第第頁(yè)四川省2025年高考綜合改革適應(yīng)性演練測(cè)試（八省聯(lián)考）化學(xué)試題一、單項(xiàng)選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是最符合題目要求的。1．化學(xué)是新材料發(fā)展的基礎(chǔ)，下列生產(chǎn)或應(yīng)用中所用到的主要物質(zhì)不屬于無(wú)機(jī)非金屬材料的是A．芯片制造所用的硅晶片 B．潛艇降噪所用的橡膠消聲瓦C．耐高溫陶瓷生產(chǎn)所用的碳化硅 D．通信信號(hào)傳輸所用的光導(dǎo)纖維2．下列關(guān)于生物有機(jī)分子的說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．纖維素能被氫氧化銅氧化B．蔗糖和麥芽糖的水解產(chǎn)物都含有葡萄糖C．蛋白質(zhì)的空間結(jié)構(gòu)發(fā)生變化會(huì)導(dǎo)致其生物活性改變D．核酸可以看作磷酸、戊糖和堿基通過(guò)一定方式結(jié)合而成的分子3．O3和HI發(fā)生反應(yīng)：OA．O3是非極性鍵形成的極性分子 B．HI的電子式是C．O3和O2互為同素異形體 D．14．維生素A乙酸酯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，下列說(shuō)法正確的是A．不能發(fā)生水解反應(yīng)B．不能使溴的CCl4C．6個(gè)甲基對(duì)應(yīng)的核磁共振氫譜有5組峰D．分子中采用sp25．下列裝置或操作不能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿．制備干燥的NHB．制備無(wú)水FeClC．除去CO2中少量的D．萃取并分離溴水中的溴A．A B．B C．C D．D6．下列過(guò)程對(duì)應(yīng)的離子方程式正確的是A．硫化氫溶液久置變渾濁：2B．鋅粉與稀硝酸反應(yīng)：ZnC．銀氨溶液與溴化鈉溶液反應(yīng)：AgD．碳酸氫鈉溶液與少量氫氧化鋇溶液混合：Ba7．M、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，M是宇宙中含量最多的元素，X的最高價(jià)含氧酸具有強(qiáng)氧化性，Y的基態(tài)原子價(jià)層電子數(shù)為其內(nèi)層電子數(shù)的3倍，Z與Y同族。下列說(shuō)法正確的是A．電負(fù)性：YB．第一電離能：YC．原子半徑：ZD．簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：X>Z>Y8．一種可制造光學(xué)鏡片的聚合物Z，其合成路線如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A．X的水解產(chǎn)物含有乙酸的同系物 B．Y可以發(fā)生取代和加成反應(yīng)C．聚合物Z屬于可降解高分子材料 D．此反應(yīng)屬于縮聚反應(yīng)9．一種測(cè)定葡萄酒中SO2含量的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示(忽略?shī)A持裝置)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．緩慢通入N2的目的是盡可能使SO2進(jìn)入H2O2溶液B．冷凝管的作用是避免水蒸氣進(jìn)入H2O2溶液影響測(cè)定結(jié)果C．用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定反應(yīng)后的H2O2溶液可獲得SO2的含量D．若實(shí)驗(yàn)過(guò)程中品紅溶液褪色，則說(shuō)明實(shí)驗(yàn)失敗10．TiO2是重要的無(wú)機(jī)材料，一種含有鐵的氧化物和氧化鈣的TiO已知：“鋁熱還原”時(shí)，Al轉(zhuǎn)化為難溶于酸和堿的α?Al2O3,TiO下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．TiO2具有弱氧化性 C．“濾液”中存在Fe3+和Ca2+ D．H211．下列對(duì)有關(guān)物質(zhì)結(jié)構(gòu)或性質(zhì)的解釋不合理的是選項(xiàng)實(shí)例解釋APOCl3和PCl4POCl3和PCl4+BNO2孤電子對(duì)與成鍵電子對(duì)之間的斥力大于成鍵電子對(duì)之間的斥力CSiF4SiX4均為分子晶體，隨著相對(duì)分子質(zhì)量增大，范德華力增大D鄰硝基苯酚的熔點(diǎn)低于對(duì)硝基苯酚前者存在分子內(nèi)氫鍵，后者存在的分子間氫鍵使分子間作用力大于前者A．A B．B C．C D．D12．我國(guó)科學(xué)家發(fā)明了一種高儲(chǔ)能、循環(huán)性能優(yōu)良的水性電池，其工作示意圖如下。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．放電時(shí)，K+B．放電時(shí)，Zn(OH)C．充電時(shí)，電池總反應(yīng)為ZnD．充電時(shí)，若生成1.0molS4O13．恒容反應(yīng)器中，Rh和RhMn均能催化反應(yīng)：HCHO+H2+下列描述正確的是A．“CO插入”步驟，ΔH為B．Rh催化作用下，“加氫”步驟為決速步驟C．RhMnD．反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)，升高溫度，羥基乙醛的濃度增大14．一種具有鈣鈦礦結(jié)構(gòu)的光催化劑，其四方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示(α=β=γ=90°)，NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．該物質(zhì)的化學(xué)式為PbTiOB．1位和2位O2?的核間距為C．晶體的密度為303D．2位O2?的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)可表示為15．常溫下，H2S溶液中含硫粒子分布系數(shù)δ[比如：δHS?=cHS?cH2S+cHS下列說(shuō)法正確的是A．溶液中H2SB．直線④表示H2S飽和溶液中N2+的?C．金屬硫化物M2SD．濃度均為0.01mol?L?1的M+二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16．MnSO4具有廣泛用途，一種從電解鋅陽(yáng)極泥回收電池級(jí)MnSO4的流程如下。該陽(yáng)極泥主要含有MnO2，以及Na已知：Ksp(ZnS)=1.0×10回答下列問(wèn)題：（1）基態(tài)錳原子的電子排布式為。（2）“溶解”步驟在酸性條件下進(jìn)行，通入SO2的作用是（3）“除鉀鈉”步驟中，控制溶液pH=2.0,K+和Na+與Fe2SO43反應(yīng)分別生成（4）“除雜Ⅰ”步驟中，加MnCO3調(diào)溶液pH=4.0，該步除雜的總反應(yīng)方程式為（5）“除雜Ⅱ”步驟中，析出的“沉淀3”是、。（6）“除雜Ⅲ”步驟中，隨著“沉淀4”的生成，溶液pH將(填“升高”或“下降”或“不變”)。（7）“濃縮結(jié)晶”步驟中，析出MnSO4后的濾液應(yīng)返回到步驟，其目的是17．CuIn5S8是一種能將COⅠ．一種制備CuIn5已知：CuIn5S8Ⅱ．CuIn5將a克CuIn5S8M=895g?mol2I回答下列問(wèn)題：（1）稱量InCl3?4H2O（2）步驟③中，為使固液快速分離，應(yīng)采用的方法是(填標(biāo)號(hào))。a．蒸餾b．減壓過(guò)濾c．蒸發(fā)（3）步驟④中，先用蒸餾水多次洗滌，檢驗(yàn)產(chǎn)物中Cl?已洗凈的方法是；最后用乙醇洗滌，其目的是（4）產(chǎn)物CuIn5S8（5）純度測(cè)定過(guò)程中，滴定所用的指示劑為(填名稱)，滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是。（6）平行滴定三次，消耗bmol?L?1硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液的平均體積為VmL（7）下列操作會(huì)導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)結(jié)果偏高的是(填標(biāo)號(hào))。a．未用待測(cè)溶液潤(rùn)洗水洗后的移液管b．滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定后氣泡消失c．滴定終點(diǎn)時(shí)，俯視滴定管液面讀數(shù)18．甲烷氧化偶聯(lián)制乙烯是提高甲烷附加值的一項(xiàng)重要研究課題，其涉及的反應(yīng)如下：①4②2③CH已知：以乙烯為例，其選擇性定義為2n乙烯回答下列問(wèn)題：（1）C2H6氧化生成C2H4的熱化學(xué)方程式④為（2）CH4氧化偶聯(lián)生成C2H4分步進(jìn)行，C2（3）恒壓進(jìn)料，原料氣的nCH4:nO2對(duì)CH4轉(zhuǎn)化率與C2H6、C（4）一定條件下，C2H4的生成速率v與O2分壓p間的關(guān)系為：lgv=12lgp+1.1。若O2的初始分壓為p0，隨著反應(yīng)進(jìn)行，當(dāng)（5）若nCH4:nO2=3.5:1、初始?jí)簭?qiáng)為450kPa，在恒容反應(yīng)器中達(dá)平衡，CH4的轉(zhuǎn)化率為30%，C219．噴他佐辛(化合物H)是一種鎮(zhèn)痛藥物，其合成路線之一如下(略去部分試劑、條件和步驟)。已知：回答下列問(wèn)題：（1）試劑X的化學(xué)名稱是。（2）C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。（3）D中官能團(tuán)的名稱是、。（4）G中手性碳原子的數(shù)目是。（5）試劑Y為溴代烯烴，由G生成H的反應(yīng)類型是；在Y的同分異構(gòu)體中，不含甲基的同分異構(gòu)體的數(shù)目是。（6）化合物M的合成路線如下：參照F的合成路線，寫出第③步的反應(yīng)方程式(忽略立體化學(xué))。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．硅單質(zhì)用于制造芯片，屬于無(wú)機(jī)非金屬材料，A不符合題意；B．橡膠屬于高分子有機(jī)化合物，B符合題意；C．碳化硅屬于無(wú)機(jī)非金屬材料，C不符合題意；D．二氧化硅是制作光導(dǎo)纖維的主要材料，屬于無(wú)機(jī)非金屬材料，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.硅單質(zhì)用于制造芯片。

B.橡膠屬于高分子有機(jī)化合物。

C.碳化硅屬于無(wú)機(jī)非金屬材料。

D.二氧化硅是制作光導(dǎo)纖維的主要材料。2．【答案】A【解析】【解答】A．纖維素的羥基不能被弱氧化劑氫氧化銅氧化，故A錯(cuò)誤；B．蔗糖水解產(chǎn)物是葡萄糖和果糖，麥芽糖水解產(chǎn)物是葡萄糖，故B正確；C．蛋白質(zhì)的空間結(jié)構(gòu)發(fā)生變化會(huì)導(dǎo)致其生物活性改變，故C正確；D．核酸可以看作磷酸、戊糖和堿基通過(guò)一定方式結(jié)合而成的生物大分子，故D正確；故答案為：A。

【分析】A.纖維素含有羥基。

B.蔗糖和麥芽糖屬于二糖。

C.白質(zhì)的空間結(jié)構(gòu)發(fā)生變化會(huì)導(dǎo)致其生物活性改變。

D.核酸可以看作磷酸、戊糖和堿基通過(guò)一定方式結(jié)合而成的生物大分子。3．【答案】A【解析】【解答】A．O3中含有1個(gè)中心氧原子和2個(gè)配位氧原子，且它們之間的電子云偏向配位氧原子，則OB．由分析可知，HI的電子式是，B正確；C．由分析可知，O3和OD.1個(gè)1H216O分子中含有8個(gè)中子，則故答案為：A。

【分析】A.非極性鍵一般存在于相同原子之間，極性分子中正負(fù)電荷重心不重合。

B.HI是共價(jià)化合物。

C.同素異形體是由同種元素組成的不同單質(zhì)。

D.中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)-質(zhì)子數(shù)。4．【答案】C【解析】【解答】A．維生素A乙酸酯中含有的酯基能發(fā)生水解反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．維生素A乙酸酯中的碳碳雙鍵能與溴發(fā)生加成反應(yīng)使其褪色，故B錯(cuò)誤；C．維生素A乙酸酯分子中6個(gè)甲基對(duì)應(yīng)的氫原子類型有5種，核磁共振氫譜有5組峰，故C正確；D．維生素A乙酸酯分子中碳碳雙鍵和酯基中碳原子的雜化方式為sp2故答案為：C。

【分析】A.酯基能發(fā)生水解反應(yīng)。

B.碳碳雙鍵能與溴發(fā)生加成反應(yīng)。

C.有機(jī)物中含有幾種氫原子，則其核磁共振氫譜有幾組峰。

D.碳碳雙鍵和酯基中碳原子的雜化方式為sp25．【答案】B【解析】【解答】A．生石灰與水反應(yīng)放熱，濃氨水受熱生成氨氣和水，堿石灰能可干燥堿性氣體氨氣，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模蔄不符合題意；B．六水氯化鐵在氮?dú)夥諊兄苯蛹訜釙?huì)因氯化氫揮發(fā)使水解平衡不斷右移直至趨于完全得到氫氧化鐵，不能制得無(wú)水氯化鐵，不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故B符合題意；C．氯化氫能與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)生成氯化鈉、二氧化碳和水，二氧化碳不溶于碳酸氫鈉飽和溶液，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模蔆不符合題意；D．四氯化碳不溶于水，密度比水大，能萃取溴水中的溴，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.生石灰與水反應(yīng)放熱，濃氨水受熱生成氨氣和水。

