2025届浙江省强基联盟高三上学期8月联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省强基联盟2025届高三上学期8月联考可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Al-27Si-28P-31S-32Cl-35.5K-39Ca-40Cr-52Fe-56Ag-108Pb-207一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质属于碱的是（）A.NaCl B. C. D.【答案】D【解析】A．NaCl是盐，A错误；B．化学上称在水溶液中能电离出氢氧根离子的化合物为碱，不能电离出氢氧根，B错误；C．是甲醇，不是碱，C错误；D．是氨水，可以电离氢氧根和铵根离子是碱，D正确；故选D。2.草酸()是生物体的一种代谢产物，在工业中有重要作用，下列说法不正确的是（）A.草酸具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.草酸中两个羟基所处环境相同，两步电离的程度也相同C.草酸中C原子的杂化方式为D.草酸可使澄清的石灰水变浑浊【答案】B【解析】A．草酸中碳元素化合价为+3价，具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化，故能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；B．草酸中两个羟基所处环境相同，但草酸为二元弱酸，第一步电离的氢离子对第二步电离具有抑制作用，两步电离的程度不同，B错误；C．草酸中C原子的价层电子对数为3，杂化方式为，C正确；D．草酸能与氢氧化钙反应生成草酸钙沉淀，可使澄清的石灰水变浑浊，D正确；故选B。3.下列化学用语或图示正确的是（）A.邻羟基苯甲醛分子内氢键：B.水分子的空间结构模型：C.基态Br原子核外电子排布式为D.甲乙醚：【答案】A【解析】A．氢键的表达式为X-H···Y，邻羟基苯甲醛分子内氢键：，A正确；B．水分子的空间结构为V形，VSEPR模型为：B错误；C．基态Br原子核外电子排布式为，C错误；D．甲乙醚结构简式为：，D错误；答案选A。4.高铁酸钾是一种应用十分广泛的盐类，有如下三种制备方式：电解法：干法：湿法：下列说法正确的是（）A.电解法制备中，铁作电极，连接电源负极B.由干法可知硝酸钾的氧化性强于高铁酸钾C.高铁酸钾在生活中可用于杀菌是因为水解生成了胶体D.湿法制备中，被氧化的与被还原的的物质的量之比为2∶3【答案】D【解析】A．电解法制备中，铁作电极，铁失去电子发生氧化反应为阳极，连接电源正极，A错误；B．反应为高温条件进行而非溶液，不能说明硝酸钾的氧化性强于高铁酸钾，B错误；C．Na2FeO4中铁元素为+6价，该物质具有强氧化性，能使细菌、病毒蛋白质氧化变性而失去其生理活性，因而具有消毒杀菌作用，C错误；D．在湿法中，氧化产物是Na2FeO4，还原产物是NaCl，则被氧化的与被还原的的物质的量之比为2∶3，D正确；故选D。5.化学与生产、生活、社会密切相关，下列叙述不正确的是（）A.混凝法、中和法和沉淀法是常用的工业污水处理方法B.酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇C.还原铁粉能用作食品抗氧化剂D.浸泡过溶液的硅土可作水果保鲜剂【答案】B【解析】A．混凝法、中和法和沉淀法是常用的工业污水处理方法，A正确；B．酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发生的是分解反应，而不是水解反应，生成乙醇，B错误；C．铁粉具有还原性，可以用作食品抗氧化剂，C正确；D．乙烯具有催熟效果,能够被高锰酸钾氧化，故浸泡过溶液的硅土可作水果保鲜剂，D正确；故选B。6.早期制备的方法如下：滤液下列说法不正确的是（）A.步骤Ⅰ实验室可在蒸发皿中进行B.步骤Ⅱ中每生成1mol转移1molC.步骤Ⅲ涉及的反应方程式为D.步骤Ⅴ操作方法为减压蒸馏【答案】A【分析】由物质的转化关系可知，硝酸钡受热分解生成氧化钡、二氧化氮和氧气，氧化钡与氧气反应生成过氧化钡，过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和过氧化氢，经除杂、过滤得到过氧化氢溶液，过氧化氢溶液经减压蒸馏得到过氧化氢。【详解】A．由分析可知，步骤I发生的反应为硝酸钡受热分解生成氧化钡、二氧化氮和氧气，反应过程应该在坩埚中进行，A错误；B．步骤Ⅱ中发生归中反应，O从0价和-2价，生成-1价，每生成1mol转移1mol，B正确；C．由分析可知，步骤Ⅲ中发生的复分解反应为过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和过氧化氢，，C正确；D．由分析可知，为防止过氧化氢受热分解，所以步骤为过氧化氢溶液经减压蒸馏得到过氧化氢，D正确；答案选A。7.物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途的是（）结构或性质用途A具有还原性可用作自来水的消毒剂B甘油结构中含能与水形成氢键的羟基甘油可用作保湿类护肤品C中N≡N键能大可用作反应的保护气D聚乳酸具有生物相溶性和可降解性聚乳酸可用作手术缝合线【答案】A【解析】A．ClO2可用作自来水的消毒剂，是利用其具有强氧化性，故A说法错误；B．甘油的结构简式为CH2(OH)CH(OH)CH2OH，含有羟基，能与水分子形成氢键，为皮肤保湿，因此甘油可做保湿类护肤品，故B说法正确；C．氮气分子中氮氮之间存在三键，因键能较大，使氮气的化学性质相对稳定，因此氮气可作反应的保护气，故C说法正确；D．聚乳酸为乳酸通过缩聚反应生成的高分子化合物，具有良好的可降解性和生物相容性，可作手术的缝合线，故D说法正确；答案为A。8.下列化学方程式不正确的是（）A.用制备：B.银镜反应后的试管用稀硝酸洗涤：C.用硫代硫酸钠溶液脱氯：D.呼吸面罩中过氧化钠吸收二氧化碳：【答案】C【解析】A．用制备反应前后Ti的化合价不变，反应方程式为，A正确；B．银单质与稀硝酸反应生成硝酸银和一氧化氮，离子方程式为，B正确；C．氯气具有氧化性，会将硫代硫酸根氧化为硫酸根，反应的离子方程式为，C错误；D．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的方程式为，D正确；故选C。9.有机物A的分子式为，分子中除苯环外无其他环状结构，核磁共振氢谱图如图，关于有机物A叙述中不正确的是（）A.分子内不含甲基B.可能与溶液发生显色反应C.一定能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.一定能发生银镜反应【答案】D【分析】有机物A的分子式为，分子中除苯环外无其他环状结构，根据核磁共振氢谱图可知分子中有7种氢原子，氢原子个数比为2:1:1:1:1:1:1。有机物A的结构简式可能为：、、等。【详解】A．根据分析，有机物A的分子中共含有8个H原子，氢原子个数比为2:1:1:1:1:1:1，不可能含有甲基，A正确；B．根据分析，有机物A的分子可能含有酚羟基，可能与溶液发生显色反应，B正确；C．根据分析，有机物A的分子中含有的酚羟基、醛基、碳碳双键等均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，一定能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D．根据分析，有机物A的分子中可能不含醛基，不一定能发生银镜反应，D错误；故选D。10.对金属材料中C、O、N、S的含量进行定性和定量分析，可以确定金属材料的等级。下列说法正确的是（）A.半径：B.沸点：C.键角：D.四种元素形成的单质的晶体类型一定相同【答案】C【解析】A．S2-的核外电子排布为三层，O2-和N3-的核外电子排布相同，但只有两层，阴离子的电子层数越多则离子半径越大，但N的核电荷数小，核外电子层数相同时，原子序数越大半径越小，则半径大小为：r(S2-)>r(N3-)>r(O2-)，A错误；B．H2S、H2O、NH3、CH4均为分子晶体，而水分子、氨分子间均存在氢键，但相同状态下，水分子形成的氢键更多，且形成的氢键更稳定，因此水分子的沸点更高，CH4、H2S两者分子间不会形成氢键，沸点取决于分子质量大小，故H2S＞CH4，因此沸点：H2O>NH3>H2S，B错误；C．由于孤对电子数对成键电子对有较大的排斥力，所以孤对电子能使成键电子对彼此离得更近，键角被压缩而变小，通过计算孤对电子数，、、、的孤对电子数分别为0、1、2、2，由于水分子和硫化氢的孤对电子、杂化方式均相同，但中心原子电负性O＞S，则键角＞，故键角大小为，C正确；D．四种元素形成的单质中，氧气、氮气、硫单质均为分子晶体，但是金刚石属于原子晶体，D错误；故选C。11.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，基态X原子的核外电子有五种空间运动状态，基态Y、Z有两个未成对电子。R是ds区元素，R的单质呈紫红色。能发生如下转化：溶液溶液下列说法不正确是（）A.X和Y简单氢化物的稳定性：Y>XB.反应过程中有蓝色沉淀生成C.元素电负性：X>Y>ZD.单质沸点：Z>Y>W【答案】C【分析】R是ds区元素，R的单质呈紫红色，则R为Cu；空间运动状态数是指电子占据的轨道数，基态X原子的核外电子有5种空间运动状态，则X为第2周期元素，满足此条件的主族元素有N(1s22s22p3)、O(1s22s22p4)、F(1s22s22p5)；基态Y、Z原子有两个未成对电子，若Y、Z为第2周期元素，则满足条件的可能为C(1s22s22p2)或O(1s22s22p4)，C原子序数小于N，所以Y不可能为C；若Y、Z为第3周期元素，则满足条件的可能为Si(1s22s22p63s23p2)或S(1s22s22p63s23p4)，Y、Z可与Cu形成CuZY4，而O、Si、S中只有O和S形成的才能形成CuZY4，所以Y、Z分别为O、S元素，则X只能为N；W能与X形成XW3，则W为IA族或VIIA族元素，但W原子序数小于N，所以W为H元素，综上所述，W、X、Y、Z、Q分别为H、N、O、S、Cu。【详解】A．Y、X的简单氢化物分别为H2O和NH3，非金属性：O＞N，则简单氢化物的稳定性：Y>X，故A正确；B．硫酸铜溶液中滴加氨水，氨水不足时生成蓝色沉淀氢氧化铜，氨水过量时氢氧化铜溶解，生成Cu(NH3)4SO4，即反应过程中有蓝色沉淀产生，故B正确；C．非金属性越强，其电负性越大，非金属性O＞N＞S，则电负性：Y>X>Z，故C错误；D．W、Y、Z分别为H、O、S，S单质常温下呈固态，其沸点高于氧气和氢气，O2和H2均为分子晶体，O2的相对分子质量大于H2，O2的范德华力大于H2，所以沸点O2＞H2，即沸点S＞O2＞H2，即Z>Y>W，故D正确；故选C。12.亚克力(PMMA)的合成路线如下：乙丙下列说法不正确的是（）A.甲()可发生银镜反应B.甲到乙的转化过程中发生了加成反应和水解反应C.乙可以发生缩聚反应形成高分子D.丙的结构简式为【答案】A【分析】2-丙醇发生催化氧化生成甲，甲为丙酮，根据PMMA结构简式，可知丁为2-甲基丙烯酸甲酯，丙与甲醇发生酯化反应生成丁，则丙为，根据乙在浓硫酸加热条件下生成丙，可知乙到丙发生羟基的消去反应，乙中含有羟基、羧基，可知丙酮中的碳氧双键先与HCN发生加成反应，引入羟基和氰基，再发生水解反应引入羧基得到乙。【详解】A．2-丙醇发生催化氧化生成甲，甲为丙酮，不能发生银镜反应，A错误；B．根据分析，甲到乙的转化过程中发生了加成反应和水解反应，B正确；C．乙中含有羟基、羧基，可以发生缩聚反应形成高分子，C正确；D．根据分析，丙的结构简式为，D正确；故选A。13.可充电电池工作原理示意图如图，电解液中加入1，3-丙二胺(PDA)用以捕获，放电时还原产物为。下列说法不正确的是（）A.充电时，多孔碳纳米管与电源正极相连B.PDA捕获的反应可能为C.放电时，每转移1mol电子，理论上转化1molD.充电时，电子由阳极流向镁电极，向阳极移动【答案】D【分析】放电时CO2转化为MgC2O4，碳元素化合价由+4价降低为+3价，发生还原反应，所以放电时，多孔碳纳米管电极为正极，电极方程式为，电极为负极，电极方程式为Mg－2e-=Mg2+；则充电时多孔碳纳米管电极为阳极，Mg电极为阴极，电极方程式与原电池相反。【详解】A．充电时，多孔碳纳米管是阳极，与电源正极连接，故A正确；B．PDA捕获的反应可能为，1，3-丙二胺与二氧化碳中的一个碳氧双键发生加成反应，故B正确；C．放电时，根据正极的反应可知，每转移1mol电子，理论上转化1mol，故C正确；D．充电时，Mg电极为阴极，电子从电源负极经外电路流向Mg电极，同时Mg2+向阴极迁移，故D错误；故选D。14.是易挥发的无色液体，遇到潮湿的空气会发生强烈的水解，其水解机理如图。下列说法不正确的是（）A.水解过程中Si的杂化方式发生了改变B.的水解历程中只存在极性键的断裂与生成C.按照上述反应机理，水解产物为D.水解产物之一为【答案】C【解析】A．水解过程中，硅原子与周围原子形成了5个共价键，那么硅原子的杂化方式发生了改变，A正确；B．水解过程中，存在硅氯和氧氢共价键断裂，硅氧共价键形成，都是极性键，B正确；C．按照上述反应机理，水解产物为，C错误；D．水解过程中H-与水电离的H+结合产生，D正确；答案选C。15.气氛下，溶液中含铅物种的分布如图。纵坐标为组分中铅占总铅的质量分数。已知，、、。下列说法不正确的是（）A.时，B.将稀释到，约为原溶液的一半C.时，溶液中D.pH=8时，溶液中加入少量NaOH固体，会溶解【答案】B【分析】由图可知，随着pH值增大，Pb2+浓度减小，Pb(OH)+浓度先增大后减小，PbCO3的物质的量先增大后减小，浓度增大。【详解】A．由图可知，δ(Pb2+)=δ(PbCO3)时，溶液中还存在Pb(OH)+，根据c0(Pb2+)=4.0×10-5mol/L和Pb守恒，溶液中c(Pb2+)<2.0×10-5mol/L，A正确；B．H2CO3是弱酸，加水稀释促进电离，将稀释到，大于原溶液的一半，B错误；C．由图可知，pH=6时δ(Pb2+)>50%，即c(Pb2+)>2×10-5mol/L，则c()≤=mol/L=3.7×10-9mol/L<c(Pb2+)，C正确；D．溶液中存在+H2O⇋+OH-，加入NaOH固体，增大OH-浓度，平衡逆向移动，使浓度增大，PbCO3(s)+(aq)⇋（aq）正向移动，PbCO3固体溶解，D正确；答案选B。16.为达到实验目的下列实验所选方案、现象和结论均正确的是（）实验目的方案设计现象结论A比较AgCl、AgI的大小向1mL溶液中先滴加两滴NaCl溶液，再滴加两滴KI溶液先产生白色沉淀，后产生黄色沉淀B溶液中水电离程度常温下，用pH计分别测定等体积和溶液的pHpH都等于7水的电离程度相同C检验溴乙烷中的溴元素将与NaOH溶液共热，冷却后，取出上层水溶液，先加酸化，再加溶液产生淡黄色沉淀中存在溴元素D检验苯中是否含有苯酚向苯中滴加少量浓溴水、振荡无白色沉淀苯中无苯酚【答案】C【解析】A．向1mL溶液中先滴加两滴NaCl溶液，产生白色沉淀，溶液中硝酸银过量，再滴加两滴KI溶液，产生黄色沉淀，不能判断二者大小，A错误；B．溶液中醋酸根和铵根水解程度相同，溶液呈中性，溶液浓度越大，对水的电离促进程度越大，不能根据pH都等于7判断水的电离程度相同，B错误；C．将与NaOH溶液共热，冷却后，取出上层水溶液，先加酸化，再加溶液，产生淡黄色沉淀可以证明中存在溴元素，C正确；D．苯酚与浓溴水反应生成的三溴苯酚可溶于苯，不能检验苯中是否存在苯酚，D错误；故选C。二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.氮是构建化合物的重要元素。请回答：（1）某种含B和N两种元素的功能陶瓷，其晶胞结构示意图如图所示。B的配位数为___________，写出功能陶瓷的化学式：___________。（2）下列说法正确的是___________。A.基态氮原子价电子排布图不是，是因为该排布方式违背了洪特规则B.的空间结构为直线形C.第二周期元素的第一电离能比N大的只有1种D.已知液氨自耦电离产生和，可推测和反应生成和（3）与可生成配离子，已知与结构相似，而不易与形成配离子的原因是___________。（4）和可以看成是中一个H分别被、―OH取代后的产物，都具有碱性和还原性。①、、碱性由强到弱的顺序为___________。②液态能将AgBr还原，试写出反应方程式：___________。【答案】（1）4BN（2）AD（3）F的电负性大于N，N—F成键电子偏向F，导致中的N原子核对孤电子对的吸引力增强，难以形成配位键，故不易与形成配离子（4）①.②.【解析】（1）①含B和N两种元素功能陶瓷，由其晶胞结构示意图如图可知B的配位数为4；②该结构中B原子在晶胞的顶点及面心、N原子在晶胞的内部，所含B原子数目为，所含N原子数目为4，所以B:N为1:1，该功能陶瓷的化学式为BN。（2）A．基态氮原子价电子排布图不是，是因为该排布方式违背了洪特规则，A正确；B．中的氮原子采取sp2杂化平面形结构，不是直线形，B错误；C．第二周期元素的第一电离能比N大的有氟和氖，C错误；D．液氨自耦电离产生和，故可推测和反应生成和，D正确；故选AD。（3）F的电负性大于N，N—F成键电子偏向F，导致中的N原子核对孤电子对的吸引力增强，难以形成配位键，故不易与形成配离子。（4）①N2H4和NH2OH可以看成NH3中的一个H被—NH2和—OH取代而得到的产物，由于电负性H＜N＜O，吸引电子能力H＜N＜O，因而NH3被取代后给电子能力减弱：NH3＞N2H4＞NH2OH，则碱性：NH3＞N2H4＞NH2OH；②液态能将AgBr还原生成银单质，则肼中氮元素化合价要升高被氧化为氮气，所以反应方程式为。18.1000多年前我国就利用“细菌氧化”法将铜矿石中的硫化物转化为硫酸盐，并用形成的天然“胆水”来冶炼铜。现代采用电解精炼铜会产生阳极泥，其中含有铜、金、银等金属单质。某科研小组设计提纯金和银的工艺流程如下：已知：AgCl能与反应生成。（1）“胆水”的主要溶质是___________；浸出液1含有的金属离子主要是___________。（2）下列说法正确的是___________。A.浸渣1的主要成分是金和银，浸渣2的主要成分是银B.电沉积阴极反应式是C.浸取2中盐酸有利于Au转化为，Ag转化为AgCl，实现有效分离D.还原步骤中，与Au的物质的量之比为4∶3（3）浸取1中相关反应的化学方程式是___________。（4）“细菌氧化”时，发生反应的离子方程式是___________，设计实验检验反应产物中的离子：___________。【答案】（1）硫酸铜（2）BC（3）（4）取样于三支试管中，向A试管滴加KSCN溶液，若溶液变红，则有；向B试管中滴加稀盐酸，无现象，再滴加溶液，若有白色沉淀，则有【分析】精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等元素，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸出液1中，Ag、Au不反应，浸渣1中含有Ag和Au；浸渣1中加入盐酸、H2O2浸取，Au转化为HAuCl4进入浸出液2，Ag转化为AgCl，浸渣2中含有AgCl；浸出液2中加入N2H4将HAuCl4还原为Au，同时N2H4被氧化为N2；浸渣2中加入，将AgCl转化为，得到浸出液3，利用电沉积法将还原为Ag；【详解】（1）“胆水”的主要溶质是硫酸铜；由分析可知，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+以及过量的酸进入浸取液1中，故浸出液1含有的金属离子主要是Cu2+；（2）A．浸渣1的主要成分是金和银，浸渣2的主要成分是AgCl，故A错误；B．电沉积步骤中，阴极发生还原反应，得电子被还原为Ag，电极反应式为，故B正确；C．浸取2中浸渣1中加入盐酸、H2O2浸取，Au转化为HAuCl4进入浸出液2，Ag转化为AgCl，实现有效分离，故C正确；D．还原步骤中，N2H4将HAuCl4还原为Au，同时N2H4被氧化为N2，根据化合价升降可知，与Au的物质的量之比为3∶4，故D错误；答案选BC；（3）浸取1中是铜在硫酸作用下被双氧水氧化生成硫酸铜和水，相关反应的化学方程式是；（4）“细菌氧化”时，将铜矿石中的硫化物转化为硫酸盐，发生反应的离子方程式是，设计实验检验反应产物中的离子，铁离子、硫酸根离子，实验为：取样于三支试管中，向A试管滴加KSCN溶液，若溶液变红，则有；向B试管中滴加稀盐酸，无现象，再滴加溶液，若有白色沉淀，则有。19.利用合成甲醇是实现“碳中和”的重要途径之一，加氢制甲醇的主要反应为：①②（1）反应①的___________(填“大于”“小于”或“等于”)0，理由是___________。（2）200℃下，在恒温恒容容器中通入一定量的和，反应①达到平衡的标志为___________。A. B.混合气体的密度不再改变C.不再变化 D.容器中气体的平均摩尔质量不再变化（3）200℃，下，将一定比例和混合气体通入装有催化剂的绝热反应管。装置中、、……位点处(相邻位点距离相同)的气体温度、CO和的体积分数如图所示。至位点处CO的体积分数逐渐升高，位点后CO的体积分数几乎保持不变，请说明理由：___________。（4）某研究小组自制甲醇燃料电池，电解质是KOH溶液，负极反应式是___________。该电池以3.2A恒定电流工作48分钟，消耗0.64g，该电池化学能转化为电能的转化率为___________。[电荷量电流时间；；]【答案】（1）大于该反应，且能发生，则（2）CD（3）至位点处反应①生成CO的速率大于反应②消耗CO的速率，CO的体积分数逐渐升高；位点后，反应①生成CO的速率等于反应②消耗CO的速率，CO的体积分数不变（4）80%【解析】（1）反应①的，且能发生，根据自发进行的综合判据，熵增、焓减的反应能发生，则；（2）A．反应速率之比等于系数比，达到平衡时正逆反应速率相等，反应②中氢气和CO的系数不相同，说明消耗氢气与消耗CO的反应速率不相等，则不能说明反应①达到平衡，A不符合题意；B．在恒温恒容容器中体积不变，由质量守恒定律，混合气体总质量不变，则混合气体的密度一直不变，不能说明反应①达到平衡，B不符合题意；C．通入一定量的和，反应①每消耗1mol二氧化碳就生成1molCO，而反应②中消耗CO，则是一变量，当不再变化能说明反应①达到平衡，C符合题意；D．反应②中前后气体系数和不相等，说明混合气体的总物质的量发生变化，而气体的总质量不变，则气体的平均摩尔质量是变量，当容器中气体的平均摩尔质量不再变化能说明反应①达到平衡，D符合题意；故选CD；（3）至位点处CO的体积分数逐渐升高，位点后CO的体积分数几乎保持不变，原因是至位点处反应①生成CO的速率大于反应②消耗CO的速率，CO的体积分数逐渐升高；位点后，反应①生成CO的速率等于反应②消耗CO的速率，CO的体积分数不变；（4）甲醇燃料电池，电解质是KOH溶液，正极是氧气得电子生成OH-，负极是甲醇失去电子生成碳酸根离子，负极反应式是，消耗0.64g即物质的量为，所带电荷量为：6×0.02mol×6×1023mol-1×1.6×10-19C=11520C，该电池以3.2A恒定电流工作48分钟，根据电荷量电流时间，则工作电荷量为：3.2×48×60=9216C，则该电池0.49L将化学能转化为电能的转化率为：。20.甘氨酸亚铁晶体是一种补铁剂。某兴趣小组利用与甘氨酸反应制备甘氨酸亚铁。已知：①甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇；②柠檬酸易溶于水和乙醇，具有强酸性和强还原性。实验过程如下：①将11.6g碳酸亚铁放入装置C，同时加入200mL甘氨酸溶液，先打开仪器a的活塞，待整套装置中空气排尽后，加热装置C并不断搅拌，然后向装置C中滴加柠檬酸溶液；②反应结束后过滤，将滤液经过系列操作得到甘氨酸亚铁。（1）仪器a的名称是___________；装置D的作用是___________。（2）加入柠檬酸的作用是___________。（3）过程②涉及如下全部操作，请排序：______；a(滤液)→______→______→______→______→______→重结晶→甘氨酸亚铁晶体b．加入大量无水乙醇c．蒸发浓缩d．过滤e．减压干燥f．加少量无水乙醇洗涤（4）下列关于整个实验过程的说法中正确的是___________。A.甘氨酸和柠檬酸均易溶于乙醇，用乙醇洗涤可得到纯净的甘氨酸亚铁晶体B.仪器b的作用是平衡气压，有利于液体顺利流下C.装置B中盛有的试剂是饱和溶液D.待整套装置中空气排尽后再开始加热制备，是为了防止亚铁离子被氧化（5）①准确称取甘氨酸亚铁晶体样品0.5600g于锥形瓶中，加溶液15mL将样品溶解完全后，加入指示剂，立即用标准液滴定至终点，消耗标准液20.20mL(离子方程式为)。②若步骤①操作中不加甘氨酸亚铁晶体样品，用标准液直接滴定至终点，消耗标准液0.20mL。甘氨酸亚铁晶体中铁元素的质量分数为___________(用百分数表示)。【答案】（1）分液漏斗检验装置内空气是否排尽，防止空气进入装置C中（2）促进溶解和防止亚铁离子被氧化（3）cbdfe（4）BD（5）20%【分析】由装置A中盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳气体，由于盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体中混有氯化氢，则装置B中盛有的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，用来除去二氧化碳气体中混有的氯化氢气体；利用二氧化碳气体将实验装置中的空气排净，再进行C装置中的甘氨酸亚铁的制取反应，实验过程中装置C中加入的反应物中含有碳酸亚铁，亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，影响实验结果，必须将D中导管没入液面以下，防止空气中的氧气进入C装置将亚铁离子氧化，据此解答；【详解】（1）a为分液漏斗；装置D可以检验装置内空气是否排尽，防止空气进入装置C中；（2）柠檬酸具有强酸性和强还原性，可以促进溶解和防止亚铁离子被氧化；（3）反应结束后将滤液蒸发浓缩，加入大量无水乙醇，降低甘氨酸亚铁溶解度，促使甘氨酸亚铁析出，过滤，得到甘氨酸亚铁晶体，加少量无水乙醇洗涤，减压干燥，再通过重结晶方法提纯甘氨酸亚铁晶体，故操作排序为cbdfe；（4）A．甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇，用乙醇洗涤甘氨酸亚铁晶体是因为可以减少甘氨酸亚铁晶体的损失，故A错误；B．仪器b作为连通器，其作用是平衡气压，有利于液体顺利流下，故B正确；C．装置B中盛有的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，用来除去二氧化碳气体中混有的氯化氢气体，故C错误；D．亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，则需要将装置中空气排尽后再开始加热制备，故D正确；故选BD；（5）由题意知，滴定消耗的体积为20.20mL－0.20mL=20.00mL，根据方程式的比例关系可知，n(甘氨酸亚铁)=×20×10-3L=2×10-3mol，则甘氨酸亚铁晶体中铁元素的质量分数为=20%。21.化合物X是重要的药物合成中间体，下图是其合成路线之一：已知：请回答：（1）化合物B的官能团名称是___________。（2）化合物F的结构简式是___________。（3）下列说法不正确的是___________。A.化合物A与酸、碱反应均能生成盐B.1mol化合物C最多消耗2molNaOHC.化合物中N原子结合的能力：①>②D.化合物Ⅹ的化学式为（4）写出D→E的化学方程式：___________。（5）已知硝基苯直接硝化的产物为间二硝基苯，利用题中信息，设计以硝基苯、乙酸和乙酰氯()为原料，合成甲基苯并咪唑()的路线(用流程图表示，无机试剂任选)________。（6）写出同时符合下列条件化合物B的同分异构体的结构简式：___________。①分子中有3种不同化学环境的氢原子②除苯环无其他环状结构，有硝基、无碳氧单键【答案】（1）酯基、酰胺基（2）（3）CD（4）（5）（6）、、、【分析】根据C和D的分子式以及反应条件可推断出C到D是硝基被还原成了氨基，因此C的结构简式为，根据B到C的条件，可知B到C是苯环上的取代，所以B的结构简式为，通过对比A和B的分子式，以及另外一个反应物，推断出A的结构简式为，D到E的反应应该是已知条件中发生的反应，所以E的结构简式为，E到F根据反应条件可知应为酯的水解，所以F的结构简式为，由此作答：【详解】（1）根据以上分析，B中官能团名称为酯基、酰胺基；（2）根据以上分析，F的结构简式为；（3）A.化合物A含有氨基，可以与酸反应生成盐，含有酯基，在碱性条件下水解生成羧酸盐，A正确；B.化合物C中含有酯基和酰胺基，消耗2mol氢氧化钠，B正确；C.甲基是供电子基，甲基的引入，会使N原子的电负性增大，结合氢离子能力增强，所以②＞①，C错误；D.化合物X的化学式为，D错误；故选CD。（4）根据分析，D到E的反应方程式为；（5）根据题目中提供的物质，要制得，其流程为：（6）根据分析，B的同分异构体有以下四种：、、、。浙江省强基联盟2025届高三上学期8月联考可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Al-27Si-28P-31S-32Cl-35.5K-39Ca-40Cr-52Fe-56Ag-108Pb-207一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质属于碱的是（）A.NaCl B. C. D.【答案】D【解析】A．NaCl是盐，A错误；B．化学上称在水溶液中能电离出氢氧根离子的化合物为碱，不能电离出氢氧根，B错误；C．是甲醇，不是碱，C错误；D．是氨水，可以电离氢氧根和铵根离子是碱，D正确；故选D。2.草酸()是生物体的一种代谢产物，在工业中有重要作用，下列说法不正确的是（）A.草酸具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.草酸中两个羟基所处环境相同，两步电离的程度也相同C.草酸中C原子的杂化方式为D.草酸可使澄清的石灰水变浑浊【答案】B【解析】A．草酸中碳元素化合价为+3价，具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化，故能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；B．草酸中两个羟基所处环境相同，但草酸为二元弱酸，第一步电离的氢离子对第二步电离具有抑制作用，两步电离的程度不同，B错误；C．草酸中C原子的价层电子对数为3，杂化方式为，C正确；D．草酸能与氢氧化钙反应生成草酸钙沉淀，可使澄清的石灰水变浑浊，D正确；故选B。3.下列化学用语或图示正确的是（）A.邻羟基苯甲醛分子内氢键：B.水分子的空间结构模型：C.基态Br原子核外电子排布式为D.甲乙醚：【答案】A【解析】A．氢键的表达式为X-H···Y，邻羟基苯甲醛分子内氢键：，A正确；B．水分子的空间结构为V形，VSEPR模型为：B错误；C．基态Br原子核外电子排布式为，C错误；D．甲乙醚结构简式为：，D错误；答案选A。4.高铁酸钾是一种应用十分广泛的盐类，有如下三种制备方式：电解法：干法：湿法：下列说法正确的是（）A.电解法制备中，铁作电极，连接电源负极B.由干法可知硝酸钾的氧化性强于高铁酸钾C.高铁酸钾在生活中可用于杀菌是因为水解生成了胶体D.湿法制备中，被氧化的与被还原的的物质的量之比为2∶3【答案】D【解析】A．电解法制备中，铁作电极，铁失去电子发生氧化反应为阳极，连接电源正极，A错误；B．反应为高温条件进行而非溶液，不能说明硝酸钾的氧化性强于高铁酸钾，B错误；C．Na2FeO4中铁元素为+6价，该物质具有强氧化性，能使细菌、病毒蛋白质氧化变性而失去其生理活性，因而具有消毒杀菌作用，C错误；D．在湿法中，氧化产物是Na2FeO4，还原产物是NaCl，则被氧化的与被还原的的物质的量之比为2∶3，D正确；故选D。5.化学与生产、生活、社会密切相关，下列叙述不正确的是（）A.混凝法、中和法和沉淀法是常用的工业污水处理方法B.酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇C.还原铁粉能用作食品抗氧化剂D.浸泡过溶液的硅土可作水果保鲜剂【答案】B【解析】A．混凝法、中和法和沉淀法是常用的工业污水处理方法，A正确；B．酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发生的是分解反应，而不是水解反应，生成乙醇，B错误；C．铁粉具有还原性，可以用作食品抗氧化剂，C正确；D．乙烯具有催熟效果,能够被高锰酸钾氧化，故浸泡过溶液的硅土可作水果保鲜剂，D正确；故选B。6.早期制备的方法如下：滤液下列说法不正确的是（）A.步骤Ⅰ实验室可在蒸发皿中进行B.步骤Ⅱ中每生成1mol转移1molC.步骤Ⅲ涉及的反应方程式为D.步骤Ⅴ操作方法为减压蒸馏【答案】A【分析】由物质的转化关系可知，硝酸钡受热分解生成氧化钡、二氧化氮和氧气，氧化钡与氧气反应生成过氧化钡，过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和过氧化氢，经除杂、过滤得到过氧化氢溶液，过氧化氢溶液经减压蒸馏得到过氧化氢。【详解】A．由分析可知，步骤I发生的反应为硝酸钡受热分解生成氧化钡、二氧化氮和氧气，反应过程应该在坩埚中进行，A错误；B．步骤Ⅱ中发生归中反应，O从0价和-2价，生成-1价，每生成1mol转移1mol，B正确；C．由分析可知，步骤Ⅲ中发生的复分解反应为过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和过氧化氢，，C正确；D．由分析可知，为防止过氧化氢受热分解，所以步骤为过氧化氢溶液经减压蒸馏得到过氧化氢，D正确；答案选A。7.物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途的是（）结构或性质用途A具有还原性可用作自来水的消毒剂B甘油结构中含能与水形成氢键的羟基甘油可用作保湿类护肤品C中N≡N键能大可用作反应的保护气D聚乳酸具有生物相溶性和可降解性聚乳酸可用作手术缝合线【答案】A【解析】A．ClO2可用作自来水的消毒剂，是利用其具有强氧化性，故A说法错误；B．甘油的结构简式为CH2(OH)CH(OH)CH2OH，含有羟基，能与水分子形成氢键，为皮肤保湿，因此甘油可做保湿类护肤品，故B说法正确；C．氮气分子中氮氮之间存在三键，因键能较大，使氮气的化学性质相对稳定，因此氮气可作反应的保护气，故C说法正确；D．聚乳酸为乳酸通过缩聚反应生成的高分子化合物，具有良好的可降解性和生物相容性，可作手术的缝合线，故D说法正确；答案为A。8.下列化学方程式不正确的是（）A.用制备：B.银镜反应后的试管用稀硝酸洗涤：C.用硫代硫酸钠溶液脱氯：D.呼吸面罩中过氧化钠吸收二氧化碳：【答案】C【解析】A．用制备反应前后Ti的化合价不变，反应方程式为，A正确；B．银单质与稀硝酸反应生成硝酸银和一氧化氮，离子方程式为，B正确；C．氯气具有氧化性，会将硫代硫酸根氧化为硫酸根，反应的离子方程式为，C错误；D．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的方程式为，D正确；故选C。9.有机物A的分子式为，分子中除苯环外无其他环状结构，核磁共振氢谱图如图，关于有机物A叙述中不正确的是（）A.分子内不含甲基B.可能与溶液发生显色反应C.一定能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.一定能发生银镜反应【答案】D【分析】有机物A的分子式为，分子中除苯环外无其他环状结构，根据核磁共振氢谱图可知分子中有7种氢原子，氢原子个数比为2:1:1:1:1:1:1。有机物A的结构简式可能为：、、等。【详解】A．根据分析，有机物A的分子中共含有8个H原子，氢原子个数比为2:1:1:1:1:1:1，不可能含有甲基，A正确；B．根据分析，有机物A的分子可能含有酚羟基，可能与溶液发生显色反应，B正确；C．根据分析，有机物A的分子中含有的酚羟基、醛基、碳碳双键等均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，一定能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D．根据分析，有机物A的分子中可能不含醛基，不一定能发生银镜反应，D错误；故选D。10.对金属材料中C、O、N、S的含量进行定性和定量分析，可以确定金属材料的等级。下列说法正确的是（）A.半径：B.沸点：C.键角：D.四种元素形成的单质的晶体类型一定相同【答案】C【解析】A．S2-的核外电子排布为三层，O2-和N3-的核外电子排布相同，但只有两层，阴离子的电子层数越多则离子半径越大，但N的核电荷数小，核外电子层数相同时，原子序数越大半径越小，则半径大小为：r(S2-)>r(N3-)>r(O2-)，A错误；B．H2S、H2O、NH3、CH4均为分子晶体，而水分子、氨分子间均存在氢键，但相同状态下，水分子形成的氢键更多，且形成的氢键更稳定，因此水分子的沸点更高，CH4、H2S两者分子间不会形成氢键，沸点取决于分子质量大小，故H2S＞CH4，因此沸点：H2O>NH3>H2S，B错误；C．由于孤对电子数对成键电子对有较大的排斥力，所以孤对电子能使成键电子对彼此离得更近，键角被压缩而变小，通过计算孤对电子数，、、、的孤对电子数分别为0、1、2、2，由于水分子和硫化氢的孤对电子、杂化方式均相同，但中心原子电负性O＞S，则键角＞，故键角大小为，C正确；D．四种元素形成的单质中，氧气、氮气、硫单质均为分子晶体，但是金刚石属于原子晶体，D错误；故选C。11.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，基态X原子的核外电子有五种空间运动状态，基态Y、Z有两个未成对电子。R是ds区元素，R的单质呈紫红色。能发生如下转化：溶液溶液下列说法不正确是（）A.X和Y简单氢化物的稳定性：Y>XB.反应过程中有蓝色沉淀生成C.元素电负性：X>Y>ZD.单质沸点：Z>Y>W【答案】C【分析】R是ds区元素，R的单质呈紫红色，则R为Cu；空间运动状态数是指电子占据的轨道数，基态X原子的核外电子有5种空间运动状态，则X为第2周期元素，满足此条件的主族元素有N(1s22s22p3)、O(1s22s22p4)、F(1s22s22p5)；基态Y、Z原子有两个未成对电子，若Y、Z为第2周期元素，则满足条件的可能为C(1s22s22p2)或O(1s22s22p4)，C原子序数小于N，所以Y不可能为C；若Y、Z为第3周期元素，则满足条件的可能为Si(1s22s22p63s23p2)或S(1s22s22p63s23p4)，Y、Z可与Cu形成CuZY4，而O、Si、S中只有O和S形成的才能形成CuZY4，所以Y、Z分别为O、S元素，则X只能为N；W能与X形成XW3，则W为IA族或VIIA族元素，但W原子序数小于N，所以W为H元素，综上所述，W、X、Y、Z、Q分别为H、N、O、S、Cu。【详解】A．Y、X的简单氢化物分别为H2O和NH3，非金属性：O＞N，则简单氢化物的稳定性：Y>X，故A正确；B．硫酸铜溶液中滴加氨水，氨水不足时生成蓝色沉淀氢氧化铜，氨水过量时氢氧化铜溶解，生成Cu(NH3)4SO4，即反应过程中有蓝色沉淀产生，故B正确；C．非金属性越强，其电负性越大，非金属性O＞N＞S，则电负性：Y>X>Z，故C错误；D．W、Y、Z分别为H、O、S，S单质常温下呈固态，其沸点高于氧气和氢气，O2和H2均为分子晶体，O2的相对分子质量大于H2，O2的范德华力大于H2，所以沸点O2＞H2，即沸点S＞O2＞H2，即Z>Y>W，故D正确；故选C。12.亚克力(PMMA)的合成路线如下：乙丙下列说法不正确的是（）A.甲()可发生银镜反应B.甲到乙的转化过程中发生了加成反应和水解反应C.乙可以发生缩聚反应形成高分子D.丙的结构简式为【答案】A【分析】2-丙醇发生催化氧化生成甲，甲为丙酮，根据PMMA结构简式，可知丁为2-甲基丙烯酸甲酯，丙与甲醇发生酯化反应生成丁，则丙为，根据乙在浓硫酸加热条件下生成丙，可知乙到丙发生羟基的消去反应，乙中含有羟基、羧基，可知丙酮中的碳氧双键先与HCN发生加成反应，引入羟基和氰基，再发生水解反应引入羧基得到乙。【详解】A．2-丙醇发生催化氧化生成甲，甲为丙酮，不能发生银镜反应，A错误；B．根据分析，甲到乙的转化过程中发生了加成反应和水解反应，B正确；C．乙中含有羟基、羧基，可以发生缩聚反应形成高分子，C正确；D．根据分析，丙的结构简式为，D正确；故选A。13.可充电电池工作原理示意图如图，电解液中加入1，3-丙二胺(PDA)用以捕获，放电时还原产物为。下列说法不正确的是（）A.充电时，多孔碳纳米管与电源正极相连B.PDA捕获的反应可能为C.放电时，每转移1mol电子，理论上转化1molD.充电时，电子由阳极流向镁电极，向阳极移动【答案】D【分析】放电时CO2转化为MgC2O4，碳元素化合价由+4价降低为+3价，发生还原反应，所以放电时，多孔碳纳米管电极为正极，电极方程式为，电极为负极，电极方程式为Mg－2e-=Mg2+；则充电时多孔碳纳米管电极为阳极，Mg电极为阴极，电极方程式与原电池相反。【详解】A．充电时，多孔碳纳米管是阳极，与电源正极连接，故A正确；B．PDA捕获的反应可能为，1，3-丙二胺与二氧化碳中的一个碳氧双键发生加成反应，故B正确；C．放电时，根据正极的反应可知，每转移1mol电子，理论上转化1mol，故C正确；D．充电时，Mg电极为阴极，电子从电源负极经外电路流向Mg电极，同时Mg2+向阴极迁移，故D错误；故选D。14.是易挥发的无色液体，遇到潮湿的空气会发生强烈的水解，其水解机理如图。下列说法不正确的是（）A.水解过程中Si的杂化方式发生了改变B.的水解历程中只存在极性键的断裂与生成C.按照上述反应机理，水解产物为D.水解产物之一为【答案】C【解析】A．水解过程中，硅原子与周围原子形成了5个共价键，那么硅原子的杂化方式发生了改变，A正确；B．水解过程中，存在硅氯和氧氢共价键断裂，硅氧共价键形成，都是极性键，B正确；C．按照上述反应机理，水解产物为，C错误；D．水解过程中H-与水电离的H+结合产生，D正确；答案选C。15.气氛下，溶液中含铅物种的分布如图。纵坐标为组分中铅占总铅的质量分数。已知，、、。下列说法不正确的是（）A.时，B.将稀释到，约为原溶液的一半C.时，溶液中D.pH=8时，溶液中加入少量NaOH固体，会溶解【答案】B【分析】由图可知，随着pH值增大，Pb2+浓度减小，Pb(OH)+浓度先增大后减小，PbCO3的物质的量先增大后减小，浓度增大。【详解】A．由图可知，δ(Pb2+)=δ(PbCO3)时，溶液中还存在Pb(OH)+，根据c0(Pb2+)=4.0×10-5mol/L和Pb守恒，溶液中c(Pb2+)<2.0×10-5mol/L，A正确；B．H2CO3是弱酸，加水稀释促进电离，将稀释到，大于原溶液的一半，B错误；C．由图可知，pH=6时δ(Pb2+)>50%，即c(Pb2+)>2×10-5mol/L，则c()≤=mol/L=3.7×10-9mol/L<c(Pb2+)，C正确；D．溶液中存在+H2O⇋+OH-，加入NaOH固体，增大OH-浓度，平衡逆向移动，使浓度增大，PbCO3(s)+(aq)⇋（aq）正向移动，PbCO3固体溶解，D正确；答案选B。16.为达到实验目的下列实验所选方案、现象和结论均正确的是（）实验目的方案设计现象结论A比较AgCl、AgI的大小向1mL溶液中先滴加两滴NaCl溶液，再滴加两滴KI溶液先产生白色沉淀，后产生黄色沉淀B溶液中水电离程度常温下，用pH计分别测定等体积和溶液的pHpH都等于7水的电离程度相同C检验溴乙烷中的溴元素将与NaOH溶液共热，冷却后，取出上层水溶液，先加酸化，再加溶液产生淡黄色沉淀中存在溴元素D检验苯中是否含有苯酚向苯中滴加少量浓溴水、振荡无白色沉淀苯中无苯酚【答案】C【解析】A．向1mL溶液中先滴加两滴NaCl溶液，产生白色沉淀，溶液中硝酸银过量，再滴加两滴KI溶液，产生黄色沉淀，不能判断二者大小，A错误；B．溶液中醋酸根和铵根水解程度相同，溶液呈中性，溶液浓度越大，对水的电离促进程度越大，不能根据pH都等于7判断水的电离程度相同，B错误；C．将与NaOH溶液共热，冷却后，取出上层水溶液，先加酸化，再加溶液，产生淡黄色沉淀可以证明中存在溴元素，C正确；D．苯酚与浓溴水反应生成的三溴苯酚可溶于苯，不能检验苯中是否存在苯酚，D错误；故选C。二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.氮是构建化合物的重要元素。请回答：（1）某种含B和N两种元素的功能陶瓷，其晶胞结构示意图如图所示。B的配位数为___________，写出功能陶瓷的化学式：___________。（2）下列说法正确的是___________。A.基态氮原子价电子排布图不是，是因为该排布方式违背了洪特规则B.的空间结构为直线形C.第二周期元素的第一电离能比N大的只有1种D.已知液氨自耦电离产生和，可推测和反应生成和（3）与可生成配离子，已知与结构相似，而不易与形成配离子的原因是___________。（4）和可以看成是中一个H分别被、―OH取代后的产物，都具有碱性和还原性。①、、碱性由强到弱的顺序为___________。②液态能将AgBr还原，试写出反应方程式：___________。【答案】（1）4BN（2）AD（3）F的电负性大于N，N—F成键电子偏向F，导致中的N原子核对孤电子对的吸引力增强，难以形成配位键，故不易与形成配离子（4）①.②.【解析】（1）①含B和N两种元素功能陶瓷，由其晶胞结构示意图如图可知B的配位数为4；②该结构中B原子在晶胞的顶点及面心、N原子在晶胞的内部，所含B原子数目为，所含N原子数目为4，所以B:N为1:1，该功能陶瓷的化学式为BN。（2）A．基态氮原子价电子排布图不是，是因为该排布方式违背了洪特规则，A正确；B．中的氮原子采取sp2杂化平面形结构，不是直线形，B错误；C．第二周期元素的第一电离能比N大的有氟和氖，C错误；D．液氨自耦电离产生和，故可推测和反应生成和，D正确；故选AD。（3）F的电负性大于N，N—F成键电子偏向F，导致中的N原子核对孤电子对的吸引力增强，难以形成配位键，故不易与形成配离子。（4）①N2H4和NH2OH可以看成NH3中的一个H被—NH2和—OH取代而得到的产物，由于电负性H＜N＜O，吸引电子能力H＜N＜O，因而NH3被取代后给电子能力减弱：NH3＞N2H4＞NH2OH，则碱性：NH3＞N2H4＞NH2OH；②液态能将AgBr还原生成银单质，则肼中氮元素化合价要升高被氧化为氮气，所以反应方程式为。18.1000多年前我国就利用“细菌氧化”法将铜矿石中的硫化物转化为硫酸盐，并用形成的天然“胆水”来冶炼铜。现代采用电解精炼铜会产生阳极泥，其中含有铜、金、银等金属单质。某科研小组设计提纯金和银的工艺流程如下：已知：AgCl能与反应生成。（1）“胆水”的主要溶质是___________；浸出液1含有的金属离子主要是___________。（2）下列说法正确的是___________。A.浸渣1的主要成分是金和银，浸渣2的主要成分是银B.电沉积阴极反应式是C.浸取2中盐酸有利于Au转化为，Ag转化为AgCl，实现有效分离D.还原步骤中，与Au的物质的量之比为4∶3（3）浸取1中相关反应的化学方程式是___________。（4）“细菌氧化”时，发生反应的离子方程式是___________，设计实验检验反应产物中的离子：___________。【答案】（1）硫酸铜（2）BC（3）（4）取样于三支试管中，向A试管滴加KSCN溶液，若溶液变红，则有；向B试管中滴加稀盐酸，无现象，再滴加溶液，若有白色沉淀，则有【分析】精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等元素，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸出液1中，Ag、Au不反应，浸渣1中含有Ag和Au；浸渣1中加入盐酸、H2O2浸取，Au转化为HAuCl4进入浸出液2，Ag转化为AgCl，浸渣2中含有AgCl；浸出液2中加入N2H4将HAuCl4还原为Au，同时N2H4被氧化为N2；浸渣2中加入，将AgCl转化为，得到浸出液3，利用电沉积法将还原为Ag；【详解】（1）“胆水”的主要溶质是硫酸铜；由分析可知，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+以及过量的酸进入浸取液1中，故浸出液1含有的金属离子主要是Cu2+；（2）A．浸渣1的主要成分是金和银，浸渣2的主要成分是AgCl，故A错误；B．电沉积步骤中，阴极发生还原反应，得电子被还原为Ag，电极反应式为，故B正确；C．浸取2中浸渣1中加入盐酸、H2O2浸取，Au转化为HAuCl4进入浸出液2，Ag转化为AgCl，实现有效分离，故C正确；D．还原步骤中，N2H4将HAuCl4还原为Au，同时N2H4被氧化为N2，根据化合价升降可知，与Au的物质的量之比为3∶4，故D错误；答案选BC；（3）浸取1中是铜在硫酸作用下被双氧水氧化生成硫酸铜和水，相关反应的化学方程式是；（4）“细菌氧化”时，将铜矿石中的硫化物转化为硫酸盐，发生反应的离子方程式是，设计实验检验反应产物中的离子，铁离子、硫酸根离子，实验为：取样于三支试管中，向A试管滴加KSCN溶液，若溶液变红，则有；向B试管中滴加稀盐酸，无现象，再滴加溶液，若有白色沉淀，则有。19.利用合成甲醇是实现“碳中和”的重要途径之一，加氢制甲醇的主要反应为：①②（1）反应①的___________(填“大于”“小于”或“等于”)0，理由是___________。（2）200℃下，在恒温恒容容器中通入一定量的和，反应①达到平衡的标志为___________。A. B.混合气体的密度不再改变C.不再变化 D.容器中气体的平均摩尔质量不再变化（3）200℃，下，将一定比例和混合气体通入装有催化剂的绝热反应管。装置中、、……位点处(相邻位点距离相同)的气体温度、CO和的体积分数如图所示。至位点处CO的体积分数逐渐升高，位点后CO的体积分数几乎保持不变，请说明理由：___________。（4）某研究小组自制甲醇燃料电池，电解质是KOH溶液，负极反应式是___________。该电池以3.2A恒定电流工作48分钟，消耗0.64g，该电池化学能转化为电能的转化率为___________。[电荷量电流时间；；]【答案】（1）大于该反应，且能发生，则（2）CD（3）至位点处反应①生成CO的速率大于反应②消耗CO的速率，CO的体积分数逐渐升高；位点后，反应①生成CO的速率等于反应②消耗CO的速率，CO的体积分数不变（4）80%【解析】（1）反应①的，且能发生，根据自发进行的综合判据，熵增、焓减的反应能发生，则；（2）A．反应速率之比等于系数比，达到平衡时正逆反应速率相等，反应②中氢气和CO的系数不相同，说明消耗氢气与消耗CO的反应速率不相等，则不能说明反应①达到平衡，A不符合题意；B．在恒温恒容容器中体积不变，由质量守恒定律，混合气体总质量不变，则混合气体的密度一直不变，不能说明反应①达到平衡，B不符合题意；C．通入一定量的和，反应①每消耗1mol二氧化碳就生成1molCO，而反应②中消耗CO，则是一变量，当不再变化能说明反应①达到平衡，C符合题意；D．反应②中前后气体系数和不相等，说明混合气体的总物质的量发生变化，而气体的总质量不变，则气体的平均摩尔质量是变量，当容器中气体的平均摩尔质量不再变化能说明反应①达到平衡，D符合题意；故选CD；（3）至位点处CO的体积分数逐渐升高，位点后CO的体积分数几乎保持不变，原因是至位点处反应①生成CO的速率大于反应②消耗CO的速率，CO的体积分数逐渐升高；位点后，反应①生成CO的速率等于反应②消耗CO的速率，CO的体积分数不变；（4）甲醇燃料电池，电解质是KOH溶液，正极是氧气得电子生成OH-，负极是甲醇失去电子生成碳酸根离子，负极反应式是，消耗0.64g即物质的量为，所带电荷量为：6×0.02mol×6×1023mol-1×1.6×10-19C=11520C，该电池