2/2遼寧省部分高中2023-2024學(xué)年高三下學(xué)期第三次模擬考試化學(xué)試題2023-2024學(xué)年度下學(xué)期高三第三次模擬考試試題化學(xué)可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-1N-14O-16Al-27S-32Fe-56Zn-65第Ⅰ卷(選擇題，共45分)一、選擇題(本題共15小題，每小題3分，共45分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合要求)1.化學(xué)與生活、生產(chǎn)密切相關(guān)，下列敘述錯(cuò)誤的是A.貝殼的外殼叫方解石，內(nèi)層叫霰石，兩者都是碳酸鈣，但因結(jié)構(gòu)不同，功能不同B.分液漏斗旋塞磨口處常涂抹凡士林以增強(qiáng)密封性，凡士林是一種油脂C.阿司匹林藥效釋放快，可將它連接在高分子載體上生成長(zhǎng)效緩釋藥物D.航天飛船內(nèi)安裝盛有過(guò)氧化鈉顆粒的裝置，它的用途是再生氧氣【答案】B【解析】【詳解】A．依據(jù)分析可知，貝殼的外殼叫方解石，內(nèi)層叫霰石，兩者都是碳酸鈣，但因結(jié)構(gòu)不同，各有各的功能，A正確；B．凡士林是烴的混合物，不是油脂，B錯(cuò)誤；C．將阿司匹林連在高分子載體上制成緩釋劑，可以減緩阿司匹林藥效的釋放速率，延長(zhǎng)其藥效，C正確；D．過(guò)氧化鈉和水、二氧化碳反應(yīng)生成氧氣，航天飛船內(nèi)安裝盛有過(guò)氧化鈉顆粒的裝置，它的用途是再生氧氣，D正確；故答案為：B。2.已知反應(yīng)：，該反應(yīng)可用于提純?nèi)矡N。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.的電子式為B.基態(tài)O原子的價(jià)電子排布圖為C.的空間填充模型為D.中鍵與鍵的個(gè)數(shù)比為1：2【答案】D【解析】【詳解】A．與N2互為等電子體，故其電子式為，A正確；B．O是8號(hào)元素，其基態(tài)原子核外電子排布式為：1s22s22p4，則基態(tài)O原子的價(jià)電子排布圖為，B正確；C．已知H2O分子為V形分子，且O的原子半徑比H大，則H2O的空間填充模型為，C正確；D．中含有Ag+和CN-之間的配位鍵，CN-內(nèi)含有三鍵，故該絡(luò)合離子中鍵與鍵的個(gè)數(shù)比為4:4=1:1，D錯(cuò)誤；故答案為：D。3.下列化學(xué)反應(yīng)與相應(yīng)的離子(或化學(xué))方程式不相符的是A.AgCl沉淀溶于氨水：B.將過(guò)量通入冷氨水中：C.用鹽酸處理銅器表面的銅銹：D.氯水中加入小蘇打提高漂白性：【答案】C【解析】【詳解】A．AgCl沉淀溶于氨水生成[Ag(NH3)2]Cl,離子方程式為：AgCl+2NH3＝[Ag(NH3)2]++Cl-，A正確；B．將過(guò)量SO2通入冷氨水中生成NH4HSO3，故離子方程式為：：，B正確；C．銅銹的主要成分是Cu2(OH)2CO3而不是CuO，故用鹽酸處理銅器表面的銅銹的反應(yīng)方程式為：Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑，C錯(cuò)誤；D．已知酸性：HCl＞H2CO3＞HClO，故氯水中加入小蘇打提高漂白性的離子方程式為：，D正確；故答案為：C。4.黃鐵礦(主要成分FeS2)在空氣中會(huì)被緩慢氧化，過(guò)程如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A.發(fā)生反應(yīng)a時(shí)，每0.2molFeS2被還原，轉(zhuǎn)移2.8mole-B.25℃時(shí)，則該溫度下d的逆反應(yīng)平衡常數(shù)C.c發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：D.黃鐵礦是工業(yè)制備硫酸的必選原料【答案】B【解析】【分析】由題干轉(zhuǎn)化關(guān)系圖可知，a步反應(yīng)中S化合價(jià)由-1升高到+6，硫元素化合價(jià)被氧化，反應(yīng)的離子方程式為：2FeS2+7O2+2H2O═2Fe2++4+4H+，b步反應(yīng)中Fe2+被O2氧化為Fe3+，反應(yīng)的離子方程式為：4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，c步反應(yīng)中Fe3+被FeS2還原為Fe2+，S化合價(jià)由-1升高到+6，被氧化，反應(yīng)的離子方程式為：，d為Fe3+水解生成Fe(OH)3膠體的反應(yīng)，據(jù)此分析解題。【詳解】A．由分析可知，發(fā)生反應(yīng)a即2FeS2+7O2+2H2O═2Fe2++4+4H+時(shí)，每0.2molFeS2被氧化，轉(zhuǎn)移2.8mole-，A錯(cuò)誤；B．25℃時(shí)，則該溫度下d的逆反應(yīng)即Fe(OH)3+3H+Fe3++3H2O，平衡常數(shù)K====，B正確；C．由分析可知，c發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：，原離子方程式電荷不守恒，C錯(cuò)誤；D．黃鐵礦是工業(yè)制備硫酸的原料之一，但不為必選原料，D錯(cuò)誤；故答案為：B。5.流感發(fā)生時(shí)，常見(jiàn)抗流感病毒藥物奧司他韋的結(jié)構(gòu)如圖所示(實(shí)楔形線表示其所連接的基團(tuán)在紙平面上方，虛楔形線表示其所連接的基團(tuán)在紙平面下方)：下列說(shuō)法正確的是A.該物質(zhì)中有兩個(gè)碳原子采取sp2雜化B.該物質(zhì)存在含苯環(huán)的同分異構(gòu)體C.將分子結(jié)構(gòu)中的虛楔形線換成實(shí)楔形線，不會(huì)影響藥物的吸收和功效D.該物質(zhì)能發(fā)生取代、加成、氧化和消去反應(yīng)【答案】B【解析】【詳解】A．有機(jī)物中碳原子周圍均為單鍵，該碳原子采用sp3雜化，碳原子周圍含有雙鍵，該碳原子采用sp2雜化，結(jié)合題干有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，該物質(zhì)中有4個(gè)碳原子采取sp2雜化，即碳碳雙鍵和碳氧雙鍵上的碳原子，A錯(cuò)誤；B．由題干有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，該化合物的不飽和度為：4，碳原子數(shù)超過(guò)6個(gè)，故該物質(zhì)存在含苯環(huán)的同分異構(gòu)體，B正確；C．將分子結(jié)構(gòu)中的虛楔形線換成實(shí)楔形線，即該分子與原分子互為手性異構(gòu)，手性分子不同會(huì)影響藥物的吸收和功效，C錯(cuò)誤；D．由題干有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，該物質(zhì)中含有酰胺基和酯基，則能發(fā)生水解反應(yīng)即取代反應(yīng)，含有碳碳雙鍵則能發(fā)生加成和氧化反應(yīng)，分子中不含醇羥基和碳鹵鍵，故不能發(fā)生消去反應(yīng)，D錯(cuò)誤；故答案為：B。6.實(shí)驗(yàn)探究是化學(xué)學(xué)習(xí)的方法之一，下列實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)、現(xiàn)象和實(shí)驗(yàn)結(jié)論都正確的是實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論A將通入下列溶液至飽和：①濃②和濃混合溶液①無(wú)色變黃色②藍(lán)色變綠色Cu和濃反應(yīng)后溶液是綠色主要原因是溶有B向溶液X中先滴加稀硝酸，然后再滴加溶液開始無(wú)明顯現(xiàn)象，后產(chǎn)生白色沉淀溶液X中含C向溶液中滴加溶液有白色沉淀生成和發(fā)生互相促進(jìn)的水解反應(yīng)D向某有機(jī)物中先加入溶液，再加入的溶液，混合加熱產(chǎn)生磚紅色沉淀有機(jī)物含醛基A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．Cu與濃硝酸反應(yīng)生成二氧化氮，由對(duì)比實(shí)驗(yàn)可知Cu與濃硝酸反應(yīng)，溶液呈綠色主要原因是溶有二氧化氮，A正確；B．滴加稀硝酸無(wú)現(xiàn)象說(shuō)明不含亞硝酸根離子、碳酸根離子等，再加氯化鋇溶液生成白色沉淀，可能為硫酸鋇或氯化銀，則溶液X中含硫酸根離子或陰離子，B錯(cuò)誤；C．向溶液中滴加溶液，生成白色沉淀氫氧化鋁，與電離出反應(yīng)形成氫氧化鋁沉淀，C錯(cuò)誤；D．利用新制氫氧化銅檢驗(yàn)醛基，應(yīng)在堿性環(huán)境下進(jìn)行，NaOH應(yīng)過(guò)量，D錯(cuò)誤；答案選A。7.近期，科學(xué)家研發(fā)出了一種新型鋁電池。該電池的熔鹽電解質(zhì)由氯化鈉(NaCl)、氯化鉀(KCl)和氯化鋁(AlCl3)組成(如圖所示)。其中，電池放電過(guò)程中會(huì)形成，放電總反應(yīng)的方程式為2Al+3Se=Al2Se3。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.充電時(shí)，惰性電極為陽(yáng)極B.放電時(shí)，Al電極附近的陰離子濃度升高C.放電時(shí)，電路中每轉(zhuǎn)移2mol電子，理論上正極質(zhì)量增加18gD.