精品解析：福建省泉州市2025届高三下学期高中毕业班质量检测四 化学试题

泉州市2025届高中毕业班适应性练习卷 高三化学 2025.04 满分100分，考试时间75分钟 注意事项： 1.考试前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确黏贴在条形码区域内。 2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。 3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Br 80 一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求) 1. 泉州作为古代海上丝绸之路的重要起点，在茶叶、丝绸、瓷器等贸易中扮演关键角色。下列有关说法错误的是 A. 茶叶中含儿茶素(酚类物质)，其具有抗氧化性 B. 丝绸主要成分是蛋白质，其属于天然有机高分子 C. 远看是纱，近看是瓷——白瓷是典型的共价晶体 D. 海船中使用的钢铁材料在海水中易发生吸氧腐蚀 【答案】C 【解析】 【详解】A．酚羟基具有还原性，易被空气中的氧气氧化，儿茶素属于酚类物质，说明分子中含有酚羟基，具有抗氧化性，A正确； B．丝绸主要成分为天然有机高分子化合物蛋白质，B正确； C．白瓷主要成分是硅酸盐，硅酸盐属于离子晶体，不属于共价晶体，C错误； D．海水为电解质溶液，海船中使用的钢铁材料在海水中易形成原电池而发生吸氧腐蚀，D正确； 故选C。 2. 纺织和造纸工业中脱氯的化学方程式：，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 中孤电子对数为2NA B. 晶体中阴阳离子总数为3NA C. 消耗(标准状况下)，转移电子数为0.2NA D. 溶液中的数目为0.01NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．水的物质的量为=0.5 mol，每个H2O分子含2对孤电子对，则孤电子对数为0.5×2 NA = NA，A错误； B．NaHSO4晶体中仅含有Na+和，1mol晶体含2mol离子，总数为2NA，B错误； C．标况下，2.24L Cl2 为0.1 mol，0.1 mol Cl2被还原为Cl-，1 mol Cl2转移2 mol电子，则0.1 mol Cl2转移电子数为0.1×2NA =0.2 NA，C正确； D．因水解导致实际浓度低于初始浓度，则溶液中的数目小于0.01 NA，D错误； 故选C。 3. X、Y、Z、M为原子序数依次增大的前四周期元素，X为原子半径最小的元素，Z元素的单质是空气主要成分，M原子最外层电子排布为，内层轨道全充满电子。由四种元素组成的一种配位离子如图所示。下列说法正确的是 A. 电负性： B. 基态有9个未成对电子 C. 1个该配位离子中含10个键 D. Z的简单氢化物的VSEPR模型为三角锥形 【答案】A 【解析】 【分析】X、Y、Z、M为原子序数依次增大的前四周期元素。X为原子半径最小的元素，故X为H元素；Z单质是空气主要成分，Z形成3个共价键和1个配位键，Z为N；Y形成4个共价键，Y是C元素；M原子最外层电子排布为4s1且内层轨道全充满，M为Cu。 【详解】A．元素非金属性越强，其电负性越大，电负性：N>C>H>Cu，故A正确； B．基态Cu2+电子排布[Ar]3d9，未成对电子数为1，故B错误； C．配位离子中，配位键和配体内部共价键都是σ键，1个该配位离子中含26个σ键，故C错误； D．Z的简单氢化物为NH3，中心N价层电子对数=3+=4，VSEPR模型为四面体形，故D错误； 选A。 2，5-呋喃二甲酸，(FDCA)用于可降解塑料的生产。我国科研团队提出了一种通过5-羟甲基糠醛(HMF)的电催化制备2，5-呋喃二甲酸(FDCA)的高效方案。根据资料回答下列小题。 4. 下列关于HMF和FDCA的说法正确的是 A. 与FDCA互为同系物 B. 可用新制悬浊液鉴别HMF和FDCA C. FDCA分子中所有碳原子一定不共平面 D. HMF分子与完全加成后含1个手性碳原子 5. 电催化两步制备FDCA系统如图所示，装置Ⅰ的N极材料可通过装置Ⅱ与HMF反应实现再生。下列说法错误的是 A. b为电源正极，M极发生还原反应 B. 装置Ⅰ的N极电极反应式为： C. 装置Ⅰ电催化过程中，溶液的pH保持不变 D. 标准状况下，每产生，理论上生成 【答案】4. B 5. D 【解析】 【4题详解】 A．该结构含一个羧基而FDCA含两个羧基，同系物要求官能团种类和数目相同，二者官能团数目不同，不互为同系物，A错误； B．HMF含醛基（-CHO），与新制Cu(OH)2加热生成砖红色沉淀；FDCA为羧酸（-COOH），与Cu(OH)2发生中和反应使悬浊液溶解，现象不同，可鉴别，B正确； C．FDCA中呋喃环为平面结构，羧基碳原子通过单键与呋喃环相连，单键可旋转，所有碳原子可能共平面，C错误； D．手性碳原子是连有四个不同原子或基团的碳原子，HMF与H2完全加成后，碳碳双键变碳碳单键，醛基变为-CH2OH(羟甲基)，加成后的结构中含两个手性碳原子(环上与O原子相连的两个C原子)，D错误； 故选B。 【5题详解】 A．M极产生H2为还原反应，M为阴极，故a为电源负极，b为电源正极，A正确； B．N极为阳极，NiₓCo1-x(OH)2失去电子生成NiₓCo1-xOOH，结合电荷守恒和原子守恒，可确定电极反应式为NiₓCo1-x(OH)2+OH⁻-e⁻=NiₓCo1-xOOH+H2O，B正确； C．装置Ⅰ中，阴极式为2H2O+2e⁻=H2↑+2OH⁻，阳极式为NiₓCo1-x(OH)2+OH⁻-e⁻=NiₓCo1-xOOH+H2O，根据得失电子守恒知，阴极产生OH⁻与阳极消耗OH⁻量相等，水的消耗量与生成量相等，溶液pH保持不变，C正确； D．生成0.5 mol H2转移1mol e⁻，而装置Ⅱ中生成1mol FDCA需失6mol e⁻(一分子HMF转化为一分子FDCA时少了两个H、多了两个O)，故理论生成的FDCA为mol≠0.25 mol，D错误； 故选D。 6. 下列实验操作能达到实验目的的是 选项 实验操作及现象 实验目的 A 向等体积等浓度的溶液和溶液中分别滴加溶液，至不再产生白色沉淀，记录消耗溶液的体积 区别溶液和溶液 B 向溶液中滴加溶液，产生蓝色沉淀 证明溶液未变质 C 向粉末中滴加盐酸，并将产生的气体通入品红溶液，褪色 证明非金属性： D 向溶液中滴加5mL同浓度NaOH溶液，产生白色沉淀，再滴加溶液，产生红褐色沉淀 证明 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．两种配合物中外界Cl⁻数目不同，含3个外界Cl⁻，含2个外界Cl⁻，滴加AgNO3时，前者消耗更多AgNO3，可通过体积差异区分两者，故A正确； B．用于检测Fe2+，生成蓝色沉淀仅说明存在Fe2+，但无法排除Fe3+，无法证明未变质，故B错误； C．盐酸与NaHSO3反应生成SO2使品红褪色，证明盐酸的酸性大于亚硫酸，盐酸是无氧酸，亚硫酸不是S的最高价含氧酸，所以不能直接证明非金属性：Cl＞S，故C错误； D．向溶液中滴加5mL同浓度NaOH溶液，产生白色沉淀氢氧化镁，氢氧化钠过量，再滴加溶液，剩余的氢氧化钠能与氯化铁反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，不能证明氢氧化镁沉淀转化为氢氧化铁，即不能证明Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Mg(OH)2]，故D错误； 选A。 7. 氯苯(沸点)是常见有机中间体。实验室用苯与在无水催化下制备氯苯，其主要装置如图所示。 下列说法正确的是 A. 装置a可选用固体，制备氯气 B. 装置c中盛放饱和食盐水，除去HCl C. 装置e中盛放碱石灰，吸收尾气并防止水蒸气进入装置d D. 反应后装置d中混合液分别用水、碱溶液、水依次洗涤分液可得到纯氯苯 【答案】C 【解析】 【详解】A．装置a为氯气发生装置，MnO2与浓盐酸反应制备氯气需要加热[]，但题中装置a未体现加热装置，无法用MnO2固体制备氯气，A错误； B．制备的Cl2中混有HCl和水蒸气，反应需无水FeCl3催化，需先除HCl（饱和食盐水）再干燥（浓硫酸）；装置c若盛放饱和食盐水仅能除HCl，未除去的水蒸气会破坏无水环境，且题中装置c后无干燥装置；装置c盛放浓硫酸，故B错误； C．装置e为尾气处理及干燥装置，碱石灰（主要成分为NaOH和CaO）可吸收未反应的Cl2（），同时能吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入装置d破坏无水条件，C正确； D．反应后混合液含氯苯、苯、FeCl3等杂质，水洗除FeCl3，碱洗除残留HCl、Cl2，再水洗除碱，但有机层仍含苯等杂质，需蒸馏分离，仅洗涤分液无法得到纯氯苯，D错误； 故选C。 8. 用TiCl4探究Ti(Ⅲ)、Ti(Ⅳ)的性质，实验步骤及观察到的现象如下。 下列说法错误的是 A. 反应①水解所得溶液呈酸性 B. 反应②的离子方程式为： C. Ti(Ⅲ)还原性强的原因是再失去1个电子后，3d能级处于全空状态 D. 晶体中阴、阳离子半径大，导致晶格能较低 【答案】B 【解析】 【分析】TiCl4在溶液中水解产生TiOCl2固体，TiOCl2与Zn在HCl条件下反应产生Ti3+、Zn2+，Ti3+在空气中被氧化为Ti4+，然后与浓盐酸作用产生H2[TiCl6]，再与NH4Cl溶液混合反应产生(NH4)2[TiCl6]固体。 【详解】A．TiCl4是强酸弱碱盐，在溶液中会发生水解反应生成TiOCl2和HCl，HCl是强酸，完全电离产生H+，使溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此溶液显酸性，A正确； B．TiOCl2为固体物质，在书写离子方程式时不可拆分，离子方程式应该为：，B错误； C．Ti3+的价层电子排布式是3d1，若其再失去一个电子就变为3d0的全空的稳定结构，因此Ti3+的还原性较强，易失去电子，C正确； D．离子半径越大，离子之间的距离就越大，形成的离子键就越弱，导致晶体的晶格能降低，故阴、阳离子半径大的的晶格能较低，D正确； 故合理选项是B。 9. 一种绿色环保的废铅膏(主要成分为及微量杂质元素)电沉积回收金属铅的工艺流程如下： 已知：①时：，， ②为二元强酸。 下列说法错误的是 A. “还原”时发生反应： B. “转化”的主要目的是将转化为 C. “浸出”时发生反应有： D. “电沉积”时若不使用离子交换膜，阳极产物可能含 【答案】B 【解析】 【分析】废铅膏主要成分为及微量杂质元素。用亚硫酸钠把PbO2还原为Pb(OH)2，加碳酸钠把PbSO4转化为PbCO3，过滤，滤渣用强酸H2SiF6溶解，过滤，滤液中含有Pb2+，电解的金属Pb。 【详解】A．“还原”时，PbO2被还原，Pb元素化合价降为+2价，S元素升为+6价，生成Pb(OH)2和，反应的离子方程式为，故A正确； B．Ksp(PbSO4)＞Ksp(PbCO3)，转化”步骤加入Na2CO3，主要目的是将废铅膏中原有的PbSO4转化为更难溶的PbCO3，故B错误； C．“浸出”时加入二元强酸H2SiF6，H2SiF6提供H+与PbCO3反应生成Pb2+、CO2和H2O，反应离子方程式为，故C正确； D．“电沉积”若不使用离子交换膜，Pb2+可能迁移至阳极，在阳极失电子被氧化为PbO2，故D正确； 选B。 10. 摄影胶片定影时，使用溶液溶解未感光的AgX固体，获得底片。常温下，发生如下反应：、和，过程中各组分的(M代表或)、[代表或]与的关系如图所示。 下列说法错误的是 A. 曲线Ⅲ表示的变化关系 B. 的数量级为 C. 若不考虑水解，b点溶液中： D. 时， 【答案】B 【解析】 【分析】卤化银的饱和溶液中卤素离子浓度和银离子浓度相等，向饱和溶液中滴加硫代硫酸钠溶液时，溶液中银离子浓度减小、卤素离子浓度增大，则Ⅳ曲线表示银离子浓度与硫代硫酸根离子浓度变化的关系、Ⅰ曲线表示卤素离子与硫代硫酸根离子浓度变化的关系；卤化银与硫代硫酸钠溶液开始反应时，卤化银主要转化为，溶液中 小于，则直线Ⅱ表示随硫代硫酸根离子浓度变化的关系，直线Ⅲ表示随硫代硫酸根离子浓度变化的关系。 【详解】A．结合分析可知，Ⅲ为lg()~lgc(S2O)的变化关系，A正确； B．，由图中点、点，Ksp=c(Ag+)c(X-)，得，，数量级为，B错误； C．点两种配合物浓度相等，c([Ag(S2O3)2]3-)= c([Ag(S2O3)]-)，由物料守恒n(X)=n(Ag)，则c(X-)=c(Ag+)+ c([Ag(S2O3)2]3-)+ c([Ag(S2O3)]-) =c(Ag+)+2 c([Ag(S2O3)]-)，C正确； D．结合图像可知，b点时c([Ag(S2O3)2]3-)= c([Ag(S2O3)]-)，=10-3.85mol/L浓度最大，配合物c([Ag(S2O3)2]3-)=10-4.2mol/L次之， =10-4.6mol/L较小，=10-8.35mol/L最小，D正确； 故答案为：B。 二、非选择题 11. 五氧化二钒是一种重要的功能材料，广泛应用于催化、能源存储与转换等领域。从石煤灰(含和)提取的一种钙化焙烧工艺流程如下。 已知：①“焙烧”产物均不溶于水； ②、； ③ 回答下列问题： （1）基态V原子的外围电子排布图(轨道表示式)为___________。 （2）“焙烧”时，生成的化学方程式为___________。 （3）“盐浸”时用NaOH维持溶液，反应： ①平衡常数___________。 ②滤渣的成分为CaSiO3、___________、___________。 （4）“离子交换”用季铵盐树脂，在pH为6.5至9.5的范围内交换活性高，反应：(-为烃基) ①该树脂中N的杂化方式为___________。 ②为实现的高效“洗脱”，并保障树脂的循环利用，适宜的洗脱液试剂为___________(填化学式)。 ③为叔胺盐酸盐树脂，碱性增强时交换能力减弱，原因是___________。 （5）“沉钒”时生成沉淀，“煅烧”产生的气体有水蒸气、___________。 （6）V的某种氧化物具有光学、电学和热学特性，其晶胞及沿z轴方向的投影如图所示。 ①氧原子的配位数为___________。 ②晶体中部分氧原子可脱出，出现氧空位使晶体具有半导体性质。位于处的氧原子脱出后的氧化物为___________(填化学式)。 ③V原子与O原子最近的距离为m pm，则氧原子间最近的距离为___________pm。 【答案】（1） （2）[或，] （3） ①. ②. ③. （4） ①. ②. NaCl或 ③. ，叔胺盐酸盐与反应，平衡逆向移动[或碱性时叔胺盐酸盐与反应生成，无法交换阴离子或 （5） （6） ①. 3 ②. ③. 【解析】 【分析】这是一道工艺流程题，以石灰石、氧气和三氧化二钒为原料，通过焙烧得到焙烧产物以及没参与反应的，之后加入碳酸氢铵溶液进行盐浸，盐浸之后转化为，并且得到含有的溶液，通过树脂进行离子交换得到纯度较高的，加入氯化铵溶液沉钒完成之后，再进行煅烧得到； 【小问1详解】 钒为23号元素，价层电子为，故外围电子排布图； 【小问2详解】 根据题干意思焙烧时生成，原料为石灰石、氧气和三氧化二钒，该反应为氧化还原反应三氧化二钒被氧气氧化为，氧气被还原，因此根据要求可以列出方程式：，或者分步书写、 【小问3详解】 ①已知反应可以列出； ②根据题干信息，石煤灰、和石灰石的主要成分为和，通入空气之后焙烧产生的气体为二氧化碳，焙烧产物有以及没参与反应的，盐浸之后转化为，其余的不变，故盐浸之后的滤渣有、和CaSiO3； 【小问4详解】 ①根据题干中的树脂可以画出结构式，从结构式中可以看出氮原子共形成四个共价键，其中一个为配位键，所以杂化方式为； ②在上一步离子交换之后变成了，为了把洗脱出来，只需要增大这个反应的逆反应就行，需要加入含有氯离子的溶液，可以加入NaCl或； ③碱性时叔胺盐酸盐树脂与反应生成，无法交换阴离子； 【小问5详解】 根据流程中的信息可以列出反应方程式：；可知该气体为； 【小问6详解】 ①氧原子的配位数就是找距离氧原子最近且等距的钒有多少，从图中的晶胞可以看出有三个钒距离氧最近且等距； ②若位于处的氧原子脱出，面上的氧原子会减少，晶胞结构随之也改变，如图所示，原先的上顶面会变成新晶胞的体内的一个面，计算钒有四个，氧原子有七个，所以化学式为； ③从z轴可以看到平面图为正方形，且边长为a pm，那么对角线为 pm，又知道V原子与O原子最近的距离为m pm，那么氧原子间最近的距离为（）pm 12. 达比加群酯是一种用于治疗血栓栓塞性疾病的药物，其中间体K的合成路线如下： 已知： 回答以下问题： （1）化合物A的名称为___________，化合物D中含氧官能团有羧基和___________。 （2）反应Ⅱ的试剂为___________、___________。 （3）B的熔点高于A的主要原因为___________(从结构的角度解释)。 （4）反应V的化学方程式为___________。 （5）M→K的反应分三步进行(Y是X的同分异构体)： 第一步反应为脱水缩合反应，则X的结构简式为___________，M中a、b处氢的活性大小；a___________b(选填“大于”或“小于”)。Y→K的反应类型为___________(填有机反应类型)。 （6）写出一种同时满足下列条件的化合物F的同分异构体的结构简式___________。 ①含有苯环 ②能与反应生成 ③红外光谱中存在氨基吸收峰 ④核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为。 【答案】（1） ①. 对氯甲苯或4-氯甲苯 ②. 硝基 （2） ①. 浓硝酸 ②. 浓硫酸 （3）B分子含羧基，形成分子间氢键，熔点较高 （4） （5） ①. ②. 大于 ③. 消去反应 （6） 【解析】 【分析】根据流程图可知，对氯甲苯被酸性高锰酸钾氧化生成B（），B为对氯苯甲酸，B发生硝化反应在Cl原子邻位引入硝基生成C（），C与CH3NH2发生取代反应生成D，D与SOCl2发生取代反应生成E（），E与F发生取代反应生成G，G发生还原反应生成M，M转化生成K。 【小问1详解】 由A结构简式可知A的名称为对氯甲苯或4-氯甲苯；由D结构简式可知， D中含氧官能团有羧基和硝基； 【小问2详解】 由分析可知，反应Ⅱ为B发生硝化反应，试剂为浓硝酸、浓硫酸； 【小问3详解】 由分析可知，A被高锰酸钾氧化得到B，B分子中含羧基，易形成分子间氢键，熔点较高； 【小问4详解】 由分析可知，反应V 为E与F发生取代反应生成G，化学方程式为：； 【小问5详解】 已知第一步反应为脱水缩合反应，J中的-COOH可以与M中的—NH2脱水，则X的结构简式为；a处氢为氨基中氢原子，b处氢为亚氨基中的氢原子，亚氨基旁边的甲基属于推电子基团，削弱了N-H键的极性，因此会降低亚氨基氢原子的活性，故a大于b；Y为X的同分异构体，且Y→K脱去一分子水，则Y为，故Y→K的反应属于消去反应； 【小问6详解】 化合物F的同分异构体，能与反应生成说明含有羧基；根据已知可知还含有苯环、氨基；核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为，说明具有高度对称结构，含有2个-CH3，2个-NH2，据此分析可知F的同分异构体的结构简式为：。 13. 利用合成高附加值的化学品，具有重要意义。某实验小组利用与制备苯甲酸。 Ⅰ．苯甲酸的制备 实验装置如图(夹持装置略去)： 已知：①易与水、氧气反应；②单质可引发反应1。 回答下列问题： （1）图中盛装溴苯和四氢呋喃的仪器名称是___________，球形冷凝管的作用是___________。 （2）实验前通入的目的是___________。 （3）①反应1中断开的化学键___________(填标号)。 a．氢键 b．非极性键 c．极性键 d．金属键 e．范德华力 ②反应1结束时，反应液温度约为，则通入前应采用___________(填实验方法)对反应液降温。 ③反应2需同时通入和，则三通阀应旋至___________(填标号) a． b． c． （4）发生水解生成苯甲酸和一种镁的无机碱式盐，该盐的化学式为___________。 Ⅱ．所得粗产品混有溴苯还需进行提纯，流程如下： 粗产品分液操作b→蒸发溶剂→重结晶→苯甲酸 （5）加NaOH溶液时发生的主要反应方程式为___________。 （6）乙酸乙酯的作用是___________，操作b所需玻璃仪器为___________、___________。 （7）已知实验中共消耗15.7g溴苯，经分离提纯后称量得苯甲酸晶体8.54g，则苯甲酸的产率为___________。 【答案】（1） ①. 恒压滴液(分液)漏斗 ②. 冷凝回流 （2）排尽装置中的空气或防止与水、氧气反应或防止空气进入 （3） ①. bcd ②. 冰水浴 ③. a （4）或 （5） （6） ①. 溶解苯甲酸或使苯甲酸进入有机相或作溶剂 ②. 分液漏斗 ③. 烧杯或锥形瓶 （7）70% 【解析】 【分析】I．苯甲酸的制备 在三颈烧瓶中加入打磨过的镁条和2-3粒碘，通过三通阀充入氮气，缓慢滴加溴苯的四氢呋喃溶液，边滴边搅拌，加毕后缓慢升温至回流状态，待镁条的量不再变化后停止加热，反应生成。向新制苯基溴化镁的四氢呋喃溶液中持续通入，反应后生成苯甲酸，滴加少量氯化铵溶液除去反应产生的不溶于水的，反应液加入乙酸乙酯萃取分液，有机相加入碳酸钠溶液，使苯甲酸完全生成苯甲酸钠，分液，苯甲酸钠进入水相，水相再加入盐酸使苯甲酸钠生成苯甲酸，再加入乙酸乙酯萃取分液，有机相经干燥、蒸馏得到粗苯甲酸，据此解答。 【小问1详解】 盛装溴苯和四氢呋喃的仪器名称是恒压滴液(分液)漏斗；球形冷凝管的作用是冷凝回流。 【小问2详解】 易与水、氧气反应，实验前通入的目的是排尽装置中的空气或防止与水、氧气反应或防止空气进入。 【小问3详解】 ①反应1()中溴苯上的碳溴键(极性键)断裂,Mg单质中的金属键断裂，中的非极性键断裂，故断开的化学键有bcd； ②反应1结束时，反应液温度约为，则通入前应采用冰水浴对反应液降温； ③反应2需同时通入在下方进入反应装置，在左侧进入反应装置，则三通阀应旋至a。 【小问4详解】 ，故该盐的化学式为。 【小问5详解】 所得粗产品苯甲酸中混有溴苯，加NaOH溶液时发生主要反应方程式为。 【小问6详解】 乙酸乙酯的作用是溶解苯甲酸或使苯甲酸进入有机相或作溶剂；操作b为分液，所需玻璃仪器为分液漏斗、烧杯(锥形瓶)。 【小问7详解】 实验中共消耗15.7g溴苯，物质的量为，理论上得到的苯甲酸，质量为，质量分数。 14. 炼油厂的FCC(流化裂化催化)再生烟气中存在CO、SO2和NO，一种CO催化还原同时脱硫脱硝的方法如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： （1）反应Ⅳ： ___________，反应温度是低于___________K时可自发进行的。某温度下(气体摩尔体积为)，将NO体积分数为a的烟气通过流量计，控制烟气流量为，充分反应，测得NO转化率为m。以NO表示的反应速率___________(列计算式)。 （2）一种CO催化还原的反应机理如图。*表示催化剂表面吸附位，表示被吸附于催化剂表面的CO；催化过程中，硫原子也可以进入催化剂的晶格，填补氧空位。 ①反应ⅰ与反应ⅱ的总方程式是___________。 ②CO催化还原SO2的产物中含极微量的COS，生成COS的原因为___________(从反应机理角度解释)。 （3）T℃、下，CO催化还原NO发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，用传感器测定反应过程中，CO和的物质的量分数x与时间的关系如图所示。 ①图中曲线r表示的组分为___________(填化学式)，1~2 min时，该组分物质的量分数逐渐增大的原因为___________。 ②CO的平衡转化率为___________。 ③反应Ⅱ的___________。 【答案】（1） ①. -749 ②. 3745 ③. （2） ①. ②. 反应生成的硫原子占据催化剂中的氧空位，与CO反应生成COS （3） ①. N2O ②. 反应Ⅰ、反应Ⅱ均未达到平衡状态，且反应Ⅰ生成N2O的速率大于反应Ⅱ消耗N2O的速率 ③. 85% ④. 13.2或 【解析】 【小问1详解】 已知：反应Ⅰ： ；反应Ⅱ： 根据盖斯定律，将反应Ⅰ+反应Ⅱ，整理可得反应Ⅳ，该反应反应热△H4=(-384 kJ/mol)+(-365 kJ/mol)=-749 kJ/mol；该反应的熵变△S=△S1+△S2=+()=；要使反应自发进行，由体系的自由能公式△G=△H-T△S＜0可自发进行，-749000 J/mol-T(-200)＜0，解得反应温度T＜3745 K； 烟气中NO的物质的量流量为，转化的NO物质的量流量为，由于NO摩尔质量30 g/mol，则以NO表示的反应速率v(NO)=； 【小问2详解】 ①由反应机理图示可知总方程式为：； ②CO催化还原SO2的产物中含极微量的COS，从反应机理角度分析，生成COS的原因为反应生成的硫原子占据催化剂中的氧空位，与CO反应生成COS； 【小问3详解】 ①根据图示可知：曲线q表示的物质的物质的量分数逐渐减小，则曲线q表示的物质是反应物CO；而曲线r表示的物质开始时物质的量分数为0，随着反应的进行而逐渐增大，到2 min时达到最大值，后又逐渐减小到第4 min时物质的量分数不再变化，则该物质开始没有，在反应Ⅰ中生成，在反应Ⅱ中又消耗。由于反应Ⅰ生成N2O，反应Ⅱ消耗N2O，开始时N2O的物质的量分数逐渐增大，故曲线r表示的物质是N2O； 在开始1～2 min时，反应Ⅰ、反应Ⅱ均未达到平衡状态，且反应Ⅰ生成N2O的速率大于反应Ⅱ消耗N2O的速率，所以1~2 min时，该组分物质的量分数逐渐增大； ②根据图像可知：起始CO的物质的量分数为0.5，设开始时n(CO)=n(NO)=1 mol，反应Ⅰ为CO(g)+2NO(g)CO2(g)+N2O(g)；反应Ⅱ发生反应CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)，假设反应Ⅰ消耗CO的物质的量为x，反应Ⅱ消耗CO的物质的量为y，根据物质反应转化关系，可知平衡时n(CO)=(1-x-y)mol，n(CO2)=(x+y)mol，n(NO)=(1-2x)mol，n(N2O)=(x-y)mol，n(N2)=y mol。平衡时气体总物质的量为n(总)=n(CO)+n(CO2)+n(NO)+n(N2O)+n(N2)=(1-x-y)mol+(x+y)mol+(1-2x)mol+(x-y)mol+y mol=(2-x)mol，平衡时CO与N2O的物质的量分数相同都是0.1，则说明平衡时n(CO)=n(N2O)，(1-x-y)mol=(x-y)mol，解得x=0.5 mol，带入它们的物质的量分数表达式中，可得y=0.35 mol。所以CO的转化量为△n(CO)=0.5 mol+0.35 mol=0.85 mol，由于开始时CO的物质的量为1 mol，故平衡时CO的转化率为：； ③平衡时n(总)=(2-x)mol=(2-0.5)mol=1.5 mol，n(CO)=(1-x-y)mol=(1-0.5-0.35)mol=0.15 mol，n(N2O)=n(CO)=0.15 mol，n(CO2)=(x+y)mol=(0.5+0.35) mol=0.85 mol，n(N2)=y mol=0.35 mol，所以反应Ⅱ：CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)的压强平衡常数Kp=≈13.2。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泉州市2025届高中毕业班适应性练习卷 高三化学 2025.04 满分100分，考试时间75分钟 注意事项： 1.考试前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确黏贴在条形码区域内。 2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。 3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Br 80 一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求) 1. 泉州作为古代海上丝绸之路的重要起点，在茶叶、丝绸、瓷器等贸易中扮演关键角色。下列有关说法错误的是 A. 茶叶中含儿茶素(酚类物质)，其具有抗氧化性 B. 丝绸主要成分是蛋白质，其属于天然有机高分子 C. 远看是纱，近看是瓷——白瓷是典型的共价晶体 D. 海船中使用的钢铁材料在海水中易发生吸氧腐蚀 2. 纺织和造纸工业中脱氯的化学方程式：，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 中孤电子对数为2NA B. 晶体中阴阳离子总数为3NA C. 消耗(标准状况下)，转移电子数为0.2NA D. 溶液中的数目为0.01NA 3. X、Y、Z、M为原子序数依次增大的前四周期元素，X为原子半径最小的元素，Z元素的单质是空气主要成分，M原子最外层电子排布为，内层轨道全充满电子。由四种元素组成的一种配位离子如图所示。下列说法正确的是 A. 电负性： B. 基态有9个未成对电子 C. 1个该配位离子中含10个键 D. Z的简单氢化物的VSEPR模型为三角锥形 2，5-呋喃二甲酸，(FDCA)用于可降解塑料的生产。我国科研团队提出了一种通过5-羟甲基糠醛(HMF)的电催化制备2，5-呋喃二甲酸(FDCA)的高效方案。根据资料回答下列小题。 4. 下列关于HMF和FDCA的说法正确的是 A. 与FDCA互为同系物 B. 可用新制悬浊液鉴别HMF和FDCA C. FDCA分子中所有碳原子一定不共平面 D. HMF分子与完全加成后含1个手性碳原子 5. 电催化两步制备FDCA系统如图所示，装置ⅠN极材料可通过装置Ⅱ与HMF反应实现再生。下列说法错误的是 A. b为电源正极，M极发生还原反应 B. 装置Ⅰ的N极电极反应式为： C. 装置Ⅰ电催化过程中，溶液的pH保持不变 D. 标准状况下，每产生，理论上生成 6. 下列实验操作能达到实验目的的是 选项 实验操作及现象 实验目的 A 向等体积等浓度的溶液和溶液中分别滴加溶液，至不再产生白色沉淀，记录消耗溶液的体积 区别溶液和溶液 B 向溶液中滴加溶液，产生蓝色沉淀 证明溶液未变质 C 向粉末中滴加盐酸，并将产生的气体通入品红溶液，褪色 证明非金属性： D 向溶液中滴加5mL同浓度NaOH溶液，产生白色沉淀，再滴加溶液，产生红褐色沉淀 证明 A. A B. B C. C D. D 7. 氯苯(沸点)是常见有机中间体。实验室用苯与在无水催化下制备氯苯，其主要装置如图所示。 下列说法正确的是 A. 装置a可选用固体，制备氯气 B. 装置c中盛放饱和食盐水，除去HCl C. 装置e中盛放碱石灰，吸收尾气并防止水蒸气进入装置d D 反应后装置d中混合液分别用水、碱溶液、水依次洗涤分液可得到纯氯苯 8. 用TiCl4探究Ti(Ⅲ)、Ti(Ⅳ)的性质，实验步骤及观察到的现象如下。 下列说法错误的是 A. 反应①水解所得溶液呈酸性 B. 反应②的离子方程式为： C. Ti(Ⅲ)还原性强的原因是再失去1个电子后，3d能级处于全空状态 D. 晶体中阴、阳离子半径大，导致晶格能较低 9. 一种绿色环保的废铅膏(主要成分为及微量杂质元素)电沉积回收金属铅的工艺流程如下： 已知：①时：，，。 ②为二元强酸。 下列说法错误的是 A. “还原”时发生反应： B. “转化”的主要目的是将转化为 C. “浸出”时发生反应有： D. “电沉积”时若不使用离子交换膜，阳极产物可能含 10. 摄影胶片定影时，使用溶液溶解未感光的AgX固体，获得底片。常温下，发生如下反应：、和，过程中各组分的(M代表或)、[代表或]与的关系如图所示。 下列说法错误的是 A. 曲线Ⅲ表示的变化关系 B. 的数量级为 C. 若不考虑水解，b点溶液中： D. 时， 二、非选择题 11. 五氧化二钒是一种重要的功能材料，广泛应用于催化、能源存储与转换等领域。从石煤灰(含和)提取的一种钙化焙烧工艺流程如下。 已知：①“焙烧”产物均不溶于水； ②、； ③ 回答下列问题： （1）基态V原子的外围电子排布图(轨道表示式)为___________。 （2）“焙烧”时，生成的化学方程式为___________。 （3）“盐浸”时用NaOH维持溶液，反应： ①平衡常数___________。 ②滤渣的成分为CaSiO3、___________、___________。 （4）“离子交换”用季铵盐树脂，在pH为6.5至9.5的范围内交换活性高，反应：(-为烃基) ①该树脂中N杂化方式为___________。 ②为实现高效“洗脱”，并保障树脂的循环利用，适宜的洗脱液试剂为___________(填化学式)。 ③为叔胺盐酸盐树脂，碱性增强时交换能力减弱，原因是___________。 （5）“沉钒”时生成沉淀，“煅烧”产生的气体有水蒸气、___________。 （6）V的某种氧化物具有光学、电学和热学特性，其晶胞及沿z轴方向的投影如图所示。 ①氧原子的配位数为___________。 ②晶体中部分氧原子可脱出，出现氧空位使晶体具有半导体性质。位于处的氧原子脱出后的氧化物为___________(填化学式)。 ③V原子与O原子最近的距离为m pm，则氧原子间最近的距离为___________pm。 12. 达比加群酯是一种用于治疗血栓栓塞性疾病的药物，其中间体K的合成路线如下： 已知： 回答以下问题： （1）化合物A的名称为___________，化合物D中含氧官能团有羧基和___________。 （2）反应Ⅱ的试剂为___________、___________。 （3）B的熔点高于A的主要原因为___________(从结构的角度解释)。 （4）反应V的化学方程式为___________。 （5）M→K的反应分三步进行(Y是X的同分异构体)： 第一步反应为脱水缩合反应，则X的结构简式为___________，M中a、b处氢的活性大小；a___________b(选填“大于”或“小于”)。Y→K的反应类型为___________(填有机反应类型)。 （6）写出一种同时满足下列条件的化合物F的同分异构体的结构简式___________。 ①含有苯环 ②能与反应生成 ③红外光谱中存在氨基吸收峰 ④核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为。 13. 利用合成高附加值的化学品，具有重要意义。某实验小组利用与制备苯甲酸。 Ⅰ．苯甲酸的制备 实验装置如图(夹持装置略去)： 已知：①易与水、氧气反应；②单质可引发反应1。 回答下列问题： （1）图中盛装溴苯和四氢呋喃的仪器名称是___________，球形冷凝管的作用是___________。 （2）实验前通入的目的是___________。 （3）①反应1中断开的化学键___________(填标号)。 a．氢键 b．非极性键 c．极性键 d．金属键 e．范德华力 ②反应1结束时，反应液温度约为，则通入前应采用___________(填实验方法)对反应液降温。 ③反应2需同时通入和，则三通阀应旋至___________(填标号)。 a． b． c． （4）发生水解生成苯甲酸和一种镁的无机碱式盐，该盐的化学式为___________。 Ⅱ．所得粗产品混有溴苯还需进行提纯，流程如下： 粗产品分液操作b→蒸发溶剂→重结晶→苯甲酸 （5）加NaOH溶液时发生的主要反应方程式为___________。 （6）乙酸乙酯的作用是___________，操作b所需玻璃仪器为___________、___________。 （7）已知实验中共消耗15.7g溴苯，经分离提纯后称量得苯甲酸晶体8.54g，则苯甲酸的产率为___________。 14. 炼油厂的FCC(流化裂化催化)再生烟气中存在CO、SO2和NO，一种CO催化还原同时脱硫脱硝的方法如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： （1）反应Ⅳ： ___________，反应温度是低于___________K时可自发进行的。某温度下(气体摩尔体积为)，将NO体积分数为a的烟气通过流量计，控制烟气流量为，充分反应，测得NO转化率为m。以NO表示的反应速率___________(列计算式)。 （2）一种CO催化还原的反应机理如图。*表示催化剂表面吸附位，表示被吸附于催化剂表面的CO；催化过程中，硫原子也可以进入催化剂的晶格，填补氧空位。 ①反应ⅰ与反应ⅱ的总方程式是___________。 ②CO催化还原SO2的产物中含极微量的COS，生成COS的原因为___________(从反应机理角度解释)。 （3）T℃、下，CO催化还原NO发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，用传感器测定反应过程中，CO和的物质的量分数x与时间的关系如图所示。 ①图中曲线r表示组分为___________(填化学式)，1~2 min时，该组分物质的量分数逐渐增大的原因为___________。 ②CO的平衡转化率为___________。 ③反应Ⅱ的___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $