精品解析：福建省泉州市2025届高三上学期普通高中毕业班质量监测（二） 化学试卷

泉州市2025届高中毕业班质量监测(二) 高三化学 满分100分，考试时间75分钟 注意事项：1.考试前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确黏贴在条形码区域内。 2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。 3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Ti 48 Fe 56 Cu 64 一、选择题(本题共10小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求) 1. 开发新材料有助于发展新质生产力，下列说法错误的是 A. 石墨烯可广泛应用于能源领域和电子行业，石墨烯属于有机物 B. 使用铜锡合金电催化氮气合成氨，此过程将电能转化为化学能 C. 2024年诺贝尔化学奖聚焦蛋白质结构设计，蛋白质属于高分子 D. 聚乳酸材料制成可被人体吸收的手术缝合线，其属于可降解材料 2. 光甘草定具有抗炎、抗动脉粥样硬化等活性，合成其中间体(K)的一种路线如下： 下列说法正确的是 A. M为芳香烃，N为氯代烃 B. K与M互为同系物 C. N分子中所有碳原子共平面 D. K的碳原子杂化方式有sp、、 3. ，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标准状况下，生成1.12L NO时溶液中数目为 B. 反应消耗6.4g Cu，转移电子数为 C. 1.0L pH=1的溶液中氧原子数为 D. 1.8g 中含键数目为 4. 下列化学反应的应用对应离子方程式书写正确的是 A. 实验室用和氨水制氢氧化铝： B. 用食醋和淀粉-KI溶液检测食盐是否加碘： C. 工业制漂白粉原理： D. 制作印刷电路板原理： 5. 大环醚(如12-冠-4和18-冠-6)、杯芳烃衍生物(如杯酚)、DNA等在超分子化学的研究进程中占据了极其重要地位。下列有关超分子的陈述Ⅰ与陈述Ⅱ无因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 12-冠-4中元素的电负性：O＞C＞H 12-冠-4与通过配位作用形成超分子 B 18-冠-6的空穴大小与直径适配，形成超分子 18-冠-6可识别 C 杯酚与形成的超分子不溶于甲苯，而溶于甲苯 可用杯酚和甲苯分离、 D DNA中两条分子链之间有氢键作用 DNA中分子链能自组装成超分子系统 A. A B. B C. C D. D 6. 是一种新型离子交换剂，其中X、Y、Z、R、T为原子序数依次增大且分属前四周期的主族元素，Y与Z相邻，X与T同族，Z为同周期原子半径最小的元素，R的最高价氧化物对应的水化物具有两性，下列说法错误的是 A. 简单氢化物的热稳定性：Z＞Y B. T单质可从R的盐溶液中置换出R单质 C. 第一电离能：Z＞Y＞T D. 键角： 7. 工业上以硫铁矿(主要成分为FeS2)为原料制备硫酸的主要流程如图： 下列说法错误的是 A. “煅烧”主要反应方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 B. “净化”的目的是防止催化剂(V2O5)失去催化活性 C. “催化氧化”选择高温条件可提高SO3的生成速率和平衡产率 D. 氨脱硫(SO2)尾气处理法的原理可为：尾气 (NH4)2SO3 (NH4)2SO4 8. 对溴乙苯的一种创新型硫氰基化反应装置如图所示，其电解质为四丁基高氯酸铵()，可传导。下列说法正确的是 A. 的空间构型为平面正方形 B. b为电源正极 C. 石墨毡的电极反应式为+SCN--2e-→+H+ D. 标准状况下产生22.4L 时，生成0.5mol N 9. CuCl(易被氧化)和过量盐酸混合液定量吸收CO生成配合物()。实验室通过丙装置质量变化模拟测定烟气(含、、、CO)中CO的含量。通入烟气(已折算成标况下)，充分吸收后，装置丙中质量增重。下列说法错误的是 A. 1mol配合物中Cu形成的配位键数目为 B. 装置甲去除的离子方程式为 C. 装置乙、丁中盛有的试剂均为浓硫酸 D. CO的物质的量分数为 10. 常温下，用 NaOH溶液滴定25.00mL 溶液，溶液pH及含Y微粒的分布系数［如的分布系数为随NaOH溶液体积的变化曲线如下图，下列说法错误的是 A. 曲线、分别表示、 B. C. D. d点溶液存在： 二、非选择题(本大题共4小题，共60分) 11. 摩尔盐在分析化学中作基准试剂，实验室模拟利用还原铁粉(含少量FeS)制备该物质。回答下列问题： Ⅰ．的制备装置如下图所示。 （1）仪器a中不选用相同体积的98.3%的浓硫酸的原因为______。 （2）检查装置气密性后，加入药品，打开，关闭，向乙处三颈烧瓶加入稀，反应一段时间。 ①该步骤的实验目的为：制备溶液和______。 ②装置丙作用为______。 （3）收集b处气体验纯后，打开______(填“”或“”，下同)，关闭______，往甲处三颈烧瓶中加入适量稀，水浴加热装置甲。实验结束后甲中溶液转移至______(填仪器名称)中，待______(填现象)，停止加热，______(填“趁热过滤”或“冷却结晶，过滤”)，洗涤，干燥得。 Ⅱ．纯度的测定 称取mg样品加水溶解后加入稀，再稀释至250mL，准确量取25.00mL，用 标准溶液滴定至终点，记录数据。重复滴定二次，平均消耗标准溶液v mL。 （4）滴定终点现象为______。 （5）需使用的玻璃仪器有______(选填序号)。 A. B. C. D. （6）()纯度为______。 12. 一种从废SCR催化剂(含钒、钨、钛、硅的氧化物及)中综合回收钒、钨和钛的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）基态钒(V)原子的价电子排布式为______。 （2）“酸浸”时， ①可提高“酸浸”效率的措施有______(写一种即可)。 ②“滤渣1”的成分为______。 ③“酸浸”时，转化为和一种气体，该气体为______。 （3）“反萃钛”时，和混合液可以将有机相中的钛反萃出来，含钛微粒反萃过程按如下2步完成(org表示有机相)： ①已知：，用平衡角度移动原理分析，与仅使用相比，加入的优点为___________。 ②晶体中存在的化学键有______(填写字母)。 a．配位键 b．氢键 c．离子键 d．金属键 e．非极性键 （4）“转化”后钒以形式存在，该反应的离子方程式为______。 （5）室温下，“沉钒”时调节pH=6，钒以形式存在，此时溶液中。已知，，“沉钒”后溶液中______。(用含a、b、c的代数式表示) （6）“结晶”后的固体成分为()，“煅烧”时晶体总质量减重百分率随温度升高的变化情况如下： 温度区间/℃ ＜167 167～474 ＞474 总质量减重百分率/％ 10.1 22.5 0 ①升温至167℃过程中，晶体总质量变小的原因为_________________； ②167～474℃发生分解反应的方程式为_______________。 （7）SCR催化剂中的载体为高活性的锐钛矿型晶胞，结构如图。 ①晶体中与一个O紧邻的Ti有______个。 ②一个Ti与所有紧邻O形成的空间结构为______。 13. 以苯酚为原料合成某种重要药物中间体(G)路线如下图所示，回答下列问题： （1）反应②的反应类型为______，化合物D的含氧官能团的名称为______。 （2）化合物B→C的反应分为3步，不能由B与在铜催化氧化下，一步制备的原因是______。 （3）苯环上连有-CHO，会降低苯环的电子云密度，影响-OH中的电离。化合物C和A相比，酸性较强的是______(填“A”或“C”)。 （4）反应①的化学方程式为______，该反应中断键的位置在b处，从结构角度说明原因为______。 （5）化合物F的结构简式为______。 （6）化合物Y是G的同分异构体且满足下述条件，Y的结构简式为______(任写一种)。 ①核磁共振氢谱有4种峰，峰面积比为6：2：1：1； ②遇溶液显色； ③能与反应。 14. 甘油(丙三醇)水蒸气重整制氢的反应经以下过程： 反应①： 反应②： 反应③： 回答下列问题： （1）反应②经不同途径转化的部分机理如图1(*表示物种吸附在催化剂表面，TS表示过渡态)，最优途径的决速步骤方程式为______，途径1最快基元反应的活化能为______eV。 （2）甘油水蒸气重整制氢总反应： ______。 （3）在恒温刚性密闭容器中投入一定量和，发生上述反应，下列说法能说明体系处于平衡状态的是______(选填序号)。 A. 水蒸气物质的量分数保持不变 B. C. 气体密度保持不变 D. 气体压强保持不变 （4）将1mol 与5mol 投入刚性密闭容器反应，平衡时，温度与部分产物的物质的量分数的关系如图2所示。 ①在700～923K，氢气的物质的量分数随温度升高而增大的原因是_______________； ②923K后，的物质的量分数近似为0，1123K时反应②的平衡常数______。 （5）将物质的量之比1：3的甘油与水按一定流速通过催化剂，图3为不同催化剂条件下，氢气产率随时间的变化关系。 ①由图3可知，使用Ni—CaO—ATP催化剂时氢气产率更高的原因是______________________； ②氢气产率随反应时间的延长而降低的可能原因是_____________________。 （6）研究表明，甘油汽化热较大是甘油重整制氢过程能耗大的原因之一、请从结构角度解释甘油的汽化热较大的原因______________________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泉州市2025届高中毕业班质量监测(二) 高三化学 满分100分，考试时间75分钟 注意事项：1.考试前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确黏贴在条形码区域内。 2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。 3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Ti 48 Fe 56 Cu 64 一、选择题(本题共10小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求) 1. 开发新材料有助于发展新质生产力，下列说法错误的是 A. 石墨烯可广泛应用于能源领域和电子行业，石墨烯属于有机物 B. 使用铜锡合金电催化氮气合成氨，此过程将电能转化为化学能 C. 2024年诺贝尔化学奖聚焦蛋白质结构设计，蛋白质属于高分子 D. 聚乳酸材料制成可被人体吸收的手术缝合线，其属于可降解材料 【答案】A 【解析】 【详解】A．石墨烯是碳元素组成的单质，属于无机物，不属于有机物，A错误； B．电催化氮气合成氨过程消耗电能，发生化学反应生成新物质，将电能转化为化学能，B正确； C．蛋白质相对分子质量可达到10⁴~10⁶甚至更高，属于天然有机高分子化合物，C正确； D．聚乳酸可在人体内或自然环境中逐步分解为小分子，属于可降解材料，D正确； 故选A。 2. 光甘草定具有抗炎、抗动脉粥样硬化等活性，合成其中间体(K)的一种路线如下： 下列说法正确的是 A. M为芳香烃，N为氯代烃 B. K与M互为同系物 C. N分子中所有碳原子共平面 D. K的碳原子杂化方式有sp、、 【答案】D 【解析】 【详解】A．M中含有氧元素，不属于烃类，属于烃的衍生物，A错误； B．K（含酯基、醚键、碳碳双键和碳碳三键）与M（含酯基、羟基和碳碳双键）含有的官能团种类不同，结构不相似，不互为同系物，B错误； C．N分子中连接两个甲基的碳原子为杂化，具有四面体结构，所有碳原子不可能共平面，C错误； D．K中碳碳三键的碳原子为杂化，苯环、碳碳双键、酯基的碳原子为杂化，甲基及两个甲基相连的饱和碳原子为杂化，杂化方式有三种，D正确； 故答案为：D。 3. ，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标准状况下，生成1.12L NO时溶液中数目为 B. 反应消耗6.4g Cu，转移电子数为 C. 1.0L pH=1的溶液中氧原子数为 D. 1.8g 中含键数目为 【答案】D 【解析】 【详解】A．标准状况下的物质的量为，根据反应比例，生成的理论物质的量为，但会发生水解，因此溶液中数目小于，A错误； B．的物质的量为，反应中从价升高到价，转移电子数为，B错误； C．的溶液中，除了含有氧原子，溶剂水中也含有氧原子，因此氧原子总数大于，C错误； D．的物质的量为，每个分子含有个键，因此键数目为，D正确； 故选D。 4. 下列化学反应的应用对应离子方程式书写正确的是 A. 实验室用和氨水制氢氧化铝： B. 用食醋和淀粉-KI溶液检测食盐是否加碘： C. 工业制漂白粉原理： D. 制作印刷电路板原理： 【答案】A 【解析】 【详解】A．氨水是弱碱，氨水与硫酸铝反应生成氢氧化铝，且为弱电解质不能拆写，离子方程式为，A正确； B．食醋的主要成分是弱酸，不能拆写为，离子方程式为，B错误； C．工业制漂白粉是氯气与石灰乳（悬浊态）反应，不能拆，离子方程式为，C错误； D．与反应生成而非单质，正确离子方程式为，D错误； 故答案为：A。 5. 大环醚(如12-冠-4和18-冠-6)、杯芳烃衍生物(如杯酚)、DNA等在超分子化学的研究进程中占据了极其重要地位。下列有关超分子的陈述Ⅰ与陈述Ⅱ无因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 12-冠-4中元素的电负性：O＞C＞H 12-冠-4与通过配位作用形成超分子 B 18-冠-6的空穴大小与直径适配，形成超分子 18-冠-6可识别 C 杯酚与形成的超分子不溶于甲苯，而溶于甲苯 可用杯酚和甲苯分离、 D DNA中两条分子链之间有氢键作用 DNA中分子链能自组装成超分子系统 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．12-冠-4与配位是因为冠醚中有孤电子对且空穴大小与直径适配，与元素电负性无因果关系，A符合题意； B．18-冠-6空穴大小与直径适配可形成超分子，因此18-冠-6可识别，二者有因果关系，B不符合题意； C．杯酚与形成的超分子不溶于甲苯、溶于甲苯，因此可用杯酚和甲苯分离和，二者有因果关系，C不符合题意； D．DNA两条分子链之间的氢键作用是DNA分子链自组装为超分子系统的重要作用力，二者有因果关系，D不符合题意； 故选A。 6. 是一种新型离子交换剂，其中X、Y、Z、R、T为原子序数依次增大且分属前四周期的主族元素，Y与Z相邻，X与T同族，Z为同周期原子半径最小的元素，R的最高价氧化物对应的水化物具有两性，下列说法错误的是 A. 简单氢化物的热稳定性：Z＞Y B. T单质可从R的盐溶液中置换出R单质 C. 第一电离能：Z＞Y＞T D. 键角： 【答案】B 【解析】 【详解】R的最高价氧化物对应水化物具有两性，前四周期主族元素中符合条件的R是Al（铝）。Z是同周期原子半径最小的主族元素，且原子序数小于Al，说明Z处于第二周期末尾，为F（氟）。Y与Z相邻且原子序数小于Z，Y是O（氧）。结合化学式中的组成，X是原子序数小于O的主族元素，只能是H（氢）。X与T同族，且T是原子序数大于Al的前四周期主族元素，T是K（钾）。 即X=H、Y=O、Z=F、R=Al、T=K。 A．元素非金属性越强，简单氢化物热稳定性越强，非金属性，故热稳定性，A正确； B．单质活泼性极强，投入的盐溶液中会先与水反应生成和，无法置换出单质，B错误； C．同周期主族元素第一电离能随原子序数增大整体呈增大趋势，故第一电离能，为第四周期第ⅠA族元素，第一电离能远小于，故第一电离能，C正确； D．和中心均为杂化，含1对孤电子对，含2对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对斥力越大，键角越小，故键角，D正确； 故选B。 7. 工业上以硫铁矿(主要成分为FeS2)为原料制备硫酸的主要流程如图： 下列说法错误的是 A. “煅烧”主要反应方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 B. “净化”的目的是防止催化剂(V2O5)失去催化活性 C. “催化氧化”选择高温条件可提高SO3的生成速率和平衡产率 D. 氨脱硫(SO2)尾气处理法的原理可为：尾气 (NH4)2SO3 (NH4)2SO4 【答案】C 【解析】 【分析】硫铁矿主要成分为，通入空气煅烧，发生反应：，产生的净化后，再通入空气，在催化剂以及加热条件下，被氧气氧化为，尾气中含有等大气污染物，需要处理后再排放，然后用浓硫酸吸收得到硫酸。 【详解】A．煅烧硫铁矿的反应配平正确，得失电子、原子均守恒，A正确； B．煅烧所得混合气体含有的杂质会导致催化剂中毒失去活性，“净化”可除去杂质避免催化剂失活，B正确； C．催化氧化生成的反应为放热反应，高温可提高反应速率，但会使平衡逆向移动，降低的平衡产率，C错误； D．是酸性氧化物，与足量氨水反应生成，具有还原性，可被空气中的氧化为，该脱硫原理合理，D正确； 故答案选C。 8. 对溴乙苯的一种创新型硫氰基化反应装置如图所示，其电解质为四丁基高氯酸铵()，可传导。下列说法正确的是 A. 的空间构型为平面正方形 B. b为电源正极 C. 石墨毡的电极反应式为+SCN--2e-→+H+ D. 标准状况下产生22.4L 时，生成0.5mol N 【答案】C 【解析】 【详解】A．中心的价层电子对数为，无孤电子对，空间构型为正四面体形，不是平面正方形，A错误； B．由图，电极上得电子生成，发生还原反应，为电解池阴极，阴极连接电源负极，故为电源负极，B错误； C．石墨毡连接电源正极，为阳极，发生氧化反应，反应物与失去2个电子生成和，电极反应式电荷、原子均守恒，书写正确，C正确； D．标准状况下的物质的量为，生成转移电子，生成转移电子，故转移电子时生成，D错误； 故选C。 9. CuCl(易被氧化)和过量盐酸混合液定量吸收CO生成配合物()。实验室通过丙装置质量变化模拟测定烟气(含、、、CO)中CO的含量。通入烟气(已折算成标况下)，充分吸收后，装置丙中质量增重。下列说法错误的是 A. 1mol配合物中Cu形成的配位键数目为 B. 装置甲去除的离子方程式为 C. 装置乙、丁中盛有的试剂均为浓硫酸 D. CO的物质的量分数为 【答案】D 【解析】 【分析】甲装置吸收二氧化碳、氧气，乙装置干燥气体，可以为浓硫酸，丙装置吸收CO，丁装置中可以为浓硫酸，排除空气中水蒸气干扰； 【详解】A．由题干配合物的结构，2个CO配体与Cu共形成2个配位键，2个桥连Cl共提供2个配位键，2个配位水共提供2个配位键，总计，A正确； B．装置甲去除反应为氧气和发生氧化还原反应生成硫酸根离子和水，离子方程式为，B正确； C．由分析，装置乙、丁中盛有的试剂均为浓硫酸，C正确； D．通入烟气(已折算成标况下)，充分吸收后，装置丙中质量增重，则CO的物质的量分数为，D错误； 故选D。 10. 常温下，用 NaOH溶液滴定25.00mL 溶液，溶液pH及含Y微粒的分布系数［如的分布系数为随NaOH溶液体积的变化曲线如下图，下列说法错误的是 A. 曲线、分别表示、 B. C. D. d点溶液存在： 【答案】C 【解析】 【详解】A．随NaOH加入，逐渐减少，先增多后减少，持续增多，因此先增后减的曲线表示，持续升高的表示，A正确； B．，与交点处，此时，即，代入得，B正确； C．若，NaOH与恰好反应生成，的电离常数，水解常数，电离程度大于水解程度，溶液显酸性，此时，对应b点的pH≈4.5，实际体积略大于25.00mL，C错误； D．d点溶液呈碱性，存在电荷守恒：，因，故，D正确； 故选C。 二、非选择题(本大题共4小题，共60分) 11. 摩尔盐在分析化学中作基准试剂，实验室模拟利用还原铁粉(含少量FeS)制备该物质。回答下列问题： Ⅰ．的制备装置如下图所示。 （1）仪器a中不选用相同体积的98.3%的浓硫酸的原因为______。 （2）检查装置气密性后，加入药品，打开，关闭，向乙处三颈烧瓶加入稀，反应一段时间。 ①该步骤的实验目的为：制备溶液和______。 ②装置丙作用为______。 （3）收集b处气体验纯后，打开______(填“”或“”，下同)，关闭______，往甲处三颈烧瓶中加入适量稀，水浴加热装置甲。实验结束后甲中溶液转移至______(填仪器名称)中，待______(填现象)，停止加热，______(填“趁热过滤”或“冷却结晶，过滤”)，洗涤，干燥得。 Ⅱ．纯度的测定 称取mg样品加水溶解后加入稀，再稀释至250mL，准确量取25.00mL，用 标准溶液滴定至终点，记录数据。重复滴定二次，平均消耗标准溶液v mL。 （4）滴定终点现象为______。 （5）需使用的玻璃仪器有______(选填序号)。 A. B. C. D. （6）()纯度为______。 【答案】（1）浓硫酸有强氧化性，会将铁氧化为三价铁；浓硫酸主要以分子形式存在，电离出的极少，难以和反应生成 （2） ①. 排尽装置乙内的空气，防止被氧化 ②. 吸收，防止污染空气 （3） ①. ②. ③. 蒸发皿 ④. 溶液表面出现晶膜 ⑤. 冷却结晶，过滤 （4）滴入最后半滴标准液，溶液由黄色变成浅红色，且半分钟内不恢复原来颜色 （5）ABC （6） 【解析】 【分析】加入药品后打开K2、关闭K1，向乙中三颈烧瓶加入稀硫酸，稀硫酸与还原铁粉反应生成FeSO4和H2，同时杂质FeS反应生成H2S；生成的H2持续通入整套装置，排尽装置内的空气，避免Fe2+被氧化，H2S被丙中CuSO4溶液吸收。在b处收集H2并验纯，确认装置内空气已排尽后，打开K1、关闭K2，利用乙中持续生成的H2产生的压强，将乙中生成的FeSO4溶液压入甲中（甲内预先加入了硫酸铵晶体）；水浴加热甲装置，使硫酸铵溶解并与FeSO4充分混合，蒸发浓缩溶液至表面出现晶膜后停止加热，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到摩尔盐晶体。 【小问1详解】 浓硫酸主要以分子形式存在，电离出的极少，难以和反应生成；同时浓硫酸具有强氧化性，会将氧化，无法顺利制备，因此不选用浓硫酸。  【小问2详解】 ①该步骤中Fe和稀硫酸反应生成和，除了制备，生成的可以排尽装置内的空气，避免后续生成的被空气中的氧化。  ②还原铁粉含少量FeS，和稀硫酸反应会生成有毒的H2S气体，可以和反应生成CuS沉淀从而吸收，防止污染空气。 【小问3详解】 气体验纯说明装置内空气已经排尽，此时打开K1、关闭K2，乙中继续生成的会将乙中的溶液压入甲中，和甲的硫酸铵溶液混合制备摩尔盐；之后需要将甲中溶液转移到蒸发皿中蒸发浓缩，当溶液表面出现晶膜时停止加热，利用余热蒸发，随后冷却结晶、过滤即可得到摩尔盐晶体，若趁热过滤会导致目标产物无法析出。  【小问4详解】 滴定过程中KMnO4作为氧化剂将氧化，自身被还原为无色的Mn2+，滴定终点时过量的半滴KMnO4使溶液由黄色变成浅红色，且半分钟内不褪色。  【小问5详解】 该实验需要的玻璃仪器：A为锥形瓶（盛放待测液进行滴定）、B为酸式滴定管（盛装酸性KMnO4标准溶液）、C为250 mL容量瓶（配制250 mL待测样品溶液）；KMnO4会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，不能使用D的碱式滴定管，因此选ABC。 【小问6详解】 根据氧化还原反应的电子守恒，~5，25 mL待测液中，则250 mL溶液中摩尔盐的物质的量为，因此纯度为。 12. 一种从废SCR催化剂(含钒、钨、钛、硅的氧化物及)中综合回收钒、钨和钛的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）基态钒(V)原子的价电子排布式为______。 （2）“酸浸”时， ①可提高“酸浸”效率的措施有______(写一种即可)。 ②“滤渣1”的成分为______。 ③“酸浸”时，转化为和一种气体，该气体为______。 （3）“反萃钛”时，和混合液可以将有机相中的钛反萃出来，含钛微粒反萃过程按如下2步完成(org表示有机相)： ①已知：，用平衡角度移动原理分析，与仅使用相比，加入的优点为___________。 ②晶体中存在的化学键有______(填写字母)。 a．配位键 b．氢键 c．离子键 d．金属键 e．非极性键 （4）“转化”后钒以形式存在，该反应的离子方程式为______。 （5）室温下，“沉钒”时调节pH=6，钒以形式存在，此时溶液中。已知，，“沉钒”后溶液中______。(用含a、b、c的代数式表示) （6）“结晶”后的固体成分为()，“煅烧”时晶体总质量减重百分率随温度升高的变化情况如下： 温度区间/℃ ＜167 167～474 ＞474 总质量减重百分率/％ 10.1 22.5 0 ①升温至167℃过程中，晶体总质量变小的原因为_________________； ②167～474℃发生分解反应的方程式为_______________。 （7）SCR催化剂中的载体为高活性的锐钛矿型晶胞，结构如图。 ①晶体中与一个O紧邻的Ti有______个。 ②一个Ti与所有紧邻O形成的空间结构为______。 【答案】（1） （2） ①. 粉碎废SCR催化剂、适当升高酸浸温度、充分搅拌等 ②. 、 ③. 或氧气 （3） ①. ，将反萃下来的络合形成更稳定的以不断促进反萃的进行 ②. ace （4） （5） （6） ①. 晶体受热脱水 ②. （7） ①. 3 ②. 八面体或变形八面体 【解析】 【分析】酸浸（加硫酸）反应：硫酸溶解钒、钨、钛的氧化物，生成可溶性硫酸盐；硫酸钙、二氧化硅不溶于硫酸，以滤渣1除去；萃取分离出含钛、钨金属离子的有机相，加入硫酸、过氧化氢反萃取分离，钛进入水相，钨仍留在有机相，反萃钛溶液除杂、浓缩结晶、煅烧得到二氧化钛；富集钒离子的水相提取出，加入氯酸钠氧化为，加入氨水、氯化铵溶液沉钒得到沉淀。 【小问1详解】 V为23号元素，基态钒(V)原子的价电子排布式为； 【小问2详解】 ①可提高“酸浸”效率的措施有粉碎废SCR催化剂、适当升高酸浸温度、充分搅拌等。 ②由分析，“滤渣1”的成分为、。 ③“酸浸”时，转化为和一种气体，反应中V化合价降低，得电子，只能是-2价的O被氧化生成氧气，故气体为氧气； 【小问3详解】 ①已知：，与仅使用相比，加入的优点为：，将反萃下来的络合形成更稳定的以不断促进反萃的进行； ②中存在配位键，和中存在离子键，中存在氧氧非极性键，故选：ace； 【小问4详解】 “转化”后钒以形式存在，则该反应为酸性条件下，氯酸根离子和发生氧化还原反应生成和氯离子，反应中V化合价由+4变为+5、氯化合价由+5变为-1，结合电子守恒，离子方程式为； 【小问5详解】 室温下，“沉钒”时调节pH=6，钒以形式存在，溶液中，，则，； 【小问6详解】 ①假设有1mol，质量为356g，其中含196g、160g，晶体受热会首先失去结晶水，转化为2mol，2mol质量为160g，此时刚好满足失重率为10.1%，升温至167℃过程中，晶体总质量变小的原因为晶体受热脱水； ②167～474℃发生分解反应失重为356g×22.5%=80g，为1mol分解失重80g，剩余160g-80g=80g固体中含钛的质量为1mol×48g/mol=48g、氧的质量为80g-48g=32g，为2molO，则生成固体为，结合质量守恒，同时生成三氧化硫，故反应为：； 【小问7详解】 ①由图，晶体中与一个O紧邻的Ti有3个； ②由图，由体心的钛可知，一个Ti与所有紧邻6个O形成的空间结构为八面体或变形八面体。 13. 以苯酚为原料合成某种重要药物中间体(G)路线如下图所示，回答下列问题： （1）反应②的反应类型为______，化合物D的含氧官能团的名称为______。 （2）化合物B→C的反应分为3步，不能由B与在铜催化氧化下，一步制备的原因是______。 （3）苯环上连有-CHO，会降低苯环的电子云密度，影响-OH中的电离。化合物C和A相比，酸性较强的是______(填“A”或“C”)。 （4）反应①的化学方程式为______，该反应中断键的位置在b处，从结构角度说明原因为______。 （5）化合物F的结构简式为______。 （6）化合物Y是G的同分异构体且满足下述条件，Y的结构简式为______(任写一种)。 ①核磁共振氢谱有4种峰，峰面积比为6：2：1：1； ②遇溶液显色； ③能与反应。 【答案】（1） ①. 氧化反应 ②. 醚键、(酚)羟基 （2）酚羟基也会被氧气氧化 （3）C （4） ①. +HI→+CH3CH2I ②. O原子的孤对电子与左边的两个碳原子形成共轭大π键，因此a处的键能大，难断键 （5） （6）或 【解析】 【分析】由图，A和甲醛发生加成反应生成B，B中羟基氧化为醛基得到C，C在一定条件下转化为D，D生成对羟基苯乙醛，加成得到对羟基苯乙醇，然后氧化为E，E转为F，F和甲酸发生酯化反应生成酯G，结合F化学式、G结构，F为； 【小问1详解】 反应②为对羟基苯乙醇被过氧化氢氧化的反应，为氧化反应；由结构，化合物D的含氧官能团的名称为醚键、(酚)羟基； 【小问2详解】 酚羟基很容易被氧气氧化，故不能由B与在铜催化氧化制备C； 【小问3详解】 C中苯环上连有-CHO，会降低苯环的电子云密度，使得-OH中氢氧键更容易断裂，导致-OH中更容易电离，故选酸性较强的为C； 【小问4详解】 反应①为D和HI反应生成对羟基苯乙醛，结合质量守恒，还生成CH3CH2I，化学方程式为+HI→+CH3CH2I；中支链上O原子的孤对电子与左边的两个碳原子形成共轭大π键，因此a处的键能大，难断键，使得断键的位置在b处； 【小问5详解】 由分析，化合物F的结构简式为； 【小问6详解】 G不饱和度为5，含9个碳、4个氧；化合物Y是G的同分异构体且满足下述条件：①核磁共振氢谱有4种峰，峰面积比为6：2：1：1，则应含2个对称甲基；②遇溶液显色，则含苯环、酚羟基；③能与反应，则含羧基，结合氢原子个数比6：2：1：1，则分子结构对称，可以为：或。 14. 甘油(丙三醇)水蒸气重整制氢的反应经以下过程： 反应①： 反应②： 反应③： 回答下列问题： （1）反应②经不同途径转化的部分机理如图1(*表示物种吸附在催化剂表面，TS表示过渡态)，最优途径的决速步骤方程式为______，途径1最快基元反应的活化能为______eV。 （2）甘油水蒸气重整制氢总反应： ______。 （3）在恒温刚性密闭容器中投入一定量和，发生上述反应，下列说法能说明体系处于平衡状态的是______(选填序号)。 A. 水蒸气物质的量分数保持不变 B. C. 气体密度保持不变 D. 气体压强保持不变 （4）将1mol 与5mol 投入刚性密闭容器反应，平衡时，温度与部分产物的物质的量分数的关系如图2所示。 ①在700～923K，氢气的物质的量分数随温度升高而增大的原因是_______________； ②923K后，的物质的量分数近似为0，1123K时反应②的平衡常数______。 （5）将物质的量之比1：3的甘油与水按一定流速通过催化剂，图3为不同催化剂条件下，氢气产率随时间的变化关系。 ①由图3可知，使用Ni—CaO—ATP催化剂时氢气产率更高的原因是______________________； ②氢气产率随反应时间的延长而降低的可能原因是_____________________。 （6）研究表明，甘油汽化热较大是甘油重整制氢过程能耗大的原因之一、请从结构角度解释甘油的汽化热较大的原因______________________。 【答案】（1） ①. ②. 0.53 （2）+128 （3）AD （4） ①. 700～923K时，升温，反应①平衡正向进行，反应②③平衡逆向进行，反应①③移动有利于增大氢气的物质的量分数，此时反应以①③为主 ②. （5） ①. Ni—CaO—ATP催化剂催化活性更强 ②. 催化剂失活 （6）甘油分子间存在氢键作用 【解析】 【小问1详解】 过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；由图，最优途径的决速步骤方程式为，途径1最快基元反应的活化能为0.53eV； 【小问2详解】 反应①： 反应②： 由盖斯定律，反应①+3×②得到反应； 【小问3详解】 A．水蒸气物质的量分数保持不变，说明平衡不再移动，达到平衡状态，A符合题意； B．不能说明正逆反应速率相等，不确定是否平衡，B不符合题意； C．容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，C不符合题意； D．恒容条件下进行反应，反应为气体分子数改变的反应，当压强不变，说明平衡不再移动，达到平衡状态，D符合题意； 故选AD； 【小问4详解】 ①反应①为吸热反应、反应②③为放热反应，700～923K时，升温，反应①平衡正向进行，反应②③平衡逆向进行，反应①③移动有利于增大氢气的物质的量分数，此时反应以①③为主，导致在700～923K，氢气的物质的量分数随温度升高而增大； ②923K后，的物质的量分数近似为0，1123K时，列三段式： ①为气体分子数增大6的反应、②为气体分子数不变的反应，则平衡时总的物质的量为(6+6a)mol, 二氧化碳、一氧化碳的物质的量分数相同，则3a-b=b，b=1.5a，，解得a=，则平衡时，一氧化碳、水、二氧化碳、氢气的物质的量分别为1mol、4mol、1mol、mol，反应②的平衡常数； 【小问5详解】 ①催化剂能加快反应速率，提高单位时间内产率，由图3可知，使用Ni—CaO—ATP催化剂时氢气产率更高的原因是Ni—CaO—ATP催化剂催化活性更强； ②氢气产率随反应时间的延长而降低的可能原因是催化剂失活，导致催化效率降低； 【小问6详解】 甘油分子间存在氢键作用，导致分子间作用力增大，使得甘油的汽化热较大。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $