精品解析：2025届湖北省高三下学期高考模拟化学试题（二）

2025届湖北高考模拟化学试题(二) 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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. 化学是材料科学的基础。下列说法错误的是 A. 制造5G芯片的氮化铝晶圆属于无机非金属材料 B. 可降解聚乳酸塑料的推广应用可减少“白色污染” C. 制造特种防护服的芳纶纤维属于有机高分子材料 D. 制造阻燃或防火线缆的橡胶不能由加聚反应合成 2. 氧化石墨烯在能源、材料等领域具有重要的应用前景。用强氧化剂在石墨层间引入大量基团（如、等）削弱层间作用力得到氧化石墨烯。下列说法正确的是 A. 氧化石墨烯有一定的亲水性 B. 石墨是一种有机高分子材料 C. 石墨层内导电性和层间导电性相同 D. 石墨转化成氧化石墨烯是物理变化 3. 下列实验操作对应的装置正确的是 A．制备少量干燥的气体 B．验证具有氧化性 C．测定中和反应的反应热 D．灼烧海带制海带灰 A. A B. B C. C D. D 4. 一种实现二氧化碳固定及再利用的反应如图所示。下列叙述正确的是 A. 化合物1存在顺反异构 B. 化合物1与乙烯互为同系物 C. 化合物2可以与乙二醇发生缩聚反应 D. 化合物2中含手性碳原子且所有碳原子一定共面 5. 下列物质性质的差异与化学键强弱无关的是 A. 热稳定性： B. 硬度：金刚石单晶硅 C. 沸点： D. 熔点： 6. 下列方案设计、现象和结论都正确的是 方案设计 现象和结论 A 向溶有的溶液中加入溶液 有白色沉淀生成，说明酸性条件下有强氧化性 B 灼烧铜丝至其表面变黑、灼热，伸入盛有某有机物的试管中 铜丝恢复亮红色，该有机物中有醇羟基 C 向含有少量碘固体的饱和碘水中加入适量KI固体 碘固体完全溶解，说明碘在KI溶液中的溶解能力大于碘在水中的溶解能力 D 向KF和KSCN混合溶液中滴加几滴溶液，振荡 溶液为无色，说明结合的能力： A. A B. B C. C D. D 7. 焦亚硫酸钠在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。利用烟道气中的生产的工艺为。 弱电解质 电离常数 ， ， 下列对I、Ⅱ、Ⅲ中主要发生反应的离子方程式判断错误的是 A. I中 B. Ⅱ中 C. Ⅲ中 D. Ⅲ中 8. “宏观辨识与微观探析”是化学学科核心素养之一。下列有关宏观辨识与微观探析说法错误的是 宏观辨识 微观探析 A HF在标准状况下为液态 HF分子间存在氢键 B 在水中的溶解度大于 是极性分子，是非极性分子 C 石墨的导电性只能沿石墨平面的方向 石墨晶体中相邻碳原子平面之间相隔较远 D 船式环己烷（）比椅式环己烷稳定 分子空间结构不同，船式的空间位阻小 A. A B. B C. C D. D 9. 四种元素与锂组成的盐是一种新型锂离子电池的电解质，结构如图所示。X、Y、Z、W是同周期主族元素，四种元素均是短周期元素，W元素形成的某种单质具有强氧化性，可用于杀菌消毒。下列说法正确的是 A. 电负性大小： B. 该阴离子中Y元素的化合价为+1价 C. 最简单氢化物的沸点： D. 同周期中第一电离能比W大的有3种元素 10. 某种离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由A、B两种正方体单元构成，且两种正方体单元中氧离子的空间位置相同。通过Li+嵌入或脱嵌该晶胞的棱心和体心，可将该晶体设计为纳米硅基锂电池的正极材料(m、n为正整数)，已知：脱嵌率=×100%。 下列关于纳米硅基锂电池的说法不正确的是 A. 当Li+嵌入晶胞体心和所有棱心时，该锂电池正极材料的化学式为LiFe6O8 B. 若该锂电池正极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=5：7，则Li+的脱嵌率为75% C. 该锂电池充电时阳极发生的反应为 D. 该锂电池放电时，每转移2mol e-，正极材料增重14g 11. 合成聚合物P，将反应物一次全部加入密闭的反应釜中，转化路线如下，聚合过程包含三个阶段，依次发生。 下列说法不正确的是 A. 第一阶段中有C-O键和C-N键的断裂 B. 该条件下，与聚合的速率可能远大于与聚合的速率 C. 聚合物P中含有3种官能团 D. 加入，最多生成聚合物P 12. 某小组为探究与KI之间的反应，进行了如下实验。 实验 现象 ①产生土黄色沉淀，溶液为棕黄色②变为白色悬浊液，最后得到无色澄清溶液 ①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色 ②开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，然后变为黄色溶液，最后得到无色溶液 已知：；CuI为白色沉淀，可吸附； 在溶液中不存在；呈无色，呈黄色。 下列结论或推断不合理的是 A. 与KI能发生反应： B. CuI与反应的速率快于与反应的速率 C. 黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，有生成 D. 与生成配合物反应的限度小于二者发生氧化还原反应的限度 13. 西北工业大学推出一种新型电池，该电池能有效地捕获并将其转化为。现利用电池将产生的电解制氨，过程如图所示。下列说法正确的是 A. b电极是阳极，在b电极上发生氧化反应 B. 当电路中转移电子时，丙室溶液质量减少 C. 电解池的总反应式为 D. 为增强丙中水的导电性，可以加入一定量的固体 14. {Ti12O18}团簇是比较罕见的一个穴醚无机类似物，我国科学家通过将{Rb@Ti12O18}和Cs+反应，测定笼内Cs+的浓度，计算Cs+取代Rb+反应的平衡常数(Keq)，反应示意图和所测数据如图。有关说法不正确的是 图中表示平衡时铯离子浓度和铷离子浓度之比，其它类似 A. 离子半径：r(Cs+)＞r(Rb+) B. 研究发现：Cs+的直径显著大于{Ti12O18}团簇表面的孔径且{Ti12O18}的骨架结构在Cs+交换过程中没有被破坏。据此推断：{Ti12O18}团簇表面的孔是柔性的 C. Keq≈0.1 D. {Ti12O18}团簇对于Cs+具有比Rb+大的亲和力 15. 工业上用氨水作为沉淀剂去除酸性废水中的铅元素。除铅时，体系中含铅微粒的物质的量分数(d)与溶液pH的关系如图。[已知：Pb(OH)2难溶于水] 下列说法不正确的是 A. 氨水中： B. 酸性废水中的含铅微粒有Pb2+、Pb(OH)+ C. 时，溶液中的离子有且仅有和 D. 时，除铅效果最好 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 化学小组实验探究与悬浊液的反应。 资料：i．(无色)，易被氧气氧化为。 ii．很不稳定，易转化为。 iii．在酸性溶液中易转化为、。 实验一：I．向溶液中加入浓溶液，制得悬浊液，测得。 Ⅱ．向悬浊液中通入产生大量白色沉淀A，测得。 （1）产生的离子方程式是___________。 （2）推测白色沉淀Ａ中可能含有、、、、。为检验白色沉淀成分，进行实验二： 实验二：将实验一中所得的白色沉淀A过滤、洗涤，并进行如下实验。 ①经检验白色沉淀A中无、，试剂a为___________。 ②根据上述实验推测白色沉淀A为，推测依据是___________。 ③产生白色沉淀A的离子方程式是___________。 ④实验二中无色溶液变为蓝色溶液的离子方程式为___________。 （3）为排除实验一溶液中的影响，小组同学进行了实验三 实验三： I．向溶液中加入浓溶液，过滤，洗涤沉淀，取洗涤液，___________(填操作和现象)。将洗净的固体加水得悬浊液，测得。 Ⅱ．向悬浊液中通入SO2至过量，观察到局部先产生少量浅黄色沉淀，而后转化为紫红色固体，溶液变为绿色[含]，测得溶液。 Ⅲ．向溶液中通入至过量，无明显现象。 ①补全步骤I中的操作和现象___________。 ②经确认浅黄色沉淀为，紫红色固体为。与悬浊液发生了氧化还原反应。结合化学用语解释产生的原因___________。 ③解释实验三中步骤Ⅲ与步骤Ⅱ现象不同的原因___________。 （4）综合上述实验，与二价铜反应的产物与___________等因素有关(答出两点即可)。 17. 为实现“碳中和”和“碳达峰”，碳的循环利用是重要措施。 Ⅰ．甲烷干重整反应(DRM)可以将两种温室气体(CH4和CO2)直接转化为合成气(主要成分为CO和H2)，反应方程式为。 （1）几种物质的燃烧热如下表： 物质 燃烧热(kJ∙mol-1) 893 283 286 甲烷干重整反应的ΔH=_______kJ∙mol-1。 Ⅱ．重整获得的H2可用于工业合成氨，下面是原料气在铁触媒表面催化合成氨的一种反应历程示意图： 化学键 N≡N H－H N－H 键能(kJ/mol) 946 436 391 （2）从反应历程角度，因为_______实际生产中，选择投料比=_______。 A．1:3 B．1:3.2 C．1:2.8 （3）合成氨反应的速率方程为：，β=_______ 实验 v 1 m n p v 2 3m n p 3v 3 m n 0.1p 10v 4 m 4n p 8v 在合成氨过程中，需要及时液化分离出氨气，这有利于平衡正向移动，提高产率，从反应历程等方面分析，还可能是因为_______；_______。 （4）恒压密闭容器中按1:3充入N2和H2，在不同催化剂(I，Ⅱ，Ⅲ)作用下发生反应，测得相同反应时间内，NH3的体积分数随温度变化如图所示。 ①T＞300℃，曲线重合的原因是_______。 ②M点对应条件下的Kx=_______(对于反应，x为物质的量分数，结果以分数形式化简表示)。 18. 化合物F是一种有机合成中间体，其合成路线如下： （1）B中含氧官能团的名称为___________。 （2）需经历的过程，中间体X的结构简式为___________。的反应类型为___________。 （3）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。 ①属于芳香族化合物，且能发生银镜反应 ②分子中不同化学环境的氢原子数目比为 （4）通过双键复分解反应得到的另一种产物的分子式为，写出该反应的化学方程式：___________。 （5）为原料制备的合成路线流程图如下：→M 其中M和N的结构简式分别为___________和___________。 19. 黏土钒矿中，钒以+3价、+4价、+5价的化合物存在，还包括SiO2、Fe2O3和铝硅酸盐(Al2O3⋅SiO2)等。采用以下流程可由黏土钒矿制备V2O5、Fe2O3和硫酸铝铵。 已知：ⅰ．有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：(org表示有机溶液) ⅱ．酸性溶液中，HR对+4价钒萃取能力强，而对+5价钒的萃取能力较弱。 ⅲ．HR能萃取Fe3+而不能萃取Fe2+。 （1）滤渣的主要成分是___________。 （2）浸出液中钒以+4价、+5价的形式存在，简述加入铁粉的原因：___________。 （3）从平衡移动原理解释加入20%H2SO4溶液的作用：___________。 （4）KClO3和反应生成和Cl-的离子方程式是___________。 （5）测定V2O5产品的纯度：称取V2O5产品ag，先加入硫酸将V2O5转化为，加入指示剂后，cmol/L溶液滴定将转化为至终点，消耗溶液的体积为VmL。假设杂质不参与反应，则V2O5产品中V2O5的质量分数是___________。(V2O5的摩尔质量为Mg/mol)。 （6）从无机层获得的离子方程式是___________。 （7）硫酸铝铵固体中含有少量硫酸铵杂质，根据如图的溶解度曲线，进一步提纯硫酸铝铵的操作是加热溶解、___________、过滤、洗涤、干燥。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届湖北高考模拟化学试题(二) 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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. 化学是材料科学的基础。下列说法错误的是 A. 制造5G芯片的氮化铝晶圆属于无机非金属材料 B. 可降解聚乳酸塑料的推广应用可减少“白色污染” C. 制造特种防护服的芳纶纤维属于有机高分子材料 D. 制造阻燃或防火线缆的橡胶不能由加聚反应合成 【答案】D 【解析】 【详解】A．氮化铝是一种高温结构陶瓷，属于新型的无机非金属材料，A正确； B．可降解聚乳酸塑料的推广应用，可以减少难以降解塑料的使用，从而减少“白色污染”，B正确； C．“涤纶”“锦纶”“腈纶”“丙纶”“维纶”“氯纶”“芳纶”等均为合成纤维，属于有机高分子材料，C正确； D．天然橡胶的单体为异戊二烯，合成橡胶的单体如顺丁烯等中均含有碳碳双键，通过加聚反应合成制得橡胶，D错误； 故选D。 2. 氧化石墨烯在能源、材料等领域具有重要的应用前景。用强氧化剂在石墨层间引入大量基团（如、等）削弱层间作用力得到氧化石墨烯。下列说法正确的是 A. 氧化石墨烯有一定的亲水性 B. 石墨是一种有机高分子材料 C. 石墨层内导电性和层间导电性相同 D. 石墨转化成氧化石墨烯是物理变化 【答案】A 【解析】 【详解】A．氧化石墨烯中含有羟基和羧基，能够和水分子形成氢键，有一定的亲水性，A正确； B．石墨仅由碳原子构成，是无机物，不是有机高分子材料，B错误； C．在石墨烯中，每个碳原子都贡献出一个未成键的电子，这些电子形成了一个大π键，电子可以在整个层面内自由移动，使得石墨烯在层内具有优异的导电性，石墨烯层与层之间是通过较弱的范德华力相互作用的，这种力不足以支持电子在层间自由传输，石墨烯的层间导电性相对较弱，C错误； D．石墨转化成氧化石墨烯的过程中生成了新的物质，是化学变化，D错误； 故选A。 3. 下列实验操作对应的装置正确的是 A．制备少量干燥的气体 B．验证具有氧化性 C．测定中和反应的反应热 D．灼烧海带制海带灰 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．浓盐酸沿毛细管进入浓硫酸中，浓硫酸吸水放热，有利于HCl挥发，从而可以制得干燥的HCl气体，故A正确； B．硝酸具有挥发性，挥发的硝酸进入淀粉-KI溶液中也能氧化KI使溶液变蓝，故B错误； C．测定中和热，应选用环形玻璃搅拌器，铜制搅拌器导热，会造成热量损失，故C错误； D．固体的灼烧坩埚应该放在泥三角上，而不是铁圈上，故D错误； 故选：A。 4. 一种实现二氧化碳固定及再利用的反应如图所示。下列叙述正确的是 A. 化合物1存在顺反异构 B. 化合物1与乙烯互为同系物 C. 化合物2可以与乙二醇发生缩聚反应 D. 化合物2中含手性碳原子且所有碳原子一定共面 【答案】C 【解析】 【详解】A．顺反异构是指化合物分子中由于具有限制自由旋转的因素，使各个基团在空间的排列方式不同而出现的非对映异构现象。顺反异构体所产生的条件有：分子中至少有一个键不能自由旋转；每个不能自由旋转的同一碳原子上不能有相同的基团，必须连有两个不同原子或原子团，化合物1中含有碳碳双键，但是有一个碳原子上含有相同的H原子，故A错误； B．苯乙烯与乙烯的结构不相似，二者在组成上不是相差CH2的整数倍，因此二者不互为同系物，故B错误； C．化合物2分子中含有2个-COOH，能够与乙二醇发生缩聚反应形成高聚物，故C正确； D．一个碳原子连四个不同的原子或原子团，则为手性碳原子，所以化合物2中一个手性碳原子(直接与苯环相连的碳原子)，根据化合物2结构简式可知：化合物2分子中存在饱和碳原子，具有甲烷的四面体结构，因此其分子中所有碳原子不可能共平面，故D错误； 故答案选C。 5. 下列物质性质的差异与化学键强弱无关的是 A. 热稳定性： B. 硬度：金刚石单晶硅 C. 沸点： D. 熔点： 【答案】C 【解析】 【详解】A．热稳定性：，两种分子中的共价键的强弱决定了热稳定性，共价键越强，热稳定性越强，A不符合题意； B．金刚石和单晶硅都属于共价晶体，它们的硬度和共价键强度有关，共价键越强，硬度越大，B不符合题意； C．