浙江省嘉兴市2025届高三12月教学测试（一模）化学试卷（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1浙江省嘉兴市2025届高三12月教学测试（一模）试卷一、单选题1．下列物质属于强电解质的是A．NaCl溶液 B．CuSO4·5H2O C．冰醋酸 D．葡萄糖【答案】B【解析】NaCl溶液是混合物，不属于强电解质；CuSO4·5H2O在水溶液中能够完全电离产生Cu2+和SO42-，属于强电解质；冰醋酸在水溶液中不完全电离，属于弱电解质；葡萄糖在水溶液中不电离，属于非电解质。选2．关于Na2CO3和NaHCO3的下列说法中，不正确的是A．热的Na2CO3溶液有很好的去除油污效果B．NaHCO3能与酸反应，降低胃酸的浓度，因而可作抗酸药C．向NaHCO3中加入少量水后，NaHCO3能溶解，并伴随着吸热现象D．室温下，二者饱和溶液的pH差约为4，主要是由于它们的溶解度差异【答案】D【解析】Na2CO3溶液中CO32-水解使溶液呈碱性，温度越高，CO32-水解程度越大，溶液碱性越强，去油污效果越好，A正确；NaHCO3能与胃酸的主要成分盐酸反应，从而减轻因胃酸过多引起的相关症状，所以可作抗酸药，B正确；NaHCO3在溶解过程中吸收热量，向NaHCO3中加入少量水后，NaHCO3能溶解，并伴随着吸热现象，C正确；室温下Na2CO3和NaHCO3饱和溶液pH相差较大的主要原因是CO32-的水解程度远大于3．下列化学用语中正确的是A．用电子式表示HCl的形成过程：B．H2中共价键的电子云图：C．[Cu(NH3)4]2+的球棍模型：D．甘氨酸的结构简式：【答案】C【解析】HCl是共价化合物，用电子式表示HCl的形成过程为，A错误；H2中共价键类型为s-sσ键，电子云图为，B错误；[Cu(NH3)4]2+中Cu2+和4个NH3形成4个配位键，空间构型为平面正方形，球棍模型为，C正确；甘氨酸的结构简式为H2NCH2COOH，D错误。故选C。4．下列说法不正确的是A．装置①用于验证铁与水蒸气反应 B．装置②用于在通风橱内制取无水AlCl3C．装置③用于煤的干馏实验 D．装置④用于比较碳酸和苯酚的酸性强弱【答案】D【解析】铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，用火柴点燃肥皂泡检验氢气，会产生淡蓝色火焰和轻微的爆鸣，A正确；加热AlCl3·6H2O和SOCl2，SOCl2遇水生成的氯化氢，抑制了氯化铝的水解，其反应化学方程式为AlCl3·6H2O+6SOC12△A1C13+6SO2↑+12HCl↑，可制取无水AlCl3，B正确；煤干馏生成固态的焦炭、液态的煤焦油、气态的焦炉气，煤焦油的密度比水大且不溶于水，具支试管中上层为水层，下层为煤焦油，C正确；醋酸具有挥发性，醋酸和碳酸钠反应生成的二氧化碳中混有醋酸，醋酸也可以和苯酚钠溶液反应生成苯酚，装置④不能用于比较碳酸和苯酚的酸性强弱，D错误。故选D。5．化学与生产、生活和社会发展密切相关。下列说法不正确的是A．因熔融态SiO2冷却凝固速率不同，使天然水晶球未能完全呈现自范性，而形成玻璃态外层的水晶和晶态内层的玛瑙B．Fe2O3是一种红棕色粉末，常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料C．豆浆中加入凝固剂葡萄糖酸−δ−内酯，使豆浆中的蛋白质聚沉制出美味的豆腐D．通过控制条件合成氨是最重要的人工固氮途径，它为工农业生产提供了重要的原料【答案】A【解析】天然水晶球的外层是看不到晶体外形的玛瑙，内层才是呈现晶体外形的水晶，A错误；Fe2O3是一种红棕色粉末，俗称铁红，常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，B正确；豆浆属于胶体，加入凝固剂葡萄糖酸−δ−内酯，使豆浆中的蛋白质发生聚沉制出美味的豆腐，C正确；通过控制条件，将氮气转化为氮的化合物(NH3)，是最重要的人工固氮途径，它为工农业生产提供了重要的原料(氮肥)，D正确。故选A。6．膦(PH3)是一种较强的还原剂，可利用白磷(P4)和过量碱液来制备，反应原理为：P4＋KOH＋H2O→PH3↑＋KH2PO2(未配平)。下列说法正确的是A．氧化剂与还原剂物质的量之比为3∶1B．KH2PO2为酸式盐C．实验室制乙炔时产生的PH3杂质可用酸性KMnO4溶液吸收D．若反应过程中断裂6molP-P键，则反应转移的电子数为3NA(NA表示阿伏加德罗常数的值)【答案】D【解析】P元素化合价降低生成PH3，P元素化合价升高生成KH2PO2，氧化剂和还原剂均是P4，由电子守恒知，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶3，A错误；由方程式知，KH2PO2与过量KOH溶液不反应，说明KH2PO2为正盐，B错误；乙炔能被酸性高锰酸钾氧化，实验室制乙炔时产生的PH3杂质不能用酸性KMnO4溶液吸收，C错误；P4为正四面体形结构，分子中含6个P-P键，若反应过程中断裂6molP-P键转移的电子数为3NA，D正确。故选D。7．物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途的是选项结构或性质用途A金属制成合金，改变了原子有规则的层状排列，使层间的相对滑动变得困难钢中加入锰，增强钢的强度和韧性BKsp[Ca5(PO4)3OH]>Ksp[Ca5(PO4)3F][牙齿釉质层的主要成分为Ca5(PO4)3OH]在饮用水、食物或牙臂中添加适量氟化物，以防治龋齿C硫化剂以二硫键将顺丁橡胶的线型结构连接为网状结构硫化交联程度越大，获得弹性越好的顺丁橡胶D布洛芬(可用RCOOH表示)与2−吡啶甲醇()发生反应降低布洛芬对胃、肠道的刺激性A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】金属具有延展性的原因是金属原子易发生相对滑动，金属制成合金，改变了原子有规则的层状排列，使层间的相对滑动变得困难，则钢中加入锰制成合金，可以增强钢的强度和韧性，A正确；Ksp[Ca5(PO4)3OH]>Ksp[Ca5(PO4)3F]，说明Ca5(PO4)3F的溶解度小于Ca5(PO4)3OH，在饮用水、食物或牙臂中添加适量氟化物，Ca5(PO4)3OH可以转化为Ca5(PO4)3F，Ca5(PO4)3F更能抵抗酸的侵蚀防治龋齿，B正确；硫化剂以二硫键将顺丁橡胶的线型结构连接为网状结构，得到既有弹性又有强度的顺丁橡胶，但硫化交联的程度不宜过大，否则会使橡胶失去弹性，C错误；布洛芬与2−吡啶甲醇可以发生酯化反应，可以将布洛芬中的羧基转化为酯基，降低布洛芬对胃、肠道的刺激性，D正确。故选C。8．下列反应方程式书写正确的是A．将少量氯气通入过量Na2SO3溶液中：Cl2＋3SO32-＋H2O=2Cl−＋2HSO3-B．铅酸蓄电池放电时正极的电极反应式：PbO2＋4H+＋2e−=Pb2+＋2H2OC．用醋酸和淀粉−KI溶液检验加碘盐中的IO3-：IO3-＋5I−＋6H+=3I2＋D．邻羟基苯甲醛中加入足量浓溴水：＋2Br2→＋2H+＋2Br−【答案】A【解析】将少量氯气通入过量Na2SO3溶液中发生氧化还原反应生成Cl−、HSO3-、SO42-，离子反应方程式为Cl2＋3SO32-＋H2O=2Cl−＋2HSO3-＋SO42-，A正确；铅酸蓄电池放电时，PbO2在正极得到电子生成PbSO4和水，正极的电极方程式为PbO2＋4H+＋2e−+SO42-=PbSO4＋2H2O，B错误；用醋酸和淀粉−KI溶液检验加碘盐中的IO3-，醋酸是弱电解质，在离子方程式中写成化学式，离子反应方程式为IO3-＋5I−＋6CH39．高分子材料亚克力(PMMA)的合成路线如下：下列说法不正确的是A．丙酮分子中最多6个原子共平面B．X的结构简式为C．试剂a为NaOH乙醇溶液D．1molPMMA与足量NaOH溶液反应，最多可消耗nmolNaOH【答案】C【解析】由流程可知，丙酮中羰基先与HCN发加成反应生成，再酸化生成的X为，X在试剂a条件下加热转化为Y(CH2=C(CH3)COOH)，该反应是消去反应，试剂a是浓硫酸，Y与甲醇发生酯化反应生成，碳碳双键发生加聚反应生成PMMA：；丙酮分子中与羰基直接相连的原子共面，甲基中单键可以旋转，则丙酮分子中最多6个原子共平面，A正确；X的结构简式为，B正确；NaOH乙醇溶液是卤代烃消去反应的试剂，故试剂a不为NaOH乙醇溶液，试剂a是浓硫酸，C错误；

1molPMMA中含有nmol酯基，其与足量NaOH溶液反应，最多可消耗nmolNaOH，D正确。故选C。10．X、Y、Z、M、N为前四周期的五种元素，原子序数依次增大，其中X、Y、Z同周期且相邻，Y的s轨道电子数与p轨道电子数之比为4∶3，Z与M同主族且相邻，N的内层轨道全部排满且最外层只有一个电子。下列说法不正确的是A．键角：XZ32->YZ2- BC．XY−与N+反应的配位能力：X>Y D．第一电离能：Y>Z>M【答案】B【解析】X、Y、Z、M、N为前四周期的五种元素，原子序数依次增大，其中X、Y、Z同周期且相邻，Y的s轨道电子数与p轨道电子数之比为4:3，则Y的电子排布式为1s22s22p3，Y为N元素，X为C，Z与M同主族且相邻，则Z为O，M为S，N的内层轨道全部排满且最外层只有一个电子，价层电子排布式为3d104s1，则N为Cu。XZ32-为CO32-，YZ2为NO2-，CO32-中心C原子价层电子对数为3+124+2-3×2=3，C原子杂化方式为sp2，不含孤电子对，NO2-中心原子价层电子对数为2+125+1-2×2=3，N原子杂化方式为sp2，含有1个孤电子对，中心原子杂化类型相同时，孤电子对越多，键角越小，则键角：CO32->NO2-，A正确；Cu+在酸性溶液中反应生成Cu和Cu2+，Cu2+在酸性溶液中稳定存在，水溶液中的稳定性：Cu2+>Cu同周期主族元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA、ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：N>O>S，D正确。故选B。11．Ni−CeO2催化CO2加H2的反应历程如图1所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)。以投料比[n(CO2)/n(H2)]=1∶1进行反应，反应气总流量控制在20mL·min−1，含碳产物中CH4的物质的量百分数及CO2的转化率随温度(T)的变化如图2所示。下列说法正确的是A．180℃时主反应的化学方程式为CO2(g)＋H2O(g)⇌CO(g)＋H2O(g)B．210℃时CH4的平均反应速率为0.9mL·min−1C．260℃后升高温度，甲烷产率不变D．其他条件不变，增大投料比[n(CO2)/n(H2)]，可提高CO2的平衡转化率【答案】B【解析】由图2可知，180℃时含碳产物中CH4物质的量百分数较大，主反应的化学方程式为CO2+4H2⇌CH4+2H2O，A错误；210℃时含碳产物中CH4物质的量百分数为90%，CO2的转化率为10%，根据已知条件列出“三段式”COCOx+y=1，xx+y=0.9，解得x=0.9，y=0.1，则CH4的平均反应速率为0.9mL·min−1，B从图2可知，随着温度的升高，含碳产物中CH4物质的量百分数增大，CO2的转化率增大，说明CO2+4H2⇌CH4+2H2O正反应为吸热反应，升温化学平衡正向移动，甲烷产率增大，C错误；其他条件不变，增大投料比[n(CO2)/n(H2)]，相当于增大CO2的物质的量，平衡正向移动，但CO2的平衡转化率减小，D错误。故选B。12．苯和硫酸发生磺化反应，反应历程如下：已知：在高温或大量水存在下，-SO3H能解离成-SO3-，使苯环的电子云密度增大，最后失去SO下列说法不正确的是A．磺化反应过程中碳原子的杂化类型发生改变B．由反应历程可知相比于苯，硝基苯更难与硫酸发生磺化反应C．苯和硝酸反应生成硝基苯，亦能在大量水存在的条件下脱去硝基生成苯D．甲苯制邻氯甲苯的过程中引入磺酸基可以防止某些位置被取代【答案】C【解析】苯分子中碳原子的价层电子对数为3+32=3，碳采取sp2杂化，中与-SO3-相连的碳原子价层电子对数为4+42=4，碳采取sp3杂化，磺化反应过程中碳原子的杂化类型发生改变，A正确；由反应历程可知，磺化反应需苯环电子云密度增大，硝基是吸电子基，使苯环电子云密度降低，硝基苯比苯难与硫酸发生磺化反应，B正确；苯和硝酸反应生成硝基苯，硝基苯中硝基与苯环之间通过较稳定的共价键结合，不能脱去硝基生成苯，C不正确；甲苯制邻氯甲苯时引入磺酸基可占据某些位置，可防止这些位置被氯取代，再脱去磺酸基得邻氯甲苯，D13．埋地管道所处环境特殊，当其通过不同的土壤时会发生电化学腐蚀，对管道的正常运行造成很大危害。下图为地下管道经过黏土(含氧量少)和沙土(含氧量多)时发生腐蚀的示意图。下列说法不正确的是A．该管道发生电化学腐蚀时，负极上的电极反应式：Fe-2e−=Fe2+B．掩埋在黏土部分的管道比掩埋在沙土部分的管道电化学腐蚀更快C．如果沙土供氧充分，则黏土中铁管腐蚀会加剧D．若采用外接电流的阴极保护法进行防腐，所用阳极材料需为金属性强于铁的单质【答案】D【解析】该管道发生电化学腐蚀时，Fe为原电池负极，电极反应式为Fe-2e−=Fe2+，A正确；黏土比沙土更加湿润，含水量较多，掩埋在黏土部分的管道比掩埋在沙土部分的管道电化学腐蚀更快，B正确；如果沙土供氧充分，则管道在沙土中的部分为正极，在黏土中的部分为负极，该部分铁管失去电子，腐蚀会加剧，C正确；若采用外接电流的阴极保护法进行防腐，将铁管道与电源负极相连作阴极，阳极应该选择惰性电极，不能选金属性强于铁的单质，D错误。故选D。14．氯化铍在气态时存在BeCl2分子(a)，固态时存在长链状分子(b)。下列说法不正确的是A．分子(a)属于非极性分子B．分子(b)的结构可能是C．电解熔融氯化铍制备金属铍时加入氯化钠以增强熔融氯化铍的导电性D．BeCl2与过量NaOH溶液反应生成呈正四面体的阴离子[Be(OH)4]2−【答案】B【解析】BeCl2中心Be原子价层电子对数为2+122-2×1=2，不含孤电子对，空间构型为直线形，正负电中心重合，为非极性分子，A正确；BeCl2固态时存在长链状分子，该分子中Be原子提供空轨道，Cl原子提供孤电子对形成配位键，结构可能是，B错误；电解熔融氯化铍制备金属铍时加入氯化钠以增强熔融氯化铍的导电性，C根据“对角线”规则，Be和Al的性质相似，BeCl2与过量NaOH溶液反应生成呈正四面体的阴离子[Be(OH)4]2−，D正确。故选B。15．将0.10mmolAg2CrO4配制成1.0mL悬浊液，向其中滴加0.10mol/L的NaCl溶液。lg[c(M)/(mol·L−1))](其中M代表Ag+、Cl−或CrO42-)随加入NaCl溶液体积A．交点a处溶液中c(Na+)=2c(Cl−)B．V≤2.0mL时，c(CrO42-)/c(Cl−)C．y2的值为−lg34D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1mol/L的混合溶液中滴加0.1mol/L的AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4沉淀【答案】C【解析】将0.10mmolAg2CrO4配制成1.0mL悬浊液，溶液中存在沉淀溶解平衡：Ag2CrO4(s)⇌2Ag+(aq)+CrO42-(aq)，向其中滴加0.10mol•L-1的NaCl溶液，AgCl溶解度小于Ag2CrO4，则Ag2CrO4转化为AgCl，由Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)可知，c(Ag+)减小，c(Cl-)增大，c(CrO42-)增大，溶液体积增大，c(CrO42-)变化不大，则图象中最上方曲线为c(CrO42-)的变化，中间为c(Cl-)的变化，最下面为c(Ag+)的变化。2mL时Ag2CrO4溶液与NaCl溶液恰好完全反应，a点时溶质为NaCl和Na2CrO4，由电荷守恒知：c(Na+)+c(Ag+)+c(H+)=2c(CrO42-)+c(Cl-)+c(OH-)，此时c(H+)、c(OH-)、c(Ag+)可忽略不计，a点为Cl-和CrO42-曲线的交点，c(CrO42-)=c(Cl-)，则溶液中c(Na+)≈3c(Cl-)，A错误；V＜2.0mL时，Ag2CrO4未完全转化为AgCl，体系中Ag2CrO4和AgCl共存，则KspAgClKspAg2CrO4=cAg+cCl-c2Ag+cCrO42-为定值，即cAg+cCrO42-cCl-为定值，由图可知，在V≤2.0mL，随着NaCl溶液的加入，c(Ag+)减小，则cCrO42-cCl-增大，B错误；V=2.4mL时，Ag2CrO4完全转化为AgCl，溶液中c(CrO42-)=0.1mol×1016．下列实验方案设计或结论不正确的是方案设计现象结论A常温下测定0.1mol/LC2H5ONa溶液的pHpH=13结合H+能力：C2H5O−>OH−B瓶口相对且中间用玻璃片隔开的两个集气瓶中分别装有Cl2(上)和H2(下)，抽去玻璃片盛放H2的瓶内出现浅黄绿色，盛放Cl2的瓶内颜色变浅自发过程从混乱度小到混乱度大的方向进行C向盛有AgCl固体的试管中加入足量的Na2S2O3溶液，充分反应后再向试管中加入Na2S溶液开始时白色沉淀完全溶解，后又产生黑色沉淀溶解度：AgCl>Ag2SD向I2的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色溶解I2能力：浓KI溶液>CCl4A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】0.1mol·L-1的乙醇钠溶液碱性很强，说明结合H+能力：C2H5O−>OH−，A正确；除了气体自动扩散导致混乱度增大原因以外，氢气和氯气在光照情况下反应生成了氯化氢，B错误；向盛有AgCl固体的试管中加入足量的Na2S2O3溶液，白色沉淀溶解，再加入Na2S溶液析出黑色沉淀，说明Na2S会与已经溶解在Na2S2O3溶液中的AgCl发生反应生成Ag2S沉淀，说明Ag2S的溶解度比AgCl更低，C正确；向I2的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡，静置，溶液分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色，说明I2的CCl4溶液中的I2与KI溶液中I-反应生成Ieq\o\al(－,3)，使上层溶液呈棕黄色，证明溶解I2能力：浓KI溶液>CCl4，D正确。故选B。二、解答题17．N的化合物种类繁多，应用广泛。请回答：(1)某含氮镍锌笼形包合物的晶胞结构如图所示(H原子未画出，晶胞棱上的小黑点代表NH3，六元环代表C6H6且每个六元环只有一半属于该晶胞)。①下列说法正确的是。a．基态锌原子的价电子排布式为：4s2b．CN−的C与Ni2+、N与Zn2+形成配位键c．电负性：N>O>C>Hd．对该晶体加热，C6H6比NH3更易脱出②Zn2+周围紧邻的N原子数为。③该晶胞的化学式为。(2)吡咯()和吡啶()所有原子均共平面，在盐酸中吡啶的溶解度更大，其主要原因是。(3)氮化镓是第三代半导体材料，传统制备GaN是采用GaCl3与NH3在一定条件下反应制备，不采用金属Ga与N2制备的原因是。(4)氮化硼在一定条件下可以制得硼砂(Na2B4O7·10H2O)，硼砂的阴离子化学式为B2H4O92-，已知阴离子中B有两种杂化方式，B均与-OH相连，结构中含有两个六元环，写出该阴离子的结构式【答案】(1)bd6Ni(CN)4·Zn(NH3)2·2C6H6(2)吡咯和吡啶中N均为sp2杂化，吡咯中N原子的孤对电子在未杂化的p轨道中，参与形成(大)π键，使得N的电子云密度降低，从而减弱了其碱性，即吡啶更容易与盐酸电离出的H+结合(3)N2中存在N≡N三键，键能大，反应所需能量高；产物中气体分子数减少(属于熵减反应)(4)【解析】（1）①锌的原子序数为30，基态锌原子的价电子排布式为3d104s2，a错误；该晶胞中的六元环为C6H6，则上下底面小白球代表C原子，上下底面的小黑球为N元素，由晶胞结构可知，CN−的C与Ni2+、N与Zn2+形成配位键，b正确；同周期主族元素，从左往右电负性依次增大，则电负性：O>N>C>H，c错误；该晶胞中，晶胞棱上NH3的N原子和Zn2+形成配位键，而C6H6通过分子间作用力存在于晶胞中，配位键的强度大于分子间作用力，则对该晶体加热，C6H6比NH3更易脱出，d正确。故选bd；②由晶胞结构图可知，以位于顶点的Zn2+为研究对象，Zn2+的上下各有1个NH3的N原子，与Zn2+位于同一平面紧邻的CN-的N原子有4个，则Zn2+周围紧邻的N原子数为6；③由晶胞结构图可知，一个晶胞中含有Ni2+个数为2×12=1，Zn2+个数为8×18=1，CN-个数为8×12=4，NH3个数为8×14=2，苯环个数为（2）由吡咯()和吡啶()所有原子均共平面可知，吡咯和吡啶中N均为sp2杂化，吡咯中N原子的孤对电子在未杂化的p轨道中，参与形成大π键，使N的电子云密度降低，碱性减弱，吡啶中N原子有一对孤电子对在杂化轨道中，更容易与盐酸电离出的H+结合。（3）不采用金属Ga与N2制备的原因是：N2中存在N≡N，键能大，反应所需能量高，并且该反应的产物中气体分子数减少(属于熵减反应)。（4）B2H4O92-中B有两种杂化方式，即sp3和sp2杂化，B均与-OH相连，则其中含有18．以银锡合金为原料实现如下转化：已知：①当某离子的浓度低于1.0×10−5mol/L时，可忽略该离子的存在；②AgCl(s)＋Cl−(aq)⇌[AgCl2]−(aq)K=2×10−5；③在碱性溶液中SO32请回答：(1)写出C的电子式。写出②的化学反应方程式。(2)下列说法正确的是_______。A．气体A是形成酸雨的主要成分B．固体D中可能含有Mg(NO2)2C．反应①类似于工业制粗硅，其原理是利用了C的还原性强于SnD．CH3SO3H的沸点比H2SO4高(3)为从溶液E中过滤出最多的AgCl固体，溶液G中Cl−浓度不能超过mol/L。(4)固体F可能为Ag2SO3、Ag2SO4或两者混合物。Ag2SO4微溶于水，Ag2SO3难溶于水，二者都可以溶于氨水，写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式。选用提供试剂设计实验验证固体F的成分。[可选用试剂：氨水、NaOH溶液、Ba(NO3)2溶液、稀硫酸、稀盐酸]。【答案】(1)2CH3SO3H＋Sn=(CH3SO3)2Sn＋H2(2)AB(3)0.5(4)Ag2SO3＋4NH3·H2O=2[Ag(NH3)]2+＋SO32-＋4H2O或Ag2SO3＋4NH3=2[Ag(NH3)]2+＋SO32-(或2Ag2SO3＋8NH3·H2O＋O2=4[Ag(NH3)]2+＋2SO42-＋8H2O)将少量的F加入足量的氨水中，充分反应后，加入过量的Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，过滤向沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解证明F中有Ag2SO3，沉淀不溶解证明F中没有Ag2SO3；另取少量溶液G，滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，证明F中有Ag2SO4【解析】银锡合金和浓硝酸在加热条件下发生氧化还原反应得到的气体A为NO2，溶液B中含有AgNO3，NO2气体和Mg发生氧化还原反应生成单质气体C，该过程中Mg元素化合价上升，金属Mg为还原剂，则NO2中N元素化合价下降生成气体C为N2，固体D为镁盐，其中含有酸根，该酸根可能为NO2中N元素化合价下降生成的NO2-，D中可能含有Mg(NO2)2，溶液B中的AgNO3和SO2反应生成固体F可能为Ag2SO3、Ag2SO4或两者混合物，从溶液E中过滤出最多的AgCl固体，向溶液E中加入HCl，平衡AgCl(s)＋Cl−(aq)⇌[AgCl2]−(aq)正向移动，溶液G中存在[AgCl2]−，H2SnO3高温分解生成SnO2，SnO2发生还原反应生成Sn，Sn和CH3SO3H反应生成(CH3SO3（1）C为N2，电子式为，Sn和CH3SO3H反应生成(CH3SO3)Sn，该反应中Sn元素化合价上升，则H元素化合价下降生成H2，②的化学反应方程式为：2CH3SO3H＋Sn=(CH3SO3)2Sn＋H2。（2）气体A为NO2，是形成酸雨的主要成分，A正确；气体C为N2，固体D为镁盐，其中含有酸根，该酸根可能为NO2中N元素化合价下降生成的NO2-，固体D中可能含有Mg(NO2)2，B正确；反应①类似于工业制粗硅，该过程中SnO2和C反应生成Sn和CO，该反应能够发生的原因是生成了CO气体，CO气体不断逸出，促使平衡右移，导致反应结果偏向生成Sn，不能证明C的还原性强于Sn，C错误；H2SO4中含有2个羟基，CH3SO3H中只含有1个羟基，H2SO4分子间可以形成更多的氢键，CH3SO3H的沸点比H2SO4低，D错误。故选（3）为从溶液E中过滤出最多的AgCl固体，应该使溶液中[AgCl2]−的浓度尽可能小，此时c{[AgCl2]−}=1.0×10−5mol·L-1，c(Cl-)=1×10-52×10-5mol·L-1=0.5mol·L-1，溶液G（4）Ag2SO3溶于氨水生成[Ag(NH3)]2+和SO32-，SO32-也可以被O2氧化为SO42-，离子方程式为：Ag2SO3＋4NH3·H2O=2[Ag(NH3)]2+＋SO32-＋4H2O或Ag2SO3＋4NH3=2[Ag(NH3)]2+＋SO32-或2Ag2SO3＋8NH3·H2O＋O2=4[Ag(NH3)]2+＋2SO42-＋8H2O，设计实验验证固体F的成分：将少量的F加入足量的氨水中，充分反应后，加入过量的Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，过滤向沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解证明F中有Ag2SO3，沉淀不溶解证明F中没有Ag2SO3；另取少量溶液G，滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，证明F中有Ag19．化石燃料的燃烧、汽车尾气的排放和硝酸工业尾气中普遍含有的氮氧化物NOx是污染大气的主要成分之一，需要加以治理。当氮氧化物中NO与NO2的比例不同时，发生三种类型的SCR反应(选择性催化还原反应)：a．标准SCR：4NO(g)＋4NH3(g)＋O2(g)⇌4N2(g)＋6H2O(g)

ΔH1b．慢速SCR：8NH3(g)＋6NO2(g)⇌7N2(g)＋12H2O(g)

ΔH2=−2739.6kJ/molc．快速SCR：2NO(g)＋4NH3(g)＋2NO2(g)⇌4N2(g)＋6H2O(g)

ΔH3=−1518.2kJ/mol请回答：(1)已知2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)ΔH4=−114.2kJ/mol，则ΔH1=kJ/mol。标准SCR能自发进行的条件为(“高温”“低温”或“任意温度”)。(2)将一定比例的NO、NH3和O2的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应器，仅发生标准SCR，反应相同时间后NO去除率随反应温度变化曲线如图1所示。下列说法正确的是_______。A．低温高压有利于提高NO去除率B．50～150℃范围内NO去除率迅速上升原因是催化剂活性提升，反应速率增加C．150～380℃范围内NO去除率上升缓慢原因是反应平衡逆移D．380℃后NO去除率下降可能是N2和O2生成了NO(3)一定条件下仅发生慢速SCR，在压强p1条件下，NO2的平衡转化率随温度的变化曲线如图2所示，若减小压强至p2，在图2中画出NO2的平衡转化率随温度的变化曲线示意图。(4)为了快速SCR的进行，需预氧化部分NO转化为NO2，催化剂Y可加快该反应的速率。当温度、压强和NO浓度恒定时，初始反应速率与O2浓度的关系如图3所示，曲线变化的相关原因是。(已知该反应中存在以下机理中的一种：①r0=k·[NO]·θO或②r0=k·θNO·θO，r0表示反应初始速率，k代表反应速率常数，[NO]代表NO的浓度，θi代表该物种在催化剂表面的吸附率)(5)催化电解NO吸收液可将NO还原为NH3。当电解电压为U时，部分还原产物的法拉第效率(FE%)如下表所示。则电解生成的H2和NH3的物质的量之比为。还原产物H2NH3法拉第效率(FE%)6020(已知FE%=QxQ总，Qx=nF，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数：Q【答案】(1)−1632.4任意温度(2)BD(3)(4)由图可知该过程为机理②，初始反应速率由NO和O原子在催化剂表面的吸附量共同决定。低O2浓度区间随O2浓度增大，O原子吸附率增大，初始反应速率上升。高O2浓度区间，O原子接近饱和吸附，NO和O原子存在竞争吸附关系，O2浓度的升高会造成NO吸附量的下降，初始反应速率随O2浓度的升高而下降(5)15∶2【解析】（1）将2NO(g)＋4NH3(g)＋2NO2(g)⇌4N2(g)＋6H2O(g)和2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)相加即可得到4NO(g)＋4NH3(g)＋O2(g)⇌4N2(g)＋6H2O(g)，由盖斯定律可知，ΔH1=ΔH3+ΔH4=−1518.2kJ·mol-1-114.2kJ·mol-1=−1632.4kJ·mol-1，标准SCR是气体体积减小的放热反应，ΔS>0，ΔH1<0，当ΔH-TΔS<0时反应能够自发进行，则该反应在任意温度下都能自发进行。（2）标准SCR是气体体积减小的放热反应，高压低温可以使平衡正向移动，有利于提高NO去除率，A错误；50～150℃范围内，标准SCR反应未达平衡状态，随温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快，反应相同时间，NO的转化率增大，B正确；150～380℃范围内NO去除率上升缓慢原因是，温度上升超过了催化剂活性最大的温度范围，催化剂活性降低，反应速率随温度的升高而增大缓慢，NO去除率上升缓慢，C错误；380℃后NO去除率下降，可能的原因是生成的N2和O2在高温下反应生成了NO，D正确。故选BD。（3）慢速SCR是气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO2的平衡转化率减小，减小压强，平衡正向移动，NO2的平衡转化率增大，在图2中画出NO2的平衡转化率随温度的变化曲线示意图为。（4）当温度、压强和NO浓度恒定时，初始反应速率与O2浓度的关系如图3所示，该图表示过程为机理②，初始反应速率由NO和O原子在催化剂表面的吸附量共同决定。低O2浓度区间随O2浓度增大，O原子吸附率增大，初始反应速率上升。高O2浓度区间，O原子接近饱和吸附，NO和O原子存在竞争吸附关系，O2浓度的升高会造成NO吸附量的下降，初始反应速率随O2浓度的升高而下降。（5）当电解电压为U时，生成氢气的FE%为60%，生成氨气的FE%为20%，结合电极反应：2H++2e-=H2↑、NO+5e-+5H+=NH3+H220．某小组用阿司匹林制备阿司匹林铜：已知：阿司匹林铜是一种亮蓝色结晶粉末，不溶于水、乙醇，受热易分解成浅绿色混合物，在强酸性条件下能解离出Cu2+。请回答：(1)实验装置图中仪器A的名称是。步骤Ⅰ使用冰水浴的原因是。(2)下列说法正确的是_______。A．步骤Ⅰ中，加入乙醇的目的是增大阿司匹林与NaOH溶液的接触面积，从而加快反应速率B．步骤Ⅱ中，先用过量的硫酸中和NaOH避免滴加CuSO4溶液时产生Cu(OH)2C．步骤Ⅲ中，过滤后的产品先用蒸馏水洗涤，再用酒精洗涤D．步骤Ⅲ中，为了快速得到干燥的产品，可采用高温烘干(3)阿司匹林铜中铜含量可用碘量法测定：已知：ⅰ.滴定过程中发生如下反应：2Cu2+＋4I−=2CuI＋I2，I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I−，CuI(s)＋SCN−(aq)⇌CuSCN(s)＋I−(aq)，Ksp(CuI)=2.1×10−12，Ksp(CuSCN)=4.8×10ⅱ.CuI能强力吸附I2，被吸附的I2不能被Na2S2O3标准溶液滴定，淀粉也会吸附I2，使滴定终点推迟。ⅲ.SCN−可以还原Cu2+。①从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤(碘量瓶示意如图)：用分析天平称取4.000g产品→在烧杯中用适量的3.000mol/L和40mL水溶解，加热煮沸，样品完全分解后，摇匀，冷却到室温→配制100.00mL待测溶液→用移液管移取25.00mL待测溶液到碘量瓶→加入过量KI固体，塞上碘量瓶的塞子，摇匀，用少量水封，在暗处静置5分钟→打开塞子→→塞上碘量瓶的塞子→→记录标准溶液体积。a．H2SO4b．HNO3c．剧烈振荡碘量瓶d．轻轻振荡碘量瓶e．用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至溶液呈浅黄色f．用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点g．加入适量KSCN溶液和1mL0.5%淀粉②配制待测溶液时，下列仪器必须用到的是(填标号)。a．玻璃棒b．100mL锥形瓶c．50mL容量瓶d．胶头滴管③判定滴定到达终点的实验现象是。④三次滴定消耗Na2S2O3标准溶液的平均体积为18.80mL，则产品中的铜含量为%(保留小数点后2位数字)。【答案】(1)恒压滴液漏斗防止阿司匹林的水解(2)AC(3)aegcfAD滴入最后半滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色12.03【解析】（1）仪器A的名称是恒压滴液漏斗。酯基在加热下易水解，则步骤Ⅰ使用冰水浴的原因是防止阿司匹林的水解。（2）步骤Ⅰ中，加入乙醇作溶剂，可增大阿司匹林与NaOH溶液的接触面积，从而加快反应速率，A正确；步骤Ⅱ中，先用硫酸中和NaOH避免滴加CuSO4溶液时产生Cu(OH)2，已知阿司匹林铜在强酸性条件下能解离出Cu2+，故硫酸不能过量，B错误；产品不溶于水、醇，步骤Ⅲ中，过滤后的产品先用蒸馏水洗涤，再用酒精洗涤，酒精挥发易干燥，C正确；已知阿司匹林铜易受热分解成浅绿色混合物，步骤Ⅲ中不可采用高温烘干，D错误。选AC。（3）①用碘量法测定阿司匹林铜中铜含量时，首先应在酸性溶液中加热，使铜离子解离出来，由于硝酸能氧化Na2S2O3等还原性物质，故应选择硫酸，利用2Cu2+＋4I−=2CuI＋I2生成碘单质，用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，由于CuI表面容易吸附I2会导致其不能充分被反应，待大部分I2被反应后，加入KSCN，利用CuI(s)＋SCN−(aq)⇌CuSCN(s)＋I−(aq)，CuI沉淀转化为更难溶的CuSCN沉淀，把吸附的I2释放出来，从而提高反应精度；滴定使用的指示剂为淀粉，淀粉也会吸附I2，使滴定终点推迟，故剩余少量碘单质时，要塞上碘量瓶的塞子、剧烈振荡碘量瓶以“释放”被淀粉吸附的I2，再用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点。故步骤为：用分析天平称取4.000g产品→在烧杯中用适量的3.000mol·L-1H2SO4和40mL水溶解，加热煮沸，样品完全分解后，摇匀，冷却到室温→配制100.00mL待测溶液→用移液管移取25.00mL待测