2025年高考化學(xué)臨考押題卷（新高考）（15+4）解析版

臨考押題卷01(新高考通用)15+4

(考試時(shí)間：75分鐘試卷滿分：100分)

注意事項(xiàng)：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮

擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：C12016Mg24Ti48Zn65

一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目

要求的。

1.我國有許多手工創(chuàng)作物件，它承載了我國的歷史文明。下列有關(guān)說法正確的是

A.孔明燈的燃料是煤油，煤油是通過石油減壓蒸儲(chǔ)獲得的一種純凈物

B.皮影的原料主要采用牛羊皮，牛羊皮的主要成分是天然高分子

C.吹糖畫的原料是麥芽糖，麥芽糖在酸或堿性條件下均能水解生成葡萄糖

D.粗布麻衣的原料是富含纖維素的麻稈等作物，經(jīng)處理得到的長纖維稱為人造棉

【答案】B

【解析】A.煤油是石油常壓蒸儲(chǔ)獲得的一種混合物，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.牛羊皮的主要成分是蛋白質(zhì)，蛋白

質(zhì)是一種天然高分子，B項(xiàng)正確；C.麥芽糖在酸或酶的條件下均能水解生成葡萄糖，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.長

纖維一般稱為人造絲，短纖維稱為人造棉，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選B。

2.宏觀辨識(shí)與微觀探析是化學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng)之一，化學(xué)用語能表達(dá)這一核心素養(yǎng)。下列化學(xué)用語表達(dá)錯(cuò)誤

的是

A.基態(tài)鎂原子的結(jié)構(gòu)小意圖：(+28)28162

j))

B.用電子式表示NaCi的形成過程：Na^Cl：―

C.合成錦綸-66的化學(xué)方程式：

/、/、MlJ,、?H,川

“HzNfCHz為NH?+〃HOOC?CH2±COOHq=^HO￡C《CH2%C-N+CH2%N±H+2?H2O

D.乙烯分子中兀鍵的形成過程:

未成對(duì)電子的原子軌道相互靠攏原子軌道相互重疊形成的"鍵

【答案】C

【解析】A.饃是28號(hào)元素，基態(tài)保原子的結(jié)構(gòu)示意圖為:A正確；B.氯化鈉是禺子化合

物，形成過程存在電子的轉(zhuǎn)移，Na^Cl：―?Na+[?C1：]--B正確；C.根據(jù)反應(yīng)物和產(chǎn)物可知，反

應(yīng)式不遵守原子守恒，凡0化學(xué)計(jì)量為(2n-l),C錯(cuò)誤；D.乙烯中存在P-3鍵，圖中表示兩個(gè)平行的

P軌道重疊過程，原子軌道鏡面對(duì)稱，D正確；

故選C。

3.下列關(guān)于物質(zhì)性質(zhì)及用途描述錯(cuò)誤的是

A.硬化油不易變質(zhì)、便于儲(chǔ)存，可用作制肥皂和人造奶油的原料

B.離子液體具有高導(dǎo)電性，可用作鋰離子電池的電解液

C.二氧化硅是常見的半導(dǎo)體材料，可用于制取智能芯片

D.聚四氟乙烯具有優(yōu)異的耐酸、耐堿性能，可用于制造化工設(shè)備的內(nèi)襯或管道

【答案】C

【解析】A.硬化油是通過油脂氫化反應(yīng)(如植物油加氫)制成的飽和脂肪酸甘油酯，其不飽和雙鍵減

少，不易被氧化，因此穩(wěn)定性高、不易變質(zhì)，便于長期儲(chǔ)存，A正確；B.離子液體是由離子組成的液

體，在常溫下為液態(tài)，具有高導(dǎo)電性、良好的電化學(xué)穩(wěn)定性，可用作鋰離子電池的電解液，B正確；C.二

氧化硅是絕緣體，而非半導(dǎo)體，硅是制造智能芯片的核心材料，C錯(cuò)誤；D.聚四氟乙烯具有極強(qiáng)的化

學(xué)惰性，幾乎不溶于任何溶劑，對(duì)酸、堿、氧化劑均表現(xiàn)出優(yōu)異耐受性，可用于制造化工設(shè)備的內(nèi)襯或

管道，D正確；故選C。

4.下列反應(yīng)的離子方程式書寫正確的是

2++

A.鉛酸蓄電池充電時(shí)的陽極反應(yīng)：Pb+2H2O-2e=PbO2+4H

B.用石灰乳除去工業(yè)尾氣中的：C12+2OH=cr+C1O+H2O

C.含氟牙膏防治踽齒：Ca5(PO4)3OH(s)+^(aq).?Ca5(PO4)3F(s)+OH-(aq)

+2+

D.銅片與稀硝酸反應(yīng)：Cu+4H+2NO-=Cu+2NO2?+2H2O

【答案】C

充電

【解析】A.根據(jù)鉛酸蓄電池工作原理出+出。2+2凡5。4.2出504+2乩0可知，電池充電時(shí)陽極反

放電

應(yīng)式為：PbSO4+2Hq-2e-=PbC)2+4H++SO＞，A錯(cuò)誤；B.石灰乳中含大量未溶解的Ca(O“)2固體，

2+

不能拆，要保留化學(xué)式，則反應(yīng)的離子方程式為：Cl2+Ca(OH)2=Cl+CIO+H2O+Ca,B錯(cuò)誤；C.含

氟牙膏中的氟化物在刷牙的過程中會(huì)釋放出氟離子，可以和牙齒表面的牙釉質(zhì)相結(jié)合，形成氟化物層起

到保護(hù)作用，則反應(yīng)的離子方程式為：Ca5(PO4)3OH(s)+K(aq)「Cas(POjF(s)+OfF(aq),C正確；

D.銅片與稀硝酸反應(yīng)得到的是NO氣體，則反應(yīng)的離子方程式為：

3Cu+8H++2NO；=3CU2++2NOT+4H.O,D錯(cuò)誤；故答案為：Co

5.下列實(shí)驗(yàn)操作或方法錯(cuò)誤的是

A.實(shí)驗(yàn)室保存白磷、液澳的試劑瓶中添加適量水覆蓋試劑

B.聞無毒、無害的化學(xué)藥品氣味可以使鼻子湊近藥品

C.除去試管中殘留的AgCl時(shí)，先用氨水浸泡，后用水清洗

D.實(shí)驗(yàn)中不慎將苯酚沾到皮膚上，先用乙醇洗滌，后用水沖洗

【答案】B

【解析】A.白磷易自燃，液澳易揮發(fā)，在保存白磷、液漠的試劑瓶中添加適量水覆蓋試劑，水封可防

止白磷自燃、液澳揮發(fā)，A正確；B.聞化學(xué)藥品氣味時(shí)，不管藥品是否無毒無害，都應(yīng)用手在瓶口輕

輕扇動(dòng)，使極少量氣體飄進(jìn)鼻孔，不能將鼻子湊近藥品，B錯(cuò)誤；C.AgCl能與氨水反應(yīng)生成可溶于

水的［Ag(NH3)z］Cl,所以先用氨水浸泡，再用水清洗，可除去試管中殘留的AgCl,C正確；D.苯酚易

溶于乙醇，實(shí)驗(yàn)中不慎將苯酚沾到皮膚上，先用乙醇洗滌除去苯酚，再用水沖洗，D正確；故選B。

6.去羥加利果酸具有抗炎作用，它對(duì)LPS誘導(dǎo)的內(nèi)毒性休克具有保護(hù)作用，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列有

關(guān)該物質(zhì)的說法錯(cuò)誤的是

A.該物質(zhì)有三種官能團(tuán)

B.Imol該物質(zhì)可消耗ImolNaHCOs

C.該物質(zhì)能發(fā)生氧化、取代、加成、加聚反應(yīng)

D.可用酸性KMnC)4溶液檢驗(yàn)該物質(zhì)中的碳碳雙鍵

【答案】D

【解析】A.由結(jié)構(gòu)簡式可知，該物質(zhì)含有羥基、竣基、碳碳雙鍵三種官能團(tuán)，A正確；B.該物質(zhì)含有

竣基，能與NaHCCh反應(yīng)，Imol該物質(zhì)可消耗ImolNaHCOs，B正確；C.該物質(zhì)含有醇羥基、碳碳雙

鍵，能發(fā)生氧化反應(yīng)；含有羥基、竣基，能發(fā)生取代反應(yīng)(酯化反應(yīng))；含有碳碳雙鍵，能發(fā)生加成、加

聚反應(yīng)，所以該物質(zhì)能發(fā)生氧化、取代、加成、加聚反應(yīng)，C正確；D.該物質(zhì)含有的羥基、碳碳雙鍵

均能被酸性KMnO,溶液氧化而使其褪色，所以不能用酸性KMnO,溶液檢驗(yàn)該物質(zhì)中的碳碳雙鍵，D錯(cuò)

誤；故選D。

7.南開大學(xué)孫忠明組于2022年成功合成無機(jī)二茂鐵［FeR/，其中環(huán)狀配體P：以兀電子配位，結(jié)構(gòu)如圖。

已知：P；結(jié)構(gòu)類似苯環(huán)，存在大兀鍵。

,2.

下列說法不亞做的是

A.P：一為平面結(jié)構(gòu)B.P：中參與形成大n鍵的軌道是未雜化的3P

C[FeR/中Fe的價(jià)態(tài)為+3D.從結(jié)構(gòu)角度分析P：一比白磷更穩(wěn)定

【答案】C

【解析】A.P：的結(jié)構(gòu)類似苯環(huán)，苯環(huán)是平面結(jié)構(gòu)，因此P；也是平面結(jié)構(gòu)，A正確；B.中存在大

兀鍵，參與形成大兀鍵的軌道是未雜化的3P軌道，B正確；C.根據(jù)電荷平衡，[FePs廠的總電荷為一2,

而琢一的電荷為-2,因此Fe的價(jià)態(tài)應(yīng)為+2,C錯(cuò)誤；D.從結(jié)構(gòu)角度分析，存在大兀鍵，比白磷更穩(wěn)

定，D正確；故選C。

8.我國化學(xué)工作者將游離態(tài)氮固定在碳上（示蹤反應(yīng)如下），制得的[N=C=N/離子可用于合成核酸的結(jié)構(gòu)

單元。下列說法錯(cuò)誤的是（設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA）

20atm,550℃,5h

15（石墨）1515

N2+C+2LiH=Li2[NCN]+H2

A.石墨中碳原子的雜化軌道類型為sp2

B."電在反應(yīng)中作氧化劑，1個(gè)"N?中含有16個(gè)中子

C.生成ImolH2時(shí)，以上反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為6NA

D.[N=C=N/為V形結(jié)構(gòu)，lmol[N=C=N]2-中含有的兀鍵數(shù)目為4NA

【答案】D

【解析】A.石墨中碳原子通過山2雜化形成層狀結(jié)構(gòu)，A正確；B-N的中子數(shù)為15-7=8,1個(gè)"N?含

2x8=16個(gè)中子，反應(yīng)中，N的化合價(jià)從0價(jià)降至-3價(jià)，被還原，作氧化劑，B正確；C.該反應(yīng)中

氮元素化合價(jià)從0價(jià)降低到-3價(jià)，碳元素化合價(jià)從0價(jià)升高到+4價(jià)，氫元素化合價(jià)從-1價(jià)升高到0價(jià)，

電子轉(zhuǎn)移總數(shù)為6-，生成Imol應(yīng)時(shí)，總反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6NA,C正確；D.[N=C=N/與二氧化

碳互為等電子體，sp雜化，為直線型結(jié)構(gòu)，而非V形，每個(gè)雙鍵含1個(gè)◎鍵和1個(gè)兀鍵，故Imol該離

子含2NA個(gè)兀鍵，D錯(cuò)誤；故選D。

9.從結(jié)構(gòu)探析物質(zhì)性質(zhì)和用途是學(xué)習(xí)化學(xué)的有效方法。下列實(shí)例與解釋錯(cuò)誤的是

選實(shí)例解釋

項(xiàng)

將95%乙醇加入CU(NH3)4SO4溶液中析出深藍(lán)色晶乙醇極性較小，降低了CU(NH3)4SC)4的溶解

A

體度

B鐵絲在酒精噴燈上灼燒，焰色無明顯變化鐵原子核外電子在灼燒時(shí)沒有發(fā)生躍遷

CDNA中堿基A與T、G與C的互補(bǔ)配對(duì)兩條鏈上的堿基通過氫鍵連接成堿基對(duì)

D熔點(diǎn)：C2H5NH3NO3<NH4NO3引入乙基減弱了離子間的相互作用

【答案】B

【解析】A.將95%乙醇加入CU(NH3)4SC)4溶液中析出深藍(lán)色晶體，原因是乙醇分子的極性小，加入乙

醇后溶劑的極性減小，降低了CU(NH3)4SC)4的溶解度，故A正確；B.鐵絲在酒精噴燈上灼燒，焰色無

明顯變化，并不是鐵原子核外電子在灼燒時(shí)沒有發(fā)生躍遷，而是放出的光子頻率不在可見光頻率范圍內(nèi)，

故B錯(cuò)誤；C.O元素、N元素的電負(fù)性較大，能與氫形成分子間氫鍵，DNA中的堿基A與T、G與C

的互補(bǔ)配對(duì)是通過氫鍵來實(shí)現(xiàn)的，故C正確；D.硝酸鍍中鐵根離子和硝酸根離子間存在離子鍵，錢根

離子其中一個(gè)H被乙基替代，引入乙基減弱了離子間的相互作用，所以熔點(diǎn)：C2H5NH3NO3<NH4NO3,

故D正確；答案選B。

10.在兩種不同催化劑作用下，反應(yīng)x(g).Y(g)的歷程如圖所示。

——催化劑1

Vg)\J(?\——催化劑2

P.\/,\7'?丫值),

反應(yīng)歷程

下列敘述正確的是

A.不同催化劑作用下使該反應(yīng)的焰變不同

B.基元反應(yīng)②和③的正反應(yīng)AH>。

C.其他條件相同，耳比P?更不穩(wěn)定

D.其他條件不變，升溫能提高X的平衡轉(zhuǎn)化率

【答案】C

【解析】A.不同催化劑不改變反應(yīng)的焰變，只改變反應(yīng)速率，A錯(cuò)誤；B.根據(jù)圖像可知，基元反應(yīng)

②和③的正反應(yīng)均是放熱反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C.B比R能量更低，B比R更穩(wěn)定，C正確；D.總反應(yīng)是

放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，X的平衡轉(zhuǎn)化率降低，D錯(cuò)誤；

故選C。

11.某小組同學(xué)用鐵粉還原AgCl制取Ag,實(shí)驗(yàn)如下:

實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象

（-足量鐵粉

i.產(chǎn)生大量氣泡和灰黑色固體（經(jīng)檢驗(yàn)為Ag、Fe）；ii.靜置后，

固體變?yōu)榛野咨?；iii.取固體，洗滌后加入KI溶液，生成黃色

JO.lgAgCl固體溶于

沉淀;iv。取ii中上層清液,加入KSCN溶液,顯紅色，測(cè)得pH<2。

目濃鹽酸后的溶液

3+

已知：AgCl+CF[AgCLljAgClJ不能氧化Fe?+,Fe+4CF[FeCl4f

下列說法不正確的是

A.由i可知發(fā)生了兩個(gè)不同的置換反應(yīng)

B.iii中生成黃色沉淀的反應(yīng)為Ag++「=AglJ

3+

C.由ii和iv可推測(cè)氧化性02>Fe

D.ii中生成灰白色固體的可能原因：靜置過程中c（Fe3+）增大，c（C「）減小

【答案】B

【分析】O.lgAgCl溶于濃鹽酸后的溶液中加入足量鐵粉，鐵粉能置換出Ag,亞鐵離子靜置過程中被氧

氣氧化為鐵離子，鐵離子濃度逐漸增大，將Ag氧化為銀離子，同時(shí)Fe3++4C「-[FeCl,「正向移動(dòng)，

氯離子濃度減小，導(dǎo)致AgCl+C「'[AgCl?「逆向移動(dòng)，析出灰白色AgCl沉淀。AgCl固體洗滌后加

入KI溶液，生成黃色Agl沉淀。取ii中上層清液，加入KSCN溶液，顯紅色，進(jìn)一步證明ii中亞鐵離

子靜置過程中被氧氣氧化為鐵離子。

【解析】A.根據(jù)i產(chǎn)生大量氣泡和灰黑色固體（經(jīng)檢驗(yàn)為Ag、Fe）,則發(fā)生鐵與鹽酸的置換反應(yīng)、鐵

與銀離子置換出銀的反應(yīng)，A正確；B.iii中生成黃色沉淀的反應(yīng)為AgCl+r=AgI+C]，B錯(cuò)誤；C.根

據(jù)分析知，ii中亞鐵離子靜置過程中被氧氣氧化為鐵離子，則氧化性02>Fe3+,C正確；D.根據(jù)分析

知，亞鐵離子靜置過程中被氧氣氧化為鐵離子，鐵離子濃度逐漸增大，使Fe3++4Cr[FeClJ正向

移動(dòng)，氯離子濃度減小，導(dǎo)致AgCl+C「[AgClJ逆向移動(dòng)，析出灰白色AgCl沉淀，D正確；故選

Bo

12.近年來，由陰極還原主導(dǎo)的電有機(jī)合成反應(yīng)得到了更多的研究關(guān)注。2021年，Waldvogel和Morandi

等人報(bào)道了一類電化學(xué)“穿梭”成對(duì)電解反應(yīng)（如下圖所示）。該反應(yīng)有助于我們得到B有價(jià)值的氣態(tài)烯燃

化合物和實(shí)現(xiàn)對(duì)某些污染物的高效降解。

下列說法不亞確的是

A.圖中A是電池的負(fù)極

B.圖中B端所連電極反應(yīng)：Br-2e=Br+

C.每生成Imol乙烯，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA

Cl

ClI.Cl

D.通過該電解反應(yīng)，我們可以將“六六六”（TT）轉(zhuǎn)化為苯，實(shí)現(xiàn)對(duì)該農(nóng)藥的高效降解

ci'v^ci

Cl

【答案】c

【分析】左側(cè)電極反應(yīng)Br-CH2-CH2-Br+2e-=CH2=CH2+2Br中，碳元素化合價(jià)降低，發(fā)生還原反應(yīng)，左

側(cè)電極為陰極，右側(cè)電極為陽極，電極反應(yīng)為：Br-2e=Br+,據(jù)此解答。

【解析】A.由分析可知，左側(cè)為陰極，則圖中A是電池的負(fù)極，A正確；B.由分析可知，圖中B端

所連電極為陽極，電極反應(yīng)為：Br-2e=Br+,B正確；C.由分析可知，每生成Imol乙烯，轉(zhuǎn)移電子

數(shù)為2NA，C錯(cuò)誤；D.“六六六”曾被廣泛用作殺蟲劑，但是它具有高毒性且不易降解，選取“六六六”

作為實(shí)驗(yàn)對(duì)象，由電解原理可知，在經(jīng)過三次連續(xù)的雙鹵化反應(yīng)后，轉(zhuǎn)化為苯，實(shí)現(xiàn)對(duì)該農(nóng)藥的高效

降解，D正確；故選C。

13.X、Y、Z、M四種主族元素，原子序數(shù)依次增大，分別位于三個(gè)不同短周期，Y與M同主族，Y與Z

核電荷數(shù)相差2,Z的原子最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍。下列說法不亞確的是

A.YX；的VSEPR模型是平面三角形B.分子的極性：Y2X2>X2Z2

C.YZ?和MZ?的晶體類型不相同D.熱穩(wěn)定性：YX」>MX4

【答案】B

【分析】X、Y、Z、M四種主族元素，原子序數(shù)依次增大，分別位于三個(gè)不同短周期，Y與M同主族，

Y與Z核電荷數(shù)相差2,Z的原子最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍，則Z為O元素，Y為C元素，

X為H元素，M為Si元素。

【解析】A.CH；中心原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+；x（4-1-3義1）=3,VSEPR模型是平面三角形，A正確；

B.KX?為C2H2,其為直線形分子，分子結(jié)構(gòu)對(duì)稱，分子中正負(fù)電荷的重心是重合的，故其為非極性

分子；X'Z?為H2O2,分子中正負(fù)電荷的重心是不重合的，故其為極性分子，因此，兩者極性的大小關(guān)

系為C2H2VH2O2,B錯(cuò)誤；C.丫心為C02,為分子晶體，MZ?為SiO2,為共價(jià)晶體，二者晶體類型不

相同，C正確；D.同主族元素，從上往下非金屬性減弱，C的非金屬性強(qiáng)于Si,元素的非金屬性越強(qiáng)，

其氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性越強(qiáng)，則熱穩(wěn)定性：CH4>SiH4,D正確；故選B。

14.向CaCz?！柡腿芤?有足量CaC2?！构腆w)中通入HC1氣體，調(diào)節(jié)體系pH促進(jìn)CaC??！叭芙?，總反應(yīng)為

+2+

CaC2O4+2HH2C2O4+Cao平衡時(shí)lg[c(Ca2+)]、分布系數(shù)3(M)與pH的變化關(guān)系如圖所示(其中

M代表H2c2c>4、HCQ；或CQ：)。比如="。204),?？?c(H2c2。&)+c(HC2O；)+c(C2Ot)。

C總

已知Ksp(CaCQ4)=10%63。

下列說法正確的是

T〔

T

o

E

)

(、

+

o=

)

￡

o_n

A.曲線n表示lg[c(H《2O4)]pH的變化關(guān)系

B.pH=2.77時(shí)，溶液中c(C「)>2c(C2O；「)+c(HCq；)

C.總反應(yīng)CaCzO,+ZlTH2c2()4+Ca2+的平衡常數(shù)K=1()3.09

2+

D.pH=4時(shí),C(HC2O；)>c(Ca)>c(C2O；-)>c(H2C2O4)

【答案】B

【解析】A.隨著pH值的增大，c(H2c2O4)逐漸減小，c(HQ04)先增大后減小，c(CQj)逐漸增大,

c(Ca2+)逐漸減小，所以曲線I、II、III、IV分別代表3(H2c。0、lg[c(Ca2+)]、5(HC2O；),5(C2Ot)

127

與pH的變化關(guān)系，Kal(H2C2O4)=10-,Ka2(H2c2。4)=1()427,故A錯(cuò)誤；B.由圖可知，pH=2.77

+2+

時(shí)，C(H2C,O4)=C(C,O上)，結(jié)合電荷守恒：c(H)+2c(Ca)=c(OH)+c(Cr)+c(HC2O4)+2c(C2O^),

2+

物料守恒：c(Ca)=c(H2C2O4)+c(HC2O；)+c(C2Ot),可得

+

c(OH)+C(cr)=c(H)+c(HC2O；)+2C(H2C2O4),因?yàn)閜H=2.77時(shí)，c(H2C2O4)=c(C20t),

++2+

c(H)>c(OH-),所以c(C「)>c(HC20；)+2c(C2O；),故B正確；C.CaC2O4+2HH2C2O4+Ca

的平衡常數(shù)K=c(Ca?+)罌C2O4)=c(Ca?吃C=

c(H)c(H),c(C?O4)

K(CaCO)10一8.63

Kn2*4產(chǎn),故C錯(cuò)誤；D.由圖可知，pH=4時(shí)，根據(jù)物料守

2c204)Ka2(H2c204)1口

2+

恒，c(Ca)>C(HC2O；)>c(C2Of)>c(H2C2O4),故D錯(cuò)誤；故答案為B。

15.鎂鋅合金具有特殊的性能，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖，晶胞中的所有原子呈中心對(duì)稱，其中原子1的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)

為設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。

?Zn

OM§

下列說法正確的是

A.該晶體類型為共價(jià)晶體

B.該晶體中Mg與Zn原子個(gè)數(shù)比為2：1

C.原子2的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為g,1,j

一—一4x24+8x65_

D,該晶體的密度為茄一2------2rg4由-3-

N^xaxcxlO

【答案】C

【分析】計(jì)算時(shí)需注意，晶胞底面為菱形，因此底面積=卜義10」°卜當(dāng)卜><10」°卜012。晶胞中Zn原子

個(gè)數(shù)按照均攤法計(jì)算時(shí)，頂點(diǎn)上的Zn原子有4個(gè)被6個(gè)晶胞共用，有4個(gè)被12個(gè)晶胞共用。

【解析】A.該晶體為鎂鋅合金，屬于金屬晶體，不屬于共價(jià)晶體，A錯(cuò)誤；B.該晶胞中Mg原子位

于晶胞內(nèi)部，個(gè)數(shù)為4,Zn原子個(gè)數(shù)=4X：+4X]+2X=+2>4+6=8,該晶體中Mg與Zn原子個(gè)數(shù)

61236

比為1：2,B錯(cuò)誤；C.原子1的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為因晶胞中的所有原子呈中心對(duì)稱，原子2的

分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為■1,1-；,1-'=&彳，。］,C正確；D.該晶胞中含Mg原子4個(gè)，Zn原子8個(gè)，體積

廠4x24+8x65_3

為（axlO」°）xYl（axlO」°）x（cxlO」°）cm3,則該晶體的密度為盤,ZTg-Cm,D錯(cuò)誤；故

2NAx~~~6ZXcxH）。"

選C。

二、非選擇題：本題共4小題，共55分。

16.（13分）鈦白粉（TiO2）是一種性能優(yōu)良、應(yīng)用廣泛的白色顏料,工業(yè)上以鈦鐵礦精礦（主要成分為FeTiO3,

含少量Al。?、FeQs和Si。?）為原料冶煉鈦白粉的流程如圖所示。

試劑X濃H2s。4

已知：酸解后，鈦主要以TiC>2+形式存在。室溫條件下，在pH>3的溶液中TiO2+會(huì)完全水解生成H2TiO3

沉淀。

回答下列問題：

（1）基態(tài)Ti原子核外價(jià)層電子排布式為0

（2）試劑X應(yīng)為（填化學(xué)式）。

（3）酸解過程中，F(xiàn)eTiOs發(fā)生的非氧化還原反應(yīng)的化學(xué)方程式為0

（4）酸解后需要加入鐵粉還原的原因是。

（5）測(cè)定樣品中Ti。?純度：取2.2g樣品，在酸性條件下充分溶解，加入適量鋁粉將TiO?+還原為Ti3+。

過濾并洗滌，將所得濾液和洗滌液合并配制成250mL溶液。取25.00mL所配溶液于錐形瓶中，滴加幾

滴KSCN溶液，用0.10molCNH4Fe（SC>4）2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，將療+轉(zhuǎn)化成「（產(chǎn)，重復(fù)操作3次，平均

消耗25.10mL標(biāo)準(zhǔn)溶液。

①該樣品中TiO?的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是（保留2位有效數(shù)字）。

②若其他操作都正確，量取待測(cè)液的滴定管沒有潤洗，則測(cè)得結(jié)果將（填“偏高”、“偏低”

或‘無影響"）。

（6）一種四方晶系Ti。2的晶胞結(jié)構(gòu)如下圖所示，晶胞參數(shù)為anm、anm、cnm0O原子的配位數(shù)

是，該晶體的密度是g.cm-3（用含NA的代數(shù)式表示）

【答案】(1)3d24s2(2分)

(2)NaOH溶液(1分)

(3)FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O(2分)

(4)防止加純堿調(diào)節(jié)pH生成氫氧化鐵沉淀，酸解后需要加入鐵粉把Fe3+還原為Fe2+(2分)

(5)91%(2分)偏低(1分)

160

(6)3(1分)而即T(2分)

【分析】鈦鐵礦精礦主要成分為FeTiC)3,含少量AL。?、Fe0和SiO-鈦鐵礦加堿溶浸，A12O3,SiO2

和氫氧化鈉反應(yīng)生成四羥基合鋁酸鈉、硅酸鈉，F(xiàn)eTiC>3和FeQs與氫氧化鈉不反應(yīng)，過濾，濾渣中含有

2+

FeTiC)3和Fe2O3,用濃硫酸“酸解”濾渣，酸解液中主要含有TiO"、Fe2+、Fe3+,加鐵粉把Fe3+還原為Fe,

加純堿調(diào)節(jié)pH使TiO?+水解為HJiOs沉淀，過濾出H2T23,HJiOs燃燒得TiO?。

【解析】(l)Ti是22號(hào)元素，基態(tài)Ti原子核外價(jià)層電子排布式為3d24s2；(2)“溶浸”目的是除去^2。3、

SiO2,AIQ3、Si。?和氫氧化鈉反應(yīng)生成四羥基合鋁酸鈉、硅酸鈉，所以試劑X應(yīng)為NaOH溶液。

(3)酸解過程中，鈦主要以TiO?+形式存在，F(xiàn)eTiC>3發(fā)生的非氧化還原反應(yīng)，可知FeTiC^和濃硫酸反

應(yīng)生成硫酸亞鐵、TiOSCU、水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為FeTiC)3+2H2sO4=FeSO4+TiOSO4+2H2。

(4)FqOs與濃硫酸反應(yīng)生成硫酸鐵，酸解液中主要含有TiCP+、Fe2+、Fe3+,Fe3+易水解，為防止加純

堿調(diào)節(jié)pH生成氫氧化鐵沉淀，酸解后需要加入鐵粉把Fe3+還原為Fe2+；(5)測(cè)定樣品中TiO?純度：

取2.2g樣品，在酸性條件下充分溶解，加入適量鋁粉將TiC^還原為Ti'+。過濾并洗滌，將所得濾液和

洗滌液合并配制成250mL溶液。取25.00mL所配溶液于錐形瓶中，滴加幾滴KSCN溶液，用

O.lOmobkNH,FeeOj標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，將Ti?+轉(zhuǎn)化成TiCP+,Ti元素化合價(jià)由+3升高為+4,Fe元素

化合價(jià)由+3降低為+2,根據(jù)得失電子守恒得滴定關(guān)系式NHFeG?！?一Ti'+,根據(jù)鈦元素守恒，

3+

NH4Fe(SO4)2~~Ti——TiO2,n(TiO2)=n[NH4Fe(SO4)2]=0.1mol/Lx0.025lL=0.00251mol,

重復(fù)操作3次，平均消耗25」0mL標(biāo)準(zhǔn)溶液。

0.0025Imolx-----x80g/mol

①該樣品中TiO?的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是------------空--------------xl00%=91%

2.2g

②若其他操作都正確，量取待測(cè)液的滴定管沒有潤洗，待測(cè)液濃度偏小，消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積偏小，則測(cè)

得結(jié)果將偏低。

（6）根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)圖，晶胞中黑球數(shù)為8X：+1=2、白球數(shù)為4x：+2=4,根據(jù)TiOz的化學(xué)式可知,

o2

黑球表示Ti原子、白球表示0原子，Ti周圍有6個(gè)0原子，Ti的配位數(shù)為6,Ti、O比為1:2,所以0

48x2+16x4160

原子的配位數(shù)是3。晶胞參數(shù)為anm、anmcnm該晶體的密度是

a2cx1x/A\a2cxi

g-cm-3

17.（14分）CO2加氫制備CH3OH、CH3cH20H涉及反應(yīng)如下:

i.2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)AH,

-1

ii.CO2(g)+3H2(g),CH3OH(g)+H2O(g)AH2=-49.9kJ-mol

1

iii.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)AH3=+41.6kJmor

回答下列問題：

(1)工業(yè)上，利用CO加氫合成CH30H(g)的熱化學(xué)方程式為

（2）向反應(yīng)器中充入ImolCO?和3m。1應(yīng)，在催化劑Catl、Cat2作用下發(fā)生上述反應(yīng)，測(cè)得相同時(shí)間

內(nèi)CO2的轉(zhuǎn)化率與溫度關(guān)系如圖所示。溫度低于450℃時(shí)，催化效率較高的催化劑是（填“Catl”

或“Cat2”），隨著溫度升高，Catl、Cat2曲線相交，其主要原因可能是

80-

%70-

、

樹

7

960-

群

z

o50-

o

40-

30-

200250300350400450

溫度/℃

（3）某溫度下，向恒容密閉容器中充入1molCO2和3molH2,發(fā)生上述反應(yīng)i、ii、iii,起始?jí)簭?qiáng)為lOOkPa,

達(dá)到平衡時(shí)CO?轉(zhuǎn)化率為60%,CH3cH20H選擇性為50%,CO選擇性為25%。

“（C2H’OH）

已知：乙醇的選擇性2H。田:扇/升小。）*】。。％（CHQH、C。的選擇性同理）。）

該溫度下，反應(yīng)iii的平衡常數(shù)Kp=（用分?jǐn)?shù)表示，用分壓計(jì)算的平衡常數(shù)為壓強(qiáng)平衡常數(shù),

分壓等于總壓x物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）。

還原

（4）CO?與H,在活化后的催化劑［催化劑活化：（無活性）弓京In,03T（有活性）］表面可

氧化一

逆地發(fā)生反應(yīng)ii,其反應(yīng)歷程如圖所示。

CH30H(g)

①對(duì)于co2制甲醇的過程，以下描述正確的是（填字母）。

A.反應(yīng)中經(jīng)歷了In-C、In-O鍵的形成和斷裂

B.加壓可以提高CO2的平衡轉(zhuǎn)化率

C.升高溫度有利于生成甲醇

②CO2與H2混合氣體以不同的流速通過反應(yīng)器，流速加快可減少產(chǎn)物中H2。的積累，減少反應(yīng)_____

（用化學(xué)方程式表示）的發(fā)生，減少催化劑的失活，提高甲醇選擇性。

（5）用電解法也可以實(shí)現(xiàn)由CO?制備乙醇。電解時(shí)電解質(zhì)溶液顯酸性，陰極的電極反應(yīng)式為0

（6）干冰（固態(tài)C0?）的立方晶胞結(jié)構(gòu)中，CO?處于頂點(diǎn)和面心，若晶胞參數(shù)為anm,NA表示阿伏

加德羅常數(shù)的值，則干冰晶體的密度為gem-3。

【答案】（1）2H2（g）+CO（g）CH30H（g）AH=-91.5kJ-mor1（2分）

（2）Catl（1分）隨著溫度升高，溫度對(duì)反應(yīng)速率起決定作用（1分）

（3）-（2分）

7

InXH

（4）AB（2分）203-x+20In2O3+xH2（2分）

+-

（5）2CO2+12H+12e=C2H5OH+3H2O（2分）

【解析】（1）根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)ii-iii可得2H2（g）+CO（g）CH30H（g）,則該反應(yīng)的

AH=（-49.9kJ.moP1）-（+41.6kJ.moP'）=-91.5kJ.moP1,則利用CO加氫合成CH30H（g）的熱化學(xué)方

1

程式為:2H2(g)+CO(g).CH30H(g)AH=-91.5kJmoF；

(2)由圖可知，溫度低于450℃時(shí)，催化劑是Catl時(shí)，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率高，故此時(shí)催化效率較高的

催化劑是；由于反應(yīng)時(shí)間相同，隨著溫度升高，反應(yīng)速率加快，則隨著溫度升高，Catl、Cat2曲線相

交，其主要原因可能是：隨著溫度升高，溫度對(duì)反應(yīng)速率起決定作用；

(3)根據(jù)相關(guān)數(shù)據(jù)，達(dá)到平衡時(shí)CO2轉(zhuǎn)化率為60%,CH:CHqH選擇性為50%,CO選擇性為25%,

根據(jù)原子守恒可計(jì)算各組分物質(zhì)的量如下：

COHOCHOHCHOH

組分2COH22325

n/mol0.40.11.40.80.10.2

氣體總物質(zhì)的量為3.0mol。對(duì)于等分子數(shù)反應(yīng)，可用物質(zhì)的量替代分壓計(jì)算平衡常數(shù)，反應(yīng)iii的平衡

P(CQ)-7(HO)0.1molx0.8mol1

常數(shù)長小72

P(CO2)-P(H2)0.4molx1.4mol7

(4)①A.由圖可知，反應(yīng)中經(jīng)歷了In-C、In-O鍵的形成和斷裂，A項(xiàng)正確；B.CO2制甲醇是氣

體分子數(shù)減小的反應(yīng)，加壓平衡正向移動(dòng)，可以提高CO2的平衡轉(zhuǎn)化率，B項(xiàng)正確；

C.CO2(g)+3H2(g).CH3OH(g)+H2O(g)△"=-49.9kJ.moL是放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移

還序

動(dòng)，不利于生成甲醇，C項(xiàng)錯(cuò)誤；故選AB；②已知催化劑活化：1%。3(無活性)二手;In,03T(有

氧化

活性)，流速加快可減少產(chǎn)物中HQ的積累，減少反應(yīng)InzC^x+xH?。+xH?的發(fā)生，減少催化

劑的失活，提高甲醇選擇性；

(5)根據(jù)題意，電解時(shí)，二氧化碳在陰極得到電子生成乙醇，電極反應(yīng)式為:

+

2co2+12H+12e~=C2H50H+3H2O；

(6)干冰(固態(tài)CO?)的立方晶胞結(jié)構(gòu)中，CO?處于頂點(diǎn)和面心，，則每個(gè)干冰晶胞中含有4個(gè)CO2,

4molx44g/mol1.76xlQ231.76xlQ23

干冰晶體的密度=g-cm3,故答案為:

("IO-y踵孤

18.(14分)銘酰氯(CrO2c%)為深紅色液體，在空氣中易發(fā)煙，主要在有機(jī)合成中作氧化劑或氯化劑，也

可用作染料的溶劑。實(shí)驗(yàn)室制備銘酰氯的實(shí)驗(yàn)裝置如下(加持及加熱裝置略去):

9

(2)盛放堿石灰的裝置A的儀器名稱為,堿石灰的作用是o

(3)加入濃硫酸后，加熱三頸燒瓶，產(chǎn)生紅色氣體，則三頸燒瓶中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為o

(4)直形冷凝管中冷凝水的進(jìn)口為(填a或b)。

(5)銘酰氯在不見光時(shí)比較穩(wěn)定，遇水易水解，其水解產(chǎn)物為HC1及?

(6)在鋼鐵分析中，當(dāng)有銘干擾時(shí)，在溶解試樣中加入NaCl和HCIO4,加熱蒸發(fā)至冒煙，利用銘酰

氯易揮發(fā)而除去，請(qǐng)配平離子方程式：0

□Cr,O彳+EZIC1+口—>OCrO9Cl2+□HoOo

(7)采用季鏤鹽型強(qiáng)堿性陰離子交換樹脂，處理廢水中的含Cr(VI)離子，原理為：

2RN-OH+CrOt(RN)2-CrO4+2OH-,待交換一段時(shí)間后停止通廢水，再加入溶液可使

Cr(VI)以高濃度進(jìn)入溶液回收并使樹脂得到再生。

【答案】(1)分子(1分)

(2)球形干燥管(1分)尾氣處理、防止空氣中H?。進(jìn)入(2分)

A小

(3)K2Cr2O7+4KC1+3H2SO4=2CrO2Cl2T+3K2SO4+3H2O(2分)

(4)a(2分)

(5)H2Cr2O7(2分)

+

(6)Cr2O^+4C1'+6H=2CrO2Cl2+3H2O(2分)

(7)NaOH(2分)

【分析】銘酰氯常溫下為深紅棕色液體，放置在空氣中易發(fā)煙(迅速揮發(fā)并水解)，在實(shí)驗(yàn)中可用重銘

酸鉀、濃硫酸與氯化鉀制備，吸收尾氣時(shí)，需防止產(chǎn)物與空氣及水蒸氣接觸，據(jù)此分析；

【解析】(1)銘酰氯的沸點(diǎn)為117℃,沸點(diǎn)不高，由此推斷其屬于分子晶體；

(2)A的儀器名稱為球形干燥管，堿石灰的作用是：尾氣處理、防止空氣中HQ進(jìn)入

(3)用重銘酸鉀、濃硫酸與氯化鉀制備，產(chǎn)生的紅色氣體CrO2cU，化學(xué)方程式為：

A人

K2Cr2O7+4KC1+3H2so4=2CrO2cUT+3K2SO4+3H2O；

（4）直形冷凝管中冷凝水下口進(jìn)水，上口出水，進(jìn)口為a；

（5）銘酰氯水解2CrO2cl2+3凡0=凡507+4印21,產(chǎn)物為HC1及H25O7；

（6）根據(jù)質(zhì)量守恒，電荷守恒可知，反應(yīng)物還需要H+，利用觀察法可配平離子方程式:

+

5。；—+4Cr+6H=2CrO2Cl2