湖南省部分校联考2024届高三下学期5月模拟考试化学试题（学生版+教师版）

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(本试卷共9页，18题，考试用时75分钟，全卷满分100分)
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 P-31 S-32 K-39 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Se-79
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法正确的是
A. 清朱耷芦雁轴纸本的主要成分是淀粉，淀粉为高分子化合物
B. 四千余年前用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应
C. 《本草纲目》“烧酒”条目写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”叙述了“蒸馏”技术在古代酿酒工艺中的应用
D. 广汉三星堆出土的青铜面具呈红棕色斑迹，是由于铜发生了吸氧腐蚀
【答案】C
【解析】
【详解】A．纸本的主要成分是纤维素，为高分子化合物，故A错误；
B．乙醇氧化生成乙酸，所以酿造过程中不只发生水解反应，故B错误；
C．由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏，故C正确；
D．铜发生吸氧腐蚀生成铜绿，红棕色斑迹是铁锈的颜色，故D错误；
故选：C。
2. 下列化学用语表述错误的是
A. COS的电子式：B. 四氯化碳分子空间充填模型：
C. 基态Ni原子价电子排布式：D. 2-甲基-1-丁烯的键线式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．COS和CO2互为等电子体，根据CO2的电子式可知，COS的电子式为：，A正确；
B．空间充填模型是用一定大小的球体来表示不同的原子的模型；球棍模型是用球表示原子和用棍表示化学键的模型；为球棍模型而不是空间填充模型，B错误；
C．已知Ni是28号元素，故基态Ni原子价电子排布式为： ，C正确；
D．根据烯烃的系统命名可知，2-甲基-1-丁烯的键线式：，D正确；
故答案为：B。
3. 下列选用的仪器和装置能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．如图所示，关闭弹簧夹，不管装置是否漏气，分液漏斗中的水都能流下，该操作不能用来检查装置的气密性，A错误；
B．SO2不和BaCl2溶液反应，不能用BaCl2溶液吸收SO2，B错误；
C．溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生的乙烯中混有乙醇蒸气，乙醇也可以和酸性高锰酸钾溶液反应，该装置不能检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生的乙烯，C错误；
D．由于Mg2+会发生水解生成Mg(OH)2，直接蒸干MgCl2·H2O，会促进Mg2+完全水解，得不到MgCl2，可以在HCl气体的氛围中蒸干MgCl2·H2O，HCl可以抑制Mg2+水解，该装置可以制取无水，D正确；
故选D。
4. 下列有关离子方程式错误的是
A. 向AgCl沉淀中加入过量氨水使AgCl溶解：
B. 用溶液处理锅炉水垢中的：
C. 已知：为二元弱碱，与足量浓反应：
D. 苯酚钠溶液中通入少量气体：
【答案】D
【解析】
【详解】A．向AgCl沉淀中加入过量氨水使AgCl溶解生成银氨络离子，反应的离子方程式为：，A正确；
B．用溶液处理锅炉水垢中的生成Na2SO4和CaCO3，该沉淀转化的离子方程式为：，B正确；
C．已知：为二元弱碱，与足量浓反应生成N2H6(HSO4)2酸式盐，反应方程式为：，C正确；
D．苯酚钠溶液中通入少量气体生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：，D错误；
故答案为：D。
5. 下列有关物质结构和性质的说法正确的是
A. 液晶有液体的流动性，但没有各向异性
B. 对羟基苯甲酸存在分子间氢键，是其沸点比邻羟基苯甲酸的高的主要原因
C. 石墨烯可做礼服材料是利用烯烃碳碳双键发生加聚反应
D. 社区服务中用84消毒液清洗公共桌椅，是因为84消毒液中的NaClO3有强氧化性
【答案】B
【解析】
【详解】A．液晶是一种特殊的物质形式，不是一种液体和晶体的混合物，它既具有液体的流动性，又具有光学各向异性，A错误；
B．分子间氢键可以增大其熔沸点，则对羟基苯甲酸存在分子间氢键，是其沸点比邻羟基苯甲酸的高的主要原因，B正确；
C．石墨烯可做礼服材料是利用其形成的纳米材料质地轻，密度小，韧性强的特点，不是烯烃发生加聚反应，C错误；
D．84消毒液中的NaClO具有强氧化性，而不是NaClO3有强氧化性，D错误；
故答案为：B。
6. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 32g()中S原子形成共价键的数目为
B. 1ml与足量的水充分反应转移的电子数为
C. 在1ml中存在的配位键数目为
D. 铅酸蓄电池的正极质量增加3.2g时，电路中通过的电子数目为
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据分子结构可知一个S8分子含有8个共价键，32g S8的物质的量为,共价键数目为NA，故A正确；
B．氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底，所以1mlCl2与足量的水充分反应转移的电子数小于NA，故B错误；
C．1个[C(NH3)4Cl2]Cl中，4个氨气、2个氯离子为配体子，则1ml[C(NH3)4Cl2]Cl中存在的配位键数目为6NA，故C错误；
D．铅蓄电池中，正极电极反应为PbO2+2e-+4H++=PbSO4+2H2O，正极由PbO2→PbSO4，每增重64g转移2ml电子，当正极增加3.2g时，电路中通过的电子数目为0.1NA，故D错误；
故选A。
7. 2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。磷酸铁锂锂离子电池充电时阳极反应式为：，电池放电时，锂离子从石墨晶体中脱嵌出来，通过隔膜迁移到磷酸铁锂晶体表面，然后重新嵌入到磷酸铁锂的晶格内，放电工作示意图如图。下列叙述正确的是
A. 充电时，铜箔阴极
B. 该电池充放电过程中，C、Fe元素化合价发生了变化
C. 放电时，电流由铜箔流向铝箔放电
D. 电池总反应为：
【答案】CD
【解析】
【分析】充电电池充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为阴极，阳极反应式为，xLiFePO4-xe-→xLi++xFePO4，铝箔电极为阴极，阴极上锂离子得电子发生还原反应，阴极反应式为：xLi++xe-+6C=LixC6；原电池放电时，正极、负极反应式正好与阳极、阴极反应式相反，电流由正极铜箔经过导线流向负极铝箔，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，充电时，铜箔阳极，铝箔为阴极，A错误；
B．由于隔膜的作用，Li+通过隔膜形成闭合回路，完成电池的充放电，电池总反应为xFePO4+LixC6xLiFePO4+6C，其中Fe的化合价发生变化，C、P元素化合价均不变，B错误；
C．由分析可知，充电时，铜箔阳极，铝箔为阴极，则放电时，铜箔为正极，铝箔为负极，故电流由铜箔流向铝箔放电，C正确；
D．由分析可知，充电时，阳极反应式为，xLiFePO4-xe-→xLi++xFePO4，阴极反应式为：xLi++xe-+6C=LixC6，故该电池的总反应为：，D正确；
故答案为：CD。
8. 下列有关说法正确的是
A. 向溶液中缓慢加入稀盐酸，在这个过程中一定有某个时刻满足：
B. 电子由3d能级跃迁至4p能级时，可通过光谱仪摄取原子的发射光谱
C. 配合物中的H―N―H的键角和游离的分子H―N―H的键角相等
D. 在溶液中加入少量固体，减小
【答案】A
【解析】
【详解】A．向溶液中缓慢加入稀盐酸．首先发生反应，根据电荷守恒：，当恰好完全转化为NaCl和，溶液中的Na+浓度恰好为Cl-的两倍，即，所以有，A项正确；
B．电子由3d能级跃迁至4p能级时，吸收能量，故可通过光谱仪摄取原子的吸收光谱，B项错误；
C．配合物中氨分子为配体，氮原子上没有孤电子对、价层电子对数为4，游离氨分子中氮原子价层电子对数为4、有1对孤电子对，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，则配合物的H―N―H的键角大于游离的分子H―N―H的键角相等，C项错误；
D．在溶液中加入少量固体，抑制醋酸的电离，氢离子浓度减小，则增大，D项错误；
故选A。
9. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X、W元素的价电子数等于其周期数，基态Z原子的核外电子填充了3个能级且有2个未成对电子。它们形成的一种化合物P结构式如图，下列说法正确的是
A. 仅由X与Y形成的化合物中不可能含非极性共价键
B. 简单氢化物的热稳定性：Z>Y
C. 工业上用热还原法制取W的单质
D. YZ2的空间结构为V形，属于含有极性键的极性分子
【答案】B
【解析】
【分析】由题干信息可知，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X、W元素的价电子数等于其周期数，则为H、Be、Al中的一种，基态Z原子的核外电子填充了3个能级且有2个未成对电子，Z为C或O，它们形成的一种化合物P结构式如图，X只形成了1个共价键，Y形成4个共价键，Z形成2个共价键，则Z为O，Y为C，X为H，W形成3个共价键，故W为Al，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，X为H、Y为C，故仅由X与Y形成的化合物中可能含非极性共价键，如CH2=CH2、CH3CH3等均含有C-C非极性键，A错误；
B．由分析可知，Y为C、Z为O，非金属性O＞C，故简单氢化物的热稳定性H2O＞CH4即Z>Y，B正确；
C．由分析可知，W为Al，工业上用电解熔融的Al2O3的方法制取W即Al的单质，而不是采用热还原法，C错误；
D．由分析可知，Y为C、Z为O，YZ2即CO2的空间结构为直线形，属于含有C=O极性键，正负电荷中心重合，为非极性分子，D错误；
故答案为：B。
10. 某抗氧化剂Z可由如图反应制得：
下列关于X、Y、Z的说法错误的是
A. Y中元素的电负性：O>C>H
B. X和Y均含有1个手性碳原子
C. X可以发生加聚反应，也可以发生缩聚反应
D. 一定条件下，1ml Z与足量水溶液反应，最多消耗3ml
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据同一周期从左往右元素的电负性依次增大可知，Y中元素的电负性：O>C>H，A正确；
B．已知同时连有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，结合题干有机物结构简式可知，X中不含手性碳原子，Y中含有1个手性碳原子即与-NH2相连的碳原子，B错误；
C．由题干X的结构简式可知，X中含有碳碳双键可以发生加聚反应，同时含有酚羟基且邻位有2个H，可以与醛发生缩聚反应，同时含有酚羟基和羧基能够通过酯化反应发生缩聚反应，C正确；
D．由题干Z的结构简式可知，Z中含有碳碳双键和酚羟基且邻位有2个H，一定条件下，1ml Z与足量水溶液反应，最多消耗3ml，D正确；
故答案选B。
11. 硒是一种第四周期第ⅥA族的元素，硒化锌是一种黄色晶体，可用于荧光材料、半导体掺杂物。硒化锌的立方晶胞结构如图所示，其晶胞边长为a pm。下列叙述错误的是
A. 中Se―O的键角比的键角小
B. 图中相邻的Se与Zn之间的距离为
C. 硒原子的配位数为4
D. 若阿伏加德罗常数的值为，则144g ZnSe晶体中的晶胞数是
【答案】B
【解析】
【详解】A．的空间构型为正四面体，键角为109°28＇，SeO3的空间构型为平面正三角形，键角为120°，中Se-O的键角比SeO3的键角小，A正确；
B．图中2个锌离子平分体对角线，相邻的Se与Zn之间的距离为体对角线的，体对角线为，则相邻的Se和Zn之间的距离为，B错误；
C．由晶胞结构可知，硒的配位数为4，C正确；
D．在硒化锌ZnSe晶胞中，Se2-离子作面心立方最密堆积，根据均摊法可求出1个ZnSe晶胞中有Se2-数为（8+6）=4，所以Zn2+数也是4，所以硒化锌晶胞的摩尔质量是硒化锌的4倍为144×4g/ml，所以 144g 硒化锌晶体中含0.25ml ZnSe，假设阿伏伽德罗常数值为NA，则144g 硒化锌ZnSe晶体中的晶胞数是0.25NA ，D正确；
故选B。
12. 根据下列实验的操作和现象，可以说明相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．生成的乙烯中混有二氧化硫，均与溴水反应，则溴水褪色，不能证明乙醇发生消去反应，A不合题意；
B．亚硫酸根离子、硫酸根离子均与钡离子反应生成白色沉淀，由实验操作和现象，不能证明亚硫酸钠已变质，B不合题意；
C．饱和溶液的浓度不同，不能证明氯离子可破坏铝表面的氧化膜，由实验现象不能证明结论，应控制浓度相同，C不合题意；
D．溶液中存在2(黄色)+2H+(橙红色)+H2O，缓慢滴加硫酸，氢离子浓度增大，平衡正向移动，溶液由黄色变为橙红色，D符合题意；
故答案为：D。
13. 钛(Ti)和钛合金被广泛应用于火箭、导弹、航天飞机等领域。工业上以钛铁矿(FeTiO3，其中Ti为+4价)为主要原料制备金属钛的工艺流程如下图所示：
已知：TiCl4的熔点―25℃，沸点136.4℃
下列说法错误的是
A. 步骤①的反应过程元素的化合价没有发生变化
B. 步骤③的操作名称是加热或高温煅烧
C. 步骤④的反应方程式TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO
D. 由TiCl4制备Ti的过程中，可以加入氮气做保护气体
【答案】D
【解析】
【分析】由题干流程图可知，以钛铁矿(FeTiO3，其中Ti为+4价)为主要原料加入硫酸，生成硫酸氧钛TiOSO4，反应方程式为：FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O，然后TiOSO4发生水解生成钛酸H2TiO3，H2TiO3加热或灼烧进行TiO2，TiO2和C、Cl2混合加热发生反应TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，最后用Mg还原TiCl4得到Ti，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，步骤①的反应FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O，该过程种元素的化合价没有发生变化，A正确；
B．由分析可知，步骤③的操作名称是加热或高温煅烧，B正确；
C．由分析可知，步骤④的反应方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，C正确；
D．由于N2能与Mg发生反应生成Mg3N2，故由TiCl4制备Ti的过程中，可以加入氩气做保护气体，不能用N2作保护气，D错误；
故答案为：D。
14. (H2NCH2CH2NH2)有类似于NH3的性质。25℃时，向0.01ml/L乙二胺溶液中通入HCl气体，所得溶液(忽略溶液体积的变化)的pH与体系中含N微粒浓度的对数值(lgc)、反应物的物质的量之比关系如图所示。下列有关说法错误的是
A. 乙二胺在水溶液中第一步电离的方程式为：
B. 溶液水的电离程度：小于
C. 所示溶液：
D. 的数量级为
【答案】C
【解析】
【分析】图中曲线变化可知，随着HCl的加入pH降低，故pH减小呈下降趋势的曲线Z代表lgc(H2NCH2CH2NH2)，先增后减的曲线X代表lgc()，呈增大趋势的曲线Y代表lgc()，据此分析回答问题。
【详解】A．根据NH3+H2O+OH-可知，乙二胺在水溶液中第一步电离的方程式为：，A正确；
B．由题干图像信息可知，P3点对应的t=1.6，即n(HCl):n(H2NCH2CH2NH2)小于2:1，此时溶质为：ClH3NCH2CH2NH3Cl和H2NCH2CH2NH3Cl，P4点对应的t=2，即n(HCl):n(H2NCH2CH2NH2)=2:1，此时溶质为：ClH3NCH2CH2NH3Cl，溶液中只有[H3NCH2CH2NH3]2+发生水解，促进水的电离，故水的电离程度：小于，B正确；
C．由B项分析可知，P4点对应的t=2，即n(HCl):n(H2NCH2CH2NH2)=2:1，此时溶质为：ClH3NCH2CH2NH3Cl，根据电荷守恒有：c(H+)+c([H2NCH2CH2NH3]+)+2 c([H3NCH2CH2NH3]2+)=c(OH-)+c(Cl-)，根据物料守恒有：c(Cl-)=2 c([H2NCH2CH2NH3]+)+ 2 c([H3NCH2CH2NH3]2+)+2c(H2NCH2CH2NH2)，故有P4所示溶液：，C错误；
D．由分析可知，X、Y交点中有：c()= c()，pH=7.8，c(OH-)=10-6.2，故==10-6.2=6.3×10-7，其数量级为，D正确；
故答案为：C。
二、非选择题：本题共4小题，除标注空外，每空2分，共58分。
15. 三草酸合铁(Ⅲ)酸钾，化学式易溶于水，难溶于乙醇，为翠绿色单斜晶体，相对分子质量为491，可作为有机反应的催化剂，该配合物对光敏感，光照即分解。实验室可用铁屑为原料制备，实验室以铁屑为原料制备三草酸合铁酸钾晶体相关反应过程如图所示：
相关反应的化学方程式为：

请回答下列问题：
（1）使用废铁屑前，往往将其在溶液中浸泡数分钟，其目的是___________。
（2）为了得到较多的粗产品，从下列选项中选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序___________。
溶液→___________→___________→加入10mL95%乙醇→___________→___________→95%乙醇洗涤晶体洗涤→干燥
a．光亮处放置1~2小时结晶
b．暗处放置1~2小时结晶
c．减压过滤
d．趁热过滤
e．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热
f．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热
g．冷却至室温
（3）草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体光照下立即发生分解生成两种草酸盐、等，写出该反应的化学方程式：___________。
（4）晶体中含量的测定可用酸性标准溶液滴定，
①滴定过程中发现，开始时滴入标准溶液，紫红色褪去较慢，滴入一定量后紫红色很快褪去。其原因可能是___________。
②下列关于酸式滴定管的使用，正确的是___________(填字母)。
A．如图中应将凡士林涂在旋塞的a端和旋塞套内的c端
B．将标准溶液装入滴定管时，应借助烧杯或漏斗等玻璃仪器转移
C．装入标准溶液后，把滴定管夹在滴定管夹上，轻轻转动活塞，放出少量酸液，使尖嘴充满酸液
D．接近终点时需用蒸馏水冲洗瓶壁和滴定管尖端悬挂的液滴
E．滴定管中溶液体积应读数至小数点后第二位
（5）称取5.00g制得的晶体加水溶解，配成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，用酸性高锰酸钾标准溶液滴定，重复三次实验，平均消耗12.00mL酸性高锰酸钾标准溶液。计算所得的样品中的纯度为___________。(保留小数点后一位)
【答案】（1）去除铁屑表面的油污
（2）edbc； （3）
（4） ①. ACE ②. 生成的起催化作用 （5）98.2%
【解析】
【小问1详解】
使用废铁屑前，往往将其在1.0ml⋅L−1Na2CO3溶液中浸泡数分钟，其目的是去除铁屑表面的油污，故答案为：去除铁屑表面的油污；
【小问2详解】
为了得到较多的K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O，应将K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O溶液蒸发至溶液出现晶膜，停止加热，趁热过滤，向滤液中加入10mL95%乙醇，用表面皿将杯盖好，在暗处放置1~2h冷却结晶，减压过滤，用95%乙醇洗涤晶体2次，以除去晶体表面附着的水分，干燥得到K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O粗产品，则合理的操作顺序为edbc，故答案为：edbc；
小问3详解】
草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体光照下立即发生分解生成两种草酸盐、CO2，化学方程式为：，故答案为：；
【小问4详解】
①高锰酸钾和草酸反应生成锰离子，锰离子有催化作用而使反应速率加快，故答案为：生成的起催化作用；
②A．涂凡士林的方法是把旋塞取出，擦干旋塞与旋塞套，在旋塞大头表面上和旋塞套小口内壁周围均匀地涂上一层薄薄的凡士林，然后把旋塞插入旋塞套内，向同一方向旋转使油膜在旋塞内均匀透明，且旋塞转动灵活，故A项正确；
B．转移标准液到滴定管中不需要借助烧杯或者漏斗，可直接加液，故B项错误；
C．装入标准溶液后，把滴定管夹在滴定管夹上，轻轻转动活塞，放出少量酸液，使尖嘴充满酸液，否则导致酸的体积增大，测定溶液的浓度偏大，故C项正确；
D．接近终点时，不需用蒸馏水冲洗滴定管尖端悬挂的液滴，否则会导致测定结果偏大，故D项错误；
E．滴定管的感量是0.01 mL，所以滴定管中溶液体积应读数至小数点后第二位，故E项正确。
故本题选ACE；
【小问5详解】
平均每次消耗酸性KMnO4溶液的体积为12.00mL，根据关系式可计算三草酸合铁酸钾晶体的纯度，故答案为：98.2%；
16. 氮及其化合物的研究对生态环境保护和工农业发展非常重要。氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。
（1）根据下图数据计算反应 ___________
（2）下列关于合成氨工艺的理解中，正确的有___________(填标号)。
A．控制温度远高于室温，是为了保证尽可能高平衡转化率和快的反应速率
B．易液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行
C．原料气中由分离空气得到，由天然气与水蒸气反应生成，原料气需要经过净化处理，以防催化剂中毒和安全事故发生
D．通过更换不同种类的催化剂，可以调节平衡时原料的转化率
E．实际生产中，适度过量有利于提高的转化率同时有利于提高整体反应速率
（3）LiH-3d过渡金属复合催化剂也可用于催化合成氨，已知先被吸附发生反应，紧接着被吸附发生的反应方程式___________。
（4）电解法在常温常压下实现合成氨：工作时，电极生成的微观示意图如图所示，其中电解液为溶有三氟甲硝酸锂和乙醇的惰性有机溶剂。电极上生成的电极反应式为___________。
（5）压强为20MPa下，以、(x代表物质的量分数)进料，若保持压强不变，当平衡时，则该温度下，反应平衡常数___________(化为最简式)。[对于气相反应，用某组分B的平衡压强代替物质的量浓度也可表示平衡常数，记作，如，p为平衡总压强，为平衡系统中B的物质的量分数。]
（6）中国科学家利用Cu催化剂实现电化学脱硝。通过理论计算推测电解池阴极上NO可能的转化机理及转化步骤的活化能分别如下(*表示催化剂表面吸附位，如NOH*表示吸附于催化剂表面的NOH)。
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
Ⅳ．
Ⅴ．
上述反应机理中，Ⅱ~Ⅴ中速率最快的步骤是___________。若电路中有2mml电子流过，其中生成的选择性为95%，电解池阴极生成的的物质的量为___________mml。
【答案】（1）-45 （2）BCE
（3）
（4）
（5）
（6） ①. Ⅲ ②. 0.38
【解析】
【分析】本题重点考查学生对于化学能与热能之间的关系即焓变=反应物键能-生成物键能，（2）化学反应速率影响因素即减小产物浓度、增大反应物浓度促使平衡正向移动，（3）知道催化剂只出现在过程中，利用盖斯定律可得到分步反应方程式，（4）电极方程式的书写，结合反应物产物及电解质溶液，（5）气体压强平衡常数，（6）知道活化能最小，速率最快的步骤。
【小问1详解】
根据图像可知，吸收473+654=1127，放出339+397+436=1172，最终会放出1172-1127=45，-45，答案：-45；
【小问2详解】
A．合成氨是放热反应，控制温度远高于室温，是为了提高反应速率，高温平衡逆向移动，转化率降低，故A错误；B. 不断将液氨移去，利于反应正向进行，故B正确；C. 合成氨需要氢气，防止氢气爆炸，原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生，故C正确；D．通过更换不同种类的催化剂，可以调节反应速率，但不可以调节平衡时原料的转化率，故D错误；E．实际生产中，N2适度过量有利于提高的转化率同时有利于提高整体反应速率，故E正确；答案：BCE；
【小问3详解】
催化剂只参与中间过程，可以利用盖斯定律，总反应减去，得到，答案：；
【小问4详解】
电极上生成，电解液为溶有三氟甲硝酸锂和乙醇的惰性有机溶剂，故电极反应式为，答案：；
【小问5详解】
压强不变，设充入反应物总量为1ml，物质的量分数、，(x代表物质的量分数)进料，平衡时，根据三段式得，得，解得a=，总物质的量ml，N2、H2、NH3的物质的量分数分别为：、、，故平衡常数，答案：；
【小问6详解】
上述反应机理中，Ⅱ~Ⅴ中速率最快的步骤，看活化能最小，可知Ⅲ最快，由基元反应相加可得，，电路中有2mml电子流过，生成0.4mml，其中生成的选择性为95%，故生成的的物质的量为0.4mml×95%=0.38 mml，答案：0.38。
17. 锰废渣的硫酸浸出液含有大量、、以及少量的、、、。通过沉淀-萃取法可以回收其中的锰、钴、镍，流程如图所示。
已知：
①萃取剂a和b均为有机物，可用通式HR表示，萃取金属离子时，发生反应：(M代表被萃取的金属)。
②已知常温下部分物质的如表。
③不同条件下加入对钙镁去除率的影响如图1、图2。
（1）基态Mn原子的价电子轨道表示式为___________。
（2）写出加入后发生反应的离子方程式___________。
（3）滤渣①的主要成分___________。
（4）根据图1、图2，选择除去钙镁离子的最适宜温度和pH分别是___________、___________，如果pH过低带来影响是___________。
（5）用平衡移动原理解释加入反萃取剂的作用___________。
（6）最后得到溶液中，调节溶液，加入让沉淀完全(浓度不高于)，则混合体系中的浓度不低于___________。［已知：，，结果保留三位小数］
【答案】（1）3d54s2
（2）MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O
（3）氢氧化铁(Fe(OH)3)
（4） ①. 90℃ ②. 4 ③. 钙镁离子的残留量较高
（5）加入反萃取剂发生反应MnR2+2H+⇌2HR+Mn2+，加入含H+的反萃取剂使平衡正向移动，得到Mn2+溶液
（6）0.167ml⋅L−1
【解析】
【分析】锰废渣硫酸浸出液含有大量Mn2+、C2+、Ni2+以及少量的Ca2+、Mg2+、Fe3+、Fe2+，往其中加二氧化锰将二价铁氧化为三价铁，加碳酸钙调溶液pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，往滤液中加MnF2沉淀钙离子和镁离子，过滤，往滤液中加萃取剂a萃取锰离子，所得有机相中加入反萃取剂得到含Mn2+的溶液；无机相用萃取剂b萃取C2+，所得无机相为含Ni2+的溶液、有机相中加入反萃取剂得到含C2+的溶液。
【小问1详解】
Mn元素元素序数为25，基态Mn原子的价电子轨道表示式为3d54s2；
【小问2详解】
以上分析可知，浸出液中含二价铁，MnO2的作用是将二价铁氧化为三价铁，加入MnO2后发生反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
【小问3详解】
由分析，滤渣①的主要成分为氢氧化铁(Fe(OH)3)；
【小问4详解】
根据图1、图2，温度达到90℃，pH在4时钙镁离子的残留量已经较低，选择除去钙镁离子的最适宜温度和pH分别是90℃，pH=4，pH不能过高，防止Mn2+以氢氧化物沉淀，pH不能过低，否则钙镁离子的残留量较高；
【小问5详解】
根据信息可知，反萃取剂为酸，即反萃取出Mn2+时加入适量的酸将Mn2+反萃取出来，相应的离子方程式为MnR2+2H+⇌2HR+Mn2+，加入含H+的反萃取剂使平衡正向移动，得到Mn2+溶液；
【小问6详解】
由Ksp(CC2O4)=6.3×10−8，当C2+沉淀完全，c()=ml⋅L−1，根据Ka1(H2C2O4)×Ka2(H2C2O4)=5.9×10−2×6.4×10−5=3.776×10−6=，将c(H+)=1.0×10−2ml⋅L−1和c()=6.3×10−3ml⋅L−1代入可解得c(H2C2O4)≈0.167ml⋅L−1。
18. 靛蓝类色素广泛用于食品、医药和印染工业。靛蓝(化合物X)和多环化合物Y的一种合成路线如下所示(部分反应条件或试剂略去)。
已知：i．
（1）A的名称是___________。
（2）K中所含官能团的名称是___________，D→E、E→G的反应类型分别是___________、___________。
（3）I的结构简式是___________。
（4）E→G的化学反应方程式是___________。
（5）符合下列条件的J的同分异构体有___________种。
a．苯环上含有两个取代基，其中一个硝基
b．能与新制氢氧化铜悬浊液反应
c．可与氢氧化钠溶液发生化学反应
（6）已知：ii． iii．中C=N键性质类似于羰基，在一定条件下能发生类似i的反应。根据上述信息写出M与L在一定条件下转化为Y的路线图___________。
【答案】（1）甲苯 （2） ①. 酮羰基和酰胺基 ②. 水解反应或取代反应 ③. 氧化反应
（3） （4）2+O22+2H2O
（5）15 （6）：
【解析】
【分析】A的分子式为C7H8，结合E的结构简式，可知A分子含有苯环，故A为，由B的分子式、E的结构简式，可知A发生硝化反应生成B，B与氯气(或溴)在光照条件下发生一卤取代生成D，D发生卤代烃的水解反应生成E，故A为、B为、D是；E发生催化氧化生成G是，和I反应生成J，由信息可知I是；X水解为K、L，根据K、L的分子式，(5)中K中除苯环外还含有一个五元环，推知K是、L是，K水解为M，M是，(6)L为，M为，M、L发生信息i的反应生成，然后发生加成反应生成，最后发生消去反应生成Y，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为，A的名称是甲苯，故答案为：甲苯；
【小问2详解】
由分析可知，K的结构简式是，故K中所含官能团的名称是酮羰基和酰胺基，由题干流程图信息可知，D→E为卤代烃水解生成醇，故反应类型为取代反应或水解反应，E→G为醇羟基氧化为醛基，该反应的反应类型分别是氧化反应，故答案为：酮羰基和酰胺基；水解反应或取代反应；氧化反应；
【小问3详解】
由分析可知，I的结构简式是，故答案为：；
【小问4详解】
由分析可知，E发生催化氧化生成G是，则E→G的化学反应方程式是：2+O22+2H2O，故答案为：2+O22+2H2O；
【小问5详解】
由题干信息可知，J的分子式为：C10H11NO4，不饱和度为：6，符合下列条件的J的同分异构体：a.苯环上含有两个取代基，其中一个是硝基；b.能与新制氢氧化铜悬浊液反应，说明含有醛基；c.可与氢氧化钠溶液发生化学反应，说明含有-OOCH基团，苯环的另一个取代基为CH3CH2CH2OOCH、(CH3)2CHOOCH中烃基失去1个氢原子形成的基团，前者有3种，后者有2种，2个取代基有邻、间、对3种位置关系，故符合条件的同分异构体共有3×(3+2)=15种，故答案为：15；
【小问6详解】
由分析可知，L为，M为，M、L发生信息i的反应生成，然后发生加成反应生成，最后发生消去反应生成Y即，合成路线为：，故答案为：。A
B
如图所示，关闭弹簧夹检查装置的气密性
用上图所示装置吸收
C
D
检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生的乙烯
制取无水
选项
操作
现象
结论
A
将乙醇和浓硫酸的混合液加热，将生成的气体通入溴水中
溴水褪色
乙醇发生了消去反应
B
取一定质量久置的亚硫酸钠固体于试管中，加蒸馏水完全溶解后，滴加BaCl2溶液
产生白色沉淀
亚硫酸钠变质
C
常温下，将两块相同的未经打磨的铝片分别投入5.0mL饱和的CuSO4溶液和CuCl2溶液中
前者无明显现象，后者迅速反应，现象明显
Cl-能加速破坏铝片表面的氧化膜
D
探究氢离子浓度对、相互转化的影响
向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色
增大氢离子浓度，转化平衡向生成的方向移动
物质