精品解析：四川省2025届高三下学期北京专家卷·押题卷（一）化学试题

绝密★启用前 北京专家卷·押题卷(一) 化学 全卷满分100分 考试时间75分钟 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上。 2.作答时，将答案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。 3.考试结束后，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 Li 7 C 12 N 14 O 16 Al 27 S 32 Fe 56 Cu 64 Zn 65 一、单项选择题：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，只有一项是最符合题目要求的。 1. 四川《井盐志》记载“古人利用天然气作为燃料，熬煮盐井水获得井盐”，下列说法错误的是 A. 天然气的主要成分是 B. 天然气燃烧是放热反应 C. “熬煮”利用了蒸发结晶原理 D. NaCl中之间形成共价键 2. 四川盆地富含石油，反应可用于石油开采。下列说法正确的是 A. 的球棍模型为 B. 的结构式为： C. 中子数为20的Cl原子为 D. 的电子式为 3. 下列实验装置能达到实验目的的是 A. 利用甲制备纯净的固体 B. 利用乙除去中少量的HCl C. 利用丙测定氯水的pH D. 利用丁验证和的热稳定性 4. “成都漆艺”是我国重要的非物质文化遗产，下述反应是制备漆胶的主要反应，下列说法错误的是 A. 有机物I的分子式为 B. 该反应属于取代反应 C. 的作用是吸收反应生成的HCl D. 在水中的溶解度：有机物I<有机物Ⅱ 5. 工业上用吸收溴蒸气的原理为，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 氧化剂与还原剂物质的量之比为1：5 B. 室温下，溶液中，数目为 C. 含键 D. 生成，转移电子数为 6. 下列离子方程式书写正确的是 A. 用溶液除去铁锈： B. 电解饱和溶液的阴极反应式： C. 用NaOH吸收尾气： D. 用FeS沉淀废水中 7. W、X、Y、Z、M是短周期原子序数依次增大的5种元素，Z与M位于同一主族，由该5种元素组成的一种离子化合物如图所示，下列说法正确的是 A. 第一电离能： B. 电负性： C. 简单气态氢化物沸点： D. 该物质中所有原子均满足结构 8. 有机物Ⅱ可用来治疗银屑病，其合成路径如图所示，下列说法正确的是 A. 有机物I中杂化的碳原子数目是7 B. 一定条件下，有机物I不能与HCHO发生缩聚反应 C. 可用鉴别有机物I与有机物Ⅱ D. 1 mol有机物Ⅱ最多可消耗2 mol NaOH 9. 在给定的条件下，下列物质制备所涉及的转化合理的是 A. 工业制备纯碱： B. 工业制备漂白粉： C. 利用硫铁矿制备硫酸： D. 工业制备金属镁： 10. 废弃CPU中含有大量贵金属(主要是Ag、Au)，可利用如下流程回收CPU中的Ag、Au。 已知：。下列说法错误的是 A. 操作1需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗 B. 溶金过程体现了氧化性 C. 每制得0.1 mol Au需要9.75 g Zn D. 发生的反应为 11. 物质结构决定性质，性质决定用途。下列有关事实解释错误的是 选项 事实 解释 A 键角： 中存在孤电子对 B 酸性强于 电负性： C 沸点低 会形成分子内氢键 D 在水中形成 B提供空轨道，提供孤电子对，B与形成配位键 A. A B. B C. C D. D 12. 有机电化学合成法是合成有机物的重要途径，经济效益高。下图是利用以下电解池制备苯二甲醛的装置，下列说法错误的是 A. 甲电极是电池的阴极，由右室移向左室 B. 该制备过程中，可循环利用的物质是 C. 电路中每转移1 mol电子，右室会消耗 D. 甲电极的电极反应式为 13. 某铜铝锂合金晶胞结构为正方体，其具有很好的导电、导热性能，下列说法错误的是 A. 该合金的化学式为 B. Al与Cu的最短距离为 C. 该晶体的密度为 D. Cu原子的配位数为8 14. 室温下，用的NaHA溶液滴定50 mL的溶液，测得滴定过程中溶液导电能力及随NaHA体积的变化如图所示。已知，其中BaA是难溶于水的沉淀。下列说法正确的是 A. b点完全沉淀，b点之后导电能力增强，是因为浓度增加导致的 B. V(NaHA)介于0~10 mL时，随着NaHA体积的增加，溶液中逐渐增大 C. 根据图像可知，b点 D. a点和b点溶液中，均有 15. 逆水煤气变换可有效实现碳中和，该变化体系中主要存在以下几个反应： 反应I： 反应Ⅱ： 副反应： 在恒压条件下，将和按照投料比进行反应，平衡时CO、的选择性[CO的选择性的选择性=]和的平衡转化率随温度的变化如图所示。下列说法错误的是 A. 副反应的，曲线X为的选择性 B. 增大的值，可实现曲线Y由M点到N点 C. 为获得更多的，可以研发低温选择性高的催化剂 D. 高温区()，和的平衡转化率趋于相等 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 工业上利用红土钒矿(主要成分是价钒、，少量)制备铁红、的工艺流程如下所示： 已知：焙烧后的产物是；难溶于水，加热下易分解为。 回答以下问题： （1）V原子的外围电子排布式为_________；“焙烧”时转化为的化学方程式为___________________________。 （2）①“水浸”之后滤渣的主要成分是_________，焙烧时失重比[失重比]与温度的关系如图1所示，根据数据可知_________(填整数)。 ②继续焙烧可制得，该过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为_________。 （3）①“沉铝”过程试剂X可选用_________(填标号)。 A．稀盐酸 B．NaOH C． D． ②“沉钒”时需加入过量，其目的是___________________________。 （4）可溶于强酸、强碱；价V存在形态与pH关系如图2所示。现将溶于500 mL NaOH溶液中，经测得室温下，溶液中，则此时价V主要存在形态的结构式为__________________(已知其具有对称结构)。 17. 印刷电路板中含有大量Cu及少量Zn、Ni，某小组利用印刷电路板制备胆矾，并利用胆矾制备过氧化铜的过程如下。回答下列问题： I．制备胆矾 已知：。 （1）已知“浸出液”中主要成分是，则Cu与溶液反应的离子方程式为_____________________________________________。 （2）“萃取”过程中存在如下平衡： “反萃取”过程为：。 ①Cu萃取率与溶液的pH关系如图所示，时，Cu的萃取率逐渐减小的原因是_____________________________________________。 ②上述浸出液“萃取-反萃取”每进行一次，萃取率为80%(萃取率)。若浸出液中c(Cu元素)，经n次“萃取-反萃取”之后，浸出液中残留的c(Cu元素)=_________(用含a的式子表示)。 Ⅱ：制备过氧化铜 反应可用于制备淡黄色固体。实验装置如下图所示： （3）仪器a的名称为_________。 （4）①称取和各2.5 g于仪器a中，加入50 mL水溶解，先打开，滴加试剂至溶液呈深蓝色，关闭活塞；再打开，至淡黄色沉淀不再生成，过滤、洗涤、干燥、称重。 ②在上述过程中需通过测pH分析的存在形态，已知和铜氨各级配离子的物质的量分数与平衡体系中的关系如下图所示，则室温下，当溶液中，时，的主要存在形式为_________(填离子符号)。 （5）利用滴定法可测定所得的纯度，操作如下： 步骤1：取样品，加入足量酸性KI溶液，发生反应(未配平)。 步骤2：再用标准溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，到达滴定终点时消耗硫代硫酸钠标准液V mL，发生的反应为：。 ①确定滴定终点的现象为____________________________________。 ②计算的纯度___________________________(用含m、c、V的式子表示)。 ③已知CuI会吸附较多的，操作中可加入KSCN溶液将CuI转化为CuSCN，若不加入KSCN，则会导致测得的纯度_________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。 18. 与均能导致温室效应，工业上可利用与重整制备乙酸丙烯酯()。回答下列问题： 已知：制备乙酸丙烯酯过程中存在以下两个反应 反应I： 反应Ⅱ： （1）的_________该反应在什么条件下能自发进行：__________________(填“低温”、“高温”或“任何条件”)。 （2）现向体积为1 L的恒容密闭容器中充入和，在100 kPa进行反应I与。测得平衡时CO与的浓度随温度的变化如图1所示。 ①350 ℃下，CO的分压为_________(用分数表示)。 ②450 ℃下，若CO的浓度为0，则反应I的压强平衡常数_________(用分数表示)。 ③450℃之后，浓度骤然下降的原因可能是________________________________________。 （3）以为催化剂时，可有效降低副反应的发生，可提高的选择性，其催化历程如图2所示。 ①则使用为催化剂时，决速步骤的化学方程式为___________________________。 ②在某一恒容密闭容器中充入分压分别为10 kPa、20 kPa的，以为催化剂并在一定温度下发生反应I。研究表明的生成速率，某时刻测得，则该时刻_________(用分数表示)。 19. 有机物I是一种合成血压调节药物的重要中间体，其合成路线如下所示： 回答下列问题： （1）有机物A的名称为_________；反应①的条件为__________________。 （2）有机物C中含氧官能团的名称为__________________；的反应类型为__________________。 （3）若G为催化剂，则的化学方程式为___________________________。 （4）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的是_________(填标号)。 a．有机物A中最多有14个原子共平面 b．在水中的溶解度，有机物C<有机物D c．反应中存在C=O、C—O的断裂 d．F与足量加成后的产物中，有6个手性碳原子 （5）满足下列条件的H的同分异构体有_________种。 ①能与溶液发生显色反应 ②酸性条件下能水解，且其中一种水解产物含有2个—COOH ③核磁共振氢谱有五组峰，且峰的面积比值为：2：2：2：2：3 （6）化合物合成路线如下所示： 写出第③步的反应方程式____________________________________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 北京专家卷·押题卷(一) 化学 全卷满分100分 考试时间75分钟 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上。 2.作答时，将答案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。 3.考试结束后，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 Li 7 C 12 N 14 O 16 Al 27 S 32 Fe 56 Cu 64 Zn 65 一、单项选择题：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，只有一项是最符合题目要求的。 1. 四川《井盐志》记载“古人利用天然气作为燃料，熬煮盐井水获得井盐”，下列说法错误的是 A. 天然气的主要成分是 B. 天然气燃烧是放热反应 C. “熬煮”利用了蒸发结晶原理 D. NaCl中之间形成共价键 【答案】D 【解析】 【详解】A．天然气的主要成分是，A正确； B．燃烧是放热反应，B正确； C．“熬煮”是蒸发溶剂的过程，利用的是蒸发结晶，C正确； D．NaCl中之间形成离子键，D错误； 故选D。 2. 四川盆地富含石油，反应可用于石油开采。下列说法正确的是 A. 的球棍模型为 B. 的结构式为： C. 中子数为20的Cl原子为 D. 的电子式为 【答案】C 【解析】 【详解】A．是V形，但是H原子半径小于O，因此的球棍模型错误，A错误； B．的结构式为，B错误； C．中子数为20的Cl原子，质量数=17+20=37，可表示为，C正确： D．电子式中铵根缺少方括号，正确的电子式为，D错误； 故选C。 3. 下列实验装置能达到实验目的的是 A. 利用甲制备纯净的固体 B. 利用乙除去中少量的HCl C. 利用丙测定氯水的pH D. 利用丁验证和的热稳定性 【答案】B 【解析】 【详解】A．装置甲没有隔绝氧气，无法制备纯净的，A错误； B．NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，饱和NaHCO3溶液可以吸收HCl杂质，同时抑制CO2溶解；除去CO2中HCl要用饱和NaHCO3溶液，B正确； C．氯水具有漂白性，不能用pH试纸测氯水的pH，C错误； D．验证与的热稳定性，应当把热稳定性弱的放在温度更低的内侧小试管中，放在温度更高的外侧大试管中，丁装置药品放置不符合要求，无法达到实验目的，D错误； 故选B。 4. “成都漆艺”是我国重要的非物质文化遗产，下述反应是制备漆胶的主要反应，下列说法错误的是 A. 有机物I的分子式为 B. 该反应属于取代反应 C. 的作用是吸收反应生成的HCl D. 在水中的溶解度：有机物I<有机物Ⅱ 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据键线式可知有机物I的分子式为C10H10O2，A正确； B．根据反应可知乙酰氯的Cl取代了有机物I苯环上的一个H，生成有机物Ⅱ的同时还生成了HCl，属于取代反应，B正确； C．由B选项的分析可知反应过程中会生成HCl，Na2CO3的作用是吸收HCl，促使反应正向进行，提高原料的利用率，C正确； D．有机物Ⅱ比有机物I多了一个疏水的乙酰基，疏水基团增多，分子极性下降，与水分子形成氢键的能力减弱，导致在水中的溶解度有机物I＞有机物Ⅱ，D错误： 故选D。 5. 工业上用吸收溴蒸气的原理为，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 氧化剂与还原剂物质的量之比为1：5 B. 室温下，溶液中，数目为 C. 含键 D. 生成，转移电子数为 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据方程式可知，氧化剂为生成NaBr的Br2，还原剂为生成的Br2，氧化剂与还原剂物质的量之比等于NaBr与的物质的量之比，因此应该是5：1，A错误； B．碳酸钠在水中可发生水解，导致碳酸根物质的量少于0.1 mol，即数目少于，B错误； C．中C是sp杂化，sp杂化轨道与氧原子的p轨道重合，形成头碰头的键，且中有2个键，所以含键，C正确； D．题目未指明所处的温度和压强，无法确定其物质的量，无法计算转移电子数，D错误； 故选C。 6. 下列离子方程式书写正确的是 A. 用溶液除去铁锈： B. 电解饱和溶液的阴极反应式： C. 用NaOH吸收尾气： D. 用FeS沉淀废水中 【答案】A 【解析】 【详解】A．为强酸弱碱盐，其除铁锈的原因是可水解使溶液呈酸性，H+与氧化铁反应除去铁锈，A正确； B．电解饱和溶液生成氢氧根，随后会进一步生成沉淀，正确方程式为，B错误； C．NaOH溶液吸收发生歧化反应，正确方程式为2NO2​+2NaOH = NaNO3​+NaNO2​+H2​O，产物是和，C错误； D．FeS难溶于水，在离子方程式中不可拆写，正确方程式为，D错误； 故选A。 7. W、X、Y、Z、M是短周期原子序数依次增大的5种元素，Z与M位于同一主族，由该5种元素组成的一种离子化合物如图所示，下列说法正确的是 A. 第一电离能： B. 电负性： C. 简单气态氢化物沸点： D. 该物质中所有原子均满足结构 【答案】C 【解析】 【分析】W、X、Y、Z、M是短周期原子序数依次增大的5种元素，W形成1个共价键且原子序数最小，W为氢；X形成4个共价键，为碳；Y形成4个共价键，应该存在1个配位键，Y为氮；Z与M位于同一主族，Z形成2个共价键、M形成6个共价键，Z为氧、M为硫； 【详解】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能总体呈递增趋势，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能大小：N>O>C，A错误； B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性：，B错误； C．水分子间能形成氢键，硫化氢分子间仅存在范德华力，导致水的沸点高于硫化氢，C正确； D．据结构可知H并没有满足结构，D错误； 故选C。 8. 有机物Ⅱ可用来治疗银屑病，其合成路径如图所示，下列说法正确的是 A. 有机物I中杂化的碳原子数目是7 B. 一定条件下，有机物I不能与HCHO发生缩聚反应 C. 可用鉴别有机物I与有机物Ⅱ D. 1 mol有机物Ⅱ最多可消耗2 mol NaOH 【答案】C 【解析】 【详解】A．有机物I中杂化的碳原子个数为8(苯环碳+羧基碳+酯基碳)，A错误； B．有机物I的酚羟基邻对位有空位，能与甲醛发生缩聚反应，B错误； C．有机物I含有羧基，能与反应生成气体，有机物Ⅱ无羧基，不能与反应，因此可以鉴别I与Ⅱ，C正确； D．有机物Ⅱ含有一个普通酯基和酚酯基，因此消耗3 mol NaOH，D错误； 故选C。 9. 在给定的条件下，下列物质制备所涉及的转化合理的是 A. 