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2024-2025學年高三化學高考摸底調研卷一參考答案
題號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D C A A C C D B D C
題號 11 12 13
答案 D C C
1．D
【詳解】A．X射線衍射法可區分晶體(如水晶）和非晶體（如普通玻璃)，因晶體具有有序結構會產生衍射峰，而非晶體不會，A正確；
B．C60和C70的混合物加入一種空腔大小合適的C60的“杯酚”中可進行分離，這是利用超分子的分子識別特征，B正確；
C．碳化硅(SiC)屬于新型無機非金屬材料，具有耐高溫、高硬度等特性，廣泛應用于高科技領域，C正確；
D．光伏發電系統通過光電效應將光能直接轉化為電能，而非化學能轉化為電能，D錯誤；
故選D。
2．C
【詳解】A．亞硫酸鈉與硫酸反應生成二氧化硫，可選圖在固液反應裝置制備二氧化硫，故A正確；
B．二氧化硫的密度比空氣密度大，可選圖中向上排空氣法收集，故B正確；
C．二氧化硫為酸性氧化物，可使石蕊變紅，不能驗證其漂白性，故C錯誤；
D．二氧化硫被溴水氧化生成硫酸，S元素的化合價升高，可驗證SO2的還原性，故D正確；
故選C。
3．A
【詳解】
A．二聚體結構為，Al最外層電子數為3，存在配位鍵，故A正確；
B．的中心原子為Be，Be原子和四個OH-形成4個共價鍵，無孤電子對，為sp3雜化，空間結構為正四面體形，故B錯誤；
C．Si和O構成了硅氧四面體，其結構如圖：每個Si結合4個O，Si 在中心，O在四面體的4個頂角，鍵角不是180°，故C錯誤；
D．晶體有類似于石墨的片層狀結構，但B最外層電子數為3，形成了3個共價鍵，為sp2雜化，與石墨具有自由電子的結構不同，無法導電，故D錯誤；
故選A。
4．A
【詳解】A．BeO具有難溶于水、高熔點等性質，則其耐高溫，因此可作耐火材料，故A符合題意；
B．硼酸可用作潤滑劑是因為硼酸晶體有類似于石墨的片層狀結構，層之間易滑動，故B不符合題意；
C．鋁熱反應常用于冶煉高熔點金屬，其原理為鋁與某些金屬氧化物在高溫條件下發生反應，鋁熱反應中鋁失電子化合價升高，所以鋁作還原劑，反應中體現出其還原性，故C不符合題意；
D．二氧化硅具有良好的光學特性，可用于制造光導纖維，與其硬度大、熔點高無關，故D不符合題意；
故答案選A。
5．C
【詳解】A．焦炭與石英砂制備粗硅反應：，故A正確；
B．盛放堿液的試劑瓶不能用玻璃塞因為二氧化硅和堿反應：；故B正確；
C．氯化鈹溶液中滴加過量NaOH溶液，會在強堿中溶解生成，所以正確的為：，故C錯誤；
D．硅與氫氧化鈉溶液反應為，故D正確；
故選C。
6．C
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，且位于周期表4個不同的周期。則X是H元素；Y的電負性僅次于氟元素，則Y為O元素；常溫下Z單質是氣體，則Z位于第三周期，Z是Cl元素；基態W原子的外圍電子排布為ns2np5，W位于第四周期，最外層有7個電子，故W為Br元素，然后根據元素周期律及物質性質分析解答。
【詳解】根據上述分析可知：X是H，Y是O，Z是Cl，W是Br元素。
A．W是Br元素，位于元素周期表第四周期第ⅦA，A錯誤；
B．Z是Cl，最高化合價為+7價，Z的最高價氧化物的水化物HClO4為強酸，B錯誤；
C．X是H，Y是O，二者形成的化合物可以是H2O，在H2O分子之間可以形成氫鍵，增加了分子之間的吸引作用，C正確；
D．Z是Cl，W是Br，二者是同一主族元素，元素的非金屬性：Cl＞Br，因此二者形成的化合物如BrCl中非金屬性弱的元素W顯正極，非金屬性強的元素Z顯負價，D錯誤；
故合理選項是C。
7．D
【詳解】A．步驟Ⅰ中O2斷鍵為非極性鍵斷裂，故A正確；
B．氧的電負性大于碳，HCHO中帶部分負電荷的O，由圖可知，與催化劑表面的-OH中帶部分正電荷的H發生作用，故B正確；
C．步驟Ⅱ中觀察反應物質的變化可知，生成了CO和H2O，發生的反應可表示為，故C正確；
D．苯中存在共軛效應，電子分布較均勻，該催化劑要有正、負電荷的作用，因此對苯的催化氧化效果弱于對HCHO的催化氧化效果，故D錯誤；
故答案選D。
8．B
【詳解】A．連接4個不同的原子或原子團的碳原子為手性碳原子，X與足量氫氣加成后的產物中環上連接支鏈的碳原子都是手性碳原子，有3個手性碳原子，故A錯誤；
B．含有醛基的有機物能和銀氨溶液發生銀鏡反應，X能發生銀鏡反應、Y不能發生銀鏡反 應，所以可以用銀氨溶液檢驗Y中是否含有X ，故B正確；
C．Y中酚羥基和酯基發生取代反應生成Z和 CH3CH2OH，沒有H2O生成，故C錯誤；
D．酯基水解生成的羧基、酚羥基都能和 NaOH以1：1反應，Z中酯基水解生成酚羥基、羧基和醇羥基，所以1molZ最多消耗 3molNaOH，故D錯誤；
故選B。
9．D
【分析】CO2變為HCOO-化合價降低發生了還原反應，該極為電解池的陰極與電源負極相連。而Ni2P為電解池的陽極與電源正極相連，發生氧化反應。
【詳解】A．由上分析Ni2P與電源正極相連，A項正確；
B．In/In2O3 x 電極上H+可能在此發生還原反應產生H2，B項正確；
C．CO2發生還原反應得到CH3COO-，反應為CO2+H2O+2e =HCOO +OH ，C項正確；
D．標況下33.6LCO2物質的量為1.5mol，由上電極反應知轉移的電子物質的量為3mol。陽極的反應為CH3(CH2)7NH2 -4e-+4OH-=CH3(CH2)6CN +4H2O，當轉移3mol電子時產生0.75mol辛腈，D項錯誤；
故選D。
10．C
【分析】天然獨居石中，鈰(Ce)主要以形式存在，還含有、、、等物質，焙燒濃硫酸和獨居石的混合物、水浸，轉化為Ce2(SO4)3和H3PO4，SiO2與硫酸不反應，轉化為Al2(SO4)3，轉化為Fe2(SO4)3，CaF2轉化為CaSO4和HF，酸性廢氣含HF；后過濾，濾渣I為SiO2和磷酸鈣、FePO4，濾液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化鐵溶液除磷，濾渣Ⅱ為FePO4；聚沉將鋁離子轉化為沉淀，過濾除去，濾渣Ⅲ主要為氫氧化鋁，還含氫氧化鐵；加碳酸氫銨沉鈰得。
【詳解】A．可采用加熱、攪拌等措施提高速率，從而提高“水浸”效率，故A正確；
B．由分析可知，加入絮凝劑的目的是將鋁離子轉化為沉淀，故B正確；
C．加碳酸氫銨沉鈰得，Ce3+沉淀，“沉鈰”后剩余溶液中大量存在的陽離子有和Mg2+和，故C錯誤；
D．用碳酸氫銨“沉飾”，則結合原子守恒、電荷守恒可知生成的離子方程式為：，故D正確；
故選C。
11．D
【詳解】A．溶液中通入氣體，出現黑色沉淀，是生成硫化銅沉淀不溶于硫酸，促使反應正向進行，不能說明酸性比強，A錯誤；
B．揮發的醇可使酸性高錳酸鉀溶液褪色，溶液褪色，不能證明生成乙烯，B錯誤；
C．生成沉淀反應為，不是物質的雙水解反應，C錯誤；
D．加熱促進鋁離子水解，但硫酸不揮發，則Al2(SO4)3溶液蒸發結晶后得到白色固體為Al2(SO4)3，D正確；
故選D。
12．C
【詳解】A．銨根離子和鋁離子的水解促進水的電離，0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液的pH約為6，則由水電離出的c(H+)約為10-6mol·L-1，選項A錯誤；
B．實驗2向0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中加入少量的Ba(OH)2溶液，反應生成硫酸鋇沉淀、硫酸銨和氫氧化鋁，發生反應離子方程式為2Al3++ 3+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，選項B錯誤；
C．實驗3向0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中通入一定量的NH3至沉淀完全，則得到的溶液為硫酸銨溶液，溶液呈酸性，離子濃度大小關系為c()>c()>c(H+)>c(OH-)，選項C正確；
D．實驗4向0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中加入Na2CO3產生沉淀和氣體，可能為發生雙水解產生的氫氧化鋁沉淀和二氧化碳氣體，故過濾后所得清液中不一定存在碳酸鋁沉淀的溶解平衡，故不一定存在：c2(Al3+)=，選項D錯誤；
答案選C。
13．C
【分析】只看一條曲線，可知該物質的平衡選擇性隨溫度升高而升高，反應Ⅰ為放熱反應，升溫平衡逆向移動，反應Ⅱ為吸熱反應，升溫平衡正向移動。故升溫CO的平衡選擇性增大，符合圖象。
【詳解】A．由上述分析可知，圖中表示的是CO的平衡選擇性，A錯誤；
B．同一溫度下，壓強由P1變為P2，CO的平衡選擇性增大。根據反應可知，降壓反應Ⅰ逆向移動，從而導致反應Ⅱ正向移動， CO的平衡選擇性增大，故P1>P2，B錯誤；
C．隨溫度升高，CO的平衡選擇性接近100%，可知升溫后主要發生反應Ⅱ，反應Ⅱ的平衡移動與壓強無關，故隨溫度升高，的平衡轉化率受壓強影響減小，C正確；
D．平衡常數只與溫度有關，溫度相同平衡常數相同，D錯誤；
故選C。
14．(1) 0.029mol/L 碳酸銨溶液銨根促進碳酸根離子水解，溶液中碳酸根離子低
(2)
(3)使全部轉化為
(4)
1.68%
(5)溶液中含有硫代硫酸鈉溶液會消耗酸性
(6)在攪拌下向其中加入鹽酸至固體完全溶解為止，然后滴加溶液調節，過濾。向濾液中滴加溶液充分反應，靜置后向上層清液中繼續滴加溶液無白色沉淀產生，過濾
【分析】重晶石廢料(主要成分為、等)用飽和碳酸鈉溶液處理，轉化為BaCO3，過濾得到、BaCO3混合固體，用NH4Cl溶液溶解BaCO3，過濾得到濾渣為，濾液中含有Ba2+，濾液中加入溶液反應生成粗BaCO3，以此解答。
【詳解】（1）①已知：，，飽和碳酸鈉溶液的濃度為，根據已知條件列出“三段式”
平衡常數K=，則，解得x=0.029，溶液中濃度為0.029mol/L；
②常溫下的溶解度大約是的5倍，浸泡重晶石廢料用飽和而不用溶液的原因是：碳酸銨溶液銨根促進碳酸根離子水解，溶液中碳酸根離子低。
（2）向過濾1所得的濾渣中加入溶液，加熱后溶解，溶液呈酸性，溶解的離子方程式為：。
（3）具有還原性，測定過程中，加入足量溶液的目的是：使全部轉化為。
（4）由可得關系式：，則
重晶石中鐵元素質量分數。
（5）若稀釋后濾液用酸性滴定，測得的數值明顯高于上述方法測定的數值，原因是：溶液中含有硫代硫酸鈉溶液會消耗酸性。
（6）已知：時沉淀完全，粗中含有雜質。補充完整由粗制取高純度的實驗方案：取一定量粗固體，在攪拌下向其中加入鹽酸至固體完全溶解為止，然后滴加溶液調節，過濾。向濾液中滴加溶液充分反應，靜置后向上層清液中繼續滴加溶液無白色沉淀產生，過濾，用蒸餾水充分洗滌沉淀，干燥，得到高純度。
15．(1)=
(2) CaO可以吸收CO2，使CO2濃度減小，生成H2的反應正向移動，H2百分含量增大 納米CaO表面積比微米CaO大，吸收CO2能力比微米CaO強
(3) CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O 負
(4)
(5)7
【詳解】（1）已知：反應a：
一定壓強下，由最穩定單質生成1mol化合物的焓變為該物質的摩爾生成焓。已知、的摩爾生成焓分別為、，則得：
b．
c．
d．
根據蓋斯定律，由a+b+c得反應d．= = = ，因此的摩爾生成焓的熱化學方程式為=；
（2）催化重整后的化學方程式為CH4（g）+2H2O（g） CO2（g）+4H2（g），向其中投入CaO時，CaO可吸收CO2，使c（CO2）減小，平衡正向移動，導致生成H2更多，H2百分含量增大，若投入納米CaO時，由于納米CaO顆粒小，表面積大，可使反應速率加快，c（CO2）減小，平衡正向移動加劇，所以H2百分含量增大，
故答案為：CaO可以吸收CO2，使CO2濃度減小，生成H2的反應正向移動，H2百分含量增大；納米CaO表面積比微米CaO大，吸收CO2能力比微米CaO強；
（3）CO2也可在酸性水溶液中通過電解生成甲醇，C元素化合價降低，被還原，應為電解池的陰極反應，連接電源的負極；電極方程式為CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O，
故答案為： CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O；負；
（4）由圖知，625℃達到平衡時，n(H2O)=n(CO2)=n(CO)=0.5mol，氫氣是1.2mol，根據氫原子守恒，平衡時甲烷物質的量為mol=0.15 mol，根據碳原子守恒知，積碳的物質的量為（1+1-0.5-0.5-0.15）mol=0.85mol；反應Ⅱ的壓強平衡常數；
（5）一個晶胞中Ce4+個數為、O2-在體內，個數為8，即一個晶胞中4個Ce4+、8個O2-，1molCeO2質量為172g，加熱后當失重率為2.32%時，損失的質量為氧元素的質量，即172g×2.32%=4.0g，n(O)=0.25mol，因為鈰離子空間排列沒有發生變化，所以失去O2-的個數為0.25×4=1，每個晶胞擁有的O2-的個數為8-1=7。
16．(1)酮羰基
(2)
(3)
(4)()
(5)
【分析】
A與、、DMF作用生成B，B與、DMF作用生成C，逆推可知，B的結構為；D與發生取代反應生成E，E與、/H2O發生取代反應生成F；F與C在DBU、THF作用下生成G，G在、作用下成環生成H，據此分析；
【詳解】（1）化合物A的含氧官能團名稱有酮羰基、醚鍵、羧基；
（2）
根據分析可知，B的結構簡式：；
（3）
E為，F為，E→F（取代反應）還生成另一種有機物X，X分子中除苯環外還含有一個六元環。寫出X的結構簡式：；
（4）
D（），分子式為，分子中含有手性碳原子；在酸性條件下水解生成兩種產物，其中一種能與發生顯色反應，說明產物中含有酚羥基，本身含酯基，且有2種不同環境的氫原子，說明結構對稱，結構簡式：()；
（5）
催化氧化生成，發生信息所給反應生成，與發生C+F→G的反應生成，與醋酸酯化生成，合成路線為：。
17．(1) ＞ 加入一定量N2使“乙苯脫氫反應”的Qc＜Kc(或Qp＜Kp)，反應平衡時正向進行程度更大 CO2與C6H5C2H5反應生成C6H5CH=CH2；CO2與H2反應[H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)]使H2濃度減小，“乙苯脫氫反應”平衡時正向進行程度更大 水蒸氣與積碳發生反應H2O(g)+C(s)=CO(g)+H2(g)，可消除催化劑表面的積碳
(2) 乙苯α－H帶部分正電荷，被帶部分負電荷的B1位點吸引，隨后解離出H+并吸附在B1位點上；(B1位點上的)H+與B2位點上CO2中帶部分負電荷的O作用生成，帶部分正電荷的C吸附在帶部分負電荷的B2位點上 過多的CO2占據了帶部分負電荷的B1位點，使得乙苯α－H的脫除速率降低，乙苯轉化率下降
【詳解】（1）①根據圖像可知轉化率是大于0的，故α＞0。
②相同溫度下，投料方式B乙苯的平衡轉化率比投料方式A的高，其原因是加入一定量N2使“乙苯脫氫反應”的Qc＜Kc(或Qp＜Kp)，反應平衡時正向進行程度更大。
③相同溫度下，投料方式C乙苯的平衡轉化率比投料方式B的高，其可能原因是CO2與C6H5C2H5反應生成C6H5CH=CH2；CO2與H2反應[H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)]使H2濃度減小，“乙苯脫氫反應”平衡時正向進行程度更大。
④工業上利用“乙苯脫氫反應”生產苯乙烯時，會產生少量積碳。使用相同條件下的水蒸氣代替N2，可較長時間內保持催化劑的催化活性，其原因是水蒸氣與積碳發生反應H2O(g)+C(s)=CO(g)+H2(g)，可消除催化劑表面的積碳。
（2）
①圖2所示的反應機理中步驟I和步驟II可描述為乙苯α－H帶部分正電荷，被帶部分負電荷的B1位點吸引，隨后解離出H+并吸附在B1位點上；(B1位點上的)H+與B2位點上CO2中帶部分負電荷的O作用生成，帶部分正電荷的C吸附在帶部分負電荷的B2位點上。
②CO2的分壓[p(CO2)=×p]與乙苯轉化率的關系如圖3所示，p(CO2)＞14kPa時，乙苯轉化率下降的原因是過多的CO2占據了帶部分負電荷的B1位點，使得乙苯α－H的脫除速率降低，乙苯轉化率下降。
答案第1頁，共2頁2024-2025學年高三化學高考摸底調研卷
（總分：100分；考試時長：75分鐘）
可能用到的相對原子質量H-1 N-14 C-12 O-16 S-32 Fe-56 Ba-137 Mn-55 Ce-140
一、單選題
1．（2025·江蘇鹽城·三模）化學與生產、生活、科技、醫藥等密切相關。下列說法不正確的是
A．可用X射線衍射儀區分普通玻璃和水晶
B．利用超分子的分子識別特征可以分離和
C．中國天眼(FAST)使用的是新型無機非金屬材料
D．“天目一號”氣象星座衛星的光伏發電系統工作時可將化學能轉化為電能
2．（2024·江蘇南通·三模）實驗室制取、收集并驗證其性質，下列裝置不能達到實驗目的的是
A．用裝置甲制取 B．用裝置乙收集
C．用裝置丙驗證的漂白性 D．用裝置丁驗證的還原性
3．（2024·江蘇南通·二模）在元素周期表中，某些主族元素與右下方的主族元素的某些性質是相似的。如：和均為兩性氫氧化物，溶于強堿形成；BeO和都具有難溶于水、高熔點等性質。和在氣態時通常以二聚體的形式存在。B和Si均能溶于NaOH溶液生成鹽和。工業上用焦炭和在高溫下反應制粗硅。硼酸()和硅酸都是弱酸，硼酸晶體有類似于石墨的片層狀結構，常用作潤滑劑。下列說法正確的是
A．二聚體中含有配位鍵 B．的空間結構為平面正方形
C．中的鍵角為180° D．晶體在常溫下能導電
4．（2023·江蘇南京·二模）在元素周期表中，某些主族元素與右下方的主族元素的有些性質是相似的。和均為兩性氫氧化物，溶于強堿形成。BeO和都具有難溶于水、高熔點等性質。和在氣態時通常以二聚體的形式存在。B和Si均能溶于NaOH溶液生成鹽和氫氣。工業上用焦炭和石英砂(主要成分為)在高溫條件下反應制得粗硅。硼酸()和硅酸都是弱酸，硼酸晶體有類似于石墨的片層狀結構，常用作醫用消毒劑、潤滑劑等。下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是
A．氧化鈹熔點較高，可用作耐火材料 B．硼酸具有弱酸性，可用作潤滑劑
C．金屬鋁質地柔軟，可用于冶煉高熔點金屬 D．二氧化硅硬度高，可用于制造光導纖維
5．（2024·江蘇南通·二模）在元素周期表中，某些主族元素與右下方的主族元素的某些性質是相似的。如：和均為兩性氫氧化物，溶于強堿形成；BeO和都具有難溶于水、高熔點等性質。和在氣態時通常以二聚體的形式存在。B和Si均能溶于NaOH溶液生成鹽和。工業上用焦炭和在高溫下反應制粗硅。硼酸()和硅酸都是弱酸，硼酸晶體有類似于石墨的片層狀結構，常用作潤滑劑。下列化學反應表示不正確的是
A．焦炭與石英砂反應：
B．盛放堿液的試劑瓶不能用玻璃塞的原因：
C．氯化鈹溶液中滴加過量NaOH溶液：
D．硅與氫氧化鈉溶液反應：
6．（2022·江蘇·二模）前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，且位于周期表4個不同的周期。Y的電負性僅次于氟元素，常溫下Z單質是氣體，基態W原子的外圍電子排布為ns2np5。下列有關說法正確的是
A．W位于元素周期表中第四周期VA族
B．Z的最高價氧化物的水化物為弱酸
C．X與Y組成的化合物分子間可形成氫鍵
D．Z和W形成的化合物中W顯負價
7．（2024·江蘇南通·三模）NaOH活化過的催化劑對甲醛氧化為具有較好的催化效果，有學者提出該催化反應的機理如下。下列說法不正確的是
A．步驟Ⅰ中存在非極性鍵的斷裂
B．步驟Ⅰ可理解為HCHO中帶部分負電荷的O與催化劑表面的-OH發生作用
C．步驟Ⅱ中發生的反應可表示為
D．該催化劑對苯的催化氧化效果優于對HCHO的催化氧化效果
8．（2025·寧夏·二模）化合物Z是一種藥物合成中間體，其合成路線如下：
下列說法正確的是
A．X 與足量H2加成后的產物中有1個手性碳原子
B．可用銀氨溶液檢驗Y中是否含有X
C．Y→Z 有 H2O生成
D．1molZ與足量NaOH溶液反應，最多消耗2 molNaOH
9．（22-23高三下·浙江杭州·期中）有研究表明，以與辛胺為原料高選擇性的合成甲酸和辛腈，工作原理如圖，下列說法不正確的是

A．電極與電源正極相連
B．電極上可能有副產物生成
C．在電極上發生的反應為：
D．標準狀況下參與反應時電極有1.5mol辛腈生成
10．（2023·江蘇鹽城·三模）可用于催化劑載體及功能材料的制備。天然獨居石中，鈰(Ce)主要以形式存在，還含有、、、等物質。以獨居石為原料制備的工藝流程如圖所示：

下列說法不正確的是
A．可采用加熱、攪拌等措施提高“水浸”效率
B．加入絮凝劑的目的是促使鋁離子沉淀
C．“沉鈰”后剩余溶液中大量存在的陽離子只有
D．“沉鈰”的離子方程式為
11．（2024·江蘇·二模）根據下列實驗操作和現象所得到的結論正確的是
選項 實驗操作和現象 實驗結論
A 向一定濃度溶液中通入氣體，出現黑色沉淀 酸性比強
B 將溴乙烷和氫氧化鈉的乙醇溶液共熱后產生的氣體通入酸性溶液，溶液褪色 溴乙烷發生消去反應
C 將Na[Al(OH)4]溶液與NaHCO3溶液混合，觀察有沉淀現象 驗證兩物質間發生了雙水解反應
D Al2(SO4)3溶液蒸發結晶后得到白色固體 該白色固體為Al2(SO4)3
A．A B．B C．C D．D
12．（21-22高三下·江蘇南通·開學考試）室溫下，通過下列實驗探究NH4Al(SO4)2溶液的性質(假設實驗前后溶液體積不變)。
實驗1：用pH試紙測定0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液的pH，測得pH約為6
實驗2：向0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中加入少量的Ba(OH)2溶液，產生白色沉淀
實驗3：向0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中通入一定量的NH3至沉淀完全
實驗4：向0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中加入Na2CO3產生沉淀和氣體
下列說法正確的是
A．0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中由水電離出的c(H+)約為10-8mol·L-1
B．實驗2發生反應離子方程式為+Al3++ +Ba2++4OH-=BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3·H2O
C．實驗3得到的溶液中有c()>c()>c(H+)>c(OH-)
D．實驗4過濾后所得清液中一定存在：c2(Al3+)=
13．（2024·江蘇蘇州·三模）催化加氫制甲醇主要反應：
反應Ⅰ.
反應Ⅱ.
壓強分別為、時，將的混合氣體置于密閉容器中反應，不同溫度下體系中或的平衡選擇性如圖所示。((或)的平衡選擇性)
下列說法正確的是
A．曲線①、②表示的是平衡選擇性
B．曲線①、②表示的壓強：
C．隨溫度升高，的平衡轉化率受壓強影響減小
D．相同溫度下，壓強分別為、時，反應Ⅰ的平衡常數
二、非選擇題
14．（24-25高三上·江蘇·期中）實驗室利用重晶石廢料(主要成分為、等)制備。
Ⅰ．制備粗。制備流程如下：
(1)轉化。常溫下，向重晶石廢料中加入飽和碳酸鈉(濃度為)溶液浸泡充分浸泡。
①已知：，。浸泡后溶液中濃度最高為 。
②常溫下的溶解度大約是的5倍，浸泡重晶石廢料用飽和而不用溶液的原因是 。
(2)溶解。向過濾1所得的濾渣中加入溶液，加熱后溶解。溶液溶解的離子方程式為 。
Ⅱ．測定粗樣品中鐵元素的含量。
取5.0000g的粗樣品，用20%充分溶解，再加入足量溶液充分反應，然后加蒸餾水配制成100mL溶液。準確量取20.00mL配制的溶液于錐形瓶中，調節溶液，用()溶液滴定至終點(滴定反應為)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液20.00mL。
(3)測定過程中，加入足量溶液的目的是 。
(4)計算粗樣品中鐵元素的質量分數 (寫出計算過程)。
(5)若稀釋后濾液用酸性滴定，測得的數值明顯高于上述方法測定的數值，原因是 。
Ⅲ．制備。
(6)粗中含有雜質。補充完整由粗制取高純度的實驗方案：取一定量粗固體， ，用蒸餾水充分洗滌沉淀，干燥，得到高純度。[已知：時沉淀完全。實驗中必須使用的試劑：稀、溶液]
15．（2024·江蘇蘇州·三模）氫能是一種極具發展潛力的清潔能源。可通過下列反應大規模制取氫氣。
Ⅰ.水煤氣變換反應(WGSR)
反應a：
(1)一定壓強下，由最穩定單質生成1mol化合物的焓變為該物質的摩爾生成焓。已知、的摩爾生成焓分別為、。則的摩爾生成焓的熱化學方程式為 。
(2)實驗發現，其他條件不變，在相同時間內，向上述體系中投入一定量的CaO可以增大H 的體積分數。對比實驗的結果如下圖所示。投入CaO時，的體積分數增大的原因為 。投入納米CaO裝置的氫氣產率更高，其原因為 。
(3)酸性溶液中電解副產物可用于生產，實現的資源化，其電極反應式為 。生成的電極應連接電源的 極(選填“正”或“負”)。
Ⅱ.甲烷干重整(DRM)
DRM的主要反應為：
反應b：
反應c：
該過程中會逐漸生成積碳覆蓋在催化劑表面，使催化劑中毒。
(4)甲烷和二氧化碳的起始物質的量均為1mol，實驗測得在0.1MPa下，平衡時各組分的量隨溫度變化如下圖所示。已知氣體分壓=氣體總壓×氣體的物質的量分數，用平衡分壓代替平衡濃度可以得到平衡常數。625°C時反應c的壓強平衡常數為 。
(5)對催化劑載體改性，使其形成氧空位，可減少積碳。晶胞如下圖所示。取干燥在Ar氣條件下加熱，熱重分析顯示樣品一直處于質量損失狀態；X射線衍射分析結果表明隨著溫度升高，該晶胞邊長變長，但鈰離子空間排列沒有發生變化。加熱后，當失重率(損失的質量/總質量)為2.32%時，每個晶胞擁有的的個數為 。
16．（2025·江蘇南通·二模）瑪巴洛沙韋片是一種治療甲型或乙型流感病毒的特效藥，H是合成瑪巴洛沙韋的一種重要中間體，其合成路線如下：(注：為；為)
(1)A分子中含氧官能團有羧基、醚鍵和 。
(2)寫出B的結構簡式： 。
(3)E→F中還生成另一種有機物X，X分子中除苯環外還含有一個六元環。寫出X的結構簡式： 。
(4)D的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式： 。
分子中含有手性碳原子；在酸性條件下水解生成兩種產物，其中一種能與發生顯色反應，且有2種不同環境的氫原子。
(5)已知：。設計以、、、為原料制備的合成路線流程圖 (無機試劑和有機溶劑任用，合成路線示例見本題題干)。
17．（2023·江蘇·二模）苯乙烯是合成橡膠和塑料的重要原料，可由乙苯為原料制得。
(1)利用“乙苯脫氫反應”可制備苯乙烯。
C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)+H2(g) ΔH=akJ mol-1
保持氣體總壓不變，原料氣按以下A、B、C三種投料方式進行：
A．乙苯
B．n(乙苯)：n(N2)=1：10
C．n(乙苯)：n(CO2)=1：10
三種投料分別達到平衡時，乙苯轉化為苯乙烯的轉化率[×100%]與溫度的關系如圖1所示。
①α 0(填“＞”、“＜”或“不能確定”)。
②相同溫度下，投料方式B乙苯的平衡轉化率比投料方式A的高，其原因是 。
③相同溫度下，投料方式C乙苯的平衡轉化率比投料方式B的高，其可能原因是 。
④工業上利用“乙苯脫氫反應”生產苯乙烯時，會產生少量積碳。使用相同條件下的水蒸氣代替N2，可較長時間內保持催化劑的催化活性，其原因是 。
(2)CO2用于制備苯乙烯有助于實現“碳中和”。
①在催化劑X作用下，CO2參與反應的機理如圖2所示(α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B為催化劑的活性位點，其中A位點帶部分正電荷，B1、B2位點帶部分負電荷)。根據元素電負性的變化規律，圖2所示的反應機理中步驟I和步驟II可描述為 。
②保持混合氣體總壓(p)等其他條件不變，CO2的分壓[p(CO2)=×p]與乙苯轉化率的關系如圖3所示。p(CO2)＞14kPa時，乙苯轉化率下降的原因是 。

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