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2025年广西高考模拟卷（三）
一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．挖掘文物价值，讲好中国故事。下列文物的主要成分为天然高分子的是
A．蛋壳黑陶杯 B．鲁国大玉璧 C．《孙膑兵法》竹简 D．亚醜钺
2．下列化学用语正确的是
A．的VSEPR模型： B．NaCl溶液的中水合钠离子：
C．中共价键的电子云图： D．基态硒的简化电子排布式：
3．下列实验图示与对应叙述相符或能达到相应目的的是
A．浓氨水与生石灰制取并收集氨气 B．干燥氨气
C．浓氨水与浓硫酸反应 D．验证氨气易溶于水且水溶液呈碱性
4．下列关于X的反应说法错误的是
A．W的分子式为C8H14O3
B．有机物X能通过缩聚反应合成高分子化合物
C．Y与足量H2反应生成的有机物中含3个不对称碳原子
D．等物质的量的W、X、Y分别与足量NaOH溶液反应消耗NaOH的物质的量之比为1：2：2
5．天然气水合物(笼状化合物)的结构如图，下列判断不正确的是
A．CH4和H2O分子中心原子杂化方式相同
B．CH4与H2O分子组成的笼子之间存在氢键和范德华力
C．水分子构成的笼子的腔径大于CH4分子的粒径
D．该天然气水合物笼状物质中存在共价键、氢键、范德华力
6．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列反应方程式书写错误的是
A．久置于空气中的溶液变质：
B．用醋酸和碘化钾淀粉溶液检验加碘盐中的：
C．模拟侯氏制碱法制备晶体：
D．用饱和碳酸钠溶液处理锅炉水垢：
7．R、X、Y和Z为短周期元素，的分子结构如下图所示。R中电子只有一种自旋取向，X、Y和Z处于同一周期。X的核外电子数等于Y的最高能级电子数，且等于Z的最外层电子数。
下列说法正确的是
A．原子半径： B．单质的沸点：
C．最高正化合价： D．该化合物中X提供电子对与Z形成配位键
8．某化学小组探究的生成，进行了如下实验。下列说法不正确的是
实验序号 实验操作和现象
Ⅰ 向盛有溶液的试管中滴加5滴氨水，产生蓝色沉淀；继续滴加约氨水，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液
Ⅱ 取氢氧化铜固体于试管中，加入氨水，滴加氨水时溶液略变蓝，但沉淀未见明显溶解；继续滴加饱和溶液时，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液
Ⅲ 另取氢氧化铜固体于试管中，滴加饱和溶液，沉淀未见明显溶解
A．配位键强弱：
B．键角大小：
C．由实验可知，I中蓝色沉淀溶解是溶液中和氨水共同作用的结果
D．由实验可知，取少量固体于试管中，加入过量浓氨水固体可完全溶解
9．糠酸和糠醇是化工重要原料，某发明以双极膜(中间夹层的向两极室提供和)技术，通过电解法利用糠醛制备糠醇和糠酸盐()的装置如图所示。下列说法错误的是
A．电极与电源的负极连接
B．左侧电极室溶液增大
C．右侧电极室的总反应为
D．若电路转移电子总数为，则理论上至少消耗糠醛的质量为
10．铜催化乙炔选择性氢化制1，3-丁二烯的反应机理如图所示(吸附在铜催化剂表面上的物种用*标注)。
下列说法正确的是
A．反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ的速率
B．若原料用丙炔，则会有2种分子式为C6H10的有机物生成
C．增大Cu的表面积，可加快反应速率；提高C2H2的平衡转化率
D．C2H3*转化成C4H6(g)过程中，有非极性键的断裂和形成
11．常作有机合成催化剂、人工降雨剂和加碘盐的碘来源。其一种制备原理：，不同晶型的晶胞结构如图所示：
下列说法正确的是
A．上述反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为
B．中阴离子的中心原子价层电子对数为5
C．中1个与4个等距离且最近
D．等数目的和晶胞，其质量之比为
12．实验室中常用电石和水反应制取乙炔，反应的化学方程式为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中含有阴离子的数目为
B．中含有键的数目为
C．中含有电子的数目为
D．标准状况下，电解生成和转移电子的数目为
13．制备苯甲醛有两种途径(图1，均小于0)。在反应起始阶段，可认为甲苯与发生平行反应，分别生成苯甲醇(浓度为)和苯甲醛(浓度为)，且，两产物的浓度之比与时间无关。140℃时，；170℃时，。反应在绝热容器中进行，甲苯，苯甲醇和苯甲醛的含量随时间变化如图2所示，下列说法错误的是
A．Z曲线代表的是苯甲醛
B．升高反应温度，苯甲醛的选择性降低
C．增加氧化剂的浓度，可以提高甲苯的转化率和苯甲醛的选择性
D．在一定的反应时间内，选择合适的催化剂，可以提高生成苯甲醇的比例
14．某温度下，用标准溶液滴定溶液，测得溶液的相对电导率及随滴入标准溶液的体积的变化关系如图所示。已知。下列说法正确的是
A．c点之后电导率持续上升说明，的导电能力强于
B．的过程中，溶液中逐渐增大
C．c点溶液中约为
D．d点溶液中：
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（14分）废旧三元锂电池的正极材料含有、、、、、，一种综合回收利用的工艺流程如图所示：
已知：①“高温热解还原”后镍、钴以单质的形式存在，锂以的形式存在，锰以的形式存在，常温下的溶解度比小；
②该废旧三元锂电池中的物质的量分数远大于的物质的量分数；
③相关金属离子沉淀的pH范围如表所示（当溶液中剩余离子浓度小于等于时，认为沉淀完全）：
离子
开始沉淀时的pH 1.5 3.6 均
沉淀完全时的pH 2.8 4.7 /
回答下列问题：
(1)基态Ni原子的价层电子排布式为 ．
(2)“高温热解还原”是通入将、、还原，其与T的关系如图所示：
镍钴锰金属氧化物在气氛下的关系图
①将还原的化学方程式为 ；
②在以下不能将还原成单质的原因是 ；
(3)若“水浸”时间过长，会降低锂的浸出率，其可能原因是 ；“滤液1”中的主要离子有 （填离子符号）；
(4)“酸解氧化”过程中最宜加入的氧化剂化学式为 ；
(5)“水解”时用溶液调节溶液pH的范围为 ；
(6)镍是较为稀缺的战略性金属，一种的立方晶胞结构如图所示，与Ni原子距离最近且相等的O原子有 个；下列视图中，该晶胞的俯视图为 （填图示字母）。

A． B． C． D．
16．（14分）为橙黄色晶体，微溶于冷水，易溶于热水，难溶于乙醇。以溶液、浓氨水和活性炭为原料制备，装置如图所示。
已知：①不易被氧化，具有强氧化性；
②具有较强的还原性，性质稳定；
③。
回答下列问题：
(1)盛装溶液和氨水的仪器名称为 。
(2)实验步骤Ⅰ：在三颈烧瓶中将、、活性炭、蒸馏水混合并加热至50℃，先滴加 ，待所有试剂添加完毕后，维持温度在50℃左右反应一段时间，得到溶液。温度维持在50℃左右的原因是 。
(3)实验步骤Ⅱ：向所得溶液中加入浓盐酸，冷却析出晶体，过滤、洗涤、干燥得到产品。洗涤时使用的洗涤剂依次有冷的盐酸、冰水、乙醇，最后使用乙醇洗涤的目的是 。
(4)制备的总化学方程式为 。
(5)纯度的测定：
Ⅰ．称取样品，加入20.00mL较浓NaOH溶液，加热使全部转化为，写出生成的离子方程式： 。冷却后加和20.00mL浓盐酸，加蒸馏水准确配成100.00mL溶液。
Ⅱ．用移液管移取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴加2滴 作指示剂，用标准溶液滴定至终点，平行操作3次，平均消耗标准溶液17.05mL，样品的纯度为 %(结果保留三位有效数字)。
17．（15分）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和，因此，研发二氧碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
(1)以、为原料合成涉及的主要反应如下：
Ⅰ．
Ⅱ．CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)ΔH2=-90.4
Ⅲ．
回答下列问题
①
②恒温恒容下，向密闭容器按投料比通入原料气，若只发生主反应，能判断反应处于平衡状态的是 (填标号)。
a． b．体系内压强保持不变
c．的体积分数保持不变 d．断裂3molH-H键的同时断裂3molH-O键
③不同压强下，按照投料，实验测定的平衡转化率和的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。
其中纵坐标表示平衡转化率的是图 (填“甲”或“乙”)；图乙中温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是 。
(2)在一定催化剂催化作用下加氢合成甲酸发生反应如下：。
①温度为℃时，该反应平衡常数，将等物质的量的和充入体积为1L的密闭容器中，实验测得：，，、为速率常数。℃时，= 。
②当温度改变为℃时，，则℃时平衡压强 (填“>”“<”或“=”)℃时平衡压强。
③该反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中的曲线所示，
已知Arrhenius经验公式为(为活化能，为速率常数，R和C为常数)，则该反应的活化能= 。改变外界条件，实验数据如图中的曲线所示，则实验可能改变的外界条件是 。
18．（15分）氯喹（CQ）除具有抗疟作用外，还可用于抗炎、抗病毒、抗肿瘤治疗。氯喹的一种合成路线如下（略去部分试剂和条件）：
回答下列问题：
(1)A中官能团的名称是 ，B的化学名称是 。
(2)CQ分子中手性碳原子数是 。
(3)写出反应③的化学方程式： 。
(4)E的结构简式是 ，反应⑥的类型是 。
(5)化合物H是G的同分异构体，满足下列条件的H共有 种。（不考虑立体异构）
I．苯环上有三个取代基，2个Cl原子与苯环直接相连
Ⅱ．能使溴的溶液褪色
Ⅲ．在酸性条件下可水解生成
IV．核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积之比为
(6)羟氯喹（）在氯喹的基础上引入了羟基，其治疗作用相近，毒副作用却显著减少。一种合成路线如下（略去部分试剂和条件）：
X的结构简式为 ，反应中的作用是 。
参考答案
1．C
【详解】A．“陶”的主要成分是硅酸盐．A错误；
B．“玉”的主要成分是硅酸盐，B错误；
C．“竹”的主要成分是纤维素，属于天然高分子，C正确；
D．“钺”是青铜器，属于合金，D错误；
故答案为：C。
2．A
【详解】A．的价电子对数为，VSEPR模型为四面体，A项正确；
B．NaCl溶液的中水合钠离子：，B项错误；
C．中共价键类型为s-s 键，其电子云图为，C项错误；
D．基态硒的简化电子排布式为，D项错误；
答案选A。
3．D
【详解】A．氨气密度小于空气，应该用向下排空气法收集，A错误；
B．氨气与CaCl2反应生成CaCl2·8NH3，不能用氯化钙干燥氨气，B错误；
C．浓硫酸不挥发，看不到白烟，C错误；
D．氨气在水中溶解大，可以做喷泉实验，氨水电离出的OH-离子可以使酚酞变红色，D正确；
答案选D。
4．D
【详解】A．根据的结构可知，其分子式为，A正确；
B．有机物是物质水解生成的产物，结构式为：，分子中含有羧基和酚羟基，在一定条件下可以发生缩聚反应合成高分子化合物，B正确；
C．与足量反应生成的有机物是，其手性碳即不对称碳位置如图：，C正确；
D．若三种物质均为，含有一个羧基，可以消耗；的结构为，含有一个羧基和一个酚羟基，消耗；物质含有一个酯基，水解生成羧酸钠和乙醇，只消耗，醚键在碱性情况下不水解，不消耗氢氧化钠，所以消耗的物质的量之比为，D错误；
故选D。
5．B
【详解】A．甲烷的价层电子对数是，属于杂化；水的价层电子对数是，属于杂化，A正确；
B．水分子间通过氢键形成分子笼，把甲烷分子包裹在分子笼里，甲烷中的碳原子与水分子没有形成氢键，水分子与笼内的甲烷分子间存在范德华力，B错误；
C．甲烷分子要被水分子构成的笼子“包裹”，所以水分子构成的腔径大于分子的粒径，C正确；
D．该天然气水合物笼状物质中分子的原子之间形成共价键，水分子间形成氢键，分子间存在范德华力，D正确；
故选B。
6．B
【详解】A．久置于空气中的溶液被空气中的氧气氧化为硫酸钠，离子方程式为：，A正确；
B．用醋酸和碘化钾淀粉溶液检验加碘盐中的，和I-反应生成I2，醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，B错误；
C．模拟侯氏制碱法制备晶体，是将CO2、NH3通入到饱和食盐水中生成晶体，离子方程式为，C正确；
D．用饱和碳酸钠溶液处理锅炉水垢，硫酸钙可以转化为溶解度更小的碳酸钙，离子方程式为：，D正确；
故选B。
7．B
【分析】R、X、Y、Z为短周期元素，R中电子只有一种自旋取向，R为H元素；X、Y、Z处于同一周期，X的核外电子数等于Y的最高能级电子数，且等于Z的最外层电子数，的分子中X、Z均形成4个共价键，则X为B元素，Z为N元素；Y只能形成1个共价键，结合位置可知Y为F元素；
A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：，A错误；
B．硼单质常温下为固体，氟气常温下为气体，故沸点B>F2，B正确；
C．氟电负性很强，没有正价，氢最高正价为+1，C错误；
D．该化合物中N原子提供孤电子对，B提供空轨道形成配位键，D错误；
故选B。
8．D
【分析】实验Ⅰ向溶液中滴加氨水，先形成蓝色沉淀：，后继续滴加约氨水沉淀溶解形成含的深蓝色溶液，体系中既有又有氨水；实验Ⅱ向氢氧化铜固体中加入氨水，溶液略变为深蓝色，继续滴加饱和溶液时，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液，体系中既有又有氨水；实验Ⅱ前部分只加氨水，沉淀未见明显溶解，实验Ⅲ只加饱和溶液，沉淀未见明显溶解，说明沉淀不能直接溶解于饱和溶液，也不能溶于过量浓氨水，从而说明蓝色沉淀溶解是溶液中和氨水共同作用的结果。
A．实验Ⅰ向溶液中滴加氨水，先形成蓝色沉淀，后继续滴加约氨水沉淀溶解形成含的深蓝色溶液，说明铜离子配位氨气更稳定，故配位键强弱：，故A正确；
B．分子中心原子氮原子价层电子对数为4，孤电子对数为1，中由于N与形成配位键，氮原子价层电子对数为4，但没有孤电子对，由于孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对间的斥力，所以键角大小：，故B正确；
C．由以上实验和分析可知，I中蓝色沉淀溶解是溶液中和氨水共同作用的结果，故C正确；
D．由以上实验和分析可知， 沉淀不能直接溶解于过量浓氨水，故D错误；
故选D。
9．B
【分析】由题干电解过程图示可知，X极上是将糠醛转化为糠醇，发生了还原反应，故X为阴极，与电源的负极相连，则Y为阳极，与电源的正极相连，双极膜中间夹层的H2O向两极室提供H+和OH-，H+移向X极，OH-移向Y极，X极电极反应为：+2+2=，Y极的电极反应为：-+ = +，然后生成的将糠醛氧化为糠酸盐，反应为：+2+→+2，据此分析解题。
A．X极上是将糠醛转化为糠醇，发生了还原反应，故X为阴极，与电源的负极相连，故A正确；