和都形成分子晶体，它们的熔沸点强弱和氢键、范德华力有关，与化学键强弱无关，C符合题意； D．氯化钠和氯化钾都是离子晶体，其熔沸点高低与离子键强弱相关，D 不符合题意； 故选C。 6. 下列方案设计、现象和结论都正确的是 方案设计 现象和结论 A 向溶有的溶液中加入溶液 有白色沉淀生成，说明酸性条件下有强氧化性 B 灼烧铜丝至其表面变黑、灼热，伸入盛有某有机物的试管中 铜丝恢复亮红色，该有机物中有醇羟基 C 向含有少量碘固体的饱和碘水中加入适量KI固体 碘固体完全溶解，说明碘在KI溶液中的溶解能力大于碘在水中的溶解能力 D 向KF和KSCN混合溶液中滴加几滴溶液，振荡 溶液为无色，说明结合的能力： A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．铁离子也能将SO2氧化为硫酸根，生成硫酸钡沉淀，不能说明具有氧化性，A错误； B．灼烧铜丝至其表面变黑、灼热，伸入盛有某有机物的试管中，铜丝恢复亮红色，该有机物中可能存在醇羟基（羟基所连碳上有氢原子）将CuO还原为Cu，也可能存在羧基将表面氧化铜溶解，还可能是醛基将氧化铜还原成亮红色的铜，该操作和现象不能说明该有机物中含有醇羟基，B错误； C．向含有少量碘固体的饱和碘水中加入适量KI固体，碘固体完全溶解，说明由水中转移进入浓溶液，碘在浓溶液中的溶解能力大于在水中的溶解能力，C正确； D．铁离子和SCN-形成红色物质，向KF和KSCN混合溶液中滴加几滴FeCl3溶液，振荡，溶液为无色，因KF和KSCN两种溶液的浓度未知，不能证明结合Fe3＋的能力：F－＞SCN－，D错误； 故选C。 7. 焦亚硫酸钠在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。利用烟道气中的生产的工艺为。 弱电解质 电离常数 ， ， 下列对I、Ⅱ、Ⅲ中主要发生反应的离子方程式判断错误的是 A. I中 B. Ⅱ中 C. Ⅲ中 D. Ⅲ中 【答案】B 【解析】 【分析】过量的SO2通入饱和的Na2CO3溶液生成NaHSO3溶液，NaHSO3溶液再与Na2CO3固体反应生成Na2SO3溶液，继续与SO2反应生成NaHSO3的过饱和溶液，结晶脱水生成焦亚硫酸钠固体 【详解】A．I、Ⅲ中所得溶液显酸性，溶液中一定有。I中生成，反应为，A项正确； B．远大于，在Ⅱ中一定发生反应，另因，不易发生反应，B项错误； C．在Ⅲ中可以把转化为，离子方程式为，还会有，C正确； D．在Ⅲ中可以把转化为，离子方程式为，还会有，D正确； 故答案为：B。 8. “宏观辨识与微观探析”是化学学科核心素养之一。下列有关宏观辨识与微观探析说法错误的是 宏观辨识 微观探析 A HF在标准状况下为液态 HF分子间存在氢键 B 在水中的溶解度大于 是极性分子，是非极性分子 C 石墨的导电性只能沿石墨平面的方向 石墨晶体中相邻碳原子平面之间相隔较远 D 船式环己烷（）比椅式环己烷稳定 分子空间结构不同，船式的空间位阻小 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．HF形成分子间氢键，沸点相对较高，HF在标准状况下为液态，故A正确； B．O3是极性分子，O2是非极性分子，H2O为极性分子，根据相似相溶原理，O3在水中的溶解度大于O2，故B正确； C．石墨晶体中相邻碳原子平面之间相隔较远，石墨的导电性只能沿石墨平面的方向，故C正确； D．分子空间结构不同，物质的稳定性不同，椅式的空间位阻小，椅式环己烷（C6H12）比船式环己烷稳定，故D错误。 综上，答案为D。 9. 四种元素与锂组成的盐是一种新型锂离子电池的电解质，结构如图所示。X、Y、Z、W是同周期主族元素，四种元素均是短周期元素，W元素形成的某种单质具有强氧化性，可用于杀菌消毒。下列说法正确的是 A. 电负性大小： B. 该阴离子中Y元素的化合价为+1价 C. 最简单氢化物的沸点： D. 同周期中第一电离能比W大的有3种元素 【答案】D 【解析】 【分析】短周期元素X、Y、Z、W是同周期主族元素，W元素形成的某种单质具有强氧化性，可用于杀菌消毒，结合图示可知，W形成2个共价键，则W为O元素，说明四种元素均位于第二周期；Z形成4个共价键，则Z为C元素；X形成1个共价键，则X为F元素，Y可形成4个共价键，该离子带一个单位的负电荷，因此Y为B元素，综合可知，X、Y、Z、W分别是F、B、C、O元素，以此分析解答。 【详解】A．同周期主族元素从左往右电负性逐渐增大，因此电负性：F>O>C>B，故A错误； B．X、Y、Z、W分别是F、B、C、O元素，阴离子化学式为C2O4F2B-，电负性：F>O>C>B，则碳元素化合价为+3价，氧元素化合价为-2价，氟元素化合价为-1价，则B元素为+3价，故B错误； C．X、W的最简单氢化物分别为：HF、H2O，由于相同状态下，水形成的氢键多余HF形成的氢键，因此简单气态氢化物的沸点：H2O＞HF，即W＞X，故C错误； D．同周期主族元素从左往右第一电离能呈现增大的趋势，但由于第ⅡA和第VA族分别为全充满、半充满状态，较稳定，因此第一电离能大于同周期相邻元素，因此与O同周期且第一电离能大于O的元素有N、F、Ne三种元素，故D正确； 故选D。 10. 某种离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由A、B两种正方体单元构成，且两种正方体单元中氧离子的空间位置相同。通过Li+嵌入或脱嵌该晶胞的棱心和体心，可将该晶体设计为纳米硅基锂电池的正极材料(m、n为正整数)，已知：脱嵌率=×100%。 下列关于纳米硅基锂电池的说法不正确的是 A. 当Li+嵌入晶胞体心和所有棱心时，该锂电池正极材料的化学式为LiFe6O8 B. 若该锂电池正极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=5：7，则Li+的脱嵌率为75% C. 该锂电池充电时阳极发生的反应为 D. 该锂电池放电时，每转移2mol e-，正极材料增重14g 【答案】B 【解析】 【分析】由A、B两种正方体单元可知，离子型铁的氧化物晶胞中顶点、面心和体内的亚铁离子个数为(4×+4×+1)×4=8、位于体内的铁离子个数为4×4=16、位于体内的氧离子个数为个数为4×8=32，由锂离子嵌入晶胞体心和棱心可知，嵌入或脱嵌的锂离子个数最多为12×+1=4。 【详解】A．由题意可知，锂离子嵌入晶胞体心和所有棱心时，晶胞中含有锂离子个数为12×+1=4，则晶胞中铁元素的个数为24、氧离子个数为32，锂电池正极材料的化学式为LiFe6O8，故A正确； B．若该正极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=5：7，则含有×24=10个Fe2+，14个Fe3+，即有2个Li+脱嵌，脱嵌率为×100%=50%，故B错误； C．该锂电池充电时，正极发生氧化反应，该电极的反应为：，故C正确； D．该锂电池放电时，正极反应为：，故每转移2mol e-，正极材料增重2mol×7g/mol=14g，故D正确； 故选B。 11. 合成聚合物P，将反应物一次全部加入密闭的反应釜中，转化路线如下，聚合过程包含三个阶段，依次发生。 下列说法不正确的是 A. 第一阶段中有C-O键和C-N键的断裂 B. 该条件下，与聚合的速率可能远大于与聚合的速率 C. 聚合物P中含有3种官能团 D. 加入，最多生成聚合物P 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据转化路线知，第一阶段中有C-O键和C-N键的断裂，A正确； B．聚合过程包含三个阶段，依次发生，即先发生与聚合，后发生与O＝C＝O聚合，所以该条件下，与聚合的速率可能远大于与O＝C＝O聚合的速率，B正确； C．聚合物P中含有酯基、酰胺基、羟基3种官能团，C正确； D．由第一阶段知，生成1mol，同时得到nmolCO2，由第三阶段知，生成1mol聚合物P，需要zmolCO2，则生成1mol聚合物P，需要(z-n)molCO2，则加入amol CO2，最多生成聚合物P，D错误； 故选D。 12. 某小组为探究与KI之间的反应，进行了如下实验。 实验 现象 ①产生土黄色沉淀，溶液为棕黄色②变为白色悬浊液，最后得到无色澄清溶液 ①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色 ②开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，然后变为黄色溶液，最后得到无色溶液 已知：；CuI为白色沉淀，可吸附； 在溶液中不存在；呈无色，呈黄色。 下列结论或推断不合理的是 A. 与KI能发生反应： B. CuI与反应的速率快于与反应的速率 C. 黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，有生成 D. 与生成配合物反应的限度小于二者发生氧化还原反应的限度 【答案】B 【解析】 【详解】A．CuI为白色沉淀，可吸附而显土黄色，在溶液中不存在，故与KI能发生反应：，A正确； B．已知，结合第一实验，逐滴加入溶液的实验现象，应该是附着在CuI表面的先反应，故CuI与反应的速率慢于与反应的速率，B错误； C．第二个实验，①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色，发生反应，剩余，②逐滴加入溶液时，开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，此时生成了和；黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，说明溶液中的几乎全部转化为；最后黄色溶液变为无色溶液时，说明全部被还原为，C正确； D．第二个实验中，溶液最后变为无色溶液，故最后溶液中主要为，故与生成配合物反应的限度小于二者发生氧化还原反应的限度，D正确； 故选B。 13. 西北工业大学推出一种新型电池，该电池能有效地捕获并将其转化为。现利用电池将产生的电解制氨，过程如图所示。下列说法正确的是 A. b电极是阳极，在b电极上发生氧化反应 B. 当电路中转移电子时，丙室溶液质量减少 C. 电解池的总反应式为 D. 为增强丙中水的导电性，可以加入一定量的固体 【答案】B 【解析】 【分析】新型电池能有效地捕获并将其转化为，故a电极()为原电池负极，b电极为正极。右池为电解池，与原电池负极相连的c极为电解池阴极，与原电池正极相连的d极为电解池阳极。 【详解】A．b电极为原电池的正极，发生的是还原反应，A错误； B．丙室中阳极上水失电子产生氧气，电极反应式为，当电路中转移电子时，丙室产生氧气减少的质量为，同时会有质子转移至乙室，则丙室溶液质量减少量为，B正确； C．电解池溶液为亚硝酸盐溶液，反应物中不出现，电解池总反应为，C错误； D．放电顺序：，若加入，会在阳极放电产生，并不能生成迁移至乙室去平衡电荷，导致电解反应生成氨难以发生，可加入硫酸钠固体增强溶液导电性，D错误； 故选B。 14. {Ti12O18}团簇是比较罕见的一个穴醚无机类似物，我国科学家通过将{Rb@Ti12O18}和Cs+反应，测定笼内Cs+的浓度，计算Cs+取代Rb+反应的平衡常数(Keq)，反应示意图和所测数据如图。有关说法不正确的是 图中表示平衡时铯离子浓度和铷离子浓度之比，其它类似 A. 离子半径：r(Cs+)＞r(Rb+) B. 研究发现：Cs+的直径显著大于{Ti12O18}团簇表面的孔径且{Ti12O18}的骨架结构在Cs+交换过程中没有被破坏。据此推断：{Ti12O18}团簇表面的孔是柔性的 C. Keq≈0.1 D. {Ti12O18}团簇对于Cs+具有比Rb+大的亲和力 【答案】C 【解析】 【详解】A．Rb和Cs都是IA族元素，且原子序数：Cs＞Rb，则离子半径：r(Cs+)＞r(Rb+)，A正确； B．Cs+的直径显著大于{Ti12O18}团簇表面的孔径且{Ti12O18}的骨架结构在Cs+交换过程中没有被破坏，据此推断：{Ti12O18}团簇表面的孔是柔性的，B正确； C．如图所示，当=0.1时，=1，Keq==10，C错误； D．由冠醚18-冠-6能识别Rb+而不能识别Cs+可知，{Ti12O18}团簇对于Cs+具有比Rb+大的亲和力，D正确； 故选C。 15. 工业上用氨水作为沉淀剂去除酸性废水中的铅元素。除铅时，体系中含铅微粒的物质的量分数(d)与溶液pH的关系如图。[已知：Pb(OH)2难溶于水] 下列说法不正确的是 A. 氨水中： B. 酸性废水中的含铅微粒有Pb2+、Pb(OH)+ C. 时，溶液中的离子有且仅有和 D. 时，除铅效果最好 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．氨水中存在一水合氨和水的电离，只有三种离子，满足电荷守恒，故A正确； B．由图可知时，含铅微粒有Pb2+、Pb(OH)+，故B正确； C．由图可知时，溶液中的离子有和还有,故C错误； D．时，由图可知的物质的量分数最大，除铅效果最好，故D正确； 故答案为：C 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 化学小组实验探究与悬浊液的反应。 资料：i．(无色)，易被氧气氧化为。 ii．很不稳定，易转化为。 iii．在酸性溶液中易转化为、。 实验一：I．向溶液中加入浓溶液，制得悬浊液，测得。 Ⅱ．向悬浊液中通入产生大量白色沉淀A，测得。 （1）产生的离子方程式是___________。 （2）推测白色沉淀Ａ中可能含有、、、、。为检验白色沉淀成分，进行实验二： 实验二：将实验一中所得的白色沉淀A过滤、洗涤，并进行如下实验。 ①经检验白色沉淀A中无、，试剂a为___________。 ②根据上述实验推测白色沉淀A为，推测依据是___________。 ③产生白色沉淀A的离子方程式是___________。 ④实验二中无色溶液变为蓝色溶液的离子方程式为___________。 （3）为排除实验一溶液中的影响，小组同学进行了实验三 实验三： I．向溶液中加入浓溶液，过滤，洗涤沉淀，取洗涤液，___________(填操作和现象)。将洗净的固体加水得悬浊液，测得。 Ⅱ．向悬浊液中通入SO2至过量，观察到局部先产生少量浅黄色沉淀，而后转化为紫红色固体，溶液变为绿色[含]，测得溶液。 Ⅲ．向溶液中通入至过量，无明显现象。 ①补全步骤I中的操作和现象___________。 ②经确认浅黄色沉淀为，紫红色固体为。与悬浊液发生了氧化还原反应。结合化学用语解释产生的原因___________。 ③解释实验三中步骤Ⅲ与步骤Ⅱ现象不同的原因___________。 （4）综合上述实验，与二价铜反应的产物与___________等因素有关(答出两点即可)。 【答案】（1） （2） ①. 溶液 ②. 白色沉淀溶于氨水得到无色溶液，静置变蓝，说明无，含，加入溶液无明显现象，说明不含、，加入足量稀硝酸和硝酸银溶液，产生白色沉淀说明含有 ③. ④. （3） ①. 加入溶液，无沉淀生成 ②. 生成的不稳定分解为，过量溶液酸性增强，发生反应 ③. 碱性条件下的还原性增强 （4）是否存在、溶液、的通入量 【解析】 【分析】白色沉淀A加入氨水，沉淀溶解，溶液无色，静置溶液变为蓝色，将溶液分为2份，一份加入硝酸和硝酸银检验氯离子，另一份加入氯化钡检验硫酸根离子、亚硫酸根离子，据此回答。 【小问1详解】 向NaOH溶液中加入浓CuCl2溶液，制得Cu(OH)2悬浊液，产生Cu(OH)2的离子方程式是：； 【小问2详解】 ①用BaCl2检验溶液中有没有、，经检验白色沉淀A中无、，试剂a为BaCl2溶液； ②白色沉淀溶于氨水得到无色溶液，静置变蓝，说明无Cu2+，含Cu+，加入BaCl2溶液无明显现象，说明不含、，加入足量稀硝酸和硝酸银溶液，产生白色沉淀说明含有Cl−，所以白色沉淀A为CuCl； ③产生白色沉淀A的离子方程式为：； ④实验二中无色溶液变为蓝色溶液的离子方程式为：； 【小问3详解】 ①向NaOH溶液中加入浓CuCl2溶液，过滤，洗涤沉淀，取洗涤液，加入AgNO3溶液，无沉淀生成将洗净的Cu(OH)2固体加水得悬浊液，测得pH≈8； ②生成的CuOH不稳定分解为Cu2O，SO2过量溶液酸性增强，发生反应Cu2O+2H2O+2SO2=Cu(HSO3)2+Cu+H2O，所以SO2与Cu(OH)2悬浊液发生了氧化还原反应； ③碱性条件下SO2的还原性增强，所以实验三中步骤Ⅲ与步骤Ⅱ现象不同； 【小问4详解】 综合上述实验，SO2与二价铜反应的产物与是否存在Cl−、溶液pH、SO2的通入量因素有关。 17. 为实现“碳中和”和“碳达峰”，碳的循环利用是重要措施。 Ⅰ．甲烷干重整反应(DRM)可以将两种温室气体(CH4和CO2)直接转化为合成气(主要成分为CO和H2)，反应方程式为。 （1）几种物质的燃烧热如下表： 物质 燃烧热(kJ∙mol-1) 893 283 286 甲烷干重整反应的ΔH=_______kJ∙mol-1。 Ⅱ．重整获得的H2可用于工业合成氨，下面是原料气在铁触媒表面催化合成氨的一种反应历程示意图： 化学键 N≡N H－H N－H 键能(kJ/mol) 946 436 391 （2）从反应历程角度，因为_______实际生产中，选择投料比=_______。 A．1:3 B．1:3.2 C．1:2.8 （3）合成氨反应的速率方程为：，β=_______ 实验 v 1 m n p v 2 3m n p 3v 3 m n 0.1p 10v 4 m 4n p 8v 在合成氨过程中，需要及时液化分离出氨气，这有利于平衡正向移动，提高产率，从反应历程等方面分析，还可能是因为_______；_______。 （4）恒压密闭容器中按1:3充入N2和H2，在不同催化剂(I，Ⅱ，Ⅲ)作用下发生反应，测得相同反应时间内，NH3的体积分数随温度变化如图所示。 ①T＞300℃，曲线重合的原因是_______。 ②M点对应条件下的Kx=_______(对于反应，x为物质的量分数，结果以分数形式化简表示)。 【答案】（1）+245 （2） ①. N≡N的键能很高，在催化剂表面吸附解离的活化能高，为决速步骤，需要更多的催化活性中心支持，所以占比大 ②. C （3） ①. 1.5 ②. 释放活性中心，有利于后续反应进行 ③. γ=-1氨气浓度小v更大，有利于提高原料利用率 （4） ①. T>300℃反应均达到平衡状态，催化剂无法改变平衡时NH3的体积分数 ②. 【解析】 【小问1详解】 ①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH1=-893kJ∙mol-1 ②CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283kJ∙mol-1 ③H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH2=-286kJ∙mol-1 依据盖斯定律，将反应①-②×2-③×2得，甲烷干重整反应的ΔH=(-893 kJ∙mol-1)-(-283 kJ∙mol-1)×2-(-286 kJ∙mol-1)×2=+245kJ∙mol-1。 【小问2详解】 从反应历程角度，铁触媒表面吸附解离N2的占比大，因为N≡N的键能很高，在催化剂表面吸附解离的活化能高，为决速步骤，需要更多的催化活性中心支持，所以占比大。实际生产中，通常不是按N2、H2的体积比1:3投入，而是N2稍过量，则选择投料比=1:2.8。故选C。 【小问3详解】 将实验1、4两组数据代入方程，可得出，，即，β=1.5。 在合成氨过程中，需要及时液化分离出氨气，这有利于平衡正向移动，提高产率，从反应历程等方面分析，增大了反应物与活性中心的接触面积，则还可能是因为：释放活性中心，有利于后续反应进行；从速率公式分析，将氨及时液体分离，有利于减少混合气体中NH3的浓度：γ=-1氨气浓度小v更大，有利于提高原料利用率。 【小问4详解】 ①三线相交前，催化剂Ⅰ的活性大，反应先达平衡，催化剂Ⅱ、Ⅲ的活性小，未达平衡，三点汇合时，反应达平衡，T＞300℃，NH3的体积分数主要受温度变化的影响，则曲线重合的原因是：T>300℃反应均达到平衡状态，催化剂无法改变平衡时NH3的体积分数。 ②恒压密闭容器中按1:3充入N2和H2，NH3的体积分数为20%，则N2、H2的体积分数和为80%，且二者的体积分数之比满足化学计量数之比1:3，则N2的体积分数为20%、H2的体积分数为60%，M点对应条件下的Kx==。 【点睛】催化剂只能改变平衡前单位时间内反应物的转化率，而对平衡转化率不产生影响。 18. 化合物F是一种有机合成中间体，其合成路线如下： （1）B中含氧官能团的名称为___________。 （2）需经历的过程，中间体X的结构简式为___________。的反应类型为___________。 （3）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。 ①属于芳香族化合物，且能发生银镜反应 ②分子中不同化学环境的氢原子数目比为 （4）通过双键复分解反应得到的另一种产物的分子式为，写出该反应的化学方程式：___________。 （5）为原料制备的合成路线流程图如下：→M 其中M和N的结构简式分别为___________和___________。 【答案】（1）醛基、醚键 （2） ①. ②. 取代反应 （3） （4） （5） ①. ②. 【解析】 【分析】根据题干流程图可知，A中的酚羟基与K2CO3先反应生成，再与BrCH2CH=CH2发生取代反应生成B，对B物质进行加热可以发生分子内的取代反应生成C，C与CH3I发生取代成醚反应生成D，D在BF3·O(CH2CH3)2和CH2Cl2作用下反应生成E，E在BBr3、H2O作用下反应生成F，据此分析； 【小问1详解】 由题干路线图中B的结构简式可知，B中含氧官能团的名称为醚键和醛基； 【小问2详解】 由题干路线图中A的结构简式可知，A中含有酚羟基，酚羟基能与K2CO3反应生成和KHCO3，故A→B需经历的过程，中间体X的结构简式为：，比较X和B的结构简式可知，X→B的反应类型为取代反应； 【小问3详解】 由题干路线图中C的结构简式可知，C的分子式为：C10H10O2，不饱和度为6，则C的同分异构体同时满足下列条件①属于芳香族化合物，且能发生银镜反应即含有醛基或甲酸酯基，②分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶2∶2即分子存在对称结构，只有3种不同环境的H原子，该同分异构体的结构简式为： ； 【小问4详解】 D→E通过双键复分解反应即碳碳双键和醛基上的碳氧双键发生交换，复分解反应得到的另一种产物的分子式为CH2O即为HCHO，则该反应的化学方程式为：； 【小问5详解】 在Cu催化作用下反应醇羟基上的催化氧化，即得到M，其结构简式为：，根据题干路线图中D到E的转化信息可知，和苯乙烯发生双键的复分解反应生成N，则N的结构简式为：，然后在一定条件下发生加聚反应生成； 19. 黏土钒矿中，钒以+3价、+4价、+5价的化合物存在，还包括SiO2、Fe2O3和铝硅酸盐(Al2O3⋅SiO2)等。采用以下流程可由黏土钒矿制备V2O5、Fe2O3和硫酸铝铵。 已知：ⅰ．有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：(org表示有机溶液) ⅱ．酸性溶液中，HR对+4价钒萃取能力强，而对+5价钒的萃取能力较弱。 ⅲ．HR能萃取Fe3+而不能萃取Fe2+。 （1）滤渣的主要成分是___________。 （2）浸出液中钒以+4价、+5价的形式存在，简述加入铁粉的原因：___________。 （3）从平衡移动原理解释加入20%H2SO4溶液的作用：___________。 （4）KClO3和反应生成和Cl-的离子方程式是___________。 （5）测定V2O5产品的纯度：称取V2O5产品ag，先加入硫酸将V2O5转化为，加入指示剂后，cmol/L溶液滴定将转化为至终点，消耗溶液的体积为VmL。假设杂质不参与反应，则V2O5产品中V2O5的质量分数是___________。(V2O5的摩尔质量为Mg/mol)。 （6）从无机层获得的离子方程式是___________。 （7）硫酸铝铵固体中含有少量硫酸铵杂质，根据如图的溶解度曲线，进一步提纯硫酸铝铵的操作是加热溶解、___________、过滤、洗涤、干燥。 【答案】（1）SiO2 （2）溶液中加入铁粉，将+5价钒还原为+4价钒，且将Fe3+还原为Fe2+，有机酸性萃取剂HR将+4价钒萃取到有机层，而避免Fe3+进入有机层，有利于分离钒和铁 （3）加入20%H2SO4溶液增大H+离子浓度，使平衡逆向移动，使更多的+4价钒进入无机层，有利于氧化 （4） （5） （6） （7）冷却结晶 【解析】 【分析】黏土钒矿中，钒以+3价、+4价、+5价的化合物存在，还包括SiO2、Fe2O3和铝硅酸盐(Al2O3•SiO2)等，加入浓硫酸、通入空气、在250℃下发生反应，然后用水浸取，所得滤渣为SiO2，滤液中含有+3价、+4价、+5价的含钒酸根离子，Fe3+、Al3+等；加入氨水调节pH为1~1.5，获得硫酸铝铵固体，溶液中含有Fe3+及含矾酸根离子；加入铁粉将Fe3+还原为Fe2+，同时将还原为VO2+，然后用HR萃取，Fe2+进入无机层；有机层中加入20%H2SO4、KClO3，将VO2+转化为，再加入氨水，生成NH4VO3沉淀，NH4VO3高温分解，可获得V2O5；无机层中加入氨水、并通入空气，将Fe2+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤后焙烧，可获得Fe2O3。 【小问1详解】 由分析可知，滤渣的主要成分是SiO2。 【小问2详解】 酸性溶液中，HR对VO2+、Fe3+萃取能力强，而对的萃取能力较弱，加入铁粉将Fe3+还原为Fe2+，同时将还原为VO2+，则加入铁粉的原因：溶液中加入铁粉，将+5价钒还原为+4价钒，且将Fe3+还原为Fe2+，有机酸性萃取剂HR将+4价钒萃取到有机层，而避免Fe3+进入有机层，有利于分离钒和铁。 【小问3详解】 根据已知信息ⅰ，有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：，加入20%溶液，有利于该反应平衡逆向移动，使更多的+4价钒进入无机层，与萃取剂分离，便于氧化。 【小问4详解】 和反应生成和，根据得失电子守恒和原子守恒可知离子方程式为。 【小问5详解】 加入硫酸将转化为，加入指示剂后，再用溶液滴定将转化为，则根据得失电子守恒和原子守恒可得：，则，质量分数为。 【小问6详解】 无机层中加入氨水、通入空气，被氧化得到沉淀，离子方程式为：。 【小问7详解】 硫酸铝铵固体中含有少量硫酸铵杂质，根据如图的溶解度曲线，硫酸铵的溶解度比硫酸铝铵大很多，则可采用溶解后再结晶进行提纯，所以进一步提纯硫酸铝铵的操作名称是重结晶，因此步骤为：加热溶解、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $