高級中學名校試題PAGEPAGE1廣東省梅州市2025屆高三一模試卷本試卷共8頁，20小題。滿分100分，考試用時75分鐘。注意事項：1.答卷前，考生務必用2B鉛筆在“考生號”處填涂考生號。用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己所在的縣(市、區)、學校、班級以及自己的姓名和考生號、試室號、座位號填寫在答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型(A)填涂在答題卡相應位置上。2.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案，答案不能答在試卷上。3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內的相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答的答案無效。4.考生必須保持答題卡的整潔。考試結束后，將試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：H1O16Fe56V51一、選擇題：本題共16小題，共44分。第1~10小題，每小題2分；第11~16小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.紀錄片《如果國寶會說話》展示了國寶背后的中國精神、中國審美和中國價值觀。下列文物中，主要由無機非金屬材料制成的是A．洛神賦圖B．三彩載樂駱駝俑C．木雕雙頭鎮墓獸D．三星堆青銅神樹A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．洛神賦圖材質為纖維素，屬于有機高分子材料，A不符合；B．三彩載樂駱駝俑屬于陶瓷，是硅酸鹽，屬于無機非金屬材料，B符合；C．木雕雙頭鎮墓獸材質為木材，屬于纖維素，是有機高分子材料，C不符合；D．三星堆青銅神樹材質是合金，屬于合金材料，D不符合；答案選B。2.近年來，我國航空航天事業成果顯著。下列對所涉及的化學知識敘述正確的是A.“天宮二號”航天器使用質量輕的鈦合金，鈦合金硬度比純鈦小B.“C919”雷達使用的復合材料中含玻璃纖維，其屬于有機高分子C.“長征五號”運載火箭采用液氫液氧作為推進劑，與互為同位素D.“嫦娥六號”帶回地球的月壤中含有Si、Mg、Al等元素，Al屬于s區【答案】C【解析】A．鈦合金的硬度通常比純鈦大，而非更小，合金的硬度一般高于其純金屬組分，A錯誤；B．玻璃纖維的主要成分是二氧化硅和硅酸鹽，屬于無機非金屬材料，而非有機高分子，B錯誤；C．同位素是指質子數相同、中子數不同的原子，與互為同位素，C正確；D．鋁和硅屬于區元素，鎂屬于區元素，D錯誤；故選C。3.客家菜樸實醇鮮，“釀豆腐”“梅菜扣肉”“娘酒雞”“釀苦瓜”都是熟悉的客家味道。下列說法不正確的是A.用鹽腌制梅菜，能延長保存時間B.用花生油煎“釀苦瓜”，花生油屬于混合物C.豆腐制作過程“煮漿”，是將蛋白質轉化為氨基酸D.釀“娘酒”加酒曲，涉及淀粉→葡萄糖→乙醇的轉化【答案】C【解析】A．鹽可以抑制微生物的生長，延長保存時間，故A正確；B．花生油由多種高級脂肪酸與甘油生成的酯，屬于混合物，故B正確；C．“煮漿”是蛋白質的變性過程，故C錯誤；D．“娘酒”的主要成分為淀粉，水解得到葡萄糖，氧化得到乙醇，故D正確；答案選C。4.NaOH標準溶液配制和標定，需經過NaOH溶液配制、基準物質的稱量以及用NaOH溶液滴定等操作。下列所用儀器或操作正確的是A. B. C. D.【答案】B【解析】A．氫氧化鈉固體易潮解，不能放在濾紙上稱量，A錯誤；B．配制溶液中洗滌液沿玻璃棒注入容量瓶，B正確；C．眼睛的視線應與凹液面向平，C錯誤；D．NaOH溶液屬于堿性溶液，應使用堿式滴定管進行滴定。圖中所示滴定管為酸式滴定管，D錯誤；故選B。5.化學實驗中的顏色變化，可將化學抽象之美具體為形象之美。下列說法不正確的是A.土豆片遇到碘溶液，呈藍色B.新制氯水久置，溶液由淡黃綠色變為無色C.用潔凈的鉑絲蘸取KCl溶液灼燒，透過藍色鈷玻璃觀察，火焰呈紫色D.將粉末露置在空氣中一段時間，固體由白色變為淡黃色【答案】D【解析】A．土豆中的淀粉遇碘單質會顯藍色，A正確；B．新制氯水含Cl2呈淡黃綠色，久置后氯氣在水中會逐漸揮發，導致溶液中的氯氣濃度降低，且Cl2和水反應生成的HClO分解，促進了Cl2和水的反應，也導致溶液中的氯氣濃度降低，溶液由淡黃綠色變為無色，B正確；C．K+的焰色反應為紫色，藍色鈷玻璃可濾去鈉的黃色光干擾，C正確；D．本身為淡黃色固體，露置空氣中會與CO2、H2O反應生成白色Na2CO3，因此固體應由淡黃色變為白色，而非白色變為淡黃色，D錯誤；故選D。6.一種以鋁—空氣為電源的航標燈，該電池以海水為電解質溶液。關于該電池，下列說法正確的是A.鋁作負極，發生還原反應B.海水中的移向鋁電極C.每轉移4mol電子，消耗標準狀況下22.4L的空氣D.空氣一極發生的電極反應式為：【答案】D【解析】鋁—空氣、海水為電解質溶液的原電池，鋁為活潑金屬，為負極，進入空氣的一端為正極。A．鋁作負極，負極上發生氧化反應，A錯誤；B．原電池中陽離子向正極移動，Na+移向通入空氣的一端，B錯誤；C．每轉移4mol電子，消耗1molO2，標準狀況下22.4L的氧氣，C錯誤；D．空氣一極為正極，發生得電子還原反應，電極反應式為：，D正確；答案選D。7.“勞動最光榮，勤奮出智慧”。下列勞動項目與所述的化學知識沒有關聯的是選項勞動項目化學知識A用福爾馬林制作生物標本甲醛有強氧化性B溶液作腐蝕液制作印刷電路板氧化性強于C用NaOH和鋁粉疏通廚衛管道鋁和NaOH溶液反應生成D施加適量石膏降低鹽堿地(含)土壤的堿性A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．福爾馬林能使蛋白質變性，用于制作生物標本，與強氧化性無關，故A錯誤；B．與Cu反應生成和，為氧化劑，為氧化產物，氧化劑的氧化性強于氧化產物，則氧化性強于，故B正確；C．鋁粉與氫氧化鈉溶液反應生成氫氣可用于疏通管道，故C正確；D．石膏（CaSO4）的Ksp大于CaCO3，因此向碳酸鹽中加入CaSO4可以轉化為CaCO3和硫酸鹽，故D正確；故答案為A。8.木質素是一種天然存在的高分子化合物，在生物材料領域具有廣泛的應用潛力。一種木質素單體結構如圖，關于該化合物，下列說法正確的是A.可與NaOH溶液反應 B.該結構中含有5種官能團C.該結構中所有原子共平面D.與足量加成后的產物不含手性碳原子【答案】A【解析】A．木質素結構中有酚羥基，能與NaOH溶液反應，A正確；B．結構中有碳碳雙鍵、醚鍵、羥基三種官能團，B錯誤；C．該結構中與醇羥基連接的碳原子為四面體結構，所有原子不可能共平面，C錯誤；D．與足量加成后的產物為：，有2個手性碳原子，D錯誤；答案選A。9.某化學興趣小組改進了銅與濃硫酸的反應裝置，新的設計如圖。小磁鐵在試管外壁控制磁力攪拌子(不與沸騰的濃硫酸反應)。按圖裝置進行實驗，下列分析正確的是A.銅與濃硫酸反應，濃硫酸只體現氧化性B.浸有紫色石蕊溶液的濾紙先變紅后褪色C.冷卻后，向反應后的試管A內倒入少量水，溶液變藍色D.通過氣球打氣筒向裝置內部通入空氣能防止NaOH溶液倒吸【答案】D【解析】A．銅與濃硫酸反應，體現了濃硫酸的酸性和氧化性，A錯誤；B．二氧化硫只能使紫色石蕊試液變紅不能使其褪色，B錯誤；C．試管中含有濃硫酸，故稀釋時應將試管中溶液倒入水中，C錯誤；D．二氧化硫易溶于水，故通過氣球打氣筒向裝置內部通入空氣能防止NaOH溶液倒吸，D正確；故選D。10.部分含Fe或含N物質的分類與相應化合價關系如圖。下列推斷合理的是A.從原子結構角度分析，g比f穩定B.工業制硝酸涉及a→b→c→d的轉化C.常溫下，可用e容器盛裝d的濃溶液，因為e和d的濃溶液不反應D.向沸水中滴加h的飽和溶液，一定能形成產生丁達爾效應的分散系【答案】A【解析】由圖可知，a為單質N2，b為NO，c為NO2，d為HNO3，e為Fe，f為FeO，g為Fe2O3，h為鐵鹽。A．f為FeO，g為Fe2O3，Fe2+的價電子排布式為3d6，Fe3+價電子排布式為3d5，3d軌道半充滿較穩定，A正確；B．工業制硝酸用氨氣催化氧化得到NO，不是用N2的氧化，B錯誤；C．濃硝酸與Fe單質在常溫下發生鈍化，二者發生了反應，表面形成致密的氧化膜，阻止了反應的繼續進行，C錯誤；D．沸水中滴加飽和的FeCl3溶液，繼續加熱至溶液呈紅褐色，產生膠體，若加熱時間過長，膠體會發生聚沉，若用飽和的硫酸鐵溶液滴加到沸水中，產生的膠體會聚沉，D錯誤；答案選A。11.氯堿工業涉及、、NaOH、NaCl等物質。設為阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是A.1molNaCl固體中，含離子數為B.1L的NaOH溶液中，含有氧原子數為C.標準狀況下，22.4L和的混合氣體含有共價鍵數目為D.將與NaOH溶液反應制備消毒液，消耗1mol轉移電子數為【答案】A【解析】A.NaCl中含有Na+和Cl-，1molNaCl固體中，含離子數為，A正確；B.NaOH溶液中的水分子中也含有O原子，則1L的NaOH溶液中，含有氧原子數大于，B錯誤；C．標況下，22.4L的H2和Cl2混合氣體為1mol，H2和Cl2都是雙原子分子，所以共價鍵數目為NA，C錯誤；D.Cl2與足量NaOH溶液反應的化學方程式為Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，反應中Cl2既是氧化劑又是還原劑，1molCl2參與反應轉移1mol電子，所以轉移電子數為NA，D錯誤；故選A。12.下列陳述I與陳述II均正確，且具有因果關系的是選項陳述I陳述IIA將氣體通入NaClO溶液中產生HClO和的酸性比HClO的酸性強B工業固氮中將與在一定條件下反應合成具有還原性C高純硅可以制成計算機的芯片、太陽能電池晶體硅具有半導體性能D相同壓強下，HF的沸點比HCl的沸點低HF分子間作用力弱于HClA.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．具有還原性，將氣體通入NaClO溶液中會發生氧化還原反應生成，A錯誤；B．工業固氮中將與在一定條件下反應合成，N元素化合價下降，說明具有氧化性，B錯誤；C．晶體硅具有半導體性能，使其可用于計算機芯片和太陽能電池，陳述I與陳述II均正確，C正確；D．HF因分子間氫鍵導致沸點顯著高于HCl的，D錯誤；故選C。13.乙醇和乙酸是生活中兩種常見的有機物。利用以下裝置進行實驗，能達到預期目的的是A．分離乙醇和乙酸B．驗證乙醇的還原性C．比較乙酸、碳酸和苯酚的酸性強弱D．制取少量乙酸乙酯A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．乙醇和乙酸互溶，而且會反應，所以不可以用分液，故A不能達到預期目的；B．少量酸性高錳酸鉀和乙醇反應會褪色，可以證明乙醇的還原性，故B能達到預期目的；C．乙酸有揮發性，揮發產生的乙酸蒸氣會隨著乙酸與NaHCO3反應產生的CO2氣體進入盛有苯酚鈉溶液的裝置中，發生反應也產生苯酚，因此不能用于比較乙酸、碳酸、苯酚的酸性強弱，故C不能達到預期目的；D．不應該用氫氧化鈉溶液，會使酯水解，應該盛飽和Na2CO3溶液，故D不能達到預期目的；答案選B。14.化合物(XY4)2Z2E8可作氧化劑和漂白劑。X、Y、Z、E均為短周期主族元素，僅有X與E同一周期，Z與E同一族。E在地殼中含量最多，X的基態原子價層p軌道半充滿。下列說法正確的是A.該化合物中Z元素的化合價為+7 B.ZE3的VSEPR模型為四面體C.ZE2分子的鍵角比ZE3分子的鍵角小 D.第一電離能：E＞X＞Z【答案】C【解析】X、Y、Z、E均為短周期主族元素，僅有X與E同一周期，E在地殼中含量最多，則E是O元素；Z與E同一族，則Z是S元素；X的基態原子價層p軌道半充滿，則X原子核外電子排布式是1s22s22p3，所以X為N元素，根據化合物的結構可知Y是H元素，然后根據問題分析解答。由上述分析可知：X為N元素，Y為H元素、Z為S元素、E為O元素。A．根據上述分析可知：Z為S元素，原子核外電子排布是2、8、6，所以Z的最外層電子數為6，該化合物中Z元素的化合價為+6價，A錯誤；B．根據上述分析可知：Z為S元素，E為O元素，ZE3為SO3，其中心S的價層電子對數為3＋=3，S原子采用sp2雜化，因此VSEPR模型為平面三角形，B錯誤；C．根據上述分析可知：Z為S元素，E為O元素，ZE2為SO2，ZE3為SO3，SO2分子的中心S原子價層電子對數為2＋=3，S原子采用sp2雜化，有1對孤電子對，孤對電子對成鍵電子的排斥力大于成鍵電子的排斥力，所以SO2呈V形；SO3分子中S原子價層電子對數也是3，S原子也是采用sp2雜化，但由于S原子上無孤對電子，因此SO3分子呈平面三角形，鍵角是120度，故鍵角：SO2＜SO3，C正確；D．由上述分析可知：X為N元素，Z為S元素、E為O元素。一般情況下同一周期主族元素，原子序數越大，元素的第一電離能就越大。但由于N的2p電子半滿為較穩定結構，其第一電離能大于同一周期相鄰元素，所以第一電離能：N＞O；O、S是同一主族元素，原子序數越大，元素的第一電離能就越小，則第一電離能：O＞S，故三種元素的第一電離能：X(N)＞E(O)＞Z(S)，D錯誤；故合理選項是C。15.已知在少量作用下，常溫時能劇烈分解并放出熱量，分解的機理由兩步構成，I：(慢反應，)，II：(快反應)，能正確表示整個過程的能量變化示意圖是A. B. C. D.【答案】B【解析】反應為放熱反應，則生成物能量小于反應物能量；第一步為慢反應，第二步為快反應，則第一步活化能大于第二步活化能。據此解答：A．生成物能量等于反應物能量，A錯誤；B．第一步活化能大于第二步活化能，且生成物能量小于反應物能量，B正確；C．第一步活化能小于第二步活化能，且生成物能量等于反應物能量，C錯誤；D．第一步活化能小于第二步活化能，D錯誤；故答案為B。16.某實驗小組利用如圖所示裝置制備。已知甲裝置的工作原理為：，電極a、b采用石墨或Fe。下列說法不正確的是A.乙裝置中電極a應為Fe，b電極為石墨B.乙裝置中可用溶液代替NaCl溶液C.電極b發生的反應：D.理論上每生成9.0g，甲裝置中將有0.2mol向惰性電極II移動【答案】B【解析】A．乙裝置目的是制備，需要，電極a應為Fe作陽極失電子生成，b電極為陰極，可采用石墨，該選項正確；B．若用溶液代替溶液，在陰極得電子生成Cu，無法生成，就不能生成，該選項錯誤；C．電極b為陰極，溶液中的得電子發生還原反應，電極反應式為，該選項正確；D．9.0g的物質的量為，根據，，生成0.1mol，電路中轉移0.2mol電子，甲裝置中陽離子向正極（惰性電極II）移動，根據電荷守恒，有0.2mol向惰性電極II移動，該選項正確；綜上所述，正確答案是Ｂ。二、非選擇題：本題共4小題，共56分。17.配合物在生產、生活中應用廣泛。例如：(鐵氰化鉀)用于檢驗。回答下列問題：（1）的配位數為___________，中配位原子是___________(填元素符號)。（2）配位體電子式為___________，對應氫化物HCN分子中鍵與鍵數目之比為___________。（3）工業上，以石墨為電極，電解(亞鐵氰化鉀)溶液可以制備，陽極的電極反應式為___________。（4）探究的性質。查閱資料，提出猜想：猜想1：溶液中存在電離平衡；猜想2：具有氧化性。【設計實驗】序號實驗操作實驗現象I在10mL溶液中滴入幾滴KSCN溶液，再向溶液中加入少量濃鹽酸滴入KSCN溶液，無明顯現象，加入濃鹽酸后，_____i______II在10mL和的混合溶液中插入一根無銹鐵絲產生藍色沉淀III在10mL溶液中插入一根無銹鐵絲(與II中相同)產生藍色沉淀【結果分析】①實驗I證明猜想1成立，實驗現象i是___________。②已知：常溫下，；，，又稱配離子穩定常數。用必要的文字、離子方程式與數據說明實驗I滴入KSCN溶液時無明顯現象的原因___________。③實驗III產生藍色沉淀是因為產生了，生成的與未反應的生成了藍色沉淀，說明猜想2成立。另設計實驗證明的氧化性___________(要求寫出實驗操作與預期現象，限選試劑：NaOH溶液、淀粉溶液、KI溶液和飽和溶液)。④基于猜想1、2成立，可推斷實驗II、III中___________(填“”“”或“”)。【答案】（1）①.6②.C（2）①.②.（3）（4）①.溶液變成紅色②.，此反應的，該反應平衡常數小于，說明該反應正向進行的程度小，難于產生紅色物質③.向2mL溶液中滴加幾滴飽和溶液，溶液出現淡黃色渾濁，說明具有氧化性(或向2mL溶液中滴加幾滴KI溶液，然后再滴入幾滴淀粉溶液，溶液出現藍色，說明具有氧化性)④.【解析】探究的性質，提出兩個猜想：猜想1：溶液中存在電離平衡；猜想2：具有氧化性；I中加入濃鹽酸后，H+與CN-結合生成HCN，降低CN-濃度，促使解離出Fe3+，Fe3+與SCN-反應生成紅色絡合物，實驗II中FeCl3提供高濃度Fe3+，直接氧化鐵絲生成Fe2+更快；實驗III中K?[Fe(CN)?]需先解離出少量Fe3+再反應，速率較慢，以此解答。（1）中，CN-為配位體，C電負性較低，提供孤對電子，則每個CN-通過C原子與Fe3+配位，6個CN-形成六配位，故配位數為6，配位原子是C。（2）中含有6+7+1=14個電子，配位體電子式為，HCN分子中，H-C為σ鍵，C≡N含1個σ鍵和2個π鍵，總σ鍵數2，π鍵數2，比例為1:1。（3）電解時，陽極發生氧化反應，失去電子被氧化為，電極方程式為：。（4）①加入濃鹽酸后，H+與CN-結合生成HCN，降低CN-濃度，促使解離出Fe3+，Fe3+與SCN-反應生成紅色絡合物，實驗現象i是溶液變成紅色；②實驗I滴入KSCN溶液時無明顯現象的原因：，此反應的，該反應平衡常數小于，說明該反應正向進行的程度小，難于產生紅色物質；③設計實驗證明的氧化性為：向2mL溶液中滴加幾滴飽和溶液，溶液出現淡黃色渾濁，說明具有氧化性(或向2mL溶液中滴加幾滴KI溶液，然后再滴入幾滴淀粉溶液，溶液出現藍色，說明具有氧化性)；④實驗II中FeCl3提供高濃度Fe3+，直接氧化鐵絲生成Fe2+更快；實驗III中K?[Fe(CN)?]需先解離出少量Fe3+再反應，速率較慢，故A1<A2。18.五氧化二釩是接觸法制取硫酸的催化劑，具有強氧化性。從廢釩催化劑(主要成分為：、、、和等)中回收的一種生產工藝流程如下圖所示：已知：價釩在溶液中主要以和的形式存在，兩者轉化關系為。（1）寫出基態釩原子的價層電子排布式___________。（2）“廢渣I”的主要成分為___________。“還原”后的溶液中含有陽離子、、、，“還原”過程中發生反應的離子方程式為___________。（3）“萃取”和“反萃取”的變化過程可簡化為(下式中的R表示或，HA表示有機萃取劑的主要成分)：。工藝流程中可循環使用的試劑有___________(寫化學式)。（4）“氧化”時欲使3mol的變為，需要氧化劑至少為___________mol。（5）“調pH”中加入KOH有兩個目的，分別為___________、___________。（6）釩的某種氧化物的立方晶胞結構如下圖，晶胞參數為apm。晶胞中V的配位數與O的配位數之比為___________；已知表示阿伏加德羅常數的值，該晶體密度為___________(列出計算式即可)。【答案】（1）（2）①.②.（3）、HA（4）0.5（5）①.促使水解成沉淀②.促使轉化為，有利于下一步沉釩（6）①.②.(或)【解析】利用廢釩催化劑(主要成分為：、、、和等)回收的工藝流程為：將廢釩催化劑加入在硫酸作用下進行還原，不溶于酸，過濾后在廢渣I中，得到含陽離子、、、的濾液，再加有機萃取劑HA進行萃取，分液得有機層，再加入試劑X進行反萃取，分液后有機萃取劑進入萃取環節循環使用，得到酸性水溶液，加氧化，再加KOH調節pH，過濾得廢渣II和含釩濾液，加入沉釩得，最后煅燒得產品，據此分析解答。（1）釩為23號元素，位于周期表中第四周期第VB族，則基態釩原子的價層電子排布式為：。故答案：。（2）根據分析，廢渣I為難溶于硫酸的；“還原”過程中被在酸性作用還原為，則反應的離子方程式為：。故答案為：；。（3）根據萃取和反萃取方程式：可知，當發生萃取時，水層有硫酸生成，可以用在反萃取操作中；當發生反萃取時，有機層有HA產生，可以用在萃取操作中，所以可以循環使用的物質為：、HA。（4）根據分析，在氧化時發生的反應為：，根據方程中關系量可知，要使3mol的變為，需要氧化劑至少為。故答案為：0.5。（5）由于在反萃取后的酸性水溶液中還存在和，經氧化后變為和，所以加入KOH后首先調節pH，促使水解形成沉淀過濾除去，同時根據題目已知轉化，得到加入KOH還可以消耗使平衡右移生成更多的，有利于下一步沉釩操作。故答案為：促使水解成沉淀；促使轉化為，有利于下一步沉釩。（6）根據晶胞圖形可知，1個V原子與6個O原子形成配位鍵，配位數為6，1個O原子與3個V原子形成配位鍵，配位數為3，則晶胞中V的配位數與O的配位數之比為；同時在晶胞中，O原子有4個位于晶胞面心，2個位于體心，則O原子數為：；V原子有8個位于晶胞頂點，1個位于體心，則V原子數為：，則1個晶胞的構成為或，得到該氧化物化學式為：，晶胞參數為apm，則邊長為，則該晶體密度為。故答案為：2：1；（或）。19.油氣開采、石油化工、煤化工等行業廢氣普遍含有，需要回收處理并加以利用。（1）根據文獻，對的處理主要有兩種方法。①克勞斯工藝。該工藝經過兩步反應使轉化為：反應I：反應II：寫出該工藝總反應的熱化學方程式___________。②分解法。反應III：，該反應能自發進行的條件是___________。③相比克勞斯工藝，分解法處理的優點是___________。（2）消除天然氣中是能源領域的研究熱點，利用表面吸附時，研究表明有兩種機理途徑，如下圖所示。下列說法中，正確的有___________。A.的速率：途徑1途徑2B.途徑2歷程中最大能壘為C.在吸附過程中提供了O原子D.吸附在催化劑表面的水分子解吸出來時放出能量（3）科研人員把鐵的配合物(L為配體)溶于弱堿性的海水中，制成吸收液，將氣體轉化為單質硫。該工藝包含兩個階段：①的吸收氧化；②的再生。反應原理如下：i．ii．①25℃時，溶液中、和在含硫粒子總濃度中所占分數隨溶液pH的變化關系如下圖，由圖計算，的，___________，則的電離程度比水解程度___________(填“大”或“小”)。②再生反應在常溫下進行，解離出的易與溶液中的形成沉淀。若溶液中的，，為避免有FeS沉淀生成，應控制溶液pH不大于___________(寫出計算過程。已知25℃時，)。【答案】（1）①.②.高溫③.副產物可作燃料（2）BC（3）①.②.小③.8【解析】（1）①根據蓋斯定律，可得該工藝總反應的熱化學方程式：；②反應III焓變大于0，熵變大于0，因此在高溫條件下可以自發進行；③克勞斯工藝為與氧氣反應生成和水，分解法處理生成和氫氣，分解法的優點是副產物可作燃料。（2）A．反應活化能：途徑1>途徑2，因此速率：途徑1<途徑2，故A錯誤；B．途徑2歷程中的能壘依次為、、，故B正確；C．反應過程為硫化氫轉化為單質硫和水，反應需要增加一個氧原子，可能來源于催化劑，故C正確；D．由吸附歷程知，得到吸附狀態水分子的過程放出能量，那么吸附在催化劑表面的水分子解吸出來時需吸收能量，故D錯誤；故答案為BC。（3）①根據題意pH=13時、的所占分數相等，則；的電離平衡常數為，水解平衡常數為，因此的電離程度小于水解程度；②再生反應在常溫下進行，解離出的易與溶液中的形成沉淀。若溶液中的，根據得到，根據和，得到，pH=8，因此為避免有FeS沉淀生成，應控制溶液pH不大于8。20.化合物E是一種廣泛應用于光固化產品的光引發劑，可采用A為原料，按如下圖路線合成：（1）化合物A的分子式為___________，名稱為___________(系統命名法)。（2）化合物C中官能團的名稱是___________。化合物C的某同分異構體含有苯環且核磁共振氫譜圖上有4組峰，峰面積之比為，能與新制反應生成磚紅色沉淀，其結構簡式為___________(寫一種)。（3）關于上述合成路線中的相關物質及轉化，下列說法正確的有___________。A.化合物D和E不能通過紅外光譜鑒別B.C→D的轉化為取代反應，試劑X為HBrC.化合物C中，碳原子的雜化軌道類型為和雜化D.化合物E可溶于水是因為其分子中的含氧官能團能與水分子形成氫鍵（4）對化合物E，分析預測其含氧官能團可能的化學性質，完成下表。序號反應試劑、條件反應形成的新物質反應類型①______________________②______________________消去反應（5）已知：烯醇不穩定，很快會轉化為醛，即。在一定條件下，以原子利用率100%的反應制備。該反應中①若反應物之一為V形分子，則另一反應物可能為___________(寫出一種結構簡式)。②若反應物之一為平面三角形分子，則另一反應物為___________(寫結構簡式)。（6）以乙炔為唯一有機原料，通過四步合成可降解高分子聚乳酸()。基于設計的合成路線，回答下列問題：已知：①第一步反應的化學方程式為___________(注明反應條件)。②最后一步反應的化學方程式為___________。【答案】（1）①.②.2-甲基丙酸（2）①酮羰基(或羰基)②.或（3）CD（4）①.，催化劑，加熱②.加成(或還原)反應③.濃硫酸，加熱④.（5）①.(或)②.（6）①.(或)②.【解析】和在加熱條件下發生取代，取代了羧基上的羥基，反應生成B，B和苯在催化劑加熱條件下發生取代反應生成C，C的甲基在一定條件下和溴發生取代反應生成D，D水解生成E。（1）化合物A的分子式為，含有的官能團是羧基，其名稱為2-甲基丙酸。（2）化合物C中官能團的名稱是酮羰基(或羰基)。該同分異構體可以與新制反應生成磚紅色沉淀，說明含有，根據峰面積之比為，其結構簡式分別為：、。（3）A．紅外光譜可以鑒別有機物的官能團、化學鍵類型或基團種類，D和E物質分別存在和，其官能團不同，所以二者可以通過紅外光譜鑒別，A錯誤；B．C→D的轉化特點是：在C物質的上通過取代反應，取代了上面的一個氫原子，形成，根據烷基的鹵代規律，則需要在光照條件下和溴蒸汽反應，B錯誤；C．化合物C含有苯環、飽和碳原子，所以碳原子的雜化軌道類型為和雜化，C正確；D．化合物E含有，可以和水分子形成分子間的氫鍵，增大其水溶性，D正確；故選CD。（4）①化合物E是，和氫氣加成反應以后，形成，所以反應試劑和條件是：，催化劑，加熱，發生加成（還原）反應。②由于E含有羥基，要發生消去反應，反應的條件、試劑是：濃硫酸、加熱；消去反應的產物為：。（5）①若反應物之一為V形分子，此V形分子為，原子利用率的反應是加成反應，所以逆推反應物應該是：(或)。②?甲醛的空間結構是平面三角形，根據碳原子守恒，另外一種有機物是乙醛，二者反應方程式為：。（6）聚乳酸是由發生縮聚反應得到的，乙炔和水發生加成反應生成，發生加成反應然后發生水解反應生成，合成路線為：。所以第一步的化學方程式為：(或)，最后一步反應的化學方程式為：。廣東省梅州市2025屆高三一模試卷本試卷共8頁，20小題。滿分100分，考試用時75分鐘。注意事項：1.答卷前，考生務必用2B鉛筆在“考生號”處填涂考生號。用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己所在的縣(市、區)、學校、班級以及自己的姓名和考生號、試室號、座位號填寫在答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型(A)填涂在答題卡相應位置上。2.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案，答案不能答在試卷上。3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內的相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答的答案無效。4.考生必須保持答題卡的整潔。考試結束后，將試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：H1O16Fe56V51一、選擇題：本題共16小題，共44分。第1~10小題，每小題2分；第11~16小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.紀錄片《如果國寶會說話》展示了國寶背后的中國精神、中國審美和中國價值觀。下列文物中，主要由無機非金屬材料制成的是A．洛神賦圖B．三彩載樂駱駝俑C．木雕雙頭鎮墓獸D．三星堆青銅神樹A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．洛神賦圖材質為纖維素，屬于有機高分子材料，A不符合；B．三彩載樂駱駝俑屬于陶瓷，是硅酸鹽，屬于無機非金屬材料，B符合；C．木雕雙頭鎮墓獸材質為木材，屬于纖維素，是有機高分子材料，C不符合；D．三星堆青銅神樹材質是合金，屬于合金材料，D不符合；答案選B。2.近年來，我國航空航天事業成果顯著。下列對所涉及的化學知識敘述正確的是A.“天宮二號”航天器使用質量輕的鈦合金，鈦合金硬度比純鈦小B.“C919”雷達使用的復合材料中含玻璃纖維，其屬于有機高分子C.“長征五號”運載火箭采用液氫液氧作為推進劑，與互為同位素D.“嫦娥六號”帶回地球的月壤中含有Si、Mg、Al等元素，Al屬于s區【答案】C【解析】A．鈦合金的硬度通常比純鈦大，而非更小，合金的硬度一般高于其純金屬組分，A錯誤；B．玻璃纖維的主要成分是二氧化硅和硅酸鹽，屬于無機非金屬材料，而非有機高分子，B錯誤；C．同位素是指質子數相同、中子數不同的原子，與互為同位素，C正確；D．鋁和硅屬于區元素，鎂屬于區元素，D錯誤；故選C。3.客家菜樸實醇鮮，“釀豆腐”“梅菜扣肉”“娘酒雞”“釀苦瓜”都是熟悉的客家味道。下列說法不正確的是A.用鹽腌制梅菜，能延長保存時間B.用花生油煎“釀苦瓜”，花生油屬于混合物C.豆腐制作過程“煮漿”，是將蛋白質轉化為氨基酸D.釀“娘酒”加酒曲，涉及淀粉→葡萄糖→乙醇的轉化【答案】C【解析】A．鹽可以抑制微生物的生長，延長保存時間，故A正確；B．花生油由多種高級脂肪酸與甘油生成的酯，屬于混合物，故B正確；C．“煮漿”是蛋白質的變性過程，故C錯誤；D．“娘酒”的主要成分為淀粉，水解得到葡萄糖，氧化得到乙醇，故D正確；答案選C。4.NaOH標準溶液配制和標定，需經過NaOH溶液配制、基準物質的稱量以及用NaOH溶液滴定等操作。下列所用儀器或操作正確的是A. B. C. D.【答案】B【解析】A．氫氧化鈉固體易潮解，不能放在濾紙上稱量，A錯誤；B．配制溶液中洗滌液沿玻璃棒注入容量瓶，B正確；C．眼睛的視線應與凹液面向平，C錯誤；D．NaOH溶液屬于堿性溶液，應使用堿式滴定管進行滴定。圖中所示滴定管為酸式滴定管，D錯誤；故選B。5.化學實驗中的顏色變化，可將化學抽象之美具體為形象之美。下列說法不正確的是A.土豆片遇到碘溶液，呈藍色B.新制氯水久置，溶液由淡黃綠色變為無色C.用潔凈的鉑絲蘸取KCl溶液灼燒，透過藍色鈷玻璃觀察，火焰呈紫色D.將粉末露置在空氣中一段時間，固體由白色變為淡黃色【答案】D【解析】A．土豆中的淀粉遇碘單質會顯藍色，A正確；B．新制氯水含Cl2呈淡黃綠色，久置后氯氣在水中會逐漸揮發，導致溶液中的氯氣濃度降低，且Cl2和水反應生成的HClO分解，促進了Cl2和水的反應，也導致溶液中的氯氣濃度降低，溶液由淡黃綠色變為無色，B正確；C．K+的焰色反應為紫色，藍色鈷玻璃可濾去鈉的黃色光干擾，C正確；D．本身為淡黃色固體，露置空氣中會與CO2、H2O反應生成白色Na2CO3，因此固體應由淡黃色變為白色，而非白色變為淡黃色，D錯誤；故選D。6.一種以鋁—空氣為電源的航標燈，該電池以海水為電解質溶液。關于該電池，下列說法正確的是A.鋁作負極，發生還原反應B.海水中的移向鋁電極C.每轉移4mol電子，消耗標準狀況下22.4L的空氣D.空氣一極發生的電極反應式為：【答案】D【解析】鋁—空氣、海水為電解質溶液的原電池，鋁為活潑金屬，為負極，進入空氣的一端為正極。A．鋁作負極，負極上發生氧化反應，A錯誤；B．原電池中陽離子向正極移動，Na+移向通入空氣的一端，B錯誤；C．每轉移4mol電子，消耗1molO2，標準狀況下22.4L的氧氣，C錯誤；D．空氣一極為正極，發生得電子還原反應，電極反應式為：，D正確；答案選D。7.“勞動最光榮，勤奮出智慧”。下列勞動項目與所述的化學知識沒有關聯的是選項勞動項目化學知識A用福爾馬林制作生物標本甲醛有強氧化性B溶液作腐蝕液制作印刷電路板氧化性強于C用NaOH和鋁粉疏通廚衛管道鋁和NaOH溶液反應生成D施加適量石膏降低鹽堿地(含)土壤的堿性A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．福爾馬林能使蛋白質變性，用于制作生物標本，與強氧化性無關，故A錯誤；B．與Cu反應生成和，為氧化劑，為氧化產物，氧化劑的氧化性強于氧化產物，則氧化性強于，故B正確；C．鋁粉與氫氧化鈉溶液反應生成氫氣可用于疏通管道，故C正確；D．石膏（CaSO4）的Ksp大于CaCO3，因此向碳酸鹽中加入CaSO4可以轉化為CaCO3和硫酸鹽，故D正確；故答案為A。8.木質素是一種天然存在的高分子化合物，在生物材料領域具有廣泛的應用潛力。一種木質素單體結構如圖，關于該化合物，下列說法正確的是A.可與NaOH溶液反應 B.該結構中含有5種官能團C.該結構中所有原子共平面D.與足量加成后的產物不含手性碳原子【答案】A【解析】A．木質素結構中有酚羥基，能與NaOH溶液反應，A正確；B．結構中有碳碳雙鍵、醚鍵、羥基三種官能團，B錯誤；C．該結構中與醇羥基連接的碳原子為四面體結構，所有原子不可能共平面，C錯誤；D．與足量加成后的產物為：，有2個手性碳原子，D錯誤；答案選A。9.某化學興趣小組改進了銅與濃硫酸的反應裝置，新的設計如圖。小磁鐵在試管外壁控制磁力攪拌子(不與沸騰的濃硫酸反應)。按圖裝置進行實驗，下列分析正確的是A.銅與濃硫酸反應，濃硫酸只體現氧化性B.浸有紫色石蕊溶液的濾紙先變紅后褪色C.冷卻后，向反應后的試管A內倒入少量水，溶液變藍色D.通過氣球打氣筒向裝置內部通入空氣能防止NaOH溶液倒吸【答案】D【解析】A．銅與濃硫酸反應，體現了濃硫酸的酸性和氧化性，A錯誤；B．二氧化硫只能使紫色石蕊試液變紅不能使其褪色，B錯誤；C．試管中含有濃硫酸，故稀釋時應將試管中溶液倒入水中，C錯誤；D．二氧化硫易溶于水，故通過氣球打氣筒向裝置內部通入空氣能防止NaOH溶液倒吸，D正確；故選D。10.部分含Fe或含N物質的分類與相應化合價關系如圖。下列推斷合理的是A.從原子結構角度分析，g比f穩定B.工業制硝酸涉及a→b→c→d的轉化C.常溫下，可用e容器盛裝d的濃溶液，因為e和d的濃溶液不反應D.向沸水中滴加h的飽和溶液，一定能形成產生丁達爾效應的分散系【答案】A【解析】由圖可知，a為單質N2，b為NO，c為NO2，d為HNO3，e為Fe，f為FeO，g為Fe2O3，h為鐵鹽。A．f為FeO，g為Fe2O3，Fe2+的價電子排布式為3d6，Fe3+價電子排布式為3d5，3d軌道半充滿較穩定，A正確；B．工業制硝酸用氨氣催化氧化得到NO，不是用N2的氧化，B錯誤；C．濃硝酸與Fe單質在常溫下發生鈍化，二者發生了反應，表面形成致密的氧化膜，阻止了反應的繼續進行，C錯誤；D．沸水中滴加飽和的FeCl3溶液，繼續加熱至溶液呈紅褐色，產生膠體，若加熱時間過長，膠體會發生聚沉，若用飽和的硫酸鐵溶液滴加到沸水中，產生的膠體會聚沉，D錯誤；答案選A。11.氯堿工業涉及、、NaOH、NaCl等物質。設為阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是A.1molNaCl固體中，含離子數為B.1L的NaOH溶液中，含有氧原子數為C.標準狀況下，22.4L和的混合氣體含有共價鍵數目為D.將與NaOH溶液反應制備消毒液，消耗1mol轉移電子數為【答案】A【解析】A.NaCl中含有Na+和Cl-，1molNaCl固體中，含離子數為，A正確；B.NaOH溶液中的水分子中也含有O原子，則1L的NaOH溶液中，含有氧原子數大于，B錯誤；C．標況下，22.4L的H2和Cl2混合氣體為1mol，H2和Cl2都是雙原子分子，所以共價鍵數目為NA，C錯誤；D.Cl2與足量NaOH溶液反應的化學方程式為Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，反應中Cl2既是氧化劑又是還原劑，1molCl2參與反應轉移1mol電子，所以轉移電子數為NA，D錯誤；故選A。12.下列陳述I與陳述II均正確，且具有因果關系的是選項陳述I陳述IIA將氣體通入NaClO溶液中產生HClO和的酸性比HClO的酸性強B工業固氮中將與在一定條件下反應合成具有還原性C高純硅可以制成計算機的芯片、太陽能電池晶體硅具有半導體性能D相同壓強下，HF的沸點比HCl的沸點低HF分子間作用力弱于HClA.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．具有還原性，將氣體通入NaClO溶液中會發生氧化還原反應生成，A錯誤；B．工業固氮中將與在一定條件下反應合成，N元素化合價下降，說明具有氧化性，B錯誤；C．晶體硅具有半導體性能，使其可用于計算機芯片和太陽能電池，陳述I與陳述II均正確，C正確；D．HF因分子間氫鍵導致沸點顯著高于HCl的，D錯誤；故選C。13.乙醇和乙酸是生活中兩種常見的有機物。利用以下裝置進行實驗，能達到預期目的的是A．分離乙醇和乙酸B．驗證乙醇的還原性C．比較乙酸、碳酸和苯酚的酸性強弱D．制取少量乙酸乙酯A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．乙醇和乙酸互溶，而且會反應，所以不可以用分液，故A不能達到預期目的；B．少量酸性高錳酸鉀和乙醇反應會褪色，可以證明乙醇的還原性，故B能達到預期目的；C．乙酸有揮發性，揮發產生的乙酸蒸氣會隨著乙酸與NaHCO3反應產生的CO2氣體進入盛有苯酚鈉溶液的裝置中，發生反應也產生苯酚，因此不能用于比較乙酸、碳酸、苯酚的酸性強弱，故C不能達到預期目的；D．不應該用氫氧化鈉溶液，會使酯水解，應該盛飽和Na2CO3溶液，故D不能達到預期目的；答案選B。14.化合物(XY4)2Z2E8可作氧化劑和漂白劑。X、Y、Z、E均為短周期主族元素，僅有X與E同一周期，Z與E同一族。E在地殼中含量最多，X的基態原子價層p軌道半充滿。下列說法正確的是A.該化合物中Z元素的化合價為+7 B.ZE3的VSEPR模型為四面體C.ZE2分子的鍵角比ZE3分子的鍵角小 D.第一電離能：E＞X＞Z【答案】C【解析】X、Y、Z、E均為短周期主族元素，僅有X與E同一周期，E在地殼中含量最多，則E是O元素；Z與E同一族，則Z是S元素；X的基態原子價層p軌道半充滿，則X原子核外電子排布式是1s22s22p3，所以X為N元素，根據化合物的結構可知Y是H元素，然后根據問題分析解答。由上述分析可知：X為N元素，Y為H元素、Z為S元素、E為O元素。A．根據上述分析可知：Z為S元素，原子核外電子排布是2、8、6，所以Z的最外層電子數為6，該化合物中Z元素的化合價為+6價，A錯誤；B．根據上述分析可知：Z為S元素，E為O元素，ZE3為SO3，其中心S的價層電子對數為3＋=3，S原子采用sp2雜化，因此VSEPR模型為平面三角形，B錯誤；C．根據上述分析可知：Z為S元素，E為O元素，ZE2為SO2，ZE3為SO3，SO2分子的中心S原子價層電子對數為2＋=3，S原子采用sp2雜化，有1對孤電子對，孤對電子對成鍵電子的排斥力大于成鍵電子的排斥力，所以SO2呈V形；SO3分子中S原子價層電子對數也是3，S原子也是采用sp2雜化，但由于S原子上無孤對電子，因此SO3分子呈平面三角形，鍵角是120度，故鍵角：SO2＜SO3，C正確；D．由上述分析可知：X為N元素，Z為S元素、E為O元素。一般情況下同一周期主族元素，原子序數越大，元素的第一電離能就越大。但由于N的2p電子半滿為較穩定結構，其第一電離能大于同一周期相鄰元素，所以第一電離能：N＞O；O、S是同一主族元素，原子序數越大，元素的第一電離能就越小，則第一電離能：O＞S，故三種元素的第一電離能：X(N)＞E(O)＞Z(S)，D錯誤；故合理選項是C。15.已知在少量作用下，常溫時能劇烈分解并放出熱量，分解的機理由兩步構成，I：(慢反應，)，II：(快反應)，能正確表示整個過程的能量變化示意圖是A. B. C. D.【答案】B【解析】反應為放熱反應，則生成物能量小于反應物能量；第一步為慢反應，第二步為快反應，則第一步活化能大于第二步活化能。據此解答：A．生成物能量等于反應物能量，A錯誤；B．第一步活化能大于第二步活化能，且生成物能量小于反應物能量，B正確；C．第一步活化能小于第二步活化能，且生成物能量等于反應物能量，C錯誤；D．第一步活化能小于第二步活化能，D錯誤；故答案為B。16.某實驗小組利用如圖所示裝置制備。已知甲裝置的工作原理為：，電極a、b采用石墨或Fe。下列說法不正確的是A.乙裝置中電極a應為Fe，b電極為石墨B.乙裝置中可用溶液代替NaCl溶液C.電極b發生的反應：D.理論上每生成9.0g，甲裝置中將有0.2mol向惰性電極II移動【答案】B【解析】A．乙裝置目的是制備，需要，電極a應為Fe作陽極失電子生成，b電極為陰極，可采用石墨，該選項正確；B．若用溶液代替溶液，在陰極得電子生成Cu，無法生成，就不能生成，該選項錯誤；C．電極b為陰極，溶液中的得電子發生還原反應，電極反應式為，該選項正確；D．9.0g的物質的量為，根據，，生成0.1mol，電路中轉移0.2mol電子，甲裝置中陽離子向正極（惰性電極II）移動，根據電荷守恒，有0.2mol向惰性電極II移動，該選項正確；綜上所述，正確答案是Ｂ。二、非選擇題：本題共4小題，共56分。17.配合物在生產、生活中應用廣泛。例如：(鐵氰化鉀)用于檢驗。回答下列問題：（1）的配位數為___________，中配位原子是___________(填元素符號)。（2）配位體電子式為___________，對應氫化物HCN分子中鍵與鍵數目之比為___________。（3）工業上，以石墨為電極，電解(亞鐵氰化鉀)溶液可以制備，陽極的電極反應式為___________。（4）探究的性質。查閱資料，提出猜想：猜想1：溶液中存在電離平衡；猜想2：具有氧化性。【設計實驗】序號實驗操作實驗現象I在10mL溶液中滴入幾滴KSCN溶液，再向溶液中加入少量濃鹽酸滴入KSCN溶液，無明顯現象，加入濃鹽酸后，_____i______II在10mL和的混合溶液中插入一根無銹鐵絲產生藍色沉淀III在10mL溶液中插入一根無銹鐵絲(與II中相同)產生藍色沉淀【結果分析】①實驗I證明猜想1成立，實驗現象i是___________。②已知：常溫下，；，，又稱配離子穩定常數。用必要的文字、離子方程式與數據說明實驗I滴入KSCN溶液時無明顯現象的原因___________。③實驗III產生藍色沉淀是因為產生了，生成的與未反應的生成了藍色沉淀，說明猜想2成立。另設計實驗證明的氧化性___________(要求寫出實驗操作與預期現象，限選試劑：NaOH溶液、淀粉溶液、KI溶液和飽和溶液)。④基于猜想1、2成立，可推斷實驗II、III中___________(填“”“”或“”)。【答案】（1）①.6②.C（2）①.②.（3）（4）①.溶液變成紅色②.，此反應的，該反應平衡常數小于，說明該反應正向進行的程度小，難于產生紅色物質③.向2mL溶液中滴加幾滴飽和溶液，溶液出現淡黃色渾濁，說明具有氧化性(或向2mL溶液中滴加幾滴KI溶液，然后再滴入幾滴淀粉溶液，溶液出現藍色，說明具有氧化性)④.【解析】探究的性質，提出兩個猜想：猜想1：溶液中存在電離平衡；猜想2：具有氧化性；I中加入濃鹽酸后，H+與CN-結合生成HCN，降低CN-濃度，促使解離出Fe3+，Fe3+與SCN-反應生成紅色絡合物，實驗II中FeCl3提供高濃度Fe3+，直接氧化鐵絲生成Fe2+更快；實驗III中K?[Fe(CN)?]需先解離出少量Fe3+再反應，速率較慢，以此解答。（1）中，CN-為配位體，C電負性較低，提供孤對電子，則每個CN-通過C原子與Fe3+配位，6個CN-形成六配位，故配位數為6，配位原子是C。（2）中含有6+7+1=14個電子，配位體電子式為，HCN分子中，H-C為σ鍵，C≡N含1個σ鍵和2個π鍵，總σ鍵數2，π鍵數2，比例為1:1。（3）電解時，陽極發生氧化反應，失去電子被氧化為，電極方程式為：。（4）①加入濃鹽酸后，H+與CN-結合生成HCN，降低CN-濃度，促使解離出Fe3+，Fe3+與SCN-反應生成紅色絡合物，實驗現象i是溶液變成紅色；②實驗I滴入KSCN溶液時無明顯現象的原因：，此反應的，該反應平衡常數小于，說明該反應正向進行的程度小，難于產生紅色物質；③設計實驗證明的氧化性為：向2mL溶液中滴加幾滴飽和溶液，溶液出現淡黃色渾濁，說明具有氧化性(或向2mL溶液中滴加幾滴KI溶液，然后再滴入幾滴淀粉溶液，溶液出現藍色，說明具有氧化性)；④實驗II中FeCl3提供高濃度Fe3+，直接氧化鐵絲生成Fe2+更快；實驗III中K?[Fe(CN)?]需先解離出少量Fe3+再反應，速率較慢，故A1<A2。18.五氧化二釩是接觸法制取硫酸的催化劑，具有強氧化性。從廢釩催化劑(主要成分為：、、、和等)中回收的一種生產工藝流程如下圖所示：已知：價釩在溶液中主要以和的形式存在，兩者轉化關系為。（1）寫出基態釩原子的價層電子排布式___________。（2）“廢渣I”的主要成分為___________。“還原”后的溶液中含有陽離子、、、，“還原”過程中發生反應的離子方程式為___________。（3）“萃取”和“反萃取”的變化過程可簡化為(下式中的R表示或，HA表示有機萃取劑的主要成分)：。工藝流程中可循環使用的試劑有___________(寫化學式)。（4）“氧化”時欲使3mol的變為，需要氧化劑至少為___________mol。（5）“調pH”中加入KOH有兩個目的，分別為___________、___________。（6）釩的某種氧化物的立方晶胞結構如下圖，晶胞參數為apm。晶胞中V的配位數與O的配位數之比為___________；已知表示阿伏加德羅常數的值，該晶體密度為___________(列出計算式即可)。【答案】（1）（2）①.②.（3）、HA（4）0.5（5）①.促使水解成沉淀②.促使轉化為，有利于下一步沉釩（6）①.②.(或)【解析】利用廢釩催化劑(主要成分為：、、、和等)回收的工藝流程為：將廢釩催化劑加入在硫酸作用下進行還原，不溶于酸，過濾后在廢渣I中，得到含陽離子、、、的濾液，再加有機萃取劑HA進行萃取，分液得有機層，再加入試劑X進行反萃取，分液后有機萃取劑進入萃取環節循環使用，得到酸性水溶液，加氧化，再加KOH調節pH，過濾得廢渣II和含釩濾液，加入沉釩得，最后煅燒得產品，據此分析解答。（1）釩為23號元素，位于周期表中第四周期第VB族，則基態釩原子的價層電子排布式為：。故答案：。（2）根據分析，廢渣I為難溶于硫酸的；“還原”過程中被在酸性作用還原為，則反應的離子方程式為：。故答案為：；。（3）根據萃取和反萃取方程式：可知，當發生萃取時，水層有硫酸生成，可以用在反萃取操作中；當發生反萃取時，有機層有HA產生，可以用在萃取操作中，所以可以循環使用的物質為：、HA。（4）根據分析，在氧化時發生的反應為：，根據方程中關系量可知，要使3mol的變為，需要氧化劑至少為。故答案為：0.5。（5）由于在反萃取后的酸性水溶液中還存在和，經氧化后變為和，所以加入KOH后首先調節pH，促使水解形成沉淀過濾除去，同時根據題目已知轉化，得到加入KOH還可以消耗使平衡右移生成更多的，有利于下一步沉釩操作。故答案為：促使水解成沉淀；促使轉化為，有利于下一步沉釩。（6）根據晶胞圖形可知，1個V原子與6個O原子形成配位鍵，配位數為6，1個O原子與3個V原子形成配位鍵，配位數為3，則晶胞中V的配位數與O的配位數之比為；同時在晶胞中，O原子有4個位于晶胞面心，2個位于體心，則O原子數為：；V原子有8個位于晶胞頂點，1個位于體心，則V原子數為：，則1個晶胞的構成為或，得到該氧化物化學式為：，晶胞參數為apm，則邊長為，則該晶體密度為。故答案為：2：1；（或）。19.油氣開采、石油化工、煤化工等行業廢氣普遍含有，需要回收處理并加以利用。（1）根據文獻，對的處理主要有兩種方法。①克勞斯工藝。該工藝經過兩步反應使轉化為：反應I：反應II：寫出該工藝總反應的熱化學方程式___________。②分解法。反應III：，該反應能自發進行的條件是___________。③相比克勞斯工藝，分解法處理的優點是___________。（2）消除天然氣中是能源領域的研究熱點，利用表面吸附時，研究表明有兩種機理途徑，如下圖所示。下列說法中，正確的有___________。A.的速率：途徑1途徑2B