【文档说明】广东省衡水金卷2024-2025学年高三上学期9月联考化学试题 Word版含解析.docx，共(22)页，4.250 MB，由小赞的店铺上传

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2025届高三年级9月份联考化学试题本试卷共8页，20题。全卷满分100分。考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔

把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H-1O-

16Na-23S-32Cu-64一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4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.中华文化源远流长，古人在千年前就使用不同的材料制作乐器。下列乐器的主要成分属于无机非金属材料的是A

．石磬B．竹笛C．二胡D．铁琴A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．乐器石磬由石料组成，其主要成分属于无机非金属材料，故A项正确；B．竹笛的主要成分为纤维素，属于有机高分子材料，故B项错误；C．二胡的主要成分为纤维素，属于有机高分子材料，故C项错误；

D．铁琴的主要成分为铁合金，属于金属材料，故D项错误；故本题选A。2.2024年巴黎奥运会上，中国企业生产的体育器材出现在多个项目的赛场上。它们凭借过硬的质量、创新的产品形态，展现了我国科技创新的成果。下列说法正确的是A.乒乓球

使用的材料ABS塑料属于纯净物B.杠铃采用的弹簧钢材料60Si2Mn属于合金C.水翼帆板采用的碳纤维属于有机高分子材料D.智能柔道垫所用“芯片”的主要成分为2SiO【答案】B【解析】【详解】A．ABS塑料属于有机高分子材料、属于混合物，

而非纯净物，A错误；B．60Si2Mn是一种合金钢，主要含有碳、硅和锰元素，属于合金，B正确；C．碳纤维含碳量在90%以上的高强度高模量纤维，属于无机非金属材料，C错误；D．现代电子芯片的主要成分是晶体硅，D错

误；故选B。3.广东文化汇聚了中原文化的精髓与海洋文明的活力，成为了中华文化宝库中一颗璀璨的明珠。下列说法不正确的是A.“历史文化”：古时海上丝绸之路上运输的丝绸的主要成分中只存在离子键B.“饮食文化”：煲广式靓汤

过程中利用了萃取原理C.“民俗文化”：珠海菉猗堂的蚝壳墙是富有地方特色的建筑，蚝壳的主要成分是CaCO3D.“城市文化”：在广州塔上演的“灯光秀”利用了丁达尔效应【答案】A【解析】【详解】A．丝绸的主要成分是蛋白质，而蛋白质是由氨基酸

通过共价键连接而成的，物质分子中并不包含离子键，A错误；B．在煲汤过程中，食材中的营养成分和风味物质会通过溶剂(水)的萃取作用溶解到汤中，B正确；C．蚝壳主要由碳酸钙构成，其化学式是CaCO3，C正确；D．“灯光秀”利用了多种光学效应，其中包含丁达尔效

应，D正确；故合理选项是A。4.生活中处处有化学，下列说法不正确的是A.食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂B.洁厕灵的主要成分是盐酸，不能与84消毒液混用C.明矾溶于水可形成胶体，有吸附作用，可用于净水D.利用焰色试验可检验生活中

所有常见的金属元素【答案】D【解析】【详解】A．食盐(氯化钠)有咸味，是常用的调味品，同时它也具有防腐作用，可以延长食品的保质期，因此食盐同时也可以作食品防腐剂，A正确；B．洁厕灵中的盐酸与84消毒液中的次氯酸钠反应会生成有毒的氯气，对人体有害，因此洁厕灵不能与84

消毒液混用，B正确；C．明矾电离产生的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附作用，可以吸附水中的悬浮物和杂质，从而起到净水的作用，C正确；D．生活中常见的很多金属元素(如铁、铂等)或它们的化合物在灼烧时不能使火焰呈现一定的颜色，因此这些元素没有焰色试验，D错误；故

合理选项是D。5.下列关于以甲烷和氧气为原料的新型燃料电池(电解质为硫酸)的说法正确的是A.该装置氧气端为负极，发生氧化反应B.电池负极的电极反应式是4222CH2O4eCO2HO−+=++C.溶液中氢离子向氧气端定向

移动D.每消耗1mol甲烷，理论上该电池最多消耗氧气22.4L(标准状况)【答案】C【解析】【详解】A．该装置中氧气端为正极，在反应中得电子发生还原反应，A错误；B．电池负极的电极反应式是422CH8e2HOCO8

