高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1山東省名校2025屆高三下學(xué)期4月校際聯(lián)合檢測(cè)試題注意事項(xiàng)：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)等填寫在答題卡和試卷指定位置，并在答題卡規(guī)定位置貼條形碼。2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(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)，用0.5mm黑色簽字筆將答案寫在答題卡對(duì)應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在本試卷上無效。3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H1C12N14O16S32C135.5Au197一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1.化學(xué)與生產(chǎn)、生活、環(huán)境等關(guān)系密切。下列說法正確的是A.合成纖維、人造纖維及碳化硅纖維都屬于有機(jī)高分子材料B.工業(yè)上使用漂白粉時(shí)常加入少量弱酸或少量的稀鹽酸C.誤食可溶性鋇鹽可盡快用5%的溶液洗胃D.“鐵水打花”又叫打鐵花，利用了鐵元素的焰色反應(yīng)【答案】B【解析】A．合成纖維（如滌綸、尼龍）和人造纖維（如粘膠纖維）均屬于有機(jī)高分子材料，但碳化硅纖維（SiC）是無機(jī)非金屬材料，A錯(cuò)誤；B．漂白粉的有效成分是次氯酸鈣（Ca(ClO)2），其漂白作用依賴次氯酸（HClO）。加入少量酸（如稀鹽酸或弱酸）可促進(jìn)反應(yīng)：Ca(ClO)2+2H+=Ca2++2HClO，從而提高HClO濃度，增強(qiáng)漂白效果，B正確；C．誤食可溶性鋇鹽（如BaCl2）時(shí)，應(yīng)使用硫酸鈉（Na2SO4）生成不溶于胃酸的BaSO4沉淀。若用Na?CO3，生成的BaCO3在胃酸中會(huì)溶解，重新釋放有毒的Ba2?，C錯(cuò)誤；D．“鐵水打花”是高溫鐵微粒在空氣中燃燒生成Fe3O4的現(xiàn)象，屬于鐵的氧化反應(yīng)，而非焰色反應(yīng)，D錯(cuò)誤；故選B。2.下列化學(xué)用語表述正確的是A.福爾馬林中的氫鍵： B.的化學(xué)名稱為2-甲基-2-丁烯C.離子中鍵角為 D.鍵形成示意圖：【答案】B【解析】A．福爾馬林是甲醛（HCHO）的水溶液，氫鍵通常形成于電負(fù)性較高的原子（如O、N、F）與氫原子之間，醛分子中的C-H鍵電負(fù)性差異較小，且C原子周圍沒有孤對(duì)電子，不能存在氫鍵：，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)有機(jī)化合物命名規(guī)則，需先確定主鏈，最長碳鏈含4個(gè)碳，為丁烯，從靠近雙鍵的一端編號(hào)，雙鍵位于2、3號(hào)碳之間，甲基取代基在2號(hào)碳上，由于取代基和雙鍵位置編號(hào)相同，命名時(shí)需明確取代基位置，因此該物質(zhì)正確命名為2-甲基-2-丁烯，B正確；C．中心原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+=4，且含有1個(gè)孤電子對(duì)，空間構(gòu)型為三角錐形，鍵角不是120°，C錯(cuò)誤；D．鍵是由原子軌道沿鍵軸方向“頭碰頭”重疊形成的，圖示為p-p鍵的形成示意圖，D錯(cuò)誤；故選B。3.下列實(shí)驗(yàn)描述錯(cuò)誤的是A.實(shí)驗(yàn)“鈉與水的反應(yīng)”中應(yīng)戴護(hù)目鏡B.鋅粉與硫粉實(shí)驗(yàn)前需用研缽將硫研磨成粉末再混勻C.濃硫酸、燒堿、苯酚等沾到皮膚上，均應(yīng)立即用大量水沖洗D.有機(jī)反應(yīng)一般采用水浴或電加熱套，不用明火加熱【答案】C【解析】A．一般進(jìn)行化學(xué)實(shí)驗(yàn)就需要佩戴護(hù)目鏡，以保護(hù)眼睛，鈉與水劇烈反應(yīng)放熱，應(yīng)佩戴護(hù)目鏡，A項(xiàng)正確；B．鋅粉與硫粉實(shí)驗(yàn)前需用研缽將硫研磨成粉末再混勻，使二者能充分接觸，B正確；C．苯酚等沾到皮膚上，應(yīng)立即用乙醇沖洗，C錯(cuò)誤；D．大多數(shù)有機(jī)物易燃燒，有機(jī)反應(yīng)一般采用水浴或電加熱套，不用明火加熱，D正確；答案選C。4.下列敘述正確且對(duì)應(yīng)關(guān)系合理的是A.冰的密度小于干冰，冰晶體中水分子的空間利用率相對(duì)較高B.與互為等電子體，為極性分子C.碳的還原性強(qiáng)于硅，碳單質(zhì)與石英反應(yīng)冶煉粗硅D.網(wǎng)狀聚丙烯酸鈉樹脂具有高吸水性和保水能力，可用于生產(chǎn)嬰兒尿布【答案】D【解析】A．冰晶體中水分子間形成氫鍵，導(dǎo)致其空間利用率相對(duì)較低，使得冰的密度小于干冰，A錯(cuò)誤；B．與原子數(shù)相同，電子數(shù)相同，互為等電子體，與都是極性分子，但是二者沒有對(duì)應(yīng)關(guān)系，B錯(cuò)誤；C．工業(yè)上利用焦炭與二氧化硅在高溫下反應(yīng)制取粗硅，反應(yīng)中碳為還原劑，硅為還原產(chǎn)物，但根據(jù)該反應(yīng)不能說明碳的還原性大于硅，因?yàn)樵摲磻?yīng)是在高溫條件下發(fā)生的，實(shí)際上碳的還原性弱于硅，C錯(cuò)誤；D．因?yàn)榫W(wǎng)狀聚丙烯酸鈉樹脂含有親水基-COONa，具有高吸水性和保水能力，所以可用于生產(chǎn)嬰兒尿布，D正確；故選D。5.W、X、Y、Z、M是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，Y的最外層電子數(shù)等于X核外電子總數(shù)，五種主族元素組成的化合物Q的結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A.簡單離子半徑： B.和的空間結(jié)構(gòu)相同C.簡單氫化物沸點(diǎn)： D.第一電離能：【答案】A【解析】W、X、Y、Z、M是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，根據(jù)化合物Q的結(jié)構(gòu)圖，X最外層有4個(gè)電子，則X是C元素，結(jié)合Y的最外層電子數(shù)等于X核外電子總數(shù)，可知Y是O元素，M離子帶1個(gè)正電荷，可知M是Na元素，W是得到1個(gè)電子后形成的四個(gè)共價(jià)鍵，則W是B元素，Z形成了1個(gè)共價(jià)鍵，則Z是F元素，據(jù)此分析解答。A．經(jīng)分析，M是Na元素，Y是O元素，Z是F元素，三者的離子核外電子排布相同，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則簡單離子半徑：O2-＞F-＞Na+，A符合題意；B．和分別為、，前者孤電子對(duì)數(shù)為，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+0=3，其空間構(gòu)型是平面三角形，后者孤電子對(duì)數(shù)為，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+0=3，其空間構(gòu)型是平面三角形，故空間結(jié)構(gòu)相同，B不符合題意；C．Y、Z、X的簡單氫化物依次為水、氟化氫和甲烷，前二者分子間均有氫鍵，水常溫下是液態(tài)，氟化氫是氣體，則三種氫化物的沸點(diǎn)依次降低，C不符合題意；D．同周期元素從左至右第一電離能總體呈增大趨勢(shì)，故第第一電離能：F＞O＞C，D不符合題意；故選A。6.應(yīng)用下列裝置和試劑能達(dá)到對(duì)應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茄b置目的A．“隨開隨用、隨關(guān)隨?！敝艬．驗(yàn)證Fe吸氧腐蝕裝置目的C．合成并檢驗(yàn)D．測(cè)定反應(yīng)速率A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．過氧化鈉為粉末狀固體，過氧化鈉放到帶孔的隔板上，不能固液分離，故不能做到隨開隨用、隨關(guān)隨停，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．食鹽水為中性，F(xiàn)e發(fā)生吸氧腐蝕，壓強(qiáng)傳感器可測(cè)定因氧氣而減少發(fā)生的壓強(qiáng)變化，B項(xiàng)正確；C．氮?dú)馀c氫氣在高溫高壓催化劑條件下，可以合成氨氣，但是檢驗(yàn)氨氣要用濕潤的pH試紙，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．鋅與硫酸反應(yīng)生成氫氣，但是產(chǎn)生的氫氣會(huì)從漏斗逸散，無法測(cè)定產(chǎn)生氣體的速率，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B。7.NO治理是環(huán)境保護(hù)的重要課題。Cu基催化劑加摻雜可抑制雜質(zhì)對(duì)催化劑的影響(含Ce化合物的比例系數(shù)均未標(biāo)定，)，作用機(jī)理如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A.NO可以造成臭氧空洞 B.總反應(yīng)中被氧化的非金屬元素只有NC.Ce的硫酸鹽中Ce元素的化合價(jià)為價(jià) D.，【答案】C【解析】A．NO可以做臭氧轉(zhuǎn)化為氧氣時(shí)的催化劑，可以造成臭氧空洞，A正確；B．總反應(yīng)的方程式為：4NH3+2NO+2O23N2+6H2O，被氧化的元素為N元素，B正確；C．反應(yīng)①中，SO2中+4價(jià)的S被氧化為+6價(jià)，SO2和O2反應(yīng)比為3:1，故根據(jù)電子得失守恒，Ce也得電子，變?yōu)?3價(jià)，C錯(cuò)誤；D．反應(yīng)①中，Ce的化合價(jià)變?yōu)?3價(jià)，反應(yīng)②中無氧化劑，Ce元素在反應(yīng)③中被氧化為+4價(jià)，則x=2，y=3，D正確；答案選C。8.一定條件下有機(jī)物的重排異構(gòu)化反應(yīng)如圖所示，下列說法正確的是A.與足量NaOH反應(yīng)時(shí)，1mola和1molb均最多消耗1molNaOHB.a和b與足量加成后的產(chǎn)物，手性碳原子個(gè)數(shù)分別為4，5C.a酸性條件下水解產(chǎn)物之一與b互為同系物D.類比上述反應(yīng)，的異構(gòu)化產(chǎn)物可發(fā)生銀鏡反應(yīng)【答案】D【解析】a結(jié)構(gòu)中官能團(tuán)為酯基、酮羰基，b中官能團(tuán)為酚羥基、酮羰基。A．與足量NaOH反應(yīng)時(shí)，1mola最多消耗2molNaOH，1molb最多消耗1molNaOH，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．a(chǎn)和b與足量加成后的產(chǎn)物分別為、，*碳為手性碳原子，個(gè)數(shù)分別為3，5，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．a(chǎn)酸性條件下水解產(chǎn)物為、CH3COOH，與b不互為同系物，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．類比上述反應(yīng)，的異構(gòu)化產(chǎn)物為，結(jié)構(gòu)中含有醛基，可發(fā)生銀鏡反應(yīng)，D項(xiàng)正確；答案選D。9.下圖為三種磷單質(zhì)的結(jié)構(gòu)。其中紅磷為巨型共價(jià)分子，正交型黑磷具有類似石墨的層狀結(jié)構(gòu)。下列說法正確的是A.三種磷單質(zhì)中P原子的雜化方式有2種B.熔點(diǎn)順序：紅磷正交型黑磷白磷C.相同狀況下，等質(zhì)量的三種單質(zhì)完全燃燒耗氧量相同，焓變不同D.正交型黑磷具有半導(dǎo)體的性質(zhì)，是因?yàn)橛蓄愃朴谑拇箧I【答案】C【解析】A．白磷中每個(gè)P原子形成3個(gè)P-Pσ鍵，剩余1對(duì)孤對(duì)電子，為sp3雜化，紅磷中每個(gè)P原子形成3個(gè)P-Pσ鍵，剩余1對(duì)孤對(duì)電子，為sp3雜化，正交型黑磷具有類似石墨的層狀結(jié)構(gòu)，但不是平面結(jié)構(gòu)，每個(gè)P原子形成3個(gè)P-Pσ鍵，剩余1對(duì)孤對(duì)電子，為sp3雜化，A錯(cuò)誤；B．白磷屬于分子晶體，紅磷為巨型共價(jià)分子，也是分子晶體，但紅磷的相對(duì)分子質(zhì)量高于白磷，則熔點(diǎn)：紅磷白磷，正交型黑磷具有類似石墨的層狀結(jié)構(gòu)，為混合型晶體，具有共價(jià)化合物的性質(zhì)，熔點(diǎn)最高，則熔點(diǎn)順序：正交型黑磷紅磷白磷，B錯(cuò)誤；C．三種磷的結(jié)構(gòu)不同，能量不同，燃燒為放熱反應(yīng)，焓變?chǔ)=生成物總能量-反應(yīng)物總能量，因此焓變不同，C正確；D．正交型黑磷具有類似石墨的層狀結(jié)構(gòu)，但層內(nèi)不是平面結(jié)構(gòu)，沒有形成大鍵，D錯(cuò)誤；故選C。10.室溫下，HR、、三份溶液中分別加入等物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液，pM[p表示負(fù)對(duì)數(shù)，M表示、、]隨溶液pH變化的關(guān)系如圖所示。已知相同條件下的溶解度：，下列說法正確的是A.蒸干溶液可生成晶體 B.室溫下，為C.X點(diǎn)橫坐標(biāo)為8.2 D.調(diào)節(jié)HR溶液時(shí)：【答案】C【解析】已知相同條件下的溶解度：，，則，即、兩條線不能相交，③為的滴定曲線，②為，①為。線①：時(shí)，，pM=0，即，，同理，。A．，可知是弱堿，則會(huì)水解，故蒸干溶液不會(huì)生成晶體，會(huì)得到，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)分析可知，B錯(cuò)誤；C．設(shè)X點(diǎn)橫坐標(biāo)為a，縱坐標(biāo)為b，①：②：，聯(lián)立①②，解得a=8.2，C正確；D．時(shí)，，，，D錯(cuò)誤；故選C。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題只有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意，全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。11.下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論A向有機(jī)混合液中加入濃溴水無白色沉淀混合液不含苯酚B平衡后縮小容器體積氣體顏色變淺加壓后平衡正向移動(dòng)C將加入到酸性溶液中溶液變成棕黃色，有黃綠色氣體產(chǎn)生氧化性：D用pH計(jì)分別測(cè)等物質(zhì)的量濃度的和溶液的pHpH計(jì)顯示溶液pH>7，溶液酸性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．向有機(jī)混合液中加入濃溴水，無白色沉淀生成，可能是由于有機(jī)物不屬于酚類物質(zhì)，也可能是由于反應(yīng)產(chǎn)生是三溴苯酚量少，沒有形成沉淀，或是形成的三溴苯酚溶解在有機(jī)溶劑中，A錯(cuò)誤；B．平衡后縮小容器體積，反應(yīng)混合物中c(N2O4)、c(NO2)都增大，導(dǎo)致混合氣體顏色加深；當(dāng)縮小體積后導(dǎo)致體系的壓強(qiáng)增大，化學(xué)平衡向氣體體積減小的正向移動(dòng)，又會(huì)使混合氣體的顏色比縮小體積的一瞬間變淺，但平衡移動(dòng)的趨勢(shì)是微弱的，總的來說混合氣體顏色與原來平衡比還是加深，B錯(cuò)誤；C．具有強(qiáng)氧化性，可將亞鐵離子氧化為三價(jià)鐵離子，同時(shí)也能氧化氯離子生成氯氣，無法說明氯氣能將亞鐵離子氧化為三價(jià)鐵離子，即不能得出氧化性：Cl2>Fe3+，C錯(cuò)誤；D．主要第一步電離，對(duì)應(yīng)的鈉鹽是，同濃度溶液的大于溶液，說明電離能力：，能證明酸性：，D正確；故選D。12.以銅陽極泥[含Cu、Ag、Au多種單質(zhì)]為原料分離回收金和銀的流程如下圖所示：已知：①是一元強(qiáng)酸②電沉積時(shí)電極反應(yīng)：。下列說法錯(cuò)誤的是A.“浸取2”中使用的酸提高了的氧化性B.“還原”步驟的離子方程式：C.“還原”步驟中，加入，可析出19.7gAuD.離子中心S原子配位能力小于端基S原子【答案】AC【解析】由題給流程可知，向銅、銀、金的混合物中加入稀硫酸和過氧化氫的混合溶液浸取，將銅轉(zhuǎn)化為硫酸銅，銀、金不反應(yīng)，過濾得到含有硫酸銅的浸出液1和含Ag、Au的浸渣1；向?yàn)V渣1中加入鹽酸和過氧化氫的混合溶液浸取，將銀轉(zhuǎn)化為氯化銀，金轉(zhuǎn)化為HAuCl4，過濾得到含有氯化銀的浸渣2和含有HAuCl4的浸出液2；向浸渣2中加入硫代硫酸鈉溶液，將氯化銀轉(zhuǎn)化為離子，過濾得到含有的浸出液3；浸出液3電沉積得到銀；向含有HAuCl4的浸出液2中加入肼，將溶液中HAuCl4轉(zhuǎn)化為金。A．“浸取2”中使用的酸是鹽酸，加入鹽酸之后提供，銀被氧化為氯化銀，而Au形成HAuCl4配合物，加鹽酸的目的并不是增強(qiáng)了的氧化性，而是提供，用于形成配離子，A錯(cuò)誤；B．“還原”步驟中HAuCl4被還原生成Au和氮?dú)?，離子方程式為：，B正確；C．“還原”步驟中，根據(jù)方程式：，可知加入，即0.075mol，理論上可析出0.1molAu，即19.7gAu，但實(shí)際上浸出液2中含有強(qiáng)氧化性的，會(huì)消耗，導(dǎo)致析出的Au小于19.7g，C錯(cuò)誤；D．離子相當(dāng)于中一個(gè)氧原子被硫原子代替，其結(jié)構(gòu)式為：，中心原子S不具有孤對(duì)電子，而端基的S原子有孤對(duì)電子，可以形成配位鍵，故中心S原子配位能力小于端基S原子，D正確；故選AC。13.電催化可將亞硝酸鹽污染物轉(zhuǎn)化為氨()，同時(shí)實(shí)現(xiàn)甘油()轉(zhuǎn)化為高附加值化學(xué)品。已知雙極膜中解離的和在電場(chǎng)作用下向兩極遷移。下列說法正確的是A.雙極膜中向電極b方向移動(dòng)B.電解總反應(yīng)：C.電解一段時(shí)間后，電極a一側(cè)電解質(zhì)溶液pH升高D.原位紅外光譜儀可監(jiān)測(cè)電解過程中原子連接方式和官能團(tuán)變化【答案】BD【解析】該電解池中，生成氨氣，則該電解質(zhì)為堿性，電極a上，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)生成，可知該極為陽極，電極反應(yīng)式為：；電極b上，得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)生成，可知該極為陰極，電極反應(yīng)式為：，據(jù)此分析作答。A．在電解池中，OH?作為陰離子會(huì)向陽極遷移，即向電極a方向移動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．根據(jù)電極反應(yīng)式可知，電解總反應(yīng)：，B項(xiàng)正確；C．由分析可知，電極a的電極反應(yīng)式為：，每消耗11個(gè)OH-、轉(zhuǎn)移8個(gè)電子，有8個(gè)OH-遷移到陽極區(qū)，溶液中OH-濃度減小，堿性減弱，pH降低，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．紅外光譜通過檢測(cè)化學(xué)鍵振動(dòng)來識(shí)別官能團(tuán)，能夠?qū)崟r(shí)監(jiān)測(cè)反應(yīng)過程中分子結(jié)構(gòu)的變化，D項(xiàng)正確；答案選BD。14.室溫下實(shí)驗(yàn)探究、能否催化的分解及相關(guān)性質(zhì)。下列說法正確的是實(shí)驗(yàn)I．無明顯變化實(shí)驗(yàn)Ⅱ．溶液變紅，有氣泡實(shí)驗(yàn)Ⅲ．溶液變墨綠，產(chǎn)生使帶火星木條復(fù)燃?xì)怏w實(shí)驗(yàn)Ⅳ．A到B溶液變?yōu)樗{(lán)色，并產(chǎn)生氣體；B到C溶液變粉紅色，有氣泡已知為粉紅色、為藍(lán)色、為紅色、為墨綠色。A.加入不利于反應(yīng)正向移動(dòng)B.實(shí)驗(yàn)Ⅱ中反應(yīng)離子方程式：C.實(shí)驗(yàn)Ⅲ中產(chǎn)生的氣體只有D.