高級中學名校試卷PAGEPAGE1湖北省八市2025屆高三下學期3月聯考（二模）試卷全卷滿分100分，考試用時75分鐘注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證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指定位置。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.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區域內。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，請將本試卷和答題卡一并上交。可能用到的相對原子質量：H：1C：12O：16Mg：24Fe：56Cu：64一、選擇題：本題共有15小題，每小題3分，共45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.化學與生活密切相關。下列敘述中沒有涉及化學變化的是A.生物固氮 B.染發燙發 C.血液透析 D.油脂硬化【答案】C【解析】A．“生物固氮”是將空氣中游離態的氮轉化為含氮化合物的過程，有新物質生成，屬于化學變化，故A不選；B．“染發燙發”過程中，染發劑中的化學物質與頭發中的成分發生反應，燙發時通過藥水和加熱改變頭發的蛋白質結構，都有化學變化發生，故B不選；C．“血液透析”是利用半透膜的原理，使血液中的小分子代謝廢物和多余的水分等通過半透膜擴散到透析液中，而血液中的血細胞和大分子物質不能通過，沒有新物質生成，屬于物理變化，故C選；D．“油脂硬化”是油脂中的不飽和鍵與氫氣發生加成反應，使液態的油變成固態或半固態的脂肪，有新物質生成，屬于化學變化，故D不選；故選：C。2.下列有關物質應用的說法錯誤的是A.聚氯乙烯用于食品包裝 B.苯甲酸及其鈉鹽用作食品防腐劑C.纖維素用于生產燃料乙醇 D.聚乙炔用于制備導電高分子材料【答案】A【解析】A．聚氯乙烯薄膜受熱會釋放出有毒物質，不可用于食品包裝，A錯誤；B．苯甲酸、苯甲酸鈉具有抗菌活性，故苯甲酸及其鈉鹽用作食品防腐劑，B正確；C．纖維素可水解得到葡萄糖，葡萄糖經發酵得到乙醇，C正確；D．聚乙炔分子中含有類似石墨的大π鍵，能導電，常用于制備導電高分子材料，D正確；故答案選A。3.下列化學用語表述正確的是A.的模型 B.反式聚異戊二烯結構簡式C.四氯化碳的電子式 D.的結構示意圖【答案】B【解析】A．的中心原子價層電子對數為，故模型為平面三角形，A錯誤；B．反式聚異戊二烯結構簡式為，B正確；C．四氯化碳為共價化合物，C、Cl最外層電子均達到8個，其電子式為，C錯誤；D．的核外電子排布為[Ar]3d6，故其結構示意圖的M層為14，D錯誤；故答案選B。4.下列實驗方法或試劑使用正確的是選項實驗目的實驗方法或試劑A測定乙酸晶體及分子結構X射線衍射法B用標準溶液滴定未知濃度的醋酸溶液用甲基橙作指示劑C除去乙炔中混有的通過酸性溶液D測定溶液的使用試紙A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．X射線衍射法為測定分子結構最科學的方法，可測定乙酸晶體及分子結構，故A正確；B．NaOH標準溶液滴定未知濃度的醋酸溶液，溶液由酸性變為弱堿性，應選酚酞作指示劑，故B錯誤；C．乙炔、硫化氫均能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，將原物質除去，不能除雜，故C錯誤；D．NaClO溶液可使pH試紙褪色，應選pH計測定，故D錯誤；故選：A。5.下列對有關物質結構或性質的描述錯誤的是A.圖1為冠與形成的超分子，其形成作用力主要存在于與O之間B.圖2為某合金原子層狀結構，原子層之間的相對滑動變難導致合金的硬度變大C.圖3為烷基磺酸根離子在水中形成的膠束，表現出超分子自組裝的特征D.圖4為由兩個硅氧四面體形成的簡單陰離子，其化學式為【答案】D【解析】A．冠與形成的超分子，其形成作用力主要是與O之間的配位鍵，A正確；B．在純金屬中加入其他元素會使合金中原子層錯位，導致滑動變得更困難，從而提高合金的硬度，B正確；C．超分子通常是指由兩種或兩種以上分子依靠分子間相互作用結合在一起，組成復雜的、有組織的聚集體，表面活性劑在水中會形成親水基團向外、疏水基團向內的膠束，屬于超分子的“自組裝”特征，C正確；D．Si的化合價為+4，O為-2，故該陰離子為，D錯誤；故答案選D。6.生活中兩種常見的解熱鎮痛藥物阿斯匹林(乙酰水楊酸)和撲熱息痛(對乙酰氨基酚)，貝諾酯可由這二種物質在一定條件下反應制得。下列有關敘述錯誤的是++H2OA.以上三種有機物中共有4種官能團B.可用溶液鑒別乙酰水楊酸和對乙酰氨基酚C.貝諾酯作為緩釋藥可有效降低藥物對腸胃的刺激性D.貝諾酯與足量溶液反應消耗【答案】D【解析】A．含有羧基、強堿、酯基和酰胺基，故以上三種有機物中共有4種官能團，A不符合題意；B．阿司匹林中含羧基、能與碳酸氫鈉反應產生二氧化碳，對乙酰氨基酚不含羧基，對乙酰氨基酚不能與碳酸氫鈉溶液反應，現象不同可以鑒別，B不符合題意；C．阿司匹林含羧基、撲熱息痛含酚羥基，二者對腸胃有較大刺激性，貝諾酯含酯基和酰胺基能有效降低對腸胃的刺激，C不符合題意；D．貝諾酯含酯基和酰胺基、均能水解，堿性條件下，1mol貝諾酯完全水解產生的2mol酚羥基、3mol羧基，共消耗5mol溶液，D符合題意；故選D。7.化學反應中，量變可以引起質變。下列反應離子方程式書寫錯誤的是A.溶液中加入過量的鹽酸：B.溴水中加入過量的溶液：C.溶液中通入過量的氣體：D.溶液中加入過量的氨水：【答案】C【解析】A．向Na[Al(OH)4]溶液中加過量鹽酸生成鋁鹽，其反應的離子方程式為，故A正確；B．將少量溴水滴入過量的Na2SO3溶液中，過量的SO與H+結合生成HSO，離子方程式為，故B正確；C．FeCl3溶液中通入過量H2S氣體生成Fe2+和S，離子反應為2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故C錯誤；D．氨水過量，生成的氫氧化銅溶解生成[Cu(NH3)4]2+，離子方程式為，故D正確；答案選C。8.物質結構差異會引起物質性質差異。下列事實解釋錯誤的是選項事實解釋A沸點：前者形成分子間氫鍵，后者形成分子內氫鍵B鍵角：前者O原子雜化，后者O原子雜化C水溶性：前者烴基占比小，后者烴基占比大D硬度：金剛石前者含有共價鍵，后者不含共價鍵A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．對羥基苯甲酸形成分子間氫鍵，鄰羥基苯甲酸形成分子內氫鍵，分子間氫鍵能使物質的熔沸點升高，分子內氫鍵能使物質的熔沸點降低，則沸點：對羥基苯甲酸＞鄰羥基苯甲酸，故A正確；B．為存在大π鍵、為平面結構，其中O原子的價層電子對數為3、VSEPR模型為平面三角形、O原子采用sp2雜化，中O原子的價層電子對數為4、VSEPR模型為四面體、O原子采用sp3雜化，則C-O-C鍵角：，故B正確；C．CH3CH2OH中的-OH與水分子中的-OH相近、即烴基占比小，CH3CH2CH2CH2CH2OH中烴基較大、烴基占比大，根據相似相溶原理可知，水溶性：CH3CH2OH＞CH3CH2CH2CH2CH2OH，故C正確；D．金剛石是共價晶體、存在的作用力是共價鍵，C60是分子晶體、存在的作用力是范德華力，由于共價鍵強度大于分子間作用力，導致硬度：金剛石＞C60，且C60分子中含有C-C鍵，故D錯誤；故選：D。9.某熒光粉基材成分的化學式為，其中三種元素位于短周期，Y是地殼中含量最高的金屬元素，W的第一電離能高于它的同周期相鄰元素，且其基態原子核外電子有5種空間運動狀態，Z元素原子的最外層電子數是次外層的一半，X的原子序數是Y和W原子序數之和。下列說法錯誤的是A.Z的氧化物可以做半導體材料 B.W的簡單氫化物的分子構型為三角錐形C.X元素的氯化物可以做融雪劑 D.Y的氧化物中化學鍵既有離子性又有共價性【答案】A【解析】Y、Z、

W三種元素位于短周期，Y是地殼中含量最高的金屬元素，Y為Al元素；

W的第一電離能高于它的同周期相鄰元素，且其基態原子核外電子有5種空間運動狀態，電子排布為，W為N元素；Z元素原子的最外層電子數是次外層的一半，若為2個電子層，Z為Li元素，若為3個電子層，Z為Si元素；X的原子序數是Y和W原子序數之和，X的原子序數為13+7=20，X為Ca元素；化學式為，由化合價的代數和為0可知Z只能為Si元素，以此來解答。

A．Z的氧化物為二氧化硅，為光導纖維的材料，而Si可以做半導體材料，A錯誤；B．W的簡單氫化物為氨氣，N原子為雜化，有1對孤對電子，分子構型為三角錐形

，B正確；C．X為Ca元素，氯化鈣具有吸濕性、降低水的冰點、溶解放熱等性質，可以做融雪劑，C正確；D．Y的氧化物為氧化鋁，Al與O之間因顯著的電負性差異形成靜電吸引力，具有離子鍵特性；Al離子半徑小，電荷密度高，導致電子云發生顯著極化，形成方向性更強的共價鍵，所以氧化鋁既有離子性又有共價性，D正確；故選A。10.一種由離子交換樹脂一碳納米管構成的膜分離裝置如圖，M側可以連續去除空氣中的并轉化為，同時N側實現了的富集。下列說法正確的是A.M側空氣中發生變化的只有B.復合薄膜既能傳導離子，又能傳導電子C.N側收集到時轉移電子數為D.N側反應為【答案】B【解析】由圖可知，N測H2中H元素化合價升高，失去電子，故M測得到電子，化合價降低，另有生成，故應該有O2參與反應，方程式為：4CO2+O2+2H2O+4e-=4，通過陰離子交換膜進入N側，反應方程式為：H2-2e-+2=2H2O+2CO2，據此分析作答。A．根據分析可知，M側空氣中發生變化的有CO2、O2、H2O，故A錯誤；B．根據分析可知，復合薄膜既能傳導離子，又能傳導電子，故B正確；C．沒有強調標準狀況，故2.24LCO2不一定是0.1mol，轉移電子數不一定為，故C錯誤；D．N側反應為H2-2e-+2=2H2O+2CO2，故D錯誤；故選：B。11.固態儲氫材料具有不易泄露，不易爆炸等優點。下圖是鐵鎂儲氫材料的晶胞，晶胞參數為；氫原子通過與鐵鎂形成化學鍵儲存在晶體中，并位于以鐵原子為中心的正八面體頂點處。下列說法錯誤的是A.該晶胞的化學式是 B.與鐵原子最近的鎂原子有8個C.儲氫后晶體密度為 D.晶胞中與的最短距離為【答案】C【解析】A．根據均攤法，晶胞中所含Mg的個數為8，鐵原子的個數為8×+6×=4，則該晶胞的化學式是Mg2Fe，故A正確；B．由晶胞的結構可知，以上面面心的鐵原子為參考，上面再加一個晶胞，可以看出與鐵原子最近的鎂原子有8個，故B正確；C．氫原子通過與鐵鎂形成化學鍵儲存在晶體中，并位于以鐵原子為中心的正八面體頂點處，則晶胞中氫原子位于晶胞的體心和棱心，晶胞中氫原子個數為12×+1=4，晶胞的質量為=，晶胞的體積為a3×10-21cm3，晶胞的密度為ρ===，故C錯誤；D．晶胞中Fe與Fe的最短距離為面對角線的一半，為，故D正確；答案選C。12.科學家研發了一種基于氧化還原循環系統的電驅動膜分離技術，將廢水回收為高價值的和，雙極膜中解離的和在電場作用下向兩極遷移，簡易工作原理如圖。下列說法錯誤的是A.電極a與外接電源負極相連B.裝置中離子交換膜1和3均是陽離子交換膜C.b電極反應式為D.濃縮池1中得到的產品為【答案】D【解析】由兩電極的物質變化可判斷出a、b分別為陰極、陽極。雙極膜解離的和分別移向濃縮池1和濃縮池2；陽極區的Na+通過離子交換膜3（陽離子交換膜）定向移動到濃縮池2，并在濃縮池2中生成NaOH；淡化池中的通過交換膜2（陰離子交換膜）進入濃縮池1，并在濃縮池1中生成硫酸；淡化池中的Na+經交換膜1（陽離子交換膜）進入陰極區，生成Na4[Fe(CN)6]。A．a為陰極，故與電源負極相連，A正確；B．由上述分析可知，裝置中離子交換膜1和3均是陽離子交換膜，B正確；C．b為陽極，失電子發生氧化反應生成，故電極反應式為，C正確；D．由上述分析可知濃縮池1中的產品為硫酸，D錯誤；故答案選D。13.酞菁可看作是卟啉的衍生物，是一類由8個N原子、8個C原子組成的16中心的芳香共軛體系的大環分子，酞菁及它的一種金屬配合物的結構簡式如圖。下列說法正確的是A.酞菁屬于芳香烴類化合物 B.該金屬配合物中心離子M的價態為C.酞菁分子中N原子雜化方式有兩種 D.酞菁分子中大環鍵電子數為16【答案】B【解析】A．酞菁含N元素等，不屬于芳香烴類化合物，故A錯誤；B．M形成的共價鍵中有兩個為配位鍵，b比a少兩個氫原子，該金屬配合物中心離子M的價態為+2，故B正確；C．由8個N原子、8個C原子組成16中心的芳香共軛體系的大環分子，N原子雜化方式都是sp2雜化，故C錯誤；D．a結構中，C原子各提供一個電子，6各不帶氫的N原子各提供一個電子，2各帶氫的N原子各提供2個電子，共18個電子，大環π鍵電子數為18，故D錯誤；故選：B。14.下列實驗中所涉及的操作、現象與結論均正確的是選項操作現象與結論A向裝有銀氨溶液的試管中加入的葡萄糖溶液，振蕩、加熱煮沸試管表面形成光亮的銀鏡；說明葡萄糖具有還原性B向盛有的溶液的試管中滴加滴的溶液，后再向上述試管中滴加4滴的溶液先有白色沉淀產生，后生成藍色沉淀；說明C向盛有溶液的試管中加入溶液，再加入少量固體溶液變為紅色，后無明顯變化；說明上述反應不是可逆反應D向盛有的溶液的試管中滴加10滴溴乙烷，加熱振蕩，靜置；取上層清液少許，滴入到裝有硝酸酸化的硝酸銀溶液的試管中有淺黃色沉淀產生；說明溴乙烷發生水解反應A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．生成銀鏡則需要水浴加熱，不能加熱煮沸，故A錯誤；B．NaOH溶液不足，生成的氫氧化鎂沉淀轉化為更難溶的氫氧化銅沉淀，則Ksp為Cu(OH)2＜Mg(OH)2，故B正確；C．KCl固體對鐵離子與SCN-的絡合反應無影響，則平衡不移動，溶液的顏色不變，故C錯誤；D．NaOH過量，鹵代烴水解后，取上層清液少許，應先加硝酸至酸性，再加硝酸銀檢驗鹵素離子，故D錯誤；故選：B。15.常溫下，將溶液分別滴加到等濃度等體積的氯乙酸()、二氯乙酸()、三氯乙酸()溶液中，溶液與溶液中相關粒子濃度比值的負對數值X的關系如圖(忽略溶液體積的變化)。下列說法錯誤的是A.曲線Ⅲ對應的是三氯乙酸()溶液B.常溫下的數量級為C.常溫下滴加至溶液的時，上述三種酸消耗最多的是氯乙酸D.加入等濃度的至恰好完全中和時，三種溶液中離子濃度大小關系為【答案】C【解析】酸性：CH2ClCOOH＜CHCl2COOH＜CCl3COOH，即電離平衡常數Ka：CH2ClCOOH＜CHCl2COOH＜CCl3COOH，Ka(CH2ClCOOH)=，Ka(CHCl2COOH)=，Ka(CCl3COOH)=，當或或一定時Ka與c(H+)成正比，則曲線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分別表示溶液pH與-lg、-lg、-lg的關系，結合電離平衡常數及鹽類水解規律分析解答該題。A．由上述分析可知，曲線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分別表示溶液pH與-lg、-lg、-lg的關系，故A正確；B．由圖可知，當-lg=0時，pH≈2.8，此時Ka(CH2ClCOOH)==c(H+)=10-2.8，其數量級為10-3，故B正確；C．酸性：CH2ClCOOH＜CHCl2COOH＜CCl3COOH，將NaOH溶液分別滴加到等物質的量的氯乙酸、二氯乙酸、三氯乙酸溶液中至溶液的pH=7時，3種酸均過量，且溶液中剩余酸：CH2ClCOOH＞CHCl2COOH＞CCl3COOH，則常溫下滴加至溶液的pH=7時，上述三種酸消耗n(NaOH)最多的是三氯乙酸，最少是氯乙酸，故C錯誤；D．酸性：CH2ClCOOH＜CHCl2COOH＜CCl3COOH，根據水解規律可知，酸根離子水解程度：CCl3COO-<CHCl2COO-<CH2ClCOO-，則加入等濃度的NaOH至恰好完全中和時，三種溶液中離子濃度大小關系為c(CCl3COO-)＞c(CHCl2COO-)＞c(CH2ClCOO-)，故D正確；答案選C。二、非選擇題(本題共4個小題，共55分)16.醋酸銅可作色譜分析試劑和有機合成催化劑等，可以用堿式碳酸銅[]為原料制備。實驗I．用堿式碳酸銅制備醋酸銅晶體步驟1：稱取堿式碳酸銅于裝置a中，加入水，攪拌得藍綠色懸濁液。步驟2：水浴加熱a至，然后向該裝置b中加入的冰醋酸，緩慢滴入到裝置a中，此時逸出大量氣泡。繼續在下混合攪拌左右，至基本無氣泡逸出即可。步驟3：趁熱迅速減壓抽濾，將濾液倒入蒸發皿中，加熱蒸發至溶液體積為原先，補加冰醋酸，攪拌、冷卻、結晶、抽濾，得到藍綠色醋酸銅晶體；再向剩余母液中補加冰醋酸，繼續蒸發母液，又可得部分藍綠色醋酸銅晶體。（1）裝置a的名稱是___________，裝置c的作用是___________。（2）步驟2中，溫度需要控制在左右的原因是___________。（3）步驟3中，趁熱減壓抽濾的目的是___________。（4）步驟3中，加熱蒸發時補加冰醋酸的原因是___________。實驗Ⅱ．間接碘量法測定堿式碳酸銅中x與y的比已知：能與反應生成不溶于水。步驟1：準確稱取堿式碳酸銅樣品于燒杯中，加入適量稀硫酸使固體完全溶解；將得到的溶液完全轉移至容量瓶中，洗滌轉移并定容至刻度線。步驟2：用移液管移取配好的溶液至錐形瓶。步驟3：加入為4.0的緩沖溶液，再加入過量碘化鉀溶液，振蕩搖勻；用已標定的溶液滴至淺黃色，再加入淀粉溶液，繼續滴定至終點。()步驟4：平行滴定3次，平均消耗溶液。（5）滴定至終點時，溶液的顏色變化為___________。（6）加入碘化鉀后發生的離子反應方程式為___________。（7）x與y的比為___________(用表示)。【答案】（1）①.三頸燒瓶②.冷凝回流冰醋酸（2）溫度過低反應速率太慢，溫度過高冰醋酸揮發太快（3）防止濾液冷卻結晶，減少產品損失（4）抑制醋酸銅水解，提高產品純度和產率（5）藍色變無色（6）2Cu2+＋4I-=I2＋2CuI↓（7）或或【解析】實驗I．制備醋酸銅的原理是用堿式碳酸銅()與醋酸反應，反應過程中需要控制溫度在65℃左右，溫度過高則醋酸揮發快，溫度過低則反應速率慢；反應至基本無氣泡逸出，趁熱迅速減壓抽濾，將濾液倒入蒸發皿中，加熱蒸發，補加冰醋酸的目的是防止銅離子水解，再攪拌、冷卻、結晶、抽濾，得到藍綠色醋酸銅晶體；再向剩余母液中補加冰醋酸，繼續蒸發母液，又可得部分藍綠色醋酸銅晶體。實驗II．間接碘量法測定堿式碳酸銅中x與y的比，大致過程是準確稱取樣品于燒杯中，加入稀硫酸使固體完全溶解，取四分之一的溶液加入過量碘化鉀溶液，生成碘單質；淀粉做指示劑，用硫代硫酸鈉溶液滴定，根據硫代硫酸鈉的量與堿式碳酸銅的量的關系計算x與y的比值；（1）裝置a的名稱是三頸燒瓶，裝置c的作用是冷凝回流冰醋酸，提高原料的利用率；（2）步驟2中，溫度需要控制在65℃左右的原因是溫度過低，反應速率太慢，溫度過高，醋酸揮發太快；（3）步驟3中，趁熱減壓抽濾的目的是防止濾液冷卻結晶，減少產品損失；（4）步驟3中，加熱蒸發時補加冰醋酸的原因是抑制醋酸銅水解，提高產品純度和產率；（5）滴定至終點時，碘單質消耗完畢，溶液藍色消失，可知滴定至終點時，溶液的顏色變化為溶液由藍色變為無色；（6）加入碘化鉀后，Cu2+氧化I-生成CuI和I2，離子方程式為2Cu2+＋4I-=I2＋2CuI↓；（7）根據題意有關系式：所以有，解得或或。17.氧化鈧()廣泛應用于航天、激光等科學領域。一種從赤泥(一種礦渣，主要成分為)中提取氧化鈧的路徑如下：已知：難溶于鹽酸。回答下列問題：（1）基態的價電子軌道表示式為___________。（2）①酸浸后濾渣的主要成分為___________。②酸浸時要考慮影響鈧的浸出率的因素有___________(至少寫兩條)。（3）有機萃取劑萃取的反應原理可表示為：(代表有機萃取劑，為有機配合物)。①反萃取時鈧發生反應的離子方程式為___________。②反萃液可以再生利用，其方法是___________。（4）萃取時易發生共萃現象，有機萃取劑的濃度對萃取率(萃取率=被萃取物進入到有機相中的量占萃取前溶液中被萃取物總量的百分比)具有重要的影響，下圖為有機萃取劑的濃度與鈧、鐵的萃取率關系圖像，從圖像中選擇最合適的萃取劑濃度為___________%；為提高鈧的回收率，“萃取分液”操作可進行多次，假設“濾液”中，“萃取分液”每進行一次，的萃取率為，三次操作后“水相”中的___________。（5）反萃固體進一步酸溶再沉鈧的目的是___________。（6）焙燒時發生反應化學方程式為___________。【答案】（1）（2）①.SiO2、TiO2②.反應的溫度、酸的濃度、固體接觸面積(或顆粒大小)、固液比、浸取時間等(任選其中兩個書寫即可或其他合理答案)（3）①.ScR3＋3OH-=Sc(OH)3↓＋3R-②.向反萃液中加入適量的酸后分液（4）①.1②.（5）進一步分離雜質，提高產品純度（6）2Sc2(C2O4)3＋3O22Sc2O3＋12CO2【解析】用赤泥(一種礦渣，主要成分為)提取的流程為：將赤泥加入鹽酸進行酸浸，根據題目已知，都可與鹽酸反應轉化為，而不與鹽酸反應，通過過濾在濾渣中除去；然后在含離子的濾液中加入有機萃取劑進行萃取分液，和大部分不被萃取通過水相分離，而和小部分進入有機相，然后加入NaOH溶液與反應生成固體進行反萃取分液分離，得到固體加鹽酸溶解，再加草酸沉淀生成，在空氣中焙燒得到產品，據此分析解答。（1）Sc為21號元素，位于周期表中第四周期第ⅢB族，故基態的價電子軌道表示式為：。（2）①根據分析，濾渣中存在的是不與鹽酸反應的：。②酸浸時要考慮影響鈧的浸出率的因素有：反應的溫度、酸的濃度、固體接觸面積(或顆粒大小)、固液比、浸取時間等。（3）①萃取時是加入有機萃取劑將萃取通過分液分離出來，反應的離子方程式為：；而進行反萃取時是加入NaOH溶液再萃取分液，則反應的離子方程式為：。②反萃取后分液得到的反萃液主要離子為，而萃取劑為HR，所以將反萃液再生利用的方法為：向反萃液中加入適量的酸后分液。（4）為了避免萃取時發生共萃現象，利用有機萃取劑的濃度對萃取率(萃取率=被萃取物進入到有機相中的量占萃取前溶液中被萃取物總量的百分比)和有機萃取劑的濃度與鈧、鐵的萃取率關系圖，當萃取劑濃度為1%時，的萃取率已經非常高，而的萃取率比較低，當萃取劑濃度增加，的萃取率變化很小，而的萃取率急劇增大，不利于的萃取，故最合適的萃取劑濃度為：1%；“萃取分液”每進行一次，的萃取率為，即水相中殘留的為2%，假設“濾液”中，則“萃取分液”三次操作后“水相”中的。（5）反萃取分離后的主要成分為固體，此時直接加入草酸生成由于固體的影響，反應很難進行得完全，但如果先加入鹽酸溶解固體生成，由與草酸生成則會反應很完全，所以先酸溶再沉鈧的目的為：進一步分離雜質，提高產品純度的作用。（6）在中Sc的化合價為價，反應前后Sc的化合價沒有發生變化，根據流程圖可知，空氣參與了反應，應該是空氣中的氧氣氧化了草酸鈧晶體中的碳元素生成了，故焙燒時反應的化學方程式為：。18.氯雷他定是一種常用的抗過敏藥物，其常見的合成路線如圖所示：已知：+RMgX（1）A中含氧官能團的名稱是___________。（2）的反應類型為___________。（3）系統命名為___________。（4）①D在條件下發生分子內脫水生成的分子式為___________。②在相同條件下，除了生成E外還可以生成另一種產物，該產物與E互為同分異構且具有相同的環狀結構，則其結構簡式為___________。（5）的化學反應方程式為___________。（6）有機物B的屬于芳香族化合物的同分異構體有___________種，其中核磁共振氫譜有3組峰且峰面積之比為的分子結構簡式為___________。【答案】（1）酰胺基（2）消去反應（3）氯甲酸乙酯（4）①.C14H10NOCl②.（5）＋HCl＋H2O＋（或）（6）①.9②.【解析】A與B發生取代反應生成C和HCl；C在HCl條件下發生水解反應，生成D和（或）；D在PPA條件下發生分子內脫水生成E（）；E與在H2O/H+作用下發生已知條件的反應，生成F；F在濃硫酸條件下發生消去反應，生成G和水；G與發生取代反應，生成H和CH3Cl。（1）A的含氧官能團為酰胺基；（2）由上述分析可知F→G的反應類型為消去反應；（3）的系統命名為氯甲酸乙酯；（4）①據上述分析可知E為，故分子式為C14H10NOCl；②；依題可知另一種產物是由D結構上的羰基碳與－Cl鄰位C上（，帶星號的C）的H發生取代反應所得，即；（5）C在HCl條件下發生水解反應，生成D和（或），反應方程式為：＋HCl＋H2O＋（或）；（6）依題可得到9種同分異構體，如下、、、、、、、、；其中核磁共振氫譜有3組峰且峰面積之比為的分子結構簡式為。19.液態陽光甲醇合成技術是實現“雙碳”目標的重要途徑，其中最關鍵的技術之一是二氧化碳加氫制甲醇，主反應原理為：。（1）在恒溫恒容密閉容器中，加入一定量的和催化劑的反應歷程和能壘圖如下圖(表示過渡態，*表示吸附在催化劑表面的物種)①___________(保留兩位小數，已知)②下列說法正確的是___________(填選項標號)A．低溫有利于主反應朝正方向自發進行B．是主要副產物，高選擇性催化劑是提高制備效率的關鍵C．高溫不利于甲醇生成，工業生產中應盡量保持低溫D．反應中經歷的三個基元反應中起決速作用的是（2）某催化條件下的恒容體系，與投料比和的轉化率及甲醇產率的關系如下表。回答下列問題：235711.6313.6815.9318.713.044.125.266.93①從表格中可以看出，該條件下隨與投料比增大，的轉化率和產率均增大，所以有同學認為在實際生產中氫碳投料比越大越好，你是否認同這個觀點并說出你的理由___________。②分析計算上述條件下，表格中甲醇產量最高投料比為___________(填表格中數值)。（3）在催化條件下，保持與投料比為3，且初始壓強為下的恒容體系中，的平衡轉化率以及產物和的選擇性(產物選擇性是指轉化為目標產物的原料量在轉化了的原料量中所占的比例)隨溫度變化關系如圖1所示，圖2為該體系不同溫度時甲醇的時空收率(產品的時空收率是指在單位時間內單位質量的催化劑作用下收到產品的量)。回答下列問題：①圖1中表示選擇性的曲線為___________(填“a”或“b”)。②時主反應的壓強平衡常數___________(為以分壓表示的平衡常數，分壓=總壓×物質的量分數，寫出計算代數式即可)。③解釋圖2中以后的時空收率下降可能的原因___________。【答案】（1）①.-49.12②.ABD（2）①.不認同，在投料總量恒定的條件下，氫碳比越大，含碳量越低，甲醇產量可能下降，且原料氫氣成本較高，綜合效益不高②.3（3）①.b②.③.升溫平衡逆向移動，溫度過高還會造成催化劑選擇性或活性下降【解析】（1）①由圖可知，相對能量為-0.51ev，其ΔH=-0.51×1.6×10-19J×6.02×1023/mol=-49.12kJ/mol；②A．主反應為放熱反應，降低溫度，正向移動，故A正確；B．由圖可知，該過程中存在副反應：CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)，應采用高選擇性催化劑，減少副反應的發生，是提高制備效率的關鍵，故B正確；C．高溫不利于甲醇生成，采用低溫時，反應速率慢，相同時間內產量減少，故C錯誤；D．由圖可知，活化能最大的基元反應為TS3，在反應中起決速作用，故D正確；故答案為：ABD；（2）①不認同，在投料總量一定的情況下，投料比越大，即氫氣越多，CO2越少，甲醇產量可能下降，且原料氫氣成本較高，經濟效益不佳；②設投料總量為4mol，投料比為2時，甲醇的產量為4mol××3.04≈4.05mol，同理，投料比為3、5、7時，甲醇產量分別為4.12mol、3.51mol、3.47mol，由此可知，投料比為3時，甲醇產量最大；（3）①主反應為放熱反應，副反應為吸熱反應，升高溫度，副反應正向移動，CO的選擇性增大，主反應逆向移動，CH3OH的選擇性減小，故曲線b為甲醇的選擇性曲線；②在Mn—CZA催化條件下，保持H2與CO2投料比為3，且初始壓強為4MPa下的恒容體系中，設H2初始壓強為3MPa,CO2初始壓強為1MPa,CO2在主反應、副反應中的轉化量分別為x、y，列式如下：由圖可知，240℃時，CO2的轉化率為15%，CH3OH的選擇性為60%，CO的選擇性為40%，則，則x=0.09MPa，y=0.06MPa，平衡時，p(CO2)=0.85MPa，p(H2)=2.67MPa，p(CH3OH)=0.09MPa，p(H2O)=0.15MP，240℃時主反應的壓強平衡常數Kp==；③240℃以后，溫度升高，主反應逆向移動，甲醇產量降低，且溫度升高，還會造成催化劑活性下降，都會造成CH3OH的時空收率下降。湖北省八市2025屆高三下學期3月聯考（二模）試卷全卷滿分100分，考試用時75分鐘注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證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指定位置。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.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區域內。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，請將本試卷和答題卡一并上交。可能用到的相對原子質量：H：1C：12O：16Mg：24Fe：56Cu：64一、選擇題：本題共有15小題，每小題3分，共45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.化學與生活密切相關。下列敘述中沒有涉及化學變化的是A.生物固氮 B.染發燙發 C.血液透析 D.油脂硬化【答案】C【解析】A．“生物固氮”是將空氣中游離態的氮轉化為含氮化合物的過程，有新物質生成，屬于化學變化，故A不選；B．“染發燙發”過程中，染發劑中的化學物質與頭發中的成分發生反應，燙發時通過藥水和加熱改變頭發的蛋白質結構，都有化學變化發生，故B不選；C．“血液透析”是利用半透膜的原理，使血液中的小分子代謝廢物和多余的水分等通過半透膜擴散到透析液中，而血液中的血細胞和大分子物質不能通過，沒有新物質生成，屬于物理變化，故C選；D．“油脂硬化”是油脂中的不飽和鍵與氫氣發生加成反應，使液態的油變成固態或半固態的脂肪，有新物質生成，屬于化學變化，故D不選；故選：C。2.下列有關物質應用的說法錯誤的是A.聚氯乙烯用于食品包裝 B.苯甲酸及其鈉鹽用作食品防腐劑C.纖維素用于生產燃料乙醇 D.聚乙炔用于制備導電高分子材料【答案】A【解析】A．聚氯乙烯薄膜受熱會釋放出有毒物質，不可用于食品包裝，A錯誤；B．苯甲酸、苯甲酸鈉具有抗菌活性，故苯甲酸及其鈉鹽用作食品防腐劑，B正確；C．纖維素可水解得到葡萄糖，葡萄糖經發酵得到乙醇，C正確；D．聚乙炔分子中含有類似石墨的大π鍵，能導電，常用于制備導電高分子材料，D正確；故答案選A。3.下列化學用語表述正確的是A.的模型 B.反式聚異戊二烯結構簡式C.四氯化碳的電子式 D.的結構示意圖【答案】B【解析】A．的中心原子價層電子對數為，故模型為平面三角形，A錯誤；B．反式聚異戊二烯結構簡式為，B正確；C．四氯化碳為共價化合物，C、Cl最外層電子均達到8個，其電子式為，C錯誤；D．的核外電子排布為[Ar]3d6，故其結構示意圖的M層為14，D錯誤；故答案選B。4.下列實驗方法或試劑使用正確的是選項實驗目的實驗方法或試劑A測定乙酸晶體及分子結構X射線衍射法B用標準溶液滴定未知濃度的醋酸溶液用甲基橙作指示劑C除去乙炔中混有的通過酸性溶液D測定溶液的使用試紙A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．X射線衍射法為測定分子結構最科學的方法，可測定乙酸晶體及分子結構，故A正確；B．NaOH標準溶液滴定未知濃度的醋酸溶液，溶液由酸性變為弱堿性，應選酚酞作指示劑，故B錯誤；C．乙炔、硫化氫均能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，將原物質除去，不能除雜，故C錯誤；D．NaClO溶液可使pH試紙褪色，應選pH計測定，故D錯誤；故選：A。5.下列對有關物質結構或性質的描述錯誤的是A.圖1為冠與形成的超分子，其形成作用力主要存在于與O之間B.圖2為某合金原子層狀結構，原子層之間的相對滑動變難導致合金的硬度變大C.圖3為烷基磺酸根離子在水中形成的膠束，表現出超分子自組裝的特征D.圖4為由兩個硅氧四面體形成的簡單陰離子，其化學式為【答案】D【解析】A．冠與形成的超分子，其形成作用力主要是與O之間的配位鍵，A正確；B．在純金屬中加入其他元素會使合金中原子層錯位，導致滑動變得更困難，從而提高合金的硬度，B正確；C．超分子通常是指由兩種或兩種以上分子依靠分子間相互作用結合在一起，組成復雜的、有組織的聚集體，表面活性劑在水中會形成親水基團向外、疏水基團向內的膠束，屬于超分子的“自組裝”特征，C正確；D．Si的化合價為+4，O為-2，故該陰離子為，D錯誤；故答案選D。6.生活中兩種常見的解熱鎮痛藥物阿斯匹林(乙酰水楊酸)和撲熱息痛(對乙酰氨基酚)，貝諾酯可由這二種物質在一定條件下反應制得。下列有關敘述錯誤的是++H2OA.以上三種有機物中共有4種官能團B.可用溶液鑒別乙酰水楊酸和對乙酰氨基酚C.貝諾酯作為緩釋藥可有效降低藥物對腸胃的刺激性D.貝諾酯與足量溶液反應消耗【答案】D【解析】A．含有羧基、強堿、酯基和酰胺基，故以上三種有機物中共有4種官能團，A不符合題意；B．阿司匹林中含羧基、能與碳酸氫鈉反應產生二氧化碳，對乙酰氨基酚不含羧基，對乙酰氨基酚不能與碳酸氫鈉溶液反應，現象不同可以鑒別，B不符合題意；C．阿司匹林含羧基、撲熱息痛含酚羥基，二者對腸胃有較大刺激性，貝諾酯含酯基和酰胺基能有效降低對腸胃的刺激，C不符合題意；D．貝諾酯含酯基和酰胺基、均能水解，堿性條件下，1mol貝諾酯完全水解產生的2mol酚羥基、3mol羧基，共消耗5mol溶液，D符合題意；故選D。7.化學反應中，量變可以引起質變。下列反應離子方程式書寫錯誤的是A.溶液中加入過量的鹽酸：B.溴水中加入過量的溶液：C.溶液中通入過量的氣體：D.溶液中加入過量的氨水：【答案】C【解析】A．向Na[Al(OH)4]溶液中加過量鹽酸生成鋁鹽，其反應的離子方程式為，故A正確；B．將少量溴水滴入過量的Na2SO3溶液中，過量的SO與H+結合生成HSO，離子方程式為，故B正確；C．FeCl3溶液中通入過量H2S氣體生成Fe2+和S，離子反應為2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故C錯誤；D．氨水過量，生成的氫氧化銅溶解生成[Cu(NH3)4]2+，離子方程式為，故D正確；答案選C。8.物質結構差異會引起物質性質差異。下列事實解釋錯誤的是選項事實解釋A沸點：前者形成分子間氫鍵，后者形成分子內氫鍵B鍵角：前者O原子雜化，后者O原子雜化C水溶性：前者烴基占比小，后者烴基占比大D硬度：金剛石前者含有共價鍵，后者不含共價鍵A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．對羥基苯甲酸形成分子間氫鍵，鄰羥基苯甲酸形成分子內氫鍵，分子間氫鍵能使物質的熔沸點升高，分子內氫鍵能使物質的熔沸點降低，則沸點：對羥基苯甲酸＞鄰羥基苯甲酸，故A正確；B．為存在大π鍵、為平面結構，其中O原子的價層電子對數為3、VSEPR模型為平面三角形、O原子采用sp2雜化，中O原子的價層電子對數為4、VSEPR模型為四面體、O原子采用sp3雜化，則C-O-C鍵角：，故B正確；C．CH3CH2OH中的-OH與水分子中的-OH相近、即烴基占比小，CH3CH2CH2CH2CH2OH中烴基較大、烴基占比大，根據相似相溶原理可知，水溶性：CH3CH2OH＞CH3CH2CH2CH2CH2OH，故C正確；D．金剛石是共價晶體、存在的作用力是共價鍵，C60是分子晶體、存在的作用力是范德華力，由于共價鍵強度大于分子間作用力，導致硬度：金剛石＞C60，且C60分子中含有C-C鍵，故D錯誤；故選：D。9.某熒光粉基材成分的化學式為，其中三種元素位于短周期，Y是地殼中含量最高的金屬元素，W的第一電離能高于它的同周期相鄰元素，且其基態原子核外電子有5種空間運動狀態，Z元素原子的最外層電子數是次外層的一半，X的原子序數是Y和W原子序數之和。下列說法錯誤的是A.Z的氧化物可以做半導體材料 B.W的簡單氫化物的分子構型為三角錐形C.X元素的氯化物可以做融雪劑 D.Y的氧化物中化學鍵既有離子性又有共價性【答案】A【解析】Y、Z、

W三種元素位于短周期，Y是地殼中含量最高的金屬元素，Y為Al元素；

W的第一電離能高于它的同周期相鄰元素，且其基態原子核外電子有5種空間運動狀態，電子排布為，W為N元素；Z元素原子的最外層電子數是次外層的一半，若為2個電子層，Z為Li元素，若為3個電子層，Z為Si元素；X的原子序數是Y和W原子序數之和，X的原子序數為13+7=20，X為Ca元素；化學式為，由化合價的代數和為0可知Z只能為Si元素，以此來解答。

A．Z的氧化物為二氧化硅，為光導纖維的材料，而Si可以做半導體材料，A錯誤；B．W的簡單氫化物為氨氣，N原子為雜化，有1對孤對電子，分子構型為三角錐形

，B正確；C．X為Ca元素，氯化鈣具有吸濕性、降低水的冰點、溶解放熱等性質，可以做融雪劑，C正確；D．Y的氧化物為氧化鋁，Al與O之間因顯著的電負性差異形成靜電吸引力，具有離子鍵特性；Al離子半徑小，電荷密度高，導致電子云發生顯著極化，形成方向性更強的共價鍵，所以氧化鋁既有離子性又有共價性，D正確；故選A。10.一種由離子交換樹脂一碳納米管構成的膜分離裝置如圖，M側可以連續去除空氣中的并轉化為，同時N側實現了的富集。下列說法正確的是A.M側空氣中發生變化的只有B.復合薄膜既能傳導離子，又能傳導電子C.N側收集到時轉移電子數為D.N側反應為【答案】B【解析】由圖可知，N測H2中H元素化合價升高，失去電子，故M測得到電子，化合價降低，另有生成，故應該有O2參與反應，方程式為：4CO2+O2+2H2O+4e-=4，通過陰離子交換膜進入N側，反應方程式為：H2-2e-+2=2H2O+2CO2，據此分析作答。A．根據分析可知，M側空氣中發生變化的有CO2、O2、H2O，故A錯誤；B．根據分析可知，復合薄膜既能傳導離子，又能傳導電子，故B正確；C．沒有強調標準狀況，故2.24LCO2不一定是0.1mol，轉移電子數不一定為，故C錯誤；D．N側反應為H2-2e-+2=2H2O+2CO2，故D錯誤；故選：B。11.固態儲氫材料具有不易泄露，不易爆炸等優點。下圖是鐵鎂儲氫材料的晶胞，晶胞參數為；氫原子通過與鐵鎂形成化學鍵儲存在晶體中，并位于以鐵原子為中心的正八面體頂點處。下列說法錯誤的是A.該晶胞的化學式是 B.與鐵原子最近的鎂原子有8個C.儲氫后晶體密度為 D.晶胞中與的最短距離為【答案】C【解析】A．根據均攤法，晶胞中所含Mg的個數為8，鐵原子的個數為8×+6×=4，則該晶胞的化學式是Mg2Fe，故A正確；B．由晶胞的結構可知，以上面面心的鐵原子為參考，上面再加一個晶胞，可以看出與鐵原子最近的鎂原子有8個，故B正確；C．氫原子通過與鐵鎂形成化學鍵儲存在晶體中，并位于以鐵原子為中心的正八面體頂點處，則晶胞中氫原子位于晶胞的體心和棱心，晶胞中氫原子個數為12×+1=4，晶胞的質量為=，晶胞的體積為a3×10-21cm3，晶胞的密度為ρ===，故C錯誤；D．晶胞中Fe與Fe的最短距離為面對角線的一半，為，故D正確；答案選C。12.科學家研發了一種基于氧化還原循環系統的電驅動膜分離技術，將廢水回收為高價值的和，雙極膜中解離的和在電場作用下向兩極遷移，簡易工作原理如圖。下列說法錯誤的是A.電極a與外接電源負極相連B.裝置中離子交換膜1和3均是陽離子交換膜C.b電極反應式為D.濃縮池1中得到的產品為【答案】D【解析】由兩電極的物質變化可判斷出a、b分別為陰極、陽極。雙極膜解離的和分別移向濃縮池1和濃縮池2；陽極區的Na+通過離子交換膜3（陽離子交換膜）定向移動到濃縮池2，并在濃縮池2中生成NaOH；淡化池中的通過交換膜2（陰離子交換膜）進入濃縮池1，并在濃縮池1中生成硫酸；淡化池中的Na+經交換膜1（陽離子交換膜）進入陰極區，生成Na4[Fe(CN)6]。A．a為陰極，故與電源負極相連，A正確；B．由上述分析可知，裝置中離子交換膜1和3均是陽離子交換膜，B正確；C．b為陽極，失電子發生氧化反應生成，故電極反應式為，C正確；D．由上述分析可知濃縮池1中的產品為硫酸，D錯誤；故答案選D。13.酞菁可看作是卟啉的衍生物，是一類由8個N原子、8個C原子組成的16中心的芳香共軛體系的大環分子，酞菁及它的一種金屬配合物的結構簡式如圖。下列說法正確的是A.酞菁屬于芳香烴類化合物 B.該金屬配合物中心離子M的價態為C.酞菁分子中N原子雜化方式有兩種 D.酞菁分子中大環鍵電子數為16【答案】B【解析】A．酞菁含N元素等，不屬于芳香烴類化合物，故A錯誤；B．M形成的共價鍵中有兩個為配位鍵，b比a少兩個氫原子，該金屬配合物中心離子M的價態為+2，故B正確；C．由8個N原子、8個C原子組成16中心的芳香共軛體系的大環分子，N原子雜化方式都是sp2雜化，故C錯誤；D．a結構中，C原子各提供一個電子，6各不帶氫的N原子各提供一個電子，2各帶氫的N原子各提供2個電子，共18個電子，大環π鍵電子數為18，故D錯誤；故選：B。14.下列實驗中所涉及的操作、現象與結論均正確的是選項操作現象與結論A向裝有銀氨溶液的試管中加入的葡萄糖溶液，振蕩、加熱煮沸試管表面形成光亮的銀鏡；說明葡萄糖具有還原性B向盛有的溶液的試管中滴加滴的溶液，后再向上述試管中滴加4滴的溶液先有白色沉淀產生，后生成藍色沉淀；說明C向盛有溶液的試管中加入溶液，再加入少量固體溶液變為紅色，后無明顯變化；說明上述反應不是可逆反應D向盛有的溶液的試管中滴加10滴溴乙烷，加熱振蕩，靜置；取上層清液少許，滴入到裝有硝酸酸化的硝酸銀溶液的試管中有淺黃色沉淀產生；說明溴乙烷發生水解反應A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．生成銀鏡則需要水浴加熱，不能加熱煮沸，故A錯誤；B．NaOH溶液不足，生成的氫氧化鎂沉淀轉化為更難溶的氫氧化銅沉淀，則Ksp為Cu(OH)2＜Mg(OH)2，故B正確；C．KCl固體對鐵離子與SCN-的絡合反應無影響，則平衡不移動，溶液的顏色不變，故C錯誤；D．NaOH過量，鹵代烴水解后，取上層清液少許，應先加硝酸至酸性，再加硝酸銀檢驗鹵素離子，故D錯誤；故選：B。15.常溫下，將溶液分別滴加到等濃度等體積的氯乙酸()、二氯乙酸()、三氯乙酸()溶液中，溶液與溶液中相關粒子濃度比值的負對數值X的關系如圖(忽略溶液體積的變化)。下列說法錯誤的是A.曲線Ⅲ對應的是三氯乙酸()溶液B.常溫下的數量級為C.常溫下滴加至溶液的時，上述三種酸消耗最多的是氯乙酸D.加入等濃度的至恰好完全中和時，三種溶液中離子濃度大小關系為【答案】C【解析】酸性：CH2ClCOOH＜CHCl2COOH＜CCl3COOH，即電離平衡常數Ka：CH2ClCOOH＜CHCl2COOH＜CCl3COOH，Ka(CH2ClCOOH)=，Ka(CHCl2COOH)=，Ka(CCl3COOH)=，當或或一定時Ka與c(H+)成正比，則曲線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分別表示溶液pH與-lg、-lg、-lg的關系，結合電離平衡常數及鹽類水解規律分析解答該題。A．由上述分析可知，曲線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分別表示溶液pH與-lg、-lg、-lg的關系，故A正確；B．由圖可知，當-lg=0時，pH≈2.8，此時Ka(CH2ClCOOH)==c(H+)=10-2.8，其數量級為10-3，故B正確；C．酸性：CH2ClCOOH＜CHCl2COOH＜CCl3COOH，將NaOH溶液分別滴加到等物質的量的氯乙酸、二氯乙酸、三氯乙酸溶液中至溶液的pH=7時，3種酸均過量，且溶液中剩余酸：CH2ClCOOH＞CHCl2COOH＞CCl3COOH，則常溫下滴加至溶液的pH=7時，上述三種酸消耗n(NaOH)最多的是三氯乙酸，最少是氯乙酸，故C錯誤；D．酸性：CH2ClCOOH＜CHCl2COOH＜CCl3COOH，根據水解規律可知，酸根離子水解程度：CCl3COO-<CHCl2COO-<CH2ClCOO-，則加入等濃度的NaOH至恰好完全中和時，三種溶液中離子濃度大小關系為c(CCl3COO-)＞c(CHCl2COO-)＞c(CH2ClCOO-)，故D正確；答案選C。二、非選擇題(本題共4個小題，共55分)16.醋酸銅可作色譜分析試劑和有機合成催化劑等，可以用堿式碳酸銅[]為原料制備。實驗I．用堿式碳酸銅制備醋酸銅晶體步驟1：稱取堿式碳酸銅于裝置a中，加入水，攪拌得藍綠色懸濁液。步驟2：水浴加熱a至，然后向該裝置b中加入的冰醋酸，緩慢滴入到裝置a中，此時逸出大量氣泡。繼續在下混合攪拌左右，至基本無氣泡逸出即可。步驟3：趁熱迅速減壓抽濾，將濾液倒入蒸發皿中，加熱蒸發至溶液體積為原先，補加冰醋酸，攪拌、冷卻、結晶、抽濾，得到藍綠色醋酸銅晶體；再向剩余母液中補加冰醋酸，繼續蒸發母液，又可得部分藍綠色醋酸銅晶體。（1）裝置a的名稱是___________，裝置c的作用是___________。（2）步驟2中，溫度需要控制在左右的原因是___________。（3）步驟3中，趁熱減壓抽濾的目的是___________。（4）步驟3中，加熱蒸發時補加冰醋酸的原因是___________。實驗Ⅱ．間接碘量法測定堿式碳酸銅中x與y的比已知：能與反應生成不溶于水。步驟1：準確稱取堿式碳酸銅樣品于燒杯中，加入適量稀硫酸使固體完全溶解；將得到的溶液完全轉移至容量瓶中，洗滌轉移并定容至刻度線。步驟2：用移液管移取配好的溶液至錐形瓶。步驟3：加入為4.0的緩沖溶液，再加入過量碘化鉀溶液，振蕩搖勻；用已標定的溶液滴至淺黃色，再加入淀粉溶液，繼續滴定至終點。()步驟4：平行滴定3次，平均消耗溶液。（5）滴定至終點時，溶液的顏色變化為___________。（6）加入碘化鉀后發生的離子反應方程式為___________。（7）x與y的比為___________(用表示)。【答案】（1）①.三頸燒瓶②.冷凝回流冰醋酸（2）溫度過低反應速率太慢，溫度過高冰醋酸揮發太快（3）防止濾液冷卻結晶，減少產品損失（4）抑制醋酸銅水解，提高產品純度和產率（5）藍色變無色（6）2Cu2+＋4I-=I2＋2CuI↓（7）或或【解析】實驗I．制備醋酸銅的原理是用堿式碳酸銅()與醋酸反應，反應過程中需要控制溫度在65℃左右，溫度過高則醋酸揮發快，溫度過低則反應速率慢；反應至基本無氣泡逸出，趁熱迅速減壓抽濾，將濾液倒入蒸發皿中，加熱蒸發，補加冰醋酸的目的是防止銅離子水解，再攪拌、冷卻、結晶、抽濾，得到藍綠色醋酸銅晶體；再向剩余母液中補加冰醋酸，繼續蒸發母液，又可得部分藍綠色醋酸銅晶體。實驗II．間接碘量法測定堿式碳酸銅中x與y的比，大致過程是準確稱取樣品于燒杯中，加入稀硫酸使固體完全溶解，取四分之一的溶液加入過量碘化鉀溶液，生成碘單質；淀粉做指示劑，用硫代硫酸鈉溶液滴定，根據硫代硫酸鈉的量與堿式碳酸銅的量的關系計算x與y的比值；（1）裝置a的名稱是三頸燒瓶，裝置c的作用是冷凝回流冰醋酸，提高原料的利用率；（2）步驟2中，溫度需要控制在65℃左右的原因是溫度過低，反應速率太慢，溫度過高，醋酸揮發太快；（3）步驟3中，趁熱減壓抽濾的目的是防止濾液冷卻結晶，減少產品損失；（4）步驟3中，加熱蒸發時補加冰醋酸的原因是抑制醋酸銅水解，提高產品純度和產率；（5）滴定至終點時，碘單質消耗完畢，溶液藍色消失，可知滴定至終點時，溶液的顏色變化為溶液由藍色變為無色；（6）加入碘化鉀后，Cu2+氧化I-生成CuI和I2，離子方程式為2Cu2+＋4I-=I2＋2CuI↓；（7）根據題意有關系式：所以有，解得或或。17.氧化鈧()廣泛應用于航天、激光等科學領域。一種從赤泥(一種礦渣，主要成分為)中提取氧化鈧的路徑如下：已知：難溶于鹽酸。回答下列問題：（1）基態的價電子軌道表示式為___________。（2）①酸浸后濾渣的主要成分為___________。②酸浸時要考慮影響鈧的浸出率的因素有___________(至少寫兩條)。（3）有機萃取劑萃取的反應原理可表示為：(代表有機萃取劑，為有機配合物)。①反萃取時鈧發生反應的離子方程式為___________。②反萃液可以再生利用，其方法是___________。（4）萃取時易發生共萃現象，有機萃取劑的濃度對萃取率(萃取率=被萃取物進入到有機相中的量占萃取前溶液中被萃取物總量的百分比)具有重要的影響，下圖為有機萃取劑的濃度與鈧、鐵的萃取率關系圖像，從圖像中選擇最合適的萃取劑濃度為___________%；為提高鈧的回收率，“萃取分液”操作可進行多次，假設“濾液”中，“萃取分液”每進行一次，的萃取率為，三次操作后“水相”中的___________。（5）反萃固體進一步酸溶再沉鈧的目的是___________。（6）焙燒時發生反應化學方程式為___________。【答案】（1）（2）①.SiO2、TiO2②.反應的溫度、酸的濃度、固體接觸面積(或顆粒大小)、固液比、浸取時間等(任選其中兩個書寫即可或其他合理答案)（3）①.ScR3＋3OH-=Sc(OH)3↓＋3R-②.向反萃液中加入適量的酸后分液（4）①.1②.（5）進一步分離雜質，提高產品純度（6）2Sc2(C2O4)3＋3O22Sc2O3＋12CO2【解析】用赤泥(一種礦渣，主要成分為)提取的流程為：將赤泥加入鹽酸進行酸浸，根據題目已知，都可與鹽酸反應轉化為，而不與鹽酸反應，通過過濾在濾渣中除去；然后在含離子的濾液中加入有機萃取劑進行萃取分液，和大部分不被萃取通過水相分離，而和小部分進入有機相，然后加入NaOH溶液與反應生成固體進行反萃取分液分離，得到固體加鹽酸溶解，再加草酸沉淀生成，在空氣中焙燒得到產品，據此分析解答。（1）Sc為21號元素，位于周期表中第四周期第ⅢB族，故基態的價電子軌道表示式為：。（2）①根據分析，濾渣中存在的是不與鹽酸反應的：。②酸浸時要考慮影響鈧的浸出率的因素有：反應的溫度、酸的濃度、固體接觸面積(或顆粒大小)、固液比、浸取時間等。（3）①萃取時是加入有機萃取劑將萃取通過分液分離出來，反應的離子方程式為：；而進行反萃取時是加入NaOH溶液再萃取分液，則反應的離子方程式為：。②反萃取后分液得到的反萃液主要離子為，而萃取劑為HR，所以將反萃液再生利用的方法為：向反萃液中加入適量的酸后分液。（4）為了避免萃取時發生共萃現象，利用有機萃取劑的濃度對萃取率(萃取率=被萃取物進入到有機相中的量占萃取前溶液中被萃取物總量的百分比)和有機萃取劑的濃度與鈧、鐵的萃取率關系圖，當萃取劑濃度為1%時，的萃取率已經非常高，而的萃取率比較低，當萃取劑濃度增加，的萃取率變化很小，而的萃取率急劇增大，不利于的萃取，故最合適的萃取劑濃度為：1%；“萃取分液”每進行一次，的萃取率為，即水相中殘留的為2%，假設“濾液”中，則“萃取分液”三次操作后“水相”中的。（5）反萃取分離后的主要成分為固體，此時直接加入草酸生成由于固體的影響，反應很難進行得完全，但如果先加入鹽酸溶解固體生成，由與草酸生成則會反應很完全，所以先酸溶再沉鈧的目的為：進一步分離雜質，提高產品純度的作用。（6）在中Sc的化合價為價，反應前后Sc的化合價沒有發生變化，根據流程圖可知，空氣參與了反應，應該是空氣中的氧氣氧化了草酸鈧晶體中的碳元素生成了，故焙燒時反應的化學方程式為：。18.氯雷他定是一種常用的抗過敏藥物，其常見的合成路線如圖所示：已知：+RMgX（1）A中含氧官能團的名稱是___________。（2）的反應類型為___________。（3）