2025屆浙江省七彩陽光新高考研究聯盟高三上學期返校聯考化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1浙江省七彩陽光新高考研究聯盟2025屆高三上學期返校聯考可能用到的相對原子質量：H-1Li-7C-12N-14O-16P-31S-32Cl-35.5Mn-55Zn-65Fe-56Ag-108Ba-137選擇題部分一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.羥基磷灰石晶體屬于（）A.有機物 B.酸 C.堿 D.鹽【答案】D【解析】是由鈣離子(Ca2?)、磷酸根離子(PO)和氫氧根離子(OH?)結合而成的化合物，因此它屬于鹽。故答案選D。2.下列說法正確的是（）A.氧化鎂熔點很高，能用于制備耐高溫、耐酸堿材料B.液溴易揮發(fā)，工業(yè)上常用“吹出法”海水提溴C.過氧化鈉具有強氧化性，可用于自來水消毒D.氮化硅化學性質穩(wěn)定，可用作建筑陶瓷【答案】B【解析】A．氧化鎂是一種離子化合物，離子鍵較強，因此熔點很高。具有良好的耐高溫性能，但氧化鎂能與酸反應，不耐酸，不能用于制備耐酸材料，A項錯誤；B．液溴易揮發(fā)，工業(yè)上常用“吹出法”海水提溴，B項正確；C．過氧化鈉具有強氧化性，但與水反應生成氫氧化鈉，不能用于自來水消毒，C項錯誤；D．氮化硅硬度大、熔點高、化學性質穩(wěn)定，常用于制作高溫結構陶瓷，價格高，不適合用作建筑陶瓷，D項錯誤；答案選B。3.下列表示不正確的是（）A.HClO的電子式：B.甲醛的空間填充模型：C.的原子結構示意圖：D.氮原子的某非基態(tài)核外電子軌道表示式：【答案】A【解析】A．次氯酸中O原子成2個共價鍵，H原子、Cl原子成1個共價鍵，O原子分別與H、Cl原子形成1對共用電子對，次氯酸正確的電子式為，故A符合題意；B．甲醛的結構簡式為HCHO，空間填充模型為：，故B不符合題意；C．的核內有6個質子，核外有6個電子，故的原子結構示意圖為：，故C不符合題意；D．2p軌道中中間電子自旋相反，不屬于基態(tài)，故D不符合題意；答案選A。4.下列說法不正確的是（）A．圖①裝置根據現象可得出與反應B．圖②操作得出氯、溴和碘元素非金屬性強弱C．圖③現象顯示金屬腐蝕為析氫腐蝕D．圖④裝置進行一定的重復操作可制取大晶體【答案】C【解析】A．氣體黃綠色變淺，生成油狀物質，說明與反應，A正確；B．新制氯水和溴化鈉生溴單質，溴水和碘化鈉生成碘單質，說明氯、溴和碘元素非金屬性強弱為氯單質大于溴單質大于碘單質，B正確；C．弱酸或中性條件，鐵發(fā)生吸氧腐蝕，C錯誤；D．圖④裝置進行一定的重復操作進行不斷結晶，可制取大晶體，D正確；故選C。5.在溶液中能大量共存的離子組是（）A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【答案】A【解析】A．、、、在水溶液中可以大量共存，A符合題意；B．與因發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存，B不符合題意；C．與因發(fā)生雙水解而不能大量共存，和形成沉淀而不能大量共存，C不符合題意；D．與反應且與、/因為形成沉淀而不能大量共存，D不符合題意；6.對于反應：，下列敘述正確的是（）A.為氧化產物B.乙醇還原性比乙醛強，因此乙醇更容易使溴水褪色C.轉移電子時，至少需要消耗5.6L的D.可以用核磁共振氫譜檢驗是否產生乙醛【答案】D【解析】A．醇的催化氧化中，醇脫去2個H原子與O結合生成水，產物H2O中的O來自O2，O2在反應中得到電子，因此H2O是還原產物，A錯誤；B．葡萄糖是多羥基醛，在葡萄糖的檢驗中醛基被氧化，而羥基沒有被氧化，說明乙醇的還原性比乙醛的弱，且乙醇不能使溴水褪色，B錯誤；C．在反應中，消耗1molO2，轉移4mol電子，若在標準狀況下，轉移了0.5NA的電子，即0.25mol，其體積為5.6L；若不在標準狀況下，O2的體積不一定是5.6L，C錯誤；D．乙醇和乙醛的核磁共振氫譜圖像是不同的，因此可以用核磁共振氫譜來檢驗是有產生了乙醛，D正確；答案選D。7.下列說法正確的是（）A.含氨基甲酸酯的有機合成農藥不慎觸及皮膚用肥皂水清洗B.重金屬鹽一定能使蛋白質變性C.同系物性質一定相似D.纖維素、蠶絲、淀粉、牛油都屬于天然有機高分子【答案】A【解析】A．氨基甲酸酯屬于酯類，肥皂水堿性，可清洗，故A項正確；B．硫酸鋇為重金屬鹽，但難溶于水，難以使蛋白質變性，故B項錯誤；C．物理或化學性質可能不同，如苯、甲苯、二甲苯為同系物，但是苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，后兩者可以，故C項錯誤；D．牛油屬于油脂，不能稱為高分子，故D項錯誤；故本題選A。8.下列化學反應與方程式相符的是（）A.少量溴蒸氣被溶液吸收：B.的燃燒熱為285.8kJ/mol，則燃燒熱的熱化學方程式為：(1)C.加熱條件下在空氣中用鎂與反應制鈦：D.丙酸與在濃硫酸和加熱條件下反應：【答案】D【解析】A．過量，則生成物與生成，正確的離子方程式為Br2+3+H2O=2Br?++2，故A錯誤；B．燃燒熱的熱化學方程式，的化學計量數應該為1，正確的熱化學方程式為H2(g)+12O2(g)=H2O(1)

ΔH=-285.8

kJ?mol-1，故B錯誤；C．沒有隔絕空氣，高溫下Mg和Ti能與空氣中的等反應，故C錯誤；D．根據酯化反應“酸脫羥基醇脫氫”的規(guī)律，用18O標記的甲醇和丙酸發(fā)生酯化反應，18O全部都在生成的酯中，選項所給方程式正確，D正確；故本題選D。9.物質的結構決定性質、用途，下列說法不正確的是（）選項結構性質、用途A橡膠硫化使線型高分子鏈之間以二硫鍵結合具有更好的強度、韌性和化學穩(wěn)定性B臭氧分子中的共價鍵為極性共價鍵且為極性分子在水中的溶解度高于在四氯化碳中的溶解度C丙烯酸鈉加少量交聯劑再聚合形成網狀聚丙烯酸鈉樹脂具有高吸水性和保水能力且難溶于水D金剛石的共價鍵鍵長很短、鍵能很大且具有方向性硬度最大，很容易錘擊而破碎【答案】B【解析】A．硫化的過程就是將這些鏈之間加上二硫鍵，使一條條的鏈變成一個網狀大整體，無論是強度還是彈性都增加了，A正確；B．雖然為極性分子，但極性微弱，在水中的溶解度小于在四氯化碳中的溶解度，B錯誤；C．丙烯酸鈉加少量交聯劑再聚合形成網狀聚丙烯酸鈉樹脂，具有高吸水性和保水能力且難溶于水，C正確；D．金剛石的共價鍵鍵長很短、鍵能很大且具有方向性，當受到大的外力作用會發(fā)生原子錯位而斷裂，D正確；故答案為：B。10.工業(yè)上以純度為98%左右的粗硅為原料制備高純硅的反應如下：①；②。當①、②反應體系的壓強各為、時，分別改變進料比和反應溫度，二者對產率和的平衡轉化率影響如圖1、圖2所示。下列說法正確的是（）A.B.反應①，增加HCl濃度，反應速率加快，產率增大C.反應①更適合在較低溫度下進行D.反應②，工業(yè)上選擇反應溫度1300℃更合適【答案】C【解析】A．由圖1可知，隨溫度升高，的產率下降，，圖2可知，隨溫度升高，的平衡轉化率增大，，因此，A錯誤；B．由圖1可知，反應①，增加HCl濃度，反應速率加快，產率減小，B錯誤；C．反應①，，，根據，反應①更適合在較低溫度下進行，C正確；D．由圖2可知，1300℃與1100℃曲線很接近，工業(yè)上選擇反應溫度還要考慮效能與成本的關系，故選擇1100℃更合適，D錯誤；故選C。11.如圖為乙酸酐和水楊酸制取阿司匹林的反應歷程。下列說法不正確的是（）A.水楊酸分子中最多有16個原子在同一個平面B.該反應歷程涉及反應類型有加成反應、消去反應C.乙酸酐和水楊酸制取阿司匹林中濃硫酸起催化劑作用D.水楊酸中酚羥基氧原子的負電性比羧基中的羥基氧原子弱【答案】D【解析】A．苯環(huán)上以及與苯環(huán)相連的原子共平面，碳氧雙鍵類似于碳碳雙鍵，碳氧雙鍵中的碳原子和氧原子，以及與碳相連的原子共平面，因此在水楊酸分子中組多有16個原子共平面，正確，A不符合題意；B．反應②為乙酸酐質子化的產物與水楊酸結合，是加成反應；反應③將反應②中的產物中脫去乙酸，為消去反應，正確，B不符合題意；C．在反應①中濃硫酸提供質子，使乙酸酐質子化，加快反應速率，濃硫酸起到了催化劑的作用，正確，C不符合題意；D．羧基上的羥基受到苯環(huán)和碳氧雙鍵的影響，羥基上的氧原子的電負性更弱，錯誤，D符合題意；答案選D。12.核電荷數依次增大的X、Y、Z、R和T五種主族元素，X原子的原子核只含質子，短周期中T元素的最高價氧化物的水化物的酸性最強，Y原子的最外層電子數是內層電子數的2倍，Z與Y相鄰，基態(tài)R原子的s能級電子數與p能級電子數比為6：7，下列說法不正確的是（）A.原子半徑：Z＜Y＜R B.鍵的極性：ZX3＜RT3C.熱穩(wěn)定性：YX4＜Y4X10 D.熔、沸點：YT4＞YX4【答案】C【分析】核電荷數依次增大的X、Y、Z、R和T五種主族元素，X原子的原子核只含質子，則X是H；短周期中T元素的最高價氧化物的水化物的酸性最強，則T是Cl元素；Y原子的最外層電子數是內層電子數的2倍，則Y核外電子排布式2、4，因此Y是C元素；Z與Y相鄰，則Z是N元素；基態(tài)R原子的s能級電子數與p能級電子數比為6：7，則R核外電子排布式是1s22s22p63s23p1，因此R是13號Al元素，然后根據元素周期律及物質的性質分析解答?！驹斀狻扛鶕鲜龇治隹芍篨是H，Y是C，Z是N，R是Al，T是Cl元素。A．同一周期元素，原子序數越大，原子半徑越小；不同周期元素，原子核外電子層數越多，原子半徑就越大。Y是C，Z是N，二者核外有2個電子層，R是Al，有3個電子層，所以原子半徑：Z(N)＜Y(C)＜R(Al)，A正確；B．根據上述分析可知：X是H，Z是N，R是Al，T是Cl元素。ZX3是NH3，RT3是AlCl3。形成物質分子中的兩種元素的電負性差別越大，則鍵的極性就越強。非金屬元素的電負性一般大于1.8，金屬的電負性一般小于1.8，而N、Cl的電負性接近，故N、H的電負性差值小于Al、Cl的電負性差值，故鍵的極性：ZX3(NH3)＜RT3(AlCl3)，B正確；C．根據上述分析可知：X是H，Y是C，YX4表示CH4，Y4X10表示C4H10，C4H10在催化劑、加熱、加壓條件下可以裂解為CH4和C3H6，說明穩(wěn)定性：YX4(CH4)＞Y4X10(C4H10)，C錯誤；D．X是H，Y是C，T是Cl，YT4是CCl4，YX4是CH4，CCl4在常溫下為液態(tài)，CH4常溫下為氣體，說明物質的熔、沸點：YT4(CCl4)＞YX4(CH4)，D正確；故合理選項是C。13.海水淡化有許多新工藝，某工藝的流程示意圖如圖所示。以下說法不正確的是（）A.由于連續(xù)的熱交換，a處海水的溫度更高B.減壓蒸餾時的壓強二級閃蒸室內更低C.廣泛使用太陽能、風能和發(fā)電廠的余熱以及熱交換可降低海水淡化成本D.淡化后的鹽水常用于生產食鹽、鉀、鋁、碘等化工產品【答案】D【解析】A．a處的海水被2次加熱，所以海水的溫度：a>b，A正確；B．鹽水能夠從一級閃蒸室流入二級閃蒸室，說明一級閃蒸室中的壓強大于二級閃蒸室的壓強，B正確；C．廣泛使用太陽能、風能和發(fā)電廠的余熱以及熱交換可降低海水淡化成本，C正確；D．鋁、碘并非從海水提取，D錯誤；故選D。14.關于下圖實驗裝置的敘述不正確的是（）A.Cu作負極，發(fā)生氧化反應B.鹽橋中的陽離子向右側移動C.石墨棒上的電極反應：D.向左側燒杯滴加一定量某濃度氨水，電壓表讀數增大，可能是減少引起【答案】C【分析】該電池總反應為銅被雙氧水氧化，銅失電子發(fā)生氧化反應，Cu是負極、石墨棒是正極?！驹斀狻緼．該電池總反應為銅被雙氧水氧化，Cu作負極，發(fā)生氧化反應，故A正確；B．原電池中陽離子移向正極，該電池石墨棒是正極，所以鹽橋中的陽離子向右側移動，故B正確；C．石墨棒正極，雙氧水得電子發(fā)生還原反應，電極反應式為，故C錯誤；D．向左側燒杯滴加一定量某濃度氨水，Cu2+轉化為四氨合銅離子，降低，有利于銅失電子，電壓表讀數增大，故D正確；選C。15.人體血液的正常pH范圍是7.35～7.45，人體血液中酸堿平衡調控機制如圖1所示：。已知在體溫為37℃時，血液的，，，，的電離常數：，，乳酸的電離常數：，血液中濃度隨溶解在血液中分壓的變化如圖2所示。下列有關敘述不正確的是（）A.圖2中，此時人體血液pH正常B.人體血液中存在：C.人體劇烈運動時，產生的乳酸與反應產生，再由肺部排出D.人體血液處于狀態(tài)時，可適當服用小蘇打【答案】B【解析】A．選圖2中線的點，＝×50mmHg=1.5mmol/L，=30mmol/L，則=6.10+lg=7.4，此時人體血液pH正常，A正確；B．人體血液中還含有其他離子，不符合電荷守恒，B錯誤；C．乳酸的比碳酸的大，因此人體劇烈運動時，產生的乳酸與反應產生，再由肺部排出，C正確；D．選圖2中線的點，＝×70mmHg=2.1mmol/L，=20mmol/L，則=6.10+lg＜7.35，即需要調高，可適當服用小蘇打，D正確；故答案為：B。16.下列操作、現象、結論都正確的是（）選項操作現象結論A取待測液于潔凈試管中，滴加少量0.1mol/LNaOH溶液，加熱，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口濕潤的紅色石蕊試紙未變藍該溶液中一定不含有B取一定體積的溶液，置于冷水中，觀察現象①，再加熱，觀察現象②①溶液呈藍綠色；②溶液呈黃綠色該溶液中存在的平衡，且C將還原鐵粉在空氣中加熱到紅熱，散入到高溫水蒸氣中反應，取少量固體產物，加鹽酸溶解，滴入KSCN溶液溶液變成紅色紅熱的鐵能與水蒸氣反應生成D取一小段鎂條，用砂紙除去表面的氧化膜，放到試管中，向試管中加入2mL水，加熱試管至液體沸騰觀察到鎂條表面有氣泡產生鎂能與水反應產生【答案】B【解析】A．操作中加入的是少量稀氫氧化鈉，可能不足以將能檢測到的氨氣逸出，也可能含有和，氫氧化鈉只和氫離子發(fā)生了離子反應，A錯誤；B．該溶液中存在的平衡，且，溫度升高，平衡逆向移動，濃度增大，濃度減小，溶液呈黃綠色，B正確；C．原因①還原鐵粉在空氣中加熱到紅熱時已產生，無法確定紅熱的鐵能與水蒸氣反應是否生成，②只憑滴入KSCN溶液變紅色，不能確認三價鐵的存在，C錯誤；D．水沸騰也會產生氣泡，應該在停止加熱、水不再沸騰時立即觀察，D錯誤；故選B。非選擇題部分二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17.按要求回答下列問題：（1）某化合物的晶體如圖所示：①其化學式是_______。②每個Pb緊鄰的數目為_______。③以下說法正確的是_______。A．第一電離能：N>C>HB．晶體中碘微粒的電子排布式：C．中的VSEPR模型為平面三角形D．基態(tài)N原子中、、軌道相互垂直，但能量相等（2）比較鍵角中的_______(填“>”、“<”或“=”)，請說明理由_______。（3）中的配位體為_______(填化學式)，該晶體呈現紫色和綠色2種顏色，請說明存在2種顏色的理由_______?！敬鸢浮浚?）①.②.8③.BD（2）>中N原子有孤電子對，對成鍵電子對的斥力大，鍵角?。?）、根據價層電子對互斥理論和雜化軌道理論，可推測出結構為八面體構型，存在2種同分異構體，所以呈現2種顏色【解析】（1）①位于體心，數量為1，位于頂點，數量為，位于棱上，數量為，化學式是，②以頂點Pb為中心，每個晶胞中有1個，所以每個Pb緊鄰的數目為8，③以下說法正確的是A．一般來說，第一電離能同周期從左至右增大，N>C，C和H之前可以查課本選擇性必修二第一章第二節(jié)知識點，C＜H，故錯誤；B．碘為第ⅦA元素，，可知碘微粒中碘顯-1價，電子排布式：，故正確；C．中的價層電子數為，VSEPR模型為四面體形，故錯誤；D．基態(tài)N原子中、、軌道相互垂直，屬于簡并軌道，所以能量相等，故正確；BD當選；答案：、8、BD；（2）中的鍵角大于，是因為中N原子有孤電子對，對成鍵電子對的斥力大，鍵角小，答案：>、中N原子有孤電子對，對成鍵電子對的斥力大，鍵角?。唬?）中的配位體為、，該晶體呈現紫色和綠色2種顏色，是因為根據價層電子對互斥理論和雜化軌道理論，可推測出結構為八面體構型，存在2種同分異構體，所以呈現2種顏色，答案：、、根據價層電子對互斥理論和雜化軌道理論，可推測出結構為八面體構型，存在2種同分異構體，所以呈現2種顏色。18.工業(yè)制硫酸的原理示意圖如圖所示：（1）下列說法正確的是_______。A．X為空氣，Y為B．進入接觸室之前的氣體需要凈化處理C．自然界中，黃鐵礦主要存在于地表附近D．濃硫酸呈油狀，是由于硫酸分子間存在氫鍵E．濃硫酸可以除去中含有的少量雜質（2）在氧化鋁載銅催化劑和813K條件下可用CO處理尾氣，同時回收S單質，請寫出反應方程式：_______，該尾氣處理方法的缺點是_______。（3）有機硫酸鹽遇水易水解，請寫出與足量溶液反應的離子方程式____。（4）若某區(qū)域存在硫酸型酸雨，有興趣小組下雨時用潔凈容器收集一些雨水作為樣品，請設計實驗確定該雨水存在的酸(不考慮碳酸)：_______?！敬鸢浮浚?）BDE（2）由于該工藝的尾氣中含有一定量的氧氣，CO、S被氧化損耗（3）（4）取該酸雨樣品少量，滴加足量鹽酸，再滴加溶液，若有白色沉淀，則該雨水含有；另取該酸雨樣品少量，邊振蕩邊滴加酸性溶液，若紅色褪去，則該雨水含有(或邊振蕩邊滴加少量溶液，若產生渾濁，則該雨水含有)【分析】原料在沸騰爐中反應制得二氧化硫，二氧化硫與空氣混合凈化干燥后進入接觸室，在400-500℃，常壓、催化劑作用下反應生成三氧化硫，在吸收塔中利用98%硫酸吸收，沒有被吸收的二氧化硫廢氣需進行處理，吸收后的發(fā)煙硫酸稀釋后處理。【詳解】（1）A．為了防止形成酸霧，Y為98%的濃硫酸，故A錯誤；B．為防止催化劑中毒，進入接觸室之前的氣體必須通過除塵、洗滌、干燥等凈化處理，故B正確；C．地表為富氧區(qū)，黃鐵礦會被空氣中的氧氣逐漸氧化，故C錯誤；D．濃硫酸呈油狀，是由于硫酸分子間存在氫鍵，故D正確；E．濃硫酸可以和三氧化硫反應，因為價態(tài)歸中規(guī)律，濃硫酸和二氧化硫不反應，故濃硫酸可以除去中含有的少量雜質，故E正確；故答案選BDE。（2）在氧化鋁載銅催化劑和813K條件下可用CO處理尾氣，同時回收S單質，發(fā)生氧化還原反應，反應方程式為，由于該工藝的尾氣中含有一定量的氧氣，CO、S被氧化損耗。（3）因溶液為足量，故反應方程式為（4）取該酸雨樣品少量，滴加足量鹽酸，再滴加溶液，若有白色沉淀，則該雨水含有；另取該酸雨樣品少量，邊振蕩邊滴加酸性溶液，若紅色褪去，則該雨水含有(或邊振蕩邊滴加少量溶液，若產生渾濁，則該雨水含有)。19.能源與化工生產、生活等密切相關，氫能的有效利用是實現“碳達峰、碳中和”的重要途徑。（1）已知：；。則_______0(填“>”、“<”或“=”)，理由_______。（2）可用為原料制得。其熱化學反應方程式為：i；ii。①下列說法正確的是_______。A．反應i在高溫下不能自發(fā)進行B．用NaOH溶液將吸收可以加快反應ii的速率C．反應i、ii同時進行時，溫度越高，的平衡轉化率越高D．可以通過石油的裂化和裂解得到②相同溫度下只發(fā)生反應i、ii時，生成的平衡產率隨外界壓強的增大而減少，試從化學平衡移動原理的角度加以解釋：_______。（3）是近年來發(fā)現的氫含量最高、常溫下呈穩(wěn)定固態(tài)的新型儲氫化合物，在Co催化劑的作用下可水解釋放。①Co催化劑可用還原制得(已知：，用量對Co催化劑的微晶尺寸沒有影響)。不同用量制備的Co催化劑催化水解產氫體積隨時間的變化如下圖所示：當時，水解產氫速率反而降低的可能原因是_______。②水解脫氫后的再生可采用電解法，第一步是電解轉化為，請寫出該轉化的電極反應_______?！敬鸢浮浚?）<已知的，根據蓋斯定律有（2）①.CD②.相同溫度下，由于反應i為氣體分子數增加的反應，加壓使i反應平衡逆移，減小的生成，而反應ii為氣體分子數不變的反應，故增大壓強時，的平衡產率隨壓強的增大而減少（3）①.得到的金屬Co中雜質含量高，水解產物占據了Co表面的部分活性位點，使反應速率下降②.【解析】（1）已知，根據蓋斯定律有，因此<0；（2）①A．反應i的△H>0，△S>0，在高溫下能自發(fā)進行，故A錯誤；B．用NaOH溶液將CO2吸收，CO2的濃度下降，速率減慢，故B錯誤；C．將i、ii合并寫出總的熱化學方程式可知△H>0，溫度越高，CH4的平衡轉化率越高，故C正確；D．石油的裂化和裂解可得到CH4、C2H4等，故D正確；答案選CD；②相同溫度下，由于反應i為氣體分子數增加的反應，加壓使i反應平衡逆移，減小的生成，而反應ii為氣體分子數不變的反應，故增大壓強時，的平衡產率隨壓強的增大而減少，因此，相同溫度下只發(fā)生反應i、ii時，生成的平衡產率隨外界壓強的增大而減少；（3）當時，水解產氫速率反而降低的可能原因是相同溫度下，由于反應i為氣體分子數增加的反應，加壓使i反應平衡逆移，減小的生成，而反應ii為氣體分子數不變的反應，故增大壓強時，的平衡產率隨壓強的增大而減少；②水解脫氫后的再生可采用電解法，第一步是電解得電子轉化為，該轉化的電極反應。20.某小組采用如下實驗流程制備難溶于水的白色BiOCl：已知：極易水解產生難溶的固體，。（1）下圖為步驟Ⅰ的實驗裝置圖(夾持儀器和尾氣處理裝置已省略)，儀器A的名稱是_______。（2）下列說法正確的是_______。A.步驟Ⅰ：加熱溫度越高，溶解速率越快，產率越高B.步驟Ⅱ：可加適量的NaOH溶液調節(jié)pHC.步驟Ⅲ：在通風櫥中濃縮至蒸發(fā)皿中大量晶體析出D.步驟Ⅳ：試劑X選用HCl、NaCl，組合使用更有利于制備BiOCl（3）寫出水解離子方程式_______。①簡述實驗室配制溶液方法_______。②請結合濃度商和平衡常數解釋可抑制的水解_______。（4）利用溶液與NaOH溶液測定中和反應反應熱，從下列選項中選擇合適的操作補全測定步驟(有些步驟可重復使用)：_______。用量筒量取→(_______)→(_______)→(_______)→(_______)→用另一個量筒量取溶液→(_______)→(_______)→(_______)→打開杯蓋，將NaOH溶液倒入量熱計的內筒，蓋上杯蓋→(a)→(e)→測量并記錄溫度→重復上述步驟兩次。a．插入溫度計b．測量并記錄溫度c．打開杯蓋，將硝酸倒入量熱計的內筒，蓋上杯蓋d．用蒸餾水把溫度計上的溶液沖洗干凈，擦干備用e．攪拌器勻速攪拌（5）測定產品的純度：稱取產品0.1200g于錐形瓶中，加鹽酸溶解，加入飽和硫脲(簡寫為TU)與Bi3+形成黃色溶液，再用的EDTA滴定至終點，三次滴定消耗EDTA溶液的平均體積為20.50mL，則產品的純度為_______(已知形成無色遠比形成黃色容易，)?！敬鸢浮浚?）三頸燒瓶（2）D（3）①.將或晶體溶于較濃的硝酸中，再加水稀釋到所需濃度②.該離子方程式的平衡常數，由于水解較徹底，水解達平衡時，溶液中，所以，加入時，，，平衡逆移，可抑制的水解（4）cabd，abd（5）89.0%【解析】（1）儀器A的名稱是三頸燒瓶；（2）A．步驟Ⅰ：硝酸受熱易分解導致產率下降，故不是加熱溫度越高，產率越高，錯誤；B．步驟Ⅱ：加NaOH溶液調節(jié)pH，會引入雜質離子鈉離子，錯誤；C．步驟Ⅲ：已知極易水解產生難溶的固體，故不能濃縮至蒸發(fā)皿中大量晶體析出，應濃縮后冷卻結晶析出晶體，錯誤；D．步驟Ⅳ：試劑X選用HCl、NaCl，提高氯離子濃度，更有利于制備BiOCl，正確；故選D。（3）已知：極易水解產生難溶的固體，則水解離子方程式：；①由于極易水解，故實驗室配制溶液應該加入濃硝酸抑制其水解，方法為：將或晶體溶于較濃的硝酸中，再加水稀釋到所需濃度；②該離子方程式的平衡常數，由于水解較徹底，水解達平衡時，溶液中，所以，加入時，，，平衡逆移，可抑制的水解；（4）中和熱測定要使用稀的強酸、強堿溶液反應，且實驗中要盡量操作迅速，且保證熱量盡量不散失，防止產生實驗誤差；用溶液與NaOH溶液測定中和反應反應熱，測定步驟：用量筒量取→c．打開杯蓋，將硝酸倒入量熱計內筒，蓋上杯蓋→a．插入溫度計→b．測量并記錄溫度→d．用蒸餾水把溫度計上的溶液沖洗干凈，擦干備用→用另一個量筒量取溶液→a．插入溫度計→b．測量并記錄溫度→d．用蒸餾水把溫度計上的溶液沖洗干凈，擦干備用→打開杯蓋，將NaOH溶液倒入量熱計的內筒，蓋上杯蓋→(a)→(e)→測量并記錄溫度→重復上述步驟兩次。故答案為：cabd，abd；（5）已知形成無色遠比形成黃色容易，則反應關系為，產品的純度為。21.某研究小組按下列路線合成新型免疫調節(jié)劑X(部分反應條件已簡化)。已知：①；②。（1）化合物D的含氧官能團名稱是_______。（2）化合物C的結構簡式是_______。（3）下列說法正確的是_______。A.化合物E能與液溴光照條件下在甲基上發(fā)生反應B.H→I→X的反應類型分別涉及還原反應、消去反應C.1mol化合物G與NaOH反應，最多消耗4molNaOHD.化合物X的分子式是（4）寫出A→B化學方程式_______。（5）設計E→F合成線路(用流程圖表示，無機試劑任選)_______。（6）寫出4種同時符合下列條件的化合物D的同分異構體的結構簡式_______。①譜和IR譜表明：分子中共有3種不同化學環(huán)境的氫原子，不含-O-O-鍵和-N=O；②分子中只含有一個六元環(huán)?！敬鸢浮浚?）羧基、酰胺基（2）（3）AC（4）（5）（6）【分析】A和甲醇生成B，結合A化學式、B結構可知，A為，B生成C，C生成D，結合D結構，推知C為，C還原得到酰胺基轉化為D；DF生成G，則F為，G和SOCl2發(fā)生已知反應生成H：，H中硝基還原為氨基得到I：，I中氯原子和-NH2取代成環(huán)生成X；【詳解】（1）化合物D的含氧官能團名稱是羧基、酰胺基；（2）化合物C的結構簡式是；（3）A．化合物E中苯環(huán)上含有甲基，能與液溴光照條件下在甲基上發(fā)生反應，正確；B．由分析，H→I→X的反應類型分別涉及還原反應、取代反應，錯誤；C．G中酰胺基、羧基均會和氫氧化鈉反應，則1mol化合物G與NaOH反應，最多消耗4molNaOH，正確；D．X結構可知，化合物X的分子式是，錯誤；故選AC；（4）A中羧基和甲醇反應酯化反應生成B，；（5）E和濃硝酸發(fā)生硝化反應引入硝基，再使用強氧化劑高錳酸鉀氧化甲基為羧基，相鄰羧基脫水轉化為F，反應為：；（6）D含有5個碳、2個氮、3個氧，不飽和度為3，同時符合下列條件化合物D的同分異構體：①譜和IR譜表明：分子中共有3種不同化學環(huán)境的氫原子，不含-O-O-鍵和-N=O，則結構應該對稱；②分子中只含有一個六元環(huán)，則環(huán)為碳、氧或碳、氧、氮構成的六環(huán)環(huán)且結構對稱，此外應該還符合1個不飽和度，結構可以為：。浙江省七彩陽光新高考研究聯盟2025屆高三上學期返校聯考可能用到的相對原子質量：H-1Li-7C-12N-14O-16P-31S-32Cl-35.5Mn-55Zn-65Fe-56Ag-108Ba-137選擇題部分一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.羥基磷灰石晶體屬于（）A.有機物 B.酸 C.堿 D.鹽【答案】D【解析】是由鈣離子(Ca2?)、磷酸根離子(PO)和氫氧根離子(OH?)結合而成的化合物，因此它屬于鹽。故答案選D。2.下列說法正確的是（）A.氧化鎂熔點很高，能用于制備耐高溫、耐酸堿材料B.液溴易揮發(fā)，工業(yè)上常用“吹出法”海水提溴C.過氧化鈉具有強氧化性，可用于自來水消毒D.氮化硅化學性質穩(wěn)定，可用作建筑陶瓷【答案】B【解析】A．氧化鎂是一種離子化合物，離子鍵較強，因此熔點很高。具有良好的耐高溫性能，但氧化鎂能與酸反應，不耐酸，不能用于制備耐酸材料，A項錯誤；B．液溴易揮發(fā)，工業(yè)上常用“吹出法”海水提溴，B項正確；C．過氧化鈉具有強氧化性，但與水反應生成氫氧化鈉，不能用于自來水消毒，C項錯誤；D．氮化硅硬度大、熔點高、化學性質穩(wěn)定，常用于制作高溫結構陶瓷，價格高，不適合用作建筑陶瓷，D項錯誤；答案選B。3.下列表示不正確的是（）A.HClO的電子式：B.甲醛的空間填充模型：C.的原子結構示意圖：D.氮原子的某非基態(tài)核外電子軌道表示式：【答案】A【解析】A．次氯酸中O原子成2個共價鍵，H原子、Cl原子成1個共價鍵，O原子分別與H、Cl原子形成1對共用電子對，次氯酸正確的電子式為，故A符合題意；B．甲醛的結構簡式為HCHO，空間填充模型為：，故B不符合題意；C．的核內有6個質子，核外有6個電子，故的原子結構示意圖為：，故C不符合題意；D．2p軌道中中間電子自旋相反，不屬于基態(tài)，故D不符合題意；答案選A。4.下列說法不正確的是（）A．圖①裝置根據現象可得出與反應B．圖②操作得出氯、溴和碘元素非金屬性強弱C．圖③現象顯示金屬腐蝕為析氫腐蝕D．圖④裝置進行一定的重復操作可制取大晶體【答案】C【解析】A．氣體黃綠色變淺，生成油狀物質，說明與反應，A正確；B．新制氯水和溴化鈉生溴單質，溴水和碘化鈉生成碘單質，說明氯、溴和碘元素非金屬性強弱為氯單質大于溴單質大于碘單質，B正確；C．弱酸或中性條件，鐵發(fā)生吸氧腐蝕，C錯誤；D．圖④裝置進行一定的重復操作進行不斷結晶，可制取大晶體，D正確；故選C。5.在溶液中能大量共存的離子組是（）A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【答案】A【解析】A．、、、在水溶液中可以大量共存，A符合題意；B．與因發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存，B不符合題意；C．與因發(fā)生雙水解而不能大量共存，和形成沉淀而不能大量共存，C不符合題意；D．與反應且與、/因為形成沉淀而不能大量共存，D不符合題意；6.對于反應：，下列敘述正確的是（）A.為氧化產物B.乙醇還原性比乙醛強，因此乙醇更容易使溴水褪色C.轉移電子時，至少需要消耗5.6L的D.可以用核磁共振氫譜檢驗是否產生乙醛【答案】D【解析】A．醇的催化氧化中，醇脫去2個H原子與O結合生成水，產物H2O中的O來自O2，O2在反應中得到電子，因此H2O是還原產物，A錯誤；B．葡萄糖是多羥基醛，在葡萄糖的檢驗中醛基被氧化，而羥基沒有被氧化，說明乙醇的還原性比乙醛的弱，且乙醇不能使溴水褪色，B錯誤；C．在反應中，消耗1molO2，轉移4mol電子，若在標準狀況下，轉移了0.5NA的電子，即0.25mol，其體積為5.6L；若不在標準狀況下，O2的體積不一定是5.6L，C錯誤；D．乙醇和乙醛的核磁共振氫譜圖像是不同的，因此可以用核磁共振氫譜來檢驗是有產生了乙醛，D正確；答案選D。7.下列說法正確的是（）A.含氨基甲酸酯的有機合成農藥不慎觸及皮膚用肥皂水清洗B.重金屬鹽一定能使蛋白質變性C.同系物性質一定相似D.纖維素、蠶絲、淀粉、牛油都屬于天然有機高分子【答案】A【解析】A．氨基甲酸酯屬于酯類，肥皂水堿性，可清洗，故A項正確；B．硫酸鋇為重金屬鹽，但難溶于水，難以使蛋白質變性，故B項錯誤；C．物理或化學性質可能不同，如苯、甲苯、二甲苯為同系物，但是苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，后兩者可以，故C項錯誤；D．牛油屬于油脂，不能稱為高分子，故D項錯誤；故本題選A。8.下列化學反應與方程式相符的是（）A.少量溴蒸氣被溶液吸收：B.的燃燒熱為285.8kJ/mol，則燃燒熱的熱化學方程式為：(1)C.加熱條件下在空氣中用鎂與反應制鈦：D.丙酸與在濃硫酸和加熱條件下反應：【答案】D【解析】A．過量，則生成物與生成，正確的離子方程式為Br2+3+H2O=2Br?++2，故A錯誤；B．燃燒熱的熱化學方程式，的化學計量數應該為1，正確的熱化學方程式為H2(g)+12O2(g)=H2O(1)

ΔH=-285.8

kJ?mol-1，故B錯誤；C．沒有隔絕空氣，高溫下Mg和Ti能與空氣中的等反應，故C錯誤；D．根據酯化反應“酸脫羥基醇脫氫”的規(guī)律，用18O標記的甲醇和丙酸發(fā)生酯化反應，18O全部都在生成的酯中，選項所給方程式正確，D正確；故本題選D。9.物質的結構決定性質、用途，下列說法不正確的是（）選項結構性質、用途A橡膠硫化使線型高分子鏈之間以二硫鍵結合具有更好的強度、韌性和化學穩(wěn)定性B臭氧分子中的共價鍵為極性共價鍵且為極性分子在水中的溶解度高于在四氯化碳中的溶解度C丙烯酸鈉加少量交聯劑再聚合形成網狀聚丙烯酸鈉樹脂具有高吸水性和保水能力且難溶于水D金剛石的共價鍵鍵長很短、鍵能很大且具有方向性硬度最大，很容易錘擊而破碎【答案】B【解析】A．硫化的過程就是將這些鏈之間加上二硫鍵，使一條條的鏈變成一個網狀大整體，無論是強度還是彈性都增加了，A正確；B．雖然為極性分子，但極性微弱，在水中的溶解度小于在四氯化碳中的溶解度，B錯誤；C．丙烯酸鈉加少量交聯劑再聚合形成網狀聚丙烯酸鈉樹脂，具有高吸水性和保水能力且難溶于水，C正確；D．金剛石的共價鍵鍵長很短、鍵能很大且具有方向性，當受到大的外力作用會發(fā)生原子錯位而斷裂，D正確；故答案為：B。10.工業(yè)上以純度為98%左右的粗硅為原料制備高純硅的反應如下：①；②。當①、②反應體系的壓強各為、時，分別改變進料比和反應溫度，二者對產率和的平衡轉化率影響如圖1、圖2所示。下列說法正確的是（）A.B.反應①，增加HCl濃度，反應速率加快，產率增大C.反應①更適合在較低溫度下進行D.反應②，工業(yè)上選擇反應溫度1300℃更合適【答案】C【解析】A．由圖1可知，隨溫度升高，的產率下降，，圖2可知，隨溫度升高，的平衡轉化率增大，，因此，A錯誤；B．由圖1可知，反應①，增加HCl濃度，反應速率加快，產率減小，B錯誤；C．反應①，，，根據，反應①更適合在較低溫度下進行，C正確；D．由圖2可知，1300℃與1100℃曲線很接近，工業(yè)上選擇反應溫度還要考慮效能與成本的關系，故選擇1100℃更合適，D錯誤；故選C。11.如圖為乙酸酐和水楊酸制取阿司匹林的反應歷程。下列說法不正確的是（）A.水楊酸分子中最多有16個原子在同一個平面B.該反應歷程涉及反應類型有加成反應、消去反應C.乙酸酐和水楊酸制取阿司匹林中濃硫酸起催化劑作用D.水楊酸中酚羥基氧原子的負電性比羧基中的羥基氧原子弱【答案】D【解析】A．苯環(huán)上以及與苯環(huán)相連的原子共平面，碳氧雙鍵類似于碳碳雙鍵，碳氧雙鍵中的碳原子和氧原子，以及與碳相連的原子共平面，因此在水楊酸分子中組多有16個原子共平面，正確，A不符合題意；B．反應②為乙酸酐質子化的產物與水楊酸結合，是加成反應；反應③將反應②中的產物中脫去乙酸，為消去反應，正確，B不符合題意；C．在反應①中濃硫酸提供質子，使乙酸酐質子化，加快反應速率，濃硫酸起到了催化劑的作用，正確，C不符合題意；D．羧基上的羥基受到苯環(huán)和碳氧雙鍵的影響，羥基上的氧原子的電負性更弱，錯誤，D符合題意；答案選D。12.核電荷數依次增大的X、Y、Z、R和T五種主族元素，X原子的原子核只含質子，短周期中T元素的最高價氧化物的水化物的酸性最強，Y原子的最外層電子數是內層電子數的2倍，Z與Y相鄰，基態(tài)R原子的s能級電子數與p能級電子數比為6：7，下列說法不正確的是（）A.原子半徑：Z＜Y＜R B.鍵的極性：ZX3＜RT3C.熱穩(wěn)定性：YX4＜Y4X10 D.熔、沸點：YT4＞YX4【答案】C【分析】核電荷數依次增大的X、Y、Z、R和T五種主族元素，X原子的原子核只含質子，則X是H；短周期中T元素的最高價氧化物的水化物的酸性最強，則T是Cl元素；Y原子的最外層電子數是內層電子數的2倍，則Y核外電子排布式2、4，因此Y是C元素；Z與Y相鄰，則Z是N元素；基態(tài)R原子的s能級電子數與p能級電子數比為6：7，則R核外電子排布式是1s22s22p63s23p1，因此R是13號Al元素，然后根據元素周期律及物質的性質分析解答?！驹斀狻扛鶕鲜龇治隹芍篨是H，Y是C，Z是N，R是Al，T是Cl元素。A．同一周期元素，原子序數越大，原子半徑越??；不同周期元素，原子核外電子層數越多，原子半徑就越大。Y是C，Z是N，二者核外有2個電子層，R是Al，有3個電子層，所以原子半徑：Z(N)＜Y(C)＜R(Al)，A正確；B．根據上述分析可知：X是H，Z是N，R是Al，T是Cl元素。ZX3是NH3，RT3是AlCl3。形成物質分子中的兩種元素的電負性差別越大，則鍵的極性就越強。非金屬元素的電負性一般大于1.8，金屬的電負性一般小于1.8，而N、Cl的電負性接近，故N、H的電負性差值小于Al、Cl的電負性差值，故鍵的極性：ZX3(NH3)＜RT3(AlCl3)，B正確；C．根據上述分析可知：X是H，Y是C，YX4表示CH4，Y4X10表示C4H10，C4H10在催化劑、加熱、加壓條件下可以裂解為CH4和C3H6，說明穩(wěn)定性：YX4(CH4)＞Y4X10(C4H10)，C錯誤；D．X是H，Y是C，T是Cl，YT4是CCl4，YX4是CH4，CCl4在常溫下為液態(tài)，CH4常溫下為氣體，說明物質的熔、沸點：YT4(CCl4)＞YX4(CH4)，D正確；故合理選項是C。13.海水淡化有許多新工藝，某工藝的流程示意圖如圖所示。以下說法不正確的是（）A.由于連續(xù)的熱交換，a處海水的溫度更高B.減壓蒸餾時的壓強二級閃蒸室內更低C.廣泛使用太陽能、風能和發(fā)電廠的余熱以及熱交換可降低海水淡化成本D.淡化后的鹽水常用于生產食鹽、鉀、鋁、碘等化工產品【答案】D【解析】A．a處的海水被2次加熱，所以海水的溫度：a>b，A正確；B．鹽水能夠從一級閃蒸室流入二級閃蒸室，說明一級閃蒸室中的壓強大于二級閃蒸室的壓強，B正確；C．廣泛使用太陽能、風能和發(fā)電廠的余熱以及熱交換可降低海水淡化成本，C正確；D．鋁、碘并非從海水提取，D錯誤；故選D。14.關于下圖實驗裝置的敘述不正確的是（）A.Cu作負極，發(fā)生氧化反應B.鹽橋中的陽離子向右側移動C.石墨棒上的電極反應：D.向左側燒杯滴加一定量某濃度氨水，電壓表讀數增大，可能是減少引起【答案】C【分析】該電池總反應為銅被雙氧水氧化，銅失電子發(fā)生氧化反應，Cu是負極、石墨棒是正極?！驹斀狻緼．該電池總反應為銅被雙氧水氧化，Cu作負極，發(fā)生氧化反應，故A正確；B．原電池中陽離子移向正極，該電池石墨棒是正極，所以鹽橋中的陽離子向右側移動，故B正確；C．石墨棒正極，雙氧水得電子發(fā)生還原反應，電極反應式為，故C錯誤；D．向左側燒杯滴加一定量某濃度氨水，Cu2+轉化為四氨合銅離子，降低，有利于銅失電子，電壓表讀數增大，故D正確；選C。15.人體血液的正常pH范圍是7.35～7.45，人體血液中酸堿平衡調控機制如圖1所示：。已知在體溫為37℃時，血液的，，，，的電離常數：，，乳酸的電離常數：，血液中濃度隨溶解在血液中分壓的變化如圖2所示。下列有關敘述不正確的是（）A.圖2中，此時人體血液pH正常B.人體血液中存在：C.人體劇烈運動時，產生的乳酸與反應產生，再由肺部排出D.人體血液處于狀態(tài)時，可適當服用小蘇打【答案】B【解析】A．選圖2中線的點，＝×50mmHg=1.5mmol/L，=30mmol/L，則=6.10+lg=7.4，此時人體血液pH正常，A正確；B．人體血液中還含有其他離子，不符合電荷守恒，B錯誤；C．乳酸的比碳酸的大，因此人體劇烈運動時，產生的乳酸與反應產生，再由肺部排出，C正確；D．選圖2中線的點，＝×70mmHg=2.1mmol/L，=20mmol/L，則=6.10+lg＜7.35，即需要調高，可適當服用小蘇打，D正確；故答案為：B。16.下列操作、現象、結論都正確的是（）選項操作現象結論A取待測液于潔凈試管中，滴加少量0.1mol/LNaOH溶液，加熱，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口濕潤的紅色石蕊試紙未變藍該溶液中一定不含有B取一定體積的溶液，置于冷水中，觀察現象①，再加熱，觀察現象②①溶液呈藍綠色；②溶液呈黃綠色該溶液中存在的平衡，且C將還原鐵粉在空氣中加熱到紅熱，散入到高溫水蒸氣中反應，取少量固體產物，加鹽酸溶解，滴入KSCN溶液溶液變成紅色紅熱的鐵能與水蒸氣反應生成D取一小段鎂條，用砂紙除去表面的氧化膜，放到試管中，向試管中加入2mL水，加熱試管至液體沸騰觀察到鎂條表面有氣泡產生鎂能與水反應產生【答案】B【解析】A．操作中加入的是少量稀氫氧化鈉，可能不足以將能檢測到的氨氣逸出，也可能含有和，氫氧化鈉只和氫離子發(fā)生了離子反應，A錯誤；B．該溶液中存在的平衡，且，溫度升高，平衡逆向移動，濃度增大，濃度減小，溶液呈黃綠色，B正確；C．原因①還原鐵粉在空氣中加熱到紅熱時已產生，無法確定紅熱的鐵能與水蒸氣反應是否生成，②只憑滴入KSCN溶液變紅色，不能確認三價鐵的存在，C錯誤；D．水沸騰也會產生氣泡，應該在停止加熱、水不再沸騰時立即觀察，D錯誤；故選B。非選擇題部分二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17.按要求回答下列問題：（1）某化合物的晶體如圖所示：①其化學式是_______。②每個Pb緊鄰的數目為_______。③以下說法正確的是_______。A．第一電離能：N>C>HB．晶體中碘微粒的電子排布式：C．中的VSEPR模型為平面三角形D．基態(tài)N原子中、、軌道相互垂直，但能量相等（2）比較鍵角中的_______(填“>”、“<”或“=”)，請說明理由_______。（3）中的配位體為_______(填化學式)，該晶體呈現紫色和綠色2種顏色，請說明存在2種顏色的理由_______?！敬鸢浮浚?）①.②.8③.BD（2）>中N原子有孤電子對，對成鍵電子對的斥力大，鍵角?。?）、根據價層電子對互斥理論和雜化軌道理論，可推測出結構為八面體構型，存在2種同分異構體，所以呈現2種顏色【解析】（1）①位于體心，數量為1，位于頂點，數量為，位于棱上，數量為，化學式是，②以頂點Pb為中心，每個晶胞中有1個，所以每個Pb緊鄰的數目為8，③以下說法正確的是A．一般來說，第一電離能同周期從左至右增大，N>C，C和H之前可以查課本選擇性必修二第一章第二節(jié)知識點，C＜H，故錯誤；B．碘為第ⅦA元素，，可知碘微粒中碘顯-1價，電子排布式：，故正確；C．中的價層電子數為，VSEPR模型為四面體形，故錯誤；D．基態(tài)N原子中、、軌道相互垂直，屬于簡并軌道，所以能量相等，故正確；BD當選；答案：、8、BD；（2）中的鍵角大于，是因為中N原子有孤電子對，對成鍵電子對的斥力大，鍵角小，答案：>、中N原子有孤電子對，對成鍵電子對的斥力大，鍵角小；（3）中的配位體為、，該晶體呈現紫色和綠色2種顏色，是因為根據價層電子對互斥理論和雜化軌道理論，可推測出結構為八面體構型，存在2種同分異構體，所以呈現2種顏色，答案：、、根據價層電子對互斥理論和雜化軌道理論，可推測出結構為八面體構型，存在2種同分異構體，所以呈現2種顏色。18.工業(yè)制硫酸的原理示意圖如圖所示：（1）下列說法正確的是_______。A．X為空氣，Y為B．進入接觸室之前的氣體需要凈化處理C．自然界中，黃鐵礦主要存在于地表附近D．濃硫酸呈油狀，是由于硫酸分子間存在氫鍵E．濃硫酸可以除去中含有的少量雜質（2）在氧化鋁載銅催化劑和813K條件下可用CO處理尾氣，同時回收S單質，請寫出反應方程式：_______，該尾氣處理方法的缺點是_______。（3）有機硫酸鹽遇水易水解，請寫出與足量溶液反應的離子方程式____。（4）若某區(qū)域存在硫酸型酸雨，有興趣小組下雨時用潔凈容器收集一些雨水作為樣品，請設計實驗確定該雨水存在的酸(不考慮碳酸)：_______?！敬鸢浮浚?）BDE（2）由于該工藝的尾氣中含有一定量的氧氣，CO、S被氧化損耗（3）（4）取該酸雨樣品少量，滴加足量鹽酸，再滴加溶液，若有白色沉淀，則該雨水含有；另取該酸雨樣品少量，邊振蕩邊滴加酸性溶液，若紅色褪去，則該雨水含有(或邊振蕩邊滴加少量溶液，若產生渾濁，則該雨水含有)【分析】原料在沸騰爐中反應制得二氧化硫，二氧化硫與空氣混合凈化干燥后進入接觸室，在400-500℃，常壓、催化劑作用下反應生成三氧化硫，在吸收塔中利用98%硫酸吸收，沒有被吸收的二氧化硫廢氣需進行處理，吸收后的發(fā)煙硫酸稀釋后處理?！驹斀狻浚?）A．為了防止形成酸霧，Y為98%的濃硫酸，故A錯誤；B．為防止催化劑中毒，進入接觸室之前的氣體必須通過除塵、洗滌、干燥等凈化處理，故B正確；C．地表為富氧區(qū)，黃鐵礦會被空氣中的氧氣逐漸氧化，故C錯誤；D．濃硫酸呈油狀，是由于硫酸分子間存在氫鍵，故D正確；E．濃硫酸可以和三氧化硫反應，因為價態(tài)歸中規(guī)律，濃硫酸和二氧化硫不反應，故濃硫酸可以除去中含有的少量雜質，故E正確；故答案選BDE。（2）在氧化鋁載銅催化劑和813K條件下可用CO處理尾氣，同時回收S單質，發(fā)生氧化還原反應，反應方程式為，由于該工藝的尾氣中含有一定量的氧氣，CO、S被氧化損耗。（3）因溶液為足量，故反應方程式為（4）取該酸雨樣品少量，滴加足量鹽酸，再滴加溶液，若有白色沉淀，則該雨水含有；另取該酸雨樣品少量，邊振蕩邊滴加酸性溶液，若紅色褪去，則該雨水含有(或邊振蕩邊滴加少量溶液，若產生渾濁，則該雨水含有)。19.能源與化工生產、生活等密切相關，氫能的有效利用是實現“碳達峰、碳中和”的重要途徑。（1）已知：；。則_______0(填“>”、“<”或“=”)，理由_______。（2）可用為原料制得。其熱化學反應方程式為：i；ii。①下列說法正確的是_______。A．反應i在高溫下不能自發(fā)進行B．用NaOH溶液將吸收可以加快反應ii的速率C．反應i、ii同時進行時，溫度越高，的平衡轉化率越高D．可以通過石油的裂化和裂解得到②相同溫度下只發(fā)生反應i、ii時，生成的平衡產率隨外界壓強的增大而減少，試從化學平衡移動原理的角度加以解釋：_______。（3）是近年來發(fā)現的氫含量最高、常溫下呈穩(wěn)定固態(tài)的新型儲氫化合物，在Co催化劑的作用下可水解釋放。①Co催化劑可用還原制得(已知：，用量對Co催化劑的微晶尺寸沒有影響)。不同用量制備的Co催化劑催化水解產氫體積隨時間的變化如下圖所示：當時，水解產氫速率反而降低的可能原因是_______。②水解脫氫后的再生可采用電解法，第一步是電解轉化為，請寫出該轉化的電極反應_______。【答案】（1）<已知的，根據蓋斯定律有（2）①.CD②.相同溫度下，由于反應i為氣體分子數增加的反應，加壓使i反應平衡逆移，減小的生成，而反應ii為氣體分子數不變的反應，故增大壓強時，的平衡產率隨壓強的增大而減少（3）①.得到的金屬Co中雜質含量高，水解產物占據了Co表面的部分活性位點，使反應速率下降②.【解析】（1）已知，根據蓋斯定律有，因此<0；（2）①A．反應i的△H>0，△S>0，在高溫下能自發(fā)進行，故A錯誤；B．用NaOH溶液將CO2吸收，CO2的濃度下降，速率減慢，故B錯誤；C．將i、ii合并寫出總的熱化學方程式可知△H>0，溫度越高，CH4的平衡轉化率越高，故C正確；D．石油的裂化和裂解可得到CH4、C2H4等，故D正確；答案選CD；②相同溫度下，由于反應i為氣體分子數增加的反應，加壓使i反應平衡逆移，減小的生成，而反應ii為氣體分子數不變的反應，故增大壓強時，的平衡產率隨壓強的增大而減少，因此，相同溫度下只發(fā)生反應i、ii時，生成的平衡產率隨外界壓強的增大而減少；（3）當時，水解產氫速率反而降低的可能原因是相同溫度下，由于反應i為氣體分子數增加的反應，加壓使i反應平衡逆移，減小的生成，而反應ii為氣體分子數不變的反應，故增大壓強時，的平衡產率隨壓強的增大而減少；②水解脫氫后的再生可采用電解法，第一步是電解得電子轉化為，該轉化的電極反應。20.某小組采用如下實驗流程制備難溶于水的白色BiOCl：已知：極易水解產生難溶的固體，。（1）下圖為步驟Ⅰ的實驗裝置圖(夾持儀器和尾氣處理裝置已省略)，儀器A的名稱是_______。（2）下列說法正確的是_______。A.步驟Ⅰ：加熱溫度越高，溶解速率越快，產率越高B.步驟Ⅱ：可加適量的N