實(shí)驗(yàn)Ⅳ中，從A到C所產(chǎn)生的氣體分別為、【答案】BD【解析】實(shí)驗(yàn)Ⅰ中無明顯變化，證明不能催化的分解；實(shí)驗(yàn)Ⅱ中溶液變?yōu)榧t色，證明易轉(zhuǎn)化為；實(shí)驗(yàn)Ⅲ中溶液變?yōu)槟G色，說明更易轉(zhuǎn)化為，并且初步證明在的作用下易被過氧化氫氧化為，產(chǎn)生使帶火星木條復(fù)燃?xì)怏w說明有氧氣生成；實(shí)驗(yàn)Ⅳ中A到B溶液變?yōu)樗{(lán)色，并產(chǎn)生氣體，說明轉(zhuǎn)化為且生成二氧化碳?xì)怏w，B到C溶液變粉紅色，有氣泡，則被還原為，同時(shí)有水被氧化為氧氣；A．實(shí)驗(yàn)I表明，反應(yīng)難以正向進(jìn)行。實(shí)驗(yàn)Ⅲ的現(xiàn)象表明，Co3+、Co2+分別與配位時(shí)，更易與反應(yīng)生成(該反應(yīng)為快反應(yīng))，導(dǎo)致幾乎不能轉(zhuǎn)化為，這樣使得的濃度減小的幅度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于減小的幅度，根據(jù)化學(xué)平衡移動(dòng)原理，減小生成物濃度能使化學(xué)平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，因此，加入有利于反應(yīng)正向移動(dòng)，A錯(cuò)誤；B．實(shí)驗(yàn)Ⅱ中溶液變?yōu)榧t色，證明生成，實(shí)驗(yàn)Ⅱ中反應(yīng)離子方程式：，B正確；C．實(shí)驗(yàn)Ⅲ中溶液變?yōu)槟G色，說明更易轉(zhuǎn)化為，反應(yīng)為，也會(huì)生成二氧化碳，C錯(cuò)誤；D．由分析，實(shí)驗(yàn)Ⅳ中，從A到C所產(chǎn)生的氣體分別為、，D正確；故選BD。15.剛性容器中按投料比發(fā)生反應(yīng)：，不同催化劑條件下反應(yīng)相同時(shí)間，測(cè)得B的轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系如圖所示。已知該反應(yīng)，其中k為速率常數(shù)。下列說法正確的是A.圖示溫度范圍內(nèi)活化分子總數(shù)：催化劑甲催化劑乙B.催化劑乙條件下，溫度高于350℃后，B轉(zhuǎn)化率下降是升高溫度平衡逆向移動(dòng)的結(jié)果C.其他條件不變，等倍數(shù)地增大A和B的物質(zhì)的量，A和B的轉(zhuǎn)化率均增大D.若時(shí)初始速率為，當(dāng)B轉(zhuǎn)化率為60%時(shí)，反應(yīng)速率為，由此可知【答案】CD【解析】A．溫度相同時(shí)，單位時(shí)間內(nèi)，使用催化劑甲比使用催化劑乙反應(yīng)速率快，NO轉(zhuǎn)化率高，則使用催化劑甲比使用催化劑乙正反應(yīng)的活化能更低，則圖示溫度范圍內(nèi)活化分子總數(shù)：催化劑甲＞催化劑乙，A錯(cuò)誤；B．350℃時(shí)催化劑乙條件下B轉(zhuǎn)化率低于催化劑甲，說明反應(yīng)相同的時(shí)間，使用催化劑乙沒有使反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，也就不存在平衡的移動(dòng)，B轉(zhuǎn)化率下降是溫度過高，導(dǎo)致催化劑活性降低甚至失去活性，反應(yīng)速率下降，導(dǎo)致B轉(zhuǎn)化率下降，B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，其他條件不變，等倍數(shù)地增大A和B的物質(zhì)的量，則壓強(qiáng)增大，平衡正向移動(dòng)，導(dǎo)致A和B的轉(zhuǎn)化率均增大，C正確；D．設(shè)初始A、B物質(zhì)的量均為1mol，容器體積為1L，則初始AB的濃度均為1mol/L，，當(dāng)B轉(zhuǎn)化率為60%時(shí)，c(A)=0.4mol/L，c(B)=0.4mol/L，此時(shí)的反應(yīng)速率為，則有，解得m=1，D正確；故選CD。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.元素N、Cu、Zn等在生產(chǎn)、生命活動(dòng)中作用廣泛?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)N原子核外電子的空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有___________種；火箭推進(jìn)劑氟化硝酰()中心原子的雜化方式為___________。（2）實(shí)驗(yàn)表明，除H原子外，為平面結(jié)構(gòu)，為三角錐結(jié)構(gòu)。中N原子價(jià)層孤電子對(duì)占據(jù)___________軌道；已知堿性隨N原子電子云密度增大而增強(qiáng)，、堿性強(qiáng)的是___________，原因是___________。（3）配體L，Cu離子和能合成類似蝦蟹血藍(lán)蛋白的模型配合物，該結(jié)構(gòu)呈現(xiàn)出強(qiáng)烈的鍵斷裂趨勢(shì)，成鍵形態(tài)X與斷鍵形態(tài)Y達(dá)成快速平衡。(為異丙基)X中Cu的化合價(jià)為___________；1molY離子中通過螯合作用形成的配位鍵有___________mol。（4）某鋅配合物生物熒光標(biāo)記劑晶體組成結(jié)構(gòu)單元如圖所示，部分原子未畫出。已知晶胞參數(shù)為2anm，鍵長為dnm。理論上圖中A、B兩個(gè)之間的最短距離為___________nm，圖中A原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為，則C原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)___________。【答案】（1）①.5②.sp2（2）①.2p②.③.中N原子為sp2雜化，未雜化2p軌道與Si的空3d軌道重疊，使得N原子上電子云密度降低，堿性減弱，N(CH3)3中的甲基是推電子基團(tuán)，增加了氮原子的電子云密度，堿性增強(qiáng)（3）①.+2②.6（4）①.②.(，，0)【解析】（1）基態(tài)N原子電子排布為1s22s22p3，其中1s軌道有1種空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子，2s軌道1種，2p軌道有3種，共5種空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。中心N原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為=3，雜化方式為sp2。（2）除H原子外，為平面結(jié)構(gòu)，N原子為sp2雜化，雜化軌道形成σ鍵，N原子價(jià)層孤電子對(duì)占據(jù)2p軌道；中N原子的未雜化2p軌道與Si的空3d軌道重疊，使得N原子上電子云密度降低，堿性減弱，N(CH3)3中的甲基是推電子基團(tuán)，增加了氮原子的電子云密度，堿性增強(qiáng)，故N(CH3)3堿性更強(qiáng)。（3）X中的銅為銅離子，和配體L、氧氣形成X，X帶兩個(gè)單位正電荷，所以銅的化合價(jià)為+2價(jià)；在Y中，一個(gè)銅離子和兩個(gè)氮原子加上兩個(gè)碳原子形成3個(gè)環(huán)，銅離子和氮原子通過螯合作用以配位鍵結(jié)合，一個(gè)銅離子通過螯合作用形成的配位鍵是3個(gè)，則1molY離子中通過螯合作用形成的配位鍵有6mol。（4）已知晶胞參數(shù)為2anm，鍵長為dnm，圖中A、B兩個(gè)Zn2+間的最短距離為晶胞組成單元的體對(duì)角線長度-(Zn-O鍵長)的2倍，即，圖中A原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為，則C原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)(，，0)。17.根據(jù)腎上腺素(F)的兩條合成路線回答下列問題：路線一：（1）A的化學(xué)名稱為___________；D中官能團(tuán)名稱為___________；檢驗(yàn)物質(zhì)A和B的試劑為___________(寫化學(xué)式)。（2）的化學(xué)方程式為___________。（3）的合成路線設(shè)計(jì)為：，不能選用高錳酸鉀的原因是___________。路線二：（4）路線二中屬于取代反應(yīng)的是___________(填序號(hào))；G的結(jié)構(gòu)簡式___________。（5）H的2種芳香族同分異構(gòu)體含硝基和3種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子(個(gè)數(shù)比為)，結(jié)構(gòu)簡式為___________?！敬鸢浮浚?）①.鄰苯二酚或1，2-苯二酚②.酚羥基、醇羥基、氰基③.或（2）（3）高錳酸鉀氧化性強(qiáng)，可以將I結(jié)構(gòu)中的酚羥基氧化，且能將I中氧化為羧基（4）①.①②②.（5）、【解析】A與OHCCOOH發(fā)生加成反應(yīng)生成的B的結(jié)構(gòu)，可推斷A的結(jié)構(gòu)為，B經(jīng)過一系列反應(yīng)生成C，C為，C與HCN反應(yīng)生成D，D與H2反應(yīng)生成E，由E與CH3I反應(yīng)生成的F結(jié)構(gòu)，采用逆合成分析思路推知E的結(jié)構(gòu)為，D的結(jié)構(gòu)為。（1）根據(jù)上述分析，A為，名稱為：鄰苯二酚或1，2-苯二酚；D的結(jié)構(gòu)簡式為官能團(tuán)名稱為酚羥基、醇羥基、氰基；對(duì)比A、B結(jié)構(gòu)可知，二者均含有酚羥基，均具有酚的性質(zhì)，能與溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，與濃溴水反應(yīng)生成白色沉淀；故答案為：鄰苯二酚或1，2-苯二酚；酚羥基、醇羥基、氰基；或；（2）E為與CH3I發(fā)生取代反應(yīng)生成F結(jié)構(gòu)、HI，反應(yīng)化學(xué)方程式為；故答案為：；（3）由，可知I的結(jié)構(gòu)為，I結(jié)構(gòu)中含有酚羥基，具有還原性，易被高錳酸鉀氧化，且高錳酸鉀氧化性強(qiáng)，可以將I中醇羥基氧化為羧基，而不是C結(jié)構(gòu)中的醛基；故答案為：高錳酸鉀氧化性強(qiáng)，可以將I結(jié)構(gòu)中的酚羥基氧化，且能將I中氧化為羧基；（4）根據(jù)路線二中A與在一定條件下反應(yīng)生成的G的分子式，H與H2反應(yīng)生成F，可知G結(jié)構(gòu)為，H為，其中反應(yīng)①和反應(yīng)②為取代反應(yīng)，反應(yīng)③為加成反應(yīng)；故答案為：①②；；（5）H為分子式為C9H11NO3，芳香族同分異構(gòu)體含硝基和3種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子(個(gè)數(shù)比為)，結(jié)構(gòu)簡式為、；故答案為：、。