精品解析：江苏省前黄中学2025届高三下学期二模适应性考试（二）化学试题

江苏省前黄中学2025届高三下学期二模适应性考试（二） 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H—1 N—14 O—16 S—32 Cl—35.5 K—39 Co—59 Zn—65 I—127 一、单项选择题：共 13 题，每题 3 分，共 39 分。每题只有一个选项最符合题意。 1. “新质生产力”的概念中“新 ”的核心在于科技创新，下列有关说法正确的是 A. 小型核反应堆“玲龙一号 ”以为核燃料，与互为同素异形体 B. 液氧甲烷火箭“朱雀二号 ”所用燃料 为非极性分子，燃烧时其非极性共价键被破坏 C. 北斗卫星导航系统中的星载铷钟所用元素位于元素周期表中的 s 区 D. 利用合成高级脂肪酸甘油酯，实现无机小分子向有机高分子的转化 2. NCl3 是一种消毒剂，水解反应为 NCl3+H2O=NHCl2+HClO 。下列说法正确的是 A. NCl3的电子式为 B. 基态O的价层电子轨道表示式为 C. H2O的VSEPR 模型为 V 形 D. 中子数为 8 的氮原子：15N 3. 下列从含Br2的稀溶液中提取Br2的实验操作或原理能达到目的的是 A. 用装置甲吹出Br2蒸汽并吸收 B. 用装置乙制取Cl2 C. 用装置丙制取Br2 D. 用装置丁蒸馏回收Br2 4. 工业可用反应制备MgCl2 和 AlCl3 。下列说法正确的是 A. 离子半径： B. 电负性：χ（Cl）>χ（C） C. 电离能大小：I1（Al）>I1（Mg） D. 酸性强弱： 阅读下列材料，完成下面小题： Cu 和 CuCl 是许多有机反应的催化剂。Cu 可作 CO2 制 CH3OH（25℃时标准燃烧热为 726.5kJ·mol-1） 反应 CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+ H2O（g） ΔH<0 的催化剂。CuCl 是一种难溶于水、乙醇的白色固体，可溶于浓氨水，潮湿的环境中易被氧气氧化为 Cu2(OH)3Cl 。CuCl 制备实验过程为：将硫酸铜与氯化钠加水溶解，并用盐酸调节酸度，再加入铜粉一起加热，得到可溶性的配合物 Na[CuCl2] ，经加水稀释、过滤、 洗涤、干燥即得 CuCl 产品。 5. 下列有关说法正确的是 A. 基态 Cu+ 的电子排布式为[Ar]3d94s1 B. [CuCl2]- 中的配位键可以表示为[Cl ←Cu →Cl]− C. NH3 中所含键角大于 H2O 中所含键角 D. CuCl 晶胞（如图所示）中距离每个Cl-最近的 Cu+有2个 6. 关于 Cu 催化 CO2 制 CH3OH 的反应，下列说法正确的是 A. 使用Cu 作催化剂可以提高一定时间内 CO2的转化率 B. 该反应的平衡常数表达式为 C. 该反应在任意条件下均能自发进行 D. 反应物所含的键能总和大于生成物所含键能总和 7. 下列化学用语正确的是 A. 表示 CH3OH 燃烧热的热化学方程式：CH3OH（g）+O2（g） CO2（g）+ 2H2O（l） ΔH=-726.5kJ·mol-1 B. Cu 与浓硝酸反应的化学方程式：3Cu +8HNO3（浓）=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O C. CuCl 在潮湿空气中氧化的化学方程式：4CuCl+O2+3H2O = 2Cu2(OH)3Cl+Cl2 D. 制取 Na[CuCl2]的离子方程式：Cu2++Cu+4Cl-2[CuCl2]- 8. 科学家基于水/有机双相电解质开发了一种新型的铜锌二次电池，双相电解质建立了离子选择性界面， 仅允许氯离子迁移，其放电时的工作原理如图所示。下列说法不正确的是 A. 放电时，氯离子向锌电极迁移 B. 充电时，石墨电极与电源正极相连 C. 充电时，石墨电极上可发生电极反应[CuClx]1-x -e−=[CuClx]2-x D. 放电时，理论上电路中每转移 1mol 电子，锌电极质量增加68g 9. 化合物乙是合成氢化橙酮衍生物的中间体，可由下列反应制得。下列说法正确的是 A. 甲中所有碳原子一定共平面 B. 乙分子不存在顺反异构体 C. 甲→ 乙的转化经历了加成反应、消去反应 D. 甲、乙均不能使酸性 KMnO4溶液褪色 10. 在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A. 制 ClO2 ：NaCl(aq)Cl2(aq)ClO2 B. 纯碱工业：饱和 C. 金属 Mg 制备： D. 硝酸工业： N2NOHNO3 11. 