甘肃省部分学校2025届高三下学期3月月考 化学试题（原卷版+解析版）

2025年甘肃省高三月考试卷(3月)化学本试卷满分100分，考试时间75分钟注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1Li-7O-16Cl-35.5Cd-112.4Tc-127.6一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题列出的四个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.中华文化源远流长。《天工开物》中记载的所制取的下列物质中，属于有机高分于化合物的是A.纺织衣布 B.火法炼锌 C.卤水制盐 D.雕刻砚台2.下列有关化学用语的表示正确的是A.CCl4的空间填充模型 B.甲醛的电子式C.NaCl溶液中的水合离子 D.2-丁烯的键线式3.结构决定性质，性质决定用途。下列用途解释错误的是选项用途解释A维生素C可用于抗氧化剂维生素C具有还原性BTi-Fe合金可用于储存H2Ti-Fe合金能与H2结合成金属氢化物CN2可用于反应的保护气N2中NN键能大D次氯酸钠可用于杀菌消毒次氯酸钠水解呈碱性A.A B.B C.C D.D4.化学实验是学习化学的重要途径。下列所示的装置或操作能达到实验目的的是A．制取少量氨气B．铁制品上镀铜C．灼烧海带D．中和滴定A.A B.B C.C D.D5.近年来离子液体作为火箭推进剂燃料得到了广泛使用，某离子液体的阴离子结构如下图所示。W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X、Y、Z同周期且相邻，基态Y原子的电子有3个能级且含有2个未成对电子。下列说法正确的是A.该离子液体熔点较低，易挥发B.第一电离能：X<Y<ZC.最简单氢化物的沸点：Y>ZD.Z的氧化物对应的水化物均为强酸6.利用有机锂试剂与空间阻碍较大的酮发生反应，可制备醇类物质，其反应原理如下。下列说法正确的是A.异丙基锂“*”号处的碳原子显正电性B.W分子与Y分子中均含有手性碳原子C.X生成Y时会有副产物LiOH生成D.Y中的水分可加入金属钠除去7.室温全固态氢负离子二次电池放电时的反应原理如下图所示。下列说法正确的是A.放电时M极发生氧化反应B.放电时每转移1mol电子M极质量减轻1gC.充电时N极的电极反应式为D.将导体换成水，传导氢负离子效果更好8.CPU针脚(含Cu、Ni和Co等金属，Au含量1%左右)中金的回收包括四个步骤：富金、溶金、萃金和成金。其中萃金步骤使用α-CD与溶金时形成的KAuBr4在溶液中自组装，快速共沉淀形成具有延伸结构的一维复合物α•Br，结构如图所示。下列说法错误的是A.“富金”的目的是为了提高金的回收率和纯度B.α-CD可以和水形成分子间氢键C.KAuBr4中微粒间作用力有σ键D.α-CD和一维复合物α-Br均属于超分子9.物质Z常用于液晶材料的制备，合成Z的一种方法如下图所示。下列说法错误的是A.X中的碳原子均为sp2杂化 B.可与盐酸反应生成盐C.Y分子中所有碳原子均可以共面 D.1molZ分子可与7molH2反应10.Ni与C2H6放出CH4，其反应历程如下图所示：下列有关说法中正确的是A.该反应的B.Ni是该反应的催化剂C.步骤中间体1→中间体2，有极性键断裂和形成D.该反应的总反应速率由步骤中间体2→中间体3决定11.氮化硼是重要的无机非金属材料，在工业生产中有着重要的作用。常见的三种氮化硼晶体结构如下图所示：下列叙述错误的是A.h-BN属于混合晶体B.c-BN晶体中N位于由B构成的四面体空隙中C.w-BN晶体中B的配位数为6D.晶体硬度大小关系为c-BN>h-BN12.某实验小组用印刷线路板酸性蚀刻废液(含有CuCl2、FeCl2、FeCl3)为原料制备纳米CuO的流程如下：下列说法错误的是A.通过“氧化”过程可知在该条件下氧化性H2O2大于Fe3+B.“除铁”时加入CuO的目的是调节溶液的pH使Fe3+完全沉淀，Cu2+不沉淀C.“沉铜”过程发生反应的离子方程式为D.“沉铜”产生的CuC2O4不洗涤直接灼烧会影响产品的质量13.亚磷酸(H3PO3)及其盐在工农业生产中有着重要作用。已知H3PO3溶液中含磷微粒的浓度之和为0.1，25℃时溶液中所有含磷微粒的lgc-pH的关系如下图所示。下列说法正确的是A.由图可知H3PO3为三元弱酸B.曲线①表示lgc(H3PO3)随pH的变化C.反应的平衡常数为D.pH=4时溶液中14.由下列实验操作及现象可以得出对应结论的是选项实验操作及现象结论A向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液变成红色，再加入适量Cu粉，振荡，红色逐渐变浅与的配位能力：Cu2+>Fe3+B用pH计分别测定等浓度的CH3COOH溶液和CH2ClCOOH溶液的pH，前者大于后者CH2ClCOOH中O—H键的极性更强C向某钾盐中滴加浓盐酸有气体产生，将该气体通入品红溶液，品红溶液褪色该钾盐一定为K2SO3D向一定浓度的CuSO4溶液中通入H2S气体，溶液中有黑色沉淀生成H2S的酸性比H2SO4强A.A B.B C.C D.D二、非选择题(本题包括4小题，共58分。)15.高纯氧化镁(MgO)具有优良电绝缘性和高导热性，常用作绝缘材料填料、高温耐热材料。利用白云石(主要成分为CaCO3•MgCO3，还含有少量SiO2、Fe2O3)采用“铵浸法”制备高纯氧化镁的流程如下图所示。已知：Ksp[Ca(OH)2]=4.7×10-6，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12。回答下列问题：（1）“煅烧”时生成气体的反应方程式为_____，生成的气体可以返回到_____工序中循环利用。（2）“浸取”步骤中CaO和MgO的浸出率与的关系如下表所示。CaO浸出率(%)98.498.898.999.1MgO浸出率(%)1.11.51.86.0浸出率：某物质溶的量占初始量的百分比。最不宜选用的值为_____，判断理由为_____。（3）“消化”步骤中MgO转化为Mg(OH)2.若“消化”过程中控制体系的pH为10，此时体系中c(Mg2+)=_____。（4）“碳化”过程中若CO2的量不足导致的结果为_____。（5）“滤渣2”主要成分有_____(填化学式)。（6）“热解”步骤发生反应的离子方程式为_____。16.油气开采、石油化工、煤化工等行业废气中普遍含有硫化氢(H2S)，疏化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。I．甲烷制氢法总反应：，反应过程分以下两步进行；反应i：反应ii：回答下列问题：（1）反应的_____。（2）若反应i正反应的活化能为E正，则逆反应的活化能E逆=_____(用含E正的代数式表示)。（3）将气体CH4和H2S按体积之比[V(CH4)∶V(H2S)=1∶2]导入管式反应器(如图1)热解制H2.常压下反应相同时间后，不同温度下测得气体H2、S2及CS2体积分数随温度的变化如图2所示。图2中表示S2(g)的体积分数随温度的变化的曲线为_____(填“a”或“b”)，判断的理由为_____。（4）某温度时，向密闭容器中通入2molCH4和2molH2S，达到平衡状态时容器中S2(g)、H2(g)的物质的量分别为0.2mol、2mol，此时体系的压强为20MPa，则平衡时H2S物质的量为_____mol，反应ii的Kp=_____MPa(Kp为用分压来表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。II．利用工厂废气中的硫化氢可将CO转化为化工原料羰基硫(COS)，反应原理如下：。已知240℃时，其平衡常数K=1。（5）在300℃、320℃进行上述反应，反应中H2S(g)和COS(g)的体积分数(ω)随时间(t)的变化关系如图所示。若起始时密闭容器中ω[H2S(g)]和ω[CO(g)]相等且ω[COS(g)]和ω[H2(g)]相等。①转化率α(300℃)转化率_____α(320℃)(填“>”“<”或“=”)。②300℃时，表示ω[H2S(g)]的曲线是_____(填“甲”“乙”“丙”或“丁”)。17.Te(碲)位于元素周期表第五周期VIA族。碲的一种化合物CdTe是一种常见的半导体量子点，具有良好的光学性质，其粒子直径介于1~100nm，其制备的原理和步骤如下：制备原理：；。步骤I：按照如图所示搭建反应装置。步骤II：向三颈瓶中加入250mL蒸馏水，再加入0.23g的，并搅拌溶解，通入氮气，再加入8滴RSH(疏基乙酸)，用2的NaOH溶液调节pH为8~9，继续通入氮气。步骤：使用滴管将NaHTe溶液(稍过量)快速一次性加入到上述含Cd(RS)+溶液中。二者混合后即开始加热，同时通入冷凝水，反应一段时间，可得到由RSH(疏基乙酸)修饰的CdTe量子点产物。回答下列问题：（1）仪器a的名称为_____。（2）称量8.00gNaOH配制100mL溶液，下列配制操作中错误是_____(填序号)。A. B. C. D.（3）NaHTe溶液是利用NaBH4与Te在水中反应得到，反应过程中有气体生成，其产物还有Na2B4O7，则反应的化学方程式为_____。上述实验过程中采取的防止NaHTe被氧化的措施为_____(任写一条)。（4）若实验加热回流时间过长，产物的量子点的特性比较差，结合题干信息分析其原因是_____。（5）用NaOH溶液调节pH的目的为_____。（6）RSH(巯基乙酸)修饰CdTe量子点产物是硫原子与Cd离子之间以_____(填“配位”或“离子”)键结合而成。（7）产物中含有CdTe的质量为0.12g，则CdTe的产率最接近_____(填序号)。A.40% B.50% C.60% D.70%18.化合物Q是合成一种解热、镇咳药物的中间体。合成Q的路线如下：回答下列问题：（1）C中除碳碳双键外还含有的官能团名称为_____。（2）G→H的反应类型为_____，D的结构简式为_____。（3）若A与SO2(OCH3)2反应只生成，则的化学名称为_____(注：—OCH3为甲氧盐)。（4）G易溶于水，从物质结构角度分析其原因为_____。（5）F+H→Q反应的化学方程式为_____。（6）E的同分异构体中，同时满足下列条件的有_____种(不考虑立体异构)，写出其中一种含有5种不同化学环境氢原子的同分异构体的结构简式_____。①含有苯环②1mol有机物能与2molNaHCO3反应

2025年甘肃省高三月考试卷(3月)化学本试卷满分100分，考试时间75分钟注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1Li-7O-16Cl-35.5Cd-112.4Tc-127.6一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题列出的四个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.中华文化源远流长。《天工开物》中记载的所制取的下列物质中，属于有机高分于化合物的是A.纺织衣布 B.火法炼锌 C.卤水制盐 D.雕刻砚台【答案】A【解析】【详解】A．纺织衣布是纤维素，属于有机高分于化合物，A正确；B．锌属于金属单质，B错误；C．盐属于无机物，C错误；D．砚台属于无机非金属材料，D错误；故选A。2.下列有关化学用语的表示正确的是A.CCl4的空间填充模型 B.甲醛的电子式C.NaCl溶液中水合离子 D.2-丁烯的键线式【答案】B【解析】【详解】A．CCl4的空间构型为正四面体形，且Cl的原子半径比C的大，故其填充模型为：，为其球棍模型，A错误；B．甲醛中O和C共用两对电子，O上还有2个孤电子对，甲醛的电子式为，B正确；C．因此Na+的粒子半径比Cl-小，Na+的电子层数为2，Cl-的电子层数为3，则氯化钠溶液中的水合离子为、，C错误；D．是1，3-丁二烯的键线式，而2-丁烯的键线式为：，D错误；故答案为：B。3.结构决定性质，性质决定用途。下列用途解释错误的是选项用途解释A维生素C可用于抗氧化剂维生素C具有还原性BTi-Fe合金可用于储存H2Ti-Fe合金能与H2结合成金属氢化物CN2可用于反应的保护气N2中NN键能大D次氯酸钠可用于杀菌消毒次氯酸钠水解呈碱性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．维生素C具有还原性，可以与氧化性物质反应，所以能作为抗氧化剂，A正确；B．Ti-Fe合金能与H2结合成金属氢化物，当条件改变时又能释放出氢气，因此可用于储存H2，B正确；C．N2中N≡N键能大，分子结构稳定，化学性质不活泼，不容易发生化学反应，所以可用于反应的保护气，C正确；D．次氯酸钠用于杀菌消毒，是因为次氯酸钠在溶液中水解生成具有强氧化性的次氯酸（HClO），从而起到杀菌消毒的作用，而不是因为其水解呈碱性，D错误；综上所述，答案是D。4.化学实验是学习化学的重要途径。下列所示的装置或操作能达到实验目的的是A．制取少量氨气B．铁制品上镀铜C．灼烧海带D．中和滴定A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．将Y形管向左侧倾斜使氨水进入左侧支管即可制备氨气，A正确；B．电镀时，铁制品应该与电源的负极相连做阴极，B错误；C．灼烧海带应在坩埚中进行，C错误；D．酸碱中和滴定时，盐酸应装在酸式滴定管中，且缺乏指示剂，D错误；故选A。5.近年来离子液体作为火箭推进剂燃料得到了广泛使用，某离子液体的阴离子结构如下图所示。W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X、Y、Z同周期且相邻，基态Y原子的电子有3个能级且含有2个未成对电子。下列说法正确的是A.该离子液体熔点较低，易挥发B.第一电离能：X<Y<ZC.最简单氢化物的沸点：Y>ZD.Z的氧化物对应的水化物均为强酸【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，由图知，Y能形成4个共价键，基态Y原子的电子有3个能级且含有2个未成对电子，则Y基态核外电子排布式为1s22s22p2，Y为碳元素，X、Y、Z同周期且相邻，X为鹏元素，Z为氮元素，W原子序数最小且能形成1个共价键，W为氢元素，综上，W、X、Y、Z依次为H、B、C、N。【详解】A．阴离子体积大，则离子之间的作用力较弱，故离子液体熔点较低，但不易挥发，故A错误；B．同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，第一电离能：X＜Y＜Z，即B＜C＜N，故B正确；C．氨分子间有氢键，则最简单氢化物的沸点：Y＜Z，即CH4＜NH3，故C错误；D．Z为氮，Z的氧化物对应的水化物中硝酸为强酸、亚硝酸为弱酸，故D错误；选B。6.利用有机锂试剂与空间阻碍较大的酮发生反应，可制备醇类物质，其反应原理如下。下列说法正确的是A.异丙基锂“*”号处的碳原子显正电性B.W分子与Y分子中均含有手性碳原子C.X生成Y时会有副产物LiOH生成D.Y中的水分可加入金属钠除去【答案】C【解析】【详解】A．“*”号处的碳原子电负性大于Li、H，故显负电性，A错误；B．连接四个不同的原子或原子团的碳原子叫手性碳原子，W和Y分子中均不含手性碳原子，B错误；C．根据原子守恒可知，X生成Y时会有副产物LiOH生成，C正确；D．Y中含羟基，能与金属钠反应，不能用金属钠除去Y中的水分，D错误；故选C。7.室温全固态氢负离子二次电池放电时的反应原理如下图所示。下列说法正确的是A.放电时M极发生氧化反应B.放电时每转移1mol电子M极质量减轻1gC.充电时N极的电极反应式为D.将导体换成水，传导氢负离子效果更好【答案】B【解析】【分析】由题干图示装置和题干信息可知，放电时N电极的电极反应式为Na+xH--xe-=NaHx，即N为负极，则M为正极，充电时M电极为阳极，电极反应为：NaHn-x-xe-+xH-=NaHn，N电极为阴极，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，放电时M极为正极，发生还原反应，A错误；B．放电时每转移1mol电子，有1molH-迁移到负极区，则M极质量减轻1mol1g/mol=1g，B正确；C．充电时N极发生还原反应，电极反应式为，C错误；D．钠、氢负离子均能与水反应，所以不能将导体换成水，D错误；故选B。8.CPU针脚(含Cu、Ni和Co等金属，Au含量1%左右)中金的回收包括四个步骤：富金、溶金、萃金和成金。其中萃金步骤使用α-CD与溶金时形成的KAuBr4在溶液中自组装，快速共沉淀形成具有延伸结构的一维复合物α•Br，结构如图所示。下列说法错误的是A.“富金”的目的是为了提高金的回收率和纯度B.α-CD可以和水形成分子间氢键C.KAuBr4中微粒间作用力有σ键D.α-CD和一维复合物α-Br均属于超分子【答案】D【解析】【详解】A．“富金”的目的是为了提高浓度从而提高金的回收率和纯度，A正确；B．α-CD含有亲水机羟基，可以和水形成分子间氢键，B正确；C．KAuBr4中微粒间作用力为离子键，内部含配位键属于σ键，C正确；D．一维复合物α-Br属于超分子，自组装是超分子的重要特征，α-CD不属于超分子，D错误；故选D。9.物质Z常用于液晶材料的制备，合成Z的一种方法如下图所示。下列说法错误的是A.X中的碳原子均为sp2杂化 B.可与盐酸反应生成盐C.Y分子中所有碳原子均可以共面 D.1molZ分子可与7molH2反应【答案】C【解析】【详解】A．X中的碳原子以苯环和C=O结构存在，这些结构中的C原子都是杂化，A正确；B．结构中有（氨基），显碱性，能与盐酸反应生成盐，B正确；C．Y分子中与N原子连接的4个C原子类似于甲烷结构中1个C原子和3个H原子的位置，属于四面体结构，不可能处于同一平面，C错误；D．Z分子中存在2个苯环和1个醛基，都可以加成氢气，苯环可以加成，醛基可以加成，则1molZ分子可以与7molH2发生加成，D正确；故答案为：C。10.Ni与C2H6放出CH4，其反应历程如下图所示：下列有关说法中正确的是A.该反应的B.Ni是该反应的催化剂C.步骤中间体1→中间体2，有极性键的断裂和形成D.该反应的总反应速率由步骤中间体2→中间体3决定【答案】D【解析】【详解】A．由题干反应历程图可知，该反应的反应物Ni(s)和C2H6(g)的总能量比生成物NiCH2(s)和CH4(g)的总能量高，该反应为放热反应，即，A错误；B．由题干反应历程图可知，该反应方程式为：Ni(s)+C2H6(g)→NiCH2(s)+CH4(g)即Ni不是该反应的催化剂，而是反应物，B错误；C．由题干反应历程图可知，步骤中间体1→中间体2，只断裂了碳碳非极性键，C错误；D．由题干反应历程图可知，步骤中间体2→中间体3的活化能为49.50-(-154.82)=204.32kJ/mol比步骤中间体1→中间体2的活化能高，活化能越高反应速率越慢，故该反应的总反应速率由步骤中间体2→中间体3决定，D正确；故答案为：D。11.氮化硼是重要的无机非金属材料，在工业生产中有着重要的作用。常见的三种氮化硼晶体结构如下图所示：下列叙述错误的是A.h-BN属于混合晶体B.c-BN晶体中N位于由B构成的四面体空隙中C.w-BN晶体中B的配位数为6D.晶体硬度大小关系为c-BN>h-BN【答案】C【解析】【详解】A．由题干信息可知，h-BN类似于石墨，属于混合晶体，A选项正确；B．由晶体结构可知，c-BN晶体类似于金刚石晶体，顶点和面心位置为B，而N位于由B构成的四面体空隙中，B选项正确；C．以w-BN晶体结构中的B为中心，周围有4个距离相等且最近的N，故B的配位数为4，C选项错误；D．c-BN类似于金刚石晶体，而h-BN类似于石墨晶体，故硬度大小为：c-BN>h-BN，D选项正确；故选C。12.某实验小组用印刷线路板酸性蚀刻废液(含有CuCl2、FeCl2、FeCl3)为原料制备纳米CuO的流程如下：下列说法错误的是A.通过“氧化”过程可知在该条件下氧化性H2O2大于Fe3+B.“除铁”时加入CuO的目的是调节溶液的pH使Fe3+完全沉淀，Cu2+不沉淀C.“沉铜”过程发生反应的离子方程式为D.“沉铜”产生的CuC2O4不洗涤直接灼烧会影响产品的质量【答案】D【解析】【分析】印刷线路板酸性蚀刻废液含有CuCl2、FeCl2、FeCl3，氧化过程中加入H2O2是为了把Fe2+氧化为Fe3+，加入CuO调节pH到3.2~4.7是为了除去Fe3+，加入过量(NH4)2C2O4是为了使Cu2+沉淀。【详解】A．“氧化”过程中H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，H2O2是氧化剂，Fe3+是氧化产物，可知在该条件下氧化性H2O2大于Fe3+，A正确；B．由分析可知，“除铁”时加入CuO的目的是调节溶液的pH使Fe3+完全沉淀，Cu2+不沉淀，加入过量(NH4)2C2O4是为了使Cu2+沉淀，B正确；C．“沉铜”过程(NH4)2C2O4和Cu2+反应生成CuC2O4沉淀，离子方程式为：，C正确；D．若不洗涤沉淀出的CuC2O4，CuC2O4沉淀附着有(NH4)2C2O4和NH4Cl，(NH4)2C2O4和NH4Cl受热时易分解，所以可以不洗涤直接灼烧，不会影响产品的质量，D错误；故选D。13.亚磷酸(H3PO3)及其盐在工农业生产中有着重要作用。已知H3PO3溶液中含磷微粒的浓度之和为0.1，25℃时溶液中所有含磷微粒的lgc-pH的关系如下图所示。下列说法正确的是A.由图可知H3PO3为三元弱酸B.曲线①表示lgc(H3PO3)随pH的变化C.反应的平衡常数为D.pH=4时溶液中【答案】C【解析】【分析】任何pH下，图中含磷物质均有3种，说明H3PO3存在二级电离，为二元弱酸；随着pH增大，c(OH-)逐渐增大，根据H3PO3+OH-=H2PO+H2O、H2PO+OH-=HPO+H2O，可知c(H3PO3)逐渐减小，c(H2PO)先增大后减小，c(HPO)逐渐增大，故lgc(H3PO3)逐渐减小，lgc(H2PO)先增大后减小，lgc(HPO)逐渐增大，故曲线①表示c(HPO)，曲线②表示c(H2PO)，曲线③表示c(H3PO3)，据此分析解题。【详解】A．由分析可知H3PO3为二元弱酸，A错误；B．由分析可知曲线①表示c(HPO)，B错误；C．根据a点知，c(HPO)=c(H2PO)时，pH=6.7，c(H+)=10-6.7mol/L，则H3PO3的Ka2==c(H+)=10-6.7，根据c点知，c(H2PO)=c(H3PO3)，pH=1.4，c(H+)=10-1.4mol/L，则H3PO3的Ka1==c(H+)=10-1.4，由H3PO3H2PO+H+减去H2POHPO+H+，可得H3PO3+HPO2H2PO，则平衡常数K==105.3，C正确；D．时，由图可知，此时lgc(H3PO3)=lgc(HPO)，即c(HPO)=c(H3PO3)，而c(H3PO3)+c(H2PO)+c(HPO)=0.1mol·L-1，故2c(H3PO3)+c(H2PO)=0.1mol·L-1，只有在c(HPO)=c(H2PO)时，选项中的等式才成立，对应图中a点，D错误；故选C。14.由下列实验操作及现象可以得出对应结论的是选项实验操作及现象结论A向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液变成红色，再加入适量Cu粉，振荡，红色逐渐变浅与的配位能力：Cu2+>Fe3+B用pH计分别测定等浓度的CH3COOH溶液和CH2ClCOOH溶液的pH，前者大于后者CH2ClCOOH中O—H键的极性更强C向某钾盐中滴加浓盐酸有气体产生，将该气体通入品红溶液，品红溶液褪色该钾盐一定为K2SO3D向一定浓度的CuSO4溶液中通入H2S气体，溶液中有黑色沉淀生成H2S的酸性比H2SO4强A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】详解】A．加入Cu粉后，铜和铁离子发生氧化还原反应生成亚铁离子和铜离子，使得平衡逆向移动，溶液血红色变浅，A错误；B．电负性：Cl>H，的极性：<，酸性：<，用pH计分别测定等浓度的溶液和溶液的pH，前者大于后者，B正确；C．产生的气体不一定是SO2，也可能是氯气，若该钾盐为氯酸钾，能与浓盐酸反应生成氯气，也能使品红溶液褪色，C错误；D．CuSO4和H2S反应生成CuS黑色沉淀，反应能发生是因为CuS不溶于硫酸，不是因为H2S酸性比H2SO4强，硫酸是强酸，H2S是弱酸，D错误；故选B。二、非选择题(本题包括4小题，共58分。)15.高纯氧化镁(MgO)具有优良的电绝缘性和高导热性，常用作绝缘材料填料、高温耐热材料。利用白云石(主要成分为CaCO3•MgCO3，还含有少量SiO2、Fe2O3)采用“铵浸法”制备高纯氧化镁的流程如下图所示。已知：Ksp[Ca(OH)2]=4.7×10-6，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12。回答下列问题：（1）“煅烧”时生成气体的反应方程式为_____，生成的气体可以返回到_____工序中循环利用。（2）“浸取”步骤中CaO和MgO的浸出率与的关系如下表所示。CaO浸出率(%)98498.898.999.1MgO浸出率(%)1.11.51.86.0浸出率：某物质溶的量占初始量的百分比。最不宜选用的值为_____，判断理由为_____。（3）“消化”步骤中MgO转化为Mg(OH)2.若“消化”过程中控制体系的pH为10，此时体系中c(Mg2+)=_____。（4）“碳化”过程中若CO2的量不足导致的结果为_____。（5）“滤渣2”的主要成分有_____(填化学式)。（6）“热解”步骤发生反应的离子方程式为_____。【答案】（1）①.CaCO3•MgCO3MgO+CaO+2CO2②.碳化（2）①.②.当=时MgO的浸出率太高，造成Mg的损失（3）5.6×10-4（4）Mg(OH)2不能完全转化为Mg(HCO3)2溶液，而是以Mg(OH)2、MgCO3沉淀的形式留在滤渣2中，造成Mg的损失（5）Fe2O3和H2SiO3（6）5Mg2++104MgCO3·Mg(OH)2·4H2O+6CO2↑【解析】【分析】由题干流程图可知，将白云石(主要成分为CaCO3•MgCO3，还含有少量SiO2、Fe2O3)进行煅烧1，即产生CaO、MgO、CaSiO3或MgSiO3和CO2，然后加入NH4Cl溶液进行浸取，由于Ksp[Ca(OH)2]远大于Ksp[Mg(OH)2]，故浸取后将得到MgO、CaCl2、Fe2O3和H2SiO3，过滤得到含有CaCl2和NH4Cl等溶质的滤液1和含MgO、Fe2O3和H2SiO3的滤饼，滤饼经过消化将MgO转化为Mg(OH)2后通入CO2进行碳化得到Mg(HCO3)2溶液和Fe2O3和H2SiO3的滤渣2，对Mg(HCO3)2溶液进行热解得到4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O固体和滤液3，最后对固体进行煅烧2得到MgO，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，“煅烧”时生成气体即CaCO3•MgCO3煅烧得到MgO、CaO和CO2，该反应的反应方程式为：CaCO3•MgCO3MgO+CaO+2CO2，生成的气体即CO2可以返回到“碳化”工序中循环利用，故答案为：CaCO3•MgCO3MgO+CaO+2CO2；碳化；【小问2详解】由表中数据可知，当=时MgO的浸出率太高，造成Mg的损失，故最不宜选用的值为，故答案为：；当=时MgO的浸出率太高，造成Mg的损失；【小问3详解】由题干信息可知，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12,“消化”步骤中MgO转化为Mg(OH)2，若“消化”过程中控制体系的pH为10，此时溶液中OH-浓度为10-4mol/L，体系中c(Mg2+)===5.6×10-4，故答案为：5.6×10-4；【小问4详解】由分析可知，“碳化”过程是将Mg(OH)2转化为Mg(HCO3)2溶液，故“碳化”过程中若CO2的量不足导致的结果为：Mg(OH)2不能完全转化为Mg(HCO3)2溶液，而是以Mg(OH)2、MgCO3沉淀的形式留在滤渣2中，造成Mg的损失，故答案为：Mg(OH)2不能完全转化为Mg(HCO3)2溶液，而是以Mg(OH)2、MgCO3沉淀的形式留在滤渣2中，造成Mg的损失；【小问5详解】由分析可知，“滤渣2”的主要成分有Fe2O3和H2SiO3，故答案为：Fe2O3和H2SiO3；【小问6详解】由分析可知，“热解”步骤为对Mg(HCO3)2溶液进行加热得到4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O固体，则发生反应的离子方程式为：5Mg2++104MgCO3·Mg(OH)2·4H2O+6CO2↑，故答案为：5Mg2++104MgCO3·Mg(OH)2·4H2O+6CO2↑。16.油气开采、石油化工、煤化工等行业废气中普遍含有硫化氢(H2S)，疏化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。I．甲烷制氢法总反应：，反应过程分以下两步进行；反应i：反应ii：回答下列问题：（1）反应的_____。（2）若反应i正反应的活化能为E正，则逆反应的活化能E逆=_____(用含E正的代数式表示)。（3）将气体CH4和H2S按体积之比[V(CH4)∶V(H2S)=1∶2]导入管式反应器(如图1)热解制H2.常压下反应相同时间后，不同温度下测得气体H2、S2及CS2体积分数随温度的变化如图2所示。图2中表示S2(g)的体积分数随温度的变化的曲线为_____(填“a”或“b”)，判断的理由为_____。（4）某温度时，向密闭容器中通入2molCH4和2molH2S，达到平衡状态时容器中S2(g)、H2(g)的物质的量分别为0.2mol、2mol，此时体系的压强为20MPa，则平衡时H2S物质的量为_____mol，反应ii的Kp=_____MPa(Kp为用分压来表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。II．利用工厂废气中的硫化氢可将CO转化为化工原料羰基硫(COS)，反应原理如下：。已知240℃时，其平衡常数K=1。（5）在300℃、320℃进行上述反应，反应中H2S(g)和COS(g)的体积分数(ω)随时间(t)的变化关系如图所示。若起始时密闭容器中ω[H2S(g)]和ω[CO(g)]相等且ω[COS(g)]和ω[H2(g)]相等。①转化率α(300℃)转化率_____α(320℃)(填“>”“<”或“=”)。②300℃时，表示ω[H2S(g)]的曲线是_____(填“甲”“乙”“丙”或“丁”)。【答案】（1）+234（2）（3）①.b②.反应i最开始生成，体积分数逐渐增加，随着反应ii消耗，体积分数逐渐减小（4）①.0.8②.20（5）①.②.丙【解析】【小问1详解】根据题目所给反应i：和反应ii：的热化学方程式可知，反应可看作为由反应i反应ii得到，则，故答案为：+234；【小问2详解】根据热化学反应中，故答案为：；【小问3详解】根据反应i和反应ii：都是吸热反应，升温平衡右移，结合图2曲线可知，反应i开始生成和，其体积分数逐渐增加，接着反应ii消耗继续生成，则的体积分数继续增加，而的体积分数逐渐降低，所以曲线b表示S2(g)的体积分数随温度的变化的曲线，故答案为：b；反应i最开始生成，体积分数逐渐增加，随着反应ii消耗，体积分数逐渐减小；【小问4详解】某温度时，向密闭容器中通入2molCH4和2molH2S，达到平衡状态时容器中S2(g)、H2(g)的物质的量分别为0.2mol、2mol，此时体系的压强为20MPa，设此时反应i生成的、反应ii生成，可得则，，解得、，则平衡体系中各成分的物质的量分别为：、、、、，总物质的量为；反应ii的，故答案为：0.8；20；【小问5详解】①根据反应可知，该反应为放热反应，升高温度后平衡向左移动，H2S(g)的转化率降低，即转化率α(300℃)α(320℃)；②根据①的信息，该反应为放热反应，升高温度后平衡向左移动，H2S(g)的体积分数增大，即体积分数ω(300℃)ω(320℃)，因H2S(g)为反应物被消耗，曲线为减少趋势，则300℃时，符合条件ω[H2S(g)]的曲线为丙，故答案为：；丙。17.Te(碲)位于元素周期表第五周期VIA族。碲的一种化合物CdTe是一种常见的半导体量子点，具有良好的光学性质，其粒子直径介于1~100nm，其制备的原理和步骤如下：制备原理：；。步骤I：按照如图所示搭建反应装置。步骤II：向三颈瓶中加入250mL蒸馏水，再加入0.23g的，并搅拌溶解，通入氮气，再加入8滴RSH(疏基乙酸)，用2的NaOH溶液调节pH为8~9，继续通入氮气。步骤：使用滴管将NaHTe溶液(稍过量)快速一次性加入到上述含Cd(RS)+溶液中。二者混合后即开始加热，同时通入冷凝水，反应一段时间，可得到由RSH(疏基乙酸)修饰的CdTe量子点产物。回答下列问题：（1）仪器a的名称为_____。（2）称量8.00gNaOH配制100mL溶液，下列配制操作中错误的是_____(填序号)。A. B. C. D.（3）NaHTe溶液是利用NaBH4与Te在水中反应得到，反应过程中有气体生成，其产物还有Na2B4O7，则反应的化学方程式为_____。上述实验过程中采取的防止NaHTe被氧化的措施为_____(任写一条)。（4）若实验加热回流时间过长，产物的量子点的特性比较差，结合题干信息分析其原因是_____。（5）用NaOH溶液调节pH的目的为_____。（6）RSH(巯基乙酸)修饰的CdTe量子点产物是硫原子与Cd离子之间以_____(填“配位”或“离子”)键结合而成。（7）产物中含有CdTe的质量为0.12g，则CdTe的产率最接近_____(填序号)。A.40% B.50% C.60% D.70%【答案】（1）球型冷凝管（2）AC（3）①.4NaBH4+2Te+7H2O=2NaHTe+Na2B4O7+14H2↑②.快速一次性加入NaHTe溶液（4）产物Cd