2025年河南省五市高三第一次联考化学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE12025年河南省五市高三第一次联考试题注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色墨水签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题的答题区域(黑色线框)内作答，超出答题区域书写的答案无效。4.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1B11C12N14O16Na23Mn55Fe56Cu64Sr88第I卷(选择题共42分)一、选择题(本题包含14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意)1.“锤草印花”印染技艺被列为河南省级非物质文化遗产项目。该技艺用到家纺纯棉布和“芊棒棒草”植物，经过布料预处理、捶打草液、明矾水固色、浆染、晾晒后，制作出色彩斑斓的手巾和素净淡雅的围巾。该技艺中涉及多种化学知识，下列说法错误的是A.家纺纯棉布的主要成分属于天然纤维B.布料印染前用到草木灰煮水以除去表面的油污及细小纤维，此过程涉及盐类水解的知识C.“芊棒棒草”的汁液在不同酸碱性环境中呈现不同的颜色，此现象涉及化学平衡移动原理D.固色的原理是明矾溶解后转化得到带正电的Al(OH)3胶体，能够有效地静电吸附染料，降低其溶解性，从而起到固色作用【答案】D【解析】A．家纺纯棉布的主要成分是纤维素，纤维素属于天然纤维，A正确；B．草木灰的主要成分为碳酸钾，在水溶液中加热，发生水解得到碱性溶液，能促进油污的水解，从而除去布料表面的油污，B正确；C．“芊棒棒草”的汁液中的某种成分存在化学平衡，在不同酸碱性环境中平衡移动的方向不同，呈现的颜色不同，C正确；D．明矾溶解后发生水解，生成Al(OH)3胶体，胶体呈电中性，Al(OH)3胶粒带正电性，能够吸附带相反电荷的离子，从而使染料聚沉，起到固色作用，而不是降低染料的溶解性，D错误；故选D。2.下列化学用语或图示表示正确的是A.的球棍模型：B.邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：C.的模型：D.晶态和非晶态粉末的X射线衍射图谱对比：【答案】C【解析】A．二氧化碳为直线型结构，其中碳原子半径大于氧原子半径，二氧化碳的球棍模型为，A错误；B．氢键的表示方法为X—H···Y，X和Y都应该是电负性强的原子，与碳原子直接相连的氢原子不能参与氢键形成，邻羟基苯甲醛分子内氢键应表示为，B错误；C．中心原子S的价层电子对数为4，孤电子对数为1，则的模型：，C正确；D．晶态二氧化硅的X射线衍射峰是由数十乃至上百个锐峰(窄峰)组成，而非晶态二氧化硅的粉末X射线衍射峰的数量较少且呈弥散状(为宽峰或馒头峰），D错误；故选C。3.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.常温常压下，分子中含氧原子数目大于B.15g乙烯和20g丙烯的混合气体中含有C-H共价键的数目为C.电解精炼粗铜的过程中，阳极质量减轻32g时转移的电子数为D.常温下，的稀硫酸中，所含的总数为【答案】B【解析】A．常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，则11.2L的物质的量小于0.5mol，每个分子含2个氧原子，则氧原子总物质的量小于，故A错误；B．乙烯和丙烯的最简式均为，15g乙烯和20g丙烯的混合气体中含有的物质的量为，则含C-H键数目为5，故B正确；C．电解精炼时，阳极放电不仅是Cu，还有比铜活泼的金属，阳极质量减轻32g时，实际转移的电子数无法确定，故C错误；D．pH=2的硫酸中浓度为0.01mol/L，但题目未给出溶液体积，无法确定总数，故D错误；故选B。4.下列离子方程式与所给事实相符的是A.利用石灰乳沉镁：B.在溶液中通入过量的：C.向硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸：D.溶液中加入少量溶液：【答案】A【解析】A．石灰乳是氢氧化钙悬浊液，在离子方程式中不能拆，正确离子方程式为Mg2++Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca2+，A正确；B．过量的H2S气体通入FeCl3溶液中，发生氧化还原反应生成单质硫，离子方程式为H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+，B错误；C．向硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸，反应的离子方程式为：，C错误；D．向NaHCO3溶液中加入少量Ba(OH)2溶液，钡离子、氢氧根离子完全反应生成碳酸钡沉淀和碳酸根离子，离子方程式为：Ba2++2OH-+2HCO=BaCO3↓+2H2O+CO，D错误；故选A。5.电池中一种常用电解质的阴离子，结构如下图所示。M、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，和同族。下列说法正确的是A.Y的最外层电子有3种不同的空间运动状态B.该离子中Z、W、Z三原子共线C.第一电离能：D.简单氢化物沸点：【答案】D【解析】M原子序数最小，且形成4键，则M为C；X形成2键，Z形成6键，且X和Z同族，则X为O，Z为S；原子序数依次增大，则W为N；Y形成1键，则Y为F；因此M、W、X、Y、Z依次为：C、N、O、F、S，据此分析回答问题；A．F原子核外电子排布式为1s22s22p5，则最外层占据4个原子轨道，故有4种不同的空间运动状态，A错误；B．根据该阴离子的结构示意图可知N原子采取杂化，因此该离子中S、N、S三原子不可能共线，B错误；C．同周期元素第一电离能呈增大趋势，但ⅡA、ⅤA由于能级处于全充满、半充满状态，第一电离能高于同周期相邻主族，故第一电离能：＜F，C错误；D．由于分子间存在氢键，常温下为液态，常温下为气态，故简单氢化物沸点：，D正确；故答案为：D。6.下列实验操作对应的装置正确的是A．实验室制备氨气并收集B．实验室制备乙酸乙酯C．制备乙二酸D．测定醋酸的浓度A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．装置中收集氨气的集气瓶口不能有塞子，否则空气排不出来，故A错误；B．导管口不能伸入到液面以下，否则容易发生倒吸，故B错误；C．酸性高锰酸钾能继续氧化乙二酸到二氧化碳，故C错误；D．用带有聚四氟乙烯活塞的滴定管盛放氢氧化钠溶液，滴定醋酸，恰好反应时溶液显碱性，选用酚酞作指示剂，故D正确；故选D。7.的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用为原料可以合成新型可降解高分子P，其合成路线如下。已知：反应①中无其他产物生成。下列说法错误的是A.X物质名称是1，3-二丁烯B.P可以使溴水褪色C.P完全水解得到的产物的结构简式为D.Y通过碳碳双键的加聚反应生成的高分子难以降解【答案】A【解析】A．根据X的结构简式可知，X物质名称是1，3-丁二烯，A错误；B．P中含有碳碳双键，可以和溴水中的溴发生加成反应，可以使溴水褪色，B正确；C．根据P的结构可知，P是由缩聚产生的，则P完全水解得到的产物的结构简式为，C正确；D．Y形成的聚酯类高分子主链上含有大量酯基，易水解，而Y通过碳碳双键加聚得到的高分子主链主要为长碳链，与聚酯类高分子相比难以降解，D正确；故选A。8.下列说法错误的是A.由与组成的离子液体常温下呈液态，难挥发B.冠醚18-冠-6空腔直径与直径接近，冠醚18-冠-6可识别C.电负性：，酸性：D.晶体中与8个配位，而晶体中与6个配位【答案】C【解析】A．由与组成的离子液体，离子的半径较大，离子键较弱，常温下呈液态，难挥发，故A正确；B．冠醚18-冠-6具有识别特征，其空腔直径与K+直径接近，冠醚18-冠-6可识别，故B正确；C．氟的电负性大于氯的电负性，F的吸电子作用更强，导致CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出H+，故酸性：CF3COOH＞CCl3COOH，故C错误；D．因为Cs+比Na+的半径大，能吸引更多的异性电荷，CsCl晶体中Cs+与8个Cl-配位，而NaCl晶体中Na+与6个Cl-配位，故D正确；答案选C。9.钛合金在航空航天领域有着广泛的应用。一种利用废脱硝催化剂(含、、等成分)提取钛的工艺流程如图所示。下列说法正确的是A.钒位于元素周期表的ds区B.上述流程中共涉及到4个氧化还原反应C.提高铵盐浓度有利于沉钒D.高温碱浸生成的离子方程式为：【答案】C【解析】废脱硝催化剂（含等成分）和NaOH在高温下碱浸，生成Na2TiO3和钒钨液，Na2TiO3酸浸后生成H2TiO3，焙烧H2TiO3得到TiO2，与Cl2和过量的C加热生成TiCl4，TiCl4与Mg在氩气中发生置换反应，生成Ti，钒钨液用HCl调pH值，得到H3WO4和NaVO3，NaVO3加铵盐沉钒，得到NH4VO3，焙烧得到V2O5，处理后得到V。A．钛原子序数为22，基态钛的价层电子排布式为，位于d区，故A错误；B．二氧化钛生成四氯化钛的反应，四氯化钛和镁的反应，五氧化二钒生成单质钒的反应，一共3个氧化还原反应，故B错误；C．NaVO3加铵盐沉钒，得到NH4VO3，提高铵盐浓度有利于沉钒，故C正确；D．高温碱浸生成的离子方程式为：，故D错误；故选C。10.电化学合成在有机合成领域发挥着重要作用。某实验小组利用电化学方法氧化烯烃制备环氧化物(其中-R基团代表烷烃基)，装置如下图所示。下列叙述正确的是A.当Pt电极上产生11.2L氢气时，理论上转移1mol电子B.该装置中负极区的化学反应方程式为：Br2+H2O++2Br-+2H+C.Pt电极上发生氧化反应D.和分子中(除-R外)都含有手性碳【答案】B【解析】A．没有标明是否为标准状况下，无法计算，故A错误；B．根据图可知，负极区的化学反应方程式为：Br2+H2O++2Br-+2H+，故B正确；C．根据图可知，Pt电极上得电子发生还原反应，故C错误；D．分子中(除-R外)不含有手性碳，故D错误；故选B。11.苯甲酸是一种食品添加剂，某粗苯甲酸样品中含有少量和泥沙，提纯苯甲酸的实验流程如图(已知：常温下苯甲酸易溶于乙醇，25℃和75℃时苯甲酸在水中的溶解度分别为和)。下列说法正确的是A.“过滤”时为了加快过滤速度，需要用玻璃棒不断搅拌漏斗中的液体B.检验苯甲酸中含有的是否除净，可选用溶液C.“洗涤”时为了减少苯甲酸的损失、提高产量，可选用乙醇作洗涤剂D.除去苯甲酸中的，“结晶”时应采用蒸发结晶【答案】B【解析】A．过滤时，不能用玻璃棒搅拌漏斗中的液体，有可能会使滤纸破裂，故A错误；B．检验苯甲酸中含有的是否除净，可以取少量样品溶于水，滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀，则说明NaCl已经除净，故B正确；C．常温下，苯甲酸微溶于水，易溶于乙醇，洗涤时不宜用乙醇，应用冷水，故C错误；D．NaCl的溶解度随温度变化不大，为除去NaCl，“结晶”时应采用冷却结晶，使NaCl留在滤液中，故D错误；答案选B。12.室温下，根据下列实验过程及现象，相应实验结论正确的是选项实验过程及现象实验结论A将等浓度等体积的溶液与溶液混合有白色沉淀生成二者水解相互促进生成氢氧化铝沉淀B的悬浊液中加入饱和溶液，生成浅红色沉淀(为浅红色)C取少量样品溶于水，加入溶液，再加入足量盐酸，产生白色沉淀无法判断原样品是否变质D将新制饱和氯水慢慢滴入含酚酞的稀溶液中，溶液红色褪去具有漂白性A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．将等浓度等体积的溶液与溶液混合发生反应，不是水解反应，故A错误；B．的悬浊液中加入饱和溶液，增大锰根离子浓度，CuS转化为MnS，不能证明，故B错误；C．取少量样品溶于水，加入溶液，再加入足量盐酸，酸性条件下硝酸根离子能把氧化为，产生白色沉淀硫酸钡，不能判断原样品是否变质，故C正确；D．新制氯水中含有盐酸和次氯酸，盐酸、次氯酸能中和氢氧化钠，将新制饱和氯水慢慢滴入含酚酞的稀NaOH溶液中，溶液红色褪去，可能是盐酸、次氯酸和氢氧化钠发生中和反应，不能证明HClO具有漂白性，故D错误；选C。13.某研究小组给出了加氢制的可能反应机理，如图所示。首先在催化剂表面解离成2个，随后参与到的还原过程。(注：□表示氧原子空位，*表示吸附在催化剂上的微粒)，下列说法错误的是A.反应过程存在的断裂和生成B.理论上，每生成，该历程中消耗的的数目为C.催化剂氧空位用于捕获，氧空位越多反应速率越快D.若反应温度过高使甲醇炭化，生成的碳颗粒易使催化剂反应活性下降【答案】A【解析】A．反应过程存在O-H生成，但无O-H键的断裂，故A错误；B．H2首先在面解离成2个H*，随后参与到CO2的还原过程，根据图中信息可知，CH3OH∼6H*，所以理论上，每生成1molCH3OH，该历程中消耗的H*的数目为，故B正确；C．H2首先在ZnGaO3催化剂表面解离成2个H*，2个H*与催化剂反应形成氧空位，催化剂氧空位再与CO2结合，所以催化剂氧空位用于捕获CO2，氧空位越多反应速率越快，故C正确；D．反应温度过高使甲醇炭化，碳覆盖在催化剂的表面，使催化剂反应活性降低，故D正确；答案选A。14.为二元弱酸，常温下将0.1mol/L的溶液滴入的溶液中，溶液中(或)的分布系数、加入溶液的体积V与pH的关系如图所示[已知：]。下列叙述正确的是A.到达m点需要加入溶液的体积大于10mLB.q点溶液中溶质的第一步水解平衡常数的数量级为C.随着溶液的加入，水的电离程度D.n点满足关系：【答案】D【解析】常温下将的NaOH溶液滴入20mL0.1mol/LNaHA的溶液中，NaHA+NaOH=Na2A+H2O可知，随着NaOH溶液的加入，的浓度上升，浓度下降，曲线a代表，曲线b代表，剩余曲线为滴定曲线，据此分析。A．m点时，存在，pH=4.2，可得出c(H+)=10-4.2mol/L，，说明NaHA溶液呈酸性，说明的电离大于水解，若加入的NaOH等于10mL，，根据的电离大于水解，则有，而m点时，存在，若是加入NaOH溶液的体积大于10mL则溶液中生成更多的，因此到达m点需要加入NaOH溶液的体积小于10mL，A项错误；B．q点为溶液，，其第一步水解平衡常数为，数量级为，B项错误；C．q点时，溶液刚好反应生成，q点后继续加入NaOH溶液，碱过量，碱对于水的电离是抑制的，因此水的电离程度会下降，则随着溶液的加入，水的电离程度，C项错误；D．n点时滴入了10mLNaOH溶液，，根据物料守恒和电荷守恒可得：，，消去可得，此时溶液呈酸性，则，D项正确；故选D。第II卷(选择题共58分)二、非选择题(本题包含4道小题，共58分)15.氮化锶是工业上生产高端荧光粉的主要材料。某实验小组利用如下装置制备氮化锶并测定产品的纯度。已知：金属锶与氮气在加热条件下可生成氮化锶，氮化锶遇水剧烈反应产生氨气。I．制备氮化锶（1）仪器a的作用为___________，洗气瓶c中盛放的试剂是___________。（2）仪器b中发生反应的离子方程式为___________。（3）该实验装置的设计有一处缺陷，如何改进___________。（4）工业生产中欲使Sr反应完全，当吸收氮的作用减缓时可将温度提高到700∼750℃，分析可能的原因是___________(写出一条即可)。II．测定产品的纯度称取5.0g产品，放入干燥的三颈烧瓶中，点燃A处酒精灯，向三颈烧瓶中加入蒸馏水，充分反应后，从烧杯中量取吸收液至锥形瓶中，用标准溶液滴定剩余盐酸，到终点时消耗溶液(图中夹持装置略)。(摩尔质量为)（5）装置A的作用为___________。（6）下列实验操作会使测量纯度偏大的是___________(填字母)。A.A装置中产生的水蒸气量过少B.用酸式滴定管量取吸收液时，开始平视，最终仰视C.用标准溶液滴定吸收液时，滴定管尖嘴部位开始无气泡，最终有气泡D.接近滴定终点时，标准溶液滴速过快，成注流下（7）产品纯度为___________。(保留三位有效数字)【答案】（1）①.平衡气压，使液体顺利流下②.浓硫酸（2）（3）在d装置后增加一个装有碱石灰的球形干燥管（4）温度升高化学反应速率加快（或：温度升高使化学平衡正向移动）（5）利用水蒸气将反应产生的氨气排出，以便被盐酸标准溶液完全吸收（6）BD（7）46.7%【解析】装置A为制备氮气的装置，反应原理是：；因氮化锶遇水剧烈反应故制备氮化锶装置前后需要连接干燥装置，制备的氮气需要经过干燥后能进入装置d，故c瓶中盛放液体为浓硫酸，作用是干燥氮气。为了防止空气中的水分进入d玻璃管内干扰实验，应在d装置后加一干燥装置。（1）a导管的作用是平衡气压，使液体顺利流下；c瓶中盛放液体为浓硫酸，故答案为：平衡气压，使液体顺利流下；浓硫酸。（2）由分析可知，仪器b中发生反应为饱和氯化铵溶液与亚硝酸钠溶液反应生成氮气、氯化钠和水，化学方程式为：，故答案为：。（3）该装置缺陷为空气中的水蒸气进入d玻璃管内，干扰实验，则应该在d装置后增加一个装有碱石灰的球形干燥管，故答案为：在d装置后增加一个装有碱石灰的球形干燥管。（4）当吸收氮的作用减缓时将温度提高到700~750℃，可使锶反应完全，故从速率和平衡的角度分析，可能的原因是温度升高，化学反应速率加快或平衡正向移动，故答案为：温度升高化学反应速率加快（或：温度升高使化学平衡正向移动）。（5）装置A的作用为利用水蒸气将反应产生的氨气排出，以便被盐酸标准溶液完全吸收，故答案为：利用水蒸气将反应产生的氨气排出，以便被盐酸标准溶液完全吸收。（6）A．A装置中产生的水蒸气量过少会使结果偏低，故A错误；B．读数时，开始时平视，终点时仰视，会使结果偏高，故B正确；C．滴定前滴定管尖嘴内无气泡，滴定后尖嘴内有气泡，气泡的体积也是消耗的液体的体积，则测得体积比实际消耗的小，故C错误；D．接近滴定终点时，标准溶液滴速过快，成注流下，会导致结果偏高，故D正确；故答案为BD。（7）滴定过程中的盐酸被氢氧化钠和氨气消耗，200mL盐酸溶液中与氢氧化钠反应的盐酸的物质的量为：，与氨气反应的盐酸的物质的物质的量为：，即氨气的物质的量为0.016mol，根据化学方程式：，氮化锶的物质的量为0.008mol，样品的纯度为：，故答案为：46.7%。16.航空航天领域，锰被用于制造高温金属和钛合金。工业上以含锰矿石(主要成分为，还含有铁、钴、铜等的碳酸盐杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如下：25℃时，部分物质的溶度积常数如下表所示。物质回答下列问题：（1）基态原子的价层电子的轨道表示式为___________。（2）“浸取”前，含锰矿石研磨的目的是___________。（3）“氧化”步骤发生反应的离子方程式为___________。（4）先“氧化”，后加氨水调节溶液，两步操作不可以调换的原因是___________。（5）当溶液中某组分浓度时，可认为已除尽。“除杂3”步骤所得溶液中，则其范围是___________。(已知)（6）电解废液中还含有少量，向其中加入饱和溶液，有沉淀和气体生成，该反应的离子方程式为___________。（7）一种晶胞结构如图所示。已知该晶胞参数为，阿伏加德罗常数为，则该晶体的摩尔体积为___________(列出计算式)。【答案】（1）（2）提高浸取速率（3）MnO2+4H++2Fe2+=2Fe3++Mn2++2H2O（4）Mn2+、Fe2+、Co2+、Cu2+的Ksp相近，Fe3+的Ksp远小于Fe2+、Co2+、Cu2+，首先将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氨水调pH沉淀Fe3+，从而完全沉淀Fe3+。（5）10<pS≤15.4（6）Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O（7）【解析】含锰矿石中加入足量硫酸浸取，MnCO3转化为Mn2+，铁、钴、铜的碳酸盐转化为亚铁离子、钴离子和铜离子，加入过量MnO2，MnO2将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为Mn2+，加入氨水调节pH=4，此时c(OH-)=10-10mol/L，根据物质的溶度积常数可知，此时生成的沉淀为氢氧化铁，还有过量的二氧化锰，再加入氨水调节pH，使Cu2+转化为氢氧化铜沉淀，同时Mn2+不能沉淀，此时滤渣2为氢氧化铜，再加入硫化铵，生成CoS沉淀，最后电解得到Mn。（1）Mn处于周期表中第4周期第ⅤⅡB族，则其价电子排布式为3d54s2，所以轨道表示式为：。（2）用硫酸浸取含锰矿石时，可采用将矿石粉碎、适当提高硫酸浓度、适当提高温度等方式提高浸取速率，因此“浸取”前，含锰矿石研磨的目的是提高浸取速率。（3）氧化过程中，MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Mn2+，离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+=2Fe3++Mn2++2H2O。（4）锰、铁、钴、铜等的碳酸盐杂质与稀硫酸反应生成Mn2+、Fe2+、Co2+、Cu2+，Mn2+、Fe2+、Cu2+的Ksp相近，很难通过沉淀方法分离，而Fe3+的Ksp远小于Fe2+、Co2+、Cu2+，因此应首先将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氨水调pH沉淀Fe3+，从而分离Fe。（5）除杂3中锰离子浓度，若使锰离子不能发生沉淀，则，此时pS>10；同时Co2+要沉淀完全，即，，此时pS≤15.4，因此pS的范围是10<pS≤15.4。（6）电解废液中含有少量Mn2+，加入饱和NH4HCO3，有沉淀和气体生成，沉淀为碳酸锰，气体为二氧化碳，离子方程式为Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O。（7）1个晶胞中Mn的个数为：，O的个数为：，则每个晶胞中含有2个MnO2，则该锰氧化物的摩尔体积。17.中央经济工作会议强调要“加快新能源、绿色低碳等前沿技术研发和应用推广”。甲烷化是目前研究的热点方向之一，也可以获得新型能源二甲醚，在环境保护方面显示出较大潜力。其主要反应如下：反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ：反应Ⅳ：回答下列问题：（1）反应___________。（2）在体积相等的多个恒温恒容密闭容器中，分别充入和，均只发生上述反应Ⅰ，在不同温度下反应相同时间，测得、、转化率与温度关系如图所示。已知该反应的速率方程为，，其中、为速率常数，只受温度影响，温度升高，、都增大。①下列选项不能作为反应Ⅰ达到平衡状态的判断依据的是___________(填字母)。A．的体积分数不变B．容器内气体压强不变C．D．混合气体的平均摩尔质量不变②由图中信息可知，a、b、c三点中可能达平衡状态的是___________；代表曲线的是___________(填“MH”或“NG”)。（3）向恒温恒压的密闭容器中充入和，若只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时其中两种含碳物质的物质的量与温度T的关系如图所示，已知反应Ⅱ为吸热反应。①图中曲线X表示___________(填含碳物质的分子式)物质的量与温度的关系变化曲线。②已知时体系压强为，则该温度时反应Ⅰ的平衡常数的计算式为___________(代入平衡分压写出计算式，无需化简。已知：分压=总压×物质的量分数)。（4）电解催化制甲醇装置如图所示：铜电极上电解催化制甲醇的电极反应方程式为___________。【答案】（1）（2）①.AC②.a、b③.NG（3）①.CH4②.（4）CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O【解析】（1）依据盖斯定律，反应=反应Ⅲ×2+反应Ⅳ-反应Ⅱ×2，；（2）①A．通过三段式计算，的体积分数为，始终不变，不能判断是否达到平衡状态；B．恒温恒容条件下，气体的物质的量在变，容器内气体压强改变，当压强不变，达到平衡状态；C．生成氢气是逆反应，生成甲烷是正反应，但速率之比不等于计量系数之比，故不是平衡状态，平衡状态下应为；D．反应是气体物质的量减小的反应，反反应过程中气体合气体的平均相对分子质量不变时，说明反应达到平衡；答案选AC；②由题意和图中信息可知，只受温度影响，温度升高，增大，可知从右往左看，MH和NG是随温度升高而增大的线。从到，温度升高，c、b、a反应速率逐渐加快，所以在相同的时间，b、a达平衡状态，c点速率最慢，没有达到平衡状态。b点到a点平衡状态，温度升高，转化率下降，故反应I的正向为放热反应；升高温度，，均增大，平衡逆向移动，平衡常数()减小，故升高温度时逆反应速率增大程度大于正反应速率增大程度，即增大的程度更大，故MH为的线，NG为的线；（3）①平衡时X物质的量较大，随着温度升高X的物质的量逐渐减小，Y的物质的量逐渐增大，由于反应I是放热反应，随着温度升高，甲烷的量应该逐渐减小，二氧化碳的量增大，又由于反应II是吸热反应，一氧化碳的量随温度升高而逐渐增大，二氧化碳的物质的量逐渐减小，因此图中X为甲烷，Y为CO，而缺少物质的量与温度的关系变化曲线；②根据反应I：，反应Ⅱ：；通过元素守恒，、、、、的物质的量分别为、、5mol-3.8mol-0.2mol=、20mol-4×3.8mol-0.2mol=、2×3.8mol+0.2mol=，总物质的量为17.4mol。则该温度时反应I的平衡常数的计算式为；（4）铜电极CO2制备甲醇，该电极得电子，即铜电极为阴极，电极反应式为CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O，故答案为CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O。18.甲磺司特(M)是一种抗炎类药物，别名羟基保泰松，主要用于治疗支气管哮喘、过敏性鼻炎等疾病。M的一种合成路线如下(部分试剂和条件省略)。回答下列问题：（1）A的结构简式为___________，B的化学名称为___________。（2）第一步反应的反应类型为___________。（3）J中碳原子的杂化方式为___________。（4）由第一步反应的化学方程式为___________。（5）K与E反应生成L，新构筑官能团的名称为___________。（6）同时满足下列条件的I的同分异构体共有___________种。(a)核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为；(b)红外光谱中存在和硝基苯基()吸收峰。其中，可以通过水解反应得到化合物的同分异构体的结构简式为___________。【答案】（1）①.②.丙烯酸甲酯（2）取代反应（3）sp2、sp3（4）+2NaOH+NaCl+H2O（5）酰胺基（6）①.6②.【解析】由流程图可知，A与甲醇发生酯化反应生成B，则A的结构简式为；B与CH3SH发生加成反应生成C；C在碱性条件下发生酯的水解反应，酸化后生成D，则D的结构简式为；D与SOCl2发生取代反应生成E；由F的分子式可知，F的结构简式为；F发生硝化反应生成G，G的结构简式为；G在一定条件下发生水解反应生成H，H的结构简式为；H与发生取代反应生成I；I与乙醇钠发生反应生成J；J发生硝基的还原生成K，K的结构简式为；K与E发生取代反应生成L；L与反应生成M。（1）由分析可知，A的结构简式为；B的结构简式为，则其名称为：丙烯酸甲酯；（2）根据分析可知，C在碱性条件下发生酯的水解反应，酸化后生成D，则第一步反应的反应类型为：取代反应；（3）结合J的结构简式可知，J中苯环上的碳的杂化方式为sp2，其他杂化方式为sp3，故答案为：sp2、sp3；（4）由分析可知，G的结构简式为，结合流程图可知，由第一步反应为卤代烃的水解反应，方程式为：+2NaOH+NaCl+H2O；（5）根据分析可知，K与E反应生成L为取代反应，反应中新构筑的官能团为酰胺基；（6）I的分子式为，其不饱和度为6，其中苯环占4个不饱和度，和硝基各占1个不饱和度，因此满足条件的同分异构体中除了苯环、和硝基之外没有其他不饱和结构。由题给信息，结构中存在“”，根据核磁共振氢谱中峰面积之比为可知，结构中不存在羟基、存在甲基，结构高度对称，硝基苯基和共占用3个O原子，还剩余1个O原子，因此剩余的O原子只能插入两个相邻的C原子之间。不考虑该O原子，碳骨架的异构有2种，且每种都有3个位置可以插入该O原子，如图：，(序号表示插入O原子的位置)，因此符合题意的同分异构体共有6种。其中，能够水解生成H()的结构为，故答案为：6；。2025年河南省五市高三第一次联考试题注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色墨水签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题的答题区域(黑色线框)内作答，超出答题区域书写的答案无效。4.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1B11C12N14O16Na23Mn55Fe56Cu64Sr88第I卷(选择题共42分)一、选择题(本题包含14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意)1.“锤草印花”印染技艺被列为河南省级非物质文化遗产项目。该技艺用到家纺纯棉布和“芊棒棒草”植物，经过布料预处理、捶打草液、明矾水固色、浆染、晾晒后，制作出色彩斑斓的手巾和素净淡雅的围巾。该技艺中涉及多种化学知识，下列说法错误的是A.家纺纯棉布的主要成分属于天然纤维B.布料印染前用到草木灰煮水以除去表面的油污及细小纤维，此过程涉及盐类水解的知识C.“芊棒棒草”的汁液在不同酸碱性环境中呈现不同的颜色，此现象涉及化学平衡移动原理D.固色的原理是明矾溶解后转化得到带正电的Al(OH)3胶体，能够有效地静电吸附染料，降低其溶解性，从而起到固色作用【答案】D【解析】A．家纺纯棉布的主要成分是纤维素，纤维素属于天然纤维，A正确；B．草木灰的主要成分为碳酸钾，在水溶液中加热，发生水解得到碱性溶液，能促进油污的水解，从而除去布料表面的油污，B正确；C．“芊棒棒草”的汁液中的某种成分存在化学平衡，在不同酸碱性环境中平衡移动的方向不同，呈现的颜色不同，C正确；D．明矾溶解后发生水解，生成Al(OH)3胶体，胶体呈电中性，Al(OH)3胶粒带正电性，能够吸附带相反电荷的离子，从而使染料聚沉，起到固色作用，而不是降低染料的溶解性，D错误；故选D。2.下列化学用语或图示表示正确的是A.的球棍模型：B.邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：C.的模型：D.晶态和非晶态粉末的X射线衍射图谱对比：【答案】C【解析】A．二氧化碳为直线型结构，其中碳原子半径大于氧原子半径，二氧化碳的球棍模型为，A错误；B．氢键的表示方法为X—H···Y，X和Y都应该是电负性强的原子，与碳原子直接相连的氢原子不能参与氢键形成，邻羟基苯甲醛分子内氢键应表示为，B错误；C．中心原子S的价层电子对数为4，孤电子对数为1，则的模型：，C正确；D．晶态二氧化硅的X射线衍射峰是由数十乃至上百个锐峰(窄峰)组成，而非晶态二氧化硅的粉末X射线衍射峰的数量较少且呈弥散状(为宽峰或馒头峰），D错误；故选C。3.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.常温常压下，分子中含氧原子数目大于B.15g乙烯和20g丙烯的混合气体中含有C-H共价键的数目为C.电解精炼粗铜的过程中，阳极质量减轻32g时转移的电子数为D.常温下，的稀硫酸中，所含的总数为【答案】B【解析】A．常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，则11.2L的物质的量小于0.5mol，每个分子含2个氧原子，则氧原子总物质的量小于，故A错误；B．乙烯和丙烯的最简式均为，15g乙烯和20g丙烯的混合气体中含有的物质的量为，则含C-H键数目为5，故B正确；C．电解精炼时，阳极放电不仅是Cu，还有比铜活泼的金属，阳极质量减轻32g时，实际转移的电子数无法确定，故C错误；D．pH=2的硫酸中浓度为0.01mol/L，但题目未给出溶液体积，无法确定总数，故D错误；故选B。4.下列离子方程式与所给事实相符的是A.利用石灰乳沉镁：B.在溶液中通入过量的：C.向硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸：D.溶液中加入少量溶液：【答案】A【解析】A．石灰乳是氢氧化钙悬浊液，在离子方程式中不能拆，正确离子方程式为Mg2++Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca2+，A正确；B．过量的H2S气体通入FeCl3溶液中，发生氧化还原反应生成单质硫，离子方程式为H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+，B错误；C．向硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸，反应的离子方程式为：，C错误；D．向NaHCO3溶液中加入少量Ba(OH)2溶液，钡离子、氢氧根离子完全反应生成碳酸钡沉淀和碳酸根离子，离子方程式为：Ba2++2OH-+2HCO=BaCO3↓+2H2O+CO，D错误；故选A。5.电池中一种常用电解质的阴离子，结构如下图所示。M、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，和同族。下列说法正确的是A.Y的最外层电子有3种不同的空间运动状态B.该离子中Z、W、Z三原子共线C.第一电离能：D.简单氢化物沸点：【答案】D【解析】M原子序数最小，且形成4键，则M为C；X形成2键，Z形成6键，且X和Z同族，则X为O，Z为S；原子序数依次增大，则W为N；Y形成1键，则Y为F；因此M、W、X、Y、Z依次为：C、N、O、F、S，据此分析回答问题；A．F原子核外电子排布式为1s22s22p5，则最外层占据4个原子轨道，故有4种不同的空间运动状态，A错误；B．根据该阴离子的结构示意图可知N原子采取杂化，因此该离子中S、N、S三原子不可能共线，B错误；C．同周期元素第一电离能呈增大趋势，但ⅡA、ⅤA由于能级处于全充满、半充满状态，第一电离能高于同周期相邻主族，故第一电离能：＜F，C错误；D．由于分子间存在氢键，常温下为液态，常温下为气态，故简单氢化物沸点：，D正确；故答案为：D。6.下列实验操作对应的装置正确的是A．实验室制备氨气并收集B．实验室制备乙酸乙酯C．制备乙二酸D．测定醋酸的浓度A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．装置中收集氨气的集气瓶口不能有塞子，否则空气排不出来，故A错误；B．导管口不能伸入到液面以下，否则容易发生倒吸，故B错误；C．酸性高锰酸钾能继续氧化乙二酸到二氧化碳，故C错误；D．用带有聚四氟乙烯活塞的滴定管盛放氢氧化钠溶液，滴定醋酸，恰好反应时溶液显碱性，选用酚酞作指示剂，故D正确；故选D。7.的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用为原料可以合成新型可降解高分子P，其合成路线如下。已知：反应①中无其他产物生成。下列说法错误的是A.X物质名称是1，3-二丁烯B.P可以使溴水褪色C.P完全水解得到的产物的结构简式为D.Y通过碳碳双键的加聚反应生成的高分子难以降解【答案】A【解析】A．根据X的结构简式可知，X物质名称是1，3-丁二烯，A错误；B．P中含有碳碳双键，可以和溴水中的溴发生加成反应，可以使溴水褪色，B正确；C．根据P的结构可知，P是由缩聚产生的，则P完全水解得到的产物的结构简式为，C正确；D．Y形成的聚酯类高分子主链上含有大量酯基，易水解，而Y通过碳碳双键加聚得到的高分子主链主要为长碳链，与聚酯类高分子相比难以降解，D正确；故选A。8.下列说法错误的是A.由与组成的离子液体常温下呈液态，难挥发B.冠醚18-冠-6空腔直径与直径接近，冠醚18-冠-6可识别C.电负性：，酸性：D.晶体中与8个配位，而晶体中与6个配位【答案】C【解析】A．由与组成的离子液体，离子的半径较大，离子键较弱，常温下呈液态，难挥发，故A正确；B．冠醚18-冠-6具有识别特征，其空腔直径与K+直径接近，冠醚18-冠-6可识别，故B正确；C．氟的电负性大于氯的电负性，F的吸电子作用更强，导致CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出H+，故酸性：CF3COOH＞CCl3COOH，故C错误；D．因为Cs+比Na+的半径大，能吸引更多的异性电荷，CsCl晶体中Cs+与8个Cl-配位，而NaCl晶体中Na+与6个Cl-配位，故D正确；答案选C。9.钛合金在航空航天领域有着广泛的应用。一种利用废脱硝催化剂(含、、等成分)提取钛的工艺流程如图所示。下列说法正确的是A.钒位于元素周期表的ds区B.上述流程中共涉及到4个氧化还原反应C.提高铵盐浓度有利于沉钒D.高温碱浸生成的离子方程式为：【答案】C【解析】废脱硝催化剂（含等成分）和NaOH在高温下碱浸，生成Na2TiO3和钒钨液，Na2TiO3酸浸后生成H2TiO3，焙烧H2TiO3得到TiO2，与Cl2和过量的C加热生成TiCl4，TiCl4与Mg在氩气中发生置换反应，生成Ti，钒钨液用HCl调pH值，得到H3WO4和NaVO3，NaVO3加铵盐沉钒，得到NH4VO3，焙烧得到V2O5，处理后得到V。A．钛原子序数为22，基态钛的价层电子排布式为，位于d区，故A错误；B．二氧化钛生成四氯化钛的反应，四氯化钛和镁的反应，五氧化二钒生成单质钒的反应，一共3个氧化还原反应，故B错误；C．NaVO3加铵盐沉钒，得到NH4VO3，提高铵盐浓度有利于沉钒，故C正确；D．高温碱浸生成的离子方程式为：，故D错误；故选C。10.电化学合成在有机合成领域发挥着重要作用。某实验小组利用电化学方法氧化烯烃制备环氧化物(其中-R基团代表烷烃基)，装置如下图所示。下列叙述正确的是A.当Pt电极上产生11.2L氢气时，理论上转移1mol电子B.该装置中负极区的化学反应方程式为：Br2+H2O++2Br-+2H+C.Pt电极上发生氧化反应D.和分子中(除-R外)都含有手性碳【答案】B【解析】A．没有标明是否为标准状况下，无法计算，故A错误；B．根据图可知，负极区的化学反应方程式为：Br2+H2O++2Br-+2H+，故B正确；C．根据图可知，Pt电极上得电子发生还原反应，故C错误；D．分子中(除-R外)不含有手性碳，故D错误；故选B。11.苯甲酸是一种食品添加剂，某粗苯甲酸样品中含有少量和泥沙，提纯苯甲酸的实验流程如图(已知：常温下苯甲酸易溶于乙醇，25℃和75℃时苯甲酸在水中的溶解度分别为和)。下列说法正确的是A.“过滤”时为了加快过滤速度，需要用玻璃棒不断搅拌漏斗中的液体B.检验苯甲酸中含有的是否除净，可选用溶液C.“洗涤”时为了减少苯甲酸的损失、提高产量，可选用乙醇作洗涤剂D.除去苯甲酸中的，“结晶”时应采用蒸发结晶【答案】B【解析】A．过滤时，不能用玻璃棒搅拌漏斗中的液体，有可能会使滤纸破裂，故A错误；B．检验苯甲酸中含有的是否除净，可以取少量样品溶于水，滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀，则说明NaCl已经除净，故B正确；C．常温下，苯甲酸微溶于水，易溶于乙醇，洗涤时不宜用乙醇，应用冷水，故C错误；D．NaCl的溶解度随温度变化不大，为除去NaCl，“结晶”时应采用冷却结晶，使NaCl留在滤液中，故D错误；答案选B。12.室温下，根据下列实验过程及现象，相应实验结论正确的是选项实验过程及现象实验结论A将等浓度等体积的溶液与溶液混合有白色沉淀生成二者水解相互促进生成氢氧化铝沉淀B的悬浊液中加入饱和溶液，生成浅红色沉淀(为浅红色)C取少量样品溶于水，加入溶液，再加入足量盐酸，产生白色沉淀无法判断原样品是否变质D将新制饱和氯水慢慢滴入含酚酞的稀溶液中，溶液红色褪去具有漂白性A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．将等浓度等体积的溶液与溶液混合发生反应，不是水解反应，故A错误；B．的悬浊液中加入饱和溶液，增大锰根离子浓度，CuS转化为MnS，不能证明，故B错误；C．取少量样品溶于水，加入溶液，再加入足量盐酸，酸性条件下硝酸根离子能把氧化为，产生白色沉淀硫酸钡，不能判断原样品是否变质，故C正确；D．新制氯水中含有盐酸和次氯酸，盐酸、次氯酸能中和氢氧化钠，将新制饱和氯水慢慢滴入含酚酞的稀NaOH溶液中，溶液红色褪去，可能是盐酸、次氯酸和氢氧化钠发生中和反应，不能证明HClO具有漂白性，故D错误；选C。13.某研究小组给出了加氢制的可能反应机理，如图所示。首先在催化剂表面解离成2个，随后参与到的还原过程。(注：□表示氧原子空位，*表示吸附在催化剂上的微粒)，下列说法错误的是A.反应过程存在的断裂和生成B.理论上，每生成，该历程中消耗的的数目为C.催化剂氧空位用于捕获，氧空位越多反应速率越快D.若反应温度过高使甲醇炭化，生成的碳颗粒易使催化剂反应活性下降【答案】A【解析】A．反应过程存在O-H生成，但无O-H键的断裂，故A错误；B．H2首先在面解离成2个H*，随后参与到CO2的还原过程，根据图中信息可知，CH3OH∼6H*，所以理论上，每生成1molCH3OH，该历程中消耗的H*的数目为，故B正确；C．H2首先在ZnGaO3催化剂表面解离成2个H*，2个H*与催化剂反应形成氧空位，催化剂氧空位再与CO2结合，所以催化剂氧空位用于捕获CO2，氧空位越多反应速率越快，故C正确；D．反应温度过高使甲醇炭化，碳覆盖在催化剂的表面，使催化剂反应活性降低，故D正确；答案选A。14.为二元弱酸，常温下将0.1mol/L的溶液滴入的溶液中，溶液中(或)的分布系数、加入溶液的体积V与pH的关系如图所示[已知：]。下列叙述正确的是A.到达m点需要加入溶液的体积大于10mLB.q点溶液中溶质的第一步水解平衡常数的数量级为C.随着溶液的加入，水的电离程度D.n点满足关系：【答案】D【解析】常温下将的NaOH溶液滴入20mL0.1mol/LNaHA的溶液中，NaHA+NaOH=Na2A+H2O可知，随着NaOH溶液的加入，的浓度上升，浓度下降，曲线a代表，曲线b代表，剩余曲线为滴定曲线，据此分析。A．m点时，存在，pH=4.2，可得出c(H+)=10-4.2mol/L，，说明NaHA溶液呈酸性，说明的电离大于水解，若加入的NaOH等于10mL，，根据的电离大于水解，则有，而m点时，存在，若是加入NaOH溶液的体积大于10mL则溶液中生成更多的，因此到达m点需要加入NaOH溶液的体积小于10mL，A项错误；B．q点为溶液，，其第一步水解平衡常数为，数量级为，B项错误；C．q点时，溶液刚好反应生成，q点后继续加入NaOH溶液，碱过量，碱对于水的电离是抑制的，因此水的电离程度会下降，则随着溶液的加入，水的电离程度，C项错误；D．n点时滴入了10mLNaOH溶液，，根据物料守恒和电荷守恒可得：，，消去可得，此时溶液呈酸性，则，D项正确；故选D。第II卷(选择题共58分)二、非选择题(本题包含4道小题，共58分)15.氮化锶是工业上生产高端荧光粉的主要材料。某实验小组利用如下装置制备氮化锶并测定产品的纯度。已知：金属锶与氮气在加热条件下可生成氮化锶，氮化锶遇水剧烈反应产生氨气。I．制备氮化锶（1）仪器a的作用为___________，洗气瓶c中盛放的试剂是___________。（2）仪器b中发生反应的离子方程式为___________。（3）该实验装置的设计有一处缺陷，如何改进___________。（4）工业生产中欲使Sr反应完全，当吸收氮的作用减缓时可将温度提高到700∼750℃，分析可能的原因是___________(写出一条即可)。II．测定产品的纯度称取5.0g产品，放入干燥的三颈烧瓶中，点燃A处酒精灯，向三颈烧瓶中加入蒸馏水，充分反应后，从烧杯中量取吸收液至锥形瓶中，用标准溶液滴定剩余盐酸，到终点时消耗溶液(图中夹持装置略)。(摩尔质量为)（5）装置A的作用为___________。（6）下列实验操作会使测量纯度偏大的是___________(填字母)。A.A装置中产生的水蒸气量过少B.用酸式滴定管量取吸收液时，开始平视，最终仰视C.用标准溶液滴定吸收液时，滴定管尖嘴部位开始无气泡，最终有气泡D.接近滴定终点时，标准溶液滴速过快，成注流下（7）产品纯度为___________。(保留三位有效数字)【答案】（1）①.平衡气压，使液体顺利流下②.浓硫酸（2）（3）在d装置后增加一个装有碱石灰的球形干燥管（4）温度升高化学反应速率加快（或：温度升高使化学平衡正向移动）（5）利用水蒸气将反应产生的氨气排出，以便被盐酸标准溶液完全吸收（6）BD（7）46.7%【解析】装置A为制备氮气的装置，反应原理是：；因氮化锶遇水剧烈反应故制备氮化锶装置前后需要连接干燥装置，制备的氮气需要经过干燥后能进入装置d，故c瓶中盛放液体为浓硫酸，作用是干燥氮气。为了防止空气中的水分进入d玻璃管内干扰实验，应在d装置后加一干燥装置。（1）a导管的作用是平衡气压，使液体顺利流下；c瓶中盛放液体为浓硫酸，故答案为：平衡气压，使液体顺利流下；浓硫酸。（2）由分析可知，仪器b中发生反应为饱和氯化铵溶液与亚硝酸钠溶液反应生成氮气、氯化钠和水，化学方程式为：，故答案为：。（3）该装置缺陷为空气中的水蒸气进入d玻璃管内，干扰实验，则应该在d装置后增加一个装有碱石灰的球形干燥管，故答案为：在d装置后增加一个装有碱石灰的球形干燥管。（4）当吸收氮的作用减缓时将温度提高到700~750℃，可使锶反应完全，故从速率和平衡的角度分析，可能的原因是温度升高，化学反应速率加快或平衡正向移动，故答案为：温度升高化学反应速率加快（或：温度升高使化学平衡正向移动）。（5）装置A的作用为利用水蒸气将反应产生的氨气排出，以便被盐酸标准溶液完全吸收，故答案为：利用水蒸气将反应产生的氨气排出，以便被盐酸标准溶液完全吸收。（6）A．A装置中产生的水蒸气量过少会使结果偏低，故A错误；B．读数时，开始时平视，终点时仰视，会使结果偏高，故B正确；C．滴定前滴定管尖嘴内无气泡，滴定后尖嘴内有气泡，气泡的体积也是消耗的液体的体积，则测得体积比实际消耗的小，故C错误；D．接近滴定终点时，标准溶液滴速过快，成注流下，会导致结果偏高，故D正确；故答案为BD。（7）滴定过程中的盐酸被氢氧化钠和氨气消耗，200mL盐酸溶液中与氢氧化钠反应的盐酸的物质的量为：，与氨气反应的盐酸的物质的物质的量为：，即氨气的物质的量为0.016mol，根据化学方程式：，氮化锶的物质的量为0.008mol，样品的纯度为：，故答案为：46.7%。16.航空航天领域，锰被用于制造高温金属和钛合金。工业上以含锰矿石(主要成分为，还含有铁、钴、铜等的碳酸盐杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如下：25℃时，部分物质的溶度积常数如下表所示。物质回答下列问题：（1）基态原子的价层电子的轨道表示式为___________。（2）“浸取”前，含锰矿石研磨的目的是___________。（3）“氧化”步骤发生反应的离子方程式为___________。（4）先“氧化”，后加氨水调节溶液，两步操作不可以调换的原因是___________。（5）当溶液中某组分浓度时，可认为已除尽。“除杂3”步骤所得溶液中，则其范围是___________。(已知)（6）电解废液中还含有少量，向其中加入饱和溶液，有沉淀和气体生成，该反应的离子方程式为___________。（7）一种晶胞结构如图所示。已知该晶胞参数为，阿伏加德罗常数为，则该晶体的摩尔体积为___________(列出计算式)。【答案】（1）（2）提高浸取速率（3）MnO2+4H++2Fe2+=2Fe3++Mn2++2H2O（4）Mn2+、Fe2+、Co2+、Cu2+的Ksp相近，Fe3+的Ksp远小于Fe2+、Co2+、Cu2+，首先将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氨水调pH沉淀Fe3+，从而完全沉淀Fe3+。（5）10<pS≤15.4（6）Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O（7）【解析】含锰矿石中加入足量硫酸浸取，MnCO3转化为Mn2+，铁、钴、铜的碳酸盐转化为亚铁离子、钴离子和铜离子，加入过量MnO2，MnO2将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为Mn2+，加入氨水调节pH=4，此时c(OH-)=10-10mol/L，根据物质的溶度积常数可知，此时生成的沉淀为氢氧化铁，还有过量的二氧化锰，再加入氨水调节pH，使Cu2+转化为氢氧化铜沉淀，同时Mn2+不能沉淀，此时滤渣2为氢氧化铜，再加入硫化铵，生成CoS沉淀，最后电解得到Mn。（1）Mn处于周期表中第4周期第ⅤⅡB族，则其价电子排布式为3d54s2，所以轨道表示式为：。（2）用硫酸浸取含锰矿石时，可采用将矿石粉碎、适当提高硫酸浓度、适当提高温度等方式提高浸取速率，因此“浸取”前，含锰矿石研磨的目的是提高浸取速率。（3）氧化过程中，MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Mn2+，离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+=2Fe3++Mn2++2H2O。（4）锰、铁、钴、铜等的碳酸盐杂质与稀硫酸反应生成Mn2+、Fe2+、Co2+、Cu2+，Mn2+、Fe2+、Cu2+的Ksp相近，很难通过沉淀方法分离，而Fe3+的Ksp远小于Fe2+、Co2+、Cu2+，因此应首先将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氨水调pH沉淀Fe3+，从而分离Fe。（5）除杂3中锰离子浓度，若使锰离子不能发生沉淀，则，此时pS>10；同时Co2+要沉淀完全，即，，此时pS≤15.4，因此pS的范围是10<pS≤15.4。（6）电解废液中含有少量Mn2+，加入饱和NH4HCO3，有沉淀和气体生成，沉淀为碳酸锰，气体为二氧化碳，离子方程式为Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O。（7）1个晶胞中Mn的个数为：，O的个数为：，则每个晶胞中含有2个MnO2，则该锰氧化物的摩尔体积。17.中央经济工作会议强调要“加快新能源、绿色低碳等前沿技术研发和应用推广”。甲烷化是目前研究的热点方向之一，也可以获得新型能源二甲醚，在环境保护方面显示出较大潜力。其主要反应如下：反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ：反应Ⅳ：回答下列问题：（1）反应___________。（2）在体积相等的多个恒温恒容密闭容器中，分别充入和，均只发生上述反应Ⅰ，在不同温度下反应相同时间，测得、、转化率与温度关系如图所示。已知该反应的速率方程为，，其中、为速率常数，只受温度影响，温度升高，、都增大。①下列选项不能作为反应Ⅰ达到平衡状态的判断依据的是___________(填字母)。A．的体积分数不变B．容器内气体压强不变C．D．混合气体的平均摩尔质量不变②由图中信息可知，a、b、c三点中可能达平衡状态的是___________；代表曲线的是___________(填“MH”或“NG”)。（3）向恒温恒压的密闭容器中充