山東省濟(jì)寧市2025屆高三化學(xué)第三次模擬試題含解析

PAGE25-山東省濟(jì)寧市2025屆高三化學(xué)第三次模擬試題（含解析）1.答題前，考生先將自己的姓名、考生號、座號填寫在相應(yīng)位置，仔細(xì)核對條形碼上的姓名、考生號和座號，并將條形碼粘貼在指定位置上。2.選擇題答案必需運(yùn)用2B鉛筆（按填涂樣例）正確填涂；非選擇題答案必需運(yùn)用0.5毫米黑色簽字筆書寫，字體工整、筆跡清晰。3.請依據(jù)題號在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。保持卡面清潔，不折疊、不破損。可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1B-11C-12O-16Si-28S-32Ca-40Fe-56Cu-64As-75一、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)符合題意。1.綠原酸（C16H18O9）具有較廣泛的抗菌、抗病毒、抗氧化作用，利用乙醚、60%乙醇浸泡杜仲干葉，得到提取液，進(jìn)一步獲得綠原酸粗產(chǎn)品的一種工藝流程如圖，下列說法錯(cuò)誤的是（）A.綠原酸在溫水中的溶解度小于冷水中的溶解度B.得到有機(jī)層的試驗(yàn)操作為萃取分液C.減壓蒸餾的目的防止溫度過高，綠原酸變質(zhì)D.綠原酸粗產(chǎn)品可以通過重結(jié)晶進(jìn)一步提純【答案】A【解析】【分析】綠原酸易溶于乙酸乙酯，提取液加入乙酸乙酯，分液得到有機(jī)層，減壓蒸餾得到綠原酸，加入溫水浸膏，經(jīng)冷卻、過濾得到綠原酸粗產(chǎn)品，以此解答該題【詳解】A.流程中加入溫水浸膏，冷卻、過濾得到綠原酸粗產(chǎn)品，可知綠原酸難溶于冷水，其在溫水中的溶解度大于冷水中的溶解度，故A錯(cuò)誤；B.綠原酸為有機(jī)酸，更易溶于有機(jī)溶劑，加入乙酸乙酯后綠原酸被萃取到有機(jī)酯層，有機(jī)層與水層互不相溶的液體應(yīng)采納分液法分別，故B正確；C.綠原酸具有抗氧化作用，減壓蒸餾可降低溫度，避開溫度過高導(dǎo)致綠原酸變質(zhì)，故C正確；D.依據(jù)A的分析，綠原酸粗產(chǎn)品可用重結(jié)晶的方法進(jìn)一步提純，故D正確。故選：A?！军c(diǎn)睛】本題考查有機(jī)混合物的分別提純，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、混合物分別提純?yōu)榻獯鸬年P(guān)鍵，側(cè)重分析與試驗(yàn)實(shí)力的考查，留意把握物質(zhì)的性質(zhì)，題目難度不大。2.下列說法正確的是（）A.環(huán)戊二烯（）分子中全部原子共平面B.同主族元素含氧酸的酸性隨核電荷數(shù)的增加而減弱C.二甲醚易溶于水，氨基乙酸的熔點(diǎn)較高，主要緣由都與氫鍵有關(guān)D.NO離子中心原子上的孤電子對數(shù)是0，立體構(gòu)型為平面三角形【答案】D【解析】【詳解】A.環(huán)戊二烯中存在飽和碳原子，飽和碳原子為四面體構(gòu)型，全部原子不行能共面，故A錯(cuò)誤；B.同主族元素非金屬性隨核電荷數(shù)增加而減弱，最高價(jià)氧化物的水化物的酸性漸漸減弱，但不是隨意含氧酸的酸性減弱，故鹵族元素中HClO的酸性比HBrO4弱，故B錯(cuò)誤；C.二甲醚易溶于水，是因?yàn)槎酌芽膳c水分子形成氫鍵；氨基乙酸的熔點(diǎn)較高，是因?yàn)榘被汪然磻?yīng)形成內(nèi)鹽導(dǎo)致的，與氫鍵無關(guān)，故C錯(cuò)誤；D.NO離子中心原子的價(jià)層電子對數(shù)=，與三個(gè)氧成鍵，孤電子對數(shù)為0，中心N原子采納sp2雜化，立體構(gòu)型為平面三角形，故D正確；故選：D。3.NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A.7.8g苯含σ鍵的數(shù)目為0.6B.將Cl2通入FeBr2溶液中，有1molBr2生成時(shí)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAC.1molNH4NO3完全溶于稀氨水中，溶液呈中性，溶液中NH的數(shù)目為NAD.有鐵粉參與的反應(yīng)若生成3molFe2+，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)肯定為6NA【答案】C【解析】【分析】【詳解】A.苯中有6個(gè)碳碳σ鍵和6個(gè)碳?xì)洇益I，則1mol苯中含有12molσ鍵，7.8g苯為0.1mol，含σ鍵的數(shù)目為1.2NA，故A錯(cuò)誤；B.亞鐵離子的還原性大于溴離子，氯氣通入溴化亞鐵中先與亞鐵離子反應(yīng)，再與溴離子反應(yīng)，則1molBr2生成時(shí)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)大于2NA，故B錯(cuò)誤；C.1molNH4NO3完全溶于稀氨水中，溶液呈中性，依據(jù)電荷守恒：，因，則，，溶液中NH的數(shù)目為NA，故C正確；D.鐵粉參與的反應(yīng)，如，產(chǎn)生3mollFe2+轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA，故D錯(cuò)誤；故選：C。4.下列有關(guān)儀器的運(yùn)用方法或試驗(yàn)操作正確的是（）A.用堿式滴定管量取13.60mL酸性高錳酸鉀溶液B.測定硫酸銅晶體結(jié)晶水含量時(shí)，加熱后的坩堝須在干燥器中冷卻，再稱量C.蒸餾時(shí)，應(yīng)使溫度計(jì)水銀球置于蒸餾液體中D.過濾時(shí)，先將濾紙潮濕，然后再將濾紙放入漏斗中【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．酸性高錳酸鉀溶液應(yīng)用酸式滴定管量取，故A錯(cuò)誤；B．測定硫酸銅晶體結(jié)晶水含量時(shí)，為防止冷卻過程中空氣中的水重新與硫酸銅結(jié)合，影響測定，應(yīng)置于干燥器中冷卻，再稱量，故B正確；C．蒸餾時(shí)，應(yīng)使溫度計(jì)水銀球置于蒸餾燒瓶的支管口處，故C錯(cuò)誤；D．過濾時(shí)，應(yīng)先將濾紙放入漏斗中，再用蒸餾水潤濕濾紙，以免有氣泡殘留，故D錯(cuò)誤；故選：B。5.《夢溪筆談》有記：館閣新書凈本有誤書處，以雌黃涂之。在中國古代，雌黃（As2S3）常常用來修改錯(cuò)字，其結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說法不正確的是（）A.As、S原子的雜化方式均為sp3B.AsH3的沸點(diǎn)比NH3的低C.與As同周期且基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)目相同的元素只有VD.已知As2F2分子中各原子均滿意8電子結(jié)構(gòu)，分子中σ鍵和π鍵的個(gè)數(shù)比為3：【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．由雌黃的結(jié)構(gòu)圖可知，砷和硫原子均形成單鍵，均為sp3雜化方式，故A正確；B．兩者均為分子晶體，沸點(diǎn)凹凸與相對分子質(zhì)量的大小有關(guān)，但因氨氣分子間存在氫鍵導(dǎo)致其沸點(diǎn)高于AsH3的沸點(diǎn)，故B正確；C．As基態(tài)原子核外電子排布為：，未成對電子數(shù)為3，與其同周期且基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)目相同元素有V：、Co：，故C錯(cuò)誤；D．As2F2分子中各原子均滿意8電子結(jié)構(gòu)，則其結(jié)構(gòu)式為：,單鍵均為σ鍵，雙鍵中有1個(gè)σ鍵、1個(gè)π鍵，分子中σ鍵和π鍵的個(gè)數(shù)比為3：1，故D正確；故選：C。6.化合物Y是一種常用藥物，可由X制得。下列有關(guān)化合物X、Y的說法正確的是（）A.化合物X、Y均易被氧化B.1molY最多可與2molNaOH發(fā)生反應(yīng)C.由X轉(zhuǎn)化為Y發(fā)生取代反應(yīng)D.X與足量H2發(fā)生反應(yīng)后，生成的分子中含有5個(gè)手性碳原子【答案】A【解析】【詳解】A.X、Y中均含有碳碳雙鍵、酚羥基，X中含有醛基、Y中含有醇羥基均屬于易被氧化的官能團(tuán)，故A正確；B.Y中只有酚羥基可以與氫氧化鈉反應(yīng)去，且1mol酚羥基消耗1mol氫氧化鈉，故B錯(cuò)誤；C.對比X和Y的結(jié)構(gòu)可知，X轉(zhuǎn)變成Y是醛基加成氫氣的反應(yīng)實(shí)現(xiàn)，不屬于取代反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D.X與足量H2發(fā)生反應(yīng)后，生成物中有六個(gè)手性碳原子如圖所示，故D錯(cuò)誤；故選：A。7.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，A、B、C、D、E為其中兩種元素組成常見化合物，基態(tài)Z原子核外有兩個(gè)未成對電子，A、D均含有10個(gè)電子且中心原子的雜化方式相同，它們之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示(部分反應(yīng)物或生成物省略)，下列說法中不正確的是（）A.簡潔離子半徑：Y>Z>WB.若C中混有E可用水洗方法除去C.每個(gè)D分子四周可以形成4個(gè)氫鍵D.B與D反應(yīng)生成Z2時(shí)，D作還原劑【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的四種短周期主族元素，A、B、C、D、E為上述四種元素中的兩種元素組成的化合物，基態(tài)Z原子核外有兩個(gè)未成對電子，Z可能為C或O，結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系圖，Z形成Z2單質(zhì)，則Z為O；A、D均含有10個(gè)電子且中心原子的雜化方式相同且B與D反應(yīng)產(chǎn)生氧氣，則D為H2O，B為Na2O2；A與氧氣產(chǎn)生C，C與氧氣產(chǎn)生E，E又能與水反應(yīng)產(chǎn)生C，符合條件的物質(zhì)為A為NH3、C為NO，E為NO2，則X、Y、Z、W分別為：H、N、O、Na，據(jù)此解答?！驹斀狻恳罁?jù)以上分析X、Y、Z、W分別為：H、N、O、Na，A、B、C、D、E分別為NH3、Na2O2、NO、H2O、NO2，據(jù)此分析；A.核外電子排不相同，核電荷數(shù)越多離子半徑越小，Y、Z、W的簡潔離子分別為：N3-、O2-、Na+核外電子排布相同，核電荷數(shù)Y<Z<W，則離子半徑為N3->O2->Na+，故A正確；B.CNO中混有ENO2，二氧化氮易與水反應(yīng)產(chǎn)生NO，NO不溶于水且不與水反應(yīng)，因此可用水除去，NO中混有的NO2，故B正確；C.每個(gè)H2O分子中的氧原子可以與其他兩個(gè)H2O中的氫原子形成氫鍵，每個(gè)H2O中的氫原子可以與另一個(gè)H2O分子中的氧形成氫鍵，一次每個(gè)H2O四周可以形成4個(gè)氫鍵，故C正確；D.Na2O2與H2O反應(yīng)產(chǎn)生O2，反應(yīng)中過氧化鈉既作氧化劑也做還原劑，水沒有化合價(jià)改變，故D錯(cuò)誤；故選：D。8.過氧乙酸(CH3COOOH)是常用的消毒劑，易溶于水、易揮發(fā)、見光或受熱易分解。制備原理為：H2O2+CH3COOHCH3COOOH+H2O△H<0，制得的過氧乙酸(含少量H2O2)含量測定流程如下，下列說法不正確的是()A.應(yīng)在密閉、低溫、避光條件下保存過氧乙酸B.在常壓條件下采納蒸餾操作將過氧乙酸分別出來C.溶液由無色變?yōu)闇\紅色且30s內(nèi)不變色，說明H2O2已除盡D.加過量硫酸亞鐵溶液目的是還原CH3COOOH【答案】B【解析】【分析】取樣加硫酸酸化，先用高錳酸鉀將過氧化氫除盡后，加過量的硫酸亞鐵還原過氧乙酸，再用重鉻酸鉀溶液滴定過量的硫酸亞鐵溶液，從而可得被過氧乙酸氧化的硫酸亞鐵的量，進(jìn)而求得過氧乙酸的含量，據(jù)此分析作答。【詳解】A.過氧乙酸(CH3COOOH)易揮發(fā)、見光或受熱易分解，應(yīng)在密閉、低溫、避光條件下保存過氧乙酸，故A正確；B.因過氧乙酸受熱易分解，常壓蒸餾會導(dǎo)致過氧乙酸受熱分解，故B錯(cuò)誤；C.溶液由無色變?yōu)闇\紅色且30s內(nèi)不變色，說明高錳酸鉀過量，從而證明H2O2已除盡，故C正確；D.加過量的硫酸亞鐵還原過氧乙酸，再用重鉻酸鉀溶液滴定過量的硫酸亞鐵溶液，從而確定過氧乙酸的量，故D正確；故選：B。9.中國科學(xué)院深圳探討院勝利研發(fā)出一種基于二硫化鉬/碳納米復(fù)合材料的鈉型雙離子電池，可充放電。其放電時(shí)工作原理如圖所示。下列說法不正確的是（）A.二硫化鉬/碳納米復(fù)合材料為該電池的負(fù)極材料B.放電時(shí)正極的反應(yīng)式為Cn(PF6)x+xe-═xPF6-+CnC.充電時(shí)陰極的電極反應(yīng)式為MoS2-C+xNa++xe-=NaxMoS2-CD.充電時(shí)石墨端鋁箔連接外接電源的負(fù)極【答案】D【解析】【詳解】A.原電池中陰離子向負(fù)極移動，陽離子向正極移動，由圖中信息可知，鈉離子向鋁箔石墨電極移動，故鋁箔石墨電極為正極，二硫化鉬/碳納米復(fù)合材料為負(fù)極，故A正確；B.由裝置圖可知放電時(shí)正極產(chǎn)生PF6-，電極反應(yīng)為：Cn(PF6)x+xe-═xPF6-+Cn，故B正確；C.充電時(shí)原電池的負(fù)極接電源的負(fù)極，作陰極，發(fā)生的反應(yīng)為：MoS2-C+xNa++xe-=NaxMoS2-C，故C正確；D.充電時(shí)原電池的正極接電源的正極，作陽極，石墨端鋁箔連接外接電源的正極，故D錯(cuò)誤。故選：D。10.工業(yè)上除去電石渣漿(含CaO)上清液中的S2-，并制取石膏(CaSO4?2H2O)的常用流程如圖：下列說法不正確的是()A.過程Ⅰ、Ⅱ中起催化劑作用的物質(zhì)是Mn(OH)2B.常溫下，56gCaO溶于水配成1L溶液，溶液中Ca2+的數(shù)目為6.02×1023個(gè)C.將10L上清液中的S2-轉(zhuǎn)化為SO(S2-濃度為320mg·L-1)，理論上共須要0.2mol的O2D.過程Ⅱ中，反應(yīng)的離子方程式為4MnO+2S2-+9H2O=S2O+4Mn(OH)2↓+10OH-【答案】B【解析】【分析】【詳解】A.催化劑在反應(yīng)中參與又生成，由圖可知，過程Ⅰ、Ⅱ中，起催化劑作用的物質(zhì)是Mn(OH)2，故A正確；B.56gCaO(1mol)溶于水，與水反應(yīng)產(chǎn)生1mol氫氧化鈣，但氫氧化鈣微溶于水，部分會形成沉淀，因此溶液中的鈣離子數(shù)目小于6.02×1023個(gè)，故B錯(cuò)誤；C.由電子守恒及原子守恒可知，存在2S2-～～4Mn(OH)2～8e-～2O2，且兩個(gè)過程消耗氧氣，將10L上清液中的S2-轉(zhuǎn)化為(S2-濃度為320mg/L)，理論上共須要標(biāo)準(zhǔn)狀況下的O2的體積為，故C正確；D.過程Ⅱ中S2-與發(fā)生氧化還原反應(yīng)，離子反應(yīng)為4MnO+2S2-+9H2O=S2O+4Mn(OH)2↓+10OH-，故D正確；故選：B。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。11.PT（KHC2O4·H2C2O4·2H2O，名稱：四草酸鉀）是一種分析試劑。室溫時(shí)，H2C2O4的pKa1、pKa2分別為1.23、4.19(pKa=-lgKa)。下列說法不正確的是（A.0.1mol·L-1PT溶液中：c(HC2O)>c(K+)>c(H2C2O4B.0.1mol·L-1PT中滴加NaOH至溶液pH=4.19：c(C2O)=c(HC2O)C.0.1mol·L-1PT中滴加NaOH至溶液呈中性：c(K+)>c(Na+)>c(HC2O)>c(C2O)D.0.1mol·L-1PT與0.1mol·L-1KOH溶液等體積混合，【答案】CD【解析】【分析】【詳解】A．H2C2O4的第一步電離程度大于其次步電離程度，鉀離子不電離也不水解，且，則水解平衡常數(shù)Kh＝＜Ka1，說明的電離程度大于水解程度，所以c（）＞c（K＋）＞c（H2C2O4），故A正確；B．Ka2＝＝10?4.19，0.1mol?L?1PT中滴加NaOH至溶液pH＝4.19，則c（）＝，故B正確；C．水解平衡常數(shù)Kh＝＜Ka2，說明的電離程度大于水解程度導(dǎo)致溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，則加入的n（NaOH）大于n（KHC2O4?H2C2O4?2H2O），則c（K＋）＜c（Na＋），故C錯(cuò)誤；D.0.1mol?L?1PT與0.1mol?L?1KOH溶液等體積混合，二者恰好完全反應(yīng)生成KHC2O4，因的電離程度大于水解程度導(dǎo)致溶液呈酸性，其對水的電離的抑制作用大于促進(jìn)作用，所以其溶液中水的電離程度小于純水，故D錯(cuò)誤；故選：CD?！军c(diǎn)睛】本題考查弱電解質(zhì)的電離及酸堿混合溶液定性推斷，側(cè)重考查分析推斷及學(xué)問綜合運(yùn)用實(shí)力，明確溶液中溶質(zhì)成分及其性質(zhì)、溶液酸堿性是解本題關(guān)鍵，留意電荷守恒和物料守恒的敏捷運(yùn)用。12.工業(yè)上常采納“電催化氧化—化學(xué)沉淀法”對化學(xué)鍍鎳廢水進(jìn)行處理，電解過程中電解槽中H2O、Cl-放電產(chǎn)生·OH、HClO，在活性組分作用下，陰陽兩極區(qū)發(fā)生的反應(yīng)如下(R表示有機(jī)物)：①R+·OH→CO2+H2O②R+HClO→CO2+H2O+Cl-③H2PO+2·OH-4e-=PO+4H+④HPO+·OH-2e-=PO+2H+⑤H2PO+2ClO-=PO+2H++2Cl-⑥HPO+ClO-=PO+H++Cl-⑦Ni2++2e-=Ni⑧2H++2e-=H2↑下列說法不正確的是()A.·OH、HClO在陽極上產(chǎn)生B.增大電極電壓，電化學(xué)氧化速率加快C.電解時(shí)，陰極旁邊pH漸漸上升，Ni2+去除率漸漸減小D.向電解后的廢水中加入CaCl2可以去除磷元素【答案】C【解析】【詳解】A.電解過程中電解槽中H2O、Cl-放電產(chǎn)生·OH、HClO，可得電極反應(yīng)為：,，失電子在陽極反應(yīng)，故A正確；B.增大電極電壓，可以加快導(dǎo)線中電子的移動速度，同時(shí)加快溶液中離子的移動速度，提高電化學(xué)氧化速率加快，故B正確；C.電解時(shí)，陰極反應(yīng)為Ni2++2e-=Ni，2H++2e-=H2↑，鎳離子得電子轉(zhuǎn)變成金屬單質(zhì)除去，pH上升后，鎳離子能與氫氧根結(jié)合成氫氧化鎳沉淀，仍舊可以從廢水中去除，因此沒有降低其去除效率，故C錯(cuò)誤；D.向電解后的廢水中加入CaCl2可以與產(chǎn)生的磷酸根離子形成磷酸鈣沉淀，從而去除廢水中的磷元素，故D正確；故選：C。13.碳酸鑭[La2(CO3)3]可用于治療高磷酸鹽血癥。某化學(xué)小組用如圖裝置模擬制備碳酸鑭，反應(yīng)為2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O，下列說法正確的是（）A.從左向右接口的連接依次：F→B，A→D，E←CB.裝置X中盛放的試劑為飽和Na2CO3溶液C.裝置Z中用干燥管的主要目的是增大接觸面積，加快氣體溶解D.試驗(yàn)起先時(shí)應(yīng)先打開Y中分液漏斗的旋轉(zhuǎn)活塞【答案】AD【解析】【分析】【詳解】A.氨氣極易溶于水，則采納防倒吸裝置，E←C；制取的二氧化碳需除去HCl雜質(zhì)，則F→B，A→D，故A正確；B.裝置X為除去HCl雜質(zhì)，盛放的試劑為飽和NaHCO3溶液，故B錯(cuò)誤；C.裝置Z中用干燥管的主要目的是防止氨氣溶于水時(shí)發(fā)生倒吸，故C錯(cuò)誤；D.試驗(yàn)起先時(shí)應(yīng)先打開Y中分液漏斗的旋轉(zhuǎn)活塞,使溶液呈堿性以汲取更多的二氧化碳，故D正確；故選AD。14.常壓下羰基化法精煉鎳的原理為：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃時(shí)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=2×10-5。已知：Ni(CO)4的沸點(diǎn)為42.2℃第一階段：將粗鎳與CO反應(yīng)轉(zhuǎn)化成氣態(tài)Ni(CO)4；其次階段：將第一階段反應(yīng)后的氣體分別出來，加熱至230℃制得高純鎳。下列推斷正確的是（A.上升溫度，該反應(yīng)的平衡常數(shù)減小B.該反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)C.第一階段，在30℃和50℃D.其次階段，Ni(CO)4分解率較低【答案】AC【解析】【詳解】A.由已知信息：其次階段是將第一階段反應(yīng)后的氣體分別出來，加熱至230℃制得高純鎳，可知上升溫度，該反應(yīng)向逆反應(yīng)方向移動，則該反應(yīng)的平衡常數(shù)減小，故A正確；B.可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，肯定滿意正逆反應(yīng)速率相等，在用不同物質(zhì)的反應(yīng)速率表示平衡狀態(tài)時(shí)，必需表明“一正一逆”，且等于系數(shù)之比，因此該反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)，故B錯(cuò)誤；C.第一階段要制得氣態(tài)Ni(CO)4，而Ni(CO)4的沸點(diǎn)為42.2℃，因此應(yīng)選50℃，大于沸點(diǎn)，便于分別出氣態(tài)Ni(CO)4，故C正確；D.其次階段，加熱至230℃，該反應(yīng)Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)的平衡常數(shù)K=2×10-5，正反應(yīng)進(jìn)行的程度低，則逆反應(yīng)進(jìn)行的程度大，說明Ni(CO)4分解率較高，可制得高純度鎳，故D錯(cuò)誤；故選AC。15.常溫下，用AgNO3溶液分別滴定濃度均為0.01mol?L-1的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡圖像如圖所示(不考慮C2O的水解)。已知Ksp(AgCl)數(shù)量級為10-10。下列敘述不正確的是（）A.Ksp(Ag2C2O4)數(shù)量級為10B.n點(diǎn)表示Ag2C2O4C.向c(Cl-)=c(C2O)的混合液中滴入AgNO3溶液時(shí)，先生成AgCl沉淀D.Ag2C2O4(s)＋2Cl-(aq)2AgCl(s)＋C2O(aq)的平衡常數(shù)為10-0.71【答案】BD【解析】【分析】若曲線X為AgCl的沉淀溶解平衡曲線，則Ksp(AgCl)=c(Ag+)?c(Cl?)=10?4×10?5.75=10?9.75=100.25×10?10，則數(shù)量級為10-10，若曲線Y為AgCl的沉淀溶解平衡曲線，則Ksp(AgCl)=c(Ag+)?c(Cl?)=10?4×10?2.46=10?6.46=100.54×10?7，則數(shù)量級為10-7，又已知Ksp(AgCl)數(shù)量級為

10-10，則曲線X為AgCl的沉淀溶解平衡曲線，則曲線Y為Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲線，Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)?c(C2O42-)=(10?4)2×(10?2.46)=10【詳解】A.由以上分析知，曲線Y為Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲線，Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)?c(C2O42-)=(10?4)2×(10?2.46)=10?10.46=100.54×10?11，則Ksp(Ag2C2O4)數(shù)量級為10-11B.曲線Y為Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲線，n點(diǎn)的離子積Qc(Ag2C2O4)＜Ksp(Ag2C2O4)，故為Ag2C2OC.依據(jù)圖象可知，當(dāng)陰離子濃度相同時(shí)，生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小于生成Ag2C2O4沉淀所需的c(Ag+)，故向c(Cl?)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液時(shí)，先析出氯化銀沉淀，故CD.Ag2C2O4＋2Cl－=2AgCl＋C2O42-的平衡常數(shù)，此時(shí)溶液中的c(Ag+)相同，故有，故D錯(cuò)誤；故選BD。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.多年來，儲氫材料、光催化劑與硼酸鹽材料的探討始終是材料領(lǐng)域的熱點(diǎn)探討方向。回答下列問題：一種Ru絡(luò)合物與g-C3N4符合光催化劑將CO2還原為HCOOH的原理如圖。(1)Ru絡(luò)合物中其次周期元素的第一電離能由大到小的依次為___，Ru絡(luò)合物含有的片段和中都存在大π鍵，氮原子的雜化方式為___，氮原子配位實(shí)力更強(qiáng)的是___（填結(jié)構(gòu)簡式）(2)基態(tài)碳原子的價(jià)電子排布圖為___，HCOOH的沸點(diǎn)比CO2高的緣由是___。(3)2019年8月13日中國科學(xué)家合成了白光材料Ba2[Sn(OH)6][B(OH)4]2，[B(OH)4]-中B的價(jià)層電子對數(shù)為____，[Sn(OH)6]2-a.π鍵b.σ鍵c.配位鍵d.極性鍵(4)鑭鎳合金是較好的儲氫材料。儲氫后所得晶體的化學(xué)式為LaNi5H6，晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，X、Y、Z表示儲氫后的三種微粒，則圖中Z表示的微粒為___(填化學(xué)式)。若原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)A為（0，0，0），則B（Y）的原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為___，已知LaNi5H6摩爾質(zhì)量為499g·mol-1，晶體密度為g·cm-3，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則晶胞參數(shù)為a=___pm（用代數(shù)式表示）。【答案】(1).N＞O＞C(2).sp2(3).(4).(5).HCOOH和CO2都為分子晶體，HCOOH分子間形成氫鍵(6).4(7).a(8).H2(9).(，，0)(10).×1010【解析】【分析】依據(jù)元素第一電離能的改變趨勢比較元素的第一電離能的大小關(guān)系，依據(jù)雜化軌道理論和大π鍵的成鍵特點(diǎn)推斷氮原子的軌道雜化方式，依據(jù)配位鍵的成鍵條件推斷和中誰的氮原子配位實(shí)力更強(qiáng)。依據(jù)價(jià)層電子對互斥理論分析中心原子的價(jià)層電子對數(shù)，依據(jù)Sn與O的成鍵特點(diǎn)推斷其所形成的化學(xué)鍵類型。依據(jù)均攤法確定晶胞中各種微粒的個(gè)數(shù)，再結(jié)合晶體的化學(xué)式確定微粒Z的類型，依據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)及其粒子的空間分布特點(diǎn)推斷其坐標(biāo)參數(shù)，依據(jù)晶胞的密度和質(zhì)量計(jì)算晶胞的邊長?！驹斀狻?1)同周期從左向右元素的第一電離能總體呈增大趨勢，但是第ⅤA族元素比同周期的第ⅥA族元素的第一電離能大，故N、O、C的第一電離能依次減??；和中都存在大π鍵，氮原子均采納sp2雜化，的大π鍵為π66，N原子有一對孤電子對，的大π鍵為π56，N原子無孤電子對，因此氮原子配位實(shí)力更強(qiáng)的是，故答案為：N＞O＞C；sp2；；(2)碳原子為6號元素，依據(jù)構(gòu)造原理可寫出基態(tài)碳原子的電子排布式為1s22s22p2，故基態(tài)碳原子的價(jià)電子排布圖為；HCOOH和CO2都為分子晶體，但是HCOOH分子間可形成氫鍵，故HCOOH的沸點(diǎn)比CO2高；(3)[B(OH)4]－中硼原子連接四個(gè)羥基，其價(jià)層電子對數(shù)為4；[Sn(OH)6]2-的中心離子Sn4+與OH-之間形成配位鍵，配位鍵是一種特別的共價(jià)鍵，則Sn與O之間形成的化學(xué)鍵屬于σ鍵或極性鍵，不行能是π鍵，故答案為：4；a；(4)依據(jù)均攤法可知，晶胞中，微粒X的個(gè)數(shù)為，微粒Y的個(gè)數(shù)為，微粒Z的個(gè)數(shù)為，依據(jù)儲氫后所得晶體的化學(xué)式LaNi5H6，可知微粒Z為H2；依據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，B(Y)的原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(，，0)；晶胞邊長，故答案為：H2；(，，0)；×1010?！军c(diǎn)睛】第(4)問在計(jì)算晶胞邊長時(shí)單位的換算是學(xué)生們的易錯(cuò)點(diǎn)，1cm=1010pm，另外常常用到的還有納米與厘米的換算，1cm=10-7nm。17.銅轉(zhuǎn)爐煙灰主要含有Zn［還有少量Fe(+2價(jià))、Pb、Cu、As等元素］的硫酸鹽和氧化物，少量為砷酸鹽。制備重要化工原料活性氧化鋅的工藝流程如圖所示。請回答以下問題：己知：活性炭凈化主要是除去有機(jī)雜質(zhì)。(1)寫出氯化銨的電子式___，“凈化”過程屬于___(填“物理”、“化學(xué)”)改變。(2)在反應(yīng)溫度為50℃，反應(yīng)時(shí)間為1h時(shí)，測定各元素的浸出率與氯化銨溶液濃度的關(guān)系如圖，則氯化銨相宜的濃度為___mol·L-1。若浸出液中鋅元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，則浸取時(shí)ZnO發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___。(3)滴加KMnO4溶液有MnO2生成，目的是除___元素，除雜3是置換除雜過程，則試劑a是___，“濾渣Ⅲ”的主要成分為___(填化學(xué)式)。(4)寫出“沉鋅”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式___，此過程中可以循環(huán)利用的副產(chǎn)品是___。(5)取mg活性氧化鋅樣品配成待測液，加入指示劑3、4滴，再加入適量六亞甲基四胺，用amol?L-1EDTA標(biāo)準(zhǔn)液進(jìn)行滴定，消耗標(biāo)準(zhǔn)液VmL。己知：與1.0mLEDTA標(biāo)準(zhǔn)液[c(EDTA)=1.000mo1?L-1]相當(dāng)?shù)囊钥吮硎镜难趸\質(zhì)量為0.08139，則樣品中氧化鋅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為___(用代數(shù)式表示)。【答案】(1).(2).物理(3).4(4).ZnO+2NH+2NH3?H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O(5).Fe(6).Zn(7).Cu(Zn)(8).2Zn2++4HCO=Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O(9).NH4Cl(10).×100%或%【解析】【分析】首先利用氯化銨和氨水浸取銅轉(zhuǎn)爐煙灰，Pb元素轉(zhuǎn)化為Pb(OH)Cl沉淀除去，Zn、Fe、Cu、As等元素進(jìn)入溶液，加入氯化鐵As元素轉(zhuǎn)化為FeAsO4沉淀除去，加入硫酸酸化的高錳酸鉀，F(xiàn)e元素全部被氧化成Fe3+，調(diào)整pH使Fe元素轉(zhuǎn)化為沉淀除去；此時(shí)還有Cu元素會影響后續(xù)削減碳酸鋅的純度，所以試劑a應(yīng)除去銅元素，為了不引入新的雜質(zhì)，可以加入過量的Zn單質(zhì)置換出銅，從而將其除去；再加入活性炭凈化；之后加入碳酸氫銨將Zn元素轉(zhuǎn)化為堿式碳酸鋅，煅燒后得到氧化鋅?！驹斀狻?1)氯化銨由銨根和氯離子構(gòu)成，電子式為；活性炭吸附有機(jī)雜質(zhì)達(dá)到凈化的目的，沒有新物質(zhì)生成，屬于物理改變；(2)浸取過程中須要使Zn元素盡可能多的進(jìn)入溶液，而雜質(zhì)離子要盡量少的進(jìn)入溶液，同時(shí)為了加快反應(yīng)速率，須要氯化銨的濃度盡量大一些，視察題圖，可知當(dāng)氯化銨的濃度為4mol/L時(shí)，一方面鋅元素的浸出率已經(jīng)接近100%，氯化銨的濃度也較大，另一方面若濃度再高，鉛元素將進(jìn)入溶液，所以最相宜的濃度為4mol/L；反應(yīng)物有ZnO、氯化銨、一水合氨，產(chǎn)物有[Zn(NH3)4]2+，依據(jù)元素守恒可得離子方程式為ZnO+2NH+2NH3?H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O；(3)滴加KMnO4溶液可將Fe2+氧化為Fe3+，再調(diào)整pH值除去，所以目的是除去Fe元素；依據(jù)分析可知試劑a為Zn，濾渣Ⅲ主要有置換出來的Cu和未反應(yīng)的Zn；(4)溶液中有大量鋅離子，加入碳酸氫銨后產(chǎn)生Zn2(OH)2CO3，說明碳酸氫根電離出的碳酸根和鋅離子、氫氧根結(jié)合生成堿式碳酸鋅沉淀，促進(jìn)碳酸氫根的電離，電離出的氫離子又和碳酸氫根結(jié)合生成二氧化碳和水，所以離子方程式為2Zn2++4HCO=Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O；依據(jù)前序步驟添加的物質(zhì)，以及此過程發(fā)生的反應(yīng)可知，此時(shí)溶液中的主要成分為氯化銨和少量硫酸按，氯化銨可以循環(huán)運(yùn)用；(5)用amol?L-1EDTA標(biāo)準(zhǔn)液進(jìn)行滴定，消耗標(biāo)準(zhǔn)液VmL，與1.0mLEDTA標(biāo)準(zhǔn)液[c(EDTA)=1.000mo1?L-1]相當(dāng)?shù)囊钥吮硎镜难趸\質(zhì)量為0.08139，所以m(ZnO)=aV×0.08139g，質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%或%?！军c(diǎn)睛】涉及Fe元素的除雜流程時(shí)，由于Fe(OH)3更簡潔沉淀，通常會加入氧化劑將Fe元素轉(zhuǎn)化為Fe3+，再調(diào)整pH值將其除去。18.2019年12月4日“全球碳安排”發(fā)布報(bào)告說，全球CO(1)一種途徑是用CO2轉(zhuǎn)化為成為有機(jī)物實(shí)現(xiàn)碳循環(huán)。如：C2H4(g)+H2O(l)C2H5OH(l)ΔH=-44.2kJ·mol-12CO2(g)+2H2O(l)C2H4(g)+3O2(g)ΔH=+1411.0kJ·mol-1已知2CO2(g)+3H2O(l)C2H5OH(l)+3O2(g)其正反應(yīng)的活化能為EakJ·mol-1，則逆反應(yīng)的活化能為___kJ·mol-1。乙烯與HCl加成生成的氯乙烷在堿性條件下水解也得到乙醇，反應(yīng)的離子方程式為___，v=kcm(CH3CH2Cl)cn(OH-)為速率方程，探討表明，CH3CH2Cl濃度減半，反應(yīng)速率減半，而OH-濃度減半對反應(yīng)速率沒有影響，則反應(yīng)速率方程式為___。(2)利用工業(yè)廢氣中的CO2可以制取甲醇和水蒸氣，肯定條件下，往2L恒容密閉容器中充入1molCO2和3molH2，在不同催化劑作用下發(fā)生反應(yīng)I、反應(yīng)II與反應(yīng)III，相同時(shí)間內(nèi)CO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度改變?nèi)鐖D所示：①催化劑效果最佳的反應(yīng)是___(填“反應(yīng)I”，“反應(yīng)II”，“反應(yīng)III”)。②b點(diǎn)v(正)___v(逆)(填“>”，“<”，“=”)。③若此反應(yīng)在a點(diǎn)時(shí)已達(dá)平衡狀態(tài)，a點(diǎn)的轉(zhuǎn)化率比c點(diǎn)高的緣由是___。④c點(diǎn)時(shí)該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=___。(3)中國科學(xué)家首次用CO2高效合成乙酸，其反應(yīng)路徑如圖所示：①原料中的CH3OH可通過電解法由CO2制取，用稀硫酸作電解質(zhì)溶液，寫誕生成CH3OH的電極反應(yīng)式___。②依據(jù)圖示，寫出總反應(yīng)的化學(xué)方程式：___。【答案】(1).Ea-1366.8(2).CH3CH2Cl(aq)+OH-(aq)→C2H5OH(aq)+Cl-(aq)(3).v=kc(CH3CH2Cl)(4).反應(yīng)I(5).>(6).該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度上升，平衡逆向移動(7).(8).CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O(9).CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O【解析】【分析】(1)應(yīng)用蓋斯定律，計(jì)算出2CO2(g)+3H2O(l)C2H5OH(l)+3O2(g)的ΔH，并依據(jù)ΔH=正反應(yīng)的活化能-逆反應(yīng)的活化能，計(jì)算逆反應(yīng)的活化能，氯乙烷在堿性條件下水解得到乙醇和氯化鈉，據(jù)此寫反應(yīng)的離子方程式，按反應(yīng)物濃度對速率的影響數(shù)據(jù)，寫反應(yīng)速率方程式即可；(2)肯定條件下，往2L恒容密閉容器中充入1molCO2和3molH2后反應(yīng)得到甲醇和水蒸氣，反應(yīng)方程式為，依據(jù)CO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度改變關(guān)系圖分析、計(jì)算回答即可；(3)①原料中的CH3OH可通過電解法由CO2制取，二氧化碳在陰極反應(yīng)，故是二氧化碳得電子被還原的反應(yīng)，據(jù)此寫生成CH3OH的電極反應(yīng)式；②依據(jù)圖示，找出總的反應(yīng)物、催化劑和產(chǎn)物，據(jù)此寫總反應(yīng)的化學(xué)方程式；【詳解】(1)反應(yīng)①C2H4(g)+H2O(l)C2H5OH(l)ΔH1=-44.2kJ·mol-1反應(yīng)②2CO2(g)+2H2O(l)C2H4(g)+3O2(g)ΔH2=+1411.0kJ·mol-1應(yīng)用蓋斯定律，反應(yīng)①+反應(yīng)②得到：2CO2(g)+3H2O(l)C2H5OH(l)+3O2(g)，則該反應(yīng)的ΔH=ΔH1+ΔH2，故ΔH=-44.2kJ·mol-1+(+1411.0kJ·mol-1)=+1366.8kJ·mol-1，因?yàn)棣=正反應(yīng)的活化能-逆反應(yīng)的活化能，正反應(yīng)的活化能為EakJ·mol-1，則逆反應(yīng)的活化能為Ea-1366.8kJ·mol-1；答案為：Ea-1366.8；氯乙烷在堿性條件下水解得到乙醇和氯化鈉，則反應(yīng)的離子方程式為CH3CH2Cl(aq)+OH-(aq)→C2H5OH(aq)+Cl-(aq)；該反應(yīng)的速率方程為v=kcm(CH3CH2Cl)cn(OH-)，探討表明，CH3CH2Cl濃度減半，反應(yīng)速率減半，則可知m=1，而OH-濃度減半對反應(yīng)速率沒有影響，則n=0，故反應(yīng)速率方程式為v=kc(CH3CH2Cl)；答案為：CH3CH2Cl(aq)+OH-(aq)→C2H5OH(aq)+Cl-(aq)；v=kc(CH3CH2Cl)；(2)肯定條件下，密閉容器中發(fā)生的反應(yīng)為，①相同溫度下相同時(shí)間內(nèi)CO2轉(zhuǎn)化率最高的是反應(yīng)Ⅰ的圖線，故最佳催化劑為反應(yīng)I；答案為：反應(yīng)I；②圖線中b點(diǎn)未達(dá)到平衡狀態(tài)，則v(正)>v(逆)；答案為：>；③若此反應(yīng)在a點(diǎn)時(shí)已達(dá)平衡狀態(tài)，則接著升溫就會使平衡移動，故a點(diǎn)的轉(zhuǎn)化率比c點(diǎn)高的緣由為該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度上升，平衡逆向移動；答案為：該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度上升，平衡逆向移動；④該條件下，一起先往2L恒容密閉容器中充入1molCO2和3molH2，由圖知，c點(diǎn)時(shí)二氧化碳轉(zhuǎn)化了，則，平衡時(shí)2L容器內(nèi)的濃度依次為，則該反應(yīng)的平衡常數(shù)==；答案為：；(3)①通過電解法由CO2制取CH3OH，碳元素化合價(jià)降低，故是二氧化碳得電子被還原的反應(yīng)，故二氧化碳在陰極反應(yīng)，則生成CH3OH的電極反應(yīng)式為CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；②依據(jù)圖示，CH3OH、CO2和H2在LiI、Rh+催化作用下生產(chǎn)CH3COOH和H2O，總反應(yīng)的化學(xué)方程式為CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O；答案為：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O?！军c(diǎn)睛】K的計(jì)算是易錯(cuò)題，因?yàn)槌３：鲆暼萜鞯捏w積。19.三氯化六氨合鈷[Co(NH3)6]Cl3是橙黃色的協(xié)作物，是合成其它一些含鈷協(xié)作物的原料。利用含鈷廢料(含少量Fe、Al等雜質(zhì))制取[Co(NH3)6]Cl3的工藝流程如圖，回答下列問題：已知：①“浸出液”中含有Co2＋、Fe2＋、Fe3＋、Al3+等②Ksp［Co(OH)2］=6×10-15、Ksp［Co(OH)3］=1.6×10-44(1)加“適量NaClO3”(2)“加Na2CO3調(diào)pH至a”會生成兩種沉淀，分別為___(填化學(xué)式)。(3)操作Ⅰ的步驟包括___、___、減壓過濾。(4)流程中“氧化”過程應(yīng)先加入___(填“氨水”或“H2O2”)，需水浴控溫在50～60℃，溫度不能過高，緣由是___。寫出“氧化”步驟發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：___，若無活性炭作催化劑，所得固體產(chǎn)物中除[Co(NH3)6]Cl3外還會有大量二氯化一氯五氨合鈷[Co(NH3)5Cl]Cl2和三氯化五氨一水合鈷[Co(NH3)5H2O]Cl【答案】(1).將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+(2).6Fe2+＋ClO＋6H+=6Fe3+＋Cl-＋3H2O(3).Fe(OH)3和Al(OH)3(4).蒸發(fā)濃縮(5).冷卻結(jié)晶(6).氨水(7).氨水溫度過高會導(dǎo)致H2O2大量分解，降低產(chǎn)率(8).H2O2＋2Co2+＋2NH＋10NH3·H2O+6Cl-=2[Co(NH3)6]Cl3↓＋12H2O(9).選擇性【解析】【分析】以含鈷廢料(含少量Fe、Al等雜質(zhì))制取[Co(NH3)6]Cl3：用鹽酸溶解廢料，得到Co2+、Fe2+、Al3+的酸性溶液，加入適量的NaClO3將Fe2+氧化為Fe3+，再加Na2CO3調(diào)pH，沉淀Al3+