安徽省部分地市2024-2025学年高三下学期2月适应性考试化学试题（原卷版+解析版）

2024-2025高三学年2月适应性考试化学学科本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，考试结束后，将答题卡交回。注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁，不得折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Si-28Cl-35.5Ni-59Hg-200.6第Ⅰ卷(选择题，共45分)一、选择题(每小题只有一个正确选项，每小题3分，共45分)1.2025年2月，第九届亚冬会在哈尔滨举办，下列有关说法不正确的是A.冰刀上的合金材料，具有比组分更大的熔点和硬度B.生产冰壶的花岗岩属于无机非金属材料C.用于夏季储冰的保温板是聚苯乙烯树脂，其单体是苯乙烯D.低温锂离子电池可实现电能与化学能的转化2.下列化学用语或表述正确的是A.基态铍原子的价电子排布式：1s22s2B.CCl4的空间结构：正四面体C.乙酸质谱图中的最大质荷比：58D.HF的共价键类型：p-pσ键3.下列实验现象的描述正确的是A.FeCl3溶液中滴入NH4SCN溶液生成血红色沉淀B.绿矾的水溶液中滴入K3Fe(CN)6溶液生成蓝色溶液C.Ca(OH)2的焰色试验呈绿色D.用NaOH标准液滴定醋酸时，选用酚酞作指示剂时，终点由无色变为浅红色4.白磷不稳定，从热力学上看，在水中能发生以下反应：P4+6H2O=PH3↑+3H3PO2设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.白磷有红磷、黑磷等多种同素异形体B.上述反应，每当转移3mol电子时，白磷分子中断裂P-P键的数目为6NAC.实验室将少量白磷保存在冷水中，可能是因为上述反应速率很小D.1mol白磷在少量氧气中燃烧，生成P4O10分子的数目为0.25NA5.我们的校园生活中蕴含着相当多的化学知识，下列应用或现象的解释正确的是A.篮球中的硫化橡胶不易老化：二硫键把线型结构转化为网状结构B.电子白板触屏的玻璃基板：玻璃属于共价晶体，具有很好的耐磨性和透光度C.用纯碱除去电热开水器内的水垢：纯碱水解显碱性，可溶解水垢中的Al2O3D.84-消毒液可以使花坛里的鲜花褪色：消毒液中含有的高浓度HClO具有强氧化性6.硝酸盐溶液、浓硫酸与FeSO4溶液混合于试管中，会在侧面观察到“棕色环”的现象，经分析环中含有棕色的[Fe(NO)(H2O)5]2+，用亚硝酸盐替代硝酸盐则得到棕色溶液，没有棕色环。下列说法错误的是A.实验时，应向硝酸盐和FeSO4混合溶液中缓慢加入浓硫酸B.配体中的NO是还原产物C.将FeSO4溶液与Pb(NO3)2混合反应，滤去PbSO4后，对滤液蒸干、灼烧得到无水Fe(NO3)2固体D.亚硝酸盐在此实验中看不到棕色环与亚硝酸的不稳定性有关7.在检验J的金属离子的实验中，会生成一种鲜红色的沉淀，其结构如下图所示，构成该物质的元素X、D、E、G为前两周期元素。X是原子半径最小的元素。基态D原子核外电子排布在3个能级上，且自旋状态不同的电子数之比为1：2.E的第一电离能比同周期的相邻元素都大。基态G原子的核外电子有8种运动状态。J位于周期表第四周期第10列。下列说法正确的是A.最简单氢化物沸点：E>G>DB.X与G之间的氢键是一种特殊的共价键C.中心原子J的配位数为4，配体数为2D.此物质中，D原子的杂化方式有sp、sp2、sp38.某金属合金的晶胞如下图所示，含有六个变形四面体空隙和三个变形八面体空隙，每个空隙可以容纳一个氢原子，已知晶胞体积为9.0×10-23cm3，设NA=6.0×1023mol-1，下列说法错误的是A.该合金的化学式为XY5B.0.1mol该合金最多可以储存相当于标准状况下20.16LH2C.该合金四面体空隙储氢后的氢元素密度约为0.11g·cm-3D.距离X最近且等距的Y围成正六边形9.据文献报道，含钒催化剂催化某反应的反应机理如下图所示。下列叙述正确的是A.该反应循环中③涉及π键的断裂和生成B.该反应利用了NH3的氧化性除去NO，减少了空气污染C.该催化循环过程中V价态没有变化D.此过程中含钒催化剂有四种，它们降低了反应的活化能10.某些金属硫化物矿物称为辉某矿。氢还原辉钼矿，并用碳酸钠作固硫剂，其原理为：MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)△H。平衡时的有关变化曲线如图。下列说法错误的是A.反应处于A点时，2υ正(CO)=υ逆(H2O)B.升高温度和增大压强都有利于氢气的转化C.图2中T1对应图1中的温度为1300℃D.辉银矿中的Ag2S溶解度很小，这与S2-和Ag+之间化学键的共价成分较大有关11.利用下列反应制备腈时，由于卤代烃和氰化钠互溶性差，导致反应速率很慢，加入Q+Cl-[Q+表示C16H33N+(C4H9)3]后，缩短了反应时间，反应及原理如下。下列说法错误的是A.卤代烃和氰化钠的反应是取代反应B.Q+既可以溶于有机相，也可以溶于水相C.Q+将CN-由水相转移到有机相中D.C16H33N+(C4H9)3离子半径较大，与阴离子作用力较强，可以形成离子液体12.目前，我国在氢能方面的专利已居世界首位，利用新能源富余电力完成海水直接电解制氢，再利用氢氧燃料电池发电，是能源开发的重要方向。下列说法错误的是A.克服海水中的阴离子对O2逸出的干扰以及阳离子在阴极沉淀等问题，是重要的攻关方向B.固体氧化物和质子交换膜水电解槽制氢电极的电极反应式：H2O+2e-=O2-+H2↑C.采用碱性水电解槽电解海水，隔膜应阴离子交换膜D.燃料电池的能量转化率远高于火力发电13.三氯化钌(RuCl3)是重要的化工原料，广泛应用于催化、电镀、电解等工业。从Co-Ru-Al2O3催化剂废料中分离制取RuCl3和Co(NO3)2的一种工艺流程如下图所示。焙烧后得到的固体中含有CoO、Na2RuO4和NaNO2等。有关各流程的说法正确的是A.水浸：溶液中含有Na[Al(OH)4]B.还原：若乙醇将Na2RuO4还原为Ru(OH)4，则Ru(OH)4的氧化性强于Na2RuO4C.酸溶：NH2OH可以电离出OH-，因而具有碱性D.沉钴：乙二酸(H2C2O4)一种同系物对苯二甲酸可与乙二醇通过缩聚反应制备涤纶14.锂离子电池的传统负极材料为石墨，新一代的硅基负极技术已在国产电子产品中应用，两种电极在充电时的反应如下：Li++6C+e-=LiC6、22Li++5Si+22e-=Li22Si5.下列说法错误的是A.石墨晶体中原子数目与σ键数目之比为1：1.5，而晶体硅中原子数目与σ键数目之比为1：2B.由以上反应可知，硅基负极的比能量(单位质量的材料能传输的电量)约是传统石墨的16.4倍C.由图中两种电极结构特点可知，硅基负极比石墨的充电速度更快D.放电时，正极(LiFePO4)反应式为：Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO415.室温下，H2S水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ[]随pH变化关系如图，已知：K1(H2CO3)=1×10-6.37，K2(H2CO3)=1×10-10.25在此温度下，有关说法正确的是A.忽略第二步电离，0.1mol/LH2S溶液的pH约为3B.浓度均为0.1mol/LNaHCO3和NaHS溶液前者的pH比较小C.0.1mol/LNa2S溶液中S2-水解率小于10%D.在H2CO3的对应体系中，当c(H2CO3)=c(CO)时，pH约为6.3第Ⅱ卷(非选择题，共55分)二、非选择题(共55分)16.从镉废渣(含CdO和少量ZnO、MnO、FeO等)中回收镉的流程如下：一些金属离子沉淀时的pH如下：金属氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Zn(OH)2Mn(OH)2开始沉淀2.36.86.18.1完全沉淀3.28.38.110.1（1）滤渣1中含CaSO4，滤渣2为MnO2和_______，加入KMnO4的作用是_______(写两点)。（2）“置换”所发生反应的离子方程式为_______。（3）“熔炼”所发生反应的化学方程式为_______，当反应装置中_______(填写反应现象)，停止加热，利用Cd与Na2ZnO2的_______(填写物理性质)不同，将Cd从装置的下口放出，从而分离出Cd。（4）处理含镉废水常用化学沉淀法，以下是几种难溶化合物的溶度积常数(25℃)：Ksp(CdS)=3.6×10-29，Ksp(CdCO3)=5.2×10-12，Ksp[Cd(OH)2]=2.0×10-16，Ksp(FeS)=6.3×10-18.可知，沉淀Cd2+效果最佳的试剂是_______。a．Na2CO3

b．FeSc．CaOd．Ca(OH)2若采用生石灰处理含镉废水最佳pH为11，此时溶液中c(Cd2+)=_______。17.奥铂()是一种稳定的水溶性广谱抗肿瘤试剂，1，2-环己二胺()是制备奥铂的初始原料之一、一种较新的制备方法如下：在已通入N2保护的反应瓶中，避光条件下加入0.50molK2C2O4·H2O，1500mLH2O，再加入溶解了0.50molHg(NO3)2·H2O的溶液500mL，常温下搅拌1小时，过滤，减压干燥得140.0gHgC2O4，避光保存。在室温和避光条件下，将0.050mol顺式-二碘合铂(Ⅱ)、0.050molHgC2O4、1000mLH2O混合搅拌，升温到55℃，搅拌8小时，过滤，滤饼甲用55℃的纯水洗涤，合并滤液，用旋转蒸发器在减压下浓缩至原体积的1/3，冰水浴降温至5℃，过滤，滤饼乙用少量冰水洗涤，再以丙酮，乙醚洗涤，45℃真空干燥，得奥铂产品0.048mol。已知：Ksp(AgI)=8.5×10-17，Ksp(HgI2)=2.9×10-39（1）奥铂中H-N-H的键角大于1，2-环已二胺中H-N-H的键角，原因是_______。（2）旋转蒸发器主要用于减压条件下连续蒸馏易挥发性溶剂，下列仪器可作为其组成部分的是_______(填写仪器的名称)。（3）滤饼甲的主要成分是_______。需采取不同的试剂和温度控制洗涤滤饼甲和滤饼乙，其理由是_______。（4）制备HgC2O4的产率是_______。（5）旧法先用硝酸银溶液与顺式-二碘合铂(Ⅱ)反应，除去碘化银后，再加入草酸钾。新法则是先制备草酸汞，再与顺式-二碘合铂(Ⅱ)反应，从平衡移动的角度解释，其优点是_______。（6）为测定某K2C2O4·H2O(含某些惰性杂质)样品的纯度，取ag样品溶于水，配成250.0mL溶液，每次取出25.0mL，用cmol·L-1KMnO4溶液滴定，三次平均消耗bmLKMnO4溶液。则ag样品中含_______mmolK2C2O4·H2O(用代数式表示)。18.碳酸盐矿物高温炼制过程中CO2排放占我国工业碳排的50%以上，目前与此有关“减碳及碳中和”途径主要有以下三种：第一种：碳酸盐甲烷干重整(CaDRM)制合成气，即将碳酸盐热解与甲烷干重整反应耦合，获得高品质金属氧化物的同时，气相产物为CO和H2组成的合成气。（1）甲烷干重整反应为CH4与CO2反应生成合成气，其反应的化学方程式为：_______。（2）比较CaCO3分解和CaDRM的自发温度可知，CaDRM高于_______℃即可自发，比CaCO3直接分解的温度900℃要低，这可能是由于_______。第二种：碳酸盐加氢制甲烷。涉及的主要反应如下：Ⅰ．CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H1=+177.7kJ/molⅡ．CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)△H2=-164.7kJ/molⅢ．CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H3=+41.2kJ/mol甲烷的选择性=×100%（3）由图知，温度高于500℃后，碳酸钙的转化率上升，而甲烷的选择性下降，原因是升温更有利于反应_______(填写反应的序号)。升温后，高压反而不利于碳酸钙的转化，原因是此时反应_______(填写反应的序号)占主导地位。600℃时，若起始时CaCO3和H2物质的量之比为1：4，CO2的转化率为0.80，则Kp(Ⅲ)=_______。(用平衡分压代替平衡浓度计算，列出计算式，不要求化简)第三种：水相碳酸盐加氢制甲酸(盐)（4）有关说法不正确的是_______。a．与前两种途径的固相反应相比，第三种途径能耗更低、副产物更少b．TiO2作为催化剂的载体，可能参与到Ni0与Ni2+的比例调节过程中c．H2在TiO2表面分解成H原子d．在催化剂作用下，由于HCOOH常温常压下即可分解生成H2，因而可作储氢材料e．在水溶液中，碳酸盐加氢制甲酸盐，水的电离程度增大（5）氧化镍除作催化剂外，还可以作着色剂、磁性材料等，其晶胞为氯化钠型(如下图)，已知图中最近的两个钠离子的距离为apm，设氧化镍与氯化钠的密度之比为3.2，则氧化镍晶胞中最近的两个氧离子的距离为_______pm。19.G为一种治疗皮肤病的药物，某同学在文献中查得G的一种合成路线如下：(r.t.：室温；reflux：回流；Ph：苯基)（1）G中含氧官能团的名称为_______。（2）A→B的反应类型为_______，B→C的主要无机产物是_______。（3）是一种无机酸酯，其名称为_______。（4）写出F的结构简式：_______。（5）的同分异构体中，能发生银镜反应的有_______种。（6）合成中用到了既能溶于水，又是优良有机溶剂的试剂，如DMSO、THF等，它们的结构分别为：、，其中DMSO被称为“偶极溶剂”，其结构特征是极性的负端露于分子外部，极性的正端藏于分子内部，整个分子电荷分布比较对称。下列属于偶极溶剂的有：_______。a．丙酮b．苯c．甲醇d．环己烷THF可用1，4-二氯-2-丁烯依次通过水解、加成、脱水反应制得，其中水解在氢氧化钠溶液中进行，其化学方程式为_______。

2024-2025高三学年2月适应性考试化学学科本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，考试结束后，将答题卡交回。注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁，不得折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Si-28Cl-35.5Ni-59Hg-200.6第Ⅰ卷(选择题，共45分)一、选择题(每小题只有一个正确选项，每小题3分，共45分)1.2025年2月，第九届亚冬会在哈尔滨举办，下列有关说法不正确的是A.冰刀上的合金材料，具有比组分更大的熔点和硬度B.生产冰壶的花岗岩属于无机非金属材料C.用于夏季储冰的保温板是聚苯乙烯树脂，其单体是苯乙烯D.低温锂离子电池可实现电能与化学能的转化【答案】A【解析】【详解】A．冰刀主体由合金钢构成，合金熔点较组分低，而硬度较组分高，故A项错误；B．制作冰壶的花岗岩的主要成分为石英、云母、长石等矿物，属于无机非金属材料，B项正确；C．苯乙烯是聚苯乙烯的单体，聚苯乙烯树脂是聚苯乙烯塑料的主要成分，C项正确；D．冬亚会在低温场合的摄像摄影工作需要低温锂离子电池，它的充放电分别为电能转化为化学能和化学能转化为电能的过程，D项正确；故选A。2.下列化学用语或表述正确的是A.基态铍原子的价电子排布式：1s22s2B.CCl4的空间结构：正四面体C.乙酸质谱图中的最大质荷比：58D.HF的共价键类型：p-pσ键【答案】B【解析】【详解】A．Be的价层电子排布式应为2s2，A项错误；B．CCl4中心C原子价层电子对为4，杂化方式为sp3杂化，分子构型为正四面体，B项正确；C．相对分子质量可由质谱图中的最大质荷比求得，乙酸的相对分子量为60，C项错误；D．HF中H原子的s轨道与F原子的p轨道形成σ键，即s-pσ键，D项错误；答案选B。3.下列实验现象的描述正确的是A.FeCl3溶液中滴入NH4SCN溶液生成血红色沉淀B.绿矾的水溶液中滴入K3Fe(CN)6溶液生成蓝色溶液C.Ca(OH)2的焰色试验呈绿色D.用NaOH标准液滴定醋酸时，选用酚酞作指示剂时，终点由无色变为浅红色【答案】D【解析】【详解】A．FeCl3溶液与NH4SCN溶液反应得到血红色溶液，A项错误；B．Fe2+与[Fe(CN)6]3-反应得到蓝色沉淀，B项错误；C．Ca2+的焰色试验呈砖红色，C项错误；D．醋酸钠为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，用NaOH标准液滴定醋酸时，应选酚酞为指示剂，酚酞在醋酸溶液中呈无色，滴定终点酚酞显浅红色，D项正确；故选D。4.白磷不稳定，从热力学上看，在水中能发生以下反应：P4+6H2O=PH3↑+3H3PO2设NA为阿伏加德罗常数值，下列说法不正确的是A.白磷有红磷、黑磷等多种同素异形体B.上述反应，每当转移3mol电子时，白磷分子中断裂P-P键的数目为6NAC.实验室将少量白磷保存在冷水中，可能是因为上述反应速率很小D.1mol白磷在少量氧气中燃烧，生成P4O10分子的数目为0.25NA【答案】D【解析】【详解】A．红磷、白磷和黑磷均是磷元素形成的单质，互称同素异形体，A项正确；B．该反应为歧化反应，转移3mol电子时，有1mol白磷参加反应，1分子白磷中含6个P-P键，则转移3mol电子时，断裂P-P键的数目为6NA，B项正确；C．虽然白磷与水能反应，但是速率很慢，所以，少量白磷仍然可以保存在水中，C项正确；D．由于氧气少量，白磷燃烧主要得到P4O6，故D项错误；故选D。5.我们的校园生活中蕴含着相当多的化学知识，下列应用或现象的解释正确的是A.篮球中的硫化橡胶不易老化：二硫键把线型结构转化为网状结构B.电子白板触屏的玻璃基板：玻璃属于共价晶体，具有很好的耐磨性和透光度C.用纯碱除去电热开水器内的水垢：纯碱水解显碱性，可溶解水垢中的Al2O3D.84-消毒液可以使花坛里的鲜花褪色：消毒液中含有的高浓度HClO具有强氧化性【答案】A【解析】【详解】A．普通橡胶链节中含有不饱和键，会被空气中的氧化剂氧化，因而橡胶容易老化变硬变脆，通过硫化，使双键结构被破坏，同时转化为网状结构，橡胶变得更稳定耐用，A项正确；B．玻璃不属于晶体，B错误；C．水垢的主要成分中的CaSO4，通过沉淀转化的方式生成CaCO3，再加入酸而除去，另外，纯碱溶液的碱性亦不足以溶解Al2O3，C错误；D．消毒液中的HClO浓度较低，消毒液中的NaClO具有强氧化性，使鲜花褪色，D错误；故选A。6.硝酸盐溶液、浓硫酸与FeSO4溶液混合于试管中，会在侧面观察到“棕色环”的现象，经分析环中含有棕色的[Fe(NO)(H2O)5]2+，用亚硝酸盐替代硝酸盐则得到棕色溶液，没有棕色环。下列说法错误的是A.实验时，应向硝酸盐和FeSO4混合溶液中缓慢加入浓硫酸B.配体中的NO是还原产物C.将FeSO4溶液与Pb(NO3)2混合反应，滤去PbSO4后，对滤液蒸干、灼烧得到无水Fe(NO3)2固体D.亚硝酸盐在此实验中看不到棕色环与亚硝酸的不稳定性有关【答案】C【解析】【详解】A．一般浓硫酸与稀溶液混合时，需将浓硫酸加入稀溶液，以防止发生酸液迸溅的危险，A项正确；B．浓硫酸与硝酸盐的混合物具有氧化性，将Fe2+氧化，同时，氮元素被还原为NO，NO、H2O作为配体与Fe2+生成棕色的[Fe(NO)(H2O)5]2+，B项正确；C．Fe(NO3)2属于还原性弱碱的挥发性酸的盐，蒸干溶液时要考虑Fe2+会被氧化及HNO3的挥发，灼烧后最终得到Fe2O3固体，故C项错误；D．亚硝酸盐与浓硫酸作用得到亚硝酸后，亚硝酸不稳定，容易分解产生气体(NO、NO2等)，搅动棕色环，D项正确；答案选C。7.在检验J的金属离子的实验中，会生成一种鲜红色的沉淀，其结构如下图所示，构成该物质的元素X、D、E、G为前两周期元素。X是原子半径最小的元素。基态D原子核外电子排布在3个能级上，且自旋状态不同的电子数之比为1：2.E的第一电离能比同周期的相邻元素都大。基态G原子的核外电子有8种运动状态。J位于周期表第四周期第10列。下列说法正确的是A.最简单氢化物沸点：E>G>DB.X与G之间的氢键是一种特殊的共价键C.中心原子J的配位数为4，配体数为2D.此物质中，D原子的杂化方式有sp、sp2、sp3【答案】C【解析】【分析】由X、D、E、G为前两周期元素，结合信息，易推出X为氢元素，其余为第二周期元素，D为碳元素，G为氧元素，由于E的第一电离能比同周期相邻元素都大，结合物质结构可知，E为氮元素，J元素位于周期表第10列，说明是第Ⅷ族的镍元素。【详解】A．H2O在常温下呈液态，NH3和CH4在常温下呈气态，由于氨分子之间存在氢键，沸点NH3>CH4，则沸点由高到低的顺序应为H2O>NH3>CH4，A项错误；B．氢键属于一种较强烈的分子间作用力，不属于化学键范畴，B项错误；C．由题给结构式可知，每个HON=C(CH3)C(CH3)=NO-离子含有两个N作为配原子，即配体数为2，两个该离子与Ni2+形成四配位的配合物，C项正确；D．此分子中饱和碳原子的杂化方式为sp3，不饱和碳原子的杂化方式为sp2，无sp杂化的碳原子，D项错误；故选C。8.某金属合金的晶胞如下图所示，含有六个变形四面体空隙和三个变形八面体空隙，每个空隙可以容纳一个氢原子，已知晶胞体积为9.0×10-23cm3，设NA=6.0×1023mol-1，下列说法错误的是A.该合金的化学式为XY5B.0.1mol该合金最多可以储存相当于标准状况下20.16LH2C.该合金四面体空隙储氢后的氢元素密度约为0.11g·cm-3D.距离X最近且等距的Y围成正六边形【答案】B【解析】【详解】A．晶胞中8个X在顶点位置，上下两个面的面心各有2个Y，四个竖立面的面心各有1个Y，体心有一个Y。所以，X的个数为4×，Y个数为8×+1=5，故化学式为XY5，A项正确；B．一个晶胞最多可以存储9个氢原子，即4.5个氢分子，0.1mol晶体可以存储0.45mol氢气，标准状态下应为10.08L，故B项错误；C．晶胞中四面体空隙吸附6个氢原子后，其质量为，晶胞体积为9.0×10-23cm3，其密度为0.11g·cm-3，C项正确；D．由俯视图可知，距离顶点的X原子最近的Y原子位于两个正三角形中心，以位于钝角顶点的X为例，该晶胞中有2个Y距离X最近，相邻的两个晶胞的还各有2个Y，合计6个Y，围成正六边形。若以锐角顶点X为例，其共用顶点的6个正三角形中心各有1个Y，围成正六边形，如图所示：，D项正确；答案选B。9.据文献报道，含钒催化剂催化某反应的反应机理如下图所示。下列叙述正确的是A.该反应循环中③涉及π键的断裂和生成B.该反应利用了NH3的氧化性除去NO，减少了空气污染C.该催化循环过程中V的价态没有变化D.此过程中含钒催化剂有四种，它们降低了反应的活化能【答案】A【解析】【分析】由图，该反应为氨气、NO、氧气催化反应生成氮气和水，总方程式为4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O，催化剂为，其余三种含钒化合物为中间产物。【详解】A．反应③涉及N2中两个π键的生成和V=O中π键的断裂，A正确；B．氨气中氮元素化合价升高被氧化为氮气，NH3表现还原性，B错误；C．由图中键的连接方式可知，V的化合价有变化，C错误；D．催化剂为，其余三种含钒化合物为中间产物，D错误；故选A。10.某些金属硫化物的矿物称为辉某矿。氢还原辉钼矿，并用碳酸钠作固硫剂，其原理为：MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)△H。平衡时的有关变化曲线如图。下列说法错误的是A.反应处于A点时，2υ正(CO)=υ逆(H2O)B.升高温度和增大压强都有利于氢气的转化C.图2中T1对应图1中的温度为1300℃D.辉银矿中的Ag2S溶解度很小，这与S2-和Ag+之间化学键的共价成分较大有关【答案】B【解析】【详解】A．图1为平衡时气体浓度与温度的关系，则A点为平衡点，平衡时，υ正(CO)=υ逆(CO)，且恒有2υ逆(CO)=υ逆(H2O)，平衡时有2υ正(CO)=υ逆(H2O)，A项正确；B．由图1知，升温氢气的平衡浓度减小，即升温平衡正向移动，有利于氢气的转化，但是加压MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)平衡逆向移动，对氢气的转化不利，故B项错误；C．由图1上A点(1300℃)，c(H2)=c(H2O)=2.0mol/L，c(CO)=1.0mol/L，各浓度数据计算得K==1，由图2可知，T1时正逆反应平衡常数相等，即K正=K逆，由于K正·K逆=1，即T1时K=1，T1=1300℃，C项正确；D．由于Ag+的极化作用，增加了S2-和Ag+之间化学键的共价成分，降低了Ag2S的溶解度，D项正确；答案选B。11.利用下列反应制备腈时，由于卤代烃和氰化钠互溶性差，导致反应速率很慢，加入Q+Cl-[Q+表示C16H33N+(C4H9)3]后，缩短了反应时间，反应及原理如下。下列说法错误的是A.卤代烃和氰化钠的反应是取代反应B.Q+既可以溶于有机相，也可以溶于水相C.Q+将CN-由水相转移到有机相中D.C16H33N+(C4H9)3离子半径较大，与阴离子作用力较强，可以形成离子液体【答案】D【解析】【详解】A．Cl离子取代了CN-离子，卤代烃和氰化钠的反应是取代反应，A项正确；B．由于C16H33N+(C4H9)3中既有非极性基团疏水基又有极性端亲水基，所以可以溶解于有机溶剂或水中，B项正确；C．由图示可知，Q+将CN-由水相转移到有机相中，Q+再与Cl-结合后进入水相，C项正确；D．C16H33N+(C4H9)3离子半径较大，与阴离子作用力较一般离子键要弱得多，降低了离子化合物的熔点，可以形成离子液体，故D项错误；答案选D。12.目前，我国在氢能方面的专利已居世界首位，利用新能源富余电力完成海水直接电解制氢，再利用氢氧燃料电池发电，是能源开发的重要方向。下列说法错误的是A.克服海水中的阴离子对O2逸出的干扰以及阳离子在阴极沉淀等问题，是重要的攻关方向B.固体氧化物和质子交换膜水电解槽制氢电极的电极反应式：H2O+2e-=O2-+H2↑C.采用碱性水电解槽电解海水，隔膜应为阴离子交换膜D.燃料电池的能量转化率远高于火力发电【答案】B【解析】【详解】A．海水中的卤素离子会干扰水分子在阳极放电生成O2.阴极H2逸出时，阴极区显碱性，海水中的Mg2+、Ca2+会沉淀，产生附着在阴极板上等问题，故A正确；B．固体氧化物电解槽制氢电极的电极反应式为：H2O+2e-=O2-+H2↑。而质子交换膜的为：2H++2e-=H2↑，故B错误；C．采用碱性水电解槽，阴极消耗水，逸出H2，产生的OH-通过隔膜进入阳极，在阳极OH-放电生成O2，同时生成水，故C正确；D．由于热电厂发电时涉及多种能量转化，总的能量转化率低。而燃料电池是直接将化学能转化为电能，且同时伴随着的其他能量损失较少，其能量转化率较高。故D正确；故答案为B。13.三氯化钌(RuCl3)是重要的化工原料，广泛应用于催化、电镀、电解等工业。从Co-Ru-Al2O3催化剂废料中分离制取RuCl3和Co(NO3)2的一种工艺流程如下图所示。焙烧后得到的固体中含有CoO、Na2RuO4和NaNO2等。有关各流程的说法正确的是A.水浸：溶液中含有Na[Al(OH)4]B.还原：若乙醇将Na2RuO4还原为Ru(OH)4，则Ru(OH)4的氧化性强于Na2RuO4C.酸溶：NH2OH可以电离出OH-，因而具有碱性D.沉钴：乙二酸(H2C2O4)的一种同系物对苯二甲酸可与乙二醇通过缩聚反应制备涤纶【答案】A【解析】【分析】含有Co-Ru-Al2O3催化剂废料与NaOH/NaNO3混合焙烧，得到CoO、Na2RuO4和NaNO2以及Al2O3，水浸强碱与Al2O3反应生成Na[Al(OH)4]，沉淀含有CoO，酸浸得到Co2+的溶液，加热草酸得到CoC2O4沉淀，最后得到Co(NO3)2·6H2O，水浸的溶液加入乙醇将Na2RuO4还原为Ru(OH)4，再酸溶得到RuCl3溶液，蒸发结晶得到晶体RuCl3·6H2O。【详解】A．水浸时，强碱与Al2O3反应生成Na[Al(OH)4]，A项正确；B．还原时，若乙醇将Na2RuO4还原为Ru(OH)4，那么，Ru(OH)4作为还原产物，氧化性弱于Na2RuO4，B项错误；C．NH2OH具有碱性，其原因类似NH3，是由于氮原子上的孤对电子与水作用，得到水中质子，“得质子者为碱”，NH2OH自身并不电离出OH-，C项错误；D．乙二酸和对苯二甲酸不是同系物，二者虽含有相同的官能团且官能团个数相同，但是并不符合中学设定的同系物分子式之间相差若干个CH2的规定，D项错误答案选A。14.锂离子电池的传统负极材料为石墨，新一代的硅基负极技术已在国产电子产品中应用，两种电极在充电时的反应如下：Li++6C+e-=LiC6、22Li++5Si+22e-=Li22Si5.下列说法错误的是A.石墨晶体中原子数目与σ键数目之比为1：1.5，而晶体硅中原子数目与σ键数目之比为1：2B.由以上反应可知，硅基负极的比能量(单位质量的材料能传输的电量)约是传统石墨的16.4倍C.由图中两种电极结构特点可知，硅基负极比石墨的充电速度更快D.放电时，正极(LiFePO4)反应式为：Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4【答案】B【解析】【详解】A．石墨中每个碳原子形成3个σ键，需与另一端的碳原子分享，硅晶体中硅原子形成4个σ键，也需与另一端的硅原子分享，所以二者的原子数与σ键数之比分别为1：(3×和1：(4×)，A项正确；B．由题中信息可知硅基负极和石墨负极分别对应的电子转移：5Si~22e-、6C~e-，结合比能量的定义，计算如下：=11.3，故B项错误；C．由图知，石墨呈片层结构，层与层之间距离较远，相对来说，硅晶体结构空间较紧密，便于锂离子传输，C项正确；D．原电池正极发生还原反应，放电时，正极(LiFePO4)反应式为：Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，D项正确；答案选B。15.室温下，H2S水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ[]随pH变化关系如图，已知：K1(H2CO3)=1×10-6.37，K2(H2CO3)=1×10-10.25在此温度下，有关说法正确的是A.忽略第二步电离，0.1mol/LH2S溶液的pH约为3B.浓度均为0.1mol/LNaHCO3和NaHS溶液前者的pH比较小C.0.1mol/LNa2S溶液中S2-水解率小于10%D.在H2CO3的对应体系中，当c(H2CO3)=c(CO)时，pH约为6.3【答案】B【解析】【分析】由溶液中各含硫微粒物质的量分数随变化关系图可知，随着pH值增大，曲线向下的代表H2S的物质的量分数与pH关系，先升后降的代表HS-的物质的量分数与pH关系，上升的曲线代表S2-的物质的量分数与pH关系，H2S曲线和HS-曲线的交叉点代表二者的浓度相等，对应的pH=7.0，c(H+)=10-7.0mol/L，K1==c(H+)=10-7.0，HS-与S2-曲线交叉点代表HS-与S2-二者物质的量分数相等，对应的pH=13.0，c(H+)=10-13.0mol/L，K2==c(H+)=10-13.0。【详解】A．由以上分析可知，K1==c(H+)=10-7.0，K2==c(H+)=10-13.0，忽略第二步电离，据K1(H2S)=1×10-7，平衡时c(H2S)0.1mol/L，c(H+)c(HS-)，可求得：c(H+)10-4mol/L，常温下pH4，A项错误；B．K1(H2S)=1×10-7，K1(H2CO3)=1×10-6.37，根据“越弱越水解”，同浓度时，HS-较水解程度大，溶液碱性更强，故B项正确；C．不考虑第二步水解，Kh(S2-)=，设水解消耗的硫离子浓度为amol/L，则，解得a0.062，则0.1mol/LNa2S溶液中S2-水解率约为，C项错误；D．当c(H2CO3)=c()时，K1(H2CO3)·K2(H2CO3)=c2(H+)，即1×10-6.37×1×10-10.25=c2(H+)，pH8.3，D项错误；故选B。第Ⅱ卷(非选择题，共55分)二、非选择题(共55分)16.从镉废渣(含CdO和少量ZnO、MnO、FeO等)中回收镉的流程如下：一些金属离子沉淀时pH如下：金属氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Zn(OH)2Mn(OH)2开始沉淀2.36.86.18.1完全沉淀3.28.38.110.1（1）滤渣1中含CaSO4，滤渣2为MnO2和_______，加入KMnO4的作用是_______(写两点)。（2）“置换”所发生反应的离子方程式为_______。（3）“熔炼”所发生反应的化学方程式为_______，当反应装置中_______(填写反应现象)，停止加热，利用Cd与Na2ZnO2的_______(填写物理性质)不同，将Cd从装置的下口放出，从而分离出Cd。（4）处理含镉废水常用化学沉淀法，以下是几种难溶化合物的溶度积常数(25℃)：Ksp(CdS)=3.6×10-29，Ksp(CdCO3)=5.2×10-12，Ksp[Cd(OH)2]=2.0×10-16，Ksp(FeS)=6.3×10-18.可知，沉淀Cd2+效果最佳的试剂是_______。a．Na2CO3

b．FeSc．CaOd．Ca(OH)2若采用生石灰处理含镉废水最佳pH为11，此时溶液中c(Cd2+)=_______。【答案】（1）①.Fe(OH)3②.在pH=5时，将Mn2+氧化为MnO2、将Fe2+氧化为Fe(OH)3而除去（2）Zn+Cd2+=Zn2++Cd（3）①.Zn+2NaOH=Na2ZnO2+H2↑②.基本没有气泡逸出时③.密度（4）①b②.2.0×10-10mol/L【解析】【分析】铜镉渣加入稀硫酸酸浸后，CdO和少量ZnO、MnO、FeO转化为相应盐溶液，加入氢氧化钙得到硫酸钙沉淀，过滤滤液加入高锰酸钾，pH=5环境下，结合表中氢氧化铁沉淀数据，高锰酸钾氧化亚铁离子为铁离子生成氢氧化铁沉淀，同时高锰酸钾、锰离子发生归中反应生成二氧化锰固体得到滤渣2，过滤滤液加入锌置换出海绵镉，海绵镉含有过量锌单质，加入氢氧化钠除去锌分离出镉单质；【小问1详解】由分析，滤渣1中含CaSO4，滤渣2为MnO2和Fe(OH)3；加入KMnO4的作用是在pH=5时，将Mn2+氧化为MnO2、将Fe2+氧化为Fe(OH)3而除去；【小问2详解】滤液加入锌置换出海绵镉，反应为：Zn+Cd2+=Zn2++Cd；【小问3详解】由流程图结合分析，“熔炼”所发生反应为锌和氢氧化钠反应生成氢气和Na2ZnO2，化学方程式为Zn+2NaOH=Na2ZnO2+H2↑，反应生成氢气，当反应装置中基本没有气泡逸出时，说明反应基本完成，停止加热，利用Cd与Na2ZnO2的密度不同，将Cd从装置的下口放出，从而分离出Cd。【小问4详解】同种类型的电解质，Ksp越小，溶解度越小，沉淀越完全，CdS、CdCO3，CdS溶解度最小，，饱和Cd(OH)2溶液，，则利用沉淀转化原理，将FeS转化为CdS效率较高，故选b；采用生石灰处理含镉废水最佳pH为11，生石灰和水生成氢氧化钙，pOH=3，此时溶液中。17.奥铂()是一种稳定的水溶性广谱抗肿瘤试剂，1，2-环己二胺()是制备奥铂的初始原料之一、一种较新的制备方法如下：在已通入N2保护的反应瓶中，避光条件下加入0.50molK2C2O4·H2O，1500mLH2O，再加入溶解了0.50molHg(NO3)2·H2O的溶液500mL，常温下搅拌1小时，过滤，减压干燥得140.0gHgC2O4，避光保存。在室温和避光条件下，将0.050mol顺式-二碘合铂(Ⅱ)、0.050molHgC2O4、1000mLH2O混合搅拌，升温到55℃，搅拌8小时，过滤，滤饼甲用55℃的纯水洗涤，合并滤液，用旋转蒸发器在减压下浓缩至原体积的1/3，冰水浴降温至5℃，过滤，滤饼乙用少量冰水洗涤，再以丙酮，乙醚洗涤，45℃真空干燥，得奥铂产品0.048mol。已知：Ksp(AgI)=8.5×10-17，Ksp(HgI2)=2.9×10-39（1）奥铂中H-N-H的键角大于1，2-环已二胺中H-N-H的键角，原因是_______。（2）旋转蒸发器主要用于减压条件下连续蒸馏易挥发性溶剂，下列仪器可作为其组成部分的是_______(填写仪器的名称)。（3）滤饼甲的主要成分是_______。需采取不同的试剂和温度控制洗涤滤饼甲和滤饼乙，其理由是_______。（4）制备HgC2O4的产率是_______。（5）旧法先用硝酸银溶液与顺式-二碘合铂(Ⅱ)反应，除去碘化银后，再加入草酸钾。新法则是先制备草酸汞，再与顺式-二碘合铂(Ⅱ)反应，从平衡移动的角度解释，其优点是_______。（6）为测定某K2C2O4·H2O(含某些惰性杂质)样品的纯度，取ag样品溶于水，配成250.0mL溶液，每次取出25.0mL，用cmol·L-1KMnO4溶液滴定，三次平均消耗bmLKMnO4溶液。则ag样品中含_______mmolK2C2O4·H2O(用代数式表示)。【答案】（1）两种物质中N都为sp3杂化，奥铂中N没有孤电子对，1，2-环已二胺中N有孤电子对，对成键电子对的斥力较大，使H-N-H的键角变小（2）圆底烧瓶蛇形冷凝管（3）①.HgI2②.洗涤滤饼甲时，为防止产品冷却时析出，需再加热时洗涤；洗涤滤饼乙时，为防止产品加热时溶解，需要冷却洗涤，并用丙酮等洗去水（4）97.0%（5）由于HgI2比AgI在水中溶解度更小，更加有利于平衡正向移动（6）25cb【解析】【分析】用K2C2O4·H2O和Hg(NO3)2·H2O先制备HgC2O4，在室温和避光条件下，将顺式-二碘合铂(Ⅱ)和HgC2O4以及H2O混合搅拌，升温到55℃，搅拌8小时，过滤出HgI2沉淀，得奥铂产品的溶液，用旋转蒸发器在减压下浓缩降温，过滤，滤饼用少量冰水洗涤，再以丙酮，乙醚洗涤，45℃真空干燥，得到奥铂产品。【小问1详解】奥铂中N原子价层电子对为4，N原子杂化方式为sp3杂化，N原子没有孤对电子，1，2-环己二胺()中N原子价层电子对为3+，也是sp3杂化，N原子有孤电子对，孤电子对对成键电子对斥力大，使键角变小，奥铂中H-N-H的键角大于1，2-环已二胺中H-N-H的键角；【小问2详解】旋转蒸发器主要用于减压条件下连续蒸馏易挥发性溶剂，可以组装成减压条件下连续蒸馏的仪器有：圆底烧瓶和蛇形冷凝管；【小问3详解】滤饼甲为HgI2，滤饼乙为奥铂，洗涤滤饼甲时，为防止产品冷却时析出，需再加热时洗涤；洗涤滤饼乙时，为防止产品加热时溶解，需要冷却洗涤，并用丙酮等洗去水；【小问4详解】0.50molK2C2O4·H2O与0.50molHg(NO3)2·H2O反应，理论上应该得到0.50molHgC2O4，质量为0.5mol×288.6g/mol=144.3g，实际产量为140.0g，产率为；【小问5详解】根据溶度积Ksp(AgI)=8.5×10-17，Ksp(HgI2)=2.9×10-39，由于HgI2比AgI在水中溶解度更小，更加有利于平衡正向移动；【小问6详解】由得失电子守恒可知，2KMnO4~5K2C2O4·H2O，n(K2C2O4·H2O)=n(KMnO4)=×cb×10-3mol×=25cb×10-3mol=25cbmmol，答案是25cb。18.碳酸盐矿物高温炼制过程中的CO2排放占我国工业碳排的50%以上，目前与此有关“减碳及碳中和”途径主要有以下三种：第一种：碳酸盐甲烷干重整(CaDRM)制合成气，即将碳酸盐热解与甲烷干重整反应耦合，获得高品质金属氧化物的同时，气相产物为CO和H2组成的合成气。（1）甲烷干重整反应为CH4与CO2反应生成合成气，其反应的化学方程式为：_______。（2）比较CaCO3分解和CaDRM的自发温度可知，CaDRM高于_______℃即可自发，比CaCO3直接分解的温度900℃要低，这可能是由于_______。第二种：碳酸盐加氢制甲烷。涉及的主要反应如下：Ⅰ．CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H1=+177.7kJ/molⅡ．CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)△H2=-164.7kJ/molⅢ．CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H3=+41.2kJ/mol甲烷的选择性=×100%（3）由图知，温度高于500℃后，碳酸钙的转化率上升，而甲烷的选择性下降，原因是升温更有利于反应_______(填写反应的序号)。升温后，高压反而不利于碳酸钙的转化，原因是此时反应_______(填写反应的序号)占主导地位。600℃时，若起始时CaCO3和H2物质的量之比为1：4，CO2的转化率为0.80，则Kp(Ⅲ)=_______。(用平衡分压代替平衡浓度计算，列出计算式，不要求化简)第三种：水相碳酸盐加氢制甲酸(盐)（4）有关说法不正确的是_______。a．与前两种途径的固相反应相比，第三种途径能耗更低、副产物更少b．TiO2作为催化剂的载体，可能参与到Ni0与Ni2+的比例调节过程中c．H2在TiO2表面分解成H原子d．在催化剂作用下，由于HCOOH常温常压下即可分解生成H2，因而可作储氢材料e．在水溶液中，碳酸盐加氢制甲酸盐，水的电离程度增大（5）氧化镍除作催化剂外，还可以作着色剂、磁性材料等，其晶胞为氯化钠型(如下图)，已知图中最近的两个钠离子的距离为apm，设氧化镍与氯化钠的密度之比为3.2，则氧化镍晶胞中最近的两个氧离子的距离为_______pm。【答案】（1）CH4+CO2=2CO+2H2（2）①.700②.甲烷与碳酸盐分解产生的二氧化碳反应，促进了分解反应正向移动（3）①.Ⅲ、Ⅰ②.Ⅰ③.（4）ce（5）a【解析】【小问1详解】甲烷干重整反应为CH4与CO2反应生成合成气，合成气成分为一氧化碳和氢气，反应为：CH4+CO2=2CO+2H2；【小问2详解】的反应能自发进行，由图，CaDRM高于700℃即可自发，比CaCO3直接分解的温度900℃要低，这可能是由于甲烷与碳酸盐分解产生的二氧化碳反应，降低了二氧化碳浓度，促进了碳酸盐分解反应正向移动；【小问3详解】由题干可知，碳酸盐加氢制甲烷的副反应均为吸热反应，升高温度，利于副反应进行，温度高于500℃后，碳酸钙的转化率上升，而甲烷