H−+−+=+，B错误；C．在原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故溶液中氢离子会向氧气端定向移动，C正确；D．根据总反应的化学方程式为4222CH2OCO2HO+→+可知，每消耗1mol甲烷，理论上需要消耗2mol氧气，即44.8L2O(标准状况)，D错误；故选C。6.下列离子方程式

书写不正确的是A.弱酸转化为强酸：22HSCuCuS2H+++=+B.氧化物转化为酸：2223SO2OHHOSO−−+=+C.盐转化为单质和氧化物：22322SO2HHOSOS−++=++D.单质转化为多种盐：22233S6OH3HOSO2S−−

−+=++【答案】B【解析】【详解】A．2HS为弱酸，生成沉淀后氢离子浓度增加，溶液酸性变强，A正确；B．二氧化硫与碱反应生成盐和水，并不是生成酸，正确的离子方程式为2324SOHO2HSO+−+=+或2222SOO2HO4H+++=242SO−+等，B错误；

C．硫代硫酸钠遇酸歧化可生成单质硫和氧化物二氧化硫，C正确；D．单质硫在碱溶液中可歧化为两种就近价态的盐，D正确；故选B。7.劳动开创未来，成就梦想。下列劳动项目和涉及的化学知识均正确且相互对应的是劳动项目化学知识A帮厨活动：厨房油污用纯碱溶液洗涤碳酸钠水解产生气泡B学农活动：塑料大棚下种植蔬菜

塑料材质不透水不透气，不易燃烧C自主探究：用梅子汁酿酒时加入适量2SO2SO可抗氧化并杀菌D社区服务：用石灰浆刷墙翻新氢氧化钙溶解度小，易析出固体A.AB.BC.CD.D【答案】C的【解析】【详解】A．油污属于酯类物质，在碱性环境中水解可被洗去

，碳酸钠水解提供碱性环境，并不是产生气体，A错误；B．塑料大棚的塑料材质具有保温隔热功能，适合种植蔬菜，不易燃烧与该应用无关，B错误；C．酿酒时添加适量2SO可抗氧化并杀菌，C正确；D．石灰浆刷墙后与空气中

二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀析出，并不是因为氢氧化钙溶解度小析出，D错误；故选C。8.兴趣小组利用以下装置进行制取3NH并探究其性质的实验(部分夹持装置略)，其中难以达到预期目的的是A．制备3NHB．净化、干燥3NHC．收集3NHD．验证3NH的还

原性A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．氯化铵和氢氧化钙固体共热生成氨气，试管口应向下倾斜，A正确；B．氨气是碱性气体，使用碱性干燥剂干燥，B正确；C．氨气密度比空气小，应用向下排空气法收集，故进气方向为短管进，长管出，C错误

；D．氧化铜具有一定的氧化性，利用氨气的还原性可还原氧化铜，能产生明显的现象，D正确；故选C。9.苯佐卡因(对氨基苯甲酸乙酯)常常用于创伤面和痔疮的治疗，其结构简式如图所示，下列关于该化合物的说法正确的是A.1mol该分子能与4molH2发生加成反应B.该分子中C原子有s

p、sp2、sp3杂化C.该分子同时具有碱性和酸性D.实验室用对氨基苯甲酸与乙醇反应制备该分子，该制备反应属于可逆反应【答案】D【解析】【详解】A．苯佐卡因分子中含有1个苯环和1个酯基、1个氨基。含有的苯环能够与H2发生加成反应，含

有的酯基中的羰基具有独特的稳定性，不能与H2发生加成反应，故1mol苯佐卡因可与3mol氢气加成，A错误；B．苯佐卡因分子中分子中苯环及羰基C原子采用sp2杂化，含有的乙基C原子是饱和C原子，采用sp3杂化，不存在sp杂化的C原子，B错误；C．该化合物分子中含有氨基-NH2，因此具有碱性，但无

羧基或酚羟基，因此其不具有酸性，C错误；D．对氨基苯甲酸与乙醇在一定条件下发生酯化反应产生对氨基苯甲酸乙酯(苯佐卡因)和水，酯化反应与酯的水解反应互为可逆反应，因此该制备反应属于可逆反应，D正确；故合理选项是D。10.设AN为阿伏加德罗常数的值，对于工业合成氨反应22

3N(g)3H(g)2NH(g)+，下列说法正确的是A.2.24L2N中含有σ键的数目为A0.1NB.在1mol3NH完全溶于1L水后的溶液中含有4NH+的数目为ANC.1mol合成氨反应的混合气体中含有N

