山東省濟(jì)寧市2025屆高三化學(xué)5月模擬考試試題含解析

PAGE25-山東省濟(jì)寧市2025屆高三化學(xué)5月模擬考試試題（含解析）1.答題前，考生先將自己的姓名、考生號(hào)、座號(hào)填寫在相應(yīng)位置，仔細(xì)核對(duì)條形碼上的姓名、考生號(hào)和座號(hào)，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(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。保持卡面清潔，不折疊、不破損?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：H1B11O16Si28S32Fe56Cu64As75一、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)與生產(chǎn)、生活及社會(huì)發(fā)展親密相關(guān)。下列說法不正確的是A.N95口罩所運(yùn)用的熔噴布為聚丙烯，屬于合成高分子材料B.為增加“84”C.“煤改氣”可以削減SO2等有害物質(zhì)的排放量，有利于打贏藍(lán)天保衛(wèi)戰(zhàn)D.《墨子·天志》中記載：“書之竹帛，鏤之金石”。其中的“金”指的是金屬【答案】B【解析】【詳解】A．聚丙烯為丙烯發(fā)生加聚反應(yīng)形成的高聚物，屬于合成高分子材料，故A正確；B．84消毒液的主要成分為NaClO，與鹽酸混合會(huì)生成氯氣，造成中毒，故B錯(cuò)誤；C．改燃煤為燃?xì)?，可削減廢氣中SO2等有害物質(zhì)的量，可有效削減霧霾和酸雨的發(fā)生，故C正確；D．“書之竹帛，鏤之金石”意為把字寫在竹簡(jiǎn)和帛上，雕刻在金屬、石頭上，故“金”指的是金屬，故D正確；故答案為B。2.已知：|||＋，假如要合成，所用的起始原料可以是①1,3—己二烯和2—丁炔②2—乙基—1,3—丁二烯和2—丁炔③2,3—二甲基—1,3—己二烯和乙炔④2,3—二甲基—1,3—丁二烯和1—丁炔A.②④ B.②③ C.①③ D.①④【答案】A【解析】【詳解】由可知，1，3-丁二烯中的兩個(gè)碳碳雙鍵斷裂，中間形成一個(gè)碳碳雙鍵，乙炔中有一個(gè)鍵斷裂，且形成環(huán)狀結(jié)構(gòu)，采納逆合成分析法可知，要合成，可以是→+或→+，分別為：2,3—二甲基—1,3—丁二烯和1—丁炔、2—乙基—1,3—丁二烯和2—丁炔，故答案為A?！军c(diǎn)睛】本題關(guān)鍵是對(duì)賜予信息理解，明確化學(xué)鍵的斷裂與形成，依據(jù)目標(biāo)物的結(jié)構(gòu)聯(lián)系信息逆向分析推斷，留意學(xué)問遷移應(yīng)用。3.用下列試驗(yàn)裝置進(jìn)行相應(yīng)的試驗(yàn)，能達(dá)到試驗(yàn)?zāi)康牡氖茿.用裝置①制取乙酸乙酯 B.用裝置②制CaCO3C.用裝置③熔融Na2CO3 D.用裝置④滴定未知濃度的硫酸【答案】B【解析】【詳解】A．導(dǎo)管插入碳酸鈉溶液液面以下會(huì)引起倒吸，故A錯(cuò)誤；B．二氧化碳與氯化鈣溶液不能干脆反應(yīng)，溶有氨氣后溶液顯堿性可以更好的汲取二氧化碳，生成碳酸根，從而生成碳酸鈣，故B正確；C．高溫條件下碳酸鈉可以和瓷坩堝中二氧化硅發(fā)生反應(yīng)，不能用瓷坩堝熔融碳酸鈉，故C錯(cuò)誤；D．NaOH溶液呈堿性，不能運(yùn)用酸式滴定管，故D錯(cuò)誤；故答案為B?！军c(diǎn)睛】酸式滴定管的下端為玻璃制旋塞，堿式滴定管下端橡皮管連接一支帶有尖嘴的小玻璃管，橡皮管內(nèi)裝有一個(gè)玻璃圓球，留意區(qū)分二者。4.下列說法正確的是A.甲醛（HCHO）和光氣（COCl2）分子中：鍵角∠H-C-H＜∠Cl-C-ClB.基態(tài)氮原子的價(jià)電子排布圖：C.3px所代表的含義是：第三電子層沿x軸方向伸展的p軌道D.四硼酸根離子Xm-（含B、O、H）的球棍模型如圖，配位鍵存在于4、5和4、6原子之間【答案】C【解析】【詳解】A．氯原子的電負(fù)性強(qiáng)于氫原子，對(duì)電子的吸引實(shí)力更強(qiáng)，所以甲醛分子中的H-C-H鍵角更大，故A錯(cuò)誤；B．依據(jù)洪特規(guī)則，電子分布到能量相同的原子軌道時(shí)，優(yōu)先以自旋相同的方式分別占據(jù)不同的軌道，所以基態(tài)氮原子的價(jià)電子排布圖為：，故B錯(cuò)誤；C．P能級(jí)由3個(gè)軌道，沿x、y、z三個(gè)不同的方向延長(zhǎng)，3px所代表的含義是第三電子層沿x軸方向伸展的p軌道，故C正確；D．B原子最外層有3個(gè)電子，而4號(hào)B原子形成4條共價(jià)鍵，說明有一個(gè)為配位鍵，5號(hào)O原子連接的是H原子，簡(jiǎn)單給出孤電子對(duì)，故4、5原子之間存在配位鍵，4、6之間不存在配位鍵，故D錯(cuò)誤；故答案為C。5.蛋白酶抑制劑茚地那韋（Indinavir）被用于新型冠狀病毒肺炎的治療，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示。下列關(guān)于茚地那韋（Indinavir）的說法正確的是A.茚地那韋分子中有4個(gè)手性碳原子B.茚地那韋可與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應(yīng)C.虛線框內(nèi)的全部碳、氧原子均處于同一平面D.茚地那韋在堿性條件下完全水解，最終可生成三種有機(jī)物【答案】D【解析】【詳解】A．連接4個(gè)不同原子或原子團(tuán)的碳原子為手性碳原子，所以該分子中的手性碳原子有，共5個(gè)，故A錯(cuò)誤；B．不含酚羥基，不能與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．與氧原子相連的碳原子為飽和碳原子，與之相連的4個(gè)原子形成四面體結(jié)構(gòu)，最多3個(gè)(包括中心碳原子)共面，所以虛線框內(nèi)的全部碳、氧原子不行能均處于同一平面，故C錯(cuò)誤；D．由結(jié)構(gòu)可知，含2個(gè)-肽鍵，可發(fā)生水解反應(yīng)，生成三種有機(jī)物，故D正確；故答案為D。6.W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外層電子數(shù)是X次外層電子數(shù)的3倍，四種元素與鋰組成的鹽是一種新型電池的電解質(zhì)結(jié)構(gòu)如圖。下列說法不正確的是A.非金屬性：W＞Y＞Z＞XB.Y、Z組成的分子可能為非極性分子也可能為極性分子C.W是同周期中原子半徑最大的元素D.陰離子中全部原子均滿意8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)【答案】C【解析】【分析】Y的最外層電子數(shù)是X次外層電子數(shù)的3倍，可知X的次外層電子數(shù)只能為2，Y的最外層電子數(shù)為6，又因?yàn)樗姆N元素同周期，所以Y的次外層電子也為2，即Y為O，依據(jù)該物質(zhì)中各元素的成鍵特點(diǎn)：Z形成4個(gè)共價(jià)鍵，所以Z為C，X可以形成3個(gè)共價(jià)鍵和一個(gè)配位鍵，最外層電子數(shù)應(yīng)為3，即X為B，W可以形成一個(gè)共價(jià)鍵，則W為F。【詳解】A．同周期元素自左至右非金屬性依次增加，所以非金屬性：W>Y>Z>X，故A正確；B．Y、Z可以組成CO，為極性分子，也可以組成CO2，為非極性分子，故B正確；C．同周期主族元素自左至右原子半徑依次減小，故W是同周期半徑最小的元素，故C錯(cuò)誤；D．陰離子中B形成3個(gè)共價(jià)鍵和1個(gè)配位鍵，所以也滿意8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，其他原子也均滿意8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故D正確；故答案為C。【點(diǎn)睛】每個(gè)原子的最外層電子數(shù)+形成共用電子對(duì)的對(duì)數(shù)=8，就是達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，該物質(zhì)中B原子形成3個(gè)共價(jià)鍵和1個(gè)配位鍵，所以也滿意8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)。7.用NaBH4進(jìn)行“化學(xué)鍍”鍍鎳，可以得到堅(jiān)硬、耐腐蝕的愛護(hù)層(3Ni3B+Ni），反應(yīng)的離子方程式為：20Ni2++16BH4-+34OH-+6H2O=2(3Ni3B+Ni)+10B(OH)4-+35H2，下列說法不正確的是A.1molB(OH)4-含有σ鍵的數(shù)目為8NAB.BH4—的立體構(gòu)型是正四面體形C.B原子核外電子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和能量均不相同D.Ni的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示：，鎳原子的配位數(shù)為12【答案】C【解析】【詳解】A．1個(gè)B(OH)4-中含有4個(gè)氫氧鍵和4個(gè)硼氧鍵，均為σ鍵，所以1molB(OH)4-中含有σ鍵的數(shù)目為8NA，故A正確；B．中心B原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為=4，孤電子對(duì)數(shù)為0，所以立體構(gòu)型為正四面體，故B正確；C．同一能級(jí)的電子能量相同，B原子核外1s能級(jí)有2個(gè)電子能量相同，2s能級(jí)有2電子能量相同，故C錯(cuò)誤；D．以頂點(diǎn)Ni原子為探討對(duì)象，與之最近的Ni原子位于面心，每個(gè)頂點(diǎn)為8個(gè)晶胞共用，Ni晶體中每個(gè)Ni原子四周距離最近的Ni原子數(shù)目為=12，故D正確；故答案為C。8.依據(jù)下列試驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是選項(xiàng)試驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論A向兩支盛有KI3的溶液的試管中，分別滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液變藍(lán)，后者有黃色沉淀I3—溶液中存在平衡：I3—I2＋I(xiàn)－B在Ca(ClO)2溶液中通入SO2氣體，有沉淀生成酸性：H2SO3＞HClOC向淀粉碘化鉀溶液中通入過量氯氣，溶液由無色變?yōu)樗{(lán)色，后藍(lán)色褪去氯氣具有強(qiáng)氧化性和漂白性D在植物油中滴幾滴酸性高錳酸鉀溶液，振蕩，溶液褪色植物油含有酯基A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．滴加淀粉溶液變藍(lán)說明含有碘單質(zhì)，滴加硝酸銀產(chǎn)生黃色成，說明含有I-，所以KI3的溶液中含I2、I-，即KI3溶液中存在平衡為I3-?I2+I-，故A正確；B．在Ca(ClO)2溶液中通入SO2氣體，有沉淀生成因?yàn)榇温人岣鶎⒍趸蜓趸闪蛩岣蛩徕}微溶所以有沉淀生成，故B錯(cuò)誤；C．HClO具有漂白性，氯氣沒有漂白性，該試驗(yàn)中起漂白作用的是氯氣與水反應(yīng)生成的HClO，故C錯(cuò)誤；D．植物油含有碳碳雙鍵所以可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，并不是酯基，故D錯(cuò)誤；故答案為A。9.甲是一種在微生物作用下將廢水中的尿素CO(NH2)2轉(zhuǎn)化為環(huán)境友好物質(zhì)，實(shí)現(xiàn)化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，利用甲、乙兩裝置，實(shí)現(xiàn)對(duì)冶金硅(Cu-Si作硅源)進(jìn)行電解精煉制備高純硅。下列說法正確的是A.電極M與a相連接B.液態(tài)Cu-Si合金作陽(yáng)極，固體硅作陰極C.廢水中的尿素的含量不會(huì)影響硅提純速率D.M電極反應(yīng)式為CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H+【答案】D【解析】【分析】甲裝置為原電池裝置，氧氣在N電極被還原生成水，所以N電極為正極，M電極為負(fù)極；乙裝置為電解池，a電極上Si被氧化成Si4+，發(fā)生氧化反應(yīng)，所以a電極為陽(yáng)極與N極相連，b電極為陰極與M極相連。【詳解】A．依據(jù)分析可知M與b相連，故A錯(cuò)誤；B．依據(jù)分析可知a電極為陽(yáng)極，即液態(tài)Cu-Si合金作陽(yáng)極；但固體硅不導(dǎo)電，所以不能作陰極，Si4+在鋁電極上得電子被還原，故B錯(cuò)誤；C．廢水中尿素含量不同，電流強(qiáng)度不同，單位時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)不同，會(huì)影響硅提純的速率，故C錯(cuò)誤；D．CO(NH2)2在負(fù)極M上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，生成N2、CO2，結(jié)合電荷守恒得到電極反應(yīng)式為CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H+，故D正確；故答案為D。10.碘酸鈣［Ca(IO3)2］微溶于水，不溶于乙醇，是廣泛運(yùn)用的既能補(bǔ)碘又能補(bǔ)鈣的新型食品和飼料添加劑。已知：碘酸是易溶于水的強(qiáng)酸，不溶于有機(jī)溶劑。試驗(yàn)室制取Ca(IO3)2·H2O的試驗(yàn)流程如下：下列說法不正確的是A.轉(zhuǎn)化過程說明Cl2的氧化性大于I2和IO3—B.轉(zhuǎn)化時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為I2＋5Cl2＋12OH—＝2IO3—＋10Cl－＋6H2OC.將水層溶液用CCl4多次萃取、分液，除去HIO3水溶液中少量I2D.向水層中加入Ca(OH)2或CaCl2粉末，經(jīng)過濾、洗滌、干燥制得Ca(IO3)2·H2O【答案】B【解析】【分析】I2的CCl4溶液在轉(zhuǎn)化過程中與Cl2反應(yīng)生成碘酸，CCl4難溶于水經(jīng)過分液除去，水中碘酸經(jīng)過系列反應(yīng)最終生成Ca(IO3)2?H2O，據(jù)此分析?！驹斀狻緼．轉(zhuǎn)化過程中發(fā)生反應(yīng)I2+5Cl2+6H2O=2IO3-+10Cl-+12H+，說明Cl2的氧化性大于I2和IO3-，故A正確；B．轉(zhuǎn)化過程中氯氣將碘單質(zhì)氧化成碘酸，自身被還原成氯離子，結(jié)合電子守恒和元素守恒可知方程式為I2+5Cl2+6H2O=2IO3-+10Cl-+12H+，故B錯(cuò)誤；C．HIO3可溶于水，但碘單質(zhì)在水中溶解度較小，更易溶于四氯化碳，所以可進(jìn)行多次萃取，分液，除去碘單質(zhì)，故C正確；D．水層主要溶質(zhì)為HIO3，所以向水層中加入Ca(OH)2或CaCl2粉末，經(jīng)過濾、洗滌、干燥可制得Ca(IO3)2·H2O，故D正確；故答案為B。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.黃鐵礦（主要成分FeS2），在空氣中會(huì)被緩慢氧化，氧化過程如圖所示。下列說法不正確的是A.發(fā)生反應(yīng)a時(shí)，0.05molFeS2被氧化時(shí)消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下空氣的體積大約19.6LB.為了驗(yàn)證b過程反應(yīng)后溶液中含F(xiàn)e2+，可選用KSCN溶液和氯水C.c發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：14Fe3+

+FeS2+8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+D.已知25℃時(shí)，Ksp[Fe(OH)3]＝2.79×10-39，則該溫度下d逆反應(yīng)的平衡常數(shù)為K=2.79×103【答案】B【解析】【詳解】A．據(jù)圖可知反應(yīng)a中FeS2被氧化生成Fe2+和SO42-，F(xiàn)e元素化合價(jià)不變，S元素化合價(jià)上升+7價(jià)，所以0.05molFeS2被氧化時(shí)轉(zhuǎn)移電子0.7mol，消耗氧氣0.175mol，氧氣占空氣體積，所以消耗空氣0.875mol，標(biāo)況下體積為0.875mol×22.4L/mol=19.6L，故A正確；B．經(jīng)反應(yīng)b后溶液中肯定存在Fe3+，無論是否含有Fe2+，滴加KSCN溶液均會(huì)顯紅色，加入氯水后現(xiàn)象不變，無法檢驗(yàn)Fe2+，故B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)c中反應(yīng)物有FeS2、Fe3+，產(chǎn)物有Fe2+和SO42-，說明該過程中鐵離子將硫元素氧化，生成SO42-，結(jié)合電子守恒和元素守恒可知離子方程式為14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+，故C正確；D．d的逆反應(yīng)為Fe(OH)3+3H+Fe3++3H2O，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K==2.79×103，故D正確；故答案為B?！军c(diǎn)睛】試驗(yàn)室檢驗(yàn)Fe3+，常用KSCN溶液，二者作用會(huì)顯紅色；檢驗(yàn)Fe2+常用K3[Fe(CN)6]，二者作用會(huì)有藍(lán)色沉淀生成。12.已知：p＝。室溫下，向0.10mo1·L-1的HX溶液中滴加0.1mol·L-1的NaOH溶液，溶液pH隨p的變更關(guān)系如圖。下列說法正確的是A.a點(diǎn)溶液中：c(HX)+c(X—)＝0.10mo1·L-1B.b點(diǎn)坐標(biāo)為(0，4.75)C.c點(diǎn)溶液中：c(Na+)＜10c(HX)D.溶液中水的電離程度：c＜b＜a【答案】BC【解析】【分析】HX的電離平衡常數(shù)表達(dá)式為Ka=，則lgKa=lg+lgc(H+)=-pH-lg，即pH=-lgKa-lg=p-lgKa，將點(diǎn)(1,5.75)帶入可得lgKa=-4.75，即Ka=10-4.75?！驹斀狻緼．設(shè)0.10mo1·L-1的HX溶液中c(H+)=x，則有，解得x約為10-2.9mol/L，所以0.10mo1·L-1的HX溶液pH約為2.9，當(dāng)pH=3.75時(shí)說明已經(jīng)滴入了部分NaOH溶液，溶液的體積發(fā)生變更，所以c(HX)+c(X-)＝0.10mo1·L-1不再成立，故A錯(cuò)誤；B．將lg=0，帶入pH=-lgKa-lg，可得此時(shí)pH=-(-4.75)=4.75，所以b點(diǎn)坐標(biāo)為(0,4.75)，故B正確；C．c點(diǎn)溶液中存在電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(X-)+c(OH-)，此時(shí)p[]=1，則c(X-)=10c(HX)，帶入電荷守可得：c(H+)+c(Na+)=10c(HX)+c(OH-)，由于溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，則c(Na+)＜10c(HX)，故D．隨著NaOH滴入，溶液pH增大，溶液中NaX漸漸增多，當(dāng)溶質(zhì)全部為NaX時(shí)水的電離程度達(dá)到最大，此時(shí)簡(jiǎn)單呈堿性，也就是說在完全反應(yīng)之前隨著NaOH滴入，水的電離程度漸漸增大，即水的電離程度：c>b>a，故D錯(cuò)誤；故答案為BC。13.二氧化氯（ClO2）是環(huán)保型殺菌消毒劑，熔點(diǎn)為－59.5℃，沸點(diǎn)為11.0℃，極易溶于水但不反應(yīng)，水溶液在溫度超過95℃時(shí)易發(fā)生爆炸。試驗(yàn)室用稀硫酸酸化NaClO2濃溶液放出C1O2下列說法正確的是A.①中水槽內(nèi)為熱水，裝置②的作用是防倒吸B.圖中的裝置的連接依次為④→②→①→③C.④發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為5ClO2—+2H+＝4C1O2↑+Cl—+H2OD.試驗(yàn)須要限制溫度，可實(shí)行不斷攪拌和限制恒壓漏斗中硫酸的滴落速度【答案】D【解析】【分析】裝置④中利用稀硫酸酸化NaClO2濃溶液生成ClO2，其沸點(diǎn)為11.0℃，水溶液在溫度超過95℃時(shí)易發(fā)生爆炸，所以利用裝置①進(jìn)行冷凝，水槽內(nèi)盛放冰水，之后連接裝置②防止倒吸，最終利用裝置③進(jìn)行尾氣處理?！驹斀狻緼．ClO2沸點(diǎn)為11.0℃，水溶液在溫度超過95℃時(shí)易發(fā)生爆炸，所以①中水槽內(nèi)為冰水，故A錯(cuò)誤；B．依據(jù)分析可知連接依次應(yīng)為④→①→②→③，故B錯(cuò)誤；C．依據(jù)題意可知ClO2-在酸性環(huán)境下發(fā)生歧化反應(yīng)生成ClO2和Cl-，依據(jù)電子守恒和電荷守恒可知離子方程式為5ClO2-+4H+＝4ClO2↑+Cl-+2H2O，故C錯(cuò)誤；D．不斷攪拌和限制恒壓漏斗中硫酸的滴落速度，可以剛好散熱和限制反應(yīng)速率，從而限制溫度，故D正確；故答案為D。14.生活污水中的氮和磷主要以銨鹽和磷酸鹽形式存在，可用鐵、石墨作電極，用電解法去除。電解時(shí)：如圖1原理所示可進(jìn)行除氮；翻轉(zhuǎn)電源正負(fù)極，可進(jìn)行除磷，原理是利用Fe2+將PO43-轉(zhuǎn)化為Fe3(PO4)2沉淀。下列說法正確的是A.圖2中0~20min脫除的元素是氮元素，此時(shí)石墨作陰極B.溶液pH越小有效氯濃度越大，氮的去除率越高C.圖2中20~40min脫除的元素是磷元素，此時(shí)陰極電極反應(yīng)式為2H++2e-=H2↑D.電解法除氮有效氯ClO—氧化NH3的離子方程式為3ClO—+2NH3=3Cl—+N2↑+3H2O【答案】CD【解析】【詳解】A．因0~20min脫除的元素是氮元素，所以須要將銨根、氨氣氧化成氮?dú)?，若鐵為陽(yáng)極，則被氧化的是鐵，所以此時(shí)石墨為陽(yáng)極，故A錯(cuò)誤；B．隨溶液pH降低，c(H+)增大，Cl2+H2OH++Cl-+HClO，平衡逆向移動(dòng)，溶液中c(HClO)減小，使NH4+的氧化率下降，則氮的去除率隨pH的降低而下降，故B錯(cuò)誤；C．除磷時(shí)，F(xiàn)e作陽(yáng)極失電子生成亞鐵離子和PO43-轉(zhuǎn)化為Fe3(PO4)2沉淀，所以石墨作陰極，水電離出的氫離子放電生成氫氣，電極反應(yīng)式為2H++2e-=H2，故C正確；D．ClO-氧化NH3的反應(yīng)生成氮?dú)?，次氯酸根被還原為氯離子，結(jié)合電子守恒和電荷守恒、元素守恒可得離子反應(yīng)方程式為3ClO-+2NH3=3Cl-+N2↑+3H2O，故D正確；故答案為CD?！军c(diǎn)睛】本題的關(guān)鍵點(diǎn)在于理解除氮和除磷時(shí)陰陽(yáng)極分別是什么，除氮時(shí)須要將氨氣、銨根氧化，所以不能用鐵做陽(yáng)極，此時(shí)石墨應(yīng)為陽(yáng)極；除磷時(shí)，須要將鐵氧化成亞鐵離子，則此時(shí)鐵做陽(yáng)極，石墨做陰極。15.T℃時(shí)，在恒容密閉容器中通入CH3OCH3，發(fā)生反應(yīng)：CH3OCH3(g)CO(g)+H2(g)+CH4(g)，測(cè)得容器內(nèi)初始?jí)簭?qiáng)為41.6kPa，反應(yīng)過程中反應(yīng)速率v(CH3OCH3)、時(shí)間t與CH3OCH3分壓p(CH3OCH3)的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A.t=400s時(shí)，CH3OCH3的轉(zhuǎn)化率為0.16B.該溫度下，要縮短達(dá)到平衡所需的時(shí)間，只可以運(yùn)用催化劑C.平衡時(shí)，測(cè)得體系的總壓強(qiáng)121.6kPa，則該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=4000D.反應(yīng)速率滿意v(CH3OCH3)＝k·p(CH3OCH3)，t=400s時(shí)，v(CH3OCH3)=0.0154kPa·s-1【答案】AD【解析】【詳解】A．據(jù)圖可知t=400

s時(shí)，CH3OCH3分壓p(CH3OCH3)=35.0kPa，容器內(nèi)初始?jí)簭?qiáng)為41.6

kPa，初始投料只有CH3OCH3，恒容密閉容器中壓強(qiáng)比等于物質(zhì)量之比，所以此時(shí)CH3OCH3的轉(zhuǎn)化率為=0.16，故A正確；B．該溫度下，要縮短達(dá)到平衡所需的時(shí)間，除改進(jìn)催化劑外，還可以增大反應(yīng)物的壓強(qiáng)或增大反應(yīng)物的濃度，故B錯(cuò)誤；C．達(dá)到平衡時(shí)，測(cè)得體系的總壓強(qiáng)p總=121.6

kPa，設(shè)甲醚物質(zhì)的量為1mol，反應(yīng)消耗甲醚物質(zhì)的量為x，列三段式有：壓強(qiáng)之比等于氣體物質(zhì)的量之比，所以有，解得x=0.96mol，氣體總物質(zhì)的量為1+2x=2.92mol，所以Kp=，故C錯(cuò)誤；D．反應(yīng)速率滿意v(CH3OCH3)＝k·p(CH3OCH3)，k=，將點(diǎn)(10.0,4.4)帶入可得k=4.4×10-4s-1，400

s時(shí)v(CH3OCH3)=4.4×10-4s-1×35kPa=1.54×10-2kPa/s，故D正確；故答案為AD。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.鐵及其化合物在生產(chǎn)、生活中有廣泛的應(yīng)用。(1)中科院蘭州化學(xué)物理探討所用Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氫合成低碳烯烴反應(yīng)，反應(yīng)過程如圖。催化劑中添加助劑Na、K、Cu(也起催化作用)后可變更反應(yīng)選擇性。下列說法正確的是______a.第ⅰ步所發(fā)生的反應(yīng)為：CO2+H2CO+H2Ob.第ⅰ步反應(yīng)的活化能低于第ⅱ步c.Fe3(CO)12/ZSM-5使CO2加氫合成低碳烯烴的ΔH減小d.添加不同助劑后，各反應(yīng)的平衡常數(shù)不變加入助劑K能提高單位時(shí)間內(nèi)乙烯產(chǎn)量的根本緣由是_________________________(2)納米鐵是重要的儲(chǔ)氫材料，可用反應(yīng)Fe(s)+5CO(g)Fe(CO)5(g)制得。在1L恒容密閉容器中加入足量鐵粉和0.48molCO，在T1、T2不同溫度下進(jìn)行反應(yīng)，測(cè)得c(CO)與溫度、時(shí)間的關(guān)系如圖所示。①T1_______T2，△H_______0(填“＞”或“＜”)②T2溫度下，平衡時(shí)體系的壓強(qiáng)為p，反應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)平衡常數(shù)Kθ＝_____(已知：標(biāo)準(zhǔn)平衡常數(shù)Kθ=，其中pθ為標(biāo)準(zhǔn)壓強(qiáng)(1×105Pa)，p［Fe(CO)5］、p(CO)為各組分的平衡分壓。)(3)高鐵酸鉀(K2FeO4)被稱為“綠色化學(xué)”凈水劑，在酸性至弱堿性條件下不穩(wěn)定。①電解法可制得K2FeO4，裝置如圖，陽(yáng)極電極反應(yīng)式為_________________②K2FeO4在水解過程中鐵元素形成的微粒分布分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系如圖所示，向pH=6的溶液中加入KOH溶液，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為__________________。(4)復(fù)合氧化物鐵酸錳(MnFe2O4)可用于熱化學(xué)循環(huán)分解制氫氣，原理如下：①M(fèi)nFe2O4(s)＝MnFe2O(4-x)(s)+O2(g)△H1②MnFe2O(4-x)(s)+xH2O(g)＝MnFe2O4(s)+xH2(g)△H2③2H2O(g)＝2H2(g)+O2(g)△H3則：△H3與△H1、△H2的關(guān)系為△H3______________【答案】(1).ad(2).降低生成乙烯的反應(yīng)所須要的活化能，加快乙烯生成速率(3).＞(4).＜(5).(6).Fe—6e-+8OH-=FeO42-+4H2O(7).HFeO4-+OH-=FeO42-+H2O(8).【解析】【詳解】(1)a．由催化CO2加氫合成低碳烯烴反應(yīng)可知，第ⅰ步所反應(yīng)為：CO2+H2?CO+H2O，故a正確；b．第ⅰ步反應(yīng)是慢反應(yīng)，第ⅱ步是快反應(yīng)，反應(yīng)的活化能越低，反應(yīng)速率越快，所以第ⅰ步反應(yīng)的活化能高于第ⅱ步，故b錯(cuò)誤；c．催化劑不能變更平衡狀態(tài)，不能變更焓變△H，故c錯(cuò)誤；d．反應(yīng)的平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，不同助劑能變更反應(yīng)歷程，但不能變更反應(yīng)的起始狀態(tài)、不能變更反應(yīng)溫度，所以反應(yīng)的平衡常數(shù)不變，故d正確；綜上所述選ad；加入助劑K可以降低生成乙烯的反應(yīng)所須要的活化能，加快乙烯生成速率；(2)①溫度越高反應(yīng)速率越快，達(dá)到平衡所須要的時(shí)間越短，所以T1>T2，據(jù)圖可知溫度越高平衡時(shí)CO的濃度越大，說明溫度上升平衡左移，所以該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，△H<0；②反應(yīng)初始投料為足量鐵粉和0.48molCO，平衡時(shí)n(CO)=0.08mol，則消耗的n(CO)=0.4mol，依據(jù)方程式可知生成的n[Fe(CO)5]=0.08mol，平衡時(shí)壓強(qiáng)為p，壓強(qiáng)比等于物質(zhì)的量之比，所以p[Fe(CO)5]=p(CO)=，Kθ=；(3)①電解池中陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，該電解池要制備K2FeO4，說明Fe元素要被氧化，所以鐵棒電極為陽(yáng)極，在堿性環(huán)境下被氧化生成FeO42-，電極方程式為：Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；②據(jù)圖可知pH值越大FeO42-，pH=6時(shí)Fe元素主要存在形式為HFeO4-，加入KOH堿性增加，所以發(fā)生的反應(yīng)為HFeO4-+OH-=FeO42-+H2O；(4)已知①M(fèi)nFe2O4(s)=MnFe2O(4-x)(s)+O2(g)△H1

②MnFe2O(4-x)(s)+xH2O(g)=MnFe2O4(s)+xH2(g)△H2依據(jù)蓋斯定律，可得反應(yīng)2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)△H3=。17.2024年，自修復(fù)材料、自適應(yīng)材料、新型傳感材料等智能材料技術(shù)將大量涌現(xiàn)，為生物醫(yī)療、國(guó)防軍事以及航空航天等領(lǐng)域發(fā)展供應(yīng)支撐。（1）我國(guó)科研工作者基于丁二酮肟氨酯基團(tuán)的多重反應(yīng)性，研制了一種強(qiáng)韌、自愈的超級(jí)防護(hù)材料，其中的分子機(jī)制如圖所示。Cu在元素周期表中位于_____區(qū)，M層中核外電子能量最高的電子云在空間有_____個(gè)伸展方向。C、N、O第一電離能由大到小的依次為_____________（2）氧化石墨烯基水凝膠是一類新型復(fù)合材料，對(duì)氧化石墨烯進(jìn)行還原可得到還原氧化石墨烯，二者的結(jié)構(gòu)如圖所示：還原石墨烯中碳原子的雜化形式是______，上圖中氧化石墨烯轉(zhuǎn)化為還原石墨烯時(shí)，1號(hào)C與其相鄰C原子間鍵能的變更是_____________（填“變大”、“變小”或“不變”），二者當(dāng)中在水溶液中溶解度更大的是____________（填物質(zhì)名稱），緣由為__________________（3）砷化硼是近期受到廣泛關(guān)注一種III—V半導(dǎo)體材料。砷化硼為立方晶系晶體，該晶胞中原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為：B：（0，0，0）；（，，0）；（，0，）；（0，，）；……As：（，，）；（，，）；（，，）；（，，）請(qǐng)?jiān)趫D中畫出砷化硼晶胞的俯視圖___________，已知晶體密度為dg/cm3，As半徑為apm，假設(shè)As、B原子相切，則B原子的半徑為_________pm（寫計(jì)算表達(dá)式）。【答案】(1).ds(2).5(3).N＞O＞C(4).sp3和sp2(5).變大(6).氧化石墨烯(7).氧化石墨烯中含有的羥基和羧基更多，與水分子間形成的氫鍵更多，溶解度更大(8).(9).【解析】【分析】(3)由各原子坐標(biāo)，可知晶胞中B原子處于晶胞的頂點(diǎn)、面心位置，而As原子處于晶胞內(nèi)部，處于B原子形成的正四面體體心位置，晶胞三維結(jié)構(gòu)如圖所示：，據(jù)此進(jìn)行解答?！驹斀狻?1)Cu原子核外有29個(gè)電子，基態(tài)Cu原子的核外電子排布式為[Ar]3d104s1，Cu在元素周期表中位于ds區(qū)，M層中核外電子能量最高的電子云為3d能級(jí)電子云，在空間有5個(gè)伸展方向；C、O、N元素都是其次周期非金屬元素，同一周期元素自左而右第一電離能呈增大趨勢(shì)，但N元素原子2p能級(jí)是半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能N＞O＞C；(2)依據(jù)還原石墨烯的結(jié)構(gòu)可知該物質(zhì)中碳原子有形成碳碳雙鍵的不飽和碳原子還有只形成單鍵的飽和碳原子，所以碳原子的雜化方式為sp3和sp2；氧化石墨烯中1號(hào)C

連接的O原子吸引電子實(shí)力較強(qiáng)，導(dǎo)致與1號(hào)C原子相鄰C原子對(duì)電子的吸引力減小，所以氧化石墨烯轉(zhuǎn)化為還原石墨烯時(shí)，1號(hào)C與其相鄰C原子間鍵能變大；氧化石墨烯中含有的羥基和羧基更多，與水分子間形成的氫鍵更多，所以氧化石墨烯溶解度更大；(3)由各原子坐標(biāo)，可知晶胞中B原子處于晶胞的頂點(diǎn)、面心位置，而As原子處于晶胞內(nèi)部，處于B原子形成的正四面體體心位置，晶胞三維結(jié)構(gòu)如圖所示：(注：小球大小不代表原子半徑大小)，投影時(shí)頂點(diǎn)原子形成正方形的頂點(diǎn)，左、右側(cè)面及前、后面的面心原子投影處于正方形棱心，而上、下底面面心原子投影重合處于正方形的中心，As原子投影處于原子處于正方形內(nèi)部且處于正方形對(duì)角線上(As原子投影、上下底面面心B原子投影將對(duì)角線4等分)，故砷化硼晶胞的俯視圖為：；依據(jù)晶胞三維結(jié)構(gòu)示意圖可知，位于體對(duì)角線上的原子相切，即As原子和B原子的半徑之和的四倍即體對(duì)角線的長(zhǎng)度；依據(jù)均攤法，一個(gè)晶胞中As原子個(gè)數(shù)為4，B原子個(gè)數(shù)為，所以晶胞的質(zhì)量為，晶胞密度為dg/cm3，則晶胞的體積為，則晶胞的邊長(zhǎng)為，則晶胞的體積對(duì)角線的長(zhǎng)度為，所以B原子的半徑為()pm?！军c(diǎn)睛】第3題犯難點(diǎn)，須要學(xué)生有肯定的空間想象實(shí)力，對(duì)數(shù)學(xué)的立體幾何要有肯定了解，要能夠依據(jù)平面圖和坐標(biāo)能夠精確畫出該晶胞的三維晶胞結(jié)構(gòu)，再進(jìn)行解答。18.亞硝酰硫酸［M（NOSO4H）=127g·mol-1］主要用于分散染料重氮反應(yīng)中取代亞硝酸鈉，從而降低成本，提高產(chǎn)品質(zhì)量。試驗(yàn)室用如圖裝置（夾持裝置略）制備少量NOSO4H，并測(cè)定產(chǎn)品的純度。已知：NOSO4H遇水分解，但溶于濃硫酸而不分解。（1）裝置A制取SO2，則A中反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________，導(dǎo)管b的作用是______（2）SO2與裝置B中盛有的濃硫酸和濃硝酸的混合液在維持體系溫度不得高于20℃的條件下，反應(yīng)制得NOSO4H①裝置B中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為___________。②反應(yīng)進(jìn)行到10min后，反應(yīng)速度明顯加快，其可能的緣由是_________________。③反應(yīng)過程中，硝酸削減的物質(zhì)的量大于NOSO4H生成的物質(zhì)的量的可能緣由是_________________（3）裝置C的主要作用是____________。（4）該試驗(yàn)裝置存在可能導(dǎo)致NOSO4H產(chǎn)量降低的缺陷是____________________。（5）測(cè)定亞硝酰硫酸NOSO4H的純度精確稱取1.500g產(chǎn)品放入250mL的碘量瓶中，加入0.1000mol·L-1、60.00mL的KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液和10mL25%H2SO4溶液，然后搖勻。用0.2500mol·L-1草酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，消耗草酸鈉溶液的體積為20.00mL。已知：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO42MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象為______________，亞硝酰硫酸的純度為__________。（精確到0.1%）【答案】(1).Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑(2).平衡壓強(qiáng)，使分液漏斗中的液體能順當(dāng)流下(3).HNO3+SO2NOSO4H(4).生成的NOSO4H對(duì)該反應(yīng)有催化作用(5).硝酸會(huì)揮發(fā)和分解(6).汲取尾氣中的有毒氣體，防止污染環(huán)境(7).C裝置中的水蒸氣會(huì)進(jìn)入B中使NOSO4H分解(8).溶液恰好由紫紅色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原(9).84.7%【解析】【分析】裝置A中利用硫酸和亞硫酸鈉反應(yīng)制取二氧化硫，導(dǎo)管b可以平衡A中和分液漏斗上部壓強(qiáng)，使分液漏斗中的液體順當(dāng)?shù)蜗?，生成的二氧化硫在裝置B中與濃硫酸和濃硝酸的混合液反應(yīng)制取NOSO4H，濃硝酸會(huì)揮發(fā)，且易分解產(chǎn)生二氧化氮，同時(shí)還有未反應(yīng)的二氧化硫，裝置C可以進(jìn)行尾氣汲取，同時(shí)防止倒吸；(5)該滴定試驗(yàn)原理為先用酸性高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)液氧化NOSO4H，然后利用草酸標(biāo)準(zhǔn)液滴定剩余的高錳酸鉀的量從而確定NOSO4H的量?！驹斀狻?1)試驗(yàn)室一般利用硫酸和亞硫酸鈉反應(yīng)制取二氧化硫，方程式為Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；導(dǎo)管b可以平衡壓強(qiáng)，使分液漏斗中的液體能順當(dāng)流下；(2)①裝置B中二氧化硫與濃硫酸和濃硝酸的混合液反應(yīng)制取NOSO4H，依據(jù)題干信息可知濃硫酸主要是用來溶解反應(yīng)生成NOSO4H，所以方程式為HNO3+SO2NOSO4H；②反應(yīng)進(jìn)行到10min后，反應(yīng)速度明顯加快，綜合考慮影響反應(yīng)速率的因素溫度(反應(yīng)過程中維持體系溫度不高于20℃)、濃度(反應(yīng)過程中濃度降低)、催化劑可知加快的緣由應(yīng)為：生成的NOSO4H對(duì)該反應(yīng)有催化作用；③硝酸具有揮發(fā)性，且簡(jiǎn)單分解，所以硝酸削減的物質(zhì)的量大于NOSO4H生成的物質(zhì)的量；(3)依據(jù)分析可知裝置C作用為汲取尾氣中的有毒氣體，防止污染環(huán)境；(4)C裝置中的水蒸氣會(huì)進(jìn)入B中使NOSO4H分解，從而導(dǎo)致產(chǎn)量降低；(5)滴定終點(diǎn)時(shí)草酸根將高錳酸根完全反應(yīng)，所以溶液會(huì)顯無色，滴定終點(diǎn)現(xiàn)象為：溶液恰好由紫紅色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原；消耗草酸鈉溶液的體積為20.00mL，濃度為0.2500mol·L-1，依據(jù)方程式2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知剩余成n(MnO4-)=×0.02L×0.2500mol·L-1=0.002mol，所以NOSO4H消耗的n(MnO4-)=0.06L×0.1000mol·L-1-0.002mol=0.004mol，依據(jù)方程式2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4可知n(NOSO4H)==0.01mol，所以樣品的純度為=84.7%。19.2024年度諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)嘉獎(jiǎng)鋰電池的獨(dú)創(chuàng)者，鋰離子電池已經(jīng)徹底變更了我們的生活。假如廢舊電池處理不當(dāng)就會(huì)對(duì)環(huán)境造成嚴(yán)峻污染，影響人們的健康生活。一種以廢舊鋰離子電池的正極材料（主要含LiCoO2、Al、C等）為原料制備CoC2O4·2H2O的流程如下：（1）除鋁時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為______________（2）灼燒的主要目的是___________，試驗(yàn)室中灼燒試驗(yàn)用到最重要的儀器是_________（3）還原步驟在70℃左右，LiCoO2發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____________，若用鹽酸代替H2SO4和H2O2，也可以達(dá)到目的，但其缺點(diǎn)是___________________（4）沉淀時(shí)，證明Co2+已經(jīng)沉淀完全的試驗(yàn)操作與現(xiàn)象是__________________（5）已知：NH3·H2ONH4++OH－

Kb=1.8×10－5H2C2O4H++HC2O4－

Ka1=5.4×10－2HC2O4－H++C2O42－

Ka2=5.4×10－5則該流程中所用（NH4）2C2O4溶液的pH___7（填“＞”或“＜”或“＝”（6）已知含鋁元素微粒的濃度與pH的關(guān)系如圖所示，設(shè)計(jì)由濾液X制備純凈的Al2O3的試驗(yàn)方案________（試驗(yàn)中必需運(yùn)用的試劑：H2SO4溶液、BaCl2溶液、蒸餾水）【答案】(1).2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑(2).除去C(3).坩堝(4).2LiCoO2+3H2SO4+H2O22CoSO4+Li2SO4+O2↑+4H2O(5).會(huì)產(chǎn)生有毒的氯氣(6).靜置，在上層清液中接著滴加（NH4）2C2O4溶液，若不出現(xiàn)渾濁，則Co2+已沉淀完全(7).＜(8).向?yàn)V液X中滴加H2SO4溶液，適時(shí)用pH試紙側(cè)溶液的pH，當(dāng)pH介于6—8時(shí)，過濾，用蒸餾水洗滌沉淀，直至濾液加BaCl2溶液不再出現(xiàn)白色渾濁為止，將所得沉淀灼燒至質(zhì)量不再削減，冷卻，即得Al2O3【解析】【分析】以廢舊鋰離子電池的正極材料(主要含LiCoO2、Al、C等)為原料制備CoC2O4?2H2O，正極材料(主要含LiCoO2、Al、C等)加入NaOH溶液，Al被溶解形成NaAlO2溶液，剩余LiCoO2、C在空氣中灼燒，C與O2反應(yīng)生成CO2，剩余固體LiCoO2與H2SO4、H2O2反應(yīng)，H2O2被Co3+氧化生成CoSO4溶液與O2，接著加入(NH4)2C2O4溶液，最終形成CoC2O4?2H2O【詳解】(1)除鋁時(shí)的反應(yīng)為鋁和強(qiáng)氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；(2)除鋁后仍有C雜質(zhì)，