2025届东北三省三校高三下学期第二次联合模拟考试化学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1东北三省三校2025届高三下学期第二次联合模拟考试试题可能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16Na：23S：32Mn：55Br：80一、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，只有一项符合题目要求)1.下列说法错误的是A.美甲猫眼需要配合磁铁使用，这种美甲的猫眼胶里添加了金属元素B.2025年亚冬会上运动员使用高阻尼碳纤维雪板，碳纤维属于有机高分子材料C“奋斗者”号潜水器含钛合金，其强度高于纯钛金属D.歼-20上采用的氮化镓涂层，属于新型非金属材料【答案】B【解析】A．铁能被磁铁吸引，美甲猫眼需要配合磁铁使用，这种美甲的猫眼胶里添加了金属Fe元素，A正确；B．碳纤维属于新型无机非金属材料，不属于有机高分子材料，B错误；C．合金的强度高于成分金属，钛合金强度高于纯钛金属，C正确；D．氮化镓属于新型非金属材料，D正确；答案选B。2.硒(Se)为第ⅥA族元素，下列说法错误的是A.基态Se的核外电子空间运动状态为18种 B.H2Se为极性分子C.SeS2的空间填充模型为 D.基态Se的核外电子排布式为[Ar]4s24p4【答案】D【解析】A．Se原子序数34，核外电子排布：，核外电子占据18个轨道，空间运动状态为18种，A正确；B．H2Se中心原子Se价层电子对数：，含2对孤电子对，空间结构为V形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，B正确；C．Se原子半径大于S，SeS2中心原子Se价层电子对数：，含1对孤电子对，分子结构为V形，空间填充模型为，C正确；D．基态Se的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4，D错误；答案选D。3.下列实验操作或处理方法错误的是A.在中和反应反应热测定实验中，为了保证盐酸完全被中和，采用稍过量的NaOH溶液B.在燃烧热测定实验中，必须使用1mol可燃物进行实验C.在化学反应速率测定实验中，可以用固体物质的质量变化率来衡量反应进行的快慢D.在沉淀转化实验中，向盛有2mL0.1mol/LMgCl2溶液的试管中滴加2~4滴2mol/LNaOH溶液，再滴加4滴0.1mol/LFeCl3溶液，观察现象【答案】B【解析】A．中和反应反应热的测定实验中，通常需要让一种反应物（如NaOH）稍过量，以确保另一种反应物（如盐酸）完全反应，从而准确测定反应热，A正确；B．燃烧热的定义是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物的热效应。实验中实际使用量可能不足1mol，但需通过数据换算为1mol对应的热量，因此“必须使用1mol可燃物”的说法错误，B错误；C．化学反应速率通常通过浓度变化衡量。但是也可以用固体质量变化或气体体积的变化来衡量反应进行的快慢，C正确；D．在沉淀转化实验中，向盛有2mL0.1mol/LMgCl2溶液的试管中滴加2~4滴2mol/LNaOH溶液，量不足，完全生成了白色沉淀，再滴加4滴0.1mol/LFeCl3溶液，若观察到红褐色沉淀说明生成了，说明，D正确；故选B。4.乙醇酸可用于新型可降解材料的合成，未来可应用于人体内埋植型修复器械等。高选择性实现甘油在双氧水中被氧化为乙醇酸的反应如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.常温下，1mol甘油中含有3NA个氢键B.1mol甘油转化为1mol乙醇酸和1mol甲醛时需要NA个H2O2分子参与反应C.1mol乙醇酸发生聚合反应可生成聚乙醇酸分子NA个D.1mol乙醇酸中含有9NA个共用电子对【答案】D【解析】A．甘油含有三个羟基，每个羟基中的氢原子均可作为质子供体，与相邻分子的氧原子形成氢键，理论上，每个甘油分子最多可形成3个氢键，氢键是分子间作用，每个氢键需两个分子共同参与，因此，1mol甘油中含有氢键数应为：，A错误；B．甘油转化为乙醇酸和甲醛的化学方程式为：+2H2O2+HCHO+3H2O，可见1 mol甘油需2 molH2O2，即2 NA个H2O2分子，B错误；C．多个乙醇酸发生聚合反应生成1个聚乙醇酸分子，1 mol乙醇酸聚合成高聚物时，生成的聚合物分子数通常远小于1 mol，C错误；D．乙醇酸的结构式为，含有9个共价键，每个共价键均为1个共用电子对，则1mol乙醇酸中含有9NA个共用电子对，D正确；故选D。5.下列活动与所述的化学知识有关联的是选项活动化学知识A工业生产：将铝制成饮料罐铝的金属性强B环保行动：废电池需回收主要是利用电池外壳的金属材料C参观工厂：焊接金属时用NH4Cl溶液除锈NH4Cl水解显酸性D生活体验：泡沫灭火器灭火原理A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．将铝制成饮料罐，利用了铝的延展性且常温下铝表面与氧气反应生成致密的氧化膜，A错误；B．废电池需回收，可以利用其外壳金属材料，其内含有的重金属等物质也可以回收利用，且能防止污染，B错误；C．氯化铵为强酸弱碱盐，水解显酸性，能够与铁锈反应生成易溶性铁盐，用NH4Cl溶液除锈与NH4Cl溶液显酸性有关，C正确；D．泡沫灭火器灭火的原理为：碳酸氢钠与硫酸铝发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，，D错误；故选C。6.向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊(Cu2O)，继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法错误的是A.Cu2+是H2O2分解反应的催化剂B.红色浑浊的出现体现了H2O2的氧化性C.H2O2既表现氧化性又表现还原性D.发生了反应：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O【答案】B【解析】A．向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，说明有氧气生成，蓝色溶液变为红色浑浊，说明同时生成了Cu2O；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明Cu2O又被H2O2氧化生成Cu2+，所以从整个过程看，Cu2+是H2O2分解反应的催化剂，A正确；B．向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，说明有氧气生成，蓝色溶液变为红色浑浊，说明同时生成了Cu2O，Cu元素由+2价下降到+1价，H2O2中O元素由-1价上升到0价，体现了H2O2的还原性，B错误；C．向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，说明有氧气生成，蓝色溶液变为红色浑浊，说明同时生成了Cu2O，体现了H2O2的还原性，继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明Cu2O又被H2O2氧化生成Cu2+，体现了H2O2的氧化性，C正确；D．继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明Cu2O又被H2O2氧化生成Cu2+，发生了反应：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O，D正确；故选B。7.利用工业原料X合成化工产品的部分合成路线如下：下列说法错误的是A.X在酸性条件下水解有CO2生成 B.Y到Z的反应类型为取代反应C.Y中碳原子有两种杂化方式 D.Z不能与盐酸反应【答案】D【解析】A．X在酸性条件下水解生成碳酸，碳酸不稳定分解生成CO2，故A正确；B．Y到Z即中氢原子被取代，反应类型为取代反应，故B正确；C．Y中碳原子有sp2、sp3两种杂化方式，故C正确；D．Z中含有氨基，能与盐酸反应，故D错误；答案选D。8.根据下列实验操作及现象，不能推出相应结论的是选项实验操作及现象结论A将氢氧燃料电池的石墨电极改为铂电极后，电流表指针发生较大偏转铂电极可能催化该反应进行B用钾还原四氟化硅得到单质硅金属钾具有还原性C缓慢加热0.5mol·L-1CH3COONa溶液至70℃，pH逐渐减小溶液中c(H+)逐渐增大D用湿润的蓝色石蕊试纸检验甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体，试纸变红生成的一氯甲烷具有酸性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．氢氧燃料电池为原电池，将化学能转化为电能，电流表指针发生较大偏转，反应速度加快，则铂电极可能催化该反应进行，故A正确；B．钾还原四氟化硅得到单质硅，钾为还原剂，四氟化硅为氧化剂，故B正确；C．，pH逐渐减小，溶液中的氢离子浓度增大，故C正确；D．甲烷与氯气在光照下发生取代反应生成氯代甲烷和氯化氢，氯化氢具有酸性，能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，氯代甲烷是非电解质，不能电离出氢离子而表现酸性，故D错误；故选D。9.广州大学王平山教授团队在金属有机超分子自组装研究方面取得重要进展。合成过程中碎片合成子L3结构如下：L3是由1个中心金属()Ru2+与两分子含氮配体分子组成。下列说法正确的是A.中心原子可以更换为任意金属阳离子均能形成超分子B.C、N、O三种元素第一电离能由大到小顺序为N>O>CC.一分子含氮配体中均含有十个苯环D.该碎片合成子所有原子共平面【答案】B【解析】A．中心原子需要合适的粒子半径和适量的空轨道才行，不可以更换为任意金属阳离子，A错误；B．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能大小：N>O>C，B正确；C．L3是由1个中心金属()Ru2+与两分子含氮配体分子组成；由结构，一分子含氮配体中分别含有4、6个苯环，C错误；D．由结构，该碎片合成子中含甲基，甲基为四面体结构，故所有原子不共平面，D错误；故选B。10.腺苷三磷酸(ATP)水解生成腺苷二磷酸(ADP)的过程中会释放较多能量供生物体使用(该反应的ΔS=34J·mol-1·K-1)，ADP也可以转化为ATP。下列说法正确的是A.1个ADP分子中有4个手性碳原子B.0.1molATP与足量的金属钠反应最多可生成44.8LH2(标准状况)C.37℃，pH约为7时，水解为需要酶的辅助，因此该过程是非自发的D.由生成的反应是消去反应【答案】A【解析】A．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；ADP分子中戊糖的含氧的五元杂环上有4个手性碳原子，A正确；B．ATP中磷酸中-OH、杂环中-OH均会和单质钠反应生成氢气，则0.1molATP与足量的金属钠反应最多可生成0.3molH2，为6.72LH2(标准状况)，B错误；C．ATP水解为ADP过程为放热的熵增反应，∆H<0，∆S>0，所以∆G=∆H-T∆S<0，该过程是自发的，C错误；D．由ATP生成ADP的反应是取代反应，D错误；故选A。11.X、Y、Z、P、Q为原子序数依次增大的前三周期元素，其中只有一种是金属元素，X、Y、P位于三个不同周期，Y、Z处于不同主族，5种元素形成的化合物如图所示。下列说法错误的是A.单质沸点：P>Q>Z>X B.简单氢化物键角：Y>ZC.工业上用电解熔融PQ3制备单质P D.该化合物中有键14【答案】C【解析】X、Y、Z、P、Q为原子序数依次增大的前三周期元素，其中只有一种是金属元素，X、Y、P位于三个不同周期，X是H元素；Q形成-1价阴离子，Q是Cl元素；Y、Z能形成4个共价键，Y、Z处于不同主族，说明Z形成1个配位键，则Y是C、Z是N，只有一种是金属元素，P是金属元素，Z与P形成配位键，P与2个Cl形成共价键后带1个正电荷，则P显+3价，P是Al元素。A.Al是金属单质，沸点最高，Cl2、N2、H2均为气体单质，相对分子质量越大沸点越高，单质沸点：Al>Cl2>N2>H2，故A正确；B.CH4、NH3中心原子价电子对数均为4，N原子有1个孤电子对，所以简单氢化物键角CH4>NH3，故B错误；C.AlCl3是共价化合物，熔融状态不导电，不能电解熔融AlCl3制备单质Al，工业上用电解熔融Al2O3制备单质Al，故C错误；D.单键全键，三键中有1个键，根据结构式可知，该化合物中有键14，故D正确；选C。12.工业上用NaOH溶液吸收烟气中SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如下图所示(电极材料为石墨)。下列说法正确的是A.b极区得到的产物只有氧气B.图中a极要连接电源的正极C.阳极发生电极反应为−2e-+2OH-=+H2OD.标况下，若阴极产生1.12L气体，则通过阴离子交换膜的离子所带电荷数为0.1NA【答案】D【解析】观察图示，Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，左侧得到NaOH溶液，右侧得到硫酸溶液，依据电解质溶液中阴阳离子的移动方向判断电极，阳离子Na+通过阳离子交换膜移向阴极，通过阴离子交换膜移向阳极，同时在阳极上发生氧化反应得到硫酸根离子，则a为阴极，b为阳极。A．b极区得到的产物有氧气和硫酸，A错误；B．经过分析，a为阴极，连接电源的负极，B错误；C．阳极为酸性环境，发生的电极反应为−2e-+H2O=+2H+，C错误；D．阴极上产生气体为H2，标况下，产生1.12L气体即0.05mol，电子转移的物质的量为0.05×2mol=0.1mol，则通过阴离子交换膜的离子所带电荷数为0.1NA，D正确；答案选D。13.铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐[Be3Al2(SiO3)6]中提取铍的路径为：已知：Be2++4HABeA2(HA)2+2H+下列说法正确的是A.为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程要缓慢冷却B.电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是增强导电性C.“滤液2”可以进入萃取分液步骤再利用D.反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式为BeA2(HA)2+4NaOH=Na2[Be(OH)4]+2NaA+2HA【答案】B【解析】首先铝硅酸盐先加热熔融，然后快速冷却到其玻璃态，再加入稀硫酸酸浸过滤，滤渣的成分为H2SiO3，“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中，水相1中含有Al3+，有机相为BeA2(HA)2，加入过量氢氧化钠反萃取Be2+使其转化为Na2[Be(OH)4]进入水相2中，分离出含NaA的煤油，最后对水相2加热过滤，分离出Be(OH)2，通过系列操作得到金属铍，据此回答。A．熔融态物质冷却凝固时，缓慢冷却会形成晶体，快速冷却会形成非晶态，即玻璃态，故A错误；B．氯化铍的共价性较强，电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用为增强熔融氯化铍的导电性，故B正确；C．滤液2的主要成分为NaOH，可进入反萃取步骤再利用，故C错误；D．反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式为BeA2(HA)2+6NaOH=Na2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O，故D错误；答案选B。14.CaF2、PbO、PtS、ZnS晶胞结构之间的关系如下图。在CaF2晶胞结构中所有四面体空隙(用□表示)都被占据，PbO、PtS、ZnS晶胞看做占据的四面体空隙的数量减半，下列说法正确的是A.PbO晶体中Pb与Pb的最短距离和CaF2中Ca与Ca的最短距离相等B.PbO、PtS、ZnS晶体密度相同C.PbO、PtS、ZnS晶胞中阳离子的配位数都是4D.PtS晶胞中Pt与Pt的最短距离为【答案】C【解析】A．PbO晶体可看做CaF2晶胞中占据的四面体空隙的数量减半，晶胞的高度会减小，CaF2中Ca与Ca的最短距离为晶胞面对角线的，PbO晶体中Pb与Pb的最短距离和CaF2中Ca与Ca的最短距离不相等，A错误；B．PbO、PtS、ZnS晶体中分别含有4个PbO、4个PtS、4个ZnS，三个晶胞的体积相等，PbO、PtS、ZnS的摩尔质量不同，晶体密度不相同，B错误；C．PbO、PtS、ZnS晶胞中阳离子和阴离子的个数相等，PbO、PtS、ZnS晶胞中距离阳离子最近且相等的阴离子个数均为4，阳离子的配位数都是4，C正确；D．PtS晶胞可看做CaF2晶胞中占据的四面体空隙的数量减半，PtS晶胞中Pt与Pt的最短距离为面对角线的，为，D错误；故选C。15.用0.1mol/LAgNO3溶液滴定100mL相同浓度的NaI和NaCl的混合溶液，其滴定曲线如图。混合液中pX=-lgc(X)(X代表Ag+、Cl-、I-)，Ksp(AgCl)=10-9.7，Ksp(AgI)=10-16.1，下列说法错误的是A.曲线②代表p(I-)与AgNO3体积的关系 B.y1+y2=9.7，y3=4.85C.如果增加NaCl的初始浓度，则C点右移 D.滴定过程中，使用棕色的酸式滴定管滴定【答案】B【解析】用0.1mol/LAgNO3溶液滴定100mL相同浓度的NaI和NaCl的混合溶液，随着AgNO3溶液的滴加，银离子浓度会慢慢增加，则pAg+减小，碘离子和氯离子会慢慢减小，则pCl-和pI-增大，达到一定程度先生成碘化银沉淀，再生成氯化银沉淀，据此解答。A．根据分析曲线②代表p(I-)与AgNO3体积的关系，故A正确；B．由图可知加入100mL硝酸银时碘离子沉淀完全，因此碘化钠和氯化钠的初始浓度均是0.1mol/L，在200mL时曲线①和③重合，说明银离子和氯离子浓度相等，恰好生成氯化银沉淀，根据氯化银的溶度积常数可知氯离子和银离子浓度均是，y3=4.85，A点加入50mL硝酸银溶液消耗一半的碘离子，剩余碘离子浓度是，依据碘化银的溶度积常数可知溶液中银离子浓度是，即y1大于9.7，故B错误；C．如果增加NaCl的初始浓度，相当于增加氯离子浓度，消耗硝酸银溶液的体积增加，故C点右移，故C正确；D．AgNO3见光易分解且具有氧化性，所以滴定过程中，使用棕色的酸式滴定管滴定，故D正确；答案选B。二、非选择题(本题共4小题，共55分)16.16.据报道，采用硫酸溶液同槽浸出锰结核矿(主要成分MnO2)和锌精矿(主要成分ZnS)提取锰和锌的工艺方法获得成功。该工艺流程图如下：回答下列问题（1）已知硫化锌比重较大，容易沉积在浸出槽底部，为了提高浸出率，需要增大搅拌速度和搅拌强度，此外还可以通过___________的方法来提高浸出率。下图为锌、锰离子浸出效率随温度变化的图像，浸取的温度应选择___________为宜。（2）步骤①中，二氧化锰和硫化锌同槽酸浸时反应速率很慢，若在酸溶液中加入少量的FeSO4则能明显加快反应速率，发生反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O和___________，FeSO4在该反应中的作用为___________。（3）研究发现，步骤①中两种矿物同槽酸浸4小时后，锰和锌的浸出率只有约80%，在实际工艺中，需将浸渣E用四氯乙烷处理后再做二次酸浸，四氯乙烷的作用是___________。（4）操作2的具体步骤是___________，过滤，洗涤，干燥。（5）步骤④沉淀锰的离子反应方程式为___________。（6）步骤⑤中的产物在不同温度下分解可得到锰的不同氧化物。530℃至1000℃时，可得一种固体纯净物，根据下图数据计算其化学式为___________。【答案】（1）①.粉碎矿石、增大硫酸浓度、提高浸取温度，延长浸取时间等②.90—95℃（2）①.ZnS+2Fe3+=2Fe2++Zn2++S②.FeSO4做催化剂（3）破坏包裹在锌精矿表面的硫膜（4）蒸发浓缩、冷却结晶（5）Mn2+

+2NH3

+CO2

+H2O=MnCO3

↓+2（6）Mn2O3【解析】锌精矿(主要成分为ZnS)与锰结核矿(主要成分为MnO2)加入硫酸酸浸后，过滤，得到的滤液中含有锰离子和锌离子（说明+4价锰被还原为+2价，-2价硫被氧化为硫酸根离子）；用有机物进行萃取后，进入水相的是硫酸锰，通入氨气和二氧化碳，生成碳酸锰沉淀，碳酸锰氧化加热得到二氧化锰；硫酸锌在有机相中，进行反萃取后，硫酸锌进入水相中，通过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得到。（1）为了提高浸出率，还可以通过粉碎矿石、增大硫酸浓度、提高浸取温度，延长浸取时间等方法来提高浸出率；从锌、锰离子浸出率与溶液温度的关系图中可知，当温度为90—95℃，锌、锰离子浸出率相对来讲都比较高，继续升高温度，浸出率提升不大，耗费更多能源；（2）铁离子能够与硫化锌发生氧化还原反应，离子方程式为ZnS+2Fe3+=2Fe2++Zn2++S；根据上述反应，由题中信息知加入少量的FeSO4则能明显加快反应速率，FeSO4在该反应中的作用为催化剂；（3）四氯乙烷可以破坏包裹在锌精矿表面的硫膜，提高锰和锌的浸出率；（4）根据分析，操作2的具体步骤是蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥；（5）硫酸锰溶液中通入氨气和二氧化碳，生成碳酸锰沉淀，离子反应方程式为Mn2+

+2NH3

+CO2

+H2O=MnCO3

↓+2；（6）步骤⑤中的产物为MnO2，MnO2摩尔质量为87g/mol，8.7gMnO2物质的量为0.1mol，含0.1molMn，Mn的质量为5.5g，当固体质量为7.9g时，含O7.9g-5.5g=2.4g，O的物质的量为0.15mol，Mn、O的原子个数比为0.1:0.15=2:3，则其化学式为Mn2O3。17.苯乙醚(M=122g/mol)可用于有机合成、制造医药和染料。其合成原理如下：C6H5OH+NaOH→C6H5ONa+H2O，C6H5ONa+CH3CH2Br→C6H5OCH2CH3+NaBr实验室制取苯乙醚的实验步骤如下：步骤1.安装好装置。将7.52g苯酚(M=94g/mol)、4.00g氢氧化钠和4.0mL水加入三颈烧瓶中，开动搅拌器，加热使固体全部溶解；步骤2.控制温度在80～90℃之间，并开始慢慢滴加8.5mL溴乙烷，大约1h可滴加完毕，继续保温搅拌2h，然后降至室温；步骤3.加适量水(10～20mL)使固体全部溶解。将液体转入分液漏斗中，分出水相，有机相用等体积饱和食盐水洗两次，分出水相，___________，用20mL乙醚提取一次，提取液与有机相合并，用无水氯化钙干燥。步骤4.先用热水浴蒸出乙醚，再蒸馏收集产品。产物为无色透明液体，质量为6.10g。已知：①苯乙醚为无色透明液体，不溶于水，易溶于醇和醚。熔点为-30℃，沸点为172℃。②溴乙烷是挥发性很强的无色液体，沸点为38.4℃，密度为1.46g/cm3。回答下列问题：（1）仪器A的名称为___________。（2）三颈烧瓶应选择___________(填序号)。A．100mLB．250mLC．500mL（3）步骤2中回流的液体主要是___________(填化学式)。（4）补充完整步骤3的操作___________。（5）步骤3中用饱和食盐水洗涤的目的是___________。（6）步骤4中蒸出乙醚时不能用明火加热的原因是___________。（7）苯乙醚的产率为___________%(结果保留三位有效数字)。【答案】（1）球形冷凝管（2）A（3）CH3CH2Br（4）将两次洗涤液合并（5）除去水溶性杂质，同时降低苯乙醚在水中的溶解度，减少产物的损失，且使水层密度增大，利于更好地分层（6）以防乙醚蒸气外漏引起着火（7）62.5%【解析】本题探究用苯酚、溴乙烷为主要原料制苯乙醚的实验流程，先在三颈烧瓶内添加反应物并用搅拌器搅拌加快溶解，然后利用水浴加热反应容器并慢慢滴加溴乙烷，因反应物溴乙烷易挥发，因此利用球形冷凝管进行冷凝回流，减少反应物的损失，反应完全后对反应混合物利用分液、蒸馏进行分离得到目标产物苯乙醚，据此作答。（1）仪器A的名称为球形冷凝管。（2）由题意可知，溶液总体积为4.0mL+8.5mL+20mL=32.5mL，而三颈烧瓶所盛液体体积通常占其容积的～，故三颈烧瓶的容积应为100mL，故选A。（3）步骤2中，控制温度在80～90℃之间，只有水和CH3CH2Br挥发，因此冷凝管里冷凝回流的物质除水外主要还有CH3CH2Br。（4）加适量水(10～20mL)使固体全部溶解。将液体转入分液漏斗中，分出水相，有机相用等体积饱和食盐水洗两次，分出水相，将两次洗涤液合并，再用少量乙醚萃取，以尽量回收溶于水层的少量产物，随后将萃取液与原有机层合并。（5）步骤3中用饱和食盐水洗涤的目的是：除去水溶性杂质，同时降低苯乙醚在水中的溶解度，减少产物的损失，且使水层密度增大，利于更好地分层。（6）乙醚是可燃性气体，步骤4中蒸出乙醚时不能用明火加热的原因是：以防乙醚蒸气外漏引起着火。（7）该实验中加入7.52g苯酚，物质的量为，由C6H5OH+NaOH→C6H5ONa+H2O、C6H5ONa+CH3CH2Br→C6H5OCH2CH3+NaBr可知，理论上生成0.08mol苯乙醚，苯乙醚的产率为。18.乙烷脱氢转化是一类重要的乙烯定向生产技术，有望取代当前基于石油路线的蒸汽裂解工艺。回答下列问题：（1）已知C2H6、C2H4、H2的燃烧热ΔH分别为-1559.8kJ·mol-1、-1411.0kJ·mol-1、-285.8kJ·mol-1，则下列反应C2H6(g)C2H4(g)＋H2(g)的ΔH为___________。（2）乙烷的无氧脱氢反应C2H6(g)C2H4(g)＋H2(g)是一个正向转化受限的反应过程，当引入一定量的氧气后，乙烯的收率显著提高，氧气的引入除了可能会阻止积炭的形成，还可能的原因是(从化学平衡的角度写出两条)___________。（3）二氧化碳辅助乙烷脱氢是一项二氧化碳资源利用有效手段。实验室将1molC2H6、0.5molCO2投入反应器，所得各平衡物料的量随温度变化曲线如图Ⅰ所示，在500℃发生反应的化学方程式为___________。实验室模拟“乙烷二氧化碳氧化脱氢反应”，在T℃、5.1Mpa条件下，将3.0molC2H6与4.8molCO2充入容积可变的恒温密闭容器，发生反应C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)，平衡时p(C2H6)∶p(CO2)=1∶4，该反应的平衡常数Kp=___________Mpa。（4）反应器中发生反应的ΔG随温度变化曲线如图Ⅱ，关于反应C2H4(g)＋CO(g)＋H2(g)CH3CH2CHO(g)的叙述正确的是___________(填标号)。A.ΔH>0，ΔS>0 B.ΔH<0，ΔS<0 C.ΔH>0，ΔS<0 D.ΔH<0，ΔS>0（5）通过固体氧化物电化学(SOFC)技术，实现了选择性乙烷电化学脱氢制乙烯，装置如图，b极为___________极，a电极上发生的反应为___________。【答案】（1）+137.0kJ/mol（2）引入氧气消耗氢气，同时氢气与氧气反应放热，温度升高，使平衡右移（3）①.C2H6+2CO24CO+3H2②.4.8（4）B（5）①.正极②.C2H6-2e-=C2H4+2H+【解析】（1）根据题意可知，①；②；③，则①-②-③得，ΔH=(-1559.8+1411.0+285.8)J⋅mol−1=+137.0kJ⋅mol−1；（2）当引入一定量的氧气后，乙烯的收率显著提高，即平衡向右移动，化学平衡的角度的原因是：引入氧气消耗氢气，同时氢气与氧气反应放热，温度升高，使平衡右移；（3）如图可知，在500℃时，还没有生成，反应物是，生成物是，化学方程式为；根据已知条件列三段式有，，解得x=2.4mol，气体总物质的量为(0.6+2.4+2.4+2.4+2.4)mol=10.2mol，，，=4.8；（4）由图可知，该反应低温下可自发进行，则依据可知，，故选B；（5）该装置为原电池，由电子的移动方向，以及氢离子的移动方向可知，左侧a为负极，右侧b为正极，负极上失去电子发生氧化反应生成，电极反应为。19.盐酸普拉克索是多巴胺D2/D3受体完全激动剂。对多巴胺神经有较好的保护作用，是治疗早期帕金森症的最佳选择，其关键中间体的合成路线如下：已知：①++R3OH②+回答下列问题：（1）A可以和NaHCO3溶液反应，核磁共振氢谱显示两组峰，且峰面积比为1：2，A的名称为___________，A→B的反应类型为___________。（2）C中含有六元环，B→C反应的化学方程式为___________。（3）D中官能团的名称为___________。（4）试剂a的结构简式为___________，作用为___________。（5）由E→F经加成反应、消去反应两步完成，则试剂b的结构简式为___________。（6）满足下列条件的D的同分异构体有___________种(考虑立体异构)。i．可以发生银镜反应ii．核磁共振氢谱显示两组峰，峰面积比为1：3【答案】（1）①.丁二酸②.酯化反应或取代反应（2）2+2C2H5OH或2+2C2H5OH（3）酮羰基（4）①.HOCH2CH2OH②.保护酮羰基（5）CH3CH2CH2NH2（6）3【解析】分子式为C4H6O4的A能与碳酸氢钠反应，说明A中含有羧基，核磁共振氢谱显示两组峰，且峰面积比为1：2，则A的结构简式为HOOCCH2CH2COOH；由有机物的转化关系可知，浓硫酸作用下HOOCCH2CH2COOH与乙醇共热发生酯化反应生成，则B为；发生信息①反应生成或，则C为或；或在氢氧化钠溶液中先发生水解反应、后发生脱羧反应生成，则D为；与HOCH2CH2OH发生信息②反应生成，则a为HOCH2CH2OH；与CH3CH2CH2NH2先发生加成反应、后发生消去反应生成，则b为CH3CH2CH2NH2；一定条件下发生还原反应生成，则G为；酸性条件下转化为，一定条件下与反应转化为。（1）由分析可知，A的结构简式为HOOCCH2CH2COOH，名称为丁二酸，A→B的反应为浓硫酸作用下HOOCCH2CH2COOH与乙醇共热发生酯化反应生成和水，故答案为：丁二酸；酯化反应或取代反应；（2）由分析可知，B→C反应为发生信息①反应生成或和乙醇，反应的化学方程式为2+2C2H5OH或2+2C2H5OH；（3）由分析可知，D的结构简式为，官能团为酮羰基，故答案为：酮羰基；（4）由分析可知，a的结构简式为HOCH2CH2OH，由D和H中都含有酮羰基可知，试剂a的作用是保护酮羰基，故答案为：HOCH2CH2OH；保护酮羰基；（5）由分析可知，b的结构简式为CH3CH2CH2NH2，故答案为：CH3CH2CH2NH2；（6）D的同分异构体可以发生银镜反应说明同分异构体分子中含有醛基或甲酸酯基，则核磁共振氢谱显示两组峰，峰面积比为1：3的结构简式为、、，共有3种，故答案为：3。东北三省三校2025届高三下学期第二次联合模拟考试试题可能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16Na：23S：32Mn：55Br：80一、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，只有一项符合题目要求)1.下列说法错误的是A.美甲猫眼需要配合磁铁使用，这种美甲的猫眼胶里添加了金属元素B.2025年亚冬会上运动员使用高阻尼碳纤维雪板，碳纤维属于有机高分子材料C“奋斗者”号潜水器含钛合金，其强度高于纯钛金属D.歼-20上采用的氮化镓涂层，属于新型非金属材料【答案】B【解析】A．铁能被磁铁吸引，美甲猫眼需要配合磁铁使用，这种美甲的猫眼胶里添加了金属Fe元素，A正确；B．碳纤维属于新型无机非金属材料，不属于有机高分子材料，B错误；C．合金的强度高于成分金属，钛合金强度高于纯钛金属，C正确；D．氮化镓属于新型非金属材料，D正确；答案选B。2.硒(Se)为第ⅥA族元素，下列说法错误的是A.基态Se的核外电子空间运动状态为18种 B.H2Se为极性分子C.SeS2的空间填充模型为 D.基态Se的核外电子排布式为[Ar]4s24p4【答案】D【解析】A．Se原子序数34，核外电子排布：，核外电子占据18个轨道，空间运动状态为18种，A正确；B．H2Se中心原子Se价层电子对数：，含2对孤电子对，空间结构为V形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，B正确；C．Se原子半径大于S，SeS2中心原子Se价层电子对数：，含1对孤电子对，分子结构为V形，空间填充模型为，C正确；D．基态Se的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4，D错误；答案选D。3.下列实验操作或处理方法错误的是A.在中和反应反应热测定实验中，为了保证盐酸完全被中和，采用稍过量的NaOH溶液B.在燃烧热测定实验中，必须使用1mol可燃物进行实验C.在化学反应速率测定实验中，可以用固体物质的质量变化率来衡量反应进行的快慢D.在沉淀转化实验中，向盛有2mL0.1mol/LMgCl2溶液的试管中滴加2~4滴2mol/LNaOH溶液，再滴加4滴0.1mol/LFeCl3溶液，观察现象【答案】B【解析】A．中和反应反应热的测定实验中，通常需要让一种反应物（如NaOH）稍过量，以确保另一种反应物（如盐酸）完全反应，从而准确测定反应热，A正确；B．燃烧热的定义是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物的热效应。实验中实际使用量可能不足1mol，但需通过数据换算为1mol对应的热量，因此“必须使用1mol可燃物”的说法错误，B错误；C．化学反应速率通常通过浓度变化衡量。但是也可以用固体质量变化或气体体积的变化来衡量反应进行的快慢，C正确；D．在沉淀转化实验中，向盛有2mL0.1mol/LMgCl2溶液的试管中滴加2~4滴2mol/LNaOH溶液，量不足，完全生成了白色沉淀，再滴加4滴0.1mol/LFeCl3溶液，若观察到红褐色沉淀说明生成了，说明，D正确；故选B。4.乙醇酸可用于新型可降解材料的合成，未来可应用于人体内埋植型修复器械等。高选择性实现甘油在双氧水中被氧化为乙醇酸的反应如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.常温下，1mol甘油中含有3NA个氢键B.1mol甘油转化为1mol乙醇酸和1mol甲醛时需要NA个H2O2分子参与反应C.1mol乙醇酸发生聚合反应可生成聚乙醇酸分子NA个D.1mol乙醇酸中含有9NA个共用电子对【答案】D【解析】A．甘油含有三个羟基，每个羟基中的氢原子均可作为质子供体，与相邻分子的氧原子形成氢键，理论上，每个甘油分子最多可形成3个氢键，氢键是分子间作用，每个氢键需两个分子共同参与，因此，1mol甘油中含有氢键数应为：，A错误；B．甘油转化为乙醇酸和甲醛的化学方程式为：+2H2O2+HCHO+3H2O，可见1 mol甘油需2 molH2O2，即2 NA个H2O2分子，B错误；C．多个乙醇酸发生聚合反应生成1个聚乙醇酸分子，1 mol乙醇酸聚合成高聚物时，生成的聚合物分子数通常远小于1 mol，C错误；D．乙醇酸的结构式为，含有9个共价键，每个共价键均为1个共用电子对，则1mol乙醇酸中含有9NA个共用电子对，D正确；故选D。5.下列活动与所述的化学知识有关联的是选项活动化学知识A工业生产：将铝制成饮料罐铝的金属性强B环保行动：废电池需回收主要是利用电池外壳的金属材料C参观工厂：焊接金属时用NH4Cl溶液除锈NH4Cl水解显酸性D生活体验：泡沫灭火器灭火原理A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．将铝制成饮料罐，利用了铝的延展性且常温下铝表面与氧气反应生成致密的氧化膜，A错误；B．废电池需回收，可以利用其外壳金属材料，其内含有的重金属等物质也可以回收利用，且能防止污染，B错误；C．氯化铵为强酸弱碱盐，水解显酸性，能够与铁锈反应生成易溶性铁盐，用NH4Cl溶液除锈与NH4Cl溶液显酸性有关，C正确；D．泡沫灭火器灭火的原理为：碳酸氢钠与硫酸铝发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，，D错误；故选C。6.向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊(Cu2O)，继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法错误的是A.Cu2+是H2O2分解反应的催化剂B.红色浑浊的出现体现了H2O2的氧化性C.H2O2既表现氧化性又表现还原性D.发生了反应：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O【答案】B【解析】A．向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，说明有氧气生成，蓝色溶液变为红色浑浊，说明同时生成了Cu2O；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明Cu2O又被H2O2氧化生成Cu2+，所以从整个过程看，Cu2+是H2O2分解反应的催化剂，A正确；B．向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，说明有氧气生成，蓝色溶液变为红色浑浊，说明同时生成了Cu2O，Cu元素由+2价下降到+1价，H2O2中O元素由-1价上升到0价，体现了H2O2的还原性，B错误；C．向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，说明有氧气生成，蓝色溶液变为红色浑浊，说明同时生成了Cu2O，体现了H2O2的还原性，继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明Cu2O又被H2O2氧化生成Cu2+，体现了H2O2的氧化性，C正确；D．继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明Cu2O又被H2O2氧化生成Cu2+，发生了反应：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O，D正确；故选B。7.利用工业原料X合成化工产品的部分合成路线如下：下列说法错误的是A.X在酸性条件下水解有CO2生成 B.Y到Z的反应类型为取代反应C.Y中碳原子有两种杂化方式 D.Z不能与盐酸反应【答案】D【解析】A．X在酸性条件下水解生成碳酸，碳酸不稳定分解生成CO2，故A正确；B．Y到Z即中氢原子被取代，反应类型为取代反应，故B正确；C．Y中碳原子有sp2、sp3两种杂化方式，故C正确；D．Z中含有氨基，能与盐酸反应，故D错误；答案选D。8.根据下列实验操作及现象，不能推出相应结论的是选项实验操作及现象结论A将氢氧燃料电池的石墨电极改为铂电极后，电流表指针发生较大偏转铂电极可能催化该反应进行B用钾还原四氟化硅得到单质硅金属钾具有还原性C缓慢加热0.5mol·L-1CH3COONa溶液至70℃，pH逐渐减小溶液中c(H+)逐渐增大D用湿润的蓝色石蕊试纸检验甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体，试纸变红生成的一氯甲烷具有酸性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．氢氧燃料电池为原电池，将化学能转化为电能，电流表指针发生较大偏转，反应速度加快，则铂电极可能催化该反应进行，故A正确；B．钾还原四氟化硅得到单质硅，钾为还原剂，四氟化硅为氧化剂，故B正确；C．，pH逐渐减小，溶液中的氢离子浓度增大，故C正确；D．甲烷与氯气在光照下发生取代反应生成氯代甲烷和氯化氢，氯化氢具有酸性，能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，氯代甲烷是非电解质，不能电离出氢离子而表现酸性，故D错误；故选D。9.广州大学王平山教授团队在金属有机超分子自组装研究方面取得重要进展。合成过程中碎片合成子L3结构如下：L3是由1个中心金属()Ru2+与两分子含氮配体分子组成。下列说法正确的是A.中心原子可以更换为任意金属阳离子均能形成超分子B.C、N、O三种元素第一电离能由大到小顺序为N>O>CC.一分子含氮配体中均含有十个苯环D.该碎片合成子所有原子共平面【答案】B【解析】A．中心原子需要合适的粒子半径和适量的空轨道才行，不可以更换为任意金属阳离子，A错误；B．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能大小：N>O>C，B正确；C．L3是由1个中心金属()Ru2+与两分子含氮配体分子组成；由结构，一分子含氮配体中分别含有4、6个苯环，C错误；D．由结构，该碎片合成子中含甲基，甲基为四面体结构，故所有原子不共平面，D错误；故选B。10.腺苷三磷酸(ATP)水解生成腺苷二磷酸(ADP)的过程中会释放较多能量供生物体使用(该反应的ΔS=34J·mol-1·K-1)，ADP也可以转化为ATP。下列说法正确的是A.1个ADP分子中有4个手性碳原子B.0.1molATP与足量的金属钠反应最多可生成44.8LH2(标准状况)C.37℃，pH约为7时，水解为需要酶的辅助，因此该过程是非自发的D.由生成的反应是消去反应【答案】A【解析】A．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；ADP分子中戊糖的含氧的五元杂环上有4个手性碳原子，A正确；B．ATP中磷酸中-OH、杂环中-OH均会和单质钠反应生成氢气，则0.1molATP与足量的金属钠反应最多可生成0.3molH2，为6.72LH2(标准状况)，B错误；C．ATP水解为ADP过程为放热的熵增反应，∆H<0，∆S>0，所以∆G=∆H-T∆S<0，该过程是自发的，C错误；D．由ATP生成ADP的反应是取代反应，D错误；故选A。11.X、Y、Z、P、Q为原子序数依次增大的前三周期元素，其中只有一种是金属元素，X、Y、P位于三个不同周期，Y、Z处于不同主族，5种元素形成的化合物如图所示。下列说法错误的是A.单质沸点：P>Q>Z>X B.简单氢化物键角：Y>ZC.工业上用电解熔融PQ3制备单质P D.该化合物中有键14【答案】C【解析】X、Y、Z、P、Q为原子序数依次增大的前三周期元素，其中只有一种是金属元素，X、Y、P位于三个不同周期，X是H元素；Q形成-1价阴离子，Q是Cl元素；Y、Z能形成4个共价键，Y、Z处于不同主族，说明Z形成1个配位键，则Y是C、Z是N，只有一种是金属元素，P是金属元素，Z与P形成配位键，P与2个Cl形成共价键后带1个正电荷，则P显+3价，P是Al元素。A.Al是金属单质，沸点最高，Cl2、N2、H2均为气体单质，相对分子质量越大沸点越高，单质沸点：Al>Cl2>N2>H2，故A正确；B.CH4、NH3中心原子价电子对数均为4，N原子有1个孤电子对，所以简单氢化物键角CH4>NH3，故B错误；C.AlCl3是共价化合物，熔融状态不导电，不能电解熔融AlCl3制备单质Al，工业上用电解熔融Al2O3制备单质Al，故C错误；D.单键全键，三键中有1个键，根据结构式可知，该化合物中有键14，故D正确；选C。12.工业上用NaOH溶液吸收烟气中SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如下图所示(电极材料为石墨)。下列说法正确的是A.b极区得到的产物只有氧气B.图中a极要连接电源的正极C.阳极发生电极反应为−2e-+2OH-=+H2OD.标况下，若阴极产生1.12L气体，则通过阴离子交换膜的离子所带电荷数为0.1NA【答案】D【解析】观察图示，Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，左侧得到NaOH溶液，右侧得到硫酸溶液，依据电解质溶液中阴阳离子的移动方向判断电极，阳离子Na+通过阳离子交换膜移向阴极，通过阴离子交换膜移向阳极，同时在阳极上发生氧化反应得到硫酸根离子，则a为阴极，b为阳极。A．b极区得到的产物有氧气和硫酸，A错误；B．经过分析，a为阴极，连接电源的负极，B错误；C．阳极为酸性环境，发生的电极反应为−2e-+H2O=+2H+，C错误；D．阴极上产生气体为H2，标况下，产生1.12L气体即0.05mol，电子转移的物质的量为0.05×2mol=0.1mol，则通过阴离子交换膜的离子所带电荷数为0.1NA，D正确；答案选D。13.铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐[Be3Al2(SiO3)6]中提取铍的路径为：已知：Be2++4HABeA2(HA)2+2H+下列说法正确的是A.为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程要缓慢冷却B.电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是增强导电性C.“滤液2”可以进入萃取分液步骤再利用D.反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式为BeA2(HA)2+4NaOH=Na2[Be(OH)4]+2NaA+2HA【答案】B【解析】首先铝硅酸盐先加热熔融，然后快速冷却到其玻璃态，再加入稀硫酸酸浸过滤，滤渣的成分为H2SiO3，“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中，水相1中含有Al3+，有机相为BeA2(HA)2，加入过量氢氧化钠反萃取Be2+使其转化为Na2[Be(OH)4]进入水相2中，分离出含NaA的煤油，最后对水相2加热过滤，分离出Be(OH)2，通过系列操作得到金属铍，据此回答。A．熔融态物质冷却凝固时，缓慢冷却会形成晶体，快速冷却会形成非晶态，即玻璃态，故A错误；B．氯化铍的共价性较强，电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用为增强熔融氯化铍的导电性，故B正确；C．滤液2的主要成分为NaOH，可进入反萃取步骤再利用，故C错误；D．反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式为BeA2(HA)2+6NaOH=Na2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O，故D错误；答案选B。14.CaF2、PbO、PtS、ZnS晶胞结构之间的关系如下图。在CaF2晶胞结构中所有四面体空隙(用□表示)都被占据，PbO、PtS、ZnS晶胞看做占据的四面体空隙的数量减半，下列说法正确的是A.PbO晶体中Pb与Pb的最短距离和CaF2中Ca与Ca的最短距离相等B.PbO、PtS、ZnS晶体密度相同C.PbO、PtS、ZnS晶胞中阳离子的配位数都是4D.PtS晶胞中Pt与Pt的最短距离为【答案】C【解析】A．PbO晶体可看做CaF2晶胞中占据的四面体空隙的数量减半，晶胞的高度会减小，CaF2中Ca与Ca的最短距离为晶胞面对角线的，PbO晶体中Pb与Pb的最短距离和CaF2中Ca与Ca的最短距离不相等，A错误；B．PbO、PtS、ZnS晶体中分别含有4个PbO、4个PtS、4个ZnS，三个晶胞的体积相等，PbO、PtS、ZnS的摩尔质量不同，晶体密度不相同，B错误；C．PbO、PtS、ZnS晶胞中阳离子和阴离子的个数相等，PbO、PtS、ZnS晶胞中距离阳离子最近且相等的阴离子个数均为4，阳离子的配位数都是4，C正确；D．PtS晶胞可看做CaF2晶胞中占据的四面体空隙的数量减半，PtS晶胞中Pt与Pt的最短距离为面对角线的，为，D错误；故选C。15.用0.1mol/LAgNO3溶液滴定100mL相同浓度的NaI和NaCl的混合溶液，其滴定曲线如图。混合液中pX=-lgc(X)(X代表Ag+、Cl-、I-)，Ksp(AgCl)=10-9.7，Ksp(AgI)=10-16.1，下列说法错误的是A.曲线②代表p(I-)与AgNO3体积的关系 B.y1+y2=9.7，y3=4.85C.如果增加NaCl的初始浓度，则C点右移 D.滴定过程中，使用棕色的酸式滴定管滴定【答案】B【解析】用0.1mol/LAgNO3溶液滴定100mL相同浓度的NaI和NaCl的混合溶液，随着AgNO3溶液的滴加，银离子浓度会慢慢增加，则pAg+减小，碘离子和氯离子会慢慢减小，则pCl-和pI-增大，达到一定程度先生成碘化银沉淀，再生成氯化银沉淀，据此解答。A．根据分析曲线②代表p(I-)与AgNO3体积的关系，故A正确；B．由图可知加入100mL硝酸银时碘离子沉淀完全，因此碘化钠和氯化钠的初始浓度均是0.1mol/L，在200mL时曲线①和③重合，说明银离子和氯离子浓度相等，恰好生成氯化银沉淀，根据氯化银的溶度积常数可知氯离子和银离子浓度均是，y3=4.85，A点加入50mL硝酸银溶液消耗一半的碘离子，剩余碘离子浓度是，依据碘化银的溶度积常数可知溶液中银离子浓度是，即y1大于9.7，故B错误；C．如果增加NaCl的初始浓度，相当于增加氯离子浓度，消耗硝酸银溶液的体积增加，故C点右移，故C正确；D．AgNO3见光易分解且具有氧化性，所以滴定过程中，使用棕色的酸式滴定管滴定，故D正确；答案选B。二、非选择题(本题共4小题，共55分)16.16.据报道，采用硫酸溶液同槽浸出锰结核矿(主要成分MnO2)和锌精矿(主要成分ZnS)提取锰和锌的工艺方法获得成功。该工艺流程图如下：回答下列问题（1）已知硫化锌比重较大，容易沉积在浸出槽底部，为了提高浸出率，需要增大搅拌速度和搅拌强度，此外还可以通过___________的方法来提高浸出率。下图为锌、锰离子浸出效率随温度变化的图像，浸取的温度应选择___________为宜。（2）步骤①中，二氧化锰和硫化锌同槽酸浸时反应速率很慢，若在酸溶液中加入少量的FeSO4则能明显加快反应速率，发生反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O和___________，FeSO4在该反应中的作用为___________。（3）研究发现，步骤①中两种矿物同槽酸浸4小时后，锰和锌的浸出率只有约80%，在实际工艺中，需将浸渣E用四氯乙烷处理后再做二次酸浸，四氯乙烷的作用是___________。（4）操作2的具体步骤是___________，过滤，洗涤，干燥。（5）步骤④沉淀锰的离子反应方程式为___________。（6）步骤⑤中的产物在不同温度下分解可得到锰的不同氧化物。530℃至1000℃时，可得一种固体纯净物，根据下图数据计算其化学式为___________。【答案】（1）①.粉碎矿石、增大硫酸浓度、提高浸取温度，延长浸取时间等②.90—95℃（2）①.ZnS+2Fe3+=2Fe2++Zn2++S②.FeSO4做催化剂（3）破坏包裹在锌精矿表面的硫膜（4）蒸发浓缩、冷却结晶（5）Mn2+

+2NH3

+CO2

+H2O=MnCO3

↓+2（6）Mn2O3【解析】锌精矿(主要成分为ZnS)与锰结核矿(主要成分为MnO2)加入硫酸酸浸后，过滤，得到的滤液中含有锰离子和锌离子（说明+4价锰被还原为+2价，-2价硫被氧化为硫酸根离子）；用有机物进行萃取后，进入水相的是硫酸锰，通入氨气和二氧化碳，生成碳酸锰沉淀，碳酸锰氧化加热得到二氧化锰；硫酸锌在有机相中，进行反萃取后，硫酸锌进入水相中，通过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得到。（1）为了提高浸出率，还可以通过粉碎矿石、增大硫酸浓度、提高浸取温度，延长浸取时间等方法来提高浸出率；从锌、锰离子浸出率与溶液温度的关系图中可知，当温度为90—95℃，锌、锰离子浸出率相对来讲都比较高，继续升高温度，浸出率提升不大，耗费更多能源；（2）铁离子能够与硫化锌发生氧化还原反应，离子方程式为ZnS+2Fe3+=2Fe2++Zn2++S；根据上述反应，由题中信息知加入少量的FeSO4则能明显加快反应速率，FeSO4在该反应中的作用为催化剂；（3）四氯乙烷可以破坏包裹在锌精矿表面的硫膜，提高锰和锌的浸出率；（4）根据分析，操作2的具体步骤是蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥；（5）硫酸锰溶液中通入氨气和二氧化碳，生成碳酸锰沉淀，离子反应方程式为Mn2+

+2NH3

+CO2

+H2O=MnCO3

↓+2；（6）步骤⑤中的产物为MnO2，MnO2摩尔质量为87g/mol，8.7gMnO2物质的量为0.1mol，含0.1molMn，Mn的质量为5.5g，当固体质量为7.9g时，含O7.9g-5.5g=2.4g，O的物质的量为0.15mol，Mn、O的原子个数比为0.1:0.15=2:3，则其化学式为Mn2O3。17.苯乙醚(M=122g/mol)可用于有机合成、制造医药和染料。其合成原理如下：C6H5OH+NaOH→C6H5ONa+H2O，C6H5ONa+CH3CH2Br→C6H5OCH2CH3+NaBr实验室制取苯乙醚的实验步骤如下：步骤1.安装好装置。将7.52g苯酚(M=94g/mol)、4.00g氢氧化钠和4.0mL水加入三颈烧瓶中，开动搅拌器，加热使固体全部溶解；步骤2.控制温度在80～90℃之间，并开始慢慢滴加8.5mL溴乙烷，大约1h可滴加完毕，继续保温搅拌2h，然后降至室温；步骤3.加适量水(10～20mL)使固体全部溶解。将液体转入分液漏斗中，分出水相，有机相用等体积饱和食盐水洗两次，分出水相，___________，用20mL乙醚提取一次，提取液与有机相合并，用无水氯化钙干燥。步骤4.先用热水浴蒸出乙醚，再蒸馏收集产品。产物为无色透明液体，质量为6.10g。已知：①苯乙醚为无色透明液体，不溶于水，易溶于醇和醚。熔点为-30℃，沸点为172℃。②溴乙烷是挥发性很强的无色液体，沸点为38.4℃，密度为1.46g/cm3。回答下列问题：（1）仪器A的名称为___________。（2）三颈烧瓶应选择___________(填序号)。A．100mLB．250mLC．500mL（3）步骤2中回流的液体主要是___________(填化学式)。（4）补充完整步骤3的操作___________。（5）步骤3中用饱和食盐水洗涤的目的是___________。（6）步骤4中蒸出乙醚时不能用明火加热的原因是___________。（7）苯乙醚的产率为___________%(结果保留三位有效数字)。【答案】（1）球形冷凝管（2）A（3）CH3CH2Br（4）将两次洗涤液合并（5）除去水溶性杂质，同时降低苯乙醚在水中的溶解度，减少产物的损失，且使水层密度增大，利于更好地分层（6）以防乙醚蒸气外漏引起着火（7）62.5%【解析】本题探究用苯酚、溴乙烷为主要原料制苯乙醚的实验流程，先在三颈烧瓶内添加反应物并用搅拌器搅拌加快溶解，然后利用水浴加热反应容器并慢慢滴加溴乙烷，因反应物溴乙烷易挥发，因此利用球形冷凝管进行冷凝回流，减少反应物的损失，反应完全后对反应混合物利用分液、蒸馏进行分离得到目标产物苯乙醚，据此作答。（1）仪器A的名称为球形冷凝管。（2）由题意可知，溶液总体积为4.0mL+8.5mL+20mL=32.5mL，而三颈烧瓶所盛液体体积通常占其容积的～，故三颈烧瓶的容积应为100mL，故选A。（3）步骤2中，控制温度在80～90℃之间，只有水和CH3CH2Br挥发，因此冷凝管里冷凝回流的物质除水外主要还有CH3CH2Br。（4）加适量水(10～20mL)使固体全部溶解。将液体转入分液漏斗中，分出水相，有机相用等体积饱和食盐水洗两次，分出水相，将两次洗涤液合并，再用少量乙醚萃取，以尽量回收溶于水层的少量产物，随后将萃取液与原有机层合并。（5）步骤3中用饱和食盐水洗涤的目的是：除去水溶性杂质，同时降低苯乙醚在水中的溶解度，减少产物的损失，且使水层密度增大，利于更好地分层。（6）乙醚是可燃性气体，步骤4中蒸出乙醚时不能用明火加热的原因是：以防乙醚蒸气外漏引起着火。（7）该实验中加入7.52g苯酚，物质的量为，由C6H5