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湖北省黄冈中学2025届高三下学期第三次模拟考试化学试卷
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．春节是中华民族的传统节日，在进行节日庆祝时用到了许多物品都与化学知识相关，下列有关说法错误的是
　 物品或活动 涉及的化学知识或原理
A 用糯米制作年糕 糯米中富含支链淀粉，支链淀粉在糊化时能形成凝胶
B 燃放烟花 金属元素原子的电子从激发态跃迁回基态并释放能量
C 用瓷器盛放食物 用高岭土烧制陶器的温度一般要高于瓷器
D 书写春联 鞣酸铁墨水中铁含量越多，被氧气氧化后的墨水颜色越深
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】原子核外电子的跃迁及应用；氧化还原反应；铁盐和亚铁盐的相互转变；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A、糯米富含支链淀粉，支链淀粉在加热糊化时，分子链之间会形成交联结构，从而形成具有黏性的凝胶，年糕的制作原理正是如此，A正确；
B、燃放烟花时，火药燃烧产生的高温会使金属元素的原子中的电子吸收能量，跃迁到激发态；处于激发态的电子不稳定，会跃迁回基态，并以光的形式释放能量，这就是焰色反应的原理，B正确；
C、陶器烧制的温度通常在950~1165℃度之间，而瓷器的烧制温度一般都在1280~1400℃以上，高岭土是制作瓷器的主要原料，因此瓷器需要的烧制温度比陶器高，C错误；
D、鞣酸铁墨水书写时颜色较浅，书写后，其中的二价铁会被空气中的氧气氧化为三价铁，生成深色的鞣酸铁沉淀。铁含量越高，生成的深色鞣酸铁越多，颜色也就越深，D正确；
故答案为：C
【分析】做题时一定要看清楚所描述的物品或活动与涉及的化学知识或原理是否存在对应关系，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项；
2．安全用水意识至关重要。下列水循环处理的相关说法不正确的是
A．原水处理：絮凝剂“阳离子聚丙烯酰胺”适用于处理电镀厂的污水
B．软化处理：使用离子交换树脂去除水中的硬度离子，防止设备结垢
C．杀菌消毒：利用臭氧杀死水中的细菌和病毒，确保水质安全
D．循环利用：用电泵将处理达标后的水输送到用水设备，主要涉及电能转化为机械能
【答案】A
【知识点】常见能量的转化及运用；臭氧；化学实验安全及事故处理；电镀；化学应用的安全与规则意识
【解析】【解答】A、阳离子聚丙烯酰胺常用作絮凝剂，但主要适用于带负电荷的有机胶体或污泥脱水，而电镀厂污水中常含有重金属离子，通常采用化学沉淀法（如加碱）后再用阴离子或非离子型絮凝剂，直接使用阳离子聚丙烯酰胺效果不佳，且“原水处理”通常指天然水的净化，而非工业废水处理，A错误；
B、水的硬度由Ca2+、Mg2+等离子引起，离子交换树脂可去除钙镁离子，从而软化水质，防止结垢，也防止设备因钙镁沉淀结构，B正确；
C、臭氧具有强氧化性，能破坏细菌和病毒的细胞膜、核酸结构，从而杀死水中的微生物，是一种高效、无残留的杀菌消毒方法，是常用的消毒剂，C正确；
D、电泵工作时，通过叶轮旋转，电动机将电能转化为机械能，驱动水泵叶轮转动，将水输送到用水设备，D正确；
故答案为：A
【分析】水处理相关知识中，不同净化试剂因带电性质与作用原理不同适用场景有差异，离子交换法可通过离子置换除去钙、镁离子实现硬水软化，强氧化性物质能够破坏微生物结构完成水体杀菌，水泵等动力设备运作时会发生电能与机械能的转化，合理结合各类处理方式可实现水资源净化与循环利用。
3．关于物质的分析和测定，下列说法错误的是
A．经红外光谱和核磁共振谱分析确定青蒿素含有酯基和甲基等结构
B．质谱法是测定某种壳聚糖相对分子质量最精确而快速的方法
C．石蕊、碳酸钠、氧化铜均不能用于区分乙酸和过氧乙酸
D．通过X射线衍射可精准测定抗氧化剂丁基羟基茴香醚的分子结构
【答案】C
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A、红外光谱可判断官能团，核磁共振氢谱可判断氢原子种类与基团结构，能确定青蒿素含酯基、甲基等结构，A正确；
B、质谱法可快速、精确测相对分子质量，适用于测壳聚糖相对分子质量，B正确；
C、石蕊、碳酸钠、氧化铜并非均不能用于区分乙酸和过氧乙酸，如乙酸使石蕊变红，而过氧乙酸（强氧化性）会使石蕊先变红（酸性）后褪色（氧化漂白），C错误；
D、X射线衍射用于测定晶体的晶胞与晶体结构，丁基羟基茴香醚为非晶体有机物，不能用X射线衍射精准测定分子结构，D正确；
故答案为：C
【分析】红外光谱识别官能团、核磁共振氢谱判断基团结构，质谱法快速精确测定有机物相对分子质量，X 射线衍射用于解析晶体结构而非普通有机物分子结构；乙酸与过氧乙酸均具有酸性，可与碱性、碱性盐及金属氧化物发生相似反应，无法借助常见酸碱指示剂与碱性氧化物、碳酸盐进行区分。
4．下列化学用语表达错误的是
A．醇分子间形成氢键：
B．石英、焦炭在高温氮气流中反应制备氮化硅：3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO
C．2py电子云：
D．硅氧四面体的结构示意图：
【答案】D
【知识点】含有氢键的物质；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、醇分子间的氢键是一个醇分子的羟基氢原子，与另一个醇分子的羟基氧原子之间形成的弱相互作用，用虚线或点线连接H和电负性较强的O，图中氢键的表示方式（O-H…O）是正确的，A正确；
B、石英、焦炭在高温氮气流中反应制备氮化硅，据此知反应物和生成物，根据化合价升降配平，化学方程式：3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO，B正确；
C、p电子云的形状为哑铃形，三个p轨道分别沿x、y、z轴分布，而沿y轴分布的是2py轨道，图示正确，C正确；
D、在硅氧四面体中，中心是Si原子，四个顶点是O原子，Si原子半径大于O原子半径，但图中代表O的球明显大于代表Si的球，D错误；
故答案为：D
【分析】硅原子为中心与4个氧原子形成的基团，具有四面体构型。可以表示为SiO44-，是常压下各种结构二氧化硅和所有硅酸盐的基本结构单元。
5．下列有关理论的叙述错误的是
A．氧化还原反应中，增大氧化剂浓度或减小还原产物浓度均能增大氧化剂的氧化性
B．对于同一反应的正、逆反应，活化能大的反应的反应速率受温度影响更为显著
C．构造原理呈现的能级交错源于光谱学事实经验，不是任何理论推导的结果
D．参与成键的原子的电负性差值越大，共价键的极性越大，则分子的极性越大
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、物质氧化性强弱受浓度影响，氧化还原体系中，增大氧化剂浓度、降低还原产物浓度，都会使氧化剂的得电子能力增强，氧化性随之增强，故增大氧化剂浓度或减小还原产物浓度均能增大氧化剂的氧化性，A正确；
B、对于同一反应的正、逆反应，温度对活化能越大的反应影响越明显，活化能越大，速率常数随温度变化的幅度越大，因此活化能更大的方向，反应速率受温度影响更显著，B正确；
C、构造原理中的能级交错（如4s<3d）来自光谱实验事实，属于实践验证的结果，并非理论推导，C正确；
D、键的极性大不代表分子极性大，分子极性还取决于空间结构，如CO2中C=O键极性大，但分子非极性，CO2是极性键构成的非极性分子，D错误；
故答案为：D
【分析】本题的易错点在于区分共价键极性和分子极性，分子极性由化学键极性与空间立体结构共同决定，不能仅凭键的极性直接判断。
6．烟酰胺(如图)属于B族维生素，具有一定的抗衰老的功效。下列叙述不正确的是
A．能与盐酸、氢氧化钠反应
B．1mol烟酰胺可与4 mol H2发生加成反应
C．可溶于水、甘油，不溶于醚类
D．分子中存在类似苯环的
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；苯的结构与性质；加成反应；酰胺
【解析】【解答】A、在烟酰胺分子中，吡啶环上的N原子具有碱性，且含氨基都能与盐酸反应，含酰胺基在碱性条件下可以发生水解并与NaOH反应，A正确；
B、烟酰胺分子中吡啶环中的C=C双键和C=N双键可与H2加成，酰胺键上的C=O不能与H2加成，故1mol烟酰胺最多与3mol H2加成，B错误；
C、烟酰胺含有极性的酰胺键，容易与水和甘油形成氢键，因此可溶于水和甘油，醚类是非极性溶剂，不易与烟酰胺形成氢键，因此烟酰胺不溶于醚类，C正确；
D、吡啶环与苯环类似，是一个六元杂环体系，6个原子各提供1个p电子，形成了离域大π键，因此分子中存在类似苯环的大键，D正确；
故答案为：B
【分析】能跟氢气反应的官能团包括：碳碳双键（C=C）、碳碳三键（C≡C）、羰基（C=O）、氰基（C≡N）、苯环（在催化剂存在下可加氢生成环己烷）。此外，醛基（-CHO）和酮基（-C=O）也能与氢气发生加成反应，在反应中，通常需要催化剂如镍（Ni）或铂（Pt）来促进反应的进行。
7．过量H2S与以下一定浓度的溶液反应，方程式正确的是
　 溶液 现象 离子方程式
A 硫酸铁 产生黑、黄沉淀 2Fe3++3H2S=2FeS↓+S↓+6H+
B 醋酸铅 产生黑色沉淀 Pb2++H2S=PbS↓+2H+
C 氯水 溶液黄绿色褪去，产生乳白色浑浊 Cl2+H2S=2Cl-+S↓+2H+
D 氨水(含酚酞) 溶液红色褪去 2NH3·H2O+H2S=2NH+S2-
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；硫化氢；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、过量硫化氢与硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁、硫沉淀和硫酸，因为此时Fe3+会被还原成Fe2+，而不是生成FeS沉淀，故反应正确的离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，A错误；
B、过量硫化氢与醋酸铅溶液反应生成硫化铅沉淀和醋酸，而醋酸铅是弱电解质，要全部保留，不能拆分，故反应正确的离子方程式为：Pb(CH3COO)2+H2S=PbS↓+2CH3COOH，B错误；
C、过量硫化氢与氯水反应生成盐酸和硫沉淀，此时氯水与H2S发生氧化还原反应，Cl2被还原为Cl-，H2S被氧化为S单质，故反应正确的离子方程式为：Cl2+H2S=2Cl-+S↓+2H+，C正确；
D、过量硫化氢与氨水反应生成硫氢化铵，此时由于H2S过量，生成物会变成酸式盐NH4HS，而非S2-，故反应正确的离子方程式为：NH3·H2O+H2S=NH+HS—，D错误；
故答案为：C
【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。
离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
8．化学物质丰富而又独特的性质离不开其神奇的微观结构。下列事实解释错误的是
　 事实 解释
A 氧气中O=O的键能大于O-O的键能的三倍 O2分子中只存在一个π键
B NaCl分散在乙醇中形成胶体 乙醇分子极性小，NaCl的溶解度有限
C 羰基的热力学稳定性通常强于硫羰基 C与O原子半径相近，二者p轨道大小接近，重叠程度比S、O之间大
D 三氯蔗糖甜度高、热量值极低，是近乎完美的甜味剂 蔗糖分子中三个羟基被氯原子取代后，分子的性质发生改变，不再被人体代谢
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、O2分子的结构式为：O=O，其中包含一个σ键和两个三电子π键，由于存在两个相互平行的p轨道重叠形成π键，使得双键结合更紧密，键能高于三倍单键能。因此，“只存在一个π键”的解释本身就不对，A错误；
B、乙醇是极性分子，但极性远小于水。NaCl是离子化合物，在乙醇中的溶解度很小，难以电离成自由移动的离子。当NaCl分散在乙醇中时，离子会聚集形成较大的粒子聚集体，这些聚集体的尺寸恰好符合胶体颗粒的范围，因此形成胶体，B正确；
C、C和O同属第二周期，原子半径相近，p轨道大小匹配，重叠程度大，形成的π键强且稳定。而S属于第三周期，原子半径远大于C和O，p轨道大小差异大，与C或O轨道重叠程度小，形成的π键较弱，因此硫羰基稳定性远低于羰基，C正确；
D、人体代谢糖类主要依赖酶对特定官能团的识别。氯原子取代羟基后，分子的空间结构和电子性质发生显著改变，人体中缺乏能识别并分解三氯蔗糖的酶，因此它不参与人体代谢，不会提供热量，但其结构仍能与甜味受体结合产生甜味，D正确；
故答案为：A
【分析】做题时一定要看清楚所描述的化学事实与化学解释是否存在一一对应的关系，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项；
9．主族元素X、Y、Z、M、N原子序数依次增大，其中X原子核外电子只有一种运动状态；M的外层电子数是内层的一半，五种元素形成的化合物如下图。下列说法正确的是
A．除X外，所有元素均满足8电子稳定结构
B．M的氯化物水解可得两种强酸
C．N的两种常见氧化物的VSEPR模型名称不同
D．Z的电负性很大，导致XMZ6有较强的酸性
【答案】D