B.氯化鐵為強(qiáng)酸弱堿鹽，在溶液中水解生成氫氧化鐵和鹽酸。

C.除雜同時(shí)不要引入新雜質(zhì)。

D.萃取用于分離互不相溶的液體。6．【答案】C【解析】【解答】A．硫化氫為弱酸，不能拆成離子形式，正確的離子方程式為2H2B．鋅粉與稀硝酸反應(yīng)NO，正確的離子方程式為3Zn+2C．銀氨溶液與溴化鈉溶液反應(yīng)生成氯化鈉、溴化銀沉淀和氨氣，其離子方程式為AgNHD．碳酸氫鈉溶液與少量氫氧化鋇溶液反應(yīng)生成碳酸鈉、碳酸鋇沉淀和水，正確的離子方程式為Ba2+故答案為：C。

【分析】判斷離子方程式正誤時(shí)，需注意以下幾點(diǎn)：1.是否符合事實(shí)；2.化學(xué)式拆寫（單質(zhì)、氧化物、氣體、難溶物、弱電解質(zhì)等不能拆寫）是否正確；3.符號(hào)（等號(hào)，可逆號(hào)，沉淀氣體的箭頭標(biāo)注）使用是否正確；4.是否遵循原子守恒、電荷守恒、得失電子守恒；5.是否漏掉離子反應(yīng)；6.反應(yīng)物或產(chǎn)物的配比是否正確。7．【答案】A【解析】【解答】A．元素的電負(fù)性隨非金屬性增強(qiáng)而變大，非金屬性的強(qiáng)弱順序?yàn)镺＞N＞S，則電負(fù)性的大小順序?yàn)镺＞N＞S，故A正確；B．同周期元素的第一電離能從左到右呈增大趨勢(shì)，其中（ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA），位于ⅤA族的氮元素的氮原子的2p軌道為穩(wěn)定的半充滿結(jié)構(gòu)，元素的第一電離能大于同周期相鄰元素，則第一電離能：N＞O，故B錯(cuò)誤；C．同周期元素的原子半徑從左到右依次減小，則原子半徑：N＞O，故C錯(cuò)誤；D．簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性隨元素非金屬性的增強(qiáng)而增強(qiáng)，非金屬性：O＞N＞S，則簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：H2O＞NH3＞H2S，故D錯(cuò)誤；故答案為：A。

【分析】根據(jù)題干信息，M是宇宙中含量最多的元素，可推出M為H元素；Y的基態(tài)原子價(jià)層電子數(shù)為其內(nèi)層電子數(shù)的3倍，可推出Y為O元素；Z與Y同族，且原子序數(shù)：Z＞Y，二者均屬于短周期元素，則Z為S元素；根據(jù)M、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，結(jié)合X的最高價(jià)含氧酸具有強(qiáng)氧化性，可推出X為N元素。8．【答案】B【解析】【解答】A．根據(jù)X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，X在一定條件下水解生成的2—甲基丙烯酸和甲醇與乙酸的結(jié)構(gòu)不相似，即X的水解產(chǎn)物沒(méi)有乙酸的同系物，故A錯(cuò)誤；B．Y中含有的碳碳雙鍵和苯環(huán)能發(fā)生加成反應(yīng)，含有的苯環(huán)能發(fā)生取代反應(yīng)，故B正確；C．聚合物Z中的酯基水解后的生成物依然是高分子化合物，即Z屬于不可降解高分子材料，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)合成路線圖可知，此反應(yīng)屬于加聚反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故答案為：B。

【分析】A.同系物的結(jié)構(gòu)相似、分子量相差n個(gè)CH2原子團(tuán)。

B.根據(jù)有機(jī)物中所含官能團(tuán)進(jìn)行分析。

C.可降解高分子材料發(fā)生水解后生成小分子。

D.注意縮聚反應(yīng)的生成物中有小分子。9．【答案】B【解析】【解答】A．緩慢通入N2的目的是盡可能的將葡萄酒中SO2吹出，使其進(jìn)入H2O2溶液被氧化為H2SO4，A正確；B．冷凝管的作用是防止葡萄酒中的部分硫酸溶液被吹入H2O2溶液中，從影響測(cè)定結(jié)果，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)SO2+H2O2=H2SO4，H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O可得關(guān)系式：SO2～H2SO4～2NaOH，即可用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定反應(yīng)后的H2O2溶液可獲得SO2的含量，C正確；D．若實(shí)驗(yàn)過(guò)程中品紅溶液褪色，說(shuō)明SO2沒(méi)有被H2O2完全氧化，則SO2的含量比實(shí)際偏低，從而可知該測(cè)定SO2含量的實(shí)驗(yàn)失敗，D正確；故答案為：B。

【分析】根據(jù)題干信息，燒瓶中涉及反應(yīng)為：SO2+H2O?H2SO3?H++HSO3-，加入適量稀硫酸，c(H+)增大，利于平衡逆向移動(dòng)，抑制亞硫酸電離，減小了SO2的溶解度，通入N2并加熱能把葡萄酒中SO2吹出到盛有H2O2的溶液中，發(fā)生反應(yīng)：SO2+H2O2=H2SO4，品紅溶液用于檢驗(yàn)是否有剩余的SO10．【答案】D【解析】【解答】A．TiO2中Ti為高價(jià)態(tài)，具有強(qiáng)氧化性，A正確；B．根據(jù)已知信息可知，“浸取”時(shí)，TiOx溶于鹽酸生成易被空氣氧化的TiC．由分析可知，濾液含有Fe3+、Ca2+，C正確D．由分析可知，“浸取”時(shí)，TiOx、Fe與酸反應(yīng)生成Fe2+、Ti3+和H2，即H2故答案為：D。

【分析】根據(jù)題干信息及流程圖，“鋁熱還原”時(shí)，鐵的氧化物被還原為Fe，Al轉(zhuǎn)化為難溶于酸和堿的α?Al2O3,TiO2轉(zhuǎn)化為TiOx(1≤x≤1.5)；“浸取”時(shí)，TiOx、Fe與酸反應(yīng)生成Fe2+、Ti3+和H2，“浸渣”為難溶的α?Al2O3；“氧化水解”時(shí)，F(xiàn)e2+、Ti3+11．【答案】B【解析】【解答】A．POCl3、PCl4+的中心P原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)分別為4+5-1×2-3×B．NO2+、NO3-的中心N原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)分別是2+5-1-2×22=2、3+5+1-3×22=3，均無(wú)孤對(duì)電子，前者采用sp雜化，空間結(jié)構(gòu)為直線形，鍵角為180°，后者采用spC．鹵化硅均為分子晶體，均不含氫鍵，隨著物質(zhì)分子的相對(duì)分子質(zhì)量增大，范德華力逐漸增大，則SiF4D．對(duì)硝基苯酚的分子間存在范德華力和氫鍵，使其熔沸點(diǎn)升高，而鄰硝基苯酚分子內(nèi)存在氫鍵，分子之間只存在范德華力，使物質(zhì)的熔、沸點(diǎn)比存在分子間氫鍵的對(duì)硝基苯酚低，D正確；故答案為：B。

【分析】A.根據(jù)中心原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)進(jìn)行分析。

B.孤電子對(duì)與成鍵電子對(duì)之間的斥力＞成鍵電子對(duì)之間的斥力。

C.一般分子晶體的沸點(diǎn)隨分子量的增大而升高。

D.氫鍵能使物質(zhì)的熔沸點(diǎn)升高。12．【答案】D【解析】【解答】A．放電時(shí)，K+向正極移動(dòng)，A正確；B．堿性環(huán)境下生成Zn(OH)42?，說(shuō)明Zn(OH)2C．由分析可知，充電時(shí)，電池總反應(yīng)為Zn(OH)42?+2S2O32?=Zn+4OH-+S4O故答案為：D。【分析】該裝置放電時(shí)，鋅電極附近，鋅元素化合價(jià)由0升為+2，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，則Zn作負(fù)極，其電極反應(yīng)式為Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)42?，多孔碳作正極，其電極反應(yīng)式為S4O62?+2e-=2S2O32?13．【答案】B【解析】【解答】A．根據(jù)圖示信息及分析可知，“CO插入”步驟的△H=-16.5kcal/mol-（-1.1kcal/mol）=-15.4kcal/mol，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)圖示信息及分析可知，Rh催化作用下，加氫步驟的活化能為7.9kcal/mol-（-16.5kcal/mol）=24.4kcal/mol，反應(yīng)的活化能最大，為決速步驟，故B正確；C．由圖可知，反應(yīng)的活化能：Rh催化作用下＞Rh/Mn催化作用下，反應(yīng)的活化能越大，反應(yīng)速率越慢，則Rh催化作用下，羥基乙醛的生成速率更小，故C錯(cuò)誤；D．由圖可知，生成羥基乙醛的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升溫利于平衡逆向移動(dòng)，羥基乙醛的濃度減小，故D錯(cuò)誤；故答案為：B。

【分析】A.ΔH=生成物總能量-反應(yīng)物總能量。

B.活化能最大的反應(yīng)是反應(yīng)的決速步驟。

C.反應(yīng)的活化能越大，反應(yīng)速率越慢。

14．【答案】C【解析】【解答】A．根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)圖及均攤法，Pb2+的個(gè)數(shù)為8×18=1，Q2-的個(gè)數(shù)為6×1B．根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)圖，1位和2位O2?均位于面心，則1位和2位O2?的核間距為：C．由分析可知，ρ=D.2位O2?位于面心，其分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為1故答案為：C。

【分析】A.根據(jù)均攤法算出晶胞中所含原子個(gè)數(shù)，據(jù)此分析。

B.1位和2位O2?均位于面心。

C.根據(jù)n=NNA=m15．【答案】C【解析】【解答】A．根據(jù)圖1及分析可知，當(dāng)pH=6.97時(shí)，cH2S=cHS?，pH=12.9時(shí)，cS2?B．由分析可知，直線⑤表示H2S飽和溶液中N2+的?C．當(dāng)pH=8.94時(shí)，Ka1=c(HS-)?10-8.94c(H2S)=10-6.97，Ka2=D．由圖2可知，逐滴加入硫化氫飽和溶液，濃度均為0.01mol?L?1的M+和N2+的混合溶液，當(dāng)c(S2-)=10?49.21(10?2)2=10-45.21mol/L時(shí)，故答案為：C。

【分析】A.H2S溶液中存在：H2S?HS-+H+、HS-?S2-+H+，隨著pH增大，c(H+)減小，利于兩個(gè)化學(xué)平衡正向移動(dòng)，可推出圖1中①表示H2S，②表示HS?，③表示S2?。

B.隨著pH增大，c(H+)減小，c(S2-)也增大，則金屬陽(yáng)離子濃度會(huì)減小，且由c(N2+)減小更快，所以直線④為M+的?lgc與pH的關(guān)系，直線⑤16．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d54s2（2）還原二氧化錳為錳離子（3）K（4）3MnCO（5）CaF2；MgF2（6）下降（7）溶解；循環(huán)利用，充分利用生成物且提高錳的回收率【解析】【解答】（1）錳為25號(hào)元素，基態(tài)Mn原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d54s2；（2）二氧化硫具有還原性，二氧化錳具有氧化性，“溶解”步驟在酸性條件下進(jìn)行，通入SO2（3）“除鉀鈉”步驟中，控制溶液pH=2.0，酸性條件下，K+與Fe2SO43反應(yīng)生成（4）“除雜Ⅰ”步驟中，加MnCO3調(diào)溶液pH=4.0，使得鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀而除去，結(jié)合質(zhì)量守恒，反應(yīng)還生成硫酸錳、二氧化碳和硫酸，該步除雜的總反應(yīng)方程式為（5）由分析，“除雜Ⅱ”步驟中，析出的“沉淀3”是CaF2、MgF2；（6）“除雜Ⅲ”步驟中，加入硫化氫使得鋅離子和鉛離子轉(zhuǎn)化為沉淀除去，反應(yīng)為Zn2++H2S=ZnS↓（7）“濃縮結(jié)晶”步驟中，析出MnSO4后的濾液中含有硫酸和部分硫酸錳，應(yīng)返回到溶解步驟，其目的是循環(huán)利用，充分利用生成物且提高錳的回收率。【分析】根據(jù)流程圖信息可知，“溶解”時(shí)，SO2將MnO2還原為MnSO4；加入硫酸鐵除去鈉鉀；濾液加入碳酸錳調(diào)溶液pH=4.0，使得鐵離子轉(zhuǎn)化為沉淀除去，濾液加入MnF2，使得鈣離子、鎂離子轉(zhuǎn)化為CaF2、MgF（1）錳為25號(hào)元素，基態(tài)Mn原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d54s2；（2）二氧化硫具有還原性，二氧化錳具有氧化性，“溶解”步驟在酸性條件下進(jìn)行，通入SO2（3）“除鉀鈉”步驟中，控制溶液pH=2.0，酸性條件下，K+與Fe2SO43反應(yīng)生成（4）“除雜Ⅰ”步驟中，加MnCO3調(diào)溶液pH=4.0，使得鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀而除去，結(jié)合質(zhì)量守恒，反應(yīng)還生成硫酸錳、二氧化碳和硫酸，該步除雜的總反應(yīng)方程式為（5）由分析，“除雜Ⅱ”步驟中，析出的“沉淀3”是CaF2、MgF2；（6）“除雜Ⅲ”步驟中，加入硫化氫使得鋅離子和鉛離子轉(zhuǎn)化為沉淀除去，反應(yīng)為Zn2++H2S=ZnS↓（7）“濃縮結(jié)晶”步驟中，析出MnSO417．【答案】（1）托盤天平；燒杯（2）b（3）取洗滌液少許于試管中，加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，無(wú)白色沉淀生成；乙醇易揮發(fā)，快速帶走沉淀表面水分，易干燥（4）x射線衍射儀（5）淀粉溶液；滴入最后半滴硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原（6）895bv（7）b【解析】【解答】（1）稱量InCl3（2）步驟③中，為使固液快速分離，應(yīng)采用減壓過(guò)濾的方法分離，故選b；（3）檢驗(yàn)產(chǎn)物中Cl?（4）由分析可知，產(chǎn)物CuIn5（5）溶液中的碘遇淀粉溶液變藍(lán)色，所以滴定時(shí)選用淀粉溶液做指示劑，溶液中的碘與硫代硫酸鈉溶液完全反應(yīng)后，滴入最后半滴硫代硫酸鈉溶液，溶液會(huì)由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，則滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是滴入最后半滴硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原；（6）由方程式可得如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：2CuIn5S8—2Cu2+—I2—2Na2S2O3，滴定消耗VmLbmol/L硫代硫酸鈉溶液，則產(chǎn)品的純度為bmol/L（7）a．未用待測(cè)溶液潤(rùn)洗水洗后的移液管會(huì)使滴定消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積偏小，導(dǎo)致所測(cè)結(jié)果偏低，故錯(cuò)誤；b．滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定后氣泡消失會(huì)使滴定消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積偏大，導(dǎo)致所測(cè)結(jié)果偏高，故正確；c．滴定終點(diǎn)時(shí)，俯視滴定管液面讀數(shù)會(huì)使滴定消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積偏小，導(dǎo)致所測(cè)結(jié)果偏低，故錯(cuò)誤；故選b。

【分析】（1）稱量固體需要用到托盤天平和燒杯。

（2）減壓過(guò)濾可使固液快速分離。

（3）檢驗(yàn)產(chǎn)物中氯離子已洗凈實(shí)際上就是檢驗(yàn)洗滌液中不存在氯離子；用乙醇洗滌的目的是乙醇易揮發(fā)，快速帶走沉淀表面水分，易干燥。

（4）x射線衍射可以精確測(cè)定物質(zhì)的晶體結(jié)構(gòu)。

（5）溶液中的碘遇淀粉溶液變藍(lán)色；滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是滴入最后半滴硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原。

（6）由方程式可得反應(yīng)關(guān)系式：2CuIn5S8—2Cu2+—I2—2Na2S2O3b．滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定后氣泡消失會(huì)使滴定消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積偏大。c．滴定終點(diǎn)時(shí)，俯視滴定管液面讀數(shù)會(huì)使滴定消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積偏小。（1）稱量InCl3（2）步驟③中，為使固液快速分離，應(yīng)采用減壓過(guò)濾的方法分離，故選b；（3）檢驗(yàn)產(chǎn)物中氯離子已洗凈實(shí)際上就是檢驗(yàn)洗滌液中不存在氯離子，具體操作為取洗滌液少許于試管中，加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，無(wú)白色沉淀生成；最后用乙醇洗滌的目的是乙醇易揮發(fā)，快速帶走沉淀表面水分，易干燥，故答案為：取洗滌液少許于試管中，加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，無(wú)白色沉淀生成；（4）x射線衍射可以精確測(cè)定物質(zhì)的晶體結(jié)構(gòu)，所以產(chǎn)物CuIn5（5）溶液中的碘遇淀粉溶液變藍(lán)色，所以滴定時(shí)選用淀粉溶液做指示劑，溶液中的碘與硫代硫酸鈉溶液完全反應(yīng)后，滴入最后半滴硫代硫酸鈉溶液，溶液會(huì)由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，則滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是滴入最后半滴硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原，故答案為：淀粉溶液；滴入最后半滴硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原；（6）由方程式可得如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：2CuIn5S8—2Cu2+—I2—2Na2S2O3，滴定消耗VmLbmol/L硫代硫酸鈉溶液，則產(chǎn)品的純度為bmol/L×10（7）a．未用待測(cè)溶液潤(rùn)洗水洗后的移液管會(huì)使滴定消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積偏小，導(dǎo)致所測(cè)結(jié)果偏低，故錯(cuò)誤；b．滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定后氣泡消失會(huì)使滴定消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積偏大，導(dǎo)致所測(cè)結(jié)果偏高，故正確；c．滴定終點(diǎn)時(shí)，俯視滴定管液面讀數(shù)會(huì)使滴定消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積偏小，導(dǎo)致所測(cè)結(jié)果偏低，故錯(cuò)誤；故選b。18．【答案】（1）2C2（2）C（3）2~3；nCH4:nO2為2~3時(shí)，乙烯的選擇性遠(yuǎn)大于乙烷的選擇性，而nCH4:nO（4）9p（5）416【解析】【解答】（1）由題意可知，乙烷氧化為乙烯的反應(yīng)為2C2H6(g)+O2(g)???2C2H4(g)+2H（2）由圖可知，甲烷偶聯(lián)生成乙烯起始反應(yīng)時(shí)，乙烷的選擇性大于乙烯的選擇性，說(shuō)明第一步反應(yīng)的產(chǎn)物為乙烷，故答案為：C2（3）由圖可知，nCH4:nO2為2~3時(shí)，乙烯的選擇性遠(yuǎn)大于乙烷的選擇性，而nCH4:nO2為3~4時(shí)，乙烯的選擇性與乙烷的選擇性相差不大，且n(CH4)∶n(O2)為2~3時(shí)CH4的轉(zhuǎn)化率大，所以甲烷氧化偶聯(lián)制乙烯時(shí)nCH4:nO2為2~3時(shí)更優(yōu)，故答案為：2~3（4）由題意可知，反應(yīng)起始時(shí)lgv0=12lgp0+1.1①，隨著反應(yīng)進(jìn)行，當(dāng)C2H4（5）設(shè)起始甲烷、氧氣的物質(zhì)的量依次為3.5mol、1mol，平衡時(shí)CH4的轉(zhuǎn)化率為30%，乙烷和乙烯的選擇性均為40%，則平衡時(shí)甲烷、乙烷和乙烯的物質(zhì)的量為3.5mol-3.5mol×30%=2.45mol、3.5mol×30%×40%×12=0.21mol、3.5mol×30%×40%×12=0.21mol，由碳原子個(gè)數(shù)守恒可知，二氧化碳的物質(zhì)的量為3.5mol-2.45mol-0.21mol×2-0.21mol×2=0.21mol，由氫原子個(gè)數(shù)守恒可知，H2O(g)的物質(zhì)的量為3.5mol×4-2.45mol×4-0.21mol×6-0.21mol×42=1.05mol，由氧原子個(gè)數(shù)守恒可知，氧氣的物質(zhì)的量為1mol×2-0.21mol×2-1.05mol2=0.265mol，則平衡時(shí)混合氣體的總物質(zhì)的量為4.395mol，由物質(zhì)的量之比等于壓強(qiáng)之比可知，平衡時(shí)氣體壓強(qiáng)為4.395mol×450kPa4.5mol=439.5kPa，則反應(yīng)④的平衡常數(shù)Kp=(0.21×439.5kPa4.395)2（1）由題意可知，乙烷氧化為乙烯的反應(yīng)為2C2H6(g)+O2(g)???2C2H4(g)+2H（2）由圖可知，甲烷偶聯(lián)生成乙烯起始反應(yīng)時(shí)，乙烷的選擇性大于乙烯的選擇性，說(shuō)明第一步反應(yīng)的產(chǎn)物為乙烷，故答案為：C2（3）由圖可知，nCH4:nO2為2~3時(shí)，乙烯的選擇性遠(yuǎn)大于乙烷的選擇性，而nCH4:nO2為3~4時(shí)，乙烯的選擇性與乙烷的選擇性相差不