室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 向 2mLNaHSO3 溶液中滴加几滴酚酞，溶液不变红 未水解 B 向等物质的量浓度的 NaCl 、Na2CrO4 混合溶液中 滴加 AgNO3溶液，先生成 AgCl白色沉淀 溶度积常数：AgCl<Ag2CrO4 C 将石油裂解产生的气体通入 Br2的 CCl4 溶液，溶 液中橙红色褪去 石油裂解产物中含有乙烯 D 测得邻硝基苯酚的熔点低于对硝基苯酚的熔点 前者存在分子内氢键，后者存在的分 子间氢键使分子间作用力大于前者 A. A B. B C. C D. D 12. 已知25℃时，，，，进行如下实验： ①向5mL0.1000NaF溶液中，滴加5滴0.1000H2C2O4溶液； ②将0.1000NaHC2O4溶液与0.1000氨水等体积混合； ③向0.1000NaHC2O4溶液中滴加KOH溶液至中性； ④将浓度均为0.2000的HF溶液和CaCl2溶液等体积混合。 下列说法正确的是 A. 实验①反应的化学方程式为： B. 实验②所得溶液中存在： C. 实验③所得溶液中存在： D. 实验④混合后溶液中有沉淀生成 13. 催化加氢制备的主要反应为： 反应I： 反应II： 一定压强下，在密闭容器中投入和在催化剂作用下发生反应。平衡时，转化率、产率及另外2种含氢气体的物质的量随温度的变化如图所示。 CO选择性可表示为。下列说法正确的是 A. 图中曲线①、曲线③分别表示平衡时物质的量、转化率随温度的变化 B. 反应I的、反应II的 C. 图中Р点对应温度下，平衡时CO选择性为11.1% D. 450℃之后，温度升高导致催化剂活性降低，从而导致甲烷平衡产率减小 二、非选择题：共 4 题，共 61 分。 14. 全钒液流电池正极废液中含有的离子是。以该废液为原料经过氧化、调、沉钒、煅烧可以制取。 （1）氧化：向正极废液中加入将转化为，写出该反应的离子方程式：________。 （2）调：向氧化后的溶液中加入调节溶液，溶液中V（价）会以等形式存在。随pH的升高，溶液中的值将________（填“增大”“减小”或“保持不变”），判断的方法是________。 （3）沉钒：不同时，向溶液中加入，可得到不同类型的含钒沉淀。 ①其他条件一定，控制溶液在2～5之间，向溶液中加入，沉钒率和沉淀的X射线衍射图分别如图1和图2所示。时，越大，溶液的沉钒率越低的原因是________。 ②向的溶液中（此时主要以存在）加入过量溶液，生成沉淀。加入过量溶液的目的是。已知：。 （4）煅烧：煅烧固体制取时，需在有氧条件下进行，原因是________。 （5）是一种相变材料，其一种晶胞（部分原子未标出）的结构如图3所示，在图中合适位置补充其余原子________。 15. G(环泊酚)是我国拥有完全知识产权的新型医用静脉麻醉药，其一种合成路线如下： （1）环泊酚空气中久置易变质变色，原因是___________。 （2）如果直接用A与(CH3CO)2O反应制取D，则会产生D的同分异构体H，H遇FeCl3溶液不变色。写出H的结构简式___________。 （3）C的一种同分异构体满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式___________。 属于芳香族化合物，可以发生银镜反应；在碱性条件下水解，酸化后得两种产物，其中一种产物分子中不同化学环境的氢原子个数比为6：2：1。 （4）E→F中的作用是吸收反应生成的物质___________(填化学式)。 （5）以和(CH3CO)2O为原料合成，写出合成流程图________ (无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。 16. 含钴废料（主要含 CoO ，还含少量 Co2O3 、Fe2O3）可以进行如下转化： （1）“还原 ”时的实验装置如图-1 所示，分液漏斗中盛装的溶液是______ 。是中 一个非羟基氧原子被硫原子替代而形成，则的空间构型是______。 （2）“除铁 ”时溶液中 Fe2+发生反应的离子方程式为______。 （3）“沉淀 ”时加入的 NH4HCO3 溶液和氨水所含溶质的物质的量之比为 1∶3 。写出“沉淀 ”时反应 的离子方程式：______。 （4）实验室以 Co2(OH)2CO3 为原料经过一系列实验可得到[Co(NH3)6]Cl3 晶体。[Co(NH3)6]Cl3是一种重要的催化剂，使用前通常需测定[Co(NH3)6]Cl3产品中钴的含量。准确称取 0.6000 g 样品，将其置于碘量瓶中，溶解后将[Co(NH3)6]3+转化为 Co3+ ；加入 KI 并酸化，将Co3+还原为Co2+；用 0.1000mol·L−1 Na2S2O3 溶液滴定生成的I2（滴定反应为+ I2= 2I-+），重复上述操作2~3次，平均消耗 Na2S2O3 溶液 20.00 mL。计算产品中钴元素的质量分数______（写出计算过程）。 （5）补充由[Co(NH3)6]Cl3 制取Co2O3的实验方案：取一定量的[Co(NH3)6]Cl3 晶体置于如图-2 所示装置中，______ ，干燥得到 Co2O3固体。（已知[Co(NH3)6]Cl3与 NaOH 溶液共热时可生成Co2O3 沉淀。除装置中所示试剂外，实验中须使用的试剂有稀硝酸、AgNO3 溶液、红色石蕊试纸） 17. 氯苯（C6H5Cl）在多个领域有着重要的应用，但是不当排放会引起环境污染。 Ⅰ ：氯苯的结构与性质 （1）与氯代烷烃相比，氯苯水解条件更苛刻。氯苯结构如图-1所示，请从结构上解释氯苯难 水解的原因______。 （2）一定条件下，氯苯和 Cl2 在 CS2 中发生反应，生成邻二氯苯和对二氯苯，反应过程中的能量变 化如图-2 所示。 ①两种二氯代苯中，热稳定性较好的是______ （填名称）。 ②保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采取的措施有______。 Ⅱ ：氯苯的去除 可采用电化学法、催化氧化法去除氯苯，基本原理都是利用自由基（·OH）去除。 （3）三维电极反应器是在阴、阳电极板之间投加活性炭细颗粒作为第三电极，该装置去除氯苯（用 R 表示）的原理如图-3 所示。 ①通电时，生成的·OH 能将氯苯降解为 CO2 和 HCl ，写出对应的化学方程式______。 ②使用“第三电极 ”的优点有______。 （4）以 Ru/TiO2 作催化剂，用 O2 将氯苯氧化去除，图-4 表示 0%H2O 、1%H2O 、6.5%H2 时氯苯转化率随温度的变化关系。 275℃时，加入适量 H2O（g）能提高氯苯的转化率，但过 多 H2O（g）会导致氯苯转化率下降，可能的原因分别是______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省前黄中学2025届高三下学期二模适应性考试（二） 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H—1 N—14 O—16 S—32 Cl—35.5 K—39 Co—59 Zn—65 I—127 一、单项选择题：共 13 题，每题 3 分，共 39 分。每题只有一个选项最符合题意。 1. “新质生产力”的概念中“新 ”的核心在于科技创新，下列有关说法正确的是 A. 小型核反应堆“玲龙一号 ”以为核燃料，与互为同素异形体 B. 液氧甲烷火箭“朱雀二号 ”所用燃料 为非极性分子，燃烧时其非极性共价键被破坏 C. 北斗卫星导航系统中的星载铷钟所用元素位于元素周期表中的 s 区 D. 利用合成高级脂肪酸甘油酯，实现无机小分子向有机高分子的转化 【答案】C 【解析】 【详解】A．与互为同位素，同素异形体是同种元素形成的不同单质（如和），而同位素是同一元素的不同核素，A错误； B．为非极性分子，但燃烧时破坏的是极性共价键，不是非极性键，B错误； C．铷（）位于第ⅠA族，属于元素周期表的s区，C正确； D．高级脂肪酸甘油酯是相对分子质量较大的有机物，但未达到高分子化合物的范畴（通常需上万），D错误； 故答案选：C。 2. NCl3 是一种消毒剂，水解反应为 NCl3+H2O=NHCl2+HClO 。下列说法正确的是 A. NCl3的电子式为 B. 基态O的价层电子轨道表示式为 C. H2O的VSEPR 模型为 V 形 D. 中子数为 8 的氮原子：15N 【答案】D 【解析】 【详解】A．NCl3的电子式为，A错误； B．基态O原子的价电子排布式为2s22p4，价层电子轨道表示式可表示为，B错误； C．的中心原子为O原子，价层电子对数为2+，VSEPR模型名称为四面体形，C错误； D．中子数为8的氮原子：15N，D正确； 故选D。 3. 下列从含Br2的稀溶液中提取Br2的实验操作或原理能达到目的的是 A. 用装置甲吹出Br2蒸汽并吸收 B. 用装置乙制取Cl2 C. 用装置丙制取Br2 D. 用装置丁蒸馏回收Br2 【答案】A 【解析】 【分析】使用热空气将溴蒸出后使用二氧化硫吸收转化为HBr，再通入氯气将HBr氧化为溴单质，利用物质沸点的不同，采取蒸馏的方法将溴蒸出； 【详解】A．热空气将溴蒸出后使用二氧化硫吸收转化为HBr，A正确； B．浓盐酸和二氧化锰制取氯气需要加热，B错误； C．通入氯气气体，应该是长进短出，短进长出，会将HBr溶液压出，C错误； D．蒸馏时温度计测定馏分的温度，图中温度计水银球位置应该在支管口处，位置不合理，D错误； 故选A； 4. 工业可用反应制备MgCl2 和 AlCl3 。下列说法正确的是 A. 离子半径： B. 电负性：χ（Cl）>χ（C） C. 电离能大小：I1（Al）>I1（Mg） D. 酸性强弱： 【答案】B 【解析】 【详解】A．和电子层数相同，核电荷数越大，离子半径越小，故，A错误； B．元素非金属性越强，电负性越大，Cl的非金属性强于C，故Cl的电负性（3.0）大于C（2.5），B正确； C．Mg的轨道为全充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素Al，且Al的外围电子排布式为，失去3p能级的1个电子后形成稳定状态需要的能量较小，故第一电离能Mg>Al，C错误； D．一般情况下，含氧酸中非羟基氧原子数越多，酸性越强，故HClO的酸性（）弱于（），D错误； 答案选B。 阅读下列材料，完成下面小题： Cu 和 CuCl 是许多有机反应的催化剂。Cu 可作 CO2 制 CH3OH（25℃时标准燃烧热为 726.5kJ·mol-1） 反应 CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+ H2O（g） ΔH<0 的催化剂。CuCl 是一种难溶于水、乙醇的白色固体，可溶于浓氨水，潮湿的环境中易被氧气氧化为 Cu2(OH)3Cl 。CuCl 制备实验过程为：将硫酸铜与氯化钠加水溶解，并用盐酸调节酸度，再加入铜粉一起加热，得到可溶性的配合物 Na[CuCl2] ，经加水稀释、过滤、 洗涤、干燥即得 CuCl 产品。 5. 下列有关说法正确的是 A. 基态 Cu+ 的电子排布式为[Ar]3d94s1 B. [CuCl2]- 中的配位键可以表示为[Cl ←Cu →Cl]− C. NH3 中所含键角大于 H2O 中所含键角 D. CuCl 晶胞（如图所示）中距离每个Cl-最近的 Cu+有2个 6. 关于 Cu 催化 CO2 制 CH3OH 的反应，下列说法正确的是 A. 使用Cu 作催化剂可以提高一定时间内 CO2的转化率 B. 该反应的平衡常数表达式为 C. 该反应在任意条件下均能自发进行 D. 反应物所含的键能总和大于生成物所含键能总和 7. 下列化学用语正确的是 A. 表示 CH3OH 燃烧热的热化学方程式：CH3OH（g）+O2（g） CO2（g）+ 2H2O（l） ΔH=-726.5kJ·mol-1 B. Cu 与浓硝酸反应的化学方程式：3Cu +8HNO3（浓）=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O C. CuCl 在潮湿空气中氧化的化学方程式：4CuCl+O2+3H2O = 2Cu2(OH)3Cl+Cl2 D. 制取 Na[CuCl2]的离子方程式：Cu2++Cu+4Cl-2[CuCl2]- 【答案】5. C 6. A 7. D 【解析】 【5题详解】 A． 铜是29号元素，基态 Cu+ 的电子排布式为，A错误； B．[CuCl2]- 的中心原子为铜，配位原子是氯，配位键可以表示为，B错误； C．NH3 中N的价电子数为4，孤对电子数为1，H2O 中O的价电子数为4，孤对电子数为2，N和O均为，孤对电子数越多，对成键电子的排斥力越大，键角越小，NH3 中所含键角大于 H2O 中所含键角，C正确； D．由晶胞图知，CuCl 晶胞中Cu+位于小立方体的体心，Cl-位于顶点和面心，故距离每个Cl-最近的 Cu+有4个，D错误； 故答案选C。 【6题详解】 A．催化剂可以通过加快反应速率，提高一定时间内 CO2的转化率，A正确； B．生成的水为气体，应写入平衡常数表达式，该反应的平衡常数表达式为 ，B错误； C．该反应 ΔH<0，ΔS<0，该反应在低温条件下自发进行，C错误； D．该反应 ΔH<0，，反应物所含的键能总和小于生成物所含键能总和，D错误； 故答案选A。 【7题详解】 A．热化学方程式不需要标反应的条件（如加热、点燃等）， CH3OH 燃烧热的热化学方程式：；A错误 B．Cu 与浓硝酸反应生成,化学方程式为；B错误； C．由信息知，CuCl 在潮湿空气中易被氧气氧化为同时还有HCl生成，化学方程式：，故C错误； D．根据题干信息，CuCl 制备实验过程为：将硫酸铜与氯化钠加水溶解，并用盐酸调节酸度，再加入铜粉一起加热，得到可溶性的配合物 Na[CuCl2]，则反应的离子方程式为Cu2++Cu+4Cl-2[CuCl2]-，D正确； 故答案选D。 8. 科学家基于水/有机双相电解质开发了一种新型的铜锌二次电池，双相电解质建立了离子选择性界面， 仅允许氯离子迁移，其放电时的工作原理如图所示。下列说法不正确的是 A. 放电时，氯离子向锌电极迁移 B. 充电时，石墨电极与电源正极相连 C. 充电时，石墨电极上可发生电极反应[CuClx]1-x -e−=[CuClx]2-x D. 放电时，理论上电路中每转移 1mol 电子，锌电极质量增加68g 【答案】D 【解析】 【分析】由题干装置信息可知，放电时石墨电极上为：[CuClx]2-x+e-=[CuClx]1-x，[CuClx]1-x+e-=Cu+xCl-，发生还原反应，则为正极，而Zn/ZnCl2电极上电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，发生氧化反应，则为负极，据此分析解题； 【详解】A．