精品解析：广西部分高中2025届高三下学期三模考试化学试题

绝密★启用前 2025年高考临门·名师解密卷(★★★) 化学 注意事项： 1.本试卷满分100分，考试用时75分钟。 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 3.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，写在本试卷上无效。 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Ti48 Mn55 Fe56 Cu64 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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. 化学与科技、生活密切相关。下列说法正确的是 A. 超分子粘合剂具有很高粘合强度，超分子以共价键连接其他分子 B. 清洗铁锅后及时擦干，能减缓铁锅因发生吸氧腐蚀而生锈 C. 茶叶中包含氨基酸、维生素等多种成分，氨基酸、维生素均属于高分子化合物 D. 碳纳米管与石墨烯在量子通信领域应用前景广阔，二者互为同位素 2. 下列化学用语或图示正确的是 A. 天然橡胶的主要成分： B. 基态N原子2p能级电子云轮廓图： C. Fe2+结构示意图： D. 乙醇的质谱图： 阅读下列材料，完成以下2个小题。 氨用于生产硝酸、铵盐、纯碱、配合物等，液氨可以和金属钠反应产生。中的一个H原子被取代可形成羟胺，被取代可形成肼，吸电子能力比强。的燃烧热为，具有强还原性，可由尿素，NaClO和NaOH溶液一起反应制得。 3. 下列说法正确的是 A. 羟胺分子含极性键和非极性键 B. 中含键 C. 难溶于水 D. 羟胺中N结合的能力比弱 4. 下列化学反应的表示正确的是 A. 金属钠和液氨反应： B. 过量氨水和反应： C. 尿素、NaClO、NaOH溶液制取的离子方程式： D. 肼燃烧的热化学方程式 5. 喹草酮是一种高效除草剂，其结构如图所示。下列说法错误的是 A. 喹草酮分子式 B. 喹草酮可以发生水解反应 C. 喹草酮没有手性碳原子 D. 喹草酮使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色的原理相同 6. 类比推理是化学中常用的思维方法。下列说法正确的是 A. 硫化氢晶体是分子密堆积，则冰晶体也是分子密堆积 B. 氧化铝是两性氧化物，则氧化铍也是两性氧化物 C. NaCl与浓H2SO4共热可制取HCl气体，则NaBr与浓H2SO4共热也可制取HBr气体 D. 酸性：CF3COOH＞CH3COOH，则碱性：CF3CH2NH2＞CH3CH2NH2 7. 下列有关应用的解释错误的是 应用 解释 A 牙膏中添加适量氟化物，以防治龋齿 [牙齿釉质层的主要成分为] B 烷基磺酸钠可用于制造肥皂和洗涤剂 烷基磺酸根离子在水中形成一端亲水基、一端疏水基的胶束 C 乙二醇用于生产汽车防冻液 乙二醇与水混合能显著提高水的沸点 D 钢中加入锰，增强钢的强度和韧性 金属制成合金，改变了原子有规则的层状排列，使层间的相对滑动变得困难 A. A B. B C. C D. D 8. 甘肃马家窑遗址出土的青铜刀，是我国最早冶炼的青铜器，由于时间久远，其表面有一层铜锈。考古学家将铜锈分为无害锈(形成了保护层)和有害锈(使器物损坏程度逐步加剧，并不断扩散)，据了解铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2(OH)2CO3 (结构致密)和Cu2(OH)3Cl (结构疏松膨胀)。铜锈蚀过程大致如下： 下列说法错误的是 A. Cu2(OH)3Cl属于有害锈，Cu2(OH)2CO3可能属于无害锈 B. Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl均能溶于盐酸 C. 用碳酸钠溶液浸泡青铜文物一段时间，可使其保存更长久 D. 铜锈蚀Ⅲ生成Cu2(OH)3Cl的方程式为 9. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 与的混合物中所含中子数为 B. 晶体中所含离子数为 C. 和石墨混合物共1.8 g，含碳原子数目为 D. 在电解精炼粗铜的过程中，当阳极质量减少32 g时转移电子数为 10. 根据下列实验操作和现象能得到相应结论的是 实验操作和现象 结论 A 向中滴加浓盐酸，出现黄绿色气体 具有氧化性 B 向溶液中加入溶液，振荡后滴加0.5mL葡萄糖溶液，加热未出现红色沉淀 葡萄糖中不含有醛基 C 常温下，用pH计分别测定和溶液pH，pH均为7 同温下，不同浓度的溶液中水的电离程度相同 D 瓶口相对且中间用玻璃片隔开的两个集气瓶中分别装有(上)和(下)，抽去玻璃片，盛放的瓶内出现浅黄绿色，盛放的瓶内颜色变浅 自发过程从混乱度小到混乱度大的方向进行 A. A B. B C. C D. D 11. 锂离子电池是目前广泛应用的二次电池。由于锂资源储量有限，科学家将目光转向钾离子电池。可用作钾离子电池的正极材料，其晶胞结构如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为a nm。下列说法错误的是 A. 距离最近的有6个 B. 基态Mn原子的第三电离能大于Fe C. 每个晶胞中含有4个 D. 该晶体的密度 12. X、Y、Z、R、Q是原子序数依次增大的前四周期元素，其组成的一种化合物为。X是宇宙中含量最高的元素，Y元素基态原子的2p轨道半充满，R与Z同族且相邻，Q为常见的金属元素，血红素是其二价离子的配合物。下列说法错误的是 A. 键角： B. 基态Q原子的核外电子有15种不同的空间运动状态 C. 简单离子半径： D. 电负性： 13. 湿法提银工艺中，浸出的需加入进行沉淀。与在水溶液中存在如下平衡：。25℃时，平衡体系中含Ag微粒的分布系数δ随的变化曲线如图所示。已知：，下列说法错误的是 A. 曲线a、b、c、d、e分别表示， B. 随着增大，AgCl的溶解度先减小后增大 C. 沉淀最彻底时，溶液中 D. 25℃时，随着的不断加入，溶液中的比值保持不变 14. 羟基自由基(·OH)有很强的氧化性，其氧化性仅次于氟单质。我国科学家开发出如图所示装置，能将苯酚氧化为CO2和H2O，实现制备氢气、处理含苯酚废水二位一体。下列有关说法正确的是 A. b为电源正极，m为阴离子交换膜 B. 每生成3mol气体X，相同条件下生成7mol气体Y C. 处理池中苯酚被氧化的化学方程式为 D. 再生池中不断有气体生成，故溶液的总质量不断减小 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 草酸钴为玫瑰红色粉末，主要用于指示剂和催化剂的制备及氧化钴的制备。用水钴矿(主要成分为，还含有少量等杂质)制取草酸钴晶体的工艺流程如图所示： 已知：①部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表： 沉淀物 开始沉淀 27 7.6 7.6 4.0 完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 ②酸性条件下，不会氧化。 回答下列问题： （1）为加快“浸取”的速率，可以采取的措施有_______(答出1条即可)，“滤渣1”的主要成分为_______(填化学式)。 （2）“浸取”过程中Co(Ⅲ)转化为Co(Ⅱ)，该反应的离子方程式为_______。 （3）“氧化”中加入的作用是_______。 （4）加时，需要控制pH的范围是_______。 （5）“沉钙、镁”时若所得滤液中，则滤液中为_______[已知、]。 （6）“沉钴”时，不能用溶液代替(溶液，原因是_______。 16. 高铜酸钠是一种难溶于水的棕黑色固体，可用作强氧化剂，温度过高易分解。实验室中制备高铜酸钠并测定产品纯度的部分实验装置如图所示(夹持装置略)。 已知：①NaClO与在强碱性条件下反应生成； ②在中性或酸性条件下不稳定。遇酸生成和。 回答下列问题： （1）中铜的化合价为_______价，盛装溶液的仪器名称是_______。 （2）制备：向装置中通入，一段时间后，停止通入，打开K，向装置中加入溶液至出现大量棕黑色固体，抽滤、用NaOH溶液洗涤、干燥得粗产品。 ①反应过程中需用冰水浴控制温度，目的是_______。 ②装置中生成反应的化学方程式为_______。 ③洗涤粗产品时，需用NaOH溶液而不用水，原因是_______。 （3）测定产品纯度： ⅰ.准确称取a g粗产品，与足量硫酸反应后配制成100 mL溶液，取25.00 mL于锥形瓶中； ⅱ.加入足量10%KI溶液，滴加淀粉溶液做指示剂，用标准溶液滴定至溶液呈浅蓝色，消耗溶液； ⅲ.再加入足量10%KSCN溶液，充分振荡、静置后，溶液蓝色加深，继续用标准溶液滴定至蓝色刚好消失，又消耗溶液。 已知：，；CuI沉淀表面易吸附；，。 ①产品纯度为_______(用含c、a、的式子表示)。 ②若未加入10%KSCN溶液，直接用标准溶液滴定至蓝色刚好消失，则测得铜元素的质量分数_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 ③若测定产品与硫酸反应生成的体积(标准状况)来计算产品纯度，该方法的误差主要来源于_______。 17. 二氧化碳作为一种生产高价值燃料和化学品的可再生碳源，将其催化转化为甲烷是减少温室气体排放的一项战略。二氧化碳加氢制甲烷过程中主要反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 积碳反应(CO的歧化反应和的裂解反应是催化剂积碳的主要成因)： 反应Ⅳ： 反应Ⅴ： 回答下列问题： （1）反应Ⅰ的_______，反应Ⅲ在_______(填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下自发进行。 （2）已知各反应的平衡常数随温度的变化曲线如图1所示，相同时间内甲烷产率随温度升高的变化曲线如图2所示。 ①若反应Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ的平衡常数分别为，则反应Ⅱ的平衡常数_______(用含的代数式表示)。 ②相同时间内的产率在温度高于330℃时降低的可能原因之一是催化剂活性降低，高温导致催化剂活性降低的原因是_______。 （3）在360℃时，在固定容积的容器中进行上述反应(不考虑积碳反应)，平衡时CO和的转化率及和的产率随变化的情况如图3所示。 图中表示CO转化率、产率变化的曲线分别是_______、_______(填“a”“b”“c”或“d”)。 （4）在一定温度下、压强为，向恒压密闭容器中通入和，达到平衡时的转化率为65%，反应了2.22mol，，，则_______mol；该温度下，反应Ⅲ的_______(列出计算式即可，是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 18. 达普司他是一种用于治疗慢性肾病引起贫血的药物。其部分合成路线如图所示： （1）A的化学名称是_______。 （2）F含有的官能团名称为_______，B→D的反应类型是_______。 （3）C的碳原子的杂化方式为_______。 （4）D→F的反应中同时生成HCl，E的结构简式为_______。 （5）写出F→G的化学方程式：_______。 （6）参照上述合成路线，合成有机物M的路线如图所示： ①在J的同分异构体中，同时满足下列条件的共有_______种，其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为_______(任写一种)。 a.含有苯环；b.含有；c.1mol该物质与足量溶液反应，可以产生。 ②试剂X为_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 2025年高考临门·名师解密卷(★★★) 化学 注意事项： 1.本试卷满分100分，考试用时75分钟。 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 3.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，写在本试卷上无效。 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Ti48 Mn55 Fe56 Cu64 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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. 化学与科技、生活密切相关。下列说法正确的是 A. 超分子粘合剂具有很高的粘合强度，超分子以共价键连接其他分子 B. 清洗铁锅后及时擦干，能减缓铁锅因发生吸氧腐蚀而生锈 C. 茶叶中包含氨基酸、维生素等多种成分，氨基酸、维生素均属于高分子化合物 D. 碳纳米管与石墨烯在量子通信领域应用前景广阔，二者互为同位素 【答案】B 【解析】 【详解】A．超分子通过如氢键、范德华力等连接其他分子，而不是通过共价键连接，A错误； B．铁锅清洗后擦干可以减少铁锅上的水分，破坏了钢铁发生吸氧腐蚀的条件，从而可以减缓其生锈，B正确； C．氨基酸分子和维生素分子的相对分子质量都比较小，它们都不属于高分子化合物，C错误； D．碳纳米管和石墨烯都是由碳元素形成的单质，二者结构不同，因此属于同素异形体，D错误； 故合理选项是B。 2. 下列化学用语或图示正确的是 A. 天然橡胶的主要成分： B. 基态N原子2p能级电子云轮廓图： C. Fe2+结构示意图： D. 乙醇的质谱图： 【答案】B 【解析】 【详解】A．形成天然橡胶的单体是异戊二烯，异戊二烯发生加聚反应产生顺式聚异戊二烯，A中是反式聚异戊二烯，A错误； B．基态N原子2p能级的电子云轮廓图应为哑铃形，三个相互垂直的p轨道，B正确； C．Fe为26号元素，核外电子排布是2、8、14、2，Fe原子失去最外层的2个4s电子形成Fe2+，故Fe2+的核外电子排布应该为2、8、14，图示不是Fe2+的结构示意图，C错误； D．乙醇结构简式是CH3CH2OH，图示显示的是其红外光谱图的特征，不是质谱图，D错误； 故合理选项是B。 阅读下列材料，完成以下2个小题。 氨用于生产硝酸、铵盐、纯碱、配合物等，液氨可以和金属钠反应产生。中的一个H原子被取代可形成羟胺，被取代可形成肼，吸电子能力比强。的燃烧热为，具有强还原性，可由尿素，NaClO和NaOH溶液一起反应制得。 3. 下列说法正确的是 A. 羟胺分子含极性键和非极性键 B. 中含键 C. 难溶于水 D. 羟胺中N结合的能力比弱 4. 下列化学反应的表示正确的是 A. 金属钠和液氨反应： B. 过量氨水和反应： C. 尿素、NaClO、NaOH溶液制取的离子方程式： D. 肼燃烧的热化学方程式 【答案】3. D 4. A 【解析】 【3题详解】 A．羟胺（NH2OH）分子中所有共价键均为极性键（N-H、O-H、N-O），无非极性键，A错误； B．1个[Cu(NH3)4]2+中含12个N-Hσ键，加上4个Cu-N配位键，因此中含键，B错误； C．NH2OH中含-OH，能与水形成氢键，易溶于水，C错误； D．-OH吸电子能力强于-NH2，导致羟胺中N的电子云密度更低，结合H+能力弱于N2H4，D正确； 故选D 【4题详解】 A．钠与液氨反应生成NaNH2和H2，方程式为，A正确； B．过量氨水与SO₂反应生成，方程式为，B错误； C．尿素、NaClO、NaOH溶液制取的离子方程式为：，C错误； D．肼燃烧的热化学方程式应为 ，D错误； 故选A。 5. 喹草酮是一种高效除草剂，其结构如图所示。下列说法错误的是 A. 喹草酮分子式为 B. 喹草酮可以发生水解反应 C. 喹草酮没有手性碳原子 D. 喹草酮使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色的原理相同 【答案】D 【解析】 【详解】A．通过数算结构中C、H、N、O原子数，C为24个，H为22个，N为2个，O为5个，分子式为，A正确； B．结构中含酰胺基（-CON-），酰胺基可发生水解反应，B正确； C．手性碳原子需连四个不同基团，该分子中饱和碳原子均连相同基团（如甲基连三个H，环上碳连相同碳链），无手性碳原子，C正确； D．和溴水发生加成反应使溴水褪色，和酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使得溶液褪色，褪色原理不相同，D错误； 故答案选D。 6. 类比推理是化学中常用的思维方法。下列说法正确的是 A. 硫化氢晶体是分子密堆积，则冰晶体也是分子密堆积 B. 氧化铝是两性氧化物，则氧化铍也是两性氧化物 C. NaCl与浓H2SO4共热可制取HCl气体，则NaBr与浓H2SO4共热也可制取HBr气体 D. 酸性：CF3COOH＞CH3COOH，则碱性：CF3CH2NH2＞CH3CH2NH2 【答案】B 【解析】 【详解】A．硫化氢晶体是分子密堆积形成的晶体；而在冰晶体中水分子通过氢键形成四面体结构，结构疏松，不是分子密堆积，A错误； B．铍、铝处于元素周期表对角线位置，二者形成的化合物性质相似。氧化铝是两性氧化物，则氧化铍也是两性，B正确； C．NaCl与浓H2SO4共热，发生复分解反应产生Na2SO4、HCl，因此可用于制取HCl气体；浓硫酸具有强氧化性，与具有还原性的NaBr共热时，会发生氧化还原反应，Br⁻被氧化为Br2，而不是生成HBr气体，C错误； D．-CF3为吸电子基团，会增强羧酸酸性，因此酸性：CF3COOH＞CH3COOH，但由于-CF3为吸电子基团，会削弱胺的碱性，因此碱性：CF3CH2NH2＜CH3CH2NH2，D错误； 故合理选项是B。 7. 下列有关应用的解释错误的是 应用 解释 A 牙膏中添加适量氟化物，以防治龋齿 [牙齿釉质层的主要成分为] B 烷基磺酸钠可用于制造肥皂和洗涤剂 烷基磺酸根离子在水中形成一端亲水基、一端疏水基的胶束 C 乙二醇用于生产汽车防冻液 乙二醇与水混合能显著提高水的沸点 D 钢中加入锰，增强钢的强度和韧性 金属制成合金，改变了原子有规则的层状排列，使层间的相对滑动变得困难 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．Ksp[Ca5(PO4)3OH] > Ksp[Ca5(PO4)3F]，则Ca5(PO4)3F溶解度小于Ca5(PO4)3OH，因此氟化物可与羟基磷灰石反应生成更难溶的氟磷灰石，A正确； B．烷基磺酸根离子的亲水基向外、疏水基向内形成胶束，符合表面活性剂去污原理，B正确； C．乙二醇用作防冻液主要是因为会降低水的凝固点，C错误； D．金属具有延展性是因为金属原子易发生层间相对滑动，金属制成合金，改变了原子有规则的层状排列，使层间相对滑动变得困难，增强钢的强度和韧性，D正确； 故选C。 8. 甘肃马家窑遗址出土的青铜刀，是我国最早冶炼的青铜器，由于时间久远，其表面有一层铜锈。考古学家将铜锈分为无害锈(形成了保护层)和有害锈(使器物损坏程度逐步加剧，并不断扩散)，据了解铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2(OH)2CO3 (结构致密)和Cu2(OH)3Cl (结构疏松膨胀)。铜锈蚀过程大致如下： 下列说法错误的是 A. Cu2(OH)3Cl属于有害锈，Cu2(OH)2CO3可能属于无害锈 B. Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl均能溶于盐酸 C. 用碳酸钠溶液浸泡青铜文物一段时间，可使其保存更长久 D. 铜锈蚀Ⅲ生成Cu2(OH)3Cl的方程式为 【答案】D 【解析】 【详解】A．Cu2(OH)3Cl结构疏松膨胀，会使器物损坏加剧，因此属于有害锈；而Cu2(OH)2CO3结构致密，能形成保护层，对内层金属起保护作用，因此Cu2(OH)2CO3属于无害锈，A正确； B．Cu2(OH)2CO3与盐酸反应生成CuCl2、CO2和水，Cu2(OH)3Cl与盐酸反应生成CuCl2和水，因此二者均能溶于盐酸，B正确； C．碳酸钠溶液呈碱性，并且碳酸钠溶解电离产生，能够促进结构致密的Cu2(OH)2CO3的形成，可抑制有害锈生成，从而更有利于文物的保存，C正确； D．Cu2O与HCl发生的反应是歧化反应，二者反应生成Cu2+和Cu、H2O，不能反应生成H2。生成的Cu被溶解在溶液中的O2氧化产生Cu2+，正确的反应方程式应该为2Cu2O+O2+2HCl+2H2O=2Cu2(OH)3Cl，D错误； 故合理选项是D。 9. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 与的混合物中所含中子数为 B. 晶体中所含离子数为 C. 和石墨的混合物共1.8 g，含碳原子数目为 D. 在电解精炼粗铜的过程中，当阳极质量减少32 g时转移电子数为 【答案】D 【解析】 【详解】A．ND3的摩尔质量为20 g/mol，2 g ND3的物质的量为0.1 mol，每个ND3含10个中子（N：7，D：1×3），总中子数为。CS2的摩尔质量为76 g/mol，每个 CS2的中子为38个（C：6，S：16×2），总中子数为，无论混合物比例如何，总质量2 g ND3和CS2对应的中子数恒为，A正确； B．NaHSO4晶体中离解为和，1 mol晶体含2 mol离子，总离子数为2，B正确； C．C60和石墨均为碳单质，总质量1.8 g对应碳原子数为，C正确； D．电解精炼时，阳极上比Cu活泼的杂质（如Fe、Zn）和Cu都会放电溶解。当阳极质量减少32 g时，溶解的Cu不一定是0.5 mol，故转移电子数不等于，D错误； 故答案选D。 10. 根据下列实验操作和现象能得到相应结论的是 实验操作和现象 结论 A 向中滴加浓盐酸，出现黄绿色气体 具有氧化性 B 向溶液中加入溶液，振荡后滴加0.5mL葡萄糖溶液，加热未出现红色沉淀 葡萄糖中不含有醛基 C 常温下，用pH计分别测定和溶液的pH，pH均为7 同温下，不同浓度的溶液中水的电离程度相同 D 瓶口相对且中间用玻璃片隔开的两个集气瓶中分别装有(上)和(下)，抽去玻璃片，盛放的瓶内出现浅黄绿色，盛放的瓶内颜色变浅 自发过程从混乱度小到混乱度大的方向进行 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．PbO2与浓盐酸反应生成黄绿色Cl2气体，说明PbO2作为氧化剂将Cl-氧化，因此具有氧化性，A正确； B．Cu(OH)2与葡萄糖反应需在碱性条件下进行，而在溶液中加入溶液，溶液不足，未形成碱性环境，B错误； C．虽然CH3COONH4溶液浓度不同时pH均为7，但浓度较高时铵根和醋酸根的水解程度更大，水的电离程度更大，C错误； D．结论不严谨。自发过程的方向由焓变和熵变共同决定，而该实验是熵增驱动的特例，不能由此得出普适性结论，D错误； 故选A。 11. 锂离子电池是目前广泛应用的二次电池。由于锂资源储量有限，科学家将目光转向钾离子电池。可用作钾离子电池的正极材料，其晶胞结构如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为a nm。下列说法错误的是 A. 距离最近的有6个 B. 基态Mn原子的第三电离能大于Fe C. 每个晶胞中含有4个 D. 该晶体的密度 【答案】D 【解析】 【详解】A．在晶胞结构中，Mn3+位于晶胞体心，Fe3+位于晶胞顶点和面心。与Mn3+最近的Fe3+是面心上的Fe3+，每个面心上的Fe3+与体心的Mn3+相邻，一个晶胞有6个面，所以距离Mn3+最近的Fe3+有6个，A正确； B．Mn是25号元素，根据构造原理可知基态Mn原子的电子排布式为[Ar]3d54s2；Fe是26号元素，根据构造原理可知基态Fe原子的电子排布式为[Ar]3d64s2。Mn失去两个电子后形成Mn2+，3d轨道为3d5，处于半充满的稳定状态，再失去一个电子需要消耗很高能量；而Fe失去两个电子后，3d轨道为3d6不是稳定结构，再失去1个3d电子就变为3d5的半充满稳定状态，所以基态Mn原子的第三电离能大于Fe，B正确； C．晶胞中Fe3+位于晶胞顶点和面心，顶点有8个Fe3+，面心有6个Fe3+，根据均摊法可知该晶胞中含有的Fe3+的个数为8×＋6×=4，C正确； D．在晶胞中Fe3+位于晶胞顶点和面心，根据均摊法可知该晶胞中含有的Fe3+的个数为：8×＋6×=4；Mn3+位于晶胞体心和棱边上，该晶胞中含有的Mn3+的个数为：1+12×=4；CN-位于晶胞的棱边上、面心、体内，含有的数目为：16×+24×+8=24个，则在一个晶胞中含有Mn[Fe(CN)6]的个数为4，其质量为m=，由于晶胞参数为a nm，则晶胞体积V=(a×10-7)3cm3，故晶体的密度ρ=，D错误； 故合理选项是D。 12. X、Y、Z、R、Q是原子序数依次增大前四周期元素，其组成的一种化合物为。X是宇宙中含量最高的元素，Y元素基态原子的2p轨道半充满，R与Z同族且相邻，Q为常见的金属元素，血红素是其二价离子的配合物。下列说法错误的是 A. 键角： B. 基态Q原子的核外电子有15种不同的空间运动状态 C. 简单离子半径： D. 电负性： 【答案】A 【解析】 【分析】X是宇宙中含量最高的元素，则X是H元素；Y元素基态原子的2p轨道半充满，则Y是N元素； Q为常见的金属元素，血红素是其二价离子的配合物，则Q为Fe元素；R与Z同族且相邻，结合，根据化合物正负化合价代数和为0，及，代入已知元素计算，得出Z为O元素，R为S元素；X、Y、Z、R、Q依次为H、N、O、S、Fe元素，据此分析回答； 【详解】根据分析可知，为，为,中S键数为3，孤电子对数为1，则为杂化，分子构型为三角锥型；中N的键数为2，孤电子对数为1，则为杂化，分子构型为V型；则键角：，即，A错误； B．根据分析可知，Q为Fe（原子序数26），Fe的核外电子排布式为：，s亚层有1个轨道，p亚层有3个轨道，d亚层有5个轨道，基态Fe原子有15个轨道，则核外电子有15种空间运动状态，B正确； C．根据分析可知，Y、Z、R依次为N、O、S元素，电子层数越多，离子半径越大；具有相同电子层结构的离子，核电荷数越小，半径越大；则简单离子半径：，C正确； D．根据分析可知，X、Z、R依次为H、O、S元素，同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元素电负性递减；结合元素周期律，故电负性：，D正确； 故答案选A。 13. 湿法提银工艺中，浸出的需加入进行沉淀。与在水溶液中存在如下平衡：。25℃时，平衡体系中含Ag微粒的分布系数δ随的变化曲线如图所示。已知：，下列说法错误的是 A. 