2025年高考押題預測卷（江西卷01）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、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。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。可能用到的相對原子質量：H1O16Cl35.5Co59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。每小題只有一個選項符合題目要求。1．（本土情境）化學與生活密切相關，以下說法不正確的A．吉州窯出品的木葉盞極具美學觀賞及收藏價值，制備主要原料是鋁硅酸鹽礦物B．井岡山的紅米飯南瓜湯美味又營養，富含人體易消化吸收的糖類物質淀粉及膳食纖維C．安福火腿色澤紅潤，鮮香可口，可適量添加亞硝酸鈉防腐，提升風味D．贛州美食黃元米果的制作過程中用到黃元柴灰加水制的灰堿水，呈堿性2．利用甲醇在低溫（-30℃至-70℃）下對CO2、H2S、COS等雜質的高效物理吸收能力，實現合成氣深度脫硫脫碳，同時干燥氣體，為后續液氮洗工藝創造低溫條件在江西省合成氨（NH3）、尿素[CO(NH2)2]等產業中發揮關鍵作用。下列說法正確的是A．分子極性：<COSB．鍵的極性：C=O<C=SC．在水中的溶解性：NH3>H2SD．鍵角：3．中華傳統文化源遠流長。下圖是傳統釀酒工藝的裝置。下列儀器與裝置X(虛線框內)作用相同的是A．直形冷凝管B．蒸餾燒瓶C．分液漏斗D．錐形瓶4．2024年江西省胸科醫院首次引入抗生素普托馬尼，作為耐藥結核病聯合治療方案（BPaL/M方案）的核心成分。普托馬尼的結構簡式如下圖。下列關于普托馬尼的說法正確的是A．分子中含有3種含氧官能團 B．分子中無手性碳原子C．能使酸性高錳酸鉀溶液褪色 D．分子式為C14H11F3N3O55．高效消毒劑由原子序數依次增大的短周期主族元素、、、組成，與、同周期且相鄰，是形成有機物的必要元素，的單質常用于自來水的殺菌消毒。下列敘述正確的是A．第一電離能： B．是離子化合物C．簡單氫化物的穩定性： D．為直線形分子6．某小組設計實驗探究(NH4)2S2O8(過二硫酸銨)的性質，實驗記錄如下：實驗操作及現象①向甲、乙試管中均加入溶液、溶液和0.1g(NH4)2S2O8固體，振蕩使固體溶解。然后，向甲試管中加入2滴溶液，乙試管中不加，在相同溫度下的水浴中持續加熱，觀察到甲試管中溶液較快變為紫紅色，乙試管中一段時間后溶液緩慢變為紫紅色②在甲試管中滴加硫酸溶液、溶液，振蕩試管，溶液紫紅色逐漸褪去，并產生氣泡③在少量的酸性KMnO4溶液中滴入②中甲試管中的溶液，產生黑色沉淀(MnO2)，溶液褪色下列說法正確的是A．實驗①中，甲試管中較快出現紫紅色是因為Ag+起到了催化作用B．實驗②中，產生的氣體是CO2，溶液紫色褪去是因為(NH4)2S2O8被還原C．實驗③中，褪色后溶液的酸性比褪色前溶液的酸性弱D．該實驗中，(NH4)2S2O8中S的化合價為+7，表現強氧化性7．二氧化氯()可用于自來水消毒。實驗室用草酸()和制取的反應為。設為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A．0.1mol中含有的中子數為1.2B．每生成67.5g，轉移電子數為2.0C．1L0.1mol/L溶液中含有的數目為0.2D．標準狀況下，22.4L中含σ鍵數目為2.08．氯化亞銅(CuCl)是一種微溶于水、難溶于乙醇、易被氧化的白色粉末。以黃銅礦(主要成分為CuFeS2)為原料制取CuCl的流程如圖所示。下列說法不正確的是A．[CuCl3]2-中加水可使平衡[CuCl3]2-(aq)CuCl(s)+2Cl-(aq)逆向移動B．加入濃鹽酸發生的反應為CuCl(s)+2Cl-(aq)[CuCl3]2-(aq)C．過濾、洗滌、干燥等過程不可在空氣中進行D．洗滌CuCl時可用乙醇9．可逆反應A(g)+3B(g)2C(g)，△H=-QkJ/mol有甲、乙兩個容積相同且不變的密閉容器，向甲容器中加入1molA和3molB，在一定條件下達到平衡時放出熱量為Q1kJ；在相同的條件下，向乙容器中加入2molC達到平衡后吸收熱量為Q2kJ；已知Q1=3Q2。下列敘述不正確的是A．甲中A的轉化率為75％B．Q1+Q2=QC．達到平衡后，再向乙中加入0.25molA、0.75molB、1.5molC，平衡向正反應方向移動D．乙中的熱化學方程式為2C(g)A(g)+3B(g)ΔH=+Q2

kJ/mol10．PEF材料是一種生物基聚酯材料[由可再生生物質資源(如玉米、甘蔗等)提取原料制成的塑料材料]具有多種優越性能和廣泛的應用前景。其一種轉化過程如圖。下列說法錯誤的是A．B．上述轉化原子利用率小于C．與足量碳酸鈉溶液反應放出二氧化碳D．與傳統的石化塑料相比，PEF具有可降解、環保等優點11．一種新的二甲醚()雙極膜燃料電池，電解質分別為和KOH，結構示意圖如圖所示，雙極膜由陽離子交換膜和陰離子交換膜組成，能將水分子解離成和。下列說法正確的是A．放電時，雙極膜中的通過b膜轉移至d極B．c極反應式為C．每消耗11.2L，雙極膜處有2mol的解離D．反應一段時間后，雙極膜右側電解質溶液的濃度不變12．某鋰離子電池電極材料結構如圖。結構1是鈷硫化物晶胞的一部分，可代表其組成和結構；晶胞2是充電后的晶胞結構；晶胞3中P的分數坐標為(0，0，0)，所有晶胞均為立方晶胞。下列說法正確的是A．晶胞2中Li的配位數是4B．晶胞2和晶胞3是兩種不同構型的C．結構1鈷硫化物的化學式為D．晶胞3中M的分數坐標為13．室溫下，在不同pH的溶液中存在形式不同，溶液中隨pH的變化如圖1，溶液中含A微粒的物質的量分數隨pH的變化如圖2。已知：①MA、均為難溶物；②初始。下列說法正確的是A．曲線Ⅲ表示離子B．C．初始狀態a點發生反應：D．初始狀態的b點，平衡后溶液中存在14．某試液中只可能含有、、、、、、、中的若干種離子，離子濃度均為0.1，某同學進行了如下實驗，下列說法不正確的是A．氣體A遇空氣變為紅棕色B．原試液中一定不含有C．沉淀C為D．原試液中存在的陽離子有、和第II卷（非選擇題共58分）二、非選擇題，共4題，共58分。15．（14分）鈹廣泛用于航空航天、電子元件、導彈與武器制造等領域。一種以鈹礦石(主要成分為，還含有少量等)為原料制備鈹的工藝流程如圖。已知：①“燒結”時，未發生氧化還原反應；“燒結”后，、元素分別轉化成可溶性的、，其他元素以穩定的氧化物形式存在。②鐵冰晶石的成分為。回答下列問題：（1）在元素周期表中，與處于對角線的位置，它們的性質相似。下列敘述錯誤的是(填標號)。A．是一種輕金屬，能與冷水反應B．具有高熔點，能耐酸堿腐蝕C．常溫下，溶液的（2）中的化合價為。（3）“燒結”時，不宜采用陶瓷類器材，原因是。（4）實驗室利用回收的可以制備兩種常見氣體，它們是(填化學式)。（5）“沉鈹”步驟中加入溶液調節為11，析出顆粒狀的，寫出生成的離子方程式：；若加入的溶液過量，得到的含鈹粒子是(填離子符號)。（6）焦炭還原法和鎂還原法制鈹單質都在氬氣中進行，氬氣的作用是；寫出鎂還原法的反應原理：。16．（15分）利用工業廢氣中的合成甲醇可以變廢為寶，有關反應式如下：i．ii．上述反應的焓變和熵變如表：反應ⅰ-48.97-177.76ⅱ+42.08回答下列問題：（1）該過程使用的催化劑為，納米纖維，該催化劑中過渡元素第二電離能與第一電離能相差最小的是(填元素符號)。（2）反應i正反應自發進行的條件是(填“低溫”“高溫”或“任意溫度”)。（3）已知：①

②

③

④

則。（4）在恒容密閉容器中充入和，發生上述反應合成，測得的選擇性和平衡轉化率與溫度的關系如圖所示。D、E、F三點中，的物質的量最大的是(填字母)。溫度高于時，平衡轉化率增大程度加快，其主要原因是。提示：的選擇性。（5）某溫度下，保持總壓強為，向體積可變的密閉容器中充入和，發生反應，達到平衡時轉化率為體積分數為。平衡體系中，分壓為。該溫度下，反應ⅰ的平衡常數為(列出計算式)。提示：用分壓代替濃度計算的平衡常數叫壓強平衡常數，分壓等于總壓物質的量分數。（6）以為燃料制成堿性燃料電池，利用該電池電解溶液，當正極消耗(標準狀況)純氣體時，電解裝置恢復至室溫，此時電解后的溶液的為(忽略溶液體積的變化)。17．（14分）三氯化六氨合鈷()是一種重要的化工產品。實驗室以為原料制備三氯六氨合鈷的方法如下，回答下列問題：Ⅰ．制備氯化鈷：已知易潮解，可用高熔點金屬鈷與氯氣反應制取。實驗室可用下圖裝置進行制備（1）儀器a的名稱為。（2）A中固體為高錳酸鉀，則反應的離子方程式為。裝置B中試劑X為。（3）球形干燥管中試劑的作用為。Ⅱ．制備三氯化六氨合鈷：將制備的按下圖流程操作：（4）“氧化”步驟中應控溫在60℃進行，可采取水浴加熱，其優點為。（5）利用、、濃氨水、制備的總反應化學方程式。（6）操作X中，加入濃鹽酸的作用是。Ⅲ．測定鈷含量：準確稱量3.0000g樣品，加入硫酸酸化的KI溶液至樣品恰好完全溶解，配成250mL溶液。量取25.00mL溶液，加入適量緩沖溶液，幾滴淀粉溶液，用0.1000mol/L溶液滴定生成的，消耗溶液的體積為10.00mL。(已知：①將氧化成，自身被還原成；②)。（7）計算樣品中鈷元素的質量分數為%(保留至小數點后兩位)。18．（15分）K是合成某藥物的中間體，一種合成K的流程如下，回答下列問題：（1）化合物E的名稱是，H中官能團有(填名稱)。（2）寫出由B生成C的化學反應方程式。（3）寫出I的結構簡式。（4）H到I的反應類型是，有機物J的作用是。（5）化合物C的沸點比B的沸點，原因是。（6）在F的同分異構體中，同時滿足下列條件的可能結構有種(不考慮立體異構))；其中只有一個手性碳原子的結構簡式為。①能與飽和碳酸氫鈉溶液反應產生；②分子中有2個甲基。2025年高考押題預測卷高三化學·參考答案一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。每小題只有一個選項符合題目要求。1234567891011121314BBCCDADADCBABD二、非選擇題，共4題，共58分。15．（14分）（1）AB（2分）（2）（1分）（3）陶瓷中含有的二氧化硅會與碳酸鈉反應（2分）（4）、（2分）（5）（2分）（1分）（6）防止空氣與鈹、鎂反應（2分）（2分）16．（15分）（1）Zn（2分）（2）低溫（1分）（3）-285.8（2分）（4）F（2分）隨著溫度升高，反應ⅱ向右移動的程度大于反應ⅰ向左移動的程度（2分）（5）55（2分）（2分）（6）13（2分）17．（14分）（1）分液漏斗（1分）（2）（2分）飽和食鹽水（1分）（3）吸收氯氣，防止污染空氣，同時防止空氣中的水進入D中（2分）（4）受熱均勻，利于控制溫度（2分）（5）（2分）（6）增大氯離子濃度，利于[Co(NH3)6]Cl3晶體析出（2分）（7）19.67％（2分）18．（15分）（1）2—溴丙酸（1分）羥基、酯基（2分）（2）（2分）（3）（2分）（4）取代反應（1分）吸收HCl，促進反應正向移動，提高產率（2分）（5）高（1分）因為C分子間存在氫鍵（2分）（6）5種（2分）或（2分）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、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。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。可能用到的相對原子質量：H1O16Cl35.5Co59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。每小題只有一個選項符合題目要求。1．（本土情境）化學與生活密切相關，以下說法不正確的A．吉州窯出品的木葉盞極具美學觀賞及收藏價值，制備主要原料是鋁硅酸鹽礦物B．井岡山的紅米飯南瓜湯美味又營養，富含人體易消化吸收的糖類物質淀粉及膳食纖維C．安福火腿色澤紅潤，鮮香可口，可適量添加亞硝酸鈉防腐，提升風味D．贛州美食黃元米果的制作過程中用到黃元柴灰加水制的灰堿水，呈堿性【答案】B【解析】A．木葉盞是一種陶瓷藝術品，其主要原料為鋁硅酸鹽礦物，故A正確；B．紅米飯南瓜湯是富含淀粉的食物，淀粉是一種多糖，是人體主要的能量來源之一，南瓜還含有豐富的膳食纖維，但膳食纖維不能被人體吸收，故B錯誤；C．亞硝酸鈉具有防腐作用，可適量添加亞硝酸鈉防腐，提升風味，故C正確；D．堿水中含的K2CO3屬于強堿弱酸鹽，水解呈堿性，故D正確；答案選B。2．利用甲醇在低溫（-30℃至-70℃）下對CO2、H2S、COS等雜質的高效物理吸收能力，實現合成氣深度脫硫脫碳，同時干燥氣體，為后續液氮洗工藝創造低溫條件在江西省合成氨（NH3）、尿素[CO(NH2)2]等產業中發揮關鍵作用。下列說法正確的是A．分子極性：<COSB．鍵的極性：C=O<C=SC．在水中的溶解性：NH3>H2SD．鍵角：【答案】B【解析】A．分子呈直線形(O=C=O)，結構對稱，正、負電中心重合，屬于非極性分子，但COS分子雖然呈直線形(O=C=S)，不是對稱分子，分子存在極性，故A正確；B．元素電負性越大，與碳形成的共價鍵的極性越強，由于電負性：O＞S，所以鍵的極性：C=O＞C=S，故B錯誤；C．NH3能與水形成氫鍵，H2S不能與水水形成氫鍵，在水中的溶解性：NH3>H2S，故C正確；D．中的C的價層電子對數為，C采取sp雜化，鍵角為180；中的N與NH3中的N一樣采取sp3雜化，N有1個孤電子對，鍵角約為105，所以鍵角：，故D正確；故答案選B。3．中華傳統文化源遠流長。下圖是傳統釀酒工藝的裝置。下列儀器與裝置X(虛線框內)作用相同的是A．直形冷凝管B．蒸餾燒瓶C．分液漏斗D．錐形瓶【答案】C【解析】圖中裝置X作用是冷凝氣體，與直形冷凝管作用相同，均為冷凝蒸氣，故答案選C。4．2024年江西省胸科醫院首次引入抗生素普托馬尼，作為耐藥結核病聯合治療方案（BPaL/M方案）的核心成分。普托馬尼的結構簡式如下圖。下列關于普托馬尼的說法正確的是A．分子中含有3種含氧官能團 B．分子中無手性碳原子C．能使酸性高錳酸鉀溶液褪色 D．分子式為C14H11F3N3O5【答案】C【解析】A．觀察其結構可知，該有機物含醚鍵、硝基2種含氧官能團，A項錯誤；B．該分子中含有1個手性碳原子(用*標注)：，B項錯誤；C．碳碳雙鍵能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，C項正確；D．由普托馬尼的結構簡式可知，普托馬尼的分子式為C14H12F3N3O5，D項錯誤。故選C。5．高效消毒劑由原子序數依次增大的短周期主族元素、、、組成，與、同周期且相鄰，是形成有機物的必要元素，的單質常用于自來水的殺菌消毒。下列敘述正確的是A．第一電離能： B．是離子化合物C．簡單氫化物的穩定性： D．為直線形分子【答案】D【分析】高效消毒劑由原子序數依次增大的短周期主族元素、、、組成，短周期中，是形成有機物的必要元素，故元素為，與、同周期且相鄰，元素為，元素為，的單質常用于自來水的殺菌消毒，則元素為。【解析】A．基態N原子價層電子排布為2s22p3，2p能級半充滿，更加穩定，失去第一個電子更難，則N的第一電離能大于，第一電離能：，A錯誤；B．中只含有共價鍵，是共價化合物，B錯誤；C．非金屬性：O>Cl>C，元素非金屬性越強，簡單氫化物更加穩定，則穩定性：CH4<<，C錯誤；D．中含有碳氮三鍵，結構式為，是直線形分子，D正確；故選D。6．某小組設計實驗探究(NH4)2S2O8(過二硫酸銨)的性質，實驗記錄如下：實驗操作及現象①向甲、乙試管中均加入溶液、溶液和0.1g(NH4)2S2O8固體，振蕩使固體溶解。然后，向甲試管中加入2滴溶液，乙試管中不加，在相同溫度下的水浴中持續加熱，觀察到甲試管中溶液較快變為紫紅色，乙試管中一段時間后溶液緩慢變為紫紅色②在甲試管中滴加硫酸溶液、溶液，振蕩試管，溶液紫紅色逐漸褪去，并產生氣泡③在少量的酸性KMnO4溶液中滴入②中甲試管中的溶液，產生黑色沉淀(MnO2)，溶液褪色下列說法正確的是A．實驗①中，甲試管中較快出現紫紅色是因為Ag+起到了催化作用B．實驗②中，產生的氣體是CO2，溶液紫色褪去是因為(NH4)2S2O8被還原C．實驗③中，褪色后溶液的酸性比褪色前溶液的酸性弱D．該實驗中，(NH4)2S2O8中S的化合價為+7，表現強氧化性【答案】A【解析】A．實驗①中，甲試管中加入Ag2SO4溶液后較快出現紫紅色，對比乙試管，說明Ag+起到了催化作用，加快了反應速率，A項正確；B．實驗②中，(NH4)2S2O8先將Mn2+氧化為(溶液呈紫色)，則紫色褪去是因為被H2C2O4還原生成無色Mn2+，B項錯誤；C．實驗③中發生的反應為，故反應后溶液的酸性更強，C項錯誤；D．過二硫酸銨中存在過氧鍵，形成過氧鍵的O顯-1價，則中有2個O顯-1是，6個O顯-2價，所以S原子的化合價為=+6價，過二硫酸銨中含過氧鍵(具有強氧化性)，D項錯誤；故選A。7．二氧化氯()可用于自來水消毒。實驗室用草酸()和制取的反應為。設為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A．0．1mol中含有的中子數為1.2B．每生成67.5g，轉移電子數為2.0C．1L0.1mol/L溶液中含有的數目為0.2D．標準狀況下，22.4L中含σ鍵數目為2.0【答案】D【解析】A．分子中H原子無中子，原子的中子數為10，則中含有的中子數為，A錯誤；B．由反應方程式可知，每生成2mol轉移電子數為2mol，則每生成，即1mol轉移電子數為，B錯誤；C．未給出草酸溶液的體積，無法計算氫離子的物質的量，C錯誤；D．1個二氧化碳分子中含有2個σ鍵和2個π鍵，則標準狀況下，即1mol中含σ鍵數目為，D正確；故選D。8．氯化亞銅(CuCl)是一種微溶于水、難溶于乙醇、易被氧化的白色粉末。以黃銅礦(主要成分為CuFeS2)為原料制取CuCl的流程如圖所示。下列說法不正確的是A．[CuCl3]2-中加水可使平衡[CuCl3]2-(aq)CuCl(s)+2Cl-(aq)逆向移動B．加入濃鹽酸發生的反應為CuCl(s)+2Cl-(aq)[CuCl3]2-(aq)C．過濾、洗滌、干燥等過程不可在空氣中進行D．洗滌CuCl時可用乙醇【答案】A【分析】由制備流程可知，浸取時黃銅礦和氯化銅溶液反應生成CuCl、S、氯化亞鐵溶液，過濾分離出濾渣，加濃鹽酸使CuCl和鹽酸反應生成[CuCl3]2?，過濾分離出S，加水稀釋使CuCl(s)+2Cl?(aq)[CuCl3]2?(aq)正向移動，生成CuCl，過濾、洗滌、干燥得到CuCl，以此來解答。【解析】A．稀釋時平衡向離子濃度增大的方向移動，[CuCl3]2?中加水可使平衡[CuCl3]2-(aq)CuCl(s)+2Cl-(aq)正向移動，使得CuCl析出，A錯誤；B．加入濃鹽酸時能夠增大Cl-濃度，使得[CuCl3]2-(aq)CuCl(s)+2Cl-(aq)平衡逆向移動即發生的反應為CuCl(s)+2Cl-(aq)[CuCl3]2-(aq)，B正確；C．由題干信息可知，CuCl是一種易被氧化的白色粉末，故過濾、洗滌、干燥等過程不可在空氣中進行，防止其被氧化，C正確；D．乙醇洗滌可減少因溶解而造成的損失，提高產率，真空干燥可防止CuCl被氧化，提高純度，D正確；故答案為：A。9．可逆反應A(g)+3B(g)2C(g)，△H=-QkJ/mol有甲、乙兩個容積相同且不變的密閉容器，向甲容器中加入1molA和3molB，在一定條件下達到平衡時放出熱量為Q1kJ；在相同的條件下，向乙容器中加入2molC達到平衡后吸收熱量為Q2kJ；已知Q1=3Q2。下列敘述不正確的是A．甲中A的轉化率為75％B．Q1+Q2=QC．達到平衡后，再向乙中加入0.25molA、0.75molB、1.5molC，平衡向正反應方向移動D．乙中的熱化學方程式為2C(g)A(g)+3B(g)ΔH=+Q2

kJ/mol【答案】D【分析】由Q1＝3Q2可知△n甲（A）＝3△n乙（A），則建立如下三段式：甲

A（g）+3B（g）2C（g）起始量（mol）1

3

0轉化量（mol）x

3x

2x平衡量（mol）1-x

3-3x

2x乙

A（g）+3B（g）2C（g）起始量（mol）

0

0

2轉化量（mol）

x

平衡量（mol）

x

2－【解析】利用一邊倒法可知，1molA、3molB與2molC是等效物料，它們在同溫同容的條件下建立的平衡狀態完全相同，則1－x＝，解得x＝0.75，所以α(A)＝×100%＝75%，故A正確；B項、Q1+Q2＝0.75Q+Q＝Q，故B正確；C項、利用一邊倒法可知，再加入0.25molA、0.75molB、1.5molC與再加入2molC等效，在恒溫恒容條件下相當于增大壓強，平衡向生成C的方向移動，故C正確；D項、乙中反應掉的C為mol＝0.50mol，所給熱化學方程式中2molC對應的反應熱應為＋4Q2kJ?mol-1，故D錯誤；故選D。10．PEF材料是一種生物基聚酯材料[由可再生生物質資源(如玉米、甘蔗等)提取原料制成的塑料材料]具有多種優越性能和廣泛的應用前景。其一種轉化過程如圖。下列說法錯誤的是A．B．上述轉化原子利用率小于C．與足量碳酸鈉溶液反應放出二氧化碳D．與傳統的石化塑料相比，PEF具有可降解、環保等優點【答案】C【解析】A．根據PEF材料制備原理，其發生的是縮聚反應，反應物FDCA中含有雙羧基，MEG中含有雙羥基，根據高聚物的結構特點，其末端各有一個羧基和羥基沒有酯化，則生成的水分子是，故A正確；B．轉化中有水分子生成，可見制備PEF材料，原材料利用率小于，故B正確；C．FDCA中結構雖含有雙羧基，但與足量碳酸鈉溶液反應生成的應是碳酸氫鈉，即使過程中有二氧化碳生成，肯定也遠遠小于，故C錯誤；D．PEF結構中含有酯基，在自然環境中能降解，且產物對環境無污染，環保，故D正確；答案C。11．一種新的二甲醚()雙極膜燃料電池，電解質分別為和KOH，結構示意圖如圖所示，雙極膜由陽離子交換膜和陰離子交換膜組成，能將水分子解離成和。下列說法正確的是A．放電時，雙極膜中的通過b膜轉移至d極B．c極反應式為C．每消耗11.2L，雙極膜處有2mol的解離D．反應一段時間后，雙極膜右側電解質溶液的濃度不變【答案】B【分析】電極c為負極，發生氧化反應，其電極方程式為；電極d為正極，發生還原反應，其電極方程式為O2＋4H＋＋4e－＝2H2O。【解析】A．放電時，陰離子向負極移動，即雙極膜中的通過a膜轉移至c極，故A錯誤；B．由分析知，c極反應式為，故B正確；C．由于不知氣體所處的狀況，無法確定11.2LO2的物質的量，故C錯誤；D．雙極膜右側生成了水，溶液體積增大，電解質溶液的濃度減小，故D錯誤；故選B。12．某鋰離子電池電極材料結構如圖。結構1是鈷硫化物晶胞的一部分，可代表其組成和結構；晶胞2是充電后的晶胞結構；晶胞3中P的分數坐標為(0，0，0)，所有晶胞均為立方晶胞。下列說法正確的是A．晶胞2中Li的配位數是4B．晶胞2和晶胞3是兩種不同構型的C．結構1鈷硫化物的化學式為D．晶胞3中M的分數坐標為【答案】A【解析】A．由晶胞結構可知，以位于體心的Li為研究對象，周圍距離最近且相等的O原子有4個，Li的配位數是4，A正確；B．當2個晶胞2放在一起時，截取第1個晶胞的右一半和第2個晶胞的左一半合并后就是晶胞3。根據晶胞2的結構可知，S的個數為1+12×=4，Li的個數為8，則晶胞2表示的化學式為Li2S，在晶胞3中，S的個數為8×+6×=4，Li的個數為8，則晶胞3表示的化學式為Li2S，晶胞2和晶胞3表示同一晶體，構型是相同的，B錯誤；C．由均攤法得，結構1中含有Co的數目為4+4×=4.5，含有S的數目為1+12×=4，Co與S的原子個數比為9：8，因此結構1的化學式為Co9S8，C錯誤；D．晶胞3中P的分數坐標為(0，0，0)，晶胞結構可知，晶胞3中M的分數坐標為，D錯誤；故選A。13．室溫下，在不同pH的溶液中存在形式不同，溶液中隨pH的變化如圖1，溶液中含A微粒的物質的量分數隨pH的變化如圖2。已知：①MA、均為難溶物；②初始。下列說法正確的是A．曲線Ⅲ表示離子B．C．初始狀態a點發生反應：D．初始狀態的b點，平衡后溶液中存在【答案】B【分析】由可得，為線性關系，故曲線I表示的溶解平衡曲線，曲線II表示MA的溶解平衡曲線；同時根據，發生水解、可知，酸性越強，pH越小，的物質的量分數越大；堿性越強，pH越大，的物質的量分數越大，結合圖形，則曲線III表示的物質的量分數，曲線IV表示的物質的量分數，曲線V表示的物質的量分數，據此分析解答。【解析】A．根據分析，曲線III表示的物質的量分數，A錯誤；B．當pM=5時可認為完全沉淀，此時，根據pH坐標圖可知此時的，由分析的，B正確；C．初始狀態a點在曲線I的溶解平衡曲線下方，則，未達到飽和狀態，不會產生沉淀，C錯誤；D．初始狀態的b點在曲線IIMA的溶解平衡曲線下方，則有，未達到飽和狀態，不會產生沉淀，根據物料守恒，則有，D錯誤；故答案為：B。14．某試液中只可能含有、、、、、、、中的若干種離子，離子濃度均為0.1，某同學進行了如下實驗，下列說法不正確的是A．氣體A遇空氣變為紅棕色B．原試液中一定不含有C．沉淀C為D．原試液中存在的陽離子有、和【答案】D【分析】試液中只可能含有、、、、、、、中的若干種離子，加入過量稀H2SO4無明顯現象，說明該試液中沒有；再加入過量Ba(NO3)2溶液有氣體產生，因為此時溶液中含有上一步操作所加入的過量H2SO4，結合離子在酸性條件下具有強氧化性，生成的氣體為NO，說明原試液中有Fe2+離子存在且被氧化為Fe3+，和會發生反應，不能共存，則溶液中一定不存在，沉淀A為BaSO4；向濾液X中加入過量的NaOH有氣體產生，說明原試液中存在離子，此時產生的氣體為NH3，沉淀B為紅褐色的Fe(OH)3沉淀；繼續向濾液中通入少量CO2產生沉淀，由于上一步所加NaOH有剩余，則所通入少量的CO2先與OH?反應生成，再與Ba2+反應生成BaCO3，則沉淀C中含有BaCO3，綜上分析可知，原試液中一定存在、Fe2+，一定不存在、，由于存在的離子濃度均為0.1mol?L-1，根據電荷守恒可知原試液中一定還存在陰離子、Cl-，且濃度均為0.1mol?L-1的、Fe2+、Cl-、恰好滿足電荷守恒，則原試液中Al3+、K+必然不能存在。【解析】A．根據分析可知，氣體A為NO，遇空氣變為紅棕色NO2，A正確；B．根據分析可知，原試液中一定不含有，B正確；C．由分析可知，沉淀C為，C正確；D．原試液中存在的陽離子有、，不存在，D錯誤；答案選D。第II卷（非選擇題共58分）二、非選擇題，共4題，共58分。15．（14分）鈹廣泛用于航空航天、電子元件、導彈與武器制造等領域。一種以鈹礦石(主要成分為，還含有少量等)為原料制備鈹的工藝流程如圖。已知：①“燒結”時，未發生氧化還原反應；“燒結”后，、元素分別轉化成可溶性的、，其他元素以穩定的氧化物形式存在。②鐵冰晶石的成分為。回答下列問題：（1）在元素周期表中，與處于對角線的位置，它們的性質相似。下列敘述錯誤的是(填標號)。A．是一種輕金屬，能與冷水反應B．具有高熔點，能耐酸堿腐蝕C．常溫下，溶液的（2）中的化合價為。（3）“燒結”時，不宜采用陶瓷類器材，原因是。（4）實驗室利用回收的可以制備兩種常見氣體，它們是(填化學式)。（5）“沉鈹”步驟中加入溶液調節為11，析出顆粒狀的，寫出生成的離子方程式：；若加入的溶液過量，得到的含鈹粒子是(填離子符號)。（6）焦炭還原法和鎂還原法制鈹單質都在氬氣中進行，氬氣的作用是；寫出鎂還原法的反應原理：。【答案】（1）AB（2分）（2）（1分）（3）陶瓷中含有的二氧化硅會與碳酸鈉反應（2分）（4）、（2分）（5）（2分）（1分）（6）防止空氣與鈹、鎂反應（2分）（2分）【分析】以鈹礦石(主要成分為，還含有少量等)為原料制備鈹，鈹礦石加入Na2SiF6、Na2CO3燒結，燒結時，未發生氧化還原反應，燒結后，Be、Mn元素以可溶性的Na2BeF4、Na2MnF4形式存在，同時生成二氧化硅，加入水浸出，過濾，所得濾渣為二氧化硅，濾液中加入NH3?H2O、KMnO4得到MnO2固體，過濾得到MnO2，濾液中加入NaOH沉鈹，過濾得到的濾渣洗滌烘干然后煅燒得到工業BeO，BeO可以通過焦炭還原法或者鎂還原法制得金屬Be，濾液中加入硫酸鐵得到鐵冰晶石；【解析】（1）與處于對角線的位置，它們的性質相似；A．Al與冷水不反應，可知Be也不能與冷水反應，故A錯誤；B．氧化鋁的熔點高，可知氧化鈹具有高熔點，與氧化鋁類似，氧化鈹既能與酸反應又能與堿反應，因此不耐酸堿腐蝕，故B錯誤；C．氯化鋁水解顯酸性，可知常溫時，BeCl2也可以水解使溶液的pH＜7，故C正確；答案為C；（2）中Na為+1價，F為-1價，根據化合價代數和為零可知的化合價為+3；（3）陶瓷中含有二氧化硅，高溫時可以與碳酸鈉反應，故“燒結”時不宜采用陶瓷類器材；（4）可以催化H2O2分解制備O2；與濃鹽酸加熱反應可制備Cl2；（5）沉鈹時，溶液中的與NaOH反應生成Be(OH)2，反應的離子方程式為；Be(OH)2和Al(OH)3性質相似，能和足量NaOH溶液反應生成，含鈹的離子為；（6）焦炭還原法和鎂還原法制鈹單質都在氬氣中進行，氬氣的作用是防止空氣與鈹、鎂反應；鎂還原法制鈹單質是用單質鎂與BeO高溫下反應生成Be和MgO，反應方程式為。16．（15分）利用工業廢氣中的合成甲醇可以變廢為寶，有關反應式如下：i．ii．上述反應的焓變和熵變如表：反應ⅰ-48.97-177.76ⅱ+42.08回答下列問題：（1）該過程使用的催化劑為，納米纖維，該催化劑中過渡元素第二電離能與第一電離能相差最小的是(填元素符號)。（2）反應i正反應自發進行的條件是(填“低溫”“高溫”或“任意溫度”)。（3）已知：①

②

③

④

則。（4）在恒容密閉容器中充入和，發生上述反應合成，測得的選擇性和平衡轉化率與溫度的關系如圖所示。D、E、F三點中，的物質的量最大的是(填字母)。溫度高于時，平衡轉化率增大程度加快，其主要原因是。提示：的選擇性。（5）某溫度下，保持總壓強為，向體積可變的密閉容器中充入和，發生反應，達到平衡時轉化率為體積分數為。平衡體系中，分壓為。該溫度下，反應ⅰ的平衡常數為(列出計算式)。提示：用分壓代替濃度計算的平衡常數叫壓強平衡常數，分壓等于總壓物質的量分數。（6）以為燃料制成堿性燃料電池，利用該電池電解溶液，當正極消耗(標準狀況)純氣體時，電解裝置恢復至室溫，此時電解后的溶液的為(忽略溶液體積的變化)。【答案】（1）Zn（2分）（2）低溫（1分）（3）-285.8（2分）（4）F（2分）隨著溫度升高，反應ⅱ向右移動的程度大于反應ⅰ向左移動的程度（2分）（5）55（2分）（2分）（6）13（2分）【解析】（1）基態的價電子排布式為，基態的價電子排布式為，基態價電子排布式為，基態價電子排布式為，處于半滿狀態，難失去電子，其第二電離能大，第二電離能與第一電離能相差大，故該催化劑中過渡元素第二電離能與第一電離能相差最小的是Zn；（2）反應i的，依據反應可自發進行，則低溫下自發進行；（3）已知：①②；③；④；⑤根據蓋斯定律：①+③－④+⑤得到，求=；則；（4）D、E、F點生成的物質的量分別為、、，故物質的量最大的點是F；升高溫度反應i平衡左移，二氧化碳平衡轉化率降低，而反應ii平衡右移，二氧化碳平衡轉化率增大，溫度高于時，平衡轉化率增大程度加快，說明此時以反應ii為主，即隨著溫度升高，反應ⅱ向右移動的程度大于反應ⅰ向左移動的程度；（5）設平衡體系中，的物質的量分別為，列式子：i．；ii．；反應ii前后體積不變，反應i前后物質的量減小了2x；平衡時氣體總物質的量為4-2x；依題意，，解得：；平衡體系中，各組分的物質的量如下：。總物質的量。、。反應i的平衡常數。（6）正極的電極反應式為，電解氯化鈉溶液時陰極的電極反應式為，轉移電子的物質的量，電解生成的氫氧根離子濃度，。17．（14分）三氯化六氨合鈷()是一種重要的化工產品。實驗室以為原料制備三氯六氨合鈷的方法如下，回答下列問題：Ⅰ．制備氯化鈷：已知易潮解，可用高熔點金屬鈷與氯氣反應制取。實驗室可用下圖裝置進行制備（1）儀器a的名稱為。（2）A中固體為高錳酸鉀，則反應的離子方程式為。裝置B中試劑X為。（3）球形干燥管中試劑的作用為。Ⅱ．制備三氯化六氨合鈷：將制備的按下圖流程操作：（4）“氧化”步驟中應控溫在60℃進行，可采取水浴加熱，其優點為。（5）利用、、濃氨水、制備的總反應化學方程式。（6）操作X中，加入濃鹽酸的作用是。Ⅲ．測定鈷含量：準確稱量3.0000g樣品，加入硫酸酸化的KI溶液至樣品恰好完全溶解，配成250mL溶液。量取25.00mL溶液，加入適量緩沖溶液，幾滴淀粉溶液，用0.1000mol/L溶液滴定生成的，消耗溶液的體積為10.00mL。(已知：①將氧化成，自身被還原成；②)。（7）計算樣品中鈷元素的質量分數為