B．左侧电极室X极电极反应为：+2+2=，消耗了，左侧电极室原来为，中性，后变成，中性，故不变，故B错误；
C．右侧电极室的Y极的电极反应为：2-2+2 =2 +2，然后生成的将糠醛氧化为糠酸盐，反应为：+2+→+2，二者相加得总反应为，故C正确；
D．若电路转移电子总数为，阳极和阴极各消耗1mol糠醛，共2mol，则理论上至少消耗糠醛的质量为，故 D正确；
故选B。
10．D
【详解】A．反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ，则反应Ⅰ的速率小于反应Ⅱ，A错误；
B．若原料用丙炔，则会有CH3CH=CH-CH=CHCH3、CH2=C(CH3)-C(CH3)=CH2、CH3CH=CH-C(CH3)=CH2共3种分子式为C6H10的有机物生成，B错误；
C．增大Cu的表面积，可加快反应速率，催化剂不能使平衡移动，不能提高C2H2的平衡转化率，C错误；
D．根据图示，C2H3*转化成C4H6(g)过程中，先碳碳双键中有1条键断裂，后又有碳碳双键和碳碳单键的形成，所以有非极性键的断裂和形成，D正确；
答案选D。
11．B
【详解】A．（还原剂）中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，A错误；
B．中为中心原子，中心原子价层电子对数为，B正确；
C．由图，中顶点与面心的12个等距离且最近，C错误；
D．中，8个碘位于顶点、1个碘位于体内，4个铜位于棱上、1个铜位于体内，据“均摊法”，晶胞中含个I、个，即1个晶胞含2个“”；同理，晶胞中含4个“”；相等数目晶胞中，，晶胞质量之比为，D错误；
故选B。
12．C
【详解】A．中阴离子为，中含有阴离子的数目为NA，A项错误；
B．(结构式为)的物质的量为1mol，而1mol乙炔中含键，即2NA，B项错误；
C．中含10mol电子，即10NA，C项正确；
D．标准状况下水不是气体，D项错误；
答案选C。
13．C
【分析】随着反应进行，甲苯含量减小，苯甲醇、苯甲醛含量增大，反应均为放热反应，在绝热容器中进行，随着反应进行温度升高，由题意：140℃时，，170℃时，，则升高温度后，苯甲醇选择性增大而苯甲醛选择性减小，则XYZ分别为甲苯、苯甲醇、苯甲醛；
A．由分析，Z曲线代表的是苯甲醛，A正确；
B．由分析，升高反应温度，苯甲醛的选择性降低，B正确；
C．增加氧化剂氧气的浓度，可以提高反应物甲苯的转化率，但氧气浓度过大，会继续氧化苯甲醛为苯甲酸，不利于提高苯甲醛的选择性，C错误；
D．在一定的反应时间内，选择对生成苯甲醇更有利的催化剂，可以提高生成苯甲醇的比例，D正确；
故选C。
14．C
【分析】从图中可知，a到c的过程中，溶液的电导率逐渐减小，则溶液中离子浓度逐渐减小，结合两种反应物可知，a到b段发生反应的方程式为NaHC2O4+Ba(OH)2=BaC2O4↓+NaOH+H2O此时，钡离子沉淀完全，加入NaHC2O4体积为10mL，物质的量为0.001mol，则生成氢氧化钠0.001mol，b到c段随着NaHC2O4的继续加入，是NaOH与NaHC2O4反应生成草酸钠和水，化学方程式为NaHC2O4+NaOH=Na2C2O4+H2O。此时生成草酸钠物质的量为0.001mol。c到d段加入NaHC2O4后不发生反应。加入的NaHC2O4的物质的量为0.001mol。
A．观察电导率曲线可知，过了点后继续加入草酸氢钠溶液时，溶液中实际上是有更多的、等离子参加导电，并不单纯是因为的导电能力比强所致，A错误；
B．，，相乘可得。题干所给的比值可化为，b到c点过程中氢氧化钠逐渐被消耗，碱性逐渐减弱，氢离子浓度逐渐增大，则在该过程中该比值应减小而非增大，B错误；
C．根据分析，b点溶液中溶质为NaOH和少量BaC2O4，此时的溶液为BaC2O4的饱和溶液，根据b点钡离子浓度为10-4mol/L，可求得Ksp(BaC2O4)=10-8，c点溶液中草酸根离子的物质的量为0.001mol，浓度为，则c(Ba2+)=mol/L，C正确；
D．根据前述分析，d点溶液中溶质为Na2C2O4和NaHC2O4，且两者的物质的量均为0.001mol，即两者的浓度相等（暂不考虑水解和电离），根据草酸一、二两级电离常数可知，草酸根离子的水解平衡常数为，草酸氢根离子的水解常数为10-12，即草酸氢根离子的电离程度远大于草酸根和草酸氢根离子的水解程度，则溶液中c()>c()，D错误；
故选C。
15．(1) （1分）
(2) （2分）以下，与反应的一直大于0（2分）
(3)水浸时间过长，空气中会溶解进来使提前转化为进入滤渣，从而降低滤液中锂元素含量（2分）、、（2分）
(4)（合理即可）（1分）
(5) （2分）
(6)6（2分）C（2分）
【分析】废旧三元锂电池的正极材料含有、、、、、，“高温热解还原”后镍、钴以单质的形式存在，锂以的形式存在，锰以的形式存在，“水浸”过程中会与水反应成，溶液为碱性和反应，“滤液1”含有的主要离子有、、，通入二氧化碳碳化，得到碳酸锂，继续精制，用于制作电极，“酸解氧化”过程中加入，得到三价铁，“水解”形成氢氧化铁除去，过滤得到氢氧化铁，再通过共沉淀再生得到镍钴锰化合物，再煅烧，产品用来制作电极，据此解答。
（1）Ni的原子序数是28，因此基态Ni原子的核外电子排布式为，价层电子排布式为；
（2）①根据化合价升降可写出方程式：；
②由图可知，以下，与的反应的一直大于0，因此该条件下无法反应；
（3）锂为碱金属元素，锂单质性质与钠相似，“水浸”过程中会与水反应成，“水浸”时间过长，空气中会溶解进来使转化为进入滤渣，从而降低滤液中锂元素的含量；溶液为碱性且的物质的量分数远大于的物质的量分数，因此铝元素会以的形式存在，因此“滤液1”含有的主要离子有、、；
（4）为了不引入新的杂质，氧化剂宜用，答案：（合理即可）；
（5）“水解”主要是为了除去且尽量不损失锰钴镍元素，结合表格信息则可判断应调节溶液pH的范围为；
（6）由图可知，该晶胞中，看晶胞体心的Ni原子，与Ni原子距离最近且相等的O原子有6个；俯视该晶胞结构，O原子与Ni原子在棱中和面心处有重叠，在面心和体心处也有重叠，同时侧面棱中的O原子俯视时位于顶点，综合判断为图C。
16．(1)分液漏斗（1分）
(2)氨水（2分）温度较低时反应速率较慢，温度较高时氨水挥发量和溶液分解量较大（2分）
(3)使产品快速干燥（2分）
(4)或（2分）
(5) （2分）淀粉溶液（1分）36.5（2分）
【详解】（1）盛装溶液和氨水的仪器名称为分液漏斗。
（2）根据题给信息，性质稳定，故使用溶液将二价钴氧化为三价钴，可将转化为性质稳定的。所以，实验步骤Ⅰ：在三颈烧瓶中将、、活性炭、蒸馏水混合并加热至50℃，先滴加氨水，可使产物最终转化为性质稳定的。待所有试剂添加完毕后，维持温度在50℃左右反应一段时间，得到溶液。温度维持在50℃左右的原因是温度较低时反应速率较慢，温度较高时氨水挥发量和溶液分解量较大，不利于反应的进行，故答案是氨水；温度较低时反应速率较慢，温度较高时氨水挥发量和溶液分解量较大。
（3）微溶于冷水，易溶于热水，难溶于乙醇，故。在乙醇中溶解度最小，且乙醇易挥发，容易干燥处理。实验步骤Ⅱ：向所得溶液中加入浓盐酸，冷却析出晶体，过滤、洗涤、干燥得到产品。洗涤时使用的洗涤剂依次有冷的盐酸、冰水、乙醇，最后使用乙醇洗涤的目的是使产品更好析出，产品快速干燥。
（4）以溶液、浓氨水和活性炭为原料制备，做氧化剂，做还原剂，发生氧化还原反应，根据电子守恒和原子守恒配平，制备的方程式是或。
（5）称取样品，加入20.00mL较浓NaOH溶液，加热使全部转化为，发生非氧化还原反应，根据电荷守恒和原子守恒配平，生成的离子方程式：。冷却后加和20.00mL浓盐酸，由于具有强氧化性，与I-发生氧化还原反应生成单质碘，加蒸馏水准确配成100.00mL溶液。用移液管移取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴加2滴淀粉溶液做指示剂，溶液呈蓝色，用标准溶液滴定至终点，发生反应是，平行操作3次，平均消耗标准溶液17.05mL。根据钴元素守恒，反应的关系式是：~～～I2～，消耗的物质的量是，则25mL溶液中含的物质的量是，所取样品中含的物质的量是，则样品的纯度为=36.5%。
17．(1)+40.9（2分）bd（2分）乙（2分）时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响（2分）
(2) 0.5（2分）> （2分）1120（2分）使用更高效的催化剂（1分）
【详解】（1）①根据盖斯定律，三个热化学方程式的关系为：，因此；
②a．平衡时，不同物质表示的正逆速率之比等于其计量数之比，应有，a错误；
b．该反应反应后气体减少，恒容下，未平衡时体系内压强随气体变化而改变，体系压强不变时达到平衡状态，b正确；
c．设投入、各1mol，体积分数是50%，设某时刻有xmol发生了反应，余下(1-x)mol，根据差量法，混合气体总体积为(2-2x) mol，此时体积分数也为50%，则反应过程中体积分数恒定，不能用于判断平衡状态，c错误；
d．根据平衡时正逆速率相等，断裂3molH-H键的同时应断裂3molH-O键，d正确；
答案选bd；
③反应Ⅰ、Ⅱ是放热反应，反应Ⅲ是吸热反应，温度较低时，以反应Ⅰ、Ⅱ为主，升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ平衡向逆方向移动，平衡转化率减小。温度较高时以反应Ⅲ为主，升高温度，反应Ⅲ平衡正向移动，平衡转化率增大，因此纵坐标表示平衡转化率的是图乙；时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响，平衡时CO2的转化率相同，故三条曲线几乎交于一点；
（2）①平衡时，，则，，即；
②当温度改变为℃时，，则，说明将温度改变为后反应逆向移动，气体分子数增大，则℃时平衡压强>℃时平衡压强；
③根据图中曲线d上的数据得Ⅰ：，Ⅱ：，两式相减得：；根据曲线e上的数据，同理可计得该条件下，曲线e所示活化能更低，应是更换了更高效的催化剂。
18．(1)碳氯键、硝基（1分）3-氯苯胺（或间氯苯胺）（1分）
(2)1（2分）
(3)+C2H5OH（2分）
(4) （2分）取代反应（1分）
(5)6（2分）
(6) （2分）与生成的反应，提高反应物的转化率（或其他合理说法）（2分）
【分析】A结构上的硝基被还原成氨基，得到B（）；D在碱性条件下发生水解，经HCl酸化后得到E（）；F在POCl3/△条件下，羟基被Cl原子取代生成G（）。
【详解】（1）A结构含有碳氯键和硝基；据上述分析可知B的名称为间氯苯胺或3－氯苯胺；
（2）CQ分子有1个手性碳，如图（标*的为手性碳）；
（3）对比C、D结构可知，C在二苯醚/加热条件下生成D和乙醇，反应的化学方程式为+C2H5OH；
（4）由上述分析可知E的结构简式为；F在POCl3/△条件下，羟基被Cl原子取代生成G；
（5）依题可知H的结构中还含有碳碳双键和－CN，故苯环上第3个取代基为－CH=CHCN或－C(CN)=CH2，又知H结构的核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积之比为，故满足条件的结构有6种，具体结构如下：、、、、、；
（6）与X发生取代反应生成，则X为；与G发生取代反应生成HCQ和HCl，而K2CO3可以消耗HCl，促进生成HCQ，提高反应物的转化率。
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