2024屆安徽省安慶市高三下學(xué)期二模化學(xué)試題（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1安徽省安慶市2024屆高三下學(xué)期二?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量H1C12O16K39Fe56Se79Cd112Te128一、選擇題：(本大題共14小題，每小題3分，共42分。每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分。)1.安慶別稱“宜城”，是國家級歷史文化名城，下列說法錯誤的是（）A.“振風(fēng)塔”上的燈光與原子核外電子躍遷有關(guān)B.桐城“六尺巷”的新建離不開硅酸鹽產(chǎn)品C.懷寧“貢糕”成分中的麻油屬于高分子化合物D.岳西“翠蘭”浸泡過程利用了萃取原理〖答案〗C〖解析〗A．霓虹燈光是基態(tài)原子吸收能量變?yōu)榧ぐl(fā)態(tài)原子，激發(fā)態(tài)原子釋放能量，從而放出可見光，與原子核外電子的躍遷有關(guān)，A正確；B．玻璃、水泥和陶瓷均屬于硅酸鹽產(chǎn)品，故桐城“六尺巷”的新建離不開硅酸鹽產(chǎn)品，B正確；C．麻油屬于油脂，是有機小分子物質(zhì)，不屬于高分子化合物，C錯誤；D．萃取是利用物質(zhì)在互不相溶的溶劑中溶解度不同，用一種溶劑把物質(zhì)從它與另一種溶劑所形成的溶液中提取出來的過程，故岳西“翠蘭”浸泡過程利用了萃取原理，D正確；故〖答案〗為：C。2.蘋果醋主要成分有蘋果酸(2-羥基丁二酸)、乙酸、二氧化碳和氯化鈉等多種成分。若表示阿伏加德羅常數(shù)，下列說法正確的是（）A.0.1mol蘋果酸與足量的Na反應(yīng)，產(chǎn)生0.15mol氫氣B.60g乙酸中鍵有C.的電子式為：D.1L1mol/L的NaCl溶液中含有粒子數(shù)目為〖答案〗A〖解析〗A．已知蘋果酸即(2-羥基丁二酸)中含有一個羥基和兩個羧基，故0.1mol蘋果酸與足量的Na反應(yīng)，產(chǎn)生mol=0.15mol氫氣，A正確；B．一分子乙酸中含有7個鍵，故60g乙酸中鍵有=，B錯誤；C．CO2為共價化合物，故CO2的電子式為：，C錯誤；D．由于NaCl溶液中含有水分子、H+、Na+、Cl-和OH-等微粒，故1L1mol/L的NaCl溶液中含有粒子數(shù)目大于，D錯誤；故〖答案〗為：A。3.物質(zhì)A和B可實現(xiàn)如圖所示的轉(zhuǎn)化，下列說法正確的是（）A.A與B互為同系物B.A中C-Co鍵長更長，故鍵能可能更小C.中含有中子數(shù)為D.基態(tài)Co的價層電子排布式是〖答案〗B〖解析〗A．同系物是指結(jié)構(gòu)相似，組成上相差一個或若干個-CH2原子團的有機物，A與B結(jié)構(gòu)不相似，不互為同系物，A錯誤；B．鍵長越長，鍵能越小，B正確；C．未指明氣體是否處于標準狀況，不能用氣體摩爾體積計算，C錯誤；D．Co原子序數(shù)為27，基態(tài)Co的價層電子排布式是，D錯誤；〖答案〗選B。4.保護兵馬俑失色的方法之一：水溶性小分子透過顏料，經(jīng)過電子束輻射變成長鏈固體狀態(tài)，再與陶土表面牢固結(jié)合，進而起到加固顏料作用，原理如圖，下列說法正確的是（）A.此反應(yīng)是縮聚反應(yīng)B.水溶性小分子中所有碳原子一定共平面C.1mol甲基丙烯酸羥乙酯最多能與2mol氫氧化鈉反應(yīng)D.PHEMA可能是一種親水性聚合物〖答案〗D〖解析〗A．此反應(yīng)無小分子生成，是碳碳雙鍵發(fā)生的加聚反應(yīng)，故A錯誤；B．水溶性小分子中有兩個直接相連的飽和碳原子，采取sp3雜化，呈四面體結(jié)構(gòu)，所以所有碳原子不一定共平面，故B錯誤；C．1mol甲基丙烯酸羥乙酯有1mol酯基，最多能與1mol氫氧化鈉反應(yīng)，故C錯誤；D．PHEMA分子中存在親水基團羥基，所以可能是一種親水性聚合物，故D正確；故〖答案〗為：D。5.羥胺(NH2OH)是白色片狀晶體，熔點為32.05℃，極易溶于水，受熱易分解生成NH3和N2，常用作還原劑，也用作合成抗癌藥和農(nóng)藥的原料。羥胺結(jié)構(gòu)可看做是氨分子內(nèi)的1個氫原子被羥基取代而形成。已知：；。有關(guān)反應(yīng)的方程式錯誤的是（）A.羥胺還原的反應(yīng)：B.羥胺分解的反應(yīng)：C.向羥胺溶液中滴加過量稀硫酸：D.向(NH4)2SO4溶液中加入NH2OH：〖答案〗D〖解析〗A．羥胺具有還原性，羥胺被氧化N的化合價由-1價轉(zhuǎn)化為+1價，F(xiàn)e3+被還原為Fe2+，根據(jù)氧化還原反應(yīng)配平可得，該反應(yīng)的離子方程式為，A正確；B．由題干信息可知，羥胺(NH2OH)是白色片狀晶體，熔點為32.05℃，極易溶于水，受熱易分解生成NH3和N2，反應(yīng)中NH2OH中-1價的氮轉(zhuǎn)化為0價的氮和-3價的氮，根據(jù)氧化還原反應(yīng)配平可得，羥胺分解的反應(yīng)方程式為：3NH2OHNH3↑+N2↑+3H2O，B正確；C．由題干信息可知，，說明NH2OH為一元弱堿，故向羥胺溶液中滴加過量稀硫酸生成NH3OHHSO4，該反應(yīng)的離子方程式為：，C正確；D．原離子方程式質(zhì)量不守恒，則向(NH4)2SO4溶液中加入NH2OH的離子方程式為：，D錯誤；故〖答案〗為：D。6.羥胺是白色片狀晶體，熔點為32.05℃，極易溶于水，受熱易分解生成和，常用作還原劑，也用作合成抗癌藥和農(nóng)藥的原料。羥胺結(jié)構(gòu)可看做是氨分子內(nèi)的1個氫原子被羥基取代而形成。已知：；。下列有關(guān)說法正確的是（）A.羥胺的堿性比氨強B.與的VSEPR模型相同C.羥胺極易溶于水主要原因是形成分子內(nèi)氫鍵D.大?。骸即鸢浮紹〖解析〗A．因為羥基氧的電負性比氫更大，氮原子再結(jié)合氫原子的能力減弱，所以羥胺的堿性比氨更弱，A錯誤；B．和中的氮原子、中的氧原子價層電子對數(shù)都為4，所以與的VSEPR模型結(jié)構(gòu)相同，都是四面體形，B正確；C．羥胺分子含有-OH和-NH2，與水分子可形成分子間氫鍵，故羥胺易溶于水，C錯誤；D．銨根離子中含有4個N-H鍵，沒有孤電子對，屬于采取sp3雜化，分子中氮原子上有一對孤對電子，銨根離子中氮原子上沒有孤對電子，排斥力小，故中比中鍵角大，D錯誤；故選B。7.下列實驗設(shè)計方案和操作正確的是（）A．驗證鐵電極是否受到保護B．分離苯酚和水的混合物C．析出晶體D．測定KI溶液的濃度〖答案〗C〖解析〗A．在酸化的氯化鈉溶液中，可能會有少量鐵與氫離子反應(yīng)生成亞鐵離子，所以不能用此裝置來驗證鐵電極是否受到保護，故A錯誤；B．苯酚和水形成的是乳濁液，不能用過濾的方法分離，故B錯誤；C．在乙醇中的溶解度比在水中的要小，因此向其中加入乙醇，將析出深藍色晶體，故C正確；D．溴水具有氧化性，能腐蝕橡膠，不能用堿式滴定管盛裝，應(yīng)用酸式滴定管盛裝，故D錯誤；故〖答案〗：C。8.W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，其中僅Y、Z位于同一周期，X的s軌道電子數(shù)是p軌道電子數(shù)的4倍，W、X的最外層電子數(shù)之和與Y的最外層電子數(shù)相等，Z基態(tài)原子最外層有1個未成對電子。下列說法不正確的是（）A.第一電離能：B.X與Z形成的化合物的空間構(gòu)型是平面三角形C.X的最高價氧化物對應(yīng)的水化物是三元酸D.Y的簡單氫化物中Y的化合價是正價〖答案〗C〖祥解〗由題干信息可知，W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，其中僅Y、Z位于同一周期，則W為H，X的s軌道電子數(shù)是p軌道電子數(shù)的4倍，即X的核外電子排布為：1s22s22p1，即X為B，W、X的最外層電子數(shù)之和為4與Y的最外層電子數(shù)相等，故Y為Si，Z基態(tài)原子最外層有1個未成對電子，則Z為Cl，據(jù)此分析解題?！驹斘觥緼．由分析可知，Y為Si、Z為Cl，根據(jù)同一周期從左往右元素第一電離能呈增大趨勢，ⅡA、ⅤA反常，可知第一電離能Cl＞Si即，A正確；B．由分析可知，X為B、Z為Cl，則X與Z形成的化合物即BCl3中中心原子B周圍的價層電子對數(shù)為：3+=3，故其的空間構(gòu)型是平面三角形，B正確；C．由分析可知，X為B，則X的最高價氧化物對應(yīng)的水化物即H3BO3，H3BO3是一元酸，其電離方程式為：H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+，C錯誤；D．由分析可知，Y為Si，由于Si的電負性小于H，故Y的簡單氫化物中Y的化合價是正價，D正確；故〖答案〗為：C。9.在一定溫度條件下，甲、乙兩個容積相等的恒容密閉容器中均發(fā)生如下反應(yīng)：3A(g)+B(g)xC(g)+D(s)，向甲中通入6molA和2molB，向乙中通入1.5molA、0.5molB和3molC和2molD，反應(yīng)一段時間后都達到平衡，此時測得甲、乙兩容器中C的體積分數(shù)都為0.2，下列敘述中正確的是（）A.若平衡時，甲、乙兩容器中A的物質(zhì)的量不相等，則x＝2B.平衡時，甲、乙兩容器中A、B的物質(zhì)的量之比不相等C.平衡時甲中A的體積分數(shù)為40%D.若平衡時兩容器中的壓強不相等，則兩容器中壓強之比為8∶5〖答案〗D〖祥解〗反應(yīng)一段時間后都達到平衡，此時測得甲、乙兩容器中C的體積分數(shù)都為0.2，說明甲乙兩容器為等效平衡狀態(tài)，D為固體，應(yīng)滿足C完全轉(zhuǎn)化為A、B，應(yīng)有3+1=x，即反應(yīng)前后氣體的化學(xué)計量數(shù)之和相等，以此解答該題。【詳析】3A（g）+B（g）xC（g）+D（s）甲6200乙1.50.532反應(yīng)一段時間后都達到平衡，此時測得甲、乙兩容器中C的體積分數(shù)都為0.2，說明甲乙兩容器為等效平衡狀態(tài)。A.若平衡時，甲、乙兩容器中A物質(zhì)的量不相等，則必須滿足方程式左右氣體的計量數(shù)之和相等，所以x=4，故A錯誤；B.反應(yīng)一段時間后都達到平衡，此時測得甲、乙兩容器中C的體積分數(shù)都為0.2，由此可知甲乙是等效平衡，平衡時，甲、乙兩容器中A、B的物質(zhì)的量之比肯定相等，故B錯誤；C.C的體積分數(shù)都為0.2，則AB共占80%，而n（A）：n（B）=3：1，所以平衡時甲中A的體積分數(shù)為60%，故C錯誤；D.x=4，則反應(yīng)前后氣體壓強不變，則兩容器中壓強之比為（6+2）：（1.5+0.5+3）=8：5，故D正確。故選D。10.根據(jù)下列實驗事實能得出相應(yīng)結(jié)論是（）選項實驗事實結(jié)論A向淀粉溶液中滴加稀硫酸，水浴加熱，再加入新制的Cu(OH)2懸濁液，無磚紅色沉淀淀粉未發(fā)生水解B將試管中的CuCl2溶液加熱，再冷卻降溫，觀察實驗現(xiàn)象探究溫度對平衡移動的影響C將實驗剩余的Na2SO4固體放回原試劑瓶可以節(jié)約試劑，不浪費資源D將硝酸溶液與CaCO3混合后產(chǎn)生的氣體直接通入硅酸鈉溶液后，溶液變渾濁非金屬性：〖答案〗B〖解析〗A．淀粉溶液中滴加稀硫酸，水浴加熱后，沒有加NaOH中和硫酸，不能檢驗葡萄糖，則不能說明淀粉沒有發(fā)生水解，A不合題意；B．CuCl2溶液中存在[Cu(H2O)4]2+(藍色)+4Cl-[CuCl4]-(黃色)+4H2O，故將試管中的CuCl2溶液加熱，再冷卻降溫，觀察溶液顏色的變化能夠探究溫度對平衡移動的影響，B符合題意；C．一般剩余的藥品不能放回原瓶，防止試劑污染，則剩余的Na2SO4應(yīng)放在指定的儀器中，C不合題意；D．硝酸易揮發(fā)，應(yīng)除掉硝酸后再通入硅酸鈉溶液，否則無法比較H2CO3和H2SiO3的酸性強弱，即無法得出C的非金屬性強于Si，D不合題意；故〖答案〗為：B。11.電催化氮還原反應(yīng)法(NRR)是以水和氮氣為原料，在常溫常壓下通過電化學(xué)方法催化合成氨氣，其工作電極材料是由六亞甲基四胺(HMTA)與三氯化釩合成的二維釩基復(fù)合納米材料(簡稱V-HMTA)。其工作原理如圖所示，下列說法錯誤的是（）A.石墨電極與外接電源正極相連B.工作電極V-HMTA具有較高的表面積，能提高單位時間內(nèi)氨氣的產(chǎn)率C.電路中通過0.06mol電子時，兩極共有0.035mol氣體逸出D.隔膜為質(zhì)子交換膜〖答案〗D〖祥解〗由題意可知該原理是用電解法將氮氣合成氨氣，故左側(cè)工作電極為陰極，電極反應(yīng)式為N2+6e-+6H2O=2NH3+6OH-，右側(cè)石墨電極為陽極，電極反應(yīng)式為4OH--4e-=O2↑+2H2O。【詳析】A．由分析可知工作電極為陰極，石墨電極為陽極，則石墨電極與外接電源正極相連，A正確；B．工作電極V-HMTA具有較高的表面積，能吸附氮氣，加快反應(yīng)速率，從而提高單位時間內(nèi)氨氣的產(chǎn)率，B正確；C．陰極電極反應(yīng)式為N2+6e-+6H2O=2NH3+6OH-，陽極電極反應(yīng)式為4OH--4e-=O2↑+2H2O，電路中通過0.06mol電子時，陰極產(chǎn)生0.02mol氣體，陽極產(chǎn)生0.015mol氣體，兩級共產(chǎn)生0.035mol氣體，C正確；D．結(jié)合電極反應(yīng)式可知隔膜為允許氫氧根離子通過的陰離子交換膜，D錯誤；〖答案〗選D。12.某溫度下，改變?nèi)芤旱膒H，各種含鉻元素粒子的濃度變化如圖所示(已知是二元酸，其電離常數(shù)為、)，下列有關(guān)說法錯誤的是（）A.該溫度下的B.該溫度下的數(shù)量級為C.該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)為D.B點溶液中：〖答案〗D〖解析〗A．只與溫度有關(guān)，取D點數(shù)據(jù)，當(dāng)時，，則，A說法正確；B．取A點數(shù)據(jù)，，，數(shù)量級為，B說法正確；C．該溫度下反應(yīng)平衡常數(shù)，取C點數(shù)據(jù)，，C說法正確；D．由圖可知，B點，，根據(jù)電荷守恒：，溶液顯酸性，，則，D說法錯誤；〖答案〗選D。13.北京冬奧會使用的碲化鎘(CdTe)太陽能電池，能量轉(zhuǎn)化效率較高。立方晶系CdTe的晶胞結(jié)構(gòu)如圖甲所示，其晶胞參數(shù)為apm。下列說法正確的是（）A.Cd的配位數(shù)為4 B.相鄰兩個Te的核間距為C.晶體的密度為 D.若按圖乙虛線方向切甲，可得到圖丙〖答案〗A〖解析〗A．由題干晶胞甲圖所示信息可知，Cd位于8個頂點和6個面心，Te位于體內(nèi)，故Cd的配位數(shù)即離某個Cd原子距離相等且最近的Te原子個數(shù)，故為4，A正確；B．由題干晶胞甲圖所示信息可知，相鄰兩個Te的核間距為面對角線的一半即為，B錯誤；C．由題干晶胞甲圖所示信息可知，Cd位于8個頂點和6個面心，Te位于體內(nèi)，則一個晶胞中含有Cd個數(shù)為：=4，Te原子個數(shù)為4個，故一個晶胞的質(zhì)量為：g，晶胞參數(shù)為apm，則一個晶胞的體積為：(a×10-10)3，故晶體的密度為，C錯誤；D．由題干晶胞甲圖所示信息可知，若按圖乙虛線方向切甲，可得到圖示為，即體心上沒有原子，D錯誤；故〖答案〗為：A。14.中科大某課題組通過自由基雜環(huán)反應(yīng)直接合成各種稠合的內(nèi)酰胺，應(yīng)用于鈣鈦礦電池器件中。底物與Cu(Ⅰ)物種通過電子轉(zhuǎn)移經(jīng)歷兩種途徑得到目標產(chǎn)物D。下列說法錯誤的是（）A.Cu(Ⅰ)物種是催化劑 B.底物具有氧化性C.兩種途徑不同，總反應(yīng)的反應(yīng)熱也不同 D.合成過程中中碳碳雙鍵斷裂〖答案〗C〖解析〗A．Cu(Ⅰ)第一步消耗，最后一步生成,是催化劑物,A正確；Ｂ．底物將Ｃu(Ⅰ)氧化為Ｃu(Ⅱ)，具有氧化性，B正確；Ｃ．兩種途徑雖不同，但反應(yīng)熱相同，C錯誤；Ｄ．由圖可知，C60中有六元環(huán)上的碳碳雙鍵發(fā)生了斷裂，D正確；故〖答案〗選C。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.檸檬酸亞鐵是一種高效補鐵劑，實驗室可通過鐵粉制備，反應(yīng)原理簡示如下：實驗步驟：①取15g鐵粉，用，邊攪拌邊加熱，至反應(yīng)完全，過濾，以濾液制備()晶體。②取9g精制的，緩慢加入溶液，靜置40min后有大量沉淀析出，過濾洗滌，得晶體。③在燒杯中加入6g檸檬酸、80mL水、邊加熱邊攪拌至晶體析出，過濾洗滌干燥得晶體。回答下列問題：（1）請利用原子結(jié)構(gòu)的相關(guān)知識解釋三價鐵比二價鐵穩(wěn)定原因_____________________。（2）溶液制備晶體常用兩種方法：方法?。合葘V液進行蒸發(fā)濃縮至稀糊狀，可選用儀器有酒精燈、玻璃棒、___________(從下列儀器中選擇并填寫名稱，后一問相同要求)等，再將濃縮液冷卻至室溫，用_______(儀器名稱)過濾，其優(yōu)點是___________。方法ⅱ：將濾液冷卻靜置后，用玻璃棒摩擦燒杯壁，先有少量規(guī)則晶體出現(xiàn)，后有大量晶體晶體出現(xiàn)。試回答，用玻璃棒摩擦燒杯壁的作用____________________。（3）寫出制備碳酸亞鐵的離子方程式_______________________________。（4）利用鄰二氮菲與生成穩(wěn)定橙紅色配合物，最大吸收波長為510nm這一特征可用來檢測含量，某同學(xué)將上述所制晶體全部溶解于試管中后，添加25mL3mol/L鄰二氮菲溶液后，可獲得最大吸收波長，則晶體質(zhì)量為_______g。（5）不用酸性高錳酸鉀溶液滴定最可能的原因是___________________________。〖答案〗（1）基態(tài)鐵離子價電子排布式為，基態(tài)亞鐵離子價電子排布式為，前者為半充滿結(jié)構(gòu)、更穩(wěn)定（2）蒸發(fā)皿布氏漏斗減壓過濾速度快，減少二價鐵的氧化，可得更純凈的晶體玻璃棒摩擦燒杯壁會形成微小晶核，便于晶體結(jié)晶（3）（4）6.15g（5）酸性高錳酸鉀可氧化檸檬酸根離子〖祥解〗亞鐵離子具有強還原性，容易被氧氣、高錳酸鉀等氧化，制備亞鐵鹽要盡可能防止氧化，檸檬酸根具有還原性，酸性高錳酸鉀可氧化檸檬酸根離子，測定檸檬酸亞鐵鹽含量時要選適合的方法，為防止結(jié)果偏大，不能選用高錳酸鉀溶液滴定檸檬酸亞鐵。【詳析】（1）請利用原子結(jié)構(gòu)的相關(guān)知識解釋三價鐵比二價鐵穩(wěn)定原因：基態(tài)鐵離子價電子排布式為，基態(tài)亞鐵離子價電子排布式為，前者為半充滿結(jié)構(gòu)、更穩(wěn)定。（2）將濾液進行蒸發(fā)濃縮至稀糊狀，可選用儀器有酒精燈、玻璃棒、蒸發(fā)皿等，再將濃縮液冷卻至室溫，用布氏漏斗儀器名稱)過濾，其優(yōu)點是：減壓過濾速度快，減少二價鐵的氧化，可得更純凈的晶體。結(jié)晶時用玻璃棒摩擦燒杯壁，先有少量規(guī)則晶體出現(xiàn)，后有大量晶體晶體出現(xiàn)。則用玻璃棒摩擦燒杯壁的作用：玻璃棒摩擦燒杯壁會形成微小晶核，便于晶體結(jié)晶。（3）取9g精制的，緩慢加入溶液，靜置40min后有大量生成，碳酸氫根轉(zhuǎn)變?yōu)樘妓岣a(chǎn)生沉淀的同時，釋放出的氫離子與碳酸氫根能產(chǎn)生二氧化碳，則制備碳酸亞鐵的離子方程式為:。（4）利用鄰二氮菲與生成穩(wěn)定橙紅色配合物，最大吸收波長為510nm這一特征可用來檢測含量，某同學(xué)將上述所制晶體全部溶解于試管中后，添加25mL3mol/L鄰二氮菲溶液后，可獲得最大吸收波長，則按關(guān)系式3~~~可知，晶體的物質(zhì)的量為0.025L×3mol/L=0.025mol，質(zhì)量為6.15g。（5）高錳酸鉀溶液具有強氧化性，檸檬酸根具有還原性，二者能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，則不用酸性高錳酸鉀溶液滴定最可能原因是酸性高錳酸鉀可氧化檸檬酸根離子。16.粗氫氧化鈷Co(OH)3是以銅鈷礦為原料濕法提取而得到的粗制鈷鹽中間品，含有MnOOH以及Al2O3、Fe3O4、Mg等雜質(zhì)，粗氫氧化鈷濕法制取精制硫酸鈷流程如下：（1）浸出時添加還原劑SO2對原料中的錳和_______(填元素名稱)進行有效浸出。保持溫度，流速等條件不變，Co浸出率與時間關(guān)系如圖所示，則濃度最適宜為_______mol/L。（2）“除雜”時混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強氧化性的過一硫酸。被氧化為，該反應(yīng)的離子方程式為______________________(已知：的電離第一步完全，第二步微弱)。生石灰調(diào)節(jié)_______(保留一位小數(shù))時，檢驗反應(yīng)后的濾液中恰好不存在(已知：的，離子濃度時沉淀完全)。（3）在萃取劑一定量情況下，提高萃取率的措施有________________(答出一點即可)，萃取后水相溶液中存在的金屬離子有__________。（4）硫酸鈷的溶解度曲線如圖所示，從溶液中獲得CoSO4?7H2O的方法是__________?！即鸢浮剑?）鈷、鐵3.0（2）H2O+Mn2++=MnO2++3H+3.5（3）分多次加入萃取劑Mn2+（4）蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶，過濾洗滌，低溫干燥〖祥解〗由題干工藝流程圖可知，將粗氫氧化鈷用水磨成漿后加入H2SO4和SO2進行浸出，將Co轉(zhuǎn)化為Co2+，F(xiàn)e轉(zhuǎn)化為Fe2+、Al轉(zhuǎn)化為Al3+、Mg轉(zhuǎn)化為Mg2+，Mn轉(zhuǎn)化為Mn2+，過濾除去其他不溶性雜質(zhì)，向濾液中加入生石灰，熱空氣和SO2，將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3、Al3+轉(zhuǎn)化為Al(OH)3，過濾出Fe(OH)3和Al(OH)3，向濾液中加入萃取劑P2O4以萃取Co2+，分液出水層含有Mn2+和有機相含有Co2+，對有機相進行反萃取得到水層含有CoSO4，據(jù)此分析解題?！驹斘觥浚?）由分析可知，浸出時加入H2SO4和SO2進行浸出，將Co轉(zhuǎn)化為Co2+，F(xiàn)e轉(zhuǎn)化為Fe2+、Al轉(zhuǎn)化為Al3+、Mg轉(zhuǎn)化為Mg2+，Mn轉(zhuǎn)化為Mn2+，故添加還原劑SO2對原料中的錳和鈷、鐵進行有效浸出，保持溫度，SO2流速等條件不變，根據(jù)Co浸出率與時間關(guān)系圖所示信息可知，H2SO4濃度為3.0mol/L時浸出速率最快，故硫酸濃度最適宜為3.0mol/L，故〖答案〗為：鈷、鐵；3.0；（2）“除雜”時混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強氧化性的過一硫酸(H2SO5)，H2SO5中含有一個過氧鍵，故被H2SO5氧化為，H2SO5轉(zhuǎn)化為H2SO4，該反應(yīng)的離子方程式為：H2O+Mn2++=MnO2++3H+，檢驗反應(yīng)后的濾液中恰好不存在，即Fe3+離子濃度時，此時c(OH-)===10-10.5，則c(H+)===10-3.5mol/L，即生石灰調(diào)節(jié)pH=3.5，故〖答案〗為：H2O+Mn2++=MnO2++3H+；3.5；（3）在萃取劑一定量的情況下，分多次加入萃取劑能夠提高萃取率，由分析可知，萃取后水相溶液中存在的金屬離子有Mn2+，故〖答案〗為：分多次加入萃取劑；Mn2+；（4）由題干硫酸鈷的溶解度曲線圖示信息可知，CoSO4?7H2O的溶解度隨溫度升高而明顯增大，故從溶液中獲得CoSO4?7H2O的方法是蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶，過濾洗滌，低溫干燥，故〖答案〗為：蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶，過濾洗滌，低溫干燥。17.以CO和CO2為原料合成有機物，是科學(xué)家研究的主要課題。回答下列問題：（1）CO2與H2催化重整制備CH3OCH3的過程中存在以下反應(yīng)：I．；Ⅱ．。已知：相關(guān)物質(zhì)能量變化的示意圖如圖所示：①由已知信息可知_______。②向密閉容器中以物質(zhì)的量之比為1∶3充入CO2與H2，實驗測得CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度和壓強的變化關(guān)系如圖所示。由圖2可知，由大到小的順序為___________，時主要發(fā)生反應(yīng)為_____(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化先降后升的原因是：_______________________。（2）工業(yè)上常用合成氣(主要成分為CO、H2)在一定條件下制備甲醇，其涉及反應(yīng)如下：反應(yīng)1：反應(yīng)2：反應(yīng)3：向容積為2L的剛性密閉催化反應(yīng)器中充入2molCO和4molH2發(fā)生上述反應(yīng)，測得不同溫度下，2min內(nèi)CO的轉(zhuǎn)化率和CH3OH的選擇性(CH3OH的選擇性)如圖所示。=1\*GB3①若反應(yīng)過程中催化劑的活性幾乎不受溫度影響，則T1前CO轉(zhuǎn)化率升高的原因是：___________________________________________________。②反應(yīng)在T1K下，2min時達到平衡，此時體系壓強為，。用CO的分壓變化表示的化學(xué)反應(yīng)速率為_______，反應(yīng)3的)_______。(指用平衡分壓代替平衡濃度進行計算的平衡常數(shù)，A的平衡分壓的物質(zhì)的量分數(shù)，以上兩空結(jié)果均保留3位小數(shù))?！即鸢浮剑?）①-175②p1＞p2＞p3Ⅱ開始升溫時以反應(yīng)Ⅰ為主，反應(yīng)放熱，平衡逆向移動，CO2平衡轉(zhuǎn)化率下降，升高一定溫度后，以反應(yīng)Ⅱ為主，反應(yīng)吸熱，平衡正向移動（2）①溫度升高，反應(yīng)速率加快，相同時間內(nèi)的CO消耗量增多，故CO的轉(zhuǎn)化率升高②0.2670.318〖解析〗（1）①由題干圖示信息可知，反應(yīng)I．；Ⅱ．，反應(yīng)I+3反應(yīng)Ⅱ可得反應(yīng)：，根據(jù)蓋斯定律可得：=-175kJ/mol，故〖答案〗為：-175；②反應(yīng)Ⅰ是氣體體積減小的反應(yīng)，反應(yīng)Ⅱ是氣體體積不變的反應(yīng)，相同條件下，壓強越大，平衡正向移動，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率越大，則p1＞p2＞p3；反應(yīng)Ⅰ是放熱反應(yīng)，反應(yīng)Ⅱ是吸熱反應(yīng)，升高溫度，反應(yīng)Ⅰ平衡逆向移動，反應(yīng)Ⅱ平衡正向移動，由圖可知，隨著溫度的升高，二氧化碳轉(zhuǎn)化率先減小后增大，說明T2℃時主要發(fā)生反應(yīng)Ⅱ，平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化先降后升的原因為開始升溫時以反應(yīng)Ⅰ為主，反應(yīng)放熱，平衡逆向移動，CO2平衡轉(zhuǎn)化率下降，升高一定溫度后，以反應(yīng)Ⅱ為主，反應(yīng)吸熱，平衡正向移動，故〖答案〗為：p1＞p2＞p3；Ⅱ；開始升溫時以反應(yīng)Ⅰ為主，反應(yīng)放熱，平衡逆向移動，CO2平衡轉(zhuǎn)化率下降，升高一定溫度后，以反應(yīng)Ⅱ為主，反應(yīng)吸熱，平衡正向移動；（2）①由題干已知信息可知，三個反應(yīng)均為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動，CO的平衡轉(zhuǎn)化率減小，結(jié)合圖示可知，T1前反應(yīng)未達到平衡，故若反應(yīng)過程中催化劑的活性幾乎不受溫度影響，則T1前CO轉(zhuǎn)化率升高的原因是：溫度升高，反應(yīng)速率加快，相同時間內(nèi)的CO消耗量增多，故CO的轉(zhuǎn)化率升高，故〖答案〗為：溫度升高，反應(yīng)速率加快，相同時間內(nèi)的CO消耗量增多，故CO的轉(zhuǎn)化率升高；②由題干圖示信息可知，反應(yīng)在T1K下，2min時達到平衡，CO的轉(zhuǎn)化率為80%，CH3OH的選擇性為60%，此時體系壓強為，，則有：則平衡時：c(CO)=0.2mol/L、c(CO2)=0.05mol/L、c(CH3OH)=0.48mol/L、c(CH4)=0.27mol/L、c(H2)=2+0.05-0.96-0.81=0.28mol/L、c(H2O)=0.27-0.05=0.22mol/L，故CO的起始分壓為：kPa，平衡分壓為：=，故用CO的分壓變化表示的化學(xué)反應(yīng)速率為==0.267，反應(yīng)3的===0.318，故〖答案〗為：0.267；0.318。18.新型單環(huán)-內(nèi)酰胺類降脂藥物H的合成路線如下：回答下列有關(guān)問題：（1）D的化學(xué)名稱是________________。（2）A中H、C和O的電負性由大到小的順序為_____________。（3）中官能團名稱是__________。（4）G→H的反應(yīng)類型是__________。（5）C與E反應(yīng)生成F的化學(xué)反應(yīng)方程式為_____________________________________。（6）寫出同時滿足下列條件的B的所有同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為___________________。①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；②能與反應(yīng)放出氣體；③1molB最多能與2molNaOH反應(yīng)；④核磁共振氫譜顯示為4組峰，且峰面積比為1∶1∶2∶6。（7）某藥物中間體的合成線路如下(部分反應(yīng)條件已省略)，其中M和N的結(jié)構(gòu)簡式分別為________________和________________?！即鸢浮剑?）對甲醚苯甲醛（2）（3）氨基、碳氯鍵（4）取代反應(yīng)（5）+HCl（6）、（7）〖祥解〗A發(fā)生取代反應(yīng)生成B，B發(fā)生取代反應(yīng)生成C，C與E成環(huán)生成F，F(xiàn)水解生成G，G發(fā)生取代生成H?！驹斘觥浚?）D的化學(xué)名稱：對甲醚苯甲醛；（2）H、C和O的電負性由大到小的順序：；（3）中官能團名稱：氨基、碳氯鍵；（4）對比G和H結(jié)構(gòu)簡式可知，反應(yīng)類型為取代反應(yīng)；（5）C與E反應(yīng)生成F的化學(xué)反應(yīng)方程式：+HCl；（6）B的同分異構(gòu)體滿足：①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明含醛基或甲酸羧基或甲酸某酯基；②能與反應(yīng)放出氣體，說明含羧基；③1molB最多能與2molNaOH反應(yīng)，說明含1個羧基，1個甲酸某酯基；④核磁共振氫譜顯示為4組峰，且峰面積比為1∶1∶2∶6，說明有2個等效甲基，則符合要求的結(jié)構(gòu)：、；（7）第一步發(fā)生反應(yīng)，羧基變酯基，說明發(fā)生酯化反應(yīng)，則M為醇類有機物：；第二步氨基與羧基發(fā)生取代反應(yīng)生成酰胺類有機物：。安徽省安慶市2024屆高三下學(xué)期二?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量H1C12O16K39Fe56Se79Cd112Te128一、選擇題：(本大題共14小題，每小題3分，共42分。每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分。)1.安慶別稱“宜城”，是國家級歷史文化名城，下列說法錯誤的是（）A.“振風(fēng)塔”上的燈光與原子核外電子躍遷有關(guān)B.桐城“六尺巷”的新建離不開硅酸鹽產(chǎn)品C.懷寧“貢糕”成分中的麻油屬于高分子化合物D.岳西“翠蘭”浸泡過程利用了萃取原理〖答案〗C〖解析〗A．霓虹燈光是基態(tài)原子吸收能量變?yōu)榧ぐl(fā)態(tài)原子，激發(fā)態(tài)原子釋放能量，從而放出可見光，與原子核外電子的躍遷有關(guān)，A正確；B．玻璃、水泥和陶瓷均屬于硅酸鹽產(chǎn)品，故桐城“六尺巷”的新建離不開硅酸鹽產(chǎn)品，B正確；C．麻油屬于油脂，是有機小分子物質(zhì)，不屬于高分子化合物，C錯誤；D．萃取是利用物質(zhì)在互不相溶的溶劑中溶解度不同，用一種溶劑把物質(zhì)從它與另一種溶劑所形成的溶液中提取出來的過程，故岳西“翠蘭”浸泡過程利用了萃取原理，D正確；故〖答案〗為：C。2.蘋果醋主要成分有蘋果酸(2-羥基丁二酸)、乙酸、二氧化碳和氯化鈉等多種成分。若表示阿伏加德羅常數(shù)，下列說法正確的是（）A.0.1mol蘋果酸與足量的Na反應(yīng)，產(chǎn)生0.15mol氫氣B.60g乙酸中鍵有C.的電子式為：D.1L1mol/L的NaCl溶液中含有粒子數(shù)目為〖答案〗A〖解析〗A．已知蘋果酸即(2-羥基丁二酸)中含有一個羥基和兩個羧基，故0.1mol蘋果酸與足量的Na反應(yīng)，產(chǎn)生mol=0.15mol氫氣，A正確；B．一分子乙酸中含有7個鍵，故60g乙酸中鍵有=，B錯誤；C．CO2為共價化合物，故CO2的電子式為：，C錯誤；D．由于NaCl溶液中含有水分子、H+、Na+、Cl-和OH-等微粒，故1L1mol/L的NaCl溶液中含有粒子數(shù)目大于，D錯誤；故〖答案〗為：A。3.物質(zhì)A和B可實現(xiàn)如圖所示的轉(zhuǎn)化，下列說法正確的是（）A.A與B互為同系物B.A中C-Co鍵長更長，故鍵能可能更小C.中含有中子數(shù)為D.基態(tài)Co的價層電子排布式是〖答案〗B〖解析〗A．同系物是指結(jié)構(gòu)相似，組成上相差一個或若干個-CH2原子團的有機物，A與B結(jié)構(gòu)不相似，不互為同系物，A錯誤；B．鍵長越長，鍵能越小，B正確；C．未指明氣體是否處于標準狀況，不能用氣體摩爾體積計算，C錯誤；D．Co原子序數(shù)為27，基態(tài)Co的價層電子排布式是，D錯誤；〖答案〗選B。4.保護兵馬俑失色的方法之一：水溶性小分子透過顏料，經(jīng)過電子束輻射變成長鏈固體狀態(tài)，再與陶土表面牢固結(jié)合，進而起到加固顏料作用，原理如圖，下列說法正確的是（）A.此反應(yīng)是縮聚反應(yīng)B.水溶性小分子中所有碳原子一定共平面C.1mol甲基丙烯酸羥乙酯最多能與2mol氫氧化鈉反應(yīng)D.PHEMA可能是一種親水性聚合物〖答案〗D〖解析〗A．此反應(yīng)無小分子生成，是碳碳雙鍵發(fā)生的加聚反應(yīng)，故A錯誤；B．水溶性小分子中有兩個直接相連的飽和碳原子，采取sp3雜化，呈四面體結(jié)構(gòu)，所以所有碳原子不一定共平面，故B錯誤；C．1mol甲基丙烯酸羥乙酯有1mol酯基，最多能與1mol氫氧化鈉反應(yīng)，故C錯誤；D．PHEMA分子中存在親水基團羥基，所以可能是一種親水性聚合物，故D正確；故〖答案〗為：D。5.羥胺(NH2OH)是白色片狀晶體，熔點為32.05℃，極易溶于水，受熱易分解生成NH3和N2，常用作還原劑，也用作合成抗癌藥和農(nóng)藥的原料。羥胺結(jié)構(gòu)可看做是氨分子內(nèi)的1個氫原子被羥基取代而形成。已知：；。有關(guān)反應(yīng)的方程式錯誤的是（）A.羥胺還原的反應(yīng)：B.羥胺分解的反應(yīng)：C.向羥胺溶液中滴加過量稀硫酸：D.向(NH4)2SO4溶液中加入NH2OH：〖答案〗D〖解析〗A．羥胺具有還原性，羥胺被氧化N的化合價由-1價轉(zhuǎn)化為+1價，F(xiàn)e3+被還原為Fe2+，根據(jù)氧化還原反應(yīng)配平可得，該反應(yīng)的離子方程式為，A正確；B．由題干信息可知，羥胺(NH2OH)是白色片狀晶體，熔點為32.05℃，極易溶于水，受熱易分解生成NH3和N2，反應(yīng)中NH2OH中-1價的氮轉(zhuǎn)化為0價的氮和-3價的氮，根據(jù)氧化還原反應(yīng)配平可得，羥胺分解的反應(yīng)方程式為：3NH2OHNH3↑+N2↑+3H2O，B正確；C．由題干信息可知，，說明NH2OH為一元弱堿，故向羥胺溶液中滴加過量稀硫酸生成NH3OHHSO4，該反應(yīng)的離子方程式為：，C正確；D．原離子方程式質(zhì)量不守恒，則向(NH4)2SO4溶液中加入NH2OH的離子方程式為：，D錯誤；故〖答案〗為：D。6.羥胺是白色片狀晶體，熔點為32.05℃，極易溶于水，受熱易分解生成和，常用作還原劑，也用作合成抗癌藥和農(nóng)藥的原料。羥胺結(jié)構(gòu)可看做是氨分子內(nèi)的1個氫原子被羥基取代而形成。已知：；。下列有關(guān)說法正確的是（）A.羥胺的堿性比氨強B.與的VSEPR模型相同C.羥胺極易溶于水主要原因是形成分子內(nèi)氫鍵D.大?。骸即鸢浮紹〖解析〗A．因為羥基氧的電負性比氫更大，氮原子再結(jié)合氫原子的能力減弱，所以羥胺的堿性比氨更弱，A錯誤；B．和中的氮原子、中的氧原子價層電子對數(shù)都為4，所以與的VSEPR模型結(jié)構(gòu)相同，都是四面體形，B正確；C．羥胺分子含有-OH和-NH2，與水分子可形成分子間氫鍵，故羥胺易溶于水，C錯誤；D．銨根離子中含有4個N-H鍵，沒有孤電子對，屬于采取sp3雜化，分子中氮原子上有一對孤對電子，銨根離子中氮原子上沒有孤對電子，排斥力小，故中比中鍵角大，D錯誤；故選B。7.下列實驗設(shè)計方案和操作正確的是（）A．驗證鐵電極是否受到保護B．分離苯酚和水的混合物C．析出晶體D．測定KI溶液的濃度〖答案〗C〖解析〗A．在酸化的氯化鈉溶液中，可能會有少量鐵與氫離子反應(yīng)生成亞鐵離子，所以不能用此裝置來驗證鐵電極是否受到保護，故A錯誤；B．苯酚和水形成的是乳濁液，不能用過濾的方法分離，故B錯誤；C．在乙醇中的溶解度比在水中的要小，因此向其中加入乙醇，將析出深藍色晶體，故C正確；D．溴水具有氧化性，能腐蝕橡膠，不能用堿式滴定管盛裝，應(yīng)用酸式滴定管盛裝，故D錯誤；故〖答案〗：C。8.W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，其中僅Y、Z位于同一周期，X的s軌道電子數(shù)是p軌道電子數(shù)的4倍，W、X的最外層電子數(shù)之和與Y的最外層電子數(shù)相等，Z基態(tài)原子最外層有1個未成對電子。下列說法不正確的是（）A.第一電離能：B.X與Z形成的化合物的空間構(gòu)型是平面三角形C.X的最高價氧化物對應(yīng)的水化物是三元酸D.Y的簡單氫化物中Y的化合價是正價〖答案〗C〖祥解〗由題干信息可知，W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，其中僅Y、Z位于同一周期，則W為H，X的s軌道電子數(shù)是p軌道電子數(shù)的4倍，即X的核外電子排布為：1s22s22p1，即X為B，W、X的最外層電子數(shù)之和為4與Y的最外層電子數(shù)相等，故Y為Si，Z基態(tài)原子最外層有1個未成對電子，則Z為Cl，據(jù)此分析解題。【詳析】A．由分析可知，Y為Si、Z為Cl，根據(jù)同一周期從左往右元素第一電離能呈增大趨勢，ⅡA、ⅤA反常，可知第一電離能Cl＞Si即，A正確；B．由分析可知，X為B、Z為Cl，則X與Z形成的化合物即BCl3中中心原子B周圍的價層電子對數(shù)為：3+=3，故其的空間構(gòu)型是平面三角形，B正確；C．由分析可知，X為B，則X的最高價氧化物對應(yīng)的水化物即H3BO3，H3BO3是一元酸，其電離方程式為：H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+，C錯誤；D．由分析可知，Y為Si，由于Si的電負性小于H，故Y的簡單氫化物中Y的化合價是正價，D正確；故〖答案〗為：C。9.在一定溫度條件下，甲、乙兩個容積相等的恒容密閉容器中均發(fā)生如下反應(yīng)：3A(g)+B(g)xC(g)+D(s)，向甲中通入6molA和2molB，向乙中通入1.5molA、0.5molB和3molC和2molD，反應(yīng)一段時間后都達到平衡，此時測得甲、乙兩容器中C的體積分數(shù)都為0.2，下列敘述中正確的是（）A.若平衡時，甲、乙兩容器中A的物質(zhì)的量不相等，則x＝2B.平衡時，甲、乙兩容器中A、B的物質(zhì)的量之比不相等C.平衡時甲中A的體積分數(shù)為40%D.若平衡時兩容器中的壓強不相等，則兩容器中壓強之比為8∶5〖答案〗D〖祥解〗反應(yīng)一段時間后都達到平衡，此時測得甲、乙兩容器中C的體積分數(shù)都為0.2，說明甲乙兩容器為等效平衡狀態(tài)，D為固體，應(yīng)滿足C完全轉(zhuǎn)化為A、B，應(yīng)有3+1=x，即反應(yīng)前后氣體的化學(xué)計量數(shù)之和相等，以此解答該題。【詳析】3A（g）+B（g）xC（g）+D（s）甲6200乙1.50.532反應(yīng)一段時間后都達到平衡，此時測得甲、乙兩容器中C的體積分數(shù)都為0.2，說明甲乙兩容器為等效平衡狀態(tài)。A.若平衡時，甲、乙兩容器中A物質(zhì)的量不相等，則必須滿足方程式左右氣體的計量數(shù)之和相等，所以x=4，故A錯誤；B.反應(yīng)一段時間后都達到平衡，此時測得甲、乙兩容器中C的體積分數(shù)都為0.2，由此可知甲乙是等效平衡，平衡時，甲、乙兩容器中A、B的物質(zhì)的量之比肯定相等，故B錯誤；C.C的體積分數(shù)都為0.2，則AB共占80%，而n（A）：n（B）=3：1，所以平衡時甲中A的體積分數(shù)為60%，故C錯誤；D.x=4，則反應(yīng)前后氣體壓強不變，則兩容器中壓強之比為（6+2）：（1.5+0.5+3）=8：5，故D正確。故選D。10.根據(jù)下列實驗事實能得出相應(yīng)結(jié)論是（）選項實驗事實結(jié)論A向淀粉溶液中滴加稀硫酸，水浴加熱，再加入新制的Cu(OH)2懸濁液，無磚紅色沉淀淀粉未發(fā)生水解B將試管中的CuCl2溶液加熱，再冷卻降溫，觀察實驗現(xiàn)象探究溫度對平衡移動的影響C將實驗剩余的Na2SO4固體放回原試劑瓶可以節(jié)約試劑，不浪費資源D將硝酸溶液與CaCO3混合后產(chǎn)生的氣體直接通入硅酸鈉溶液后，溶液變渾濁非金屬性：〖答案〗B〖解析〗A．淀粉溶液中滴加稀硫酸，水浴加熱后，沒有加NaOH中和硫酸，不能檢驗葡萄糖，則不能說明淀粉沒有發(fā)生水解，A不合題意；B．CuCl2溶液中存在[Cu(H2O)4]2+(藍色)+4Cl-[CuCl4]-(黃色)+4H2O，故將試管中的CuCl2溶液加熱，再冷卻降溫，觀察溶液顏色的變化能夠探究溫度對平衡移動的影響，B符合題意；C．一般剩余的藥品不能放回原瓶，防止試劑污染，則剩余的Na2SO4應(yīng)放在指定的儀器中，C不合題意；D．硝酸易揮發(fā)，應(yīng)除掉硝酸后再通入硅酸鈉溶液，否則無法比較H2CO3和H2SiO3的酸性強弱，即無法得出C的非金屬性強于Si，D不合題意；故〖答案〗為：B。11.電催化氮還原反應(yīng)法(NRR)是以水和氮氣為原料，在常溫常壓下通過電化學(xué)方法催化合成氨氣，其工作電極材料是由六亞甲基四胺(HMTA)與三氯化釩合成的二維釩基復(fù)合納米材料(簡稱V-HMTA)。其工作原理如圖所示，下列說法錯誤的是（）A.石墨電極與外接電源正極相連B.工作電極V-HMTA具有較高的表面積，能提高單位時間內(nèi)氨氣的產(chǎn)率C.電路中通過0.06mol電子時，兩極共有0.035mol氣體逸出D.隔膜為質(zhì)子交換膜〖答案〗D〖祥解〗由題意可知該原理是用電解法將氮氣合成氨氣，故左側(cè)工作電極為陰極，電極反應(yīng)式為N2+6e-+6H2O=2NH3+6OH-，右側(cè)石墨電極為陽極，電極反應(yīng)式為4OH--4e-=O2↑+2H2O。【詳析】A．由分析可知工作電極為陰極，石墨電極為陽極，則石墨電極與外接電源正極相連，A正確；B．工作電極V-HMTA具有較高的表面積，能吸附氮氣，加快反應(yīng)速率，從而提高單位時間內(nèi)氨氣的產(chǎn)率，B正確；C．陰極電極反應(yīng)式為N2+6e-+6H2O=2NH3+6OH-，陽極電極反應(yīng)式為4OH--4e-=O2↑+2H2O，電路中通過0.06mol電子時，陰極產(chǎn)生0.02mol氣體，陽極產(chǎn)生0.015mol氣體，兩級共產(chǎn)生0.035mol氣體，C正確；D．結(jié)合電極反應(yīng)式可知隔膜為允許氫氧根離子通過的陰離子交換膜，D錯誤；〖答案〗選D。12.某溫度下，改變?nèi)芤旱膒H，各種含鉻元素粒子的濃度變化如圖所示(已知是二元酸，其電離常數(shù)為、)，下列有關(guān)說法錯誤的是（）A.該溫度下的B.該溫度下的數(shù)量級為C.該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)為D.B點溶液中：〖答案〗D〖解析〗A．只與溫度有關(guān)，取D點數(shù)據(jù)，當(dāng)時，，則，A說法正確；B．取A點數(shù)據(jù)，，，數(shù)量級為，B說法正確；C．該溫度下反應(yīng)平衡常數(shù)，取C點數(shù)據(jù)，，C說法正確；D．由圖可知，B點，，根據(jù)電荷守恒：，溶液顯酸性，，則，D說法錯誤；〖答案〗選D。13.北京冬奧會使用的碲化鎘(CdTe)太陽能電池，能量轉(zhuǎn)化效率較高。立方晶系CdTe的晶胞結(jié)構(gòu)如圖甲所示，其晶胞參數(shù)為apm。下列說法正確的是（）A.Cd的配位數(shù)為4 B.相鄰兩個Te的核間距為C.晶體的密度為 D.若按圖乙虛線方向切甲，可得到圖丙〖答案〗A〖解析〗A．由題干晶胞甲圖所示信息可知，Cd位于8個頂點和6個面心，Te位于體內(nèi)，故Cd的配位數(shù)即離某個Cd原子距離相等且最近的Te原子個數(shù)，故為4，A正確；B．由題干晶胞甲圖所示信息可知，相鄰兩個Te的核間距為面對角線的一半即為，B錯誤；C．由題干晶胞甲圖所示信息可知，Cd位于8個頂點和6個面心，Te位于體內(nèi)，則一個晶胞中含有Cd個數(shù)為：=4，Te原子個數(shù)為4個，故一個晶胞的質(zhì)量為：g，晶胞參數(shù)為apm，則一個晶胞的體積為：(a×10-10)3，故晶體的密度為，C錯誤；D．由題干晶胞甲圖所示信息可知，若按圖乙虛線方向切甲，可得到圖示為，即體心上沒有原子，D錯誤；故〖答案〗為：A。14.中科大某課題組通過自由基雜環(huán)反應(yīng)直接合成各種稠合的內(nèi)酰胺，應(yīng)用于鈣鈦礦電池器件中。底物與Cu(Ⅰ)物種通過電子轉(zhuǎn)移經(jīng)歷兩種途徑得到目標產(chǎn)物D。下列說法錯誤的是（）A.Cu(Ⅰ)物種是催化劑 B.底物具有氧化性C.兩種途徑不同，總反應(yīng)的反應(yīng)熱也不同 D.合成過程中中碳碳雙鍵斷裂〖答案〗C〖解析〗A．Cu(Ⅰ)第一步消耗，最后一步生成,是催化劑物,A正確；Ｂ．底物將Ｃu(Ⅰ)氧化為Ｃu(Ⅱ)，具有氧化性，B正確；Ｃ．兩種途徑雖不同，但反應(yīng)熱相同，C錯誤；Ｄ．由圖可知，C60中有六元環(huán)上的碳碳雙鍵發(fā)生了斷裂，D正確；故〖答案〗選C。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.檸檬酸亞鐵是一種高效補鐵劑，實驗室可通過鐵粉制備，反應(yīng)原理簡示如下：實驗步驟：①取15g鐵粉，用，邊攪拌邊加熱，至反應(yīng)完全，過濾，以濾液制備()晶體。②取9g精制的，緩慢加入溶液，靜置40min后有大量沉淀析出，過濾洗滌，得晶體。③在燒杯中加入6g檸檬酸、80mL水、邊加熱邊攪拌至晶體析出，過濾洗滌干燥得晶體?；卮鹣铝袉栴}：（1）請利用原子結(jié)構(gòu)的相關(guān)知識解釋三價鐵比二價鐵穩(wěn)定原因_____________________。（2）溶液制備晶體常用兩種方法：方法?。合葘V液進行蒸發(fā)濃縮至稀糊狀，可選用儀器有酒精燈、玻璃棒、___________(從下列儀器中選擇并填寫名稱，后一問相同要求)等，再將濃縮液冷卻至室溫，用_______(儀器名稱)過濾，其優(yōu)點是___________。方法ⅱ：將濾液冷卻靜置后，用玻璃棒摩擦燒杯壁，先有少量規(guī)則晶體出現(xiàn)，后有大量晶體晶體出現(xiàn)。試回答，用玻璃棒摩擦燒杯壁的作用____________________。（3）寫出制備碳酸亞鐵的離子方程式_______________________________。（4）利用鄰二氮菲與生成穩(wěn)定橙紅色配合物，最大吸收波長為510nm這一特征可用來檢測含量，某同學(xué)將上述所制晶體全部溶解于試管中后，添加25mL3mol/L鄰二氮菲溶液后，可獲得最大吸收波長，則晶體質(zhì)量為_______g。（5）不用酸性高錳酸鉀溶液滴定最可能的原因是___________________________?！即鸢浮剑?）基態(tài)鐵離子價電子排布式為，基態(tài)亞鐵離子價電子排布式為，前者為半充滿結(jié)構(gòu)、更穩(wěn)定（2）蒸發(fā)皿布氏漏斗減壓過濾速度快，減少二價鐵的氧化，可得更純凈的晶體玻璃棒摩擦燒杯壁會形成微小晶核，便于晶體結(jié)晶（3）（4）6.15g（5）酸性高錳酸鉀可氧化檸檬酸根離子〖祥解〗亞鐵離子具有強還原性，容易被氧氣、高錳酸鉀等氧化，制備亞鐵鹽要盡可能防止氧化，檸檬酸根具有還原性，酸性高錳酸鉀可氧化檸檬酸根離子，測定檸檬酸亞鐵鹽含量時要選適合的方法，為防止結(jié)果偏大，不能選用高錳酸鉀溶液滴定檸檬酸亞鐵?！驹斘觥浚?）請利用原子結(jié)構(gòu)的相關(guān)知識解釋三價鐵比二價鐵穩(wěn)定原因：基態(tài)鐵離子價電子排布式為，基態(tài)亞鐵離子價電子排布式為，前者為半充滿結(jié)構(gòu)、更穩(wěn)定。（2）將濾液進行蒸發(fā)濃縮至稀糊狀，可選用儀器有酒精燈、玻璃棒、蒸發(fā)皿等，再將濃縮液冷卻至室溫，用布氏漏斗儀器名稱)過濾，其優(yōu)點是：減壓過濾速度快，減少二價鐵的氧化，可得更純凈的晶體。結(jié)晶時用玻璃棒摩擦燒杯壁，先有少量規(guī)則晶體出現(xiàn)，后有大量晶體晶體出現(xiàn)。則用玻璃棒摩擦燒杯壁的作用：玻璃棒摩擦燒杯壁會形成微小晶核，便于晶體結(jié)晶。（3）取9g精制的，緩慢加入溶液，靜置40min后有大量生成，碳酸氫根轉(zhuǎn)變?yōu)樘妓岣a(chǎn)生沉淀的同時，釋放出的氫離子與碳酸氫根能產(chǎn)生二氧化碳，則制備碳酸亞鐵的離子方程式為:。（4）利用鄰二氮菲與生成穩(wěn)定橙紅色配合物，最大吸收波長為510nm這一特征可用來檢測含量，某同學(xué)將上述所制晶體全部溶解于試管中后，添加25mL3mol/L鄰二氮菲溶液后，可獲得最大吸收波長，則按關(guān)系式3~~~可知，晶體的物質(zhì)的量為0.025L×3mol/L=0.025mol，質(zhì)量為6.15g。（5）高錳酸鉀溶液具有強氧化性，檸檬酸根具有還原性，二者能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，則不用酸性高錳酸鉀溶液滴定最可能原因是酸性高錳酸鉀可氧化檸檬酸根離子。16.粗氫氧化鈷Co(OH)3是以銅鈷礦為原料濕法提取而得到的粗制鈷鹽中間品，含有MnOOH以及Al2O3、Fe3O4、Mg等雜質(zhì)，粗氫氧化鈷濕法制取精制硫酸鈷流程如下：（1）浸出時添加還原劑SO2對原料中的錳和_______(填元素名稱)進行有效浸出。保持溫度，流速等條件不變，Co浸出率與時間關(guān)系如圖所示，則濃度最適宜為_______mol/L。（2）“除雜”時混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強氧化性的過一硫酸。被氧化為，該反應(yīng)的離子方程式為______________________(已知：的電離第一步完全，第二步微弱)。生石灰調(diào)節(jié)_______(保留一位小數(shù))時，檢驗反應(yīng)后的濾液中恰好不存在(已知：的，離子濃度時沉淀完全)。（3）在萃取劑一定量情況下，提高萃取率的措施有________________(答出一點即可)，萃取后水相溶液中存在的金屬離子有__________。（4）硫酸鈷的溶解度曲線如圖所示，從溶液中獲得CoSO4?7H2O的方法是__________。〖答案〗（1）鈷、鐵3.0（2）H2O+Mn2++=MnO2++3H+3.5（3）分多次加入萃取劑Mn2+（4）蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶，過濾洗滌，低溫干燥〖祥解〗由題干工藝流程圖可知，將粗氫氧化鈷用水磨成漿后加入H2SO4和SO2進行浸出，將Co轉(zhuǎn)化為Co2+，F(xiàn)e轉(zhuǎn)化為Fe2+、Al轉(zhuǎn)化為Al3+、Mg轉(zhuǎn)化為Mg2+，Mn轉(zhuǎn)化為Mn2+，過濾除去其他不溶性雜質(zhì)，向濾液中加入生石灰，熱空氣和SO2，將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3、Al3+轉(zhuǎn)化為Al(OH)3，過濾出Fe(OH)3和Al(OH)3，向濾液中加入萃取劑P2O4以萃取Co2+，分液出水層含有Mn2+和有機相含有Co2+，對有機相進行反萃取得到水層含有CoSO4，據(jù)此分析解題。【詳析】（1）由分析可知，浸出時加入H2SO4和SO2進行浸出，將Co轉(zhuǎn)化為Co2+，F(xiàn)e轉(zhuǎn)化為Fe2+、Al轉(zhuǎn)化為Al3+、Mg轉(zhuǎn)化為Mg2+，Mn轉(zhuǎn)化為Mn2+，故添加還原劑SO2對原料中的錳和鈷、鐵進行有效浸出，保持溫度，SO2流速等條件不變，根據(jù)Co浸出率與時間關(guān)系圖所示信息可知，H2SO4濃度為3.0mol/L時浸出速率最快，故硫酸濃度最適宜為3.0mol/L，故〖答案〗為：鈷、鐵；3.0；（2）“除雜”時混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強氧化性的過一硫酸(H2SO5)，H2SO5中含有一個過氧鍵，故被H2SO5氧化為，H2SO5轉(zhuǎn)化為H2SO4，該反應(yīng)的離子方程式為：H2O+Mn2++=MnO2++3H+，檢驗反應(yīng)后的濾液中恰好不存在，即Fe3+離子濃度時，此時c(OH-)===10-10.5，則c(H+)===10-3.5mol/L，即生石灰調(diào)節(jié)pH=3.5，故〖答案〗為：H2O+Mn2++=MnO2++3H+；3.5；（3）在萃取劑一定量的情況下，分多次加入萃取劑能夠提高萃取率，由分析可知，萃取后水相溶液中存在的金屬離子有Mn2+，故〖答案〗為：分多次加入萃取劑；Mn2+；（4）由題干硫酸鈷的溶解度曲線圖示信息可知，CoSO4?7H2O的溶解度隨溫度升高而明顯增大，故從溶液中獲得CoSO4?7H2O的方法是蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶，過濾洗滌，低溫干燥，故〖答案〗為：蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶，過濾洗滌，低溫干燥。17.以CO和CO2為原料合成有機物，是科學(xué)家研究的主要課題?；卮鹣铝袉栴}：（1）CO2與H2催化重整制備CH3OCH3的過程中存在以下反應(yīng)：I．；Ⅱ．。已知：相關(guān)物質(zhì)能量變化的示意圖如圖所示：①由已知信息可知_______。②向密閉容器中以物質(zhì)的量之比為1∶3充入CO2與H2，實驗測得CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度和壓強的變化關(guān)系如圖所示。由圖