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2025年廣西高考模擬卷（三）
一、選擇題：本題共13小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1．挖掘文物價值，講好中國故事。下列文物的主要成分為天然高分子的是
A．蛋殼黑陶杯 B．魯國大玉璧 C．《孫臏兵法》竹簡 D．亞醜鉞
2．下列化學用語正確的是
A．的VSEPR模型： B．NaCl溶液的中水合鈉離子：
C．中共價鍵的電子云圖： D．基態硒的簡化電子排布式：
3．下列實驗圖示與對應敘述相符或能達到相應目的的是
A．濃氨水與生石灰制取并收集氨氣 B．干燥氨氣
C．濃氨水與濃硫酸反應 D．驗證氨氣易溶于水且水溶液呈堿性
4．下列關于X的反應說法錯誤的是
A．W的分子式為C8H14O3
B．有機物X能通過縮聚反應合成高分子化合物
C．Y與足量H2反應生成的有機物中含3個不對稱碳原子
D．等物質的量的W、X、Y分別與足量NaOH溶液反應消耗NaOH的物質的量之比為1：2：2
5．天然氣水合物(籠狀化合物)的結構如圖，下列判斷不正確的是
A．CH4和H2O分子中心原子雜化方式相同
B．CH4與H2O分子組成的籠子之間存在氫鍵和范德華力
C．水分子構成的籠子的腔徑大于CH4分子的粒徑
D．該天然氣水合物籠狀物質中存在共價鍵、氫鍵、范德華力
6．宏觀辨識與微觀探析是化學學科核心素養之一，下列反應方程式書寫錯誤的是
A．久置于空氣中的溶液變質：
B．用醋酸和碘化鉀淀粉溶液檢驗加碘鹽中的：
C．模擬侯氏制堿法制備晶體：
D．用飽和碳酸鈉溶液處理鍋爐水垢：
7．R、X、Y和Z為短周期元素，的分子結構如下圖所示。R中電子只有一種自旋取向，X、Y和Z處于同一周期。X的核外電子數等于Y的最高能級電子數，且等于Z的最外層電子數。
下列說法正確的是
A．原子半徑： B．單質的沸點：
C．最高正化合價： D．該化合物中X提供電子對與Z形成配位鍵
8．某化學小組探究的生成，進行了如下實驗。下列說法不正確的是
實驗序號 實驗操作和現象
Ⅰ 向盛有溶液的試管中滴加5滴氨水，產生藍色沉淀；繼續滴加約氨水，沉淀完全溶解，得到深藍色溶液
Ⅱ 取氫氧化銅固體于試管中，加入氨水，滴加氨水時溶液略變藍，但沉淀未見明顯溶解；繼續滴加飽和溶液時，沉淀完全溶解，得到深藍色溶液
Ⅲ 另取氫氧化銅固體于試管中，滴加飽和溶液，沉淀未見明顯溶解
A．配位鍵強弱：
B．鍵角大小：
C．由實驗可知，I中藍色沉淀溶解是溶液中和氨水共同作用的結果
D．由實驗可知，取少量固體于試管中，加入過量濃氨水固體可完全溶解
9．糠酸和糠醇是化工重要原料，某發明以雙極膜(中間夾層的向兩極室提供和)技術，通過電解法利用糠醛制備糠醇和糠酸鹽()的裝置如圖所示。下列說法錯誤的是
A．電極與電源的負極連接
B．左側電極室溶液增大
C．右側電極室的總反應為
D．若電路轉移電子總數為，則理論上至少消耗糠醛的質量為
10．銅催化乙炔選擇性氫化制1，3-丁二烯的反應機理如圖所示(吸附在銅催化劑表面上的物種用*標注)。
下列說法正確的是
A．反應Ⅰ的速率大于反應Ⅱ的速率
B．若原料用丙炔，則會有2種分子式為C6H10的有機物生成
C．增大Cu的表面積，可加快反應速率；提高C2H2的平衡轉化率
D．C2H3*轉化成C4H6(g)過程中，有非極性鍵的斷裂和形成
11．常作有機合成催化劑、人工降雨劑和加碘鹽的碘來源。其一種制備原理：，不同晶型的晶胞結構如圖所示：
下列說法正確的是
A．上述反應中，氧化劑與還原劑的物質的量之比為
B．中陰離子的中心原子價層電子對數為5
C．中1個與4個等距離且最近
D．等數目的和晶胞，其質量之比為
12．實驗室中常用電石和水反應制取乙炔，反應的化學方程式為。設為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是
A．中含有陰離子的數目為
B．中含有鍵的數目為
C．中含有電子的數目為
D．標準狀況下，電解生成和轉移電子的數目為
13．制備苯甲醛有兩種途徑(圖1，均小于0)。在反應起始階段，可認為甲苯與發生平行反應，分別生成苯甲醇(濃度為)和苯甲醛(濃度為)，且，兩產物的濃度之比與時間無關。140℃時，；170℃時，。反應在絕熱容器中進行，甲苯，苯甲醇和苯甲醛的含量隨時間變化如圖2所示，下列說法錯誤的是
A．Z曲線代表的是苯甲醛
B．升高反應溫度，苯甲醛的選擇性降低
C．增加氧化劑的濃度，可以提高甲苯的轉化率和苯甲醛的選擇性
D．在一定的反應時間內，選擇合適的催化劑，可以提高生成苯甲醇的比例
14．某溫度下，用標準溶液滴定溶液，測得溶液的相對電導率及隨滴入標準溶液的體積的變化關系如圖所示。已知。下列說法正確的是
A．c點之后電導率持續上升說明，的導電能力強于
B．的過程中，溶液中逐漸增大
C．c點溶液中約為
D．d點溶液中：
二、非選擇題：本題共4小題，共58分。
15．（14分）廢舊三元鋰電池的正極材料含有、、、、、，一種綜合回收利用的工藝流程如圖所示：
已知：①“高溫熱解還原”后鎳、鈷以單質的形式存在，鋰以的形式存在，錳以的形式存在，常溫下的溶解度比小；
②該廢舊三元鋰電池中的物質的量分數遠大于的物質的量分數；
③相關金屬離子沉淀的pH范圍如表所示（當溶液中剩余離子濃度小于等于時，認為沉淀完全）：
離子
開始沉淀時的pH 1.5 3.6 均
沉淀完全時的pH 2.8 4.7 /
回答下列問題：
(1)基態Ni原子的價層電子排布式為 ．
(2)“高溫熱解還原”是通入將、、還原，其與T的關系如圖所示：
鎳鈷錳金屬氧化物在氣氛下的關系圖
①將還原的化學方程式為 ；
②在以下不能將還原成單質的原因是 ；
(3)若“水浸”時間過長，會降低鋰的浸出率，其可能原因是 ；“濾液1”中的主要離子有 （填離子符號）；
(4)“酸解氧化”過程中最宜加入的氧化劑化學式為 ；
(5)“水解”時用溶液調節溶液pH的范圍為 ；
(6)鎳是較為稀缺的戰略性金屬，一種的立方晶胞結構如圖所示，與Ni原子距離最近且相等的O原子有 個；下列視圖中，該晶胞的俯視圖為 （填圖示字母）。

A． B． C． D．
16．（14分）為橙黃色晶體，微溶于冷水，易溶于熱水，難溶于乙醇。以溶液、濃氨水和活性炭為原料制備，裝置如圖所示。
已知：①不易被氧化，具有強氧化性；
②具有較強的還原性，性質穩定；
③。
回答下列問題：
(1)盛裝溶液和氨水的儀器名稱為 。
(2)實驗步驟Ⅰ：在三頸燒瓶中將、、活性炭、蒸餾水混合并加熱至50℃，先滴加 ，待所有試劑添加完畢后，維持溫度在50℃左右反應一段時間，得到溶液。溫度維持在50℃左右的原因是 。
(3)實驗步驟Ⅱ：向所得溶液中加入濃鹽酸，冷卻析出晶體，過濾、洗滌、干燥得到產品。洗滌時使用的洗滌劑依次有冷的鹽酸、冰水、乙醇，最后使用乙醇洗滌的目的是 。
(4)制備的總化學方程式為 。
(5)純度的測定：
Ⅰ．稱取樣品，加入20.00mL較濃NaOH溶液，加熱使全部轉化為，寫出生成的離子方程式： 。冷卻后加和20.00mL濃鹽酸，加蒸餾水準確配成100.00mL溶液。
Ⅱ．用移液管移取25.00mL溶液于錐形瓶中，滴加2滴 作指示劑，用標準溶液滴定至終點，平行操作3次，平均消耗標準溶液17.05mL，樣品的純度為 %(結果保留三位有效數字)。
17．（15分）我國力爭于2030年前做到碳達峰，2060年前實現碳中和，因此，研發二氧碳利用技術，降低空氣中二氧化碳含量成為研究熱點。
(1)以、為原料合成涉及的主要反應如下：
Ⅰ．
Ⅱ．CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)ΔH2=-90.4
Ⅲ．
回答下列問題
①
②恒溫恒容下，向密閉容器按投料比通入原料氣，若只發生主反應，能判斷反應處于平衡狀態的是 (填標號)。
a． b．體系內壓強保持不變
c．的體積分數保持不變 d．斷裂3molH-H鍵的同時斷裂3molH-O鍵
③不同壓強下，按照投料，實驗測定的平衡轉化率和的平衡產率隨溫度的變化關系如下圖所示。
其中縱坐標表示平衡轉化率的是圖 (填“甲”或“乙”)；圖乙中溫度時，三條曲線幾乎交于一點的原因是 。
(2)在一定催化劑催化作用下加氫合成甲酸發生反應如下：。
①溫度為℃時，該反應平衡常數，將等物質的量的和充入體積為1L的密閉容器中，實驗測得：，，、為速率常數。℃時，= 。
②當溫度改變為℃時，，則℃時平衡壓強 (填“>”“<”或“=”)℃時平衡壓強。
③該反應的Arrhenius經驗公式的實驗數據如圖中的曲線所示，
已知Arrhenius經驗公式為(為活化能，為速率常數，R和C為常數)，則該反應的活化能= 。改變外界條件，實驗數據如圖中的曲線所示，則實驗可能改變的外界條件是 。
18．（15分）氯喹（CQ）除具有抗瘧作用外，還可用于抗炎、抗病毒、抗腫瘤治療。氯喹的一種合成路線如下（略去部分試劑和條件）：
回答下列問題：
(1)A中官能團的名稱是 ，B的化學名稱是 。
(2)CQ分子中手性碳原子數是 。
(3)寫出反應③的化學方程式： 。
(4)E的結構簡式是 ，反應⑥的類型是 。
(5)化合物H是G的同分異構體，滿足下列條件的H共有 種。（不考慮立體異構）
I．苯環上有三個取代基，2個Cl原子與苯環直接相連
Ⅱ．能使溴的溶液褪色
Ⅲ．在酸性條件下可水解生成
IV．核磁共振氫譜顯示為4組峰，且峰面積之比為
(6)羥氯喹（）在氯喹的基礎上引入了羥基，其治療作用相近，毒副作用卻顯著減少。一種合成路線如下（略去部分試劑和條件）：
X的結構簡式為 ，反應中的作用是 。
參考答案
1．C
【詳解】A．“陶”的主要成分是硅酸鹽．A錯誤；
B．“玉”的主要成分是硅酸鹽，B錯誤；
C．“竹”的主要成分是纖維素，屬于天然高分子，C正確；
D．“鉞”是青銅器，屬于合金，D錯誤；
故答案為：C。
2．A
【詳解】A．的價電子對數為，VSEPR模型為四面體，A項正確；
B．NaCl溶液的中水合鈉離子：，B項錯誤；
C．中共價鍵類型為s-s 鍵，其電子云圖為，C項錯誤；
D．基態硒的簡化電子排布式為，D項錯誤；
答案選A。
3．D
【詳解】A．氨氣密度小于空氣，應該用向下排空氣法收集，A錯誤；
B．氨氣與CaCl2反應生成CaCl2·8NH3，不能用氯化鈣干燥氨氣，B錯誤；
C．濃硫酸不揮發，看不到白煙，C錯誤；
D．氨氣在水中溶解大，可以做噴泉實驗，氨水電離出的OH-離子可以使酚酞變紅色，D正確；
答案選D。
4．D
【詳解】A．根據的結構可知，其分子式為，A正確；
B．有機物是物質水解生成的產物，結構式為：，分子中含有羧基和酚羥基，在一定條件下可以發生縮聚反應合成高分子化合物，B正確；
C．與足量反應生成的有機物是，其手性碳即不對稱碳位置如圖：，C正確；
D．若三種物質均為，含有一個羧基，可以消耗；的結構為，含有一個羧基和一個酚羥基，消耗；物質含有一個酯基，水解生成羧酸鈉和乙醇，只消耗，醚鍵在堿性情況下不水解，不消耗氫氧化鈉，所以消耗的物質的量之比為，D錯誤；
故選D。
5．B
【詳解】A．甲烷的價層電子對數是，屬于雜化；水的價層電子對數是，屬于雜化，A正確；
B．水分子間通過氫鍵形成分子籠，把甲烷分子包裹在分子籠里，甲烷中的碳原子與水分子沒有形成氫鍵，水分子與籠內的甲烷分子間存在范德華力，B錯誤；
C．甲烷分子要被水分子構成的籠子“包裹”，所以水分子構成的腔徑大于分子的粒徑，C正確；
D．該天然氣水合物籠狀物質中分子的原子之間形成共價鍵，水分子間形成氫鍵，分子間存在范德華力，D正確；
故選B。
6．B
【詳解】A．久置于空氣中的溶液被空氣中的氧氣氧化為硫酸鈉，離子方程式為：，A正確；
B．用醋酸和碘化鉀淀粉溶液檢驗加碘鹽中的，和I-反應生成I2，醋酸是弱酸，在離子方程式中不能拆，根據得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：，B錯誤；
C．模擬侯氏制堿法制備晶體，是將CO2、NH3通入到飽和食鹽水中生成晶體，離子方程式為，C正確；
D．用飽和碳酸鈉溶液處理鍋爐水垢，硫酸鈣可以轉化為溶解度更小的碳酸鈣，離子方程式為：，D正確；
故選B。
7．B
【分析】R、X、Y、Z為短周期元素，R中電子只有一種自旋取向，R為H元素；X、Y、Z處于同一周期，X的核外電子數等于Y的最高能級電子數，且等于Z的最外層電子數，的分子中X、Z均形成4個共價鍵，則X為B元素，Z為N元素；Y只能形成1個共價鍵，結合位置可知Y為F元素；
A．電子層數越多半徑越大，電子層數相同時，核電荷數越大，半徑越小；原子半徑：，A錯誤；
B．硼單質常溫下為固體，氟氣常溫下為氣體，故沸點B>F2，B正確；
C．氟電負性很強，沒有正價，氫最高正價為+1，C錯誤；
D．該化合物中N原子提供孤電子對，B提供空軌道形成配位鍵，D錯誤；
故選B。
8．D
【分析】實驗Ⅰ向溶液中滴加氨水，先形成藍色沉淀：，后繼續滴加約氨水沉淀溶解形成含的深藍色溶液，體系中既有又有氨水；實驗Ⅱ向氫氧化銅固體中加入氨水，溶液略變為深藍色，繼續滴加飽和溶液時，沉淀完全溶解，得到深藍色溶液，體系中既有又有氨水；實驗Ⅱ前部分只加氨水，沉淀未見明顯溶解，實驗Ⅲ只加飽和溶液，沉淀未見明顯溶解，說明沉淀不能直接溶解于飽和溶液，也不能溶于過量濃氨水，從而說明藍色沉淀溶解是溶液中和氨水共同作用的結果。
A．實驗Ⅰ向溶液中滴加氨水，先形成藍色沉淀，后繼續滴加約氨水沉淀溶解形成含的深藍色溶液，說明銅離子配位氨氣更穩定，故配位鍵強弱：，故A正確；
B．分子中心原子氮原子價層電子對數為4，孤電子對數為1，中由于N與形成配位鍵，氮原子價層電子對數為4，但沒有孤電子對，由于孤電子對與成鍵電子對間的斥力大于成鍵電子對間的斥力，所以鍵角大小：，故B正確；
C．由以上實驗和分析可知，I中藍色沉淀溶解是溶液中和氨水共同作用的結果，故C正確；
D．由以上實驗和分析可知， 沉淀不能直接溶解于過量濃氨水，故D錯誤；
故選D。
9．B
【分析】由題干電解過程圖示可知，X極上是將糠醛轉化為糠醇，發生了還原反應，故X為陰極，與電源的負極相連，則Y為陽極，與電源的正極相連，雙極膜中間夾層的H2O向兩極室提供H+和OH-，H+移向X極，OH-移向Y極，X極電極反應為：+2+2=，Y極的電極反應為：-+ = +，然后生成的將糠醛氧化為糠酸鹽，反應為：+2+→+2，據此分析解題。
A．X極上是將糠醛轉化為糠醇，發生了還原反應，故X為陰極，與電源的負極相連，故A正確；
B．左側電極室X極電極反應為：+2+2=，消耗了，左側電極室原來為，中性，后變成，中性，故不變，故B錯誤；
C．右側電極室的Y極的電極反應為：2-2+2 =2 +2，然后生成的將糠醛氧化為糠酸鹽，反應為：+2+→+2，二者相加得總反應為，故C正確；
D．若電路轉移電子總數為，陽極和陰極各消耗1mol糠醛，共2mol，則理論上至少消耗糠醛的質量為，故 D正確；
故選B。
10．D
【詳解】A．反應Ⅰ的活化能大于反應Ⅱ，則反應Ⅰ的速率小于反應Ⅱ，A錯誤；
B．若原料用丙炔，則會有CH3CH=CH-CH=CHCH3、CH2=C(CH3)-C(CH3)=CH2、CH3CH=CH-C(CH3)=CH2共3種分子式為C6H10的有機物生成，B錯誤；
C．增大Cu的表面積，可加快反應速率，催化劑不能使平衡移動，不能提高C2H2的平衡轉化率，C錯誤；
D．根據圖示，C2H3*轉化成C4H6(g)過程中，先碳碳雙鍵中有1條鍵斷裂，后又有碳碳雙鍵和碳碳單鍵的形成，所以有非極性鍵的斷裂和形成，D正確；
答案選D。
11．B
【詳解】A．（還原劑）中，氧化劑與還原劑的物質的量之比為，A錯誤；
B．中為中心原子，中心原子價層電子對數為，B正確；
C．由圖，中頂點與面心的12個等距離且最近，C錯誤；
D．中，8個碘位于頂點、1個碘位于體內，4個銅位于棱上、1個銅位于體內，據“均攤法”，晶胞中含個I、個，即1個晶胞含2個“”；同理，晶胞中含4個“”；相等數目晶胞中，，晶胞質量之比為，D錯誤；
故選B。
12．C
【詳解】A．中陰離子為，中含有陰離子的數目為NA，A項錯誤；
B．(結構式為)的物質的量為1mol，而1mol乙炔中含鍵，即2NA，B項錯誤；
C．中含10mol電子，即10NA，C項正確；
D．標準狀況下水不是氣體，D項錯誤；
答案選C。
13．C
【分析】隨著反應進行，甲苯含量減小，苯甲醇、苯甲醛含量增大，反應均為放熱反應，在絕熱容器中進行，隨著反應進行溫度升高，由題意：140℃時，，170℃時，，則升高溫度后，苯甲醇選擇性增大而苯甲醛選擇性減小，則XYZ分別為甲苯、苯甲醇、苯甲醛；
A．由分析，Z曲線代表的是苯甲醛，A正確；
B．由分析，升高反應溫度，苯甲醛的選擇性降低，B正確；
C．增加氧化劑氧氣的濃度，可以提高反應物甲苯的轉化率，但氧氣濃度過大，會繼續氧化苯甲醛為苯甲酸，不利于提高苯甲醛的選擇性，C錯誤；
D．在一定的反應時間內，選擇對生成苯甲醇更有利的催化劑，可以提高生成苯甲醇的比例，D正確；
故選C。
14．C
【分析】從圖中可知，a到c的過程中，溶液的電導率逐漸減小，則溶液中離子濃度逐漸減小，結合兩種反應物可知，a到b段發生反應的方程式為NaHC2O4+Ba(OH)2=BaC2O4↓+NaOH+H2O此時，鋇離子沉淀完全，加入NaHC2O4體積為10mL，物質的量為0.001mol，則生成氫氧化鈉0.001mol，b到c段隨著NaHC2O4的繼續加入，是NaOH與NaHC2O4反應生成草酸鈉和水，化學方程式為NaHC2O4+NaOH=Na2C2O4+H2O。此時生成草酸鈉物質的量為0.001mol。c到d段加入NaHC2O4后不發生反應。加入的NaHC2O4的物質的量為0.001mol。
A．觀察電導率曲線可知，過了點后繼續加入草酸氫鈉溶液時，溶液中實際上是有更多的、等離子參加導電，并不單純是因為的導電能力比強所致，A錯誤；
B．，，相乘可得。題干所給的比值可化為，b到c點過程中氫氧化鈉逐漸被消耗，堿性逐漸減弱，氫離子濃度逐漸增大，則在該過程中該比值應減小而非增大，B錯誤；
C．根據分析，b點溶液中溶質為NaOH和少量BaC2O4，此時的溶液為BaC2O4的飽和溶液，根據b點鋇離子濃度為10-4mol/L，可求得Ksp(BaC2O4)=10-8，c點溶液中草酸根離子的物質的量為0.001mol，濃度為，則c(Ba2+)=mol/L，C正確；
D．根據前述分析，d點溶液中溶質為Na2C2O4和NaHC2O4，且兩者的物質的量均為0.001mol，即兩者的濃度相等（暫不考慮水解和電離），根據草酸一、二兩級電離常數可知，草酸根離子的水解平衡常數為，草酸氫根離子的水解常數為10-12，即草酸氫根離子的電離程度遠大于草酸根和草酸氫根離子的水解程度，則溶液中c()>c()，D錯誤；
故選C。
15．(1) （1分）
(2) （2分）以下，與反應的一直大于0（2分）
(3)水浸時間過長，空氣中會溶解進來使提前轉化為進入濾渣，從而降低濾液中鋰元素含量（2分）、、（2分）
(4)（合理即可）（1分）
(5) （2分）
(6)6（2分）C（2分）
【分析】廢舊三元鋰電池的正極材料含有、、、、、，“高溫熱解還原”后鎳、鈷以單質的形式存在，鋰以的形式存在，錳以的形式存在，“水浸”過程中會與水反應成，溶液為堿性和反應，“濾液1”含有的主要離子有、、，通入二氧化碳碳化，得到碳酸鋰，繼續精制，用于制作電極，“酸解氧化”過程中加入，得到三價鐵，“水解”形成氫氧化鐵除去，過濾得到氫氧化鐵，再通過共沉淀再生得到鎳鈷錳化合物，再煅燒，產品用來制作電極，據此解答。
（1）Ni的原子序數是28，因此基態Ni原子的核外電子排布式為，價層電子排布式為；
（2）①根據化合價升降可寫出方程式：；
②由圖可知，以下，與的反應的一直大于0，因此該條件下無法反應；
（3）鋰為堿金屬元素，鋰單質性質與鈉相似，“水浸”過程中會與水反應成，“水浸”時間過長，空氣中會溶解進來使轉化為進入濾渣，從而降低濾液中鋰元素的含量；溶液為堿性且的物質的量分數遠大于的物質的量分數，因此鋁元素會以的形式存在，因此“濾液1”含有的主要離子有、、；
（4）為了不引入新的雜質，氧化劑宜用，答案：（合理即可）；
（5）“水解”主要是為了除去且盡量不損失錳鈷鎳元素，結合表格信息則可判斷應調節溶液pH的范圍為；
（6）由圖可知，該晶胞中，看晶胞體心的Ni原子，與Ni原子距離最近且相等的O原子有6個；俯視該晶胞結構，O原子與Ni原子在棱中和面心處有重疊，在面心和體心處也有重疊，同時側面棱中的O原子俯視時位于頂點，綜合判斷為圖C。
16．(1)分液漏斗（1分）
(2)氨水（2分）溫度較低時反應速率較慢，溫度較高時氨水揮發量和溶液分解量較大（2分）
(3)使產品快速干燥（2分）
(4)或（2分）
(5) （2分）淀粉溶液（1分）36.5（2分）
【詳解】（1）盛裝溶液和氨水的儀器名稱為分液漏斗。
（2）根據題給信息，性質穩定，故使用溶液將二價鈷氧化為三價鈷，可將轉化為性質穩定的。所以，實驗步驟Ⅰ：在三頸燒瓶中將、、活性炭、蒸餾水混合并加熱至50℃，先滴加氨水，可使產物最終轉化為性質穩定的。待所有試劑添加完畢后，維持溫度在50℃左右反應一段時間，得到溶液。溫度維持在50℃左右的原因是溫度較低時反應速率較慢，溫度較高時氨水揮發量和溶液分解量較大，不利于反應的進行，故答案是氨水；溫度較低時反應速率較慢，溫度較高時氨水揮發量和溶液分解量較大。
（3）微溶于冷水，易溶于熱水，難溶于乙醇，故。在乙醇中溶解度最小，且乙醇易揮發，容易干燥處理。實驗步驟Ⅱ：向所得溶液中加入濃鹽酸，冷卻析出晶體，過濾、洗滌、干燥得到產品。洗滌時使用的洗滌劑依次有冷的鹽酸、冰水、乙醇，最后使用乙醇洗滌的目的是使產品更好析出，產品快速干燥。
（4）以溶液、濃氨水和活性炭為原料制備，做氧化劑，做還原劑，發生氧化還原反應，根據電子守恒和原子守恒配平，制備的方程式是或。
（5）稱取樣品，加入20.00mL較濃NaOH溶液，加熱使全部轉化為，發生非氧化還原反應，根據電荷守恒和原子守恒配平，生成的離子方程式：。冷卻后加和20.00mL濃鹽酸，由于具有強氧化性，與I-發生氧化還原反應生成單質碘，加蒸餾水準確配成100.00mL溶液。用移液管移取25.00mL溶液于錐形瓶中，滴加2滴淀粉溶液做指示劑，溶液呈藍色，用標準溶液滴定至終點，發生反應是，平行操作3次，平均消耗標準溶液17.05mL。根據鈷元素守恒，反應的關系式是：~～～I2～，消耗的物質的量是，則25mL溶液中含的物質的量是，所取樣品中含的物質的量是，則樣品的純度為=36.5%。
17．(1)+40.9（2分）bd（2分）乙（2分）時以反應Ⅲ為主，反應Ⅲ前后氣體分子數相等，壓強改變對平衡沒有影響（2分）
(2) 0.5（2分）> （2分）1120（2分）使用更高效的催化劑（1分）
【詳解】（1）①根據蓋斯定律，三個熱化學方程式的關系為：，因此；
②a．平衡時，不同物質表示的正逆速率之比等于其計量數之比，應有，a錯誤；
b．該反應反應后氣體減少，恒容下，未平衡時體系內壓強隨氣體變化而改變，體系壓強不變時達到平衡狀態，b正確；
c．設投入、各1mol，體積分數是50%，設某時刻有xmol發生了反應，余下(1-x)mol，根據差量法，混合氣體總體積為(2-2x) mol，此時體積分數也為50%，則反應過程中體積分數恒定，不能用于判斷平衡狀態，c錯誤；
d．根據平衡時正逆速率相等，斷裂3molH-H鍵的同時應斷裂3molH-O鍵，d正確；
答案選bd；
③反應Ⅰ、Ⅱ是放熱反應，反應Ⅲ是吸熱反應，溫度較低時，以反應Ⅰ、Ⅱ為主，升高溫度，反應Ⅰ、Ⅱ平衡向逆方向移動，平衡轉化率減小。溫度較高時以反應Ⅲ為主，升高溫度，反應Ⅲ平衡正向移動，平衡轉化率增大，因此縱坐標表示平衡轉化率的是圖乙；時以反應Ⅲ為主，反應Ⅲ前后氣體分子數相等，壓強改變對平衡沒有影響，平衡時CO2的轉化率相同，故三條曲線幾乎交于一點；
（2）①平衡時，，則，，即；
②當溫度改變為℃時，，則，說明將溫度改變為后反應逆向移動，氣體分子數增大，則℃時平衡壓強>℃時平衡壓強；
③根據圖中曲線d上的數據得Ⅰ：，Ⅱ：，兩式相減得：；根據曲線e上的數據，同理可計得該條件下，曲線e所示活化能更低，應是更換了更高效的催化劑。
18．(1)碳氯鍵、硝基（1分）3-氯苯胺（或間氯苯胺）（1分）
(2)1（2分）
(3)+C2H5OH（2分）
(4) （2分）取代反應（1分）
(5)6（2分）
(6) （2分）與生成的反應，提高反應物的轉化率（或其他合理說法）（2分）
【分析】A結構上的硝基被還原成氨基，得到B（）；D在堿性條件下發生水解，經HCl酸化后得到E（）；F在POCl3/△條件下，羥基被Cl原子取代生成G（）。
【詳解】（1）A結構含有碳氯鍵和硝基；據上述分析可知B的名稱為間氯苯胺或3－氯苯胺；
（2）CQ分子有1個手性碳，如圖（標*的為手性碳）；
（3）對比C、D結構可知，C在二苯醚/加熱條件下生成D和乙醇，反應的化學方程式為+C2H5OH；
（4）由上述分析可知E的結構簡式為；F在POCl3/△條件下，羥基被Cl原子取代生成G；
（5）依題可知H的結構中還含有碳碳雙鍵和－CN，故苯環上第3個取代基為－CH=CHCN或－C(CN)=CH2，又知H結構的核磁共振氫譜顯示為4組峰，且峰面積之比為，故滿足條件的結構有6種，具體結構如下：、、、、、；
（6）與X發生取代反應生成，則X為；與G發生取代反應生成HCQ和HCl，而K2CO3可以消耗HCl，促進生成HCQ，提高反應物的轉化率。
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