精品解析：陕西省安康市2025届高三下学期预测模拟 化学试题

2025年普通高中学业水平选择性考试临考预测卷 化学 注意事项(本卷适用于陕西、山西、宁夏、青海)： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4.高考试卷无此项：正版临考预测卷用户使用考试在线APP扫描试题旁边子母题二维码，获取更多最新预测试题。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Ti-48 Fe-56 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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. 近年来我国在科技领域的突破和创新上取得了巨大成果。下列说法错误的是 A. “空特式喷气背包”使用的燃料为航空煤油或柴油，煤油和柴油都属于烃 B. “神舟飞船”外壳所用材料酚醛树脂属于酯类 C. “机器狗”机身主要采用铝合金和塑料制成，铝合金的硬度比纯铝的大 D. “火星探测器”隔热组件所用纳米气凝胶的主要成分是SiO2，与水晶的主要成分相同 2. 下列化学用语表达错误的是 A. 反-2-丁烯的结构简式 B. 用空间填充模型表示水的电离 C. 铯原子的结构示意图 D. Na2S的电子式 3. 关于实验安全，下列表述错误的是 A. 少量苯酚溅到皮肤上，应立即用水冲洗，再涂抹Na2CO3溶液 B. 加热试管中的液体时，试管口不能对准有人的方向 C. 实验室进行浓硝酸与铜反应实验时需佩戴护目镜并打开通风设备 D. 实验室中高锰酸钾与浓盐酸不能存放在同一储物柜中 4. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. FeI2溶液：、、K+、Ba2+ B. KHSO4溶液：、、Al3+、Na+ C. MgSO4溶液：H+、、Cu2+、Fe2+ D. KOH溶液：、、、Ba2+ 5. 下列有关SO2与FeCl3溶液发生反应的相关实验装置和药品的使用均正确的是 A. SO2的制备 B. SO2和FeCl3溶液反应 C. 氧化产物阴离子的检验 D. FeCl2溶液的制备 6. 物质的结构决定性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是 选项 性质差异 结构因素 A HF的沸点低于水的沸点 HF分子间氢键的强度强于水分子间氢键的强度 B 金刚石的熔点高于C60的熔点 晶体类型不同 C SO3的键角大于SO2的键角 孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力 D 乙胺(C2H5NH2)的碱性大于甲胺(CH3NH2)的碱性 烷基越长，给电子能力越强 A. A B. B C. C D. D 7. 常见的金属单质C的相关转化如图所示，其中气体a为黄绿色，单质D为淡黄色固体。下列说法错误的是 A. 单质D与氢气反应也可生成气体F B. 将废铁屑加入A溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2 C. 滴加酸性KMnO4溶液可检验反应①中化合物A是否完全转化 D. 化合物E可用于除去工业废水中的Cu2+、Pb2+等重金属离子 8. X、Y、Z、W、Q为五种原子序数依次增大的短周期主族元素，X的第一电离能小于同周期相邻的两种元素，Y的第一电离能大于同周期相邻的两种元素，Z与W可以形成离子[WZ6]3-，基态Q原子的核外有2个未成对电子且p能级无空轨道。下列说法错误的是 A. 非金属性：Z>Q B. 单质沸点：Y<Q C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>X D. 简单离子半径：Z<W 9. 羰基硫水解释放出CO2的机理及反应过程中的能量变化如图所示，已知TS表示过渡态，Int表示中间产物，下列说法错误的是 A. 该反应过程中的决速步骤是 B. 中间产物Int1到Int2过程中涉及极性键的断裂与形成 C. 羰基硫水解释放出的总反应为放热反应 D. Int1生成Int2的反应速率大于Int2生成的反应速率 10. 冠醚因其特殊的环状结构以及对金属离子的选择性识别能力一直备受关注。合成某种冠醚衍生物的反应原理如下。下列说法错误的是 A. 的核磁共振氢谱有7组峰 B. 中碳原子采取、杂化 C. 该反应属于取代反应，为 D. 可溶于水，进而根据离子大小识别与 11. 我国科学家利用有机电化学法合成含氮杂环化合物，其工作原理如图所示。下列说法正确的是 A. a为电源负极，电解质溶液中向N电极迁移 B. 电解池的总反应为 C. 当电路中通过0.2 mol e-时，溶液中生成0.1 mol D. M、N两个电极均可以为铜电极 12. CaC2是重要的金属碳化物，实验室可用CaC2制乙炔。工业上可通过反应Ⅰ．、Ⅱ．制备CaC2。一定压强下，在密闭容器中以投料，反应Ⅰ、Ⅱ的lgK与温度T的关系如图所示。下列说法错误的是 A. 反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应 B. 1580 K下，反应的平衡常数K=10 C. 若一定温度下只发生反应Ⅰ，向平衡体系中通入CO，达平衡后，p(CO)不变 D. 反应过程中某时刻满足 13. 钛铁合金是一种性能优良、成本低廉的储氢材料，它的储氢过程为放热反应，过程如图所示。已知TiFe晶体为体心立方堆积，Ti原子半径为a pm，Fe原子半径为b pm。下列说法错误的是 A. 晶胞的边长为 pm B. 在晶胞结构的另一种表示中，原子在体心位置，原子在顶角位置 C. 标准状况下钛铁合金吸收11.2 L ，理论上需要52 g D. 升高温度、减小压强均有利于脱氢 14. 室温下，三种难溶物Al(OH)3、Co(OH)2、Cu(OH)2在水中达到沉淀溶解平衡时的pH-pM(M代表Al3+、Co2+和Cu2+)关系如图所示，pM=-lg[c(M)/(mol·L-1)]。已知Ksp[Co(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]，当c(M)≤10-5 mol·L-1时可认为M沉淀完全。下列说法正确的是 A. Ksp[Co(OH)2]=10-19.6 B. 向浓度均为0.1 mol·L-1 AlCl3和CuCl2的混合溶液中滴加NaOH溶液，Cu2+先沉淀 C. 浓度均为0.01 mol·L-1的Cu2+和Co2+无法通过分步沉淀进行分离 D. 向等浓度AlCl3和CuCl2的混合溶液中滴加NaOH溶液至pH=6，此时溶液中 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 无水二氯化锡()为白色固体，常用作还原剂，易水解。实验室制备无水二氯化锡(装置如图所示)并用其测定铁矿石中铁含量的实验步骤如下： Ⅰ.制备无水二氯化锡 ①向圆底烧瓶中加入锡花(向熔融的金属锡泼冷水制得)，通冷却水，从仪器B的上口加入5 mL浓盐酸和1滴硝酸，95℃时回流0.5 h，至烧瓶中只剩余少量锡花时停止加热。 ②将圆底烧瓶内上清液转移至蒸发器中，在气流中加热蒸发，至器壁上出现少量微粒时停止加热，冷却、结晶、抽滤，得到固体。 ③将压碎后转移至烧杯中，加入5~10 mL乙酸酐充分反应后，抽滤、洗涤，得到无水二氯化锡，置于干燥器中保存。 Ⅱ.铁矿石中铁含量的测定 用适量浓盐酸溶解m g铁矿石样品，加入还原大部分，再加入4滴溶液作指示剂，滴加溶液至出现“钨蓝”(五价钨)时再多加1滴，然后滴加 mol·L-1 溶液使钨蓝恰好褪色，消耗溶液 mL；以二苯胺磺酸钠为指示剂，用 mol·L-1 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液 mL。已知氧化性：，还原性：。 回答下列问题： （1）仪器B的名称为___________。 （2）烧瓶中剩余少量锡花时停止加热的原因是___________。 （3）步骤②中，若无气流，加热蒸发时会有部分变质，写出生成物质的量之比为1:2的和的化学方程式___________。 （4）已知乙酸酐易水解，步骤③中，乙酸酐的作用是___________；若需进一步提纯产品，可借助一定量的溶剂进行___________(填操作名称)。 （5）测定铁矿石中铁含量的过程中，多加1滴溶液的目的是___________；用标准溶液滴定时最后的半滴操作为___________。 （6）矿样中的铁含量为___________%。 16. 采用氧化锰矿(主要含MnO2)和银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)联合回收Ag、Mn的工艺流程如图所示。 已知：①常温下，Ksp[Fe(OH)3]=10-38.6，Ksp[Mn(OH)2]=10-12.6； ②某离子浓度≤1×10-5 mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全。 回答下列问题： （1）基态Mn2+含有___________个未成对电子，其价层电子的自旋状态___________(填“相同”或“不同”)。 （2）取少许浸锰液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液变红色。浸锰渣中不含单质S，则“浸锰”过程中MnO2和FeS2反应时氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 （3）“调pH”和“沉锰”过程温度均不能太高，原因是___________。 （4）若浸锰液中c(Mn2+)=0.01 mol·L-1，则常温下，用氨水“调pH”的范围为___________。 （5）“浸银”时，使用过量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液作为浸出剂，将Ag2S中的银以[AgCl2]-的形式浸出，浸银渣的成分为___________(填化学式)。可以用过量铁粉“沉银”，沉银液中通入___________(填标号)并补充盐酸、CaCl2溶液可以循环利用。 A．Cl2 B．O3 C．SO2 D．H2S （6）使用惰性电极电解浸银液也可以得到银，则阴极的电极反应式为___________。 17. NaHCO3和NH4HCO3是两种重要的化工原料。 （1）可通过如下反应利用NH4HCO3制得NaHCO3： 则ΔH5=___________(用ΔH1~ΔH4表示)。 （2）NaHCO3和NH4HCO3的分解反应分别为 反应Ⅰ： ΔH6 反应Ⅱ： ΔH7 上述两个反应的ln Kθ与的关系如图所示[Kθ为标准平衡常数，对于反应，，其中pθ=100 kPa，pG、pH、pD、pE为各组分的平衡分压]。 ①已知(C为常数)，且ΔH6<ΔH7，则图中表示NaHCO3(s)分解的直线为___________(填“甲”或“乙”)。反应Ⅰ需加热才能进行，从热力学角度进行解释：___________。 ②对于反应Ⅱ，下列措施中既能加快NH3的生成速率，又能提高反应物的平衡转化率的是___________(填标号)。 A．升高温度 B．增大压强 C．加入催化剂 ③温度为(T1×103) K时，向容器中同时加入NaHCO3(s)、Na2CO3(s)和NH4HCO3(s)，达到平衡状态时，氨气的平衡分压p(NH3)=___________kPa。 ④在T2 K、100 kPa条件下，向只盛有NaHCO3(s)的密闭容器中通入H2O(g)和CO2(g)的混合气体以避免NaHCO3(s)分解。已知该温度下，，混合气体中H2O(g)的体积分数至少为___________。 （3）利用双极膜电渗析法可制备Na2CO3和NaHCO3，原理如图所示： ①M极连接电源的___________(填“正”或“负”)极。 ②c膜为___________(填“阴”或“阳”)离子交换膜；若电解完成后，生成的Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为3：1，则理论上在相同条件下，吸收的CO2的体积和N极产生气体的体积之比为___________。 18. 华法林钠为双香豆素的衍生物之一，主要用于抑制血液中的血小板聚集，是目前应用最广泛的抗凝血药。某种合成华法林(H)的路线如下： 已知：。 回答下列问题： （1）A→B的反应类型为___________；物质F中含有的官能团名称为___________。 （2）C→E的总反应的化学方程式为___________。 （3）鉴别F和G可以使用的试剂名称为___________；F→G的产物还有___________(填结构简式)。 （4）F的同分异构体中能与银氨溶液发生反应的芳香族化合物共有___________种。 （5）结合题干信息，补全合成路线： M、N的结构简式分别为___________和___________。 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临考预测卷 化学 注意事项(本卷适用于陕西、山西、宁夏、青海)： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4.高考试卷无此项：正版临考预测卷用户使用考试在线APP扫描试题旁边子母题二维码，获取更多最新预测试题。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Ti-48 Fe-56 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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. 近年来我国在科技领域的突破和创新上取得了巨大成果。下列说法错误的是 A. “空特式喷气背包”使用的燃料为航空煤油或柴油，煤油和柴油都属于烃 B. “神舟飞船”外壳所用材料酚醛树脂属于酯类 C. “机器狗”机身主要采用铝合金和塑料制成，铝合金的硬度比纯铝的大 D. “火星探测器”隔热组件所用纳米气凝胶的主要成分是SiO2，与水晶的主要成分相同 【答案】B 【解析】 【详解】A．煤油、柴油是石油分馏产物，均为仅含C、H元素的烃类混合物，属于烃，A正确； B．酚醛树脂是苯酚和甲醛发生缩聚反应得到的高分子化合物，结构中不含酯基，不属于酯类，B错误； C．合金的硬度一般高于其组成的纯金属，铝合金是铝的合金，硬度比纯铝大，C正确； D．纳米气凝胶和水晶的主要成分均为，二者主要成分相同，D正确； 答案选B。 2. 下列化学用语表达错误的是 A. 反-2-丁烯的结构简式 B. 用空间填充模型表示水的电离 C. 铯原子的结构示意图 D. Na2S的电子式 【答案】A 【解析】 【详解】A．反-2-丁烯的两个甲基应不在一侧，结构式应为，A错误； B．水的电离方程式为，图中空间填充模型表示正确，B正确； C．铯位于第六周期ⅠA族，图中铯原子的结构示意图正确，C正确 D．Na2S是离子化合物，每个Na提供一个电子给硫原子，使其形成8电子稳定结构，图中所示电子式正确，D正确； 故答案为A。 3. 关于实验安全，下列表述错误的是 A. 少量苯酚溅到皮肤上，应立即用水冲洗，再涂抹Na2CO3溶液 B. 加热试管中的液体时，试管口不能对准有人的方向 C. 实验室进行浓硝酸与铜反应实验时需佩戴护目镜并打开通风设备 D. 实验室中高锰酸钾与浓盐酸不能存放在同一储物柜中 【答案】A 【解析】 【详解】A．苯酚常温下在水中溶解度小，少量苯酚溅到皮肤上，应先用酒精擦洗溶解苯酚，再用水冲洗，后续可涂抹弱碱性物质，该操作表述错误，A错误； B．加热试管中液体时，若液体暴沸喷出易伤人，因此试管口不能对准有人的方向，操作正确，B正确； C．浓硝酸与铜反应生成有毒的气体，且反应剧烈可能有液体溅出，因此需佩戴护目镜、打开通风设备，操作正确，C正确； D．高锰酸钾为强氧化剂，浓盐酸为还原剂，二者接触会发生反应生成有毒的，因此不能存放在同一储物柜中，表述正确，D正确； 故选A。 4. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. FeI2溶液：、、K+、Ba2+ B. KHSO4溶液：、、Al3+、Na+ C. MgSO4溶液：H+、、Cu2+、Fe2+ D. KOH溶液：、、、Ba2+ 【答案】C 【解析】 【详解】A．FeI₂溶液中含强还原性的和，、均为强氧化性离子，会发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误； B．KHSO4溶液会电离出大量呈酸性，会与反应，且与会发生双水解生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，B错误； C．MgSO4溶液中，、、、之间互不反应，也不与、反应，能大量共存，C正确； D．KOH溶液呈强碱性，含大量，会与反应生成弱电解质，且与会生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，D错误； 故答案选C。 5. 下列有关SO2与FeCl3溶液发生反应的相关实验装置和药品的使用均正确的是 A. SO2的制备 B. SO2和FeCl3溶液反应 C. 氧化产物阴离子的检验 D. FeCl2溶液的制备 【答案】C 【解析】 【详解】A．铜和浓硫酸加热才能反应生成二氧化硫，A错误； B．二氧化硫气体应该长进短出，才能进入溶液和氯化铁反应，B错误； C．SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，能检验氧化产物硫酸根离子，C正确； D．SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应生成硫酸根离子、亚铁离子：，加入氢氧化钡过程中，也会沉淀，不能只得到氯化亚铁溶液，故不能制取氯化亚铁溶液，且过滤操作需要使用玻璃棒引流，D错误； 故选C。 6. 物质的结构决定性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是 选项 性质差异 结构因素 A HF的沸点低于水的沸点 HF分子间氢键的强度强于水分子间氢键的强度 B 金刚石的熔点高于C60的熔点 晶体类型不同 C SO3的键角大于SO2的键角 孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力 D 乙胺(C2H5NH2)的碱性大于甲胺(CH3NH2)的碱性 烷基越长，给电子能力越强 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．虽然HF分子间氢键强度确实强于水分子间氢键，但水的沸点更高是因为平均每个水分子形成的氢键数目更多，给出的结构因素无法解释HF沸点低于水的性质，A错误； B．金刚石是共价晶体，熔化需要破坏共价键，是分子晶体，熔化仅需要破坏分子间作用力，晶体类型不同导致熔点差异，B正确； C．中S无孤电子对，键角为120°，中S有1对孤电子对，孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对间的斥力，使键角小于120°，该结构因素可解释键角差异，C正确； D．烷基为给电子基团，乙基的给电子能力强于甲基，使乙胺中N原子电子云密度更高，更易结合质子，碱性更强，该结构因素可解释为碱性差异，D正确； 故答案选A。 7. 常见的金属单质C的相关转化如图所示，其中气体a为黄绿色，单质D为淡黄色固体。下列说法错误的是 A. 单质D与氢气反应也可生成气体F B. 将废铁屑加入A溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2 C. 滴加酸性KMnO4溶液可检验反应①中化合物A是否完全转化 D. 化合物E可用于除去工业废水中的Cu2+、Pb2+等重金属离子 【答案】C 【解析】 【分析】气体a为黄绿色，a为；单质D为淡黄色固体，D为；金属C为，根据转化图推导得：A为，B为，E为，F为。 【详解】A．，单质D（）与氢气反应也可生成气体F（），A正确； B．，可以除去工业废气中的，将废铁屑加入A溶液中，发生反应，又再次生成，用于除去工业废气中的，B正确； C．反应①是转化为，检验是否完全转化，即检验体系有无； 若体系中存在，也能还原酸性使其褪色，干扰检验，不能用酸性高锰酸钾判断A是否完全转化，C错误； D．E（）可使工业废水中的、等重金属离子生成、等沉淀，从而除去这些重金属离子，D正确； 故选C。 8. X、Y、Z、W、Q为五种原子序数依次增大的短周期主族元素，X的第一电离能小于同周期相邻的两种元素，Y的第一电离能大于同周期相邻的两种元素，Z与W可以形成离子[WZ6]3-，基态Q原子的核外有2个未成对电子且p能级无空轨道。下列说法错误的是 A. 非金属性：Z>Q B. 单质沸点：Y<Q C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>X D. 简单离子半径：Z<W 【答案】D 【解析】 【分析】首先推断元素：根据已知条件“Z与W可以形成离子[WZ6]3-”，短周期经典离子为[AlF6]3-，可推测Z为F（氟）、W为Al（铝）；再根据短周期ⅡA、ⅤA元素的第一电离能反常高于相邻元素，以及题干条件“X的第一电离能小于同周期相邻的两种元素，Y的第一电离能大于同周期相邻的两种元素”可推出X为B（硼）、Y为N（氮）；再根据Q的原子序数大于W（Al），且“基态Q原子的核外有2个未成对电子且p能级无空轨道”可推测Q为S（硫），即X为B（硼）、Y为N（氮），Z为F（氟）、W为Al（铝）、Q为S（硫）。 【详解】A．Z为F，Q为S，F是短周期非金属性最强的元素，非金属性F>S，即Z>Q，A正确； B．Y的单质为N2，常温下为气体，沸点低；Q的单质为硫，常温下为固体，沸点远高于N2，即单质沸点Y<Q，B正确； C．Y的最高价氧化物对应水化物为HNO3（强酸），X的最高价氧化物对应水化物为H3BO3（弱酸），酸性HNO3>H3BO3，即Y>X，C正确； D．Z的简单离子为F-，W的简单离子为Al3+，二者核外电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，因此离子半径F->Al3+，即Z>W，D错误； 故答案选D。 9. 羰基硫水解释放出CO2的机理及反应过程中的能量变化如图所示，已知TS表示过渡态，Int表示中间产物，下列说法错误的是 A. 该反应过程中的决速步骤是 B. 中间产物Int1到Int2过程中涉及极性键的断裂与形成 C. 羰基硫水解释放出的总反应为放热反应 D. Int1生成Int2的反应速率大于Int2生成的反应速率 【答案】D 【解析】 【详解】A．决速步骤由活化能最大的基元反应决定，活化能=过渡态能量-反应物能量；：活化能，：活化能，产物：活化能，第一步活化能最大，为决速步骤，A正确； B．中间产物Int1到Int2过程中,有这类极性键断裂，也有这类新极性键形成，涉及极性键的断裂与形成，B正确； C．羰基硫水解释放出的总反应，反应物的相对能量高于产物的相对能量，为放热反应，C正确； D．反应速率和活化能负相关，活化能越大，速率越慢，：活化能，产物和：活化能，Int1生成Int2的活化能更大，反应速率更小，D错误； 故答案选D。 10. 冠醚因其特殊的环状结构以及对金属离子的选择性识别能力一直备受关注。合成某种冠醚衍生物的反应原理如下。下列说法错误的是 A. 的核磁共振氢谱有7组峰 B. 中碳原子采取、杂化 C. 该反应属于取代反应，为 D. 可溶于水，进而根据离子大小识别与 【答案】D 【解析】 【详解】A．M的结构具有对称性， 氢原子种类有7种，其核磁共振氢谱组数为7，故A正确； B．N中含有羰基（C=O），羰基碳原子为sp2杂化，其他饱和碳原子为sp3杂化，故B正确； C．M的-OH与N的-COCl发生反应，羟基中H被酰基取代生成酯和HCl，属于取代反应，X为HCl，故C正确； D．Q含长链烷基，难溶于水，故D错误； 选D。 11. 我国科学家利用有机电化学法合成含氮杂环化合物，其工作原理如图所示。下列说法正确的是 A. a为电源负极，电解质溶液中向N电极迁移 B. 电解池的总反应为 C. 当电路中通过0.2 mol e-时，溶液中生成0.1 mol D. M、N两个电极均可以为铜电极 【答案】B 【解析】 【分析】M电极发生反应：，失电子，M为阳极，连接电源正极a，N电极发生反应：，得电子，N为阴极，连接电源负极b。 【详解】A．根据分析可知，a是电源正极，电解池中阳离子向阴极N电极迁移，A错误； B．循环中I2/I-为催化循环介质，总反应物是苯乙烯、NH3，生成物是目标含氮杂环、H2，电解池的总反应为，B正确； C．由电解总反应可知，每生成1 mol目标产物转移2 mol电子，因此电路中通过0.2 mol e⁻时，理论最大产量为0.1 mol，但由图可知，在转化过程中存在可逆反应，反应物无法完全转化，实际生成产物物质的量小于0.1 mol，C错误； D．M是阳极，若用Cu作阳极，Cu会优先失电子，消耗电极、破坏I2/I-催化循环，因此M电极不能用Cu，N阴极可用Cu，D错误； 故答案选B。 12. CaC2是重要的金属碳化物，实验室可用CaC2制乙炔。工业上可通过反应Ⅰ．、Ⅱ．制备CaC2。一定压强下，在密闭容器中以投料，反应Ⅰ、Ⅱ的lgK与温度T的关系如图所示。下列说法错误的是 A. 反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应 B. 1580 K下，反应的平衡常数K=10 C. 若一定温度下只发生反应Ⅰ，向平衡体系中通入CO，达平衡后，p(CO)不变 D. 反应过程中某时刻满足 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图可知，随温度升高，反应I、反应Ⅱ的lgK都增大，即升高温度，平衡常数K增大，证明反应I和反应Ⅱ正反应方向都是吸热反应，A正确； B．根据盖斯定律可得，I+Ⅱ可得，，则，由图可知，1580 K时，，则，，则，则平衡常数，B正确； C．若一定温度下只发生反应I，向平衡体系中通入CO，达平衡后，，温度不变，平衡常数K不变，则p(CO)不变，C正确； D．假设反应I、反应Ⅱ完全反应，设初始充入的，，反应I中生成的CaO为x mol，反应Ⅱ中生成的CaC2为y mol，由反应I可知，生成CO为2x mol，由反应II可知，生成的CO为y mol，则，但反应I、反应Ⅱ都是可逆反应，，则，D错误； 故选D。 13. 钛铁合金是一种性能优良、成本低廉的储氢材料，它的储氢过程为放热反应，过程如图所示。已知TiFe晶体为体心立方堆积，Ti原子半径为a pm，Fe原子半径为b pm。下列说法错误的是 A. 晶胞的边长为 pm B. 在晶胞结构的另一种表示中，原子在体心位置，原子在顶角位置 C. 标准状况下钛铁合金吸收11.2 L ，理论上需要52 g D. 升高温度、减小压强均有利于脱氢 【答案】C 【解析】 【详解】A．为体心立方堆积，体对角线长度等于2个原子半径和2个原子半径，即，则晶胞边长pm，A正确； B．晶胞中，一种原子在顶角、另一种在体心，原图在顶角、在体心，互换位置（体心、顶角）是等价的晶胞表示方式，B正确； C．由图示可知，晶胞吸氢后，在顶点和棱上，每个晶胞含有：，含有2个和2个，标准状况下钛铁合金吸收11.2 L ，，理论上需要1 mol，对应的质量为，C错误； D．储氢是放热、气体分子数减少的反应，脱氢是逆反应：升高温度，平衡向吸热（脱氢）方向移动；减小压强，平衡向气体分子数增多（脱氢）方向移动，故升温、减压均利于脱氢，D正确； 故答案选C。 14. 室温下，三种难溶物Al(OH)3、Co(OH)2、Cu(OH)2在水中达到沉淀溶解平衡时的pH-pM(M代表Al3+、Co2+和Cu2+)关系如图所示，pM=-lg[c(M)/(mol·L-1)]。已知Ksp[Co(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]，当c(M)≤10-5 mol·L-1时可认为M沉淀完全。下列说法正确的是 A. Ksp[Co(OH)2]=10-19.6 B. 向浓度均为0.1 mol·L-1 AlCl3和CuCl2的混合溶液中滴加NaOH溶液，Cu2+先沉淀 C. 浓度均为0.01 mol·L-1的Cu2+和Co2+无法通过分步沉淀进行分离 D. 向等浓度AlCl3和CuCl2的混合溶液中滴加NaOH溶液至pH=6，此时溶液中 【答案】D 【解析】 【分析】根据I、II、III三条线，可知I、II两条线斜率相同，为同种类型氢氧化物，即Co(OH)2、Cu(OH)2，Ksp[Co(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]，即I为Co(OH)2，II为Cu(OH)2，III为Al(OH)3，I线取点（3,8.4），Ksp[Co(OH)2]= c(Co2+)×c2(OH-)=10-3×(108.4-14)2=10-14.2，II取点（4,6.2），即Ksp[Cu(OH)2]= c(Cu2+)×c2(OH-)=10-4×(106.2-14)2=10-19.6，III取点（4,4.4），即Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)×c3(OH-)=10-4×(104.4-14)3=10-32.8； 【详解】A．根据分析可知，I为Co(OH)2，I线取点（3,8.4），Ksp[Co(OH)2]= c(Co2+)×c2(OH-)=10-3×(108.4-14)2=10-14.2，A错误； B．根据分析可知，Ksp[Cu(OH)2] = c(Cu2+)×c2(OH-)=10-19.6、 Ksp[Al(OH)3]= c(Al3+)×c3(OH-)=10-32.8，故向浓度均为0.1 mol·L-1 AlCl3和CuCl2的混合溶液中滴加NaOH溶液，Al3+开始沉淀需c(OH-)=10-10.6mol/L，Cu2+开始沉淀需c(OH-)=10-9.3mol/L，Al3+先沉淀，B错误； C．当Cu2+完全沉淀时，Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)×c2(OH-)=10-5×c2(OH-)=10-19.6，溶液的pH=6.7，根据Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=10-2×c2(OH-)=10-14.2，Co2+开始沉淀的pH=7.9，可通过分步沉淀进行分离，C错误； D．向等浓度AlCl3和CuCl2的混合溶液中滴加NaOH溶液至pH=6，此时溶液中，D正确； 故选D。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 无水二氯化锡()为白色固体，常用作还原剂，易水解。实验室制备无水二氯化锡(装置如图所示)并用其测定铁矿石中铁含量的实验步骤如下： Ⅰ.制备无水二氯化锡 ①向圆底烧瓶中加入锡花(向熔融的金属锡泼冷水制得)，通冷却水，从仪器B的上口加入5 mL浓盐酸和1滴硝酸，95℃时回流0.5 h，至烧瓶中只剩余少量锡花时停止加热。 ②将圆底烧瓶内上清液转移至蒸发器中，在气流中加热蒸发，至器壁上出现少量微粒时停止加热，冷却、结晶、抽滤，得到固体。 ③将压碎后转移至烧杯中，加入5~10 mL乙酸酐充分反应后，抽滤、洗涤，得到无水二氯化锡，置于干燥器中保存。 Ⅱ.铁矿石中铁含量的测定 用适量浓盐酸溶解m g铁矿石样品，加入还原大部分，再加入4滴溶液作指示剂，滴加溶液至出现“钨蓝”(五价钨)时再多加1滴，然后滴加 mol·L-1 溶液使钨蓝恰好褪色，消耗溶液 mL；以二苯胺磺酸钠为指示剂，用 mol·L-1 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液 mL。已知氧化性：，还原性：。 回答下列问题： （1）仪器B的名称为___________。 （2）烧瓶中剩余少量锡花时停止加热的原因是___________。 （3）步骤②中，若无气流，加热蒸发时会有部分变质，写出生成物质的量之比为1:2的和的化学方程式___________。 （4）已知乙酸酐易水解，步骤③中，乙酸酐的作用是___________；若需进一步提纯产品，可借助一定量的溶剂进行___________(填操作名称)。 （5）测定铁矿石中铁含量的过程中，多加1滴溶液的目的是___________；用标准溶液滴定时最后的半滴操作为___________。 （6）矿样中的铁含量为___________%。 【答案】（1）球形冷凝管 （2）防止被空气氧化 （3） （4） ①. 除去中的水并抑制水解 ②. 重结晶 （5） ①. 保证完全转化为 ②. 将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化 （6） 【解析】 【小问1详解】 仪器B的名称为球形冷凝管； 【小问2详解】 常用作还原剂，烧瓶中剩余少量锡花时停止加热的原因是防止被空气氧化； 【小问3详解】 依据题意生成和的物质的量之比为1:2，对应的化学方程式为； 【小问4详解】 易水解，乙酸酐也易水解，步骤③中，乙酸酐的作用是除去中的水并抑制水解；为白色固体，若需进一步提纯，可借助一定量的溶剂进行重结晶； 【小问5详解】 因氧化性：，且还原性：，过量的1滴溶液可以保证完全转化为，避免因残留导致后续滴定结果偏低；用标准溶液滴定时最后的半滴操作为将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化； 【小问6详解】 用标准溶液滴定发生反应：，，，则。 16. 采用氧化锰矿(主要含MnO2)和银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)联合回收Ag、Mn的工艺流程如图所示。 已知：①常温下，Ksp[Fe(OH)3]=10-38.6，Ksp[Mn(OH)2]=10-12.6； ②某离子浓度≤1×10-5 mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全。 回答下列问题： （1）基态Mn2+含有___________个未成对电子，其价层电子的自旋状态___________(填“相同”或“不同”)。 （2）取少许浸锰液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液变红色。浸锰渣中不含单质S，则“浸锰”过程中MnO2和FeS2反应时氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 （3）“调pH”和“沉锰”过程温度均不能太高，原因是___________。 （4）若浸锰液中c(Mn2+)=0.01 mol·L-1，则常温下，用氨水“调pH”的范围为___________。 （5）“浸银”时，使用过量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液作为浸出剂，将Ag2S中的银以[AgCl2]-的形式浸出，浸银渣的成分为___________(填化学式)。可以用过量铁粉“沉银”，沉银液中通入___________(填标号)并补充盐酸、CaCl2溶液可以循环利用。 A．Cl2 B．O3 C．SO2 D．H2S （6）使用惰性电极电解浸银液也可以得到银，则阴极的电极反应式为___________。 【答案】（1） ①. 5 ②. 相同 （2）15：2 （3）温度过高，NH3·H2O和NH4HCO3会分解 （4）2.8≤pH<8.7 （5） ①. S ②. AB （6） 【解析】 【分析】原料为氧化锰矿(主要含MnO2)和银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)加入稀硫酸后，浸锰渣为Ag2S，浸锰液为硫酸铁和硫酸锰；Ag2S作为浸锰渣进行浸银环节，使用过量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液作为浸出剂，将Ag2S中的银以[AgCl2]-的形式浸出，同时生成了浸银渣S；在浸银液中加入过量的铁粉使[AgCl2]-转化为Ag，获得粗银粉；浸锰液中加入氨水调节pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3,成为滤渣；再向溶液中加入碳酸氢铵得到碳酸锰沉淀，由此解答； 【小问1详解】 基态Mn2+的价层电子排布式为3d5，根据洪特规则，电子在等价轨道上有限以自旋方向相同的方式占据不同轨道，3d轨道有5个，每个轨道各填充一个电子，因此未成对的电子数为5；价层电子的自旋状态相同； 【小问2详解】 滴加KSCN溶液，溶液变红色，说明存在Fe3+，并且没有S单质生成，因此该过程是MnO2将Fe2+和S-氧化成Fe3+和，因此1 mol FeS2共失去mol电子，而1 mol MnO2得2 mol电子，因此氧化剂MnO2和还原剂FeS2的物质的量之比为15:2； 【小问3详解】 “调pH”使用氨水，温度过高时氨气挥发损失，影响pH调节效果；“沉锰”需要使用NH4HCO3，温度过程易分解，降低其使用效率，因此温度不能过高； 【小问4详解】 调pH需要使Fe3+完全沉淀，即，并且不沉淀Mn2+，因为，由于，得出，此时pH为；Mn2+开始沉淀，由于c(Mn2+)=0.01 mol·L-1，，得出，此时pH为，因此pH的范围为2.8≤pH<8.7； 【小问5详解】 “浸银”过程中，Ag2S中Ag+与Cl-形成[AgCl2]-的形式进入溶液，S2-被Fe3+氧化成S单质，故浸银渣的成分为S；沉银液中含有Fe2+，需要将Fe2+氧化成Fe3+以循环做浸出液； A．Cl2具有氧化性，可以将Fe2+氧化成Fe3+，A正确； B．O3具有氧化性，可以将Fe2+氧化成Fe3+，B正确； C．SO2氧化性不强，不可以将Fe2+氧化成Fe3+，C错误； D．H2S还原性强，不可以将Fe2+氧化成Fe3+，D错误； 故答案为AB； 【小问6详解】 使用惰性电极电解浸银液也可以得到银，电解池中阴极发生还原反应，[AgCl2]-被还原成Ag，因此电极反应式为。 17. NaHCO3和NH4HCO3是两种重要的化工原料。 （1）可通过如下反应利用NH4HCO3制得NaHCO3： 则ΔH5=___________(用ΔH1~ΔH4表示)。 （2）NaHCO3和NH4HCO3的分解反应分别为 反应Ⅰ： ΔH6 反应Ⅱ： ΔH7 上述两个反应的ln Kθ与的关系如图所示[Kθ为标准平衡常数，对于反应，，其中pθ=100 kPa，pG、pH、pD、pE为各组分的平衡分压]。 ①已知(C为常数)，且ΔH6<ΔH7，则图中表示NaHCO3(s)分解的直线为___________(填“甲”或“乙”)。反应Ⅰ需加热才能进行，从热力学角度进行解释：___________。 ②对于反应Ⅱ，下列措施中既能加快NH3的生成速率，又能提高反应物的平衡转化率的是___________(填标号)。 A．升高温度 B．增大压强 C．加入催化剂 ③温度为(T1×103) K时，向容器中同时加入NaHCO3(s)、Na2CO3(s)和NH4HCO3(s)，达到平衡状态时，氨气的平衡分压p(NH3)=___________kPa。 ④在T2 K、100 kPa条件下，向只盛有NaHCO3(s)的密闭容器中通入H2O(g)和CO2(g)的混合气体以避免NaHCO3(s)分解。已知该温度下，，混合气体中H2O(g)的体积分数至少为___________。 （3）利用双极膜电渗析法可制备Na2CO3和NaHCO3，原理如图所示： ①M极连接电源的___________(填“正”或“负”)极。 ②c膜为___________(填“阴”或“阳”)离子交换膜；若电解完成后，生成的Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为3：1，则理论上在相同条件下，吸收的CO2的体积和N极产生气体的体积之比为___________。 【答案】（1） （2） ①. 乙 ②. 反应Ⅰ的ΔH6>0、ΔS>0，在温度较高的条件下，才能使ΔH-TΔS<0，使反应自发向右进行 ③. A ④. 100 ⑤. （3） ①. 负 ②. 阳 ③. 16：7 【解析】 【小问1详解】 根据总方程式和图中各个方程式的关系可知，反应1=反应2+反应3-反应4-反应5，根据盖斯定律，，因此； 【小问2详解】 ①根据公式可知，斜率为，因，并且两者都为正值，越大斜率的绝对值越大，因此表示NaHCO3(s)分解的直线为斜率绝对值较小的直线乙；反应Ⅰ的ΔH6>0、ΔS>0，在温度较高的条件下，才能使ΔH-TΔS<0，使反应自发向右进行； ②A．反应Ⅱ为吸热反应，升高温度可以提高反应速率，并且反应向正反应方向移动，反应物的转化率也提高，A正确； B．反应Ⅱ是气体分子数增大的反应，增大压强可以提高反应速率，但是反应向逆反应方向移动，反应物的转化率降低，B错误； C．加入催化剂可以提高反应速率，但是不会影响平衡转化率，C错误； 故答案为A； ③体系中存在反应Ⅰ和反应Ⅱ，其中，，将两式相除可以得出，由图像可知，当温度为(T1×103) K时，，因此； ④反应Ⅰ的，为了避免分解需要，设水的体积分数为，总压为100 kPa，则，，带入得出因为，解出，因此混合气体中H2O(g)的体积分数至少为； 【小问3详解】 ①因双极膜a产生的H+向M极迁移并得电子生成H2，M极为阴极，故M极应连接电源负极； ②c膜允许Na+从盐室迁移至产品室，而Na+为阳离子，因此c膜为阳离子交换膜；假设生成的碳酸钠为，生成的碳酸氢钠为，根据碳原子守恒的原理，吸收的二氧化碳的物质的量应为；而钠离子的总物质的量为，因此需要的氢氧根参与反应，根据阳极N的反应式，当的氢氧根参与反应时，会产生氧气，因此吸收的二氧化碳的体积和N极产生氧气的体积之比等于其物质的量之比为。 18. 华法林钠为双香豆素的衍生物之一，主要用于抑制血液中的血小板聚集，是目前应用最广泛的抗凝血药。某种合成华法林(H)的路线如下： 已知：。 回答下列问题： （1）A→B的反应类型为___________；物质F中含有的官能团名称为___________。 （2）C→E的总反应的化学方程式为___________。 （3）鉴别F和G可以使用的试剂名称为___________；F→G的产物还有___________(填结构简式)。 （4）F的同分异构体中能与银氨溶液发生反应的芳香族化合物共有___________种。 （5）结合题干信息，补全合成路线： M、N的结构简式分别为___________和___________。 【答案】（1） ①. 加成反应 ②. (酮)羰基、(酚)羟基 （2） （3） ①. 氯化铁溶液 ②. CH3OH （4）25 （5） ①. ②. 【解析】 【分析】根据A和B的结构式推断A→B为加成反应，B经过碳链重排生成C，C+D→E的反应与已知反应原理类似，为醛基的加成反应和羟基的消去反应，E的结构式为，根据G的分子式C9H6O3和H的结构式可知，G的结构式为，F→G过程中首先是中的-O-CH3取代了羰基的位氢原子，脱去了一分子甲醇，然后与酚羟基进行了分子内的酯基交换成环，并脱去了一分子甲醇，后续发生了异化生成G；E+G→H为加成反应，由此解答； 【小问1详解】 根据A和B的结构式推断A→B为A和水的加成反应；根据F的结构式可知，含有的官能团为酮羰基和酚羟基； 【小问2详解】 C+D→E的反应与已知反应原理类似，为醛基的加成反应和羟基的消去反应，因此总反应的方程式为； 【小问3详解】 由分析可知，G的结式为，G中无酚羟基，因此可以用氯化铁溶液鉴定F和G；根据F的分子式为C8H8O2，的分子式为C3H6O3，生成的G的分子式为C9H6O3，根据元素守恒，另外的产物应为CH3OH（两份甲醇）； 【小问4详解】 F的同分异构体能发生银镜反应说明含有醛基或甲酸酯基，如含有的是醛基，并且苯环上为三取代基-OH、-CHO和-CH3，共有10种同分异构体；如含有两个取代基，可能是-OH和-CH2-CHO、-CH2-OH和-CHO或-O-CH3和-CHO，每种情况有三种同分异构体，共9种；如含有一个取代基可能为或，有两种同分异构体；如含有的是甲酸酯基，苯环上为一个取代基时为-CH2-OOCH，有一种同分异构体；苯环上为两个取代基时是-CH3和-OOCH，有三种同分异构体；因此一共有25种同分异构体； 【小问5详解】 根据反应物和生成物的结构式可以推断，CH3CHO→M→CH3CH=CHCHO的流程与已知反应一致，因此M的结构式为；CH3CH=CHCHO与N生成应为醛基加成反应，因此推测N的结构式为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $