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：HlC12N14O16Na23Ti48Fe56Au197

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.燕趙大地歷史悠久，文化燦爛。下列關于河北博物院館藏文物的說法錯誤的是（）

西漢鏤雕龍鳳紋銀鋪首北齊按盾武士俑清陳卓江村春色圖軸東漢雙龍鈕蓋三足石硯

A.西漢鏤雕龍鳳紋銀鋪首的主要成分屬于金屬材料

B.北齊按盾武士俑的主要成分是硅酸鹽

C.清陳卓江村春色圖軸（絹本畫），絹的主要成分為纖維素

D.東漢雙龍鈕蓋三足石硯的主要成分是碳酸鹽

【答案】C

【解析】西漢鏤雕龍鳳紋銀鋪首主要材質是銀，屬于金屬材料，A不符合題意；北齊武士俑屬于陶俑,

主要成分是硅酸鹽，B不符合題意；“絹”是絲織品，絲的主要成分是蛋白質，并非纖維素，C符合題意；

石硯常由石灰巖（主要成分為碳酸鈣）或其它石材制成，因此主要成分是碳酸鹽，D不符合題意；故選C。

2.2024年7月5日，中國高等教育學會在陜西省西安市組織召開“2024年高校實驗室安全管理培訓會”。

規范操作是實驗安全的保障，下列做法錯誤的是（）

A.皮膚濺上酸液后，先用大量水沖洗，再涂上Na2c03溶液

B.聞氣體時，要用手在瓶口輕輕扇動，使少量氣體飄進鼻孔

C.給試管中的液體加熱時，液體體積不超過試管容積的1/3

D.做銅與濃硫酸反應制備二氧化硫的實驗時，佩戴護目鏡

【答案】A

【解析】如果皮膚濺上酸液后，應立即用大量水沖洗，然后用5%的NaHCCh溶液沖洗，A錯誤；不能

直接從瓶口聞氣體，聞氣體時用手輕輕扇動，使少量氣體飄進鼻孔，B正確；給試管中的液體加熱時，

試管口向上傾斜且液體體積不超過試管容積的1/3,C正確；進行銅與濃硫酸反應的實驗時要佩戴護目

鏡，可防止化學試劑飛濺進入眼睛，D正確；故選A。

3.下列化學用語或圖示表達正確的是（）

、一Is2s2p

A.基態F原子的核外電子軌道表示式：向向同山

HOOCC00H

B.順丁烯二酸的結構簡式：C=C

HH

C.凡。2的電子式：H+［：O：O：］2'H+

D.CO2分子的球棍模型：

【答案】B

Is2s2pH00CCOOH

【解析】向向回才王|是基態O原子的核外電子軌道表示式，A錯誤；C=C為順丁烯二酸

的結構簡式，B正確；凡。?為共價化合物，其電子式：H：O：O：H,C錯誤；COz分子空間結構為直線

形，D錯誤；故選B。

4.完成下述實驗，裝置和試劑均正確的是（）

【答案】C

【解析】二氧化錦和濃鹽酸反應制Cb,需要加熱，故不選A；實驗室中加熱氯化鏤和氫氧化鈣的混合

物制取NH3,故不選B；氧氣不易溶于水，用排水法收集氧氣，故選C；氨氣和濃硫酸反應生成硫酸鏤，

不能用濃硫酸干燥氨氣，故不選D；故選C。

5.名為阿伏加德羅常數的值。已知：O3和NaOH會發生反應生成臭氧化鈉（4C）3+4NaOH

-60℃

^=4NaO3+O2+2H2O）o下列敘述正確的是（）

A.生成1.12L（標準狀況下）時消耗分子的數目為0.3NA

B.常溫下，O.OlmoLLNaOH溶液中含OJT的數目為。OINA。

C.常溫下，收集6.4gC）2和O3的混合氣體，該混合氣體中的原子總數為0.4NA

D.每生成0」molNaC（3時轉移電子的數目為?！姑?/p>

【答案】C

-60℃

【解析】根據反應：4O3+4NaOH=^=4NaO3+O2+2H2O,生成0.05molO2時消耗OsOlmol,即,

A錯誤；溶液體積未知，無法計算氫氧根離子的具體數目，B錯誤；6.4gC）2和的混合氣體，該混合氣

64g11

體中的原子總數為u?=0.4mol,即0.4NA，C正確；O元素由0價降低到價，由-2價升高到-；，

16g/mol33

故生成4moiNaOj時轉移gmol電子，則生成O.lmolNaO3,轉移，mol電子，電子的數目為D

錯誤；故選C。

6.下列過程對應的離子方程式錯誤的是（）

2+

A.硫化氫溶液久置變渾濁：2S-+O2+4H=2S^+2H2O

+

B.AgCl沉淀中滴入氨水：AgCl+2NH3=[Ag（NH3）2]+CF

C.堿性鋅鎬電池的正極反應：MnO2+H2O+e=MnO（OH）+OH

2++

D.SO?通入CuCL溶液中生成白色沉淀CuCl：SO2+2Cu+2Cr+2H2O=2CuCl+SO；+4H

【答案】A

【解析】H2s是弱酸，在離子方程式中不能拆，硫化氫溶液久置變渾濁：2H2S+O2=2S^+2H2O,A錯

誤；

+

AgCl沉淀與氨水反應生成可溶性絡合物[Ag（NH3）21,離子方程式為：AgCl+2NH3=[Ag（NH3）,]+CY,

B正確；堿性鋅鎰電池正極反應中，MnCh在堿性條件下得電子生成MnO(OH)并伴隨OH-生成，正極反

2+

應：MnO2+H2O+e=MnO(OH)+OH,C正確；SO2通入CuCl?溶液中，SCh被CiP+氧化為SO：,Cu

2++

被還原為Cu+生成CuCl沉淀，離子方程式為：SO2+2CU+2C1+2H2O=2CUC1+SO^+4H,D正確;

故選Ao

7.室溫下，根據下列實驗過程及現象，能驗證相應實驗結論的是()

選項實驗過程及現象實驗結論

A向待測液中滴加氯水，再加幾滴KSCN溶液，溶液變成血紅色待測液中含有Fe?+

向lOmLO.lmoLLTNaNOs溶液中加入Cu粉，再滴加幾滴8moi硫8moi?口硫酸具有強氧化

B

性

酸，微熱，溶液逐漸變成淺藍色

將BaSO,粉末加入到Na2c飽和溶液中，充分振蕩、靜置、過濾、洗

C^sp（BaSO4）＞^sp（BaCO3）

滌，將濾渣加入鹽酸中，有氣泡生成

向試管中加入某鹵代燒(CH3cH?X)和o.5mol-LrNaOH溶液，加熱，

D鹵代姓中X為Br原子

再向反應后的溶液中先加入硝酸酸化，再滴加AgNC>3溶液，有淺黃色

沉淀生成

【答案】D

【解析】溶液中含有鐵離子，加入KSCN溶液也會出現相同現象，不能說明待測液中含有Fe?+，A錯誤；

硝酸鈉溶液中滴加幾滴8moi1一硫酸，酸性條件下，硝酸根離子氧化銅單質生成銅離子，硝酸根離子體

現氧化性，不能體現8moi1一硫酸具有強氧化性，B錯誤；飽和碳酸鈉溶液中碳酸根離子濃度過大，使

得硫酸鋼沉淀轉化為碳酸鋼沉淀，不能比較Ksp(BaSCU)、Ksp(BaCCh)的大小，C錯誤；向盛有少量一鹵

代乙烷的試管中加入氫氧化鈉溶液并加熱，發生取代反應生成乙醇和鹵化鈉，冷卻后加入足量稀硝酸酸

化，滴加硝酸銀溶液后產生淺黃色沉淀，說明有機物中存在的鹵素原子為澳原子，D正確；故選D。

8.如圖為在催化劑表面合成氨的反應機理。下列說法正確的是

A.該進程中既有非極性鍵斷裂，又有非極性鍵形成

B.NH；fNH3(g)為該反應的決速步驟

C.由圖可知N?和所具有的能量高于NH3所具有的能量

1

D.該條件下，合成氨反應的熱化學方程式為：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)AH=-92kJ.mol

【答案】D

【解析】該反應歷程沒有非極性鍵形成，故A錯誤；由圖可知+N*+3H*為該反應的決速步

驟，故錯誤；的物質的量不確定，無法判斷，故錯誤；由圖可知，該條件下，

BN2AH2,NH3CO.5mol

氮氣和1.5mol氫氣生成Imol氨氣放出46kJ熱量，所以合成氨反應的熱化學方程式為：

N2(g)+3H2(g).2NH3(g)AH=-92kJmor'，故D正確；故選D。

9.類比和推理是學習化學常用的思維方法，下列結論合理的是()

選項己知方法結論

AH3P04是三元酸類比H3BO3是三元酸

B。2是非極性分子類比03是非極性分子

C“杯酚”分離c6G和C,。推理“杯酚”與C6。、G。形成化學鍵的強度不同

D離子液體具有良好的導電性推理離子液體的粒子全都是帶電荷的離子

【答案】D

【解析】H3P是三元酸，但H./O3的結構不同，它通過結合水分子釋放一個H+,是一元酸，電離方

程式為：H3BO3+H2O[B(OH)J+H+,類比錯誤，A錯誤；是非極性分子，但為V形結構,

正負電荷中心不重合，是極性分子，類比錯誤，結論不合理，B錯誤；“杯酚”選擇性分離C^、C70,是

因為杯酚通過分子空腔的大小和形狀選擇性地包裹Ceo,借助分子間力形成超分子，與化學鍵強度無關，

C錯誤；在離子液體中，存在陽離子和陰離子，沒有中性分子，即離子液體的粒子全都是帶電荷的離子，

所以具有良好的導電性，D正確；故選D。

10.化合物M、N的轉化關系如圖所示，下列有關說法正確的是()

A.N能發生消去反應和水解反應

B.1個M分子中含有8個手性碳原子

C.M與金屬鈉反應最多可以產生LSmolH?

D.N使酸性高銹酸鉀溶液褪色和澳的四氯化碳溶液褪色的原理相同

【答案】B

【解析】N中連接羥基的碳原子相鄰的碳原子上有氫原子，可發生消去反應，但不能發生水解反應，A

項錯誤；連接4個互不相同的基團的碳原子是手性碳原子，M分子中含有的手性碳原子用“*”標記為

HoCH3,OH

共8個，B項正確；沒有指明M的物質的量，與金屬鈉反應產生氫氣的量不能

HOAJU

確定，C項錯誤；N中含碳碳雙鍵和羥基，均可以被酸性高鋸酸鉀溶液氧化，而使酸性高鎰酸鉀溶液

褪色，使澳的四氯化碳溶液褪色發生加成反應，原理不同，D項錯誤；故選B。

11.嫦娥五號帶回的月壤中發現一種由短周期元素組成的礦物晶體YX,MQm^XzZ。已知X、Y、Z、M、Q

分布在不同的三個周期且原子序數依次增大；X和Y的質子數之和等于Z的質子數；基態Z、M原子

中，s軌道和p軌道中的電子數相等。下列有關說法不正確的是()