18.綜合利用輝銅礦(主要成分Cu2S)和軟錳礦(主要成分MnO2)[兩者均含少量Fe2O3、SiO2雜質(zhì)]為原料制備[Cu(NH3)4]SO4?H2O和MnCO3的主要工藝流程如下圖所示。已知：①常溫下，；；(離子濃度時(shí)離子被除盡)。②萃取時(shí)，將萃取劑HL溶于磺化煤油中，所得溶液作為有機(jī)相，萃取和反萃取原理為：，M2+為Cu2+或Mn2+。③lg2=0.3?；卮鹣铝袉栴}：（1）酸浸時(shí)，提高浸取率可采取的措施有___________(任寫一條)；濾渣1中除SiO2外，還可能有___________；據(jù)此寫出“粉碎后酸浸”過程中主要反應(yīng)的離子方程式為___________。（2）“過濾2”調(diào)pH的范圍為___________(溶液中M2+和Cu2+的濃度均為1.0mol?L-1)。（3）關(guān)于“操作X”的說法錯(cuò)誤的是___________。(填序號(hào))a．向“富銅液”中加足量氨水，再加入95%乙醇，可降低產(chǎn)物的溶解性b．該操作可以說明配位能力NH3強(qiáng)于H2Oc．[Cu(NH3)4]SO4?H2O中陰、陽離子和H2O的VSEPR模型均相同d．“操作X”后所得產(chǎn)品需采用低溫干燥、密封冷藏（4）銅萃取劑HL()中的N、酚羥基O均與Cu2+配位，形成配合物CuL2。該配合物中Cu2+的配位數(shù)為___________?！胺摧腿″i”時(shí)，試劑Y為___________。獲取MnCO3不易直接加入Na2CO3溶液的原因是___________。（5）從“富銅液”中析出晶體時(shí)，可以使用下列哪種試劑能促進(jìn)晶體析出：___________(填標(biāo)號(hào))。a．濃H2SO4b．稀氨水c．Na2SO4固體d．飽和NaCl溶液【答案】（1）①.適當(dāng)升高溫度、攪拌等(任寫一條)②.硫單質(zhì)③.Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O（2）3≤pH＜4.3（3）c（4）①.4②.H2SO4③.Na2CO3溶液的堿性較強(qiáng)，導(dǎo)致生成Mn(OH)2沉淀（5）c【解析】輝銅礦(主要成分Cu2S)和軟錳礦(主要成分MnO2)[兩者均含少量Fe2O3、SiO2雜質(zhì)]粉碎后，加入一定濃度的硫酸進(jìn)行酸浸，發(fā)生反應(yīng)Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O，F(xiàn)e2O3與硫酸反應(yīng)生成Fe2(SO4)3等，SiO2不反應(yīng)，過濾后，得到濾渣為SiO2和S等；往濾液中加入適量氨氣調(diào)pH，使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，成為濾渣2的主要成分；往濾液中加入銅萃取劑，[Cu(NH3)4]SO4進(jìn)入有機(jī)相中，再將有機(jī)相進(jìn)行反萃取，使[Cu(NH3)4]SO4重新進(jìn)入溶液，得到富銅液，將富銅液進(jìn)行蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，得到[Cu(NH3)4]SO4?H2O晶體；往萃取銅后的溶液中加入另一種萃取劑，使MnSO4進(jìn)入有機(jī)相中，分液后將有機(jī)相進(jìn)行反萃取，可得到富錳液，加入NH4HCO3和足量氨水，得到MnCO3產(chǎn)品。（1）酸浸時(shí)，升高溫度、增大接觸面積、適當(dāng)增大反應(yīng)物濃度等措施，都可提高浸取率，則采取的措施有：適當(dāng)升高溫度、攪拌等(任寫一條)；由分析可知，濾渣1中除SiO2外，還可能有硫單質(zhì)；“粉碎后酸浸”過程中，Cu2S、MnO2在H2SO4溶液中發(fā)生反應(yīng)，生成Cu2+、Mn2+、S等，依據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和元素守恒，可得出發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式為Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O。（2）“過濾2”時(shí)，要使Fe3+完全沉淀，而Cu2+、Mn2+不產(chǎn)生沉淀，此時(shí)c(Fe3+)≤1×10-5mol?L-1，c(Cu2+)=1.0mol?L-1，c(Mn2+)=1.0mol?L-1。對(duì)于Fe3+，c(OH-)≥=1×10-11mol/L，pH≥3；對(duì)于Cu2+，c(OH-)＜=2.0×10-10mol/L，pH＜4.3；對(duì)于Mn2+，c(OH-)＜=2.0×10-7mol/L，pH＜7.3，所以調(diào)pH的范圍為：3≤pH＜4.3。（3）a．向“富銅液”中加足量氨水，可將[Cu(H2O)4]2+轉(zhuǎn)化為[Cu(NH3)4]2+，再加入95%乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4?H2O，表明95%乙醇可降低產(chǎn)物的溶解性，a正確；b．該操作中，[Cu(H2O)4]2+轉(zhuǎn)化為[Cu(NH3)4]2+，說明配位能力NH3強(qiáng)于H2O，b正確；c．[Cu(NH3)4]SO4?H2O中，的中心S原子的孤電子對(duì)數(shù)為=0，與4個(gè)O原子形成σ鍵，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，發(fā)生sp3雜化，H2O的中心原子的孤電子對(duì)數(shù)為=2，O原子與2個(gè)H原子形成2個(gè)σ鍵，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，發(fā)生sp3雜化，[Cu(NH3)4]2+中，中心Cu2+發(fā)生dsp2雜化，它們的VSEPR模型不相同，c錯(cuò)誤；d．“操作X”為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，由于[Cu(NH3)4]SO4?H2O受熱易失去結(jié)晶水，并防止其失去結(jié)晶水，故所得產(chǎn)品需采用低溫干燥、密封冷藏，d正確；故選c。（4）銅萃取劑HL()中的N、酚羥基O均與Cu2+配位，則1個(gè)HL就可與Cu2+形成2個(gè)配位鍵，所以形成配合物CuL2時(shí)，該配合物中Cu2+的配位數(shù)為2×2=4。萃取和反萃取原理為：，M2+為Cu2+或Mn2+，反萃取是將萃取到有機(jī)相中的金屬離子重新轉(zhuǎn)移到水相，通常加入強(qiáng)酸，增大氫離子濃度，平衡逆向移動(dòng)，因?yàn)樗峤r(shí)加入的酸為硫酸，所以“反萃取錳”時(shí)，試劑Y為H2SO4。Na2CO3的堿性強(qiáng)，易使Mn2+發(fā)生反應(yīng)生成Mn(OH)2，所以獲取MnCO3不易直接加入Na2CO3溶液的原因是：Na2CO3溶液的堿性較強(qiáng)，導(dǎo)致生成Mn(OH)2沉淀。（5）a．濃H2SO4加入溶液中后，可能與[Cu(NH3)4]SO4?H2O反應(yīng)，從而破壞[Cu(NH3)4]2+的結(jié)構(gòu)，不利于析出[Cu(NH3)4]SO4?H2O晶體，a不符合題意；b．加入稀氨水后，對(duì)[Cu(NH3)4]2+、兩種離子不產(chǎn)生影響，“富銅液”濃度減小，不利于[Cu(NH3)4]SO4?H2O析出，b不符合題意；c．加入Na2SO4固體，使溶液中濃度明顯增大，從而降低[Cu(NH3)4]SO4?H2O晶體的溶解度，促進(jìn)[Cu(NH3)4]SO4?H2O晶體析出，c符合題意；d．加入飽和NaCl溶液，對(duì)[Cu(NH3)4]2+、兩種離子不產(chǎn)生影響，“富銅液”濃度減小，不利于[Cu(NH3)4]SO4?H2O析出，d不符合題意；故選c。19.DCCNa是一種高效、安全的殺菌消毒劑。常溫下為白色固體，難溶于冷水，受熱易分解。實(shí)驗(yàn)室利用反應(yīng)制備，實(shí)驗(yàn)裝置如下圖所示。（1）儀器a名稱為___________，使用時(shí)___________打開玻璃塞(填“需要”或“不需要”)。（2）實(shí)驗(yàn)過程中裝置B利用冷水浴使溫度保持為。當(dāng)裝置B內(nèi)出現(xiàn)___________現(xiàn)象時(shí)，再打開活塞加入氰尿酸溶液，并一直維持氯氣的氣流穩(wěn)定，其原因是___________。若溫度過高時(shí)，會(huì)發(fā)生副反應(yīng)，生成三種氣體，其中一種生成物水解生成氨氣和次氯酸，寫出氰尿酸()被氯氣氧化的化學(xué)方程式：___________。（3）反應(yīng)結(jié)束后，裝置B中的濁液經(jīng)抽濾、___________、干燥得DCCNa粗產(chǎn)品。（4）稱取0.1000g樣品，用100mL蒸餾水于碘量瓶中溶解后，加入酸溶液使得產(chǎn)品中的氯原子全部轉(zhuǎn)化成HClO，再加入過量的KI溶液和2滴淀粉溶液。用溶液滴定至終點(diǎn)，共消耗溶液16.00mL。已知：，)滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為___________。若實(shí)驗(yàn)中加入的醋酸溶液中混有少量硫酸雜質(zhì)，則實(shí)驗(yàn)結(jié)果___________(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。樣品有效氯___________()?！敬鸢浮浚?）①.恒壓滴液漏斗②.不需要（2）①.液面上方有黃綠色氣體②.可使反應(yīng)生成的NaOH再次生成次氯酸鈉，提高原料的利用率③.（3）冷水洗滌（4）①.滴入最后半滴溶液，溶液由藍(lán)色褪為無色，且30s內(nèi)不恢復(fù)②.偏高③.56.8%【解析】A裝置用于制取氯氣，生成的氯氣進(jìn)入B中與NaOH溶液反應(yīng)生成次氯酸鈉，NaClO溶液中滴加氰尿酸溶液，反應(yīng)生成DCCNa，過量的氯氣進(jìn)入C中用NaOH等溶液吸收，防止污染環(huán)境，據(jù)此分析解答。（1）由儀器構(gòu)造可知a為恒壓滴液漏斗，恒壓滴液漏斗使用時(shí)不需要打開玻璃塞，故答案為：恒壓滴液漏斗；不需要。（2）當(dāng)裝置B的三頸燒瓶內(nèi)液面上方有黃綠色氣體時(shí)，再加入氰尿酸溶液；根據(jù)題干反應(yīng)可知，在整個(gè)過程中不斷通入一定量的氯氣，可使反應(yīng)生成的NaOH再次生成次氯酸鈉，提高原料的利用率；溫度過高時(shí)，會(huì)發(fā)生副反應(yīng)，生成三種氣體，其中一種生成物水解生成氨氣和次氯酸，由產(chǎn)物可知，該產(chǎn)物為，根據(jù)質(zhì)量守恒定律可知，另外兩個(gè)氣體分別為二氧化碳和氯化氫氣體，化學(xué)方程式為：，故答案為：液面上方有黃綠色氣體；可使反應(yīng)生成的NaOH再次生成次氯酸鈉，提高原料的利用率；。（3）DCCNa常溫下為白色固體，難溶于冷水，受熱易分解，因此裝置B中的濁液經(jīng)抽濾、冷水洗滌、干燥得DCCNa粗產(chǎn)品，故答案為：冷水洗滌。（4）反應(yīng)中用淀粉溶液作指示劑，碘單質(zhì)遇到淀粉溶液顯藍(lán)色，滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為溶液由藍(lán)色褪為無色，且30s內(nèi)不恢復(fù)；標(biāo)準(zhǔn)溶液會(huì)與硫酸反應(yīng)，則消耗的標(biāo)準(zhǔn)溶液體積偏大，實(shí)驗(yàn)結(jié)果偏高；HClO與KI反應(yīng)，生成碘單質(zhì)，方程式為：，結(jié)合已知信息，根據(jù)電子守恒可知，有關(guān)系式：，則n(HClO)=n(I2)=n()=，根據(jù)給定公式，則，故答案為：滴入最后半滴溶液，溶液由藍(lán)色褪為無色，且30s內(nèi)不恢復(fù)；偏高；56.8%。20.干氣重整(DRM)是碳捕集、利用的一種典型低碳過程。高能耗和積碳是目前DRM反應(yīng)工業(yè)化所面臨的主要瓶頸，DRM反應(yīng)中設(shè)計(jì)的主要反應(yīng)如下：I．II．III．回答下列問題。（1）反應(yīng)Ⅳ：的焓變___________；前僅用一個(gè)反應(yīng)就可以表示各組分的物質(zhì)變化，該反應(yīng)方程式為___________。（2）起始?jí)簭?qiáng)為0.1MPa，固定體積為2L的容器中加入和。不同溫度下平衡時(shí)各組分的物質(zhì)的量隨溫度變化如圖所示。時(shí)，平衡時(shí)，裝置中的積碳質(zhì)量為___________g；反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)___________。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)（3）在一定溫度下，測(cè)得某催化劑上沉積碳的生成速率方程為(k為速率常數(shù))。在一定時(shí)，不同下積碳量隨時(shí)間的變化趨勢(shì)如圖所示，則、、從大到小的順序?yàn)開__________。（4）當(dāng)升溫以上后，圖像中和CO曲線重合的原因是___________?！敬鸢浮浚?）①.-132②.（2）①.9.6②.（3）>>（4）以上，主要發(fā)生反應(yīng)I【解析】（1）根據(jù)蓋斯定律，II+III-I可得，(41+74-247)=-132；分析在200℃之前體系物質(zhì)的變化，CO2、CH4的物質(zhì)的量逐漸增多，C、H2O物質(zhì)的量逐漸減少，故發(fā)生反應(yīng)；（2）時(shí)，根據(jù)圖可知平衡時(shí)，是，是，是，是，則根據(jù)碳原子守恒，，根據(jù)氫守恒，，則，，；則平衡后氣體總物質(zhì)的量為：，恒溫恒容條件下，壓強(qiáng)與物質(zhì)的量成正比，則平衡時(shí)總壓強(qiáng)為：，反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)；（3）根據(jù)沉積碳的生成速率方程，在一定時(shí)，與積碳量成反比，故>>；（4）當(dāng)升溫以上后，根據(jù)圖像知，主要存在和CO兩種物質(zhì)，反應(yīng)I中只有和CO兩種生成物，并且二者化學(xué)計(jì)量數(shù)相等，則曲線重合的原因是：以上，主要發(fā)生反應(yīng)I。山東省名校2025屆高三下學(xué)期4月校際聯(lián)合檢測(cè)試題注意事項(xiàng)：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)等填寫在答題卡和試卷指定位置，并在答題卡規(guī)定位置貼條形碼。2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(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)，用0.5mm黑色簽字筆將答案寫在答題卡對(duì)應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在本試卷上無效。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：H1C12N14O16S32C135.5Au197一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1.化學(xué)與生產(chǎn)、生活、環(huán)境等關(guān)系密切。下列說法正確的是A.合成纖維、人造纖維及碳化硅纖維都屬于有機(jī)高分子材料B.工業(yè)上使用漂白粉時(shí)常加入少量弱酸或少量的稀鹽酸C.誤食可溶性鋇鹽可盡快用5%的溶液洗胃D.“鐵水打花”又叫打鐵花，利用了鐵元素的焰色反應(yīng)【答案】B【解析】A．合成纖維（如滌綸、尼龍）和人造纖維（如粘膠纖維）均屬于有機(jī)高分子材料，但碳化硅纖維（SiC）是無機(jī)非金屬材料，A錯(cuò)誤；B．漂白粉的有效成分是次氯酸鈣（Ca(ClO)2），其漂白作用依賴次氯酸（HClO）。加入少量酸（如稀鹽酸或弱酸）可促進(jìn)反應(yīng)：Ca(ClO)2+2H+=Ca2++2HClO，從而提高HClO濃度，增強(qiáng)漂白效果，B正確；C．誤食可溶性鋇鹽（如BaCl2）時(shí)，應(yīng)使用硫酸鈉（Na2SO4）生成不溶于胃酸的BaSO4沉淀。若用Na?CO3，生成的BaCO3在胃酸中會(huì)溶解，重新釋放有毒的Ba2?，C錯(cuò)誤；D．“鐵水打花”是高溫鐵微粒在空氣中燃燒生成Fe3O4的現(xiàn)象，屬于鐵的氧化反應(yīng)，而非焰色反應(yīng)，D錯(cuò)誤；故選B。2.下列化學(xué)用語表述正確的是A.福爾馬林中的氫鍵： B.的化學(xué)名稱為2-甲基-2-丁烯C.離子中鍵角為 D.鍵形成示意圖：【答案】B【解析】A．福爾馬林是甲醛（HCHO）的水溶液，氫鍵通常形成于電負(fù)性較高的原子（如O、N、F）與氫原子之間，醛分子中的C-H鍵電負(fù)性差異較小，且C原子周圍沒有孤對(duì)電子，不能存在氫鍵：，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)有機(jī)化合物命名規(guī)則，需先確定主鏈，最長碳鏈含4個(gè)碳，為丁烯，從靠近雙鍵的一端編號(hào)，雙鍵位于2、3號(hào)碳之間，甲基取代基在2號(hào)碳上，由于取代基和雙鍵位置編號(hào)相同，命名時(shí)需明確取代基位置，因此該物質(zhì)正確命名為2-甲基-2-丁烯，B正確；C．中心原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+=4，且含有1個(gè)孤電子對(duì)，空間構(gòu)型為三角錐形，鍵角不是120°，C錯(cuò)誤；D．鍵是由原子軌道沿鍵軸方向“頭碰頭”重疊形成的，圖示為p-p鍵的形成示意圖，D錯(cuò)誤；故選B。3.下列實(shí)驗(yàn)描述錯(cuò)誤的是A.實(shí)驗(yàn)“鈉與水的反應(yīng)”中應(yīng)戴護(hù)目鏡B.鋅粉與硫粉實(shí)驗(yàn)前需用研缽將硫研磨成粉末再混勻C.濃硫酸、燒堿、苯酚等沾到皮膚上，均應(yīng)立即用大量水沖洗D.有機(jī)反應(yīng)一般采用水浴或電加熱套，不用明火加熱【答案】C【解析】A．一般進(jìn)行化學(xué)實(shí)驗(yàn)就需要佩戴護(hù)目鏡，以保護(hù)眼睛，鈉與水劇烈反應(yīng)放熱，應(yīng)佩戴護(hù)目鏡，A項(xiàng)正確；B．鋅粉與硫粉實(shí)驗(yàn)前需用研缽將硫研磨成粉末再混勻，使二者能充分接觸，B正確；C．苯酚等沾到皮膚上，應(yīng)立即用乙醇沖洗，C錯(cuò)誤；D．大多數(shù)有機(jī)物易燃燒，有機(jī)反應(yīng)一般采用水浴或電加熱套，不用明火加熱，D正確；答案選C。4.下列敘述正確且對(duì)應(yīng)關(guān)系合理的是A.冰的密度小于干冰，冰晶體中水分子的空間利用率相對(duì)較高B.與互為等電子體，為極性分子C.碳的還原性強(qiáng)于硅，碳單質(zhì)與石英反應(yīng)冶煉粗硅D.網(wǎng)狀聚丙烯酸鈉樹脂具有高吸水性和保水能力，可用于生產(chǎn)嬰兒尿布【答案】D【解析】A．冰晶體中水分子間形成氫鍵，導(dǎo)致其空間利用率相對(duì)較低，使得冰的密度小于干冰，A錯(cuò)誤；B．與原子數(shù)相同，電子數(shù)相同，互為等電子體，與都是極性分子，但是二者沒有對(duì)應(yīng)關(guān)系，B錯(cuò)誤；C．工業(yè)上利用焦炭與二氧化硅在高溫下反應(yīng)制取粗硅，反應(yīng)中碳為還原劑，硅為還原產(chǎn)物，但根據(jù)該反應(yīng)不能說明碳的還原性大于硅，因?yàn)樵摲磻?yīng)是在高溫條件下發(fā)生的，實(shí)際上碳的還原性弱于硅，C錯(cuò)誤；D．因?yàn)榫W(wǎng)狀聚丙烯酸鈉樹脂含有親水基-COONa，具有高吸水性和保水能力，所以可用于生產(chǎn)嬰兒尿布，D正確；故選D。5.W、X、Y、Z、M是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，Y的最外層電子數(shù)等于X核外電子總數(shù)，五種主族元素組成的化合物Q的結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A.簡單離子半徑： B.和的空間結(jié)構(gòu)相同C.簡單氫化物沸點(diǎn)： D.第一電離能：【答案】A【解析】W、X、Y、Z、M是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，根據(jù)化合物Q的結(jié)構(gòu)圖，X最外層有4個(gè)電子，則X是C元素，結(jié)合Y的最外層電子數(shù)等于X核外電子總數(shù)，可知Y是O元素，M離子帶1個(gè)正電荷，可知M是Na元素，W是得到1個(gè)電子后形成的四個(gè)共價(jià)鍵，則W是B元素，Z形成了1個(gè)共價(jià)鍵，則Z是F元素，據(jù)此分析解答。A．經(jīng)分析，M是Na元素，Y是O元素，Z是F元素，三者的離子核外電子排布相同，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則簡單離子半徑：O2-＞F-＞Na+，A符合題意；B．和分別為、，前者孤電子對(duì)數(shù)為，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+0=3，其空間構(gòu)型是平面三角形，后者孤電子對(duì)數(shù)為，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+0=3，其空間構(gòu)型是平面三角形，故空間結(jié)構(gòu)相同，B不符合題意；C．Y、Z、X的簡單氫化物依次為水、氟化氫和甲烷，前二者分子間均有氫鍵，水常溫下是液態(tài)，氟化氫是氣體，則三種氫化物的沸點(diǎn)依次降低，C不符合題意；D．同周期元素從左至右第一電離能總體呈增大趨勢(shì)，故第第一電離能：F＞O＞C，D不符合題意；故選A。6.應(yīng)用下列裝置和試劑能達(dá)到對(duì)應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茄b置目的A．“隨開隨用、隨關(guān)隨停”制B．驗(yàn)證Fe吸氧腐蝕裝置目的C．合成并檢驗(yàn)D．測(cè)定反應(yīng)速率A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．過氧化鈉為粉末狀固體，過氧化鈉放到帶孔的隔板上，不能固液分離，故不能做到隨開隨用、隨關(guān)隨停，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．食鹽水為中性，F(xiàn)e發(fā)生吸氧腐蝕，壓強(qiáng)傳感器可測(cè)定因氧氣而減少發(fā)生的壓強(qiáng)變化，B項(xiàng)正確；C．氮?dú)馀c氫氣在高溫高壓催化劑條件下，可以合成氨氣，但是檢驗(yàn)氨氣要用濕潤的pH試紙，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．鋅與硫酸反應(yīng)生成氫氣，但是產(chǎn)生的氫氣會(huì)從漏斗逸散，無法測(cè)定產(chǎn)生氣體的速率，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B。7.NO治理是環(huán)境保護(hù)的重要課題。Cu基催化劑加摻雜可抑制雜質(zhì)對(duì)催化劑的影響(含Ce化合物的比例系數(shù)均未標(biāo)定，)，作用機(jī)理如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A.NO可以造成臭氧空洞 B.總反應(yīng)中被氧化的非金屬元素只有NC.Ce的硫酸鹽中Ce元素的化合價(jià)為價(jià) D.，【答案】C【解析】A．NO可以做臭氧轉(zhuǎn)化為氧氣時(shí)的催化劑，可以造成臭氧空洞，A正確；B．總反應(yīng)的方程式為：4NH3+2NO+2O23N2+6H2O，被氧化的元素為N元素，B正確；C．反應(yīng)①中，SO2中+4價(jià)的S被氧化為+6價(jià)，SO2和O2反應(yīng)比為3:1，故根據(jù)電子得失守恒，Ce也得電子，變?yōu)?3價(jià)，C錯(cuò)誤；D．反應(yīng)①中，Ce的化合價(jià)變?yōu)?3價(jià)，反應(yīng)②中無氧化劑，Ce元素在反應(yīng)③中被氧化為+4價(jià)，則x=2，y=3，D正確；答案選C。8.一定條件下有機(jī)物的重排異構(gòu)化反應(yīng)如圖所示，下列說法正確的是A.與足量NaOH反應(yīng)時(shí)，1mola和1molb均最多消耗1molNaOHB.a和b與足量加成后的產(chǎn)物，手性碳原子個(gè)數(shù)分別為4，5C.a酸性條件下水解產(chǎn)物之一與b互為同系物D.類比上述反應(yīng)，的異構(gòu)化產(chǎn)物可發(fā)生銀鏡反應(yīng)【答案】D【解析】a結(jié)構(gòu)中官能團(tuán)為酯基、酮羰基，b中官能團(tuán)為酚羥基、酮羰基。A．與足量NaOH反應(yīng)時(shí)，1mola最多消耗2molNaOH，1molb最多消耗1molNaOH，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．a(chǎn)和b與足量加成后的產(chǎn)物分別為、，*碳為手性碳原子，個(gè)數(shù)分別為3，5，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．a(chǎn)酸性條件下水解產(chǎn)物為、CH3COOH，與b不互為同系物，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．類比上述反應(yīng)，的異構(gòu)化產(chǎn)物為，結(jié)構(gòu)中含有醛基，可發(fā)生銀鏡反應(yīng)，D項(xiàng)正確；答案選D。9.下圖為三種磷單質(zhì)的結(jié)構(gòu)。其中紅磷為巨型共價(jià)分子，正交型黑磷具有類似石墨的層狀結(jié)構(gòu)。下列說法正確的是A.三種磷單質(zhì)中P原子的雜化方式有2種B.熔點(diǎn)順序：紅磷正交型黑磷白磷C.相同狀況下，等質(zhì)量的三種單質(zhì)完全燃燒耗氧量相同，焓變不同D.正交型黑磷具有半導(dǎo)體的性質(zhì)，是因?yàn)橛蓄愃朴谑拇箧I【答案】C【解析】A．白磷中每個(gè)P原子形成3個(gè)P-Pσ鍵，剩余1對(duì)孤對(duì)電子，為sp3雜化，紅磷中每個(gè)P原子形成3個(gè)P-Pσ鍵，剩余1對(duì)孤對(duì)電子，為sp3雜化，正交型黑磷具有類似石墨的層狀結(jié)構(gòu)，但不是平面結(jié)構(gòu)，每個(gè)P原子形成3個(gè)P-Pσ鍵，剩余1對(duì)孤對(duì)電子，為sp3雜化，A錯(cuò)誤；B．白磷屬于分子晶體，紅磷為巨型共價(jià)分子，也是分子晶體，但紅磷的相對(duì)分子質(zhì)量高于白磷，則熔點(diǎn)：紅磷白磷，正交型黑磷具有類似石墨的層狀結(jié)構(gòu)，為混合型晶體，具有共價(jià)化合物的性質(zhì)，熔點(diǎn)最高，則熔點(diǎn)順序：正交型黑磷紅磷白磷，B錯(cuò)誤；C．三種磷的結(jié)構(gòu)不同，能量不同，燃燒為放熱反應(yīng)，焓變?chǔ)=生成物總能量-反應(yīng)物總能量，因此焓變不同，C正確；D．正交型黑磷具有類似石墨的層狀結(jié)構(gòu)，但層內(nèi)不是平面結(jié)構(gòu)，沒有形成大鍵，D錯(cuò)誤；故選C。10.室溫下，HR、、三份溶液中分別加入等物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液，pM[p表示負(fù)對(duì)數(shù)，M表示、、]隨溶液pH變化的關(guān)系如圖所示。已知相同條件下的溶解度：，下列說法正確的是A.蒸干溶液可生成晶體 B.室溫下，為C.X點(diǎn)橫坐標(biāo)為8.2 D.調(diào)節(jié)HR溶液時(shí)：【答案】C【解析】已知相同條件下的溶解度：，，則，即、兩條線不能相交，③為的滴定曲線，②為，①為。線①：時(shí)，，pM=0，即，，同理，。A．，可知是弱堿，則會(huì)水解，故蒸干溶液不會(huì)生成晶體，會(huì)得到，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)分析可知，B錯(cuò)誤；C．設(shè)X點(diǎn)橫坐標(biāo)為a，縱坐標(biāo)為b，①：②：，聯(lián)立①②，解得a=8.2，C正確；D．時(shí)，，，，D錯(cuò)誤；故選C。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題只有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意，全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。11.下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論A向有機(jī)混合液中加入濃溴水無白色沉淀混合液不含苯酚B平衡后縮小容器體積氣體顏色變淺加壓后平衡正向移動(dòng)C將加入到酸性溶液中溶液變成棕黃色，有黃綠色氣體產(chǎn)生氧化性：D用pH計(jì)分別測(cè)等物質(zhì)的量濃度的和溶液的pHpH計(jì)顯示溶液pH>7，溶液酸性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．向有機(jī)混合液中加入濃溴水，無白色沉淀生成，可能是由于有機(jī)物不屬于酚類物質(zhì)，也可能是由于反應(yīng)產(chǎn)生是三溴苯酚量少，沒有形成沉淀，或是形成的三溴苯酚溶解在有機(jī)溶劑中，A錯(cuò)誤；B．平衡后縮小容器體積，反應(yīng)混合物中c(N2O4)、c(NO2)都增大，導(dǎo)致混合氣體顏色加深；當(dāng)縮小體積后導(dǎo)致體系的壓強(qiáng)增大，化學(xué)平衡向氣體體積減小的正向移動(dòng)，又會(huì)使混合氣體的顏色比縮小體積的一瞬間變淺，但平衡移動(dòng)的趨勢(shì)是微弱的，總的來說混合氣體顏色與原來平衡比還是加深，B錯(cuò)誤；C．具有強(qiáng)氧化性，可將亞鐵離子氧化為三價(jià)鐵離子，同時(shí)也能氧化氯離子生成氯氣，無法說明氯氣能將亞鐵離子氧化為三價(jià)鐵離子，即不能得出氧化性：Cl2>Fe3+，C錯(cuò)誤；D．主要第一步電離，對(duì)應(yīng)的鈉鹽是，同濃度溶液的大于溶液，說明電離能力：，能證明酸性：，D正確；故選D。12.以銅陽極泥[含Cu、Ag、Au多種單質(zhì)]為原料分離回收金和銀的流程如下圖所示：已知：①是一元強(qiáng)酸②電沉積時(shí)電極反應(yīng)：。下列說法錯(cuò)誤的是A.“浸取2”中使用的酸提高了的氧化性B.“還原”步驟的離子方程式：C.“還原”步驟中，加入，可析出19.7gAuD.離子中心S原子配位能力小于端基S原子【答案】AC【解析】由題給流程可知，向銅、銀、金的混合物中加入稀硫酸和過氧化氫的混合溶液浸取，將銅轉(zhuǎn)化為硫酸銅，銀、金不反應(yīng)，過濾得到含有硫酸銅的浸出液1和含Ag、Au的浸渣1；向?yàn)V渣1中加入鹽酸和過氧化氫的混合溶液浸取，將銀轉(zhuǎn)化為氯化銀，金轉(zhuǎn)化為HAuCl4，過濾得到含有氯化銀的浸渣2和含有HAuCl4的浸出液2；向浸渣2中加入硫代硫酸鈉溶液，將氯化銀轉(zhuǎn)化為離子，過濾得到含有的浸出液3；浸出液3電沉積得到銀；向含有HAuCl4的浸出液2中加入肼，將溶液中HAuCl4轉(zhuǎn)化為金。A．“浸取2”中使用的酸是鹽酸，加入鹽酸之后提供，銀被氧化為氯化銀，而Au形成HAuCl4配合物，加鹽酸的目的并不是增強(qiáng)了的氧化性，而是提供，用于形成配離子，A錯(cuò)誤；B．“還原”步驟中HAuCl4被還原生成Au和氮?dú)?，離子方程式為：，B正確；C．“還原”步驟中，根據(jù)方程式：，可知加入，即0.075mol，理論上可析出0.1molAu，即19.7gAu，但實(shí)際上浸出液2中含有強(qiáng)氧化性的，會(huì)消耗，導(dǎo)致析出的Au小于19.7g，C錯(cuò)誤；D．離子相當(dāng)于中一個(gè)氧原子被硫原子代替，其結(jié)構(gòu)式為：，中心原子S不具有孤對(duì)電子，而端基的S原子有孤對(duì)電子，可以形成配位鍵，故中心S原子配位能力小于端基S原子，D正確；故選AC。13.電催化可將亞硝酸鹽污染物轉(zhuǎn)化為氨()，同時(shí)實(shí)現(xiàn)甘油()轉(zhuǎn)化為高附加值化學(xué)品。已知雙極膜中解離的和在電場(chǎng)作用下向兩極遷移。下列說法正確的是A.雙極膜中向電極b方向移動(dòng)B.電解總反應(yīng)：C.電解一段時(shí)間后，電極a一側(cè)電解質(zhì)溶液pH升高D.原位紅外光譜儀可監(jiān)測(cè)電解過程中原子連接方式和官能團(tuán)變化【答案】BD【解析】該電解池中，生成氨氣，則該電解質(zhì)為堿性，電極a上，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)生成，可知該極為陽極，電極反應(yīng)式為：；電極b上，得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)生成，可知該極為陰極，電極反應(yīng)式為：，據(jù)此分析作答。A．在電解池中，OH?作為陰離子會(huì)向陽極遷移，即向電極a方向移動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．根據(jù)電極反應(yīng)式可知，電解總反應(yīng)：，B項(xiàng)正確；C．由分析可知，電極a的電極反應(yīng)式為：，每消耗11個(gè)OH-、轉(zhuǎn)移8個(gè)電子，有8個(gè)OH-遷移到陽極區(qū)，溶液中OH-濃度減小，堿性減弱，pH降低，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．紅外光譜通過檢測(cè)化學(xué)鍵振動(dòng)來識(shí)別官能團(tuán)，能夠?qū)崟r(shí)監(jiān)測(cè)反應(yīng)過程中分子結(jié)構(gòu)的變化，D項(xiàng)正確；答案選BD。14.室溫下實(shí)驗(yàn)探究、能否催化的分解及相關(guān)性質(zhì)。下列說法正確的是實(shí)驗(yàn)I．無明顯變化實(shí)驗(yàn)Ⅱ．溶液變紅，有氣泡實(shí)驗(yàn)Ⅲ．溶液變墨綠，產(chǎn)生使帶火星木條復(fù)燃?xì)怏w實(shí)驗(yàn)Ⅳ．A到B溶液變?yōu)樗{(lán)色，并產(chǎn)生氣體；B到C溶液變粉紅色，有氣泡已知為粉紅色、為藍(lán)色、為紅色、為墨綠色。A.加入不利于反應(yīng)正向移動(dòng)B.實(shí)驗(yàn)Ⅱ中反應(yīng)離子方程式：C.實(shí)驗(yàn)Ⅲ中產(chǎn)生的氣體只有D.實(shí)驗(yàn)Ⅳ中，從A到C所產(chǎn)生的氣體分別為、【答案】BD【解析】實(shí)驗(yàn)Ⅰ中無明顯變化，證明不能催化的分解；實(shí)驗(yàn)Ⅱ中溶液變?yōu)榧t色，證明易轉(zhuǎn)化為；實(shí)驗(yàn)Ⅲ中溶液變?yōu)槟G色，說明更易轉(zhuǎn)化為，并且初步證明在的作用下易被過氧化氫氧化為，產(chǎn)生使帶火星木條復(fù)燃?xì)怏w說明有氧氣生成；實(shí)驗(yàn)Ⅳ中A到B溶液變?yōu)樗{(lán)色，并產(chǎn)生氣體，說明轉(zhuǎn)化為且生成二氧化碳?xì)怏w，B到C溶液變粉紅色，有氣泡，則被還原為，同時(shí)有水被氧化為氧氣；A．實(shí)驗(yàn)I表明，反應(yīng)難以正向進(jìn)行。實(shí)驗(yàn)Ⅲ的現(xiàn)象表明，Co3+、Co2+分別與配位時(shí)，更易與反應(yīng)生成(該反應(yīng)為快反應(yīng))，導(dǎo)致幾乎不能轉(zhuǎn)化為，這樣使得的濃度減小的幅度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于減小的幅度，根據(jù)化學(xué)平衡移動(dòng)原理，減小生成物濃度能使化學(xué)平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，因此，加入有利于反應(yīng)正向移動(dòng)，A錯(cuò)誤；B．實(shí)驗(yàn)Ⅱ中溶液變?yōu)榧t色，證明生成，實(shí)驗(yàn)Ⅱ中反應(yīng)離子方程式：，B正確；C．實(shí)驗(yàn)Ⅲ中溶液變?yōu)槟G色，說明更易轉(zhuǎn)化為，反應(yīng)為，也會(huì)生成二氧化碳，C錯(cuò)誤；D．由分析，實(shí)驗(yàn)Ⅳ中，從A到C所產(chǎn)生的氣體分別為、，D正確；故選BD。15.剛性容器中按投料比發(fā)生反應(yīng)：，不同催化劑條件下反應(yīng)相同時(shí)間，測(cè)得B的轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系如圖所示。已知該反應(yīng)，其中k為速率常數(shù)。下列說法正確的是A.圖示溫度范圍內(nèi)活化分子總數(shù)：催化劑甲催化劑乙B.催化劑乙條件下，溫度高于350℃后，B轉(zhuǎn)化率下降是升高溫度平衡逆向移動(dòng)的結(jié)果C.其他條件不變，等倍數(shù)地增大A和B的物質(zhì)的量，A和B的轉(zhuǎn)化率均增大D.若時(shí)初始速率為，當(dāng)B轉(zhuǎn)化率為60%時(shí)，反應(yīng)速率為，由此可知【答案】CD【解析】A．溫度相同時(shí)，單位時(shí)間內(nèi)，使用催化劑甲比使用催化劑乙反應(yīng)速率快，NO轉(zhuǎn)化率高，則使用催化劑甲比使用催化劑乙正反應(yīng)的活化能更低，則圖示溫度范圍內(nèi)活化分子總數(shù)：催化劑甲＞催化劑乙，A錯(cuò)誤；B．350℃時(shí)催化劑乙條件下B轉(zhuǎn)化率低于催化劑甲，說明反應(yīng)相同的時(shí)間，使用催化劑乙沒有使反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，也就不存在平衡的移動(dòng)，B轉(zhuǎn)化率下降是溫度過高，導(dǎo)致催化劑活性降低甚至失去活性，反應(yīng)速率下降，導(dǎo)致B轉(zhuǎn)化率下降，B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，其他條件不變，等倍數(shù)地增大A和B的物質(zhì)的量，則壓強(qiáng)增大，平衡正向移動(dòng)，導(dǎo)致A和B的轉(zhuǎn)化率均增大，C正確；D．設(shè)初始A、B物質(zhì)的量均為1mol，容器體積為1L，則初始AB的濃度均為1mol/L，，當(dāng)B轉(zhuǎn)化率為60%時(shí)，c(A)=0.4mol/L，c(B)=0.4mol/L，此時(shí)的反應(yīng)速率為，則有，解得m=1，D正確；故選CD。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.元素N、Cu、Zn等在生產(chǎn)、生命活動(dòng)中作用廣泛。回答下列問題：（1）基態(tài)N原子核外電子的空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有___________種；火箭推進(jìn)劑氟化硝酰()中心原子的雜化方式為___________。（2）實(shí)驗(yàn)表明，除H原子外，為平面結(jié)構(gòu)，為三角錐結(jié)構(gòu)。中N原子價(jià)層孤電子對(duì)占據(jù)___________軌道；已知堿性隨N原子電子云密度增大而增強(qiáng)，、堿性強(qiáng)的是___________，原因是___________。（3）配體L，Cu離子和能合成類似蝦蟹血藍(lán)蛋白的模型配合物，該結(jié)構(gòu)呈現(xiàn)出強(qiáng)烈的鍵斷裂趨勢(shì)，成鍵形態(tài)X與斷鍵形態(tài)Y達(dá)成快速平衡。(為異丙基)X中Cu的化合價(jià)為___________；1molY離子中通過螯合作用形成的配位鍵有___________mol。（4）某鋅配合物生物熒光標(biāo)記劑晶體組成結(jié)構(gòu)單元如圖所示，部分原子未畫出。已知晶胞參數(shù)為2anm，鍵長為dnm。理論上圖中A、B兩個(gè)之間的最短距離為___________nm，圖中A原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為，則C原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)___________?！敬鸢浮浚?）①.5②.sp2（2）①.2p②.③.中N原子為sp2雜化，未雜化2p軌道與Si的空3d軌道重疊，使得N原子上電子云密度降低，堿性減弱，N(CH3)3中的甲基是推電子基團(tuán)，增加了氮原子的電子云密度，堿性增強(qiáng)（3）①.+2②.6（4）①.②.(，，0)【解析】（1）基態(tài)N原子電子排布為1s22s22p3，其中1s軌道有1種空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子，2s軌道1種，2p軌道有3種，共5種空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。中心N原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為=3，雜化方式為sp2。（2）除H原子外，為平面結(jié)構(gòu)，N原子為sp2雜化，雜化軌道形成σ鍵，N原子價(jià)層孤電子對(duì)占據(jù)2p軌道；中N原子的未雜化2p軌道與Si的空3d軌道重疊，使得N原子上電子云密度降低，堿性減弱，N(CH3)3中的甲基是推電子基團(tuán)，增加了氮原子的電子云密度，堿性增強(qiáng)，故N(CH3)3堿性更強(qiáng)。（3）X中的銅為銅離子，和配體L、氧氣形成X，X帶兩個(gè)單位正電荷，所以銅的化合價(jià)為+2價(jià)；在Y中，一個(gè)銅離子和兩個(gè)氮原子加上兩個(gè)碳原子形成3個(gè)環(huán)，銅離子和氮原子通過螯合作用以配位鍵結(jié)合，一個(gè)銅離子通過螯合作用形成的配位鍵是3個(gè)，則1molY離子中通過螯合作用形成的配位鍵有6mol。（4）已知晶胞參數(shù)為2anm，鍵長為dnm，圖中A、B兩個(gè)Zn2+間的最短距離為晶胞組成單元的體對(duì)角線長度-(Zn-O鍵長)的2倍，即，圖中A原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為，則C原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)(，，0)。17.根據(jù)腎上腺素(F)的兩條合成路線回答下列問題：路線一：（1）A的化學(xué)名稱為___________；D中官能團(tuán)名稱為___________；檢驗(yàn)物質(zhì)A和B的試劑為___________(寫化學(xué)式)。（2）的化學(xué)方程式為___________。（3）的合成路線設(shè)計(jì)為：，不能選用高錳酸鉀的原因是___________。路線二：（4）路線二中屬于取代反應(yīng)的是___________(填序號(hào))；G的結(jié)構(gòu)簡式___________。（5）H的2種芳香族同分異構(gòu)體含硝基和3種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子(個(gè)數(shù)比為)，結(jié)構(gòu)簡式為___________?！敬鸢浮浚?）①.鄰苯二酚或1，2-苯二酚②.酚羥基、醇羥基、氰基③.或（2）（3）高錳酸鉀氧化性強(qiáng)，可以將I結(jié)構(gòu)中的酚羥基氧化，且能將I中氧化為羧基（4）①.①②②.（5）、【解析】A與OHCCOOH發(fā)生加成反應(yīng)生成的B的結(jié)構(gòu)，可推斷A的結(jié)構(gòu)為，B經(jīng)過一系列反應(yīng)生成C，C為，C與HCN反應(yīng)生成D，D與H2反應(yīng)生成E，由E與CH3I反應(yīng)生成的F結(jié)構(gòu)，采用逆合成分析思路推知E的結(jié)構(gòu)為，D的結(jié)構(gòu)為。（1）根據(jù)上述分析，A為，名稱為：鄰苯二酚或1，2-苯二酚；D的結(jié)構(gòu)簡式為官能團(tuán)名稱為酚羥基、醇羥基、氰基；對(duì)比A、B結(jié)構(gòu)可知，二者均含有酚羥基，均具有酚的性質(zhì)，能與溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，與濃溴水反應(yīng)生成白色沉淀；故答案為：鄰苯二酚或1，2-苯二酚；酚羥基、醇羥基、氰基；或；（2）E為與CH3I發(fā)生取代反應(yīng)生成F結(jié)構(gòu)、HI，反應(yīng)化學(xué)方程式為；故答案為：；（3）由，可知I的結(jié)構(gòu)為，I結(jié)構(gòu)中含有酚羥基，具有還原性，易被高錳酸鉀氧化，且高錳酸鉀氧化性強(qiáng)，可以將I中醇羥基氧化為羧基，而不是C結(jié)構(gòu)中的醛基；故答案為：高錳酸鉀氧化性強(qiáng)，可以將I結(jié)構(gòu)中的酚羥基氧化，且能將I中氧化為羧基；（4）根據(jù)路線二中A與在一定條件下反應(yīng)生成的G的分子式，H與H2反應(yīng)生成F，可知G結(jié)構(gòu)為，H為，其中反應(yīng)①和反應(yīng)②為取代反應(yīng)，反應(yīng)③為加成反應(yīng)；故答案為：①②；；（5）H為分子式為C9H11NO3，芳香族同分異構(gòu)體含硝基和3種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子(個(gè)數(shù)比為)，結(jié)構(gòu)簡式為、；故答案為：、。18.綜合利用輝銅礦(主要成分Cu2S)和軟錳礦(主要成分MnO2)[兩者均含少量Fe2O3、SiO2雜質(zhì)]為原料制備[Cu(NH3)4]SO4?H2O和MnCO3的主要工藝流程如下圖所示。已知：①常溫下，；；(離子濃度時(shí)離子被除盡)。②萃取時(shí)，將萃取劑HL溶于磺化煤油中，所得溶液作為有機(jī)相，萃取和反萃取原理為：，M2+為Cu2+或Mn2+。③lg2=0.3。回答下列問題：（1）酸浸時(shí)，提高浸取率可采取的措施有___________(任寫一條)；濾渣1中除SiO2外，還可能有___________；據(jù)此寫出“粉碎后酸浸”過程中主要反應(yīng)的離子方程式為___________。（2）“過濾2”調(diào)pH的范圍為___________(溶液中M2+和Cu2+的濃度均為1.0mol?L-1)。（3）關(guān)于“操作X”的說法錯(cuò)誤的是___________。(填序號(hào))a．向“富銅液”中加足量氨水，再加入95%乙醇，可降低產(chǎn)物的溶解性b．該操作可以說明配位能力NH3強(qiáng)于H2Oc．[Cu(NH3)4]SO4?H2O中陰、陽離子和H2O的VSEPR模型均相同d．“操作X”后所得產(chǎn)品需采用低溫干燥、密封冷藏（4）銅萃取劑HL()中的N、酚羥基O均與Cu2+配位，形成配合物CuL2。該配合物中Cu2+的配位數(shù)為___________?！胺摧腿″i”時(shí)，試劑Y為___________。獲取MnCO3不易直接加入Na2CO3溶液的原因是___________。（5）從“富銅液”中析出晶體時(shí)，可以使用下列哪種試劑能促進(jìn)晶體析出：___________(填標(biāo)號(hào))。a．濃H2SO4b．稀氨水c．Na2SO4固體d．飽和NaCl溶液【答案】（1）①.適當(dāng)升高溫度、攪拌等(任寫一條)②.硫單質(zhì)③.Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O（2）3≤pH＜4.3（3）c（4）①.4②.H2SO4③.Na2CO3溶液的堿性較強(qiáng)，導(dǎo)致生成Mn(OH)2沉淀（5）c【解析】輝銅礦(主要成分Cu2S)和軟錳礦(主要成分MnO2)[兩者均含少量Fe2O3、SiO2雜質(zhì)]粉碎后，加入一定濃度的硫酸進(jìn)行酸浸，發(fā)生反應(yīng)Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O，F(xiàn)e2O3與硫酸反應(yīng)生成Fe2(SO4)3等，SiO2不反應(yīng)，過濾后，得到濾渣為SiO2和S等；往濾液中加入適量氨氣調(diào)pH，使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，成為濾渣2的主要成分；往濾液中加入銅萃取劑，[Cu(NH3)4]SO4進(jìn)入有機(jī)相中，再將有機(jī)相進(jìn)行反萃取，使[Cu(NH3)4]SO4重新進(jìn)入溶液，得到富銅液，將富銅液進(jìn)行蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，得到[Cu(NH3)4]SO4?H2O晶體；往萃取銅后的溶液中加入另一種萃取劑，使MnSO4進(jìn)入有機(jī)相中，分液后將有機(jī)相進(jìn)行反萃取，可得到富錳液，加入NH4HCO3和足量氨水，得到MnCO3產(chǎn)品。（1）酸浸時(shí)，升高溫度、增大接觸面積、適當(dāng)增大反應(yīng)物濃度等措施，都可提高浸取率，則采取的措施有：適當(dāng)升高溫度、攪拌等(任寫一條)；由分析可知，濾渣1中除SiO2外，還可能有硫單質(zhì)；“粉碎后酸浸”過程中，Cu2S、MnO2在H2SO4溶液中發(fā)生反應(yīng)，生成Cu2+、Mn2+、S等，依據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和元素守恒，可得出發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式為Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O。（2）“過濾2”時(shí)，要使Fe3+完全沉淀，而Cu2+、Mn2+不產(chǎn)生沉淀，此時(shí)c(Fe3+)≤1×10-5mol?L-1，c(Cu2+)=1.0mol?L-1，c(Mn2+)=1.0mol?L-1。對(duì)于Fe3+，c(OH-)≥=1×10-11mol/L，pH≥3；對(duì)于Cu2+，c(OH-)＜=2.0×10-10mol/L，pH＜4.3；對(duì)于Mn2+，c(OH-)＜=2.0×10-7mol/L，pH＜7.3，所以調(diào)pH的范圍為：3≤pH＜4.3。（3）a．向“富銅液”中加足量氨水，可將[Cu(H2O)4]2+轉(zhuǎn)化為[Cu(NH3)4]2+，再加入95%乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4?H2O，表明95%乙醇可降低產(chǎn)物的溶解性，a正確；b．該操作中，[Cu(H2O)4]2+轉(zhuǎn)化為[Cu(NH3)4]2+，說明配位能力NH3強(qiáng)于H2O，b正確；c．[Cu(NH3)4]SO4?H2O中，的中心S原子的孤電子對(duì)數(shù)為=0，與4個(gè)O原子形成σ鍵，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，發(fā)生sp3雜化，H2O的中心原子的孤電子對(duì)數(shù)為=2，O原子與2個(gè)H原子形成2個(gè)σ鍵，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，發(fā)生sp3雜化，[Cu(NH3)4]2+中，中心Cu2+發(fā)生dsp2雜化，它