。 滴定过程发生的反应和颜色变化如下表： 滴定过程 反应式 溶液颜色 滴定前 Cu2++PAN(黄色)→{Cu-PAN}(紫红色) 紫色 滴定中 Cu2++H2Y2-→CuY2-(蓝色)+2H+ 蓝色 滴定终点 {Cu-PAN}+H2Y2-→CuY2-(蓝色)+PAN(黄色)+2H+ 蓝绿色 （6）加入浓硝酸的目的是___________。 （7）滴定终点的颜色变化为___________。 （8）产品中铜元素的质量分数是___________(用含a、c、V的式子表示)。 （9）下列实验中有错误的是___________(填标号)。 a．润洗时，放平滴定管，转动滴定管使润洗液布满全管内壁 b．滴定时，转动旋塞，适当控制滴定速度 c．接近滴定终点时的“半滴操作” d．读取滴定管读数为4.40mL 【答案】（1）3d9 （2）Cu(ClO4)2·6H2O+Cu+8CH3CN=2[Cu(CH3CN)4]ClO4+6H2O或Cu(ClO4)2+Cu+8CH3CN=2[Cu(CH3CN)4]ClO4 （3）b （4）过滤速度快、所得固体较干燥 （5）防止配合物在较高温度下分解或在较高温度下被空气中的氧气氧化 （6）使双核铜配合物中Cu(Ⅰ)变为Cu2+，便于后续配合滴定 （7）蓝色变为蓝绿色 （8） （9）bd 【解析】 【分析】Cu(ClO4)2·6H2O、乙腈(CH3CN)和过量铜粉反应，生成[Cu(CH3CN)4]ClO4，再与乙腈、二苯基-2-吡啶膦()、铜粉反应制得双核铜配合物。 【小问1详解】 Cu为第29号元素，价电子排布式为3d104s1，失去3d、4s上各1个电子形成Cu2+，则Cu2+价电子排布式为3d9。 【小问2详解】 根据分析，Cu(ClO4)2·6H2O中Cu2+与Cu归中反应生成Cu+，并与CH3CN配位形成配合物，则制备[Cu(CH3CN)4]ClO4的化学方程式为Cu(ClO4)2·6H2O+Cu+8CH3CN=2[Cu(CH3CN)4]ClO4+6H2O。 【小问3详解】 步骤i中铜粉作还原剂，将Cu2+转化为Cu(Ⅰ)，同时作保护剂，防止[Cu(CH3CN)4]ClO4被氧化；步骤ii中铜粉仅作保护剂，防止Cu(Ⅰ)被氧化，因此答案选b。 【小问4详解】 在减压条件下进行过滤，可以加快过滤速度，同时获得较干燥的产品。 【小问5详解】 在减压条件下进行蒸馏除去乙腈，可以防止配合物在较高温度下分解，或防止配合物在较高温度下被空气中的氧气氧化。 【小问6详解】 加入浓硝酸，可以使双核铜配合物中Cu(Ⅰ)转变为Cu2+，便于后续配合滴定。 【小问7详解】 根据滴定反应可知，滴定终点生成CuY2-、PAN，则颜色变化为溶液由蓝色变为蓝绿色。 【小问8详解】 根据滴定反应，滴定中消耗的Na2H2Y的物质的量与Cu2+的物质的量相等，则产品中铜元素的质量分数是=。 【小问9详解】 a．润洗滴定管时，应放平滴定管，转动滴定管使润洗液布满全管内壁，确保润洗液充分润洗，a正确； b．滴定时，左手控制滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，边滴边摇使液体混合均匀，同时适当控制滴定速度，图示操作易将活塞拔出，b错误； c．接近滴定终点时，应采用“半滴操作”，即将活塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化，c正确； d．滴定管刻度自上而下递增，则根据图示，读取滴定管读数为5.60mL，d错误； 答案选bd。 13. 沙利度胺(J)具有免疫调节、抗肿瘤作用，一种由芳香烃A合成沙利度胺的路线如下： 回答下列问题： （1）芳香烃A的名称为___________，“氧化剂”是___________。化合物Ⅰ虚线框内的官能团有羧基、___________(写名称)。 （2）D→E的反应类型为___________。 （3）C经开环加成、脱水两个过程生成D，D具有弱酸性可以与KOH反应生成盐X(结构简式为) ①“开环加成”产物的结构简式为___________； ②试从物质结构角度解释D具有弱酸性的原因为___________。 （4）E→G的化学方程式为___________。 （5）Y是F的同分异构体，具有环状结构。写出同时满足下列条件Y的可能结构简式___________(写一种)。 ①红外光谱图提示该有机化合物分子中含氧官能团只有羟基和羧基 ②核磁共振氢谱图提示该有机化合物分子含有6种不同化学环境的H原子，其个数比为1:1:1:2:2:2 【答案】（1） ①. 邻二甲苯(或1，2-二甲苯或邻二甲基苯) ②. 酸性KMnO4溶液 ③. 酰胺基 （2）取代反应 （3） ①. ②. 受两个羰基的吸电子效应影响，N-H键的极性变大。或氮原子上的未共用电子对与羰基发生了共轭(或形成大π键)，氮上的电子对部分地转移到了氧上，使氮氢键上的一对电子更靠近氮原子(或N-H键的极性变大)，氢易以氢离子的形式离去 （4） （5）、、、、、、 【解析】 【分析】对比B、C的分子式可知，B→C脱去一分子水，从而确定B的结构简式为，A为芳香烃，结合分子式确定A的结构简式为，C与NH3发生反应再脱去水生成D，D与发生反应生成E和HCl，E和F反应生成G，对比G→H和I→J两个反应条件相同反应类型相同，由此可以判断G→H发生取代且生成一分子水，由此可以确定G的结构简式为，E和F发生取代反应生成G和，H→I为开环加成，I脱去一分子水生成J。 【小问1详解】 根据分析可得A的结构简式为，A→B是发生了氧化反应，对比二者的结构简式可知该氧化剂是酸性KMnO4溶液，化合物Ⅰ虚线框内的官能团有羧基、酰胺基。 【小问2详解】 D与发生取代反应生成E和HCl。 【小问3详解】 ①C经开环加成、脱水两个过程生成D ，D中的官能团为酰胺基，所以脱水前的官能团为羧基和氨基，故开环加成产物为：； ②有机物中的酸碱性受吸电子基和推电子基基团对键的极性的影响，D中显酸性的为N上的H，旁边连接的羰基为吸电子基，使得N-H键的极性增强，容易断裂，故答案为：受两个羰基的吸电子效应影响，N-H键的极性变大。或氮原子上的未共用电子对与羰基发生了共轭(或形成大π键)，氮上的电子对部分地转移到了氧上，使氮氢键上的一对电子更靠近氮原子(或N-H键的极性变大)，氢易以氢离子的形式离去。 【小问4详解】 根据分析E和F生成了G和，故方程式为： 【小问5详解】 F的分子式为，不饱和度Ω为2，结合信息具有环状结构占一个不饱和度，还剩另一个不饱和度为羧基（-COOH），因此可成五元环，还剩两个O形成羟基，结合等效氢个数及比例可得、两种结构，还可以形成四元环或，对于，剩余的官能团为一个羧基，2个羟基还有一个氨基或亚氨基，可形成、，对于四元环，剩余基团为一个羧基两个羟基和亚甲基，可形成，还可以形成三元环结构、。 14. 煤气中含有CO、H2、CO2、H2S等气体，使用氧化铁基脱硫过程有羰基硫(COS)生成，涉及的主要反应如下： 反应I：煤气中以CO为碳源生成COS的反应 反应II：煤气中以CO2为碳源生成COS的反应。 已知：①COS为弱酸性的气体，性质稳定不易分解。 ② ；800℃平衡常数K=1.0。 回答下列问题： （1）写出反应Ⅱ生成气态产物的热化学方程式___________。 （2）在相同压强下，向两个容积相同的密闭容器中分别充入CO(g)和H2S(g)(物质的量比为1:1)、CO2(g)和H2S(g)(物质的量比为1:1)，分别发生上述反应。平衡时COS的物质的量分数[x(COS)]随温度(T)的变化关系为下图中的两条曲线。 ①160℃时，反应Ⅰ的平衡常数___________反应Ⅱ的平衡常数(填“>”、“<”或“=”)。 ②能表示反应Ⅰ的曲线是___________(填图中字母)。 （3）煤气中的羰基硫会引起催化剂中毒、化学产品质量下降和大气污染。羰基硫的氢解(反应Ⅰ的逆反应)和水解(反应Ⅱ的逆反应)是两种常用的脱羰基硫方法。 ①提高羰基硫氢解的平衡转化率可以采用的措施有___________(填序号)。 A．使用合适的催化剂 B．升高温度 C．恒压条件下通入氮气 D．