廣東省佛山市2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)（一）化學(xué)試題 含解析

2024～2025學(xué)年佛山市普通高中教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)(一)高三化學(xué)2025.1本試卷共8頁(yè)，20題，全卷滿分100分，考試用時(shí)75分鐘。注意事項(xiàng)：1.答卷前，考生務(wù)必用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己的學(xué)校、班級(jí)、姓名、試室、座位號(hào)和準(zhǔn)考證號(hào)填寫(xiě)在答題卡上。將條形碼橫貼在答題卡右上角“條形碼粘貼處”。2.作答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目選項(xiàng)的答案信息點(diǎn)涂黑：如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案，答案不能答在試卷上。3.非選擇題必須用黑色字跡鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫(xiě)在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應(yīng)位置上：如需改動(dòng)，先劃掉原來(lái)的答案，然后再寫(xiě)上新的答案；不準(zhǔn)使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答的答案無(wú)效?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：C12N14O16Na23Cl35.5Zn65一、選擇題：本題包括16小題，共44分。第1～10小題，每小題2分；第11～16小題，每小題4分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求。1.中國(guó)古代食器兼具美觀與實(shí)用價(jià)值。下列館藏食器中主要材質(zhì)與其他三種不同的是A.陶刻紋豆(商)B.藍(lán)玻璃杯(漢)C.葉形銀盤(pán)(唐)D.花瓣瓷碗(宋)A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．陶刻紋豆屬于陶器，主要材質(zhì)是硅酸鹽；B．玻璃主要成分是硅酸鹽；C．銀盤(pán)是金屬銀制成，材質(zhì)與其他三項(xiàng)不同；D．瓷器主要成分是硅酸鹽；故選C。2.“中國(guó)制造”閃耀巴黎奧運(yùn)會(huì)，隨中國(guó)健兒“征戰(zhàn)”世界賽場(chǎng)。下列說(shuō)法正確的是A.新能源電動(dòng)大巴接送運(yùn)動(dòng)員：行駛過(guò)程電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能B.航空級(jí)鋁合金用作跳水跳板：和純鋁相比，鋁合金熔點(diǎn)更高C.ABS樹(shù)脂用作比賽用乒乓球：ABS樹(shù)脂強(qiáng)度高、韌性好、易加工成型D.硅基芯片植入足球內(nèi)膽輔助裁判判罰：基態(tài)28Si和30Si核外電子排布不同【答案】C【解析】【詳解】A．電動(dòng)汽車行駛過(guò)程是由電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，故A錯(cuò)誤；B．航空級(jí)鋁合金用作跳水跳板：和純鋁相比，鋁合金熔點(diǎn)更低，故B錯(cuò)誤；C．ABS樹(shù)脂強(qiáng)度高、韌性好、易加工成型，所以可用作比賽用的乒乓球，故C正確；D．基態(tài)28Si和30Si都是硅元素的不同核素，核外電子數(shù)相等，均是基態(tài)，所以核外電子排布完全相同，故D錯(cuò)誤；答案選C。3.民以食為天，食以安為先。下列說(shuō)法不正確的是A.補(bǔ)鐵劑搭配維生素C服用可增強(qiáng)補(bǔ)鐵效果B.SO2不可用于食品的漂白、防腐和抗氧化C.蛋白質(zhì)、淀粉、纖維素都屬于高分子D.硅膠是袋裝食品常用的干燥劑【答案】B【解析】【詳解】A．維生素C具有還原性，能與氧氣反應(yīng)，可防止補(bǔ)鐵劑被氧化，則補(bǔ)鐵劑搭配維生素C服用可增強(qiáng)補(bǔ)鐵效果，故A正確；B．SO2具有漂白、防腐和抗氧化作用，可用作某些食品的添加劑，如葡萄酒中常添加適量SO2，故B錯(cuò)誤；C．蛋白質(zhì)、淀粉、纖維素等物質(zhì)的相對(duì)分子質(zhì)量都很大，在10000以上，都屬于高分子，且屬于天然高分子化合物，故C正確；D．硅膠具有吸水性，可用作袋裝食品的干燥劑，故D正確；答案選B。4.化學(xué)之美，外美于現(xiàn)象，內(nèi)美于原理。下列說(shuō)法不正確的是A.清晨樹(shù)林里夢(mèng)幻般的光束源于丁達(dá)爾效應(yīng)B.六角形冰晶體完美對(duì)稱，融化時(shí)共價(jià)鍵斷裂C.美麗的霓虹燈光與原子核外電子躍遷釋放能量有關(guān)D.缺角的氯化鈉晶體在飽和NaCl溶液中變?yōu)橥昝赖牧⒎襟w【答案】B【解析】【詳解】A．空氣與塵埃形成膠體，當(dāng)光束通過(guò)時(shí)會(huì)產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，所以早晨的樹(shù)林，可以觀測(cè)到夢(mèng)幻般的光束，這是種現(xiàn)象源自膠體的丁達(dá)爾效應(yīng)，A正確；B．冰融化時(shí)破壞的是水分子間的氫鍵，而非水分子內(nèi)部的共價(jià)鍵（O-H鍵）。共價(jià)鍵斷裂屬于化學(xué)變化，而融化是物理變化，B錯(cuò)誤；C．霓虹燈光的原理是：原子中的電子吸收了能量，從能量較低的軌道躍遷到能量較高的軌道，但處于能量較高軌道上的電子是不穩(wěn)定的，很快躍遷回能量較低的軌道，這時(shí)就將多余的能量以光的形式放出，與原子核外電子躍遷釋放能量有關(guān)，C正確；D．晶體具有自范性，缺角的氯化鈉晶體在飽和NaCl溶液中會(huì)逐漸變?yōu)橥昝赖牧⒎襟w，這是因?yàn)榫w在飽和溶液中會(huì)通過(guò)溶解和再結(jié)晶的過(guò)程，最終達(dá)到能量最低的穩(wěn)定狀態(tài)，即完美的立方體形狀，D正確；故選B。5.勞動(dòng)是一切知識(shí)的源泉。下列勞動(dòng)項(xiàng)目與所述化學(xué)知識(shí)沒(méi)有關(guān)聯(lián)的是選項(xiàng)勞動(dòng)項(xiàng)目化學(xué)知識(shí)A糕點(diǎn)制作：用NaHCO3作膨松劑NaHCO3受熱易分解B水質(zhì)消毒：用ClO2對(duì)自來(lái)水進(jìn)行消毒ClO2具有強(qiáng)氧化性C金屬防腐：船舶外殼安裝鎂合金還原性：Mg>FeD農(nóng)業(yè)種植：銨態(tài)氮肥要保存在陰涼處NH水解呈酸性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．NaHCO3受熱易分解，生成的二氧化碳?xì)怏w能使面團(tuán)松軟多孔，則NaHCO3常用作膨松劑，勞動(dòng)項(xiàng)目與所述化學(xué)知識(shí)有關(guān)聯(lián)，故A不選；B．ClO2具有強(qiáng)氧化性，能使蛋白質(zhì)變性，可用于自來(lái)水殺菌消毒，勞動(dòng)項(xiàng)目與所述化學(xué)知識(shí)有關(guān)聯(lián)，故B不選；C．還原性：Mg＞Fe，則Mg、Fe和海水形成原電池時(shí)Mg作負(fù)極，鐵作正極，所以船舶外殼安裝鎂合金可防止船舶發(fā)生腐蝕，勞動(dòng)項(xiàng)目與所述化學(xué)知識(shí)有關(guān)聯(lián)，故C不選；D．銨態(tài)氮肥受熱分解生成氨氣，導(dǎo)致氮元素?fù)p失，所以銨態(tài)氮肥要保存在陰涼處，與銨態(tài)氮肥水解呈酸性無(wú)關(guān)，故D選；答案選D。6.1842年德國(guó)化學(xué)家維勒用電石(CaC2)和水反應(yīng)制備乙炔。興趣小組利用以下裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。其中，難以達(dá)到預(yù)期目的的是A.制備C2H2 B.除掉C2H2中的H2SC.收集C2H2 D.驗(yàn)證C2H2的還原性【答案】C【解析】【詳解】A．碳化鈣與水反應(yīng)生成氫氧化鈣和乙炔，由圖可知，該裝置為固液不加熱的裝置，分液漏斗中盛放飽和食鹽水，錐形瓶中盛放電石，可以用于用電石和飽和食鹽水反應(yīng)制備乙炔，故A正確；B．硫酸銅與硫化氫反應(yīng)生成硫化銅和硫酸，可以將混合氣體通入到硫酸銅溶液中，可以除掉C2H2中的H2S，故B正確；C．C2H2的密度比空氣小，收集C2H2，應(yīng)該短進(jìn)長(zhǎng)出，故C錯(cuò)誤；D．乙炔中含有碳碳三鍵，能與酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)，酸性高錳酸鉀褪色，說(shuō)明C2H2具有還原性，故D正確；答案選C。7.某粗苯中含有苯酚，用如圖所示步驟除去苯酚。下列正確的是試劑M濃溴水濃溴水NaOH溶液NaOH溶液操作x分液過(guò)濾分液過(guò)濾選項(xiàng)ABCDA.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．苯酚與濃溴水發(fā)生取代反應(yīng)生成三溴苯酚，但三溴苯酚能溶于苯，不能分層，則不能用分液操作分離，故A錯(cuò)誤；B．濃溴水與苯酚反應(yīng)生成三溴苯酚，但三溴苯酚都能溶于苯，不會(huì)出現(xiàn)固液混合狀態(tài)，則不能用過(guò)濾操作分離，故B錯(cuò)誤；C．苯酚能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成溶于水的苯酚鈉，苯與NaOH溶液不反應(yīng)，且苯與苯酚鈉、NaOH溶液會(huì)分層，則能用分液操作分離，故C正確；D．苯酚能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成溶于水的苯酚鈉，苯與NaOH溶液不反應(yīng)，沒(méi)有出現(xiàn)固液混合狀態(tài)，則不能用過(guò)濾操作分離，故D錯(cuò)誤；答案選C。8.“千年銹色耐人尋”。Cu2(OH)3Cl是銅銹中的“有害銹”，生成原理如圖。下列說(shuō)法不正確的是A.正極反應(yīng)：O2＋4e-＋4H＋=2H2OB.銅失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)C.潮濕的環(huán)境中更易產(chǎn)生銅銹D.明礬溶液可清除Cu2(OH)3Cl【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)圖知，發(fā)生吸氧腐蝕，正極上O2得電子和H2O反應(yīng)生成OH-，電極反應(yīng)式為O2+4e-+2H2O=4OH-，故A錯(cuò)誤；B．失電子的物質(zhì)發(fā)生氧化反應(yīng)，該反應(yīng)中Cu失電子生成Cu2+而發(fā)生氧化反應(yīng)，故B正確；C．潮濕的環(huán)境中有電解質(zhì)溶液，易形成原電池而更易產(chǎn)生銅銹，故C正確；D．明礬中鋁離子水解生成Al(OH)3和H+而使溶液呈酸性，能和Cu2(OH)3Cl中OH-反應(yīng)，所以明礬溶液能清除Cu2(OH)3Cl，故D正確；答案選A。9.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法正確的是A.4.6gNO2中含有的分子數(shù)為0.1NAB.1L1mol·L-1[Ag(NH3)2]OH溶液中含Ag＋的數(shù)目為NAC.0.8molFeI2與71gCl2充分反應(yīng)后，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2.4NAD.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LN2和C2H2的混合氣體中含有π鍵的數(shù)目為NA【答案】D【解析】【詳解】A．二氧化氮與四氧化二氮存在轉(zhuǎn)化：2NO2?N2O4，4.6gNO2中含有的分子數(shù)小于0.1NA，故A錯(cuò)誤；B．[Ag(NH3)2]OH溶液，銀主要以[Ag(NH3)2]-形式存在，所以1L1mol?L-1[Ag(NH3)2]OH溶液中含Ag+數(shù)目小于NA，故B錯(cuò)誤；C．0.8molFeI2與71gCl2充分反應(yīng)后，氯氣物質(zhì)的為1mol，Cl2少量，完全反應(yīng)生成2mol氯離子，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA，故C錯(cuò)誤；D．1個(gè)氮?dú)夥肿雍?個(gè)乙炔分子都含有2個(gè)π鍵，所以標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LN2和C2H2的混合氣體中含有π鍵的數(shù)目為：×2×NAmol-1=NA，故D正確；答案選D。10.水楊酰胺是合成醫(yī)藥、香料、液晶的重要中間體，其結(jié)構(gòu)如圖所示。下列有關(guān)水楊酰胺的說(shuō)法不正確的是A.屬于氨基酸B.能發(fā)生加成反應(yīng)C.能與FeCl3溶液作用顯色D.1mol水楊酰胺最多消耗2molNaOH【答案】A【解析】【詳解】A．該有機(jī)物分子中沒(méi)有羧基，不屬于氨基酸，故A錯(cuò)誤；B．水楊酰胺分子中含有苯環(huán)，能發(fā)生加成反應(yīng)，故B正確；C．水楊酰胺分子中含酚羥基，能夠與FeCl3溶液作用顯色，故C正確；D．酚羥基和酰胺基都與NaOH溶液反應(yīng)，1mol水楊酰胺最多消耗2molNaOH，故D正確；答案選A。11.部分含Na或Al或Fe物質(zhì)的分類與相應(yīng)化合價(jià)關(guān)系如圖，下列推斷合理的是A.在空氣中加熱e，一定能生成dB.在d(s)→g(aq)→h(s)的轉(zhuǎn)化過(guò)程中，一定有顏色變化C.在b(aq)→c(aq)→h(s)的轉(zhuǎn)化過(guò)程中，一定均為氧化還原反應(yīng)D.