工业制备纯碱： B. 工业制备漂白粉： C. 利用硫铁矿制备硫酸： D. 工业制备金属镁： 【答案】D 【解析】 【详解】A．工业制纯碱，应该向饱和NaCl溶液中先通入氨气，再通入，制得的加热分解可制备纯碱，A错误； B．工业制备氯气应该是电解饱和食盐水，第一步错误，B错误； C．硫铁矿焙烧产物是而非三氧化硫，C错误； D．在氯化氢气流中加热氯化镁溶液可得氯化镁固体，工业制备金属Mg用电解熔融的方式，D正确； 答案选D。 10. 废弃CPU中含有大量贵金属(主要是Ag、Au)，可利用如下流程回收CPU中的Ag、Au。 已知：。下列说法错误的是 A. 操作1需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗 B. 溶金过程体现了氧化性 C. 每制得0.1 mol Au需要9.75 g Zn D. 发生的反应为 【答案】C 【解析】 【分析】废弃CPU加入硝酸酸化后，Au不反应，Ag转化为含Ag+溶液，含Au固体中加入硝酸和盐酸的混合溶液，Au转化为HAuCl4，反应为Au+4HCl+HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑，HAuCl4经锌粉还原分离得到Au，反应为2HAuCl4+4Zn=2Au+4ZnCl2+H2↑；根据图中信息可知，含有Ag+的溶液加入N2H4后得到银单质。 【详解】A．根据流程可知操作1是过滤，需要烧杯、玻璃棒、漏斗，A正确； B．溶金过程Au被氧化，氧化剂是，体现了的氧化性，B正确； C．电离出的也会与Zn反应生成氢气，可得计量关系：，因此制得0.1 mol Au需要0.2 mol的Zn，质量为13 g，C错误； D．根据氧化还原反应理论可知D方程式正确，D正确； 故选C。 11. 物质结构决定性质，性质决定用途。下列有关事实解释错误的是 选项 事实 解释 A 键角： 中存在孤电子对 B 酸性强于 电负性： C 沸点低 会形成分子内氢键 D 在水中形成 B提供空轨道，提供孤电子对，B与形成配位键 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．键角大于的原因是中的S是杂化，中的S是杂化，并且和中都无孤电子对，键角由杂化类型决定，A错误； B．与都是吸电子基团，但因为F电负性大于Cl，因此导致比更容易电离出，B正确； C．分子内会形成氢键，导致其沸点低，C正确； D．B原子有空轨道，接受中O的孤电子对形成配位键，这是硼酸是一元酸的原因，D正确； 故选A。 12. 有机电化学合成法是合成有机物的重要途径，经济效益高。下图是利用以下电解池制备苯二甲醛的装置，下列说法错误的是 A. 甲电极是电池的阴极，由右室移向左室 B. 该制备过程中，可循环利用的物质是 C. 电路中每转移1 mol电子，右室会消耗 D. 甲电极的电极反应式为 【答案】C 【解析】 【分析】甲电极酯基发生还原反应生成醛基，是阴极，则乙电极是阳极。阴极的电极反应式为，阳极的电极反应式为。 【详解】A．由分析可知，左侧的甲电极是阴极，H+移向阴极，A正确； B．由电解池装置可知，阴极生成CH3OH，阳极消耗CH3OH，因此CH3OH可以循环利用，B正确； C．由阳极反应方程式可知，每转移1 mol电子，右室会消耗0.5 mol CH3OH，C错误； D．由分析可知，阴极的电极反应式为，D正确； 故选C。 13. 某铜铝锂合金晶胞结构为正方体，其具有很好的导电、导热性能，下列说法错误的是 A. 该合金的化学式为 B. Al与Cu的最短距离为 C. 该晶体的密度为 D. Cu原子的配位数为8 【答案】D 【解析】 【详解】A．Li位于棱上，因此一个晶胞有2个Li，Al位于顶点，因此一个晶胞有1个Al，Cu位于面心，因此一个晶胞有3个Cu，所以化学式为，A正确； B．Al与Cu最短距离为面对角线的一半，即为，B正确： C．一个晶胞的物质的量为，其质量为，所以密度为，C正确； D．晶胞中距离Cu最近的是Li，有4个，因此配位数为4，D错误； 故选D。 14. 室温下，用的NaHA溶液滴定50 mL的溶液，测得滴定过程中溶液导电能力及随NaHA体积的变化如图所示。已知，其中BaA是难溶于水的沉淀。下列说法正确的是 A. b点完全沉淀，b点之后导电能力增强，是因为浓度增加导致的 B. V(NaHA)介于0~10 mL时，随着NaHA体积的增加，溶液中逐渐增大 C. 根据图像可知，b点 D. a点和b点溶液中，均有 【答案】C 【解析】 【分析】从开始到a点发生的反应为，a点完全沉淀；a到b发生的反应为，b点之后是NaHA过量。a点是BaA沉淀的饱和溶液，此时可知。 【详解】A．根据图像分析可知，a点完全沉淀，b点之后是因为NaHA过量导致导电性增强的，A错误； B．滴定中始终不变，因为滴定中浓度增大，因此会减小，B错误； C．a到b发生的反应为，b点的浓度约为，依据可知，浓度约为，C正确； D．a点溶液中是BaA，根据离子水解，可知，但是b点是溶液，依然是，D错误； 故选C。 15. 逆水煤气变换可有效实现碳中和，该变化体系中主要存在以下几个反应： 反应I： 反应Ⅱ： 副反应： 在恒压条件下，将和按照投料比进行反应，平衡时CO、的选择性[CO的选择性的选择性=]和的平衡转化率随温度的变化如图所示。下列说法错误的是 A. 副反应的，曲线X为的选择性 B. 增大的值，可实现曲线Y由M点到N点 C. 为获得更多的，可以研发低温选择性高的催化剂 D. 高温区()，和的平衡转化率趋于相等 【答案】D 【解析】 【分析】温度升高，反应Ⅱ逆向移动，的选择性会降低，故X为的选择性；温度升高，反应I正向移动，故Z是CO的选择性，二者选择性之和为1，故Y为的转化率。 【详解】A．根据盖斯定律可知副反应=反应II-反应I，故H3=H2-H1＜0；根据分析可知，X为的选择性，A正确； B．增大的值，可提高的平衡转化率，可实现M点到N点，B正确； C．在低温时选择性高，而且转化率大，因此可以研发低温选择性高的催化剂，可以得到更多的，C正确； D．高温区()，主要以反应I为主，和的消耗量相同，但因为投料比为，因此和的平衡转化率不可能相等，D错误； 故选D。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 工业上利用红土钒矿(主要成分是价钒、，少量)制备铁红、的工艺流程如下所示： 已知：焙烧后的产物是；难溶于水，加热下易分解为。 回答以下问题： （1）V原子的外围电子排布式为_________；“焙烧”时转化为的化学方程式为___________________________。 （2）①“水浸”之后滤渣的主要成分是_________，焙烧时失重比[失重比]与温度的关系如图1所示，根据数据可知_________(填整数)。 ②继续焙烧可制得，该过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为_________。 （3）①“沉铝”过程试剂X可选用_________(填标号)。 A．稀盐酸 B．NaOH C． D． ②“沉钒”时需加入过量，其目的是___________________________。 （4）可溶于强酸、强碱；价V存在形态与pH关系如图2所示。现将溶于500 mL NaOH溶液中，经测得室温下，溶液中，则此时价V主要存在形态的结构式为__________________(已知其具有对称结构)。 【答案】（1） ①. ②. （2） ①. ②. 4 ③. 1：2 （3） ①. C ②. 有助于沉淀更完全 （4） 【解析】 【分析】以红土钒矿（含+3/+4/+5价钒、、少量）为原料，搭配纯碱​和​进行焙烧：+3、+4价钒被氧化为可溶性的钒钠盐，​水浸后以可溶性四羟基合铝酸钠的形式进入滤液，同时​不与纯碱反应，水浸后进入滤渣，焙烧释放出的气体为。分离出的滤渣经硫酸酸溶、铁粉还原得到溶液，再通过过滤结晶得到绿矾，最终焙烧绿矾得到目标产物铁红；水浸后的滤液先通过加入弱酸性试剂​进行沉铝，析出​脱除铝杂质，再向含钒的滤液中加入过量，析出难溶的​，最后将其焙烧分解得到。 【小问1详解】 V位于第VB族，外围电子排布式为；焙烧时转化为的化学方程式为焙烧； 【小问2详解】 ①根据流程分析可知水浸后滤渣是；的摩尔质量为，若为1 mol，则失重约为，即为，因此； ②继续焙烧生成氧化铁的方程式为，从+2价上升到+3价，故为还原剂；S从+6价下降到二氧化硫的+4价，故2个中只有一个做氧化剂，该过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2； 【小问3详解】 ①沉铝试剂X应该不与反应，但能与反应，因此只能选择，即选C； ②难溶于水，加入过量有助于沉淀更完全； 【小问4详解】 若室温下，则，此时V主要以形态存在，依据V为+5价且该离子为对称结构可知，其结构式为。 17. 印刷电路板中含有大量Cu及少量Zn、Ni，某小组利用印刷电路板制备胆矾，并利用胆矾制备过氧化铜的过程如下。回答下列问题： I．制备胆矾 已知：。 （1）已知“浸出液”中主要成分是，则Cu与溶液反应的离子方程式为_____________________________________________。 （2）“萃取”过程中存在如下平衡： “反萃取”过程为：。 ①Cu萃取率与溶液的pH关系如图所示，时，Cu的萃取率逐渐减小的原因是_____________________________________________。 ②上述浸出液“萃取-反萃取”每进行一次，萃取率为80%(萃取率)。若浸出液中c(Cu元素)，经n次“萃取-反萃取”之后，浸出液中残留的c(Cu元素)=_________(用含a的式子表示)。 Ⅱ：制备过氧化铜 反应可用于制备淡黄色固体。实验装置如下图所示： （3）仪器a的名称为_________。 （4）①称取和各2.5 g于仪器a中，加入50 mL水溶解，先打开，滴加试剂至溶液呈深蓝色，关闭活塞；再打开，至淡黄色沉淀不再生成，过滤、洗涤、干燥、称重。 ②在上述过程中需通过测pH分析的存在形态，已知和铜氨各级配离子的物质的量分数与平衡体系中的关系如下图所示，则室温下，当溶液中，时，的主要存在形式为_________(填离子符号)。 （5）利用滴定法可测定所得的纯度，操作如下： 步骤1：取样品，加入足量酸性KI溶液，发生反应(未配平)。 步骤2：再用标准溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，到达滴定终点时消耗硫代硫酸钠标准液V mL，发生的反应为：。 ①确定滴定终点的现象为____________________________________。 ②计算的纯度___________________________(用含m、c、V的式子表示)。 ③已知CuI会吸附较多的，操作中可加入KSCN溶液将CuI转化为CuSCN，若不加入KSCN，则会导致测得的纯度_________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。 【答案】（1） （2） ①. 时，随着pH增大，增大，会消耗部分，导致部分转化为沉淀，不利于Cu的萃取 ②. （3）三颈烧瓶 （4） （5） ①. 当加入最后半滴标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色 ②. ③. 偏小 【解析】 【分析】I．制备胆矾：印刷电路板中（含有大量Cu及少量Zn、Ni）加入溶液，作氧化剂，在氨性体系中将Cu氧化，作为配体和形成稳定的四氨合铜配离子进入浸出液（杂质Zn、Ni也会形成氨配合物，但后续萃取步骤可实现铜的选择性分离，杂质留在浸出渣或萃取废液中），然后利用萃取剂选择性萃取，再反萃取回水相，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到结晶水合物胆矾； 【小问1详解】 浸取是在氨性体系中Cu被氧化，离子方程式为。 【小问2详解】 ①根据萃取过程可知，时，随着pH增大，增大，会消耗部分，导致部分转化为沉淀，不利于Cu的萃取； ②萃取率是80%，所以剩余浓度为原来的0.2，因此第一次剩余浓度为，第二次为，n次之后剩余浓度为。 【小问3详解】 由图可知，仪器a的名称是三颈烧瓶。 【小问4详解】 根据已知条件和的电离常数，可得为，即，此时主要形式为。 【小问5详解】 ①因为是淀粉作滴定指示剂，所以滴定终点现象为当加入最后半滴标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色； ②第一步反应的离子方程式为：，则反应I存在：，，因此可得，质量为，所以质量分数等于； ③若CuI吸附了，则会导致消耗量降低，质量分数会偏小。 18. 与均能导致温室效应，工业上可利用与重整制备乙酸丙烯酯()。回答下列问题： 已知：制备乙酸丙烯酯过程中存在以下两个反应 反应I： 反应Ⅱ： （1）的_________该反应在什么条件下能自发进行：__________________(填“低温”、“高温”或“任何条件”)。 （2）现向体积为1 L的恒容密闭容器中充入和，在100 kPa进行反应I与。测得平衡时CO与的浓度随温度的变化如图1所示。 ①350 ℃下，CO的分压为_________(用分数表示)。 ②450 ℃下，若CO的浓度为0，则反应I的压强平衡常数_________(用分数表示)。 ③450℃之后，浓度骤然下降的原因可能是________________________________________。 （3）以为催化剂时，可有效降低副反应的发生，可提高的选择性，其催化历程如图2所示。 ①则使用为催化剂时，决速步骤的化学方程式为___________________________。 ②在某一恒容密闭容器中充入分压分别为10 kPa、20 kPa的，以为催化剂并在一定温度下发生反应I。研究表明的生成速率，某时刻测得，则该时刻_________(用分数表示)。 【答案】（1） ①. ②. 低温 （2） ①. ②. ③. 高温下，催化剂失活导致反应I难以进行，进而导致浓度降低 （3） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 依据盖斯定律可知△H=反应I+反应Ⅱ=；该反应是放热，熵减的反应，根据自发反应条件，可知低温下自发进行； 【小问2详解】 ①根据方程式可知，，依据O守恒可知，依据H守恒可知，因此可得总物质的量为3 mol，所以此时压强依然为100 kPa，所以CO的分压为； ②450℃时，，此时总物质的量为2.5 mol，压强平衡常数等于，其中，代入可得； ③因为是迅速下降，所以原因在于催化剂失活，因此答案为：高温下，催化剂失活导致反应I难以进行，进而导致浓度降低； 【小问3详解】 ①活化能最大的是决速步骤，所以方程式为：； ②根据方程式可知的分压应该是，所以可得，根据速率之比等于计量数之比，可得。 19. 有机物I是一种合成血压调节药物的重要中间体，其合成路线如下所示： 回答下列问题： （1）有机物A的名称为_________；反应①的条件为__________________。 （2）有机物C中含氧官能团的名称为__________________；的反应类型为__________________。 （3）若G为催化剂，则的化学方程式为___________________________。 （4）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的是_________(填标号)。 a．有机物A中最多有14个原子共平面 b．在水中的溶解度，有机物C<有机物D c．反应中存在C=O、C—O的断裂 d．F与足量加成后的产物中，有6个手性碳原子 （5）满足下列条件的H的同分异构体有_________种。 ①能与溶液发生显色反应 ②酸性条件下能水解，且其中一种水解产物含有2个—COOH ③核磁共振氢谱有五组峰，且峰的面积比值为：2：2：2：2：3 （6）化合物合成路线如下所示： 写出第③步的反应方程式____________________________________。 【答案】（1） ①. 2-甲基苯酚或邻甲基苯酚 ②. 氯气和光照 （2） ①. 硝基、酚羟基 ②. 还原反应 （3） （4）ab （5）4 （6） 【解析】 【分析】A（）与HNO3发生取代反应生成B（），B中的甲基在光照的条件下与氯气发生取代反应生成C（），C中氯原子先与NaCN发生取代反应后，-CN再水解生成-COOH，得到产物D（），D中硝基被还原为-NH2，E中-COOH与苯环上-OH邻位氢原子发生取代反应生成F()，根据流程信息F与CH(OCH3)3反应生成H，H发生取代反应生成I。 【小问1详解】 有机物A的名称是2-甲基苯酚或邻甲基苯酚；反应I是烷基的取代反应，因此条件是氯气和光照； 【小问2详解】 有机物C中的含氧官能团是硝基与酚羟基；D到E是硝基还原为氨基，属于还原反应； 【小问3详解】 F→H是增碳反应，反应方程式为； 【小问4详解】 苯酚中所有原子可以共面，即为13个，甲基中的C—H也可以与苯酚在同一平面，加一起为14个原子共面，a正确； C中含有憎水基团氯原子，D含有亲水基团羧基，因此在水中溶解度C<D，b正确； E→F过程中没有羰基的断裂，只有C—O键的断裂，c错误； F加氢后的手性碳在标*位置，共7个，d错误； 【小问5详解】 因为能与溶液发生显色反应，所以含有酚羟基，能水解，故有酯基。氢的个数比为2：2：2：2：3，所以有甲基，根据不饱和度可知含有2个苯环。同时没有单个非对称的氢，所以苯环某个位置一定是—或—CN，若为—则另外两个O无法构成酯基和酚羟基，所以排除该可能。故苯环上有—CN，所以一个水解产物一定是这样的结构(其中—CN可以水解为—COOH，这样就有了两个羧基)，根据能水解且有—可知该有机物一定有这样的结构，，剩余两个酚羟基可以在4个对称位置。 ，有4种； 【小问6详解】 ①是生成；②是氧化为；③是与生成，所以方程式为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $