2025年高考押题预测卷（江西卷01）含答案

2025年高考押题预测卷（江西卷01）2025年高考押题预测卷高三化学（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1O16Cl35.5Co59第Ⅰ卷（选择题共42分）一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．（本土情境）化学与生活密切相关，以下说法不正确的A．吉州窑出品的木叶盏极具美学观赏及收藏价值，制备主要原料是铝硅酸盐矿物B．井冈山的红米饭南瓜汤美味又营养，富含人体易消化吸收的糖类物质淀粉及膳食纤维C．安福火腿色泽红润，鲜香可口，可适量添加亚硝酸钠防腐，提升风味D．赣州美食黄元米果的制作过程中用到黄元柴灰加水制的灰碱水，呈碱性2．利用甲醇在低温（-30℃至-70℃）下对CO2、H2S、COS等杂质的高效物理吸收能力，实现合成气深度脱硫脱碳，同时干燥气体，为后续液氮洗工艺创造低温条件在江西省合成氨（NH3）、尿素[CO(NH2)2]等产业中发挥关键作用。下列说法正确的是A．分子极性：<COSB．键的极性：C=O<C=SC．在水中的溶解性：NH3>H2SD．键角：3．中华传统文化源远流长。下图是传统酿酒工艺的装置。下列仪器与装置X(虚线框内)作用相同的是A．直形冷凝管B．蒸馏烧瓶C．分液漏斗D．锥形瓶4．2024年江西省胸科医院首次引入抗生素普托马尼，作为耐药结核病联合治疗方案（BPaL/M方案）的核心成分。普托马尼的结构简式如下图。下列关于普托马尼的说法正确的是A．分子中含有3种含氧官能团 B．分子中无手性碳原子C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．分子式为C14H11F3N3O55．高效消毒剂由原子序数依次增大的短周期主族元素、、、组成，与、同周期且相邻，是形成有机物的必要元素，的单质常用于自来水的杀菌消毒。下列叙述正确的是A．第一电离能： B．是离子化合物C．简单氢化物的稳定性： D．为直线形分子6．某小组设计实验探究(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)的性质，实验记录如下：实验操作及现象①向甲、乙试管中均加入溶液、溶液和0.1g(NH4)2S2O8固体，振荡使固体溶解。然后，向甲试管中加入2滴溶液，乙试管中不加，在相同温度下的水浴中持续加热，观察到甲试管中溶液较快变为紫红色，乙试管中一段时间后溶液缓慢变为紫红色②在甲试管中滴加硫酸溶液、溶液，振荡试管，溶液紫红色逐渐褪去，并产生气泡③在少量的酸性KMnO4溶液中滴入②中甲试管中的溶液，产生黑色沉淀(MnO2)，溶液褪色下列说法正确的是A．实验①中，甲试管中较快出现紫红色是因为Ag+起到了催化作用B．实验②中，产生的气体是CO2，溶液紫色褪去是因为(NH4)2S2O8被还原C．实验③中，褪色后溶液的酸性比褪色前溶液的酸性弱D．该实验中，(NH4)2S2O8中S的化合价为+7，表现强氧化性7．二氧化氯()可用于自来水消毒。实验室用草酸()和制取的反应为。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．0.1mol中含有的中子数为1.2B．每生成67.5g，转移电子数为2.0C．1L0.1mol/L溶液中含有的数目为0.2D．标准状况下，22.4L中含σ键数目为2.08．氯化亚铜(CuCl)是一种微溶于水、难溶于乙醇、易被氧化的白色粉末。以黄铜矿(主要成分为CuFeS2)为原料制取CuCl的流程如图所示。下列说法不正确的是A．[CuCl3]2-中加水可使平衡[CuCl3]2-(aq)CuCl(s)+2Cl-(aq)逆向移动B．加入浓盐酸发生的反应为CuCl(s)+2Cl-(aq)[CuCl3]2-(aq)C．过滤、洗涤、干燥等过程不可在空气中进行D．洗涤CuCl时可用乙醇9．可逆反应A(g)+3B(g)2C(g)，△H=-QkJ/mol有甲、乙两个容积相同且不变的密闭容器，向甲容器中加入1molA和3molB，在一定条件下达到平衡时放出热量为Q1kJ；在相同的条件下，向乙容器中加入2molC达到平衡后吸收热量为Q2kJ；已知Q1=3Q2。下列叙述不正确的是A．甲中A的转化率为75％B．Q1+Q2=QC．达到平衡后，再向乙中加入0.25molA、0.75molB、1.5molC，平衡向正反应方向移动D．乙中的热化学方程式为2C(g)A(g)+3B(g)ΔH=+Q2

kJ/mol10．PEF材料是一种生物基聚酯材料[由可再生生物质资源(如玉米、甘蔗等)提取原料制成的塑料材料]具有多种优越性能和广泛的应用前景。其一种转化过程如图。下列说法错误的是A．B．上述转化原子利用率小于C．与足量碳酸钠溶液反应放出二氧化碳D．与传统的石化塑料相比，PEF具有可降解、环保等优点11．一种新的二甲醚()双极膜燃料电池，电解质分别为和KOH，结构示意图如图所示，双极膜由阳离子交换膜和阴离子交换膜组成，能将水分子解离成和。下列说法正确的是A．放电时，双极膜中的通过b膜转移至d极B．c极反应式为C．每消耗11.2L，双极膜处有2mol的解离D．反应一段时间后，双极膜右侧电解质溶液的浓度不变12．某锂离子电池电极材料结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；晶胞3中P的分数坐标为(0，0，0)，所有晶胞均为立方晶胞。下列说法正确的是A．晶胞2中Li的配位数是4B．晶胞2和晶胞3是两种不同构型的C．结构1钴硫化物的化学式为D．晶胞3中M的分数坐标为13．室温下，在不同pH的溶液中存在形式不同，溶液中随pH的变化如图1，溶液中含A微粒的物质的量分数随pH的变化如图2。已知：①MA、均为难溶物；②初始。下列说法正确的是A．曲线Ⅲ表示离子B．C．初始状态a点发生反应：D．初始状态的b点，平衡后溶液中存在14．某试液中只可能含有、、、、、、、中的若干种离子，离子浓度均为0.1，某同学进行了如下实验，下列说法不正确的是A．气体A遇空气变为红棕色B．原试液中一定不含有C．沉淀C为D．原试液中存在的阳离子有、和第II卷（非选择题共58分）二、非选择题，共4题，共58分。15．（14分）铍广泛用于航空航天、电子元件、导弹与武器制造等领域。一种以铍矿石(主要成分为，还含有少量等)为原料制备铍的工艺流程如图。已知：①“烧结”时，未发生氧化还原反应；“烧结”后，、元素分别转化成可溶性的、，其他元素以稳定的氧化物形式存在。②铁冰晶石的成分为。回答下列问题：（1）在元素周期表中，与处于对角线的位置，它们的性质相似。下列叙述错误的是(填标号)。A．是一种轻金属，能与冷水反应B．具有高熔点，能耐酸碱腐蚀C．常温下，溶液的（2）中的化合价为。（3）“烧结”时，不宜采用陶瓷类器材，原因是。（4）实验室利用回收的可以制备两种常见气体，它们是(填化学式)。（5）“沉铍”步骤中加入溶液调节为11，析出颗粒状的，写出生成的离子方程式：；若加入的溶液过量，得到的含铍粒子是(填离子符号)。（6）焦炭还原法和镁还原法制铍单质都在氩气中进行，氩气的作用是；写出镁还原法的反应原理：。16．（15分）利用工业废气中的合成甲醇可以变废为宝，有关反应式如下：i．ii．上述反应的焓变和熵变如表：反应ⅰ-48.97-177.76ⅱ+42.08回答下列问题：（1）该过程使用的催化剂为，纳米纤维，该催化剂中过渡元素第二电离能与第一电离能相差最小的是(填元素符号)。（2）反应i正反应自发进行的条件是(填“低温”“高温”或“任意温度”)。（3）已知：①

②

③

④

则。（4）在恒容密闭容器中充入和，发生上述反应合成，测得的选择性和平衡转化率与温度的关系如图所示。D、E、F三点中，的物质的量最大的是(填字母)。温度高于时，平衡转化率增大程度加快，其主要原因是。提示：的选择性。（5）某温度下，保持总压强为，向体积可变的密闭容器中充入和，发生反应，达到平衡时转化率为体积分数为。平衡体系中，分压为。该温度下，反应ⅰ的平衡常数为(列出计算式)。提示：用分压代替浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数，分压等于总压物质的量分数。（6）以为燃料制成碱性燃料电池，利用该电池电解溶液，当正极消耗(标准状况)纯气体时，电解装置恢复至室温，此时电解后的溶液的为(忽略溶液体积的变化)。17．（14分）三氯化六氨合钴()是一种重要的化工产品。实验室以为原料制备三氯六氨合钴的方法如下，回答下列问题：Ⅰ．制备氯化钴：已知易潮解，可用高熔点金属钴与氯气反应制取。实验室可用下图装置进行制备（1）仪器a的名称为。（2）A中固体为高锰酸钾，则反应的离子方程式为。装置B中试剂X为。（3）球形干燥管中试剂的作用为。Ⅱ．制备三氯化六氨合钴：将制备的按下图流程操作：（4）“氧化”步骤中应控温在60℃进行，可采取水浴加热，其优点为。（5）利用、、浓氨水、制备的总反应化学方程式。（6）操作X中，加入浓盐酸的作用是。Ⅲ．测定钴含量：准确称量3.0000g样品，加入硫酸酸化的KI溶液至样品恰好完全溶解，配成250mL溶液。量取25.00mL溶液，加入适量缓冲溶液，几滴淀粉溶液，用0.1000mol/L溶液滴定生成的，消耗溶液的体积为10.00mL。(已知：①将氧化成，自身被还原成；②)。（7）计算样品中钴元素的质量分数为%(保留至小数点后两位)。18．（15分）K是合成某药物的中间体，一种合成K的流程如下，回答下列问题：（1）化合物E的名称是，H中官能团有(填名称)。（2）写出由B生成C的化学反应方程式。（3）写出I的结构简式。（4）H到I的反应类型是，有机物J的作用是。（5）化合物C的沸点比B的沸点，原因是。（6）在F的同分异构体中，同时满足下列条件的可能结构有种(不考虑立体异构))；其中只有一个手性碳原子的结构简式为。①能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生；②分子中有2个甲基。2025年高考押题预测卷高三化学·参考答案一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。1234567891011121314BBCCDADADCBABD二、非选择题，共4题，共58分。15．（14分）（1）AB（2分）（2）（1分）（3）陶瓷中含有的二氧化硅会与碳酸钠反应（2分）（4）、（2分）（5）（2分）（1分）（6）防止空气与铍、镁反应（2分）（2分）16．（15分）（1）Zn（2分）（2）低温（1分）（3）-285.8（2分）（4）F（2分）随着温度升高，反应ⅱ向右移动的程度大于反应ⅰ向左移动的程度（2分）（5）55（2分）（2分）（6）13（2分）17．（14分）（1）分液漏斗（1分）（2）（2分）饱和食盐水（1分）（3）吸收氯气，防止污染空气，同时防止空气中的水进入D中（2分）（4）受热均匀，利于控制温度（2分）（5）（2分）（6）增大氯离子浓度，利于[Co(NH3)6]Cl3晶体析出（2分）（7）19.67％（2分）18．（15分）（1）2—溴丙酸（1分）羟基、酯基（2分）（2）（2分）（3）（2分）（4）取代反应（1分）吸收HCl，促进反应正向移动，提高产率（2分）（5）高（1分）因为C分子间存在氢键（2分）（6）5种（2分）或（2分）2025年高考押题预测卷高三化学（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1O16Cl35.5Co59第Ⅰ卷（选择题共42分）一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．（本土情境）化学与生活密切相关，以下说法不正确的A．吉州窑出品的木叶盏极具美学观赏及收藏价值，制备主要原料是铝硅酸盐矿物B．井冈山的红米饭南瓜汤美味又营养，富含人体易消化吸收的糖类物质淀粉及膳食纤维C．安福火腿色泽红润，鲜香可口，可适量添加亚硝酸钠防腐，提升风味D．赣州美食黄元米果的制作过程中用到黄元柴灰加水制的灰碱水，呈碱性【答案】B【解析】A．木叶盏是一种陶瓷艺术品，其主要原料为铝硅酸盐矿物，故A正确；B．红米饭南瓜汤是富含淀粉的食物，淀粉是一种多糖，是人体主要的能量来源之一，南瓜还含有丰富的膳食纤维，但膳食纤维不能被人体吸收，故B错误；C．亚硝酸钠具有防腐作用，可适量添加亚硝酸钠防腐，提升风味，故C正确；D．碱水中含的K2CO3属于强碱弱酸盐，水解呈碱性，故D正确；答案选B。2．利用甲醇在低温（-30℃至-70℃）下对CO2、H2S、COS等杂质的高效物理吸收能力，实现合成气深度脱硫脱碳，同时干燥气体，为后续液氮洗工艺创造低温条件在江西省合成氨（NH3）、尿素[CO(NH2)2]等产业中发挥关键作用。下列说法正确的是A．分子极性：<COSB．键的极性：C=O<C=SC．在水中的溶解性：NH3>H2SD．键角：【答案】B【解析】A．分子呈直线形(O=C=O)，结构对称，正、负电中心重合，属于非极性分子，但COS分子虽然呈直线形(O=C=S)，不是对称分子，分子存在极性，故A正确；B．元素电负性越大，与碳形成的共价键的极性越强，由于电负性：O＞S，所以键的极性：C=O＞C=S，故B错误；C．NH3能与水形成氢键，H2S不能与水水形成氢键，在水中的溶解性：NH3>H2S，故C正确；D．中的C的价层电子对数为，C采取sp杂化，键角为180；中的N与NH3中的N一样采取sp3杂化，N有1个孤电子对，键角约为105，所以键角：，故D正确；故答案选B。3．中华传统文化源远流长。下图是传统酿酒工艺的装置。下列仪器与装置X(虚线框内)作用相同的是A．直形冷凝管B．蒸馏烧瓶C．分液漏斗D．锥形瓶【答案】C【解析】图中装置X作用是冷凝气体，与直形冷凝管作用相同，均为冷凝蒸气，故答案选C。4．2024年江西省胸科医院首次引入抗生素普托马尼，作为耐药结核病联合治疗方案（BPaL/M方案）的核心成分。普托马尼的结构简式如下图。下列关于普托马尼的说法正确的是A．分子中含有3种含氧官能团 B．分子中无手性碳原子C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．分子式为C14H11F3N3O5【答案】C【解析】A．观察其结构可知，该有机物含醚键、硝基2种含氧官能团，A项错误；B．该分子中含有1个手性碳原子(用*标注)：，B项错误；C．碳碳双键能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项正确；D．由普托马尼的结构简式可知，普托马尼的分子式为C14H12F3N3O5，D项错误。故选C。5．高效消毒剂由原子序数依次增大的短周期主族元素、、、组成，与、同周期且相邻，是形成有机物的必要元素，的单质常用于自来水的杀菌消毒。下列叙述正确的是A．第一电离能： B．是离子化合物C．简单氢化物的稳定性： D．为直线形分子【答案】D【分析】高效消毒剂由原子序数依次增大的短周期主族元素、、、组成，短周期中，是形成有机物的必要元素，故元素为，与、同周期且相邻，元素为，元素为，的单质常用于自来水的杀菌消毒，则元素为。【解析】A．基态N原子价层电子排布为2s22p3，2p能级半充满，更加稳定，失去第一个电子更难，则N的第一电离能大于，第一电离能：，A错误；B．中只含有共价键，是共价化合物，B错误；C．非金属性：O>Cl>C，元素非金属性越强，简单氢化物更加稳定，则稳定性：CH4<<，C错误；D．中含有碳氮三键，结构式为，是直线形分子，D正确；故选D。6．某小组设计实验探究(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)的性质，实验记录如下：实验操作及现象①向甲、乙试管中均加入溶液、溶液和0.1g(NH4)2S2O8固体，振荡使固体溶解。然后，向甲试管中加入2滴溶液，乙试管中不加，在相同温度下的水浴中持续加热，观察到甲试管中溶液较快变为紫红色，乙试管中一段时间后溶液缓慢变为紫红色②在甲试管中滴加硫酸溶液、溶液，振荡试管，溶液紫红色逐渐褪去，并产生气泡③在少量的酸性KMnO4溶液中滴入②中甲试管中的溶液，产生黑色沉淀(MnO2)，溶液褪色下列说法正确的是A．实验①中，甲试管中较快出现紫红色是因为Ag+起到了催化作用B．实验②中，产生的气体是CO2，溶液紫色褪去是因为(NH4)2S2O8被还原C．实验③中，褪色后溶液的酸性比褪色前溶液的酸性弱D．该实验中，(NH4)2S2O8中S的化合价为+7，表现强氧化性【答案】A【解析】A．实验①中，甲试管中加入Ag2SO4溶液后较快出现紫红色，对比乙试管，说明Ag+起到了催化作用，加快了反应速率，A项正确；B．实验②中，(NH4)2S2O8先将Mn2+氧化为(溶液呈紫色)，则紫色褪去是因为被H2C2O4还原生成无色Mn2+，B项错误；C．实验③中发生的反应为，故反应后溶液的酸性更强，C项错误；D．过二硫酸铵中存在过氧键，形成过氧键的O显-1价，则中有2个O显-1是，6个O显-2价，所以S原子的化合价为=+6价，过二硫酸铵中含过氧键(具有强氧化性)，D项错误；故选A。7．二氧化氯()可用于自来水消毒。实验室用草酸()和制取的反应为。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．0．1mol中含有的中子数为1.2B．每生成67.5g，转移电子数为2.0C．1L0.1mol/L溶液中含有的数目为0.2D．标准状况下，22.4L中含σ键数目为2.0【答案】D【解析】A．分子中H原子无中子，原子的中子数为10，则中含有的中子数为，A错误；B．由反应方程式可知，每生成2mol转移电子数为2mol，则每生成，即1mol转移电子数为，B错误；C．未给出草酸溶液的体积，无法计算氢离子的物质的量，C错误；D．1个二氧化碳分子中含有2个σ键和2个π键，则标准状况下，即1mol中含σ键数目为，D正确；故选D。8．氯化亚铜(CuCl)是一种微溶于水、难溶于乙醇、易被氧化的白色粉末。以黄铜矿(主要成分为CuFeS2)为原料制取CuCl的流程如图所示。下列说法不正确的是A．[CuCl3]2-中加水可使平衡[CuCl3]2-(aq)CuCl(s)+2Cl-(aq)逆向移动B．加入浓盐酸发生的反应为CuCl(s)+2Cl-(aq)[CuCl3]2-(aq)C．过滤、洗涤、干燥等过程不可在空气中进行D．洗涤CuCl时可用乙醇【答案】A【分析】由制备流程可知，浸取时黄铜矿和氯化铜溶液反应生成CuCl、S、氯化亚铁溶液，过滤分离出滤渣，加浓盐酸使CuCl和盐酸反应生成[CuCl3]2−，过滤分离出S，加水稀释使CuCl(s)+2Cl−(aq)[CuCl3]2−(aq)正向移动，生成CuCl，过滤、洗涤、干燥得到CuCl，以此来解答。【解析】A．稀释时平衡向离子浓度增大的方向移动，[CuCl3]2−中加水可使平衡[CuCl3]2-(aq)CuCl(s)+2Cl-(aq)正向移动，使得CuCl析出，A错误；B．加入浓盐酸时能够增大Cl-浓度，使得[CuCl3]2-(aq)CuCl(s)+2Cl-(aq)平衡逆向移动即发生的反应为CuCl(s)+2Cl-(aq)[CuCl3]2-(aq)，B正确；C．由题干信息可知，CuCl是一种易被氧化的白色粉末，故过滤、洗涤、干燥等过程不可在空气中进行，防止其被氧化，C正确；D．乙醇洗涤可减少因溶解而造成的损失，提高产率，真空干燥可防止CuCl被氧化，提高纯度，D正确；故答案为：A。9．可逆反应A(g)+3B(g)2C(g)，△H=-QkJ/mol有甲、乙两个容积相同且不变的密闭容器，向甲容器中加入1molA和3molB，在一定条件下达到平衡时放出热量为Q1kJ；在相同的条件下，向乙容器中加入2molC达到平衡后吸收热量为Q2kJ；已知Q1=3Q2。下列叙述不正确的是A．甲中A的转化率为75％B．Q1+Q2=QC．达到平衡后，再向乙中加入0.25molA、0.75molB、1.5molC，平衡向正反应方向移动D．乙中的热化学方程式为2C(g)A(g)+3B(g)ΔH=+Q2

kJ/mol【答案】D【分析】由Q1＝3Q2可知△n甲（A）＝3△n乙（A），则建立如下三段式：甲

A（g）+3B（g）2C（g）起始量（mol）1

3

0转化量（mol）x

3x

2x平衡量（mol）1-x

3-3x

2x乙

A（g）+3B（g）2C（g）起始量（mol）

0

0

2转化量（mol）

x

平衡量（mol）

x

2－【解析】利用一边倒法可知，1molA、3molB与2molC是等效物料，它们在同温同容的条件下建立的平衡状态完全相同，则1－x＝，解得x＝0.75，所以α(A)＝×100%＝75%，故A正确；B项、Q1+Q2＝0.75Q+Q＝Q，故B正确；C项、利用一边倒法可知，再加入0.25molA、0.75molB、1.5molC与再加入2molC等效，在恒温恒容条件下相当于增大压强，平衡向生成C的方向移动，故C正确；D项、乙中反应掉的C为mol＝0.50mol，所给热化学方程式中2molC对应的反应热应为＋4Q2kJ•mol-1，故D错误；故选D。10．PEF材料是一种生物基聚酯材料[由可再生生物质资源(如玉米、甘蔗等)提取原料制成的塑料材料]具有多种优越性能和广泛的应用前景。其一种转化过程如图。下列说法错误的是A．B．上述转化原子利用率小于C．与足量碳酸钠溶液反应放出二氧化碳D．与传统的石化塑料相比，PEF具有可降解、环保等优点【答案】C【解析】A．根据PEF材料制备原理，其发生的是缩聚反应，反应物FDCA中含有双羧基，MEG中含有双羟基，根据高聚物的结构特点，其末端各有一个羧基和羟基没有酯化，则生成的水分子是，故A正确；B．转化中有水分子生成，可见制备PEF材料，原材料利用率小于，故B正确；C．FDCA中结构虽含有双羧基，但与足量碳酸钠溶液反应生成的应是碳酸氢钠，即使过程中有二氧化碳生成，肯定也远远小于，故C错误；D．PEF结构中含有酯基，在自然环境中能降解，且产物对环境无污染，环保，故D正确；答案C。11．一种新的二甲醚()双极膜燃料电池，电解质分别为和KOH，结构示意图如图所示，双极膜由阳离子交换膜和阴离子交换膜组成，能将水分子解离成和。下列说法正确的是A．放电时，双极膜中的通过b膜转移至d极B．c极反应式为C．每消耗11.2L，双极膜处有2mol的解离D．反应一段时间后，双极膜右侧电解质溶液的浓度不变【答案】B【分析】电极c为负极，发生氧化反应，其电极方程式为；电极d为正极，发生还原反应，其电极方程式为O2＋4H＋＋4e－＝2H2O。【解析】A．放电时，阴离子向负极移动，即双极膜中的通过a膜转移至c极，故A错误；B．由分析知，c极反应式为，故B正确；C．由于不知气体所处的状况，无法确定11.2LO2的物质的量，故C错误；D．双极膜右侧生成了水，溶液体积增大，电解质溶液的浓度减小，故D错误；故选B。12．某锂离子电池电极材料结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；晶胞3中P的分数坐标为(0，0，0)，所有晶胞均为立方晶胞。下列说法正确的是A．晶胞2中Li的配位数是4B．晶胞2和晶胞3是两种不同构型的C．结构1钴硫化物的化学式为D．晶胞3中M的分数坐标为【答案】A【解析】A．由晶胞结构可知，以位于体心的Li为研究对象，周围距离最近且相等的O原子有4个，Li的配位数是4，A正确；B．当2个晶胞2放在一起时，截取第1个晶胞的右一半和第2个晶胞的左一半合并后就是晶胞3。根据晶胞2的结构可知，S的个数为1+12×=4，Li的个数为8，则晶胞2表示的化学式为Li2S，在晶胞3中，S的个数为8×+6×=4，Li的个数为8，则晶胞3表示的化学式为Li2S，晶胞2和晶胞3表示同一晶体，构型是相同的，B错误；C．由均摊法得，结构1中含有Co的数目为4+4×=4.5，含有S的数目为1+12×=4，Co与S的原子个数比为9：8，因此结构1的化学式为Co9S8，C错误；D．晶胞3中P的分数坐标为(0，0，0)，晶胞结构可知，晶胞3中M的分数坐标为，D错误；故选A。13．室温下，在不同pH的溶液中存在形式不同，溶液中随pH的变化如图1，溶液中含A微粒的物质的量分数随pH的变化如图2。已知：①MA、均为难溶物；②初始。下列说法正确的是A．曲线Ⅲ表示离子B．C．初始状态a点发生反应：D．初始状态的b点，平衡后溶液中存在【答案】B【分析】由可得，为线性关系，故曲线I表示的溶解平衡曲线，曲线II表示MA的溶解平衡曲线；同时根据，发生水解、可知，酸性越强，pH越小，的物质的量分数越大；碱性越强，pH越大，的物质的量分数越大，结合图形，则曲线III表示的物质的量分数，曲线IV表示的物质的量分数，曲线V表示的物质的量分数，据此分析解答。【解析】A．根据分析，曲线III表示的物质的量分数，A错误；B．当pM=5时可认为完全沉淀，此时，根据pH坐标图可知此时的，由分析的，B正确；C．初始状态a点在曲线I的溶解平衡曲线下方，则，未达到饱和状态，不会产生沉淀，C错误；D．初始状态的b点在曲线IIMA的溶解平衡曲线下方，则有，未达到饱和状态，不会产生沉淀，根据物料守恒，则有，D错误；故答案为：B。14．某试液中只可能含有、、、、、、、中的若干种离子，离子浓度均为0.1，某同学进行了如下实验，下列说法不正确的是A．气体A遇空气变为红棕色B．原试液中一定不含有C．沉淀C为D．原试液中存在的阳离子有、和【答案】D【分析】试液中只可能含有、、、、、、、中的若干种离子，加入过量稀H2SO4无明显现象，说明该试液中没有；再加入过量Ba(NO3)2溶液有气体产生，因为此时溶液中含有上一步操作所加入的过量H2SO4，结合离子在酸性条件下具有强氧化性，生成的气体为NO，说明原试液中有Fe2+离子存在且被氧化为Fe3+，和会发生反应，不能共存，则溶液中一定不存在，沉淀A为BaSO4；向滤液X中加入过量的NaOH有气体产生，说明原试液中存在离子，此时产生的气体为NH3，沉淀B为红褐色的Fe(OH)3沉淀；继续向滤液中通入少量CO2产生沉淀，由于上一步所加NaOH有剩余，则所通入少量的CO2先与OH−反应生成，再与Ba2+反应生成BaCO3，则沉淀C中含有BaCO3，综上分析可知，原试液中一定存在、Fe2+，一定不存在、，由于存在的离子浓度均为0.1mol⋅L-1，根据电荷守恒可知原试液中一定还存在阴离子、Cl-，且浓度均为0.1mol⋅L-1的、Fe2+、Cl-、恰好满足电荷守恒，则原试液中Al3+、K+必然不能存在。【解析】A．根据分析可知，气体A为NO，遇空气变为红棕色NO2，A正确；B．根据分析可知，原试液中一定不含有，B正确；C．由分析可知，沉淀C为，C正确；D．原试液中存在的阳离子有、，不存在，D错误；答案选D。第II卷（非选择题共58分）二、非选择题，共4题，共58分。15．（14分）铍广泛用于航空航天、电子元件、导弹与武器制造等领域。一种以铍矿石(主要成分为，还含有少量等)为原料制备铍的工艺流程如图。已知：①“烧结”时，未发生氧化还原反应；“烧结”后，、元素分别转化成可溶性的、，其他元素以稳定的氧化物形式存在。②铁冰晶石的成分为。回答下列问题：（1）在元素周期表中，与处于对角线的位置，它们的性质相似。下列叙述错误的是(填标号)。A．是一种轻金属，能与冷水反应B．具有高熔点，能耐酸碱腐蚀C．常温下，溶液的（2）中的化合价为。（3）“烧结”时，不宜采用陶瓷类器材，原因是。（4）实验室利用回收的可以制备两种常见气体，它们是(填化学式)。（5）“沉铍”步骤中加入溶液调节为11，析出颗粒状的，写出生成的离子方程式：；若加入的溶液过量，得到的含铍粒子是(填离子符号)。（6）焦炭还原法和镁还原法制铍单质都在氩气中进行，氩气的作用是；写出镁还原法的反应原理：。【答案】（1）AB（2分）（2）（1分）（3）陶瓷中含有的二氧化硅会与碳酸钠反应（2分）（4）、（2分）（5）（2分）（1分）（6）防止空气与铍、镁反应（2分）（2分）【分析】以铍矿石(主要成分为，还含有少量等)为原料制备铍，铍矿石加入Na2SiF6、Na2CO3烧结，烧结时，未发生氧化还原反应，烧结后，Be、Mn元素以可溶性的Na2BeF4、Na2MnF4形式存在，同时生成二氧化硅，加入水浸出，过滤，所得滤渣为二氧化硅，滤液中加入NH3•H2O、KMnO4得到MnO2固体，过滤得到MnO2，滤液中加入NaOH沉铍，过滤得到的滤渣洗涤烘干然后煅烧得到工业BeO，BeO可以通过焦炭还原法或者镁还原法制得金属Be，滤液中加入硫酸铁得到铁冰晶石；【解析】（1）与处于对角线的位置，它们的性质相似；A．Al与冷水不反应，可知Be也不能与冷水反应，故A错误；B．氧化铝的熔点高，可知氧化铍具有高熔点，与氧化铝类似，氧化铍既能与酸反应又能与碱反应，因此不耐酸碱腐蚀，故B错误；C．氯化铝水解显酸性，可知常温时，BeCl2也可以水解使溶液的pH＜7，故C正确；答案为C；（2）中Na为+1价，F为-1价，根据化合价代数和为零可知的化合价为+3；（3）陶瓷中含有二氧化硅，高温时可以与碳酸钠反应，故“烧结”时不宜采用陶瓷类器材；（4）可以催化H2O2分解制备O2；与浓盐酸加热反应可制备Cl2；（5）沉铍时，溶液中的与NaOH反应生成Be(OH)2，反应的离子方程式为；Be(OH)2和Al(OH)3性质相似，能和足量NaOH溶液反应生成，含铍的离子为；（6）焦炭还原法和镁还原法制铍单质都在氩气中进行，氩气的作用是防止空气与铍、镁反应；镁还原法制铍单质是用单质镁与BeO高温下反应生成Be和MgO，反应方程式为。16．（15分）利用工业废气中的合成甲醇可以变废为宝，有关反应式如下：i．ii．上述反应的焓变和熵变如表：反应ⅰ-48.97-177.76ⅱ+42.08回答下列问题：（1）该过程使用的催化剂为，纳米纤维，该催化剂中过渡元素第二电离能与第一电离能相差最小的是(填元素符号)。（2）反应i正反应自发进行的条件是(填“低温”“高温”或“任意温度”)。（3）已知：①

②

③

④

则。（4）在恒容密闭容器中充入和，发生上述反应合成，测得的选择性和平衡转化率与温度的关系如图所示。D、E、F三点中，的物质的量最大的是(填字母)。温度高于时，平衡转化率增大程度加快，其主要原因是。提示：的选择性。（5）某温度下，保持总压强为，向体积可变的密闭容器中充入和，发生反应，达到平衡时转化率为体积分数为。平衡体系中，分压为。该温度下，反应ⅰ的平衡常数为(列出计算式)。提示：用分压代替浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数，分压等于总压物质的量分数。（6）以为燃料制成碱性燃料电池，利用该电池电解溶液，当正极消耗(标准状况)纯气体时，电解装置恢复至室温，此时电解后的溶液的为(忽略溶液体积的变化)。【答案】（1）Zn（2分）（2）低温（1分）（3）-285.8（2分）（4）F（2分）随着温度升高，反应ⅱ向右移动的程度大于反应ⅰ向左移动的程度（2分）（5）55（2分）（2分）（6）13（2分）【解析】（1）基态的价电子排布式为，基态的价电子排布式为，基态价电子排布式为，基态价电子排布式为，处于半满状态，难失去电子，其第二电离能大，第二电离能与第一电离能相差大，故该催化剂中过渡元素第二电离能与第一电离能相差最小的是Zn；（2）反应i的，依据反应可自发进行，则低温下自发进行；（3）已知：①②；③；④；⑤根据盖斯定律：①+③－④+⑤得到，求=；则；（4）D、E、F点生成的物质的量分别为、、，故物质的量最大的点是F；升高温度反应i平衡左移，二氧化碳平衡转化率降低，而反应ii平衡右移，二氧化碳平衡转化率增大，温度高于时，平衡转化率增大程度加快，说明此时以反应ii为主，即随着温度升高，反应ⅱ向右移动的程度大于反应ⅰ向左移动的程度；（5）设平衡体系中，的物质的量分别为，列式子：i．；ii．；反应ii前后体积不变，反应i前后物质的量减小了2x；平衡时气体总物质的量为4-2x；依题意，，解得：；平衡体系中，各组分的物质的量如下：。总物质的量。、。反应i的平衡常数。（6）正极的电极反应式为，电解氯化钠溶液时阴极的电极反应式为，转移电子的物质的量，电解生成的氢氧根离子浓度，。17．（14分）三氯化六氨合钴()是一种重要的化工产品。实验室以为原料制备三氯六氨合钴的方法如下，回答下列问题：Ⅰ．制备氯化钴：已知易潮解，可用高熔点金属钴与氯气反应制取。实验室可用下图装置进行制备（1）仪器a的名称为。（2）A中固体为高锰酸钾，则反应的离子方程式为。装置B中试剂X为。（3）球形干燥管中试剂的作用为。Ⅱ．制备三氯化六氨合钴：将制备的按下图流程操作：（4）“氧化”步骤中应控温在60℃进行，可采取水浴加热，其优点为。（5）利用、、浓氨水、制备的总反应化学方程式。（6）操作X中，加入浓盐酸的作用是。Ⅲ．测定钴含量：准确称量3.0000g样品，加入硫酸酸化的KI溶液至样品恰好完全溶解，配成250mL溶液。量取25.00mL溶液，加入适量缓冲溶液，几滴淀粉溶液，用0.1000mol/L溶液滴定生成的，消耗溶液的体积为10.00mL。(已知：①将氧化成，自身被还原成；②)。（7）计算样品中钴元素的质量分数为