充電時(shí)，陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為【答案】B【解析】【分析】由題干信息可知，放電總反應(yīng)的離子方程式為2Al+3Se=Al2Se3，則反應(yīng)中鋁發(fā)生氧化反應(yīng)為負(fù)極，即電極反應(yīng)為：nAl-3ne-+(3n+1)Cl-=，惰性電極為正極，據(jù)此分析解題?！驹斀狻緼．放電時(shí)鋁發(fā)生氧化反應(yīng)為負(fù)極，惰性電極為正極，則充電時(shí)，電極Al為陰極，惰性電極為陽(yáng)極，A正確；B．電池放電過(guò)程中鋁極反應(yīng)為nAl-3ne-+(3n+1)Cl-=，Al電極附近的陰離子濃度降低，B錯(cuò)誤；C．放電時(shí)，結(jié)合反應(yīng)2Al+3Se=Al2Se3，則電路中每轉(zhuǎn)移2mol電子，理論上正極質(zhì)量增加18g，C正確；D．充電時(shí)，陽(yáng)極的電極反應(yīng)與放電時(shí)正極反應(yīng)有關(guān)，反應(yīng)為nAl2Se3-6ne-+2(3n+1)Cl-=2+3nSe，D正確；故答案為：B。8.X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，基態(tài)原子中，X為元素周期表中半徑最小的原子，Z是地殼中含量最多的元素，W原子的價(jià)電子排布為，X、Y、Z、W形成的陽(yáng)離子如圖所示，下列說(shuō)法正確的是A.該陽(yáng)離子的硫酸鹽易溶于乙醇B.該陽(yáng)離子中心離子的配位數(shù)為6C.氫化物的沸點(diǎn)：D.兩種配體中的鍵角：【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，基態(tài)原子中，X為元素周期表中半徑最小的原子，則X為H；Z是地殼中含量最多的元素，Z為氧；W原子的價(jià)電子排布為3d104s1，W為Cu；由圖可以看出，連接三個(gè)鍵的為N，即Y為N，據(jù)此分析解題?！驹斀狻緼．該陽(yáng)離子的硫酸鹽即[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4為離子化合物，易溶于水，難溶于乙醇，A錯(cuò)誤；B．由圖可知，該陽(yáng)離子中心離子附近的配位原子數(shù)為6，則配位數(shù)為6，B正確；C．沒(méi)有說(shuō)明為簡(jiǎn)單氫化物，故不能判斷兩者的氫化物的沸點(diǎn)，C錯(cuò)誤；D．水中O原子有兩對(duì)孤電子對(duì)，NH3中N原子只有一對(duì)孤電子對(duì)，因此水中孤電子對(duì)成鍵電子對(duì)排斥作用更明顯，鍵角：H2O＜NH3，D錯(cuò)誤；故答案為：B。9.利用可逆動(dòng)態(tài)吡唑銀分子()催化劑，可實(shí)現(xiàn)高效丙烯電催化氧化制備1，2-丙二醇。吡唑銀分子由于與之間的氫鍵作用，對(duì)具有較強(qiáng)的吸附作用，而解離形成H空位后，對(duì)的吸附作用減弱，加速與丙烯分子耦合，反應(yīng)機(jī)理如圖。下列敘述正確的是A.圖中甲乙均為催化劑B.1，2-丙二醇可由某些油脂水解制得C.中的鍵很穩(wěn)定D.該反應(yīng)機(jī)理可制備HOCH2CH=CHCH2OH【答案】D【解析】【詳解】A．本身的質(zhì)量和化學(xué)性質(zhì)在反應(yīng)前后都沒(méi)有發(fā)生變化的物質(zhì)叫做催化劑，此反應(yīng)中，甲去質(zhì)子化生成乙，不符合催化劑定義，A錯(cuò)誤；B．油脂是高級(jí)脂肪酸甘油酯，水解得到高級(jí)脂肪酸和甘油即丙三醇，即油脂水解得不到1，2-丙二醇，B錯(cuò)誤；C．N-H解離形成H空位后，對(duì)*OH的吸附作用減弱，因此N-H鍵不穩(wěn)定，C錯(cuò)誤；D．由題干信息可知，該反應(yīng)機(jī)理即為與CH2=CHCH3分子耦合反應(yīng)生成HOCH2CHOHCH3，據(jù)此機(jī)理可知，可用CH2=CHCH=CH2和發(fā)生耦合反應(yīng)即可制備HOCH2CH=CHCH2OH，D正確；故答案為：D。10.硼氫化錳是有潛力的儲(chǔ)氫材料。以富錳渣(主要為MnO，還含有、、FeO)為原料制備硼氫化錳的工藝流程如下。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.濾渣1和濾渣2均可與NaOH溶液反應(yīng)B.試劑1可用，試劑2可用C.還原能力：D.能與稀鹽酸反應(yīng)生成，化學(xué)方程式為：【答案】A【解析】【分析】由流程可知，加入鹽酸酸浸，過(guò)濾分離出濾渣1為SiO2，濾液1含Mn2+、Fe2+、Al3+等，向?yàn)V液1中加入試劑1，根據(jù)不引入新的雜質(zhì)原則可知，可以為MnO2，將Fe2+氧化為Fe3+，自身被還原為Mn2+，加入試劑2調(diào)節(jié)pH，過(guò)濾分離出濾渣2為Al(OH)3、Fe(OH)3，根據(jù)不引入新的雜質(zhì)原則可知，可以為碳酸錳，濾液2經(jīng)過(guò)系列操作為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌得到氯化錳，最后與NaBH4反應(yīng)生成Mn(BH4)2，以此來(lái)解答?！驹斀狻緼．由分析可知，濾渣1為SiO2，屬于酸性氧化物，能與NaOH反應(yīng)，濾渣2為Al(OH)3、Fe(OH)3，Al(OH)3可與NaOH溶液反應(yīng)，但Fe(OH)3不能與NaOH溶液反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B．由分析可知，試劑1可用，將Fe2+氧化為Fe3+，自身被還原為Mn2+，試劑2可用，調(diào)節(jié)pH，過(guò)濾分離出濾渣2為Al(OH)3、Fe(OH)3，B正確；C．已知B的電負(fù)性大于Al，則中共用電子對(duì)偏向H的程度比中更小，即中H顯的負(fù)電性比中更多，且Al的原子半徑比B大，導(dǎo)致Al-H的極性比B-H的強(qiáng)，Al-H比B-H更容易斷裂，故還原能力：，C正確；D．Mn(BH4)2能與稀鹽酸反應(yīng)生成H3BO3，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為Mn(BH4)2+2HCl+6H2O=MnCl2+8H2↑+2H3BO3，D正確；故答案為：A。11.NiS因?yàn)榫哂袩崦浝淇s的特性，在精密測(cè)量?jī)x器中可摻雜NiS以抵消儀器的熱脹冷縮。NiS在有水存在時(shí)能被氧氣氧化成Ni(OH)S。將H2S通入稀硫酸酸化的NiSO4溶液中，過(guò)濾，制得NiS沉淀，裝置如圖所示：下列對(duì)實(shí)驗(yàn)的敘述錯(cuò)誤的是A.裝置A在滴加濃鹽酸前通入N2的目的是排除裝置中的空氣B.裝置B中盛放飽和食鹽水以除去氯化氫C.裝置D中的洗滌液應(yīng)用煮沸過(guò)的蒸餾水D.裝置D連接抽氣泵可將裝置C中的渾濁液吸入裝置D中進(jìn)行過(guò)濾【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．裝置A在滴加濃鹽酸前通入N2的目的是排除裝置中的空氣，防止生成的硫化鎳被氧化，A正確；B．裝置B中應(yīng)盛放飽和硫氫化鈉溶液以除去氯化氫，B錯(cuò)誤；C．裝置D中的洗滌液應(yīng)用煮沸過(guò)的蒸餾水，除去水中溶解的氧氣，防止硫化鎳被氧化，C正確；D．裝置D連接抽氣泵可將裝置C中的渾濁液吸入裝置D中進(jìn)行過(guò)濾，以得到硫化鎳，D正確；故選B。12.1889年，Arrhenius提出了反應(yīng)速率常數(shù)k隨溫度的變化關(guān)系(R、C均為常數(shù))。已知：，經(jīng)歷反應(yīng)1和反應(yīng)2兩步：反應(yīng)1：；反應(yīng)2：兩步反應(yīng)的活化能，某課題組通過(guò)實(shí)驗(yàn)繪制出兩步反應(yīng)、隨的變化曲線如圖所示(K表示平衡常數(shù))，下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是A.1molNO與充分反應(yīng)，放出熱量小于56kJB.曲線③表示的是隨的變化關(guān)系C.溫度越高，單位時(shí)間內(nèi)NO的轉(zhuǎn)化率可能越低D.相同條件下，濃度的變化比NO濃度的變化對(duì)反應(yīng)速率影響更顯著【答案】B【解析】【分析】反應(yīng)1、2均為放熱反應(yīng)，其他條件不變、升高溫度時(shí)平衡逆向移動(dòng)，平衡常數(shù)K減小，即平衡常數(shù)K或lnK隨著T減小、的增大而增大，速率常數(shù)k隨溫度的變化關(guān)系lnk=-+C，k或lnk隨著溫度的升高而增大，即速率常數(shù)k或lnk隨著溫度的升高、的減小而增大，所以圖中曲線①、②表示lnK隨的變化曲線，曲線③、④表示lnk隨的變化曲線，并且活化能Ea1＜Ea2，低溫一定時(shí)，反應(yīng)的活化能越大，反應(yīng)速率越慢，速率常數(shù)k或lnk越小，則反應(yīng)1是快反應(yīng)，反應(yīng)2是慢反應(yīng)，曲線③表示的是k1隨的變化關(guān)系，曲線④表示的是k2隨的變化關(guān)系，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．根據(jù)蓋斯定律：反應(yīng)1+反應(yīng)2可得2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H=-46.3kJ?mol-1+(-65.7kJ?mol-1)=-112kJ/mol，該反應(yīng)是可逆反應(yīng)，1molNO與0.5molO2充分反應(yīng)不可能反應(yīng)完全，則放出熱量小于56kJ，A正確；B．由上述分析可知，曲線③表示的是k1隨的變化關(guān)系，曲線④表示的是k2隨的變化關(guān)系，B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)2NO(g)+O2(g)2NO2(g)是放熱反應(yīng)，升高溫度時(shí)平衡逆向移動(dòng)，NO轉(zhuǎn)化率，即溫度越高，單位時(shí)間內(nèi)NO的轉(zhuǎn)化率可能越低，C正確；D．活化能Ea1＜Ea2，則反應(yīng)1是快反應(yīng)，反應(yīng)2是慢反應(yīng)，慢反應(yīng)決定整個(gè)反應(yīng)的反應(yīng)速率，增大O2濃度、反應(yīng)2的速率加快，整個(gè)反應(yīng)的反應(yīng)速率隨之加快，所以相同條件下，O2濃度的變化比NO濃度的變化對(duì)反應(yīng)速率影響更顯著，D正確；故答案為：B。13.氧化鋅(ZnO)的透明度高，具有優(yōu)異的常溫發(fā)光性能。氧化鋅的兩種晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.甲、乙兩種晶體類型的晶胞內(nèi)數(shù)目之比為2：1B.甲中位于形成的四面體空隙中，空隙填充率為50%C.若原子1的坐標(biāo)為(0,0,0)，則原子2的坐標(biāo)為()D.若晶胞甲邊長(zhǎng)為apm，則晶胞中和之間的最短距離為【答案】D【解析】【詳解】A．由題干晶胞示意圖可知，甲類型晶胞中含有O2-的數(shù)目為：=4，乙類型晶胞中含有O2-的數(shù)目為：=2，故甲、乙兩種晶體類型的晶胞內(nèi)數(shù)目之比為4:2=2：1，A正確；B．由題干晶胞示意圖可知，甲中位于形成的八個(gè)四面體空隙中有4個(gè)Zn2+，故空隙填充率為50%，B正確；C．由題干晶胞示意圖可知，若原子1的坐標(biāo)為(0，0，0)，則原子2的坐標(biāo)為()，C正確；D．由題干晶胞示意圖可知，若晶胞甲邊長(zhǎng)為apm，則晶胞中和之間的最短距離為體對(duì)角線的四分之一，即，D錯(cuò)誤；故答案為：D。14.中科院大連化物所儲(chǔ)能技術(shù)研究部提出了一種基于輔助放電的混合型液流電池，裝置如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.充電時(shí)，向電極A遷移B.放電時(shí)，在該環(huán)境下的氧化性：C.充電時(shí)，電極B上還可能發(fā)生：D.放電過(guò)程中，可利用及時(shí)清除電極B上的“死錳”，提高充放電過(guò)程的可逆性【答案】B【解析】【詳解】A：由裝置圖可知充電時(shí)電極A發(fā)生，發(fā)生還原反應(yīng)，所以A電極為陰極，向陰極移動(dòng)，故A說(shuō)法正確；B：放電時(shí)總反應(yīng)方程式為，所以氧化性，故B說(shuō)法錯(cuò)誤；C：充電時(shí)B電極發(fā)生氧化反應(yīng)，所以B電極還可能發(fā)生，故C說(shuō)法說(shuō)法正確；D：沉積在B電極上，會(huì)影響充放電進(jìn)行，具有還原性可將還原為，提高充放電過(guò)程的可逆性，故D說(shuō)法說(shuō)法正確；故本題選B。15.電位滴定法是根據(jù)滴定過(guò)程中指示電極電位的變化來(lái)確定滴定終點(diǎn)的一種滴定分析方法。在一定條件下，用0.1000mol/L的高氯酸溶液滴定10.0mL某弱酸酸式鹽KHP溶液，測(cè)得電壓變化與滴入HClO4溶液的體積關(guān)系如圖所示。做空白對(duì)照實(shí)驗(yàn)，消耗HClO4溶液的體積為0.25mL。已知N為滴定終點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是A.初始時(shí)該酸式鹽KHP的濃度為0.1725mol/LB.M點(diǎn)時(shí)溶液中存在：C.水的電離程度：D.已知的，若M點(diǎn)處為中性，則有約為1【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)滴定曲線，滴定過(guò)程消耗17.25mLHClO4溶液，做空白對(duì)照實(shí)驗(yàn)，消耗0.25mLHClO4溶液，則樣品消耗標(biāo)準(zhǔn)液的體積為17.00mL，反應(yīng)為HClO4+KHP=H2P+KClO4，n(HClO4)=n(KHP)，即0.1000mol/L×0.017L=c(KHP)×0.01L，c(KHP)=0.1700mol/L，A錯(cuò)誤；B．M點(diǎn)時(shí)溶液中溶質(zhì)為H2P、KHP、KClO4，且c(H2P)=c(KHP)=c(KClO4)，則物料守恒關(guān)系為c(K+)+c()=1.5[c(P2-)+c(HP-)+c(H2P)]，B正確；C．M點(diǎn)時(shí)溶液中溶質(zhì)為H2P、KHP、KClO4，且c(H+)：N＞M，酸抑制水的電離，則水的電離程度：N＜M，C錯(cuò)誤；D．M點(diǎn)時(shí)溶液中溶質(zhì)為H2P、KHP、KClO4，且c(H2P)=c(KHP)=c(KClO4)，KClO4溶液呈中性，H2P的Ka1＞Ka2，則HP-的電離可忽略，若M點(diǎn)處為中性，c(H+)=10-7mol/L，即H2P的電離程度和HP-的水解程度大約相等，Ka1≈Kh=，Ka1=×c(H+)≈=10-7，所以lg≈lg=lg1=0，D錯(cuò)誤；故答案為：B。第Ⅱ卷(共55分)二、非選擇題(本題共4小題，共55分)16.銥(77Ir)和鋨(76Os)屬于鉑族金屬，與金、銀合稱貴重金屬，可以用于電氣、精密儀表、催化劑等領(lǐng)域。銥鋨礦的主要成分有Ir、Os、Ir2O3、OsO2，還含有CuO和SiO2等雜質(zhì)，從銥鋨礦中提取銥和鋨的流程如下：已知：高溫融合發(fā)生反應(yīng)的原理類似于鋁熱反應(yīng)?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）“酸溶I”的目的是___________；酸溶I后溶渣的主要成分除Ir、Os外，還有___________(填化學(xué)式)。（2）“氧化揮發(fā)”是將溶渣置于300~800℃的管式爐內(nèi)，通入空氣氧化。再用NaOH溶液吸收OsO4生成Na2OsO4，該反應(yīng)的離子方程式為___________。（3）“沉鋨”時(shí)，NH4Cl與Na2OsO4發(fā)生反應(yīng)，生成的鋨鹽要立即過(guò)濾，濾餅要經(jīng)無(wú)水乙醇多次洗滌，用無(wú)水乙醇洗滌的優(yōu)點(diǎn)是___________。（4）“堿熔”時(shí)，“殘?jiān)麵”中的Ir與Na2O2反應(yīng)生成IrO2·nNa2O和O2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。（5）“沉銅”過(guò)程中，當(dāng)通入H2S達(dá)到飽和時(shí)測(cè)得溶液的pH=1，此時(shí)溶液中___________mol/L。[已知：25℃，H2S溶于水形成飽和溶液時(shí)，；H2S的電離常數(shù)，；]（6）化合物IrO2的四方晶格結(jié)構(gòu)如圖所示，其棱邊夾角均為90°。已知IrO2晶體密度為，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則IrO2的摩爾質(zhì)量為___________(用代數(shù)式表示)g/mol?！敬鸢浮浚?）①.溶解Al、溶解Al2O3與貴重金屬分離②.Cu、SiO2（2）2OsO4+4OH-=2+O2↑+2H2O（3）減少[OsO2(NH3)4]Cl2的損耗，無(wú)水乙醇易揮發(fā)使固體迅速干燥，防止水解（4）2Ir+2nNa2O22IrO2?nNa2O+(n-2)O2↑（5）6×10-17mol/L（6）【解析】【分析】由流程可知，高溫熔合時(shí)Al與Ir2O3、OsO2反應(yīng)，鹽酸溶解Al、Al2O3，分離出溶渣的主要成分為Ir、Os、Cu、SiO2，氧化揮發(fā)分離出OsO4，NaOH吸收發(fā)生2OsO4+4OH-=2OsO42-+O2↑+2H2O，“沉鋨”時(shí)發(fā)生Na2OsO4+4NH4Cl═[OsO2(NH3)4]Cl2↓+2NaCl+2H2O，過(guò)濾后還原生成Os；殘?jiān)麵為Ir、CuO和SiO2，Ir與Na2O2反應(yīng)生成IrO2?nNa2O和O2，水浸分離出殘?jiān)蚝琁rO2?nNa2O、CuO，加鹽酸酸溶、通入硫化氫除去銅離子，然后經(jīng)一系列轉(zhuǎn)化生成Ir，以此來(lái)解答。【小問(wèn)1詳解】由分析可知，“酸溶Ⅰ”的目的是溶解Al、溶解Al2O3與貴重金屬分離；酸溶Ⅰ后溶渣的主要成分除Ir、Os外，還有Cu、SiO2，故答案為：溶解Al、溶解Al2O3與貴重金屬分離；Cu、SiO2；【小問(wèn)2詳解】“氧化揮發(fā)”是將溶渣置于300～800℃的管式爐內(nèi)，通入空氣氧化，用NaOH溶液吸收OsO4生成Na2OsO4，反應(yīng)中Os的化合價(jià)降低，必然有元素化合價(jià)升高，即可推出生成O2，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2OsO4+4OH-=2+O2↑+2H2O，故答案為：2OsO4+4OH-=2+O2↑+2H2O；小問(wèn)3詳解】生成的鋨鹽要立即過(guò)濾，濾餅要經(jīng)無(wú)水乙醇多次洗滌，用無(wú)水乙醇洗滌的原因是減少[OsO2(NH3)4]Cl2的損耗，無(wú)水乙醇易揮發(fā)使固體迅速干燥，防止水解，故答案為：減少[OsO2(NH3)4]Cl2的損耗，無(wú)水乙醇易揮發(fā)使固體迅速干燥，防止水解；【小問(wèn)4詳解】“堿熔”時(shí)，Ir與Na2O2反應(yīng)生成IrO2?nNa2O和O2，根據(jù)氧化還原反應(yīng)配平可得，該反應(yīng)化學(xué)方程式為2Ir+2nNa2O22IrO2?nNa2O+(n-2)O2↑，故答案為：2Ir+2nNa2O22IrO2?nNa2O+(n-2)O2↑；【小問(wèn)5詳解】“沉銅”過(guò)程中，當(dāng)通入H2S達(dá)到飽和時(shí)測(cè)得溶液的pH═1，發(fā)生H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，K===，此時(shí)溶液中c(Cu2+)為mol/L=6×10-17mol/L，故答案為：6×10-17mol/L；【小問(wèn)6詳解】由題干晶胞示意圖可知，一個(gè)晶胞中含有白球的個(gè)數(shù)為：=4，黑球的個(gè)數(shù)為：=8，結(jié)合化學(xué)式IrO2可知，一個(gè)晶胞含有4個(gè)IrO2個(gè)數(shù)，故一個(gè)晶胞質(zhì)量為：g，一個(gè)晶胞的體積為：(a×10-10)2×(2c×10-10)=2a2c×10-30cm3，則有×2a2c×10-30cm3=g，解得M=g/mol，故答案為：。17.利用介孔限域催化溫室氣體加氫制甲醇，再通過(guò)甲醇制備燃料和化工原料等，是解決能源問(wèn)題與實(shí)現(xiàn)雙碳目標(biāo)的主要技術(shù)之一，反應(yīng)如下：i．ii．（1）穩(wěn)定單質(zhì)的焓(H)為0，有關(guān)物質(zhì)的焓如表所示，物質(zhì)焓-394-111-242___________。（2）在5.0MPa下，將和在催化劑作用下進(jìn)行反應(yīng)i和ii．平衡時(shí)和CO選擇性S[S(或CO)]及的轉(zhuǎn)化率a隨溫度的變化如圖所示。①表示平衡時(shí)的轉(zhuǎn)化率的曲線是___________(填“x”“y”或“z”)。②250℃時(shí)，平衡體系共有，則的平衡轉(zhuǎn)化率=___________，反應(yīng)i的___________(是以組分體積分?jǐn)?shù)代替物質(zhì)的量濃度表示的平衡常數(shù)，列計(jì)算式)。③p、q兩點(diǎn)反應(yīng)i的正反應(yīng)速率大?。篲__________。(填“>”“=”或“<”)（3）若只發(fā)生反應(yīng)ii，反應(yīng)的速率方程為，其中x表示相應(yīng)氣體的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，為平衡常數(shù)(用平衡分壓代替平衡濃度計(jì)算)，k為反應(yīng)的速率常數(shù)。已知平衡后，此時(shí)反應(yīng)ii的速率___________(用含k的代數(shù)式表示)。（4）我國(guó)科學(xué)者又進(jìn)一步研究了在催化劑上加氫制甲醇的機(jī)理；其主反應(yīng)歷程如圖所示。下列說(shuō)法正確的是___________(填字母)。A.二氧化碳加氫制甲醇的過(guò)程中原子利用率達(dá)100%B.帶*標(biāo)記的物質(zhì)是該反應(yīng)歷程中的中間產(chǎn)物C.第④步的反應(yīng)式為D.反應(yīng)歷程中只有鍵斷裂，沒(méi)有鍵斷裂【答案】（1）（2）①.z②.③.④.＜（3）（4）BC【解析】【小問(wèn)1詳解】焓變?yōu)樯晌锱c反應(yīng)物焓值差，根據(jù)題干信息，穩(wěn)定單質(zhì)的焓(H)為0，結(jié)合各物質(zhì)含可知，【小問(wèn)2詳解】①反應(yīng)i為放熱反應(yīng)，反應(yīng)ii為吸熱反應(yīng)，升高溫度，反應(yīng)i逆向移動(dòng)，反應(yīng)ii正向移動(dòng)，二氧化碳轉(zhuǎn)化率受兩個(gè)反應(yīng)影響，溫度高于250℃時(shí)，以反應(yīng)ii為主，隨溫度升高，平衡正向移動(dòng)，溫度低于250℃時(shí)，以反應(yīng)i為主，隨溫度升高，平衡逆向移動(dòng)，所以表示平衡時(shí)的轉(zhuǎn)化率的曲線是z；②250℃時(shí)，平衡體系共有，結(jié)合圖像可知，選擇性，說(shuō)明此時(shí)，其平衡轉(zhuǎn)化率：；，，平衡時(shí)二氧化碳物質(zhì)的量：4mol，氫氣物質(zhì)的量：14mol，水物質(zhì)的量：1mol，一氧化碳物質(zhì)的量：0.5mol，甲醇物質(zhì)的量0.5mol，總物質(zhì)的量：20mol，則；③根據(jù)圖像，p點(diǎn)位于曲線y之上，q點(diǎn)位于曲線y之下，則p、q兩點(diǎn)反應(yīng)i的正反應(yīng)速率大小：；【小問(wèn)3詳解】，；【小問(wèn)4詳解】A．二氧化碳加氫制甲醇反應(yīng)：，原子利用率小于100％，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)反應(yīng)歷程圖可知，帶*標(biāo)記的物質(zhì)在反應(yīng)過(guò)程中最終被消耗，則表示中間產(chǎn)物，B正確；C．根據(jù)反應(yīng)歷程圖可知，第④步的反應(yīng)式為，C正確；D．根據(jù)反應(yīng)①可知反應(yīng)過(guò)程中碳氧雙鍵中的鍵斷裂，D錯(cuò)誤。18.是一種高效多功能的綠色消毒劑和水處理劑。但是由于存在自催化現(xiàn)象[即分解產(chǎn)物可催化高鐵酸鹽的分解]，限制了它的大規(guī)模應(yīng)用，研究使其穩(wěn)定的方法尤為關(guān)鍵。已知：①②I．制備高鐵酸鹽（1）在堿性條件下以多孔的磁鐵礦作陽(yáng)極電解制備高鐵酸鹽的電極反應(yīng)式是___________。Ⅱ．高鐵酸鹽穩(wěn)定性的研究（2）堿性環(huán)境下，久置的溶液中除了產(chǎn)生紅褐色外，同時(shí)還會(huì)產(chǎn)生綠色的，此過(guò)程的反應(yīng)為、___________。為研究使穩(wěn)定的方法，分別做以下4個(gè)實(shí)驗(yàn)：序號(hào)現(xiàn)象a2滴0.01mol/LKI溶液紫色迅速褪去b2滴蒸餾水分別用紫外可見(jiàn)分光光度計(jì)測(cè)三支試管內(nèi)溶液的吸光度，結(jié)果如下圖所示。c2滴0.01mol/LNaF溶液d2滴溶液資料：吸光度大小與溶液中成正比。（3）甲同學(xué)預(yù)測(cè)d試管內(nèi)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象應(yīng)與a試管相似，依據(jù)是___________，但吸光度結(jié)果圖顯示甲同學(xué)預(yù)測(cè)并不正確，原因可能是d試管加入的與發(fā)生配位反應(yīng)的速率___________(填“快”或“慢”)，且進(jìn)行程度大，導(dǎo)致催化劑量減少，的分解速率___________(填“快”或“慢”)。（4）乙同學(xué)推測(cè)“”曲線為試管c實(shí)驗(yàn)結(jié)果，依據(jù)是___________。（5）綜合以上分析，為增強(qiáng)高鐵酸鹽的穩(wěn)定性，可向其中加入___________(填化學(xué)式)。Ⅲ.高鐵酸鹽產(chǎn)品純度的測(cè)定稱取mg高鐵酸鉀粗品，配成250mL溶液，準(zhǔn)確量取25.00mL放入錐形瓶，加入足量和NaOH溶液，振蕩，再加入稀硫酸酸化后得到和，滴入幾滴二苯胺磺酸鈉作指示劑，用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)(溶液顯淺紫紅色)，平行測(cè)定三次，平均消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL。（6）粗品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為___________。[已知：]【答案】（1）（2）或（3）①.碘離子與草酸根離子都有還原性，可將高鐵酸根還原②.快③.慢（4）由于F-與均可與Fe3＋結(jié)合從而減少Fe(OH)3，從而減緩FeO的分解。由資料可知，相同條件下F-與Fe3＋反應(yīng)的K更小，減緩FeO的分解作用更小，使得c(FeO)相對(duì)較小，因此該曲線表示試管c（5）NaF和NaOH（6）【解析】【分析】控制變量的實(shí)驗(yàn)探究中要注意變量的唯一性，通過(guò)控制變量進(jìn)行對(duì)比實(shí)驗(yàn)研究某一因素對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果的影響?！拘?wèn)1詳解】陽(yáng)極發(fā)生失去電子的氧化反應(yīng)，在堿性條件下以多孔的磁鐵礦作陽(yáng)極電解制備高鐵酸鹽，四氧化三鐵失去電子得到高鐵酸根離子，則陽(yáng)極電極反式是?！拘?wèn)2詳解】中鐵元素的化合價(jià)是+4價(jià)，則產(chǎn)生綠色的反應(yīng)為高鐵酸根離子發(fā)生自身氧化還原生成和氧氣或高鐵酸根離子和氫氧化鐵發(fā)生歸中反應(yīng)生成，方程式為或?！拘?wèn)3詳解】碘離子與草酸根離子都有還原性，可將高鐵酸根還原，故推測(cè)現(xiàn)象相似；由于配位反應(yīng)速率快，試管d溶液中主要發(fā)生配位反應(yīng)：，加入草酸根離子后，平衡正移，使得氫氧化鐵催化劑減少，自催化速率減慢，所以試管內(nèi)的現(xiàn)象與試管不同。【小問(wèn)4詳解】由于F-與均可與Fe3＋結(jié)合從而減少Fe(OH)3，從而減緩的分解。由資料可知，相同條件下F-與Fe3＋反應(yīng)的K更小，減緩的分解作用更小，使得c(FeO)相