曲线a、b、c、d、e分别表示， B. 随着增大，AgCl的溶解度先减小后增大 C. 沉淀最彻底时，溶液中 D. 25℃时，随着的不断加入，溶液中的比值保持不变 【答案】C 【解析】 【分析】由反应平衡过程可知，随着Cl⁻浓度增大，曲线a、b、c、d、e分别表示，，据此解答。 【详解】A．根据分析，曲线a、b、c、d、e分别表示，，A正确； B．由图可知，随着增大，AgCl的分布系数δ先增大后不断减小，说明AgCl溶解度先减小后增大，B正确； C．沉淀最彻底时，溶解的Ag+总量最小，此时对应AgCl分布系数最大（即曲线b峰值），由得，若此时lgc(Cl-)=-2.54，则，C错误； D．的稳定常数，温度不变时Kf不变，D正确； 故选C。 14. 羟基自由基(·OH)有很强的氧化性，其氧化性仅次于氟单质。我国科学家开发出如图所示装置，能将苯酚氧化为CO2和H2O，实现制备氢气、处理含苯酚废水二位一体。下列有关说法正确的是 A. b为电源正极，m为阴离子交换膜 B. 每生成3mol气体X，相同条件下生成7mol气体Y C. 处理池中苯酚被氧化的化学方程式为 D. 再生池中不断有气体生成，故溶液的总质量不断减小 【答案】C 【解析】 【分析】由题干图示信息可知，c电极发生反应V3++e-=V2+，得电子被还原，所以c是阴极，a是负极，b是正极，d是阳极，结合图示，电极反应中产生羟基自由基(•OH)和H+，没有生成氧气，电极反应：H2O-e-=•OH+H+，据此分析作答。 【详解】A．根据分析，a为电源负极，Na2SO4比起纯水，能增强溶液的导电性，d电极的电极反应式：H2O-e-=•OH+H+，产生的H+经阳离子交换膜移向阴极，故 m为阳离子交换膜，A错误； B．气体X为H2(阴极生成)，气体Y为CO2(苯酚氧化产物)。生成3mol H2转移6mol电子，对应生成6mol·OH，根据反应需28mol·OH生成6mol CO2，故6mol·OH仅生成6×6/28=9/7 mol CO2，远小于7mol，B错误； C．苯酚(C6H5OH)与·OH反应生成CO2和H2O，C、H、O原子守恒，且电子转移守恒(6个C共失28e⁻，28个·OH共得28e⁻)，方程式正确，C正确； D．再生池生成H2，但H+可通过阳离子交换膜从阳极区补充，V3+/V2+循环，溶液总质量基本不变，D错误； 故答案为：C。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 草酸钴为玫瑰红色粉末，主要用于指示剂和催化剂的制备及氧化钴的制备。用水钴矿(主要成分为，还含有少量等杂质)制取草酸钴晶体的工艺流程如图所示： 已知：①部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表： 沉淀物 开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 ②酸性条件下，不会氧化。 回答下列问题： （1）为加快“浸取”的速率，可以采取的措施有_______(答出1条即可)，“滤渣1”的主要成分为_______(填化学式)。 （2）“浸取”过程中Co(Ⅲ)转化为Co(Ⅱ)，该反应的离子方程式为_______。 （3）“氧化”中加入的作用是_______。 （4）加时，需要控制pH的范围是_______。 （5）“沉钙、镁”时若所得滤液中，则滤液中为_______[已知、]。 （6）“沉钴”时，不能用溶液代替(溶液，原因是_______。 【答案】（1） ①. 将水钴矿粉碎、适当升高温度、适当增大稀硫酸浓度、搅拌等措施 ②. 、 （2） （3）将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续调节pH将其沉淀除去 （4）5.2≤pH<7.6 （5）1×10-7 （6）草酸钠溶液的碱性强于草酸铵，易形成Co(OH)2沉淀 【解析】 【分析】原料中含有，还含有少量等杂质，向其中加入稀硫酸和亚硫酸钠，稀硫酸用于溶解矿石中的金属氧化物，亚硫酸钠作还原剂，将Co3+还原为Co2+，Fe3+还原为Fe2+，此过程中SiO2不与稀硫酸反应，同时还会生成，故滤渣1为、；加入NaClO3，将浸取后溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，因为Fe(OH)3比Fe(OH)2更易沉淀除去，为后续除铁做准备；加入Na2CO3调节溶液pH，使Fe3+和Al3+分别转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，形成滤渣2被过滤除去，同时要保证Co2+不沉淀；加入NaF，F-与Ca2+、Mg2+结合生成CaF2和MgF2沉淀，形成滤渣3被过滤除去；加入(NH4)2C2O4，Co2+与结合生成草酸钴晶体。 小问1详解】 加快“浸取”速率的措施：可以采取将水钴矿粉碎（增大反应物接触面积）、适当升高温度、适当增大稀硫酸浓度、搅拌等措施；根据分析可知“滤渣1”的主要成分为、； 【小问2详解】 “浸取”过程中Co(Ⅲ)转化为Co(Ⅱ)，Na2SO3作还原剂，离子方程式为； 【小问3详解】 由已知①中沉淀物的pH表可知，Fe(OH)2开始沉淀的pH为7.6，而Fe(OH)3开始沉淀的pH为2.7，更易沉淀除去，所以“氧化”中加入NaClO3的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续调节pH将其沉淀除去； 【小问4详解】 加Na2CO3是为了沉淀Fe3+和Al3+，而不沉淀Co2+，由已知①，Al(OH)3完全沉淀的pH为5.2，Co(OH)2开始沉淀的pH为7.6，所以需要控制pH的范围是5.2≤pH<7.6； 【小问5详解】 已知，当c(Mg2+)=1.0×10-5 mol/L时，c2(F-)=6.4×10-4 mol/L，又，则c(Ca2+)=1×10-7 mol/L； 【小问6详解】 若用Na2C2O4溶液代替(NH4)2C2O4溶液，Na2C2O4溶液碱性过强，会形成Co(OH)2沉淀。 16. 高铜酸钠是一种难溶于水的棕黑色固体，可用作强氧化剂，温度过高易分解。实验室中制备高铜酸钠并测定产品纯度的部分实验装置如图所示(夹持装置略)。 已知：①NaClO与在强碱性条件下反应生成； ②在中性或酸性条件下不稳定。遇酸生成和。 回答下列问题： （1）中铜的化合价为_______价，盛装溶液的仪器名称是_______。 （2）制备：向装置中通入，一段时间后，停止通入，打开K，向装置中加入溶液至出现大量棕黑色固体，抽滤、用NaOH溶液洗涤、干燥得粗产品。 ①反应过程中需用冰水浴控制温度，目的是_______。 ②装置中生成反应化学方程式为_______。 ③洗涤粗产品时，需用NaOH溶液而不用水，原因是_______。 （3）测定产品纯度： ⅰ.准确称取a g粗产品，与足量硫酸反应后配制成100 mL溶液，取25.00 mL于锥形瓶中； ⅱ.加入足量10%KI溶液，滴加淀粉溶液做指示剂，用标准溶液滴定至溶液呈浅蓝色，消耗溶液； ⅲ.再加入足量10%KSCN溶液，充分振荡、静置后，溶液蓝色加深，继续用标准溶液滴定至蓝色刚好消失，又消耗溶液。 已知：，；CuI沉淀表面易吸附；，。 ①产品纯度为_______(用含c、a、的式子表示)。 ②若未加入10%KSCN溶液，直接用标准溶液滴定至蓝色刚好消失，则测得铜元素的质量分数_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 ③若测定产品与硫酸反应生成的体积(标准状况)来计算产品纯度，该方法的误差主要来源于_______。 【答案】（1） ①. +3 ②. 三颈烧瓶 （2） ①. 防止高铜酸钠分解，同时避免 NaClO 因温度过高分解（或挥发） ②. ③. 防止在中性或酸性条件下不稳定而分解（水会稀释溶液，使碱性减弱，导致分解） （3） ①. ②. 偏小 ③. O2在水中的溶解损失，或装置内残留O2未被完全收集 【解析】 【分析】制备高铜酸钠时，因高铜酸钠高温易分解、中性 / 酸性条件下不稳定，实验操作围绕 “维持稳定环境” 设计：冰水浴防止高铜酸钠及反应物 NaClO 高温变质；用 NaOH 溶液洗涤，避免水稀释碱性环境导致高铜酸钠分解。纯度测定核心是 “氧化还原滴定 + 沉淀转化”：高铜酸钠与硫酸反应生成 Cu2+，Cu2+与 I⁻反应生成 I2，I2用 Na2S2O3滴定；因 CuI 吸附 I2，加 KSCN 释放后二次滴定，两次消耗的 Na2S2O3总量对应全部 Cu2+，结合溶液稀释倍数和高铜酸钠摩尔质量计算纯度。 【小问1详解】 在中，Na为+1价，O为-2价，设 Cu 化合价为 x，根据 “化合价代数和为 0”+1+x+2×(-2)=0，解得x=+3。实验中需向该仪器通入Cl2、加入溶液，且有多个接口，符合 “三颈烧瓶” 的特征，故为三颈烧瓶。 【小问2详解】 ①题干明确 “温度过高易分解”，且反应物 NaClO 在高温下可能分解（或挥发），冰水浴可控制温度，防止两者因高温变质；②已知反应物为 NaClO 和，产物为，结合强碱性环境（NaOH 过量）和元素守恒：Cl 元素从+ 1价降为- 1价，Cu 元素从+ 2价升为+ 3价，其余元素（Na、O、H）结合生成H2O和过量 NaOH，配平得：；③题干指出 “在中性或酸性条件下不稳定”，若用水洗涤，会稀释溶液使碱性减弱，导致分解为O2和Cu2+，用 NaOH 溶液可维持碱性，防止分解。 【小问3详解】 ①根据题意可知，第一次滴定至溶液呈浅蓝色，消耗标准溶液的体积为V1 mL，再加入足量10% KSCN溶液，摇匀后，溶液颜色加深，说明CuI转化为CuSCN，释放出吸附的I2，根据关系式，可知n(Cu2+)=n(Na2S2O3)=c(V1+V2)×10-3 mol，所以产品的纯度=；②若未加入10%KSCN溶液，CuI沉淀表面易吸附I2，导致消耗的标准溶液的体积偏小，则测得的铜元素的质量分数偏小；③若测定产品与硫酸反应生成的氧气体积(标准状况)来计算产品纯度，造成误差主要是因为氧气能微溶于水，且气体难以完全收集。 【点睛】陌生方程式配平时，先通过化合价变化确定电子转移关系，再结合反应环境（如强碱性补 NaOH、H2O）补全产物，确保原子守恒与电荷守恒，避免盲目书写。滴定计算中，务必明确 KSCN 的作用是解吸 CuI 吸附的 I2，两次滴定体积需叠加计算，同时注意溶液稀释倍数对结果的影响，防止因忽略细节导致公式错误。 17. 二氧化碳作为一种生产高价值燃料和化学品的可再生碳源，将其催化转化为甲烷是减少温室气体排放的一项战略。二氧化碳加氢制甲烷过程中主要反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 积碳反应(CO的歧化反应和的裂解反应是催化剂积碳的主要成因)： 反应Ⅳ： 反应Ⅴ： 回答下列问题： （1）反应Ⅰ的_______，反应Ⅲ在_______(填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下自发进行。 （2）已知各反应的平衡常数随温度的变化曲线如图1所示，相同时间内甲烷产率随温度升高的变化曲线如图2所示。 ①若反应Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ的平衡常数分别为，则反应Ⅱ的平衡常数_______(用含的代数式表示)。 ②相同时间内的产率在温度高于330℃时降低的可能原因之一是催化剂活性降低，高温导致催化剂活性降低的原因是_______。 （3）在360℃时，在固定容积的容器中进行上述反应(不考虑积碳反应)，平衡时CO和的转化率及和的产率随变化的情况如图3所示。 图中表示CO转化率、产率变化的曲线分别是_______、_______(填“a”“b”“c”或“d”)。 （4）在一定温度下、压强为，向恒压密闭容器中通入和，达到平衡时的转化率为65%，反应了2.22mol，，，则_______mol；该温度下，反应Ⅲ的_______(列出计算式即可，是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 【答案】（1） ①. -206.2 ②. 低温 （2） ①. ②. 高温时，发生积碳反应主要是的裂解反应，导致催化剂积碳，活性降低 （3） ①. b ②. c （4） ①. 0.50 ②. 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，反应Ⅰ=反应Ⅱ+反应Ⅲ，则；反应Ⅲ：为放热反应、气体体积减小的反应，即，低温条件可以使反应能自发进行。 【小问2详解】 ①反应Ⅱ=反应Ⅳ-反应Ⅰ-反应Ⅴ，则反应Ⅱ的平衡常数；②从各反应的平衡常数随温度的变化曲线可知，反应Ⅳ为放热反应，反应Ⅴ为吸热反应，相同时间内的产率随温度升高、反应速率加快而增大，330℃反应达平衡，产率最大，高于330℃后随温度升高平衡逆移，产率降低，也可能是高温导致催化剂活性降低，速率减慢导致产率降低，高温导致催化剂活性降低的原因是高温时，发生积碳反应，而反应Ⅳ为放热反应，温度升高平衡逆移，故积碳反应主要是的裂解反应，导致催化剂积碳，活性降低。 【小问3详解】 结合反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的特点，随的增大，H2的转化率降低，曲线a表示H2的转化率；越大，CO转化率越大，且CO转化率等于CH4产率与CO2产率之和，随着的增大，CO接近完全转化，CO转化率接近100%，而根据反应Ⅲ，CO2产率有降低的可能性，CH4产率逐渐增大，直到接近100%，故曲线b表示CO转化率；曲线c表示CH4产率变化；曲线d表示CO2产率变化；故答案为：b；c。 【小问4详解】 一定温度下、压强为，恒压密闭容器中发生、、，达到平衡时的转化率为65%，根据碳元素守恒，，则；平衡时，、、、、，气体总物质的量为2.93mol，反应Ⅲ的。 18. 达普司他是一种用于治疗慢性肾病引起贫血的药物。其部分合成路线如图所示： （1）A的化学名称是_______。 （2）F含有的官能团名称为_______，B→D的反应类型是_______。 （3）C的碳原子的杂化方式为_______。 （4）D→F的反应中同时生成HCl，E的结构简式为_______。 （5）写出F→G的化学方程式：_______。 （6）参照上述合成路线，合成有机物M的路线如图所示： ①在J的同分异构体中，同时满足下列条件的共有_______种，其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为_______(任写一种)。 a.含有苯环；b.含有；c.1mol该物质与足量溶液反应，可以产生。 ②试剂X为_______。 【答案】（1）苯胺 （2） ①. 酰胺键 ②. 加成反应 （3）sp、sp3 （4） （5） （6） ①. 6 ②. 或 ③. 【解析】 【分析】E的分子式为C3H2O2Cl2，D和E发生取代反应生成F和HCl，由F逆推，E的结构简式为；G水解生成达普司他和乙醇，由达普司他逆推，可知G是； 【小问1详解】 根据A的结构简式，A的化学名称是苯胺； 【小问2详解】 根据F的结构简式，含有的官能团名称为酰胺键，B→D的反应类型是加成反应。 【小问3详解】 C分子中单键碳采用sp3杂化，-N=C=O中C原子形成2个σ键，无孤电子对，碳原子采用sp杂化，所以C分子中碳原子杂化方式为sp、sp3； 【小问4详解】 E的分子式为C3H2O2Cl2，D和E反应生成F和HCl，则反应类型为取代反应，由F逆推，E的结构简式为。 【小问5详解】 G是，F和发生加成反应生成G，F→G的化学方程式为。 【小问6详解】 ①a．含有苯环；b．含有；c．1mol该物质与足量溶液反应，可以产生，苯环上含有1个、2个-COOH，符合条件的J的同分异构体有、、、、、，共6种；其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为或； ②根据B→D，可知K和X发生加成反应生成L，由L逆推，反应试剂X为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $