福建省漳州市2024年高考化學(xué)模擬試題（含答案）2

福建省漳州市2024年高考化學(xué)模擬試題姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二總分評(píng)分一、單選題1．明代宋應(yīng)星所著《天工開(kāi)物》中詳細(xì)介紹了竹紙的制造工藝流程，其中“煮楻足火”工序是指加入石灰蒸煮以除去竹料中的木質(zhì)素、樹(shù)膠等雜質(zhì)。另外，為了防止書(shū)寫(xiě)時(shí)墨跡在紙面擴(kuò)散，古代及現(xiàn)代造紙都要加入一些礦物性白粉填充紙纖維之間的孔隙。下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是A．紙的主要化學(xué)成分為纖維素，纖維素屬于多糖B．紙張中的纖維素之間是通過(guò)氫鍵和范德華力相結(jié)合的C．紙張燃燒后產(chǎn)生的灰白色部分主要成分為碳D．推測(cè)木質(zhì)素分子中可能含有酸性官能團(tuán)2．布洛芬是一種用于小兒發(fā)熱的經(jīng)典解熱鎮(zhèn)痛藥，異丁基苯是合成它的一種原料，二者的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖。下列說(shuō)法正確的是A．異丁基苯屬于芳香烴，與對(duì)二乙苯互為同分異構(gòu)體B．異丁基苯和布洛芬中碳原子均有sp和spC．1mol布洛芬與足量的Na2D．兩者均能發(fā)生加成、取代和消去反應(yīng)3．中國(guó)科學(xué)院天津工業(yè)生物技術(shù)研究所科研團(tuán)隊(duì)在實(shí)驗(yàn)室里首次實(shí)現(xiàn)了以CO2為原料人工合成淀粉，其合成路線如圖所示。設(shè)A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4B．1molCH3C．HCHO和DHA混合物中含有的C原子數(shù)目為2D．1molDHA中含有σ鍵數(shù)目為74．用如圖所示裝置(夾持裝置均已省略)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，不能達(dá)到目的的是A．除去乙烷中的乙烯 B．測(cè)定中和反應(yīng)的反應(yīng)熱C．驗(yàn)證還原性：S2->Cl- D．分離NH4CI和NaCl固體5．下列離子方程式書(shū)寫(xiě)正確的是A．用鐵電極電解飽和食鹽水：Fe+2B．NH4Al(SC．向少量苯酚稀溶液中滴加飽和溴水，生成白色沉淀：D．向酸性KMnO46．2022年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)授予了對(duì)“點(diǎn)擊化學(xué)”和“生物正交化學(xué)”做出貢獻(xiàn)的三位科學(xué)家。以炔烴和疊氮化合物為原料的疊氮—炔基Husigen成環(huán)反應(yīng)是點(diǎn)擊化學(xué)的代表反應(yīng)，其反應(yīng)原理如圖所示(其中［Cu］為一價(jià)銅)；下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．反應(yīng)①消耗的［Cu］大于反應(yīng)⑤生成的［Cu］B．該反應(yīng)原子利用率為100%C．若將原料換為，則產(chǎn)物為D．反應(yīng)⑤的化學(xué)方程式為+H+=+[Cu]7．工業(yè)上采用碘循環(huán)工藝處理工業(yè)尾氣SO2，同時(shí)制得H2，其工藝流程如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．反應(yīng)器中的反應(yīng)的化學(xué)方程式為SB．分離器中物質(zhì)分離操作為蒸餾C．膜反應(yīng)器中加入2molHI，生成可循環(huán)的I2D．碘循環(huán)工藝中每制取標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4LH2，理論上能處理工業(yè)尾氣8．礦物藥M具有補(bǔ)血功效，結(jié)構(gòu)如圖所示，X、Y、Z和W為原子序數(shù)依次增大的元素，原子序數(shù)之和為51，Y和Z同主族，四種元素中只有W為金屬，W3+A．簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性：Y>Z B．該物質(zhì)易被氧化，需密封保存C．W與Y之間可以形成多種化合物 D．X2Y的鍵角大于9．南京大學(xué)研究團(tuán)隊(duì)設(shè)計(jì)了一種水系分散的聚合物微粒“泥漿”電池，該電池(如圖)在充電過(guò)程中，聚對(duì)苯二酚被氧化，H+A．放電時(shí)，b為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)B．放電時(shí)，a極上的電極反應(yīng)：C．充電時(shí)，H+D．充電時(shí)，在陰極被還原10．常溫下，用0.10mol/LNaOH溶液分別滴定20.00mL濃度均為0.10mol/L的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲線如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A．兩種一元弱酸的電離常數(shù)：KB．溶液中水的電離程度：③>②>①C．pH=7時(shí)，c(CD．