【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；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、X为H，不满足8电子稳定结构，即，其中P元素为+5价，最外层电子数为5+6+1=12，属于超8电子结构，不满足8电子稳定结构，A错误；
B、M的氯化物为，水解可得到和HCl，水解可得到和HCl，、均不属于强酸，属于中强酸的范围，B错误；
C、N的两种常见氧化物为和，的中心原子S的价层电子对数为：，其VSEPR模型为平面三角形，的中心原子S的价层电子对数为：，VSEPR模型也为平面三角形，C错误；
D、XMZ6即六氟磷酸，由于F元素的电负性很大，使H原子上的电子云密度大幅降低，H-F键的极性较大，容易电离出，导致XMZ6有较强的酸性，D正确；
故答案为：D
【分析】 先通过题干信息推出所有元素，X原子核外电子只有一种运动状态，说明核外只有1个电子，故X为H；M是主族元素，外层电子数是内层的一半。内层为2电子时，外层为1，但不符合配位结构；内层为8电子时，外层为5，对应M为P，可形成六配位阴离子；Z与P形成PZ6-，P为+5价，阴离子带1个负电荷，6个Z总电荷为-6，每个Z为-1价。结合Z电负性大的特征，Z为F；Y的化合物结构中Y形成4个共价键，为主族四价元素，故Y为C；N的有机阳离子骨架中带正电荷的N原子，成键特征符合N元素（季铵盐结构，N形成4个共价键带1个正电荷），故N为N，综上：X=H、Y=C、Z=F、M=P、N=N。
10．高纯的MnCO3可用于制备高性能磁性材料。用如图所示装置，以MnO2为原料制备少量高纯的MnCO3。已知MnCO3 100℃开始分解，Mn(OH)2开始沉淀时pH=7.7。下列说法正确的是
A．提高SO2转化率的措施可以是缓慢通入混合气体、大幅度提高水浴温度
B．向MnSO4溶液中加入NaHCO3时宜分批次加入，边加边搅拌，并监测溶液pH值
C．为确保MnCO3的纯度，MnCO3沉淀还需要水洗、醇洗、高温快速烘干
D．石灰乳的作用是处理尾气，其发生的主要反应是：Ca2++2OH-+SO2 = CaSO3↓+H2O
【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯；实验装置综合；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、缓慢通入混合气体，能让SO2与MnO2充分接触反应，确实可以提高SO2转化率，但大幅度提高水浴温度存在两个问题：SO2是气体，温度越高，在水中的溶解度越小，会大量逸出，反而降低转化率；后续生成的MnCO3在100℃就会分解，高温会导致产物分解，降低产率和纯度，A错误；
B、分批加入、边加边搅拌可避免局部溶液中NaHCO3浓度过高，导致局部碱性过强，生成杂质Mn(OH)2沉淀；同时能让反应更均匀，减少团聚，得到颗粒更均匀的MnCO3沉淀。监测pH值确保溶液pH始终低于7.7，防止Mn(OH)2沉淀生成，保证产物纯度，B正确；
C、水洗可以除去沉淀表面吸附的可溶性杂质，醇洗可以除去水分，同时乙醇易挥发，便于后续干燥；但高温快速烘干不可行，因为高温烘干会导致MnCO3分解为MnO等杂质，降低产物纯度和产率，应采用低温烘干或自然晾干，C错误；
D、书写离子方程式时，石灰乳中Ca(OH)2的不能拆写成离子形式，要以固体的形式存在，故正确的离子方程式为：，D错误；
故答案为：B
【分析】本实验以MnO2为原料，在水溶液中通入SO2，发生反应：，生成MnSO4溶液；后续再与NaHCO3反应制备MnCO3。已知关键条件有MnCO3在100℃开始分解；Mn(OH)2开始沉淀的pH=7.7，因此制备过程中溶液pH不能超过7.7，否则会生成杂质Mn(OH)2。
11．氧化铝晶体有多种不同的晶型。图(1)是α-Al2O3的晶体结构示意图；β-Al2O3可视作铝酸盐，其中一类化学式为R2O·xAl2O3(R是K或Na)，其微观结构示意图如图(2)，其中R未画出。下列说法错误的是
A．图(1)中B为Al3+，填入了O2-构成的八面体空隙中，填充率为三分之二
B．α-Al2O3中AlO6八面体彼此紧密相连，其结构稳定性高于其他晶型
C．在β-Al2O3晶体中，Al3+和O2-构成刚性骨架，是晶体导电的主要传导离子
D．β-Al2O3晶体传导金属离子电荷量相同时，离子半径越小，导电效率越高
【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；研究物质结构的基本方法和实验手段；晶胞的计算；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别
【解析】【解答】A、由均摊法可知，图(1)晶胞中A个数为，B个数为2，根据其化学式为α-Al2O3可知A为O2-、B为Al3+，八面体空隙数等于晶胞原子数，即O2-构成的八面体空隙数为3，2个Al3+填入了3个八面体空隙中的2个，填充率为三分之二，A正确；
B、由图可知，α-Al2O3中AlO6八面体彼此紧密相连，这些八面体通过共顶点、共边甚至共面的方式紧密连接，形成致密的三维骨架，这种高密堆积结构使其硬度大、熔点高，是氧化铝所有晶型中最稳定的，B正确；
C、在β-Al2O3晶体中，导电的主要传导离子是 R+(K+或Na+)，而非Al3+和O2-构成的刚性骨架。刚性骨架本身不参与导电，而是提供结构支撑和离子迁移通道，C错误；
D、β-Al2O3的导电效率与迁移离子(R+)半径相关，半径越小迁移越快，导电效率越高(如Na+效率高于K+)，所以β-Al2O3晶体传导金属离子电荷量相同时，离子半径越小，导电效率越高，D正确；
故答案为：C
【分析】晶胞中粒子数的计算方法—均摊法：于平行六面体晶胞，当原子位于晶胞的顶点时，它被8个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的棱上（通常是棱心）时，它被4个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的面上（通常是面心）时，它被2个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的体内（通常是体心）时，则该原子属于这个晶胞。
12．自由基也称游离基，是化合物分子在特定条件下，共价键发生均裂而形成的原子或原子团。HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示，经红外光谱检测某一产物中含有-O-O-。下列说法正确的是
A．产物P1与P2互为同分异构体，含有-O-O-的是产物P1
B．得到两种产物的反应过程均含有四步基元反应
C．反应过程中，中间产物Z的浓度一定持续增加，然后缓慢减少
D．与在非极性溶剂中相比，在极性溶剂中该反应更容易进行
【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A、产物P1：相对能量为，能量较高，且没有明显的能量垒阻挡其生成，产物 P2：相对能量为能量较低，但需要经过较高的能量垒(过渡态Ⅳ)才能生成，由于-O-O-结构通常在能量较高的情况下更容易形成，因此含有-O-O-的是产物P1，A正确；
B、由图知，得到P1的反应过程有三步基元反应（过渡态 Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ ），得到P2的反应过程有三步基元反应（过渡态 Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ ），B错误；
C、中间产物Z是反应的中间态，其浓度变化取决于生成和消耗的速率，反应初期，生成Z的速率大于消耗速率，Z浓度上升；但达到峰值后，消耗速率大于生成速率，Z浓度下降，但不一定 “持续增加”，若反应速率较慢或存在副反应，Z的浓度可能出现波动，并非一定是单调先增后减的过程，C错误；
D、该反应是自由基反应，反应物和过渡态的极性都较弱，极性溶剂会稳定极性强的物种，但对自由基反应的过渡态稳定作用较弱，反而可能因溶剂化效应提高反应的活化能，使反应更难进行，D错误；
故答案为：A
【分析】能垒：简单可以理解为从左往右进行中，向上爬坡最高的为能垒，而包含此能垒的反应我们称之为决速步骤，也叫做慢反应。要注意：能垒越大，反应速率越小，即多步反应中能垒最大的反应为决速反应；用不同催化剂催化化学反应，催化剂使能垒降低幅度越大，说明催化效果越好；相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。
13．25℃时0.1 mol ·L-1的NH4HCO3溶液的pH=7.8，保持溶液体积不变，通入HCl或加入NaOH固体调节pH(无气体逸出)，含碳(或氮)微粒的分布分数δ与pH的关系如下图，已知H2CO3的pKa2=10.3，下列说法正确的是
A．曲线a表示H2CO3的分布分数随pH变化
B．曲线a与曲线c的交点对应的pH为6.7
C．当pH=6.3时，加入NaOH发生的反应为：H2CO3+ OH-=H2O+HCO
D．该体系中c(NH)[c(OH-)+10-4.7]=10-4.7
【答案】C
【知识点】化学平衡的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、曲线a表示的分布分数随pH变化，曲线C才能表示H2CO3的分布分数随pH变化，A错误；
B、由图可知，pH=6.3时，，的，已知H2CO3的pKa2=10.3，，曲线a与曲线c的交点，则此时，pH=8.3，B错误；
C、当pH=6.3时，溶液中主要含、，加入NaOH，氢氧根离子和H2CO3反应生成碳酸氢根离子和水，反应为：H2CO3+ OH-=H2O+HCO，C正确；
D、由图可知，pH=9.3时，pOH=4.7，则，由氮元素守恒，，则，D错误；
故答案为：C
【分析】25℃时0.1 mol ·L-1的NH4HCO3溶液的pH=7.8，保持溶液体积不变，通入HCl或加入NaOH固体调节pH(无气体逸出)，不考虑溶液体积变化且过程中无气体逸出。图像中左侧的曲线分别是、、的分布分数；右侧为、的分布分数；随着pH增大，的量减小、的量先增大后减小、的量增大，则c、b、a分别表示、、的分布分数随pH变化；随着pH增大，的量减小、的量增大，其中e为的分布分数。
14．在新材料工业中，己内酰胺是生产尼龙-6和聚酰胺的关键原料。利用氮氧化物(NOx)和环己酮、乙二醇(EG)进行电化学还原偶联反应以合成己内酰胺是一种有前景的绿色合成途径(装置及物质转化示意图如下)，同时得到副产品乙醇酸(GA)。当得到1mol GA时，下列说法正确的是
A．m为电源负极，电流从n极出发，经外电路回到m极
B．EG转化为GA反应式为：HOCH2-CH2OH-4e-+H2O=HOCH2-COOH+4H+
C．NO在电极上会先转化为NH2OH的电极反应是：NO-4e-+4H2O=NH2OH+5OH-
D．若两电极间增加质子交换膜，当阴极电流效率为0.8时，则阴极室质量减少5 g
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、左侧电极：乙二醇（EG）转化为乙醇酸（GA），碳元素被氧化，因此左侧为阳极，接电源的正极（m 为正极）；右侧为阴极，接电源负极（n 为负极）。电流从正极（m）出发，经外电路回到负极（n），A错误；
B、由装置图可知，乙二醇发生氧化反应生成羟基乙酸，电极反应为：，B正确；
C、右侧电极中NO2-转化为NH2OH，N元素化合价从+3降低到-1，是还原反应，应发生在阴极，得电子，而选项中的反应式写的是失去4e-，发生氧化反应，电子方向错误，故正确的电极反应为：，C错误；
D、若两电极间增加质子交换膜，则将通过质子交换膜向右侧移动，当得到1mol GA时，转移，有进入阴极室(质量增加4g)，阴极的电流效率为0.8，有电子用于发生副反应：(质量减少0.8g)，故阴极区质量共增加3.2g，D错误；
故答案为：B
【分析】有机电解题先定电极：化合价降低，得电子，为阴极，化合价升高，失电子，为阳极；写反应：酸性用H+/H2O配平，碱性用OH-/H2O配平，最后补电子使电荷守恒；判pH：消耗H+则pH升，生成H+则pH降；消耗OH-则pH降，生成OH-则pH升；算电子：根据化合价变化，算出每生成1mol产物转移的电子数，再乘以物质的量；验选项：用排除法，先排除电极、pH、电子数明显错误的选项。
15．盘状双层胶束扁平状的，可用于研究生物膜的功能。将DMPE(其结构如图，可视作二元酸H2A+)加入缓冲液，震荡过夜可制得盘状双层胶束(如图所示)，每个盘状双层胶束约有1000个DMPE。已知DMPE的Ka1=0.1，Ka2=1×10-9；若δ(H2A+)=n(H2A+)/[n(HA)+n(A-)+n(H2A+)]，pH=9时，，；pH=7时，δ(H2A+)=9.9×10-7，δ(A-)=9.9×10-3。下列叙述不正确的是
A．pH=9时，每个盘状双层胶束所带电荷数约为
B．DMPE形成盘状双层胶束涉及到的作用力有范德华力、氢键等
C．DMPE分散到缓冲液中形成盘状双层胶束的过程体现了超分子的自组装
D．将pH值提高9以上时，盘状双层胶束的形状更倾向于保持扁平
【答案】D
【知识点】含有氢键的物质；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A、pH=9时，，每个盘状双层胶束约有1000个DMPE，则数目约500，所带电荷数约，A正确；
B、DMPE 分子中的长烷基链之间存在色散力，属于范德华力的一种，这是胶束疏水部分聚集的主要驱动力，除此之外分子中的磷酸基团、酯基以及铵基之间都可以形成氢键，有助于胶束的稳定和盘状结构的形成，B正确；
C、超分子的自组装是指分子通过非共价键相互作用（如范德华力、氢键、静电作用等）自发形成具有特定结构和功能的聚集体的过程，DMPE 分子在缓冲液中通过分子间作用力自发聚集形成规则的盘状双层胶束，完全符合超分子自组装的定义，C正确；
D、将pH值提高到9以上，溶液碱性增强，DMPE分子中的质子进一步解离，更多的HA转化为A-。随着去质子化程度增加，胶束表面的负电荷密度急剧增大，电荷之间的静电排斥力增强，会破坏原本扁平的双层结构，D错误；
故答案为：D
【分析】DMPE 分子中的长烷基链之间存在色散力，属于范德华力的一种，这是胶束疏水部分聚集的主要驱动力，除此之外分子中的磷酸基团、酯基以及铵基之间都可以形成氢键，有助于胶束的稳定和盘状结构的形成。
二、非选择题：本题共4个小题，共55分。
16．从水钴矿(主要含Co2O3及少量Fe2O3、Al2O3、MgO、SiO2、MnO、MnO2、CaO等杂质)中制备CoC2O42H2O的工艺如图。
已知：①电极电势的大小反映了氧化剂的氧化能力相对大小。
电极电势 S2O/SO Co3+/Co2+ H2O2/H2O Cl2/Cl- ClO-/Cl- Fe3+/Fe2+ I2/I-
Eθ/V 2.01 1.92 1.78 1.36 0.81 0.77 0.53
②该工艺条件下，金属离子沉淀情况的pH值如下表所示，沉淀完全视为金属离子浓度为10-5mol/L。
金属离子 Co3+ Co2+ Fe3+ Fe2+ Al3+ Mg2+ Mn2+ Ca2+
开始沉淀 1.2 7.6 2.7 7.6 4.0 9.9 7.7 9.0
沉淀完全 2.4 9.2 3.7 9.6 5.2 13.2 9.8 11.0
根据题目所给信息，回答下列问题：
（1）写出“浸出”过程中最主要的离子方程式　 　。“浸出”过程中的Na2SO3的物质的量不足可能会生成　 　，污染环境。
（2）以下物质适合作“氧化”过程中氧化剂的是　 　(填序号)
a．S2O b．H2O2 c．ClO- d．I2
（3）“调pH”过程的范围为　 　。
（4）若用R表示异辛基，萃取剂磷酸二异辛酯的结构式可写为，“萃取”过程后溶液中的Co2+采取六配位，以一种中性配分子的形式存在，试将这种分子的结构补充完整　 　。(不考虑立体异构)
（5）“反萃取”过程添加的试剂M是　 　(写化学式)溶液。试剂M不宜过量，可能的原因是　 　。
【答案】（1）Co2O3+SO+4H+=2Co2++SO+2H2O；氯气
（2）bc
（3）5.2≤pH<7.6
（4）
（5）H2SO4；磷酸二异辛酯在过量酸的作用下会水解为磷酸和异辛醇，失去萃取能力，无法循环使用
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；探究沉淀溶解；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、水钴矿的主要成分为Co2O3，因此“浸出”过程中最主要的反应Na2SO3还原Co2O3，离子方程式为Co2O3+SO+4H+=2Co2++SO+2H2O；“浸出”过程中溶液中加入了盐酸，Cl-也是还原剂，因此Na2SO3的物质的量不足可能会生成氯气，污染环境。
（2）、“氧化”过程是将Fe2+氧化为Fe3+，加入的氧化剂不能引入新的杂质，使用氧化剂S2O和I2在溶液中引入了新杂质SO和I-，而使用氧化剂H2O2和ClO-的还原产物为H2O和Cl-，不引入新杂质，故答案为：bc。
（3）、加入碳酸钠调节pH的目的是沉淀Fe3+、Al3+，而不沉淀其他离子，因此pH范围为：5.2≤pH<7.6。
（4）、萃取”过程后溶液中的Co2+配合物的分子结构为：。
（5）、“反萃取”过程添加的试剂M是H2SO4；试剂M不宜过量，可能的原因是：磷酸二异辛酯在过量酸的作用下会水解为磷酸和异辛醇，失去萃取能力，无法循环使用。
【分析】水钴矿加入稀盐酸与金属氧化物反应，Na2SO3还原Co3+、Fe3+、MnO2，将矿石中的钴及其他金属转化为可溶性离子，并预还原高价杂质；接着加入氧化剂与浸出液中Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+，加入碳酸钠调节pH沉淀Fe3+、Al3+得到滤渣1为Fe(OH)3、Al(OH)3，加入NaF除镁钙得到滤渣2为MgF2、CaF2，萃取Co2+，与Na+、Mn2+分离，反萃取后加入(NH4)2C2O4与Co2+反应生成CoC2O4 2H2O。总的来说，该工艺先用水钴矿加盐酸浸出，再用亚硫酸钠预还原高价金属离子得到含钴浸出液，随后通过氧化剂将亚铁氧化为铁离子，加碳酸钠调 pH 沉淀除去铁、铝杂质，再用氟化钠沉淀除去钙镁杂质，接着经萃取富集钴离子并与锰、钠分离，反萃取得到纯钴溶液，最后加入草酸铵沉钴，经结晶得到目标产物草酸钴晶体。
（1）水钴矿的主要成分为Co2O3，因此“浸出”过程中最主要的反应Na2SO3还原Co2O3，离子方程式为Co2O3+SO+4H+=2Co2++SO+2H2O；“浸出”过程中溶液中加入了盐酸，Cl-也是还原剂，因此Na2SO3的物质的量不足可能会生成氯气，污染环境。
（2）“氧化”过程是将Fe2+氧化为Fe3+，加入的氧化剂不能引入新的杂质，使用氧化剂S2O和I2在溶液中引入了新杂质SO和I-，而使用氧化剂H2O2和ClO-的还原产物为H2O和Cl-，不引入新杂质，故答案为bc。
（3）加入碳酸钠调节pH的目的是沉淀Fe3+、Al3+，而不沉淀其他离子，因此pH范围为：5.2≤pH<7.6。
（4）萃取”过程后溶液中的Co2+配合物的分子结构为：。
（5）“反萃取”过程添加的试剂M是H2SO4；试剂M不宜过量，可能的原因是：磷酸二异辛酯在过量酸的作用下会水解为磷酸和异辛醇，失去萃取能力，无法循环使用。
17．某化学兴趣小组对铜及其化合物的性质进行了如下实验，请你跟他们一起完成探究。
查阅资料：水溶液中[Cu(H2O)4]2+蓝色、[CuCl3]2-无色、[CuCl4]2-黄色、[Cu2Cl4(H2O)]-棕色；CuCl白色难溶物。
甲同学将等体积的溶液a分别加到等量铜粉中，实验记录如下：
编号 溶液a 实验现象
I CuCl2溶液(1mol·L-1) 产生白色沉淀，溶液蓝色变浅，5h时铜粉有剩余
II 浓盐酸(10mol·L-1) 产生细小无色气泡，溶液无色；继而溶液变为黄色；较长时间后溶液变为棕色，5h时铜粉有剩余
III CuCl2溶液(1mol·L-1) 和浓盐酸(10mol·L-1) 溶液由黄绿色变为棕色，无气泡；随着反应进行，溶液颜色变浅，后接近于无色，5h时铜粉无剩余
（1）Cu2+的价层电子排布式为　 　。
（2）实验I中产生白色沉淀的化学方程式为　 　。
（3）①乙同学对实验II产生的无色气泡进行了收集并点燃，观察到了尖锐的爆鸣声。产生该无色气泡的原因可能是　 　。
②无色溶液变为黄色时的离子方程式为　 　。
（4）为了探明实验III中无白色沉淀产生的原因，取了适量实验I中的白色沉淀，向其中加入了饱和氯化钠溶液，发现沉淀溶解。丙同学得出结论：Cl-的大量存在，发生了反应 CuCl+2Cl-=[CuCl3]2-，导致无白色沉淀产生。但丁同学认为丙同学的实验不够严谨，应补做对照实验：　 　。
（5）[Cu2Cl4(H2O)]-中Cu元素的化合价为　 　。若实验III溶液中Cu元素主要以[CuCl4]2-和[Cu(H2O)4]2+存在，试写出黄绿色变为棕色时发生反应的离子方程式　 　。
（6）戊同学拟测定某CuCl样品的纯度，完成了如下实验：准确称取样品1.200 g，将其置于足量FeCl3溶液中，待其完全溶解后加入适量稀硫酸，用0.1000 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定至终点，四次实验分别消耗测得标准液15.03 mL、14.98 mL、13.70 mL、14.99 mL。则该样品纯度为　 　。[M(CuCl)=99.0 g·mol-1，精确到0.1%]
【答案】（1）3d9
（2）CuCl2+Cu=2CuCl
（3）Cl-浓度高，与Cu+形成了[CuCl3]2-，提高了Cu的还原性；4[CuCl3]2-+O2+4H++4Cl-=4[CuCl4]2-+2H2O
（4）取适量实验I中白色沉淀，向其中加入稀硫酸，沉淀不溶解
（5）+1，+2；2[CuCl4]2-+[Cu(H2O)4]2++Cu=2[Cu2Cl4(H2O)]- +2H2O
（6）61.9%
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应方程式的配平；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、Cu为29号元素，Cu2+的价层电子排布式为3d9。
（2）、I中Cu2+和Cu发生归中反应生成Cu+，Cu+与Cl-生成CuCl白色沉淀，化学方程式为：CuCl2+Cu=2CuCl。
（3）、产生该无色气泡的原因可能是Cl-浓度高，与Cu+形成了[CuCl3]2-，提高了Cu的还原性；无色溶液变为黄色时为[CuCl3]-被氧化为[CuCl4]2-，离子方程式为：4[CuCl3]2-+O2+4H++4Cl-=4[CuCl4]2-+2H2O。
（4）、应补做对照实验为：取适量实验I中白色沉淀，向其中加入稀硫酸，沉淀不溶解。
（5）、[Cu2Cl4(H2O)]-中Cu元素的化合价为+1、+2；黄绿色变为棕色时发生反应为[CuCl4]2-、[Cu(H2O)4]2+与Cu生成2[Cu2Cl4(H2O)]-，离子方程式为2[CuCl4]2-+[Cu(H2O)4]2++Cu=2[Cu2Cl4(H2O)]-+2H2O。
（6）、根据，，可得，用0.1000 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定至终点，四次实验分别消耗测得标准液15.03 mL、14.98 mL、13.70 mL、14.99 mL，其中13.70 mL偏差太大舍去，剩余三次实验平均消耗15mL，即0.1000 mol·L-1×0.015L=0.0015mol，即CuCl物质的量为0.0075mol，样品纯度为：。
【分析】实验I：溶液中Cu2+与Cu发生归中反应：Cu2++Cu+2Cl=2CuCl，产生白色沉淀说明生成了难溶的CuCl；溶液蓝色变浅说明溶液中Cu2+被消耗，浓度降低。5h时铜粉有剩余：反应速率较慢，且生成的CuCl沉淀会附着在铜粉表面，阻碍反应继续进行，导致铜粉无法完全消耗。
实验Ⅱ：浓盐酸提供了极高浓度的Cl-，改变了反应路径和产物形态，浓盐酸中的H+在特定条件下与Cu反应，生成氢气，同时生成的Cu+与高浓度Cl-结合，形成无色的[CuCl3]-，所以溶液呈无色；随着反应进行，体系中逐渐生成少量Cu2+，Cu2+与高浓度Cl-结合，形成黄色的[CuCl4]2-，因此溶液变为黄色；反应继续，生成的Cu+和Cu2+与Cl-、水结合，形成棕色的双核配合物[Cu2Cl4(H2O)]-，因此溶液变为棕色；虽然浓盐酸提供了高浓度Clˉ，但反应仍未将铜粉完全消耗，5h时铜粉仍有剩余。
实验Ⅲ：浓盐酸的混合溶液混合溶液中同时存在Cu2+和高浓度Cl-，反应路径更直接、效率更高，初始时，溶液中同时存在蓝色的[Cu(H2O)4]2+和黄色的[CuCl4]2-，混合后呈现黄绿色。随后Cu2+与Cu在高浓度Cl-存在下，直接反应生成棕色的双核配合物[Cu2Cl4(H2O)]-，因此溶液变为棕色；随着反应进行，Cu2+被完全消耗，生成的Cu+进一步被过量的铜粉还原，最终形成无色的[CuCl3]-，因此溶液颜色变浅，接近无色；高浓度Cl-不仅促进了归中反应的进行，还避免了难溶CuCl沉淀的生成，反应能持续进行，因此5h时铜粉完全消耗。
（1）Cu为29号元素，Cu2+的价层电子排布式为3d9。
（2）I中Cu2+和Cu发生归中反应生成Cu+，Cu+与Cl-生成CuCl白色沉淀，化学方程式为CuCl2+Cu=2CuCl。
（3）产生该无色气泡的原因可能是Cl-浓度高，与Cu+形成了[CuCl3]2-，提高了Cu的还原性；无色溶液变为黄色时为[CuCl3]-被氧化为[CuCl4]2-，离子方程式为4[CuCl3]2-+O2+4H++4Cl-=4[CuCl4]2-+2H2O。
（4）应补做对照实验为：取适量实验I中白色沉淀，向其中加入稀硫酸，沉淀不溶解。
（5）[Cu2Cl4(H2O)]-中Cu元素的化合价为+1、+2；黄绿色变为棕色时发生反应为[CuCl4]2-、[Cu(H2O)4]2+与Cu生成2[Cu2Cl4(H2O)]-，离子方程式为2[CuCl4]2-+[Cu(H2O)4]2++Cu=2[Cu2Cl4(H2O)]-+2H2O。
（6）根据，，可得，
用0.1000 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定至终点，四次实验分别消耗测得标准液15.03 mL、14.98 mL、13.70 mL、14.99 mL，其中13.70 mL偏差太大舍去，剩余三次实验平均消耗15mL，即0.1000 mol·L-1×0.015L=0.0015mol，即CuCl物质的量为0.0075mol，样品纯度为：。
18．中医是中华民族传承千年的智慧结晶，木兰科、罂粟科等植物中的四氢异喹啉类生物碱已证实具有抗肿瘤活性。下图是某四氢异喹啉类衍生物(H)在实验室中的合成路线，请根据题目所给信息及现有知识完成下列问题。
已知：①A→B的反应会生成两种酸性气体；②G的商品名叫阿司匹林。
（1）化合物A的结构简式为　 　。
（2）化合物F中官能团名称为　 　。
（3）下列说法正确的有　 　(填序号)。
a．异喹啉()与四氢异喹啉()中的N原子杂化方式不同
b．E→F的反应既是加成反应也是还原反应
c．G中所有原子都能共平面
d.1mol H与NaOH溶液反应时最多消耗3mol NaOH
（4）B→D的反应还需要添加三乙胺[N(CH2CH3)3]，请用平衡移动原理解释原因　 　。
（5）写出F→H的化学方程式　 　。
（6）D→E的反应中还得到某副产物。该副产物为E的同分异构体，其结构简式为　 　。试从分子结构的角度解释E作为主产物的原因　 　。
【答案】（1）
（2）醚键、氨基
（3）ad
（4）三乙胺显碱性，能消耗生成的HCl，促使平衡右移，提高转化率
（5）
（6）；副产物中甲氧基和苯基空间位阻太大，不利于共平面形成更大的共轭体系
【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；有机化学反应的综合应用；酰胺
【解析】【解答】（1）、根据分析可知，A的结构简式为。
（2）、根据F的结构简式，可知F的官能团名称为醚键、氨基。
（3）、a、异喹啉中N原子形成1个双键和1个单键，即形成了2个σ键，还有1对孤电子对，其杂化方式为sp2，四氢异喹啉中N原子形成3个单键，且有1对孤电子对，杂化方式为sp3，a正确；
b、NaBH4为选择性还原剂，E发生还原反应生成F，并非加成反应，b错误；
c、分析知G的结构简式为，有-CH3饱和碳原子，其杂化方式为sp3，形成四面体结构，故G中所有原子并非都能共面，c错误；
d、H中含有2个醚键、1个酰胺基和1个酚酯基，1mol酚酯基需消耗2mol NaOH，1mol酰胺基需消耗1mol NaOH，醚键不与其反应，因此H与NaOH反应时，最多消耗3mol NaOH，d正确；
故答案为：ad；
（4）、B→D反应生成HCl，三乙胺显碱性，能与生成的HCl反应，消耗HCl，有利于反应进行，故答案为：三乙胺显碱性，能消耗生成的HCl，促使平衡右移，提高转化率。
（5）、根据分析，可写出F→H的化学方程式。
（6）、D发生反应得到E，D中苯环上CH3O-的对位H原子和碳氧双键先发生加成反应再发生消去反应，苯环CH3O-的1个邻位H原子也可以发生该原理，因此有和E互为同分异构体的副产物生成，结构简式为：；从分子结构的角度可知副产物中甲氧基和苯基空间位阻太大，不利于共平面形成更大的共轭体系。
【分析】A和SOCl2发生反应生成B，这个过程中羧酸与SOCl2发生取代反应，羧酸中的羟基被氯原子取代，形成酰氯；B和C发生反应生成D，这个过程中酰氯中的氯原子被氨基取代，形成酰胺同时生成HCl；根据D的结构简式及A、B、C的分子式可以推知，A为，B为，C为，D发生反应得到ED分子中的酰胺键邻位基团发生分子内脱水，E发生还原反应生成F，这个过程中硼氢化钠作为温和的还原剂，不还原苯环，只还原不饱和键；G是阿司匹林，G的结构简式为。
（1）根据分析可知，A的结构简式为。
（2）根据F的结构简式，可知F的官能团名称为醚键、氨基。
（3）a．异喹啉中N原子形成1个双键和1个单键，即形成了2个σ键，还有1对孤电子对，其杂化方式为sp2，四氢异喹啉中N原子形成3个单键，且有1对孤电子对，杂化方式为sp3，a正确；
b．NaBH4为选择性还原剂，E发生还原反应生成F，并非加成反应，b错误；
c．分析知G的结构简式为，有-CH3饱和碳原子，其杂化方式为sp3，形成四面体结构，故G中所有原子并非都能共面，c错误；
d．H中含有2个醚键、1个酰胺基和1个酚酯基，1mol酚酯基需消耗2mol NaOH，1mol酰胺基需消耗1mol NaOH，醚键不与其反应，因此H与NaOH反应时，最多消耗3mol NaOH，d正确；
故答案选ad。
（4）B→D反应生成HCl，三乙胺显碱性，能与生成的HCl反应，消耗HCl，有利于反应进行，故答案为：三乙胺显碱性，能消耗生成的HCl，促使平衡右移，提高转化率。
（5）根据分析，可写出F→H的化学方程式。
（6）D发生反应得到E，D中苯环上CH3O-的对位H原子和碳氧双键先发生加成反应再发生消去反应，苯环CH3O-的1个邻位H原子也可以发生该原理，因此有和E互为同分异构体的副产物生成，结构简式为：；从分子结构的角度可知副产物中甲氧基和苯基空间位阻太大，不利于共平面形成更大的共轭体系。
19．二氧化碳的利用技术潜力巨大，可用于合成诸多化工产品。某科研小组将CO2用于合成新型能源二甲醚(CH3OCH3)，根据题目所给信息及所学知识完成以下问题。
（1）已知一定条件下，由元素的最稳定的单质生成1mol纯物质的热效应称为该物质的摩尔生成焓，符号为ΔfHm。根据下表数据，计算出反应2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)的反应热ΔH为　 　kJ·mol-1。
物质 CO2(g) H2O(g) CH3OCH3(g)
ΔfHm/kJ·mol-1 -393.5 -241.8 -185
（2）上述过程主要包含以下三个反应：
反应1：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1<0
反应2：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH2<0
反应3：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH3>0
有关上述反应体系的下列说法中正确的有___________。
A．反应1和反应2低温自发，反应3高温自发，因此应采取低温环境进行生产
B．若生产过程中移去部分CH3OH(g)，反应3的平衡向右移动
C．增大压强既能加快反应速率，也能提升CH3OCH3的产率
D．加入反应1的催化剂，可提高CO2的转化率
（3）在3.0 MPa下研究人员在恒压密闭容器中充入4 mol H2和1mol CO2发生反应，CO2的平衡转化率和CH3OCH3或CO的选择性随温度变化如下图所示。
已知：[A物质的选择性=]
①指出图中表示CO2的平衡转化率的曲线是　 　(填字母)，试解释该曲线的变化趋势：　 　。
②计算220℃时，CH3OCH3的平衡产率为　 　。(产率=实际产量/理论产量×100%)
③220℃时反应3的Kp为　 　。(Kp为用分压表示的平衡常数，气体的分压=总压×该气体的物质的量分数，保留2位有效数字)
④未知容器体积时，若要得到浓度平衡常数Kc，还可以借助理想气体状态方程pV=nRT和压力平衡常数Kp来实现，试得出反应1的Kc换算公式：Kc=　 　。
【答案】（1）-123.4
（2）C
（3）z；低温时以反应1和反应2为主，温度升高平衡左移，CO2平衡转化率减小；高温时以反应3为主，温度升高平衡右移，CO2平衡转化率增大；32%；6.6×10-3；Kp·(RT)-2
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）、根据摩尔生成焓计算反应热，反应热生成物摩尔生成焓总和-反应物摩尔生成焓总和，反应：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)中，H2是最稳定单质，摩尔生成焓为0，则，代入数据：；
（2）、A、反应1放热、熵减，低温自发；反应2放热、熵不变；反应 3 吸热、熵不变，高温自发，但生产需综合考虑速率和选择性，并非仅低温，A 错误；
B、移去CH3OH，反应1平衡右移，CO2、H2浓度变化，反应3平衡也会移动，但因反应 1、3相互影响，移去CH3OH会使反应3平衡左移CO2、H2参与反应3，移去CH3OH使反应1右移，CO2、H2消耗，反应3平衡左移 ，B 错误；
C、反应1、2气体分子数减小，增大压强平衡右移，能提升CH3OCH3产率；且压强增大，反应速率加快，C 正确；
D、催化剂只改变速率，不影响平衡转化率，D 错误；
故答案为：C；
（3）、①、反应1、2放热，反应3吸热，温度升高，反应1、2平衡左移，反应3平衡右移。初始时（低温），反应1、2主导，CO2转化率随温度升高而降低；高温时反应3主导，CO2转化率随温度升高而升高，故表示CO2平衡转化率的曲线是z；变化趋势：低温时以反应1和反应2为主，温度升高平衡左移，CO2平衡转化率减小；高温时以反应3为主，温度升高平衡右移，CO2平衡转化率增大；
②、由图知，220℃时CO2转化率40%，即消耗CO2：，由于反应1：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1<0，反应2：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH2<0，升高温度，平衡逆向移动，CH3OCH3的选择性降低，则曲线x表示CH3OCH3的选择性，反应3：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH3>0，升高温度，平衡正向移动，CO的选择性，则曲线y为CO的选择性，由图知，220℃时CH3OCH3的选择性为80%，CO的选择性为5%，则生成的CH3OCH3的物质的量为，1molCO2完全转化为CH3OCH3时，理论上生成的CH3OCH3的物质的量为，CH3OCH3的平衡产率为；
③、由②知，220℃时，CO2转化率40%，即消耗CO2：，曲线x表示CH3OCH3的选择性，选择性为80%，则生成的CH3OCH3的物质的量为，曲线y为CO的选择性，的选择性为5%，则生成的CO的物质的量为，220℃下达到平衡时，，，，由C守恒可得，；由O守恒可得，由H守恒可得，反应3的；
④、反应1：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，，，则，代入得： ，故。
【分析】盖斯定律的使用原则：化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；化学反应的反应热只与反应的始态（各反应物）和终态（各生成物）有关，而与具体反应的途径无关；任何化学反应的反应热和其逆反应的反应热大小相等，符号相反；任何化学反应，当各物质系数发生变化时，反应热的数值也随之发生变化。
分析化学反应速率和化学平衡图像题的方法：一看面（纵、横坐标的意义）；二看线（线的走向和变化趋势）；三看点（起点拐点终点）；四看辅助线（如等温线、等压线、平衡线）；五看量的变化（如浓度变化、温度变化），然后联想平衡移动原理，分析条件对反应速率、化学平衡移动的影响，最后利用原理，结合图像，分析图像中所代表反应速率变化或化学平衡的线，作出判断。
书写化学反应三段式时的注意事项：单位一致，确保起始量、变化量和平衡量的单位保持一致；注意化学计量数、注意物质状态固体、纯液体一般不参与其中；考虑可逆反应的平衡量不是完全转化的结果，而是反应物和生成物共存的状态。此时需要根据反应的转化率或平衡常数进行计算。
（1）根据摩尔生成焓计算反应热，反应热生成物摩尔生成焓总和-反应物摩尔生成焓总和，
反应2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)中，H2是最稳定单质，摩尔生成焓为0，则，代入数据：；
（2）A．反应1放热、熵减，低温自发；反应2放热、熵不变；反应 3 吸热、熵不变，高温自发，但生产需综合考虑速率和选择性，并非仅低温，A 错误；
B．移去CH3OH，反应1平衡右移，CO2、H2浓度变化，反应3平衡也会移动，但因反应 1、3相互影响，移去CH3OH会使反应3平衡左移CO2、H2参与反应3，移去CH3OH使反应1右移，CO2、H2消耗，反应3平衡左移 ，B 错误；
C．反应1、2气体分子数减小，增大压强平衡右移，能提升CH3OCH3产率；且压强增大，反应速率加快，C 正确；
D．催化剂只改变速率，不影响平衡转化率，D 错误；
故选C；
（3）①反应1、2放热，反应3吸热，温度升高，反应1、2平衡左移，反应3平衡右移。初始时（低温），反应1、2主导，CO2转化率随温度升高而降低；高温时反应3主导，CO2转化率随温度升高而升高，故表示CO2平衡转化率的曲线是z；变化趋势：低温时以反应1和反应2为主，温度升高平衡左移，CO2平衡转化率减小；高温时以反应3为主，温度升高平衡右移，CO2平衡转化率增大；
②由图知，220℃时CO2转化率40%，即消耗CO2：，由于反应1：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1<0，反应2：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH2<0，升高温度，平衡逆向移动，CH3OCH3的选择性降低，则曲线x表示CH3OCH3的选择性，反应3：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH3>0，升高温度，平衡正向移动，CO的选择性，则曲线y为CO的选择性，由图知，220℃时CH3OCH3的选择性为80%，CO的选择性为5%，则生成的CH3OCH3的物质的量为，1molCO2完全转化为CH3OCH3时，理论上生成的CH3OCH3的物质的量为，CH3OCH3的平衡产率为；
③由②知，220℃时，CO2转化率40%，即消耗CO2：，曲线x表示CH3OCH3的选择性，选择性为80%，则生成的CH3OCH3的物质的量为，曲线y为CO的选择性，的选择性为5%，则生成的CO的物质的量为，220℃下达到平衡时，，，，由C守恒可得，；由O守恒可得，由H守恒可得，反应3的；
④反应1：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，，，则，代入得： ，故。
1 / 1湖北省黄冈中学2025届高三下学期第三次模拟考试化学试卷
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．春节是中华民族的传统节日，在进行节日庆祝时用到了许多物品都与化学知识相关，下列有关说法错误的是
　 物品或活动 涉及的化学知识或原理
A 用糯米制作年糕 糯米中富含支链淀粉，支链淀粉在糊化时能形成凝胶
B 燃放烟花 金属元素原子的电子从激发态跃迁回基态并释放能量
C 用瓷器盛放食物 用高岭土烧制陶器的温度一般要高于瓷器
D 书写春联 鞣酸铁墨水中铁含量越多，被氧气氧化后的墨水颜色越深
A．A B．B C．C D．D
2．安全用水意识至关重要。下列水循环处理的相关说法不正确的是
A．原水处理：絮凝剂“阳离子聚丙烯酰胺”适用于处理电镀厂的污水
B．软化处理：使用离子交换树脂去除水中的硬度离子，防止设备结垢
C．杀菌消毒：利用臭氧杀死水中的细菌和病毒，确保水质安全
D．循环利用：用电泵将处理达标后的水输送到用水设备，主要涉及电能转化为机械能
3．关于物质的分析和测定，下列说法错误的是
A．经红外光谱和核磁共振谱分析确定青蒿素含有酯基和甲基等结构
B．质谱法是测定某种壳聚糖相对分子质量最精确而快速的方法
C．石蕊、碳酸钠、氧化铜均不能用于区分乙酸和过氧乙酸
D．通过X射线衍射可精准测定抗氧化剂丁基羟基茴香醚的分子结构
4．下列化学用语表达错误的是
A．醇分子间形成氢键：
B．石英、焦炭在高温氮气流中反应制备氮化硅：3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO
C．2py电子云：
D．硅氧四面体的结构示意图：
5．下列有关理论的叙述错误的是
A．氧化还原反应中，增大氧化剂浓度或减小还原产物浓度均能增大氧化剂的氧化性
B．对于同一反应的正、逆反应，活化能大的反应的反应速率受温度影响更为显著
C．构造原理呈现的能级交错源于光谱学事实经验，不是任何理论推导的结果
D．参与成键的原子的电负性差值越大，共价键的极性越大，则分子的极性越大
6．烟酰胺(如图)属于B族维生素，具有一定的抗衰老的功效。下列叙述不正确的是
A．能与盐酸、氢氧化钠反应
B．1mol烟酰胺可与4 mol H2发生加成反应
C．可溶于水、甘油，不溶于醚类
D．分子中存在类似苯环的
7．过量H2S与以下一定浓度的溶液反应，方程式正确的是
　 溶液 现象 离子方程式
A 硫酸铁 产生黑、黄沉淀 2Fe3++3H2S=2FeS↓+S↓+6H+
B 醋酸铅 产生黑色沉淀 Pb2++H2S=PbS↓+2H+
C 氯水 溶液黄绿色褪去，产生乳白色浑浊 Cl2+H2S=2Cl-+S↓+2H+
D 氨水(含酚酞) 溶液红色褪去 2NH3·H2O+H2S=2NH+S2-
A．A B．B C．C D．D
8．化学物质丰富而又独特的性质离不开其神奇的微观结构。下列事实解释错误的是
　 事实 解释
A 氧气中O=O的键能大于O-O的键能的三倍 O2分子中只存在一个π键
B NaCl分散在乙醇中形成胶体 乙醇分子极性小，NaCl的溶解度有限
C 羰基的热力学稳定性通常强于硫羰基 C与O原子半径相近，二者p轨道大小接近，重叠程度比S、O之间大
D 三氯蔗糖甜度高、热量值极低，是近乎完美的甜味剂 蔗糖分子中三个羟基被氯原子取代后，分子的性质发生改变，不再被人体代谢
A．A B．B C．C D．D
9．主族元素X、Y、Z、M、N原子序数依次增大，其中X原子核外电子只有一种运动状态；M的外层电子数是内层的一半，五种元素形成的化合物如下图。下列说法正确的是
A．除X外，所有元素均满足8电子稳定结构
B．M的氯化物水解可得两种强酸
C．N的两种常见氧化物的VSEPR模型名称不同
D．Z的电负性很大，导致XMZ6有较强的酸性
10．高纯的MnCO3可用于制备高性能磁性材料。用如图所示装置，以MnO2为原料制备少量高纯的MnCO3。已知MnCO3 100℃开始分解，Mn(OH)2开始沉淀时pH=7.7。下列说法正确的是
A．提高SO2转化率的措施可以是缓慢通入混合气体、大幅度提高水浴温度
B．向MnSO4溶液中加入NaHCO3时宜分批次加入，边加边搅拌，并监测溶液pH值
C．为确保MnCO3的纯度，MnCO3沉淀还需要水洗、醇洗、高温快速烘干
D．石灰乳的作用是处理尾气，其发生的主要反应是：Ca2++2OH-+SO2 = CaSO3↓+H2O
11．氧化铝晶体有多种不同的晶型。图(1)是α-Al2O3的晶体结构示意图；β-Al2O3可视作铝酸盐，其中一类化学式为R2O·xAl2O3(R是K或Na)，其微观结构示意图如图(2)，其中R未画出。下列说法错误的是
A．图(1)中B为Al3+，填入了O2-构成的八面体空隙中，填充率为三分之二
B．α-Al2O3中AlO6八面体彼此紧密相连，其结构稳定性高于其他晶型
C．在β-Al2O3晶体中，Al3+和O2-构成刚性骨架，是晶体导电的主要传导离子
D．β-Al2O3晶体传导金属离子电荷量相同时，离子半径越小，导电效率越高
12．自由基也称游离基，是化合物分子在特定条件下，共价键发生均裂而形成的原子或原子团。HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示，经红外光谱检测某一产物中含有-O-O-。下列说法正确的是
A．产物P1与P2互为同分异构体，含有-O-O-的是产物P1
B．得到两种产物的反应过程均含有四步基元反应
C．反应过程中，中间产物Z的浓度一定持续增加，然后缓慢减少
D．与在非极性溶剂中相比，在极性溶剂中该反应更容易进行
13．25℃时0.1 mol ·L-1的NH4HCO3溶液的pH=7.8，保持溶液体积不变，通入HCl或加入NaOH固体调节pH(无气体逸出)，含碳(或氮)微粒的分布分数δ与pH的关系如下图，已知H2CO3的pKa2=10.3，下列说法正确的是
A．曲线a表示H2CO3的分布分数随pH变化
B．曲线a与曲线c的交点对应的pH为6.7
C．当pH=6.3时，加入NaOH发生的反应为：H2CO3+ OH-=H2O+HCO
D．该体系中c(NH)[c(OH-)+10-4.7]=10-4.7
14．在新材料工业中，己内酰胺是生产尼龙-6和聚酰胺的关键原料。利用氮氧化物(NOx)和环己酮、乙二醇(EG)进行电化学还原偶联反应以合成己内酰胺是一种有前景的绿色合成途径(装置及物质转化示意图如下)，同时得到副产品乙醇酸(GA)。当得到1mol GA时，下列说法正确的是
A．m为电源负极，电流从n极出发，经外电路回到m极
B．EG转化为GA反应式为：HOCH2-CH2OH-4e-+H2O=HOCH2-COOH+4H+
C．NO在电极上会先转化为NH2OH的电极反应是：NO-4e-+4H2O=NH2OH+5OH-
D．若两电极间增加质子交换膜，当阴极电流效率为0.8时，则阴极室质量减少5 g
15．盘状双层胶束扁平状的，可用于研究生物膜的功能。将DMPE(其结构如图，可视作二元酸H2A+)加入缓冲液，震荡过夜可制得盘状双层胶束(如图所示)，每个盘状双层胶束约有1000个DMPE。已知DMPE的Ka1=0.1，Ka2=1×10-9；若δ(H2A+)=n(H2A+)/[n(HA)+n(A-)+n(H2A+)]，pH=9时，，；pH=7时，δ(H2A+)=9.9×10-7，δ(A-)=9.9×10-3。下列叙述不正确的是
A．pH=9时，每个盘状双层胶束所带电荷数约为
B．DMPE形成盘状双层胶束涉及到的作用力有范德华力、氢键等
C．DMPE分散到缓冲液中形成盘状双层胶束的过程体现了超分子的自组装
D．将pH值提高9以上时，盘状双层胶束的形状更倾向于保持扁平
二、非选择题：本题共4个小题，共55分。
16．从水钴矿(主要含Co2O3及少量Fe2O3、Al2O3、MgO、SiO2、MnO、MnO2、CaO等杂质)中制备CoC2O42H2O的工艺如图。
已知：①电极电势的大小反映了氧化剂的氧化能力相对大小。
电极电势 S2O/SO Co3+/Co2+ H2O2/H2O Cl2/Cl- ClO-/Cl- Fe3+/Fe2+ I2/I-
Eθ/V 2.01 1.92 1.78 1.36 0.81 0.77 0.53
②该工艺条件下，金属离子沉淀情况的pH值如下表所示，沉淀完全视为金属离子浓度为10-5mol/L。
金属离子 Co3+ Co2+ Fe3+ Fe2+ Al3+ Mg2+ Mn2+ Ca2+
开始沉淀 1.2 7.6 2.7 7.6 4.0 9.9 7.7 9.0
沉淀完全 2.4 9.2 3.7 9.6 5.2 13.2 9.8 11.0
根据题目所给信息，回答下列问题：
（1）写出“浸出”过程中最主要的离子方程式　 　。“浸出”过程中的Na2SO3的物质的量不足可能会生成　 　，污染环境。
（2）以下物质适合作“氧化”过程中氧化剂的是　 　(填序号)
a．S2O b．H2O2 c．ClO- d．I2
（3）“调pH”过程的范围为　 　。
（4）若用R表示异辛基，萃取剂磷酸二异辛酯的结构式可写为，“萃取”过程后溶液中的Co2+采取六配位，以一种中性配分子的形式存在，试将这种分子的结构补充完整　 　。(不考虑立体异构)
（5）“反萃取”过程添加的试剂M是　 　(写化学式)溶液。试剂M不宜过量，可能的原因是　 　。
17．某化学兴趣小组对铜及其化合物的性质进行了如下实验，请你跟他们一起完成探究。
查阅资料：水溶液中[Cu(H2O)4]2+蓝色、[CuCl3]2-无色、[CuCl4]2-黄色、[Cu2Cl4(H2O)]-棕色；CuCl白色难溶物。
甲同学将等体积的溶液a分别加到等量铜粉中，实验记录如下：
编号 溶液a 实验现象
I CuCl2溶液(1mol·L-1) 产生白色沉淀，溶液蓝色变浅，5h时铜粉有剩余
II 浓盐酸(10mol·L-1) 产生细小无色气泡，溶液无色；继而溶液变为黄色；较长时间后溶液变为棕色，5h时铜粉有剩余
III CuCl2溶液(1mol·L-1) 和浓盐酸(10mol·L-1) 溶液由黄绿色变为棕色，无气泡；随着反应进行，溶液颜色变浅，后接近于无色，5h时铜粉无剩余
（1）Cu2+的价层电子排布式为　 　。
（2）实验I中产生白色沉淀的化学方程式为　 　。
（3）①乙同学对实验II产生的无色气泡进行了收集并点燃，观察到了尖锐的爆鸣声。产生该无色气泡的原因可能是　 　。
②无色溶液变为黄色时的离子方程式为　 　。
（4）为了探明实验III中无白色沉淀产生的原因，取了适量实验I中的白色沉淀，向其中加入了饱和氯化钠溶液，发现沉淀溶解。丙同学得出结论：Cl-的大量存在，发生了反应 CuCl+2Cl-=[CuCl3]2-，导致无白色沉淀产生。但丁同学认为丙同学的实验不够严谨，应补做对照实验：　 　。
（5）[Cu2Cl4(H2O)]-中Cu元素的化合价为　 　。若实验III溶液中Cu元素主要以[CuCl4]2-和[Cu(H2O)4]2+存在，试写出黄绿色变为棕色时发生反应的离子方程式　 　。
（6）戊同学拟测定某CuCl样品的纯度，完成了如下实验：准确称取样品1.200 g，将其置于足量FeCl3溶液中，待其完全溶解后加入适量稀硫酸，用0.1000 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定至终点，四次实验分别消耗测得标准液15.03 mL、14.98 mL、13.70 mL、14.99 mL。则该样品纯度为　 　。[M(CuCl)=99.0 g·mol-1，精确到0.1%]
18．中医是中华民族传承千年的智慧结晶，木兰科、罂粟科等植物中的四氢异喹啉类生物碱已证实具有抗肿瘤活性。下图是某四氢异喹啉类衍生物(H)在实验室中的合成路线，请根据题目所给信息及现有知识完成下列问题。
已知：①A→B的反应会生成两种酸性气体；②G的商品名叫阿司匹林。
（1）化合物A的结构简式为　 　。
（2）化合物F中官能团名称为　 　。
（3）下列说法正确的有　 　(填序号)。
a．异喹啉()与四氢异喹啉()中的N原子杂化方式不同
b．E→F的反应既是加成反应也是还原反应
c．G中所有原子都能共平面
d.1mol H与NaOH溶液反应时最多消耗3mol NaOH
（4）B→D的反应还需要添加三乙胺[N(CH2CH3)3]，请用平衡移动原理解释原因　 　。
（5）写出F→H的化学方程式　 　。
（6）D→E的反应中还得到某副产物。该副产物为E的同分异构体，其结构简式为　 　。试从分子结构的角度解释E作为主产物的原因　 　。
19．二氧化碳的利用技术潜力巨大，可用于合成诸多化工产品。某科研小组将CO2用于合成新型能源二甲醚(CH3OCH3)，根据题目所给信息及所学知识完成以下问题。
（1）已知一定条件下，由元素的最稳定的单质生成1mol纯物质的热效应称为该物质的摩尔生成焓，符号为ΔfHm。根据下表数据，计算出反应2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)的反应热ΔH为　 　kJ·mol-1。
物质 CO2(g) H2O(g) CH3OCH3(g)
ΔfHm/kJ·mol-1 -393.5 -241.8 -185
（2）上述过程主要包含以下三个反应：
反应1：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1<0
反应2：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH2<0
反应3：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH3>0
有关上述反应体系的下列说法中正确的有___________。
A．反应1和反应2低温自发，反应3高温自发，因此应采取低温环境进行生产
B．若生产过程中移去部分CH3OH(g)，反应3的平衡向右移动
C．增大压强既能加快反应速率，也能提升CH3OCH3的产率
D．加入反应1的催化剂，可提高CO2的转化率
（3）在3.0 MPa下研究人员在恒压密闭容器中充入4 mol H2和1mol CO2发生反应，CO2的平衡转化率和CH3OCH3或CO的选择性随温度变化如下图所示。
已知：[A物质的选择性=]
①指出图中表示CO2的平衡转化率的曲线是　 　(填字母)，试解释该曲线的变化趋势：　 　。
②计算220℃时，CH3OCH3的平衡产率为　 　。(产率=实际产量/理论产量×100%)
③220℃时反应3的Kp为　 　。(Kp为用分压表示的平衡常数，气体的分压=总压×该气体的物质的量分数，保留2位有效数字)
④未知容器体积时，若要得到浓度平衡常数Kc，还可以借助理想气体状态方程pV=nRT和压力平衡常数Kp来实现，试得出反应1的Kc换算公式：Kc=　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】原子核外电子的跃迁及应用；氧化还原反应；铁盐和亚铁盐的相互转变；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A、糯米富含支链淀粉，支链淀粉在加热糊化时，分子链之间会形成交联结构，从而形成具有黏性的凝胶，年糕的制作原理正是如此，A正确；
B、燃放烟花时，火药燃烧产生的高温会使金属元素的原子中的电子吸收能量，跃迁到激发态；处于激发态的电子不稳定，会跃迁回基态，并以光的形式释放能量，这就是焰色反应的原理，B正确；
C、陶器烧制的温度通常在950~1165℃度之间，而瓷器的烧制温度一般都在1280~1400℃以上，高岭土是制作瓷器的主要原料，因此瓷器需要的烧制温度比陶器高，C错误；
D、鞣酸铁墨水书写时颜色较浅，书写后，其中的二价铁会被空气中的氧气氧化为三价铁，生成深色的鞣酸铁沉淀。铁含量越高，生成的深色鞣酸铁越多，颜色也就越深，D正确；
故答案为：C
【分析】做题时一定要看清楚所描述的物品或活动与涉及的化学知识或原理是否存在对应关系，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项；
2．【答案】A
【知识点】常见能量的转化及运用；臭氧；化学实验安全及事故处理；电镀；化学应用的安全与规则意识
【解析】【解答】A、阳离子聚丙烯酰胺常用作絮凝剂，但主要适用于带负电荷的有机胶体或污泥脱水，而电镀厂污水中常含有重金属离子，通常采用化学沉淀法（如加碱）后再用阴离子或非离子型絮凝剂，直接使用阳离子聚丙烯酰胺效果不佳，且“原水处理”通常指天然水的净化，而非工业废水处理，A错误；
B、水的硬度由Ca2+、Mg2+等离子引起，离子交换树脂可去除钙镁离子，从而软化水质，防止结垢，也防止设备因钙镁沉淀结构，B正确；
C、臭氧具有强氧化性，能破坏细菌和病毒的细胞膜、核酸结构，从而杀死水中的微生物，是一种高效、无残留的杀菌消毒方法，是常用的消毒剂，C正确；
D、电泵工作时，通过叶轮旋转，电动机将电能转化为机械能，驱动水泵叶轮转动，将水输送到用水设备，D正确；
故答案为：A
【分析】水处理相关知识中，不同净化试剂因带电性质与作用原理不同适用场景有差异，离子交换法可通过离子置换除去钙、镁离子实现硬水软化，强氧化性物质能够破坏微生物结构完成水体杀菌，水泵等动力设备运作时会发生电能与机械能的转化，合理结合各类处理方式可实现水资源净化与循环利用。
3．【答案】C
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A、红外光谱可判断官能团，核磁共振氢谱可判断氢原子种类与基团结构，能确定青蒿素含酯基、甲基等结构，A正确；
B、质谱法可快速、精确测相对分子质量，适用于测壳聚糖相对分子质量，B正确；
C、石蕊、碳酸钠、氧化铜并非均不能用于区分乙酸和过氧乙酸，如乙酸使石蕊变红，而过氧乙酸（强氧化性）会使石蕊先变红（酸性）后褪色（氧化漂白），C错误；
D、X射线衍射用于测定晶体的晶胞与晶体结构，丁基羟基茴香醚为非晶体有机物，不能用X射线衍射精准测定分子结构，D正确；
故答案为：C
【分析】红外光谱识别官能团、核磁共振氢谱判断基团结构，质谱法快速精确测定有机物相对分子质量，X 射线衍射用于解析晶体结构而非普通有机物分子结构；乙酸与过氧乙酸均具有酸性，可与碱性、碱性盐及金属氧化物发生相似反应，无法借助常见酸碱指示剂与碱性氧化物、碳酸盐进行区分。
4．【答案】D
【知识点】含有氢键的物质；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、醇分子间的氢键是一个醇分子的羟基氢原子，与另一个醇分子的羟基氧原子之间形成的弱相互作用，用虚线或点线连接H和电负性较强的O，图中氢键的表示方式（O-H…O）是正确的，A正确；
B、石英、焦炭在高温氮气流中反应制备氮化硅，据此知反应物和生成物，根据化合价升降配平，化学方程式：3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO，B正确；
C、p电子云的形状为哑铃形，三个p轨道分别沿x、y、z轴分布，而沿y轴分布的是2py轨道，图示正确，C正确；
D、在硅氧四面体中，中心是Si原子，四个顶点是O原子，Si原子半径大于O原子半径，但图中代表O的球明显大于代表Si的球，D错误；
故答案为：D
【分析】硅原子为中心与4个氧原子形成的基团，具有四面体构型。可以表示为SiO44-，是常压下各种结构二氧化硅和所有硅酸盐的基本结构单元。
5．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、物质氧化性强弱受浓度影响，氧化还原体系中，增大氧化剂浓度、降低还原产物浓度，都会使氧化剂的得电子能力增强，氧化性随之增强，故增大氧化剂浓度或减小还原产物浓度均能增大氧化剂的氧化性，A正确；
B、对于同一反应的正、逆反应，温度对活化能越大的反应影响越明显，活化能越大，速率常数随温度变化的幅度越大，因此活化能更大的方向，反应速率受温度影响更显著，B正确；
C、构造原理中的能级交错（如4s<3d）来自光谱实验事实，属于实践验证的结果，并非理论推导，C正确；
D、键的极性大不代表分子极性大，分子极性还取决于空间结构，如CO2中C=O键极性大，但分子非极性，CO2是极性键构成的非极性分子，D错误；
故答案为：D
【分析】本题的易错点在于区分共价键极性和分子极性，分子极性由化学键极性与空间立体结构共同决定，不能仅凭键的极性直接判断。
6．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；苯的结构与性质；加成反应；酰胺
【解析】【解答】A、在烟酰胺分子中，吡啶环上的N原子具有碱性，且含氨基都能与盐酸反应，含酰胺基在碱性条件下可以发生水解并与NaOH反应，A正确；
B、烟酰胺分子中吡啶环中的C=C双键和C=N双键可与H2加成，酰胺键上的C=O不能与H2加成，故1mol烟酰胺最多与3mol H2加成，B错误；
C、烟酰胺含有极性的酰胺键，容易与水和甘油形成氢键，因此可溶于水和甘油，醚类是非极性溶剂，不易与烟酰胺形成氢键，因此烟酰胺不溶于醚类，C正确；
D、吡啶环与苯环类似，是一个六元杂环体系，6个原子各提供1个p电子，形成了离域大π键，因此分子中存在类似苯环的大键，D正确；
故答案为：B
【分析】能跟氢气反应的官能团包括：碳碳双键（C=C）、碳碳三键（C≡C）、羰基（C=O）、氰基（C≡N）、苯环（在催化剂存在下可加氢生成环己烷）。此外，醛基（-CHO）和酮基（-C=O）也能与氢气发生加成反应，在反应中，通常需要催化剂如镍（Ni）或铂（Pt）来促进反应的进行。
7．【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；硫化氢；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、过量硫化氢与硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁、硫沉淀和硫酸，因为此时Fe3+会被还原成Fe2+，而不是生成FeS沉淀，故反应正确的离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，A错误；
B、过量硫化氢与醋酸铅溶液反应生成硫化铅沉淀和醋酸，而醋酸铅是弱电解质，要全部保留，不能拆分，故反应正确的离子方程式为：Pb(CH3COO)2+H2S=PbS↓+2CH3COOH，B错误；
C、过量硫化氢与氯水反应生成盐酸和硫沉淀，此时氯水与H2S发生氧化还原反应，Cl2被还原为Cl-，H2S被氧化为S单质，故反应正确的离子方程式为：Cl2+H2S=2Cl-+S↓+2H+，C正确；
D、过量硫化氢与氨水反应生成硫氢化铵，此时由于H2S过量，生成物会变成酸式盐NH4HS，而非S2-，故反应正确的离子方程式为：NH3·H2O+H2S=NH+HS—，D错误；
故答案为：C
【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。
离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
8．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、O2分子的结构式为：O=O，其中包含一个σ键和两个三电子π键，由于存在两个相互平行的p轨道重叠形成π键，使得双键结合更紧密，键能高于三倍单键能。因此，“只存在一个π键”的解释本身就不对，A错误；
B、乙醇是极性分子，但极性远小于水。NaCl是离子化合物，在乙醇中的溶解度很小，难以电离成自由移动的离子。当NaCl分散在乙醇中时，离子会聚集形成较大的粒子聚集体，这些聚集体的尺寸恰好符合胶体颗粒的范围，因此形成胶体，B正确；
C、C和O同属第二周期，原子半径相近，p轨道大小匹配，重叠程度大，形成的π键强且稳定。而S属于第三周期，原子半径远大于C和O，p轨道大小差异大，与C或O轨道重叠程度小，形成的π键较弱，因此硫羰基稳定性远低于羰基，C正确；
D、人体代谢糖类主要依赖酶对特定官能团的识别。氯原子取代羟基后，分子的空间结构和电子性质发生显著改变，人体中缺乏能识别并分解三氯蔗糖的酶，因此它不参与人体代谢，不会提供热量，但其结构仍能与甜味受体结合产生甜味，D正确；
故答案为：A
【分析】做题时一定要看清楚所描述的化学事实与化学解释是否存在一一对应的关系，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项；
9．【答案】D
【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；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、X为H，不满足8电子稳定结构，即，其中P元素为+5价，最外层电子数为5+6+1=12，属于超8电子结构，不满足8电子稳定结构，A错误；
B、M的氯化物为，水解可得到和HCl，水解可得到和HCl，、均不属于强酸，属于中强酸的范围，B错误；
C、N的两种常见氧化物为和，的中心原子S的价层电子对数为：，其VSEPR模型为平面三角形，的中心原子S的价层电子对数为：，VSEPR模型也为平面三角形，C错误；
D、XMZ6即六氟磷酸，由于F元素的电负性很大，使H原子上的电子云密度大幅降低，H-F键的极性较大，容易电离出，导致XMZ6有较强的酸性，D正确；
故答案为：D
【分析】 先通过题干信息推出所有元素，X原子核外电子只有一种运动状态，说明核外只有1个电子，故X为H；M是主族元素，外层电子数是内层的一半。内层为2电子时，外层为1，但不符合配位结构；内层为8电子时，外层为5，对应M为P，可形成六配位阴离子；Z与P形成PZ6-，P为+5价，阴离子带1个负电荷，6个Z总电荷为-6，每个Z为-1价。结合Z电负性大的特征，Z为F；Y的化合物结构中Y形成4个共价键，为主族四价元素，故Y为C；N的有机阳离子骨架中带正电荷的N原子，成键特征符合N元素（季铵盐结构，N形成4个共价键带1个正电荷），故N为N，综上：X=H、Y=C、Z=F、M=P、N=N。
10．【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯；实验装置综合；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、缓慢通入混合气体，能让SO2与MnO2充分接触反应，确实可以提高SO2转化率，但大幅度提高水浴温度存在两个问题：SO2是气体，温度越高，在水中的溶解度越小，会大量逸出，反而降低转化率；后续生成的MnCO3在100℃就会分解，高温会导致产物分解，降低产率和纯度，A错误；
B、分批加入、边加边搅拌可避免局部溶液中NaHCO3浓度过高，导致局部碱性过强，生成杂质Mn(OH)2沉淀；同时能让反应更均匀，减少团聚，得到颗粒更均匀的MnCO3沉淀。监测pH值确保溶液pH始终低于7.7，防止Mn(OH)2沉淀生成，保证产物纯度，B正确；
C、水洗可以除去沉淀表面吸附的可溶性杂质，醇洗可以除去水分，同时乙醇易挥发，便于后续干燥；但高温快速烘干不可行，因为高温烘干会导致MnCO3分解为MnO等杂质，降低产物纯度和产率，应采用低温烘干或自然晾干，C错误；
D、书写离子方程式时，石灰乳中Ca(OH)2的不能拆写成离子形式，要以固体的形式存在，故正确的离子方程式为：，D错误；
故答案为：B
【分析】本实验以MnO2为原料，在水溶液中通入SO2，发生反应：，生成MnSO4溶液；后续再与NaHCO3反应制备MnCO3。已知关键条件有MnCO3在100℃开始分解；Mn(OH)2开始沉淀的pH=7.7，因此制备过程中溶液pH不能超过7.7，否则会生成杂质Mn(OH)2。
11．【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；研究物质结构的基本方法和实验手段；晶胞的计算；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别
【解析】【解答】A、由均摊法可知，图(1)晶胞中A个数为，B个数为2，根据其化学式为α-Al2O3可知A为O2-、B为Al3+，八面体空隙数等于晶胞原子数，即O2-构成的八面体空隙数为3，2个Al3+填入了3个八面体空隙中的2个，填充率为三分之二，A正确；
B、由图可知，α-Al2O3中AlO6八面体彼此紧密相连，这些八面体通过共顶点、共边甚至共面的方式紧密连接，形成致密的三维骨架，这种高密堆积结构使其硬度大、熔点高，是氧化铝所有晶型中最稳定的，B正确；
C、在β-Al2O3晶体中，导电的主要传导离子是 R+(K+或Na+)，而非Al3+和O2-构成的刚性骨架。刚性骨架本身不参与导电，而是提供结构支撑和离子迁移通道，C错误；
D、β-Al2O3的导电效率与迁移离子(R+)半径相关，半径越小迁移越快，导电效率越高(如Na+效率高于K+)，所以β-Al2O3晶体传导金属离子电荷量相同时，离子半径越小，导电效率越高，D正确；
故答案为：C
【分析】晶胞中粒子数的计算方法—均摊法：于平行六面体晶胞，当原子位于晶胞的顶点时，它被8个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的棱上（通常是棱心）时，它被4个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的面上（通常是面心）时，它被2个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的体内（通常是体心）时，则该原子属于这个晶胞。
12．【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A、产物P1：相对能量为，能量较高，且没有明显的能量垒阻挡其生成，产物 P2：相对能量为能量较低，但需要经过较高的能量垒(过渡态Ⅳ)才能生成，由于-O-O-结构通常在能量较高的情况下更容易形成，因此含有-O-O-的是产物P1，A正确；
B、由图知，得到P1的反应过程有三步基元反应（过渡态 Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ ），得到P2的反应过程有三步基元反应（过渡态 Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ ），B错误；
C、中间产物Z是反应的中间态，其浓度变化取决于生成和消耗的速率，反应初期，生成Z的速率大于消耗速率，Z浓度上升；但达到峰值后，消耗速率大于生成速率，Z浓度下降，但不一定 “持续增加”，若反应速率较慢或存在副反应，Z的浓度可能出现波动，并非一定是单调先增后减的过程，C错误；
D、该反应是自由基反应，反应物和过渡态的极性都较弱，极性溶剂会稳定极性强的物种，但对自由基反应的过渡态稳定作用较弱，反而可能因溶剂化效应提高反应的活化能，使反应更难进行，D错误；
故答案为：A
【分析】能垒：简单可以理解为从左往右进行中，向上爬坡最高的为能垒，而包含此能垒的反应我们称之为决速步骤，也叫做慢反应。要注意：能垒越大，反应速率越小，即多步反应中能垒最大的反应为决速反应；用不同催化剂催化化学反应，催化剂使能垒降低幅度越大，说明催化效果越好；相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。
13．【答案】C
【知识点】化学平衡的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、曲线a表示的分布分数随pH变化，曲线C才能表示H2CO3的分布分数随pH变化，A错误；
B、由图可知，pH=6.3时，，的，已知H2CO3的pKa2=10.3，，曲线a与曲线c的交点，则此时，pH=8.3，B错误；
C、当pH=6.3时，溶液中主要含、，加入NaOH，氢氧根离子和H2CO3反应生成碳酸氢根离子和水，反应为：H2CO3+ OH-=H2O+HCO，C正确；
D、由图可知，pH=9.3时，pOH=4.7，则，由氮元素守恒，，则，D错误；
故答案为：C
【分析】25℃时0.1 mol ·L-1的NH4HCO3溶液的pH=7.8，保持溶液体积不变，通入HCl或加入NaOH固体调节pH(无气体逸出)，不考虑溶液体积变化且过程中无气体逸出。图像中左侧的曲线分别是、、的分布分数；右侧为、的分布分数；随着pH增大，的量减小、的量先增大后减小、的量增大，则c、b、a分别表示、、的分布分数随pH变化；随着pH增大，的量减小、的量增大，其中e为的分布分数。
14．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、左侧电极：乙二醇（EG）转化为乙醇酸（GA），碳元素被氧化，因此左侧为阳极，接电源的正极（m 为正极）；右侧为阴极，接电源负极（n 为负极）。电流从正极（m）出发，经外电路回到负极（n），A错误；
B、由装置图可知，乙二醇发生氧化反应生成羟基乙酸，电极反应为：，B正确；
C、右侧电极中NO2-转化为NH2OH，N元素化合价从+3降低到-1，是还原反应，应发生在阴极，得电子，而选项中的反应式写的是失去4e-，发生氧化反应，电子方向错误，故正确的电极反应为：，C错误；
D、若两电极间增加质子交换膜，则将通过质子交换膜向右侧移动，当得到1mol GA时，转移，有进入阴极室(质量增加4g)，阴极的电流效率为0.8，有电子用于发生副反应：(质量减少0.8g)，故阴极区质量共增加3.2g，D错误；
故答案为：B
【分析】有机电解题先定电极：化合价降低，得电子，为阴极，化合价升高，失电子，为阳极；写反应：酸性用H+/H2O配平，碱性用OH-/H2O配平，最后补电子使电荷守恒；判pH：消耗H+则pH升，生成H+则pH降；消耗OH-则pH降，生成OH-则pH升；算电子：根据化合价变化，算出每生成1mol产物转移的电子数，再乘以物质的量；验选项：用排除法，先排除电极、pH、电子数明显错误的选项。
15．【答案】D
【知识点】含有氢键的物质；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A、pH=9时，，每个盘状双层胶束约有1000个DMPE，则数目约500，所带电荷数约，A正确；
B、DMPE 分子中的长烷基链之间存在色散力，属于范德华力的一种，这是胶束疏水部分聚集的主要驱动力，除此之外分子中的磷酸基团、酯基以及铵基之间都可以形成氢键，有助于胶束的稳定和盘状结构的形成，B正确；
C、超分子的自组装是指分子通过非共价键相互作用（如范德华力、氢键、静电作用等）自发形成具有特定结构和功能的聚集体的过程，DMPE 分子在缓冲液中通过分子间作用力自发聚集形成规则的盘状双层胶束，完全符合超分子自组装的定义，C正确；
D、将pH值提高到9以上，溶液碱性增强，DMPE分子中的质子进一步解离，更多的HA转化为A-。随着去质子化程度增加，胶束表面的负电荷密度急剧增大，电荷之间的静电排斥力增强，会破坏原本扁平的双层结构，D错误；
故答案为：D
【分析】DMPE 分子中的长烷基链之间存在色散力，属于范德华力的一种，这是胶束疏水部分聚集的主要驱动力，除此之外分子中的磷酸基团、酯基以及铵基之间都可以形成氢键，有助于胶束的稳定和盘状结构的形成。
16．【答案】（1）Co2O3+SO+4H+=2Co2++SO+2H2O；氯气
（2）bc
（3）5.2≤pH<7.6
（4）
（5）H2SO4；磷酸二异辛酯在过量酸的作用下会水解为磷酸和异辛醇，失去萃取能力，无法循环使用
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；探究沉淀溶解；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、水钴矿的主要成分为Co2O3，因此“浸出”过程中最主要的反应Na2SO3还原Co2O3，离子方程式为Co2O3+SO+4H+=2Co2++SO+2H2O；“浸出”过程中溶液中加入了盐酸，Cl-也是还原剂，因此Na2SO3的物质的量不足可能会生成氯气，污染环境。
（2）、“氧化”过程是将Fe2+氧化为Fe3+，加入的氧化剂不能引入新的杂质，使用氧化剂S2O和I2在溶液中引入了新杂质SO和I-，而使用氧化剂H2O2和ClO-的还原产物为H2O和Cl-，不引入新杂质，故答案为：bc。
（3）、加入碳酸钠调节pH的目的是沉淀Fe3+、Al3+，而不沉淀其他离子，因此pH范围为：5.2≤pH<7.6。
（4）、萃取”过程后溶液中的Co2+配合物的分子结构为：。
（5）、“反萃取”过程添加的试剂M是H2SO4；试剂M不宜过量，可能的原因是：磷酸二异辛酯在过量酸的作用下会水解为磷酸和异辛醇，失去萃取能力，无法循环使用。
【分析】水钴矿加入稀盐酸与金属氧化物反应，Na2SO3还原Co3+、Fe3+、MnO2，将矿石中的钴及其他金属转化为可溶性离子，并预还原高价杂质；接着加入氧化剂与浸出液中Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+，加入碳酸钠调节pH沉淀Fe3+、Al3+得到滤渣1为Fe(OH)3、Al(OH)3，加入NaF除镁钙得到滤渣2为MgF2、CaF2，萃取Co2+，与Na+、Mn2+分离，反萃取后加入(NH4)2C2O4与Co2+反应生成CoC2O4 2H2O。总的来说，该工艺先用水钴矿加盐酸浸出，再用亚硫酸钠预还原高价金属离子得到含钴浸出液，随后通过氧化剂将亚铁氧化为铁离子，加碳酸钠调 pH 沉淀除去铁、铝杂质，再用氟化钠沉淀除去钙镁杂质，接着经萃取富集钴离子并与锰、钠分离，反萃取得到纯钴溶液，最后加入草酸铵沉钴，经结晶得到目标产物草酸钴晶体。
（1）水钴矿的主要成分为Co2O3，因此“浸出”过程中最主要的反应Na2SO3还原Co2O3，离子方程式为Co2O3+SO+4H+=2Co2++SO+2H2O；“浸出”过程中溶液中加入了盐酸，Cl-也是还原剂，因此Na2SO3的物质的量不足可能会生成氯气，污染环境。
（2）“氧化”过程是将Fe2+氧化为Fe3+，加入的氧化剂不能引入新的杂质，使用氧化剂S2O和I2在溶液中引入了新杂质SO和I-，而使用氧化剂H2O2和ClO-的还原产物为H2O和Cl-，不引入新杂质，故答案为bc。
（3）加入碳酸钠调节pH的目的是沉淀Fe3+、Al3+，而不沉淀其他离子，因此pH范围为：5.2≤pH<7.6。
（4）萃取”过程后溶液中的Co2+配合物的分子结构为：。
（5）“反萃取”过程添加的试剂M是H2SO4；试剂M不宜过量，可能的原因是：磷酸二异辛酯在过量酸的作用下会水解为磷酸和异辛醇，失去萃取能力，无法循环使用。
17．【答案】（1）3d9
（2）CuCl2+Cu=2CuCl
（3）Cl-浓度高，与Cu+形成了[CuCl3]2-，提高了Cu的还原性；4[CuCl3]2-+O2+4H++4Cl-=4[CuCl4]2-+2H2O
（4）取适量实验I中白色沉淀，向其中加入稀硫酸，沉淀不溶解
（5）+1，+2；2[CuCl4]2-+[Cu(H2O)4]2++Cu=2[Cu2Cl4(H2O)]- +2H2O
（6）61.9%
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应方程式的配平；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、Cu为29号元素，Cu2+的价层电子排布式为3d9。
（2）、I中Cu2+和Cu发生归中反应生成Cu+，Cu+与Cl-生成CuCl白色沉淀，化学方程式为：CuCl2+Cu=2CuCl。
（3）、产生该无色气泡的原因可能是Cl-浓度高，与Cu+形成了[CuCl3]2-，提高了Cu的还原性；无色溶液变为黄色时为[CuCl3]-被氧化为[CuCl4]2-，离子方程式为：4[CuCl3]2-+O2+4H++4Cl-=4[CuCl4]2-+2H2O。
（4）、应补做对照实验为：取适量实验I中白色沉淀，向其中加入稀硫酸，沉淀不溶解。
（5）、[Cu2Cl4(H2O)]-中Cu元素的化合价为+1、+2；黄绿色变为棕色时发生反应为[CuCl4]2-、[Cu(H2O)4]2+与Cu生成2[Cu2Cl4(H2O)]-，离子方程式为2[CuCl4]2-+[Cu(H2O)4]2++Cu=2[Cu2Cl4(H2O)]-+2H2O。
（6）、根据，，可得，用0.1000 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定至终点，四次实验分别消耗测得标准液15.03 mL、14.98 mL、13.70 mL、14.99 mL，其中13.70 mL偏差太大舍去，剩余三次实验平均消耗15mL，即0.1000 mol·L-1×0.015L=0.0015mol，即CuCl物质的量为0.0075mol，样品纯度为：。
【分析】实验I：溶液中Cu2+与Cu发生归中反应：Cu2++Cu+2Cl=2CuCl，产生白色沉淀说明生成了难溶的CuCl；溶液蓝色变浅说明溶液中Cu2+被消耗，浓度降低。5h时铜粉有剩余：反应速率较慢，且生成的CuCl沉淀会附着在铜粉表面，阻碍反应继续进行，导致铜粉无法完全消耗。
实验Ⅱ：浓盐酸提供了极高浓度的Cl-，改变了反应路径和产物形态，浓盐酸中的H+在特定条件下与Cu反应，生成氢气，同时生成的Cu+与高浓度Cl-结合，形成无色的[CuCl3]-，所以溶液呈无色；随着反应进行，体系中逐渐生成少量Cu2+，Cu2+与高浓度Cl-结合，形成黄色的[CuCl4]2-，因此溶液变为黄色；反应继续，生成的Cu+和Cu2+与Cl-、水结合，形成棕色的双核配合物[Cu2Cl4(H2O)]-，因此溶液变为棕色；虽然浓盐酸提供了高浓度Clˉ，但反应仍未将铜粉完全消耗，5h时铜粉仍有剩余。
实验Ⅲ：浓盐酸的混合溶液混合溶液中同时存在Cu2+和高浓度Cl-，反应路径更直接、效率更高，初始时，溶液中同时存在蓝色的[Cu(H2O)4]2+和黄色的[CuCl4]2-，混合后呈现黄绿色。随后Cu2+与Cu在高浓度Cl-存在下，直接反应生成棕色的双核配合物[Cu2Cl4(H2O)]-，因此溶液变为棕色；随着反应进行，Cu2+被完全消耗，生成的Cu+进一步被过量的铜粉还原，最终形成无色的[CuCl3]-，因此溶液颜色变浅，接近无色；高浓度Cl-不仅促进了归中反应的进行，还避免了难溶CuCl沉淀的生成，反应能持续进行，因此5h时铜粉完全消耗。
（1）Cu为29号元素，Cu2+的价层电子排布式为3d9。
（2）I中Cu2+和Cu发生归中反应生成Cu+，Cu+与Cl-生成CuCl白色沉淀，化学方程式为CuCl2+Cu=2CuCl。
（3）产生该无色气泡的原因可能是Cl-浓度高，与Cu+形成了[CuCl3]2-，提高了Cu的还原性；无色溶液变为黄色时为[CuCl3]-被氧化为[CuCl4]2-，离子方程式为4[CuCl3]2-+O2+4H++4Cl-=4[CuCl4]2-+2H2O。
（4）应补做对照实验为：取适量实验I中白色沉淀，向其中加入稀硫酸，沉淀不溶解。
（5）[Cu2Cl4(H2O)]-中Cu元素的化合价为+1、+2；黄绿色变为棕色时发生反应为[CuCl4]2-、[Cu(H2O)4]2+与Cu生成2[Cu2Cl4(H2O)]-，离子方程式为2[CuCl4]2-+[Cu(H2O)4]2++Cu=2[Cu2Cl4(H2O)]-+2H2O。
（6）根据，，可得，
用0.1000 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定至终点，四次实验分别消耗测得标准液15.03 mL、14.98 mL、13.70 mL、14.99 mL，其中13.70 mL偏差太大舍去，剩余三次实验平均消耗15mL，即0.1000 mol·L-1×0.015L=0.0015mol，即CuCl物质的量为0.0075mol，样品纯度为：。
18．【答案】（1）
（2）醚键、氨基
（3）ad
（4）三乙胺显碱性，能消耗生成的HCl，促使平衡右移，提高转化率
（5）
（6）；副产物中甲氧基和苯基空间位阻太大，不利于共平面形成更大的共轭体系
【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；有机化学反应的综合应用；酰胺
【解析】【解答】（1）、根据分析可知，A的结构简式为。
（2）、根据F的结构简式，可知F的官能团名称为醚键、氨基。
（3）、a、异喹啉中N原子形成1个双键和1个单键，即形成了2个σ键，还有1对孤电子对，其杂化方式为sp2，四氢异喹啉中N原子形成3个单键，且有1对孤电子对，杂化方式为sp3，a正确；
b、NaBH4为选择性还原剂，E发生还原反应生成F，并非加成反应，b错误；
c、分析知G的结构简式为，有-CH3饱和碳原子，其杂化方式为sp3，形成四面体结构，故G中所有原子并非都能共面，c错误；
d、H中含有2个醚键、1个酰胺基和1个酚酯基，1mol酚酯基需消耗2mol NaOH，1mol酰胺基需消耗1mol NaOH，醚键不与其反应，因此H与NaOH反应时，最多消耗3mol NaOH，d正确；
故答案为：ad；
（4）、B→D反应生成HCl，三乙胺显碱性，能与生成的HCl反应，消耗HCl，有利于反应进行，故答案为：三乙胺显碱性，能消耗生成的HCl，促使平衡右移，提高转化率。
（5）、根据分析，可写出F→H的化学方程式。
（6）、D发生反应得到E，D中苯环上CH3O-的对位H原子和碳氧双键先发生加成反应再发生消去反应，苯环CH3O-的1个邻位H原子也可以发生该原理，因此有和E互为同分异构体的副产物生成，结构简式为：；从分子结构的角度可知副产物中甲氧基和苯基空间位阻太大，不利于共平面形成更大的共轭体系。
【分析】A和SOCl2发生反应生成B，这个过程中羧酸与SOCl2发生取代反应，羧酸中的羟基被氯原子取代，形成酰氯；B和C发生反应生成D，这个过程中酰氯中的氯原子被氨基取代，形成酰胺同时生成HCl；根据D的结构简式及A、B、C的分子式可以推知，A为，B为，C为，D发生反应得到ED分子中的酰胺键邻位基团发生分子内脱水，E发生还原反应生成F，这个过程中硼氢化钠作为温和的还原剂，不还原苯环，只还原不饱和键；G是阿司匹林，G的结构简式为。
（1）根据分析可知，A的结构简式为。
（2）根据F的结构简式，可知F的官能团名称为醚键、氨基。
（3）a．异喹啉中N原子形成1个双键和1个单键，即形成了2个σ键，还有1对孤电子对，其杂化方式为sp2，四氢异喹啉中N原子形成3个单键，且有1对孤电子对，杂化方式为sp3，a正确；
b．NaBH4为选择性还原剂，E发生还原反应生成F，并非加成反应，b错误；
c．分析知G的结构简式为，有-CH3饱和碳原子，其杂化方式为sp3，形成四面体结构，故G中所有原子并非都能共面，c错误；
d．H中含有2个醚键、1个酰胺基和1个酚酯基，1mol酚酯基需消耗2mol NaOH，1mol酰胺基需消耗1mol NaOH，醚键不与其反应，因此H与NaOH反应时，最多消耗3mol NaOH，d正确；
故答案选ad。
（4）B→D反应生成HCl，三乙胺显碱性，能与生成的HCl反应，消耗HCl，有利于反应进行，故答案为：三乙胺显碱性，能消耗生成的HCl，促使平衡右移，提高转化率。
（5）根据分析，可写出F→H的化学方程式。
（6）D发生反应得到E，D中苯环上CH3O-的对位H原子和碳氧双键先发生加成反应再发生消去反应，苯环CH3O-的1个邻位H原子也可以发生该原理，因此有和E互为同分异构体的副产物生成，结构简式为：；从分子结构的角度可知副产物中甲氧基和苯基空间位阻太大，不利于共平面形成更大的共轭体系。
19．【答案】（1）-123.4
（2）C
（3）z；低温时以反应1和反应2为主，温度升高平衡左移，CO2平衡转化率减小；高温时以反应3为主，温度升高平衡右移，CO2平衡转化率增大；32%；6.6×10-3；Kp·(RT)-2
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）、根据摩尔生成焓计算反应热，反应热生成物摩尔生成焓总和-反应物摩尔生成焓总和，反应：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)中，H2是最稳定单质，摩尔生成焓为0，则，代入数据：；
（2）、A、反应1放热、熵减，低温自发；反应2放热、熵不变；反应 3 吸热、熵不变，高温自发，但生产需综合考虑速率和选择性，并非仅低温，A 错误；
B、移去CH3OH，反应1平衡右移，CO2、H2浓度变化，反应3平衡也会移动，但因反应 1、3相互影响，移去CH3OH会使反应3平衡左移CO2、H2参与反应3，移去CH3OH使反应1右移，CO2、H2消耗，反应3平衡左移 ，B 错误；
C、反应1、2气体分子数减小，增大压强平衡右移，能提升CH3OCH3产率；且压强增大，反应速率加快，C 正确；
D、催化剂只改变速率，不影响平衡转化率，D 错误；
故答案为：C；
（3）、①、反应1、2放热，反应3吸热，温度升高，反应1、2平衡左移，反应3平衡右移。初始时（低温），反应1、2主导，CO2转化率随温度升高而降低；高温时反应3主导，CO2转化率随温度升高而升高，故表示CO2平衡转化率的曲线是z；变化趋势：低温时以反应1和反应2为主，温度升高平衡左移，CO2平衡转化率减小；高温时以反应3为主，温度升高平衡右移，CO2平衡转化率增大；
②、由图知，220℃时CO2转化率40%，即消耗CO2：，由于反应1：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1<0，反应2：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH2<0，升高温度，平衡逆向移动，CH3OCH3的选择性降低，则曲线x表示CH3OCH3的选择性，反应3：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH3>0，升高温度，平衡正向移动，CO的选择性，则曲线y为CO的选择性，由图知，220℃时CH3OCH3的选择性为80%，CO的选择性为5%，则生成的CH3OCH3的物质的量为，1molCO2完全转化为CH3OCH3时，理论上生成的CH3OCH3的物质的量为，CH3OCH3的平衡产率为；
③、由②知，220℃时，CO2转化率40%，即消耗CO2：，曲线x表示CH3OCH3的选择性，选择性为80%，则生成的CH3OCH3的物质的量为，曲线y为CO的选择性，的选择性为5%，则生成的CO的物质的量为，220℃下达到平衡时，，，，由C守恒可得，；由O守恒可得，由H守恒可得，反应3的；
④、反应1：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，，，则，代入得： ，故。
【分析】盖斯定律的使用原则：化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；化学反应的反应热只与反应的始态（各反应物）和终态（各生成物）有关，而与具体反应的途径无关；任何化学反应的反应热和其逆反应的反应热大小相等，符号相反；任何化学反应，当各物质系数发生变化时，反应热的数值也随之发生变化。
分析化学反应速率和化学平衡图像题的方法：一看面（纵、横坐标的意义）；二看线（线的走向和变化趋势）；三看点（起点拐点终点）；四看辅助线（如等温线、等压线、平衡线）；五看量的变化（如浓度变化、温度变化），然后联想平衡移动原理，分析条件对反应速率、化学平衡移动的影响，最后利用原理，结合图像，分析图像中所代表反应速率变化或化学平衡的线，作出判断。
书写化学反应三段式时的注意事项：单位一致，确保起始量、变化量和平衡量的单位保持一致；注意化学计量数、注意物质状态固体、纯液体一般不参与其中；考虑可逆反应的平衡量不是完全转化的结果，而是反应物和生成物共存的状态。此时需要根据反应的转化率或平衡常数进行计算。
（1）根据摩尔生成焓计算反应热，反应热生成物摩尔生成焓总和-反应物摩尔生成焓总和，
反应2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)中，H2是最稳定单质，摩尔生成焓为0，则，代入数据：；
（2）A．反应1放热、熵减，低温自发；反应2放热、熵不变；反应 3 吸热、熵不变，高温自发，但生产需综合考虑速率和选择性，并非仅低温，A 错误；
B．移去CH3OH，反应1平衡右移，CO2、H2浓度变化，反应3平衡也会移动，但因反应 1、3相互影响，移去CH3OH会使反应3平衡左移CO2、H2参与反应3，移去CH3OH使反应1右移，CO2、H2消耗，反应3平衡左移 ，B 错误；
C．反应1、2气体分子数减小，增大压强平衡右移，能提升CH3OCH3产率；且压强增大，反应速率加快，C 正确；
D．催化剂只改变速率，不影响平衡转化率，D 错误；
故选C；
（3）①反应1、2放热，反应3吸热，温度升高，反应1、2平衡左移，反应3平衡右移。初始时（低温），反应1、2主导，CO2转化率随温度升高而降低；高温时反应3主导，CO2转化率随温度升高而升高，故表示CO2平衡转化率的曲线是z；变化趋势：低温时以反应1和反应2为主，温度升高平衡左移，CO2平衡转化率减小；高温时以反应3为主，温度升高平衡右移，CO2平衡转化率增大；
②由图知，220℃时CO2转化率40%，即消耗CO2：，由于反应1：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1<0，反应2：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH2<0，升高温度，平衡逆向移动，CH3OCH3的选择性降低，则曲线x表示CH3OCH3的选择性，反应3：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH3>0，升高温度，平衡正向移动，CO的选择性，则曲线y为CO的选择性，由图知，220℃时CH3OCH3的选择性为80%，CO的选择性为5%，则生成的CH3OCH3的物质的量为，1molCO2完全转化为CH3OCH3时，理论上生成的CH3OCH3的物质的量为，CH3OCH3的平衡产率为；
③由②知，220℃时，CO2转化率40%，即消耗CO2：，曲线x表示CH3OCH3的选择性，选择性为80%，则生成的CH3OCH3的物质的量为，曲线y为CO的选择性，的选择性为5%，则生成的CO的物质的量为，220℃下达到平衡时，，，，由C守恒可得，；由O守恒可得，由H守恒可得，反应3的；
④反应1：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，，，则，代入得： ，故。
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