湖北省云学高中联盟2025届高三10月联考（一模）化学试题

这是一份湖北省云学高中联盟2025届高三10月联考（一模）化学试题，共24页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．化学创造美好生活，下列说法错误的是
A．维生素C是水果罐头中常用的抗氧化剂
B．手机芯片与光导纤维化学成分相同
C．三折叠手机柔性屏使用的原材料聚酰亚胺属于有机高分子材料
D．节日绚丽的烟花与原子核外电子跃迁过程中的能量变化有关
2．下列化学用语表达正确的是
A．sp2杂化轨道模型：
B．固体HF中的链状结构
C．H2O2电子式：
D．NaCl溶液中的水合离子：
3．设是阿伏加德罗常数的值，反应可制含氯消毒剂。下列说法正确的是
A．58.5 g NaCl晶体中含有的分子数目为
B．含有的共用电子对数目为
C．每形成，转移电子数目为
D．每的中子数为
4．下列离子方程式书写正确的是
A．溶液中通入过量
B．盛放强碱性溶液不能用磨口玻璃塞的原因：
C．少量Cu与浓硝酸反应：
D．与水反应：
5．某化合物的结构如图所示，X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，X的基态原子核外电子占据3个原子轨道，Y的最外层电子数是其内层电子数的3倍。下列说法正确的是
A．该化合物中所有原子均满足8电子稳定结构
B．阴离子中X原子采用sp3杂化
C．第一电离能由大到小的顺序为Y>Z>X
D．X最高价氧化物对应的水化物为弱酸
6．下图为实验室制备乙酸丁酯所使用的装置(加热夹持仪器略去)，下列有关说法错误的是
A．反应可使用浓硫酸作催化剂
B．分水器中水层高度不变时可停止加热a
C．仪器b可以换成仪器c(蛇形冷凝管)
D．可采取不断蒸出乙酸丁酯的方式来增大产率
7．部分含Mg或Al或Fe元素的物质类别与相应化合价关系如图。下列推断错误的是
A．若b和d均能与同一物质反应生成c，则组成a的元素一定位于周期表p区或d区
B．加热c的饱和溶液，一定会形成能产生丁达尔效应的红褐色分散系
C．若a在沸水中可生成e，则工业上一般不采用电解g的方式制备a
D．在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化
8．下列实验操作正确且能达到实验目的是
A．AB．BC．CD．D
9．NH3是重要的化工原料，可发生如下转化。下列说法正确的是
A．反应I和反应Ⅲ的转化都属于氮的固定
B．过量NH3参与反应Ⅱ的方程式为
C．过程Ⅲ得到的液态是良好的溶剂，推测易溶于其中
D．反应Ⅳ生成每，转移电子数为
10．为解决传统电解水制氢阳极电势高、反应速率缓慢的问题，科技工作者设计耦合HCHO高效制H2的方法装置如图。部分反应机理为：。
下列说法正确的是
A．电解时由a极向b极方向迁移
B．阴极反应为2H2O-2e-=H2↑+2OH-，
C．阳极反应
D．相同电量下理论产量是传统电解水的2倍
11．三氟甲苯()与浓硝酸反应可生成和，该反应历程中生成两种中间体的能量变化示意图如下，下列说法正确的是
A．与生成中间体的反应为取代反应
B．反应历程中，苯环的大键未发生变化
C．从反应速率和中间体稳定性看都更利于生成中间体2
D．三氟甲苯与生成中间体1和中间体2的过程均放热
12．可用于合成光电材料。某兴趣小组用CaS与反应制备液态，实验装置如图，反应方程式为：。
已知：①的沸点是-61℃，有毒；②装置A内产生的气体中含有酸性气体杂质；③装置D的主要作用是预冷却。下列有关说法错误的是
A．MgCl2固体有利于平稳持续产生H2SB．该实验产生的尾气可用硫酸铜溶液吸收
C．虚框内装置的连接顺序为E→D→CD．G中汞起到了平衡气压和液封的作用
13．下列有关宏观辩识与微观探析的说法错误的是
A．AB．BC．CD．D
14．下图是联合法生产纯碱的工艺流程，原料气CO2和NH3来自合成氨厂，“碳酸化”发生的反应为，“降温结晶”时可用液氨作制冷剂。下列说法错误的是
A．“煅烧”产生的气体可以循环使用B．母液I通NH3的主要目的是增大
C．液氨制冷与液氨分子间氢键有关D．母液II用于吸氨可以提高NaCl的利用率
15．向溶液中缓慢滴加100 mL 0.2ml/L盐酸，溶液中各离子的物质的量随加入盐酸中HCl的物质的量的变化如图所示(和未画出)。碳酸的电离平衡常数，，不考虑。下列说法错误的是
A．滴加至a点时，
B．滴加至b点时，
C．滴加至c点时，
D．滴加至d点时，溶液的
二、解答题
16．以精铋生产过程中产生的氯化铅渣(含PbCl2、CuCl2及AgCl)为原料回收铜、银、铅的工艺流程如下。已知，，，。
回答下列问题：
(1)82Pb在周期表中的位置是第 周期，第 族。
(2)“浸出1”控温75℃的加热方式为 ，此步骤中PbCl2发生的化学反应方程式为 。
(3)若在“浸出1”过程中，浓度控制为0.1 ml/L，请通过计算说明此过程中是否有Ag2SO4生成： 。
(4)下图是温度对“浸出2”所得浸出渣中银含量的影响，反应时间均为1.5 h，50～70℃浸出渣中银含量呈现上升趋势的原因是 。
(5)从“滤液”中获得NaCl固体，实验室操作中需要用到的仪器有 (填标号)。
(6)水合肼()还原“浸出液2”得到银粉的过程中有N2生成，则反应的离子方程式为 。
17．化合物H是一种药物中间体，合成路线如下：
回答下列问题：
(1)A的官能团名称为 。
(2)B与(CH3CO)2O按物质的量之比1∶2反应生成三种不同的有机产物，B→C的反应方程式为 。
(3)化合物D不能采取先在NaOH溶液中加热充分反应，后再酸化得到E的原因是 。
(4)任写一种同时符合下列条件的化合物E同分异构体的结构简式 。
①核磁共振氢谱峰面积之比为6∶2∶1；②能与FeCl3溶液发生显色反应；③有机物结构中不含“-O-Br”
(5)有机物F的名称是 ；从结构角度解释，F()框线内氢原子易发生取代反应的原因是 。
(6)除苯环外，H分子中还有一个具有两个氮原子的六元环，在合成H的同时还生成两种醇，H的结构简式为 。
18．某研究性学习小组研究过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉与pH=1的0.5 ml/L FeCl3溶液的反应，进行了以下三组实验以探究FeCl3溶液中作为氧化剂的微粒及其还原产物。
(1)理论分析：依据金属活动性顺序表，过量Cu、Zn、Mg中，不可将Fe3+最终还原为Fe的是 。
(2)实验验证
①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加 (填化学式)溶液，依据特征蓝色沉淀的生成，证明三组实验都有Fe2+生成。
②实验Ⅱ和Ⅲ中产生的红褐色沉淀是 (填化学式)。
(3)探究实验Ⅱ未检测到Fe单质的原因。学习小组的同学进行了讨论，提出了以下三种可能的原因，并进行实验验证。
a．甲同学认为实验Ⅱ中，当Fe3+、H+浓度较大时，即使Zn与Fe2+反应置换出少量Fe，Fe也会被Fe3+、H+消耗。
b．乙同学认为在pH为3～4的溶液中即便生成Fe也会被H+消耗。实验证明了此条件下可以忽略H+对Fe的消耗。
c．丙同学认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与Fe2+的反应。实验证实了Zn粉被包裹。
①请设计实验验证乙同学的猜想不成立： (填操作和现象)。
②查阅资料：0.5 ml/L的Fe3+开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3.结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3～4时，不取出固体，先滴入几滴 溶液，再向固液混合物中持续加入盐酸控制溶液pH范围为 ，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，当pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。
(4)对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因是 。
19．“碳达峰·碳中和”是我国社会发展的重大战略。CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：
反应a：
反应b：
回答下列问题：
(1)反应 kJ/ml，该反应正向自发的条件为 (填“高温”或“低温”)自发。
(2)在刚性密闭容器中，进料比分别等于1.0、1.5、2.0，且反应达到平衡状态，甲烷的质量分数随温度变化的关系如图下1所示，曲线x对应的 。
(3)恒压、750℃时，CH4和CO2按物质的量之比1：3投料，反应经如图2流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。
①下列说法错误的是 (填标号)。
A．CaO与CO2的反应可促进Fe3O4氧化CO的平衡右移
B．Fe3O4和CaO都可以循环利用
C．H2在过程ii将Fe3O4还原为单质铁
D．过程ii产生的H2O最终被CaO吸收了
②过程ⅱ平衡后通入He，CO的物质的量的变化是 (填“升高”“降低”或“不变”)。
(4)CH4还原能力(R)可衡量CO2转化效率，(同一时段内CO2与CH4的物质的量变化量之比)。常压下CH4和CO2按物质的量之比1：3投料，发生反应a和b．某一时段内CH4和CO2的转化率和R值随温度的变化分别如图3和图4所示。
①结合图3分析图4，R随温度升高呈现先降低后升高趋势的原因是 。
②催化剂X可提高R值，另一时段内CH4转化率、R值随温度变化如下表：
下列说法正确的是 (填标号)。
A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高了反应a的速率
B．温度越低，含氢产物中H2O占比越高
C．改变催化剂提高CH4转化率，R值一定增大
物质
乙酸
1-丁醇
乙酸丁酯
沸点/℃
117.9
117.2
126.3
选项
实验目的
实验操作
A．
验证非金属性：C>Si
向碳酸钠粉末中滴加盐酸，然后将产生的气体通入硅酸钠溶液，观察到有白色胶状物质生成
B．
配制250 mL 0.400 ml/LNaOH溶液
称取4.0 g NaOH固体溶于水，将其转入250 mL容量瓶中，加水至刻度线1～2 cm处，改用胶头滴管定容
C．
比较Ksp(AgCl)与Ksp(AgI)的大小
向盛有2 mL 0.1ml/L NaCl溶液的试管中滴加2滴AgNO3溶液，振荡，然后再向其中滴加4滴0.1 ml/L KI溶液
D．
验证HClO具有漂白性
将新制饱和氯水慢慢滴入含酚酞的稀NaOH溶液中，溶液红色褪去
选项
宏观事实
微观解释
A．
SiO2的熔点高于CS2
Si-O的键能大于C=S的键能
B．
同一主族碱金属元素的单质熔沸点逐渐降低
同一主族从上到下碱金属元素的原子的半径逐渐增大，金属键逐渐减弱
C．
常温下Cl2、Br2和I2的聚集状态不同
卤素单质的相对分子质量越大，范德华力越大
D．
王水溶解金(Au)
盐酸提供的Cl-增强了Au的还原性
实验
金属
操作、现象及产物
I
过量Cu
一段时间后，溶液逐渐变蓝绿色，固体中未检测到Fe单质
Ⅱ
过量Zn
一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3～4，取出固体，固体中未检测到Fe单质
Ⅲ
过量Mg
有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质
温度/℃
480
500
520
550
CH4转化率/%
7.9
11.5
20.2
34.8
R
2.6
2.4
2.1
1.8
参考答案：
1．B
【详解】A．维生素C具有还原性，是水果罐头中常用的抗氧化剂，故A正确；
B．手机芯片材质是硅单质，光导纤维材质是二氧化硅，其化学成分不相同，故B错误；
C．三折叠手机柔性屏使用的原材料聚酰亚胺是聚合物，属于有机高分子材料，故C正确；
D．电子跃迁到激发态过程中吸收能量，当电子由高能级轨道跃迁回能量较低的轨道，释放多余的能量，以光的形式释放出来，因此可以看到绚丽的烟花，故D正确；
故选B。
2．A
【详解】A．sp2杂化轨道在空间呈平面三角形，键角120，轨道模型正确，A正确；
B．固体HF中的链状结构应为，B错误；
C．H2O2为共价化合物，电子式：，C错误；
D．钠离子半径小于氯离子，图示中钠离子半径大于氯离子，同时水分子中氢原子呈正电性，氧原子呈负电性，因此钠离子周围的水分子应该是氧原子对着钠离子，氯离子周围的水分子应该是氢原子对着氯离子，D错误；
故选A。
3．C
【详解】A．晶体为离子晶体，由钠离子和氯离子组成，不含有分子，A错误；
B．未说明温度和压强的状态，气体摩尔体积Vm不确定，无法计算含有的共用电子对数目，B错误；
C．由反应式可知，转移电子会生成，即形成，则每形成，转移电子数为，C正确；
D．中子数=质量数-质子数，一个原子所含中子数为，则的中子数为，D错误；
故选C。
4．B
【详解】A．Na[Al(OH)4]溶液中通入过量CO2，得到的是，反应的离子方程式为：，A项错误；
B．玻璃塞的主要成分是SiO2，NaOH可与其发生反应生成具有粘性的Na2SiO3，反应的离子方程式为：SiO2+2OH-=+H2O，B项正确；
C．Cu和浓硝酸反应生成NO2，反应的离子方程式为：，C项错误；
D．HClO为弱酸，离子方程式中不能拆成离子形式，Cl2与水反应的离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO，D项错误；
故答案选B。
5．D
【分析】由题干信息可知，根据该化合物的结构示意图可知，Z带一个正电荷，X能形成3个共价键，Y能形成2个共价键，且X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，X的基态原子核外电子占据3个原子轨道，Y的最外层电子数是其内层电子数的3倍，则Y为O，X为B，Z为Na，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，X为B、Y为O、Z为Na，结合该化合物的结构示意图可知，化合物中O、Na原子均满足8电子稳定结构，但B原子不满足，A错误；
B．由分析可知，X为B，结合该化合物的结构示意图可知，阴离子中B原子周围有3个σ键，没有孤电子对，价层电子对数为3，故采用sp2杂化，B错误；
C．由分析可知，X为B、Y为O、Z为Na，同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，且非金属元素的第一电离能大于金属元素，则第一电离能由大到小的顺序为：O＞B＞Na，即Y> X > Z，C错误；
D．由分析可知，X为B ，则X最高价氧化物对应的水化物为H3BO3，即硼酸为弱酸，D正确；
故选D。
6．D
【分析】实验室制备乙酸丁酯的反应为浓硫酸作用下乙酸与1-丁醇共热发生酯化反应生成乙酸丁酯和水。
【详解】A．由分析可知，制备乙酸丁酯时可使用浓硫酸作催化剂和吸水剂，故A正确；
B．分水器中水层高度不变说明乙酸与1-丁醇共热发生的酯化反应达到最大限度，可停止加热a，故B正确；
C．蛇形冷凝管的接触面积大于球形冷凝管，冷凝效果强于球形冷凝管，所以仪器b可以换成仪器c，故C正确；
D． 由表格数据可知，乙酸丁酯与乙酸和1-丁醇的沸点相差不大，不能用不断蒸出乙酸丁酯减少生成物浓度的方式来增大产率，故D错误；
故选D。
7．B
【详解】A．假设b为Al2O3，即d为Al(OH)3，c为铝盐，Al2O3、Al(OH)3与稀盐酸反应均生成铝盐，此时组成a的元素为Al，位于周期表p区，假设b为Fe2O3，即d为Fe(OH)3，c为铁盐，Fe2O3、Fe(OH)3与稀盐酸反应均生成铁盐，此时组成a的元素为Fe，位于周期表d区，故A正确；
B．由题意得，此时能产生丁达尔效应的红棕色分散系为Fe(OH)3胶体，c应为铁盐，加热铁盐的饱和溶液，也有可能直接得到沉淀，故B错误；
C．若a在沸水中可生成e，此时a为Mg，e为Mg(OH)2，即g为MgO，工业上采用电解熔融氯化镁的方法获得Mg，故C正确；
D．e能转化为d，此时e为Fe(OH)2白色沉淀，d为Fe(OH)3红褐色沉淀，说明在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化，故D正确；
故答案选B。
8．C
【详解】A．可以通过比较最高价氧化物对应的水化物酸性大小验证非金属性，但盐酸不是含的最高价含氧酸，不能通过比较盐酸和硅酸的酸性大小颜色非金属性，A错误；
B．将溶液转入250mL容量瓶中，应用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒两到三次，将洗涤液注入容量瓶中，再加水至刻度线1～2 cm处，改用胶头滴管定容，B错误；
C．过量，滴加2滴溶液后，全部转化为白色沉淀，然后再想其中滴加溶液，白色沉淀转化为黄色沉淀，C正确；
D．新制氯水中含有和，滴入含酚酞的稀后，溶液红色褪去，可能是发生酸碱中和反应，不能验证具有漂白性，D错误；
故选C。
9．D
【分析】氨气在一定条件下变为NH2OH，过量NH3与COCl2反应生成尿素和氯化铵，尿素和次氯酸钠反应生成N2H4、氯化钠和水，和亚硝酸反应生成水和叠氮酸。
【详解】A．氮的固定指N2转化为氮的化合物，反应I和反应Ⅲ的转化都为氮的化合物之间的转化，不属于氮的固定，A错误；
B．过量NH3与COCl2反应生成尿素和氯化铵，化学反应方程式为4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl，B错误；
C．液态N2H4是良好的溶剂，N2H4是极性分子，甲烷是非极性分子，根据“相似相溶”原理，则CH4不易溶于其中，故C错误；
D．反应Ⅳ的化学方程式为：N2H4+HNO2= HN3+2H2O，由方程式可知HNO2中的N从+3价降为-价，故生成1ml HN3转移电子3电子，故每生成3mlHN3，转移电子数为10NA，D正确；
故答案选D。
10．D
【分析】
由图可知，b电极上HCHO被氧化为HCOO-，则b电极为阳极，a电极为阴极；电解质溶液为KOH溶液，结合反应机理，则阳极反应涉及：①HCHO+OH--e-=HCOOH+H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，则阳极反应式为：，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，据此解题。
【详解】A．由分析可知，b极为阳极，a极为阴极，故电解时由b极经电源向a极方向迁移，A错误；
B．由分析可知，阴极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，B错误；
C．由分析可知，阳极反应为：，C错误；
D．由分析可知，阳极反应式为：，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则转移2ml电子时，阳极生成1ml H2，阴极生成1ml H2，共生成2mlH2，而传统电解水的反应式：2H2O2H2↑+O2↑，转移2ml电子生成1ml H2，所以相同电量下H2理论产量是传统电解水的2倍，D正确；
故选D。
11．C
【详解】
A．由图可知，与生成中间体的反应为加成反应，故A错误；
B．由图可知，反应历程中苯环变成，中间体带正电荷说明苯环的大π键被破坏，故B错误；
C．由图可知，中间体2的能量低于中间体1，且生成中间体1反应的活化能大于生成中间体2，所以从反应速率和中间体稳定性看都更利于生成中间体2，故C正确；
D．三氟甲苯与生成中间体1和中间体2的过程均为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，故D错误；
故选C。
12．C
【分析】A作为H2S的发生装置，B用于除去酸性气体杂质，由于不能骤冷，所以D、E都是冷却H2S的装置，C装置干燥H2S，F冷却并收集H2S，G作为平衡气压和液封，防止空气中的水蒸气等进入体系，据此回答。
【详解】A．CaS、MgCl2和水反应生成H2S，饱和溶液中的MgCl2消耗后，MgCl2固体会溶解，保持MgCl2为饱和溶液，有利于平稳持续产生H2S，A正确；
B．该实验产生的尾气为H2S，与CuSO4反应生成CuS沉淀，可用硫酸铜溶液吸收尾气，B正确；
C．A作为H2S的发生装置，B用于除去酸性气体杂质，经过除杂后的H2S由于不能骤冷，所以需要逐级降温，先用装置E预冷H2S，再用C除去水蒸气，再经过D冷却H2S，故虚框内装置的连接顺序为E→C→D，C错误；
D．G中的汞用于平衡气压和液封，防止空气中的水蒸气等进入体系，D正确；
故答案选C。
13．A
【详解】A．SiO2的熔点高于CS2的原因是二氧化硅为共价晶体，CS2为分子晶体，与键能无关，故A错误；
B．碱金属元素从Li到Cs原子半径随着原子序数增大而增大，金属键变长，金属键键能减小，其单质的熔沸点随着原子序数增大而减小，故B正确；
C．Cl2、Br2和I2都为结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，常温下Cl2、Br2和I2的聚集状态从气态、液态至固态，故C正确；
D．王水溶解金时反应为Au+HNO3+4HCl=H[AuCl4]+NO↑+2H2O，硝酸作为氧化剂，Au做还原剂，盐酸提供的Cl-增强了Au的还原性，故D正确；
故选A。
14．B
【分析】饱和氨盐水中通入二氧化碳，发生反应：，真空过滤后得到碳酸氢钠，煅烧后得到纯碱，母液Ⅰ中含有氯化铵，通入氨气，增大了铵根离子浓度，再加入食盐粉，促使氯化铵析出得到副产品氯化铵，母液Ⅱ中含有氯化钠和氯化铵，再吸收氨气后得到的氨盐水可以循环使用。
【详解】A．“碳酸化”发生的反应为，碳酸氢钠煅烧分解为碳酸钠、水和二氧化碳，二氧化碳可以循环使用，故A正确；
B．母液I中有浓度较大的NH4Cl，通入氨气，增大了铵根离子浓度，从而NH4Cl在降温时结晶析出，故B错误；
C．氨分子间有氢键，导致氨的沸点高，容易液化，液氨在气化时吸收大量的热，液氨能做制冷剂，所以液氨制冷与液氨分子间氢键有关，故C正确；
D．母液II吸氨后得到的氨盐水可以继续进行碳酸化反应，提高了NaCl的利用率，故D正确；
故选B。
15．A
【分析】随加入盐酸的物质的量的变化，溶液中发生的离子反应为、，如图所示，n(K+)不变，n(Cl-)逐渐增大 ，n()逐渐减小，n()先增大后减小，据此分析解答。
【详解】A．滴加至a点时，根据物料守恒知：n(K+)=2n()+2n()+2n(H2CO3)(此时无二氧化碳生成)，由图a点知n(Cl-)=n()>n()，c(K+)>4 c()，故A错误；
B．=4.31×10-7，=5.60×10-11，b点时，n()=n()，c(H+)=5.60×10-11，，故B正确；
C．由c点知，n(Cl-)>n()>n()，此时加入n(HCl)=0.01 ml，此时溶质为KCl和KHCO3，且等浓度，由物料守恒得：n(Cl-)= n()+n()+n(H2CO3)，又因为碳酸氢根水解程度大于电离程度（碳酸氢钾溶液呈碱性），故n(H2CO3)>n()，所以c(Cl-)>c()+2c()，故C正确；
D．d点时，n(Cl-)=0.02 ml，说明K2CO3+2HCl=2KCl+CO2↑+H2O恰好完全反应，生成的二氧化碳部分溶于水，则溶液的pH<7，故D正确；
故答案选A。
16．(1) 六 IVA
(2) 水浴加热
(3)由题可知，则，故无Ag2SO4生成
(4)温度较高时，氨水因受热分解浓度降低而引起浸出速率减慢
(5)②④⑤
(6)
【分析】氯化铅渣(含和等)，加入硫酸、硫酸钠反应分铜，进行过滤得到浸出液1和浸出渣1，浸出渣1中含有氯化银、硫酸铅，加入氨水反应，过滤得到含银元素的浸出液2和副产品，副产品为硫酸铅，浸出液2为Ag(NH3)2Cl，再在浸出液2中加入沉银反应得到氮气，再进行过滤操作得到粗银；浸出液1中加入硫化钠沉铜，过滤操作后得到滤液和硫化铜，据此作答。
【详解】（1）铅为第82号元素，与碳同主族，位于周期表第六周期第ⅣA族。
（2）“浸出1”控温75℃的加热方式为：水浴加热；
根据表中溶度积数据可知，常温下的溶解度比更小，所以可以实现沉淀的转化，反应的方程式为：。
（3）根据题中所给溶度积常数可知，若在“浸出1”中，得到的浸出渣为氯化银和硫酸铅，要确定是否有硫酸银，由于此时已经有硫酸铅、氯化银沉淀，根据题中所给数据，结合浓度控制为0.1ml/L，可知，，则，故无Ag2SO4生成。
（4）“浸出2”中加入氨水得到浸出液2，若是氨水的量减少，则得到的浸出渣银会增多，因此反应时间均为1.5h，50～70℃浸出渣中银含量呈现上升趋势的原因是：温度较高时，氨水因受热分解浓度降低而引起浸出速率减慢。
（5）NaCl溶解度随温度升高而变化不大，从滤液获得NaCl固体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到，实验室操作中需要用到的仪器有：蒸发皿、烧杯、漏斗、玻璃棒，即②④⑤。
（6）水合肼()还原浸出液2，得到银粉的过程中有N2生成，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可知，反应的离子方程式为：。
17．(1)羟基、(酮)羰基
(2)
(3)碳溴键(溴原子)在NaOH溶液加热的条件下也会发生水解反应，从而导致有机物D不能转化为E
(4)或
(5) 丙二酸二乙酯 酯基中氧的电负性大于碳，化合物F中羰基碳原子正电性较强，从而使框线内氢原子的活性增强(或碳上的碳氢键极性增强，容易断裂)
(6)
【分析】
结合合成路线图，E和F生成G，对比F和G结构简式可知，E和F发生取代反应，E的结构简式为，G和生成H，H的结构简式为。
【详解】（1）由A的结构简式可知，A的官能团名称为羟基、(酮)羰基；
（2）
B与(CH3CO)2O按物质的量之比1∶2反应生成三种不同的有机产物，B→C的反应方程式为；
（3）化合物D不能采取先在NaOH溶液中加热充分反应，后再酸化得到E的原因是碳溴键(溴原子)在NaOH溶液加热的条件下也会发生水解反应，从而导致有机物D不能转化为E；
（4）
同时符合下列条件①核磁共振氢谱峰面积之比为6∶2∶1；②能与FeCl3溶液发生显色反应；③有机物结构中不含“-O-Br”的化合物E同分异构体的结构简式为或；
（5）有机物F的名称是丙二酸二乙酯；酯基中氧的电负性大于碳，化合物F中羰基碳原子正电性较强，从而使框线内氢原子的活性增强(或α-碳上的碳氢键极性增强，容易断裂)；
（6）
除苯环外，H分子中还有一个具有两个氮原子的六元环，在合成H的同时还生成两种醇，H的结构简式为。
18．(1)铜单质(或Cu)
(2)
(3) 向pH为3～4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀 KSCN(硫氰化钾) pH<1.2
(4)加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3包裹
【分析】实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质；
实验Ⅱ中，加入过量的Zn，发生反应Zn+2H+=Zn2++H2↑，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色Fe(OH)3沉淀，固体中未检测到Fe单质，原因可能是Fe3+的干扰以及Fe(OH)3沉淀对锌粉的包裹阻止Zn置换Fe；
实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应Mg+2H+=Mg2++H2↑，由于Mg很活泼，该反应非常剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹，因此实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。
【详解】（1）在金属活动性顺序表中，Mg、Zn排在Fe之前，Cu排在Fe之后，不可将Fe3+最终还原为Fe的是Cu；
（2）①Fe2+与会生成蓝色的沉淀，因此用检验Fe2+；
②Fe3+水解离子反应方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入的Mg或Zn会消耗H+，促进Fe3+水解平衡正向移动，使其转化为Fe(OH)3沉淀；
（3）①若要证明乙同学的猜想不成立，则需要证明，在pH为3～4的溶液中即便生成Fe也不会被H+消耗，实验方案为：向pH为3～4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀；
②结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到单质Fe的原因可能是的Fe3+干扰以及Fe(OH)3沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成Fe(OH)3沉淀时将Fe3+还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，先加入几滴KSCN溶液，再向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质；
（4）对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。
19．(1) 高温
(2)1.0
(3) D 升高
(4) 温度升高，开始时反应a的反应速率更快；温度接近600℃，CH4转化率接近100%，温度继续升高，反应b继续进行 B
【详解】（1）由盖斯定律可得，反应等于反应a+2×反应b，则；该反应的，，由可知，该反应在高温条件下，则该反应正向自发的条件为高温自发。
（2）在相同温度下，进料比越大，达到平衡时甲烷的质量分数越小，根据关系图可知，曲线x对应的。
（3）①由图2反应ii可知，与的反应使的浓度减小，二氧化碳是氧化反应的产物，二氧化碳浓度减小，促使平衡右移，A正确；和既做反应物，右可以做生成物，两者可以循环使用，B正确；由反应ii可知，铁元素化合价降低，被还原为铁单质，只有氢气当中氢元素化合价升高，做还原剂，将四氧化三铁还原为铁单质，C正确；由反应iii可知，反应ii中产生的未被吸收，而是在反应iii中排出，D错误；②通入，分解反应正向移动，导致增大，促使铁还原二氧化碳反应正移，故过程ii平衡后通入He，CO的物质的量升高。
（4）①结合图3和图4可知，600℃以下，甲烷转化率随温度升高增大程度大于二氧化碳转化率，反应a的反应速率更快，该阶段R减小，600℃以上，甲烷的转化率接近百分之百，二氧化碳转化率随温度升高增大程度大于甲烷转化率，该阶段R增大；②R值提高是由于催化剂X选择性地提高反b的速率，使单位时间内反b中CO2的转化率增大，A错误；根据表中数据可知，温度越低，甲烷的转化率越低，而R越大，增大的倍数比大，含氢产物中占比越高，B正确；改变催化剂使反应有选择性按反应a而提高甲烷的转化率，若二氧化碳的转化率减小，R值不一定增大，C错误。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
C
B
D
D
B
C
D
D
题号
11
12
13
14
15





答案
C
C
A
B
A