A.該晶體溶于水后溶液呈中性B.第一電離能：Y>Z>M

C.鍵角：YX；>XzZD.Q2的水溶液具有漂白性

【答案】A

【解析】根據條件，Z和M的基態原子中s和p軌道電子數相等。分析得出Z為O(Is22s22P's軌

道和P軌道中的電子數均為4),M為Mg(Is22s22P63s2,s軌道和p軌道中的電子數均為6)。X和Y

的質子數之和等于Z的質子數，即X+Y=8。結合原子序數遞增及周期分布，X為H(l),Y為N(7),

Z為0(8),Q的原子序數大于Mg(12),YX,MQ'^XzZ各元素化合價代數為0,推測其中Q化合價

為-1價，Q為C1(17)。礦物晶體為NH4Mge卜6凡0。礦物晶體為NH4Mge卜6凡0,NH；和Mg2+

水解使溶液呈酸性，而非中性，A錯誤；第一電離能是衡量元素的氣態基態原子失去一個電子的難易

程度的，N(is22s22P3)半充滿結構，第一電離能大于O,Mg為金屬易失去電子，故第一電能順序為N>

5-1-4x1

O>Mg,即Y>Z>M,B正確；NH；中N的價層電子對數為4+——=4+0,s/?雜化，正四面體

結構，無孤對電子，鍵角為109。28，，H2O中。的價層電子對數為2+正產=2+2,s°3雜化，有2

對孤對電子，為V型，由于孤電子對對成鍵電子對的排斥力大于成鍵電子對間的排斥力，導致鍵角小

于109°28',鍵角約104.5°,故鍵角YXIAX/,C正確；

Cl2+H2oHC1+HC1O,CU的水溶液有HC1O,具有漂白性，D正確；故選A。

12.居人口合金晶體有夕-工人?甲)、￡-Ti,Au(乙)兩種結構。設S為阿伏加德羅常數的值，下列說法錯

誤的是()

I23

A.a-Ti3Au與6-T%Au晶體的密度之比為b:/

B.a-TisAu中，Au周圍最近且等距的Ti的個數為12

C.圖乙中，若M的坐標為則N的坐標為[ij]

D.圖乙中，Ti-Au間最近距離為且6

4

【答案】A

原子個數為：原子個數為晶胞邊長為根據

【解析】圖甲中，由均攤法,Au8x=l,Ti6x;=3,anm,

o2

mM197+(48x3)_1

晶體密度的計算公式P=M=木3；圖乙中，由均攤法,Au原子個數為8x：+l=2,

晶胞AiN^xiaxiu?w

ImM2x(48x3+197)

Ti原子個數為12x：=6,晶胞邊長為bnm,根據晶體密度的計算公式P=▽=一j]=3,

2vV晶胞X1、ANAx(^bxlO)

