单县二中2024-2025学年度高三三轮复习第三次考试
化学试题
考试时间：90分钟 分值：100分
可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Mg24 Cl 35.5 Ca 40 Zr 91
第Ⅰ卷(选择题 共40分)
1.向规范答题、卷面书写再要10分
2.向充分审题、准确运算、合理分配答题时间要10分。
选择题(本题包括10小题，每小题2分，共20分，每小题只一个选项符合题意。)
1．中国高端制造享誉世界。下列说法正确的是
A．中国本土芯片制造业飞速发展，芯片的主要成分是SiO2
B．中国的船舶制造量占世界一半以上，牺牲阳极保护法可用于船舶的防腐蚀
C．中国在稀土上游产业中具有明显优势，镍、钴、钪、锰、钛、铜都是稀土元素
D．中国新能源汽车电池技术领先世界，电池充电时化学能转化为电能
2．精细化学品在生产生活中有广泛应用，下列有关说法错误的是
A．乙酸乙酯可用作水果香精 B．氢氧化铝可用作助燃剂
C．石炭酸可用于消毒 D．氧化铁可用作颜料
3．下列实验操作或处理方法错误的是
A．蒸馏操作过程中，发现忘加沸石，立即停止加热，待冷却后再加入
B．海带提碘实验的萃取操作中，振荡过程中放气
C．配银氨溶液时向AgNO3溶液中加氨水至沉淀消失，继续加过量氨水
D．未用完的钠、钾、白磷等药品放回原试剂瓶
4．下列化学用语或图示正确的是
A．的系统命名：苯甲酸甲酯 B．SO2分子的VSEPR模型
C．甲醛中π键的电子云图： D．基态N原子的轨道表示式：
5．物质性质决定用途。下列对应关系正确的是
A．高锰酸钾用于皮肤的抗菌消毒，利用了KMnO4的强氧化性
B．碳酸氢钠用于糕点烘焙的膨松剂，利用了NaHCO3的碱性
C．氯化铁溶液用于伤口止血，利用了Fe(OH)3胶体聚沉的性质
D．二氧化硫用于食品的防腐，利用了SO2的漂白性
6．离子晶体的熔点差异较大。下列离子晶体的熔点最低的是
A．CaO B．KCl C．Na2SO4 D．CH3COONa
7．下列操作或装置能达到实验目的的是
A．测定硫酸铜晶体中结晶水含量，灼烧、冷却 B．萃取分液时，振荡和放气
C．验证酸性：乙酸>碳酸>苯酚 D．实验室制备并检验乙烯
8．A、E、L、M、Q为原子序数依次增大的五种短周期元素，由它们组成的某种生物碱结构如图。下列说法正确的是
A．第一电离能：M>L B．简单氢化物沸点：Q>M
C．基态原子半径：E>M>A D．常温下， 0.1mol·L-1Q的最高价含氧酸的水溶液其pH=1
9．有机物M的合成路线如下，下列有关说法错误的是
A．X→Y的反应类型为加成反应
B．利用溴水可以鉴别物质Z与M
C．M分子中有3个手性碳原子
D．依据Y→Z的反应机理，可由丙酮与甲醛反应制取
10．甲苯经高锰酸钾氧化生成苯甲酸钾，再经酸化可得苯甲酸(微溶于冷水，易溶于热水，100℃左右升华)，实验制备流程如下：
下列说法错误的是
A．在甲苯中加入合适的冠醚，可以加快高锰酸钾氧化甲苯的速率
B．“加热回流氧化”过程中发生反应的化学方程式为：+KMnO4→+MnO2↓
C．若“趁热过滤”所得滤液仍呈紫色，可加少量NaHSO3溶液使紫色褪去，重新过滤
D．“操作 X”包括过滤、洗涤、低温烘干、重结晶
选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)
11．下列实验操作、现象均正确，且能得到相应实验结论的是
实验操作 实验现象 实验结论
A 室温下用pH计测定 HCOONH4溶液的pH 溶液pH < 7
B 向某钠盐粉末上滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液 溶液褪色 该钠盐为 Na2SO3或 NaHSO3
C 将2-溴丙烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热，再向其中加入少量溴水 溴水褪色 2-溴丙烷发生消去反应
D 向盛有 4 mL酸性高锰酸钾溶液的两支试管中分别加入2 mL 和2 mL草酸溶液 加入草酸溶液的试管中溶液紫色消失更快 其他条件相同，提高反应物浓度，可以加快反应速率
12．为探究形成配离子对物质还原性的影响，某化学实验小组进行如下实验(配制溶液所用溶剂水均加热煮沸除氧，实验所用试剂浓度均为 0.1mol·L-1，I2与 KSCN 不反应)。
实验 实验操作及现象
① 向K3[Fe(CN)6]溶液中滴入几滴 KSCN 溶液，溶液不变红色
② 分别取2份FeSO4溶液，一份加入几滴H2O2，振荡后再加入几滴KSCN，溶液变红，继续滴加H2O2至过量，溶液红色褪去；另一份加入几滴碘水，振荡后再加入几滴KSCN，溶液不变红色
③ 向K4[Fe(CN)6]溶液加入几滴FeSO4，振荡无蓝色沉淀生成，再加入几滴碘水振荡，蓝色沉淀生成
已知：Fe2+与[Fe(CN)6]3-、Fe3+与[Fe(CN)6]4-均生成蓝色沉淀。
下列说法错误的是
A．由实验①可知[Fe(CN)6]3-＋3SCN-[Fe(SCN)3]＋6CN-难以发生
B．由实验②可知 H2O2可氧化KSCN
C．实验③中 I2将Fe2+氧化为Fe3+，生成的Fe3+与[Fe(CN)6]4-产生蓝色沉淀
D．由上述实验可知：2K4[Fe(CN)6]＋H2O2=2K3[Fe(CN)6]＋2KOH 可以发生
13．利用在碱性条件下实现废水中（Ⅲ）的回收，铬的去除率大于，其装置如图所示。下列说法正确的是
A．膜a，膜b均为阳离子交换膜
B．废水室中反应的离子方程式为
C．反应一段时间后，阴极区溶液的pH减小
D．通电过程中石墨N极每产生33.6L（标准状况）气体，则双极膜内减少
14．工业上从钴镍渣（主要含CoO、NiO和少量FeO、Cu）中回收Co和Ni的流程如下。
已知：① ；②，完全沉淀时；③。下列说法正确的是
A．滤渣1是Cu，滤渣2是
B．氧化性：
C．若沉镍完全后滤液中，则
D．“氧化沉钴”中氧化剂、还原剂的物质的量之比为2:1
15．常温下，H2S溶液中所有含硫物种的摩尔分数与pH变化关系如图中虚线所示；Ag2S和CdS在0.1mol·L-1H2S溶液(H2S浓度保持不变)中达到沉淀溶解平衡时，－lgc与pH变化关系如图中实线所示(c为金属离子的物质的量浓度)。
下列说法正确的是
A．直线⑤表示H2S溶液中Ag+的－lgc与pH的关系
B．S2-水解平衡常数Kb1的数量级为10-7
C．(CdS)＝1×10-26.1
D．向相同浓度的Ag+和Cd2+的混合溶液中通入H2S气体，Cd2+先开始沉淀
第Ⅱ卷(非选择题 共60分)
三、非选择题(本题包括5小题，共60分)
16．(12分) 2025年国产DeepSeek开源AI模型大放异彩。采用AI技术可以模拟出许多物质的结构。
(1)模拟预测熔融CaO和MgO冷却结晶的产物结构，得到一种类似NaCl晶胞的结构，如右图所示。
①同周期中，基态原子最外层电子数比Ca少的元素
有 种。
②该结构中Ca2+周围最近的Mg2+有 个。已知该晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度ρ= g cm-3.。
③用AI输出的另一种晶胞结构是：上图晶胞体心的O2-被替换为Mg2+，这种新晶胞的结构 (填“是”或“不”)合理。
(2)利用AI模拟C38H30I3的结构如下图，该物质是一种含有碳—碳单电子σ键的化合物，虚线和圆点表示仅有1个共用电子的σ键。
(Ph表示)
①上图所示物质的正离子中，碳原子的杂化方式是 ，从化学键角度解释该正离子带正电荷的原因 。
②上图所示物质的负离子[I—I—I]-的中心碘原子价层电子对数为 。
17. (12分)电解铜的阳极泥中含PtTe、PdSe、Pt、Pd、Au、Cu等物质，以该阳极泥为原料，分离和回收Au、Pt、Pd等金属或其化合物的工艺流程如图所示：
已知：①(NH4)2PtCl4易溶于水；②(NH4)2PtCl6、(NH4)2PdCl6难溶于水；Ksp[(NH4)2PdCl6]
=9.9×10-8。回答下列问题：
(1)Se在元素周期表中的位置是 ，“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态Pt、Pd均转化为单质，则PdSe发生反应的化学方程式为 。
(2)“酸浸”的目的是 。
(3)“氯浸”工艺中，金属Pt、Pd、Au被氧化为配离子：[PtCl6]2-、[PdCl6]2-、[AuCl4]-，其中Pd→[PdCl6]2-的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(4)“分金”加入过量草酸的目的；①析出金属Au，② 。
(5)“沉钯”之前，测得溶液中c0{[PdCl6]2-}=0.2mol·L-1，加入等体积的NH4Cl溶液充分反应，测得反应后混合液中c{[PdCl6]2-}=1.1×10-6mol·L-1，则初始加入NH4Cl溶液的浓度约为 (忽略溶液混合时的体积变化)。
18. (12分)锆英砂(主要成分为ZrSO4)是目前生产金属锆和锆化合物的主要原料，通过直接氯化法生产ZrCl4，联产SiCl4，副反应为。实验室模拟直接氯化法进行实验，并测定ZrCl4产品纯度。实验装置如下(夹持装置略)：
已知：相关物质性质如下表
物质 熔点/℃ 沸点/℃ 性质
ZrCl4 437 / 白色固体，遇水剧烈水解，331℃以上升华
SiCl4 -70 57.6 无色或淡黄色发烟液体，易水解
CCl4 -23 76.8 难溶于水
回答下列问题：
Ⅰ．制备ZrCl4组装好仪器后，部分实验步骤如下：
①检查装置气密性②装入药品③……④关闭电炉，充分冷却
(1)装置E的作用为 。
(2)装置A中发生反应的化学方程式为 。(3)步骤③为 。
(4)反应过程中，需要不断加热A、B之间的玻璃管，其目的是 。
(5)使用如图装置进一步提纯C中产品，获取SiCl4，下列说法错误的是 。
A．仪器a的作用是多次冷凝回流，增强分离效果
B．先从c通入冷凝水，再打开电热套
C．应控制仪器a顶端支管口处蒸气温度为76.8℃左右
D．仪器d中盛装的试剂可以选用五氧化二磷
Ⅱ．测定ZrCl4的纯度
ⅰ．取mg产品于烧瓶中，通过安全漏斗加入足量蒸馏水，充分反应后过滤、洗涤沉淀，合并滤液、洗涤液及安全漏斗中的液体，转移到容量瓶中配成100mL溶液。
ⅱ．取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液；
ⅲ．向锥形瓶中加入足量稀硝酸，再加入0.1000mol·L-1的AgNO3溶液50.00mL，使Cl-完全沉淀；
ⅳ．向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；
ⅴ．加入指示剂，用cmol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为VmL。[已知：，]
(6)安全漏斗的作用为 。ZrCl4的质量分数= (列出算式)。若取消步骤ⅳ，则ZrCl4的质量分数 (填“偏大”或“偏小”或“无影响”)。
19．(12分)化合物G是合成胃肠道间质瘤药物的中间体，一种合成路线如下：
已知：。回答下列问题：
(1)A的名称为 (用系统命名法命名)，B→C的反应条件为 。
(2)①设计B→C的目的为 ，②C→D的化学方程式为 ，③E中含氧官能团名称为 。
(3)写出一种符合下列条件的E的同分异构体的结构简式 。
①含苯环；②有四种不同化学环境的H且个数比为1∶2∶4∶9；③能发生银镜反应。
(4)G的另一条合成路线设计如图：
试剂M的结构简式为 ，I中有 种化学环境的氢原子。
20．(12分)通过甲烷的重整反应获得H2.能源。
重整反应：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH1＝＋248 kJ·mol－1；
副反应Ⅰ：2CO(g)CO2(g)＋C(s) ΔH2＝－172 kJ·mol－1；
副反应Ⅱ：CH4(g)C(s)＋2H2(g) ΔH3；
(1)CH4(g)C(s)＋2H2(g)的焓变ΔH3= 。
(2)压强恒定为p的密闭容器中加入CH4、CO2各1mol进行反应。在不同温度下反应达到平衡时，气相中含碳组分的摩尔分数和碳的物质的量变化曲线如图所示，曲线 (填“甲”、“乙”、“丙”或“丁”)表示CH4的摩尔分数变化。当温度高于T1时，随温度升高曲线丁对应物理量减小的原因是 。
(3)压强p下、温度为T0时，图示气相中含碳组分的摩尔分数分别为0.36、0.24、0.08，反应CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)的Kp= (写出计算式)；甲烷的转化率为 ，碳的物质的量为 mol。若向平衡体系中通入一定量Ne(g)，重新达到平衡后，n(H2)将 (填“增大”、“减小”或“不变”)。单县二中2024-2025学年度高三三轮复习第四次考试答案
1．B 2．B 3 C 4．C 5． A 6． D 7．B 8．C 9．B 10．B
11． AD 12． B 13． BD 14．AC 15．C
16. (1)①3 ②.8 ③ ④不(1分)
(2)①.sp2、sp3 碳—碳单电子σ键少了一个电子，所以带正电荷 ②5 (1分)
17. (1)① 第四周期第ⅥA族 (1分) ②.
(2)使CuO转化为CuSO4，使CuO与其他物质分离(1分) (3)2∶1 (4)将[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2-
(5)1.0
18．(1)吸收CO，防止污染空气(1分) (2)
(3)当看到C中充满黄绿色气体时，打开电炉 (4)防止ZrCl4堵塞玻璃导管(1分) (5)C (1分) (6)形成液封，充分吸收反应生成的HCl，防止HCl逸出造成实验误差 偏小(1分)
19．(1)4-氯苯甲醛 (1分) 浓硫酸，加热(1分)
(2)①防止中的与B中结合(保护羧基) (1分)
②
③羧基、酰胺基
(3)或或或
(4) 4(1分)
20. (1)+76kJ·mol－1 (2)乙 温度高于T1时，副反应Ⅰ起主导因素，随升高温度平衡逆向移动，碳的物质的量减少 (3) 40% 0.3 增大
1．【答案】B【详解】A．芯片的主要成分是硅单质，A错误；B．牺牲阳极保护法是利用原电池原理，将船舶外壳镶嵌活泼金属，活泼金属被腐蚀，船体外壳被保护，B正确；C．稀土元素主要是指周期表中镧系元素和钪、钇，共17种元素，C错误；D．电池充电时把电能转化为化学能，D错误。
2．【答案】B【详解】A．乙酸乙酯属于酯，具有香味，可用作水果香精，A项正确；B．氢氧化铝不具有可燃性，不可用作助燃剂，B项错误；C．苯酚俗称石炭酸，有毒，可使蛋白质变性，可用于消毒，C项正确；D．氧化铁为红棕色，可用作颜料，D项正确；故选B。
3．【答案】C【详解】A．蒸馏操作过程中，发现忘加沸石，立即停止加热，待冷却后再加入，以确保安全，A正确；B．海带提碘实验的萃取操作中，振荡过程中放气，防止分液漏斗内气压过大导致液体喷出或分液漏斗炸裂，B正确；C．配制银氨溶液的正确操作是向AgNO3溶液中逐滴加入稀氨水，直至最初产生的沉淀恰好溶解为止。此时银氨溶液已配制完成，无需继续加入过量氨水，C错误；D．钠易与空气中的氧气和水蒸气反应、白磷在空气中能自燃，为防止发生意外事故，未用完的钠、钾、白磷等药品放回原试剂瓶以确保安全，但一般剩余的药品不能放回原试剂瓶，D正确；故选C。
4．【答案】C【详解】A．根据的结构可知，该物质的官能团为酯基，故该物质的名称为：乙酸苯酯，A错误；B．SO2分子的中心S原子上孤电子对数为=1，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形：，B错误；C．在甲醛分子（HCHO）中，碳原子采用杂化方式，与氧原子形成一个键，和两个氢原子形成两个键，同时碳原子一个未参与杂化的p轨道与氧原子的一个p轨道形成π键，其π键的电子云图为：，C正确；D．基态N原子的轨道表示式为：，D错误；故答案为：C。
5．【答案】A【详解】A．KMnO4有强氧化性，具有良好的杀菌消毒、抑菌的作用，A正确；B．NaHCO3受热分解产生无毒无害CO2气体，从而使食品膨胀，故可以用作食品膨松剂，B错误；C．氯化铁溶液用于伤口止血，是因为血液属于胶体，血液胶体遇到电解质氯化铁发生胶体聚沉，C错误；D．SO2有毒，可以抑制霉菌和细菌的滋生，从而防止食品腐败，故SO2用作食品防腐剂与氧化性无关，D错误；故选A。
6．【答案】D【分析】离子晶体中形成离子键的离子半径越小，电荷数越多，离子键越强，熔沸点越高。据此分析作答。【详解】①CaO：离子半径较小，电荷数为2；②KCl：K+半径比Ca2+大，电荷数为1；③Na2SO4：Na+半径比K+小，电荷数为2；④CH3COOCs：Cs+的半径比K+、Ca2+、Na+都大，电荷数为1；综上分析可知，CH3COOCs离子键最弱，熔沸点最低；故选D。
7．【答案】B【详解】A．测定硫酸铜晶体中结晶水含量，在坩埚中灼烧后放入干燥器中冷却，故A错误；
B．萃取操作时，振荡过程中通过打开分液漏斗下方的旋塞从下口放气，故B正确；C．乙酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有乙酸，乙酸也能和苯酚钠溶液反应生成苯酚，而影响碳酸和苯酚钠的反应，故C错误；D．乙醇在浓硫酸作催化剂并且加热到170℃时反应消去反应，期间出现碳化现象、碳和浓硫酸反应产生的杂质气体二氧化硫通入溴水也会褪色，故D错误；故答案为B。
8．【答案】C【分析】由结构可知，A只能形成一个共价键，为H；E形成4个共价键，为C；M形成2个共价键，为O；Q可形成5个共价键，为P，由于A、E、L、M、Q为原子序数依次增大，则L为N。【详解】A．N的价电子排布为2s22p3，为半充满稳定结构，O的价电子排布为2s22p4，则第一电离能N>O，故A错误；B．水分子间存在氢键，而磷化氢没有分子间氢键，所以O的简单氢化物沸点较PH3的高，即简单氢化物沸点：O>P，故B错误；C．同主族元素从下至上、同周期元素从左至右半径减小，因此基态原子半径：C>O>H，故C正确；D．Q的最高价含氧酸的水溶液为H3PO4，为弱酸，pH>1，故D错误；故答案为C。
9．【答案】B【分析】X与通过加成反应生成Y，Y通过先加成、后消去反应生成Z，Z与CH3MgI反应，再酸化生成M。
【详解】A．据分析，X→Y的反应类型为加成反应，故A正确；B．Z和M均有碳碳双键，均与溴水发生加成反应、使溴水褪色，不能鉴别两者，故B错误；C．M分子中有3个手性碳原子：（“*”标示的碳原子），故C正确；D．丙酮与甲醛下发生加成反应生成CH3COCH2CH2OH，再加热发生消去反应得到，故D正确；故答案为B。
10．【答案】B【分析】向甲苯和水中加入高锰酸钾加热回流氧化生成苯甲酸钾和二氧化锰，趁热过滤分离两者，再向冷却后的滤液中加浓盐酸酸化得到微溶于冷水的苯甲酸，再经过滤、洗涤、低温烘干、重结晶得到苯甲酸。【详解】A．在甲苯中加入合适的冠醚可与K+结合，将携带进入甲苯中，使游离或裸露的反应活性很高，加快高锰酸钾氧化甲苯的速率，故A正确；B．化学方程式原子不守恒，故B错误；C．KMnO4与NaHSO3反应生成二氧化锰、硫酸钠、硫酸钾和水，通过过滤分离MnO2和苯甲酸钾，故C正确；D．由于苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，100℃左右升华，故酸化后的苯甲酸固体经过过滤、洗涤、低温烘干、重结晶得到苯甲酸产品，故D正确；故答案为B。
11．【答案】AD【详解】A．HCOO-水解为碱性，水解为酸性，若室温下测HCOONH4的pH<7，则水解程度大于HCOO-水解程度，，故A正确；
B．向某钠盐化合物粉末上滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，放出的气体可能是氯气，所以该钠盐也可能是次氯酸钠、氯酸钠等盐，故B错误；
C．将2-溴丙烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热，再向其中加入少量溴水，过量NaOH能与溴水反应，使溴水褪色，不能说明2-溴丙烷发生消去反应，故C错误；
D．向酸性高锰酸钾溶液中加入过量草酸，其他条件不变，增加草酸浓度，反应速率增加，加入草酸溶液的试管中溶液紫色消失更快，故D正确；故答案为AD。
12．【答案】B【详解】A．实验①中，K3[Fe(CN)6]溶液滴加KSCN后无红色出现，说明Fe3+未与SCN 反应，反应难以发生，A正确；B．H2O2的作用对象是Fe2+，而非KSCN，B错误；C．实验③中，FeSO4与K4[Fe(CN)6]混合无沉淀，但加入I2后生成蓝色沉淀，表明Fe2+被氧化为Fe3+，与[Fe(CN)6]4-反应，C正确；D．H2O2可氧化K4[Fe(CN)6]中的Fe2+为Fe3+，生成K3[Fe(CN)6]，同时H2O2被还原为H2O和OH-，D正确；故选B。
13．【答案】BD【解析】由图示装置溶液中的移动方向可知，移向阳极，左侧石墨M为阳极，右侧石墨N为阴极，通过膜b进入产品室，为阳离子交换膜，膜a要阻止其他阳离子进入缓冲室，为阴离子交换膜，通过膜c进入产品室，膜c是阴离子交换膜，A错误；依据图中物质，废水室中Cr3+在碱性条件下被H2O2氧化生成，反应的离子方程式为，B正确；右侧石墨N为阴极，阴极的电极反应为，阴极区消耗的的物质的量与双极膜中进入此区的的物质的量相等，所以反应一段时间后，阴极区溶液的pH不变，C错误；通电过程中石墨N极每产生33.6L（标准状况）即，则双极膜内有进入阴极室，同时有进入废水室，故双极膜内减少，即减少54g，D正确；故选BD。
14．【答案】AC【解析】钴镍渣（主要含CoO、NiO和少量FeO、Cu）中加H2SO4酸浸，过滤，滤渣1为不溶于酸和水的杂质Cu，所得滤液中含有Ni2+、Fe2+及Co2+，向滤液加入H2O2、CoCO3氧化除杂，Fe2+被氧化为Fe3+，CoCO3调节溶液pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤，滤渣2为Fe(OH)3，滤液中含有Ni2+、Co2+，加入氨水沉镍，过虑得Ni(OH)2，滤液中含有，加入Na2SO5和NaOH氧化沉钴，转化为Co(OH)3。滤渣1是Cu，滤渣2是，A正确；氧化除杂步骤中，H2O2氧化溶液中的Fe2+得Fe3+，但不能氧化Co2+，说明氧化性：，B错误；完全沉淀时，则溶液中c(OH-)=mol·L-1 mol·L-1，若沉镍完全后滤液中， mol·L-1 mol·L-1，≥=，C正确；向滤液中加入Na2SO3和NaOH氧化沉得到Co(OH)3，离子方程式为
，是氧化剂，是还原剂，氧化剂、还原剂的物质的量之比为1:2，D错误。故选AC。
15．【答案】C【分析】随着pH增大，H2S摩尔分数减小，HS-摩尔分数先增大再减小，摩尔分数增大，虚线①代表H2S摩尔分数，虚线②代表摩尔分数，虚线③代表摩尔分数；，，，由P点可知，，，<且两者数量级差距较大，故pH较小时，沉淀所需要银离子浓度更小，故直线④表示H2S溶液中Ag+的－lgc与pH的关系，直线⑤表示H2S溶液中Cd2+的－lgc与pH的关系；
【详解】A．根据分析可知，直线④表示H2S溶液中Ag+的－lgc与的关系，直线⑤表示H2S溶液中Cd2+的－lgc与pH的关系，A错误；
B．水解平衡常数，数量级不为，B错误；
C．根据分析可知，，C正确；
D．向相同浓度的Ag+和的混合溶液中通入H2S气体，因为硫化氢气体的通入，溶液呈酸性，再结合图中两条沉淀溶解平衡直线可知，Ag+先开始沉淀，D错误；故选C。
16. 【答案】(1)①3 ②.8 ③ ④不合理
(2)①.sp2、sp3 碳—碳单电子σ键少了一个电子，所以带正电荷 ②5
【解析】(1)①位于第四周期第 族 ，最外层电子数为2。同周期中，基态原子最外层电子数比少的元素有、()、()，共3种。
②由晶胞结构可知，以位于面心的为研究对象，周围最近的有8个。根据均摊法，晶胞中个数为，个数为，个数为。晶胞质量，晶胞体积 ，根据，可得晶体密度。
③不合理，和半径相近，且均带2个单位正电荷，体心被占据会使同种电荷相互排斥，结构不稳定。
(2)①上图所示物质的正离子中苯环上的碳原子采用杂化，其余碳原子周围的价层电子对数为4，采用杂化。从化学键角度看，碳-碳单电子键少了一个电子，从而带正电荷。
②对于，中心碘原子的价层电子对数=成键电子对数+孤电子对数，成键电子对数为2，孤电子对数，所以价层电子对数。
17. 【答案】(1) ①. 第四周期第ⅥA族 ②.
(2)使CuO转化为CuSO4，使CuO与其他物质分离 (3)2：1 (4)将[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2-
(5)1.0 (6)
【解析】阳极泥加入纯碱(碳酸钠)、空气焙烧，然后加入水，浸取过滤得到含Na2TeO3、Na2SeO3滤液a，分离出滤渣，滤渣加入稀硫酸酸浸溶解氧化铜得到含硫酸铜的滤液b，分离出含Au、Pt、Pd的滤渣，加入浓盐酸和氯气氯浸，金属、、被氧化为配离子：、、，加入草酸将还原为金单质、还原为，过滤分离出金单质，滤液加入氯化铵得到含滤液c和沉淀。
(1)Se与O位于同一个主族，其在元素周期表中的位置是第四周期第ⅥA族；PdSe中Pd为+2价，且“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态Pd转化为单质，反应中Pd化合价由+2变为0，空气中氧气参与反应，氧化合价由0变为-2，Se化合价由-2变为+4得到，结合电子守恒、质量守恒，PdSe发生反应的化学方程式为；
(2)稀硫酸能和金属氧化物氧化铜反应，而不和、、反应，故目的为：使转化为，使与其他物质分离；
(3)，Pd化合价由0变为+4，为还原剂，氯气中氯化合价由0变为-1，为氧化剂，结合电子守恒存在，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1；
(4)草酸具有还原性，由分析结合流程，“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au外，还有将还原为，便于后续使含物种与含物种分离；
(5)反应后混合液中，则此时，结合反应，设初始加入NH4Cl溶液体积为V，则溶液总体积为2V，则初始加入溶液的浓度约为；
18．【答案】(1)吸收CO，防止污染空气 (2)
(3)当看到C中充满黄绿色气体时，打开电炉 (4)防止ZrCl4堵塞玻璃导管 (5)C (6)形成液封，充分吸收反应生成的HCl，防止HCl逸出造成实验误差 偏小
【分析】A中氯气与ZrSiO4、碳高温反应得到产物ZrCl4、SiCl4和副产物CCl4，结合表数据，B中收集ZrCl4，C中收集SiCl4，D可吸收未反应完全的氯气，同时防止E中水蒸气进入C使SiCl4水解，E吸收产生的毒气CO；
【详解】（1）由分析，装置E的作用为吸收CO，防止污染空气；（2）装置A中氯气与ZrSiO4、碳高温反应得到产物ZrCl4、SiCl4，结合质量守恒，还会生成CO，发生反应的化学方程式为；（3）为防止空气中氧气、水干扰实验，应该首先使用氯气排净装置中空气，故步骤③为当看到C中充满黄绿色气体时，打开电炉；（4）ZrCl4容易冷凝成为固体，堵塞导管，故需要不断加热A、B之间的玻璃管，其目的是防止ZrCl4堵塞玻璃导管；（5）A．仪器a为球形冷凝管，作用是多次冷凝回流，增强分离效果，正确；B．为了好的冷凝效果，冷凝水下进上出，应该先从c通入冷凝水，再打开电热套，正确；C．SiCl4、CCl4沸点分别为57.6℃、76.8℃，则应控制仪器a顶端支管口处蒸气温度为高于57.6℃且低于76.8℃，错误；D．仪器d中盛装的试剂为隔绝空气中水，可以选用五氧化二磷干燥剂，正确；故选C；（6）ZrCl4白色固体，遇水剧烈水解，结合质量守恒，会水解生成HCl，安全漏斗中存在液封设计，其作用为形成液封，充分吸收反应生成的HCl，防止HCl逸出造成实验误差；由题干，和NH4SCN反应的银离子为，结合氯元素守恒：，则ZrCl4的质量分数。若取消步骤ⅳ，导致部分氯化银沉淀和NH4SCN反应，使得NH4SCN用量增大，则ZrCl4的质量分数偏小。
19．【答案】(1)4-氯苯甲醛 浓硫酸，加热
(2)①防止中的与B中结合(保护羧基) ②
③羧基、酰胺基
(3)或或或
(4) 4
【分析】A的分子式为，不饱和度为5，结合条件可知，A发生氧化反应生成B，B与乙醇发生酯化反应生成C，结合A的不饱和度为5，说明A中含有的是醛基、苯环(由目标产物推断)，结合目标产物中苯环取代基的位置推断，A中两个取代基处于对位，A的结构简式为，B的结构简式为，C的结构简式为，C与发生取代反应生成D为，D中酯基先水解，再酸化生成E为，E中羧基与中氨基发生取代反应生成F为，F与发生已知信息的反应生成目标产物。
【详解】（1）A的结构简式为，系统命名法为4-氯苯甲醛；B→C发生的是羧基和羟基的酯化反应，反应条件为浓硫酸、加热；（2）B→C的反应先让羧基发生酯化反应，而D→E又发生酯基的水解反应，说明B→C的目的为防止中的与B中结合(保护羧基)；
C→D的反应为取代反应，同时会生成HCl，化学方程式为；
结合E的结构简式可知，含氧官能团名称为羧基、酰胺基；
（3）E结构简式为，①含苯环，除了苯环外还剩余7个碳原子、3个氧原子、2个氮原子、3个不饱和度，②有四种不同化学环境的H且个数比为，说明含有的结构，③能发生银镜反应，说明含有醛基，满足条件的结构简式为
或或或；
（4）H的分子式为，结合E→F的反应，H与中氨基发生取代反应生成I，则H的结构简式为，I的结构简式为，结合已知信息逆推可知，J的结构简式为，则试剂M为；
由上述分析可知，试剂M为；I中有4种化学环境的氢原子。
20. 【答案】(1)+76kJ·mol－1 (2)乙 温度高于T1时，副反应Ⅰ起主导因素，随升高温度平衡逆向移动，碳的物质的量减少 (3) 40% 0.3 增大
【解析】(1)由重整反应+副反应Ⅰ可得副反应Ⅱ，则；
(2)根据重整反应：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)为吸热反应，温度升高，平衡正移，副反应Ⅱ：CH4(g)C(s)＋2H2(g)为吸热反应，温度升高，平衡正移，则CH4的摩尔分数减小，而副反应Ⅰ：2CO(g)CO2(g)＋C(s)为放热反应，温度升高，平衡逆移，CO2的摩尔分数减小的程度缓慢，故曲线乙代表CH4的摩尔分数随温度的变化，曲线甲代表CO2的摩尔分数随温度的变化；从重整反应、副反应Ⅰ方程式中可以看出，随CO2的减少，CO增加，且增加的CO为减少的CO2的2倍，曲线甲代表CO2的摩尔分数始终减小，图中曲线丙始终增大，且增加量符合减少的CO2的2倍这一特征，而曲线丁的变化为先增大后减小，故曲线丙表示CO的摩尔分数随温度的变化，曲线丁表示碳的物质的量变化，当温度高于T1时，随温度升高碳的物质的量减小的原因是副反应Ⅰ为放热反应，副反应Ⅱ为吸热反应，温度高于T1时随升高温度副反应Ⅰ平衡逆向移动，使碳的物质的量减少大于副反应Ⅱ平衡正移碳的物质的量增加；故答案为：乙；温度高于T1时，副反应Ⅰ起主导因素，随升高温度平衡逆向移动，碳的物质的量减少；
(3)根据图像中曲线含义，温度为T0时，图示气相中含碳组分的摩尔分数分别CO2为0.36、CH4为0.24、CO为0.08，则为，则反应的Kp=；根据H元素守恒可知，生成的的物质的量是参加反应的CH4物质的量的2倍，则CH4转化率；根据初始密闭容器中加入CH4、CO2各1mol，参加反应的CH4为0.4mol，生成的物质的量为0.8mol，平衡时气体总物质的量为，则气相中含碳组分CO2、CO、CH4总物质的量为，根据碳元素守恒，固相碳的物质的量为；若向平衡体系中通入一定量Ne(g)，压强不变，密闭容器体积增大，各气体组分的分压减小，平衡向气体体积增大的方向移动，即重整反应：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)及副反应Ⅱ：CH4(g)C(s)＋2H2(g)均向正移，使增大。
