广东省四校联考2024-2025学年高三上学期期末考试 化学试题（含答案）

第第页广东省四校联考2024-2025学年高三上学期期末考试化学试题一、单选题(第1-10题每小题2分，第11-16题每小题4分，共44分)1．龙年快要过去，在广东博物馆里寻找岭南“龙迹”，以下文物主要材质是有机高分子的是文物选项A．商代夔龙纹青铜壶B．唐代生肖龙陶俑文物选项C．南宋《墨龙图》卷轴D．明代白地绿彩龙纹盘A．A B．B C．C D．D2．新中国成立75年来，我国加速迈向科技强国。下列说法正确的是A．全球首座第四代核电站商运投产：核反应属于化学变化B．“地壳一号”的钻头主要是使用以钨为原材料的合金：钨合金的熔点低于纯钨C．“天问一号”探测火星：探测车的太阳能电池板可将电能转化为化学能D．“嫦娥六号”揽月登陆器：带回的月壤中含有磁铁矿，其主要成分为Fe3．化学与生活密切相关。下列说法不正确的是A．雾中汽车大灯前明亮的光路，是由于胶体的丁达尔效应B．苯酚可用于医用杀菌消毒，是由于其氧化性C．用肥皂洗衣服时，硬水会影响洗涤效果，是由于Ca2+、Mg2+和硬脂酸根形成了沉淀D．铅笔芯在纸上留下痕迹，是由于石墨层之间的范德华力较弱4．下列化学用语或图示表达正确的是A．H2S的VSEPR模型：B．BF3的电子式：C．小苏打的分子式：NaHCO3D．的名称：乙二酸二乙酯5．我国在桥梁建造领域在世界处于领先地位，在桥梁的设计中防腐蚀是一个重要课题。下列说法正确的是A．在钢铁桥梁表面镀锌防腐则锌失去电子，发生化学腐蚀B．可将桥梁钢铁构件与电源正极连接减缓腐蚀发生C．在钢铁桥墩外部加装铜质外壳，利用了牺牲阳极保护法D．桥梁钢铁材料在海水中发生吸氧腐蚀时正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-6．用下列装置进行相应实验，操作规范且能达到实验目的的是A．在HCl气流中制取无水MgCl2B．对氨气进行尾气吸收C．熔化纯碱D．准确测定中和反应的反应热A．A B．B C．C D．D7．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．25℃，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中OH-数目为0.2NAB．30gHCHO和CH3COOH的混合物含有C原子数目为NAC．0.1mol环氧乙烷()中含有的σ键数目为0.3NAD．常温下，将5.6gFe块放入足量浓硝酸中，反应转移电子数目为0.3NA8．奎宁(又名金鸡纳碱)是一种有机生物碱，在上世纪常用作治疗与预防疟疾，具有独特的立体结构(下图)。下列有关奎宁的说法中错误的是A．其中氮原子的杂化方式有两种B．能发生加成反应和取代反应C．分子中有3个手性碳原子D．属于芳香族化合物，能与盐酸发生反应9．部分含碳或含硫物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是A．向h溶液中滴加过量BaCl2溶液，无沉淀生成B．将足量的b加入酸性高锰酸钾溶液中，不一定能够观察到溶液褪色C．将少量的d通入澄清石灰水中，有白色沉淀生成D．通过一步反应可以分别实现b→c→d→e的转化10．下列离子方程式书写正确的是A．将Cl2通入石灰乳中制漂白粉：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OB．NaHSO4溶液与BaOHC．用铁作阳极电解氯化镁溶液：Mg2++2Cl-+2H2O电解Mg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑D．向Mg(OH11．某小组探究NH3的催化氧化，实验装置如图，③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后产生白烟。下列分析正确的是A．①中固体药品可用KClO3代替，②中固体药品可为NH4ClB．③、④中现象说明③中的反应是4NHC．④中白烟的主要成分是NH4ClD．一段时间后，⑤中溶液可能变蓝12．铁铬液流电池是一种酸性介质中，正、负极活性物质均为液体的电化学电池，放电时电池的总反应为：Cr2++Fe3+=Cr3++Fe2+，电池结构原理如图所示，下列说法不正确的是A．电池充电时，b极的电极反应式为：Cr3++e-=Cr2+B．电池充电时，a极与外接电源的正极相连C．电池放电时，H+由左侧电极室通过质子交换膜移向右侧D．电池放电时，电路中每通过0.1mol电子，Fe3+物质的量减少0.1mol13．下列实验目的对应的实验方案设计、现象和结论都正确的是选项目的方案设计现象和结论A证明溶液是否含NH4向溶液中加入稀氢氧化钠溶液，用湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口试纸未变蓝，说明不含NH4B探究浓硫酸的性质取少量蔗糖于烧杯，向其中加入浓硫酸蔗糖变黑，同时发生膨胀变大，说明浓硫酸有脱水性和强氧化性C探究KI与FeCl3反应的限度取1mL0.1mol/LKI溶液于试管中，加入5mL0.1mol/LFeCl3溶液，充分反应后滴入5滴15%KSCN溶液若溶液变血红色，则KI与FeCl3的反应有一定限度D比较HClO、H2S的Ka大小用pH计分别测定浓度均为0.1mol/L的NaClO和Na2S的pHNa2S的pH更大，所以Ka(HClO)>Ka(H2S)A．A B．B C．C D．D14．M、W、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W、X、Y在处于同一周期，W基态原子各能级电子数相同，Z元素的基态原子3d轨道上有2个未成对电子，且价层电子的空间运动状态有6种，由该5种元素形成的一种配位化合物结构如图所示，下列说法正确的是A．简单氢化物的沸点：X>YB．同周期中第一电离能大于X的元素有3种C．M3Y+、XM3两种微粒的空间构型相同D．该物质中元素Z的化合价为0价15．NH3的还原性可用来消除氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反应如下：4NH3(g)+6NO(g)⇌5N2(g)+6H2O(l)ΔH<0。某研究小组将2molNH3、3molNO和一定量的O2充入2L密闭加热反应器中，在Ag2O催化剂表面发生上述反应。随着反应器温度的不断升高，测得升温过程中不同温度下NO的转化率如图所示，下列说法错误的是A．在5min内，从420K升温到580K，此时段内NO的平均反应速率是0.342mol·L-1·min-1B．加入O2后NO的转化率升高，可能是O2活化了Ag2O催化剂C．低温条件有利于提高NO的平衡转化率D．在有氧条件下，温度580K之后NO生成N2的转化率降低的主要原因是平衡逆向移动16．已知：pOH=﹣lgc(OH﹣)，298K时，向20.00mL0.10mol·L-1氨水中滴入0.10mol·L-1的盐酸，溶液的pH和pOH与加入盐酸体积关系如图所示，下列说法不正确的是A．曲线PJN表示溶液中pOH的变化 B．图中a+b=14C．水的电离程度：M<J D．交点J对应的V(盐酸)>20.00mL二、非选择题(本题共4小题，每小题14分，共56分)17．某实验小组探究银氨溶液与醛基反应的相关反应机理。银氨溶液的制备：向AgNO3溶液中逐滴加入氨水，生成灰黑色沉淀，继续滴加氨水直至沉淀恰好完全溶解，得到Ag(NH3)2+（1）配离子[Ag(NH3)2]+中不存在的化学键类型为(填标号)。a．极性共价键b．非极性共价键c．配位键第一部分：反应条件初探实验编号实验步骤实验现象I往20mL0.1mol/LAgNO3溶液中滴加3滴乙醛，水浴加热无明显现象II往20mL银氨溶液中滴加3滴乙醛，水浴加热试管壁出现一层光亮的银镜针对实验I无银镜生成，实验II有银镜生成，甲同学提出以下假设：假设1：乙醛在碱性条件下还原性增强。假设2：Ag(NH3)2+氧化性强于Ag+第二部分：影响因素研究为验证以上假设，甲同学设计了如图所示的电化学装置，并进行了以下四组实验。每组实验中，溶液A和溶液B体积均为20mL，浓度均为0.1mol/L，向溶液B中滴加3滴乙醛后，测得电压表读数如表所示。已知：参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，检测到的电压越大。实验编号溶液A溶液B电压表读数①AgNO3溶液NaCl溶液U1②AgNO3溶液NaOH溶液U2③银氨溶液NaCl溶液U3④银氨溶液NaOH溶液U4实验测得电压表读数：U2>U4>U1>U3。（2）实验①和实验③中，溶液B选用NaCl溶液，而不使用蒸馏水的原因是。（3）由U2>U1，U4>U3可知假设1成立。碱性条件下，乙醛发生氧化反应的电极方程式为：，c(OH-)增大，乙醛还原性增强。（4）由可知假设2不成立。查阅资料得知：银镜反应中，Ag单质由溶液中的Ag+得电子生成，银氨溶液中发生反应Ag++2NH3⇌Ag(NH3)2+，c(Ag+)降低，Ag第三部分：严谨性讨论（5）根据实验结果U4>U1，甲同学认为“第一部分中实验I无银镜生成，实验II有银镜生成”的原因为：改用银氨溶液后，“Ag+氧化性减小的影响”小于“乙醛还原性增强的影响”，乙同学认为该实验结果无法得出此结论，理由是：。（6）乙同学使用pH计测得0.1mol/LAgNO3溶液的pH=6，并指出：在酸性条件下，NO3−也可能氧化乙醛；电压表读数U3<U1不能证明“随c(Ag+)降低，Ag+针对该质疑，甲同学增设了一组实验，将实验③中的溶液A改用溶液，测得电压表读数远小于U1，因此实验中NO3−（7）乙同学查阅资料后提出假设：随c(OH-)增大，银氨溶液中N−3还原性会增强，可能会还原Ag实验编号实验步骤实验现象III往20mL银氨溶液中滴入浓NaOH溶液，振荡，水浴加热试管壁出现一层光亮的银镜根据实验现象，假设成立。但是甲同学认为该实验不能证明实验II中的银镜也是由N−3还原Ag请设计实验，验证实验II中生成银镜的还原剂为乙醛；该实验方案及现象是：。实验结论：银氨溶液与乙醛发生银镜反应时，NH3与NO3−均不直接参与氧化还原反应，单质Ag由Ag+18．工业上常用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、SiO2等)和Li2CO3合成电极材料LiMn2O4和明矾，其工艺流程如图所示。已知：Ⅰ.Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化为MnO2；Ⅱ.当溶液中某离子浓度c(Mn+)≤1.0×10-5mol·L-1时时，可认为该离子沉淀完全；常温下，几种沉淀的Ksp如下表所示：Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)3Fe(OH)2Ksp2.0×10-391.0×10-332.0×10-135.0×10-17回答下列问题：（1）基态Mn原子的价电子轨道表示式为。（2）“酸浸”时，软锰矿中的Fe2O3与SO2反应的化学方程式为。（3）加入MnCO3“调pH”时，调节pH的范围为(保留两位有效数字)。（4）“焙烧”Li2CO3和MnO2混合物。①资料显示Li2CO3的分解温度为723℃，本流程中Li2CO3于515℃开始分解，可能原因是。②“焙烧”过程中发生的总反应为。（5）尖晶石结构的LiMn2O4是一种常用的正极材料①充电时，LiMn2O4电极的电势(填“高于”或“低于”)电池的另一极。②LiMn2O4的晶胞为立方体，该晶胞由图中A、B两种基本结构单元交替排列构成。图中“●”表示的微粒是(填离子符号)；设该晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数的数值为NA，LiMn2O4的摩尔质量为Mg/mol，则该晶胞的密度为g/cm3(用含有NA和M的计算式表示)。19．CaCO3的固体分解和沉淀转化反应在化工实际生产和生活中都发挥着重要作用。I．CaCO3的固体分解反应CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g)∆H>0(反应I)可应用于石灰工业。（1）反应I在________(填“高温”、“低温”或“任意温度”)可自发进行。（2）已知CaCO3能量关系如图所示，则CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g)的焓变∆H=________(用代数式表示)（3）某研究组研究CaCO3的固体分解反应，实验过程中始终保持样品所处气氛(以Ar为载气，调整CO2的比例)不变，测得CaCO3失重率随温度变化曲线如图所示，温度升至850℃时，CO2浓度为35%的反应气氛中CaCO3已开始分解，而CO2浓度为65%的反应气氛中CaCO3仍未分解，从化学平衡的角度解释其原因：________。（4）某研究组将500gCaCO3置于1L的刚性密闭容器中，在Ar和CO2的混合气氛中加热CaCO3固体，测得不同温度下CaCO3分解转化率随时间变化如图，Kp为平衡分压代替平衡浓度计算的分压平衡常数，下列说法正确的是：___________。A.1150℃条件下，0~300s内反应I的平均速率v(CO2)≈0.013mol•L-1•s-1B.1150℃条件下，使用粒径更小的CaCO3进行相同的实验，300s时CaCO3转化率小于80%C.1150℃条件下，在F点处测得CO2分压为p1，则该温度下反应I的Kp=p1D.950℃条件下，在G点处向密闭容器中充入少量CO2，再次达到平衡时，容器内总压强不变II．用钠盐溶液处理后，CaCO3可转化为其他工业价值高的难溶钙盐。一定温度下，分别向1molCaCO3中加入1LNa2X和NaY溶液发生反应：CaCO3+X2−⇌CaX+CO32−、CaCO3+2Y−⇌CaY2+CO32−，加入Na2X或NaY的物质的量为n(Na2X)或n(NaY)。平衡时，分别测得c平(CO32−)c平(X2-)随n(Na2X)的变化曲线和（5）Ksp(CaX)________Ksp(CaCO3)(填”>”“<”或“=”)。（6）若要用1LNaY溶液将1.25molCaCO3完全转化为CaY2沉淀，所需NaY溶液浓度至少为________mol/L。(写出计算过程，结果保留三位有效数字)20．布洛芬与传统的阿司匹林药物相比较，其药效作用更强，副作用更小，被称为“超级阿司匹林”。布洛芬的常见合成方法有以下两种：方法一：方法二：请回答下列问题：（1）1b的分子式为。（2）化合物1c的官能团名称为；化合物1c的某同分异构体含有苯环，在核磁共振氢谱上只有4组峰，且与新制Cu(OH)2溶液共热可得砖红色沉淀，其结构简式为(写一种)。（3）1a→2b的反应中，产物为2b与化合物Z，HF在该反应中作催化剂，则Z的结构简式为。（4）根据化合物1c的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表：序号反应试剂、条件反应形成的新结构反应类型①Zn-Hg；稀盐酸②消去反应③加成反应（5）下列说法正确的有。a.1c→1e反应中，存在C、O原子杂化方式的改变，且有新的手性碳原子形成b.1mol化合物1f最多可消耗1molNaOHc．合成布洛芬的两种方法中，均包含原子利用率100%的反应步骤d.2c→2d反应中，存在C-O键的断裂和形成（6）结合以上流程，以丙烯为唯一有机原料，合成(无机试剂任选)。基于你设计的合成路线，回答下列问题：①最后一步反应中，有机反应物为(写结构简式)。②第一步的化学方程式为(写一个即可)。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．商代夔龙纹青铜壶材质的主要成分青铜，青铜是铜合金；A不符合题意B．唐代生肖龙陶俑材质是陶瓷，陶瓷属于硅酸盐产品；B不符合题意

C．南宋《墨龙图》卷轴的材质主要成分是纤维素，纤维素是多糖，属有机高分子；C符合题意

D．明代白地绿彩龙纹盘的材质是陶瓷，陶瓷属于硅酸盐产品；A不符合题意

故选C。

【分析】铜合金和硅酸盐均属于无机物，纤维素是有机高分子材料。2．【答案】B【解析】【解答】A．核反应是在原子核内发生的变化，不同于化学反应是化学键断裂和生成，不属于化学变化，故A错误；B．合金的熔点一般比纯金属低，由此钨合金的熔点低于纯钨，故B正确；C．探测车的太阳能电池板是将太阳能转化为化学能，故C错误；D．磁铁矿的主要成分为Fe3O4，不是氧化铁，故D错误；故选B。

【分析】A．生成了新物质的变化为化学变化。

B．合金的熔点低于纯金属。

C．太阳能电池板可将太阳能转化为化学能。

D．磁铁矿的主要成分为Fe3O4。3．【答案】B【解析】【解答】A．雾为胶体分散系，属于气溶胶，雾中汽车大灯前产生明亮的光路是因为丁达尔效应，故A不符合题意；B．苯酚有毒能使蛋白质变性、能破坏细胞膜，而起到杀菌消毒的作用，并非苯酚由于氧化性能杀菌，故B符合题意；C．肥皂的主要成分是硬脂酸钠，用肥皂洗衣服时，硬水中的钙离子、镁离子与硬脂酸根离子形成沉淀，导致去污效果降低，故C不符合题意；D．石墨是混合型晶体，铅笔芯在纸上留下痕迹是因为石墨层之间的分子间作用力较弱所致，故D不符合题意；故选B。

【分析】A胶体能产生丁达尔效应。

B苯酚能够用于杀菌消毒。

C硬水会影响肥皂的洗涤效果。

D石墨层与层之间为分子间作用力。4．【答案】D【解析】【解答】A．H2S中S的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，H2S分子的VSEPR模型为四面体形，即，故A错误；B．BF3中B的最外层有三个电子，其与F形成的共价化合物电子式为，故B错误；C．碳酸氢钠俗称小苏打，碳酸氢钠是离子化合物，分子式为NaHCO3，故C错误；D．有机物的化学名称为乙二酸二乙酯，故D正确；故选D。

【分析】本题涉及到VSEPR模型判断，电子式、分子式及有机物命名等化学用语相关知识点。5．【答案】D【解析】【解答】A．利用原电池原理，钢铁桥梁表面镀锌防腐，锌失去电子为负极，铁为正极被保护，发生的是电化学腐蚀，A不符合题意；B．利用外接电源保护金属时，被保护的金属作阴极，可将桥梁钢铁构件与电源负极相连，B项不符合题意；C．在钢铁桥墩外部加装铜质外壳，可在河水中形成锌铜原电池，铁做负极失去电子，腐蚀加速，C项不符合题意；D．钢铁上发生吸氧腐蚀，正极上氧气得电子，发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，D符合题意；故选D。

【分析】A.可利用牺牲阳极的阴极保护进行钢铁桥梁防腐。

B.与电源正极相连的电极做阳极，失电子，发生氧化反应，被腐蚀。

C.如被保护的电极做负极，电极腐蚀加速。

D.氧气在正极得电子。6．【答案】A【解析】【解答】A．加热MgCl2·6H2O制备MgCl2，需要在HCl加热抑制Mg2+水解；图中盛有无水氯化钙的球形干燥管，为了防止水蒸气进入硬质试管中导致氯化镁水解；反应生成的氯化氢用尾气吸收装置吸收，本题所给装置能够达到实验目的，故A正确；B．氨气直接通入水中产生倒吸，无法达到对氨气进行尾气吸收的目的，故B错误；C．碳酸钠能与坩埚的二氧化硅反应，所以该装置无法达到熔化纯碱的目的，故C错误；D．测定中和热的装置中缺少环形玻璃搅拌器，不能使酸碱完全混合反应，所以题给装置无法准确测定中和反应的反应热，故D错误；故选A。

【分析】A．加热MgCl2·6H2O制备MgCl2时，需在干燥HCl气体中进行。

B．氨气极易溶于水，故氨气直接通入水中会倒吸。

C．熔融纯碱应在铁坩埚中进行。

D．测定中和热时，需要环形玻璃搅拌棒混合酸、碱溶液。7．【答案】B【解析】【解答】A.25℃，1LpH=13的氢氧化钡溶液中OH-浓度为0.1mol/L，OH-数目计算式为0.1mol/L×1L×NAmol-1=0.1NA，故A错误；B．甲醛和乙酸的最简式相同，通式为（CH2O)n，30g甲醛和乙酸的混合物中含有碳原子数目为30g30g/mol×NAmol-1=NAC．根据环氧乙烷结构可知，一个环氧乙烷分子中含有7个σ键，则0.1mol环氧乙烷分子中含有的σ键数目为0.1mol×7×NAmol-1=0.7NA，故C错误；D．常温下，铁在浓硝酸中钝化，铁的表面生成致密氧化膜，阻碍反应进一步进行，反应转移的电子数目无法计算，故D错误；故选B。

【分析】A.pH=13的溶液中OH-浓度为0.1mol/L，先用公式n=cV计算OH-的物质的量，再用N=nNA算出氢氧根的数目。

B.最简式相同的混合物，先用通式统一算出混合物碳原子的物质的量，再用公式N=nNA算出碳原子个数。

C.环氧乙烷分子中的σ键，不存在于碳碳键键，还存在于碳氢键间。

D.常温下，铁在浓硝酸中钝化，反应程度轻。8．【答案】C【解析】【解答】A．中1号氮原子为sp2杂化、2号氮原子为sp3杂化，氮原子的杂化方式有两种，A不符合题意；B．分子中含碳碳双键、苯环，这两种官能团均能发生加成反应，分子中的羟基能发生取代反应，B不符合题意；C．据结构式分析，分子中有4个手性碳原，C符合题意；D．该物质含有苯环，属芳香族化合物，其含有两个N原子，能结合H+，能与HCl反应，D正确；故选C。

【分析】连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳。9．【答案】A【解析】【解答】A．h为碳酸盐或亚硫酸盐，二者均能与氯化钡反应，生成碳酸钡沉淀或亚硫酸钡沉淀，A符合题意；B．b若是环丙烷，环丙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；但若b为乙烯或硫化氢，二者均具还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B不符合题意；C．d为二氧化碳或二氧化硫，少量二氧化碳与氢氧化钙溶液生成碳酸钙，少量二氧化硫与氢氧化钙溶液生成亚硫酸钙沉淀，二者均可产生白色沉淀，C不符合题意；D．含硫物质的相互转化，可通过一步反应分别实现b→c→d→e转化。硫化氢和二氧化硫反应生成硫单质，硫单质在氧气中点燃生成二氧化硫，二氧化硫和氧气在催化剂作用下生成三氧化硫，故D不符合题意；故选A。

【分析】由该价类二维图可推知，由于硫最低价为-2价，只有碳的最低价为-4价，a只能是甲烷；b点碳为-2价，其氢化物为乙烯或环丙烷，如硫为-2，其氢化物还可能为硫化氢；c是碳单质或硫单质；d为价态为+4价的氧化物，为二氧化碳或二氧化硫；e是价态为+6价的氧化物，只能是三氧化硫；f为+4价的含氧酸，即碳酸或亚硫酸；g为+6价含氧酸，即硫酸；h是+4价的正盐，是碳酸盐或亚硫酸盐；由于碳的最高价态为+4价，硫的最高价态为+6，i为硫酸盐，k为-2价硫形成的盐。10．【答案】D【解析】【解答】A．微溶物Ca(OH)2在反应物中，作为石灰乳不能拆，作为澄清石灰水能拆。将Cl2通入石灰乳中制漂白粉的离子方程式为：Cl2+CaOH2=Ca2+Cl-+ClOB．NaHSO4溶液与BaOH2溶液反应至溶液呈中性，H+需与OH-C．用铁作阳极电解氯化镁溶液，阳极电极反应为Fe-2e-=Fe2+，阴极电极反应为Mg2++H2O+2e-=H2↑+Mg(OH)2↓，C错误；D．在Mg(OH)2悬浊液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH-(aq)，向Mg(OH)2悬浊液中加入适量氯化铵晶体，氯化铵在水中电离出铵离子，与氢氧根离子反应生成氨气，Mg(OH)故选D。

【分析】A．化学方程式改写成离子方程式，能拆的物质有强酸、强碱及可溶性盐。

B．溶液为中性，NaHSO4溶液与BaOH2溶液的物质的量应为2：1。

11．【答案】D【解析】【解答】A．二氧化锰做催化剂，氯酸钾固体受热分解生成氯化钾和氧气，所以装置①中固体药品能用氯酸钾替代；氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，在试管口遇冷又生成氯化铵堵塞导管，所以②中固体药品不能用氯化铵替代，A错误；B．③中发生的是氨气在催化剂作用下，与氧气反应生成一氧化氮，而不是二氧化氮；B错误；C．④中硝酸遇氨气生成硝酸铵，故白烟的主要成分是硝酸铵，不是氯化铵，C错误；D.装置⑤中氮的氧化物与水、氧气反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成硝酸铜，硝酸铜溶液呈蓝色，D正确；故选D。【分析】装置①中高锰酸钾受热分解生成氧气；装置②中氯化铵与氢氧化钙共热反应制备氨气；装置③中氨气与氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮，反应生成的一氧化氮在装置④中遇氧气，生成二氧化氮；二氧化氮与水蒸气生成硝酸，硝酸遇氨气生成硝酸铵，硝酸铵为固体小颗粒，为白烟的主要成分；装置⑤中氮的氧化物与水、氧气反应生成硝酸，硝酸与铜粉反应生成硝酸铜，硝酸铜溶液呈蓝色。12．【答案】C【解析】【解答】A．电池充电时，b极为阴极，铬离子在阴极得到电子发生还原反应，电极反应式为Cr3++e-=Cr2+，故A不符合题意；B．电池充电时，与直流电源正极相连的a极为阳极，故B不符合题意；C．电池放电时，a极为原电池正极，b极为负极，则氢离子由右侧电极室经交换膜移向左侧，故C符合题意；D．电池放电时，a极为原电池的正极，电极反应为Fe3++e-=Fe2+，则电路中每通过0.1mol电子时，溶液中铁离子物质的量减少0.1mol，故D不符合题意；故选C。【分析】由放电时电池的总反应Cr2++Fe3+=Cr3++Fe2+可知，放电时，a极为原电池的正极，电极反应为Fe3++e-=Fe2+；b极为负极，电极反应为Cr2+-e-=Cr3+；充电时，与直流电源正极相连的a极为阳极，电极反应为Fe2+-e-=Fe3+，b极为阴极，电极反应为Cr3++e-=Cr2+。13．【答案】B【解析】【解答】A．常温下，NH4+与OH-B．浓硫酸具有脱水性，能脱下蔗糖中的氢、氧元素并放出热量，蔗糖因只余下碳元素而变黑。碳与浓硫酸共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，变黑的蔗糖同时发生膨胀变大，说明浓硫酸有脱水性和强氧化性，故B正确；C．碘化钾溶液与过量氯化铁溶液反应，所得溶液中含有为剩余的铁离子，铁离子能与硫氰酸根离子生成使溶液变红的硫氰化铁，不能说明该反应有一定限度，故C错误；D．用pH计分别测定浓度均为0.1mol/L的NaClO溶液和Na2S溶液的pH，Na2S溶液的pH大，说明S2-在溶液中的水解程度大于ClO-，由盐类水解规律可知，酸性：HClO＞HS-，但不能因此得出结论HClO的酸性强于H2S，故D错误；故选B。

【分析】A.氨气极易溶于水，要让氨气逸出，需向NH4+中加入浓氢氧化钠溶液，并加热。

B.浓硫酸具三大特性：吸水性、脱水性和强氧化性。

C.要证明该反应为可逆反应，所用的氯化铁溶液不能过量。

14．【答案】C【解析】【解答】A．X为N，氢化物为NH3，Y为O，氢化物为H2O；水和氨气都可形成分子间氢键，水分子间形成的氢键的数目比氨分子形成氢键的多，水的分子间作用力强于氨气，故其沸点高于氨分子，简单氢化物的沸点：X＜Y，故A错误；B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，N的2p轨道为稳定的半充满结构，N的第一电离能大于相邻元素O，则同周期中第一电离能大于N的元素有F、Ne，共2种，故B错误；C．水合氢离子中O和氨分子中N的价层电子对数都为4、孤对电子对数都为1，L两种分子的空间构型都为三角锥形，故C正确；D．由图可知，配合物中配体为离子，该离子共有2个，则中心离子为Ni2+，镍元素的化合价为+2价，故D错误；故选C。

【分析】据题目信息，Z元素的基态原子3d轨道上有2个未成对电子，且价层电子的空间运动状态有6种，可知Z为Ni元素；据图可知，配合物中M、 W、X、Y形成共价键的数目为1、4、4、2，而M、W、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W、X、Y在第二周期且相邻，可知M为H元素、W为C元素、X为N元素、Y为O元素。15．【答案】A【解析】【解答】A.420K，一氧化氮的转化率为2%，消耗的NO的物质的量为3mol×2%=0.06mol；580K，一氧化氮的转化率为59%，消耗的NO的物质的量为3mol×59%=1.77mol，从420K到580K，一氧化氮的变化量为：1.77mol-0.06mol=1.71mol，容器体积为2L，反应速率υ=ΔnVΔt=1.71molB．根据图示信息，有O2存在的条件下，NO的转化率明显增大，可能是O2活化了Ag2O催化剂，B不符合题意；C．该反应为放热反应，降低温度，平衡向放热反应也就是正向移动，故低温条件有利于提高NO的平衡转化率，C不符合题意；D．该反应为放热反应，温度升高，580K反应达到平衡后，平衡逆向移动，一氧化氮的转化率降低，从而降低了NO生成N2的转化率，D不符合题意；故选A。

【分析】A．该反应速率υ=ΔnVΔt=ΔcΔt。

16．【答案】D【解析】【解答】A.随着反应进行，溶液中的pH变小，pOH变大，曲线PJN表示溶液中pOH的变化，故A不符合题意；B．298K时，水的离子积常数为10-14，图中M点pH=a，P点pOH=b，只要温度不变，a+b=14，故B不符合题意；C．曲线MJQ表示溶液中pH的变化趋势，图中J点pH=pOH，表示此点一水合氨和氯化铵的混合溶液呈中性；M点pH>pOH，表示此点一水合氨和氯化铵的混合溶液呈碱性，一水合氨的电离程度大于氯化铵的水解程度，水的电离被抑制，M点水的电离程度应小于J点，故C不符合题意；D．图中J点溶液呈中性，为一水合氨和氯化铵的混合溶液，有部分一水合氨未完全反应生成氯化铵，交点J对应的消耗盐酸体积应小于20mL，故D符合题意；故选D。

【分析】298K时，向20.00mL0.10mol/L氨水中滴入0.10mol/L盐酸，二者发生中和反应，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，pH减小、pOH增大，根据图中两曲线的变化趋势，可知曲线MJQ表示的是pH的变化，则曲线PJN表示的是pOH的变化。17．【答案】b；NaCl溶液的导电性强于蒸馏水；CH3CHO—2e—+3OH—=CH3COO—+2H2O；U2>U4；溶液的酸碱性不同可能影响乙醛的还原性；pH=6的硝酸溶液；往20mL银氨溶液中滴入浓氨水溶液，振荡，水浴加热，无明显现象【解析】【解答】（1）配离子[Ag(NH3)2]+中，Ag+和NH3之间是配位键，NH3中的N-H键为极性共价键，没有非极性键，故选b；答案为：b

（2）实验①和实验③中，溶液B选用氯化钠溶液而不使用蒸馏水，是因为NaCl溶液的导电性强于蒸馏水，有利于实验进行；答案为：NaCl溶液的导电性强于蒸馏水

（3）右侧电极为原电池负极，在碱性条件下，乙醛在负极失电子，发生氧化反应，生成乙酸根和水，电极反应式为CH3CHO-2e-+3OH-=CH3COO-+2H2O；答案为：CH3CHO-2e-+3OH-=CH3COO-+2H2O（4）由电压表读数U2>U4可知，Ag+的氧化性大于银氨络离子，可知假设2，即Ag(NH3)2+氧化性强于Ag+不成立；

（5）硝酸银属于强酸弱碱盐，在溶液中水解呈酸性，而银氨溶液呈碱性；根据实验结果U4>U1，可推知反应发生可能与溶液酸碱性不同有关，与“Ag+氧化性减小的影响”小于“乙醛还原性增强的影响”无关；答案为：溶液的酸碱性不同可能影响乙醛的还原性(6)甲同学增设了一组实验，验证在酸性条件下，NO3−也可能氧化乙醛，需将实验③中的溶液A改用pH=6的硝酸溶液（和0.1mol/L硝酸银溶液的pH相等），测得电压表读数远小于U1，说明实验中NO3答案为：pH=6的硝酸溶液(7)证明实验II中的银镜不是由N−3还原Ag+1生成，而是由乙醛还原Ag+1生成，实验方案为：往20mL银氨溶液中滴入浓氨水溶液，振荡，水浴加热，无明显现象。此实验现象能说明溶液中的银离子不能与氨分子反应，N−3不能还原答案为：往20mL银氨溶液中滴入浓氨水溶液，振荡，水浴加热，无明显现象

【分析】（1）同种原子间形成的共价键为非极性共价键。

（2）氯化钠是强电解质，可增强溶液的导电性。

（3）原电池负极失电子，发生氧化反应。

（4）可通过题目信息，电压表读数U2>U4得知Ag+的氧化性大于银氨络离子。

（5）还原剂在碱性环境下还原性强。

（6）为验证在酸性条件下NO3−的氧化性，需去除银离子的干扰，故需用和硝酸银溶液等PH的硝酸溶液进行实验。

18．【答案】（1）（2）Fe2O3+SO2+H2SO4=2FeSO4+H2O（3）4.7<pH<5.5（4）MnO2对Li2CO3的分解有催化剂的作用；2Li2CO3+8MnO2高温4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑（5）高于；Li+；8M【解析】【解答】（1）锰元素的原子序数为25，基态原子价电子排布式为3d54s2，价电子轨道表示式为；答案为：；（2）由分析可知，“酸浸”时，软锰矿中氧化铁与二氧化硫、稀硫酸发生反应生成硫酸亚铁和水，化学方程式为Fe2O3+SO2+H2SO4=2FeSO4+H2O；答案为：Fe2O3+SO2+H2SO4=2FeSO4+H2O；（3）由题干信息可知，Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化为MnO2，故加入碳酸锰调节溶液pH时，溶液的pH应小于5.5；溶液中铝离子完全沉淀时，溶液中的c(OH-)≥31.0×10−331.0×10−5mol/L答案为：4.7≤pH<5.5；（4）①资料显示Li2CO3分解温度为723℃，本流程中Li2CO3于515℃开始分解，可能是因为MnO2对Li2CO3的分解有催化剂的作用，降低了分解温度；②由化合价变化可知，“焙烧”过程中发生的总反应为二氧化锰与碳酸锂高温条件反应生成LiMn2O4、二氧化碳和氧气，反应的化学方程式为2Li2CO3+8MnO2高温4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑；

答案为：MnO2对Li2CO3的分解有催化剂的作用；2Li2CO3+8MnO2高温4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑；（5）①充电时，与直流电源正极相连的LiMn2O4电极为电解池阳极，阳极电极的电势高于阴极电势；②LiMn2O4的晶胞为立方体，该晶胞由图中A、B两种基本结构单元交替排列构成，则晶胞中含有4个A和4个B，黑球个数为(1+8×18)×4=8，白球个数为(4+4)×4=32，三角形个数为4×4=16，由化学式可知，黑球代表锂离子、白球代表氧原子、三角形代表锰原子；设晶体的密度为dg/cm3，d=8M10-21a3NA【分析】由题示流程可知，向软锰矿中通入二氧化硫、加入稀硫酸酸浸，将铁、铝、钙等金属元素转化为硫酸盐，二氧化硅不溶于硫酸，过滤所得的滤渣主要成分有硫酸钙、二氧化硅；向滤液中加入碳酸锰调节溶液pH，将溶液中的铝离子转化为氢氧化铝沉淀，得到含氢氧化铝的滤渣，氢氧化铝经一系列操作制得明矾；向滤液中通入氧气，溶液中的亚铁离子被氧化为FeOOH沉淀，过滤得到含FeOOH的滤渣和滤液；电解滤液制得二氧化锰，二氧化锰与碳酸锂焙烧生成LiMn2O4。（1）锰元素的原子序数为25，基态原子的价电子排布式为3d54s2，轨道表示式为；（2）由分析可知，“酸浸”时，软锰矿中氧化铁发生的反应为氧化铁与二氧化硫、稀硫酸反应生成硫酸亚铁和水，反应的化学方程式为Fe2O3+SO2+H2SO4=2FeSO4+H2O；（3）由题给信息可知，pH高于5.5时溶液中锰离子易被氧气氧化为二氧化锰，则加入碳酸锰调节溶液pH时，溶液的pH应小于5.5；由溶度积可知，溶液中铝离子完全沉淀时，溶液中的c(OH-)≥31.0×10−331.0×10−5mol/L（4）①资料显示碳酸锂的分解温度为723℃，本流程中碳酸锂于515℃开始分解可能是因为二氧化锰对碳酸锂的分解有催化剂的作用，使得分解温度降低；②由化合价变化可知，“焙烧”过程中发生的总反应为二氧化锰与碳酸锂高温条件反应生成LiMn2O4、二氧化碳和氧气，反应的化学方程式为2Li2CO3+8MnO2高温4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑；（5）①充电时，与直流电源正极相连的LiMn2O4电极是电解池的阳极，电极的电势高于阴极的电势；②LiMn2O4的晶胞为立方体，该晶胞由图中A、B两种基本结构单元交替排列构成，则晶胞中含有4个A和4个B，黑球的个数为(1+8×18)×4=8，白球的个数为(4+4)×4=32，三角形的个数为4×4=16，由化学式可知，黑球代表锂离子、白球代表氧原子、三角形代表锰原子；设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得8×MNA=(10-719．【答案】(1)高温

(2)△H1+△H2-△H3

(3)增大CO2浓度，平衡向逆反应方向移动

(4)A，D

(5)>

(6)2.78【解析】【解答】（1）反应I是吸热反应，且熵增，欲使ΔH—TΔS＜0该反应能自发进行，需在高温条件下；答案为：高温；（2）由盖斯定律可知，目标反应=反应①+反应②-反应③，则反应△H=△H1+△H2-△H3；答案为：H=△H1+△H2-△H3；（3）从平衡移动原理分析，二氧化碳浓度为65%的反应气氛中，碳酸钙仍未分解是因为增大二氧化碳浓度，平衡向逆反应方向移动，抑制碳酸钙的分解；答案为：增大CO2浓度，平衡向逆反应方向移动；（4）A．由图可知，1150℃条件下，300s时碳酸钙的转化率为80%，二氧化碳的反应速率计算式为500g100g/molB.1150℃条件下，使用粒径更小的碳酸钙进行相同实验，碳酸钙固体表面积增大，反应速率加快，300s时CaCO3转化率大于80%，故B错误；C．在F点处测得二氧化碳分压为p1，该反应起始含有氩气和二氧化碳，说明平衡时反应生成二氧化碳的分压小于p1，故反应的该温度下反应I的Kp小于p1，故C错误；D．反应的平衡常数Kp=p(CO2)，平衡常数只随温度而改变，则950℃条件下，在G点处向密闭容器中充入少量二氧化碳，再次达到平衡，容器内总压应保持不变，故D正确；故选AD；（5）Na2X的物质的量逐渐增大时，溶液中c平(CO3答案为：>；（6）若要用1LNaY溶液将1.25mol碳酸钙完全转化为CaY2沉淀时，据CaCO3+2Y−⇌CaY2+CO32−可知，所需NaY的物质的量至少为1.25mol×2=2.50mol；c平(CO32−)答案：2.78。

【分析】（1）对于熵增的吸热反应，使得ΔH—TΔS＜0，需在高温条件下反应。

（2）利用盖斯定律计算。

（3）用平衡移动原理分析。

（4）利用速率计算公式和速率影响因素、化学平衡常数的计算求解。

（5）结合图像变化趋势和题目所给信息考虑作答。20．【答案】（1）C3H4Cl2O（2）酮羰基、碳氯键；或（3）CH3COOH（4）还原反应；NaOH醇溶液/△；；H2