滴定時(shí)均可選用甲基橙作指示劑，指示滴定終點(diǎn)二、非選擇題11．FeCl3是中學(xué)常見(jiàn)的試劑，某實(shí)驗(yàn)小組用以下裝置制備FeCl3固體，并探究FeCl3溶液與Cu的反應(yīng)。已知：FeCl3晶體易升華，F(xiàn)eCl3溶液易水解。（1）Ⅰ．FeCl3的制備裝置C中堿石灰的作用是。（2）F的名稱為，從D、E、F中選擇合適的裝置制備純凈的Cl2，正確的接口順序?yàn)閍-（3）寫(xiě)出裝置D中制備Cl2的離子方程式（4）Ⅱ．探究FeCl3溶液與Cu的反應(yīng)向4mL0.1mol/LFeCl3溶液中滴加幾滴0.2mol/LKSCN溶液，溶液變紅；再加入過(guò)量Cu粉，溶液紅色褪去，不久有白色沉淀產(chǎn)生。查閱資料可知：CuCl和CuSCN均為難溶于水的白色固體。針對(duì)白色沉淀同學(xué)們有以下猜想：猜想1：Cu2+與過(guò)量的Cu粉反應(yīng)生成Cu+，再結(jié)合猜想2：Cu2+與SCN?發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Cu針對(duì)上述猜想，實(shí)驗(yàn)小組同學(xué)設(shè)計(jì)了以下實(shí)驗(yàn)：實(shí)驗(yàn)編號(hào)操作現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)1加入銅粉后無(wú)現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)2溶液很快由藍(lán)色變?yōu)榫G色，未觀察到白色沉淀；2h后溶液為綠色，未觀察到白色沉淀；24h后，溶液綠色變淺，試管底部有白色沉淀實(shí)驗(yàn)結(jié)果說(shuō)明猜想(填“1”或“2”)不合理。（5）根據(jù)實(shí)驗(yàn)2中的現(xiàn)象進(jìn)一步查閱資料發(fā)現(xiàn)：i．Cu2+與反應(yīng)A：Cu反應(yīng)B：2Cuii．[[Cu(SCN①由實(shí)驗(yàn)2中的現(xiàn)象推測(cè)，反應(yīng)速率：A(填“>”或“<”)B，說(shuō)明反應(yīng)B(填“是”或“不是”)產(chǎn)生CuSCN的主要原因。②進(jìn)一步查閱資料可知，當(dāng)反應(yīng)體系中同時(shí)存在Fe2+、Cu2+、SCN?時(shí)，Cu2+氧化性增強(qiáng)，可將Fe2+氧化為Fe（6）若向100mL?a?mol?L?1CuSO4溶液中滴加足量的KSCN和FeCl2的混合溶液，經(jīng)過(guò)一系列操作得到白色沉淀CuSCN12．工業(yè)上以硒化銀半導(dǎo)體廢料(含Ag已知：25℃。Ksp(AgCl)=2.請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）“酸溶”時(shí)，為提高廢料中硒元素的浸出率可采取的措施是(任寫(xiě)一種)，寫(xiě)出廢料中Ag2Se轉(zhuǎn)化為Se（2）制得的粗銅可通過(guò)電解法精煉，電解質(zhì)溶液可以選擇____(填字母序號(hào))。A．稀H2SO4 B．AgNO3溶液 C．（3）上述流程中，通入SO2發(fā)生氧化還原反應(yīng)獲得“粗硒”，該過(guò)程中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為（4）“沉銀”時(shí)，從平衡移動(dòng)角度解釋?zhuān)尤肷赃^(guò)量NaCl溶液的原因，計(jì)算Ag2SO4轉(zhuǎn)化成（5）“還原”時(shí)，寫(xiě)出AgCl與液態(tài)N2H4、NaOH13．CO2的回收及綜合利用越來(lái)越受到國(guó)際社會(huì)的重視，將（1）Ⅰ．以CO2、HCO2和H2該反應(yīng)歷程中活化能最小步驟的化學(xué)方程式為。（2）已知相關(guān)化學(xué)鍵的鍵能數(shù)據(jù)如下：化學(xué)鍵H?HC?HO?HC?OC=OE436414464326803結(jié)合表中數(shù)據(jù)及反應(yīng)歷程圖，寫(xiě)出由CO2和H2合成C（3）在一容積可變的密閉容器中，充入1molCO2與3molH①T1、T2、T3②請(qǐng)計(jì)算在T1溫度下，該反應(yīng)的壓強(qiáng)平衡常數(shù)Kp=（4）Ⅱ．利用下列工藝脫除并利用水煤氣中的溫室氣體C上述脫除CO2工藝中可循環(huán)利用的物質(zhì)是；某溫度下，當(dāng)吸收塔中溶液pH=9時(shí)，溶液中c(CO32?)：c(HC（5）用上述裝置電解利用CO2氣體，制取CH3OH燃料，鉑電極上的電極反應(yīng)式為（6）Ⅲ．以TiO2表面覆蓋Cu2A在不同溫度下催化劑的催化效率與乙酸的生成速率如圖所示。250～400℃時(shí)，生成乙酸的速率先減小后增大，理由是。14．磷酸鐵鋰(LiFePO4)（1）基態(tài)P原子的成對(duì)與未成對(duì)電子數(shù)之比為；最高能級(jí)的電子云輪廓圖為。（2）Li、F、P三種元素電負(fù)性由大到小的順序?yàn)?。元素的基態(tài)氣態(tài)原子得到一個(gè)電子形成氣態(tài)負(fù)一價(jià)離子時(shí)所放出的能量稱作第一電子親和能(E1)，第三周期部分元素的E1(均為正值)的大小順序?yàn)?5P<14（3）實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)表明沸點(diǎn)NH3>As（4）一種鋰電池的正極材料磷酸鐵鋰(LiFePO4)的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。其中Li+分別位于頂角、棱心、面心，O圍繞Fe和P分別形成正八面體和正四面體，它們通過(guò)共頂點(diǎn)、共棱形成空間鏈結(jié)構(gòu)。磷酸鐵鋰晶體的晶胞參數(shù)分別為anm、bnm，則磷酸鐵鋰晶體的摩爾體積V（5）多聚磷酸由磷酸(H3P15．高聚物G是一種廣泛用在生產(chǎn)生活中的合成纖維，由A與E為原料制備J和G的合成路線如下：已知：①酯能被LiAlH4還原為醇②→H2回答下列問(wèn)題：（1）A的名稱為，E中官能團(tuán)的名稱為。（2）B生成C的化學(xué)方程式為。（3）D轉(zhuǎn)化為H的反應(yīng)類(lèi)型為。（4）I的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。（5）芳香族化合物M是B的同分異構(gòu)體，符合下列要求的M有種(不考慮立體異構(gòu))。①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)②能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)③苯環(huán)上有4個(gè)取代基，且核磁共振氫譜顯示有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫，且峰面積之比為1：1：1（6）請(qǐng)以1-氯乙烷為原料，寫(xiě)出合成丙酸乙酯的合成路線，其他無(wú)機(jī)試劑可以任選。。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．紙的主要化學(xué)成分為纖維素，纖維素是由單糖縮合而成的大分子，屬于多糖，A不符合題意；B．纖維素是由葡萄糖聚合鏈組成的高分子多糖，這些鏈之間通過(guò)氫鍵和范德華力相互作用形成了纖維素，B不符合題意；C．紙張燃燒后產(chǎn)生的灰白色部分主要成分為瓷土、碳酸鈣鈦等造紙?zhí)畛淞希珻符合題意；D．由題干信息可知，木質(zhì)素能與堿反應(yīng)，說(shuō)明其具有一定的酸性，故推測(cè)木質(zhì)素分子中可能含有酸性官能團(tuán)，D不符合題意；故答案為：C。【分析】A．纖維素是由單糖縮合而成的大分子，屬于多糖；B．纖維素是由葡萄糖聚合鏈組成的高分子多糖；C．碳為黑色固體，灰白色部分主要成分為瓷土、碳酸鈣鈦等；D．利用題干信息“木質(zhì)素能與堿反應(yīng)”分析。2．【答案】A【解析】【解答】A．分子式相同，結(jié)構(gòu)不同的物質(zhì)互為同分異構(gòu)體，異丁基苯屬于芳香烴，與對(duì)二乙苯互為同分異構(gòu)體，A符合題意；B．異丁基苯中的碳為sp2和sp3雜化，布洛芬中碳原子為sp2和spC．布洛芬中的羧基可以和碳酸鈉反應(yīng)，Na2CD．兩者均能發(fā)生加成、取代反應(yīng)，不能發(fā)生消去反應(yīng)，D不符合題意；故答案為：A?！痉治觥緼．分子式相同，結(jié)構(gòu)不同的物質(zhì)互為同分異構(gòu)體；B．依據(jù)價(jià)層電子對(duì)數(shù)=σ鍵數(shù)+孤電子對(duì)數(shù)，由價(jià)層電子對(duì)數(shù)確定雜化類(lèi)型；CD．根據(jù)官能團(tuán)的性質(zhì)判斷。3．【答案】C【解析】【解答】A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L14CO2B．CH3OH的碳為中心的結(jié)構(gòu)為四面體結(jié)構(gòu)，單鍵可以旋轉(zhuǎn)，1molCC．DHA的分子式為C3H6O3，與HCHO最簡(jiǎn)式相同，都為CH2D.1個(gè)單鍵含有1個(gè)σ鍵，1個(gè)雙鍵含有1個(gè)σ鍵和1個(gè)Π鍵，根據(jù)DHA的結(jié)構(gòu)式：，1molDHA中含有σ鍵數(shù)目為11，D不符合題意；故答案為：C?！痉治觥緼.1mol14CB．甲烷是正四面體形結(jié)構(gòu)且單鍵可以沿鍵軸方向旋轉(zhuǎn)判斷；C．依據(jù)二者最簡(jiǎn)式相同分析；D.依據(jù)單鍵是σ鍵，雙鍵一個(gè)σ鍵和一個(gè)π鍵，三鍵是一個(gè)σ鍵和兩個(gè)π鍵。4．【答案】B【解析】【解答】A．乙烯能與溴反應(yīng)，而乙烷不與溴反應(yīng)且不溶于溴，可將混合氣體通過(guò)足量溴水除去乙烷中的乙烯，A不符合題意；B．溫度計(jì)需要測(cè)量反應(yīng)溶液的溫度，不是測(cè)量隔熱層的溫度，B符合題意；C．濃鹽酸和高錳酸鉀反應(yīng)生成Cl2，Cl2可以氧化S2-，反應(yīng)生成S和Cl-，可以證明還原性：S2->Cl-，C不符合題意；D．氯化銨受熱分解為氯化氫和氨氣，遇冷又結(jié)合為氯化銨固體，NaCl受熱不分解，所以能用圖示方法分離NH4Cl和NaCl固體，D不符合題意；故答案為：B。【分析】B中溫度計(jì)需要測(cè)量反應(yīng)溶液的溫度，其它選項(xiàng)設(shè)計(jì)合理。5．【答案】A【解析】【解答】A．用鐵電極電解飽和食鹽水，陽(yáng)極鐵放電，離子方程式為：Fe+2HB．NH4Al(SO4)2溶液中C．向少量苯酚稀溶液中滴加飽和溴水，生成白色沉淀為2，4，6-三溴苯酚，離子方程式為3H++3Br-+，故C不符合題意；D．向酸性KMnO4溶液中滴入雙氧水生成氧氣，離子方程式為：故答案為：A。

【分析】A．若陽(yáng)極材料為活性電極（Fe、Cu)等金屬，則陽(yáng)極反應(yīng)為電極材料失去電子；若為惰性材料，則根據(jù)陰陽(yáng)離子的放電順序分析；B．漏寫(xiě)部分離子反應(yīng)；C．氫溴酸是強(qiáng)酸，拆；D．得失電子不守恒。6．【答案】A【解析】【解答】A．由題干反應(yīng)歷程圖可知，該轉(zhuǎn)化的總反應(yīng)為：+R2-N3→[Cu]，[Cu]作催化劑，催化劑在反應(yīng)前后的質(zhì)量和性質(zhì)均保持不變，故反應(yīng)①消耗的［Cu］等于反應(yīng)⑤生成的［Cu］，A符合題意；B．由題干反應(yīng)歷程圖可知，該轉(zhuǎn)化的總反應(yīng)為：+R2-N3→[Cu]，該反應(yīng)為加成反應(yīng)，故該反應(yīng)原子利用率為100%，B不符合題意；C．由題干反應(yīng)歷程圖可知，該轉(zhuǎn)化的總反應(yīng)為：+R2-N3→[Cu]，若將原料換為，則產(chǎn)物為，C不符合題意；D．反應(yīng)⑤的化學(xué)方程式為+H+=+[Cu]，D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A．依據(jù)題干反應(yīng)歷程圖，催化劑在反應(yīng)前后的質(zhì)量和性質(zhì)均保持不變；B．依據(jù)總反應(yīng)為加成反應(yīng)分析；C．利用類(lèi)比法分析；D．依據(jù)題干反應(yīng)歷程圖分析。7．【答案】C【解析】【解答】A.由題干轉(zhuǎn)化流程圖可知，反應(yīng)器中的反應(yīng)的化學(xué)方程式為SOB.分離器中為氫碘酸和硫酸的分離，應(yīng)采用沸點(diǎn)不同進(jìn)行蒸餾分離，故B不符合題意；C.膜反應(yīng)器中反應(yīng)為2HI?I2+H2D.由A和C分析可知，碘循環(huán)工藝中每制取標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4LH2，理論上能處理工業(yè)尾氣故答案為：C。

【分析】A、結(jié)合箭頭的起始和終止，可以知道反應(yīng)物為二氧化硫、碘和水，生成物為硫酸和碘化氫；

B、碘化氫和硫酸都是液體，沸點(diǎn)不同，采用蒸餾法分離；

C、碘化氫的分解為可逆反應(yīng)，無(wú)法完全轉(zhuǎn)化；

D、結(jié)合化學(xué)計(jì)量數(shù)之比等于物質(zhì)的量之比判斷。8．【答案】D【解析】【解答】A．Y為O、Z為S，O的非金屬性強(qiáng)于S，簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性：Y>Z，A不符合題意；B．該物質(zhì)中Fe為+2價(jià)，易被氧化，需密封保存，B不符合題意；C．W為Fe，Y為O，可以形成多種化合物FeO、Fe2O3、Fe3O4等多種化合物，C不符合題意；D．X2Y為H2O，ZY42?故答案為：D。

【分析】A、氫化物的穩(wěn)定性即比較非金屬性；

B、亞鐵離子容易被氧化；

C、鐵和氧可以形成三種氧化物；

D、孤電子對(duì)可以導(dǎo)致鍵角變小。9．【答案】D【解析】【解答】A．充電過(guò)程中，聚對(duì)苯二酚被氧化，a為陽(yáng)極，b為陰極，所以放電時(shí)b為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，A不符合題意；B．放電時(shí)，a極為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為：，B不符合題意；C．充電時(shí)，陽(yáng)離子向陰極移動(dòng)，a為陽(yáng)極，b為陰極，所以H+D．充電時(shí)，陰極發(fā)生還原反應(yīng)生成，D符合題意；故答案為：D。

【分析】新型二次電池的判斷：

1、化合價(jià)升高的為負(fù)極，失去電子，化合價(jià)降低的為正極，得到電子；

2、電極反應(yīng)式的書(shū)寫(xiě)要注意，負(fù)極反應(yīng)為負(fù)極材料失去電子化合價(jià)升高，正極反應(yīng)為正極材料得到電子化合價(jià)降低，且要根據(jù)電解質(zhì)溶液的酸堿性判斷，酸性溶液不能出現(xiàn)氫氧根，堿性溶液不能出現(xiàn)氫離子，且電極反應(yīng)式要滿足原子守恒；若是充電過(guò)程，則負(fù)極作為陰極，正極作為陽(yáng)極，陰極電極反應(yīng)式為負(fù)極的逆反應(yīng)，陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為正極的逆反應(yīng)。10．【答案】B【解析】【解答】A．同濃度的酸溶液，電離平衡常數(shù)越大，溶液酸性越強(qiáng)，起始時(shí)CH3COOH溶液pH較小，則CH3COOH酸性較強(qiáng)，則室溫下，電離平衡常數(shù)：Ka(CH3COOH)＞Ka(HCN)，A不符合題意；B．由題干圖示信息可知，①對(duì)應(yīng)溶液顯酸性，以CH3COOH的電離為主，此時(shí)抑制水的電離，②對(duì)應(yīng)溶液呈中性，此時(shí)溶液中CH3COOH電離和CH3COO-相當(dāng)，對(duì)水的電離幾乎無(wú)影響，而③對(duì)應(yīng)溶液中溶質(zhì)為CH3COONa，由于CH3COO-水解促進(jìn)水的電離，故溶液中水的電離程度：③>②>①，B符合題意；C．根據(jù)電荷守恒可知，溶液中分別有：c(CN-)+c(OH-)=c(Na+)1+c(H+)，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)2+c(H+)，pH=7時(shí)，則有c(CN-)=c(Na+)1，c(CH3COO-)=c(Na+)2，由圖可知，c(Na+)2＞c(Na+)1，即c(CHD．由題干圖示信息可知，滴定終點(diǎn)溶液均顯堿性，故滴定時(shí)均應(yīng)選酚酞作指示劑，不能選用甲基橙作指示劑，指示滴定終點(diǎn)，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A、酸性越強(qiáng)，電離平衡常數(shù)越大；

B、酸、堿的抑制會(huì)抑制水的電離，鹽的水解會(huì)促進(jìn)水的電離；

C、結(jié)合電荷守恒判斷；

D、強(qiáng)堿弱酸的滴定應(yīng)該用酚酞作為指示劑。11．【答案】（1）吸收多余的Cl2，用于尾氣處理，同時(shí)可以防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入收集器中，防止FeCl3水解變質(zhì)（2）U形干燥管；b→c→d→e（3）MnO2+4H++2Cl-Δ__Mn2++Cl2↑+2H（4）1（5）＞；不是；Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+（6）b【解析】【解答】（1）由分析可知，裝置C中堿石灰的作用是用于吸收多余的Cl2，用于尾氣處理，同時(shí)可以防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入收集器中，防止FeCl3水解變質(zhì)，故答案為：吸收多余的Cl2，用于尾氣處理，同時(shí)可以防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入收集器中，防止FeCl3水解變質(zhì)；（2）由題干實(shí)驗(yàn)裝置圖可知，F(xiàn)的名稱為U形干燥管，從D、E、F中選擇合適的裝置制備純凈的Cl2，正確的接口順序?yàn)閍→b→c→d→e，故答案為：U形干燥管；b→c→d→e；（3）由分析可知，裝置D為實(shí)驗(yàn)制備Cl2的發(fā)生裝置，原理為：MnO2+4HCl(濃)Δ__MnCl2+Cl2↑+2H2O，該反應(yīng)的離子方程式為：MnO2+4H++2Cl-Δ__Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案為：MnO2+4H++2Cl-Δ__Mn（4）由題干對(duì)比實(shí)驗(yàn)1、2操作和現(xiàn)象可知，實(shí)驗(yàn)1的反應(yīng)物質(zhì)含有Cl-，而實(shí)驗(yàn)2中的反應(yīng)物中不含Cl-，結(jié)果實(shí)驗(yàn)1無(wú)白色沉淀生成，而實(shí)驗(yàn)2生成白色沉淀，說(shuō)明產(chǎn)生的白色沉淀為CuSCN，故實(shí)驗(yàn)結(jié)果說(shuō)明猜想1不合理，故答案為：1；（5）①由實(shí)驗(yàn)2中的現(xiàn)象即溶液很快由藍(lán)色變?yōu)榫G色，未觀察到白色沉淀；2h后溶液為綠色，未觀察到白色沉淀；24h后，溶液綠色變淺，試管底部有白色沉淀可推測(cè)，反應(yīng)速率：A>B，反應(yīng)B太慢，因此說(shuō)明反應(yīng)B不是產(chǎn)生CuSCN的主要原因，故答案為：＞；不是；②進(jìn)一步查閱資料可知，當(dāng)反應(yīng)體系中同時(shí)存在Fe2+、Cu2+、SCN?時(shí)，Cu2+氧化性增強(qiáng)，可將Fe2+氧化為Fe3+。據(jù)此將實(shí)驗(yàn)2改進(jìn)，向CuSO4溶液中同時(shí)加入KSCN、FeCl2，立即生成白色沉淀CuSCN，即Cu2+先將Fe2+氧化為Fe3+，自身被還原為Cu+，然后Cu+與SCN-結(jié)合為CuSCN白色沉淀，該反應(yīng)的離子方程式為：Cu（6）若向100mL?a?mol?L?1CuSO4溶液中滴加足量的KSCN和FeCl2的混合溶液，根據(jù)銅原子守恒可知，理論上應(yīng)該生成CuSCN的物質(zhì)的量為0.1amol，經(jīng)過(guò)一系列操作得到白色沉淀CuSCN的質(zhì)量b?g，則CuSCN

【分析】（1）堿石灰的作用時(shí)吸收尾氣和阻止外界空氣中的水蒸氣進(jìn)入裝置內(nèi)部；

（2）F為U型干燥管；

（3）二氧化錳和氫離子、氯離子加熱生成錳離子、氯氣和水；

（4）沉淀為硫氰酸亞銅；

（5）①速率慢，則說(shuō)明反應(yīng)不是主反應(yīng)；

②銅離子和亞鐵離子、硫氰酸根離子反應(yīng)生成硫氰酸亞銅和鐵離子；

（6）產(chǎn)率的計(jì)算要結(jié)合實(shí)際質(zhì)量和理論質(zhì)量的商計(jì)算。12．【答案】（1）將廢料研磨粉碎；2Ag2Se+2H2SO4+3O2=2Ag2SO4+2SeO2+2H2O（2）C；D（3）1：2（4）增大Cl-濃度，促使反應(yīng)的化學(xué)平衡正向移動(dòng)，提高AgCl的產(chǎn)率；2（5）4AgCl+N2H4+4OH-=4Ag+4Cl-+N2↑+4H2O?！窘馕觥俊窘獯稹浚?）酸溶時(shí)，為提高廢料中硒元素的浸出率，可采取的措施是將廢料研磨粉碎。Ag2Se與硫酸、O2反應(yīng)生成硫酸銀、SeO2和水，化學(xué)方程式為2Ag2Se+2H2SO4+3O2=2Ag2SO4+2SeO2+2H2O。（2）粗銅電解精煉，粗銅作陽(yáng)極，精銅作陰極，可溶性銅鹽做電解質(zhì)溶液。A．稀硫酸不是銅鹽，A不正確；B．硝酸銀不是銅鹽，B不正確；C．硫酸銅溶液為可溶性銅鹽，可用作電解質(zhì)溶液，C正確；D．氯化銅溶液為可溶性銅鹽，可用作電解質(zhì)溶液，D正確；故答案為：CD。（3）H2SeO3與SO2反應(yīng)生成H2SO4和Se，化學(xué)方程式為H2SeO3+2SO2+H2O=2H2SO4+Se，該反應(yīng)中氧化劑為H2SeO3，還原劑為SO2，氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為1：2。（4）沉銀時(shí)Ag2SO4與Cl-反應(yīng)生成AgCl沉淀和硫酸根離子，加入稍過(guò)量的NaCl，增大Cl-濃度，促使反應(yīng)的化學(xué)平衡正向移動(dòng)，提高AgCl的產(chǎn)率。Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)=2AgCl(s)+SO42?(aq)，K=c（5）AgCl與N2H4、NaOH反應(yīng)生成Ag的離子方程式為4AgCl+N2H4+4OH-=4Ag+4Cl-+N2↑+4H2O。

【分析】（1）提高浸取率可以通過(guò)粉碎固體增大接觸面積；

（2）粗銅精煉需要的電解質(zhì)溶液含有銅離子；

（3）結(jié)合化學(xué)方程式，根據(jù)化合價(jià)升高的物質(zhì)為還原劑，化合價(jià)降低的物質(zhì)為氧化劑進(jìn)行判斷；

（4）增大氯離子的濃度，可以使氯化銀的溶解平衡朝逆向移動(dòng)，提高氯化銀的產(chǎn)率；

（5）氯化銀和肼、氫氧根反應(yīng)生成銀、氯離子、氮?dú)夂退?3．【答案】（1）C（2）C（3）T1<（4）K2C（5）CO（6）當(dāng)溫度高于250ο【解析】【解答】（1）由圖可知，該過(guò)程中能壘最小的步驟為：CH（2）由圖可知，CO2和H2合成CH3OH的化學(xué)方程式為：CO（3）①因?yàn)樵摲磻?yīng)為放熱反應(yīng)，壓強(qiáng)不變時(shí)，溫度越高，平衡逆向移動(dòng)，CO2的轉(zhuǎn)化率越小，所以T1、T2、②平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，T1時(shí)，壓強(qiáng)為50atm，CO2n總=0.（4）根據(jù)圖示，用K2CO3溶液吸收CO2，生成KHCO3，KHCO3分解生成K2（5）由圖可知，玻碳電極產(chǎn)生O2，為陽(yáng)極，鉑電極為陰極，發(fā)生反應(yīng)的電極反應(yīng)式為：CO2+6e（6）250～400℃時(shí)，生成乙酸的速率先減小后增大，原因是當(dāng)溫度高于250ο

【分析】（1）活化能最小的步驟，即能量上升距離最短的步驟；

（2）熱化學(xué)方程式的書(shū)寫(xiě)要注意，化學(xué)計(jì)量數(shù)即為反應(yīng)的物質(zhì)的量，根據(jù)題干提供的數(shù)據(jù)，如物質(zhì)的量、質(zhì)量以及給出的反應(yīng)熱進(jìn)行對(duì)應(yīng)，根據(jù)給出的物質(zhì)的量和熱量可以列出關(guān)系式，且要注意，熱化學(xué)方程式的書(shū)寫(xiě)中，化學(xué)計(jì)量數(shù)即反應(yīng)的物質(zhì)的量，要注意，物質(zhì)的量之比等于反應(yīng)熱之比；

（3）①升高溫度，平衡朝吸熱方向移動(dòng)；

②分壓平衡常數(shù)要結(jié)合總壓強(qiáng)和總物質(zhì)的量判斷；

（4）循環(huán)利用的物質(zhì)即在某個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生，又在某個(gè)過(guò)程中作為反應(yīng)物消耗；

（5）二氧化碳得到電子，和氫離子反應(yīng)生成甲醇和水；

（6）催化劑的活性受溫度影響，溫度過(guò)高時(shí)，催化劑失去活性。14．【答案】（1）4：1；啞鈴形（2）F＞P＞Li；P的價(jià)電子排布式為3s23p3，3p能級(jí)處于半充滿狀態(tài)，相對(duì)穩(wěn)定，不易得到一個(gè)電子，P元素的第一電子親和能小于Si（3）NH3分子間存在氫鍵，而PH3、AsH3均不能形成分子間氫鍵，導(dǎo)致NH3的沸點(diǎn)比（4）a（5）(PO【解析】【解答】（1）P是15號(hào)元素，其基態(tài)原子核外電子排布式為[Ne]3s23p3，基態(tài)P原子中3p上有3個(gè)電子，則未成對(duì)電子數(shù)為3，成對(duì)電子為12，成對(duì)與未成對(duì)電子數(shù)之比為12：3=4：1；其原子核外電子占據(jù)的最高能級(jí)的電子云輪廓圖為啞鈴形；（2）同周期從左到右電負(fù)性逐漸增大，同主族從上到下電負(fù)性逐漸減小，因此Li、F、P三種元素的電負(fù)性由大到小的順序是：F＞P＞Li；第一電子親和能15P<11Si的原因?yàn)镻的價(jià)電子排布式為3s（3）NH3分子間存在氫鍵，而PH3、AsH3均不能形成分子間氫鍵，導(dǎo)致NH3的沸點(diǎn)比PH3、AsH（4）根據(jù)均攤法，Li+