高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1安徽省大聯(lián)考2025-2026學(xué)年高三上學(xué)期8月秋季檢測(cè)考生注意：1.答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)填寫在試卷和答題卡上，并將考生號(hào)條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無(wú)效。3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：H1C12N14O16S32Co59Cu64Se79一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1.下列有關(guān)物質(zhì)用途的說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.碳酸鋇可用作消化系統(tǒng)X射線檢查的內(nèi)服藥劑B.叔丁基對(duì)苯二酚可用作食用油的抗氧化劑C.硅、鍺、鎵等材料可用于研制半導(dǎo)體器件D.氧化鐵可用作橡膠紅色顏料【答案】A【解析】A．碳酸鋇會(huì)與胃酸反應(yīng)生成可溶性有毒鋇鹽，不能用作內(nèi)服藥劑，正確用途應(yīng)為硫酸鋇，A錯(cuò)誤；B．酚羥基具有強(qiáng)還原性，叔丁基對(duì)苯二酚是常見的食用油抗氧化劑，B正確；C．硅、鍺、鎵位于金屬元素和非金屬元素分界線附近，硅、鍺、鎵及其化合物是典型半導(dǎo)體材料，C正確；D．氧化鐵是紅色顏料，廣泛用于橡膠、油漆等，D正確。故選A。2.下列各組物質(zhì)的鑒別方法中，不可行的是A.氧化鐵和氧化銅：加入稀硫酸，振蕩B.苯酚溶液和甲苯：加入濃溴水，振蕩C.“素紗襌衣”文物的真品與贗品：用斷代法測(cè)定D.氫氧化鎂和氫氧化鋁：加入氨水，振蕩【答案】D【解析】A．氧化鐵（Fe2O3）與稀硫酸反應(yīng)生成黃色或紅棕色的Fe3+溶液，氧化銅（CuO）反應(yīng)生成藍(lán)色的Cu2+溶液，溶液顏色不同，可鑒別，A正確；B．苯酚與濃溴水生成白色沉淀，甲苯與濃溴水混合后分層（溴被萃?。?，現(xiàn)象明顯不同，可鑒別，B正確；C．14C斷代法通過(guò)測(cè)定有機(jī)物中14C含量判斷年代，真品為古代絲綢（14C已衰變減少），贗品為現(xiàn)代材料（14C含量較高），可鑒別，C正確；D．氫氧化鎂和氫氧化鋁均不溶于弱堿（如氨水），加入氨水后兩者均無(wú)明顯變化，無(wú)法鑒別，D錯(cuò)誤；故選D。3.用下列化學(xué)知識(shí)解釋對(duì)應(yīng)勞動(dòng)項(xiàng)目合理的是選項(xiàng)勞動(dòng)項(xiàng)目化學(xué)知識(shí)A用葡萄制葡萄酒葡萄中的糖類水解生成乙醇B用醋酸除去水垢()醋酸(碳酸)C用鉛筆芯的粉末作鎖眼潤(rùn)滑劑鉛筆芯所含石墨能導(dǎo)電D用沾有草木灰的抹布擦拭油瓶表面油污草木灰的主要成分是強(qiáng)堿A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．葡萄中的糖類通過(guò)發(fā)酵生成乙醇，而非水解，水解生成單糖，A錯(cuò)誤；B．醋酸的酸性大于碳酸，能反應(yīng)溶解CaCO3，B正確；C．鉛筆芯作潤(rùn)滑劑因石墨層狀結(jié)構(gòu)易滑動(dòng)，而非導(dǎo)電性，C錯(cuò)誤；D．K2CO3屬于鹽，水解呈堿性使油污水解，D錯(cuò)誤；故選B。4.頭孢氨芐是一種半合成的第一代口服頭孢霉素類抗生素藥物，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如下：下列有關(guān)頭孢氨芐的說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.分子式為 B.存在4個(gè)鍵C.含有3個(gè)手性碳原子 D.在堿性條件下水解時(shí)會(huì)生成氨分子【答案】D【解析】A．由頭孢氨芐的結(jié)構(gòu)可得，其分子式為C16H17N3O4S，A正確；B．分子中C-Oσ鍵包括：酰胺羰基和β-內(nèi)酰胺環(huán)羰基（C=O）中的σ鍵、羧基（-COOH）中C=O的σ鍵及C-OH單鍵的σ鍵，共4個(gè)，B正確；C．手性碳原子為連4個(gè)不同基團(tuán)的飽和C，頭孢氨芐中的手性碳原子如圖，共3個(gè)，C正確；D．結(jié)構(gòu)中含的酰胺基在堿性條件下水解生成羧酸鹽和取代胺（母核氨基），-NH2均直接連接碳原子，穩(wěn)定不脫落，不會(huì)生成游離NH3，D錯(cuò)誤；故選D。5.在酸性條件下，與反應(yīng)生成(過(guò)氧化鉻，結(jié)構(gòu)式為)，發(fā)生反應(yīng)：①；生成的在酸性溶液中發(fā)生反應(yīng)：②。下列說(shuō)法正確的是A.的電子式為B.中Cr為＋5價(jià)C.反應(yīng)②中還原產(chǎn)物為和D.反應(yīng)①中有非極性鍵的斷裂和形成【答案】C【解析】A．H2O2為共價(jià)化合物，結(jié)構(gòu)式為H-O-O-H，電子式為，故A錯(cuò)誤；B．CrO5中有4個(gè)O形成兩個(gè)過(guò)氧鍵，有4個(gè)-1價(jià)氧，設(shè)Cr化合價(jià)為x，則x+(-2)+4×(-1)=0，解得x=+6，所以Cr為+6價(jià)，故B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)②中Cr元素從+6價(jià)降低到+3價(jià)，Cr3+為還原產(chǎn)物；H2O中的O部分自過(guò)氧鍵，所以還原產(chǎn)物為Cr3+和水，故C正確；D．反應(yīng)①中H2O2的O-O非極性鍵轉(zhuǎn)移到CrO5中，無(wú)O-O鍵的斷裂和新形成，故D錯(cuò)誤；選C。閱讀下列材料，完成2個(gè)小題。大氣中氮的氧化物主要是NO和，其進(jìn)入人體，可引發(fā)呼吸道疾病，還能和大氣中其他污染物發(fā)生光化學(xué)反應(yīng)形成光化學(xué)煙霧污染，也是酸雨的成因之一，消除氮氧化物的方法有：氨選擇性催化還原法；液相還原劑法(用、尿素等試劑的水溶液吸收時(shí)將氮氧化物還原為)；堿液吸收法(堿性溶液和反應(yīng)生成硝酸鹽和亞硝酸鹽，硝酸鹽和NO反應(yīng)生成亞硝酸鹽)；實(shí)驗(yàn)室用液相氧化法(常見試劑有、等，將氮氧化物氧化為硝酸鹽)。6.下列有關(guān)反應(yīng)的化學(xué)方程式或離子方程式書寫錯(cuò)誤的是A.NO與催化反應(yīng)：B.NO被酸性溶液吸收：C.NO和按物質(zhì)的量之比混合后通入過(guò)量NaOH溶液中：D.氣體通入過(guò)量溶液中生成7.下列有關(guān)物質(zhì)結(jié)構(gòu)或性質(zhì)的比較中錯(cuò)誤的是A.酸性：B.分子中含有的鍵個(gè)數(shù)：C.鍵角：D.中心原子所含價(jià)層電子對(duì)數(shù)：【答案】6.C7.B【解析】6.A．NO與催化反應(yīng)屬于歸中反應(yīng)，生成和，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒配平化學(xué)方程式為：，A正確；B．NO在酸性溶液中被氧化為，被還原為，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：，B正確；C．NO和按物質(zhì)的量之比混合后通入過(guò)量NaOH溶液中：，不會(huì)有生成，C錯(cuò)誤；D．氣體通入過(guò)量溶液中時(shí)，被還原為，被氧化為，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒配平化學(xué)方程式為：，D正確；故選C。7.A．通常情況下，同一元素的含氧酸，中心原子氧化態(tài)越高，酸性越強(qiáng)，則酸性：，A正確；B．分子中含有3個(gè)鍵(N-H鍵)，分子中含有1個(gè)鍵()，分子中含有的鍵個(gè)數(shù)：，B錯(cuò)誤；C．和的VSEPR模型都是四面體形，N有1個(gè)孤電子對(duì)，而O有2個(gè)孤電子對(duì)，對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥力更強(qiáng)，因此鍵角：，C正確；D．中Cl原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)是=4，中N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)是=3，中心原子所含價(jià)層電子對(duì)數(shù)：，D正確；故選B。8.下列實(shí)驗(yàn)產(chǎn)生的廢液中，可能大量存在的粒子組是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)粒子組A濃硝酸與銅片制、、、B稀鹽酸與制、、、C濃鹽酸與制、、、D濃氨水與過(guò)量NaOH固體制、、、A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．濃硝酸與銅反應(yīng)生成Cu2+，同時(shí)產(chǎn)生NO2氣體，導(dǎo)致部分NO2溶解于廢液中，硝酸過(guò)量時(shí)，溶液中還含有和H+，則H+、Cu2+、、NO2可能大量存在，A正確；B．稀鹽酸與CaCO3反應(yīng)生成Ca2+、Cl-和CO2，若H+過(guò)量，會(huì)與H+反應(yīng)生成CO2和H2O，不能大量存在，B錯(cuò)誤；C．濃鹽酸與Ca(ClO)2反應(yīng)生成Cl2，廢液中含H+、Ca2+、Cl-，但在酸性條件下，ClO-會(huì)與H+和Cl-發(fā)生歸中反應(yīng)生成Cl2，因此H+與ClO-不能大量共存，C錯(cuò)誤；D．濃氨水與過(guò)量NaOH反應(yīng)時(shí)，過(guò)量OH?與不能大量存在，D錯(cuò)誤；故選A。9.W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素，其中Y、Z位于同一主族。W、X、Y、Z和氫元素組成某化合物，其結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.元素電負(fù)性：B.該物質(zhì)中X和Z均采取雜化C.基態(tài)原子未成對(duì)電子數(shù)：D.基態(tài)原子的第一電離能：【答案】D【解析】根據(jù)物質(zhì)結(jié)構(gòu)以及形成的化學(xué)鍵，W形成四個(gè)單鍵，為C；X形成三個(gè)單鍵，為N；Y形成2個(gè)共價(jià)鍵，為O；Y、Z位于同一主族，Z為S，據(jù)此解答。A．W為C，X為N，Y為O，同周期從左到右，元素電負(fù)性逐漸增大，則電負(fù)性：C<N<O，A正確；B．X為N，在-NH2中N形成3個(gè)σ鍵且有1對(duì)孤對(duì)電子，其價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，為sp3雜化；Z為S，在-S-S-中形成2個(gè)σ鍵且有2對(duì)孤對(duì)電子，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，為sp3雜化，B正確；C．基態(tài)原子未成對(duì)電子數(shù)：C為2，O為2，S為2，三者相等，C正確；D．同周期元素第一電離能從左到右總體上呈逐漸增大趨勢(shì)，但N的2p軌道半滿，其第一電離能強(qiáng)于O，即第一電離能：N>O，故順序應(yīng)為C<O<N，即W<Y<X，D錯(cuò)誤；故選D10.下列實(shí)驗(yàn)操作能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖沁x項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)?zāi)康腁向盛有與的恒壓密閉容器中通入一定體積的通過(guò)最終氣體顏色判斷平衡移動(dòng)的方向B將氯氣通入溶液中，觀察是否產(chǎn)生淡黃色沉淀驗(yàn)證氯氣的氧化性C向足量溶液中先滴2滴NaCl溶液，再滴2滴溶液證明溶解度：D向有機(jī)物M中加入過(guò)量NaOH溶液并加熱，冷卻至室溫，再加入溶液探究M中所含的鹵素原子A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．向恒壓密閉容器中通入N2，總壓不變但體積增大，導(dǎo)致NO2和N2O4濃度降低，平衡向物質(zhì)的量多的一側(cè)即逆反應(yīng)方向移動(dòng)，NO2濃度增加，顏色應(yīng)加深，但體積增大的稀釋效應(yīng)可能導(dǎo)致顏色變淺，最終顏色變化方向不明確，無(wú)法準(zhǔn)確判斷平衡移動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．Cl2與Na2S反應(yīng)生成S沉淀，證明Cl2將S2-氧化為S，說(shuō)明Cl2的氧化性強(qiáng)于S2-，B項(xiàng)正確；C．足量AgNO3中先加NaCl生成AgCl沉淀，但剩余Ag+會(huì)直接與后續(xù)的Na2S反應(yīng)生成Ag2S，無(wú)法證明AgCl轉(zhuǎn)化為Ag2S，不能比較溶解度，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．未先用HNO3中和過(guò)量NaOH，直接加AgNO3會(huì)生成AgOH或Ag2O沉淀，干擾鹵素檢測(cè)，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B。11.向2L的恒容密閉容器中充入，發(fā)生反應(yīng)①和②：測(cè)得NO和的物質(zhì)的量變化如圖所示，內(nèi)維持容器溫度為后升高溫度并維持容器溫度為。下列說(shuō)法正確的是A.內(nèi)的平均反應(yīng)速率(NO2)=0.3mol/(L·min)B.5min時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡，反應(yīng)停止C.反應(yīng)②在低溫下能自發(fā)進(jìn)行D.時(shí)反應(yīng)②的化學(xué)平衡常數(shù)【答案】C【解析】A．0~5min內(nèi)，NO2的消耗需考慮反應(yīng)①和②，由圖像可知，5min時(shí)NO為1.0mol、N2O4為1.8mol，由反應(yīng)①可知，消耗的NO2的物質(zhì)的量為1mol，由反應(yīng)②可知，消耗的NO2的物質(zhì)的量為3.6mol，則總消耗NO2的物質(zhì)的量為4.6mol，Δc(NO2)=，，A錯(cuò)誤；B．5min時(shí)若物質(zhì)的量不再變化，僅說(shuō)明達(dá)到平衡狀態(tài)，但平衡是動(dòng)態(tài)平衡，正逆反應(yīng)仍在進(jìn)行，并未停止，B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)②為2NO2(g)?N2O4(g)，正向氣體分子數(shù)減少，ΔS<0；升溫后N2O4物質(zhì)的量減少，說(shuō)明升溫平衡逆向移動(dòng)，逆反應(yīng)吸熱，故正反應(yīng)放熱（ΔH<0），根據(jù)ΔG=ΔH-TΔS<0的反應(yīng)可自發(fā)進(jìn)行知，該反應(yīng)在低溫下能自發(fā)進(jìn)行，C正確；D．T2℃時(shí)，平衡時(shí)NO為1.2mol、N2O4為1.6mol，由N守恒：n(NO2)=7.6mol-1.2mol-2×1.6mol=3.2mol，c(NO2)=，c(N2O4)=，，D錯(cuò)誤；故選C。12.銅硒化合物是一種性能優(yōu)異的電化學(xué)材料。某銅硒化合物(化學(xué)式為)為正四棱柱晶胞，結(jié)構(gòu)如圖所示。設(shè)表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.Se位于元素周期表的p區(qū)B.基態(tài)銅原子核外電子的空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有15種C.晶胞中Cu為＋1價(jià)和＋2價(jià)的個(gè)數(shù)比是D.該晶體的密度為【答案】D【解析】A．Se為34號(hào)元素，其基態(tài)原子價(jià)電子構(gòu)型為4s24p4，屬于p區(qū)元素，A正確；B．基態(tài)Cu原子核外電子排布為[Ar]3d104s1，原子軌道數(shù)為1s(1)+2s(1)+2p(3)+3s(1)+3p(3)+3d(5)+4s(1)=15，空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)即原子軌道數(shù)，B正確；C．設(shè)+1價(jià)Cu為x，+2價(jià)為y，由Cu3Se2及Se為-2價(jià)，得x+y=3、x+2y=4，解得x=2、y=1，個(gè)數(shù)比2∶1，C正確；D．晶胞中Cu的個(gè)數(shù)為=6、Se的個(gè)數(shù)為4個(gè)，晶胞質(zhì)量為=，體積V=a2b×10-21cm3，密度ρ===，D錯(cuò)誤；答案選D。13.5-羥甲基糠醛(HMF)電化學(xué)法制備2，5-呋喃二羧酸根(FDCA)和2，5-二羥甲基呋喃(BHMF)的原理如圖所示。下列敘述正確的是AX極電勢(shì)低于Y極B.電解時(shí)移向電極C.理論上生成BHMF與FDCA的物質(zhì)的量之比為D.電解時(shí)陰極的電極反應(yīng)式為【答案】D【解析】X極連接Ni、Co和Cu基催化電極，HMF在此生成FDCA（氧化反應(yīng)），為陽(yáng)極，連接電源正極；Y極連接Ag/C電極，HMF生成BHMF（還原反應(yīng)），為陰極，連接電源負(fù)極。A．X極連接Ni、Co和Cu基催化電極，HMF在此生成FDCA（氧化反應(yīng)），為陽(yáng)極，連接電源正極；Y極連接Ag/C電極，HMF生成BHMF（還原反應(yīng)），為陰極，連接電源負(fù)極。正極電勢(shì)高于負(fù)極，故X極電勢(shì)高于Y極，A錯(cuò)誤；B．電解池中陰離子移向陽(yáng)極，OH?應(yīng)移向陽(yáng)極（Ni、Co和Cu基催化電極），而Ag/C電極為陰極，B錯(cuò)誤；C．陽(yáng)極生成FDCA：HMF中-CHO和-CH2OH均氧化為-COO?，每個(gè)HMF失6e?；陰極生成BHMF：HMF中-CHO還原為-CH2OH，每個(gè)HMF得2e?。由電子守恒，n(BHMF)×2=n(FDCA)×6，即n(BHMF):n(FDCA)=3:1，C錯(cuò)誤；D．陰極發(fā)生還原反應(yīng)，HMF得電子生成BHMF，電極反應(yīng)式為HMF+2e?+2H2O→BHMF+2OH?，符合還原過(guò)程及電荷守恒，D正確；故選D。14.常溫下，向濃度均為的、和HR(一元弱酸)的混合液中加入NaOH固體(忽略溶液體積變化)，[代表、、、或]與pH的關(guān)系如圖所示。已知：；當(dāng)被沉淀的離子的時(shí)，認(rèn)為該離子已沉淀完全；。下列敘述錯(cuò)誤的是A.直線Ⅲ代表與pH的關(guān)系B.常溫下，溶液的C.當(dāng)時(shí)，D.向溶液中逐滴加入溶液，可將上述溶液中的和分離【答案】B【解析】A．已知，則更易沉淀，相同下更小，pM=-lgcPb2+更大。圖中pH=8時(shí)，pM=6，故直線Ⅱ?yàn)?，直線Ⅲ在其上方，代表，A正確；B．為一元弱酸，-lgcR-cHR=pKa-pH（斜率的直線）。若0.1mol/L的，則cH+=0.01mol/L，Ka≈0.0120.1=10-3，pKaC．當(dāng)時(shí)，-lgcR-cHR=-lg5≈-0.7，結(jié)合-lgcR-cHR=pKa-pH（設(shè)D．先沉淀，當(dāng)沉淀完全（）時(shí)，因更大尚未沉淀，可將上述溶液中的和分離，D正確；故答案選B。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.某廢棄鋰離子電池正極材料(含、及少量Al、Fe等雜質(zhì))的濕法回收流程如圖所示：已知：①常溫下，溶液中金屬離子完全轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀時(shí)的pH如下表：金屬離子pH4.78.63.29.01.110.1②微溶于水，在冷水中的溶解度比在熱水中的大?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）基態(tài)Li原子的核外電子軌道表示式為___________。（2）“酸浸”時(shí)為加快浸取速率，可采取的措施有___________(寫出兩種)。（3）濾渣1的主要成分是___________(填化學(xué)式)。（4）“沉鎳”流程中，與丁二酮肟()生成鮮紅色丁二酮肟鎳()沉淀，丁二酮肟鎳中與N原子形成平面正方形構(gòu)型。①丁二酮肟中與形成配位鍵的原子是N而不是O的原因是___________。②丁二酮肟鎳在水中的溶解度較小的原因可能是___________。（5）已知：常溫下，則常溫下在100g水中最多能溶解___________g(忽略溶液體積變化)。（6）“沉鋰”流程中，母液用NaOH溶液調(diào)節(jié)后，加入適量飽和溶液，加熱蒸發(fā)濃縮，___________，然后用乙醇洗滌次，干燥，得到白色的?！敬鸢浮浚?）（2）粉碎正極材料、適當(dāng)加熱或攪拌等（3）、（4）①.O的電負(fù)性比N大，不易提供孤電子對(duì)給成鍵②.丁二酮肟鎳為平面中心對(duì)稱結(jié)構(gòu)，且形成了分子內(nèi)氫鍵（5）（6）趁熱過(guò)濾【解析】鋰離子電池正極材料含、及少量Al、Fe等。向正極材料中加入硫酸和過(guò)氧化氫的混合溶液“酸浸”，將鈷酸鋰轉(zhuǎn)化為Co2+和Li+，將鎳酸鋰轉(zhuǎn)化為Ni2+和Li+，材料中含有的少量金屬Al、Fe轉(zhuǎn)化為可溶的硫酸鋁、硫酸鐵，過(guò)濾得到濾渣和濾液；向?yàn)V液中加入氫氧化鈉溶液，將溶液中的Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，過(guò)濾得到含有Fe(OH)3、Al(OH)3的濾渣和濾液；濾液中的Ni2+與丁二酮肟反應(yīng)轉(zhuǎn)化為鮮紅色丁二酮肟鎳沉淀，向轉(zhuǎn)化后的溶液中加入草酸銨溶液，將溶液中的Co2+轉(zhuǎn)化為沉淀，過(guò)濾得到含有的濾渣和濾液；向?yàn)V液中加入飽和碳酸鈉溶液，充分反應(yīng)后過(guò)濾得到碳酸鋰沉淀。（1）基態(tài)Li原子的核外電子排布式是，電子軌道表示式為。（2）根據(jù)影響反應(yīng)速率的因素，粉碎正極材料、適當(dāng)加熱或攪拌等可加快“酸浸”時(shí)的速率；（3）“酸浸”時(shí)因?yàn)橛辛蛩岽嬖?，鐵和鋁溶解，被氧化為，“調(diào)”時(shí)，和都會(huì)以氫氧化物形式沉淀，故濾渣1的主要成分是、。（4）“沉鎳”流程中，與丁二酮肟()生成鮮紅色丁二酮肟鎳()沉淀，丁二酮肟鎳中與N原子形成平面正方形構(gòu)型。①O的電負(fù)性比N大，N易提供孤電子對(duì)給成鍵，故丁二酮肟中與形成配位鍵的原子是N而不是O。②丁二酮肟鎳為平面中心對(duì)稱結(jié)構(gòu)，且形成了分子內(nèi)氫鍵，難與水分子間形成氫鍵，故丁二酮肟鎳在水中的溶解度較小。（5）KspCoC2O4=cCo2+?c（6）母液用NaOH溶液調(diào)節(jié)后，加入適量飽和溶液，加熱蒸發(fā)濃縮，根據(jù)微溶于水，在冷水中的溶解度比在熱水中的大，可知需要趁熱過(guò)濾，以減少溶解。16.硫酸四氨合銅晶體常用作殺蟲劑、媒染劑。常溫下該物質(zhì)在空氣中不穩(wěn)定，受熱時(shí)易發(fā)生分解。某化學(xué)興趣小組設(shè)計(jì)如下方案來(lái)合成硫酸四氨合銅晶體并測(cè)定晶體樣品的失水率。Ⅰ．溶液的制備①取4g銅粉，充分灼燒氧化。②將步驟①的固體冷卻后轉(zhuǎn)移到另一反應(yīng)器中，加入溶液溶解。（1）上述操作中，下列儀器中需要使用的有___________(填名稱)。（2）與使用銅粉與濃硫酸反應(yīng)相比，本制備過(guò)程的優(yōu)點(diǎn)是___________(答兩點(diǎn))。Ⅱ．晶體的制備將Ⅰ中制備的溶液進(jìn)行如下操作：③在步驟②得到的溶液中加入適量氨水并不斷攪拌，產(chǎn)生淺藍(lán)色沉淀。④繼續(xù)加入適量氨水，攪拌，淺藍(lán)色沉淀完全溶解生成深藍(lán)色的透明溶液。⑤在步驟④得到的溶液中緩慢加入乙醇，產(chǎn)生深藍(lán)色的晶體。（3）已知步驟③中淺藍(lán)色沉淀的成分為，該過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是___________。（4）步驟⑤不用加熱濃縮結(jié)晶的原因是___________。Ⅲ．晶體樣品失水率的測(cè)定精確稱取0.2424g失去部分水后的晶體樣品{只含、}，加適量水溶解，注入如圖所示(夾持和加熱裝置略去)的裝置B中，然后逐滴加入足量溶液，通入水蒸氣，將樣品液中的氨全部蒸出，并繼續(xù)通入一段時(shí)間的水蒸氣，用的鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液完全吸收。取下錐形瓶，加入指示劑，用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過(guò)剩的HCl，到終點(diǎn)時(shí)消耗12.00mLNaOH溶液。（5）取下錐形瓶前，繼續(xù)通入一段時(shí)間水蒸氣的目的是___________。（6）滴定過(guò)程中加入的指示劑是___________(填“甲基橙”或“酚酞”)。（7）已知晶體的失水率，則晶體樣品的失水率是___________％(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)?！敬鸢浮浚?）燒杯、坩堝（2）本制備過(guò)程不產(chǎn)生污染性氣體；消耗的硫酸量更少（3）（4）加熱濃縮結(jié)晶過(guò)程中晶體容易分解（5）沖洗裝置中殘留的氨，使其全部進(jìn)入錐形瓶中被鹽酸吸收（6）甲基橙（7）1.46【解析】銅氧化生成氧化銅，再加入硫酸反應(yīng)可以制得溶液；溶液中加入適量氨水反應(yīng)，再加入乙醇，可以獲得晶體。（1）步驟①灼燒使用坩堝，不使用蒸發(fā)皿；步驟②CuO應(yīng)轉(zhuǎn)移到燒杯中溶解，因此需要使用的有燒杯、坩堝。（2）銅粉與濃硫酸在加熱條件下反應(yīng)生成、和水，本制備過(guò)程中不產(chǎn)生污染性氣體，且消耗的硫酸量更少。（3）步驟③中和反應(yīng)生成淺藍(lán)色沉淀，則該沉淀的成分為，因此反應(yīng)的離子方程式是。（4）加熱濃縮結(jié)晶過(guò)程中晶體容易分解，因此步驟⑤不用加熱濃縮結(jié)晶。（5）取下錐形瓶前，繼續(xù)通入一段時(shí)間的水蒸氣，可以沖洗裝置中殘留的氨，使其全部進(jìn)入錐形瓶中被鹽酸吸收。（6）錐形瓶?jī)?nèi)鹽酸吸收得到的是，其水溶液顯弱酸性，故用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過(guò)剩的HCl，滴定過(guò)程中應(yīng)選用甲基橙作指示劑。（7）錐形瓶中，即和的總物質(zhì)的量為，晶體樣品失水前的質(zhì)量為，晶體樣品失去水的質(zhì)量為，故晶體樣品的失水率為。17.利用在催化條件下還原，可以綠色合成，其主要反應(yīng)如下：Ⅰ．Ⅱ．回答下列問(wèn)題：（1）反應(yīng)的___________(用含、的代數(shù)式表示)。（2）一定溫度下，按投料比向恒容密閉容器中通入一定量的氣體，發(fā)生上述Ⅰ和Ⅱ兩個(gè)反應(yīng)，下列說(shuō)法中能表明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是___________(填標(biāo)號(hào))。a．氣體密度不變b．氣體平均摩爾質(zhì)量不變c．的體積分?jǐn)?shù)不變d．和的物質(zhì)的量相等（3）在反應(yīng)Ⅰ中，使用催化劑A和B，相對(duì)能量及其反應(yīng)歷程的關(guān)系如圖所示(A1～A4、B1～B4表示過(guò)渡態(tài))。工業(yè)上適宜的催化劑是___________(填“A”或“B”)，在該催化劑條件下，圖中反應(yīng)歷程中除去原料和產(chǎn)物在催化劑表面的吸附和解吸過(guò)程，其決速步驟是___________(填“①”“②”“③”或“④”)。（4）在保持壓強(qiáng)為200kPa的密閉容器中，分別按投料比為和通入氣體，發(fā)生反應(yīng)Ⅰ和Ⅱ，的平衡轉(zhuǎn)化率及的選擇性隨溫度的變化曲線如圖所示。已知：；。①圖中的___________(填“X”或“Y”)代表，判斷理由是___________。②投料比為、溫度為時(shí)，反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)___________(結(jié)果用分?jǐn)?shù)表示，是用分壓代替濃度計(jì)算的平衡常數(shù)，分壓總壓物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))?！敬鸢浮浚?）（2）bc（3）①.B②.②（4）①.Y②.因?yàn)榉磻?yīng)Ⅰ是放熱反應(yīng)，反應(yīng)Ⅱ是吸熱反應(yīng)，溫度升高，反應(yīng)Ⅰ平衡逆向移動(dòng)，反應(yīng)Ⅱ平衡正向移動(dòng)，降低，X代表，故Y代表③.【解析】（1）根據(jù)蓋斯定律，由(反應(yīng)Ⅰ-反應(yīng)Ⅱ)可得：；（2）a．恒容密閉容器，氣體質(zhì)量不變，容積不變，故氣體密度不變，不能判斷是否達(dá)到平衡狀態(tài)，a項(xiàng)不符合題意；b．反應(yīng)Ⅰ是氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，反應(yīng)Ⅱ是氣體分子數(shù)不變的反應(yīng)，若反應(yīng)未達(dá)到平衡狀態(tài)，氣體的物質(zhì)的量減小，平均摩爾質(zhì)量增大，故氣體平均摩爾質(zhì)量不變時(shí)達(dá)到平衡狀態(tài)，b項(xiàng)符合題意；c．的體積分?jǐn)?shù)不變，說(shuō)明其濃度不變，故反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，c項(xiàng)符合題意；d．和的物質(zhì)的量相等不能說(shuō)明反應(yīng)是否達(dá)到平衡狀態(tài)，d項(xiàng)不符合題意；故選bc；（3）該反應(yīng)歷程中使用催化劑B的最大“能壘”比A的小，故B為工業(yè)上適宜的催化劑，圖中在使用催化劑B的反應(yīng)歷程中，步驟②的“能壘”最大，是決速步驟；（4）①因?yàn)榉磻?yīng)Ⅰ是放熱反應(yīng)，反應(yīng)Ⅱ是吸熱反應(yīng)，溫度升高，反應(yīng)Ⅰ平衡逆向移動(dòng)，反應(yīng)Ⅱ平衡正向移動(dòng)，降低，X代表，故Y代表②投料比為4：1時(shí)相當(dāng)于投料比為3：1時(shí)增加了，減少了，故投料比為4：1時(shí)，更大，因此曲線c代表的是投料比為4：1的，曲線d代表的是投料比為的。時(shí)，，，若投料、，則平衡時(shí)。根據(jù)三段式法可得：，，反應(yīng)Ⅱ的。18.咖啡酸苯乙酯(H)在抗腫瘤、抗氧化、抗炎癥以及免疫調(diào)節(jié)等方面均展現(xiàn)出顯著的生理藥理效應(yīng)。制備該物質(zhì)的合成路線如下：已知：回答下列問(wèn)題：（1）H中含氧官能團(tuán)名稱為___________；的反應(yīng)類型為___________。（2）B+C→D的化學(xué)方程式是___________。（3）E→F過(guò)程選擇銀氨溶液，不選擇酸性高錳酸鉀溶液，其原因是___________。（4）下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是___________(填標(biāo)號(hào))。a．H能發(fā)生加聚反應(yīng)生成高分子b．存在2種官能團(tuán)異構(gòu)體c．A→C的反應(yīng)條件僅是加熱（5）芳香族化合物X是G的同分異構(gòu)體，X能與銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應(yīng)，能與溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，且苯環(huán)上有五個(gè)取代基，其中核磁共振氫譜的峰面積比為的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為___________(填一種)。（6）參照題干合成路線，寫出以乙醇為原料制備2-丁烯酸的合成路線：___________(其他無(wú)機(jī)試劑任選)?！敬鸢浮浚?）①.酯基、羥基(或酚羥基)②.消去反應(yīng)（2）（3）E中有碳碳雙鍵和醛基官能團(tuán)，銀氨溶液只氧化醛基，而酸性高錳酸鉀溶液會(huì)將碳碳雙鍵和醛基都氧化（4）c（5）或（6）【解析】根據(jù)D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式和已知可推知，A為乙醇，C為乙醛，B為，D發(fā)生消去反應(yīng)生成E，E中的醛基和銀氨溶液反應(yīng)生成羧基，F(xiàn)中的氯原子發(fā)生取代反應(yīng)生成含酚羥基的G，G發(fā)生酯化反應(yīng)生成H。（1）由H的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，其含氧官能團(tuán)名稱為酯基、(酚)羥基；E比D分子式少一個(gè)，是—OH與其相鄰碳原子的H原子脫水生成碳碳雙鍵，故為消去反應(yīng)。（2）類比已知信息可知，的化學(xué)方程式是。（3）E中有碳碳雙鍵和醛基官能團(tuán)，銀氨溶液只氧化醛基，而酸性高錳酸鉀溶液會(huì)將碳碳雙鍵和醛基都氧化，故E→F過(guò)程選擇銀氨溶液，不選擇酸性高錳酸鉀溶液（4）H分子中存在碳碳雙鍵，故能發(fā)生加聚反應(yīng)生成高分子，a項(xiàng)正確；A是，還存在不同官能團(tuán)的同分異構(gòu)體，b項(xiàng)正確；A→C反應(yīng)是，反應(yīng)條件是Cu、加熱，c項(xiàng)錯(cuò)誤。（5）芳香族化合物X(含有苯環(huán))是G的同分異構(gòu)體，X能與銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應(yīng)(含有—CHO)、能與溶液發(fā)生顯色反應(yīng)(—OH直接連在苯環(huán)上)，其中核磁共振氫譜的峰面積比為(其與G的氫原子數(shù)相同，在苯環(huán)上有四種不同環(huán)境的氫原子，故是軸對(duì)稱分子，其峰面積比中的3說(shuō)明有一個(gè))且苯環(huán)上有5個(gè)取代基的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為或。（6）乙醇氧化得到乙醛，兩分子乙醛發(fā)生已知信息的反應(yīng)生成，然后發(fā)生消去反應(yīng)和氧化反應(yīng)得到2-丁烯酸，故合成路線為。安徽省大聯(lián)考2025-2026學(xué)年高三上學(xué)期8月秋季檢測(cè)考生注意：1.答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)填寫在試卷和答題卡上，并將考生號(hào)條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)。回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無(wú)效。3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：H1C12N14O16S32Co59Cu64Se79一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1.下列有關(guān)物質(zhì)用途的說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.碳酸鋇可用作消化系統(tǒng)X射線檢查的內(nèi)服藥劑B.叔丁基對(duì)苯二酚可用作食用油的抗氧化劑C.硅、鍺、鎵等材料可用于研制半導(dǎo)體器件D.氧化鐵可用作橡膠紅色顏料【答案】A【解析】A．碳酸鋇會(huì)與胃酸反應(yīng)生成可溶性有毒鋇鹽，不能用作內(nèi)服藥劑，正確用途應(yīng)為硫酸鋇，A錯(cuò)誤；B．酚羥基具有強(qiáng)還原性，叔丁基對(duì)苯二酚是常見的食用油抗氧化劑，B正確；C．硅、鍺、鎵位于金屬元素和非金屬元素分界線附近，硅、鍺、鎵及其化合物是典型半導(dǎo)體材料，C正確；D．氧化鐵是紅色顏料，廣泛用于橡膠、油漆等，D正確。故選A。2.下列各組物質(zhì)的鑒別方法中，不可行的是A.氧化鐵和氧化銅：加入稀硫酸，振蕩B.苯酚溶液和甲苯：加入濃溴水，振蕩C.“素紗襌衣”文物的真品與贗品：用斷代法測(cè)定D.氫氧化鎂和氫氧化鋁：加入氨水，振蕩【答案】D【解析】A．氧化鐵（Fe2O3）與稀硫酸反應(yīng)生成黃色或紅棕色的Fe3+溶液，氧化銅（CuO）反應(yīng)生成藍(lán)色的Cu2+溶液，溶液顏色不同，可鑒別，A正確；B．苯酚與濃溴水生成白色沉淀，甲苯與濃溴水混合后分層（溴被萃?。F(xiàn)象明顯不同，可鑒別，B正確；C．14C斷代法通過(guò)測(cè)定有機(jī)物中14C含量判斷年代，真品為古代絲綢（14C已衰變減少），贗品為現(xiàn)代材料（14C含量較高），可鑒別，C正確；D．氫氧化鎂和氫氧化鋁均不溶于弱堿（如氨水），加入氨水后兩者均無(wú)明顯變化，無(wú)法鑒別，D錯(cuò)誤；故選D。3.用下列化學(xué)知識(shí)解釋對(duì)應(yīng)勞動(dòng)項(xiàng)目合理的是選項(xiàng)勞動(dòng)項(xiàng)目化學(xué)知識(shí)A用葡萄制葡萄酒葡萄中的糖類水解生成乙醇B用醋酸除去水垢()醋酸(碳酸)C用鉛筆芯的粉末作鎖眼潤(rùn)滑劑鉛筆芯所含石墨能導(dǎo)電D用沾有草木灰的抹布擦拭油瓶表面油污草木灰的主要成分是強(qiáng)堿A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．葡萄中的糖類通過(guò)發(fā)酵生成乙醇，而非水解，水解生成單糖，A錯(cuò)誤；B．醋酸的酸性大于碳酸，能反應(yīng)溶解CaCO3，B正確；C．鉛筆芯作潤(rùn)滑劑因石墨層狀結(jié)構(gòu)易滑動(dòng)，而非導(dǎo)電性，C錯(cuò)誤；D．K2CO3屬于鹽，水解呈堿性使油污水解，D錯(cuò)誤；故選B。4.頭孢氨芐是一種半合成的第一代口服頭孢霉素類抗生素藥物，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如下：下列有關(guān)頭孢氨芐的說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.分子式為 B.存在4個(gè)鍵C.含有3個(gè)手性碳原子 D.在堿性條件下水解時(shí)會(huì)生成氨分子【答案】D【解析】A．由頭孢氨芐的結(jié)構(gòu)可得，其分子式為C16H17N3O4S，A正確；B．分子中C-Oσ鍵包括：酰胺羰基和β-內(nèi)酰胺環(huán)羰基（C=O）中的σ鍵、羧基（-COOH）中C=O的σ鍵及C-OH單鍵的σ鍵，共4個(gè)，B正確；C．手性碳原子為連4個(gè)不同基團(tuán)的飽和C，頭孢氨芐中的手性碳原子如圖，共3個(gè)，C正確；D．結(jié)構(gòu)中含的酰胺基在堿性條件下水解生成羧酸鹽和取代胺（母核氨基），-NH2均直接連接碳原子，穩(wěn)定不脫落，不會(huì)生成游離NH3，D錯(cuò)誤；故選D。5.在酸性條件下，與反應(yīng)生成(過(guò)氧化鉻，結(jié)構(gòu)式為)，發(fā)生反應(yīng)：①；生成的在酸性溶液中發(fā)生反應(yīng)：②。下列說(shuō)法正確的是A.的電子式為B.中Cr為＋5價(jià)C.反應(yīng)②中還原產(chǎn)物為和D.反應(yīng)①中有非極性鍵的斷裂和形成【答案】C【解析】A．H2O2為共價(jià)化合物，結(jié)構(gòu)式為H-O-O-H，電子式為，故A錯(cuò)誤；B．CrO5中有4個(gè)O形成兩個(gè)過(guò)氧鍵，有4個(gè)-1價(jià)氧，設(shè)Cr化合價(jià)為x，則x+(-2)+4×(-1)=0，解得x=+6，所以Cr為+6價(jià)，故B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)②中Cr元素從+6價(jià)降低到+3價(jià)，Cr3+為還原產(chǎn)物；H2O中的O部分自過(guò)氧鍵，所以還原產(chǎn)物為Cr3+和水，故C正確；D．反應(yīng)①中H2O2的O-O非極性鍵轉(zhuǎn)移到CrO5中，無(wú)O-O鍵的斷裂和新形成，故D錯(cuò)誤；選C。閱讀下列材料，完成2個(gè)小題。大氣中氮的氧化物主要是NO和，其進(jìn)入人體，可引發(fā)呼吸道疾病，還能和大氣中其他污染物發(fā)生光化學(xué)反應(yīng)形成光化學(xué)煙霧污染，也是酸雨的成因之一，消除氮氧化物的方法有：氨選擇性催化還原法；液相還原劑法(用、尿素等試劑的水溶液吸收時(shí)將氮氧化物還原為)；堿液吸收法(堿性溶液和反應(yīng)生成硝酸鹽和亞硝酸鹽，硝酸鹽和NO反應(yīng)生成亞硝酸鹽)；實(shí)驗(yàn)室用液相氧化法(常見試劑有、等，將氮氧化物氧化為硝酸鹽)。6.下列有關(guān)反應(yīng)的化學(xué)方程式或離子方程式書寫錯(cuò)誤的是A.NO與催化反應(yīng)：B.NO被酸性溶液吸收：C.NO和按物質(zhì)的量之比混合后通入過(guò)量NaOH溶液中：D.氣體通入過(guò)量溶液中生成7.下列有關(guān)物質(zhì)結(jié)構(gòu)或性質(zhì)的比較中錯(cuò)誤的是A.酸性：B.分子中含有的鍵個(gè)數(shù)：C.鍵角：D.中心原子所含價(jià)層電子對(duì)數(shù)：【答案】6.C7.B【解析】6.A．NO與催化反應(yīng)屬于歸中反應(yīng)，生成和，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒配平化學(xué)方程式為：，A正確；B．NO在酸性溶液中被氧化為，被還原為，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：，B正確；C．NO和按物質(zhì)的量之比混合后通入過(guò)量NaOH溶液中：，不會(huì)有生成，C錯(cuò)誤；D．氣體通入過(guò)量溶液中時(shí)，被還原為，被氧化為，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒配平化學(xué)方程式為：，D正確；故選C。7.A．通常情況下，同一元素的含氧酸，中心原子氧化態(tài)越高，酸性越強(qiáng)，則酸性：，A正確；B．分子中含有3個(gè)鍵(N-H鍵)，分子中含有1個(gè)鍵()，分子中含有的鍵個(gè)數(shù)：，B錯(cuò)誤；C．和的VSEPR模型都是四面體形，N有1個(gè)孤電子對(duì)，而O有2個(gè)孤電子對(duì)，對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥力更強(qiáng)，因此鍵角：，C正確；D．中Cl原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)是=4，中N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)是=3，中心原子所含價(jià)層電子對(duì)數(shù)：，D正確；故選B。8.下列實(shí)驗(yàn)產(chǎn)生的廢液中，可能大量存在的粒子組是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)粒子組A濃硝酸與銅片制、、、B稀鹽酸與制、、、C濃鹽酸與制、、、D濃氨水與過(guò)量NaOH固體制、、、A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．濃硝酸與銅反應(yīng)生成Cu2+，同時(shí)產(chǎn)生NO2氣體，導(dǎo)致部分NO2溶解于廢液中，硝酸過(guò)量時(shí)，溶液中還含有和H+，則H+、Cu2+、、NO2可能大量存在，A正確；B．稀鹽酸與CaCO3反應(yīng)生成Ca2+、Cl-和CO2，若H+過(guò)量，會(huì)與H+反應(yīng)生成CO2和H2O，不能大量存在，B錯(cuò)誤；C．濃鹽酸與Ca(ClO)2反應(yīng)生成Cl2，廢液中含H+、Ca2+、Cl-，但在酸性條件下，ClO-會(huì)與H+和Cl-發(fā)生歸中反應(yīng)生成Cl2，因此H+與ClO-不能大量共存，C錯(cuò)誤；D．濃氨水與過(guò)量NaOH反應(yīng)時(shí)，過(guò)量OH?與不能大量存在，D錯(cuò)誤；故選A。9.W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素，其中Y、Z位于同一主族。W、X、Y、Z和氫元素組成某化合物，其結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.元素電負(fù)性：B.該物質(zhì)中X和Z均采取雜化C.基態(tài)原子未成對(duì)電子數(shù)：D.基態(tài)原子的第一電離能：【答案】D【解析】根據(jù)物質(zhì)結(jié)構(gòu)以及形成的化學(xué)鍵，W形成四個(gè)單鍵，為C；X形成三個(gè)單鍵，為N；Y形成2個(gè)共價(jià)鍵，為O；Y、Z位于同一主族，Z為S，據(jù)此解答。A．W為C，X為N，Y為O，同周期從左到右，元素電負(fù)性逐漸增大，則電負(fù)性：C<N<O，A正確；B．X為N，在-NH2中N形成3個(gè)σ鍵且有1對(duì)孤對(duì)電子，其價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，為sp3雜化；Z為S，在-S-S-中形成2個(gè)σ鍵且有2對(duì)孤對(duì)電子，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，為sp3雜化，B正確；C．基態(tài)原子未成對(duì)電子數(shù)：C為2，O為2，S為2，三者相等，C正確；D．同周期元素第一電離能從左到右總體上呈逐漸增大趨勢(shì)，但N的2p軌道半滿，其第一電離能強(qiáng)于O，即第一電離能：N>O，故順序應(yīng)為C<O<N，即W<Y<X，D錯(cuò)誤；故選D10.下列實(shí)驗(yàn)操作能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖沁x項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)?zāi)康腁向盛有與的恒壓密閉容器中通入一定體積的通過(guò)最終氣體顏色判斷平衡移動(dòng)的方向B將氯氣通入溶液中，觀察是否產(chǎn)生淡黃色沉淀驗(yàn)證氯氣的氧化性C向足量溶液中先滴2滴NaCl溶液，再滴2滴溶液證明溶解度：D向有機(jī)物M中加入過(guò)量NaOH溶液并加熱，冷卻至室溫，再加入溶液探究M中所含的鹵素原子A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．向恒壓密閉容器中通入N2，總壓不變但體積增大，導(dǎo)致NO2和N2O4濃度降低，平衡向物質(zhì)的量多的一側(cè)即逆反應(yīng)方向移動(dòng)，NO2濃度增加，顏色應(yīng)加深，但體積增大的稀釋效應(yīng)可能導(dǎo)致顏色變淺，最終顏色變化方向不明確，無(wú)法準(zhǔn)確判斷平衡移動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．Cl2與Na2S反應(yīng)生成S沉淀，證明Cl2將S2-氧化為S，說(shuō)明Cl2的氧化性強(qiáng)于S2-，B項(xiàng)正確；C．足量AgNO3中先加NaCl生成AgCl沉淀，但剩余Ag+會(huì)直接與后續(xù)的Na2S反應(yīng)生成Ag2S，無(wú)法證明AgCl轉(zhuǎn)化為Ag2S，不能比較溶解度，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．未先用HNO3中和過(guò)量NaOH，直接加AgNO3會(huì)生成AgOH或Ag2O沉淀，干擾鹵素檢測(cè)，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B。11.向2L的恒容密閉容器中充入，發(fā)生反應(yīng)①和②：測(cè)得NO和的物質(zhì)的量變化如圖所示，內(nèi)維持容器溫度為后升高溫度并維持容器溫度為。下列說(shuō)法正確的是A.內(nèi)的平均反應(yīng)速率(NO2)=0.3mol/(L·min)B.5min時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡，反應(yīng)停止C.反應(yīng)②在低溫下能自發(fā)進(jìn)行D.時(shí)反應(yīng)②的化學(xué)平衡常數(shù)【答案】C【解析】A．0~5min內(nèi)，NO2的消耗需考慮反應(yīng)①和②，由圖像可知，5min時(shí)NO為1.0mol、N2O4為1.8mol，由反應(yīng)①可知，消耗的NO2的物質(zhì)的量為1mol，由反應(yīng)②可知，消耗的NO2的物質(zhì)的量為3.6mol，則總消耗NO2的物質(zhì)的量為4.6mol，Δc(NO2)=，，A錯(cuò)誤；B．5min時(shí)若物質(zhì)的量不再變化，僅說(shuō)明達(dá)到平衡狀態(tài)，但平衡是動(dòng)態(tài)平衡，正逆反應(yīng)仍在進(jìn)行，并未停止，B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)②為2NO2(g)?N2O4(g)，正向氣體分子數(shù)減少，ΔS<0；升溫后N2O4物質(zhì)的量減少，說(shuō)明升溫平衡逆向移動(dòng)，逆反應(yīng)吸熱，故正反應(yīng)放熱（ΔH<0），根據(jù)ΔG=ΔH-TΔS<0的反應(yīng)可自發(fā)進(jìn)行知，該反應(yīng)在低溫下能自發(fā)進(jìn)行，C正確；D．T2℃時(shí)，平衡時(shí)NO為1.2mol、N2O4為1.6mol，由N守恒：n(NO2)=7.6mol-1.2mol-2×1.6mol=3.2mol，c(NO2)=，c(N2O4)=，，D錯(cuò)誤；故選C。12.銅硒化合物是一種性能優(yōu)異的電化學(xué)材料。某銅硒化合物(化學(xué)式為)為正四棱柱晶胞，結(jié)構(gòu)如圖所示。設(shè)表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.Se位于元素周期表的p區(qū)B.基態(tài)銅原子核外電子的空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有15種C.晶胞中Cu為＋1價(jià)和＋2價(jià)的個(gè)數(shù)比是D.該晶體的密度為【答案】D【解析】A．Se為34號(hào)元素，其基態(tài)原子價(jià)電子構(gòu)型為4s24p4，屬于p區(qū)元素，A正確；B．基態(tài)Cu原子核外電子排布為[Ar]3d104s1，原子軌道數(shù)為1s(1)+2s(1)+2p(3)+3s(1)+3p(3)+3d(5)+4s(1)=15，空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)即原子軌道數(shù)，B正確；C．設(shè)+1價(jià)Cu為x，+2價(jià)為y，由Cu3Se2及Se為-2價(jià)，得x+y=3、x+2y=4，解得x=2、y=1，個(gè)數(shù)比2∶1，C正確；D．晶胞中Cu的個(gè)數(shù)為=6、Se的個(gè)數(shù)為4個(gè)，晶胞質(zhì)量為=，體積V=a2b×10-21cm3，密度ρ===，D錯(cuò)誤；答案選D。13.5-羥甲基糠醛(HMF)電化學(xué)法制備2，5-呋喃二羧酸根(FDCA)和2，5-二羥甲基呋喃(BHMF)的原理如圖所示。下列敘述正確的是AX極電勢(shì)低于Y極B.電解時(shí)移向電極C.理論上生成BHMF與FDCA的物質(zhì)的量之比為D.電解時(shí)陰極的電極反應(yīng)式為【答案】D【解析】X極連接Ni、Co和Cu基催化電極，HMF在此生成FDCA（氧化反應(yīng)），為陽(yáng)極，連接電源正極；Y極連接Ag/C電極，HMF生成BHMF（還原反應(yīng)），為陰極，連接電源負(fù)極。A．X極連接Ni、Co和Cu基催化電極，HMF在此生成FDCA（氧化反應(yīng)），為陽(yáng)極，連接電源正極；Y極連接Ag/C電極，HMF生成BHMF（還原反應(yīng)），為陰極，連接電源負(fù)極。正極電勢(shì)高于負(fù)極，故X極電勢(shì)高于Y極，A錯(cuò)誤；B．電解池中陰離子移向陽(yáng)極，OH?應(yīng)移向陽(yáng)極（Ni、Co和Cu基催化電極），而Ag/C電極為陰極，B錯(cuò)誤；C．陽(yáng)極生成FDCA：HMF中-CHO和-CH2OH均氧化為-COO?，每個(gè)HMF失6e?；陰極生成BHMF：HMF中-CHO還原為-CH2OH，每個(gè)HMF得2e?。由電子守恒，n(BHMF)×2=n(FDCA)×6，即n(BHMF):n(FDCA)=3:1，C錯(cuò)誤；D．陰極發(fā)生還原反應(yīng)，HMF得電子生成BHMF，電極反應(yīng)式為HMF+2e?+2H2O→BHMF+2OH?，符合還原過(guò)程及電荷守恒，D正確；故選D。14.常溫下，向濃度均為的、和HR(一元弱酸)的混合液中加入NaOH固體(忽略溶液體積變化)，[代表、、、或]與pH的關(guān)系如圖所示。已知：；當(dāng)被沉淀的離子的時(shí)，認(rèn)為該離子已沉淀完全；。下列敘述錯(cuò)誤的是A.直線Ⅲ代表與pH的關(guān)系B.常溫下，溶液的C.當(dāng)時(shí)，D.向溶液中逐滴加入溶液，可將上述溶液中的和分離【答案】B【解析】A．已知，則更易沉淀，相同下更小，pM=-lgcPb2+更大。圖中pH=8時(shí)，pM=6，故直線Ⅱ?yàn)?，直線Ⅲ在其上方，代表，A正確；B．為一元弱酸，-lgcR-cHR=pKa-pH（斜率的直線）。若0.1mol/L的，則cH+=0.01mol/L，Ka≈0.0120.1=10-3，pKaC．當(dāng)時(shí)，-lgcR-cHR=-lg5≈-0.7，結(jié)合-lgcR-cHR=pKa-pH（設(shè)D．先沉淀，當(dāng)沉淀完全（）時(shí)，因更大尚未沉淀，可將上述溶液中的和分離，D正確；故答案選B。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.某廢棄鋰離子電池正極材料(含、及少量Al、Fe等雜質(zhì))的濕法回收流程如圖所示：已知：①常溫下，溶液中金屬離子完全轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀時(shí)的pH如下表：金屬離子pH4.78.63.29.01.110.1②微溶于水，在冷水中的溶解度比在熱水中的大。回答下列問(wèn)題：（1）基態(tài)Li原子的核外電子軌道表示式為___________。（2）“酸浸”時(shí)為加快浸取速率，可采取的措施有___________(寫出兩種)。（3）濾渣1的主要成分是___________(填化學(xué)式)。（4）“沉鎳”流程中，與丁二酮肟()生成鮮紅色丁二酮肟鎳()沉淀，丁二酮肟鎳中與N原子形成平面正方形構(gòu)型。①丁二酮肟中與形成配位鍵的原子是N而不是O的原因是___________。②丁二酮肟鎳在水中的溶解度較小的原因可能是___________。（5）已知：常溫下，則常溫下在100g水中最多能溶解___________g(忽略溶液體積變化)。（6）“沉鋰”流程中，母液用NaOH溶液調(diào)節(jié)后，加入適量飽和溶液，加熱蒸發(fā)濃縮，___________，然后用乙醇洗滌次，干燥，得到白色的。【答案】（1）（2）粉碎正極材料、適當(dāng)加熱或攪拌等（3）、（4）①.O的電負(fù)性比N大，不易提供孤電子對(duì)給成鍵②.丁二酮肟鎳為平面中心對(duì)稱結(jié)構(gòu)，且形成了分子內(nèi)氫鍵（5）（6）趁熱過(guò)濾【解析】鋰離子電池正極材料含、及少量Al、Fe等。向正極材料中加入硫酸和過(guò)氧化氫的混合溶液“酸浸”，將鈷酸鋰轉(zhuǎn)化為Co2+和Li+，將鎳酸鋰轉(zhuǎn)化為Ni2+和Li+，材料中含有的少量金屬Al、Fe轉(zhuǎn)化為可溶的硫酸鋁、硫酸鐵，過(guò)濾得到濾渣和濾液；向?yàn)V液中加入氫氧化鈉溶液，將溶液中的Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，過(guò)濾得到含有Fe(OH)3、Al(OH)3的濾渣和濾液；濾液中的Ni2+與丁二酮肟反應(yīng)轉(zhuǎn)化為鮮紅色丁二酮肟鎳沉淀，向轉(zhuǎn)化后的溶液中加入草酸銨溶液，將溶液中的Co2+轉(zhuǎn)化為沉淀，過(guò)濾得到含有的濾渣和濾液；向?yàn)V液中加入飽和碳酸鈉溶液，充分反應(yīng)后過(guò)濾得到碳酸鋰沉淀。（1）基態(tài)Li原子的核外電子排布式是，電子軌道表示式為。（2）根據(jù)影響反應(yīng)速率的因素，粉碎正極材料、適當(dāng)加熱或攪拌等可加快“酸浸”時(shí)的速率；（3）“酸浸”時(shí)因?yàn)橛辛蛩岽嬖?，鐵和鋁溶解，被氧化為，“調(diào)”時(shí)，和都會(huì)以氫氧化物形式沉淀，故濾渣1的主要成分是、。（4）“沉鎳”流程中，與丁二酮肟()生成鮮紅色丁二酮肟鎳()沉淀，丁二酮肟鎳中與N原子形成平面正方形構(gòu)型。①O的電負(fù)性比N大，N易提供孤電子對(duì)給成鍵，故丁二酮肟中與形成配位鍵的原子是N而不是O。②丁二酮肟鎳為平面中心對(duì)稱結(jié)構(gòu)，且形成了分子內(nèi)氫鍵，難與水分子間形成氫鍵，故丁二酮肟鎳在水中的溶解度較小。（5）KspCoC2O4=cCo2+?c（6）母液用NaOH溶液調(diào)節(jié)后，加入適量飽和溶液，加熱蒸發(fā)濃縮，根據(jù)微溶于水，在冷水中的溶解度比在熱水中的大，可知需要趁熱過(guò)濾，以減少溶解。16.硫酸四氨合銅晶體常用作殺蟲劑、媒染劑。常溫下該物質(zhì)在空氣中不穩(wěn)定，受熱時(shí)易發(fā)生分解。某化學(xué)興趣小組設(shè)計(jì)如下方案來(lái)合成硫酸四氨合銅晶體并測(cè)定晶體樣品的失水率。Ⅰ．溶液的制備①取4g銅粉，充分灼燒氧化。②將步驟①的固體冷卻后轉(zhuǎn)移到另一反應(yīng)器中，加入溶液溶解。（1）上述操作中，下列儀器中需要使用的有___________(填名稱)。（2）與使用銅粉與濃硫酸反應(yīng)相比，本制備過(guò)程的優(yōu)點(diǎn)是___________(答兩點(diǎn))。Ⅱ．晶體的制備將Ⅰ中制備的溶液進(jìn)行如下操作：③在步驟②得到的溶液中加入適量氨水并不斷攪拌，產(chǎn)生淺藍(lán)色沉淀。④繼續(xù)加入適量氨水，攪拌，淺藍(lán)色沉淀完全溶解生成深藍(lán)色的透明溶液。⑤在步驟④得到的溶液中緩慢加入乙醇，產(chǎn)生深藍(lán)色的晶體。（3）已知步驟③中淺藍(lán)色沉淀的成分為，該過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是___________。（4）步驟⑤不用加熱濃縮結(jié)晶的原因是___________。Ⅲ．晶體樣品失水率的測(cè)定精確稱取0.2424g失去部分水后的晶體樣品{只含、}，加適量水溶解，注入如圖所示(夾持和加熱裝置略去)的裝置B中，然后逐滴加入足量溶液，通入水蒸氣，將樣品液中的氨全部蒸出，并繼續(xù)通入一段時(shí)間的水蒸氣，用的鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液完全吸收。取下錐形瓶，加入指示劑，用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過(guò)剩的HCl，到終點(diǎn)時(shí)消耗12.00mLNaOH溶液。（5）取下錐形瓶前，繼續(xù)通入一段時(shí)間水蒸氣的目的是___________。（6）滴定過(guò)程中加入的指示劑是___________(填“甲基橙”或“酚酞”)。（7）已知晶體的失水率，則晶體樣品的失水率是___________％(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)?！敬鸢浮浚?）燒杯、坩堝（2）本制備過(guò)程不產(chǎn)生污染性氣體；消耗的硫酸量更少（3）（4）加熱濃縮結(jié)晶過(guò)程中晶體容易分解（5）沖洗裝置中殘留的氨，使其全部進(jìn)入錐形瓶中被鹽酸吸收（6）甲基橙（7）1.46【解析】銅氧化生成氧化銅，再加入硫酸反應(yīng)可以制得溶液；溶液中加入適量氨水反應(yīng)，再加入乙醇，可以獲得晶體。（1）步驟①灼燒使用坩堝，不使用蒸發(fā)皿；步驟②CuO應(yīng)轉(zhuǎn)移到燒杯中溶解，因此需要使用的有燒杯、坩堝。（2）銅粉與濃硫酸在加熱條件下反應(yīng)生成、和水，本制備過(guò)程中不產(chǎn)生污染性氣體，且消耗的硫酸量更少。（3）步驟③中和反應(yīng)生成淺藍(lán)色沉淀，則該沉淀的成分為，因此反應(yīng)的離子方程式是。（4）加熱濃縮結(jié)晶過(guò)程中晶體容易分解，因此步驟⑤不用加熱濃縮結(jié)晶。（5）取下錐形瓶前，繼續(xù)通入一段時(shí)間的水蒸氣，可以沖洗裝置中殘留的氨，使其全部進(jìn)入錐形瓶中被鹽酸吸收。（6）錐形瓶?jī)?nèi)鹽酸吸收得到的是，其水溶液顯弱酸性，故用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過(guò)剩的HCl，滴定過(guò)程中應(yīng)選用甲基橙作指示劑。（7）錐形瓶中，即和的總物質(zhì)的量為，晶體樣品失水前的質(zhì)量為，晶體樣品失去水的質(zhì)量為，故晶體樣品的失水率為。17.利用在催化條件下還原，可以綠色合成，其主要反應(yīng)如下：Ⅰ．Ⅱ．回答下列問(wèn)題：（1）反應(yīng)的___________(用含、的代數(shù)式表示)。（2）一定溫度下