高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1吉林省吉林市2025屆高三上學(xué)期二模考試說明：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上，貼好條形碼。2.答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用2b鉛筆把答題卡對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號。答非選擇題時(shí)，用0.5毫米的黑色簽字筆將答案寫在答題卡上。字體工整，筆跡清楚。3.請按題號順序在答題卡相應(yīng)區(qū)域作答，超出區(qū)域所寫答案無效；在試卷上、草紙上答題無效。4.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1C-12O-16Fe-56Ti-48一、選擇題：本題共15小題，每題3分，共45分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.化學(xué)讓生活更美好。下列說法正確的是A.“綠蟻新醅酒，紅泥小火爐”中的“紅泥”帶有紅色是因其含有較多的Fe3O4B.燃放五彩繽紛的煙花讓節(jié)日更絢爛是利用了焰色試驗(yàn)，焰色試驗(yàn)屬于化學(xué)變化C.水果罐頭中添加維生素C主要用作營養(yǎng)強(qiáng)化劑，以補(bǔ)充必要的營養(yǎng)成分D.“酒是陳的香”是因?yàn)榫圃陂L期存放過程中生成了少量低級酯【答案】D【解析】A．氧化鐵是紅棕色粉末，所以詩中“紅泥”帶有紅色是因紅泥中含有較多的氧化鐵，故A錯(cuò)誤；B．焰色試驗(yàn)是元素的性質(zhì)，屬于物理變化，故B錯(cuò)誤；C．水果罐頭中添加維生素C是因?yàn)榫S生素C具有強(qiáng)還原性，能夠防止水果罐頭中的成分被氧化，延長其保質(zhì)期，故C錯(cuò)誤；D．“酒是陳的香”是因?yàn)榫圃陂L期放置的過程中，某些微生物將少量的乙醇氧化成乙酸，乙酸與乙醇反應(yīng)生成了具有香味的乙酸乙酯，故D正確；故選D。2.“天問”著陸火星，“嫦娥”采回月壤，騰飛的中國離不開化學(xué)。下列說法正確的是A.用于航天器消毒的次氯酸空間填充模型：B.火星中的中子數(shù)為10的氖原子：10NeC.月壤成分中所含羥基的電子式：D.對采集到的月壤，可以利用質(zhì)譜儀鑒定其中所含的元素【答案】A【解析】A．次氯酸中O為-2價(jià)，雜化方式為sp3雜化，原子半徑大于H小于Cl，次氯酸空間填充模型：，A正確；B．中子數(shù)為10的氖原子：20Ne，B錯(cuò)誤；C．羥基是電中性基團(tuán)，電子式為：，C錯(cuò)誤；D．質(zhì)譜儀測定有機(jī)物的相對分子質(zhì)量，不能測定其中所含的元素，D錯(cuò)誤；答案選A。3.磷是世界上第一種被發(fā)現(xiàn)的元素。白磷(P4)中毒可用CuSO4溶液解毒，發(fā)生如下反應(yīng)：P4+CuSO4+H2O→Cu3P+H3PO4+H2SO4(未配平)，下列說法中正確的是A.P4只發(fā)生了氧化反應(yīng)B.反應(yīng)過程中溶液pH增大C.11molP4發(fā)生反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為120molD.皮膚接觸到白磷，用CuSO4溶液清洗后，應(yīng)再使用NaOH溶液清洗【答案】C【解析】反應(yīng)中P由0價(jià)歧化為+5價(jià)和-3價(jià)，Cu由+2價(jià)降為+1價(jià)，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒和元素守恒可配平方程式11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，氧化劑為P4和CuSO4，還原劑為P4，氧化產(chǎn)物為H3PO4，還原產(chǎn)物為Cu3P，據(jù)此解答：A．P4、Cu3P、H3PO4中P的化合價(jià)分別為0、-3、+5，即發(fā)生氧化反應(yīng)，又發(fā)生還原反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．反應(yīng)生成硫酸和磷酸，H+濃度增加，pH減小，故B錯(cuò)誤；C．據(jù)分析，根據(jù)氧化反應(yīng)計(jì)算電子轉(zhuǎn)移的物質(zhì)的量，11molP4參與反應(yīng)生成24molH3PO4，則轉(zhuǎn)移24×5=120mol電子，故C正確；D．皮膚接觸到白磷，雖然用稀CuSO4溶液清洗后生成了H3PO4、H2SO4，但由于NaOH具有強(qiáng)腐蝕性，不能用NaOH溶液清洗，故D錯(cuò)誤；故答案為C。4.類比遷移的思維方法是利用“已知”解決“未知”的一種有效策略。下列類比遷移結(jié)果正確的是A.氯水能使?jié)駶檖H試紙先變紅后褪色，SO2也能使?jié)駶檖H試紙先變紅后褪色B.甲烷的一氯代物只有一種，新戊烷的一氯代物也只有一種C.Fe3O4溶于鹽酸生成FeCl2和FeCl3，F(xiàn)e3O4溶于氫碘酸生成FeI2和FeI3D.(CH3)3CBr能發(fā)生水解反應(yīng)和消去反應(yīng)，(CH3)3CCH2Br也能發(fā)生水解反應(yīng)和消去反應(yīng)【答案】B【解析】A．氯水中存在Cl2+H2OHCl+HClO，HClO具有漂白性，因此氯水能使?jié)駶檖H試紙先變紅后褪色，SO2屬于酸性氧化物，能使?jié)駶檖H變紅但不褪色，故A錯(cuò)誤；B．甲烷只有一種等效氫，因此一氯代物只有一種，新戊烷的結(jié)構(gòu)簡式為，只有一種等效氫，因此一氯代物只有一種，故B正確；C．Fe3+氧化性強(qiáng)于I2，因此Fe3O4溶于氫碘酸得到FeI2、I2和H2O，故C錯(cuò)誤；D．(CH3)3CBr的結(jié)構(gòu)簡式為，能在氫氧化鈉的水溶液中發(fā)生水解反應(yīng)，得到，溴原子所連碳的相鄰碳原子上有氫原子，在氫氧化鈉的醇溶液中發(fā)生消去反應(yīng)，得到，(CH3)3CCH2Br的結(jié)構(gòu)簡式為，含有碳溴鍵，能發(fā)生水解反應(yīng)，但溴原子所連碳的相鄰碳原子上沒有氫原子，不能發(fā)生消去反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；答案為B。5.下列化學(xué)方程式或離子方程式正確的是A.將Cl2通入冷的石灰乳中制取漂白粉：B.黃鐵礦在足量的氧氣中燃燒：C.甲苯與Cl2發(fā)生取代反應(yīng)：D.苯酚鈉溶液中通入少量CO2：【答案】D【解析】A．石灰乳為濁液，其中氫氧化鈣不能拆，反應(yīng)為，A錯(cuò)誤；B．黃鐵礦在足量的氧氣中燃燒生成氧化鐵和二氧化硫：，B錯(cuò)誤；C．甲苯中甲基與Cl2在光照條件下反應(yīng)，使得甲基上氫被取代，，C錯(cuò)誤；D．苯酚鈉溶液中通入少量CO2，反應(yīng)生成苯酚和碳酸氫鈉，D正確；故選D。6.將溶液和溶液混合充分反應(yīng)后，取混合液分別完成下列實(shí)驗(yàn)，能說明溶液中存在化學(xué)平衡(未配平)的是實(shí)驗(yàn)編號實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象①向混合液中加入1mLCCl4充分振蕩、靜置CCl4層呈紫色②向混合液中滴入AgNO3溶液有黃色沉淀生成③向混合液中滴入酸性KMnO4溶液KMnO4溶液紫色褪去④向混合液中滴入苯酚稀溶液溶液顯紫色A.①② B.②③ C.①④ D.③④【答案】C【解析】將10mL0.4mol/L的KI溶液和6mL0.2mol/L的Fe2(SO4)3溶液充分混合后，I-過量，若發(fā)生反應(yīng)，則溶液中存在I2和Fe2+；若不是可逆反應(yīng)，F(xiàn)e3+全部轉(zhuǎn)化為Fe2+，則溶液中無Fe3+，故只需證明溶液發(fā)生了反應(yīng)且溶液中仍含有Fe3+，即能證明溶液中存在化學(xué)平衡。①向混合液加入CCl4，充分振蕩、靜置，CCl4層呈紫色，說明有碘單質(zhì)生成，說明溶液中Fe3+和I-發(fā)生了反應(yīng)；②向混合液中滴入AgNO3溶液，有黃色沉淀生成，只能說明溶液中存在I-，因?yàn)槿芤褐蠭-過量，故無法說明溶液中發(fā)生了反應(yīng)，也就不能證明存在化學(xué)平衡；③向混合液中滴入酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去，由于溶液中I-過量，I-能被KMnO4氧化，故不能確定是Fe2+使KMnO4褪色，也就無法說明溶液中發(fā)生了反應(yīng)；④向混合液中滴入苯酚稀溶液，溶液顯紫色，說明溶液中有Fe3+。A．①②只能證明發(fā)生了反應(yīng)，不能證明溶液中存在化學(xué)平衡，A錯(cuò)誤；B．②③不能證明溶液中發(fā)生了反應(yīng)，更不能證明溶液中存在化學(xué)平衡，B錯(cuò)誤；C．①④可證明溶液中發(fā)生了反應(yīng)，且仍含有Fe3+，能證明溶液中存在化學(xué)平衡，C正確；D．③④僅能證明溶液中含有Fe3+，但不能說明溶液中發(fā)生了反應(yīng)，故不能證明溶液中存在化學(xué)平衡，D錯(cuò)誤；故答案選C。7.每年10月23日為“摩爾日”，NA表示阿伏加羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是①標(biāo)準(zhǔn)狀況下，44.8L的SO3溶于水得到2mol的H2SO4②1mol苯乙烯中含有的碳碳雙鍵數(shù)為NA③44g環(huán)氧乙烷()中所含共價(jià)鍵數(shù)目為3NA④常溫下，2L1mol/LNH4Cl溶液與1L2mol/LNH4Cl溶液中的數(shù)目均小于2NA，且前者更?、?mol鐵粉在1mol氯氣中充分燃燒，失去的電子數(shù)為3NA⑥常溫下，pH=13的KOH溶液中OH-的數(shù)目為0.1NAA.①② B.②④ C.②⑤ D.③⑥【答案】B【解析】①標(biāo)準(zhǔn)狀況下SO3非氣體，無法確定其物質(zhì)的量，錯(cuò)誤；②苯環(huán)不含碳碳雙鍵，因此1mol苯乙烯中含有的1mol碳碳雙鍵，數(shù)量為NA，正確；③1mol環(huán)氧乙烷中含1molC-C鍵、2molC-O鍵和4molC-H鍵，因此44g（1mol）環(huán)氧乙烷中所含共價(jià)鍵數(shù)目為7NA，錯(cuò)誤；④在溶液中會(huì)發(fā)生水解，因此2L1mol/LNH4Cl溶液與1L2mol/LNH4Cl溶液中的數(shù)目均小于2NA，前者溶液濃度小于后者，稀溶水解程度更大，因此前者的數(shù)目更小，正確；⑤根據(jù)2Fe+3Cl2=2FeCl3，1mol鐵粉在1mol氯氣中充分燃燒，F(xiàn)e過量，只有Fe參與反應(yīng)，失去的電子數(shù)為，錯(cuò)誤；⑥常溫下，pH=13的KOH溶液中OH-的濃度為0.1mol/L，由于未知溶液體積，無法確定OH-的數(shù)目，錯(cuò)誤；故答案為B。8.在能源技術(shù)變革的推動(dòng)下，我國鋰電池產(chǎn)業(yè)進(jìn)入快速增長階段。一種由原子序數(shù)依次增大的同一短周期主族元素A、B、C、D、E組成的新型鋰離子電池電解質(zhì)如圖(→表示配位鍵)，D的一種單質(zhì)可用作消毒劑。下列有關(guān)說法正確的是A.簡單離子半徑：A<D<EB.E單質(zhì)可以把D從其簡單氫化物中置換出來C.B的最高價(jià)氧化物的水化物為強(qiáng)酸D.氫元素分別與A、C、D、E形成二元化合物，氫在化合物中的化合價(jià)均為+1價(jià)【答案】B【解析】D的一種單質(zhì)可用作消毒劑，Y能形成2個(gè)共價(jià)鍵，D為O，C能形成4個(gè)共價(jià)鍵，C為C，E能形成1個(gè)共價(jià)鍵，E為F，B可形成3個(gè)共價(jià)鍵，B為B，A帶一個(gè)單位正電荷，且同一周期，A為Li，據(jù)此解答。A．簡單離子半徑：Li+<F-<O2-，故A錯(cuò)誤；B．F的非金屬性強(qiáng)于O，所以F單質(zhì)可以把O從其簡單氫化物中置換出來，故B正確；C．B最高價(jià)氧化物的水化物為H3BO3，是一種一元弱酸，故C錯(cuò)誤；D．氫元素分別與Li形成二元化合物，氫在化合物中的化合價(jià)均為-1價(jià)，故D錯(cuò)誤；答案選B。9.用下列儀器或裝置進(jìn)行相應(yīng)實(shí)驗(yàn)，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖洽瘼颌螈鬉.裝置Ⅰ：制取無水MgCl2 B.裝置Ⅱ：制取氯氣C.裝置Ⅲ：制取Na2CO3固體 D.裝置Ⅳ：測定NaClO溶液的pH【答案】A【解析】A．制備少量無水氯化鎂應(yīng)在HCl氛圍中加熱蒸干水分，HCl可抑制水解，A正確；B．濃鹽酸和需要加熱才能制取氯氣，圖中缺少酒精燈，B錯(cuò)誤；C．加熱固體制取，需要在坩堝中加熱固體，C錯(cuò)誤；D．次氯酸鈉溶液具有強(qiáng)氧化性，會(huì)使有機(jī)色質(zhì)漂白褪色，所以不能用pH試紙測定次氯酸鈉溶液的pH，D錯(cuò)誤；故選A。10.我國科研工作者以CO2和H2O為原料制得淀粉，實(shí)現(xiàn)“喝西北風(fēng)”吃飽。其核心反應(yīng)里有一步是在催化劑作用下CO2加氫制得甲醇，該反應(yīng)歷程如圖所示(吸附在催化劑表面的物質(zhì)用*標(biāo)注，如*CO2表示CO2吸附在催化劑表面，圖中*H已省略)。下列說法錯(cuò)誤的是A.CO2加氫制甲醇過程中原子利用率小于100%B.合成甲醇過程的決速步化學(xué)反應(yīng)方程式為*OCH3+*H→*CH3OHC.該過程中得到相對較多的副產(chǎn)物為COD.CO2加氫制甲醇過程中伴隨副反應(yīng)，選擇合適催化劑可提高甲醇反應(yīng)的選擇性【答案】B【解析】A．根據(jù)圖示可知，CO2加氫制甲醇過程中有副產(chǎn)物CO和CH2O生成，原子利用率小于100%，A正確；B．合成甲醇過程的決速步是活化能最大的步驟，但從整個(gè)歷程來看，只能看出每一步的反應(yīng)熱，沒有過渡態(tài)，無法判定每一步反應(yīng)活化能的高低，無法判定決速步驟，B錯(cuò)誤；C．生成副產(chǎn)物CO的活化能小于生成CH2O的活化能，得到相對較多的副產(chǎn)物為CO，C正確正確；D．選擇合適催化劑可提高甲醇反應(yīng)的選擇性，D正確；答案選B。11.鎮(zhèn)靜催眠藥“安定”在體內(nèi)代謝產(chǎn)物之一M的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，下列關(guān)于M的說法正確的是A.分子式為C16H13ClN2O2 B.1molM最多與8molH2發(fā)生反應(yīng)C有1種含氧官能團(tuán) D.M可以發(fā)生加成反應(yīng)，水解反應(yīng)和取代反應(yīng)【答案】D【解析】A．由結(jié)構(gòu)簡式可知，M分子的分子式為C16H15ClN2O2，故A錯(cuò)誤；B．由結(jié)構(gòu)簡式可知，M分子中含有的苯環(huán)和酮羰基一定條件下能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，則1molM最多與7mol氫氣發(fā)生反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．由結(jié)構(gòu)簡式可知，M分子中含有的含氧官能團(tuán)為酮羰基和酰胺基，共有2種，故C錯(cuò)誤；D．由結(jié)構(gòu)簡式可知，M分子中含有的苯環(huán)和酮羰基能發(fā)生加成反應(yīng)，含有的碳氯鍵和酰胺基一定條件下能發(fā)生水解反應(yīng)，水解反應(yīng)屬于取代反應(yīng)，故D正確；故選D。12.CO2的捕集和利用是實(shí)現(xiàn)“雙碳”目標(biāo)的一個(gè)重要研究方向，我國設(shè)計(jì)CO2熔鹽捕獲與轉(zhuǎn)化裝置(左圖)，可與太陽能電池裝置(圖)聯(lián)合實(shí)現(xiàn)綠色轉(zhuǎn)化。下列有關(guān)說法正確的是A.左圖裝置B電極應(yīng)該與圖裝置Y電極相連B.左圖裝置A電極反應(yīng)式為：C.熔鹽可用CCl4代替D.理論上轉(zhuǎn)移0.5mol電子可捕獲標(biāo)準(zhǔn)狀況下CO2氣體2.8L【答案】D【解析】根據(jù)左圖可知A極→O2，發(fā)生氧化反應(yīng)生成單質(zhì)O2，所以A為陽極，B為陰極，陽極與電源正極相接、陰極與電源負(fù)極相接，根據(jù)右圖可知，Y極為電源正極、X極為電源負(fù)極。陽極反應(yīng)式為，陰極電極反應(yīng)式為：，以此解答該題。A．由分析可知，B為陰極，Y極為電源正極，陰極與電源負(fù)極相接，B接太陽能電池的X電極，A錯(cuò)誤；B．由分析知，左圖裝置A電極為陽極，陽極反應(yīng)式為，B錯(cuò)誤；C．熔鹽提供離子導(dǎo)電，CCl4是非電解質(zhì)，無法導(dǎo)電，不能代替，C錯(cuò)誤；D．結(jié)合分析，A為陽極，電極反應(yīng)式為，B為陰極，電極反應(yīng)式為：，CO2與熔鹽反應(yīng)生成和，即，，通過分析，總反應(yīng)為，理論上轉(zhuǎn)移4mol電子消耗1molCO2，轉(zhuǎn)移0.5mol電子則可捕獲0.125molCO2，可捕獲標(biāo)準(zhǔn)狀況下CO2氣體體積為2.8L，D正確；故答案選D。13.已知在恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)(方程式已配平)，在210℃和220℃時(shí)A轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)時(shí)間的變化關(guān)系如圖所示，設(shè)A的起始濃度為。下列說法錯(cuò)誤的是A.220℃時(shí)反應(yīng)的平衡常數(shù)mol/LB.從反應(yīng)體系中移出部分甲醇可以提高A的轉(zhuǎn)化率C.210℃時(shí)，0~200min內(nèi)A的平均反應(yīng)速率為mol/(L·min)D.a、b兩點(diǎn)用物質(zhì)B表示的瞬時(shí)反應(yīng)速率：b＜a【答案】D【解析】A．c點(diǎn)時(shí)A的轉(zhuǎn)化率為99%，轉(zhuǎn)化濃度為0.99d，根據(jù)，平衡時(shí)A濃度為0.01d，B濃度為0.99d，CH3OH濃度為0.99d，則220℃時(shí)反應(yīng)的平衡常數(shù)mol/L，A正確；B．甲醇為生成物，從反應(yīng)體系中移出部分甲醇，減少生成物的濃度，平衡正向移動(dòng)，可以提高A的轉(zhuǎn)化率，B正確；C．210℃、200min時(shí)A的轉(zhuǎn)化率為68%，則A的轉(zhuǎn)化濃度為0.68dmol/L，0~200min內(nèi)A的平均反應(yīng)速率為mol/(L·min)，C正確；D．a(chǎn)、b兩點(diǎn)反應(yīng)的轉(zhuǎn)化率相等，b點(diǎn)對應(yīng)的斜率大，對應(yīng)的溫度高，瞬時(shí)速率大，瞬時(shí)反應(yīng)速率：b>a，D錯(cuò)誤；答案選D。14.廢舊鉛蓄電池的鉛膏主要含有、和Pb．從鉛膏中回收流程如下?！疽阎盒再|(zhì)類似】下列說法錯(cuò)誤的是A.“脫硫”是把轉(zhuǎn)化為將硫除去B.“酸浸”發(fā)生的反應(yīng)有C.“酸浸”中會(huì)分解，應(yīng)適當(dāng)過量D.“沉鉛”時(shí)為保證鉛的完全沉淀，應(yīng)該加入過量氫氧化鈉【答案】D【解析】從主要含PbSO4、PbO2廢舊鉛蓄電池的鉛膏中回收鉛資源，通過如圖流程可知“脫硫”時(shí)利用了沉淀轉(zhuǎn)化原理，將PbSO4轉(zhuǎn)化為PbCO3，便于后面的酸浸，在“酸浸”時(shí)H2O2將PbO2還原，最終鉛元素全部轉(zhuǎn)化為可溶性的Pb(Ac)2，“沉鉛”時(shí)將Pb(Ac)2轉(zhuǎn)化為Pb(OH)2，最后Pb(OH)2加熱得到PbO。A．在“脫硫”工藝中，PbSO4與Na2CO3溶液反應(yīng)生成更難溶的PbCO3，同時(shí)生成Na2SO4留在濾液中將硫除去，A正確；B．“酸浸”中PbO2通過和H2O2、HAc反應(yīng)轉(zhuǎn)化為Pb(Ac)2，同時(shí)“脫硫”工藝中生成的PbCO3與醋酸反應(yīng)也生成Pb(Ac)2，故發(fā)生的反應(yīng)有PbCO3+2HAc=Pb(Ac)2+CO2↑+H2O，B正確；C．H2O2本身易分解，故“酸浸”中H2O2會(huì)分解，為保證PbO2反應(yīng)徹底，H2O2應(yīng)適當(dāng)過量，C正確；D．“沉鉛”時(shí)生成Pb(OH)2，由于Pb(OH)2性質(zhì)類似Al(OH)3，若氫氧化鈉過量，會(huì)導(dǎo)致溶解，反而不利于“沉鉛”，故D錯(cuò)誤；故答案選D。15.秦俑彩繪中使用的鉛白(PbCO3)和黃金雨中黃色的PbI2都是難溶性鉛鹽涂料。室溫下，PbCO3和PbI2在不同的溶液中分別達(dá)到溶解平衡時(shí)與-lgc()或-lgc(I-)的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A.曲線Ⅱ?qū)?yīng)的是與的變化關(guān)系B.a點(diǎn)PbCO3的結(jié)晶速率小于其溶解速率C.向濃度均為1mol/L的混合溶液中滴入溶液先產(chǎn)生白色沉淀D.反應(yīng)的平衡常數(shù)的數(shù)量級為10-6【答案】C【解析】根據(jù)溶解平衡，PbCO3(s)?Pb2+(aq)+(aq)，達(dá)到平衡時(shí)c(Pb2+)=c()，則圖象曲線II對應(yīng)的是-lgc(Pb2+)與-lgc()的關(guān)系變化；PbI2(s)?Pb2+(aq)+2I-(aq)，達(dá)平衡時(shí)2c(Pb2+)=c(I-)，圖象曲線I對應(yīng)的是-lgc(Pb2+)與-lgc(I-)的關(guān)系變化；A．根據(jù)分析可知，曲線I對應(yīng)的是與的變化關(guān)系，A錯(cuò)誤；B．a(chǎn)點(diǎn)對應(yīng)的Q(PbCO3)>Ksp(PbCO3)，結(jié)晶速率大于其溶解速率，B錯(cuò)誤；C．由圖可知，Ksp(PbCO3)=c(Pb2+)×c()=100×10-13.1=10-13.1，Ksp(PbI2)=c(Pb2+)×c2(I-)=100×(10-4)2=10-8，1mol/L的沉淀所需Pb2+濃度分別是、mol/L，PbCO3先沉淀，先產(chǎn)生白色沉淀，C正確；D．反應(yīng)平衡常數(shù)K=，數(shù)量級為105，D錯(cuò)誤；答案選C。二、非選擇題：本題共4個(gè)小題，共55分。16.納米TiO2在環(huán)境凈化、光催化、光電轉(zhuǎn)換等領(lǐng)域有著極其廣泛的應(yīng)用，某小組在實(shí)驗(yàn)室中制備納米TiO2。Ⅰ．制備并收集TiCl4(裝置如圖所示，加熱及夾持裝置略去)已知：相關(guān)物質(zhì)的部分性質(zhì)如表所示：物質(zhì)熔點(diǎn)/℃沸點(diǎn)/℃其他性質(zhì)TiCl4-23.2136.4高溫時(shí)能與O2反應(yīng)，極易水解生成白色沉淀，能溶于CCl4等有機(jī)物。FeCl3304316遇水易水解生成紅褐色物質(zhì)。CCl4-2376.8難溶于水，且密度大于水的密度?；卮鹣铝袉栴}：（1）儀器a的名稱為_______。（2）實(shí)驗(yàn)操作順序中，K1、K2打開的先后順序依次為_______。（3）C裝置為U形水柱，該裝置的作用為_______，并可以平衡氣壓。（4）D裝置管式爐溫度加熱到900℃，瓷舟中物質(zhì)反應(yīng)后生成和一種有毒氣態(tài)氧化物，其化學(xué)反應(yīng)方程為_______，同時(shí)還有副反應(yīng)生成的少量CCl4。（5）根據(jù)所給信息，裝置E控溫箱溫度控制范圍應(yīng)為_______，可除去一部分雜質(zhì)。（6）F裝置設(shè)計(jì)上存在的一處明顯缺陷是_______。Ⅱ．制備并測定納米TiO2（7）①儀器b中收集到的粗產(chǎn)品，可采用_______方法分離提純，得到較為純凈的四氯化鈦。②以N2為載體，用TiCl4和水蒸氣反應(yīng)并控制溫度生成納米xTiO2?yH2O。之后進(jìn)行如下操作：灼燒、干燥器中冷卻、稱重，得到固體物質(zhì)3.47g。③測定TiO2純度：將②中得到的3.47g固體放入錐形瓶中，用過量稀硫酸充分溶解得到TiOSO4，再用足量鋁將還原為，加入KSCN溶液做指示劑，用1.000mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液滴定至終點(diǎn)。重復(fù)操作2次，消耗NH4Fe(SO4)2溶液體積的平均值為40.00mL(已知：)。該產(chǎn)品中TiO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_______(保留三位有效數(shù)字)?！敬鸢浮浚?）恒壓滴液漏斗（2）K1、K2（3）判斷裝置內(nèi)壓強(qiáng)的變化，以達(dá)到控制氣體流速的目的（4）2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+2FeCl3+6CO（5）136.4℃—304℃（6）無CO尾氣處理裝置（7）①.蒸餾②.92.2%【解析】由實(shí)驗(yàn)裝置圖可知，裝置A中二氧化錳與濃鹽酸共熱反應(yīng)制備氯氣；裝置B中盛有的濃硫酸用于干燥氯氣；裝置C為U形水柱，用于判斷裝置內(nèi)壓強(qiáng)的變化，以達(dá)到控制氣體流速的目的，并起到平衡氣壓的作用；裝置D中氯氣與FeTiO3和炭粉在900℃條件下反應(yīng)制備四氯化鈦；裝置E控制溫度在136.4℃—304℃分離四氯化鈦和氯化鐵；裝置F用于冷凝收集四氯化鈦，其中球形冷凝管用于冷凝回流四氯化鈦，盛有堿石灰的干燥管用于吸收氯氣，防止污染空氣，同時(shí)吸收水蒸氣，防止水蒸氣進(jìn)入錐形瓶中導(dǎo)致四氯化鈦水解，但F裝置設(shè)計(jì)上存在的一處明顯缺陷是無一氧化碳尾氣處理裝置，逸出的一氧化碳會(huì)污染空氣。（1）由實(shí)驗(yàn)裝置圖可知，儀器a為恒壓滴液漏斗，故答案為：恒壓滴液漏斗；（2）由題給信息可知，四氯化鈦高溫時(shí)能與氧氣反應(yīng)，則實(shí)驗(yàn)時(shí)，應(yīng)先通入氮?dú)馀疟M裝置中的空氣，再通入氯氣，防止反應(yīng)生成的四氯化鈦被空氣中的氧氣氧化，所以打開K1、K2的先后順序依次為K1、K2，故答案為：K1、K2；（3）由分析可知，裝置C為U形水柱，用于判斷裝置內(nèi)壓強(qiáng)的變化，以達(dá)到控制氣體流速的目的，并起到平衡氣壓的作用，故答案為：判斷裝置內(nèi)壓強(qiáng)的變化，以達(dá)到控制氣體流速的目的；（4）由分析可知，裝置D中氯氣與FeTiO3和炭粉在900℃條件下反應(yīng)制備四氯化鈦，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+2FeCl3+6CO，故答案為：2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+2FeCl3+6CO；（5）由分析可知，裝置E控制溫度在136.4℃—304℃分離四氯化鈦和氯化鐵，達(dá)到除去一部分雜質(zhì)的目的，故答案為：136.4℃—304℃；（6）由分析可知，F(xiàn)裝置設(shè)計(jì)上存在的一處明顯缺陷是無一氧化碳尾氣處理裝置，逸出的一氧化碳會(huì)污染空氣，故答案為：無CO尾氣處理裝置；（7）①由題給信息可知，儀器b中收集到的粗產(chǎn)品中會(huì)混有副反應(yīng)生成的四氯化碳雜質(zhì)，可以用蒸餾的方法分離提純，得到較為純凈的四氯化鈦，故答案為：蒸餾；③由題意可得如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：TiO2—Ti3+—Fe3+，滴定消耗40.00mL1.000mol/L硫酸鐵銨溶液，則產(chǎn)品中二氧化鈦的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%≈92.2%，故答案為：92.2%。17.釕(Ru)為稀有元素，廣泛應(yīng)用于電子、航空航天、化工等領(lǐng)域。某含釕的廢渣主要成分為Ru、Pb、SiO2、Bi2O3，一種從中回收Ru制RuCl3的工藝流程如下：（1）“氧化堿浸”時(shí)，兩種氧化劑在不同溫度下對釕浸出率和渣率分別如圖1、圖2所示，則適宜選擇的氧化劑為_______。（2）濾液Ⅰ中溶質(zhì)主要成分為和_______；Bi2O3轉(zhuǎn)化為NaBiO2的化學(xué)方程式為_______。（3）“還原”過程生成Ru(OH)4和乙醛，且pH明顯增大，則該過程的離子反應(yīng)方程式為_____。（4）“吸收”過程產(chǎn)生的氣體X經(jīng)Y溶液吸收后，經(jīng)進(jìn)一步處理可以循環(huán)利用，則X和Y的化學(xué)式分別為_______、_______。（5）RuCl3在有機(jī)合成中有重要應(yīng)用，其參與某有機(jī)物合成的路線如圖3所示(HAc代表乙酸，Ph代表苯基)，則下列說法正確的是_______。A.RuCl3催化劑 B.H2O2作氧化劑C.HAc為中間產(chǎn)物 D.主要生成物為【答案】（1）次氯酸鈉（2）①.Na2SiO3②.Bi2O3+2NaOH=2NaBiO2+H2O（3）（4）①.Cl2②.NaOH（5）BD【解析】由題給流程可知，含釕的廢料中加入氫氧化鈉溶液和氧化劑氧化堿浸，Ru和Pb被氧化為和NaHPbO2，SiO2和Bi2O3與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成Na2SiO3和NaBiO2，過濾得到含有、NaBiO2、NaHPbO2和Na2SiO3的濾液Ⅰ；向?yàn)V液Ⅰ中加入乙醇，將還原為Ru(OH)4沉淀，過濾得到濾液Ⅱ和Ru(OH)4；Ru(OH)4在蒸餾條件下被氯酸鈉氧化為RuO4，RuO4與鹽酸反應(yīng)生成RuCl3、Cl2和H2O，RuCl3溶液經(jīng)結(jié)晶得到RuCl3。（1）由圖可知，相同溫度時(shí)，次氯酸鈉作氧化劑時(shí)的釕浸出率高于氯酸鈉、渣率低于氯酸鈉，則適宜選擇的氧化劑為次氯酸鈉；（2）由分析，濾液Ⅰ中溶質(zhì)主要成分為和Na2SiO3；氧化鉍與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鉍酸鈉和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Bi2O3+2NaOH=2NaBiO2+H2O；（3）濾液Ⅰ中加入乙醇，將還原為Ru(OH)4沉淀，同時(shí)生成乙醛，且pH明顯增大，則還生成氫氧根離子，結(jié)合質(zhì)量守恒，反應(yīng)為：；（4）由分析可知，氣體X為氯氣，氯氣與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，經(jīng)進(jìn)一步處理得到的次氯酸鈉溶液可以循環(huán)利用，則Y為氫氧化鈉溶液，故答案為：Cl2、NaOH；（5）由圖可知，Ru(Ac)3在反應(yīng)中消耗由被生成，為反應(yīng)的催化劑；反應(yīng)中過氧化氫中氧元素化合價(jià)降低被還原，為反應(yīng)的氧化劑；醋酸、過氧化氫、CH3CH=CHPh為反應(yīng)物，和水是生成物，故選BD。18.氮氧化物是一種嚴(yán)重的空氣污染物質(zhì)，減少氮氧化物的排放是重要的研究工作。（1）汽車尾氣中含有較多的氮氧化物和不完全燃燒的CO，汽車三元催化器可以實(shí)現(xiàn)降低氮氧化物的排放量。汽車尾氣中的NO(g)和CO(g)在催化劑的作用下轉(zhuǎn)化成兩種無污染的氣體：。已知：反應(yīng)，若CO的燃燒熱△H為-283.5kJ/mol，則_______。（2）N2O是一種強(qiáng)溫室氣體，且易形成顆粒性污染物，研究N2O的分解對環(huán)境保護(hù)有重要意義。碘蒸氣的存在能大幅度提高N2O的分解速率，反應(yīng)歷程為：第一步：I2(g)→2I(g)(快反應(yīng))第二步：I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)(慢反應(yīng))第三步：IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+I2(g)(快反應(yīng))實(shí)驗(yàn)表明，含碘時(shí)N2O分解速率方程(k為速率常數(shù))，下列表述正確的是_____。A.N2O分解反應(yīng)中，k值與是否含碘蒸氣有關(guān)B.第三步對總反應(yīng)速率起決定作用C.第二步活化能比第三步小D.IO為反應(yīng)的催化劑（3）利用電化學(xué)方法在有機(jī)復(fù)合營養(yǎng)液(有水但不多)中通過微生物電催化將NO2有效地轉(zhuǎn)化為N2H4，裝置如圖1所示。陰極區(qū)電極反應(yīng)式_______；當(dāng)體系的溫度升高到一定程度，電極反應(yīng)的速率反而迅速下降，其主要原因是_______。（4）有氧條件下，NH3在硅基銅位點(diǎn)催化劑表面脫除煙氣中的NO，反應(yīng)機(jī)理如圖2所示，但本裝置有缺陷，反應(yīng)一段時(shí)間后反應(yīng)速率變慢甚至失效，分析原因_______。（5）近年來，低溫等離子技術(shù)是在高壓放電下，O2產(chǎn)生O?自由基，O?自由基將NO氧化為NO2后，再用Na2CO3溶液吸收，達(dá)到消除NO的目的。實(shí)驗(yàn)室將模擬污染性空氣(N2、O2、NO)以一定流速通入低溫等離子體裝置。①等離子體技術(shù)在低溫條件下可提高NO的轉(zhuǎn)化率，原因是_______。②其他條件相同，等離子體的電功率與NO的轉(zhuǎn)化率關(guān)系如圖所示：當(dāng)電功率大于30W時(shí)，NO轉(zhuǎn)化率下降的原因可能是_______(用化學(xué)方程式解釋)?！敬鸢浮浚?）-747.0kJ/mol（2）A（3）①.②.溫度過高微生物催化能力降低或催化劑失活（4）銅單質(zhì)位點(diǎn)被氧化為氧化銅，反應(yīng)位點(diǎn)變少失去催化活性（5）①.NO與O2反應(yīng)生成NO2是放熱反應(yīng)，低溫時(shí)有利于反應(yīng)正向進(jìn)行②.【解析】（1）由題可知可知，結(jié)合題中已知反應(yīng)根據(jù)蓋斯定律可知ΔH1=2ΔH-ΔH2=-747.0kJ/mol。（2）A．由題知碘蒸汽的存在能大幅度提高N2O的分解速率，含碘時(shí)N2O分解速率方程為，說明碘蒸汽參與反應(yīng)并改變了反應(yīng)歷程，k值與是否含碘蒸氣有關(guān)，A正確；B．反應(yīng)速率由慢反應(yīng)速率決定，第二步是慢反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C．化學(xué)反應(yīng)速率與活化能呈負(fù)相關(guān)關(guān)系，反應(yīng)速率越慢，活化能越大，所以選項(xiàng)中“第二步活化能比第三步小”是不對的，C錯(cuò)誤；D．IO是反應(yīng)過程中產(chǎn)生的中間產(chǎn)物，不是催化劑，催化劑是反應(yīng)前后質(zhì)量和化學(xué)性質(zhì)都不變的物質(zhì)，D錯(cuò)誤；故答案選A。（3）在陰極區(qū)，NO2得到電子轉(zhuǎn)化為N2H4，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒，可寫出電極反應(yīng)式為：；該反應(yīng)是通過微生物電催化進(jìn)行的，微生物在適宜溫度下活性較高，當(dāng)溫度升高到一定程度，微生物活性降低甚至失活，導(dǎo)致催化效率降低，電極反應(yīng)的速率迅速下降。（4）由機(jī)理圖可知，在該過程中會(huì)向催化劑銅單質(zhì)位點(diǎn)通入氧氣，而在有氧的條件下，銅單質(zhì)位點(diǎn)會(huì)被氧化為氧化銅(CuO)，從而反應(yīng)位點(diǎn)變少使反應(yīng)速率變慢甚至失效。（5）NO與O2反應(yīng)生成NO2是放熱反應(yīng)，低溫有利于反應(yīng)正向進(jìn)行，因此在低溫條件下可提高NO的轉(zhuǎn)化率；當(dāng)電工率大于30W時(shí)，隨功率增大，N2和O2在放電時(shí)會(huì)生成NO，NO轉(zhuǎn)化率下降，