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江苏省南京市2024-2025学年高中化学高三考前指导卷
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1．中国“人造太阳”核聚变实验装置的主要原料是和，它们互为
A．同位素 B．同素异形体 C．同分异构体 D．同系物
【答案】A
【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】 和 的本质：它们是氢元素的两种不同原子，质子数均为 1，中子数分别为 1 和 2。
A、同位素：质子数相同、中子数不同的同种元素的不同原子，A符合；
B、同素异形体：同种元素形成的不同单质，题干是原子而非单质，B不符合；
C、同分异构体：分子式相同、结构不同的化合物，题干是原子而非化合物，C不符合；
D、同系物：结构相似、分子组成相差 n 个 CH2基团的有机物，与氢原子无关，D不符合；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
混淆 “原子” 和 “单质”：2 H 和13H 是原子，不是单质，因此不属于同素异形体。
混淆 “原子” 和 “化合物”：同分异构体和同系物的讨论对象是化合物，而非原子。
概念记忆偏差：要牢记同位素的核心是 “同种元素的不同原子”，而其他三个概念的讨论对象分别是单质、化合物、有机物。
2．反应，可用于吸收。下列说法正确的是
A．的结构示意图为 B．NaOH的电子式为
C．NaClO中Cl元素的化合价为 D．为非极性分子
【答案】C
【知识点】极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、Cl 原子得到 1 个电子形成 Cl-，核外电子排布应 为，A错误；
B、NaOH 是离子化合物，由 Na+和 OH-构成，电子式需体现离子键和共价键 电子式为，B错误；
C、根据化合物中正负化合价代数和为零的原则，Na 为 + 1 价，O 为 - 2 价，可计算出 Cl 为 + 1 价 ，C正确；
D、SO2分子中 S 原子采取 sp2 杂化，分子构型为 V 形，正负电荷中心不重合，属于极性分子 ，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：混淆原子和离子的结构示意图：Cl 原子最外层有 7 个电子，而 Cl-最外层有 8 个电子。
离子化合物电子式书写错误：NaOH 的电子式需要标出阴阳离子，不能遗漏方括号和电荷符号。
化合价计算失误：忽略化合物中正负化合价代数和为零的原则，导致 Cl 的化合价判断错误。
分子极性判断偏差：只看分子中的化学键类型，忽略分子的空间构型，误将 V 形的 SO2判断为非极性分子。
3．用废铁屑制取摩尔盐，下列原理、装置及操作能达到实验目的的是
A．用装置甲制取溶液
B．用装置乙制取并收集
C．用装置丙制备和混合溶液
D．用装置丁蒸干溶液得到
【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；氨的实验室制法；蒸发和结晶、重结晶；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、装置甲：过量废铁屑与 30% 硫酸反应，Fe 过量可防止生成的 Fe2+被氧化，能得到较纯的 FeSO4溶液，操作可行 ，A正确；
B、装置乙：加热 NH4Cl 和 Ca(OH)2固体制 NH3时，试管口应略向下倾斜，防止冷凝水倒流炸裂试管；且收集 NH3时导管应伸入试管底部，图中装置不符合要求 ，B错误；
C、装置丙：NH3极易溶于水，直接将导管插入 FeSO4和 H2SO4混合溶液中，会产生倒吸现象，操作不安全 ，C错误；
D、装置丁：蒸干溶液会使摩尔盐失去结晶水，且 Fe2+易被氧化、NH4+易水解，不能通过蒸干得到目标晶体，应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法 ，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：忽视 Fe2+的还原性：制备 FeSO4时，Fe 过量可防止 Fe2+被氧化，这是关键细节。
气体制备装置细节：加热固体制气体时，试管口必须略向下倾斜；收集 NH3时要注意防倒吸。
结晶方式选择错误：含结晶水的盐类不能直接蒸干溶液，否则会失去结晶水甚至发生副反应。
倒吸风险：NH3极易溶于水，直接通入溶液会导致倒吸，需加装防倒吸装置。
4．青霉素（）是世界上第一种抗生素。下列说法正确的是
A．第一电离能： B．稳定性：
C．电负性： D．沸点：
【答案】B
【知识点】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；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、N 原子的 2p 轨道为半充满的稳定结构，因此第一电离能高于 O，即 I1(N) > I1(O)，A错误；
B、同周期从左到右，元素非金属性增强，O 的非金属性强于 N，非金属性越强，简单氢化物越稳定，所以稳定性 NH3 < H2O，B正确；
C、同周期从左到右，电负性逐渐增大，O 在 C 右侧，因此电负性 χ(O) > χ(C)，C错误；
D、H2O 分子间存在氢键，而 H2S 分子间只有范德华力，氢键的作用力更强，导致 H2O 的沸点高于 H2S，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
忽略特殊电子构型：N 的 2p3 半充满结构使其第一电离能出现 “反常”，高于相邻的 O。
混淆非金属性与氢化物稳定性的关系：元素非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强。
电负性变化规律记忆不清：同周期主族元素从左到右电负性递增。
忽视氢键对沸点的影响：H2O 分子间氢键是其沸点反常高于 H2S 的关键原因。
阅读下列材料，完成下面小题：
工业上常采用催化氧化法制硝酸。硝酸工业尾气（NO和）常采用以下方法脱除：①石灰乳法：将物质的量之比约为1：1的NO和通入石灰乳，净化尾气并制得混凝土添加剂；②选择性催化还原法：一定条件下，尿素将氮氧化物转化为；③电解法：用稀硝酸吸收氮氧化物生成，再将其电解生成。
5．下列说法正确的是
A．NO和均为酸性氧化物
B．中键的数目为12mol
C．尿素易溶于水的原因之一为尿素分子能与水分子形成氢键
D．反应能够自发进行的原因是
6．下列物质转化或化学反应表示不正确的是
A．实验室探究稀硝酸与铜反应的气态产物：
B．实验室探究葡萄糖的性质：
C．尿素与反应：
D．电解法脱硝的阳极反应：
7．下列有关反应描述正确的是
A．催化剂可以降低和反应的焓变，从而加快反应速率
B．若通入石灰乳，产品中含量升高
C．尿素与反应过程中既有非极性共价键的断裂，又有非极性共价键的形成
D．电解法脱硝中转化为，氮原子轨道的杂化类型由转化为
【答案】5．C
6．D
7．B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】（1）A、酸性氧化物的定义是与碱反应只生成盐和水。NO 不与碱反应，NO2与碱反应生成两种盐，因此二者都不是酸性氧化物，A错误；
B、在 [Cu(NH3)4]2+中，每个 NH3与 Cu2+形成 1 个 σ 配位键，4 个 NH3共 4 个；每个 NH3内部有 3 个 N-H σ 键，4 个 NH3共 12 个。总 σ 键数为 16，而非 12，B错误；
C、尿素分子含 - NH2基团，能与水分子形成氢键，从而显著增强其在水中的溶解性，C正确；
D、反应 2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) 中气体分子数减少，ΔS<0。反应能自发进行是因为 ΔH<0，放热效应主导，D错误；
故答案为：C。
（2）A、稀硝酸与铜反应生成 NO，NO 遇氧气可被氧化为 NO2，该转化流程正确，A正确；
B、AgNO3与氨水反应生成银氨溶液 [Ag(NH3)2] OH，再与葡萄糖在加热条件下发生银镜反应生成 Ag，符合实验事实，B正确；
C、反应 6NO2+4CO(NH2)2=4CO2+7N2+8H2O，各元素原子守恒，电子转移数目平衡，C正确；
D、HNO2是弱酸，在离子方程式中应保留化学式。正确的阳极反应式应为
HNO2-2e- +H2O=NO3-+3H+，而非 NO2-参与反应，D错误；
故答案为：D。
（3）A、催化剂的作用是降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变反应的焓变，A错误；
B、当 n (NO2)：n (NO) > 1：1 时，过量的 NO2会与石灰乳反应生成 Ca(NO3)2，导致产品中
Ca(NO3)2的含量升高，B正确；
C、尿素和 NO2中均无非极性共价键，反应中只有非极性键（N≡N）的形成，没有断裂，C错误；
D、HNO2中 N 原子的价层电子对数为 3，采取 sp2 杂化；NO3-中 N 原子的价层电子对数也为 3，同样采取 sp2 杂化，杂化类型未发生改变，D错误；
故答案为：B。
【分析】（1）A．酸性氧化物判断：抓住 “与碱反应只生成盐和水” 这一核心定义，直接排除 NO 和 NO2。
B．σ 键计数：区分配位键和分子内共价键，[Cu(NH3)4]2+中 σ 键总数 = 4 个配位键 + 12 个 N-H 键 = 16 个。
C．氢键与溶解性：尿素含 - NH2，可与水形成氢键，这是其易溶于水的关键原因。
D．反应自发性：ΔS<0 时，反应自发的核心驱动力是 ΔH<0（放热），而非熵增。
（2）A．转化合理性：稀硝酸与铜生成 NO，NO 遇 O2氧化为 NO2，符合氮氧化物的转化规律。
B．银镜反应：银氨溶液与葡萄糖在加热条件下生成 Ag，是特征反应，需注意反应条件。
C．氧化还原配平：尿素与 NO2反应，通过电子守恒和原子守恒验证方程式，确保 N2的计量数合理。
D．阳极反应式：HNO2是弱酸，不能拆成 NO2-，需以分子形式参与电极反应。
（3）A．催化剂作用：催化剂只改变活化能，不改变焓变，这是核心考点。
B．NO2过量的影响：NO2与石灰乳反应生成 Ca(NO3)2，导致副产物含量升高。
C．非极性键变化：反应物中无非极性键，只有产物 N2中形成 N≡N 非极性键。
D．杂化类型判断：HNO2和 NO3-中 N 的价层电子对数均为 3，杂化类型均为 sp2，未改变。
5．A、酸性氧化物的定义是与碱反应只生成盐和水。NO 不与碱反应，NO2与碱反应生成两种盐，因此二者都不是酸性氧化物，A错误；
B、在 [Cu(NH3)4]2+中，每个 NH3与 Cu2+形成 1 个 σ 配位键，4 个 NH3共 4 个；每个 NH3内部有 3 个 N-H σ 键，4 个 NH3共 12 个。总 σ 键数为 16，而非 12，B错误；
C、尿素分子含 - NH2基团，能与水分子形成氢键，从而显著增强其在水中的溶解性，C正确；
D、反应 2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) 中气体分子数减少，ΔS<0。反应能自发进行是因为 ΔH<0，放热效应主导，D错误；
故答案为：C。
6．A、稀硝酸与铜反应生成 NO，NO 遇氧气可被氧化为 NO2，该转化流程正确，A正确；
B、AgNO3与氨水反应生成银氨溶液 [Ag(NH3)2] OH，再与葡萄糖在加热条件下发生银镜反应生成 Ag，符合实验事实，B正确；
C、反应 6NO2+4CO(NH2)2=4CO2+7N2+8H2O，各元素原子守恒，电子转移数目平衡，C正确；
D、HNO2是弱酸，在离子方程式中应保留化学式。正确的阳极反应式应为
HNO2-2e- +H2O=NO3-+3H+，而非 NO2-参与反应，D错误；
故答案为：D。
7．A、催化剂的作用是降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变反应的焓变，A错误；
B、当 n (NO2)：n (NO) > 1：1 时，过量的 NO2会与石灰乳反应生成 Ca(NO3)2，导致产品中
Ca(NO3)2的含量升高，B正确；
C、尿素和 NO2中均无非极性共价键，反应中只有非极性键（N≡N）的形成，没有断裂，C错误；
D、HNO2中 N 原子的价层电子对数为 3，采取 sp2 杂化；NO3-中 N 原子的价层电子对数也为 3，同样采取 sp2 杂化，杂化类型未发生改变，D错误；
故答案为：B。
8．铝及其化合物具有重要应用。下列说法正确的是
A．铝合金硬度低，可用于航空工业
B．熔点高，可用于电解冶炼铝
C．有弱碱性，可用于治疗胃酸过多
D．易溶于水，可用于净水
【答案】C
【知识点】工业制金属铝；合金及其应用；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A、 铝合金用于航空工业是因为其密度低、强度高，而非硬度低，A错误；
B、电解冶炼铝时，Al2O3熔点（2050℃）太高，需要加入冰晶石降低熔点，并非直接利用其熔点高的性质，B错误；
C、氢氧化铝具有弱碱性，能胃酸（HCl）发生中和反应，且刺激性小，因此可用于治疗胃酸过多，C正确；
D、净水原理是 KAl(SO4)2 的Al3+水解生成 Al (OH)3胶体，吸附水中杂质，而不是因为它易溶于水，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
混淆铝合金的特性：铝合金的优势是密度低、强度高，不是硬度低。
电解铝的细节：Al2O3熔点高，需要加冰晶石助熔，不能直接利用其高熔点。
净水原理的误解：KAl(SO4)2净水靠的是水解生成的胶体吸附性，而非溶解性。
中和胃酸的原理：Al(OH)3的弱碱性使其能安全中和胃酸，而强碱则会造成伤害。
9．化合物Z是一种药物的重要中间体，部分合成路线如下：
下列说法正确的是
A．X不能与溶液发生反应
B．Y中所有碳原子一定共平面
C．1mol Z最多能与发生加成反应
D．X、Y、Z可以用溶液和新制进行鉴别
【答案】D
【知识点】苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、X 含酚羟基，酚的酸性弱于碳酸但强于 HCO3-，能与 Na2CO3反应生成 NaHCO3，并非不反应，A错误；
B、Y 中苯环的 6 个碳原子共平面，但两个 - OCH3通过单键与苯环相连，C-O-C 键可旋转，因此所有碳原子可能共平面，而非 “一定”，B错误；
C、Z 中苯环可与 3mol H2加成，醛基可与 1mol H2加成，因此 1mol Z 最多能与 4mol H2发生加成反应，C错误；
D、X 含酚羟基，遇 FeCl3溶液显紫色；Z 含醛基，能与新制 Cu(OH)2在加热条件下反应生成砖红色沉淀；Y 无上述现象，因此可用这两种试剂鉴别三者，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：酚羟基的酸性：酚能与 Na2CO3反应，但不能生成 CO2，只能生成 NaHCO3。
共平面判断：单键可旋转，因此 “一定共平面” 和 “可能共平面” 需要严格区分。
加成反应计量：苯环与 H2按 1：3 加成，醛基与 H2按 1：1 加成，不能遗漏。
官能团鉴别：FeCl3用于鉴别酚羟基，新制 Cu(OH)2用于鉴别醛基，需明确各自的现象和条件。
10．一种二次储能电池的构造示意图如图所示。下列说法正确的是
A．放电时，电能转化为化学能
B．放电时，发生还原反应
C．充电时，右侧通过质子交换膜向左侧电极移动
D．充电时，每生成，转移电子数为
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、放电时装置为原电池，能量转化是化学能→电能，而非电能转化为化学能，A错误；
B、放电时 Pb 作负极，发生氧化反应：Pb+SO42--2e-=PbSO4，PbSO4是氧化产物，并非还原反应，B错误；
C、充电时装置为电解池，左侧 Pb/PbSO4作阴极，溶液中阳离子（H+）向阴极移动，因此右侧 H+通过质子交换膜向左侧电极移动，C正确；
D、充电时右侧为阳极，反应为 Fe2+-e-=Fe3+，每生成 1mol Fe3+，转移电子数为 6.02×1023，而非 2 倍，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．放电是原电池，化学能变为电能；充电是电解池，电能变为化学能。
B．Pb 被氧化生成 PbSO4，所以 PbSO4是氧化产物，不是还原产物。
C．电解池中阳离子（H+）向阴极（左侧 Pb/PbSO4）移动，因此右侧 H+会通过质子交换膜移向左侧。
D．Fe2+到Fe3+是失去 1 个电子，所以生成 1mol Fe3+只转移 1mol 电子。
11．室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是
选项 实验过程及现象 实验结论
A 向溶液中滴入硫酸酸化的溶液，溶液变黄 氧化性：
B 用pH试纸分别测定溶液和溶液pH，溶液pH大 酸性：
C 向含有ZnS和的悬浊液中滴加溶液，生成黑色沉淀 溶度积常数：
D 将盛有的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅（为基元反应） 活化能：
A．A B．B C．C D．D
【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、在酸性条件下，NO3-（来自 Fe (NO3)2）本身就具有强氧化性，会直接把 Fe2+氧化为 Fe3+，导致溶液变黄。因此无法确定是 H2O2还是 NO3-氧化了 Fe2+，结论 “氧化性：H2O2 > Fe3+” 不成立，A错误；
B、比较 CH3COOH 和 H2CO3的酸性，需要在盐溶液浓度相同的前提下，通过测定 pH 来判断水解程度。题目中未说明 CH3COONa 和 NaHCO3溶液的浓度，因此仅凭 NaHCO3溶液 pH 更大，无法得出酸性强弱结论，B错误；
C、向含有 ZnS 和 Na2S 的悬浊液中滴加 CuSO4，生成的黑色 CuS 沉淀，其 S2-可能来自过量的 Na2S，而非 ZnS 溶解提供的。因此无法直接推断 Ksp (ZnS) > Ksp (CuS)，C错误；
D、降温时 NO2的红棕色变浅，说明平衡 2NO2 N2O4向正反应方向移动，证明正反应是放热反应（ΔH <0）。根据 ΔH = Ea (正反应) - Ea (逆反应) < 0，可推导出 Ea (正反应) < Ea (逆反应)，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．酸性条件下 NO3-具有强氧化性，会直接氧化 Fe2+，干扰 H2O2氧化性的判断，是核心干扰项。
B．比较酸性强弱必须控制盐溶液浓度相同，否则 pH 大小无法直接对应酸性强弱。
C．沉淀转化比较 Ksp 的前提是 S2-来自 ZnS 溶解，而这里 S2-可能来自 Na2S，结论不严谨。
D．降温使平衡向放热方向移动，ΔH<0，结合 ΔH = Ea (正) - Ea (逆)，可直接推出 Ea (正) < Ea (逆)。
12．室温下，已知，。通过下列实验探究、的性质。
实验1：用pH计测得溶液的。
实验2：向溶液中滴加等体积溶液，溶液变浑浊。
实验3：向溶液中滴加少量溶液，无明显现象。
实验4：向溶液中通入一定量，测得溶液。
下列说法正确的是
A．实验1溶液中：
B．实验2可得到
C．实验3反应后的溶液中存在：
D．实验4所得的溶液中：
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、NaHC2O4溶液中，HC2O4-同时存在电离（生成 C2O42-）和水解（生成 H2C2O4）。实验测得 pH=3.0，溶液呈酸性，说明电离程度大于水解程度，因此 c (H2C2O4) < c (C2O42-)，A错误；
B、等体积混合后，c (C2O42-) 和 c (Ca2+) 均为 0.005mol/L，离子积 Q = 0.005 × 0.005 = 2.5×10-5。溶液变浑浊说明 Q > Ksp，因此 Ksp (CaC2O4) < 2.5×10-5，而非等于，B错误；
C、原 NaHC2O4溶液满足物料守恒 c (Na+) = c (H2C2O4) + c (HC2O4-) + c (C2O42-)。滴加 NaOH 后，Na+的物质的量增加，因此反应后 c (Na+) > c (H2C2O4) + c (HC2O4-) + c (C2O42-)，C错误；
D、实验 4 中溶液 pH=7，电荷守恒式为 c (Na+) + c (NH4+) = c (HC2O4-) + 2c (C2O42-)。结合物料守恒 c (Na+) = c (H2C2O4) + c (HC2O4-) + c (C2O42-)，两式相减可推导出 c (NH4+) = c (C2O42-) - c (H2C2O4)，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．NaHC2O4溶液 pH=3.0 呈酸性，直接说明 HC2O4-电离程度 > 水解程度，因此 c (C2O42-) > c (H2C2O4)。
B．混合后离子积 Q = 0.005 × 0.005 = 2.5×10-5，溶液浑浊说明 Q > Ksp，故 Ksp (CaC2O4) < 2.5×10-5，不能直接等于。
C．滴加 NaOH 后，Na+的物质的量增加，打破了原物料守恒，因此 c (Na+) > 所有含 C2O4微粒浓度之和。
D．利用 pH=7 的电荷守恒式，与原物料守恒式联立消去 Na+和 HC2O4-，直接推导出
c (NH4+) = c (C2O42-) - c (H2C2O4)。
13．甲醇水蒸气重整制氢是生产氢气的重要途径，其主要反应为：
Ⅰ．
Ⅱ．
、时，混合气体以一定流速通过反应管，在催化剂作用下反应一段时间后测得转化率、CO选择性随温度的变化如图所示。
下列说法正确的是
A．反应Ⅱ的平衡常数：
B．的物质的量：a点C．其他条件不变，混合气体流速越大，的转化率越大
D．温度高于240℃，CO选择性迅速上升的原因是反应Ⅱ速率大于反应Ⅰ
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、反应 Ⅱ 是吸热反应（ΔH2>0），温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大，因此 K (220℃) < K (280℃)，A错误；
B、由图可知，a 点温度低于 b 点，甲醇转化率 a 点低于 b 点，且反应 Ⅰ 为吸热反应，温度越高越利于生成 CO2，因此 CO2的物质的量：a 点 < b 点，B 正确；
C、流速越大，反应接触时间越短，CH3OH 反应越不充分，转化率会降低，而非增大，C错误；
D、温度高于 240℃时，CO 选择性迅速上升，是因为反应 Ⅱ 的速率增幅远大于反应 Ⅰ，导致更多的 CH3OH 转化为 CO，而不是反应 Ⅱ 的平衡常数更大，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．反应 Ⅱ 为吸热反应（ΔH2 > 0），温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大。
B． 甲醇转化率和温度均会影响 CO2的生成量，温度越高、转化率越高，生成的 CO2越多；
C．流速越大，反应接触时间越短，CH3OH 反应越不充分。
D．温度高于 240℃时，CO 选择性迅速上升，是因为反应 Ⅱ 的速率增幅远大于反应 Ⅰ，导致更多 CH3OH 转化为 CO。
二、非选择题：共4题，共61分。
14．一种从钴渣中分离回收金属的工艺流程如下：
已知：酸浸液主要含有、、、等金属阳离子。
（1）“酸浸”时保持温度、浸取时间不变，能提高金属元素浸出率的措施有　 　。
（2）“沉铁”时，先向酸浸液中加入一定量，检验氧化完全的试剂为　 　（填化学式）。反应完成后加入调节pH至4.0将转为，反应的化学方程式为　 　。
（3）“沉钴”时，选用NaHS溶液而不选等浓度溶液的理由为　 　。获得的CoS沉淀经处理可获得一种钴的氧化物，其晶胞如图所示，该氧化物的化学式为　 　。
（4）“沉镍”时，与丁二酮肟（）反应生成鲜红色沉淀，结构如图所示。该沉淀中存在的化学键有______（填序号）。
A．氢键 B．共价键 C．配位键 D．金属键
（5）“沉锰”后主要生成和两种沉淀，再通入空气氧化得到产品。氧化时间对中锰含量及溶液pH的影响如图所示。
①15~150min，pH下降较快的原因是　 　（用离子方程式表示）。
②氧化时间大于225min时，产品中的锰含量下降，其原因是　 　。
【答案】（1）加快搅拌速率
（2）；
（3）Na2S碱性强，OH-离子，更浓度大，容易形成Co(OH)2沉淀；
（4）B；C
（5）；生成了Mn2O3或MnO2，使产品中的锰含量下降
【知识点】晶胞的计算；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】(1) 从反应速率角度分析，加快搅拌速率可增大反应物接触面积，提高金属元素的浸出率，
故答案为：加快搅拌速率；
(2) 检验可用溶液，反应生成蓝色沉淀；加入调节pH至4.0时，与、水反应生成沉淀、和，反应的化学方程式为：，
故答案为：；；
(3) 选用溶液而不选等浓度的溶液，是因为碱性更强，浓度大，易生成沉淀；晶胞中的个数为，的个数为，两者数目比为1：1，故该化合物的化学式为，
故答案为：的碱性强，浓度大，更容易生成沉淀；；
(4) 与丁二酮肟反应生成的沉淀中，存在配位键和共价键，
故答案为：BC；
（5） 15-150min，主要发生的反应的离子方程式为 ，氧化过程中产生了，所以pH下降较快；Mn3O4中，Mn2O3中，MnO2中，、，Mn3O4中锰的含量最大，225min后，生成了Mn2O3或MnO2，使产品中的锰含量下降；
故答案为：；生成了Mn2O3或MnO2，使产品中的锰含量下降。
【分析】用硫酸溶解钴渣，得到含 Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属离子的浸出液。加入 H2O2将 Fe2+氧化为 Fe3+，再用 CaCO3调节 pH，使 Fe3+水解为氢氧化物沉淀除去，得到滤渣 1。加入 NaHS，使 Co2+转化为 CoS 沉淀分离。加入丁二酮肟，使 Ni2+形成螯合物沉淀除去，得到滤渣 2。加入 NH3 H2O 调节 pH，使 Mn2+沉淀，滤液回收其他金属。将锰的沉淀在空气中氧化，最终得到 Mn3O4。
（1）浸出率提升措施：从影响反应速率的因素（如搅拌、温度、接触面积等）入手，分析能提高金属元素浸出率的操作；
（2）离子检验与除杂反应：根据的特征检验试剂，写出反应方程式；结合水解与的反应，配平调节pH的化学方程式；
（3）沉淀试剂选择与晶胞计算：对比与的碱性差异，分析沉淀的影响；利用均摊法计算晶胞中和的数目，确定化合物化学式；
（4）化学键类型判断：分析与丁二酮肟反应生成的沉淀中存在的化学键类型；
（5）氧化反应分析：根据氧化过程中物质的转化，写出离子方程式；结合不同锰氧化物中锰氧比，分析产品锰含量变化的原因。
（1）从反应速率的角度分析，能提高金属元素浸出率的措施有加快搅拌速率；故答案为：加快搅拌速率；
（2）检验用溶液，反应生成蓝色沉淀；反应完成后加入调节pH至4.0时反应的化学方程式：；
故答案为： ；；
（3）选用溶液而不选等浓度的溶液是因为Na2S的碱性强，OH-离子浓度大，更容易生成Co(OH)2沉淀；晶胞中钴离子的个数为：，氧离子的个数为：，由于钴离子和氧离子的个数均为4，所以该化合物的化学式为，故答案为：Na2S的碱性强，OH-离子浓度大，更容易生成Co(OH)2沉淀；；
（4）与丁二酮肟反应生成的沉淀中存在的化学键有：配位键和共价键，故答案为：BC；
（5）15-150min，主要发生的反应的离子方程式为 ，氧化过程中产生了，所以pH下降较快；Mn3O4中，Mn2O3中，MnO2中，、，Mn3O4中锰的含量最大，225min后，生成了Mn2O3或MnO2，使产品中的锰含量下降；故答案为：；生成了Mn2O3或MnO2，使产品中的锰含量下降。
15．沙丁胺醇（G）可用于治疗哮喘，其合成路线如下（-Ph代表苯基）：
（1）A的含氧官能团名称为　 　。
（2）B→C中有副产物X（与B互为同分异构体）生成，X的结构简式为　 　。
（3）写出同时满足下列条件的D的一种芳香族同分异构体的结构简式：　 　。酸性条件下水解所得的三种产物均有2种不同化学环境的氢原子，其中一种产物遇溶液显色。
（4）与相比，D→E中用试剂的优点是　 　。
（5）写出以和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）。
【答案】（1）酚羟基、羧基
（2）、、
（3）
（4）使用可引入苄基保护氨基，提高反应选择性，且后续易通过加氢脱除，便于目标产物合成，减少副产物的生成
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）分析A的结构简式可知A的含氧官能团为酚羟基和羧基，
故答案为：酚羟基、羧基；
（2）对比B、C的结构简式可知，B、C均有羧基，B、C互为同分异构体，有两个侧链在邻位，B中苯环上有4种位置的氢原子，副产物X与B互为同分异构体，则X中-COCH3可在另外3种位置，所以X为、或，
故答案为：、、；
（3）D的一种芳香族同分异构体需要满足的条件是酸性条件下水解得到3种产物均有2种不同化学环境的氢原子，其中一种产物遇溶液显色，可知D的同分异构体含有两个酯基，且水解产物含有酚羟基。均有2种不同化学环境的氢原子，可知该同分异构体高度对称，符合条件的结构简式为：，
故答案为：；
（4）在合成路线中，使用时，苄基可先参与反应引入，后通过催化加氢移除，避免直接用可能导致的复杂副产物，
故答案为：使用引入苄基可保护氨基，提高反应选择性，且后续易通过加氢脱除，便于目标产物合成，减少副产物的生成；
（5）结合题意和本题题干中的合成路线可知：中的酚羟基与发生酯化反应，生成，中的醛基在被催化氧化生成羧基得到，在作用下生成，与加成生成，中的醇羟基和羧基脱水缩合生成目标产物，
故答案为：。
【分析】A（） 中的酚羟基与乙酸酐发生酯化反应，生成含乙酸酯基的 B（）。在 AlCl3催化下，B 发生傅 - 克酰基化反应，在苯环上引入酮羰基得到C（）。C 的酮羰基 α- 氢在 Br2/CHCl3条件下发生溴代反应，生成 D（）。D 与 (CH3)3CNHCH2Ph 发生亲核取代反应，溴原子被氨基取代，得到 E（）。E 中的酮羰基和羧基被 LiAlH4还原为醇羟基，生成 F（）。F 中的亚氨基（-N=C (CH3)3）在 H2/Pd/C 条件下被还原为氨基（-NHC (CH3)3），同时苯环加氢，最终得到目标产物沙丁胺醇 G（）。据此解题。
（1）分析A的结构简式可知A的含氧官能团为酚羟基和羧基，故答案为：酚羟基、羧基；
（2）对比B、C的结构简式可知，B、C均有羧基，B、C互为同分异构体，有两个侧链在邻位，B中苯环上有4种位置的氢原子，副产物X与B互为同分异构体，则X中-COCH3可在另外3种位置，所以X为、或，故答案为：、、；
（3）D的一种芳香族同分异构体需要满足的条件是酸性条件下水解得到3种产物均有2种不同化学环境的氢原子，其中一种产物遇溶液显色，可知D的同分异构体含有两个酯基，且水解产物含有酚羟基。均有2种不同化学环境的氢原子，可知该同分异构体高度对称，符合条件的结构简式为：，故答案为：；
（4）在合成路线中，使用时，苄基可先参与反应引入，后通过催化加氢移除，避免直接用可能导致的复杂副产物，故答案为：使用引入苄基可保护氨基，提高反应选择性，且后续易通过加氢脱除，便于目标产物合成，减少副产物的生成；
（5）结合题意和本题题干中的合成路线可知：中的酚羟基与发生酯化反应，生成，中的醛基在被催化氧化生成羧基得到，在作用下生成，与加成生成，中的醇羟基和羧基脱水缩合生成目标产物，故答案为：。
16．重铬酸钾（）在不同领域有着重要用途。
（1）室温下，溶液中含铬物种的浓度与pH的关系如图所示，反应的平衡常数　 　。
（2）酸性溶液曾用于检测司机是否酒后驾驶，反应原理如下（未配平）：
为探究用量对该反应速率的影响，设计如下实验：
室温下，将不同体积的溶液分别与溶液混合，加入乙醇溶液，用蒸馏水定容至50mL；静置30min后，用分光光度计测得溶液的吸光度A与溶液体积的关系如图所示（吸光度A仅与的浓度成正比）。
①若实验中加入的与乙醇完全反应，转移电子的物质的量为　 　mol。
②随着硫酸用量增加，吸光度A先增大后基本不变的原因是　 　。
（3）醋酸亚铬是一种红色晶体，在气体分析中常用作氧气吸收剂，其难溶于冷水，易溶于酸，潮湿环境下易被氧化。实验室用制备醋酸亚铬的装置如图所示：
①吸滤瓶中，锌将还原为（蓝色）的离子方程式为　 　。实验中锌必须过量的原因是　 　。
②锥形瓶中发生反应。请补充完整实验方案：打开，关闭，打开，向吸滤瓶中逐滴加入盐酸溶液；　 　；依次用蒸馏水、无水乙醇、无水乙醚洗涤晶体，干燥（实验中必须使用的用品：瓶塞、冰水浴）。
【答案】（1）0.011
（2）0.004或；V(H2SO4)<10mL，随着硫酸用量增大，溶液中c(H+)增大，反应速率增大，c(Cr3+)增 大；V(H2SO4)>10mL，30min内乙醇完全反应，c(Cr3+)基本不变
（3）；使 K2Cr2O7充分被还原为CrCl2(或防止CrCl2被氧化)；产生H2将CrCl2溶液压入锥形瓶；当吸滤瓶中溶液颜色不再变化时，关闭K2，打开K3，关闭K1；当锥形瓶中溶液不再增加时，迅速用瓶塞塞紧锥形瓶；将锥形瓶置于冰水浴中冷却结晶，过滤
【知识点】化学平衡的计算；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）根据C点：。
故答案为： 0.011 ；
（2）①Cr化合价变化为+6→+3，CH3CH2OH中C的化合价为-2，CH3COOH中C的化合价为0，C化合价变化为-2→0，1mol得到6mol电子，1molCH3CH2OH失去4mol电子，根据得失电子守恒，则反应K2Cr2O7和乙醇的计量系数比为2：3，转移12mol电子，有计量关系：2K2Cr2O7~3乙醇~12e-；实验中：K2Cr2O7的物质的量为，乙醇的物质的量为，K2Cr2O7过量，则转移电子的物质的量为；
②随着硫酸用量增加，吸光度A先增大后基本不变的原因是：V(H2SO4)<10mL，随着硫酸用量增大，溶液中c(H+)增大，反应速率增大，c(Cr3+)增 大；V(H2SO4)>10mL，30min内乙醇完全反应，c(Cr3+)基本不变。
故答案为： 0.004或 ； V(H2SO4)<10mL，随着硫酸用量增大，溶液中c(H+)增大，反应速率增大，c(Cr3+)增 大；V(H2SO4)>10mL，30min内乙醇完全反应，c(Cr3+)基本不变 ；
（3）①锌将还原为，同时生成Zn2+，离子方程式为；实验中锌必须过量的原因是：使 K2Cr2O7充分被还原为CrCl2(或防止CrCl2被氧化)，同时产生H2将CrCl2溶液压入锥形瓶
实验方案为：打开，关闭，打开，向吸滤瓶中逐滴加入盐酸溶液；当吸滤瓶中溶液颜色不再变化时，关闭K2，打开K3，关闭K1；当锥形瓶中溶液不再增加时，迅速用瓶塞塞紧锥形瓶；将锥形瓶置于冰水浴中冷却结晶，过滤。
故答案为： ； 使 K2Cr2O7充分被还原为CrCl2(或防止CrCl2被氧化)；产生H2将CrCl2溶液压入锥形瓶 ； 当吸滤瓶中溶液颜色不再变化时，关闭K2，打开K3，关闭K1；当锥形瓶中溶液不再增加时，迅速用瓶塞塞紧锥形瓶；将锥形瓶置于冰水浴中冷却结晶，过滤 。
【分析】(1) 根据平衡常数表达式 ，利用图像中C点数据（，）直接代入计算。
(2)① 电子转移：根据得失电子守恒，判断乙醇为限量试剂，计算出转移电子的物质的量为 ② 吸光度变化： 时， 增大，反应速率加快， 升高； 时，乙醇耗尽， 基本不变。
(3)① 离子方程式：根据氧化还原规律配平 ；锌过量是为了将 完全还原并防止 被氧化，同时产生氢气压出溶液。
② 实验方案：待溶液颜色不变时，关闭K2、打开K3、关闭K1，利用氢气将 溶液压入锥形瓶，反应后用冰水浴冷却结晶、过滤。
（1）根据C点：。
（2）①Cr化合价变化为+6→+3，CH3CH2OH中C的化合价为-2，CH3COOH中C的化合价为0，C化合价变化为-2→0，1mol得到6mol电子，1molCH3CH2OH失去4mol电子，根据得失电子守恒，则反应K2Cr2O7和乙醇的计量系数比为2：3，转移12mol电子，有计量关系：2K2Cr2O7~3乙醇~12e-；实验中：K2Cr2O7的物质的量为，乙醇的物质的量为，K2Cr2O7过量，则转移电子的物质的量为；
②随着硫酸用量增加，吸光度A先增大后基本不变的原因是：V(H2SO4)<10mL，随着硫酸用量增大，溶液中c(H+)增大，反应速率增大，c(Cr3+)增 大；V(H2SO4)>10mL，30min内乙醇完全反应，c(Cr3+)基本不变。
（3）①锌将还原为，同时生成Zn2+，离子方程式为；实验中锌必须过量的原因是：使 K2Cr2O7充分被还原为CrCl2(或防止CrCl2被氧化)，同时产生H2将CrCl2溶液压入锥形瓶
实验方案为：打开，关闭，打开，向吸滤瓶中逐滴加入盐酸溶液；当吸滤瓶中溶液颜色不再变化时，关闭K2，打开K3，关闭K1；当锥形瓶中溶液不再增加时，迅速用瓶塞塞紧锥形瓶；将锥形瓶置于冰水浴中冷却结晶，过滤。
17．绿氨作为“零碳”燃料，是未来重要的清洁能源。
（1）氨燃料的应用。和混合燃烧可改善的燃烧性能，在25℃和101kPa下：
ⅰ.
ⅱ.
ⅲ.
①该条件下，的燃烧热　 　。
②在绝热容器中，将一定体积、不同组成比的、混合气体在足量中燃烧，其他条件相同时，测得体系的最高温度和反应后NO的物质的量分数随含量的变化如图所示（反应衡状态）。NO的物质的量分数随含量先增大后减小的原因是　 　。
（2）氨的催化分解。催化氨分解反应的原理如图所示。
①在500K完成反应Ⅰ后，用X-射线衍射法判断残留固体M的组成，其X-射线衍射图如下图中（a）所示，该反应的化学方程式为　 　。
②在723K完成反应Ⅱ后，残留固体的X-射线衍射图如下图中（b）所示，单质Fe由M中的某物质分解生成。经该循环得到的与的物质的量之比　 　3（填“>”、“<”或“=”）。
（3）氨电解反应可用于制氢。相同条件下，饱和氨水（的质量分数为34%）的密度为，液氨的密度为。
①电解含的液氨溶液制的装置如图所示，电解时，阳极的电极反应式为　 　。
②氨气燃料的性能可用“能量密度”来衡量，能量密度，则饱和氨水的能量密度为　 　（写出计算过程）。
③相比电解饱和氨水，电解液氨法制的优点是　 　。
【答案】（1）-382.5kJ/mol；在绝热容器中，反应前后能量守恒，开始时H2含量增加，反应放出的热量增多，温度升高；随着H2含量的继续增加，NO的物质的量分数先增大；随着温度的升高，反应ⅲ平衡逆向移动，从而导致NO的物质的量分数减小
（2）2NH3+ 4Li3FeN2=2Fe2N +6Li2NH+N2；<
（3）；27mol/L；“能量密度”大
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①由ⅱ. ，ⅲ.
根据盖斯定律ⅲ-2×ⅱ得，△H=-1164.8kJ/mol-2182.6kJ/mol=-1530kJ/mol；
燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定物质时所放出的热量。则该条件下，的燃烧热△H=-1530kJ/mol×=-382.5kJ/mol；
②在绝热容器中，反应前后能量守恒，开始时H2含量增加，反应放出的热量增多，温度升高；随着H2含量的继续增加，NO的物质的量分数先增大；随着温度的升高，反应ⅲ平衡逆向移动，从而导致NO的物质的量分数减小，所以NO的物质的量分数随含量先增大后减小。
故答案为： -382.5kJ/mol ； 在绝热容器中，反应前后能量守恒，开始时H2含量增加，反应放出的热量增多，温度升高；随着H2含量的继续增加，NO的物质的量分数先增大；随着温度的升高，反应ⅲ平衡逆向移动，从而导致NO的物质的量分数减小 ；
（2）①根据X射线衍射图（a）可知残留固体M为Fe2N和Li2NH，则反应Ⅰ的反应物为NH3、Li3FeN2，生成物为Fe2N 、Li2NH和N2，化学方程式为：2NH3+ 4Li3FeN2=2Fe2N +6Li2NH+N2；
②在723K完成反应Ⅱ后，单质Fe由M中的某物质分解生成。根据含铁物质的化学式，可知Fe2N分解放出氮气，所以经该循环得到的与的物质的量之比<3。
故答案为： 2NH3+ 4Li3FeN2=2Fe2N +6Li2NH+N2 ； < ；
（3）①电解含的液氨溶液制的装置如图所示，电解时， 在阳极失电子生成N2，阳极的电极反应式为。
②设饱和氨水的体积为1L，密度为，则氨水的质量为900g，n(NH3)=，氨电解反应，则放出氢气的物质的量为27mol，则饱和氨水的能量密度为27mol/L。
③设液氨的体积为1L，液氨的密度为，则液氨的质量为770g，n(NH3)=，氨电解反应，则放出氢气的物质的量为68mol，则液氨的能量密度为68mol/L，相比电解饱和氨水，电解液氨法制的优点是“能量密度”大。
故答案为： ； 27mol/L ；“能量密度”大。
【分析】(1) ① 利用盖斯定律，由反应 iii - 2×ii 得到 4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O (l)，再除以 4 得到 1mol NH3的燃烧热。
② 绝热条件下，H2含量增加使反应放热增多、温度升高；温度升高使生成 NO 的反应逆向移动，导致 NO 物质的量分数先增后减。
(2) ①根据 X 射线衍射图确定产物为 Fe2N、Li2NH 和 N2，配平写出化学方程式。
② Fe2N 分解放出 N2，使循环中 N2增多，故 < 3。
(3) ① NH2-失电子生成 N2，配平电极反应式：6NH2--6e-=N2↑+4NH3。
②取 1L 氨水，计算其中 NH3的物质的量，再根据电解反应式求出生成 H2的物质的量，即得能量密度。
③液氨中 NH3浓度更高，电解液氨的能量密度更大。
（1）①由ⅱ. ，ⅲ.
根据盖斯定律ⅲ-2×ⅱ得，△H=-1164.8kJ/mol-2182.6kJ/mol=-1530kJ/mol；
燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定物质时所放出的热量。则该条件下，的燃烧热△H=-1530kJ/mol×=-382.5kJ/mol；
②在绝热容器中，反应前后能量守恒，开始时H2含量增加，反应放出的热量增多，温度升高；随着H2含量的继续增加，NO的物质的量分数先增大；随着温度的升高，反应ⅲ平衡逆向移动，从而导致NO的物质的量分数减小，所以NO的物质的量分数随含量先增大后减小。
（2）①根据X射线衍射图（a）可知残留固体M为Fe2N和Li2NH，则反应Ⅰ的反应物为NH3、Li3FeN2，生成物为Fe2N 、Li2NH和N2，化学方程式为：2NH3+ 4Li3FeN2=2Fe2N +6Li2NH+N2；
②在723K完成反应Ⅱ后，单质Fe由M中的某物质分解生成。根据含铁物质的化学式，可知Fe2N分解放出氮气，所以经该循环得到的与的物质的量之比<3。
（3）①电解含的液氨溶液制的装置如图所示，电解时， 在阳极失电子生成N2，阳极的电极反应式为。
②设饱和氨水的体积为1L，密度为，则氨水的质量为900g，n(NH3)=，氨电解反应，则放出氢气的物质的量为27mol，则饱和氨水的能量密度为27mol/L。
③设液氨的体积为1L，液氨的密度为，则液氨的质量为770g，n(NH3)=，氨电解反应，则放出氢气的物质的量为68mol，则液氨的能量密度为68mol/L，相比电解饱和氨水，电解液氨法制的优点是“能量密度”大。
1 / 1江苏省南京市2024-2025学年高中化学高三考前指导卷
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1．中国“人造太阳”核聚变实验装置的主要原料是和，它们互为
A．同位素 B．同素异形体 C．同分异构体 D．同系物
2．反应，可用于吸收。下列说法正确的是
A．的结构示意图为 B．NaOH的电子式为
C．NaClO中Cl元素的化合价为 D．为非极性分子
3．用废铁屑制取摩尔盐，下列原理、装置及操作能达到实验目的的是
A．用装置甲制取溶液
B．用装置乙制取并收集
C．用装置丙制备和混合溶液
D．用装置丁蒸干溶液得到
4．青霉素（）是世界上第一种抗生素。下列说法正确的是
A．第一电离能： B．稳定性：
C．电负性： D．沸点：
阅读下列材料，完成下面小题：
工业上常采用催化氧化法制硝酸。硝酸工业尾气（NO和）常采用以下方法脱除：①石灰乳法：将物质的量之比约为1：1的NO和通入石灰乳，净化尾气并制得混凝土添加剂；②选择性催化还原法：一定条件下，尿素将氮氧化物转化为；③电解法：用稀硝酸吸收氮氧化物生成，再将其电解生成。
5．下列说法正确的是
A．NO和均为酸性氧化物
B．中键的数目为12mol
C．尿素易溶于水的原因之一为尿素分子能与水分子形成氢键
D．反应能够自发进行的原因是
6．下列物质转化或化学反应表示不正确的是
A．实验室探究稀硝酸与铜反应的气态产物：
B．实验室探究葡萄糖的性质：
C．尿素与反应：
D．电解法脱硝的阳极反应：
7．下列有关反应描述正确的是
A．催化剂可以降低和反应的焓变，从而加快反应速率
B．若通入石灰乳，产品中含量升高
C．尿素与反应过程中既有非极性共价键的断裂，又有非极性共价键的形成
D．电解法脱硝中转化为，氮原子轨道的杂化类型由转化为
8．铝及其化合物具有重要应用。下列说法正确的是
A．铝合金硬度低，可用于航空工业
B．熔点高，可用于电解冶炼铝
C．有弱碱性，可用于治疗胃酸过多
D．易溶于水，可用于净水
9．化合物Z是一种药物的重要中间体，部分合成路线如下：
下列说法正确的是
A．X不能与溶液发生反应
B．Y中所有碳原子一定共平面
C．1mol Z最多能与发生加成反应
D．X、Y、Z可以用溶液和新制进行鉴别
10．一种二次储能电池的构造示意图如图所示。下列说法正确的是
A．放电时，电能转化为化学能
B．放电时，发生还原反应
C．充电时，右侧通过质子交换膜向左侧电极移动
D．充电时，每生成，转移电子数为
11．室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是
选项 实验过程及现象 实验结论
A 向溶液中滴入硫酸酸化的溶液，溶液变黄 氧化性：
B 用pH试纸分别测定溶液和溶液pH，溶液pH大 酸性：
C 向含有ZnS和的悬浊液中滴加溶液，生成黑色沉淀 溶度积常数：
D 将盛有的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅（为基元反应） 活化能：
A．A B．B C．C D．D
12．室温下，已知，。通过下列实验探究、的性质。
实验1：用pH计测得溶液的。
实验2：向溶液中滴加等体积溶液，溶液变浑浊。
实验3：向溶液中滴加少量溶液，无明显现象。
实验4：向溶液中通入一定量，测得溶液。
下列说法正确的是
A．实验1溶液中：
B．实验2可得到
C．实验3反应后的溶液中存在：
D．实验4所得的溶液中：
13．甲醇水蒸气重整制氢是生产氢气的重要途径，其主要反应为：
Ⅰ．
Ⅱ．
、时，混合气体以一定流速通过反应管，在催化剂作用下反应一段时间后测得转化率、CO选择性随温度的变化如图所示。
下列说法正确的是
A．反应Ⅱ的平衡常数：
B．的物质的量：a点C．其他条件不变，混合气体流速越大，的转化率越大
D．温度高于240℃，CO选择性迅速上升的原因是反应Ⅱ速率大于反应Ⅰ
二、非选择题：共4题，共61分。
14．一种从钴渣中分离回收金属的工艺流程如下：
已知：酸浸液主要含有、、、等金属阳离子。
（1）“酸浸”时保持温度、浸取时间不变，能提高金属元素浸出率的措施有　 　。
（2）“沉铁”时，先向酸浸液中加入一定量，检验氧化完全的试剂为　 　（填化学式）。反应完成后加入调节pH至4.0将转为，反应的化学方程式为　 　。
（3）“沉钴”时，选用NaHS溶液而不选等浓度溶液的理由为　 　。获得的CoS沉淀经处理可获得一种钴的氧化物，其晶胞如图所示，该氧化物的化学式为　 　。
（4）“沉镍”时，与丁二酮肟（）反应生成鲜红色沉淀，结构如图所示。该沉淀中存在的化学键有______（填序号）。
A．氢键 B．共价键 C．配位键 D．金属键
（5）“沉锰”后主要生成和两种沉淀，再通入空气氧化得到产品。氧化时间对中锰含量及溶液pH的影响如图所示。
①15~150min，pH下降较快的原因是　 　（用离子方程式表示）。
②氧化时间大于225min时，产品中的锰含量下降，其原因是　 　。
15．沙丁胺醇（G）可用于治疗哮喘，其合成路线如下（-Ph代表苯基）：
（1）A的含氧官能团名称为　 　。
（2）B→C中有副产物X（与B互为同分异构体）生成，X的结构简式为　 　。
（3）写出同时满足下列条件的D的一种芳香族同分异构体的结构简式：　 　。酸性条件下水解所得的三种产物均有2种不同化学环境的氢原子，其中一种产物遇溶液显色。
（4）与相比，D→E中用试剂的优点是　 　。
（5）写出以和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）。
16．重铬酸钾（）在不同领域有着重要用途。
（1）室温下，溶液中含铬物种的浓度与pH的关系如图所示，反应的平衡常数　 　。
（2）酸性溶液曾用于检测司机是否酒后驾驶，反应原理如下（未配平）：
为探究用量对该反应速率的影响，设计如下实验：
室温下，将不同体积的溶液分别与溶液混合，加入乙醇溶液，用蒸馏水定容至50mL；静置30min后，用分光光度计测得溶液的吸光度A与溶液体积的关系如图所示（吸光度A仅与的浓度成正比）。
①若实验中加入的与乙醇完全反应，转移电子的物质的量为　 　mol。
②随着硫酸用量增加，吸光度A先增大后基本不变的原因是　 　。
（3）醋酸亚铬是一种红色晶体，在气体分析中常用作氧气吸收剂，其难溶于冷水，易溶于酸，潮湿环境下易被氧化。实验室用制备醋酸亚铬的装置如图所示：
①吸滤瓶中，锌将还原为（蓝色）的离子方程式为　 　。实验中锌必须过量的原因是　 　。
②锥形瓶中发生反应。请补充完整实验方案：打开，关闭，打开，向吸滤瓶中逐滴加入盐酸溶液；　 　；依次用蒸馏水、无水乙醇、无水乙醚洗涤晶体，干燥（实验中必须使用的用品：瓶塞、冰水浴）。
17．绿氨作为“零碳”燃料，是未来重要的清洁能源。
（1）氨燃料的应用。和混合燃烧可改善的燃烧性能，在25℃和101kPa下：
ⅰ.
ⅱ.
ⅲ.
①该条件下，的燃烧热　 　。
②在绝热容器中，将一定体积、不同组成比的、混合气体在足量中燃烧，其他条件相同时，测得体系的最高温度和反应后NO的物质的量分数随含量的变化如图所示（反应衡状态）。NO的物质的量分数随含量先增大后减小的原因是　 　。
（2）氨的催化分解。催化氨分解反应的原理如图所示。
①在500K完成反应Ⅰ后，用X-射线衍射法判断残留固体M的组成，其X-射线衍射图如下图中（a）所示，该反应的化学方程式为　 　。
②在723K完成反应Ⅱ后，残留固体的X-射线衍射图如下图中（b）所示，单质Fe由M中的某物质分解生成。经该循环得到的与的物质的量之比　 　3（填“>”、“<”或“=”）。
（3）氨电解反应可用于制氢。相同条件下，饱和氨水（的质量分数为34%）的密度为，液氨的密度为。
①电解含的液氨溶液制的装置如图所示，电解时，阳极的电极反应式为　 　。
②氨气燃料的性能可用“能量密度”来衡量，能量密度，则饱和氨水的能量密度为　 　（写出计算过程）。
③相比电解饱和氨水，电解液氨法制的优点是　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】 和 的本质：它们是氢元素的两种不同原子，质子数均为 1，中子数分别为 1 和 2。
A、同位素：质子数相同、中子数不同的同种元素的不同原子，A符合；
B、同素异形体：同种元素形成的不同单质，题干是原子而非单质，B不符合；
C、同分异构体：分子式相同、结构不同的化合物，题干是原子而非化合物，C不符合；
D、同系物：结构相似、分子组成相差 n 个 CH2基团的有机物，与氢原子无关，D不符合；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
混淆 “原子” 和 “单质”：2 H 和13H 是原子，不是单质，因此不属于同素异形体。
混淆 “原子” 和 “化合物”：同分异构体和同系物的讨论对象是化合物，而非原子。
概念记忆偏差：要牢记同位素的核心是 “同种元素的不同原子”，而其他三个概念的讨论对象分别是单质、化合物、有机物。
2．【答案】C
【知识点】极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、Cl 原子得到 1 个电子形成 Cl-，核外电子排布应 为，A错误；
B、NaOH 是离子化合物，由 Na+和 OH-构成，电子式需体现离子键和共价键 电子式为，B错误；
C、根据化合物中正负化合价代数和为零的原则，Na 为 + 1 价，O 为 - 2 价，可计算出 Cl 为 + 1 价 ，C正确；
D、SO2分子中 S 原子采取 sp2 杂化，分子构型为 V 形，正负电荷中心不重合，属于极性分子 ，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：混淆原子和离子的结构示意图：Cl 原子最外层有 7 个电子，而 Cl-最外层有 8 个电子。
离子化合物电子式书写错误：NaOH 的电子式需要标出阴阳离子，不能遗漏方括号和电荷符号。
化合价计算失误：忽略化合物中正负化合价代数和为零的原则，导致 Cl 的化合价判断错误。
分子极性判断偏差：只看分子中的化学键类型，忽略分子的空间构型，误将 V 形的 SO2判断为非极性分子。
3．【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；氨的实验室制法；蒸发和结晶、重结晶；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、装置甲：过量废铁屑与 30% 硫酸反应，Fe 过量可防止生成的 Fe2+被氧化，能得到较纯的 FeSO4溶液，操作可行 ，A正确；
B、装置乙：加热 NH4Cl 和 Ca(OH)2固体制 NH3时，试管口应略向下倾斜，防止冷凝水倒流炸裂试管；且收集 NH3时导管应伸入试管底部，图中装置不符合要求 ，B错误；
C、装置丙：NH3极易溶于水，直接将导管插入 FeSO4和 H2SO4混合溶液中，会产生倒吸现象，操作不安全 ，C错误；
D、装置丁：蒸干溶液会使摩尔盐失去结晶水，且 Fe2+易被氧化、NH4+易水解，不能通过蒸干得到目标晶体，应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法 ，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：忽视 Fe2+的还原性：制备 FeSO4时，Fe 过量可防止 Fe2+被氧化，这是关键细节。
气体制备装置细节：加热固体制气体时，试管口必须略向下倾斜；收集 NH3时要注意防倒吸。
结晶方式选择错误：含结晶水的盐类不能直接蒸干溶液，否则会失去结晶水甚至发生副反应。
倒吸风险：NH3极易溶于水，直接通入溶液会导致倒吸，需加装防倒吸装置。
4．【答案】B
【知识点】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；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、N 原子的 2p 轨道为半充满的稳定结构，因此第一电离能高于 O，即 I1(N) > I1(O)，A错误；
B、同周期从左到右，元素非金属性增强，O 的非金属性强于 N，非金属性越强，简单氢化物越稳定，所以稳定性 NH3 < H2O，B正确；
C、同周期从左到右，电负性逐渐增大，O 在 C 右侧，因此电负性 χ(O) > χ(C)，C错误；
D、H2O 分子间存在氢键，而 H2S 分子间只有范德华力，氢键的作用力更强，导致 H2O 的沸点高于 H2S，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
忽略特殊电子构型：N 的 2p3 半充满结构使其第一电离能出现 “反常”，高于相邻的 O。
混淆非金属性与氢化物稳定性的关系：元素非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强。
电负性变化规律记忆不清：同周期主族元素从左到右电负性递增。
忽视氢键对沸点的影响：H2O 分子间氢键是其沸点反常高于 H2S 的关键原因。
【答案】5．C
6．D
7．B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】（1）A、酸性氧化物的定义是与碱反应只生成盐和水。NO 不与碱反应，NO2与碱反应生成两种盐，因此二者都不是酸性氧化物，A错误；
B、在 [Cu(NH3)4]2+中，每个 NH3与 Cu2+形成 1 个 σ 配位键，4 个 NH3共 4 个；每个 NH3内部有 3 个 N-H σ 键，4 个 NH3共 12 个。总 σ 键数为 16，而非 12，B错误；
C、尿素分子含 - NH2基团，能与水分子形成氢键，从而显著增强其在水中的溶解性，C正确；
D、反应 2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) 中气体分子数减少，ΔS<0。反应能自发进行是因为 ΔH<0，放热效应主导，D错误；
故答案为：C。
（2）A、稀硝酸与铜反应生成 NO，NO 遇氧气可被氧化为 NO2，该转化流程正确，A正确；
B、AgNO3与氨水反应生成银氨溶液 [Ag(NH3)2] OH，再与葡萄糖在加热条件下发生银镜反应生成 Ag，符合实验事实，B正确；
C、反应 6NO2+4CO(NH2)2=4CO2+7N2+8H2O，各元素原子守恒，电子转移数目平衡，C正确；
D、HNO2是弱酸，在离子方程式中应保留化学式。正确的阳极反应式应为
HNO2-2e- +H2O=NO3-+3H+，而非 NO2-参与反应，D错误；
故答案为：D。
（3）A、催化剂的作用是降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变反应的焓变，A错误；
B、当 n (NO2)：n (NO) > 1：1 时，过量的 NO2会与石灰乳反应生成 Ca(NO3)2，导致产品中
Ca(NO3)2的含量升高，B正确；
C、尿素和 NO2中均无非极性共价键，反应中只有非极性键（N≡N）的形成，没有断裂，C错误；
D、HNO2中 N 原子的价层电子对数为 3，采取 sp2 杂化；NO3-中 N 原子的价层电子对数也为 3，同样采取 sp2 杂化，杂化类型未发生改变，D错误；
故答案为：B。
【分析】（1）A．酸性氧化物判断：抓住 “与碱反应只生成盐和水” 这一核心定义，直接排除 NO 和 NO2。
B．σ 键计数：区分配位键和分子内共价键，[Cu(NH3)4]2+中 σ 键总数 = 4 个配位键 + 12 个 N-H 键 = 16 个。
C．氢键与溶解性：尿素含 - NH2，可与水形成氢键，这是其易溶于水的关键原因。
D．反应自发性：ΔS<0 时，反应自发的核心驱动力是 ΔH<0（放热），而非熵增。
（2）A．转化合理性：稀硝酸与铜生成 NO，NO 遇 O2氧化为 NO2，符合氮氧化物的转化规律。
B．银镜反应：银氨溶液与葡萄糖在加热条件下生成 Ag，是特征反应，需注意反应条件。
C．氧化还原配平：尿素与 NO2反应，通过电子守恒和原子守恒验证方程式，确保 N2的计量数合理。
D．阳极反应式：HNO2是弱酸，不能拆成 NO2-，需以分子形式参与电极反应。
（3）A．催化剂作用：催化剂只改变活化能，不改变焓变，这是核心考点。
B．NO2过量的影响：NO2与石灰乳反应生成 Ca(NO3)2，导致副产物含量升高。
C．非极性键变化：反应物中无非极性键，只有产物 N2中形成 N≡N 非极性键。
D．杂化类型判断：HNO2和 NO3-中 N 的价层电子对数均为 3，杂化类型均为 sp2，未改变。
5．A、酸性氧化物的定义是与碱反应只生成盐和水。NO 不与碱反应，NO2与碱反应生成两种盐，因此二者都不是酸性氧化物，A错误；
B、在 [Cu(NH3)4]2+中，每个 NH3与 Cu2+形成 1 个 σ 配位键，4 个 NH3共 4 个；每个 NH3内部有 3 个 N-H σ 键，4 个 NH3共 12 个。总 σ 键数为 16，而非 12，B错误；
C、尿素分子含 - NH2基团，能与水分子形成氢键，从而显著增强其在水中的溶解性，C正确；
D、反应 2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) 中气体分子数减少，ΔS<0。反应能自发进行是因为 ΔH<0，放热效应主导，D错误；
故答案为：C。
6．A、稀硝酸与铜反应生成 NO，NO 遇氧气可被氧化为 NO2，该转化流程正确，A正确；
B、AgNO3与氨水反应生成银氨溶液 [Ag(NH3)2] OH，再与葡萄糖在加热条件下发生银镜反应生成 Ag，符合实验事实，B正确；
C、反应 6NO2+4CO(NH2)2=4CO2+7N2+8H2O，各元素原子守恒，电子转移数目平衡，C正确；
D、HNO2是弱酸，在离子方程式中应保留化学式。正确的阳极反应式应为
HNO2-2e- +H2O=NO3-+3H+，而非 NO2-参与反应，D错误；
故答案为：D。
7．A、催化剂的作用是降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变反应的焓变，A错误；
B、当 n (NO2)：n (NO) > 1：1 时，过量的 NO2会与石灰乳反应生成 Ca(NO3)2，导致产品中
Ca(NO3)2的含量升高，B正确；
C、尿素和 NO2中均无非极性共价键，反应中只有非极性键（N≡N）的形成，没有断裂，C错误；
D、HNO2中 N 原子的价层电子对数为 3，采取 sp2 杂化；NO3-中 N 原子的价层电子对数也为 3，同样采取 sp2 杂化，杂化类型未发生改变，D错误；
故答案为：B。
8．【答案】C
【知识点】工业制金属铝；合金及其应用；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A、 铝合金用于航空工业是因为其密度低、强度高，而非硬度低，A错误；
B、电解冶炼铝时，Al2O3熔点（2050℃）太高，需要加入冰晶石降低熔点，并非直接利用其熔点高的性质，B错误；
C、氢氧化铝具有弱碱性，能胃酸（HCl）发生中和反应，且刺激性小，因此可用于治疗胃酸过多，C正确；
D、净水原理是 KAl(SO4)2 的Al3+水解生成 Al (OH)3胶体，吸附水中杂质，而不是因为它易溶于水，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
混淆铝合金的特性：铝合金的优势是密度低、强度高，不是硬度低。
电解铝的细节：Al2O3熔点高，需要加冰晶石助熔，不能直接利用其高熔点。
净水原理的误解：KAl(SO4)2净水靠的是水解生成的胶体吸附性，而非溶解性。
中和胃酸的原理：Al(OH)3的弱碱性使其能安全中和胃酸，而强碱则会造成伤害。
9．【答案】D
【知识点】苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、X 含酚羟基，酚的酸性弱于碳酸但强于 HCO3-，能与 Na2CO3反应生成 NaHCO3，并非不反应，A错误；
B、Y 中苯环的 6 个碳原子共平面，但两个 - OCH3通过单键与苯环相连，C-O-C 键可旋转，因此所有碳原子可能共平面，而非 “一定”，B错误；
C、Z 中苯环可与 3mol H2加成，醛基可与 1mol H2加成，因此 1mol Z 最多能与 4mol H2发生加成反应，C错误；
D、X 含酚羟基，遇 FeCl3溶液显紫色；Z 含醛基，能与新制 Cu(OH)2在加热条件下反应生成砖红色沉淀；Y 无上述现象，因此可用这两种试剂鉴别三者，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：酚羟基的酸性：酚能与 Na2CO3反应，但不能生成 CO2，只能生成 NaHCO3。
共平面判断：单键可旋转，因此 “一定共平面” 和 “可能共平面” 需要严格区分。
加成反应计量：苯环与 H2按 1：3 加成，醛基与 H2按 1：1 加成，不能遗漏。
官能团鉴别：FeCl3用于鉴别酚羟基，新制 Cu(OH)2用于鉴别醛基，需明确各自的现象和条件。
10．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、放电时装置为原电池，能量转化是化学能→电能，而非电能转化为化学能，A错误；
B、放电时 Pb 作负极，发生氧化反应：Pb+SO42--2e-=PbSO4，PbSO4是氧化产物，并非还原反应，B错误；
C、充电时装置为电解池，左侧 Pb/PbSO4作阴极，溶液中阳离子（H+）向阴极移动，因此右侧 H+通过质子交换膜向左侧电极移动，C正确；
D、充电时右侧为阳极，反应为 Fe2+-e-=Fe3+，每生成 1mol Fe3+，转移电子数为 6.02×1023，而非 2 倍，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．放电是原电池，化学能变为电能；充电是电解池，电能变为化学能。
B．Pb 被氧化生成 PbSO4，所以 PbSO4是氧化产物，不是还原产物。
C．电解池中阳离子（H+）向阴极（左侧 Pb/PbSO4）移动，因此右侧 H+会通过质子交换膜移向左侧。
D．Fe2+到Fe3+是失去 1 个电子，所以生成 1mol Fe3+只转移 1mol 电子。
11．【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、在酸性条件下，NO3-（来自 Fe (NO3)2）本身就具有强氧化性，会直接把 Fe2+氧化为 Fe3+，导致溶液变黄。因此无法确定是 H2O2还是 NO3-氧化了 Fe2+，结论 “氧化性：H2O2 > Fe3+” 不成立，A错误；
B、比较 CH3COOH 和 H2CO3的酸性，需要在盐溶液浓度相同的前提下，通过测定 pH 来判断水解程度。题目中未说明 CH3COONa 和 NaHCO3溶液的浓度，因此仅凭 NaHCO3溶液 pH 更大，无法得出酸性强弱结论，B错误；
C、向含有 ZnS 和 Na2S 的悬浊液中滴加 CuSO4，生成的黑色 CuS 沉淀，其 S2-可能来自过量的 Na2S，而非 ZnS 溶解提供的。因此无法直接推断 Ksp (ZnS) > Ksp (CuS)，C错误；
D、降温时 NO2的红棕色变浅，说明平衡 2NO2 N2O4向正反应方向移动，证明正反应是放热反应（ΔH <0）。根据 ΔH = Ea (正反应) - Ea (逆反应) < 0，可推导出 Ea (正反应) < Ea (逆反应)，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．酸性条件下 NO3-具有强氧化性，会直接氧化 Fe2+，干扰 H2O2氧化性的判断，是核心干扰项。
B．比较酸性强弱必须控制盐溶液浓度相同，否则 pH 大小无法直接对应酸性强弱。
C．沉淀转化比较 Ksp 的前提是 S2-来自 ZnS 溶解，而这里 S2-可能来自 Na2S，结论不严谨。
D．降温使平衡向放热方向移动，ΔH<0，结合 ΔH = Ea (正) - Ea (逆)，可直接推出 Ea (正) < Ea (逆)。
12．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、NaHC2O4溶液中，HC2O4-同时存在电离（生成 C2O42-）和水解（生成 H2C2O4）。实验测得 pH=3.0，溶液呈酸性，说明电离程度大于水解程度，因此 c (H2C2O4) < c (C2O42-)，A错误；
B、等体积混合后，c (C2O42-) 和 c (Ca2+) 均为 0.005mol/L，离子积 Q = 0.005 × 0.005 = 2.5×10-5。溶液变浑浊说明 Q > Ksp，因此 Ksp (CaC2O4) < 2.5×10-5，而非等于，B错误；
C、原 NaHC2O4溶液满足物料守恒 c (Na+) = c (H2C2O4) + c (HC2O4-) + c (C2O42-)。滴加 NaOH 后，Na+的物质的量增加，因此反应后 c (Na+) > c (H2C2O4) + c (HC2O4-) + c (C2O42-)，C错误；
D、实验 4 中溶液 pH=7，电荷守恒式为 c (Na+) + c (NH4+) = c (HC2O4-) + 2c (C2O42-)。结合物料守恒 c (Na+) = c (H2C2O4) + c (HC2O4-) + c (C2O42-)，两式相减可推导出 c (NH4+) = c (C2O42-) - c (H2C2O4)，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．NaHC2O4溶液 pH=3.0 呈酸性，直接说明 HC2O4-电离程度 > 水解程度，因此 c (C2O42-) > c (H2C2O4)。
B．混合后离子积 Q = 0.005 × 0.005 = 2.5×10-5，溶液浑浊说明 Q > Ksp，故 Ksp (CaC2O4) < 2.5×10-5，不能直接等于。
C．滴加 NaOH 后，Na+的物质的量增加，打破了原物料守恒，因此 c (Na+) > 所有含 C2O4微粒浓度之和。
D．利用 pH=7 的电荷守恒式，与原物料守恒式联立消去 Na+和 HC2O4-，直接推导出
c (NH4+) = c (C2O42-) - c (H2C2O4)。
13．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、反应 Ⅱ 是吸热反应（ΔH2>0），温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大，因此 K (220℃) < K (280℃)，A错误；
B、由图可知，a 点温度低于 b 点，甲醇转化率 a 点低于 b 点，且反应 Ⅰ 为吸热反应，温度越高越利于生成 CO2，因此 CO2的物质的量：a 点 < b 点，B 正确；
C、流速越大，反应接触时间越短，CH3OH 反应越不充分，转化率会降低，而非增大，C错误；
D、温度高于 240℃时，CO 选择性迅速上升，是因为反应 Ⅱ 的速率增幅远大于反应 Ⅰ，导致更多的 CH3OH 转化为 CO，而不是反应 Ⅱ 的平衡常数更大，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．反应 Ⅱ 为吸热反应（ΔH2 > 0），温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大。
B． 甲醇转化率和温度均会影响 CO2的生成量，温度越高、转化率越高，生成的 CO2越多；
C．流速越大，反应接触时间越短，CH3OH 反应越不充分。
D．温度高于 240℃时，CO 选择性迅速上升，是因为反应 Ⅱ 的速率增幅远大于反应 Ⅰ，导致更多 CH3OH 转化为 CO。
14．【答案】（1）加快搅拌速率
（2）；
（3）Na2S碱性强，OH-离子，更浓度大，容易形成Co(OH)2沉淀；
（4）B；C
（5）；生成了Mn2O3或MnO2，使产品中的锰含量下降
【知识点】晶胞的计算；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】(1) 从反应速率角度分析，加快搅拌速率可增大反应物接触面积，提高金属元素的浸出率，
故答案为：加快搅拌速率；
(2) 检验可用溶液，反应生成蓝色沉淀；加入调节pH至4.0时，与、水反应生成沉淀、和，反应的化学方程式为：，
故答案为：；；
(3) 选用溶液而不选等浓度的溶液，是因为碱性更强，浓度大，易生成沉淀；晶胞中的个数为，的个数为，两者数目比为1：1，故该化合物的化学式为，
故答案为：的碱性强，浓度大，更容易生成沉淀；；
(4) 与丁二酮肟反应生成的沉淀中，存在配位键和共价键，
故答案为：BC；
（5） 15-150min，主要发生的反应的离子方程式为 ，氧化过程中产生了，所以pH下降较快；Mn3O4中，Mn2O3中，MnO2中，、，Mn3O4中锰的含量最大，225min后，生成了Mn2O3或MnO2，使产品中的锰含量下降；
故答案为：；生成了Mn2O3或MnO2，使产品中的锰含量下降。
【分析】用硫酸溶解钴渣，得到含 Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属离子的浸出液。加入 H2O2将 Fe2+氧化为 Fe3+，再用 CaCO3调节 pH，使 Fe3+水解为氢氧化物沉淀除去，得到滤渣 1。加入 NaHS，使 Co2+转化为 CoS 沉淀分离。加入丁二酮肟，使 Ni2+形成螯合物沉淀除去，得到滤渣 2。加入 NH3 H2O 调节 pH，使 Mn2+沉淀，滤液回收其他金属。将锰的沉淀在空气中氧化，最终得到 Mn3O4。
（1）浸出率提升措施：从影响反应速率的因素（如搅拌、温度、接触面积等）入手，分析能提高金属元素浸出率的操作；
（2）离子检验与除杂反应：根据的特征检验试剂，写出反应方程式；结合水解与的反应，配平调节pH的化学方程式；
（3）沉淀试剂选择与晶胞计算：对比与的碱性差异，分析沉淀的影响；利用均摊法计算晶胞中和的数目，确定化合物化学式；
（4）化学键类型判断：分析与丁二酮肟反应生成的沉淀中存在的化学键类型；
（5）氧化反应分析：根据氧化过程中物质的转化，写出离子方程式；结合不同锰氧化物中锰氧比，分析产品锰含量变化的原因。
（1）从反应速率的角度分析，能提高金属元素浸出率的措施有加快搅拌速率；故答案为：加快搅拌速率；
（2）检验用溶液，反应生成蓝色沉淀；反应完成后加入调节pH至4.0时反应的化学方程式：；
故答案为： ；；
（3）选用溶液而不选等浓度的溶液是因为Na2S的碱性强，OH-离子浓度大，更容易生成Co(OH)2沉淀；晶胞中钴离子的个数为：，氧离子的个数为：，由于钴离子和氧离子的个数均为4，所以该化合物的化学式为，故答案为：Na2S的碱性强，OH-离子浓度大，更容易生成Co(OH)2沉淀；；
（4）与丁二酮肟反应生成的沉淀中存在的化学键有：配位键和共价键，故答案为：BC；
（5）15-150min，主要发生的反应的离子方程式为 ，氧化过程中产生了，所以pH下降较快；Mn3O4中，Mn2O3中，MnO2中，、，Mn3O4中锰的含量最大，225min后，生成了Mn2O3或MnO2，使产品中的锰含量下降；故答案为：；生成了Mn2O3或MnO2，使产品中的锰含量下降。
15．【答案】（1）酚羟基、羧基
（2）、、
（3）
（4）使用可引入苄基保护氨基，提高反应选择性，且后续易通过加氢脱除，便于目标产物合成，减少副产物的生成
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）分析A的结构简式可知A的含氧官能团为酚羟基和羧基，
故答案为：酚羟基、羧基；
（2）对比B、C的结构简式可知，B、C均有羧基，B、C互为同分异构体，有两个侧链在邻位，B中苯环上有4种位置的氢原子，副产物X与B互为同分异构体，则X中-COCH3可在另外3种位置，所以X为、或，
故答案为：、、；
（3）D的一种芳香族同分异构体需要满足的条件是酸性条件下水解得到3种产物均有2种不同化学环境的氢原子，其中一种产物遇溶液显色，可知D的同分异构体含有两个酯基，且水解产物含有酚羟基。均有2种不同化学环境的氢原子，可知该同分异构体高度对称，符合条件的结构简式为：，
故答案为：；
（4）在合成路线中，使用时，苄基可先参与反应引入，后通过催化加氢移除，避免直接用可能导致的复杂副产物，
故答案为：使用引入苄基可保护氨基，提高反应选择性，且后续易通过加氢脱除，便于目标产物合成，减少副产物的生成；
（5）结合题意和本题题干中的合成路线可知：中的酚羟基与发生酯化反应，生成，中的醛基在被催化氧化生成羧基得到，在作用下生成，与加成生成，中的醇羟基和羧基脱水缩合生成目标产物，
故答案为：。
【分析】A（） 中的酚羟基与乙酸酐发生酯化反应，生成含乙酸酯基的 B（）。在 AlCl3催化下，B 发生傅 - 克酰基化反应，在苯环上引入酮羰基得到C（）。C 的酮羰基 α- 氢在 Br2/CHCl3条件下发生溴代反应，生成 D（）。D 与 (CH3)3CNHCH2Ph 发生亲核取代反应，溴原子被氨基取代，得到 E（）。E 中的酮羰基和羧基被 LiAlH4还原为醇羟基，生成 F（）。F 中的亚氨基（-N=C (CH3)3）在 H2/Pd/C 条件下被还原为氨基（-NHC (CH3)3），同时苯环加氢，最终得到目标产物沙丁胺醇 G（）。据此解题。
（1）分析A的结构简式可知A的含氧官能团为酚羟基和羧基，故答案为：酚羟基、羧基；
（2）对比B、C的结构简式可知，B、C均有羧基，B、C互为同分异构体，有两个侧链在邻位，B中苯环上有4种位置的氢原子，副产物X与B互为同分异构体，则X中-COCH3可在另外3种位置，所以X为、或，故答案为：、、；
（3）D的一种芳香族同分异构体需要满足的条件是酸性条件下水解得到3种产物均有2种不同化学环境的氢原子，其中一种产物遇溶液显色，可知D的同分异构体含有两个酯基，且水解产物含有酚羟基。均有2种不同化学环境的氢原子，可知该同分异构体高度对称，符合条件的结构简式为：，故答案为：；
（4）在合成路线中，使用时，苄基可先参与反应引入，后通过催化加氢移除，避免直接用可能导致的复杂副产物，故答案为：使用引入苄基可保护氨基，提高反应选择性，且后续易通过加氢脱除，便于目标产物合成，减少副产物的生成；
（5）结合题意和本题题干中的合成路线可知：中的酚羟基与发生酯化反应，生成，中的醛基在被催化氧化生成羧基得到，在作用下生成，与加成生成，中的醇羟基和羧基脱水缩合生成目标产物，故答案为：。
16．【答案】（1）0.011
（2）0.004或；V(H2SO4)<10mL，随着硫酸用量增大，溶液中c(H+)增大，反应速率增大，c(Cr3+)增 大；V(H2SO4)>10mL，30min内乙醇完全反应，c(Cr3+)基本不变
（3）；使 K2Cr2O7充分被还原为CrCl2(或防止CrCl2被氧化)；产生H2将CrCl2溶液压入锥形瓶；当吸滤瓶中溶液颜色不再变化时，关闭K2，打开K3，关闭K1；当锥形瓶中溶液不再增加时，迅速用瓶塞塞紧锥形瓶；将锥形瓶置于冰水浴中冷却结晶，过滤
【知识点】化学平衡的计算；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）根据C点：。
故答案为： 0.011 ；
（2）①Cr化合价变化为+6→+3，CH3CH2OH中C的化合价为-2，CH3COOH中C的化合价为0，C化合价变化为-2→0，1mol得到6mol电子，1molCH3CH2OH失去4mol电子，根据得失电子守恒，则反应K2Cr2O7和乙醇的计量系数比为2：3，转移12mol电子，有计量关系：2K2Cr2O7~3乙醇~12e-；实验中：K2Cr2O7的物质的量为，乙醇的物质的量为，K2Cr2O7过量，则转移电子的物质的量为；
②随着硫酸用量增加，吸光度A先增大后基本不变的原因是：V(H2SO4)<10mL，随着硫酸用量增大，溶液中c(H+)增大，反应速率增大，c(Cr3+)增 大；V(H2SO4)>10mL，30min内乙醇完全反应，c(Cr3+)基本不变。
故答案为： 0.004或 ； V(H2SO4)<10mL，随着硫酸用量增大，溶液中c(H+)增大，反应速率增大，c(Cr3+)增 大；V(H2SO4)>10mL，30min内乙醇完全反应，c(Cr3+)基本不变 ；
（3）①锌将还原为，同时生成Zn2+，离子方程式为；实验中锌必须过量的原因是：使 K2Cr2O7充分被还原为CrCl2(或防止CrCl2被氧化)，同时产生H2将CrCl2溶液压入锥形瓶
实验方案为：打开，关闭，打开，向吸滤瓶中逐滴加入盐酸溶液；当吸滤瓶中溶液颜色不再变化时，关闭K2，打开K3，关闭K1；当锥形瓶中溶液不再增加时，迅速用瓶塞塞紧锥形瓶；将锥形瓶置于冰水浴中冷却结晶，过滤。
故答案为： ； 使 K2Cr2O7充分被还原为CrCl2(或防止CrCl2被氧化)；产生H2将CrCl2溶液压入锥形瓶 ； 当吸滤瓶中溶液颜色不再变化时，关闭K2，打开K3，关闭K1；当锥形瓶中溶液不再增加时，迅速用瓶塞塞紧锥形瓶；将锥形瓶置于冰水浴中冷却结晶，过滤 。
【分析】(1) 根据平衡常数表达式 ，利用图像中C点数据（，）直接代入计算。
(2)① 电子转移：根据得失电子守恒，判断乙醇为限量试剂，计算出转移电子的物质的量为 ② 吸光度变化： 时， 增大，反应速率加快， 升高； 时，乙醇耗尽， 基本不变。
(3)① 离子方程式：根据氧化还原规律配平 ；锌过量是为了将 完全还原并防止 被氧化，同时产生氢气压出溶液。
② 实验方案：待溶液颜色不变时，关闭K2、打开K3、关闭K1，利用氢气将 溶液压入锥形瓶，反应后用冰水浴冷却结晶、过滤。
（1）根据C点：。
（2）①Cr化合价变化为+6→+3，CH3CH2OH中C的化合价为-2，CH3COOH中C的化合价为0，C化合价变化为-2→0，1mol得到6mol电子，1molCH3CH2OH失去4mol电子，根据得失电子守恒，则反应K2Cr2O7和乙醇的计量系数比为2：3，转移12mol电子，有计量关系：2K2Cr2O7~3乙醇~12e-；实验中：K2Cr2O7的物质的量为，乙醇的物质的量为，K2Cr2O7过量，则转移电子的物质的量为；
②随着硫酸用量增加，吸光度A先增大后基本不变的原因是：V(H2SO4)<10mL，随着硫酸用量增大，溶液中c(H+)增大，反应速率增大，c(Cr3+)增 大；V(H2SO4)>10mL，30min内乙醇完全反应，c(Cr3+)基本不变。
（3）①锌将还原为，同时生成Zn2+，离子方程式为；实验中锌必须过量的原因是：使 K2Cr2O7充分被还原为CrCl2(或防止CrCl2被氧化)，同时产生H2将CrCl2溶液压入锥形瓶
实验方案为：打开，关闭，打开，向吸滤瓶中逐滴加入盐酸溶液；当吸滤瓶中溶液颜色不再变化时，关闭K2，打开K3，关闭K1；当锥形瓶中溶液不再增加时，迅速用瓶塞塞紧锥形瓶；将锥形瓶置于冰水浴中冷却结晶，过滤。
17．【答案】（1）-382.5kJ/mol；在绝热容器中，反应前后能量守恒，开始时H2含量增加，反应放出的热量增多，温度升高；随着H2含量的继续增加，NO的物质的量分数先增大；随着温度的升高，反应ⅲ平衡逆向移动，从而导致NO的物质的量分数减小
（2）2NH3+ 4Li3FeN2=2Fe2N +6Li2NH+N2；<
（3）；27mol/L；“能量密度”大
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①由ⅱ. ，ⅲ.
根据盖斯定律ⅲ-2×ⅱ得，△H=-1164.8kJ/mol-2182.6kJ/mol=-1530kJ/mol；
燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定物质时所放出的热量。则该条件下，的燃烧热△H=-1530kJ/mol×=-382.5kJ/mol；
②在绝热容器中，反应前后能量守恒，开始时H2含量增加，反应放出的热量增多，温度升高；随着H2含量的继续增加，NO的物质的量分数先增大；随着温度的升高，反应ⅲ平衡逆向移动，从而导致NO的物质的量分数减小，所以NO的物质的量分数随含量先增大后减小。
故答案为： -382.5kJ/mol ； 在绝热容器中，反应前后能量守恒，开始时H2含量增加，反应放出的热量增多，温度升高；随着H2含量的继续增加，NO的物质的量分数先增大；随着温度的升高，反应ⅲ平衡逆向移动，从而导致NO的物质的量分数减小 ；
（2）①根据X射线衍射图（a）可知残留固体M为Fe2N和Li2NH，则反应Ⅰ的反应物为NH3、Li3FeN2，生成物为Fe2N 、Li2NH和N2，化学方程式为：2NH3+ 4Li3FeN2=2Fe2N +6Li2NH+N2；
②在723K完成反应Ⅱ后，单质Fe由M中的某物质分解生成。根据含铁物质的化学式，可知Fe2N分解放出氮气，所以经该循环得到的与的物质的量之比<3。
故答案为： 2NH3+ 4Li3FeN2=2Fe2N +6Li2NH+N2 ； < ；
（3）①电解含的液氨溶液制的装置如图所示，电解时， 在阳极失电子生成N2，阳极的电极反应式为。
②设饱和氨水的体积为1L，密度为，则氨水的质量为900g，n(NH3)=，氨电解反应，则放出氢气的物质的量为27mol，则饱和氨水的能量密度为27mol/L。
③设液氨的体积为1L，液氨的密度为，则液氨的质量为770g，n(NH3)=，氨电解反应，则放出氢气的物质的量为68mol，则液氨的能量密度为68mol/L，相比电解饱和氨水，电解液氨法制的优点是“能量密度”大。
故答案为： ； 27mol/L ；“能量密度”大。
【分析】(1) ① 利用盖斯定律，由反应 iii - 2×ii 得到 4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O (l)，再除以 4 得到 1mol NH3的燃烧热。
② 绝热条件下，H2含量增加使反应放热增多、温度升高；温度升高使生成 NO 的反应逆向移动，导致 NO 物质的量分数先增后减。
(2) ①根据 X 射线衍射图确定产物为 Fe2N、Li2NH 和 N2，配平写出化学方程式。
② Fe2N 分解放出 N2，使循环中 N2增多，故 < 3。
(3) ① NH2-失电子生成 N2，配平电极反应式：6NH2--6e-=N2↑+4NH3。
②取 1L 氨水，计算其中 NH3的物质的量，再根据电解反应式求出生成 H2的物质的量，即得能量密度。
③液氨中 NH3浓度更高，电解液氨的能量密度更大。
（1）①由ⅱ. ，ⅲ.
根据盖斯定律ⅲ-2×ⅱ得，△H=-1164.8kJ/mol-2182.6kJ/mol=-1530kJ/mol；
燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定物质时所放出的热量。则该条件下，的燃烧热△H=-1530kJ/mol×=-382.5kJ/mol；
②在绝热容器中，反应前后能量守恒，开始时H2含量增加，反应放出的热量增多，温度升高；随着H2含量的继续增加，NO的物质的量分数先增大；随着温度的升高，反应ⅲ平衡逆向移动，从而导致NO的物质的量分数减小，所以NO的物质的量分数随含量先增大后减小。
（2）①根据X射线衍射图（a）可知残留固体M为Fe2N和Li2NH，则反应Ⅰ的反应物为NH3、Li3FeN2，生成物为Fe2N 、Li2NH和N2，化学方程式为：2NH3+ 4Li3FeN2=2Fe2N +6Li2NH+N2；
②在723K完成反应Ⅱ后，单质Fe由M中的某物质分解生成。根据含铁物质的化学式，可知Fe2N分解放出氮气，所以经该循环得到的与的物质的量之比<3。
（3）①电解含的液氨溶液制的装置如图所示，电解时， 在阳极失电子生成N2，阳极的电极反应式为。
②设饱和氨水的体积为1L，密度为，则氨水的质量为900g，n(NH3)=，氨电解反应，则放出氢气的物质的量为27mol，则饱和氨水的能量密度为27mol/L。
③设液氨的体积为1L，液氨的密度为，则液氨的质量为770g，n(NH3)=，氨电解反应，则放出氢气的物质的量为68mol，则液氨的能量密度为68mol/L，相比电解饱和氨水，电解液氨法制的优点是“能量密度”大。
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