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湖北省襄阳随州八校2025届高三下学期三模联考化学试题
1．（2025·湖北模拟）化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是
A．为增强“84”消毒液的消杀新冠肺炎病毒效果，可加入浓盐酸
B．从石墨中剥离出的石墨烯薄片能导电，因此是电解质
C．油脂、糖类以及蛋白质在人体内均能发生水解反应
D．嫦娥五号返回器带回的月壤中含有，它与地球上的属于同位素
【答案】D
【知识点】电解质与非电解质；多糖的性质和用途；元素、核素
【解析】【解答】A、"84"消毒液的主要成分是氯化钠和次氯酸钠的混合溶液。在酸性环境中，氯离子(Cl-)和次氯酸根离子(ClO-)会发生氧化还原反应生成氯气(Cl2)，这不仅不能增强消毒效果，反而会降低消毒作用，A选项错误。B、电解质是指在溶液中或熔融状态下能够导电的化合物。石墨是碳元素组成的单质，既不符合电解质的定义，也不属于非电解质，B选项错误。
C、糖类物质中，单糖(如葡萄糖、果糖等)不能发生水解反应，只有二糖和多糖才能水解。因此"所有糖类都能水解"的说法是错误的，C选项错误。
D、同位素是指质子数相同但中子数不同的原子核。3He和4He的质子数相同(都是2个)，但中子数不同(分别为1个和2个)，符合同位素的定义，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、酸性条件下，Cl－与ClO－反应生成Cl2。
B、石墨烯为碳单质，电解质为化合物。
C、糖类物质中的单糖不会发生水解反应。
D、同位素是指质子数相同，中子数不同的一类原子。
2．（2025·湖北模拟）“空气变面包，氨功不可没”。下列说法错误的是
A．液氨可用作制冷剂 B．是平面三角形的极性分子
C．可以还原CuO D．合成氨是人工固氮最重要途径
【答案】B
【知识点】氨的性质及用途
【解析】【解答】A．液氨因其沸点较低，挥发时吸收热量，因此可用作制冷剂，该说法正确。B．NH3分子中氮原子的价层电子对数计算如下：3（成键电子对）＋（孤电子对）=4，其中孤电子对数为1，因此其空间构型应为三角锥形，该说法错误。
C．氨气()具有还原性，能够还原氧化铜(CuO)，该说法正确。
D．工业合成氨是将空气中的氮气转化为氨气的过程，这是人工固氮最重要的途径，该说法正确。
故答案为：B
【分析】A、液氨挥发过程中吸收热量，可做制冷剂。
B、根据价层电子对数和孤电子对数，确定NH3的空间结构。
C、NH3中氮元素为-3价，处于最低价态，具有还原性。
D、合成氨的过程中是将N2转化为NH3，属于人工固氮。
3．（2025·湖北模拟）化学在生产生活中有着广泛的应用，下列两项内容说法正确且存在因果关系的是（　　）
　 物质性质 实际应用
A 硅为半导体材料 SiO2用于光纤通讯
B Cl2具有氧化性 氯水可以漂白有色布条
C Al表面易形成致密的氧化物薄膜 可以用铝槽车运送热的浓硫酸
D 乙醇可以使蛋白质变性 乙醇用于制作医用酒精
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】浓硫酸的性质；硅和二氧化硅；合金及其应用
【解析】【解答】A．SiO2用于光纤通讯，是利用其良好的导光性和折光率，与Si元素的性质无关，A不符合题意；B．氯水的漂白作用源于氯气与水反应生成的次氯酸(HClO)，而非氯气本身的氧化性，B不符合题意；
C．常温下铝表面形成的致密氧化膜具有保护作用，但在加热条件下浓硫酸会破坏这层氧化膜，因此不能用铝槽车运输热浓硫酸，C不符合题意；
D.75%酒精能使蛋白质变性从而达到杀菌消毒的效果，这一性质使其适用于医用消毒，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、SiO2用于光纤通讯，是由于其良好的折光率。
B、氯水用于漂白有色布条，是由于氯水中的HClO起到的漂白作用。
C、常温下，浓硫酸能使铝钝化，因此可用铝槽车运输冷的浓硫酸。
D、乙醇用作医用酒精，是由于乙醇能使蛋白质变性。
4．（2025·湖北模拟）湖北名菜“洪山菜薹”含有丰富的花青素，具有良好的抗氧化活性。其中矢车菊色素的结构如图所示。下列有关该物质的说法正确的是
A．化学式为
B．与苯酚互为同系物
C．能与发生显色反应
D．能发生氧化反应、取代反应和消去反应
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；苯酚的性质及用途；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】A．根据该有机物的结构简式，其分子式为，选项A错误。B．该有机物与苯酚的结构不相似，不属于同系物，选项B错误。
C．由于该有机物含有酚羟基，能与发生显色反应，选项C正确。
D．该有机物中的酚羟基可发生氧化反应，苯环和酚羟基能发生取代反应，但羟基位于苯环上，无法发生消去反应，选项D错误。
故答案为：C
【分析】A、根据结构简式确定分子中C、H、O、Cl的原子个数，从而得到分子式。
B、同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或多个CH2的有机物。
C、分子结构中含有酚羟基，能与Fe3＋发生显色反应。
D、酚羟基可发生氧化反应；苯环上的羟基、以及双键上的羟基不能发生消去反应。
5．（2025·湖北模拟）下列说法错误的是
A．CH4分子球棍模型：
B．基态Si原子价电子排布图：
C．第一电离能：N>O>C
D．石墨质软的原因是其层间作用力微弱
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；分子间作用力
【解析】【解答】A．由于碳原子半径大于氢原子，因此甲烷（CH4）分子的球棍模型应为：，A选项错误；
B．硅原子基态价电子排布为3s23p2，其电子排布图表示为，B选项正确；
C．氮元素2p轨道呈半充满稳定结构，故其第一电离能最大，排序为N>O>C，C选项正确；
D．石墨结构中，同层碳原子通过共价键结合，层间以范德华力连接，因层间作用力较弱可相对滑动，故质地较软，D选项正确；
故答案为：A
【分析】A、根据原子半径C＞H分析CH4的球棍模型。
B、根据基态S原子的价层电子排布式，确定其价电子排布图。
C、同周期元素，核电荷数越大，第一电离能越大，基态N原子的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能较大。
D、石墨质软，是由于层间作用力较弱，可相对滑动。
6．（2025·湖北模拟）中国科学院研究员研究双层电容器中储能行为时，运用到某种离子化合物结构如图所示。其中X、Y、Z、M、L、Q均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。M、Q同族且两种元素组成的某种阴离子在强酸性溶液环境下可以产生淡黄色沉淀；Y是有机物的基本骨架元素。下列结论正确的是
A．Y的氢化物沸点一定高于Z的氢化物
B．Z的含氧酸不一定属于强酸
C．简单离子半径大小的顺序为： Q>X>M>L
D．L的铵盐溶液能存放在玻璃试剂瓶中
【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．Y的氢化物为烃类物质，存在气态、液态、固态三种状态，固态和液态烃的沸点通常高于NH3（氨气），选项A错误。B．Z为N（氮元素），其含氧酸包括HNO3（硝酸，强酸）和HNO2（亚硝酸，弱酸），选项B正确。
C．比较离子半径时，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小；电子层数更多的离子半径更大。因此离子半径顺序为：S2- > O2- > F- > Li+，选项C错误。
D．L的铵盐为NH4F（氟化铵），F-在溶液中水解生成HF（氢氟酸），HF能与玻璃中的SiO2反应，腐蚀玻璃，选项D错误。
故答案为：B
【分析】Y是有机物的基本骨架元素，因此Y为C。X形成+1价阴离子，且原子序数小于C（碳），故X为Li。M、Q同族，且M形成2个共价键，Q形成6个共价键。由它们组成的某种阴离子在强酸性溶液中能产生淡黄色沉淀，可推断该阴离子为S2O，因此M为O、Q为S。Z的原子序数介于C（碳）和O（氧）之间，故Z为N。L形成1个共价键，原子序数大于O且小于S，因此L为F。据此结合元素周期表的性质递变规律分析选项。
7．（2025·湖北模拟）阴离子和二脲基分子能通过氢键作用形成超分子阴离子配合物，如下图所示(图中省略阴离子配合物中部分原子)。下列关于该阴离子配合物的说法错误的是
A．的空间构型为正四面体
B．二脲基分子中N-H的H和离子的O形成氢键
C．所含元素原子的杂化轨道类型均相同
D．所含元素基态原子的第一电离能最大的是N
【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；含有氢键的物质
【解析】【解答】A．在离子中，P原子的价电子对数计算如下：。由此得出P原子采用sp3杂化方式，使得离子的空间构型为正四面体，选项A正确。
B．由于N和O元素的电负性较大，在键中，共用电子对偏向N原子，导致H原子带有部分正电荷()。因此，在二脲基分子中，键的H原子可以与离子中的O原子形成氢键，选项B正确。
C．在该阴离子配合物中，苯环上的C原子以及形成双键的C、N原子采用sp2杂化，形成单键的N原子采用sp3杂化。P原子的价电子对数计算为，因此P原子为sp3杂化。选项C错误。
D．在同一周期元素中，基态原子的第一电离能通常从左至右逐渐增大。然而，N原子的2p轨道处于半充满状态，相对稳定，更难失去电子，因此第一电离能顺序为：N > O > C。选项D正确。
故答案为：C
【分析】A、根据价层电子对数和孤电子对数确定其空间结构。
B、根据氢键的形成分析。
C、形成双键的原子采用sp2杂化，形成单键的原子采用sp3杂化。
D、根据第一电离能的递变规律分析。
8．（2025·湖北模拟）咔唑()是一种新型有机液体储氢介质。下列说法正确的是
A．电负性
B．同周期元素中第一电离能小于N的有4种
C．咔唑的沸点比的沸点高
D．基态氮原子的外围电子轨道表示式不能写为，因为违背了泡利不相容原理
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．同周期元素，核电荷数越大，电负性越强，因此电负性：，选项A错误；B．在第二周期元素中，第一电离能低于氮元素的有五种元素，选项B错误；
C．咔唑分子间能形成氢键，使得沸点增大，因此咔唑的沸点高于的沸点，选项C正确；
D．基态氮原子的外围电子排布不能表示为，这违反了洪特规则，选项D错误；
故答案为：C
【分析】A、根据电负性的递变规律分析。
B、基态N原子的2p能级为半充满稳定结构，第一电离能大于O原子。
C、咔唑中的N-H可形成分子间氢键，使得沸点增大。
D、违背了洪特规则。
9．（2025·湖北模拟）下列有关说法正确的是
A．Na2O和Na2O2固体中阳离子和阴离子个数比都是
B．CO2和SiO2的化学键类型和晶体类型相同
C．和NH3都可以作为配合物的配体
D．Al和N的原子轨道都有3个单电子
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶体的定义
【解析】【解答】A．氧化钠(Na2O)由钠离子(Na+)和氧离子(O2-)构成，过氧化钠(Na2O2)由钠离子(Na+)和过氧根离子()构成。两者的阳离子与阴离子个数比均为，选项A正确。B．二氧化碳(CO2)和二氧化硅(SiO2)虽然都含有共价键，但前者是分子晶体，后者是共价晶体，晶体类型不同，选项B错误。
C．铵根离子()没有孤电子对，不能作为配合物的配体，选项C错误。
D．铝原子(Al)的核外电子排布为1s22s22p63s23p1，仅有1个单电子；氮原子(N)的核外电子排布为1s22s22p3，有3个单电子，选项D错误。
故答案为：A
【分析】A、Na2O2是由2个Na＋和1个O22－构成。
B、CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体。
C、NH4＋中不含孤电子对，不能做配体。
D、基态Al原子中只含有一个孤电子。
10．（2025·湖北模拟）双膜碱性多硫化物空气液流二次电池可用于再生能源储能和智能电网的备用电源等，电极I为掺杂Na2S2的电极，电极Ⅱ为碳电极。电池工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．离子交换膜a为阳离子交换膜，离子交换膜b为阴离子交换膜
B．放电时，中间储液器中NaOH的浓度不断变大
C．充电时，电极I的电极反应式为：2S-2e-＝S
D．充电时，电路中每通过1mol电子，阳极室溶液质量理论上增加9g
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解析】A、在原电池中，阴离子移向负极，阳离子移向正极。因此正极区的OH-向左侧迁移，所以b为阴离子交换膜；负极区的Na+向右侧迁移，所以a为阳离子交换膜。A选项正确。
B、电池工作时，Na+和OH-不断向中间储液器迁移，导致其中NaOH浓度持续增大。该选项表述正确。C、充电时电极I作为阴极，发生还原反应，其电极反应式为：S + 2e- → 2S，C选项错误。
D、充电时电极Ⅱ作为阳极，OH－转化为O2，其电极反应式为：4OH- - 4e- =O2↑ + 2H2O。因此每通过1mol电子，阳极室从储液器接收1mol OH-，同时产生0.25mol O2，溶液净增质量为：
17g（OH-） - 8g（O2） = 9g。D选项正确。
故答案为：C
【分析】放电过程中电极Ⅰ上S22－转化为S42－，发生失电子的氧化反应，因此电极为负极，其电极反应式为2S22－－2e－=S42－。电极Ⅱ上O2转化为OH－，发生得电子的还原反应，因此电极为正极，其电极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－。据此结合选项分析。
11．（2025·湖北模拟）聚碳酸酯(L)可用于制作滑雪镜镜片，透明性好、强度高、不易碎，其结构简式如图
已知：2R'OH++ 2R''OH。L可由两种链状单体经该反应制备。下列关于L的说法错误的是
A．制备L的反应是缩聚反应
B．制备L的单体分子中均含两个苯环
C．1 mol L中sp3杂化的碳原子数目为3NA
D．分离出苯酚可促进L的合成
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；缩聚反应
【解析】【解答】A．从结构分析，聚碳酸酯是由和通过缩聚反应生成的，A选项正确。
B．制备L的单体是和，这两种单体都含有两个苯环，B选项正确。
C．sp3杂化的碳原子指的是形成单键的饱和碳原子。根据L的结构，一个链节中含有3个饱和碳原子，因此1 mol L中含有3n mol饱和碳原子，对应的sp3杂化碳原子数为3nNA，C选项错误。
D．该反应属于缩聚反应，除了生成L外，还会产生苯酚。通过蒸馏除去苯酚可以使平衡正向移动，从而促进L的合成，D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、由产物的结构简式可知，该反应生成高分子的同时生成小分子苯酚，属于缩聚反应。
B、制备L的单体是和。
C、形成单键的碳原子采用sp3杂化，据此确定。
D、反应生成L的同时还生成苯酚，分离苯酚可促进反应正向进行。
12．（2025·湖北模拟）吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到，四步脱氢产物及其相对能量如图，下列说法错误的是
A．甲醇脱氢生成的过程中有极性键的断裂
B．的反应式为
C．与的过程中均有键的形成
D．与的过程均断裂了氢氧键
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】A、在甲醇脱氢生成CO的过程中，发生了C-H极性键的断裂，A选项正确。
B、根据图示过程，从b→c的转化中，( CH2OH)top转变为CH2O。根据原子守恒，该过程的反应式可表示为：( CH2OH)top → CH2O + H，B选项正确。
C、在a→i的转化路径中，CH3OH先转化为CH2O，形成了C=O双键，这意味着有π键的形成；在a→j的路径中，CH3OH最终转化为CO，同样有C=O双键形成和π键生成，C选项正确。
D、在b→c的转化过程中，( CH2OH)top转变为CH2O，断裂了O-H键；而在b→d的转化中，( CH2OH)top转变为( CHOH)top，断裂的是C-H键而非O-H键，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、反应过程中存在极性键C-H键的断裂。
B、根据图示反应过程中和原子守恒确定b→c的反应式。
C、根据反应过程中化学键的变化分析。
D、b→c过程中断裂O-H键；b→d过程中断裂C-H键。
13．（2025·湖北模拟）下列操作能实现相应的实验目的的是（　　）
选项 实验目的 操作步骤及现象
A 验证淀粉水解生成葡萄糖 将淀粉和稀硫酸混合水浴加热一段时间；待溶液冷却后，加入NaOH溶液，调pH至碱性，再加入新制的，加热，有砖红色沉淀产生
B 证明某钠盐为或 向某钠盐中滴加浓盐酸，并将产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色
C 除去乙醇中混有的少量乙酸 向混合液中加入饱和溶液，分液
D 证明氧化性： 将硫酸酸化的滴入溶液中，再滴入KSCN溶液，溶液变红
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】钠的重要化合物；铁的化学性质；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．将淀粉和稀硫酸混合水浴加热一段时间，待溶液冷却后，加入NaOH溶液，调pH至碱性，再加新制的Cu(OH)2，加热，有砖红色沉淀(Cu2O)产生，证明淀粉水解生成葡萄糖，A符合题意；
B．氯气和二氧化硫都能使品红褪色，不能证明某钠盐为Na2SO3或NaHSO3，B不符合题意；
C．醇与水任意比互溶，乙醇和乙酸的混合液中加入饱和Na2CO3溶液，不会分层，C不符合题意；
D．NO3-遇到H+有氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A．将淀粉和稀硫酸混合水浴加热一段时间，待溶液冷却后，加入NaOH溶液，调pH至碱性，再加新制的Cu(OH)2，加热，有砖红色沉淀(Cu2O)产生，证明淀粉水解生成葡萄糖；
B．氯气和二氧化硫都能使品红褪色；
C．醇与水任意比互溶；
D．NO3-遇到H+有氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+。
14．（2025·湖北模拟）常温下，用Hg(NO3)2测定NaCl溶液中的c(Cl-)时，含Hg微粒的分布系数(δ)与lg c(Cl-)的关系如图所示。Hg2＋与Cl-的配合物存在如下平衡：HgClHgClHgCl2HgCl＋Hg2＋。下列说法错误的是
A．K1=10-1，K2=10-0.85
B．在X点：c(HgCl2)∶c(HgCl＋)∶c(Hg2＋)=2∶2∶1
C．在Q点：c(Cl-)＋3c(HgCl)>c(H＋)-c(OH-)
D．若P点pH=7，c(Na＋)＋c(HgCl＋)-c(NO)＋2c(HgCl2)=10-5.6 mol·L-1
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据图像，当溶液中时，溶液中，此时；当溶液中时，溶液中，此时 ，A正确；
B．在X点时溶液中，溶液中含有、、，平均配位数为1.2，设溶液中，，则，解得，即X点的，B正确；
C．根据电荷守恒，Q点溶液中，平均配位数约为3()，所以溶液中，，因此溶液中，C正确；
D．若P点溶液的，根据电荷守恒可知，P点溶液中，，此时溶液中，所以：，D错误；
故答案为：D
【分析】如图 ，随着溶液中c(Cl－)增大，可逆反应平衡逆向移动，所以A表示、B表示、C表示、D表示、E表示。
15．（2025·湖北模拟）某水性钠离子电池电极材料由Na＋、Fe2＋、Fe3＋、CN-组成，其立方晶胞嵌入和嵌出Na＋过程中，Fe2＋与Fe3＋含量发生变化，依次变为格林绿、普鲁士蓝、普鲁士白三种物质，其过程如图所示，下列说法错误的是
A．铁在元素周期表中位于第4周期第Ⅷ族
B．普鲁士蓝的导电能力小于普鲁士白
C．普鲁士蓝中Fe2＋与Fe3＋个数比为1：2
D．普鲁士白的化学式为NaFe(CN)3
【答案】C
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解析】A、铁元素的原子序数为26，在元素周期表中位于第4周期第Ⅷ族，该说法正确。B、根据晶胞结构分析，普鲁士白晶胞中钠离子数目多于普鲁士蓝。由于钠离子嵌入数量越多，电极导电性越强，因此普鲁士蓝的导电能力弱于普鲁士白，该说法正确。
C、普鲁士蓝晶胞中亚铁离子（位于棱边和体心）的个数计算为12×+1=4；铁离子（位于顶点和面心）的个数计算为8×+6×=4。因此，普鲁士蓝中亚铁离子与铁离子的个数比为1：1，该说法错误。
D、普鲁士白晶胞中嵌入了8个Na+，对应有8个Fe3+被还原为Fe2+。氰酸根离子的分布计算为24×（棱边）+12×（面心）+12（体内）=24个。因此，钠离子、亚铁离子与氰酸根离子的比例为8：8：24=1：1：3，化学式可表示为NaFe(CN)3，该说法正确。
故答案为：C
【分析】A、根据Fe的原子序数，确定其在周期表中的位置。
B、根据嵌入的Na+数目的多少确定其导电能力的强弱。
C、根据均摊法确定晶体中Fe2＋、Fe3＋的个数比。
D、根据均摊法确定晶体中Na＋、Fe3＋和CN－的个数比，从而得到晶体的化学式。
16．（2025·湖北模拟）钴酸锂（LiCoO2）电池是一种应用广泛的新型电源，电池中含有少量的铝、铁、碳等单质。实验室尝试对废旧钴酸锂电池回收再利用。实验过程如下：
已知：①还原性：Cl－>Co2＋；
②Fe3＋和结合生成较稳定的[Fe（C2O4）3]3－，在强酸性条件下分解重新生成Fe3＋。回答下列问题：
（1）废旧电池初步处理为粉末状的目的是　 　。
（2）从含铝废液得到Al（OH）3的离子方程式为　 　
（3）滤液A中的溶质除HCl、LiCl外还有　 　（填化学式）。写出LiCoO2和盐酸反应的化学方程式　 　
（4）滤渣的主要成分为　 　（填化学式）。
（5）在空气中加热一定质量的CoC2O4·2H2O固体样品时，其固体失重率数据见下表，请补充完整表中问题。
已知：①CoC2O4在空气中加热时的气体产物为CO2。
②固体失重率＝对应温度下样品失重的质量/样品的初始质量。
序号 温度范围/℃ 化学方程式 固体失重率
Ⅰ 120～220 CoC2O4·2H2O CoC2O4＋2H2O 19.67%
Ⅱ 300～350 　 　 59.02%
（6）已知Li2CO3的溶度积常数Ksp＝8.64×10－4，将浓度为0.02 mol·L－1的Li2SO4和浓度为0.02 mol·L－1的Na2CO3溶液等体积混合，则溶液中的Li＋浓度为　 　 mol·L－1。
【答案】增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；AlO2-＋CO2＋2H2O=Al（OH）3↓＋HCO3-；FeCl3、CoCl2；2LiCoO2＋8HCl=2CoCl2＋Cl2↑＋4H2O＋2LiCl；C；2CoC2O4＋O22CoO＋ 4CO2；0.02
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铝的化学性质；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】(1)废旧电池初步处理为粉末状的目的是：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率。
故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率
(2) 偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，因此从含铝废液得到Al(OH)3的离子反应方程式为：AlO2-＋CO2＋2H2O=Al（OH）3↓＋HCO3-。
故答案为：AlO2-＋CO2＋2H2O=Al（OH）3↓＋HCO3-
(3) LiCoO2中Li为+1价，Co为+3价，具有氧化性，HCl中-1价的氯具有还原性，向固体残渣中加入盐酸时，发生氧化还原反应，Co（+3→+2），Cl（-1→0），反应表示为：2LiCoO2+8H++2Cl-=2Li++2Co2++Cl2↑+4H2O或2LiCoO2＋8HCl=2CoCl2＋Cl2↑＋4H2O＋2LiCl；，滤液A为Fe3+、Li+、Co3+、Cl-，故滤液A中的溶质为HCl、LiCl、FeCl3、CoCl2。
故答案为：FeCl3、CoCl2；2LiCoO2＋8HCl=2CoCl2＋Cl2↑＋4H2O＋2LiCl
(4)上述分析可知，滤渣的主要成分为C。
故答案为：C
(5) 在空气中加热一定质量的CoC2O4·2H2O固体样品时，首先失去结晶水，在120～220℃时，固体失重率为19.76%，生成产物为CoC2O4。
由①可知，在120～220℃时，CoC2O4·2H2O完全失去结晶水生成CoC2O4，然后继续升高温度加热，则CoC2O4分解生成氧化物，其分解失去的质量为183g×59.02%=108g，剩余的质量为183g-108g=75g，设产物的化学式为CoOx，则59+16x=75，解得x=1，则化学式为CoO，则反应方程式为：2CoC2O4＋O22CoO＋ 4CO2。
故答案为：2CoC2O4＋O22CoO＋ 4CO2
(6) 将浓度为0.02mol L-1的Li2SO4和浓度为0.02mol L-1的Na2CO3溶液等体积混合，混合瞬间溶液中c(Li+) =0.02mol/L，c(CO32-) =0.01mol/L，计算浓度商=4×10-6故答案为：0.02
【分析】废旧钴酸锂镍离子电池主要含有Fe、Al、碳的单质和LiCoO2，初步处理，加碱浸泡，铝和碱液反应生成偏铝酸盐和氢气，固体残渣为：Fe、C的单质和LiCoO2，加盐酸Fe+2H+=Fe2++H2↑，2LiCoO2+8H++2Cl-=2Li++2Co2++Cl2↑+4H2O，残渣为C，滤液A为Fe3+、Li+、Co3+、Cl-，加入草酸铵，过滤沉淀为CoC2O4 2H2O，滤液B为：Fe3+、Li+、Cl-，加入碳酸钠，发生的离子反应为2Li++CO32-=Li2CO3↓，滤液C为Fe3+、Cl-，加入氧化剂防止铁离子被还原，得氯化铁溶液。
17．（2025·湖北模拟）姜酮酚是从生姜中提取得到的天然产物，具有多种重要的生物活性。姜酮酚合成路线如图所示：
已知：I．
II．
回答下列问题：
（1）A→B反应类型为　 　，B→C的化学方程式为　 　。
（2）1mol物质G能与　 　mol Na反应，由H制备姜酮酚的反应条件为　 　。
（3）符合下列条件的A的同分异构体有　 　种(不考虑立体异构)。
①能发生水解反应 ②能与三氯化铁溶液发生显色反应 ③能发生银镜反应
（4）在合成化合物F的步骤中，使用代替得到的化合物结构简式为　 　。
（5）结合姜酮酚的合成路线与已知信息，以苯甲醛为反应物，选择不超过4个碳原子的有机物，其他试剂任选，设计化合物的合成路线　 　。
【答案】（1）取代反应；+
（2）2；
（3）13
（4）
（5）
【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
【解析】【解答】（1）根据分析，A→B反应类型为：取代反应；B→C的化学方程式为：+。
故答案为：取代反应；+（2）G为：，1mol物质G含有2mol，所以能与2mol Na反应，根据C生成D的条件，由H制备姜酮酚也是与的加成反应，条件为：。
故答案为：2；
（3）A 的异构体中，能发生水解反应和发生银镜反应，分子中含有， 能与三氯化铁溶液发生显色反应，含有酚羟基，根据位置不同，含有结构为有10种，有3种，满足条件的共有13种。
故答案为：13
（4）根据已知反应I的原理，中的H原子替换Li原子，所以使用代替得到的化合物结构简式为：。
故答案为：
（5）苯甲醛为反应物，合成化合物的路线为：。
故答案为：
【分析】A的分子式为C8H8O3，与TBSCl在碱、CH2Cl2的条件下反应生成B，结合B的结构简式可知，A的结构简式为 。B与丙酮在NaOH溶液的条件下反应生成C；C进一步反应生成D，结合B、D的结构简式可知，C的结构简式为 。F在TBAF、THF的条件下反应生成G，G的分子式为C17H26O4，G在对甲苯磺酸条件下，失去一个水分子，反应生成H，结合F、H的结构简式可知，G的结构简式为。据此结合题干设问分析作答。
（1）根据分析，A→B反应类型为：取代反应；B→C的化学方程式为：+
（2）G为：，1mol物质G含有2mol，所以能与2mol Na反应，根据C生成D的条件，由H制备姜酮酚也是与的加成反应，条件为：；
（3）A 的异构体中，能发生水解反应和发生银镜反应，分子中含有， 能与三氯化铁溶液发生显色反应，含有酚羟基，根据位置不同，含有结构为有10种，有3种，满足条件的共有13种；
（4）根据已知反应I的原理，中的H原子替换Li原子，所以使用代替得到的化合物结构简式为：；
（5）苯甲醛为反应物，合成化合物的路线为：。
18．（2025·湖北模拟）过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)是一种易溶于水，易分解的强氧化剂。它的一种“常温结晶”制备方法的原理为：2Na2CO3(s)+3H2O2(1)=2Na2CO3·3H2O2(s) ΔH<0，实验装置如图所示(夹持装置略去)。
已知：通常以活性氧质量分数[ω(活性氧)=]来衡量过碳酸钠产品的优劣。
实验步骤：
ⅰ. 称取一定量无水碳酸钠，置于烧杯中，加蒸馏水溶解，将溶液转移到三颈烧瓶内，加入稳定剂，搅拌混匀。
ⅱ. 控制温度为25℃，边搅拌边向三颈烧瓶中缓慢滴加30%的H2O2溶液。
ⅲ. 再向三颈烧瓶中加入一定量的无水乙醇，反应一段时间。
ⅳ. 静置、真空抽滤、干燥得粗产品，冷却称重。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为　 　。
（2）实验过程中产生的气体副产物是　 　 ( 填化学式)，装置中玻璃导管的作用是　 　。
（3）步骤ii中，可采取的控温措施是　 　。滴加H2O2溶液速度不能太快，原因是　 　
（4）步骤iii中，加入乙醇的目的是　 　。反应时间与产率、活性氧质量分数(ω)的关系如下图所示，最适宜的反应时间为　 　min左右。
（5）现将0.50g粗产品(杂质不参与反应)置于锥形瓶中，加水溶解，再加入足量稀H2SO4，用0.1000 mol/LKMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4标准溶液15.00mL。则粗产品中活性氧质量分数是　 　。
【答案】（1）分液漏斗
（2）O2；平衡分压，使得液体顺利滴下
（3）冰水浴；该反应为放热反应，加入H2O2溶液的速度过快会导致大量放热，造成过氧化氢的分解
（4）降低2Na2CO3·3H2O2的溶解度，使得2Na2CO3·3H2O2结晶析出；60
（5）12%
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）仪器a的名称为分液漏斗。
故答案为：分液漏斗
（2）实验过程中会发生2H2O2=2H2O+O2↑的副反应，故产生气体副产物的化学式为O2，装置中玻璃导管的作用是平衡气压，使液体顺利滴下。
故答案为：O2； 平衡分压，使得液体顺利滴下
（3）步骤ⅱ中，可采取的控温措施是冰水浴；制备过碳酸钠的反应为放热反应，若滴加过氧化氢溶液的速度太快，会造成过氧化氢和过碳酸钠分解，故滴加过氧化氢溶液的速度不能太快。
故答案为：冰水浴； 该反应为放热反应，加入H2O2溶液的速度过快会导致大量放热，造成过氧化氢的分解
（4）步骤ⅱ中，过碳酸钠易溶于水，加入乙醇的目的是降低过碳酸钠的溶解度，便于产品析出；由图可知在60min时产率最高，活性氧质量分数较高，60分钟后虽然活性氧质量分数升高，但产率急剧下降，故最适宜的反应时间为60min左右。
故答案为： 降低2Na2CO3·3H2O2的溶解度，使得2Na2CO3·3H2O2结晶析出 ；60
（5）用KMnO4标准溶液滴定发生2KMnO4+5H2O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O反应，可计算体系中有，粗产品中活性氧的质量分数ω(活性氧)。
故答案为：12%
【分析】（1）根据图示仪器确定其名称。
（2）H2O2易分解，产生O2，因此气体副产物为O2。玻璃管可起到平衡压强的作用。
（3）步骤ⅱ的反应温度为25℃，应采用水浴加热。反应过程中放出热量，温度升高，H2O2受热易分解，因此H2O2溶液的滴加速率不能过快。
（4）步骤中加入乙醇后，析出了Na2CO3·3H2O2，据此确定乙醇的作用。根据产率和活性氧含量最高，确定反应时间。
（5）根据滴定过程中反应的化学方程式结合消耗标准KMnO4溶液的体积进行计算。
（1）仪器a的名称为分液漏斗；
（2）实验过程中会发生2H2O2=2H2O+O2↑的副反应，故产生气体副产物的化学式为O2，装置中玻璃导管的作用是平衡气压，使液体顺利滴下；
（3）步骤ⅱ中，可采取的控温措施是冰水浴；制备过碳酸钠的反应为放热反应，若滴加过氧化氢溶液的速度太快，会造成过氧化氢和过碳酸钠分解，故滴加过氧化氢溶液的速度不能太快；
（4）步骤ⅱ中，过碳酸钠易溶于水，加入乙醇的目的是降低过碳酸钠的溶解度，便于产品析出；由图可知在60min时产率最高，活性氧质量分数较高，60分钟后虽然活性氧质量分数升高，但产率急剧下降，故最适宜的反应时间为60min左右。
（5）用KMnO4标准溶液滴定发生2KMnO4+5H2O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O反应，可计算体系中有，粗产品中活性氧质量分数ω(活性氧)。
19．（2025·湖北模拟）将CO2转化为更有价值的化工原料，正成为科学家们研究的一个重要领域。回答下列问题：
（1）已知：①2H2(g)＋O2(g) ＝2H2O(g) ΔH＝ 484 kJ mol 1
②2CH3OH(g)＋ 3O2(g) ＝2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH ＝ 1353 kJ mol 1
则CO2(g)＋ 3H2(g) ＝ CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH ＝　 　 kJ mol 1。
（2）在恒压密闭容器中通入CO2和H2的混合气体，制备甲醇过程中测得甲醇的时空收率(STY)(表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率)随温度(T)变化如下表：
T/℃ 170 180 1 90 200 210 220 230
STY/[mol/(mol·h)] 0.10 0.15 0.20 0.25 0.28 0.20 0.15
①该反应最适宜的温度是　 　。
②在220℃和170 ℃条件下，该反应速率之比： υ(220℃)： υ(170℃)＝　 　。
③随温度升高，甲醇的时空收率先增大后减小，可能的原因是　 　。
（3）CO2催化加氢制甲醇过程中，存在竞争的副反应主要是： CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH ＝＋41 kJ mol 1。在恒温密闭容器中，CO2的平衡转化率[α(CO2)%]和甲醇选择性[(CH3OH)%＝ ×100%]随着温度变化关系如下图所示。
①分析温度高于236℃时图中曲线下降的原因　 　。
②按1 mol CO2(g)、3 mol H2(g)投料反应，计算 244℃时反应生成CH3OH的物质的量为　 　mol。 (保留两位有效数字)
③在压强为p的反应条件下，1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为50%，该温度下主反应的平衡常数Kp＝　 　。 ( 列出计算式即可)
【答案】（1） 49.5
（2）210℃；2：1；随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率增大；继续升高温度，催化剂活性降低(或者放热反应平衡逆向移动或有副反应发生等)，使甲醇时空收率降低
（3）主反应是放热反应，副反应是吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，且主反应平衡移动程度占主要因素，因而使 CO2转化率、甲醇选择性均下降；0.061；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，将反应①的1.5倍减去反应②的一半得到CO2(g)＋ 3H2(g) ＝ CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH ＝( 484 kJ mol 1)×1.5 ( 1353 kJ mol 1)÷2＝ 49.5kJ mol 1。
故答案为： 49.5
（2）①根据图中信息在210℃时STY最大，因此该反应最适宜的温度是210℃。
故答案为：210℃
②在220℃和170 ℃条件下，该反应速率之比： υ(220℃)： υ(170℃)＝0.20：0.10=2：1。
故答案为：2：1
③随温度升高，甲醇的时空收率先增大后减小，可能的原因是随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率增大；继续升高温度，催化剂活性降低(或者放热反应平衡逆向移动或有副反应发生等)，使甲醇时空收率降低。
故答案为：随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率增大；继续升高温度，催化剂活性降低(或者放热反应平衡逆向移动或有副反应发生等)，使甲醇时空收率降低
（3）①分析温度高于236℃时图中曲线下降的原因根据方程式分析主反应是放热反应，副反应是吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，且主反应平衡移动程度占主要因素，因而使 CO2转化率、甲醇选择性均下降。
故答案为：主反应是放热反应，副反应是吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，且主反应平衡移动程度占主要因素，因而使 CO2转化率、甲醇选择性均下降
②按1 mol CO2(g)、3 mol H2(g)投料反应，244℃时二氧化碳转化率是10.5%，甲醇选择性为58.3%，因此此温度下反应生成CH3OH的物质的量为1mol×10.5%×58.3%≈0.061mol。
故答案为：0.061
③在压强为p的反应条件下，1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为50%，，，则平衡时二氧化碳物质的量为0.8mol，氢气物质的量为2.6mol，甲醇物质的量为0.1mol，水蒸气物质的量为0.2mol，一氧化碳物质的量为0.1mol，总气体物质的量为3.8mol，则该温度下主反应的平衡常数。
故答案为：
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（2）①反应最适宜的温度，则该温度下甲醇的时空收率（STY）最大，据此结合表格数据分析。
②甲醇的时空收率，即是甲醇的平均生成速率，据此计算不同温度下反应速率之比。
③结合温度对反应速率和对催化剂活性的影响分析。
（3）①根据温度对平衡移动的影响分析。温度升高，平衡向吸热反应方向移动。
②244℃时二氧化碳转化率是10.5%，甲醇选择性为58.3%，据此计算。
③根据平衡三段式和平衡常数的表达式进行计算。
（1）根据盖斯定律，将反应①的1.5倍减去反应②的一半得到CO2(g)＋ 3H2(g) ＝ CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH ＝( 484 kJ mol 1)×1.5 ( 1353 kJ mol 1)÷2＝ 49.5kJ mol 1；故答案为： 49.5。
（2）①根据图中信息在210℃时STY最大，因此该反应最适宜的温度是210℃；故答案为：210℃。
②在220℃和170 ℃条件下，该反应速率之比： υ(220℃)： υ(170℃)＝0.20：0.10=2：1；故答案为：2：1。
③随温度升高，甲醇的时空收率先增大后减小，可能的原因是随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率增大；继续升高温度，催化剂活性降低(或者放热反应平衡逆向移动或有副反应发生等)，使甲醇时空收率降低；故答案为：随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率增大；继续升高温度，催化剂活性降低(或者放热反应平衡逆向移动或有副反应发生等)，使甲醇时空收率降低。
（3）①分析温度高于236℃时图中曲线下降的原因根据方程式分析主反应是放热反应，副反应是吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，且主反应平衡移动程度占主要因素，因而使 CO2转化率、甲醇选择性均下降；故答案为：主反应是放热反应，副反应是吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，且主反应平衡移动程度占主要因素，因而使 CO2转化率、甲醇选择性均下降。
②按1 mol CO2(g)、3 mol H2(g)投料反应，244℃时二氧化碳转化率是10.5%，甲醇选择性为58.3%，因此此温度下反应生成CH3OH的物质的量为1mol×10.5%×58.3%≈0.061mol；故答案为：0.061。
③在压强为p的反应条件下，1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为50%，，，则平衡时二氧化碳物质的量为0.8mol，氢气物质的量为2.6mol，甲醇物质的量为0.1mol，水蒸气物质的量为0.2mol，一氧化碳物质的量为0.1mol，总气体物质的量为3.8mol，则该温度下主反应的平衡常数；故答案为：。
1 / 1湖北省襄阳随州八校2025届高三下学期三模联考化学试题
1．（2025·湖北模拟）化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是
A．为增强“84”消毒液的消杀新冠肺炎病毒效果，可加入浓盐酸
B．从石墨中剥离出的石墨烯薄片能导电，因此是电解质
C．油脂、糖类以及蛋白质在人体内均能发生水解反应
D．嫦娥五号返回器带回的月壤中含有，它与地球上的属于同位素
2．（2025·湖北模拟）“空气变面包，氨功不可没”。下列说法错误的是
A．液氨可用作制冷剂 B．是平面三角形的极性分子
C．可以还原CuO D．合成氨是人工固氮最重要途径
3．（2025·湖北模拟）化学在生产生活中有着广泛的应用，下列两项内容说法正确且存在因果关系的是（　　）
　 物质性质 实际应用
A 硅为半导体材料 SiO2用于光纤通讯
B Cl2具有氧化性 氯水可以漂白有色布条
C Al表面易形成致密的氧化物薄膜 可以用铝槽车运送热的浓硫酸
D 乙醇可以使蛋白质变性 乙醇用于制作医用酒精
A．A B．B C．C D．D
4．（2025·湖北模拟）湖北名菜“洪山菜薹”含有丰富的花青素，具有良好的抗氧化活性。其中矢车菊色素的结构如图所示。下列有关该物质的说法正确的是
A．化学式为
B．与苯酚互为同系物
C．能与发生显色反应
D．能发生氧化反应、取代反应和消去反应
5．（2025·湖北模拟）下列说法错误的是
A．CH4分子球棍模型：
B．基态Si原子价电子排布图：
C．第一电离能：N>O>C
D．石墨质软的原因是其层间作用力微弱
6．（2025·湖北模拟）中国科学院研究员研究双层电容器中储能行为时，运用到某种离子化合物结构如图所示。其中X、Y、Z、M、L、Q均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。M、Q同族且两种元素组成的某种阴离子在强酸性溶液环境下可以产生淡黄色沉淀；Y是有机物的基本骨架元素。下列结论正确的是
A．Y的氢化物沸点一定高于Z的氢化物
B．Z的含氧酸不一定属于强酸
C．简单离子半径大小的顺序为： Q>X>M>L
D．L的铵盐溶液能存放在玻璃试剂瓶中
7．（2025·湖北模拟）阴离子和二脲基分子能通过氢键作用形成超分子阴离子配合物，如下图所示(图中省略阴离子配合物中部分原子)。下列关于该阴离子配合物的说法错误的是
A．的空间构型为正四面体
B．二脲基分子中N-H的H和离子的O形成氢键
C．所含元素原子的杂化轨道类型均相同
D．所含元素基态原子的第一电离能最大的是N
8．（2025·湖北模拟）咔唑()是一种新型有机液体储氢介质。下列说法正确的是
A．电负性
B．同周期元素中第一电离能小于N的有4种
C．咔唑的沸点比的沸点高
D．基态氮原子的外围电子轨道表示式不能写为，因为违背了泡利不相容原理
9．（2025·湖北模拟）下列有关说法正确的是
A．Na2O和Na2O2固体中阳离子和阴离子个数比都是
B．CO2和SiO2的化学键类型和晶体类型相同
C．和NH3都可以作为配合物的配体
D．Al和N的原子轨道都有3个单电子
10．（2025·湖北模拟）双膜碱性多硫化物空气液流二次电池可用于再生能源储能和智能电网的备用电源等，电极I为掺杂Na2S2的电极，电极Ⅱ为碳电极。电池工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．离子交换膜a为阳离子交换膜，离子交换膜b为阴离子交换膜
B．放电时，中间储液器中NaOH的浓度不断变大
C．充电时，电极I的电极反应式为：2S-2e-＝S
D．充电时，电路中每通过1mol电子，阳极室溶液质量理论上增加9g
11．（2025·湖北模拟）聚碳酸酯(L)可用于制作滑雪镜镜片，透明性好、强度高、不易碎，其结构简式如图
已知：2R'OH++ 2R''OH。L可由两种链状单体经该反应制备。下列关于L的说法错误的是
A．制备L的反应是缩聚反应
B．制备L的单体分子中均含两个苯环
C．1 mol L中sp3杂化的碳原子数目为3NA
D．分离出苯酚可促进L的合成
12．（2025·湖北模拟）吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到，四步脱氢产物及其相对能量如图，下列说法错误的是
A．甲醇脱氢生成的过程中有极性键的断裂
B．的反应式为
C．与的过程中均有键的形成
D．与的过程均断裂了氢氧键
13．（2025·湖北模拟）下列操作能实现相应的实验目的的是（　　）
选项 实验目的 操作步骤及现象
A 验证淀粉水解生成葡萄糖 将淀粉和稀硫酸混合水浴加热一段时间；待溶液冷却后，加入NaOH溶液，调pH至碱性，再加入新制的，加热，有砖红色沉淀产生
B 证明某钠盐为或 向某钠盐中滴加浓盐酸，并将产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色
C 除去乙醇中混有的少量乙酸 向混合液中加入饱和溶液，分液
D 证明氧化性： 将硫酸酸化的滴入溶液中，再滴入KSCN溶液，溶液变红
A．A B．B C．C D．D
14．（2025·湖北模拟）常温下，用Hg(NO3)2测定NaCl溶液中的c(Cl-)时，含Hg微粒的分布系数(δ)与lg c(Cl-)的关系如图所示。Hg2＋与Cl-的配合物存在如下平衡：HgClHgClHgCl2HgCl＋Hg2＋。下列说法错误的是
A．K1=10-1，K2=10-0.85
B．在X点：c(HgCl2)∶c(HgCl＋)∶c(Hg2＋)=2∶2∶1
C．在Q点：c(Cl-)＋3c(HgCl)>c(H＋)-c(OH-)
D．若P点pH=7，c(Na＋)＋c(HgCl＋)-c(NO)＋2c(HgCl2)=10-5.6 mol·L-1
15．（2025·湖北模拟）某水性钠离子电池电极材料由Na＋、Fe2＋、Fe3＋、CN-组成，其立方晶胞嵌入和嵌出Na＋过程中，Fe2＋与Fe3＋含量发生变化，依次变为格林绿、普鲁士蓝、普鲁士白三种物质，其过程如图所示，下列说法错误的是
A．铁在元素周期表中位于第4周期第Ⅷ族
B．普鲁士蓝的导电能力小于普鲁士白
C．普鲁士蓝中Fe2＋与Fe3＋个数比为1：2
D．普鲁士白的化学式为NaFe(CN)3
16．（2025·湖北模拟）钴酸锂（LiCoO2）电池是一种应用广泛的新型电源，电池中含有少量的铝、铁、碳等单质。实验室尝试对废旧钴酸锂电池回收再利用。实验过程如下：
已知：①还原性：Cl－>Co2＋；
②Fe3＋和结合生成较稳定的[Fe（C2O4）3]3－，在强酸性条件下分解重新生成Fe3＋。回答下列问题：
（1）废旧电池初步处理为粉末状的目的是　 　。
（2）从含铝废液得到Al（OH）3的离子方程式为　 　
（3）滤液A中的溶质除HCl、LiCl外还有　 　（填化学式）。写出LiCoO2和盐酸反应的化学方程式　 　
（4）滤渣的主要成分为　 　（填化学式）。
（5）在空气中加热一定质量的CoC2O4·2H2O固体样品时，其固体失重率数据见下表，请补充完整表中问题。
已知：①CoC2O4在空气中加热时的气体产物为CO2。
②固体失重率＝对应温度下样品失重的质量/样品的初始质量。
序号 温度范围/℃ 化学方程式 固体失重率
Ⅰ 120～220 CoC2O4·2H2O CoC2O4＋2H2O 19.67%
Ⅱ 300～350 　 　 59.02%
（6）已知Li2CO3的溶度积常数Ksp＝8.64×10－4，将浓度为0.02 mol·L－1的Li2SO4和浓度为0.02 mol·L－1的Na2CO3溶液等体积混合，则溶液中的Li＋浓度为　 　 mol·L－1。
17．（2025·湖北模拟）姜酮酚是从生姜中提取得到的天然产物，具有多种重要的生物活性。姜酮酚合成路线如图所示：
已知：I．
II．
回答下列问题：
（1）A→B反应类型为　 　，B→C的化学方程式为　 　。
（2）1mol物质G能与　 　mol Na反应，由H制备姜酮酚的反应条件为　 　。
（3）符合下列条件的A的同分异构体有　 　种(不考虑立体异构)。
①能发生水解反应 ②能与三氯化铁溶液发生显色反应 ③能发生银镜反应
（4）在合成化合物F的步骤中，使用代替得到的化合物结构简式为　 　。
（5）结合姜酮酚的合成路线与已知信息，以苯甲醛为反应物，选择不超过4个碳原子的有机物，其他试剂任选，设计化合物的合成路线　 　。
18．（2025·湖北模拟）过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)是一种易溶于水，易分解的强氧化剂。它的一种“常温结晶”制备方法的原理为：2Na2CO3(s)+3H2O2(1)=2Na2CO3·3H2O2(s) ΔH<0，实验装置如图所示(夹持装置略去)。
已知：通常以活性氧质量分数[ω(活性氧)=]来衡量过碳酸钠产品的优劣。
实验步骤：
ⅰ. 称取一定量无水碳酸钠，置于烧杯中，加蒸馏水溶解，将溶液转移到三颈烧瓶内，加入稳定剂，搅拌混匀。
ⅱ. 控制温度为25℃，边搅拌边向三颈烧瓶中缓慢滴加30%的H2O2溶液。
ⅲ. 再向三颈烧瓶中加入一定量的无水乙醇，反应一段时间。
ⅳ. 静置、真空抽滤、干燥得粗产品，冷却称重。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为　 　。
（2）实验过程中产生的气体副产物是　 　 ( 填化学式)，装置中玻璃导管的作用是　 　。
（3）步骤ii中，可采取的控温措施是　 　。滴加H2O2溶液速度不能太快，原因是　 　
（4）步骤iii中，加入乙醇的目的是　 　。反应时间与产率、活性氧质量分数(ω)的关系如下图所示，最适宜的反应时间为　 　min左右。
（5）现将0.50g粗产品(杂质不参与反应)置于锥形瓶中，加水溶解，再加入足量稀H2SO4，用0.1000 mol/LKMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4标准溶液15.00mL。则粗产品中活性氧质量分数是　 　。
19．（2025·湖北模拟）将CO2转化为更有价值的化工原料，正成为科学家们研究的一个重要领域。回答下列问题：
（1）已知：①2H2(g)＋O2(g) ＝2H2O(g) ΔH＝ 484 kJ mol 1
②2CH3OH(g)＋ 3O2(g) ＝2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH ＝ 1353 kJ mol 1
则CO2(g)＋ 3H2(g) ＝ CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH ＝　 　 kJ mol 1。
（2）在恒压密闭容器中通入CO2和H2的混合气体，制备甲醇过程中测得甲醇的时空收率(STY)(表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率)随温度(T)变化如下表：
T/℃ 170 180 1 90 200 210 220 230
STY/[mol/(mol·h)] 0.10 0.15 0.20 0.25 0.28 0.20 0.15
①该反应最适宜的温度是　 　。
②在220℃和170 ℃条件下，该反应速率之比： υ(220℃)： υ(170℃)＝　 　。
③随温度升高，甲醇的时空收率先增大后减小，可能的原因是　 　。
（3）CO2催化加氢制甲醇过程中，存在竞争的副反应主要是： CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH ＝＋41 kJ mol 1。在恒温密闭容器中，CO2的平衡转化率[α(CO2)%]和甲醇选择性[(CH3OH)%＝ ×100%]随着温度变化关系如下图所示。
①分析温度高于236℃时图中曲线下降的原因　 　。
②按1 mol CO2(g)、3 mol H2(g)投料反应，计算 244℃时反应生成CH3OH的物质的量为　 　mol。 (保留两位有效数字)
③在压强为p的反应条件下，1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为50%，该温度下主反应的平衡常数Kp＝　 　。 ( 列出计算式即可)
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】电解质与非电解质；多糖的性质和用途；元素、核素
【解析】【解答】A、"84"消毒液的主要成分是氯化钠和次氯酸钠的混合溶液。在酸性环境中，氯离子(Cl-)和次氯酸根离子(ClO-)会发生氧化还原反应生成氯气(Cl2)，这不仅不能增强消毒效果，反而会降低消毒作用，A选项错误。B、电解质是指在溶液中或熔融状态下能够导电的化合物。石墨是碳元素组成的单质，既不符合电解质的定义，也不属于非电解质，B选项错误。
C、糖类物质中，单糖(如葡萄糖、果糖等)不能发生水解反应，只有二糖和多糖才能水解。因此"所有糖类都能水解"的说法是错误的，C选项错误。
D、同位素是指质子数相同但中子数不同的原子核。3He和4He的质子数相同(都是2个)，但中子数不同(分别为1个和2个)，符合同位素的定义，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、酸性条件下，Cl－与ClO－反应生成Cl2。
B、石墨烯为碳单质，电解质为化合物。
C、糖类物质中的单糖不会发生水解反应。
D、同位素是指质子数相同，中子数不同的一类原子。
2．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途
【解析】【解答】A．液氨因其沸点较低，挥发时吸收热量，因此可用作制冷剂，该说法正确。B．NH3分子中氮原子的价层电子对数计算如下：3（成键电子对）＋（孤电子对）=4，其中孤电子对数为1，因此其空间构型应为三角锥形，该说法错误。
C．氨气()具有还原性，能够还原氧化铜(CuO)，该说法正确。
D．工业合成氨是将空气中的氮气转化为氨气的过程，这是人工固氮最重要的途径，该说法正确。
故答案为：B
【分析】A、液氨挥发过程中吸收热量，可做制冷剂。
B、根据价层电子对数和孤电子对数，确定NH3的空间结构。
C、NH3中氮元素为-3价，处于最低价态，具有还原性。
D、合成氨的过程中是将N2转化为NH3，属于人工固氮。
3．【答案】D
【知识点】浓硫酸的性质；硅和二氧化硅；合金及其应用
【解析】【解答】A．SiO2用于光纤通讯，是利用其良好的导光性和折光率，与Si元素的性质无关，A不符合题意；B．氯水的漂白作用源于氯气与水反应生成的次氯酸(HClO)，而非氯气本身的氧化性，B不符合题意；
C．常温下铝表面形成的致密氧化膜具有保护作用，但在加热条件下浓硫酸会破坏这层氧化膜，因此不能用铝槽车运输热浓硫酸，C不符合题意；
D.75%酒精能使蛋白质变性从而达到杀菌消毒的效果，这一性质使其适用于医用消毒，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、SiO2用于光纤通讯，是由于其良好的折光率。
B、氯水用于漂白有色布条，是由于氯水中的HClO起到的漂白作用。
C、常温下，浓硫酸能使铝钝化，因此可用铝槽车运输冷的浓硫酸。
D、乙醇用作医用酒精，是由于乙醇能使蛋白质变性。
4．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；苯酚的性质及用途；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】A．根据该有机物的结构简式，其分子式为，选项A错误。B．该有机物与苯酚的结构不相似，不属于同系物，选项B错误。
C．由于该有机物含有酚羟基，能与发生显色反应，选项C正确。
D．该有机物中的酚羟基可发生氧化反应，苯环和酚羟基能发生取代反应，但羟基位于苯环上，无法发生消去反应，选项D错误。
故答案为：C
【分析】A、根据结构简式确定分子中C、H、O、Cl的原子个数，从而得到分子式。
B、同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或多个CH2的有机物。
C、分子结构中含有酚羟基，能与Fe3＋发生显色反应。
D、酚羟基可发生氧化反应；苯环上的羟基、以及双键上的羟基不能发生消去反应。
5．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；分子间作用力
【解析】【解答】A．由于碳原子半径大于氢原子，因此甲烷（CH4）分子的球棍模型应为：，A选项错误；
B．硅原子基态价电子排布为3s23p2，其电子排布图表示为，B选项正确；
C．氮元素2p轨道呈半充满稳定结构，故其第一电离能最大，排序为N>O>C，C选项正确；
D．石墨结构中，同层碳原子通过共价键结合，层间以范德华力连接，因层间作用力较弱可相对滑动，故质地较软，D选项正确；
故答案为：A
【分析】A、根据原子半径C＞H分析CH4的球棍模型。
B、根据基态S原子的价层电子排布式，确定其价电子排布图。
C、同周期元素，核电荷数越大，第一电离能越大，基态N原子的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能较大。
D、石墨质软，是由于层间作用力较弱，可相对滑动。
6．【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．Y的氢化物为烃类物质，存在气态、液态、固态三种状态，固态和液态烃的沸点通常高于NH3（氨气），选项A错误。B．Z为N（氮元素），其含氧酸包括HNO3（硝酸，强酸）和HNO2（亚硝酸，弱酸），选项B正确。
C．比较离子半径时，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小；电子层数更多的离子半径更大。因此离子半径顺序为：S2- > O2- > F- > Li+，选项C错误。
D．L的铵盐为NH4F（氟化铵），F-在溶液中水解生成HF（氢氟酸），HF能与玻璃中的SiO2反应，腐蚀玻璃，选项D错误。
故答案为：B
【分析】Y是有机物的基本骨架元素，因此Y为C。X形成+1价阴离子，且原子序数小于C（碳），故X为Li。M、Q同族，且M形成2个共价键，Q形成6个共价键。由它们组成的某种阴离子在强酸性溶液中能产生淡黄色沉淀，可推断该阴离子为S2O，因此M为O、Q为S。Z的原子序数介于C（碳）和O（氧）之间，故Z为N。L形成1个共价键，原子序数大于O且小于S，因此L为F。据此结合元素周期表的性质递变规律分析选项。
7．【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；含有氢键的物质
【解析】【解答】A．在离子中，P原子的价电子对数计算如下：。由此得出P原子采用sp3杂化方式，使得离子的空间构型为正四面体，选项A正确。
B．由于N和O元素的电负性较大，在键中，共用电子对偏向N原子，导致H原子带有部分正电荷()。因此，在二脲基分子中，键的H原子可以与离子中的O原子形成氢键，选项B正确。
C．在该阴离子配合物中，苯环上的C原子以及形成双键的C、N原子采用sp2杂化，形成单键的N原子采用sp3杂化。P原子的价电子对数计算为，因此P原子为sp3杂化。选项C错误。
D．在同一周期元素中，基态原子的第一电离能通常从左至右逐渐增大。然而，N原子的2p轨道处于半充满状态，相对稳定，更难失去电子，因此第一电离能顺序为：N > O > C。选项D正确。
故答案为：C
【分析】A、根据价层电子对数和孤电子对数确定其空间结构。
B、根据氢键的形成分析。
C、形成双键的原子采用sp2杂化，形成单键的原子采用sp3杂化。
D、根据第一电离能的递变规律分析。
8．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．同周期元素，核电荷数越大，电负性越强，因此电负性：，选项A错误；B．在第二周期元素中，第一电离能低于氮元素的有五种元素，选项B错误；
C．咔唑分子间能形成氢键，使得沸点增大，因此咔唑的沸点高于的沸点，选项C正确；
D．基态氮原子的外围电子排布不能表示为，这违反了洪特规则，选项D错误；
故答案为：C
【分析】A、根据电负性的递变规律分析。
B、基态N原子的2p能级为半充满稳定结构，第一电离能大于O原子。
C、咔唑中的N-H可形成分子间氢键，使得沸点增大。
D、违背了洪特规则。
9．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶体的定义
【解析】【解答】A．氧化钠(Na2O)由钠离子(Na+)和氧离子(O2-)构成，过氧化钠(Na2O2)由钠离子(Na+)和过氧根离子()构成。两者的阳离子与阴离子个数比均为，选项A正确。B．二氧化碳(CO2)和二氧化硅(SiO2)虽然都含有共价键，但前者是分子晶体，后者是共价晶体，晶体类型不同，选项B错误。
C．铵根离子()没有孤电子对，不能作为配合物的配体，选项C错误。
D．铝原子(Al)的核外电子排布为1s22s22p63s23p1，仅有1个单电子；氮原子(N)的核外电子排布为1s22s22p3，有3个单电子，选项D错误。
故答案为：A
【分析】A、Na2O2是由2个Na＋和1个O22－构成。
B、CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体。
C、NH4＋中不含孤电子对，不能做配体。
D、基态Al原子中只含有一个孤电子。
10．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解析】A、在原电池中，阴离子移向负极，阳离子移向正极。因此正极区的OH-向左侧迁移，所以b为阴离子交换膜；负极区的Na+向右侧迁移，所以a为阳离子交换膜。A选项正确。
B、电池工作时，Na+和OH-不断向中间储液器迁移，导致其中NaOH浓度持续增大。该选项表述正确。C、充电时电极I作为阴极，发生还原反应，其电极反应式为：S + 2e- → 2S，C选项错误。
D、充电时电极Ⅱ作为阳极，OH－转化为O2，其电极反应式为：4OH- - 4e- =O2↑ + 2H2O。因此每通过1mol电子，阳极室从储液器接收1mol OH-，同时产生0.25mol O2，溶液净增质量为：
17g（OH-） - 8g（O2） = 9g。D选项正确。
故答案为：C
【分析】放电过程中电极Ⅰ上S22－转化为S42－，发生失电子的氧化反应，因此电极为负极，其电极反应式为2S22－－2e－=S42－。电极Ⅱ上O2转化为OH－，发生得电子的还原反应，因此电极为正极，其电极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－。据此结合选项分析。
11．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；缩聚反应
【解析】【解答】A．从结构分析，聚碳酸酯是由和通过缩聚反应生成的，A选项正确。
B．制备L的单体是和，这两种单体都含有两个苯环，B选项正确。
C．sp3杂化的碳原子指的是形成单键的饱和碳原子。根据L的结构，一个链节中含有3个饱和碳原子，因此1 mol L中含有3n mol饱和碳原子，对应的sp3杂化碳原子数为3nNA，C选项错误。
D．该反应属于缩聚反应，除了生成L外，还会产生苯酚。通过蒸馏除去苯酚可以使平衡正向移动，从而促进L的合成，D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、由产物的结构简式可知，该反应生成高分子的同时生成小分子苯酚，属于缩聚反应。
B、制备L的单体是和。
C、形成单键的碳原子采用sp3杂化，据此确定。
D、反应生成L的同时还生成苯酚，分离苯酚可促进反应正向进行。
12．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】A、在甲醇脱氢生成CO的过程中，发生了C-H极性键的断裂，A选项正确。
B、根据图示过程，从b→c的转化中，( CH2OH)top转变为CH2O。根据原子守恒，该过程的反应式可表示为：( CH2OH)top → CH2O + H，B选项正确。
C、在a→i的转化路径中，CH3OH先转化为CH2O，形成了C=O双键，这意味着有π键的形成；在a→j的路径中，CH3OH最终转化为CO，同样有C=O双键形成和π键生成，C选项正确。
D、在b→c的转化过程中，( CH2OH)top转变为CH2O，断裂了O-H键；而在b→d的转化中，( CH2OH)top转变为( CHOH)top，断裂的是C-H键而非O-H键，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、反应过程中存在极性键C-H键的断裂。
B、根据图示反应过程中和原子守恒确定b→c的反应式。
C、根据反应过程中化学键的变化分析。
D、b→c过程中断裂O-H键；b→d过程中断裂C-H键。
13．【答案】A
【知识点】钠的重要化合物；铁的化学性质；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．将淀粉和稀硫酸混合水浴加热一段时间，待溶液冷却后，加入NaOH溶液，调pH至碱性，再加新制的Cu(OH)2，加热，有砖红色沉淀(Cu2O)产生，证明淀粉水解生成葡萄糖，A符合题意；
B．氯气和二氧化硫都能使品红褪色，不能证明某钠盐为Na2SO3或NaHSO3，B不符合题意；
C．醇与水任意比互溶，乙醇和乙酸的混合液中加入饱和Na2CO3溶液，不会分层，C不符合题意；
D．NO3-遇到H+有氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A．将淀粉和稀硫酸混合水浴加热一段时间，待溶液冷却后，加入NaOH溶液，调pH至碱性，再加新制的Cu(OH)2，加热，有砖红色沉淀(Cu2O)产生，证明淀粉水解生成葡萄糖；
B．氯气和二氧化硫都能使品红褪色；
C．醇与水任意比互溶；
D．NO3-遇到H+有氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+。
14．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据图像，当溶液中时，溶液中，此时；当溶液中时，溶液中，此时 ，A正确；
B．在X点时溶液中，溶液中含有、、，平均配位数为1.2，设溶液中，，则，解得，即X点的，B正确；
C．根据电荷守恒，Q点溶液中，平均配位数约为3()，所以溶液中，，因此溶液中，C正确；
D．若P点溶液的，根据电荷守恒可知，P点溶液中，，此时溶液中，所以：，D错误；
故答案为：D
【分析】如图 ，随着溶液中c(Cl－)增大，可逆反应平衡逆向移动，所以A表示、B表示、C表示、D表示、E表示。
15．【答案】C
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解析】A、铁元素的原子序数为26，在元素周期表中位于第4周期第Ⅷ族，该说法正确。B、根据晶胞结构分析，普鲁士白晶胞中钠离子数目多于普鲁士蓝。由于钠离子嵌入数量越多，电极导电性越强，因此普鲁士蓝的导电能力弱于普鲁士白，该说法正确。
C、普鲁士蓝晶胞中亚铁离子（位于棱边和体心）的个数计算为12×+1=4；铁离子（位于顶点和面心）的个数计算为8×+6×=4。因此，普鲁士蓝中亚铁离子与铁离子的个数比为1：1，该说法错误。
D、普鲁士白晶胞中嵌入了8个Na+，对应有8个Fe3+被还原为Fe2+。氰酸根离子的分布计算为24×（棱边）+12×（面心）+12（体内）=24个。因此，钠离子、亚铁离子与氰酸根离子的比例为8：8：24=1：1：3，化学式可表示为NaFe(CN)3，该说法正确。
故答案为：C
【分析】A、根据Fe的原子序数，确定其在周期表中的位置。
B、根据嵌入的Na+数目的多少确定其导电能力的强弱。
C、根据均摊法确定晶体中Fe2＋、Fe3＋的个数比。
D、根据均摊法确定晶体中Na＋、Fe3＋和CN－的个数比，从而得到晶体的化学式。
16．【答案】增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；AlO2-＋CO2＋2H2O=Al（OH）3↓＋HCO3-；FeCl3、CoCl2；2LiCoO2＋8HCl=2CoCl2＋Cl2↑＋4H2O＋2LiCl；C；2CoC2O4＋O22CoO＋ 4CO2；0.02
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铝的化学性质；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】(1)废旧电池初步处理为粉末状的目的是：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率。
故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率
(2) 偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，因此从含铝废液得到Al(OH)3的离子反应方程式为：AlO2-＋CO2＋2H2O=Al（OH）3↓＋HCO3-。
故答案为：AlO2-＋CO2＋2H2O=Al（OH）3↓＋HCO3-
(3) LiCoO2中Li为+1价，Co为+3价，具有氧化性，HCl中-1价的氯具有还原性，向固体残渣中加入盐酸时，发生氧化还原反应，Co（+3→+2），Cl（-1→0），反应表示为：2LiCoO2+8H++2Cl-=2Li++2Co2++Cl2↑+4H2O或2LiCoO2＋8HCl=2CoCl2＋Cl2↑＋4H2O＋2LiCl；，滤液A为Fe3+、Li+、Co3+、Cl-，故滤液A中的溶质为HCl、LiCl、FeCl3、CoCl2。
故答案为：FeCl3、CoCl2；2LiCoO2＋8HCl=2CoCl2＋Cl2↑＋4H2O＋2LiCl
(4)上述分析可知，滤渣的主要成分为C。
故答案为：C
(5) 在空气中加热一定质量的CoC2O4·2H2O固体样品时，首先失去结晶水，在120～220℃时，固体失重率为19.76%，生成产物为CoC2O4。
由①可知，在120～220℃时，CoC2O4·2H2O完全失去结晶水生成CoC2O4，然后继续升高温度加热，则CoC2O4分解生成氧化物，其分解失去的质量为183g×59.02%=108g，剩余的质量为183g-108g=75g，设产物的化学式为CoOx，则59+16x=75，解得x=1，则化学式为CoO，则反应方程式为：2CoC2O4＋O22CoO＋ 4CO2。
故答案为：2CoC2O4＋O22CoO＋ 4CO2
(6) 将浓度为0.02mol L-1的Li2SO4和浓度为0.02mol L-1的Na2CO3溶液等体积混合，混合瞬间溶液中c(Li+) =0.02mol/L，c(CO32-) =0.01mol/L，计算浓度商=4×10-6故答案为：0.02
【分析】废旧钴酸锂镍离子电池主要含有Fe、Al、碳的单质和LiCoO2，初步处理，加碱浸泡，铝和碱液反应生成偏铝酸盐和氢气，固体残渣为：Fe、C的单质和LiCoO2，加盐酸Fe+2H+=Fe2++H2↑，2LiCoO2+8H++2Cl-=2Li++2Co2++Cl2↑+4H2O，残渣为C，滤液A为Fe3+、Li+、Co3+、Cl-，加入草酸铵，过滤沉淀为CoC2O4 2H2O，滤液B为：Fe3+、Li+、Cl-，加入碳酸钠，发生的离子反应为2Li++CO32-=Li2CO3↓，滤液C为Fe3+、Cl-，加入氧化剂防止铁离子被还原，得氯化铁溶液。
17．【答案】（1）取代反应；+
（2）2；
（3）13
（4）
（5）
【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
【解析】【解答】（1）根据分析，A→B反应类型为：取代反应；B→C的化学方程式为：+。
故答案为：取代反应；+（2）G为：，1mol物质G含有2mol，所以能与2mol Na反应，根据C生成D的条件，由H制备姜酮酚也是与的加成反应，条件为：。
故答案为：2；
（3）A 的异构体中，能发生水解反应和发生银镜反应，分子中含有， 能与三氯化铁溶液发生显色反应，含有酚羟基，根据位置不同，含有结构为有10种，有3种，满足条件的共有13种。
故答案为：13
（4）根据已知反应I的原理，中的H原子替换Li原子，所以使用代替得到的化合物结构简式为：。
故答案为：
（5）苯甲醛为反应物，合成化合物的路线为：。
故答案为：
【分析】A的分子式为C8H8O3，与TBSCl在碱、CH2Cl2的条件下反应生成B，结合B的结构简式可知，A的结构简式为 。B与丙酮在NaOH溶液的条件下反应生成C；C进一步反应生成D，结合B、D的结构简式可知，C的结构简式为 。F在TBAF、THF的条件下反应生成G，G的分子式为C17H26O4，G在对甲苯磺酸条件下，失去一个水分子，反应生成H，结合F、H的结构简式可知，G的结构简式为。据此结合题干设问分析作答。
（1）根据分析，A→B反应类型为：取代反应；B→C的化学方程式为：+
（2）G为：，1mol物质G含有2mol，所以能与2mol Na反应，根据C生成D的条件，由H制备姜酮酚也是与的加成反应，条件为：；
（3）A 的异构体中，能发生水解反应和发生银镜反应，分子中含有， 能与三氯化铁溶液发生显色反应，含有酚羟基，根据位置不同，含有结构为有10种，有3种，满足条件的共有13种；
（4）根据已知反应I的原理，中的H原子替换Li原子，所以使用代替得到的化合物结构简式为：；
（5）苯甲醛为反应物，合成化合物的路线为：。
18．【答案】（1）分液漏斗
（2）O2；平衡分压，使得液体顺利滴下
（3）冰水浴；该反应为放热反应，加入H2O2溶液的速度过快会导致大量放热，造成过氧化氢的分解
（4）降低2Na2CO3·3H2O2的溶解度，使得2Na2CO3·3H2O2结晶析出；60
（5）12%
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）仪器a的名称为分液漏斗。
故答案为：分液漏斗
（2）实验过程中会发生2H2O2=2H2O+O2↑的副反应，故产生气体副产物的化学式为O2，装置中玻璃导管的作用是平衡气压，使液体顺利滴下。
故答案为：O2； 平衡分压，使得液体顺利滴下
（3）步骤ⅱ中，可采取的控温措施是冰水浴；制备过碳酸钠的反应为放热反应，若滴加过氧化氢溶液的速度太快，会造成过氧化氢和过碳酸钠分解，故滴加过氧化氢溶液的速度不能太快。
故答案为：冰水浴； 该反应为放热反应，加入H2O2溶液的速度过快会导致大量放热，造成过氧化氢的分解
（4）步骤ⅱ中，过碳酸钠易溶于水，加入乙醇的目的是降低过碳酸钠的溶解度，便于产品析出；由图可知在60min时产率最高，活性氧质量分数较高，60分钟后虽然活性氧质量分数升高，但产率急剧下降，故最适宜的反应时间为60min左右。
故答案为： 降低2Na2CO3·3H2O2的溶解度，使得2Na2CO3·3H2O2结晶析出 ；60
（5）用KMnO4标准溶液滴定发生2KMnO4+5H2O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O反应，可计算体系中有，粗产品中活性氧的质量分数ω(活性氧)。
故答案为：12%
【分析】（1）根据图示仪器确定其名称。
（2）H2O2易分解，产生O2，因此气体副产物为O2。玻璃管可起到平衡压强的作用。
（3）步骤ⅱ的反应温度为25℃，应采用水浴加热。反应过程中放出热量，温度升高，H2O2受热易分解，因此H2O2溶液的滴加速率不能过快。
（4）步骤中加入乙醇后，析出了Na2CO3·3H2O2，据此确定乙醇的作用。根据产率和活性氧含量最高，确定反应时间。
（5）根据滴定过程中反应的化学方程式结合消耗标准KMnO4溶液的体积进行计算。
（1）仪器a的名称为分液漏斗；
（2）实验过程中会发生2H2O2=2H2O+O2↑的副反应，故产生气体副产物的化学式为O2，装置中玻璃导管的作用是平衡气压，使液体顺利滴下；
（3）步骤ⅱ中，可采取的控温措施是冰水浴；制备过碳酸钠的反应为放热反应，若滴加过氧化氢溶液的速度太快，会造成过氧化氢和过碳酸钠分解，故滴加过氧化氢溶液的速度不能太快；
（4）步骤ⅱ中，过碳酸钠易溶于水，加入乙醇的目的是降低过碳酸钠的溶解度，便于产品析出；由图可知在60min时产率最高，活性氧质量分数较高，60分钟后虽然活性氧质量分数升高，但产率急剧下降，故最适宜的反应时间为60min左右。
（5）用KMnO4标准溶液滴定发生2KMnO4+5H2O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O反应，可计算体系中有，粗产品中活性氧质量分数ω(活性氧)。
19．【答案】（1） 49.5
（2）210℃；2：1；随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率增大；继续升高温度，催化剂活性降低(或者放热反应平衡逆向移动或有副反应发生等)，使甲醇时空收率降低
（3）主反应是放热反应，副反应是吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，且主反应平衡移动程度占主要因素，因而使 CO2转化率、甲醇选择性均下降；0.061；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，将反应①的1.5倍减去反应②的一半得到CO2(g)＋ 3H2(g) ＝ CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH ＝( 484 kJ mol 1)×1.5 ( 1353 kJ mol 1)÷2＝ 49.5kJ mol 1。
故答案为： 49.5
（2）①根据图中信息在210℃时STY最大，因此该反应最适宜的温度是210℃。
故答案为：210℃
②在220℃和170 ℃条件下，该反应速率之比： υ(220℃)： υ(170℃)＝0.20：0.10=2：1。
故答案为：2：1
③随温度升高，甲醇的时空收率先增大后减小，可能的原因是随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率增大；继续升高温度，催化剂活性降低(或者放热反应平衡逆向移动或有副反应发生等)，使甲醇时空收率降低。
故答案为：随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率增大；继续升高温度，催化剂活性降低(或者放热反应平衡逆向移动或有副反应发生等)，使甲醇时空收率降低
（3）①分析温度高于236℃时图中曲线下降的原因根据方程式分析主反应是放热反应，副反应是吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，且主反应平衡移动程度占主要因素，因而使 CO2转化率、甲醇选择性均下降。
故答案为：主反应是放热反应，副反应是吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，且主反应平衡移动程度占主要因素，因而使 CO2转化率、甲醇选择性均下降
②按1 mol CO2(g)、3 mol H2(g)投料反应，244℃时二氧化碳转化率是10.5%，甲醇选择性为58.3%，因此此温度下反应生成CH3OH的物质的量为1mol×10.5%×58.3%≈0.061mol。
故答案为：0.061
③在压强为p的反应条件下，1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为50%，，，则平衡时二氧化碳物质的量为0.8mol，氢气物质的量为2.6mol，甲醇物质的量为0.1mol，水蒸气物质的量为0.2mol，一氧化碳物质的量为0.1mol，总气体物质的量为3.8mol，则该温度下主反应的平衡常数。
故答案为：
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（2）①反应最适宜的温度，则该温度下甲醇的时空收率（STY）最大，据此结合表格数据分析。
②甲醇的时空收率，即是甲醇的平均生成速率，据此计算不同温度下反应速率之比。
③结合温度对反应速率和对催化剂活性的影响分析。
（3）①根据温度对平衡移动的影响分析。温度升高，平衡向吸热反应方向移动。
②244℃时二氧化碳转化率是10.5%，甲醇选择性为58.3%，据此计算。
③根据平衡三段式和平衡常数的表达式进行计算。
（1）根据盖斯定律，将反应①的1.5倍减去反应②的一半得到CO2(g)＋ 3H2(g) ＝ CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH ＝( 484 kJ mol 1)×1.5 ( 1353 kJ mol 1)÷2＝ 49.5kJ mol 1；故答案为： 49.5。
（2）①根据图中信息在210℃时STY最大，因此该反应最适宜的温度是210℃；故答案为：210℃。
②在220℃和170 ℃条件下，该反应速率之比： υ(220℃)： υ(170℃)＝0.20：0.10=2：1；故答案为：2：1。
③随温度升高，甲醇的时空收率先增大后减小，可能的原因是随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率增大；继续升高温度，催化剂活性降低(或者放热反应平衡逆向移动或有副反应发生等)，使甲醇时空收率降低；故答案为：随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率增大；继续升高温度，催化剂活性降低(或者放热反应平衡逆向移动或有副反应发生等)，使甲醇时空收率降低。
（3）①分析温度高于236℃时图中曲线下降的原因根据方程式分析主反应是放热反应，副反应是吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，且主反应平衡移动程度占主要因素，因而使 CO2转化率、甲醇选择性均下降；故答案为：主反应是放热反应，副反应是吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，且主反应平衡移动程度占主要因素，因而使 CO2转化率、甲醇选择性均下降。
②按1 mol CO2(g)、3 mol H2(g)投料反应，244℃时二氧化碳转化率是10.5%，甲醇选择性为58.3%，因此此温度下反应生成CH3OH的物质的量为1mol×10.5%×58.3%≈0.061mol；故答案为：0.061。
③在压强为p的反应条件下，1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为50%，，，则平衡时二氧化碳物质的量为0.8mol，氢气物质的量为2.6mol，甲醇物质的量为0.1mol，水蒸气物质的量为0.2mol，一氧化碳物质的量为0.1mol，总气体物质的量为3.8mol，则该温度下主反应的平衡常数；故答案为：。
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