據此分析。a-TisAu與p-TisAu晶體的密度之比為b3：2a3,A錯誤；a-l^Au中，以頂點的Au為例,

周圍最近且等距的Ti的個數為gx3x8=12,B正確；圖乙中，若M的坐標為t/1),N位于右側面

入UAu

上，則N的坐標為C正確；圖乙中，，由坐標可計算，Ti-Au間最近距離為

D正確；故選A。

13.已二睛［NC（CH?）4CN］是合成尼龍一66的原料?？捎秒娊獗┰虑啵–Hz=CH-CN）的方法合成己二月青,

裝置示意圖如下。

已知：陽/陰極反應物的還原/氧化性越強，電解所需電壓越小，消耗的電能越少。

下列說法不正確的是（）

A.在陰極獲得己二晴

B.制得Imol己二靖的同時，陽極室中n（H+）增加2moi

C.制得Imol己二靖的同時，理論上會產生1L2LON標況下）

D.若要降低電解丙烯月青的能耗，可向陽極室中加入強還原劑

【答案】B

【解析】用電解丙烯睛（CH?=CH-CN）的方法合成己二睛［NC^CHjCN］過程中，C元素化合價降

低，發生還原反應,則丙烯月青在陰極（左側電極）發生反應：2Cg=C"OV+2H++2"=OV（C”2）4OV，

+

右側電極為陽極，水失去電子發生氧化反應：2H2O-4e=4H+O2To丙烯月青在陰極發生還原反應生

成己二懵，A正確；由電極反應式可知，制得Imol己二睛時，陰極室消耗2/〃oZH+,陽極室生成2〃皿出+

通過質子交換膜向陰極移動，則陽極室中n（H+）不變，B錯誤；由電極反應式可知，制得Imol己二睛

時，轉移2加%-，生成05如/。2,即產生1L2LON標況下），C正確；根據題中所給己知信息：陽/陰極

反應物的還原/氧化性越強，電解所需電壓越小，消耗的電能越少；陽極室反應物具有還原性，發生氧

化反應，則要降低電解丙烯睛的能耗，可向陽極室中加入強還原劑，D正確；故選B。

14.常溫下，取三份濃度均為0.2mol/L,體積均為10mL的醋酸鈉溶液，分別向其中滴加濃度均為0.2mol/L

的硝酸鏤溶液、醋酸鍍溶液和硝酸溶液，滴加過程中溶液的pH變化曲線如圖所示，下列說法正確的是

A.c(CH3coCT):a>d>b>c

B.水的電離程度：a>b=c>d

C.常溫下Ka(CH3coOH)=&(NH3?H2O)?2X107

++

D.a點溶液中：c(CH3COO-)>c(NH：)>c(Na)>c(OH-)>c(H)

【答案】C

【解析】硝酸為強酸，硝酸鏤為強酸弱堿鹽，溶液顯酸性，醋酸鏤為弱酸弱堿鹽，酸性弱于硝酸鏤；

等濃度的溶液酸性硝酸大于硝酸鏤大于醋酸鏤，酸性越大，加入后pH越小，則結合圖可知，曲線cba

分別代表硝酸、硝酸鏤溶液和醋酸鏤溶液。溶液中均加入10mL硝酸鏤溶液、醋酸鏤溶液和硝酸溶液

后，醋酸鏤中含有醋酸根離子，則a點醋酸根離子濃度最大；d點加入硝酸恰好生成弱酸醋酸，d點醋

酸根離子濃度最小，A錯誤；加入醋酸鏤，鐵根離子和醋酸根離子雙水解促進水的電離，且結合A分

析，a點醋酸根離子濃度最大a點水的電離程度最大；d點加入硝酸恰好生成弱酸醋酸，抑制水的電離，

d點水的電離程度最小；b點鏤根離子和醋酸根離子雙水解促進水的電離，c點生成醋酸抑制水的電離，

b點水的電離程度大于c,B錯誤；b點鏤根離子和醋酸根離子雙水解促進水的電離，且溶液呈中性，

則錢根離子和醋酸根離子水解程度相同，則Ka(CH3coOH)=Kb(NH3-H2。)；結合起點pH=8.9,

pOH=5.1,CH3coeT+HQCH3COOH+OH,貝I]

K-K:10"c(CH0OH)c(OH)爐“爐」§-0g

hKa(CH3coOH)Ka(CH3coOH)C(CH3coeF)0.21

8

Ka(CH3COOH)=Kb(NH3-H2O)?2x10^,C正確；a點溶液中溶質等濃度醋酸鈉和醋酸鍍溶液，醋

酸根離子濃度最大，鏤根離子水解，則鈉離子濃度大于錢根離子，溶液pH>7,顯堿性，則氫氧根離子

濃度大于氫離子濃度，故c(CH3coer)>c(Na+)>c(NH：)>c(0H-)>c(H+),D錯誤；故選C。

第II卷(非選擇題共58分)

二、非選擇題，共4題，共58分。

o

15.（14分）苯甲酰氯是無色液體，遇水或乙醇逐漸分解，可用作制備染料、香料、有機過氧化物、

藥品和樹脂的重要中間體。實驗室可用苯甲酸與氯化亞碉（SOC12）制備苯甲酰氯。

I.氯化亞碉的制備：采用硫黃、二氧化硫、氯氣為原料，在活性炭催化作用下的合成反應為

2S+C12=S2C12>S2C12+3C12+2SO2=4SOC12,副反應為5+SO2=S02cl2（部分加熱儀器略，已知:

氯化亞颯遇水易分解）。

（1）儀器M的名稱是o

（2）按氣流進出三頸燒瓶的接口連接順序是（填字母）。

（3）堿石灰的作用是。

（4）實驗開始時，先打開儀器Q中的旋塞反應一段時間，再打開儀器N中旋塞的目的是

II.制備苯甲酰氯的裝置如圖所示：

（5）從含少量氯化鈉的苯甲酸粗產品中提純苯甲酸的方法是

⑹試劑Y是

（7）三頸燒瓶中等物質的量的苯甲酸與SOCl?發生反應的化學方程式是

【答案】（1）球形冷凝管（2分）

（2）ebahicdfg（2分）

（3）吸收SO?和C12,同時防止空氣中的水蒸氣進入三頸燒瓶中（2分）

⑷先由C1?與S反應生成S2c",減少SO2CI2產生，提高SOC1?的產率（2分）

⑸重結晶（2分）

（6）NaOH溶液（2分）

_COOH

(7)[^J]+SOC12->COC1

+SO2t+HClT(2分)

【解析】濃鹽酸與二氧化鋪在加熱條件生成氯氣，然后通過飽和食鹽水除去氯化氫氣體，再通入濃硫

酸除去水蒸氣，由c口進入三頸燒瓶，70%硫酸與亞硫酸鈉反應生成二氧化硫氣體，經濃硫酸干燥，通

入三頸燒瓶中，在三頸燒瓶中，二氧化硫與氯氣反應生成氯化亞颯，最后用堿石灰進行尾氣處理。

(1)儀器M的名稱是球形冷凝管;

(2)由分析知，按氣流進出三頸燒瓶的接口連接順序是ebahicdfg；

(3)堿石灰的作用是吸收SO2和Ch,同時防止空氣中的水蒸氣進入三頸燒瓶中;

(4)實驗開始時，先打開儀器Q中的旋塞反應一段時間，再打開儀器N中旋塞的目的是先由Cb與S

反應生成S2c12,減少SO2c12產生，提高SOC12的產率;

（5）通過重結晶法可由含少量氯化鈉的苯甲酸粗產品中提純苯甲酸;

（6）苯甲酸和氯化亞碉反應生成苯甲酰氯、二氧化硫和氯化氫，用試劑Y進行尾氣處理，該溶液可以

是NaOH溶液;

（7）三頸燒瓶用來制備苯甲酰氯，根據元素守恒推測還有SO2和HC1生成，反應的化學方程式是

COOH+soc)2

16.（15分）一種利用鈦白粉副產品［主要成分為FeSO「7H2。，含有少量Fe2（SOj、TiOSO4,MgSO4>MnSO4

等］和農藥鹽渣（主要成分為Na3PO,、Na2s等）制備電池級磷酸鐵的工藝流程如下。

鈦白粉

副產品

FePO4-2H2O

一定條件下，一些金屬氟化物的Ksp如下表。

氟化物FeBMgF2Mn^

%2.3x10-65.1x10」5.2x103

回答下列問題：

⑴鐵粉的作用之一是提高體系的pH,使得TiO"水解以TiC^xH?。沉淀形式除去，寫出Ti(y+在弱酸

性環境下水解的反應方程式o

⑵“除雜1”中使鎂離子完全沉淀［c(Mg2+)w5.1xl()-6moi/L］需要NH4F的最小濃度是，此時Mn2+

物質的量濃度為lmol/L是否會生成氟化鋅沉淀？請配合簡單計算說明o

(3)“氧化1”中不能使用稀鹽酸代替H2sO4溶液，原因是,寫出“氧化1”中發生主要反應的離子

方程式o

(4)濾渣3的主要成分是MnO葭xHQ,生成該物質的離子方程式為。

(5)“氧化2”的目的是減少氣體的排放(填化學式)。

(6)“沉鐵”中要控制pH為1.5,原因是o

2++

【答案】(l)TiO+(x+l)H2O=TiO2'xH2O+2H(2分)

(2)10-2-5mol/L(2分)Q(MnF2)=lx(1025)2=i&5<Ksp(MnF2),因此不會生成氟化鎰沉淀(2分)

⑶若用鹽酸會被KMnCU生成氯氣(2分)2Fe2++2H++H2O2=2Fe2++2H2O(2分)

2++

⑷3Mn+2MnO4+(5x+2)H2O=5(MnO2-xH2O)J+4H(2分)

⑸SO2(1分)

(6)如果pH過小，POj濃度降低，如果pH過大，鐵元素會生成Fe(OH)3,都會使生成FePO*々比。沉

淀量少(2分)

【解析】該工藝流程的原料為鈦白粉副產品［主要成分為FeSO「7H2。，含有少量

Fe2(SO4)3,TiOSO4.MgSO4,MnSO4等］和農藥鹽渣(主要成分為Na3PO,、N%SC>3等)，產品為電池級

磷酸鐵，鈦白粉副產品在硫酸中“溶解1”后，加入鐵粉“除鈦”過程發生反應有：Fe+H2SO4=FeSO4+H2T、

Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4,體系的pH增大，使TiC)2+水解以TilXxHzO沉淀形式除去，濾渣1為TiO2xH2O,

222+

氣體為H2,溶液中主要含有Fe\Mg2+、Mn\SO：,加入NH4F“除雜1”中除去Mg,濾渣2為MgF2;

3+

“氧化1”中主要反應是Fe2+被氧化為Fe,“除雜2”中加入的KMnO4與Md+發生氧化還原反應生成

MnCLxHQ而除去MG,濾渣3為MnO??xH?。；農藥鹽渣加水“溶解2”后，氧氣將Na2sCh氧化為

Na2so4,沉鐵時溶液中Fe3+與農藥鹽渣中的PO：結合生成FePC>42HQ。

2++

⑴TiC^水解以TQ-xH?。沉淀形式除去，水解的反應方程式為：TiO+(x+1)H2O=TiO2-xH2O+2H；

2+2

(2)Ksp(MgR)=c(Mg)c(F),“除雜1”中使Mg2+完全沉淀需要NEF的最小濃度：

c(F)=JKsp(M^)>J5'iXl°"mol/L=10-25mol/L；此時Md+物質的量濃度為lmol/L,

Yc(Mg2+)Y5.1xl(y6

2+22555

Q(MnI7)=c(Mn)c(F)=lx(10-)=10<Ksp(MnE,),不會生成氟化銃沉淀；

(3)“氧化1”中不能使用稀鹽酸代替HzSO,溶液，原因是：若用鹽酸會被KMnCU生成氯氣；“氧化1”

中主要反應為Fe2+被氧化為Fe3+,離子方程式為：2Fe2++2H++H2O2=2Fe2++2H2。；

(4)“除雜2”中加入的KMnO4與Md+發生氧化還原反應生成MnO2-xH2O,根據得失電子守恒和原子

2++

守恒，離子方程式為：3Mn+2MnO；+(5x+2)H2O=5(MnO2-xH2O)，+4H；

(5)農藥鹽渣成分中有Na2so3,“除雜2”后溶液含有氫離子，二者混合會產生S02,“氧化2”的目的

是使Na2s03轉化為Na2so4,從而減少SCh氣體的排放；

(6)“沉鐵”中要控制pH為1.5,原因是：如果pH過小，POj濃度降低，如果pH過大，鐵元素會生

成Fe(OH)3,都會使生成FePO4-2HQ沉淀量少。

17.(14分)江南大學某團隊開發了一種新型鋸基單原子催化體系(UI,Rh"CeTiO、)，實現了CO?(或CH30H)

加氫一步高效制乙醇。有關反應為：

1

反應1：2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)=akJ.mol；

1

反應2：CH3OH(g)+CO2(g)+3H2(g)C2H5OH(g)+2H2O(g)AH2=bkJ-moro

回答下列問題：

⑴2cH30H(g)；C2H5OH(g)+H2O(g)AH=kJ.moP'o

(2)一定溫度下，在恒容密閉容器中充入ImolCO?、3mo叫和ImolCHQH,發生上述反應。下列敘述正確

的是(填字母序號)。。

A.總壓強不隨時間變化時達到平衡狀態B.增大催化劑質量，反應速率一定增大

C.達到平衡時，3>,^-<>1D.反應1、反應2都是增減反應

（3）CC）2催化加氫制備乙醇的反應歷程如下:

上述循環中，形成C-C鍵的反應是

（4）在恒容密閉容器中充入ImolCO?和3m。1凡，在不同催化劑（Catl和Cat2）作用下，僅發生反應1.

實驗測得單位時間內CO2的轉化率與溫度關系如圖所示。

100

90

%8o

、

>7o

3

6o

流

25o

6

4o

。

3O

20-

100200300400500600

溫度/℃

①催化效能較高的是（填“Catl”或“Cat2”）。

②b點（填“是”或“不是”）平衡點，判斷依據是=

③當溫度高于400℃時，曲線400℃變化的原因可能是0

（5）某溫度下，向恒容密閉容器充入ImolCO?、3moi凡和1010（1130H（g）,起始壓強為lOOkPa。發生上述

反應1和2,達到平衡時測得CO2轉化率為60%,CH30H為0.8mol。反應2的平衡常數K。為

（kPa）2（只列計算式，已知：用分壓計算的平衡常數為Kp,分壓等于總壓x物質的量分數）。

【答案】（l）2b-a（2分）

（2）AD（2分）

（3）H3C*+CO*=CH3CO*（2分）

（4）Cat2（1分）不是（1分）b點的轉化率不是對應溫度的最大轉化率（2分）

溫度升高，Catl催化活性降低（合理即可）（2分）

（5）一8x20一（答案合理即可）（2分）

8x16x24，

【解析】（1）根據蓋斯定律可知，反應2x2—反應1可得目標反應，即AH=2AHjAH1；

（2）反應1和2都是氣體分子數減小的反應，在恒溫恒容條件下，氣體壓強不變時表明總物質的量不

變，達到平衡狀態，A正確；速率與催化劑表面的活性位點有關，催化劑質量增大不一定表面的活性

位點增多，B錯誤；根據化學計量數以及初始投料可知，平衡時CO?和H?濃度仍然是1：3,C錯誤；

反應1和2都是氣體分子數減小的反應，即燧減反應，D項正確；故選AD。

（3）觀察循環圖可知，形成C-C鍵的粒子是H3C*和CO*,發生反應為H3C*+CO*=CH3C。*。

（4）①單位時間內轉化率在數值上等于反應速率，相同溫度下，轉化率較高，則催化劑效率較高，結

合圖像可知，cat2的催化性能高；②根據圖像可知，b點的轉化率小于相同溫度下a點對應的轉化率,

而平衡轉化率是該溫度下的最大轉化率，故b點不是平衡點；③如果溫度過高，催化劑會失去活性，

轉化率降低；

（5）根據原子守恒和相關數據計算得到：平衡體系中，各氣體組成：

0.4molCH3CH2OH>0.8molCH3OH>0.4molCO2J.0molH2O>1.2molH2,氣體總物質的量為3.8mol。設平衡

時氣體總壓強為P,恒溫恒容下氣體壓強之比等于物質的量之比。有：碧2=駕回，則P=76kPa,

lOOkPaP

即平衡體系中，各組成的分壓：C2H50H為8kPa、CH30H為16kPa、CO?為8kPa、應為24kpa、凡0為

：p(C2H5OH).p2(HQ)8x202

20kPa反應2的平衡常數:(kPa)-2

op-33o

p(CH3OH).p(CO2)-p(H2)8xl6x24

18.（15分）環丙沙星（J）具有抗菌效應廣、殺菌力強、起效快、不易耐藥等特點，臨床廣泛用于敏感菌

所致尿路感染、胃腸道感染、呼吸道感染等病癥，合成環丙沙星的一種路線如圖所示。

Oj07產℃2H5

YY'C人人&)0C2H5_定條件

oorci\C1------------>

C2H50H^C

O

5rlycOOC2H5