2025屆山東省泰安市高三一?；瘜W(xué)試題（解析版）

高級中學(xué)名校試題PAGEPAGE1山東省泰安市2025屆高三一模試題注意事項(xiàng)：1.答題前，考生先將自己的姓名、考生號、座號填寫在相應(yīng)位置，認(rèn)真核對條形碼上的姓名、考生號和座號，并將條形碼粘貼在指定位置上。2.選擇題答案必須使用2B鉛筆（按填涂樣例）正確填涂。非選擇題答案必須使用0.5毫米黑色簽字筆書寫，字體工整，筆跡清楚。3.請按照題號在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在草稿紙、試題卷上答題無效。保持卡面清潔，不折疊，不破損。可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。1.泰山豆腐，古法精制，源遠(yuǎn)流長。選豆為先，洗凈浸泡，磨漿為次，濾漿以布，點(diǎn)漿于釜，點(diǎn)鹵為要，壓制成型，豆腐乃成。該工藝沒有涉及的操作是A.研磨 B.過濾 C.滲析 D.聚沉【答案】C【解析】A．磨漿為次其中包含了研磨，A正確；B．濾漿以布是過濾豆?jié){的過程，B正確；C．過程中無滲析，C錯(cuò)誤；D．鹵水中含有電解質(zhì)，遇到豆?jié){發(fā)生膠體的聚沉，D正確；故選C。2.化學(xué)材料為我國的科技發(fā)展提供了強(qiáng)有力的支撐，下列有關(guān)材料的說法錯(cuò)誤的是A.航母使用的碳纖維是一種新型無機(jī)非金屬材料B.玄武巖纖維制成的五星紅旗在月球背面成功展開，其成分是硅酸鹽C.空間站使用的太陽能電池板材料砷化鎵屬于金屬材料D.宇航服使用的特殊高強(qiáng)度滌綸屬于有機(jī)高分子材料【答案】C【解析】A．碳纖維是碳的單質(zhì)，是一種新型無機(jī)非金屬材料，故A正確；B．玄武巖纖維是由二氧化硅、氧化鋁、氧化鈣、氧化鎂、氧化鐵和二氧化鈦等氧化物組成，其成分是硅酸鹽，故B正確；C．太陽能電池板材料砷化鎵是一種半導(dǎo)體材料，不是金屬材料，故C錯(cuò)誤；D．滌綸是合成纖維，屬于有機(jī)高分子材料，故D正確；答案選C。3.下列有關(guān)能源轉(zhuǎn)化與存儲(chǔ)的敘述錯(cuò)誤的是A.煤炭氣化可制得清潔燃料B.石蠟油裂化可生產(chǎn)汽油C.鋰電池能量密度高可用于大型儲(chǔ)能設(shè)備D.利用催化劑分解水制氫氣并且放出熱量【答案】D【解析】A．煤的氣化是高效、清潔地利用煤的重要途徑，A正確；B．石蠟油是一種從原油分餾中得到的混合物，主要成分為烴類，通常含有18到30個(gè)碳原子。在高溫和催化劑的作用下，石蠟油可以通過裂化過程分解成較短鏈的烴類混合物，這些混合物包括汽油，后者通常含有4到12個(gè)碳原子，B正確；C．鋰電池具有工作電壓高、能量密度大、安全性能好等特點(diǎn)，可用于大型儲(chǔ)能設(shè)備，C正確；D．氫氣與氧氣反應(yīng)生成水是放熱反應(yīng)，故利用催化劑分解水制氫氣時(shí)吸收熱量，D錯(cuò)誤；故選D。4.下列說法正確的是A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LHF所含的分子數(shù)目為B.向溶液中通入適量，當(dāng)有1mol生成時(shí)，共轉(zhuǎn)移的電子數(shù)可能為C.0.1molFe與足量鹽酸反應(yīng)，轉(zhuǎn)移個(gè)電子D.0.1mol環(huán)氧乙烷（）中含有的σ鍵數(shù)目為【答案】B【解析】A．HF標(biāo)準(zhǔn)狀況下為非氣體，無法計(jì)算，A錯(cuò)誤；B．亞鐵離子還原性大于溴離子，通入氯氣，亞鐵離子首先被氧化為鐵離子、然后溴離子被氧化為溴單質(zhì)，F(xiàn)eBr2溶液中通入適量Cl2，當(dāng)有1molBr2生成，則生成溴單質(zhì)轉(zhuǎn)移2mol電子，若溶液中含有2molFeBr2，則溴離子部分反應(yīng)而亞鐵離子反應(yīng)2mol，則會(huì)共轉(zhuǎn)移4mol電子，電子數(shù)為4NA，B正確；C．Fe與足量鹽酸反應(yīng)生成亞鐵離子，0.1molFe與足量鹽酸反應(yīng)，轉(zhuǎn)移個(gè)電子，C錯(cuò)誤；D．環(huán)氧乙烷中的C—O鍵、C—C鍵、C—H鍵均為σ鍵，0.1mol環(huán)氧乙烷()中含有的0.7molσ鍵，數(shù)目為0.7NA，D錯(cuò)誤；故選B。5.使用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定未知濃度乙酸溶液的實(shí)驗(yàn)中，下列做法錯(cuò)誤的是A.配制NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，稱量操作中，應(yīng)用玻璃表面皿或小燒杯代替稱量紙B.開始滴定時(shí)，滴加標(biāo)準(zhǔn)溶液的速度可以快一些，但不能使溶液呈線狀流下C.接近終點(diǎn)時(shí)，應(yīng)控制半滴標(biāo)準(zhǔn)液在尖嘴處懸而不落，然后將其抖入錐形瓶D.每次滴入半滴標(biāo)準(zhǔn)溶液后，都要用少量蒸餾水沖洗錐形瓶內(nèi)壁【答案】C【解析】A．NaOH易潮解且有腐蝕性，需用玻璃器皿稱量，A正確；B．滴定初期可快速滴加，但避免線狀流下以防過量，B正確；C．近終點(diǎn)時(shí)，半滴溶液應(yīng)通過輕觸錐形瓶內(nèi)壁自然流入，而非“抖入”，否則可能引入誤差，C錯(cuò)誤；D．沖洗內(nèi)壁確保溶液充分反應(yīng)，準(zhǔn)確判斷終點(diǎn)，D正確；故選C。6.綠原酸是咖啡熱水提取液的成分之一，結(jié)構(gòu)簡式如下：下列關(guān)于綠原酸的判斷中，正確的是A.該物質(zhì)在熱水中溶解度很小B.該物質(zhì)中碳原子雜化方式有三種C.該分子與足量氫氣加成后生成物中有7個(gè)不對稱碳原子D.1mol該物質(zhì)分別與足量的，反應(yīng)，消耗二者的物質(zhì)的量之比為【答案】C【解析】A．綠原酸分子中含有多個(gè)羥基，羥基是親水基團(tuán)，能與水分子形成氫鍵，所以該物質(zhì)在熱水中溶解度較大，而不是很小，故A錯(cuò)誤；B．該物質(zhì)中苯環(huán)上的碳原子采用sp2雜化，雙鍵上的碳原子采用sp2雜化，六元環(huán)上的碳原子采用sp3雜化，碳原子雜化方式兩種，故B錯(cuò)誤；C．該分子與足量氫氣加成后，原來的碳碳雙鍵和苯環(huán)都發(fā)生加成反應(yīng)，形成飽和的碳鏈結(jié)構(gòu)，此時(shí)生成物中有7個(gè)不對稱碳原子（即連有4個(gè)不同原子或原子團(tuán)的碳原子），，故C正確；D．該分子中有1個(gè)羧基和2個(gè)酚羥基，1mol該物質(zhì)與足量反應(yīng)，2mol酚羥基消耗2mol，1mol羧基消耗0.5mol，共消耗2.5mol；1mol該物質(zhì)與足量反應(yīng)，只有1mol羧基反應(yīng)，消耗1mol，所以消耗二者的物質(zhì)的量之比為5:2，故D錯(cuò)誤；故答案為C。7.短周期元素X，Y，Z，M的原子序數(shù)依次增大，他們組成一種團(tuán)簇分子，結(jié)構(gòu)如圖所示。X、M的族序數(shù)等于周期數(shù)，Y原子最外層電子數(shù)是其電子總數(shù)的。下列說法錯(cuò)誤的是A.其分子式為B.X和Y可以組成原子個(gè)數(shù)比為和離子化合物C.工業(yè)上常電解熔融的制取M單質(zhì)D.Y、M，Z的離子半徑：【答案】B【解析】短周期元素X、Y、Z、M的原子序數(shù)依次增大，X、M的族序數(shù)等于周期數(shù)，則可能為H、Be、Al三種中的兩種，由于X原子序數(shù)最小且只能形成一條共價(jià)鍵，故X為H元素，而M的原子序數(shù)最大且能形成3條共價(jià)鍵，故M為Al元素，Y原子的最外層電子數(shù)是其電子總數(shù)的，根據(jù)最外層電子數(shù)不超過8，則Y為O元素；Z的原子序數(shù)：O＜Z＜Al，而半徑大于Al，故Z位于第三周期，可能為Na或Mg，但根據(jù)團(tuán)簇分子的結(jié)構(gòu)可知，Z與3個(gè)氧原子形成了3條共價(jià)鍵，故為Mg，其中兩條是σ鍵，一條是配位鍵，綜上所述，X為H元素、Y為O元素、Z為Mg元素、M為Al元素：A．由團(tuán)簇分子結(jié)構(gòu)可知，該團(tuán)簇分子的分子式為

X2Z2M2Y6，A正確；B．X和Y可以組成原子個(gè)數(shù)比為和的化合物，兩種化合物都是共價(jià)化合物，B錯(cuò)誤；C．鋁性質(zhì)活潑，工業(yè)上常電解熔融的制取M(Al)單質(zhì)，C正確；D．由分析可知，Y為O、Z為Mg、M為Al，對應(yīng)的離子為，三種離子電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大，半徑越小，故對應(yīng)的三種離子半徑依次遞減，D正確；故選B。8.物質(zhì)結(jié)構(gòu)決定物質(zhì)性質(zhì)，下列性質(zhì)差異用結(jié)構(gòu)解釋錯(cuò)誤的是選項(xiàng)性質(zhì)差異解釋A不溶于氨水，溶于氨水能與形成配合物，不能與形成配合物B石墨能導(dǎo)電，金剛石不導(dǎo)電石墨中C是雜化形成大П鍵，金剛石是雜化C水流能被靜電吸引，不能水分子中有少量和D比堿性強(qiáng)甲基是推電子基團(tuán)，使N電子云密度增大A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．的溶解度低，溶液中過低，無法有效的與配位，且沒有合適的空d軌道來接受的孤電子對，導(dǎo)致無法形成配位鍵，而能與形成穩(wěn)定的配合物，A項(xiàng)正確；B．石墨能導(dǎo)電而金剛石不能，原因在于石墨中C呈sp2雜化，層狀結(jié)構(gòu)中有大π鍵可自由移動(dòng)電子；金剛石中C為sp3雜化，所有電子都局域于共價(jià)鍵中，B項(xiàng)正確；C．水流能被靜電吸引，不能，是因?yàn)樗菢O性分子，而CCl4為典型的非極性分子，與水分子中有少量和無關(guān)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．甲基是推電子基團(tuán)，可提高吡啶中氮原子的電子云密度，使其堿性增強(qiáng)，D項(xiàng)正確；答案選C。9.一種汽車尾氣脫硝處理的機(jī)理如圖所示，下列說法錯(cuò)誤的是A.是反應(yīng)的催化劑B.狀態(tài)③到狀態(tài)④的過程中，有O–H鍵的形成C.狀態(tài)④到狀態(tài)⑤過程中，NO發(fā)生氧化反應(yīng)D.該過程中Cu元素的化合價(jià)未發(fā)生變化【答案】AD【解析】A．根據(jù)反應(yīng)歷程圖，是①的產(chǎn)物，②的反應(yīng)物，故其為中間產(chǎn)物，A錯(cuò)誤；B．狀態(tài)③到狀態(tài)④的變化過程中有H2O生成，即有O-H鍵的形成，B正確；C．狀態(tài)④到狀態(tài)⑤過程中，NO化合價(jià)由+2價(jià)升高到+4價(jià)，被氧化，發(fā)生氧化反應(yīng)，C正確；D．態(tài)②到狀③的過程中，Cu和N的化合價(jià)發(fā)生變化，其中Cu的化合價(jià)降低，N元素化合價(jià)升高，D錯(cuò)誤；故選AD。10.探究Cu和物質(zhì)A的反應(yīng)，一段時(shí)間后現(xiàn)象如下。裝置序號物質(zhì)A實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象①溶液（調(diào)）銅粉溶解，溶液變?yōu)樯钭厣玔經(jīng)檢驗(yàn)含]②溶液銅粉溶解，溶液變?yōu)樗{(lán)綠色③溶液（調(diào)）無明顯變化下列分析錯(cuò)誤的是A.②中銅粉溶解原因：B.①中產(chǎn)生NO的原因：時(shí)Cu直接將還原為NOC.若向③中加入適量固體，推測溶液變深棕色D.該實(shí)驗(yàn)條件下，的氧化性大于的【答案】B【解析】A．實(shí)驗(yàn)②中銅與鐵離子反應(yīng)生成藍(lán)色的銅離子和淺綠色的亞鐵離子，離子方程式為；，故A正確；B．經(jīng)檢驗(yàn)含F(xiàn)e(NO)2+，再結(jié)合實(shí)驗(yàn)③的現(xiàn)象，說明加入銅粉后銅先與Fe3+反應(yīng)生成藍(lán)色的Cu2+和淺綠色的Fe2+，酸性條件下Fe2+與反應(yīng)產(chǎn)生NO，故B不正確；C．若向③中加入FeSO4固體，酸性條件Fe2+與，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Fe3+，產(chǎn)生了硝酸鐵，根據(jù)實(shí)驗(yàn)①的條件，推測銅粉會(huì)溶解，溶液變?yōu)樯钭厣?，故C正確；D．同一金屬單質(zhì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，先與氧化性強(qiáng)的物質(zhì)發(fā)生反應(yīng)則，根據(jù)實(shí)驗(yàn)①的現(xiàn)象可得的氧化性大于的(實(shí)驗(yàn)①調(diào)pH=1，)，故D正確；故答案選B。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。11.下列操作能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)渴沁x項(xiàng)實(shí)驗(yàn)內(nèi)容實(shí)驗(yàn)操作步驟A除去NH3中的H2O(g)將氣體通過盛有無水氯化鈣的干燥管B檢驗(yàn)溴乙烷中的官能團(tuán)加熱溴乙烷和2mL5%NaOH混合溶液，停止加熱后，取水層于試管中，先加稀硝酸酸化，再加幾滴2%AgNO3溶液C制備乙酸乙酯向試管中加入3mLCH3COOH，再加入3mLC2H5OH和碎瓷片加熱D銀氨溶液的配制向試管中加入1mL2%AgNO3溶液，邊振蕩加入2%氨水溶液至沉淀恰好溶解A.A B.B C.C D.D【答案】BD【解析】A．無水氯化鈣不僅能夠吸收水分，也可以吸收NH3，因此不能使用無水氯化鈣干燥NH3，而應(yīng)該使用堿石灰干燥，A錯(cuò)誤；B．要檢驗(yàn)溴乙烷中的官能團(tuán)，應(yīng)該使有機(jī)物中的溴原子轉(zhuǎn)化為溴離子，然后用AgBr的不溶性進(jìn)行檢驗(yàn)，正確的操作方法為：充分加熱溴乙烷和2mL5%NaOH混合溶液，停止加熱后冷卻，然后取水層溶液于試管中，先加稀硝酸，中和未反應(yīng)的NaOH溶液，使溶液顯酸化，然后再加入幾滴2%AgNO3溶液，若產(chǎn)生淡黃色沉淀，就證明水溶液中含有Br-，則原有機(jī)物中含有C-Br鍵，B正確；C．制備乙酸乙酯時(shí)，應(yīng)該先向試管中加入3mLC2H5OH，然后緩緩加入2mL濃硫酸，待溶液冷卻后加入3mLCH3COOH，加入碎瓷片，然后再進(jìn)行加熱操作，C錯(cuò)誤；D．要配制銀氨溶液，操作方法是：向試管中加入1mL2%AgNO3溶液，邊振蕩加入2%氨水溶液，直至最初產(chǎn)生的沉淀恰好溶解，就得到銀氨溶液，D正確；故合理選項(xiàng)是BD。12.以廢玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2)為原料回收鈰，實(shí)驗(yàn)流程圖如下：下列說法中錯(cuò)誤的是A.流程中①②③④操作均需要用到燒杯、漏斗、玻璃棒B.濾渣B的主要成分為SiO2C.過程②中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為D.過程④中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：4【答案】AC【解析】廢玻璃粉末中含SiO2、Fe2O3、CeO2，向其中加入鹽酸，F(xiàn)e2O3反應(yīng)變?yōu)榭扇苄訤eCl3進(jìn)入溶液中，SiO2、CeO2不能反應(yīng)，仍以固體形式存在，然后過濾。濾液A中含F(xiàn)eCl3，濾渣A中含有SiO2、CeO2。向?yàn)V渣A中加入稀硫酸，并加入適量H2O2，發(fā)生反應(yīng)：2CeO2+6H++H2O2=2Ce3++O2↑+4H2O，SiO2不能反應(yīng)，仍以固體形式存在，然后過濾。在濾液B中含有Ce3+，在濾渣B中含有SiO2；再向?yàn)V液B中加入堿NaOH，使Ce3+轉(zhuǎn)化為Ce(OH)3沉淀，向其中通入O2并加熱，發(fā)生反應(yīng)：4Ce(OH)3+O2+2H2O4Ce(OH)4，再過濾，就得到Ce(OH)4產(chǎn)品。A．根據(jù)上述分析可知：流程中①②操作均為過濾操作，需要使用的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒，③④不是過濾，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)上述分析可知：濾渣B的主要成分為SiO2，B正確；C．反應(yīng)過程②中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：2CeO2+6H++H2O2=2Ce3++O2↑+4H2O，C錯(cuò)誤；D．過程④中發(fā)生反應(yīng)為：4Ce(OH)3+O2+2H2O4Ce(OH)4，其中氧化劑為O2，還原劑為Ce(OH)3，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：4，D正確；故合理選項(xiàng)是AC。13.一種新型Zn-NO2電池通過自供電實(shí)現(xiàn)轉(zhuǎn)化為NH3，裝置如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A.c電極的電勢比d電極的電勢低B.電解池的總反應(yīng)式為：C.裝置工作時(shí)d極區(qū)溶液的pH減小D.當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移2mole-時(shí)，d極區(qū)溶液質(zhì)量減少16g【答案】D【解析】新型Zn-NO2電池中，Zn失電子轉(zhuǎn)化為Zn2+，則a電極(Zn)作負(fù)極，b電極作正極，與a電極相連的c電極作陰極，d電極作陽極。A．由分析可知，右側(cè)電池為電解池，c電極作陰極，d電極作陽極，對于電解池，陽極的電勢高于陰極，則c電極的電勢比d電極的電勢低，A正確；B．在陰極，、NH3?H2O能穩(wěn)定存在，則陰極電解質(zhì)呈堿性，電極反應(yīng)式為+6e-+5H2O=NH3+7OH-，陽極電極反應(yīng)式為2H2O-4e-=O2↑+4H+，將兩電極反應(yīng)式調(diào)整得失電子守恒、然后相加，可得出電解池的總反應(yīng)式為：，B正確；C．裝置工作時(shí)，d極發(fā)生反應(yīng)2H2O-4e-=O2↑+4H+，則d極區(qū)溶液的pH減小，C正確；D．依據(jù)d極電極反應(yīng)式2H2O-4e-=O2↑+4H+，當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移2mole-時(shí)，生成0.5molO2，同時(shí)有2molH+通過質(zhì)子交換膜進(jìn)入c極區(qū)，所以d極區(qū)溶液質(zhì)量減少0.5mol×32g/mol+2mol×1g/mol=18g，D錯(cuò)誤；故選D。14.室溫下，向含有足量的懸濁液中通入HCl氣體來調(diào)節(jié)體系pH。平衡時(shí)，隨pH的變化如圖所示(M表示、、和)，物質(zhì)的溶解度以物質(zhì)的量濃度表示。已知：。下列說法錯(cuò)誤的是A.表示隨pH變化的曲線為ⅣB.的C.時(shí)，的溶解度約為D.Q點(diǎn)時(shí)，溶液中【答案】BC【解析】向含有足量的懸濁液中，不斷通入HCl氣體調(diào)節(jié)體系pH時(shí)，CaC2O4逐漸溶解，c()逐漸降低，c(Ca2+)逐漸增大、先增大后減小，逐漸增大，所以圖中曲線Ⅰ代表、曲線Ⅱ代表，曲線Ⅲ代表，曲線Ⅳ代表與pH的變化關(guān)系；由圖可知，時(shí)，此時(shí)，同理，據(jù)此分析解答；A．根據(jù)分析，表示隨pH變化的曲線為Ⅳ，A正確；B．的，B錯(cuò)誤；C．時(shí)，，設(shè)

的溶解度為x，則=x，根據(jù)物料守恒得，則，解得，即

的溶解度為，C錯(cuò)誤；D．Q點(diǎn)時(shí)，=溶液中電荷守恒：，物料守恒：，聯(lián)立兩式可得，溶液呈酸性，故，則，D正確；故選BC；15.馬來酸，富馬酸和蘋果酸在水熱條件下存在如下相互轉(zhuǎn)化過程。190℃時(shí)，相關(guān)物質(zhì)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨時(shí)間變化如圖所示。6.5h后，蘋果酸的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)不再隨時(shí)間變化。下列說法錯(cuò)誤的是A.二元弱酸的第一級電離常數(shù)：(馬來酸)(富馬酸)B.190℃時(shí)的平衡常數(shù)：K(反應(yīng)①)(反應(yīng)②)(反應(yīng)③)C.平均反應(yīng)速率：(馬來酸)(富馬酸)(蘋果酸)D.1.25h后轉(zhuǎn)化過程以反應(yīng)③為主【答案】C【解析】A．由圖可知，馬來酸屬于順式結(jié)構(gòu)，屬于極性分子，富馬酸是非極性分子，因此馬來酸中羥基的極性大于富馬酸，故第一級電離常數(shù)：(馬來酸)(富馬酸)，A正確；B．平衡時(shí)，，，，故時(shí)的平衡常數(shù)：(反應(yīng)①)>(反應(yīng)②(反應(yīng)③)，B正確C．根據(jù)物料守恒，，反應(yīng)平均速率，則(馬來酸)(富馬酸)(蘋果酸)，C錯(cuò)誤；D．1.25h后，馬來酸含量幾乎為0，說明反應(yīng)①、②基本完成，富馬酸含量減少，蘋果酸含量增大，說明以反應(yīng)③為主，D正確；故選C。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.二茂鐵是一種在化學(xué)，生物醫(yī)學(xué)等多個(gè)領(lǐng)域有廣泛應(yīng)用的有機(jī)金屬化合物，其結(jié)構(gòu)為，由環(huán)戊二烯負(fù)離子與形成。已知結(jié)構(gòu)與苯相似，存在的大Π鍵。（1）的價(jià)電子軌道表示式為______。二茂鐵中存在的作用力有______（填標(biāo)號）A．氫鍵B．配位鍵C．π鍵D．離子鍵（2）乙?；F（）和甲酰胺二茂鐵（）是兩種二茂鐵的衍生物，沸點(diǎn)分別為160℃和249℃。甲酰胺二茂鐵中所含元素電負(fù)性由大到小的順序?yàn)開_____；二者沸點(diǎn)相差較大的原因是______。（3）結(jié)構(gòu)類似的微粒可與形成類似二茂鐵結(jié)構(gòu)。例如與形成類似二茂鐵結(jié)構(gòu)如圖所示，則中存在的大П鍵可表示為______；下列可以與形成類似二茂鐵結(jié)構(gòu)的微粒有______（填序號）。A．B．C．D．E．（4）已知以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中原子的位置，稱作原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)。鐵的一種立方晶系晶體結(jié)構(gòu)中，每個(gè)晶胞平均含有2個(gè)Fe，F(xiàn)e原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為和。已知該晶體中距離最近的Fe原子核之間的距離為apm，阿伏加德羅常數(shù)是，則晶體的密度為______?！敬鸢浮浚?）①.②.BC（2）①.②.甲酰胺二茂鐵中含有鍵，能形成分子間氫鍵（3）①.②.ABC（4）【解析】（1）鐵是26號元素，的價(jià)電子排布式為，軌道表示式為；二茂鐵中與環(huán)戊二烯負(fù)離子通過配位鍵結(jié)合，環(huán)戊二烯負(fù)離子內(nèi)部含有大π鍵，故選BC；（2）甲酰胺二茂鐵中所含元素有H、C、N、O、Fe，非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大，金屬的電負(fù)性一般小于非金屬，則電負(fù)性由大到小的順序?yàn)?；甲酰胺二茂鐵中含有鍵，能形成分子間氫鍵，熔沸點(diǎn)高于乙?；F；（3）結(jié)構(gòu)與苯相似，存在的大Π鍵，說明每個(gè)碳原子各提供一個(gè)單電子，同時(shí)得到一個(gè)電子，形成5中心6電子的大Π鍵，P和N同主族，每個(gè)磷原子形成2條共價(jià)鍵和一個(gè)配位鍵，則中，每個(gè)磷原子各提供一個(gè)單電子，同時(shí)得到兩個(gè)電子，形成4中心6電子的大Π鍵，表示為；A．氮原子雜化方式為，碳、氮各提供一個(gè)單電子用于形成6中心6電子的大Π鍵，即為；可以和形成類似二茂鐵結(jié)構(gòu)，A選；B．環(huán)上存在一個(gè)，說明該碳原子失去了一個(gè)電子，即該碳原子形成3條共價(jià)鍵，不在提供單電子形成大Π鍵，其大Π鍵表示為，可以和形成類似二茂鐵結(jié)構(gòu)，B選；C．

結(jié)構(gòu)中，每個(gè)氮原子提供一個(gè)單電子，再得到一個(gè)電子，形成的大Π鍵，可以和形成類似二茂鐵結(jié)構(gòu)，C選；D．中存在雜化的碳原子，沒有大Π鍵，D不選；E．中存在雜化的碳原子，沒有大Π鍵，E不選；故選ABC；（4）每個(gè)晶胞平均含有2個(gè)Fe，F(xiàn)e原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為和，則晶胞中鐵原子分別位于8個(gè)頂點(diǎn)和體心，晶胞的質(zhì)量為g，已知該晶體中距離最近的Fe原子核之間的距離為apm，則晶胞的體對角線為2apm，則晶胞的邊長為，體積為，則晶體的密度為。17.氨基磺酸是一元固體強(qiáng)酸，微溶于乙醇，溶于水時(shí)存在反應(yīng)：。實(shí)驗(yàn)室用羥胺和反應(yīng)制備氨基磺酸。已知：沸點(diǎn)為70℃，性質(zhì)不穩(wěn)定，加熱時(shí)爆炸，室溫下同時(shí)吸收水蒸氣和時(shí)迅速分解。根據(jù)下列裝置回答相關(guān)問題：（1）儀器X的名稱是______。（2）該裝置還存在一處明顯的問題，改進(jìn)的辦法是______。（3）設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明氨基磺酸溶于水有生成：______。（4）下列敘述正確的是______（填字母）。a．裝置A選用98%濃硫酸可以加快生成速率b．裝置C可采用熱水浴加快反應(yīng)速率c．實(shí)驗(yàn)完畢后，采用過濾分離裝置C中混合物（5）氨基磺酸與氨基酸類似，是兩性化合物，能與酸、堿反應(yīng)生成鹽。預(yù)測熔點(diǎn)大小關(guān)系是：______（填“>”或“<”），理由是______。（6）準(zhǔn)確稱取2.500g氨基磺酸粗品配成250mL待測液。取25.00mL待測液于錐形瓶中，以淀粉-碘化鉀溶液做指示劑，用的標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定，當(dāng)溶液恰好變藍(lán)時(shí)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液25.00mL。此時(shí)氨基磺酸恰好被完全氧化成，的還原產(chǎn)物也為，則氨基磺酸粗品的純度：______（用質(zhì)量百分?jǐn)?shù)表示，保留3位有效數(shù)字）；用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定也可以測定氨基磺酸粗品的純度，所選擇的指示劑為______（填“甲基橙”或“酚酞”）。【答案】（1）三頸燒瓶（2）在裝置AB間安放盛有濃硫酸的洗氣瓶（3）向少量氨基磺酸溶液中加入足量濃NaOH溶液，加熱，產(chǎn)生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)的氣體，證明溶于水有產(chǎn)生（4）c（5）①.>②.氨基磺酸分子中的氨基和磺酸基反應(yīng)生成+H3NSO，類似氨基酸形成內(nèi)鹽，熔點(diǎn)較高，而固態(tài)硫酸為分子晶體，熔點(diǎn)較低（6）①.②.甲基橙【解析】本題是無機(jī)物制備類的實(shí)驗(yàn)題，由裝置A制備二氧化硫，經(jīng)過干燥后在裝置C中二氧化硫和反應(yīng)制備氨基磺酸，由于二氧化硫有毒，會(huì)污染環(huán)境，同時(shí)產(chǎn)品遇水會(huì)發(fā)生反應(yīng)，故裝置的最后部分要用裝有堿石灰的干燥管進(jìn)行處理，以此解題。（1）由圖可知，儀器X的名稱是三頸燒瓶；（2）由于氨基磺酸室溫下同時(shí)吸收水蒸氣時(shí)迅速分解，則制備時(shí)要防水，則改進(jìn)的辦法是在裝置AB間安放盛有濃硫酸的洗氣瓶，由于單向閥具有單向截止的作用，可用于防倒吸，故不能在BC處安放濃硫酸的洗氣瓶；（3）銨根離子遇到氫氧根離子在加熱時(shí)會(huì)生成氨氣，則證明氨基磺酸溶于水有生成的方法為：向少量氨基磺酸溶液中加入足量濃NaOH溶液，加熱，產(chǎn)生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)的氣體，證明溶于水有產(chǎn)生；（4）a．制備二氧化硫時(shí)利用了強(qiáng)酸制備弱酸，所用硫酸濃度不能太大，否則電離程度小，氫離子濃度低，反應(yīng)速率慢，通常是用70%左右的硫酸，錯(cuò)誤；b．沸點(diǎn)為70℃，性質(zhì)不穩(wěn)定，加熱時(shí)爆炸，則裝置C不可采用熱水浴加快反應(yīng)速率，錯(cuò)誤；c．氨基磺酸是一種一元固體強(qiáng)酸，微溶于乙醇，實(shí)驗(yàn)完畢后，大部分氨基磺酸以固體形式存在，所以實(shí)驗(yàn)完畢后，采用過濾分離裝置C中混合物，正確；故選c；（5）氨基磺酸分子中的氨基和磺酸基反應(yīng)生成+H3NSO，類似氨基酸形成內(nèi)鹽，熔點(diǎn)較高，而固態(tài)硫酸為分子晶體，熔點(diǎn)較低，故答案為：>；氨基磺酸分子中的氨基和磺酸基反應(yīng)生成+H3NSO，類似氨基酸形成內(nèi)鹽，熔點(diǎn)較高，而固態(tài)硫酸為分子晶體，熔點(diǎn)較低；（6）設(shè)25.00ml待測液中氨基磺酸的物質(zhì)的量為xmol；，x=0.002mol，氨基磺酸粗品的純度為；結(jié)合信息可知，氨基磺酸中混有硫酸氫銨，都能與氫氧化鈉反應(yīng)，以酚酞為指示劑，用NaOH進(jìn)行酸堿中和滴定能測定產(chǎn)品中氨基磺酸的純度，測定結(jié)果通常比NaNO2法偏高，并且滴定時(shí)，只需消耗其中的氨基磺酸，硫酸氫銨會(huì)有剩余，此時(shí)溶液顯酸性，故指示劑應(yīng)該選擇甲基橙。18.氧缺位體是熱化學(xué)循環(huán)分解水制氫的催化劑。一種以黃銅礦（主要成分是，含、等雜質(zhì)）為原料制備的流程如下：已知：①酸浸后溶液中的金屬離子有、、和。②25℃時(shí)，幾種金屬離子沉淀的pH如表所示：金屬氫氧化物開始沉淀的pH1.93.46.47.0完全沉淀的pH3.24.77.690回答下列問題：（1）“焙燒”時(shí)生成三種氧化物（其中Fe的氧化物形式為），其化學(xué)方程式為______。（2）加Cu“還原”的目的是______；加CuO調(diào)pH范圍為______；濾渣2的主要成分有______。（3）流程中可以循環(huán)利用的物質(zhì)是______；濾渣3可以用于______操作單元。（4）在中充分煅燒制備氧缺位體，若氧缺位體質(zhì)量為原質(zhì)量的96.6%，則氧缺位體中+3，+2鐵元素物質(zhì)的量之比為______。（5）氧缺位體分解水制氫分兩步：第一步______（完成方程式）；第二步：?！敬鸢浮浚?）（2）①.將Fe3+還原為Fe2+，防止Fe3+在調(diào)pH時(shí)變成Fe(OH)3而除去②.4.7≤pH<6.4③.Cu和Al(OH)3（3）①.NH3②.灼燒（4）49：51（5）【解析】氧氣具有氧化性，已知，酸浸后溶液中的金屬離子有Cu2+、Fe2+、Al3+和Fe3+，“焙燒”時(shí)生成三種氧化物，結(jié)合質(zhì)量守恒可知，“焙燒”中黃銅礦的與氧氣反應(yīng)生成SO2、CuO、Fe3O4，加入硫酸將金屬氧化物轉(zhuǎn)化相應(yīng)硫酸鹽溶液，濾渣1為不反應(yīng)的二氧化硅，加入Cu還原鐵離子為Fe2+，加入CuO調(diào)pH使Al3+完全沉淀，而Cu2+、Fe3+不沉淀，濾渣2主要成分是氫氧化鋁沉淀，含少量銅、氧化銅；加入過氧化氫將亞鐵離子氧化為鐵離子，加入過量氨水反應(yīng)生成[Cu(NH3)4]SO4，F(xiàn)e3+與弱堿氨水反應(yīng)生成Fe(OH)3沉淀，[Cu(NH3)4]SO4經(jīng)系列操作生成CuO，灼燒時(shí)CuO與氫氧化鐵反應(yīng)生成CuFe2O4，在氮?dú)庾霰Ｗo(hù)氣下煅燒生成，以此解答。（1）由分析可知，“焙燒”時(shí)生成三種氧化物（其中Fe的氧化物形式為），結(jié)合質(zhì)量守恒可知，另外兩種氧化物為SO2、CuO，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒配平化學(xué)方程式為：。（2）還原流程后調(diào)pH使得Al3+完全沉淀，而Cu2+、Fe3+不沉淀，由于鐵離子會(huì)較鋁離子首先沉淀，故加Cu“還原”的目是將Fe3+還原為Fe2+，防止Fe3+在調(diào)pH時(shí)變成Fe(OH)3而除去。加CuO調(diào)pH的范圍為4.7≤pH<6.4，這是為了Al3+完全沉淀，而Cu2+和Fe2+不沉淀。濾渣2的主要成分是過量的Cu和Al(OH)3。（3）“沉鐵”時(shí)加入過量的氨水，CuSO4和氨水反應(yīng)生成[Cu(NH3)4]SO4，“沉銅”過程中需要讓Cu2+轉(zhuǎn)化為Cu(OH)2沉淀，這個(gè)過程中會(huì)有NH3生成，NH3溶于水得到氨水，可以在“沉鐵”時(shí)循環(huán)利用；濾渣3是Fe(OH)3，可以用于“灼燒”步驟和CuO反應(yīng)生成CuFe2O4。（4）在中充分煅燒制備氧缺位體，若氧缺位體質(zhì)量為原質(zhì)量的96.6%，說明個(gè)O的質(zhì)量占總質(zhì)量的96.6%，則，解得為0.51，則煅燒后得到，設(shè)其中Fe3+的個(gè)數(shù)為x，F(xiàn)e2+的個(gè)數(shù)為y，則x+y=2、2+3x+2y=3.49×2，解得x=0.98、y=1.02，則氧缺位體中+3，+2鐵元素物質(zhì)的量之比為49：51。（5）第一步是氧缺位體與水反應(yīng)生成氫氣和完全氧化的CuFe2O4，第二步是CuFe2O4在高溫下分解生成氧缺位體和氧氣，方程式為：。19.草酸亞鐵可用于制藥。在一定溫度下，將置入真空容器中發(fā)生如下反應(yīng)：反應(yīng)Ⅰ：反應(yīng)Ⅱ：已知760K以下只發(fā)生反應(yīng)Ⅰ，平衡時(shí)的關(guān)系如圖所示。760K以上反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ同時(shí)進(jìn)行?；卮鹣铝袉栴}：（1）660K時(shí)，將置入一真空剛性容器中至反應(yīng)到達(dá)平衡，此時(shí)反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)______；有關(guān)該混合體系說法正確的是______（填序號）。a．反應(yīng)Ⅰ的正、逆反應(yīng)的活化能(、)，b．EeO的質(zhì)量不變時(shí)，體系達(dá)到平衡狀態(tài)c．平衡后充入惰性氣體氬，減小d．平衡時(shí)，分離出部分，再次平衡時(shí)，（2）反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行，的數(shù)值范圍是填序號______（填序號）。A. B. C. D.（3）800K時(shí)，將置入另一真空剛性容器中至反應(yīng)到達(dá)平衡，此時(shí)容器中，則______；保持溫度不變，充入少量氣體，再次平衡時(shí)容器中______（填“增大”“減小”或“不變”）；升高溫度，______（填“增大”“，減小”或“不變”）?！敬鸢浮浚?）①.2.25②.bd（2）A（3）①.4:1②.不變③.增大【解析】（1）已知760K以下只發(fā)生反應(yīng)Ⅰ，由方程式可知生成等量的CO和CO2，所以，由圖像可知，660K時(shí)，所以；a．由圖像可知，升高溫度，增大，平衡正向逆向，反應(yīng)吸熱，則反應(yīng)Ⅰ的正、逆反應(yīng)的活化能，，a錯(cuò)誤b．分解生成FeO，F(xiàn)eO的質(zhì)量不變時(shí)，體系達(dá)到平衡狀態(tài)，b正確；c．平衡后充入惰性氣體氬，平衡不移動(dòng)，不變，c錯(cuò)誤；d．平衡時(shí)，分離出部分，平衡正向移動(dòng)，生成等量的CO和CO2，則再次平衡時(shí)，，d正確；故選為：bd；（2）反應(yīng)為熵減反應(yīng)，則ΔS<0，能自發(fā)進(jìn)行，說明該反應(yīng)ΔH<0，由蓋斯定律可知，，則，故選A；（3）設(shè)反應(yīng)Ⅰ生成CO2xmol，反應(yīng)Ⅱ生成CO2ymol，可列三段式：則，則，；保持溫度不變，充入少量氣體，反應(yīng)I、Ⅱ平衡常數(shù)不變，則不變；升高溫度，反應(yīng)向吸熱方向移動(dòng)，即逆向移動(dòng)，所以增大，故答案為：4:1；不變；增大。20.一種抗病毒花物的合成路線如下：已知：Ⅰ．和為鄰對位定位基；和苯酚的化學(xué)性質(zhì)相似；Et-為乙基。Ⅱ．①②Ⅲ．回答下列問題：（1）C中含氧官能團(tuán)的名稱為______；A中最多有______個(gè)原子共面；反應(yīng)另一產(chǎn)物的名稱為______。（2）已知苯，第一步反應(yīng)所需無機(jī)試劑為______，反應(yīng)類型為______。（3）中反應(yīng)①的方程式為______。（4）F的結(jié)構(gòu)簡式為______。（5）符合下列條件的F的同分異構(gòu)體有______種。①遇溶液顯色②在酸性條件下水解生成羧酸且羧基直接與苯環(huán)相連③苯環(huán)有三個(gè)取代基?！敬鸢浮浚?）①.酯基②.13③.間氯苯胺或3－氯苯胺（2）①.濃硝酸、濃硫酸②.還原反應(yīng)（3）（4）（5）20【解析】A的分子式為，結(jié)合B的結(jié)構(gòu)簡式可知，A的兩個(gè)取代基分別為，且處于間位，則A的結(jié)構(gòu)簡式為，D在氫氧化鈉溶液中發(fā)生酯基的水解反應(yīng)，再酸化得到E為，E在加熱條件下生成F，結(jié)合已知信息Ⅱ，則F的結(jié)構(gòu)簡式為：，結(jié)合已知信息Ⅱ可知，F(xiàn)當(dāng)中羥基被氯原子取代生成G，則G的結(jié)構(gòu)簡式為，據(jù)此解答。（1）C的結(jié)構(gòu)簡式為，含氧官能團(tuán)的名稱為酯基；A的結(jié)構(gòu)簡式為，與苯環(huán)相連的原子共面，氨基上的一個(gè)氫原子可以和苯環(huán)共面，故最多可以有13個(gè)原子共面，結(jié)合B、C的結(jié)構(gòu)簡式，以及反應(yīng)條件，可以推斷另一種產(chǎn)物為，名稱為，間氯苯胺或3－氯苯胺；（2）已知和為鄰對位定位基，則若想引入苯環(huán)間位取代基，則首先苯環(huán)在濃硫酸作催化劑作用下和濃硝酸發(fā)生硝化反應(yīng)，生成硝基苯(硝基是間位取代基)，則X為硝基苯，硝基苯在作用下發(fā)生取代反應(yīng)生成，再發(fā)生已知信息Ⅲ的還原反應(yīng)生成A，故第一步反應(yīng)所需無機(jī)試劑為濃硝酸、濃硫酸，的反應(yīng)類型為還原反應(yīng)；（3）中反應(yīng)①是酯基在堿性環(huán)境下的水解反應(yīng)，方程式為；（4）由分析可知，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式為：；（5）F的分子式為，不飽和度為7；①遇溶液顯色，則含有酚羥基或含有類似結(jié)構(gòu)中的羥基；②在酸性條件下水解生成羧酸且羧基直接與苯環(huán)相連，則應(yīng)含有苯甲酸形成的酯基，但F中含有唯一一個(gè)氧原子，已經(jīng)被酚羥基占用，所以此處不可能含有酯基，則可以聯(lián)想到此類反應(yīng)：，則苯環(huán)上含有，則其環(huán)的結(jié)構(gòu)不可能含有的結(jié)構(gòu)；③苯環(huán)有三個(gè)取代基，結(jié)合上述分析，苯環(huán)的三個(gè)取代基分別為、，苯環(huán)上三個(gè)不同的取代基共有10種情況，所以一共有20種同分異構(gòu)體。山東省泰安市2025屆高三一模試題注意事項(xiàng)：1.答題前，考生先將自己的姓名、考生號、座號填寫在相應(yīng)位置，認(rèn)真核對條形碼上的姓名、考生號和座號，并將條形碼粘貼在指定位置上。2.選擇題答案必須使用2B鉛筆（按填涂樣例）正確填涂。非選擇題答案必須使用0.5毫米黑色簽字筆書寫，字體工整，筆跡清楚。3.請按照題號在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在草稿紙、試題卷上答題無效。保持卡面清潔，不折疊，不破損?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。1.泰山豆腐，古法精制，源遠(yuǎn)流長。選豆為先，洗凈浸泡，磨漿為次，濾漿以布，點(diǎn)漿于釜，點(diǎn)鹵為要，壓制成型，豆腐乃成。該工藝沒有涉及的操作是A.研磨 B.過濾 C.滲析 D.聚沉【答案】C【解析】A．磨漿為次其中包含了研磨，A正確；B．濾漿以布是過濾豆?jié){的過程，B正確；C．過程中無滲析，C錯(cuò)誤；D．鹵水中含有電解質(zhì)，遇到豆?jié){發(fā)生膠體的聚沉，D正確；故選C。2.化學(xué)材料為我國的科技發(fā)展提供了強(qiáng)有力的支撐，下列有關(guān)材料的說法錯(cuò)誤的是A.航母使用的碳纖維是一種新型無機(jī)非金屬材料B.玄武巖纖維制成的五星紅旗在月球背面成功展開，其成分是硅酸鹽C.空間站使用的太陽能電池板材料砷化鎵屬于金屬材料D.宇航服使用的特殊高強(qiáng)度滌綸屬于有機(jī)高分子材料【答案】C【解析】A．碳纖維是碳的單質(zhì)，是一種新型無機(jī)非金屬材料，故A正確；B．玄武巖纖維是由二氧化硅、氧化鋁、氧化鈣、氧化鎂、氧化鐵和二氧化鈦等氧化物組成，其成分是硅酸鹽，故B正確；C．太陽能電池板材料砷化鎵是一種半導(dǎo)體材料，不是金屬材料，故C錯(cuò)誤；D．滌綸是合成纖維，屬于有機(jī)高分子材料，故D正確；答案選C。3.下列有關(guān)能源轉(zhuǎn)化與存儲(chǔ)的敘述錯(cuò)誤的是A.煤炭氣化可制得清潔燃料B.石蠟油裂化可生產(chǎn)汽油C.鋰電池能量密度高可用于大型儲(chǔ)能設(shè)備D.利用催化劑分解水制氫氣并且放出熱量【答案】D【解析】A．煤的氣化是高效、清潔地利用煤的重要途徑，A正確；B．石蠟油是一種從原油分餾中得到的混合物，主要成分為烴類，通常含有18到30個(gè)碳原子。在高溫和催化劑的作用下，石蠟油可以通過裂化過程分解成較短鏈的烴類混合物，這些混合物包括汽油，后者通常含有4到12個(gè)碳原子，B正確；C．鋰電池具有工作電壓高、能量密度大、安全性能好等特點(diǎn)，可用于大型儲(chǔ)能設(shè)備，C正確；D．氫氣與氧氣反應(yīng)生成水是放熱反應(yīng)，故利用催化劑分解水制氫氣時(shí)吸收熱量，D錯(cuò)誤；故選D。4.下列說法正確的是A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LHF所含的分子數(shù)目為B.向溶液中通入適量，當(dāng)有1mol生成時(shí)，共轉(zhuǎn)移的電子數(shù)可能為C.0.1molFe與足量鹽酸反應(yīng)，轉(zhuǎn)移個(gè)電子D.0.1mol環(huán)氧乙烷（）中含有的σ鍵數(shù)目為【答案】B【解析】A．HF標(biāo)準(zhǔn)狀況下為非氣體，無法計(jì)算，A錯(cuò)誤；B．亞鐵離子還原性大于溴離子，通入氯氣，亞鐵離子首先被氧化為鐵離子、然后溴離子被氧化為溴單質(zhì)，F(xiàn)eBr2溶液中通入適量Cl2，當(dāng)有1molBr2生成，則生成溴單質(zhì)轉(zhuǎn)移2mol電子，若溶液中含有2molFeBr2，則溴離子部分反應(yīng)而亞鐵離子反應(yīng)2mol，則會(huì)共轉(zhuǎn)移4mol電子，電子數(shù)為4NA，B正確；C．Fe與足量鹽酸反應(yīng)生成亞鐵離子，0.1molFe與足量鹽酸反應(yīng)，轉(zhuǎn)移個(gè)電子，C錯(cuò)誤；D．環(huán)氧乙烷中的C—O鍵、C—C鍵、C—H鍵均為σ鍵，0.1mol環(huán)氧乙烷()中含有的0.7molσ鍵，數(shù)目為0.7NA，D錯(cuò)誤；故選B。5.使用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定未知濃度乙酸溶液的實(shí)驗(yàn)中，下列做法錯(cuò)誤的是A.配制NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，稱量操作中，應(yīng)用玻璃表面皿或小燒杯代替稱量紙B.開始滴定時(shí)，滴加標(biāo)準(zhǔn)溶液的速度可以快一些，但不能使溶液呈線狀流下C.接近終點(diǎn)時(shí)，應(yīng)控制半滴標(biāo)準(zhǔn)液在尖嘴處懸而不落，然后將其抖入錐形瓶D.每次滴入半滴標(biāo)準(zhǔn)溶液后，都要用少量蒸餾水沖洗錐形瓶內(nèi)壁【答案】C【解析】A．NaOH易潮解且有腐蝕性，需用玻璃器皿稱量，A正確；B．滴定初期可快速滴加，但避免線狀流下以防過量，B正確；C．近終點(diǎn)時(shí)，半滴溶液應(yīng)通過輕觸錐形瓶內(nèi)壁自然流入，而非“抖入”，否則可能引入誤差，C錯(cuò)誤；D．沖洗內(nèi)壁確保溶液充分反應(yīng)，準(zhǔn)確判斷終點(diǎn)，D正確；故選C。6.綠原酸是咖啡熱水提取液的成分之一，結(jié)構(gòu)簡式如下：下列關(guān)于綠原酸的判斷中，正確的是A.該物質(zhì)在熱水中溶解度很小B.該物質(zhì)中碳原子雜化方式有三種C.該分子與足量氫氣加成后生成物中有7個(gè)不對稱碳原子D.1mol該物質(zhì)分別與足量的，反應(yīng)，消耗二者的物質(zhì)的量之比為【答案】C【解析】A．綠原酸分子中含有多個(gè)羥基，羥基是親水基團(tuán)，能與水分子形成氫鍵，所以該物質(zhì)在熱水中溶解度較大，而不是很小，故A錯(cuò)誤；B．該物質(zhì)中苯環(huán)上的碳原子采用sp2雜化，雙鍵上的碳原子采用sp2雜化，六元環(huán)上的碳原子采用sp3雜化，碳原子雜化方式兩種，故B錯(cuò)誤；C．該分子與足量氫氣加成后，原來的碳碳雙鍵和苯環(huán)都發(fā)生加成反應(yīng)，形成飽和的碳鏈結(jié)構(gòu)，此時(shí)生成物中有7個(gè)不對稱碳原子（即連有4個(gè)不同原子或原子團(tuán)的碳原子），，故C正確；D．該分子中有1個(gè)羧基和2個(gè)酚羥基，1mol該物質(zhì)與足量反應(yīng)，2mol酚羥基消耗2mol，1mol羧基消耗0.5mol，共消耗2.5mol；1mol該物質(zhì)與足量反應(yīng)，只有1mol羧基反應(yīng)，消耗1mol，所以消耗二者的物質(zhì)的量之比為5:2，故D錯(cuò)誤；故答案為C。7.短周期元素X，Y，Z，M的原子序數(shù)依次增大，他們組成一種團(tuán)簇分子，結(jié)構(gòu)如圖所示。X、M的族序數(shù)等于周期數(shù)，Y原子最外層電子數(shù)是其電子總數(shù)的。下列說法錯(cuò)誤的是A.其分子式為B.X和Y可以組成原子個(gè)數(shù)比為和離子化合物C.工業(yè)上常電解熔融的制取M單質(zhì)D.Y、M，Z的離子半徑：【答案】B【解析】短周期元素X、Y、Z、M的原子序數(shù)依次增大，X、M的族序數(shù)等于周期數(shù)，則可能為H、Be、Al三種中的兩種，由于X原子序數(shù)最小且只能形成一條共價(jià)鍵，故X為H元素，而M的原子序數(shù)最大且能形成3條共價(jià)鍵，故M為Al元素，Y原子的最外層電子數(shù)是其電子總數(shù)的，根據(jù)最外層電子數(shù)不超過8，則Y為O元素；Z的原子序數(shù)：O＜Z＜Al，而半徑大于Al，故Z位于第三周期，可能為Na或Mg，但根據(jù)團(tuán)簇分子的結(jié)構(gòu)可知，Z與3個(gè)氧原子形成了3條共價(jià)鍵，故為Mg，其中兩條是σ鍵，一條是配位鍵，綜上所述，X為H元素、Y為O元素、Z為Mg元素、M為Al元素：A．由團(tuán)簇分子結(jié)構(gòu)可知，該團(tuán)簇分子的分子式為

X2Z2M2Y6，A正確；B．X和Y可以組成原子個(gè)數(shù)比為和的化合物，兩種化合物都是共價(jià)化合物，B錯(cuò)誤；C．鋁性質(zhì)活潑，工業(yè)上常電解熔融的制取M(Al)單質(zhì)，C正確；D．由分析可知，Y為O、Z為Mg、M為Al，對應(yīng)的離子為，三種離子電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大，半徑越小，故對應(yīng)的三種離子半徑依次遞減，D正確；故選B。8.物質(zhì)結(jié)構(gòu)決定物質(zhì)性質(zhì)，下列性質(zhì)差異用結(jié)構(gòu)解釋錯(cuò)誤的是選項(xiàng)性質(zhì)差異解釋A不溶于氨水，溶于氨水能與形成配合物，不能與形成配合物B石墨能導(dǎo)電，金剛石不導(dǎo)電石墨中C是雜化形成大П鍵，金剛石是雜化C水流能被靜電吸引，不能水分子中有少量和D比堿性強(qiáng)甲基是推電子基團(tuán)，使N電子云密度增大A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．的溶解度低，溶液中過低，無法有效的與配位，且沒有合適的空d軌道來接受的孤電子對，導(dǎo)致無法形成配位鍵，而能與形成穩(wěn)定的配合物，A項(xiàng)正確；B．石墨能導(dǎo)電而金剛石不能，原因在于石墨中C呈sp2雜化，層狀結(jié)構(gòu)中有大π鍵可自由移動(dòng)電子；金剛石中C為sp3雜化，所有電子都局域于共價(jià)鍵中，B項(xiàng)正確；C．水流能被靜電吸引，不能，是因?yàn)樗菢O性分子，而CCl4為典型的非極性分子，與水分子中有少量和無關(guān)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．甲基是推電子基團(tuán)，可提高吡啶中氮原子的電子云密度，使其堿性增強(qiáng)，D項(xiàng)正確；答案選C。9.一種汽車尾氣脫硝處理的機(jī)理如圖所示，下列說法錯(cuò)誤的是A.是反應(yīng)的催化劑B.狀態(tài)③到狀態(tài)④的過程中，有O–H鍵的形成C.狀態(tài)④到狀態(tài)⑤過程中，NO發(fā)生氧化反應(yīng)D.該過程中Cu元素的化合價(jià)未發(fā)生變化【答案】AD【解析】A．根據(jù)反應(yīng)歷程圖，是①的產(chǎn)物，②的反應(yīng)物，故其為中間產(chǎn)物，A錯(cuò)誤；B．狀態(tài)③到狀態(tài)④的變化過程中有H2O生成，即有O-H鍵的形成，B正確；C．狀態(tài)④到狀態(tài)⑤過程中，NO化合價(jià)由+2價(jià)升高到+4價(jià)，被氧化，發(fā)生氧化反應(yīng)，C正確；D．態(tài)②到狀③的過程中，Cu和N的化合價(jià)發(fā)生變化，其中Cu的化合價(jià)降低，N元素化合價(jià)升高，D錯(cuò)誤；故選AD。10.探究Cu和物質(zhì)A的反應(yīng)，一段時(shí)間后現(xiàn)象如下。裝置序號物質(zhì)A實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象①溶液（調(diào)）銅粉溶解，溶液變?yōu)樯钭厣玔經(jīng)檢驗(yàn)含]②溶液銅粉溶解，溶液變?yōu)樗{(lán)綠色③溶液（調(diào)）無明顯變化下列分析錯(cuò)誤的是A.②中銅粉溶解原因：B.①中產(chǎn)生NO的原因：時(shí)Cu直接將還原為NOC.若向③中加入適量固體，推測溶液變深棕色D.該實(shí)驗(yàn)條件下，的氧化性大于的【答案】B【解析】A．實(shí)驗(yàn)②中銅與鐵離子反應(yīng)生成藍(lán)色的銅離子和淺綠色的亞鐵離子，離子方程式為；，故A正確；B．經(jīng)檢驗(yàn)含F(xiàn)e(NO)2+，再結(jié)合實(shí)驗(yàn)③的現(xiàn)象，說明加入銅粉后銅先與Fe3+反應(yīng)生成藍(lán)色的Cu2+和淺綠色的Fe2+，酸性條件下Fe2+與反應(yīng)產(chǎn)生NO，故B不正確；C．若向③中加入FeSO4固體，酸性條件Fe2+與，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Fe3+，產(chǎn)生了硝酸鐵，根據(jù)實(shí)驗(yàn)①的條件，推測銅粉會(huì)溶解，溶液變?yōu)樯钭厣?，故C正確；D．同一金屬單質(zhì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，先與氧化性強(qiáng)的物質(zhì)發(fā)生反應(yīng)則，根據(jù)實(shí)驗(yàn)①的現(xiàn)象可得的氧化性大于的(實(shí)驗(yàn)①調(diào)pH=1，)，故D正確；故答案選B。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。11.下列操作能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)渴沁x項(xiàng)實(shí)驗(yàn)內(nèi)容實(shí)驗(yàn)操作步驟A除去NH3中的H2O(g)將氣體通過盛有無水氯化鈣的干燥管B檢驗(yàn)溴乙烷中的官能團(tuán)加熱溴乙烷和2mL5%NaOH混合溶液，停止加熱后，取水層于試管中，先加稀硝酸酸化，再加幾滴2%AgNO3溶液C制備乙酸乙酯向試管中加入3mLCH3COOH，再加入3mLC2H5OH和碎瓷片加熱D銀氨溶液的配制向試管中加入1mL2%AgNO3溶液，邊振蕩加入2%氨水溶液至沉淀恰好溶解A.A B.B C.C D.D【答案】BD【解析】A．無水氯化鈣不僅能夠吸收水分，也可以吸收NH3，因此不能使用無水氯化鈣干燥NH3，而應(yīng)該使用堿石灰干燥，A錯(cuò)誤；B．要檢驗(yàn)溴乙烷中的官能團(tuán)，應(yīng)該使有機(jī)物中的溴原子轉(zhuǎn)化為溴離子，然后用AgBr的不溶性進(jìn)行檢驗(yàn)，正確的操作方法為：充分加熱溴乙烷和2mL5%NaOH混合溶液，停止加熱后冷卻，然后取水層溶液于試管中，先加稀硝酸，中和未反應(yīng)的NaOH溶液，使溶液顯酸化，然后再加入幾滴2%AgNO3溶液，若產(chǎn)生淡黃色沉淀，就證明水溶液中含有Br-，則原有機(jī)物中含有C-Br鍵，B正確；C．制備乙酸乙酯時(shí)，應(yīng)該先向試管中加入3mLC2H5OH，然后緩緩加入2mL濃硫酸，待溶液冷卻后加入3mLCH3COOH，加入碎瓷片，然后再進(jìn)行加熱操作，C錯(cuò)誤；D．要配制銀氨溶液，操作方法是：向試管中加入1mL2%AgNO3溶液，邊振蕩加入2%氨水溶液，直至最初產(chǎn)生的沉淀恰好溶解，就得到銀氨溶液，D正確；故合理選項(xiàng)是BD。12.以廢玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2)為原料回收鈰，實(shí)驗(yàn)流程圖如下：下列說法中錯(cuò)誤的是A.流程中①②③④操作均需要用到燒杯、漏斗、玻璃棒B.濾渣B的主要成分為SiO2C.過程②中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為D.過程④中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：4【答案】AC【解析】廢玻璃粉末中含SiO2、Fe2O3、CeO2，向其中加入鹽酸，F(xiàn)e2O3反應(yīng)變?yōu)榭扇苄訤eCl3進(jìn)入溶液中，SiO2、CeO2不能反應(yīng)，仍以固體形式存在，然后過濾。濾液A中含F(xiàn)eCl3，濾渣A中含有SiO2、CeO2。向?yàn)V渣A中加入稀硫酸，并加入適量H2O2，發(fā)生反應(yīng)：2CeO2+6H++H2O2=2Ce3++O2↑+4H2O，SiO2不能反應(yīng)，仍以固體形式存在，然后過濾。在濾液B中含有Ce3+，在濾渣B中含有SiO2；再向?yàn)V液B中加入堿NaOH，使Ce3+轉(zhuǎn)化為Ce(OH)3沉淀，向其中通入O2并加熱，發(fā)生反應(yīng)：4Ce(OH)3+O2+2H2O4Ce(OH)4，再過濾，就得到Ce(OH)4產(chǎn)品。A．根據(jù)上述分析可知：流程中①②操作均為過濾操作，需要使用的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒，③④不是過濾，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)上述分析可知：濾渣B的主要成分為SiO2，B正確；C．反應(yīng)過程②中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：2CeO2+6H++H2O2=2Ce3++O2↑+4H2O，C錯(cuò)誤；D．過程④中發(fā)生反應(yīng)為：4Ce(OH)3+O2+2H2O4Ce(OH)4，其中氧化劑為O2，還原劑為Ce(OH)3，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：4，D正確；故合理選項(xiàng)是AC。13.一種新型Zn-NO2電池通過自供電實(shí)現(xiàn)轉(zhuǎn)化為NH3，裝置如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A.c電極的電勢比d電極的電勢低B.電解池的總反應(yīng)式為：C.裝置工作時(shí)d極區(qū)溶液的pH減小D.當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移2mole-時(shí)，d極區(qū)溶液質(zhì)量減少16g【答案】D【解析】新型Zn-NO2電池中，Zn失電子轉(zhuǎn)化為Zn2+，則a電極(Zn)作負(fù)極，b電極作正極，與a電極相連的c電極作陰極，d電極作陽極。A．由分析可知，右側(cè)電池為電解池，c電極作陰極，d電極作陽極，對于電解池，陽極的電勢高于陰極，則c電極的電勢比d電極的電勢低，A正確；B．在陰極，、NH3?H2O能穩(wěn)定存在，則陰極電解質(zhì)呈堿性，電極反應(yīng)式為+6e-+5H2O=NH3+7OH-，陽極電極反應(yīng)式為2H2O-4e-=O2↑+4H+，將兩電極反應(yīng)式調(diào)整得失電子守恒、然后相加，可得出電解池的總反應(yīng)式為：，B正確；C．裝置工作時(shí)，d極發(fā)生反應(yīng)2H2O-4e-=O2↑+4H+，則d極區(qū)溶液的pH減小，C正確；D．依據(jù)d極電極反應(yīng)式2H2O-4e-=O2↑+4H+，當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移2mole-時(shí)，生成0.5molO2，同時(shí)有2molH+通過質(zhì)子交換膜進(jìn)入c極區(qū)，所以d極區(qū)溶液質(zhì)量減少0.5mol×32g/mol+2mol×1g/mol=18g，D錯(cuò)誤；故選D。14.室溫下，向含有足量的懸濁液中通入HCl氣體來調(diào)節(jié)體系pH。平衡時(shí)，隨pH的變化如圖所示(M表示、、和)，物質(zhì)的溶解度以物質(zhì)的量濃度表示。已知：。下列說法錯(cuò)誤的是A.表示隨pH變化的曲線為ⅣB.的C.時(shí)，的溶解度約為D.Q點(diǎn)時(shí)，溶液中【答案】BC【解析】向含有足量的懸濁液中，不斷通入HCl氣體調(diào)節(jié)體系pH時(shí)，CaC2O4逐漸溶解，c()逐漸降低，c(Ca2+)逐漸增大、先增大后減小，逐漸增大，所以圖中曲線Ⅰ代表、曲線Ⅱ代表，曲線Ⅲ代表，曲線Ⅳ代表與pH的變化關(guān)系；由圖可知，時(shí)，此時(shí)，同理，據(jù)此分析解答；A．根據(jù)分析，表示隨pH變化的曲線為Ⅳ，A正確；B．的，B錯(cuò)誤；C．時(shí)，，設(shè)

的溶解度為x，則=x，根據(jù)物料守恒得，則，解得，即

的溶解度為，C錯(cuò)誤；D．Q點(diǎn)時(shí)，=溶液中電荷守恒：，物料守恒：，聯(lián)立兩式可得，溶液呈酸性，故，則，D正確；故選BC；15.馬來酸，富馬酸和蘋果酸在水熱條件下存在如下相互轉(zhuǎn)化過程。190℃時(shí)，相關(guān)物質(zhì)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨時(shí)間變化如圖所示。6.5h后，蘋果酸的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)不再隨時(shí)間變化。下列說法錯(cuò)誤的是A.二元弱酸的第一級電離常數(shù)：(馬來酸)(富馬酸)B.190℃時(shí)的平衡常數(shù)：K(反應(yīng)①)(反應(yīng)②)(反應(yīng)③)C.平均反應(yīng)速率：(馬來酸)(富馬酸)(蘋果酸)D.1.25h后轉(zhuǎn)化過程以反應(yīng)③為主【答案】C【解析】A．由圖可知，馬來酸屬于順式結(jié)構(gòu)，屬于極性分子，富馬酸是非極性分子，因此馬來酸中羥基的極性大于富馬酸，故第一級電離常數(shù)：(馬來酸)(富馬酸)，A正確；B．平衡時(shí)，，，，故時(shí)的平衡常數(shù)：(反應(yīng)①)>(反應(yīng)②(反應(yīng)③)，B正確C．根據(jù)物料守恒，，反應(yīng)平均速率，則(馬來酸)(富馬酸)(蘋果酸)，C錯(cuò)誤；D．1.25h后，馬來酸含量幾乎為0，說明反應(yīng)①、②基本完成，富馬酸含量減少，蘋果酸含量增大，說明以反應(yīng)③為主，D正確；故選C。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.二茂鐵是一種在化學(xué)，生物醫(yī)學(xué)等多個(gè)領(lǐng)域有廣泛應(yīng)用的有機(jī)金屬化合物，其結(jié)構(gòu)為，由環(huán)戊二烯負(fù)離子與形成。已知結(jié)構(gòu)與苯相似，存在的大Π鍵。（1）的價(jià)電子軌道表示式為______。二茂鐵中存在的作用力有______（填標(biāo)號）A．氫鍵B．配位鍵C．π鍵D．離子鍵（2）乙?；F（）和甲酰胺二茂鐵（）是兩種二茂鐵的衍生物，沸點(diǎn)分別為160℃和249℃。甲酰胺二茂鐵中所含元素電負(fù)性由大到小的順序?yàn)開_____；二者沸點(diǎn)相差較大的原因是______。（3）結(jié)構(gòu)類似的微?？膳c形成類似二茂鐵結(jié)構(gòu)。例如與形成類似二茂鐵結(jié)構(gòu)如圖所示，則中存在的大П鍵可表示為______；下列可以與形成類似二茂鐵結(jié)構(gòu)的微粒有______（填序號）。A．B．C．D．E．（4）已知以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中原子的位置，稱作原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)。鐵的一種立方晶系晶體結(jié)構(gòu)中，每個(gè)晶胞平均含有2個(gè)Fe，F(xiàn)e原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為和。已知該晶體中距離最近的Fe原子核之間的距離為apm，阿伏加德羅常數(shù)是，則晶體的密度為______。【答案】（1）①.②.BC（2）①.②.甲酰胺二茂鐵中含有鍵，能形成分子間氫鍵（3）①.②.ABC（4）【解析】（1）鐵是26號元素，的價(jià)電子排布式為，軌道表示式為；二茂鐵中與環(huán)戊二烯負(fù)離子通過配位鍵結(jié)合，環(huán)戊二烯負(fù)離子內(nèi)部含有大π鍵，故選BC；（2）甲酰胺二茂鐵中所含元素有H、C、N、O、Fe，非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大，金屬的電負(fù)性一般小于非金屬，則電負(fù)性由大到小的順序?yàn)?；甲酰胺二茂鐵中含有鍵，能形成分子間氫鍵，熔沸點(diǎn)高于乙酰基二茂鐵；（3）結(jié)構(gòu)與苯相似，存在的大Π鍵，說明每個(gè)碳原子各提供一個(gè)單電子，同時(shí)得到一個(gè)電子，形成5中心6電子的大Π鍵，P和N同主族，每個(gè)磷原子形成2條共價(jià)鍵和一個(gè)配位鍵，則中，每個(gè)磷原子各提供一個(gè)單電子，同時(shí)得到兩個(gè)電子，形成4中心6電子的大Π鍵，表示為；A．氮原子雜化方式為，碳、氮各提供一個(gè)單電子用于形成6中心6電子的大Π鍵，即為；可以和形成類似二茂鐵結(jié)構(gòu)，A選；B．環(huán)上存在一個(gè)，說明該碳原子失去了一個(gè)電子，即該碳原子形成3條共價(jià)鍵，不在提供單電子形成大Π鍵，其大Π鍵表示為，可以和形成類似二茂鐵結(jié)構(gòu)，B選；C．

結(jié)構(gòu)中，每個(gè)氮原子提供一個(gè)單電子，再得到一個(gè)電子，形成的大Π鍵，可以和形成類似二茂鐵結(jié)構(gòu)，C選；D．中存在雜化的碳原子，沒有大Π鍵，D不選；E．中存在雜化的碳原子，沒有大Π鍵，E不選；故選ABC；（4）每個(gè)晶胞平均含有2個(gè)Fe，F(xiàn)e原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為和，則晶胞中鐵原子分別位于8個(gè)頂點(diǎn)和體心，晶胞的質(zhì)量為g，已知該晶體中距離最近的Fe原子核之間的距離為apm，則晶胞的體對角線為2apm，則晶胞的邊長為，體積為，則晶體的密度為。17.氨基磺酸是一元固體強(qiáng)酸，微溶于乙醇，溶于水時(shí)存在反應(yīng)：。實(shí)驗(yàn)室用羥胺和反應(yīng)制備氨基磺酸。已知：沸點(diǎn)為70℃，性質(zhì)不穩(wěn)定，加熱時(shí)爆炸，室溫下同時(shí)吸收水蒸氣和時(shí)迅速分解。根據(jù)下列裝置回答相關(guān)問題：（1）儀器X的名稱是______。（2）該裝置還存在一處明顯的問題，改進(jìn)的辦法是______。（3）設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明氨基磺酸溶于水有生成：______。（4）下列敘述正確的是______（填字母）。a．裝置A選用98%濃硫酸可以加快生成速率b．裝置C可采用熱水浴加快反應(yīng)速率c．實(shí)驗(yàn)完畢后，采用過濾分離裝置C中混合物（5）氨基磺酸與氨基酸類似，是兩性化合物，能與酸、堿反應(yīng)生成鹽。預(yù)測熔點(diǎn)大小關(guān)系是：______（填“>”或“<”），理由是______。（6）準(zhǔn)確稱取2.500g氨基磺酸粗品配成250mL待測液。取25.00mL待測液于錐形瓶中，以淀粉-碘化鉀溶液做指示劑，用的標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定，當(dāng)溶液恰好變藍(lán)時(shí)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液25.00mL。此時(shí)氨基磺酸恰好被完全氧化成，的還原產(chǎn)物也為，則氨基磺酸粗品的純度：______（用質(zhì)量百分?jǐn)?shù)表示，保留3位有效數(shù)字）；用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定也可以測定氨基磺酸粗品的純度，所選擇的指示劑為______（填“甲基橙”或“酚酞”）?！敬鸢浮浚?）三頸燒瓶（2）在裝置AB間安放盛有濃硫酸的洗氣瓶（3）向少量氨基磺酸溶液中加入足量濃NaOH溶液，加熱，產(chǎn)生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)的氣體，證明溶于水有產(chǎn)生（4）c（5）①.>②.氨基磺酸分子中的氨基和磺酸基反應(yīng)生成+H3NSO，類似氨基酸形成內(nèi)鹽，熔點(diǎn)較高，而固態(tài)硫酸為分子晶體，熔點(diǎn)較低（6）①.②.甲基橙【解析】本題是無機(jī)物制備類的實(shí)驗(yàn)題，由裝置A制備二氧化硫，經(jīng)過干燥后在裝置C中二氧化硫和反應(yīng)制備氨基磺酸，由于二氧化硫有毒，會(huì)污染環(huán)境，同時(shí)產(chǎn)品遇水會(huì)發(fā)生反應(yīng)，故裝置的最后部分要用裝有堿石灰的干燥管進(jìn)行處理，以此解題。（1）由圖可知，儀器X的名稱是三頸燒瓶；（2）由于氨基磺酸室溫下同時(shí)吸收水蒸氣時(shí)迅速分解，則制備時(shí)要防水，則改進(jìn)的辦法是在裝置AB間安放盛有濃硫酸的洗氣瓶，由于單向閥具有單向截止的作用，可用于防倒吸，故不能在BC處安放濃硫酸的洗氣瓶；（3）銨根離子遇到氫氧根離子在加熱時(shí)會(huì)生成氨氣，則證明氨基磺酸溶于水有生成的方法為：向少量氨基磺酸溶液中加入足量濃NaOH溶液，加熱，產(chǎn)生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)的氣體，證明溶于水有產(chǎn)生；（4）a．制備二氧化硫時(shí)利用了強(qiáng)酸制備弱酸，所用硫酸濃度不能太大，否則電離程度小，氫離子濃度低，反應(yīng)速率慢，通常是用70%左右的硫酸，錯(cuò)誤；b．沸點(diǎn)為70℃，性質(zhì)不穩(wěn)定，加熱時(shí)爆炸，則裝置C不可采用熱水浴加快反應(yīng)速率，錯(cuò)誤；c．氨基磺酸是一種一元固體強(qiáng)酸，微溶于乙醇，實(shí)驗(yàn)完畢后，大部分氨基磺酸以固體形式存在，所以實(shí)驗(yàn)完畢后，采用過濾分離裝置C中混合物，正確；故選c；（5）氨基磺酸分子中的氨基和磺酸基反應(yīng)生成+H3NSO，類似氨基酸形成內(nèi)鹽，熔點(diǎn)較高，而固態(tài)硫酸為分子晶體，熔點(diǎn)較低，故答案為：>；氨基磺酸分子中的氨基和磺酸基反應(yīng)生成+H3NSO，類似氨基酸形成內(nèi)鹽，熔點(diǎn)較高，而固態(tài)硫酸為分子晶體，熔點(diǎn)較低；（6）設(shè)25.00ml待測液中氨基磺酸的物質(zhì)的量為xmol；，x=0.002mol，氨基磺酸粗品的純度為；結(jié)合信息可知，氨基磺酸中混有硫酸氫銨，都能與氫氧化鈉反應(yīng)，以酚酞為指示劑，用NaOH進(jìn)行酸堿中和滴定能測定產(chǎn)品中氨基磺酸的純度，測定結(jié)果通常比NaNO2法偏高，并且滴定時(shí)，只需消耗其中的氨基磺酸，硫酸氫銨會(huì)有剩余，此時(shí)溶液顯酸性，故指示劑應(yīng)該選擇甲基橙。18.氧缺位體是熱化學(xué)循環(huán)分解水制氫的催化劑。一種以黃銅礦（主要成分是，含、等雜質(zhì)）為原料制備的流程如下：已知：①酸浸后溶液中的金屬離子有、、和。②25℃時(shí)，幾種金屬離子沉淀的pH如表所示：金屬氫氧化物開始沉淀的pH1.93.46.47.0完全沉淀的pH3.24.77.690回答下列問題：（1）“焙燒”時(shí)生成三種氧化物（其中Fe的氧化物形式為），其化學(xué)方程式為______。（2）加Cu“還原”的目的是______；加CuO調(diào)pH范圍為______；濾渣2的主要成分有______。（3）流程中可以循環(huán)利用的物質(zhì)是______；濾渣3可以用于______操作單元。（4）在中充分煅燒制備氧缺位體，若氧缺位體質(zhì)量為原質(zhì)量的96.6%，則氧缺位體中+3，+2鐵元素物質(zhì)的量之比為______。（5）氧缺位體分解水制氫分兩步：第一步______（完成方程式）；第二步：?！敬鸢浮浚?）（2）①.將Fe3+還原為Fe2+，防止Fe3+在調(diào)pH時(shí)變成Fe(OH)3而除去②.4.7≤pH<6.4③.Cu和Al(OH)3（3）①.NH3②.灼燒（4）49：51（5）【解析】氧氣具有氧化性，已知，酸浸后溶液中的金屬離子有Cu2+、Fe2+、Al3+和Fe3+，“焙燒”時(shí)生成三種氧化物，結(jié)合質(zhì)量守恒可知，“焙燒”中黃銅礦的與氧氣反應(yīng)生成SO2、CuO、Fe3O4，加入硫酸將金屬氧化物轉(zhuǎn)化相應(yīng)硫酸鹽溶液，濾渣1為不反應(yīng)的二氧化硅，加入Cu還原鐵離子為Fe2+，加入CuO調(diào)pH使Al3+完全沉淀，而Cu2+、Fe3+不沉淀，濾渣2主要成分是氫氧化鋁沉淀，含少量銅、氧化銅；加入過氧化氫將亞鐵離子氧化為鐵離子，加入過量氨水反應(yīng)生