资源简介

贵州省铜仁一中2025届高三下学期临门最后一卷化学试题
一、单项选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．下列科技成就所涉及的化学知识说法正确的是
A．纳米铁粉主要通过物理吸附作用除去污水中的Cu2+、Ag+、Hg2+
B．“天和核心舱”电推进系统中的腔体采用氮化硼陶瓷，属于新型无机非金属材料
C．牙膏中添加氟化物用于预防龋齿是利用了氧化还原反应的原理
D．高纤维食物是富含膳食纤维的食物，在人体内都可以通过水解反应提供能量
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解析】A．纳米铁粉能够去除污水中的、和，这是由于铁的还原性较强，能与这些金属离子发生置换反应生成单质，而非通过物理吸附作用，因此A选项不正确；B．氮化硼陶瓷作为一种新型无机非金属材料，具有优异的耐高温性和高硬度等特性。"天和核心舱"电推进系统选用氮化硼陶瓷制作腔体，正是基于这些优良性能，故B选项正确；
C．牙膏中添加氟化物防治龋齿的原理是：氟离子与牙齿中的羟基磷灰石反应生成更难溶的氟磷灰石，从而提高牙齿的抗酸能力。该过程未涉及元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，所以C选项错误；
D．由于人体内缺乏能够分解膳食纤维的酶，因此膳食纤维无法在人体内通过水解反应提供能量，D选项的表述也是错误的；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A．根据除杂原理，铁和 Cu2+、Ag+、Hg2+ 发生置换反应；
B．氮化硼属于新型无机非金属材料；
C． 氟化物用于预防龋齿是生成了氟磷灰石难溶物，不属于氧化还原反应；
D． 膳食纤不能在人体内发生水解反应。
2．化学与生活密切相关。下列叙述错误的是（　　）
A．高纯硅可用于制作光感电池 B．铝合金大量用于高铁建设
C．活性炭具有除异味和杀菌作用 D．碘酒可用于皮肤外用消毒
【答案】C
【知识点】碳族元素简介；硅和二氧化硅；合金及其应用；药物的主要成分和疗效
【解析】【解答】A、硅是常用的半导体材料，常用于制作光感电池，选项正确，A不符合题意；
B、铝合金的密度低、强度高、塑性好，且具有良好的机械性能、抗腐蚀性能，因此大量用于高铁建设，选项正确，B不符合题意；
C、活性炭的相对表面积比较大，具有较强的吸附性，可吸附异味分子，但不具备杀菌消毒作用，选项错误，C符合题意；
D、碘酒能是蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，可用于皮肤外用消毒，选项正确，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、硅是常用的半导体材料；
B、结合铝合金的性质分析；
C、活性炭的相对表面积较大，有较强的吸附性；
D、碘酒具有杀菌消毒作用；
3．下列化学用语或叙述正确的是
A．HCl的电子式为
B．基态Cu2+的价层电子轨道式为
C．原子核内中子数为20的氯原子
D．微粒中的键角CO>NF3=BF3>P4
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解析】A. 氯化氢（HCl）是共价化合物，其电子式表示为， A错误；
B. 铜的原子序数为29，基态铜原子的价电子排布为3d104s1。当铜失去2个电子形成Cu2+时，其价层电子轨道式表示为， B正确；
C. 质量数为37的氯原子（含17个质子和20个中子）应表示为， C错误；
D. 各微粒的键角分析如下：C和BF3均为sp2杂化的平面三角形结构，NF3为sp3杂化的三角锥形结构（含1对孤电子对）， P4分子结构为，键角60°，因此键角大小关系为：C=BF3 > NF3 > P4， D错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A. 氢原子和氯原子之间形成共价键；
B. 铜的价层电子排布式为3d104s1，失去两个电子后为铜离子的价层电子排布式；
C. 元素符号左上角为质量数，不是中子数；
D. 根据各物质的空间结构，键角排序为C=BF3 > NF3 > P4。
4．下列实验操作能达到实验目的的是
选项 实验目的 实验操作
A 检验补铁剂硫酸亚铁片是否被氧化 将铁氰化钾溶液滴入硫酸亚铁片的水溶液
B 验证SO2的漂白性 将SO2通入溴水
C 检验洁厕剂的主要成分是盐酸 向待测液中滴加硝酸银溶液
D 检验实验室中Na2SO3溶液是否变质 将盐酸酸化的BaCl2溶液滴入该Na2SO3溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】硫酸根离子的检验；二价铁离子和三价铁离子的检验；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．硫酸亚铁若被氧化会生成Fe3+，应使用KSCN溶液或K4[Fe(CN)6]检测铁离子，而K3[Fe(CN)6]用于检验Fe2+，因此A选项不符合题意；B．二氧化硫与溴水反应的化学方程式为Br2 + SO2 + 2H2O = H2SO4 + 2HBr，其中SO2体现还原性，故B选项不符合题意；
C．加入AgNO3生成白色沉淀可能是AgCl或Ag2CO3等，应使用硝酸酸化的AgNO3检验Cl-，且还需验证H+的存在，仅检验Cl-不能证明是盐酸，因此C选项不符合题意；
D．Na2SO3变质会生成Na2SO4，可通过加入盐酸酸化的BaCl2溶液观察是否产生白色沉淀来判断是否变质，若出现沉淀则说明变质，否则未变质，故D选项符合题意；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A．根据题意，亚铁离子被氧化为三价铁，因此用硫氰化钾检测二价铁是否被氧化；
B．根据二氧化硫性质，其和溴水发生氧化还原反应；
C．盐酸中成分中包含氢离子和氯离子，氯离子检验试剂为硝酸酸化的硝酸银溶液；
D．硫酸根离子检验试剂为盐酸酸化的氯化钡溶液。
5．下列所涉及有关方程式错误的是
A．硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3++4OH-=[Al(OH)4]–
B．Na2S2O3溶液中滴加稀盐酸：S2O+2H+= S↓+ SO2↑+ H2O
C．海带灰浸出液中滴加几滴硫酸酸化的过氧化氢溶液：2I–+ H2O2+ 2H+= I2+ 2H2O
D．草酸溶液中滴加高锰酸钾酸性溶液：2MnO+ 5H2C2O4+ 6H+ = 2Mn2++ 10CO2↑ + 8H2O
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A. 硫酸铝溶液与过量氨水反应的离子方程式书写有误。由于一水合氨（NH3·H2O）是弱电解质，不能拆分为离子形式，且氢氧化铝（Al(OH)3）不溶于氨水，正确离子方程式应为：，A错误；
B. 硫代硫酸钠（Na2S2O3）与稀盐酸反应生成硫单质和二氧化硫，离子方程式书写正确，B选项正确。
C. 海带灰浸出液中的碘离子（I-）被过氧化氢（H2O2）氧化为碘单质（I2），离子方程式书写正确，C选项正确；
D. 草酸（H2C2O4）的还原性使其能被酸性高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳（CO2），同时高锰酸根离子（MnO4-）被还原为锰离子（Mn2+），离子方程式书写正确，D选项正确；
综上所述，错误的选项是A。
【分析】A. 氢氧化铝不能溶解在氨水中；
B. 酸性条件下，硫代硫酸根发生反应生成硫单质和二氧化硫；
C. 过氧化氢可氧化碘离子；
D. 草酸和高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，生成锰离子和二氧化碳。
6．磷酸奥司他韦作为治疗甲型和乙型流感常用药，其中奥司他韦具有抗病毒的生物学活性，结构简式如图所示，下列说法正确的是
A．奥司他韦的分子式为 C16H26N2O4
B．奥司他韦分子中环上的一溴代物有4种
C．磷酸奥司他韦分子中含有3个手性碳原子
D．1 mol磷酸奥司他韦最多能能与4 mol NaOH反应
【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A. 根据奥司他韦的结构简式分析，其分子式应为，而非题目给出的，因此A选项不正确；B. 奥司他韦分子中环状结构上的氢原子有5种不同的化学环境，这意味着苯环上的一溴代物应有5种同分异构体，而不是4种，故B选项错误；
C. 分子中存在3个手性碳原子（连接四个不同基团的碳原子），因此C选项正确；
D. 磷酸奥司他韦分子中的酯基、酰胺基和磷酸羟基都能与NaOH发生反应，1mol该化合物最多可消耗5mol NaOH，而非4mol，所以D选项错误；
综上所述，正确答案是C。
【分析】A.根据奥司他韦结构简式可得分子式；
B. 奥司他韦分子中环上等效氢种类数为5，则一溴代物有5种；
C.根据手性碳原子定义，磷酸奥司他韦分子中有3个手性碳原子；
D.根据磷酸奥司他韦分子中含有的官能团性质，1mol该分子消耗5mol NaOH 。
7．工业用Cl2制备TiCl4的热化学方程式为TiO2(s) + 2Cl2(g) +2C(s)TiCl4(g) + 2CO(g)。若NA为阿伏加德罗常数的值，下列关于该反应的说法不正确的是
A．Cl2、CO都是由极性键构成的非极性分子
B．TiCl4、SO中心原子的杂化方式均为sp3
C．0.1 mol TiO2反应制得的CO分子数小于0.2NA
D．0.2 mol TiCl4生成时，转移的电子数为0.8NA
【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．Cl2分子由同种氯原子组成，Cl-Cl键是非极性键，Cl2属于非极性分子。CO分子由碳和氧两种不同原子组成，C≡O键是极性键，且分子结构不对称，为极性分子，因此A选项是错误的；
B．TiCl4中Ti的价层电子对数计算为：，没有孤电子对，采用sp3杂化；中S的价层电子对数计算为：，同样没有孤电子对，也是sp3杂化，所以B选项是正确的；
C．该反应是可逆反应，0.1 mol TiO2理论上最多能生成0.2 mol CO，但由于反应不能完全进行，实际生成的CO分子数必定小于0.2NA，因此C选项是正确的；
D．反应中碳元素被氧化为CO（碳的化合价从0价升高到+2价），每生成1 mol CO转移2 mol电子。生成2 mol CO共转移4 mol电子。生成1 mol TiCl4对应转移4 mol电子，因此0.2 mol TiCl4转移的电子数为0.8NA，D选项是正确的；
综上所述，错误的选项是A。
【分析】A．氯分子是由非极性键构成的非极性分子，一氧化碳是由极性键构成的极性分子；
B．根据价层电子对互斥理论可计算TiCl4、SO中心原子的价层电子对数为4，为 sp3 杂化；
C．根据反应为可逆反应，不能完全反应进行判断；
D．根据反应方程式元素化合价变化，可计算转移电子数目。
8．下列实验装置或操作正确的是
A．甲装置可用来模拟工业制取NaHCO3，实验时为防止倒吸，应先通入CO2一段时间后再通NH3
B．乙装置可用来萃取溴水中的溴，放出下层水后，有机层应从分液漏斗上口到出
C．丙装置可用来分离四氯化碳和苯的混合物，其中直形冷凝管可用球形冷凝管代替
D．丁装置可用来做喷泉实验，若在水中滴入少量酚酞，实验中可观察到红色喷泉
【答案】B
【知识点】蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A．由于NH3在水中的溶解度显著高于CO2，为确保CO2被充分吸收，实验时应先通入NH3一段时间后再通入CO2，因此选项A的表述是错误的；
B．在萃取操作中，密度较小的有机溶剂苯会形成上层液体，此时应从上口倒出；而下层液体需从分液漏斗下口放出，故选项B的表述正确；
C．虽然球形冷凝管的冷凝效率较高，但由于其球形结构会导致冷凝液滞留，因此蒸馏操作中不宜使用，选项C的表述错误；
D．虽然HCl易溶于水可形成喷泉，但其水溶液呈酸性，若使用酚酞指示剂（变色范围为pH 8-10）无法显现红色，因此选项D的表述错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A．制取碳酸氢钠时，先通入氨气，后通入二氧化碳；
B．根据分液操作，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；
C．蒸馏装置中用直型冷凝管；
D．酚酞在碱性溶液中显红色，酸性溶液无色。
9．中国科学家研究在Pd/SVG催化剂上H2还原NO生成N2和NH3的路径，各基元反应及活化能Ea(kJ·mol-1)如图所示，下列说法正确的是
A．上述历程的各基元反应中，N元素均被还原
B．在Pd/SVG催化剂上，NO更容易被H2还原为N2
C．决定NO生成NH3速率的基元反应为NH2NO→NHNOH
D．生成N2的总反应方程式为2NO＋2H2N2＋2H2O
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．根据图示分析，在氢转移和解离过程中，氮元素的化合价未发生降低，说明该过程没有发生还原反应，因此A选项错误；B．从活化能数据可以看出，NO被还原为N2的最大活化能明显高于还原为NH3的过程，说明在该催化剂作用下，NO更容易被还原为NH3而非N2，因此B选项错误；
C．在生成NH3的基元反应中，NH2O+H→NH2OH这一步的活化能最高，反应速率最慢，因此该步骤是决定NO生成NH3速率的关键步骤，C选项错误；
D．根据图示可知，总反应为NO与H2反应生成N2和H2O，对应的化学方程式为：
2NO + 2H2 N2 + 2H2O，因此D选项正确；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A．根据物质转化，氮元素在氢转移和解离过程中未发生化合价变化；
B．一氧化氮生成氮气活化能更大，此反应难以发生；
C．活化能越大，反应速率越慢，根据各步基元反应大小分析；
D．结合题中图示，反应物为一氧化氮和氢气，生成物为氮气和水。
10．短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，其最简单氢化物的沸点如图所示。X的简单氢化物的水溶液呈碱性，R元素M层电子数是K层电子数的2倍，制备Z的氢化物时不能选用玻璃容器，X、Y、Z的最简单氢化物分子所含的电子总数相等。下列叙述正确的是
A．电负性：Y>Z>X
B．Y、X和R的氢化物分子间能形成氢键
C．Y 和Z形成的化合物只含共价键
D．最简单氢化物的稳定性：Y>X>Z>R
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．电负性比较：F > O > N（同周期从左到右电负性增大），即Z > Y > X，A错误；
B．Y(O)的氢化物H2O和X(N)的氢化物NH3都能形成氢键，R(Si)的氢化物SiH4不能形成氢键，B错误；
C．Y(O)与Z(F)形成的化合物OF2或O2F2都是共价化合物，只含共价键，C正确；
D．氢化物稳定性顺序反映非金属性强弱：F > O > N > Si，对应氢化物稳定性为HF > H2O > NH3 > SiH4，即Z > Y > X > R，D错误；
正确答案：C。
【分析】根据题目描述，短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大：X的简单氢化物水溶液呈碱性 → X为氮(N)；R元素M层电子数是K层电子数的2倍 → R为硅(Si)； 制备Z的氢化物时不能用玻璃容器 → 因为氢氟酸(HF)会腐蚀玻璃 → Z为氟(F)；X、Y、Z的最简单氢化物分子所含电子总数相等 → Y为氧(O)；HF、NH3、H2O分子间都存在氢键，且H2O氢键最多，沸点最高。
11．硒(Se)是一种新型半导体材料，对富硒废料(含Ag2Se、Cu2S)进行综合处理的一种工艺流程如图所示，下列说法不正确的是
A．“焙烧”时Ag2Se反应的化学方程式为 Ag2Se + O22Ag + SeO2↑
B．“吸收”时氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1
C．“滤液”经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥处理可制得胆矾
D．“电解精炼”装置中电解质溶液适合选择AgNO3
【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A. "焙烧"过程中Ag2Se与氧气反应生成Ag和SeO2，化学方程式为：
Ag2Se + O22Ag + SeO2↑， A正确；
B. "吸收"步骤发生的反应为：，其中SeO2是氧化剂，SO2是还原剂，两者物质的量之比应为1：2， B错误；
C. 滤液为硫酸铜溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥等操作可制得胆矾， C正确；
D. "电解精炼"过程与铜的精炼原理相似，粗银作为阳极，纯银作为阴极，使用AgNO3溶液作为电解质溶液， D正确；
综上所述，错误选项为B。
【分析】富硒废料在空气中焙烧时，主要发生以下化学反应： 转化为 和， 转化为 和，焙烧后得到的烧渣主要含有 和。通过酸溶过滤后可以得到：不溶物：Ag，溶液：硫酸铜溶液，在吸收过程中发生的主要反应为：，这个反应实现了硒的回收利用。
12．已知Co3O4 晶体中， O作面心立方最密堆积(如下图)，Co随机填充在晶胞中O构成的8个四面体空隙和4个八面体空隙中，如果晶胞边长为a nm，Co3O4的摩尔质量为 M g/mol，阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法不正确的是
A．Co3O4晶体中Co的化合价为+2、+3
B．Co的配位数依次为6、4
C．Co的基态价电子排布式为 4s23d7
D．该晶胞密度为g/cm3
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算
【解析】【解答】A. Co3O4的结构与Fe3O4类似，其中Co的化合价为+2和+3价混合价态，因此A选项正确；
B. 在晶体结构中，填充在四面体空隙中的Co原子配位数为4，而填充在八面体空隙中的Co原子配位数为6，因此B选项正确；
C. Co是27号元素，其基态价电子排布式应为3d74s2，但题目中可能给出了错误的排布式，因此C选项错误；
D. 晶胞边长为a nm，晶胞体积为(a×10-7)3 cm3。根据均摊法计算，1个晶胞中含有3个Co原子和4个O原子。Co3O4的摩尔质量为M g/mol，阿伏加德罗常数为NA，则晶体密度计算公式为：
，故D正确；
因此D选项正确。
【分析】A. 根据化合物化合价代数和为0分析；
B. 根据题意， Co随机填充在晶胞中O构成的8个四面体空隙和4个八面体空隙中， 可得Co的配位数；
C. 根据元素在周期表中位置，基态 Co价电子排布式应为3d74s2；
D. 晶胞密度等于晶胞质量除以晶胞体积，代入公式计算。
13．锌-空气二次电池具有性能高、寿命长的可充电等优点，其原理如图所示。下列说法错误的是
A．放电过程中，b极的电极电势高于a极的电极电势
B．放电过程中，OH-由b极区向a极区迁移
C．充电过程中，a极的电极反应为：[Zn(OH)4]2-+ 2e-=Zn +4OH-
D．充电过程中，a、b电极附近溶液pH均不变
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．原电池放电时，正极电势高于负极，因此b极电势高于a极，A正确；
B．放电过程中，阴离子向负极迁移，OH-从b极区向a极区移动，B正确；
C．充电时，a极为阴极，[Zn(OH)4]2-得电子转化为Zn，电极反应为：[Zn(OH)4]2- + 2e- = Zn + 4OH-，C正确；
D．充电时，a极反应为[Zn(OH)4]2- + 2e- = Zn + 4OH-，b极反应为4OH- - 4e- = O2↑ + 2H2O，两电极附近溶液pH均发生变化，D错误；
故选D。【分析】根据图示可知，a极上Zn失电子生成[Zn(OH)]2-，作负极，b电极上O2得电子生成OH-，作正极，原电池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此分析。
14．常温下，在20 mL 0.1 mol L-1 Na2CO3溶液中，加入过量的CaSO4固体，若溶液中pH随时间变化情况如图1所示，含碳微粒δ含量随pH变化情况如图2所示，下列说法不正确的是
已知：Ksp(CaSO4)= 4.9×10-5；Ksp(CaCO3)= 3.4×10-9。
A．CaSO4加入到Na2CO3溶液中，可以得到CaCO3沉淀
B．当500s时，溶液中c(Ca2+) 约为6.8×10-8
C．充分反应后上层清液中约为1.4×104
D．500s~700s内上层清液中存在：c(HCO)+2c(CO)+2c(SO)-2c(Ca2+)> 0.2
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据溶度积常数，Ksp(CaSO4)=4.9×10-5，Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，由于Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3)，说明CaSO4更难溶。根据沉淀转化原理，难溶沉淀可以转化为更难溶的沉淀，因此将CaSO4加入到Na2CO3溶液中可以得到CaCO3沉淀，A选项正确；
B．当反应时间为500秒时，测得pH=10.5，此时溶液中，此时溶液中不存在H2CO3分子，。根据溶度积公式计算钙离子浓度：
，计算结果与选项一致，B选项正确；
C．充分反应后上层清液为碳酸钙和硫酸钙的饱和溶液，故，C正确；
D．根据电荷守恒得：，500s~700s，上层清液呈碱性，则，，故，D错误；
故选D。
【分析】A．硫酸钙和碳酸钙为同类型难溶物，碳酸钙溶解度更小，可发生沉淀转化；
B．根据图1，500s时，可得溶液中pH值，结合图2，可得溶液中碳酸根离子浓度，根据碳酸钙Ksp可计算钙离子浓度；
C．根据作答；
D．根据溶液中电荷守恒式分析。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．铬作为重要的战略金属资源，广泛应用于钢铁、冶金、化工、医药以及航空航天等领域。由高碳铬铁合金废料制取氮化铬和铬单质的工艺流程如图：
已知：金属Cr与Fe的化学性质非常相似。
请回答下列问题：
（1）稀硫酸酸浸过程中采用合金粉末的原因可能是　 　。
（2）Cr3+简化的电子排布式为　 　，其核外有　 　种能量状态的电子。
（3）用纯碱调节溶液pH，若加入过量的纯碱会导致的后果是　 　，加入草酸(H2C2O4)产生沉淀时，发生的离子方程式为　 　。
（4）向滤液中通入空气和加入氨水后发生反应的化学方程式为　 　。
（5）若铬的第二电离能(ICr)和锰的第二电离能(IMn)分别为1590.6 kJ mol-1、1509.0 kJ mol-1，ICr > IMn的原因是　 　。
（6）铬的一种氮化物晶体立方晶胞结构如下图所示。A点分数坐标为(0，0，0)，B点分数坐标为　 　。若晶体的密度为ρg cm 3 ，NA代表阿伏加德罗常数的值，Cr3+与N3–最短核间距为　 　pm。
【答案】（1）增大表面积，加快反应速率
（2）；6
（3）可能导致Cr2+、Fe2+沉淀；Fe2+ +H2C2O4+2H2O=FeC2O42H2O↓+ 2H+
（4）4CrSO4 + O2 + 8NH3·H2O +2H2O = 4Cr(OH)3↓+ 4(NH4)2SO4
（5）铬的第二电离能是失去半充满3d5上的电子，锰的第二电离能是失去4s1上的电子，3d能级变为半充满状态
（6）；或
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）合金粉末的颗粒越小，其表面积越大，与稀硫酸的接触面积也越大。因此在浸出过程中使用合金粉末可以增大反应接触面积，从而有效提高反应速率；
故答案为：增大表面积，加快反应速率；
（2）铬（Cr）是第24号元素，基态原子的电子排布式为。当Cr失去3个电子形成时，先失去4s轨道的1个电子，再失去3d轨道的2个电子，因此的简化电子排布式为。电子能量由主量子数（n）和能级类型（s、p、d等）共同决定，的电子分布在1s、2s、2p、3s、3p、3d六个不同能级，故共有6种能量状态的电子；
故答案为：；6；
（3）纯碱水解使溶液显碱性，加入过量纯碱，浓度增大，可能导致Cr2+、Fe2+沉淀；由题意可知，加入草酸后，产生了，故该反应的离子方程式为：；
故答案为：可能导致Cr2+、Fe2+沉淀；；
（4）从工艺流程可知，前面的操作会使滤液中的Cr元素以形式存在，一般以硫酸盐形式存在（因为前面用稀硫酸浸出），可表示为，具有还原性，易被空气中的氧化为，氨水电离出的与转化为，结合质量守恒和电子守恒可得该反应方程式为：；
故答案为：；
（5）铬（Cr）基态原子的电子排布式为，失去一个电子后形成，其电子排布式变为，此时3d轨道处于半充满状态。根据洪特规则，半充满状态的原子轨道能量较低，体系比较稳定。当再失去一个电子时，就需要破坏这种稳定的半充满结构，因此需要吸收较多的能量，所以铬的第二电离能较高。锰（Mn）基态原子的电子排布式为，失去一个电子后形成，其电子排布式为。当再失去一个电子时，失去的是4s轨道上的电子，失去这个电子后，3d 轨道变为半充满状态，相对来说比较容易失去，所以锰的第二电离能较低。综上，铬的第二电离能大于锰的第二电离能；
故答案为：铬的第二电离能是失去半充满上的电子，锰的第二电离能是失去上的电子，3d能级变为半充满状态；
(6)分数坐标是将晶胞棱长看作单位“1”来确定原子位置。以晶胞左下角顶点A点分数坐标为(0，0，0)为原点，沿x、y、z 轴建立坐标系。观察 B 点位置，它在 x 轴方向处于晶胞棱长的一半，即；在 y 轴方向处于晶胞棱长的端点位置，所以y=1；在 z 轴方向也处于晶胞棱长的端点位置，所以z=1，所以 B 点分数坐标为；利用均摊法，位于12条棱上和体心，个数为，位于8个顶点和6个面心，个数为，所以1个晶胞中和各4个。晶胞质量m=。已知晶体密度为，根据（V为晶胞体积），设晶胞边长为acm，则，可得。与最短核间距为棱长的一半，所以最短核间距，将换算为pm，代入可得=；
故答案为：或。
【分析】高碳铬铁合金粉末与稀硫酸混合时，由于金属Cr和Fe的化学性质相近，两者都会与稀硫酸反应，分别生成离子。同时，其他可溶于稀硫酸的金属杂质也会参与反应，而碳等不反应的杂质则保留为固体残渣。通过过滤操作，可将不溶性杂质（如碳）去除，获得含有等金属离子的滤液。后续加入纯碱时，纯碱的水解作用会使溶液呈现碱性，碳酸根离子()与水()发生可逆反应：。生成的氢氧根离子()会与溶液中的氢离子()反应，导致溶液pH值升高。同时，亚铁离子()和亚铬离子()会转化为相应的氢氧化物沉淀。当加入草酸()后，氢氧化亚铁()会与草酸反应生成草酸亚铁二水合物()沉淀，而氢氧化亚铬()会被草酸溶解。通过这个过程，铁元素以草酸亚铁二水合物沉淀的形式被分离出来，从而实现铬元素与铁元素的分离，此时滤液中主要含有铬元素。在含有铬离子的溶液中通入空气，并在碱性环境（加入氨水）中，氧气会将二价铬离子（）氧化为三价铬离子（），最终生成氢氧化铬（）沉淀，便于后续处理。此过程中产生的铵盐可作为副产品。氢氧化铬（）加热分解生成三氧化二铬（），为后续制备铬单质做准备。三氧化二铬（）与四氯化碳（）在一定条件下反应生成三氯化铬（）。三氯化铬（）与氨气（）在高温下反应生成氮化铬（）。此外，三氧化二铬（）与铝在高温下发生铝热反应制取铬单质，反应方程式为：。
（1）固体反应物的颗粒越小，接触面积越大。在稀硫酸浸出过程中，采用合金粉末能增大其与稀硫酸的接触面积，从而加快反应速率；
故答案为：增大表面积，加快反应速率；
（2）Cr是24号元素，其原子的电子排布式为，是Cr原子失去3个电子形成的，失去电子时先失4s轨道上的1个电子，再失3d轨道上的2个电子，所以简化电子排布式为。电子的能量由电子层（n）、能级（s、p、d等）决定，中电子处于1s、2s、2p、3s、3p、3d 六种不同的能级，所以有6种能量状态的电子；
故答案为：；6；
（3）纯碱水解使溶液显碱性，加入过量纯碱，浓度增大，可能导致Cr2+、Fe2+沉淀；由题意可知，加入草酸后，产生了，故该反应的离子方程式为：；
故答案为：可能导致Cr2+、Fe2+沉淀；；
（4）从工艺流程可知，前面的操作会使滤液中的Cr元素以形式存在，一般以硫酸盐形式存在（因为前面用稀硫酸浸出），可表示为，具有还原性，易被空气中的氧化为，氨水电离出的与转化为，结合质量守恒和电子守恒可得该反应方程式为：；
故答案为：；
（5）铬（Cr）基态原子的电子排布式为，失去一个电子后形成，其电子排布式变为，此时3d轨道处于半充满状态。根据洪特规则，半充满状态的原子轨道能量较低，体系比较稳定。当再失去一个电子时，就需要破坏这种稳定的半充满结构，因此需要吸收较多的能量，所以铬的第二电离能较高。锰（Mn）基态原子的电子排布式为，失去一个电子后形成，其电子排布式为。当再失去一个电子时，失去的是4s轨道上的电子，失去这个电子后，3d 轨道变为半充满状态，相对来说比较容易失去，所以锰的第二电离能较低。综上，铬的第二电离能大于锰的第二电离能；
故答案为：铬的第二电离能是失去半充满上的电子，锰的第二电离能是失去上的电子，3d能级变为半充满状态；
（6）分数坐标是将晶胞棱长看作单位“1”来确定原子位置。以晶胞左下角顶点A点分数坐标为(0，0，0)为原点，沿x、y、z 轴建立坐标系。观察 B 点位置，它在 x 轴方向处于晶胞棱长的一半，即；在 y 轴方向处于晶胞棱长的端点位置，所以y=1；在 z 轴方向也处于晶胞棱长的端点位置，所以z=1，所以 B 点分数坐标为；利用均摊法，位于12条棱上和体心，个数为，位于8个顶点和6个面心，个数为，所以1个晶胞中和各4个。晶胞质量m=。已知晶体密度为，根据（V为晶胞体积），设晶胞边长为acm，则，可得。与最短核间距为棱长的一半，所以最短核间距，将换算为pm，代入可得=；
故答案为：或。
16．(NH4)2SO4是一种优良的氮肥，适用于一般土壤和作物，能使枝叶生长旺盛，提高果实品质和产量，也能与铝灰(主要成分Al2O3)等作用生产铵明矾晶体NH4Al(SO4)2·12H2O，铵明矾可用作泡沫灭火器的内留剂、石油脱色剂。请回答下列问题：
Ⅰ．科学家研发一种“氨气/石膏联合法”用于吸收工厂中排放的CO2，同时获得产品(NH4)2SO4。
某兴趣小组应用下图装置模拟生产硫酸铵。
（1）生成(NH4)2SO4的化学方程式为 　 　。
（2）在上图实验装置中，先从　 　(填“a”或“b”)通入NH3，先通氨气的原因是　 　；再通入CO2，当液体由红色变为浅红色时，立即停止通入，CO2不通入过量，原因可能是　 　。
（3）为测定某硫酸铵样品(杂质为碳酸铵)纯度。先准确称取5.000g样品溶于水，加入足量的　 　，再加入足量BaCl2溶液充分反应后过滤、洗涤沉淀并烘干至恒重，最终所得固体为8.155g。则硫酸铵样品的纯度为　 　。[已知BaSO4、(NH4)2SO4摩尔质量分别为 233g/mol和132g/mol]
Ⅱ．该兴趣小组还在实验室模拟硫酸铵及铝灰等为原料制备铵明矾的生产过程。
（4）经过如下步骤：
a．加硫酸溶解铝灰 b．将溶解液转移至蒸发皿
c．配制饱和硫酸铵溶液 d．加入蒸发皿中
e．蒸发至 　 　 f．降温结晶
g．抽滤 h．洗涤、干燥后得到铵明矾
（5）生产过程中常使用过量的工业硫酸铵，一个作用是促使硫酸铝充分转化为铵明矾，提高硫酸铝的利用率，另外的一个重要作用是 　 　 。
【答案】CaSO4 + 2NH3 + CO2 + H2O = CaCO3↓ +(NH4)2SO4；a；先通入NH3可增大CaSO4悬浊液吸收CO2的量；防止碳酸钙生成碳酸氢钙，使硫酸铵难以分离；稀盐酸(稀硝酸)；92.4%；溶液表面出现晶膜 或 溶液中有少量晶体出现；可利用硫酸铵溶液水解显酸性抑制硫酸铝水解
【知识点】物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）“氨气/石膏联合法”用于吸收工厂排放的CO2，同时获得硫酸铵产品。其化学反应方程式为：；
（2）由于氨气极易溶于水，为防止倒吸现象，通入NH3时应使用干燥管（a装置）替代普通长导管。先通入NH3的原理类似于侯氏制碱法，可以增加CaSO4悬浊液对CO2的吸收量。不过量通入CO2的原因是防止生成的CaCO3与过量CO2反应生成可溶性Ca(HCO3)2，导致硫酸铵难以分离；
（3）通过Ba2+与SO42-反应生成BaSO4沉淀的质量测定，利用硫酸根守恒原理计算(NH4)2SO4的纯度。但需注意杂质(NH4)2CO3也会与Ba2+反应生成BaCO3沉淀，因此需加入足量稀盐酸或稀硝酸除去碳酸根。根据计算：n[(NH4)2SO4]=n(BaSO4)=8.155g/233g/mol=0.035mol，故样品纯度为(0.035mol×132g/mol)/5.0g×100%=92.4%；
（4）在蒸发结晶过程中，当溶液表面出现晶膜或观察到少量晶体析出时，应停止加热并降温结晶，即可获得铵明矾晶体；
（5）Al2(SO4)3中Al3+会发生水解反应。加入过量工业硫酸铵不仅能促进硫酸铝完全转化为铵明矾，提高原料利用率，还能利用NH4+水解产生的酸性环境抑制硫酸铝的水解。
【分析】（1）根据题意，反应物为氨气，硫酸钙和二氧化碳，生成物为硫酸铵，根据元素守恒可配平方程式；
（2）根据氨气和二氧化碳在水中溶解度差异进行分析，二氧化碳溶解度小，应先通入氨气；二氧化碳和碳酸钙可生成碳酸氢钙；
（3）根据测定原理，硫酸铵中的硫酸根和钡离子反应生成硫酸钡，故加入的酸为盐酸，排除碳酸根离子的干扰；
（4）根据结晶操作要求，当溶液表面出现晶膜或观察到少量晶体析出时，应停止加热并降温结晶；
（5）硫酸铵溶液呈酸性，可抑制铝离子水解。
17．合成氨厂和硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物，脱硝是指将烟气中的氮氧化物转化为无毒无害物质的化学过程。回答下列问题：
（1）已知：① CO(g) + H2O(g)CO2(g) + H2(g) ΔH=-41.0 kJ·mol-1
② N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH= +180.0 kJ· mol-1
③ 2H2(g)+O2(g)2H2O(g) ΔH= - 483.6 kJ·mol-l
将CO和NO按一定比例混合，在适当催化剂作用下实现安全排放，反应的热化学方程式为 2CO(g) + 2NO(g)2CO2(g)+N2(g) ΔH=　 　。
（2）以臭氧为烟气脱硝剂时，脱硝过程涉及的反应之一为：2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)。不同温度下，在2 L恒容容器中充入4mol NO2和2 mol O3，发生该反应，平衡建立过程如下图所示：
①该反应的ΔH 　 　0(填“＜”或“＞”)，图中v(NO2) a正　 　 v(NO2) b正 (填“＜”或“＞”) 。
②T1温度下，0~25min内容器中反应的平均速率：v(NO2)=　 　。
③T2温度下，混合气体的起始总压为pMPa，则达到平衡时，NO2的转化率为　 　，平衡常数Kp=　 　 (Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
（3）利用NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时对NO、SO2进行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在温度一定时，溶液pH、对脱硫脱硝的影响如下图所示：
①由图所示可知脱硫脱硝最佳条件是　 　。
②根据图示SO2的去除率随pH的增大而增大，而NO的去除率在pH>5.5时反而减小，请解释NO去除率减小的可能原因是　 　。
【答案】（1）-745.6kJ/mol
（2）＜；＜；0.04 mol(L min) 1；40%；
（3）pH在5.5~6.0，=6：1；pH＞5.5 以后，随着pH增大，NO的还原性降低(或H2O2和NaClO2氧化性减弱，不能将NO氧化为硝酸)
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学平衡常数
【解析】【解答】（1）已知以下热化学方程式：① CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) ΔH = -41.0 kJ·mol-1
② N2(g) + O2(g) 2NO(g) ΔH = +180.0 kJ·mol-1
③ 2H2(g) + O2(g) 2H2O(g) ΔH = -483.6 kJ·mol-1
根据盖斯定律，将反应①×2 - ② + ③，得到目标反应的热化学方程式：
2CO(g) + 2NO(g) 2CO2(g) + N2(g) ΔH = -745.6 kJ·mol-1；
（2）① 由图像分析可知，b曲线先达到平衡，说明T2 > T1。降低温度时，平衡正向移动，c(N2O5)增大，表明该反应为放热反应，ΔH < 0。
在相同温度下，v(NO2)a正 < v(NO2)b正。由于b点温度高于a点，温度升高会加快反应速率，因此图中v(NO2)a正 < v(NO2)b正。
② 在T1温度下，0~25 min内，Δc(N2O5) = 0.5 mol·L-1，计算NO2的平均反应速率：
v(NO2)==0.04 mol/(L min) 1；
③T2温度下，混合气体的起始总压为pMPa，在2 L恒容容器中充入4mol NO2和2 mol O3，发生反应2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，达到平衡时， c(N2O5)=0.45mol L-1，则可建立如下三段式：
则NO2的转化率为=40%；平衡时压强为=pMPa，平衡常数Kp==。
（3）①根据图示分析，脱硫脱硝的最佳实验条件为：pH值控制在5.5~6.0范围内，且氧化剂配比=6：1；
②由实验数据可知，SO2去除率随pH升高持续上升，但NO去除率在pH＞5.5后出现下降趋势。这种现象可能由以下原因导致：当pH超过5.5后，随着碱性增强，一方面NO分子的还原能力减弱，另一方面氧化剂H2O2和NaClO2的氧化效能降低，导致其无法将NO充分氧化为硝酸。
【分析】 (1)题目考查盖斯定律的应用，目标反应为①×2 - ② + ③；
(2)根据先拐先平，数值大可判断放应T2 > T1，结合温度高时，五氧化二氮浓度低，可判断反应热效应；计算压强平衡常数时，根据投料量，列出三段式可求得平衡时组分物质的量，转化为各组分分压，代入计算公式进行计算；
(3)根据图中二氧化硫和一氧化氮去除率随pH和 变化可分析最佳条件。
（1）已知：①CO(g) + H2O(g)CO2(g) + H2(g) ΔH=-41.0 kJ·mol-1
②N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH= +180.0 kJ· mol-1
③2H2(g)+O2(g)2H2O(g) ΔH= - 483.6 kJ·mol-l
依据盖斯定律，将反应①×2-②+③得，反应的热化学方程式为 2CO(g) + 2NO(g)2CO2(g)+N2(g) ΔH=-745.6kJ/mol。
（2）①从图中可以看出，b曲线反应先达平衡，则T2＞T1，降低温度，平衡正向移动，c(N2O5)增大，所以该反应的ΔH＜0；b、a两点温度相同时，v(NO2)a正＜v(NO2)b正，现b点温度高于a点，温度越高反应速率越快，则图中v(NO2)a正＜v(NO2)b正。
②T1温度下，0~25min内容器中， c(N2O5)=0.5mol L-1，反应的平均速率：v(NO2)==0.04 mol/(L min) 1。
③T2温度下，混合气体的起始总压为pMPa，在2 L恒容容器中充入4mol NO2和2 mol O3，发生反应2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，达到平衡时， c(N2O5)=0.45mol L-1，则可建立如下三段式：
则NO2的转化率为=40%；平衡时压强为=pMPa，平衡常数Kp==。
（3）①由图所示可知，脱硫脱硝最佳条件是：pH在5.5~6.0，=6：1。
②根据图示SO2的去除率随pH的增大而增大，而NO的去除率在pH>5.5时反而减小，则可能是氧化剂H2O2和NaClO2的氧化性随pH增大而减弱，或NO的还原能力随pH增大而减弱造成的，所以去除率减小的可能原因是：pH＞5.5 以后，随着pH增大，NO的还原性降低(或H2O2和NaClO2氧化性减弱，不能将NO氧化为硝酸)。
18．聚碳酸酯又称塑料，是一类分子链中含有碳酸酯基的高分子聚合物，可由碳酸酯与双酚类聚合而成。某聚碳酸酯I()由于结构上的特殊性，具有良好的透光性，可制成车船的挡风玻璃，以及眼镜镜片、光盘等，下图是合成该聚碳酸酯的一种途径。
已知：+HOR2+HOR1。
回答下列问题：
（1）A的核磁共振氢谱有　 　组峰，有机物B的名称为　 　。
（2）B→C反应类型为　 　，有机物E的结构简式为　 　。
（3）有机物H的官能团的名称为　 　，H分子中共平面的碳原子至少有　 　个。
（4）B与CO2反应时，生成C而不是的原因是　 　。
（5）D与H生成I的化学方程式为　 　。
（6）参照上述合成路线，设计以乙醇为原料制备碳酸二乙酯的合成路线　 　。(无机试剂任选)
【答案】（1）3；环氧丙烷
（2）加成反应；
（3）羟基；7
（4）B及CO2中，氧原子的电负性较大，碳氧键中电子偏向氧原子，使氧原子带部分负电荷，碳原子带部分正电荷，所以C与O相结合，生成物为C
（5）n+n+(2n-1)CH3OH
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；缩聚反应
【解析】【解答】（1）化合物A的分子式为C3H6，含有一个不饱和键，因此A是丙烯（CH2=CH CH3）。丙烯分子中有3种等效氢原子（CH2、CH、CH3），所以其核磁共振氢谱显示3组峰。B是丙烯经过环氧化反应生成的产物，结构为环氧丙烷（或1，2-环氧丙烷）；
（2）B→C的反应是环氧丙烷与CO2的加成反应，生成环状碳酸酯。E是丙烯与HBr的加成产物，即2-溴丙烷（CH3CHBrCH3）；
（3）化合物H含有酚羟基（-OH），直接连接在苯环上。苯环本身是平面结构，因此H分子中至少有7个碳原子共平面（苯环上的6个碳原子加上与之相连的1个碳原子）；
（4）在B（环氧丙烷）和CO2的反应中，由于氧原子的电负性较大，碳氧键中的电子偏向氧原子，使氧原子带部分负电荷，碳原子带部分正电荷。这种电荷分布促使C与O结合，最终生成产物C；
（5）碳酸二甲酯（D）与双酚（H）发生酯交换聚合：n+n+(2n-1)CH3OH；
(6)根据已知信息借助于逆推法以乙醇为主要原料制备碳酸二乙酯合成路线：。
【分析】化合物A的分子式为，结合常见有机物结构可知其为丙烯。丙烯A在过氧化氢和TS-1催化剂作用下发生环氧化反应生成环氧丙烷B。B与二氧化碳在催化剂存在时反应得到碳酸丙烯酯C。C与甲醇在特定条件下发生酯交换反应生成D。根据题目给出的反应机理，最终产物D为碳酸二甲酯。
丙烯A与发生加成反应，主要生成2-溴丙烷E（）。E在碱性条件下水解并酸化后，溴原子被羟基取代，形成2-丙醇F（）。F在铜催化剂和加热条件下发生催化氧化，羟基转化为羰基，生成丙酮G。随后，丙酮G与苯酚通过缩合反应生成双酚H（）。最后碳酸二甲酯D与双酚H通过缩聚反应生成聚碳酸酯I。
（1）A（）含一个不饱和键，所以A是丙烯（）有3种等效氢（、、），故3组峰。B为丙烯环氧化产物，结构为环氧丙烷（或1，2-环氧丙烷）。
（2）B→C 是环氧丙烷与的加成反应（形成环状碳酸酯）。E为丙烯与的加成产物，即 2-溴丙烷（）。
（3）H含酚羟基（-OH）（与苯环直接相连）。苯环为平面结构，至少还有一个碳原子与苯环共平面（单个苯环）。所以H分子中共平面的碳原子至少有7个。
（4）B及CO2中，氧原子的电负性较大，碳氧键中电子偏向氧原子，使氧原子带部分负电荷，碳原子带部分正电荷，所以C与O相结合，生成物为C。
（5）碳酸二甲酯（D）与双酚（H）发生酯交换聚合：n+n+(2n-1)CH3OH。
（6）根据已知信息借助于逆推法以乙醇为主要原料制备碳酸二乙酯合成路线：。
1 / 1贵州省铜仁一中2025届高三下学期临门最后一卷化学试题
一、单项选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．下列科技成就所涉及的化学知识说法正确的是
A．纳米铁粉主要通过物理吸附作用除去污水中的Cu2+、Ag+、Hg2+
B．“天和核心舱”电推进系统中的腔体采用氮化硼陶瓷，属于新型无机非金属材料
C．牙膏中添加氟化物用于预防龋齿是利用了氧化还原反应的原理
D．高纤维食物是富含膳食纤维的食物，在人体内都可以通过水解反应提供能量
2．化学与生活密切相关。下列叙述错误的是（　　）
A．高纯硅可用于制作光感电池 B．铝合金大量用于高铁建设
C．活性炭具有除异味和杀菌作用 D．碘酒可用于皮肤外用消毒
3．下列化学用语或叙述正确的是
A．HCl的电子式为
B．基态Cu2+的价层电子轨道式为
C．原子核内中子数为20的氯原子
D．微粒中的键角CO>NF3=BF3>P4
4．下列实验操作能达到实验目的的是
选项 实验目的 实验操作
A 检验补铁剂硫酸亚铁片是否被氧化 将铁氰化钾溶液滴入硫酸亚铁片的水溶液
B 验证SO2的漂白性 将SO2通入溴水
C 检验洁厕剂的主要成分是盐酸 向待测液中滴加硝酸银溶液
D 检验实验室中Na2SO3溶液是否变质 将盐酸酸化的BaCl2溶液滴入该Na2SO3溶液
A．A B．B C．C D．D
5．下列所涉及有关方程式错误的是
A．硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3++4OH-=[Al(OH)4]–
B．Na2S2O3溶液中滴加稀盐酸：S2O+2H+= S↓+ SO2↑+ H2O
C．海带灰浸出液中滴加几滴硫酸酸化的过氧化氢溶液：2I–+ H2O2+ 2H+= I2+ 2H2O
D．草酸溶液中滴加高锰酸钾酸性溶液：2MnO+ 5H2C2O4+ 6H+ = 2Mn2++ 10CO2↑ + 8H2O
6．磷酸奥司他韦作为治疗甲型和乙型流感常用药，其中奥司他韦具有抗病毒的生物学活性，结构简式如图所示，下列说法正确的是
A．奥司他韦的分子式为 C16H26N2O4
B．奥司他韦分子中环上的一溴代物有4种
C．磷酸奥司他韦分子中含有3个手性碳原子
D．1 mol磷酸奥司他韦最多能能与4 mol NaOH反应
7．工业用Cl2制备TiCl4的热化学方程式为TiO2(s) + 2Cl2(g) +2C(s)TiCl4(g) + 2CO(g)。若NA为阿伏加德罗常数的值，下列关于该反应的说法不正确的是
A．Cl2、CO都是由极性键构成的非极性分子
B．TiCl4、SO中心原子的杂化方式均为sp3
C．0.1 mol TiO2反应制得的CO分子数小于0.2NA
D．0.2 mol TiCl4生成时，转移的电子数为0.8NA
8．下列实验装置或操作正确的是
A．甲装置可用来模拟工业制取NaHCO3，实验时为防止倒吸，应先通入CO2一段时间后再通NH3
B．乙装置可用来萃取溴水中的溴，放出下层水后，有机层应从分液漏斗上口到出
C．丙装置可用来分离四氯化碳和苯的混合物，其中直形冷凝管可用球形冷凝管代替
D．丁装置可用来做喷泉实验，若在水中滴入少量酚酞，实验中可观察到红色喷泉
9．中国科学家研究在Pd/SVG催化剂上H2还原NO生成N2和NH3的路径，各基元反应及活化能Ea(kJ·mol-1)如图所示，下列说法正确的是
A．上述历程的各基元反应中，N元素均被还原
B．在Pd/SVG催化剂上，NO更容易被H2还原为N2
C．决定NO生成NH3速率的基元反应为NH2NO→NHNOH
D．生成N2的总反应方程式为2NO＋2H2N2＋2H2O
10．短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，其最简单氢化物的沸点如图所示。X的简单氢化物的水溶液呈碱性，R元素M层电子数是K层电子数的2倍，制备Z的氢化物时不能选用玻璃容器，X、Y、Z的最简单氢化物分子所含的电子总数相等。下列叙述正确的是
A．电负性：Y>Z>X
B．Y、X和R的氢化物分子间能形成氢键
C．Y 和Z形成的化合物只含共价键
D．最简单氢化物的稳定性：Y>X>Z>R
11．硒(Se)是一种新型半导体材料，对富硒废料(含Ag2Se、Cu2S)进行综合处理的一种工艺流程如图所示，下列说法不正确的是
A．“焙烧”时Ag2Se反应的化学方程式为 Ag2Se + O22Ag + SeO2↑
B．“吸收”时氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1
C．“滤液”经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥处理可制得胆矾
D．“电解精炼”装置中电解质溶液适合选择AgNO3
12．已知Co3O4 晶体中， O作面心立方最密堆积(如下图)，Co随机填充在晶胞中O构成的8个四面体空隙和4个八面体空隙中，如果晶胞边长为a nm，Co3O4的摩尔质量为 M g/mol，阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法不正确的是
A．Co3O4晶体中Co的化合价为+2、+3
B．Co的配位数依次为6、4
C．Co的基态价电子排布式为 4s23d7
D．该晶胞密度为g/cm3
13．锌-空气二次电池具有性能高、寿命长的可充电等优点，其原理如图所示。下列说法错误的是
A．放电过程中，b极的电极电势高于a极的电极电势
B．放电过程中，OH-由b极区向a极区迁移
C．充电过程中，a极的电极反应为：[Zn(OH)4]2-+ 2e-=Zn +4OH-
D．充电过程中，a、b电极附近溶液pH均不变
14．常温下，在20 mL 0.1 mol L-1 Na2CO3溶液中，加入过量的CaSO4固体，若溶液中pH随时间变化情况如图1所示，含碳微粒δ含量随pH变化情况如图2所示，下列说法不正确的是
已知：Ksp(CaSO4)= 4.9×10-5；Ksp(CaCO3)= 3.4×10-9。
A．CaSO4加入到Na2CO3溶液中，可以得到CaCO3沉淀
B．当500s时，溶液中c(Ca2+) 约为6.8×10-8
C．充分反应后上层清液中约为1.4×104
D．500s~700s内上层清液中存在：c(HCO)+2c(CO)+2c(SO)-2c(Ca2+)> 0.2
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．铬作为重要的战略金属资源，广泛应用于钢铁、冶金、化工、医药以及航空航天等领域。由高碳铬铁合金废料制取氮化铬和铬单质的工艺流程如图：
已知：金属Cr与Fe的化学性质非常相似。
请回答下列问题：
（1）稀硫酸酸浸过程中采用合金粉末的原因可能是　 　。
（2）Cr3+简化的电子排布式为　 　，其核外有　 　种能量状态的电子。
（3）用纯碱调节溶液pH，若加入过量的纯碱会导致的后果是　 　，加入草酸(H2C2O4)产生沉淀时，发生的离子方程式为　 　。
（4）向滤液中通入空气和加入氨水后发生反应的化学方程式为　 　。
（5）若铬的第二电离能(ICr)和锰的第二电离能(IMn)分别为1590.6 kJ mol-1、1509.0 kJ mol-1，ICr > IMn的原因是　 　。
（6）铬的一种氮化物晶体立方晶胞结构如下图所示。A点分数坐标为(0，0，0)，B点分数坐标为　 　。若晶体的密度为ρg cm 3 ，NA代表阿伏加德罗常数的值，Cr3+与N3–最短核间距为　 　pm。
16．(NH4)2SO4是一种优良的氮肥，适用于一般土壤和作物，能使枝叶生长旺盛，提高果实品质和产量，也能与铝灰(主要成分Al2O3)等作用生产铵明矾晶体NH4Al(SO4)2·12H2O，铵明矾可用作泡沫灭火器的内留剂、石油脱色剂。请回答下列问题：
Ⅰ．科学家研发一种“氨气/石膏联合法”用于吸收工厂中排放的CO2，同时获得产品(NH4)2SO4。
某兴趣小组应用下图装置模拟生产硫酸铵。
（1）生成(NH4)2SO4的化学方程式为 　 　。
（2）在上图实验装置中，先从　 　(填“a”或“b”)通入NH3，先通氨气的原因是　 　；再通入CO2，当液体由红色变为浅红色时，立即停止通入，CO2不通入过量，原因可能是　 　。
（3）为测定某硫酸铵样品(杂质为碳酸铵)纯度。先准确称取5.000g样品溶于水，加入足量的　 　，再加入足量BaCl2溶液充分反应后过滤、洗涤沉淀并烘干至恒重，最终所得固体为8.155g。则硫酸铵样品的纯度为　 　。[已知BaSO4、(NH4)2SO4摩尔质量分别为 233g/mol和132g/mol]
Ⅱ．该兴趣小组还在实验室模拟硫酸铵及铝灰等为原料制备铵明矾的生产过程。
（4）经过如下步骤：
a．加硫酸溶解铝灰 b．将溶解液转移至蒸发皿
c．配制饱和硫酸铵溶液 d．加入蒸发皿中
e．蒸发至 　 　 f．降温结晶
g．抽滤 h．洗涤、干燥后得到铵明矾
（5）生产过程中常使用过量的工业硫酸铵，一个作用是促使硫酸铝充分转化为铵明矾，提高硫酸铝的利用率，另外的一个重要作用是 　 　 。
17．合成氨厂和硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物，脱硝是指将烟气中的氮氧化物转化为无毒无害物质的化学过程。回答下列问题：
（1）已知：① CO(g) + H2O(g)CO2(g) + H2(g) ΔH=-41.0 kJ·mol-1
② N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH= +180.0 kJ· mol-1
③ 2H2(g)+O2(g)2H2O(g) ΔH= - 483.6 kJ·mol-l
将CO和NO按一定比例混合，在适当催化剂作用下实现安全排放，反应的热化学方程式为 2CO(g) + 2NO(g)2CO2(g)+N2(g) ΔH=　 　。
（2）以臭氧为烟气脱硝剂时，脱硝过程涉及的反应之一为：2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)。不同温度下，在2 L恒容容器中充入4mol NO2和2 mol O3，发生该反应，平衡建立过程如下图所示：
①该反应的ΔH 　 　0(填“＜”或“＞”)，图中v(NO2) a正　 　 v(NO2) b正 (填“＜”或“＞”) 。
②T1温度下，0~25min内容器中反应的平均速率：v(NO2)=　 　。
③T2温度下，混合气体的起始总压为pMPa，则达到平衡时，NO2的转化率为　 　，平衡常数Kp=　 　 (Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
（3）利用NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时对NO、SO2进行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在温度一定时，溶液pH、对脱硫脱硝的影响如下图所示：
①由图所示可知脱硫脱硝最佳条件是　 　。
②根据图示SO2的去除率随pH的增大而增大，而NO的去除率在pH>5.5时反而减小，请解释NO去除率减小的可能原因是　 　。
18．聚碳酸酯又称塑料，是一类分子链中含有碳酸酯基的高分子聚合物，可由碳酸酯与双酚类聚合而成。某聚碳酸酯I()由于结构上的特殊性，具有良好的透光性，可制成车船的挡风玻璃，以及眼镜镜片、光盘等，下图是合成该聚碳酸酯的一种途径。
已知：+HOR2+HOR1。
回答下列问题：
（1）A的核磁共振氢谱有　 　组峰，有机物B的名称为　 　。
（2）B→C反应类型为　 　，有机物E的结构简式为　 　。
（3）有机物H的官能团的名称为　 　，H分子中共平面的碳原子至少有　 　个。
（4）B与CO2反应时，生成C而不是的原因是　 　。
（5）D与H生成I的化学方程式为　 　。
（6）参照上述合成路线，设计以乙醇为原料制备碳酸二乙酯的合成路线　 　。(无机试剂任选)
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解析】A．纳米铁粉能够去除污水中的、和，这是由于铁的还原性较强，能与这些金属离子发生置换反应生成单质，而非通过物理吸附作用，因此A选项不正确；B．氮化硼陶瓷作为一种新型无机非金属材料，具有优异的耐高温性和高硬度等特性。"天和核心舱"电推进系统选用氮化硼陶瓷制作腔体，正是基于这些优良性能，故B选项正确；
C．牙膏中添加氟化物防治龋齿的原理是：氟离子与牙齿中的羟基磷灰石反应生成更难溶的氟磷灰石，从而提高牙齿的抗酸能力。该过程未涉及元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，所以C选项错误；
D．由于人体内缺乏能够分解膳食纤维的酶，因此膳食纤维无法在人体内通过水解反应提供能量，D选项的表述也是错误的；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A．根据除杂原理，铁和 Cu2+、Ag+、Hg2+ 发生置换反应；
B．氮化硼属于新型无机非金属材料；
C． 氟化物用于预防龋齿是生成了氟磷灰石难溶物，不属于氧化还原反应；
D． 膳食纤不能在人体内发生水解反应。
2．【答案】C
【知识点】碳族元素简介；硅和二氧化硅；合金及其应用；药物的主要成分和疗效
【解析】【解答】A、硅是常用的半导体材料，常用于制作光感电池，选项正确，A不符合题意；
B、铝合金的密度低、强度高、塑性好，且具有良好的机械性能、抗腐蚀性能，因此大量用于高铁建设，选项正确，B不符合题意；
C、活性炭的相对表面积比较大，具有较强的吸附性，可吸附异味分子，但不具备杀菌消毒作用，选项错误，C符合题意；
D、碘酒能是蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，可用于皮肤外用消毒，选项正确，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、硅是常用的半导体材料；
B、结合铝合金的性质分析；
C、活性炭的相对表面积较大，有较强的吸附性；
D、碘酒具有杀菌消毒作用；
3．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解析】A. 氯化氢（HCl）是共价化合物，其电子式表示为， A错误；
B. 铜的原子序数为29，基态铜原子的价电子排布为3d104s1。当铜失去2个电子形成Cu2+时，其价层电子轨道式表示为， B正确；
C. 质量数为37的氯原子（含17个质子和20个中子）应表示为， C错误；
D. 各微粒的键角分析如下：C和BF3均为sp2杂化的平面三角形结构，NF3为sp3杂化的三角锥形结构（含1对孤电子对）， P4分子结构为，键角60°，因此键角大小关系为：C=BF3 > NF3 > P4， D错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A. 氢原子和氯原子之间形成共价键；
B. 铜的价层电子排布式为3d104s1，失去两个电子后为铜离子的价层电子排布式；
C. 元素符号左上角为质量数，不是中子数；
D. 根据各物质的空间结构，键角排序为C=BF3 > NF3 > P4。
4．【答案】D
【知识点】硫酸根离子的检验；二价铁离子和三价铁离子的检验；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．硫酸亚铁若被氧化会生成Fe3+，应使用KSCN溶液或K4[Fe(CN)6]检测铁离子，而K3[Fe(CN)6]用于检验Fe2+，因此A选项不符合题意；B．二氧化硫与溴水反应的化学方程式为Br2 + SO2 + 2H2O = H2SO4 + 2HBr，其中SO2体现还原性，故B选项不符合题意；
C．加入AgNO3生成白色沉淀可能是AgCl或Ag2CO3等，应使用硝酸酸化的AgNO3检验Cl-，且还需验证H+的存在，仅检验Cl-不能证明是盐酸，因此C选项不符合题意；
D．Na2SO3变质会生成Na2SO4，可通过加入盐酸酸化的BaCl2溶液观察是否产生白色沉淀来判断是否变质，若出现沉淀则说明变质，否则未变质，故D选项符合题意；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A．根据题意，亚铁离子被氧化为三价铁，因此用硫氰化钾检测二价铁是否被氧化；
B．根据二氧化硫性质，其和溴水发生氧化还原反应；
C．盐酸中成分中包含氢离子和氯离子，氯离子检验试剂为硝酸酸化的硝酸银溶液；
D．硫酸根离子检验试剂为盐酸酸化的氯化钡溶液。
5．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A. 硫酸铝溶液与过量氨水反应的离子方程式书写有误。由于一水合氨（NH3·H2O）是弱电解质，不能拆分为离子形式，且氢氧化铝（Al(OH)3）不溶于氨水，正确离子方程式应为：，A错误；
B. 硫代硫酸钠（Na2S2O3）与稀盐酸反应生成硫单质和二氧化硫，离子方程式书写正确，B选项正确。
C. 海带灰浸出液中的碘离子（I-）被过氧化氢（H2O2）氧化为碘单质（I2），离子方程式书写正确，C选项正确；
D. 草酸（H2C2O4）的还原性使其能被酸性高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳（CO2），同时高锰酸根离子（MnO4-）被还原为锰离子（Mn2+），离子方程式书写正确，D选项正确；
综上所述，错误的选项是A。
【分析】A. 氢氧化铝不能溶解在氨水中；
B. 酸性条件下，硫代硫酸根发生反应生成硫单质和二氧化硫；
C. 过氧化氢可氧化碘离子；
D. 草酸和高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，生成锰离子和二氧化碳。
6．【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A. 根据奥司他韦的结构简式分析，其分子式应为，而非题目给出的，因此A选项不正确；B. 奥司他韦分子中环状结构上的氢原子有5种不同的化学环境，这意味着苯环上的一溴代物应有5种同分异构体，而不是4种，故B选项错误；
C. 分子中存在3个手性碳原子（连接四个不同基团的碳原子），因此C选项正确；
D. 磷酸奥司他韦分子中的酯基、酰胺基和磷酸羟基都能与NaOH发生反应，1mol该化合物最多可消耗5mol NaOH，而非4mol，所以D选项错误；
综上所述，正确答案是C。
【分析】A.根据奥司他韦结构简式可得分子式；
B. 奥司他韦分子中环上等效氢种类数为5，则一溴代物有5种；
C.根据手性碳原子定义，磷酸奥司他韦分子中有3个手性碳原子；
D.根据磷酸奥司他韦分子中含有的官能团性质，1mol该分子消耗5mol NaOH 。
7．【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．Cl2分子由同种氯原子组成，Cl-Cl键是非极性键，Cl2属于非极性分子。CO分子由碳和氧两种不同原子组成，C≡O键是极性键，且分子结构不对称，为极性分子，因此A选项是错误的；
B．TiCl4中Ti的价层电子对数计算为：，没有孤电子对，采用sp3杂化；中S的价层电子对数计算为：，同样没有孤电子对，也是sp3杂化，所以B选项是正确的；
C．该反应是可逆反应，0.1 mol TiO2理论上最多能生成0.2 mol CO，但由于反应不能完全进行，实际生成的CO分子数必定小于0.2NA，因此C选项是正确的；
D．反应中碳元素被氧化为CO（碳的化合价从0价升高到+2价），每生成1 mol CO转移2 mol电子。生成2 mol CO共转移4 mol电子。生成1 mol TiCl4对应转移4 mol电子，因此0.2 mol TiCl4转移的电子数为0.8NA，D选项是正确的；
综上所述，错误的选项是A。
【分析】A．氯分子是由非极性键构成的非极性分子，一氧化碳是由极性键构成的极性分子；
B．根据价层电子对互斥理论可计算TiCl4、SO中心原子的价层电子对数为4，为 sp3 杂化；
C．根据反应为可逆反应，不能完全反应进行判断；
D．根据反应方程式元素化合价变化，可计算转移电子数目。
8．【答案】B
【知识点】蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A．由于NH3在水中的溶解度显著高于CO2，为确保CO2被充分吸收，实验时应先通入NH3一段时间后再通入CO2，因此选项A的表述是错误的；
B．在萃取操作中，密度较小的有机溶剂苯会形成上层液体，此时应从上口倒出；而下层液体需从分液漏斗下口放出，故选项B的表述正确；
C．虽然球形冷凝管的冷凝效率较高，但由于其球形结构会导致冷凝液滞留，因此蒸馏操作中不宜使用，选项C的表述错误；
D．虽然HCl易溶于水可形成喷泉，但其水溶液呈酸性，若使用酚酞指示剂（变色范围为pH 8-10）无法显现红色，因此选项D的表述错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A．制取碳酸氢钠时，先通入氨气，后通入二氧化碳；
B．根据分液操作，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；
C．蒸馏装置中用直型冷凝管；
D．酚酞在碱性溶液中显红色，酸性溶液无色。
9．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．根据图示分析，在氢转移和解离过程中，氮元素的化合价未发生降低，说明该过程没有发生还原反应，因此A选项错误；B．从活化能数据可以看出，NO被还原为N2的最大活化能明显高于还原为NH3的过程，说明在该催化剂作用下，NO更容易被还原为NH3而非N2，因此B选项错误；
C．在生成NH3的基元反应中，NH2O+H→NH2OH这一步的活化能最高，反应速率最慢，因此该步骤是决定NO生成NH3速率的关键步骤，C选项错误；
D．根据图示可知，总反应为NO与H2反应生成N2和H2O，对应的化学方程式为：
2NO + 2H2 N2 + 2H2O，因此D选项正确；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A．根据物质转化，氮元素在氢转移和解离过程中未发生化合价变化；
B．一氧化氮生成氮气活化能更大，此反应难以发生；
C．活化能越大，反应速率越慢，根据各步基元反应大小分析；
D．结合题中图示，反应物为一氧化氮和氢气，生成物为氮气和水。
10．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．电负性比较：F > O > N（同周期从左到右电负性增大），即Z > Y > X，A错误；
B．Y(O)的氢化物H2O和X(N)的氢化物NH3都能形成氢键，R(Si)的氢化物SiH4不能形成氢键，B错误；
C．Y(O)与Z(F)形成的化合物OF2或O2F2都是共价化合物，只含共价键，C正确；
D．氢化物稳定性顺序反映非金属性强弱：F > O > N > Si，对应氢化物稳定性为HF > H2O > NH3 > SiH4，即Z > Y > X > R，D错误；
正确答案：C。
【分析】根据题目描述，短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大：X的简单氢化物水溶液呈碱性 → X为氮(N)；R元素M层电子数是K层电子数的2倍 → R为硅(Si)； 制备Z的氢化物时不能用玻璃容器 → 因为氢氟酸(HF)会腐蚀玻璃 → Z为氟(F)；X、Y、Z的最简单氢化物分子所含电子总数相等 → Y为氧(O)；HF、NH3、H2O分子间都存在氢键，且H2O氢键最多，沸点最高。
11．【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A. "焙烧"过程中Ag2Se与氧气反应生成Ag和SeO2，化学方程式为：
Ag2Se + O22Ag + SeO2↑， A正确；
B. "吸收"步骤发生的反应为：，其中SeO2是氧化剂，SO2是还原剂，两者物质的量之比应为1：2， B错误；
C. 滤液为硫酸铜溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥等操作可制得胆矾， C正确；
D. "电解精炼"过程与铜的精炼原理相似，粗银作为阳极，纯银作为阴极，使用AgNO3溶液作为电解质溶液， D正确；
综上所述，错误选项为B。
【分析】富硒废料在空气中焙烧时，主要发生以下化学反应： 转化为 和， 转化为 和，焙烧后得到的烧渣主要含有 和。通过酸溶过滤后可以得到：不溶物：Ag，溶液：硫酸铜溶液，在吸收过程中发生的主要反应为：，这个反应实现了硒的回收利用。
12．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算
【解析】【解答】A. Co3O4的结构与Fe3O4类似，其中Co的化合价为+2和+3价混合价态，因此A选项正确；
B. 在晶体结构中，填充在四面体空隙中的Co原子配位数为4，而填充在八面体空隙中的Co原子配位数为6，因此B选项正确；
C. Co是27号元素，其基态价电子排布式应为3d74s2，但题目中可能给出了错误的排布式，因此C选项错误；
D. 晶胞边长为a nm，晶胞体积为(a×10-7)3 cm3。根据均摊法计算，1个晶胞中含有3个Co原子和4个O原子。Co3O4的摩尔质量为M g/mol，阿伏加德罗常数为NA，则晶体密度计算公式为：
，故D正确；
因此D选项正确。
【分析】A. 根据化合物化合价代数和为0分析；
B. 根据题意， Co随机填充在晶胞中O构成的8个四面体空隙和4个八面体空隙中， 可得Co的配位数；
C. 根据元素在周期表中位置，基态 Co价电子排布式应为3d74s2；
D. 晶胞密度等于晶胞质量除以晶胞体积，代入公式计算。
13．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．原电池放电时，正极电势高于负极，因此b极电势高于a极，A正确；
B．放电过程中，阴离子向负极迁移，OH-从b极区向a极区移动，B正确；
C．充电时，a极为阴极，[Zn(OH)4]2-得电子转化为Zn，电极反应为：[Zn(OH)4]2- + 2e- = Zn + 4OH-，C正确；
D．充电时，a极反应为[Zn(OH)4]2- + 2e- = Zn + 4OH-，b极反应为4OH- - 4e- = O2↑ + 2H2O，两电极附近溶液pH均发生变化，D错误；
故选D。【分析】根据图示可知，a极上Zn失电子生成[Zn(OH)]2-，作负极，b电极上O2得电子生成OH-，作正极，原电池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此分析。
14．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据溶度积常数，Ksp(CaSO4)=4.9×10-5，Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，由于Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3)，说明CaSO4更难溶。根据沉淀转化原理，难溶沉淀可以转化为更难溶的沉淀，因此将CaSO4加入到Na2CO3溶液中可以得到CaCO3沉淀，A选项正确；
B．当反应时间为500秒时，测得pH=10.5，此时溶液中，此时溶液中不存在H2CO3分子，。根据溶度积公式计算钙离子浓度：
，计算结果与选项一致，B选项正确；
C．充分反应后上层清液为碳酸钙和硫酸钙的饱和溶液，故，C正确；
D．根据电荷守恒得：，500s~700s，上层清液呈碱性，则，，故，D错误；
故选D。
【分析】A．硫酸钙和碳酸钙为同类型难溶物，碳酸钙溶解度更小，可发生沉淀转化；
B．根据图1，500s时，可得溶液中pH值，结合图2，可得溶液中碳酸根离子浓度，根据碳酸钙Ksp可计算钙离子浓度；
C．根据作答；
D．根据溶液中电荷守恒式分析。
15．【答案】（1）增大表面积，加快反应速率
（2）；6
（3）可能导致Cr2+、Fe2+沉淀；Fe2+ +H2C2O4+2H2O=FeC2O42H2O↓+ 2H+
（4）4CrSO4 + O2 + 8NH3·H2O +2H2O = 4Cr(OH)3↓+ 4(NH4)2SO4
（5）铬的第二电离能是失去半充满3d5上的电子，锰的第二电离能是失去4s1上的电子，3d能级变为半充满状态
（6）；或
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）合金粉末的颗粒越小，其表面积越大，与稀硫酸的接触面积也越大。因此在浸出过程中使用合金粉末可以增大反应接触面积，从而有效提高反应速率；
故答案为：增大表面积，加快反应速率；
（2）铬（Cr）是第24号元素，基态原子的电子排布式为。当Cr失去3个电子形成时，先失去4s轨道的1个电子，再失去3d轨道的2个电子，因此的简化电子排布式为。电子能量由主量子数（n）和能级类型（s、p、d等）共同决定，的电子分布在1s、2s、2p、3s、3p、3d六个不同能级，故共有6种能量状态的电子；
故答案为：；6；
（3）纯碱水解使溶液显碱性，加入过量纯碱，浓度增大，可能导致Cr2+、Fe2+沉淀；由题意可知，加入草酸后，产生了，故该反应的离子方程式为：；
故答案为：可能导致Cr2+、Fe2+沉淀；；
（4）从工艺流程可知，前面的操作会使滤液中的Cr元素以形式存在，一般以硫酸盐形式存在（因为前面用稀硫酸浸出），可表示为，具有还原性，易被空气中的氧化为，氨水电离出的与转化为，结合质量守恒和电子守恒可得该反应方程式为：；
故答案为：；
（5）铬（Cr）基态原子的电子排布式为，失去一个电子后形成，其电子排布式变为，此时3d轨道处于半充满状态。根据洪特规则，半充满状态的原子轨道能量较低，体系比较稳定。当再失去一个电子时，就需要破坏这种稳定的半充满结构，因此需要吸收较多的能量，所以铬的第二电离能较高。锰（Mn）基态原子的电子排布式为，失去一个电子后形成，其电子排布式为。当再失去一个电子时，失去的是4s轨道上的电子，失去这个电子后，3d 轨道变为半充满状态，相对来说比较容易失去，所以锰的第二电离能较低。综上，铬的第二电离能大于锰的第二电离能；
故答案为：铬的第二电离能是失去半充满上的电子，锰的第二电离能是失去上的电子，3d能级变为半充满状态；
(6)分数坐标是将晶胞棱长看作单位“1”来确定原子位置。以晶胞左下角顶点A点分数坐标为(0，0，0)为原点，沿x、y、z 轴建立坐标系。观察 B 点位置，它在 x 轴方向处于晶胞棱长的一半，即；在 y 轴方向处于晶胞棱长的端点位置，所以y=1；在 z 轴方向也处于晶胞棱长的端点位置，所以z=1，所以 B 点分数坐标为；利用均摊法，位于12条棱上和体心，个数为，位于8个顶点和6个面心，个数为，所以1个晶胞中和各4个。晶胞质量m=。已知晶体密度为，根据（V为晶胞体积），设晶胞边长为acm，则，可得。与最短核间距为棱长的一半，所以最短核间距，将换算为pm，代入可得=；
故答案为：或。
【分析】高碳铬铁合金粉末与稀硫酸混合时，由于金属Cr和Fe的化学性质相近，两者都会与稀硫酸反应，分别生成离子。同时，其他可溶于稀硫酸的金属杂质也会参与反应，而碳等不反应的杂质则保留为固体残渣。通过过滤操作，可将不溶性杂质（如碳）去除，获得含有等金属离子的滤液。后续加入纯碱时，纯碱的水解作用会使溶液呈现碱性，碳酸根离子()与水()发生可逆反应：。生成的氢氧根离子()会与溶液中的氢离子()反应，导致溶液pH值升高。同时，亚铁离子()和亚铬离子()会转化为相应的氢氧化物沉淀。当加入草酸()后，氢氧化亚铁()会与草酸反应生成草酸亚铁二水合物()沉淀，而氢氧化亚铬()会被草酸溶解。通过这个过程，铁元素以草酸亚铁二水合物沉淀的形式被分离出来，从而实现铬元素与铁元素的分离，此时滤液中主要含有铬元素。在含有铬离子的溶液中通入空气，并在碱性环境（加入氨水）中，氧气会将二价铬离子（）氧化为三价铬离子（），最终生成氢氧化铬（）沉淀，便于后续处理。此过程中产生的铵盐可作为副产品。氢氧化铬（）加热分解生成三氧化二铬（），为后续制备铬单质做准备。三氧化二铬（）与四氯化碳（）在一定条件下反应生成三氯化铬（）。三氯化铬（）与氨气（）在高温下反应生成氮化铬（）。此外，三氧化二铬（）与铝在高温下发生铝热反应制取铬单质，反应方程式为：。
（1）固体反应物的颗粒越小，接触面积越大。在稀硫酸浸出过程中，采用合金粉末能增大其与稀硫酸的接触面积，从而加快反应速率；
故答案为：增大表面积，加快反应速率；
（2）Cr是24号元素，其原子的电子排布式为，是Cr原子失去3个电子形成的，失去电子时先失4s轨道上的1个电子，再失3d轨道上的2个电子，所以简化电子排布式为。电子的能量由电子层（n）、能级（s、p、d等）决定，中电子处于1s、2s、2p、3s、3p、3d 六种不同的能级，所以有6种能量状态的电子；
故答案为：；6；
（3）纯碱水解使溶液显碱性，加入过量纯碱，浓度增大，可能导致Cr2+、Fe2+沉淀；由题意可知，加入草酸后，产生了，故该反应的离子方程式为：；
故答案为：可能导致Cr2+、Fe2+沉淀；；
（4）从工艺流程可知，前面的操作会使滤液中的Cr元素以形式存在，一般以硫酸盐形式存在（因为前面用稀硫酸浸出），可表示为，具有还原性，易被空气中的氧化为，氨水电离出的与转化为，结合质量守恒和电子守恒可得该反应方程式为：；
故答案为：；
（5）铬（Cr）基态原子的电子排布式为，失去一个电子后形成，其电子排布式变为，此时3d轨道处于半充满状态。根据洪特规则，半充满状态的原子轨道能量较低，体系比较稳定。当再失去一个电子时，就需要破坏这种稳定的半充满结构，因此需要吸收较多的能量，所以铬的第二电离能较高。锰（Mn）基态原子的电子排布式为，失去一个电子后形成，其电子排布式为。当再失去一个电子时，失去的是4s轨道上的电子，失去这个电子后，3d 轨道变为半充满状态，相对来说比较容易失去，所以锰的第二电离能较低。综上，铬的第二电离能大于锰的第二电离能；
故答案为：铬的第二电离能是失去半充满上的电子，锰的第二电离能是失去上的电子，3d能级变为半充满状态；
（6）分数坐标是将晶胞棱长看作单位“1”来确定原子位置。以晶胞左下角顶点A点分数坐标为(0，0，0)为原点，沿x、y、z 轴建立坐标系。观察 B 点位置，它在 x 轴方向处于晶胞棱长的一半，即；在 y 轴方向处于晶胞棱长的端点位置，所以y=1；在 z 轴方向也处于晶胞棱长的端点位置，所以z=1，所以 B 点分数坐标为；利用均摊法，位于12条棱上和体心，个数为，位于8个顶点和6个面心，个数为，所以1个晶胞中和各4个。晶胞质量m=。已知晶体密度为，根据（V为晶胞体积），设晶胞边长为acm，则，可得。与最短核间距为棱长的一半，所以最短核间距，将换算为pm，代入可得=；
故答案为：或。
16．【答案】CaSO4 + 2NH3 + CO2 + H2O = CaCO3↓ +(NH4)2SO4；a；先通入NH3可增大CaSO4悬浊液吸收CO2的量；防止碳酸钙生成碳酸氢钙，使硫酸铵难以分离；稀盐酸(稀硝酸)；92.4%；溶液表面出现晶膜 或 溶液中有少量晶体出现；可利用硫酸铵溶液水解显酸性抑制硫酸铝水解
【知识点】物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）“氨气/石膏联合法”用于吸收工厂排放的CO2，同时获得硫酸铵产品。其化学反应方程式为：；
（2）由于氨气极易溶于水，为防止倒吸现象，通入NH3时应使用干燥管（a装置）替代普通长导管。先通入NH3的原理类似于侯氏制碱法，可以增加CaSO4悬浊液对CO2的吸收量。不过量通入CO2的原因是防止生成的CaCO3与过量CO2反应生成可溶性Ca(HCO3)2，导致硫酸铵难以分离；
（3）通过Ba2+与SO42-反应生成BaSO4沉淀的质量测定，利用硫酸根守恒原理计算(NH4)2SO4的纯度。但需注意杂质(NH4)2CO3也会与Ba2+反应生成BaCO3沉淀，因此需加入足量稀盐酸或稀硝酸除去碳酸根。根据计算：n[(NH4)2SO4]=n(BaSO4)=8.155g/233g/mol=0.035mol，故样品纯度为(0.035mol×132g/mol)/5.0g×100%=92.4%；
（4）在蒸发结晶过程中，当溶液表面出现晶膜或观察到少量晶体析出时，应停止加热并降温结晶，即可获得铵明矾晶体；
（5）Al2(SO4)3中Al3+会发生水解反应。加入过量工业硫酸铵不仅能促进硫酸铝完全转化为铵明矾，提高原料利用率，还能利用NH4+水解产生的酸性环境抑制硫酸铝的水解。
【分析】（1）根据题意，反应物为氨气，硫酸钙和二氧化碳，生成物为硫酸铵，根据元素守恒可配平方程式；
（2）根据氨气和二氧化碳在水中溶解度差异进行分析，二氧化碳溶解度小，应先通入氨气；二氧化碳和碳酸钙可生成碳酸氢钙；
（3）根据测定原理，硫酸铵中的硫酸根和钡离子反应生成硫酸钡，故加入的酸为盐酸，排除碳酸根离子的干扰；
（4）根据结晶操作要求，当溶液表面出现晶膜或观察到少量晶体析出时，应停止加热并降温结晶；
（5）硫酸铵溶液呈酸性，可抑制铝离子水解。
17．【答案】（1）-745.6kJ/mol
（2）＜；＜；0.04 mol(L min) 1；40%；
（3）pH在5.5~6.0，=6：1；pH＞5.5 以后，随着pH增大，NO的还原性降低(或H2O2和NaClO2氧化性减弱，不能将NO氧化为硝酸)
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学平衡常数
【解析】【解答】（1）已知以下热化学方程式：① CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) ΔH = -41.0 kJ·mol-1
② N2(g) + O2(g) 2NO(g) ΔH = +180.0 kJ·mol-1
③ 2H2(g) + O2(g) 2H2O(g) ΔH = -483.6 kJ·mol-1
根据盖斯定律，将反应①×2 - ② + ③，得到目标反应的热化学方程式：
2CO(g) + 2NO(g) 2CO2(g) + N2(g) ΔH = -745.6 kJ·mol-1；
（2）① 由图像分析可知，b曲线先达到平衡，说明T2 > T1。降低温度时，平衡正向移动，c(N2O5)增大，表明该反应为放热反应，ΔH < 0。
在相同温度下，v(NO2)a正 < v(NO2)b正。由于b点温度高于a点，温度升高会加快反应速率，因此图中v(NO2)a正 < v(NO2)b正。
② 在T1温度下，0~25 min内，Δc(N2O5) = 0.5 mol·L-1，计算NO2的平均反应速率：
v(NO2)==0.04 mol/(L min) 1；
③T2温度下，混合气体的起始总压为pMPa，在2 L恒容容器中充入4mol NO2和2 mol O3，发生反应2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，达到平衡时， c(N2O5)=0.45mol L-1，则可建立如下三段式：
则NO2的转化率为=40%；平衡时压强为=pMPa，平衡常数Kp==。
（3）①根据图示分析，脱硫脱硝的最佳实验条件为：pH值控制在5.5~6.0范围内，且氧化剂配比=6：1；
②由实验数据可知，SO2去除率随pH升高持续上升，但NO去除率在pH＞5.5后出现下降趋势。这种现象可能由以下原因导致：当pH超过5.5后，随着碱性增强，一方面NO分子的还原能力减弱，另一方面氧化剂H2O2和NaClO2的氧化效能降低，导致其无法将NO充分氧化为硝酸。
【分析】 (1)题目考查盖斯定律的应用，目标反应为①×2 - ② + ③；
(2)根据先拐先平，数值大可判断放应T2 > T1，结合温度高时，五氧化二氮浓度低，可判断反应热效应；计算压强平衡常数时，根据投料量，列出三段式可求得平衡时组分物质的量，转化为各组分分压，代入计算公式进行计算；
(3)根据图中二氧化硫和一氧化氮去除率随pH和 变化可分析最佳条件。
（1）已知：①CO(g) + H2O(g)CO2(g) + H2(g) ΔH=-41.0 kJ·mol-1
②N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH= +180.0 kJ· mol-1
③2H2(g)+O2(g)2H2O(g) ΔH= - 483.6 kJ·mol-l
依据盖斯定律，将反应①×2-②+③得，反应的热化学方程式为 2CO(g) + 2NO(g)2CO2(g)+N2(g) ΔH=-745.6kJ/mol。
（2）①从图中可以看出，b曲线反应先达平衡，则T2＞T1，降低温度，平衡正向移动，c(N2O5)增大，所以该反应的ΔH＜0；b、a两点温度相同时，v(NO2)a正＜v(NO2)b正，现b点温度高于a点，温度越高反应速率越快，则图中v(NO2)a正＜v(NO2)b正。
②T1温度下，0~25min内容器中， c(N2O5)=0.5mol L-1，反应的平均速率：v(NO2)==0.04 mol/(L min) 1。
③T2温度下，混合气体的起始总压为pMPa，在2 L恒容容器中充入4mol NO2和2 mol O3，发生反应2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，达到平衡时， c(N2O5)=0.45mol L-1，则可建立如下三段式：
则NO2的转化率为=40%；平衡时压强为=pMPa，平衡常数Kp==。
（3）①由图所示可知，脱硫脱硝最佳条件是：pH在5.5~6.0，=6：1。
②根据图示SO2的去除率随pH的增大而增大，而NO的去除率在pH>5.5时反而减小，则可能是氧化剂H2O2和NaClO2的氧化性随pH增大而减弱，或NO的还原能力随pH增大而减弱造成的，所以去除率减小的可能原因是：pH＞5.5 以后，随着pH增大，NO的还原性降低(或H2O2和NaClO2氧化性减弱，不能将NO氧化为硝酸)。
18．【答案】（1）3；环氧丙烷
（2）加成反应；
（3）羟基；7
（4）B及CO2中，氧原子的电负性较大，碳氧键中电子偏向氧原子，使氧原子带部分负电荷，碳原子带部分正电荷，所以C与O相结合，生成物为C
（5）n+n+(2n-1)CH3OH
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；缩聚反应
【解析】【解答】（1）化合物A的分子式为C3H6，含有一个不饱和键，因此A是丙烯（CH2=CH CH3）。丙烯分子中有3种等效氢原子（CH2、CH、CH3），所以其核磁共振氢谱显示3组峰。B是丙烯经过环氧化反应生成的产物，结构为环氧丙烷（或1，2-环氧丙烷）；
（2）B→C的反应是环氧丙烷与CO2的加成反应，生成环状碳酸酯。E是丙烯与HBr的加成产物，即2-溴丙烷（CH3CHBrCH3）；
（3）化合物H含有酚羟基（-OH），直接连接在苯环上。苯环本身是平面结构，因此H分子中至少有7个碳原子共平面（苯环上的6个碳原子加上与之相连的1个碳原子）；
（4）在B（环氧丙烷）和CO2的反应中，由于氧原子的电负性较大，碳氧键中的电子偏向氧原子，使氧原子带部分负电荷，碳原子带部分正电荷。这种电荷分布促使C与O结合，最终生成产物C；
（5）碳酸二甲酯（D）与双酚（H）发生酯交换聚合：n+n+(2n-1)CH3OH；
(6)根据已知信息借助于逆推法以乙醇为主要原料制备碳酸二乙酯合成路线：。
【分析】化合物A的分子式为，结合常见有机物结构可知其为丙烯。丙烯A在过氧化氢和TS-1催化剂作用下发生环氧化反应生成环氧丙烷B。B与二氧化碳在催化剂存在时反应得到碳酸丙烯酯C。C与甲醇在特定条件下发生酯交换反应生成D。根据题目给出的反应机理，最终产物D为碳酸二甲酯。
丙烯A与发生加成反应，主要生成2-溴丙烷E（）。E在碱性条件下水解并酸化后，溴原子被羟基取代，形成2-丙醇F（）。F在铜催化剂和加热条件下发生催化氧化，羟基转化为羰基，生成丙酮G。随后，丙酮G与苯酚通过缩合反应生成双酚H（）。最后碳酸二甲酯D与双酚H通过缩聚反应生成聚碳酸酯I。
（1）A（）含一个不饱和键，所以A是丙烯（）有3种等效氢（、、），故3组峰。B为丙烯环氧化产物，结构为环氧丙烷（或1，2-环氧丙烷）。
（2）B→C 是环氧丙烷与的加成反应（形成环状碳酸酯）。E为丙烯与的加成产物，即 2-溴丙烷（）。
（3）H含酚羟基（-OH）（与苯环直接相连）。苯环为平面结构，至少还有一个碳原子与苯环共平面（单个苯环）。所以H分子中共平面的碳原子至少有7个。
（4）B及CO2中，氧原子的电负性较大，碳氧键中电子偏向氧原子，使氧原子带部分负电荷，碳原子带部分正电荷，所以C与O相结合，生成物为C。
（5）碳酸二甲酯（D）与双酚（H）发生酯交换聚合：n+n+(2n-1)CH3OH。
（6）根据已知信息借助于逆推法以乙醇为主要原料制备碳酸二乙酯合成路线：。
1 / 1

展开更多......

收起↑