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精品解析：江西省宜春市丰城中学2024-2025学年高三上学期期中考试 化学试题（创新班）
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可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 Cu-64 Si-28 S-32 Fe-56
一、单选题(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. 丰城采茶戏是宜春市第七批市级非遗代表性项目，起源于南宋，受京剧和花鼓戏影响。丰城民间形成唱戏、看戏的民风民浴。采茶戏中人物的装扮具有鲜明的特色且与化学知识有关。装扮如图所示，下列有关说法错误的是
A. 头上所带的银簪由金属材料制成
B. 丝绸云袖的主要成分为蛋白质
C. 衣服挂件上的珍珠属于硅酸盐
D. 脚上穿的木质鞋履的主要成分是纤维素
【答案】C
【解析】
【详解】A．纯金属和合金都属于金属材料，银簪由金属材料制成，银属于金属材料，故A正确；
B．丝绸云袖通常是由蚕丝织成的，主要成分是蛋白质，故B正确；
C．珍珠的主要成分是碳酸钙和一些矿物质，而不是硅酸盐，故C错误；
D．纤维素是木材的主要成分之一，故D正确；
故答案为C。
2. 下列有关化学用语或表述正确的是
A. 和都能作制冷剂是因为它们有相同类型的分子间作用力
B. 中的阴、阳离子有相同的VSEPR模型和空间结构
C. 在、石墨、金刚石中，碳原子杂化方式分别sp、和三种杂化
D. NaCl溶液中的水合离子：
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨气易液化，液氨气化时吸收热量，可作制冷剂，干冰易升华，升华时吸收热量，也可作制冷剂，氨分子间存在氢键和范德华力，二氧化碳分子间仅存在范德华力，A错误；
B．的中心原子N的孤电子对数为，价层电子对数为4+0=4，的中心原子Cl的孤电子对数为，价层电子对数为4+0=4，所以二者的VSEPR模型和空间结构均为正四面体形，B正确；
C．中碳碳键键角接近120，与石墨类似，二者结构中的碳原子均采取杂化；金刚石中的每一个碳原子都形成4个碳碳单键，碳原子的杂化方式为，所以共有2种杂化方式，C错误；
D．带正电，水中O原子的电负性大，吸引水中的氧原子，带负电，水中H原子的电负性小，吸引水中的氢原子，D错误；
故选B。
3. 关于下列仪器使用的说法错误的是
A. 仪器①使用前，需要检查两处是否漏水
B. 仪器②可用于测定硫酸铜晶体中的结晶水含量
C. 仪器③和④可用于配制一定质量分数的CuSO4溶液
D. 仪器⑤可用于移取0.1ml⋅L-1Na2Cr2O7溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．分液漏斗使用前需要检验下方额活塞和上方的玻璃塞是否漏水，故A正确；
B．测定硫酸铜晶体中的结晶水需要在坩埚中加热，故B正确；
C．配制一定质量分数的CuSO4溶液，需要天平、烧杯、玻璃棒和量筒，不需要容量瓶，故C错误；
D．Na2Cr2O7溶液具有强氧化性，故选择酸式滴定管移取，故D正确。
答案选C。
4. 碳材料家族又添2位新成员：通过对两种分子实施“麻醉”和“手术”，我国科学家首次成功合成了分别由10个或14个碳原子组成的芳香性环形纯碳分子材料(结构如图所示)，下列叙述错误的是
A. 分子中存在极性键和非极性键
B. 环形碳()和环形碳()互为同素异形体
C. 1 ml的含个σ键
D. 转化为环形碳()的过程，发生了还原反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．分子中存在极性键和非极性键，A正确；
B．和是碳元素的两种单质，互为同素异形体，B正确；
C． 1个C14Cl10分子中含有26个σ键，1 ml的含个σ键，C错误；
D．转化为环形碳()的过程，碳元素价态降低，所以发生了还原反应，D正确。
故选C。
5. 下图为一种结构有趣的“糖葫芦”分子，其中、、、四种元素位于同一主族的相邻周期，的电负性大于，工业上利用沸点差异从空气中分离出的单质。是短周期元素，与的价电子数之和与的质子数相同，与的电子结构相同。下列说法错误的是
A. 分子中W、Y的杂化轨道类型不相同
B. 第一电离能：
C. 的氢化物的VSEPR模型为四面体形
D. 简单离子半径：
【答案】B
【解析】
【分析】此题可以从成键数出发进行推断，、、和均能与其他原子共用3个电子对，则它们均为第VA族元素；工业上利用沸点差异从空气中分离出的单质，则是；是短周期元素，且与的电子结构相同，则是，是；的电负性大于,则为、为。
【详解】A．为，的价层电子对数为3，采用杂化，为，的价层电子对数为4，采用杂化，故A正确；
B．第一电离能：，即，故B错误；
C．是,中的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，故C正确；
D．简单离子半径：，即，故D正确；
故选B。
【点睛】首先根据题设条件推出、、、、分别是什么元素，然后确定它们在元素周期表中的位置关系，最后根据元素周期律等知识对各选项做出判断。
6. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下，中含有的电子总数为
B. 溶液中：
C. 标准状况下，当中生成22.4L时，失去电子
D. 向沸水中加入含的饱和溶液，形成的氢氧化铁胶体的数目为
【答案】B
【解析】
【详解】A．在标准状况下不是气体，无法根据22.4L/ml计算其物质的量，A项错误；
B．由于发生水解，则，B项正确；
C．标准状况下，22.4L即1ml，当中生成1mlH2时，根据可知，失去电子，C项错误；
D．胶体是一个大集合体，向沸水中加入含的饱和溶液，形成的氢氧化铁胶体的数目小于，D项错误；
故答案选B。
7. 莫尔法是用作指示剂，用标准溶液测定(或)浓度的方法。现用莫尔法测定亚硝酰氯样品中NOCl的纯度，实验步骤如下：
步骤1：配制溶液。
步骤2：标定溶液。准确称取干燥的NaCl固体于烧杯中，用蒸馏水溶解后，转移至容量瓶中，并洗涤再转移、定容、摇匀。取3份所配NaCl溶液，每份，分别置于锥形瓶中，加水、适量溶液，在不断摇动下用溶液滴定至终点[(砖红色)]。实验测得三次滴定消耗溶液体积的平均值为。
步骤3：测定亚硝酰氯样品中NOCl的纯度。取样品，溶于蒸馏水(与水发生反应生成一种氯化物和两种氮的氧化物，其中一种呈红棕色)，配成溶液，准确量取溶液于锥形瓶中；加入适量溶液作指示剂，用上述标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为。
根据上述实验原理，下列说法正确的是
A. 步骤2中，若称量NaCl固体前没有干燥，则测定样品中NClO纯度偏低
B. 整个实验过程中，滴定管尖嘴不可触碰锥形瓶内壁
C. 滴入最后半滴标准液时，沉淀颜色变为砖红色即停止滴定
D. 步骤3中，若滴定终点时俯视读数，则测定结果偏低
【答案】D
【解析】
【分析】用NaCl滴定AgNO3，K2CrO4作指示剂，得到AgNO3浓度，再滴定NOCl，建立关系式NOCl~~NaCl；
【详解】A．若称量NaCl固体前没有干燥，则AgNO3浓度偏高，测定样品中NClO纯度偏高，A错误；
B．整个实验过程中，当滴定到一定程度时,滴定管嘴部悬有溶液,此时要用锥形瓶壁与滴定管嘴部接触,使悬着的溶液流入锥形瓶,摇晃锥形瓶,视使瓶内液体均匀，B错误；
C．滴入最后半滴标准液时，沉淀颜色变为砖红色，等30S不变色即停止滴定，C错误；
D．步骤3中，若滴定终点时俯视读数，使的体积读数偏小，则测定结果偏低，D正确；
故选D。
8. 下列实验过程能达到实验目的，且现象和结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．向溶液中滴2滴溶液，产生白色沉淀，根据反应量的关系得出过量，然后再滴加2滴溶液，过量的与直接反应生成黄色，不能证明是转化为，故不能证明，A错误；
B．探究不同浓度对反应速率的影响，得保证其他条件不变，温度相同，浓度不同时来讨论，根据，消耗酸性高锰酸钾溶液，分别需要草酸溶液和草酸溶液，题目中提供的草酸溶液体积均为，故反应中高锰酸钾溶液均过量，溶液不褪色，B错误；
C．已知平衡：(蓝)(黄)，取一定浓度的溶液，升高温度，溶液由蓝色变为黄色，平衡正向移动，则正反应为吸热反应，，C正确；
D．发生两步水解，，，，要比较的大小，应该用计分别测定浓度均为的和的，越大，水解程度越大，对应弱电解质酸性越弱，越小，D错误；
故答案为：C。
9. 脱除汽车尾气中和包括以下两个反应：
①
②
将恒定组成的和混合气通入不同温度的反应器，相同时间内检测物质浓度，结果如下。
已知：的脱除率
下列分析不正确的是
A. 低温不利于和的脱除
B. 高温下和主要脱除反应可以写为：
C. ，该时间段内的脱除率约为
D. ，该时间段内几乎不发生反应①，主要发生反应②
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图知，NO和CO的浓度在低温时高，所以低温不利于和的脱除，A正确；
B．根据图示，高温条件下主要生成氮气和二氧化碳，高温下的主要脱除反应为：，B正确；
C．根据各物质的浓度，NO的初始浓度为（200+125×2+1625×2）ppm=3700ppm，转化为氮气的NO的浓度1625ppm×2=3250ppm，该时间段内NO的脱除率约为，C正确；
D．，该时间段内如果几乎不发生反应①，主要发生反应②，则氮气与二氧化碳的浓度接近相等，而由图可知二氧化碳的浓度比氮气浓度大很多，说明该时间段内一定发生反应①，D错误；
故选D。
10. 利用无机物离子和(下图简写为)，实现了水在催化剂作用下制氧气。用进行同位素标记实验，证明了产物氧气中的氧原子完全来自水。其相关机理如下图所示。下列说法错误的是
A. 在反应中做催化剂
B. 进行同位素标记实验前，需排尽体系中的空气
C. 催化氧化水的反应为
D. 若参与反应。则中存在
【答案】A
【解析】
【分析】如图所示，CeⅣ→Ce Ⅲ，Ce元素化合价降低，则在反应中作氧化剂，只消耗，故不是催化剂，既参加反应又重新生成、故为催化剂；
【详解】A．据分析，在反应中作氧化剂， A错误；
B．为了防止空气中的氧气对实验造成干扰，进行同位素标记实验前应将体系中的空气排尽， B正确；
C．由图中可知，催化氧化水产物中是O2和H+，结合分析可知，催化氧化水的反应为， C正确；
D．由图中可知，吸收被标记的氧原子形成 ，若参与反应。则中存在，D正确；
答案选A。
11. 新型绿色电池中使用了最新研发的RhSANs(单原子纳米酶)作为电极活性物质的催化剂，使葡萄糖和氧气之间的反应顺利地构成了原电池，其工作原理如图所示。下列关于葡萄糖/燃料电池的说法错误的是
A. 电极为燃料电池的负极，发生氧化反应
B. 电极放电后，附近溶液的增大
C. 电极的电极反应为
D. 该燃料电池消耗标准状况下时，理论上可转化葡萄糖
【答案】C
【解析】
【分析】本题是原电池原理的考查，电极上转化为，六元环中的化合价由-1升高到+1，发生氧化反应，电极为负极，电极上的氧气转化为水，发生还原反应，电极为正极，据此回答。
【详解】A．电极上转化为，六元环中的化合价由-1升高到+1，发生氧化反应，电极为负极，故A项正确；
B．电极上的氧气转化为水，发生还原反应，电极为正极，电极反应为，反应过程中电极上消耗，溶液的增大，故B项正确；
C．六元环中的化合价由-1升高到+1，则每摩尔参加反应应该转移2ml电子，故C错误；
D．总反应为22，该燃料电池中消耗同时消耗葡萄糖，其质量为，故D项正确；
故选C。
12. 的晶胞示意图如图甲所示。存在“缺陷”的氧化镍晶体如图乙所示(一个空缺，另有两个被两个所取代，其晶体仍呈电中性)。下列说法正确的是
A. 元素位于元素周期表区
B. 晶胞中每个周围与它距离相等且最近的有6个
C. 某氧化镍样品组成为，该晶体中与的个数之比为
D. NiO晶胞中与一个最近且等距离的构成的空间几何形状为正四面体
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ni为第28号元素，位于元素周期表的Ⅷ族为d区，A错误；
B．由结构图可知，晶胞中占据顶点和面心，以上面心为中心，上面4个顶点和上下两个晶胞的面心8个，周围与它距离相等且最近的有12个，B错误；
C．设Ni3+离子数为x，则Ni2+离子数为97-x，某氧化镍样品组成为与等效，由在离子化合物中阳离子所带的正电荷总数与阴离子所带的负电荷总数相等可知，3×x+(97-x)×2=100×2，解之得，x=6，所以Ni3+与Ni2+的离子数之比6：(97-6)=6：91，C正确；
D．NiO晶胞中与一个最近且等距离的构成的空间几何形状为正八面体，D错误；
故选C。
13. 与同为第族元素，溶液中及其与形成的微粒的浓度分数随溶液变化的关系如图所示。已知的溶液的约为3.4，常温下，向溶液中滴加醋酸溶液，关于该过程的说法正确的是
A. 的浓度分数一直不变
B. 反应的平衡常数的数量级为
C. 时，
D. 当溶液中与的浓度相等时，
【答案】B
【解析】
【分析】向溶液中不断滴加醋酸溶液，随着溶液的减小，与醋酸电离产生的会不断反应产生、、、。
【详解】A．向溶液中不断滴加醋酸溶液，随着溶液的减小，与醋酸电离产生的会不断反应产生、、、，因此的浓度分数一直减小，A错误；
B．反应的平衡常数，由图可知，在溶液左右时，，此时，所以该反应的平衡常数的数量级为，B正确；
C．常温下，的溶液显中性，，根据溶液中存在的电荷守恒可得关系式：，故，C错误；
D．由图可知，当溶液中与的浓度相等时，溶液，说明的浓度远大于的浓度，D错误；
故选B。
14. 实验室中利用氧化铜和氧化铁混合物进行如图实验。下列说法错误的是
A. 反应②能生成0.04g
B. “溶液2”中溶质的物质的量为0.1ml
C. 氧化铜和氧化铁混合物中含氧元素的物质的量为0.06ml
D. “3.04g固体”一定是铁铜混合物
【答案】A
【解析】
【分析】实验中得到溶液1发生的反应为CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、Fe2O3+ 3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，得到溶液2可能发生的反应为Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4、Fe+H2SO4= FeSO4+ H2↑、CuSO4+ Fe=FeSO4+Cu，设氧化铁的物质的量为xml、氧化铜为yml，由氧化物的质量可得：160x+80y=4，由反应的方程式可得：64y+5.6—56(x+y+0.1—3x—y)=3.04，解联立方程可得x=0.01、y=0.03，则4g固体中含有1.6g氧化铁、2.4g氧化铜，3.04g固体中含有1.92g铜、1.12g铁，溶液1中含有0.01ml硫酸铁、0.03ml硫酸铜、0.04ml硫酸，溶液2中含有0.1ml硫酸亚铁。
【详解】A．由分析可知，溶液1中硫酸的物质的量为0.04ml，则与铁反应生成氢气的质量为0.04ml×2g/ml=0.08g，故A错误；
B．由分析可知，溶液2中含有0.1ml硫酸亚铁，故B正确；
C．由分析可知，4g固体中含有0.01ml氧化铁、0.03氧化铜，混合物中含氧元素的物质的量为0.06ml，故C正确；
D．由分析可知，3.04g固体中含有1.92g铜、1.12g铁，故D正确；
故答案选A。
二、填空题(本题共4小题，共58分)
15. 以废干电池[主要含MnO2、MnOOH、Zn、Zn(OH)2、Fe、KOH]和钛白厂废酸(主要含H2SO4，还有少量Ti3+、Fe2+、Ca2+、Mg2+等)为原料，制备锰锌铁氧体[MnxZn1-xFe2O4]的流程如下：
已知：① 25℃时，Ksp(MgF2)=7.5×10-11，Ksp(CaF2)=1.5×10-10；酸性较弱时，MgF2、CaF2均易形成[MFn]2-n配离子(M代表金属元素)；
② (NH4)2S2O8在煮沸时易分解
（1）酸浸过程中含锰物质被溶液中的FeSO4还原为Mn2+，其中MnO2参与反应的离子方程式为___________。
（2）氧化时加入H2O2将Ti3+、Fe2+氧化，再加入Na2CO3调节溶液pH为1～2，生成偏钛酸(H2TiO3)和黄钾铁矾[K2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，使得钛、钾得以脱除。
① 加入Na2CO3生成黄钾铁矾的离子方程式为___________。
② 若加入Na2CO3过多，将导致产品的产率下降，其原因是___________。
（3）①氟化过程中溶液pH与钙镁去除率关系如图1所示。当2.5 < pH < 4.0时，溶液pH过高或过低，Ca2+、Mg2+去除率都会下降，其原因是___________。
②氟化后，溶液中为___________。
③CaF2晶胞结构如图2所示，若该立方晶胞参数为apm，NA为阿伏加德罗常数：计算晶体的密度为___________g•cm-3(列出表达式)。
（4）共沉淀前，需测定溶液中锰元素含量。先准确量取1.00 mL氟化后溶液于锥形瓶中，加入少量硫酸、磷酸和硝酸银(Ag+是催化剂)溶液振荡；将溶液加热至80℃，加入3 g (NH4)2S2O8充分反应后，再将溶液煮沸，冷却后，再用0.0700 ml/L的(NH4)2Fe(SO4)2标准液滴定至溶液由浅红色变为无色。请写出Mn2+与S2反应的离子方程式___________。
【答案】（1）2Fe2++MnO2+4H+ = Mn2++2Fe3++2H2O
（2） ①. 2K++6Fe3++4SO+6CO+6H2O = K2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑ ②. 加入Na2CO3过多，pH过大，生成Fe(OH)3沉淀
（3） ①. pH过低，溶液酸性较强，F-转化为弱酸HF，溶液中F-浓度减小，Ca2+、Mg2+去除率减小；pH过高，MgF2、CaF2沉淀转化为[MFn]2-n配离子，沉淀重新溶解，Ca2+、Mg2+的去除率降低 ②. 0.5 ③.
（4）2Mn2++5S2O+8H2O2MnO+10SO+16H+
【解析】
【分析】粉碎废电池增加酸浸速率，废干电池[主要含MnO2、MnOOH、Zn、Zn(OH)2、Fe、KOH]和钛白厂废酸(主要含H2SO4，还有少量Ti3+、Fe2+、Ca2+、Mg2+等)，MnO2、MnOOH、Zn、Zn(OH)2、Fe、KOH溶于酸，MnO2、MnOOH在酸性条件下被Fe2+还原生成Mn2+，氧化时加入H2O2将Ti3+、Fe2+氧化，加入NH4F生成MgF2、CaF2沉淀除去Ca2+、Mg2+，(NH4)2CO3制备锰锌铁氧体。
【小问1详解】
MnO2被溶液中的FeSO4还原为Mn2+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2Fe2++MnO2+4H+ = Mn2++2Fe3++2H2O。
【小问2详解】
①加入Na2CO3调节溶液pH为1～2，生成黄钾铁矾[K2Fe6(SO4)4(OH)12]的离子方程式为2K++6Fe3++4SO+6CO+6H2O = K2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑；
②若加入Na2CO3过多，溶液碱性变强，pH过大，生成Fe(OH)3沉淀。
【小问3详解】
①当2.5 < pH < 4.0时，溶液pH过高或过低，Ca2+、Mg2+去除率都会下降，其原因是：pH过低，溶液酸性较强，F-转化为弱酸HF，溶液中F-浓度减小，Ca2+、Mg2+去除率减小；pH过高，MgF2、CaF2沉淀转化为[MFn]2-n配离子，沉淀重新溶解，Ca2+、Mg2+的去除率降低；
②氟化后，溶液中=0.5；
③CaF2晶胞结构如图2所示，Ca2+的个数为，F-的个数为8，若该立方晶胞参数为apm，NA为阿伏加德罗常数，计算晶体的密度为。
【小问4详解】
用0.0700 ml/L的(NH4)2Fe(SO4)2标准液滴定至溶液由浅红色变为无色，说明具有氧化性，可以将Mn2+氧化为，转化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2Mn2++5+8H2O2+10+16H+。
16. N2O的转化在Fe+催化作用下与CO发生反应：。
（1）该反应分两步进行，第一步反应为_______；
第二步：。
已知增大CO气体浓度，总反应达到平衡所用的时间变化不大，第一步反应的活化能_______第二步反应的活化能。
A．> B．< C． D．不确定
在四个不同容积的恒容密闭容器中按图甲充入相应的气体，发生反应：容器I、Ⅱ、Ⅲ中N2O的平衡转化率如图乙所示。
（2）该反应的逆反应自发进行的条件是_______。
A. 高温自发B. 低温自发C. 任何温度都自发D. 任何温度都不自发
（3）若容器I的体积为5L，反应在下进行，30s后达到平衡，则从起始到平衡过程中N2O反应速率为_______。容器Ⅱ中，反应在B点时对应的平衡常数_______(保留3位有效数字)。
（4）根据题给信息，下列有关说法正确的是_______。
A. 体积：
B. 容器Ⅲ中，当N2与N2O物质的量之比为1：1时反应达平衡状态
C. 图乙中A、C、D对应容器中混合气体密度相等
D. 图乙中A、C、D三点由于转化率相等，因而平衡常数相等
（5）若容器Ⅳ的体积为2L，反应在下进行，则起始时反应_______。
A. B. C. D. 不确定大小关系
【答案】（1） ①. Fe+(s)+N2O(g)FeO(s)++N2(g) ②. A （2）B
（3） ①. 0.000267 ml•L-1•s-1 ②. 0.00178 （4）A （5）B
【解析】
【小问1详解】
该反应分两步进行，根据第二步：可知，总反应减去第二步反应可得第一步反应为：Fe+(s)+N2O(g)FeO(s)++N2(g)，已知增大CO气体浓度，总反应达到平衡所用的时间变化不大，说明增大CO的浓度对总反应速率几乎没有影响，说明第二步反应为快反应，第一步反应为慢反应，由活化能越大反应速率越慢可知，第一步反应的活化能＞第二步反应的活化能，故答案为：Fe+(s)+N2O(g)FeO(s)++N2(g)；A；
【小问2详解】
由图乙可知，升高温度，N2O的转化率升高，则向正反应方向进行，即正反应为吸热反应，＞0，同时该反应正反应是一个气体体积增大的方向，即＞0，则该反应的逆反应0，即0，则逆反应自发进行的条件是低温自发，故答案为：B；
【小问3详解】
由题干图示A点信息可知，根据三段式分析：， 所以（N2O）===0.00027 ml•L-1•s-1， A、B点温度相同，对应的平衡常数相等，B点对应的平衡常数等于A点对应的平衡常数，则有：K===0.00178，故答案为：0.000267 ml•L-1•s-1；0.00178；
【小问4详解】
A．由题干甲图可知，三容器中加入N2O均为0.1ml，根据乙图可知，N2O的平衡转化率Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，结合反应可知减小压强平衡正向移动，所以压强：，故体积：，A正确；
B．化学平衡的特征之一为各组分的物质的量保持不变而不是相等，故容器Ⅲ中，当N2与N2O物质的量之比为1：1时不一定反应达平衡状态，B错误；
C．由A项分析可知，三容器的体积不同，体系中气体的质量保持相等，故三容器中气体的密度不同，且反应过程中密度保持不变，故图乙中A、C、D对应的容器中混合气体密度不相等，C错误；
D．由图乙可知，A、C、D三点温度不等，因而平衡常数不等，D错误；
故答案为：A；
【小问5详解】
由(3)分析可知，370℃下该反应的K=0.00178，结合甲图信息可知，若容器Ⅳ的体积为2L，反应在下进行，此时Qc===0.02＞K，则起始时反应，故答案为：B。
17. 某小组设计实验制备配合物及测定其组成：
实验(一) 制备配合物。
制备流程：
实验步骤：
I．在锥形瓶中加入6mL浓氨水，再加入1.0gNH4Cl，待完全溶解后持锥形瓶不断振荡，使溶液均匀。
II．分数次加入一定量粉末，边加边搅拌，使溶液呈棕色稀浆，再往其中滴加的过氧化氢溶液，边加边搅拌，当溶液中停止起泡时，慢慢加入6mL浓盐酸，边加边搅拌，并在电炉上微热15min，温度不要超过85℃。
III．在室温下冷却并搅拌，待完全冷却后抽滤出沉淀，用冷水分数次洗涤沉淀，接着用5mL冷的盐酸洗涤，产物在105℃左右烘干并称量。
（1）配离子呈八面体结构，其___________(填“有”或“没有”)同分异构体。
（2）步骤I中若先加，后加，产生的后果是___________。
（3）步骤II中加入过氧化氢溶液时，发生反应的化学方程式为___________。慢慢加入浓盐酸，其中浓盐酸的作用是___________。
实验(二)测定配合物组成。
步骤1：称取产品加入烧瓶A中，加入足量浓NaOH溶液。
步骤2：用蒸馏水蒸出氨气，用装有溶液(过量)的烧瓶B吸收氨气。
步骤3：用蒸馏水冲洗弯管2并将冲洗液和吸收液合并于一洁净锥形瓶中，用蒸馏水稀释至250mL。准确量取25.00mL稀释的溶液于另一锥形瓶中，滴加酚酞溶液作指示剂，用标准溶液滴定过量的，消耗NaOH标准溶液。
（4）冷疑管的进水口为___________(填“a”或“b”)口。
（5）毛细管1的作用是___________。步骤3中，用蒸馏水冲洗弯管2并将冲洗液和吸收液合并于一洁净锥形瓶中，这样操作的目的是___________。
（6）该产品中质量分数为___________(用含的代数式表示)。已知：。
【答案】（1）有 （2）NH4Cl无法有效抑制一水合氨的电离，进而导致C(OH)2的生成
（3） ①. 2[C(H2O)6]Cl2+8NH3+2NH4Cl+H2O2=2[C(NH3)5(H2O)]Cl3+12H2O ②. 增大氯离子的浓度，使沉淀溶解平衡逆向移动，便于晶体[C(NH3)5Cl]Cl2的析出
（4）a （5） ①. 形成液化中心，防止暴沸 ②. 使蒸出的氨气(烧瓶B中的氨气和弯管2中残留的氨气)全部转移至锥形瓶中
（6）
【解析】
【分析】将NH4Cl和浓氨水混合，然后在溶液中分批加入粉末，再用H2O2氧化，可得到，然后再加入浓盐酸，冷却后可得到晶体，流程为：。
【小问1详解】
为正八面体，C3+位于八面体的中心，其二氯代物有两种(即两个氯原子相邻或相对)，因此有同分异构体。
【小问2详解】
步骤I中若先加，后加，则NH4Cl无法抑制一水合氨的电离，无法防止与氨水反应生成C(OH)2沉淀。
【小问3详解】
步骤II中加入过氧化氢溶液时，[C(H2O)6]Cl2被氧化为[C(NH3)5(H2O)]Cl3，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为2[C(H2O)6]Cl2+8NH3+2NH4Cl+H2O2=2[C(NH3)5(H2O)]Cl3+12H2O；加入浓盐酸可增大氯离子的浓度，使的沉淀溶解平衡逆向移动，便于晶体的析出。
【小问4详解】
冷凝管进出水原则为“下进上出”，因此进水口为a。
【小问5详解】
毛细管1的作用是形成液化中心，防止暴沸；用蒸馏水冲洗弯管2并将冲洗液和吸收液合并于一洁净锥形瓶中，这样操作的目的是：使蒸出的氨气(烧瓶B中的氨气和弯管2中残留的氨气)全部转移至锥形瓶中。
【小问6详解】
H3BO3的作用分为两部分，一部分H3BO3与NH3⋅H2O按物质的量1：1反应， 剩余的H3BO3与NaOH按物质的量1：1反应，因此产品中NH3的物质的量=与NH3⋅H2O反应的H3BO3的物质的量= ml，因此产品中NH3的质量分数为。
18. 用于治疗高血压的药物Q的合成路线如下：
已知：①E与FeCl3溶液作用显紫色；
②W分子中只有一种化学环境的氢原子；
③G分子中含两个甲基，核磁共振氢谱显示只有3组峰，且遇FeCl3溶液作用显紫色
④芳香族化合物与卤代烃在AlCl3催化下可发生如下可逆反应：+R′Cl+HCl
（1）A→B的化学方程式是___________，B→D反应类型为___________。
（2）W的名称是___________，W的同分异构体中，含单官能团的有___________种(不考虑立体异构)。
（3）下列说法正确的是___________(填标号)。
a．酸性强弱：A>B b．E分子中所有原子一定在同一平面上
c．E能作为缩聚反应的单体 d．1mlCH3CH2CN最多能与2mlH2发生加成反应
（4）G的结构简式为___________。
（5）乙二胺和三甲胺均属于胺，且相对分子质量接近，但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因是___________。
（6）J分子中手性碳原子数为___________，J→L的化学方程式为___________。
【答案】（1） ①. CH3CH2COOH+Cl2CH3CHClCOOH+HCl ②. 取代反应或酯化反应
（2） ①. 丙酮 ②. 4
（3）cd （4）
（5）乙二胺分子间存在氢键，沸点高
（6） ①. 1 ②.
【解析】
【分析】CH3CH2CN发生水解反应然后酸化得到A，根据A的分子式及D和M反应产物的结构简式知，A为CH3CH2COOH，D和M发生取代反应，则D为CH3CHClCOOCH2CH3，B和乙醇发生酯化反应生成D，则B为CH3CHClCOOH。A→B为A和氯气发生的取代反应。W分子中只有一种化学环境的氢原子，E与溶液作用显紫色可知，根据E、W的分子式，E为，W为CH3COCH3。根据D和M反应产物的结构简式、可知M为。结合已知③和④，G分子中含两个甲基，且核磁共振氢谱显示只有3组峰，可知G为；F和氯气发生取代反应生成G，则F的结构简式为。L的分子式为C11H14Cl2N2O2，不饱和度为5，对比L前后有机物结构，可知与H2NCH2CH2NH2发生取代反应生成L，则L的结构简式为，L经过①TiCl4、②HCl、乙醇反应生成药物Q（）。
【小问1详解】
通过CH3CH2CN转化为A的反应条件，推出A为CH3CH2COOH。通过J的结构简式和D的分子式，判断A→B转化中A分子中的一个H被一个氯原子取代，故反应为CH3CH2COOH+Cl2CH3CHClCOOH+HCl；通过B→D的反应试剂及条件，判断出反应类型为取代反应或酯化反应；
【小问2详解】
W为CH3COCH3，因此名称是：丙酮；丙酮的不饱和度为1，结构中含有1个双键或者1个环；如果只有1个单官能团，则可以是醛、环状的醇或者环状的醚，一共有CH3CH2CHO、、、；一共4种；
【小问3详解】
a．B为CH3CHClCOOH，－Cl为吸电子基团，会增强氢氧键的极性，导致分子酸性增强，故酸性A＜B，a错误；
b．E为苯酚，酚羟基的氢原子不一定和苯环共平面，b错误；
c．苯酚和甲醛可制备酚醛树脂，苯酚可以发生缩聚反应，作为缩聚反应的单体，c正确；
d．CH3CH2CN分子中含碳氮三健，1mlCH3CH2CN最多能与2mlH2发生加成反应生成CH3CH2CH2NH2，d正确；
答案选cd；
【小问4详解】
根据分析，可知G的结构简式为；
【小问5详解】
乙二胺(H2NCH2CH2NH2)中N与H直接相连，分子间可以形成氢键，沸点较高，而三甲胺[N(CH3)3]中N未与H相连，分子间不存在氢键，故乙二胺分子间存在氢键，沸点高；
【小问6详解】
连有四个不同基团的碳原子为手性碳，J的结构简式为，可知J中与甲基相连的碳原子为手性碳原子，因此J分子中只有1个手性碳原子。L的分子式为C11H14Cl2N2O2，不饱和度为5，对比L前后有机物结构，可知与H2NCH2CH2NH2发生取代反应生成L，则J→L的化学方程式为。选项
实验目的
实验过程
现象和结论
A
比较和的大小
向溶液中滴2滴溶液，产生白色沉淀后再滴加2滴溶液
又生成黄色沉淀，能说明
B
探究反应物浓度对反应速率的影响
相同温度下，两支试管各盛酸性高锰酸钾溶液，分别加入草酸溶液和草酸溶液
加入草酸溶液的试管中溶液褪色更快，说明反应物浓度越大，反应速率越快
C
探究可逆反应的热效应
已知溶液中存在下列平衡：(蓝)(黄)，取一定浓度的溶液，升高温度
溶液由蓝色变为黄色，说明该反应
D
比较的大小
用计分别测定浓度均为的和的
的更大，所以
可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 Cu-64 Si-28 S-32 Fe-56
一、单选题(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. 丰城采茶戏是宜春市第七批市级非遗代表性项目，起源于南宋，受京剧和花鼓戏影响。丰城民间形成唱戏、看戏的民风民浴。采茶戏中人物的装扮具有鲜明的特色且与化学知识有关。装扮如图所示，下列有关说法错误的是
A. 头上所带的银簪由金属材料制成
B. 丝绸云袖的主要成分为蛋白质
C. 衣服挂件上的珍珠属于硅酸盐
D. 脚上穿的木质鞋履的主要成分是纤维素
【答案】C
【解析】
【详解】A．纯金属和合金都属于金属材料，银簪由金属材料制成，银属于金属材料，故A正确；
B．丝绸云袖通常是由蚕丝织成的，主要成分是蛋白质，故B正确；
C．珍珠的主要成分是碳酸钙和一些矿物质，而不是硅酸盐，故C错误；
D．纤维素是木材的主要成分之一，故D正确；
故答案为C。
2. 下列有关化学用语或表述正确的是
A. 和都能作制冷剂是因为它们有相同类型的分子间作用力
B. 中的阴、阳离子有相同的VSEPR模型和空间结构
C. 在、石墨、金刚石中，碳原子杂化方式分别sp、和三种杂化
D. NaCl溶液中的水合离子：
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨气易液化，液氨气化时吸收热量，可作制冷剂，干冰易升华，升华时吸收热量，也可作制冷剂，氨分子间存在氢键和范德华力，二氧化碳分子间仅存在范德华力，A错误；
B．的中心原子N的孤电子对数为，价层电子对数为4+0=4，的中心原子Cl的孤电子对数为，价层电子对数为4+0=4，所以二者的VSEPR模型和空间结构均为正四面体形，B正确；
C．中碳碳键键角接近120，与石墨类似，二者结构中的碳原子均采取杂化；金刚石中的每一个碳原子都形成4个碳碳单键，碳原子的杂化方式为，所以共有2种杂化方式，C错误；
D．带正电，水中O原子的电负性大，吸引水中的氧原子，带负电，水中H原子的电负性小，吸引水中的氢原子，D错误；
故选B。
3. 关于下列仪器使用的说法错误的是
A. 仪器①使用前，需要检查两处是否漏水
B. 仪器②可用于测定硫酸铜晶体中的结晶水含量
C. 仪器③和④可用于配制一定质量分数的CuSO4溶液
D. 仪器⑤可用于移取0.1ml⋅L-1Na2Cr2O7溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．分液漏斗使用前需要检验下方额活塞和上方的玻璃塞是否漏水，故A正确；
B．测定硫酸铜晶体中的结晶水需要在坩埚中加热，故B正确；
C．配制一定质量分数的CuSO4溶液，需要天平、烧杯、玻璃棒和量筒，不需要容量瓶，故C错误；
D．Na2Cr2O7溶液具有强氧化性，故选择酸式滴定管移取，故D正确。
答案选C。
4. 碳材料家族又添2位新成员：通过对两种分子实施“麻醉”和“手术”，我国科学家首次成功合成了分别由10个或14个碳原子组成的芳香性环形纯碳分子材料(结构如图所示)，下列叙述错误的是
A. 分子中存在极性键和非极性键
B. 环形碳()和环形碳()互为同素异形体
C. 1 ml的含个σ键
D. 转化为环形碳()的过程，发生了还原反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．分子中存在极性键和非极性键，A正确；
B．和是碳元素的两种单质，互为同素异形体，B正确；
C． 1个C14Cl10分子中含有26个σ键，1 ml的含个σ键，C错误；
D．转化为环形碳()的过程，碳元素价态降低，所以发生了还原反应，D正确。
故选C。
5. 下图为一种结构有趣的“糖葫芦”分子，其中、、、四种元素位于同一主族的相邻周期，的电负性大于，工业上利用沸点差异从空气中分离出的单质。是短周期元素，与的价电子数之和与的质子数相同，与的电子结构相同。下列说法错误的是
A. 分子中W、Y的杂化轨道类型不相同
B. 第一电离能：
C. 的氢化物的VSEPR模型为四面体形
D. 简单离子半径：
【答案】B
【解析】
【分析】此题可以从成键数出发进行推断，、、和均能与其他原子共用3个电子对，则它们均为第VA族元素；工业上利用沸点差异从空气中分离出的单质，则是；是短周期元素，且与的电子结构相同，则是，是；的电负性大于,则为、为。
【详解】A．为，的价层电子对数为3，采用杂化，为，的价层电子对数为4，采用杂化，故A正确；
B．第一电离能：，即，故B错误；
C．是,中的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，故C正确；
D．简单离子半径：，即，故D正确；
故选B。
【点睛】首先根据题设条件推出、、、、分别是什么元素，然后确定它们在元素周期表中的位置关系，最后根据元素周期律等知识对各选项做出判断。
6. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下，中含有的电子总数为
B. 溶液中：
C. 标准状况下，当中生成22.4L时，失去电子
D. 向沸水中加入含的饱和溶液，形成的氢氧化铁胶体的数目为
【答案】B
【解析】
【详解】A．在标准状况下不是气体，无法根据22.4L/ml计算其物质的量，A项错误；
B．由于发生水解，则，B项正确；
C．标准状况下，22.4L即1ml，当中生成1mlH2时，根据可知，失去电子，C项错误；
D．胶体是一个大集合体，向沸水中加入含的饱和溶液，形成的氢氧化铁胶体的数目小于，D项错误；
故答案选B。
7. 莫尔法是用作指示剂，用标准溶液测定(或)浓度的方法。现用莫尔法测定亚硝酰氯样品中NOCl的纯度，实验步骤如下：
步骤1：配制溶液。
步骤2：标定溶液。准确称取干燥的NaCl固体于烧杯中，用蒸馏水溶解后，转移至容量瓶中，并洗涤再转移、定容、摇匀。取3份所配NaCl溶液，每份，分别置于锥形瓶中，加水、适量溶液，在不断摇动下用溶液滴定至终点[(砖红色)]。实验测得三次滴定消耗溶液体积的平均值为。
步骤3：测定亚硝酰氯样品中NOCl的纯度。取样品，溶于蒸馏水(与水发生反应生成一种氯化物和两种氮的氧化物，其中一种呈红棕色)，配成溶液，准确量取溶液于锥形瓶中；加入适量溶液作指示剂，用上述标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为。
根据上述实验原理，下列说法正确的是
A. 步骤2中，若称量NaCl固体前没有干燥，则测定样品中NClO纯度偏低
B. 整个实验过程中，滴定管尖嘴不可触碰锥形瓶内壁
C. 滴入最后半滴标准液时，沉淀颜色变为砖红色即停止滴定
D. 步骤3中，若滴定终点时俯视读数，则测定结果偏低
【答案】D
【解析】
【分析】用NaCl滴定AgNO3，K2CrO4作指示剂，得到AgNO3浓度，再滴定NOCl，建立关系式NOCl~~NaCl；
【详解】A．若称量NaCl固体前没有干燥，则AgNO3浓度偏高，测定样品中NClO纯度偏高，A错误；
B．整个实验过程中，当滴定到一定程度时,滴定管嘴部悬有溶液,此时要用锥形瓶壁与滴定管嘴部接触,使悬着的溶液流入锥形瓶,摇晃锥形瓶,视使瓶内液体均匀，B错误；
C．滴入最后半滴标准液时，沉淀颜色变为砖红色，等30S不变色即停止滴定，C错误；
D．步骤3中，若滴定终点时俯视读数，使的体积读数偏小，则测定结果偏低，D正确；
故选D。
8. 下列实验过程能达到实验目的，且现象和结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．向溶液中滴2滴溶液，产生白色沉淀，根据反应量的关系得出过量，然后再滴加2滴溶液，过量的与直接反应生成黄色，不能证明是转化为，故不能证明，A错误；
B．探究不同浓度对反应速率的影响，得保证其他条件不变，温度相同，浓度不同时来讨论，根据，消耗酸性高锰酸钾溶液，分别需要草酸溶液和草酸溶液，题目中提供的草酸溶液体积均为，故反应中高锰酸钾溶液均过量，溶液不褪色，B错误；
C．已知平衡：(蓝)(黄)，取一定浓度的溶液，升高温度，溶液由蓝色变为黄色，平衡正向移动，则正反应为吸热反应，，C正确；
D．发生两步水解，，，，要比较的大小，应该用计分别测定浓度均为的和的，越大，水解程度越大，对应弱电解质酸性越弱，越小，D错误；
故答案为：C。
9. 脱除汽车尾气中和包括以下两个反应：
①
②
将恒定组成的和混合气通入不同温度的反应器，相同时间内检测物质浓度，结果如下。
已知：的脱除率
下列分析不正确的是
A. 低温不利于和的脱除
B. 高温下和主要脱除反应可以写为：
C. ，该时间段内的脱除率约为
D. ，该时间段内几乎不发生反应①，主要发生反应②
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图知，NO和CO的浓度在低温时高，所以低温不利于和的脱除，A正确；
B．根据图示，高温条件下主要生成氮气和二氧化碳，高温下的主要脱除反应为：，B正确；
C．根据各物质的浓度，NO的初始浓度为（200+125×2+1625×2）ppm=3700ppm，转化为氮气的NO的浓度1625ppm×2=3250ppm，该时间段内NO的脱除率约为，C正确；
D．，该时间段内如果几乎不发生反应①，主要发生反应②，则氮气与二氧化碳的浓度接近相等，而由图可知二氧化碳的浓度比氮气浓度大很多，说明该时间段内一定发生反应①，D错误；
故选D。
10. 利用无机物离子和(下图简写为)，实现了水在催化剂作用下制氧气。用进行同位素标记实验，证明了产物氧气中的氧原子完全来自水。其相关机理如下图所示。下列说法错误的是
A. 在反应中做催化剂
B. 进行同位素标记实验前，需排尽体系中的空气
C. 催化氧化水的反应为
D. 若参与反应。则中存在
【答案】A
【解析】
【分析】如图所示，CeⅣ→Ce Ⅲ，Ce元素化合价降低，则在反应中作氧化剂，只消耗，故不是催化剂，既参加反应又重新生成、故为催化剂；
【详解】A．据分析，在反应中作氧化剂， A错误；
B．为了防止空气中的氧气对实验造成干扰，进行同位素标记实验前应将体系中的空气排尽， B正确；
C．由图中可知，催化氧化水产物中是O2和H+，结合分析可知，催化氧化水的反应为， C正确；
D．由图中可知，吸收被标记的氧原子形成 ，若参与反应。则中存在，D正确；
答案选A。
11. 新型绿色电池中使用了最新研发的RhSANs(单原子纳米酶)作为电极活性物质的催化剂，使葡萄糖和氧气之间的反应顺利地构成了原电池，其工作原理如图所示。下列关于葡萄糖/燃料电池的说法错误的是
A. 电极为燃料电池的负极，发生氧化反应
B. 电极放电后，附近溶液的增大
C. 电极的电极反应为
D. 该燃料电池消耗标准状况下时，理论上可转化葡萄糖
【答案】C
【解析】
【分析】本题是原电池原理的考查，电极上转化为，六元环中的化合价由-1升高到+1，发生氧化反应，电极为负极，电极上的氧气转化为水，发生还原反应，电极为正极，据此回答。
【详解】A．电极上转化为，六元环中的化合价由-1升高到+1，发生氧化反应，电极为负极，故A项正确；
B．电极上的氧气转化为水，发生还原反应，电极为正极，电极反应为，反应过程中电极上消耗，溶液的增大，故B项正确；
C．六元环中的化合价由-1升高到+1，则每摩尔参加反应应该转移2ml电子，故C错误；
D．总反应为22，该燃料电池中消耗同时消耗葡萄糖，其质量为，故D项正确；
故选C。
12. 的晶胞示意图如图甲所示。存在“缺陷”的氧化镍晶体如图乙所示(一个空缺，另有两个被两个所取代，其晶体仍呈电中性)。下列说法正确的是
A. 元素位于元素周期表区
B. 晶胞中每个周围与它距离相等且最近的有6个
C. 某氧化镍样品组成为，该晶体中与的个数之比为
D. NiO晶胞中与一个最近且等距离的构成的空间几何形状为正四面体
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ni为第28号元素，位于元素周期表的Ⅷ族为d区，A错误；
B．由结构图可知，晶胞中占据顶点和面心，以上面心为中心，上面4个顶点和上下两个晶胞的面心8个，周围与它距离相等且最近的有12个，B错误；
C．设Ni3+离子数为x，则Ni2+离子数为97-x，某氧化镍样品组成为与等效，由在离子化合物中阳离子所带的正电荷总数与阴离子所带的负电荷总数相等可知，3×x+(97-x)×2=100×2，解之得，x=6，所以Ni3+与Ni2+的离子数之比6：(97-6)=6：91，C正确；
D．NiO晶胞中与一个最近且等距离的构成的空间几何形状为正八面体，D错误；
故选C。
13. 与同为第族元素，溶液中及其与形成的微粒的浓度分数随溶液变化的关系如图所示。已知的溶液的约为3.4，常温下，向溶液中滴加醋酸溶液，关于该过程的说法正确的是
A. 的浓度分数一直不变
B. 反应的平衡常数的数量级为
C. 时，
D. 当溶液中与的浓度相等时，
【答案】B
【解析】
【分析】向溶液中不断滴加醋酸溶液，随着溶液的减小，与醋酸电离产生的会不断反应产生、、、。
【详解】A．向溶液中不断滴加醋酸溶液，随着溶液的减小，与醋酸电离产生的会不断反应产生、、、，因此的浓度分数一直减小，A错误；
B．反应的平衡常数，由图可知，在溶液左右时，，此时，所以该反应的平衡常数的数量级为，B正确；
C．常温下，的溶液显中性，，根据溶液中存在的电荷守恒可得关系式：，故，C错误；
D．由图可知，当溶液中与的浓度相等时，溶液，说明的浓度远大于的浓度，D错误；
故选B。
14. 实验室中利用氧化铜和氧化铁混合物进行如图实验。下列说法错误的是
A. 反应②能生成0.04g
B. “溶液2”中溶质的物质的量为0.1ml
C. 氧化铜和氧化铁混合物中含氧元素的物质的量为0.06ml
D. “3.04g固体”一定是铁铜混合物
【答案】A
【解析】
【分析】实验中得到溶液1发生的反应为CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、Fe2O3+ 3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，得到溶液2可能发生的反应为Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4、Fe+H2SO4= FeSO4+ H2↑、CuSO4+ Fe=FeSO4+Cu，设氧化铁的物质的量为xml、氧化铜为yml，由氧化物的质量可得：160x+80y=4，由反应的方程式可得：64y+5.6—56(x+y+0.1—3x—y)=3.04，解联立方程可得x=0.01、y=0.03，则4g固体中含有1.6g氧化铁、2.4g氧化铜，3.04g固体中含有1.92g铜、1.12g铁，溶液1中含有0.01ml硫酸铁、0.03ml硫酸铜、0.04ml硫酸，溶液2中含有0.1ml硫酸亚铁。
【详解】A．由分析可知，溶液1中硫酸的物质的量为0.04ml，则与铁反应生成氢气的质量为0.04ml×2g/ml=0.08g，故A错误；
B．由分析可知，溶液2中含有0.1ml硫酸亚铁，故B正确；
C．由分析可知，4g固体中含有0.01ml氧化铁、0.03氧化铜，混合物中含氧元素的物质的量为0.06ml，故C正确；
D．由分析可知，3.04g固体中含有1.92g铜、1.12g铁，故D正确；
故答案选A。
二、填空题(本题共4小题，共58分)
15. 以废干电池[主要含MnO2、MnOOH、Zn、Zn(OH)2、Fe、KOH]和钛白厂废酸(主要含H2SO4，还有少量Ti3+、Fe2+、Ca2+、Mg2+等)为原料，制备锰锌铁氧体[MnxZn1-xFe2O4]的流程如下：
已知：① 25℃时，Ksp(MgF2)=7.5×10-11，Ksp(CaF2)=1.5×10-10；酸性较弱时，MgF2、CaF2均易形成[MFn]2-n配离子(M代表金属元素)；
② (NH4)2S2O8在煮沸时易分解
（1）酸浸过程中含锰物质被溶液中的FeSO4还原为Mn2+，其中MnO2参与反应的离子方程式为___________。
（2）氧化时加入H2O2将Ti3+、Fe2+氧化，再加入Na2CO3调节溶液pH为1～2，生成偏钛酸(H2TiO3)和黄钾铁矾[K2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，使得钛、钾得以脱除。
① 加入Na2CO3生成黄钾铁矾的离子方程式为___________。
② 若加入Na2CO3过多，将导致产品的产率下降，其原因是___________。
（3）①氟化过程中溶液pH与钙镁去除率关系如图1所示。当2.5 < pH < 4.0时，溶液pH过高或过低，Ca2+、Mg2+去除率都会下降，其原因是___________。
②氟化后，溶液中为___________。
③CaF2晶胞结构如图2所示，若该立方晶胞参数为apm，NA为阿伏加德罗常数：计算晶体的密度为___________g•cm-3(列出表达式)。
（4）共沉淀前，需测定溶液中锰元素含量。先准确量取1.00 mL氟化后溶液于锥形瓶中，加入少量硫酸、磷酸和硝酸银(Ag+是催化剂)溶液振荡；将溶液加热至80℃，加入3 g (NH4)2S2O8充分反应后，再将溶液煮沸，冷却后，再用0.0700 ml/L的(NH4)2Fe(SO4)2标准液滴定至溶液由浅红色变为无色。请写出Mn2+与S2反应的离子方程式___________。
【答案】（1）2Fe2++MnO2+4H+ = Mn2++2Fe3++2H2O
（2） ①. 2K++6Fe3++4SO+6CO+6H2O = K2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑ ②. 加入Na2CO3过多，pH过大，生成Fe(OH)3沉淀
（3） ①. pH过低，溶液酸性较强，F-转化为弱酸HF，溶液中F-浓度减小，Ca2+、Mg2+去除率减小；pH过高，MgF2、CaF2沉淀转化为[MFn]2-n配离子，沉淀重新溶解，Ca2+、Mg2+的去除率降低 ②. 0.5 ③.
（4）2Mn2++5S2O+8H2O2MnO+10SO+16H+
【解析】
【分析】粉碎废电池增加酸浸速率，废干电池[主要含MnO2、MnOOH、Zn、Zn(OH)2、Fe、KOH]和钛白厂废酸(主要含H2SO4，还有少量Ti3+、Fe2+、Ca2+、Mg2+等)，MnO2、MnOOH、Zn、Zn(OH)2、Fe、KOH溶于酸，MnO2、MnOOH在酸性条件下被Fe2+还原生成Mn2+，氧化时加入H2O2将Ti3+、Fe2+氧化，加入NH4F生成MgF2、CaF2沉淀除去Ca2+、Mg2+，(NH4)2CO3制备锰锌铁氧体。
【小问1详解】
MnO2被溶液中的FeSO4还原为Mn2+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2Fe2++MnO2+4H+ = Mn2++2Fe3++2H2O。
【小问2详解】
①加入Na2CO3调节溶液pH为1～2，生成黄钾铁矾[K2Fe6(SO4)4(OH)12]的离子方程式为2K++6Fe3++4SO+6CO+6H2O = K2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑；
②若加入Na2CO3过多，溶液碱性变强，pH过大，生成Fe(OH)3沉淀。
【小问3详解】
①当2.5 < pH < 4.0时，溶液pH过高或过低，Ca2+、Mg2+去除率都会下降，其原因是：pH过低，溶液酸性较强，F-转化为弱酸HF，溶液中F-浓度减小，Ca2+、Mg2+去除率减小；pH过高，MgF2、CaF2沉淀转化为[MFn]2-n配离子，沉淀重新溶解，Ca2+、Mg2+的去除率降低；
②氟化后，溶液中=0.5；
③CaF2晶胞结构如图2所示，Ca2+的个数为，F-的个数为8，若该立方晶胞参数为apm，NA为阿伏加德罗常数，计算晶体的密度为。
【小问4详解】
用0.0700 ml/L的(NH4)2Fe(SO4)2标准液滴定至溶液由浅红色变为无色，说明具有氧化性，可以将Mn2+氧化为，转化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2Mn2++5+8H2O2+10+16H+。
16. N2O的转化在Fe+催化作用下与CO发生反应：。
（1）该反应分两步进行，第一步反应为_______；
第二步：。
已知增大CO气体浓度，总反应达到平衡所用的时间变化不大，第一步反应的活化能_______第二步反应的活化能。
A．> B．< C． D．不确定
在四个不同容积的恒容密闭容器中按图甲充入相应的气体，发生反应：容器I、Ⅱ、Ⅲ中N2O的平衡转化率如图乙所示。
（2）该反应的逆反应自发进行的条件是_______。
A. 高温自发B. 低温自发C. 任何温度都自发D. 任何温度都不自发
（3）若容器I的体积为5L，反应在下进行，30s后达到平衡，则从起始到平衡过程中N2O反应速率为_______。容器Ⅱ中，反应在B点时对应的平衡常数_______(保留3位有效数字)。
（4）根据题给信息，下列有关说法正确的是_______。
A. 体积：
B. 容器Ⅲ中，当N2与N2O物质的量之比为1：1时反应达平衡状态
C. 图乙中A、C、D对应容器中混合气体密度相等
D. 图乙中A、C、D三点由于转化率相等，因而平衡常数相等
（5）若容器Ⅳ的体积为2L，反应在下进行，则起始时反应_______。
A. B. C. D. 不确定大小关系
【答案】（1） ①. Fe+(s)+N2O(g)FeO(s)++N2(g) ②. A （2）B
（3） ①. 0.000267 ml•L-1•s-1 ②. 0.00178 （4）A （5）B
【解析】
【小问1详解】
该反应分两步进行，根据第二步：可知，总反应减去第二步反应可得第一步反应为：Fe+(s)+N2O(g)FeO(s)++N2(g)，已知增大CO气体浓度，总反应达到平衡所用的时间变化不大，说明增大CO的浓度对总反应速率几乎没有影响，说明第二步反应为快反应，第一步反应为慢反应，由活化能越大反应速率越慢可知，第一步反应的活化能＞第二步反应的活化能，故答案为：Fe+(s)+N2O(g)FeO(s)++N2(g)；A；
【小问2详解】
由图乙可知，升高温度，N2O的转化率升高，则向正反应方向进行，即正反应为吸热反应，＞0，同时该反应正反应是一个气体体积增大的方向，即＞0，则该反应的逆反应0，即0，则逆反应自发进行的条件是低温自发，故答案为：B；
【小问3详解】
由题干图示A点信息可知，根据三段式分析：， 所以（N2O）===0.00027 ml•L-1•s-1， A、B点温度相同，对应的平衡常数相等，B点对应的平衡常数等于A点对应的平衡常数，则有：K===0.00178，故答案为：0.000267 ml•L-1•s-1；0.00178；
【小问4详解】
A．由题干甲图可知，三容器中加入N2O均为0.1ml，根据乙图可知，N2O的平衡转化率Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，结合反应可知减小压强平衡正向移动，所以压强：，故体积：，A正确；
B．化学平衡的特征之一为各组分的物质的量保持不变而不是相等，故容器Ⅲ中，当N2与N2O物质的量之比为1：1时不一定反应达平衡状态，B错误；
C．由A项分析可知，三容器的体积不同，体系中气体的质量保持相等，故三容器中气体的密度不同，且反应过程中密度保持不变，故图乙中A、C、D对应的容器中混合气体密度不相等，C错误；
D．由图乙可知，A、C、D三点温度不等，因而平衡常数不等，D错误；
故答案为：A；
【小问5详解】
由(3)分析可知，370℃下该反应的K=0.00178，结合甲图信息可知，若容器Ⅳ的体积为2L，反应在下进行，此时Qc===0.02＞K，则起始时反应，故答案为：B。
17. 某小组设计实验制备配合物及测定其组成：
实验(一) 制备配合物。
制备流程：
实验步骤：
I．在锥形瓶中加入6mL浓氨水，再加入1.0gNH4Cl，待完全溶解后持锥形瓶不断振荡，使溶液均匀。
II．分数次加入一定量粉末，边加边搅拌，使溶液呈棕色稀浆，再往其中滴加的过氧化氢溶液，边加边搅拌，当溶液中停止起泡时，慢慢加入6mL浓盐酸，边加边搅拌，并在电炉上微热15min，温度不要超过85℃。
III．在室温下冷却并搅拌，待完全冷却后抽滤出沉淀，用冷水分数次洗涤沉淀，接着用5mL冷的盐酸洗涤，产物在105℃左右烘干并称量。
（1）配离子呈八面体结构，其___________(填“有”或“没有”)同分异构体。
（2）步骤I中若先加，后加，产生的后果是___________。
（3）步骤II中加入过氧化氢溶液时，发生反应的化学方程式为___________。慢慢加入浓盐酸，其中浓盐酸的作用是___________。
实验(二)测定配合物组成。
步骤1：称取产品加入烧瓶A中，加入足量浓NaOH溶液。
步骤2：用蒸馏水蒸出氨气，用装有溶液(过量)的烧瓶B吸收氨气。
步骤3：用蒸馏水冲洗弯管2并将冲洗液和吸收液合并于一洁净锥形瓶中，用蒸馏水稀释至250mL。准确量取25.00mL稀释的溶液于另一锥形瓶中，滴加酚酞溶液作指示剂，用标准溶液滴定过量的，消耗NaOH标准溶液。
（4）冷疑管的进水口为___________(填“a”或“b”)口。
（5）毛细管1的作用是___________。步骤3中，用蒸馏水冲洗弯管2并将冲洗液和吸收液合并于一洁净锥形瓶中，这样操作的目的是___________。
（6）该产品中质量分数为___________(用含的代数式表示)。已知：。
【答案】（1）有 （2）NH4Cl无法有效抑制一水合氨的电离，进而导致C(OH)2的生成
（3） ①. 2[C(H2O)6]Cl2+8NH3+2NH4Cl+H2O2=2[C(NH3)5(H2O)]Cl3+12H2O ②. 增大氯离子的浓度，使沉淀溶解平衡逆向移动，便于晶体[C(NH3)5Cl]Cl2的析出
（4）a （5） ①. 形成液化中心，防止暴沸 ②. 使蒸出的氨气(烧瓶B中的氨气和弯管2中残留的氨气)全部转移至锥形瓶中
（6）
【解析】
【分析】将NH4Cl和浓氨水混合，然后在溶液中分批加入粉末，再用H2O2氧化，可得到，然后再加入浓盐酸，冷却后可得到晶体，流程为：。
【小问1详解】
为正八面体，C3+位于八面体的中心，其二氯代物有两种(即两个氯原子相邻或相对)，因此有同分异构体。
【小问2详解】
步骤I中若先加，后加，则NH4Cl无法抑制一水合氨的电离，无法防止与氨水反应生成C(OH)2沉淀。
【小问3详解】
步骤II中加入过氧化氢溶液时，[C(H2O)6]Cl2被氧化为[C(NH3)5(H2O)]Cl3，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为2[C(H2O)6]Cl2+8NH3+2NH4Cl+H2O2=2[C(NH3)5(H2O)]Cl3+12H2O；加入浓盐酸可增大氯离子的浓度，使的沉淀溶解平衡逆向移动，便于晶体的析出。
【小问4详解】
冷凝管进出水原则为“下进上出”，因此进水口为a。
【小问5详解】
毛细管1的作用是形成液化中心，防止暴沸；用蒸馏水冲洗弯管2并将冲洗液和吸收液合并于一洁净锥形瓶中，这样操作的目的是：使蒸出的氨气(烧瓶B中的氨气和弯管2中残留的氨气)全部转移至锥形瓶中。
【小问6详解】
H3BO3的作用分为两部分，一部分H3BO3与NH3⋅H2O按物质的量1：1反应， 剩余的H3BO3与NaOH按物质的量1：1反应，因此产品中NH3的物质的量=与NH3⋅H2O反应的H3BO3的物质的量= ml，因此产品中NH3的质量分数为。
18. 用于治疗高血压的药物Q的合成路线如下：
已知：①E与FeCl3溶液作用显紫色；
②W分子中只有一种化学环境的氢原子；
③G分子中含两个甲基，核磁共振氢谱显示只有3组峰，且遇FeCl3溶液作用显紫色
④芳香族化合物与卤代烃在AlCl3催化下可发生如下可逆反应：+R′Cl+HCl
（1）A→B的化学方程式是___________，B→D反应类型为___________。
（2）W的名称是___________，W的同分异构体中，含单官能团的有___________种(不考虑立体异构)。
（3）下列说法正确的是___________(填标号)。
a．酸性强弱：A>B b．E分子中所有原子一定在同一平面上
c．E能作为缩聚反应的单体 d．1mlCH3CH2CN最多能与2mlH2发生加成反应
（4）G的结构简式为___________。
（5）乙二胺和三甲胺均属于胺，且相对分子质量接近，但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因是___________。
（6）J分子中手性碳原子数为___________，J→L的化学方程式为___________。
【答案】（1） ①. CH3CH2COOH+Cl2CH3CHClCOOH+HCl ②. 取代反应或酯化反应
（2） ①. 丙酮 ②. 4
（3）cd （4）
（5）乙二胺分子间存在氢键，沸点高
（6） ①. 1 ②.
【解析】
【分析】CH3CH2CN发生水解反应然后酸化得到A，根据A的分子式及D和M反应产物的结构简式知，A为CH3CH2COOH，D和M发生取代反应，则D为CH3CHClCOOCH2CH3，B和乙醇发生酯化反应生成D，则B为CH3CHClCOOH。A→B为A和氯气发生的取代反应。W分子中只有一种化学环境的氢原子，E与溶液作用显紫色可知，根据E、W的分子式，E为，W为CH3COCH3。根据D和M反应产物的结构简式、可知M为。结合已知③和④，G分子中含两个甲基，且核磁共振氢谱显示只有3组峰，可知G为；F和氯气发生取代反应生成G，则F的结构简式为。L的分子式为C11H14Cl2N2O2，不饱和度为5，对比L前后有机物结构，可知与H2NCH2CH2NH2发生取代反应生成L，则L的结构简式为，L经过①TiCl4、②HCl、乙醇反应生成药物Q（）。
【小问1详解】
通过CH3CH2CN转化为A的反应条件，推出A为CH3CH2COOH。通过J的结构简式和D的分子式，判断A→B转化中A分子中的一个H被一个氯原子取代，故反应为CH3CH2COOH+Cl2CH3CHClCOOH+HCl；通过B→D的反应试剂及条件，判断出反应类型为取代反应或酯化反应；
【小问2详解】
W为CH3COCH3，因此名称是：丙酮；丙酮的不饱和度为1，结构中含有1个双键或者1个环；如果只有1个单官能团，则可以是醛、环状的醇或者环状的醚，一共有CH3CH2CHO、、、；一共4种；
【小问3详解】
a．B为CH3CHClCOOH，－Cl为吸电子基团，会增强氢氧键的极性，导致分子酸性增强，故酸性A＜B，a错误；
b．E为苯酚，酚羟基的氢原子不一定和苯环共平面，b错误；
c．苯酚和甲醛可制备酚醛树脂，苯酚可以发生缩聚反应，作为缩聚反应的单体，c正确；
d．CH3CH2CN分子中含碳氮三健，1mlCH3CH2CN最多能与2mlH2发生加成反应生成CH3CH2CH2NH2，d正确；
答案选cd；
【小问4详解】
根据分析，可知G的结构简式为；
【小问5详解】
乙二胺(H2NCH2CH2NH2)中N与H直接相连，分子间可以形成氢键，沸点较高，而三甲胺[N(CH3)3]中N未与H相连，分子间不存在氢键，故乙二胺分子间存在氢键，沸点高；
【小问6详解】
连有四个不同基团的碳原子为手性碳，J的结构简式为，可知J中与甲基相连的碳原子为手性碳原子，因此J分子中只有1个手性碳原子。L的分子式为C11H14Cl2N2O2，不饱和度为5，对比L前后有机物结构，可知与H2NCH2CH2NH2发生取代反应生成L，则J→L的化学方程式为。选项
实验目的
实验过程
现象和结论
A
比较和的大小
向溶液中滴2滴溶液，产生白色沉淀后再滴加2滴溶液
又生成黄色沉淀，能说明
B
探究反应物浓度对反应速率的影响
相同温度下，两支试管各盛酸性高锰酸钾溶液，分别加入草酸溶液和草酸溶液
加入草酸溶液的试管中溶液褪色更快，说明反应物浓度越大，反应速率越快
C
探究可逆反应的热效应
已知溶液中存在下列平衡：(蓝)(黄)，取一定浓度的溶液，升高温度
溶液由蓝色变为黄色，说明该反应
D
比较的大小
用计分别测定浓度均为的和的
的更大，所以
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