2024屆山東省菏澤市高三上學(xué)期1月期末考試化學(xué)試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1山東省菏澤市2024屆高三上學(xué)期1月期末可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：Li7O16S32Mn55Cu64I127一、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.中華文化源遠(yuǎn)流長(zhǎng)，化學(xué)與文化傳承密不可分。下列說法錯(cuò)誤的是（）A.糧食釀酒過程中碳元素僅被還原B.“白青[Cu2(OH)2CO3]得鐵化為銅”，其中白青屬于鹽C.聞名世界的秦兵馬俑是陶制品，由黏土經(jīng)高溫?zé)Y(jié)而成D.“蓋此礬色綠，味酸，燒之則赤”，“味酸”是因綠礬水解產(chǎn)生H+【答案】A【詳析】A．糧食釀酒過程中，糧食中的淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇和二氧化碳，該過程中碳元素部分被還原，部分被氧化，故A錯(cuò)誤；B．從組成分析Cu2(OH)2CO3屬于堿式鹽，故B正確；C．陶瓷由黏土高溫?zé)Y(jié)而成，故C正確；D．綠礬為，溶于水電離出Fe2+，F(xiàn)e2+水解產(chǎn)生H+使溶液呈酸性，故D正確；故選：A。2.實(shí)驗(yàn)室中下列做法正確的是（）A.用銅絲代替鉑絲做焰色試驗(yàn)B.用剩的白磷放回盛有水的廣口瓶中C.用10mL量筒量取8.50mLNaOH溶液D.濃硝酸保存在帶橡膠塞的棕色細(xì)口瓶中【答案】B【詳析】A．銅元素的焰色呈綠色，會(huì)干擾其它金屬元素的焰色，不能用銅絲代替鉑絲做焰色試驗(yàn)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．白磷易自燃，用剩的白磷放回盛有水的廣口瓶中，B項(xiàng)正確；C．量取8.50mLNaOH溶液應(yīng)該用堿式滴定管，量筒精度不夠，不能用量筒，10mL量筒只能量取8.5mLNaOH溶液，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．濃硝酸具有強(qiáng)氧化性，會(huì)腐蝕橡膠塞，保存濃硝酸的細(xì)口瓶不能用橡膠塞，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B。3.X、Y、Z、W、Q為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X的原子半徑小于Y的原子半徑，Z基態(tài)原子核外有3個(gè)未成對(duì)電子，Y的核外電子數(shù)與Z的價(jià)層電子數(shù)相等，Q2是氧化性最強(qiáng)的單質(zhì)，下列說法正確的是（）A.鍵能：Z2<W2<Q2 B.YQ3、ZQ3均為非極性分子C.沸點(diǎn)：X2W<XQ D.同周期中第一電離能介于Y和Z之間的元素有3種【答案】D〖祥解〗X、Y、Z、W、Q為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，Q2是氧化性最強(qiáng)的單質(zhì)，則Q是氟；Z基態(tài)原子核外有3個(gè)未成對(duì)電子，Z為氮，則W為氧；Y的核外電子數(shù)與Z的價(jià)層電子數(shù)相等，Y為硼；X的原子半徑小于Y的原子半徑，則X為氫；【詳析】A．氮?dú)夥肿又邪I，鍵能最大，A錯(cuò)誤；B．BF3的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3，空間構(gòu)型為平面三角形，正負(fù)電荷重心重合，為非極性分子；NF3價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，有一對(duì)孤電子對(duì)，空間構(gòu)型為三角錐形，為極性分子，B錯(cuò)誤；C．水分子形成氫鍵的數(shù)目大于HF，導(dǎo)致水的沸點(diǎn)高于HF，C錯(cuò)誤；D．同一周期隨著原子序數(shù)變大，第一電離能變大，Be原子價(jià)電子為2s2全滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于同周期相鄰元素，N的2p軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于同周期相鄰元素，故同周期中第一電離能介于Y和Z之間的元素有鈹碳氧3種，D正確；故選D。4.下列裝置能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ〢.用甲裝置鑒別Br2(g)和NO2(g) B.用乙裝置除去水中的苯酚C.用丙裝置收集Cl2 D.用丁裝置灼燒Fe(OH)3固體制得Fe2O3【答案】A詳析】A．NO2溶于水得無色HNO3溶液，Br2溶于水得橙色溴水，可以用甲裝置鑒別Br2(g)和NO2(g)，故選A；B．苯酚微溶于水，苯酚和水混合形成乳濁液，應(yīng)用分液法分離提純，故不選B；C．若用丙裝置收集Cl2，應(yīng)該從右側(cè)導(dǎo)管進(jìn)氣，故不選C；D．在坩堝中灼燒Fe(OH)3固體制Fe2O3，故不選D；選A。5.酞菁和酞菁鈷可制得光動(dòng)力學(xué)中的光敏劑，分子結(jié)構(gòu)如圖，其中酞菁分子中所有原子共平面，下列說法正確的是（）A.酞菁鈷中鈷的化合價(jià)為+4B.直徑為1.5×10–9m的酞菁鈷分子能透過半透膜C.酞菁鈷中元素的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)镹>C>H>CoD.標(biāo)注①②的N原子的雜化方式是sp2，③的N原子的雜化方式是sp3【答案】C【詳析】A．鈷酞菁分子中，失去了2個(gè)H+的酞菁離子與鈷離子通過配位鍵結(jié)合成分子，因此，鈷離子的化合價(jià)為+2，A錯(cuò)誤；B．膠體粒子的直徑為1~100nm，膠體分子不能透過半透膜，直徑為1.5×10–9m的酞菁鈷分子不能透過半透膜，B錯(cuò)誤；C．非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大，電負(fù)性大小順序N＞C＞H>Co，C正確；D．①②中N均有2個(gè)σ鍵，孤電子對(duì)數(shù)為：=1，③中三個(gè)σ鍵，因?yàn)楣裁?，孤?duì)電子參與形成大π鍵，N原子雜化方式都為sp2，D錯(cuò)誤；故答案為：C。6.根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象能得到相應(yīng)結(jié)論的是（）選項(xiàng)操作和現(xiàn)象結(jié)論A向漂白粉溶液中通入SO2，產(chǎn)生白色沉淀酸性：H2SO3>HClOB常溫下，分別測(cè)定1mol·L–1CH3COONH4溶液和0.1mol·L–1CH3COONH4溶液的pH，測(cè)得pH都等于7同溫下，不同濃度CH3COONH4溶液中水的電離程度相同C10mL0.1mol·L–1FeCl3溶液和10mL0.1mol·L–1KI溶液充分反應(yīng)后分成兩等份，一份加入2滴KSCN溶液，溶液變紅；另一份加入2滴淀粉溶液，溶液變藍(lán)FeCl3和KI的反應(yīng)存在限度D向露置在空氣中的Na2O2固體中加入稀鹽酸，產(chǎn)生氣泡Na2O2固體已經(jīng)變質(zhì)【答案】C【詳析】A.漂白粉可以與二氧化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成硫酸鈣白色沉淀，無法說明酸性H2SO3>HClO，故A錯(cuò)誤；B.不同濃度CH3COONH4溶液中銨根離子和醋酸根離子的水解程度不同，故水的電離程度不同，故B錯(cuò)誤；C.根據(jù)反應(yīng)方程式，題中所給的三價(jià)鐵離子與碘離子的量相等，若反應(yīng)能夠完全進(jìn)行，溶液中不會(huì)存在三價(jià)鐵離子，根據(jù)C中現(xiàn)象，滴加KSCN溶液，溶液變紅可知溶液中存在三價(jià)鐵離子；另一份加入2滴淀粉溶液，溶液變藍(lán)可知溶液中存在碘單質(zhì)，故可知該反應(yīng)是個(gè)可逆反應(yīng)，存在反應(yīng)限度，故C正確；D.若過氧化鈉不變質(zhì)，加入稀鹽酸也可反應(yīng)生成氧氣，故產(chǎn)生氣泡無法說明過氧化鈉固體變質(zhì)，故D錯(cuò)誤；故選C。7.化合物M的結(jié)構(gòu)如圖。下列關(guān)于M的說法錯(cuò)誤的是（）A.存在順反異構(gòu)B.1molM最多可與4molH2反應(yīng)C.其酸性水解的產(chǎn)物均可與溴水反應(yīng)D可形成分子內(nèi)氫鍵和分子間氫鍵【答案】C【詳析】A．由題干有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，該有機(jī)物存在碳碳雙鍵，且雙鍵兩端的碳原子分別連有互不同的原子或原子團(tuán)，故該有機(jī)物存在順反異構(gòu)，A正確；B．該結(jié)構(gòu)中有一個(gè)苯環(huán)、一個(gè)碳碳雙鍵，故1molM最多可與4molH2反應(yīng)，B正確；C．其酸性水解產(chǎn)物有、HOOC－CH＝CH－COOH、，其中不能與溴水反應(yīng)，C錯(cuò)誤；D．相鄰的兩個(gè)羥基可以形成分子內(nèi)氫鍵，羥基間可以形成分子間氫鍵，D正確；故選C。8.實(shí)驗(yàn)室初步分離苯甲酸乙酯、苯甲酸和環(huán)己烷的流程如下：已知：苯甲酸乙酯的沸點(diǎn)為212.6℃，“乙醚-環(huán)己烷-水共沸物”的沸點(diǎn)為62.1℃。下列說法正確的是（）A.試劑X宜選用NaOH溶液B.“操作1”過程中有機(jī)相1從分液漏斗的上口倒出C.“操作2”需用到球形冷凝管D.“操作5”中洗滌苯甲酸時(shí)，用乙醇的效果比用蒸餾水好【答案】B〖祥解〗苯甲酸乙酯、苯甲酸和環(huán)己烷的混合物加飽和碳酸鈉萃取分液，有機(jī)相含有苯甲酸乙酯、環(huán)己烷，水相含苯甲鈉；有機(jī)相加入乙醚和水，蒸餾得苯甲酸乙酯和乙醚-環(huán)己烷-水共沸物，苯甲酸乙酯加無水硫酸鎂干燥得苯甲酸乙酯；水相2加硫酸把苯甲酸鈉轉(zhuǎn)化為苯甲酸，苯甲酸溶解度小，過濾得到苯甲酸粗品，重結(jié)晶得到苯甲酸。【詳析】A．苯甲酸乙酯在氫氧化鈉溶液中水解，試劑X不能選用NaOH溶液，苯甲酸乙酯、環(huán)己烷均難溶于飽和碳酸鈉溶液，試劑X可以選用飽和碳酸鈉溶液，故A錯(cuò)誤；B．“操作1”是分液，有機(jī)相的密度小于水，有機(jī)相在上層，過程中有機(jī)相1從分液漏斗的上口倒出，故B正確；C．“操作2”為蒸餾，需用到直形冷凝管，故C錯(cuò)誤；D．苯甲酸微溶于水，易溶于酒精，“操作5”中洗滌苯甲酸時(shí)，用水洗滌比酒精好，故D錯(cuò)誤；選B。9.以大洋錳結(jié)核(主要由錳、鐵的氧化物組成，還含有Cu元素)為原料制備脫硫劑MnxOy的工藝流程如下。已知：氨浸時(shí)，CO將結(jié)核中的MnO2轉(zhuǎn)化為MnCO3。下列說法錯(cuò)誤的是（）A.“氨浸”時(shí)，快速鼓入CO可起到攪拌加快反應(yīng)速率的作用B.銅元素以Cu2+的形式進(jìn)入“氨浸”的浸出液中C.“浸錳”時(shí)主要反應(yīng)的離子方程式：MnCO3+2NH=Mn2++2NH3↑+H2O+CO2↑D.上述過程中NH3(或NH3?H2O)、(NH4)2SO4可循環(huán)利用【答案】B〖祥解〗由流程可知大洋錳結(jié)核(主要由錳、鐵的氧化物組成，還含有Cu元素)，氨浸時(shí)，CO將結(jié)核中的MnO2轉(zhuǎn)化為MnCO3；過濾得到MnCO3和Fe2O3；濾渣加硫酸銨溶液，其中碳酸錳與硫酸反應(yīng)生成硫酸錳、氨氣和二氧化碳，過濾出Fe2O3；再經(jīng)過濾，濾液中加碳酸銨使錳離子轉(zhuǎn)化為碳酸錳，過濾后，煅燒碳酸錳得到脫硫劑MnxOy，據(jù)此分析解答；【詳析】A．“氨浸”時(shí)，快速鼓入CO可起到攪拌，有利于大洋錳結(jié)核與氨水充分接觸，加快反應(yīng)速率，故A正確；B．Cu2+與氨水反應(yīng)首先生成Cu(OH)2，Cu(OH)2繼續(xù)與氨水反應(yīng)最終生成進(jìn)入浸出液中，故B錯(cuò)誤；C．由上述分析可知浸錳時(shí)的主要離子反應(yīng)為：MnCO3+2NH=Mn2++2NH3↑+H2O+CO2↑，故C正確；D．由流程可知，上述過程中NH3(或NH3?H2O)、(NH4)2SO4可循環(huán)利用，故D正確；故選：B。10.中國(guó)科學(xué)家將I2分子引入電解質(zhì)中制作高功率可充電Li-SOCl2電池，I2調(diào)整充電和放電反應(yīng)途徑如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是（）A.電池使用過程中無需補(bǔ)充I2B.充電時(shí)，陰極Li+得電子發(fā)生還原反應(yīng)C.放電時(shí)總反應(yīng)：4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2↑D.充電時(shí)，Li電極質(zhì)量增加7g時(shí)電極反應(yīng)消耗的I2的質(zhì)量為254g【答案】D【詳析】A．由工作原理圖可知，是催化劑，分子的引入催化了電池放電和充電過程，因此在電池使用過程中無需補(bǔ)充，故A項(xiàng)不符合題意；B．由工作原理圖可知，充電時(shí)，失電子轉(zhuǎn)化為ICl，發(fā)生氧化反應(yīng)，陽極反應(yīng)式，陰極反應(yīng)式，故B項(xiàng)不符合題意；C．由工作原理圖可知，放電時(shí)，正極上轉(zhuǎn)化為S、SO2，負(fù)極上Li轉(zhuǎn)化為L(zhǎng)i+，則電池的放電總反應(yīng)為，故C項(xiàng)不符合題意；D．由工作原理圖可知，充電時(shí)，陽極反應(yīng)式，陰極反應(yīng)式，Li電極質(zhì)量增加7g時(shí)即為L(zhǎng)i的質(zhì)量，由此計(jì)算可得轉(zhuǎn)移電子為1mol，根據(jù)可知n(I2)=0.5mol，故消耗的I2的質(zhì)量為127g，故D錯(cuò)誤，符合題意；故答案選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)選項(xiàng)符合題意，全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。11.我國(guó)科學(xué)家研究發(fā)現(xiàn)稀土鈰基催化劑可低溫脫硝，其反應(yīng)歷程如圖所示(“□”代表空位)。下列說法正確的是（）A.歷程中Ce、Ti形成的共價(jià)鍵數(shù)目未發(fā)生變化B.每形成2mol氫氧鍵，形成1mol“空位”C.上述歷程中每生成1molN2，轉(zhuǎn)移6mole–D.總反應(yīng)中氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為1∶2【答案】D【詳析】A．“□”代表空位，由圖示反應(yīng)歷程可知，Ce、Ti形成的共價(jià)鍵數(shù)目發(fā)生變化，如生成N2+2H2O的過程中，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．由圖示反應(yīng)歷程可知，形成1molCe、Ce之間的“空位”時(shí)生成1molH2O、形成2mol氫氧鍵，形成1molCe、Ti之間的“空位”時(shí)生成2molH2O、形成3mol氫氧鍵，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．上述歷程的總反應(yīng)為O2+4NH3+4NO4N2+6H2O，N元素的化合價(jià)由NH3中-3價(jià)升至N2中0價(jià)，每生成4molN2轉(zhuǎn)移12mol電子，則每生成1molN2，轉(zhuǎn)移3mol電子，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．上述歷程的總反應(yīng)為O2+4NH3+4NO4N2+6H2O，N元素的化合價(jià)由NH3中-3價(jià)升至N2中0價(jià)，NH3為還原劑、N2為氧化產(chǎn)物，N元素的化合價(jià)由NO中+2價(jià)降至N2中0價(jià)，NO為氧化劑、N2為還原產(chǎn)物，O元素的化合價(jià)由0價(jià)降至-2價(jià)，O2為氧化劑、部分H2O為還原產(chǎn)物，結(jié)合得失電子守恒和原子守恒，氧化產(chǎn)物（2molN2）與還原產(chǎn)物（2molN2+2molH2O）物質(zhì)的量之比為2∶4=1∶2，D項(xiàng)正確；答案選D。12.Cope重排反應(yīng)如圖所示，K()經(jīng)Cope重排反應(yīng)可得到M。已知：羥基直接連在雙鍵碳原子上不穩(wěn)定會(huì)異構(gòu)化成酮羰基或醛基。下列說法錯(cuò)誤的是（）A.Y中所有碳原子可能共平面B.M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為C.依據(jù)紅外光譜可確證K、M存在不同的官能團(tuán)D.含酚羥基且有手性碳原子的M的同分異構(gòu)體有9種(不考慮立體異構(gòu))【答案】BD【詳析】A．由題干圖示有機(jī)物Y的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，Y分子中存在兩個(gè)碳碳雙鍵所在的平面，單鍵可以任意旋轉(zhuǎn)，故除氫原子外，Y中其他原子可能共平面，A正確；B．根據(jù)題意且羥基直接連在雙鍵碳原子上不穩(wěn)定會(huì)異構(gòu)化成酮羰基或醛基，所以通過Cope重排后得到M，B錯(cuò)誤；C．依據(jù)紅外光譜可確證K、M存在不同的官能團(tuán)，K為碳碳雙鍵和醇羥基，M為碳碳雙鍵和羰基，C正確；D．M的分子式為C11H16O，按要求含酚羥基且有手性碳原子的M的同分異構(gòu)體應(yīng)該滿足有一個(gè)苯環(huán)和酚羥基和其他取代基，苯酚與可以形成3種，苯酚與可以形成3種，此時(shí)還可以是與可以形成4種，已經(jīng)有10種，除此之外還可讓甲基在酚羥基的間位與可以形成4中，數(shù)目超過9種，除此之外當(dāng)甲基在對(duì)位，或者苯酚與乙基丙基之間的取代等，也滿足條件，D錯(cuò)誤；故選BD。13.一種利用電化學(xué)富集鋰的裝置如圖所示。富集鋰的工作步驟如下：①接通電源1并向電極室2中通入海水，海水中的Li+進(jìn)入MnO2結(jié)構(gòu)而形成LixMn2O4，當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移0.15mole-時(shí)，43.5gMnO2完全反應(yīng)。②斷開電源1接通電源2，停止通海水，使LixMn2O4中的Li+脫出進(jìn)入電極室3。下列說法正確的是（）A.x=0.6B.惰性電極1與電源負(fù)極相連C.離子交換膜b為陽離子交換膜D.接通電源2后，MnO2電極的電極反應(yīng)式為L(zhǎng)ixMn2O4+xe–=2MnO2+xLi+【答案】AC〖祥解〗根據(jù)題意，接通電源1并向電極室2中通入海水，海水中的Li+進(jìn)入MnO2結(jié)構(gòu)而形成LixMn2O4，此時(shí)錳的化合價(jià)降低，即此時(shí)二氧化錳與電源1的負(fù)極相連，惰性電極1與電源1的正極相連，隨后斷開電源1接通電源2，停止通海水，使LixMn2O4中的Li+脫出進(jìn)入電極室3，此時(shí)錳的化合價(jià)升高，此時(shí)二氧化錳與電源2的正極相連，惰性電極2與電源2的負(fù)極相連，以此解題。【詳析】A．43.5gMnO2的物質(zhì)的量為0.5mol，此時(shí)轉(zhuǎn)移0.15mole-，則若1mol二氧化錳參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.3mole-，鋰離子進(jìn)入二氧化錳結(jié)構(gòu)對(duì)應(yīng)二氧化錳中錳的化合價(jià)的降低，根據(jù)題意可知，此時(shí)MnO2轉(zhuǎn)化為L(zhǎng)ixMn2O4，即0.5x對(duì)應(yīng)1個(gè)二氧化錳，對(duì)應(yīng)化合價(jià)變化為0.3，則x=0.6，A正確；B．由分析可知，惰性電極1與電源正極相連，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)題意可知，斷開電源1接通電源2，停止通海水，使LixMn2O4中的Li+脫出進(jìn)入電極室3，則離子交換膜b為陽離子交換膜，C正確；D．根據(jù)題意接通電源2后，LixMn2O4轉(zhuǎn)化為MnO2，此時(shí)錳的化合價(jià)升高，根據(jù)化合價(jià)升降相等可知，MnO2電極的電極反應(yīng)式為L(zhǎng)ixMn2O4-xe–=2MnO2+xLi+，D錯(cuò)誤；故選AC。14.將2molN2和6molH2通入2L密閉容器中，分別在T1和T2溫度下進(jìn)行反應(yīng)：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0。下圖曲線分別表示X的濃度(或Y的物質(zhì)的量)隨時(shí)間的變化(X、Y分別代表某一種反應(yīng)物或生成物)。下列說法正確的是（）A.X表示的物質(zhì)是H2B.T2溫度下，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為C.T2溫度下，4~12min的反應(yīng)速率v(H2)=0.05mol?L–1?min–1D.T2溫度下，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)較大【答案】D〖祥解〗根據(jù)2molN2、6molH2、0molNH3可知，Y表示氫氣，X表示氨氣；【詳析】A．由分析可知，X表示的物質(zhì)為NH3，A錯(cuò)誤；B．T2溫度下，列三段式為求得，B錯(cuò)誤；C．T2溫度下，4~12min的反應(yīng)速率v(H2)=mol?L–1?min–1，C錯(cuò)誤；D．0~4min時(shí)，T2溫度下，v(H2)=mol?L–1?min–1，T1溫度下，v(H2)=v(NH3)=mol?L–1?min–1，故T2＞T1，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向移動(dòng)，壓強(qiáng)變大，D正確；故選D。15.工業(yè)上常用H2S處理廢水中的Ni2+和Cd2+，對(duì)其工藝條件進(jìn)行研究。處理過程中始終保持H2S飽和，即c(H2S)=0.1mol?L–1，在一定pH范圍內(nèi)，溶液中HS–、S2–、Ni2+和Cd2+濃度的—lg(c/mol·L–1)隨pH的變化關(guān)系如圖，已知pH=2時(shí)溶液中僅有CdS沉淀生成，下列說法正確的是（）A.X點(diǎn)：c(H+)>c(Cd2+)=c(S2—)B.Ka2(H2S)=10–14.6C.m=9.2D.反應(yīng)Cd2+(aq)+HS—(aq)CdS(s)+H+(aq)的平衡常數(shù)K=10–11.4(mol·L–1)–1【答案】BC〖祥解〗溶液pH增大時(shí)，氫硫酸飽和溶液中氫硫酸根離子和硫離子的濃度均減小，但pH相同時(shí)，溶液中的c(HS-)大于硫c(S2-)離子，則—lgc(HS-)＜—lgc(S2-)，則曲線③、④分別表示—lgc(S2-)、—lgc(HS-)與pH的變化；pH=2時(shí)溶液中僅有硫化鎘沉淀生成，即K(NiS)>K(CdS)，即當(dāng)c(S2-)相同時(shí)，c(Ni2+)>c(Cd2+)，則-lgc(Ni2+)和-lgc(Cd2+)隨著pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)＜-lgc(Cd2+)，由此可知曲線①代表—lg(CdS)，②代表—lg(NiS)；由圖可知，溶液pH為4.2時(shí)，c(HS-)=10-4mol/L，則氫硫酸的一級(jí)電離常數(shù)Ka1(H2S)===10-7.2，溶液pH為4.9時(shí)，c(S2-)=10-13mol/L，則Ka1(H2S)Ka2(H2S)===10-21.8，所以氫硫酸的二級(jí)電離常數(shù)Ka2(H2S)=10–14.6?！驹斘觥緼．由圖以及分析可知，X點(diǎn)鎘離子的濃度大于硫離子濃度，故A錯(cuò)誤；B．由分析可知，氫硫酸的二級(jí)電離常數(shù)Ka2(H2S)=10–14.6，故B正確；C．由圖可知，溶液pH為4.2時(shí)，c(HS-)和c(Ni2+)均為10-4mol/L，由Ka2(H2S)==10–14.6可得溶液中硫離子濃度為10–14.4mol/L，則硫化鎳的溶度積Ksp(NiS)=10–18.4，Y點(diǎn)硫離子和鎳離子的濃度相等，則m=—lg=9.2，故C正確；D．由圖可知，溶液pH為4.9時(shí)，硫離子和鎘離子濃度均為10-13mol/L，則硫化鎳的溶度積Ksp(CdS)=10–26，由方程式可知，反應(yīng)的平衡常數(shù)K=====1011.4，故D錯(cuò)誤；故選BC。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.硫是組成生命的重要元素?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)硫原子的價(jià)電子軌道表示式為___________。（2）廣譜殺蟲劑硫酰氟(SO2F2)常溫常壓下為無色氣體，固態(tài)SO2F2的晶體類型為___________，S原子的軌道雜化方式為___________，其F-S-F鍵角___________硫酰氯(SO2Cl2)中的Cl-S-Cl鍵角(填“>”或“<”)，原因是___________________。（3）硫代硫酸根(S2O)可看作是SO中的一個(gè)O原子被S原子取代的產(chǎn)物，S2O的空間結(jié)構(gòu)是___________；工業(yè)上，S2O常作為配體與金屬陽離子形成配合物，除O原子外可做配位原子的是___________(填“中心”或“端基”)S原子。（4）天然硫化銅俗稱銅藍(lán)，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖。已知晶胞中含S，則一個(gè)晶胞中含有___________個(gè)Cu2+，若阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶體的密度ρ=___________g·cm–3(用含NA的代數(shù)式表示)。【答案】（1）（2）分子晶體sp3<F的電負(fù)性大于Cl，S-F鍵成鍵電子對(duì)間的斥力?。?）四面體端基（4）2【詳析】（1）硫?yàn)?6號(hào)元素，則基態(tài)硫原子的價(jià)電子軌道表示式為：；（2）根據(jù)信息可知SO2F2沸點(diǎn)較低，則其為分子晶體；其中S的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，則其雜化方式為：sp3；F的電負(fù)性大于Cl，則SO2F2中S—F的共用電子對(duì)更加偏向于F，共價(jià)鍵斥力較小，鍵角較小，即F-S-F鍵角<硫酰氯(SO2Cl2)中的Cl-S-Cl鍵角；原因是：F的電負(fù)性大于Cl，S-F鍵成鍵電子對(duì)間的斥力??；（3）SO中S的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，硫代硫酸根(S2O)可看作是SO中的一個(gè)O原子被S原子取代的產(chǎn)物，S2O的空間結(jié)構(gòu)是四面體形；配位原子需要提供孤電子對(duì)與其他原子形成配位鍵，則S2O常作為配體與金屬陽離子形成配合物，除O原子外可做配位原子的是端基S原子；（4）由俯視圖可知，俯視圖處于頂點(diǎn)位置的S可能處于晶胞頂點(diǎn)或者棱上，結(jié)合晶胞圖形可知該S處于棱上，且該S實(shí)際存在形式為，個(gè)數(shù)為；俯視圖處于面點(diǎn)位置的S可能處于晶胞體內(nèi)或者面心上，結(jié)合晶胞圖形可知該S處于體內(nèi)，且該S實(shí)際存在形式為，個(gè)數(shù)為2個(gè)，因此晶胞中S的總價(jià)態(tài)為2×(-2)+2×(-2)=-8，由晶胞可知Cu位于晶胞內(nèi)部，則晶胞中Cu的總個(gè)數(shù)為6個(gè)，設(shè)Cu+的個(gè)數(shù)為x，Cu2+的個(gè)數(shù)為y，則x+y=6，x+2y=+8，聯(lián)立二式子解得x=4，y=2，則該物質(zhì)化學(xué)式可表示為：(Cu+)4(Cu2+)2(S2-)2(Cu)2，結(jié)合俯視圖可知地面平行四邊形，其高為，則密度。17.工業(yè)上以富釩爐渣(主要含F(xiàn)eO·V2O3、V2O5和少量的SiO2、Al2O3等)為原料制備V2O5的工藝流程如下：已知：①+5價(jià)釩元素在溶液中的存在形式與溶液pH的關(guān)系：溶液pH<1.01.0~4.04.0~6.06.0~8.58.5~13.0>13.0釩元素存在形式VOV2O5多礬酸根VO多礬酸根VO備注多礬酸鹽在水中溶解度較?、贙sp[Fe(OH)3]=2.6×10–39；Ksp[Al(OH)3]=1.0×10–33；Ksp(NH4VO3)=1.6×10–3回答下列問題：（1）“高溫氧化”前將富釩爐渣研磨粉碎的目的是_________________；“高溫氧化”過程中發(fā)生主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________________。（2）濾渣1的主要成分為_______；“調(diào)pH”時(shí)需將Fe3+、Al3+除盡(濃度≤1×10–5mol?L–1時(shí)，可認(rèn)為已除盡)，需調(diào)節(jié)pH的范圍為____________。（3）若“沉釩”前溶液中c(VO)=0.2mol?L–1，忽略溶液體積變化，為使釩元素的沉降率達(dá)到99%，至少應(yīng)調(diào)節(jié)c(NH)為_______mol·L–1.過濾、洗滌、干燥得到NH4VO3沉淀，檢驗(yàn)NH4VO3沉淀是否洗凈的操作是_________________。（4）“焙燒”時(shí)生成兩種參與大氣循環(huán)無毒物質(zhì)，則該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________________?！敬鸢浮浚?）增大原料接觸面積，加快反應(yīng)速率6FeO·V2O3＋5KClO33Fe2O3＋6V2O5＋5KCl（2）SiO26.0~8.5（3）0.8取少量最后一次洗滌液于潔凈試管中，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若無明顯現(xiàn)象，證明NH4VO3已洗滌干凈（4）4NH4VO3＋3O22V2O5＋2N2↑＋8H2O↑〖祥解〗高溫氧化過程中加入KClO3可將低價(jià)鐵、釩氧化為高價(jià)，酸浸時(shí)氧化鋁溶解為鋁離子，則濾渣1為SiO2，用氫氧化鉀調(diào)節(jié)pH將礬轉(zhuǎn)化為VO，同時(shí)將Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為沉淀除盡，用氯化銨沉礬后，再焙燒得到產(chǎn)品，以此解題。【詳析】（1）從反應(yīng)速率的影響因素考慮，“高溫氧化”前將富釩爐渣研磨粉碎的目的是：增大原料接觸面積，加快反應(yīng)速率；“高溫氧化"過程中加入KClO3可將FeO·V2O3氧化為Fe2O3和V2O5，化學(xué)方程式為：6FeO·V2O3＋5KClO33Fe2O3＋6V2O5＋5KCl；（2）由分析可知，濾渣1為SiO2；兩種沉淀相比氫氧化鋁更難沉淀，則，完全除盡，，取最小值代入得，，故溶液不小于4.7時(shí)，完全沉淀；根據(jù)流程可知，調(diào)pH后礬的存在形式為VO，結(jié)合表格中信息可知需調(diào)節(jié)pH范圍為：6.0~8.5，且此時(shí)Fe3+、Al3+兩種離子都已經(jīng)形成沉淀；（3）為使釩元素的沉降率達(dá)到99%，溶液中剩余的，；根據(jù)流程可知，“沉釩”時(shí)加入的氯化銨，則產(chǎn)品表面可能吸附有氯離子，可以通過檢驗(yàn)氯離子來檢驗(yàn)NH4VO3沉淀是否洗凈，對(duì)應(yīng)的操作是：取少量最后一次洗滌液于潔凈試管中，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若無明顯現(xiàn)象，證明NH4VO3已洗滌干凈；（4）由已知條件可知，NH4VO3分解生成V2O5和無污染的氣體，相應(yīng)的方程式為：4NH4VO3＋3O22V2O5＋2N2↑＋8H2O↑。18.環(huán)烷酸鈷[(C5H9)(CH2)3COO]2Co可作合成橡膠的催化劑，實(shí)驗(yàn)室以CoCl2、環(huán)烷酸[C5H9(CH2)3COOH]等為原料制備環(huán)烷酸鈷?；卮鹣铝袉栴}：Ⅰ.CoCl2的制備實(shí)驗(yàn)室用如圖實(shí)驗(yàn)裝置制備純凈的CoCl2(CoCl2易潮解)。（1）A中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_____________________。（2）B中盛放的試劑為___________；圖示裝置存在一處缺陷會(huì)導(dǎo)致產(chǎn)品不純，改進(jìn)的措施是_____________________。（3）SOCl2遇水極易反應(yīng)生成兩種酸性氣體，常作吸水劑。某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)用CoCl2?6H2O和SOCl2反應(yīng)制備無水CoCl2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____________________。Ⅱ.環(huán)烷酸鈷的制備控制溫度90～95℃，向環(huán)烷酸中滴入一定濃度NaOH溶液，反應(yīng)約2h后，再加入一定濃度CoCl2溶液，得到含有環(huán)烷酸鈷的水溶液，分離提純得環(huán)烷酸鈷粗產(chǎn)品。（4）實(shí)驗(yàn)中NaOH溶液的用量對(duì)環(huán)烷酸鈷產(chǎn)率的影響如圖所示，NaOH溶液過量導(dǎo)致環(huán)烷酸鈷產(chǎn)率降低的原因是_____________________。Ⅲ.環(huán)烷酸鈷純度的測(cè)定步驟①：準(zhǔn)確稱取mg環(huán)烷酸鈷產(chǎn)品，加入少量稀硫酸使其溶解，將溶液轉(zhuǎn)移至250mL容量瓶，定容。步驟②：移取25.00mL上述溶液于錐形瓶中，加入0.0500mol?L–1EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液25.00mL。充分反應(yīng)后，以鉻黑T為指示劑，用0.0500mol?L–1鋅標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過量的EDTA，消耗鋅標(biāo)準(zhǔn)溶液5.00mL。已知：環(huán)烷酸鈷摩爾質(zhì)量為Mg?mol–1；EDTA與金屬離子以1：1形成穩(wěn)定配合物。（5）產(chǎn)品中環(huán)烷酸鈷的純度為___________(用含字母的式子表示)。下列情況會(huì)導(dǎo)致產(chǎn)品純度測(cè)定值偏低的是___________。A．產(chǎn)品中存在[(C5H9)(CH2)3COO]3CoB．步驟①中定容時(shí)俯視刻度線C．步驟①中轉(zhuǎn)移溶液時(shí)未洗滌燒杯D．步驟②中滴定管未用鋅標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗【答案】（1）ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O（2）飽和NaCl溶液將E改為盛有堿石灰的干燥管或者在D、E之間加一個(gè)盛有濃硫酸的洗氣瓶（3）CoCl2?6H2O+6SOCl2=CoCl2+12HCl↑+6SO2↑（4）NaOH溶液過量會(huì)生成Co(OH)2沉淀（5）ACD〖祥解〗濃鹽酸和氯酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯氣，通過B飽和食鹽水除去揮發(fā)的氯化氫、通過C濃硫酸干燥，氯氣在D中和鈷反應(yīng)生成CoCl2，尾氣有毒使用堿液吸收；【詳析】（1）濃鹽酸和氯酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯氣、氯化鉀和水，ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；（2）由分析可知，B中盛放的試劑為飽和食鹽水除去揮發(fā)的氯化氫；CoCl2易潮解，故圖示裝置會(huì)導(dǎo)致產(chǎn)品不純，改進(jìn)的措施是將E改為盛有堿石灰的干燥管或者在D、E之間加一個(gè)盛有濃硫酸的洗氣；（3）CoCl2?6H2O和SOCl2反應(yīng)制備無水CoCl2，反應(yīng)中結(jié)晶水和SOCl2反應(yīng)生成二氧化硫氣體和氯化氫氣體，使得CoCl2?6H2O晶體轉(zhuǎn)化為CoCl2，化學(xué)方程式為CoCl2?6H2O+6SOCl2=CoCl2+12HCl↑+6SO2↑；（4）NaOH溶液過量會(huì)生成Co(OH)2沉淀，導(dǎo)致環(huán)烷酸鈷產(chǎn)率降低；（5）已知：環(huán)烷酸鈷摩爾質(zhì)量為Mg?mol–1；EDTA與金屬離子以1：1形成穩(wěn)定配合物，則根據(jù)鈷元素守恒可知，環(huán)烷酸鈷為，產(chǎn)品中環(huán)烷酸鈷的純度為；A．產(chǎn)品中存在[(C5H9)(CH2)3COO]3Co，三價(jià)鈷的存在導(dǎo)致二價(jià)故含量減小，測(cè)的產(chǎn)品純度測(cè)定值偏低，A符合題意；B．步驟①中定容時(shí)俯視刻度線，使得配制的溶液濃度偏大，則移取25.00mL上述溶液中二價(jià)鈷濃度偏大，導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏高，B不符合題意；C．步驟①中轉(zhuǎn)移溶液時(shí)未洗滌燒杯，使得配制的溶液濃度偏小，則移取25.00mL上述溶液中二價(jià)鈷濃度偏低，導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏低，C符合題意；D．步驟②中滴定管未用鋅標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗，導(dǎo)致鋅標(biāo)準(zhǔn)溶液濃度偏低，消耗鋅標(biāo)準(zhǔn)溶液偏大，計(jì)算出二價(jià)鈷量偏小，測(cè)定結(jié)果偏小，D符合題意；故選ACD。19.以麥芽酚為原料合成一種藥物中間體M()的路線如下(部分反應(yīng)條件或試劑略去)：已知：Ⅰ．R1CHO＋CH3-CR2=CHR3R1CHOHCH2CR2=CHR3Ⅱ．R1CH=CHR2R1COOH＋R2COOH（1）麥芽酚中含氧官能團(tuán)的名稱是___________；有機(jī)物Q是麥芽酚多一個(gè)碳原子的同系物，符合下列條件的Q的同分異構(gòu)體有___________種。①遇FeCl3溶液顯紫色②1molQ最多能與2molNa2CO3反應(yīng)③含有六種化學(xué)環(huán)境的氫（2）物質(zhì)C可由A通過兩步轉(zhuǎn)化生成(A→中間產(chǎn)物→C)，則中間產(chǎn)物的化學(xué)名稱為___________；B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為___________。（3）D→E的反應(yīng)類型為___________；K→L的化學(xué)方程式為_____________________。（4）根據(jù)上述信息，寫出以乙二醇、2-丁烯為主要原料制備的合成路線___________________________?！敬鸢浮浚?）酮羰基、羥基、醚鍵4（2）苯甲醇（3）消去反應(yīng)→（4）HOCH2CH2OHOHCCHO〖祥解〗麥芽酚與A(C7H7Br)一定條件下反應(yīng)生成B(C13H12O3)，B與C(C7H6O)在特殊溶劑中發(fā)生題給已知Ⅰ的反應(yīng)生成D(C20H18O4)，D脫去1個(gè)“H2O”生成E，E與NaIO4、RuCl3發(fā)生題給已知Ⅱ的反應(yīng)生成F，結(jié)合F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式和各物質(zhì)的分子式可知，A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為、B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為、C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為、D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為、E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；F與X(C3H9O2N)一定條件下反應(yīng)生成G，由G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式和X的分子式可知，X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為H2NCH2CH(OH)CH2OH；J與反應(yīng)生成K，K反應(yīng)轉(zhuǎn)化成L，L在濃硫酸、加熱時(shí)反應(yīng)生成M，結(jié)合M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式知，K的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為、L的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為?！驹斘觥浚?）由麥芽酚的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式知，麥芽酚中含氧官能團(tuán)的名稱是羥基、醚鍵、酮羰基；麥芽酚的分子式為C6H6O3，Q是麥芽酚多一個(gè)碳原子的同系物，Q的分子式為C7H8O3，不飽和度為4，Q的同分異構(gòu)體遇FeCl3溶液顯紫色說明結(jié)構(gòu)中含酚羥基，1molQ最多與2molNa2CO3反應(yīng)說明1個(gè)Q中含2個(gè)酚羥基，有六種化學(xué)環(huán)境的氫，符合條件的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為、、、，共4種。（2）A結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為、C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，物質(zhì)C可由A通過兩步轉(zhuǎn)化生成(A→中間產(chǎn)物→C)，A與NaOH水溶液、加熱發(fā)生水解反應(yīng)生成中間產(chǎn)物，發(fā)生催化氧化反應(yīng)生成C，的化學(xué)名稱為苯甲醇；根據(jù)分析，B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。（3）D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為、E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，D發(fā)生醇羥基的消去反應(yīng)生成E；K→L的化學(xué)方程式為→。（4）對(duì)比與HOCH2CH2OH、CH3CH=CHCH3的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，可由題給已知Ⅰ構(gòu)建碳架，HOCH2CH2OH先發(fā)生催化氧化反應(yīng)生成OHCCHO，OHCCHO與CH3CH=CHCH3在特殊溶劑中反應(yīng)生成，與Cl2發(fā)生取代反應(yīng)生成，發(fā)生水解反應(yīng)生成，則合成路線為：HOCH2CH2OHOHCCHO。20.利用1-甲基萘(1-MN)制備四氫萘類物質(zhì)(MTLs，包括1-MTL和5-MTL)。反應(yīng)過程中伴有生成1-甲基十氫萘(1-MD)的副反應(yīng)，涉及反應(yīng)如下。各反應(yīng)的平衡常數(shù)K與溫度T的關(guān)系如圖所示。反應(yīng)Ⅰ：+2H2(g)；ΔH1反應(yīng)Ⅱ：+2H2(g)；ΔH2反應(yīng)Ⅲ：+3H2(g)；ΔH3反應(yīng)Ⅳ：+3H2(g)；ΔH4回答下列問題：（1）溫度為T1時(shí)，反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)與反應(yīng)Ⅲ、Ⅳ的平衡常數(shù)之間的關(guān)系是K2=___________(用含K3、K4的代數(shù)式表示)，曲線a、b中，表示反應(yīng)Ⅳ的平衡常數(shù)隨溫度變化的曲線為___________(填代號(hào))。已知1-MTL比5-MTL穩(wěn)定，則的數(shù)值范圍是___________(填標(biāo)號(hào))。A．<-1B．-1～0C．0～1D．>1（2）以1mol1-MN為原料，在1×103kPa的高壓H2氛圍下反應(yīng)(H2的壓強(qiáng)近似等于總壓)，測(cè)得不同溫度下達(dá)平衡時(shí)各產(chǎn)物的選擇性Si(某生成物i的物質(zhì)的量與消耗1-MN的物質(zhì)的量之比)和物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)xi(xi表示物種i物質(zhì)的量與除H2外其他各物種總物質(zhì)的量之比)隨1-MN平衡轉(zhuǎn)化率y的變化關(guān)系如圖所示。反應(yīng)溫度為T2時(shí)，1-MN平衡轉(zhuǎn)化率y=80%，則反應(yīng)消耗H2的物質(zhì)的量為___________，m=___________，反應(yīng)Ⅱ的分壓平衡常數(shù)Kp=___________kPa–2。（3）同溫同壓下，向溫度為T2時(shí)的平衡體系中再充入H2，過程中保持H2的濃度不變，反應(yīng)Ⅰ的化學(xué)平衡___________(填“正向移動(dòng)”“逆向移動(dòng)”或“不移動(dòng)”)。平衡時(shí)，1-MTL與5-MTL物質(zhì)的量濃度之比c(1-MTL)：c(5-MTL)=___________?！敬鸢浮浚?）aC（2）2.71mol0.0753×10-7（3）不移動(dòng)6:37【詳析】（1）由蓋斯定律可知，平衡常數(shù)K1K3=K2K4，結(jié)合圖示，溫度為T1時(shí)，lgK1=0，即K1=1，則K2=；由圖可知，相同溫度下，則K1＞K2，所以K3<K4，則表示反應(yīng)Ⅳ的平衡常數(shù)隨溫度變化曲線為a；由圖可知，升高溫度，四個(gè)反應(yīng)的平衡常數(shù)均減小，說明反應(yīng)均向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，均為放熱反應(yīng)，，已知1-MTL比5-MTL穩(wěn)定，物質(zhì)的能量越低越穩(wěn)定，說明反應(yīng)Ⅱ比反應(yīng)I放熱更多，，則，故選C；（2）涉及的反應(yīng)有：反應(yīng)Ⅰ：1-MN(g)+2H2(g)5-MTL(g)；反應(yīng)Ⅱ：1-MN(g)+2H2(g)1-MTL(g)；反應(yīng)Ⅲ：5-MTL(g)+3H2(g)1-MD(g)；反應(yīng)Ⅳ：1-MTL(g)+3H2(g)1-MD(g)；1-MN平衡轉(zhuǎn)化率y為80%時(shí)，反應(yīng)的1-MN為0.8mol，開始生成1-MTL和5-MTL共0.8mol；由圖可知，平衡時(shí)1-MTL和5-MTL物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)共0.43，則又消耗了(0.8mol-0.43mol)=0.37mol的1-MTL和5-MTL，則反應(yīng)消耗H2的物質(zhì)的量為0.8mol2+0.37mol3=2.71mol；綜合以上分析，平衡時(shí)，1-MD為0.37mol，由圖可知平衡時(shí)S5-MTL=S1-MD，則5-MTL也為0.37mol，則1-MTL為(0.8mol-0.37mol-0.37mol)=0.06mol，平衡時(shí)S1-MTL=m，0.8molm=0.06mol，解得m=0.075；反應(yīng)Ⅱ：1-MN(g)+2H2(g)1-MTL(g)，結(jié)合以上分析，平衡時(shí)1-MTL的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為0.06，1-MN的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為0.2，H2的壓強(qiáng)近似等于總壓為1×103kPa，則反應(yīng)Ⅱ的分壓平衡常數(shù)Kp==3×10-7kPa–2。（3）同溫同壓下，向溫度為T2時(shí)的平衡體系中再充入H2，過程中保持H2的濃度不變，則反應(yīng)Ⅰ的Qc=K，則平衡不移動(dòng)。相同條件下，氣體的濃度之比等于物質(zhì)的量之比，則平衡時(shí)，1-MTL與5-MTL物質(zhì)的量濃度之比為c(1-MTL)：c(5-MTL)=0.06：0.37=6:37。山東省菏澤市2024屆高三上學(xué)期1月期末可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：Li7O16S32Mn55Cu64I127一、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.中華文化源遠(yuǎn)流長(zhǎng)，化學(xué)與文化傳承密不可分。下列說法錯(cuò)誤的是（）A.糧食釀酒過程中碳元素僅被還原B.“白青[Cu2(OH)2CO3]得鐵化為銅”，其中白青屬于鹽C.聞名世界的秦兵馬俑是陶制品，由黏土經(jīng)高溫?zé)Y(jié)而成D.“蓋此礬色綠，味酸，燒之則赤”，“味酸”是因綠礬水解產(chǎn)生H+【答案】A【詳析】A．糧食釀酒過程中，糧食中的淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇和二氧化碳，該過程中碳元素部分被還原，部分被氧化，故A錯(cuò)誤；B．從組成分析Cu2(OH)2CO3屬于堿式鹽，故B正確；C．陶瓷由黏土高溫?zé)Y(jié)而成，故C正確；D．綠礬為，溶于水電離出Fe2+，F(xiàn)e2+水解產(chǎn)生H+使溶液呈酸性，故D正確；故選：A。2.實(shí)驗(yàn)室中下列做法正確的是（）A.用銅絲代替鉑絲做焰色試驗(yàn)B.用剩的白磷放回盛有水的廣口瓶中C.用10mL量筒量取8.50mLNaOH溶液D.濃硝酸保存在帶橡膠塞的棕色細(xì)口瓶中【答案】B【詳析】A．銅元素的焰色呈綠色，會(huì)干擾其它金屬元素的焰色，不能用銅絲代替鉑絲做焰色試驗(yàn)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．白磷易自燃，用剩的白磷放回盛有水的廣口瓶中，B項(xiàng)正確；C．量取8.50mLNaOH溶液應(yīng)該用堿式滴定管，量筒精度不夠，不能用量筒，10mL量筒只能量取8.5mLNaOH溶液，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．濃硝酸具有強(qiáng)氧化性，會(huì)腐蝕橡膠塞，保存濃硝酸的細(xì)口瓶不能用橡膠塞，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B。3.X、Y、Z、W、Q為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X的原子半徑小于Y的原子半徑，Z基態(tài)原子核外有3個(gè)未成對(duì)電子，Y的核外電子數(shù)與Z的價(jià)層電子數(shù)相等，Q2是氧化性最強(qiáng)的單質(zhì)，下列說法正確的是（）A.鍵能：Z2<W2<Q2 B.YQ3、ZQ3均為非極性分子C.沸點(diǎn)：X2W<XQ D.同周期中第一電離能介于Y和Z之間的元素有3種【答案】D〖祥解〗X、Y、Z、W、Q為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，Q2是氧化性最強(qiáng)的單質(zhì)，則Q是氟；Z基態(tài)原子核外有3個(gè)未成對(duì)電子，Z為氮，則W為氧；Y的核外電子數(shù)與Z的價(jià)層電子數(shù)相等，Y為硼；X的原子半徑小于Y的原子半徑，則X為氫；【詳析】A．氮?dú)夥肿又邪I，鍵能最大，A錯(cuò)誤；B．BF3的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3，空間構(gòu)型為平面三角形，正負(fù)電荷重心重合，為非極性分子；NF3價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，有一對(duì)孤電子對(duì)，空間構(gòu)型為三角錐形，為極性分子，B錯(cuò)誤；C．水分子形成氫鍵的數(shù)目大于HF，導(dǎo)致水的沸點(diǎn)高于HF，C錯(cuò)誤；D．同一周期隨著原子序數(shù)變大，第一電離能變大，Be原子價(jià)電子為2s2全滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于同周期相鄰元素，N的2p軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于同周期相鄰元素，故同周期中第一電離能介于Y和Z之間的元素有鈹碳氧3種，D正確；故選D。4.下列裝置能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ〢.用甲裝置鑒別Br2(g)和NO2(g) B.用乙裝置除去水中的苯酚C.用丙裝置收集Cl2 D.用丁裝置灼燒Fe(OH)3固體制得Fe2O3【答案】A詳析】A．NO2溶于水得無色HNO3溶液，Br2溶于水得橙色溴水，可以用甲裝置鑒別Br2(g)和NO2(g)，故選A；B．苯酚微溶于水，苯酚和水混合形成乳濁液，應(yīng)用分液法分離提純，故不選B；C．若用丙裝置收集Cl2，應(yīng)該從右側(cè)導(dǎo)管進(jìn)氣，故不選C；D．在坩堝中灼燒Fe(OH)3固體制Fe2O3，故不選D；選A。5.酞菁和酞菁鈷可制得光動(dòng)力學(xué)中的光敏劑，分子結(jié)構(gòu)如圖，其中酞菁分子中所有原子共平面，下列說法正確的是（）A.酞菁鈷中鈷的化合價(jià)為+4B.直徑為1.5×10–9m的酞菁鈷分子能透過半透膜C.酞菁鈷中元素的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)镹>C>H>CoD.標(biāo)注①②的N原子的雜化方式是sp2，③的N原子的雜化方式是sp3【答案】C【詳析】A．鈷酞菁分子中，失去了2個(gè)H+的酞菁離子與鈷離子通過配位鍵結(jié)合成分子，因此，鈷離子的化合價(jià)為+2，A錯(cuò)誤；B．膠體粒子的直徑為1~100nm，膠體分子不能透過半透膜，直徑為1.5×10–9m的酞菁鈷分子不能透過半透膜，B錯(cuò)誤；C．非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大，電負(fù)性大小順序N＞C＞H>Co，C正確；D．①②中N均有2個(gè)σ鍵，孤電子對(duì)數(shù)為：=1，③中三個(gè)σ鍵，因?yàn)楣裁?，孤?duì)電子參與形成大π鍵，N原子雜化方式都為sp2，D錯(cuò)誤；故答案為：C。6.根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象能得到相應(yīng)結(jié)論的是（）選項(xiàng)操作和現(xiàn)象結(jié)論A向漂白粉溶液中通入SO2，產(chǎn)生白色沉淀酸性：H2SO3>HClOB常溫下，分別測(cè)定1mol·L–1CH3COONH4溶液和0.1mol·L–1CH3COONH4溶液的pH，測(cè)得pH都等于7同溫下，不同濃度CH3COONH4溶液中水的電離程度相同C10mL0.1mol·L–1FeCl3溶液和10mL0.1mol·L–1KI溶液充分反應(yīng)后分成兩等份，一份加入2滴KSCN溶液，溶液變紅；另一份加入2滴淀粉溶液，溶液變藍(lán)FeCl3和KI的反應(yīng)存在限度D向露置在空氣中的Na2O2固體中加入稀鹽酸，產(chǎn)生氣泡Na2O2固體已經(jīng)變質(zhì)【答案】C【詳析】A.漂白粉可以與二氧化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成硫酸鈣白色沉淀，無法說明酸性H2SO3>HClO，故A錯(cuò)誤；B.不同濃度CH3COONH4溶液中銨根離子和醋酸根離子的水解程度不同，故水的電離程度不同，故B錯(cuò)誤；C.根據(jù)反應(yīng)方程式，題中所給的三價(jià)鐵離子與碘離子的量相等，若反應(yīng)能夠完全進(jìn)行，溶液中不會(huì)存在三價(jià)鐵離子，根據(jù)C中現(xiàn)象，滴加KSCN溶液，溶液變紅可知溶液中存在三價(jià)鐵離子；另一份加入2滴淀粉溶液，溶液變藍(lán)可知溶液中存在碘單質(zhì)，故可知該反應(yīng)是個(gè)可逆反應(yīng)，存在反應(yīng)限度，故C正確；D.若過氧化鈉不變質(zhì)，加入稀鹽酸也可反應(yīng)生成氧氣，故產(chǎn)生氣泡無法說明過氧化鈉固體變質(zhì)，故D錯(cuò)誤；故選C。7.化合物M的結(jié)構(gòu)如圖。下列關(guān)于M的說法錯(cuò)誤的是（）A.存在順反異構(gòu)B.1molM最多可與4molH2反應(yīng)C.其酸性水解的產(chǎn)物均可與溴水反應(yīng)D可形成分子內(nèi)氫鍵和分子間氫鍵【答案】C【詳析】A．由題干有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，該有機(jī)物存在碳碳雙鍵，且雙鍵兩端的碳原子分別連有互不同的原子或原子團(tuán)，故該有機(jī)物存在順反異構(gòu)，A正確；B．該結(jié)構(gòu)中有一個(gè)苯環(huán)、一個(gè)碳碳雙鍵，故1molM最多可與4molH2反應(yīng)，B正確；C．其酸性水解產(chǎn)物有、HOOC－CH＝CH－COOH、，其中不能與溴水反應(yīng)，C錯(cuò)誤；D．相鄰的兩個(gè)羥基可以形成分子內(nèi)氫鍵，羥基間可以形成分子間氫鍵，D正確；故選C。8.實(shí)驗(yàn)室初步分離苯甲酸乙酯、苯甲酸和環(huán)己烷的流程如下：已知：苯甲酸乙酯的沸點(diǎn)為212.6℃，“乙醚-環(huán)己烷-水共沸物”的沸點(diǎn)為62.1℃。下列說法正確的是（）A.試劑X宜選用NaOH溶液B.“操作1”過程中有機(jī)相1從分液漏斗的上口倒出C.“操作2”需用到球形冷凝管D.“操作5”中洗滌苯甲酸時(shí)，用乙醇的效果比用蒸餾水好【答案】B〖祥解〗苯甲酸乙酯、苯甲酸和環(huán)己烷的混合物加飽和碳酸鈉萃取分液，有機(jī)相含有苯甲酸乙酯、環(huán)己烷，水相含苯甲鈉；有機(jī)相加入乙醚和水，蒸餾得苯甲酸乙酯和乙醚-環(huán)己烷-水共沸物，苯甲酸乙酯加無水硫酸鎂干燥得苯甲酸乙酯；水相2加硫酸把苯甲酸鈉轉(zhuǎn)化為苯甲酸，苯甲酸溶解度小，過濾得到苯甲酸粗品，重結(jié)晶得到苯甲酸?！驹斘觥緼．苯甲酸乙酯在氫氧化鈉溶液中水解，試劑X不能選用NaOH溶液，苯甲酸乙酯、環(huán)己烷均難溶于飽和碳酸鈉溶液，試劑X可以選用飽和碳酸鈉溶液，故A錯(cuò)誤；B．“操作1”是分液，有機(jī)相的密度小于水，有機(jī)相在上層，過程中有機(jī)相1從分液漏斗的上口倒出，故B正確；C．“操作2”為蒸餾，需用到直形冷凝管，故C錯(cuò)誤；D．苯甲酸微溶于水，易溶于酒精，“操作5”中洗滌苯甲酸時(shí)，用水洗滌比酒精好，故D錯(cuò)誤；選B。9.以大洋錳結(jié)核(主要由錳、鐵的氧化物組成，還含有Cu元素)為原料制備脫硫劑MnxOy的工藝流程如下。已知：氨浸時(shí)，CO將結(jié)核中的MnO2轉(zhuǎn)化為MnCO3。下列說法錯(cuò)誤的是（）A.“氨浸”時(shí)，快速鼓入CO可起到攪拌加快反應(yīng)速率的作用B.銅元素以Cu2+的形式進(jìn)入“氨浸”的浸出液中C.“浸錳”時(shí)主要反應(yīng)的離子方程式：MnCO3+2NH=Mn2++2NH3↑+H2O+CO2↑D.上述過程中NH3(或NH3?H2O)、(NH4)2SO4可循環(huán)利用【答案】B〖祥解〗由流程可知大洋錳結(jié)核(主要由錳、鐵的氧化物組成，還含有Cu元素)，氨浸時(shí)，CO將結(jié)核中的MnO2轉(zhuǎn)化為MnCO3；過濾得到MnCO3和Fe2O3；濾渣加硫酸銨溶液，其中碳酸錳與硫酸反應(yīng)生成硫酸錳、氨氣和二氧化碳，過濾出Fe2O3；再經(jīng)過濾，濾液中加碳酸銨使錳離子轉(zhuǎn)化為碳酸錳，過濾后，煅燒碳酸錳得到脫硫劑MnxOy，據(jù)此分析解答；【詳析】A．“氨浸”時(shí)，快速鼓入CO可起到攪拌，有利于大洋錳結(jié)核與氨水充分接觸，加快反應(yīng)速率，故A正確；B．Cu2+與氨水反應(yīng)首先生成Cu(OH)2，Cu(OH)2繼續(xù)與氨水反應(yīng)最終生成進(jìn)入浸出液中，故B錯(cuò)誤；C．由上述分析可知浸錳時(shí)的主要離子反應(yīng)為：MnCO3+2NH=Mn2++2NH3↑+H2O+CO2↑，故C正確；D．由流程可知，上述過程中NH3(或NH3?H2O)、(NH4)2SO4可循環(huán)利用，故D正確；故選：B。10.中國(guó)科學(xué)家將I2分子引入電解質(zhì)中制作高功率可充電Li-SOCl2電池，I2調(diào)整充電和放電反應(yīng)途徑如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是（）A.電池使用過程中無需補(bǔ)充I2B.充電時(shí)，陰極Li+得電子發(fā)生還原反應(yīng)C.放電時(shí)總反應(yīng)：4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2↑D.充電時(shí)，Li電極質(zhì)量增加7g時(shí)電極反應(yīng)消耗的I2的質(zhì)量為254g【答案】D【詳析】A．由工作原理圖可知，是催化劑，分子的引入催化了電池放電和充電過程，因此在電池使用過程中無需補(bǔ)充，故A項(xiàng)不符合題意；B．由工作原理圖可知，充電時(shí)，失電子轉(zhuǎn)化為ICl，發(fā)生氧化反應(yīng)，陽極反應(yīng)式，陰極反應(yīng)式，故B項(xiàng)不符合題意；C．由工作原理圖可知，放電時(shí)，正極上轉(zhuǎn)化為S、SO2，負(fù)極上Li轉(zhuǎn)化為L(zhǎng)i+，則電池的放電總反應(yīng)為，故C項(xiàng)不符合題意；D．由工作原理圖可知，充電時(shí)，陽極反應(yīng)式，陰極反應(yīng)式，Li電極質(zhì)量增加7g時(shí)即為L(zhǎng)i的質(zhì)量，由此計(jì)算可得轉(zhuǎn)移電子為1mol，根據(jù)可知n(I2)=0.5mol，故消耗的I2的質(zhì)量為127g，故D錯(cuò)誤，符合題意；故答案選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)選項(xiàng)符合題意，全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。11.我國(guó)科學(xué)家研究發(fā)現(xiàn)稀土鈰基催化劑可低溫脫硝，其反應(yīng)歷程如圖所示(“□”代表空位)。下列說法正確的是（）A.歷程中Ce、Ti形成的共價(jià)鍵數(shù)目未發(fā)生變化B.每形成2mol氫氧鍵，形成1mol“空位”C.上述歷程中每生成1molN2，轉(zhuǎn)移6mole–D.總反應(yīng)中氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為1∶2【答案】D【詳析】A．“□”代表空位，由圖示反應(yīng)歷程可知，Ce、Ti形成的共價(jià)鍵數(shù)目發(fā)生變化，如生成N2+2H2O的過程中，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．由圖示反應(yīng)歷程可知，形成1molCe、Ce之間的“空位”時(shí)生成1molH2O、形成2mol氫氧鍵，形成1molCe、Ti之間的“空位”時(shí)生成2molH2O、形成3mol氫氧鍵，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．上述歷程的總反應(yīng)為O2+4NH3+4NO4N2+6H2O，N元素的化合價(jià)由NH3中-3價(jià)升至N2中0價(jià)，每生成4molN2轉(zhuǎn)移12mol電子，則每生成1molN2，轉(zhuǎn)移3mol電子，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．上述歷程的總反應(yīng)為O2+4NH3+4NO4N2+6H2O，N元素的化合價(jià)由NH3中-3價(jià)升至N2中0價(jià)，NH3為還原劑、N2為氧化產(chǎn)物，N元素的化合價(jià)由NO中+2價(jià)降至N2中0價(jià)，NO為氧化劑、N2為還原產(chǎn)物，O元素的化合價(jià)由0價(jià)降至-2價(jià)，O2為氧化劑、部分H2O為還原產(chǎn)物，結(jié)合得失電子守恒和原子守恒，氧化產(chǎn)物（2molN2）與還原產(chǎn)物（2molN2+2molH2O）物質(zhì)的量之比為2∶4=1∶2，D項(xiàng)正確；答案選D。12.Cope重排反應(yīng)如圖所示，K()經(jīng)Cope重排反應(yīng)可得到M。已知：羥基直接連在雙鍵碳原子上不穩(wěn)定會(huì)異構(gòu)化成酮羰基或醛基。下列說法錯(cuò)誤的是（）A.Y中所有碳原子可能共平面B.M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為C.依據(jù)紅外光譜可確證K、M存在不同的官能團(tuán)D.含酚羥基且有手性碳原子的M的同分異構(gòu)體有9種(不考慮立體異構(gòu))【答案】BD【詳析】A．由題干圖示有機(jī)物Y的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，Y分子中存在兩個(gè)碳碳雙鍵所在的平面，單鍵可以任意旋轉(zhuǎn)，故除氫原子外，Y中其他原子可能共平面，A正確；B．根據(jù)題意且羥基直接連在雙鍵碳原子上不穩(wěn)定會(huì)異構(gòu)化成酮羰基或醛基，所以通過Cope重排后得到M，B錯(cuò)誤；C．依據(jù)紅外光譜可確證K、M存在不同的官能團(tuán)，K為碳碳雙鍵和醇羥基，M為碳碳雙鍵和羰基，C正確；D．M的分子式為C11H16O，按要求含酚羥基且有手性碳原子的M的同分異構(gòu)體應(yīng)該滿足有一個(gè)苯環(huán)和酚羥基和其他取代基，苯酚與可以形成3種，苯酚與可以形成3種，此時(shí)還可以是與可以形成4種，已經(jīng)有10種，除此之外還可讓甲基在酚羥基的間位與可以形成4中，數(shù)目超過9種，除此之外當(dāng)甲基在對(duì)位，或者苯酚與乙基丙基之間的取代等，也滿足條件，D錯(cuò)誤；故選BD。13.一種利用電化學(xué)富集鋰的裝置如圖所示。富集鋰的工作步驟如下：①接通電源1并向電極室2中通入海水，海水中的Li+進(jìn)入MnO2結(jié)構(gòu)而形成LixMn2O4，當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移0.15mole-時(shí)，43.5gMnO2完全反應(yīng)。②斷開電源1接通電源2，停止通海水，使LixMn2O4中的Li+脫出進(jìn)入電極室3。下列說法正確的是（）A.x=0.6B.惰性電極1與電源負(fù)極相連C.離子交換膜b為陽離子交換膜D.接通電源2后，MnO2電極的電極反應(yīng)式為L(zhǎng)ixMn2O4+xe–=2MnO2+xLi+【答案】AC〖祥解〗根據(jù)題意，接通電源1并向電極室2中通入海水，海水中的Li+進(jìn)入MnO2結(jié)構(gòu)而形成LixMn2O4，此時(shí)錳的化合價(jià)降低，即此時(shí)二氧化錳與電源1的負(fù)極相連，惰性電極1與電源1的正極相連，隨后斷開電源1接通電源2，停止通海水，使LixMn2O4中的Li+脫出進(jìn)入電極室3，此時(shí)錳的化合價(jià)升高，此時(shí)二氧化錳與電源2的正極相連，惰性電極2與電源2的負(fù)極相連，以此解題?！驹斘觥緼．43.5gMnO2的物質(zhì)的量為0.5mol，此時(shí)轉(zhuǎn)移0.15mole-，則若1mol二氧化錳參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.3mole-，鋰離子進(jìn)入二氧化錳結(jié)構(gòu)對(duì)應(yīng)二氧化錳中錳的化合價(jià)的降低，根據(jù)題意可知，此時(shí)MnO2轉(zhuǎn)化為L(zhǎng)ixMn2O4，即0.5x對(duì)應(yīng)1個(gè)二氧化錳，對(duì)應(yīng)化合價(jià)變化為0.3，則x=0.6，A正確；B．由分析可知，惰性電極1與電源正極相連，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)題意可知，斷開電源1接通電源2，停止通海水，使LixMn2O4中的Li+脫出進(jìn)入電極室3，則離子交換膜b為陽離子交換膜，C正確；D．根據(jù)題意接通電源2后，LixMn2O4轉(zhuǎn)化為MnO2，此時(shí)錳的化合價(jià)升高，根據(jù)化合價(jià)升降相等可知，MnO2電極的電極反應(yīng)式為L(zhǎng)ixMn2O4-xe–=2MnO2+xLi+，D錯(cuò)誤；故選AC。14.將2molN2和6molH2通入2L密閉容器中，分別在T1和T2溫度下進(jìn)行反應(yīng)：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0。下圖曲線分別表示X的濃度(或Y的物質(zhì)的量)隨時(shí)間的變化(X、Y分別代表某一種反應(yīng)物或生成物)。下列說法正確的是（）A.X表示的物質(zhì)是H2B.T2溫度下，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為C.T2溫度下，4~12min的反應(yīng)速率v(H2)=0.05mol?L–1?min–1D.T2溫度下，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)較大【答案】D〖祥解〗根據(jù)2molN2、6molH2、0molNH3可知，Y表示氫氣，X表示氨氣；【詳析】A．由分析可知，X表示的物質(zhì)為NH3，A錯(cuò)誤；B．T2溫度下，列三段式為求得，B錯(cuò)誤；C．T2溫度下，4~12min的反應(yīng)速率v(H2)=mol?L–1?min–1，C錯(cuò)誤；D．0~4min時(shí)，T2溫度下，v(H2)=mol?L–1?min–1，T1溫度下，v(H2)=v(NH3)=mol?L–1?min–1，故T2＞T1，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向移動(dòng)，壓強(qiáng)變大，D正確；故選D。15.工業(yè)上常用H2S處理廢水中的Ni2+和Cd2+，對(duì)其工藝條件進(jìn)行研究。處理過程中始終保持H2S飽和，即c(H2S)=0.1mol?L–1，在一定pH范圍內(nèi)，溶液中HS–、S2–、Ni2+和Cd2+濃度的—lg(c/mol·L–1)隨pH的變化關(guān)系如圖，已知pH=2時(shí)溶液中僅有CdS沉淀生成，下列說法正確的是（）A.X點(diǎn)：c(H+)>c(Cd2+)=c(S2—)B.Ka2(H2S)=10–14.6C.m=9.2D.反應(yīng)Cd2+(aq)+HS—(aq)CdS(s)+H+(aq)的平衡常數(shù)K=10–11.4(mol·L–1)–1【答案】BC〖祥解〗溶液pH增大時(shí)，氫硫酸飽和溶液中氫硫酸根離子和硫離子的濃度均減小，但pH相同時(shí)，溶液中的c(HS-)大于硫c(S2-)離子，則—lgc(HS-)＜—lgc(S2-)，則曲線③、④分別表示—lgc(S2-)、—lgc(HS-)與pH的變化；pH=2時(shí)溶液中僅有硫化鎘沉淀生成，即K(NiS)>K(CdS)，即當(dāng)c(S2-)相同時(shí)，c(Ni2+)>c(Cd2+)，則-lgc(Ni2+)和-lgc(Cd2+)隨著pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)＜-lgc(Cd2+)，由此可知曲線①代表—lg(CdS)，②代表—lg(NiS)；由圖可知，溶液pH為4.2時(shí)，c(HS-)=10-4mol/L，則氫硫酸的一級(jí)電離常數(shù)Ka1(H2S)===10-7.2，溶液pH為4.9時(shí)，c(S2-)=10-13mol/L，則Ka1(H2S)Ka2(H2S)===10-21.8，所以氫硫酸的二級(jí)電離常數(shù)Ka2(H2S)=10–14.6?！驹斘觥緼．由圖以及分析可知，X點(diǎn)鎘離子的濃度大于硫離子濃度，故A錯(cuò)誤；B．由分析可知，氫硫酸的二級(jí)電離常數(shù)Ka2(H2S)=10–14.6，故B正確；C．由圖可知，溶液pH為4.2時(shí)，c(HS-)和c(Ni2+)均為10-4mol/L，由Ka2(H2S)==10–14.6可得溶液中硫離子濃度為10–14.4mol/L，則硫化鎳的溶度積Ksp(NiS)=10–18.4，Y點(diǎn)硫離子和鎳離子的濃度相等，則m=—lg=9.2，故C正確；D．由圖可知，溶液pH為4.9時(shí)，硫離子和鎘離子濃度均為10-13mol/L，則硫化鎳的溶度積Ksp(CdS)=10–26，由方程式可知，反應(yīng)的平衡常數(shù)K=====1011.4，故D錯(cuò)誤；故選BC。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.硫是組成生命的重要元素?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)硫原子的價(jià)電子軌道表示式為___________。（2）廣譜殺蟲劑硫酰氟(SO2F2)常溫常壓下為無色氣體，固態(tài)SO2F2的晶體類型為___________，S原子的軌道雜化方式為___________，其F-S-F鍵角___________硫酰氯(SO2Cl2)中的Cl-S-Cl鍵角(填“>”或“<”)，原因是___________________。（3）硫代硫酸根(S2O)可看作是SO中的一個(gè)O原子被S原子取代的產(chǎn)物，S2O的空間結(jié)構(gòu)是___________；工業(yè)上，S2O常作為配體與金屬陽離子形成配合物，除O原子外可做配位原子的是___________(填“中心”或“端基”)S原子。（4）天然硫化銅俗稱銅藍(lán)，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖。已知晶胞中含S，則一個(gè)晶胞中含有___________個(gè)Cu2+，若阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶體的密度ρ=___________g·cm–3(用含NA的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮浚?）（2）分子晶體sp3<F的電負(fù)性大于Cl，S-F鍵成鍵電子對(duì)間的斥力?。?）四面體端基（4）2【詳析】（1）硫?yàn)?6號(hào)元素，則基態(tài)硫原子的價(jià)電子軌道表示式為：；（2）根據(jù)信息可知SO2F2沸點(diǎn)較低，則其為分子晶體；其中S的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，則其雜化方式為：sp3；F的電負(fù)性大于Cl，則SO2F2中S—F的共用電子對(duì)更加偏向于F，共價(jià)鍵斥力較小，鍵角較小，即F-S-F鍵角<硫酰氯(SO2Cl2)中的Cl-S-Cl鍵角；原因是：F的電負(fù)性大于Cl，S-F鍵成鍵電子對(duì)間的斥力??；（3）SO中S的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，硫代硫酸根(S2O)可看作是SO中的一個(gè)O原子被S原子取代的產(chǎn)物，S2O的空間結(jié)構(gòu)是四面體形；配位原子需要提供孤電子對(duì)與其他原子形成配位鍵，則S2O常作為配體與金屬陽離子形成配合物，除O原子外可做配位原子的是端基S原子；（4）由俯視圖可知，俯視圖處于頂點(diǎn)位置的S可能處于晶胞頂點(diǎn)或者棱上，結(jié)合晶胞圖形可知該S處于棱上，且該S實(shí)際存在形式為，個(gè)數(shù)為；俯視圖處于面點(diǎn)位置的S可能處于晶胞體內(nèi)或者面心上，結(jié)合晶胞圖形可知該S處于體內(nèi)，且該S實(shí)際存在形式為，個(gè)數(shù)為2個(gè)，因此晶胞中S的總價(jià)態(tài)為2×(-2)+2×(-2)=-8，由晶胞可知Cu位于晶胞內(nèi)部，則晶胞中Cu的總個(gè)數(shù)為6個(gè)，設(shè)Cu+的個(gè)數(shù)為x，Cu2+的個(gè)數(shù)為y，則x+y=6，x+2y=+8，聯(lián)立二式子解得x=4，y=2，則該物質(zhì)化學(xué)式可表示為：(Cu+)4(Cu2+)2(S2-)2(Cu)2，結(jié)合俯視圖可知地面平行四邊形，其高為，則密度。17.工業(yè)上以富釩爐渣(主要含F(xiàn)eO·V2O3、V2O5和少量的SiO2、Al2O3等)為原料制備V2O5的工藝流程如下：已知：①+5價(jià)釩元素在溶液中的存在形式與溶液pH的關(guān)系：溶液pH<1.01.0~4.04.0~6.06.0~8.58.5~13.0>13.0釩元素存在形式VOV2O5多礬酸根VO多礬酸根VO備注多礬酸鹽在水中溶解度較小②Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10–39；Ksp[Al(OH)3]=1.0×10–33；Ksp(NH4VO3)=1.6×10–3回答下列問題：（1）“高溫氧化”前將富釩爐渣研磨粉碎的目的是_________________；“高溫氧化”過程中發(fā)生主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________________。（2）濾渣1的主要成分為_______；“調(diào)pH”時(shí)需將Fe3+、Al3+除盡(濃度≤1×10–5mol?L–1時(shí)，可認(rèn)為已除盡)，需調(diào)節(jié)pH的范圍為____________。（3）若“沉釩”前溶液中c(VO)=0.2mol?L–1，忽略溶液體積變化，為使釩元素的沉降率達(dá)到99%，至少應(yīng)調(diào)節(jié)c(NH)為_______mol·L–1.過濾、洗滌、干燥得到NH4VO3沉淀，檢驗(yàn)NH4VO3沉淀是否洗凈的操作是_________________。（4）“焙燒”時(shí)生成兩種參與大氣循環(huán)無毒物質(zhì)，則該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________________?！敬鸢浮浚?）增大原料接觸面積，加快反應(yīng)速率6FeO·V2O3＋5KClO33Fe2O3＋6V2O5＋5KCl（2）SiO26.0~8.5（3）0.8取少量最后一次洗滌液于潔凈試管中，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若無明顯現(xiàn)象，證明NH4VO3已洗滌干凈（4）4NH4VO3＋3O22V2O5＋2N2↑＋8H2O↑〖祥解〗高溫氧化過程中加入KClO3可將低價(jià)鐵、釩氧化為高價(jià)，酸浸時(shí)氧化鋁溶解為鋁離子，則濾渣1為SiO2，用氫氧化鉀調(diào)節(jié)pH將礬轉(zhuǎn)化為VO，同時(shí)將Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為沉淀除盡，用氯化銨沉礬后，再焙燒得到產(chǎn)品，以此解題?！驹斘觥浚?）從反應(yīng)速率的影響因素考慮，“高溫氧化”前將富釩爐渣研磨粉碎的目的是：增大原料接觸面積，加快反應(yīng)速率；“高溫氧化"過程中加入KClO3可將FeO·V2O3氧化為Fe2O3和V2O5，化學(xué)方程式為：6FeO·V2O3＋5KClO33Fe2O3＋6V2O5＋5KCl；（2）由分析可知，濾渣1為SiO2；兩種沉淀相比氫氧化鋁更難沉淀，則，完全除盡，，取最小值代入得，，故溶液不小于4.7時(shí)，完全沉淀；根據(jù)流程可知，調(diào)pH后礬的存在形式為VO，結(jié)合表格中信息可知需調(diào)節(jié)pH范圍為：6.0~8.5，且此時(shí)Fe3+、Al3+兩種離子都已經(jīng)形成沉淀；（3）為使釩元素的沉降率達(dá)到99%，溶液中剩余的，；根據(jù)流程可知，“沉釩”時(shí)加入的氯化銨，則產(chǎn)品表面可能吸附有氯離子，可以通過檢驗(yàn)氯離子來檢驗(yàn)NH4VO3沉淀是否洗凈，對(duì)應(yīng)的操作是：取少量最后一次洗滌液于潔凈試管中，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若無明顯現(xiàn)象，證明NH4VO3已洗滌干凈；（4）由已知條件可知，NH4VO3分解生成V2O5和無污染的氣體，相應(yīng)的方程式為：4NH4VO3＋3O22V2O5＋2N2↑＋8H2O↑。18.環(huán)烷酸鈷[(C5H9)(CH2)3COO]2Co可作合成橡膠的催化劑，實(shí)驗(yàn)室以CoCl2、環(huán)烷酸[C5H9(CH2)3COOH]等為原料制備環(huán)烷酸鈷?；卮鹣铝袉栴}：Ⅰ.CoCl2的制備實(shí)驗(yàn)室用如圖實(shí)驗(yàn)裝置制備純凈的CoCl2(CoCl2易潮解)。（1）A中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_____________________。（2）B中盛放的試劑為___________；圖示裝置存在一處缺陷會(huì)導(dǎo)致產(chǎn)品不純，改進(jìn)的措施是_____________________。（3）SOCl2遇水極易反應(yīng)生成兩種酸性氣體，常作吸水劑。某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)用CoCl2?6H2O和SOCl2反應(yīng)制備無水CoCl2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____________________。Ⅱ.環(huán)烷酸鈷的制備控制溫度90～95℃，向環(huán)烷酸中滴入一定濃度NaOH溶液，反應(yīng)約2h后，再加入一定濃度CoCl2溶液，得到含有環(huán)烷酸鈷的水溶液，分離提純得環(huán)烷酸鈷粗產(chǎn)品。（4）實(shí)驗(yàn)中NaOH溶液的用量對(duì)環(huán)烷酸鈷產(chǎn)率的影響如圖所示，NaOH溶液過量導(dǎo)致環(huán)烷酸鈷產(chǎn)率降低的原因是_____________________。Ⅲ.環(huán)烷酸鈷純度的測(cè)定步驟①：準(zhǔn)確稱取mg環(huán)烷酸鈷產(chǎn)品，加入少量稀硫酸使其溶解，將溶液轉(zhuǎn)移至250mL容量瓶，定容。步驟②：移取25.00mL上述溶液于錐形瓶中，加入0.0500mol?L–1EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液25.00mL。充分反應(yīng)后，以鉻黑T為指示劑，用0.0500mol?L–1鋅標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過量的EDTA，消耗鋅標(biāo)準(zhǔn)溶液5.00mL。已知：環(huán)烷酸鈷摩爾質(zhì)量為Mg?mol–1；EDTA與金屬離子以1：1形成穩(wěn)定配合物。（5）產(chǎn)品中環(huán)烷酸鈷的純度為___________(用含字母的式子表示)。下列情況會(huì)導(dǎo)致產(chǎn)品純度測(cè)定值偏低的是___________。A．產(chǎn)品中存在[(C5H9)(CH2)3COO]3CoB．步驟①中定容時(shí)俯視刻度線C．步驟①中轉(zhuǎn)移溶液時(shí)未洗滌燒杯D．步驟②中滴定管未用鋅標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗【答案】（1）ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O（2）飽和NaCl溶液將E改為盛有堿石灰的干燥管或者在D、E之間加一個(gè)盛有濃硫酸的洗氣瓶（3）CoCl2?6H2O+6SOCl2=CoCl2+12HCl↑+6SO2↑（4）NaOH溶液過量會(huì)生成Co(OH)2沉淀（5）ACD〖祥解〗濃鹽酸和氯酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯氣，通過B飽和食鹽水除去揮發(fā)的氯化氫、通過C濃硫酸干燥，氯氣在D中和鈷反應(yīng)生成