屆新高考教學教研聯盟高三第二次聯考化學試卷注意事項：答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。考試結束后，將本試題卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：一、選擇題（本題包括小題，每小題3分，共分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.化學與生活、科技密切相關，我國科技在多個領域取得重大突破。下列說法錯誤的是A.2024年華為發布固態電池專利，固態電池提高了電池的使用壽命、安全性和能量密度B.WS20渦扇發動機是我國研發的航空發動機，其材料應注重高溫性能、強度和耐久性C.月球探測器帶回的月壤樣品中含磷酸鹽晶體，其結構可用X射線衍射儀測定D.宇樹智能機器狗使用的關鍵材料是PEEK(聚醚醚酮)材料，是一種無機非金屬材料【答案】D【解析】A全性；其能量密度更高，可存儲更多電能；且循環性能更好，能延長使用壽命，A正確；B受機械應力，以及耐久性以保證長時間穩定運行，B正確；CX射線衍射儀可通過分析X子排列等信息，所以能用于測定磷酸鹽晶體結構，C正確；D．PEEK（聚醚醚酮）是一種高分子聚合物，屬于有機高分子材料，并非無機非金屬材料，D錯誤；故選D。2.物質性質決定用途，下列兩者對應關系錯誤的是A.明礬溶液顯酸性，中國古代利用明礬溶液清除銅鏡表面的銅銹B.溶液顯堿性，常做烘焙糕點的膨松劑C.維生素C具有還原性，可用作食品抗氧化劑D.二氧化硅中存在光的全反射，并且有硬度和柔韌度，可作光導纖維第1頁/共25頁【答案】B【解析】【詳解】A．明礬溶液電離出的Al3+水解顯酸性，可以清除銅鏡表面的銅銹Cu(OH)CO，A正確；B．常做烘焙糕點的膨松劑是利用了NaHCO3遇酸或受熱分解生成CO2氣體，B錯誤；C．維生素C具有還原性，可以與氧化劑反應，用作食品抗氧化劑，C正確；D．二氧化硅作光導纖維利用了其存在光的全反射，并且有硬度和柔韌度，D正確；答案選B。3.下列化學用語或圖示表述正確的是A.的電子式為B.氰化物等毒性物質的運輸標識為C.基態As的電子排布式可表示為D.鄰羥基苯甲醛的分子內氫鍵可表示為【答案】D【解析】【詳解】A．的電子式漏掉了F周圍的電子，F周圍應該有8個電子，A錯誤；B．氰化物等毒性物質的運輸標識為，B錯誤；C．基態As的電子排布式可表示為，C錯誤；D．鄰羥基苯甲醛的分子內氫鍵OH上的氫原子與另一個O原子之間的作用力，可表示為，D正確；第2頁/共25頁答案選D。4.某同學在學習了與的反應后，欲類比探究與的反應產物，設計了如下實驗裝置檢驗產物并觀察到了以下現象：操作Ⅰ：用帶火星的細木條靠近干燥管口a，未觀察到細木條著火燃燒；操作Ⅱ：將裝置C中反應后的固體物質溶于適量水配成溶液，在配成的溶液中先加入鹽酸酸化，再加入硝酸鋇溶液，有沉淀生成。下列說法錯誤的是A.制取使用固體和70%的溶液為宜B.若沒有裝置B，水蒸氣會進入裝置C中反應產生干擾實驗C.操作Ⅰ細木條未著火燃燒可能是由于a口處氣體中存在較多的未反應完全的D.操作Ⅱ產生沉淀無法確定C中固體產物中存在【答案】C【解析】NaSO3與硫酸溶液反應得到SO2氣體，再通過濃硫酸干燥進入盛NaO2的玻璃管反應，堿石灰的作用是吸收多余的SO2防止污染空氣，同時還防止空氣中的水和二氧化碳進入干擾實驗。AH+SO2SO2氣體的放出，制取使用固體和70%的溶液為宜，A正確；B．B裝置中是濃硫酸，目的是干燥SO2氣體，防止水蒸氣進入C裝置與NaO2反應生成氧氣，干擾實驗，B正確；C．操作Ⅰ細木條未著火燃燒，可能是由于發生NaO+SO=NaSO，沒有O2放出，C錯誤；DBaCl2酸，無法確定C中固體產物中存在，D正確；答案選C。第3頁/共25頁5.某同學設計利用乙烷燃料電池來電解處理酸性含鉻廢水(主要含有)，其裝置示意圖如圖所示，處理過程中存在反應。下列說法錯誤的是A.M電極的電極反應為B.鉻元素最終以形式除去C.電解池右側的Fe電極更換為石墨電極，對廢水處理影響不大D.若電解過程中，電子的有效利用率為60%，每處理掉0.2mol的，理論上N電極需要通入(已折算為標準狀況)【答案】D【解析】【分析】由圖可知，左側裝置為燃料電池，M電極為燃料電池的負極，氧離子作用下乙烷失去電子發生氧化反應生成二氧化碳和水，N電極為正極，氧氣在正極得到電子發生還原反應生成氧離子；右側裝置為電MN電極相連的鐵Fe2e=Fe2+中的重鉻酸根離子反應生成鉻離子、鐵離子和水，隨著H+的放電和被消耗，溶液的pH增大，溶液中的鐵離子、鉻離子與氫氧根離子反應生成氫氧化鐵、氫氧化鉻沉淀達到處理酸性含鉻廢水的目的。AM碳和水，電極反應式為，故A正確；B．由分析可知，鉻元素最終以氫氧化鉻形式除去而達到處理酸性含鉻廢水的目的，故B正確；C．由分析可知，與M電極相連的右側鐵電極為陰極，氫離子在陰極得到電子發生還原反應生成氫氣，右側的鐵電極更換為石墨電極，此時仍然是氫離子在陰極得到電子發生還原反應生成氫氣，不會影響對廢水處理，故C正確；D．每處理掉0.2mol重鉻酸根離子，需要1.2molFe2+，若電解過程中，電子的有效利用率為60%，由得失第4頁/共25頁N電極需要通入標準狀況下氧氣的體積為×22.4L/mol=22.4LD錯誤；故選D。6.一種以低品位錳礦(含、及少量、、)為原料生產的工藝流程如下。已知：在該流程條件下，、完全沉淀的pH分別為3.7和5.0，、開始沉淀的pH分別為7.2和8.8.下列說法錯誤的是A.“溶浸”過程中只體現了氧化性(不考慮的自身分解反應)B.“調pH”中物質A可以是MnOC.“沉錳”所得濾液中溶質的主要成分為D.在空氣中加熱氧化過程的化學方程式為【答案】A【解析】(含、及少量、、)SiO2不和硫酸溶液反應存在于濾渣1中，、轉化為Mn2+，、轉化為Fe3+Al3+適量A調節溶液pH值，主要將鐵離子、鋁離子生成氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀除去，向濾液中加入氨水沉錳，母液主要是硫酸銨，根據信息可以循環利用，過濾得到的固體物質加水、在70°C、空氣中加熱反應生成MnO。【詳解】A．溶浸過程中H+與MnCO、FeO、AlO3反應生成Mn2+、Fe3+、Al3+等，根據流程圖，MnO3在酸性條件下將HO2氧化成O，本身被還原成Mn2+，作還原劑，A錯誤；BA調節溶液pH物質A可以是MnO，B正確；第5頁/共25頁CMnSO4和氨水反應生成Mn(OH)2和成分為，C正確；D．Mn(OH)2在空氣中加熱和O2反應生成MnO，根據得失電子守恒和原子守恒配平化學方程式為：，D正確；故選A。7.已知石墨是層狀結構，可插入石墨層間形成插層化合物。某石墨插層化合物的晶體結構如圖甲所示，晶體投影圖如圖乙所示。若該化合物的密度為，同層的最近距離為apm。下列說法錯誤的是A.石墨層中每個六元碳環實際占有2個碳原子B.該石墨插層化合物的化學式為C.石墨中碳碳鍵的鍵長為0.5apmD.碳層和鋰層的最短距離d為【答案】C【解析】【詳解】A．石墨層中每個碳原子被三個六元環共用，六元碳環實際占有碳原子數為6×，A正確；B．根據均攤原則，四棱柱單元中Li+個數為2×+2×=1，C原子個數=16×=6，所以該化合物的化學式為LiC，故B正確；CLi+apmC錯誤；D．晶胞質量為g，體積為×1030pm3，體積V=×2d，V=×2d=×1030，d=，D正確；答案選C。第6頁/共25頁8.某同學在學習了與的反應后，欲類比探究與的反應產物，設計了如下實驗裝置檢驗產物并觀察到了以下現象：操作Ⅰ：用帶火星的細木條靠近干燥管口a，未觀察到細木條著火燃燒；操作Ⅱ：將裝置C中反應后的固體物質溶于適量水配成溶液，在配成的溶液中先加入鹽酸酸化，再加入硝酸鋇溶液，有沉淀生成。下列說法錯誤的是A.制取使用固體和70%的溶液為宜B.若沒有裝置B，水蒸氣會進入裝置C中反應產生干擾實驗C.操作Ⅰ細木條未著火燃燒可能是由于a口處氣體中存在較多的未反應完全的D.操作Ⅱ產生沉淀無法確定C中固體產物中存在【答案】C【解析】NaSO3與硫酸溶液反應得到SO2氣體，再通過濃硫酸干燥進入盛NaO2的玻璃管反應，堿石灰的作用是吸收多余的SO2防止污染空氣，同時還防止空氣中的水和二氧化碳進入干擾實驗。AH+SO2SO2氣體的放出，制取使用固體和70%的溶液為宜，A正確；B．B裝置中是濃硫酸，目的是干燥SO2氣體，防止水蒸氣進入C裝置與NaO2反應生成氧氣，干擾實驗，B正確；C．操作Ⅰ細木條未著火燃燒，可能是由于發生NaO+SO=NaSO，沒有O2放出，C錯誤；DBaCl2酸，無法確定C中固體產物中存在，D正確；答案選C。第7頁/共25頁9.某同學設計利用乙烷燃料電池來電解處理酸性含鉻廢水(主要含有)，其裝置示意圖如圖所示，處理過程中存在反應。下列說法錯誤的是A.M電極的電極反應為B.鉻元素最終以形式除去C.電解池右側的Fe電極更換為石墨電極，對廢水處理影響不大D.若電解過程中，電子的有效利用率為60%，每處理掉0.2mol的，理論上N電極需要通入(已折算為標準狀況)【答案】D【解析】【分析】由圖可知，左側裝置為燃料電池，M電極為燃料電池的負極，氧離子作用下乙烷失去電子發生氧化反應生成二氧化碳和水，N電極為正極，氧氣在正極得到電子發生還原反應生成氧離子；右側裝置為電MN電極相連的鐵Fe2e=Fe2+中的重鉻酸根離子反應生成鉻離子、鐵離子和水，隨著H+的放電和被消耗，溶液的pH增大，溶液中的鐵離子、鉻離子與氫氧根離子反應生成氫氧化鐵、氫氧化鉻沉淀達到處理酸性含鉻廢水的目的。AM碳和水，電極反應式為，故A正確；B．由分析可知，鉻元素最終以氫氧化鉻形式除去而達到處理酸性含鉻廢水的目的，故B正確；C．由分析可知，與M電極相連的右側鐵電極為陰極，氫離子在陰極得到電子發生還原反應生成氫氣，右側的鐵電極更換為石墨電極，此時仍然是氫離子在陰極得到電子發生還原反應生成氫氣，不會影響對廢水處理，故C正確；D．每處理掉0.2mol重鉻酸根離子，需要1.2molFe2+，若電解過程中，電子的有效利用率為60%，由得失第8頁/共25頁N電極需要通入標準狀況下氧氣的體積為×22.4L/mol=22.4LD錯誤；故選D。10.一種以低品位錳礦(含、及少量、、)為原料生產的工藝流程如下。已知：在該流程條件下，、完全沉淀的pH分別為3.7和5.0，、開始沉淀的pH分別為7.2和8.8.下列說法錯誤的是A.“溶浸”過程中只體現了氧化性(不考慮的自身分解反應)B.“調pH”中物質A可以是MnOC.“沉錳”所得濾液中溶質的主要成分為D.在空氣中加熱氧化過程的化學方程式為【答案】A【解析】(含、及少量、、)SiO2不和硫酸溶液反應存在于濾渣1中，、轉化為Mn2+，、轉化為Fe3+Al3+適量A調節溶液pH值，主要將鐵離子、鋁離子生成氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀除去，向濾液中加入氨水沉錳，母液主要是硫酸銨，根據信息可以循環利用，過濾得到的固體物質加水、在70°C、空氣中加熱反應生成MnO。【詳解】A．溶浸過程中H+與MnCO、FeO、AlO3反應生成Mn2+、Fe3+、Al3+等，根據流程圖，MnO3在酸性條件下將HO2氧化成O，本身被還原成Mn2+，作還原劑，A錯誤；BA調節溶液pH物質A可以是MnO，B正確；第9頁/共25頁CMnSO4和氨水反應生成Mn(OH)2和成分為，C正確；D．Mn(OH)2在空氣中加熱和O2反應生成MnO，根據得失電子守恒和原子守恒配平化學方程式為：，D正確；故選A。已知石墨是層狀結構，可插入石墨層間形成插層化合物。某石墨插層化合物的晶體結構如圖甲所示，晶體投影圖如圖乙所示。若該化合物的密度為，同層的最近距離為apm。下列說法錯誤的是A.石墨層中每個六元碳環實際占有2個碳原子B.該石墨插層化合物的化學式為C.石墨中碳碳鍵的鍵長為0.5apmD.碳層和鋰層的最短距離d為【答案】C【解析】【詳解】A．石墨層中每個碳原子被三個六元環共用，六元碳環實際占有碳原子數為6×，A正確；B．根據均攤原則，四棱柱單元中Li+個數為2×+2×=1，C原子個數=16×=6，所以該化合物的化學式為LiC，故B正確；CLi+apmC錯誤；D．晶胞質量為g，體積為×1030pm3，體積V=×2d，V=×2d=×1030，d=，D正確；答案選C。第10頁/共25頁12.X、Y、Z、W、Q為原子序數逐漸增大的短周期元素，其中X、Y、Q處于不同周期，W、Q同主族。Z到如圖(圖中未區別標示出單、雙鍵)所示的環狀物質(a)和(b)。下列說法錯誤的是A.第一電離能：B.單體Ⅰ中Y原子為sp雜化C.物質(b)中鍵長：①②D.單體Ⅱ為非極性分子【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W、Q為原子序數逐漸增大的短周期元素，X、Y、Q處于不同周期，X為H元素，YQaZZ的基態原子中未成對電子數最多，則Z為N元素，Y和Z形成的環狀結構中，存在大π鍵，則Y為C元素，圖a為NHCN的三聚體；圖b可知，W形成2個鍵，W與Q同主族，W為O元素，Q為S元素，b是SO3的三聚體。【詳解】A．同周期第一電離能從左到右逐漸增大，N原子2p軌道半充滿穩定第一電離能N>O，第一電離能：N>O>C，A正確；B．單體Ⅰ的結構簡式為，存在碳氮叁鍵，C的雜化方式為sp雜化，B正確；C．物質(b)中①為S=O雙鍵，②為SO單鍵，雙鍵鍵長小于單鍵鍵長，鍵長：①<②，C錯誤；D．單體Ⅱ為SO，中心原子為S，價層電子對為3+，孤電子對為0，空間構型為平面正三角形，正負電荷中心重合，為非極性分子，D正確；答案選C。13.現模擬HCl催化氧化制，發生反應：HCl和HCl平衡轉化率與X和L的變化關系如圖1所示，其中L(、、)、X可分別代表壓強或溫度。恒溫恒容時，HCl平衡轉化率與進料比的變化關系如圖2所示。下列說法錯誤的是第11頁/共25頁A.L代表溫度，且B.點a、b、c的正反應速率大小關系：C.若圖2中HCl的初始濃度為，則M點的平衡常數K為D.在實際生產中，若進料比太小，會增加和的分離成本【答案】B【解析】HCl平衡逆向移動，HCl平衡轉化率減小，所以X代表壓強，L代表溫度。【詳解】A．根據分析可知，L代表溫度，升高溫度，平衡逆向移動，HCl平衡轉化率減小，所以，A正確；Babc位于同一曲線上，表示溫度相同，壓強越大，體系內氣體濃度越大，反應速率越大，則速率：，B錯誤；C．若HCl的初始濃度為，圖中M點，，O2的初始濃度為，HCl轉化率為76％，列三段式：平衡常數：，C正確；第12頁/共25頁D．在實際生產中，若進料比太小，氧氣過量，不利于和的分離，D正確；答案選B。14.常溫下，向溶液中加入氨水，體系中含磷粒子的物質的量分數與pH的關系如圖1所示，其中交點M、N、Q的橫坐標分別為2.1、7.2、12.4.若改為向含和的酸性混合溶液中加入氨水調節溶液pHpH對沉淀中Fe和P的物質的量之比的影響如圖2時，沉淀以為主。下列說法錯誤的是A.反應的平衡常數為B.N點滿足：C.R點的沉淀中一定存在酸式鹽沉淀D.若向的濁液中加氨水至P點，沉淀轉化的主要化學方程式為：【答案】B【解析】【分析】M點代表c(HPO)=c()，則K==c(H+)=102.1；N點代表c()=c()，則K==c(H+)=107.2；Q點代表c()=c()，K=第13頁/共25頁=c(H+)=1012.4。【詳解】A的平衡常數為K===，A正確；B．N點溶液存在電荷守恒：，N點溶液中c()=c()，，B錯誤；C為主，=1:1R點時<1:1鹽沉淀，C正確；D．若向的濁液沉淀成分主要為FePO，加氨水至P點時，大約為1.5:1，有Fe(OH)3，D正確；答案選B。二、非選擇題（本題包括4小題，共分）15.貝諾酯(分子式為，相對分子質量為313)是白色結晶性粉末，無味，熔點175~176℃，不溶于水，在沸乙醇中易溶，在冷乙醇中微溶；臨床上主要用于治療風濕及類風濕性關節炎、骨關節炎、神經痛等。某化學興趣小組根據以下實驗流程制備貝諾酯。已知：根據路易斯酸堿理論，吡啶()是一種有機堿。部分實驗裝置(加熱和夾持裝置省略)如下圖所示第14頁/共25頁步驟Ⅰ：制備乙酰水楊酰氯。將9g阿司匹林(0.05mol，沸點321℃)、5mL氯化亞砜()(0.05mol，沸點78.8℃)、3滴吡啶加入干燥的三頸燒瓶中，接上儀器a．控制溫度70~75℃，反應回流一段時間，反應結束后，減壓蒸餾，冷卻，得到乙酰水楊酰氯(沸點108℃)。步驟Ⅱ：合成貝諾酯。在裝有攪拌器及溫度計的150mL三頸燒瓶中加入50mL水和10.6g(0.07mol)對乙酰氨基酚()。在10~15℃和攪拌下滴加NaOH溶液。滴加完畢，慢慢滴加步驟Ⅰ制得的乙酰水楊酰氯的溶液。滴加完畢，調pH至9~10，繼續攪拌反應1.5~2h，抽濾，水洗至中性，得粗品。步驟Ⅲ：純化與分析。回答下列問題：（1）儀器a的名稱為_______，滴液漏斗相比于普通分液漏斗的優勢是_______。（2式：_______。（3）加入吡啶的作用除了作催化劑外還可以_______。（4）某同學采用薄層色譜(利用各組分在固定相和流動相之間的分配不同實現分離)跟蹤反應進程，分別在反應開始、回流60min、90min、120min和150min時，用毛細管取樣、點樣，薄層色譜展開后的斑點如下圖所示。該實驗條件下比較合適的回流時間是_______(填標號)。A.60minB.90minC.120minD.150min（5）步驟Ⅱ中維持10~15℃主要是為了_______。第15頁/共25頁（6）步驟Ⅲ：得到的粗產品可以利用重結晶法進行提純，請選擇合適的操作補全實驗_______(填標號)。_______→_______→_______→_______→過濾→洗滌→干燥a．加熱水溶解→活性炭脫色→趁熱過濾→冷卻結晶b．加熱乙醇溶解→活性炭脫色→趁熱過濾→水洗至中性c．加熱水溶解→趁熱過濾→活性炭脫色→水洗至中性d．加熱乙醇溶解→趁熱過濾→活性炭脫色→冷卻結晶該實驗最終得到純品9.39g，則貝諾酯的產率為_______。【答案】（1）①.球形冷凝管②.保持恒壓，便于液體順利流下（2）+HO=SO+2HCl（3）中和反應生成的HCl，使反應向右進行，提高轉化率（4）C（5）防止溫度過高，酰胺基在堿性條件下水解（6）①.b②.60%【解析】【分析】阿司匹林、氯化亞砜在吡啶催化作用下生成乙酰水楊酰氯，對乙酰氨基酚和氫氧化鈉反應生成對乙酰氨基酚鈉，乙酰水楊酰氯和對乙酰氨基酚鈉反應生成貝諾酯,粗產品可以利用重結晶法進行提純。【小問1詳解】根據裝置圖，儀器a名稱為球形冷凝管；和普通分液漏斗相比，恒壓滴液漏斗上部和三頸燒瓶氣壓相通，可以保證恒壓滴液漏斗中的液體順利滴下。【小問2詳解】遇水劇烈反應生成二氧化硫、氯化氫兩種氣體，該反應的化學方程式為+HO=SO+2HCl。【小問3詳解】阿司匹林和氯化亞砜反應生成乙酰水楊酰氯和二氧化硫、氯化氫，吡啶是一種有機堿，加入吡啶的作用除了作催化劑外還可以中和反應生成的酸。【小問4詳解】60min90min時的圖上，下面的斑點為反應物，上面的斑點為生成物，120min時圖上的斑點為生成物，而反應物基本上無剩余。因此，該實驗條件下比較合適的回流時間是120min，選C。【小問5詳解】對乙酰氨基酚含有酰胺基，加熱促進水解，步驟Ⅱ中維持10~15℃主要是為了防止對乙酰氨基酚水解；第16頁/共25頁【小問6詳解】貝諾酯不溶于水，在沸乙醇中易溶，在冷乙醇中微溶。得到的粗產品可以利用重結晶法進行提純，重結晶過程是：加熱乙醇溶解→活性炭脫色→趁熱過濾→水洗至中性→過濾→洗滌→干燥，選b。0.05mol阿司匹林理論上生成0.05mol9.39g產率為。16.一種從廢舊芯片(主要成分為單晶硅，還含有塑料和少量Au、Ag、Cu、Pd等金屬，除Au外其他金屬均可溶于濃硝酸)中回收和利用貴金屬的流程如下。SiAu被氧化成的反應平衡常數；可與發生反應：；在水溶液中完全電離。回答下列問題：（1）從產物的分離提純和綠色化學的角度考慮，“灼燒”的目的是_______。（2時溶解Au被還原為NOAu溶解過程中發生反應的離子方程式：_______。（3“濾渣2”的主要成分是_______(填化學式)。（4“濾液2”中含有Cu、Pd等金屬元素，可進一步將其分離提純。①基態Cu的價層電子排布式為_______。②溶液中的經過一定處理后可以得到四配位的2種同分異構體a和b說法正確的有_______(填標號)。A．中存在的化學鍵類型是配位鍵、離子鍵第17頁/共25頁B．的晶體類型屬于分子晶體C．a和b的空間結構均為四面體形D．a的極性大于b③某研究小組以為原料制備金屬Pd．將21.1g配制成懸濁液，向其中加入足量鹽酸后，用氨水調節pH至弱堿性，得到溶液。然后加入50.00mL8.0mol/L的水合肼()溶液還原，得到Pd的同時生成無色、無味、無毒的氣體。假定二價Pd被完全還原，則產生的氣體在標準狀況下的體積為_______。（5AgCl“氨溶”后所得溶液中通電即可進行電鍍，陰極上發生的電極反應為_______。【答案】（1）去除塑料；減少酸溶過程中氮氧化物的生成（2）Au++4H++4Cl=+NO+2HO（3）Si（4）①.3d104s1②.BD③.1.12L（5）【解析】(AuAgCuPd等金屬)灼燒去除塑料等有機雜AgOCuOPdOAuAgSiCu2+Ag+Pd2+Ag+濾液1，Au和Si不溶于濃硝酸存在于濾渣1中，濾渣1用濃硝酸和濃鹽酸的混合物浸取，Au轉化為，Si不溶于酸存在于濾渣2中，用還原劑可以將還原為Au，濾液1中加入NaCl，得到AgCl沉淀，用氨水溶解AgCl得到，以此解答。【小問1詳解】通入空氣“灼燒”CuAg“酸溶”過程中氮氧化物的生成量減小，減少對環境的污染。【小問2詳解】由已知信息可知，濃硝酸與濃鹽酸的比例為時溶解Au的效果較好，此時被還原為NO，Au被氧化為Au++4H++4Cl=+NO+2HO。第18頁/共25頁【小問3詳解】廢舊芯片中含有的物質中除Si與AuAu溶于濃硝酸與濃鹽酸的混合物中，因此剩余不溶的“濾渣2”為Si。【小問4詳解】(4)①Cu在元素周期表中的位置為第四周期第ⅠB族，其價層電子排布式為3d104s1；②A．為四配位，兩個Cl和兩個NH3分子均以配位鍵與Pd相連，無離子鍵，A錯誤；B．為分子化合物，無離子鍵，屬于分子晶體，B正確；C．如果的空間結構為四面體形，則不會存在兩種同分異構體，C錯誤；D．a和b相比，b的對稱性更好，故a的極性更大，D正確；故選BD。③21.1g溶液加入50.00mL8.0mol/L的水合肼()Pd的同時生成無色、無味、無毒的氣體為N，該反應中N元素由2價上升到0價，Pd元素由+2價下降到0價，根據得失n(N)==0.05mol為0.05mol×22.4L/mol=1.12L。【小問5詳解】“氨溶”過程中發生的反應為，所得溶液中存在，陰極發生還原反應生成Ag，根據得失電子守恒和電荷守恒配平電極反應式為。17.利用催化還原不僅能減少碳排放，還可以獲得化工原料甲醇。研究表明，在某催化劑存在下，和可發生兩個平行反應，分別生成和CO。反應的熱化學方程式如下：Ⅰ．Ⅱ．（1CO和的標準燃燒熱分別為和的為_______CO和_______(填化第19頁/共25頁學式)。（2）和初始投料比為，以固定流速通過不同催化劑(cat.1和cat.2)，不同溫度(523K543K563K583K)下，劑均處于活性較高狀態，且563K下，用cat.2進行的催化反應已達到平衡。①結合圖像分析，下列說法錯誤的是_______(填標號)。A．四種溫度下，cat.1參與的反應均未達到平衡狀態B．從甲醇產率的角度思考，最佳條件為cat.1、583KC．用cat.2進行催化時，從563K升溫至583K時甲醇選擇性降低是反應Ⅰ平衡逆向移動的結果D．由圖可知，選擇不同的催化劑可以改變反應的平衡產率②583K下，用cat.2催化時，的轉化率為_______。（32L的恒壓密閉容器中充入2mol和4mol10min和CO均為0.5mol的平均反應速率為_______的反應Ⅱ的平衡常數_______。（4）可以被NaOH溶液捕獲來減少碳排放，若所得溶液中，寫出對應反應的離子方程式：_______，此時溶液_______(已知：室溫下，的、)。【答案】（1）①.+44kJ·mol1②.CO（2）①.BD②.22%（3）①.3.2②.3（4）①.3CO+4OH=②.10第20頁/共25頁【解析】【小問1詳解】Ⅱ．；III．H(g)+O(g)=HO(l)?H=285.8kJ·mol1；IV．CO(g)+O(g)=CO(g)?H=283kJ·mol1；反應II+IVIII得到：，?H=(+41.2kJ·mol1)+(283kJ·mol1)(285.8kJ·mol1)=+44kJ·mol1；CO為極性分子，N2為非極性分子，極性分子分子間作用力大，沸點高，故沸點高的為CO；【小問2詳解】①A．四種溫度下，cat.1參與的反應的CO2轉化率均小于cat.2參與的反應，說明反應未達到平衡狀態，A正確；B．由圖可知，甲醇產率=CO2轉化率×甲醇的選擇性，最佳條件為cat.2、566K左右，B錯誤；Ccat.2563K升溫至583K時甲醇選擇性降低是反應Ⅰ平衡逆向移動的結果，C正確；D．催化劑不改變反應的平衡產率，D錯誤；答案選BD；②583K下，用cat.2催化時，CO2的轉化率為0.3，CHOH的選擇性為0.6，設CO2和H2的物質的量分別為1mol和3mol，生成CHOH為1×0.3×0.6mol=0.18mol，消耗H2為0.54mol，生成CO為1×0.3×0.4mol=0.12mol，消耗H2的物質的量為0.12mol，的轉化率為；【小問3詳解】平衡時CO2為(210.5)mol=0.5mol，CO為0.5mol，CHOH為1mol，H2為0.5mol，HO為(0.5+1)=1.5mol，第21頁/共25頁CHOH的平均反應速率為；壓表示的反應Ⅱ的平衡常數K=小問4詳解】與NaOH溶液反應所得溶液中，根據電荷守恒和原子守恒，反應的離子方程式為：3CO+4OH=；，，c(H+)=1.0×1010mol/L，pH=10。18.從當歸中發現了有抗癌活性的物質X。一種人工合成物質X的路線如下。(部分條件和溶劑已省略)已知