江苏省镇江市2024-2025学年高三下学期教学情况第二次调研前模拟预测 化学试题

2025年江苏省镇江市高三教学情况第二次调研 一、单选题：共13题，每题3分，共39分。 1．（3分）下列叙述正确的是（　　） A．第六代战机使用“智能皮肤”隐身技术，所用陶瓷基复合材料属于合金 B．屋顶分布式光伏发电项目中使用的光伏电路板的主要成分是二氧化硅 C．我国长征三号乙运载火箭助推器使用的玻璃纤维属于无机非金属材料 D．“嫦娥六号”首次在月球表面发现石墨烯属于有机高分子材料 2．（3分）实验室制备配合物[Co（NH3）5（H2O）]Cl3的原理是2CoCl2+2NH4Cl+8NH3+H2O2＝2[Co（NH3）5（H2O）]Cl3，已知正八面体的空间结构如图，下列叙述错误的是（　　） A．NH4Cl的电子式为 B．基态Co原子最外层电子轨道表达式为 C．NH3的VSEPR模型为正四面体构型 D．[Co（NH3）4（H2O）2]3+有4种结构 3．（3分）下列实验装置能完成相应实验目的的是（　　） A．钠的燃烧实验 B．熔融纯碱 C．验证金属锌保护铁 D．制取乙酸乙酯 4．（3分）COS（硫化羰）与CO2互为等电子体。下列说法正确的是（　　） A．电离能大小：I1（O）＜I1（C） B．电负性大小：χ（S）＜χ（C） C．COS中σ键与π键数之比为1：2 D．沸点：CO2＜COS 阅读下列材料，完成下面5～7小题。 氮族元素是第ⅤA族的元素，氮和磷是典型的非金属元素，在25℃时，101kPa时，1gN2H4在氧气中完全燃烧生成氮气和H2O放出19.5kJ热量。砷和锑表现为准金属，钲为金属元素，是典型的非金属元素到金属元素的过渡族。纯钇是柔软的金属，不纯时性脆，常温下稳定。铝酸钠是一种黄色沉淀。钇的硒化物和碲化物具有半导体性质。 5．下列说法错误的是（　　） A．H3PO2次磷酸）中心原子杂化方式为sp3 B．砷原子的电子空间运动状态有18种 C．砷化氢的键角大于磷化氢的键角 D．铋元素位于元素周期表的p区 6．下列化学反应表示正确的是（　　） A．肼燃烧的热化学方程式：N2H4（l）+O2（g）＝N2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣624kJ•mol﹣1 B．铋酸钠将Mn2+氧化为MnO：2Mn2++5NaBiO3+14H+＝2MnO5Bi3++5Na++7H2O C．电解含亚硝酸根酸性废水脱硝的阴极反应：2e﹣+2H2O2H+ D．氢氧化钙处理含亚磷酸根废水：3Ca（OH）2+2H3PO3═Ca3（PO3）2+6H2O 7．下列物质结构与性质或性质与用途具有对应关系的是（　　） A．硝酸的非羟基氧比亚硝酸的多，硝酸比亚硝酸的酸性强 B．铋的导电导热性差，可用做武德合金保险丝 C．氨气分子中氮原子有孤电子对，氨气容易被液化 D．五氧化二磷具有吸水性，可用作干燥氨气 8．（3分）下列有关反应CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）的说法正确的是（　　） A．反应的平衡常数表达式 B．反应中若采用高分子分离膜及时分离出水，可以使反应的平衡常数增大 C．反应的ΔH＝4E（C—H）+4E（O—H）﹣2E（C＝O）﹣4E（H—H）（E表示键能） D．其他条件不变，在低温下使用高效催化剂可提高CO2的平衡转化率 9．（3分）新型高性能LMO—H可充电电池的正极材料中可反复进行Li+的嵌入和脱出反应。利用该电池电解CO2可以制取CH3OH，其电解原理如图所示。双极膜内为水，电解时双极膜内的水解离成H+和OH﹣分别向两侧发生迁移。下列说法错误的是（　　） A．电池放电时，正极反应式为2Li1﹣xMn2O4+2xLi++2xe﹣＝2LiMn2O4 B．电池充电时，总反应为：2LiMn2O4+2xH2O═xH2+2Li1﹣xMn2O4+2xLi++2xOH﹣ C．连接Pt/C催化电极的电极反应式为：CO2+6e﹣+6H+＝CH3OH+H2O D．当催化电极生成48gCH3OH时，阳极室溶液减少的质量为72g 10．（3分）奥司他韦（化合物M）是目前治疗流感的常用药物，其合成路线如图（其中某些步骤省略）。下列说法正确的是（　　） A．X分子不存在顺反异构，Z分子存在顺反异构 B．M完全氢化后每个分子中有5个手性碳 C．M中含有5种官能团，可发生加聚、水解、氧化、加成反应 D．1mol Y与1mol M与足量的NaOH溶液反应的消耗NaOH溶液的物质的量之比为5：2 11．（3分）下列有关实验操作，实验现象和所得结论中有不正确的是（　　） 实验操作以及现象 结论 A 将某有机物分别和10mL饱和KOH/CH3CH2OH溶液、10mL饱和KOH/H2O溶液混合后加热，取混合溶液，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，均无淡黄色沉淀生成 该有机物中不含溴原子 B 向5mL0.1mol•L﹣1ZnSO4溶液中滴入10mL0.1mol•L﹣1Na2S溶液；静置、向所得浊液中滴加适量0.1mol L﹣1CuSO4溶液。先有白色沉淀生成，后有黑色沉淀生成 Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS） C 向苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳气体，溶液变浑浊，分离产物后测定浑浊为苯酚，溶液溶质中有碳酸氢钠。 Ka（C6H5OH）＜Ka1（H2CO3） D 向淀粉溶液中加入适量稀硫酸加热，冷却后滴加少量碘水，溶液不变蓝，另取一份加入NaOH溶液至碱性，加入新制的氢氧化铜悬浊液，微热，产生砖红色沉淀。 淀粉已经完全水解且水解产物为还原性糖 A．A B．B C．C D．D 12．（3分）室温下，用含少量ZnSO4杂质的1mol•L﹣1MnSO4溶液制备MnCO3的过程如图所示。 已知：Ksp（MnS）＝2×10﹣10，Ksp（ZnS）＝2×10﹣24。下列说法错误的是（　　） A．“除锌”后所得上层清液中，c（Zn2+）一定小于1×10﹣5mol•L﹣1 B．NH4HCO3溶液中存在：c（H+）+c（H2CO3）＝c（OH﹣）+c（）+c（NH3•H2O） C．“沉锰”后的滤液中： D．“沉锰”后的滤液中存在：c（）+c（NH3•H2O）＞c（）+c（H2CO3）+c（） 13．（3分）CO2加氢转化为二甲醚（CH3OCH3）的反应过程如下： Ⅰ.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣49.1kJ•mol﹣1 Ⅱ.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41.2kJ•mol﹣1 Ⅲ.2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH3＝﹣23.4kJ•mol﹣1 在恒压密闭容器中，3.0MPa、n（CO2）n（H2）＝25.4充入气体时，发生上述反应，反应Ⅱ的平衡常数＞1。CO2的平衡转化率、CH3OCH3和CO生成物的选择性随温度变化如图所示。 已知：生成物A的选择性100% 下列说法正确的是（　　） A．曲线a表示的是CH3OCH3选择性 B．温度高于270℃时，H2的平衡转化率随温度升高逐渐降低 C．260℃达到平衡时，容器内H2的物质的量为3.12mol D．在恒温密闭容器中将等物质的量的CO2和H2混合，选择适当的催化剂进行反应Ⅱ，平衡时体系中CO的物质的量分数为ω，则 二、非选择题：本题共计4小题，共61分。 14．（15分）铈的氧化物在半导体材料、汽车尾气净化器等方面有广泛应用。以氟碳酸铈（主要成分CeFCO3）为原料制备CeO2的工艺流程如图： 已知：①CeO2具有较强的氧化性，难溶于一般的酸或碱。 ②F﹣能与Ce4+、Al3+结合成稳定的CeF3+。有利于酸浸步骤，不利于后续沉淀步骤。 ③溶液中铈的常见离子有Ce4+Ce3+其中Ce4+能被萃取剂TBP萃取，而Ce3+不能被萃取。 回答下列问题： （1）“氧化焙烧”后的固体产物中含CeO2和CeF4的物质的量之比为3：1，“酸浸”时CeO2溶解，原因是 　 　 ；有报告认为“酸浸”过程使用盐酸弊端很大，原因是 　 　 （用化学方程式表示）。 （2）用TBP（有机萃取剂）“萃取”时存在反应CeF3++TBP⇌CeTBP4++F﹣，加入氟洗液的目的是 　 　 ，由题目信息，氟洗液中可加入的物质为 　 　 。 （3）“反萃取”操作过程加入H2O2的作用是 　 　 。 （4）若“沉铈”后，溶液的pH为6，c（）＝0.2mol•L﹣1，此时c（Ce3+）＝ 　 　 mol•L﹣1。 已知常温下： H2CO3 Ce2（CO3）3 Ka1＝4.0×10﹣7 Ka2＝5.0×10﹣11 Ksp＝1.0×10﹣28 （5）铈的氧化物作为助催化剂通过低价铈和氧缺陷，在尾气消除过程中实现CeO2与CeO2﹣x（0≤x≤0.5）相互转化。汽车尾气中的NOx、CO和碳氢化合物净化原理如图1，氧化铈（CeO2）催化过程中立方晶胞的组成变化如图2。 CO转化CO2为时，铈的氧化物发生的化学反应方程式为 　 　 ，CeO2晶体结构中Ce4+的配位数为 　 　 。 15．（15分）化合物H为一种镇痛约物的中向体，其一种合成路线如图。 已知：①R—CNR—COOH（R为烃基或H，下同）。 ② ③ （1）化合物H中sp2与sp3杂化的碳原子个数比为 　 　 。 （2）B→C的反应类型为 　 　 。C与B、D相比，C的熔沸点更高，原因是 　 　 。 （3）F的结构简式为 　 　 。 （4）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式 　 　 。 ①遇银氨溶液能发生银镜反应； ②碱性条件水解，酸化后获得两种产物，其中一种产物含手性碳，另一种产物中含两种氢； ③核磁共振氢谱中有6个峰。 （5）请写出以、CH3CH2Br、HCHO为原料制备的合成路线流程 　 　 （无机试剂和有机溶剂任选，合成路线流程图示例见本题题干）。 16．（16分）用废催化剂（主要成份为V2O5、WO3、TiO2、Fe3O4、Al2O3、MnO2）回收金属元素，制备光学材料WO3陶瓷材料TiO2、媒染剂偏钒酸铵。回答下列问题： 资料：①300℃下熔烧MnO2生成MnO，MnO易被氧化，MnO能溶于氨水生成[Mn（NH3）4]2+。 ②TiO2熔点为1840℃不溶于稀酸，能和浓硫酸反应生成TiOSO4 （1）双氧水“氧化”时，反应的离子方程式是 　 　 。 （2）含钒溶液的进一步处理，会用到萃取剂（C4H9O）3PO结构如图所示，与钒离子配位的能力：1号0＜2号0，可能的原因是 　 　 。 （3）以TiO2为原料制备纳米铁，用纳米铁可以去除废水中的Cu2+常温下，选择Cu2+初始浓度为2×10﹣4mol•L﹣1的废水，控制纳米铁用量相同，测得Cu2+去除率随初始pH的变化如图所示。初始pH在3～6内Cu2+去除率随初始pH增大缓慢上升，而初始pH在6～7内Cu2+去除率随初始pH增大快速上升的原因是 　 　 。 （4）由滤渣1制备TiOSO4饱和溶液的实验方案是：将滤渣1 　 　 。（实验中须用到的仪器和试剂：马弗炉、18.4mol•L﹣1硫酸、1mol•L﹣1硫酸、蒸馏水） （5）由MnO制备MnCO3粉的工艺流程如图1，氨水﹣（NH4）2CO3溶液中的总氮浓度固定为14mol•L﹣1。结合如图2解释浸锰时间时使用氨水和碳酸铵的原因：　 　 。 （6）偏钒酸铵（NH4VO3）在空气中灼烧得到V2O5。称取1.60g灼烧后的产物，加入稀硫酸溶解后，向其中加入0.20mol•L﹣1的H2C2O4溶液50mL，再用0.10mol•L﹣1的KMnO4溶液滴定过量的H2C2O4溶液至终点，消耗KMnO4溶液的体积为8.00mL，则产物中V2O5的质量分数为 　 　 。 （已知：V2O5的相对分子质量为182，V2O5+2H+＝22H2O，2H2C2O4＝2VO2+2CO2↑+2H+） 17．（15分）研究CO2CH4等温室气体的资源化利用对人类具有重要的意义。 Ⅰ.以CO2和NH3为原料在ZnO作催化剂条件下工业合成尿素，其能量转化关系如图： 则2NH3（l）+CO2（g）＝H2O（l）+H2NCONH2（l）ΔH＝ 　 　 。 Ⅱ.CO2甲烷化技术是碳中和理念的落脚点之一，涉及的主要反应如下： ①CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）ΔH1＜0 ②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＞0 催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。一定条件下，在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测得CO2转化率随温度变化的趋势如图（a）所示： 高于320℃后，以Ni—CeO2为催化剂，CO2转化率略有下降，而以Ni为催化剂，CO2转化率仍在上升，可能原因是 　 　 ；分子筛膜反应器可提高反应①的平衡转化率，其原理如图（b）所示，原因是 　 　 。 Ⅲ.FTO@BiVO4作电极，双金属串联催化剂电催化CO2制乙烯，装置如图1所示。在不同电压条件下进行光照电解实验，不同有机产物的法拉第效率（FE）随电压变化如图2所示。 已知：法拉第效率 ①电势：泡沫Ni网电极 　 　 FTO@BiVO4电极（填“＞”“＜”或“＝”）。 ②写出ISA—Ni催化剂上发生的电极反应式：　 　 。 ③当电解电压为U3V时，测得生成的n（CH4）：n（C2H4）＝7：4，则x＝ 　 　 。 Ⅳ.Pt12Ni；Sn12NiCu12Ni三种双金属合金团簇催化剂催化甲烷重整制氢的过程中，存在甲烷逐步脱氢的过程，其能量变化如图所示（吸附在催化剂表面上的物种用*标注）： ①Sn12Ni双金属团簇具有良好的抗积碳作用，能有效抑制碳沉积对催化剂造成的不良影响， 结合图示解释其原因为 　 　 。 ②甲烷逐步脱氢过程决速步反应是 　 　 （用化学方程式表示）。 Ⅴ.我国科学家已经成功催化氢化CO2获得甲酸，利用化合物1催化氢化CO2的反应过程如图所示。 ①根据转化规律在答题卡指定位置画出化合物2的结构示意图 　 　 。 ②依据电负性变化规律与断键方式，用文字描述由化合物3生成化合物1的过程 　 　 。 2025年江苏省镇江市高考化学二调试卷 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 题号 1 2 3 4 8 9 10 11 12 13 答案 C D B D A D C B C D 一、单选题：共13题，每题3分，共39分。 1．（3分）下列叙述正确的是（　　） A．第六代战机使用“智能皮肤”隐身技术，所用陶瓷基复合材料属于合金 B．屋顶分布式光伏发电项目中使用的光伏电路板的主要成分是二氧化硅 C．我国长征三号乙运载火箭助推器使用的玻璃纤维属于无机非金属材料 D．“嫦娥六号”首次在月球表面发现石墨烯属于有机高分子材料 【分析】A．陶瓷基复合新材料属于新型的无机非金属材料； B．硅晶体是半导体材料，二氧化硅是光导纤维的成分； C．玻璃纤维属于无机非金属材料； D．“嫦娥六号”首次在月球表面发现石墨烯是碳元素的单质。 【解答】解：A．陶瓷基复合新材料属于新型的无机非金属材料，不属于合金，故A错误； B．屋顶分布式光伏发电项目中使用的光伏电路板的主要成分是晶体硅，故B错误； C．我国长征三号乙运载火箭助推器使用的玻璃纤维是无机物，属于无机非金属材料，故C正确； D．“嫦娥六号”首次在月球表面发现石墨烯属于无机非金属材料，不是有机高分子材料，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查了物质的性质与变化，明确物理变化与化学变化的区别是解题关键，题目难度不大。 2．（3分）实验室制备配合物[Co（NH3）5（H2O）]Cl3的原理是2CoCl2+2NH4Cl+8NH3+H2O2＝2[Co（NH3）5（H2O）]Cl3，已知正八面体的空间结构如图，下列叙述错误的是（　　） A．NH4Cl的电子式为 B．基态Co原子最外层电子轨道表达式为 C．NH3的VSEPR模型为正四面体构型 D．[Co（NH3）4（H2O）2]3+有4种结构 【分析】A．NH4Cl是离子化合物，中N、H原子间共用1对电子对； B．基态Co原子最外层电子数为2，排布与4s轨道，2个电子自旋方向相反； C．NH3分子中N原子的价层电子对数为3（5﹣3）＝4； D．[Co（NH3）6]3+为正八面体的空间结构，2个NH3被2个H2O取代即可得到[Co（NH3）4（H2O）2]3+。 【解答】解：A．NH4Cl由和Cl﹣构成，中N、H原子间共用1对电子对，其电子式为，故A正确； B．基态Co原子最外层电子数为2，排布式为4s2，2个电子自旋方向相反，则轨道表达式为，故B正确； C．NH3分子中N原子的价层电子对数为3（5﹣3）＝4，VSEPR模型为正四面体形，故C正确； D．[Co（NH3）6]3+为正八面体的空间结构，2个NH3被2个H2O取代即可得到[Co（NH3）4（H2O）2]3+，则2个H2O分子处于相邻位置或相对位置，所以[Co（NH3）4（H2O）2]3+只有2种结构，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查简单分子构型判定、核外电子排布，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确价层电子对数计算、电子式书写、配离子结构特点等知识是解本题关键，题目难度中等。 3．（3分）下列实验装置能完成相应实验目的的是（　　） A．钠的燃烧实验 B．熔融纯碱 C．验证金属锌保护铁 D．制取乙酸乙酯 【分析】A．Na燃烧放热； B．高温下Fe与纯碱不反应； C．酸化条件下Fe可失去电子生成亚铁离子； D．乙醇、乙酸易溶于饱和碳酸钠溶液。 【解答】解：A．Na燃烧放热，易使表面皿炸裂，应在坩埚中进行，故A错误； B．高温下Fe与纯碱不反应，可用铁坩埚在高温下熔融纯碱，故B正确； C．酸化条件下Fe可失去电子生成亚铁离子，滴铁氰化钾生成蓝色沉淀，不能验证金属锌保护铁，故C错误； D．乙醇、乙酸易溶于饱和碳酸钠溶液，为防止倒吸，导管口应在碳酸钠溶液的液面上，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、电化学、仪器的使用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。 4．（3分）COS（硫化羰）与CO2互为等电子体。下列说法正确的是（　　） A．电离能大小：I1（O）＜I1（C） B．电负性大小：χ（S）＜χ（C） C．COS中σ键与π键数之比为1：2 D．沸点：CO2＜COS 【分析】A．同周期从左到右，元素第一电离能增大趋势，第ⅡA、ⅤA第一电离能大于同周期相邻元素； B．非金属性越强，电负性越大； C．COS的结构式O＝C＝S； D．硫化羰与CO2的结构相似，硫化羰与CO2的固体均为分子晶体，相对分子质量大、分子间作用力强。 【解答】解：A．电离能大小：I1（O）＞I1（C），故A错误； B．非金属性S＞C，电负性大小：χ（S）＞χ（C），故B错误； C．COS中σ键与π键数之比为1：1，故C错误； D．CO2和COS结构和组成相似，固体均为分子晶体，但COS相对分子质量大，分子间作用力强，沸点越高，所以沸点：CO2＜COS，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查了元素性质和原子结构的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。 阅读下列材料，完成下面5～7小题。 氮族元素是第ⅤA族的元素，氮和磷是典型的非金属元素，在25℃时，101kPa时，1gN2H4在氧气中完全燃烧生成氮气和H2O放出19.5kJ热量。砷和锑表现为准金属，钲为金属元素，是典型的非金属元素到金属元素的过渡族。纯钇是柔软的金属，不纯时性脆，常温下稳定。铝酸钠是一种黄色沉淀。钇的硒化物和碲化物具有半导体性质。 5．下列说法错误的是（　　） A．H3PO2次磷酸）中心原子杂化方式为sp3 B．砷原子的电子空间运动状态有18种 C．砷化氢的键角大于磷化氢的键角 D．铋元素位于元素周期表的p区 【分析】A．H3PO2是一元弱酸，结构简式为，P原子的价层电子对数为4； B．砷原子的1s22s22p63s23p63d104s24p3，同一轨道上电子的空间运动状态相同； C．砷化氢和磷化氢空间构型相同，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间的斥力越大，键角越大； D．铋属于ⅤA族元素。 【解答】解：A．H3PO2是一元弱酸，结构简式为，P原子的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体，则中心原子杂化方式为sp3，故A正确； B．砷原子的1s22s22p63s23p63d104s24p3，同一轨道上电子的空间运动状态相同，则砷原子的电子空间运动状态有（1+1+3+1+3+5+1+3）种＝18种，故B正确； C．砷化氢和磷化氢空间构型相同，且P的电负性大于As，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间的斥力越大，键角越大，则砷化氢的键角小于磷化氢的键角，故C错误； D．铋属于ⅤA族元素，位于元素周期表的p区，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查原子杂化方式判断、核外电子排布、键角大小比较，侧重分析判断能力和运用能力考，把握物质结构及原子杂化类型判断、核外电子排布、键角大小比较方法等知识点是解题关键，选项B为易错点，题目难度中等。 6．下列化学反应表示正确的是（　　） A．肼燃烧的热化学方程式：N2H4（l）+O2（g）＝N2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣624kJ•mol﹣1 B．铋酸钠将Mn2+氧化为MnO：2Mn2++5NaBiO3+14H+＝2MnO5Bi3++5Na++7H2O C．电解含亚硝酸根酸性废水脱硝的阴极反应：2e﹣+2H2O2H+ D．氢氧化钙处理含亚磷酸根废水：3Ca（OH）2+2H3PO3═Ca3（PO3）2+6H2O 【分析】A．根据燃烧热概念分析判断； B．铋酸钠具有强氧化性，能将Mn2+氧化为MnO，结合电子守恒、电荷守恒写出反应的离子方程式； C．电解含亚硝酸根酸性废水脱硝时在阳极失电子生成，阴极上H+得电子生成H2； D．H3PO3是二元中强酸，亚磷酸根为，与氢氧化钙生成CaHPO3沉淀。 【解答】解：A．1gN2H4在氧气中完全燃烧生成氮气和H2O放出19.5kJ热量，1mol N2H4的质量为32g，则1mol N2H4在氧气中完全燃烧生成氮气和H2O放出热量为19.5kJ×32＝624kJ，热化学方程式为N2H4（l）+O2（g）＝N2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣624kJ•mol﹣1，故A错误； B．铋酸钠不溶于水，酸性条件下具有强氧化性，能氧化Mn2+为MnO，反应的离子方程式为2Mn2++5NaBiO3+14H+＝2MnO5Bi3++5Na++7H2O，故B正确； C．电解含亚硝酸根酸性废水脱硝时阳极反应为2e﹣+2H2O2H+，阴极反应为2H++2e﹣＝H2↑，故C错误； D．H3PO3是二元中强酸，CaHPO3不溶于水，氢氧化钙处理含亚磷酸根废水的反应为Ca（OH）2═CaHPO3↓+2OH﹣，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查化学反应方程式或离子方程式书写判断，侧重辨析能力和运用能力考，明确燃烧热概念、电解原理及电极反应式书写、氧化还原反应离子方程式配平是解题关键，题目难度中等。 7．下列物质结构与性质或性质与用途具有对应关系的是（　　） A．硝酸的非羟基氧比亚硝酸的多，硝酸比亚硝酸的酸性强 B．铋的导电导热性差，可用做武德合金保险丝 C．氨气分子中氮原子有孤电子对，氨气容易被液化 D．五氧化二磷具有吸水性，可用作干燥氨气 【分析】A．含氧酸分子结构中含非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性就越强； B．铋的熔点低，可用做武德合金保险丝； C．氨气容易被液化是因为液氨分子间易形成氢键； D．五氧化二磷是酸性氧化物，能与碱性气体反应。 【解答】解：A．硝酸分子中非羟基氧数目为2，亚硝酸分子中非羟基氧数目为1，含氧酸分子结构中含非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性就越强，则硝酸比亚硝酸的酸性强，故A正确； B．合金熔点低于组分的熔点，铋可用做武德合金保险丝是因为其熔点低，与其导电导热性强弱无关，故B错误； C．液态NH3分子间可形成氢键，导致NH3容易被液化，与其分子中氮原子有孤电子对无关，故C错误； D．五氧化二磷具有吸水性，可干燥某些酸性气体，但不能干燥氨气，因为五氧化二磷是酸性氧化物，能与氨气反应生成盐，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查物质性质及应用，侧重辨析能力和基础知识运用能力考查，明确物质性质、性质与用途的因果关系是解题关键，题目难度中等。 8．（3分）下列有关反应CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）的说法正确的是（　　） A．反应的平衡常数表达式 B．反应中若采用高分子分离膜及时分离出水，可以使反应的平衡常数增大 C．反应的ΔH＝4E（C—H）+4E（O—H）﹣2E（C＝O）﹣4E（H—H）（E表示键能） D．其他条件不变，在低温下使用高效催化剂可提高CO2的平衡转化率 【分析】A．化学平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积； B．化学平衡常数只与温度有关； C．反应的ΔH＝反应物的键能总和﹣生成物的键能总和； D．催化剂不能使平衡移动。 【解答】解：A．化学平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，即，故A正确； B．化学平衡常数只与温度有关，因此反应中若采用高分子分离膜及时分离出水，可以使反应的平衡常数不变，故B错误； C．反应的ΔH＝反应物的键能总和﹣生成物的键能总和＝2E（C＝O）+4E（H—H）﹣4E（C—H）﹣4E（O—H）（E表示键能），故C错误； D．催化剂不能使平衡移动，因此其他条件不变，在低温下使用高效催化剂不可提高CO2的平衡转化率，故D错误； 故选：A。 【点评】本题主要考查影响化学平衡的因素，为高频考点，题目难度不大。 9．（3分）新型高性能LMO—H可充电电池的正极材料中可反复进行Li+的嵌入和脱出反应。利用该电池电解CO2可以制取CH3OH，其电解原理如图所示。双极膜内为水，电解时双极膜内的水解离成H+和OH﹣分别向两侧发生迁移。下列说法错误的是（　　） A．电池放电时，正极反应式为2Li1﹣xMn2O4+2xLi++2xe﹣＝2LiMn2O4 B．电池充电时，总反应为：2LiMn2O4+2xH2O═xH2+2Li1﹣xMn2O4+2xLi++2xOH﹣ C．连接Pt/C催化电极的电极反应式为：CO2+6e﹣+6H+＝CH3OH+H2O D．当催化电极生成48gCH3OH时，阳极室溶液减少的质量为72g 【分析】A．锂离子移向可知右边为原电池正极，左边为原电池负极； B．充电时，阴极电极反应：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，阳极电极反应：LiMn2O4﹣xe﹣＝Li1﹣xMn2O4+xLi+； C．催化电极为阴极，阴极的电极反应是二氧化碳得到电子生成甲醇； D．当催化电极生成48gCH3OH时，48gCH3OH物质的量为1.5mol，电路中转移9mole﹣，双极膜向阳极室移动9mol OH﹣，阳极室发生反应4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑，放出O2的物质的量2.25mol，阳极室溶液减少的质量为：2.25 mol×32g/mol＝72g。 【解答】解：A．锂离子移向可知右边为原电池正极，左边为原电池负极，放电时负极电极反应：H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O，正极电极反应：Li1﹣xMn2O4+xe﹣+xLi+＝LiMn2O4，故A正确； B．充电时，阴极电极反应：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，阳极电极反应：LiMn2O4﹣xe﹣＝Li1﹣xMn2O4+xLi+，电子守恒得到总反应为：2LiMn2O4+2xH2O═xH2+2Li1﹣xMn2O4+2xLi++2xOH﹣，故B正确； C．催化电极为阴极，阴极的电极反应式为CO2+6e﹣+6H+＝CH3OH+H2O，故C正确； D．当催化电极生成48gCH3OH时，48gCH3OH物质的量为1.5mol，CO2+6e﹣+6H+＝CH3OH+H2O，电路中转移9mole﹣，双极膜向阳极室移动9mol OH﹣，阳极室发生反应4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑，放出O2的物质的量2.25mol，阳极室溶液增加的质量为：9mol×17g/mol﹣2.25 mol×32g/mol＝8lg，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查了原电池和电解池原理的分析判断，主要是电极反应书写，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。 10．（3分）奥司他韦（化合物M）是目前治疗流感的常用药物，其合成路线如图（其中某些步骤省略）。下列说法正确的是（　　） A．X分子不存在顺反异构，Z分子存在顺反异构 B．M完全氢化后每个分子中有5个手性碳 C．M中含有5种官能团，可发生加聚、水解、氧化、加成反应 D．1mol Y与1mol M与足量的NaOH溶液反应的消耗NaOH溶液的物质的量之比为5：2 【分析】A．碳碳双键的碳原子上连接不同基团时存在顺反异构； B．M中碳碳双键与氢气发生加成反应，连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子； C．M含酰胺基、醚键、酯基、氨基、碳碳双键； D．Y中酯基、碳氟键与NaOH反应，M中酰胺基、酯基与NaOH反应。 【解答】解：A．碳碳双键的碳原子上连接不同基团时存在顺反异构，则X分子不存在顺反异构，Z为环烯，Z不存在顺反异构，故A错误； B．M中碳碳双键与氢气发生加成反应，连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，可知六元环中与侧链相连的4个C为手性碳原子，故B错误； C．M含酰胺基、醚键、酯基、氨基、碳碳双键，共5种官能团，含碳碳双键可发生加聚反应、氧化反应、加成反应，含酰胺基可发生水解反应，故C正确； D．Y中酯基、碳氟键与NaOH反应，M中酰胺基、酯基与NaOH反应，则1mol Y与1mol M与足量的NaOH溶液反应的消耗NaOH溶液的物质的量之比为4：2＝2：1，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大。 11．（3分）下列有关实验操作，实验现象和所得结论中有不正确的是（　　） 实验操作以及现象 结论 A 将某有机物分别和10mL饱和KOH/CH3CH2OH溶液、10mL饱和KOH/H2O溶液混合后加热，取混合溶液，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，均无淡黄色沉淀生成 该有机物中不含溴原子 B 向5mL0.1mol•L﹣1ZnSO4溶液中滴入10mL0.1mol•L﹣1Na2S溶液；静置、向所得浊液中滴加适量0.1mol L﹣1CuSO4溶液。先有白色沉淀生成，后有黑色沉淀生成 Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS） C 向苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳气体，溶液变浑浊，分离产物后测定浑浊为苯酚，溶液溶质中有碳酸氢钠。 Ka（C6H5OH）＜Ka1（H2CO3） D 向淀粉溶液中加入适量稀硫酸加热，冷却后滴加少量碘水，溶液不变蓝，另取一份加入NaOH溶液至碱性，加入新制的氢氧化铜悬浊液，微热，产生砖红色沉淀。 淀粉已经完全水解且水解产物为还原性糖 A．A B．B C．C D．D 【分析】A．卤代烃发生水解反应或消去反应后，在酸性溶液中检验卤素离子； B．Na2S溶液过量，分别与硫酸锌、硫酸铜反应生成沉淀； C．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳气体，生成苯酚和碳酸氢钠； D．淀粉水解后，取水解液加碘水检验淀粉，水解后在碱性溶液中检验葡萄糖。 【解答】解：A．卤代烃发生水解反应或消去反应后，在酸性溶液中检验卤素离子，由实验操作和现象可知，该有机物中不含溴原子，故A正确； B．Na2S溶液过量，分别与硫酸锌、硫酸铜反应生成沉淀，不发生沉淀的转化，不能证明Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS），故B错误； C．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳气体，生成苯酚和碳酸氢钠，则Ka（C6H5OH）＜Ka1（H2CO3），故C正确； D．淀粉水解后，取水解液加碘水检验淀粉，水解后在碱性溶液中检验葡萄糖，由实验操作和现象可知，淀粉已经完全水解且水解产物为还原性糖，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的检验、难溶电解质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。 12．（3分）室温下，用含少量ZnSO4杂质的1mol•L﹣1MnSO4溶液制备MnCO3的过程如图所示。 已知：Ksp（MnS）＝2×10﹣10，Ksp（ZnS）＝2×10﹣24。下列说法错误的是（　　） A．“除锌”后所得上层清液中，c（Zn2+）一定小于1×10﹣5mol•L﹣1 B．NH4HCO3溶液中存在：c（H+）+c（H2CO3）＝c（OH﹣）+c（）+c（NH3•H2O） C．“沉锰”后的滤液中： D．“沉锰”后的滤液中存在：c（）+c（NH3•H2O）＞c（）+c（H2CO3）+c（） 【分析】向含少量ZnSO4杂质的1mol•L﹣1MnSO4溶液中加入MnS，存在沉淀溶解平衡：MnS⇌Mn2++S2﹣，S2﹣与Zn2+结合，转化更难溶的ZnS，从而实现除去Zn2+的目的，过滤，除去生成MnS（过量的）、ZnS（生成的），向滤液中加入氨水和碳酸氢铵溶液，沉淀Mn2+，生成MnCO3沉淀，据此分析作答。 【解答】解：A．“除锌”后所得上层清液中，是MnS、ZnS的饱和溶液，则c（S2﹣）2×10﹣10，则c（Zn2+）1×10﹣14＜1×10﹣5mol•L﹣1，故A正确； B．NH4HCO3溶液中存在：电荷守恒①c（H+）+c（）＝c（OH﹣）+2c（）+c（）、物料守恒②c（）+c（NH3•H2O）＝c（H2CO3）+c（）+c（），①﹣②，可得：c（H+）+c（H2CO3）＝c（OH﹣）+c（）+c（NH3•H2O），故B正确； C．“沉锰”后的滤液中：，故C错误； D．“沉锰”前的溶液中，c（）+c（NH3•H2O）＝c（）+c（H2CO3）+c（），“沉锰”后，部分碳元素转化为MnCO3，故滤液中存在：c（）+c（NH3•H2O）＞c（）+c（H2CO3）+c（），故D正确； 故选：C。 【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，同时考查Ksp的应用，属于高考高频考点，难度中等。 13．（3分）CO2加氢转化为二甲醚（CH3OCH3）的反应过程如下： Ⅰ.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣49.1kJ•mol﹣1 Ⅱ.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41.2kJ•mol﹣1 Ⅲ.2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH3＝﹣23.4kJ•mol﹣1 在恒压密闭容器中，3.0MPa、n（CO2）n（H2）＝25.4充入气体时，发生上述反应，反应Ⅱ的平衡常数＞1。CO2的平衡转化率、CH3OCH3和CO生成物的选择性随温度变化如图所示。 已知：生成物A的选择性100% 下列说法正确的是（　　） A．曲线a表示的是CH3OCH3选择性 B．温度高于270℃时，H2的平衡转化率随温度升高逐渐降低 C．260℃达到平衡时，容器内H2的物质的量为3.12mol D．在恒温密闭容器中将等物质的量的CO2和H2混合，选择适当的催化剂进行反应Ⅱ，平衡时体系中CO的物质的量分数为ω，则 【分析】A.反应Ⅲ放热，升高温度，其平衡逆向移动，CH3OCH3的选择性降低，反应Ⅱ吸热，升高温度，其平衡正向移动，CO的选择性变大，故表示CH3OCH3选择性的曲线是b； B.温度高于270℃时，CO2转化率增大，反应I（吸热）正向移动程度大于反应Ⅰ、III（放热）逆向移动程度，H2消耗增多，平衡转化率升高； C.根据题意列等式求解； D.根据题意列三段式求解； 【解答】解：A.反应Ⅲ放热，升高温度，其平衡逆向移动，CH3OCH3的选择性降低，反应Ⅱ吸热，升高温度，其平衡正向移动，CO的选择性变大，故表示CH3OCH3选择性的曲线是b，故A错误； B.温度高于270℃时，CO2转化率增大，反应I（吸热）正向移动程度大于反应Ⅰ、III（放热）逆向移动程度，H2消耗增多，平衡转化率升高，故B错误； C.由图知，260℃达平衡时，CO2平衡转化率为50%，CO2共转化了1mol，CO的选择性为36%，则CO生成了2×50%×36%＝0.36mol，二甲醚的选择性为50%，则二甲醚生成了，甲醇的选择性为1﹣36%﹣50% ＝14%，则甲醇转化生成了2×50%×14%＝0.14mol，可列出三个反应的转化量情况： Ⅰ.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） 转化量（mol）：0.64 1.92 0.64 0.64 Ⅱ.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H.642O（g） 转化量（mol）：0.36 0.36 0.36 0.36 Ⅲ. 转化量（mol）：0.5 0.25 0.25 则平衡时容器内n（H2）＝（5.4﹣1.92﹣0.36）mol＝3.12mol；故C错误； D.设CO2和H2初始均加入1mol，对于反应列出三段式： CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） 初始量（mol）：1 1 0 0 转化量（mol） x（x＜1）x x x 平衡量（mol） 1﹣x 1﹣x x x 解得，平衡体系中CO的物质的量分数，则，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生平衡状态的判断和条件改变平衡移动的掌握情况，试题难度中等。 二、非选择题：本题共计4小题，共61分。 14．（15分）铈的氧化物在半导体材料、汽车尾气净化器等方面有广泛应用。以氟碳酸铈（主要成分CeFCO3）为原料制备CeO2的工艺流程如图： 已知：①CeO2具有较强的氧化性，难溶于一般的酸或碱。 ②F﹣能与Ce4+、Al3+结合成稳定的CeF3+。有利于酸浸步骤，不利于后续沉淀步骤。 ③溶液中铈的常见离子有Ce4+Ce3+其中Ce4+能被萃取剂TBP萃取，而Ce3+不能被萃取。 回答下列问题： （1）“氧化焙烧”后的固体产物中含CeO2和CeF4的物质的量之比为3：1，“酸浸”时CeO2溶解，原因是 　CeO2和硫酸反应生成Ce4+，则Ce4+能与F结合成CeF3+，发生反应3CeO2+CeF4+12H+＝4CeF3++6H2O　 ；有报告认为“酸浸”过程使用盐酸弊端很大，原因是 　2CeO2+8HCl＝Cl2↑+2CeCl3+4H2O　 （用化学方程式表示）。 （2）用TBP（有机萃取剂）“萃取”时存在反应CeF3++TBP⇌CeTBP4++F﹣，加入氟洗液的目的是 　Al3+也能与F﹣结合成，氟离子含量减少，平衡会正向移动，提高萃取的效果　 ，由题目信息，氟洗液中可加入的物质为 　Al3+ 。 （3）“反萃取”操作过程加入H2O2的作用是 　做还原剂，将CeTBP4+还原为Ce3+ 。 （4）若“沉铈”后，溶液的pH为6，c（）＝0.2mol•L﹣1，此时c（Ce3+）＝ 　1×10﹣6.5 mol•L﹣1。 已知常温下： H2CO3 Ce2（CO3）3 Ka1＝4.0×10﹣7 Ka2＝5.0×10﹣11 Ksp＝1.0×10﹣28 （5）铈的氧化物作为助催化剂通过低价铈和氧缺陷，在尾气消除过程中实现CeO2与CeO2﹣x（0≤x≤0.5）相互转化。汽车尾气中的NOx、CO和碳氢化合物净化原理如图1，氧化铈（CeO2）催化过程中立方晶胞的组成变化如图2。 CO转化CO2为时，铈的氧化物发生的化学反应方程式为 　xCO+CeO2xCO2+CeO2﹣x ，CeO2晶体结构中Ce4+的配位数为 　8　 。 【分析】二氧化铈通过氧气氧化焙烧获得CeO2和CeF4，再加入硫酸酸浸，形成CeF3+，反应为3CeO2+CeF4+12H+＝4CeF3++6H2O，随后加入萃取剂TBP，形成CeTBP4+，在萃取过程中氟洗液中添加Al3+，促进CeF3++TBP⇌CeTBP4++F﹣正向进行然后进行反萃取，发生反应2CeTBP4++H2O2＝2Ce3++O2↑+2H++TBP，形成Ce3+，通过加入氢氧化钠调节pH，先使Al3+沉淀分离出Ce3+，随后再调节pH，使Ce3+完全沉淀，再加次氨酸钠氧化形成Ce （OH） 4，反应为：2Ce （OH ） 3+NaClO+H2O＝2Ce （OH） 4↓+NaCl，最后煅烧生成CeO2。 【解答】解：（1）已知题意中氧化焙烧后的固体产物中含有CeO2和CeF4物质的量之比为3：1，随后开始用硫酸酸浸，则CeO2和硫酸反应生成Ce4+，则Ce4+能与F结合成CeF3+，发生反应3CeO2+CeF4+12H+＝4CeF3++6H2O；传统工艺中用盐酸替代硫酸，盐酸具有还原性，CeO2具有较强的氧化性，故能使得氯化氢被氧化成有毒气体氯气，会污染环境，反应的化学方程式为2CeO2+8HCl＝Cl2↑+2CeCl3+4H2O， 故答案为：CeO2和硫酸反应生成Ce4+，则Ce4+能与F结合成CeF3+，发生反应3CeO2+CeF4+12H+＝4CeF3++6H2O；为2CeO2+8HCl＝Cl2↑+2CeCl3+4H2O； （2）“萃取”时存在反应CeF3++TBP⇌CeTBP4++F﹣，氟洗液中添加Al3+；F﹣能和很多金属离子形成较为稳定的配合物，如Al3+也能与F﹣结合成，氟离子含量减少，平衡会正向移动，提高萃取的效果， 故答案为：Al3+也能与F﹣结合成，氟离子含量减少，平衡会正向移动，提高萃取的效果；Al3+； （3）“反萃取”步骤中加入了硫酸和双氧水，最终水层中有Ce3+产生，CeTBP4+中Ce为+4价，化合价降低，说明发生了氧化还原，即双氧水做还原剂，将CeTBP4+还原为Ce3+， 故答案为：做还原剂，将CeTBP4+还原为Ce3+； （5）溶液的pH为6，则c（H+）＝10﹣6mol/L，当c（）＝0.2mol•L﹣1，根据Ka2（H2CO3），计算得到c（）mol/L＝10﹣5mol/L，此时Ksp[Ce2（CO3）3]＝c2（Ce3+）×c3（）＝1.0×10﹣28，计算得到c（Ce3+）＝1×10﹣6.5mol/L， 故答案为：1×10﹣6.5； （6）根据图示，CO转化CO2为时得到氧原子，则铈的氧化物失去氧原子，所以转化过程为CeO2→CeO2﹣x，方程式为xCO+CeO2xCO2+CeO2﹣x；根据晶胞图，晶胞上表面上Ce4+与晶胞内4个O2﹣成键，面心的Ce4+被2个晶胞共用，所以CeO2晶体结构中Ce4+的配位数为8， 故答案为：xCO+CeO2xCO2+CeO2﹣x；8。 【点评】本题主要考查物质的制备实验以及晶胞的计算，属于高考高频考点，难度中等。 15．（15分）化合物H为一种镇痛约物的中向体，其一种合成路线如图。 已知：①R—CNR—COOH（R为烃基或H，下同）。 ② ③ （1）化合物H中sp2与sp3杂化的碳原子个数比为 　16：5　 。 （2）B→C的反应类型为 　加成反应　 。C与B、D相比，C的熔沸点更高，原因是 　C分子之间形成的氢键更多　 。 （3）F的结构简式为 。 （4）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式 。 ①遇银氨溶液能发生银镜反应； ②碱性条件水解，酸化后获得两种产物，其中一种产物含手性碳，另一种产物中含两种氢； ③核磁共振氢谱中有6个峰。 （5）请写出以、CH3CH2Br、HCHO为原料制备的合成路线流程 （无机试剂和有机溶剂任选，合成路线流程图示例见本题题干）。 【分析】A与ClCOCH2CH3发生取代反应生成B和HCl，B与CH3CHO发生加成反应生成C，C与HCl发生取代反应生成D，对比D、G的结构简式，结合E的分子式、反应条件，可知D→E的过程中氯原子别—CN取代，E→F的过程中，D中羰基连接的亚甲基与苯甲醛中醛基之间脱去1分子水生成F，F中—CN水解为—COOH生成G，故E为，F为，G中酚羟基与碳碳双键中C—H之间脱去2个氢原子发生氧化反应生成H； （5）由G→H的转化可知脱氢发生氧化反应生成，而与HCHO发生信息②中反应生成，由A→B的转化可知与反应生成，CH3CH2COOH发生信息③中反应生成，由D→E的转化可知CH3CH2Br与NaCN反应生成CH3CH2CN，CH3CH2CN发生信息①中水解反应生成CH3CH2COOH。 【解答】解：（1）化合物H中，苯环、羰基、羧基、碳碳双键中共16个碳原子采取sp2杂化，其它共5个饱和碳原子采取sp3，sp2与sp3杂化的碳原子个数比为16：5， 故答案为：16：5； （2）对比结构可知，B→C的反应类型为加成反应；C与B、D相比，C的熔沸点更高，原因是C分子之间形成的氢键更多， 故答案为：加成反应；C分子之间形成的氢键更多； （3）由分析可知，F的结构简式为， 故答案为：； （4）B的一种同分异构体遇银氨溶液能发生银镜反应，说明含有醛基，且在碱性条件水解，说明含有酯基，可以是甲酸形成的酯，酸化水解后获得两种产物，一种产物中含两种氢，该产物可是HCOOH，另一种产物含手性碳，结合该同分异构体的核磁共振氢谱中有6个峰，可知含手性碳的产物可为等，则符合条件的同分异构体可以为等， 故答案为：； （5）由G→H的转化可知脱氢发生氧化反应生成，而与HCHO发生信息②中反应生成，由A→B的转化可知与反应生成，CH3CH2COOH发生信息③中反应生成，由D→E的转化可知CH3CH2Br与NaCN反应生成CH3CH2CN，CH3CH2CN发生信息①中水解反应生成CH3CH2COOH，则合成路线流程为， 故答案为：。 【点评】本题考查有机物的推断与合成，涉及有机反应类型、有机物结构与性质、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比分析有机物的结构变化来理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力。 16．（16分）用废催化剂（主要成份为V2O5、WO3、TiO2、Fe3O4、Al2O3、MnO2）回收金属元素，制备光学材料WO3陶瓷材料TiO2、媒染剂偏钒酸铵。回答下列问题： 资料：①300℃下熔烧MnO2生成MnO，MnO易被氧化，MnO能溶于氨水生成[Mn（NH3）4]2+。 ②TiO2熔点为1840℃不溶于稀酸，能和浓硫酸反应生成TiOSO4 （1）双氧水“氧化”时，反应的离子方程式是 　2Fe2++H2O2+2H2O＝2FeOOH+4H+ 。 （2）含钒溶液的进一步处理，会用到萃取剂（C4H9O）3PO结构如图所示，与钒离子配位的能力：1号0＜2号0，可能的原因是 　1号O与C4H9O—相连，C4H9O—为推电子基团，使1号O的电子云密度增大，与钒离子配位能力减弱；2号O与P ＝ O双键相连，P ＝ O双键中O的电负性大，对电子吸引能力强，使2号O的电子云密度降低，更易与钒离子配位，所以与钒离子配位的能力1号O＜2号O　 。 （3）以TiO2为原料制备纳米铁，用纳米铁可以去除废水中的Cu2+常温下，选择Cu2+初始浓度为2×10﹣4mol•L﹣1的废水，控制纳米铁用量相同，测得Cu2+去除率随初始pH的变化如图所示。初始pH在3～6内Cu2+去除率随初始pH增大缓慢上升，而初始pH在6～7内Cu2+去除率随初始pH增大快速上升的原因是 　初始pH在3～6内，随着pH增大，溶液中c（H+）减小，纳米铁与H+反应的速率减慢，Cu2+与纳米铁的接触机会增多，Cu2+去除率缓慢上升；初始pH在6～7内，随着pH增大，溶液中OH﹣浓度增大，Cu2+开始形成Cu（OH）2沉淀，促进了纳米铁对Cu2+的去除，所以Cu2+去除率快速上升　 。 （4）由滤渣1制备TiOSO4饱和溶液的实验方案是：将滤渣1 　在马弗炉中灼烧，除去滤渣上的其它杂质，溶于18.4mol•L﹣1硫酸中形成TiOSO4饱和溶液　 。（实验中须用到的仪器和试剂：马弗炉、18.4mol•L﹣1硫酸、1mol•L﹣1硫酸、蒸馏水） （5）由MnO制备MnCO3粉的工艺流程如图1，氨水﹣（NH4）2CO3溶液中的总氮浓度固定为14mol•L﹣1。结合如图2解释浸锰时间时使用氨水和碳酸铵的原因：　温度升高导致NH3被蒸出，c（NH3）减小，[Mn（NH3）4]2+⇌Mn2++4NH3正向移动，Mn2+浓度增大，生成MnCO3沉淀　 。 （6）偏钒酸铵（NH4VO3）在空气中灼烧得到V2O5。称取1.60g灼烧后的产物，加入稀硫酸溶解后，向其中加入0.20mol•L﹣1的H2C2O4溶液50mL，再用0.10mol•L﹣1的KMnO4溶液滴定过量的H2C2O4溶液至终点，消耗KMnO4溶液的体积为8.00mL，则产物中V2O5的质量分数为 　91%　 。 （已知：V2O5的相对分子质量为182，V2O5+2H+＝22H2O，2H2C2O4＝2VO2+2CO2↑+2H+） 【分析】用废催化剂（主要成份为V2O5、WO3、TiO2、Fe3O4、Al2O3、MnO2）回收金属元素，制备光学材料WO3陶瓷材料TiO2、媒染剂偏钒酸铵，废催化剂加入盐酸酸浸，过滤得到滤渣1为TiO2，TiO2熔点为1840℃不溶于稀酸，能和浓硫酸反应生成TiOSO4，滤液中加入氨水调节溶液pH5，Fe3+和Al3+沉淀完全，过滤得到滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中加入过氧化氢氧化过滤双氧水“氧化”时，是将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H2O＝2FeOOH↓+4H+，形成FeOOH沉淀，过滤得到的钒钨溶液分离得到WO3和钒溶液，经过一系列操作得到偏钒酸铵（NH4VO3）溶液， （1）双氧水“氧化”时，是将Fe2+氧化为Fe3+，生成FeOOH沉淀； （2）1号O与C4H9O—相连，C4H9O—为推电子基团，使1号O的电子云密度增大，与钒离子配位能力减弱；2号O与P ＝ O双键相连，P ＝ O双键中O的电负性大，对电子吸引能力强，使2号O的电子云密度降低，更易与钒离子配位，所以与钒离子配位的能力1号O＜2号O； （3）初始pH在3～6内，随着pH增大，溶液中c（H+）减小，纳米铁与H+反应的速率减慢，Cu2+与纳米铁的接触机会增多，Cu2+去除率缓慢上升；初始pH在6～7内，随着pH增大，溶液中OH﹣浓度增大，Cu2+开始形成Cu（OH）2沉淀，促进了纳米铁对Cu2+的去除，所以Cu2+去除率快速上升； （4）TiO2熔点为1840℃不溶于稀酸，能和浓硫酸反应生成TiOSO4； （5）氨水﹣（NH4）2CO3溶液浸锰时，得到含有[Mn（NH3）4]2+、等的浸锰液，溶液中存在[Mn（NH3）4]2+⇌Mn2++4NH3平衡，沉锰时，温度升高，导致NH3被蒸出，c（NH3）减小，[Mn（NH3）4]2+⇌Mn2++4NH3正向移动； （6）首先计算KMnO4的物质的量n（KMnO4）＝0.10mol/L×0.008L＝0.0008mol，根据2Mn+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，与KMnO4反应的H2C2O4的物质的量n1（H2C2O4）＝n（KMnO4）＝×0.0008mol＝0.002mol，H2C2O4总的物质的量n（H2C2O4）＝0.20mol/L×0.05L＝0.01mol，则与V2O5反应的H2C2O4的物质的量n2（H2C2O4）＝0.01mol﹣0.002mol＝0.008mol，由V2O5+2H+＝2V+H2O，2V+H2C2O4＝2VO2++2CO2↑+2H+可得V2O5～H2C2O4，所以n（V2O5）＝n2（H2C2O4）＝0.008mol，m（V2O5）＝0.008mol×182g/mol＝1.456g，则产物中V2O5的质量分数100%。 【解答】解：（1）双氧水“氧化”时，是将Fe2+氧化为Fe3+，形成FeOOH沉淀，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H2O＝2FeOOH↓+4H+， 故答案为：2Fe2++H2O2+2H2O＝2FeOOH↓+4H+； （2）含钒溶液的进一步处理，会用到萃取剂（C4H9O）3PO，与钒离子配位的能力：1号O＜2号O，可能的原因是：1号O与C4H9O—相连，C4H9O—为推电子基团，使1号O的电子云密度增大，与钒离子配位能力减弱；2号O与P ＝ O双键相连，P ＝ O双键中O的电负性大，对电子吸引能力强，使2号O的电子云密度降低，更易与钒离子配位，所以与钒离子配位的能力1号O＜2号O， 故答案为：1号O与C4H9O—相连，C4H9O—为推电子基团，使1号O的电子云密度增大，与钒离子配位能力减弱；2号O与P ＝ O双键相连，P ＝ O双键中O的电负性大，对电子吸引能力强，使2号O的电子云密度降低，更易与钒离子配位，所以与钒离子配位的能力1号O＜2号O； （3）初始pH在3～6内Cu2+去除率随初始pH增大缓慢上升，而初始pH在6～7内Cu2+去除率随初始pH增大快速上升的原因是：初始pH在3～6内，随着pH增大，溶液中c（H+）减小，纳米铁与H+反应的速率减慢，Cu2+与纳米铁的接触机会增多，Cu2+去除率缓慢上升；初始pH在6～7内，随着pH增大，溶液中OH﹣浓度增大，Cu2+开始形成Cu（OH）2沉淀，促进了纳米铁对Cu2+的去除，所以Cu2+去除率快速上升， 故答案为：初始pH在3～6内，随着pH增大，溶液中c（H+）减小，纳米铁与H+反应的速率减慢，Cu2+与纳米铁的接触机会增多，Cu2+去除率缓慢上升；初始pH在6～7内，随着pH增大，溶液中OH﹣浓度增大，Cu2+开始形成Cu（OH）2沉淀，促进了纳米铁对Cu2+的去除，所以Cu2+去除率快速上升； （4）由滤渣1制备TiOSO4饱和溶液的实验方案是：在马弗炉中灼烧，除去滤渣上的其它杂质，溶于18.4mol•L﹣1硫酸中形成TiOSO4饱和溶液， 故答案为：在马弗炉中灼烧，除去滤渣上的其它杂质，溶于18.4mol•L﹣1硫酸中形成TiOSO4饱和溶液； （5）氨水﹣（NH4）2CO3溶液浸锰时，得到含有[Mn（NH3）4]2+、等的浸锰液，溶液中存在[Mn（NH3）4]2+⇌Mn2++4NH3平衡，沉锰时，温度升高，导致NH3被蒸出，c（NH3）减小，[Mn（NH3）4]2+⇌Mn2++4NH3正向移动，Mn2+浓度增大，c（Mn2+）×c（）＞Ksp（MnCO3），有MnCO3沉淀生成， 故答案为：温度升高导致NH3被蒸出，c（NH3）减小，[Mn（NH3）4]2+⇌Mn2++4NH3正向移动，Mn2+浓度增大，生成MnCO3沉淀； （6）首先计算KMnO4的物质的量n（KMnO4）＝0.10mol/L×0.008L＝0.0008mol，根据2Mn+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，与KMnO4反应的H2C2O4的物质的量n1（H2C2O4）＝n（KMnO4）＝×0.0008mol＝0.002mol，H2C2O4总的物质的量n（H2C2O4）＝0.20mol/L×0.05L＝0.01mol，则与V2O5反应的H2C2O4的物质的量n2（H2C2O4）＝0.01mol﹣0.002mol＝0.008mol，由V2O5+2H+＝2V+H2O，2V+H2C2O4＝2VO2++2CO2↑+2H+可得V2O5～H2C2O4，所以n（V2O5）＝n2（H2C2O4）＝0.008mol，m（V2O5）＝0.008mol×182g/mol＝1.456g，则产物中V2O5的质量分数100%＝91%， 故答案为：91%。 【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及离子的检验、离子方程式的书写、氧化还原反应的计算等，属于基本知识的考查，题目难度中等。 17．（15分）研究CO2CH4等温室气体的资源化利用对人类具有重要的意义。 Ⅰ.以CO2和NH3为原料在ZnO作催化剂条件下工业合成尿素，其能量转化关系如图： 则2NH3（l）+CO2（g）＝H2O（l）+H2NCONH2（l）ΔH＝ 　﹣103.7kJ/mol　 。 Ⅱ.CO2甲烷化技术是碳中和理念的落脚点之一，涉及的主要反应如下： ①CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）ΔH1＜0 ②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＞0 催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。一定条件下，在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测得CO2转化率随温度变化的趋势如图（a）所示： 高于320℃后，以Ni—CeO2为催化剂，CO2转化率略有下降，而以Ni为催化剂，CO2转化率仍在上升，可能原因是 　320℃时，Ni催化剂的活性达到最大，升高温度，催化剂活性降低，而Ni—CeO2为催化剂的最佳温度较高，此时升温催化剂活性升高　 ；分子筛膜反应器可提高反应①的平衡转化率，其原理如图（b）所示，原因是 　分子筛膜的存在，吹扫气能将产物中的甲烷转移出体系，使得平衡正向移动，所以反应①的平衡转化率增大。　 。 Ⅲ.FTO@BiVO4作电极，双金属串联催化剂电催化CO2制乙烯，装置如图1所示。在不同电压条件下进行光照电解实验，不同有机产物的法拉第效率（FE）随电压变化如图2所示。 已知：法拉第效率 ①电势：泡沫Ni网电极 　＜　 FTO@BiVO4电极（填“＞”“＜”或“＝”）。 ②写出ISA—Ni催化剂上发生的电极反应式：　CO2+2e﹣+H2O ＝ CO+2OH﹣ 。 ③当电解电压为U3V时，测得生成的n（CH4）：n（C2H4）＝7：4，则x＝ 　42　 。 Ⅳ.Pt12Ni；Sn12NiCu12Ni三种双金属合金团簇催化剂催化甲烷重整制氢的过程中，存在甲烷逐步脱氢的过程，其能量变化如图所示（吸附在催化剂表面上的物种用*标注）： ①Sn12Ni双金属团簇具有良好的抗积碳作用，能有效抑制碳沉积对催化剂造成的不良影响， 结合图示解释其原因为 　积碳反应为最后一步反应，三种催化剂中Sn12Ni所需要的活化能最大，反应不易发生，具有良好的抗积碳作用　 。 ②甲烷逐步脱氢过程决速步反应是 　CH3*+H*═CH2*+2H*　 （用化学方程式表示）。 Ⅴ.我国科学家已经成功催化氢化CO2获得甲酸，利用化合物1催化氢化CO2的反应过程如图所示。 ①根据转化规律在答题卡指定位置画出化合物2的结构示意图 。 ②依据电负性变化规律与断键方式，用文字描述由化合物3生成化合物1的过程 　电负性O＞H，化合物3中Fe﹣OH2中的O—H键断裂，结合OH﹣生成化合物4和H2O，化合物4中的Fe﹣OH结合H2中的H，同时CO等基团重新配位，最终生成化合物1和H2O。　 。 【分析】Ⅰ.根据盖斯定律，将已知方程进行加减消元即可； Ⅱ.考查有关催化剂影响物质的转化率的图像，根据图像分析，催化剂的活性受温度的影响进行作答即可； Ⅲ.①.正极的电势高于负极的电势，阳极的电势高于阴极的电势。只要根据氧化还原判断正负极即可； ②.电极反应式的书写，根据反应物和生成物确定得失电子的个数，配平电荷即可； ③.根据元素守恒进行计算； Ⅳ.主要考查能量变化与活化能以及反应难易程度之间的关系； Ⅴ.主要考查通过反应图示以及断键方式和成键方式和电负性的变化规律判断化合物2的结构式。 【解答】解：Ⅰ.根据盖斯定律，将反应②+反应③+反应①相加，可得：2NH3（l）+CO2（g） ＝ H2O（l）+H2NCONH2（l）ΔH＝ΔH2+ΔH3+ΔH1＝﹣109.2kJ•mol﹣1+15.5kJ•mol﹣1﹣10kJ•mol﹣1＝﹣103.7kJ•mol﹣1； 故答案为：﹣103.7kJ•mol﹣1； Ⅱ.对于Ni催化剂，320℃时活性达到最大，升温后活性降低，Ni—CeO2催化剂最佳温度较高，升温时活性升高，所以高于320℃后，以Ni—CeO2为催化剂，CO2转化率略有下降，以Ni为催化剂，CO2转化率仍在上升； 故答案为：320℃时，Ni催化剂的活性达到最大，升高温度，催化剂活性降低，而Ni—CeO2为催化剂的最佳温度较高，此时升温催化剂活性升高； 分子筛膜反应器中，吹扫气将产物中的甲烷转移出体系，使反应①CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）平衡正向移动，从而提高CO2的平衡转化率； 故答案为：吹扫气将产物中的甲烷转移出体系，使反应①平衡正向移动，从而提高CO2的平衡转化率； Ⅲ.①由装置图可知，泡沫Ni网电极附近由CO2转化为C2H4，化合价降低，发生还原反应，所以Ni网电极是阴极，FTO@BiVO4电极是阳极，阴极电势低于阳极电势，所以泡沫Ni网电极的电势＜FTO@BiVO4电极电势； 故答案为：＜； ②ISA﹣Ni催化剂上CO2得到电子生成CO，而且电解质是KHCO3显碱性，电极反应式为CO2+2e﹣+H2O ＝ CO+2OH﹣； 故答案为：CO2+2e﹣+H2O ＝ CO+2OH﹣； ③设生成CH4的物质的量为7mol，C2H4的物质的量为4mol。生成1mol CH4转移8mol电子，生成1mol C2H4转移12mol电子，由图知CH4的法拉第效率为x%，C2H4的法拉第效率为36%，HCOO﹣的法拉第效率为0， ，；两式列比例，求出x＝42； 故答案为：42； Ⅳ.①.由能量变化图可知，积碳反应为最后一步反应，三种催化剂中Sn12Ni所需要的活化能最大，反应速度较慢，故产生的积碳较少，具有良好的抗积碳作用； 故答案为：积碳反应为最后一步反应，三种催化剂中Sn12Ni所需要的活化能最大，反应不易发生，具有良好的抗积碳作用； ②反应的决速步是活化能最高的步骤，由图可知，CH3*+H*→CH2*+2H*或CH3*→CH2*+H*的活化能最高，是决速步反应； Ⅴ.①.根据转化规律，化合物2的结构示意图为：； 故答案为：； ②.电负性O＞H，化合物3中Fe﹣OH2中的O—H键断裂，结合OH﹣生成化合物4和H2O，化合物4中的Fe﹣OH结合H2中的H，同时CO等基团重新配位，最终生成化合物1和H2O； 故答案为：由于电负性O＞H，化合物3中Fe﹣OH2中的O—H键断裂，结合OH﹣生成化合物4和H2O，化合物4中的Fe﹣OH结合H2中的H，同时CO等基团重新配位，最终生成化合物1和H2O。 【点评】这组题目围绕CO2等温室气体的资源化利用展开，涵盖了多个化学研究领域与知识点，具有很强的综合性与前沿性。在解题要求上，需要学生具备较强的信息提取与整合能力，能从能量变化图、装置图、反应历程图等多种图表中获取关键信息，并结合化学知识进行分析计算、原理解释，对学生的综合素养要求较高，是一套能很好考查化学学科核心素养的题目。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/12/10 23:30:29；用户：19821050221；邮箱：19821050221；学号：67629487 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $