山東省2025屆高三化學(xué)模擬考試試題二含解析

PAGE23-山東省2025屆高三化學(xué)模擬考試試題（二）（含解析）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)項(xiàng)符合題目要求。1.下列有關(guān)說法正確的是（）A.德州高校阿靈頓分校的科學(xué)家們運(yùn)用太陽能、水和二氧化碳只須要一步就能產(chǎn)生液態(tài)烴（碳原子數(shù)可高至13），同時(shí)放出熱量B.美國萊斯高校某探討團(tuán)隊(duì)發(fā)覺大量金納米顆粒（粒子直徑在1nm?100nm之間）聚集在腫瘤四周并被癌細(xì)胞吞噬后，用紅外激光脈沖使其四周溫度快速上升并汽化接近的水分子，產(chǎn)生極其微小的氣泡，這些氣泡快速膨脹并爆裂，可以撕裂癌細(xì)胞C.日本京都高校的探討人員運(yùn)用一種被稱為分子手術(shù)的技術(shù)，可以將兩分子水注入富勒烯C70中用于探討水分子內(nèi)的氫鍵作用D.廣州高校清潔能源材料所劉兆清教授探討團(tuán)隊(duì)在非貴金屬催化劑碳化鉬的制備和催化性能探討方面取得重要進(jìn)展，該催化劑不僅能夠加快反應(yīng)速率，還能提高反應(yīng)的平衡轉(zhuǎn)化率【答案】B【解析】【詳解】A．由烴的燃燒反應(yīng)可知，水和二氧化碳產(chǎn)生液態(tài)烴和氧氣的反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，不行能放出熱量，故A錯(cuò)誤；B．納米顆粒的粒徑在1nm~100nm之間，故B正確；C．水分子內(nèi)無氫鍵，水分子間存在氯鍵，故C錯(cuò)誤；D．催化劑能夠加快反應(yīng)速率，但不能提高反應(yīng)的平衡轉(zhuǎn)化率，故D錯(cuò)誤；答案選B。2.下列分子中，中心原子雜化軌道類型相同，分子的空間構(gòu)型也相同的是A.BeCl2、CO2 B.H2O、SO2 C.SO2、CH4 D.NF3、CH2【答案】A【解析】【分析】依據(jù)價(jià)層電子對互斥理論可知，水中O原子含有的孤對電子對數(shù)＝（6－2×1）÷2＝2，實(shí)行sp3雜化方式，水是V型結(jié)構(gòu)?！驹斀狻緼．氯化鈹中Be原子是sp雜化，是直線型結(jié)構(gòu)。CO2是直線型結(jié)構(gòu)，碳原子是sp雜化，故A正確；B．SO2中S原子含有的孤對電子對數(shù)＝（6－2×2）÷1，實(shí)行sp2雜化方式，SO2是V形結(jié)構(gòu)，故B錯(cuò)誤；C．SO2是V形結(jié)構(gòu)，CH4中C原子實(shí)行sp3雜化方式，是正四面體結(jié)構(gòu)；D．NF3中N原子實(shí)行sp3雜化方式，是三角錐結(jié)構(gòu)，CH2O中C原子實(shí)行sp2雜化方式，是平面三角形結(jié)構(gòu)，故D錯(cuò)誤。答案選A3.利用下列所給裝置難以達(dá)到相應(yīng)試驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ〢.裝置甲：蒸發(fā)結(jié)晶，制備純堿B.裝置乙：稱量，配制480mL0.10mol·L-1NaOH溶液，需稱量2.0gNaOHC.裝置丙：分液，四氯化碳萃取碘水中的I2后，分液獲得碘的四氯化碳溶液D.裝置?。合礆?，除去HCl中Cl2雜質(zhì)【答案】B【解析】【詳解】A．加熱蒸發(fā)碳酸鈉?溶液，碳酸根離子水解生成碳酸氫根離子和氫氧根離子，氫氧根離子與碳酸氫根離子可反應(yīng)有生成碳酸根和水，最終可以獲得純堿，故A正確；B．由于氫氧化鈉易潮解，稱量NaOH須要在燒杯中進(jìn)行，故B錯(cuò)誤；C．四氯化碳可萃取碘水中的I2，且與水不相溶，分液可獲得碘的四氯化碳溶液，故C正確；D．氯氣易溶于CC14，HCl難溶于CCl4，可以達(dá)到試驗(yàn)?zāi)?，故D正確；答案選B。4.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（）A.23g鈉所含的核外電子數(shù)為1.1NAB.lLl乙醛溶液中含有分子的數(shù)目為NAC.4.48L和CO混合氣體完全燃燒，消耗的氧分子數(shù)目為0.1NAD.2.13g氯氣與足量熱的NaOH溶液充分反應(yīng)生成和時(shí)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.05NA【答案】D【解析】【詳解】A．1個(gè)鈉原子核外有11個(gè)電子，23g鈉的物質(zhì)的量為1mol，故1mol鈉所含的核外電子為11mol，所含的核外電子數(shù)為11NA，故A錯(cuò)誤；B．1L1乙醛溶液中除含乙醛外，還含有，故所含有分子的數(shù)目大于，故B錯(cuò)誤；C．選項(xiàng)中沒有指明氣體是否在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，所以4.48L和CO的混合氣體不肯定為0.2mol，所消耗氧氣的物質(zhì)的量也無法確定，故C錯(cuò)誤；D．氯氣與熱NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)生成、和的化學(xué)方程式為，由上述化學(xué)方程式可知，3mol發(fā)生反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移5mol電子，2.13g氯氣的物質(zhì)的量為0.03mol，轉(zhuǎn)移電子為0.05mol，故D正確；答案選D5.下列反應(yīng)的離子方程式表達(dá)正確的是（）A.向FeBr2溶液中通入過量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-B.向碳酸鈉溶液中通入少量CO2：+CO2+H2O=2C.向碘化鉀溶液中加入少量硫酸酸化的H2O2溶液：3H2O2+I-=+3H2OD.Fe(OH)3固體溶于HI溶液：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O【答案】B【解析】【詳解】A．向FeBr2溶液中通入過量氯氣，反應(yīng)生成氯化鐵和溴單質(zhì)，正確的離子方程式為2Fe2++4Br-+3C12=2Fe3++2Br2+6Cl-，故A錯(cuò)誤；B．向碳酸鈉溶液中通入少量CO2，反應(yīng)生成NaHCO3，其離子方程式為+CO2+H2O=2，故B正確；C．向KI溶液中加入少量硫酸酸化的H2O2溶液，I-被氧化為I2，其離子方程式為2H++H2O2+2I-=I2+2H2O，故C錯(cuò)誤；D．Fe(OH)3溶于HI溶液，F(xiàn)e(OH)3和HI發(fā)生氧化還原反應(yīng)，正確的離子方程式為2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe3++I2+6H2O，故D錯(cuò)誤；答案選B。6.幾種中學(xué)常見物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示（部分反應(yīng)條件已省略）。已知：E為常見金屬；在標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體R的密度為。下列推斷合理的是（）A.X—定是H2O2B.在反應(yīng)①②中都作催化劑C.常溫下，溶液的pH=2D.上述轉(zhuǎn)化涉及的反應(yīng)都是氧化還原反應(yīng)【答案】C【解析】【分析】在標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體R的密度為，則R的相對分子質(zhì)量等于22.4×=71，則為氯氣，E為常見金屬，為鐵，G為FeCl2，H為FeCl3，X可能是或，Z是O2，Y為HCl，然后分析。【詳解】A．依據(jù)分析，X可以是或等，故A錯(cuò)誤；B．若X是或，則在反應(yīng)①中是催化劑，在反應(yīng)②制氯氣中是氧化劑，故B錯(cuò)誤；C．常溫下，溶液中，，pH=2，故C正確；D．不是氧化還原反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；答案選C。【點(diǎn)睛】依據(jù)R的在標(biāo)準(zhǔn)狀況下密度為，計(jì)算出R是Cl，是解本題的關(guān)鍵，需留意鐵及其氧化物，氯化物間的相互轉(zhuǎn)化。7.下列有關(guān)原子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的說法正確的是（）A.的基態(tài)原子的第一電離能依次遞增B.的基態(tài)電子排布式為C.有6種不同能量的電子D.化合物中S元素顯-2價(jià)，說明C元素比S元素的電負(fù)性弱【答案】D【解析】【詳解】A．同周期元素自左往右第一電離能呈增大趨勢，但是Mg的基態(tài)原子最外層為全滿狀態(tài)，能量低不簡單失去一個(gè)電子，Al的基態(tài)原子最外層電子以排布，簡單失去一個(gè)電子形成穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故基態(tài)原子的第一電離能Mg比Al高，故A錯(cuò)誤；B．對于Cr的3d軌道來說，5電子是半充溢狀態(tài)，結(jié)構(gòu)更穩(wěn)定，所以應(yīng)實(shí)行的排布方式，故B錯(cuò)誤；C．的核外電子排布式為應(yīng)有5種不同能量的電子，故C錯(cuò)誤；D．化合物中元素顯負(fù)價(jià)，說明其吸引電子的實(shí)力強(qiáng)，電負(fù)性強(qiáng)，即C元素比S元素的電負(fù)性弱，故D正確；答案選D。8.短周期不同主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W的單質(zhì)是制備一種高效電池的重要材料，在試驗(yàn)室里通常將其保存在石蠟中；X的單質(zhì)與水發(fā)生猛烈反應(yīng)，生成一種酸和一種氣體單質(zhì)；Y、Z原子的最外層電子數(shù)之和為7。下列說法正確的是（）A.若W的單質(zhì)著火，可用泡沫滅火器撲滅B.工業(yè)上電解熔融Y的氯化物肯定能制取Y的單質(zhì)C.Z的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物肯定不是強(qiáng)酸D.X與Z形成的化合物的VSEPR模型均相同【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，由W的單質(zhì)是制備一種高效電池的重要材料，在試驗(yàn)室里通常將其保存在石蠟中，可知W是Li元素；由X的單質(zhì)與水發(fā)生猛烈反應(yīng)，生成一種酸和一種氣體單質(zhì)，可知X是F元素；依據(jù)Y、Z原子的最外層電子數(shù)之和為7，再結(jié)合元素W、X、Y、Z處于不同的主族，可推知Y是Mg或Al元素，Z是P或Si元素，據(jù)此分析結(jié)合元素性質(zhì)解答?！驹斀狻緼．W是Li元素，單質(zhì)Li常溫下可以和水反應(yīng)，在點(diǎn)燃時(shí)也可以和CO2反應(yīng)，所以單質(zhì)Li著火時(shí)，不能用泡沫滅火器撲滅，故A錯(cuò)誤；B．Y是Mg或Al元素，工業(yè)上電解熔融氯化鎂可制取鎂，氯化鋁是共價(jià)化合物，而電解熔融氯化鋁不能制取鋁，故B錯(cuò)誤；C．Z是Si或P元素，對應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物分別為H2SiO3、H3PO4，二者均不是強(qiáng)酸，故C正確；D．X與Z形成的化合物有SiF4、PF3、PF5，其中SiF4和PF3的VSEPR模型為四面體形，但PF5的VSEPR模型為三角雙錐形，故D錯(cuò)誤；答案選C。9.氨氣可有效消退NO2的污染，相關(guān)反應(yīng)為8NH3+6NO2?7N2+12H2O，在1L恒容密閉容器中，限制不同溫度，分別加入0.50molNH3和1.2molNO2，測得n(NH3)隨時(shí)間變更的有關(guān)試驗(yàn)數(shù)據(jù)如下表。溫度n(NH3)/mol時(shí)間/min010204050T10.500.350.250.100.10T20.500.300.20…0.18下列說法正確的是()A.T1溫度下，0-20min內(nèi)，NO2的降解速率為0.0125mol?L-1?min-1B.試驗(yàn)條件為T1＜T2，且該反應(yīng)為放熱反應(yīng)C.40min時(shí)，表格中T2對應(yīng)的數(shù)據(jù)為0.20D.0~10min內(nèi)，T1溫度下NH3的降解速率大于T2溫度下的【答案】B【解析】【詳解】A．依據(jù)表中數(shù)據(jù)，T1溫度下，0~20min內(nèi)，v(NH3)===0.0125mol?L-1?min-1，而3v(NH3)=4v(NO2)，則v(NO2)=0.009375mol?L-1?min-1，故A錯(cuò)誤；B．從表中數(shù)據(jù)可知，相同時(shí)間內(nèi)T2溫度下NH3的削減量要大于T1溫度下NH3的削減量，說明T2時(shí)反應(yīng)速率快，即T1＜T2，從變更趨勢來分析，T2溫度下反應(yīng)在40min之前就已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，所以40min時(shí)，表格中T2對應(yīng)的數(shù)據(jù)為0.18，達(dá)到平衡時(shí)T2條件下NH3的轉(zhuǎn)化率小，說明上升溫度不利于反應(yīng)正向進(jìn)行，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故B正確；C．依據(jù)B項(xiàng)分析，40min時(shí)，表格中T2對應(yīng)的數(shù)據(jù)為0.18，故C錯(cuò)誤；D．從表中數(shù)據(jù)可知，0-10min內(nèi)，T2溫度下NH3的降解速率大于T1溫度下的，故D錯(cuò)誤；答案選B。10.下列試驗(yàn)操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確且具有對應(yīng)關(guān)系的是（）選項(xiàng)試驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論A向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液溶液紫色褪去氧化性：H2O2＞KMnO4B將浸透石蠟油的石棉放在硬質(zhì)試管的底部，試管中加入碎瓷片，用酒精燈給碎瓷片加強(qiáng)熱，將產(chǎn)生的氣體通入酸性高錳酸鉀溶液中酸性高錳酸鉀溶液由紫色變?yōu)闊o色石蠟油分解產(chǎn)物為乙烯C在CaCO3中加濃鹽酸，并將反應(yīng)后所得氣體干脆通入苯酚鈉溶液中溶液變渾濁酸性：碳酸＞苯酚D取一支試管裝入2mL1mol?L-1MgCl2溶液，先滴加2mL1mol·L-1NaOH溶液，再滴加幾滴1mol·L-1CuCl2溶液先生成白色沉淀，后沉淀變?yōu)樗{(lán)色溶度積：Ksp[Cu(OH)2]＞Ksp[Mg(OH)2]A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，KMnO4被H2O2還原，溶液紫色褪去，氧化性H2O2＜KMnO4，故A錯(cuò)誤；B．產(chǎn)生的氣體使酸性高錳酸鉀溶液由紫色變?yōu)闊o色，說明該氣體為不飽和烴，但不能說明肯定為乙烯，故B錯(cuò)誤；C．濃鹽酸易揮發(fā)，HC1與苯酚鈉反應(yīng)也能生成苯酚沉淀，則由題給試驗(yàn)操作和現(xiàn)象不能比較碳酸和苯酚的酸性強(qiáng)弱，故C錯(cuò)誤；D．NaOH不足，由題述現(xiàn)象可知，發(fā)生了沉淀的轉(zhuǎn)化，說明Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]，故D正確；答案選D。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)項(xiàng)符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得1分，有選錯(cuò)得0分。11.Z可用于防治老年人骨質(zhì)疏松，可由X經(jīng)兩步轉(zhuǎn)化得到。下列說法不正確的是（）A.Z含有的官能團(tuán)是（酚）羥基、酯基B.X可以發(fā)生的反應(yīng)類型有氧化、取代、加成、縮聚反應(yīng)C.X、Y、Z分別與濃溴水反應(yīng)均最多消耗1?molBr2D.Y的分子式是C20H27O【答案】CD【解析】【詳解】A．Z中含有2個(gè)酚羥基和1個(gè)酯基，故A正確；B．X中有酚羥基和羧基，并且含有苯環(huán)結(jié)構(gòu)，因此X能發(fā)生氧化、取代、加成、縮聚反應(yīng)，故B正確；C．Y不與濃溴水反應(yīng)，且題中未明確X、Y、Z的物質(zhì)的量，無法確定X、Y、Z與濃溴水反應(yīng)消耗的Br2的物質(zhì)的量，故C錯(cuò)誤；D．結(jié)合Y的結(jié)構(gòu)簡式，可以得出Y的分子式是C20H28O4，故D錯(cuò)誤；答案選CD。12.某愛好小組利用硫酸廠產(chǎn)生的燒渣（主要含F(xiàn)e2O3、FeO，還有肯定量的SiO2）來制備FeCO3，其流程如圖：已知：①FeS2不溶于稀硫酸；②“還原”時(shí)，F(xiàn)e3+通過兩個(gè)反應(yīng)被還原，其中一個(gè)反應(yīng)為FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2+16H+。下列說法不正確的是（）A.“還原”時(shí)另一個(gè)反應(yīng)的離子方程式為2Fe3++FeS2=2S+3Fe2+B.“還原”后可以用KSCN檢驗(yàn)Fe3+否反應(yīng)完全C.流程中多次進(jìn)行過濾，過濾所用的玻璃儀器為燒杯、漏斗、膠頭滴管和玻璃棒D.所得FeCO3需充分洗滌，可以用稀鹽酸和BaCl2溶液檢驗(yàn)FeCO3是否已洗滌干凈【答案】C【解析】【詳解】A．由題圖可知“還原”后過濾所得濾渣中含有S，所以“還原”時(shí)另一個(gè)反應(yīng)的離子方程式為2Fe3++FeS2=2S+3Fe2+，故A正確；B．Fe3+可與KSCN反應(yīng)生成血紅色物質(zhì)，所以“還原”后可以用KSCN檢驗(yàn)Fe3+是否反應(yīng)完全，故B正確；C．過濾時(shí)不用膠頭滴管，故C錯(cuò)誤；D．所得FeCO3需充分洗滌，用稀鹽酸和BaCl2溶液檢驗(yàn)最終一次洗滌液中是否含有來確定FeCO3是否已洗滌干凈，故D正確；答案選C。13.揮發(fā)性有機(jī)物（VOCs）對環(huán)境易造成污染，VOCs催化燃燒處理技術(shù)具有凈化率高、燃燒溫度低、無明火、不會(huì)有NOz等二次污染物產(chǎn)生等優(yōu)點(diǎn)。圖甲是VOCs處理過程中固體催化劑的催化原理，圖乙是反應(yīng)過程中的能量變更圖。下列敘述正確的是（）A.圖甲中固體催化劑表面既有化學(xué)鍵斷裂，也有化學(xué)鍵形成B.圖甲中固體催化劑可提高VOCs的平衡轉(zhuǎn)化率C.圖乙中曲線II運(yùn)用了固體催化劑，反應(yīng)活化能降低D.VOCs催化氧化過程中全部反應(yīng)均為放熱反應(yīng)【答案】AC【解析】【詳解】A．催化劑表面發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，反應(yīng)過程中，既有化學(xué)鍵的斷裂，也有化學(xué)鍵的形成，故A正確；B．催化劑只能改變更學(xué)反應(yīng)速率，不影響化學(xué)平衡，故催化劑不能提高反應(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率，故B錯(cuò)誤；C．圖乙中曲線I的活化能比曲線U的活化能高，運(yùn)用催化劑時(shí)，活化能降低，故曲線II為運(yùn)用催化劑的能量變更曲線，故C正確；D．由圖乙可知，運(yùn)用催化劑后的反應(yīng)過程中有中間產(chǎn)物生成，其中反應(yīng)物轉(zhuǎn)化為中間產(chǎn)物的反應(yīng)中，反應(yīng)物的總能量比中間產(chǎn)物的總能量低，故該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；答案選AC。14.一種雙室微生物燃料電池，以苯酚（C6H6O）為燃料，同時(shí)消退酸性廢水中的硝酸鹽的裝置示意圖如圖1所示；探討人員發(fā)覺的一種“水”電池，其總反應(yīng)為：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5Ol0+2AgCl，用該“水”電池為電源電解NaCl溶液的試驗(yàn)裝置如圖2所示，電解過程中X電極上有無色氣體逸出。下列說法正確的是（）A.圖1裝置中若右池產(chǎn)生0.672L氣體（標(biāo)準(zhǔn)狀況下），則電路中通過電子0.15molB.圖1裝置中左池消耗的苯酚與右池消耗的的物質(zhì)的量之比為28：5C.圖2裝置的電路中每通過1mole-，U形管中消耗0.5molH2OD.圖2裝置中“水”電池內(nèi)每生成1molNa2Mn5O10，X電極上生成1mol氣體【答案】D【解析】【詳解】A．圖1裝置中右池產(chǎn)生的氣體為氮?dú)?，n(N2)==0.03mol，由正極的電極反應(yīng)式(2+l0e-+12H+=N2↑+6H2O)知電路中通過電子0.3mol，故A錯(cuò)誤；B．圖1裝置中負(fù)極的電極反應(yīng)式為C6H6O-28e-+11H2O=6CO2↑+28H+，正極的電極反應(yīng)式(2+l0e-+12H+=N2↑+6H2O)，依據(jù)得失電子守恒，5C6H6O~28結(jié)合電極反應(yīng)式可知圖1裝置中左池消耗的苯酚與右池消耗的的物質(zhì)的量之比為5：28，故B錯(cuò)誤；C．圖2裝置的電路中每通過1mole-，由2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑可知生成0.5mol氫氣，消耗1mol水，故C錯(cuò)誤；D．由題給總反應(yīng)式可知每生成1molNa2Mn5O10，轉(zhuǎn)移2mol電子，又圖2裝置中電解過程中X電極上有無色氣體逸出，即X極的電極反應(yīng)式為2H2O+2e-=2OH-+H2↑，所以轉(zhuǎn)移2mole-時(shí)X電極上生成1mol氣體，故D正確；答案選D。【點(diǎn)睛】將電極反應(yīng)寫出后，依據(jù)電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目相等，找到物質(zhì)間的關(guān)系。15.25℃時(shí)，向25mL0.1000mol?L-l的BOH溶液中逐滴滴入同濃度的一元弱酸HA的溶液，所得溶液PH與加入HA溶液的體積的關(guān)系曲線如圖所示，則下列說法正確的是（）A.BOH的電離方程式為BOH=B++OH-B.可選擇酚酞作指示劑，滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液恰好在B點(diǎn)從無色變?yōu)榉奂t色，且30秒內(nèi)不復(fù)原原色C.Ka(HA)＜Kb(BOH)D.加入HA溶液的體積為50ml時(shí)，c(B+)+2c(BOH)+c(OH-)=c(HA)+c(H+【答案】D【解析】【詳解】A．由題圖中A點(diǎn)對應(yīng)溶液的pH可知，BOH為弱堿，其電離方程式為BOH?B++OH-，故A錯(cuò)誤；B．由題意結(jié)合題圖可知，C點(diǎn)時(shí)酸堿恰好反應(yīng)完全，溶液顯酸性，應(yīng)選擇甲基橙作指示劑，且酚酞的變色范圍為8.2~10.0，B點(diǎn)溶液pH=7，不在變色范圍內(nèi)，故B錯(cuò)誤；C．由題圖可得，C點(diǎn)溶液的溶質(zhì)為BA，溶液顯酸性，說明水解程度：B+＞A-，故Ka(HA)＞Kb(BOH)，故C錯(cuò)誤；D．加入HA溶液的體積為50mL時(shí)，溶液中溶質(zhì)為BA與HA，且二者物質(zhì)的量相等，由電荷守恒、物料守恒可得c(B+)+2c(BOH)+c(OH-)=c(HA)+c(H+)，故D答案選D。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.某?；瘜W(xué)試驗(yàn)課上，老師要求學(xué)生用硫酸銅溶液與氫氧化鈉溶液制備Cu(OH)2，為了縮短試驗(yàn)時(shí)間，老師讓學(xué)生將反應(yīng)容器放在沸水浴中進(jìn)行反應(yīng)，結(jié)果出現(xiàn)了如下兩種不同的試驗(yàn)現(xiàn)象：操作現(xiàn)象試驗(yàn)一向NaOH溶液中滴加CuSO4溶液黑色沉淀試驗(yàn)二向CuSO4溶液中滴加NaOH溶液藍(lán)色沉淀（1）甲同學(xué)認(rèn)為試驗(yàn)一中產(chǎn)生的黑色沉淀是___(填化學(xué)式)，理由是___。（2）為驗(yàn)證推想結(jié)果是否正確，甲同學(xué)將黑色沉淀過濾、洗滌、干燥后稱得質(zhì)量為ag，并依據(jù)如圖所示裝置進(jìn)行試驗(yàn)，試驗(yàn)前后稱得干燥管E的質(zhì)量分別為cg和dg。為確保試驗(yàn)的精確性，甲同學(xué)認(rèn)為應(yīng)在裝置A反應(yīng)一段時(shí)間后再接上裝置E，點(diǎn)燃D中的酒精燈，其理由是___。乙同學(xué)認(rèn)為甲同學(xué)的裝置仍有不足，應(yīng)在E的末端連接一個(gè)氣囊，氣囊的作用有兩個(gè)：___。甲同學(xué)改進(jìn)試驗(yàn)裝置后完成試驗(yàn)，若a、c、d滿意關(guān)系式：___，則證明甲同學(xué)對黑色沉淀的推想是正確的。（3）丙同學(xué)認(rèn)為試驗(yàn)二中的藍(lán)色沉淀應(yīng)為Cu(OH)2，丁同學(xué)馬上提出反對看法，認(rèn)為該藍(lán)色沉淀肯定不是Cu(OH)2。為確認(rèn)試驗(yàn)二中藍(lán)色沉淀的成分，丁同學(xué)從試驗(yàn)時(shí)藥品的加入依次考慮，可能是反應(yīng)物的用量不同導(dǎo)致產(chǎn)物的不同，并上網(wǎng)查閱資料知，當(dāng)NaOH溶液少量時(shí)會(huì)生成堿式硫酸銅[Cu2(OH)2SO4]，反應(yīng)的離子方程式為___。（4）進(jìn)一步查閱資料可知堿式硫酸銅為藍(lán)色物質(zhì)，難溶于水、可溶于酸。請你設(shè)計(jì)試驗(yàn)，驗(yàn)證明驗(yàn)二中生成的藍(lán)色沉淀含有SO42-：___。【答案】(1).CuO(2).生成的Cu(OH)2沉淀受熱分解成黑色的CuO(3).裝置中存在二氧化碳和水蒸氣，也會(huì)被堿石灰汲取，對試驗(yàn)產(chǎn)生影響(4).防止空氣中的二氧化碳和水蒸氣進(jìn)入裝置E(或排盡裝置內(nèi)空氣，防止其對試驗(yàn)產(chǎn)生影響)，收集多余的H2(5).9a=40(d-c)(6).2Cu2++2OH-+SO42-=Cu2(OH)2SO4↓(7).將藍(lán)色沉淀過濾、洗滌后溶于過量稀鹽酸(或稀硝酸)中，待沉淀溶解后加入氯化鋇溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則含有SO42-【解析】【分析】（1）CuO為黑色；（2）由圖可知，A中制備氫氣，B中NaOH除去HCl，C中濃硫酸干燥氫氣，D中氫氣還原CuO，且氫氣不純加熱易爆炸，E中堿石灰可汲取水，且空氣中的水、二氧化碳可進(jìn)入E中；（3）NaOH溶液少量時(shí)會(huì)生成堿式硫酸銅[Cu2（OH）2SO4]，以此書寫離子反應(yīng)；（4）驗(yàn)證明驗(yàn)二中生成的藍(lán)色沉淀含有SO42-，可溶于鹽酸后，滴加氯化鋇視察是否生成白色沉淀?！驹斀狻糠治鲈兀傻某恋砟苁軣岱纸獬珊谏腃uO，黑色沉淀可能為氧化銅，應(yīng)在裝置A反應(yīng)一段時(shí)間后再接上裝置D的緣由是裝置中存在的二氧化碳和水蒸氣也會(huì)被堿石灰汲取，乙同學(xué)認(rèn)為甲同學(xué)的裝置仍有不足，應(yīng)在裝置E的末端連接一個(gè)氣囊，防止空氣中的水蒸氣和二氧化碳進(jìn)入裝置E或排盡裝置內(nèi)空氣，防止其對試驗(yàn)產(chǎn)生影響，氧原子守恒，所以，可證明黑色沉淀是氧化銅；當(dāng)NaOH溶液少量時(shí)會(huì)生成堿式硫酸銅，反應(yīng)的離子方程式為；堿式硫酸銅為藍(lán)色物質(zhì)，難溶于水、可溶于酸，要檢驗(yàn)，首先要把堿式硫酸銅溶于硝酸或鹽酸中，得到含溶液，再加入氯化鋇溶液，產(chǎn)生不溶于酸的白色沉淀。【點(diǎn)睛】有氣體參加的試驗(yàn)，裝置的排列依次：一般按氣流方向確定儀器的連接依次，一般遵循：氣體發(fā)生→除雜干燥→主體試驗(yàn)→尾氣處理，以此思路解題。17.二氧化碳的捕集和轉(zhuǎn)化是科學(xué)探討中的熱點(diǎn)問題。我國科研人員提出了以Ni/Al2O3為催化劑，由CO2(g)和H2(g)轉(zhuǎn)化為CH4(g)和H2O(g)的反應(yīng)歷程，其示意圖如下：(1)該可逆反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________。運(yùn)用催化劑Ni/Al2O3_________(填“能”或“不能”)提髙CO2的平衡轉(zhuǎn)化率。(2)300℃下，在一恒容密閉容器中充入肯定量的CO2與H2，發(fā)生上述反應(yīng)，一段時(shí)間后反應(yīng)達(dá)平衡，若其他條件不變，溫度從300℃升至500℃，反應(yīng)重新達(dá)到平衡時(shí)，A.該反應(yīng)的B.平衡常數(shù)大?。篊.300℃下，減小的值，的平衡轉(zhuǎn)化率上升D.反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)化(3)在肯定條件下，反應(yīng)體系中CO2的平衡轉(zhuǎn)化率a(CO2)與L和X的關(guān)系如圖所示，L和X表示溫度或壓強(qiáng)。①X表示的物理量是___________。②L1_____________L2(填“<”“>”)，推斷理由是______________________________________。(4)向1L恒容密閉容器中加入4.0molH2(g)，1.0molCO2，限制條件(催化劑為Ni/AI2O3、溫度為T1)使之發(fā)生上述反應(yīng)，測得容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)隨時(shí)間的變更如圖所示。①4min時(shí)CO2的轉(zhuǎn)化率為___________。②T1溫度下該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)為___________?！敬鸢浮?1).CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)(2).不能(3).BC(4).溫度(5).＞(6).該反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，其他條件肯定時(shí)，增大壓強(qiáng)，平衡右移，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率升髙(7).75%(8).6.75【解析】【分析】(1)依據(jù)圖示書寫該可逆反應(yīng)的化學(xué)方程式；催化劑只能加快反應(yīng)的速率，不能提高CO2的平衡轉(zhuǎn)化率；(2)A．溫度從300℃升至500℃反應(yīng)重新達(dá)到平衡時(shí)，HB．正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，上升溫度平衡逆向移動(dòng)，平衡常數(shù)減小；C．減小的值，CO2的含量增大，據(jù)此分析；D．反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比；(3)①依據(jù)方程式CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)及反應(yīng)的H＜0可知結(jié)合圖像轉(zhuǎn)化率的變更分析推斷影響因素；②結(jié)合題圖及①中的分析推斷；(4)由題圖可知，4min時(shí)反應(yīng)體系處于平衡狀態(tài)，此時(shí)壓強(qiáng)為0.7p0，結(jié)合氣體壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比，列出三段式計(jì)算CO2的轉(zhuǎn)化率及反應(yīng)平衡常數(shù)?！驹斀狻?1)由題意可知該可逆反應(yīng)的化學(xué)方程式為CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)+2H2O(g)，催化劑只能加快反應(yīng)的速率，不能提高CO2的平衡轉(zhuǎn)化率；(2)A．對于該可逆反應(yīng)，若其他條件不變，溫度從300℃升至500℃反應(yīng)重新達(dá)到平衡時(shí)，H2的體積分?jǐn)?shù)增加，說明正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故A正確；B．正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，因此，故B錯(cuò)誤；C．減小的值，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率降低，故C錯(cuò)誤；D．反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，，故D正確；答案選BC；(3)①依據(jù)方程式CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)及反應(yīng)的H＜0可知，其他條件肯定時(shí)，升溫，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率降低，其他條件肯定時(shí)，加壓，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率上升，則X表示的物理量是溫度；②L表示壓強(qiáng)，結(jié)合題圖及上述分析，可知L1＞L2；(4)①由題圖可知，4min時(shí)反應(yīng)體系處于平衡狀態(tài)，此時(shí)壓強(qiáng)為0.7p0，設(shè)發(fā)生反應(yīng)的CO2為xmol，列出三段式：依據(jù)恒溫恒容條件下，氣體壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比得出，解得x=0.75，則CO2的轉(zhuǎn)化率為；②平衡常數(shù)。18.氧化亞銅（Cu2O）是一種用途廣泛的光電材料，某工廠以硫化銅礦石（含CuFeS2、Cu2S等）為原料制取Cu2O的工藝流程如下：常溫下幾種物質(zhì)起先形成沉淀與完全沉淀時(shí)的pH如下表：Fe（OH）2Fe（OH）3Cu（OH）2起先沉淀7.52.74.8完全沉淀9.03.76.4(1)爐氣中有害氣體成分是__________，Cu2S與O2反應(yīng)時(shí)，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為__________。(2)若試劑X是H2O2溶液，寫出相應(yīng)反應(yīng)的離子方程式：________。當(dāng)試劑X是______時(shí)，更有利于降低生產(chǎn)成本。(3)加入試劑Y調(diào)pH時(shí)，pH的調(diào)控范圍是___________。(4)寫出用N2H4制備Cu2O的化學(xué)方程式：________，操作X包括_________、洗滌、烘干，其中烘干時(shí)要隔絕空氣，其目的是____________。(5)以銅與石墨作電極，電解濃的強(qiáng)堿性溶液可制得納米級Cu2O，寫出陽極上生成Cu2O的電極反應(yīng)式：__________?！敬鸢浮?1).SO2(2).2∶1(3).2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O(4).空氣或氧氣(5).3.7≤pH<4.8(6).4CuSO4＋N2H4＋8KOH2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O(7).過濾(8).防止Cu2O被空氣中氧氣氧化(9).2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O【解析】【分析】(1)金屬硫化物焙燒時(shí)轉(zhuǎn)化為金屬氧化物與二氧化硫，Cu2S與O2反應(yīng)時(shí)，依據(jù)得失電子守恒，分析氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比；(2)酸性條件下，H2O2將Fe2＋氧化為Fe3＋，本身被還原為H2O，酸性條件下O2也可以將Fe2＋氧化為Fe3＋；(3)調(diào)整pH的目的是使鐵離子全部轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀除去，而銅離子不能形成沉淀；(4)N2H4將Cu2＋還原為Cu2O，自身被氧化為N2；Cu2O不溶于水，且有較強(qiáng)的還原性，在加熱條件下易被空氣氧化；(5)因Cu2O是在陽極上生成的，陽極材料是銅，銅失去電子轉(zhuǎn)化為Cu2O，據(jù)此解答?！驹斀狻?1)金屬硫化物焙燒時(shí)轉(zhuǎn)化為金屬氧化物與二氧化硫，故爐氣中的有害氣體成分是SO2，Cu2S與O2反應(yīng)時(shí)，氧化劑為O2，還原劑為Cu2S，1molO2得4mol電子，Cu的化合價(jià)從+1價(jià)上升為+2價(jià)，S的化合價(jià)從-2價(jià)上升為+4價(jià)，故1molCu2S失8mol電子，依據(jù)得失電子守恒，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶1，故答案為：SO2；2∶1；(2)酸性條件下，H2O2將Fe2＋氧化為Fe3＋，本身被還原為H2O，離子方程式為2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O；酸性條件下O2也可以將Fe2＋氧化為Fe3＋，而氧氣或空氣價(jià)格遠(yuǎn)低于H2O2，所以用氧氣替代雙氧水，可以有效降低生產(chǎn)成本，故答案為：2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O；空氣或氧氣；(3)調(diào)整pH的目的是使鐵離子全部轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀除去，而銅離子不能形成沉淀，故pH調(diào)控范圍是3.7≤pH<4.8，故答案為：3.7≤pH<4.8；(4)N2H4將Cu2＋還原為Cu2O，自身被氧化為N2，化學(xué)方程式為4CuSO4＋N2H4＋8KOH2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O；由于Cu2O不溶于水，故操作X為過濾、洗滌、烘干；因Cu2O有較強(qiáng)的還原性，在加熱條件下易被空氣氧化，故烘干過程中要隔絕空氣，故答案為：4CuSO4＋N2H4＋8KOH2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O；過濾；防止Cu2O被空氣中氧氣氧化；(5)因Cu2O是在陽極上生成的，陽極材料是銅，銅失去電子轉(zhuǎn)化為Cu2O，相應(yīng)的電極反應(yīng)式為2Cu－2e－＋2OH－===Cu2O＋H2O，故答案為：2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O。19.2024年，大連化物所探討人員在乙酰酮修飾錳氧化物L(fēng)酸催化胺選擇氧化探討方面取得新的進(jìn)展（如圖甲所示），相關(guān)文章發(fā)表在《自然通訊》上。請回答下列問題：（1）基態(tài)Mn原子的價(jià)電子排布圖為________________，其中最外層電子的電子云輪廓圖的形態(tài)為________________。（2）圖甲中涉及的非金屬元素（除H外）第一電離能由小到大的依次是________________（用元素符號表示，下同），電負(fù)性由小到大的依次是________________。（3）物質(zhì)a可與水互溶，主要緣由是________________。（4）物質(zhì)b中碳原子的軌道雜化方式有________________，1mol物質(zhì)c中含有σ鍵的數(shù)目為________________。（5）該錳氧化物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖乙所示，該錳氧化物的化學(xué)式為________________，該晶體中Mn的配位數(shù)是________________?！敬鸢浮?1).(2).球形(3).C＜O＜N(4).C＜N＜O(5).物質(zhì)a與水分子之間可以形成氫鍵(6).(7).(8).(9).6【解析】【分析】(1)基態(tài)Mn原子的價(jià)電子排布式為，據(jù)此書寫排布圖；最外層為4s能級，依據(jù)s能級的電子云形態(tài)推斷；(2)同周期元素的第一電離能從左到右呈增大趨勢，但第ⅤA族元素原子最外層p軌道電子半充溢，較穩(wěn)定，第一電離能比同周期相鄰元素大；元素的非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大；(3)物質(zhì)a中含有氨基，與水分子之間可以形成氫鍵；(4)苯環(huán)為平面結(jié)構(gòu)，碳氮三鍵為平面直線型結(jié)構(gòu)；單鍵為σ鍵，雙鍵中含有1個(gè)σ鍵1個(gè)π鍵，依據(jù)圖示計(jì)算σ鍵的數(shù)目；(5)依據(jù)均攤法計(jì)算該晶胞中原子數(shù)目，確定該錳氧化物的化學(xué)式；依據(jù)晶胞的投影圖可知，與Mn原子距離相等且最近的O原子有6個(gè)?！驹斀狻?1)基態(tài)Mn原子的價(jià)電子排布式為，價(jià)電子排布圖為；最外層為4s電子，電子云輪廓圖呈球形；(2)圖甲中涉及的非金屬元素除H外還有C、N、O，同周期元素的第一電離能從左到右呈增大趨勢，但第ⅤA族元素原子最外層p軌道電子半充溢，較穩(wěn)定，第一電離能比同周期相鄰元素大，則第一電離能：C＜O＜N