由分析可知，放电时，石墨电极为正极，锌电极为负极，故氯离子向锌电极迁移，A正确； B．由分析可知，放电时石墨电极为正极，故充电时，石墨电极与电源正极相连，B正确； C．由分析可知，放电时石墨电极上为：[CuClx]2-x+e-=[CuClx]1-x，[CuClx]1-x+e-=Cu+xCl-，故充电时，石墨电极上可发生电极反应，C正确； D．由分析可知，放电时，Zn/ZnCl2电极上电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，理论上电路中每转移1mol电子，则溶解0.5mol锌，故锌电极质量减少0.5mol×65g/mol=32.5g，D错误； 故选D。 9. 化合物乙是合成氢化橙酮衍生物的中间体，可由下列反应制得。下列说法正确的是 A. 甲中所有碳原子一定共平面 B. 乙分子不存在顺反异构体 C. 甲→ 乙的转化经历了加成反应、消去反应 D. 甲、乙均不能使酸性 KMnO4溶液褪色 【答案】C 【解析】 【详解】A．甲中有饱和碳原子，单键可以旋转，故所有碳原子不一定共平面，A错误； B．乙分子中碳碳双键两端连接基团不同，存在顺反异构体，B错误； C．甲→乙的转化经历了醛基的加成反应生成、羟基的消去反应，C正确； D．甲中含有酮羰基，乙中含有碳碳双键，均能使酸性 KMnO4溶液褪色，D错误； 故选C。 10. 在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A. 制 ClO2 ：NaCl(aq)Cl2(aq)ClO2 B. 纯碱工业：饱和 C. 金属 Mg 制备： D. 硝酸工业： N2NOHNO3 【答案】B 【解析】 【详解】A．电解NaCl溶液生成Cl2，Cl2与SO2水溶液反应通常生成HCl和H2SO4，而非ClO2。ClO2的制备需要特定条件（如酸性环境下的氯酸盐还原），而非Cl2与SO2直接反应，A错误； B．饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳气体生成溶解度较小的NaHCO3，NaHCO3不稳定，受热易分解生成Na2CO3，所以能实现转化，B正确； C．加热蒸干MgCl2溶液会导致Mg2+水解生成Mg(OH)2，而非无水MgCl2；此操作需要在HCl气流中加热，C错误。 D．工业制硝酸需通过NH3催化氧化生成NO，再氧化为NO2后与水反应生成HNO3。题目中NO直接与水反应无法生成HNO3（需O2参与），D错误； 故选B。 11. 室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 向 2mLNaHSO3 溶液中滴加几滴酚酞，溶液不变红 未水解 B 向等物质的量浓度的 NaCl 、Na2CrO4 混合溶液中 滴加 AgNO3溶液，先生成 AgCl白色沉淀 溶度积常数：AgCl<Ag2CrO4 C 将石油裂解产生的气体通入 Br2的 CCl4 溶液，溶 液中橙红色褪去 石油裂解产物中含有乙烯 D 测得邻硝基苯酚的熔点低于对硝基苯酚的熔点 前者存在分子内氢键，后者存在的分 子间氢键使分子间作用力大于前者 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．溶液中既能水解又能电离，但电离程度大于水解程度，溶液显酸性，酚酞不变红不能说明未水解，仅说明溶液pH未达到酚酞变色范围，A错误。 B．AgCl先沉淀是因为其溶度积表达式为，而的溶度积为，由于两物质的溶度积常数表达式不同，不可通过沉淀顺序判断溶度积大小，B错误。 C．石油裂解产物含不饱和烃能使褪色，但实验现象仅能证明存在不饱和烃，无法唯一确定是乙烯，结论不严谨，C错误。 D．邻硝基苯酚因分子内氢键削弱分子间作用力，熔点较低；对硝基苯酚形成分子间氢键，作用力更强，熔点更高，实验现象与结论一致，D正确。 故选D。 12. 已知25℃时，，，，进行如下实验： ①向5mL0.1000NaF溶液中，滴加5滴0.1000H2C2O4溶液； ②将0.1000NaHC2O4溶液与0.1000氨水等体积混合； ③向0.1000NaHC2O4溶液中滴加KOH溶液至中性； ④将浓度均为0.2000的HF溶液和CaCl2溶液等体积混合。 下列说法正确的是 A. 实验①反应的化学方程式为： B. 实验②所得溶液中存在： C. 实验③所得溶液中存在： D. 实验④混合后溶液中有沉淀生成 【答案】D 【解析】 【详解】A．，说明的酸性强于HF，但实验①中仅少量滴加，优先中和第一个，生成而非，正确方程式为，A错误； B．实验②将等体积等浓度的NaHC2O4溶液和氨水混合，根据电荷守恒有：，根据物料守恒有：，二者联立可得：，B错误； C．实验③中溶液为中性：，电荷守恒为：，物料守恒，联立得，C错误； D．实验④混合后，，，，故有沉淀生成，D正确。 故选D。 13. 催化加氢制备的主要反应为： 反应I： 反应II： 一定压强下，在密闭容器中投入和在催化剂作用下发生反应。平衡时，转化率、产率及另外2种含氢气体的物质的量随温度的变化如图所示。 CO选择性可表示为。下列说法正确的是 A. 图中曲线①、曲线③分别表示平衡时物质的量、转化率随温度的变化 B. 反应I的、反应II的 C. 图中Р点对应温度下，平衡时CO选择性为11.1% D. 450℃之后，温度升高导致催化剂活性降低，从而导致甲烷平衡产率减小 【答案】C 【解析】 【分析】结合已知信息和图像可知450℃以前，CO2的平衡转化率等于CH4的平衡产率，随着温度的升高，二氧化碳的转化率和甲烷的平衡产率均减小，反应Ⅰ为放热反应，450℃以后，曲线③和曲线④不再相等，由上述分析可知，二氧化碳转化率增大，甲烷的平衡产率降低，即反应Ⅱ为吸热反应，曲线③代表的是平衡时CH4的产率随温度的变化情况，曲线④代表的是平衡时CO2的转化率随温度的变化情况；p点时2种含氢气体的物质的量均为1.36mol，结合碳原子守恒含碳物质总量为1mol，CH4的物质的量不超过1mol，且曲线随着温度升高逐渐增大，曲线①为H2物质的量随温度的变化情况，曲线②代表H2O(g)物质的量随温度的变化情况，根据上述分析回答下列问题； 【详解】A．根据上述分析可知，图中曲线①、曲线③分别表示平衡时物质的量、CH4的产率随温度的变化情况，A错误； B．根据上述分析可知，反应Ⅰ的、反应Ⅱ的，B错误； C．图中P点对应温度下，反应Ⅰ消耗n(CO2)为xmol，反应Ⅱ消耗n(CO2)为ymol，列三段式如下： ， ，结合p点数据可以得到，解得，===，C正确； D．450℃以后，甲烷平衡产率减小的原因是反应Ⅰ和Ⅱ同时发生，但以反应Ⅱ为主，D错误； 故选C。 二、非选择题：共 4 题，共 61 分。 14. 全钒液流电池正极废液中含有的离子是。以该废液为原料经过氧化、调、沉钒、煅烧可以制取。 （1）氧化：向正极废液中加入将转化为，写出该反应的离子方程式：________。 （2）调：向氧化后的溶液中加入调节溶液，溶液中V（价）会以等形式存在。随pH的升高，溶液中的值将________（填“增大”“减小”或“保持不变”），判断的方法是________。 （3）沉钒：不同时，向溶液中加入，可得到不同类型的含钒沉淀。 ①其他条件一定，控制溶液在2～5之间，向溶液中加入，沉钒率和沉淀的X射线衍射图分别如图1和图2所示。时，越大，溶液的沉钒率越低的原因是________。 ②向的溶液中（此时主要以存在）加入过量溶液，生成沉淀。加入过量溶液的目的是。已知：。 （4）煅烧：煅烧固体制取时，需在有氧条件下进行，原因是________。 （5）是一种相变材料，其一种晶胞（部分原子未标出）的结构如图3所示，在图中合适位置补充其余原子________。 【答案】（1） （2） ①. 增大 ②. 根据反应可知，升高，浓度减小，平衡逆向移动，的值增大 （3）时，溶液中转化为，或沉淀的溶解度大于沉淀，所以沉淀率减小@促进充分沉淀 （4）具有氧化性，会被（或）还原，氧气存在时可以防止被还原 （5） 【解析】 【小问1详解】 将氧化为，自身被还原为Cl-，V元素升高1价，Cl元素降低6价，根据电子守恒与电荷守恒，离子方程式为：； 【小问2详解】 会相互转化，转化的离子方程式为：，随pH的升高，该转化平衡向左移动，故溶液中的值将增大； 【小问3详解】 由图2可以看出，pH>3时，溶液中转化为，或沉淀的溶解度可能大于沉淀，所以沉淀率减小；向的溶液中(此时主要以存在)加入过量溶液，生成沉淀，加入过量溶液的目的是增大NH的浓度，促进充分沉淀； 【小问4详解】 因为具有氧化性，会被会被(或)还原，所以在有氧的条件下煅烧固体，使(或)被氧气消耗，可以防止被还原； 【小问5详解】 根据图3可以算出晶胞中V的个数为=2，根据化学式，则一个晶胞中O的个数应为4，图3中样的个数为=3，根据上下底面的对称性，则上下底面个有1个氧，此时则满足晶胞特点，且氧的个数刚好为4，补充氧原子后的晶胞图为：。 15. G(环泊酚)是我国拥有完全知识产权的新型医用静脉麻醉药，其一种合成路线如下： （1）环泊酚空气中久置易变质变色，原因是___________。 （2）如果直接用A与(CH3CO)2O反应制取D，则会产生D的同分异构体H，H遇FeCl3溶液不变色。写出H的结构简式___________。 （3）C的一种同分异构体满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式___________。 属于芳香族化合物，可以发生银镜反应；在碱性条件下水解，酸化后得两种产物，其中一种产物分子中不同化学环境的氢原子个数比为6：2：1。 （4）E→F中的作用是吸收反应生成的物质___________(填化学式)。 （5）以和(CH3CO)2O为原料合成，写出合成流程图________ (无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。 【答案】（1）环泊酚中的酚羟基易被空气中O2氧化，造成变质变色。 （2） （3）或 （4）HCl （5） 【解析】 【分析】A先生成B再制备D，是防止乙酸酐与酚羟基反应生成。 【小问1详解】 环泊酚中含有酚羟基，酚羟基易被空气中O2氧化，造成变质变色； 【小问2详解】 如果直接用A与(CH3CO)2O反应制取D，则A中的酚羟基与(CH3CO)2O反应生成酚酯，H遇FeCl3溶液不变色。则H的结构简式为; 【小问3详解】 属于芳香族化合物，说明含有苯环，可以发生银镜反应；在碱性条件下水解，说明含有HCOO-，酸化后得两种产物，一种为HCOOH，另一种产物分子中不同化学环境的氢原子个数比为6：2：1，另一种产物的结构为或，则满足条件的C的同分异构体为或； 【小问4详解】 E与SOCl2反应生成F和HCl，中N原子含有孤电子对，能与HCl形成盐，E→F中的作用是吸收反应生成的物质HCl。 【小问5详解】 和氢气发生加成反应生成, 与HBr发生取代反应生成，与反应生成，与(CH3CO)2O反应生成，与氢气反应生成，合成路线为。 16. 含钴废料（主要含 CoO ，还含少量 Co2O3 、Fe2O3）可以进行如下转化： （1）“还原 ”时的实验装置如图-1 所示，分液漏斗中盛装的溶液是______ 。是中 一个非羟基氧原子被硫原子替代而形成，则的空间构型是______。 （2）“除铁 ”时溶液中 Fe2+发生反应的离子方程式为______。 （3）“沉淀 ”时加入的 NH4HCO3 溶液和氨水所含溶质的物质的量之比为 1∶3 。写出“沉淀 ”时反应 的离子方程式：______。 （4）实验室以 Co2(OH)2CO3 为原料经过一系列实验可得到[Co(NH3)6]Cl3 晶体。[Co(NH3)6]Cl3是一种重要的催化剂，使用前通常需测定[Co(NH3)6]Cl3产品中钴的含量。准确称取 0.6000 g 样品，将其置于碘量瓶中，溶解后将[Co(NH3)6]3+转化为 Co3+ ；加入 KI 并酸化，将Co3+还原为Co2+；用 0.1000mol·L−1 Na2S2O3 溶液滴定生成的I2（滴定反应为+ I2= 2I-+），重复上述操作2~3次，平均消耗 Na2S2O3 溶液 20.00 mL。计算产品中钴元素的质量分数______（写出计算过程）。 （5）补充由[Co(NH3)6]Cl3 制取Co2O3的实验方案：取一定量的[Co(NH3)6]Cl3 晶体置于如图-2 所示装置中，______ ，干燥得到 Co2O3固体。（已知[Co(NH3)6]Cl3与 NaOH 溶液共热时可生成Co2O3 沉淀。除装置中所示试剂外，实验中须使用的试剂有稀硝酸、AgNO3 溶液、红色石蕊试纸） 【答案】（1） ①. 稀硫酸 ②. 四面体形 （2）6Fe2＋＋＋9H2O=6FeOOH↓＋Cl－＋12H＋ （3）2Co2＋＋ ＋3NH3·H2O=Co2(OH)2CO3↓＋3 ＋H2O （4）19.67 % （5）打开加热搅拌器，从分液漏斗中加入足量 NaOH 溶液，加热，充分反应后，打开止水夹，将湿润的红色石蕊试纸靠近管口，当试纸不变蓝后，停止加热，将三颈烧瓶中的混合物冷却后过滤，洗涤滤渣2～3 次，至最后一次洗涤液滴加稀硝酸和 AgNO3溶液无沉淀 【解析】 【分析】含钴废料主要含 CoO ，还含少量 Co2O3 、Fe2O3。含钴废料加稀硫酸、亚硫酸钠“还原”得到硫酸亚铁、硫酸钴溶液，加适量氯酸钠把Fe2+氧化为FeOOH沉淀除铁，滤液中加氨水和碳酸氢铵生成碱式碳酸钴，碱式碳酸钴经一系列反应得三氯化六氨合钴，最终得到氧化钴。 【小问1详解】 为防止亚硫酸钠和硫酸反应放出二氧化硫气体，“还原 ”先将含钴废料与亚硫酸钠溶液混合，再逐滴加入稀硫酸，所以分液漏斗中盛装的溶液是稀硫酸。中S原子价电子对数为4，无孤电子对，空间构型为四面体形，是中 一个非羟基氧原子被硫原子替代而形成，则的空间构型是四面体形。 【小问2详解】 “除铁 ”时溶液中 Fe2+被氯酸钠氧化为FeOOH沉淀，反应的离子方程式为6Fe2＋＋＋9H2O=6FeOOH↓＋Cl－＋12H＋。 【小问3详解】 “沉淀 ”时加入的 NH4HCO3 溶液和氨水所含溶质的物质的量之比为 1∶3 ，反应生成Co2(OH)2CO3沉淀， “沉淀 ”时反应的离子方程式为2Co2＋＋ ＋3NH3·H2O=Co2(OH)2CO3↓＋3 ＋H2O； 【小问4详解】 根据得失电子守恒，2Co3+~~I2，根据+ I2= 2I-+建立反应关系式2 Co3+~~I2~~ 2Na2S2O3，n(Co3+)=n(Na2S2O3)= 0.1000mol·L−1×0.02L=0.002mol，产品中钴元素的质量分数 。 