第第頁四川省遂寧市射洪中學2024-2025學年高三下學期二?？荚嚮瘜W試題一、單項選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是最符合題目要求的。1．化學無處不在。下列說法錯誤的是A．微生物降解塑料的使用有利于消除“白色污染”B．汽車智能駕駛離不開強大汽車芯片，二氧化硅是該芯片的核心成分C．《哪吒》電影中的結界獸原型是三星堆青銅器，青銅屬于合金材料D．加工饅頭、面包和餅干時可加入適量碳酸氫銨、碳酸氫鈉等，使其松軟或酥脆2．下列化學用語使用正確的是A．H2S、PCl3的VESPR模型一致B．異戊烷的空間填充模型：C．用系統(tǒng)命名法命名CH2ClCH2Cl：二氯乙烷D．基態(tài)As原子簡化電子排布式：[Ar]4s24p33．實驗是化學的基礎。下列基本實驗描述正確的是A．圖中標識意為洗凈手才可進行實驗B．排出盛有KMnO4溶液滴定管尖嘴內(nèi)的氣泡C．測新制氯水的pHD．向容量瓶轉移溶液A．A B．B C．C D．D4．設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法一定正確的是A．136gKHSO4晶體與CaSO4晶體混合物中離子總數(shù)為2NAB．標準狀況下，22.4LC4H8中σ鍵數(shù)目為11NAC．78gNa2O2與足量的CO2和H2O混合物反應轉移電子數(shù)為2NAD．電解精煉銅時，陽極減少32g，轉移電子數(shù)為NA5．下列反應方程式書寫正確的是A．用醋酸和淀粉-KI溶液檢驗加碘鹽中的IO3?：IO3?+5I-+6H+=3I2+3HB．利用FeS處理廢水中的Hg2+：FeS(s)+Hg2+(aq)?HgS(s)+Fe2+(aq)C．用Pt作電極電解MgCl2溶液：2Cl-+2H2O=電解Cl2↑+H2↑+2OHD．煅燒硫鐵礦：4FeS2+15O2高溫8SO3+2Fe2O36．我國第一部中藥學典籍《神農(nóng)本草經(jīng)》中記載的一種中藥“昆布”，具有利水消腫的功效，其主要成分是3，5-二碘酪氨酸，結構簡式如下圖。下列關于該有機物說法錯誤的是A．該分子中含有1個手性碳原子B．理論上1mol該物質最多消耗3molH2C．既能與鹽酸反應，也能與NaOH溶液反應D．等量該物質最多消耗NaHCO3與Na2CO3的物質的量之比為1：17．M、W、X、Y、Z是五種原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，其原子序數(shù)之和為31；其中Y的核外s能級電子數(shù)等于p能級電子數(shù)，X的核外電子有4種空間運動狀態(tài)；五種主族元素組成的化合物Q的結構如圖所示。下列說法錯誤的是A．原子半徑：X>Y>ZB．Y元素組成的最常見單質和M的單質，在加熱條件下生成的化合物中只含離子鍵C．Q的結構存在配位鍵，除M外的原子最外層均滿足8電子穩(wěn)定結構D．含X、Y、Z等元素的化合物具有較高的熔沸點8．實驗室制取FeSO4溶液和NaHCO3溶液，并利用兩者反應制取FeCO3，下列有關實驗裝置和操作不能達到實驗目的的是A．用裝置甲制取FeSO4溶液 B．用裝置乙制取NaHCO3溶液C．用裝置丙制取FeCO3 D．用裝置丁過濾所得的濁液9．下列實驗操作或現(xiàn)象和相應結論均正確的是選項實驗操作或現(xiàn)象結論A向2mL0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中滴加5~10滴6mol/LNaOH溶液，溶液由橙色變黃色減小生成物濃度，K2Cr2O7反應的平衡正移B用pH計測定SO2、CO2飽和溶液的pH，前者pH小Ka：H2SO3>H2CO3C將含NaOH、乙醇的1-溴丁烷混合體系加熱后產(chǎn)生的氣體通入酸性KMnO4溶液中，紫紅色褪去1-溴丁烷發(fā)生了消去反應D用飽和Na2CO3溶液浸泡BaSO4一段時間后過濾洗滌，向所得的濾渣上滴加稀鹽酸，有氣泡冒出Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)A．A B．B C．C D．D10．環(huán)六糊精(D-吡喃葡萄糖縮合物)具有空腔結構，腔內(nèi)極性較小，腔外極性較大，可包含某些分子形成超分子。圖1、2、3分別表環(huán)六糊精結構、超分子示意圖及相關應用。下列說法正確的是A．環(huán)六糊精屬于多糖B．鄰氯苯甲醚、對氯苯甲醚均易被環(huán)六糊精包合形成超分子C．通過圖2、圖3可知對氯苯甲醚與環(huán)六糊精形成的超分子甲氧基、氯原子均暴露在反應環(huán)境中D．由題目信息可知，分離環(huán)六糊精和氯代苯甲醚通常采用蒸餾法11．某立方晶系的硫錳礦晶胞，沿c軸將原子投影到ab平面，投影圖如下（設NAA．基態(tài)Mn的價電子排布式為3B．晶體中S的配位數(shù)是6C．Mn位于晶胞的頂角和面心D．若晶體密度為ρg?cm12．電動汽車電池一直是研究熱點，高能量密度的全固態(tài)電池有望在2027年投入應用，2030年左右實現(xiàn)大規(guī)模商用?，F(xiàn)有某可充放電的全固態(tài)鈉電池，工作原理如圖所示，下列說法正確的是A．為了降低成本，可以將固態(tài)聚合物電解質換為Na3PO4溶液B．放電時，電極電勢N極高于M極C．充電時，M極電極反應式為：Na3V2(PO4)3-2e—=NaV2(PO4)3+2Na+D．充電時，Na+由N極遷移至M極13．丙烯與氫鹵酸的加成反應過程主要分兩步完成，如圖：其中，反應速率主要由第一步烯烴與H+結合生成碳正離子決定。下列說法錯誤的是A．反應物丙烯不存在順反異構B．上述條件下，丙烯生成中間產(chǎn)物a的反應活化能較低C．若使用CF3CH=CH2進行上述反應，則主要產(chǎn)物可能為CF3CH2CH2ClD．上述反應，在適當條件下氫鹵酸中鹵素離子濃度越大反應速率越快14．工業(yè)上以軟錳礦(主要成分為MnO2)為原料通過固體堿熔氧化法生產(chǎn)高錳酸鉀，主要流程如下。下列說法錯誤的是A．“熔融氧化”應在鐵坩堝中進行，陶瓷坩堝或Al2O3坩堝均不行B．“錳酸鉀歧化”可以用H2SO4但不能用鹽酸代替CO2C．“結晶”操作與從NaCl溶液得NaCl晶體操作相同D．該流程中可循環(huán)使用的物質是MnO215．難溶鹽CaF2可溶于鹽酸，常溫下，用鹽酸調節(jié)CaF2濁液的pH，測得體系中-lgcF-或A．N代表-lgcCa2+與B．Y點的溶液中存在cC．常溫下，KD．Z點的溶液中存在lgc二、非選擇題：共4題，共55分。16．以鋅灰(含ZnO及少量(PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2SO4請回答下列問題：（1）“浸取”時需不斷通入高溫水蒸氣，其目的是。（2）“除雜”包括加適量鋅粉、過濾、加H2O2氧化等步驟，除Pb2+和（3）“沉鋅鐵”時反應體系溫度不能過高，可能的原因是。（4）400℃時，將一定比例H2、CO、CO2和H2S的混合氣體以一定流速通過裝有脫硫劑ZnFe2O4的硫化反應器，已知硫化過程中，ZnFe2O4與H2、H（5）將硫化后的固體在VN2:VO（6）Zn2+能形成多種配離子，已知Zn2+形成的一種配離子ZnNH3217．實驗室用廢鐵屑制取無水氯化鐵并測其純度。實驗方案如下：I．FeCl3·6H2O制備①將廢鐵屑加入30%NaOH溶液中，煮沸30分鐘，過濾，洗滌2~3次。②將洗滌后的廢鐵屑加入20%鹽酸，控制溫度在40~50℃之間，至反應完畢，過濾。③向濾液中逐滴加入10%雙氧水，同時加入25%鹽酸，充分攪拌至溶液呈棕黃色。④將溶液轉移至蒸發(fā)皿中，加熱濃縮，緩慢冷卻至大量晶體析出，抽濾，洗滌?；卮鹣铝袉栴}：（1）步驟①的主要目的是。（2）步驟②控制溫度在40~50℃的原因是。II．無水FeCl3制備已知SOCl2熔點-156℃，沸點77℃，易水解。（3）按圖裝置進行實驗。錐形瓶中生成無水FeCl3的總化學方程式為；儀器A的作用是。III．產(chǎn)品純度測定（4）稱取3.500g產(chǎn)品試樣，配制成100.00mL溶液，取20.00mL于錐形瓶中，加入足量KI溶液，經(jīng)充分反應后，滴入淀粉溶液3~5滴，然后用0.2000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定(I3?+2S2O32?=3I—+S4O62?)，經(jīng)三次平行實驗，消耗Na2S2①所制產(chǎn)品的純度為%(以無水FeCl3質量分數(shù)表示，保留三位有效數(shù)字)。②所制產(chǎn)品中可能含有FeCl2雜質，檢驗FeCl2的試劑為(填化學式)溶液；產(chǎn)生FeCl2的原因可能是。18．甲醇是重要的化工原料之一，也可用作燃料，利用合成氣(主要成分為CO、CO2和H2)可以合成甲醇，涉及的反應如下：反應ⅰ：CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)ΔH1反應ⅱ：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)ΔH2=?49.9kJ·mol—1反應ⅲ：CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)ΔH3=+41.6kJ·mol—1回答下列問題：（1）在某催化劑作用下，反應ⅰ的反應歷程如圖所示(圖中數(shù)據(jù)表示微粒數(shù)目以及微粒的相對總能量，*表示吸附在催化劑上)：①反應ⅰ在(填“較低”或“較高”)溫度下才能自發(fā)進行。②結合反應歷程，寫出反應ⅰ中生成甲醇的決速步驟的反應方程式：。③m=(計算結果保留兩位有效數(shù)字，已知1eV=1.6×10—22kJ)。（2）將一定量的CO2(g)和H2(g)充入密閉容器中并加入合適的催化劑，只發(fā)生反應ⅱ和ⅲ．相同溫度下，在不同壓強下測得CO2的平衡轉化率、CH3OH的選擇性[n(CH3OH圖中表示CO2的平衡轉化率的曲線是(填“m”“n”或“p”)，簡述判斷方法：。（3）有研究認為，在某催化劑作用下反應ⅱ先后通過反應ⅲ、ⅰ來實現(xiàn)。保持溫度T不變，向一恒容密閉容器中充入4molCO2和8molH2，在該催化劑作用下發(fā)生反應，經(jīng)5min達到平衡，測得H2O(g)的物質的量為3mol，起始及達平衡時容器的總壓強分別為1.5akPa、akPa，則從開始到平衡用H2分壓表示的平均反應速率為kPa·min—1(用含a的式子表示，下同，分壓=總壓×物質的量分數(shù))；反應ⅱ的壓強平衡常數(shù)Kp=(kpa)—2(Kp為用分壓代替濃度計算的平衡常數(shù))。（4）光催化CO2制甲醇技術也是研究熱點。銅基納米光催化材料還原CO2的機理如圖所示，光照時，低能價帶失去電子并產(chǎn)生空穴(h+，具有強氧化性)。在低能價帶上，H2O直接轉化為O2的電極反應式為。19．某研究小組按下列路線合成治療細菌感染的藥物氧氟沙星：已知：回答下列問題：（1）化合物C中含氧官能團名稱是。（2）化合物B的結構簡式是。（3）下列說法錯誤的是_______。A．有機物A能與溴水在FeBr3作用下發(fā)生取代反應B．有機物E與乙酸乙酯屬于同系物C．有機物E→F的轉化涉及加成、消去兩步反應D．氧氟沙星的分子式是C18H20FN3O4（4）寫出D與F生成G的化學方程式。（5）以2—氨基乙醇()與甲醛(HCHO)為原料，且利用以上合成路線中的相關信息，設計的合成路線(用流程圖表示，無機試劑選)。（6）寫出同時符合下列條件的化合物C的同分異構體的結構簡式。①分子中含有苯環(huán)結構，并能發(fā)生銀鏡反應；②1H-NMR譜和IR譜檢測表明：分子中共有4種不同化學環(huán)境的氫原子，有，沒有?O?O?。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．微生物降解塑料可產(chǎn)生無毒無污染的物質，有利于消除“白色污染”，A正確；B．芯片的核心成分是單質硅，二氧化硅是光導纖維的主要成分，B錯誤；C．青銅是銅錫合金，因此青銅屬于合金材料，C正確；D．碳酸氫鈉和碳酸氫銨受熱分解會釋放出大量氣體，可作為膨松劑，加工饅頭、面包和餅干時可加入適量碳酸氫銨、碳酸氫鈉等，使其松軟或酥脆，D正確；故選B。

【分析】A．白色污染主要由塑料造成；

Ｂ．芯片的主要成分為單質硅；

Ｃ．青銅是銅錫合金；

Ｄ．碳酸氫銨和碳酸氫鈉受熱分解產(chǎn)生氣體。2．【答案】A【解析】【解答】A．H2S中心原子價層電子對數(shù)2+6?1×22=4，PCl3B．是用小球和小棍表示的模型，是異戊烷的球棍模型，B錯誤；C．系統(tǒng)命名法要表示出鹵素原子所在的碳原子序號，CH2ClCH2Cl中兩個Cl原子分別位于1、2號碳上，名稱為1，2—二氯乙烷，C錯誤；D．基態(tài)As原子核外有33個電子，簡化電子排布式為：[Ar]3d104s24p3，D錯誤；故選A。

【分析】A．H2S、PCl3中心原子的價層電子對數(shù)均為4；

Ｂ．空間填充模型無需表示出化學鍵，圖示為球棍模型；

Ｃ．鹵代烴的系統(tǒng)命名規(guī)則遵循以下原則：1.選擇最長的碳鏈作為主鏈，并作為母體名稱。2.依據(jù)“最低系列”為取代基編號。3.命名中取代基烷基應排在鹵原子前面。4.若出現(xiàn)多鹵代物，應按氟氯溴碘次序排列；

Ｄ．As的原子序數(shù)為33，核外共有33個電子。3．【答案】D【解析】【解答】A．該圖標是腐蝕品標志，A錯誤；B．KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝，圖示儀器為堿式滴定管，B錯誤；C．新制氯水中含有次氯酸，具有漂白性，會漂白pH試紙，不能用pH試紙測定其pH，C錯誤；D．向容量瓶轉移溶液時需用玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在容量瓶頸部刻度線下，D正確；故選D。

【分析】A．圖示是腐蝕品標識；

Ｂ．酸性高錳酸鉀用酸式滴定管盛裝；

Ｃ．新制氯水含有次氯酸，具有漂白性；

Ｄ．轉移溶液時要用玻璃棒引流。4．【答案】A【解析】【解答】A．KHSO4晶體由鉀離子和硫酸氫根構成，CaSO4晶體由鈣離子和硫酸根構成，KHSO4與CaSO4的摩爾質量均為136g/mol，136gKHSO4晶體與CaSO4晶體混合物物質的量為1mol，含有的離子總數(shù)為2NA，A正確；B．C4H8可能是烯烴，也可能是環(huán)烷烴，若是烯烴，1個C4H8分子中含11個σ健，若是環(huán)烷烴，1個C4H8分子中含12個σ健，B錯誤；C．Na2O2與CO2發(fā)生反應2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，與H2O發(fā)生反應：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，兩個反應中均存在Na2O2～e-，78gNa2O2物質的量為1mol，與足量的CO2和H2O混合物反應轉移電子數(shù)為NA，C錯誤；D．電解精煉銅時，陽極有比銅活潑的金屬放電，因此陽極減少32g，轉移電子數(shù)不一定為NA，D錯誤；故選A。

【分析】A．KHSO4晶體由鉀離子和硫酸氫根構成，CaSO4晶體由鈣離子和硫酸根構成，且兩者摩爾質量均為136g/mol；

Ｂ．單鍵均為σ鍵，雙鍵含有1個σ鍵和1個π鍵，三鍵中含有1個σ鍵和2個π鍵；

Ｃ．過氧化鈉和水發(fā)生反應：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，過氧化鈉和二氧化碳發(fā)生反應：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；

Ｄ．電解精煉銅時，陽極有比銅活潑的金屬放電。5．【答案】B【解析】【解答】A．醋酸為弱酸，不能拆，因此正確的離子方程式為IO3B．硫化亞鐵與廢水中汞離子反應生成硫化汞和亞鐵離子，反應的離子方程式為FeS(s)+Hg2+C．用Pt作電極電解MgCl2溶液，生成氫氧化鎂、氯氣和氫氣，則總反應式：MgCl2D．煅燒時，硫鐵礦中的硫元素被氧化生成二氧化硫，正確的方程式為：4FeS2+11O2高溫8SO2+2Fe2O3，D錯誤；故選B。

【分析】A．醋酸為弱酸，應寫化學式；

Ｂ．FeS與汞離子反應生成HgS；

Ｃ．電解氯化鎂溶液生成氫氧化鎂、氯氣和氫氣；

Ｄ．煅燒硫鐵礦得到的氣體是二氧化硫。6．【答案】D【解析】【解答】A．該物質中與氨基相連的碳原子為手性碳原子，如圖用“*”標記，A正確；B．苯環(huán)可與氫氣以1：3發(fā)生加成反應，因此理論上1mol該物質最多消耗3molH2，B正確；C．該物質中含有氨基，具有堿性，能與鹽酸反應，含有酚羥基和羧基，具有酸性，能與NaOH溶液反應，C正確；D．羧基能和NaHCO3反應，且存在關系式-COOH～NaHCO3，所以理論上1mol該物質與1molNaHCO3反應，羧基和酚羥基均能與Na2CO3反應，且存在-COOH～Na2CO3、-OH～Na2CO3，所以理論上1mol該物質最多與2molNa2CO3反應，因此等量該物質最多消耗NaHCO3故選D。

【分析】A．手性碳是指連有四個不同原子團的碳原子；

Ｂ．該物質中只有苯環(huán)能與氫氣發(fā)生加成反應；

Ｃ．氨基能與鹽酸反應，羧基和酚羥基能與氫氧化鈉反應；

Ｄ．碳酸氫鈉只與羧基反應，碳酸鈉與酚羥基、羧基反應。7．【答案】D【解析】【解答】A．電子層數(shù)越多，原子半徑越大，電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大，原子半徑越小，則原子半徑：X(C)>Y(O)>Z(F)，A正確；B．Y元素組成的最常見單質為O2，M的單質為Li，O2和Li在加熱條件下生成Li2O，Li2O為離子化合物，只含離子鍵，B正確；C．Q的陰離子中硼原子與O、F原子形成的4個共價鍵中有1個是配位鍵，M為Li滿足2電子穩(wěn)定結構，其他原子最外層均滿足8電子穩(wěn)定結構，C正確；D．含X、Y、Z等元素的化合物屬于有機化合物，具有較低的熔沸點，D錯誤；故選D。

【分析】Y的核外s能級電子數(shù)等于p能級電子數(shù)，則Y的電子排布式為1s22s22p4（O元素）或1s22s22p63s2（Mg元素），X的核外電子有4種空間運動狀態(tài)，由于空間運動狀態(tài)數(shù)=原子軌道數(shù)，則X的電子排布式為1s22s22p2（C元素）或1s22s22p4（O元素），由于Y的原子序數(shù)大于X，則X只能是C元素，M形成+1價陽離子，故為Li；Z形成1對共用電子對，W形成4對共用電子對，但Q中陰離子帶1個單位負電荷，W為B，原子序數(shù)之和為31，31-3-5-6-8=9，Z為F元素。8．【答案】C【解析】【解答】A．稀硫酸與Fe反應生成硫酸亞鐵，硫酸亞鐵易被氧化為硫酸鐵，過量的鐵屑可防止硫酸亞鐵被氧化，A正確；B．飽和碳酸鈉溶液中通入二氧化碳，發(fā)生反應：2Na++CO2+H2O=2NaHCO3↓制得碳酸氫鈉，B正確；C．碳酸氫鈉和FeSO4反應生成FeCO3的同時還會生成CO2，不能關閉止水夾，C錯誤；D．碳酸亞鐵是沉淀，可通過過濾分離，D正確；故選C。

【分析】A．鐵與稀硫酸反應生成硫酸亞鐵，硫酸亞鐵易被氧化為硫酸鐵，過量的鐵與硫酸鐵反應生成硫酸亞鐵；

Ｂ．二氧化碳與飽和碳酸鈉反應生成碳酸氫鈉；

Ｃ．碳酸氫鈉和碳酸氫鈉反應會有二氧化碳生成；

Ｄ．碳酸亞鐵是沉淀。9．【答案】A【解析】【解答】A．K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72-+H2O?2CrO42-+2H+，Cr2O72-B．二氧化硫、二氧化碳在溶液中的溶解度不同，因此所得的酸溶液濃度不同，不能根據(jù)pH大小來判斷酸的酸性強弱，B錯誤；C．乙醇易揮發(fā)，揮發(fā)的乙醇能與酸性高錳酸鉀反應使酸性高錳酸鉀溶液褪色，則酸性KMnO4溶液褪色，不能說明1-溴丁烷發(fā)生了消去反應，C錯誤；D．在濃度較大的條件下，溶解度較小的沉淀可以轉化為溶解度較大的沉淀，但不能依據(jù)沉淀的轉化確定溶度積溶度積大小，用飽和碳酸鈉溶液浸泡硫酸鋇一段時間后過濾洗滌，向所得的濾渣上滴加稀鹽酸，有氣泡冒出不能說明硫酸鋇的溶度積大于碳酸鋇，D錯誤；故選A。

【分析】A．K2Cr2O7溶液中會發(fā)生反應：Cr2O72-+H2O?2CrO42-+2H+；

Ｂ．比較酸性強弱，應測定相同濃度酸溶液的pH；

Ｃ．乙醇易揮發(fā)，且乙醇也能使酸性高錳酸鉀褪色；10．【答案】C【解析】【解答】A．環(huán)六糊精由6個D-吡喃葡萄糖單元縮合而成，屬于低聚糖（寡糖），而非多糖，A錯誤；B．由圖3可知，苯甲醚直接和HOCl反應時，Cl原子取代苯甲醚中苯環(huán)的鄰位和對位H原子的物質的量的比為2：3，而加入環(huán)六糊精后Cl原子取代苯環(huán)對位H原子的物質的量的遠大于鄰位，說明對氯苯甲醚易被環(huán)六糊精包合形成超分子，而鄰氯苯甲醚不易被環(huán)六糊精包合形成超分子，B錯誤；C．由圖3可知，超分子的甲氧基和氯原子參與反應，表明其處于可接觸環(huán)境中，C正確；D．蒸餾通常用于分離沸點差異較大的液體混合物，環(huán)六糊精空腔外有多個羥基，可以和水形成分子間氫鍵，環(huán)六糊精能溶解在水中，而氯代苯甲醚不溶于水，不能用蒸餾法分離，可選擇水作為萃取劑分離環(huán)六糊精和氯代苯甲醚，D錯誤；故選C。

【分析】A．多糖是由多個單糖分子通過糖苷鍵連接而成的高分子化合物，通常單糖單元數(shù)≥10；

Ｂ．環(huán)六糊精的空腔極性小，傾向于包合非極性或弱極性分子；腔外極性大，與極性環(huán)境相容；

Ｃ．環(huán)六糊精空腔包合客體分子時，非極性部分（如苯環(huán)）進入腔內(nèi)，極性基團（甲氧基、氯原子）因與腔外極性環(huán)境相容，傾向于暴露在腔外；

Ｄ．蒸餾法適用于沸點差異大的物質分離。11．【答案】B【解析】【解答】A．Mn為25號元素，根據(jù)核外電子排布規(guī)則，其基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22B．根據(jù)投影圖可知，晶胞結構為，該晶胞中距離S最近的Mn有4個，則晶體中S的配位數(shù)是4，B錯誤；C．晶胞中Mn位于面心和頂角，C正確；D．該晶胞中，S位于體內(nèi)，數(shù)目為4，Mn位于頂點和面心，數(shù)目為8×18+6×12=4，設晶胞棱長為acm，則故答案為：B。

【分析】A．錳（Mn）是25號元素，根據(jù)核外電子排布規(guī)律，其基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p6312．【答案】C【解析】【解答】A．金屬鈉性質活潑，易與水反應，因此不能將固態(tài)聚合物電解質換為Na3B．正極的電勢高于負極，由分析可知，放電時，M為正極，N為負極，電極電勢M極高于N極，B錯誤；C．充電時，M極為陽極，電極反應式為Na3D．充電時，陽離子向陰極移動，則陽離子Na+故選C。

【分析】金屬鈉為活潑金屬，易失去電子發(fā)生氧化反應，則N極為負極，電極反應式為Na-e-=Na+，M極為正極，電極反應式為NaV13．【答案】D【解析】【解答】A．丙烯分子中，碳碳雙鍵一端的碳原子上連接2個相同的H原子，不存在順反異構，A正確；B．由圖可知，生成2-氯丙烷的反應為主要反應，說明生成中間產(chǎn)物a的反應速率較快，反應的活化能越小，反應速率越快，說明丙烯生成中間產(chǎn)物a的反應活化能較低，B正確；C．氟原子是吸電子基，CF3CH=CH2與氫離子反應生成的中間產(chǎn)物為CF3CHD．該反應的總反應速率由烯烴與氫離子結合生成碳正離子的步驟決定，說明溶液的酸性越強，反應速率越快，而不是鹵素離子濃度越大反應速率越快，D錯誤；故選D。

【分析】A．碳碳雙鍵兩端的碳原子連接2個不同的原子或原子團時存在順反異構；

Ｂ．活化能越大反應速率越慢；

Ｃ．氟原子是吸電子基；

Ｄ．丙烯與氯化氫的加成反應的反應速率主要由第一步烯烴與氫離子結合生成碳正離子決定。14．【答案】C【解析】【解答】A．“熔融氧化”步驟中加入KOH，KOH能與瓷坩堝中的二氧化硅反應，也能與氧化鋁反應，因此應在鐵坩堝中進行，陶瓷坩堝或Al2O3坩堝均不行，A正確；B．錳酸鉀歧化過程需要加入酸性物質使溶液顯酸性，可以用H2SO4代替CO2，但鹽酸具有還原性，能與高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應生成氯氣，因此不能用鹽酸代替，B正確；C．“濾液蒸發(fā)結晶”過程溫度不能太高，且應該蒸發(fā)出現(xiàn)晶膜時停止加熱，再冷卻結晶，因為KMnO4受熱易分解，C錯誤；D．MnO2為起始原料，歧化反應又生成MnO2，MnO2可以循環(huán)使用，D正確；答案選C。

【分析】A．KOH能與二氧化硅反應；

Ｂ．鹽酸能與高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應；

Ｃ．從NaCl溶液中獲得NaCl晶體采用的是蒸發(fā)結晶，而KMnO4溶解度隨溫度變化顯著，“結晶”步驟應采用降溫結晶；

Ｄ．既是反應物又是生成物的物質可循環(huán)使用。15．【答案】B【解析】【解答】A．由分析可知，M代表-lgcF-與lgcH+B．Y點時c(Ca2+)=c(F-)，溶液顯酸性，c(H+)＞c(OH-)，電荷守恒關系為2c(Ca2+)+c(H+)=c(F-)+c(Cl-)+c(OH-)，物料守恒關系c(F-)+c(HF)=2c(Ca2+)，即c(Ca2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，則有c(Cl-)＞c(Ca2+)，c(Ca2+)=c(HF)，所以c(Cl-)＞c(Ca2+)=c(HF)，B錯誤；C．X點時lgc(H+)c(HF)=1，-lgc(F-)=4.2，Ka=c(H+)?c(F-)c(HF)=10×10-4.2=10-3.2，W點時lgc(HD．lgcH+c(HF)=-3.2-lgcF-，lgcH故選B。

【分析】已知HF的Ka=c(H+)?c(F-)c(HF)，c(H+)c(HF)=Kac(F-)，則lgc(H+)c(HF16．【答案】（1）升高溫度，加快反應速率（2）Fe3+、（3）防止促進Fe3+水解生成FeOH3（4）ZnFe（5）ZnS和FeS吸收氧氣，ZnS和FeS部分被氧化為硫酸鹽（6）正四面體【解析】【解答】（1）升高溫度能夠加快反應速率，因此“浸取”時不斷通入高溫水蒸氣的目的是升高溫度，加快反應速率；（2）加入適量鋅粉的目的是將溶液中的硫酸鐵轉化為硫酸亞鐵、硫酸銅轉化為銅、硫酸轉化為硫酸鋅，則與鋅粉反應的離子為鉛離子、銅離子、鐵離子和氫離子，故答案為：Fe3+、H（3）NH4HCO3（4）400℃時，ZnFe2O4與H2、H2S反應生成ZnS和FeS（5）在280～400℃范圍內(nèi)，固體質量增加的主要原因可能是ZnS和FeS吸收氧氣，ZnS和FeS部分被氧化為硫酸鹽導致固體質量增加；（6）ZnNH【分析】鋅灰(含ZnO及少量(PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)加入稀硫酸浸取，ZnO反應生成ZnSO4，PbO反應生成PbSO4，CuO轉化為硫酸銅，F(xiàn)e2O3反應生成硫酸鐵，SiO2不與硫酸反應，過濾，除去SiO2和PbSO4，加入Fe2SO43溶液，調節(jié)配比，再加入碳酸氫銨溶液沉鋅鐵，反應得到ZnFe2O4（1）“浸取”時不斷通入高溫水蒸氣可以使溶液的溫度升高，反應速率加快；（2）由分析可知，加入適量鋅粉的目的是將溶液中的硫酸鐵轉化為硫酸亞鐵、硫酸銅轉化為銅、硫酸轉化為硫酸鋅，則與鋅粉反應的離子為鉛離子、銅離子、鐵離子和氫離子，故答案為：Fe3+、H（3）“沉鋅鐵”時反應體系溫度不能過高的原因是溫度過高會促進溶液中的鐵離子發(fā)生水解反應生成氫氧化鐵沉淀，且碳酸氫銨不穩(wěn)定，受熱分解，不利于ZnFe2（4）由題意可知，生成硫化亞鐵、硫化鋅的反應為400℃條件下ZnFe2O4（5）在280～400℃范圍內(nèi)，固體質量增加的主要原因可能是ZnS和FeS吸收氧氣，ZnS和FeS部分被氧化為硫酸鹽導致固體質量增加；（6）由配離子ZnNH17．【答案】除去鐵屑表面油污；當?shù)陀?0℃，反應速率太慢；當高于50℃，HCl揮發(fā)較多或Fe3+水解程度大；FeCl3·6H2O+6SOCl2=ΔFeCl3+6SO2↑+12HCl【解析】【解答】（1）廢鐵屑表面有油污，油污在堿性條件下發(fā)生水解，因此用NaOH溶液洗滌廢鐵屑的目的是除去鐵屑表面油污；（2）溫度會影響反應速率，且水解反應是吸熱反應，當?shù)陀?0℃，反應速率太慢；當高于50℃，HCl易揮發(fā)，溫度高揮發(fā)較多或Fe3+水解程度大，因此步驟②控制溫度在40~50℃；（3）錐形瓶中FeCl3?6H2O與SOCl2反應生成無水FeCl3、二氧化硫和氯化氫，總反應的化學方程式為：FeCl3·6H2O+6SOCl（4）①滴定過程中存在：2Fe3+～I2～2Na2S2O3，三次消耗Na2S2②K3Fe(CN)6與亞鐵離子反應生成鐵氰化亞鐵鉀沉淀，則所檢驗FeCl2的試劑為K3Fe(CN)6溶液；產(chǎn)生FeCl2的原因可能是制備時SO2(或+4價S)還原FeCl3。

【分析】（1）廢鐵屑表面有油污，油污在堿性條件下水解；

（2）鹽酸易揮發(fā)，且溫度太低反應速率過慢；

（3）錐形瓶中，F(xiàn)eCl3?6H2O與SOCl2反應得到無水FeCl3；

（4）滴定過程中存在關系式：2Fe3+18．【答案】（1）較低；CO*g（2）n；增大壓強，反應ⅱ平衡正向移動，反應ⅲ平衡不移動，則CO2的平衡轉化率和CH3OH的選擇性均增大，且CO的選擇性和CH3OH的選擇性之和為100%（3）7a40（4）2H2O+4h+=O2↑+4H+【解析】【解答】（1）①由圖可知，反應ⅰ反應物的總能量高于生成物的總能量，為放熱反應，?H<0，且反應氣體體積減小，則?S<0，該反應在低溫下存在?H-T?S<0，則反應ⅰ在較低溫度下才能自發(fā)進行；②活化能越大反應速率越慢，慢反應是整個反應的決速步驟，由圖可知，活化能最大的步驟是第二步生成第三步，則該步驟的反應方程式為CO*g③根據(jù)蓋斯定律，反應ⅰ=反應ⅱ-反應ⅲ，則CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)△H1=-49.9kJ?mol-1-(+41.6kJ?mol-1)=-91.5kJ?mol-1，由圖可知，1molCO(g)和2molH2的總能量與CH3OH(g)的總能量之差為91.5kJ，反應歷程圖中的E表示的是1個CO分子和2個H2分子的相對總能量與1個CH3OH分子的相對總能量之差為meV，相對總能量E=meV=91.56.02×（2）反應ⅱ是氣體體積減小的反應，增大壓強時平衡正向移動，CO2的平衡轉化率增大，反應ⅲ是氣體體積不變的反應，增大壓強時平衡不移動，CO2的平衡轉化率不變，則增大壓強時CO2的平衡轉化率增大，CH3OH(g)的選擇性增大，CO的選擇性減小，并且CH3OH(g)的選擇性和CO的選擇性之和為100%，所以曲線n表示CO2的平衡轉化率，曲線m表示CH3OH(g)的選擇性；（3）恒溫恒容條件下，氣體的壓強之比等于其物質的量之比，起始及達平衡時容器的總壓強分別為1.5akPa、akPa，起始時氣體總物質的量為12mol，則平衡時氣體的總物質的量為12mol1.5a×a=8mol，設平衡時n(H2)=xmol，n(CO2)=ymol，n(CH3OH)=zmol，n(CO)=bmol，則x+y+z+b+3=8，由C、H、O原子守恒可得y+z+b=4，2x+4z+6=16，2y+z+b+3=8，解得x=1，y=1，z=2，b=1，p(H2)=p(CO2)=p(CO)=a8kPa，p(CH3OH)=a4kPa，p(H2O)=3a8kPa，則從開始到平衡用H2分壓表示的平均反應速率為812×1.5a?a（4）光照時電子向高能價帶移動，說明高能價帶發(fā)生得電子的還原反應，故高能價帶相當于電解池的陰極；低能價帶水失去電子生成O2和H+，電極反應式為2H2O+4h+=O2↑+4H+?！痉治觥浚?）①根據(jù)?H-T?S<0時反應自發(fā)進行分析；

②活化能越大反應速率越慢，慢反應是整個反應的決速步驟；

③根據(jù)蓋斯定律計算；

（2）化學平衡移動原理的具體內(nèi)容為：如果改變可逆反應的條件（如濃度、壓強、溫度等），化學平衡就被破壞，并向減弱這種改變的方向移動；

（3）結合題干數(shù)據(jù)計算；

（4）光照時電子向高能價帶移動，則高能價帶發(fā)生得電子的還原反應，高能價帶相當于電解池的陰極；低能價帶水失去電子生成O2和H+。（1）①由圖可知，反應ⅰ為放熱反應，且?S<0，反應自發(fā)進行的條件?H-T?S<0，則反應ⅰ在較低溫度下才能自發(fā)進行；②決速步驟指反應歷程中反應速率最慢的反應，反應速率快慢由反應的活化能決定，活化能越大，反應速率越慢，由反應歷程圖中數(shù)據(jù)可知，活化能=過渡態(tài)能量-起始態(tài)能量，各個步驟中活化能分別為：0.7eV、0.8eV、0.2eV、0.2eV、0.7eV、(1.4-m)eV，其中最大的數(shù)值為[-0.1-(-0.9)]eV=0.8eV，該步驟的反應方程式為CO*g③反應ⅱ：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)△H2=-49.9kJ?mol-1，反應ⅲ：CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)△H3=+41.6kJ?mol-1，根據(jù)蓋斯定律：反應ⅰ=反應ⅱ-反應ⅲ，即CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)△H1=-49.9kJ?mol-1-(+41.6kJ?mol-1)=-91.5kJ?mol-1，由圖可知，1molCO(g)和2molH2的總能量與CH3OH(g)的總能量之差為91.5kJ，反應歷程圖中的E表示的是1個CO分子和2個H2分子的相對總能量與1個CH3OH分子的相對總能量之差為meV，相對總能量E=meV=91.56.02×（2）反應ⅱ是氣體體積減小的反應，增大壓強時平衡正向移動，CO2的平衡轉化率增大，反應ⅲ是氣體體積不變的反應，增大壓強時平衡不移動，CO2的平衡轉化率不變，則增大壓強時CO2的平衡轉化率增大，CH3OH(g)的選