/2025年高考押題預測卷02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?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H-1C-12O-16Mg-24Sc-45第Ⅰ卷（選擇題共39分）一、選擇題：本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題只有一個選項符合題目要求。1．[原創(chuàng)題]半導體是人工智能技術發(fā)展的核心材料。“中國制造2025”計劃中明確提出要大力發(fā)展第三代半導體產(chǎn)業(yè)。下列物質中不屬于半導體材料的是（）A．晶體硅B．二氧化硅C．碳化硅（SiC）D．砷化鎵（GaAs）2．[新情景題]石灰氮(CaCN2)是一種氮肥，與土壤中的H2O反應生成氰胺(H2N-C≡N)，氰胺可進一步轉化為尿素[CO(NH2)2]。下列有關說法不正確的是（）A．H2N-C≡N為極性分子 B．中子數(shù)為20的鈣原子的質量數(shù)為40C．1molH2N-C≡N分子中含4mol共價鍵 D．CO(NH2)2分子中不含非極性共價鍵3．下列由廢鐵屑制取(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O的實驗裝置與操作能達到實驗目的的是（）A．用裝置甲稱取一定質量的(NH4)2SO4固體B．用裝置乙除去廢鐵屑表面的油污C．用裝置丙將廢鐵屑充分溶解D．用裝置丁蒸干溶液得到(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O晶體4．[原創(chuàng)題]三硅酸鎂（2MgO·3SiO2·nH2O）和NaHCO3是醫(yī)療上的常見抗酸藥。下列說法正確的是（）A．半徑：r(Si)＞r(Mg) B．電負性：C．穩(wěn)定性：SiH4＞H2O D．堿性：Mg(OH)2＞NaOH[改編題]閱讀下列材料，完成5~7題：周期表中ⅥA族元素及其化合物用途廣泛。O3具有殺菌、消毒、漂白等作用；H2S是一種易燃的有毒氣體(燃燒熱為562.2kJ·mol-1)，常用于沉淀重金屬離子；硫酰氯(SO2Cl2)是重要的化工試劑，在催化劑作用下合成反應為

SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(g)

?H=akJ·mol-1(a<0)；硒(34Se)和碲(52Te)的單質及其化合物在電子、冶金、材料等領域有廣闊的發(fā)展前景，H2Se具有較強的還原性，工業(yè)上通過電解強堿性Na2TeO3溶液制備Te。5．下列說法正確的是（）A．H2S是在空氣中完全燃燒時能生成SO3B．SO2也有漂白性，O3和SO2的漂白原理相同C．溫度升高，由SO2制SO2Cl2的平衡轉化率降低D．使用催化劑能增大合成SO2Cl2反應的平衡常數(shù)6．下列化學反應表示正確的是（）A．H2S燃燒的熱化學方程式：H2S(g)+2O2(g)=SO2(g)+H2O(g)?H=－562.2kJ·mol-1B．用H2S氣體沉淀溶液中Pb2+的離子方程式：Pb2++S2-=PbS↓C．電解強堿性Na2TeO3溶液的陰極反應：TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-D．SO2Cl2遇水強烈水解生成兩種酸：SO2Cl2+2H2O=H2SO3+2HCl7．下列說法不正確的是（）A．H2O比H2Se穩(wěn)定是因為水分子間能形成氫鍵B．H3O+和H2O的的中心原子雜化軌道類型均為sp3C．硫可形成S2、S4、S6等不同單質，它們互為同素異形體D．CS2分子中σ鍵與π鍵的個數(shù)之比為1:18．Mg/LiFePO4電池的電池反應為：xMg2++2LiFePO4xMg+2Li1－xFePO4+2xLi+，裝置如下圖所示。下列說法正確的是（）A．放電時，Li+被還原B．放電時，電路中每流過2mol電子，有24gMg2+遷移至正極區(qū)C．充電時，化學能主要轉變?yōu)殡娔蹹．充電時，陽極發(fā)生的電極反應為LiFePO4－xe-=Li1－xFePO4+xLi+9．[改編題]制備重要的有機合成中間體丙的反應如下。下列說法正確的是（）A．1mol甲最多可以與3molH2反應B．乙在一定條件下能發(fā)生縮聚反應C．丙能與鹽酸和金屬鈉發(fā)生反應D．丙分子中所有碳原子共平面10．[改編題]在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現(xiàn)的是（）A．NaCl(aq)Cl2(g)漂白粉(s)B．CuO(s)Cu(OH)2(s)Cu2O(s)C．Fe2O3(s)Fe(s，過量)FeCl2(s)D．Cu(s)NO2(g)Cu(NO3)2(aq)11．通過下列實驗操作和現(xiàn)象能得出相應結論的是（）選項實驗操作和現(xiàn)象結論A向5mL0.1mol·L-1的AgNO3溶液中滴加幾滴0.1mol·L-1的NaCl溶液，有白色沉淀產(chǎn)生，繼續(xù)滴加幾滴0.1mol·L-1NaI溶液，有黃色沉淀產(chǎn)生Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)B將濃硫酸和灼熱的木炭反應，產(chǎn)生的氣體依次通過品紅溶液、飽和NaHCO3溶液、澄清石灰水，觀察現(xiàn)象濃硫酸和木炭反應產(chǎn)生SO2和CO2氣體C向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加熱，冷卻后加入NaOH溶液調節(jié)pH呈堿性，再加入新制的Cu(OH)2懸濁液，加熱，產(chǎn)生磚紅色沉淀蔗糖已經(jīng)發(fā)生水解D分別測濃度均為0.1mol·L-1的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者結合H+能力：CH3COO-<HCO3-A．AB．BC．CD．D12．室溫下，通過實驗探究NaHS溶液的性質并記錄如下表。下列說法不正確的是（）實驗實驗操作和現(xiàn)象1向0.1mol·L-1NaHS溶液中滴加幾滴酚酞試劑，溶液變紅2向0.1mol·L-1NaHS溶液中加入少量FeCl3溶液，產(chǎn)生淡黃色沉淀3向0.1mol·L-1NaHS溶液中滴加過量CuCl2溶液，產(chǎn)生黑色沉淀A．實驗1證明NaHS溶液中存在：HS-+H2OH2S+OH-B．實驗1可推測出NaHS溶液中存在：c(HS-)＞c(H2S)＞c(S2-)C．實驗2反應的離子方程式：HS-+2Fe3+-=2Fe2++S↓+H+D．實驗3反應靜置后的上層清液中存在：c(Cu2+)·c(S2-)=Ksp(CuS)13．在二氧化碳加氫制甲烷的反應體系中，主要發(fā)生反應的熱化學方程式為反應Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=－164.7kJ·mol-1反應Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=41.2kJ·mol-1反應Ⅲ：2CO(g)+2H2(g)=CO2(g)+CH4(g)ΔH=－247.1kJ·mol-1向恒壓、密閉容器中通入1molCO2和4molH2，平衡時CH4、CO、CO2的物質的量隨溫度的變化如圖所示。下列說法不正確的是()A．反應Ⅰ的平衡常數(shù)可表示為K=B．圖中曲線B表示CO的物質的量隨溫度的變化C．提高CO2轉化為CH4的轉化率，需要研發(fā)在低溫區(qū)高效的催化劑D．升高溫度，反應CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)的平衡正向移動第II卷（非選擇題共61分）二、非選擇題：共4題，共61分。14．（15分）[新材料題]鈧(Sc)廣泛應用于航空航天、超導、核能等領域。從鈦白水解工業(yè)廢酸(含Sc3+、TiO2+、Mn2+、H+、SO42-等離子)中提取Sc2O3的一種工藝流程如下：（1）基態(tài)鈧原子的電子排布式為。鈦白水解工業(yè)廢酸中需先加入H2O2生成難萃取的[TiO(H2O2)]2+，再進行萃取。[TiO(H2O2)]2+中鈦的化合價為，H2O2的作用是(填字母)。a．作氧化劑

b．作還原劑

c．作配體（2）“萃取”可采用有機磷萃取劑(RO)3PO，其中—R代表烴基，(RO)3PO可通過以下反應制備：3ROH+POCl3(RO)3PO+3HCl。①—R對(RO)3PO產(chǎn)率的影響如下表：—R—CH2CH3—CH2CH2CH3—CH2CH2CH2CH3(RO)3PO產(chǎn)率/%826220隨著碳原子數(shù)增加，(RO)3PO產(chǎn)率降低的原因可能為。②鈧的萃取率(E%)與O/A值[萃取劑體積(O)和廢酸液體積(A)之比]的關系如下圖所示。采用一次萃取時，應選擇最合適的O/A值為。

（3）“反萃取”時生成Sc(OH)3、MnO2沉淀，生成MnO2反應的離子方程式為。

（4）“沉鈧”時得到Sc2(C2O4)3·6H2O沉淀?！俺菱偂睍r測得相同時間鈧的沉淀率隨溫度的變化如下圖所示，隨溫度升高鈧的沉淀率先升高后降低的可能原因是。（5）“灼燒”時，Sc2(C2O4)3·6H2O(摩爾質量為462g·mol-1)在空氣中分解得到Sc2O3，實驗測得灼燒過程中固體殘留率隨溫度的變化如下圖所示，500K時，固體的主要成分是。(寫出計算過程)15．（15分）褪黑素是由松果體產(chǎn)生的一種胺類激素，在調節(jié)晝夜節(jié)律及睡眠-覺醒方面發(fā)揮重要作用。某研究小組以乙炔為原料，設計合成路線如下(部分反應條件已省略)：已知：無水乙酸鈉在堿石灰作用下發(fā)生反應：CH3COONa+NaOHCH4↑+Na2CO3?；卮鹣铝袉栴}：（1）C中所含官能團的名稱為氰基和。（2）已知：，通常用酯基和氨基生成酰胺基，不用羧基和氨基直接反應，結合電負性解釋原因。元素HCO電負性2.12.53.5（3）E的結構簡式為。（4）寫出符合下列條件的H的一種同分異構體(不考慮立體異構)的結構簡式：。ⅰ.含有3個六元環(huán)，其中1個是苯環(huán)；ⅱ.含有結構，不含N—H鍵；ⅲ.含有4種不同化學環(huán)境的氫原子。（5）已知：R—CNR—COOH，綜合上述信息，寫出由二氯甲烷和乙醇制備的合成路線(無機試劑、有機溶劑任選)：。16．（15分）磷資源流失到水環(huán)境中會造成水體富營養(yǎng)化。已知：Ca—Fe基磁性納米復合材料，由CaCO3和納米Fe3O4經(jīng)過超聲分散制得。能通過納米Fe3O4物理吸附和CaCO3溶出后通過化學反應等去除水體磷。已知：納米Fe3O4顆粒表面帶正電荷；部分物質的溶解性如下表。物質Ca3(PO4)2CaHPO4Ca(H2PO4)2KH2PO4溶解性難溶微溶可溶易溶（1）制備復合材料所需的納米Fe3O4：一定條件下，先將FeCl2?4H2O和FeCl3?6H2O晶體配制成混合溶液，再與氨水反應可制得納米Fe3O4，實驗裝置如下：①氨水緩慢滴入，開始一段時間內未出現(xiàn)渾濁，原因是。②制備納米Fe3O4需控溫在50～60°℃之間，寫出該反應的化學方程式：。③配制混合溶液時按n(Fe2+):n(Fe3+)=1:2進行投料：實驗中需不斷通入N2。通N2的目的是。（2）研究不同pH下向含磷(V)廢水中加入CaCO3—Fe3O4納米復合材料的除磷效果：①從圖甲中可以看出初始pH為3～6時，磷的去除率較高且反應后pH均有一定的上升，反應過程中無氣體生成。結合圖乙，寫出對應的離子方程式：。②當初始pH為9～10時，磷的去除率明顯小于初始pH為3～6的去除率，是因為。（3）除磷后續(xù)處理除磷回收得到的磷礦物CaHPO4?2H2O，可進一步轉化為KH2PO4，作為鉀磷復合肥使用。設計由CaHPO4?2H2O漿料制備KH2PO4晶體的實驗方案：向含0.02molCaHPO4?2H2O的漿料中，干燥。[已知：2CaHPO4?2H2O(s)+K2SO4(aq)+H2SO4(aq)=2KH2PO4(aq)+2CaSO4?2H2O(s)；室溫下從KH2PO4飽和溶液中可結晶析出KH2PO4晶體；實驗中須選用的試劑：H2SO4溶液、0.25mol?L-1K2SO4溶液，pH試紙，無水乙醇]17．（16分）鐵元素的納米材料因具備良好的電學特性和磁學特性，而引起了廣泛的研究。納米零價鐵可用于去除水體中的六價鉻[Cr(VI)]與硝酸鹽等污染物。（1）①用FeCl2溶液與NaBH4(H元素為-1價)溶液反應制備納米零價鐵的化學方程式：FeCl2+2NaBH4+6H2O=Fe+2B(OH)3+2NaCl+7H2↑。當生成1molFe時，反應中轉移電子的物質的量為。②納米Fe和Fe3O4均可用于降解含Cr2O72-的廢水。實驗證明Fe3O4輔助納米鐵去除Cr2O72-效果更佳，結合圖1，分析其原因是。（2）納米鐵碳微電技術是一種利用鐵和碳的原電池反應去除水中污染物的技術達到無害排放，該技術處理酸性廢水中NO2-時正極電極反應式為。（3）利用納米鐵粉去除水體中的Cr(VI)反應機理如圖2所示。①該反應機理中虛線部分可描述為。②為了考察溶解氧對水體中的Cr(VI)去除率的影響，實驗小組設計了一組對比實驗，其中一組在反應中通入N2，另一組不通入N2。結果表明，實驗初期，通入N2的去除率遠高于未通N2的，其原因可能是。③某水樣Cr(VI)的初始濃度為10mg/L，在相同條件下，探討了溫度為15℃、25℃、35℃、45℃對Cr(Ⅵ)的去除率的影響，結果如圖3所示，由圖可知，溫度在25℃時，去除率最高，其原因是。2025年高考押題預測卷02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?；卮鸱沁x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?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H-1C-12O-16Mg-24Sc-45第Ⅰ卷（選擇題共39分）一、選擇題：本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題只有一個選項符合題目要求。1．[原創(chuàng)題]半導體是人工智能技術發(fā)展的核心材料。“中國制造2025”計劃中明確提出要大力發(fā)展第三代半導體產(chǎn)業(yè)。下列物質中不屬于半導體材料的是（）A．晶體硅B．二氧化硅C．碳化硅（SiC）D．砷化鎵（GaAs）【答案】B【解析】二氧化硅是制作光導纖維的原料，不是半導體材料，B錯誤。2．[新情景題]石灰氮(CaCN2)是一種氮肥，與土壤中的H2O反應生成氰胺(H2N-C≡N)，氰胺可進一步轉化為尿素[CO(NH2)2]。下列有關說法不正確的是（）A．H2N-C≡N為極性分子 B．中子數(shù)為20的鈣原子的質量數(shù)為40C．1molH2N-C≡N分子中含4mol共價鍵 D．CO(NH2)2分子中不含非極性共價鍵【答案】C【解析】H2N-C≡N分子中，正負電荷中心不重合，為極性分子，為極性分子，A正確；中子數(shù)為20的鈣原子，質子數(shù)為20，質量數(shù)為40，B正確；1molH2N-C≡N分子中含2molN-H共價鍵，1molN-C共價鍵，C≡N中含1molσ鍵，2molπ鍵，共含6mol共價鍵，C錯誤；CO(NH2)2分子中有1個羰基和2個氨基，不含非極性共價鍵，D正確。3．下列由廢鐵屑制取(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O的實驗裝置與操作能達到實驗目的的是（）A．用裝置甲稱取一定質量的(NH4)2SO4固體B．用裝置乙除去廢鐵屑表面的油污C．用裝置丙將廢鐵屑充分溶解D．用裝置丁蒸干溶液得到(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O晶體【答案】B【解析】裝置甲中，物品與砝碼的位置顛倒了，使用游碼時稱取(NH4)2SO4的固體質量偏低，A錯誤；Na2CO3溶液呈堿性，加熱時溶液的堿性更強，能促進油脂水解，從而去除廢鐵屑表面的油污，B正確；濃硫酸具有強氧化性，能使鐵表面發(fā)生鈍化，所以不能用裝置丙將廢鐵屑充分溶解，C錯誤；(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O晶體受熱易失去結晶水，不能用蒸干溶液的方法制取，D錯誤。4．[原創(chuàng)題]三硅酸鎂（2MgO·3SiO2·nH2O）和NaHCO3是醫(yī)療上的常見抗酸藥。下列說法正確的是（）A．半徑：r(Si)＞r(Mg) B．電負性：C．穩(wěn)定性：SiH4＞H2O D．堿性：Mg(OH)2＞NaOH【答案】B【解析】同周期元素，核電荷數(shù)越大，原子半徑越小，A錯誤；同主族元素，原子序數(shù)越大，元素的電負性越小，B正確；非金屬性：O＞Si，則穩(wěn)定性：H2O＞SiH4，C錯誤；金屬性：Na＞Mg，堿性：NaOH＞Mg(OH)2，D錯誤。[改編題]閱讀下列材料，完成5~7題：周期表中ⅥA族元素及其化合物用途廣泛。O3具有殺菌、消毒、漂白等作用；H2S是一種易燃的有毒氣體(燃燒熱為562.2kJ·mol-1)，常用于沉淀重金屬離子；硫酰氯(SO2Cl2)是重要的化工試劑，在催化劑作用下合成反應為

SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(g)

?H=akJ·mol-1(a<0)；硒(34Se)和碲(52Te)的單質及其化合物在電子、冶金、材料等領域有廣闊的發(fā)展前景，H2Se具有較強的還原性，工業(yè)上通過電解強堿性Na2TeO3溶液制備Te。5．下列說法正確的是（）A．H2S是在空氣中完全燃燒時能生成SO3B．SO2也有漂白性，O3和SO2的漂白原理相同C．溫度升高，由SO2制SO2Cl2的平衡轉化率降低D．使用催化劑能增大合成SO2Cl2反應的平衡常數(shù)【答案】C【解析】H2S是在空氣中完全燃燒只能生成SO2，A錯誤；O3因為具有強氧化性而具有漂白性，SO2是因為能和有色物質化合成不穩(wěn)定的無色化合物而有漂白性，B錯誤；合成SO2Cl2的反應是放熱反應，溫度升高，平衡逆向移動，SO2的平衡轉化率降低，C正確；化學平衡常數(shù)只與溫度有關，使用催化劑不能改變平衡常數(shù)，D錯誤。6．下列化學反應表示正確的是（）A．H2S燃燒的熱化學方程式：H2S(g)+2O2(g)=SO2(g)+H2O(g)?H=－562.2kJ·mol-1B．用H2S氣體沉淀溶液中Pb2+的離子方程式：Pb2++S2-=PbS↓C．電解強堿性Na2TeO3溶液的陰極反應：TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-D．SO2Cl2遇水強烈水解生成兩種酸：SO2Cl2+2H2O=H2SO3+2HCl【答案】C【解析】A項反應沒有配平，氧原子不守恒，水應為液態(tài)，錯誤；B項反應中H2S不能拆成離子，錯誤；電解時，陰極發(fā)生還原反應，TeO32-被還原為Te，C正確；SO2Cl2中的S元素為+6價，遇水水解生成的兩種酸為H2SO4和HCl，D錯誤。7．下列說法不正確的是（）A．H2O比H2Se穩(wěn)定是因為水分子間能形成氫鍵B．H3O+和H2O的的中心原子雜化軌道類型均為sp3C．硫可形成S2、S4、S6等不同單質，它們互為同素異形體D．CS2分子中σ鍵與π鍵的個數(shù)之比為1:1【答案】A【解析】水分子的穩(wěn)定性與其水分子間的氫鍵無關，A錯誤；H3O+為三角錐形，H2O為折線形，它們中心原子雜化軌道類型均為sp3，B正確；硫元素的不同單質互為同素異形體，C正確；雙鍵中有1個σ鍵和1個π鍵，S=C=S分子中有2個σ鍵和2個π鍵，D正確。8．Mg/LiFePO4電池的電池反應為：xMg2++2LiFePO4xMg+2Li1－xFePO4+2xLi+，裝置如下圖所示。下列說法正確的是（）A．放電時，Li+被還原B．放電時，電路中每流過2mol電子，有24gMg2+遷移至正極區(qū)C．充電時，化學能主要轉變?yōu)殡娔蹹．充電時，陽極發(fā)生的電極反應為LiFePO4－xe-=Li1－xFePO4+xLi+【答案】D【解析】電池放電時發(fā)生原電池反應，Li1-xFePO4被還原生成LiFePO4，Li+沒有發(fā)生還原反應，A錯誤；放電時，由于Li+導電膜的限制作用，Mg2+不能遷移至正極區(qū)，B錯誤；充電是電能轉化為化學能的過程，C錯誤；充電時，原電池的正極接充電電源的正極作為陽極，此時陽極反應和原電池正極反應相反，即電極反應為LiFePO4－xe-=Li1－xFePO4+xLi+，D正確。9．[改編題]制備重要的有機合成中間體丙的反應如下。下列說法正確的是（）A．1mol甲最多可以與3molH2反應B．乙在一定條件下能發(fā)生縮聚反應C．丙能與鹽酸和金屬鈉發(fā)生反應D．丙分子中所有碳原子共平面【答案】C【解析】甲中的酮羰基和苯環(huán)都能與H2反應，1mol甲最多可以與4molH2反應，A錯誤；乙分子中沒有羥基、羧基、氨基等官能團，不能發(fā)生縮聚反應，B錯誤；丙分子中的—NH—能和鹽酸反應，羥基能和Na反應，C正確；丙分子中有較多的飽和碳原子，所有碳原子不可能共平面，D錯誤。10．[改編題]在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現(xiàn)的是（）A．NaCl(aq)Cl2(g)漂白粉(s)B．CuO(s)Cu(OH)2(s)Cu2O(s)C．Fe2O3(s)Fe(s，過量)FeCl2(s)D．Cu(s)NO2(g)Cu(NO3)2(aq)【答案】D【解析】電解NaCl溶液生成NaOH、H2和Cl2，Cl2應和石灰乳反應得到漂白粉，A錯誤；CuO和水不反應，B錯誤；Fe2O3和Al高溫下反應生成Fe，F(xiàn)e和Cl2反應生成FeCl3，C錯誤；Cu和濃硝酸反應生成NO2，NO2和Cu(OH)2懸濁液反應生成Cu(NO3)2和NO，D正確。11．通過下列實驗操作和現(xiàn)象能得出相應結論的是（）選項實驗操作和現(xiàn)象結論A向5mL0.1mol·L-1的AgNO3溶液中滴加幾滴0.1mol·L-1的NaCl溶液，有白色沉淀產(chǎn)生，繼續(xù)滴加幾滴0.1mol·L-1NaI溶液，有黃色沉淀產(chǎn)生Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)B將濃硫酸和灼熱的木炭反應，產(chǎn)生的氣體依次通過品紅溶液、飽和NaHCO3溶液、澄清石灰水，觀察現(xiàn)象濃硫酸和木炭反應產(chǎn)生SO2和CO2氣體C向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加熱，冷卻后加入NaOH溶液調節(jié)pH呈堿性，再加入新制的Cu(OH)2懸濁液，加熱，產(chǎn)生磚紅色沉淀蔗糖已經(jīng)發(fā)生水解D分別測濃度均為0.1mol·L-1的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者結合H+能力：CH3COO-<HCO3-A．AB．BC．CD．D【答案】C【解析】A項，實驗中AgNO3溶液過量，再加入NaI溶液，過量的Ag+和I-反應生成AgI沉淀，據(jù)此無法判斷Ksp(AgCl)和Ksp(AgI)的大小，錯誤；B項，將氣體通過飽和NaHCO3溶液，SO2會和NaHCO3溶液反應生成CO2氣體，無法確定濃硫酸和灼熱的木炭反應是否產(chǎn)生CO2氣體，錯誤；C項，蔗糖是非還原性糖，實驗中產(chǎn)生了磚紅色沉淀，說明蔗糖水解生成了葡萄糖，正確；D項，CH3COONH4和NaHCO3是兩種組成完全不同的鹽，要比較CH3COO-和HCO3-結合H+的能力，應測定常溫下等濃度的CH3COONa和NaHCO3溶液的pH，錯誤。12．室溫下，通過實驗探究NaHS溶液的性質并記錄如下表。下列說法不正確的是（）實驗實驗操作和現(xiàn)象1向0.1mol·L-1NaHS溶液中滴加幾滴酚酞試劑，溶液變紅2向0.1mol·L-1NaHS溶液中加入少量FeCl3溶液，產(chǎn)生淡黃色沉淀3向0.1mol·L-1NaHS溶液中滴加過量CuCl2溶液，產(chǎn)生黑色沉淀A．實驗1證明NaHS溶液中存在：HS-+H2OH2S+OH-B．實驗1可推測出NaHS溶液中存在：c(HS-)＞c(H2S)＞c(S2-)C．實驗2反應的離子方程式：HS-+2Fe3+-=2Fe2++S↓+H+D．實驗3反應靜置后的上層清液中存在：c(Cu2+)·c(S2-)=Ksp(CuS)【答案】C【解析】實驗1向NaHS溶液中滴加幾滴酚酞試劑，溶液變紅，說明此時溶液呈堿性，HS-發(fā)生了水解，A正確；NaHS溶液中HS-會發(fā)生電離（HS-H++S2-）和水解（HS-+H2OH2S+OH-），溶液呈堿性，說明水解程度大于電離程度，則溶液中存在c(HS-)＞c(H2S)＞c(S2-)，B正確；實驗2中HS-過量，反應生成的H+還會和HS-反應生成H2S，C錯誤；NaHS與CuCl2反應生成CuS，溶液中產(chǎn)生黑色沉淀，則上層清液中是CuS的飽和溶液，存在c(Cu2+)·c(S2-)=Ksp(CuS)，D正確。13．在二氧化碳加氫制甲烷的反應體系中，主要發(fā)生反應的熱化學方程式為反應Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=－164.7kJ·mol-1反應Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=41.2kJ·mol-1反應Ⅲ：2CO(g)+2H2(g)=CO2(g)+CH4(g)ΔH=－247.1kJ·mol-1向恒壓、密閉容器中通入1molCO2和4molH2，平衡時CH4、CO、CO2的物質的量隨溫度的變化如圖所示。下列說法不正確的是()A．反應Ⅰ的平衡常數(shù)可表示為K=B．圖中曲線B表示CO的物質的量隨溫度的變化C．提高CO2轉化為CH4的轉化率，需要研發(fā)在低溫區(qū)高效的催化劑D．升高溫度，反應CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)的平衡正向移動【答案】B【解析】反應Ⅰ中的生成物水是氣態(tài)，應列入平衡常數(shù)的表達式中，反應Ⅰ的平衡常數(shù)為K=，A正確；反應物CO2的量逐漸減小，故圖中曲線A表示CO2的物質的量變化曲線，由反應Ⅱ和Ⅲ可知，溫度升高反應Ⅱ正向移動，反應Ⅲ逆向移動，CO的物質的量增大，故曲線C為CO的物質的量變化曲線，則曲線B為CH4的物質的量變化曲線，B錯誤；反應Ⅰ為放熱反應，反應Ⅱ為吸熱反應，降低溫度有利于反應Ⅰ正向移動，反應Ⅱ逆向移動，即可提高CO2轉化為CH4的轉化率，所以需要研發(fā)在低溫區(qū)高效的催化劑，C正確；根據(jù)蓋斯定律，將反應(Ⅰ+Ⅱ+2×Ⅲ)/3得：CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)ΔH=(－164.7+41.2-247.1×2)/3kJ·mol-1=－205.7kJ·mol-1，則反應CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH=+205.7kJ·mol-1，該反應是吸熱反應，升高溫度平衡正向移動，D正確。第II卷（非選擇題共61分）二、非選擇題：共4題，共61分。14．（15分）[新材料題]鈧(Sc)廣泛應用于航空航天、超導、核能等領域。從鈦白水解工業(yè)廢酸(含Sc3+、TiO2+、Mn2+、H+、SO42-等離子)中提取Sc2O3的一種工藝流程如下：（1）基態(tài)鈧原子的電子排布式為。鈦白水解工業(yè)廢酸中需先加入H2O2生成難萃取的[TiO(H2O2)]2+，再進行萃取。[TiO(H2O2)]2+中鈦的化合價為，H2O2的作用是(填字母)。a．作氧化劑

b．作還原劑

c．作配體（2）“萃取”可采用有機磷萃取劑(RO)3PO，其中—R代表烴基，(RO)3PO可通過以下反應制備：3ROH+POCl3(RO)3PO+3HCl。①—R對(RO)3PO產(chǎn)率的影響如下表：—R—CH2CH3—CH2CH2CH3—CH2CH2CH2CH3(RO)3PO產(chǎn)率/%826220隨著碳原子數(shù)增加，(RO)3PO產(chǎn)率降低的原因可能為。②鈧的萃取率(E%)與O/A值[萃取劑體積(O)和廢酸液體積(A)之比]的關系如下圖所示。采用一次萃取時，應選擇最合適的O/A值為。

（3）“反萃取”時生成Sc(OH)3、MnO2沉淀，生成MnO2反應的離子方程式為。

（4）“沉鈧”時得到Sc2(C2O4)3·6H2O沉淀。“沉鈧”時測得相同時間鈧的沉淀率隨溫度的變化如下圖所示，隨溫度升高鈧的沉淀率先升高后降低的可能原因是。（5）“灼燒”時，Sc2(C2O4)3·6H2O(摩爾質量為462g·mol-1)在空氣中分解得到Sc2O3，實驗測得灼燒過程中固體殘留率隨溫度的變化如下圖所示，500K時，固體的主要成分是。(寫出計算過程)【答案】（15分）1s22s22p63s23p63d14s2或[Ar]3d14s2（1分）+4（1分）c（2分）（2）①隨著碳原子數(shù)的增加，O—H鍵極性減弱，更難斷裂，(RO)3PO產(chǎn)率降低[或隨著碳原子數(shù)增加，烴基的推電子能力增強，O—H鍵更難斷裂，(RO)3PO產(chǎn)率降低]（2分）②1∶4（2分）（3）Mn2++H2O2+2OH-=MnO2↓+2H2O（2分）（4）溫度低于80℃時，隨溫度升高，沉淀反應速率加快，鈧的沉淀率上升(或隨溫度升高，草酸電離程度增大，草酸根離子濃度增大，鈧的沉淀率上升)（1分）；溫度高于80℃時，隨著溫度的升高，草酸鈧的溶解度增大，致使鈧的沉淀率下降（1分）（5）設初始時為1molSc2(C2O4)3·6H2O，m[Sc2(C2O4)3·6H2O]=1mol×462g·mol-1=462g，500K時，剩余固體質量為1mol×462g·mol-1×76.62%=354g（1分），固體質量減少Δm=462g－354g=108g（1分），即減少的為6molH2O的質量，故500K時固體成分為Sc2(C2O4)3（1分）。【解析】（1）①鈧是21號元素，基態(tài)原子的電子排布式為其1s22s22p63s23p63d14s2或[Ar]3d14s2。根據(jù)配離子[TiO(H2O2)]2+的結構可知，H2O2為該配離子的配體；根據(jù)正負化合價為零的原則，可知該配離子中Ti元素的化合價為+4價。（2）①據(jù)-R對(RO)3PO產(chǎn)率的影響表可知，隨著碳原子數(shù)增加，(RO)3PO產(chǎn)率降低，其原因可能為隨著碳原子數(shù)增加，O-H鍵極性減弱更難斷裂，(RO)3PO產(chǎn)率降低或隨著碳原子數(shù)增加烴基推電子能力增強，O-H鍵更難斷裂，(RO)3PO產(chǎn)率降低。②采用一次萃取時，應選擇最合適的O/A值為1∶4，此時鈧的萃取率可達到90%，再通過提高O/A值提高萃取率不經(jīng)濟。（3）“反萃取”時H2O2氧化Mn2+生成MnO2，H2O2的還原產(chǎn)物為H2O，堿性條件下反應的離子方程式為Mn2++H2O2+2OH-=MnO2↓+2H2O。（4）“沉鈧”時隨溫度升高鈧的沉淀率先升高后降低的可能原因為溫度低于80℃時，隨溫度升高，沉淀反應速度加快，鈧的沉淀率上升(或隨溫度升高草酸電離程度增大，草酸根濃度增多，鈧的沉淀率上升)；溫度高于80℃時，隨著溫度的升高，草酸鈧的溶解度增大，致使鈧的沉淀率下降。15．（15分）褪黑素是由松果體產(chǎn)生的一種胺類激素，在調節(jié)晝夜節(jié)律及睡眠-覺醒方面發(fā)揮重要作用。某研究小組以乙炔為原料，設計合成路線如下(部分反應條件已省略)：已知：無水乙酸鈉在堿石灰作用下發(fā)生反應：CH3COONa+NaOHCH4↑+Na2CO3。回答下列問題：（1）C中所含官能團的名稱為氰基和。（2）已知：，通常用酯基和氨基生成酰胺基，不用羧基和氨基直接反應，結合電負性解釋原因。元素HCO電負性2.12.53.5（3）E的結構簡式為。（4）寫出符合下列條件的H的一種同分異構體(不考慮立體異構)的結構簡式：。ⅰ.含有3個六元環(huán)，其中1個是苯環(huán)；ⅱ.含有結構，不含N—H鍵；ⅲ.含有4種不同化學環(huán)境的氫原子。（5）已知：R—CNR—COOH，綜合上述信息，寫出由二氯甲烷和乙醇制備的合成路線(無機試劑、有機溶劑任選)：?！敬鸢浮浚?5分）（1）酯基（2分）（2）酯基中碳氧元素電負性差值最大，最容易斷裂，形成酰胺比較容易；羧基中氧氫元素電負性差值最大，比碳氧鍵更容易斷裂，羧基與氨基難生成酰胺（3分）（3）（2分）（4）（3分）（5）（5分）【解析】HC≡CH和HCl在HgCl2催化下發(fā)生加成反應反應生成A（CH2=CHCl），A和NaCN發(fā)生取代反應生成B（CH2=CHCN）；B和M發(fā)生加成反應生成C，根據(jù)C的結構簡式及M的分子式可知M為；C和H2發(fā)生加成反應生成D，D比C多4個氫原子，則C中-C≡N完全和H2發(fā)生加成反應，D為；D發(fā)生取代反應生成E，E發(fā)生水解反應然后酸化得到F，根據(jù)F的結構簡式及E的分子式可知E為；H發(fā)生水解反應生成I，根據(jù)I的化學式可知I為；I和堿石灰反應生成J，J發(fā)生取代反應生成褪黑素，則J為。（1）根據(jù)C的結構簡式可判斷C中所含官能團的名稱為氰基和酯基。（2）由于酯基中碳、氧元素的電負性差值最大，最容易斷裂，形成酰胺比較容易；羧基中氧、氫元素電負性差值最大，比碳氧鍵更容易斷裂，因此羧基與氨基難生成酰胺。（3）根據(jù)以上分析可知E的結構簡式為。（4）H的同分異構體符合下列條件：ⅰ.含有3個六元環(huán)，其中1個是苯環(huán)；ⅱ.含有結構，不含N－H鍵；ⅲ.含有4種不同化學環(huán)境的氫原子，結構對稱，符合條件的結構簡式有。（5）以CH2Cl2和CH3CH2OH為原料合成有機物，CH2Cl2和NaCN可發(fā)生取代反應生成NCCH2CN，NCCH2CN和H2發(fā)生加成反應可生成H2NCH2CH2CH2NH2，NCCH2CN可發(fā)生水解反應生成HOOCCH2COOH，過量CH3CH2OH和HOOCCH2COOH發(fā)生酯化反應可得到CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3和H2NCH2CH2CH2NH2發(fā)生取代反應可得到目標產(chǎn)物，由此可確定合成路線。16．（15分）磷資源流失到水環(huán)境中會造成水體富營養(yǎng)化。已知：Ca—Fe基磁性納米復合材料，由CaCO3和納米Fe3O4經(jīng)過超聲分散制得。能通過納米Fe3O4物理吸附和CaCO3溶出后通過化學反應等去除水體磷。已知：納米Fe3O4顆粒表面帶正電荷；部分物質的溶解性如下表。物質Ca3(PO4)2CaHPO4Ca(H2PO4)2KH2PO4溶解性難溶微溶可溶易溶（1）制備復合材料所需的納米Fe3O4：一定條件下，先將FeCl2?4H2O和FeCl3?6H2O晶體配制成混合溶液，再與氨水反應可制得納米Fe3O4，實驗裝置如下：①氨水緩慢滴入，開始一段時間內未出現(xiàn)渾濁，原因是。②制備納米Fe3O4需控溫在50～60°℃之間，寫出該反應的化學方程式：。③配制混合溶液時按n(Fe2+):n(Fe3+)=1:2進行投料：實驗中需不斷通入N2。通N2的目的是。（2）研究不同pH下向含磷(V)廢水中加入CaCO3—Fe3O4納米復合材料的除磷效果：①從圖甲中可以看出初始pH為3～6時，磷的去除率較高且反應后pH均有一定的上升，反應過程中無氣體生成。結合圖乙，寫出對應的離子方程式：。②當初始pH為9～10時，磷的去除率明顯小于初始pH為3～6的去除率，是因為。（3）除磷后續(xù)處理除磷回收得到的磷礦物CaHPO4?2H2O，可進一步轉化為KH2PO4，作為鉀磷復合肥使用。設計由CaHPO4?2H2O漿料制備KH2PO4晶體的實驗方案：向含0.02molCaHPO4?2H2O的漿料中，干燥。[已知：2CaHPO4?2H2O(s)+K2SO4(aq)+H2SO4(aq)=2KH2PO4(aq)+2CaSO4?2H2O(s)；室溫下從KH2PO4飽和溶液中可結晶析出KH2PO4晶體；實驗中須選用的試劑：H2SO4溶液、0.25mol?L-1K2SO4溶液，pH試紙，無水乙醇]【答案】（15分）（1）①主要用于消耗配制溶液時加入的鹽酸（2分）②FeCl2+2FeCl3+8NH3?H2O=Fe3O4↓+8NH4Cl+4H2O（2分）③除去空氣，防止Fe2+部分被O2氧化為Fe3+，造成產(chǎn)品不純（2分）（2）①CaCO3+H2PO4-=CaHPO4+HCO3-（2分）②堿性條件下，CaCO3幾乎不溶解，Ca2+的濃度很??；同時OH-濃度增大，會與HPO42-產(chǎn)生競爭吸附（3分）（3）緩慢加入0.25mol?L-1K2SO4溶液40.0mL不斷攪拌；再分批緩慢滴入H2SO4溶液，不斷攪拌至用pH試紙測得反應液pH≈4～5，過濾；將濾液蒸發(fā)濃縮至表面析出晶膜，降溫至室溫結晶(或在室溫下冷卻結晶)；過濾，所得晶體用無水乙醇洗滌2~3次（4分）【解析】（1）①配制FeCl2和FeCl3溶液溶液時，防止Fe3+和Fe2+水解，加有鹽酸，氨水先與鹽酸反應。②FeCl2+2FeCl3+8NH3?H2O=Fe3O4↓+8NH4Cl+4H2O；③通入N2除去空氣，防止Fe2+部分被O2氧化為Fe3+，造成產(chǎn)品不純。（2）①從圖1中可以看出初始pH為3～6時，磷的去除率較高且反應后pH均有一定的上升，反應過程中無氣體生成。結合圖2，寫出對應的離子方程式為CaCO3+H2PO4-=CaHPO4+HCO3；②當初始pH為9～10時，磷的去除率明顯小于初始pH為3～6