山東省濰坊市2025屆新高考化學(xué)模擬試題三含解析

PAGE22-山東省濰坊市2025屆新高考化學(xué)模擬試題（三）（含解析）1.答題前，考生先將自己的姓名、考號(hào)、座號(hào)填寫在相應(yīng)位置。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(qǐng)依據(jù)題號(hào)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。可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cu-64Sr-87.6一、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.化學(xué)與生活、生產(chǎn)親密相關(guān)。下列說法正確的是A.KA1(SO4)2·12H2O常用于殺菌消毒B.生活中可用無水乙醇消毒C.纖維素在人體內(nèi)水解得到葡萄糖D.泡沫滅火器中的反應(yīng)物是NaHCO3和Al2(SO4)3【答案】D【解析】【詳解】A、明礬常用于凈水，利用Al3＋水解成氫氧化鋁膠體，吸附水中懸浮固體顆粒，達(dá)到凈水目的，明礬不能殺菌消毒，，故A錯(cuò)誤；B、生活中常用75%乙醇進(jìn)行消毒，故B錯(cuò)誤；C、人體中不含水解纖維素的酶，即纖維素在人體中不能水解成葡萄糖，故C錯(cuò)誤；D、利用NaHCO3和Al2(SO4)3發(fā)生雙水解反應(yīng)：Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑，故D正確；2.丙烷的分子結(jié)構(gòu)可簡(jiǎn)寫成鍵線式結(jié)構(gòu)，有機(jī)物A的鍵線式結(jié)構(gòu)為，有機(jī)物B與等物質(zhì)的量的H2發(fā)生加成反應(yīng)可得到有機(jī)物A。下列有關(guān)說法錯(cuò)誤的是（）A.用系統(tǒng)命名法命名有機(jī)物A，名稱為2，2，3﹣三甲基戊烷B.有機(jī)物A的一氯取代物只有4種C.有機(jī)物A的分子式為C8H18D.B的結(jié)構(gòu)可能有3種，其中一種名稱為3，4，4﹣三甲基﹣2﹣戊烯【答案】B【解析】【詳解】A．最長(zhǎng)的主鏈含有5個(gè)C原子，從距離甲基近的一段編碳號(hào)，的名稱為：2，2，3-三甲基戊烷，選項(xiàng)A正確；B．依據(jù)信息可知，A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，分子中有5種化學(xué)環(huán)境不同的氫原子，故其一氯代物有5種，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．由A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，A的分子式為C8H18，選項(xiàng)C正確；D．A是有機(jī)物B與等物質(zhì)的量的H2發(fā)生加成產(chǎn)物，則B中含有1個(gè)C=C雙鍵，依據(jù)加成反應(yīng)還原雙鍵，A中相鄰碳原子上都含有H原子的可以含有碳碳雙鍵，故B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可能有如下三種：、、，它們名稱依次為：3，3-二甲基-2-乙基-1-丁烯、3，4，4-三甲基-1-戊烯、3，4，4-三甲基-2-戊烯，選項(xiàng)D正確；答案選B。3.下列各試驗(yàn)中所選用的試驗(yàn)儀器不能都用到的是A.除去Na2CO3溶液中的CaCO3，選用③、④和⑥B.NaC1溶液的蒸發(fā)結(jié)晶，選用①、⑥和⑦C.配制100mL0.1mol·L-1的NaOH溶液，選用③、⑤、⑥和⑨D.將海帶灼燒灰化，選用①、⑦和⑧【答案】D【解析】【詳解】A．除去Na2CO3溶液中的CaCO3，采納過濾的方法，選用③、④和⑥，A正確；B．NaC1溶液的蒸發(fā)結(jié)晶，用酒精燈加熱蒸發(fā)皿，并用玻璃棒攪拌，選用①、⑥和⑦，B正確；C．配制100mL0.1mol·L-1的NaOH溶液，溶解選用③、⑥，移液選用⑤、⑥，定容選用⑨，C正確；D．將海帶灼燒灰化，選用酒精燈加熱，泥三角固定、坩堝中灼燒，選用①、⑧和坩堝，D錯(cuò)誤；答案為D。4.某元素基態(tài)原子3d軌道上有10個(gè)電子，則該基態(tài)原子價(jià)電子排布不行能是A.3d104s1 B.3d104s2 C.3s23p6 D.4s24p【答案】C【解析】【詳解】A．若價(jià)電子排布為3d104s1，為29號(hào)元素Cu，電子排布式為：[Ar]3d104s1，3d軌道上的電子處于全充溢狀態(tài)，整個(gè)體系的能量最低，故A正確；B．若價(jià)電子排布為3d104s2，為30號(hào)元素Zn，電子排布式為[Ar]3d104s2，3d軌道上的電子處于全充溢狀態(tài)，整個(gè)體系的能量最低，故B正確；C．若價(jià)電子排布為3s23p6，為18號(hào)元素Ar，電子排布式為1s22s22p63s23p6，3d軌道上沒有電子，故C錯(cuò)誤；D．若價(jià)電子排布為4s24p2，為32號(hào)元素Ge，電子排布式為[Ar]3d104s24p2，3d軌道上的電子處于全充溢狀態(tài)，整個(gè)體系的能量最低，故D正確；故答案為C。5.泛酸和乳酸均易溶于水并能參與人體代謝，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如下圖所示。下列說法不正確的是泛酸乳酸A.泛酸分子式為C9H17NO5B.泛酸在酸性條件下的水解產(chǎn)物之一與乳酸互為同系物C.泛酸易溶于水，與其分子內(nèi)含有多個(gè)羥基易與水分子形成氫鍵有關(guān)D.乳酸在確定條件下反應(yīng)，可形成六元環(huán)狀化合物【答案】B【解析】【詳解】A.依據(jù)泛酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，可知分子式為C9H17NO5，故A正確；B.泛酸在酸性條件下的水解出，與乳酸中羥基個(gè)數(shù)不同，所以與乳酸不是同系物，故B錯(cuò)誤；C.泛酸中的羥基與水分子形成氫鍵，所以泛酸易溶于水，故C正確；D.2分子乳酸在確定條件下反應(yīng)酯化反應(yīng)，形成六元環(huán)狀化合物，故D正確；選B。【點(diǎn)睛】本題考查有機(jī)物的機(jī)構(gòu)和性質(zhì)，重點(diǎn)是駕馭常見官能團(tuán)的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，肽鍵在確定條件下水解，羥基、羧基確定條件下發(fā)生酯化反應(yīng)，正確把握同系物的概念。6.已知A、B、C、D為由短周期元素組成的四種物質(zhì)，它們有如下所示轉(zhuǎn)化關(guān)系，且D為強(qiáng)電解質(zhì)(其他相關(guān)物質(zhì)可能省略)。下列說法不正確的是A.若A為非金屬單質(zhì)，則它與Mg反應(yīng)的產(chǎn)物中陰、陽離子個(gè)數(shù)比可能為2:3B.若A為非金屬單質(zhì)，則其組成元素在周期表中的位置可能處于其次周期第IVA族C.若A是共價(jià)化合物，則A和D有可能發(fā)生氧化還原反應(yīng)D.若A是金屬或非金屬單質(zhì)，則常溫下0.1mol/L的D溶液中由水電離出的c(H+)可能為10-13mol/L【答案】B【解析】【分析】中學(xué)常見物質(zhì)中N、S元素單質(zhì)化合物符合轉(zhuǎn)化關(guān)系，Na元素單質(zhì)化合物符合轉(zhuǎn)化關(guān)系?！驹斀狻緼．若A為非金屬單質(zhì)氮?dú)猓瑒t它與Mg反應(yīng)的產(chǎn)物為Mg3N2，陰陽離子個(gè)數(shù)比為2：3，A項(xiàng)正確；B．若A的組成元素為其次周期IVA族元素，則A為碳元素，B為CO，C為CO2，D為H2CO3，碳酸為弱酸，與題給的D為強(qiáng)電解質(zhì)這一信息不符合，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．若A為共價(jià)化合物硫化氫，可與濃硫酸反應(yīng)氧化還原反應(yīng)，C項(xiàng)正確；D．若A為金屬單質(zhì)，則D溶液為強(qiáng)堿溶液，可推斷A為鈉。常溫下0.1mol/L的NaOH溶液中由水電離出的c(H+)為10-13mol/L，假如是氮?dú)猓瑒tD是硝酸，常溫下0.1mol/L硝酸溶液中由水電離出的氫離子濃度是10-13mol/L，D項(xiàng)正確；所以答案選擇B項(xiàng)?！军c(diǎn)睛】單從題給的反應(yīng)過程來看，明確物質(zhì)A經(jīng)過了連續(xù)氧化，所以所涉及的短周期元素確定有變價(jià)，如從CH4→CO→CO2,C→CO→CO2；NH3→NO→NO2，N2→NO→NO2；S→SO2→SO3，H2S→S→SO2等。7.已知干冰晶胞屬于面心立方最密積累，晶胞中相鄰最近的兩個(gè)CO2分子間距為apm，阿伏加德羅常數(shù)為NA，下列說法正確的是A.晶胞中一個(gè)CO2分子的配位數(shù)是8B.晶胞的密度表達(dá)式是g·cm－3C.一個(gè)晶胞中平均含6個(gè)CO2分子D.CO2分子的立體構(gòu)型是直線形，中心C原子的雜化類型是sp3雜化【答案】B【解析】【詳解】A．面心立方最密積累配位數(shù)為12，故A錯(cuò)誤；

B．該晶胞中最近的相鄰兩個(gè)CO2

分子間距為apm，即晶胞面心上的二氧化碳分子和其同一面上頂點(diǎn)上的二氧化碳之間的距離為apm，則晶胞棱長(zhǎng)=apm=a×10-10cm，晶胞體積=(a×10-10cm)3，該晶胞中二氧化碳分子個(gè)數(shù)=8×+6×=4，晶胞密度=，故B正確；

C．該晶胞中二氧化碳分子個(gè)數(shù)=8×+6×=4，故C錯(cuò)誤；

D．二氧化碳分子是直線形分子，C原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)是2，依據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論推斷C原子雜化類型為sp，故D錯(cuò)誤；

故選：B。【點(diǎn)睛】六方最密積累、面心立方最密積累的配位數(shù)均為12，體心立方積累配位數(shù)為8，簡(jiǎn)潔立方積累配為數(shù)為6。8.下列試驗(yàn)中，能達(dá)到相應(yīng)試驗(yàn)?zāi)康牡氖茿．制備并收集乙酸乙酯B．證明氯化銀溶解度大于硫化銀C．驗(yàn)證溴乙烷的消去產(chǎn)物是乙烯D．推斷S、C、Si的非金屬性強(qiáng)弱A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A、制取乙酸乙酯須要用濃硫酸做催化劑，故不選A；B、1mL0.1mol/L的AgNO3溶液滴加幾滴0.1mol/L的NaCl溶液生成白色沉淀AgCl，AgNO3有剩余，再滴加幾滴0.1mol/L的Na2S，AgNO3與Na2S反應(yīng)生成Ag2S沉淀，所以不能證明氯化銀溶解度大于硫化銀，故不選B；C、乙烯、乙醇都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以該裝置不能驗(yàn)證溴乙烷的消去產(chǎn)物是乙烯，故不選C；D、碳酸鈉與稀硫酸反應(yīng)放出二氧化碳，證明非金屬性S>C，二氧化碳與硅酸鈉溶液反應(yīng)生成硅酸沉淀，證明非金屬性C>Si，故選D。9.硫酰氯（SO2Cl2）可用于有機(jī)合成和藥物制造等。試驗(yàn)室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2Cl2［SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)ΔH=-97.3kJ/mol］，裝置如圖所示（部分裝置省略）。已知SO2Cl2的熔點(diǎn)為－54.1℃，沸點(diǎn)為69.1℃，遇水能發(fā)生猛烈反應(yīng)并產(chǎn)生白霧。下列說法錯(cuò)誤的是A.乙裝置中盛放的試劑是P2O5，防止水蒸氣進(jìn)入裝置中B.裝置甲應(yīng)置于冰水浴中，目的是提高SO2Cl2產(chǎn)率C.反應(yīng)結(jié)束后，分別甲中混合物的試驗(yàn)操作是蒸餾D.SO2、Cl2均可使品紅試液褪色，原理不相同【答案】A【解析】【分析】SO2Cl2沸點(diǎn)低、易揮發(fā)，依據(jù)裝置圖可知，三頸燒瓶上方的儀器的名稱為球形冷凝管，作用是使揮發(fā)的產(chǎn)物SO2Cl2冷凝回流；由于會(huì)有一部分Cl2、SO2通過冷凝管逸出，Cl2、SO2都是有毒氣體，故乙中應(yīng)運(yùn)用堿性試劑，又因SO2Cl2遇水能發(fā)生猛烈反應(yīng)并產(chǎn)生白霧，所以乙中盛堿石灰汲取未反應(yīng)的二氧化硫、氯氣，防止污染空氣，并汲取空氣中的水蒸氣，防止進(jìn)入甲中導(dǎo)致硫酰氯水解；活性炭有多孔結(jié)構(gòu)可以增大反應(yīng)物之間的接觸面，提高反應(yīng)速率；分別沸點(diǎn)不同的液體可以用蒸餾的方法?！驹斀狻緼.乙裝置中盛放的試劑是堿石灰，汲取未反應(yīng)的二氧化硫、氯氣，防止污染空氣，并汲取空氣中的水蒸氣，防止進(jìn)入甲中導(dǎo)致硫酰氯水解，故A錯(cuò)誤；B.制備硫酰氯的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，裝置甲應(yīng)置于冰水浴中，可提高SO2Cl2產(chǎn)率，故B正確；C.依據(jù)硫酰氯的熔沸點(diǎn)數(shù)據(jù)，反應(yīng)結(jié)束后，分別沸點(diǎn)不同的液體可以用蒸餾的方法，所以甲中混合物分別開的試驗(yàn)操作是蒸餾，故C正確；D.SO2、Cl2均可使品紅試液褪色，二氧化硫可以和有機(jī)色質(zhì)結(jié)合而具有漂白性，氯水中的次氯酸具有氧化性而具有漂白性，二者漂白原理不一樣，故D正確；答案選A。10.探討表明，大氣中氮氧化物和碳?xì)浠衔锸茏贤饩€作用可產(chǎn)生二次污染物——光化學(xué)煙霧，其中某些反應(yīng)過程如圖所示。下列說法不正確的是A.整個(gè)過程中O3作催化劑B.反應(yīng)III的方程式為O2+O===O3C.光化學(xué)煙霧中含甲醛、乙醛等刺激性物質(zhì)D.反應(yīng)I、反應(yīng)Ⅱ均屬于氧化還原反應(yīng)【答案】A【解析】【詳解】A、催化劑：反應(yīng)前后質(zhì)量和性質(zhì)不發(fā)生變更，依據(jù)過程，O3只參與反應(yīng)，沒有O3的生成，因此O3不是催化劑，故A說法錯(cuò)誤；B、依據(jù)過程，反應(yīng)III：O和O2參與反應(yīng)，生成O3，即反應(yīng)方程式為O2＋O=O3，故B說法正確；C、依據(jù)反應(yīng)過程，反應(yīng)Ⅱ生成甲醛和乙醛，因此光化學(xué)煙霧中含有甲醛和乙醛等刺激性物質(zhì)，故C說法正確；D、反應(yīng)I：O3＋3NO=3NO2，存在化合價(jià)的變更，屬于氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)Ⅱ丙烯與O3發(fā)生反應(yīng)生成甲醛和乙醛，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故D說法正確；二、本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有1個(gè)或2個(gè)選項(xiàng)符合題意，全都選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得1分，有選錯(cuò)的得0分。11.微生物燃料電池可凈化廢水，同時(shí)還能獲得能源或有價(jià)值的化學(xué)產(chǎn)品，圖1為其工作原理，圖2為廢水中Cr2O72-離子濃度與去除率的關(guān)系。下列說法正確的是A.M為電池正極，CH3COOH被還原B.外電路轉(zhuǎn)移4mol電子時(shí)，M極產(chǎn)生22.4LCO2C.反應(yīng)一段時(shí)間后，N極旁邊溶液pH下降D.Cr2O72-離子濃度較大時(shí)，可能會(huì)造成還原菌失活【答案】D【解析】【詳解】A.由圖中信息可知，電子由M極流向N極，則M為電池負(fù)極，CH3COOH被氧化，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.依據(jù)負(fù)極電極反應(yīng)式CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2↑+8H+可知，外電路轉(zhuǎn)移4mol電子時(shí)，標(biāo)準(zhǔn)狀況下M極產(chǎn)生22.4LCO2(忽視CO2溶解)，但題干中沒有說明標(biāo)準(zhǔn)狀況，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.依據(jù)圖中信息可知，N極消耗氫離子，反應(yīng)一段時(shí)間后，氫離子濃度降低，N極旁邊pH增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D.強(qiáng)氧化劑能使蛋白質(zhì)變性，故Cr2O72-離子濃度較大時(shí)，可能會(huì)造成還原菌失活，選項(xiàng)D正確；答案選D。12.工業(yè)上以鉻鐵礦（主要成分為FeO·Cr2O3）、碳酸鈉、氧氣和硫酸為原料生產(chǎn)重鉻酸鈉(Na2Cr2O7·2H2O)，其主要反應(yīng)為：⑴4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O28Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2⑵2Na2CrO4＋H2SO4Na2SO4＋Na2Cr2O7＋H2O下列說法中正確的是A.反應(yīng)⑴和⑵均為氧化還原反應(yīng)B.反應(yīng)⑴的氧化劑是O2，還原劑是FeO·Cr2O3C.高溫下，O2的氧化性大于Fe2O3小于Na2CrO4D.生成1mol的Na2Cr2O7時(shí)共轉(zhuǎn)移7mol電子【答案】BD【解析】【詳解】A、4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O28Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2中有元素化合價(jià)的變更，所以是氧化還原反應(yīng)，而2Na2CrO4＋H2SO4Na2SO4＋Na2Cr2O7＋H2O中沒有元素化合價(jià)的變更，所以不是氧化還原反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B、4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O28Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2中，氧氣中氧元素得電子化合價(jià)降低，所以氧化劑氧氣，鐵元素和鉻元素失電子化合價(jià)上升，所以還原劑是FeO·Cr2O3，故B正確；C、4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O28Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2中，氧化劑是氧氣，還原劑是FeO·Cr2O3，所以氧氣的氧化性大于Na2CrO4和Fe2O3，但不能推斷Na2CrO4和Fe2O3的氧化性相對(duì)強(qiáng)弱，故C錯(cuò)誤；D、由方程式4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O28Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2轉(zhuǎn)移電子可知，生成1molNa2CrO4時(shí)，參與反應(yīng)的O2的物質(zhì)的量為mol，反應(yīng)中O元素由0價(jià)降低為-2價(jià)，電子轉(zhuǎn)移的物質(zhì)的量為參與反應(yīng)的氧氣的物質(zhì)的量的4倍，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為mol×4=3.5mol，所以反應(yīng)（1）中每生成1molNa2CrO4時(shí)電子轉(zhuǎn)移3.5mol，反應(yīng)（2）不是氧化還原反應(yīng)，所以生成1mol的Na2Cr2O7時(shí)轉(zhuǎn)移7mol電子，故D正確；故選BD。13.碘循環(huán)工藝不僅能汲取SO2降低環(huán)境污染，同時(shí)又能制得氫氣，詳細(xì)流程如下：下列說法正確的是A.分別器中的物質(zhì)分別操作為過濾B.反應(yīng)器中，限制溫度為20－100℃C.該工藝中I2和HI的相互轉(zhuǎn)化體現(xiàn)了“碘循環(huán)”D.碘循環(huán)工藝的總反應(yīng)為2SO2+4H2O+I2=H2+2H2SO4+2HI【答案】BC【解析】【分析】從流程圖可知，在反應(yīng)器中，I2氧化SO2，生成硫酸和HI，在分別器中分別硫酸和HI，在膜反應(yīng)器中HI發(fā)生分解反應(yīng)產(chǎn)生H2和I2?！驹斀狻緼.H2SO4、HI都溶于水，所以分別器中的物質(zhì)分別操作不行能是過濾，A錯(cuò)誤；B.在反應(yīng)器中，限制溫度為20－100℃，依據(jù)溫度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響，若反應(yīng)溫度過低速率慢，但溫度過高，水氣化，會(huì)使碘單質(zhì)升華，增大碘的流失，也會(huì)導(dǎo)致反應(yīng)速率比較慢，BC.在反應(yīng)器中I2反應(yīng)轉(zhuǎn)換為HI，在膜反應(yīng)器中HI分解轉(zhuǎn)化為H2和I2，從而實(shí)現(xiàn)了碘循環(huán)，C正確；D.在反應(yīng)器中發(fā)生反應(yīng)：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，在膜反應(yīng)器中發(fā)生反應(yīng)：2HI=H2+I2，所以碘循環(huán)工藝的總反應(yīng)為2SO2+2H2O=H2+H2SO4，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)BC。【點(diǎn)睛】本題考查了氧化還原反應(yīng)在環(huán)境污染治理應(yīng)用的學(xué)問。實(shí)行確定的工藝流程，不僅可以降污減排，而且還可以得到有好用價(jià)值的化工原料，實(shí)現(xiàn)物質(zhì)的資源化利用，真正實(shí)現(xiàn)“垃圾是放錯(cuò)地方的資源”的合理化應(yīng)用。14.25℃時(shí)，向0.10mol·L-1的H2C2O4(二元弱酸)溶液中滴加NaOH溶液，溶液中部分微粒的物質(zhì)的量濃度隨pHA.25℃時(shí)H2C2O4的一級(jí)電離常數(shù)為Ka1=10B.pH=2.7的溶液中：c(H2C2O4)=c(C2O42-C.pH=7的溶液中：c(Na+)>2c(C2O42-)D.滴加NaOH溶液的過程中始終存在：c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-)=c(Na+)+c(H+)【答案】A【解析】【分析】草酸屬于二元弱酸，滴加NaOH溶液，發(fā)生H2C2O4＋NaOH=NaHC2O4＋H2O，NaHC2O4＋NaOH=Na2C2O4＋H2O，【詳解】草酸屬于二元弱酸，滴加NaOH溶液，發(fā)生H2C2O4＋NaOH=NaHC2O4＋H2O，NaHC2O4＋NaOH=Na2C2O4＋H2A、依據(jù)圖像，H2C2O4二級(jí)電離常數(shù)表達(dá)式K=c(C2O42－)×c(H＋)/c(HC2O4－)，在pH=4.3時(shí)，c(C2O42－)=c(HC2O4－)，此時(shí)H2C2O4的二級(jí)電離常數(shù)為10－4.3，不是H2C2O4的一級(jí)電離常數(shù)，故B、依據(jù)圖像，pH=2.7的溶液中，c(H2C2O4)=c(C2O42－)，故B說法正確C、依據(jù)電荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)，當(dāng)pH=7時(shí)，c(H＋)=c(OH－)，有c(Na＋)=c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)，因此c(Na＋)>2c(C2O42－)，故C說法正確；D、溶液為電中性，滴加氫氧化鈉溶液過程中始終存在c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)，故D說法正確；15.用煤油作溶劑，二(2－乙基己基)磷酸酯作流淌載體，H2SO4作內(nèi)相酸處理含銅廢水。在其他條件相同時(shí)，Cu2＋萃取率[萃取率＝×100％]與初始Cu2＋濃度關(guān)系如圖1所示；在其他條件相同時(shí)，處理前初始Cu2＋濃度為200mg·L－1，Cu2＋萃取率與廢水pH的關(guān)系如圖2所示。下列說法錯(cuò)誤的是A.依據(jù)圖1可知，廢水中初始Cu2＋濃度越大，Cu2＋的萃取效果越好B.依據(jù)圖2可知，廢水初始pH＞2時(shí)，去除Cu2＋的效果較好C.依據(jù)圖1可知，Cu2＋初始濃度為200mg·L－1時(shí)，Cu2＋的萃取率為97.0％D.依據(jù)圖2可知，若取800mL初始Cu2＋濃度為200mg·L－1的廢水，在pH＝1.5時(shí)處理廢水，則處理后的廢水中剩余Cu2＋的物質(zhì)的量為1.5×10－3mol(假設(shè)體積不變)【答案】AD【解析】【分析】依據(jù)圖1可知，Cu2＋萃取率隨初始Cu2＋濃度（100-400mg/L）的增大而減小；依據(jù)圖2可知，廢水初始pH＞2時(shí)，去除Cu2＋的效果較好且穩(wěn)定，結(jié)合圖像數(shù)據(jù)進(jìn)行詳細(xì)分析?！驹斀狻緼．依據(jù)圖1可知，Cu2＋萃取率隨初始Cu2＋濃度的增大而減小，故A錯(cuò)誤；B．依據(jù)圖2可知，廢水初始pH＞2時(shí)，去除Cu2＋的效果較好，故B正確；C．依據(jù)圖1可知，Cu2＋初始濃度為200mg·L－1時(shí)，Cu2＋的萃取率為97.0％，故C正確；D．依據(jù)圖2可知，若取800mL初始Cu2＋濃度為200mg·L－1的廢水，，在pH＝1.5時(shí)處理廢水，萃取率為60%，則除去的，則處理后的廢水中剩余Cu2＋的物質(zhì)的量為1×10－3mol，故D錯(cuò)誤；答案選AD。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.甲醛(HCHO)俗稱蟻醛，是一種重要的化工原料。可通過以下方法將甲醇轉(zhuǎn)化為甲醛。脫氫法：CH3OH(g)=HCHO(g)＋H2(g)ΔH1＝＋92.09kJ·mol－1氧化法：CH3OH(g)＋O2(g)=HCHO(g)＋H2O(g)ΔH2回答下列問題:(1)已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH3＝－483.64kJ·mol－1，則ΔH2＝_________________。(2)與脫氫法相比，氧化法在熱力學(xué)上趨勢(shì)較大，其緣由為________________________________________。(3)圖1為甲醇制備甲醛反應(yīng)的lgK(K為平衡常數(shù))隨溫度(T)的變更曲線。曲線_____(填“a”或“b”)對(duì)應(yīng)脫氫法，推斷依據(jù)是_____________________________________。(4)將甲醛水溶液與氨水混合蒸發(fā)可制得烏洛托品(結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖2)，該物質(zhì)在醫(yī)藥等工業(yè)中有廣泛用途。若原料完全反應(yīng)生成烏洛托品，則甲醛與氨的物質(zhì)的量之比為___________。(5)室內(nèi)甲醛超標(biāo)會(huì)危害人體健康，通過傳感器可以監(jiān)測(cè)空氣中甲醛的含量。一種燃料電池型甲醛氣體傳感器的原理如圖3所示，則a極的電極反應(yīng)式為_________________________________________________，當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移4×10－4mol電子時(shí)，傳感器內(nèi)參與反應(yīng)的HCHO為________________mg?！敬鸢浮?1).－149.73kJ·mol－1(2).脫氫法的反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，氧化法的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，放熱反應(yīng)在熱力學(xué)上趨勢(shì)較大(3).b(4).脫氫法為吸熱反應(yīng)，溫度上升，K增大(5).3∶2(6).HCHO＋H2O-4e－=CO2＋4H＋(7).3【解析】【詳解】(1)已知i．CH3OH(g)═HCHO(g)+H2(g)△H1=+92.09kJ?mol-1

ii.2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H3=-483.64

kJ?mol-1，

依據(jù)蓋斯定律i+ii得方程式CH3OH(g)+O2(g)=HCHO(g)+H2O(g)△H2=(+92.09-×483.64)kJ/mol=-149.73kJ?mol-1；(2)依據(jù)熱化學(xué)反應(yīng)方程式可知脫氫法焓變大于零為吸熱反應(yīng)，氧化法焓變小于零為放熱反應(yīng)，放熱反應(yīng)在熱力學(xué)上趨勢(shì)較大；(3)脫氫法為吸熱反應(yīng)，溫度上升，K增大，所以曲線b對(duì)應(yīng)的是脫氫法；(4)將甲醛水溶液與氨水混合蒸發(fā)可制得烏洛托品，若原料完全反應(yīng)生成烏洛托品，每個(gè)烏洛托品分子中含有6個(gè)C原子、4個(gè)N原子，每個(gè)甲醛分子中含有1個(gè)C原子、每個(gè)氨氣分子中含有1個(gè)N原子，依據(jù)C原子、N原子守恒知，要形成一個(gè)烏洛托品分子須要6個(gè)甲醛分子、4個(gè)氨氣分子，則須要甲醛和氨氣分子個(gè)數(shù)之比=6：4=3：2，即物質(zhì)的量之比為3:2；(5)據(jù)圖可知a極HCHO被氧化生成CO2，則a為原電池負(fù)極，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極方程式為HCHO＋H2O-4e－=CO2＋4H＋；依據(jù)電極方程式可知轉(zhuǎn)移4×10－4mol電子時(shí)，參與反應(yīng)的HCHO為1×10－4mol，質(zhì)量為1×10－4mol×30g/mol=0.003g=3mg。17.法國(guó)一家公司研發(fā)出一種比鋰電池成本更低、壽命更長(zhǎng)、充電速度更快的鈉離子電池，該電池的負(fù)極材料為Na2Co2TeO6(制備原料為Na2CO3、Co3O4和TeO2)，電解液為NaClO4的碳酸丙烯酯溶液?；卮鹣铝袉栴}:(1)C、O、Cl三種元素電負(fù)性由大到小的依次為________________________。(2)基態(tài)Na原子中，核外電子占據(jù)的原子軌道總數(shù)為______，Te屬于元素周期表中______區(qū)元素，其基態(tài)原子的價(jià)電子排布式為______________________。(3)CO32-的空間構(gòu)型為___________________，碳酸丙烯酯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示,其中碳原子的雜化軌道類型為____________,1mol碳酸丙烯酯中σ鍵的數(shù)目為_________________。(4)Na和O形成的離子化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示,晶胞中O的配位數(shù)為____________，該晶胞的密度為ρg/cm3,阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則Na與O之間的最短距離為____________cm(用含有ρ、NA的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮?1).O>Cl>C（或OClC）(2).6(3).p(4).5s25p4(5).平面三角形(6).sp2、sp3(7).13NA(或13×6.02×1023)(8).8(9).【解析】【詳解】(1)元素的非金屬性越強(qiáng)其電負(fù)性越大，O、Cl、C的非金屬性大小依次是O＞Cl＞C，所以其電負(fù)性大小依次是O＞Cl＞C；(2)Na元素的原子序數(shù)為11，基態(tài)原子的電子排布式為：1s22s22p63s1，每個(gè)能級(jí)字母前的數(shù)字表示電子層數(shù)，所以該元素含有3個(gè)電子層，各能級(jí)包含的原子軌道數(shù)按s、p、d、f的依次依次為1、3、5、7，該元素含有s、p能級(jí)，1+1+3+1=6個(gè)軌道；Te原子為52號(hào)元素，位于周期表第五周期、第VIA族，價(jià)電子排布式為5s25p4，屬于p區(qū)；

(3)CO32-中碳原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=3+(4+2-3×2)=3，且不含孤電子對(duì)，所以C原子采納sp2雜化，空間構(gòu)型為平面三角形；碳酸丙烯酯中碳原子為單鍵和雙鍵，單鍵形成4個(gè)σ鍵，沒有孤對(duì)電子，雜化軌道數(shù)目為4，為sp3雜化，雙鍵形成3個(gè)σ鍵，沒有孤對(duì)電子，雜化軌道數(shù)目為3，sp2雜化，所以碳原子的雜化軌道類型為sp2、sp3，σ鍵的總數(shù)目為13，即

13NA(或13×6.02×1023)；

(4)氧離子半徑大于鈉離子半徑，所以白色球?yàn)镺，晶胞中白色球數(shù)目為8×+6×=4，黑色球?yàn)镹a，共8個(gè)，由晶胞對(duì)稱性可知O的配位數(shù)為8；依據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知Na四周距離最近的4個(gè)O形成正四面體，頂點(diǎn)O與正四面體體心的Na連線處于晶胞體對(duì)角線上，Na與O之間的最短距離為體對(duì)角線的，晶胞體積=，晶胞邊長(zhǎng)=cm，則Na與O之間的最短距離為cm。【點(diǎn)睛】元素的非金屬性越強(qiáng)其電負(fù)性越大；(5)中計(jì)算為易錯(cuò)點(diǎn)、難點(diǎn)，關(guān)鍵是明確Na、O距離與晶胞棱長(zhǎng)關(guān)系，須要學(xué)生具備確定的空間想象實(shí)力。18.氮化鍶(Sr3N2)在工業(yè)上廣泛用于生產(chǎn)熒光粉。已知：鍶與鎂位于同主族：鍶與氮?dú)庠诩訜釛l件下可生成氮化鍶，氮化鍶遇水猛烈反應(yīng)。I．利用裝置A和C制備Sr3N2(1)試驗(yàn)裝置中玻璃管之間需用橡皮管連接，其連接方法是先將___________，然后稍稍用力即可將玻璃管插入橡皮管。(2)寫出由裝置A制備N2的化學(xué)反應(yīng)方程式___________。(3)裝置A中a導(dǎo)管的作用是________。利用該套裝置時(shí)，有同學(xué)提出應(yīng)先點(diǎn)燃置A的酒精燈一段時(shí)間后，再點(diǎn)燃裝置C的酒精燈，你同意其觀點(diǎn)嗎?_______(“同意”或“不同意”)。理由是___________。Ⅱ．利用裝置B和C制備Sr3N2。利用裝置B從空氣中提純N2(已知：氧氣可被連苯三酚溶液定量汲取)(4)寫出裝置B的NaOH溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式___________。(5)裝置C中廣口瓶盛放的試劑是___________。Ⅲ．測(cè)定Sr3N2產(chǎn)品的純度(6)取10.0g該產(chǎn)品，向其中加入適量的水，將生成的氣體全部通入濃硫酸中，利用濃硫酸增重質(zhì)量計(jì)算得到產(chǎn)品的純度，該方法測(cè)得產(chǎn)品的純度偏高，其緣由是_______。經(jīng)改進(jìn)后測(cè)得濃硫酸增重1.02g，則產(chǎn)品的純度為___________?！敬鸢浮?1).橡皮管和玻璃管潤(rùn)濕（只將其中之一潤(rùn)濕也給分）(2).NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2O(3).平衡氣壓，使液體順當(dāng)流下(4).同意(5).利用生成的N2將裝置內(nèi)空氣排盡（或排盡裝置內(nèi)空氣等）(6).CO2+2OH-=CO32-+H2O(7).濃硫酸(8).未將氣體中的水蒸氣除去，也被濃硫酸汲取（或其它合理答案）(9).87.6％【解析】【分析】裝置A中飽和氯化銨和亞硝酸鈉反應(yīng)生成N2，經(jīng)過裝置B處理后的氮?dú)膺M(jìn)入裝置C中與鍶反應(yīng)生成氮化鍶，結(jié)合鍶和氮化鍶的性質(zhì)和試驗(yàn)的基本操作分析解答?！驹斀狻?1)試驗(yàn)裝置中玻璃管之間需用橡皮管連接，連接橡皮管和玻璃管時(shí)，先將橡皮管和玻璃管潤(rùn)濕，然后稍稍用力即可將玻璃管插入橡皮管，故答案為橡皮管和玻璃管潤(rùn)濕；(2)裝置A中飽和氯化銨和亞硝酸鈉反應(yīng)生成N2，反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2O，故答案為NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2O；(3)裝置A是一個(gè)相對(duì)封閉的環(huán)境，a導(dǎo)管的存在，可以平衡氣壓，使飽和氯化銨溶液順當(dāng)流下。利用該套裝置時(shí)，為了防止空氣中的氧氣與金屬鍶反應(yīng)，試驗(yàn)時(shí)一個(gè)先點(diǎn)燃裝置A的酒精燈一段時(shí)間后，再點(diǎn)燃裝置C的酒精燈，故答案為平衡氣壓，使液體順當(dāng)流下；同意；利用生成的N2將裝置內(nèi)空氣排盡(或排盡裝置內(nèi)空氣等)；(4)利用裝置B和C制備Sr3N2。利用裝置B從空氣中提純N2，其中氧氣可被連苯三酚溶液定量汲取，二氧化碳被氫氧化鈉溶液汲取，NaOH溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為CO2+2OH-=CO32-+H2O，故答案為CO2+2OH-=CO32-+H2O；(5)氮化鍶遇水猛烈反應(yīng)，進(jìn)入裝置C的氮?dú)忭氁稍铮瑥V口瓶盛放的試劑可以是濃硫酸，故答案為濃硫酸；(6)濃硫酸具有猛烈的吸水性，生成的氣體中含有確定量的水蒸氣，未將氣體中的水蒸氣除去，也被濃硫酸汲取，導(dǎo)致測(cè)得氨氣的質(zhì)量偏大，造成測(cè)得的產(chǎn)品的純度偏高；Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)3+2NH3↑，取10.0g產(chǎn)品，向其中加入適量的水。將產(chǎn)生的氣體全部通入到濃硫酸中，濃硫酸增重1.02g，為氨氣質(zhì)量，氨氣的物質(zhì)的量==0.06mol，則n(Sr3N2)=0.03mol，產(chǎn)品純度=×100%=87.6％，故答案為未將氣體中的水蒸氣除去，也被濃硫酸汲??；87.6％。19.釩及其化合物在工業(yè)上有很多用途。某釩精礦的主要成分及質(zhì)量分?jǐn)?shù)如下表：物質(zhì)V2O5V2O3K2OSiO2Fe2O3Al2O3質(zhì)量分?jǐn)?shù)%0.811.702.1163.915.8612.51一種從該釩精礦中提取五氧化二釩的流程如下：回答下列問題：(1)“酸浸、氧化”時(shí)，V2O3轉(zhuǎn)化為VO2+，反應(yīng)的離子方程式為____________________________________；若用濃鹽酸代替硫酸，V2O5轉(zhuǎn)化為VO2+，同時(shí)生成有毒的黃綠色氣體，反應(yīng)的化學(xué)方程式為__________________。(2)萃取劑對(duì)四價(jià)釩具有高選擇性，且萃取Fe3+而不萃取Fe2+，所以萃取前可用____________（填名稱，下同）對(duì)浸出液進(jìn)行“還原”處理。為檢驗(yàn)“還原”后的濾液中是否含有Fe3+，可選用的化學(xué)試劑是____________________。(3)“溶劑萃取與反萃取”可表示為：VO2++(HR2PO4)2(O)VO(R2PO4)2(O)+2H+。其中(HR2PO4)2(O)為萃取劑，為了提高VO2+的產(chǎn)率，反萃取劑應(yīng)當(dāng)呈__________性（填“酸”“堿”或“中”）。(4)“氧化”中，欲使3molVO2+變?yōu)閂O2+，則須要氧化劑NaClO3至少為____________mol。(5)單質(zhì)釩可用于制造特種合金鋼。以五氧化二釩和金屬鈣為原料在高溫條件下可制備單質(zhì)釩，表示制備過程的化學(xué)方程式為________________________________________?！敬鸢浮?1).2V2O3+8H++O2=4VO2++4H2O(2).V2O5+6HCl（濃）=2VOCl2+Cl2+3H2O(3).鐵粉(4).硫氰酸鉀溶液(5).酸(6).0.5(7).V2O5+5Ca2V+5CaO【解析】【分析】釩精礦經(jīng)硫酸酸浸、氧氣氧化得到濾液和廢渣，濾液中主要陽離子有VO2+、VO2+、Fe3+、K+、Al3+，濾渣主要為SiO2；萃取劑對(duì)四價(jià)釩具有高選擇性，且萃取Fe3+而不萃取Fe2+，所以萃取前可用鐵粉將鐵離子還原成亞鐵離子，同時(shí)也將VO2+還原成VO2+，再經(jīng)“溶劑萃取與反萃取”得到含VO2+的溶液，然后利用NaClO3將VO2+氧化成VO2+，加入氨水得到NH4VO3沉淀，煅燒得到五氧化二釩?！驹斀狻?1)“酸浸、氧化”時(shí)，V2O3轉(zhuǎn)化為VO2+，該過程中氧氣做氧化劑，V2O3為還原劑，結(jié)合電子