原子的数目为A0.5ND.标准状况下，11.2L2H参与反应转移电子的数目为AN【答案】D【解析】【详解】A．没有给定标准状况，2.24LN2的物质的量不是0.1mol，A错误；B．氨气溶于水形成氨水，一水合氨属于弱电解质，电离出的4NH+很少且无法计算，B错误；C．混合气体中各成分的含量不能

确定，故1mol该混合气体中含有N原子的数目不能确定，C错误；D．2H反应时化合价升高失去电子，转移电子关系为2H2e−，标准状况下，AAe11.2N2NN22.4−==，D项正确；故选D。11.某学习小组用如图所示的装置制备氯气并探究其性质，带孔的黑匣子是制备

氯气的装置。下列不同反应阶段的预测现象及其相应推断正确的是A.干花褪色，说明2Cl具有漂白性B.湿润的蓝色石蕊试纸只变红，说明氯气溶于水形成的溶液呈酸性C.淀粉KI−溶液变蓝，说明氯气具有氧化性D.Fe粉燃烧放出棕红或棕黄色烟，说明氯气能与铁粉反应生成氯化亚铁【答案】C【解析】【分

析】带孔的黑匣子是制备氯气的装置，氯气与水反应生成HCl与HClO，该溶液具有酸性和漂白性，因此湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色；干燥的氯气不具备漂白性，因此干花不褪色；铁粉与Cl2在加热的条件下剧烈反应生成氯

化铁；氯气具有氧化性，可氧化I−生成I2，使淀粉−KI溶液变蓝，用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气。【详解】A．干燥的氯气不具备漂白性，因此干花不褪色，故A项错误；B．氯气与水反应生成HCl与HClO，该溶液具有酸性和漂白性，因此湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故B项错误；C．氯气具有氧化性，

可氧化I−生成2I，使淀粉KI−溶液变蓝，故C项正确；D．铁粉与2Cl在加热的条件下剧烈反应生成氯化铁，放出棕红或棕黄色烟，故D项错误；故本题选C。12.X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期元素，由这五种元素组成的化合物A可用于医药、化妆品、食品等，其中X与另外四种元素都不在同一个周

期，W与R同族，且基态W原子核外成对电子数是未成对电子数的3倍，Y有三个能级，且各能级电子数相等。下列说法正确的是A.Y、Z、W最简单氢化物的键角依次减小B.原子半径：RWZXC.在36Fe(YZ)−中，提供孤电子对的为ZD.第一电离能：WZ【答案】A【解析】【分

析】基态W原子核外成对电子数是未成对电子数的3倍，故W为O元素，W与R同族，R为S元素，Y有三个能级，且各能级电子数相等，则其核外电子排布为2221s2s2p，故Y为C元素，Z在Y和W之间，则Z为N元素，X与另

外四种元素都不在同一个周期，所以X为H元素。【详解】A．Y、Z、W最简单氢化物为4CH、3NH、2HO，三种物质中心原子都是3sp杂化，但孤电子对数分别为0、1、2，键角依次减小，A项正确；B．原子半径：SNOH，B项错误；C．该

离子的配体为氰根离子，CN−中碳元素的电负性小于氮元素，提供孤电子对的能力强于氮元素，所以配合物中C原子提供孤电子对，C项错误；D．第一电离能：NO，D项错误；故答案选A13.下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确且具有因果关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡA氢化钠(NaH)可在野外用作生氢剂

氢元素化合价为1+价B键能：HFHClHBr键长：HFHClHBrC丙烯腈、1，3-丁二烯和苯乙烯合成ABS树脂合成ABS树脂的反应是缩聚反应D蔗糖难溶于四氯化碳蔗糖是极性分子A.AB.BC.CD

.D。【答案】D【解析】【详解】A．氢化钠具有强还原性，极其容易与水反应生成氢气，可作生氢剂，但是氢元素化合价为1−价，故A项不符合题意；B．原子半径越小，键长越短，键能越大，半径：FClBr−−−＜＜，则键能：HFHClHBr，故B项不符合题意；C．丙烯腈、1，3-丁二烯和苯乙烯合成AB

S树脂的反应属于加聚反应，故C项不符合题意；D．由于蔗糖是极性分子，四氯化碳是非极性分子，根据相似相溶规律，蔗糖难溶于四氯化碳，故D项符合题意；故本题选D。14.部分含Mg或Cu或Fe物质的分类与相应化合价的关系如图所示。下列推断合理的是A.若a可与稀硫酸反应生成c，则直接加热蒸干c溶液一定

能得到溶质cB.在a→c→f→e转化过程中，一定出现置换反应C.在制备d的过程中，一定能看到白色沉淀D.若d能溶解于氨水中，则组成该碱的金属元素一定位于元素周期表的ds区【答案】D【解析】【分析】根据含Mg或Cu或Fe物质的分类与相应化合价关系图，可知a

是Mg或Cu或Fe、b是MgO或CuO或FeO、c是镁盐或铜盐或亚铁盐，d是Mg(OH)2、Cu(OH)2、Fe(OH)2，e是Fe(OH)3，f是铁盐，g是Fe2O3，据此解答。【详解】A．a与稀硫酸反应生成c，则

c溶液可能是4MgSO溶液或4FeSO溶液，其中4FeSO溶液直接加热蒸干，其中的二价铁可能被空气氧化成三价铁，不能得到溶质4FeSO，故A项错误；B．在a→c→f→e转化过程中，可以确定该元素是Fe，那么转化过程不一定出现置换反应也可以转化成功，故B项错误；C．

d可能是2Mg(OH)或2Cu(OH)或2Fe(OH)，其中2Cu(OH)是蓝色沉淀，不一定看到白色沉淀，故C项错误；D．d可能是2Mg(OH)或2Cu(OH)或2Fe(OH)，能溶解于氨水中的只有2Cu(O

H)，形成深蓝色的络合物，Cu元素位于元素周期表的ds区，故D项正确；故本题选D。15.氨氧化法制硝酸中发生主反应322NH(g)+1.25O(g)NO(g)+1.5HO(g)-11ΔH=-226.1kJmol和副反应3222NH(

g)+O(g)0.5NO(g)+1.5HO(g)-12ΔH=-276.3kJmol两个竞争反应(忽略其他副反应)，反应每生成1.5mol2HO(g)的相对能量变化如图所示。下列说法不正确的是A.推测反应220.5NO(g)+0.25O(g)NO(g

)-13ΔH=+50.2kJmolB.加入催化剂Ⅰ更有利于NO生成C.其他条件相同时，升高温度，平衡时体系内2HO的浓度降低D.平衡后增大压强，物质2NO的浓度不变【答案】D【解析】【详解】A．用主反应减去副反应后得到220.5NO(g)0.25O(g)NO(g)+13Δ50

.2kJmolH−=+，故A项正确；B．催化剂Ⅰ使主反应的活化能降低、使得副反应的活化能增大，故促进主反应生成NO，故B项正确；C．两个竞争反应的焓变均小于0，故升高温度，平衡逆向移动，2HO的平衡浓度降低，故C项正确；D．增大压强虽然对于气体体积和相等的副反应没有直接影响，但是竞争反应即主反

应的平衡会逆向移动，导致3NH和2O浓度增加，进而使副反应平衡正向移动，2NO的浓度会增大，故D项错误；故本题选D。16.微酸性次氯酸水广泛应用于果蔬、医疗器械等的消毒，具有安全环保的特点。市面上出现一种家用电解装置制备微酸性次氯酸水的电解设备(装置示意图如图所示)。电解

过程中，下列说法正确的是的A.电极b的电极反应：222HO4eO4H−+−=+B.A、B离子交换膜分别是阴、阳离子交换膜C.理论上每转移2mole-，阴极室增重46gD.制备微酸性次氯酸水的离子方程式为22ClHO2HClClO+−−+++【答案】B【解析】【分析】

电解时左室由电解质水变为HClO溶液，说明中间室的Cl-向左室移动，因此电极a为阳极，阳极发生氧化反应；电极b为阴极，阴极发生还原反应。A离子交换膜为阴离子交换膜，B离子交换膜为阳离子交换膜，然后结合离子放电顺序即微粒存在形式分析解答。【详解】A．左室的电解质是水，制备的产

品是微酸性次氯酸水，说明中间室的Cl-向左室迁移，电极a为阳极，阳极的电极反应式为22Cl2eCl−−−=、22ClHOHClHClO++。电极b为阴极，阴极上水电离产生的H+得到电子被还原为H2，故阴极的电极反应式为222H

O2eH2OH−−+=+，A错误；B．由于Cl-向左室迁移，因此A离子交换膜为阴离子交换膜，允许Cl-通过，Na+向右室迁移，因此B离子交换膜为阳离子交换膜，B正确；C．转移2mol电子，电极b会生成1molH2，右室减少2g，同时2molNa+向右室迁移，右室

又增重46g，故右室净增重△m=46g-2g=44g，C错误；D．微酸性的次氯酸水中次氯酸是弱酸，故其制备的离子方程式应为22ClHOHClHClO+−+++，D错误；故合理选项是B。二、非选择题：本题包括4小题，共5

6分。17.某实验小组在实验室探究用电化学分析法测定AN的值。回答下列问题：Ⅰ．电解液的配制。（1）用42CuSO5HO配制450mL10.2molL−4CuSO溶液。①配制该4CuSO溶液需要的玻

璃仪器有_______(填选项字母)。A．B．C．D．②需要用托盘天平称量42CuSO5HO的质量为_______g。Ⅱ．AN值的测定：通过测定阳极铜片质量的变化量和通过电路的电量Q，结合两者之间的关系进行计算(已知：一个电子的电

量为-191.610C，1mol电子的电量为-19A1.610NC)。（2）在25℃、101kPa下，电流为0.1A，以精铜片为电极电解10.2molL−4CuSO溶液，15min后关闭直流电源，阳极铜片

的质量减少mg，同时观察到有少量气泡产生，经检验该气体为2O，生成2O的电极反应式为_______；已知粗糙表面会改变金属的动力学性质，利于氧气的析出，故实验开始前可对精铜片进行的操作为_______。（3）某同学提出阳极副反应较为明显，同时电解废液含有的硫酸铜

对环境污染大，为了避免这些不利条件，实验小组继续探究电解方式。查阅资料：a．EDTA(乙二胺四乙酸)四元有机酸，其酸根(3HY−)能络合2Cu+，形成络合物2CuY−，酸性较强时，会生成EDTA，使其配位能力下降。b．电解过程中电压高时易引发电极副反应，电流强度相同时，电压与

电解质溶液浓度成反比。提出假设：用NaOH溶液替换硫酸铜溶液进行电解可以消除铜离子污染。进行实验：其他条件相同时，以精铜片为电极，用NaOH溶液替换硫酸铜溶液，电解10min。实验结果：在阳极铜片上积累了灰蓝色的固体物质，测得的AN实验值误差较大。①灰蓝色物质积累使测得的AN实验值比

理论值_______(填“偏小”或“偏大”)。实验小结：该方案只能解决铜离子污染问题，不能减少副反应。优化方案：其他条件相同时，配制等浓度EDTA和NaOH的混合溶液作电解液，以精铜片为阳极、铂为阴极进行实验，利用电流传感器测定通过电路的电量，并测算在一

定电解时间内阳极铜片质量的减少量，进而计算出AN实验值。实验数据如表所示：为实验序号理论电流I/A实测电量Q/CEDTA的浓度-1/molL阳极铜片减少的质量/gAN实验值1/mol−10.14.880.100.0016236.101020.211.460.10

0.0035236.551030.15.660.250.0019235.9610②阳极电极反应式为_______。③根据实验1~3的相关数据，为减少副反应，应选择最佳EDTA的浓度为_______-1molL。④EDTA的回收：向电解废液中加入

_______(填试剂名称)调节溶液pH=0.5，析出EDTA固体，过滤后向滤液中加NaOH固体调节溶液pH至7~8，再加入足量2NaS固体生成_______(填化学式)，使金属离子浓度大大降低。【答案】（1）①.CD②.25.0（2）①.222HO4e

4HO−+−=+②.用砂纸打磨铜片至表面光亮或选用表面光洁的精铜片(合理即可)（3）①.偏大②.32Cu2eHYCuYH−−−+−+=+(合理即可)③.0.25④.浓硫酸(合理即可)⑤.CuS【解析】【分析】【小问1详解】①配制硫酸铜溶液需要称量、

溶解、转移、定容等步骤，故所列出的仪器中属于玻璃仪器的是500mL容量瓶、胶头滴管，故选CD；②虽只需450mL硫酸铜溶液，但配制时按照容量瓶规格500mL来计算，()42mCuSO5HO=()()()()

4242442nCuSO5HOMCuSO5HO=cCuSOVMCuSO5HO容量瓶()30.2500106432164518g25.0g−=+++=；【小问2详解】阳极水失电子生成2O，其电极反应式为222HO4e4HO−+

−=+；根据题目信息，铜片粗糙更易引发副反应，故可以打磨铜片或选用光亮的铜片等；【小问3详解】①阳极铜失电子后与电解液NaOH溶液反应生成氢氧化铜，因氢氧化铜的阻隔作用使阳极铜失电子数量减少，即铜反应的物质的量

减少，而通电的电量基本不变，由AN计算公式-AQNeN==mn2M可知，测得的AN实验值比理论值要大；②该实验条件下，阳极铜失电子后继续与3HY−络合，配平得失电子和电荷可得32Cu2eHYCuY−

−−−+=H++；③将3组实验的AN实验值与理论值比较可知，实验3的结果最接近理论值，且EDTA的浓度越高，电压越低，越不容易引发副反应，故选择EDTA的浓度为10.25molL−；④废液中EDTA以2CuY−形式存在，需要加强酸才能达到pH0.5=，使生成的EDTA固体析出，故选择

浓硫酸；当铜离子进入滤液后采用沉淀法将其处理，故加入2NaS会生成CuS黑色沉淀。18.从废催化剂中回收金属可实现金属的循环利用，某废催化剂的主要成分为含有镍、铝、铁等元素组成的化合物，一种该废催化剂回收利用工艺的部

分流程如图所示：已知：该废催化剂中铝元素以23α-AlO的形式存在；“焙烧”后镍、铁变成相应的氧化物；加入盐酸调“1pH”=10可获得完整晶型的勃姆石(AlOOH)。回答下列问题：（1）基态Ni原子价层电子的轨道表示式为_______。（2）写出“调1pH”时反应的离子方程式：_______

。（3）“浸出”时所加“试剂”为_______，“氧化”的目的为_______。（4）若常温下“滤液Ⅱ”中2Ni+的浓度约为10.01molL−，当“3pH”=7.5时，刚好会有2Ni(OH)析出，因此“3pH”至少应大于__

___，才能使溶液中2Ni+沉淀完全(当离子浓度51110molL−−时认为该离子已完全沉淀)。（5）勃姆石焙烧得到的23γ-AlO将用于制备催化剂，已知在以下4种不同焙烧温度下所得的23γ-AlO比表面积大小如图所示，则最佳的焙烧温度为_

______(填图中数据)。（6）超细氧化镍是一种用途广泛的功能材料，其晶胞结构如图所示：①晶胞中原子A坐标参数为(0，0，0)，B为111,,22，则原子C的坐标参数为_______。②人工制备的NiO晶体常存在缺陷，个别2Ni+会被3Ni+代替，但晶

体依旧呈电中性，某氧化镍组成为0.96NiO，则该晶体中2Ni+与3Ni+的离子个数之比为_______。【答案】（1）（2）42Al(OH)HAlOOH2HO−++=+(合理即可)（3）①.稀硫酸(合理即可)②.将体系中的2Fe+转为3Fe+，方便后续除去(合理即可)（4）9（5）

500℃（6）①.11,0,22②.11：1【解析】【分析】某废催化剂的主要成分为含有镍、铝、铁等元素组成的化合物，加入碳酸钠焙烧生成镍、铁变成相应的氧化物，水浸、过滤，得到滤液Ⅰ和滤渣Ⅰ，滤液Ⅰ为4Al(OH)−，调“pH1”=10可获得完整晶型的勃姆石(AlOOH)，焙烧得到2

3γAlO−；“浸出”时加入“试剂”后，Fe、Ni转入“滤液Ⅱ”中，因此应该加入能与其氧化物反应的酸，因此选稀硫酸，过滤，滤液加入过氧化氢，将体系中的2Fe+转化为3Fe+，调节溶液pH2，生成氢氧化铁沉淀，过滤，调溶液pH3，得到Ni(O

H)2，焙烧得到NiO。【小问1详解】Ni的原子序数是28，其价层电子排布式为823d4s，价层电子的轨道表示式为；【小问2详解】根据流程可推断，原料与碳酸钠焙烧后，Al元素转化为2NaAlO，水浸反应后以4Al(OH)−的形式存在，因此，“调1p

H”时发生的离子方程式为：42Al(OH)HAlOOH2HO−++=+；【小问3详解】“焙烧”后镍、铁变成相应的氧化物，“浸出”时加入“试剂”后，Fe、Ni转入“滤液Ⅱ”中，因此应该加入能与其氧化物反应的

酸，因此选稀硫酸；Fe元素需在“滤渣Ⅲ”中除去，因此“氧化”的目的为将体系中的2Fe+转化为3Fe+，方便后续除去；【小问4详解】根据题意可知()7.51cH10molL+−−=时将会有2Ni(OH)析出，此时()()wOHHKcc−+=1

416.517.510molL10molL10−−−−−==，()26.515sp2KNi(OH)0.011010−−==，若要2Ni+沉淀完全，则()251cNi10molL+−−，()()15sp21

5152Ni(OH)110cOHmolL10molL10cNiK−−−−−−+==，()()91wcH10molLcOHK+−−−=，故pH至少应大于9；【小问5详解】由于焙烧得到的23γAlO−将用于制备催化剂，催化剂的比表面积越大，催化

作用越好，因此最佳的焙烧温度为500℃；【小问6详解】①原子C在x、z轴的中心，在y轴的始点，因此坐标参数为(12，0，12)；②设1mol0.96NiO中含3Ni+的物质的量为molx，2Ni+的物

质的量为()0.96molx−，由于晶体依旧呈电中性，则()320.962,0.08xxx+−==，2Ni+的物质的量为0.96mol0.08mol0.88mol−=，2Ni+与3Ni+的离子个数之比为0.88:0.0811:1=。19.联氨(24NH)又称肼，是一种应用

广泛的化工原料，可用作火箭燃料。回答下列问题：（1）24NH的电子式为_______，24NH分子中氮原子轨道的杂化类型是_______。（2）24NH、24NO常用作火箭发射推进剂中的反应物质。已知：①2224(g)(l)2O(g

)+N=NO1ΔH；②2224N(g)2H(g)NH(l)+=2ΔH；③222O(g)2H(g)2HO(g)+=3ΔH；④2424222NH(1)+NO(1)=3N(g)+4HO(g)4ΔH。上述反应热效应之间的关系式为

4Δ=H_______(用含1ΔH、2ΔH、3ΔH的代数式表示)。（3）已知联氨为二元弱碱，常温下联氨的水溶液中存在平衡：24225NHHONHOH+−++1K；225226NHHONHOH++−++2K。常温下将盐酸滴加到联氨(24NH)的水溶液中，混合溶液中

微粒的分布分数()δX随()--lgcOH变化的关系如图所示[已知：X的分布分数()()()()()+2+242526cXδX=cNH+cNH+cNH，X表示24NH或25NH+或226NH+]：①2=K_____

__。②a点溶液的()-cOH=_______。③25NHCl在溶液中水解的离子方程式为_______。（4）24NH和氧气反应的产物随温度的不同而发生变化，在相同时间内测得24NH和氧气反应产物的产率随温度变化的曲线如图所示：①下列

说法正确的是_______(填选项字母)。A．温度低于400℃时，肼和氧气发生的主要反应中反应物反应的物质的量之比为1：1B．T℃下，若只发生反应2422NH(g)2O(g)2NO(g)2HO(g)++，反应达到平衡时，增大容器体积，()()2cNOcO变大C．温度高于900℃时，2N与NO

的产率降低，但是反应速率加快了D．温度高于900℃时，NO和2N的产率降低的原因一定是平衡逆向移动②1200℃时，向某1L恒容密闭容器中充入1.10mol肼和2.50mol氧气，发生反应242NH(g)O(g)+22N(g)2HO(g)

+和2422NH(g)2O(g)2NO(g)2HO(g)++，平衡时若生成0.40molNO，0.10mol2N，则反应2422NH(g)2O(g)2NO(g)2HO(g)++的平衡常数=K_______1molL−。【答案】（1）①.②.3sp（2）3212Δ-2Δ

-ΔHHH（3）①.15110−②.-10.5-1110molL③.++252242NH+HONHHO+H(答案合理即可)（4）①.ABC②.0.018【解析】【小问1详解】24NH的电子式为；24NH中氮原子价层电子对数为()52111342−−+=，故24NH分子中氮原子轨道的杂

化类型是3sp；【小问2详解】依据热化学方程式和盖斯定律计算22−−③②①得到④2424222NH(l)NO(l)3N(g)4HO(g)+=+4321Δ=2Δ-2Δ-ΔHHHH；【小问3详解】①25NH+与226NH+浓度相等时，()lgOH15.0c−−=，则()152OH110Kc−−

==；②由图可知，61110K−=，a点溶液中()()22426NHNHcc+=，将两步电离方程式相加得224226NH2HONH2OH+−++，该反应的平衡常数()()()22261224NHO

HNHccKKKc+−==61521110110110−−−==，故()21110.51OH110molL110molLc−−−−−==；③25NHCl在溶液中水解的离子方程式为252242NHHONHHOH++++；【小问4详解】①A．低于4

00℃时主要发生的反应为24222NH(g)O(g)N(g)2HO(g)++，可知肼和氧气发生的主要反应中反应物反应的物质的量之比为1∶1，A项正确；B．T℃时，反应2422NH(g)2O(g)2NO(g)2HO(g)++达到平衡时，增大容器体积，平衡正向移动，()

()2NOOcc变大，B项正确；C．温度高于900℃时，产率在降低，但升高温度可加快反应速率，C项正确；D．温度高于900℃时，2N和NO的产率降低的原因可能是平衡逆向移动，也可能是发生了其他副反应，D项错误；故

选ABC；②根据反应24222NH(g)O(g)N(g)2HO(g)1.12.5000.10.10.10.20.820.10.6++起始（mol）转移（mol）平衡（mol）和2422NH(g)2O(g)2NO(g)2HO(g)1.12.5000.20.40.40.4

0.820.40.6++起始（mol）转移（mol）平衡（mol）可知，平衡时，肼为0.80mol，氧气为2.00mol，水为0.60mol，容器为1L的恒容密闭容器，则平衡常数()()()22111

2110.4molL0.6molL0.018molL2molL0.8molLK−−−−−==；20.一种抗高血压药替米沙坦的中间产物ⅵ的合成路线如图所示(加料顺序、反应条件略)：回答下列

问题：（1）化合物ⅱ的分子式为_______，其官能团的名称为_______。（2）反应①是化合物ⅰ与_______(填物质名称)反应生成化合物ⅱ；化合物ⅲ的某同分异构体能与饱和3NaHCO。溶液反应且其核磁共振氢谱上只有4组峰，则其结构简式为__

_____(任写一种)。（3）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的是_______(填选项字母)。A.若通过电解反应进行反应②，则可在阴极得到化合物ⅲB.化合物ⅲ到ⅳ的转化中，有π键的断裂C.化合物ⅴ和ⅵ中均含有1

个手性碳D.化合物ⅴ中，所有C、N原子均可做配位原子（4）根据化合物ⅲ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。序号反应试剂、条件反应形成的新结构反应类型①_______COOH−_______②______________加成反应（5）

以苯和乙炔为有机原料，合成化合物ⅶ()，基于你设计的合成路线，回答下列问题。①从苯出发，第一步的化学方程式为_______(注明反应条件)。②路线中涉及原子利用率100%的反应，其中两种直线形分子反应得到

的产物为_______。【答案】（1）①.994CHNO②.酯基、硝基（2）①.甲醇②.或或（3）AB（4）①.稀硫酸，②.取代反应或水解反应③.2H，催化剂，④.（5）①.②.【解析】【分析】据化合物ⅰ和ⅱ的结构可以推测，化合物ⅰ通过与3CHOH的酯化反应生成化合物ⅱ，化合物

ⅱ发生还原反应得到ⅲ，ⅲ与发生加成反应得到化合物ⅳ，ⅳ成环得到ⅴ，ⅴ中的酯基发生水解反应得到化合物ⅵ，据此解题。【小问1详解】①化合物的分子式为994CHNO，故答案为：994CHNO；②化合物的官能团有硝基和酯

基，故答案为：酯基、硝基；【小问2详解】根据化合物ⅰ和ⅱ的结构可以推测，化合物ⅰ通过与3CHOH的酯化反应生成化合物ⅱ；化合物ⅲ的某同分异构体能与饱和3NaHCO溶液反应且核磁共振氢谱上只有4组峰，则其含有羧基，且为对称的结构，故其结构简式为或或，故

答案为：甲醇；或或；【小问3详解】A．反应②是2NO−反应生成2NH−，属于还原反应，若是通过电解反应进行反应②，则化合物ⅲ在阴极生成，A正确；B．化合物ⅲ到ⅳ的转化中，CN−中有π键的断裂，B正确；C．根据手性碳的定义，化合物ⅴ和

ⅵ中均没有手性碳，C错误；D．化合物ⅴ中碳原子没有孤电子对，不能做配位原子，D错误；故选AB。【小问4详解】根据化合物ⅲ()的结构特征，分析预测其可能的化学性质：含有酯基，可以发生水解反应或取代反应，含有苯环，可发生加成反应。序号反应试剂、条件反应形成新结构反应类型①稀硫酸，COOH−取代反应或

水解反应②2H，催化剂，加成反应故答案为：①稀硫酸，；②取代反应或水解反应；③2H，催化剂，△；④；【小问5详解】以苯和乙炔为有机原料，合成化合物ⅶ()，采用逆推法可知，合成路线为[Failedtodownloadimage:https://qbm-images

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：；②路线中涉及原子利用率100%的反应，其中两种直线形分子即是乙炔与HCN加成反应得到的产物为，故答案为：。的