2025年高考押題預測卷高三化學(考試時間：75分鐘試卷滿分：100分)注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對分子質量：H-1Li-7C-12N-14O-16F-19Na-23Al-27Cl-35.5Ca-40Mn-55Cr-52Fe-56Cu-64Se-79Ce-140Bi-209第Ⅰ卷(選擇題共42分)一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1．云南省博物館中璀璨的歷史文物，展示了云南各族人民在紅土高原創造的厚重歷史和輝煌文明，下列關于歷史文物的說法不正確的是()A．云南傳統工藝中的“戶撒刀”鍛制中將紅熱鐵制刀具浸入水中，表面有Fe3O4生成B．彝族五彩拼花繡花裙獨具民族特色，其紡織材料棉和麻均為天然有機高分子C．宋大理國銀鎏金鑲珠金翅鳥充滿勃勃生機，其采用的鎏金工藝利用了電解的原理D．建水紫陶刻填詩文梅花紋瓶工藝精湛，建水紫陶是一種傳統無機硅酸鹽材料【答案】C【解析】A項，紅熱鐵制刀具浸入水中，高溫下鐵與水反應生成四氧化三鐵(Fe3O4)和氫氣，故A正確；B項，棉和麻均為天然有機高分子，故B正確；C項，鎏金工藝是利用汞的揮發性，不是電解的原理，況且宋朝也沒有電的使用，故C錯誤；D項，建水的紫陶是一種傳統無機硅酸鹽材料，故D正確；故選C。2．下列說法不正確的是()A．碳酸鈉和碳酸氫鈉的溶液均顯堿性，兩者均可作食用堿B．SO2具有還原性，故少量添加于葡萄酒中能防止部分成分被氧化C．銨鹽都易溶于水，受熱分解均生成氨氣，故儲存時需考慮避光、防潮D．硬鋁的密度小、強度高、抗腐蝕能力強，故可用作制造宇宙飛船的材料【答案】C【解析】A項，碳酸鈉和碳酸氫鈉都是強酸弱堿鹽，在溶液中均能水解使溶液呈堿性，所以兩者均可作食用堿，故A正確；B項，二氧化硫具有還原性，少量添加于葡萄酒中能防止部分成分被氧化而延長紅酒的保質期，故B正確；C項，硝酸銨一定溫度下受熱分解生成一氧化二氮和水，不能分解生成氨氣，故C錯誤；D項，硬鋁具有密度小、強度高、抗腐蝕能力強的優良性能，所以可用作制造宇宙飛船的材料，故D正確；故選C。3．下列反應的方程式不正確的是()A．BaCO3溶于鹽酸：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2OB．Al2O3溶于NaOH溶液：Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al(OH)4]C．用FeCl3溶液刻蝕覆銅板制作印刷電路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+D．鉛酸蓄電池放電的正極反應：PbO2+4H+＋2e-=Pb2++2H2O【答案】C【解析】A項，BaCO3溶于鹽酸反應生成BaCl2、H2O、CO2，故離子方程式為：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，A正確；B項，Al2O3溶于NaOH溶液生成Na[Al(OH)4]，故反應方程式為：Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al(OH)4]，B正確；C項，Fe3++Cu=Fe2++Cu2+該離子方程式電荷不守恒，用FeCl3溶液刻蝕覆銅板制作印刷電路板的離子方程式為：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，C正確；D項，鉛酸蓄電池正極為PbO2，放電的正極反應式為：PbO2+4H++SO42-＋2e-=PbSO4+2H2O，D錯誤；故選D。4．宏觀辨識與微觀探析是化學核心素養之一、下列化學用語不正確的是()A．P4O10分子的球棍模型：B．鄰羥基苯甲醛分子內氫鍵示意圖：C．乙烯分子中π鍵形成過程：D．合成錦綸-66的化學方程式：【答案】D【解析】A項，P4→P4O6→P4O10，P4O10看成在P4分子的正四面體中插入O原子，A項正確；B項，鄰羥基苯甲醛中的-OH中的H原子與醛基中的O原子之間形成氫鍵，表示為，B項正確；C項，乙烯中存在p-pπ鍵，原子軌道鏡面對稱重疊，C項正確；D項，根據反應物和產物可知，反應式不遵守原子守恒，H2O化學計量為(2n-1)，D項錯誤；故選D。5．硫在自然界中既有游離態又有化合態。在硫酸工業的接觸室中發生的反應為2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH=-198kJ·mol-1。下列說法正確的是()A．SO2是含有極性鍵的非極性分子B．SO2能使紫色石蕊試液先變紅后褪色C．接觸室中的催化劑為鐵觸媒D．硫酸分子間能形成氫鍵【答案】D【解析】A項，二氧化硫分子中孤對電子對數為1，價層電子對數為2+1=3，分子的空間構型是結構不對稱的V形，屬于極性分子，故A錯誤；B項，二氧化硫具有漂白性，但不能使紫色石蕊溶液褪色，故B錯誤；C項，接觸室中的催化劑為五氧化二釩，鐵觸媒是合成氨的催化劑，故C錯誤；D項，硫酸分子中含有羥基，能形成分子間氫鍵，故D正確；故選D。6．下列實驗儀器的選擇或操作均正確的是()A．分離乙醇和乙酸B．制備C．制備晶體[Cu(NH3)4]SO4·H2OD．配制檢驗醛基的懸濁液【答案】C【解析】A項，乙醇與乙酸互溶，不能用分液的方法分離，A錯誤；B項，濃鹽酸與MnO2制取氯氣需要加熱，B錯誤；C項，[Cu(NH3)4]SO4·H2O在乙醇中的溶解度小，可以從溶液中析出，得到[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶體，C正確；D項，配制檢驗醛基的懸濁液必需是NaOH過量，D錯誤；故選C。7．乙醇酸可用于新型可降解材料的合成，未來可應用于人體內埋植型修復器械等。高選擇性實現甘油在雙氧水中被氧化為乙醇酸的反應如圖所示。設NA為阿伏加德羅常數的值，下列敘述正確的是()A．常溫下，1mol甘油中含有3NA個氫鍵B．1mol甘油轉化為1mol乙醇酸和1mol甲醛時需要NA個H2O2分子參與反應C．1mol乙醇酸發生聚合反應可生成聚乙醇酸分子NA個D．1mol乙醇酸中含有9NA個共用電子對【答案】D【解析】A項，甘油含有三個羥基，每個羥基中的氫原子均可作為質子供體，與相鄰分子的氧原子形成氫鍵，理論上，每個甘油分子最多可形成3個氫鍵，氫鍵是分子間作用，每個氫鍵需兩個分子共同參與，因此，1mol甘油中含有氫鍵數應為：，A錯誤；B項，甘油轉化為乙醇酸和甲醛的化學方程式為：+2H2O2+HCHO+3H2O，可見1?mol甘油需2?molH2O2，即2?NA個H2O2分子，B錯誤；C項，多個乙醇酸發生聚合反應生成1個聚乙醇酸分子，1?mol乙醇酸聚合成高聚物時，生成的聚合物分子數通常遠小于1?mol，C錯誤；D項，乙醇酸的結構式為，含有9個共價鍵，每個共價鍵均為1個共用電子對，則1mol乙醇酸中含有9NA個共用電子對，D正確；故選D。8．生育酚是天然維生素E的一種水解產物，具有較高的生物活性，其結構簡式如圖。下列有關說法正確的是()A．分子中存在2個手性碳原子 B．分子中含有6個甲基C．一定位于同一平面的碳原子有9個 D．能發生消去反應和加成反應【答案】C【解析】A項，分子中存在4個手性碳原子，A錯誤；B項，該分子中含有7個甲基，B錯誤；C項，一定位于同一平面的碳原子有9個，C正確；D項，酚羥基不能發生消去反應，D錯誤；故選C。9．X、Y、Z、W、Q為原子序數逐漸增大的短周期元素，其中X、Y、Q處于不同周期，W、Q同主族。五種元素中，Z的基態原子中未成對電子數最多。現有這些元素組成的兩種單體Ⅰ、Ⅱ，通過三聚可分別得到如圖(圖中未區別標示出單、雙鍵)所示的環狀物質(a)和(b)。下列說法不正確的是()A．第一電離能：Z>W>YB．單體Ⅰ中Y原子為sp雜化C．物質(b)中鍵長：①②D．單體Ⅱ為非極性分子【答案】C【解析】X、Y、Z、W、Q為原子序數逐漸增大的短周期元素，X、Y、Q處于不同周期，X為H元素，Y為第二周期元素，Q為第三周期的元素，由圖a可知，Z周圍形成三個共價鍵，Z的基態原子中未成對電子數最多，則Z為N元素，Y和Z形成的環狀結構中，存在大π鍵，則Y為C元素，圖a為NH2CN的三聚體；圖b可知，W形成2個鍵，W與Q同主族，W為O元素，Q為S元素，b是SO3的三聚體。A項，同周期第一電離能從左到右逐漸增大，N原子2p軌道半充滿穩定第一電離能N>O，第一電離能：N>O>C，A正確；B項，單體Ⅰ的結構簡式為H2N-C，存在碳氮叁鍵，C的雜化方式為sp雜化，B正確；C項，物質(b)中①為S=O雙鍵，②為S-O單鍵，雙鍵鍵長小于單鍵鍵長，鍵長：①<②，C錯誤；D項，單體Ⅱ為SO3，中心原子為S，價層電子對為3+，孤電子對為0，空間構型為平面正三角形，正負電荷中心重合，為非極性分子，D正確；故選C。10．科學家設計出一種新型鋰介導電化學電解池，可實現低能耗，高效率合成氨，裝置示意圖如圖所示。下列說法正確的是()A．陽極區反應：H2+2CH3O-+2e-=2CH3OHB．此裝置降低合成氨能耗的主要原因是鋰金屬能高效解離氮氣形成相應的氮化物C．電解的總反應方程式為N2+3H22NH3，整個裝置每轉化0.5molN2，理論上要補充3molLi+D．向電解質溶液中加入水提供H+，可使該裝置生產效率提高【答案】B【解析】由圖可知，通入氫氣的電極為陽極，氫氣在陽極失去電子發生氧化反應生成氫離子，氫離子與CH3O-離子反應生成CH3OH，CH3OH解離出氫離子和CH3O-離子，通入氮氣的電極為陰極，鋰離子在陰極得到電子生成鋰，鋰與氮氣反應生成Li3N，Li3N與氫離子反應生成Li+和氨氣，則陰極區的反應為Li++e-=Li，N2+6Li=2Li3N，Li3N+3H+=3Li++NH3，電解的總反應方程式為N2+3H22NH3。A項，由圖可知，通入氫氣的電極為陽極，氫氣在陽極失去電子發生氧化反應生成氫離子，氫離子與CH3O-反應生成CH3OH，陽極區反應式為H2+2CH3O--2e-=2CH3OH，A項錯誤；B項，通入氮氣的電極為陰極，鋰離子在陰極得到電子生成鋰，鋰與氮氣反應生成Li3N，Li3N與CH3OH解離出的氫離子反應生成Li+和氨氣，由分析可知，此裝置降低合成氨能耗的主要原因是鋰能高效解離氮氣形成相應的氮化物，B項正確；C項，電解的總反應方程式為N2+3H22NH3，Li+只是電解質，參與反應后又生成，反應過程不消耗Li+，C項錯誤；D項，由于水能與Li直接反應，故含少量甲醇的水溶液不會使該裝置生產效率提高，D項錯誤；故選B。11．室溫下，下列實驗探究方案能達到探究目的的是()選項探究方案探究目的A向含酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固體，觀察溶液顏色變化Na2CO3溶液中存在水解平衡B向95%的乙醇溶液中加入足量Na，觀察是否有氣體生成Na能與乙醇發生置換反應C向2mLFeSO4溶液中滴加酚酞試液，觀察溶液顏色變化Fe2+能發生水解D向電石中滴加飽和食鹽水，將產生的氣體通入高錳酸鉀溶液，觀察現象乙炔具有還原性【答案】A【解析】A項，Na2CO3溶液中存在碳酸根水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-，使其溶液呈堿性，含酚酞的Na2CO3溶液呈紅色，向其中加入少量BaCl2固體，鋇離子與碳酸根離子反應生成白色沉淀，使水解平衡逆向移動，溶液堿性減弱導致顏色變淺，所以觀察溶液顏色變化可以探究Na2CO3溶液中存在水解平衡，A符合題意；B項，95%的乙醇溶液中含有水，Na也能與水反應生成氫氣，則通過觀察是否有氣體生成，不能說明Na能與乙醇發生置換反應，B不符合題意；C項，FeSO4是強酸弱堿鹽，Fe2+水解使其溶液呈酸性，但酚酞遇酸不變色，所以向2mLFeSO4溶液中滴加酚酞試液，不能通過觀察溶液顏色變化，探究Fe2+能發生水解，C不符合題意；D項，電石中含有硫化鈣等雜質，電石和飽和食鹽水反應除了會生成乙炔之外還會生成硫化氫，因硫化氫也能使高錳酸鉀溶液褪色，則將產生的氣體通入高錳酸鉀溶液，觀察現象，不能說明乙炔具有還原性，D不符合題意；故選A。12．利用現代儀器分析方法測得[]+的結構如圖。下列關于該配離子的說法不正確的是()A．金屬陽離子的價電子軌道表示式為B．金屬陽離子的配位數為6C．存在氫鍵和配位鍵D．所有碳原子的雜化方式均相同【答案】D【解析】A項，由配離子的結構推斷為+3價，的價電子軌道表示式為，A正確；B項，據題圖所示，每個連接6個原子，配位數為6，B正確；C項，H2O與相鄰O之間存在氫鍵，中心O與原子之間存在配位鍵，C正確；D項，根據[]+可知，結構中存在乙酸根，乙酸根中有兩個C原子，甲基碳是sp3雜化，另一個是sp2雜化，D錯誤；故選D。13．近年來，二維硒氧化鉍因其穩定性好、載流子遷移率高等優點，被廣泛應用于各種電子設備。研究人員發現，與石墨烯等二維材料不同，二維硒氧化鉍的層與層之間是通過弱靜電力而非范德華力維系。如圖甲是二維硒氧化鉍的結構示意圖。下列說法正確的是()A．中，B．二維硒氧化鉍晶胞沿z軸方向的投影圖應該為C．若NA為阿伏加德羅常數的值，則二維硒氧化鉍晶體的密度為D．二維硒氧化鉍晶體經過圖乙所示的氮摻雜之后，化學式變為，則a:b=2：3【答案】C【解析】根據圖乙，沒有摻雜其他原子，利用均攤法可知晶胞中原子數分布如下：含個Bi原子，個Se原子，個O原子，其化學式為Bi2O2Se，所以圖甲中根據電荷守恒知，該晶胞中與個數比為1:1。A項，該晶胞中與個數比為1:1，結合化合物化合價規律可知，中，，A錯誤；B項，根據立體幾何關系可知，晶胞沿Z軸的投影中，Bi3+位于面心，Se2-位于頂點，O2-位于棱上，其投影圖為：，B錯誤；C項，晶胞的化學式為，該晶胞中含有Se個數=8+1=2，結合化學式知該晶胞中含2個Bi2O2Se，故該晶胞的質量m=，該晶胞體積V=a×10-10×a×10-10×c×10-10cm3=a2c×10-30cm3，故該晶體的密度為，故C正確；D項，二維硒氧化鉍晶體經過圖乙所示的氮摻雜之后，有一個O原子所在位置成為空穴，還有兩個O原子被N原子替換，所以O原子個數變為：=2.5，N原子數為：，Bi與Se個數沒變化，分別是4和2，即Bi：O：Se：N=4：2.5:2:1=2:1.25:1:0.5，根據化學式可得出2-a=1.25，a=0.75，b=0.5，因此得出a:b=3:2，D錯誤；故選D。14．在含Ni2+、Cu2+、Hg2+的溶液中，滴加氨水，存在平衡關系：Ni2++6NH3[Cu(NH3)6]2+、Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+(深藍色)、Hg2++4NH3[Hg(NH3)4]2+，平衡常數分別為K1、K2、K3，且K2。與的關系如圖所示，其中x表示或或。已知：在水溶液中Cu2+以[Cu(H2O)4]2+(藍色)形式存在，滴加氨水即由藍色轉化為深藍色。下列敘述不正確的是()A．直線c代表與的關系B．配位鍵的強弱：[Cu(H2O)4]2+[Cu(NH3)4]2+C．2[Ni(NH3)4]2++3Cu3[Cu(NH3)4]2++2Ni2+的平衡常數K=10-20.8D．向等濃度的Cu2+和Hg2+的混合溶液中滴加足量氨水，c{[Cu(NH3)4]2+}小于c{[Hg(NH3)4]2+}【答案】C【解析】，則，；同理，，；，；已知K2，再結合圖像斜率可知，直線a、b、c分別為、、與的關系。A項，根據分析可知，直線c為與的關系，A正確；B項，在水溶液中Cu2+以[Cu(H2O)4]2+(藍色)形式存在，滴加氨水即由藍色轉化為深藍色[Cu(NH3)4]2+，則說明[Cu(NH3)4]2+中配位鍵更強，B正確；C項，根據a、b、c直線上給的數據，代入選項A中分析得的關系式，計算可得K3=1019，K2=1012.6，K1=108.5，2[Ni(NH3)4]2++3Cu3[Cu(NH3)4]2++2Ni2+的平衡常數，C錯誤；D項，根據已知K2，Hg(NH3)4]2+比[Cu(NH3)4]2+更易形成，故向含相同濃度的Cu2+和Hg2+的混合溶液中滴加少量氨水，c{[Cu(NH3)4]2+}小于c{[Hg(NH3)4]2+}，D正確；故選C。第II卷(非選擇題共58分)二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15．(15分)硒(Se)是人體內不可缺少的微量元素，硒及其化合物在醫藥、催化、材料等領域有廣泛應用，工業上從電解精煉銅的陽極泥(主要含Se、Au、Ag、Cu、CuSe、Ag2Se等)中提取硒，同時回收部分金屬，工藝流程如圖：已知：①硒(Se)的熔點217℃，沸點684.9℃，帶有金屬光澤。②硒(Se)可作半導體材料，500℃下可與氧氣反應。回答下列問題：(1)“硫酸化焙燒”即將陽極泥與濃硫酸混合均勻，在350~500℃下焙燒，為了加快該過程反應速率，該過程中可采取的措施有。(回答一條即可)(2)O、S、Se氣態氫化物的沸點由大到小的順序為(填化學式)。(3)煙氣的主要成分為SO2、SeO2，是焙燒中CuSe與濃H2SO4反應而產生，該反應的化學方程式為。(4)上述流程中萃取與反萃取原理為，反萃取劑最好選用(填化學式)溶液；操作II為、、過濾、洗滌、干燥。(5)Li、Fe、Se可形成一種新型超導材料，其晶胞結構如圖所示。①該超導材料距離Se原子最近的Fe原子的個數為。②晶胞的部分參數如圖所示，且晶胞棱邊夾角均為90℃，晶體密度為g·cm-3(阿伏加德羅常數的值為NA，用含a、b和NA的式子表示)。【答案】(1)攪拌(或將陽極泥粉碎等)(2分)(2)H2O>H2Se>H2S(2分)(3)CuSe+4H2SO4(濃)CuSO4+3SO2↑+SeO2+4H2O(2分)(4)H2SO4(2分)蒸發濃縮(1分)冷卻結晶(1分)(5)4(2分)(3分)【解析】電解精煉銅的陽極泥(含有Se、Au、Ag、Cu、CuSe、Ag2Se等)中加入98%的濃硫酸并攪拌，通入氧氣焙燒，得到的燒渣中含有CuSO4、Ag2SO4、Au等，得到的煙氣中含有SO2、SeO2，煙氣中加入H2O得到H2SeO3溶液，SO2和H2SeO3反應生成Se和H2SO4。粗硒經減壓蒸餾得到單質硒。向濾液中加入萃取劑使Cu2+變為R2Cu進入有機相，然后加入稀硫酸作反萃取劑分離得到CuSO4溶液，然后經蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，得到膽礬。在固體X中含有Ag2SO4、Au，向其中加入NaCl溶液，發生沉淀轉化Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+SO42-(aq)，得到AgCl沉淀，然后經一系列處理得到粗銀。(1)“硫酸化焙燒”即將陽極泥與濃硫酸混合均勻，在350～500℃下焙燒，焙燒過程為了加快該過程反應速率，該過程中可采取的措施有攪拌、粉碎固體等，故答案是攪拌(或將陽極泥粉碎等)。(2)O、S、Se屬于同一主族元素，從上到下，形成的簡單氣態氫化物，都是分子晶體，相對分子質量越大，分子間作用力越大，沸點越高，而O的簡單氫化物H2O分子間存在氫鍵，沸點較其他同族的氫化物大，故答案是H2O>H2Se>H2S。(3)根據信息，煙氣的主要成分為SO2、SeO2，是焙燒中CuSe與濃H2SO4反應而產生，分析S和Se元素，化合價分別降低和升高，發生氧化還原反應，根據電子守恒、原子守恒，該反應的化學方程式為CuSe+4H2SO4(濃)CuSO4+3SO2↑+SeO2+4H2O。(4)根據2RH+Cu2+R2Cu+2H+，增大氫離子濃度，反應逆向進行，反萃取得到硫酸銅溶液，則“反萃取劑”最好選用H2SO4溶液；得到的水相中含有CuSO4溶液，從中獲得膽礬，根據CuSO4的溶解度受溫度的影響變化較大，可采用的操作Ⅱ為蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥。(5)Li位于頂點和體內，個數為，Fe位于面上，個數為，Se位于棱上和體內，個數為，該超導材料的化學式為LiFe2Se2；由晶胞圖可知距離Se原子最近的Fe原子的個數為4；晶胞的質量為，晶胞的體積為，晶體密度為。16．(14分)一種用于汽車尾氣處理的三效催化劑(CexZr(1-x)O2)的合成步驟如下：I．稱取18.04g硝酸亞鈰[Ce(NO3)3·6H2O，Mr=434g·molˉ1]，加入到盛有100mL蒸餾水的燒杯中，使全部溶解。緩慢加入4.15Mlh22(體積分數30%)。稱取5.75g碳酸氧鋯(Mr=167g/mol)，加入到盛有1.73mL濃硝酸(質量分數68%)的燒杯中，在60-80℃下，用玻璃棒攪拌至不再產生氣泡，加入50mL蒸餾水，攪拌均勻。將上述燒杯中的兩種溶液混合均勻，得Ce-Zr鹽溶液，備用。II．在60℃下，控制pH8-10，以恒定速率向500mL三頸燒瓶加入150mLCe-Zr鹽溶液和0.1mol/L碳酸鈉溶液進行共沉淀，溶液加完后，繼續攪拌10min。III．將沉淀物減壓過濾、在120℃下烘干，再置于馬弗爐中400℃下焙燒1h，得到粉末狀CexZr(1-x)O2氧化物。回答下列問題：(1)恒壓滴液漏斗在使用的時候(填需要或不需要)將上口塞子拔下來，原因是。(2)雙氧水將無色Ce3+氧化為橙紅色的Ce4+，該反應的離子方程式為。(3)本實驗采用了碳酸鈉溶液代替(NH4)2CO3~NH3·H2O緩沖溶液來控制溶液的pH，制得了相同晶型的鈰鋯固溶體，選擇的Na2CO3溶液的原因是。(4)為了確定適合的焙燒溫度，對樣品進行了熱重測試，結果如圖所示。50~90℃主要為的過程，隨著溫度升高，沉淀物分解轉化為氧化物。(5)沉淀產物需要減壓過濾以及洗滌，下圖是一種減壓過濾裝置其中，C裝置的作用是，減壓過濾結束時應該首先進行的操作是。A．應先斷開連接抽氣泵和吸濾瓶的橡皮管B．先關閉水龍頭，以防倒吸(6)根據實驗數據，氧化物中CexZr(1-x)O2中x=(保留2位小數)。【答案】(1)不需要(1分)導管a將漏斗與三頸燒瓶聯通，溶液可以順利滴下(2分)(2)2Ce3++H2O2+2H+=2Ce4++2H2O(2分)(3)廉價易得無污染(2分)(4)失去吸附水(2分)(5)安全瓶(1分)A(2分)(6)0.55(2分)【解析】先制備Ce-Zr鹽溶液，在60℃下，控制pH8-10，以恒定速率向500mL三頸燒瓶加入150mLCe-Zr鹽溶液和0.1mol/L碳酸鈉溶液進行共沉淀，將沉淀物減壓過濾、烘干，再焙燒，最后得到粉末狀CexZr(1-x)O2氧化物。(1)恒壓滴液漏斗的導管a將漏斗與三頸燒瓶聯通，起到平衡壓強的作用，溶液可以順利滴下，所以恒壓滴液漏斗在使用的時候不需要將上口塞子拔下來，原因是：導管a將漏斗與三頸燒瓶聯通，溶液可以順利滴下；(2)雙氧水將無色Ce3+氧化為橙紅色的Ce4+，H2O2被還原生成H2O，該反應的離子方程式為：2Ce3++H2O2+2H+=2Ce4++2H2O；(3)本實驗采用了碳酸鈉溶液代替(NH4)2CO3~NH3·H2O緩沖溶液來控制溶液的pH，制得了相同晶型的鈰鋯固溶體，選擇的Na2CO3溶液的原因是：廉價易得無污染；(4)根據圖像可知，50~90℃失重速率先減小后增大，而質量分數逐漸降低，主要為失去吸附水的過程，隨著溫度升高，沉淀物分解轉化為氧化物；(5)C裝置連接在抽濾瓶和抽氣泵之間，防止自來水被倒吸入抽濾瓶，則C裝置的作用是安全瓶，減壓過濾結束時應該首先進行的操作是應先斷開連接抽氣泵和吸濾瓶的橡皮管，以防止倒吸，故選A；(6)18.04g硝酸亞鈰的物質的量為，5.75g碳酸氧鋯的物質的量為，根據元素守恒可得，則x=0.55，所以氧化物CexZr(1-x)O2中x=0.55。17．(15分)為了緩解溫室效應與能源供應之間的沖突，CO2的資源化利用已成為研究的熱點。Ⅰ.【資源化一：利用CO2制水煤氣】在容積為L的恒容密閉容器中進行反應，方程式為CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)ΔH＝+247.1kJ·mol?1。當投料比時，CO2的平衡轉化率與溫度T、初始壓強的關系如圖所示。(1)在恒溫恒容條件下，關于以上反應下列表述能說明反應已經達到化學平衡狀態的是___________。(不定項)A.v逆(CO2)=2v正(CO)B.氣體的平均相對分子質量不再變化C.氣體的密度不再變化D.CH4和CO2的物質的量之比不再改變(2)初始壓強p1___________p2(填“>”“<”或“=”，下同)；當溫度為T3℃、初始壓強為p2時，a點時的v逆___________v正。(3)起始時向容器中加入molCH4和molCO2，在溫度為T6℃時反應，此時初始壓強為p2，該反應平衡常數K=___________，溫度和體積不變的情況下，繼續加入molCH4和molCO2，再次達到平衡后，CO2的轉化率___________。(填“增大”“減小”或“不變”)Ⅱ.【資源化二：利用CO2制天然氣】二氧化碳加氫制甲烷過程中主要發生反應：反應I：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)ΔH1反應II：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝+41.2kJ·mol?1在密閉容器中，壓強恒為Pa、時，CO2平衡轉化率、在催化劑作用下反應相同時間所測得的CO2實際轉化率隨溫度的變化如圖所示。(4)結合【資源化一】中信息，反應I的ΔH1=___________kJ·mol?1，該反應在___________條件下能自發進行。A．高溫B．低溫C．任意溫度(5)CO2平衡轉化率后升高的主要原因是___________。(6)CO2制備甲烷過程中，CO2活化的可能途徑有兩種，如圖所示。請從反應速率和反應方向兩個角度分析說明CO*是CO2活化的優勢中間體的原因是___________。【答案】(1)B(2分)(2)<(1分)>(1分)(3)4(2分)減小(2分)(4)-164.7(2分)B(1分)(5)600℃左右以后升高溫度，反應I平衡向左移動的程度小于反應II平衡向右移動的程度(2分)(6)得到CO*中間體的反應活化能較低，反應速率較快，而且ΔH較小，反應容易自發進行(2分)【解析】(1)A項，對于反應CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)，根據化學反應速率之比等于化學計量數之比，平衡時應滿足2v逆(CO2)=v正(CO)，而該選項中v逆(CO2)=2v正(CO)，正逆反應速率不相等，反應未達到平衡狀態，A錯誤；B項，反應前后氣體的總質量不變，但氣體的物質的量在反應過程中發生變化(反應前氣體計量數之和為1+1=2，反應后氣體計量數之和為2+2=4

)。根據(M為平均相對分子質量，m為總質量，n為總物質的量)，當氣體的平均相對分子質量不再變化時，說明氣體的總物質的量不再改變，反應達到平衡狀態，B正確；C項，在恒容密閉容器中，氣體的總質量不變，容器體積不變，根據(ρ為密度，m為質量，V為體積)，氣體密度始終不變，所以密度不再變化不能說明反應達到平衡狀態，C錯誤；D項，起始時投料比，反應過程中CH4和CO2按照1:1的比例反應，其物質的量之比始終為1:1

，不能據此判斷反應達到平衡狀態，D錯誤；故選B。(2)CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)是體積增大的反應，T3℃時，從下到上，二氧化碳平衡轉化率升高，平衡正向移動，即減小壓強向體積增大的方向移動，因此壓強p1<p2；②當溫度為T3℃、初始壓強為p2時，從a點到平衡點，二氧化碳平衡轉化率減小，說明平衡逆向移動，因此a點時的v逆>v正。(3)起始時向容器中加入1molCH4和1molCO2，在溫度為T6℃、初始壓強為p2時反應，二氧化碳平衡轉化率為50%，列出三段式得：該反應的平衡常數；溫度和體積不變，繼續加入1mol

CH4和1mol

CO2

，相當于在原平衡的基礎上增大壓強，壓強增大使得反應向氣體分子數減少的方向移動，導致平衡逆向移動，所以再次達到平衡后，CO2的轉化率減小。(4)根據蓋斯定律可知，反應I=反應II×2-資源化一中的反應，則反應I的ΔH1＝-247.1kJ·mol?1+2kJ·mol?1＝-164.7kJ·mol?1；對于反應Ⅰ，ΔH1<0

，反應后氣體分子數減少，ΔS<0

(混亂度減小)。根據吉布斯自由能公式ΔG=ΔH?TΔS(T為溫度)，當ΔG<0時反應自發進行。要使ΔG=ΔH?TΔS<0

，因為ΔH<0

，ΔS<0

，則需低溫(T較小)時才能保證ΔG<0

，所以反應在低溫條件下能自發進行，故選B。(5)因為反應I：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)ΔH1＝-164.7kJ·mol?1是放熱反應，當溫度升高，平衡逆向移動，二氧化碳轉化率降低；反應II：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝+41.2kJ·mol?1是吸熱反應，當溫度升高，平衡正向移動，導致二氧化碳轉化率增大，當溫度升高到一定程度以后，此時反應以反應II為主，導致隨著溫度的升高，反應II的二氧化碳轉化率增大幅度大于反應I的減小幅度。答案為：600℃左右以后升高