湖北省部分高中協作體2025屆三統聯考高三化學試題本試卷共8頁，19題，全卷滿分100分，考試用時75分鐘★祝考試順利★注意事項：1、答題前，請將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的制定位置。2、選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。3、非選擇題作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡對應的答題區域內，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。4、考試結束后，請將答題卡上交。一、選擇題：本題共15小題，每題3分，共45分，每小題僅有一項是符合題意。1.化學與中華古文化密切相關，下列敘述不涉及氧化還原反應的是A.人生請治田，種秫多釀酒B.石穴之中，所滴皆為鐘乳C.得火則飛，不見埃塵，將欲制之，黃芽為根D.錫中雜鉛太多，人醋淬八九度，鉛盡化灰而去2.“酸化”是實驗中常用方法，下列說法正確的是A.增強的氧化能力，用濃鹽酸酸化B.抑制的水解，用稀硝酸酸化C.檢驗鹵代烴中的鹵素，加堿溶液并加熱后，用稀硫酸酸化，再檢驗D.確認溶液中是否含，先用鹽酸酸化，再檢驗3.如圖所示的鹽可用于處理黑磷納米材料，從而保護和控制其性質。下列說法錯誤的是A.鹽中碳原子的軌道雜化類型為sp3、sp2B.離子中含有配位鍵，配體為C.第一電離能：C<O<ND.1mol該鹽的陽離子含有鍵的數目為4.葫蘆脲家族分子是一種具有空腔的桶狀大杯、兩端開口的超分子主體，可以很好地包結有機分子、陽離子和其他客體分子，在分子識別、藥物載體等方面有廣泛應用。葫蘆脲(結構如圖乙)可由A()和B(CH2O)在一定條件下合成。下列說法不正確的是A.A分子中含有兩個手性碳原子B.合成葫蘆脲發生的反應是縮合反應C.B物質可發生氧化反應、還原反應、加成反應D.葫蘆脲中空腔端口的羰基以配位鍵、氫鍵與其他客體分子形成超分子5.的衰變反應為，其半衰期(反應物的量被消耗到其初始量的一半需要的時間)為5730年。下列說法正確的是A.與互為同位素B.與的中子數相同C.和的最外層電子數相差2D.某考古樣品中的量應為其11460年前的6.TCCA是一種高效消毒劑，其分子結構如圖。W、X、Y、Z四種元素的原子序數依次增大，且位于兩個不同短周期，基態Y原子s能級電子總數與p能級電子總數相等。下列敘述正確的是A.第一電離能：B.簡單離子半徑：C.TCCA能發生水解反應D.最高價氧化物對應水化物的酸性：7.某抗氧化劑Z可由圖中反應制得：下列關于化合物X、Y、Z的說法正確的是A.化合物Z中采用雜化和雜化的碳原子個數比為3∶5B.化合物Y中含有3個手性碳原子C.化合物X可使溴水褪色，1molX最多可消耗D.化合物Z中第一電離能最大的元素為氧元素8.近年來我國科學家發現了一系列意義重大的鐵系超導材料，其中一類為Fe、Sm、As、F、O組成的化合物。下列說法正確的是A.元素As與N同族可預測AsH3分子中As-H鍵的鍵角小于NH3中N-H鍵的鍵角B.Fe成為陽離子時首先失去3d軌道電子C.配合物Fe(CO)n，可用作催化劑，Fe(CO)n內中心原子價電子數與配體提供電子總數之和為18，則n=4D.每個H2O分子最多可與兩個H2O分子形成兩個氫鍵9.硅及其化合物廣泛應用于光電材料領域，其中SiCl4與N-甲基咪唑()反應可以得到M2+，其結構如圖所示。下列敘述錯誤是A.SiCl4的空間構型為正四面體B.1個M2+中含有42個σ鍵。C.H、C、N的電負性由大到小的順序為N>C>HD.N-甲基咪唑分子中碳原子的雜化軌道類型為sp2、sp310.一種雙膜二次電池放電時的工作原理如圖所示，下列說法錯誤的是A.充電時，極的電極反應式為B.為陽離子交換膜，為陰離子交換膜C.充電時的總反應：D.放電時，每消耗(標準狀況)，理論上有電子通過用電器11.超分子結構化學原理的應用非常廣泛，尿素[CO(NH2)2]可與正烷烴(CnH2n+2，n≥8)形成超分子包合物，原理如圖所示。下列說法中錯誤的是A.尿素分子通過分子間氫鍵形成較穩定的六角形通道B.尿素分子和正烷烴分子間通過共價鍵形成包合物C.依據分子直徑大小差異可分離正烷烴和支鏈烷烴D.分子的大小和幾何形狀會影響有機物的分離效果12.和CO是環境污染性氣體，可在表面轉化為無害氣體，其總反應為，有關化學反應的物質變化過程及能量變化過程分別如圖甲、乙所示。下列說法不正確的是AB.為氧化劑C.由圖乙知該反應正反應的活化能小于逆反應的活化能D.為了實現轉化，需不斷向反應器中補充和13.下列實驗設計可以達到實驗目的的是選項實驗目的實驗設計A驗證氫氧化鋁屬于兩性氫氧化物將2~3mL2mol/L氯化鋁溶液注入潔凈的試管中，逐滴加入6mol/L氨水至過量B驗證Na2CO3溶液中存在CO-的水解平衡向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固體，觀察現象C比較Cl與C的非金屬性向10mL1mol/L的HCl溶液中滴加少量等濃度的Na2CO3溶液，觀察現象D比較金屬的活潑性向兩只盛有稀硫酸的燒杯中分別投入表面積相同的銅絲和銀絲A.A B.B C.C D.D14.常溫下，向的溶液中滴加溶液，各微粒濃度和滴定曲線關系如圖()，下列說法不正確的是A.曲線③代表，曲線④代表滴定曲線B.常溫下電離常數C.溶液pH約為9.6D.溶液中：15.工業上用黃銅礦(主要成分是，還含有少量SiO2)制備CuCl的工藝流程如圖：下列說法不正確的是A.“浸取”時離子方程式為B.“濾渣①”成分是C.“還原”時加入NaCl和濃鹽酸主要是為了提供，跟銅元素形成可溶于水的物質D.CuCl的晶胞如上圖，每個氯離子周圍與之距離最近的氯離子數目是12二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16.一種用磷礦脫鎂廢液(pH為2.1，溶液中含、、，還有少量及、、等雜質離子)制備三水磷酸氫鎂工藝的流程如下：已知：T溫度下，磷酸的pKa與溶液的pH的關系如下圖。回答下列問題：（1）“恒溫攪拌1”步驟后溶液pH為4.5，溶液中_______(填>、<或=)，此時雜質、、沉淀效果最好，生成，其余沉淀均是磷酸正鹽，寫出與反應生成沉淀的離子方程式_______，溶液中的濃度為mol·L，則_______，_______(已知：T溫度下，，)。（2）“恒溫攪拌2”中需添加MgO，其作用是_______。制備過程中采用“抽濾”，其目的是_______。（3）從圖像可以看出，pH對鎂回收率及產品純度的影響較大，pH>6.0時，隨著pH的增加，產品的純度降低，分析純度降低的原因_______。17.以為原料生產系列高附加值產品的合成路線如圖。回答下列問題：（1）的反應類型為________。（2）的化學方程式為________。（3）E的名稱為________，的原子利用率為100%，試劑X為________。（4）過程中使有利于提高催化效率，其部分催化機理如圖。①結合水相中能力比J強的原因是________。②能從傳遞到J的醇羥基氧上的原因是________。（5）D和H通過酯交換縮聚合成I，H的結構簡式為________。（6）C的一種同分異構體同時滿足：①可與溶液反應；②核磁共振氫譜如圖；③含有手性碳原子。其結構簡式為________。（7）以D和葡萄糖為原料(其他無機試劑任選)，制備工程塑料的合成線路________。18.四氯化鈦(，熔點：-25℃，沸點：136℃)是制備海綿鈦和鈦白的主要原料，其實驗室制備原理是，某同學利用如下裝置制備并驗證產物CO。已知：遇潮濕空氣會發生反應：回答下列問題：（1）寫出裝置A中制備的化學反應方程式___________(注：反應中被還原為)。（2）按氣流方向從左至右，上述裝置的連接順序為A、___________、G、F、H、E。（3）裝置A中盛放濃鹽酸的儀器名稱為___________，裝置G中盛放的堿石灰的作用是___________。（4）能證明有CO生成的實驗現象是___________。（5）產品中含量測定：取10.0g產品于燒瓶中，向安全漏斗(如下圖所示)中加入足量蒸餾水后，立即夾緊彈簧夾，充分反應后將安全漏斗及燒瓶中混合物中液體轉移到容量瓶中配成500mL溶液，取20mL所配溶液放入錐形瓶中，滴加幾滴溶液作指示劑，用的溶液滴定至終點，消耗溶液32.00mL。已知：是一種深紅色固體；常溫下，，。①安全漏斗中的水在本實驗中的作用除加水外，還有___________；②該沉淀滴定終點的判斷方法是___________；③該產品純度為___________%。19.短鏈烯烴是重要的有機化工原料，如丙烯(C3H6)和乙烯等。利用它們間的轉化可有效強化節能減排，達到“碳達峰”和“碳中和”的目的。請回答下列問題：（1）丙烯可由丙烷脫氫制取。已知丙烷脫氫制丙烯發生的主要反應及能量變化如圖，其中反應1為主反應，反應2為副反應。反應1：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)ΔH1；反應2：C3H8(g)C2H4(g)+CH4(g)ΔH2=+81.3kJmol-1；反應3：C3H6(g)+H2(g)C2H4(g)+CH4(g)ΔH3=-43.0kJ·mol-1。根據圖和以上數據可知，若溫度升高，副反應要比主反應更容易發生，其主要原因是___________，主反應的焓變ΔH1=___________。（2）乙烯可由CO2和H2制取：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，在0.1MPa，反應物起始物質的量之比n(CO2)：n(H2)=1：3的條件下，不同溫度下達到平衡時，CO2、H2、C2H4、H2O四種組分的物質的量分數如圖所示：①圖中表示C2H4的物質的量分數隨溫度變化的曲線是___________(填“a”“b”或“c”)。②反應2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)ΔH___________(填“>”或“<”)0，保持其他條件不變，在絕熱密閉容器中發生上述反應，達到平衡時，C2H4的物質的量分數比在恒溫密閉容器中___________(填“大”“小”或“相同”)。③440℃時H2的平衡轉化率為___________。（3）利用CO2和CH4重整：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH>0，在密閉容器中通入物質的量均為0.1mol的CH4和CO2，在一定條件下使CO2(g)和CH4(g)發生上述反應，CH4的平衡轉化率與溫度及壓強(單位：Pa)的關系如圖所示。①結合圖示，在1100℃下y點時v正___________v逆(填“>”“<”或“=”)。②若在1100℃下x點時已達到平衡狀態，用平衡分壓代替平衡濃度可以得到平衡常數Kp，則x點對應溫度下反應平衡常數Kp=___________(已知：氣體分壓p分=氣體總壓p總×氣體的物質的量分數)。

湖北省部分高中協作體2025屆三統聯考高三化學試題本試卷共8頁，19題，全卷滿分100分，考試用時75分鐘★祝考試順利★注意事項：1、答題前，請將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的制定位置。2、選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。3、非選擇題作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡對應的答題區域內，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。4、考試結束后，請將答題卡上交。一、選擇題：本題共15小題，每題3分，共45分，每小題僅有一項是符合題意。1.化學與中華古文化密切相關，下列敘述不涉及氧化還原反應的是A.人生請治田，種秫多釀酒B.石穴之中，所滴皆為鐘乳C.得火則飛，不見埃塵，將欲制之，黃芽為根D.錫中雜鉛太多，人醋淬八九度，鉛盡化灰而去【答案】B【解析】【詳解】A．釀酒中糧食發酵，有元素的化合價變化，為氧化還原反應，故A不選；B．溶洞中石筍和鐘乳石的形成是由于碳酸鈣的溶解在分解析出形成的，該過程中元素化合價沒有發生變化，不屬于氧化還原反應，故B選；C．“將欲制之，黃芽為根”，指金屬汞可以和硫磺發生反應得到硫化汞，反應Hg+S=HgS，Hg和S化合價反應變化，該反應屬于氧化還原反應，故C不選；D．“錫中雜鉛太多，入醋萃八九度，鉛盡化灰而去”，鉛與酸反應過程中Pb元素化合價發生變化，屬于氧化還原反應，故D不選；故選B。2.“酸化”是實驗中常用方法，下列說法正確的是A.增強的氧化能力，用濃鹽酸酸化B.抑制的水解，用稀硝酸酸化C.檢驗鹵代烴中的鹵素，加堿溶液并加熱后，用稀硫酸酸化，再檢驗D.確認溶液中是否含，先用鹽酸酸化，再檢驗【答案】D【解析】【詳解】A．酸性具有強氧化性，Cl-具有還原性，二者混合會發生氧化還原反應，不能達到目的，A錯誤；B．具有還原性，稀硝酸具有強氧化性，二者混合會發生氧化還原反應，不能達到目，B錯誤；C．堿性條件下利用硝酸銀溶液檢驗氯離子，而硫酸銀也是沉淀會干擾試驗，應使用硝酸酸化，C錯誤；D．檢驗溶液中是否含，先用鹽酸酸化，可以有效排除碳酸根、銀離子、亞硫酸根離子的干擾，可以達到目的，D正確；故選D。3.如圖所示的鹽可用于處理黑磷納米材料，從而保護和控制其性質。下列說法錯誤的是A.鹽中碳原子的軌道雜化類型為sp3、sp2B.離子中含有配位鍵，配體為C.第一電離能：C<O<ND.1mol該鹽的陽離子含有鍵的數目為【答案】D【解析】【詳解】A.甲基中的碳原子的軌道雜化類型為sp3，苯環中的碳原子的軌道雜化類型為sp2，A項正確；B.是在BF3中B提供空軌道，提供孤對電子而形成的配位鍵，配體為，B項正確；C.第一電離能在同一周期隨原子序數的增加而變大，故第一電離：C<O<N，C項正確；D.該鹽陽離子中含有一個氮氮三鍵、一個氮碳鍵、苯環上有四個碳氫鍵、苯環上六個碳碳鍵、兩個碳氧鍵、三個碳氫鍵，1mol該鹽的陽離子含有σ鍵的數目為17mol，D項錯誤；答案選D。4.葫蘆脲家族分子是一種具有空腔的桶狀大杯、兩端開口的超分子主體，可以很好地包結有機分子、陽離子和其他客體分子，在分子識別、藥物載體等方面有廣泛應用。葫蘆脲(結構如圖乙)可由A()和B(CH2O)在一定條件下合成。下列說法不正確的是A.A分子中含有兩個手性碳原子B.合成葫蘆脲發生的反應是縮合反應C.B物質可發生氧化反應、還原反應、加成反應D.葫蘆脲中空腔端口的羰基以配位鍵、氫鍵與其他客體分子形成超分子【答案】A【解析】【詳解】A．已知同時連有四個互不相同的原子或原子團的碳原子為手性碳原子，故A分子中不含手性碳原子，A錯誤；B．由題干信息可知，葫蘆脲(結構如圖乙)可由A()和B()在一定條件下合成，故合成葫蘆脲發生類似與合成酚醛樹脂的反應，該反應是縮合反應，B正確；C．B物質CH2O即HCHO含有醛基，可發生氧化反應，也能和H2發生加成反應(同時也屬于還原反應)，C正確；D．葫蘆[n]脲中空腔端口的羰基氧含有孤電子對且電負性較大，能形成配位鍵和氫鍵，所以葫蘆[n]脲中空腔端口的羰基以配位鍵、氫鍵與其他客體分子形成超分子，D正確；故答案為：A。5.的衰變反應為，其半衰期(反應物的量被消耗到其初始量的一半需要的時間)為5730年。下列說法正確的是A.與互為同位素B.與的中子數相同C.和的最外層電子數相差2D.某考古樣品中的量應為其11460年前的【答案】D【解析】【詳解】A．根據的衰變反應可得，X為N，質子數相同、中子數不同的同一元素的不同核素互為同位素，與質子數不同，二者不互為同位素，A項錯誤；B．與中子數分別為8和7，二者中子數不同，B項錯誤；C．與為碳元素的不同核素，二者核外電子數均為6，核外電子排布相同，最外層電子數相同，C項錯誤；D．的半衰期為5730年，故經過5730年，的量變為原來的，經過11460年，經歷了2個半衰期，的量應為原來的，D項正確；答案選D。6.TCCA是一種高效消毒劑，其分子結構如圖。W、X、Y、Z四種元素的原子序數依次增大，且位于兩個不同短周期，基態Y原子s能級電子總數與p能級電子總數相等。下列敘述正確的是A.第一電離能：B.簡單離子半徑：C.TCCA能發生水解反應D.最高價氧化物對應水化物的酸性：【答案】C【解析】【分析】TCCA是一種高效消毒劑，其分子結構如圖。W、X、Y、Z四種元素的原子序數依次增大，且位于兩個不同短周期，基態Y原子s能級電子總數與p能級電子總數相等，則Y為O，W有四個價鍵，X有三個價鍵，Z有一個價鍵，則W為C，X為N，Z為Cl。【詳解】A．根據同周期從左到右第一電離能呈增大趨勢，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，同主族從上到下第一電離能逐漸減小，則第一電離能：，故A錯誤；B．根據層多徑大，同電子層結構核多徑小，則簡單離子半徑：，故B錯誤；C．TCCA有基團，能發生水解反應，故C正確；D．O沒有最高價氧化物對應水化物，根據非金屬性越強，其最高價氧化物對應水化物越強，則最高價氧化物對應水化物的酸性：，故D錯誤。綜上所述，答案為C。7.某抗氧化劑Z可由圖中反應制得：下列關于化合物X、Y、Z的說法正確的是A.化合物Z中采用雜化和雜化的碳原子個數比為3∶5B.化合物Y中含有3個手性碳原子C.化合物X可使溴水褪色，1molX最多可消耗D.化合物Z中第一電離能最大的元素為氧元素【答案】A【解析】【詳解】A．根據有機物Z的結構簡式可知，采用雜化的碳原子有6個，采用雜化的碳原子有10個，因此二者比為3∶5，A正確；B．連有四個不同基團的碳原子為手性碳原子，化合物Y中含有一個手性碳原子，B錯誤；C．化合物X中，酚羥基的兩個鄰位碳可以與兩個發生取代反應，碳碳雙鍵可以與一個發生加成，因此1molX最多可消耗，C錯誤；D．同周期從左向右，元素的第一電離能逐漸增大，但N>O，因此化合物Z中第一電離能最大的元素為氮元素，D錯誤。本題選D。8.近年來我國科學家發現了一系列意義重大的鐵系超導材料，其中一類為Fe、Sm、As、F、O組成的化合物。下列說法正確的是A.元素As與N同族可預測AsH3分子中As-H鍵的鍵角小于NH3中N-H鍵的鍵角B.Fe成為陽離子時首先失去3d軌道電子C.配合物Fe(CO)n，可用作催化劑，Fe(CO)n內中心原子價電子數與配體提供電子總數之和為18，則n=4D.每個H2O分子最多可與兩個H2O分子形成兩個氫鍵【答案】A【解析】【詳解】A．元素As與N同族，N的電負性大于As，使成鍵電子離N原子更近，兩個N—H鍵間的排斥力增大，NH3中鍵角更大，因此AsH3分子中As－H鍵的鍵角小于NH3中N－H鍵的鍵角，故A正確；B．Fe成為陽離子時首先失去4s軌道電子，故B錯誤；C．配合物Fe(CO)n可用作催化劑，Fe的價電子為3d64s2，價電子數為8，一個配體CO提供2個電子，因此Fe(CO)n內中心原子價電子數與配體提供電子總數之和為18，8+2×n=18，則n＝5，故C錯誤；D．冰中每個H2O分子與周圍四個水分子形成氫鍵形成四面體結構，即一個水分子可以形成四個氫鍵，故D錯誤。綜上所述，答案為A。9.硅及其化合物廣泛應用于光電材料領域，其中SiCl4與N-甲基咪唑()反應可以得到M2+，其結構如圖所示。下列敘述錯誤的是A.SiCl4的空間構型為正四面體B.1個M2+中含有42個σ鍵。C.H、C、N的電負性由大到小的順序為N>C>HD.N-甲基咪唑分子中碳原子的雜化軌道類型為sp2、sp3【答案】B【解析】【詳解】A．SiCl4分子中Si形成4個σ鍵，且不存在孤電子對，其結構與甲烷相似，空間構型是正四面體，A正確；B．共價單鍵為σ鍵、共價雙鍵中含有1個σ鍵、1個π鍵，配位鍵為σ鍵，則中含有12個σ鍵，所以1個中含有12×4+6=54個σ鍵，則1mol該物質中含有54molσ鍵，B錯誤；C．根據同一周期從左往右元素的電負性依次增強，同一主族從上往下依次減弱，故H、C、N的電負性由大到小的順序為N>C>H，C增強；D．由題干信息可知，N-甲基咪唑分子中存在甲基和碳碳雙鍵，故碳原子的雜化軌道類型為sp2、sp3，D正確；故答案為：B。10.一種雙膜二次電池放電時的工作原理如圖所示，下列說法錯誤的是A.充電時，極的電極反應式為B.為陽離子交換膜，為陰離子交換膜C.充電時的總反應：D.放電時，每消耗(標準狀況)，理論上有電子通過用電器【答案】B【解析】【分析】由圖可知，放電時Fe2+在M極失去電子生成Fe3+，則M是負極，Cl2在N極得到電子生成Cl-，則N極為正極，以此解答。【詳解】A．放電時Fe2+在M極失去電子生成Fe3+，M是負極，則充電時，Fe3+在M極得到電子生成Fe2+，電極方程式為：，故A正確；B．放電時Fe2+在M極失去電子生成Fe3+，即FeCl2轉化為FeCl3，NaCl溶液中的Cl-要通過X進入M極區，為陰離子交換膜；Cl2在N極得到電子生成Cl-，由電荷守恒可知，NaCl溶液中的Na+要通過Y進入N極區，Y為陽離子交換膜，故B錯誤；C．放電時Fe2+在M極失去電子生成Fe3+，Cl2在N極得到電子生成Cl-，則充電時，FeCl3轉化為FeCl2和Cl2，總反應：，故C正確；D．放電時，Cl2在N極得到電子生成Cl-，電極方程式為：Cl2+2e-=2Cl-，標準狀況下2.24L的物質的量為0.1mol，轉移0.2mole-，理論上有電子通過用電器，故D正確；故選B。11.超分子結構化學原理的應用非常廣泛，尿素[CO(NH2)2]可與正烷烴(CnH2n+2，n≥8)形成超分子包合物，原理如圖所示。下列說法中錯誤的是A.尿素分子通過分子間氫鍵形成較穩定的六角形通道B.尿素分子和正烷烴分子間通過共價鍵形成包合物C.依據分子直徑大小差異可分離正烷烴和支鏈烷烴D.分子的大小和幾何形狀會影響有機物的分離效果【答案】B【解析】【詳解】A．尿素分子通過分子間氫鍵形成較穩定六角形通道結構，A正確；B．尿素分子和正烷烴分子間通過分子間作用力而不是共價鍵形成包合物，B錯誤；C．如果支鏈烷烴體積過大，則可能裝不進六角形通道，因此可依據分子直徑大小差異可分離正烷烴和支鏈烷烴，C正確；D．分子的大小和幾何形狀影響有機物的分離效果，D正確；故答案為：B。12.和CO是環境污染性氣體，可在表面轉化為無害氣體，其總反應為，有關化學反應的物質變化過程及能量變化過程分別如圖甲、乙所示。下列說法不正確的是A.B.為氧化劑C.由圖乙知該反應正反應的活化能小于逆反應的活化能D.為了實現轉化，需不斷向反應器中補充和【答案】D【解析】【詳解】A．△H=正反應的活化能-逆反應的活化能=(134-360)kJ/mol=-226kJ/mol，A正確；B．根據方程式可知，N2O中氮元素的化合價由+1價下降到0價，說明N2O為氧化劑，B正確；C．由圖可知，該反應正反應的活化能為134kJ/mol，逆反應的活化能為360kJ/mol，則該反應正反應的活化能小于逆反應的活化能，C正確；D．由圖可知，Pt2O+和在反應的過程中，參與反應后又有等物質的量生成，即反應過程中不需補充，D錯誤；答案選D。13.下列實驗設計可以達到實驗目的的是選項實驗目的實驗設計A驗證氫氧化鋁屬于兩性氫氧化物將2~3mL2mol/L氯化鋁溶液注入潔凈的試管中，逐滴加入6mol/L氨水至過量B驗證Na2CO3溶液中存在CO-的水解平衡向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固體，觀察現象C比較Cl與C的非金屬性向10mL1mol/L的HCl溶液中滴加少量等濃度的Na2CO3溶液，觀察現象D比較金屬的活潑性向兩只盛有稀硫酸的燒杯中分別投入表面積相同的銅絲和銀絲A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．氨水堿性較弱，無法與氫氧化鋁反應，不能達到實驗目的，A錯誤；B．向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固體，二者反應產生BaCO3沉淀，若溶液紅色變淺，說明反應后導致溶液中c(OH-)減小，證明Na2CO3溶液中存在水解平衡，降低的濃度，水解平衡逆向移動，B正確；C．HCl不是Cl的最高價含氧酸，上述實驗可證明HCl的酸性比H2CO3的強，但得到Cl與C的非金屬性強弱的結論，C錯誤；D．銅絲和銀絲皆為氫后金屬，二者均不能和硫酸反應，不能達到飾演穆的，D錯誤；故選B。14.常溫下，向的溶液中滴加溶液，各微粒濃度和滴定曲線關系如圖()，下列說法不正確的是A.曲線③代表，曲線④代表滴定曲線B.常溫下電離常數C.溶液pH約為9.6D.溶液中：【答案】B【解析】【分析】由圖可知，隨著NaOH溶液的加入，pH值逐漸增大，曲線④代表滴定曲線，H2A的濃度逐漸減少，pC值逐漸增大，曲線②符合，HA-離子濃度先增大后減少，pC值先減小后增大，曲線③符合，曲線①代表A2-離子濃度負對數與NaOH溶液的體積關系。【詳解】A．由分析可知，曲線④代表滴定曲線，曲線③代表HA-的pC隨氫氧化鈉溶液體積的變化曲線，故A正確；B．由圖可知，溶液中H2A和HA-的pC相等時，溶液pH小于4.02，由電離常數公式可知，溶液中H2A和HA-的pC相等時，電離常數Ka1(H2A)==c(H+)＞10-4.02，故B錯誤；C．由圖可知，溶液中A2-和HA-的pC相等時，溶液pH為6.2，由電離常數公式可知，溶液中A2-和HA-的PC相等時，電離常數Ka2(H2A)==c(H+)=10-6.2，水解常數則Kh1===10-7.8，0.1mol/LNa2A溶液中氫氧根離子濃度約為=mol/L=10—4.4mol/L，溶液pH約為9.6，故C正確；D．由圖可知，NaHA溶液呈酸性，溶液中氫離子濃度大于氫氧根離子濃度，由電荷守恒關系c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2—)和元素守恒關系c(Na+)=c(HA－)+c(H2A)+c(A2－)可知，c(H+)+c(H2A)=c(OH-)+c(A2—)，溶液中c(H+)<c(OH-)+c(A2—)，故D正確；答案選B。15.工業上用黃銅礦(主要成分是，還含有少量SiO2)制備CuCl的工藝流程如圖：下列說法不正確的是A.“浸取”時離子方程式為B.“濾渣①”成分是C.“還原”時加入NaCl和濃鹽酸主要是為了提供，跟銅元素形成可溶于水的物質D.CuCl的晶胞如上圖，每個氯離子周圍與之距離最近的氯離子數目是12【答案】A【解析】【分析】該工藝流程以黃銅礦為原料制備CuCl

。首先在O2?和H2?SO4?作用下浸取，CuFeS2?被氧化溶解，SiO2?不與O2?、H2?SO4?反應，作為濾渣分離除去；加入過量CuO

，調節pH

，使Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀，濾渣①主要成分是Fe(OH)3、CuO

；向溶液中加入過量銅粉、NaCl和濃鹽酸并加熱，Cu2+被Cu還原，生成CuCl沉淀，CuCl在過量Cl?下形成可溶于水的絡離子（如[CuCl2?]?），未反應的銅粉等形成濾渣②；然后經過一系列操作，得到純凈的CuCl產品。【詳解】A．“浸取”時，CuFeS2在酸性條件下與氧氣發生氧化還原反應，反應的離子方程式為：，A錯誤；B．加入過量氧化銅調節pH的目的是將鐵離子轉化為氫氧化鐵除去，因此“濾渣①”的成分是Fe(OH)3和過量的CuO，B正確；C．還原時，加入NaCl和濃鹽酸提供Cl?，Cu2+與Cl?、Cu反應生成CuCl，且CuCl在過量Cl?下形成可溶于水的絡離子（如[CuCl2?]?），便于后續分離提純，然后經過一系列操作得到CuCl，C正確；D．觀察CuCl晶胞結構，以頂點上的Cl?為例，在一個晶胞內，與該Cl?距離最近的Cl?位于面心（每個晶胞中有3個位于面心的Cl?與該頂點上的Cl?距離最近）；通過一個頂點的晶胞有8個，每個面心上的Cl?被2個晶胞共用，所以每個氯離子周圍與之距離最近的氯離子數目是，D正確；故答案選A。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16.一種用磷礦脫鎂廢液(pH為2.1，溶液中含、、，還有少量及、、等雜質離子)制備三水磷酸氫鎂工藝的流程如下：已知：T溫度下，磷酸的pKa與溶液的pH的關系如下圖。回答下列問題：（1）“恒溫攪拌1”步驟后溶液pH為4.5，溶液中_______(填>、<或=)，此時雜質、、沉淀效果最好，生成，其余沉淀均是磷酸正鹽，寫出與反應生成沉淀的離子方程式_______，溶液中的濃度為mol·L，則_______，_______(已知：T溫度下，，)。（2）“恒溫攪拌2”中需添加MgO，其作用是_______。制備過程中采用“抽濾”，其目的是_______。（3）從圖像可以看出，pH對鎂回收率及產品純度的影響較大，pH>6.0時，隨著pH的增加，產品的純度降低，分析純度降低的原因_______。【答案】（1）①.＞②.Ca2++2H2PO+4OH－＝CaHPO4·2H2O↓+HPO或Ca2++H2PO+H2O+OH－＝CaHPO4·2H2O↓③.10－3.6④.10－1.73（2）①提供Mg2＋，消耗H＋②.加快過濾速度（3）pH增大，體系中PO濃度增大，副產物Mg3(PO4)2增多【解析】【分析】脫鎂廢液(pH為2.1，溶液中含、、，還有少量及、、等雜質離子)中加入NaOH調節pH，雜質、、沉淀，離心分離出沉淀后，向上清液中加入MgO調節pH，此時溶液中溶質主要為MgHPO4，經過抽濾、洗滌、干燥得到三水磷酸氫鎂，以此解答。【小問1詳解】由磷酸的pKa與溶液的pH的關系圖以及電離常數表達式可知，當溶液pH＝12.36時，溶液中＝，所以“恒溫攪拌1”步驟后溶液pH為4.5時溶液中＞；生成，由于pH為4.5時溶液中以H2PO為主，所以與反應生成沉淀的離子方程式為Ca2++2H2PO+4OH－＝CaHPO4·2H2O↓+HPO或Ca2++H2PO+H2O+OH－＝CaHPO4·2H2O↓；溶液中的濃度為mol·L，10－3.6，溶液中=10－12.3mol/L，由磷酸的pKa與溶液的pH的關系圖可知，的Ka2=10－7.21，Ka3=10－12.36，則，。【小問2詳解】氧化鎂能與酸反應生成鎂離子，所以需添加MgO的作用是提供Mg2＋，消耗H＋；由于“抽濾”可加快過濾速度，所以制備過程中采用“抽濾”；【小問3詳解】由于pH增大，導致體系中PO濃度增大，從而使副產物Mg3(PO4)2增多，因此pH＞6.0時，隨著pH的增加，產品的純度降低。17.以為原料生產系列高附加值產品的合成路線如圖。回答下列問題：（1）的反應類型為________。（2）的化學方程式為________。（3）E的名稱為________，的原子利用率為100%，試劑X為________。（4）過程中使有利于提高催化效率，其部分催化機理如圖。①結合水相中能力比J強的原因是________。②能從傳遞到J的醇羥基氧上的原因是________。（5）D和H通過酯交換縮聚合成I，H的結構簡式為________。（6）C的一種同分異構體同時滿足：①可與溶液反應；②核磁共振氫譜如圖；③含有手性碳原子。其結構簡式為________。（7）以D和葡萄糖為原料(其他無機試劑任選)，制備工程塑料的合成線路________。【答案】（1）取代反應（2）（3）①.異丙苯②.O2（4）①.兩者雖然均有親水基團，但是J的疏水基團更大，導致其水溶性不如的水溶性好②.也能溶于有機相，且O-H鍵鍵能大于S-H鍵鍵能，導致J結合氫離子的能力更強（5）（6）CH3CHOHCOOH（7）【解析】【分析】二氧化碳生成A，A中-NH2被取代生成B，B和甲醇發生取代反應生轉化為C；E轉化為FG，且原子利用率為100%，結合EFG結構可知，X為氧氣；FG生成H，D和H通過酯交換縮聚合成I，結合FGDI結構可知，H為FG生成的含羥基的物質，H結構簡式為；【小問1詳解】由分析可知，A中-NH2和CH3CHOHCH2OH中羥基發生取代反應生成B故為取代反應；【小問2詳解】B和甲醇在酸性條件下發生取代反應生轉化為C，反應為；【小問3詳解】由圖可知，E為異丙苯；由分析可知，X為O2；【小問4詳解】①結合水相中能力比J強的原因是兩者雖然均有親水基團，但是J的疏水基團更大，導致其水溶性不如的水溶性好。②能從傳遞到J的醇羥基氧上的原因是也能溶于有機相，且O-H鍵鍵能大于S-H鍵鍵能，導致J結合氫離子的能力更強，使得氫離子能被傳遞J的醇羥基氧上；【小問5詳解】由分析可知，H的結構簡式為；【小問6詳解】C含有3個碳、3個氧、不飽和度為1，其一種同分異構體同時滿足：①可與溶液反應，含有羧基；②核磁共振氫譜如圖，分子中含有4種氫且一種氫的原子數目較大；③含有手性碳原子。則其結構簡式可以為CH3CHOHCOOH；【小問7詳解】葡萄糖和氫氣加成將醛基轉化為羥基，在濃硫酸催化作用下發生成環反應生成醚鍵得到，和D通過酯交換縮聚合成產品，流程為：。18.四氯化鈦(，熔點：-25℃，沸點：136℃)是制備海綿鈦和鈦白的主要原料，其實驗室制備原理是，某同學利用如下裝置制備并驗證產物CO。已知：遇潮濕空氣會發生反應：。回答下列問題：（1）寫出裝置A中制備的化學反應方程式___________(注：反應中被還原為)。（2）按氣流方向從左至右，上述裝置的連接順序為A、___________、G、F、H、E。（3）裝置A中盛放濃鹽酸的儀器名稱為___________，裝置G中盛放的堿石灰的作用是___________。（4）能證明有CO生成的實驗現象是___________。（5）產品中含量測定：取10.0g產品于燒瓶中，向安全漏斗(如下圖所示)中加入足量蒸餾水后，立即夾緊彈簧夾，充分反應后將安全漏斗及燒瓶中混合物中液體轉移到容量瓶中配成500mL溶液，取20mL所配溶液放入錐形瓶中，滴加幾滴的溶液作指示劑，用的溶液滴定至終點，消耗溶液32.00mL。已知：是一種深紅色固體；常溫下，，。①安全漏斗中的水在本實驗中的作用除加水外，還有___________；②該沉淀滴定終點的判斷方法是___________；③該產品純度為___________%。【答案】（1）（2）I、D、B、C（3）①.分液漏斗②.吸收多余的，防止污染空氣，同時防止水蒸氣進入C中導致水解（4）F中黑色固體變紅，H中溶液變渾濁（5）①.液封并吸收揮發的HCl②.當加入最后一滴溶液，出現紅色沉淀，且30秒內紅色沉淀不消失，則為滴定終點③.76.0【解析】【分析】由實驗裝置圖可知，裝置A中重鉻酸鉀與濃鹽酸反應制備氯氣，濃鹽酸具有揮發性，制得的氯氣中混有氯化氫和水蒸氣，裝置I中盛有的飽和食鹽水用于除去氯化氫氣體，裝置D中盛有的濃硫酸用于干燥氯氣，裝置B中氯氣與二氧化碳和碳共熱反應制備四氯化鈦，裝置C用于冷凝收集四氯化鈦，裝置G中盛有盛有的堿石灰用于吸收未反應的氯氣，防止污染空氣，同時防止水蒸氣進入C中導致四氯化鈦水解，裝置F、H用于驗證一氧化碳的生成，裝置E用于收集未反應的一氧化碳，防止污染空氣，則裝置的連接順序為A、I、D、B、C、G、F、H、E。【小問1詳解】裝置A中制備氯氣的反應為重鉻酸鉀與濃鹽酸反應生成氯化鉀、氯化鉻、氯氣和水，反應的化學反應方程式為，故答案為：；【小問2詳解】由分析可知，裝置的連接順序為A、I、D、B、C、G、F、H、E，故答案為：I、D、B、C；【小問3詳解】由實驗裝置圖可知，裝置A中盛放濃鹽酸的儀器為分液漏斗；由分析可知，裝置G中盛有盛有的堿石灰用于吸收未反應的氯氣，防止污染空氣，同時防止水蒸氣進入C中導致四氯化鈦水解，故答案為：分液漏斗；吸收多余的，防止污染空氣，同時防止水蒸氣進入C中導致水解；【小問4詳解】由分析可知，裝置F、H用于驗證一氧化碳的生成，其中F中一氧化碳與氧化銅共熱反應生成銅和二氧化碳，H中二氧化碳與澄清石灰水反應生成碳酸鈣和水，則證明有一氧化碳生成的實驗現象為F中黑色固體變紅，H中溶液變渾濁，故答案為：F中黑色固體變紅，H中溶液變渾濁；【小問5詳解】①由實驗裝置圖可知，安全漏斗中的水在本實驗中的作用除加水外，還能起到液封和吸收揮發的氯化氫的作用，故答案為：液封并吸收揮發的HCl；②當硝酸銀溶液與鹽酸完全反應時，再滴入一滴硝酸銀溶液，過量的硝酸銀溶液與鉻酸鉀溶液反應生成紅色鉻酸銀沉淀，沉淀滴定終點的判斷方法是當加入最后一滴硝酸銀溶液，出現紅色沉淀，且30秒內紅色沉淀不消失，則為滴定終點，故答案為當加入最后一滴AgNO3溶液，出現紅色沉淀，且30秒內紅色沉淀不消失，則為滴定終點；③由方程式可得如下轉化關系：TiCl4—4HCl—4AgNO3，滴定消耗32.00mL0.200mol/L硝酸銀溶液，則10.0g產品純度為×100%=76.0%，故答案為：76.0。19.短鏈烯烴是重要的有機化工原料，如丙烯(C3H6)和乙烯等。利用它們間的轉化可有效強化節能減排，達到“碳達峰”和“碳中和”的目的。請回答下列問題：（1）丙烯可由丙烷脫氫制取。已知丙烷脫氫制丙烯發生的主要反應及能量變化如圖，其中反應1為主反應，反應