减小羰基硫与氢气的投料比 ②羰基硫水解反应一般认为是一个碱催化的反应。某科研团队以活性氧化铝(浸渍了碱土金属氧化物)为催化剂，研究温度、CO2对羰基硫水解反应的影响，结果如下表。 序号 温度/℃ CO2体积分数/% COS消除率/% 1 160 0.00 82.51 2 200 0.00 86.71 3 240 0.00 71.99 4 160 11.38 11.06 5 160 17.53 7.06 从反应速率的角度分析：COS消除率随温度的升高而发生变化的原因___________；CO2体积分数增大而COS消除率降低的原因___________。 ③在160℃，一密闭容器中投入COS、H2、H2O、N2(物质的量比为1:1:1:5)，保持温度不变，达平衡时测得COS的转化率为α，H2、H2O物质的量比为n:m，则x(COS)=___________(用含字母的式子表示，下同)，该温度下反应Ⅰ的平衡常数为___________。 【答案】（1）CO2(g)+H2S(g)COS(g)+H2O(g) ΔH=+33kJ·mol-1 （2） ①. > ②. a （3） ①. BD ②. 200℃前①温度升高反应速率加快②催化剂活性增强；200℃后催化剂的活性减弱 ③. CO2也能吸附在催化剂表面，使COS的水解反应速率减小(或CO2吸附性更强占据活性位点或CO2与催化剂反应，使催化剂失活或中毒) ④. ⑤. 【解析】 【小问1详解】 反应II：煤气中以CO2为碳源生成COS的反应为CO2(g)+H2S(g)COS(g)+H2O(g)；已知I： ；②： ，有盖斯定律I-②得：CO2(g)+H2S(g)COS(g)+H2O(g) ΔH3=-8.0kJ/mol –(-41kJ/mol)=+33kJ/mol； 【小问2详解】 ①由(1)可知，KⅡ=，又已知②反应在800℃平衡常数=1.0，反应②为放热反应，在160℃时>1.0，故KⅡ< KⅠ； ②因为反应Ⅰ是放热反应，随温度升高，平衡时COS的物质的量分数[x(COS)]降低，由①知在800℃前KⅡ< KⅠ，则在温度低于800℃时，反应Ⅱ的x(COS)小于反应Ⅰ的x(COS)，故能表示反应Ⅰ的曲线是a； 【小问3详解】 ①A．使用合适的催化剂只能改变反应速率，不能改变羰基硫氢解的平衡转化率，A不可行； B．由反应I可知，升高温度，平衡向吸热方向移动，可提高羰基硫氢解的平衡转化率，B可行； C．恒压条件下通入氮气，相当于增大容积，各组分浓度均减小，但反应前后气体体积分数不变，故平衡不移动，不能改变羰基硫氢解的平衡转化率，C不可行； D．减小羰基硫与氢气的投料比相当于减小COS的浓度、增大H2的浓度，能提高羰基硫氢解的平衡转化率，D可行； 答案选BD； ②从反应速率的角度分析即从温度、压强、浓度、催化剂等方面分析，排除压强和浓度。表中数据显示,在CO2体积分数为0时，温度160℃→200℃COS消除率增大，说明随温度的升高反应速率加快，催化剂效果增加；而200(不一定是最高点)→240℃消除率降低，说明随温度的升高反应速率减慢，催化剂效果变差；在温度一定时，增大CO2体积分数，因CO2也能吸附在催化剂表面，使COS的水解反应速率减小或CO2吸附性更强占据活性位点或CO2与催化剂反应,使催化剂失活或中毒等而造成COS消除率降低； ③在160 ℃，一密闭容器中投入COS、H2、H2O、N2(物质的量比为1:1:1:5，假设共8 mol)， 设COS、H2、H2O的投入量各为1 mol，N2的投入量为5mol，设COS在反应I中的转化量为xmol，在反应Ⅱ中的转化量为ymol，由反应I和II可知： 、，由达平衡时测得COS的转化率为a，得出x+y=a，H2、H2O物质的量比为n: m得出(1 - x): (1-y)=n:m，解得x=、y =。因两个反应的气体体积分数反应前后不变，故x(COS) =；该温度下反应I的平衡常数K===。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $