精品解析：江苏省常州市金坛区第一中学2025届高三下学期模拟预测（二模）化学试题

金坛区第一中学高三二模适应性检测 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Zn-65 一、单项选择题：本题包括13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项最符合题意 1. 中国“天宫”空间站运用的“黑科技”很多，下列对所涉及物质的性质描述错误的是 A. 被誉为“百变金刚”的太空机械臂主要成分为铝合金 B. “问天”实验舱采用了砷化镓太阳电池片，砷化镓具有良好的导电性 C. 核心舱配置的离子推进器以氙和氩气作为推进剂，氙和氩属于稀有气体 D. 太阳电池翼采用碳纤维框架和玻璃纤维网，二者均为无机非金属材料 2. X、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大，分别位于三个不同短周期，Y与M同主族，Y与Z核电荷数相差2，Z的原子最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法不正确的是 A. 键角： B. 分子的极性： C. 共价晶体熔点： D. 热稳定性： 3. 用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是 A. 图1鉴别纯碱与小苏打 B. 图2证明与水反应放热 C. 图3证明能与烧碱溶液反应 D. 图4探究钠与反应 4. 钠及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是 A. 钠暴露在空气中的物质转化：NaNa2O2NaOHNa2CO3 B. 侯氏制碱法生产过程中的物质转化：NaClNaHCO3Na2CO3 C. Na2O2与CO2反应为潜水艇供氧的原理：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2 D. NaHCO3与Al2(SO4)3反应用于灭火的原理：Al3++3HCO＝Al(OH)3↓+3CO2↑ 阅读材料，钒(V)有金属“维生素”之称。将NH4VO3溶液加热水解得到气体和H3VO4沉淀。H3VO4热分解可制V2O5。V2O5是强氧化剂，与盐酸反应生成VO2+和黄绿色气体，也可用作SO2氧化催化剂，SO2 (g)与O2(g)反应生成l mol SO3(g)释放98.3 kJ的热量。一种V2O5催化NH3脱除烟气中的NO的反应为4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)。碱性硼化钒(VB2)空气电池是一种高在能电池，放电时的总反应为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=4+8，回答问题。 5. 下列说法正确是 A. 、是钒的两种同素异形体 B. 中含有离子键和共价键 C. 1 mol中含有4 mol σ键 D. SO2中键角小于SO3中的键角 6. 关于反应4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) ，下列说法正确的是 A. 该反应能自发进行 B. 该反应的平衡常数 C. 反应物所含键能总和大于生成物所含键能总和 D. 上述反应中生成l mol N2，转移电子数目为6×6.02×1023 7. 下列化学反应表示不正确的是。 A. NH4VO3加热充分水解的化学方程式：NH4VO3+H2OH3VO4↓+NH3↑ B. V2O5与盐酸反应的离子方程式：V2O5+2Cl-+6H+=2VO2++Cl2↑+3H2O C. 碱性硼化钒一空气电池的负极反应式：VB2-11e-+12H2O=+ +16H+ D. SO2催化氧化的热化学方程式：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) -196.6kJ·mol-1 8. 科学家使用研制了一种可充电电池(如图所示)。电池工作一段时间后，电极上检测到和少量。下列叙述正确的是 A. 充电时，向阳极方向迁移 B. 充电时，会发生反应 C. 放电时，正极反应有 D. 放电时，电极质量减少，电极生成了 9. 在现有工业路线基础上，研究者提出一条“绿色”合成己二酸的路线，下列说法正确的是 A. 环己醇与乙醇互为同系物 B. 苯与溴水混合，充分振荡后静置，下层溶液呈橙红色 C. 环己烷分子中所有碳原子共平面 D. 己二酸与溶液反应有生成 10. 现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：， 用该溶液做实验，溶液的颜色变化如图： (已知呈粉红色，呈蓝色，为无色) 以下结论和解释正确的是 A. 等物质的量的和中σ键数之比为3：2 B. 由实验①可推知△H<0 C. 实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动 D. 由实验③可知配离子的稳定性： 11. 亚硝酸钠俗称“工业盐”，其外观、口感与食盐相似，人若误服会中毒。现将适量某样品(成分为亚硝酸钠或氯化钠)溶于水配成溶液，分别取少量该溶液于试管中进行实验。下列方案设计、现象和结论都正确的是 方案设计 现象和结论 A 先加入少量溶液，再加溶液和足量稀硝酸，振荡 若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠 B 加到少量溶液中，再加硫酸酸化，振荡 若溶液褪色，则样品为亚硝酸钠 C 先加到少量溶液中，再加入稀盐酸酸化，振荡 若溶液变黄色，则样品为亚硝酸钠 D 先加入少量溶液，再加入溶液和稀硝酸，振荡 若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠 A. A B. B C. C D. D 12. 室温下，用含有少量的溶液制备的过程如下。下列说法正确的是 A. 溶液中： B. 溶液中： C. “过滤”所得滤液中： D. “过滤”所得滤液中： 13. 用草酸二甲酯 (H3COOCCOOCH3)和氢气为原料制备乙二醇的反应原理如下：① ，② 在条件下，将氢气和草酸二甲酯体积比(氢酯比)为的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，草酸二甲酯的转化率、产物的选择性与温度的关系如下图所示。产物的选择性。下列说法不正确的是 A. 曲线I表示草酸二甲酯的转化率随温度的变化 B. 其他条件不变，增大压强或升高温度，草酸二甲酯的平衡转化率均增大 C. 其他条件不变，在温度范围，随着温度升高，出口处乙醇酸甲酯的量不断增大 D. 其他条件不变，在温度范围，随着温度升高，出口处甲醇和乙二醇的物质的量之比逐渐减小且大于2 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 硫代硫酸钠(Na2S2O3)可与Cu2＋、Ag＋、Au＋等离子形成配合物；也可被一定浓度的Cu2＋氧化，反应为2Cu2＋＋6S2O2[Cu(S2O3)2]3-＋S4O。 （1）Na2S2O3可与胶卷上未感光的AgBr配位使其溶解。 已知：Ag＋＋2S2O [Ag(S2O3)2]3-　K=3.7×1013；Ksp(AgBr)=5.4×10-13。 反应AgBr＋2S2O [Ag(S2O3)2]3-＋Br-的平衡常数K=___________。 （2）Na2S2O3溶液可浸取金矿石(含FeAsS和FeS2)中的Au。Au的熔点为1 064 ℃，难被氧化。 ① 矿石需在空气中焙烧使Au暴露，便于后继浸取，此时部分FeAsS分解生成As。700 ℃时Au部分焙化，原因是___________；焙烧时加入适量CaCO3的目的是___________。 ② 在空气中，Na2S2O3溶液与Au反应生成[Au(S2O3)2]3-，离子方程式为___________。 ③ Na2S2O3溶液中加入一定量的CuSO4溶液和氨水溶液，可使单位时间内的Au浸取率大幅提高，反应机理如图1所示，该过程可描述为___________。当其他条件相同时，Cu2＋浓度对Au浸取率的影响如图2所示。随着c(Cu2＋)增大，Au浸取率先增大后下降的可能原因是___________。 ④ Na2S2O3溶液的浓度对Au浸取率的影响如图3所示。c(S2O)>0.4 mol·L-1时，加入CuSO4氨水的体系中Au浸出率下降，且溶液中c(S4O)未明显增大，其可能原因是___________。 15. 化合物H具有抗菌、消炎、降血压等多种功效，其合成路线如图： （1）A→B的反应类型为____。 （2）F分子中碳原子轨道杂化类型有____种。 （3）D的分子式为C10H11O2Cl，写出D的结构简式：____。 （4）E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：____。 ①分子中含苯环和碳氮双键，能发生银镜反应； ②分子中有4种不同化学环境的氢原子。 （5）设计以、乙烯为原料制备的合成路线(无机试剂和有机溶剂任选，合成路线示例见本题题干)____。 16. 工业上可由菱锌矿(主要成分为，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备ZnO。工艺如图所示： 已知：①“酸浸”后的溶液，所含金属离子主要有。 ②弱酸性溶液中氧化时，产物中含Mn元素物质只有。 （1）“氧化除杂”时，与的离子方程式为_______。 （2）“沉锌”生成碱式碳酸锌沉淀，写出生成该沉淀的化学方程式：_______。 （3）“高温灼烧”后获得ZnO。已知ZnO的一种晶体晶胞是立方晶胞(如图)，请在下图中画出该晶胞沿z轴方向的平面投影图_______。 （4）测定氧化锌样品纯度(杂质不参与反应)：称取1.000g样品，酸溶后，配制成250mL溶液。用移液管移取25.00mL溶液于锥形瓶，调节pH至7~8，加入几滴铬黑T(用表示)做指示剂，用的标准液滴定其中的(反应方程式为，)，平行滴定三次，平均消耗EDTA标准液15.12mL。(已知呈蓝色、呈无色、呈酒红色)。 ①滴定终点时的现象为_______。 ②计算ZnO样品的纯度_______。(保留四位有效数字，写出计算过程) （5）经加热脱水制得的纯度不高，实验室可由固体四水醋酸锰和液体乙酰氯经过室温除水、加热回流等步骤制得高纯，涉及的主要反应有、。为获得较高产率的高纯，请补充实验方案：取四水醋酸锰24.5g(0.1mol)和50mL苯置于烧瓶中，边搅拌边加入_______，充分反应后过滤，_______，干燥，得到。[供选择的试剂：(的体积约7mL)、苯、水] 17. 载人航天器中用萨巴蒂尔(Sabatier)反应将转化为和，配合水的电解实现氢气和氧气的再生。 （1）萨巴蒂尔反应为：，利用萨巴蒂尔反应再生制氧气的大体流程如图所示。 ①右侧流程中，化合价发生改变的元素有_______。 ②已知和的燃烧热分别是，， ，则： _______。 （2）萨巴蒂尔反应在300-400℃时转化率较高，副反应主要有： ，催化加制的反应历程如图所示。 用代替，通过检测生成的水中含有、、HDO，可能的原因有_______。 （3）一种铜基催化KOH、尿素无膜电解系统用于电解水，可以低成本生产氢气。相同条件下，恒定通过电解池电量，电解得到的部分氧化产物在不同电解电压时的法拉第效率(FE%)如图所示。(法拉第效率：) ①当电解电压为时，阳极同时生成和的电极反应式为：_______。 ②不同电流密度下，阴极产物的法拉第效率和的生成速率如图所示。电流密度大于时，的法拉第效率降低的原因可能是：_______。 （4）ZnO有棒状)、片状两种。均可用作选择性加氢转化为的催化剂。在ZnO催化剂存在下，将与混合，同时发生以下两个反应： 反应I 反应II 控制一定的和初始投料比，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据(其中“甲醇选择性”是指转化的中生成甲醇的百分比) 已知：p-ZnO表面合成生成活化能，r-ZnO表面合成的生成活化能 ①在280~320℃范围内，相同催化剂条件下，随温度升高，与CO的产率均提高，而甲醇的选择性降低的可能原因是_______； ②在280~320℃范围内，比较图a和图b两种ZnO催化剂催化加氢性能，说明在加氢合成甲醇时优先选用p-ZnO催化剂的原因：_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 金坛区第一中学高三二模适应性检测 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Zn-65 一、单项选择题：本题包括13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项最符合题意 1. 中国“天宫”空间站运用的“黑科技”很多，下列对所涉及物质的性质描述错误的是 A. 被誉为“百变金刚”的太空机械臂主要成分为铝合金 B. “问天”实验舱采用了砷化镓太阳电池片，砷化镓具有良好的导电性 C. 核心舱配置的离子推进器以氙和氩气作为推进剂，氙和氩属于稀有气体 D. 太阳电池翼采用碳纤维框架和玻璃纤维网，二者均为无机非金属材料 【答案】B 【解析】 【详解】A．太空机械臂主要成分为性能优良的铝合金，其强度大于纯铝，故A正确； B．砷化镓是性能优良的半导体，不具有良好的导电性，故B错误； C．氙和氩都是位于元素周期表0族的稀有气体，故C正确； D．碳纤维框架和玻璃纤维网都是性能优良无机非金属材料，故D正确； 故选B。 2. X、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大，分别位于三个不同短周期，Y与M同主族，Y与Z核电荷数相差2，Z的原子最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法不正确的是 A. 键角： B. 分子的极性： C. 共价晶体熔点： D. 热稳定性： 【答案】B 【解析】 【分析】X、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大，分别位于三个不同短周期，Y与M同主族，Y与Z核电荷数相差2，Z的原子最外层电子数是内层电子数的3倍，则Z为O元素，Y为C元素，X为H元素，M为Si元素。 【详解】A．为，其中C原子的杂化类型为，的空间构型为平面正三角形，键角为120°；为，其中C原子的杂化类型为，的空间构型为三角锥形，由于C原子还有1个孤电子对，故键角小于109°28´，因此，键角的大小关系为，A正确； B．为，其为直线形分子，分子结构对称，分子中正负电荷的重心是重合的，故其为百极性分子；分子结构不对称，分子中正负电荷的重心是不重合的，故其为极性分子，因此，两者极性的大小关系为，B不正确； C．金则石和晶体硅均为共价晶体，但是由于C的原子半径小于Si，因此，C—C键的键能大于Si—Si键的，故共价晶体熔点较高的是金刚石，C正确； D．元素非金属性越强，其气态氢化物的热稳定性越强；C的非金属性强于Si，因此，甲烷的稳定热稳定性较高，D正确； 综上所述，本题选B。 3. 用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是 A. 图1鉴别纯碱与小苏打 B. 图2证明与水反应放热 C 图3证明能与烧碱溶液反应 D. 图4探究钠与反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．加热固体试剂，试管口应略向下倾斜，故选A； B．向包有过氧化钠的脱脂棉滴2滴水，脱脂棉燃烧，证明与水反应放热，故不选B； C．锥形瓶中滴入氢氧化钠溶液，若气球膨胀，说明锥形瓶内气体减少，证明能与烧碱溶液反应，故不选C； D．氯气通过热的金属钠，玻璃管内有白烟生成，说明钠与发生反应，故不选D； 选A。 4. 钠及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是 A. 钠暴露在空气中的物质转化：NaNa2O2NaOHNa2CO3 B. 侯氏制碱法生产过程中的物质转化：NaClNaHCO3Na2CO3 C. Na2O2与CO2反应为潜水艇供氧的原理：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2 D. NaHCO3与Al2(SO4)3反应用于灭火的原理：Al3++3HCO＝Al(OH)3↓+3CO2↑ 【答案】A 【解析】 【详解】A．钠暴露在空气中不能转化为Na2O2，生成氧化钠，A项错误； B．侯氏制碱是将氨气先通入饱和食盐水，再通入CO2生成NaHCO3，NaCl (饱和)+NH3+CO2+H2O＝NH4Cl+NaHCO3↓，加热NaHCO3生成Na2CO3，B项正确； C．Na2O2与CO2为潜水艇供氧的原理为2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，C项正确； D．泡沫灭火器的反应原理为Al3++＝Al(OH)3↓+3CO2↑，D项正确； 故答案为：A。 阅读材料，钒(V)有金属“维生素”之称。将NH4VO3溶液加热水解得到气体和H3VO4沉淀。H3VO4热分解可制V2O5。V2O5是强氧化剂，与盐酸反应生成VO2+和黄绿色气体，也可用作SO2氧化的催化剂，SO2 (g)与O2(g)反应生成l mol SO3(g)释放98.3 kJ的热量。一种V2O5催化NH3脱除烟气中的NO的反应为4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)。碱性硼化钒(VB2)空气电池是一种高在能电池，放电时的总反应为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=4+8，回答问题。 5. 下列说法正确的是 A. 、是钒的两种同素异形体 B. 中含有离子键和共价键 C. 1 mol中含有4 mol σ键 D. SO2中键角小于SO3中的键角 6. 关于反应4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) ，下列说法正确是 A. 该反应能自发进行 B. 该反应的平衡常数 C. 反应物所含键能总和大于生成物所含键能总和 D. 上述反应中生成l mol N2，转移电子数目为6×6.02×1023 7. 下列化学反应表示不正确的是。 A. NH4VO3加热充分水解的化学方程式：NH4VO3+H2OH3VO4↓+NH3↑ B. V2O5与盐酸反应的离子方程式：V2O5+2Cl-+6H+=2VO2++Cl2↑+3H2O C. 碱性硼化钒一空气电池的负极反应式：VB2-11e-+12H2O=+ +16H+ D. SO2催化氧化的热化学方程式：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) -196.6kJ·mol-1 【答案】5. D 6. A 7. C 【解析】 【5题详解】 A．、质子数相同，中子数不同，是钒的两种同位素，A错误； B．是阳离子，含有N-H极性共价键，离子键是阴阳离子之间的相互作用力，其不含有离子键，B错误； C．1 mol 中含有(4 +4)mol=8mol σ键，C错误； D．SO2中心原子孤电子对数=、价层电子对数=2+1=3，故为sp2杂化、空间构型为V形，SO3中心原子孤电子对数=、价层电子对数=3+0=3，故为sp2杂化、空间构型为平面正三角形，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大键角越小，则分子中键角小于分子中键角，D正确； 故选D； 【6题详解】 A．此反应的ΔH<0，ΔS>O，根据吉布斯自由能 △G=ΔH-TΔS<0，该反应在任何温条件下都能自发进行，A正确； B．气态水的浓度会发生变化，应写入表达式中，该反应的平衡常数，B错误； C．ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和<0，可得反应物的键能总和小于生成物的键能总和，C错误； D．该反应每生成5个氮气分子，4个NH3分子中的氮元素由-3价升高到0价，转移12个电子，由此可得到关系式，生成l mol N2，转移电子数目为2.4×6.02×1023，D错误； 故选A； 【7题详解】 A．NH4VO3溶液加热水解得到气体和H3VO4沉淀，根据元素守恒可知，该气体为氨气，则该化学方程式为：NH4VO3+H2OH3VO4↓+NH3↑，A正确； B．V2O5是强氧化剂，与盐酸反应生成VO2+和黄绿色气体氯气，离子方程式为：V2O5+2Cl-+6H+=2VO2++Cl2↑+3H2O，B正确； C．碱性条件下，不能存在氢离子，负极的反应为：VB2-11e-+16OH-=+ +4H2O，C错误； D．SO2 (g)与O2(g)反应生成l mol SO3(g)释放98.3 kJ的热量，则生成2mol SO3(g)释放196.6kJ的热量，则热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)   -196.6kJ·mol-1，D正确； 故选C。 8. 科学家使用研制了一种可充电电池(如图所示)。电池工作一段时间后，电极上检测到和少量。下列叙述正确的是 A. 充电时，向阳极方向迁移 B. 充电时，会发生反应 C. 放电时，正极反应有 D. 放电时，电极质量减少，电极生成了 【答案】C 【解析】 【分析】Zn具有比较强的还原性，具有比较强的氧化性，自发的氧化还原反应发生在Zn与MnO2之间，所以电极为正极，Zn电极为负极，则充电时电极为阳极、Zn电极为阴极。 【详解】A．充电时该装置为电解池，电解池中阳离子向阴极迁移，即向阴极方向迁移，A不正确； B．放电时，负极的电极反应为，则充电时阴极反应为Zn2++2e-=Zn，即充电时Zn元素化合价应降低，而选项中Zn元素化合价升高，B不正确； C．放电时电极为正极，正极上检测到和少量，则正极上主要发生的电极反应是，C正确； D．放电时，Zn电极质量减少0.65g（物质的量为0.010mol），电路中转移0.020mol电子，由正极的主要反应可知，若正极上只有生成，则生成的物质的量为0.020mol，但是正极上还有生成，因此，的物质的量小于0.020mol，D不正确； 综上所述，本题选C。 9. 在现有工业路线基础上，研究者提出一条“绿色”合成己二酸的路线，下列说法正确的是 A. 环己醇与乙醇互为同系物 B. 苯与溴水混合，充分振荡后静置，下层溶液呈橙红色 C. 环己烷分子中所有碳原子共平面 D. 己二酸与溶液反应有生成 【答案】D 【解析】 【详解】A．环己醇含有六元碳环，和乙醇结构不相似，分子组成也不相差若干CH2原子团，不互为同系物，A错误； B．苯的密度比水小，苯与溴水混合，充分振荡后静置，有机层在上层，应是上层溶液呈橙红色，B错误； C．环己烷分子中的碳原子均为饱和碳原子，与每个碳原子直接相连的4个原子形成四面体结构，因此所有碳原子不可能共平面，C错误； D．己二酸分子中含有羧基，羧酸的酸性比碳酸强，故己二酸与溶液反应有生成，D正确； 故选D。 10. 现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：， 用该溶液做实验，溶液的颜色变化如图： (已知呈粉红色，呈蓝色，为无色) 以下结论和解释正确的是 A. 等物质的量的和中σ键数之比为3：2 B. 由实验①可推知△H<0 C. 实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动 D. 由实验③可知配离子的稳定性： 【答案】D 【解析】 【详解】A．对于[Co(H2O)6]2+，水和中心离子形成了6个配位键，为σ键，同时每个水分子当中又有2个H-O键，也是σ键，总共18个σ键；对于[CoCl4]2-，氯和中心离子形成了4个配位键，总共4个σ键；故等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中σ键数之比为：18∶4=9∶2，A错误； B．由实验①可知，降低温度，溶液颜色由蓝色变为粉红色，平衡逆向移动，则反应逆向为放热反应，正向为吸热反应，ΔH＞0，B错误； C．水为纯液体，其浓度不发生变化，②中加水稀释蓝色溶液变为粉红色溶液是因为加水稀释后离子浓度变小，导致，平衡逆向移动，C错误； D．由实验③可知，加入氯化锌固体，溶液颜色由蓝色变为粉红色，说明锌离子和氯离子结合生成[ZnCl4]2-，溶液中氯离子浓度减小，平衡逆向移动，配离子的稳定性：[ZnCl4]2-＞[CoCl4]2-，D正确； 故选D。 11. 亚硝酸钠俗称“工业盐”，其外观、口感与食盐相似，人若误服会中毒。现将适量某样品(成分为亚硝酸钠或氯化钠)溶于水配成溶液，分别取少量该溶液于试管中进行实验。下列方案设计、现象和结论都正确的是 方案设计 现象和结论 A 先加入少量溶液，再加溶液和足量稀硝酸，振荡 若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠 B 加到少量溶液中，再加硫酸酸化，振荡 若溶液褪色，则样品为亚硝酸钠 C 先加到少量溶液中，再加入稀盐酸酸化，振荡 若溶液变黄色，则样品为亚硝酸钠 D 先加入少量溶液，再加入溶液和稀硝酸，振荡 若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．样品若为NaCl，依然会出现白色沉淀，A错误； B．氯化钠电离出的氯离子也可以被酸性高锰酸钾氧化，而使其褪色，B错误； C．亚硝酸有氧化性，可以把二价铁氧化三价铁，溶液变为黄色，C正确； D．稀硝酸可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，再加入氯化钡可以生成硫酸钡白色沉淀，D错误； 故选C。 12. 室温下，用含有少量的溶液制备的过程如下。下列说法正确的是 A. 溶液中： B. 溶液中： C. “过滤”所得滤液中： D. “过滤”所得滤液中： 【答案】C 【解析】 【分析】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。 【详解】A．在次氯酸钠溶液中，根据电荷守恒可知，A错误； B．在NH4HCO3中存在质子守恒：，B错误； C．过滤之后的滤液为(NH4)2CO3，根据物料守恒，铵根离子以及水解产生的一水合氨分子的浓度之和等于碳酸氢根离子、电离产生的碳酸根离子、水解产生的碳酸分子的浓度之和的2倍，则为，所以，C正确； D．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，D错误； 故选C。 13. 用草酸二甲酯 (H3COOCCOOCH3)和氢气为原料制备乙二醇的反应原理如下：① ，② 在条件下，将氢气和草酸二甲酯体积比(氢酯比)为的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，草酸二甲酯的转化率、产物的选择性与温度的关系如下图所示。产物的选择性。下列说法不正确的是 A. 曲线I表示草酸二甲酯的转化率随温度的变化 B. 其他条件不变，增大压强或升高温度，草酸二甲酯的平衡转化率均增大 C. 其他条件不变，在温度范围，随着温度升高，出口处乙醇酸甲酯的量不断增大 D. 其他条件不变，在温度范围，随着温度升高，出口处甲醇和乙二醇的物质的量之比逐渐减小且大于2 【答案】B 【解析】 【详解】A． 当曲线乙醇酸甲酯选择性为50%时，曲线Ⅱ对应的选择性恰好为50%，而乙二醇的选择性此时应为50%，故曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性随温度的变化，则曲线I表示草酸二甲酯的转化率随温度的变化，故A正确； B．两个反应△H均小于0，即两反应均为放热反应，当升高温度时，平衡向逆反应方向移动，草酸二甲酯的平衡转化率减小，故B说法错误； C．由图可知，在190-195℃温度范围，随着温度升高，草酸二甲酯的转化率升高，乙醇酸甲酯的选择性几乎不变，故出口乙醇酸甲酯的量会不断增多，故C说法正确； D．在190-210℃温度范围，随着温度升高，由图可知，草酸二甲酯的转化率不断增大，乙二醇的选择性不断增大，出口处的值减小，反应①+反应②得，即当乙醇酸甲酯完全转化时的值为2，所以的值大于2，故D正确； 答案选B。 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 硫代硫酸钠(Na2S2O3)可与Cu2＋、Ag＋、Au＋等离子形成配合物；也可被一定浓度的Cu2＋氧化，反应为2Cu2＋＋6S2O2[Cu(S2O3)2]3-＋S4O。 （1）Na2S2O3可与胶卷上未感光的AgBr配位使其溶解。 已知：Ag＋＋2S2O [Ag(S2O3)2]3-　K=3.7×1013；Ksp(AgBr)=5.4×10-13。 反应AgBr＋2S2O [Ag(S2O3)2]3-＋Br-的平衡常数K=___________。 （2）Na2S2O3溶液可浸取金矿石(含FeAsS和FeS2)中的Au。Au的熔点为1 064 ℃，难被氧化。 ① 矿石需在空气中焙烧使Au暴露，便于后继浸取，此时部分FeAsS分解生成As。700 ℃时Au部分焙化，原因是___________；焙烧时加入适量CaCO3的目的是___________。 ② 在空气中，Na2S2O3溶液与Au反应生成[Au(S2O3)2]3-，离子方程式为___________。 ③ Na2S2O3溶液中加入一定量的CuSO4溶液和氨水溶液，可使单位时间内的Au浸取率大幅提高，反应机理如图1所示，该过程可描述为___________。当其他条件相同时，Cu2＋浓度对Au浸取率的影响如图2所示。随着c(Cu2＋)增大，Au浸取率先增大后下降的可能原因是___________。 ④ Na2S2O3溶液的浓度对Au浸取率的影响如图3所示。c(S2O)>0.4 mol·L-1时，加入CuSO4氨水的体系中Au浸出率下降，且溶液中c(S4O)未明显增大，其可能原因是___________。 【答案】（1）19.98或3.7×5.4 （2） ①. 分解生成的As和Au形成合金，使熔点降低 ②. 吸收焙烧时生成的SO2，防止污染环境 ③. 8S2O＋O2＋4Au＋2H2O=4[Au(S2O3)2]3-＋4OH- ④. Au失去电子后与S2O生成[Au(S2O3)2]3-，CuSO4和氨水反应生成的[Cu(NH3)4]2＋得到电子生成[Cu(NH3)2]＋，[Cu(NH3)2]＋被O2氧化重新生成[Cu(NH3)4]2＋，[Cu(NH3)4]2＋在反应中起催化作用 ⑤. c(Cu2＋)<0.03 mol·L-1时，随着c(Cu2＋)增大，[Cu(NH3)4]2＋的浓度增大，浸金速率增大；c(Cu2＋)>0.03 mol·L-1时，Cu2＋消耗S2O，c(S2O)减小，浸金速率减小 ⑥. c(S2O)增大，Cu2＋与S2O络合，Cu2＋＋4NH3[Cu(NH3)4]2＋平衡逆向移动，[Cu(NH3)4]2＋浓度减小，Au浸取率下降 【解析】 【小问1详解】 由离子方程式可得=； 【小问2详解】 ①Au与As在焙烧过程中形成合金，使其熔点降低，则原因是：分解生成的As和Au形成合金，使熔点降低；焙烧过程中有SO2生成，因此加入适量CaCO3能够吸收SO2，防止空气污染； ②在空气中，Na2S2O3溶液与Au反应生成[Au(S2O3)2]3-，相应的离子方程式为：8S2O＋O2＋4Au＋2H2O=4[Au(S2O3)2]3-＋4OH-； ③由图可知，Au失去电子后与S2O反应生成[Au(S2O3)2]3-，硫酸铜和氨水反应生成的四氨合铜离子得到电子生成[Cu(NH3)2]＋，[Cu(NH3)2]＋被O2氧化重新生成[Cu(NH3)4]2＋，[Cu(NH3)4]2＋在反应中起催化作用；由上一问分析可知，[Cu(NH3)4]2＋在反应中起催化作用，而且铜离子可以和氨水反应生成的[Cu(NH3)4]2＋，故Au浸取率先增大后下降的可能原因是：c(Cu2＋)<0.03 mol·L-1时，随着c(Cu2＋)增大，[Cu(NH3)4]2＋的浓度增大，浸金速率增大；c(Cu2＋)>0.03 mol·L-1时，Cu2＋消耗S2O，c(S2O)减小，浸金速率减小； ④可以从浓度对平衡的影响的角度分析，则可能原因是：c(S2O)增大，Cu2＋与S2O络合，Cu2＋＋4NH3[Cu(NH3)4]2＋平衡逆向移动，[Cu(NH3)4]2＋浓度减小，Au浸取率下降。 15. 化合物H具有抗菌、消炎、降血压等多种功效，其合成路线如图： （1）A→B的反应类型为____。 （2）F分子中碳原子的轨道杂化类型有____种。 （3）D的分子式为C10H11O2Cl，写出D的结构简式：____。 （4）E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：____。 ①分子中含苯环和碳氮双键，能发生银镜反应； ②分子中有4种不同化学环境的氢原子。 （5）设计以、乙烯为原料制备的合成路线(无机试剂和有机溶剂任选，合成路线示例见本题题干)____。 【答案】（1）取代反应 （2）3 （3） （4）或或或或 或 （5） 【解析】 【分析】对比A、B的结构简式，A→B发生了取代反应，C和B相比较，B结构上的酯基分成了两个取代基，一个是酚羟基，一个酮羰基， C→D→E过程中，可知在C的结构上引入了一个取代基，根据反应条件以及D的分子式，可推测D的结构简式是，E→F的过程中先发生了加成、后发生了消去，F→G，酚羟基和双键相连形成环状，G→H，结构中的氰基水解成了羧基。 【小问1详解】 B可以看成是取代了A结构中酚羟基上的H原子，故A→B的反应类型为取代反应。 【小问2详解】 F的结构简式为，苯环上的碳原子采取的是sp2杂化，甲基上的碳原子采取的是sp3杂化，碳碳双键上的碳原子采取的是sp2杂化，-CN上的碳原子采取的sp杂化，-CH2-中的碳原子采取的是sp3杂化，故F分子中碳原子的轨道杂化类型有3种。 【小问3详解】 D的分子式为C10H11O2C1， D和NaCN反应得到E， E的结构简式相对于C来说，在苯环上多了一个取代基-CH2-CN，通过D→E反应的条件，取代基-CH2-CN可以看成是-CN取代了-CH2X上的一个原子，结合C→E的反应条件和D的分子式，可知X原子应是C1，则D的结构简式相对于C来说，在苯环上多了一个取代基-CH2Cl，所以D的结构简式为。 【小问4详解】 E的一种同分异构体满足分子中含苯环和碳氮双键，能发生银镜反应，说明有取代基-CHO，有结构，结合E的结构简式和分子式C11H11O2N，可知其不饱和度为7， 同分异构体的不饱和度是相同的，已知一个苯环中的不饱和度为4，一个醛基中的不饱和度为1，一个的不饱和度也为1，从结构简式可以看出分子中只有一个N原子，也就是说其同分异构体中只能有一个，根据不饱和度数，其结构中必然含有2个醛基，另外分子中有4种不同化学环境的氢原子，醛基中有1种，若连接的H原子是1种，苯环上有1种，还有1种根据剩余的碳氢原子个数，说明结构中还有2个甲基，这样苯环上就有2个醛基，2个甲基，和一个，故满足条件的同分异构体有、 ，移动甲基又有、 ，移动醛基又有 、。 【小问5详解】 由H的合成路线F→G可知，要合成出，就要利用原料合成出 ，要合成出，通过E→F可知，要利用原料合成出 和CH3CHO，通过路线B→C可知，要合成出，就需要，要合成出CH3CHO，可利用我们熟悉的乙烯制乙醇，乙醇制乙醛来合成，故合成路线如下：。 16. 工业上可由菱锌矿(主要成分为，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备ZnO。工艺如图所示： 已知：①“酸浸”后的溶液，所含金属离子主要有。 ②弱酸性溶液中氧化时，产物中含Mn元素物质只有。 （1）“氧化除杂”时，与的离子方程式为_______。 （2）“沉锌”生成碱式碳酸锌沉淀，写出生成该沉淀的化学方程式：_______。 （3）“高温灼烧”后获得ZnO。已知ZnO的一种晶体晶胞是立方晶胞(如图)，请在下图中画出该晶胞沿z轴方向的平面投影图_______。 （4）测定氧化锌样品纯度(杂质不参与反应)：称取1.000g样品，酸溶后，配制成250mL溶液。用移液管移取25.00mL溶液于锥形瓶，调节pH至7~8，加入几滴铬黑T(用表示)做指示剂，用的标准液滴定其中的(反应方程式为，)，平行滴定三次，平均消耗EDTA标准液15.12mL。(已知呈蓝色、呈无色、呈酒红色)。 ①滴定终点时的现象为_______。 ②计算ZnO样品的纯度_______。(保留四位有效数字，写出计算过程) （5）经加热脱水制得的纯度不高，实验室可由固体四水醋酸锰和液体乙酰氯经过室温除水、加热回流等步骤制得高纯，涉及的主要反应有、。为获得较高产率的高纯，请补充实验方案：取四水醋酸锰24.5g(0.1mol)和50mL苯置于烧瓶中，边搅拌边加入_______，充分反应后过滤，_______，干燥，得到。[供选择的试剂：(的体积约7mL)、苯、水] 【答案】（1）2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+ （2）3ZnSO4+3Na2CO3+4H2O= ZnCO3⋅2Zn(OH)2⋅2H2O↓+2CO2↑+3Na2SO4 （3） （4） ①. 加入最后半滴标准液，溶液由酒红色变为蓝色，且30s不变色 ②. 97.98% （5） ①. 42mL，当烧瓶中白雾明显减少后，加热回流至烧瓶中固体不再增加 ②. 用少量苯洗涤2~3次 【解析】 【分析】菱锌矿主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素。加入稀硫酸“酸浸”后得到含Zn2+ 、Fe3+、Cd2+、Mn2+、Ni2+的滤液，滤渣为不溶于酸的杂质，滤液用ZnO调节pH后使铁离子转化为Fe(OH)3，加入KMnO4“氧化除杂”使锰离子转化为MnO2，除去Fe3+、Mn2+；接着“还原除杂”除去Ni2+、Cd2+；最后向含ZnSO4的溶液中加入Na2CO3溶液生成ZnCO3⋅2Zn(OH)2⋅2H2O沉淀，碱式碳酸锌经“高温灼烧”得到ZnO。 【小问1详解】 在“氧化除杂”时，KMnO4与Mn2+发生氧化还原反应产生MnO2，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。故答案为：2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+； 【小问2详解】 向含ZnSO4的溶液中加入Na2CO3溶液生成ZnCO3⋅2Zn(OH)2⋅2H2O沉淀，Na2CO3水解呈碱性，Zn2+与OH-和CO反应生成碱式碳酸锌沉淀，反应方程式为3ZnSO4+3Na2CO3+4H2O= ZnCO3⋅2Zn(OH)2⋅2H2O↓+2CO2↑+3Na2SO4；故答案为：3ZnSO4+3Na2CO3+4H2O= ZnCO3⋅2Zn(OH)2⋅2H2O↓+2CO2↑+3Na2SO4； 【小问3详解】 观察题给晶胞结构可知，晶胞在z轴的投影情况是锌原子位于正方形的四个顶点上、四条棱的中心和面心上，4个氧原子分别位于面对角线离顶点 处，可用图示表示为。故答案为：； 【小问4详解】 ①滴入Na2H2Y标准溶液前，Zn2+与X-形成ZnX+使溶液呈酒红色，达到滴定终点时，Zn2+被完全消耗生成无色的ZnY2-，溶液中含有X-而呈蓝色，由此可得出滴定终点时的现象为：加入最后半滴标准液，溶液由酒红色变为蓝色，且30s不变色。故答案为：加入最后半滴标准液，溶液由酒红色变为蓝色，且30s不变色； ②根据滴定原理可得关系式ZnO~Zn2+~H2Y2-，则产品中 ，故ZnO的含量为 97.98%，故答案为：97.98%； 【小问5详解】 固体四水醋酸锰和液体乙酰氯经过室温除水，发生反应，当烧瓶中白雾明显减少后，加热回流发生反应，得固体和有机液体混合物，过滤，用苯洗涤除去表面的有机杂质，制得高纯。为获得较高产率的高纯，实验方案如下：取四水醋酸锰24.5g(0.1mol)和50mL苯置于烧瓶中，边搅拌边加入7mL，当烧瓶中白雾明显减少后，加热回流至烧瓶中固体不再增加，充分反应后过滤，用少量苯洗涤2~3次，干燥，得到。故答案为：7mL，当烧瓶中白雾明显减少后，加热回流至烧瓶中固体不再增加；用少量苯洗涤2~3次。 17. 载人航天器中用萨巴蒂尔(Sabatier)反应将转化为和，配合水的电解实现氢气和氧气的再生。 （1）萨巴蒂尔反应为：，利用萨巴蒂尔反应再生制氧气的大体流程如图所示。 ①右侧流程中，化合价发生改变的元素有_______。 ②已知和的燃烧热分别是，， ，则： _______。 （2）萨巴蒂尔反应在300-400℃时转化率较高，副反应主要有： ，催化加制的反应历程如图所示。 用代替，通过检测生成的水中含有、、HDO，可能的原因有_______。 （3）一种铜基催化KOH、尿素无膜电解系统用于电解水，可以低成本生产氢气。相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分氧化产物在不同电解电压时的法拉第效率(FE%)如图所示。(法拉第效率：) ①当电解电压为时，阳极同时生成和的电极反应式为：_______。 ②不同电流密度下，阴极产物的法拉第效率和的生成速率如图所示。电流密度大于时，的法拉第效率降低的原因可能是：_______。 （4）ZnO有棒状)、片状两种。均可用作选择性加氢转化为的催化剂。在ZnO催化剂存在下，将与混合，同时发生以下两个反应： 反应I 反应II 控制一定的和初始投料比，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据(其中“甲醇选择性”是指转化的中生成甲醇的百分比) 已知：p-ZnO表面合成的生成活化能，r-ZnO表面合成的生成活化能 ①在280~320℃范围内，相同催化剂条件下，随温度升高，与CO的产率均提高，而甲醇的选择性降低的可能原因是_______； ②在280~320℃范围内，比较图a和图b两种ZnO催化剂催化加氢性能，说明在加氢合成甲醇时优先选用p-ZnO催化剂的原因：_______。 【答案】（1） ①. C、H、O ②. （2）催化剂中含有H原子，且历程中反应是可逆反应 （3） ①. ②. 由于电流密度较大时，阳极产生的浓度大，扩散到阴极得电子，使得H2的法拉第效率降低 （4） ①. 反应Ⅰ和反应Ⅱ的速率均随温度升高而加快（产率提高），但反应Ⅱ（吸热）速率增加幅度更大（或平衡正向移动更显著），导致生成CO的比例增加，甲醇选择性降低 ②. 选用p-ZnO催化剂使反应Ⅰ速率快，在相同时间内生成的甲醇多 【解析】 【小问1详解】 ①在上述流程中，发生的主要反应为和，故化合价发生改变的元素有C、H、O； ②已知和的燃烧热分别是，，则反应I ，Ⅱ，Ⅲ ，由盖斯定律可知，I×4-Ⅱ+Ⅲ×2得： 【小问2详解】 由图知，催化剂中含有H原子，且历程中反应是可逆反应，所以若用D2代替H2，生成的水中含有H2O、D2O、HDO； 【小问3详解】 ①由图知，当电解电压为U5时，和法拉第效率各为49%，两者的物质的量之比为1∶1，则阳极由KOH和尿素同时生成和的电极反应式为：； ②由于电流密度较大时，阳极产生的浓度大，扩散到阴极得电子，使得H2的法拉第效率降低； 【小问4详解】 ①生成甲醇的反应是反应Ⅰ，反应Ⅰ正反应放热，反应II正反应吸热，在280~320℃范围内，相同催化剂条件下，升高温度，反应Ⅰ和反应Ⅱ的速率均随温度升高而加快（产率提高），但反应Ⅱ（吸热）速率增加幅度更大（或平衡正向移动更显著），导致生成CO的比例增加，甲醇选择性降低； ②催化剂只影响速率而不能改变平衡，图中数据不是达到平衡后测得的数据，而是反应相同时间测得的数据，p-ZnO表面合成的生成活化能比r-ZnO表面合成的生成活化能小，活化能越小，反应速率越快，因此选用p-ZnO催化剂使反应Ⅰ速率快，在相同时间内生成的甲醇多。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $