2025年高考第二次模擬考試化學(xué)（湖北卷）（全解全析）

2025年高考第二次模擬考試高三化學(xué)（考試時(shí)間：75分鐘試卷滿分：100分）注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無(wú)效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：O-16Ti-48Ba-137第Ⅰ卷（選擇題共45分）一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1．湖北人民創(chuàng)造了有眾多非物質(zhì)文化遺產(chǎn)，如漢繡?皮影戲?陶器燒制技藝?釀醋技藝等，其研究?jī)r(jià)值和歷史意義重大。下列說(shuō)法不正確的是非物質(zhì)文化遺產(chǎn)制作原料主要化學(xué)成分A漢繡棉布多糖B燒制陶器黏土、石英砂、長(zhǎng)石都屬于鹽C皮影戲獸皮蛋白質(zhì)D黃龍山牮(jiàn)紙竹、麻纖維素【答案】B【解析】A．棉布的主要成分為纖維素，纖維素屬于多糖，故A正確；C．燒制陶器的主要原料為黏土、石英、長(zhǎng)石三大類，黏土和長(zhǎng)石主要成分是硅酸鹽，石英砂主要成分是二氧化硅，屬于氧化物，故B錯(cuò)誤；C．獸皮的主要成分是蛋白質(zhì)，故C正確；D．黃龍華(jiàn)紙所用原料竹、麻主要成分都是纖維素，故D正確；故選B。2．光化學(xué)分析法是融合物理學(xué)和化學(xué)實(shí)驗(yàn)技術(shù)的一類重要儀器分析方法，在科技發(fā)展中起著至關(guān)重要的作用。在青蒿素分子結(jié)構(gòu)(相對(duì)分子質(zhì)量282)測(cè)定中，使用下列方法能得到對(duì)應(yīng)結(jié)論的是ABCD分析方法紅外光譜質(zhì)譜法X射線衍射核磁共振氫譜結(jié)論相對(duì)分子質(zhì)量282分子中含有酯基測(cè)定分子結(jié)構(gòu)分子中含有過(guò)氧基【答案】C【解析】A．紅外光譜儀可檢測(cè)結(jié)構(gòu)中存在的化學(xué)鍵和官能團(tuán)，不能測(cè)定物質(zhì)的相對(duì)分子質(zhì)量，故A不正確；B．質(zhì)譜儀測(cè)定物質(zhì)的相對(duì)分子質(zhì)量可，不能測(cè)定青蒿素分子中的酯基故B不正確；C．通過(guò)X射線晶體衍射，可以測(cè)定青蒿素分子的空間結(jié)構(gòu)，故C正確；D．核磁共振氫譜儀可測(cè)定青蒿素分子氫原子的類型，不可測(cè)定分子中含有過(guò)氧基，故D錯(cuò)誤；答案選C。3．一種測(cè)定葡萄酒中SO2含量的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示(忽略?shī)A持裝置)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．緩慢通入N2的目的是盡可能使SO2進(jìn)入H2O2溶液B．冷凝管的作用是避免水蒸氣進(jìn)入H2O2溶液影響測(cè)定結(jié)果C．用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定反應(yīng)后的H2O2溶液可獲得SO2的含量D．若實(shí)驗(yàn)過(guò)程中品紅溶液褪色，則說(shuō)明實(shí)驗(yàn)失敗【答案】B【分析】葡萄酒中二氧化硫溶于水形成亞硫酸存在化學(xué)平衡：SO2+H2OH2SO3H++，向葡萄酒中加入硫酸，增大氫離子濃度，平衡逆向進(jìn)行，抑制亞硫酸電離，減小二氧化硫的溶解度，通入氮?dú)獠⒓訜崾前讶芙獾亩趸虼党龅绞⒂蠬2O2的溶液中吸收，發(fā)生反應(yīng)：SO2+H2O2=H2SO4，用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定產(chǎn)生的H2SO4，進(jìn)而可確定葡萄酒中SO2的量。根據(jù)最后的品紅溶液不褪色可判斷確定SO2被完全吸收。根據(jù)H2O2中H2SO4的量的多少判斷葡萄酒中SO2的含量，據(jù)此分析解答?！窘馕觥緼．緩慢通入N2的目的是盡可能的將雙頸燒瓶中SO2吹出，使其進(jìn)入H2O2溶液被氧化為H2SO4，A正確；B．冷凝管的作用是避免溫度過(guò)高，導(dǎo)致葡萄酒中的部分硫酸溶液被吹入H2O2溶液而影響測(cè)定結(jié)果，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)反應(yīng)SO2+H2O2=H2SO4，H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O可得關(guān)系式：SO2～H2SO4～2NaOH，根據(jù)滴定時(shí)消耗NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積及濃度計(jì)算出n(NaOH)，就可以得到一定體積的葡萄糖中SO2的物質(zhì)的量及其含量，C正確；D．SO2具有漂白性，能夠使品紅溶液褪色，若實(shí)驗(yàn)過(guò)程中看到品紅溶液褪色，說(shuō)明在H2O2溶液中SO2沒有被完全氧化吸收，則根據(jù)滴定時(shí)消耗NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液計(jì)算的SO2的含量就會(huì)比實(shí)際偏低，從而可知該測(cè)定SO2含量的實(shí)驗(yàn)失敗，D正確；故合理選項(xiàng)是B。4．化學(xué)用語(yǔ)可以表達(dá)化學(xué)過(guò)程，下列化學(xué)用語(yǔ)表示不正確的是A．分子中p-p鍵的形成過(guò)程可以表示為B．在在中燃燒生成的形成過(guò)程用電子式表示為：C．鋅錳堿性電池放電時(shí)正極反應(yīng)式：D．牙膏中添加氟元素的原理：【答案】B【解析】A．分子中氯原子的3p軌道頭碰頭形成p-p鍵，形成過(guò)程可以表示為，A正確；B．的形成過(guò)程用電子式表示為：，B錯(cuò)誤；C．鋅錳堿性電池放電時(shí)正極得到電子生成，反應(yīng)式為：，C正確；D．牙膏中添加氟元素的原理：，使用含氟牙膏，濃度增大，平衡右移，可預(yù)防?齒，D正確。故選B。5．結(jié)構(gòu)決定性質(zhì)，下列事實(shí)解釋錯(cuò)誤的是事實(shí)解釋A水的沸點(diǎn)高于氟化氫的鍵能大于的鍵能B結(jié)合的能力：N的電負(fù)性小于FC游離態(tài)水分子中小于中孤電子對(duì)排斥作用D臭氧在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度臭氧的極性微弱【答案】A【解析】A．氫鍵屬于分子間作用力，水的沸點(diǎn)高于氟化氫的沸點(diǎn)是因?yàn)闅滏I的數(shù)目，前者更多，不是為氫鍵的鍵能，實(shí)際上是的鍵能大于的鍵能，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．由于N的電負(fù)性小于F，但是NF3中F元素電負(fù)性強(qiáng)，使得N原子呈正電性，難與H+結(jié)合，則結(jié)合的能力：，B項(xiàng)正確；C．單個(gè)水分子中，O的2對(duì)孤對(duì)電子排斥O-H鍵，使得變小，而在中，O的孤對(duì)電子和Cu2+的空軌道配位，O上只有1對(duì)孤對(duì)電子，減弱了O的孤對(duì)電子對(duì)O-H鍵的排斥，因此中大于單個(gè)水分子中，C項(xiàng)正確；D．臭氧是弱極性分子，水是極性溶劑，四氯化碳是非極性溶劑，根據(jù)“相似相溶”原理，所以臭氧在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度，D項(xiàng)正確；答案選A。6．托伐普坦用于治療高容或等容性低鈉血癥伴心力衰竭、肝硬化、抗利尿激素分泌異常綜合征。其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如下圖，下列有關(guān)托伐普坦的敘述正確的是A．分子式為C26H23ClN2O3B．1個(gè)分子中采用sp3雜化的碳原子有5個(gè)C．分子中含有三種官能團(tuán)D．分子中沒有手性碳原子【答案】C【解析】A．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，分子式為C26H25ClN2O3，A不正確；B．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，苯環(huán)上的碳原子和酰胺基中的碳原子采用sp2雜化，中間環(huán)上有4個(gè)飽和碳原子，還有苯環(huán)連接的兩個(gè)甲基共6個(gè)碳原子采用sp3雜化，B不正確；C．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，托伐普坦分子中含有氯原子、酰胺基和醇羥基，共三種官能團(tuán)，C正確；D．手性碳是指連有四個(gè)不同原子團(tuán)的碳原子，由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，分子含有1個(gè)手性碳原子，即連有醇羥基的碳原子，D不正確；答案選C。7．用高能射線照射液態(tài)水時(shí)，一個(gè)水分子能釋放出一個(gè)電子，同時(shí)產(chǎn)生一種陽(yáng)離子H2O+。釋放出來(lái)的電子可以被若干水分子形成的“網(wǎng)”捕獲而形成水合電子[e-(H2O)n]，下列關(guān)于[e-(H2O)n]和H2O+的描述正確的是（）A.[e-(H2O)n]示意圖可表示為：

B.H2O+具有較強(qiáng)的氧化性，能將二氧化硫還原為硫酸根離子

C.[e-(H2O)n]具有強(qiáng)還原性

D.一個(gè)H2O+所含電子數(shù)與一個(gè)水合氫離子(H3O+)相等【答案】C【解析】A．[e-(H2O)n]中H2O含有孤電子對(duì)，帶負(fù)電，中心的e-也帶負(fù)電，故H2O中的O原子應(yīng)該朝外，故示意圖錯(cuò)誤；B.由水分子釋放出電子時(shí)產(chǎn)生的一種陽(yáng)離子具有較強(qiáng)的氧化性，能將二氧化硫氧化為硫酸根離子，故B錯(cuò)誤；C.除了氖和氦等個(gè)別物質(zhì)外，水合電子幾乎能與任何元素及化合物發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，故[e(H2O)n]-具有強(qiáng)還原性，C正確；D.一個(gè)H2O+所含電子數(shù)為10-1=9，一個(gè)水合氫離子(H3O+)是水分子結(jié)合一個(gè)H+后形成的，其電子數(shù)與水分子相同均為10個(gè)電子,D錯(cuò)誤；答案選C。8．按照下圖進(jìn)行銅與濃硫酸反應(yīng)的探究實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法正確的是A．蘸有品紅溶液的濾紙褪色，說(shuō)明具有強(qiáng)氧化性B．N形管溶液變?yōu)榧t色，說(shuō)明有酸性氣體進(jìn)入N形管C．反應(yīng)后，從c口抽取反應(yīng)液加到足量的氨水中最終產(chǎn)生藍(lán)色沉淀D．實(shí)驗(yàn)結(jié)束后從b口注入足量NaOH溶液，會(huì)有2種物質(zhì)與NaOH反應(yīng)【答案】B【分析】銅與濃硫酸共熱反應(yīng)生成硫酸銅、二氧化硫和水。【解析】A．蘸有品紅溶液的濾紙褪色，說(shuō)明二氧化硫具有漂白性，故A錯(cuò)誤；B．滴有石蕊的氫氧化鈉溶液呈藍(lán)色，則N形管溶液變?yōu)榧t色，說(shuō)明溶液中氫氧化鈉與通入的二氧化硫完全反應(yīng)，過(guò)量的二氧化硫使溶液呈酸性，故B正確；C．反應(yīng)后，從c口抽取反應(yīng)液加到足量的氨水中發(fā)生的反應(yīng)為硫酸銅溶液與足量氨水反應(yīng)得到深藍(lán)色的硫酸四氨合銅溶液，不可能得到氫氧化銅藍(lán)色沉淀，故C錯(cuò)誤；D．濃硫酸與銅共熱反應(yīng)時(shí)硫酸濃度會(huì)減小變?yōu)橄×蛩?，稀硫酸與銅共熱不反應(yīng)，則反應(yīng)中濃硫酸不可能完全反應(yīng)，所以實(shí)驗(yàn)結(jié)束后從b口注入足量氫氧化鈉溶液，氫氧化鈉溶液能與反應(yīng)生成的硫酸銅、二氧化硫反應(yīng)，也能與未反應(yīng)的稀硫酸反應(yīng)，所以會(huì)有3種物質(zhì)與氫氧化鈉反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故選B。9．我國(guó)科研工作者合成了一種非線性光學(xué)晶體，其陰離子結(jié)構(gòu)如圖所示(電荷未標(biāo)出)。X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，基態(tài)X的核外電子有5種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，Y、Z與X同周期，W的氫氧化物具有兩性，Q是第六周期半徑最大的主族元素。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．金屬性： B．原子半徑：C．該晶體結(jié)構(gòu)中X的化合價(jià)為價(jià) D．Y的第一電離能比同周期相鄰元素的都低【答案】B【分析】X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，基態(tài)X的核外電子有5種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，每一種電子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)各不相同，則X為B元素，Y、Z與X同周期，Y為O元素，Z為F元素；W的氫氧化物具有兩性，則W為Al元素，Q是第六周期半徑最大的主族元素，則為Cs元素；為CsAlB3O6F；【解析】A．同主族從上到下金屬性增強(qiáng)，同周期從左到右金屬性依次減弱，故金屬性：，故正確；B．同周期從左到右原子半徑減小，故原子半徑：，故錯(cuò)誤；C．Cs為+1價(jià)，Al為+3價(jià)，O為-2價(jià)，F(xiàn)為-1價(jià)，則該晶體CsAlB3O6F結(jié)構(gòu)中X的化合價(jià)為價(jià)，故正確；D．同周期元素由左向右元素原子的第一電離能呈遞增趨勢(shì)，但O原子的價(jià)電子排布式為2s22p4，N原子的價(jià)電子排布式為2s22p3，p軌道為半充滿狀態(tài)較為穩(wěn)定，故N、O、F三種元素第一電離能由大到小順序?yàn)镕>N>O，Y的第一電離能比同周期相鄰元素的都低，故正確；答案選B。10．丙烯酸是非常重要的化工原料之一，可由甘油催化轉(zhuǎn)化制得，過(guò)程如下：甘油(C3H8O3)→丙烯醛(C3H4O)→丙烯酸(C3H4O2)。甘油常壓下沸點(diǎn)為290℃，工業(yè)生產(chǎn)選擇反應(yīng)溫度為300℃常壓下進(jìn)行。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是已知：反應(yīng)I：C3H8O3(g)C3H4O(g)+2H2O(g)△H1>0K1反應(yīng)II：2C3H4O(g)+O2(g)2C3H4O2(g)△H2<0K2A．反應(yīng)I的平衡常數(shù)K1=B．反應(yīng)Ⅱ是焓減、熵減的反應(yīng)C．丙烯醛有毒，可選擇適用反應(yīng)Ⅱ且對(duì)反應(yīng)I幾乎無(wú)影響的高效催化劑D．若改變條件增大反應(yīng)Ⅱ的K2，反應(yīng)Ⅱ平衡移動(dòng)過(guò)程中逆反應(yīng)速率先增大后減小【答案】D【解析】A：反應(yīng)I產(chǎn)物中水為氣態(tài)水，所以結(jié)合平衡常數(shù)計(jì)算公式可得，故A說(shuō)法正確；B:反應(yīng)Ⅱ，所以反應(yīng)過(guò)程中焓是減少的過(guò)程，反應(yīng)Ⅱ是一個(gè)氣體體積減少的反應(yīng)過(guò)程中，所以是一個(gè)熵減的反應(yīng)，故B說(shuō)法正確；C：選擇適用反應(yīng)Ⅱ且對(duì)反應(yīng)I幾乎無(wú)影響的高效催化劑，可以加快丙烯醛的反應(yīng)生成丙烯酸，可以減少丙烯醛的污染，故C說(shuō)法正確；D：因?yàn)榉磻?yīng)Ⅱ?yàn)榉艧岱磻?yīng)，若想增大則需要降低反應(yīng)溫度，溫度降低是正逆反應(yīng)速率都減少的過(guò)程，故D說(shuō)法錯(cuò)誤；故本題選D。11．二氯化二硫()是一種常用的橡膠硫化劑，其結(jié)構(gòu)如圖所示。極易水解：。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．中S為＋1價(jià)B．是由非極性鍵與極性鍵構(gòu)成的極性分子C．上述反應(yīng)中既作氧化劑又作還原劑D．上述反應(yīng)中氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的質(zhì)量比為3：1【答案】D【解析】A．氯元素在S2Cl2中為-1價(jià)，根據(jù)化合價(jià)規(guī)則知硫元素的化合價(jià)為+1價(jià)，故A正確；B．S-Cl鍵是極性鍵，S-S鍵是非極性鍵，由于分子中正負(fù)電荷的重心不能重合，所以分子是極性分子，故B正確；C．S元素的化合價(jià)由+1價(jià)升高為+4價(jià)，S元素的化合價(jià)由+1價(jià)降低為0，只有S元素的化合價(jià)變化，則S2Cl2既作氧化劑又作還原劑，故C正確；D．氧化產(chǎn)物為SO2，還原產(chǎn)物為S，由反應(yīng)可以知道二者的物質(zhì)的量比為1：3，故D錯(cuò)誤；故答案選D。12．嫦娥三號(hào)衛(wèi)星上的元件（熱敏電阻）的主要成分——鋇鈦礦的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。若該晶體的密度為，為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．位于圍成的正八面體的中心B．周圍距離最近的數(shù)目為12C．兩個(gè)的最短距離為D．若的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為，則的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為【答案】D【分析】根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，晶胞中Ti4+位于正方體中心，故每個(gè)晶胞中Ti4+個(gè)數(shù)為1個(gè)，Ba2+位于正方體8個(gè)頂點(diǎn)，故每個(gè)晶胞Ba2+個(gè)數(shù)為，O2-位于6個(gè)面心，每個(gè)晶胞中O2-個(gè)數(shù)為，故鋇鈦礦每個(gè)晶胞中Ba2+、Ti4+、O2-個(gè)數(shù)比為1∶1∶3，化學(xué)式為BaTiO3，其摩爾質(zhì)量M=233g/mol，晶體的密度為ρg/cm3，體積V=cm3，其晶胞棱長(zhǎng)為，據(jù)此解答?！窘馕觥緼．位于6個(gè)面心正好可圍成正八面體，位于體心，則位于圍成的正八面體的中心，A正確；B．位于正方體8個(gè)頂點(diǎn)，位于6個(gè)面心，一個(gè)周圍等距的O2-共計(jì)個(gè)，B正確；C．位于正方體6個(gè)面的面心，故兩個(gè)的最短距離為，即，C正確；D．位于頂點(diǎn)處的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為，則晶胞的參數(shù)為1，位于面心的原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為，D錯(cuò)誤；故選D。13.常溫下，調(diào)節(jié)足量草酸鈣固體與水的混合體系的時(shí)，各微粒濃度的對(duì)數(shù)(代表、、、)隨的變化曲線如圖所示。已知。下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．的電離常數(shù)的數(shù)量級(jí)為B．時(shí)，C．虛線④代表時(shí)，溶液中mol/LD．A點(diǎn)時(shí)，c(H+)>>c(OH-)【答案】B【分析】CaC2O4為強(qiáng)堿弱酸鹽，其溶液呈堿性，體系中存在一系列平衡，、、，水解微弱，鈣離子和草酸根在一定pH范圍內(nèi)幾乎是相等的，增大pH，后兩個(gè)平衡逆向移動(dòng)，草酸根濃度增大，其正對(duì)數(shù)增大，故④表示Ca2+，①表示草酸根；增大pH的過(guò)程中，后這個(gè)平衡均逆向移動(dòng)，草酸氫根減小程度緩于草酸分子，故②表示、③表示，以此分析；【解析】A．，，，①③相交時(shí)，pH=4.2，可得Ka2=10-4.2，數(shù)量級(jí)為10-5，A正確；B．溶液pH=7時(shí)，c(H+)=c(OH-)，溶液中電荷守恒，則，忽略了調(diào)節(jié)pH所加的NaOH和HCl引入的鈉離子和氯離子，B錯(cuò)誤；C．草酸鈣飽和溶液中，④表示Ca2+，①表示草酸根，pH=12，根據(jù)圖像可知，，C正確；D．A點(diǎn)時(shí)c(H+)=10-1.32mol/L，，結(jié)合C點(diǎn)，，A點(diǎn)時(shí)，，則A點(diǎn)，，，即A點(diǎn)時(shí)，c(H+)>>c(OH-)，D正確；故答案為：B。15．我國(guó)學(xué)者最近研發(fā)出一種以鋁為負(fù)極、石墨烯薄膜(Cn)為正極的新型鋁-石墨烯電池，可在石墨烯薄膜上嵌入或脫嵌，離子液體/［EMIM］Cl作電解質(zhì)，其中陰離子有、，陽(yáng)離子為()，放電機(jī)理如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．放電時(shí)正極的電極反應(yīng)：B．離子液體中的不參與反應(yīng)，只起傳遞離子的作用C．和中各原子最外層均達(dá)到8電子結(jié)構(gòu)D．該離子液體可用于鋼制品上電鍍鋁，陰極的電極反應(yīng)為【答案】D【分析】由題干可知，放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)為Al+7-3e-=4，正極反應(yīng)為，以此解答?！窘馕觥緼．由分析可知，在正極得到電子生成Cu和，電極方程式為：，A正確；B．離子液體/［EMIM］Cl作電解質(zhì)，不參與反應(yīng)，只起傳遞離子的作用，B正確；C．和中Al為+3價(jià)，Cl為-1價(jià)，Al和Cl最外層均達(dá)到8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，C正確；D．由該電池負(fù)極反應(yīng)可知，該離子液體可用于鋼制品上電鍍鋁，陰極的電極反應(yīng)為=4+3e-=Al+7，D錯(cuò)誤；故選D。15．氯苯在液氨溶液中可以與氨基鈉反應(yīng)生成苯胺。某研究小組提出了三種可能的機(jī)理。經(jīng)過(guò)一系列實(shí)驗(yàn)，最終確定該反應(yīng)按“機(jī)理3”進(jìn)行。機(jī)理1：機(jī)理2：機(jī)理3：三種機(jī)理中涉及到多個(gè)中間體。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．已知“中間體1”至少有11個(gè)原子共平面，則碳負(fù)離子采用雜化B．“中間體2”存在離域π鍵C．“中間體3”的碳負(fù)離子有一對(duì)位于雜化軌道的孤對(duì)電子D．“中間體4”部分鍵角與正常鍵角有較大差距，導(dǎo)致“中間體4”反應(yīng)活性高【答案】B【解析】A．“中間體1”中至少有11個(gè)原子共平面，可知氯原子和氨基外的其他原子共面，碳負(fù)離子形成平面結(jié)構(gòu)，為雜化，故A正確；B．“中間體2”存在碳正離子仍存在一個(gè)單電子參與形成π鍵，該中間體離域π鍵為，故B錯(cuò)誤；C．“中間體3”的碳負(fù)離子中C原子與兩個(gè)C成鍵，雜化軌道共存在一對(duì)孤電子對(duì)，p軌道中存在一個(gè)單電子，故C正確；D．“中間體4”存在碳碳三鍵，鍵角與雙鍵差異較大，容易斷鍵，因此“中間體4”反應(yīng)活性高，故D正確；故選：B。第II卷（非選擇題共55分）二、非選擇題：共4題，共55分。16．（13分）鉑釕催化劑是甲醇燃料電池的陽(yáng)極催化劑，一種以釕礦石[主要含Ru(CO3)2，還含少量的Al2O3、FeO、MgO、SiO2和CaO等]為原料制備釕(Ru)的流程如圖，回答下列問(wèn)題：已知：①常溫下，Ksp(CaF2)=1.5×10-10，Ksp(MgF2)=7.4×10-11，，；②離子濃度等于或低于1×10-5mol·L-1時(shí)，則認(rèn)為該離子已被完全除去。（1）基態(tài)Fe原子的價(jià)層電子排布式為，氣體A為。（2）“濾液3”中含有銨鹽，請(qǐng)寫出氯化銨的電子式：。（3）“沉鐵”的離子方程式為。（4）“軟化”時(shí)，溶液中鈣離子和鎂離子的濃度分別為0.01mol·L-1和0.02mol·L-1，常溫下取2.0L該濾液，使其中Ca2+、Mg2+沉淀完全，則至少需要加入NaF的物質(zhì)的量為。（5）“灼燒”時(shí)Ar的作用是。（6）產(chǎn)生相同量的釕，方案1中消耗H2與方案2中產(chǎn)生CO2的物質(zhì)的量比值為；從安全角度分析，方案2優(yōu)于方案1，其理由是。【答案】（1）3d64s2（1分）CO2（1分）（2）（1分）（3）（2分）（4）0.1278mol（2分）（5）作保護(hù)氣，防止釕與空氣中的氧氣反應(yīng)（2分）（6）1：2（2分）方案1使用氫氣作還原劑，氫氣是易燃易爆氣體，方案2更安全（2分）【分析】由分析可知，碳酸鈉與釕礦石中氧化鋁、氧化硅在熔融下發(fā)生反應(yīng)，生成氣體A二氧化碳；水浸后，濾液1中溶質(zhì)為Na2SiO3，Na[Al(OH)4]，過(guò)濾后濾渣進(jìn)行酸浸，F(xiàn)e2+、Mg2+、Ca2+進(jìn)入溶液中；“沉鐵”去除鐵，“軟化”除Mg2+、Ca2+。方案1中沉釕得到的是Ru(CO3)2，方案2中沉釕得到的是Ru(C2O4)2?！窘馕觥浚?）鐵是26號(hào)原子，基態(tài)Fe原子的價(jià)層電子排布式為3d64s2；由分析知，氣體A為CO2，故答案為：3d64s2；CO2；（2）氯化銨中，氨根離子與氯離子之間以離子鍵結(jié)合，其電子式為，故答案為：；（3）“沉鐵”時(shí)，氯酸鈉在堿性條件下把二價(jià)鐵轉(zhuǎn)化為三價(jià)鐵并生成Na2Fe4(SO4)6(OH)2沉淀，離子方程式為，故答案為：；（4）Ksp(MgF2)=7.4×10-11更小，說(shuō)明Mg2+先沉淀完全，故以Ca2+完全沉淀計(jì)算，Ksp(CaF2)=1.5×10-10=c(Ca2+)×c2(F-)，當(dāng)c(Ca2+)=1×10-5mol·L-1時(shí)，(mol·L-1)，則加上沉淀的氟離子，需加入NaF的物質(zhì)的量為(mol)，故答案為：0.1278mol；（5）“灼燒”時(shí)，方案1中有還原性的H2，未加入Ar，方案2加了Ar，故Ar的作用是作保護(hù)氣，防止釕與空氣中的氧氣反應(yīng)，故答案為：作保護(hù)氣，防止釕與空氣中的氧氣反應(yīng)；（6）方案1中，Ru從+4價(jià)變?yōu)?價(jià)，每生成1molRu，需要2molH2，1molRu(C2O4)2分解產(chǎn)生4molCO2，方案1中消耗H2與方案2中產(chǎn)生CO2的物質(zhì)的量之比為1：2，故答案為：1：2；方案1使用氫氣作還原劑，氫氣是易燃易爆氣體，方案2更安全。17．（14分）工業(yè)上先將金紅石轉(zhuǎn)化為，再制得在醫(yī)療等領(lǐng)域具有重要用途的金屬鈦(Ti)。在恒容密閉容器中加入一定量的、和，可能發(fā)生的反應(yīng)有：反應(yīng)反應(yīng)Ⅱ：反應(yīng)Ⅲ：回答下列問(wèn)題：（1）①；反應(yīng)I(填“能”或“不能”)自發(fā)進(jìn)行，判斷理由是。②已知和的部分物理性質(zhì)如下表：物質(zhì)物理性質(zhì)熔點(diǎn)為1560~1580℃，不溶于水、稀無(wú)機(jī)酸、熔點(diǎn)為-23.2℃、沸點(diǎn)為135.9℃，溶于冷水、乙醇、稀鹽酸將二者混合物進(jìn)行分離，分別得到純凈物可采用的方法是(簡(jiǎn)要寫出操作步驟)。（2）在下，一定量的、、C發(fā)生上述反應(yīng)，平衡體系中氣體組分、、的體積分?jǐn)?shù)隨溫度變化的理論計(jì)算結(jié)果如圖所示。①圖中表示的曲線是(填“a”或“b”)，其曲線變化的原因是②理論上制備的反應(yīng)溫度是越低越好，但實(shí)際生產(chǎn)中反應(yīng)溫度卻選擇800~1000°C，選擇800~1000°C的原因是。③在1200℃下，反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)(為用分壓表示的平衡常數(shù)，分壓=總壓物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))?！敬鸢浮浚?）①-49（2分）能（1分）反應(yīng)I的，，，能自發(fā)進(jìn)行(合理即可)（2分）②常溫下將混合物過(guò)濾，濾液是，將濾渣用冷水洗滌、干燥，得到(合理即可)（2分）（2）①b（1分）隨溫度升高，反應(yīng)Ⅱ逆向移動(dòng)，減少，而反應(yīng)Ⅲ正向移動(dòng)，也減少(合理即可)（2分）②升高溫度，反應(yīng)速率加快，從圖中可知800~1000℃時(shí)，的體積分?jǐn)?shù)也比較高(合理即可)（2分）③45（2分）【解析】（1）①由蓋斯定律可知反應(yīng)I=反應(yīng)Ⅱ+反應(yīng)Ⅲ，則；反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行，該反應(yīng),,，該反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行；②由和的物理性質(zhì)可知，不溶于水，能溶于冷水，故將二者混合物進(jìn)行分離時(shí)，可將混合物溶于冷水，進(jìn)行過(guò)濾，濾液為，濾渣為，將濾渣用冷水洗滌、干燥后可得固體；（2）①升高溫度，反應(yīng)Ⅱ平衡向吸熱的方向移動(dòng)，即平衡逆向移動(dòng)，CO2的量減小，反應(yīng)Ⅲ正向移動(dòng)，CO2的量也減小，故表示CO2的曲線是b，表示CO的曲線是a，曲線變化的原因是：隨溫度升高，反應(yīng)Ⅱ逆向移動(dòng)，CO2減少，而反應(yīng)Ⅲ正向移動(dòng)，CO2也減少；②適當(dāng)?shù)纳邷囟龋苁狗磻?yīng)速率加快，根據(jù)圖中曲線可知在800~1000℃范圍內(nèi)體積分?jǐn)?shù)也較高，故選擇800~1000°C的原因是：升高溫度，反應(yīng)速率加快，從圖中可知800~1000℃時(shí)，的體積分?jǐn)?shù)也比較高；③根據(jù)圖像可得的分壓為，CO2的分壓為，CO的分壓為，那么Cl2的分壓為100kPa-36kPa-20kPa-40kPa=4kPa，反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)。18．（14分）含氮物質(zhì)是一類常見物質(zhì)，在人們的生產(chǎn)、生活活動(dòng)中有重要作用。（1）實(shí)驗(yàn)室中，采用一定濃度的NaNO2溶液和NH4Cl溶液作為反應(yīng)物，通過(guò)加熱制備少量N2。①該反應(yīng)的化學(xué)方程式是，收集N2的方法是(填標(biāo)號(hào))。②實(shí)驗(yàn)小組同學(xué)設(shè)計(jì)以下實(shí)驗(yàn)探究上述反應(yīng)的速率與c(NaNO2)的關(guān)系實(shí)驗(yàn)編號(hào)溶液體積/mL收集1.0mLN2所用時(shí)間/sNaNO2溶液NH4Cl溶液醋酸水14.04.04.08.03342V14.04.0V315038.04.04.04.083412.04.04.00.038③V1=，V3=。④已知該反應(yīng)的速率方程為，k為反應(yīng)速率常數(shù)。根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，m=(填整數(shù))。（2）“侯氏制堿法”是中國(guó)人的驕傲，上述實(shí)驗(yàn)中需用到的NH4Cl是“侯氏制堿法”的副產(chǎn)物。實(shí)驗(yàn)小組模擬“侯氏制堿法”的原理，在實(shí)驗(yàn)室中制備少量NaHCO3，使用的裝置如下圖：裝置接口正確的連接順序?yàn)閍→←d(填接口序號(hào))；由該裝置可知，該實(shí)驗(yàn)中制備NH3需用到的試劑是(填化學(xué)式)。（3）實(shí)驗(yàn)小組在實(shí)驗(yàn)中，將1.0mol·L-1NaNO2溶液滴入pH=0.5的1.0mol·L-1FeSO4溶液中，觀察到溶液為棕色，而不是預(yù)期的黃色。于是他們進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)探究。①查閱資料常溫下，[Fe(NO)]2+在溶液中能穩(wěn)定存在，溶液為棕色，受熱分解釋放出NO。②提出猜想溶液的棕色來(lái)源于[Fe(NO)]2+，且[Fe(NO)]2+的顏色掩蓋了Fe3+的黃色。③設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)、驗(yàn)證猜想實(shí)驗(yàn)編號(hào)56操作方法取上述滴有NaNO2溶液的棕色混合液，向其中滴加稀KSCN溶液取上述棕色混合液，按下圖所示加熱④實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象及分析i．實(shí)驗(yàn)5溶液變紅色，說(shuō)明溶液中存在Fe3+，F(xiàn)e3+的來(lái)源是(寫出離子方程式)；ii．實(shí)驗(yàn)6觀察到(填實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象)，證明溶液呈棕色是因?yàn)榇嬖赱Fe(NO)]2+，且其顏色掩蓋了Fe3+的黃色?！敬鸢浮浚?）（2分）a（2分）6.0（1分）6.0（1分）2（2分）（2）a→b，c←f←e←d（2分）NH4Cl、Ca(OH)2（1分）（3）（2分）溶液變?yōu)辄S色（1分）【分析】探究NaNO2溶液和NH4Cl溶液反應(yīng)的速率與c(NaNO2)的關(guān)系時(shí)，c(NaNO2)是唯一變量。【解析】（1）①溶液和溶液加熱生成NaCl、N2、H2O，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是，N2的密度與空氣相近，難溶于水，所以用排水法收集N2，故選a。③根據(jù)實(shí)驗(yàn)1、3、4可知，溶液的總體積為20.0mL，該實(shí)驗(yàn)的目的是探究NaNO2溶液的濃度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響，根據(jù)實(shí)驗(yàn)1和3，NaNO2的體積增大二倍，速率大約變?yōu)?倍，實(shí)驗(yàn)4的速率大約是實(shí)驗(yàn)2的4倍，則實(shí)驗(yàn)2所用NaNO2溶液的體積為實(shí)驗(yàn)4的二分之一，則V1=6.0mL，V3=(20.0-4.0-4.0-6.0)mL=6.0mL。④由表中實(shí)驗(yàn)1、3數(shù)據(jù)可知，其他物質(zhì)的濃度相同時(shí)，NaNO2溶液的濃度增大1倍時(shí)，實(shí)驗(yàn)3、1中收集1.0mLN2所需時(shí)間比值為≈，即實(shí)驗(yàn)3的反應(yīng)速率為實(shí)驗(yàn)1的4倍，由于，實(shí)驗(yàn)m≈2