2024届江西省重点中学协作体高三下学期第一次联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江西省重点中学协作体2024届高三下学期第一次联考相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23P-31S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56一、选择题（共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求）1.中国传统文化对人类文明贡献巨大．下列说明不合理的是（）A.“风蒲猎猎小池塘，过雨荷花满院香”雷雨过后空气中少量氧气转化成臭氧，氧气和臭氧互为同位素B.东汉魏伯阳在《周易参同契》中对汞的描述：“……得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根”这里的“黄芽”是指硫C.南宋杨万里在《过江洲岸，回望庐山》中提及“庐山山南刷铜绿，黄金锯解纯苍玉”，中学化学里由铜转化成铜绿涉及到氧化还原反应D.《新修本草》中，关于“青矾”记录为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃，……烧之赤色”据此推测，赤色物质为〖答案〗A〖解析〗A．氧气和臭氧同为氧元素形成的不同单质，互为同素异形体，故A错误；B．液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫单质，故B正确；C．“铜绿”是指Cu2（OH）2CO3，其中铜元素化合价为+2，由铜单质转化为铜绿的过程，铜的化合价由0上到到+2价，涉及到了氧化还原反应，故C正确；D．烧之赤色是被氧化生成过程，是红棕色固体，故D正确；故选A。2.2023年10月，在中石化九江分公司考察指出石化是重要的国民支柱产业，鼓励打造绿色智能炼化企业．用于合成药物、防腐剂和增塑剂的苯甲酸可以石油中的芳烃为原料来合成，下列描述正确的是（）A.第一电离能：B.中V原子基态的核外电子有23种空间运动状态C.等量的乙分别与足量钠和碳酸氢钠溶液充分反应生成的气体在标况下体积相等D.丙只有一个环且为苯环的同分异构体有4种〖答案〗D〖解析〗A．同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势(第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素)，则第一电离能：O＞C，A错误；B．V为23号元素，其基态原子的电子排布式：，则共有1+1+3+1+3+3+1=13种空间运动状态，B错误；C．一分子乙含2个羧基(-COOH)，与钠反应时的计量关系：，与碳酸氢钠反应时的计量关系：，则等量的乙分别与足量钠和碳酸氢钠溶液充分反应生成的气体在标况下体积不相等，C错误；D．丙的只有一个环且为苯环的同分异构体有两类：一、苯环上有一个侧链，该侧链为-OOCH，计一种；二、苯环上有两个侧链，这两个侧链分别为-CHO和-OH，两个侧链在苯环上有邻、间、对三种位置关系，计三种；那么满足要求的共有4种同分异构体，D正确；故选D。3.化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是（）A.天然气、沼气和煤层气的主要成分是甲烷B.乙烯属于精细化学品，加聚产物聚乙烯可催熟水果C.用水晶进行X射线衍射实验时，会在记录仪上产生分立的斑点或者明锐的衍射峰D.利用杯酚分离和体现了超分子的特性——“分子识别”〖答案〗B〖解析〗A．天然气、沼气和煤层气的主要成分都是甲烷，故A正确；B．乙烯可催熟水果，聚乙烯不含有C=C，不可催熟水果，故B错误；C．水晶为晶体，当单一波长的X-射线通过晶体时，会在记录仪上看到分立的斑点或谱线，故C正确；D．“杯酚”可以识别与其空腔直径吻合的分子；“杯酚”能分离C60和C70，体现了超分子的“分子识别“特性，故D正确；故选B。4.侯德榜提出的联合制碱法得到世界各国认可，其工业流程如图所示，下列说法正确的是（）A.进行反应1时，往饱和食盐水中先通入，再通入B.试剂X可以是NaCl固体，便于析出C.能循环利用的物质只有D.反应1的离子方程式为〖答案〗B〖解析〗A．进行反应1时，往饱和食盐水中先通入NH3增强溶液碱性，从而增大CO2溶解度，A错误；B．试剂X可以是NaCl或者HCl，增大氯离子浓度有利于NH4Cl析出，B正确；C．滤液中加入NaCl，通过降温结晶析出NH4Cl，所得母液为NaCl溶液，也可以循环利用，C错误；D．反应1生成NaHCO3析出，故离子方程式为Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+，D错误；故选B。5.设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是（）A.晶体中含有个阳离子B.100g质量分数为46%的水溶液中O原子数为C.标准状况下，2.24L一氯甲烷中含型σ键数目为D.常温下，的溶液中，水电离出的OH-数目为〖答案〗C〖解析〗A．一个含一个和一个，的物质的量为，晶体中含有个阳离子，A不符合题意；B．100g质量分数为46%的水溶液中，，，则共含氧原子的物质的量：1mol+3mol=4mol，数目为，B不符合题意；C．标准状况下，2.24L一氯甲烷为0.1mol，一分子一氯甲烷中含三个C-H键和一个C-Cl键，C-H键属于型σ键，且其数目为，C符合题意；D．属于强酸弱碱盐，能促进水的电离，常温下的溶液中，由水电离出的，那么由水电离出的，对应的OH-的数目为，D不符合题意；故选C6.用下列仪器或装置（图中夹持略）进行相应实验，能达到实验目的的是（）A.用图1装置检验溴丙烷消去产物中的丙烯B.用图2装置制备溴苯并验证有HBr产生C.用图3装置在铜上镀铁且硫酸铜浓度不变D.用图4装置实验室制备氨气〖答案〗A〖解析〗A．溴丙烷在NaOH、乙醇、加热条件下发生消去反应得到丙烯，丙烯中混有挥发出的乙醇，用水可除去乙醇，丙烯进入酸性高锰酸钾溶液中并使其褪色，则该装置可检验消去产物中的丙烯，A符合题意；B．溴易挥发，挥发出的溴与硝酸银溶液也能反应产生淡黄色沉淀AgBr，该装置不能验证有HBr产生，B不符合题意；C．铁上镀铜，则铁电极表面要有铜离子得电子生成铜附着在铁上，则铁应与电源的负极相连，该装置达不到实验目的，C不符合题意；D．加热固体时要使试管口略向下倾斜，以免试管口冷凝的水倒流回试管底部使试管炸裂，D不符合题意；故选A。7.下列反应的离子方程式不正确的是（）A.将等物质的量浓度的和溶液以体积比混合：B.苯酚钠溶液中通入少量：C.溶液中滴加过量的浓氨水：D.向酸性重铬酸钾溶液中加少量乙醇溶液：〖答案〗C〖解析〗A．将Ba(OH)2和NH4HSO4溶液按物质的量为1∶2混合，发生反应产生BaSO4沉淀、(NH4)2SO4、H2O，反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，故A正确；B．苯酚钠溶液中通入少量CO2，反应生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式：，故B正确；C．向硫酸铜溶液中滴加浓氨水，一开始生成蓝色氢氧化铜沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到含配离子[Cu(NH3)4]2+的深蓝色溶液，选项离子方程式产物中无[Cu(NH3)4]2+，故C错误；D．酸性重铬酸钾具有强氧化性，乙醇具有还原性，乙醇被重铬酸根离子氧化，离子方程式为：，故D正确；故选C。8.下列符号或表述正确的是（）A.基态Cr原子的价层电子的轨道表示式B.反丁烯的球棍模型：C.的质谱图：D.HClO的空间填充模型：〖答案〗D〖解析〗A．Cr元素的原子序数为24，根据核外电子排布规则，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1，则基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为，故A错误；B．反-2-丁烯中两个甲基位于双键的异侧，结构简式为，球棍模型为：，故B错误；C．质谱图中质荷比最大的值为该有机物分子的相对分子质量，核磁共振氢谱图中，吸收峰组数等于氢原子种类，吸收峰面积之比等于各种氢原子个数之比，根据图知，相对分子质量为46，而相对分子质量为60，故C错误；D．HClO的空间填充模型，O原子在中间，应该为V型结构，故D正确；故选：D。9.部分含N及S物质的分类与相应化合价之间的关系如图所示，下列推断合理的是（）A.a′和c′气体混合无明显现象B.制取1mola工业上只需要投料14gbC.实验室一般用d′的钠盐和e反应制备c′D.可以用铝槽车运输浓的e溶液和浓的e′溶液〖答案〗D〖祥解〗物质分类和元素化合价分析可知：a为NH3、b为N2、c为NO、d为NO2、e为HNO3；a'为H2S、b'为S、c'为SO2，d'为SO3、e'为H2SO4，然后根据物质的性质分析解答。【详析】A．a'为H2S、c'为SO2，两者混合反应生成S单质，可观察到淡黄色固体生成，故A错误；

B．a为NH3、b为N2，工业上用氮气和氢气化合生成氨气，该反应是可逆反应，制取1mol氨气需要氮气质量大于14g，故B错误；

C．实验室用Na2SO3和浓硫酸制取SO2，故C错误；

D．e为HNO3，e'为H2SO4，在常温下Al遇浓硝酸、浓硫酸会发生钝化，可以用铝槽车运输，故D正确；

故选：D。10.下图是计算机模拟的在催化剂表面上水煤气变化的反应历程．吸附在催化剂表面的物种用“*”标注，下列说法正确的是（）A.①表示CO和从催化剂表面脱离的过程B.②和④中化学键变化相同，因此吸收的能量相同C.由图可知为吸热反应D.由图可知，决定反应速率的步骤是②〖答案〗B〖解析〗A．由图可知，①表示CO和H2O在催化剂表面吸附的过程，故A错误；B．②和④中化学键变化相同，断裂的均为H-O键，②中吸收能量[1.25-(-0.32)]eV=1.57eV，④中吸收能量为[1.41-(-0.16)]eV=1.57eV，两者吸收的能量相同，故B正确；C．由图可知，CO(g)和H2O(g)的总能量大于CO2(g)+H2(g)的总能量，因此反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)为放热反应，故C错误；D．由图可知，相同条件下，④的活化能为(1.86+0.16)eV=2.02eV，②的活化能为(1.59+0.32)eV=1.91eV，④的活化能大于②，则反应速率④＜②，决定反应速率的步骤是④，故D错误；故选：B。11.某化合物通过界面埋入可以实现钙钛矿太阳能电池的高稳定性，其结构如图，X、Y、Z、W、M是原子序数依次增大的前四周期主族元素，X与Z的原子序数之和与W的原子序数相等，下列说法不正确的是（）A.分子极性：B.简单氢化物的沸点：C.和的VSEPR模型均为Ⅴ形D.基态下与M原子最外层电子数相同同周期元素还有两种〖答案〗C〖祥解〗X、Y、Z、W、M是原子序数依次增大的前四周期主族元素，化合物中M形成+1价阳离子，则M处于IA族，可知X、Y、Z、W只能是短周期元素，化合物阴离子中Y形成2条共价键、W形成6条共价键，考虑二者处于ⅥA族，可推知Y为O元素、W为S元素，而Z形成1条共价键，Z的原子序数不是最小的，则Z处于ⅦA族，Z的原子序数小于W(硫)，故Z为F元素；X与Z(氟)的原子序数之和与W(硫)的原子序数相等，则X的原子序数为16-9=7，故X为N元素；M的原子序数大于W(硫)，故M为K元素。【详析】由分析可知，X为N元素、Y为O元素、Z为F元素、W为S元素、M为K元素；

A．NF3中N原子孤电子对数==1、价层电子对数=1+3=4，分子空间构型为三角锥形，属于极性分子，而SO3中S原子孤电子对数==0、价层电子对数=0+3=0，分子空间构型为平面正三角形，属于非极性分子，则分子极性：NF3＞SO3，故A正确；

B．常温下，NH3是气体，而H2O是液体，则沸点：H2O>NH3，故B正确；

C．OF2中O原子价层电子对数=2+=4，VSEPR模型为四面体形，而SO2中S原子价层电子对数=2+=3，VSEPR模型为平面三角形，故C错误；

D．与M(钾)原子最外层电子数相同的同周期元素的外围电子排布式为3d54s1、3d104s1，是Cr、Cu两种元素，故D正确；

故选：C。12.瑞典皇家科学院将2023年诺贝尔化学奖授予“量子点的发现与合成”作出贡献的科学家。中国科学技术大学熊宇杰、高超教授利用光催化和Ru可以有效地从CdS量子点中提取光生带正电空穴（用表示，可捕获电子）和电子，进一步氧化HMF（）来生产HMFCA（）和DFF（），反应原理如图所示，下列说法正确的是（）A.Ru能降低反应的焓变，提高化学反应速率B.生成HMFCA过程中，断裂了极性键和非极性键，形成了极性键C.生成DFF和HMFCA的过程中，没有参与Ru-CdS表面反应D.当生成HMFCA与DFF物质的量之比为时，CdS量子点至少产生〖答案〗B〖解析〗A．Ru是该反应的催化剂，能提高化学反应速率，但不能降低反应的焓变，A错误；B．生成HMFCA过程中，断裂了C-H极性键和O-O非极性键，形成了O-H极性键，B正确；C．生成HMFCA过程中，发生反应O2+2H++2e-=2·OH，HMF+·OH+h+HMFCA+H+，一定有e−或h+参与，C错误；D．生成HMFCA与DFF物质的量比为时，具体物质的物质的量是多少不知道，无法计算CdS量子点至少产生的，D错误；故选B。13.铊中毒的特效药普鲁士蓝部分结构（八分之一晶胞，立方结构）如图所示，每一个晶胞中含4个，分别占据在4个互不相邻的如图小立方体的体心，下列说法正确的是（）A.晶体中离距离最近且相等的有3个B.配体中σ键和π键的个数比为C.若晶胞密度为为阿伏加德罗常数，化合物摩尔质量为，则距离最近的两个之间的距离为D.基态与离子中未成对电子数目之比为〖答案〗C〖解析〗A．由顶点和棱心的关系可知，与每个Fe3+距离最近且等距离的CN-的个数为=6个，故A错误；

B．配体含有三键，由1个σ键和2个π键形成，故B错误；

C．每一个晶胞中含4个，由化合物的摩尔质量为，晶胞质量为，晶胞边长为，4个分别占据在4个互不相邻的如图小立方体的体心，则距离最近的两个之间的距离为，故C正确；

D．铁在第四周期第ⅤⅢ族，价电子排布为3d64s2，则Fe元素位于周期表的d区，基态Fe2+与Fe3+的核外电子排布式分别为[Ar]3d6、[Ar]3d5，则未成对电子数之比为4：5，故D错误；故选：C。14.常温下，某废水处理过程中始终保持（二元酸）饱和，即，通过调节pH使和形成NiA、CdA而分离，体系中pH与关系如下图所示，c为和的浓度，单位为，已知，下列说法正确的是（）A.B.时，离子浓度大小为C.a的值为4.9D.将加入至溶液后溶液显碱性〖答案〗D〖祥解〗随着pH的增大，H2A饱和溶液中H2A的电离平衡向电离方向移动，c(HA-)增大，c(A2-)逐渐增大，则有-lgc(HA-)和-lgc(A2-)随着pH增大而减小，且pH相同时，c(HA-)大于c(A2-)，即-lgc(HA-)小于-lgc(A2-)；随着pH的增大，c(A2-)逐渐增大，c(Ni2+)和c(Cd2+)逐渐减小，即-lgc(Ni2+)和-lgc(Cd2+)随pH增大而增大，且KAp(NiA)＞KAp(CdA)，即当c(A2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，-lgc(Ni2+)＜-lgc(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表A2-，④代表HA-。【详析】A．曲线②③交点，c(Ni2+)=c(A2-)=10-9.2mol/L，则有Ksp(NiA)=c(Ni2+)•c(A2−)=10−18.4，故A错误；

B．曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表A2-，④代表HA-，由图可知时，离子浓度大小为，故B错误；

C．取曲线④上点(1.6,6.5)，该点c(H+)=10-1.6mol/L，c(HA-)=10-6.5mol/L，，，将点(4.2,a)代入，解得a=3.9，，故C错误；

D．取曲线③上点(6.8,9.2)，该点c(H+)=10-6.8mol/L，c(A2-)=10-9.2mol/L，，则，将加入至溶液后得到NaHA溶液，HA-水解常数，说明HA-水解程度大于电离程度，溶液显碱性，故D正确；

故选：D。二、非选择题：（共4小题，共58分）15.是工业制备的一种重要原料，很多物质的制备都需要用到氯气．比如工业上用制备，反应原理为：。已知：的部分性质如下：熔点/℃沸点/℃相对分子质量其它75.5137.5遇水生成和HCl2105.3153.5遇水生成和HCl某化学兴趣小组模拟该工艺设计实验装置如图（某些夹持装置已略去）：（1）装置a的名称为_____________，粗产品中空间构型为_____________，b中盛放的药品可以是_____________（填序号）。①五氧化二磷②碱石灰③无水氯化钙（2）装置E中用软锰矿制备气体的离子方程式为__________________。（3）C反应温度控制在60～65℃，不能过高或过低的原因是_______________________。（4）通过测定三氯氧磷粗产品（还含有一定量的）中氧元素含量，可进一步计算产品三氯氧磷的纯度，实验步骤如下：①取ag产品置于盛50.00mL蒸馏水的水解瓶中，摇动至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液，预处理排除含磷粒子的影响。②取10.00mL溶液于锥形瓶中，向其中加入的溶液，使完全沉淀，然后选择作指示剂，用溶液滴定过量至终点，记下所用体积为。滴定终点的现象：_________________________________。（5）产品中氧元素的质量分数为_____________。（6）资料表明，与性质相近，乙醇在过量无水的作用下制备溴乙烷的反应机理如下图所示，请写出该条件下制备溴乙烷总反应方程式__________________。〖答案〗（1）球形冷凝管三角锥形②（2）（3）由于温度太低，反应速率变慢；温度过高，易挥发，利用率降低（4）加入最后半滴标准液，溶液变红，30s不变色（5）（6）〖祥解〗装置A中用黑色固体和液态物质反应制氧气，装置B可以干燥O2、还可以观察氧气的流速，瓶口的长颈漏斗可以平衡气压；装置E为固液混合加热制备氯气，装置D干燥生成的氯气；在装置C中发生P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3，据此回答。【详析】（1）装置a的名称为球形冷凝管；PCl3中键数目为3，孤电子对为，则PCl3空间构型为三角锥形；b中盛放的药品是碱石灰，吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置C，防止PCl3、POCl3遇水强烈水解，故选②；（2）装置E中用软锰矿制备气体的离子方程式为；（3）根据表中提供的物质的性质，C反应温度控制在60～65℃，不能过高或过低的原因是：由于温度太低，反应速率变慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率降低；（4）SCN-与铁离子会反应使溶液变为红色，故滴定终点现象为当最后半滴NH4SCN溶液，溶液变浅红色，且不变色；（5）PCl3~3Ag+~3Cl-，POCl3~3Ag+~3Cl-，与Cl-反应的Ag+的物质的量为n(Ag+)=(c0v0−c1v1)mol=(c0v0−c1v1)mol，则n(PCl3)+n(POCl3)=(c0v0−c1v1)×10-2mol，设n(PCl3)、n(POCl3)的物质的量分别是x、y，则可得，解得y=mol，则氧的质量分数为=；（6）由图可知，反应物为CH3CH2OH和PBr3，生成物为CH3CH2Br和HOPBr2，所以方程式为。16.电镀行业是国民经济中不可缺少的基础性行业，也是当今全球三大污染行业之一。我国电镀企业每年约产生1000万吨电镀污泥，以下是北京矿冶研究总院研究含铬混合电镀污泥（含、、、、）多金属资源化综合利用技术流程。（1）浸渣的主要成分是_____________（填化学式）。（2）萃取铜的原理：，控制其他条件相同，25℃时，pH值对萃取的影响如下图所示：①萃取过程浸取液的pH_____________（填“变大”、“变小”或“不变”）。②请解释当pH小于1时，萃取率随pH值变化的原因：_____________。③由图可知，当pH接近于0时，萃取剂难以萃取铜，为保证浸取液中的铜能完全萃取进入有机相，浸取液中的应不大于_____________mol/L。（3）已知沉铬时选择的沉淀剂为，，沉铬时加入的作用是_____________（用离子方程式表示）。（4）沉铁时的作用是_____________（用文字表述）。（5）沉锌得到的固体为ZnS，其晶体属于立方晶系，晶胞及其投影图如图所示，A点原子的分数坐标为，B点原子的分数坐标为，则C点原子的分数坐标为_____________。〖答案〗（1）（2）①变小②由于萃取过程为可逆反应，随着溶液酸度的增大，使得萃取反应向左移动，不利于萃取的进行，从而萃取率明显降低③0.5（3）（4）将氧化为（5）〖祥解〗在含铬混合电镀污泥中加入硫酸进行酸浸，、、、、分别转化为对应的硫酸盐，再加入碳酸钙调pH至2.5，浸渣的主要成分为硫酸钙，之后用有机溶剂萃取，进入有机相而其它物质在水相，加硫酸钠将转化为，再加沉淀剂可将转化为沉淀，然后加过氧化氢将转化为，调节溶液pH可使形成沉淀，加硫化钠可沉淀，最后加入碳酸钠使镍元素转化为沉淀。【详析】（1）由分析知，浸渣的主要成分是。（2）①萃取过程发生：，由于生成HCl，浸取液的pH变小。②萃取过程为可逆反应，当pH小于1时，随着溶液酸度的增大，使得萃取反应向左移动，不利于萃取的进行，从而使萃取率明显降低。③由题意知，为保证平衡正向移动，应使，则为保证浸取液中的铜能完全萃取进入有机相，浸取液中的应不大于0.5mol/L。（3）由于沉铬时选择的沉淀剂为，，，二者比较接近，为了沉淀，可加入将还原为，对应的离子方程式：。（4）沉铁时，加的作用是将氧化为，之后通过调pH可使形成沉淀。（5）结合晶胞及其投影图知，C点原子在晶胞体内，且参照A点和B点原子的分数坐标可知C点原子的分数坐标为。17.减排能有效降低温室效应，同时，也是一种重要的资源，因此研究捕集与转化对实现“碳中和”目标具有重要意义而备受关注。（1）某研究机构成功合成了氮掺杂多孔有机聚合物DLU-1吸附剂，用于烟道气（主要是和）和天然气中的捕集。为考查样品对单组分气体的吸附性能，测定在1bar，273和298K下的单组分气体吸附等温线如图，请阐述DLU-1吸附剂能做捕获剂的理由：_____________________________。（2）工业上用（和反应合成二甲醚，）①恒温恒容下，充入等物质的量的和充分反应，以下叙述能说明该反应达到平衡状态的_____________（填序号）。A．的物质的量分数保持不变B．容器中混合气体的密度保持不变C．容器中混合气体的平均摩尔质量保持不变D．断裂键的同时断裂键②在某压强下，合成二甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，的平衡转化率如图所示，则_____________（填“>”或“<”）。③温度下，将和充入2L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则0~5min内的平均反应速率_____________。（3）工业上可以利用二氧化碳合成甲醇，已知①②a．若③正反应的活化能为，则逆反应的活化能为_____________（用含Ea的式子表示）b．某一刚性容器中充入和，起始压强为，在催化剂存在条件下发生上述三个反应，测得温度与平衡转化率、产物选择性的关系如图所示。已知：选择性．240℃平衡时，反应③的压强平衡常数为_____________（用含p的式子列出计算式，不用化简）（4）以为原料，电解法制取乙烯、乙烷的装置如图，生成乙烯的电极反应式为：_____________________________．〖答案〗（1）相同条件下，和相比，与的吸附量均很小，这说明DLU-1具有较好的吸附选择性（2）①CD②<③（3）a．b．（4）〖解析〗（1）由图可知，相同条件下，和相比，与的吸附量均很小，这说明DLU-1具有较好的吸附选择性；（2）①A．假设初始时充入的CO2和H2均为6mol，CO2初始时的物质的量分数为50%，假设反应生成二甲醚物质的量为amol，则消耗二氧化碳、氢气物质的量依次为2amol、6amol，生成水蒸气物质的量为3amol，二氧化碳的物质的量分数为：，即CO2的物质的量分数不随反应的进行发生变化，当其不变时，不能说明反应达到平衡状态，A不符合题意；B．体系中物质均为气态，根据质量守恒定律，反应过程中质量不变，体系为恒容体系，V不变，因此密度不随反应的进行发生变化，当密度不变时，不能说明反应达到平衡状态，B不符合题意；C．体系中物质均为气态，根据质量守恒定律，反应过程中质量不变，反应是气体分子数减少的反应，随着反应的进行，总物质的量会发生变化，因此容器中混合气体的平均摩尔质量也会随反应的进行发生变化，当容器中混合气体的平均摩尔质量不变时，反应达到平衡状态，C符合题意；D．体系中只有CO2中含有π键，1molCO2中含有2molπ键，断裂1molπ键即有0.5molCO2被消耗，体系中只有H2O有O-H键，1mol水中含有2molO-H键，断裂1.5molO−H键即有0.75mol水被消耗，此时正逆反应速率相等，D符合题意；故选CD。②该反应为放热反应，温度越高，CO2的平衡转化率越低，由图知投料比相同时，T2的二氧化碳平衡转化率更低，即T2温度更高；③和充入2L的容器中，此时n（H2）∶n（CO2）=3∶1，如图，当投料比为3∶1时，T1温度下，二氧化碳平衡转化率为70%，生成二甲醚的物质的量为：，0~5min内的平均反应速率；（3）a．①②反应①+反应②=反应③其，正反应的活化能为，其逆反应的活化能为：()kJ/mol；b．初始时加入和，总物质的量为4mol，起始压强为，240℃平衡时，由图可知CO2的平衡转化率为10%，甲醇的选择性为80%，即平衡时，n（CO2）=0.9mol、n（H2）=3mol-0.24mol-0.02mol=2.74mol，n（CH3OH）=0.08mol，n（H2O）=0.08mol+0.02mol=0.1mol，反应③的；（4）由图可知二氧化碳得到电子，生成乙烯，其电极反应式为：。18.非罗考昔（化合物L）是一种非甾体抗炎药，其中一种合成路线如下（部分反应条件略去）：（1）化合物D的分子式为_____________，化合物L中所有元素电负性由大到小顺序为_____________。（2）已知羧基中羟基被氯取代称之为酰氯，则化合物B的名称为_____________。（3）化合物X为Ⅰ的同分异构体，且在核磁共振氢谱只有2组峰，则X的官能团结构简式为_____________。（4）从化合物A生成L的全过程中，下列说法正确的有_____________。A．有碳氧双键和碳氢单键断裂，也有碳碳双键和碳氧单键形成B．反应物K中，碳原子采取的杂化方式有：，并且存在手性碳原子C．化合物G中碳氧原子间的σ键与π键的个数之比为（5）基于上述反应原理，利用、、合成a．从出发，第一步的化学方程式为______________________________。b．相关步骤涉及到卤代烃制醇反应，其反应条件为_____________。c．最后一步反应中，有机反应物为___________________（写结构简式）。〖答案〗（1）（2）异丁酰氯（或甲基丙酰氯）（3）（或）（4）AC（5）a．b．NaOH水溶液，c．〖祥解〗A→C，C→D为取代反应，则B为，D→E为卤代烃水解反应，条件为强氧化钠水溶液，加热，H+I→G为取代反应，F+G→K为酯化反应，K→L发生加成消去反应。【详析】（1）根据D的结构D的分子式为；化合物L中元素有，非金属性越强电负性越大，则电负性（2）由分析知，B为，名称为异丁酰氯（或甲基丙酰氯）（3）I的分子式为C4H8O，Ⅰ的同分异构体，且在核磁共振氢谱只有2组峰，则为对称结构为：CH3CH2OCH2CH3，X的官能团结构简式为：（或）（4）A．K→L发生加成消去反应，有碳氧双键断裂，也有碳碳双键形成，F+G→K为酯化反应有碳氧单键形成，A→C，C→D为取代反应，有碳氢单键断裂，A正确；B．反应物K中，碳原子有双键和单键采取的杂化方式有：，没有碳原子连接四个不同的原子或原子团不存在手性碳原子，B错误；C．化合物G中碳氧原子间的σ键有4个与π键有一个，个数之比为，C正确；故选AC。（5）该流程为，第一步的化学方程式为，相关步骤涉及到卤代烃制醇反应，其反应条件为水溶液，；最后一步反应中，有机反应物为。江西省重点中学协作体2024届高三下学期第一次联考相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23P-31S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56一、选择题（共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求）1.中国传统文化对人类文明贡献巨大．下列说明不合理的是（）A.“风蒲猎猎小池塘，过雨荷花满院香”雷雨过后空气中少量氧气转化成臭氧，氧气和臭氧互为同位素B.东汉魏伯阳在《周易参同契》中对汞的描述：“……得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根”这里的“黄芽”是指硫C.南宋杨万里在《过江洲岸，回望庐山》中提及“庐山山南刷铜绿，黄金锯解纯苍玉”，中学化学里由铜转化成铜绿涉及到氧化还原反应D.《新修本草》中，关于“青矾”记录为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃，……烧之赤色”据此推测，赤色物质为〖答案〗A〖解析〗A．氧气和臭氧同为氧元素形成的不同单质，互为同素异形体，故A错误；B．液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫单质，故B正确；C．“铜绿”是指Cu2（OH）2CO3，其中铜元素化合价为+2，由铜单质转化为铜绿的过程，铜的化合价由0上到到+2价，涉及到了氧化还原反应，故C正确；D．烧之赤色是被氧化生成过程，是红棕色固体，故D正确；故选A。2.2023年10月，在中石化九江分公司考察指出石化是重要的国民支柱产业，鼓励打造绿色智能炼化企业．用于合成药物、防腐剂和增塑剂的苯甲酸可以石油中的芳烃为原料来合成，下列描述正确的是（）A.第一电离能：B.中V原子基态的核外电子有23种空间运动状态C.等量的乙分别与足量钠和碳酸氢钠溶液充分反应生成的气体在标况下体积相等D.丙只有一个环且为苯环的同分异构体有4种〖答案〗D〖解析〗A．同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势(第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素)，则第一电离能：O＞C，A错误；B．V为23号元素，其基态原子的电子排布式：，则共有1+1+3+1+3+3+1=13种空间运动状态，B错误；C．一分子乙含2个羧基(-COOH)，与钠反应时的计量关系：，与碳酸氢钠反应时的计量关系：，则等量的乙分别与足量钠和碳酸氢钠溶液充分反应生成的气体在标况下体积不相等，C错误；D．丙的只有一个环且为苯环的同分异构体有两类：一、苯环上有一个侧链，该侧链为-OOCH，计一种；二、苯环上有两个侧链，这两个侧链分别为-CHO和-OH，两个侧链在苯环上有邻、间、对三种位置关系，计三种；那么满足要求的共有4种同分异构体，D正确；故选D。3.化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是（）A.天然气、沼气和煤层气的主要成分是甲烷B.乙烯属于精细化学品，加聚产物聚乙烯可催熟水果C.用水晶进行X射线衍射实验时，会在记录仪上产生分立的斑点或者明锐的衍射峰D.利用杯酚分离和体现了超分子的特性——“分子识别”〖答案〗B〖解析〗A．天然气、沼气和煤层气的主要成分都是甲烷，故A正确；B．乙烯可催熟水果，聚乙烯不含有C=C，不可催熟水果，故B错误；C．水晶为晶体，当单一波长的X-射线通过晶体时，会在记录仪上看到分立的斑点或谱线，故C正确；D．“杯酚”可以识别与其空腔直径吻合的分子；“杯酚”能分离C60和C70，体现了超分子的“分子识别“特性，故D正确；故选B。4.侯德榜提出的联合制碱法得到世界各国认可，其工业流程如图所示，下列说法正确的是（）A.进行反应1时，往饱和食盐水中先通入，再通入B.试剂X可以是NaCl固体，便于析出C.能循环利用的物质只有D.反应1的离子方程式为〖答案〗B〖解析〗A．进行反应1时，往饱和食盐水中先通入NH3增强溶液碱性，从而增大CO2溶解度，A错误；B．试剂X可以是NaCl或者HCl，增大氯离子浓度有利于NH4Cl析出，B正确；C．滤液中加入NaCl，通过降温结晶析出NH4Cl，所得母液为NaCl溶液，也可以循环利用，C错误；D．反应1生成NaHCO3析出，故离子方程式为Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+，D错误；故选B。5.设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是（）A.晶体中含有个阳离子B.100g质量分数为46%的水溶液中O原子数为C.标准状况下，2.24L一氯甲烷中含型σ键数目为D.常温下，的溶液中，水电离出的OH-数目为〖答案〗C〖解析〗A．一个含一个和一个，的物质的量为，晶体中含有个阳离子，A不符合题意；B．100g质量分数为46%的水溶液中，，，则共含氧原子的物质的量：1mol+3mol=4mol，数目为，B不符合题意；C．标准状况下，2.24L一氯甲烷为0.1mol，一分子一氯甲烷中含三个C-H键和一个C-Cl键，C-H键属于型σ键，且其数目为，C符合题意；D．属于强酸弱碱盐，能促进水的电离，常温下的溶液中，由水电离出的，那么由水电离出的，对应的OH-的数目为，D不符合题意；故选C6.用下列仪器或装置（图中夹持略）进行相应实验，能达到实验目的的是（）A.用图1装置检验溴丙烷消去产物中的丙烯B.用图2装置制备溴苯并验证有HBr产生C.用图3装置在铜上镀铁且硫酸铜浓度不变D.用图4装置实验室制备氨气〖答案〗A〖解析〗A．溴丙烷在NaOH、乙醇、加热条件下发生消去反应得到丙烯，丙烯中混有挥发出的乙醇，用水可除去乙醇，丙烯进入酸性高锰酸钾溶液中并使其褪色，则该装置可检验消去产物中的丙烯，A符合题意；B．溴易挥发，挥发出的溴与硝酸银溶液也能反应产生淡黄色沉淀AgBr，该装置不能验证有HBr产生，B不符合题意；C．铁上镀铜，则铁电极表面要有铜离子得电子生成铜附着在铁上，则铁应与电源的负极相连，该装置达不到实验目的，C不符合题意；D．加热固体时要使试管口略向下倾斜，以免试管口冷凝的水倒流回试管底部使试管炸裂，D不符合题意；故选A。7.下列反应的离子方程式不正确的是（）A.将等物质的量浓度的和溶液以体积比混合：B.苯酚钠溶液中通入少量：C.溶液中滴加过量的浓氨水：D.向酸性重铬酸钾溶液中加少量乙醇溶液：〖答案〗C〖解析〗A．将Ba(OH)2和NH4HSO4溶液按物质的量为1∶2混合，发生反应产生BaSO4沉淀、(NH4)2SO4、H2O，反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，故A正确；B．苯酚钠溶液中通入少量CO2，反应生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式：，故B正确；C．向硫酸铜溶液中滴加浓氨水，一开始生成蓝色氢氧化铜沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到含配离子[Cu(NH3)4]2+的深蓝色溶液，选项离子方程式产物中无[Cu(NH3)4]2+，故C错误；D．酸性重铬酸钾具有强氧化性，乙醇具有还原性，乙醇被重铬酸根离子氧化，离子方程式为：，故D正确；故选C。8.下列符号或表述正确的是（）A.基态Cr原子的价层电子的轨道表示式B.反丁烯的球棍模型：C.的质谱图：D.HClO的空间填充模型：〖答案〗D〖解析〗A．Cr元素的原子序数为24，根据核外电子排布规则，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1，则基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为，故A错误；B．反-2-丁烯中两个甲基位于双键的异侧，结构简式为，球棍模型为：，故B错误；C．质谱图中质荷比最大的值为该有机物分子的相对分子质量，核磁共振氢谱图中，吸收峰组数等于氢原子种类，吸收峰面积之比等于各种氢原子个数之比，根据图知，相对分子质量为46，而相对分子质量为60，故C错误；D．HClO的空间填充模型，O原子在中间，应该为V型结构，故D正确；故选：D。9.部分含N及S物质的分类与相应化合价之间的关系如图所示，下列推断合理的是（）A.a′和c′气体混合无明显现象B.制取1mola工业上只需要投料14gbC.实验室一般用d′的钠盐和e反应制备c′D.可以用铝槽车运输浓的e溶液和浓的e′溶液〖答案〗D〖祥解〗物质分类和元素化合价分析可知：a为NH3、b为N2、c为NO、d为NO2、e为HNO3；a'为H2S、b'为S、c'为SO2，d'为SO3、e'为H2SO4，然后根据物质的性质分析解答。【详析】A．a'为H2S、c'为SO2，两者混合反应生成S单质，可观察到淡黄色固体生成，故A错误；

B．a为NH3、b为N2，工业上用氮气和氢气化合生成氨气，该反应是可逆反应，制取1mol氨气需要氮气质量大于14g，故B错误；

C．实验室用Na2SO3和浓硫酸制取SO2，故C错误；

D．e为HNO3，e'为H2SO4，在常温下Al遇浓硝酸、浓硫酸会发生钝化，可以用铝槽车运输，故D正确；

故选：D。10.下图是计算机模拟的在催化剂表面上水煤气变化的反应历程．吸附在催化剂表面的物种用“*”标注，下列说法正确的是（）A.①表示CO和从催化剂表面脱离的过程B.②和④中化学键变化相同，因此吸收的能量相同C.由图可知为吸热反应D.由图可知，决定反应速率的步骤是②〖答案〗B〖解析〗A．由图可知，①表示CO和H2O在催化剂表面吸附的过程，故A错误；B．②和④中化学键变化相同，断裂的均为H-O键，②中吸收能量[1.25-(-0.32)]eV=1.57eV，④中吸收能量为[1.41-(-0.16)]eV=1.57eV，两者吸收的能量相同，故B正确；C．由图可知，CO(g)和H2O(g)的总能量大于CO2(g)+H2(g)的总能量，因此反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)为放热反应，故C错误；D．由图可知，相同条件下，④的活化能为(1.86+0.16)eV=2.02eV，②的活化能为(1.59+0.32)eV=1.91eV，④的活化能大于②，则反应速率④＜②，决定反应速率的步骤是④，故D错误；故选：B。11.某化合物通过界面埋入可以实现钙钛矿太阳能电池的高稳定性，其结构如图，X、Y、Z、W、M是原子序数依次增大的前四周期主族元素，X与Z的原子序数之和与W的原子序数相等，下列说法不正确的是（）A.分子极性：B.简单氢化物的沸点：C.和的VSEPR模型均为Ⅴ形D.基态下与M原子最外层电子数相同同周期元素还有两种〖答案〗C〖祥解〗X、Y、Z、W、M是原子序数依次增大的前四周期主族元素，化合物中M形成+1价阳离子，则M处于IA族，可知X、Y、Z、W只能是短周期元素，化合物阴离子中Y形成2条共价键、W形成6条共价键，考虑二者处于ⅥA族，可推知Y为O元素、W为S元素，而Z形成1条共价键，Z的原子序数不是最小的，则Z处于ⅦA族，Z的原子序数小于W(硫)，故Z为F元素；X与Z(氟)的原子序数之和与W(硫)的原子序数相等，则X的原子序数为16-9=7，故X为N元素；M的原子序数大于W(硫)，故M为K元素。【详析】由分析可知，X为N元素、Y为O元素、Z为F元素、W为S元素、M为K元素；

A．NF3中N原子孤电子对数==1、价层电子对数=1+3=4，分子空间构型为三角锥形，属于极性分子，而SO3中S原子孤电子对数==0、价层电子对数=0+3=0，分子空间构型为平面正三角形，属于非极性分子，则分子极性：NF3＞SO3，故A正确；

B．常温下，NH3是气体，而H2O是液体，则沸点：H2O>NH3，故B正确；

C．OF2中O原子价层电子对数=2+=4，VSEPR模型为四面体形，而SO2中S原子价层电子对数=2+=3，VSEPR模型为平面三角形，故C错误；

D．与M(钾)原子最外层电子数相同的同周期元素的外围电子排布式为3d54s1、3d104s1，是Cr、Cu两种元素，故D正确；

故选：C。12.瑞典皇家科学院将2023年诺贝尔化学奖授予“量子点的发现与合成”作出贡献的科学家。中国科学技术大学熊宇杰、高超教授利用光催化和Ru可以有效地从CdS量子点中提取光生带正电空穴（用表示，可捕获电子）和电子，进一步氧化HMF（）来生产HMFCA（）和DFF（），反应原理如图所示，下列说法正确的是（）A.Ru能降低反应的焓变，提高化学反应速率B.生成HMFCA过程中，断裂了极性键和非极性键，形成了极性键C.生成DFF和HMFCA的过程中，没有参与Ru-CdS表面反应D.当生成HMFCA与DFF物质的量之比为时，CdS量子点至少产生〖答案〗B〖解析〗A．Ru是该反应的催化剂，能提高化学反应速率，但不能降低反应的焓变，A错误；B．生成HMFCA过程中，断裂了C-H极性键和O-O非极性键，形成了O-H极性键，B正确；C．生成HMFCA过程中，发生反应O2+2H++2e-=2·OH，HMF+·OH+h+HMFCA+H+，一定有e−或h+参与，C错误；D．生成HMFCA与DFF物质的量比为时，具体物质的物质的量是多少不知道，无法计算CdS量子点至少产生的，D错误；故选B。13.铊中毒的特效药普鲁士蓝部分结构（八分之一晶胞，立方结构）如图所示，每一个晶胞中含4个，分别占据在4个互不相邻的如图小立方体的体心，下列说法正确的是（）A.晶体中离距离最近且相等的有3个B.配体中σ键和π键的个数比为C.若晶胞密度为为阿伏加德罗常数，化合物摩尔质量为，则距离最近的两个之间的距离为D.基态与离子中未成对电子数目之比为〖答案〗C〖解析〗A．由顶点和棱心的关系可知，与每个Fe3+距离最近且等距离的CN-的个数为=6个，故A错误；

B．配体含有三键，由1个σ键和2个π键形成，故B错误；

C．每一个晶胞中含4个，由化合物的摩尔质量为，晶胞质量为，晶胞边长为，4个分别占据在4个互不相邻的如图小立方体的体心，则距离最近的两个之间的距离为，故C正确；

D．铁在第四周期第ⅤⅢ族，价电子排布为3d64s2，则Fe元素位于周期表的d区，基态Fe2+与Fe3+的核外电子排布式分别为[Ar]3d6、[Ar]3d5，则未成对电子数之比为4：5，故D错误；故选：C。14.常温下，某废水处理过程中始终保持（二元酸）饱和，即，通过调节pH使和形成NiA、CdA而分离，体系中pH与关系如下图所示，c为和的浓度，单位为，已知，下列说法正确的是（）A.B.时，离子浓度大小为C.a的值为4.9D.将加入至溶液后溶液显碱性〖答案〗D〖祥解〗随着pH的增大，H2A饱和溶液中H2A的电离平衡向电离方向移动，c(HA-)增大，c(A2-)逐渐增大，则有-lgc(HA-)和-lgc(A2-)随着pH增大而减小，且pH相同时，c(HA-)大于c(A2-)，即-lgc(HA-)小于-lgc(A2-)；随着pH的增大，c(A2-)逐渐增大，c(Ni2+)和c(Cd2+)逐渐减小，即-lgc(Ni2+)和-lgc(Cd2+)随pH增大而增大，且KAp(NiA)＞KAp(CdA)，即当c(A2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，-lgc(Ni2+)＜-lgc(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表A2-，④代表HA-。【详析】A．曲线②③交点，c(Ni2+)=c(A2-)=10-9.2mol/L，则有Ksp(NiA)=c(Ni2+)•c(A2−)=10−18.4，故A错误；

B．曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表A2-，④代表HA-，由图可知时，离子浓度大小为，故B错误；

C．取曲线④上点(1.6,6.5)，该点c(H+)=10-1.6mol/L，c(HA-)=10-6.5mol/L，，，将点(4.2,a)代入，解得a=3.9，，故C错误；

D．取曲线③上点(6.8,9.2)，该点c(H+)=10-6.8mol/L，c(A2-)=10-9.2mol/L，，则，将加入至溶液后得到NaHA溶液，HA-水解常数，说明HA-水解程度大于电离程度，溶液显碱性，故D正确；

故选：D。二、非选择题：（共4小题，共58分）15.是工业制备的一种重要原料，很多物质的制备都需要用到氯气．比如工业上用制备，反应原理为：。已知：的部分性质如下：熔点/℃沸点/℃相对分子质量其它75.5137.5遇水生成和HCl2105.3153.5遇水生成和HCl某化学兴趣小组模拟该工艺设计实验装置如图（某些夹持装置已略去）：（1）装置a的名称为_____________，粗产品中空间构型为_____________，b中盛放的药品可以是_____________（填序号）。①五氧化二磷②碱石灰③无水氯化钙（2）装置E中用软锰矿制备气体的离子方程式为__________________。（3）C反应温度控制在60～65℃，不能过高或过低的原因是_______________________。（4）通过测定三氯氧磷粗产品（还含有一定量的）中氧元素含量，可进一步计算产品三氯氧磷的纯度，实验步骤如下：①取ag产品置于盛50.00mL蒸馏水的水解瓶中，摇动至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液，预处理排除含磷粒子的影响。②取10.00mL溶液于锥形瓶中，向其中加入的溶液，使完全沉淀，然后选择作指示剂，用溶液滴定过量至终点，记下所用体积为。滴定终点的现象：_________________________________。（5）产品中氧元素的质量分数为_____________。（6）资料表明，与性质相近，乙醇在过量无水的作用下制备溴乙烷的反应机理如下图所示，请写出该条件下制备溴乙烷总反应方程式__________________。〖答案〗（1）球形冷凝管三角锥形②（2）（3）由于温度太低，反应速率变慢；温度过高，易挥发，利用率降低（4）加入最后半滴标准液，溶液变红，30s不变色（5）（6）〖祥解〗装置A中用黑色固体和液态物质反应制氧气，装置B可以干燥O2、还可以观察氧气的流速，瓶口的长颈漏斗可以平衡气压；装置E为固液混合加热制备氯气，装置D干燥生成的氯气；在装置C中发生P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3，据此回答。【详析】（1）装置a的名称为球形冷凝管；PCl3中键数目为3，孤电子对为，则PCl3空间构型为三角锥形；b中盛放的药品是碱石灰，吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置C，防止PCl3、POCl3遇水强烈水解，故选②；（2）装置E中用软锰矿制备气体的离子方程式为；（3）根据表中提供的物质的性质，C反应温度控制在60～65℃，不能过高或过低的原因是：由于温度太低，反应速率变慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率降低；（4）SCN-与铁离子会反应使溶液变为红色，故滴定终点现象为当最后半滴NH4SCN溶液，溶液变浅红色，且不变色；（5）PCl3~3Ag+~3Cl-，POCl3~3Ag+~3Cl-，与Cl-反应的Ag+的物质的量为n(Ag+)=(c0v0−c1v1)mol=(c0v0−c1v1)mol，则n(PCl3)+n(POCl3)=(c0v0−c1v1)×10-2mol，设n(PCl3)、n(POCl3)的物质的量分别是x、y，则可得，解得y=mol，则氧的质量分数为=；（6）由图可知，反应物为CH3CH2OH和PBr3，生成物为CH3CH2Br和HOPBr2，所以方程式为。16.电镀行业是国民经济中不可缺少的基础性行业，也是当今全球三大污染行业之一。我国电镀企业每年约产生1000万吨电镀污泥，以下是北京矿冶研究总院研究含铬混合电镀污泥（含、、、、）多金属资源化综合利用技术流程。（1）浸渣的主要成分是_____________（填化学式）。（2）萃取铜的原理：，控制其他条件相同，25℃时，pH值对萃取的影响如下图所示：①萃取过程浸取液的pH_____________（填“变大”、“变小”或“不变”）。②请解释当pH小于1时，萃取率随pH值变化的原因：_____________。③由图可知，当pH接近于0时，萃取剂难以萃取铜，为保证浸取液中的铜能完全萃取进入有机相，浸取液中的应不大于_____________mol/L。（3）已知沉铬时选择的沉淀剂为，，沉铬时加入的作用是_____________（用离子方程式表示）。（4）沉铁时的作用是_____________（用文字表述）。（5）沉锌得到的固体为ZnS，其晶体属于立方晶系，晶胞及其投影图如图所示，A点原子的分数坐标为，B点原子的分数坐标为，则C点原子的分数坐标为_____________。〖答案〗（1）（2）①变小②由于萃取过程为可逆反应，随着溶液酸度的增大，使得萃取反应向左移动，不利于萃取的进行，从而萃取率明显降低③0.5（3）（4）将氧化为（5）〖祥解〗在含铬混合电镀污泥中加入硫酸进行酸浸，、、、、分别转化为对应的硫酸盐，再加入碳酸钙调pH至2.5，浸渣的主要成分为硫酸钙，之后用有机溶剂萃取，进入有机相而其它物质在水相，加硫酸钠将转化为，再加沉淀剂可将转化为沉淀，然后加过氧化氢将转化为，调节溶液pH可使形成沉淀，加硫化钠可沉淀，最后加入碳酸钠使镍元素转化为沉淀。【详析】（1）由分析知，浸渣的主要成分是。（2）①萃取过程发生：，由于生成HCl，浸取液的pH变小。②萃取过程为可逆反应，当pH小于1时，随着溶液酸度的增大，使得萃取反应向左移动，不利于萃取的进行，从而使萃取率明显降低。③由题意知，为保证平衡正向移动，应使，则为保证浸取液中的铜能完全萃取进入有机相，浸取液中的应不大于0.5mol/L。（3）由于沉铬时选择的沉淀剂为，，，二者比较接近，为了沉淀，可加入将还原为，对应的离子方程式：。（4）沉铁时，加的作用是将氧化为，之后通过调pH可使形成沉淀。（5）结合晶胞及其投影图知，C点原子在晶胞体内，且参照A点和B点原子的分数坐标可知C点原子的分数坐标为。17.减排能有效降低温室效应，同时，也是一种重要的资源，因此研究捕集与转化对实现“碳中和”目标具有重要意义而备受关注。（1）某研究机构成功合成了氮掺杂多孔有机聚合物DLU-1吸附剂，用于烟道气（主要是和）和天然气中的捕集。为考查样品对单组分气体的吸附性能，测定在1bar，273和298K下的单组分气体吸附等温线如图，请阐述DLU-1吸附剂能做捕获剂的理由：_____________________________。（2）工业上用（和反应合成二甲醚，）①恒温恒容下，充入等物质的量的和充分反应，以下叙述能说明该反应达到平衡状态的_____________（填序号）。A．的物质的量分数保持不变B．容器中混合气体的密度保持不变C．容器中混合气体的平均摩尔质量保持不变D．断裂键的同时断裂键②在某压强下，合成二甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，的平衡转化率如图所示，则_____________（填“>