【小问5详解】 取一定量的[Co（NH3）6]Cl3 晶体置于如图-2 所示装置中，打开加热搅拌器，从分液漏斗中加入足量 NaOH 溶液，加热，充分反应后，打开止水夹，将湿润的红色石蕊试纸靠近管口，当试纸不变蓝后，说明反应完全，停止加热，将三颈烧瓶中的混合物冷却后过滤，洗涤滤渣2～3 次，至最后一次洗涤液滴加稀硝酸和AgNO3溶液无沉淀，说明沉淀洗涤干净，干燥得到 Co2O3固体。 17. 氯苯（C6H5Cl）在多个领域有着重要的应用，但是不当排放会引起环境污染。 Ⅰ ：氯苯的结构与性质 （1）与氯代烷烃相比，氯苯水解条件更苛刻。氯苯结构如图-1所示，请从结构上解释氯苯难 水解的原因______。 （2）一定条件下，氯苯和 Cl2 在 CS2 中发生反应，生成邻二氯苯和对二氯苯，反应过程中的能量变 化如图-2 所示。 ①两种二氯代苯中，热稳定性较好的是______ （填名称）。 ②保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采取的措施有______。 Ⅱ ：氯苯的去除 可采用电化学法、催化氧化法去除氯苯，基本原理都是利用自由基（·OH）去除。 （3）三维电极反应器是在阴、阳电极板之间投加活性炭细颗粒作为第三电极，该装置去除氯苯（用 R 表示）的原理如图-3 所示。 ①通电时，生成的·OH 能将氯苯降解为 CO2 和 HCl ，写出对应的化学方程式______。 ②使用“第三电极 ”的优点有______。 （4）以 Ru/TiO2 作催化剂，用 O2 将氯苯氧化去除，图-4 表示 0%H2O 、1%H2O 、6.5%H2 时氯苯转化率随温度的变化关系。 275℃时，加入适量 H2O（g）能提高氯苯的转化率，但过 多 H2O（g）会导致氯苯转化率下降，可能的原因分别是______。 【答案】（1）氯原子的p轨道与苯环的大π键形成p-π共轭体系，使得C-Cl键的键长缩短，键能增大，碳氯键牢固 （2） ①. 对二氯苯或 1，4-二氯苯 ②. 使用生成邻二氯苯选择性高的催化剂 （3） ①. ②. 活性炭细颗粒对氯苯的吸附能力强，构成许多微小的电解池，产生·OH的速率加快从而加快了去除氯苯的速率 （4）少量 H2O 可以和 O2产生·OH，加快了氯苯转化速率，但过多的 H2O 会和氯苯在催化剂表面形成竞争吸附，导致氯苯转化率下降 【解析】 【分析】氯苯中氯原子的p轨道与苯环的大π键形成p-π共轭体系，使得C-Cl键的键长缩短，键能增大；物质的能量越低越稳定，故可通过图示的能量高低判断出对二氯苯热稳定性较好；对于平行反应，催化剂具有选择性，能改变不同反应的速率，从而提高目标产物的比例；由题意可知，氯苯与自由基（·OH）反应生成CO2、HCl和H2O，即可得出该反应的化学方程式为。 【小问1详解】 观察氯苯的结构图-1，氯原子的p轨道与苯环的大π键形成p-π共轭体系，使得C-Cl键的键长缩短，键能增大，因此氯苯难以发生水解反应，故答案为：氯原子的p轨道与苯环的大π键形成p-π共轭体系，使得C-Cl键的键长缩短，键能增大，碳氯键牢固。 【小问2详解】 物质的能量越低越稳定。由图-2可知，对二氯苯的能量比邻二氯苯的能量低，所以热稳定性较好的是对二氯苯。对于平行反应，催化剂具有选择性，能改变不同反应的速率，从而提高目标产物的比例。要提高邻二氯苯的比例，使用催化剂可以改变反应的活化能，从而改变反应的选择性。选择合适的催化剂，降低生成邻二氯苯反应的活化能，加快生成邻二氯苯的反应速率，从而提高邻二氯苯的比例，故答案为：对二氯苯或 1，4-二氯苯；使用生成邻二氯苯选择性高的催化剂。 【小问3详解】 由题意可知，氯苯与自由基（·OH）反应生成CO2、HCl和H2O，反应的化学方程式为。第三电极为活性炭细颗粒，活性炭细颗粒具有吸附性，对氯苯的吸附能力强，构成许多微小的电解池，产生·OH的速率加快从而加快了去除氯苯的速率，故答案为：；活性炭细颗粒对氯苯的吸附能力强，构成许多微小的电解池，产生·OH的速率加快从而加快了去除氯苯的速率。 【小问4详解】 在催化反应中，反应物需要吸附在催化剂表面才能发生反应，水蒸气的量会影响反应物的吸附情况，从而影响反应转化率。少量 H2O 可以和 O2产生·OH，加快了氯苯转化速率，但过多的 H2O 会和氯苯在催化剂表面形成竞争吸附，导致氯苯转化率下降，故答案为：少量 H2O 可以和 O2产生·OH，加快了氯苯转化速率，但过多的 H2O 会和氯苯在催化剂表面形成竞争吸附，导致氯苯转化率下降。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $