2025届湖南省新高考教学教研联盟高三下学期第二次联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖南省新高考教学教研联盟2025届高三下学期第二次联考试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H~1Li~7C~12N~14O~16Cl~35.5Pd~106一、选择题（本题包括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.化学与生活、科技密切相关，我国科技在多个领域取得重大突破。下列说法错误的是A.2024年华为发布固态电池专利，固态电池提高了电池的使用寿命、安全性和能量密度B.WS20涡扇发动机是我国研发的航空发动机，其材料应注重高温性能、强度和耐久性C.月球探测器带回的月壤样品中含磷酸盐晶体，其结构可用X射线衍射仪测定D.宇树智能机器狗使用的关键材料是PEEK(聚醚醚酮)材料，是一种无机非金属材料【答案】D【解析】A．固态电池采用固态电解质，相比传统液态电解质电池，能有效减少电池内部短路风险，提高安全性；其能量密度更高，可存储更多电能；且循环性能更好，能延长使用寿命，A正确；B．航空发动机在工作时会处于高温、高负荷环境，所以其材料需要具备良好的高温性能、足够的强度来承受机械应力，以及耐久性以保证长时间稳定运行，B正确；C．X射线衍射仪可通过分析X射线通过晶体后产生的衍射图案，来确定晶体的结构，包括晶胞参数、原子排列等信息，所以能用于测定磷酸盐晶体结构，C正确；D．PEEK（聚醚醚酮）是一种高分子聚合物，属于有机高分子材料，并非无机非金属材料，D错误；故选D。2.物质性质决定用途，下列两者对应关系错误的是A.明矾溶液显酸性，中国古代利用明矾溶液清除铜镜表面的铜锈B.溶液显碱性，常做烘焙糕点的膨松剂C.维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂D.二氧化硅中存在光的全反射，并且有硬度和柔韧度，可作光导纤维【答案】B【解析】A．明矾溶液电离出的Al3+水解显酸性，可以清除铜镜表面的铜锈Cu2(OH)2CO3，A正确；B．常做烘焙糕点的膨松剂是利用了NaHCO3遇酸或受热分解生成CO2气体，B错误；C．维生素C具有还原性，可以与氧化剂反应，用作食品抗氧化剂，C正确；D．二氧化硅作光导纤维利用了其存在光的全反射，并且有硬度和柔韧度，D正确；答案选B。3.下列化学用语或图示表述正确的是A.的电子式为B.氰化物等毒性物质的运输标识为C.基态As的电子排布式可表示为D.邻羟基苯甲醛的分子内氢键可表示为【答案】D【解析】A．的电子式漏掉了F周围的电子，F周围应该有8个电子，A错误；B．氰化物等毒性物质的运输标识为，B错误；C．基态As的电子排布式可表示为，C错误；D．邻羟基苯甲醛的分子内氢键-O-H上的氢原子与另一个O原子之间的作用力，可表示为，D正确；答案选D。4.某同学在学习了与的反应后，欲类比探究与的反应产物，设计了如下实验装置检验产物并观察到了以下现象：操作Ⅰ：用带火星的细木条靠近干燥管口a，未观察到细木条着火燃烧；操作Ⅱ：将装置C中反应后的固体物质溶于适量水配成溶液，在配成的溶液中先加入盐酸酸化，再加入硝酸钡溶液，有沉淀生成。下列说法错误的是A.制取使用固体和70%的溶液为宜B.若没有装置B，水蒸气会进入装置C中反应产生干扰实验C.操作Ⅰ细木条未着火燃烧可能是由于a口处气体中存在较多的未反应完全的D.操作Ⅱ产生沉淀无法确定C中固体产物中存在【答案】C【解析】Na2SO3与硫酸溶液反应得到SO2气体，再通过浓硫酸干燥进入盛Na2O2的玻璃管反应，碱石灰的作用是吸收多余的SO2防止污染空气，同时还防止空气中的水和二氧化碳进入干扰实验。A．硫酸浓度过高，H+浓度较少，不利于离子反应的发生，硫酸浓度过低，SO2易溶于水，不利于SO2气体的放出，制取使用固体和70%的溶液为宜，A正确；B．B装置中是浓硫酸，目的是干燥SO2气体，防止水蒸气进入C装置与Na2O2反应生成氧气，干扰实验，B正确；C．操作Ⅰ细木条未着火燃烧，可能是由于发生Na2O2+SO2=Na2SO4，没有O2放出，C错误；D．检验硫酸根离子，先加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若加入硝酸钡溶液，硝酸会将亚硫酸氧化为硫酸，无法确定C中固体产物中存在，D正确；答案选C。5.某同学设计利用乙烷燃料电池来电解处理酸性含铬废水(主要含有)，其装置示意图如图所示，处理过程中存在反应。下列说法错误的是A.M电极的电极反应为B.铬元素最终以形式除去C.电解池右侧的Fe电极更换为石墨电极，对废水处理影响不大D.若电解过程中，电子的有效利用率为60%，每处理掉0.2mol的，理论上N电极需要通入11.2L(已折算为标准状况)【答案】D【解析】由图可知，左侧装置为燃料电池，M电极为燃料电池的负极，氧离子作用下乙烷失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，N电极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氧离子；右侧装置为电解池，与M电极相连的铁电极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，与N电极相连的铁电极为阳极，铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子：Fe-2e-=Fe2+，放电生成的亚铁离子酸性条件下与废水中的重铬酸根离子反应生成铬离子、铁离子和水，随着H+的放电和被消耗，溶液的pH增大，溶液中的铁离子、铬离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铁、氢氧化铬沉淀达到处理酸性含铬废水的目的。A．由分析可知，M电极为燃料电池的负极，氧离子作用下乙烷失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极反应式为，故A正确；B．由分析可知，铬元素最终以氢氧化铬形式除去而达到处理酸性含铬废水的目的，故B正确；C．由分析可知，与M电极相连的右侧铁电极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，右侧的铁电极更换为石墨电极，此时仍然是氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，不会影响对废水处理，故C正确；D．每处理掉0.2mol重铬酸根离子，需要1.2molFe2+，若电解过程中，电子的有效利用率为60%，由得失电子数目守恒可知，理论上N电极需要通入标准状况下氧气的体积为×22.4L/mol=22.4L，故D错误；故选D。6.一种以低品位锰矿(含、及少量、、)为原料生产的工艺流程如下。已知：在该流程条件下，、完全沉淀的pH分别为3.7和5.0，、开始沉淀的pH分别为7.2和8.8.下列说法错误的是A.“溶浸”过程中只体现了氧化性(不考虑的自身分解反应)B.“调pH”中物质A可以是MnOC.“沉锰”所得滤液中溶质的主要成分为D.在空气中加热氧化过程的化学方程式为【答案】A【解析】锰矿粉(含、及少量、、)用双氧水、硫酸溶液溶浸，SiO2不和硫酸溶液反应存在于滤渣1中，、转化为Mn2+，、转化为Fe3+、Al3+，加入适量A调节溶液pH值，主要将铁离子、铝离子生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除去，向滤液中加入氨水沉锰，母液主要是硫酸铵，根据信息可以循环利用，过滤得到的固体物质加水、在70°C、空气中加热反应生成Mn3O4。A．溶浸过程中H+与MnCO3、Fe3O4、Al2O3反应生成Mn2+、Fe3+、Al3+等，根据流程图，Mn2O3在酸性条件下将H2O2氧化成O2，本身被还原成Mn2+，作还原剂，A错误；B．加入适量A调节溶液pH值，将铁离子、铝离子生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，同时不能引入新的杂质，物质A可以是MnO，B正确；C．由分析可知，“沉锰”过程中MnSO4和氨水反应生成Mn(OH)2和，所得滤液中溶质的主要成分为，C正确；D．Mn(OH)2在空气中加热和O2反应生成Mn3O4，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，D正确；故选A。7.已知石墨是层状结构，可插入石墨层间形成插层化合物。某石墨插层化合物的晶体结构如图甲所示，晶体投影图如图乙所示。若该化合物的密度为，同层的最近距离为apm。下列说法错误的是A.石墨层中每个六元碳环实际占有2个碳原子 B.该石墨插层化合物的化学式为C.石墨中碳碳键的键长为0.5apm D.碳层和锂层的最短距离d为【答案】C【解析】A．石墨层中每个碳原子被三个六元环共用，六元碳环实际占有碳原子数为6×，A正确；B．根据均摊原则，四棱柱单元中Li+个数为2×+2×=1，C原子个数=16×=6，所以该化合物的化学式为LiC6，故B正确；C．图乙可知，同层Li+最近距离为棱柱顶面边长，是碳碳键长的三倍，石墨中碳碳键的键长为apm，故C错误；D．晶胞质量为g，体积为×1030pm3，体积V=×2d，V=×2d=×1030，d=，D正确；答案选C。8.某同学在学习了与的反应后，欲类比探究与的反应产物，设计了如下实验装置检验产物并观察到了以下现象：操作Ⅰ：用带火星的细木条靠近干燥管口a，未观察到细木条着火燃烧；操作Ⅱ：将装置C中反应后的固体物质溶于适量水配成溶液，在配成的溶液中先加入盐酸酸化，再加入硝酸钡溶液，有沉淀生成。下列说法错误的是A.制取使用固体和70%的溶液为宜B.若没有装置B，水蒸气会进入装置C中反应产生干扰实验C.操作Ⅰ细木条未着火燃烧可能是由于a口处气体中存在较多的未反应完全的D.操作Ⅱ产生沉淀无法确定C中固体产物中存在【答案】C【解析】Na2SO3与硫酸溶液反应得到SO2气体，再通过浓硫酸干燥进入盛Na2O2的玻璃管反应，碱石灰的作用是吸收多余的SO2防止污染空气，同时还防止空气中的水和二氧化碳进入干扰实验。A．硫酸浓度过高，H+浓度较少，不利于离子反应的发生，硫酸浓度过低，SO2易溶于水，不利于SO2气体的放出，制取使用固体和70%的溶液为宜，A正确；B．B装置中是浓硫酸，目的是干燥SO2气体，防止水蒸气进入C装置与Na2O2反应生成氧气，干扰实验，B正确；C．操作Ⅰ细木条未着火燃烧，可能是由于发生Na2O2+SO2=Na2SO4，没有O2放出，C错误；D．检验硫酸根离子，先加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若加入硝酸钡溶液，硝酸会将亚硫酸氧化为硫酸，无法确定C中固体产物中存在，D正确；答案选C。9.某同学设计利用乙烷燃料电池来电解处理酸性含铬废水(主要含有)，其装置示意图如图所示，处理过程中存在反应。下列说法错误的是A.M电极的电极反应为B.铬元素最终以形式除去C.电解池右侧的Fe电极更换为石墨电极，对废水处理影响不大D.若电解过程中，电子的有效利用率为60%，每处理掉0.2mol的，理论上N电极需要通入11.2L(已折算为标准状况)【答案】D【解析】由图可知，左侧装置为燃料电池，M电极为燃料电池的负极，氧离子作用下乙烷失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，N电极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氧离子；右侧装置为电解池，与M电极相连的铁电极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，与N电极相连的铁电极为阳极，铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子：Fe-2e-=Fe2+，放电生成的亚铁离子酸性条件下与废水中的重铬酸根离子反应生成铬离子、铁离子和水，随着H+的放电和被消耗，溶液的pH增大，溶液中的铁离子、铬离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铁、氢氧化铬沉淀达到处理酸性含铬废水的目的。A．由分析可知，M电极为燃料电池的负极，氧离子作用下乙烷失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极反应式为，故A正确；B．由分析可知，铬元素最终以氢氧化铬形式除去而达到处理酸性含铬废水的目的，故B正确；C．由分析可知，与M电极相连的右侧铁电极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，右侧的铁电极更换为石墨电极，此时仍然是氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，不会影响对废水处理，故C正确；D．每处理掉0.2mol重铬酸根离子，需要1.2molFe2+，若电解过程中，电子的有效利用率为60%，由得失电子数目守恒可知，理论上N电极需要通入标准状况下氧气的体积为×22.4L/mol=22.4L，故D错误；故选D。10.一种以低品位锰矿(含、及少量、、)为原料生产的工艺流程如下。已知：在该流程条件下，、完全沉淀的pH分别为3.7和5.0，、开始沉淀的pH分别为7.2和8.8.下列说法错误的是A.“溶浸”过程中只体现了氧化性(不考虑的自身分解反应)B.“调pH”中物质A可以是MnOC.“沉锰”所得滤液中溶质的主要成分为D.在空气中加热氧化过程的化学方程式为【答案】A【解析】锰矿粉(含、及少量、、)用双氧水、硫酸溶液溶浸，SiO2不和硫酸溶液反应存在于滤渣1中，、转化为Mn2+，、转化为Fe3+、Al3+，加入适量A调节溶液pH值，主要将铁离子、铝离子生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除去，向滤液中加入氨水沉锰，母液主要是硫酸铵，根据信息可以循环利用，过滤得到的固体物质加水、在70°C、空气中加热反应生成Mn3O4。A．溶浸过程中H+与MnCO3、Fe3O4、Al2O3反应生成Mn2+、Fe3+、Al3+等，根据流程图，Mn2O3在酸性条件下将H2O2氧化成O2，本身被还原成Mn2+，作还原剂，A错误；B．加入适量A调节溶液pH值，将铁离子、铝离子生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，同时不能引入新的杂质，物质A可以是MnO，B正确；C．由分析可知，“沉锰”过程中MnSO4和氨水反应生成Mn(OH)2和，所得滤液中溶质的主要成分为，C正确；D．Mn(OH)2在空气中加热和O2反应生成Mn3O4，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，D正确；故选A。11.已知石墨是层状结构，可插入石墨层间形成插层化合物。某石墨插层化合物的晶体结构如图甲所示，晶体投影图如图乙所示。若该化合物的密度为，同层的最近距离为apm。下列说法错误的是A.石墨层中每个六元碳环实际占有2个碳原子 B.该石墨插层化合物的化学式为C.石墨中碳碳键的键长为0.5apm D.碳层和锂层的最短距离d为【答案】C【解析】A．石墨层中每个碳原子被三个六元环共用，六元碳环实际占有碳原子数为6×，A正确；B．根据均摊原则，四棱柱单元中Li+个数为2×+2×=1，C原子个数=16×=6，所以该化合物的化学式为LiC6，故B正确；C．图乙可知，同层Li+最近距离为棱柱顶面边长，是碳碳键长的三倍，石墨中碳碳键的键长为apm，故C错误；D．晶胞质量为g，体积为×1030pm3，体积V=×2d，V=×2d=×1030，d=，D正确；答案选C。12.X、Y、Z、W、Q为原子序数逐渐增大的短周期元素，其中X、Y、Q处于不同周期，W、Q同主族。五种元素中，Z的基态原子中未成对电子数最多。现有这些元素组成的两种单体Ⅰ、Ⅱ，通过三聚可分别得到如图(图中未区别标示出单、双键)所示的环状物质(a)和(b)。下列说法错误的是A.第一电离能： B.单体Ⅰ中Y原子为sp杂化C.物质(b)中键长：①② D.单体Ⅱ为非极性分子【答案】C【解析】X、Y、Z、W、Q为原子序数逐渐增大的短周期元素，X、Y、Q处于不同周期，X为H元素，Y为第二周期元素，Q为第三周期的元素，由图a可知，Z周围形成三个共价键，Z的基态原子中未成对电子数最多，则Z为N元素，Y和Z形成的环状结构中，存在大π键，则Y为C元素，图a为NH2CN的三聚体；图b可知，W形成2个键，W与Q同主族，W为O元素，Q为S元素，b是SO3的三聚体。A．同周期第一电离能从左到右逐渐增大，N原子2p轨道半充满稳定第一电离能N>O，第一电离能：N>O>C，A正确；B．单体Ⅰ的结构简式为，存在碳氮叁键，C的杂化方式为sp杂化，B正确；C．物质(b)中①为S=O双键，②为S-O单键，双键键长小于单键键长，键长：①<②，C错误；D．单体Ⅱ为SO3，中心原子为S，价层电子对为3+，孤电子对为0，空间构型为平面正三角形，正负电荷中心重合，为非极性分子，D正确；答案选C。13.现模拟HCl催化氧化制，发生反应：。在密闭容器中，充入一定量HCl和发生反应，HCl平衡转化率与X和L的变化关系如图1所示，其中L(、、)、X可分别代表压强或温度。恒温恒容时，HCl平衡转化率与进料比的变化关系如图2所示。下列说法错误的是A.L代表温度，且B.点a、b、c的正反应速率大小关系：C.若图2中HCl的初始浓度为，则M点的平衡常数K为D.在实际生产中，若进料比太小，会增加和的分离成本【答案】B【解析】该反应为气体分子数减小的放热反应，增大压强，平衡正向移动，HCl平衡转化率增大，升高温度，平衡逆向移动，HCl平衡转化率减小，所以X代表压强，L代表温度。A．根据分析可知，L代表温度，升高温度，平衡逆向移动，HCl平衡转化率减小，所以，A正确；B．点a、b、c位于同一曲线上，表示温度相同，压强越大，体系内气体浓度越大，反应速率越大，则速率：，B错误；C．若HCl的初始浓度为，图中M点，，O2的初始浓度为，HCl转化率为76％，列三段式：平衡常数：，C正确；D．在实际生产中，若进料比太小，氧气过量，不利于和的分离，D正确；答案选B。14.常温下，向溶液中加入氨水，体系中含磷粒子的物质的量分数与pH的关系如图1所示，其中交点M、N、Q的横坐标分别为2.1、7.2、12.4.若改为向含和的酸性混合溶液中加入氨水调节溶液pH，会有沉淀生成。pH对沉淀中Fe和P的物质的量之比的影响如图2所示，其中时，沉淀以为主。下列说法错误的是A.反应的平衡常数为B.N点满足：C.R点的沉淀中一定存在酸式盐沉淀D.若向的浊液中加氨水至P点，沉淀转化的主要化学方程式为：【答案】B【解析】M点代表c(H3PO4)=c()，则Ka1==c(H+)=10-2.1；N点代表c()=c()，则Ka2==c(H+)=10-7.2；Q点代表c()=c()，Ka3==c(H+)=10-12.4。A．反应的平衡常数为K===，A正确；B．N点溶液存在电荷守恒：，N点溶液中c()=c()，，B错误；C．其中时，沉淀以为主，=1:1，R点时<1:1，一定存在酸式盐沉淀，C正确；D．若向的浊液沉淀成分主要为FePO4，加氨水至P点时，大约为1.5:1，有Fe(OH)3沉淀生成，沉淀转化的主要化学方程式为：，D正确；答案选B。二、非选择题（本题包括4小题，共58分）15.贝诺酯(分子式为，相对分子质量为313)是白色结晶性粉末，无味，熔点175~176℃，不溶于水，在沸乙醇中易溶，在冷乙醇中微溶；临床上主要用于治疗风湿及类风湿性关节炎、骨关节炎、神经痛等。某化学兴趣小组根据以下实验流程制备贝诺酯。已知：根据路易斯酸碱理论，吡啶()是一种有机碱。部分实验装置(加热和夹持装置省略)如下图所示步骤Ⅰ：制备乙酰水杨酰氯。将9g阿司匹林(0.05mol，沸点321℃)、5mL氯化亚砜()(0.05mol，沸点78.8℃)、3滴吡啶加入干燥的三颈烧瓶中，接上仪器a．控制温度70~75℃，反应回流一段时间，反应结束后，减压蒸馏，冷却，得到乙酰水杨酰氯(沸点108℃)。步骤Ⅱ：合成贝诺酯。在装有搅拌器及温度计的150mL三颈烧瓶中加入50mL水和10.6g(0.07mol)对乙酰氨基酚()。在10~15℃和搅拌下滴加NaOH溶液。滴加完毕，慢慢滴加步骤Ⅰ制得的乙酰水杨酰氯的溶液。滴加完毕，调pH至9~10，继续搅拌反应1.5~2h，抽滤，水洗至中性，得粗品。步骤Ⅲ：纯化与分析。回答下列问题：（1）仪器a的名称为_______，滴液漏斗相比于普通分液漏斗的优势是_______。（2）实验步骤Ⅰ所用仪器均需干燥，是因为遇水剧烈反应生成两种气体，请写出该反应的化学方程式：_______。（3）加入吡啶的作用除了作催化剂外还可以_______。（4）某同学采用薄层色谱(利用各组分在固定相和流动相之间的分配不同实现分离)跟踪反应进程，分别在反应开始、回流60min、90min、120min和150min时，用毛细管取样、点样，薄层色谱展开后的斑点如下图所示。该实验条件下比较合适的回流时间是_______(填标号)。A.60min B.90min C.120min D.150min（5）步骤Ⅱ中维持10~15℃主要是为了_______。（6）步骤Ⅲ：得到的粗产品可以利用重结晶法进行提纯，请选择合适的操作补全实验_______(填标号)。_______→_______→_______→_______→过滤→洗涤→干燥a．加热水溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶b．加热乙醇溶解→活性炭脱色→趁热过滤→水洗至中性c．加热水溶解→趁热过滤→活性炭脱色→水洗至中性d．加热乙醇溶解→趁热过滤→活性炭脱色→冷却结晶该实验最终得到纯品9.39g，则贝诺酯的产率为_______。【答案】（1）①.球形冷凝管②.保持恒压，便于液体顺利流下（2）+H2O=SO2+2HCl（3）中和反应生成的HCl，使反应向右进行，提高转化率（4）C（5）防止温度过高，酰胺基在碱性条件下水解（6）①.b②.60%【解析】阿司匹林、氯化亚砜在吡啶催化作用下生成乙酰水杨酰氯，对乙酰氨基酚和氢氧化钠反应生成对乙酰氨基酚钠，乙酰水杨酰氯和对乙酰氨基酚钠反应生成贝诺酯,粗产品可以利用重结晶法进行提纯。（1）根据装置图，仪器a名称为球形冷凝管；和普通分液漏斗相比，恒压滴液漏斗上部和三颈烧瓶气压相通，可以保证恒压滴液漏斗中的液体顺利滴下。（2）遇水剧烈反应生成二氧化硫、氯化氢两种气体，该反应的化学方程式为+H2O=SO2+2HCl。（3）阿司匹林和氯化亚砜反应生成乙酰水杨酰氯和二氧化硫、氯化氢，吡啶是一种有机碱，加入吡啶的作用除了作催化剂外还可以中和反应生成的酸。（4）对照图中斑点分析，可以看出，反应开始时图上斑点为反应物，由此可推测，回流60min、90min时的图上，下面的斑点为反应物，上面的斑点为生成物，120min时图上的斑点为生成物，而反应物基本上无剩余。因此，该实验条件下比较合适的回流时间是120min，选C。（5）对乙酰氨基酚含有酰胺基，加热促进水解，步骤Ⅱ中维持10~15℃主要是为了防止对乙酰氨基酚水解；（6）贝诺酯不溶于水，在沸乙醇中易溶，在冷乙醇中微溶。得到的粗产品可以利用重结晶法进行提纯，重结晶过程是：加热乙醇溶解→活性炭脱色→趁热过滤→水洗至中性→过滤→洗涤→干燥，选b。根据合成路线图，0.05mol阿司匹林理论上生成0.05mol贝诺酯的，该实验最终得到纯品9.39g，则贝诺酯的产率为。16.一种从废旧芯片(主要成分为单晶硅，还含有塑料和少量Au、Ag、Cu、Pd等金属，除Au外其他金属均可溶于浓硝酸)中回收和利用贵金属的流程如下。已知：Si在空气中加热不反应；Au被氧化成的反应平衡常数；可与发生反应：；在水溶液中完全电离。回答下列问题：（1）从产物的分离提纯和绿色化学的角度考虑，“灼烧”的目的是_______。（2）浓硝酸与浓盐酸的比例为时溶解Au的效果较好，此时被还原为NO。写出Au溶解过程中发生反应的离子方程式：_______。（3）“滤渣2”的主要成分是_______(填化学式)。（4）“滤液2”中含有Cu、Pd等金属元素，可进一步将其分离提纯。①基态Cu的价层电子排布式为_______。②溶液中的经过一定处理后可以得到四配位的沉淀，其有2种同分异构体a和b．下列说法正确的有_______(填标号)。A．中存在的化学键类型是配位键、离子键B．的晶体类型属于分子晶体C．a和b的空间结构均为四面体形D．a的极性大于b③某研究小组以为原料制备金属Pd．将21.1g配制成悬浊液，向其中加入足量盐酸后，用氨水调节pH至弱碱性，得到溶液。然后加入50.00mL8.0mol/L的水合肼()溶液还原，得到Pd的同时生成无色、无味、无毒的气体。假定二价Pd被完全还原，则产生的气体在标准状况下的体积为_______。（5）AgCl沉淀用氨水溶解后可直接用于表面电镀，将待镀元件制成电极放置于“氨溶”后所得溶液中通电即可进行电镀，阴极上发生的电极反应为_______。【答案】（1）去除塑料；减少酸溶过程中氮氧化物的生成（2）Au++4H++4Cl-=+NO+2H2O（3）Si（4）①.3d104s1②.BD③.1.12L（5）【解析】废旧芯片(主要成分为单晶硅，还含有塑料和少量Au、Ag、Cu、Pd等金属)灼烧去除塑料等有机杂质，得到Ag2O、CuO、PdO、Au、Ag、Si残渣，用浓硝酸酸溶，得到含有Cu2+、Ag+、Pd2+、Ag+滤液1，Au和Si不溶于浓硝酸存在于滤渣1中，滤渣1用浓硝酸和浓盐酸的混合物浸取，Au转化为，Si不溶于酸存在于滤渣2中，用还原剂可以将还原为Au，滤液1中加入NaCl，得到AgCl沉淀，用氨水溶解AgCl得到，以此解答。（1）通入空气“灼烧”的目的是除去塑料，同时将Cu、Ag等金属部分氧化为对应的氧化物，使得“酸溶”过程中氮氧化物的生成量减小，减少对环境的污染。（2）由已知信息可知，浓硝酸与浓盐酸的比例为时溶解Au的效果较好，此时被还原为NO，Au被氧化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Au++4H++4Cl-=+NO+2H2O。（3）废旧芯片中含有的物质中除Si与Au以外都被灼烧或溶于硝酸中，Au溶于浓硝酸与浓盐酸的混合物中，因此剩余不溶的“滤渣2”为Si。（4）(4)①Cu在元素周期表中的位置为第四周期第ⅠB族，其价层电子排布式为3d104s1；②A．为四配位，两个Cl-和两个NH3分子均以配位键与Pd相连，无离子键，A错误；B．为分子化合物，无离子键，属于分子晶体，B正确；C．如果的空间结构为四面体形，则不会存在两种同分异构体，C错误；D．a和b相比，b的对称性更好，故a的极性更大，D正确；故选BD。③21.1g溶液加入50.00mL8.0mol/L的水合肼()溶液还原，得到Pd的同时生成无色、无味、无毒的气体为N2，该反应中N元素由-2价上升到0价，Pd元素由+2价下降到0价，根据得失电子守恒，该反应转移电子，则生成n(N2)==0.05mol，标准状况下的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L。（5）“氨溶”过程中发生的反应为，所得溶液中存在，阴极发生还原反应生成Ag，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式为。17.利用催化还原不仅能减少碳排放，还可以获得化工原料甲醇。研究表明，在某催化剂存在下，和可发生两个平行反应，分别生成和CO。反应的热化学方程式如下：Ⅰ．Ⅱ．（1）已知CO和的标准燃烧热分别为和，计算的为_______；CO和是等电子体且相对分子质量相等，但沸点不同，其中沸点较高的是_______(填化学式)。（2）和初始投料比为，以固定流速通过不同催化剂(cat.1和cat.2)，不同温度(523K、543K、563K、583K)下，的转化率和甲醇的选择性如图所示。已知在四种温度下，两种催化剂均处于活性较高状态，且563K下，用cat.2进行的催化反应已达到平衡。①结合图像分析，下列说法错误的是_______(填标号)。A．四种温度下，cat.1参与的反应均未达到平衡状态B．从甲醇产率的角度思考，最佳条件为cat.1、583KC．用cat.2进行催化时，从563K升温至583K时甲醇选择性降低是反应Ⅰ平衡逆向移动的结果D．由图可知，选择不同的催化剂可以改变反应的平衡产率②583K下，用cat.2催化时，的转化率为_______。（3）一定温度下，在初始体积2L的恒压密闭容器中充入2mol和4mol发生上述反应，经过10min达到平衡，此时和CO均为0.5mol，则的平均反应速率为_______；用分压表示的反应Ⅱ的平衡常数_______。（4）可以被NaOH溶液捕获来减少碳排放，若所得溶液中，写出对应反应的离子方程式：_______，此时溶液_______(已知：室温下，的、)。【答案】（1）①.+44kJ·mol-1②.CO（2）①.BD②.22%（3）①.3.2②.3（4）①.3CO2+4OH-=②.10【解析】（1）Ⅱ．；III．H2(g)+O2(g)=H2O(l)∆H3=-285.8kJ·mol-1；IV．CO(g)+O2(g)=CO2(g)∆H4=-283kJ·mol-1；反应II+IV-III得到：，∆H=(+41.2kJ·mol-1)+(-283kJ·mol-1)-(-285.8kJ·mol-1)=+44kJ·mol-1；CO为极性分子，N2为非极性分子，极性分子分子间作用力大，沸点高，故沸点高的为CO；（2）①A．四种温度下，cat.1参与的反应的CO2转化率均小于cat.2参与的反应，说明反应未达到平衡状态，A正确；B．由图可知，甲醇产率=CO2转化率×甲醇的选择性，最佳条件为cat.2、566K左右，B错误；C．生成甲醇的反应为放热反应，用cat.2进行催化时，从563K升温至583K时甲醇选择性降低是反应Ⅰ平衡逆向移动的结果，C正确；D．催化剂不改变反应的平衡产率，D错误；答案选BD；②583K下，用cat.2催化时，CO2的转化率为0.3，CH3OH的选择性为0.6，设CO2和H2的物质的量分别为1mol和3mol，生成CH3OH为1×0.3×0.6mol=0.18mol，消耗H2为0.54mol，生成CO为1×0.3×0.4mol=0.12mol，消耗H2的物质的量为0.12mol，的转化率为；（3）平衡时CO2为(2-1-0.5)mol=0.5mol，CO为0.5mol，CH3OH为1mol，H2为0.5mol，H2O为(0.5+1)=1.5mol，CH3OH的平均反应速率为；压表示的反应Ⅱ的平衡常数Kp=（4）与NaOH溶液反应所得溶液中，根据电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为：3CO2+4OH-=；，，c(H+)=1.0×10-10mol/L，pH=10。18.从当归中发现了有抗癌活性的物质X。一种人工合成物质X的路线如下。(部分条件和溶剂已省略)已知：Ⅰ．Lindlar催化剂可选择性地催化还原碳碳三键为碳碳双键；Ⅱ．，R为烃基，X为卤素原子；Ⅲ．，、为氢或其他基团。回答下列问题：（1）反应①的反应类型是_______。（2）化合物D的结构简式是_______。（3）关于上述转化过程中涉及的化合物，下列说法正确的有_______(填标号)。A．化合物A中含有3种官能团B．化合物B在核磁共振氢谱上有8组吸收峰C．反应⑥中用到的中所有的碳原子的杂化方式都是D．化合物X分子中含有2个手性碳原子（4）可通过酯化反应将化合物E转化为F，研究人员首先尝试了加入对应的羧酸并在酸催化下加热酯化，但最终没有采用这种方式，原因是_______。（5）化合物F转化为X的过程中，可认为依次发生了加成、消去、脱羧(脱去羧基)三步反应，如下图所示。写出其中“消去”的化学方程式(不要求写反应条件)：_______。（6）哌啶()是一种常见的有机碱。将下列化合物按碱性由强到弱排序：_______(填标号)。a．b．c．（7）依据以上流程信息，结合所学知识，设计以和为原料合成的路线(简单的有机溶剂、无机试剂任选)_______。【答案】（1）取代反应（2）（3）AC（4）酸催化会导致酯基水解（5）（6）a>c>b（7）【解析】根据已知信息Ⅱ，反应①为卤代烃与酚发生取代反应得到酚醚，结合B的分子式可知B为，化合物C的分子式比B多2个氢原子，根据已知信息Ⅰ，在Lindlar催化剂作用下碳碳三键加氢还原得到碳碳双键，故化合物C为，根据已知信息Ⅲ，在加热条件下，化合物C发生转化变成化合物D，其结构为。（1）由分析可知，反应①为取代反应。（2）由分析可知，D的结构简式为。（3）A．由A的结构简式可知，化合物A中含有羟基、酯基、碳碳双键3种官能团，A正确；B．化合物B为，共有7种不同化学环境的氢原子，故在核磁共振氢谱上有7组吸收峰，B错误；C．中苯环上的碳原子和醛基的碳原子杂化方式均为，C正确；D．化合物X分子中共有1个手性碳原子，如图中*标注：，D错误；故选AC。（4）化合物E结构为，在酸催化加热条件下可能发生羟基的消去和酯基的水解等副反应，不利于目标产物的生成。（5）化合物F转化为X的过程中，根据键连方式可知三步转化过程依次为：①化合物F中酯基与羧基中间的碳加成对羟基苯甲醛的醛基；②羟基与相邻碳原子上的氢原子发生消去反应消去一分子水；③脱羧失去一分子CO2，故“消去”的化学方程式为：。（6）N上的孤电子对结合氢离子能力越强，碱性越强；烃基为推电子基团，可以增大N的孤电子对的电子云密度，所以哌啶的碱性强于氨；吡啶()中N参与形成大π键，不易给出，所以吡啶的碱性弱于氨，故碱性：哌啶>氨>吡啶，故答案为：a>c>b。（7）和Cl2发生取代反应生成，和发生取代反应生成，发生已知信息III的机理得到，合成路线为：。湖南省新高考教学教研联盟2025届高三下学期第二次联考试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H~1Li~7C~12N~14O~16Cl~35.5Pd~106一、选择题（本题包括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.化学与生活、科技密切相关，我国科技在多个领域取得重大突破。下列说法错误的是A.2024年华为发布固态电池专利，固态电池提高了电池的使用寿命、安全性和能量密度B.WS20涡扇发动机是我国研发的航空发动机，其材料应注重高温性能、强度和耐久性C.月球探测器带回的月壤样品中含磷酸盐晶体，其结构可用X射线衍射仪测定D.宇树智能机器狗使用的关键材料是PEEK(聚醚醚酮)材料，是一种无机非金属材料【答案】D【解析】A．固态电池采用固态电解质，相比传统液态电解质电池，能有效减少电池内部短路风险，提高安全性；其能量密度更高，可存储更多电能；且循环性能更好，能延长使用寿命，A正确；B．航空发动机在工作时会处于高温、高负荷环境，所以其材料需要具备良好的高温性能、足够的强度来承受机械应力，以及耐久性以保证长时间稳定运行，B正确；C．X射线衍射仪可通过分析X射线通过晶体后产生的衍射图案，来确定晶体的结构，包括晶胞参数、原子排列等信息，所以能用于测定磷酸盐晶体结构，C正确；D．PEEK（聚醚醚酮）是一种高分子聚合物，属于有机高分子材料，并非无机非金属材料，D错误；故选D。2.物质性质决定用途，下列两者对应关系错误的是A.明矾溶液显酸性，中国古代利用明矾溶液清除铜镜表面的铜锈B.溶液显碱性，常做烘焙糕点的膨松剂C.维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂D.二氧化硅中存在光的全反射，并且有硬度和柔韧度，可作光导纤维【答案】B【解析】A．明矾溶液电离出的Al3+水解显酸性，可以清除铜镜表面的铜锈Cu2(OH)2CO3，A正确；B．常做烘焙糕点的膨松剂是利用了NaHCO3遇酸或受热分解生成CO2气体，B错误；C．维生素C具有还原性，可以与氧化剂反应，用作食品抗氧化剂，C正确；D．二氧化硅作光导纤维利用了其存在光的全反射，并且有硬度和柔韧度，D正确；答案选B。3.下列化学用语或图示表述正确的是A.的电子式为B.氰化物等毒性物质的运输标识为C.基态As的电子排布式可表示为D.邻羟基苯甲醛的分子内氢键可表示为【答案】D【解析】A．的电子式漏掉了F周围的电子，F周围应该有8个电子，A错误；B．氰化物等毒性物质的运输标识为，B错误；C．基态As的电子排布式可表示为，C错误；D．邻羟基苯甲醛的分子内氢键-O-H上的氢原子与另一个O原子之间的作用力，可表示为，D正确；答案选D。4.某同学在学习了与的反应后，欲类比探究与的反应产物，设计了如下实验装置检验产物并观察到了以下现象：操作Ⅰ：用带火星的细木条靠近干燥管口a，未观察到细木条着火燃烧；操作Ⅱ：将装置C中反应后的固体物质溶于适量水配成溶液，在配成的溶液中先加入盐酸酸化，再加入硝酸钡溶液，有沉淀生成。下列说法错误的是A.制取使用固体和70%的溶液为宜B.若没有装置B，水蒸气会进入装置C中反应产生干扰实验C.操作Ⅰ细木条未着火燃烧可能是由于a口处气体中存在较多的未反应完全的D.操作Ⅱ产生沉淀无法确定C中固体产物中存在【答案】C【解析】Na2SO3与硫酸溶液反应得到SO2气体，再通过浓硫酸干燥进入盛Na2O2的玻璃管反应，碱石灰的作用是吸收多余的SO2防止污染空气，同时还防止空气中的水和二氧化碳进入干扰实验。A．硫酸浓度过高，H+浓度较少，不利于离子反应的发生，硫酸浓度过低，SO2易溶于水，不利于SO2气体的放出，制取使用固体和70%的溶液为宜，A正确；B．B装置中是浓硫酸，目的是干燥SO2气体，防止水蒸气进入C装置与Na2O2反应生成氧气，干扰实验，B正确；C．操作Ⅰ细木条未着火燃烧，可能是由于发生Na2O2+SO2=Na2SO4，没有O2放出，C错误；D．检验硫酸根离子，先加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若加入硝酸钡溶液，硝酸会将亚硫酸氧化为硫酸，无法确定C中固体产物中存在，D正确；答案选C。5.某同学设计利用乙烷燃料电池来电解处理酸性含铬废水(主要含有)，其装置示意图如图所示，处理过程中存在反应。下列说法错误的是A.M电极的电极反应为B.铬元素最终以形式除去C.电解池右侧的Fe电极更换为石墨电极，对废水处理影响不大D.若电解过程中，电子的有效利用率为60%，每处理掉0.2mol的，理论上N电极需要通入11.2L(已折算为标准状况)【答案】D【解析】由图可知，左侧装置为燃料电池，M电极为燃料电池的负极，氧离子作用下乙烷失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，N电极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氧离子；右侧装置为电解池，与M电极相连的铁电极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，与N电极相连的铁电极为阳极，铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子：Fe-2e-=Fe2+，放电生成的亚铁离子酸性条件下与废水中的重铬酸根离子反应生成铬离子、铁离子和水，随着H+的放电和被消耗，溶液的pH增大，溶液中的铁离子、铬离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铁、氢氧化铬沉淀达到处理酸性含铬废水的目的。A．由分析可知，M电极为燃料电池的负极，氧离子作用下乙烷失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极反应式为，故A正确；B．由分析可知，铬元素最终以氢氧化铬形式除去而达到处理酸性含铬废水的目的，故B正确；C．由分析可知，与M电极相连的右侧铁电极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，右侧的铁电极更换为石墨电极，此时仍然是氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，不会影响对废水处理，故C正确；D．每处理掉0.2mol重铬酸根离子，需要1.2molFe2+，若电解过程中，电子的有效利用率为60%，由得失电子数目守恒可知，理论上N电极需要通入标准状况下氧气的体积为×22.4L/mol=22.4L，故D错误；故选D。6.一种以低品位锰矿(含、及少量、、)为原料生产的工艺流程如下。已知：在该流程条件下，、完全沉淀的pH分别为3.7和5.0，、开始沉淀的pH分别为7.2和8.8.下列说法错误的是A.“溶浸”过程中只体现了氧化性(不考虑的自身分解反应)B.“调pH”中物质A可以是MnOC.“沉锰”所得滤液中溶质的主要成分为D.在空气中加热氧化过程的化学方程式为【答案】A【解析】锰矿粉(含、及少量、、)用双氧水、硫酸溶液溶浸，SiO2不和硫酸溶液反应存在于滤渣1中，、转化为Mn2+，、转化为Fe3+、Al3+，加入适量A调节溶液pH值，主要将铁离子、铝离子生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除去，向滤液中加入氨水沉锰，母液主要是硫酸铵，根据信息可以循环利用，过滤得到的固体物质加水、在70°C、空气中加热反应生成Mn3O4。A．溶浸过程中H+与MnCO3、Fe3O4、Al2O3反应生成Mn2+、Fe3+、Al3+等，根据流程图，Mn2O3在酸性条件下将H2O2氧化成O2，本身被还原成Mn2+，作还原剂，A错误；B．加入适量A调节溶液pH值，将铁离子、铝离子生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，同时不能引入新的杂质，物质A可以是MnO，B正确；C．由分析可知，“沉锰”过程中MnSO4和氨水反应生成Mn(OH)2和，所得滤液中溶质的主要成分为，C正确；D．Mn(OH)2在空气中加热和O2反应生成Mn3O4，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，D正确；故选A。7.已知石墨是层状结构，可插入石墨层间形成插层化合物。某石墨插层化合物的晶体结构如图甲所示，晶体投影图如图乙所示。若该化合物的密度为，同层的最近距离为apm。下列说法错误的是A.石墨层中每个六元碳环实际占有2个碳原子 B.该石墨插层化合物的化学式为C.石墨中碳碳键的键长为0.5apm D.碳层和锂层的最短距离d为【答案】C【解析】A．石墨层中每个碳原子被三个六元环共用，六元碳环实际占有碳原子数为6×，A正确；B．根据均摊原则，四棱柱单元中Li+个数为2×+2×=1，C原子个数=16×=6，所以该化合物的化学式为LiC6，故B正确；C．图乙可知，同层Li+最近距离为棱柱顶面边长，是碳碳键长的三倍，石墨中碳碳键的键长为apm，故C错误；D．晶胞质量为g，体积为×1030pm3，体积V=×2d，V=×2d=×1030，d=，D正确；答案选C。8.某同学在学习了与的反应后，欲类比探究与的反应产物，设计了如下实验装置检验产物并观察到了以下现象：操作Ⅰ：用带火星的细木条靠近干燥管口a，未观察到细木条着火燃烧；操作Ⅱ：将装置C中反应后的固体物质溶于适量水配成溶液，在配成的溶液中先加入盐酸酸化，再加入硝酸钡溶液，有沉淀生成。下列说法错误的是A.制取使用固体和70%的溶液为宜B.若没有装置B，水蒸气会进入装置C中反应产生干扰实验C.操作Ⅰ细木条未着火燃烧可能是由于a口处气体中存在较多的未反应完全的D.操作Ⅱ产生沉淀无法确定C中固体产物中存在【答案】C【解析】Na2SO3与硫酸溶液反应得到SO2气体，再通过浓硫酸干燥进入盛Na2O2的玻璃管反应，碱石灰的作用是吸收多余的SO2防止污染空气，同时还防止空气中的水和二氧化碳进入干扰实验。A．硫酸浓度过高，H+浓度较少，不利于离子反应的发生，硫酸浓度过低，SO2易溶于水，不利于SO2气体的放出，制取使用固体和70%的溶液为宜，A正确；B．B装置中是浓硫酸，目的是干燥SO2气体，防止水蒸气进入C装置与Na2O2反应生成氧气，干扰实验，B正确；C．操作Ⅰ细木条未着火燃烧，可能是由于发生Na2O2+SO2=Na2SO4，没有O2放出，C错误；D．检验硫酸根离子，先加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若加入硝酸钡溶液，硝酸会将亚硫酸氧化为硫酸，无法确定C中固体产物中存在，D正确；答案选C。9.某同学设计利用乙烷燃料电池来电解处理酸性含铬废水(主要含有)，其装置示意图如图所示，处理过程中存在反应。下列说法错误的是A.M电极的电极反应为B.铬元素最终以形式除去C.电解池右侧的Fe电极更换为石墨电极，对废水处理影响不大D.若电解过程中，电子的有效利用率为60%，每处理掉0.2mol的，理论上N电极需要通入11.2L(已折算为标准状况)【答案】D【解析】由图可知，左侧装置为燃料电池，M电极为燃料电池的负极，氧离子作用下乙烷失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，N电极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氧离子；右侧装置为电解池，与M电极相连的铁电极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，与N电极相连的铁电极为阳极，铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子：Fe-2e-=Fe2+，放电生成的亚铁离子酸性条件下与废水中的重铬酸根离子反应生成铬离子、铁离子和水，随着H+的放电和被消耗，溶液的pH增大，溶液中的铁离子、铬离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铁、氢氧化铬沉淀达到处理酸性含铬废水的目的。A．由分析可知，M电极为燃料电池的负极，氧离子作用下乙烷失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极反应式为，故A正确；B．由分析可知，铬元素最终以氢氧化铬形式除去而达到处理酸性含铬废水的目的，故B正确；C．由分析可知，与M电极相连的右侧铁电极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，右侧的铁电极更换为石墨电极，此时仍然是氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，不会影响对废水处理，故C正确；D．每处理掉0.2mol重铬酸根离子，需要1.2molFe2+，若电解过程中，电子的有效利用率为60%，由得失电子数目守恒可知，理论上N电极需要通入标准状况下氧气的体积为×22.4L/mol=22.4L，故D错误；故选D。10.一种以低品位锰矿(含、及少量、、)为原料生产的工艺流程如下。已知：在该流程条件下，、完全沉淀的pH分别为3.7和5.0，、开始沉淀的pH分别为7.2和8.8.下列说法错误的是A.“溶浸”过程中只体现了氧化性(不考虑的自身分解反应)B.“调pH”中物质A可以是MnOC.“沉锰”所得滤液中溶质的主要成分为D.在空气中加热氧化过程的化学方程式为【答案】A【解析】锰矿粉(含、及少量、、)用双氧水、硫酸溶液溶浸，SiO2不和硫酸溶液反应存在于滤渣1中，、转化为Mn2+，、转化为Fe3+、Al3+，加入适量A调节溶液pH值，主要将铁离子、铝离子生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除去，向滤液中加入氨水沉锰，母液主要是硫酸铵，根据信息可以循环利用，过滤得到的固体物质加水、在70°C、空气中加热反应生成Mn3O4。A．溶浸过程中H+与MnCO3、Fe3O4、Al2O3反应生成Mn2+、Fe3+、Al3+等，根据流程图，Mn2O3在酸性条件下将H2O2氧化成O2，本身被还原成Mn2+，作还原剂，A错误；B．加入适量A调节溶液pH值，将铁离子、铝离子生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，同时不能引入新的杂质，物质A可以是MnO，B正确；C．由分析可知，“沉锰”过程中MnSO4和氨水反应生成Mn(OH)2和，所得滤液中溶质的主要成分为，C正确；D．Mn(OH)2在空气中加热和O2反应生成Mn3O4，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，D正确；故选A。11.已知石墨是层状结构，可插入石墨层间形成插层化合物。某石墨插层化合物的晶体结构如图甲所示，晶体投影图如图乙所示。若该化合物的密度为，同层的最近距离为apm。下列说法错误的是A.石墨层中每个六元碳环实际占有2个碳原子 B.该石墨插层化合物的化学式为C.石墨中碳碳键的键长为0.5apm D.碳层和锂层的最短距离d为【答案】C【解析】A．石墨层中每个碳原子被三个六元环共用，六元碳环实际占有碳原子数为6×，A正确；B．根据均摊原则，四棱柱单元中Li+个数为2×+2×=1，C原子个数=16×=6，所以该化合物的化学式为LiC6，故B正确；C．图乙可知，同层Li+最近距离为棱柱顶面边长，是碳碳键长的三倍，石墨中碳碳键的键长为apm，故C错误；D．晶胞质量为g，体积为×1030pm3，体积V=×2d，V=×2d=×1030，d=，D正确；答案选C。12.X、Y、Z、W、Q为原子序数逐渐增大的短周期元素，其中X、Y、Q处于不同周期，W、Q同主族。五种元素中，Z的基态原子中未成对电子数最多。现有这些元素组成的两种单体Ⅰ、Ⅱ，通过三聚可分别得到如图(图中未区别标示出单、双键)所示的环状物质(a)和(b)。下列说法错误的是A.第一电离能： B.单体Ⅰ中Y原子为sp杂化C.物质(b)中键长：①② D.单体Ⅱ为非极性分子【答案】C【解析】X、Y、Z、W、Q为原子序数逐渐增大的短周期元素，X、Y、Q处于不同周期，X为H元素，Y为第二周期元素，Q为第三周期的元素，由图a可知，Z周围形成三个共价键，Z的基态原子中未成对电子数最多，则Z为N元素，Y和Z形成的环状结构中，存在大π键，则Y为C元素，图a为NH2CN的三聚体；图b可知，W形成2个键，W与Q同主族，W为O元素，Q为S元素，b是SO3的三聚体。A．同周期第一电离能从左到右逐渐增大，N原子2p轨道半充满稳定第一电离能N>O，第一电离能：N>O>C，A正确；B．单体Ⅰ的结构简式为，存在碳氮叁键，C的杂化方式为sp杂化，B正确；C．物质(b)中①为S=O双键，②为S-O单键，双键键长小于单键键长，键长：①<②，C错误；D．单体Ⅱ为SO3，中心原子为S，价层电子对为3+，孤电子对为0，空间构型为平面正三角形，正负电荷中心重合，为非极性分子，D正确；答案选C。13.现模拟HCl催化氧化制，发生反应：。在密闭容器中，充入一定量HCl和发生反应，HCl平衡转化率与X和L的变化关系如图1所示，其中L(、、)、X可分别代表压强或温度。恒温恒容时，HCl平衡转化率与进料比的变化关系如图2所示。下列说法错误的是A.L代表温度，且B.点a、b、c的正反应速率大小关系：C.若图2中HCl的初始浓度为，则M点的平衡常数K为D.在实际生产中，若进料比太小，会增加和的分离成本【答案】B【解析】该反应为气体分子数减小的放热反应，增大压强，平衡正向移动，HCl平衡转化率增大，升高温度，平衡逆向移动，HCl平衡转化率减小，所以X代表压强，L代表温度。A．根据分析可知，L代表温度，升高温度，平衡逆向移动，HCl平衡转化率减小，所以，A正确；B．点a、b、c位于同一曲线上，表示温度相同，压强越大，体系内气体浓度越大，反应速率越大，则速率：，B错误；C．若HCl的初始浓度为，图中M点，，O2的初始浓度为，HCl转化率为76％，列三段式：平衡常数：，C正确；D．在实际生产中，若进料比太小，氧气过量，不利于和的分离，D正确；答案选B。14.常温下，向溶液中加入氨水，体系中含磷粒子的物质的量分数与pH的关系如图1所示，其中交点M、N、Q的横坐标分别为2.1、7.2、12.4.若改为向含和的酸性混合溶液中加入氨水调节溶液pH，会有沉淀生成。pH对沉淀中Fe和P的物质的量之比的影响如图2所示，其中时，沉淀以为主。下列说法错误的是A.反应的平衡常数为B.N点满足：C.R点的沉淀中一定存在酸式盐沉淀D.若向的浊液中加氨水至P点，沉淀转化的主要化学方程式为：【答案】B【解析】M点代表c(H3PO4)=c()，则Ka1==c(H+)=10-2.1；N点代表c()=c()，则Ka2==c(H+)=10-7.2；Q点代表c()=c()，Ka3==c(H+)=10-12.4。A．反应的平衡常数为K===，A正确；B．N点溶液存在电荷守恒：，N点溶液中c()=c()，，B错误；C．其中时，沉淀以为主，=1:1，R点时<1:1，一定存在酸式盐沉淀，C正确；D．若向的浊液沉淀成分主要为FePO4，加氨水至P点时，大约为1.5:1，有Fe(OH)3沉淀生成，沉淀转化的主要化学方程式为：，D正确；答案选B。二、非选择题（本题包括4小题，共58分）15.贝诺酯(分子式为，相对分子质量为313)是白色结晶性粉末，无味，熔点175~176℃，不溶于水，在沸乙醇中易溶，在冷乙醇中微溶；临床上主要用于治疗风湿及类风湿性关节炎、骨关节炎、神经痛等。某化学兴趣小组根据以下实验流程制备贝诺酯。已知：根据路易斯酸碱理论，吡啶()是一种有机碱。部分实验装置(加热和夹持装置省略)如下图所示步骤Ⅰ：制备乙酰水杨酰氯。将9g阿司匹林(0.05mol，沸点321℃)、5mL氯化亚砜()(0.05mol，沸点78.8℃)、3滴吡啶加入干燥的三颈烧瓶中，接上仪器a．控制温度70~75℃，反应回流一段时间，反应结束后，减压蒸馏，冷却，得到乙酰水杨酰氯(沸点108℃)。步骤Ⅱ：合成贝诺酯。在装有搅拌器及温度计的150mL三颈烧瓶中加入50mL水和10.6g(0.07mol)对乙酰氨基酚()。在10~15℃和搅拌下滴加NaOH溶液。滴加完毕，慢慢滴加步骤Ⅰ制得的乙酰水杨酰氯的溶液。滴加完毕，调pH至9~10，继续搅拌反应1.5~2h，抽滤，水洗至中性，得粗品。步骤Ⅲ：纯化与分析。回答下列问题：（1）仪器a的名称为_______，滴液漏斗相比于普通分液漏斗的优势是_______。（2）实验步骤Ⅰ所用仪器均需干燥，是因为遇水剧烈反应生成两种气体，请写出该反应的化学方程式：_______。（3）加入吡啶的作用除了作催化剂外还可以_______。（4）某同学采用薄层色谱(利用各组分在固定相和流动相之间的分配不同实现分离)跟踪反应进程，分别在反应开始、回流60min、90min、120min和150min时，用毛细管取样、点样，薄层色谱展开后的斑点如下图所示。该实验条件下比较合适的回流时间是_______(填标号)。A.60min B.90min C.120min D.150min（5）步骤Ⅱ中维持10~15℃主要是为了_______。（6）步骤Ⅲ：得到的粗产品可以利用重结晶法进行提纯，请选择合适的操作补全实验_______(填标号)。_______→_______→_______→_______→过滤→洗涤→干燥a．加热水溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶b．加热乙醇溶解→活性炭脱色→趁热过滤→水洗至中性c．加热水溶解→趁热过滤→活性炭脱色→水洗至中性d．加热乙醇溶解→趁热过滤→活性炭脱色→冷却结晶该实验最终得到纯品9.39g，则贝诺酯的产率为_______。【答案】（1）①.球形冷凝管②.保持恒压，便于液体顺利流下（2）+H2O=SO2+2HCl（3）中和反应生成的HCl，使反应向右进行，提高转化率（4）C（5）防止温度过高，酰胺基在碱性条件下水解（6）①.b②.60%【解析】阿司匹林、氯化亚砜在吡啶催化作用下生成乙酰水杨酰氯，对乙酰氨基酚和氢氧化钠反应生成对乙酰氨基酚钠，乙酰水杨酰氯和对乙酰氨基酚钠反应生成贝诺酯,粗产品可以利用重结晶法进行提纯。（1）根据装置图，仪器a名称为球形冷凝管；和普通分液漏斗相比，恒压滴液漏斗上部和三颈烧瓶气压相通，可以保证恒压滴液漏斗中的液体顺利滴下。（2）遇水剧烈反应生成二氧化硫、氯化氢两种气体，该反应的化学方程式为+H2O=SO2+2HCl。（3）阿司匹林和氯化亚砜反应生成乙酰水杨酰氯和二氧化硫、氯化氢，吡啶是一种有机碱，加入吡啶的作用除了作催化剂外还可以中和反应生成的酸。（4）对照图中斑点分析，可以看出，反应开始时图上斑点为反应物，由此可推测，回流60min、90min时的图上，下面的斑点为反应物，上面的斑点为生成物，120min时图上的斑点为生成物，而反应物基本上无剩余。因此，该实验条件下比较合适的回流时间是120min，选C。（5）对乙酰氨基酚含有酰胺基，加热促进水解，步骤Ⅱ中维持10~15℃主要是为了防止对乙酰氨基酚水解；（6）贝诺酯不溶于水，在沸乙醇中易溶，在冷乙醇中微溶。得到的粗产品可以利用重结晶法进行提纯，重结晶过程是：加热乙醇溶解→活性炭脱色→趁热过滤→水洗至中性→过滤→洗涤→干燥，选b。根据合成路线图，0.05mol阿司匹林理论上生成0.05mol贝诺酯的，该实验最终得到纯品9.39g，则贝诺酯的产率为。16.一种从废旧芯片(主要成分为单晶硅，还含有塑料和少量Au、Ag、Cu、Pd等金属，除Au外其他金属均可溶于浓硝酸)中回收和利用贵金属的流程如下。已知：Si在空气中加热不反应；Au被氧化成的反应平衡常数；可与发生反应：；在水溶液中完全电离。回答下列问题：（1）从产物的分离提纯和绿色化学的角度考虑，“灼烧”的目的是_______。（2）浓硝酸与浓盐酸的比例为时溶解Au的效果较好，此时被还原为NO。写出Au溶解过程中发生反应的离子方程式：_______。（3）“滤渣2”的主要成分是_______(填化学式)。（4）“滤液2”中含有Cu、Pd等金属元素，可进一步将其分离提纯。①基态Cu的价层电子排布式为_______。②溶液中的经过一定处理后可以得到四配位的沉淀，其有2种同分异构体a和b．下列说法正确的有_______(填标号)。A．中存在的化学键类型是配位键、离子键B．的晶体类型属于分子晶体C．a和b的空间结构均为四面体形D．a的极性大于b③某研究小组以为原料制备金属Pd．将21.1g配制成悬浊液，向其中加入足量盐酸后，用氨水调节pH至弱碱性，得到溶液。然后加入50.00mL8.0mol/L的水合肼()溶液还原，得到Pd的同时生成无色、无味、无毒的气体。假定二价Pd被完全还原，则产生的气体在标准状况下的体积为_______。（5）AgCl沉淀用氨水溶解后可直接用于表面电镀，将待镀元件制成电极放置于“氨溶”后所得溶液中通电即可进行电镀，阴极上发生的电极反应为_______。【答案】（1）去除塑料；减少酸溶过程中氮氧化物的生成（2）Au++4H++4Cl-=+NO+2H2O（3）Si（4）①.3d104s1②.BD③.1.12L（5）【解析】废旧芯片(主要成分为单晶硅，还含有塑料和少量Au、Ag、Cu、Pd等金属)灼烧去除塑料等有机杂质，得到Ag2O、CuO、PdO、Au、Ag、Si残渣，用浓硝酸酸溶，得到含有Cu2+、Ag+、Pd2+、Ag+滤液1，Au和Si不溶于浓硝酸存在于滤渣1中，滤渣1用浓硝酸和浓盐酸的混合物浸取，Au转化为，Si不溶于酸存在于滤渣2中，用还原剂可以将还原为Au，滤液1中加入NaCl，得到AgCl沉淀，用氨水溶解AgCl得到，以此解答。（1）通入空气“灼烧”的目的是除去塑料，同时将Cu、Ag等金属部分氧化为对应的氧化物，使得“酸溶”过程中氮氧化物的生成量减小，减少对环境的污染。（2）由已知信息可知，浓硝酸与浓盐酸的比例为时溶解Au的效果较好，此时被还原为NO，Au被氧化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Au++4H++4Cl-=+NO+2H2O。（3）废旧芯片中含有的物质中除Si与Au以外都被灼烧或溶于硝酸中，Au溶于浓硝酸与浓盐酸的混合物中，因此剩余不溶的“滤渣2”为Si。（4）(4)①Cu在元素周期表中的位置为第四周期第ⅠB族，其价层电子排布式为3d104s1；②A．为四配位，两个Cl-和两个NH3分子均以配位键与Pd相连，无离子键，A错误；B．为分子化合物，无离子键，属于分子晶体，B正确；C．如果的空间结构为四面体形，则不会存在两种同分异构体，C错误；D．a和b相比，b的对称性更好，故a的极性更大，D正确；故选BD。③21.1g溶液加入50.00mL8.0mol/L的水合肼()溶液还原，得到Pd的同时生成无色、无味、无毒的气体为N2，该反应中N元素由-2价上升到0价，Pd元素由+2价下降到0价，根据得失电子守恒，该反应转移电子，则生成n(N2)==0.05mol，标准状况下的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L。（5）“氨溶”过程中发生的反应为，所得溶液中存在，阴极发生还原反应生成Ag，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式为。17.利用催化还原不仅能减少碳排放，还可以获得化工原料甲醇。研究表明，