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江苏省泰州市2024-2025学年高中化学高三考前指导卷
1．（2025·泰州模拟）2025年春晚中展示了很多非物质文化遗产内容，下列所涉及的物质主要成分不含有机高分子材料的是
A．惠山泥人 B．庆阳剪纸 C．华县皮影 D．东明粮画
【答案】A
【知识点】高分子材料
【解析】【解答】A、惠山泥人主要成分是无机的泥土，属于无机非金属材料，不含有机高分子材料，故A符合题意 ；
B、庆阳剪纸的纸张主要成分是纤维素，纤维素是有机高分子化合物，属于有机高分子材料，故B不符合题意 ；
C、华县皮影的皮主要成分是蛋白质，蛋白质是有机高分子化合物，属于有机高分子材料，故C不符合题意 ；
D、东明粮画的粮食中含有淀粉，淀粉是有机高分子化合物，属于有机高分子材料，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对 “有机高分子材料” 的范围理解不清晰，容易混淆有机高分子材料（如纤维素、蛋白质、淀粉等）和无机材料，不清楚泥土属于无机非金属材料，而误将惠山泥人归为有机高分子材料相关类别。
对各非遗物品的主要成分不熟悉，比如不了解纸张主要成分是纤维素、皮的主要成分是蛋白质、粮食中含有淀粉，从而在判断其是否属于有机高分子材料时出现错误。
2．（2025·泰州模拟）一定条件下，磷化氢()与溶液的反应：。下列说法正确的是
A．为非极性分子
B．仅含离子键
C．的电子式
D．的空间构型为正四面体形
【答案】D
【知识点】化学键；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】分别对每个选项涉及的物质，从分子极性判断、化学键组成、电子式书写规范、空间构型的价层电子对互斥理论应用等角度进行分析，排除错误选项。
A、磷化氢（PH3）的价层电子对数为4（3个成键电子对+1对孤电子对），空间结构为三角锥形，分子正负电荷中心不重合，属于极性分子，A错误；
B、CuSO4中，Cu2+与SO42-之间是离子键，而SO42-内部S与O之间是共价键，因此CuSO4既有离子键又有共价键，B错误；
C、H2O是共价化合物，电子式应为，而非离子化合物形式的电子式，C错误；
D、PO43-的价层电子对数为4（4个成键电子对，无孤电子对），根据价层电子对互斥理论，其空间构型为正四面体形，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对分子极性的判断易出错，忽略 PH3因存在孤电子对导致空间结构不对称，从而误判为非极性分子。
对化学键类型的认识不全面，容易忽略 CuSO4中 SO42-内部存在共价键，误以为仅含离子键。
电子式书写时，混淆共价化合物和离子化合物的电子式形式，错误书写 H2O 的电子式。
利用价层电子对互斥理论判断粒子空间构型时，计算价层电子对数或判断孤电子对存在失误。
3．（2025·泰州模拟）下列与铁有关的实验对应装置或操作设计不正确的是
A．用甲装置制取
B．用乙装置在铁件外表镀一层光亮的铜
C．用丙装置蒸干溶液，得到硫酸铁晶体
D．用丁装置将铁与水蒸气反应，并验证气体产物
【答案】B
【知识点】制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；性质实验方案的设计；电镀
【解析】【解答】A、甲装置中，Fe 与稀硫酸反应生成 FeSO4，利用 H2排尽空气，再通过压强差将 FeSO4溶液压入 NaOH 溶液，可防止 Fe(OH)2被氧化生成沉淀，A正确；
B、电镀时，镀件（铁制镀件）应作阴极（接电源负极），镀层金属（Cu）作阳极（接电源正极）；但乙装置中，铁制镀件接电源正极（作阳极），会被氧化，无法镀铜，B错误；
C、Fe2(SO4)3溶液蒸干时，Fe3+水解生成 H2SO4（难挥发），水解平衡逆向移动，最终仍得到 Fe2(SO4)3晶体，C正确；
D、丁装置中，铁粉与水蒸气加热反应生成 H2，H2可使肥皂液产生气泡（点燃气泡可验证），D正确；
故答案为：B。
【分析】A．Fe(OH)2易氧化，甲用 H2隔空气、压液法制备。
B．电镀需镀件（铁）作阴极（接负极），乙中铁接正极（阳极）会被腐蚀。
C．Fe2(SO4)3水解生成难挥发的 H2SO4，蒸干得原盐晶体。
D．铁与水蒸气反应生成 H2，丁用肥皂液验 H2。
4．（2025·泰州模拟）高岭石的化学组成可表示为，其性质相当稳定，被誉为“万能石”，常作为制造瓷器和陶器的主要原料，下列说法正确的是
A．半径： B．第一电离能：
C．酸性： D．热稳定性：
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、Al3+ 和 O2-电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小。Al 的核电荷数大于 O，因此 r (Al3+) < r (O2-)，A错误；
B、同周期元素第一电离能总体随核电荷数增大而增大，Al 的价电子排布为 3p ，Si 的价电子排布为 3p2，Si 的第一电离能更大，即 I1(Al) < I1(Si)，B错误；
C、同主族元素从上到下非金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性减弱，C 的非金属性强于 Si，所以酸性 H2CO3 > H2SiO3，C正确；
D、元素非金属性越强，氢化物热稳定性越强。O 的非金属性强于 Si，因此热稳定性 H2O > SiH4，D 错误；
故答案为：C。
【分析】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大半径越小。
B．同周期第一电离能，注意 Al 和 Si 的价电子排布差异。
C．同主族非金属性越弱，最高价含氧酸酸性越弱。
D．非金属性越强，氢化物热稳定性越强。
5．（2025·泰州模拟）阅读下列材料，完成下面小题。
铁、钴、镍是第四周期第Ⅷ族元素，物理性质和化学性质比较相似。溶液可用于蚀刻铜制品、制备胶体，FeS可用于除去废水中的。草酸钴()可在空气中焙烧制备催化剂。废镍渣(NiO)与硫酸铵一起煅烧可得，在碱性溶液中用NaClO氧化可制得电极材料。铁、钴、镍能形成多种配合物，如、、等，其中常温下为液态，熔点低，易溶于、苯等有机溶剂。
（1）下列说法正确的是
A．铁、钴、镍的基态原子最外层电子数不同
B．属于离子晶体
C．的键角比的键角大
D．中有键
（2）下列化学反应表示正确的是
A．向溶液中加入：
B．用溶液制备胶体：(胶体)
C．在空气中焙烧：
D．NaClO氧化制得电极材料：
（3）下列物质的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是
A．溶液呈酸性，可用于蚀刻铜制品
B．FeS有还原性，可用于除去废水中的
C．难溶于水，可用作催化剂
D．有空轨道，可与形成
【答案】（1）C
（2）B
（3）D
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）A、铁、钴、镍均为第四周期第 Ⅷ 族元素，基态原子最外层电子数均为 2（价电子排布中 4s2），A错误；
B、Ni(CO)4常温下为液态，熔点低且易溶于 CCl4、苯等有机溶剂，符合分子晶体的性质，属于分子晶体，B错误；
C、NH4+中 N 原子无孤电子对，NH3中 N 原子有 1 对孤电子对；孤电子对对成键电子对的斥力更大，导致 NH3键角更小，故 NH4+键角比 NH3大，C正确；
D、[Co(NH3)6]3+中，6 个 NH3含 18 个 N-H σ 键，加上 6 个 Co-N 配位 σ 键，总 σ 键为 24，D错误；
故答案为：C。
（2）A、Fe3+与 CO32-发生双水解，生成 Fe(OH)3和 CO2，而非 Fe2(CO3)3，A错误；
B、FeCl3溶液加热水解生成 Fe(OH)3胶体，方程式标注了胶体和加热条件，正确，B正确；
C、CoC2O4在空气中焙烧需 O2参与，方程式未体现 O2，氧原子不守恒，C错误；
D、碱性条件下 ClO-还原产物应为 Cl-，且电荷未配平，D错误；
故答案为：B。
（3）A、FeCl3蚀刻铜是因 Fe3+的氧化性，与酸性无关，A错误；
B、FeS 除 Cu2+是因生成更难溶的 CuS 沉淀，与还原性无关，B错误；
C、Co3O4作催化剂与表面活性有关，与其是否溶于水无关，C错误；
D、Co3+有空轨道，可接受 NH3的孤电子对形成[Co(NH3)6]3+，结构与性质对应正确，D正确；
故答案为：D。
【分析】（1）从原子结构、晶体类型判断、分子键角影响因素、配合物 σ 键计算等角度分析选项。
（2）依据反应原理（如双水解、胶体制备、氧化还原守恒）判断方程式正误。
（3）分析物质性质与用途、结构与性质的对应关系是否合理。
（1）A、铁、钴、镍均为第四周期第 Ⅷ 族元素，基态原子最外层电子数均为 2（价电子排布中 4s2），A错误；
B、Ni(CO)4常温下为液态，熔点低且易溶于 CCl4、苯等有机溶剂，符合分子晶体的性质，属于分子晶体，B错误；
C、NH4+中 N 原子无孤电子对，NH3中 N 原子有 1 对孤电子对；孤电子对对成键电子对的斥力更大，导致 NH3键角更小，故 NH4+键角比 NH3大，C正确；
D、[Co(NH3)6]3+中，6 个 NH3含 18 个 N-H σ 键，加上 6 个 Co-N 配位 σ 键，总 σ 键为 24，D错误；
故答案为：C。
（2）A、Fe3+与 CO32-发生双水解，生成 Fe (OH)3和 CO2，而非 Fe2(CO3)3，A错误；
B、FeCl3溶液加热水解生成 Fe (OH)3胶体，方程式标注了胶体和加热条件，正确，B正确；
C、CoC2O4在空气中焙烧需 O2参与，方程式未体现 O2，氧原子不守恒，C错误；
D、碱性条件下 ClO-还原产物应为 Cl-，且电荷未配平，D错误；
故答案为：B。
（3）A、FeCl3蚀刻铜是因 Fe3+的氧化性，与酸性无关，A错误；
B、FeS 除 Cu2+是因生成更难溶的 CuS 沉淀，与还原性无关，B错误；
C、Co3O4作催化剂与表面活性有关，与其是否溶于水无关，C错误；
D、Co3+有空轨道，可接受 NH3的孤电子对形成[Co(NH3)6]3+，结构与性质对应正确，D正确；
故答案为：D。
6．（2025·泰州模拟）在给定条件下，下列物质间的转化均可实现的是
A．
B．漂白粉
C．
D．
【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；含硫物质的性质及综合应用；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A、FeS2在高温下与 O2反应生成 SO2： ；SO2与 Na2O2发生氧化还原反应生成 Na2SO4： ，两步转化均能实现，A正确；
B、漂白粉与 CO2反应生成 HClO： ，但 HClO 光照分解生成 HCl 和 O2：，无法生成 Cl2，转化不能实现，B正确；
C、CuO 不溶于水，不能与 H2O 反应生成 Cu(OH)2，后续转化也无法进行，C错误；
D、SiO2与 C 高温反应生成 Si 和 CO（非 CO2）：；且Na2SiO3与CO2反应需在水溶液中进行，直接反应无法生成 H2SiO3： ，D错误；
故答案为：A。
【分析】反应的可行性：金属氧化物（如CuO）若不溶于水，无法直接与水反应生成对应的碱（如 Cu(OH)2）。
反应产物需符合实际：SiO2与 C 高温反应生成的是 CO（非CO2）。
物质的性质与反应规律：强氧化性物质（如Na2O2）可将 SO2氧化为最高价盐（Na2SO4）。
不稳定物质（如HClO）分解产物固定：HClO光照分解生成 HCl 和O2，不会生成Cl2。
7．（2025·泰州模拟）化合物Z具有广谱抗菌活性，可利用X和Y反应获得。
下列说法正确的是
A．X与足量氢气加成的产物中含有6个手性碳原子
B．X能与甲醛发生缩聚反应
C．Y不存在顺反异构体
D．1mol Z最多能与5mol NaOH发生反应
【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】分别从手性碳的定义、缩聚反应的结构要求、顺反异构的条件、官能团与 NaOH 的反应比例这几个角度，对每个选项进行判断。
A、X 与足量氢气加成后，饱和碳原子中连接4个不同原子或原子团的手性碳原子有 6 个，A正确；
B、X 中酚羟基的邻位碳原子上只有 1 个 H，不满足与甲醛发生缩聚反应的结构要求，B错误；
C、Y 分子中含有碳碳双键，且双键两端的碳原子均连接不同基团，存在顺反异构，C错误；
D、1mol Z 中，2mol 酚羟基消耗 2mol NaOH；1mol 酯基水解后生成的酚羟基再消耗 1mol NaOH，酯基共消耗 2mol NaOH；1mol 酰胺基消耗 1mol NaOH；1mol 羧基消耗 1mol NaOH，总共消耗 2+2+1+1=6mol NaOH，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对手性碳原子的判断不准确，容易漏数或错数X与氢气加成产物中的手性碳原子。
对酚醛缩聚反应的条件理解不清晰，不清楚酚羟基邻位需有多个H才能与甲醛发生缩聚反应。
对顺反异构的条件掌握不牢，忽略Y中碳碳双键两端碳原子连接的基团不同，错误认为Y 不存在顺反异构。
对能与NaOH反应的官能团及反应比例分析不到位，尤其是酯基水解后生成的酚羟基也能与 NaOH 反应，容易少算Z与NaOH的反应量。
8．（2025·泰州模拟）以甲烷燃料电池为电源电解NaB(OH)4溶液制备H3BO3的工作原理如图所示，下列叙述错误的是
A．燃料电池通入氧气的电极接电解池的X电极
B．N室中：a%>b%
C．膜I、III为阳离子交换膜，膜II为阴离子交换膜
D．理论上每生成1mol产品，需消耗甲烷的体积为2.8L(标况)
【答案】B
【知识点】原电池工作原理及应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、燃料电池中，通入 O2的电极为正极；电解池中，M 室石墨电极（X 连接）处 H2O 放电生成 O2（阳极），阳极接电源正极，故 O2电极接 X，A正确；
B、N 室为阴极，H2O 放电生成 H2和 OH-，Na+通过膜 III 进入 N 室，NaOH 浓度增大，故 a% < b%，B错误；
C、M 室 H+通过膜 I（阳离子膜）进入产品室，原料室 Na+通过膜 III（阳离子膜）进入 N 室，原料室 B(OH)4-通过膜 II（阴离子膜）进入产品室，C正确；
D、生成 1mol H3BO3需转移 1mol 电子，CH4燃烧每 mol 转移 8mol 电子，故需 CH4 mol，标况体积 2.8L，D正确；
故答案为：B。
【分析】电解池工作时，M 室的石墨电极为阳极：H2O 在此放电，生成 O2和 H+；H+通过膜 I（阳离子膜）向产品室移动。原料室中的 B(OH)4-通过膜 II（阴离子膜）进入产品室，与 H+结合生成 H3BO3（产品）；同时原料室的 Na+通过膜 III（阳离子膜）向 N 室移动。N 室的石墨电极为阴极：H2O 在此放电，生成 H2和 OH-；Na+与 OH-结合使 N 室中 NaOH 的浓度增大。据此解题。
9．（2025·泰州模拟）室温下，下列实验方案能达到探究目的的是
选项 实验方案 探究目的
A 将红热的木炭投入浓中，有红棕色气体产生 证明木炭具有还原性
B 将溶液滴入到溶液中，再滴加几滴溶液，产生黑色沉淀 溶度积常数：
C 向溶液中滴加溶液，产生白色沉淀 结合H+的能力：
D 将溴乙烷与NaOH醇溶液混合加热，将产生的气体通入酸性溶液，溶液褪色 生成了
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、红热木炭投入浓 HNO3产生红棕色气体，可能是浓 HNO3自身高温分解生成 NO2，无法排除此干扰，不能证明木炭的还原性，A错误；
B、ZnSO4与 Na2S 反应时 S2-过量，再加入 CuSO4产生黑色沉淀，可能是过量 S2-与 Cu2+直接反应，无法说明 ZnS 转化为 CuS，不能比较 Ksp(ZnS) 和 Ksp(CuS)，B错误；
C、Na[Al(OH)4] 与 NaHSO3反应生成 Al(OH)3白色沉淀，说明 [Al(OH)4]-结合了 HSO3-释放的 H+，即 [Al(OH)4]-结合 H+的能力强于 SO32-，C正确；
D、溴乙烷与 NaOH 醇溶液反应产生的气体含乙醇蒸气，乙醇能使酸性 KMnO4溶液褪色，干扰乙烯的检验，无法证明生成了 CH2=CH2，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．需考虑浓 HNO3自身高温分解产生 NO2的干扰，排除干扰才能证明木炭的还原性。
B．比较溶度积需满足 “沉淀转化” 的条件，即反应后无过量的 S2-，此实验 S2-过量，无法说明沉淀转化。
C．通过反应现象判断结合 H+的能力，生成 Al (OH)3沉淀说明 [Al(OH)4]-更易结合 H+。
D．要排除乙醇蒸气对酸性 KMnO4溶液褪色的干扰，需纯化气体后再检验。
10．（2025·泰州模拟）室温下，通过下列实验探究NaHS溶液的性质。已知：，，。
实验1：向溶液中逐滴加入NaOH溶液，至溶液。
实验2：向溶液中滴加新制氯水，氯水褪色，有淡黄色沉淀产生。
实验3：向溶液中滴加几滴溶液，有黑色沉淀生成。
下列说法正确的是
A．实验1所得溶液中：
B．实验1所得溶液中：
C．实验2中主要反应的离子方程式：
D．实验3中反应的平衡常数
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、根据H2S的两步电离平衡：
第一步电离：，电离常数
第二步电离：，电离常数
将两式相乘，可得：
实验1中溶液，则，代入上式：
，即，故，A错误；
B、实验1溶液中存在电荷守恒：
，已知，则，，显然。将电荷守恒式变形为：，由于，因此，B错误；
C、NaHS溶液中主要含有的粒子是（而非）。新制氯水具有强氧化性，与发生氧化还原反应，生成沉淀、和，离子方程式应为：，若写成，则误将反应物当作，与实际粒子不符，C错误；
D、实验3的反应为：，平衡常数的推导：由H2S的电离平衡，，、，，CuS的溶度积；
将反应拆解为：
①（逆过程，平衡常数）
②（逆过程，平衡常数）
③（平衡常数）
总反应的平衡常数
代入数据：，，，则：
，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．利用 H2S 两步电离常数乘积推导 c(S2-) 与 c(H2S) 的比值，代入溶液 pH 计算的 H+浓度，即可判断二者大小。
B．依据溶液电荷守恒式，结合 pH 得出的 OH-与 H+浓度差异，变形守恒式判断离子浓度关系。
C．明确 NaHS 溶液中主要反应粒子是 HS-，而非 S2-，据此判断氧化还原反应的实际反应物。
D．将目标反应拆解为电离逆过程与溶度积相关反应，通过平衡常数乘积关系推导总反应 K，代入数据计算验证。
11．（2025·泰州模拟）苯乙烯是重要的有机化工原料，工业上用乙苯催化脱氢时发生如下反应：
反应Ⅰ：C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)＋H2(g)；ΔH>0
反应Ⅱ：C6H5C2H5(g)＋H2(g)C6H5CH3(g)＋CH4(g)；ΔH<0
反应Ⅲ：C6H5C2H5(g)C6H6(g)＋C2H4(g)；ΔH>0
将1 mol乙苯和6 mol水蒸气置于密闭容器中，保持p=100 kPa，平衡时乙苯的转化率、苯和甲苯的选择性随温度的关系如图所示。苯乙烯、甲苯或苯的选择性=×100%。
下列说法正确的是
A．曲线a代表的是苯的选择性
B．620 ℃达平衡时，容器中H2的物质的量为0.664 mol
C．600～640 ℃时，容器中苯乙烯平衡时的物质的量随温度升高变化不大
D．其他条件不变，620 ℃时起始向容器中只充入1 mol乙苯，平衡时乙苯的转化率大于80%
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、反应 II（生成甲苯）是放热反应，升温平衡逆向移动，甲苯选择性减小，故曲线 a 代表甲苯选择性（非苯），A错误；
B、620℃时，乙苯转化率 80%（消耗 0.8mol），苯选择性 3%（生成 0.024mol）、甲苯选择性 7%（生成 0.056mol）；则转化为苯乙烯的乙苯为 0.8-0.024-0.056=0.72mol。反应 I 生成 H2 0.72mol，反应 II 消耗 H2 0.056mol，最终 H2物质的量为 0.72-0.056=0.664mol，B正确；
C、600~640℃时，乙苯转化率增大，且甲苯 + 苯的选择性总和变化小，故苯乙烯的物质的量随温度升高而增大，C错误；
D、只充入 1mol 乙苯，相当于增大压强，反应 I、III（气体分子数增多）逆向移动，乙苯转化率小于 80%，D错误；
故答案为：B。
【分析】先根据反应的热效应判断温度对选择性的影响：
反应 II（生成甲苯）是放热反应，温度升高时，平衡逆向移动，生成甲苯的量减少，因此甲苯的选择性随温度升高而降低，对应曲线 a。
反应 III（生成苯）是吸热反应，温度升高时，平衡正向移动，生成苯的量增加，因此苯的选择性随温度升高而增大，对应曲线 b。据此解题。
12．（2025·泰州模拟）利用镁泥（主要成分为、和等）为主要原料制取碳酸镁的工业流程如下：
（1）酸溶。某工厂用1.78吨发烟硫酸（化学式：）配制质量分数为溶液，配制时需要水的质量为　 　吨。
（2）除铁。已知滤渣2的成分与温度、的关系如图所示。
①若控制温度80℃、，可得到黄铁矾钠（上图中阴影部分），写出“除铁”过程总反应的离子方程式：　 　。
②工业生产不选择以形式除铁的可能原因：　 　（写出两点）。
（3）沉淀。
①写出“沉淀”过程的离子方程式：　 　。
②“沉淀”过程中溶液随时间的变化如图所示。
“沉淀”过程的操作：向含溶液中　 　。
（4）控制“沉淀”温度50℃，可制得碱式碳酸镁，碱式碳酸镁常用作塑料阻燃剂。现称取一定质量碱式碳酸镁样品经高温完全分解后得固体，放出（标准状况），计算该碱式碳酸镁样品中的=　 　。（写出计算过程）
（5）某钙镁矿的晶胞结构如图所示。若将全部换为，所得晶体中每个晶胞含有的原子数为　 　。
【答案】（1）2.14
（2）；浓度小，的氧化性弱；温度低，反应速率慢
（3）；先通至饱和，然后滴加溶液，同时继续通入
（4）
（5）4
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；镁、铝的重要化合物；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）1.78吨发烟硫酸（化学式：）的物质的量为，配制过程中，生成硫酸为，配制质量分数为溶液，配制时需要水的质量为。
故答案为： 2.14 ；
（2）①“除铁”时，若控制温度80℃、，可得到黄铁矾钠沉淀，则总反应的离子方程式：
②由图可知，pH在4附近温度略低于40℃时产生的氢氧化铁最多，温度继续升高时铁转化为其它含铁的不溶性物质，结合分析可知，铁工业生产不选择以形式除铁的可能原因：浓度小，的氧化性弱；温度低，反应速率慢。
故答案为： ；浓度小，的氧化性弱；温度低，反应速率慢 ；
（3）①结合分析可知，“沉淀”过程的离子方程式：。
②由图知，“沉淀”时溶液的先减小后增大后维持不变，则 “沉淀”过程的操作：向含溶液中先通至饱和，然后滴加溶液，同时继续通入。
故答案为： ； 先通至饱和，然后滴加溶液，同时继续通入 ；
（4）现称取一定质量碱式碳酸镁样品经高温完全分解后得固体，根据镁元素守恒，镁离子为，放出（标准状况），其物质的量为，则碳酸根为0.15mol，则根据电荷守恒可知氢氧根的物质的量为0.1mol，则碱式碳酸镁样品中的=3：2。
故答案为： ；
（5）某钙镁矿的晶胞中若将全部换为，若Ca换为Mg，则该图变为两个立方晶胞，则Mg位于晶胞的8个顶点和6个面心，所得晶体中每个晶胞含有的原子数为。
故答案为：4；
【分析】结合镁泥的成分，分析加酸、氧化、调节 pH、通入气体等操作中物质的转化与分离逻辑，明确各步骤的作用：
镁泥主要成分为 MgCO3、FeCO3和 SiO2。加入硫酸时，SiO2不溶于硫酸，过滤后滤渣 1 为 SiO2；NaClO 具有氧化性，可将 Fe2+氧化为 Fe3+；调节 pH 使 Fe3+转化为沉淀除去；向滤液中通入 CO2并加入 NaOH 溶液，反应后得到沉淀，过滤可获得 MgCO3 3H2O。整个流程通过酸溶、氧化除杂、沉淀转化等步骤，实现了碳酸镁晶体的制备。
（1）1.78吨发烟硫酸（化学式：）的物质的量为，配制过程中，生成硫酸为，配制质量分数为溶液，配制时需要水的质量为。
（2）①“除铁”时，若控制温度80℃、，可得到黄铁矾钠沉淀，则总反应的离子方程式：。
②由图可知，pH在4附近温度略低于40℃时产生的氢氧化铁最多，温度继续升高时铁转化为其它含铁的不溶性物质，结合分析可知，铁工业生产不选择以形式除铁的可能原因：浓度小，的氧化性弱；温度低，反应速率慢。
（3）①结合分析可知，“沉淀”过程的离子方程式：。
②由图知，“沉淀”时溶液的先减小后增大后维持不变，则 “沉淀”过程的操作：向含溶液中先通至饱和，然后滴加溶液，同时继续通入。
（4）现称取一定质量碱式碳酸镁样品经高温完全分解后得固体，根据镁元素守恒，镁离子为，放出（标准状况），其物质的量为，则碳酸根为0.15mol，则根据电荷守恒可知氢氧根的物质的量为0.1mol，则碱式碳酸镁样品中的=3：2。
（5）某钙镁矿的晶胞中若将全部换为，若Ca换为Mg，则该图变为两个立方晶胞，则Mg位于晶胞的8个顶点和6个面心，所得晶体中每个晶胞含有的原子数为。
13．（2025·泰州模拟）有机物G可以通过如下路线进行合成：
（1）有机物B只有一种含氧官能团且能发生银镜反应，B的结构简式为　 　。
（2）有机物C中含有咪唑()的结构，咪唑与苯性质相似，且所有原子均位于同一平面。咪唑分子中轨道杂化方式为杂化的原子共有　 　个。
（3）C→D反应分为多步，其中有→D的转化过程，该转化的最后一步反应类型为　 　反应。
（4）F→G的反应条件除用外，也可以选择下列物质中的　 　 (填字母)。
A．浓硫酸 B．，催化剂 C．
（5）F的一种同分异构体满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：　 　。
能与溶液反应，能发生水解反应。水解后所得两种有机产物的碳原子数相同，且均含有2种化学环境不同的氢，其中一种水解产物具有顺反异构体。
（6）已知：RCOOHRCONHR'(R、R'表示H或烃基)。写出以、、、、为原料制备的合成路线流程图：　 　。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】（1）
（2）5
（3）消去反应
（4）C
（5）
（6）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；结构简式
【解析】【解答】（1）根据分析可知，可以推知B为。
故答案为： ；
（2）有机物C中含有咪唑()的结构，咪唑与苯性原相似，且所有原子均位于同一平面。咪唑分子中轨道杂化方式为杂化的原子为氮原子和碳原子，共有5个。
故答案为： 5 ；
（3）C和先发生成环反应，生成，然后环上的酯基水解，生成，再发生羟基的消去反应，生成D物质。所以转化的最后一步反应类型为消去反应。
故答案为： 消去反应 ；
（4）F和发生取代反应生成G，同时生成HBr，加入的作用是除去， 使平衡正向移动，提高反应物的转化率，浓硫酸或、催化剂均不能消耗具有碱性可以消耗，故选C。
故答案为： C ；
（5）F的一种同分异构体满足条件：能与溶液反应，能发生水解反应，说明其中含有酰胺基和羧基，水解后所得两种有机产物的碳原子数相同，且均含有2种化学环境不同的氢， 其中一种水解产物具有顺反异构体，说明其中含有苯环和碳碳双键，且为对称的结构，则满足条件的同分异构体为：。
故答案为： ；
（6）利用和发生C生成D的反应原理得到，和发生D生成E的反应原理得到，发生水解反应生成，和发生取代反应生成，和发生取代反应生成，所以其合成线路为：。
故答案为：
【分析】有机物 B 能发生银镜反应，且只有一种含氧官能团，说明含醛基（—CHO），结合其分子式可推知 B 为 OHC-CH (Br)-CHO，C 与 先发生成环反应，生成含酯基的环状结构（ ）；之后环上的酯基水解，得到含羟基和羧基的化合物（ ）；再经羟基的消去反应生成 D。
D 与 (CH3CO)2O 反应生成 E，E 经一系列反应得到 F，F 与溴乙烷发生取代反应生成 G。
(1) 依据银镜反应含 —CHO 及分子式，推 B 结构。
(2) 结合咪唑平面结构，判断 sp2 杂化原子数。
(3) 分析 C→D 的反应步骤，确定最后一步为消去反应。
(4) 明确F→G 除 K2CO3外，选能消耗 HBr 的碱性物质 (C)。
(5) 根据与 NaHCO3反应、水解产物特征（碳原子数相同、氢环境及顺反异构），推导同分异构体。
(6) 模仿题干合成逻辑，结合给定试剂，设计多步反应的合成路线。
（1）根据分析可知，可以推知B为。
（2）有机物C中含有咪唑()的结构，咪唑与苯性原相似，且所有原子均位于同一平面。咪唑分子中轨道杂化方式为杂化的原子为氮原子和碳原子，共有5个。
（3）C和先发生成环反应，生成，然后环上的酯基水解，生成，再发生羟基的消去反应，生成D物质。所以转化的最后一步反应类型为消去反应。
（4）F和发生取代反应生成G，同时生成HBr，加入的作用是除去， 使平衡正向移动，提高反应物的转化率，浓硫酸或、催化剂均不能消耗具有碱性可以消耗，故选C。
（5）F的一种同分异构体满足条件：能与溶液反应，能发生水解反应，说明其中含有酰胺基和羧基，水解后所得两种有机产物的碳原子数相同，且均含有2种化学环境不同的氢， 其中一种水解产物具有顺反异构体，说明其中含有苯环和碳碳双键，且为对称的结构，则满足条件的同分异构体为：。
（6）利用和发生C生成D的反应原理得到，和发生D生成E的反应原理得到，发生水解反应生成，和发生取代反应生成，和发生取代反应生成，所以其合成线路为：。
14．（2025·泰州模拟）BiOCl是一种新型的不溶于硫酸的高档环保珠光材料。某工厂以辉铋矿(主要成分为，含有，杂质)和软锰矿(主要成分为)为原料，制取氯氧化铋和超细氧化铋的工艺流程如下：
已知：
①易与形成，在一定条件下可以发生水解：。
②2BiOCl(白色)(黄色)
（1）“联合焙烧”时，和在空气中反应生成和。该反应的化学方程式为　 　。
（2）“酸浸”时，需及时补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4，其目的是　 　。
（3）“转化”时，加入金属Bi的作用是　 　。
（4）“萃取”时，铋离子能被有机萃取剂TBP萃取，其萃取原理可表示为：，萃取温度对铋、铁萃取率的影响如图所示，Bi的萃取率随萃取温度的升高而降低的原因可能是　 　。
（5）请补充完整利用含少量杂质的BiOCl粗品制备的实验方案：　 　，过滤、洗涤、干燥，得。(须使用的试剂有：溶液、溶液、溶液、蒸馏水)
【答案】（1）
（2）增大Cl-、H+浓度，Bi3＋与Cl－形成，使Bi3＋充分浸出；同时抑制金属离子Bi3＋(或)、Fe3＋水解
（3）将Fe3+转化为Fe2+，避免形成Fe(OH)3沉淀，保证BiOCl的纯度
（4）升高温度，促进水解，导致溶液中浓度增大，平衡逆向移动
（5）边搅拌边向BiOCl粗品中分批加入足量1mol·L-1H2SO4溶液，充分反应后静置，过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤，直至向最后一次洗涤后的滤液中滴加1mol·L-1BaCl2溶液不再出现白色沉淀。将洗涤后的滤渣浸入过量4mol·L-11NaOH溶液中，加热并充分搅拌至固体颜色不再变化
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）联合焙烧时，和在空气中反应生成和，化学方程式为：；
故答案为： ；
（2）根据题目已知信息，易与形成，及时补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4，增大、浓度，与形成，使充分浸出；同时，一定条件下可以发生水解：，补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4，抑制金属离子(或)、水解；
故答案为： 增大Cl-、H+浓度，Bi3＋与Cl－形成，使Bi3＋充分浸出；同时抑制金属离子Bi3＋(或)、Fe3＋水解 ；
（3）由分析可知，转化加入金属Bi的作用是将转化为，避免形成沉淀，从而保证BiOCl的纯度；
故答案为： 将Fe3+转化为Fe2+，避免形成Fe(OH)3沉淀，保证BiOCl的纯度 ；
（4）升高温度，促进水解反应正向移动，导致溶液中浓度增大，使得平衡逆向移动，故Bi的萃取率随萃取温度的升高而降低；
故答案为： 升高温度，促进水解，导致溶液中浓度增大，平衡逆向移动 ；
（5）利用含少量杂质的粗品制备，首先要除去杂质，再将与发生反应：制备，根据提供的试剂，实验方案为：边搅拌边向BiOCl粗品中分批加入足量溶液，充分反应后静置，过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤，直至向最后一次洗涤后的滤液中滴加溶液不再出现白色沉淀。将洗涤后的滤渣浸入过量溶液中，加热并充分搅拌至固体颜色不再变化。
故答案为： 边搅拌边向BiOCl粗品中分批加入足量1mol·L-1H2SO4溶液，充分反应后静置，过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤，直至向最后一次洗涤后的滤液中滴加1mol·L-1BaCl2溶液不再出现白色沉淀。将洗涤后的滤渣浸入过量4mol·L-11NaOH溶液中，加热并充分搅拌至固体颜色不再变化 。
【分析】辉铋矿与软锰矿联合焙烧时，在空气中发生反应：MnO2转化为 MnSO4（锰元素价态降低，实现硫酸化）；FeS2被氧化为 Fe2O3（铁元素从 +2 价升至 +3 价）；Bi2O3在该条件下稳定存在，为后续提取铋保留原料。水浸：焙烧产物中，可溶于水的 MnSO4进入溶液，不溶的 Fe2O3、Bi2O3、SiO2形成滤渣。Bi2O3与浓盐酸反应生成 BiCl63-（络合离子，易溶于酸）；Fe2O3与浓盐酸反应生成 Fe3+；SiO2不与浓盐酸反应，过滤后滤渣 1 为 SiO2，滤液含 BiCl63-和 Fe3+。加金属铋，发生氧化还原反应：Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+（除去 Fe3+）；调节 pH=2.6，使 BiCl63-水解生成 BiOCl 沉淀。向第二份滤液中加萃取剂 TBP，实现 Fe3+与 Bi3+的分离；分液后，有机相用草酸溶液反萃取，得到 Bi3+，最终制备超细氧化铋。
（1）联合焙烧时，和在空气中反应生成和，化学方程式为：；
（2）根据题目已知信息，易与形成，及时补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4，增大、浓度，与形成，使充分浸出；同时，一定条件下可以发生水解：，补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4，抑制金属离子(或)、水解；
（3）由分析可知，转化加入金属Bi的作用是将转化为，避免形成沉淀，从而保证BiOCl的纯度；
（4）升高温度，促进水解反应正向移动，导致溶液中浓度增大，使得平衡逆向移动，故Bi的萃取率随萃取温度的升高而降低；
（5）利用含少量杂质的粗品制备，首先要除去杂质，再将与发生反应：制备，根据提供的试剂，实验方案为：边搅拌边向BiOCl粗品中分批加入足量溶液，充分反应后静置，过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤，直至向最后一次洗涤后的滤液中滴加溶液不再出现白色沉淀。将洗涤后的滤渣浸入过量溶液中，加热并充分搅拌至固体颜色不再变化。
15．（2025·泰州模拟）铁元素的纳米材料因具备良好的电学特性和磁学特性，而引起了广泛的研究。纳米零价铁可用于去除水体中的六价铬[]与硝酸盐等污染物。
（1）①用溶液与溶液反应制备纳米零价铁的化学方程式：。当生成1mol Fe时，反应中转移电子的物质的量为　 　。
②纳米Fe和均可用于降解含的废水。实验证明辅助纳米铁去除效果更佳，结合下图，分析其原因是　 　。
（2）电解法除的一种装置如图1所示。利用阳极生成的，还原生成，最终转化为和沉淀除去。随着电解的进行，阳极表面形成的钝化膜，电解效率降低。将电源正负极反接一段时间，钝化膜消失。钝化膜消失的原因为　 　。
（3）生物质铁炭纳米材料活化过一硫酸钾()降解有机污染物的反应历程如图2所示。图中SO和·OH分别表示硫酸根自由基和羟基自由基。
①生物质铁炭纳米材料降解有机污染物的机理可描述为　 　。
②与直接使用纳米铁颗粒相比，使用生物质铁炭纳米材料降解的优点是：　 　。
（4）利用高炉炼铁尾气中的制取有机物的过程如下图。
相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图所示：，选择性。
“电解”在质子交换膜电解池中进行，生成HCOOH的电极反应式为　 　，当电解电压为时，生成和HCOOH的选择性之比为　 　。
【答案】（1）8mol；有磁性，吸引纳米铁，使其分散附着在表面，增大表面积；纳米铁能将含Fe3+物质还原为Fe2+，Fe2+浓度增大，降解速率加快
（2）电极交换后，阴极产生氢气，使钝化膜还原
（3）纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表面，HSO得到电子生成 SO和OH 或·OH和 SO ，活性SO和·OH与难降解有机污染物反应生成CO2 和H2 O；石墨碳层可以增加反应的接触面积；石墨碳层的包裹可以减少铁的渗出，减少二次污染
（4）CO2+2H++2e-=HCOOH；1∶3
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学平衡中反应条件的控制；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①用溶液与溶液反应制备纳米零价铁的化学方程式：根据反应：，2mol生成4molH2，氢化合价升高8价，3molH2O生成成3molH2，氢化合价降6价，1molFeCl2生成Fe，铁化合价降2价，总共降8价，所以当生成1mol Fe时，反应中转移电子的物质的量为8mol；故答案为：8mol；
②辅助纳米铁去除效果更佳，由图1可知，因为有磁性，吸引纳米铁，使其分散附着在表面，增大表面积；纳米铁能将含Fe3+物质还原为Fe2+，Fe2+浓度增大，降解速率加快；故答案为：有磁性，吸引纳米铁，使其分散附着在表面，增大表面积；纳米铁能将含Fe3+物质还原为Fe2+，Fe2+浓度增大，降解速率加快；
故答案为： 8mol ；有磁性，吸引纳米铁，使其分散附着在表面，增大表面积；纳米铁能将含Fe3+物质还原为Fe2+，Fe2+浓度增大，降解速率加快 ；
（2）随着电解的进行，阳极表面形成的钝化膜，电解效率降低。将电源正负极反接一段时间，钝化膜消失。钝化膜消失的原因为电极交换后，阴极产生氢气，使钝化膜还原。故答案为：电极交换后，阴极产生氢气，使钝化膜还原；
故答案为： 电极交换后，阴极产生氢气，使钝化膜还原 ；
（3）①生物质铁炭纳米材料降解有机污染物的机理可描述为：纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表面，HSO得到电子生成 SO和OH 或·OH和 SO ，活性SO和·OH与难降解有机污染物反应生成CO2 和H2 O。故答案为：纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表面，HSO得到电子生成 SO和OH 或·OH和 SO ，活性SO和·OH与难降解有机污染物反应生成CO2 和H2 O；
②与直接使用纳米铁颗粒相比，使用生物质铁炭纳米材料降解的优点是：石墨碳层可以增加反应的接触面积；石墨碳层的包裹可以减少铁的渗出，减少二次污染。故答案为：石墨碳层可以增加反应的接触面积；石墨碳层的包裹可以减少铁的渗出，减少二次污染；
故答案为： 纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表面，HSO得到电子生成 SO和OH 或·OH和 SO ，活性SO和·OH与难降解有机污染物反应生成CO2 和H2 O ； 石墨碳层可以增加反应的接触面积；石墨碳层的包裹可以减少铁的渗出，减少二次污染 ；
（4）“电解”在质子交换膜电解池中进行，酸性条件下二氧化碳得到电子发生还原反应生成甲酸，生成HCOOH的电极反应式为CO2+2H++2e-=HCOOH；2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O、CO2+2H++2e-=HCOOH，当电解电压为时，生成和HCOOH的法拉第效率相同，则12n(CH3CH2OH)=2n(HCOOH)，结合碳守恒，生成和HCOOH的选择性之比为=2×1∶1×6=1∶3 。故答案为：CO2+2H++2e-=HCOOH；1∶3。
故答案为： CO2+2H++2e-=HCOOH ； 1∶3 ；
【分析】(1)①根据反应中元素化合价变化，计算生成 1mol Fe 时转移的电子数。
②从磁性吸附增大表面积、纳米铁还原 Fe3+生成 Fe2+加快降解速率分析。
(2)电源反接后，阴极产生氢气还原钝化膜。
(3)①纳米铁失电子，HSO5-得电子生成活性自由基，与有机物反应生成 CO2和 H2O。
②石墨碳层增加接触面积、减少铁渗出，降低二次污染。
(4)酸性条件下 CO2得电子生成 HCOOH；根据法拉第效率和碳守恒，计算产物选择性之比。
（1）①用溶液与溶液反应制备纳米零价铁的化学方程式：根据反应：，2mol生成4molH2，氢化合价升高8价，3molH2O生成成3molH2，氢化合价降6价，1molFeCl2生成Fe，铁化合价降2价，总共降8价，所以当生成1mol Fe时，反应中转移电子的物质的量为8mol；故答案为：8mol；
②辅助纳米铁去除效果更佳，由图1可知，因为有磁性，吸引纳米铁，使其分散附着在表面，增大表面积；纳米铁能将含Fe3+物质还原为Fe2+，Fe2+浓度增大，降解速率加快；故答案为：有磁性，吸引纳米铁，使其分散附着在表面，增大表面积；纳米铁能将含Fe3+物质还原为Fe2+，Fe2+浓度增大，降解速率加快；
（2）随着电解的进行，阳极表面形成的钝化膜，电解效率降低。将电源正负极反接一段时间，钝化膜消失。钝化膜消失的原因为电极交换后，阴极产生氢气，使钝化膜还原。故答案为：电极交换后，阴极产生氢气，使钝化膜还原；
（3）①生物质铁炭纳米材料降解有机污染物的机理可描述为：纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表面，HSO得到电子生成 SO和OH 或·OH和 SO ，活性SO和·OH与难降解有机污染物反应生成CO2 和H2 O。故答案为：纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表面，HSO得到电子生成 SO和OH 或·OH和 SO ，活性SO和·OH与难降解有机污染物反应生成CO2 和H2 O；
②与直接使用纳米铁颗粒相比，使用生物质铁炭纳米材料降解的优点是：石墨碳层可以增加反应的接触面积；石墨碳层的包裹可以减少铁的渗出，减少二次污染。故答案为：石墨碳层可以增加反应的接触面积；石墨碳层的包裹可以减少铁的渗出，减少二次污染；
（4）“电解”在质子交换膜电解池中进行，酸性条件下二氧化碳得到电子发生还原反应生成甲酸，生成HCOOH的电极反应式为CO2+2H++2e-=HCOOH；2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O、CO2+2H++2e-=HCOOH，当电解电压为时，生成和HCOOH的法拉第效率相同，则12n(CH3CH2OH)=2n(HCOOH)，结合碳守恒，生成和HCOOH的选择性之比为=2×1∶1×6=1∶3 。故答案为：CO2+2H++2e-=HCOOH；1∶3。
1 / 1江苏省泰州市2024-2025学年高中化学高三考前指导卷
1．（2025·泰州模拟）2025年春晚中展示了很多非物质文化遗产内容，下列所涉及的物质主要成分不含有机高分子材料的是
A．惠山泥人 B．庆阳剪纸 C．华县皮影 D．东明粮画
2．（2025·泰州模拟）一定条件下，磷化氢()与溶液的反应：。下列说法正确的是
A．为非极性分子
B．仅含离子键
C．的电子式
D．的空间构型为正四面体形
3．（2025·泰州模拟）下列与铁有关的实验对应装置或操作设计不正确的是
A．用甲装置制取
B．用乙装置在铁件外表镀一层光亮的铜
C．用丙装置蒸干溶液，得到硫酸铁晶体
D．用丁装置将铁与水蒸气反应，并验证气体产物
4．（2025·泰州模拟）高岭石的化学组成可表示为，其性质相当稳定，被誉为“万能石”，常作为制造瓷器和陶器的主要原料，下列说法正确的是
A．半径： B．第一电离能：
C．酸性： D．热稳定性：
5．（2025·泰州模拟）阅读下列材料，完成下面小题。
铁、钴、镍是第四周期第Ⅷ族元素，物理性质和化学性质比较相似。溶液可用于蚀刻铜制品、制备胶体，FeS可用于除去废水中的。草酸钴()可在空气中焙烧制备催化剂。废镍渣(NiO)与硫酸铵一起煅烧可得，在碱性溶液中用NaClO氧化可制得电极材料。铁、钴、镍能形成多种配合物，如、、等，其中常温下为液态，熔点低，易溶于、苯等有机溶剂。
（1）下列说法正确的是
A．铁、钴、镍的基态原子最外层电子数不同
B．属于离子晶体
C．的键角比的键角大
D．中有键
（2）下列化学反应表示正确的是
A．向溶液中加入：
B．用溶液制备胶体：(胶体)
C．在空气中焙烧：
D．NaClO氧化制得电极材料：
（3）下列物质的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是
A．溶液呈酸性，可用于蚀刻铜制品
B．FeS有还原性，可用于除去废水中的
C．难溶于水，可用作催化剂
D．有空轨道，可与形成
6．（2025·泰州模拟）在给定条件下，下列物质间的转化均可实现的是
A．
B．漂白粉
C．
D．
7．（2025·泰州模拟）化合物Z具有广谱抗菌活性，可利用X和Y反应获得。
下列说法正确的是
A．X与足量氢气加成的产物中含有6个手性碳原子
B．X能与甲醛发生缩聚反应
C．Y不存在顺反异构体
D．1mol Z最多能与5mol NaOH发生反应
8．（2025·泰州模拟）以甲烷燃料电池为电源电解NaB(OH)4溶液制备H3BO3的工作原理如图所示，下列叙述错误的是
A．燃料电池通入氧气的电极接电解池的X电极
B．N室中：a%>b%
C．膜I、III为阳离子交换膜，膜II为阴离子交换膜
D．理论上每生成1mol产品，需消耗甲烷的体积为2.8L(标况)
9．（2025·泰州模拟）室温下，下列实验方案能达到探究目的的是
选项 实验方案 探究目的
A 将红热的木炭投入浓中，有红棕色气体产生 证明木炭具有还原性
B 将溶液滴入到溶液中，再滴加几滴溶液，产生黑色沉淀 溶度积常数：
C 向溶液中滴加溶液，产生白色沉淀 结合H+的能力：
D 将溴乙烷与NaOH醇溶液混合加热，将产生的气体通入酸性溶液，溶液褪色 生成了
A．A B．B C．C D．D
10．（2025·泰州模拟）室温下，通过下列实验探究NaHS溶液的性质。已知：，，。
实验1：向溶液中逐滴加入NaOH溶液，至溶液。
实验2：向溶液中滴加新制氯水，氯水褪色，有淡黄色沉淀产生。
实验3：向溶液中滴加几滴溶液，有黑色沉淀生成。
下列说法正确的是
A．实验1所得溶液中：
B．实验1所得溶液中：
C．实验2中主要反应的离子方程式：
D．实验3中反应的平衡常数
11．（2025·泰州模拟）苯乙烯是重要的有机化工原料，工业上用乙苯催化脱氢时发生如下反应：
反应Ⅰ：C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)＋H2(g)；ΔH>0
反应Ⅱ：C6H5C2H5(g)＋H2(g)C6H5CH3(g)＋CH4(g)；ΔH<0
反应Ⅲ：C6H5C2H5(g)C6H6(g)＋C2H4(g)；ΔH>0
将1 mol乙苯和6 mol水蒸气置于密闭容器中，保持p=100 kPa，平衡时乙苯的转化率、苯和甲苯的选择性随温度的关系如图所示。苯乙烯、甲苯或苯的选择性=×100%。
下列说法正确的是
A．曲线a代表的是苯的选择性
B．620 ℃达平衡时，容器中H2的物质的量为0.664 mol
C．600～640 ℃时，容器中苯乙烯平衡时的物质的量随温度升高变化不大
D．其他条件不变，620 ℃时起始向容器中只充入1 mol乙苯，平衡时乙苯的转化率大于80%
12．（2025·泰州模拟）利用镁泥（主要成分为、和等）为主要原料制取碳酸镁的工业流程如下：
（1）酸溶。某工厂用1.78吨发烟硫酸（化学式：）配制质量分数为溶液，配制时需要水的质量为　 　吨。
（2）除铁。已知滤渣2的成分与温度、的关系如图所示。
①若控制温度80℃、，可得到黄铁矾钠（上图中阴影部分），写出“除铁”过程总反应的离子方程式：　 　。
②工业生产不选择以形式除铁的可能原因：　 　（写出两点）。
（3）沉淀。
①写出“沉淀”过程的离子方程式：　 　。
②“沉淀”过程中溶液随时间的变化如图所示。
“沉淀”过程的操作：向含溶液中　 　。
（4）控制“沉淀”温度50℃，可制得碱式碳酸镁，碱式碳酸镁常用作塑料阻燃剂。现称取一定质量碱式碳酸镁样品经高温完全分解后得固体，放出（标准状况），计算该碱式碳酸镁样品中的=　 　。（写出计算过程）
（5）某钙镁矿的晶胞结构如图所示。若将全部换为，所得晶体中每个晶胞含有的原子数为　 　。
13．（2025·泰州模拟）有机物G可以通过如下路线进行合成：
（1）有机物B只有一种含氧官能团且能发生银镜反应，B的结构简式为　 　。
（2）有机物C中含有咪唑()的结构，咪唑与苯性质相似，且所有原子均位于同一平面。咪唑分子中轨道杂化方式为杂化的原子共有　 　个。
（3）C→D反应分为多步，其中有→D的转化过程，该转化的最后一步反应类型为　 　反应。
（4）F→G的反应条件除用外，也可以选择下列物质中的　 　 (填字母)。
A．浓硫酸 B．，催化剂 C．
（5）F的一种同分异构体满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：　 　。
能与溶液反应，能发生水解反应。水解后所得两种有机产物的碳原子数相同，且均含有2种化学环境不同的氢，其中一种水解产物具有顺反异构体。
（6）已知：RCOOHRCONHR'(R、R'表示H或烃基)。写出以、、、、为原料制备的合成路线流程图：　 　。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
14．（2025·泰州模拟）BiOCl是一种新型的不溶于硫酸的高档环保珠光材料。某工厂以辉铋矿(主要成分为，含有，杂质)和软锰矿(主要成分为)为原料，制取氯氧化铋和超细氧化铋的工艺流程如下：
已知：
①易与形成，在一定条件下可以发生水解：。
②2BiOCl(白色)(黄色)
（1）“联合焙烧”时，和在空气中反应生成和。该反应的化学方程式为　 　。
（2）“酸浸”时，需及时补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4，其目的是　 　。
（3）“转化”时，加入金属Bi的作用是　 　。
（4）“萃取”时，铋离子能被有机萃取剂TBP萃取，其萃取原理可表示为：，萃取温度对铋、铁萃取率的影响如图所示，Bi的萃取率随萃取温度的升高而降低的原因可能是　 　。
（5）请补充完整利用含少量杂质的BiOCl粗品制备的实验方案：　 　，过滤、洗涤、干燥，得。(须使用的试剂有：溶液、溶液、溶液、蒸馏水)
15．（2025·泰州模拟）铁元素的纳米材料因具备良好的电学特性和磁学特性，而引起了广泛的研究。纳米零价铁可用于去除水体中的六价铬[]与硝酸盐等污染物。
（1）①用溶液与溶液反应制备纳米零价铁的化学方程式：。当生成1mol Fe时，反应中转移电子的物质的量为　 　。
②纳米Fe和均可用于降解含的废水。实验证明辅助纳米铁去除效果更佳，结合下图，分析其原因是　 　。
（2）电解法除的一种装置如图1所示。利用阳极生成的，还原生成，最终转化为和沉淀除去。随着电解的进行，阳极表面形成的钝化膜，电解效率降低。将电源正负极反接一段时间，钝化膜消失。钝化膜消失的原因为　 　。
（3）生物质铁炭纳米材料活化过一硫酸钾()降解有机污染物的反应历程如图2所示。图中SO和·OH分别表示硫酸根自由基和羟基自由基。
①生物质铁炭纳米材料降解有机污染物的机理可描述为　 　。
②与直接使用纳米铁颗粒相比，使用生物质铁炭纳米材料降解的优点是：　 　。
（4）利用高炉炼铁尾气中的制取有机物的过程如下图。
相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图所示：，选择性。
“电解”在质子交换膜电解池中进行，生成HCOOH的电极反应式为　 　，当电解电压为时，生成和HCOOH的选择性之比为　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】高分子材料
【解析】【解答】A、惠山泥人主要成分是无机的泥土，属于无机非金属材料，不含有机高分子材料，故A符合题意 ；
B、庆阳剪纸的纸张主要成分是纤维素，纤维素是有机高分子化合物，属于有机高分子材料，故B不符合题意 ；
C、华县皮影的皮主要成分是蛋白质，蛋白质是有机高分子化合物，属于有机高分子材料，故C不符合题意 ；
D、东明粮画的粮食中含有淀粉，淀粉是有机高分子化合物，属于有机高分子材料，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对 “有机高分子材料” 的范围理解不清晰，容易混淆有机高分子材料（如纤维素、蛋白质、淀粉等）和无机材料，不清楚泥土属于无机非金属材料，而误将惠山泥人归为有机高分子材料相关类别。
对各非遗物品的主要成分不熟悉，比如不了解纸张主要成分是纤维素、皮的主要成分是蛋白质、粮食中含有淀粉，从而在判断其是否属于有机高分子材料时出现错误。
2．【答案】D
【知识点】化学键；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】分别对每个选项涉及的物质，从分子极性判断、化学键组成、电子式书写规范、空间构型的价层电子对互斥理论应用等角度进行分析，排除错误选项。
A、磷化氢（PH3）的价层电子对数为4（3个成键电子对+1对孤电子对），空间结构为三角锥形，分子正负电荷中心不重合，属于极性分子，A错误；
B、CuSO4中，Cu2+与SO42-之间是离子键，而SO42-内部S与O之间是共价键，因此CuSO4既有离子键又有共价键，B错误；
C、H2O是共价化合物，电子式应为，而非离子化合物形式的电子式，C错误；
D、PO43-的价层电子对数为4（4个成键电子对，无孤电子对），根据价层电子对互斥理论，其空间构型为正四面体形，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对分子极性的判断易出错，忽略 PH3因存在孤电子对导致空间结构不对称，从而误判为非极性分子。
对化学键类型的认识不全面，容易忽略 CuSO4中 SO42-内部存在共价键，误以为仅含离子键。
电子式书写时，混淆共价化合物和离子化合物的电子式形式，错误书写 H2O 的电子式。
利用价层电子对互斥理论判断粒子空间构型时，计算价层电子对数或判断孤电子对存在失误。
3．【答案】B
【知识点】制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；性质实验方案的设计；电镀
【解析】【解答】A、甲装置中，Fe 与稀硫酸反应生成 FeSO4，利用 H2排尽空气，再通过压强差将 FeSO4溶液压入 NaOH 溶液，可防止 Fe(OH)2被氧化生成沉淀，A正确；
B、电镀时，镀件（铁制镀件）应作阴极（接电源负极），镀层金属（Cu）作阳极（接电源正极）；但乙装置中，铁制镀件接电源正极（作阳极），会被氧化，无法镀铜，B错误；
C、Fe2(SO4)3溶液蒸干时，Fe3+水解生成 H2SO4（难挥发），水解平衡逆向移动，最终仍得到 Fe2(SO4)3晶体，C正确；
D、丁装置中，铁粉与水蒸气加热反应生成 H2，H2可使肥皂液产生气泡（点燃气泡可验证），D正确；
故答案为：B。
【分析】A．Fe(OH)2易氧化，甲用 H2隔空气、压液法制备。
B．电镀需镀件（铁）作阴极（接负极），乙中铁接正极（阳极）会被腐蚀。
C．Fe2(SO4)3水解生成难挥发的 H2SO4，蒸干得原盐晶体。
D．铁与水蒸气反应生成 H2，丁用肥皂液验 H2。
4．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、Al3+ 和 O2-电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小。Al 的核电荷数大于 O，因此 r (Al3+) < r (O2-)，A错误；
B、同周期元素第一电离能总体随核电荷数增大而增大，Al 的价电子排布为 3p ，Si 的价电子排布为 3p2，Si 的第一电离能更大，即 I1(Al) < I1(Si)，B错误；
C、同主族元素从上到下非金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性减弱，C 的非金属性强于 Si，所以酸性 H2CO3 > H2SiO3，C正确；
D、元素非金属性越强，氢化物热稳定性越强。O 的非金属性强于 Si，因此热稳定性 H2O > SiH4，D 错误；
故答案为：C。
【分析】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大半径越小。
B．同周期第一电离能，注意 Al 和 Si 的价电子排布差异。
C．同主族非金属性越弱，最高价含氧酸酸性越弱。
D．非金属性越强，氢化物热稳定性越强。
5．【答案】（1）C
（2）B
（3）D
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）A、铁、钴、镍均为第四周期第 Ⅷ 族元素，基态原子最外层电子数均为 2（价电子排布中 4s2），A错误；
B、Ni(CO)4常温下为液态，熔点低且易溶于 CCl4、苯等有机溶剂，符合分子晶体的性质，属于分子晶体，B错误；
C、NH4+中 N 原子无孤电子对，NH3中 N 原子有 1 对孤电子对；孤电子对对成键电子对的斥力更大，导致 NH3键角更小，故 NH4+键角比 NH3大，C正确；
D、[Co(NH3)6]3+中，6 个 NH3含 18 个 N-H σ 键，加上 6 个 Co-N 配位 σ 键，总 σ 键为 24，D错误；
故答案为：C。
（2）A、Fe3+与 CO32-发生双水解，生成 Fe(OH)3和 CO2，而非 Fe2(CO3)3，A错误；
B、FeCl3溶液加热水解生成 Fe(OH)3胶体，方程式标注了胶体和加热条件，正确，B正确；
C、CoC2O4在空气中焙烧需 O2参与，方程式未体现 O2，氧原子不守恒，C错误；
D、碱性条件下 ClO-还原产物应为 Cl-，且电荷未配平，D错误；
故答案为：B。
（3）A、FeCl3蚀刻铜是因 Fe3+的氧化性，与酸性无关，A错误；
B、FeS 除 Cu2+是因生成更难溶的 CuS 沉淀，与还原性无关，B错误；
C、Co3O4作催化剂与表面活性有关，与其是否溶于水无关，C错误；
D、Co3+有空轨道，可接受 NH3的孤电子对形成[Co(NH3)6]3+，结构与性质对应正确，D正确；
故答案为：D。
【分析】（1）从原子结构、晶体类型判断、分子键角影响因素、配合物 σ 键计算等角度分析选项。
（2）依据反应原理（如双水解、胶体制备、氧化还原守恒）判断方程式正误。
（3）分析物质性质与用途、结构与性质的对应关系是否合理。
（1）A、铁、钴、镍均为第四周期第 Ⅷ 族元素，基态原子最外层电子数均为 2（价电子排布中 4s2），A错误；
B、Ni(CO)4常温下为液态，熔点低且易溶于 CCl4、苯等有机溶剂，符合分子晶体的性质，属于分子晶体，B错误；
C、NH4+中 N 原子无孤电子对，NH3中 N 原子有 1 对孤电子对；孤电子对对成键电子对的斥力更大，导致 NH3键角更小，故 NH4+键角比 NH3大，C正确；
D、[Co(NH3)6]3+中，6 个 NH3含 18 个 N-H σ 键，加上 6 个 Co-N 配位 σ 键，总 σ 键为 24，D错误；
故答案为：C。
（2）A、Fe3+与 CO32-发生双水解，生成 Fe (OH)3和 CO2，而非 Fe2(CO3)3，A错误；
B、FeCl3溶液加热水解生成 Fe (OH)3胶体，方程式标注了胶体和加热条件，正确，B正确；
C、CoC2O4在空气中焙烧需 O2参与，方程式未体现 O2，氧原子不守恒，C错误；
D、碱性条件下 ClO-还原产物应为 Cl-，且电荷未配平，D错误；
故答案为：B。
（3）A、FeCl3蚀刻铜是因 Fe3+的氧化性，与酸性无关，A错误；
B、FeS 除 Cu2+是因生成更难溶的 CuS 沉淀，与还原性无关，B错误；
C、Co3O4作催化剂与表面活性有关，与其是否溶于水无关，C错误；
D、Co3+有空轨道，可接受 NH3的孤电子对形成[Co(NH3)6]3+，结构与性质对应正确，D正确；
故答案为：D。
6．【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；含硫物质的性质及综合应用；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A、FeS2在高温下与 O2反应生成 SO2： ；SO2与 Na2O2发生氧化还原反应生成 Na2SO4： ，两步转化均能实现，A正确；
B、漂白粉与 CO2反应生成 HClO： ，但 HClO 光照分解生成 HCl 和 O2：，无法生成 Cl2，转化不能实现，B正确；
C、CuO 不溶于水，不能与 H2O 反应生成 Cu(OH)2，后续转化也无法进行，C错误；
D、SiO2与 C 高温反应生成 Si 和 CO（非 CO2）：；且Na2SiO3与CO2反应需在水溶液中进行，直接反应无法生成 H2SiO3： ，D错误；
故答案为：A。
【分析】反应的可行性：金属氧化物（如CuO）若不溶于水，无法直接与水反应生成对应的碱（如 Cu(OH)2）。
反应产物需符合实际：SiO2与 C 高温反应生成的是 CO（非CO2）。
物质的性质与反应规律：强氧化性物质（如Na2O2）可将 SO2氧化为最高价盐（Na2SO4）。
不稳定物质（如HClO）分解产物固定：HClO光照分解生成 HCl 和O2，不会生成Cl2。
7．【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】分别从手性碳的定义、缩聚反应的结构要求、顺反异构的条件、官能团与 NaOH 的反应比例这几个角度，对每个选项进行判断。
A、X 与足量氢气加成后，饱和碳原子中连接4个不同原子或原子团的手性碳原子有 6 个，A正确；
B、X 中酚羟基的邻位碳原子上只有 1 个 H，不满足与甲醛发生缩聚反应的结构要求，B错误；
C、Y 分子中含有碳碳双键，且双键两端的碳原子均连接不同基团，存在顺反异构，C错误；
D、1mol Z 中，2mol 酚羟基消耗 2mol NaOH；1mol 酯基水解后生成的酚羟基再消耗 1mol NaOH，酯基共消耗 2mol NaOH；1mol 酰胺基消耗 1mol NaOH；1mol 羧基消耗 1mol NaOH，总共消耗 2+2+1+1=6mol NaOH，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对手性碳原子的判断不准确，容易漏数或错数X与氢气加成产物中的手性碳原子。
对酚醛缩聚反应的条件理解不清晰，不清楚酚羟基邻位需有多个H才能与甲醛发生缩聚反应。
对顺反异构的条件掌握不牢，忽略Y中碳碳双键两端碳原子连接的基团不同，错误认为Y 不存在顺反异构。
对能与NaOH反应的官能团及反应比例分析不到位，尤其是酯基水解后生成的酚羟基也能与 NaOH 反应，容易少算Z与NaOH的反应量。
8．【答案】B
【知识点】原电池工作原理及应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、燃料电池中，通入 O2的电极为正极；电解池中，M 室石墨电极（X 连接）处 H2O 放电生成 O2（阳极），阳极接电源正极，故 O2电极接 X，A正确；
B、N 室为阴极，H2O 放电生成 H2和 OH-，Na+通过膜 III 进入 N 室，NaOH 浓度增大，故 a% < b%，B错误；
C、M 室 H+通过膜 I（阳离子膜）进入产品室，原料室 Na+通过膜 III（阳离子膜）进入 N 室，原料室 B(OH)4-通过膜 II（阴离子膜）进入产品室，C正确；
D、生成 1mol H3BO3需转移 1mol 电子，CH4燃烧每 mol 转移 8mol 电子，故需 CH4 mol，标况体积 2.8L，D正确；
故答案为：B。
【分析】电解池工作时，M 室的石墨电极为阳极：H2O 在此放电，生成 O2和 H+；H+通过膜 I（阳离子膜）向产品室移动。原料室中的 B(OH)4-通过膜 II（阴离子膜）进入产品室，与 H+结合生成 H3BO3（产品）；同时原料室的 Na+通过膜 III（阳离子膜）向 N 室移动。N 室的石墨电极为阴极：H2O 在此放电，生成 H2和 OH-；Na+与 OH-结合使 N 室中 NaOH 的浓度增大。据此解题。
9．【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、红热木炭投入浓 HNO3产生红棕色气体，可能是浓 HNO3自身高温分解生成 NO2，无法排除此干扰，不能证明木炭的还原性，A错误；
B、ZnSO4与 Na2S 反应时 S2-过量，再加入 CuSO4产生黑色沉淀，可能是过量 S2-与 Cu2+直接反应，无法说明 ZnS 转化为 CuS，不能比较 Ksp(ZnS) 和 Ksp(CuS)，B错误；
C、Na[Al(OH)4] 与 NaHSO3反应生成 Al(OH)3白色沉淀，说明 [Al(OH)4]-结合了 HSO3-释放的 H+，即 [Al(OH)4]-结合 H+的能力强于 SO32-，C正确；
D、溴乙烷与 NaOH 醇溶液反应产生的气体含乙醇蒸气，乙醇能使酸性 KMnO4溶液褪色，干扰乙烯的检验，无法证明生成了 CH2=CH2，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．需考虑浓 HNO3自身高温分解产生 NO2的干扰，排除干扰才能证明木炭的还原性。
B．比较溶度积需满足 “沉淀转化” 的条件，即反应后无过量的 S2-，此实验 S2-过量，无法说明沉淀转化。
C．通过反应现象判断结合 H+的能力，生成 Al (OH)3沉淀说明 [Al(OH)4]-更易结合 H+。
D．要排除乙醇蒸气对酸性 KMnO4溶液褪色的干扰，需纯化气体后再检验。
10．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、根据H2S的两步电离平衡：
第一步电离：，电离常数
第二步电离：，电离常数
将两式相乘，可得：
实验1中溶液，则，代入上式：
，即，故，A错误；
B、实验1溶液中存在电荷守恒：
，已知，则，，显然。将电荷守恒式变形为：，由于，因此，B错误；
C、NaHS溶液中主要含有的粒子是（而非）。新制氯水具有强氧化性，与发生氧化还原反应，生成沉淀、和，离子方程式应为：，若写成，则误将反应物当作，与实际粒子不符，C错误；
D、实验3的反应为：，平衡常数的推导：由H2S的电离平衡，，、，，CuS的溶度积；
将反应拆解为：
①（逆过程，平衡常数）
②（逆过程，平衡常数）
③（平衡常数）
总反应的平衡常数
代入数据：，，，则：
，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．利用 H2S 两步电离常数乘积推导 c(S2-) 与 c(H2S) 的比值，代入溶液 pH 计算的 H+浓度，即可判断二者大小。
B．依据溶液电荷守恒式，结合 pH 得出的 OH-与 H+浓度差异，变形守恒式判断离子浓度关系。
C．明确 NaHS 溶液中主要反应粒子是 HS-，而非 S2-，据此判断氧化还原反应的实际反应物。
D．将目标反应拆解为电离逆过程与溶度积相关反应，通过平衡常数乘积关系推导总反应 K，代入数据计算验证。
11．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、反应 II（生成甲苯）是放热反应，升温平衡逆向移动，甲苯选择性减小，故曲线 a 代表甲苯选择性（非苯），A错误；
B、620℃时，乙苯转化率 80%（消耗 0.8mol），苯选择性 3%（生成 0.024mol）、甲苯选择性 7%（生成 0.056mol）；则转化为苯乙烯的乙苯为 0.8-0.024-0.056=0.72mol。反应 I 生成 H2 0.72mol，反应 II 消耗 H2 0.056mol，最终 H2物质的量为 0.72-0.056=0.664mol，B正确；
C、600~640℃时，乙苯转化率增大，且甲苯 + 苯的选择性总和变化小，故苯乙烯的物质的量随温度升高而增大，C错误；
D、只充入 1mol 乙苯，相当于增大压强，反应 I、III（气体分子数增多）逆向移动，乙苯转化率小于 80%，D错误；
故答案为：B。
【分析】先根据反应的热效应判断温度对选择性的影响：
反应 II（生成甲苯）是放热反应，温度升高时，平衡逆向移动，生成甲苯的量减少，因此甲苯的选择性随温度升高而降低，对应曲线 a。
反应 III（生成苯）是吸热反应，温度升高时，平衡正向移动，生成苯的量增加，因此苯的选择性随温度升高而增大，对应曲线 b。据此解题。
12．【答案】（1）2.14
（2）；浓度小，的氧化性弱；温度低，反应速率慢
（3）；先通至饱和，然后滴加溶液，同时继续通入
（4）
（5）4
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；镁、铝的重要化合物；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）1.78吨发烟硫酸（化学式：）的物质的量为，配制过程中，生成硫酸为，配制质量分数为溶液，配制时需要水的质量为。
故答案为： 2.14 ；
（2）①“除铁”时，若控制温度80℃、，可得到黄铁矾钠沉淀，则总反应的离子方程式：
②由图可知，pH在4附近温度略低于40℃时产生的氢氧化铁最多，温度继续升高时铁转化为其它含铁的不溶性物质，结合分析可知，铁工业生产不选择以形式除铁的可能原因：浓度小，的氧化性弱；温度低，反应速率慢。
故答案为： ；浓度小，的氧化性弱；温度低，反应速率慢 ；
（3）①结合分析可知，“沉淀”过程的离子方程式：。
②由图知，“沉淀”时溶液的先减小后增大后维持不变，则 “沉淀”过程的操作：向含溶液中先通至饱和，然后滴加溶液，同时继续通入。
故答案为： ； 先通至饱和，然后滴加溶液，同时继续通入 ；
（4）现称取一定质量碱式碳酸镁样品经高温完全分解后得固体，根据镁元素守恒，镁离子为，放出（标准状况），其物质的量为，则碳酸根为0.15mol，则根据电荷守恒可知氢氧根的物质的量为0.1mol，则碱式碳酸镁样品中的=3：2。
故答案为： ；
（5）某钙镁矿的晶胞中若将全部换为，若Ca换为Mg，则该图变为两个立方晶胞，则Mg位于晶胞的8个顶点和6个面心，所得晶体中每个晶胞含有的原子数为。
故答案为：4；
【分析】结合镁泥的成分，分析加酸、氧化、调节 pH、通入气体等操作中物质的转化与分离逻辑，明确各步骤的作用：
镁泥主要成分为 MgCO3、FeCO3和 SiO2。加入硫酸时，SiO2不溶于硫酸，过滤后滤渣 1 为 SiO2；NaClO 具有氧化性，可将 Fe2+氧化为 Fe3+；调节 pH 使 Fe3+转化为沉淀除去；向滤液中通入 CO2并加入 NaOH 溶液，反应后得到沉淀，过滤可获得 MgCO3 3H2O。整个流程通过酸溶、氧化除杂、沉淀转化等步骤，实现了碳酸镁晶体的制备。
（1）1.78吨发烟硫酸（化学式：）的物质的量为，配制过程中，生成硫酸为，配制质量分数为溶液，配制时需要水的质量为。
（2）①“除铁”时，若控制温度80℃、，可得到黄铁矾钠沉淀，则总反应的离子方程式：。
②由图可知，pH在4附近温度略低于40℃时产生的氢氧化铁最多，温度继续升高时铁转化为其它含铁的不溶性物质，结合分析可知，铁工业生产不选择以形式除铁的可能原因：浓度小，的氧化性弱；温度低，反应速率慢。
（3）①结合分析可知，“沉淀”过程的离子方程式：。
②由图知，“沉淀”时溶液的先减小后增大后维持不变，则 “沉淀”过程的操作：向含溶液中先通至饱和，然后滴加溶液，同时继续通入。
（4）现称取一定质量碱式碳酸镁样品经高温完全分解后得固体，根据镁元素守恒，镁离子为，放出（标准状况），其物质的量为，则碳酸根为0.15mol，则根据电荷守恒可知氢氧根的物质的量为0.1mol，则碱式碳酸镁样品中的=3：2。
（5）某钙镁矿的晶胞中若将全部换为，若Ca换为Mg，则该图变为两个立方晶胞，则Mg位于晶胞的8个顶点和6个面心，所得晶体中每个晶胞含有的原子数为。
13．【答案】（1）
（2）5
（3）消去反应
（4）C
（5）
（6）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；结构简式
【解析】【解答】（1）根据分析可知，可以推知B为。
故答案为： ；
（2）有机物C中含有咪唑()的结构，咪唑与苯性原相似，且所有原子均位于同一平面。咪唑分子中轨道杂化方式为杂化的原子为氮原子和碳原子，共有5个。
故答案为： 5 ；
（3）C和先发生成环反应，生成，然后环上的酯基水解，生成，再发生羟基的消去反应，生成D物质。所以转化的最后一步反应类型为消去反应。
故答案为： 消去反应 ；
（4）F和发生取代反应生成G，同时生成HBr，加入的作用是除去， 使平衡正向移动，提高反应物的转化率，浓硫酸或、催化剂均不能消耗具有碱性可以消耗，故选C。
故答案为： C ；
（5）F的一种同分异构体满足条件：能与溶液反应，能发生水解反应，说明其中含有酰胺基和羧基，水解后所得两种有机产物的碳原子数相同，且均含有2种化学环境不同的氢， 其中一种水解产物具有顺反异构体，说明其中含有苯环和碳碳双键，且为对称的结构，则满足条件的同分异构体为：。
故答案为： ；
（6）利用和发生C生成D的反应原理得到，和发生D生成E的反应原理得到，发生水解反应生成，和发生取代反应生成，和发生取代反应生成，所以其合成线路为：。
故答案为：
【分析】有机物 B 能发生银镜反应，且只有一种含氧官能团，说明含醛基（—CHO），结合其分子式可推知 B 为 OHC-CH (Br)-CHO，C 与 先发生成环反应，生成含酯基的环状结构（ ）；之后环上的酯基水解，得到含羟基和羧基的化合物（ ）；再经羟基的消去反应生成 D。
D 与 (CH3CO)2O 反应生成 E，E 经一系列反应得到 F，F 与溴乙烷发生取代反应生成 G。
(1) 依据银镜反应含 —CHO 及分子式，推 B 结构。
(2) 结合咪唑平面结构，判断 sp2 杂化原子数。
(3) 分析 C→D 的反应步骤，确定最后一步为消去反应。
(4) 明确F→G 除 K2CO3外，选能消耗 HBr 的碱性物质 (C)。
(5) 根据与 NaHCO3反应、水解产物特征（碳原子数相同、氢环境及顺反异构），推导同分异构体。
(6) 模仿题干合成逻辑，结合给定试剂，设计多步反应的合成路线。
（1）根据分析可知，可以推知B为。
（2）有机物C中含有咪唑()的结构，咪唑与苯性原相似，且所有原子均位于同一平面。咪唑分子中轨道杂化方式为杂化的原子为氮原子和碳原子，共有5个。
（3）C和先发生成环反应，生成，然后环上的酯基水解，生成，再发生羟基的消去反应，生成D物质。所以转化的最后一步反应类型为消去反应。
（4）F和发生取代反应生成G，同时生成HBr，加入的作用是除去， 使平衡正向移动，提高反应物的转化率，浓硫酸或、催化剂均不能消耗具有碱性可以消耗，故选C。
（5）F的一种同分异构体满足条件：能与溶液反应，能发生水解反应，说明其中含有酰胺基和羧基，水解后所得两种有机产物的碳原子数相同，且均含有2种化学环境不同的氢， 其中一种水解产物具有顺反异构体，说明其中含有苯环和碳碳双键，且为对称的结构，则满足条件的同分异构体为：。
（6）利用和发生C生成D的反应原理得到，和发生D生成E的反应原理得到，发生水解反应生成，和发生取代反应生成，和发生取代反应生成，所以其合成线路为：。
14．【答案】（1）
（2）增大Cl-、H+浓度，Bi3＋与Cl－形成，使Bi3＋充分浸出；同时抑制金属离子Bi3＋(或)、Fe3＋水解
（3）将Fe3+转化为Fe2+，避免形成Fe(OH)3沉淀，保证BiOCl的纯度
（4）升高温度，促进水解，导致溶液中浓度增大，平衡逆向移动
（5）边搅拌边向BiOCl粗品中分批加入足量1mol·L-1H2SO4溶液，充分反应后静置，过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤，直至向最后一次洗涤后的滤液中滴加1mol·L-1BaCl2溶液不再出现白色沉淀。将洗涤后的滤渣浸入过量4mol·L-11NaOH溶液中，加热并充分搅拌至固体颜色不再变化
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）联合焙烧时，和在空气中反应生成和，化学方程式为：；
故答案为： ；
（2）根据题目已知信息，易与形成，及时补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4，增大、浓度，与形成，使充分浸出；同时，一定条件下可以发生水解：，补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4，抑制金属离子(或)、水解；
故答案为： 增大Cl-、H+浓度，Bi3＋与Cl－形成，使Bi3＋充分浸出；同时抑制金属离子Bi3＋(或)、Fe3＋水解 ；
（3）由分析可知，转化加入金属Bi的作用是将转化为，避免形成沉淀，从而保证BiOCl的纯度；
故答案为： 将Fe3+转化为Fe2+，避免形成Fe(OH)3沉淀，保证BiOCl的纯度 ；
（4）升高温度，促进水解反应正向移动，导致溶液中浓度增大，使得平衡逆向移动，故Bi的萃取率随萃取温度的升高而降低；
故答案为： 升高温度，促进水解，导致溶液中浓度增大，平衡逆向移动 ；
（5）利用含少量杂质的粗品制备，首先要除去杂质，再将与发生反应：制备，根据提供的试剂，实验方案为：边搅拌边向BiOCl粗品中分批加入足量溶液，充分反应后静置，过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤，直至向最后一次洗涤后的滤液中滴加溶液不再出现白色沉淀。将洗涤后的滤渣浸入过量溶液中，加热并充分搅拌至固体颜色不再变化。
故答案为： 边搅拌边向BiOCl粗品中分批加入足量1mol·L-1H2SO4溶液，充分反应后静置，过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤，直至向最后一次洗涤后的滤液中滴加1mol·L-1BaCl2溶液不再出现白色沉淀。将洗涤后的滤渣浸入过量4mol·L-11NaOH溶液中，加热并充分搅拌至固体颜色不再变化 。
【分析】辉铋矿与软锰矿联合焙烧时，在空气中发生反应：MnO2转化为 MnSO4（锰元素价态降低，实现硫酸化）；FeS2被氧化为 Fe2O3（铁元素从 +2 价升至 +3 价）；Bi2O3在该条件下稳定存在，为后续提取铋保留原料。水浸：焙烧产物中，可溶于水的 MnSO4进入溶液，不溶的 Fe2O3、Bi2O3、SiO2形成滤渣。Bi2O3与浓盐酸反应生成 BiCl63-（络合离子，易溶于酸）；Fe2O3与浓盐酸反应生成 Fe3+；SiO2不与浓盐酸反应，过滤后滤渣 1 为 SiO2，滤液含 BiCl63-和 Fe3+。加金属铋，发生氧化还原反应：Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+（除去 Fe3+）；调节 pH=2.6，使 BiCl63-水解生成 BiOCl 沉淀。向第二份滤液中加萃取剂 TBP，实现 Fe3+与 Bi3+的分离；分液后，有机相用草酸溶液反萃取，得到 Bi3+，最终制备超细氧化铋。
（1）联合焙烧时，和在空气中反应生成和，化学方程式为：；
（2）根据题目已知信息，易与形成，及时补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4，增大、浓度，与形成，使充分浸出；同时，一定条件下可以发生水解：，补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4，抑制金属离子(或)、水解；
（3）由分析可知，转化加入金属Bi的作用是将转化为，避免形成沉淀，从而保证BiOCl的纯度；
（4）升高温度，促进水解反应正向移动，导致溶液中浓度增大，使得平衡逆向移动，故Bi的萃取率随萃取温度的升高而降低；
（5）利用含少量杂质的粗品制备，首先要除去杂质，再将与发生反应：制备，根据提供的试剂，实验方案为：边搅拌边向BiOCl粗品中分批加入足量溶液，充分反应后静置，过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤，直至向最后一次洗涤后的滤液中滴加溶液不再出现白色沉淀。将洗涤后的滤渣浸入过量溶液中，加热并充分搅拌至固体颜色不再变化。
15．【答案】（1）8mol；有磁性，吸引纳米铁，使其分散附着在表面，增大表面积；纳米铁能将含Fe3+物质还原为Fe2+，Fe2+浓度增大，降解速率加快
（2）电极交换后，阴极产生氢气，使钝化膜还原
（3）纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表面，HSO得到电子生成 SO和OH 或·OH和 SO ，活性SO和·OH与难降解有机污染物反应生成CO2 和H2 O；石墨碳层可以增加反应的接触面积；石墨碳层的包裹可以减少铁的渗出，减少二次污染
（4）CO2+2H++2e-=HCOOH；1∶3
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学平衡中反应条件的控制；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①用溶液与溶液反应制备纳米零价铁的化学方程式：根据反应：，2mol生成4molH2，氢化合价升高8价，3molH2O生成成3molH2，氢化合价降6价，1molFeCl2生成Fe，铁化合价降2价，总共降8价，所以当生成1mol Fe时，反应中转移电子的物质的量为8mol；故答案为：8mol；
②辅助纳米铁去除效果更佳，由图1可知，因为有磁性，吸引纳米铁，使其分散附着在表面，增大表面积；纳米铁能将含Fe3+物质还原为Fe2+，Fe2+浓度增大，降解速率加快；故答案为：有磁性，吸引纳米铁，使其分散附着在表面，增大表面积；纳米铁能将含Fe3+物质还原为Fe2+，Fe2+浓度增大，降解速率加快；
故答案为： 8mol ；有磁性，吸引纳米铁，使其分散附着在表面，增大表面积；纳米铁能将含Fe3+物质还原为Fe2+，Fe2+浓度增大，降解速率加快 ；
（2）随着电解的进行，阳极表面形成的钝化膜，电解效率降低。将电源正负极反接一段时间，钝化膜消失。钝化膜消失的原因为电极交换后，阴极产生氢气，使钝化膜还原。故答案为：电极交换后，阴极产生氢气，使钝化膜还原；
故答案为： 电极交换后，阴极产生氢气，使钝化膜还原 ；
（3）①生物质铁炭纳米材料降解有机污染物的机理可描述为：纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表面，HSO得到电子生成 SO和OH 或·OH和 SO ，活性SO和·OH与难降解有机污染物反应生成CO2 和H2 O。故答案为：纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表面，HSO得到电子生成 SO和OH 或·OH和 SO ，活性SO和·OH与难降解有机污染物反应生成CO2 和H2 O；
②与直接使用纳米铁颗粒相比，使用生物质铁炭纳米材料降解的优点是：石墨碳层可以增加反应的接触面积；石墨碳层的包裹可以减少铁的渗出，减少二次污染。故答案为：石墨碳层可以增加反应的接触面积；石墨碳层的包裹可以减少铁的渗出，减少二次污染；
故答案为： 纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表面，HSO得到电子生成 SO和OH 或·OH和 SO ，活性SO和·OH与难降解有机污染物反应生成CO2 和H2 O ； 石墨碳层可以增加反应的接触面积；石墨碳层的包裹可以减少铁的渗出，减少二次污染 ；
（4）“电解”在质子交换膜电解池中进行，酸性条件下二氧化碳得到电子发生还原反应生成甲酸，生成HCOOH的电极反应式为CO2+2H++2e-=HCOOH；2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O、CO2+2H++2e-=HCOOH，当电解电压为时，生成和HCOOH的法拉第效率相同，则12n(CH3CH2OH)=2n(HCOOH)，结合碳守恒，生成和HCOOH的选择性之比为=2×1∶1×6=1∶3 。故答案为：CO2+2H++2e-=HCOOH；1∶3。
故答案为： CO2+2H++2e-=HCOOH ； 1∶3 ；
【分析】(1)①根据反应中元素化合价变化，计算生成 1mol Fe 时转移的电子数。
②从磁性吸附增大表面积、纳米铁还原 Fe3+生成 Fe2+加快降解速率分析。
(2)电源反接后，阴极产生氢气还原钝化膜。
(3)①纳米铁失电子，HSO5-得电子生成活性自由基，与有机物反应生成 CO2和 H2O。
②石墨碳层增加接触面积、减少铁渗出，降低二次污染。
(4)酸性条件下 CO2得电子生成 HCOOH；根据法拉第效率和碳守恒，计算产物选择性之比。
（1）①用溶液与溶液反应制备纳米零价铁的化学方程式：根据反应：，2mol生成4molH2，氢化合价升高8价，3molH2O生成成3molH2，氢化合价降6价，1molFeCl2生成Fe，铁化合价降2价，总共降8价，所以当生成1mol Fe时，反应中转移电子的物质的量为8mol；故答案为：8mol；
②辅助纳米铁去除效果更佳，由图1可知，因为有磁性，吸引纳米铁，使其分散附着在表面，增大表面积；纳米铁能将含Fe3+物质还原为Fe2+，Fe2+浓度增大，降解速率加快；故答案为：有磁性，吸引纳米铁，使其分散附着在表面，增大表面积；纳米铁能将含Fe3+物质还原为Fe2+，Fe2+浓度增大，降解速率加快；
（2）随着电解的进行，阳极表面形成的钝化膜，电解效率降低。将电源正负极反接一段时间，钝化膜消失。钝化膜消失的原因为电极交换后，阴极产生氢气，使钝化膜还原。故答案为：电极交换后，阴极产生氢气，使钝化膜还原；
（3）①生物质铁炭纳米材料降解有机污染物的机理可描述为：纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表面，HSO得到电子生成 SO和OH 或·OH和 SO ，活性SO和·OH与难降解有机污染物反应生成CO2 和H2 O。故答案为：纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表面，HSO得到电子生成 SO和OH 或·OH和 SO ，活性SO和·OH与难降解有机污染物反应生成CO2 和H2 O；
②与直接使用纳米铁颗粒相比，使用生物质铁炭纳米材料降解的优点是：石墨碳层可以增加反应的接触面积；石墨碳层的包裹可以减少铁的渗出，减少二次污染。故答案为：石墨碳层可以增加反应的接触面积；石墨碳层的包裹可以减少铁的渗出，减少二次污染；
（4）“电解”在质子交换膜电解池中进行，酸性条件下二氧化碳得到电子发生还原反应生成甲酸，生成HCOOH的电极反应式为CO2+2H++2e-=HCOOH；2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O、CO2+2H++2e-=HCOOH，当电解电压为时，生成和HCOOH的法拉第效率相同，则12n(CH3CH2OH)=2n(HCOOH)，结合碳守恒，生成和HCOOH的选择性之比为=2×1∶1×6=1∶3 。故答案为：CO2+2H++2e-=HCOOH；1∶3。
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