湖北云学部分重点高中联盟2025届高三10月联考化学试卷试题及答案解析

PAGEPAGE12024年湖北云学部分重点高中联盟高三年级10月联考化学试卷考试时间：2024年10月9日14：30-17：05时长：75分钟试卷满分：100分可能用到的相对原子质量：H-1O-16Na-23Cl-35.5一、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.化学创造美好生活，下列说法错误的是A.维生素C是水果罐头中常用的抗氧化剂B.手机芯片与光导纤维化学成分相同C.三折叠手机柔性屏使用的原材料聚酰亚胺属于有机高分子材料D.节日绚丽的烟花与原子核外电子跃迁过程中的能量变化有关2.下列化学用语表达正确的是A.sp2杂化轨道模型：B.固体HF中的链状结构C.H2O2电子式：D.NaCl溶液中的水合离子：3.设是阿伏加德罗常数的值，反应可制含氯消毒剂。下列说法正确的是A.58.5gNaCl晶体中含有的分子数目为B.含有的共用电子对数目为C.每形成，转移电子数目为D.每的中子数为4.下列离子方程式书写正确的是A.溶液中通入过量B.盛放强碱性溶液不能用磨口玻璃塞的原因：C.少量Cu与浓硝酸反应：D.与水反应：5.某化合物的结构如图所示，X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，X的基态原子核外电子占据3个原子轨道，Y的最外层电子数是其内层电子数的3倍。下列说法正确的是A.该化合物中所有原子均满足8电子稳定结构B.阴离子中X原子采用sp3杂化C.第一电离能由大到小的顺序为Y>Z>XD.X最高价氧化物对应的水化物为弱酸6.下图为实验室制备乙酸丁酯所使用的装置(加热夹持仪器略去)，下列有关说法错误的是物质乙酸1-丁醇乙酸丁酯沸点/℃117.9117.2126.3A.反应可使用浓硫酸作催化剂B.分水器中水层高度不变时可停止加热aC.仪器b可以换成仪器c(蛇形冷凝管)D.可采取不断蒸出乙酸丁酯的方式来增大产率7.部分含Mg或Al或Fe元素的物质类别与相应化合价关系如图。下列推断错误的是A.若b和d均能与同一物质反应生成c，则组成a的元素一定位于周期表p区或d区B.加热c的饱和溶液，一定会形成能产生丁达尔效应的红褐色分散系C.若a在沸水中可生成e，则工业上一般不采用电解g的方式制备aD.在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化8.下列实验操作正确且能达到实验目的是选项实验目的实验操作A．验证非金属性：C>Si向碳酸钠粉末中滴加盐酸，然后将产生的气体通入硅酸钠溶液，观察到有白色胶状物质生成B．配制250mL0.400mol/LNaOH溶液称取4.0gNaOH固体溶于水，将其转入250mL容量瓶中，加水至刻度线1～2cm处，改用胶头滴管定容C．比较Ksp(AgCl)与Ksp(AgI)的大小向盛有2mL0.1mol/LNaCl溶液的试管中滴加2滴AgNO3溶液，振荡，然后再向其中滴加4滴0.1mol/LKI溶液D．验证HClO具有漂白性将新制饱和氯水慢慢滴入含酚酞的稀NaOH溶液中，溶液红色褪去A.A B.B C.C D.D9.NH3是重要的化工原料，可发生如下转化。下列说法正确的是A.反应I和反应Ⅲ的转化都属于氮的固定B.过量NH3参与反应Ⅱ的方程式为C.过程Ⅲ得到的液态是良好的溶剂，推测易溶于其中D.反应Ⅳ生成每，转移电子数为10.为解决传统电解水制氢阳极电势高、反应速率缓慢的问题，科技工作者设计耦合HCHO高效制H2的方法装置如图。部分反应机理为：。下列说法正确的是A.电解时由a极向b极方向迁移B.阴极反应为2H2O-2e-=H2↑+2OH-，C.阳极反应D.相同电量下理论产量是传统电解水的2倍11.三氟甲苯()与浓硝酸反应可生成和，该反应历程中生成两种中间体的能量变化示意图如下，下列说法正确的是A.与生成中间体的反应为取代反应B.反应历程中，苯环的大键未发生变化C.从反应速率和中间体稳定性看都更利于生成中间体2D.三氟甲苯与生成中间体1和中间体2的过程均放热12.可用于合成光电材料。某兴趣小组用CaS与反应制备液态，实验装置如图，反应方程式为：。已知：①的沸点是-61℃，有毒；②装置A内产生的气体中含有酸性气体杂质；③装置D的主要作用是预冷却。下列有关说法错误的是A.MgCl2固体有利于平稳持续产生H2S B.该实验产生的尾气可用硫酸铜溶液吸收C.虚框内装置的连接顺序为E→D→C D.G中汞起到了平衡气压和液封的作用13.下列有关宏观辩识与微观探析的说法错误的是选项宏观事实微观解释A．SiO2的熔点高于CS2Si-O的键能大于C=S的键能B．同一主族碱金属元素的单质熔沸点逐渐降低同一主族从上到下碱金属元素的原子的半径逐渐增大，金属键逐渐减弱C．常温下Cl2、Br2和I2的聚集状态不同卤素单质的相对分子质量越大，范德华力越大D．王水溶解金(Au)盐酸提供的Cl-增强了Au的还原性A.A B.B C.C D.D14.下图是联合法生产纯碱的工艺流程，原料气CO2和NH3来自合成氨厂，“碳酸化”发生的反应为，“降温结晶”时可用液氨作制冷剂。下列说法错误的是A.“煅烧”产生的气体可以循环使用 B.母液I通NH3的主要目的是增大C.液氨制冷与液氨分子间氢键有关 D.母液II用于吸氨可以提高NaCl的利用率15.向溶液中缓慢滴加100mL0.2mol/L盐酸，溶液中各离子的物质的量随加入盐酸中HCl的物质的量的变化如图所示(和未画出)。碳酸的电离平衡常数，，不考虑。下列说法错误的是A.滴加至a点时，B.滴加至b点时，C.滴加至c点时，D.滴加至d点时，溶液的二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.以精铋生产过程中产生的氯化铅渣(含PbCl2、CuCl2及AgCl)为原料回收铜、银、铅的工艺流程如下。已知，，，。回答下列问题：（1）82Pb在周期表中的位置是第___________周期，第___________族。（2）“浸出1”控温75℃的加热方式为___________，此步骤中PbCl2发生的化学反应方程式为___________。（3）若在“浸出1”过程中，浓度控制为0.1mol/L，请通过计算说明此过程中是否有Ag2SO4生成：___________。（4）下图是温度对“浸出2”所得浸出渣中银含量的影响，反应时间均为1.5h，50～70℃浸出渣中银含量呈现上升趋势的原因是___________。（5）从“滤液”中获得NaCl固体，实验室操作中需要用到的仪器有___________(填标号)。（6）水合肼()还原“浸出液2”得到银粉的过程中有N2生成，则反应的离子方程式为___________。17.化合物H是一种药物中间体，合成路线如下：回答下列问题：（1）A的官能团名称为___________。（2）B与(CH3CO)2O按物质的量之比1∶2反应生成三种不同的有机产物，B→C的反应方程式为___________。（3）化合物D不能采取先在NaOH溶液中加热充分反应，后再酸化得到E的原因是___________。（4）任写一种同时符合下列条件的化合物E同分异构体的结构简式___________。①核磁共振氢谱峰面积之比为6∶2∶1；②能与FeCl3溶液发生显色反应；③有机物结构中不含“-O-Br”（5）有机物F的名称是___________；从结构角度解释，F()框线内氢原子易发生取代反应的原因是___________。（6）除苯环外，H分子中还有一个具有两个氮原子的六元环，在合成H的同时还生成两种醇，H的结构简式为___________。18.某研究性学习小组研究过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉与pH=1的0.5mol/LFeCl3溶液的反应，进行了以下三组实验以探究FeCl3溶液中作为氧化剂的微粒及其还原产物。（1）理论分析：依据金属活动性顺序表，过量Cu、Zn、Mg中，不可将Fe3+最终还原为Fe的是___________。（2）实验验证实验金属操作、现象及产物I过量Cu一段时间后，溶液逐渐变蓝绿色，固体中未检测到Fe单质Ⅱ过量Zn一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3～4，取出固体，固体中未检测到Fe单质Ⅲ过量Mg有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加___________(填化学式)溶液，依据特征蓝色沉淀的生成，证明三组实验都有Fe2+生成。②实验Ⅱ和Ⅲ中产生的红褐色沉淀是___________(填化学式)。（3）探究实验Ⅱ未检测到Fe单质的原因。学习小组的同学进行了讨论，提出了以下三种可能的原因，并进行实验验证。a．甲同学认为实验Ⅱ中，当Fe3+、H+浓度较大时，即使Zn与Fe2+反应置换出少量Fe，Fe也会被Fe3+、H+消耗。b．乙同学认为在pH为3～4的溶液中即便生成Fe也会被H+消耗。实验证明了此条件下可以忽略H+对Fe的消耗。c．丙同学认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与Fe2+的反应。实验证实了Zn粉被包裹。①请设计实验验证乙同学的猜想不成立：___________(填操作和现象)。②查阅资料：0.5mol/L的Fe3+开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3.结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3～4时，不取出固体，先滴入几滴___________溶液，再向固液混合物中持续加入盐酸控制溶液pH范围为___________，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，当pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。（4）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因是___________。19.“碳达峰·碳中和”是我国社会发展的重大战略。CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：反应a：反应b：回答下列问题：（1）反应___________kJ/mol，该反应正向自发的条件为___________(填“高温”或“低温”)自发。（2）在刚性密闭容器中，进料比分别等于1.0、1.5、2.0，且反应达到平衡状态，甲烷的质量分数随温度变化的关系如图下1所示，曲线x对应的___________。（3）恒压、750℃时，CH4和CO2按物质的量之比1：3投料，反应经如图2流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。①下列说法错误的是___________(填标号)。A．CaO与CO2的反应可促进Fe3O4氧化CO的平衡右移B．Fe3O4和CaO都可以循环利用C．H2在过程ii将Fe3O4还原为单质铁D．过程ii产生的H2O最终被CaO吸收了②过程ⅱ平衡后通入He，CO的物质的量的变化是___________(填“升高”“降低”或“不变”)。（4）CH4还原能力(R)可衡量CO2转化效率，(同一时段内CO2与CH4的物质的量变化量之比)。常压下CH4和CO2按物质的量之比1：3投料，发生反应a和b．某一时段内CH4和CO2的转化率和R值随温度的变化分别如图3和图4所示。①结合图3分析图4，R随温度升高呈现先降低后升高趋势的原因是___________。②催化剂X可提高R值，另一时段内CH4转化率、R值随温度变化如下表：温度/℃480500520550CH4转化率/%7.911.520.234.8R2.62.42.11.8下列说法正确的是___________(填标号)。A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高了反应a的速率B．温度越低，含氢产物中H2O占比越高C．改变催化剂提高CH4转化率，R值一定增大PAGEPAGE12024年湖北云学部分重点高中联盟高三年级10月联考化学答案考试时间：2024年10月9日14：30-17：05时长：75分钟试卷满分：100分可能用到的相对原子质量：H-1O-16Na-23Cl-35.5一、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.化学创造美好生活，下列说法错误的是A.维生素C是水果罐头中常用的抗氧化剂B.手机芯片与光导纤维化学成分相同C.三折叠手机柔性屏使用的原材料聚酰亚胺属于有机高分子材料D.节日绚丽的烟花与原子核外电子跃迁过程中的能量变化有关【答案】B【解析】【详解】A．维生素C具有还原性，是水果罐头中常用的抗氧化剂，故A正确；B．手机芯片材质是硅单质，光导纤维材质是二氧化硅，其化学成分不相同，故B错误；C．三折叠手机柔性屏使用的原材料聚酰亚胺是聚合物，属于有机高分子材料，故C正确；D．电子跃迁到激发态过程中吸收能量，当电子由高能级轨道跃迁回能量较低的轨道，释放多余的能量，以光的形式释放出来，因此可以看到绚丽的烟花，故D正确；故选B。2.下列化学用语表达正确的是A.sp2杂化轨道模型：B.固体HF中的链状结构C.H2O2电子式：D.NaCl溶液中的水合离子：【答案】A【解析】【详解】A．sp2杂化轨道在空间呈平面三角形，键角120o，轨道模型正确，A正确；B．固体HF中的链状结构应为，B错误；C．H2O2为共价化合物，电子式：，C错误；D．钠离子半径小于氯离子，图示中钠离子半径大于氯离子，同时水分子中氢原子呈正电性，氧原子呈负电性，因此钠离子周围的水分子应该是氧原子对着钠离子，氯离子周围的水分子应该是氢原子对着氯离子，D错误；故选A。3.设是阿伏加德罗常数的值，反应可制含氯消毒剂。下列说法正确的是A.58.5gNaCl晶体中含有的分子数目为B.含有的共用电子对数目为C.每形成，转移电子数目为D.每的中子数为【答案】C【解析】【详解】A．晶体为离子晶体，由钠离子和氯离子组成，不含有分子，A错误；B．未说明温度和压强的状态，气体摩尔体积Vm不确定，无法计算含有的共用电子对数目，B错误；C．由反应式可知，转移电子会生成，即形成，则每形成，转移电子数为，C正确；D．中子数=质量数-质子数，一个原子所含中子数为，则的中子数为，D错误；故选C。4.下列离子方程式书写正确的是A.溶液中通入过量B.盛放强碱性溶液不能用磨口玻璃塞的原因：C.少量Cu与浓硝酸反应：D.与水反应：【答案】B【解析】【详解】A．Na[Al(OH)4]溶液中通入过量CO2，得到的是，反应的离子方程式为：，A项错误；B．玻璃塞的主要成分是SiO2，NaOH可与其发生反应生成具有粘性的Na2SiO3，反应的离子方程式为：SiO2+2OH-=+H2O，B项正确；C．Cu和浓硝酸反应生成NO2，反应的离子方程式为：，C项错误；D．HClO为弱酸，离子方程式中不能拆成离子形式，Cl2与水反应的离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO，D项错误；故答案选B。5.某化合物的结构如图所示，X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，X的基态原子核外电子占据3个原子轨道，Y的最外层电子数是其内层电子数的3倍。下列说法正确的是A.该化合物中所有原子均满足8电子稳定结构B.阴离子中X原子采用sp3杂化C.第一电离能由大到小的顺序为Y>Z>XD.X最高价氧化物对应的水化物为弱酸【答案】D【解析】【分析】由题干信息可知，根据该化合物的结构示意图可知，Z带一个正电荷，X能形成3个共价键，Y能形成2个共价键，且X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，X的基态原子核外电子占据3个原子轨道，Y的最外层电子数是其内层电子数的3倍，则Y为O，X为B，Z为Na，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，X为B、Y为O、Z为Na，结合该化合物的结构示意图可知，化合物中O、Na原子均满足8电子稳定结构，但B原子不满足，A错误；B．由分析可知，X为B，结合该化合物的结构示意图可知，阴离子中B原子周围有3个σ键，没有孤电子对，价层电子对数为3，故采用sp2杂化，B错误；C．由分析可知，X为B、Y为O、Z为Na，同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，且非金属元素的第一电离能大于金属元素，则第一电离能由大到小的顺序为：O＞B＞Na，即Y>X>Z，C错误；D．由分析可知，X为B，则X最高价氧化物对应的水化物为H3BO3，即硼酸为弱酸，D正确；故选D。6.下图为实验室制备乙酸丁酯所使用的装置(加热夹持仪器略去)，下列有关说法错误的是物质乙酸1-丁醇乙酸丁酯沸点/℃117.9117.2126.3A.反应可使用浓硫酸作催化剂B.分水器中水层高度不变时可停止加热aC.仪器b可以换成仪器c(蛇形冷凝管)D.可采取不断蒸出乙酸丁酯的方式来增大产率【答案】D【解析】【分析】实验室制备乙酸丁酯的反应为浓硫酸作用下乙酸与1-丁醇共热发生酯化反应生成乙酸丁酯和水。【详解】A．由分析可知，制备乙酸丁酯时可使用浓硫酸作催化剂和吸水剂，故A正确；B．分水器中水层高度不变说明乙酸与1-丁醇共热发生的酯化反应达到最大限度，可停止加热a，故B正确；C．蛇形冷凝管的接触面积大于球形冷凝管，冷凝效果强于球形冷凝管，所以仪器b可以换成仪器c，故C正确；D．由表格数据可知，乙酸丁酯与乙酸和1-丁醇的沸点相差不大，不能用不断蒸出乙酸丁酯减少生成物浓度的方式来增大产率，故D错误；故选D。7.部分含Mg或Al或Fe元素的物质类别与相应化合价关系如图。下列推断错误的是A.若b和d均能与同一物质反应生成c，则组成a的元素一定位于周期表p区或d区B.加热c的饱和溶液，一定会形成能产生丁达尔效应的红褐色分散系C.若a在沸水中可生成e，则工业上一般不采用电解g的方式制备aD.在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化【答案】B【解析】【详解】A．假设b为Al2O3，即d为Al(OH)3，c为铝盐，Al2O3、Al(OH)3与稀盐酸反应均生成铝盐，此时组成a的元素为Al，位于周期表p区，假设b为Fe2O3，即d为Fe(OH)3，c为铁盐，Fe2O3、Fe(OH)3与稀盐酸反应均生成铁盐，此时组成a的元素为Fe，位于周期表d区，故A正确；B．由题意得，此时能产生丁达尔效应的红棕色分散系为Fe(OH)3胶体，c应为铁盐，加热铁盐的饱和溶液，也有可能直接得到沉淀，故B错误；C．若a在沸水中可生成e，此时a为Mg，e为Mg(OH)2，即g为MgO，工业上采用电解熔融氯化镁的方法获得Mg，故C正确；D．e能转化为d，此时e为Fe(OH)2白色沉淀，d为Fe(OH)3红褐色沉淀，说明在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化，故D正确；故答案选B。8.下列实验操作正确且能达到实验目的是选项实验目的实验操作A．验证非金属性：C>Si向碳酸钠粉末中滴加盐酸，然后将产生的气体通入硅酸钠溶液，观察到有白色胶状物质生成B．配制250mL0.400mol/LNaOH溶液称取4.0gNaOH固体溶于水，将其转入250mL容量瓶中，加水至刻度线1～2cm处，改用胶头滴管定容C．比较Ksp(AgCl)与Ksp(AgI)的大小向盛有2mL0.1mol/LNaCl溶液的试管中滴加2滴AgNO3溶液，振荡，然后再向其中滴加4滴0.1mol/LKI溶液D．验证HClO具有漂白性将新制饱和氯水慢慢滴入含酚酞的稀NaOH溶液中，溶液红色褪去A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．可以通过比较最高价氧化物对应的水化物酸性大小验证非金属性，但盐酸不是含的最高价含氧酸，不能通过比较盐酸和硅酸的酸性大小颜色非金属性，A错误；B．将溶液转入250mL容量瓶中，应用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒两到三次，将洗涤液注入容量瓶中，再加水至刻度线1～2cm处，改用胶头滴管定容，B错误；C．过量，滴加2滴溶液后，全部转化为白色沉淀，然后再想其中滴加溶液，白色沉淀转化为黄色沉淀，C正确；D．新制氯水中含有和，滴入含酚酞的稀后，溶液红色褪去，可能是发生酸碱中和反应，不能验证具有漂白性，D错误；故选C。9.NH3是重要的化工原料，可发生如下转化。下列说法正确的是A.反应I和反应Ⅲ的转化都属于氮的固定B.过量NH3参与反应Ⅱ的方程式为C.过程Ⅲ得到的液态是良好的溶剂，推测易溶于其中D.反应Ⅳ生成每，转移电子数为【答案】D【解析】【分析】氨气在一定条件下变为NH2OH，过量NH3与COCl2反应生成尿素和氯化铵，尿素和次氯酸钠反应生成N2H4、氯化钠和水，和亚硝酸反应生成水和叠氮酸。【详解】A．氮的固定指N2转化为氮的化合物，反应I和反应Ⅲ的转化都为氮的化合物之间的转化，不属于氮的固定，A错误；B．过量NH3与COCl2反应生成尿素和氯化铵，化学反应方程式为4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl，B错误；C．液态N2H4是良好的溶剂，N2H4是极性分子，甲烷是非极性分子，根据“相似相溶”原理，则CH4不易溶于其中，故C错误；D．反应Ⅳ的化学方程式为：N2H4+HNO2=HN3+2H2O，由方程式可知HNO2中的N从+3价降为-价，故生成1molHN3转移电子3电子，故每生成3molHN3，转移电子数为10NA，D正确；故答案选D。10.为解决传统电解水制氢阳极电势高、反应速率缓慢的问题，科技工作者设计耦合HCHO高效制H2的方法装置如图。部分反应机理为：。下列说法正确的是A.电解时由a极向b极方向迁移B.阴极反应为2H2O-2e-=H2↑+2OH-，C.阳极反应D.相同电量下理论产量是传统电解水的2倍【答案】D【解析】【分析】由图可知，b电极上HCHO被氧化为HCOO-，则b电极为阳极，a电极为阴极；电解质溶液为KOH溶液，结合反应机理，则阳极反应涉及：①HCHO+OH--e-=HCOOH+H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，则阳极反应式为：，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，据此解题。【详解】A．由分析可知，b极为阳极，a极为阴极，故电解时由b极经电源向a极方向迁移，A错误；B．由分析可知，阴极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，B错误；C．由分析可知，阳极反应为：，C错误；D．由分析可知，阳极反应式为：，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则转移2mol电子时，阳极生成1molH2，阴极生成1molH2，共生成2molH2，而传统电解水的反应式：2H2O2H2↑+O2↑，转移2mol电子生成1molH2，所以相同电量下H2理论产量是传统电解水的2倍，D正确；故选D。11.三氟甲苯()与浓硝酸反应可生成和，该反应历程中生成两种中间体的能量变化示意图如下，下列说法正确的是A.与生成中间体的反应为取代反应B.反应历程中，苯环的大键未发生变化C.从反应速率和中间体稳定性看都更利于生成中间体2D.三氟甲苯与生成中间体1和中间体2的过程均放热【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，与生成中间体的反应为加成反应，故A错误；B．由图可知，反应历程中苯环变成，中间体带正电荷说明苯环的大π键被破坏，故B错误；C．由图可知，中间体2的能量低于中间体1，且生成中间体1反应的活化能大于生成中间体2，所以从反应速率和中间体稳定性看都更利于生成中间体2，故C正确；D．三氟甲苯与生成中间体1和中间体2的过程均为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，故D错误；故选C。12.可用于合成光电材料。某兴趣小组用CaS与反应制备液态，实验装置如图，反应方程式为：。已知：①的沸点是-61℃，有毒；②装置A内产生的气体中含有酸性气体杂质；③装置D的主要作用是预冷却。下列有关说法错误的是A.MgCl2固体有利于平稳持续产生H2S B.该实验产生的尾气可用硫酸铜溶液吸收C.虚框内装置的连接顺序为E→D→C D.G中汞起到了平衡气压和液封的作用【答案】C【解析】【分析】A作为H2S的发生装置，B用于除去酸性气体杂质，由于不能骤冷，所以D、E都是冷却H2S的装置，C装置干燥H2S，F冷却并收集H2S，G作为平衡气压和液封，防止空气中的水蒸气等进入体系，据此回答。【详解】A．CaS、MgCl2和水反应生成H2S，饱和溶液中的MgCl2消耗后，MgCl2固体会溶解，保持MgCl2为饱和溶液，有利于平稳持续产生H2S，A正确；B．该实验产生的尾气为H2S，与CuSO4反应生成CuS沉淀，可用硫酸铜溶液吸收尾气，B正确；C．A作为H2S的发生装置，B用于除去酸性气体杂质，经过除杂后的H2S由于不能骤冷，所以需要逐级降温，先用装置E预冷H2S，再用C除去水蒸气，再经过D冷却H2S，故虚框内装置的连接顺序为E→C→D，C错误；D．G中的汞用于平衡气压和液封，防止空气中的水蒸气等进入体系，D正确；故答案选C。13.下列有关宏观辩识与微观探析的说法错误的是选项宏观事实微观解释A．SiO2的熔点高于CS2Si-O的键能大于C=S的键能B．同一主族碱金属元素的单质熔沸点逐渐降低同一主族从上到下碱金属元素的原子的半径逐渐增大，金属键逐渐减弱C．常温下Cl2、Br2和I2的聚集状态不同卤素单质的相对分子质量越大，范德华力越大D．王水溶解金(Au)盐酸提供的Cl-增强了Au的还原性A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．SiO2的熔点高于CS2的原因是二氧化硅为共价晶体，CS2为分子晶体，与键能无关，故A错误；B．碱金属元素从Li到Cs原子半径随着原子序数增大而增大，金属键变长，金属键键能减小，其单质的熔沸点随着原子序数增大而减小，故B正确；C．Cl2、Br2和I2都为结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，常温下Cl2、Br2和I2的聚集状态从气态、液态至固态，故C正确；D．王水溶解金时反应为Au+HNO3+4HCl=H[AuCl4]+NO↑+2H2O，硝酸作为氧化剂，Au做还原剂，盐酸提供的Cl-增强了Au的还原性，故D正确；故选A。14.下图是联合法生产纯碱的工艺流程，原料气CO2和NH3来自合成氨厂，“碳酸化”发生的反应为，“降温结晶”时可用液氨作制冷剂。下列说法错误的是A.“煅烧”产生的气体可以循环使用 B.母液I通NH3的主要目的是增大C.液氨制冷与液氨分子间氢键有关 D.母液II用于吸氨可以提高NaCl的利用率【答案】B【解析】【分析】饱和氨盐水中通入二氧化碳，发生反应：，真空过滤后得到碳酸氢钠，煅烧后得到纯碱，母液Ⅰ中含有氯化铵，通入氨气，增大了铵根离子浓度，再加入食盐粉，促使氯化铵析出得到副产品氯化铵，母液Ⅱ中含有氯化钠和氯化铵，再吸收氨气后得到的氨盐水可以循环使用。【详解】A．“碳酸化”发生的反应为，碳酸氢钠煅烧分解为碳酸钠、水和二氧化碳，二氧化碳可以循环使用，故A正确；B．母液I中有浓度较大的NH4Cl，通入氨气，增大了铵根离子浓度，从而NH4Cl在降温时结晶析出，故B错误；C．氨分子间有氢键，导致氨的沸点高，容易液化，液氨在气化时吸收大量的热，液氨能做制冷剂，所以液氨制冷与液氨分子间氢键有关，故C正确；D．母液II吸氨后得到的氨盐水可以继续进行碳酸化反应，提高了NaCl的利用率，故D正确；故选B。15.向溶液中缓慢滴加100mL0.2mol/L盐酸，溶液中各离子的物质的量随加入盐酸中HCl的物质的量的变化如图所示(和未画出)。碳酸的电离平衡常数，，不考虑。下列说法错误的是A.滴加至a点时，B.滴加至b点时，C.滴加至c点时，D.滴加至d点时，溶液的【答案】A【解析】【分析】随加入盐酸的物质的量的变化，溶液中发生的离子反应为、，如图所示，n(K+)不变，n(Cl-)逐渐增大，n()逐渐减小，n()先增大后减小，据此分析解答。【详解】A．滴加至a点时，根据物料守恒知：n(K+)=2n()+2n()+2n(H2CO3)(此时无二氧化碳生成)，由图a点知n(Cl-)=n()>n()，c(K+)>4c()，故A错误；B．=4.31×10-7，=5.60×10-11，b点时，n()=n()，c(H+)=5.60×10-11，，故B正确；C．由c点知，n(Cl-)>n()>n()，此时加入n(HCl)=0.01mol，此时溶质为KCl和KHCO3，且等浓度，由物料守恒得：n(Cl-)=n()+n()+n(H2CO3)，又因为碳酸氢根水解程度大于电离程度（碳酸氢钾溶液呈碱性），故n(H2CO3)>n()，所以c(Cl-)>c()+2c()，故C正确；D．d点时，n(Cl-)=0.02mol，说明K2CO3+2HCl=2KCl+CO2↑+H2O恰好完全反应，生成的二氧化碳部分溶于水，则溶液的pH<7，故D正确；故答案选A。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.以精铋生产过程中产生的氯化铅渣(含PbCl2、CuCl2及AgCl)为原料回收铜、银、铅的工艺流程如下。已知，，，。回答下列问题：（1）82Pb在周期表中的位置是第___________周期，第___________族。（2）“浸出1”控温75℃的加热方式为___________，此步骤中PbCl2发生的化学反应方程式为___________。（3）若在“浸出1”过程中，浓度控制为0.1mol/L，请通过计算说明此过程中是否有Ag2SO4生成：___________。（4）下图是温度对“浸出2”所得浸出渣中银含量的影响，反应时间均为1.5h，50～70℃浸出渣中银含量呈现上升趋势的原因是___________。（5）从“滤液”中获得NaCl固体，实验室操作中需要用到的仪器有___________(填标号)。（6）水合肼()还原“浸出液2”得到银粉的过程中有N2生成，则反应的离子方程式为___________。【答案】（1）①.六②.IVA（2）①.水浴加热②.（3）由题可知，则，故无Ag2SO4生成（4）温度较高时，氨水因受热分解浓度降低而引起浸出速率减慢（5）②④⑤（6）【解析】【分析】氯化铅渣(含和等)，加入硫酸、硫酸钠反应分铜，进行过滤得到浸出液1和浸出渣1，浸出渣1中含有氯化银、硫酸铅，加入氨水反应，过滤得到含银元素的浸出液2和副产品，副产品为硫酸铅，浸出液2为Ag(NH3)2Cl，再在浸出液2中加入沉银反应得到氮气，再进行过滤操作得到粗银；浸出液1中加入硫化钠沉铜，过滤操作后得到滤液和硫化铜，据此作答。【小问1详解】铅为第82号元素，与碳同主族，位于周期表第六周期第ⅣA族。【小问2详解】“浸出1”控温75℃的加热方式为：水浴加热；根据表中溶度积数据可知，常温下的溶解度比更小，所以可以实现沉淀的转化，反应的方程式为：。【小问3详解】根据题中所给溶度积常数可知，若在“浸出1”中，得到的浸出渣为氯化银和硫酸铅，要确定是否有硫酸银，由于此时已经有硫酸铅、氯化银沉淀，根据题中所给数据，结合浓度控制为0.1mol/L，可知，，则，故无Ag2SO4生成。【小问4详解】“浸出2”中加入氨水得到浸出液2，若是氨水的量减少，则得到的浸出渣银会增多，因此反应时间均为1.5h，50～70℃浸出渣中银含量呈现上升趋势的原因是：温度较高时，氨水因受热分解浓度降低而引起浸出速率减慢。【小问5详解】NaCl溶解度随温度升高而变化不大，从滤液获得NaCl固体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到，实验室操作中需要用到的仪器有：蒸发皿、烧杯、漏斗、玻璃棒，即②④⑤。【小问6详解】水合肼()还原浸出液2，得到银粉的过程中有N2生成，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可知，反应的离子方程式为：。17.化合物H是一种药物中间体，合成路线如下：回答下列问题：（1）A的官能团名称为___________。（2）B与(CH3CO)2O按物质的量之比1∶2反应生成三种不同的有机产物，B→C的反应方程式为___________。（3）化合物D不能采取先在NaOH溶液中加热充分反应，后再酸化得到E的原因是___________。（4）任写一种同时符合下列条件的化合物E同分异构体的结构简式___________。①核磁共振氢谱峰面积之比为6∶2∶1；②能与FeCl3溶液发生显色反应；③有机物结构中不含“-O-Br”（5）有机物F的名称是___________；从结构角度解释，F()框线内氢原子易发生取代反应的原因是___________。（6）除苯环外，H分子中还有一个具有两个氮原子的六元环，在合成H的同时还生成两种醇，H的结构简式为___________。【答案】（1）羟基、(酮)羰基（2）（3）碳溴键(溴原子)在NaOH溶液加热的条件下也会发生水解反应，从而导致有机物D不能转化为E（4）或（5）①.丙二酸二乙酯②.酯基中氧的电负性大于碳，化合物F中羰基碳原子正电性较强，从而使框线内氢原子的活性增强(或碳上的碳氢键极性增强，容易断裂)（6）【解析】【分析】结合合成路线图，E和F生成G，对比F和G结构简式可知，E和F发生取代反应，E的结构简式为，G和生成H，H的结构简式为。【小问1详解】由A的结构简式可知，A的官能团名称为羟基、(酮)羰基；【小问2详解】B与(CH3CO)2O按物质的量之比1∶2反应生成三种不同的有机产物，B→C的反应方程式为；【小问3详解】化合物D不能采取先在NaOH溶液中加热充分反应，后再酸化得到E的原因是碳溴键(溴原子)在NaOH溶液加热的条件下也会发生水解反应，从而导致有机物D不能转化为E；【小问4详解】同时符合下列条件①核磁共振氢谱峰面积之比为6∶2∶1；②能与FeCl3溶液发生显色反应；③有机物结构中不含“-O-Br”的化合物E同分异构体的结构简式为或；【小问5详解】有机物F的名称是丙二酸二乙酯；酯基中氧的电负性大于碳，化合物F中羰基碳原子正电性较强，从而使框线内氢原子的活性增强(或α-碳上的碳氢键极性增强，容易断裂)；【小问6详解】除苯环外，H分子中还有一个具有两个氮原子的六元环，在合成H的同时还生成两种醇，H的结构简式为。18.某研究性学习小组研究过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉与pH=1的0.5mol/LFeCl3溶液的反应，进行了以下三组实验以探究FeCl3溶液中作为氧化剂的微粒及其还原产物。（1）理论分析：依据金属活动性顺序表，过量Cu、Zn、Mg中，不可将Fe3+最终还原为Fe的是___________。（2）实验验证实验金属操作、现象及产物I过量Cu一段时间后，溶液逐渐变蓝绿色，固体中未检测到Fe单质Ⅱ过量Zn一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3～4，取出固体，固体中未检测到Fe单质Ⅲ过量Mg有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加___________(填化学式)溶液，依据特征蓝色沉淀的生成，证明三组实验都有Fe2+生成。②实验Ⅱ和Ⅲ中产生的红褐色沉淀是___________(填化学式)。（3）探究实验Ⅱ未检测到Fe单质的原因。学习小组的同学进行了讨论，提出了以下三种可能的原因，并进行实验验证。a．甲同学认为实验Ⅱ中，当Fe3+、H+浓度较大时，即使Zn与Fe2+反应置换出少量Fe，Fe也会被Fe3+、H+消耗。b．乙同学认为在pH为3～4的溶液中即便生成Fe也会被H+消耗。实验证明了此条件下可以忽略H+对Fe的消耗。c．丙同学认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与Fe2+的反应。实验证实了Zn粉被包裹。①请设计实验验证乙同学的猜想不成立：___________(填操作和现象)。②查阅资料：0.5mol/L的Fe3+开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3.结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3～4时，不取出固体，先滴入几滴___________溶液，再向固液混合物中持续加入盐酸控制溶液pH范围为___________，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，当pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。（4）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因是___________。【答案】（1）铜单质(或Cu)（2）①.②.（3）①.向pH为3～4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀②.KSCN(硫氰化钾)③.pH<1.2（4）加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3包裹【解析】【分析】实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质；实验Ⅱ中，加入过量的Zn，发生反应Zn+2H+=Zn2++H2↑，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色Fe(OH)3沉淀，固体中未检测到Fe单质，原因可能是Fe3+的干扰以及Fe(OH)3沉淀对锌粉的包裹阻止Zn置换Fe；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应Mg+2H+=Mg2++H2↑，由于Mg很活泼，该反应非常剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹，因此实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。【小问1详解】在金属活动性顺序表中，Mg、Zn排在Fe之前，Cu排在Fe之后，不可将Fe3+最终还原为Fe的是Cu；【小问2详解】①Fe2+与会生成蓝色的沉淀，因此用检验Fe2+；②Fe3+水解离子反应方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入的Mg或Zn会消耗H+，促进Fe3+水解平衡正向移动，使其转化为Fe(OH)3沉淀；【小问3详解】①若要证明乙同学的猜想不成立，则需要证明，在pH为3～4的溶液中即便生成Fe也不会被H+消耗，实验方案为：向pH为3～4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀；②结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到单质Fe的原因可能是的Fe3+干扰以及Fe(OH)3