高級中學名校試卷PAGEPAGE1河北省唐山市2025屆高三下學期第二次模擬試題本試卷共8頁，18小題，滿分100分。考試時長75分鐘。注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16S-32Cu-64Ba-137第I卷(選擇題共42分)一、選擇題(共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題意。)1.中國古典名著《紅樓夢》中對賈寶玉的出場有如下描述：“頭上戴著束發嵌寶紫金冠……青緞粉底小朝靴……又有一根五色絲絳，系著一塊美玉。”下列說法錯誤的是A.頭發的主要成分為蛋白質 B.紫金的主要成分為合金C.緞的主要成分為纖維素 D.美玉的主要成分為硅酸鹽【答案】C【解析】A．動物的皮毛、人體的頭發、皮膚都屬于蛋白質，A正確；B．紫金的成分是金和其它金屬熔合形成的，主要成分為合金，B正確；C．緞用蠶絲織成的，主要成分為蛋白質，C錯誤；D．美玉是金屬的硅酸鹽，屬于硅酸鹽，D正確；答案選C。2.下列說法正確是A.出現在能灼傷人體組織的固體或液體試劑外包裝上B.測定中和反應的反應熱時，應使用銅制攪拌器攪拌C.石油分餾時發現忘記加入碎瓷片，應立即補加D.鐵釘鍍鋅時，鐵釘用砂紙打磨干凈后即可與電源相連開始電鍍【答案】A【解析】A．圖標表示能灼傷人體組織的固體或液體試劑，A正確；B．銅導熱性好，測定中和反應的反應熱時，為減少熱量損失，不能使用銅制攪拌器攪拌，B錯誤；C．石油分餾時發現忘記加入碎瓷片，應立即停止加熱，冷卻后再補加碎瓷片，C錯誤；D．鐵釘鍍鋅時，用砂紙將鍍件打磨干凈后，將鐵釘放入電解液中，再與直流電源負極相連，作陰極，D錯誤；答案選A。3.高分子材料在生產、生活中有著廣泛的應用，下列說法錯誤的是A.滌綸的主要成分聚對苯二甲酸乙二酯由對苯二甲酸與乙醇反應制得B.丁苯橡膠由丁二烯與苯乙烯經加聚反應制得，可用于生產汽車輪胎C.聚丙烯酰胺由單體經加聚反應制得，是一種優良的增稠劑D.酚醛樹脂由甲醛和苯酚縮聚制得，是人類合成的第一種高分子材料【答案】A【解析】A．滌綸的主要成分聚對苯二甲酸乙二酯，由對苯二甲酸與乙二醇反應制得，A錯誤；B．丁苯橡膠的單體是丁二烯和苯乙烯，二者通過經加聚反應制得，可用于生產汽車輪胎，B正確；C．聚丙烯酰胺的結構簡式為：，由單體經加聚反應制得，是一種優良的增稠劑，C正確；D．酚醛樹脂的結構簡式為：，由甲醛和苯酚縮聚制得，是人類合成的第一種高分子材料，D正確；答案選A。4.我國研究團隊成功合成“超級炸藥”引起了世界矚目。[Mg(H2O)6]2+[(N5)2(H2O)4]2-是其一種中間體，下列說法正確的是A.鎂離子的核外電子軌道表示式為B.陽離子的空間結構為立方體C.已知為五元平面環狀結構，則其中N原子均為sp3雜化D.中間體中配位體分子的VSEPR模型為四面體【答案】D【解析】A．鎂離子的核外有10個電子，核外電子軌道表示式為，故A錯誤；B．陽離子是，Mg2+與6個水分子形成6個配位鍵，空間結構為八面體，故B錯誤；C．已知為五元平面環狀結構，則N原子價電子對數為3，則其中N原子均為sp2雜化，故C錯誤；D．中間體中配位體分子是H2O，H2O分子中O原子價電子對數為4，VSEPR模型為四面體，故D正確；選D。5.尿素氧化法制備水合肼(N2H4·H2O)的原理為CO(NH2)2+NaClO+2NaOH=N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3，NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法錯誤的是A.1molCO(NH2)2中σ鍵的數目為7NAB.等物質的量的NaClO和NaCl電子數差8NAC.每生成1molN2H4·H2O轉移電子數2NAD.常溫下，1LpH=11的Na2CO3溶液中水電離的H+數目為10-3NA【答案】B【解析】A．根據結構式可知，1molCO(NH2)2中σ鍵的數目為7NA，A項正確；B．物質的量均為1mol的NaClO和NaCl電子數差8NA，未明確等物質的量的NaClO和NaCl是幾摩爾，電子數差不一定是8NA，B項錯誤；C．根據化學反應方程式可知，每生成1mol1molN2H4·H2O，有1molNaClO轉化為NaCl，轉移電子數2NA，C項正確；D．常溫下，1LpH=11的Na2CO3溶液中，溶液中的氫氧根離子來自水的電離，故，故該溶液中水電離的H+數目為10-3NA，D項正確；答案選B。6.間苯二酚在一定條件下與鄰苯二甲酸酐生成熒光黃反應如下：下列說法正確的是A.熒光黃的分子式為C20H14O5B.鄰苯二甲酸酐中所有原子不可能共平面C.可用NaHCO3溶液鑒別間苯二酚與熒光黃D.1mol熒光黃分子最多消耗11molH2【答案】C【解析】A．根據熒光黃的結構簡式，可得出分子式為：C20H12O5，A錯誤；B．苯環上原子在同一平面，-COO-上原子在同一平面，鄰苯二甲酸酐中所有原子可能共平面，B錯誤；C．熒光黃含有羧基，能夠與NaHCO3反應生成CO2，間苯二酚不能反應，C正確；D．苯環可以與氫氣加成，碳碳雙鍵和碳氧雙鍵都能與氫氣加成，羧基不能與氫氣加成，1mol熒光黃分子最多消耗9molH2，D錯誤；答案選C。7.下列實驗裝置不能達到實驗目的的是A.圖①裝置驗證非金屬性：C>SiB.圖②裝置制備氫氧化鐵膠體C.圖③裝置分離植物油和水的混合液D.圖④裝置完成硫酸鋰的焰色試驗【答案】A【解析】A．鹽酸有揮發性，也能與硅酸鈉反應生成硅酸沉淀，A錯誤；B．飽和氯化鐵溶液滴入沸水中并繼續加熱至溶液呈紅褐色，得到Fe(OH)3膠體，B正確；C．植物油和水是互不相溶的液體，可以用分液法分離混合溶液，C正確；D．用光潔的無銹鐵絲蘸取溶液在酒精燈外焰上灼燒，可以進行焰色試驗，D正確；答案選A。8.物質結構決定性質。下列物質的性質差異與解釋不符的是性質差異解釋A白磷比紅磷易自燃白磷中P-P鍵彎曲，張力較大BCH4鍵角比NH3大中心原子雜化類型不同C鉛的納米晶體熔點明顯低于大塊晶體納米晶體的表面積增大D15-冠-5比18-冠-6識別Na+能力強冠醚15-冠-5空腔直徑與Na+直徑匹配A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．白磷（P）為正四面體結構，其P—P鍵角為60°，導致較大張力，使白磷更活潑，易自燃，紅磷結構更穩定，A正確B．CH4鍵角（109°28′）大于NH3（約107°)，但兩者中心原子均為sp3雜化，鍵角差異源于NH3中孤對電子的排斥作用，而非雜化類型不同，B錯誤。C．納米鉛因表面積大、表面能高，熔點低于塊狀鉛，C正確；D．冠醚空腔直徑與離子尺寸匹配決定識別能力，15-冠-5空腔與Na+匹配更佳，D正確；故選B。9.某有機催化劑由A、B、X、Y、Z五種原子序數依次增大的短周期元素組成，結構如圖所示。下列說法正確的是A.基態Z原子核外電子有16種不同的空間運動狀態B.X元素所在周期中，第一電離能大于X的元素有2種C.原子半徑：B>Z>AD.簡單氫化物沸點：Y>X>Z【答案】D【解析】原子序數依次遞增的短周期元素A、B、X、Y、Z，A只形成1個共價鍵，B形成4個共價鍵，X形成2個共價鍵、Z形成6個共價鍵，可知A為H元素、B為C元素、X為O元素、Z為S元素；Y形成帶1個單位正電荷的陽離子，結合原子序數可知Y為Na元素，以此來解答。A．基態硫原子（原子序數）的電子排布式為：?，每個原子軌道對應一種空間運動狀態，硫原子核外電子有種不同的空間運動狀態，A錯誤；B．氧元素位于元素周期表第二周期，在同周期中，第一電離能大于氧的元素共有?種?，分別是氮、氟和氖，B錯誤；C．A為H元素、B為C元素、Z為S元素，根據周期律，三種元素半徑大小是：，C錯誤；D．Y為Na元素、X為O元素、Z為S元素，是離子化合物，沸點最高，都是分子晶體，由于水分子間存在氫鍵，所以水的沸點高于硫化氫，D正確；故選D。10.化學是一門以實驗為基礎的科學。依據下列實驗及現象，所得結論正確的是實驗及現象結論A向NaCl溶液中滴加過量氯水，溶液先由無色變為棕黃色，一段時間后褪色氯水具有氧化性和漂白性B向等物質的量濃度的KF和KSCN混合溶液中滴加幾滴FeCl3溶液，振蕩，溶液顏色無明顯變化結合Fe3+的能力：F->SCN-C向酸性KMnO4溶液中滴加FeCl2溶液，溶液紫紅色褪去Fe2+有還原性D分別測定Na2CO3和Na2SO4溶液的pH，Na2CO3溶液使pH試紙呈現更深的顏色水解程度：>A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．溶液先由無色變為棕黃色，是因為Cl?濃度過高可能導致ClO?與Cl?在酸性條件下反應生成Cl2，一段時間后褪色是因為氯水中存在如下平衡：Cl2+H2OH++Cl—+HClO，與氯水具有氧化性和漂白性無關，故A錯誤；B．向等物質的量濃度的氟化鉀和硫氰化鉀混合溶液中滴加幾滴氯化鐵溶液，振蕩，溶液顏色無明顯變化說明溶液中的氟離子與鐵離子的結合能力強于硫氰酸根離子，先與鐵離子反應生成六氟合鐵酸根離子，故B正確；C．溶液中的氯離子也能與酸性高錳酸鉀溶液反應使溶液褪色，則向酸性高錳酸鉀溶液中滴加氯化亞鐵溶液，溶液紫紅色褪去不能說明亞鐵離子具有還原性，故C錯誤；D．由探究實驗變量唯一化可知，測定溶液pH時，沒有明確碳酸鈉溶液和硫酸鈉溶液的濃度是否相同，所以分別測定碳酸鈉溶液和硫酸鈉溶液的pH，碳酸鈉溶液使pH試紙呈現更深的顏色不能說明碳酸根離子的水解程度大于硫酸根離子，故D錯誤；故選B。11.過一硫酸()為一元強酸，在一定條件下可將酮和烯烴分別轉化為酯和環氧類物質，反應機理如下，R1、R2、R3、R4、R5均為烴基。(已知：C—O鍵鍵能大于O—O鍵能)下列說法錯誤的是A.H2SO5具有強氧化性，且的結構為B.異丁烯與丙酮的反應類似⑤，反應的化學方程式為C.反應過程中有非極性鍵的斷裂與形成D.為烯烴轉化過程中的催化劑【答案】B【解析】A．由題干過一硫酸的結構式可知，的結構為，結構中含有過氧鍵，故H2SO5具有強氧化性，A正確；B．由題干轉化信息可知，異丁烯與丙酮的反應類似⑤即R1、R2、R4、R5為甲基，R3為H，反應的化學方程式為，B錯誤；C．由題干轉化信息可知，反應過程中有O-O、C=C等非極性鍵的斷裂和有C-C非極性鍵的形成，C正確；D．由題干轉化信息可知，參與了反應，但反應前后沒有發生改變，即為烯烴轉化過程中的催化劑，D正確；故答案為：B。12.新型儲氫材料較好地解決了氫氣的儲存和運輸問題。其中鐵鎂合金儲氫材料立方晶胞結構如圖1所示，a表示晶胞邊長。儲氫后H原子以正八面體的配位模式分布在Fe原子周圍，其中某鎂原子的原子分數坐標為(，，)，某氫原子的原子分數坐標為(，0，0)。下列說法錯誤的是A.圖2為MPQN的截面圖B.儲氫后晶體的化學式為Mg2FeH6C.Mg原子周圍最近的氫原子數為12D.兩個H原子之間的最短距離為a【答案】D【解析】A．圖2中Fe原子分布在頂點和上下邊，Mg原子分布在位置，則為MPQN截面圖，故A正確；B．如圖所示，晶胞中有8個Mg原子，Fe原子位于頂點、面心，晶胞中Fe原子數目，儲氫后H原子以正八面體的配位模式有序分布在Fe原子的周圍，則H原子數目為4×6=24個，儲氫后晶體的化學式為Mg2FeH6，故B正確；C．儲氫后H原子以正八面體的配位模式分布在Fe原子周圍，若以Mg原子為坐標原點，H原子位于與鎂原子相連的3個面的面心，與Mg最鄰近的H有12個，故C正確；D．已知H原子構成正八面體、鐵原子位于正八面體的體心，晶胞參數為a，H原子與Fe原子之間的最短距離為晶胞參數的，即H原子與Fe原子之間距離為，則兩個H原子之間的最短距離為，故D錯誤；故答案為D。13.庫倫測硫儀(如圖)可測定SO2和SO3混合氣體中SO2的含量。檢測前，500mL電解質溶液中保持不變，電解池不工作。待氣體進入后，測硫儀立即自動進行電解至又回到原定值。電解結束，庫倫測硫儀顯示電解過程中轉移電子xmol，取100mL電解池中溶液，滴加足量BaCl2溶液得沉淀mg。(F=96500C·mol-1)。下列說法錯誤的是A.右側Pt電極接電源負極B.電解池工作時，發生反應SO2++2H2O=+3I-+4H+C.混合氣體中SO2的體積分數為D.若以10A的電源進行電解，則理論上需用時2.68x小時【答案】C【解析】由題干電解池裝置圖可知，左側Pt電極轉化為I-轉化為，電極反應為：3I--2e-=發生氧化反應，作陽極，右側Pt電極為H+得到電子生成H2，作陰極，據此分析解題。A．由分析可知，右側Pt電極為陰極，故右側Pt電極接電源負極，A正確；B．電解池工作時，二氧化硫在電解池中發生的反應為反應生成的碘三離子與二氧化硫反應生成碘離子、硫酸根離子和氫離子，發生反應SO2++2H2O=+3I-+4H+，B正確；C．由題干數據可知，電解結束，庫倫測硫儀顯示電解過程中轉移電子xmol，即SO2等物質的量為：mol，取100mL電解池中溶液，滴加足量BaCl2溶液得沉淀mg，則原電解后溶液中含有硫酸根離子的物質的量為：mol，即原混合氣體中SO2、SO3的總物質的量為：，故混合氣體中SO2的體積分數為，C錯誤；D．由題干信息可知，電解結束，庫倫測硫儀顯示電解過程中轉移電子xmol，即通過的電量為Q=96500xC，若以10A的電源進行電解，則理論上需用時=2.68x小時，D正確；故答案為：C。14.常溫下，維持的溶液中，CuS達沉淀溶解平衡時，相關離子濃度與pH的關系如圖所示，。下列說法正確的是A.L2表示隨pH的變化關系B.C.當pH=7.0時，D.當pH=9.0時，c(Cu2+)=10-30.9mol·L-1【答案】D【解析】A．隨著pH增大，增大，減小，增大，所以L1表示隨pH的變化關系，L2表示隨pH的變化關系，A錯誤；B．當pH=11.5時，，即，，，，則，B錯誤；C．當pH=7.0時，，由于加了其他堿來調節pH值，溶液中含有的陽離子有H+、Cu2+和其他陽離子，結合電荷守恒知，，C錯誤；D．，當pH=5時，，由，解得mol/L，此時，，則，當pH=9.0時，，由，解得mol/L，則，D正確；故選D。第Ⅱ卷(非選擇題共58分)二、填空題(共4小題，共計58分)15.有機銅配合物蛋氨酸銅([Cu(Met)2]，Met表示蛋氨酸根)作為穩定性更好、安全性更高的高銅飼料添加劑，常作為水產動物、家禽、獸類等補銅的優質銅源。某實驗小組按如下方案合成蛋氨酸銅并測定產品含銅量。Ⅰ．制備蛋氨酸銅：a．在儀器A中依次加入0.8g蛋氨酸、0.8g硫酸銅和80mL無水乙醇，攪拌溶解。b．用NaOH溶液控制pH為2.5～3.0，控溫80～85℃，保持30～60min。c．自然冷卻，結晶，減壓過濾，用少量煮沸的蒸餾水多次洗滌，干燥，得產品。Ⅱ．含銅量測定：取0.3600g產品于錐形瓶中，加入適量蒸餾水和稀鹽酸，加熱至全部溶解，冷卻后加入NH3·H2O-NH4Cl緩沖溶液，加熱至70℃左右，滴入2～3滴指示劑PAN，用0.05000mol·L-1乙二胺四乙酸二鈉鹽(Na2H2Y)標準溶液滴定，反應為Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+。重復三次，平均消耗Na2H2Y標準溶液19.25mL。回答下列問題：（1）已知蛋氨酸結構為。蛋氨酸銅中氨基、羧酸根離子均與銅離子形成配位鍵，寫出蛋氨酸銅的結構簡式_______(不考慮空間異構)。（2）儀器A的名稱是_______，控溫80～85℃的最佳方案是_______。（3）相比常壓過濾，采用減壓過濾的優點是_______。（4）驗證產品洗滌干凈的方法是_______。（5）下列有關滴定操作正確的是_______(填字母代號)。a．滴定管使用之前，應檢查活塞是否漏水b．滴定管洗滌干凈之后，直接加入Na2H2Y標準液c．調整滴定管中液面至“0”或“0”刻度以上，記錄讀數d．滴定時，眼睛應時刻注視滴定管中液面變化（6）產品中銅的質量分數為_______%(保留小數點后兩位)；若滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后氣泡消失，則測定結果_______(填“偏大”“偏小”或“不變”)。【答案】（1）或（2）①.三頸燒瓶或三頸瓶或三口燒瓶②.水浴加熱（3）過濾速度更快，固體和液體分離比較完全，濾出的固體容易干燥（4）取最后一次洗滌液于試管中，滴加BaCl2溶液，無白色沉淀產生，證明已洗滌干凈（5）a（6）①17.11②.偏大【解析】根據題中信息可知，蛋氨酸、硫酸銅反應，用無水乙醇作為溶劑，加入NaOH溶液控制pH并控溫，以制備蛋氨酸銅，取得到的產品于錐形瓶中，經過處理后用乙二胺四乙酸二鈉鹽(Na2H2Y)標準溶液滴定，據此作答。（1）根據題意可知，蛋氨酸銅中氨基、羧酸根離子均與銅離子形成配位鍵，說明為二齒配體，即Cu2+提供空軌道，與N原子形成配位鍵，以及-COOH中含有孤電子對的單鍵氧形成配位鍵，銅離子為+2價，連接4條配位鍵，即銅離子與的比值關系為1：2，由此可得蛋氨酸銅的結構簡式為：或。（2）根據題中儀器特點可知，儀器A為三頸燒瓶或三頸瓶或三口燒瓶；控溫80～85℃，控制的溫度小于100℃，因此最佳方案是：水浴加熱。（3）減壓過濾用真空泵抽真空造成負壓，因此相比常壓過濾，采用減壓過濾的優點是：過濾速度更快，固體和液體分離比較完全，濾出的固體容易干燥。（4）根據題意可知，在三頸燒瓶中加入的物質主要有蛋氨酸、硫酸銅、無水乙醇、氫氧化鈉，因此驗證產品是否洗滌干凈，現象明顯的是檢驗硫酸根，因此驗證產品洗滌干凈的方法是：取最后一次洗滌液于試管中，滴加BaCl2溶液，無白色沉淀產生，證明已洗滌干凈。（5）滴定步驟包含檢漏、洗滌、潤洗、注液、調液，讀數，滴定，滴定終點，即進行滴定操作前，先檢查滴定管是否漏水；滴定管先用蒸餾水洗而后用標準液或是待測液潤洗，該題的產品直接溶解于錐形瓶中，因此滴定管需要用標準液潤洗；用標準溶液潤洗滴定管2~3次，將乙二胺四乙酸二鈉鹽(Na2H2Y)標準溶液注入滴定管至“0”刻度以上1~2cm；把盛有標準溶液的滴定管固定好，調節滴定管尖嘴使之充滿溶液；調節液面至“0”或“0”以下某一刻度，記下讀數；把錐形瓶放在滴定管的下面，用標準溶液滴定至終點并記下滴定管液面的刻度即可，重復三次，由此可知，a．滴定前，必須先檢驗活塞是否漏水，故a正確；b．滴定管洗凈后，需要先潤洗才可以裝入標準溶液，直接裝入會使標準溶液的濃度減小，故b錯誤；c．根據分析可知，調節液面至“0”或“0”以下某一刻度，并非是以上，往上沒有刻度線，故c錯誤；d．滴定時，眼睛關注的是錐形瓶內溶液顏色的變化，讀數是滴定之后進行，故d錯誤；故答案選a。（6）根據題中反應為Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+可知，，則，即；滴定前有氣泡，而滴定后氣泡消失，那么會導致消耗的乙二胺四乙酸二鈉鹽標準溶液的體積偏大，從而使銅離子的物質的量偏大，最終測定的結果偏大。16.科技人員提出用硫酸同時浸出軟錳礦和輝銅礦的新工藝，用于聯產硫酸錳和硫酸銅，具有較大的經濟效益。其流程如圖所示：已知：軟錳礦和輝銅礦中主要成分分別為MnO2、Cu2S，含有Fe2O3、SiO2等雜質。請回答下列問題：（1）Cu2S中亞銅離子的核外電子排布式為_______。（2）“渣”的主要成分為S和_______。（3）寫出“浸取”中錳、銅元素涉及的總反應的化學方程式：_______。“浸取”中體系溫度變化不明顯，但反應片刻后錳、銅浸出速率突然加快的原因可能是_______。（4）“凈化”中加入銨鹽使Fe3+轉化成淡黃色的黃鐵礬[(NH4)aFeb(SO4)c(OH)d]晶體析出，以便過濾除去，其反應的離子方程式為_______。（5）已知硫酸錳和硫酸銅在水中的溶解度如表所示：溫度/℃020406080100硫酸銅/g14.320.728.540.055.075.4硫酸錳/g53.264.568.855.048.034.9“結晶一”中采用的方法是_______；為提高產率，“結晶二”所得母液應與_______(填工序名稱)后所得液體混合，循環利用。（6）凈化后所得混合溶液分離硫酸銅和硫酸錳，還可以采用羧酸酯類有機相“萃取”和硫酸“反萃”的方法。原理如下。“廢液”主要無機溶質為_______(填名稱)。【答案】（1）[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10（2）SiO2(或二氧化硅)（3）①.2MnO2+Cu2S+4H2SO4=2MnSO4+2CuSO4+4H2O+S②.反應過程中有催化劑生成(Fe3+有催化作用，或其他合理答案)（4）（5）①.蒸發結晶、趁熱過濾②.凈化（6）硫酸鈉【解析】軟錳礦和輝銅礦中主要成分分別為MnO2、Cu2S，含有Fe2O3、SiO2等雜質。用硫酸“酸浸”，MnO2把Cu2S氧化為硫酸銅、S沉淀，MnO2被還原為硫酸錳，氧化鐵和硫酸反應生成硫酸鐵和水，二氧化硅不溶于硫酸；過濾，濾渣中含有S和SiO2，濾液中加入銨鹽使Fe3+轉化成淡黃色的黃鐵礬[(NH4)aFeb(SO4)c(OH)d]晶體析出；硫酸錳的溶解度受溫度影響不大，硫酸銅的溶解度隨溫度升高而增大，蒸發結晶析出硫酸錳，趁熱過濾得到硫酸錳晶體，降低溫度結晶析出硫酸銅晶體；（1）Cu原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，銅原子失去最外層1個電子得到Cu+，亞銅離子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10。（2）“酸浸”，MnO2把Cu2S氧化為硫酸銅、S沉淀，二氧化硅不溶于硫酸，所以“渣”的主要成分為S和SiO2；（3）“浸取”中MnO2把Cu2S氧化為硫酸銅、S沉淀，MnO2被還原為硫酸錳，根據得失電子守恒，錳、銅元素涉及的總反應的化學方程式為2MnO2+Cu2S+4H2SO4=2MnSO4+2CuSO4+4H2O+S。根據影響反應速率的因素，“浸取”中體系溫度變化不明顯，但反應片刻后錳、銅浸出速率突然加快的原因可能是反應過程中有催化劑生成。（4）“凈化”中加入銨鹽使Fe3+轉化成淡黃色的黃鐵礬[(NH4)aFeb(SO4)c(OH)d]晶體，反應的離子方程式為。（5）硫酸錳的溶解度受溫度影響不大，硫酸銅的溶解度隨溫度升高而增大，蒸發結晶析出硫酸錳，趁熱過濾得到硫酸錳晶體，所以“結晶一”中采用的方法是蒸發結晶、趁熱過濾；為提高產率；“結晶二”所得母液應與凈化后所得液體混合，循環利用。（6）凈化后所得混合溶液中含有硫酸銅和硫酸錳，采用羧酸酯類有機相“萃取”和硫酸“反萃”分離出硫酸銅和硫酸錳，過程中加入了羧酸酯類有機物、硫酸、氫氧化鈉，所以“廢液”的主要無機溶質為硫酸鈉。17.羰基硫(COS)，廣泛應用于農藥、醫藥及其他化工生產領域。利用CO2和H2S制備COS的反應如下：主反應：H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)△H1=+35.0kJ·mol?1副反應Ⅰ：2H2S(g)S2(g)+2H2(g)△H2=+17158kJ·mol?1副反應Ⅱ：2H2S(g)+3CO2(g)?3CO(g)+S2(g)+2H2O(g)△H3=+253.98kJ·mol?1回答下列問題：（1）已知：298K時，18g氣態水轉化為液態水釋放44kJ能量；H2S(g)的標準燃燒熱為△H=-586.0kJ·mol-1，則COS(g)的標準燃燒熱△H=_______kJ·mol-1，副反應Ⅱ在_______(填“高溫”“低溫”或“任意溫度”)下能自發進行。（2）一定條件下，在一恒容密閉容器中通入一定量的H2S(g)和CO2(g)發生反應，下列說法正確的是_______(填字母代號)。a．向該容器內充入一定量Ar，反應達到平衡的時間將縮短b．主反應的正反應活化能一定小于副反應Ⅰ的正反應活化能c．當v正(H2S)=2v逆(S2)+v逆(COS)時，反應達到平衡狀態d．若在恒溫恒壓體系中進行，平衡時H2S(g)的平衡轉化率增大（3）一定條件下，向恒容密閉容器中通入等物質的量的CO2(g)和H2S(g)混合氣體，起始壓強為100kPa，發生上述反應，20min時達到平衡，測得體系總壓強為110kPa，S2(g)的平均反應速率為_______kPa·min-1，又p(COS)=p(CO2)=p(CO)+p(S2)，則H2S(g)的平衡轉化率為_______，主反應的壓強平衡常數Kp=_______。（4）將等物質的量的CO2(g)和H2S(g)混合氣體充入恒容密閉容器中發生上述反應，反應物的轉化率隨溫度的變化如下圖：表示CO2的轉化率隨溫度的變化曲線為_______(填“a”或“b”)，在溫度低于T?時，二者轉化率近似相等，可能的原因_______。【答案】（1）①.-577②.高溫（2）cd（3）①.0.5②.80%③.3（4）①.b②.副反應I幾乎不發生(或以主反應為主，或以主反應及副反應II為主，或其他合理答案)【解析】（1）設①；已知：H2S(g)的標準燃燒熱為△H=-586.0kJ·mol-1，得②：已知：298K時，18g氣態水轉化為液態水釋放44kJ能量；得③：H2O(g)=H2O(l)ΔH=-44kJ?mol-1，根據蓋斯定律，反應②-①-③=主反應，則ΔH1=-586.0kJ?mol-1-xkJ?mol-1+44kJ?mol-1=+35.0kJ?mol-1；得x=-577kJ·mol-1，則COS(g)的標準燃燒熱△H=-577kJ·mol-1，副反應Ⅱ為氣體體積增大的吸熱反應，則ΔH＞0、ΔS＞0，自發進行時ΔG=ΔH-T·ΔS＜0，故在高溫下能自發進行。（2）a．向該容器內充入一定量Ar，反應相關物質的濃度均不變，則反應速率不變，反應達到平衡的時間不變，a錯誤；b．活化能是反應發生所需克服的能量壁壘，其大小取決于反應路徑的能壘高度，主反應和副反應的活化能高低由各自的反應機理決定，且催化劑等可能選擇性改變主/副反應的活化能，則主反應的正反應活化能不一定小于副反應Ⅰ的正反應活化能，b錯誤；c．根據化學方程式中的化學計量數關系以及硫元素周恒可知，當v正(H2S)=2v逆(S2)+v逆(COS)時，可使H2S、S2、COS等各成分的濃度保持不變，則反應達到平衡狀態，c正確；d．主反應中氣體的物質的量不變，副反應中氣體的物質的量增大，若在恒溫恒壓體系中進行，容積擴大，副反應均右移，則平衡時H2S(g)的平衡轉化率增大，d正確；選cd。（3）一定條件下，向恒容密閉容器中通入等物質的量的CO2(g)和H2S(g)混合氣體，起始壓強為100kPa，設CO2(g)和H2S(g)均為1mol，發生上述反應，20min時達到平衡，測得體系總壓強為110kPa，根據，則平衡時混合氣體共2.2mol，根據差量法可知，S2(g)物質的量等于增加的氣體的物質的量，即0.2mol，則S2(g)的平均反應速率為0.5kPa·min-1，又p(COS)=p(CO2)=p(CO)+p(S2)，則n(COS)=n(CO2)=n(CO)+n(S2)=n(CO)+0.2mol，根據碳元素守恒，可知n(COS)=n(CO2)=0.4mol，n(CO)=0.2mol，根據硫元素守恒，可得n(H2S)=0.2mol，根據氧元素守恒，可得n(H2O)=0.6mol，根據氫元素守恒，可得n(H2)=0.2mol，消耗硫化氫為1mol-0.2mol=0.8mol，則H2S(g)的平衡轉化率為80%，主反應的壓強平衡常數。（4）由圖可知，溫度低于T?時，二者轉化率近似相等，可推測此條件下，副反應I幾乎不發生(或以主反應為主，或以主反應及副反應Ⅱ為主，升溫三個反應平衡右移，則溫度升高對副反應反應I更有利，導致硫化氫的轉化率增大幅度大于二氧化碳的。則表示CO2的轉化率隨溫度的變化曲線為b，在溫度低于T?時，二者轉化率近似相等，可能的原因：副反應I幾乎不發生(或以主反應為主，或以主反應及副反應Ⅱ為主。18.氨基酮類化合物在麻醉、鎮痛、抗抑郁等方面都有廣泛的應用。氨基酮類化合物I的合成路線如下：已知：①②+R3NH2→+R2OH回答下列問題：（1）A的名稱為_______，C中官能團有酮羰基、_______。（2）B的結構簡式為_______。（3）設計步驟D→E和G→H的目的是_______。（4）E→F反應的化學方程式為_______。（5）M為A的同分異構體，滿足下列條件的M的結構有_______種(不考慮立體異構)。①能使石蕊試液變紅色；②紅外光譜顯示含甲基寫出其中一種含手性碳原子的結構簡式_______。（6）參照上述步驟，設計以和為原料合成的路線_______(不超過3步)。【答案】（1）①.丙烯酸乙酯②.醛基、酯基（2）（3）保護酮羰基（4）+→+CH3CH2OH（5）①.9②.或（6）【解析】合成氨基酮類化合物I的路線為：將A與在堿的作用下通過加成反應生成B，將B與在堿的作用下再次加成得到C，將C在堿的作用下脫水成環得到D，將D與乙二醇反應得到E，將E與進行取代反應生成F，再將F在作用下去酮羰基得到G，將G在作用下轉化為H，最后H在堿作用下形成內環得到目標產物I，據此分析解答。（1）A的結構簡式為：，則A的名稱為：丙烯酸乙酯；C的結構簡式為：，含有的官能團有：酮羰基、醛基、酯基。（2）根據分析，B的結構簡式為：。（3）是將的酮羰基結構與乙二醇反應得到E的環氧結構，而是將的環氧結構重新轉化為的酮羰基結構，所以根據結構變化可知這兩步轉化的目的是：保護酮羰基。（4）是與進行取代反應生成F，則反應的化學方程式為：。（5）M為A的同分異構體，滿足下列條件的M的結構：①能使石蕊試液變紅色：說明溶液顯酸性，含羧基，還剩基團為，還有1個不飽和度；②紅外光譜顯示含甲基，則符合條件的形成的取代基有：、、、、、、、、，則得到符合條件的M的同分異構體有9種結構；其中含有手性碳原子的M的結構簡式為：、（任寫1種）。（6）以和為原料制備的流程為：將和在堿的作用下先加成為，再在堿的作用下成環生成，再加氫還原為六元環結構和醇結構得到產物，則合成路線為：。河北省唐山市2025屆高三下學期第二次模擬試題本試卷共8頁，18小題，滿分100分。考試時長75分鐘。注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16S-32Cu-64Ba-137第I卷(選擇題共42分)一、選擇題(共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題意。)1.中國古典名著《紅樓夢》中對賈寶玉的出場有如下描述：“頭上戴著束發嵌寶紫金冠……青緞粉底小朝靴……又有一根五色絲絳，系著一塊美玉。”下列說法錯誤的是A.頭發的主要成分為蛋白質 B.紫金的主要成分為合金C.緞的主要成分為纖維素 D.美玉的主要成分為硅酸鹽【答案】C【解析】A．動物的皮毛、人體的頭發、皮膚都屬于蛋白質，A正確；B．紫金的成分是金和其它金屬熔合形成的，主要成分為合金，B正確；C．緞用蠶絲織成的，主要成分為蛋白質，C錯誤；D．美玉是金屬的硅酸鹽，屬于硅酸鹽，D正確；答案選C。2.下列說法正確是A.出現在能灼傷人體組織的固體或液體試劑外包裝上B.測定中和反應的反應熱時，應使用銅制攪拌器攪拌C.石油分餾時發現忘記加入碎瓷片，應立即補加D.鐵釘鍍鋅時，鐵釘用砂紙打磨干凈后即可與電源相連開始電鍍【答案】A【解析】A．圖標表示能灼傷人體組織的固體或液體試劑，A正確；B．銅導熱性好，測定中和反應的反應熱時，為減少熱量損失，不能使用銅制攪拌器攪拌，B錯誤；C．石油分餾時發現忘記加入碎瓷片，應立即停止加熱，冷卻后再補加碎瓷片，C錯誤；D．鐵釘鍍鋅時，用砂紙將鍍件打磨干凈后，將鐵釘放入電解液中，再與直流電源負極相連，作陰極，D錯誤；答案選A。3.高分子材料在生產、生活中有著廣泛的應用，下列說法錯誤的是A.滌綸的主要成分聚對苯二甲酸乙二酯由對苯二甲酸與乙醇反應制得B.丁苯橡膠由丁二烯與苯乙烯經加聚反應制得，可用于生產汽車輪胎C.聚丙烯酰胺由單體經加聚反應制得，是一種優良的增稠劑D.酚醛樹脂由甲醛和苯酚縮聚制得，是人類合成的第一種高分子材料【答案】A【解析】A．滌綸的主要成分聚對苯二甲酸乙二酯，由對苯二甲酸與乙二醇反應制得，A錯誤；B．丁苯橡膠的單體是丁二烯和苯乙烯，二者通過經加聚反應制得，可用于生產汽車輪胎，B正確；C．聚丙烯酰胺的結構簡式為：，由單體經加聚反應制得，是一種優良的增稠劑，C正確；D．酚醛樹脂的結構簡式為：，由甲醛和苯酚縮聚制得，是人類合成的第一種高分子材料，D正確；答案選A。4.我國研究團隊成功合成“超級炸藥”引起了世界矚目。[Mg(H2O)6]2+[(N5)2(H2O)4]2-是其一種中間體，下列說法正確的是A.鎂離子的核外電子軌道表示式為B.陽離子的空間結構為立方體C.已知為五元平面環狀結構，則其中N原子均為sp3雜化D.中間體中配位體分子的VSEPR模型為四面體【答案】D【解析】A．鎂離子的核外有10個電子，核外電子軌道表示式為，故A錯誤；B．陽離子是，Mg2+與6個水分子形成6個配位鍵，空間結構為八面體，故B錯誤；C．已知為五元平面環狀結構，則N原子價電子對數為3，則其中N原子均為sp2雜化，故C錯誤；D．中間體中配位體分子是H2O，H2O分子中O原子價電子對數為4，VSEPR模型為四面體，故D正確；選D。5.尿素氧化法制備水合肼(N2H4·H2O)的原理為CO(NH2)2+NaClO+2NaOH=N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3，NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法錯誤的是A.1molCO(NH2)2中σ鍵的數目為7NAB.等物質的量的NaClO和NaCl電子數差8NAC.每生成1molN2H4·H2O轉移電子數2NAD.常溫下，1LpH=11的Na2CO3溶液中水電離的H+數目為10-3NA【答案】B【解析】A．根據結構式可知，1molCO(NH2)2中σ鍵的數目為7NA，A項正確；B．物質的量均為1mol的NaClO和NaCl電子數差8NA，未明確等物質的量的NaClO和NaCl是幾摩爾，電子數差不一定是8NA，B項錯誤；C．根據化學反應方程式可知，每生成1mol1molN2H4·H2O，有1molNaClO轉化為NaCl，轉移電子數2NA，C項正確；D．常溫下，1LpH=11的Na2CO3溶液中，溶液中的氫氧根離子來自水的電離，故，故該溶液中水電離的H+數目為10-3NA，D項正確；答案選B。6.間苯二酚在一定條件下與鄰苯二甲酸酐生成熒光黃反應如下：下列說法正確的是A.熒光黃的分子式為C20H14O5B.鄰苯二甲酸酐中所有原子不可能共平面C.可用NaHCO3溶液鑒別間苯二酚與熒光黃D.1mol熒光黃分子最多消耗11molH2【答案】C【解析】A．根據熒光黃的結構簡式，可得出分子式為：C20H12O5，A錯誤；B．苯環上原子在同一平面，-COO-上原子在同一平面，鄰苯二甲酸酐中所有原子可能共平面，B錯誤；C．熒光黃含有羧基，能夠與NaHCO3反應生成CO2，間苯二酚不能反應，C正確；D．苯環可以與氫氣加成，碳碳雙鍵和碳氧雙鍵都能與氫氣加成，羧基不能與氫氣加成，1mol熒光黃分子最多消耗9molH2，D錯誤；答案選C。7.下列實驗裝置不能達到實驗目的的是A.圖①裝置驗證非金屬性：C>SiB.圖②裝置制備氫氧化鐵膠體C.圖③裝置分離植物油和水的混合液D.圖④裝置完成硫酸鋰的焰色試驗【答案】A【解析】A．鹽酸有揮發性，也能與硅酸鈉反應生成硅酸沉淀，A錯誤；B．飽和氯化鐵溶液滴入沸水中并繼續加熱至溶液呈紅褐色，得到Fe(OH)3膠體，B正確；C．植物油和水是互不相溶的液體，可以用分液法分離混合溶液，C正確；D．用光潔的無銹鐵絲蘸取溶液在酒精燈外焰上灼燒，可以進行焰色試驗，D正確；答案選A。8.物質結構決定性質。下列物質的性質差異與解釋不符的是性質差異解釋A白磷比紅磷易自燃白磷中P-P鍵彎曲，張力較大BCH4鍵角比NH3大中心原子雜化類型不同C鉛的納米晶體熔點明顯低于大塊晶體納米晶體的表面積增大D15-冠-5比18-冠-6識別Na+能力強冠醚15-冠-5空腔直徑與Na+直徑匹配A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．白磷（P）為正四面體結構，其P—P鍵角為60°，導致較大張力，使白磷更活潑，易自燃，紅磷結構更穩定，A正確B．CH4鍵角（109°28′）大于NH3（約107°)，但兩者中心原子均為sp3雜化，鍵角差異源于NH3中孤對電子的排斥作用，而非雜化類型不同，B錯誤。C．納米鉛因表面積大、表面能高，熔點低于塊狀鉛，C正確；D．冠醚空腔直徑與離子尺寸匹配決定識別能力，15-冠-5空腔與Na+匹配更佳，D正確；故選B。9.某有機催化劑由A、B、X、Y、Z五種原子序數依次增大的短周期元素組成，結構如圖所示。下列說法正確的是A.基態Z原子核外電子有16種不同的空間運動狀態B.X元素所在周期中，第一電離能大于X的元素有2種C.原子半徑：B>Z>AD.簡單氫化物沸點：Y>X>Z【答案】D【解析】原子序數依次遞增的短周期元素A、B、X、Y、Z，A只形成1個共價鍵，B形成4個共價鍵，X形成2個共價鍵、Z形成6個共價鍵，可知A為H元素、B為C元素、X為O元素、Z為S元素；Y形成帶1個單位正電荷的陽離子，結合原子序數可知Y為Na元素，以此來解答。A．基態硫原子（原子序數）的電子排布式為：?，每個原子軌道對應一種空間運動狀態，硫原子核外電子有種不同的空間運動狀態，A錯誤；B．氧元素位于元素周期表第二周期，在同周期中，第一電離能大于氧的元素共有?種?，分別是氮、氟和氖，B錯誤；C．A為H元素、B為C元素、Z為S元素，根據周期律，三種元素半徑大小是：，C錯誤；D．Y為Na元素、X為O元素、Z為S元素，是離子化合物，沸點最高，都是分子晶體，由于水分子間存在氫鍵，所以水的沸點高于硫化氫，D正確；故選D。10.化學是一門以實驗為基礎的科學。依據下列實驗及現象，所得結論正確的是實驗及現象結論A向NaCl溶液中滴加過量氯水，溶液先由無色變為棕黃色，一段時間后褪色氯水具有氧化性和漂白性B向等物質的量濃度的KF和KSCN混合溶液中滴加幾滴FeCl3溶液，振蕩，溶液顏色無明顯變化結合Fe3+的能力：F->SCN-C向酸性KMnO4溶液中滴加FeCl2溶液，溶液紫紅色褪去Fe2+有還原性D分別測定Na2CO3和Na2SO4溶液的pH，Na2CO3溶液使pH試紙呈現更深的顏色水解程度：>A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．溶液先由無色變為棕黃色，是因為Cl?濃度過高可能導致ClO?與Cl?在酸性條件下反應生成Cl2，一段時間后褪色是因為氯水中存在如下平衡：Cl2+H2OH++Cl—+HClO，與氯水具有氧化性和漂白性無關，故A錯誤；B．向等物質的量濃度的氟化鉀和硫氰化鉀混合溶液中滴加幾滴氯化鐵溶液，振蕩，溶液顏色無明顯變化說明溶液中的氟離子與鐵離子的結合能力強于硫氰酸根離子，先與鐵離子反應生成六氟合鐵酸根離子，故B正確；C．溶液中的氯離子也能與酸性高錳酸鉀溶液反應使溶液褪色，則向酸性高錳酸鉀溶液中滴加氯化亞鐵溶液，溶液紫紅色褪去不能說明亞鐵離子具有還原性，故C錯誤；D．由探究實驗變量唯一化可知，測定溶液pH時，沒有明確碳酸鈉溶液和硫酸鈉溶液的濃度是否相同，所以分別測定碳酸鈉溶液和硫酸鈉溶液的pH，碳酸鈉溶液使pH試紙呈現更深的顏色不能說明碳酸根離子的水解程度大于硫酸根離子，故D錯誤；故選B。11.過一硫酸()為一元強酸，在一定條件下可將酮和烯烴分別轉化為酯和環氧類物質，反應機理如下，R1、R2、R3、R4、R5均為烴基。(已知：C—O鍵鍵能大于O—O鍵能)下列說法錯誤的是A.H2SO5具有強氧化性，且的結構為B.異丁烯與丙酮的反應類似⑤，反應的化學方程式為C.反應過程中有非極性鍵的斷裂與形成D.為烯烴轉化過程中的催化劑【答案】B【解析】A．由題干過一硫酸的結構式可知，的結構為，結構中含有過氧鍵，故H2SO5具有強氧化性，A正確；B．由題干轉化信息可知，異丁烯與丙酮的反應類似⑤即R1、R2、R4、R5為甲基，R3為H，反應的化學方程式為，B錯誤；C．由題干轉化信息可知，反應過程中有O-O、C=C等非極性鍵的斷裂和有C-C非極性鍵的形成，C正確；D．由題干轉化信息可知，參與了反應，但反應前后沒有發生改變，即為烯烴轉化過程中的催化劑，D正確；故答案為：B。12.新型儲氫材料較好地解決了氫氣的儲存和運輸問題。其中鐵鎂合金儲氫材料立方晶胞結構如圖1所示，a表示晶胞邊長。儲氫后H原子以正八面體的配位模式分布在Fe原子周圍，其中某鎂原子的原子分數坐標為(，，)，某氫原子的原子分數坐標為(，0，0)。下列說法錯誤的是A.圖2為MPQN的截面圖B.儲氫后晶體的化學式為Mg2FeH6C.Mg原子周圍最近的氫原子數為12D.兩個H原子之間的最短距離為a【答案】D【解析】A．圖2中Fe原子分布在頂點和上下邊，Mg原子分布在位置，則為MPQN截面圖，故A正確；B．如圖所示，晶胞中有8個Mg原子，Fe原子位于頂點、面心，晶胞中Fe原子數目，儲氫后H原子以正八面體的配位模式有序分布在Fe原子的周圍，則H原子數目為4×6=24個，儲氫后晶體的化學式為Mg2FeH6，故B正確；C．儲氫后H原子以正八面體的配位模式分布在Fe原子周圍，若以Mg原子為坐標原點，H原子位于與鎂原子相連的3個面的面心，與Mg最鄰近的H有12個，故C正確；D．已知H原子構成正八面體、鐵原子位于正八面體的體心，晶胞參數為a，H原子與Fe原子之間的最短距離為晶胞參數的，即H原子與Fe原子之間距離為，則兩個H原子之間的最短距離為，故D錯誤；故答案為D。13.庫倫測硫儀(如圖)可測定SO2和SO3混合氣體中SO2的含量。檢測前，500mL電解質溶液中保持不變，電解池不工作。待氣體進入后，測硫儀立即自動進行電解至又回到原定值。電解結束，庫倫測硫儀顯示電解過程中轉移電子xmol，取100mL電解池中溶液，滴加足量BaCl2溶液得沉淀mg。(F=96500C·mol-1)。下列說法錯誤的是A.右側Pt電極接電源負極B.電解池工作時，發生反應SO2++2H2O=+3I-+4H+C.混合氣體中SO2的體積分數為D.若以10A的電源進行電解，則理論上需用時2.68x小時【答案】C【解析】由題干電解池裝置圖可知，左側Pt電極轉化為I-轉化為，電極反應為：3I--2e-=發生氧化反應，作陽極，右側Pt電極為H+得到電子生成H2，作陰極，據此分析解題。A．由分析可知，右側Pt電極為陰極，故右側Pt電極接電源負極，A正確；B．電解池工作時，二氧化硫在電解池中發生的反應為反應生成的碘三離子與二氧化硫反應生成碘離子、硫酸根離子和氫離子，發生反應SO2++2H2O=+3I-+4H+，B正確；C．由題干數據可知，電解結束，庫倫測硫儀顯示電解過程中轉移電子xmol，即SO2等物質的量為：mol，取100mL電解池中溶液，滴加足量BaCl2溶液得沉淀mg，則原電解后溶液中含有硫酸根離子的物質的量為：mol，即原混合氣體中SO2、SO3的總物質的量為：，故混合氣體中SO2的體積分數為，C錯誤；D．由題干信息可知，電解結束，庫倫測硫儀顯示電解過程中轉移電子xmol，即通過的電量為Q=96500xC，若以10A的電源進行電解，則理論上需用時=2.68x小時，D正確；故答案為：C。14.常溫下，維持的溶液中，CuS達沉淀溶解平衡時，相關離子濃度與pH的關系如圖所示，。下列說法正確的是A.L2表示隨pH的變化關系B.C.當pH=7.0時，D.當pH=9.0時，c(Cu2+)=10-30.9mol·L-1【答案】D【解析】A．隨著pH增大，增大，減小，增大，所以L1表示隨pH的變化關系，L2表示隨pH的變化關系，A錯誤；B．當pH=11.5時，，即，，，，則，B錯誤；C．當pH=7.0時，，由于加了其他堿來調節pH值，溶液中含有的陽離子有H+、Cu2+和其他陽離子，結合電荷守恒知，，C錯誤；D．，當pH=5時，，由，解得mol/L，此時，，則，當pH=9.0時，，由，解得mol/L，則，D正確；故選D。第Ⅱ卷(非選擇題共58分)二、填空題(共4小題，共計58分)15.有機銅配合物蛋氨酸銅([Cu(Met)2]，Met表示蛋氨酸根)作為穩定性更好、安全性更高的高銅飼料添加劑，常作為水產動物、家禽、獸類等補銅的優質銅源。某實驗小組按如下方案合成蛋氨酸銅并測定產品含銅量。Ⅰ．制備蛋氨酸銅：a．在儀器A中依次加入0.8g蛋氨酸、0.8g硫酸銅和80mL無水乙醇，攪拌溶解。b．用NaOH溶液控制pH為2.5～3.0，控溫80～85℃，保持30～60min。c．自然冷卻，結晶，減壓過濾，用少量煮沸的蒸餾水多次洗滌，干燥，得產品。Ⅱ．含銅量測定：取0.3600g產品于錐形瓶中，加入適量蒸餾水和稀鹽酸，加熱至全部溶解，冷卻后加入NH3·H2O-NH4Cl緩沖溶液，加熱至70℃左右，滴入2～3滴指示劑PAN，用0.05000mol·L-1乙二胺四乙酸二鈉鹽(Na2H2Y)標準溶液滴定，反應為Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+。重復三次，平均消耗Na2H2Y標準溶液19.25mL。回答下列問題：（1）已知蛋氨酸結構為。蛋氨酸銅中氨基、羧酸根離子均與銅離子形成配位鍵，寫出蛋氨酸銅的結構簡式_______(不考慮空間異構)。（2）儀器A的名稱是_______，控溫80～85℃的最佳方案是_______。（3）相比常壓過濾，采用減壓過濾的優點是_______。（4）驗證產品洗滌干凈的方法是_______。（5）下列有關滴定操作正確的是_______(填字母代號)。a．滴定管使用之前，應檢查活塞是否漏水b．滴定管洗滌干凈之后，直接加入Na2H2Y標準液c．調整滴定管中液面至“0”或“0”刻度以上，記錄讀數d．滴定時，眼睛應時刻注視滴定管中液面變化（6）產品中銅的質量分數為_______%(保留小數點后兩位)；若滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后氣泡消失，則測定結果_______(填“偏大”“偏小”或“不變”)。【答案】（1）或（2）①.三頸燒瓶或三頸瓶或三口燒瓶②.水浴加熱（3）過濾速度更快，固體和液體分離比較完全，濾出的固體容易干燥（4）取最后一次洗滌液于試管中，滴加BaCl2溶液，無白色沉淀產生，證明已洗滌干凈（5）a（6）①17.11②.偏大【解析】根據題中信息可知，蛋氨酸、硫酸銅反應，用無水乙醇作為溶劑，加入NaOH溶液控制pH并控溫，以制備蛋氨酸銅，取得到的產品于錐形瓶中，經過處理后用乙二胺四乙酸二鈉鹽(Na2H2Y)標準溶液滴定，據此作答。（1）根據題意可知，蛋氨酸銅中氨基、羧酸根離子均與銅離子形成配位鍵，說明為二齒配體，即Cu2+提供空軌道，與N原子形成配位鍵，以及-COOH中含有孤電子對的單鍵氧形成配位鍵，銅離子為+2價，連接4條配位鍵，即銅離子與的比值關系為1：2，由此可得蛋氨酸銅的結構簡式為：或。（2）根據題中儀器特點可知，儀器A為三頸燒瓶或三頸瓶或三口燒瓶；控溫80～85℃，控制的溫度小于100℃，因此最佳方案是：水浴加熱。（3）減壓過濾用真空泵抽真空造成負壓，因此相比常壓過濾，采用減壓過濾的優點是：過濾速度更快，固體和液體分離比較完全，濾出的固體容易干燥。（4）根據題意可知，在三頸燒瓶中加入的物質主要有蛋氨酸、硫酸銅、無水乙醇、氫氧化鈉，因此驗證產品是否洗滌干凈，現象明顯的是檢驗硫酸根，因此驗證產品洗滌干凈的方法是：取最后一次洗滌液于試管中，滴加BaCl2溶液，無白色沉淀產生，證明已洗滌干凈。（5）滴定步驟包含檢漏、洗滌、潤洗、注液、調液，讀數，滴定，滴定終點，即進行滴定操作前，先檢查滴定管是否漏水；滴定管先用蒸餾水洗而后用標準液或是待測液潤洗，該題的產品直接溶解于錐形瓶中，因此滴定管需要用標準液潤洗；用標準溶液潤洗滴定管2~3次，將乙二胺四乙酸二鈉鹽(Na2H2Y)標準溶液注入滴定管至“0”刻度以上1~2cm；把盛有標準溶液的滴定管固定好，調節滴定管尖嘴使之充滿溶液；調節液面至“0”或“0”以下某一刻度，記下讀數；把錐形瓶放在滴定管的下面，用標準溶液滴定至終點并記下滴定管液面的刻度即可，重復三次，由此可知，a．滴定前，必須先檢驗活塞是否漏水，故a正確；b．滴定管洗凈后，需要先潤洗才可以裝入標準溶液，直接裝入會使標準溶液的濃度減小，故b錯誤；c．根據分析可知，調節液面至“0”或“0”以下某一刻度，并非是以上，往上沒有刻度線，故c錯誤；d．滴定時，眼睛關注的是錐形瓶內溶液顏色的變化，讀數是滴定之后進行，故d錯誤；故答案選a。（6）根據題中反應為Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+可知，，則，即；滴定前有氣泡，而滴定后氣泡消失，那么會導致消耗的乙二胺四乙酸二鈉鹽標準溶液的體積偏大，從而使銅離子的物質的量偏大，最終測定的結果偏大。16.科技人員提出用硫酸同時浸出軟錳礦和輝銅礦的新工藝，用于聯產硫酸錳和硫酸銅，具有較大的經濟效益。其流程如圖所示：已知：軟錳礦和輝銅礦中主要成分分別為MnO2、Cu2S，含有Fe2O3、SiO2等雜質。請回答下列問題：（1）Cu2S中亞銅離子的核外電子排布式為_______。（2）“渣”的主要成分為S和_______。（3）寫出“浸取”中錳、銅元素涉及的總反應的化學方程式：_______。“浸取”中體系溫度變化不明顯，但反應片刻后錳、銅浸出速率突然加快的原因可能是_______。（4）“凈化”中加入銨鹽使Fe3+轉化成淡黃色的黃鐵礬[(NH4)aFeb(SO4)c(OH)d]晶體析出，以便過濾除去，其反應的離子方程式為_______。（5）已知硫酸錳和硫酸銅在水中的溶解度如表所示：溫度/℃020406080100硫酸銅/g14.320.728.540.055.075.4硫酸錳/g53.264.568.855.048.034.9“結晶一”中采用的方法是_______；為提高產率，“結晶二”所得母液應與_______(填工序名稱)后所得液體混合，循環利用。（6）凈化后所得混合溶液分離硫酸銅和硫酸錳，還可以采用羧酸酯類有機相“萃取”和硫酸“反萃”的方法。原理如下。“廢液”主要無機溶質為_______(填名稱)。【答案】（1）[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10（2）SiO2(或二氧化硅)（3）①.2MnO2+Cu2S+4H2SO4=2MnSO4+2CuSO4+4H2O+S②.反應過程中有催化劑生成(Fe3+有催化作用，或其他合理答案)（4）（5）①.蒸發結晶、趁熱過濾②.凈化（6）硫酸鈉【解析】軟錳礦和輝銅礦中主要成分分別為MnO2、Cu2S，含有Fe2O3、SiO2等雜質。用硫酸“酸浸”，MnO2把Cu2S氧化為硫酸銅、S沉淀，MnO2被還原為硫酸錳，氧化鐵和硫酸反應生成硫酸鐵和水，二氧化硅不溶于硫酸；過濾，濾渣中含有S和SiO2，濾液中加入銨鹽使Fe3+轉化成淡黃色的黃鐵礬[(NH4)aFeb(SO4)c(OH)d]晶體析出；硫酸錳的溶解度受溫度影響不大，硫酸銅的溶解度隨溫度升高而增大，蒸發結晶析出硫酸錳，趁熱過濾得到硫酸錳晶體，降低溫度結晶析出硫酸銅晶體；（1）Cu原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，銅原子失去最外層1個電子得到Cu+，亞銅離子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10。（2）“酸浸”，MnO2把Cu2S氧化為硫酸銅、S沉淀，二氧化硅不溶于硫酸，所以“渣”的主要成分為S和SiO2；（3）“浸取”中MnO2把Cu2S氧化為硫酸銅、S沉淀，MnO2被還原為硫酸錳，根據得失電子守恒，錳、銅元素涉及的總反應的化學方程式為2MnO2+Cu2S+4H2SO4=2MnSO4+2CuSO4+4H2O+S。根據影響反應速率的因素，“浸取”中體系溫度變化不明顯，但反應片刻后錳、銅浸出速率突然加快的原因可能是反應過程中有催化劑生成。（4）“凈化”中加入銨鹽使Fe3+轉化成淡黃色的黃鐵礬[(NH4)aFeb(SO4)c(OH)d]晶體，反應的離子方程式為。（5）硫酸錳的溶解度受溫度影響不大，硫酸銅的溶解度隨溫度升高而增大，蒸發結晶析出硫酸錳，趁熱過濾得到硫酸錳晶體，所以“結晶一”中采用的方法是蒸發結晶、趁熱過濾；為提高產率；“結晶二”所得母液應與凈化后所得液體混合，循環利用。（6）凈化后所得混合溶液中含有硫酸銅和硫酸錳，采用羧酸酯類有機相“萃取”和硫酸“反萃”分離出硫酸銅和硫酸錳，過程中加入了羧酸酯類有機物、硫酸、氫氧化鈉，所以“廢液”的主要無機溶質為硫酸鈉。17.羰基硫(COS)，廣泛應用于農藥、醫藥及其他化工生產領域。利用CO2和H2S制備COS的反應如下：主反應：H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)△H1=+35.0kJ·mol?1副反應Ⅰ：2H2S(g)S2(g)+2H2(g)△H2=+17158kJ·mol?1副反應Ⅱ：2H2S(g)+3CO2(g)?3CO(g)+S2(g)+2H2O(g)△H3=+253.98kJ·mol?1回答下列問題：（1）已知：298K時，18g氣態水轉化為液態水釋放44kJ能量；H2S(g)的標準燃燒熱為△H=-586.0kJ·mol-1，則COS(g)的標準燃燒熱△H=_______kJ·mol-1，副反應Ⅱ在_______(填“高溫”“低溫”或“任意溫度”)下能自發進行。（2）一定條件下，在一恒容密閉容器中通入一定量的H2S(g)和CO2(g)發生反應，下列說法正確的是_______(填字母代號)。a．向該容器內充入一定量Ar，反應達到平衡的時間將縮短b．主反應的正反應活化能一定小于副反應Ⅰ的正反應活化能c．當v正(H2S)=2v逆(S2)+v逆(COS)時，反應達到平衡狀態d．若在恒溫恒壓體系中進行，平衡時H2S(g)的平衡轉化率增大（3）一定條件下，向恒容密閉容器中通入等物質的量的CO2(g)和H2S(g)混合氣體，起始壓強為100kPa，發生上述反應，20min時達到平衡，測得體系總壓強為1