湖南省益阳市2025-2026学年高二上学期期末模拟卷化学试题（试卷及解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页湖南省益阳市2025-2026学年高二上学期期末模拟卷化学试题（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。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．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：第1章占10%、第2章占40、第3章占50%（人教版必修第一册）。5．难度系数：0.656．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5K-39Ca-40Ti-48Cr-52Fe-56Ni-59Cu-64Ba-137第Ⅰ卷（选择题共42分）一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．下列有关能源的说法正确的是A．煤炭属于可再生能源，但是大量使用会加剧温室效应B．甲烷燃烧反应的C．电能属于一次能源，其转化过程中可能伴随热量变化D．石油的分馏属于化学变化，石油和天然气都是化石能源2．我国学者采用量子力学法研究了钯基作催化剂时，用和制备的机理，其中某段反应的相对能量与历程的关系如图所示，图中的TS1~TS5为过渡态，吸附在钯催化剂表面上的物质用*标注。下列说法正确的是A．钯基催化剂可改变该反应中单位体积内活化分子百分数和单位时间产率B．过程是该段反应历程中的决速步骤C．五种过渡态中，过渡态TS4对应的物质最稳定D．该段反应过程中，生成1mol共吸收热量65.7kJ3．按下图装置进行实验，滴加浓硫酸，预期现象及其相应推理不合理的是A．气球体积会变大，说明生成过程熵增B．滴有溶液的滤纸出现淡黄色，说明具有氧化性C．滴有品红溶液和石蕊溶液的滤纸均会褪色，说明具有漂白性D．滴有溶液的滤纸褪色原因是：4．实验室模拟工业固氮，在压强为pMPa的恒压容器中充入1mol和3mol，反应混合物中的物质的量分数随温度的变化曲线如图所示，其中一条是经过一定时间反应后的曲线，另一条是平衡时的曲线。下列说法错误的是A．曲线Ⅰ是平衡时的曲线B．图中a点时，转化率转化率C．图中b点时，D．475℃时，该反应的压强平衡常数的表达式(用平衡分压代替平衡浓度计算，平衡分压=总压×物质的量分数)5．某小组研究体系，绘制图如下所示，[A]表示微粒A的平衡浓度，其中表示、或者，b、c是曲线交点。下列叙述错误的是A．曲线Ⅰ表示关系 B．的数量级为C．交点b符合 D．交点c符合6．某小组通过标准酸性溶液滴定草酸钠()待测液过程中氧化还原电势(ORP)的变化，间接测定的浓度，变化曲线如下图(已知ORP值越大，溶液氧化性越强)。下列说法正确的是A．标准溶液应装在碱式滴定管中B．用待测液润洗锥形瓶，可减小实验误差C．滴定过程不需加入指示剂，a点为滴定反应的终点D．滴定反应为7．已知：、。室温下，通过下列实验探究NaHCO3溶液的性质。实验实验操作和现象1测量0.1mol·L-1的NaHCO3溶液的pH为7.82向0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中持续通入CO2，溶液的pH减小3向0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中加入少量溶液，产生白色沉淀4向0.5mol·L-1的NaHCO3溶液中滴加少量0.5mol·L-1的CaCl2溶液，产生白色沉淀和无色气体下列有关说法正确的是A．实验1溶液中存在：B．实验2中随CO2的不断通入，溶液中的值逐渐变小C．实验3反应的离子方程式为D．实验4所得溶液中存在8．常温下，AgCl、的饱和溶液中离子浓度的关系如图所示，已知：，。下列说法错误的是A．表示AgCl的饱和溶液中离子浓度的关系B．向含悬浊液中加水稀释，不变C．

D．当时AgCl和的混合悬浊液中存在9．某小组研究硫氰根分别与和的反应。已知：ⅰ．硫氰是一种黄色挥发性液体。属于“拟卤素”，性质与卤素单质相似；ⅱ．溶液中离子在反应时所表现的氧化性强弱与相应还原产物的价态和状态有关。编号123实验现象溶液变为黄绿色，产生白色沉淀(经检验，白色沉淀为)接通电路后，灵敏电流计指针未见偏转。一段时间后，取出左侧烧杯中少量溶液，滴加溶液，没有观察到蓝色沉淀溶液变红，向反应后的溶液中加入溶液，产生蓝色沉淀，且沉淀量逐渐增多下列说法不正确的是A．实验1中发生反应：B．实验2中，若直接向左侧烧杯滴加入溶液，也不生成蓝色沉淀C．实验2中，若将溶液替换为溶液，电流计指针不偏转D．实验3中，蓝色沉淀的生成增强了的氧化性10．用间接电化学法对NO进行无害化处理的原理如下图所示。下列说法正确的是A．从左向右移动B．电极I的反应为C．电解池工作一段时间，阳极区溶液pH减小D．最多可吸收11．下列有关中国古代的科技成就用相关化学原理解释合理的是A．黑火药一旦局部触发，就能瞬间爆炸，说明该反应活化能极低B．宋代记载的“曾青得铁化为铜”，该过程本质上构成了原电池C．青铜器冶炼过程中加入锡或铅，深埋于地下的青铜器的腐蚀属于析氢腐蚀D．古代的“鎏金”和“贴金”工艺类似于现代工艺的“电镀”，属于物理变化12．铜产业是铜陵最有特色和最具发展潜力的产业。用黄铜矿(冶炼铜的一种工艺流程如图所示：已知：i..“浸取”时反应的化学方程式为ii.“调节pH”时[CuCl₂]-发生歧化反应。下列说法错误的是A．CuCl中Cu的价电子排布式为3d10B．“除硫”时可用稀盐酸代替浓盐酸以降低生产成本C．“调节pH”时主要反应的离子方程式为：D．“滤液2”中含有的离子主要是Cu2+和Cl-，可以返回到流程中循环利用13．月壤中的“嫦娥石”是中国首次在月球上发现的新矿物，其化学式为(是钇，39号元素)。下列说法正确的是A．上述组成元素只位于区、区B．基态钇原子价电子排布式：C．基态氧原子最高能级的电子云轮廓图：D．在形成新矿物时，Y的价电子全部失去，则该化合物中铁显+3价14．以SACs为催化剂，用PMS处理芳香烃的反应机理如图所示：已知：Ar代表芳香基；SACs中Fe的化合价为。下列叙述正确的是A．PMS对应的酸为，该酸的热稳定性较强B．上述转化过程中，Fe元素的化合价发生变化C．过程有键的断裂和形成D．转化为的反应类型为取代反应15．下图示中，图1是8­羟基喹啉，图2用高分辨原子力显微镜观察到的聚集的8­羟基喹啉图像，图3聚集的分子结构模型。下列有关说法正确的是A．图1中，每个8­羟基喹啉分子中含有5个π键B．对比图2可验证8­羟基喹啉分子间存在氢键C．C、N、O的第一电离能依次增大D．原子力显微镜可直接观测到氢键的本质第II卷（非选择题共55分）非选择题：本题共4个小题，共55分。16．燃煤烟气中含有排放前需净化处理。(1)石灰石-石膏法脱硫。石灰石浆液充分吸收烟气并氧化最终生成石膏，反应的化学方程式为。(2)氨法脱硫。用氨水将转化为（受热易分解），再氧化为。主要流程如图：

①该方法脱硫时一定能提高去除率的措施有。A．增大氨水浓度

B．升高反应温度

C．使燃煤烟气与氨水充分接触②空气氧化是氨法脱硫的重要过程，浓度一定时温度对氧化速率的影响如图-1所示。温度40~70℃区间，氧化速率先增大后减小可能原因是。(3)溶液脱硫。①溶液中通入含的烟气，反应后溶液中的阴离子为和，脱硫反应的离子方程式为。②已知酸性条件下发生自身氧化还原反应，生成气体。温度高于50℃时，二氧化硫吸收效率下降，可能原因是。(4)催化下与烟气中的反应脱硫。其反应原理为：。比表面积大，有利于反应气体的吸附，研究表明，在240℃以上催化能力明显增强。反应相同的时间，的去除率随反应温度的变化如图-2所示。①240℃以前，随着温度的升高，去除率降低的原因是。②240℃以后，随着温度的升高，去除率迅速增大的主要原因是。17．草酸钠（Na2C2O4）常用作还原剂。已知常温下，草酸的电离常数，，碳酸的电离常数，。回答下列问题：(1)Na2C2O4发生第一步水解的离子方程式为。(2)相同条件下，同浓度的①Na2C2O4，②NaHC2O4，③Na2CO3，④NaHCO3四种溶液的pH由大到小的顺序为（用编号表示）。(3)将等浓度、等体积的Na2C2O4溶液与盐酸混合，溶液显酸性。混合后所得溶液中电荷守恒的关系式是。(4)Na2C2O4溶液常用作氧化还原滴定的标准液。实验室欲配制250mL0.10mol·L-1的Na2C2O4溶液。配制溶液时，需要的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒外还应有。(5)用Na2C2O4标准液测定某高锰酸钾样品的纯度：步骤I：称取2.0g高锰酸钾样品，配成100mL待测液，取20mL溶液于锥形瓶中，并加入少量硫酸酸化。步骤Ⅱ：用（4）中配制的Na2C2O4标准液进行滴定，平行滴定三次，记录消耗Na2C2O4溶液的体积如下表：第1次第2次第3次消耗Na2C2O4溶液的体积/mL49.8046.7550.20①滴定终点判断的依据是。②平均消耗Na2C2O4溶液的体积为mL。③滴定时用待测液润洗锥形瓶，会使测得的样品中KMnO4的质量分数（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。18．磷酸铁锂(，)是锂电池的正极材料之一，如图1所示为水热法合成磷酸铁锂的流程。回答下列问题：(1)中Fe的化合价为，锂电池放电时，会嵌入磷酸铁锂正极，若一次放电过程中，负极有参与反应，则对应正极的反应式为。(2)将、和按一定比例配成溶液，放入反应釜中水热反应，反应完成后离心，将离心后的样品过滤，所得滤饼与适量葡萄糖混合，充分研磨后在氩气氛围中烧结，得到。①制备磷酸铁锂过程中加入葡萄糖的作用是。②离心是将浊液放入离心试管内，然后将离心试管置于离心机内(图2)高速旋转。离心的目的是。(3)对于正极废料钴酸锂()和磷酸亚铁锂()的处理，有如下两种方法。方法一：分别用硫酸酸溶后加入试剂a，然后分离得到等。试剂a可以选用(填字母)。A．B．C．FeD．高压方法二：向预热后的硫酸溶液中依次加入磷酸亚铁锂和钴酸锂正极废料，充分搅拌、反应后液固分离。为研究硫酸的浓度和两种正极废料的摩尔比对浸出率的影响，进行相关实验，得到如图3、4所示的图像。综合分析图3和图4，可以看出，Li的浸出率在两种条件下都比Fe、Co高，从电极材料的结构角度分析，原因是；硫酸的适宜浓度为，由图4可知，在Fe与Co摩尔比达到1.6后，铁的浸出率明显升高的原因是。19．甲醛(HCHO)是重要的化工原料，同时也是室内环境的主要污染物。甲醛的制备：CO2(g)+2H2(g)=HCHO(g)+H2O(g)

ΔH已知：①HCHO(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l)

ΔH1=-524kJ•mol-1②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)

ΔH2=-571.6kJ•mol-1③H2O(g)=H2O(l)

ΔH3=-44kJ•mol-1(1)ΔH=kJ•mol-1。(2)一定条件下，在一个2L恒容密闭容器中投入0.2molCO2和0.4molH2，在两种不同条件下反应制甲醛。测得CO2的转化率与时间的关系如图所示。曲线X对应温度下反应的平衡常数K=，t2内反应速率v(HCHO)=mol·L-1·s-1。由曲线X到曲线Y采取的措施可能是。(3)甲醛的降解：TiO2催化降解，工作原理如图所示。下列有关说法正确的是___________(选填字母序号)。A．该方法除去甲醛的化学方程式是：HCHO+O2→CO2+H2OB．TiO2催化剂能加快甲醛降解的反应速率，也能提高甲醛的转化率C．反应过程中，存在极性键的断裂和生成D．温度越高，催化效果越好利用分光光度法测定室内HCHO含量(4)测定原理：将痕量HCHO加入过量酸性K2Cr2O7溶液中，Cr2O被还原为Cr3+，再加入过量KI-淀粉溶液，反应后溶液显蓝色。蓝色越深，吸光度越大。①基态Cr原子的核外电子排布式：。②完成离子方程式：。_______+_______H++______HCHO=______+_____CO2↑+________(5)测定方法：实验①：向一定量待测HCHO溶液中滴加过量酸性K2Cr2O7溶液，振荡后加入过量的KI-淀粉溶液。实验②：用等体积去离子水代替实验①中的HCHO溶液，重复上述操作。两组实验充分反应后，测得不同波长下实吸光度A，绘制吸收光谱曲线如图所示。①请你判断表现实验①中溶液吸光度的曲线为(填“a”或“b”)。②根据上图曲线，选定在波长596nm下，测定不同浓度HCHO溶液的吸光度A，得到A-c(甲醛)图像，符合方程A=0.15c(μg·mL-1)＋0.002.(1μg=10-6g)某待测溶液的吸光度A为0.182，则该溶液中HCHO含量为mol·L-1。答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页湖南省益阳市2025-2026学年高二化学上学期期末模拟卷参考答案题号12345678910答案BACBCCDDBD题号1112131415答案ABCBB1．B【详解】A．煤炭是化石能源，属于不可再生能源，大量使用会排放加剧温室效应，故A错误；B．甲烷燃烧是放热反应，放热反应的，故B正确；C．电能是由其他能源(比如化学能、机械能)转化而来的，属于二次能源，不是一次能源，故C错误；D．石油的分馏是利用各成分沸点不同分离，属于物理变化，石油和天然气属于化石能源，故D错误；故答案选B。2．A【详解】A．催化剂降低了反应的活化能，让更多的普通分子转化为活化分子，活化分子百分数增大，化学反应速率加快，单位时间产率增加，A正确；B．能垒(活化能)越大反应速率越慢，最慢的反应历程是决速步骤，由题干历程图可知，该历程中决速步骤的反应为或，B错误；C．五种过渡态中，过渡态TS4对应的物质具有的能量最高，是最不稳定的，C错误；D．根据图示信息，该反应过程中，生成1mol时，起始相对能量为0kJ，终点相对能量为-65.7kJ，表示该段过程放出热量65.7kJ，即该反应不是吸收热量，D错误；故答案为：A。3．C【分析】向亚硫酸钠固体中滴加浓硫酸，发生反应，生成气体，与水反应生成，为二元弱酸，能电离出，使滴油石蕊溶液的滤纸变红；由于具有漂白性，能使滴有品红溶液的滤纸褪色，中的S为+4价，具有还原性，与滴有溶液的滤纸发生反应，将还原为，使滤纸褪色，同时中的S为+4价，也具有氧化性，能与滴有溶液的滤纸发生反应，使出现淡黄色，据此回答。【详解】A．亚硫酸钠固体中滴加浓硫酸，发生反应，生成气体，气体分子数增加，气球体积会变大，说明生成过程熵增，A正确；B．中的S为+4价，也具有氧化性，能与滴有溶液的滤纸发生反应，使出现淡黄色，B正确；C．能使品红溶液褪色，体现其漂白性；但溶于水显酸性，使石蕊溶液变红，而不会褪色，C错误；D．中的S为+4价，具有还原性，与滴有溶液的滤纸发生反应，将还原为，使滤纸褪色，D正确；故选C。4．B【详解】A．在b点，的体积分数为25%，在a点，的体积分数为50%，曲线Ⅰ中，400℃时，的体积分数最大，随温度升高，的体积分数减小，则曲线Ⅰ为平衡时的曲线，曲线Ⅱ为经过一定时间反应后的曲线，A正确；B．，充入1mol和3mol，投料比等于参加反应物质的系数比，转化率=转化率，B错误；C．与曲线Ⅰ相比，的体积分数小于平衡时的体积分数，所以反应未达平衡，，C正确；D．475℃反应达平衡时，在a点的体积分数为50%，设的物质的量的变化量为y，则可建立如下三段式：则，y=，该反应的压强平衡常数的表达式，D正确；故答案选B。5．C【分析】的电离平衡常数Ka1(H2X)=，，Ka2(H2X)=，，且Ka1>Ka2，当pH相等时，，即，则纵坐标数值大的表示曲线与pH值的关系，即图中曲线Ⅰ表示与pH的变化关系，曲线Ⅱ表示与pH的变化关系，曲线Ⅲ表示与pH的变化关系，根据c点计算Ka2(H2X)==10-4.2，以此分析该题。【详解】：A．由上述分析可知，图中曲线Ⅰ表示与pH的变化关系，A正确；B．根据c点计算Ka2(H2X)==10-4.2，数量级为，B正确；C．交点b表示=，即，C错误；D．当pH等于4.2时(c点)，=0，即，>0，即，交点c符合，D正确；故选C。6．C【详解】A．标准溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以应装在酸式滴定管中，A错误；B．锥形瓶不能用待测液润洗，若用待测液润洗锥形瓶，会使锥形瓶中待测液的物质的量偏多，导致测定结果偏高，增大实验误差，B错误；C．溶液本身有颜色，在滴定过程中，当反应完全后，再滴入半滴溶液，溶液会显浅紫红色，且半分钟内不褪色，即可判断达到滴定终点，所以滴定过程不需加入指示剂；根据已知可知，a点ORP突然增大，说明反应达到终点，C正确；D．标准酸性溶液滴定，离子方程式为：，D错误；故选C。7．D【详解】A．实验1中溶液的pH为7.8，呈碱性，说明的水解程度大于电离程度，但水解是微弱的，溶液中，A错误；B．实验2中通入使溶液酸性增强，增大，根据，为常数，比值随的增大而增大，B错误；C．实验3中加入少量，过量，正确的离子方程式为，C错误；D．实验4中反应消耗了部分含碳物质，溶液中总碳浓度因反应生成沉淀和气体而减小，而溶液中不变，因此不等式成立，D正确；故答案选D。8．D【分析】的沉淀溶解平衡：，则，的沉淀溶解平衡：，则。【详解】A．，，随意取上点的数据，如（-4，-6），则，，乘积等于即，而带入上的点，如（-4，-4），则，，，即，所以表示的饱和溶液中离子浓度的关系，表示的饱和溶液中离子浓度的关系，A正确；B．溶度积只与温度有关（温度不变，不变），稀释仅改变溶液中离子的浓度，不改变温度，因此不变，B正确；

C．反应平衡常数的表达式为：，上下同乘，得，C正确；D．当时，即，根据图像，纵坐标一定且小于-2时，即一定时，上横坐标数值小于上横坐标数值，即，，D错误；故答案选D。9．B【分析】实验1中溶液变为黄绿色说明生成了(SCN)2，结合生成了白色沉淀为CuSCN，则可得出实验1发生的氧化还原反应式，实验2利用原电池探究Fe3+与SCN-的反应，接通电路后由实验现象可知，左侧溶液没有Fe2+生成，Fe3+没有与SCN-发生反应，实验3生成了蓝色沉淀为Fe2+与K3[Fe(CN)6]反应生成的KFe[Fe(CN)6]，Fe2+为Fe3+被SCN-还原生成，实验3与实验2对比说明实验3当Fe3+的还原产物为KFe[Fe(CN)6]沉淀时，Fe3+的氧化性增强，可以氧化SCN-，而还原产物为Fe2+时，无法氧化SCN-，据此解答。【详解】A．据分析，Cu2+与SCN-发生的氧化还原反应方程式书写正确，A正确；B．由分析得，若向左侧滴加K3[Fe(CN)6]后，Fe3+的氧化性被增强，可以与KSCN发生氧化还原反应，并生成蓝色沉淀，B错误；C．由于Fe3+的还原产物为Fe2+时，Fe3+无法氧化SCN-，且Fe3+的氧化性强于Cu2+，所以Cu2+的还原产物为Cu+时，Cu2+也无法氧化SCN-，但Cu2+的还原产物为CuSCN沉淀时，Cu2+的氧化性增强，才能氧化SCN-，所以将溶液替换为溶液，无法氧化SCN-，电流计指针不偏转，C正确；D．据分析，蓝色沉淀的生成增强了Fe3+的氧化性，D正确；答案选B。10．D【分析】由图可知，电极Ⅱ上氧元素价态升高失电子，故电极Ⅱ为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，电极Ⅰ为阴极，得到电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式为，据此作答。【详解】A．电解池工作时，氢离子向阴极（左室）移动，故A错误；B．由分析可知，电极Ⅰ为阴极，得到电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式为，B错误；C．由分析可知，电解池中阳极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极的电极反应为，工作一段时间，阳极生成4molH+的同时，有4molH+进入阴极，阳极区H+的物质的量不变，H+的浓度不变，pH不变，C错误；D．当电极I生成1mol时，根据上述电极反应可知，转移2mol电子，吸收塔中NO转化为N2，N元素由+2价下降到0价，转移2mol电子消耗1molNO，质量为1mol×30g/mol=30g，D正确；故选D。11．A【详解】A．黑火药爆炸是剧烈的氧化还原反应，活化能低意味着反应容易发生，A合理；B．铁置换硫酸铜中的铜是直接发生置换反应，无需构成原电池，B不合理；C．深埋地下的青铜器腐蚀通常发生在中性或弱碱性环境中，以吸氧腐蚀为主，而非酸性条件下的析氢腐蚀，C不合理；D．“鎏金”将黄金与汞混合成金汞齐，涂抹在铜器等金属表面，再通过加热使汞蒸发，金与基底金属原子会发生扩散并形成合金，此过程涉及化学变化；“贴金”则是将金箔直接粘贴于器物表面，依赖胶粘剂固定，不涉及化学反应。电镀是电解沉积金属的化学变化，D不合理；故选A。12．B【分析】由流程可知，CuFeS2加入CuCl2浸取发生CuFeS2＋3CuCl2＝4CuCl＋FeCl2＋2S，过滤后得到滤液含有FeCl2，固体含有CuCl、S，加入盐酸发生CuCl＋Cl−＝[CuCl2]−，过滤除去硫，过滤得到滤液含有[CuCl2]−，调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和Cu2＋，过滤可得到Cu，得到滤液含有Cu2＋，滤液中含有HCl和CuCl2，可以循环使用，据此分析解题。【详解】A．CuCl中Cu为+1价，价电子排布式为3d10，故A正确；B．稀盐酸中Cl-浓度小，溶解CuCl效果不好，不可用稀盐酸代替浓盐酸，故B错误；C．调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和Cu2＋，离子方程式为，故C正确；D．由分析可知，“滤液2”中含有HCl和CuCl2，含有的离子主要是Cu2+和Cl-，可以返回到流程中循环利用，故D正确；故答案选B。13．C【详解】A．钙为20号元素，位于区，是39号元素、是26号元素，位于区，是8号元素、P是15号元素，位于区，A错误；B．基态钇原子价电子排布式为，B错误；C．的电子云沿轴延伸的哑铃形，C正确；D．钇的价电子全部失去，钇元素显+3价，由化合价规则可知铁显+2价，D错误；故选C。14．B【详解】A．PMS对应的酸为在反应机理图中看到其结构中含有过氧键，该酸的热稳定性较差，A错误；B．已知SACs中Fe的化合价为，可判断Fe分别与NO、CN—形成配位键，由此可得化合物甲中Fe为+3价，B正确；C．过程有π键的断开和键的形成，没有键的断开，C错误；D．转化为在反应机理图中步，在C-H键中间加O形成酚羟基，不是取代反应，D错误。故选B。【点睛】．15．B【详解】A．苯环中为大π键，含氮杂环中含有两个碳碳双键，因此每个8­羟基喹啉分子中未含有3个π键，故A错误；B．根据图示，8-羟基喹啉分子间存在、等氢键，故B正确；C．C、N、O位于同周期，其第一电离能随着原子序数递增，总的趋势是变大，但N的2p层电子半充满，导致其第一电离能大于O，C、O、N的第一电离能依次增大，故C错误；D．根据题意可知，通过原子力显微镜观测在铜单晶表面吸附组装的8-羟基喹啉分子，获得原子级分辨的分子化学骨架结构图象，并清晰观察到分子间存在的氢键作用，并不是直接观测到氢键的本质，故D错误；故答案选B。16．(1)(2)AC60℃之前，温度越高，氧化速率越快；60℃之后，O2的溶解度下降，且受热易分解，故氧化速率又减小(3)温度高于50℃时，NaClO2在酸性条件下发生自身氧化还原反应生成ClO2的副反应速率加快，消耗了吸收剂NaClO2，导致其浓度降低，从而使SO2的吸收效率下降(4)温度低于240℃时催化剂未发挥作用，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动温度高于240℃时催化剂活性增强，反应速率显著加快【详解】（1）石灰石浆液充分吸收烟气并氧化最终生成石膏，则反应生成和CO2，化学方程式为。（2）①增大氨水浓度、使燃煤烟气与氨水充分接触，均有利于反应发生，可提高去除率；而升高反应温度不利于气体溶解且易造成氨水分解，不利于的吸收，故选AC。

②温度40~70℃区间，氧化速率先增大后减小可能原因是60℃之前，温度越高，氧化速率越快；60℃之后，O2的溶解度下降，且受热易分解，故氧化速率又减小。（3）①溶液中通入含的烟气，反应后溶液中的阴离子为和，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒可配平脱硫反应的离子方程式为。②已知酸性条件下发生自身氧化还原反应，生成气体。温度高于50℃时，二氧化硫吸收效率下降，可能原因是温度高于50℃时，NaClO2在酸性条件下发生自身氧化还原反应生成ClO2的副反应速率加快，消耗了吸收剂NaClO2，导致其浓度降低，从而使SO2的吸收效率下降。（4）①240℃以前，随着温度的升高，去除率降低的原因是温度低于240℃时催化剂未发挥作用，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动。②240℃以后，随着温度的升高，去除率迅速增大的主要原因是温度高于240℃时催化剂活性增强，反应速率显著加快。17．(1)(2)③④①②(3)(4)250mL容量瓶、胶头滴管(5)①当加入最后半滴Na2C2O4溶液后，溶液从紫色刚好变为无色，且半分钟内不变色②50.00③偏高【详解】（1）发生第一步水解的离子方程式为；（2）酸的酸性越弱，对应盐的水解程度越大，pH越高，草酸的＞碳酸的＞碳酸的，故水解程度：>＞；的电离程度（）大于水解程度（），溶液呈酸性，pH最小，故四种溶液的pH由大到小的顺序为③④①②；（3）等浓度、等体积的与盐酸混合，溶质为、，溶液中离子有、、、、、，电荷守恒为：；（4）配制250mL溶液，除烧杯、玻璃棒、量筒外，还需250mL容量瓶、胶头滴管；（5）①高锰酸钾被草酸钠还原而褪色，则滴定终点判断依据：当加入最后半滴Na2C2O4溶液后，溶液从紫色刚好变为无色，且半分钟内不变色；②平均消耗溶液的体积：第2次数据46.75mL偏差较大，舍去；平均体积为；③待测液润洗锥形瓶的影响：润洗后锥形瓶内物质的量增多，消耗体积偏大，测得的质量分数偏高。18．(1)+(2+x)(2)还原剂，将水热反应中部分被氧化的铁还原到+(2+x)价加快沉淀与水的分离，便于过滤(3)B锂离子嵌于正极材料层状结构之间，锂离子处于脱出和嵌入的自由状态，因此更容易被硫酸浸出1.25过量的磷酸铁锂酸溶后产生的Fe2+不能被氧化而使Fe的浸出率出现较快增长【详解】（1）Li元素的化合价为+1价，O元素的化合价为-2价，P元素的化合价为+5价，根据化合价代数和为零，可知Fe元素的化合价为+(2+x)价；根据得失电子守恒可知，若一次放电过程中，负