高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1湖南省新高考教學(xué)教研聯(lián)盟2025屆高三下學(xué)期第二次聯(lián)考試題注意事項(xiàng)：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結(jié)束后，將本試題卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質(zhì)量：H~1Li~7C~12N~14O~16Cl~35.5Pd~106一、選擇題（本題包括14小題，每小題3分，共42分，在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）1.化學(xué)與生活、科技密切相關(guān)，我國科技在多個領(lǐng)域取得重大突破。下列說法錯誤的是A.2024年華為發(fā)布固態(tài)電池專利，固態(tài)電池提高了電池的使用壽命、安全性和能量密度B.WS20渦扇發(fā)動機(jī)是我國研發(fā)的航空發(fā)動機(jī)，其材料應(yīng)注重高溫性能、強(qiáng)度和耐久性C.月球探測器帶回的月壤樣品中含磷酸鹽晶體，其結(jié)構(gòu)可用X射線衍射儀測定D.宇樹智能機(jī)器狗使用的關(guān)鍵材料是PEEK(聚醚醚酮)材料，是一種無機(jī)非金屬材料【答案】D【解析】A．固態(tài)電池采用固態(tài)電解質(zhì)，相比傳統(tǒng)液態(tài)電解質(zhì)電池，能有效減少電池內(nèi)部短路風(fēng)險，提高安全性；其能量密度更高，可存儲更多電能；且循環(huán)性能更好，能延長使用壽命，A正確；B．航空發(fā)動機(jī)在工作時會處于高溫、高負(fù)荷環(huán)境，所以其材料需要具備良好的高溫性能、足夠的強(qiáng)度來承受機(jī)械應(yīng)力，以及耐久性以保證長時間穩(wěn)定運(yùn)行，B正確；C．X射線衍射儀可通過分析X射線通過晶體后產(chǎn)生的衍射圖案，來確定晶體的結(jié)構(gòu)，包括晶胞參數(shù)、原子排列等信息，所以能用于測定磷酸鹽晶體結(jié)構(gòu)，C正確；D．PEEK（聚醚醚酮）是一種高分子聚合物，屬于有機(jī)高分子材料，并非無機(jī)非金屬材料，D錯誤；故選D。2.物質(zhì)性質(zhì)決定用途，下列兩者對應(yīng)關(guān)系錯誤的是A.明礬溶液顯酸性，中國古代利用明礬溶液清除銅鏡表面的銅銹B.溶液顯堿性，常做烘焙糕點(diǎn)的膨松劑C.維生素C具有還原性，可用作食品抗氧化劑D.二氧化硅中存在光的全反射，并且有硬度和柔韌度，可作光導(dǎo)纖維【答案】B【解析】A．明礬溶液電離出的Al3+水解顯酸性，可以清除銅鏡表面的銅銹Cu2(OH)2CO3，A正確；B．常做烘焙糕點(diǎn)的膨松劑是利用了NaHCO3遇酸或受熱分解生成CO2氣體，B錯誤；C．維生素C具有還原性，可以與氧化劑反應(yīng)，用作食品抗氧化劑，C正確；D．二氧化硅作光導(dǎo)纖維利用了其存在光的全反射，并且有硬度和柔韌度，D正確；答案選B。3.下列化學(xué)用語或圖示表述正確的是A.的電子式為B.氰化物等毒性物質(zhì)的運(yùn)輸標(biāo)識為C.基態(tài)As的電子排布式可表示為D.鄰羥基苯甲醛的分子內(nèi)氫鍵可表示為【答案】D【解析】A．的電子式漏掉了F周圍的電子，F(xiàn)周圍應(yīng)該有8個電子，A錯誤；B．氰化物等毒性物質(zhì)的運(yùn)輸標(biāo)識為，B錯誤；C．基態(tài)As的電子排布式可表示為，C錯誤；D．鄰羥基苯甲醛的分子內(nèi)氫鍵-O-H上的氫原子與另一個O原子之間的作用力，可表示為，D正確；答案選D。4.某同學(xué)在學(xué)習(xí)了與的反應(yīng)后，欲類比探究與的反應(yīng)產(chǎn)物，設(shè)計了如下實(shí)驗(yàn)裝置檢驗(yàn)產(chǎn)物并觀察到了以下現(xiàn)象：操作Ⅰ：用帶火星的細(xì)木條靠近干燥管口a，未觀察到細(xì)木條著火燃燒；操作Ⅱ：將裝置C中反應(yīng)后的固體物質(zhì)溶于適量水配成溶液，在配成的溶液中先加入鹽酸酸化，再加入硝酸鋇溶液，有沉淀生成。下列說法錯誤的是A.制取使用固體和70%的溶液為宜B.若沒有裝置B，水蒸氣會進(jìn)入裝置C中反應(yīng)產(chǎn)生干擾實(shí)驗(yàn)C.操作Ⅰ細(xì)木條未著火燃燒可能是由于a口處氣體中存在較多的未反應(yīng)完全的D.操作Ⅱ產(chǎn)生沉淀無法確定C中固體產(chǎn)物中存在【答案】C【解析】Na2SO3與硫酸溶液反應(yīng)得到SO2氣體，再通過濃硫酸干燥進(jìn)入盛Na2O2的玻璃管反應(yīng)，堿石灰的作用是吸收多余的SO2防止污染空氣，同時還防止空氣中的水和二氧化碳進(jìn)入干擾實(shí)驗(yàn)。A．硫酸濃度過高，H+濃度較少，不利于離子反應(yīng)的發(fā)生，硫酸濃度過低，SO2易溶于水，不利于SO2氣體的放出，制取使用固體和70%的溶液為宜，A正確；B．B裝置中是濃硫酸，目的是干燥SO2氣體，防止水蒸氣進(jìn)入C裝置與Na2O2反應(yīng)生成氧氣，干擾實(shí)驗(yàn)，B正確；C．操作Ⅰ細(xì)木條未著火燃燒，可能是由于發(fā)生Na2O2+SO2=Na2SO4，沒有O2放出，C錯誤；D．檢驗(yàn)硫酸根離子，先加入鹽酸酸化，再加入BaCl2溶液，若加入硝酸鋇溶液，硝酸會將亞硫酸氧化為硫酸，無法確定C中固體產(chǎn)物中存在，D正確；答案選C。5.某同學(xué)設(shè)計利用乙烷燃料電池來電解處理酸性含鉻廢水(主要含有)，其裝置示意圖如圖所示，處理過程中存在反應(yīng)。下列說法錯誤的是A.M電極的電極反應(yīng)為B.鉻元素最終以形式除去C.電解池右側(cè)的Fe電極更換為石墨電極，對廢水處理影響不大D.若電解過程中，電子的有效利用率為60%，每處理掉0.2mol的，理論上N電極需要通入11.2L(已折算為標(biāo)準(zhǔn)狀況)【答案】D【解析】由圖可知，左側(cè)裝置為燃料電池，M電極為燃料電池的負(fù)極，氧離子作用下乙烷失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成二氧化碳和水，N電極為正極，氧氣在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氧離子；右側(cè)裝置為電解池，與M電極相連的鐵電極為陰極，氫離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，與N電極相連的鐵電極為陽極，鐵失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成亞鐵離子：Fe-2e-=Fe2+，放電生成的亞鐵離子酸性條件下與廢水中的重鉻酸根離子反應(yīng)生成鉻離子、鐵離子和水，隨著H+的放電和被消耗，溶液的pH增大，溶液中的鐵離子、鉻離子與氫氧根離子反應(yīng)生成氫氧化鐵、氫氧化鉻沉淀達(dá)到處理酸性含鉻廢水的目的。A．由分析可知，M電極為燃料電池的負(fù)極，氧離子作用下乙烷失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成二氧化碳和水，電極反應(yīng)式為，故A正確；B．由分析可知，鉻元素最終以氫氧化鉻形式除去而達(dá)到處理酸性含鉻廢水的目的，故B正確；C．由分析可知，與M電極相連的右側(cè)鐵電極為陰極，氫離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，右側(cè)的鐵電極更換為石墨電極，此時仍然是氫離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，不會影響對廢水處理，故C正確；D．每處理掉0.2mol重鉻酸根離子，需要1.2molFe2+，若電解過程中，電子的有效利用率為60%，由得失電子數(shù)目守恒可知，理論上N電極需要通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下氧氣的體積為×22.4L/mol=22.4L，故D錯誤；故選D。6.一種以低品位錳礦(含、及少量、、)為原料生產(chǎn)的工藝流程如下。已知：在該流程條件下，、完全沉淀的pH分別為3.7和5.0，、開始沉淀的pH分別為7.2和8.8.下列說法錯誤的是A.“溶浸”過程中只體現(xiàn)了氧化性(不考慮的自身分解反應(yīng))B.“調(diào)pH”中物質(zhì)A可以是MnOC.“沉錳”所得濾液中溶質(zhì)的主要成分為D.在空氣中加熱氧化過程的化學(xué)方程式為【答案】A【解析】錳礦粉(含、及少量、、)用雙氧水、硫酸溶液溶浸，SiO2不和硫酸溶液反應(yīng)存在于濾渣1中，、轉(zhuǎn)化為Mn2+，、轉(zhuǎn)化為Fe3+、Al3+，加入適量A調(diào)節(jié)溶液pH值，主要將鐵離子、鋁離子生成氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀除去，向?yàn)V液中加入氨水沉錳，母液主要是硫酸銨，根據(jù)信息可以循環(huán)利用，過濾得到的固體物質(zhì)加水、在70°C、空氣中加熱反應(yīng)生成Mn3O4。A．溶浸過程中H+與MnCO3、Fe3O4、Al2O3反應(yīng)生成Mn2+、Fe3+、Al3+等，根據(jù)流程圖，Mn2O3在酸性條件下將H2O2氧化成O2，本身被還原成Mn2+，作還原劑，A錯誤；B．加入適量A調(diào)節(jié)溶液pH值，將鐵離子、鋁離子生成氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，同時不能引入新的雜質(zhì)，物質(zhì)A可以是MnO，B正確；C．由分析可知，“沉錳”過程中MnSO4和氨水反應(yīng)生成Mn(OH)2和，所得濾液中溶質(zhì)的主要成分為，C正確；D．Mn(OH)2在空氣中加熱和O2反應(yīng)生成Mn3O4，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒配平化學(xué)方程式為：，D正確；故選A。7.已知石墨是層狀結(jié)構(gòu)，可插入石墨層間形成插層化合物。某石墨插層化合物的晶體結(jié)構(gòu)如圖甲所示，晶體投影圖如圖乙所示。若該化合物的密度為，同層的最近距離為apm。下列說法錯誤的是A.石墨層中每個六元碳環(huán)實(shí)際占有2個碳原子 B.該石墨插層化合物的化學(xué)式為C.石墨中碳碳鍵的鍵長為0.5apm D.碳層和鋰層的最短距離d為【答案】C【解析】A．石墨層中每個碳原子被三個六元環(huán)共用，六元碳環(huán)實(shí)際占有碳原子數(shù)為6×，A正確；B．根據(jù)均攤原則，四棱柱單元中Li+個數(shù)為2×+2×=1，C原子個數(shù)=16×=6，所以該化合物的化學(xué)式為LiC6，故B正確；C．圖乙可知，同層Li+最近距離為棱柱頂面邊長，是碳碳鍵長的三倍，石墨中碳碳鍵的鍵長為apm，故C錯誤；D．晶胞質(zhì)量為g，體積為×1030pm3，體積V=×2d，V=×2d=×1030，d=，D正確；答案選C。8.某同學(xué)在學(xué)習(xí)了與的反應(yīng)后，欲類比探究與的反應(yīng)產(chǎn)物，設(shè)計了如下實(shí)驗(yàn)裝置檢驗(yàn)產(chǎn)物并觀察到了以下現(xiàn)象：操作Ⅰ：用帶火星的細(xì)木條靠近干燥管口a，未觀察到細(xì)木條著火燃燒；操作Ⅱ：將裝置C中反應(yīng)后的固體物質(zhì)溶于適量水配成溶液，在配成的溶液中先加入鹽酸酸化，再加入硝酸鋇溶液，有沉淀生成。下列說法錯誤的是A.制取使用固體和70%的溶液為宜B.若沒有裝置B，水蒸氣會進(jìn)入裝置C中反應(yīng)產(chǎn)生干擾實(shí)驗(yàn)C.操作Ⅰ細(xì)木條未著火燃燒可能是由于a口處氣體中存在較多的未反應(yīng)完全的D.操作Ⅱ產(chǎn)生沉淀無法確定C中固體產(chǎn)物中存在【答案】C【解析】Na2SO3與硫酸溶液反應(yīng)得到SO2氣體，再通過濃硫酸干燥進(jìn)入盛Na2O2的玻璃管反應(yīng)，堿石灰的作用是吸收多余的SO2防止污染空氣，同時還防止空氣中的水和二氧化碳進(jìn)入干擾實(shí)驗(yàn)。A．硫酸濃度過高，H+濃度較少，不利于離子反應(yīng)的發(fā)生，硫酸濃度過低，SO2易溶于水，不利于SO2氣體的放出，制取使用固體和70%的溶液為宜，A正確；B．B裝置中是濃硫酸，目的是干燥SO2氣體，防止水蒸氣進(jìn)入C裝置與Na2O2反應(yīng)生成氧氣，干擾實(shí)驗(yàn)，B正確；C．操作Ⅰ細(xì)木條未著火燃燒，可能是由于發(fā)生Na2O2+SO2=Na2SO4，沒有O2放出，C錯誤；D．檢驗(yàn)硫酸根離子，先加入鹽酸酸化，再加入BaCl2溶液，若加入硝酸鋇溶液，硝酸會將亞硫酸氧化為硫酸，無法確定C中固體產(chǎn)物中存在，D正確；答案選C。9.某同學(xué)設(shè)計利用乙烷燃料電池來電解處理酸性含鉻廢水(主要含有)，其裝置示意圖如圖所示，處理過程中存在反應(yīng)。下列說法錯誤的是A.M電極的電極反應(yīng)為B.鉻元素最終以形式除去C.電解池右側(cè)的Fe電極更換為石墨電極，對廢水處理影響不大D.若電解過程中，電子的有效利用率為60%，每處理掉0.2mol的，理論上N電極需要通入11.2L(已折算為標(biāo)準(zhǔn)狀況)【答案】D【解析】由圖可知，左側(cè)裝置為燃料電池，M電極為燃料電池的負(fù)極，氧離子作用下乙烷失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成二氧化碳和水，N電極為正極，氧氣在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氧離子；右側(cè)裝置為電解池，與M電極相連的鐵電極為陰極，氫離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，與N電極相連的鐵電極為陽極，鐵失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成亞鐵離子：Fe-2e-=Fe2+，放電生成的亞鐵離子酸性條件下與廢水中的重鉻酸根離子反應(yīng)生成鉻離子、鐵離子和水，隨著H+的放電和被消耗，溶液的pH增大，溶液中的鐵離子、鉻離子與氫氧根離子反應(yīng)生成氫氧化鐵、氫氧化鉻沉淀達(dá)到處理酸性含鉻廢水的目的。A．由分析可知，M電極為燃料電池的負(fù)極，氧離子作用下乙烷失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成二氧化碳和水，電極反應(yīng)式為，故A正確；B．由分析可知，鉻元素最終以氫氧化鉻形式除去而達(dá)到處理酸性含鉻廢水的目的，故B正確；C．由分析可知，與M電極相連的右側(cè)鐵電極為陰極，氫離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，右側(cè)的鐵電極更換為石墨電極，此時仍然是氫離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，不會影響對廢水處理，故C正確；D．每處理掉0.2mol重鉻酸根離子，需要1.2molFe2+，若電解過程中，電子的有效利用率為60%，由得失電子數(shù)目守恒可知，理論上N電極需要通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下氧氣的體積為×22.4L/mol=22.4L，故D錯誤；故選D。10.一種以低品位錳礦(含、及少量、、)為原料生產(chǎn)的工藝流程如下。已知：在該流程條件下，、完全沉淀的pH分別為3.7和5.0，、開始沉淀的pH分別為7.2和8.8.下列說法錯誤的是A.“溶浸”過程中只體現(xiàn)了氧化性(不考慮的自身分解反應(yīng))B.“調(diào)pH”中物質(zhì)A可以是MnOC.“沉錳”所得濾液中溶質(zhì)的主要成分為D.在空氣中加熱氧化過程的化學(xué)方程式為【答案】A【解析】錳礦粉(含、及少量、、)用雙氧水、硫酸溶液溶浸，SiO2不和硫酸溶液反應(yīng)存在于濾渣1中，、轉(zhuǎn)化為Mn2+，、轉(zhuǎn)化為Fe3+、Al3+，加入適量A調(diào)節(jié)溶液pH值，主要將鐵離子、鋁離子生成氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀除去，向?yàn)V液中加入氨水沉錳，母液主要是硫酸銨，根據(jù)信息可以循環(huán)利用，過濾得到的固體物質(zhì)加水、在70°C、空氣中加熱反應(yīng)生成Mn3O4。A．溶浸過程中H+與MnCO3、Fe3O4、Al2O3反應(yīng)生成Mn2+、Fe3+、Al3+等，根據(jù)流程圖，Mn2O3在酸性條件下將H2O2氧化成O2，本身被還原成Mn2+，作還原劑，A錯誤；B．加入適量A調(diào)節(jié)溶液pH值，將鐵離子、鋁離子生成氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，同時不能引入新的雜質(zhì)，物質(zhì)A可以是MnO，B正確；C．由分析可知，“沉錳”過程中MnSO4和氨水反應(yīng)生成Mn(OH)2和，所得濾液中溶質(zhì)的主要成分為，C正確；D．Mn(OH)2在空氣中加熱和O2反應(yīng)生成Mn3O4，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒配平化學(xué)方程式為：，D正確；故選A。11.已知石墨是層狀結(jié)構(gòu)，可插入石墨層間形成插層化合物。某石墨插層化合物的晶體結(jié)構(gòu)如圖甲所示，晶體投影圖如圖乙所示。若該化合物的密度為，同層的最近距離為apm。下列說法錯誤的是A.石墨層中每個六元碳環(huán)實(shí)際占有2個碳原子 B.該石墨插層化合物的化學(xué)式為C.石墨中碳碳鍵的鍵長為0.5apm D.碳層和鋰層的最短距離d為【答案】C【解析】A．石墨層中每個碳原子被三個六元環(huán)共用，六元碳環(huán)實(shí)際占有碳原子數(shù)為6×，A正確；B．根據(jù)均攤原則，四棱柱單元中Li+個數(shù)為2×+2×=1，C原子個數(shù)=16×=6，所以該化合物的化學(xué)式為LiC6，故B正確；C．圖乙可知，同層Li+最近距離為棱柱頂面邊長，是碳碳鍵長的三倍，石墨中碳碳鍵的鍵長為apm，故C錯誤；D．晶胞質(zhì)量為g，體積為×1030pm3，體積V=×2d，V=×2d=×1030，d=，D正確；答案選C。12.X、Y、Z、W、Q為原子序數(shù)逐漸增大的短周期元素，其中X、Y、Q處于不同周期，W、Q同主族。五種元素中，Z的基態(tài)原子中未成對電子數(shù)最多。現(xiàn)有這些元素組成的兩種單體Ⅰ、Ⅱ，通過三聚可分別得到如圖(圖中未區(qū)別標(biāo)示出單、雙鍵)所示的環(huán)狀物質(zhì)(a)和(b)。下列說法錯誤的是A.第一電離能： B.單體Ⅰ中Y原子為sp雜化C.物質(zhì)(b)中鍵長：①② D.單體Ⅱ?yàn)榉菢O性分子【答案】C【解析】X、Y、Z、W、Q為原子序數(shù)逐漸增大的短周期元素，X、Y、Q處于不同周期，X為H元素，Y為第二周期元素，Q為第三周期的元素，由圖a可知，Z周圍形成三個共價鍵，Z的基態(tài)原子中未成對電子數(shù)最多，則Z為N元素，Y和Z形成的環(huán)狀結(jié)構(gòu)中，存在大π鍵，則Y為C元素，圖a為NH2CN的三聚體；圖b可知，W形成2個鍵，W與Q同主族，W為O元素，Q為S元素，b是SO3的三聚體。A．同周期第一電離能從左到右逐漸增大，N原子2p軌道半充滿穩(wěn)定第一電離能N>O，第一電離能：N>O>C，A正確；B．單體Ⅰ的結(jié)構(gòu)簡式為，存在碳氮叁鍵，C的雜化方式為sp雜化，B正確；C．物質(zhì)(b)中①為S=O雙鍵，②為S-O單鍵，雙鍵鍵長小于單鍵鍵長，鍵長：①<②，C錯誤；D．單體Ⅱ?yàn)镾O3，中心原子為S，價層電子對為3+，孤電子對為0，空間構(gòu)型為平面正三角形，正負(fù)電荷中心重合，為非極性分子，D正確；答案選C。13.現(xiàn)模擬HCl催化氧化制，發(fā)生反應(yīng)：。在密閉容器中，充入一定量HCl和發(fā)生反應(yīng)，HCl平衡轉(zhuǎn)化率與X和L的變化關(guān)系如圖1所示，其中L(、、)、X可分別代表壓強(qiáng)或溫度。恒溫恒容時，HCl平衡轉(zhuǎn)化率與進(jìn)料比的變化關(guān)系如圖2所示。下列說法錯誤的是A.L代表溫度，且B.點(diǎn)a、b、c的正反應(yīng)速率大小關(guān)系：C.若圖2中HCl的初始濃度為，則M點(diǎn)的平衡常數(shù)K為D.在實(shí)際生產(chǎn)中，若進(jìn)料比太小，會增加和的分離成本【答案】B【解析】該反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的放熱反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動，HCl平衡轉(zhuǎn)化率增大，升高溫度，平衡逆向移動，HCl平衡轉(zhuǎn)化率減小，所以X代表壓強(qiáng)，L代表溫度。A．根據(jù)分析可知，L代表溫度，升高溫度，平衡逆向移動，HCl平衡轉(zhuǎn)化率減小，所以，A正確；B．點(diǎn)a、b、c位于同一曲線上，表示溫度相同，壓強(qiáng)越大，體系內(nèi)氣體濃度越大，反應(yīng)速率越大，則速率：，B錯誤；C．若HCl的初始濃度為，圖中M點(diǎn)，，O2的初始濃度為，HCl轉(zhuǎn)化率為76％，列三段式：平衡常數(shù)：，C正確；D．在實(shí)際生產(chǎn)中，若進(jìn)料比太小，氧氣過量，不利于和的分離，D正確；答案選B。14.常溫下，向溶液中加入氨水，體系中含磷粒子的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系如圖1所示，其中交點(diǎn)M、N、Q的橫坐標(biāo)分別為2.1、7.2、12.4.若改為向含和的酸性混合溶液中加入氨水調(diào)節(jié)溶液pH，會有沉淀生成。pH對沉淀中Fe和P的物質(zhì)的量之比的影響如圖2所示，其中時，沉淀以為主。下列說法錯誤的是A.反應(yīng)的平衡常數(shù)為B.N點(diǎn)滿足：C.R點(diǎn)的沉淀中一定存在酸式鹽沉淀D.若向的濁液中加氨水至P點(diǎn)，沉淀轉(zhuǎn)化的主要化學(xué)方程式為：【答案】B【解析】M點(diǎn)代表c(H3PO4)=c()，則Ka1==c(H+)=10-2.1；N點(diǎn)代表c()=c()，則Ka2==c(H+)=10-7.2；Q點(diǎn)代表c()=c()，Ka3==c(H+)=10-12.4。A．反應(yīng)的平衡常數(shù)為K===，A正確；B．N點(diǎn)溶液存在電荷守恒：，N點(diǎn)溶液中c()=c()，，B錯誤；C．其中時，沉淀以為主，=1:1，R點(diǎn)時<1:1，一定存在酸式鹽沉淀，C正確；D．若向的濁液沉淀成分主要為FePO4，加氨水至P點(diǎn)時，大約為1.5:1，有Fe(OH)3沉淀生成，沉淀轉(zhuǎn)化的主要化學(xué)方程式為：，D正確；答案選B。二、非選擇題（本題包括4小題，共58分）15.貝諾酯(分子式為，相對分子質(zhì)量為313)是白色結(jié)晶性粉末，無味，熔點(diǎn)175~176℃，不溶于水，在沸乙醇中易溶，在冷乙醇中微溶；臨床上主要用于治療風(fēng)濕及類風(fēng)濕性關(guān)節(jié)炎、骨關(guān)節(jié)炎、神經(jīng)痛等。某化學(xué)興趣小組根據(jù)以下實(shí)驗(yàn)流程制備貝諾酯。已知：根據(jù)路易斯酸堿理論，吡啶()是一種有機(jī)堿。部分實(shí)驗(yàn)裝置(加熱和夾持裝置省略)如下圖所示步驟Ⅰ：制備乙酰水楊酰氯。將9g阿司匹林(0.05mol，沸點(diǎn)321℃)、5mL氯化亞砜()(0.05mol，沸點(diǎn)78.8℃)、3滴吡啶加入干燥的三頸燒瓶中，接上儀器a．控制溫度70~75℃，反應(yīng)回流一段時間，反應(yīng)結(jié)束后，減壓蒸餾，冷卻，得到乙酰水楊酰氯(沸點(diǎn)108℃)。步驟Ⅱ：合成貝諾酯。在裝有攪拌器及溫度計的150mL三頸燒瓶中加入50mL水和10.6g(0.07mol)對乙酰氨基酚()。在10~15℃和攪拌下滴加NaOH溶液。滴加完畢，慢慢滴加步驟Ⅰ制得的乙酰水楊酰氯的溶液。滴加完畢，調(diào)pH至9~10，繼續(xù)攪拌反應(yīng)1.5~2h，抽濾，水洗至中性，得粗品。步驟Ⅲ：純化與分析?；卮鹣铝袉栴}：（1）儀器a的名稱為_______，滴液漏斗相比于普通分液漏斗的優(yōu)勢是_______。（2）實(shí)驗(yàn)步驟Ⅰ所用儀器均需干燥，是因?yàn)橛鏊畡×曳磻?yīng)生成兩種氣體，請寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______。（3）加入吡啶的作用除了作催化劑外還可以_______。（4）某同學(xué)采用薄層色譜(利用各組分在固定相和流動相之間的分配不同實(shí)現(xiàn)分離)跟蹤反應(yīng)進(jìn)程，分別在反應(yīng)開始、回流60min、90min、120min和150min時，用毛細(xì)管取樣、點(diǎn)樣，薄層色譜展開后的斑點(diǎn)如下圖所示。該實(shí)驗(yàn)條件下比較合適的回流時間是_______(填標(biāo)號)。A.60min B.90min C.120min D.150min（5）步驟Ⅱ中維持10~15℃主要是為了_______。（6）步驟Ⅲ：得到的粗產(chǎn)品可以利用重結(jié)晶法進(jìn)行提純，請選擇合適的操作補(bǔ)全實(shí)驗(yàn)_______(填標(biāo)號)。_______→_______→_______→_______→過濾→洗滌→干燥a．加熱水溶解→活性炭脫色→趁熱過濾→冷卻結(jié)晶b．加熱乙醇溶解→活性炭脫色→趁熱過濾→水洗至中性c．加熱水溶解→趁熱過濾→活性炭脫色→水洗至中性d．加熱乙醇溶解→趁熱過濾→活性炭脫色→冷卻結(jié)晶該實(shí)驗(yàn)最終得到純品9.39g，則貝諾酯的產(chǎn)率為_______?！敬鸢浮浚?）①.球形冷凝管②.保持恒壓，便于液體順利流下（2）+H2O=SO2+2HCl（3）中和反應(yīng)生成的HCl，使反應(yīng)向右進(jìn)行，提高轉(zhuǎn)化率（4）C（5）防止溫度過高，酰胺基在堿性條件下水解（6）①.b②.60%【解析】阿司匹林、氯化亞砜在吡啶催化作用下生成乙酰水楊酰氯，對乙酰氨基酚和氫氧化鈉反應(yīng)生成對乙酰氨基酚鈉，乙酰水楊酰氯和對乙酰氨基酚鈉反應(yīng)生成貝諾酯,粗產(chǎn)品可以利用重結(jié)晶法進(jìn)行提純。（1）根據(jù)裝置圖，儀器a名稱為球形冷凝管；和普通分液漏斗相比，恒壓滴液漏斗上部和三頸燒瓶氣壓相通，可以保證恒壓滴液漏斗中的液體順利滴下。（2）遇水劇烈反應(yīng)生成二氧化硫、氯化氫兩種氣體，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為+H2O=SO2+2HCl。（3）阿司匹林和氯化亞砜反應(yīng)生成乙酰水楊酰氯和二氧化硫、氯化氫，吡啶是一種有機(jī)堿，加入吡啶的作用除了作催化劑外還可以中和反應(yīng)生成的酸。（4）對照圖中斑點(diǎn)分析，可以看出，反應(yīng)開始時圖上斑點(diǎn)為反應(yīng)物，由此可推測，回流60min、90min時的圖上，下面的斑點(diǎn)為反應(yīng)物，上面的斑點(diǎn)為生成物，120min時圖上的斑點(diǎn)為生成物，而反應(yīng)物基本上無剩余。因此，該實(shí)驗(yàn)條件下比較合適的回流時間是120min，選C。（5）對乙酰氨基酚含有酰胺基，加熱促進(jìn)水解，步驟Ⅱ中維持10~15℃主要是為了防止對乙酰氨基酚水解；（6）貝諾酯不溶于水，在沸乙醇中易溶，在冷乙醇中微溶。得到的粗產(chǎn)品可以利用重結(jié)晶法進(jìn)行提純，重結(jié)晶過程是：加熱乙醇溶解→活性炭脫色→趁熱過濾→水洗至中性→過濾→洗滌→干燥，選b。根據(jù)合成路線圖，0.05mol阿司匹林理論上生成0.05mol貝諾酯的，該實(shí)驗(yàn)最終得到純品9.39g，則貝諾酯的產(chǎn)率為。16.一種從廢舊芯片(主要成分為單晶硅，還含有塑料和少量Au、Ag、Cu、Pd等金屬，除Au外其他金屬均可溶于濃硝酸)中回收和利用貴金屬的流程如下。已知：Si在空氣中加熱不反應(yīng)；Au被氧化成的反應(yīng)平衡常數(shù)；可與發(fā)生反應(yīng)：；在水溶液中完全電離。回答下列問題：（1）從產(chǎn)物的分離提純和綠色化學(xué)的角度考慮，“灼燒”的目的是_______。（2）濃硝酸與濃鹽酸的比例為時溶解Au的效果較好，此時被還原為NO。寫出Au溶解過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：_______。（3）“濾渣2”的主要成分是_______(填化學(xué)式)。（4）“濾液2”中含有Cu、Pd等金屬元素，可進(jìn)一步將其分離提純。①基態(tài)Cu的價層電子排布式為_______。②溶液中的經(jīng)過一定處理后可以得到四配位的沉淀，其有2種同分異構(gòu)體a和b．下列說法正確的有_______(填標(biāo)號)。A．中存在的化學(xué)鍵類型是配位鍵、離子鍵B．的晶體類型屬于分子晶體C．a(chǎn)和b的空間結(jié)構(gòu)均為四面體形D．a(chǎn)的極性大于b③某研究小組以為原料制備金屬Pd．將21.1g配制成懸濁液，向其中加入足量鹽酸后，用氨水調(diào)節(jié)pH至弱堿性，得到溶液。然后加入50.00mL8.0mol/L的水合肼()溶液還原，得到Pd的同時生成無色、無味、無毒的氣體。假定二價Pd被完全還原，則產(chǎn)生的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為_______。（5）AgCl沉淀用氨水溶解后可直接用于表面電鍍，將待鍍元件制成電極放置于“氨溶”后所得溶液中通電即可進(jìn)行電鍍，陰極上發(fā)生的電極反應(yīng)為_______?！敬鸢浮浚?）去除塑料；減少酸溶過程中氮氧化物的生成（2）Au++4H++4Cl-=+NO+2H2O（3）Si（4）①.3d104s1②.BD③.1.12L（5）【解析】廢舊芯片(主要成分為單晶硅，還含有塑料和少量Au、Ag、Cu、Pd等金屬)灼燒去除塑料等有機(jī)雜質(zhì)，得到Ag2O、CuO、PdO、Au、Ag、Si殘?jiān)脻庀跛崴崛埽玫胶蠧u2+、Ag+、Pd2+、Ag+濾液1，Au和Si不溶于濃硝酸存在于濾渣1中，濾渣1用濃硝酸和濃鹽酸的混合物浸取，Au轉(zhuǎn)化為，Si不溶于酸存在于濾渣2中，用還原劑可以將還原為Au，濾液1中加入NaCl，得到AgCl沉淀，用氨水溶解AgCl得到，以此解答。（1）通入空氣“灼燒”的目的是除去塑料，同時將Cu、Ag等金屬部分氧化為對應(yīng)的氧化物，使得“酸溶”過程中氮氧化物的生成量減小，減少對環(huán)境的污染。（2）由已知信息可知，濃硝酸與濃鹽酸的比例為時溶解Au的效果較好，此時被還原為NO，Au被氧化為，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：Au++4H++4Cl-=+NO+2H2O。（3）廢舊芯片中含有的物質(zhì)中除Si與Au以外都被灼燒或溶于硝酸中，Au溶于濃硝酸與濃鹽酸的混合物中，因此剩余不溶的“濾渣2”為Si。（4）(4)①Cu在元素周期表中的位置為第四周期第ⅠB族，其價層電子排布式為3d104s1；②A．為四配位，兩個Cl-和兩個NH3分子均以配位鍵與Pd相連，無離子鍵，A錯誤；B．為分子化合物，無離子鍵，屬于分子晶體，B正確；C．如果的空間結(jié)構(gòu)為四面體形，則不會存在兩種同分異構(gòu)體，C錯誤；D．a(chǎn)和b相比，b的對稱性更好，故a的極性更大，D正確；故選BD。③21.1g溶液加入50.00mL8.0mol/L的水合肼()溶液還原，得到Pd的同時生成無色、無味、無毒的氣體為N2，該反應(yīng)中N元素由-2價上升到0價，Pd元素由+2價下降到0價，根據(jù)得失電子守恒，該反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子，則生成n(N2)==0.05mol，標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為0.05mol×22.4L/mol=1.12L。（5）“氨溶”過程中發(fā)生的反應(yīng)為，所得溶液中存在，陰極發(fā)生還原反應(yīng)生成Ag，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平電極反應(yīng)式為。17.利用催化還原不僅能減少碳排放，還可以獲得化工原料甲醇。研究表明，在某催化劑存在下，和可發(fā)生兩個平行反應(yīng)，分別生成和CO。反應(yīng)的熱化學(xué)方程式如下：Ⅰ．Ⅱ．（1）已知CO和的標(biāo)準(zhǔn)燃燒熱分別為和，計算的為_______；CO和是等電子體且相對分子質(zhì)量相等，但沸點(diǎn)不同，其中沸點(diǎn)較高的是_______(填化學(xué)式)。（2）和初始投料比為，以固定流速通過不同催化劑(cat.1和cat.2)，不同溫度(523K、543K、563K、583K)下，的轉(zhuǎn)化率和甲醇的選擇性如圖所示。已知在四種溫度下，兩種催化劑均處于活性較高狀態(tài)，且563K下，用cat.2進(jìn)行的催化反應(yīng)已達(dá)到平衡。①結(jié)合圖像分析，下列說法錯誤的是_______(填標(biāo)號)。A．四種溫度下，cat.1參與的反應(yīng)均未達(dá)到平衡狀態(tài)B．從甲醇產(chǎn)率的角度思考，最佳條件為cat.1、583KC．用cat.2進(jìn)行催化時，從563K升溫至583K時甲醇選擇性降低是反應(yīng)Ⅰ平衡逆向移動的結(jié)果D．由圖可知，選擇不同的催化劑可以改變反應(yīng)的平衡產(chǎn)率②583K下，用cat.2催化時，的轉(zhuǎn)化率為_______。（3）一定溫度下，在初始體積2L的恒壓密閉容器中充入2mol和4mol發(fā)生上述反應(yīng)，經(jīng)過10min達(dá)到平衡，此時和CO均為0.5mol，則的平均反應(yīng)速率為_______；用分壓表示的反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)_______。（4）可以被NaOH溶液捕獲來減少碳排放，若所得溶液中，寫出對應(yīng)反應(yīng)的離子方程式：_______，此時溶液_______(已知：室溫下，的、)?！敬鸢浮浚?）①.+44kJ·mol-1②.CO（2）①.BD②.22%（3）①.3.2②.3（4）①.3CO2+4OH-=②.10【解析】（1）Ⅱ．；III．H2(g)+O2(g)=H2O(l)?H3=-285.8kJ·mol-1；IV．CO(g)+O2(g)=CO2(g)?H4=-283kJ·mol-1；反應(yīng)II+IV-III得到：，?H=(+41.2kJ·mol-1)+(-283kJ·mol-1)-(-285.8kJ·mol-1)=+44kJ·mol-1；CO為極性分子，N2為非極性分子，極性分子分子間作用力大，沸點(diǎn)高，故沸點(diǎn)高的為CO；（2）①A．四種溫度下，cat.1參與的反應(yīng)的CO2轉(zhuǎn)化率均小于cat.2參與的反應(yīng)，說明反應(yīng)未達(dá)到平衡狀態(tài)，A正確；B．由圖可知，甲醇產(chǎn)率=CO2轉(zhuǎn)化率×甲醇的選擇性，最佳條件為cat.2、566K左右，B錯誤；C．生成甲醇的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，用cat.2進(jìn)行催化時，從563K升溫至583K時甲醇選擇性降低是反應(yīng)Ⅰ平衡逆向移動的結(jié)果，C正確；D．催化劑不改變反應(yīng)的平衡產(chǎn)率，D錯誤；答案選BD；②583K下，用cat.2催化時，CO2的轉(zhuǎn)化率為0.3，CH3OH的選擇性為0.6，設(shè)CO2和H2的物質(zhì)的量分別為1mol和3mol，生成CH3OH為1×0.3×0.6mol=0.18mol，消耗H2為0.54mol，生成CO為1×0.3×0.4mol=0.12mol，消耗H2的物質(zhì)的量為0.12mol，的轉(zhuǎn)化率為；（3）平衡時CO2為(2-1-0.5)mol=0.5mol，CO為0.5mol，CH3OH為1mol，H2為0.5mol，H2O為(0.5