精品解析：甘肃省白银市靖远县第一中学2025届高三下学期模拟预测化学试题

2025年普通高中学业水平选择性考试模拟试题 化学 全卷满分100分，考试用时75分钟 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Mg：24 Ti：48 Co：59 Br：80 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 中国古代四大发明在科学发展史中占据了重要地位。下列说法正确的是 A. 指南针的主要成分是氧化亚铁 B. 泥活字中的硅酸盐属于无机非金属材料 C. 黑火药使用硝石作为还原剂 D. 造纸利用的树皮、麻头等原料属于合成高分子材料 2. 物质应用反映性质。下列两者对应关系正确的是 A. 重铬酸钾用于检验酒驾，体现了K2Cr2O7氧化性 B. 石灰石用于燃煤脱硫，是因为CaCO3难溶于水 C. 二氧化锰用于氯酸钾制备氧气，体现了MnO2的热稳定性 D. 离子液体可作化学电源的电解质，利用了离子液体的难挥发性 3. 化合物M、N(结构简式如图所示)是合成聚丙烯酸丙酯类高分子材料的重要中间体。已知：同一个碳原子上连接2个羟基会自动脱水。下列说法正确的是 A. M、N的所有原子均可能处于同一平面 B. 催化剂、加热条件下，等物质的量的M、N最多消耗H2的物质的量之比为2：3 C. M、N在酸性条件下水解，均可以生成含有3个官能团的水解产物 D. 通过质谱仪和元素分析仪可推测聚丙烯酸丙酯中的官能团 4. 下列分子中，不含有π键的是 A. N2 B. 苯乙烯 C. Al2Cl6 D. 5. 下列化学用语或图示正确的是 A. KO2的电子式： B. NF3的空间填充模型： C. HCl中共价键形成示意图： D. 水合钠离子组成示意图： 6. 下列如图所示的实验中，操作合理且能达到实验目的的是 A．用瓷坩埚灼烧分解CaSO4 B．用100mL量筒量取1.0mL盐酸 C．检验H2C2O4·H2O(易升华，分解温度高于熔点)分解产物中含有CO2 D．电解精炼铜 A. A B. B C. C D. D 7. 由H、O、S组成的某分子结构如图所示。下列说法正确的是 A. 该分子的实验式为HS2O3 B. 该化合物中所有S原子均存在孤电子对 C. 该化合物分子中存在过氧键 D. 该化合物中所有硫氧键键长相等 8. 对材料进行不同的处理，可以提升材料性能。下列说法不合理的是 选项 处理方式 性能 A 将生铁炼成低碳钢 提升硬度 B 塑料中加入增塑剂 提高柔韧性 C 橡胶硫化交联 提升橡胶的伸缩性、弹性 D 玻璃中加入硼酸盐 提高耐化学腐蚀性能 A. A B. B C. C D. D 9. 2024年诺贝尔化学奖颁给了在蛋白质设计和结构预测方面做出突出贡献的科学家，某蛋白质水解的最终产物的结构式如图所示。均为短周期主族元素，原子序数逐渐增大且Z与E同主族。下列说法错误的是 A. 原子半径： B. 简单氢化物的沸点： C. 第一电离能： D. X与Z形成的化合物均为非极性分子 10. 已知含[Fe(H2O)6]3+的溶液呈淡紫色。为探究铁盐溶液呈黄色的原因，进行了实验。结合实验事实，下列分析正确的是 序号 实验操作 现象 ① 向2mL较浓硫酸中滴加2滴饱和FeSO4溶液 溶液变淡紫色 ② 向2mL 0.05 mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液中滴加少量3 mol·L-1 H2SO4 溶液黄色变浅 A. 1 mol [Fe(H2O)6]3+中存在12 mol σ键 B. 由实验①可知，Fe3+被氧化为Fe(OH)3 C. 由实验可知，与Fe3+的配位能力：SCN->OH->H2O D. 上述实验说明，铁盐溶液呈黄色可能是Fe3+水解导致 11. 价类二维图是学习化学的重要工具和模型，硫元素的部分价类二维图如图所示。下列说法正确的是 A. 可存在的转化关系 B. 实验室常用盐酸清洗附着于试管内壁的b物质 C. 将铁丝插入e的稀溶液中可得到c D. c使高锰酸钾溶液和品红溶液褪色的原理相同 12. 近期报道了一种新型低成本、高性能的光辅助可充电水系钠离子电池(装置如图所示)。该电池的放电原理与传统钠离子电池相同；光照时，嵌入正极电解液中的TiO2电极产生电子(e-)和空穴(h+)，驱动两极反应而完成充电。下列说法错误的是 A. 放电时需断开K，且TiO2电极避光存储 B. 放电时，负极反应式为 C. 充电时，TiO2电极反应式 D. 充电时闭合K，转移1 mol e-同时有1 mol Na+通过隔膜 13. 索尔维制碱法制备纯碱的流程如图所示，我国科学家侯德榜进行改进，去除“灰蒸”过程，利用母液制备铵盐，也称联合制碱法。下列说法正确的是 A. “吸氨”和“碳酸化”所用和理论最佳物质的量比为 B. 操作1可用于实验室提纯氢氧化铁胶体 C. 图示的流程中循环利用的物质仅是 D. 上述流程中“碳酸化”和“吸氨”这两步工序可以互换 14. 我国科研团队研究了肼氧化代替水电解制氢，优化了氢吸附自由能，促进了肼脱氢动力学。其在不同催化剂下的反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用“·”标注)。下列说法错误的是 A. 三种催化剂中，Ni2N-Co3N的催化效率最高 B. 反应过程中存在非极性键的断裂和形成 C. 分别在Ni2N和Co3N催化下，肼制氢反应的最大能垒相差0.87eV D. 肼制氢反应中，制得2 mol H2同时生成1 mol N2 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 钴是生产电池材料、高温合金、磁性材料及催化剂的重要原料。一种以某工业净化渣(含有Co、Fe、Cu等金属及其氧化物)为原料提取钴的工艺流程如图所示： 已知：常温下，，。回答下列问题： （1）基态的价层电子轨道表示式为_______。 （2）滤渣1和滤渣2的主要成分分别为_______、_______(填化学式)。 （3）在滤渣2中几乎检测不到，测得此时滤液2的pH为0.5，此时浓度小于_______(已知：常温下，饱和水溶液中存在关系式：)。 （4）“氧化Ⅱ”过程中，与发生反应的离子方程式为_______。 （5）“沉铁”和“沉钴”过程中都用到，其作用是_______。 （6）一种掺钴催化剂的立方晶胞结构如图所示： ①已知：该晶胞的参数为a pm，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为_______(用含a、的代数式表示)。 ②已知：，该晶胞体对角线的投影图为_______。 A． B． C． D． 16. 三苯甲醇通常为无色晶体，是一种重要的有机合成中间体。学习小组在实验室中由苯基溴化镁与苯甲酸甲酯制备三苯甲醇的原理和有关数据如下。 2++2H2O+CH3OH+Mg(OH)2+MgBr2 物质 相对分子质量 相对密度/(g·cm-3) 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性 溴苯 157 1.49 -30.8 154.2 难溶于水，易溶于乙醇、乙醚 乙醚 74 0.71 -1162 34.6 微溶于水，易溶于乙醇 甲醇 32 0.79 -97.8 647 易溶于水、乙醇 苯甲酸甲酯 136 1.09 -12 198 难溶于水，易溶于乙醇、乙醚 三苯甲醇 260 1.20 162.5 360 微溶于水，易溶于乙醇、乙醚 实验步骤： Ⅰ、将充分干燥的仪器按如图1所示安装好并检验装置气密性后，向a中加入1.5g打磨掉氧化膜的镁条、一小粒碘，向b中加入6.7mL溴苯和25mL无水乙醚；将b中液体的加入a中，温水浴加热反应，并将b中剩余液体缓慢滴入a中，保持液体微沸充分反应，制得苯基溴化镁。 Ⅱ．将a中所得溶液冷却至室温，搅拌下从b向a中加入3.2mL苯甲酸甲酯和5mL无水乙醚的混合液，加热回流半小时。 Ⅲ．冷水浴冷却a，加入30mL NH4Cl饱和溶液，充分反应后停止搅拌，静置一段时间制得三苯甲醇。 Ⅳ．将a中所得混合液分液，收集乙醚层；将乙醚层蒸馏，蒸出乙醚和甲醇，将剩余液体改用水蒸气蒸馏(装置如图2所示)蒸出粗产品。 Ⅴ。将粗产品冷至室温，抽滤，用适量冷水洗涤、干燥，再精制得纯品4.22g。 回答下列问题： （1）步骤Ⅰ中制备苯基溴化镁反应的化学方程式为___________；加入碘的目的是将溴苯转化为碘苯，碘苯比溴苯更易与镁反应的原因为___________；该步骤中，温水浴加热引发反应后，需将b中剩余液体缓慢滴入a中的原因为___________。 （2）步骤Ⅱ中无水乙醚的作用为___________。 （3）步骤Ⅳ中，将乙醚层蒸馏时最适宜控制的温度为___________(填具体温度)；与甲醇相比，三苯甲醇溶解度较小的原因为___________；步骤V中，精制产品可通过乙醇溶解产品后进行___________(填分离操作名称)。 （4）本实验的产率约为___________(保留三位有效数字)。 17. 为保护环境、实现资源再利用，可通过反应NO2(g)+CO(g)NO(g)+CO2(g)将烟气中的NO2转化为NO，再进行回收利用。回答下列问题： （1）已知：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH=-113.0 kJ·mol-1，CO的燃烧热(ΔH)为-283.0 kJ·mol-1.NO2(g)+CO(g)NO(g)+CO2(g)的ΔH=___________；若该反应的ΔS=+6.9J·(K·mol)-1，则反应自发进行的条件为___________(填“较高温度”“较低温度”或“任意温度”)。 （2）NO2(g)+CO(g)NO(g)+CO2(g)的速率方程为=kc2(NO2)。则既能缩短达到平衡的时间，又能提高CO平衡转化率的措施为___________。 （3）将物质的量之比分别为4：3和1：1的NO2与CO的混合气体通过盛放催化剂的反应器发生反应，由流出气体成分测得NO2的转化率与混合气体流速、体系温度的关系如图所示(气体流速较低时，转化率可认为平衡转化率)。 ①上图中表示物质的量之比为4：3的NO2与CO混合气体中NO2的转化率与混合气体流速、体系温度的关系的是___________(填“甲”或“乙”)，理由为___________。 ②T1、T2、T3由大到小的顺序为___________。 ③若图甲中T2下，M点对应状态反应前混合气体压强为p0 kPa，则M点对应的反应速率(NO2)=___________kPa·min-1。 ④T1下，反应的平衡常数Kc=___________。 18. 化合物M是一种药物中间体。实验室以A和G为原料制备M的一种合成路线如图所示。 已知：①R2CH=CHR3(R1、R2、R3为烃基或H)。 ②。 回答下列问题： （1）A中含有官能团的名称为___________；由G生成H的反应类型为___________。 （2）G的化学名称为___________；1个I分子中含有手性碳的数目为___________。 （3）Q为H同分异构体。同时满足下列条件的Q的结构有___________种；任写其中一种核磁共振氢谱中有4组吸收峰的结构简式：___________。 ①-NH2直接连在苯环上。 ②能发生水解反应和银镜反应，1 mol Q最多消耗NaOH或银氨离子的物质的量均为4 mol。 （4）由F和J生成M的化学方程式为___________；吡啶是一种有机弱碱，反应中加入该物质的作用为___________。 （5）某同学以A为原料设计了如下合成路线制备F，由A推出X的结构简式为___________。该设计路线中A→F的转化___________(填“合理”或“不合理”)，理由是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年普通高中学业水平选择性考试模拟试题 化学 全卷满分100分，考试用时75分钟 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Mg：24 Ti：48 Co：59 Br：80 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 中国古代四大发明在科学发展史中占据了重要地位。下列说法正确的是 A. 指南针的主要成分是氧化亚铁 B. 泥活字中的硅酸盐属于无机非金属材料 C. 黑火药使用硝石作为还原剂 D. 造纸利用的树皮、麻头等原料属于合成高分子材料 【答案】B 【解析】 【详解】A．指南针的磁性来源于Fe3O4，而非FeO，A错误； B．硅酸盐材料（如陶瓷、玻璃）属于无机非金属材料，B正确； C．硝石（KNO3）在反应中提供氧，是氧化剂，还原剂是木炭中的碳，C错误； D．天然纤维素（如棉、麻、蚕丝等）属于天然高分子材料，合成高分子材料需人工合成（如塑料），D错误； 故选B。 2. 物质应用反映性质。下列两者对应关系正确的是 A. 重铬酸钾用于检验酒驾，体现了K2Cr2O7的氧化性 B. 石灰石用于燃煤脱硫，是因为CaCO3难溶于水 C. 二氧化锰用于氯酸钾制备氧气，体现了MnO2的热稳定性 D. 离子液体可作化学电源的电解质，利用了离子液体的难挥发性 【答案】A 【解析】 【详解】A．重铬酸钾在酸性条件下与乙醇反应，自身被还原体现其强氧化性，用于检验酒驾，A正确； B．石灰石脱硫的原理是高温分解生成CaO，CaO与SO2反应生成CaSO3，该反应的发生与溶解性无关，B错误； C．二氧化锰在氯酸钾分解中作为催化剂，作用是降低反应活化能，C错误； D．离子液体作电解质主要因其高离子导电性和宽电化学窗口，难挥发性辅助性质而非主因，D错误； 故选A。 3. 化合物M、N(结构简式如图所示)是合成聚丙烯酸丙酯类高分子材料的重要中间体。已知：同一个碳原子上连接2个羟基会自动脱水。下列说法正确的是 A. M、N的所有原子均可能处于同一平面 B. 催化剂、加热条件下，等物质的量的M、N最多消耗H2的物质的量之比为2：3 C. M、N在酸性条件下水解，均可以生成含有3个官能团的水解产物 D. 通过质谱仪和元素分析仪可推测聚丙烯酸丙酯中的官能团 【答案】C 【解析】 【详解】A．M、N中若含饱和碳原子（如-CH2-、-CH(OH)-），该碳原子为sp3杂化，呈四面体结构，所有原子不可能共面，A错误。 B．M、N仅含1个碳碳双键（可加成H2），等物质的量消耗H2之比为1:1，非2:3，B错误。 C．M酸性水解时，酯基断裂生成-COOH和-OH，产物中同一碳连2个-OH，自动脱水生成-CHO，最终产物含碳碳双键、-COOH、-CHO（3个官能团）；N同理水解可生成含3个官能团（2个-COOH、1个碳碳双键）的产物，C正确。 D．质谱仪测分子量及碎片，元素分析仪测元素组成，均无法推测官能团（需红外光谱）；D错误。 综上所述，说法正确的是C项。 4. 下列分子中，不含有π键的是 A. N2 B. 苯乙烯 C. Al2Cl6 D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．N2分子含有N≡N三键，包含1个σ键和2个π键，因此含有π键，A不符合题意； B．苯乙烯分子中的苯环和乙烯基均含有碳碳双键（含π键），因此含有π键，B不符合题意； C．Al2Cl6为桥式结构，所有Al-Cl键均为单键（σ键），无双键或三键，因此不含π键，C符合题意； D．中S与O之间为双键（含σ键和π键），因此含有π键，D不符合题意； 综上所述，答案为C。 5. 下列化学用语或图示正确的是 A. KO2的电子式： B. NF3的空间填充模型： C. HCl中共价键形成示意图： D. 水合钠离子组成示意图： 【答案】D 【解析】 【详解】A．为超氧化钾，由K⁺和超氧根离子（）构成，超氧根离子中两个氧原子间为单键，每个氧原子最外层有6个电子（含成键电子），整体带1个负电荷，电子式应为K⁺[∶O∶O∶]⁻，A错误； B．中N原子半径大于F原子，空间填充模型中中心N原子的球应比周围F原子的球大，B错误； C．HCl为共价化合物，共价键形成时H和Cl各提供1个电子形成共用电子对而不是的失电子，选项中的图示是通过H2和Cl2发生氧化还原反应形成，表示方法错误，C错误； D．水合钠离子中，Na⁺带正电，水分子中O原子电负性大带部分负电荷，通过静电作用与Na⁺结合，故水分子的O端朝向Na⁺，图示符合水合钠离子的组成，D正确； 故选D。 6. 下列如图所示的实验中，操作合理且能达到实验目的的是 A．用瓷坩埚灼烧分解CaSO4 B．用100mL量筒量取1.0mL盐酸 C．检验H2C2O4·H2O(易升华，分解温度高于熔点)分解产物中含有CO2 D．电解精炼铜 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．瓷坩埚主要成分为SiO2，CaSO4性质稳定，灼烧时不易分解，且与SiO2不反应，但实验目的是“灼烧分解CaSO4”，而CaSO4通常难以通过灼烧分解，无法达到实验目的，A错误； B．量取1.0mL盐酸应选用10mL量筒以减小误差，100mL量筒量程过大，分度值大，误差较大，操作不合理，B错误； C．H2C2O4⋅H2O加热时 会先脱水，生成的无水 H2C2O4 在熔化前就会升华，因为无水草酸的升华温度低于其熔点，升华的草酸蒸气会随气流进入石灰水，与Ca(OH)2反应生成草酸钙沉淀，干扰CO2的检验（CO2与石灰水反应生成碳酸钙沉淀），无法确定是否为CO2，C错误； D．电解精炼铜时，粗铜作阳极（接电源正极），纯铜作阴极（接电源负极），电解质溶液为CuSO4溶液，阳极粗铜中Cu及活泼金属失电子，阴极Cu2+得电子析出纯铜，装置合理，能达到目的，D正确； 故答案为：D。 7. 由H、O、S组成的某分子结构如图所示。下列说法正确的是 A. 该分子的实验式为HS2O3 B. 该化合物中所有S原子均存在孤电子对 C. 该化合物分子中存在过氧键 D. 该化合物中所有硫氧键键长相等 【答案】A 【解析】 【详解】A．原子半径：S>O>H，因此一个分子中含有2个H、6个O、4个S，实验式为分子中原子种类和数目的最简整数比，因此该分子的实验式为HS2O3，A正确； B．中间两个S原子存在孤电子对，左右两侧的S原子无孤电子对，S原子价层电子为6，有2对电子分别与O形成配位键，另外2个电子分别与O、S形成共价单键，无价电子剩余，B错误； C．过氧键为-O-O-，分子中S通过单键相连（S-S），O均连接S，无O-O键，C错误； D．硫氧键中存在S=O双键和S-O单键，双键键长比单键短，键长不相等，D错误； 故选A 8. 对材料进行不同的处理，可以提升材料性能。下列说法不合理的是 选项 处理方式 性能 A 将生铁炼成低碳钢 提升硬度 B 塑料中加入增塑剂 提高柔韧性 C 橡胶硫化交联 提升橡胶的伸缩性、弹性 D 玻璃中加入硼酸盐 提高耐化学腐蚀性能 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．生铁炼成低碳钢会降低含碳量，减少脆性并提高韧性，但硬度会降低，因此“提升硬度”的说法错误，A错误； B．增塑剂使塑料分子间作用力减弱，柔韧性提高，B正确； C．橡胶硫化形成交联结构，增强弹性和伸缩性，C正确； D．硼酸盐玻璃耐化学腐蚀性优于普通硅酸盐玻璃，D正确； 故选A。 9. 2024年诺贝尔化学奖颁给了在蛋白质设计和结构预测方面做出突出贡献的科学家，某蛋白质水解的最终产物的结构式如图所示。均为短周期主族元素，原子序数逐渐增大且Z与E同主族。下列说法错误的是 A. 原子半径： B. 简单氢化物的沸点： C. 第一电离能： D. X与Z形成的化合物均为非极性分子 【答案】D 【解析】 【分析】蛋白质水解产物为氨基酸，其结构中含C、H、O、N等元素。结合结构式中原子成键数及“原子序数逐渐增大且Z与E同主族”可推断：W成键数为1，且原子序数最小，应为H； X成键数为4，应为C； Y：原子序数介于X（C）和Z之间，成键数为3，应为N；Z成键数为2，与E同主族，且原子序数小于E，应为O；E与Z（O）同主族，原子序数大于Z，应为S。 【详解】A．E（S）位于第三周期，半径最大；X（C）、Y（N）、Z（O）为第二周期元素，同周期原子半径从左到右递减（C>N>O）；W（H）半径最小。顺序为S>C>N>O>H，即E>X>Y>Z>W，A正确； B．Z（O）的简单氢化物为H2O，分子间存在氢键，沸点远高于E（S）的简单氢化物H2S（分子间无氢键），即沸点H2O>H2S，B正确； C．Y（N）、Z（O）、X（C）为第二周期元素。N2p轨道半满稳定，第一电离能N>O；同周期从左到右第一电离能递增，O>C，第一电离能顺序为N>O>C，即Y>Z>X，C正确； D． X（C）与Z（O）形成的化合物有CO、CO2等，CO为极性分子，CO2为非极性分子，D错误； 故选D。 10. 已知含[Fe(H2O)6]3+的溶液呈淡紫色。为探究铁盐溶液呈黄色的原因，进行了实验。结合实验事实，下列分析正确的是 序号 实验操作 现象 ① 向2mL较浓硫酸中滴加2滴饱和FeSO4溶液 溶液变淡紫色 ② 向2mL 0.05 mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液中滴加少量3 mol·L-1 H2SO4 溶液黄色变浅 A. 1 mol [Fe(H2O)6]3+中存在12 mol σ键 B. 由实验①可知，Fe3+被氧化为Fe(OH)3 C. 由实验可知，与Fe3+的配位能力：SCN->OH->H2O D. 上述实验说明，铁盐溶液呈黄色可能是Fe3+水解导致 【答案】D 【解析】 【详解】A．每个[Fe(H2O)6]3+中，Fe3+与6个H2O分子形成6个配位σ键，每个H2O分子内部有2个O-H σ键，共6×2=12个，总σ键数为6+12=18，A错误； B．实验①中，浓硫酸的强酸性抑制Fe3+水解，Fe2+被氧化为Fe3+并以[Fe(H2O)6]3+形式存在，溶液呈淡紫色，未生成Fe(OH)3沉淀，B错误； C．实验未涉及SCN-，无法直接得出SCN-的配位能力顺序，C错误； D．实验②中，加入H2SO4抑制Fe3+水解，溶液黄色变浅，说明原黄色可能由水解产物（如羟基配位离子）引起，D正确； 故选D。 11. 价类二维图是学习化学的重要工具和模型，硫元素的部分价类二维图如图所示。下列说法正确的是 A. 可存在的转化关系 B. 实验室常用盐酸清洗附着于试管内壁的b物质 C. 将铁丝插入e的稀溶液中可得到c D. c使高锰酸钾溶液和品红溶液褪色的原理相同 【答案】A 【解析】 【分析】根据价类二维图可知，a为H2S、b为S、c为SO2、d为H2SO3、e为H2SO4、f为硫酸盐。 【详解】A．即H2S→S→SO2→H2SO3→H2SO4→硫酸盐，H2S在氧气中不完全燃烧可生成S，S与氧气反应生成SO2，SO2溶于水生成H2SO3，H2SO3可被氧气等氧化为H2SO4，H2SO4与碱反应生成硫酸盐，A正确； B．S不溶于盐酸，不能用盐酸清洗S，实验室常用热的氢氧化钠溶液清洗附着于试管内壁的S，B错误； C．c为二氧化硫，e为H2SO4，Fe和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，不生成二氧化硫，C错误； D．SO2具有还原性，能与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使溶液紫红色褪去，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，原理不同，D错误； 故选A。 12. 近期报道了一种新型低成本、高性能的光辅助可充电水系钠离子电池(装置如图所示)。该电池的放电原理与传统钠离子电池相同；光照时，嵌入正极电解液中的TiO2电极产生电子(e-)和空穴(h+)，驱动两极反应而完成充电。下列说法错误的是 A. 放电时需断开K，且TiO2电极避光存储 B. 放电时，负极反应式为 C. 充电时，TiO2电极反应式为 D. 充电时闭合K，转移1 mol e-同时有1 mol Na+通过隔膜 【答案】C 【解析】 【详解】A．放电时电池独立工作，需断开K避免TiO2电极干扰；TiO2光照产生电子和空穴会驱动充电，故需避光存储，A正确； B．放电时负极失电子，M电极区（S为-1价）氧化为（S为-0.5价），反应式为，B正确； C．充电时阳极应发生I⁻氧化为（放电时正极反应为+2e⁻=3I⁻，充电时逆反应），而h⁺为氧化剂，应氧化还原性更强的I⁻而非，正确反应应为3I⁻+2h⁺=+2h，C错误； D．充电时闭合K形成回路，转移1mol e⁻，为保持电荷平衡，1mol Na⁺通过隔膜从阳极（N）移向阴极（M），D正确； 综上所述，答案为C。 13. 索尔维制碱法制备纯碱的流程如图所示，我国科学家侯德榜进行改进，去除“灰蒸”过程，利用母液制备铵盐，也称联合制碱法。下列说法正确的是 A. “吸氨”和“碳酸化”所用和理论最佳物质的量比为 B. 操作1可用于实验室提纯氢氧化铁胶体 C. 图示的流程中循环利用的物质仅是 D. 上述流程中“碳酸化”和“吸氨”这两步工序可以互换 【答案】A 【解析】 【分析】先使氨气通入饱和食盐水中而成氨盐水，再通入二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液，二氧化碳主要来自于碳酸钙的分解，NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，过滤得到碳酸氢钠，煅烧得到碳酸钠，生成的二氧化碳可以循环使用，母液通过经过灰蒸后产生的NH3可以循环利用，据此分析。 【详解】A．根据方程式NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓可知，“吸氨”和“碳酸化”所用和理论最佳物质的量比为，A正确； B．操作1是过滤，实验室提纯氢氧化铁胶体用渗析，B错误； C．图示的流程中循环利用的物质有和CO2，C错误； D．氨气溶解度大，二氧化碳的溶解度小，“碳酸化”和“吸氨”这两步工序不能互换，D错误； 答案选A。 14. 我国科研团队研究了肼氧化代替水电解制氢，优化了氢吸附自由能，促进了肼脱氢动力学。其在不同催化剂下的反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用“·”标注)。下列说法错误的是 A. 三种催化剂中，Ni2N-Co3N的催化效率最高 B. 反应过程中存在非极性键的断裂和形成 C. 分别在Ni2N和Co3N催化下，肼制氢反应的最大能垒相差0.87eV D. 肼制氢反应中，制得2 mol H2同时生成1 mol N2 【答案】B 【解析】 【详解】A．催化效率与反应的活化能（最大能垒）有关，活化能越低催化效率越高，由图可知，Ni2N-Co3N的反应历程中各中间体能量变化平缓，最大能垒最低，故其催化效率最高，A正确； B．反应中肼（N2H4）的N-N键未断裂（中间体始终为N2Hx·，N原子始终相连），断裂的键为极性键N-H键；生成的N2（N≡N）和H2（H-H）含非极性键，仅存在非极性键的形成，不存在非极性键的断裂，B错误； C．Ni₂N的最大能垒：从·N2H3（-0.66 eV）到·N2H2（-0.13 eV），能量差为0.53 eV；Co3N的最大能垒：从·N₂H₂（-2.07 eV）到·N2H（-0.67 eV），能量差为1.4 eV，两者相差1.4 - 0.53 = 0.87 eV，C正确； D．肼分解反应为N2H4 = N2↑ + 2H2↑，制得2 mol H2时生成1 mol N2，D正确； 故选B。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 钴是生产电池材料、高温合金、磁性材料及催化剂重要原料。一种以某工业净化渣(含有Co、Fe、Cu等金属及其氧化物)为原料提取钴的工艺流程如图所示： 已知：常温下，，。回答下列问题： （1）基态的价层电子轨道表示式为_______。 （2）滤渣1和滤渣2的主要成分分别为_______、_______(填化学式)。 （3）在滤渣2中几乎检测不到，测得此时滤液2的pH为0.5，此时浓度小于_______(已知：常温下，饱和水溶液中存在关系式：)。 （4）“氧化Ⅱ”过程中，与发生反应的离子方程式为_______。 （5）“沉铁”和“沉钴”过程中都用到，其作用是_______。 （6）一种掺钴催化剂的立方晶胞结构如图所示： ①已知：该晶胞的参数为a pm，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为_______(用含a、的代数式表示)。 ②已知：，该晶胞体对角线的投影图为_______。 A． B． C． D． 【答案】（1） （2） ①. Cu ②. CuS （3） （4） （5）调节溶液pH，利于和沉淀 （6） ①. ②. D 【解析】 【小问1详解】 Co是27号元素，基态Co原子价层电子排布式为，失去3个电子，价层电子排布式为，轨道表示式为。 【小问2详解】 “浸出”时，金属及氧化物与反应，Cu不反应，滤渣1为Cu；“除铜”加入，与结合生成沉淀，滤渣2为。 【小问3详解】 已知，pH = 0.5，则，可得，根据，则，即浓度小于0.18mol/L。 【小问4详解】 “氧化II”中将氧化，被还原为，离子方程式为。 【小问5详解】 调节溶液pH，利于和沉淀。 【小问6详解】 用均摊法，Ti原子数：1；Co原子数：1；O原子数：3，化学式为，摩尔质量，晶胞体积，根据，，则；，体对角线投影时，Co在中心，Ti在顶点，O在面心，投影图为D。 16. 三苯甲醇通常为无色晶体，是一种重要的有机合成中间体。学习小组在实验室中由苯基溴化镁与苯甲酸甲酯制备三苯甲醇的原理和有关数据如下。 2++2H2O+CH3OH+Mg(OH)2+MgBr2 物质 相对分子质量 相对密度/(g·cm-3) 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性 溴苯 157 1.49 -30.8 154.2 难溶于水，易溶于乙醇、乙醚 乙醚 74 0.71 -116.2 34.6 微溶于水，易溶于乙醇 甲醇 32 0.79 -97.8 64.7 易溶于水、乙醇 苯甲酸甲酯 136 1.09 -12 198 难溶于水，易溶于乙醇、乙醚 三苯甲醇 260 1.20 162.5 360 微溶于水，易溶于乙醇、乙醚 实验步骤： Ⅰ、将充分干燥的仪器按如图1所示安装好并检验装置气密性后，向a中加入1.5g打磨掉氧化膜的镁条、一小粒碘，向b中加入6.7mL溴苯和25mL无水乙醚；将b中液体的加入a中，温水浴加热反应，并将b中剩余液体缓慢滴入a中，保持液体微沸充分反应，制得苯基溴化镁。 Ⅱ．将a中所得溶液冷却至室温，搅拌下从b向a中加入3.2mL苯甲酸甲酯和5mL无水乙醚混合液，加热回流半小时。 Ⅲ．冷水浴冷却a，加入30mL NH4Cl饱和溶液，充分反应后停止搅拌，静置一段时间制得三苯甲醇。 Ⅳ．将a中所得混合液分液，收集乙醚层；将乙醚层蒸馏，蒸出乙醚和甲醇，将剩余液体改用水蒸气蒸馏(装置如图2所示)蒸出粗产品。 Ⅴ。将粗产品冷至室温，抽滤，用适量冷水洗涤、干燥，再精制得纯品4.22g。 回答下列问题： （1）步骤Ⅰ中制备苯基溴化镁反应的化学方程式为___________；加入碘的目的是将溴苯转化为碘苯，碘苯比溴苯更易与镁反应的原因为___________；该步骤中，温水浴加热引发反应后，需将b中剩余液体缓慢滴入a中的原因为___________。 （2）步骤Ⅱ中无水乙醚的作用为___________。 （3）步骤Ⅳ中，将乙醚层蒸馏时最适宜控制的温度为___________(填具体温度)；与甲醇相比，三苯甲醇溶解度较小的原因为___________；步骤V中，精制产品可通过乙醇溶解产品后进行___________(填分离操作名称)。 （4）本实验的产率约为___________(保留三位有效数字)。 【答案】（1） ①. +Mg ②. 碳碘键键长比碳溴键键长长、键能小，更容易断裂 ③. 防止液体滴加速率过快、反应速率过快而发生危险 （2）作溶剂 （3） ①. 64.7℃或65℃ ②. 三苯甲醇中的烃基较大，其中的羟基与水分子中的羟基的相似因素较小，因而它在水中的溶解度较小 ③. 重结晶 （4）63.4% 【解析】 【小问1详解】 步骤Ⅰ中由溴苯与镁制备苯基溴化镁，反应的化学方程式为+Mg；化学反应的本质是旧键断裂的同时新键的形成，则碘苯比溴苯更易与镁反应的原因是：碳碘键键长比碳溴键键长长、键能小，更容易断裂；由题干信息，温水浴加热引发反应后，液体保持微沸，可知该反应为放热反应，则需将b中剩余液体缓慢滴入a中，防止液体滴加速率过快、反应速率过快，液体暴沸； 【小问2详解】 由信息可知，步骤Ⅱ中无水乙醚的作用为作溶剂溶解苯甲酸甲酯，同时促进与其他原料互溶； 【小问3详解】 由实验原理知，乙醚层中含有甲醇，则步骤Ⅳ中，将乙醚层蒸馏时最适宜控制的温度为64.7℃或65℃；三苯甲醇中的烃基较大，其中的羟基与水分子中的羟基的相似因素较小，因而它在水中的溶解度较小；精制能溶于某溶剂的固体有机物，可用重结晶的方法； 【小问4详解】 由题中反应原理和数据分析知，关系式为2～2～～，6.7 mL溴苯的物质的量为，3.2mL苯甲酸甲酯的物质的量为，可知溴苯过量，则得到的三苯甲醇的物质的量为0.0256 mol，理论产量为，产率为：。 17. 为保护环境、实现资源再利用，可通过反应NO2(g)+CO(g)NO(g)+CO2(g)将烟气中的NO2转化为NO，再进行回收利用。回答下列问题： （1）已知：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH=-113.0 kJ·mol-1，CO的燃烧热(ΔH)为-283.0 kJ·mol-1.NO2(g)+CO(g)NO(g)+CO2(g)的ΔH=___________；若该反应的ΔS=+6.9J·(K·mol)-1，则反应自发进行的条件为___________(填“较高温度”“较低温度”或“任意温度”)。 （2）NO2(g)+CO(g)NO(g)+CO2(g)的速率方程为=kc2(NO2)。则既能缩短达到平衡的时间，又能提高CO平衡转化率的措施为___________。 （3）将物质的量之比分别为4：3和1：1的NO2与CO的混合气体通过盛放催化剂的反应器发生反应，由流出气体成分测得NO2的转化率与混合气体流速、体系温度的关系如图所示(气体流速较低时，转化率可认为平衡转化率)。 ①上图中表示物质的量之比为4：3的NO2与CO混合气体中NO2的转化率与混合气体流速、体系温度的关系的是___________(填“甲”或“乙”)，理由为___________。 ②T1、T2、T3由大到小的顺序为___________。 ③若图甲中T2下，M点对应状态反应前混合气体压强为p0 kPa，则M点对应的反应速率(NO2)=___________kPa·min-1。 ④T1下，反应的平衡常数Kc=___________。 【答案】（1） ①. -226.5 kJ·mol-1 ②. 任意温度 （2）增大NO2浓度 （3） ①. 甲 ②. NO2与CO的物质的量之比增大，NO2转化率减小 ③. T3>T2>T1 ④. ⑤. 81 【解析】 【小问1详解】 由已知反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔΗ=-113.0 kJ·mol-1、2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566.0 kJ·mol-1，第二个反应减去第一个反应后除以2可得NO2(g)+CO(g)⇌NO(g)+CO2(g) ΔΗ=-226.5 kJ·mol-1；该反应为放热的熵增反应，结合ΔG=ΔH-ΔS，均小于0，可自发进行，故答案为：-226.5 kJ·mol-1；任意温度； 【小问2详解】 由反应的速率方程和影响反应速率、化学平衡的外界因素知，既能缩短达到平衡的时间，又能提高CO平衡转化率的措施为增大NO2浓度； 【小问3详解】 ①NO2与CO的物质的量之比增大，NO2转化率减小，则图甲表示物质的量之比为4：3的NO2与CO的混合气体中NO2的转化率与混合气体流速、体系温度的关系，故答案为：甲；NO2与CO的物质的量之比增大，NO2转化率减小； ②该反应为放热反应，温度升高NO2转化率减小，故T3>T2>T1. ③图甲对应物质的量之比为4：3的NO2与CO混合气体，起始混合气体压强为p0 kPa时，NO2的起始分压为，流速为0.00154 mol·min-1时NO2的转化率为80%，即每分钟NO2的分压变化为，反应速率为PokPa．min-1。 ④气体流速较低时，转化率可认为平衡转化率，则N点时转化率可认为NO2的平衡转化率，即90%；结合①可知，图乙对应物质的量之比为1：1的NO2与CO混合气体，设起始混合气体中NO2与CO物质的量均为1mol，则平衡时NO2、CO、NO、CO2的物质的量分别为0.1mol、0.1 mol、0.9 mol、0.9mol，该反应为左右两边气体分子总数相等的反应，则T1下，反应的平衡常数Kc=。 18. 化合物M是一种药物中间体。实验室以A和G为原料制备M的一种合成路线如图所示。 已知：①R2CH=CHR3(R1、R2、R3为烃基或H)。 ②。 回答下列问题： （1）A中含有官能团的名称为___________；由G生成H的反应类型为___________。 （2）G的化学名称为___________；1个I分子中含有手性碳的数目为___________。 （3）Q为H的同分异构体。同时满足下列条件的Q的结构有___________种；任写其中一种核磁共振氢谱中有4组吸收峰的结构简式：___________。 ①-NH2直接连在苯环上。 ②能发生水解反应和银镜反应，1 mol Q最多消耗NaOH或银氨离子的物质的量均为4 mol。 （4）由F和J生成M的化学方程式为___________；吡啶是一种有机弱碱，反应中加入该物质的作用为___________。 （5）某同学以A为原料设计了如下合成路线制备F，由A推出X的结构简式为___________。该设计路线中A→F的转化___________(填“合理”或“不合理”)，理由是___________。 【答案】（1） ①. 羟基、羧基 ②. 取代反应 （2） ①. 对硝基苯酚或4-硝基苯酚 ②. 1 （3） ①. 16 ②. 或 （4） ①. ++HCl ②. 中和生成的HCl，有利于反应正向进行，提高原料的转化率或产品产率 （5） ①. ②. 不合理 ③. 原路线用CH3OH保护羧基，使CH3SH只与碳碳双键发生加成反应，该同学设计路线没保护羧基，CH3SH可能与羧基反应，造成原料浪费、产率降低 【解析】 【分析】由反应条件和A、B的分子式可知，A发生消去反应生成B，B和CH3OH发生酯化反应生成C，可知B为，A为或，C发生信息①的原理生成的D为，D中酯基发生水解反应后经酸化得到E为，E和SOCl2发生取代反应生成F，G和发生取代反应生成H，则G为，G和乙醇钠溶液反应生成I，I发生信息②的原理生成的J为，F和J发生取代反应生成M，以此解答。 【小问1详解】 A为或，含有官能团的名称为羟基、羧基；G的结构简式为，通过取代反应生成。 【小问2详解】 的化学名称为对硝基苯酚或4-硝基苯酚。手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，I分子中只有与羟基相连的C原子是手性碳原子，手性碳的数目为1。 【小问3详解】 H为，H的同分异构体Q满足条件：①-NH2直接连在苯环上；②能发生水解反应和银镜反应，1 mol Q最多消耗NaOH或银氨离子的物质的量均为4 mol，说明其中含有2个-OOCH，剩余1个C原子形成-CH3连在苯环上，-CH3的位置有、、、、、，则共16种结构；其中核磁共振氢谱中有4组吸收峰的结构简式为或。 【小问4详解】 和发生取代反应生成和HCl，化学方程式为++HCl；吡啶能中和生成的HCl，有利于反应正向进行，提高原料的转化率或产品产率。 【小问5详解】 浓硫酸、加热是醇发生消去反应的条件，所以X 的结构简式为。对比原合成路线可以看出，原路线用CH3OH保护羧基，使CH3SH只与碳碳双键发生加成反应，该同学设计的路线没保护羧基，CH3SH可能与羧基反应，造成原料浪费、产率降低。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $