【文档说明】湖北省腾云联盟2025届高三上学期10月联考化学试题 Word版含解析.docx，共(24)页，2.382 MB，由小赞的店铺上传

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湖北省“腾•云”联盟2024-2025学年度上学期10月联考高三化学试卷考试时间：2024年10月8号上午9：00-11：30试卷满分：100分★祝考试顺利★注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题

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：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结

束后，请将本试卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Fe-56Cu-64I-127Pb-207一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个正确

选项。)1.荆楚文化源远流长，下图为湖北省博物馆部分镇馆之宝，下列相关说法错误的是A.元青花四爱梅瓶以黏土、石灰石为原料烧结而成B.楚国丝绸主要由蚕丝制作，蚕丝属于天然纤维C.石家河玉人像材质是玉石，主要成分为硅酸盐D.曾侯乙编钟的主要成分是青铜，属于合

金材质【答案】A【解析】【详解】A．陶瓷器具，其制作原料通常包括高岭土、石英、长石等，A错误；B．蚕丝属于天然纤维，B正确；C．玉器，主要成分为硅酸盐，硅酸盐属于无机非金属材料，C正确；D．“曾侯乙编钟”主要成分是铜，还含有少量的锡、铅等，青铜属于合金，D正确；故选A。2.下列化学

用语或表述正确的是A.激发态H原子的轨道表示式：B.3-氨基-1，5-戊二酸的键线式：C.杜仲胶主要成分：D.p-pπ键的电子云形状：【答案】B【解析】【详解】A．激发态H原子的轨道表示式：，A错误；B．3-氨基-1，5-戊二酸的主链有5个碳原子，其中1和5号是

羧基，取代基氨基在3号碳上，键线式：，B正确；C．杜仲胶主要成分：，甲基不进入中括号内，C错误；D．p-pπ键的电子云形状：，D错误；故选B。3.下列与实验有关的图标或安全标识不正确的是A.腐蚀类物质B.热烫C.警示D.锐器【答案】C【解析】【详解】A．该标志为腐蚀品，表示

该物品具有腐蚀性，A正确；B．图示的图标代表加热装置，要防止烫伤，B正确；C．图示的图标代表有毒品标志，C错误；D．图示代表锐器，实验过程中应规范实验操作，避免将锐器指向自己或他人，D正确；故选C。4.2024巴黎奥运会充分体现了“科技奥运、绿色奥运”理念，下列有关说法正确的是A.奥运主火炬采用

LED灯照射喷发的水雾产生的“火焰”，与焰色试验原理相同B.紫色跑道利用渔业废弃贝壳代替矿物碳酸盐为原料，符合“绿色化学”理念C.奥运会足球内胆使用生物基橡胶材料，具有热固性，透气性D.“中国红”运动衣使用再生涤纶和再生尼龙制作，具有良好的抗皱性和吸水性【答案】B【解

析】【详解】A．LED灯发出的光线在喷发的水雾中折射和散射，焰色试验原理是电子的跃迁，所以原理不同，A错误；B．绿色化学旨在减少或消除对人类健康、社区安全、生态环境有害的原料、催化剂、溶剂和试剂、产物、副产物等的使用与产生的化学品和过程的设

计，利用渔业废弃贝壳代替矿物碳酸盐为原料符合，B正确；C．根据常识可知，生物基橡胶材料具有良好的弹性和耐磨性，但不具有热固性和透气性，C错误；D．再生涤纶和再生尼龙具有高强度和耐磨性,兼具良好的抗皱性和保形性，但不具有较好的吸水性，D错误；故选B5.下列过程中发生的化学反应，相应离子方

程式错误的是A.工业废水中的2+Cu用FeS去除：2+2+Cu+FeS=CuS+FeB.向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳：223ClO+CO+HO=HClO+HCO−−C.过量2SO通入一定量2NaS溶液中：232-23SO+2S=3S+

2SO−。D.合成聚乳酸【答案】C【解析】【详解】A．CuS的Ksp小于FeS的，所以工业废水中的2Cu+可用FeS去除，对应离子方程式准确，A正确；B．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳会生成碳酸氢钙和次氯酸，对应的离子方程式准确，B正确；C．上述离子方程式错误，因

为过量的二氧化硫还会与亚硫酸根离子反应生成亚硫酸氢根离子，正确的离子方程式为：232-25SO+2S=34+2HOS+HSO−，C错误；D．乳酸分子中的羧基与羟基通过分子间脱水发生缩聚生成聚乳酸，对应方程式准确，D正确；故选C

。6.从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列说法正确的是A.臭氧是极性分子，因此其在水中的溶解度大于在四氯化碳中的溶解度B.乙醇的质谱图中，相对丰度最大的峰归属于+32CHCHOHC.O-HO…的键能大于F

-HF…的键能，因此水的沸点高于氟化氢的沸点D.由+4RN与6PF−组成的离子液体常温下呈液态，与其离子的体积较大有关【答案】D【解析】【详解】A．O3分子有极性，但很微弱，所以它在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度，A错误；B．乙醇的质谱图中，质荷比最大的峰归属于+32CH

CHOH，但丰度不一定最大，B错误；C．氢键属于分子间作用力，水的沸点高于氟化氢的沸点是因为氢键的数目，前者更多，C错误；D．大多数离子液体含有体积很大的阴、阳离子，离子半径越大，熔沸点越低，D正确；答案选D。7.设AN为阿伏加德罗常数的值，下

列说法正确的是A.铅蓄电池放电时，当正极增加9.6g时，转移的电子数A0.3NB.1mol带有乙基支链的链状烃中主链上含有碳原子数最少为A5NC.248.8gCHO含有σ键的数目为A1.2ND.密闭容器中，2

molNO和21molO充分反应后分子总数为A2N【答案】A【解析】【详解】A．铅蓄电池中，正极电极反应为PbO2+2e-+4H++24SO−=PbSO4+2H2O，正极由PbO2生成PbSO4，每增重64g转移电子2mol，当正极增加9.6g，电路中通过的电子数目为0.3N

A，A正确；B．1mol带有乙基支链的链状烃中，主链所含有的碳原子数最少为4mol，例如2-乙基-1-丁烯，B错误；C．248.8gCHO的物质的量为0.2mol，1个24CHO分子中含有8个σ键，则248.8gCHO含有σ键的数目为A1.6N，C错误；D．密闭容器中，

将2molNO和1molO2混合后，2NO+O2=2NO2，2242NONO，体系中的分子总数小于2NA，D错误；故选A。8.补骨脂是一种中草药活性成分，可从植物种子中提取，也可由为原料进行人工合成，其结构简式如图，有关补

骨脂的说法错误的是A.含有4种官能团B.lmol该物质与NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOHC可与2Br发生加成反应和取代反应D.其原料的名称为间二苯酚【答案】D【解析】【详解】A．根据结构简式可知，其中含有酚羟基、醚键、碳碳双键、酯基

，一共四种官能团，A正确；B．两个酚羟基消耗两个氢氧化钠，酯基水解出的羧酸和酚羟基再消耗两个氢氧化钠，则lmol该物质与.NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOH，B正确；C．酚羟基邻对位上的氢可以被溴取代，碳碳双键可以和溴加成，C正确；D．根据

结构可知，其原料的名称为间苯二酚，D错误；故选D。9.下列实验操作及现象能得出相应结论的是选项实验操作及现象结论A用pH计分别测定3CHCOONa溶液和NaClO溶液pH，NaClO溶液pH大结合+H能力：--3ClO>CHCOOB在物质X柱面上滴一滴熔化的石蜡

，用一根红热的铁针刺中凝固的石蜡，石蜡熔化呈椭圆形物质X为晶体C向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去，2min后，试管里出现凝胶非金属性：ClSiD向-132mL0.1molLAgNO溶液中先滴加4滴-10.

1molLNaCl溶液，振荡后再滴加4滴-10.1molLKI溶液，白色沉淀变为黄色沉淀Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．3CHCOONa溶液和NaClO溶液浓度大小未知，则不能通过溶液的pH去比较结合+H能力，故A错误；B．在物质

X柱面上滴一滴熔化的石蜡，用一根红热的铁针刺中凝固的石蜡，石蜡熔化呈椭圆形，说明石蜡在不同方向熔化的快慢不同，这是由于X的导热性的各向异性决定的，说明物质X为晶体，故B正确；C．向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸

至红色褪去，2min后，试管里出现凝胶，说明发生了强酸制弱酸的反应，即酸性：HCl＞H2SiO3，比较元素的非金属性，需要比较元素最高价氧化物对应水化物的酸性，HCl不是氯元素的最高价对应的酸，故C错误；D．3AgNO溶液是过量的，加入氯化钠反应后银离子

有剩余，再加入碘化钾一定会生成碘化银沉淀，不能说明发生了沉淀转换，不能比较Ksp(AgCl)Ksp(AgI)、大小，故D错误；故选B。10.某种硫酸盐常用作杀虫剂、媒染剂，所含元素W、X、Y、Z、Q核电荷数依次增大，其阳离子结构如图所示。Y原子序数等于W

、X原子序数之和，Q焰色试验呈绿色。下列说法错误的是(L由3XW组成)A.第一电离能X>Y>ZB.基态Y原子核外电子有5种空间运动状态C.1mol该阳离子中含有σ键数为A12ND.键角：243XW<ZY−【答案】C【

解析】【分析】L由3XW组成即NH3，W为H、X为N元素，Y原子序数等于W、X原子序数之和，则Y为8号元素，Y是O元素，该物质是硫酸盐说明含有硫元素，则Z为S，Q焰色试验呈绿色则Q为Cu元素；【详解】A．X为N元素，Y是O元素，Z为S元素

，同一周期第一电离能呈增大趋势，但IIA、VA族的比相邻主族的较大，第一电离能：N>O，同主族的第一电离能减小，即O>S，则第一电离能N>O>S，A正确；B．Y是O元素，基态O原子核外电子排布式为1s22s22p4，电子占据原子轨道数为5，有5

种空间运动状态，B正确；C．该阳离子为[Cu(NH3)4]2+，铜和N形成4个配位键，含4个σ键，1个NH3含3个N-H键即3个σ键，则4个NH3含12个σ键，1mol该阳离子中含有σ键数为A16N，C错误；D．NH3中心N原子的价层电子对数为513342−+=，采取sp3杂化，含1对孤电

子对，2-4SO中心S原子的价层电子对数为6224442+−+=，采取sp3杂化，无孤电子对，氨气含孤电子对会使N-H键之间发生排斥，造成键角变小，则键角：NH3<2-4SO，D正确；故选C。11.某科研团队研究发现使用22InO作催化剂可形成氧空位催

化2CO加氢制甲醇，反应原理如图。下列说法正确的是A.步骤a涉及s-sσ键的断裂和3s-spσ键的生成B.电负性由大到小的顺序：O>H>CC.步骤d、c的反应热(H)相等D.总反应的原子利用率为100%【答案】A【解析】【详解】A．步骤a中氢气中s-sσ键的断裂，生成水中由3s-spσ键的生成

，A正确；B．CH4中C显负价，H显正价，说明电负性C>H，B错误；C．步骤d、c断裂和形成的键不完全相同，故反应热(H)不相等，C错误；D．二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水，故原子利用率不为100%，D错误；答案选A。12.中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。某

工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被2FeS、FeAsS包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下。下列说法正确的是A.“细菌氧化”阶段，2FeS发生反应为：2++224224FeS+14O+4HO=4Fe

+8SO+8H−B.相比“焙烧氧化”，“细菌氧化”无需控温，且可减少有害气体产生C.“浸金”中NaCN作氧化剂，将Au氧化为-2Au(CN)从而浸出D.“沉金”中Zn发生了置换反应，配离子2-4Zu(CN)中配位原子C【答案】D【解析

】【分析】由题给流程可知，向矿粉中加入硫酸溶液，在足量空气和pH为2的条件下发生细菌氧化，将铁元素转化为铁离子、硫元素转化为硫酸根离子、砷元素转化为砷酸，过滤，滤渣中加入氰化钠溶液，在空气中浸金，将金转化为二氰合金离子，向含有二氰合金离子的浸出液中加入锌，将溶液中二氰合金离子转化为金

，过滤得到含有四氰合锌离子的滤液和金。【详解】A．“细菌氧化”中，二硫化铁发生的反应为细菌作用下二硫化铁与氧气和水反应生成硫酸铁和硫酸，反应的离子方程式为32+22244FeS+15O+2HO4Fe8SO4

H+−++细菌，A错误；B．细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需要控温，B错误；C．则“浸金”中氰化钠的作用为做络合剂，将Au转化为()-2AuCN从而浸出，C错误；D．根据分析可知，“沉金”中Zn发生了置换反应，配离子

2-4Zu(CN)中C的电负性较小，配位原子为C，D正确；故选D。13.一种金属卤化物光电材料的组成为2+Pb、-I和有机碱离子33CHNH+，其晶胞如图所示，下列说法不正确的是A.2+Pb的价层电子排布式是26sB.有机碱离子33CHNH+中N原子的杂化方式为3sp杂化C.分别

与2+Pb和33CHNH+配位的-I个数比为2:1为D.若晶胞参数为anm，则晶体密度为21-33A62010gcmaN【答案】C【解析】【详解】A．Pb是第82号元素，核外价电子排布6s26p2，2+Pb的价层电子排布式是26s，A正确；B．有机

碱离子+33CHNH中氨原子形成4个σ键，其杂化类型为为sp3，B正确；C．体心中的Pb2+与其最近且等距的I−位于面心上，共6个，33CHNH+位于顶点，与其最近且等距的I−位于面心上，共12个，分别与2+Pb和33CHNH+配位

的-I个数比为1:2，C错误；D．一个晶体的质量为：AA1207g/mol+3127g/mol132g/mol620g/molNN+=，体积为：3213a10cm−，晶体密度为：21-33A62010gcmaN，D正确；故选C。14.我国科研团队提出一种新型阴离子电极材料()

342-CuPO的水系双离子电池，该电池以0.442NaMnO和()342CuPO为电极，其工作原理如图所示。下列有关叙述错误的是A.比较两极电势：a>bB.放电时，电流从0.442NaMnO电极经电解质溶液流向()342CuPO电极

C.充电时，电极b的电极反应式为+-0.44-x20.442NaMnO+xNa+xe=NaMnOD.放电时，若电极a得到6.4gCu和21.44gCuO，则电路中共转移-0.22mole【答案】D【解析】【分析】由图可知，放电时为原电池，a极上Cu3(PO4)2→Cu2O→Cu，发生得电子的还原反

应，b极上Na0.44MnO2→Na0.44-xMnO2，发生失电子的氧化反应，则a极为正极，b极为负极，负极反应式为Na0.44MnO2-xe-=Na0.44-xMnO2+xNa+，充电时为电解池，原电池的正负极分别与电源的正负极相接，即a极为阳极，b极为阴极，阴阳极反应与负正极反应相反，据此

分析解答。【详解】A．a极为正极，b极为负极，正极电势高于负极，A正确；B．放电时，电流从正极沿导线流向负极，再经电解质溶液到正极，B正确；C．根据分析知，充电时，电极b的电极反应式为Na0.44-xM

nO2+xNa++xe-=Na0.44MnO2，C正确；D．放电时，电子转移情况为：-Cu2e、2-CuO2e，若电极a得到6.4gCu（为0.1mol）和1.44gCu2O（为0.01mol），则电路中转移0.1

mol×2+0.01mol×2=0.22mol电子，观察原电池的a极，发现a极还发生-22-2HO+2e=H+2OH，因此无法判断转移多少电子，D错误；故选D。15.25C时，某二元酸(2HA)的-3.0

4a1K=10、-4.37a2K=10。-11.0molLNaHA溶液稀释过程中()2δHA、()-δHA、()2-δA与()+pcNa的关系如图所示。已知()()++pcNa=-lgcNa，-HA的分布系数()()()()()---2-2cHAδHA=cHA+cHA+cA。下列说法错误的是A

.曲线n为()-δHA的变化曲线B.a点：0.7pH=4.37+lg0.15C.b点水电离的()+cH约为-10.3-110molLD.c点：()()()()()++--22cNa+cH=cOH+5cHA+cHA【答案】B【解析】【分析】1.0-1molLNaHA溶液稀

释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA-H++A-，和水解平衡HA-+H2OOH-+H2A，HA-的分布系数先保持不变后减小且减小的幅度较大，曲线n为()-δHA的变化曲线，()+pcNa的增大，()Nac+减

小，()2-δA增大明显，故曲线m为()2-δA的变化曲线，则曲线p为()2δHA的变化曲线，据此分析解题。【详解】A．．1.0-1molLNaHA溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA-H++A-，和水解平

衡HA-+H2OOH-+H2A，HA-的分布系数先保持不变后减小，曲线n为()HA−的变化曲线，A正确；B．a点，()-δHA=0.70，()2δHA=()2-δA=0.15，()()()2-+-4.37a2-cAcHK==10cHA，()+-4.370.7cH=100.15，0.7p

H=4.37-lg0.15，，B错误；C．()()()()()()()()()+-+2-2+2--3.04-4.37-7.41a1a2-22cHcHAcHcAcHcAKK===101010cHAcHAcHA=、b点()()2-2cHA=cA，可得()+3.7cH10mol/

L−=，则水电离的()()+10.3c=cH10/OHmolL−−=水水约为-10.3-110molL，C正确；D．溶液中存在电荷守恒：()()()()()++--2-cNa+cH=cHA+cOH+2cA，()()

()()()++--22cNa+cH=cOH+5cHA+cHA，c点时()()-2-cHA=cA，()()()+-2cNa=2cHA+cHA，()()()()++--cNa+cH=3cHA+cOH，两式相加得，c点：()()()()()++--22cNa+cH=cO

H+5cHA+cHA，D正确；故选B。二、非选择题(本题共4小题，共55分)16.从“铁器时代”开始，铁单质及其化合物一直备受青睐。（1）甲实验小组中利用下图装置验证铁与水蒸气反应。下列说法正确的是___________。A．增加一酒精灯至湿棉花下方加热实验效果更好B

．盛装肥皂液的仪器名称为坩埚C．用木柴点燃肥皂泡检验生成的氢气（2）乙实验小组探究上述实验中所得黑色固体的成分。待所得固体冷却后，取少许进行如下实验：①用离子方程式解释现象1___________。②现象2为___________。（3）丙实

验小组以2FeCl溶液为原料制备高密度磁记录材料34Fe/FeO复合物。过程如下：在氩气气氛下，向-1250mL1molLFeCl溶液中逐滴加入-1100mL14molLKOH溶液(如图)，用磁力搅拌器持续搅拌，在100C下回

流3h，得到成分为Fe和34FeO的黑色沉淀。①仪器a的名称为___________；三颈烧瓶发生反应的离子方程式为___________。②待三颈烧瓶中沉淀冷却后，过滤，再依次用热水和乙醇洗涤，在40C干燥后焙烧2h，得到34Fe/FeO复

合物产品32g．。判断沉淀是否已经用水洗涤干净的方法___________；使用乙醇洗涤的目的是___________。③该实验所得磁性材料的产率为___________(保留3位有效数字)。【答案】（1）AC（2）①

.K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓②.溶液变为(血)红色（3）①.(球形)冷凝管②.4Fe2++8OH-ΔFe↓+Fe3O4↓+4H2O③.取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀则证明沉淀已洗涤干净，反之说明沉淀

未洗涤干净④.除去晶体表面水分，便于快速干燥⑤.88.9%【解析】【分析】为防止铁粉、亚铁离子被氧化，在氩气气氛下，FeCl2溶液与KOH溶液，反应得到成分为Fe和Fe3O4的黑色沉淀；检验沉淀是否进行洗涤干净完全的方法是检验氯离子，以此解题。【小问1

详解】A．增加一酒精灯至湿棉花下方加热使水转化成水蒸气，更有利于铁与水蒸气反应，A正确；B．盛装肥皂液的仪器蒸发皿，B错误；C．用木柴点燃肥皂泡，若产生尖锐的爆鸣声，则可检验生成的气体为氢气，C正确；故选AC；【小问2详解】①亚铁离子遇铁氰化钾产生特征的蓝色沉淀，离子方

程式为：K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓；②Fe3+遇KSCN溶液呈血红色，现象2为溶液变为(血)红色；【小问3详解】①仪器a的名称为(球形)冷凝管；三颈烧瓶中2FeCl

与KOH反应生成Fe和34FeO，发生反应的离子方程式为4Fe2++8OH-ΔFe↓+Fe3O4↓+4H2O；②判断沉淀是否已经用水洗涤干净的方法是判断是否有残留的氯离子，方法为：取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀则证明沉淀已洗涤干

净，反之说明沉淀未洗涤干净；由于乙醇易挥发，使用乙醇洗涤的目的是除去晶体表面水分，便于快速干燥；③根据方程式°2+-342100C4Fe+8OHFe+FeO+4HO3h可知反应物中氯化亚铁少量、氢氧化钾过量，且Fe和34FeO物质的量

相等，则理论上所得的Fe和Fe3O4的物质的量各自为-10.05L1molL=0.0125mol4，所以得到的黑色产品质量应为0.0125mol(56g/mol+232g/mol)=3.6g，实际得到的产品3.24g，所以其产率为3.24g100%=88.9%3.6g；17.铼被誉为21世纪

的超级金属，被广泛应用于航空航天领域，一种由铼钼废渣(主要含2ReS、2MoS、2FeS和2SiO)为原料提取铼的工艺流程图如图：已知：①焙烧后的产物中有()42CaReO、4CaMoO，均难溶于水。②酸性条件下，24MoO−可转化为22MoO+。③离子交换中

存在平衡：QCl(有机相)-44+ReO(aq)QReO(有机相)-+Cl(aq)。（1）在元素周期表中，Re与Mn同族，则Re位于___________区。金属铼具有良好的导电、导热性和延展性，可用于解释这一现象的理论是_____

______。（2）"焙烧"过程加入生石灰，有效解决了2SO的危害，则2ReS转化为()42CaReO的化学方程式为___________。（3）滤渣1的主要成分是___________(填化学式)。（4）①离子交换步骤主要用

来分离铼、钼元素。其中()-cCl变化如图1所示。下列叙述正确的是___________。(填字母)A．正反应速率：c>b>aB．8min时离子交换反应已停止C．选用的交换树脂为阴离子交换树脂D．2~4min内()--1-1214c-cvReO=molLmin2②其他条件

相同时，“离子交换”过程混合液的pH与铼提取率的关系如图2所示。请从平衡移动的角度说明混合液的pH>15．时，铼提取率降低的可能原因为___________。（5）“洗脱”过程所加试剂A的化学式为___________，从溶液中获取44NHReO晶体的操作为___________、______

_____、过滤、洗涤、干燥。【答案】（1）①d②.电子气理论（2）4ReS2+10CaO+19O2高温2Ca(ReO4)2+8CaSO4（3）CaSO4、H2SiO3(或CaSiO3)（4）①.CD②.混合液中存在反应MoO24−+4H+MoO22

++2H2O，pH>1.5时，c(H+)减少，平衡逆向移动，使Mo元素转变为阴离子，被阴离子交换树脂吸附，从而降低Re的提取率（5）①.NH4Cl②.蒸发浓缩③.冷却结晶【解析】【分析】铼钼废渣(主要含2ReS、2MoS、2FeS和2SiO)加入CaO在空气中焙烧得到()42CaReO

、4CaMoO、23FeO、3CaSiO，加硫酸，生成22MoO+、24ReO−、Fe3+和滤渣（硫酸钙与硅酸），调pH除铁离子，酸化后利用离子交换将铼转移至有机相，加入氯化铵洗脱，得到44NHReO，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品，据此分析；【小问1详解】Re是75

号元素，核外价电子排布5d56s2，Re位于d区（Mn核外价电子排布3d54s2位于d区，Re与Mn同族，Re也位于d区）；金属铼属于金属晶体，在金属晶体中金属原子的价电子从金属原子上“脱落”下来形成电子气，外力作用下金属原子移位滑动，电子在其中起到“润滑”的作用，因此金属具有延展性，电子气在

外电场作用下定向移动，因此金属有良好的导电性，金属受热加速自由电子与金属离子之的能量交换，将热能从一端传递到另一端而使金属有良好的导热性，因此可以用电子气理论解释金属铼具有良好的导电、导热性和延展性；【小问2详解】2ReS焙烧后转化为()42CaReO，化学方

程式为4ReS2+10CaO+19O2高温2Ca(ReO4)2+8CaSO4；【小问3详解】根据分析可知，CaSO4微溶于水，则废渣1的主要成分是CaSO4、H2SiO3(或CaSiO3)；.【小问4详解】①A．反应开始后，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，故正反应速率：c<

b<a，A错误；B．达到平衡时，正、逆反应速率相等(动态平衡)，并不是反应已经停止，B错误；C．QCl(有机相)-44+ReO(aq)QReO(有机相)-+Cl(aq)，交换的为阴离子，故选用的交换树脂为阴离子交换树脂，C正确；D．根据图像，2~4min内，-11

1121214c-cc-c(ReO)molLminmolLmin4-22v−−−−==，D正确；故选CD；②混合液中存在反应MoO24−+4H+MoO22++2H2O，pH>1.5时，c(H+)减少，平衡逆向移动，使Mo元素转变为阴离子，被阴离子交换树

脂吸附，从而降低Re的提取率；【小问5详解】“洗脱”过程所加试剂A的化学式为NH4Cl（氯离子浓度增加，平衡逆向移动，-4ReO洗脱出来）；44NHReO是可溶盐，从溶液中获取44NHReO晶体的操作为

蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；18.吲哚美辛(I)是一种可减少发热的非甾体类抗炎药，其合成路线(部分试剂及反应条件略)如图所示。（1）写出B中所含官能团名称___________；C→D的反应类型为___________。（2）E的分子式为742CHOCl，则E的结构简式为：____

_______。（3）已知F→G还生成了一种硫酸盐，写出F→G的化学反应方程式___________。（4）根据构效研究表明，I中的乙酸基是抗炎活性的必需基团，抗炎活性强度与酸性强度正相关，现有三种物质a．b．c．则a，b，c三种物质的抗炎活性由强到弱顺序为：_______

____(用a，b，c表示)。（5）H的结构简式为，物质J与H互为同分异构体，且同时满足：①分子含有—3OCH；②能与碳酸氢钠溶液反应，则J有___________种。(不考虑立体异构)（6）G与H经多步反应生成I。已知：①122RCHO+RNH⎯⎯→2H1O2RCH=NR

−⎯⎯⎯→②写出中间产物P的结构简式：___________；中间产物2的结构简式：___________。【答案】（1）①.醚键、氨基②.还原反应（2）（3）（4）b>a>c（5）10（6）①.②.【解析】【分析】苯酚与CH3I发生取代反应，生成A（），然后通过硝化和还原，在

对位引入氨基，生成B（），然后通过与亚硝酸钠、HCl、亚硫酸钠反应生成C（），C经过Zn、HCl还原，生成D（），D与E反应生成F，可知E为（），F经过一系列反应最终生成I（）。【小问1详解】B的结构为，官能

团名称为醚键、氨基；C在Zn（HCl）还原生成D，故反应类型为还原反应；【小问2详解】E的分子式为742CHOCl，由F的结构，可以推知E的结构简式为：；【小问3详解】已知F与NaOH反应，生成G，还生成了一种硫酸盐

是硫酸钠，F→G的化学反应方程式为：；【小问4详解】因为抗炎活性强度与酸性强度正相关，根据酸性强弱可以判断消炎活性；b中由-F，为吸电子基团，酸性最强，c中-CH3为供电子基团，酸性最弱，所以酸性强弱为：b>a

>c；【小问5详解】H的结构简式为，物质J与H互为同分异构体，且同时满足：①分子含有—3OCH；②能与碳酸氢钠溶液反应，说明分子中有1个-COOH，一个—OCH3，还有一个碳碳双键；可以-COOH和—OCH3为取代基，C=C-C为母体，采用定一动一法，共有10种；【小问6

详解】与发生已知中反应①，先加成，后消去，得到P（），P在酸性条件下发生已知中反应②，生成中间产物2为。19.为积极稳妥推进碳达峰、碳中和，二氧化碳的捕集、利用与封存已成为科学家研究的重要课题。工业上可用2CO氧化

26CH制24CH，相关主要化学反应有：反应I．262242CH(g)+CO(g)CH(g)+HO(g)+CO(g)lΔH>0反应II．2622CH(g)+2CO(g)4CO(g)+3H(g)2ΔH>0

（1）已知相关物质燃烧热(25C、101KPa)物质26CH(g)CO(g)2H(g)燃烧热()-1ΔHkJmol-a-b-c则反应II的2H=___________-1kJmol(用a、b、c表示)。（2）某催化剂催化反应I的过程中，在催化剂表面发生了一

系列反应：①-+-3332CH-CHCHCH+H+e→②+-3222CHCHCH=CH+H+e−→③--22CO+eCO→④-+2CO+HCOOH→⑤___________请补充⑤的反应式为______

_____。（3）在一恒容容器中，控制26CH和2CO初始投料量为2mol和2.8mol，乙烷的平衡转化率、乙烯的选择性与温度、压强的关系如图所示。(乙烯的选择性=转成为乙烯所消耗乙烷的量乙烷的总转化量)①下列说法正确的是________

___。A．反应I在高温下易自发进行B．其他条件不变，增大()()262nCH/nCO投料比，可提高乙烷平衡转化率C．图中24CH选择性下降原因可能是随X增大，反应II中生成的CO抑制了反应I的进行D．反应

II实验测得()()()2432622v=kcCHcCO,v=kc(CO)cH正正逆逆(k正、k逆为速率常数)，若升高温度，k/k正逆值减小②图中X代表___________(填“温度”或“压强)，并说明理由：___________。③1L___________2L

(填>、=或<)。④计算M点反应I的平衡常数xK=___________。[已知：对于反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)，pqxmnx(C)x(D)K=x(A)x(B)，x为物质的量分数]（4）电化学法也可还原二氧化碳制乙烯，基本原理如图所示。该电池阴极电极反应式为：______

_____。【答案】（1）4b+3c-a（2）·COOH+H++e-→CO+H2O（3）①.AC②.温度③.I、II的正反应均吸热反应，随温度升高，平衡均正向移动，乙烷的转化率增大，符合图示(或I、II的正反应均为体积增大的反应，增大压

强，平衡均逆向移动，乙烷的转化率减小，不符图示)④.<⑤.0.016（4）2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-【解析】【小问1详解】C2H6、H2、CO的燃烧热分别为ΔH1=-akJ/mol，ΔH2=-ckJ/mol，ΔH3=-bkJ/m

ol，则①C2H6(g)+72O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)ΔH1=-akJ/mol，②H2(g)+12O2(g)=H2O(l)ΔH1=-ckJ/mol，③CO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH3=-bkJ/mol，由盖斯定律可知：①-

4×③-3×②得2622CH(g)+2CO(g)4CO(g)+3H(g)2ΔH=(4b+3c-a)kJ/mol；【小问2详解】的反应Ⅰ为：262242CH(g)+CO(g)CH(g)+HO(g)+CO(g)，分五步：①-+-3332CH-

CHCHCH+H+e→②+-3222CHCHCH=CH+H+e−→③--22CO+eCO→④-+2CO+HCOOH→⑤___________则反应Ⅰ-(①+②+③+④)得到⑤的反应式为·COOH+H++e-→CO+H2O；【小问3详

解】①A．反应I的ΔS0＞、ΔH0＞，则反应I在高温下ΔH-TS＜0，即该反应在高温下易自发进行，A正确；B．其他条件不变，增大[n(C2H6)/n(CO2)]投料比，乙烷平衡转化率降低，二氧化碳平衡转化率增大，B错误

；C．图中乙烷平衡转化率随X增大持续增大，则C2H4选择性下降原因可能是反应II正向移动生成更多的CO抑制了反应I的进行，C正确；D．反应II实验测得()()()2432622v=kcCHcCOv=kc(CO)cH正正逆逆，(k正、k逆为速率常数)，当达到平衡时

，v正=v逆，()()()2432622kcCHcCO=kc(CO)cH正逆，转化后可得K=k/k正逆，反应II是吸热反应，若升高温度，k/k正逆=K值增大，D错误；答案选AC；②随X增大乙烷平衡转化

率增大而乙烯选择性减小、CO选择性增大，则改变的条件不能是增大压强，只能说升高温度，平衡II向右移动程度大于反应Ⅰ；原因是：I、II的正反应均吸热反应，随温度升高，平衡均正向移动，乙烷的转化率增大，符合图示(或I、II的正反应均

为体积增大的反应，增大压强，平衡均逆向移动，乙烷的转化率减小，不符图示)；③X是温度，则L1和L2代表压强，增大压强，平衡II逆向移动，平衡Ⅰ逆向移动，乙烷平衡转化率减小，则L1<L2；④M点乙烯的物质的量=2mol×80%×50%=0.8mol，则CO物质

的量=2mol×20%×50%=0.2mol，H2O(g)的物质的量=乙烯的物质的量=0.8mol，乙烷的物质的量=2mol-2mol×50%=1mol，则氢气物质的量=620.820.84162−−−mol=0.6mol，则二氧化碳物质的量

=2.8mol-0.8mol-0.4mol=1.6mol，则n总=0.8mol+0.2mol+0.8mol+1mol+0.6mol+1.6mol=5mol，反应I的平衡常数xK=0.20.80.85551

1.655=0.016；【小问4详解】图示为电解法制备乙烯，二氧化碳转化为乙烯发生还原反应，则阴极的电极反应式为2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-。