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2025届高考化学模拟预测押题卷（新课标卷）
一．选择题（共7小题）
1．（2025 河南三模）化学与生活、生产息息相关，从化学视角认识世界，下列说法错误的是（　　）
A．黄山迎客松扎根于岩石缝，以惊人的韧性和刚强创造了奇迹，松木富含糖类
B．2023年诺贝尔化学奖授予量子点研究，直径为2～20nm硅量子点属于胶体
C．Nature在线发表了同济大学材料科学与工程学院精准合成的芳香型碳环C10和C14，两者互为同素异形体
D．新型陶瓷碳化硅不仅可用作耐高温结构材料，还可用作耐高温半导体材料
2．（2025 新乡二模）下列化学用语或图示表达错误的是（　　）
A．在水中Ca（OH）2的电离：Ca（OH）2 Ca2++2OH﹣
B．基态Fe的价层电子轨道表示式：
C．的VSEPR模型：
D．H2S的电子式：
3．（2025 新乡二模）化合物M具有木香和较强的紫罗兰香，稀释后呈鸢尾根香，是一种天然香精，其结构简式如图，下列有关M的说法错误的是（　　）
A．分子式为C13H20O B．能使溴水褪色
C．分子中含4个甲基 D．能发生银镜反应
4．（2025 河南模拟）下列离子方程式书写正确的是（　　）
A．少量SO2通入硝酸钡溶液：
B．硫化钠溶液中加入少量FeI2溶液：S2﹣+Fe2+＝S↓+Fe
C．用铁氰化钾溶液检验Fe2+：
D．用高锰酸钾标准溶液测定草酸溶液浓度：
5．（2025春 河南期中）双功能催化剂W—CoP—NF可应用于KOH﹣N2H4燃料电池，装置如图（注：OH﹣交换膜只允许OH﹣通过）。下列说法错误的是（　　）
A．Y电极处发生氧化反应
B．OH﹣透过交换膜向右移动
C．X极的电极反应式为
D．当消耗32gN2H4时，理论上电路中转移4mol电子
6．（2024秋 河南月考）盐酸羟胺（NH3OHCl）是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质类似NH4Cl。工业上主要采用图1所示的方法制备。其电池装置中含Fe的催化电极反应机理如图2所示。不考虑溶液体积变化，下列说法正确的是（　　）
A．电池工作时，Pt电极是正极
B．图2中，A为H+和e﹣，B为NH3OH+
C．电池工作一段时间后，正、负极区溶液的pH均下降
D．电池工作时，每消耗2.24LNO（标准状况下），左室溶液质量增加3.3g
7．（2025 郑州模拟）常温下，将10mL3xmol L﹣1Na3AsO3、10mL3xmol L﹣1I2和10mLNaOH溶液混合，发生反应；I2+2OH﹣ 2I﹣+H2O。溶液中c（）与反应时间（t）的关系如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．当不再变化时，该反应达到平衡状态
B．tm时的v逆小于tn时的v正
C．若平衡时溶液的pH＝14，则该反应的平衡常数
D．在酸性条件下，H3AsO4的氧化性大于I2
二．工艺流程题（共1小题）
8．（2025 河南模拟）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）常作食品加工的抗氧化剂，蓝矾（CuSO4 5H2O）常作游泳池的消毒剂。以辉铜矿（主要成分是Cu2S，含少量FeS、SiO2等杂质）为原料制备蓝矾和焦亚硫酸钠的流程如图所示。已知pH＝4时Fe3+完全沉淀，pH＝7.8时Cu2+开始沉淀。回答下列问题：
（1）铜位于元素周期表 　 　 区。SO2分子的VSEPR模型是 　 　 。
（2）吸收池甲的主要溶质为 　 　 （填化学式）。
（3）“煅烧”中主要包括Cu2S→Cu2O→Cu→CuO等过程。写出Cu2S和Cu2O反应生成Cu的化学方程式：　 　 。
（4）为了提高产品纯度，试剂X宜选择 　 　 （填化学式）。
（5）蓝矾热失重图像如图所示。
“系列操作”中“干燥”适宜选择下列温度的是 　 　 （填字母）。
a．20 50℃
b．80 100℃
c．102 150℃
d．250 280℃
图像中150℃时对应硫酸铜晶体中结晶水数目n为 　 　 。
（6）红葡萄酒中可添加Na2S2O5作抗氧化剂。测定红葡萄酒中Na2S2O5含量的操作如下：取xmL红葡萄酒样品，用标准cmol L﹣1I2溶液滴定至终点，消耗标准液ymL。已知滴定反应：。
①该红葡萄酒样品中Na2S2O5含量为 　 　 g L﹣1。
②有人提出，可用标准酸性KMnO4溶液替代碘溶液测定，请判断该方案是否可行，并简述理由：　 　 。
三．解答题（共3小题）
9．（2025 项城市模拟）以一种废旧锂离子电池（主要成分为钴、锰、镍、锂的氧化物，还含有铝箔、炭黑、有机黏合剂等）为原料回收钴、锰、镍、锂的工艺流程如图1：
已知：ⅰ.Li2CO3的溶解度随温度升高而减小。
ⅱ.“碱浸”后的滤渣中主要含有Co2O3、MnO、NiO和Li2O。
ⅲ.25℃，Ksp（CoC2O4）＝1.0×10﹣18，Ksp（MnC2O4）＝1.0×10﹣13，Ksp（NiC2O4）＝4.0×10﹣10。
回答下列问题：
（1）草酸根离子的结构简式为，其中碳原子的杂化轨道类型为 　 　 ，“灼烧”的目的是 　 　 。
（2）“碱浸”过程中与NaOH溶液发生反应的物质是 　 　 （填化学式）。
（3）“酸浸”过程中H2O2参与反应的离子方程式为 　 　 。
（4）“沉钴”起始时溶液中的Co2+、Mn2+、Ni2+浓度均为0.1mol L﹣1，欲使Co2+完全沉淀，而Mn2+、Ni2+不沉淀，需调节p（C2）的范围为 　 　 [不考虑溶液体积的变化：p（C2）＝﹣lgc（C2）；当溶液中剩余某金属离子的浓度≤1×10﹣5mol L﹣1时，可认为该金属离于已沉淀完全]。
（5）“沉锰”过程中加入K2S2O8溶液后，溶液先变为紫红色，后紫红色又褪去。溶液变为紫红色的离子方程式为 　 　 。
（6）“沉镍”过程中加入Na2CO3溶液不能过量，原因是 　 　 。
（7）某种镍氧化物的X射线衍射图谱如图2所示，则该镍氧化物属于 　 　 （填“晶体”或“非晶体”）。
（8）镍的某种氧化物常用作催化剂，其晶胞结构如图3所示。从该晶胞中能分割出来的结构图是图4的 　 　 （填标号）。
10．（2025 新乡二模）以乙烷为原料生产乙烯，可以降低生产成本。请回答下列问题：
Ⅰ.Pd﹣ZnO对调整C2H6脱氢制乙烯反应的活性和选择性有重要意义。
（1）ZnO的晶体类型为 　 　 。
（2）键角：C2H6　 　 （填“＞”或“＜”）C2H4原因为 　 　 。
（3）金属钯的晶胞结构如图1所示，已知钯原子的半径为rnm，则该晶胞的体积为
　 　 cm3。
Ⅱ.CO2可氧化C2H6制C2H4。相关的主要化学反应有：
反应1：C2H6（g）+CO2（g） C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）ΔH1
反应2：C2H6（g）+2CO2（g） 3H2（g）+4CO（g）ΔH2＝+430kJ mol﹣1
已知：298K时，相关物质的相对能量如表所示。
物质 H2（g） C2H4（g） C2H6（g） CO（g） H2O（g） CO2（g）
相对能量/（kJ mol﹣1） 0 52 ﹣84 ﹣110 ﹣242 ﹣393
ΔH＝E总（生成物）﹣E总（反应物）（ΔH随温度的变化可忽略）。
（4）根据相关物质的相对能量计算，ΔH1＝ 　 　 kJ mol﹣1。
（5）有研究表明，在催化剂存在下，反应1分两步进行，过程如下：
第一步：C2H6（g）+CO2（g） C2H4（g）+H2（g）+CO2（g）快反应
第二步：CH（g）+H（g）+CO2（g） CH（g）+H2O（g）+CO（g）慢反应
第二步反应的活化能为210kJ mol﹣1。根据相关物质的相对能量，在图2中画出反应1分两步进行的“能量﹣反应过程图”（要标出相对能量大小）。
　 　
（6）将一定量的CO2和C2H6充入反应容器，只发生反应1，测得平衡体系中乙烯的体积分数随温度和压强的变化如图3所示。图中T1、T2、T3由小到大的顺序为 　 　 ；判断的依据是 　 　 。
（7）将1mol CO2和1mol C2H6充入反应容器，在923K和总压恒定为120kPa的条件下，发生反应1、反应2，反应5min时，测得部分物质的物质的量如表所示。
组分 C2H6 CO2 H2O C2H4
物质的量/mol 0.4 0.2 0.4 0.4
则0～5min内用C2H6的分压变化表示的平均反应速率为 　 　 kPa min﹣1，5min时反应1的压强商Q1＝ 　 　 kPa。
11．（2024秋 固始县期末）神经病理性疼痛治疗药物米洛巴林苯磺酸盐的部分合成路线如图：
已知：RCOOHRCOCl
（1）A的结构简式为 　 　 。
（2）B中所含官能团名称为 　 　 。
（3）的系统命名为 　 　 ；Ⅲ的反应类型为 　 　 。
（4）V的化学方程式为 　 　 。
（5）米洛巴林的一种同分异构体F，同时满足下列条件：
①属于芳香族化合物且能与FeCl3发生显色反应；
②核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为9：6：2：2。
则F的结构简式为 　 　 。
（6）Ⅵ为成盐反应，其目的是将米洛巴林转化为米洛巴林苯磺酸盐。
①米洛巴林中能与苯磺酸反应的官能团为 　 　 ，从结构角度分析其能与苯磺酸反应的原因是 　 　 。
②熔点：米洛巴林 　 　 米洛巴林苯磺酸盐（填“＞”“＜”或“＝”）。
（7）参照上述合成路线，设计由和CH3COOH制备的合成路线 　 　 。
2025届高考化学模拟预测押题卷（新课标卷）
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．（2025 河南三模）化学与生活、生产息息相关，从化学视角认识世界，下列说法错误的是（　　）
A．黄山迎客松扎根于岩石缝，以惊人的韧性和刚强创造了奇迹，松木富含糖类
B．2023年诺贝尔化学奖授予量子点研究，直径为2～20nm硅量子点属于胶体
C．Nature在线发表了同济大学材料科学与工程学院精准合成的芳香型碳环C10和C14，两者互为同素异形体
D．新型陶瓷碳化硅不仅可用作耐高温结构材料，还可用作耐高温半导体材料
【答案】B
【分析】A．松木含纤维素；
B．胶体是混合物，是分散质粒子直径为1～100nm的分散系；
C．C10和C14都是碳元素的不同单质；
D．新型陶瓷碳化硅是新型无机非金属材料。
【解答】解：A．松木含纤维素，纤维素属于糖类，故A正确；
B．胶体是分散质粒子直径为1～100nm的分散系，直径为2～20 nm硅量子点无分散剂，不是胶体，故B错误；
C．C10和C14都是碳元素的不同单质，两者互为同素异形体，故C正确；
D．新型陶瓷碳化硅是新型无机非金属材料，可用作耐高温结构材料、耐高温半导体材料，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质的组成、性质及变化，题目比较简单。
2．（2025 新乡二模）下列化学用语或图示表达错误的是（　　）
A．在水中Ca（OH）2的电离：Ca（OH）2 Ca2++2OH﹣
B．基态Fe的价层电子轨道表示式：
C．的VSEPR模型：
D．H2S的电子式：
【答案】A
【分析】A．Ca（OH）2是强电解质，完全电离，不用可逆符号连接；
B．基态Fe的价层电子排布式为3d64s2，结合洪特规则和泡利原理分析判断；
C．中C原子的价层电子对数为3（4+2﹣2×3）＝3，无孤电子对；
D．H2S是共价化合物，H、S原子间共用1对电子对。
【解答】解：A．Ca（OH）2是强电解质，在水中电离的方程式为Ca（OH）2＝Ca2++2OH﹣，故A错误；
B．基态Fe的价层电子排布式为3d64s2，其轨道表示式：，故B正确；
C．中C原子的价层电子对数为3（4+2﹣2×3）＝3，无孤电子对，其VSEPR模型为平面三角形，即，故C正确；
D．H2S分子中H、S原子间共用1对电子对，S原子最外层电子数为8，其电子式为，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查常见化学用语的书写判断，侧重考查学生对基础知识的理解和运用能力，明确常见化学用语概念及其表示方法是解题关键，题目难度不大。
3．（2025 新乡二模）化合物M具有木香和较强的紫罗兰香，稀释后呈鸢尾根香，是一种天然香精，其结构简式如图，下列有关M的说法错误的是（　　）
A．分子式为C13H20O B．能使溴水褪色
C．分子中含4个甲基 D．能发生银镜反应
【答案】D
【分析】A．分子中C、H、O原子个数依次是13、20、1；
B．碳碳双键能和溴发生加成反应；
C．分子中含有4个甲基；
D．含有醛基的有机物能发生银镜反应。
【解答】解：A．分子中C、H、O原子个数依次是13、20、1，分子式为C13H20O，故A正确；
B．分子中碳碳双键能和溴发生加成反应而使溴水褪色，故B正确；
C．根据图知，分子中含有4个甲基，故C正确；
D．分子中含有羰基，不含醛基，所以不能发生银镜反应，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识的综合运用能力，明确官能团及其性质的关系、分子结构特点是解本题关键，题目难度不大。
4．（2025 河南模拟）下列离子方程式书写正确的是（　　）
A．少量SO2通入硝酸钡溶液：
B．硫化钠溶液中加入少量FeI2溶液：S2﹣+Fe2+＝S↓+Fe
C．用铁氰化钾溶液检验Fe2+：
D．用高锰酸钾标准溶液测定草酸溶液浓度：
【答案】C
【分析】A．电荷不守恒，；
B．两物质不发生氧化还原反应；
C．用铁氰化钾溶液检验Fe2+生成蓝色沉淀；
D．H2C2O4是弱酸不能拆。
【解答】解：A．电荷不守恒，少量SO2通入硝酸钡溶液反应生成硫酸钡、一氧化氮和硫酸，离子方程式应为，故A错误；
B．两物质不发生氧化还原反应，发生复分解反应S2﹣+Fe2+＝FeS↓，故B错误；
C．用铁氰化钾溶液检验Fe2+生成蓝色沉淀，反应的离子方程式为：，故C正确；
D．H2C2O4是弱酸不能拆，离子方程式为：，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子反应，侧重考查学生离子方程式正误判断的掌握情况，试题难度中等。
5．（2025春 河南期中）双功能催化剂W—CoP—NF可应用于KOH﹣N2H4燃料电池，装置如图（注：OH﹣交换膜只允许OH﹣通过）。下列说法错误的是（　　）
A．Y电极处发生氧化反应
B．OH﹣透过交换膜向右移动
C．X极的电极反应式为
D．当消耗32gN2H4时，理论上电路中转移4mol电子
【答案】C
【分析】X电极O2转化为OH﹣，发生还原反应，为正极，电极反应式为；Y电极N2H4转化为N2，发生氧化反应，为负极，电极反应式为。
【解答】解：X电极O2转化为OH﹣，发生还原反应，为正极，电极反应式为；Y电极N2H4转化为N2，发生氧化反应，为负极，电极反应式为；
A．据分析，Y电极处发生氧化反应，故A正确；
B．X产生OH﹣，Y消耗OH﹣，则OH﹣透过交换膜向右移动，故B正确；
C．据分析，X极的电极反应式为，故C错误；
D．Y电极的电极反应式为，则消耗1mol N2H4转移4mol电子，N2H4质量为32g，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查电化学，侧重考查学生原电池的掌握情况，试题难度中等。
6．（2024秋 河南月考）盐酸羟胺（NH3OHCl）是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质类似NH4Cl。工业上主要采用图1所示的方法制备。其电池装置中含Fe的催化电极反应机理如图2所示。不考虑溶液体积变化，下列说法正确的是（　　）
A．电池工作时，Pt电极是正极
B．图2中，A为H+和e﹣，B为NH3OH+
C．电池工作一段时间后，正、负极区溶液的pH均下降
D．电池工作时，每消耗2.24LNO（标准状况下），左室溶液质量增加3.3g
【答案】D
【分析】由图可知，氢元素价态降低失电子，Pt电极为负极，电极反应式为H2﹣2e﹣＝2H+，含Fe的催化电极为正极，电极反应式为NO+3e﹣+4H++Cl﹣＝NH3OHCl，据此作答。
【解答】解：A．原电池工作时，Pt电极为负极，故A错误；
B．由题意可知，NH2OH具有和氨气类似的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺（NH3OHCl），所以缺少的一步反应为NH2OH+H+＝NH3OH+，图2中A为H+，B为NH3OH+，故B错误；
C．原电池工作时，正极氢离子被消耗，pH增大，负极生成氢离子，pH减小，故C错误；
D．含Fe的催化电极为正极，电极反应式为NO+3e﹣+4H++Cl﹣＝NH3OHCl，2.24LNO（标况下）的物质的量为0.1mol，左室增加的质量为0.1molNO和0.3mol氢离子的质量，即0.1mol×30g/mol+0.3mol×1g/mol＝3.3g，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键。
7．（2025 郑州模拟）常温下，将10mL3xmol L﹣1Na3AsO3、10mL3xmol L﹣1I2和10mLNaOH溶液混合，发生反应；I2+2OH﹣ 2I﹣+H2O。溶液中c（）与反应时间（t）的关系如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．当不再变化时，该反应达到平衡状态
B．tm时的v逆小于tn时的v正
C．若平衡时溶液的pH＝14，则该反应的平衡常数
D．在酸性条件下，H3AsO4的氧化性大于I2
【答案】C
【分析】A.由于提供的Na3AsO3总量一定，c（）与c（）也保持不变；
B.tm时比tn时浓度小；
C.根据平衡常数公式计算求解；
D.H3AsO4的氧化性大于I2，因其标准电极电势更高；
【解答】解：A.由于提供的Na3AsO3总量一定，所以，c（）与c（）也保持不变，反应处于平衡状态，故A正确；
B.tm时比tn时浓度小，所以逆反应速率：tm＜tn，故B正确；
C.反应前，三种溶液混合后，Na3AsO3浓度为3xmol/Lxmol/L，同理l2浓度为xmol/，反应达到平衡时，生成c（）为ymol/L，则反应生成l﹣浓度c（1﹣）＝2ymol/L，消耗、l2浓度均为ymol/L，平衡时c（）为（x﹣y）mol/L，c（l2）为（x﹣y）mol/L，溶液中c（OH—）＝1mol/L，K（mol L﹣1）﹣1；故C错误；
D.在强酸性条件（如pH＝0）下，H3AsO4的氧化性大于I2，因其标准电极电势更高，能够氧化I﹣生成I2，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生平衡状态的判断和条件改变平衡移动的掌握情况，试题难度中等。
二．工艺流程题（共1小题）
8．（2025 河南模拟）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）常作食品加工的抗氧化剂，蓝矾（CuSO4 5H2O）常作游泳池的消毒剂。以辉铜矿（主要成分是Cu2S，含少量FeS、SiO2等杂质）为原料制备蓝矾和焦亚硫酸钠的流程如图所示。已知pH＝4时Fe3+完全沉淀，pH＝7.8时Cu2+开始沉淀。回答下列问题：
（1）铜位于元素周期表 　ds　 区。SO2分子的VSEPR模型是 　平面三角形　 。
（2）吸收池甲的主要溶质为 　NaHSO3　 （填化学式）。
（3）“煅烧”中主要包括Cu2S→Cu2O→Cu→CuO等过程。写出Cu2S和Cu2O反应生成Cu的化学方程式：　　 。
（4）为了提高产品纯度，试剂X宜选择 　CuO、Cu（OH）2等　 （填化学式）。
（5）蓝矾热失重图像如图所示。
“系列操作”中“干燥”适宜选择下列温度的是 　b　 （填字母）。
a．20 50℃
b．80 100℃
c．102 150℃
d．250 280℃
图像中150℃时对应硫酸铜晶体中结晶水数目n为 　1　 。
（6）红葡萄酒中可添加Na2S2O5作抗氧化剂。测定红葡萄酒中Na2S2O5含量的操作如下：取xmL红葡萄酒样品，用标准cmol L﹣1I2溶液滴定至终点，消耗标准液ymL。已知滴定反应：。
①该红葡萄酒样品中Na2S2O5含量为 　　 g L﹣1。
②有人提出，可用标准酸性KMnO4溶液替代碘溶液测定，请判断该方案是否可行，并简述理由：　不可行，KMnO4还会与葡萄酒中其他还原成分（羟基和醛基）反应，导致测定误差较大　 。
【答案】（1）ds；平面三角形；
（2）NaHSO3；
（3）；
（4）CuO、Cu（OH）2等；
（5）b；1；
（6）；不可行，KMnO4还会与葡萄酒中其他还原成分（羟基和醛基）反应，导致测定误差较大。
【分析】该工艺流程以辉铜矿（主要成分是Cu2S，含少量FeS、SiO2等杂质）为原料制备蓝矾和焦亚硫酸钠，辉铜矿煅烧生成的SO2与饱和纯碱溶液反应，在吸收池甲中控制pH＝4.1，生成亚硫酸氢钠，继续与纯碱粉末反应，控制pH＝7～8，生成亚硫酸钠，再通入SO2，生成Na2S2O5；煅烧得的烧渣成分为CuO、Fe2O3、SiO2，硫酸浸取后滤渣1为SiO2，双氧水氧化得到溶液中含有Cu2+、Fe3+，加入试剂X为CuO或Cu（OH）2等，调pH＝4，除去Fe3+，再经过系列操作得蓝矾。
【解答】解：（1）铜的原子序数为29，铜元素位于元素周期表ds区，二氧化硫的中心原子S的价层电子对数，故VSEPR模型为平面三角形；
故答案为：ds；平面三角形；
（2）吸收池甲中pH＝4.1，溶液呈酸性，其主要溶质为亚硫酸氢钠；
故答案为：NaHSO3；
（3）硫化亚铜和氧化亚铜反应生成铜和二氧化硫，化学反应方程式，
故答案为：；
（4）加入试剂X调pH＝4促进铁离子完全水解生成氢氧化铁，不引入杂质，可以加入氧化铜或氢氧化铜等；
故答案为：CuO、Cu（OH）2等；
（5）从蓝矾热失重图像中可看出，温度高于102℃时，固体质量减少，干燥时控制温度使蓝矾不失水，即温度低于102℃，但是为了节省实验时间，温度不宜太低，温度越低，干燥越慢，故控制温度80 100℃，选b；根据图像中数据，起始蓝矾的物质的量为0.1mol，在失重过程中铜元素质量不变，先失部分结晶水，再失全部结晶水，最终为硫酸铜，c点150℃对应固体摩尔质量为，即物质化学式为CuSO4 H2O，n＝1；
故答案为：b；1；
（6）根据可知：；葡萄酒中含葡萄糖，其中含有羟基、醛基，都能被高锰酸钾氧化，且高锰酸钾溶液用硫酸酸化，硫酸能与焦亚硫酸钠反应Na2S2O5+H2SO4＝Na2SO4+2SO2↑+H2O，故不能用标准酸性高锰酸钾溶液替代碘溶液测定；
故答案为：；不可行，KMnO4还会与葡萄酒中其他还原成分（羟基和醛基）反应，导致测定误差较大。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
三．解答题（共3小题）
9．（2025 项城市模拟）以一种废旧锂离子电池（主要成分为钴、锰、镍、锂的氧化物，还含有铝箔、炭黑、有机黏合剂等）为原料回收钴、锰、镍、锂的工艺流程如图1：
已知：ⅰ.Li2CO3的溶解度随温度升高而减小。
ⅱ.“碱浸”后的滤渣中主要含有Co2O3、MnO、NiO和Li2O。
ⅲ.25℃，Ksp（CoC2O4）＝1.0×10﹣18，Ksp（MnC2O4）＝1.0×10﹣13，Ksp（NiC2O4）＝4.0×10﹣10。
回答下列问题：
（1）草酸根离子的结构简式为，其中碳原子的杂化轨道类型为 　sp2　 ，“灼烧”的目的是 　除去炭黑和有机粘合剂　 。
（2）“碱浸”过程中与NaOH溶液发生反应的物质是 　Al2O3　 （填化学式）。
（3）“酸浸”过程中H2O2参与反应的离子方程式为 　2Co3++H2O2+2H+＝2Co2++2H2O　 。
（4）“沉钴”起始时溶液中的Co2+、Mn2+、Ni2+浓度均为0.1mol L﹣1，欲使Co2+完全沉淀，而Mn2+、Ni2+不沉淀，需调节p（C2）的范围为 　12＜　 [不考虑溶液体积的变化：p（C2）＝﹣lgc（C2）；当溶液中剩余某金属离子的浓度≤1×10﹣5mol L﹣1时，可认为该金属离于已沉淀完全]。
（5）“沉锰”过程中加入K2S2O8溶液后，溶液先变为紫红色，后紫红色又褪去。溶液变为紫红色的离子方程式为 　2Mn2++5S28H2O＝21016H+　 。
（6）“沉镍”过程中加入Na2CO3溶液不能过量，原因是 　防止锂离子沉淀，影响镍离子和锂离子的分离　 。
（7）某种镍氧化物的X射线衍射图谱如图2所示，则该镍氧化物属于 　晶体　 （填“晶体”或“非晶体”）。
（8）镍的某种氧化物常用作催化剂，其晶胞结构如图3所示。从该晶胞中能分割出来的结构图是图4的 　A　 （填标号）。
【答案】（1）sp2；除去炭黑和有机粘合剂；
（2）Al2O3；
（3）2Co3++H2O2+2H+＝2Co2++2H2O；
（4）12＜；
（5）2Mn2++5S28H2O＝21016H+；
（6）防止锂离子沉淀，影响镍离子和锂离子的分离；
（7）晶体；
（8）A。
【分析】废旧锂离子电池经粉碎、灼烧除去炭黑和有机粘合剂，同时将铝转化为氧化铝，向灼烧渣中加入氢氧化钠溶液碱浸，将氧化铝转化为四羟基合铝酸钠，过滤分离含有四羟基合铝酸钠的滤液和滤渣；向滤渣中加入双氧水和硫酸的混合液，将三氧化二钴转化为硫酸亚钴，氧化锰、氧化锂、氧化镍转化为硫酸锰、硫酸锂、硫酸镍，向反应后的溶液中加入氨水和草酸铵混合溶液，将溶液中的亚钴离子转化为CoC2O4 2H2O沉淀，过滤得到CoC2O4 2H2O和滤液；向滤液中加入过二硫酸钠溶液，将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到二氧化锰和滤液；向滤液中加入碳酸钠和氢氧化钠混合溶液，将溶液中的镍离子转化为NiCO3 2Ni（OH）2 4H2O沉淀，过滤得到NiCO3 2Ni（OH）2 4H2O和滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液，将溶液中的锂离子转化为碳酸锂沉淀，过滤得到碳酸锂。
【解答】解：（1）草酸根离子中双键碳原子的杂化方式为sp2杂化；由分析可知，灼烧的目的是除去炭黑和有机粘合剂，同时将铝转化为氧化铝，
故答案为：sp2；除去炭黑和有机粘合剂；
（2）由分析可知，加入氢氧化钠溶液碱浸的目的是将氧化铝转化为四羟基合铝酸钠，反应的化学方程式为：Al2O3+2NaOH+3H2O＝2Na[Al（OH）4]，
故答案为：Al2O3；
（3）由分析可知，酸浸步骤加入双氧水和硫酸的混合液的目的是将三氧化二钴转化为硫酸亚钴，将Co3+还原为Co2+，反应的离子方程式：2Co3++H2O2+2H+＝2Co2++2H2O，
故答案为：2Co3++H2O2+2H+＝2Co2++2H2O；
（4）由溶度积可知，溶液中亚钴离子完全沉淀时，溶液中草酸根离子的浓度大于1.0×10—13mol/L，草酸锰的溶度积小于草酸镍，则溶液中锰离子、镍离子不沉淀时，溶液中草酸根离子的浓度小于1.0×10—12mol/L，所以溶液中p（C2）的范围为12～13，
故答案为：12＜；
（5）由题意可知，溶液变为紫红色发生的反应为溶液中的锰离子与过二硫酸根离子反应生成高锰酸根离子、硫酸根离子和氢离子，反应的离子反应方程式为：2Mn2++5S28H2O＝21016H+，
故答案为：2Mn2++5S28H2O＝21016H+；
（6）因锂离子与碳酸根离子结合生成碳酸锂沉淀，所以防止锂离子沉淀，影响镍离子和锂离子的分离，
故答案为：防止锂离子沉淀，影响镍离子和锂离子的分离；
（7）X射线衍射图谱有明锐衍射峰或分立斑点图谱为晶体，图中有衍射峰，氧化镍为晶体，
故答案为：晶体；
（8）氧离子形成面心立方结构，则结构为，镍离子位于氧离子构成的八面体空隙，结构为，
故答案为：A。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，题目难度中等。
10．（2025 新乡二模）以乙烷为原料生产乙烯，可以降低生产成本。请回答下列问题：
Ⅰ.Pd﹣ZnO对调整C2H6脱氢制乙烯反应的活性和选择性有重要意义。
（1）ZnO的晶体类型为 　离子晶体　 。
（2）键角：C2H6　＜　 （填“＞”或“＜”）C2H4原因为 　C2H6中的碳原子为sp3杂化，C2H4中的碳原子为sp2杂化　 。
（3）金属钯的晶胞结构如图1所示，已知钯原子的半径为rnm，则该晶胞的体积为 　　 cm3。
Ⅱ.CO2可氧化C2H6制C2H4。相关的主要化学反应有：
反应1：C2H6（g）+CO2（g） C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）ΔH1
反应2：C2H6（g）+2CO2（g） 3H2（g）+4CO（g）ΔH2＝+430kJ mol﹣1
已知：298K时，相关物质的相对能量如表所示。
物质 H2（g） C2H4（g） C2H6（g） CO（g） H2O（g） CO2（g）
相对能量/（kJ mol﹣1） 0 52 ﹣84 ﹣110 ﹣242 ﹣393
ΔH＝E总（生成物）﹣E总（反应物）（ΔH随温度的变化可忽略）。
（4）根据相关物质的相对能量计算，ΔH1＝ 　+177　 kJ mol﹣1。
（5）有研究表明，在催化剂存在下，反应1分两步进行，过程如下：
第一步：C2H6（g）+CO2（g） C2H4（g）+H2（g）+CO2（g）快反应
第二步：CH（g）+H（g）+CO2（g） CH（g）+H2O（g）+CO（g）慢反应
第二步反应的活化能为210kJ mol﹣1。根据相关物质的相对能量，在图2中画出反应1分两步进行的“能量﹣反应过程图”（要标出相对能量大小）。
　　
（6）将一定量的CO2和C2H6充入反应容器，只发生反应1，测得平衡体系中乙烯的体积分数随温度和压强的变化如图3所示。图中T1、T2、T3由小到大的顺序为 　T3＜T2＜T1　 ；判断的依据是 　反应1为吸热反应，温度越高，乙烯的体积分数越大　 。
（7）将1mol CO2和1mol C2H6充入反应容器，在923K和总压恒定为120kPa的条件下，发生反应1、反应2，反应5min时，测得部分物质的物质的量如表所示。
组分 C2H6 CO2 H2O C2H4
物质的量/mol 0.4 0.2 0.4 0.4
则0～5min内用C2H6的分压变化表示的平均反应速率为 　9　 kPa min﹣1，5min时反应1的压强商Q1＝ 　90　 kPa。
【答案】（1）离子晶体；
（2）＜；C2H6中的碳原子为sp3杂化，C2H4中的碳原子为sp2杂化；
（3）；
（4）+177；
（5）；
（6）T3＜T2＜T1；反应1为吸热反应，温度越高，乙烯的体积分数越大；
（7）9；90。
【分析】（1）ZnO中含有Zn2+和O2﹣；
（2）C2H6中C原子为sp3杂化，C2H4中C原子为sp2杂化；
（3）设晶胞边长为anm，由金属钯晶胞结构图可知，为面心立方结构，则a＝4r，a＝2r，则晶胞体积为a3；
（4）ΔH＝E总（生成物）﹣E总（反应物）；
（5）由题中信息可知，反应（1分）两步进行，第一步的反应是C2H6（g）+CO2（g） C2H4（g）+H2（g）+CO2（g），C2H4（g）、H2（g）CO2（g）的相对能量之和为52kJ mol﹣1+0kJ mol﹣1+（﹣393kJ mol﹣1）＝﹣341kJ mol 1；第二步的反应是C2H4（g）+H2（g）+CO2（g） C2H4（g）+H2O（g）+CO（g），其活化能为210kJ mol﹣1，故该反应体系的过渡态的相对能量为﹣341kJ mol﹣1+210kJ mol﹣1＝﹣131kJ mol﹣1，最终生成物C2H4（g）、H2O（g）、CO（g）的相对能量之和为52kJ mol﹣1+（﹣242kJ mol﹣1）+（﹣110kJ mol﹣1）＝﹣300kJ mol﹣1，根据题中信息，第一步反应的活化能较小，第二步反应的活化能较大；
（6）升高温度，吸热反应正向移动；
（7）根据元素守恒可知，5min时n（H2）0.6mol，n（CO）＝2mol+1mol﹣0.2mol﹣0.8mol﹣0.8mol＝1.2mol，5min时，容器内的总物质的量为3.2mol；反应前C2H6（g）分压为60kPa，5min时，C2H6（g）分压为120kPa＝15kPa，即可计算0～5min 内用C2H6（g）的分压变化表示的平均反应速率；5 min时CO2（g）分压为120kPa＝7.5kPa，C2H4（g）分压为120kPa＝15kPa，CO（g）分压为120kPa＝45kPa，可求得反应1的压强商Q1。
【解答】解：（1）ZnO中含有Zn2+和O2﹣，属于离子晶体，
故答案为：离子晶体；
（2）C2H6中C原子为sp3杂化，键角接近109°28′，C2H4中C原子为sp2杂化，键角接近120°，故键角：C2H6＜C2H4，
故答案为：＜；C2H6中的碳原子为sp3杂化，C2H4中的碳原子为sp2杂化；
（3）设晶胞边长为anm，由金属钯晶胞结构图可知，为面心立方结构，则a＝4r，a＝2rnm，则晶胞体积为a3＝（2rnm）3cm3，
故答案为：；
（4）ΔH1＝E总（生成物）﹣E总（反应物）＝[（52﹣242﹣110）﹣（﹣80﹣393）]kJ mol﹣1＝+177kJ mol﹣1，
故答案为：+177；
（5）由题中信息可知，反应（1分）两步进行，第一步的反应是C2H6（g）+CO2（g） C2H4（g）+H2（g）+CO2（g），C2H4（g）、H2（g）CO2（g）的相对能量之和为52kJ mol﹣1+0kJ mol﹣1+（﹣393kJ mol﹣1）＝﹣341kJ mol 1；第二步的反应是C2H4（g）+H2（g）+CO2（g） C2H4（g）+H2O（g）+CO（g），其活化能为210kJ mol﹣1，故该反应体系的过渡态的相对能量为﹣341kJ mol﹣1+210kJ mol﹣1＝﹣131kJ mol﹣1，最终生成物C2H4（g）、H2O（g）、CO（g）的相对能量之和为52kJ mol﹣1+（﹣242kJ mol﹣1）+（﹣110kJ mol﹣1）＝﹣300kJ mol﹣1，根据题中信息，第一步反应的活化能较小，第二步反应的活化能较大；故反应（1分）两步进行的“能量﹣反应过程图”如图所示：
，
故答案为：；
（6）反应1为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，乙烯的体积分数增大，故温度由小到大的顺序为T3＜T2＜T1，
故答案为：T3＜T2＜T1；反应1为吸热反应，温度越高，乙烯的体积分数越大；
（7）根据元素守恒可知，5min时n（H2）0.6mol，n（CO）＝2mol+1mol﹣0.2mol﹣0.8mol﹣0.8mol＝1.2mol，5min时，容器内的总物质的量为3.2mol；反应前C2H6（g）分压为60kPa，5min时，C2H6（g）分压为120kPa＝15kPa，故 0～5min 内用C2H6（g）的分压变化表示的平均反应速率为9kPa min﹣1；5 min时CO2（g）分压为120kPa＝7.5kPa，C2H4（g）分压为120kPa＝15kPa，CO（g）分压为120kPa＝45kPa，故5min时，反应1的压强商Q190kPa，
故答案为：9；90。
【点评】本题主要考查化学反应原理和物质结构与性质，考查学生对化学基础知识的理解和综合应用能力，题目难度中等。
11．（2024秋 固始县期末）神经病理性疼痛治疗药物米洛巴林苯磺酸盐的部分合成路线如图：
已知：RCOOHRCOCl
（1）A的结构简式为 　CH3COOCH2CH3　 。
（2）B中所含官能团名称为 　羰基、酯基　 。
（3）的系统命名为 　3﹣溴丙烯　 ；Ⅲ的反应类型为 　取代反应　 。
（4）V的化学方程式为 　+KOH→+CH3CH2OH　 。
（5）米洛巴林的一种同分异构体F，同时满足下列条件：
①属于芳香族化合物且能与FeCl3发生显色反应；
②核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为9：6：2：2。
则F的结构简式为 　或　 。
（6）Ⅵ为成盐反应，其目的是将米洛巴林转化为米洛巴林苯磺酸盐。
①米洛巴林中能与苯磺酸反应的官能团为 　—NH2　 ，从结构角度分析其能与苯磺酸反应的原因是 　—NH2上有孤对电子能与H+形成配位键　 。
②熔点：米洛巴林 　＜　 米洛巴林苯磺酸盐（填“＞”“＜”或“＝”）。
（7）参照上述合成路线，设计由和CH3COOH制备的合成路线 　　 。
【答案】（1）CH3COOCH2CH3；
（2）羰基、酯基；
（3）①3﹣溴丙烯；
②取代反应；
（4）+KOH→+CH3CH2OH；
（5）或；
（6）①—NH2；—NH2上有孤对电子能与H+形成配位键；
②＜；
（7）。
【分析】乙酸和乙醇在浓硫酸催化作用下反生取代反应生成A，A与CH3CH2CH2COCl反生取代反应生成B，B通过Ⅲ反生取代反应生成C，C中羰基发生还原反应生成D，D发生水解反应生成CH3CH2OH与，E通过一系列反应生成，最后与作用生成米洛巴林苯磺酸盐，据此回答。
【解答】解：（1）根据反应可知，A为乙酸乙酯，结构简式为CH3COOCH2CH3，
故答案为：CH3COOCH2CH3；
（2）根据分析可知，B中所含官能团名称为羰基和酯基，
故答案为：羰基、酯基；
（3）①的系统命名为3﹣溴丙烯，
故答案为：3﹣溴丙烯；
②Ⅲ的反应类型为取代反应，
故答案为：取代反应；
（4）V为酯基在KOH溶液下发生水解，对应的化学方程式为：+KOH→+CH3CH2OH，
故答案为：+KOH→+CH3CH2OH；
（5）根据题意可知，属于芳香族化合物且能与FeCl3发生显色反应说明含有苯环和酚羟基，核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为9：6：2：2，说明有四种等效氢，满足要求的有机物为或者，
故答案为：或；
（6）①分析结构可知，米洛巴林中能与苯磺酸反应的官能团为氨基，其能与苯磺酸反应的原因是—NH2上有孤对电子能与H+形成配位键，
故答案为：—NH2；—NH2上有孤对电子能与H+形成配位键；
②米洛巴林（分子晶体）熔点小于米洛巴林苯磺酸盐（离子晶体）熔点，
故答案为：＜；
（7）由和CH3COOH制备目标产物，首先两种原料在浓硫酸作催化剂的作用下发生酯化反应生成，然后再与SOCl2在加热作用下转化为，最后转化为目标产物，合成路线为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机合成，侧重考查学生有机基础知识的掌握情况，试题难度中等。
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