文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
2025 年高考第三次模拟考试01
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：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 P—31 Cr—52 Fe—
56 Cu—64
第Ⅰ卷（选择题 共39 分）
一、选择题：本题共13 小题，每小题3 分，共39 分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．我国北斗系统组网成功，北斗芯片中的半导体材料为硅。硅在元素周期表中属于
A．s 区
B．p 区
C．d 区
D．
区
【答案】B
【解析】硅在元素周期表中的位置是第三周期第IVA 族，属于p 区的元素；答案选B。
2．反应
可用于检测气体泄漏，下列说法正确的是
A．
为非极性分子
B．中子数为18 的氯原子为
C．
中既含有离子键又含有共价键D．
的电子式为
【答案】C
【解析】A．
为三角锥形，为极性分子，A 错误；B．中子数为18 的氯原子质量数为35：
，B
错误；C．氯化铵中铵根离子与氯离子之间形成离子键，铵根离子中N 原子与H 原子之间形成共价键，
C 正确；D．
的电子式为
，D 错误；故选C。
3．实验室利用下列装置进行
的有关实验，无法达到实验目的的是
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．制取
B．除去
中的HCl
C．收集
D．吸收尾气中的
【答案】B
【解析】A．浓盐酸与MnO2加热生成MnCl2、Cl2和H2O，可以用作实验室制取氯气，A 不符合题意；
B．除去Cl2中的HCl，应该通过饱和食盐水，通过NaHCO3溶液会产生CO2，引入新的杂质，同时还会
除去氯气，B 符合题意；C．氯气的密度大于空气，可以用向上排空气法收集Cl2，C 不符合题意；D．
Cl2与NaOH 反应生成水、NaCl 和NaClO，可以用NaOH 溶液吸收尾气中的Cl2，D 不符合题意；答案
选B。
4．太阳能电池可由Si、GaP、GaAs 等半导体材料构成。下列说法正确的是
A．沸点：AsH3<PH3
B．原子半径：r(Ga)>r(As)
C．第一电离能：I1(Si)>I1(P)
D．酸性：H3PO4<H3AsO4
【答案】B
【解析】A．
和
都是分子晶体，组成和结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，
沸点越高，
的相对分子质量大于
，所以沸点
，A 选项错误；B．Ga 和As 位于同
一周期，从左到右原子半径逐渐减小，Ga 在As 左边，所以原子半径
，B 选项正确；
C．Si 和P 位于同一周期，同一周期从左到右第一电离能呈增大趋势，且P 的3p 轨道处于半充满稳定
状态，第一电离能更大，所以第一电离能
，C 选项错误；D．P 和As 位于同一主族，从上
到下非金属性逐渐减弱，其最高价氧化物对应的水化物酸性逐渐减弱，所以酸性
，D
选项错误；综上所述，正确选项是B。
阅读下列材料，完成5~7 题：
周期表中第ⅥA 族元素的单质及其化合物应用广泛。O3、H2O2等都是生产中常见的氧化剂；H2S 的燃
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
烧热为586kJ·mol-1；单质硒可以用作光敏材料，工业上可由甲酸与含亚硒酸(H2SeO3)的废液在103℃反
应制得；我国科学家还研发了一种硒电池，放电时总反应为Se＋2CuSO4＋2Zn=Cu2Se＋2ZnSO4，其表
现出了超强的电容量和出色的循环性能。
5．下列说法正确的是
A．H2O2分子中所有原子在同一直线上
B．H2S 晶体属于共价晶体
C．SeO
的空间构型是平面三角形
D．1molH2SeO3中含有5molσ 键
【答案】D
【解析】A．H2O2分子中O 的价层电子对数为
，杂化方式均为
，所有原子不会在同一
直线上，H2O2分子结构：
，A 错误；B．H2S 晶体属于分子晶体，B 错
误；C．
的中心原子价层电子对数为
4，杂化方式为
，空间构型是三角锥结构，
C 错误；D．1 个H2SeO3(
)含5 个σ 键，1molH2SeO3中含有5molσ 键，D 正确；故选
D。
6．下列物质的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是
A．O3是极性分子，O3易溶于水
B．Se 最外层有6 个电子，单质硒的熔沸点较低
C．CuSO4溶液有酸性，可用于泳池的杀菌消毒
D．H2O2有氧化性，可用于和Ba(OH)2反应制备BaO2
【答案】A
【解析】A．O3分子中心O 原子呈正电性，两个端位O 原子呈负电性，是极性分子，水也是极性分子，
相似相溶，O3易溶于水，有对应关系，A 正确；B．Se 核外有34 个电子，位于第四周期第ⅥA 族，最
外层有6 个电子，单质硒是分子晶体，熔沸点较低，两者无对应关系，B 错误；C．CuSO4溶液中铜离
子水解呈酸性，CuSO4可使蛋白质变性，用于泳池的杀菌消毒，两者无对应关系，C 错误；D．H2O2中
O 元素-1 价，有氧化性，可用于和Ba(OH)2反应制备BaO2，H2O2相当于二元弱酸，氢氧化钡是碱，发
生复分解反应，两者无对应关系，D 错误；故选A。
7．下列化学反应表示正确的是
A．H2S 稀溶液中通入少量SO2气体：H2S＋3SO2=2S↓＋2H2SO3
B．H2S 燃烧的热化学方程式：2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g)；ΔH=-1172kJ·mol-1
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
C．H2SeO3制取单质硒的化学方程式：2HCOOH＋H2SeO3
Se＋2CO2↑＋3H2O
D．硒电池放电时正极反应式：Se＋2Cu2＋-4e-=Cu2Se
【答案】C
【解析】A．H2S 稀溶液中通入少量SO2气体生成硫单质：2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，A 错误；B．根据
H2S 的燃烧热为586kJ·mol-1可知，H2S 燃烧反应的热化学方程式为2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l)
ΔH=-1172kJ/mol，B 错误；C．由甲酸与亚硒酸(H2SeO3)在103℃反应制得Se，制取单质硒的化学方程
式：2HCOOH＋H2SeO3
Se＋2CO2↑＋3H2O，C 正确；D．放电时总反应为Se＋2CuSO4＋
2Zn=Cu2Se＋2ZnSO4，Se 化合价降低做正极，硒电池放电时正极反应式：Se＋2Cu2＋+4e-=Cu2Se，D 错
误； 故选C。
8．热电池是一种需要达到一定温度才能工作的电池。一种热电池的结构如下图所示，电池工作时需用引
燃剂引发Fe 和
的反应，产生的热量会使LiCl、KCl 熔化，电池开始工作。电池放电后有
、
Fe 和
生成。下列说法正确的是
A．该热电池常温下不能工作的原因是LiCl、KCl 常温下不含离子
B．Fe 和
反应后的产物可能是KCl、
和
C．放电时
电极上所发生反应为
D．电路上每转移1mol 电子，消耗
的物质的量为0.25mol
【答案】D
【解析】原电池负极氧化反应，正极还原反应，电池放电后有Li7Si3、Fe 和Li2S 生成，所以FeS2电极
为正极，Li13Si4电极为负极。A．该热电池常温下不能工作的原因是LiCl、KCl 常温下为固体，离子不
能自由移动，不能导电，A 错误；B．Fe 和KClO4反应生成KCl，反应前后钾和氯的物质的量之比均为
1:1，并且钾、氯原子守恒可知，一定没有FeCl3，B 错误；C．放电时Li13Si4电极上所发生反应为
3Li13Si4-11e−=4Li7Si3+11Li+，C 错误；D．正极反应式为FeS2+4e-+4Li+=Fe+2Li2S，电路上每转移1mol 电
子，消耗FeS2的物质的量为0.25mol，D 正确；故答案为：D。
9．某抗凝血作用的药物Z 可用下列反应合成，下列说法不正确的是
A．
与NaHCO3溶液反应，最多消耗1molNaHCO3
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
B．可用酸性
溶液检验产品Z 中是否含有X
C．Z 分子中所有原子均处于同一平面上
D．
水解，最多消耗
【答案】B
【解析】A．X 的结构简式为
，-COOH 可以与NaHCO3反应，酚羟基不能反应，因此
1molX 最多消耗1molNaHCO3，A 正确；B．X 分子中酚羟基和Z 分子中的碳碳双键都能与酸性高锰酸
钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，所以不能用酸性高锰酸钾溶液检验产品Z 中是否含有X，B 不正确；
C．由结构简式可知，Z 分子中苯环、碳碳双键和酯基都为平面结构，所以分子中所有碳原子均处于同
一平面上，C 正确；D．由结构简式可知，Y 分子中含有的酯基能与氢氧化钠溶液反应，其中1mol 酚
酯基能消耗2mol 氢氧化钠，所以1molY 发生水解反应时最多能消耗3mol 氢氧化钠，D 正确；答案选
B。
10．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】A．氢氧化钙与氯气反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，Ca(ClO)2与足量二氧化硫发生氧化还
原反应，ClO-被还原为Cl-，得不到HClO，A 错误；B．铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，不是
生成氧氢化铁，氧氢化铁与盐酸反应生成氯化铁，B 错误；C．硫与氧气反应生成二氧化硫，盐酸的
酸性强于亚硫酸，所以二氧化硫与氯化钡不反应，C 错误；D．氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化
氮和氧气混合和水反应生成硝酸，4NO+3O2+2H2O=4HNO3，物质间转化能实现，D 正确；故选D。
11．根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是
选
项
探究方案
探究目的
A
室温下，测定浓度均为0.1 mol/L 的CH3COONa、
NH4Cl 溶液的pH
比较室温下CH3COOH 和
NH3·H2O 的电离能力
B
向试管中加入0.5 g 淀粉和4 mL 2 mol/L H2SO4溶液，
加热。冷却后，向其中加入少量新制的Cu(OH)2 ，加
热，观察现象
淀粉水解液中存在还原性
糖
C
将灼热的木炭加入浓硝酸中，有红棕色气体产生
木炭在加热条件下能与浓
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
硝酸反应
D
用pH 计分别测定等体积的CH3COOH 溶液和
CH2ClCOOH 溶液的，CH2ClCOOH 溶液的pH 小
O-H 键的极性增强，羧酸
酸性增强
【答案】A
【解析】A．据越弱越水解，通过测定浓度均为0.1 mol/L 的CH3COONa、NH4Cl 溶液的pH，比较
CH3COONa 溶液中c(H＋)和NH4Cl 溶液中c(OH－)大小，从而得到CH3COONa、NH4Cl 水解程度大小，
从而比较出比较室温下CH3COOH 和NH3·H2O 的电离能力，A 正确；B．加入少量新制的Cu(OH)2前
需要先加NaOH 去除过量的硫酸，B 错误；C．将灼热的木炭加入浓硝酸中，有红棕色气体产生，可
能是HNO3受热分解产生NO2，不能说明木炭在加热条件下能与浓硝酸反应，C 错误；D．不确定溶液
的浓度，不能判断等浓度CH3COOH 溶液和CH2ClCOOH 溶液的酸性谁更强，D 错误；故选D。
12．室温下，通过下列实验探究NaClO 的性质。已知：Ka(HClO)=3×10-8，Ka1(H2CO3)=4×10-7，
Ka2(H2CO3)=5×10-11。
实验1：测定0.1mol·L-1NaClO 溶液的pH。
实验2：向0.1mol·L-1NaClO 溶液中加入稀硫酸至pH=7。
实验3：向0.1mol·L-1NaClO 溶液中通入少量CO2。
实验4：向0.1mol·L-1NaClO 溶液中通入少量SO2，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。
下列说法正确的是
A．实验1 所测NaClO 溶液的pH>11
B．实验2 所得的溶液中：c(HClO)=2c(SO
)
C．实验3 所得溶液中：c(CO
)>c(HCO )
D．实验4 所得的溶液中：c(Ba2＋)·c(SO
)=Ksp(BaSO3)
【答案】B
【解析】A．NaClO 是强碱弱酸盐，ClO-发生水解ClO-+H2O
HClO+OH-，Kh=
≈3.33×10-7，由于水解程度较小，c(OH-)= c(HClO)，Kh=
=3.33×10-7，得
c(OH-)≈5.77×10-5，而pH=11 时c(OH-)=10-3mol/L，故NaClO 溶液的pH＜11，故A 错误；B．向
0.1mol/LNaClO 溶液中加入稀硫酸至pH=7，此时溶液中c(H+)= c(OH-)。溶液中存在电荷守恒:c(Na+)
+c(H+)=c(ClO-)+ c(OH-)+2c(SO
)，因为c(H+)= c(OH-)，所以c(Na+)=c(ClO-) + 2c(SO
)。又NaClO 溶
液中存在c(Na+)= c(ClO-)+ c(HClO)。结合上述两个等式可得c(HClO)=2c(SO
)，故B 正确；C．向
0.1mol/LNaClO 溶液中通入少量CO2，发生反应NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO，所以反应后溶液中
溶质为NaHCO3和HClO，溶液中不存在大量的CO
，应该是c(CO
)＜c(HCO )，选项C 错误；D．
向0.1mol/LNaClO 溶液中通入少量SO2，发生反应NaClO+SO2+H2O=NaCl+H2SO4，再加入BaCl2溶液，
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
产生白色沉淀BaSO4，说明溶液中存在SO
，而不是SO
，所以不存在c(Ba2＋)·c(SO
)=Ksp(BaSO3)
的关系，选项D 错误；故选B。
13．在催化剂作用下，以CO2和H2为原料进行合成CH3OH 的实验。保持压强一定，将起始
n(CO2) n(H
∶
2)=1 3∶的混合气体通过装有催化剂的反应管，测得出口处CO2的转化率和CH3OH 的选择性
与温度的关系如下图所示。
已知反应管内发生的反应为
反应1 CO
∶
2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)
H
△
1=-49.5 kJ·mol-1
反应2 CO
∶
2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)
H
△
2=41.2 kJ·mol-1
下列说法正确的是
A．CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)的△H=90.7kJ·mol-1
B．280℃时，出口处CH3OH 的体积分数的实验值小于平衡值
C．220℃~240℃时CO2的平衡转化率随温度升高而降低，原因是反应2 转化的CO2随温度的升高而减
少
D．220℃~280℃时，反应1 的速率高于反应2 的速率
【答案】D
【解析】由题给热化学方程式可知，反应1 为放热反应，反应2 为吸热反应，升高温度反应1 逆向移
动，则CH3OH 的选择性随温度升高而减小，依据图中曲线解答。A．根据盖斯定律，反应1-反应2 得
到CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H=-49.5 kJ·mol-1-41.2 kJ·mol-1=-90.7kJ·mol-1，故A 错误；B．由图可知，
280℃时，出口处CH3OH 的选择性实验值等于CO2的转化率的平衡值，而CO2的转化率实验值又大于
CH3OH 的选择性平衡值，出口处CH3OH 的体积=起始CO2的体积CO2的转化率CH3OH 的选择性，
所以CH3OH 的体积分数的实验值大于平衡值，故B 错误；C．反应1 为放热反应，升高温度反应1 逆
向移动，CH3OH 的选择性随温度升高而降低，则220℃~240℃时，CO2的平衡转化率随温度升高而降
低，原因是反应1 转化的CO2随温度的升高而减少，故C 错误；D．根据B 项分析，CH3OH 的体积分
数的实验值大于平衡值，说明反应1 的速率高于反应2 的速率，故D 正确；答案选D。
第II 卷（非选择题 共58 分）
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
二、非选择题，共4 题，共61 分。
14．（15 分）用磷铁渣(含FeP、Fe2P 及少量杂质)制备FePO4的工艺流程如下：
(1)下图所示为某种磷铁化合物的晶胞，该磷铁化合物的化学式为 。
(2)将磷铁渣在空气中煅烧，有Fe3O4、Fe2O3和P2O5生成(杂质不反应)。若生成Fe3O4、Fe2O3和P2O5的
物质的量之比为1 1 2
∶∶，则反应的FeP 和Fe2P 物质的量之比为 。
(3)将煅烧所得烧渣用盐酸浸出，控制浸出时间、温度和盐酸浓度一定，测得烧渣的浸出率和浸出液中
铁元素浓度与液固比的关系如图所示。当液固比大于20mL·g-1，所得浸出液中铁元素浓度降低的原因
是 。
[已知烧渣的浸出率=
×100%，液固比=
]
(4)调铁、磷比的目的是加入H3PO4让溶液中铁、磷两种元素的比例接近1 1∶。调铁、磷比前须先测定
溶液中的铁、磷浓度，测定过程如下：量取10.00mL 浸取液，加水稀释成100.00mL。量取25.00mL
稀释液于锥形瓶中，先将Fe3＋全部转化为Fe2＋，后加入指示剂并滴加0.1000mol·L-1的K2Cr2O7标准溶
液，Fe2＋恰好完全反应时(Cr2O
转化为Cr3＋)消耗K2Cr2O7标准溶液10.00mL。另量取25.00mL 稀释液
于锥形瓶中，向锥形瓶中加入足量的喹钼啉酮试剂，PO
充分反应后，过滤、干燥得到磷钼酸喹啉沉
淀{(C9H7N)3[PO4(MoO3)12]，摩尔质量为2210g·mol-1}1.326g。计算浸取液中Fe、P 的物质的量之比
，并写出计算过程。
(5)制取FePO4时，先加入H2O2将溶液中的Fe2＋氧化，然后加入氨水生成FePO4沉淀。写出加入氨水生
成FePO4的离子方程式： 。[已知Ka1(H3PO4)=7.5×10-3]
(6)以Fe2P 为阳极、石墨为阴极电解H3PO4溶液也可以制取FePO4。写出电解时的化学反应方程式：
。
【答案】(1)FeP（2 分）
(2)3 1∶（2 分）
(3)液固比大于20mL·g-1，烧渣已不再反应，浸出的铁元素总量不再变化，随着溶液体积的增加，铁元
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
素浓度降低（3 分）
(4)10 1∶（4 分）
(5)Fe3＋＋3NH3·H2O＋H3PO4=FePO4↓＋3NH ＋3H2O（2 分）
(6)2Fe2P＋2H3PO4＋8H2O
4FePO4↓＋11H2↑（2 分）
【解析】用磷铁渣(含FeP、Fe2P 及少量杂质)来制备FePO4的工艺流程为：将磷铁渣进行煅烧利用空气
中的氧气把FeP、Fe2P 转化为
和
，再用盐酸进行酸浸，把
和
转化为
和
，然后调整铁元素和磷元素的比例有，最后得到磷酸铁（FePO4）。（1）根据晶胞的结构图可
知，Fe 原子处于晶胞的顶点和棱心，得Fe 原子数为：
；P 原子处于晶胞的体心，得P
原子数为2；则该磷铁化合物的化学式为：
。（2）若生成Fe3O4、Fe2O3和P2O5的物质的量之比为
1 1 2
∶∶，根据铁元素和磷元素守恒可知：
，设
为xmol，
为
ymol，则有
，解得x=3mol、y=1mol，所以反应的FeP 和Fe2P 物质的量之比为3：1。（3）
根据烧渣的浸出率和浸出液中铁元素浓度与液固比的关系图可知，当液固比大于
时，烧渣的
浸出率基本不变，说明烧渣已浸出完全，浸出的铁元素总量不再变化，随着溶液体积的增加，所得浸
出液中铁元素浓度逐渐降低。（4）调整铁、磷比前须先测定溶液中的铁、磷浓度，测定过程如下：
量取10.00mL 浸取液，加水稀释成100.00mL；量取25.00mL 稀释液于锥形瓶中，先将
全部转化
为
，后加入指示剂并滴加
的
标准溶液，
恰好完全反应时(
转化为
)消耗
标准溶液10.00mL，反应方程式为：
，
列关系式：
，解得
；另量取25.00mL
稀释液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入足量的喹钼啉酮试剂，
充分反应后，过滤、干燥得到磷钼酸
喹啉沉淀{(C9H7N)3[PO4(MoO3)12]，摩尔质量为2210g·mol-1}1.326g，列关系式为：
，解得
，由于都是取的25mL 体积，两份
实验的离子组成完全相同，则浸取液中Fe、P 的物质的量之比为：
。
（5）制取FePO4时，是利用
与
结合生成
沉淀，但由于
为中强酸，为促使
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
的电离，通常加入氨水中和
电离的
生成
，则生成FePO4的离子方程式为：
。（6）以Fe2P 为阳极、石墨为阴极电解H3PO4溶
液也可以制取FePO4，则阳极反应式为：
；阴极反应式
为：
；得到电解时的总化学反应方程式为：
。
15．（15 分）六羰基钼催化剂对于间位取代苯衍生物的合成至关重要，一种化合物H 的合成路线如下：
(
-代表苯基)
(1)有机物G 中的官能团名称为 。
(2)有机物F 的分子式为
，则其结构简式为 。
(3)D 和乙二醇(
)以物质的量比为
完全酯化的产物有多种同分异构体，其中一种同
分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
①分子中含有3 种不同化学环境的氢原子；
②能发生银镜反应；
③能发生水解反应，且
该分子水解时消耗
。
(4)D→E 的过程中反应机理如下：
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
试写出该过程发生的反应类型：先发生 反应，再发生 反应。
(5)写出以苯乙烯、苯甲酸、
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)羰基、碳碳三键（2 分）
(2)
（2 分）
(3)
（2 分）
(4)加成反应（2 分） 消去反应（2 分）
(5)
（5
分）
【解析】A 和溴发生取代反应在苯环引入溴原子得到B，B 和镁反应生成格氏试剂C，C 和二氧化碳
反应后水解引入羧基得到D，D 与SOCl2发生取代反应引入氯原子得到E，E 和F 生成G，F 的分子式
为C10H10，结合G 结构可知，F 为
，则E 与F 的反应为取代反应；G 再转化为H。
（1）由G 结构可知，有机物G 中的官能团名称为羰基、碳碳三键。（2）由分析知，有机物F 的分子
式为C10H10，则其结构简式为
。（3）D 中含有羧基，和乙二醇(HOCH2CH2OH)以物
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
质的量比为2：1 完全酯化的产物为
；其同分异构
体同时满足下列条件：
①分子中含有3 种不同化学环境的氢原子，则结构对称；②能发生银镜反应，含有醛基或甲酸酯基；
③能发生水解反应，且1mol 该分子水解时消耗4molNaOH，则含有2 个甲酸酯基，且水解后生成酚羟
基，故可以为
或
。（4）由
图可知，该加成的历程为：苯甲酸中的羰基O(δ-)原子进攻SOCl2中的S(δ+)原子，一根S-Cl 键断裂，
Cl 得到共用电子对离去，随后Cl-进攻羰基C 原子，发生加成反应；O-C 键和S-Cl 键断裂，Cl 得到共
用电子对离去，S 转化为SO2离去，羟基的电子对向碳原子转移形成碳氧双键，使羟基H 带部分正电
荷，随后Cl-进攻羟基H(δ+)原子，形成HCl 离去，发生消去反应。（5）苯乙烯和溴加成引入溴原子，
再发生消去反应得到苯乙炔；苯甲酸和SOCl2发生D 生成E 的反应引入氯原子，再和苯乙炔发生E 生
成G 的反应得到
，再和
发生G 生成H 的反应生成产物，故流程为：
。
16．（15 分）I．酸碱盐在水溶液中反应以离子反应为特征，以化学平衡理论为基础。
(1)在化学分析中采用K2CrO4溶液为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-，利用Ag+与
反
应生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl-恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10-5mol∙L-1)时，此时
溶液中c(
)等于 mol∙L-1(已知Ag2CrO4、AgCl 的Ksp分别为2.0×10-12和2.0×10-10)。
Ⅱ．以废旧锂离子电池的正极废料(主要含LiCoO2，还有少量Al、C 等)为原料可制备CoCO3。LiCoO2
难溶于水和碱性溶液，可溶于酸性溶液。
(2)溶解。将废料加入过量NaOH 溶液充分溶解，过滤，向滤渣中加入稀硫酸和H2O2溶液，控制在
80℃进行充分反应，过滤得到含钴离子的溶液。
①在酸性条件下，LiCoO2与H2O2溶液反应得到Co2+，其离子方程式为 。
②上述反应过程控制在80℃进行的原因是 。
(3)分离。向上述所得溶液中加入有机磷萃取剂，充分振荡后静置、分液，再向得到的有机层提取液中
加入硫酸溶液反萃取，再次分液，获得CoSO4溶液，从而与Li2SO4分离。向有机层提取液中加入硫酸
溶液能实现反萃取，其主要原因可能是 。
(4)制备。补充完整由CoSO4溶液和Na2CO3溶液制备CoCO3固体的实验方案： ；干燥。
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
[CoCO3沉淀需“洗涤完全”，Co(OH)2开始沉淀的pH=9.0]
【答案】(1)5.0×10-3（3 分）
(2) ①
（3 分） ②温度过低，反应速率较慢；温度
过高，会导致H2O2的分解，不利于反应的进行（3 分）
(3)CoSO4在硫酸溶液中的溶解度比在有机磷中的大（2 分）
(4)控制溶液pH 不大于9.0，在搅拌下向CoSO4溶液中滴加Na2CO3溶液，至有大量固体生成；静置后
过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色
沉淀（4 分）
【解析】废旧锂离子电池的正极废料(主要含LiCoO2，还有少量Al、C 等)中加入过量NaOH 溶液，Al
完全溶解并转化为Na[Al(OH)4]，过滤后，滤渣中含有LiCoO2和C。向滤渣中加入稀硫酸和H2O2溶液，
控制在80℃进行充分反应，LiCoO2溶解，C 不溶，过滤得到含钴离子的溶液。（1）当溶液中Cl-恰好
完全沉淀(浓度等于1.0×10-5mol∙L-1)时，溶液中c(Ag+)=
=
mol∙L-1=2.0×10-5 mol∙L-1，
则此时溶液中c(
)=
=
mol∙L-1=5.0×10-3mol∙L-1。（2）①在酸性条件下，
LiCoO2与H2O2溶液反应得到Co2+，H2O2被氧化为O2，同时生成Li+等，依据得失电子守恒、电荷守恒
和质量守恒，可得出发生反应的离子方程式为
。②上述
反应使用H2O2作还原剂，H2O2的热稳定性差，若温度过低，反应速率过慢，则控制在80℃进行的原
因是：温度过低，反应速率较慢；温度过高，会导致H2O2的分解，不利于反应的进行。（3）向有机
层提取液中加入硫酸溶液，CoSO4从有机层进入硫酸溶液层，表明CoSO4在硫酸溶液中溶解度更大，
则其主要原因可能是：CoSO4在硫酸溶液中的溶解度比在有机磷中的大。（4）由CoSO4溶液和
Na2CO3溶液制备CoCO3固体时，由于Co(OH)2开始沉淀的pH=9.0，所以应往CoSO4溶液中加入
Na2CO3溶液，并控制溶液的pH 不大于9.0；生成CoCO3沉淀后，过滤、洗涤，需要检验最后一次洗
涤液中是否含有
，以保证沉淀的纯净。则实验方案：控制溶液pH 不大于9.0，在搅拌下向CoSO4
溶液中滴加Na2CO3溶液，至有大量固体生成；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤；取最后一次洗
涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀；干燥。
17．（16 分）研究脱除烟气中的
是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。
(1)催化脱硝。用
催化脱除汽车尾气中的
和
。
①已知：
。
的标准燃烧热
。则反应
。
②
催化脱硝的反应机理如图所示。“过程①”部分
转化成
。当
氧化标准状况
下2.24LCO 时，生成的
中
。
13
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(2)络合吸收脱硝。用
、
混合液吸收烟气中NO，反应机理示意如下。
[NO 络合]
[
再生]反应ⅰ.
反应ⅱ.
反应iii.……
①从结构上分析
与
成键络合的原理为 。
②反应ⅲ的离子方程式为 。
③探究烟气中
对吸收液脱除
的影响。将一定比例
和
的混合气体匀速通过装有吸收
液的反应器。NO 去除率、吸收液中
浓度随时间的变化如下图所示。在
前后，NO 去除率先
上升后下降的原因是 。
(3)电解氧化脱硝。电解食盐水，利用生成的
将废气中
氧化为
。电解
溶液，
去除率、溶液中
浓度与电流强度的关系如下图所示。当电流强度大于
时，随着电流强度
的增大，
去除率降低的可能原因是 。
14
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】(1)
-746
①
（2 分） ②1：4（2 分）
(2) ①
提供空轨道，
提供孤电子对，形成配位键络合（3 分）
②
（3 分）
③
前，
氧化
生成
，被水吸收，
去除率上升；
后，
氧化
生成不能与
络合的
，使
浓度减小，
去除率下降（3 分）
(3)当电流强度大于
时，随着电流强度的增大，
放电生成了更高价态的酸根(或
参加放电)，
溶液中
浓度减小，
的去除率降低（3 分）
【解析】（1）①已知：
，
的标准燃烧热
，根据盖斯定律，将2×
H
△
2-
H
△
1可得目标反应的△H=2×(-283kJ/mol)-(+180kJ/
mol)=-746kJ/mol。②1molCeO2中n(Ce)=1mol，标准状况下2.24LCO 的物质的量n(CO)=2.24÷22.4L/
mol=0.1mol。CO 作还原剂，CO 中C 元素化合价从+2 价升高到+4 价，1molCO 失去2mol 电子，
0.1molCO 失去电子的物质的量为0.1mol×2=0.2mol。CeO2中Ce 元素化合价从+4 价降低到+3 价，设生
成Ce3+的物质的量为xmol，则失去电子的物质的量为0.2mol 时，x=0.2mol，Ce4+的物质的量为
(1−0.2)mol=0.8mol，所以n(Ce3+):n(Ce4+)=0.2:0.8=1:4。（2）①
具有空轨道，NO 分子中N 原子有
孤对电子，N 原子的孤电子对可以进入Fe2+的空轨道，形成配位键，从而使
与
发生络合反
应。②反应ⅰ.
，反应ⅱ.
，此为Fe2+的再生，故反应ⅲ为
。③
前，
氧化
生成
，被水吸收，
去除率上升；
后，
氧化
生成不能与
络合的
，使
浓度减小，
再生困难，导致
去除率下降。（3）当电流强度大于
时，随着电流强度的增大，
去除率降低的可能原因是随着电流强度的增大，
放电生成了更高
价态的酸根(或
参加放电)，溶液中
浓度减小，使参与氧化NO 的
浓度降低，
的去除
率降低。
15
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
16
