2024届湖南省岳阳市高三下学期三模化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2湖南省岳阳市2024届高三下学期三模可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Al-27P-31S-32Cl-35.5Fe-56一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共计42分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学和生活、科技、社会发展息息相关，下列说法错误的是（）A.神舟系列飞船返回舱使用氮化硅耐高温材料，属于共价晶体B.三星堆黄金面具出土时光亮且薄如纸，说明金不活泼和有良好的延展性C.利用合成了高级脂肪酸，实现了无机小分子向有机高分子的转变D.高铁酸钾()对饮用水有杀菌消毒和净化的作用〖答案〗C〖解析〗A．氮化硅熔点为1900℃、具有高强度、高韧性、耐高温的性质，由性质可知氮化硅为共价晶体，故A正确；B．三星堆黄金面具是文物，历经年代久远，但出土时光亮且薄如纸，说明金不活泼和有很好的延展性，故B正确；C．高级脂肪酸不属于有机高分子化合物，故C错误；D．高铁酸钾（K2FeO4）具有强氧化性，能使蛋白质变性，用于饮用水的杀菌消毒；高铁酸钾（K2FeO4）还原产物可转化为氢氧化铁胶体，能吸附水中悬浮物形成沉淀，可用于饮用水的净化，故D正确；故〖答案〗为：C。2.常用于微电子工业，可由反应制备。下列说法正确的是（）A.的VSEPR模型B.中子数为2的H原子可表示为C.F原子的结构示意图为D.的电子式为〖答案〗A〖解析〗A．中心原子价层电子对数为3+=4，含有1个孤电子对，VSEPR模型为四面体形，A正确；B．中子数为2的H原子质量数为1+2=3，可表示为，B错误；C．F是9号元素，结构示意图为，C错误；D．是离子化合物，电子式为：，D错误；故选A。3.实验室由硫铁矿烧渣（含FeO、、等）制取无水氯化铁的实验原理和装置不能达到实验目的的是（）A.用装置甲溶解硫铁矿烧渣 B.用装置乙过滤得到含、混合溶液C.用装置丙氧化得到溶液 D.用装置丁蒸干溶液获得无水〖答案〗D〖解析〗A．硫铁矿烧渣(含FeO、、等)置于烧杯中，加过量盐酸溶解，其中FeO、溶于盐酸生成氯化亚铁和氯化铁，不溶于盐酸，故A正确；B．酸溶后的悬浊液进行过滤分离，得到氯化亚铁和氯化铁的混合溶液，故B正确；C．含氯化亚铁和氯化铁的混合溶液，转移入锥形瓶中加过量的双氧水，将氯化亚铁氧化为氯化铁，故C正确；D．所得氯化铁溶液应在HCl氛围中蒸发浓缩、冷却结晶，在将晶体在HCl气氛中脱水得到无水氯化铁，直接蒸发结晶无法得到无水氯化铁，故D错误；故选：D。4.下列离子方程式正确的是（）A.将碘单质溶于碘化钾溶液中：B.用浓氨水吸收烟气中的：C.以铜为电极电解饱和氯化钠溶液阳极电极反应式：D.与足量氢氧化钠溶液共热：〖答案〗A〖解析〗A．实验室中的碘水一般是将碘单质溶于KI溶液配制而成，发生反应：，A正确；B．一水合氨是弱碱，在离子方程式中不能拆，B错误；C．以铜为电极电解饱和氯化钠溶液，阳极Cu失去电子生成Cu2+，阳极电极反应式：，C错误；D．与足量氢氧化钠溶液共热发生取代反应生成，离子方程式为：，D错误；故选A。5.有机物M()是合成某种水稻除草剂的中间体。下列说法正确的是（）A.有机物M分子存在对映异构B.有机物M中的所有碳原子有可能共平面C.有机物M的一氯代物有5种D.1mol有机物M最多能和3mol发生加成反应〖答案〗C〖解析〗A．有机物M分子中没有手性碳原子即四个各不相同原子或基团相连的碳原子，不存在对映异构，故A错误；B．由结构简式可知，化合物M分子中含结构，具有类似甲烷的四面体结构，则分子中所有碳原子不可能共平面，B错误；C．有机物M（）有5种环境的H原子，一氯代物有5种，故C正确；D．有机物M中苯环和羰基都可以和氢气发生加成反应，1mol有机物M最多和5mol发生加成反应，故D错误；故〖答案〗选C。6.含的稀硫酸溶解铜可得到溶液，向制备得到的溶液中逐滴加入氨水，产生蓝色沉淀，继续滴加氨水并振荡试管得到深蓝色透明溶液，再加入95%乙醇，析出蓝色晶体。已知为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法不正确的是（）A.在水中的溶解度大于其在乙醇中的溶解度B.分子中小于中的C.中Cu的杂化方式为D.1mol含有σ键数20〖答案〗C〖解析〗A．得到的深蓝色透明溶液中含有、，加入95%乙醇，析出蓝色晶体，说明乙醇使溶解度降低，A正确；B．及中N原子都为杂化，分子中N原子有1个孤电子对，对成键电子对的排斥力较大，键角小于，中N原子孤电子对与形成配位键，使键角约等于，B正确；C．中心原子采用杂化的微粒，价层电子对互斥模型为四面体形，而空间结构为平面形，故杂化方式不是，C错误；D．中含有、、σ键，1mol含有σ键数20，D正确；〖答案〗选C。7.苯与Cl2的反应机理如下图一所示，其反应过程中的能量变化如图二所示。下列说法正确的是（）A.苯和Cl2反应的速率由过程Ⅱ的速率决定B.FeCl3的参与改变了反应历程，降低了总反应的焓变C.反应过程中有极性键和非极性的断裂和生成D.升温既能提高反应速率，又能提高苯的平衡转化率〖答案〗A〖解析〗A．活化能大的步骤决定反应的速率，根据图示过程Ⅱ的活化能大，A正确；B．催化剂通过降低活化能而改变反应速率，但不影响焓变，B错误；C．反应中断裂C-H、Cl-Cl键，生成C-Cl、H-Cl，没有非极性键的生成，C错误；D．该反应为放热反应，升高温度平衡逆向进行，降低苯的平衡转化率，D错误；故〖答案〗为：A。8.常温下，在10mL0.1MOH溶液中滴加pH=1的盐酸，溶液中AG()与盐酸体积(V)之间的关系如图所示，下列说法不正确的是（）A.P点→Q点：水的电离程度变小B.G点：C.D.F点溶液中：〖答案〗D〖祥解〗E点纵坐标为8，即在加盐酸之前，0.1MOH溶液中=8，c(OH-)c(H+)=10-14，，所以c(OH-)=10-3mol/L，MOH为弱碱。【详析】A．P点横坐标为10，即10mL0.1MOH溶液中滴加10mLpH=1的盐酸，两者恰好完全反应生成MCl，MCl为强酸弱碱盐，水解促进水的电离，P点之后继续加盐酸，盐酸过量抑制水的电离，所以P点→Q点：水的电离程度变小，故A正确；B．G点：=0，溶液呈中性，c(OH-)=c(H+)，又溶液中存在电荷守恒，所以，故B正确；C．据以上分析可知，E点c(OH-)=10-3mol/L，MOH为弱碱，其电离方程式为，，故C正确；D．F点溶液呈碱性，为10mL0.1MOH溶液中滴加5mLpH=1的盐酸，反应后溶液的溶质为等物质的量的MOH和MCl，溶液呈碱性，说明MOH的电离程度大于MCl的水解程度，所以，即，故D错误；故〖答案〗为：D。9.W、X、Z、Y、N为原子序数依次增大的短周期主族元素，W与Y原子的最外层电子数之和等于X原子的最外层电子数，五种元素能组成如图所示的物质。下列说法错误的是（）A.最高价氧化物对应水化物的酸性：N>Y B.简单氢化物的沸点：X>N>YC.元素的第一电离能：N>Y>Z D.简单离子半径：N>Y>X>Z〖答案〗D〖祥解〗W、X、Z、Y、N为原子序数依次增大的短周期主族元素，由题中所给结构可知，Z形成带一个单位正电荷的阳离子，则Z为IA族元素；X形成两个价键，X为VIA族元素，原子序数X小于Z，所以X为O、Z为Na，W形成一个价键，W为IA族元素，则W为H；W与Y原子的最外层电子数之和等于X原子的最外层电子数，即Y的最外层电子数为5，所以Y为P；N形成一个单键，且原子序数大于P，所以N为Cl。【详析】A．N为Cl、Y为P，Cl、P位于同一周期，同一周期从左到右元素非金属性递增、最高价氧化物对应水化物的酸性增强，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：N>Y，故A正确；B．X为O、N为Cl、Y为P，简单氢化物分为H2O、HCl、PH3，H2O分子间存在氢键，H2O的沸点最高，HCl的相对分子质量大于PH3，沸点HCl高于PH3，所以简单氢化物的沸点：X>N>Y，故B正确；C．N为Cl、Y为P、Z为Na，三种元素位于同一周期，同一周期从左至右元素的第一电离能有增大的趋势，所以第一电离能：N>Y>Z，故C正确；D．N、Y、X、Z分别为Cl、P、O、Na，其简单离子分别为Cl-、P3-、O2-、Na+，O2-和Na+核外有两个电子层、Cl-和P3-核外有三个电子层，所以Cl-和P3-的半径大于O2-和Na+，O2-和Na+具有相同的电子层结构，核电荷数越大、半径越小，即半径大小O2-＞Na+，Cl-和P3-具有相同的电子层结构，核电荷数越大、半径越小，即半径大小Cl-＜P3-，所以简单离子半径：P3-＞Cl-＞O2-＞Na+，故D错误；故〖答案〗为：D。10.为完成相应实验目的，下列方案设计、现象和结论均正确的是（）选项实验目的方案设计现象结论A探究温度对化学平衡的影响把装有和混合气体的烧瓶浸泡在热水中烧瓶中气体颜色加深转化为的反应为放热反应B探究浓硝酸与炭在加热条件下能否反应将红热的木炭投入浓硝酸中产生红棕色气体炭与浓硝酸在加热条件下反应生成C探究淀粉的水解在试管中加入0.5g淀粉和4mL2mol/L溶液，加热，待溶液冷却后，再加入少量新制的氢氧化铜，加热无沉淀生成说明淀粉没有发生水解D探究、的溶解度的大小向2mL1mol/LNaOH溶液中依次滴加0.1mol/L和溶液各1mL先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀溶解度：大于〖答案〗A〖解析〗A．装有和气体的烧瓶存在，将其浸泡在热水中，观察到烧瓶内气体颜色加深，说明浓度增大，上述平衡逆向移动，故能说明是放热反应，A正确；B．加热时，浓硝酸可自身分解产生红棕色的气体，故红棕色气体可能由木炭与浓硝酸反应产生，也可能由浓硝酸自身分解产生，B错误；C．探究淀粉水解，实质是检验有葡萄糖生成，检验葡萄糖需在碱性条件下，新制的氢氧化铜与葡萄糖混合加热，产生红色沉淀，该实验中淀粉在溶液中加热，溶液冷却后，未加入NaOH溶液条件至碱性，再加入少量新制的氢氧化铜与反应，故不能说明淀粉未水解，C错误；D．2mL1mol/LNaOH溶液中滴加0.1mol/L的溶液1mL，少量，产生白色沉淀后，溶液中有NaOH剩余，再滴加0.1mol/L的溶液1mL，，产生红褐色沉淀，不能说明溶解转化为，不能说明溶解度大于，且实验目的是探究与的溶解度的大小，实验操作与的生成无关，D错误；〖答案〗选A。11.实验室由环己醇()制备环己酮()的过程如下：已知：①主反应为，该反应为放热反应；②环己酮可被强氧化剂氧化；③环己酮的沸点为155.6℃，能与水形成沸点为95℃的共沸混合物；④NaCl水溶液的密度比水的大，无水易吸收水分。下列说法错误的是（）A.分批次加入溶液，可防止副产物增多B.反应后加入少量草酸溶液的目的是调节pHC.操作1为蒸馏，收集150～156℃的馏分D.实验过程中获取③的操作为过滤〖答案〗B〖祥解〗向浓硫酸、环己醇的混合液中加入稍过量的Na2Cr2O7溶液，水浴加热，环己醇被氧化成，在液相1中加入少量草酸溶液除去过量的Na2Cr2O7，在95℃蒸馏得到环己酮与水的共沸混合物，在液相2中加入固体NaCl降低环己酮的溶解度，使环己酮分层析出，在液相3中加入K2CO3除去水分，经过滤得到K2CO3水合物，滤液经蒸馏得到环己酮。【详析】A．环己酮可被强氧化剂氧化，故分批次加入Na2Cr2O7溶液可防止环己酮被氧化，防止副产物增多，A项正确；B．由于Na2Cr2O7溶液稍过量，且环己酮可被强氧化剂氧化，故反应后加入少量草酸溶液的目的是除去过量的Na2Cr2O7，B项错误；C．操作1为蒸馏，环己酮的沸点为155.6℃，故收集150～156℃的馏分得到环己酮，C项正确；D．无水碳酸钾易吸收水分，故加入无水碳酸钾除去水分，实验过程中获取③的操作为过滤，D项正确；〖答案〗选B12.新型贮氢材料［］的晶胞结构如图所示。下列说法错误的是（）A.该晶体属于离子晶体B.具有很强的还原性C.与A点距离最近的的个数为4D.表示阿伏加德罗常数的值，则该物质的密度为〖答案〗C〖解析〗A．该晶体由Na+和构成，属于离子晶体，A项正确；B．NaAlH4中的H元素为-1价，具有还原性，B项正确；C．与A点距离最近的Na+的个数为8，C项错误；D．利用均摊法，可计算出晶胞中Na+个数，个数，可得化学式NaAlH4，结合晶胞密度的计算公式，可得该物质的密度为=g×cm-3，D项正确。故〖答案〗选C。13.电解苯酚的乙腈()水溶液可在电极上直接合成扑热息痛()，电极材料均为石墨，电极c的电极反应式为。下列说法错误的是（）A.硫酸根离子向甲室移动B.电极d的电极反应类型是还原反应C.电极b的电极反应式为：D.合成1mol扑热息痛，理论上甲室质量增重96g〖答案〗D〖祥解〗该实验左侧装置为原电池，右侧装置为电解池，由c的电极反应为失电子、氧化反应可知，该电极为阳极，故d为阴极，a为负极，b为正极。【详析】A．在原电池中，阴离子向负极移动，a极为负极，故硫酸根离子向甲室移动，A正确；B．电极d为电解池阴极，阴极发生得电子、还原反应，B正确；C．电极b为原电池正极，正极发生得电子、还原反应，电极反应式为，C正确；D．由电极c的电极反应式可知，合成1mol扑热息痛，电路中转移电子为2mol，则生成1mol质量减少32g，1mol由乙室移向甲室质量增加96g，甲室质量增加96g-32g=64g，D错误；〖答案〗选D。14.回收利用废旧锂离子电池正极材料钴酸锂粗品来制备产品，可实现资源的循环利用。其工艺流程如下。已知：①氯化胆碱［］是铵盐，熔点较低，熔点较高；②在溶液中常以(蓝色)和(粉红色)形式存在；③常温下，；下列说法错误的是（）A.将废旧电池拆解并将其浸入NaCl溶液中，其目的是进行放电处理，使得锂离子从负极脱出，经过电解质溶液进入正极材料B.“微波共熔”中氯化胆碱的作用是作为反应物提供做助熔剂，降低熔融所需的温度C.“沉钴”过程发生反应的离子方程式为D.“水浸”过程中溶液由蓝色逐渐变为粉红色，则“微波共熔”后获得的含Li、Co的化合物为〖答案〗C〖祥解〗氯化胆碱、草酸和粗品微波共熔的过程中，Co被还原为+2价，经过水浸滤液中Co以存在，加入氢氧化钠沉钴，得到Co(OH)2沉淀和含有锂离子的溶液，Co(OH)2固体经过煅烧得到固体Co3O4，含有锂离子的溶液中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和Co3O4高温烧结（通入空气氧化）得到产品。【详析】A．废旧电池拆解提取正极材料前，需将其浸入NaCl溶液中，其目的是进行放电处理，使得锂离子从负极脱出，经过电解质溶液进入正极材料，提高产品产率，A正确；B．氯化胆碱是铵盐，熔点较低，熔点较高，则“微波共熔”中氯化胆碱的作用是作为反应物提供Cl-，做助剂降低LiCoO2熔融所需的温度；，B正确；C．水浸滤液加入氢氧化钠沉钴，得到Co(OH)2沉淀，则“沉钴”过程发生反应的离子方程式为，C错误；D．“水浸”过程中溶液由蓝色逐渐变为粉红色，则“微波共熔”后获得的含Li、Co的化合物为，D正确；故选C。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-11275.5137.5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）仪器a的名称为___________，粗产品中空间构型为___________，b中盛放的药品的作用___________。（2）装置E中用软锰矿制备气体的离子方程式为_______________________。（3）装置C中反应温度控制在60～65℃，原因是____________________。（4）通过测定三氯氧磷粗产品中氯元素含量，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mol/L的溶液mL，使完全沉淀，然后选择作指示剂，用mo/L溶液滴定过量至终点()，记下所用体积为mL。滴定终点的现象：___________。（5）产品中氯元素的质量分数为___________。（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）蒸馏烧瓶四面体形吸收多余的氯气，防止空气的水蒸气进入反应装置中（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MnO2和H2O2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。【详析】（1）①根据装置图仪器a结构可知其名称为蒸馏烧瓶，故〖答案〗为：蒸馏烧瓶；②POCl3中中心原子为P，其σ键数为4，孤电子对数为，价层电子对数为4+0=4，为四面体型，故〖答案〗为：四面体型；③b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〖答案〗为：吸收多余的氯气，防止空气的水蒸气进入反应装置中；（2）装置E为用软锰矿制备氯气，离子方程式为；，故〖答案〗为：；（3）装置C中发生的反应为2PCl3+O2=2POCl3，根据表中提供的物质的性质，反应温度应控制在60℃～65℃，原因是温度过低，反应速率慢，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产率；故〖答案〗为：温度过高，易挥发，利用率降低；温度过度，反应速率慢；（4）SCN-与Fe3+会反应使溶液变为红色，故滴定终点现象为当滴入最后半滴NH4SCN标准溶液，溶液变浅红色，且30s不变色；故〖答案〗为：加入最后半滴标准液，溶液变红，30s不变色；（5）根据元素守恒可得关系式：，，与Cl-反应的Ag+的物质的量为，则n(Cl)=n(Cl-)=，则氯元素的质量分数为，故〖答案〗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。；故〖答案〗为。16.铅渣由多种氧化物及它们相互结合而形成的化合物、固溶体、共晶混合物所组成。对铅渣进行综合利用，回收其中的有价金属(Cu、Fe、Pb、Zn、Sb)的部分工艺流程如下：已知：①常温下，，，。②金属离子浓度等于时，可认为其恰好沉淀完全。（1）Sb元素的原子序数为51，与氮元素同主族，其基态电子排布式为[Kr]___________。（2）“还原焙烧”时，发生反应的化学方程式为_____________________。（3）挥发烟尘中的主要氧化物为。“转化”过程中，发生反应的离子方程式为_____________________。（4）“氧化酸浸”过程中，若将物质的量为2mol的合金(其中Cu与Sb物质的量之比为)氧化，至少需要的物质的量为___________mol(用含a、b的式子表示)。（5）“过滤洗涤”过程中，加入酒石酸(分子式为，结构简式)发生如下反应：；。①上述两个配合物中，提供孤对电子的元素为___________(填元素符号)。②“过滤洗涤”时，用酒石酸稀溶液洗涤滤渣而不用水。用酒石酸稀溶液洗涤可减少金属离子的损失，原因为____________________________________。（6）“沉锑”过程中，锑恰好沉淀完全时，溶液中___________。〖答案〗（1）（2）（3）（4）（5）①O②酒石酸与、发生配位反应，形成配合物降低金属离子浓度，且溶液酸性增强，减少难溶性碱的生成（6）〖祥解〗铅渣与褐煤、氧化钙进行还原焙烧，形成挥发烟尘，挥发烟尘利用硫酸酸溶，生成含锌溶液及硫酸铅沉淀，硫酸铅沉淀经氨水及碳酸氢铵作用后生成碳酸铅；磨矿磁选后得还原性铁，磁选尾矿加入过氧化氢的硫酸进行氧化酸浸，过滤后利用石酒酸洗涤，滤除滤渣后滤液中加氨水沉锑。【详析】（1）Sb位于第五周期，与碳元素同主族，说明其最外层电子数与碳相同，则基态电子排布式为[Kr]。（2）“还原焙烧”时，与C发生还原反应生成Fe、SiO2和CO，化学方程式为：。（3）经硫酸溶解、过滤后得含锌滤液及硫酸铅沉淀，硫酸铅沉淀与氨水和碳酸氢铵反应，生成碳酸铅、硫酸铵和水，化学方程式：。（4）“氧化酸浸”过程中，若将物质的量为2mol的Cu-Sb合金(其中Cu与Sb物质的量之比为a：b)氧化，根据后边流程知Cu生成Cu2+，Sb生成Sb3+，失电子总物质的量为，H2O2中氧从-1变到-2，1molH2O2得2mol电子，根据得失电子守恒，至少需要H2O2的物质的量为。（5）①上述两个配合物中，提供空轨道元素为Cu、Sb，提供孤对电子的元素为O；②“过滤洗涤”时，用酒石酸稀溶液洗涤滤渣而不用水。用酒石酸稀溶液洗涤可减少金属离子的损失，原因为酒石酸与、发生配位反应，形成配合物降低金属离子浓度，且溶液酸性增强，减少难溶性碱的生成。（6）“沉锑”过程中，锑恰好完全沉淀时，c(Sb3+)=1.0×10-5mol·L-1，c(OH-)=，，3.6×107。17.2024年上海国际碳中和技术博览会以“中和科技、碳素未来”为主题，重点聚焦二氧化碳的捕捉、利用与封存(CCUS)等问题。回答下列问题：Ⅰ.是典型的温室气体，Sabatier反应可实现转化为甲烷，实现的资源化利用。合成过程中涉及如下反应：甲烷化反应(主反应)：①逆变换反应(副反应)：②（1）反应③___________，该反应在___________(填“高温”“低温”或“任何温度”)下能自发进行。（2）下列叙述中能说明反应①达到平衡状态的是___________(填字母)。A．断裂4mol的同时断裂1molB．恒温恒容条件下，体系压强不再变化C．恒温恒容条件下，气体的密度不再变化D．E．绝热恒容条件下，不再变化（3）科研小组按进行投料，下面探究影响选择性的一些因素。①若在恒容容器中进行反应(初始压强为0.1MPa)，平衡时各气体的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。图中表示的物质的量分数随温度变化的曲线是___________(填“曲线1”“曲线2”或“曲线3”)。曲线1和曲线3交叉点处的平衡分压为___________MPa(该空忽略副反应逆变换反应)。②积碳会使催化剂的活性降低，从而影响甲烷的选择性，各积碳反应的平衡常数与温度关系如下表所示：温度℃80021.600.1360.13385033.940.0580.06790051.380.0270.036反应a：反应b：反应c：由表中数据可知，积碳反应主要由反应___________引起(填“a”“b”或“c”)。Ⅱ.完成下列问题（4）一定条件下，向4L恒容密闭容器中充入2mol和6mol，发生反应。已知容器内起始压强为240kPa，反应达平衡时容器内压强为150kPa，该温度下反应的标准平衡常数___________。(该反应标准平衡常数的表达式为，其中p为分压，分压=总压×物质的量分数，)〖答案〗（1）低温（2）BE（3）①曲线20.004②a（4）或14.8〖解析〗（1）由盖斯定律可知，①-2×②可得反应③=，该反应是气体体积减小的反应，，当时反应能自发进行，则该反应在低温下能自发进行。（2）A．断裂4mol的同时断裂1mol，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，A不选；B．该反应是气体体积减小的反应，反应过程中气体压强减小，恒温恒容条件下，体系压强不再变化时，说明反应达到平衡，B选；C．恒温恒容条件下，该反应过程中气体总质量和总体积都不变，气体的密度是定值，当气体密度不再变化时，不能说明反应达到平衡，C不选；D．不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，D不选；E．绝热恒容条件下，该反应是放热反应，反应过程中温度上升，K=减小，当不再变化时，反应达到平衡，E选；故选BE。（3）①结合图中CO2的变化曲线可知，温度较低时（大约在600℃以下），甲烷化反应的逆反应占主导地位，且随着温度的升高，甲烷化反应的化学平衡逆向移动，CO2的含量逐渐增大，则H2的含量也逐渐增大，CH4和H2O(g)的含量逐渐减小[此阶段]，故曲线1是CH4的变化曲线：曲线2是H2O(g)的变化曲线；曲线3是H2的变化曲线，温度较高时（大约在650℃以上），逆变换反应的正反应占主导地位，且随着温度的升高，H2的含量逐渐减小。设起始时n(H2)=4mol，n(CO2)=1mol，达到平衡时消耗的CO2为xmol，曲线1和曲线3交叉点处，n(H2)=n(CH4)，4-4x=x，解得x=0.8。平衡后混合气体的总物质的量=0.2mol+0.8mol+0.8mol+1.6mol=3.4mol，在温度和容器的体积一定时，，则，解得p(平衡)=0.068MPa，故曲线1和曲线3交叉点处CO2的平衡分压：p(CO2)=0.068MPa×=0.004MPa；②相同温度下，反应平衡常数最大。平衡常数越大，反应进行的程度越大，故积碳反应主要由该反应造成。（4）根据已知条件列出“三段式”已知容器内起始压强为240kPa，反应达平衡时容器内压强为150kPa，则，x=1.5mol，则、、、，=或14.8。18.CalcicamideA作为一种爱尔兰海绵S.Calcicola中分离出来的海洋天然产物，含有新颖的手性双吲哚结构，是一种潜在的抗肿瘤先导化合物。其中是合成中间体，其合成路线：回答下列问题：（1）A化学名称为：___________；C中含有的官能团的名称为___________。（2）A到B的化学方程式为___________。（3）B到C，F到G的反应类型分别为___________，___________；化合物E的结构简式为___________。（4）在D的同分异构体中，满足下列条件的结构简式为___________。①能发生银镜反应②能发生水解发应③含有一个手性碳④核磁共振氢谱显示为五组峰且峰面积比为2：1∶1∶1∶1（5）参照上述合成路线，请以为原料，设计合成路线(无机试剂、有机溶剂任选)__________________________________________。〖答案〗（1）乙二醇醛基和羧基（2）（3）氧化反应加成反应（4）（5）〖祥解〗(A)HOCH2CH2OH在Cu作催化剂、加热下被氧气氧化生成(B)OHCCHO，OHCCHO被硝酸氧化生成(C)OHCCOOH，OHCCOOH在浓硫酸、加热条件下与乙醇发生酯化反应生成(D)OHCCOOC2H5，OHCCOOC2H5与(E)在MgSO4作用下反应生成(F)，与发生加成反应生成(G)，在LiAlH4、DCM、0℃条件下反应生成(H)，在DPPA、DBU、THF、50℃条件下反应生成(I)，在PPh3、H2O、THF、50℃条件下反应生成J。【详析】（1）A的分子式为C2H6O2、B的分子式为C2H2O2，对比A、B的分子式，结合反应条件：Cu作催化剂、加热、氧气，可知A发生氧化反应生成B，且A分子中碳原子为饱和碳原子，所以A的结构简式为HOCH2CH2OH，其化学名称为乙二醇；A的结构简式为HOCH2CH2OH，则B的结构简式为OHCCHO，B的分子式为C2H2O2、C的分子式为C2H2O3，则B发生加氧氧化生成C，所以C的结构简式为OHCCOOH，其中含有的官能团的名称为醛基和羧基；（2）A的结构简式为HOCH2CH2OH、B的结构简式为OHCCHO，A到B的化学方程式为；（3）B的结构简式为OHCCHO、C的结构简式为OHCCOOH，B发生氧化反应生成C，则B到C的反应类型为氧化反应；F的结构简式为、G的结构简式为，对比F、G的结构简式可知，F和反应生成G的反应类型为加成反应；C的结构简式为OHCCOOH，OHCCOOH在浓硫酸、加热条件下与乙醇发生酯化反应生成D，则D的结构简式为OHCCOOC2H5，OHCCOOC2H5与化合物E反应生成的F为，对比D、F的结构简式可知，E的结构简式为；（4）D的结构简式为OHCCOOC2H5，满足条件的结构简式为；（5）以为原料合成时，先氧化羟基为酮羰基，产物再与乙醇发生酯化反应生成，然后参照题中路线，和反应制取，其路线为湖南省岳阳市2024届高三下学期三模可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Al-27P-31S-32Cl-35.5Fe-56一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共计42分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学和生活、科技、社会发展息息相关，下列说法错误的是（）A.神舟系列飞船返回舱使用氮化硅耐高温材料，属于共价晶体B.三星堆黄金面具出土时光亮且薄如纸，说明金不活泼和有良好的延展性C.利用合成了高级脂肪酸，实现了无机小分子向有机高分子的转变D.高铁酸钾()对饮用水有杀菌消毒和净化的作用〖答案〗C〖解析〗A．氮化硅熔点为1900℃、具有高强度、高韧性、耐高温的性质，由性质可知氮化硅为共价晶体，故A正确；B．三星堆黄金面具是文物，历经年代久远，但出土时光亮且薄如纸，说明金不活泼和有很好的延展性，故B正确；C．高级脂肪酸不属于有机高分子化合物，故C错误；D．高铁酸钾（K2FeO4）具有强氧化性，能使蛋白质变性，用于饮用水的杀菌消毒；高铁酸钾（K2FeO4）还原产物可转化为氢氧化铁胶体，能吸附水中悬浮物形成沉淀，可用于饮用水的净化，故D正确；故〖答案〗为：C。2.常用于微电子工业，可由反应制备。下列说法正确的是（）A.的VSEPR模型B.中子数为2的H原子可表示为C.F原子的结构示意图为D.的电子式为〖答案〗A〖解析〗A．中心原子价层电子对数为3+=4，含有1个孤电子对，VSEPR模型为四面体形，A正确；B．中子数为2的H原子质量数为1+2=3，可表示为，B错误；C．F是9号元素，结构示意图为，C错误；D．是离子化合物，电子式为：，D错误；故选A。3.实验室由硫铁矿烧渣（含FeO、、等）制取无水氯化铁的实验原理和装置不能达到实验目的的是（）A.用装置甲溶解硫铁矿烧渣 B.用装置乙过滤得到含、混合溶液C.用装置丙氧化得到溶液 D.用装置丁蒸干溶液获得无水〖答案〗D〖解析〗A．硫铁矿烧渣(含FeO、、等)置于烧杯中，加过量盐酸溶解，其中FeO、溶于盐酸生成氯化亚铁和氯化铁，不溶于盐酸，故A正确；B．酸溶后的悬浊液进行过滤分离，得到氯化亚铁和氯化铁的混合溶液，故B正确；C．含氯化亚铁和氯化铁的混合溶液，转移入锥形瓶中加过量的双氧水，将氯化亚铁氧化为氯化铁，故C正确；D．所得氯化铁溶液应在HCl氛围中蒸发浓缩、冷却结晶，在将晶体在HCl气氛中脱水得到无水氯化铁，直接蒸发结晶无法得到无水氯化铁，故D错误；故选：D。4.下列离子方程式正确的是（）A.将碘单质溶于碘化钾溶液中：B.用浓氨水吸收烟气中的：C.以铜为电极电解饱和氯化钠溶液阳极电极反应式：D.与足量氢氧化钠溶液共热：〖答案〗A〖解析〗A．实验室中的碘水一般是将碘单质溶于KI溶液配制而成，发生反应：，A正确；B．一水合氨是弱碱，在离子方程式中不能拆，B错误；C．以铜为电极电解饱和氯化钠溶液，阳极Cu失去电子生成Cu2+，阳极电极反应式：，C错误；D．与足量氢氧化钠溶液共热发生取代反应生成，离子方程式为：，D错误；故选A。5.有机物M()是合成某种水稻除草剂的中间体。下列说法正确的是（）A.有机物M分子存在对映异构B.有机物M中的所有碳原子有可能共平面C.有机物M的一氯代物有5种D.1mol有机物M最多能和3mol发生加成反应〖答案〗C〖解析〗A．有机物M分子中没有手性碳原子即四个各不相同原子或基团相连的碳原子，不存在对映异构，故A错误；B．由结构简式可知，化合物M分子中含结构，具有类似甲烷的四面体结构，则分子中所有碳原子不可能共平面，B错误；C．有机物M（）有5种环境的H原子，一氯代物有5种，故C正确；D．有机物M中苯环和羰基都可以和氢气发生加成反应，1mol有机物M最多和5mol发生加成反应，故D错误；故〖答案〗选C。6.含的稀硫酸溶解铜可得到溶液，向制备得到的溶液中逐滴加入氨水，产生蓝色沉淀，继续滴加氨水并振荡试管得到深蓝色透明溶液，再加入95%乙醇，析出蓝色晶体。已知为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法不正确的是（）A.在水中的溶解度大于其在乙醇中的溶解度B.分子中小于中的C.中Cu的杂化方式为D.1mol含有σ键数20〖答案〗C〖解析〗A．得到的深蓝色透明溶液中含有、，加入95%乙醇，析出蓝色晶体，说明乙醇使溶解度降低，A正确；B．及中N原子都为杂化，分子中N原子有1个孤电子对，对成键电子对的排斥力较大，键角小于，中N原子孤电子对与形成配位键，使键角约等于，B正确；C．中心原子采用杂化的微粒，价层电子对互斥模型为四面体形，而空间结构为平面形，故杂化方式不是，C错误；D．中含有、、σ键，1mol含有σ键数20，D正确；〖答案〗选C。7.苯与Cl2的反应机理如下图一所示，其反应过程中的能量变化如图二所示。下列说法正确的是（）A.苯和Cl2反应的速率由过程Ⅱ的速率决定B.FeCl3的参与改变了反应历程，降低了总反应的焓变C.反应过程中有极性键和非极性的断裂和生成D.升温既能提高反应速率，又能提高苯的平衡转化率〖答案〗A〖解析〗A．活化能大的步骤决定反应的速率，根据图示过程Ⅱ的活化能大，A正确；B．催化剂通过降低活化能而改变反应速率，但不影响焓变，B错误；C．反应中断裂C-H、Cl-Cl键，生成C-Cl、H-Cl，没有非极性键的生成，C错误；D．该反应为放热反应，升高温度平衡逆向进行，降低苯的平衡转化率，D错误；故〖答案〗为：A。8.常温下，在10mL0.1MOH溶液中滴加pH=1的盐酸，溶液中AG()与盐酸体积(V)之间的关系如图所示，下列说法不正确的是（）A.P点→Q点：水的电离程度变小B.G点：C.D.F点溶液中：〖答案〗D〖祥解〗E点纵坐标为8，即在加盐酸之前，0.1MOH溶液中=8，c(OH-)c(H+)=10-14，，所以c(OH-)=10-3mol/L，MOH为弱碱。【详析】A．P点横坐标为10，即10mL0.1MOH溶液中滴加10mLpH=1的盐酸，两者恰好完全反应生成MCl，MCl为强酸弱碱盐，水解促进水的电离，P点之后继续加盐酸，盐酸过量抑制水的电离，所以P点→Q点：水的电离程度变小，故A正确；B．G点：=0，溶液呈中性，c(OH-)=c(H+)，又溶液中存在电荷守恒，所以，故B正确；C．据以上分析可知，E点c(OH-)=10-3mol/L，MOH为弱碱，其电离方程式为，，故C正确；D．F点溶液呈碱性，为10mL0.1MOH溶液中滴加5mLpH=1的盐酸，反应后溶液的溶质为等物质的量的MOH和MCl，溶液呈碱性，说明MOH的电离程度大于MCl的水解程度，所以，即，故D错误；故〖答案〗为：D。9.W、X、Z、Y、N为原子序数依次增大的短周期主族元素，W与Y原子的最外层电子数之和等于X原子的最外层电子数，五种元素能组成如图所示的物质。下列说法错误的是（）A.最高价氧化物对应水化物的酸性：N>Y B.简单氢化物的沸点：X>N>YC.元素的第一电离能：N>Y>Z D.简单离子半径：N>Y>X>Z〖答案〗D〖祥解〗W、X、Z、Y、N为原子序数依次增大的短周期主族元素，由题中所给结构可知，Z形成带一个单位正电荷的阳离子，则Z为IA族元素；X形成两个价键，X为VIA族元素，原子序数X小于Z，所以X为O、Z为Na，W形成一个价键，W为IA族元素，则W为H；W与Y原子的最外层电子数之和等于X原子的最外层电子数，即Y的最外层电子数为5，所以Y为P；N形成一个单键，且原子序数大于P，所以N为Cl。【详析】A．N为Cl、Y为P，Cl、P位于同一周期，同一周期从左到右元素非金属性递增、最高价氧化物对应水化物的酸性增强，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：N>Y，故A正确；B．X为O、N为Cl、Y为P，简单氢化物分为H2O、HCl、PH3，H2O分子间存在氢键，H2O的沸点最高，HCl的相对分子质量大于PH3，沸点HCl高于PH3，所以简单氢化物的沸点：X>N>Y，故B正确；C．N为Cl、Y为P、Z为Na，三种元素位于同一周期，同一周期从左至右元素的第一电离能有增大的趋势，所以第一电离能：N>Y>Z，故C正确；D．N、Y、X、Z分别为Cl、P、O、Na，其简单离子分别为Cl-、P3-、O2-、Na+，O2-和Na+核外有两个电子层、Cl-和P3-核外有三个电子层，所以Cl-和P3-的半径大于O2-和Na+，O2-和Na+具有相同的电子层结构，核电荷数越大、半径越小，即半径大小O2-＞Na+，Cl-和P3-具有相同的电子层结构，核电荷数越大、半径越小，即半径大小Cl-＜P3-，所以简单离子半径：P3-＞Cl-＞O2-＞Na+，故D错误；故〖答案〗为：D。10.为完成相应实验目的，下列方案设计、现象和结论均正确的是（）选项实验目的方案设计现象结论A探究温度对化学平衡的影响把装有和混合气体的烧瓶浸泡在热水中烧瓶中气体颜色加深转化为的反应为放热反应B探究浓硝酸与炭在加热条件下能否反应将红热的木炭投入浓硝酸中产生红棕色气体炭与浓硝酸在加热条件下反应生成C探究淀粉的水解在试管中加入0.5g淀粉和4mL2mol/L溶液，加热，待溶液冷却后，再加入少量新制的氢氧化铜，加热无沉淀生成说明淀粉没有发生水解D探究、的溶解度的大小向2mL1mol/LNaOH溶液中依次滴加0.1mol/L和溶液各1mL先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀溶解度：大于〖答案〗A〖解析〗A．装有和气体的烧瓶存在，将其浸泡在热水中，观察到烧瓶内气体颜色加深，说明浓度增大，上述平衡逆向移动，故能说明是放热反应，A正确；B．加热时，浓硝酸可自身分解产生红棕色的气体，故红棕色气体可能由木炭与浓硝酸反应产生，也可能由浓硝酸自身分解产生，B错误；C．探究淀粉水解，实质是检验有葡萄糖生成，检验葡萄糖需在碱性条件下，新制的氢氧化铜与葡萄糖混合加热，产生红色沉淀，该实验中淀粉在溶液中加热，溶液冷却后，未加入NaOH溶液条件至碱性，再加入少量新制的氢氧化铜与反应，故不能说明淀粉未水解，C错误；D．2mL1mol/LNaOH溶液中滴加0.1mol/L的溶液1mL，少量，产生白色沉淀后，溶液中有NaOH剩余，再滴加0.1mol/L的溶液1mL，，产生红褐色沉淀，不能说明溶解转化为，不能说明溶解度大于，且实验目的是探究与的溶解度的大小，实验操作与的生成无关，D错误；〖答案〗选A。11.实验室由环己醇()制备环己酮()的过程如下：已知：①主反应为，该反应为放热反应；②环己酮可被强氧化剂氧化；③环己酮的沸点为155.6℃，能与水形成沸点为95℃的共沸混合物；④NaCl水溶液的密度比水的大，无水易吸收水分。下列说法错误的是（）A.分批次加入溶液，可防止副产物增多B.反应后加入少量草酸溶液的目的是调节pHC.操作1为蒸馏，收集150～156℃的馏分D.实验过程中获取③的操作为过滤〖答案〗B〖祥解〗向浓硫酸、环己醇的混合液中加入稍过量的Na2Cr2O7溶液，水浴加热，环己醇被氧化成，在液相1中加入少量草酸溶液除去过量的Na2Cr2O7，在95℃蒸馏得到环己酮与水的共沸混合物，在液相2中加入固体NaCl降低环己酮的溶解度，使环己酮分层析出，在液相3中加入K2CO3除去水分，经过滤得到K2CO3水合物，滤液经蒸馏得到环己酮。【详析】A．环己酮可被强氧化剂氧化，故分批次加入Na2Cr2O7溶液可防止环己酮被氧化，防止副产物增多，A项正确；B．由于Na2Cr2O7溶液稍过量，且环己酮可被强氧化剂氧化，故反应后加入少量草酸溶液的目的是除去过量的Na2Cr2O7，B项错误；C．操作1为蒸馏，环己酮的沸点为155.6℃，故收集150～156℃的馏分得到环己酮，C项正确；D．无水碳酸钾易吸收水分，故加入无水碳酸钾除去水分，实验过程中获取③的操作为过滤，D项正确；〖答案〗选B12.新型贮氢材料［］的晶胞结构如图所示。下列说法错误的是（）A.该晶体属于离子晶体B.具有很强的还原性C.与A点距离最近的的个数为4D.表示阿伏加德罗常数的值，则该物质的密度为〖答案〗C〖解析〗A．该晶体由Na+和构成，属于离子晶体，A项正确；B．NaAlH4中的H元素为-1价，具有还原性，B项正确；C．与A点距离最近的Na+的个数为8，C项错误；D．利用均摊法，可计算出晶胞中Na+个数，个数，可得化学式NaAlH4，结合晶胞密度的计算公式，可得该物质的密度为=g×cm-3，D项正确。故〖答案〗选C。13.电解苯酚的乙腈()水溶液可在电极上直接合成扑热息痛()，电极材料均为石墨，电极c的电极反应式为。下列说法错误的是（）A.硫酸根离子向甲室移动B.电极d的电极反应类型是还原反应C.电极b的电极反应式为：D.合成1mol扑热息痛，理论上甲室质量增重96g〖答案〗D〖祥解〗该实验左侧装置为原电池，右侧装置为电解池，由c的电极反应为失电子、氧化反应可知，该电极为阳极，故d为阴极，a为负极，b为正极。【详析】A．在原电池中，阴离子向负极移动，a极为负极，故硫酸根离子向甲室移动，A正确；B．电极d为电解池阴极，阴极发生得电子、还原反应，B正确；C．电极b为原电池正极，正极发生得电子、还原反应，电极反应式为，C正确；D．由电极c的电极反应式可知，合成1mol扑热息痛，电路中转移电子为2mol，则生成1mol质量减少32g，1mol由乙室移向甲室质量增加96g，甲室质量增加96g-32g=64g，D错误；〖答案〗选D。14.回收利用废旧锂离子电池正极材料钴酸锂粗品来制备产品，可实现资源的循环利用。其工艺流程如下。已知：①氯化胆碱［］是铵盐，熔点较低，熔点较高；②在溶液中常以(蓝色)和(粉红色)形式存在；③常温下，；下列说法错误的是（）A.将废旧电池拆解并将其浸入NaCl溶液中，其目的是进行放电处理，使得锂离子从负极脱出，经过电解质溶液进入正极材料B.“微波共熔”中氯化胆碱的作用是作为反应物提供做助熔剂，降低熔融所需的温度C.“沉钴”过程发生反应的离子方程式为D.“水浸”过程中溶液由蓝色逐渐变为粉红色，则“微波共熔”后获得的含Li、Co的化合物为〖答案〗C〖祥解〗氯化胆碱、草酸和粗品微波共熔的过程中，Co被还原为+2价，经过水浸滤液中Co以存在，加入氢氧化钠沉钴，得到Co(OH)2沉淀和含有锂离子的溶液，Co(OH)2固体经过煅烧得到固体Co3O4，含有锂离子的溶液中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和Co3O4高温烧结（通入空气氧化）得到产品。【详析】A．废旧电池拆解提取正极材料前，需将其浸入NaCl溶液中，其目的是进行放电处理，使得锂离子从负极脱出，经过电解质溶液进入正极材料，提高产品产率，A正确；B．氯化胆碱是铵盐，熔点较低，熔点较高，则“微波共熔”中氯化胆碱的作用是作为反应物提供Cl-，做助剂降低LiCoO2熔融所需的温度；，B正确；C．水浸滤液加入氢氧化钠沉钴，得到Co(OH)2沉淀，则“沉钴”过程发生反应的离子方程式为，C错误；D．“水浸”过程中溶液由蓝色逐渐变为粉红色，则“微波共熔”后获得的含Li、Co的化合物为，D正确；故选C。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-11275.5137.5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）仪器a的名称为___________，粗产品中空间构型为___________，b中盛放的药品的作用___________。（2）装置E中用软锰矿制备气体的离子方程式为_______________________。（3）装置C中反应温度控制在60～65℃，原因是____________________。（4）通过测定三氯氧磷粗产品中氯元素含量，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mol/L的溶液mL，使完全沉淀，然后选择作指示剂，用mo/L溶液滴定过量至终点()，记下所用体积为mL。滴定终点的现象：___________。（5）产品中氯元素的质量分数为___________。（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）蒸馏烧瓶四面体形吸收多余的氯气，防止空气的水蒸气进入反应装置中（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MnO2和H2O2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。【详析】（1）①根据装置图仪器a结构可知其名称为蒸馏烧瓶，故〖答案〗为：蒸馏烧瓶；②POCl3中中心原子为P，其σ键数为4，孤电子对数为，价层电子对数为4+0=4，为四面体型，故〖答案〗为：四面体型；③b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〖答案〗为：吸收多余的氯气，防止空气的水蒸气进入反应装置中；（2）装置E为用软锰矿制备氯气，离子方程式为；，故〖答案〗为：；（3）装置C中发生的反应为2PCl3+O2=2POCl3，根据表中提供的物质的性质，反应温度应控制在60℃～65℃，原因是温度过低，反应速率慢，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产率；故〖答案〗为：温度过高，易挥发，利用率降低；温度过度，反应速率慢；（4）SCN-与Fe3+会反应使溶液变为红色，故滴定终点现象为当滴入最后半滴NH4SCN标准溶液，溶液变浅红色，且30s不变色；故〖答案〗为：加入最后半滴标准液，溶液变红，30s不变色；（5）根据元素守恒可得关系式：，，与Cl-反应的Ag+的物质的量为，则n(Cl)=n(Cl-)=，则氯元素的质量分数为，故〖答案〗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。；故〖答案〗为。16.铅渣由多种氧化物及它们相互结合而形成的化合物、固溶体、共晶混合物所组成。对铅渣进行综合利用，回收其中的有价金属(Cu、Fe、Pb、Zn、Sb)的部分工艺流程如下：已知：①常温下，，，。②金属离子浓度等于时，可认为其恰好沉淀完全。（1）Sb元素的原子序数为51，与氮元素同主族，其基态电子排布式为[Kr]___________。（2）“还原焙烧”时，发生反应的化学方程式为_____________________。（3）挥发烟尘中的主要氧化物为。“转化”过程中，发生反应的离子方程式为_____________________。（4）“氧化酸浸”过程中，若将物质的量为2mol的合金(其中Cu与Sb物质的量之比为)氧化，至少需要的物质的量为___________mol(用含a、b的式子表示)。（5）“过滤洗涤”过程中，加入酒石酸(分子式为，结构简式)发生如下反应：；。①上述两个配合物中，提供孤对电子的元素为___________(填元素符号)。②“过滤洗涤”时，用酒石酸稀溶液洗涤滤渣而不用水。用酒石酸稀溶液洗涤可减少金属离子的损失，原因为____________________________________。（6）“沉锑”过程中，锑恰好沉淀完全时，溶液中___________。〖答案〗（1）（2）（3）（4）（5）①O②酒石酸与、发生配位反应，形成配合物降低金属离子浓度，且溶液酸性增强，减少难溶性碱的生成（6）〖祥解〗铅渣与褐煤、氧化钙进行还原焙烧，形成挥发烟尘，挥发烟尘利用硫酸酸溶，生成含锌溶液及硫酸铅沉淀，硫酸铅沉淀经氨水及碳酸氢铵作用后生成碳酸铅；磨矿磁选后得还原性铁，磁选尾矿加入过氧化氢的硫酸进行氧化酸浸，过滤后利用石酒酸洗涤，滤除滤渣后滤液中加氨水沉锑。【详析】（1）Sb位于第五周期，与碳元素同主族，说明其最外层电子数与碳相同，则基态电子排布式为[Kr]。（2）“还原焙烧”时，与C发生还原反应生成Fe、SiO2和CO，化学方程式为：。（3）经硫酸溶解、过滤后得含锌滤液及硫酸铅沉淀，硫酸铅沉淀与氨水和碳酸氢铵反应，生成碳酸铅、硫酸铵和水，化学方程式：。（4）“氧化酸浸”过程中，若将物质的量为2mol的Cu-Sb合金(其中Cu与Sb物质的量之比为a：b)氧化，根据后边流程知Cu生成Cu2+，Sb生成Sb3+，失电子总物质的量为，H2O2中氧从-1变到-2，1molH2O2得2mol电子，根据得失电子守恒，至少需要H2O2的物质的量为。（5）①上述两个配合物中，提供空轨道元素为Cu、Sb，提供孤对电子的元素为O；②“过滤洗涤”时，用酒石酸稀溶液洗涤滤渣而不用水。用酒石酸稀溶液洗涤可减少金属离子的损失，原因为酒石酸与、发生配位反应，形成配合物降低金属离子浓度，且溶液酸性增强，减少难溶性碱的生成。（6）“沉锑”过程中，锑恰好完全沉淀时，c(Sb3+)=1.0×10-5mol·L-1，c(OH-)=，，3.6×107。17.2024年上海国际碳中和技术博览会以“中和科技、碳素未来”为主题，重点聚焦二氧化碳的捕捉、利用与封存(CCUS)等问题。回答下列问题：Ⅰ.是典型的温室气体，Sabatier反应可实现转化为甲烷，实现的资源化利用。合成过程中涉及如下反应：甲烷化反应(主反应)：①逆变换反应(副反应)：②（1）反应③___________，该反应在___________(填“高温”“低温”或“任何温度”)下能自发进行。（2）下列叙述中能说明反应①达到平衡状态的是___________(填字母)。A．断裂4mol的同时断裂1molB．恒温恒容条件下，体系压强不再变化C．恒温恒容条件下，气体的密度不再变化D．E．绝热恒容条件下，不再变化（3）科研小组按进行投料，下面探究影响选择性的一些因素。①若在恒容容器中进行反应(初始压强为0.1MPa)，平衡时各气体的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。图中表示的物质的量分数随温度变化的曲线是___________(填“曲线1”“曲线2”或“曲线3”)。曲线1和曲线3交叉点处的平衡分压为___________MPa(该空忽略副反应逆变换反应)。②积碳会使催化剂的活性降低，从而影响甲烷的选择性，各积碳反应的平衡常数与温度关系如下表所示：温度℃80021.600.1360.13385033.940.0580.06790051.380.027