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2024-2025学年高三化学高考摸底调研卷一参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D C A A C C D B D C
题号 11 12 13
答案 D C C
1．D
【详解】A．X射线衍射法可区分晶体(如水晶）和非晶体（如普通玻璃)，因晶体具有有序结构会产生衍射峰，而非晶体不会，A正确；
B．C60和C70的混合物加入一种空腔大小合适的C60的“杯酚”中可进行分离，这是利用超分子的分子识别特征，B正确；
C．碳化硅(SiC)属于新型无机非金属材料，具有耐高温、高硬度等特性，广泛应用于高科技领域，C正确；
D．光伏发电系统通过光电效应将光能直接转化为电能，而非化学能转化为电能，D错误；
故选D。
2．C
【详解】A．亚硫酸钠与硫酸反应生成二氧化硫，可选图在固液反应装置制备二氧化硫，故A正确；
B．二氧化硫的密度比空气密度大，可选图中向上排空气法收集，故B正确；
C．二氧化硫为酸性氧化物，可使石蕊变红，不能验证其漂白性，故C错误；
D．二氧化硫被溴水氧化生成硫酸，S元素的化合价升高，可验证SO2的还原性，故D正确；
故选C。
3．A
【详解】
A．二聚体结构为，Al最外层电子数为3，存在配位键，故A正确；
B．的中心原子为Be，Be原子和四个OH-形成4个共价键，无孤电子对，为sp3杂化，空间结构为正四面体形，故B错误；
C．Si和O构成了硅氧四面体，其结构如图：每个Si结合4个O，Si 在中心，O在四面体的4个顶角，键角不是180°，故C错误；
D．晶体有类似于石墨的片层状结构，但B最外层电子数为3，形成了3个共价键，为sp2杂化，与石墨具有自由电子的结构不同，无法导电，故D错误；
故选A。
4．A
【详解】A．BeO具有难溶于水、高熔点等性质，则其耐高温，因此可作耐火材料，故A符合题意；
B．硼酸可用作润滑剂是因为硼酸晶体有类似于石墨的片层状结构，层之间易滑动，故B不符合题意；
C．铝热反应常用于冶炼高熔点金属，其原理为铝与某些金属氧化物在高温条件下发生反应，铝热反应中铝失电子化合价升高，所以铝作还原剂，反应中体现出其还原性，故C不符合题意；
D．二氧化硅具有良好的光学特性，可用于制造光导纤维，与其硬度大、熔点高无关，故D不符合题意；
故答案选A。
5．C
【详解】A．焦炭与石英砂制备粗硅反应：，故A正确；
B．盛放碱液的试剂瓶不能用玻璃塞因为二氧化硅和碱反应：；故B正确；
C．氯化铍溶液中滴加过量NaOH溶液，会在强碱中溶解生成，所以正确的为：，故C错误；
D．硅与氢氧化钠溶液反应为，故D正确；
故选C。
6．C
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，且位于周期表4个不同的周期。则X是H元素；Y的电负性仅次于氟元素，则Y为O元素；常温下Z单质是气体，则Z位于第三周期，Z是Cl元素；基态W原子的外围电子排布为ns2np5，W位于第四周期，最外层有7个电子，故W为Br元素，然后根据元素周期律及物质性质分析解答。
【详解】根据上述分析可知：X是H，Y是O，Z是Cl，W是Br元素。
A．W是Br元素，位于元素周期表第四周期第ⅦA，A错误；
B．Z是Cl，最高化合价为+7价，Z的最高价氧化物的水化物HClO4为强酸，B错误；
C．X是H，Y是O，二者形成的化合物可以是H2O，在H2O分子之间可以形成氢键，增加了分子之间的吸引作用，C正确；
D．Z是Cl，W是Br，二者是同一主族元素，元素的非金属性：Cl＞Br，因此二者形成的化合物如BrCl中非金属性弱的元素W显正极，非金属性强的元素Z显负价，D错误；
故合理选项是C。
7．D
【详解】A．步骤Ⅰ中O2断键为非极性键断裂，故A正确；
B．氧的电负性大于碳，HCHO中带部分负电荷的O，由图可知，与催化剂表面的-OH中带部分正电荷的H发生作用，故B正确；
C．步骤Ⅱ中观察反应物质的变化可知，生成了CO和H2O，发生的反应可表示为，故C正确；
D．苯中存在共轭效应，电子分布较均匀，该催化剂要有正、负电荷的作用，因此对苯的催化氧化效果弱于对HCHO的催化氧化效果，故D错误；
故答案选D。
8．B
【详解】A．连接4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，X与足量氢气加成后的产物中环上连接支链的碳原子都是手性碳原子，有3个手性碳原子，故A错误；
B．含有醛基的有机物能和银氨溶液发生银镜反应，X能发生银镜反应、Y不能发生银镜反 应，所以可以用银氨溶液检验Y中是否含有X ，故B正确；
C．Y中酚羟基和酯基发生取代反应生成Z和 CH3CH2OH，没有H2O生成，故C错误；
D．酯基水解生成的羧基、酚羟基都能和 NaOH以1：1反应，Z中酯基水解生成酚羟基、羧基和醇羟基，所以1molZ最多消耗 3molNaOH，故D错误；
故选B。
9．D
【分析】CO2变为HCOO-化合价降低发生了还原反应，该极为电解池的阴极与电源负极相连。而Ni2P为电解池的阳极与电源正极相连，发生氧化反应。
【详解】A．由上分析Ni2P与电源正极相连，A项正确；
B．In/In2O3 x 电极上H+可能在此发生还原反应产生H2，B项正确；
C．CO2发生还原反应得到CH3COO-，反应为CO2+H2O+2e =HCOO +OH ，C项正确；
D．标况下33.6LCO2物质的量为1.5mol，由上电极反应知转移的电子物质的量为3mol。阳极的反应为CH3(CH2)7NH2 -4e-+4OH-=CH3(CH2)6CN +4H2O，当转移3mol电子时产生0.75mol辛腈，D项错误；
故选D。
10．C
【分析】天然独居石中，铈(Ce)主要以形式存在，还含有、、、等物质，焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，SiO2与硫酸不反应，转化为Al2(SO4)3，转化为Fe2(SO4)3，CaF2转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；后过滤，滤渣I为SiO2和磷酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化铁溶液除磷，滤渣Ⅱ为FePO4；聚沉将铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得。
【详解】A．可采用加热、搅拌等措施提高速率，从而提高“水浸”效率，故A正确；
B．由分析可知，加入絮凝剂的目的是将铝离子转化为沉淀，故B正确；
C．加碳酸氢铵沉铈得，Ce3+沉淀，“沉铈”后剩余溶液中大量存在的阳离子有和Mg2+和，故C错误；
D．用碳酸氢铵“沉饰”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成的离子方程式为：，故D正确；
故选C。
11．D
【详解】A．溶液中通入气体，出现黑色沉淀，是生成硫化铜沉淀不溶于硫酸，促使反应正向进行，不能说明酸性比强，A错误；
B．挥发的醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色，溶液褪色，不能证明生成乙烯，B错误；
C．生成沉淀反应为，不是物质的双水解反应，C错误；
D．加热促进铝离子水解，但硫酸不挥发，则Al2(SO4)3溶液蒸发结晶后得到白色固体为Al2(SO4)3，D正确；
故选D。
12．C
【详解】A．铵根离子和铝离子的水解促进水的电离，0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液的pH约为6，则由水电离出的c(H+)约为10-6mol·L-1，选项A错误；
B．实验2向0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中加入少量的Ba(OH)2溶液，反应生成硫酸钡沉淀、硫酸铵和氢氧化铝，发生反应离子方程式为2Al3++ 3+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，选项B错误；
C．实验3向0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中通入一定量的NH3至沉淀完全，则得到的溶液为硫酸铵溶液，溶液呈酸性，离子浓度大小关系为c()>c()>c(H+)>c(OH-)，选项C正确；
D．实验4向0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中加入Na2CO3产生沉淀和气体，可能为发生双水解产生的氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故过滤后所得清液中不一定存在碳酸铝沉淀的溶解平衡，故不一定存在：c2(Al3+)=，选项D错误；
答案选C。
13．C
【分析】只看一条曲线，可知该物质的平衡选择性随温度升高而升高，反应Ⅰ为放热反应，升温平衡逆向移动，反应Ⅱ为吸热反应，升温平衡正向移动。故升温CO的平衡选择性增大，符合图象。
【详解】A．由上述分析可知，图中表示的是CO的平衡选择性，A错误；
B．同一温度下，压强由P1变为P2，CO的平衡选择性增大。根据反应可知，降压反应Ⅰ逆向移动，从而导致反应Ⅱ正向移动， CO的平衡选择性增大，故P1>P2，B错误；
C．随温度升高，CO的平衡选择性接近100%，可知升温后主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ的平衡移动与压强无关，故随温度升高，的平衡转化率受压强影响减小，C正确；
D．平衡常数只与温度有关，温度相同平衡常数相同，D错误；
故选C。
14．(1) 0.029mol/L 碳酸铵溶液铵根促进碳酸根离子水解，溶液中碳酸根离子低
(2)
(3)使全部转化为
(4)
1.68%
(5)溶液中含有硫代硫酸钠溶液会消耗酸性
(6)在搅拌下向其中加入盐酸至固体完全溶解为止，然后滴加溶液调节，过滤。向滤液中滴加溶液充分反应，静置后向上层清液中继续滴加溶液无白色沉淀产生，过滤
【分析】重晶石废料(主要成分为、等)用饱和碳酸钠溶液处理，转化为BaCO3，过滤得到、BaCO3混合固体，用NH4Cl溶液溶解BaCO3，过滤得到滤渣为，滤液中含有Ba2+，滤液中加入溶液反应生成粗BaCO3，以此解答。
【详解】（1）①已知：，，饱和碳酸钠溶液的浓度为，根据已知条件列出“三段式”
平衡常数K=，则，解得x=0.029，溶液中浓度为0.029mol/L；
②常温下的溶解度大约是的5倍，浸泡重晶石废料用饱和而不用溶液的原因是：碳酸铵溶液铵根促进碳酸根离子水解，溶液中碳酸根离子低。
（2）向过滤1所得的滤渣中加入溶液，加热后溶解，溶液呈酸性，溶解的离子方程式为：。
（3）具有还原性，测定过程中，加入足量溶液的目的是：使全部转化为。
（4）由可得关系式：，则
重晶石中铁元素质量分数。
（5）若稀释后滤液用酸性滴定，测得的数值明显高于上述方法测定的数值，原因是：溶液中含有硫代硫酸钠溶液会消耗酸性。
（6）已知：时沉淀完全，粗中含有杂质。补充完整由粗制取高纯度的实验方案：取一定量粗固体，在搅拌下向其中加入盐酸至固体完全溶解为止，然后滴加溶液调节，过滤。向滤液中滴加溶液充分反应，静置后向上层清液中继续滴加溶液无白色沉淀产生，过滤，用蒸馏水充分洗涤沉淀，干燥，得到高纯度。
15．(1)=
(2) CaO可以吸收CO2，使CO2浓度减小，生成H2的反应正向移动，H2百分含量增大 纳米CaO表面积比微米CaO大，吸收CO2能力比微米CaO强
(3) CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O 负
(4)
(5)7
【详解】（1）已知：反应a：
一定压强下，由最稳定单质生成1mol化合物的焓变为该物质的摩尔生成焓。已知、的摩尔生成焓分别为、，则得：
b．
c．
d．
根据盖斯定律，由a+b+c得反应d．= = = ，因此的摩尔生成焓的热化学方程式为=；
（2）催化重整后的化学方程式为CH4（g）+2H2O（g） CO2（g）+4H2（g），向其中投入CaO时，CaO可吸收CO2，使c（CO2）减小，平衡正向移动，导致生成H2更多，H2百分含量增大，若投入纳米CaO时，由于纳米CaO颗粒小，表面积大，可使反应速率加快，c（CO2）减小，平衡正向移动加剧，所以H2百分含量增大，
故答案为：CaO可以吸收CO2，使CO2浓度减小，生成H2的反应正向移动，H2百分含量增大；纳米CaO表面积比微米CaO大，吸收CO2能力比微米CaO强；
（3）CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，C元素化合价降低，被还原，应为电解池的阴极反应，连接电源的负极；电极方程式为CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O，
故答案为： CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O；负；
（4）由图知，625℃达到平衡时，n(H2O)=n(CO2)=n(CO)=0.5mol，氢气是1.2mol，根据氢原子守恒，平衡时甲烷物质的量为mol=0.15 mol，根据碳原子守恒知，积碳的物质的量为（1+1-0.5-0.5-0.15）mol=0.85mol；反应Ⅱ的压强平衡常数；
（5）一个晶胞中Ce4+个数为、O2-在体内，个数为8，即一个晶胞中4个Ce4+、8个O2-，1molCeO2质量为172g，加热后当失重率为2.32%时，损失的质量为氧元素的质量，即172g×2.32%=4.0g，n(O)=0.25mol，因为铈离子空间排列没有发生变化，所以失去O2-的个数为0.25×4=1，每个晶胞拥有的O2-的个数为8-1=7。
16．(1)酮羰基
(2)
(3)
(4)()
(5)
【分析】
A与、、DMF作用生成B，B与、DMF作用生成C，逆推可知，B的结构为；D与发生取代反应生成E，E与、/H2O发生取代反应生成F；F与C在DBU、THF作用下生成G，G在、作用下成环生成H，据此分析；
【详解】（1）化合物A的含氧官能团名称有酮羰基、醚键、羧基；
（2）
根据分析可知，B的结构简式：；
（3）
E为，F为，E→F（取代反应）还生成另一种有机物X，X分子中除苯环外还含有一个六元环。写出X的结构简式：；
（4）
D（），分子式为，分子中含有手性碳原子；在酸性条件下水解生成两种产物，其中一种能与发生显色反应，说明产物中含有酚羟基，本身含酯基，且有2种不同环境的氢原子，说明结构对称，结构简式：()；
（5）
催化氧化生成，发生信息所给反应生成，与发生C+F→G的反应生成，与醋酸酯化生成，合成路线为：。
17．(1) ＞ 加入一定量N2使“乙苯脱氢反应”的Qc＜Kc(或Qp＜Kp)，反应平衡时正向进行程度更大 CO2与C6H5C2H5反应生成C6H5CH=CH2；CO2与H2反应[H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)]使H2浓度减小，“乙苯脱氢反应”平衡时正向进行程度更大 水蒸气与积碳发生反应H2O(g)+C(s)=CO(g)+H2(g)，可消除催化剂表面的积碳
(2) 乙苯α－H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出H+并吸附在B1位点上；(B1位点上的)H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上 过多的CO2占据了带部分负电荷的B1位点，使得乙苯α－H的脱除速率降低，乙苯转化率下降
【详解】（1）①根据图像可知转化率是大于0的，故α＞0。
②相同温度下，投料方式B乙苯的平衡转化率比投料方式A的高，其原因是加入一定量N2使“乙苯脱氢反应”的Qc＜Kc(或Qp＜Kp)，反应平衡时正向进行程度更大。
③相同温度下，投料方式C乙苯的平衡转化率比投料方式B的高，其可能原因是CO2与C6H5C2H5反应生成C6H5CH=CH2；CO2与H2反应[H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)]使H2浓度减小，“乙苯脱氢反应”平衡时正向进行程度更大。
④工业上利用“乙苯脱氢反应”生产苯乙烯时，会产生少量积碳。使用相同条件下的水蒸气代替N2，可较长时间内保持催化剂的催化活性，其原因是水蒸气与积碳发生反应H2O(g)+C(s)=CO(g)+H2(g)，可消除催化剂表面的积碳。
（2）
①图2所示的反应机理中步骤I和步骤II可描述为乙苯α－H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出H+并吸附在B1位点上；(B1位点上的)H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上。
②CO2的分压[p(CO2)=×p]与乙苯转化率的关系如图3所示，p(CO2)＞14kPa时，乙苯转化率下降的原因是过多的CO2占据了带部分负电荷的B1位点，使得乙苯α－H的脱除速率降低，乙苯转化率下降。
答案第1页，共2页2024-2025学年高三化学高考摸底调研卷
（总分：100分；考试时长：75分钟）
可能用到的相对原子质量H-1 N-14 C-12 O-16 S-32 Fe-56 Ba-137 Mn-55 Ce-140
一、单选题
1．（2025·江苏盐城·三模）化学与生产、生活、科技、医药等密切相关。下列说法不正确的是
A．可用X射线衍射仪区分普通玻璃和水晶
B．利用超分子的分子识别特征可以分离和
C．中国天眼(FAST)使用的是新型无机非金属材料
D．“天目一号”气象星座卫星的光伏发电系统工作时可将化学能转化为电能
2．（2024·江苏南通·三模）实验室制取、收集并验证其性质，下列装置不能达到实验目的的是
A．用装置甲制取 B．用装置乙收集
C．用装置丙验证的漂白性 D．用装置丁验证的还原性
3．（2024·江苏南通·二模）在元素周期表中，某些主族元素与右下方的主族元素的某些性质是相似的。如：和均为两性氢氧化物，溶于强碱形成；BeO和都具有难溶于水、高熔点等性质。和在气态时通常以二聚体的形式存在。B和Si均能溶于NaOH溶液生成盐和。工业上用焦炭和在高温下反应制粗硅。硼酸()和硅酸都是弱酸，硼酸晶体有类似于石墨的片层状结构，常用作润滑剂。下列说法正确的是
A．二聚体中含有配位键 B．的空间结构为平面正方形
C．中的键角为180° D．晶体在常温下能导电
4．（2023·江苏南京·二模）在元素周期表中，某些主族元素与右下方的主族元素的有些性质是相似的。和均为两性氢氧化物，溶于强碱形成。BeO和都具有难溶于水、高熔点等性质。和在气态时通常以二聚体的形式存在。B和Si均能溶于NaOH溶液生成盐和氢气。工业上用焦炭和石英砂(主要成分为)在高温条件下反应制得粗硅。硼酸()和硅酸都是弱酸，硼酸晶体有类似于石墨的片层状结构，常用作医用消毒剂、润滑剂等。下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．氧化铍熔点较高，可用作耐火材料 B．硼酸具有弱酸性，可用作润滑剂
C．金属铝质地柔软，可用于冶炼高熔点金属 D．二氧化硅硬度高，可用于制造光导纤维
5．（2024·江苏南通·二模）在元素周期表中，某些主族元素与右下方的主族元素的某些性质是相似的。如：和均为两性氢氧化物，溶于强碱形成；BeO和都具有难溶于水、高熔点等性质。和在气态时通常以二聚体的形式存在。B和Si均能溶于NaOH溶液生成盐和。工业上用焦炭和在高温下反应制粗硅。硼酸()和硅酸都是弱酸，硼酸晶体有类似于石墨的片层状结构，常用作润滑剂。下列化学反应表示不正确的是
A．焦炭与石英砂反应：
B．盛放碱液的试剂瓶不能用玻璃塞的原因：
C．氯化铍溶液中滴加过量NaOH溶液：
D．硅与氢氧化钠溶液反应：
6．（2022·江苏·二模）前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且位于周期表4个不同的周期。Y的电负性仅次于氟元素，常温下Z单质是气体，基态W原子的外围电子排布为ns2np5。下列有关说法正确的是
A．W位于元素周期表中第四周期VA族
B．Z的最高价氧化物的水化物为弱酸
C．X与Y组成的化合物分子间可形成氢键
D．Z和W形成的化合物中W显负价
7．（2024·江苏南通·三模）NaOH活化过的催化剂对甲醛氧化为具有较好的催化效果，有学者提出该催化反应的机理如下。下列说法不正确的是
A．步骤Ⅰ中存在非极性键的断裂
B．步骤Ⅰ可理解为HCHO中带部分负电荷的O与催化剂表面的-OH发生作用
C．步骤Ⅱ中发生的反应可表示为
D．该催化剂对苯的催化氧化效果优于对HCHO的催化氧化效果
8．（2025·宁夏·二模）化合物Z是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
下列说法正确的是
A．X 与足量H2加成后的产物中有1个手性碳原子
B．可用银氨溶液检验Y中是否含有X
C．Y→Z 有 H2O生成
D．1molZ与足量NaOH溶液反应，最多消耗2 molNaOH
9．（22-23高三下·浙江杭州·期中）有研究表明，以与辛胺为原料高选择性的合成甲酸和辛腈，工作原理如图，下列说法不正确的是

A．电极与电源正极相连
B．电极上可能有副产物生成
C．在电极上发生的反应为：
D．标准状况下参与反应时电极有1.5mol辛腈生成
10．（2023·江苏盐城·三模）可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以形式存在，还含有、、、等物质。以独居石为原料制备的工艺流程如图所示：

下列说法不正确的是
A．可采用加热、搅拌等措施提高“水浸”效率
B．加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀
C．“沉铈”后剩余溶液中大量存在的阳离子只有
D．“沉铈”的离子方程式为
11．（2024·江苏·二模）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项 实验操作和现象 实验结论
A 向一定浓度溶液中通入气体，出现黑色沉淀 酸性比强
B 将溴乙烷和氢氧化钠的乙醇溶液共热后产生的气体通入酸性溶液，溶液褪色 溴乙烷发生消去反应
C 将Na[Al(OH)4]溶液与NaHCO3溶液混合，观察有沉淀现象 验证两物质间发生了双水解反应
D Al2(SO4)3溶液蒸发结晶后得到白色固体 该白色固体为Al2(SO4)3
A．A B．B C．C D．D
12．（21-22高三下·江苏南通·开学考试）室温下，通过下列实验探究NH4Al(SO4)2溶液的性质(假设实验前后溶液体积不变)。
实验1：用pH试纸测定0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液的pH，测得pH约为6
实验2：向0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中加入少量的Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀
实验3：向0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中通入一定量的NH3至沉淀完全
实验4：向0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中加入Na2CO3产生沉淀和气体
下列说法正确的是
A．0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中由水电离出的c(H+)约为10-8mol·L-1
B．实验2发生反应离子方程式为+Al3++ +Ba2++4OH-=BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3·H2O
C．实验3得到的溶液中有c()>c()>c(H+)>c(OH-)
D．实验4过滤后所得清液中一定存在：c2(Al3+)=
13．（2024·江苏苏州·三模）催化加氢制甲醇主要反应：
反应Ⅰ.
反应Ⅱ.
压强分别为、时，将的混合气体置于密闭容器中反应，不同温度下体系中或的平衡选择性如图所示。((或)的平衡选择性)
下列说法正确的是
A．曲线①、②表示的是平衡选择性
B．曲线①、②表示的压强：
C．随温度升高，的平衡转化率受压强影响减小
D．相同温度下，压强分别为、时，反应Ⅰ的平衡常数
二、非选择题
14．（24-25高三上·江苏·期中）实验室利用重晶石废料(主要成分为、等)制备。
Ⅰ．制备粗。制备流程如下：
(1)转化。常温下，向重晶石废料中加入饱和碳酸钠(浓度为)溶液浸泡充分浸泡。
①已知：，。浸泡后溶液中浓度最高为 。
②常温下的溶解度大约是的5倍，浸泡重晶石废料用饱和而不用溶液的原因是 。
(2)溶解。向过滤1所得的滤渣中加入溶液，加热后溶解。溶液溶解的离子方程式为 。
Ⅱ．测定粗样品中铁元素的含量。
取5.0000g的粗样品，用20%充分溶解，再加入足量溶液充分反应，然后加蒸馏水配制成100mL溶液。准确量取20.00mL配制的溶液于锥形瓶中，调节溶液，用()溶液滴定至终点(滴定反应为)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液20.00mL。
(3)测定过程中，加入足量溶液的目的是 。
(4)计算粗样品中铁元素的质量分数 (写出计算过程)。
(5)若稀释后滤液用酸性滴定，测得的数值明显高于上述方法测定的数值，原因是 。
Ⅲ．制备。
(6)粗中含有杂质。补充完整由粗制取高纯度的实验方案：取一定量粗固体， ，用蒸馏水充分洗涤沉淀，干燥，得到高纯度。[已知：时沉淀完全。实验中必须使用的试剂：稀、溶液]
15．（2024·江苏苏州·三模）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。可通过下列反应大规模制取氢气。
Ⅰ.水煤气变换反应(WGSR)
反应a：
(1)一定压强下，由最稳定单质生成1mol化合物的焓变为该物质的摩尔生成焓。已知、的摩尔生成焓分别为、。则的摩尔生成焓的热化学方程式为 。
(2)实验发现，其他条件不变，在相同时间内，向上述体系中投入一定量的CaO可以增大H 的体积分数。对比实验的结果如下图所示。投入CaO时，的体积分数增大的原因为 。投入纳米CaO装置的氢气产率更高，其原因为 。
(3)酸性溶液中电解副产物可用于生产，实现的资源化，其电极反应式为 。生成的电极应连接电源的 极(选填“正”或“负”)。
Ⅱ.甲烷干重整(DRM)
DRM的主要反应为：
反应b：
反应c：
该过程中会逐渐生成积碳覆盖在催化剂表面，使催化剂中毒。
(4)甲烷和二氧化碳的起始物质的量均为1mol，实验测得在0.1MPa下，平衡时各组分的量随温度变化如下图所示。已知气体分压=气体总压×气体的物质的量分数，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数。625°C时反应c的压强平衡常数为 。
(5)对催化剂载体改性，使其形成氧空位，可减少积碳。晶胞如下图所示。取干燥在Ar气条件下加热，热重分析显示样品一直处于质量损失状态；X射线衍射分析结果表明随着温度升高，该晶胞边长变长，但铈离子空间排列没有发生变化。加热后，当失重率(损失的质量/总质量)为2.32%时，每个晶胞拥有的的个数为 。
16．（2025·江苏南通·二模）玛巴洛沙韦片是一种治疗甲型或乙型流感病毒的特效药，H是合成玛巴洛沙韦的一种重要中间体，其合成路线如下：(注：为；为)
(1)A分子中含氧官能团有羧基、醚键和 。
(2)写出B的结构简式： 。
(3)E→F中还生成另一种有机物X，X分子中除苯环外还含有一个六元环。写出X的结构简式： 。
(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
分子中含有手性碳原子；在酸性条件下水解生成两种产物，其中一种能与发生显色反应，且有2种不同环境的氢原子。
(5)已知：。设计以、、、为原料制备的合成路线流程图 (无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。
17．（2023·江苏·二模）苯乙烯是合成橡胶和塑料的重要原料，可由乙苯为原料制得。
(1)利用“乙苯脱氢反应”可制备苯乙烯。
C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)+H2(g) ΔH=akJ mol-1
保持气体总压不变，原料气按以下A、B、C三种投料方式进行：
A．乙苯
B．n(乙苯)：n(N2)=1：10
C．n(乙苯)：n(CO2)=1：10
三种投料分别达到平衡时，乙苯转化为苯乙烯的转化率[×100%]与温度的关系如图1所示。
①α 0(填“＞”、“＜”或“不能确定”)。
②相同温度下，投料方式B乙苯的平衡转化率比投料方式A的高，其原因是 。
③相同温度下，投料方式C乙苯的平衡转化率比投料方式B的高，其可能原因是 。
④工业上利用“乙苯脱氢反应”生产苯乙烯时，会产生少量积碳。使用相同条件下的水蒸气代替N2，可较长时间内保持催化剂的催化活性，其原因是 。
(2)CO2用于制备苯乙烯有助于实现“碳中和”。
①在催化剂X作用下，CO2参与反应的机理如图2所示(α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，B1、B2位点带部分负电荷)。根据元素电负性的变化规律，图2所示的反应机理中步骤I和步骤II可描述为 。
②保持混合气体总压(p)等其他条件不变，CO2的分压[p(CO2)=×p]与乙苯转化率的关系如图3所示。p(CO2)＞14kPa时，乙苯转化率下降的原因是 。

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