精品解析：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. 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. 实验室制备配合物[的原理是，已知正八面体的空间结构如图，下列叙述错误的是 A. 的电子式为 B. 基态Co原子最外层电子轨道表达式为 C. 的VSEPR模型为正四面体构型 D. 有4种结构 3. 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 A. A B. B C. C D. D 4. COS(硫化羰)与互为等电子体。下列说法正确的是 A. 电离能大小： B. 电负性大小： C. COS中σ键与π键数之比为 D. 沸点： 阅读下列材料，完成下面小题。 氮族元素是第ⅤA族的元素，氮和磷是典型的非金属元素，在时，101kPa时，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，铋为金属元素，是典型的非金属元素到金属元素的过渡族。纯铋是柔软的金属，不纯时性脆，常温下稳定。铋酸钠是一种黄色沉淀。铋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. (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： B. 铋酸钠将氧化为： C. 电解含亚硝酸根酸性废水脱硝的阴极反应： D. 氢氧化钙处理含亚磷酸根废水： 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. 下列有关反应的说法正确的是 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(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. 新型高性能可充电电池的正极材料中可反复进行的嵌入和脱出反应。利用该电池电解可以制取，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和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 B. 电池充电时，总反应为： C. 连接催化电极的电极反应式为： D. 当催化电极生成时，阳极室溶液减少的质量为72g 10. 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. 1molY与1molM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. 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 向溶液中滴入溶液；静置、向所得浊液中滴加适量溶液。先有白色沉淀生成，后有黑色沉淀生成 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 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. 室温下，用含少量杂质的溶液制备的过程如图所示。 已知：，.下列说法错误的是 A. “除锌”后所得上层清液中，一定小于 B. 溶液中存在： C. “沉锰”后的滤液中： D. “沉锰”后的滤液中存在： 13. 加氢转化为二甲醚的反应过程如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 在恒压密闭容器中充入、，发生上述反应，反应Ⅱ的平衡常数>1。的平衡转化率、和生成物的选择性随温度变化如图所示。 已知：生成物的选择性 下列说法正确的是 A. 曲线表示的是选择性 B. 温度高于时，的平衡转化率随温度升高逐渐降低 C. 达到平衡时，容器内的物质的量为 D. 在恒温密闭容器中将等物质的量的和混合，选择适当的催化剂进行反应Ⅱ，平衡时体系中的物质的量分数为，则 二、非选择题：本题共计4小题，共61分。 14. 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)为原料制备的工艺流程如图： 已知：①具有较强的氧化性，难溶于一般的酸或碱。②能与结合成稳定的。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其中能被萃取剂TBP萃取，而不能被萃取。回答下列问题： （1）“氧化焙烧”后的固体产物中含和的物质的量之比为，“酸浸”时溶解，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，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”操作过程加入的作用是 _______ 。 （4）若“沉铈”后，溶液的pH为6，，此时_______。已知常温下： （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与相互转化。汽车尾气中的和碳氢化合物净化原理如图1，氧化铈()催化过程中立方晶胞的组成变化如图2。 转化为时，铈的氧化物发生的化学反应方程式为 _______，晶体结构中的配位数为 _______。 15. 化合物H为一种镇痛药物的中间体，其一种合成路线如图。 已知：①(R为烃基或H，下同)；②；③。 （1）化合物H中与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. 用废催化剂(主要成分为)回收金属元素，制备光学材料陶瓷材料、媒染剂偏钒酸铵。回答下列问题： 资料：①300℃下熔烧生成，易被氧化，能溶于氨水生成。②熔点为1840℃不溶于稀酸，能和浓硫酸反应生成。 （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，会用到萃取剂结构如图所示，与钒离子配位的能力：1号O＜2号O，可能的原因是 _______。 （3）以为原料制备纳米铁，用纳米铁可以去除废水中的常温下，选择初始浓度为2×10-4 mol•L-1的废水，控制纳米铁用量相同，测得去除率随初始pH的变化如图所示。初始pH在3～6内去除率随初始pH增大缓慢上升，而初始pH在6～7内去除率随初始pH增大快速上升的原因是 _______ 。 （4）由滤渣1制备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、硫酸、硫酸、蒸馏水) （5）由制备粉的工艺流程如图1，氨水溶液中的总氮浓度固定为。结合如图2解释浸锰时间时使用氨水和碳酸铵的原因：_______ 。 （6）偏钒酸铵在空气中灼烧得到。称取1.60 g灼烧后的产物，加入稀硫酸溶解后，向其中加入的溶液50 mL，再用的溶液滴定过量的溶液至终点，消耗溶液的体积为8.00 mL，则产物中的质量分数为_______。(已知：的相对分子质量为182，，) 17. 研究等温室气体的资源化利用对人类具有重要的意义。 （1）以和为原料在作催化剂条件下工业合成尿素，其能量转化关系如图： 则_______。 （2）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： ① ② 催化剂的选择是甲烷化技术的核心。一定条件下，在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测得转化率随温度变化的趋势如图(a)所示： 高于320℃后，以为催化剂，转化率略有下降，而以Ni为催化剂，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 _______。 （3）作电极，双金属串联催化剂电催化制乙烯，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：泡沫网电极 _______电极(填“>”“＜”或“=”)。 ②写出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，则 _______ 。 （4）；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)： ①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)。 （5）我国科学家已经成功催化氢化获得甲酸，利用化合物1催化氢化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_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 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 【答案】C 【解析】 【详解】A．陶瓷基复合新材料属于新型的无机非金属材料，A错误； B．硅晶体是半导体材料，二氧化硅是光导纤维的成分，B错误； C．玻璃纤维属于无机非金属材料，C正确； D．石墨烯是碳元素的单质，属于无机非金属材料，D错误； 故答案选C。 2. 实验室制备配合物[的原理是，已知正八面体的空间结构如图，下列叙述错误的是 A. 的电子式为 B. 基态Co原子最外层电子轨道表达式为 C. 的VSEPR模型为正四面体构型 D. 有4种结构 【答案】D 【解析】 【详解】A．NH4Cl是离子化合物，中N、H原子间共用1对电子对，其电子式为，A不符合题意； B．基态Co原子最外层电子数为2，排布式为4s2，轨道表达式为，B不符合题意； C．NH3分子中N原子的价层电子对数为，VSEPR模型为正四面体形，C不符合题意； 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+，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，D符合题意； 故答案选D。 3. 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 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】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．纯碱高温下会和瓷坩埚中的二氧化硅发生反应，因此熔融碳酸钠必须选用铁坩埚，B正确； C．Zn、Fe与酸化NaCl溶液构成原电池，Zn活泼作负极被腐蚀，Fe作正极被保护，但验证金属锌保护铁需取铁电极附近的溶液于试管中，滴入无蓝色沉淀，可验证Zn保护Fe，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，D错误； 故选B。 4. COS(硫化羰)与互为等电子体。下列说法正确的是 A. 电离能大小： B. 电负性大小： C. COS中σ键与π键数之比为 D. 沸点： 【答案】D 【解析】 【详解】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，故电离能，A错误； B．非金属性越强，电负性越大，非金属性S>C，故电负性，B错误； C．COS的结构式O=C=S，σ键与π键数之比为1：1，C错误； D．与CO2的结构相似，与CO2的固体均为分子晶体，COS相对分子质量大，分子间作用力强，沸点高，D正确； 故答案选D。 阅读下列材料，完成下面小题。 