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精品解析：湖南省衡阳县2023届高三3月教学质量诊断性检测考试化学试题（解析版）
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这是一份精品解析：湖南省衡阳县2023届高三3月教学质量诊断性检测考试化学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了5 K-39 Fe-56， 设NA为阿伏伽德罗常数值等内容，欢迎下载使用。
衡阳县2023届高三教学质量诊断性考试卷
化学
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 Li-7 O-16 Cl-35.5 K-39 Fe-56
第I卷(选择题)
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30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. 2013年3月，黄浦江上游水质污染较为严重，相关自来水厂采用多种方法并用的方式进行水质处理，下列说法中错误的是
A. 加活性炭可吸附水中小颗粒，净化水质的方法属于物理方法
B. 加臭氧对水进行消毒，利用了臭氧的氧化性
C. 用细菌与酶的扩充法去除水中的氨氮的方法属于生物法
D. 用聚合硫酸铁作为净水剂，该处理过程中仅发生了化学变化
【答案】D
【解析】
【详解】A.活性炭具有较强的吸附性，自来水中加入活性炭可吸附水中小颗粒，该方法属于物理方法，A正确；
B.臭氧具有强氧化性，自来水中加臭氧对自来水进行杀菌消毒，B正确；
C.用细菌与酶的扩充法去除水中的氨氮的方法属于生物法，C正确；
D.聚合硫酸铁作为净水剂是因为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋，发生化学变化，Fe(OH)3胶体吸附水中悬浮物发生物理变化，D错误；
答案选D。
2. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. 氧化铁能与酸反应，可用作红色颜料 B. 次氯酸具有弱酸性，可用作漂白剂
C. 银氨溶液具有弱氧化性，可用于制银镜 D. 晶体硅熔点高，可用作半导体材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．氧化铁为红棕色粉末，常用作红色颜料，与氧化铁是否与酸反应无关，A错误；
B．次氯酸具有漂白性，能用于有色物质的漂白，B错误；
C．银氨溶液具有弱氧化性，可以和还原性的醛基发生氧化还原反应而被还原为银，C正确；
D．晶体硅导电性介于导体与绝缘体之间，因此可用作半导体材料，这与其熔点高性质无关，D错误；
故合理选项是C。
3. 下图所示结构简式所代表的物质是制备一种具有抗氧化性的药物的原料。下列对该原料物质的叙述正确的是
A. 该物质的分子式是C18H18O4
B. 该物质能够发生加成反应、取代反应
C. 1 mol该物质跟氢气反应，最多消耗8 mol氢气
D. 1 mol该物质与足量氢氧化钠溶液反应，最多消耗氢氧化钠为1 mol
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．该物质的分子式为C18H16O4，故A错误；
B．含碳碳双键，可发生加成反应，含有羧基，可与醇在浓硫酸、加热条件下发生取代反应，故B正确；
C．含2个苯环和1个碳碳双键，1mol该物质与氢气加成最多消耗7 mol氢气，故C错误；
D．含羧基和酯基，最多消耗氢氧化钠为2 mol，故D错误；
故选：B。
4. 关注“实验室化学”并加以实践能有效提高学生的实验素养，用如图所示装置(夹持装置均已省略)进行实验，能达到实验目的的是
A. 甲装置可用于验证Na2O2与水反应的能量变化
B. 乙装置可用于观察氯化钠的焰色试验
C. 丙装置可用于制取并收集干燥、纯净的NO
D. 丁装置可用于准确量取一定体积的K2Cr2O7溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，虽然反应生成气体，但是气体不进入集气瓶中，可以用液面变化来说明反应能量变化，A符合题意；
B．Cu的焰色反应为绿色，不能用铜丝代替铂丝，B不符合题意；
C．NO与氧气反应，不能选排空气法收集NO，C不符合题意；
D．重铬酸钾溶液属于氧化性滴定液，因此应装在酸性滴定管中，丁装置碱性滴定管，D不符合题意；
故选A。
5. 科学家研制出了一种漂白效率极高的新型漂白剂(结构如图所示)，其中W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。常温下，0.1mol/LZ的氢化物的水溶液pH=1，且Z与Y位于不同周期。下列叙述正确的是
A. 简单离子半径：X>Y>Z
B. 氢化物沸点：Y>W>X
C. W和Y可组成含极性键的非极性分子
D. Y的单质均可用于杀菌消毒
【答案】C
【解析】
【分析】由新型漂白剂的结构可知，W形成的价键数为4，X形成的价键数为3，Y形成的价键数为2，Z形成的价键数为1；W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，常温下，0.1mol/LZ的氢化物的水溶液pH=1，则Z为Cl；Z与Y位于不同周期，则Y为O元素、W为C元素、X为N元素，据此分析解题。由分析知：W为C元素、X为N元素、Y为O元素、Z为Cl元素。
【详解】A．一般电子层数越多半径越大，故离子半径Cl->N3->O2-，故A错误；
B．H2O常温下为液体，NH3和H2O分子间存在氢键，三种元素简单氢化物的沸点由高到低的顺序为H2O>NH3>CH4，但C的氢化物包括多碳的烃，常温下有固体，有液体，即碳的氢化物沸点也可能比H2O高，故B错误；
C．C和O可组成CO2，为含极性键的非极性分子，故C正确；
D．O3具有强氧化性，具有杀菌消毒作用，但是氧气不可用于杀菌消毒，故D错误；
故答案为C。
6. 设NA为阿伏伽德罗常数值。下列有关叙述正确的是( )
A. 氢氧燃料电池正极消耗22.4 L(标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为2NA
B. 氢原子数为0.4NA的CH3OH分子中含有的σ键数为0.4NA
C. 丙烯和环丙烷组成的42 g混合气体中氢原子的个数为6NA
D. 18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氢氧燃料电池正极消耗22.4 L(标准状况)气体即1mol氧气时，电路中通过的电子数目为4NA，A错误；B. 氢原子数为0.4NA的CH3OH分子是0.1mol，分子中含有的σ键数为0.5NA，B错误；C. 丙烯和环丙烷的最简式相同，均是CH2，因此二者组成的42 g混合气体中氢原子的个数为6NA，C正确；D. 18 g D2O的物质的量小于1mol，其中含有的质子数小于10NA，D错误，答案选C。
点睛：要准确把握阿伏伽德罗常数的应用，一要认真理清知识的联系，关注状况条件和物质状态、准确运用物质结构计算、电离和水解知识的融入、留心特殊的化学反应、阿伏加德罗定律和化学平衡的应用。避免粗枝大叶不求甚解，做题时才能有的放矢。二要学会留心关键字词，做题时谨慎细致，避免急于求成而忽略问题的本质。
7. 一种利用废旧镀锌铁皮制备磁性Fe3O4纳米粒子的工艺流程如图。
下列有关说法不正确的是
A. “碱洗”是为了去除废旧镀锌铁皮表面的油污
B. “氧化”时发生反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O
C. “氧化”后的溶液中金属阳离子主要有Fe2+、Fe3+、Na+
D. 用激光笔照射“加热沉铁”后所得分散系，产生丁达尔效应
【答案】A
【解析】
【分析】向废旧镀锌铁皮中加入氢氧化钠溶液除去锌，过滤向固体中加入稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入次氯酸钠溶液，将一部分亚铁离子氧化为铁离子，发生反应：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，先通入氮气排尽空气(防止后续生成的氢氧化亚铁被氧化)，加入氢氧化钠溶液产生氢氧化亚铁、氢氧化铁胶体，分离得到氢氧化亚铁和氢氧化铁，灼烧得到四氧化三铁。
【详解】A．由分析可知，“碱洗”是为了除去锌，生成Na2ZnO2，过滤得到铁单质，A错误；
B．“氧化”时，亚铁离子与次氯酸根离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，B正确；
C．“氧化”时，部分亚铁离子与次氯酸根离子发生反应：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，故溶液中金属阳离子主要有Fe2+、Fe3+、Na+，C正确；
D．“加热沉铁”后所得分散系为胶体，胶体可产生丁达尔效应，D正确；
答案选A。
8. 电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制甲酸盐(HCOO-)的原理如图所示。下列说法不正确的是
A. Pt片连接电源的正极
B. 阴极发生的电极反应是2CO2+2e-+H2O=HCO+HCOO-
C. 阳极区的pH升高
D. K+从Pt电极区向Sn电极区迁移
【答案】C
【解析】
【分析】CO2、HCOO-中碳元素的化合价分别为+4、+2，阴极发生还原反应，电极反应为CO2+2e-+H+= HCOO-(或2CO2+2e-+H2O=HCO+HCOO-)，阳极生成O2：2H2O+4e-= O2↑+4H+，由电极反应可得出电解总反应为2CO2+2H2O2HCOOH+ O2↑，据此分析解答。
【详解】A．根据以上分析，通入CO2的一极为阴极，连接电源的负极，则Pt片连接电源的正极，故A正确；
B．阴极发生还原反应，电极反应为2CO2+2e-+H2O=HCO+HCOO-，故B正确；
C．阳极的电极反应式为：2H2O+4e-= O2↑+4H+，生成H+，则阳极区的pH降低，故C错误；
D．电解时，阳离子移向阴极，则K+从Pt电极区向Sn电极区迁移，故D正确；
答案选C。
9. 据文献报道，某反应的反应历程如图所示：
下列有关该历程的说法正确的是
A. Ti4+…NH3是催化剂
B. Ti4+…NH2—N=O是中间产物
C. 总反应化学方程式为4NH3+3O22N2+6H2O
D. 分解反应Ti4+…NH2—N=O→Ti4++N2+H2O的反应过程中有氮氮键断裂
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．Ti4+在整个反应过程中参与了反应，但反应前后质量和性质未改变，Ti4+是催化剂，故A错误；
B．加入NO后生成Ti4+…NH2—N=O，可知Ti4+…NH2—N=O是中间产物，故B正确；
C．根据反应历程，参加反应得物质有NH3、NO、O2，总反应化学方程式为4NH3+2NO +2O23N2+6H2O，故C错误；
D．分解反应Ti4+…NH2—N=O→Ti4++N2+H2O的反应过程中有氮氧键断裂，故D错误；
故选B。
10. 已知ROH是一元弱碱。难溶性盐RA的饱和溶液中c(A-)随c(OH-)而变化，A-不发生水解，298K时，c2(A-)与c(OH-)有如图所示线性关系。下列叙述不正确的是
A. RA的溶度积Ksp(RA)=2×10-10
B. RA在水中的溶解度大于在ROH溶液中的溶解度
C. 等体积、等浓度的ROH溶液与HA溶液混合时，存在c(H+)=c(ROH)+c(OH-)
D. pH=6时，c(A-)>2×10-5mol•L-1
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题图可知，，，此时，则，故A正确；
B．难溶性盐RA在水溶液中存在溶解平衡，在ROH溶液中，相当于在水中增加R+的量，RA的溶解平衡逆向移动，溶解度减小，所以RA在水中的溶解度大于在ROH溶液中的溶解度，故B正确；
C．ROH是一元弱碱，A-不发生水解，所以等体积、等浓度的ROH溶液与HA溶液混合所得溶质RA为强酸弱碱盐，溶液中存在质子守恒：c(H+)=c(ROH)+c(OH-)，故C正确；
D．pH=6时，，此时，<2×10-5mol•L-1，故D错误；
选D。
二、选择题，本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 能正确表示下列反应的离子方程式的是
A. 浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
B. 钠与硫酸铜溶液反应：2Na+Cu2+=Cu+2Na+
C. 过量铁与稀硝酸反应：Fe+4H++=3Fe3++2H2O+NO↑
D. 等物质量的Ba(OH)2与NaHSO4在溶液中反应：Ba2++OH−+H++=BaSO4↓+H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．浓盐酸与铁屑反应生成亚铁离子和氢气，离子方程式为： Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；
B．钠与硫酸铜溶液反应先和水反应生成氢氧化钠溶液再和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式：2Na+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2↓+H2↑+2Na+，故B错误；
C．过量铁与稀硝酸反应生成亚铁离子，反应的离子方程式为：3Fe+8H++2═3Fe2++4H2O+2NO↑，故C错误；
D．等物质的量的Ba(OH)2与NaHSO4在溶液中反应，氢氧根离子过量，硫酸氢根离子应该拆开，正确的离子方程式为：Ba2++OH-+H++═BaSO4↓+H2O，故D正确；
故选D。
12. 向溶液中滴加少量溶液，溶液迅速变黄，稍后产生气体；再加入KSCN溶液，溶液变红，一段时间后，溶液颜色明显变浅。依据实验现象，下列分析不正确的是
A. 产生气体的原因是将还原生成了
B. 溶液先变红后又明显变浅，是由反应速率不同导致的
C. 溶液颜色变浅，可能是过量的氧化了KSCN
D. 溶液与溶液反应生成的证据是：“溶液迅速变黄”和“溶液变红”
【答案】A
【解析】
【详解】A．产生气体是生成的铁离子与过氧化氢发生氧化还原反应，反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+，A错误；
B．由反应速率不同，铁离子与硫氢化钾反应率极快，所以溶液先变红，而铁离子与过氧化氢发生氧化还原反应速率慢，B正确；
C．溶液颜色变浅，可能是过量的H2O2氧化了KSCN，C正确；
D．溶液迅速变黄，再加入KSCN溶液，溶液变红，则生成铁离子，所以：“溶液迅速变黄”和“溶液变红”可证明H2O2溶液与FeSO4溶液反应生成 Fe3+，D正确；
故选A。
13. 二氧化碳催化加氢的反应有利于减少温室气体排放，反应为，下列说法不正确的是
A. 上述反应平衡常数K=
B. 上述反应的(E表示键能)
C. 上述反应中每生成，转移电子的数目约为
D. 实际应用中，氢碳比越大越有利于提高的平衡转化率
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由方程式可知，反应平衡常数K=，故A正确；
B．由反应热是由反应物键能之和与生成物的键能之和的差值可得，反应，故B错误；
C．由方程式可知，反应中每生成，转移电子的数目约为，故C错误；
D．氢碳比增大相当于增大氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率最大，则实际应用中，氢碳比越大越有利于提高的平衡转化率，故D正确；
故选BC。
14. 在体积为的恒容密闭容器中发生反应，图1表示℃时容器中、、物质的量随时间的变化关系，图2表示不同温度下平衡时的体积分数随起始的变化关系。则下列结论正确的是
A. 200℃时，反应从开始到平衡的平均速率
B. 由图2可知反应，正反应吸热且a=2
C. 若在图1所示的平衡状态下再向体系中充入和，此时
D. ℃时，向空容器中充入和，达到平衡时的体积分数小于0.5
【答案】BD
【解析】
【分析】图甲可知，时平衡时，A的物质的量变化量为，B的物质的量变化量为0.4 mol -0.2 mol =，C的物质的量变化量为0.2mol，各物质变化的物质的量之比等于化学计量数之比，所以反应方程式为：2A(g)+B(g)C(g)；此温度下，平衡时A、B、C浓度分别为0.2mol/L、0.1mol/L、0.1mol/L，平衡常数K==25。
【详解】A．由图甲可知，时5min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为，故 ，A错误；
B．在一定的温度下，只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，A、B的起始物质的量之比∶，即a=2；由图乙可知，∶一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为吸热反应，B正确；
C．恒温恒容条件下，再向体系中充入0.2 mol B和0.2 mol C，由于B和C的化学计量数相等，所以Qc=K，平衡不移动，故，C错误；
D．由图1可知，时平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为、、，物质的量之比等于化学计量数之比，故x∶y∶z=∶∶∶1∶1，平衡时A 的体积分数为；时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B达到平衡等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，故达到平衡时，A 的体积分数小于，D正确。
故选BD。
第II卷(非选择题)
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第15~17题为必考题，每个试题考生都必须作答。第18、19题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：此题包括3小题，共39分。
15. 以盐湖锂精矿(主要成分为Li2CO3，还含有少量的CaCO3)和盐湖卤水(含一定浓度的LiCl 和MgCl2 )为原料均能制备高纯Li2CO3。回答下列问题：
（1）由锂精矿为原料制取碳酸锂的过程中，需要先“碳化溶解”使Li2CO3转为LiHCO3，实验装置如图所示。
已知： I.20℃时LiOH的溶解度为12.8g。
II.Li2CO3在不同温度下的溶解度：0℃ 1.54 g，20℃ 1.33 g，80℃ 0.85 g。
①装有盐酸的仪器的名称为_______。
②装置B中盛放的试剂为_______，其作用是_______。
③装置C中除了生成LiHCO3，还可能生成的杂质为_______(填化学式)。
④装置C中的反应需在常温下进行，温度越高锂精矿转化率越小的原因可能是_______。保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高锂精矿转化率的操作有_______。
⑤热解过滤获得的Li2CO3表面有少量Li2C2O4，不进行洗涤也不会影响最终Li2CO3产品的纯度，其原因是_______。
（2）设计由盐湖卤水制取高纯Li2CO3的实验方案：向浓缩后的盐湖卤水中_______。(实验中必须使用的试剂：NaOH溶液、Na2CO3溶液；已知：pH= 10时Mg(OH)2完全沉淀)
【答案】（1） ①. 恒压滴液漏斗 ②. 饱和NaHCO3溶液 ③. 吸收HCl ④. Ca(HCO3)2 ⑤. 温度升高，Li2CO3、CO2的溶解度均较小 ⑥. 加快搅拌速率 ⑦. 加热烘干时Li2C2O4会分解，固体产物也为Li2CO3
（2）滴入NaOH溶液，边加边搅拌，调节溶液pH等于或稍大于10，过滤，向滤液中加入Na2CO3溶液，边加边搅拌至无沉淀产生，过滤，用80℃热水洗涤沉淀2~3次，干燥
【解析】
【分析】装置A用大理石和盐酸反应产生了CO2，在装置B中用饱和NaHCO3溶液除去HCl气体杂质，向锂精矿中通入CO2，将Li2CO3转化为溶于水的LiHCO3，发生的反应为Li2CO3+H2O+CO2=2LiHCO3，加热分解LiHCO3得到Li2CO3，由信息可知，温度越高，Li2CO3的溶解度越小，所以蒸发结晶出Li2CO3晶体。
【小问1详解】
①装有盐酸的仪器可以起到平衡气压，使盐酸顺利滴下的作用，仪器名称为：恒压滴液漏斗；
②盐酸易挥发，A中产生的CO2混有HCl，所以装置B中应盛放饱和NaHCO3溶液，用来吸收HCl；
③锂精矿中除含有Li2CO3，还含有少量的CaCO3，通入CO2，会发生反应CaCO3+H2O+CO2= Ca(HCO3)2，则可能生成的杂质为Ca(HCO3)2；
④Li2CO3、CO2溶解度均随温度升高而减小，温度越高锂精矿转化率越小的原因可能是温度升高，Li2CO3、CO2的溶解度均较小，不利于反应进行；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高锂精矿转化率的操作有：加快搅拌速率、矿石粉碎等；
⑤Li2CO3表面有少量Li2C2O4，由于加热烘干时Li2C2O4会分解，固体产物也为Li2CO3，所以不影响产品的纯度；
【小问2详解】
已知：pH= 10时Mg(OH)2完全沉淀，盐湖卤水中含有Mg2+杂质，需要先加NaOH调节pH大于10，将镁离子转化为Mg(OH)2沉淀除去，过滤掉杂质沉淀，滤液加入Na2CO3溶液制得Li2CO3，最后用热水洗涤，减少晶体的溶解，则实验方案为：滴入NaOH溶液，边加边搅拌，调节溶液pH等于或稍大于10，过滤，向滤液中加入Na2CO3溶液，边加边搅拌至无沉淀产生，过滤，用80℃热水洗涤沉淀2~3次，干燥。
16. 从一种阳极泥(主要成分为Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se、Cu2S)中回收重金属的工艺流程如图所示：
已知：在碱性条件下很稳定。回答下列问题：
（1）Cu2S焙烧为CuO，该过程中还原剂与氧化剂的物质的量之比为_______。
（2）“滤渣I”的主要成分是_______(填化学式)；加快“酸浸氧化”速率的措施有_______(填写一条即可)。
（3）萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+。实验室进行萃取操作的专用玻璃仪器是_______(填名称)；该流程中的“反萃取剂”最好选用_______(填标号)。
A．乙醇 B．HNO3溶液 C．盐酸 D．NaOH 溶液
（4）已知：Ag++2[Ag(S2O3)2]3− K=2.80×1013
AgCl(s)Ag+(aq)+Cl－(aq) Ksp(AgCl)=1.80×10−10
①“溶浸”过程中，滤渣II被Na2S2O3溶液溶解的反应为：AgCl+2[Ag(S2O3)2]3−+Cl－。则该反应的平衡常数为_______；
②“滤液IV”可返回溶浸工序循环使用，循环多次后，即使调控Na2S2O3溶液浓度，银的浸出率仍会降低。试从化学平衡的角度解释可能的原因：_______。
（5）请从环保角度对该工艺流程提出合理的优化建议：_______(写出一条即可)。
【答案】（1）1：2 （2） ①. Pt、Au ②. 增大氧气浓度(其它答案也可以，正确即可)
（3） ①. 分液漏斗 ②. B
（4） ①. 5.04×103 ②. 随循环次数的增加，滤液IV中c(Cl－)不断增大，导致AgCl(s) + 2 (aq) [Ag(S2O3)2]3− (aq)+Cl－(aq)平衡左移，银的浸出率降低
（5）应回收处理SO2
【解析】
【分析】阳极泥(主要成分为Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se、Cu2S)在氧气中焙烧，生成金属氧化物和二氧化硫、二氧化硒，Pt、Au不反应，向焙烧后的物质中加入氧气、硝酸酸浸得到滤渣Pt、Au，向滤液中加入氯化钠沉银，过滤，向滤液中加入萃取剂萃取，分液后再加入反萃取剂得到硝酸铜，向滤渣中加入硫代硫酸钠，过滤，向滤液中加入氢氧化钠、Na2S2O4得到银单质。
【小问1详解】
Cu2S和氧气焙烧为CuO和二氧化硫，反应方程式为Cu2S＋2O22CuO＋SO2，该过程中还原剂是Cu2S，氧化剂是O2，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2；故答案为：1：2。
【小问2详解】
Pt、Au 不与稀硝酸反应，因此“滤渣I”的主要成分是Pt、Au；加快“酸浸氧化”速率的方法可以从增大浓度、接触面积，提高温度来思考，措施有增大氧气浓度或不断搅拌等；故答案为：增大氧气浓度(其它答案也可以，正确即可)。
【小问3详解】
萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+。
实验室进行萃取操作的专用玻璃仪器是分液漏斗；根据萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，后来要得到硝酸铜，为了不引入新的杂质，因此该流程中的“反萃取剂”最好选用硝酸；故答案为：分液漏斗；B。
【小问4详解】
已知：Ag++2[Ag(S2O3)2]3− K=2.80×1013
AgCl(s)Ag+(aq)+Cl－(aq) Ksp(AgCl)=1.80×10−10
①“溶浸”过程中，滤渣II被Na2S2O3溶液溶解的反应为：AgCl+2[Ag(S2O3)2]3−+Cl－。则该反应的平衡常数为；故答案为：5.04×103。
②“滤液IV”可返回溶浸工序循环使用，循环多次后，即使调控Na2S2O3溶液浓度，银的浸出率仍会降低，根据AgCl(s) + 2 (aq) [Ag(S2O3)2]3− (aq)+Cl－(aq)分析，由于氯离子浓度增大，平衡逆向移动，导致生成氯化银沉淀，即从化学平衡的角度解释可能的原因是随循环次数的增加，滤液IV中c(Cl－)不断增大，导致AgCl(s) + 2 (aq) [Ag(S2O3)2]3− (aq)+Cl－(aq)平衡左移，银的浸出率降低；故答案为：随循环次数的增加，滤液IV中c(Cl－)不断增大，导致AgCl(s) + 2 (aq) [Ag(S2O3)2]3− (aq)+Cl－(aq)平衡左移，银的浸出率降低。
【小问5详解】
在焙烧工艺中二氧化硫会污染环境，因此从环保角度对该工艺流程提出合理的优化建议：应回收处理SO2；故答案为：应回收处理SO2。
17. 我国力争实现2030年前碳达峰、2060年前碳中和的目标，研究碳的化合物对减少CO2在大气中累积及实现可再生能源的有效利用具有重要意义。
（1）已知CO2和H2在一定条件下能发生反应，反应物与生成物的能量与活化能的关系如图所示，该反应的ΔH=_______kJ/mol(用含Ea1和Ea2的代数式表示)。
（2）恒温恒容条件下，为了提高反应中CO2的平衡转化率，可采取的措施为_______(任写一项)。下列不能说明该反应达到平衡状态的是_______(填字母)。
A.v(CO2)正=v(H2)逆
B.HCOOH的体积分数不再变化
C.混合气体的密度不再变化
D.c(CO2)：c(H2)：c(HCOOH)=1：1：1
（3）一定温度下，在一刚性密闭容器中，充入等物质的量的CO2和H2此时容器的压强为48kPa，发生反应，6min时达到平衡，此时容器压强为36kPa，则0~6min内用H2分压表示的化学反应速率为_______kPa/min。相同温度下，该反应的逆反应平衡常数Kp=_______kPa(Kp是平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数)。
（4）除合成甲酸(HCOOH)外，有科学家以CO2、H2为原料合成CH3OH达到有效降低空气中二氧化碳含量的目的，其中涉及的主要反应如下：
I.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5kJ·mol-1
II.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.5kJ·mol-1
不同条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，CO2的平衡转化率如图所示：
压强P1、P2、P3由小到大的顺序是_______。压强为P1时，温度高于300°C后，CO2的平衡转化率随温度升高而升高的原因是_______。
（5）近年来，有研究人员用CO2通过电催化生成多种燃料，实现CO2的回收利用，其工作原理如图所示：
请写出Cu电极上产生HCOOH的电极反应式_______。
【答案】（1）Ea1-Ea2
（2） ①. 增大H2的用量(或移出HCOOH) ②. CD
（3） ①. 2 ②. 12
（4） ①. P1
【解析】
【小问1详解】
根据如图所示， ；
【小问2详解】
恒温恒容条件下，为了提高反应中 的平衡转化率，要使平衡正向移动，可采取的措施为：增大的用量(或及时移出)；A．，可以判断反应达平衡状态；
B．当的体积分数不再变化，反应达平衡状态；
C．根据，不变，不变，不变，所以混合气体的密度不再变化，反应不一定达平衡；
故选C；
小问3详解】
根据三段式：
恒温恒容时，压强之比等于物质的量之比，所以，解方程，，用的分压表示的反应速率为: ，逆反应的平衡常数为： ；
【小问4详解】
根据反应I，压强越大，平衡正向移动，转化率增大，反应II压强不影响平衡，综合上述，压强越大，转化率越大，所以；反应I正反应方向放热，反应II正反应方向吸热，温度高于300°C后，CO2的平衡转化率主要由反应II决定，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大，所以压强为P1时，温度高于300°C后，CO2的平衡转化率随温度升高而升高；
【小问5详解】
Cu电极上由产生和，反应产生的电极反应式为：。
(二)选考题：共15分。请考生从给出的两道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
[选修3：物质结构与性质]
18. 铜及其化合物在生产生活中具有重要应用。
（1）基态铜原子的价电子排布为_______，其核外有_______种不同空间运动状态的电子。与铜处于同一周期，且最外层电子数与铜原子相同的有_______(填元素名称)。
（2）铜锌合金俗称黄铜，铜锌两种金属的各级电离能(单位：)数据如表所示：
745.5
1957.9
3555
5536
7700
9900
906.4
1733.3
3833
5731
7970
10400
的原因是_______
（3）利用的盐酸溶液能吸收形成氯化羰基铜(Ⅰ)[化学式为]的性质，在过量时，可定量测定气体混合物中的含量，化学方程式为： 2CuCl+4CO。
相关元素的鲍林电负性数值如表所示：
元素
C
O
H
电负性
1.9
3.0
2.5
3.5
2.1
据此判断中存在的化学键类型为_______(填“离子键”或“共价键”)，与互为等电子体的离子为_______；氯化羰基铜(Ⅰ)中原子的杂化方式为_______；
（4）下列事实与解释不相符的是_______
选项
事实
解释
A
苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
苯分子中含有大键而没有碳碳双键，大键稳定性较强
B
过氧化氢分子是极性分子
过氧化氢分子中只含有极性键
C
易溶于而微溶于
和为非极性分子，而为极性分子
D
酸性弱于
甲基为推电子基，使乙酸羧基中的氧氢键极性变弱，电离程度较甲酸变弱
【答案】（1） ①. ②. 15 ③. 钾和铬
（2）的外围电子排布为，结构稳定，难失去电子变成，的外围电子排布为，易失去电子
（3） ①. 共价键 ②. 、 ③.
（4）B
【解析】
【小问1详解】
Cu是29号元素，基态铜原子的价电子排布为；Cu是29号元素，基态铜原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，核外有1+1+3+1+3+5+1=15种不同空间运动状态的电子，与铜处于同一周期，且最外层电子数与铜相同的元素有钾和铬；
【小问2详解】
为基态铜原子失去一个电子，其外围电子排布式为，结构稳定，难失去电子变成，的外围电子排布为，易失去4s上的电子，因此；
【小问3详解】
和的电负性差值为，因此中存在的化学键为共价键；与互为等电子体的离子为、等；氯化羰基铜(Ⅰ)中原子形成两条σ键，同时含有两个孤电子对，杂化方式为；
【小问4详解】
A．苯分子中含有大键而没有碳碳双键，大键稳定性较强，不能和酸性高锰酸钾反应，A正确；
B．过氧化氢分子中的过氧根中存在氧氧非极性键，B错误；
C．碘为非极性分子，根据相似相溶原理可知，易溶于而微溶于是因为和为非极性分子，而为极性分子，C正确；
D．甲基为推电子基，使乙酸羧基中的氧氢键极性变弱，更难电离出氢离子，故取电离程度较甲酸变弱，酸性弱于HCOOH，D正确；
故选B。
【选修5：有机化学基础】
19. 高聚物G是一种广泛用在生产生活中的合成纤维，由A与E为原料制备J和G的合成路线如下：
已知：①酯能被LiAlH4还原为醇
②
回答下列问题：
（1）A的名称为___________，E中官能团的名称为___________。
（2）B生成C的化学方程式为___________。
（3）D转化为H的反应类型为___________。
（4）I的结构简式为___________。
（5）芳香族化合物M是B的同分异构体，符合下列要求的M有___________种(不考虑立体异构)。
①能发生银镜反应
②能与FeCl3溶液发生显色反应
③苯环上有4个取代基，且核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，且峰面积之比为1:1:1
（6）请以1-氯乙烷为原料，写出合成丙酸乙酯的合成路线，其他无机试剂可以任选。___________。
【答案】（1） ①. 邻二甲苯(或1，2-二甲苯) ②. 氯原子或碳氯键
（2）+2CH3OH+2H2O
（3）氧化反应 （4）
（5）4 （6）
【解析】
【分析】由A的分子式、B的结构简式及反应条件，可逆推出A为；进而推出C为；依据信息①，可推出D为；由H()、J()的结构简式，可推出I为；由D()、F()，可推出G为。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为，名称为：邻二甲苯(或1，2-二甲苯)，E为ClCH2CH2CH2CH2Cl，官能团的名称为：氯原子或碳氯键。答案为：邻二甲苯(或1，2-二甲苯)；氯原子或碳氯键；
【小问2详解】
B()与CH3OH在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成C()和水，化学方程式为+2CH3OH+2H2O。答案为：+2CH3OH+2H2O；
【小问3详解】
D()催化氧化可转化为H()等，反应类型为氧化反应。答案为：氧化反应；
【小问4详解】
由分析可知，I的结构简式为。答案为：；
【小问5详解】
B为，芳香族化合物M是B的同分异构体，且符合下列要求：“①能发生银镜反应，②能与FeCl3溶液发生显色反应，③苯环上有4个取代基，且核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，且峰面积之比为1:1:1”，则M分子中含有2个-OH、2个-CHO，其可能结构简式为、、、，共有4种。答案为：4；
【小问6详解】
以1-氯乙烷为原料，需制得CH3CH2OH和CH3CH2COOH，由CH3CH2Cl制CH3CH2COOH，需利用题给流程图中的信息：CH3CH2ClCH3CH2COOH，则合成丙酸乙酯的合成路线为：。答案为：。
【点睛】合成有机物时，可利用顺推、逆推相结合的方法。
衡阳县2023届高三教学质量诊断性考试卷
化学
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 Li-7 O-16 Cl-35.5 K-39 Fe-56
第I卷(选择题)
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30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. 2013年3月，黄浦江上游水质污染较为严重，相关自来水厂采用多种方法并用的方式进行水质处理，下列说法中错误的是
A. 加活性炭可吸附水中小颗粒，净化水质的方法属于物理方法
B. 加臭氧对水进行消毒，利用了臭氧的氧化性
C. 用细菌与酶的扩充法去除水中的氨氮的方法属于生物法
D. 用聚合硫酸铁作为净水剂，该处理过程中仅发生了化学变化
【答案】D
【解析】
【详解】A.活性炭具有较强的吸附性，自来水中加入活性炭可吸附水中小颗粒，该方法属于物理方法，A正确；
B.臭氧具有强氧化性，自来水中加臭氧对自来水进行杀菌消毒，B正确；
C.用细菌与酶的扩充法去除水中的氨氮的方法属于生物法，C正确；
D.聚合硫酸铁作为净水剂是因为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋，发生化学变化，Fe(OH)3胶体吸附水中悬浮物发生物理变化，D错误；
答案选D。
2. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. 氧化铁能与酸反应，可用作红色颜料 B. 次氯酸具有弱酸性，可用作漂白剂
C. 银氨溶液具有弱氧化性，可用于制银镜 D. 晶体硅熔点高，可用作半导体材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．氧化铁为红棕色粉末，常用作红色颜料，与氧化铁是否与酸反应无关，A错误；
B．次氯酸具有漂白性，能用于有色物质的漂白，B错误；
C．银氨溶液具有弱氧化性，可以和还原性的醛基发生氧化还原反应而被还原为银，C正确；
D．晶体硅导电性介于导体与绝缘体之间，因此可用作半导体材料，这与其熔点高性质无关，D错误；
故合理选项是C。
3. 下图所示结构简式所代表的物质是制备一种具有抗氧化性的药物的原料。下列对该原料物质的叙述正确的是
A. 该物质的分子式是C18H18O4
B. 该物质能够发生加成反应、取代反应
C. 1 mol该物质跟氢气反应，最多消耗8 mol氢气
D. 1 mol该物质与足量氢氧化钠溶液反应，最多消耗氢氧化钠为1 mol
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．该物质的分子式为C18H16O4，故A错误；
B．含碳碳双键，可发生加成反应，含有羧基，可与醇在浓硫酸、加热条件下发生取代反应，故B正确；
C．含2个苯环和1个碳碳双键，1mol该物质与氢气加成最多消耗7 mol氢气，故C错误；
D．含羧基和酯基，最多消耗氢氧化钠为2 mol，故D错误；
故选：B。
4. 关注“实验室化学”并加以实践能有效提高学生的实验素养，用如图所示装置(夹持装置均已省略)进行实验，能达到实验目的的是
A. 甲装置可用于验证Na2O2与水反应的能量变化
B. 乙装置可用于观察氯化钠的焰色试验
C. 丙装置可用于制取并收集干燥、纯净的NO
D. 丁装置可用于准确量取一定体积的K2Cr2O7溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，虽然反应生成气体，但是气体不进入集气瓶中，可以用液面变化来说明反应能量变化，A符合题意；
B．Cu的焰色反应为绿色，不能用铜丝代替铂丝，B不符合题意；
C．NO与氧气反应，不能选排空气法收集NO，C不符合题意；
D．重铬酸钾溶液属于氧化性滴定液，因此应装在酸性滴定管中，丁装置碱性滴定管，D不符合题意；
故选A。
5. 科学家研制出了一种漂白效率极高的新型漂白剂(结构如图所示)，其中W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。常温下，0.1mol/LZ的氢化物的水溶液pH=1，且Z与Y位于不同周期。下列叙述正确的是
A. 简单离子半径：X>Y>Z
B. 氢化物沸点：Y>W>X
C. W和Y可组成含极性键的非极性分子
D. Y的单质均可用于杀菌消毒
【答案】C
【解析】
【分析】由新型漂白剂的结构可知，W形成的价键数为4，X形成的价键数为3，Y形成的价键数为2，Z形成的价键数为1；W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，常温下，0.1mol/LZ的氢化物的水溶液pH=1，则Z为Cl；Z与Y位于不同周期，则Y为O元素、W为C元素、X为N元素，据此分析解题。由分析知：W为C元素、X为N元素、Y为O元素、Z为Cl元素。
【详解】A．一般电子层数越多半径越大，故离子半径Cl->N3->O2-，故A错误；
B．H2O常温下为液体，NH3和H2O分子间存在氢键，三种元素简单氢化物的沸点由高到低的顺序为H2O>NH3>CH4，但C的氢化物包括多碳的烃，常温下有固体，有液体，即碳的氢化物沸点也可能比H2O高，故B错误；
C．C和O可组成CO2，为含极性键的非极性分子，故C正确；
D．O3具有强氧化性，具有杀菌消毒作用，但是氧气不可用于杀菌消毒，故D错误；
故答案为C。
6. 设NA为阿伏伽德罗常数值。下列有关叙述正确的是( )
A. 氢氧燃料电池正极消耗22.4 L(标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为2NA
B. 氢原子数为0.4NA的CH3OH分子中含有的σ键数为0.4NA
C. 丙烯和环丙烷组成的42 g混合气体中氢原子的个数为6NA
D. 18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氢氧燃料电池正极消耗22.4 L(标准状况)气体即1mol氧气时，电路中通过的电子数目为4NA，A错误；B. 氢原子数为0.4NA的CH3OH分子是0.1mol，分子中含有的σ键数为0.5NA，B错误；C. 丙烯和环丙烷的最简式相同，均是CH2，因此二者组成的42 g混合气体中氢原子的个数为6NA，C正确；D. 18 g D2O的物质的量小于1mol，其中含有的质子数小于10NA，D错误，答案选C。
点睛：要准确把握阿伏伽德罗常数的应用，一要认真理清知识的联系，关注状况条件和物质状态、准确运用物质结构计算、电离和水解知识的融入、留心特殊的化学反应、阿伏加德罗定律和化学平衡的应用。避免粗枝大叶不求甚解，做题时才能有的放矢。二要学会留心关键字词，做题时谨慎细致，避免急于求成而忽略问题的本质。
7. 一种利用废旧镀锌铁皮制备磁性Fe3O4纳米粒子的工艺流程如图。
下列有关说法不正确的是
A. “碱洗”是为了去除废旧镀锌铁皮表面的油污
B. “氧化”时发生反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O
C. “氧化”后的溶液中金属阳离子主要有Fe2+、Fe3+、Na+
D. 用激光笔照射“加热沉铁”后所得分散系，产生丁达尔效应
【答案】A
【解析】
【分析】向废旧镀锌铁皮中加入氢氧化钠溶液除去锌，过滤向固体中加入稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入次氯酸钠溶液，将一部分亚铁离子氧化为铁离子，发生反应：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，先通入氮气排尽空气(防止后续生成的氢氧化亚铁被氧化)，加入氢氧化钠溶液产生氢氧化亚铁、氢氧化铁胶体，分离得到氢氧化亚铁和氢氧化铁，灼烧得到四氧化三铁。
【详解】A．由分析可知，“碱洗”是为了除去锌，生成Na2ZnO2，过滤得到铁单质，A错误；
B．“氧化”时，亚铁离子与次氯酸根离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，B正确；
C．“氧化”时，部分亚铁离子与次氯酸根离子发生反应：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，故溶液中金属阳离子主要有Fe2+、Fe3+、Na+，C正确；
D．“加热沉铁”后所得分散系为胶体，胶体可产生丁达尔效应，D正确；
答案选A。
8. 电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制甲酸盐(HCOO-)的原理如图所示。下列说法不正确的是
A. Pt片连接电源的正极
B. 阴极发生的电极反应是2CO2+2e-+H2O=HCO+HCOO-
C. 阳极区的pH升高
D. K+从Pt电极区向Sn电极区迁移
【答案】C
【解析】
【分析】CO2、HCOO-中碳元素的化合价分别为+4、+2，阴极发生还原反应，电极反应为CO2+2e-+H+= HCOO-(或2CO2+2e-+H2O=HCO+HCOO-)，阳极生成O2：2H2O+4e-= O2↑+4H+，由电极反应可得出电解总反应为2CO2+2H2O2HCOOH+ O2↑，据此分析解答。
【详解】A．根据以上分析，通入CO2的一极为阴极，连接电源的负极，则Pt片连接电源的正极，故A正确；
B．阴极发生还原反应，电极反应为2CO2+2e-+H2O=HCO+HCOO-，故B正确；
C．阳极的电极反应式为：2H2O+4e-= O2↑+4H+，生成H+，则阳极区的pH降低，故C错误；
D．电解时，阳离子移向阴极，则K+从Pt电极区向Sn电极区迁移，故D正确；
答案选C。
9. 据文献报道，某反应的反应历程如图所示：
下列有关该历程的说法正确的是
A. Ti4+…NH3是催化剂
B. Ti4+…NH2—N=O是中间产物
C. 总反应化学方程式为4NH3+3O22N2+6H2O
D. 分解反应Ti4+…NH2—N=O→Ti4++N2+H2O的反应过程中有氮氮键断裂
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．Ti4+在整个反应过程中参与了反应，但反应前后质量和性质未改变，Ti4+是催化剂，故A错误；
B．加入NO后生成Ti4+…NH2—N=O，可知Ti4+…NH2—N=O是中间产物，故B正确；
C．根据反应历程，参加反应得物质有NH3、NO、O2，总反应化学方程式为4NH3+2NO +2O23N2+6H2O，故C错误；
D．分解反应Ti4+…NH2—N=O→Ti4++N2+H2O的反应过程中有氮氧键断裂，故D错误；
故选B。
10. 已知ROH是一元弱碱。难溶性盐RA的饱和溶液中c(A-)随c(OH-)而变化，A-不发生水解，298K时，c2(A-)与c(OH-)有如图所示线性关系。下列叙述不正确的是
A. RA的溶度积Ksp(RA)=2×10-10
B. RA在水中的溶解度大于在ROH溶液中的溶解度
C. 等体积、等浓度的ROH溶液与HA溶液混合时，存在c(H+)=c(ROH)+c(OH-)
D. pH=6时，c(A-)>2×10-5mol•L-1
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题图可知，，，此时，则，故A正确；
B．难溶性盐RA在水溶液中存在溶解平衡，在ROH溶液中，相当于在水中增加R+的量，RA的溶解平衡逆向移动，溶解度减小，所以RA在水中的溶解度大于在ROH溶液中的溶解度，故B正确；
C．ROH是一元弱碱，A-不发生水解，所以等体积、等浓度的ROH溶液与HA溶液混合所得溶质RA为强酸弱碱盐，溶液中存在质子守恒：c(H+)=c(ROH)+c(OH-)，故C正确；
D．pH=6时，，此时，<2×10-5mol•L-1，故D错误；
选D。
二、选择题，本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 能正确表示下列反应的离子方程式的是
A. 浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
B. 钠与硫酸铜溶液反应：2Na+Cu2+=Cu+2Na+
C. 过量铁与稀硝酸反应：Fe+4H++=3Fe3++2H2O+NO↑
D. 等物质量的Ba(OH)2与NaHSO4在溶液中反应：Ba2++OH−+H++=BaSO4↓+H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．浓盐酸与铁屑反应生成亚铁离子和氢气，离子方程式为： Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；
B．钠与硫酸铜溶液反应先和水反应生成氢氧化钠溶液再和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式：2Na+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2↓+H2↑+2Na+，故B错误；
C．过量铁与稀硝酸反应生成亚铁离子，反应的离子方程式为：3Fe+8H++2═3Fe2++4H2O+2NO↑，故C错误；
D．等物质的量的Ba(OH)2与NaHSO4在溶液中反应，氢氧根离子过量，硫酸氢根离子应该拆开，正确的离子方程式为：Ba2++OH-+H++═BaSO4↓+H2O，故D正确；
故选D。
12. 向溶液中滴加少量溶液，溶液迅速变黄，稍后产生气体；再加入KSCN溶液，溶液变红，一段时间后，溶液颜色明显变浅。依据实验现象，下列分析不正确的是
A. 产生气体的原因是将还原生成了
B. 溶液先变红后又明显变浅，是由反应速率不同导致的
C. 溶液颜色变浅，可能是过量的氧化了KSCN
D. 溶液与溶液反应生成的证据是：“溶液迅速变黄”和“溶液变红”
【答案】A
【解析】
【详解】A．产生气体是生成的铁离子与过氧化氢发生氧化还原反应，反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+，A错误；
B．由反应速率不同，铁离子与硫氢化钾反应率极快，所以溶液先变红，而铁离子与过氧化氢发生氧化还原反应速率慢，B正确；
C．溶液颜色变浅，可能是过量的H2O2氧化了KSCN，C正确；
D．溶液迅速变黄，再加入KSCN溶液，溶液变红，则生成铁离子，所以：“溶液迅速变黄”和“溶液变红”可证明H2O2溶液与FeSO4溶液反应生成 Fe3+，D正确；
故选A。
13. 二氧化碳催化加氢的反应有利于减少温室气体排放，反应为，下列说法不正确的是
A. 上述反应平衡常数K=
B. 上述反应的(E表示键能)
C. 上述反应中每生成，转移电子的数目约为
D. 实际应用中，氢碳比越大越有利于提高的平衡转化率
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由方程式可知，反应平衡常数K=，故A正确；
B．由反应热是由反应物键能之和与生成物的键能之和的差值可得，反应，故B错误；
C．由方程式可知，反应中每生成，转移电子的数目约为，故C错误；
D．氢碳比增大相当于增大氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率最大，则实际应用中，氢碳比越大越有利于提高的平衡转化率，故D正确；
故选BC。
14. 在体积为的恒容密闭容器中发生反应，图1表示℃时容器中、、物质的量随时间的变化关系，图2表示不同温度下平衡时的体积分数随起始的变化关系。则下列结论正确的是
A. 200℃时，反应从开始到平衡的平均速率
B. 由图2可知反应，正反应吸热且a=2
C. 若在图1所示的平衡状态下再向体系中充入和，此时
D. ℃时，向空容器中充入和，达到平衡时的体积分数小于0.5
【答案】BD
【解析】
【分析】图甲可知，时平衡时，A的物质的量变化量为，B的物质的量变化量为0.4 mol -0.2 mol =，C的物质的量变化量为0.2mol，各物质变化的物质的量之比等于化学计量数之比，所以反应方程式为：2A(g)+B(g)C(g)；此温度下，平衡时A、B、C浓度分别为0.2mol/L、0.1mol/L、0.1mol/L，平衡常数K==25。
【详解】A．由图甲可知，时5min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为，故 ，A错误；
B．在一定的温度下，只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，A、B的起始物质的量之比∶，即a=2；由图乙可知，∶一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为吸热反应，B正确；
C．恒温恒容条件下，再向体系中充入0.2 mol B和0.2 mol C，由于B和C的化学计量数相等，所以Qc=K，平衡不移动，故，C错误；
D．由图1可知，时平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为、、，物质的量之比等于化学计量数之比，故x∶y∶z=∶∶∶1∶1，平衡时A 的体积分数为；时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B达到平衡等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，故达到平衡时，A 的体积分数小于，D正确。
故选BD。
第II卷(非选择题)
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第15~17题为必考题，每个试题考生都必须作答。第18、19题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：此题包括3小题，共39分。
15. 以盐湖锂精矿(主要成分为Li2CO3，还含有少量的CaCO3)和盐湖卤水(含一定浓度的LiCl 和MgCl2 )为原料均能制备高纯Li2CO3。回答下列问题：
（1）由锂精矿为原料制取碳酸锂的过程中，需要先“碳化溶解”使Li2CO3转为LiHCO3，实验装置如图所示。
已知： I.20℃时LiOH的溶解度为12.8g。
II.Li2CO3在不同温度下的溶解度：0℃ 1.54 g，20℃ 1.33 g，80℃ 0.85 g。
①装有盐酸的仪器的名称为_______。
②装置B中盛放的试剂为_______，其作用是_______。
③装置C中除了生成LiHCO3，还可能生成的杂质为_______(填化学式)。
④装置C中的反应需在常温下进行，温度越高锂精矿转化率越小的原因可能是_______。保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高锂精矿转化率的操作有_______。
⑤热解过滤获得的Li2CO3表面有少量Li2C2O4，不进行洗涤也不会影响最终Li2CO3产品的纯度，其原因是_______。
（2）设计由盐湖卤水制取高纯Li2CO3的实验方案：向浓缩后的盐湖卤水中_______。(实验中必须使用的试剂：NaOH溶液、Na2CO3溶液；已知：pH= 10时Mg(OH)2完全沉淀)
【答案】（1） ①. 恒压滴液漏斗 ②. 饱和NaHCO3溶液 ③. 吸收HCl ④. Ca(HCO3)2 ⑤. 温度升高，Li2CO3、CO2的溶解度均较小 ⑥. 加快搅拌速率 ⑦. 加热烘干时Li2C2O4会分解，固体产物也为Li2CO3
（2）滴入NaOH溶液，边加边搅拌，调节溶液pH等于或稍大于10，过滤，向滤液中加入Na2CO3溶液，边加边搅拌至无沉淀产生，过滤，用80℃热水洗涤沉淀2~3次，干燥
【解析】
【分析】装置A用大理石和盐酸反应产生了CO2，在装置B中用饱和NaHCO3溶液除去HCl气体杂质，向锂精矿中通入CO2，将Li2CO3转化为溶于水的LiHCO3，发生的反应为Li2CO3+H2O+CO2=2LiHCO3，加热分解LiHCO3得到Li2CO3，由信息可知，温度越高，Li2CO3的溶解度越小，所以蒸发结晶出Li2CO3晶体。
【小问1详解】
①装有盐酸的仪器可以起到平衡气压，使盐酸顺利滴下的作用，仪器名称为：恒压滴液漏斗；
②盐酸易挥发，A中产生的CO2混有HCl，所以装置B中应盛放饱和NaHCO3溶液，用来吸收HCl；
③锂精矿中除含有Li2CO3，还含有少量的CaCO3，通入CO2，会发生反应CaCO3+H2O+CO2= Ca(HCO3)2，则可能生成的杂质为Ca(HCO3)2；
④Li2CO3、CO2溶解度均随温度升高而减小，温度越高锂精矿转化率越小的原因可能是温度升高，Li2CO3、CO2的溶解度均较小，不利于反应进行；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高锂精矿转化率的操作有：加快搅拌速率、矿石粉碎等；
⑤Li2CO3表面有少量Li2C2O4，由于加热烘干时Li2C2O4会分解，固体产物也为Li2CO3，所以不影响产品的纯度；
【小问2详解】
已知：pH= 10时Mg(OH)2完全沉淀，盐湖卤水中含有Mg2+杂质，需要先加NaOH调节pH大于10，将镁离子转化为Mg(OH)2沉淀除去，过滤掉杂质沉淀，滤液加入Na2CO3溶液制得Li2CO3，最后用热水洗涤，减少晶体的溶解，则实验方案为：滴入NaOH溶液，边加边搅拌，调节溶液pH等于或稍大于10，过滤，向滤液中加入Na2CO3溶液，边加边搅拌至无沉淀产生，过滤，用80℃热水洗涤沉淀2~3次，干燥。
16. 从一种阳极泥(主要成分为Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se、Cu2S)中回收重金属的工艺流程如图所示：
已知：在碱性条件下很稳定。回答下列问题：
（1）Cu2S焙烧为CuO，该过程中还原剂与氧化剂的物质的量之比为_______。
（2）“滤渣I”的主要成分是_______(填化学式)；加快“酸浸氧化”速率的措施有_______(填写一条即可)。
（3）萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+。实验室进行萃取操作的专用玻璃仪器是_______(填名称)；该流程中的“反萃取剂”最好选用_______(填标号)。
A．乙醇 B．HNO3溶液 C．盐酸 D．NaOH 溶液
（4）已知：Ag++2[Ag(S2O3)2]3− K=2.80×1013
AgCl(s)Ag+(aq)+Cl－(aq) Ksp(AgCl)=1.80×10−10
①“溶浸”过程中，滤渣II被Na2S2O3溶液溶解的反应为：AgCl+2[Ag(S2O3)2]3−+Cl－。则该反应的平衡常数为_______；
②“滤液IV”可返回溶浸工序循环使用，循环多次后，即使调控Na2S2O3溶液浓度，银的浸出率仍会降低。试从化学平衡的角度解释可能的原因：_______。
（5）请从环保角度对该工艺流程提出合理的优化建议：_______(写出一条即可)。
【答案】（1）1：2 （2） ①. Pt、Au ②. 增大氧气浓度(其它答案也可以，正确即可)
（3） ①. 分液漏斗 ②. B
（4） ①. 5.04×103 ②. 随循环次数的增加，滤液IV中c(Cl－)不断增大，导致AgCl(s) + 2 (aq) [Ag(S2O3)2]3− (aq)+Cl－(aq)平衡左移，银的浸出率降低
（5）应回收处理SO2
【解析】
【分析】阳极泥(主要成分为Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se、Cu2S)在氧气中焙烧，生成金属氧化物和二氧化硫、二氧化硒，Pt、Au不反应，向焙烧后的物质中加入氧气、硝酸酸浸得到滤渣Pt、Au，向滤液中加入氯化钠沉银，过滤，向滤液中加入萃取剂萃取，分液后再加入反萃取剂得到硝酸铜，向滤渣中加入硫代硫酸钠，过滤，向滤液中加入氢氧化钠、Na2S2O4得到银单质。
【小问1详解】
Cu2S和氧气焙烧为CuO和二氧化硫，反应方程式为Cu2S＋2O22CuO＋SO2，该过程中还原剂是Cu2S，氧化剂是O2，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2；故答案为：1：2。
【小问2详解】
Pt、Au 不与稀硝酸反应，因此“滤渣I”的主要成分是Pt、Au；加快“酸浸氧化”速率的方法可以从增大浓度、接触面积，提高温度来思考，措施有增大氧气浓度或不断搅拌等；故答案为：增大氧气浓度(其它答案也可以，正确即可)。
【小问3详解】
萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+。
实验室进行萃取操作的专用玻璃仪器是分液漏斗；根据萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，后来要得到硝酸铜，为了不引入新的杂质，因此该流程中的“反萃取剂”最好选用硝酸；故答案为：分液漏斗；B。
【小问4详解】
已知：Ag++2[Ag(S2O3)2]3− K=2.80×1013
AgCl(s)Ag+(aq)+Cl－(aq) Ksp(AgCl)=1.80×10−10
①“溶浸”过程中，滤渣II被Na2S2O3溶液溶解的反应为：AgCl+2[Ag(S2O3)2]3−+Cl－。则该反应的平衡常数为；故答案为：5.04×103。
②“滤液IV”可返回溶浸工序循环使用，循环多次后，即使调控Na2S2O3溶液浓度，银的浸出率仍会降低，根据AgCl(s) + 2 (aq) [Ag(S2O3)2]3− (aq)+Cl－(aq)分析，由于氯离子浓度增大，平衡逆向移动，导致生成氯化银沉淀，即从化学平衡的角度解释可能的原因是随循环次数的增加，滤液IV中c(Cl－)不断增大，导致AgCl(s) + 2 (aq) [Ag(S2O3)2]3− (aq)+Cl－(aq)平衡左移，银的浸出率降低；故答案为：随循环次数的增加，滤液IV中c(Cl－)不断增大，导致AgCl(s) + 2 (aq) [Ag(S2O3)2]3− (aq)+Cl－(aq)平衡左移，银的浸出率降低。
【小问5详解】
在焙烧工艺中二氧化硫会污染环境，因此从环保角度对该工艺流程提出合理的优化建议：应回收处理SO2；故答案为：应回收处理SO2。
17. 我国力争实现2030年前碳达峰、2060年前碳中和的目标，研究碳的化合物对减少CO2在大气中累积及实现可再生能源的有效利用具有重要意义。
（1）已知CO2和H2在一定条件下能发生反应，反应物与生成物的能量与活化能的关系如图所示，该反应的ΔH=_______kJ/mol(用含Ea1和Ea2的代数式表示)。
（2）恒温恒容条件下，为了提高反应中CO2的平衡转化率，可采取的措施为_______(任写一项)。下列不能说明该反应达到平衡状态的是_______(填字母)。
A.v(CO2)正=v(H2)逆
B.HCOOH的体积分数不再变化
C.混合气体的密度不再变化
D.c(CO2)：c(H2)：c(HCOOH)=1：1：1
（3）一定温度下，在一刚性密闭容器中，充入等物质的量的CO2和H2此时容器的压强为48kPa，发生反应，6min时达到平衡，此时容器压强为36kPa，则0~6min内用H2分压表示的化学反应速率为_______kPa/min。相同温度下，该反应的逆反应平衡常数Kp=_______kPa(Kp是平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数)。
（4）除合成甲酸(HCOOH)外，有科学家以CO2、H2为原料合成CH3OH达到有效降低空气中二氧化碳含量的目的，其中涉及的主要反应如下：
I.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5kJ·mol-1
II.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.5kJ·mol-1
不同条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，CO2的平衡转化率如图所示：
压强P1、P2、P3由小到大的顺序是_______。压强为P1时，温度高于300°C后，CO2的平衡转化率随温度升高而升高的原因是_______。
（5）近年来，有研究人员用CO2通过电催化生成多种燃料，实现CO2的回收利用，其工作原理如图所示：
请写出Cu电极上产生HCOOH的电极反应式_______。
【答案】（1）Ea1-Ea2
（2） ①. 增大H2的用量(或移出HCOOH) ②. CD
（3） ①. 2 ②. 12
（4） ①. P1
【解析】
【小问1详解】
根据如图所示， ；
【小问2详解】
恒温恒容条件下，为了提高反应中 的平衡转化率，要使平衡正向移动，可采取的措施为：增大的用量(或及时移出)；A．，可以判断反应达平衡状态；
B．当的体积分数不再变化，反应达平衡状态；
C．根据，不变，不变，不变，所以混合气体的密度不再变化，反应不一定达平衡；
故选C；
小问3详解】
根据三段式：
恒温恒容时，压强之比等于物质的量之比，所以，解方程，，用的分压表示的反应速率为: ，逆反应的平衡常数为： ；
【小问4详解】
根据反应I，压强越大，平衡正向移动，转化率增大，反应II压强不影响平衡，综合上述，压强越大，转化率越大，所以；反应I正反应方向放热，反应II正反应方向吸热，温度高于300°C后，CO2的平衡转化率主要由反应II决定，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大，所以压强为P1时，温度高于300°C后，CO2的平衡转化率随温度升高而升高；
【小问5详解】
Cu电极上由产生和，反应产生的电极反应式为：。
(二)选考题：共15分。请考生从给出的两道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
[选修3：物质结构与性质]
18. 铜及其化合物在生产生活中具有重要应用。
（1）基态铜原子的价电子排布为_______，其核外有_______种不同空间运动状态的电子。与铜处于同一周期，且最外层电子数与铜原子相同的有_______(填元素名称)。
（2）铜锌合金俗称黄铜，铜锌两种金属的各级电离能(单位：)数据如表所示：
745.5
1957.9
3555
5536
7700
9900
906.4
1733.3
3833
5731
7970
10400
的原因是_______
（3）利用的盐酸溶液能吸收形成氯化羰基铜(Ⅰ)[化学式为]的性质，在过量时，可定量测定气体混合物中的含量，化学方程式为： 2CuCl+4CO。
相关元素的鲍林电负性数值如表所示：
元素
C
O
H
电负性
1.9
3.0
2.5
3.5
2.1
据此判断中存在的化学键类型为_______(填“离子键”或“共价键”)，与互为等电子体的离子为_______；氯化羰基铜(Ⅰ)中原子的杂化方式为_______；
（4）下列事实与解释不相符的是_______
选项
事实
解释
A
苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
苯分子中含有大键而没有碳碳双键，大键稳定性较强
B
过氧化氢分子是极性分子
过氧化氢分子中只含有极性键
C
易溶于而微溶于
和为非极性分子，而为极性分子
D
酸性弱于
甲基为推电子基，使乙酸羧基中的氧氢键极性变弱，电离程度较甲酸变弱
【答案】（1） ①. ②. 15 ③. 钾和铬
（2）的外围电子排布为，结构稳定，难失去电子变成，的外围电子排布为，易失去电子
（3） ①. 共价键 ②. 、 ③.
（4）B
【解析】
【小问1详解】
Cu是29号元素，基态铜原子的价电子排布为；Cu是29号元素，基态铜原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，核外有1+1+3+1+3+5+1=15种不同空间运动状态的电子，与铜处于同一周期，且最外层电子数与铜相同的元素有钾和铬；
【小问2详解】
为基态铜原子失去一个电子，其外围电子排布式为，结构稳定，难失去电子变成，的外围电子排布为，易失去4s上的电子，因此；
【小问3详解】
和的电负性差值为，因此中存在的化学键为共价键；与互为等电子体的离子为、等；氯化羰基铜(Ⅰ)中原子形成两条σ键，同时含有两个孤电子对，杂化方式为；
【小问4详解】
A．苯分子中含有大键而没有碳碳双键，大键稳定性较强，不能和酸性高锰酸钾反应，A正确；
B．过氧化氢分子中的过氧根中存在氧氧非极性键，B错误；
C．碘为非极性分子，根据相似相溶原理可知，易溶于而微溶于是因为和为非极性分子，而为极性分子，C正确；
D．甲基为推电子基，使乙酸羧基中的氧氢键极性变弱，更难电离出氢离子，故取电离程度较甲酸变弱，酸性弱于HCOOH，D正确；
故选B。
【选修5：有机化学基础】
19. 高聚物G是一种广泛用在生产生活中的合成纤维，由A与E为原料制备J和G的合成路线如下：
已知：①酯能被LiAlH4还原为醇
②
回答下列问题：
（1）A的名称为___________，E中官能团的名称为___________。
（2）B生成C的化学方程式为___________。
（3）D转化为H的反应类型为___________。
（4）I的结构简式为___________。
（5）芳香族化合物M是B的同分异构体，符合下列要求的M有___________种(不考虑立体异构)。
①能发生银镜反应
②能与FeCl3溶液发生显色反应
③苯环上有4个取代基，且核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，且峰面积之比为1:1:1
（6）请以1-氯乙烷为原料，写出合成丙酸乙酯的合成路线，其他无机试剂可以任选。___________。
【答案】（1） ①. 邻二甲苯(或1，2-二甲苯) ②. 氯原子或碳氯键
（2）+2CH3OH+2H2O
（3）氧化反应 （4）
（5）4 （6）
【解析】
【分析】由A的分子式、B的结构简式及反应条件，可逆推出A为；进而推出C为；依据信息①，可推出D为；由H()、J()的结构简式，可推出I为；由D()、F()，可推出G为。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为，名称为：邻二甲苯(或1，2-二甲苯)，E为ClCH2CH2CH2CH2Cl，官能团的名称为：氯原子或碳氯键。答案为：邻二甲苯(或1，2-二甲苯)；氯原子或碳氯键；
【小问2详解】
B()与CH3OH在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成C()和水，化学方程式为+2CH3OH+2H2O。答案为：+2CH3OH+2H2O；
【小问3详解】
D()催化氧化可转化为H()等，反应类型为氧化反应。答案为：氧化反应；
【小问4详解】
由分析可知，I的结构简式为。答案为：；
【小问5详解】
B为，芳香族化合物M是B的同分异构体，且符合下列要求：“①能发生银镜反应，②能与FeCl3溶液发生显色反应，③苯环上有4个取代基，且核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，且峰面积之比为1:1:1”，则M分子中含有2个-OH、2个-CHO，其可能结构简式为、、、，共有4种。答案为：4；
【小问6详解】
以1-氯乙烷为原料，需制得CH3CH2OH和CH3CH2COOH，由CH3CH2Cl制CH3CH2COOH，需利用题给流程图中的信息：CH3CH2ClCH3CH2COOH，则合成丙酸乙酯的合成路线为：。答案为：。
【点睛】合成有机物时，可利用顺推、逆推相结合的方法。
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