若可用f制取a，a一定可以在Cl2中燃燒生成＋2價(jià)氯化物【答案】B【解析】【分析】由圖可知，若a為鈉、b為鈉鹽、c為氫氧化鈉；若a為鋁、f為氧化鋁、g為鋁鹽或偏鋁酸鹽、h為氫氧化鋁；若a為鐵、d為氧化亞鐵、f為氧化鐵、g為鐵鹽、e為氫氧化亞鐵、h為氫氧化鐵?！驹斀狻緼．在空氣中加熱氫氧化亞鐵時(shí)，氫氧化亞鐵會(huì)與空氣中的氧氣、水蒸氣反應(yīng)生成生成氫氧化鐵，氫氧化鐵受熱分解生成氧化鐵，無(wú)法得到氫氧化亞鐵，故A錯(cuò)誤；B．氧化亞鐵能與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸鐵，硝酸鐵能與堿溶液反應(yīng)氫氧化鐵，轉(zhuǎn)化過(guò)程中，顏色變化為黑色固體→棕黃色溶液→紅褐色沉淀，則在FeO(s)→Fe3+(aq)→Fe(OH)3(s)的轉(zhuǎn)化過(guò)程中，一定有顏色變化，故B正確；C．b(aq)→c(aq)→h(s)的轉(zhuǎn)化過(guò)程可能為電解飽和食鹽水生成氫氧化鈉，氫氧化鈉溶液與鐵離子或鋁離子反應(yīng)生成氫氧化鐵沉淀或氫氧化鋁沉淀，生成氫氧化鐵沉淀或氫氧化鋁沉淀的反應(yīng)中沒(méi)有元素發(fā)生化合價(jià)變化，屬于非氧化還原反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D．可用f制取a，說(shuō)明a為鋁、f為氧化鋁，鋁在氯氣中燃燒生成＋3價(jià)氯化鋁，故D錯(cuò)誤；故選B。12.下列陳述I和陳述II均正確，且具有因果關(guān)系的是選項(xiàng)陳述I陳述IIA常溫下，等濃度的次氯酸鈉和醋酸鈉溶液，前者pH大酸性：CH3COOH>HClOB聚丙烯酸鈉可用于制備高吸水性樹(shù)脂聚丙烯酸鈉是一種縮聚產(chǎn)物C鹽鹵用作加工豆腐凝固劑重金屬鹽使蛋白質(zhì)變性D鍵角：CH4<NH3NH3的中心原子有孤電子對(duì)A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．相同條件下次氯酸鈉溶液的pH大，說(shuō)明次氯酸鈉的水解程度大，根據(jù)水解規(guī)律可知酸性：CH3COOH＞HClO，故A正確；B．聚丙烯酸鈉可用于制備高吸水性樹(shù)脂，是因?yàn)槠浜杏H水基羧酸根離子，具有很強(qiáng)吸水性，與聚丙烯酸鈉是一種縮聚產(chǎn)物無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；C．鹽鹵用作加工豆腐的凝固劑是利用電解質(zhì)能使膠體發(fā)生聚沉的性質(zhì)，與重金屬鹽使蛋白質(zhì)變性無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤；D．CH4、NH3的價(jià)層電子對(duì)數(shù)均為4，中心原子雜化方式相同，但NH3分子中N原子含有1對(duì)孤電子對(duì)，孤電子對(duì)與成鍵電子對(duì)間的斥力大于成鍵電子對(duì)間的斥力，則鍵角：CH4＞NH3，故D錯(cuò)誤；答案選A。13.按下圖裝置，將濃H2SO4加入濃Na2S2O3溶液中，產(chǎn)生氣泡和沉淀。下列預(yù)期現(xiàn)象及相應(yīng)推理均合理的是A.燒瓶壁發(fā)熱，說(shuō)明反應(yīng)S2O(aq)＋2H＋(aq)=S(s)＋H2O(l)＋SO2(g)放熱B.濕潤(rùn)的藍(lán)色石蕊試紙變紅，說(shuō)明SO2水溶液顯酸性C.溴水潤(rùn)濕的濾紙褪色，說(shuō)明SO2水溶液有漂白性D.BaCl2溶液產(chǎn)生沉淀，說(shuō)明生成BaSO3【答案】B【解析】【詳解】A．濃硫酸稀釋也會(huì)產(chǎn)生大量的熱，所以燒瓶壁發(fā)熱，不能說(shuō)明反應(yīng)S2O(aq)＋2H＋(aq)=S(s)＋H2O(l)＋SO2(g)放熱，故A錯(cuò)誤；B．二氧化硫?yàn)樗嵝匝趸铮軌蚺c水反應(yīng)生成亞硫酸，所以濕潤(rùn)的藍(lán)色石蕊試紙變紅，故B正確；C．二氧化硫具有還原性，能夠使溴水褪色，與其漂白性無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤；D．鹽酸的酸性強(qiáng)于亞硫酸，所以二氧化硫不能與氯化鋇溶液反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；答案選B。14.(WV4)2Z(YX4)2是重要的水處理劑，Z元素為＋2價(jià)。V、W、X、Y、Z是原子序數(shù)遞增的5種元素，前四周期均有分布，X和Y同族。W的基態(tài)原子價(jià)層p軌道半充滿，Z元素的一種合金用量最大、用途最廣。則A.電負(fù)性：W>XB.氫化物穩(wěn)定性：X>WC.WV3和YX3的空間構(gòu)型相同D.Z的第四電離能遠(yuǎn)大于第三電離能【答案】D【解析】【分析】Z元素：題目指出Z合金用量最大，用途最廣，且Z為+2價(jià)。結(jié)合常見(jiàn)合金，Z應(yīng)為鐵（Fe），其合金（如鋼）應(yīng)用最廣，且常見(jiàn)。W元素：W的基態(tài)原子價(jià)層p軌道半充滿，結(jié)構(gòu)，符合第二周期的氮（N）。X和Y：同族元素，X為氧（O），Y為硫（S）（同屬VIA族），滿足原子序數(shù)遞增。V元素：原子序數(shù)小于W（N），推測(cè)為氫（H），形成結(jié)構(gòu)?！驹斀狻緼．主族元素電負(fù)性從左到右逐漸增大，電負(fù)性：W<X，W為N（電負(fù)性3.04），X為O（3.44），O的電負(fù)性更高，故A錯(cuò)誤；B．沒(méi)有指出最簡(jiǎn)單氫化物（或氣態(tài)氫化物），無(wú)法比較N、O元素氫化物穩(wěn)定性強(qiáng)弱，故B錯(cuò)誤；C．為（三角錐形），YX3為（平面三角形），構(gòu)型不同，故C錯(cuò)誤；D．Z為Fe，其電離能數(shù)據(jù)：第三（2957kJ/mol）→第四（5290kJ/mol），因（）為半充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，失去第四個(gè)電子需更高能量，故D正確；故選D。15.鋅離子全電池加入弱極性FcD后，利用FcD/FcD＋間的轉(zhuǎn)化，可同時(shí)除去溶解氧和非活性鋅，防止鋅電極被溶解氧腐蝕。下列說(shuō)法不正確的是A.理論上該電池需要不斷補(bǔ)充FcDB.電子從鋅電極經(jīng)導(dǎo)線移向NaV3O8·1.5H2O電極C.加入聚乙二醇是為了增大FcD在水中的溶解度D.理論上每消耗32g溶解氧，可除去非活性鋅130g【答案】A【解析】【分析】鋅離子全電池工作時(shí)，鋅作負(fù)極，NaV3O8·1.5H2O作正極；FcD除去溶解氧和非活性鋅的方程式分別為4FcD＋O2＋2H2O→4FcD＋＋4OH－、2FcD＋＋Zn→2FcD＋Zn2＋，據(jù)此答題。【詳解】A．除去溶解氧時(shí)將FcD轉(zhuǎn)化為FcD＋，除去非活性鋅時(shí)將FcD＋轉(zhuǎn)化為FcD，整個(gè)過(guò)程FcD的量不變，所以理論上該池不需要補(bǔ)充FcD，故A錯(cuò)誤；B．鋅為負(fù)極，NaV3O8·1.5H2O為正極，電子從負(fù)極經(jīng)導(dǎo)線移向正極，即電子從鋅電極經(jīng)導(dǎo)線移向NaV3O8·1.5H2O電極，故B正確；C．FcD為弱極性，加入少量聚乙二醇減小溶劑的極性，增大FcD在水中的溶解度，故C正確；D．除去溶解氧和非活性鋅的方程式分別為4FcD＋O2＋2H2O→4FcD＋＋4OH－、2FcD＋＋Zn→2FcD＋Zn2＋，所以每消耗32g溶解氧，即1mol溶解氧，可除去非活性鋅2mol，即130g，故D正確；故選A。16.T℃時(shí)，真空密閉容器中加入足量R，發(fā)生反應(yīng)R(s)2S(g)＋Q(g)，S的分壓隨時(shí)間的變化曲線如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是A.相對(duì)于曲線I，曲線II可能使用了催化劑B.T℃時(shí)，該反應(yīng)的分壓平衡常數(shù)Kp=500(kPa)3C.Q的體積分?jǐn)?shù)不變，不能說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)D.T℃時(shí)，M點(diǎn)壓縮容器體積，平衡逆向移動(dòng)，新平衡時(shí)c(S)比原平衡大【答案】D【解析】【詳解】A．曲線Ⅰ和曲線Ⅱ平衡時(shí)S分壓相等，曲線Ⅱ壓強(qiáng)變化比較快，可知曲線Ⅱ可能是使用了催化劑，故A正確；B．T℃，該反應(yīng)平衡時(shí)的S的分壓為10kPa，可知Q的平衡分壓為5kPa，Kp=p2(S)p(Q)=(10kPa)2×5kPa=500(kPa)3，故B正確；C．反應(yīng)反應(yīng)R(s)2S(g)＋Q(g)，R為固體，S與Q的分壓比恒為2：1，Q的體積分?jǐn)?shù)不變，不能說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故C正確；D．T℃時(shí)，M點(diǎn)壓縮容器體積，平衡逆向移動(dòng)，平衡常數(shù)K只與溫度有關(guān)，溫度不變，平衡常數(shù)不變，新平衡時(shí)c(S)與原濃度相等，故D錯(cuò)誤；答案選D。二、非選擇題：本題共4小題，共56分。17.銅氨纖維常用于高檔絲織品，銅氨溶液可用于制作銅氨纖維。（1）制備氮?dú)猓簩?shí)驗(yàn)室利用如圖裝置制備氨氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)__________。（2）氨水濃度的測(cè)定：將制得的氨氣溶于水，取20.00mL該氨水，加入指示劑，用1.000mol·L-1鹽酸滴定至終點(diǎn)，消耗鹽酸22.00mL。①該過(guò)程中需用到的儀器有___________(填儀器名稱)。②該氨水的濃度為_(kāi)__________mol·L-1。（3）配制銅氨溶液：向4mL0.1mol·L-1CuSO4溶液中逐滴加入上述氨水，先出現(xiàn)藍(lán)色沉淀，隨后沉淀溶解，溶液變?yōu)樯钏{(lán)色。反應(yīng)的離子方程式：I．___________；II．Cu(OH)2＋4NH3[Cu(NH3)4]2＋＋2OH-（4）探究銅氨離子形成的原因：①查閱資料Cu(OH)2(s)Cu2＋(aq)＋2OH-(aq)Ksp=4.8×10-20Cu2＋(aq)＋4NH3(aq)[Cu(NH3)4]2＋(aq)K=7.24×1012②提出猜想根據(jù)查閱的資料判斷反應(yīng)II難以進(jìn)行。通過(guò)計(jì)算說(shuō)明理由___________。③驗(yàn)證猜想設(shè)計(jì)如下方案，進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。步驟現(xiàn)象i．向4mL0.1mol·L-1CuSO4溶液中加入足量1mol·L-1___________溶液生成藍(lán)色沉淀ii．再向i中懸濁液滴加配制氨水，振蕩___________④實(shí)驗(yàn)小結(jié)猜想成立。⑤教師指導(dǎo)Cu(OH)2＋4NH3＋2NH[Cu(NH3)4]2＋＋2NH3·H2OK=1.13×103⑥繼續(xù)探究步驟現(xiàn)象iii．向ii中繼續(xù)滴加___________溶液藍(lán)色沉淀溶解，溶液變?yōu)樯钏{(lán)色⑦分析討論結(jié)合方程式II，從平衡移動(dòng)的角度解釋步驟ii的現(xiàn)象___________。【答案】（1）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O（2）①.酸式滴定管、堿式滴定管②.1.100（3）Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH（4）①.反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)K’=Ksp×K=4.8×10?20×7.24×1012=3.5×10?7，該反應(yīng)平衡常數(shù)小于10?5，說(shuō)明反應(yīng)正向進(jìn)行的程度小②.NaOH/KOH③.藍(lán)色沉淀不溶解④.硫酸銨(氯化銨等銨鹽均可)⑤.加入銨鹽，c(OH?)減小，反應(yīng)Ⅱ平衡正向進(jìn)行，從而促使Cu(OH)2溶解生成[Cu(NH3)4]2+(反應(yīng)Ⅰ逆向進(jìn)行，生成的Cu2+結(jié)合NH3的思路也可)【解析】【小問(wèn)1詳解】實(shí)驗(yàn)室制取氨氣是加熱固體氯化銨和氫氧化鈣，方程式為：。【小問(wèn)2詳解】①量取氨水，需要堿式滴定管；用鹽酸滴定氨水，鹽酸需裝入酸式滴定管。答案：堿式滴定管、酸式滴定管。②根據(jù)反應(yīng)列式：，可得，答案為：?！拘?wèn)3詳解】硫酸銅溶液中逐滴加入氨水，先出現(xiàn)藍(lán)色沉淀，生成氫氧化銅沉淀，方程式為：?！拘?wèn)4詳解】，其平衡常數(shù)表達(dá)式為：，代入數(shù)據(jù)計(jì)算：，說(shuō)明正向反應(yīng)程度很小。答案為：反應(yīng)的平衡常數(shù)為：，該反應(yīng)平衡常數(shù)小于，說(shuō)明反應(yīng)正向進(jìn)行的程度小。反應(yīng)生成藍(lán)色沉淀，向該懸濁液滴加配制的氨水，振蕩。由于反應(yīng)的平衡常數(shù)小于，反應(yīng)很難進(jìn)行，所以沉淀不溶解。答案為：；藍(lán)色沉淀不溶解根據(jù)⑤的方程式，氨水中含有氨氣，要使該反應(yīng)發(fā)生，應(yīng)該加入含有銨根離子的物質(zhì)，該物質(zhì)為等銨鹽。故答案為：硫酸銨(氯化銨等銨鹽均可)；加入銨鹽，減小，反應(yīng)正向進(jìn)行，從而促進(jìn)溶解生成。故答案為：加入銨鹽，減小，反應(yīng)平衡正向進(jìn)行，從而促使溶解生成生成(反應(yīng)逆向進(jìn)行，生成的的思路也可)。18.電動(dòng)汽車電池正極廢料含鋁箔和Li、Ni、Co、Mn等的氧化物。一種回收路線如下：已知：I.萃取時(shí)反應(yīng)：M2＋(水相)＋2RH(有機(jī)相)MR2(有機(jī)相)＋2H＋(水相)，(K(M2+)為萃取反應(yīng)的平衡常數(shù)，M2＋代表Ni2＋或Co2＋)。II．該工藝下，Ksp(Li2CO3)=2.5×10-2；飽和Na2CO3的濃度約為1.5mol·L-1。（1）Mn屬于___________區(qū)元素。（2）“堿浸”時(shí)，Al箔發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)__________。（3）“酸浸”時(shí)，Co3O4被還原為Co2＋，1molCo3O4需添加Na2SO3___________mol。（4）“沉錳”時(shí)，Mn2＋發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)__________。（5）“鎳鈷分離”時(shí)，NiR2和CoR2的濃度相近，通過(guò)調(diào)控pH，可將Ni2＋、Co2＋依次從有機(jī)溶劑HR中分離出來(lái)，可知___________(填“>”“<”或“=”)（6）該工藝中能循環(huán)利用的物質(zhì)有___________(填化學(xué)式)。（7）通過(guò)計(jì)算說(shuō)明“沉鋰”時(shí)Li＋是否可以沉淀完全___________。（8）正極材料的結(jié)構(gòu)如圖所示，粒子個(gè)數(shù)比Ni：Co：Mn=___________，該材料化學(xué)式為_(kāi)__________。【答案】（1）d（2）2Al+2OH?+6H2O=2[Al(OH)4]?+3H2↑（3）1（4）Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+（5）<（6）RH、H2SO4、NaOH（7）Li+完全沉淀時(shí)，c(Li+)=1×10-5mol·L-1，需c(CO)==2.5×108mol·L-1遠(yuǎn)大于飽和碳酸鈉溶液的濃度，故Li+不能沉淀完全（8）①.1∶1∶1②.Li3NiCoMnO6【解析】【分析】正極廢料含鋁箔和Li、Ni、Co、Mn等的氧化物，正極材料中加入NaOH溶液進(jìn)行堿浸，AI和NaOH溶液反應(yīng)生成Na[Al(OH)4]和H2，Li、Ni、Co、Mn的氧化物和NaOH溶液不反應(yīng)，過(guò)濾后濾液中加入稀硫酸沉鋁得到Al(OH)3沉淀，濾液進(jìn)行電解得到NaOH和稀硫酸，Li、Ni、Co、Mn等的氧化物中加入稀硫酸、Na2SO3進(jìn)行酸浸，分別得到Li2SO4、Ni2SO4、CoSO4、MnSO4，溶液中加入Na2S2O8進(jìn)行沉錳得到MnO2，Na2S2O8得電子生成Na2SO4，濾液中加入RH進(jìn)行萃取，水相中得到Li2SO4，水相中加入Na2CO3沉鋰得到Li2CO3，同時(shí)生成Na2SO4，有機(jī)相中加入稀硫酸進(jìn)行反萃取得到RH和Ni2SO4、CoSO4。【小問(wèn)1詳解】Mn位于第四周期第ⅦB族，屬于d區(qū)元素；【小問(wèn)2詳解】“堿浸”時(shí)，Al箔和NaOH溶液反應(yīng)生成Na[Al(OH)4]和H2，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：；【小問(wèn)3詳解】“酸浸”時(shí)，Co3O4被還原為Co2+，離子反應(yīng)方程式為：；，根據(jù)離子方程式知，1molCo3O4需添加1molNa2SO3；【小問(wèn)4詳解】“沉錳”時(shí)，Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO2，Mn元素的化合價(jià)由+2價(jià)變?yōu)?4價(jià)，Na2S2O8被還原為Na2SO4，該反應(yīng)的離子方程式為Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+；【小問(wèn)5詳解】“鎳鈷分離”時(shí)，平衡常數(shù)小的先從有機(jī)溶劑R中分離出來(lái)，NiR2和CoR2的濃度相近，通過(guò)調(diào)控pH，可將Ni2＋、Co2＋依次從有機(jī)溶劑HR中分離出來(lái)，可知＜；【小問(wèn)6詳解】根據(jù)分析和流程圖可知，能循環(huán)利用的物質(zhì)有RH、H2SO4、NaOH；【小問(wèn)7詳解】當(dāng)鋰離子完全沉淀時(shí)，，數(shù)據(jù)可知，，遠(yuǎn)大于飽和碳酸鈉溶液的濃度，說(shuō)明此時(shí)不能沉淀完全；【小問(wèn)8詳解】根據(jù)左側(cè)圖知，以Ni原子為中心，每個(gè)Ni原子連接2個(gè)Co、2個(gè)Mn原子，每個(gè)Co、Mn原子被2個(gè)Ni原子連接，所以Ni、Co、Mn的個(gè)數(shù)之比為1:1:1；該晶胞中Ni或Co或Mn原子個(gè)數(shù)為2+4×=3、Li原子個(gè)數(shù)為8×+2=3、O原子個(gè)數(shù)為8×+4=6，該材料化學(xué)式為L(zhǎng)i3NiCoMnO6。19.乙酸乙酯是應(yīng)用最廣泛的脂肪酸酯之一。（1）乙酸乙酯水解可用于制備化工原料。①基態(tài)O原子價(jià)層電子排布式為_(kāi)__________。②常溫下，某CH3COONa溶液pH=9，則c(CH3COOH)＋c(H＋)=___________mol·L-1。③18O標(biāo)記的乙酸乙酯在NaOH溶液中發(fā)生水解的部分歷程如下：已知可快速平衡。能量變化如圖：反應(yīng)I、II、III、IV中，表示乙酸乙酯在NaOH溶液中水解的決速步是___________，總反應(yīng)△H=___________(用含E1、E2、E3、E4的代數(shù)式表示)，體系中含18O的微粒除A、B、D、E外，還有___________。（2）反應(yīng)CH3COOH(l)＋CH3CH2OH(l)CH3COOCH3CH3(l)＋H2O(l)的?H<0，?S>0。①反應(yīng)___________自發(fā)進(jìn)行(選填“低溫下”“高溫下”“任意溫度下”或“不能”)。②T℃時(shí)，該反應(yīng)平衡常數(shù)Kx==1，其中，n(總)為平衡時(shí)乙醇、乙酸、乙酸乙酯和水的物質(zhì)的量之和。1mol乙醇和1mol乙酸充分反應(yīng)后，乙酸的轉(zhuǎn)化率為_(kāi)__________(寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程)。（3）制備乙酸乙酯的實(shí)驗(yàn)中，常用飽和碳酸鈉溶液收集產(chǎn)物。CH3COOCH2CH3＋H2O＋Na2CO3CH3COONa＋CH3CH2OH＋NaHCO3K=7.03×105，理論上用飽和碳酸鈉溶液收集乙酸乙酯不合理。設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)：序號(hào)操作現(xiàn)象i取10mL飽和NaOH溶液(4.5mol·L-1)和5mL乙酸乙酯混合，加入2mL乙醇，常溫下振蕩5min混合液變澄清、透明、均一ii取10mL飽和Na2CO3溶液(pH=12.5)和5mL乙酸乙酯混合，加入2mL乙醇并加熱至90℃，振蕩5min混合液仍為乳濁液，靜置后分層根據(jù)實(shí)驗(yàn)，用飽和Na2CO3溶液收集乙酸乙酯是合理的，其原因有：①飽和Na2CO3溶液極性較大，乙酸乙酯在其中的溶解度比在NaOH溶液中___________(填“大”或“小”)。②從速率角度分析，___________?！敬鸢浮浚?）①.2s22p4②.1×10?5③.Ⅰ④.E1?E2+E3–E4⑤.OH?、H2O、（2）①.任意溫度下②.50%（3）①.?、?飽和碳酸鈉溶液中c(OH-)小，反應(yīng)速率慢【解析】【小問(wèn)1詳解】①基態(tài)O原子價(jià)層電子為其2s、2p能級(jí)上的電子，其基態(tài)O原子價(jià)層電子排布式為2s22p4；②常溫下，某CH3COONa溶液pH=9，溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)、存在物料守恒c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，所以存在c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-)=mol/L=10-5mol/L；③反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中，反應(yīng)所需活化能越大，反應(yīng)速率越慢，慢反應(yīng)為乙酸乙酯在NaOH溶液中水解的決速步，根據(jù)圖知，反應(yīng)Ⅰ為乙酸乙酯在NaOH溶液中水解的決速步，總反應(yīng)為A生成D，則總反應(yīng)ΔH=E1-E2+E3-E4；體系中含18O的微粒除A、B、D、E外，還有18OH-、H218O、CH3CO18OH；【小問(wèn)2詳解】①該反應(yīng)ΔH＜0、ΔS＞0，該反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行，則ΔH-TΔS＜0，反應(yīng)任意溫度下自發(fā)進(jìn)行；②x(B)=，n(總)為平衡時(shí)乙醇、乙酸、乙酸乙酯和水的物質(zhì)的量之和，T℃時(shí)，該反應(yīng)平衡常數(shù)Kx=等于生成物物質(zhì)的量?jī)缰e與反應(yīng)物物質(zhì)的量?jī)缰e的比，Kx=1；1mol乙醇和1mol乙酸充分反應(yīng)后，設(shè)乙酸的轉(zhuǎn)化率為x，則達(dá)到平衡時(shí)消耗n(CH3COOH)=xmol；列三段式如下：Kx====1，x=50%?！拘?wèn)3詳解】①根據(jù)實(shí)驗(yàn)i知，乙酸乙酯和NaOH溶液、乙醇混合后常溫下振蕩，混合液變澄清、透明、均一，說(shuō)明溶液中不含乙酸乙酯；實(shí)驗(yàn)ii中飽和碳酸鈉溶液和乙酸乙酯、乙醇混合并加熱，混合液仍為乳濁液，靜置后分層，說(shuō)明混合溶液中還含有乙酸乙酯，飽和Na2CO3溶液極性較大，乙酸乙酯在其中的溶解度比在NaOH溶液中?。虎趯?shí)驗(yàn)i混合溶液堿性強(qiáng)、實(shí)驗(yàn)i