氮族元素是第ⅤA族的元素，氮和磷是典型的非金属元素，在时，101kPa时，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，铋为金属元素，是典型的非金属元素到金属元素的过渡族。纯铋是柔软的金属，不纯时性脆，常温下稳定。铋酸钠是一种黄色沉淀。铋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. (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： B. 铋酸钠将氧化为： C. 电解含亚硝酸根酸性废水脱硝的阴极反应： D. 氢氧化钙处理含亚磷酸根废水： 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 【答案】5. C 6. B 7. A 【解析】 【5题详解】 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，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，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，C错误； D．铋属于ⅤA族元素，位于元素周期表的p区，D正确； 故选C； 【6题详解】 A．对于含有氢元素的物质，其完全燃烧生成的稳定氧化物应为液态水（），而不是气态水（）。因此，该热化学方程式中水的状态不符合燃烧热的定义，正确热化学方程式为，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，反应的离子方程式为，B正确； C．电解含亚硝酸根酸性废水脱硝时阳极反应为，阴极反应为，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，D错误； 故选B； 【7题详解】 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，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，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，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，D错误； 故选A。 8. 下列有关反应的说法正确的是 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(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 【答案】A 【解析】 【详解】A．该反应中所有反应物、生成物均为气体，平衡常数的定义为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，题干中表达式书写符合规则，A正确； B．平衡常数只与温度有关，温度不变时平衡常数不变，及时分离出水仅能使平衡正向移动，不会改变平衡常数，B错误； C．反应焓变反应物总键能生成物总键能，该反应中：反应物总键能为，生成物总键能为，因此，C错误； D．催化剂只能改变反应速率，不影响平衡移动，因此无法改变​的平衡转化率，D错误； 故选A。 9. 新型高性能可充电电池的正极材料中可反复进行的嵌入和脱出反应。利用该电池电解可以制取，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和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 B. 电池充电时，总反应为： C. 连接催化电极的电极反应式为： D. 当催化电极生成时，阳极室溶液减少的质量为72g 【答案】D 【解析】 【详解】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：，正极电极反应：，故A正确； B．充电时，阴极电极反应：，阳极电极反应：，电子守恒得到总反应为：，故B正确； C．催化电极为阴极，阴极的电极反应式为，故C正确； D．当催化电极生成时，物质的量为1.5 mol，，电路中转移，双极膜向阳极室移动，阳极室发生反应，放出的物质的量，阳极室溶液增加的质量为：，故D错误； 故选D。 10. 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. 1molY与1molM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 【答案】CD 【解析】 【详解】A．X分子中有一个双键碳原子连有相同的氢原子，故X分子不存在顺反异构，Z为环烯，六元环烯通常只存在稳定的顺式结构，不考虑其顺反异构，A错误； B．M完全氢化后的分子结构为：，含有四个手性碳原子(已用*标出)，B错误； C．M中含有的官能团有碳碳双键、醚键、酯基、氨基、酰胺基，共五种，含碳碳双键可发生加聚反应、氧化反应、加成反应，含酰胺键和酯基可发生水解反应，C正确； D．Y中酯基和碳氟键与NaOH反应，三氟甲基水解后生成的羧基也与NaOH反应，M中酰胺基、酯基与NaOH反应，则1 mol Y与1 mol M与足量的NaOH溶液反应消耗的NaOH溶液物质的量之比为5:2，D正确； 故选CD。 11. 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 向溶液中滴入溶液；静置、向所得浊液中滴加适量溶液。先有白色沉淀生成，后有黑色沉淀生成 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 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 【答案】B 【解析】 【详解】A．卤代烃在KOH水溶液中加热发生水解、在KOH醇溶液中加热发生消去，反应后需用硝酸中和过量碱再滴加硝酸银检验溴离子；两次实验酸化后均无淡黄色AgBr沉淀生成，说明体系无Br-，可证明该有机物不含溴原子，操作、现象与结论均正确，A正确； B．本题中，过量，加入​后，直接与过量的游离反应生成黑色沉淀，并非发生到的沉淀转化，因此不能证明，B错误； C．苯酚钠溶液中通入少量​生成苯酚和​，符合强酸制弱酸规律，说明酸性：，酸性越强电离常数越大，因此，C正确； D．加碘水后溶液不变蓝，说明淀粉完全水解，水解产物在碱性条件下能与新制氢氧化铜悬浊液共热生成砖红色沉淀，说明水解产物含醛基，属于还原性糖，D正确； 故选B。 12. 室温下，用含少量杂质的溶液制备的过程如图所示。 已知：，.下列说法错误的是 A. “除锌”后所得上层清液中，一定小于 B. 溶液中存在： C. “沉锰”后的滤液中： D. “沉锰”后的滤液中存在： 【答案】C 【解析】 【分析】向含少量杂质的1mol•L﹣1溶液中加入，存在沉淀溶解平衡：，与结合，转化更难溶的，从而实现除去的目的，过滤，除去生成(过量的)、(生成的)，向滤液中加入氨水和碳酸氢铵溶液，沉淀，生成沉淀。 【详解】A．“除锌”后所得上层清液中，是、的饱和溶液，则，则，故A正确； B．溶液中存在：电荷守恒 ①，物料守恒 ②， ①-②，可得：，故B正确； C．在“沉锰”后的滤液中，溶液对饱和，即。为避免生成，通常会控制条件使溶液对不饱和，即 。联立可得，故C错误； D．“沉锰”前的溶液中，，“沉锰”后，部分碳元素转化为，同时该步骤加入了氨水、碳酸氢铵，导致含氮微粒总量大于含碳微粒总量，且沉淀反应消耗碳元素，故滤液中存在：，故D正确； 故选C。 13. 加氢转化为二甲醚的反应过程如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 在恒压密闭容器中充入、，发生上述反应，反应Ⅱ的平衡常数>1。的平衡转化率、和生成物的选择性随温度变化如图所示。 已知：生成物的选择性 下列说法正确的是 A. 曲线表示的是选择性 B. 温度高于时，的平衡转化率随温度升高逐渐降低 C. 达到平衡时，容器内的物质的量为 D. 在恒温密闭容器中将等物质的量的和混合，选择适当的催化剂进行反应Ⅱ，平衡时体系中的物质的量分数为，则 【答案】CD 【解析】 【详解】A．反应 Ⅰ、Ⅲ 为放热反应，升温不利于二甲醚生成，其选择性应随温度升高而降低，故曲线b是二甲醚的选择性，升温有利于CO生成，CO选择性随温度升高而增大，曲线a是的选择性， 曲线c为的平衡转化率，A错误； B．温度高于270℃时，升高温度，反应Ⅱ（吸热）正向进行，消耗H2；反应Ⅰ逆向进行，也会释放H2，但CO2的平衡转化率仍增大，说明反应Ⅱ正向进行的程度大于反应Ⅰ逆向进行的程度，H2消耗更多，H2的平衡转化率应增大，B错误； C．260℃时，CO2的平衡转化率为50%，则反应的CO2为2 mol×50%=1 mol，二甲醚选择性50%，生成二甲醚消耗的CO2为1 mol×50%=0.5mol，生成二甲醚物质的量为0.25mol，CO选择性 36%，生成CO消耗的CO2 1 mol×36%=0.36 mol，则反应Ⅰ消耗二氧化碳为1mol-0.36mol=0.64mol，则反应Ⅰ、Ⅱ消耗的氢气物质的量分别为1.92mol、0.36mol，则平衡时H2物质的量为5.4mol-1.92mol-0.36mol=3.12mol，C正确； D．反应Ⅱ为，等物质的量的二氧化碳和氢气混合，设初始为1 mol，体积为V，平衡时转化x mol，三段式为： 则平衡常数， 0.5 <x<1， 的物质的量分数为，故有，D正确； 故选CD。 二、非选择题：本题共计4小题，共61分。 14. 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)为原料制备的工艺流程如图： 已知：①具有较强的氧化性，难溶于一般的酸或碱。②能与结合成稳定的。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其中能被萃取剂TBP萃取，而不能被萃取。回答下列问题： （1）“氧化焙烧”后的固体产物中含和的物质的量之比为，“酸浸”时溶解，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，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”操作过程加入的作用是 _______ 。 （4）若“沉铈”后，溶液的pH为6，，此时_______。已知常温下： （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与相互转化。汽车尾气中的和碳氢化合物净化原理如图1，氧化铈()催化过程中立方晶胞的组成变化如图2。 转化为时，铈的氧化物发生的化学反应方程式为 _______，晶体结构中的配位数为 _______。 【答案】（1） ①. CeO2与CeF4和硫酸反应生成，反应的离子方程式为： ②. （2） ①. 也能与结合成，氟离子含量减少，平衡会正向移动，提高萃取的效果 ②. （3）作还原剂，将还原为 （4） （5） ①. ②. 8 【解析】 【分析】“氧化焙烧”后的固体产物中含和，再加入盐酸酸浸，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+，可形成，促进正向进行，然后进行反萃取，形成Ce3+，加入碳酸氢铵沉铈，将溶液中的Ce3+转化为Ce2(CO3)2沉淀，过滤得到Ce2(CO3)3；Ce2(CO3)3煅烧分解得到二氧化铈。 【小问1详解】 由题给信息可知，酸浸时二氧化铈溶解是因为和硫酸反应生成，则能与F结合成，发生反应； 酸浸过程使用盐酸弊端很大的原因是二氧化铈具有较强的氧化性，能与盐酸反应生成三氯化铈、氯气和水，反应的化学方程式为：2CeO2+8HCl＝2CeCl3+Cl2↑+4H2O，反应生成的氯气有毒，会污染环境； 【小问2详解】 由题给信息可知，溶液中的铝离子能与氟离子反应生成六氟合铝酸根离子，溶液中氟离子减小，有利于平衡CeF3++TBPCeTBP4++F﹣向正反应方向移动，提高萃取的效果，所以氟洗液中可加入的物质为铝离子； 【小问3详解】 由分析可知，加入过氧化氢和硫酸的混合溶液反萃取的目的是将CeTBP4+转化为Ce3+，则加入过氧化氢的作用是过氧化氢作还原剂，将CeTBP4+还原为Ce3+； 【小问4详解】 由电离常数可知，溶液的pH为6、碳酸氢根离子浓度为0.2 mol/L时，溶液中的碳酸根离子浓度为：==10﹣5 mol/L，则由溶度积可知，溶液中Ce3+的浓度为：c(Ce3+)==1×10-6.5 mol/L； 【小问5详解】 由图可知，一氧化碳转化为二氧化碳发生的反应为催化剂作用下一氧化碳与二氧化铈反应生成CeO2-x和二氧化碳，反应的化学方程式为：；由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的Ce4+与位于体对角线处的氧离子距离最近，则Ce4+的配位数为8。 15. 化合物H为一种镇痛药物的中间体，其一种合成路线如图。 已知：①(R为烃基或H，下同)；②；③。 （1）化合物H中与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)。 【答案】（1） （2） ①. 加成反应 ②. C分子之间形成的氢键更多 （3） （4）或 （5） 【解析】 【分析】A与发生取代反应生成B和，B与发生加成反应生成C，C与发生取代反应生成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的过程中氯原子被取代，E与苯甲醛发生已知信息②的反应生成F，F中水解为生成G，故E为，F为。G中酚羟基与碳碳双键中之间脱去2个氢原子发生氧化反应生成H 【详解】（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）①对比B和C结构可知，B→C的反应类型为加成反应； ②对比C、B、D的结构可知，C中含有2个羟基，B与D只有1个羟基，C分子之间形成的氢键更多，因此C与B、D相比，C的熔沸点更高。 （3）由分析可知，F的结构简式为 （4）B的分子式为，一种同分异构体遇银氨溶液能发生银镜反应，且能在碱性条件水解，说明该分子为甲酸形成的酯，酸化水解后获得两种产物，一种产物中含两种氢，该产物是，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或，则符合条件的同分异构体可以为或。 （5）由G→H的转化可知脱氢发生氧化反应生成，而与发生信息②中反应生成，由A→B的转化可知与反应生成，发生信息③中反应生成，由D→E的转化可知与反应生成，发生信息①中水解反应生成，则合成路线流程为。 16. 用废催化剂(主要成分为)回收金属元素，制备光学材料陶瓷材料、媒染剂偏钒酸铵。回答下列问题： 资料：①300℃下熔烧生成，易被氧化，能溶于氨水生成。②熔点为1840℃不溶于稀酸，能和浓硫酸反应生成。 （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，会用到萃取剂结构如图所示，与钒离子配位的能力：1号O＜2号O，可能的原因是 _______。 （3）以为原料制备纳米铁，用纳米铁可以去除废水中的常温下，选择初始浓度为2×10-4 mol•L-1的废水，控制纳米铁用量相同，测得去除率随初始pH的变化如图所示。初始pH在3～6内去除率随初始pH增大缓慢上升，而初始pH在6～7内去除率随初始pH增大快速上升的原因是 _______ 。 （4）由滤渣1制备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、硫酸、硫酸、蒸馏水) （5）由制备粉的工艺流程如图1，氨水溶液中的总氮浓度固定为。结合如图2解释浸锰时间时使用氨水和碳酸铵的原因：_______ 。 （6）偏钒酸铵在空气中灼烧得到。称取1.60 g灼烧后的产物，加入稀硫酸溶解后，向其中加入的溶液50 mL，再用的溶液滴定过量的溶液至终点，消耗溶液的体积为8.00 mL，则产物中的质量分数为_______。(已知：的相对分子质量为182，，) 【答案】（1） （2）萃取剂结构中P原子连有3个-O-(CH2)3CH3基团，造成较大位阻效应，使得1号O原子与钒离子配位能力弱于2号O原子 （3）初始pH在3～6内，随着pH增大，溶液中减小，纳米铁与反应的速率减慢，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，溶液中浓度增大，Cu2+开始形成沉淀，促进了纳米铁对Cu2+的去除，所以Cu2+去除率快速上升 （4）在马弗炉中灼烧，除去滤渣上的其它杂质，溶于硫酸中形成饱和溶液 （5）氨水提供NH3与反应生成，碳酸铵提供，通过调节pH，避免pH过高生成沉淀，总氮固定下两者混合使用使pH在适宜范围，提高Mn浸出率 （6） 【解析】 【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pH至5，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，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。 【小问1详解】 双氧水“氧化”时，是将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为。 【小问2详解】 萃取剂结构中P原子连有3个-O-(CH2)3CH3基团，造成较大位阻效应，使得1号O原子与钒离子配位能力弱于2号O原子。 【小问3详解】 初始pH在3～6内，随着pH增大，溶液中减小，纳米铁与反应的速率减慢，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，溶液中浓度增大，Cu2+开始形成沉淀，促进了纳米铁对Cu2+的去除，所以Cu2+去除率快速上升。 【小问4详解】 已知能和浓硫酸反应生成，故由滤渣1制备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，溶于硫酸中形成饱和溶液。 【小问5详解】 氨水提供NH3与反应生成，碳酸铵提供，通过调节pH，避免pH过高生成沉淀，总氮固定下两者混合使用使pH在适宜范围，提高Mn浸出率。 【小问6详解】 KMnO4的物质的量n(KMnO4)=0.10 mol/L×0.008 L＝0.0008 mol，根据，与KMnO4反应的H2C2O4的物质的量n1(H2C2O4)=，H2C2O4总的物质的量n(H2C2O4)=0.20 mol/L×0.05 L=0.01 mol，则与V2O5反应的H2C2O4的物质的量n2(H2C2O4)=0.01 mol﹣0.002 mol=0.008 mol，由，可得V2O5～H2C2O4，所以n(V2O5)=n2(H2C2O4)=0.008 mol，m(V2O5)=0.008 mol×182 g/mol=1.456 g，则产物中V2O5的质量分数100%＝91%。 17. 研究等温室气体的资源化利用对人类具有重要的意义。 （1）以和为原料在作催化剂条件下工业合成尿素，其能量转化关系如图： 则_______。 （2）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： ① ② 催化剂的选择是甲烷化技术的核心。一定条件下，在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测得转化率随温度变化的趋势如图(a)所示： 高于320℃后，以为催化剂，转化率略有下降，而以Ni为催化剂，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 _______。 （3）作电极，双金属串联催化剂电催化制乙烯，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：泡沫网电极 _______电极(填“>”“＜”或“=”)。 ②写出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，则 _______ 。 （4）；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)： ①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)。 （5）我国科学家已经成功催化氢化获得甲酸，利用化合物1催化氢化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_______。 【答案】（1） （2） ①. 320℃时，Ni催化剂的活性达到最大，升高温度，催化剂活性降低，而为催化剂的最佳温度较高，此时升温催化剂活性升高 ②. 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 （3） ①. ②. ③. 42 （4） ①. 积碳反应为最后一步反应，三种催化剂中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，或的活化能最高，是决速步反应 （5） ①. ②. 由于电负性，化合物3中中的键断裂，结合生成化合物4和，化合物4中的结合H2中的H，同时CO等基团重新配位，最终生成化合物1和 【解析】 【小问1详解】 如图所示，反应①为、反应②为、反应③为，根据盖斯定律，将反应②+反应③+反应①相加，可得目标反应2NH3(l)+CO2(g)=H2O(l)+H2NCONH2(l)，ΔH=ΔH2+ΔH3+ΔH1=-109.2 kJmol-1+15.5 kJmol-1-10 kJmol-1=-103.7 kJmol-1； 【小问2详解】 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；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； 【小问3详解】 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； 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-； ③设生成CH4的物质的量为7 mol，C2H4的物质的量为4 mol，生成1 mol CH4转移8 mol电子，生成1mol C2H4转移12 mol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，则，解得x=42； 【小问4详解】 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； 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； 【小问5详解】 ①根据转化规律，化合物2的结构示意图为：； 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。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $