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广西桂林市联盟校2022-2023学年高三上学期9月入学统一检测化学试题含解析
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这是一份广西桂林市联盟校2022-2023学年高三上学期9月入学统一检测化学试题含解析，共32页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
广西桂林市联盟校2022-2023学年高三上学期9月入学统一检测化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．2022年3月，嫦娥五号任务顺利完成，化学功不可没。下列说法正确的是
A．探测器装有太阳能电池板，该电池能将太阳能转化为电能
B．返回器带回的月壤中含有，它与地球上的性质完全相同
C．运载火箭使用了煤油液氧推进剂，其中煤油是由石油分馏而得，这个过程属于化学变化
D．嫦娥五号所携带的国旗主要成分为国产高性能芳纶纤维材料，该材料是高分子材料，属于纯净物
【答案】A
【详解】A．太阳能电池板是将太阳能转化为电能，A正确；
B．3He和4He是中子数不同的氦元素的不同原子，属于同位素，两者化学性质不完全相同，B错误；
C．煤油是由石油分馏而得，利用沸点不同分馏出不同的产品，这个过程属于物理变化，C错误；
D．高分子化合物属于混合物，D错误；
故答案选A。
2．下列过程在一定条件下能自发进行但不能用熵增解释的是
A．花香四溢 B．冰块融化 C．Na2CO3·10H2O风化 D．水蒸气冷凝
【答案】D
【详解】A．花香四溢自发进行，使体系的混乱程度增大，导致熵增加，A不符合题意；
B．冰块受热融化能够自发进行，水分子之间距离增大，体系的混乱程度增大，导致熵增加，B不符合题意；
C．Na2CO3·10H2O风化能够自发进行，风化使结晶水合物变为Na2CO3和蒸馏水，H2O分子之间距离增大，体系的混乱程度增大，导致熵增加，C不符合题意；
D．水蒸气遇冷会冷凝变为液体水，使水分子排列由无序变得有序，体系混乱程度减小，熵减小，因此该过程能自发进行但不能用熵增解释，D符合题意；
故合理选项是D。
3．以下应用与盐类水解无关的是
A．用热碱去除废铁屑表面油污
B．配制Na2S溶液时需将Na2S溶于NaOH浓溶液
C．用硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合灭火
D．用FeCl3溶液刻蚀铜制电路板
【答案】D
【详解】A．油脂能够与碱反应产生可溶性物质。纯碱是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因而纯碱溶液可以去除油污。盐的水解反应是吸热反应。升高温度促进盐的水解，使溶液碱性增强，因而用热碱去除废铁屑表面油污去除效果更好，A不符合题意；
B．Na2S是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，盐的水解反应是可逆反应，配制溶液时，向溶液中加入NaOH，能够抑制Na2S的水解反应的发生，与盐的水解反应有关，B不符合题意；
C．硫酸铝是强酸弱碱盐，水解产生Al(OH)3胶体，同时产生H+，使溶液显酸性；碳酸氢钠水解产生H2CO3，使溶液显碱性，当两种溶液混合时，水解反应彼此促进，使水解反应进行的更彻底，反应产生Al(OH)3沉淀和CO2气体，CO2不能燃烧，可以隔绝空气，从而达到灭火的目的，这与盐的水解反应有关，C不符合题意；
D．用FeCl3溶液刻蚀铜制电路板，由于FeCl3具有强氧化性，与Cu会发生反应，2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，这与盐的水解反应原理无关，D符合题意；
故合理选项是D。
4．合成氨反应为： 。下列有关该反应的说法正确的是
A．催化剂增大了正、逆反应的活化能 B．升高温度，该反应的平衡常数增大
C．正反应的活化能小于逆反应的活化能 D．升温或增压均可提高的平衡转化率
【答案】C
【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子百分数，加快反应速率，A错误；
B．该反应ΔH＜0，正方向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡的转化率降低，平衡常数减小，B错误；
C．该反应ΔH＜0，正方向为放热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能，C正确；
D．该反应ΔH＜0，正方向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，H2的平衡转化率降低；该反应为气体分子数减小的反应，增压，平衡正向移动， H2 的平衡转化率升高，D错误；
故答案选C。
5．用表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是
A．盐酸与足量共热，转移的电子数为
B．电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则阴极得到的电子数为
C．0.1mol和0.1mol于密闭容器中充分反应后，其分子总数为
D．反应中生成3mol转移的电子数为
【答案】C
【详解】A．二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，即盐酸不能反应完全，故转移电子数小于0.3NA，A错误；
B．电解精炼铜时，阳极上放电的不止是铜，故当阳极上减少64g时，转移的电子数并不是2NA个，阴极上得到的电子数也不是2NA个，B错误；
C．氢气和碘反应生成碘化氢是分子数不变的反应，所以将0.1mol氢气和0.1mol碘于密闭容器中充分反应，其分子总数为0.2NA，C正确；
D．在该反应中，碘酸根离子中的碘从+5价变为0价，碘化氢中的碘从-1价变为0价，生成3mol碘单质，转移电子数为5mol，D错误；
故答案选C。
6．化合物M(结构式如图所示)是常用的还原剂，其中X、Y、Z是原子序数依次减小的不同短周期的主族元素，X与W、Z与W均能形成原子个数比为1∶1和2∶1的化合物，W原子的最外层电子数是电子层数的3倍。下列叙述正确的是
A．Z元素位于第三周期第VIIA族
B．X和Z形成的化合物的水溶液呈酸性
C．化合物M不能与Z2W2反应
D．Y的最高价氧化物对应的水化物为一元弱酸
【答案】D
【分析】X、Y、Z是原子序数依次减小的不同短周期主族元素，X位于第三周期，Y位于第二周期，Z位于第一周期，故Z是H；又因为化合物M中X为+1价的离子，故X为Na；Y与H组成原子团，故Y是B，因为W原子的最外层电子数是电子层数的3倍，故W是核外电子排布是2、6，所以W是O元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。
【详解】根据上述分析可知：X是Na、Y是B、Z是H、W是O元素。
A．Z是H，位于元素周期表第一周期第IA族，A错误；
B．X和Z形成的化合物是NaH，NaH+H2O=H2↑+NaOH，故X和Z形成的化合物的水溶液呈碱性，B错误；
C．化合物M是NaBH4，NaBH4是最常用的还原剂，Z2W2是H2O2，H2O2是常用的氧化剂，两者能发生氧化还原反应，C错误；
D．Y是B，B的最高价氧化物对应的水化物H3BO3，H3BO3是一元弱酸，D正确；
故合理选项是D。
7．生活因化学更美好。下列生活用途及化学原理都正确且具有对应关系的是
选项
生活用途
化学原理
A
维生素C帮助人体将Fe3+转化为易吸收的Fe2+
维生素C具有还原性
B
小苏打可作食品膨松剂
小苏打可水解产生二氧化碳
C
过氧化钠用作呼吸面具中的供氧剂
过氧化钠分解产生氧气
D
明矾可用作净水剂和消毒剂
铝离子水解生成氢氧化铝胶体
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．维生素C帮助人体将Fe3+转化为易吸收的Fe2+，在该反应过程中，Fe元素化合价降低，得到电子被还原，因此说明维生素C具有还原性，A正确；
B．小苏打可作食品膨松剂，是由于小苏打不稳定，受热分解产生CO2气体，因此可以使面团松软，故可做食品膨松剂，B错误；
C．过氧化钠用作呼吸面具中的供氧剂，是由于过氧化钠能够与人呼吸产生的CO2、H2O反应产生O2，C错误；
D．明矾水解产生的氢氧化铝胶体表面积大，吸附力强，能够吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀从水中分离除去，从而可用作净水剂，但物质不具有强氧化性，因此不能作消毒剂，D错误；
故合理选项是A。
8．2022年北京冬奥会场馆建设中用到一种耐腐、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯为原料生产的，该双环烯酯的结构如图所示，下列说法正确的是
A．该双环烯酯的分子式为C14H22O2
B．该双环烯酯完全加氢后，产物的一氯代物有9种
C．该双环烯酯分子中有2种含氧官能团
D．该双环烯酯分子中所有碳原子共平面
【答案】B
【详解】A．根据C原子价电子数目是4，结合物质结构简式，可知该双环烯酯的分子式为C14H20O2，A错误；
B．该双环烯酯完全加氢后，得到产物结构简式是 ，该产物分子结构对称，物质分子中含有9种不同位置的H原子，因此其一氯代物有9种，B正确；
C．该双环烯酯分子中含有酯基和碳碳双键两种官能团，其中只有酯基是含氧官能团，C错误；
D．该双环烯酯分子中含有多个饱和C原子，具有甲烷的四面体结构，因此物质分子中所有碳原子不可能共平面，D错误；
故合理选项是B。
9．我国“祝融号”火星车成功着陆火星，其矿脉中含有原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z。已知W、Z同主族，且Z的原子序数是W的2倍，X的氢化物可用于蚀刻玻璃，Y与Z最外层电子数之和等于8。下列说法正确的是
A．离子半径：Z＞Y＞W＞X
B．同周期第一电离能小于Z的元素有4种
C．X与Y可形成共价化合物YX2
D．简单氢化物的还原性：W的氢化物＞Z的氢化物
【答案】B
【分析】原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z，已知W、Z同主族，且Z的原子序数是W的2倍，则W为O，Z为S；X的氢化物可用于蚀刻玻璃，则X为F元素，Y与Z最外层电子数之和等于8，Y的最外层电子数为8-6=2，Y的原子序数大于F，则Y为Mg元素，以此解答。
【详解】A．离子的核外电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层数越多，离子半径越大，则离子半径Z>W>X>Y，A错误；
B．同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但是第ⅡA族和ⅤA族比相邻元素的大，则同一周期小于Z的元素有Na、Mg、Al、Si，B正确；
C．X和Y形成的化合物为MgF2，含有离子键，属于离子化合物，C错误；
D．非金属性W>Z，则简单氢化物的还原性：W的氢化物
10．类比法是化学上研究物质的重要方法之一，下列类比结果正确的是
A．将溶液蒸干灼烧后得到CuO固体，则将溶液蒸干灼烧后得到固体
B．与反应生成与，则与反应生成与
C．工业上电解熔融的冶炼Mg，则电解熔融的冶炼Al
D．镁和铝与稀硫酸所形成的原电池中镁作负极，则镁和铝与氢氧化钠溶液所形成的原电池中镁作负极
【答案】A
【详解】A．CuCl2水解生成Cu(OH)2和易挥发的HCl气体，蒸干促进了CuCl2水解，最终得到Cu(OH)2固体，经灼烧后得到CuO固体。FeCl3溶液蒸干灼烧与CuCl2溶液的原理相同，因此最终得到Fe2O3固体，故A项正确；
B．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，Na2O2有氧化性，会将SO2氧化成Na2SO4，故B项错误；
C．工业上电解熔融的MgCl2冶炼Mg，电解熔融的Al2O3冶炼Al，原因是AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不导电，故C项错误；
D．Mg的金属活动性强于Al，因此以稀硫酸作电解质溶液，Mg、Al形成原电池时时Mg作负极；Al与NaOH溶液反应，而Mg不与NaOH溶液反应，因此以NaOH溶液为电解质溶液，Mg、Al形成原电池时，Al作负极，故D项错误。
故答案选：A。
11．下列实验装置图正确且能达到相应实验目的的是
A．验证原电池电子移动方向
B．实验室制备并检验乙烯
C．保护铁片(牺牲阳极的阴极保护法)
D．用已知浓度的盐酸测定未知浓度的NaOH溶液(含无色酚酞)
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．未形成闭合回路，没有构成原电池，A错误；
B．乙醇易挥发，加热乙醇气体进入酸性高锰酸钾溶液中发生氧化还原反应也能使溶液褪色，不能检验产生的是乙烯，B错误；
C．该装置为电解池，为外接电流的阴极保护法，牺牲阳极的阴极保护法是让被保护的金属作正极，属于原电池原理，C错误；
D．盐酸装在酸式滴定管中，锥形瓶内装有NaOH溶液，用酚酞做指示剂，观察到溶液由红色变为无色且半分钟内不褪色，可滴定未知浓度的NaOH溶液，D正确；
故选：D。
12．下列各组澄清溶液中的离子能大量共存，且加入(或通入)X试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是
选项
离子组
X试剂
离子方程式
A
、、、
NaOH溶液
B
、、、
过量氨水
C
、、、
少量盐酸
D
、、、
足量
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．、、、在溶液中可大量共存，加入NaOH溶液发生反应，A错误；
B．、在溶液中发生氧化还原反应生成单质碘和亚铁离子，不能大量共存，B错误；
C．、、、在溶液中可大量共存，加入少量盐酸，偏铝酸根离子结合氢离子生成氢氧化铝沉淀：，C正确；
D．、、、在溶液中可大量共存，加入足量发生反应：，D错误；
答案选C。
13．碳酸二甲酯(DMC)的结构简式为，其化学性质非常活泼，极易水解。用电解法制备碳酸二甲酯的模拟装置如图所示。下列说法正确的是
A．左侧电极为阴极，右侧电极为阳极
B．质子通过交换膜从阴极区移向阳极区
C．离子液体必须是水溶液，目的是传递电荷
D．阳极发生的反应：
【答案】D
【分析】根据图中信息CO和甲醇变为碳酸二甲酯(DMC)，分析化合价得到CO化合价升高，因此左边为阳极，右边为阴极。
【详解】A．根据前面分析左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，故A错误；
B．根据电解池“异性相吸”则质子通过交换膜从阳极区移向阴极区，故B错误；
C．根据题中碳酸二甲酯(DMC)化学性质非常活泼，极易水解，因此离子液体不能是水溶液，故C错误；
D．根据前面分析CO失去电子和甲醇生成碳酸二甲酯，其阳极发生的反应：，故D正确。
综上所述，答案为D。
14．硫酸甲酯是制造染料的甲基化试剂，在有存在的条件下，和的反应历程如图所示(分子间的作用力用“…”表示)。下列说法错误的是
A．与反应的
B．a、b、c三种中间产物中，a最稳定
C．该反应最高能垒(活化能)为19.06eV
D．由d转化为f过程中，有硫氧键的生成
【答案】C
【详解】A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，ΔH<0，故A正确；
B．物质所含有的能量越低越稳定，根据图中可知，a、b、c三种中间产物中，a物质的能量最低，则a最稳定，故B正确；
C．由图可知，该反应最高能垒(活化能)的过程是d→e，该反应的最高能垒(活化能)为3.66eV-(- 2.96eV)=6.62eV，故C错误；
D．由图可知，由d转化为f过程中，有硫氧键的断裂和生成，故D正确；
故答案选C。
15．1，3-丁二烯在环己烷溶液中与溴发生加成反应时，会生成两种产物M和N(不考虑立体异构)，其反应机理如图1所示；室温下，M可以缓慢转化为N，能量变化如图2所示。下列有关说法正确的是
A．室温下，M的稳定性强于N
B．
C．1mol 1，3-丁二烯完全燃烧需消耗的物质的量为5.5mol
D．有机物M的核磁共振氢谱中有四组峰，峰面积之比为2∶1∶2∶2
【答案】C
【详解】A．物质具有的能量越高越不稳定，由图可知，M的能量大于N，所以室温下，N的稳定性强于M，故A错误；
B．M的能量大于N，M转化为N为放热反应，反应热为-（E2-E1）kJ•mol-1，则反应的热化学方程式△H=-（E2-E1）kJ•mol-1，故B错误；
C．1，3-丁二烯化学式为C4H6，完全燃烧生成CO2和H2O，根据C元素和H元素守恒，则1mol 1，3-丁二烯完全燃烧需消耗的物质的量为=5.5mol，故C正确；
D．有机物M分子中存在4种不同环境的氢原子，峰面积之比等于氢原子数之比，则有机物M的核磁共振氢谱中有四组峰，峰面积之比为2：1：1：2，故D错误；
故选：C。
16．2021 年9月，我国科学家团队在实验室中利用二氧化碳人工合成淀粉获得成功。如图是合成过程的相关反应路径(部分反应条件、产物等均已略去)。下列有关说法正确的是
A．人工合成淀粉的化学式可表示为(C6H12O6)n
B．反应①、②、③的原子利用率均为100%
C．CO2→CH3OH→ HCHO的转化过程中碳元素均被还原
D．过氧化氢酶使H2O2及时分解，防止其氧化其它酶，同时增大O2的利用率
【答案】D
【详解】A．根据人工合成淀粉的键线式可知，其化学式可表示为(C6H10O5)n，A错误；
B．反应①除了合成有机物以外，还有水生成，反应②除了合成甲醛以外，也还有过氧化氢生成，所以原子利用率均未达到100%，B错误；
C．CO2→CH3OH过程中C的化合价由+4降低到-2价，被还原，CH3OH→ HCHO过程中C元素化合价由-2价升高到0价，被氧化，C错误；
D．过氧化氢酶可使反应②产生的H2O2及时分解，使反应②正向进行程度增大，增大了O2的利用率，D正确；
故选D。
17．科学家利用过渡金属氮化物(TMNS)在常温下催化实现氨的合成，其反应机理如图所示。下列有关说法错误的是
A．TMNS大大降低了合成氨反应的焓变
B．TMNS表面上的N原子最终被还原为氨
C．TMNS表面上氨脱附产生的空位有利于吸附N2
D．用同位素标记后的15N2进行该合成反应，产物中不只有15NH3
【答案】A
【详解】A．催化剂TMNS只能大大降低反应所需要的活化能，而不能改变合成氨反应的焓变，A错误；
B．由反应机理图可知，N2在TMNS表面上先分解为N原子，然后催化剂表面的N原子最终被还原为氨，B正确；
C．由反应机理图可知，TMNS表面上氨脱附产生的空位有利于吸附N2，C正确；
D．由于合成氨的反应是一个可逆反应，用同位素标记后的15N2进行该合成反应，产物中不只有15NH3还有15N2，D正确；
故答案为：A。
18．常温下，向1L pH=10的NaOH溶液中持续通入气体。通入的体积(V)与溶液中水电离出的的关系如图所示。下列叙述不正确的是
A．a点溶液中：水电离出的
B．b点溶液中：
C．c点溶液中：
D．d点溶液中：
【答案】C
【分析】氢氧化钠会抑制水的电离；向1L pH=10的NaOH溶液中持续通入气体，反应生成碳酸钠，碳酸钠促进水的电离，继续通入二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠促进水的电离但促进水的电离程度不如碳酸钠；二氧化碳过量生成碳酸，会一定程度上抑制水的电离；
【详解】A．a点溶液中的溶质是NaOH，水电离出的c(H+)=10-pH=1×10-10 mol·L-1，A正确；
B．c点水的电离程度最大，此时反应生成碳酸钠，则b点氢氧化钠没有完全反应，溶液中溶质为氢氧化钠、碳酸钠，此时溶液，B正确；
C．c点溶液中，当水电离出的OH-离子浓度最大时，说明此时的溶液是碳酸钠溶液﹐碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子但程度较小，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(CO)>c(HCO)，C错误；
D．d点溶液中，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)，D正确；
故选C。
19．某化学小组的同学测定0.1mol/L 溶液在先升温再降温过程中的pH(不将虑温度变化过程中溶液体积的变化)，数据如表，下列有关说法中正确的是
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
A．①与④的值不相等
B．④的pH与①不同，是浓度减小造成的
C．①→③的过程中，温度和浓度的变化对水解平衡移动方向的影响一致
D．溶液中存在水解平衡：
【答案】B
【详解】A．①与④的温度相同，则值相等，A错误；
B．温度相同，④的pH与①比较偏小，则氢氧根离子浓度减小，说明过程中浓度减小，导致水解产生氢氧根离子浓度减小，B正确；
C．①→③的过程中，温度升高，pH降低，由于被氧化为硫酸根离子，浓度减小，水解平衡逆向移动；而升高温度平衡正向移动，因此温度和浓度的变化对水解平衡移动方向的影响不一致，C错误；
D．溶液中存在水解平衡：，D错误；
故选B。
20．已知常温下二元弱酸H2A溶液中，H2A、HA-、A2-的分布分数(δ)随pH变化如图所示[如A2-分布分数：δ(A2-)=]，下列说法错误的是
A．曲线x代表H2A，曲线z代表A2-
B．pH从3升高至4，的值一直减小
C．n点对应的溶液中水电离出的c(H+)=10-12.7mol·L-1
D．将浓度均为0.05mol·L-1的NaHA溶液与Na2A溶液等体积混合后，所得溶液pH>4.3
【答案】B
【分析】根据横坐标的pH增大判断，H2A中滴加碱，导致氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，根据二元酸的电离平衡判x线为H2A，y线为HA-，z线为A2-；
【详解】A．根据二元弱酸的两步电离平衡判断，当加入碱后促进第一步电离，故x线为H2A，曲线z代表A2-，故A正确；
B．，当pH从3升高至4时，Ka1保持不变，通过图像判断HA-在减小，故增大；
C．n点对应的溶液中，pH=1.3，则根据Kw得c(OH-)=10-12.7mol·L-1，故水电离出的c(H+)=10-12.7mol·L-1；故C正确；
D．根据图像中m点判断HA-和A2-的浓度相同时，溶液的pH=4.3，根据图像n点计算出Ka1=10-1.3，m点计算出Ka2=10-4.3，则Kh1=10-9.7，Kh2=10-12.7，故当将浓度均为0.05mol·L-1的NaHA溶液与Na2A溶液等体积混合后，因为HA-的电离大于A2-的水解，导致溶液中HA-的浓度小于A2-的浓度，根据图像判断pH>4.3，故D正确；
【点睛】此题考查酸的电离平衡的移动影响，注意图像中的特殊点进行相关计算，其次平衡常数只与温度有关。
二、实验题
21．摩尔盐是一种常见的复盐。以下是摩尔盐的制备流程。请回答相关问题。
(1)步骤2的名称应为_______。
(2)抽滤装置如图所示。和普通过滤相比，抽滤的优点是_______。
(3)加热浓缩时所用到的主要仪器中属于硅酸盐材质的有酒精灯、玻璃棒和_______。
(4)生成摩尔盐的化学反应方程式为_______。
(5)步骤3抽滤后用乙醇洗涤的原因是_______。
(6)含量是影响产品品质的关键指标。定量测定方法是：取1.00g产品于烧杯中，加入适量盐酸溶解，并加入3滴KSCN溶液，定容至50mL，取溶液置于比色管中，与标准色阶进行目视比色，确定产品级别。可以根据颜色确定产品级别的原理是_______。
(7)取28.00g所制得的固体于小烧杯中，加入适量稀硫酸，溶解后在250L容量瓶中定容。取25.00mL于锥形瓶中，用的，溶液滴定至终点。平行操作三次，消耗溶液的平均体积为16.00mL。此样品中含量为_______%。下列操作可能导致测定结果偏大的是_______。
A．配溶液定容时俯视刻度线
B．取摩尔盐溶液的滴定管没有润洗
C．取待测液的锥形瓶洗净后未干燥
D．酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后仰视读数
【答案】(1)硫酸亚铁的制备
(2)加快过滤速度，得到更干燥的固体
(3)蒸发皿
(4)
(5)产物在乙醇中溶解度小，减少溶解损失；乙醇挥发带走水分，产品能快速干燥
(6)和反应生成红色的 ，浓度越大，溶液颜色越深
(7) 16 AD
【分析】本实验的目的是制备摩尔盐，加入碳酸钠溶液煮沸，除去表面油污，过滤分离洗涤后，加入硫酸反应制备FeSO4，趁热抽滤后加入硫酸铵固体，加热浓缩，冷却结晶，抽滤并洗涤，得到产品。
（1）
步骤2中Fe与稀硫酸反应得到FeSO4，所以该步骤的名称为硫酸亚铁的制备；
（2）
抽滤时抽滤瓶中形成真空，由于压强差的存在可以加快过滤速度，得到更干燥的固体；
（3）
加热浓缩时需要在蒸发皿中进行，蒸发皿也属于硅酸盐材质的仪器；
（4）
根据题意硫酸亚铁和硫酸铵反应可以得到摩尔盐，根据元素守恒可得化学方程式为；
（5）
产物在乙醇中溶解度小，用乙醇洗涤可以减小溶解损失；同时乙醇易挥发，乙醇挥发带走水分，产品能快速干燥；
（6）
Fe3+和SCN-反应生成红色的Fe(SCN)3，该反应为可逆反应，Fe3+浓度越大，平衡正向移动，溶液颜色越深，所以可以根据颜色确定产品级别；
（7）
根据电子守恒可知，5Fe2+~5e-~KMnO4，则滴定过程中存在数量关系n(Fe2+)=5n(KMnO4)，所以25.00mL待测液中n(Fe2+)=5×0.1mol/L×0.016L=0.008mol，则250mL待测液中n(Fe2+)=0.08mol，则样品中Fe2＋含量为×100%=16%；
A．配溶液定容时俯视刻度线，导致所配待测液浓度偏大，25.00mL待测液消耗的高锰酸钾溶液偏多，测定结果偏大，A符合题意；
B．取摩尔盐溶液的滴定管没有润洗，导致摩尔盐被稀释，25.00mL待测液消耗的高锰酸钾溶液偏少，测定结果应偏小，B不符合题意；
C．取待测液的锥形瓶洗净后未干燥对测定结果无影响，C不符合题意；
D．酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后仰视读数，导致标准液用量读数偏大，测定结果偏大，D符合题意；
综上所述答案为AD。
三、工业流程题
22．锌灰是热镀锌厂和电解锌厂在生产过程中产生的一种副产品，主要成分为ZnO、ZnCl2，还含有SiO2、CuO、PbO和FeO。工业上利用锌灰制ZnSO4·7H2O晶体，进而获取ZnO，并探索氢电极增压还原氧化锌电解法制锌的方法，工艺流程如图所示：
已知：Cu++Cl-=CuCl↓。回答下列问题：
(1)酸浸时，H2SO4应选用____(填“浓硫酸”或“稀硫酸”)。
(2)滤渣1的主要成分有____。
(3)写出“沉铜”时的离子方程式：_____。
(4)“氧化”后，加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅拌，其目的是___。
(5)氢电极增压还原氧化锌的装置如图所示，储罐内ZnO溶解后形成Zn(OH)离子，每溶解1molZnO需消耗___molKOH。电解池中的总反应离子方程式为____。
(6)该工艺废水中含有Zn2+，排放前需处理。向废水中加入CH3COOH和CH3COONa组成的缓冲溶液调节pH，通入H2S发生反应：Zn2++H2S⇌ZnS(s)+2H+。处理后的废水中部分微粒浓度为
微粒
H2S
CH3COOH
CH3COO-
浓度/(mol·L-1)
0.10
0.05
0.10
处理后的废水的pH=____，c(Zn2+)=____。[已知：Ksp(ZnS)=1.0×10-23，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-14，Ka(CH3COOH)=2.0×10-5]
【答案】 稀硫酸 SiO2和PbSO4 Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+ 促使Fe(OH)3胶体聚沉，有利于过滤分离 2 H2+Zn(OH)2H2O+Zn+2OH- 5 1×10-11mol·L-1
【分析】锌灰(主要成分是ZnO，ZnCl2，还含有SiO2，CuO，PbO和FeO等)用硫酸酸浸，其中PbO转化成PbSO4沉淀，SiO2不溶于酸或水，则过滤得到的滤渣1主要为PbSO4、SiO2；滤液含有ZnSO4、FeSO4、CuSO4和H2SO4，向滤液中加入Zn粉，将Cu2+还原利用生成CuCl沉淀达到沉铜的目的，继续向溶液中加入双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，再加入ZnO调节溶液pH，将Fe3+转化成氢氧化铁沉淀并过滤除去，将滤液蒸发、浓缩并冷却结晶，过滤得到ZnSO4•7H2O，滤液加入氢氧化钠溶液可生成氢氧化锌，加热分解生成氧化锌，最后电解生成Zn，以此解答该题。
【详解】(1)浓硫酸有强氧化性，酸浸时，如使用硫酸浓度过高，反应速率会很慢，在溶解时会氧化FeO生成Fe3+，同时生成SO2，污染环境，酸浸时，H2SO4应选用稀硫酸；
(2)由分析可知，滤渣1的主要成分为SiO2和PbSO4；
(3) “沉铜”时加入Zn粉，将Cu2+还原利用生成CuCl沉淀，发生反应的离子方程式为Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+；
(4)在pH为5.6的条件下氧化后，生成的Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，继续加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅拌，可促使Fe(OH)3胶体聚沉，有利于过滤分离；
(5)储罐内ZnO溶解后形成Zn(OH)离子，发生的离子反应2OH－＋ZnO＋H2O＝Zn(OH)，则每溶解1molZnO，需消耗2molKOH；电解池阳极上的H2在碱性条件下失电子氧化生成H2O，电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，阴极上Zn(OH)离子得电子还原生成Zn，电极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，则电解池中的总反应离子方程式为H2+Zn(OH)2H2O+Zn+2OH-；
(6)已知Ka(CH3COOH)===2.0×10−5，则c(H+)=1×10-5mol/L，此时溶液pH=5；Ka1(H2S)×Ka2(H2S) =×= =1.0×10-7×1.0×10-14，其中c(H+)=1×10-5mol/L，c(H2S)=0.10mol/L，则c(S2-)=1.0×10-12 mol/L，此时Ksp(ZnS)=1.0×10-23=c(Zn2+)×c(S2-)，则c(Zn2+)= mol·L-1=1×10-11mol·L-1。
【点睛】本题难点是(6)综合利用电离平衡常数和溶度积常数计算溶液的pH和c(Zn2+)，准确利用公式是解题关键，特别是Ka2(H2S)×Ka1(H2S)=，这是易错点。
四、原理综合题
23．研究的综合利用、实现资源化，是能源领域的重要发展方向，也是力争2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和的方向之一、
已知：反应I：
反应II：
反应III：
(1)反应III中，_______kJ/mol。
(2)在体积为2L的刚性密闭容器中，充入1mol CO和2mol ，发生反应II，能判断反应达到平衡状态的是_______(填字母序号)。
a. b.容器内压强保持不变
c.保持不变 d.的质量分数保持不变
(3)在体积为2L的恒压密闭容器中，起始充入1mol 和3mol ，发生反应III，该反应在不同温度下达到平衡时，各组分的体积分数随温度的变化如图所示。
①表示和的体积分数随温度变化的曲线分别是_______(填字母序号)。
②A、B、C三点对应的化学平衡常数、、由大到小的顺序为_______，判断的理由是_______。
③240℃时，反应达到平衡后，容器中气体的总物质的量为_______mol，的平衡转化率为_______。若平衡时总压为P，该反应的平衡常数_______(列出计算式。用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(1)-249.6
(2)bd
(3) ad 反应III为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，故随着温度升高，平衡常数减小 3.1 60%
【解析】（1）
由题干信息已知，反应I ， ，则2I+Ⅱ即可得到反应Ⅲ：，根据盖斯定律可知=+=2×(+41.2kJ/mol)+(-332kJ/mol)=-249.6 kJ/mol；
（2）
a．化学平衡的特征之一为正、逆反应速率相等，2v(H2)=v(H2O)未告知正、逆反应情况，不能说明反应达到平衡状态，故a错误；
b．已知反应II是一个正反应为气体体积减小的反应，即反应过程中容器内压强始终在改变，故容器内压强保持不变，说明反应达到平衡状态，故b正确；
c．由于反应II：中CO和H2的系数比为1：2，题干中CO和H2的投料比也是1：2，故反应过程中始终保持为1：2不变，故保持不变不能说明反应达到平衡状态，故c错误；
d．化学平衡的特征之一就是反应体系各组分的百分含量保持不变，故的质量分数保持不变，说明反应达到化学平衡状态，故d正确；
故答案为：bd；
（3）
①结合(1)的分析可知，反应III： ，该反应正反应是一个放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，则H2的体积分数随温度升高而增大，的体积分数随温度的升高而减小，且起始充入1molCO2(g)和3mol H2 (g)，反应中CO2和H2的转化量之比为1：3，故过程中CO2和H2的体积分数之比也为1：3，和H2O的体积分数之比为1：4，结合图示可知表示H2和的体积分数随温度变化的曲线分别为a，d；②由上述分析可知，升高温度平衡逆向移动，则化学平衡常数减小，则A、B. C三点对应的化学平衡常数KA、KB、KC从大到小的顺序为KA> KB> KC；③根据三段式分析可知：，结合①的分析可知， 240℃时，反应达到平衡后，H2和H2O的体积分数相等，故有3-6x=4x，解得：x=0.3mol，故容器中气体的总物质的量1-2x+3-6x+x+4x=4-3x=4-3×0.3=3.1mol；H2(g)的平衡转化率为；若平衡时总压为P，则P(CO2)=，P(H2)= ，p()=，P(H2O)= ，该反应的平衡常数：Kp==。
五、结构与性质
24．钛、铜、锌及其化合物在生产生活中有着广泛的应用，回答下列问题：
(1)基态铜原子的价电子排布式_______；元素铜和锌的第二电离能：_______(填“>”、“>”或“=”)
(2)硫酸铜溶于氨水可形成络合物。中N原子的杂化轨道类型为_______，阴离子的立体构型为_______；1mol中含有键的数目为_______。
(3)钛与卤素形成的化合物熔点如表，则的熔点比高的原因可能是_______。
熔点℃
377
―24
38.3
153
(4)某含钛半夹心结构催化剂R能催化乙烯、丙烯等的聚合，其结构如图所示：则组成R的元素中，除Ti之外元素的电负性从大到小的顺序是_______(填元素符号)。
(5)硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示，该晶胞中硒原子的配位数为_______；若该晶胞边长为a pm，NA代表阿伏加德罗常数的值，则晶胞密度为_______。
【答案】(1) >
(2) 正四面体形
(3)为离子晶体，为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体
(4)
(5) 4
【解析】（1）
基态铜原子的价电子排布式为；Zn的第二电离能失去的是4s1的一个电子，铜的第二电离能失去的是较稳定的3d10上的一个电子，则锌的第二电离能I2(Zn)小于铜的第二电离能I2(Cu)；
（2）
NH3中N原子孤对电子数为1，配位原子数为3，价层电子数为3，N原子的杂化轨道类型为sp3，阴离子，无孤对电子，配位原子数为4，中心原子的杂化轨道类型为sp3，立体构型为正四面体；存在于N与H之间的键有3条，4个NH3共有12条；Cu2+与NH3之间为配位键，也属于键，共有4条；存在于S和O之间的键有4条，故与键之比为1：（12+4+4）=1：20，1mol中含有键的数目为20NA；
（3）
的熔点比高出很多，与晶体类型不同，为离子晶体，为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体；
（4）
组成R的元素中，除Ti之外还有H、C、O、Cl，四种元素电负性从大到小的顺序是；
（5）
晶胞中离Se最近的Zn有4个，故晶胞中Se原子的配位数为4；晶胞中Se原子个数为4，Zn原子个数为，若该晶胞边长为a pm，晶则胞体积为（a×10-10）3cm-3，晶胞密度为。
六、有机推断题
25．间氨基苯乙炔(K)是新型抗肿瘤药物盐酸厄洛替尼的关键中间体。用苯为原料的合成路线之一如图所示：
(1)化合物B的化学名称为_______；化合物C的结构简式为_______。
(2)D→E的反应类型为_______，化合物K中所含官能团名称为_______。
(3)F→G反应的化学方程式为_______(注明反应的具体条件)。
(4)G的同分异构体中，满足下列条件的同分异构体有_______种。
①与G含有相同的官能团
②属于二取代芳香族化合物
写出其中核磁共振氢谱有4种峰，其峰值面积比为1∶2∶2∶2的所有结构简式：_______。
(5)设计由、乙醛、无水乙醚和本题合成路线中的无机试剂制备的合成路线：(合成需要四步)_______。
【答案】(1) 硝基苯
(2) 加成反应 氨基、碳碳叁键
(3)+H2O
(4) 11 和
(5)
【分析】苯发生硝化反应生成B为，由D的结构简式可知B发生硝基间位取代反应生成C，故C为，D与OHCCH2COOH发生加成反应生成E，E发生水解反应生成F，对比F、H的结构，结合G的分子式可知，F发生醇的消去反应生成G，G再与溴发生加成反应生成H，故G为，H脱羧、脱去1分子HBr并形成碳碳双键而生成I，I再发生消去反应生成J，J中硝基转化为氨基生成K，J→K发生了还原反应，据此分析解答。
（1）
B为，苯是母体，取代基是硝基，化合物B的化学名称为硝基苯；化合物C的结构简式为；
（2）
由分析可知，D与OHCCH2COOH发生加成反应生成E，D→E的反应类型为加成反应；化合物K中所含官能团名称为氨基、碳碳三键；
（3）
F发生醇的消去反应生成G，F→G反应的化学方程式为+H2O；
（4）
G为，同分异构体与G含有相同的官能团即含碳碳双键、硝基、羧基，属于二取代芳香族化合物，2个取代基为-NO2、-CH=CHCOOH，或者为-NO2、-C(COOH)=CH2，或者为-CH=CHNO2、-COOH，或者为-CH(NO2)=CH2，均有邻、间、对3种位置关系，去掉G本身符合条件的共有3×4-1=11种，其中核磁共振氢谱有4种峰，其峰值面积比为1：2：2：2的结构简式为和；
（5）
模仿C→D→E→F→G的转化，与Mg/乙醚反应生成，再与乙醛反应生成，然后水解生成，最后发生消去反应生成，合成路线为。
广西桂林市联盟校2022-2023学年高三上学期9月入学统一检测化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．2022年3月，嫦娥五号任务顺利完成，化学功不可没。下列说法正确的是
A．探测器装有太阳能电池板，该电池能将太阳能转化为电能
B．返回器带回的月壤中含有，它与地球上的性质完全相同
C．运载火箭使用了煤油液氧推进剂，其中煤油是由石油分馏而得，这个过程属于化学变化
D．嫦娥五号所携带的国旗主要成分为国产高性能芳纶纤维材料，该材料是高分子材料，属于纯净物
【答案】A
【详解】A．太阳能电池板是将太阳能转化为电能，A正确；
B．3He和4He是中子数不同的氦元素的不同原子，属于同位素，两者化学性质不完全相同，B错误；
C．煤油是由石油分馏而得，利用沸点不同分馏出不同的产品，这个过程属于物理变化，C错误；
D．高分子化合物属于混合物，D错误；
故答案选A。
2．下列过程在一定条件下能自发进行但不能用熵增解释的是
A．花香四溢 B．冰块融化 C．Na2CO3·10H2O风化 D．水蒸气冷凝
【答案】D
【详解】A．花香四溢自发进行，使体系的混乱程度增大，导致熵增加，A不符合题意；
B．冰块受热融化能够自发进行，水分子之间距离增大，体系的混乱程度增大，导致熵增加，B不符合题意；
C．Na2CO3·10H2O风化能够自发进行，风化使结晶水合物变为Na2CO3和蒸馏水，H2O分子之间距离增大，体系的混乱程度增大，导致熵增加，C不符合题意；
D．水蒸气遇冷会冷凝变为液体水，使水分子排列由无序变得有序，体系混乱程度减小，熵减小，因此该过程能自发进行但不能用熵增解释，D符合题意；
故合理选项是D。
3．以下应用与盐类水解无关的是
A．用热碱去除废铁屑表面油污
B．配制Na2S溶液时需将Na2S溶于NaOH浓溶液
C．用硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合灭火
D．用FeCl3溶液刻蚀铜制电路板
【答案】D
【详解】A．油脂能够与碱反应产生可溶性物质。纯碱是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因而纯碱溶液可以去除油污。盐的水解反应是吸热反应。升高温度促进盐的水解，使溶液碱性增强，因而用热碱去除废铁屑表面油污去除效果更好，A不符合题意；
B．Na2S是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，盐的水解反应是可逆反应，配制溶液时，向溶液中加入NaOH，能够抑制Na2S的水解反应的发生，与盐的水解反应有关，B不符合题意；
C．硫酸铝是强酸弱碱盐，水解产生Al(OH)3胶体，同时产生H+，使溶液显酸性；碳酸氢钠水解产生H2CO3，使溶液显碱性，当两种溶液混合时，水解反应彼此促进，使水解反应进行的更彻底，反应产生Al(OH)3沉淀和CO2气体，CO2不能燃烧，可以隔绝空气，从而达到灭火的目的，这与盐的水解反应有关，C不符合题意；
D．用FeCl3溶液刻蚀铜制电路板，由于FeCl3具有强氧化性，与Cu会发生反应，2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，这与盐的水解反应原理无关，D符合题意；
故合理选项是D。
4．合成氨反应为： 。下列有关该反应的说法正确的是
A．催化剂增大了正、逆反应的活化能 B．升高温度，该反应的平衡常数增大
C．正反应的活化能小于逆反应的活化能 D．升温或增压均可提高的平衡转化率
【答案】C
【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子百分数，加快反应速率，A错误；
B．该反应ΔH＜0，正方向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡的转化率降低，平衡常数减小，B错误；
C．该反应ΔH＜0，正方向为放热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能，C正确；
D．该反应ΔH＜0，正方向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，H2的平衡转化率降低；该反应为气体分子数减小的反应，增压，平衡正向移动， H2 的平衡转化率升高，D错误；
故答案选C。
5．用表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是
A．盐酸与足量共热，转移的电子数为
B．电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则阴极得到的电子数为
C．0.1mol和0.1mol于密闭容器中充分反应后，其分子总数为
D．反应中生成3mol转移的电子数为
【答案】C
【详解】A．二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，即盐酸不能反应完全，故转移电子数小于0.3NA，A错误；
B．电解精炼铜时，阳极上放电的不止是铜，故当阳极上减少64g时，转移的电子数并不是2NA个，阴极上得到的电子数也不是2NA个，B错误；
C．氢气和碘反应生成碘化氢是分子数不变的反应，所以将0.1mol氢气和0.1mol碘于密闭容器中充分反应，其分子总数为0.2NA，C正确；
D．在该反应中，碘酸根离子中的碘从+5价变为0价，碘化氢中的碘从-1价变为0价，生成3mol碘单质，转移电子数为5mol，D错误；
故答案选C。
6．化合物M(结构式如图所示)是常用的还原剂，其中X、Y、Z是原子序数依次减小的不同短周期的主族元素，X与W、Z与W均能形成原子个数比为1∶1和2∶1的化合物，W原子的最外层电子数是电子层数的3倍。下列叙述正确的是
A．Z元素位于第三周期第VIIA族
B．X和Z形成的化合物的水溶液呈酸性
C．化合物M不能与Z2W2反应
D．Y的最高价氧化物对应的水化物为一元弱酸
【答案】D
【分析】X、Y、Z是原子序数依次减小的不同短周期主族元素，X位于第三周期，Y位于第二周期，Z位于第一周期，故Z是H；又因为化合物M中X为+1价的离子，故X为Na；Y与H组成原子团，故Y是B，因为W原子的最外层电子数是电子层数的3倍，故W是核外电子排布是2、6，所以W是O元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。
【详解】根据上述分析可知：X是Na、Y是B、Z是H、W是O元素。
A．Z是H，位于元素周期表第一周期第IA族，A错误；
B．X和Z形成的化合物是NaH，NaH+H2O=H2↑+NaOH，故X和Z形成的化合物的水溶液呈碱性，B错误；
C．化合物M是NaBH4，NaBH4是最常用的还原剂，Z2W2是H2O2，H2O2是常用的氧化剂，两者能发生氧化还原反应，C错误；
D．Y是B，B的最高价氧化物对应的水化物H3BO3，H3BO3是一元弱酸，D正确；
故合理选项是D。
7．生活因化学更美好。下列生活用途及化学原理都正确且具有对应关系的是
选项
生活用途
化学原理
A
维生素C帮助人体将Fe3+转化为易吸收的Fe2+
维生素C具有还原性
B
小苏打可作食品膨松剂
小苏打可水解产生二氧化碳
C
过氧化钠用作呼吸面具中的供氧剂
过氧化钠分解产生氧气
D
明矾可用作净水剂和消毒剂
铝离子水解生成氢氧化铝胶体
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．维生素C帮助人体将Fe3+转化为易吸收的Fe2+，在该反应过程中，Fe元素化合价降低，得到电子被还原，因此说明维生素C具有还原性，A正确；
B．小苏打可作食品膨松剂，是由于小苏打不稳定，受热分解产生CO2气体，因此可以使面团松软，故可做食品膨松剂，B错误；
C．过氧化钠用作呼吸面具中的供氧剂，是由于过氧化钠能够与人呼吸产生的CO2、H2O反应产生O2，C错误；
D．明矾水解产生的氢氧化铝胶体表面积大，吸附力强，能够吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀从水中分离除去，从而可用作净水剂，但物质不具有强氧化性，因此不能作消毒剂，D错误；
故合理选项是A。
8．2022年北京冬奥会场馆建设中用到一种耐腐、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯为原料生产的，该双环烯酯的结构如图所示，下列说法正确的是
A．该双环烯酯的分子式为C14H22O2
B．该双环烯酯完全加氢后，产物的一氯代物有9种
C．该双环烯酯分子中有2种含氧官能团
D．该双环烯酯分子中所有碳原子共平面
【答案】B
【详解】A．根据C原子价电子数目是4，结合物质结构简式，可知该双环烯酯的分子式为C14H20O2，A错误；
B．该双环烯酯完全加氢后，得到产物结构简式是 ，该产物分子结构对称，物质分子中含有9种不同位置的H原子，因此其一氯代物有9种，B正确；
C．该双环烯酯分子中含有酯基和碳碳双键两种官能团，其中只有酯基是含氧官能团，C错误；
D．该双环烯酯分子中含有多个饱和C原子，具有甲烷的四面体结构，因此物质分子中所有碳原子不可能共平面，D错误；
故合理选项是B。
9．我国“祝融号”火星车成功着陆火星，其矿脉中含有原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z。已知W、Z同主族，且Z的原子序数是W的2倍，X的氢化物可用于蚀刻玻璃，Y与Z最外层电子数之和等于8。下列说法正确的是
A．离子半径：Z＞Y＞W＞X
B．同周期第一电离能小于Z的元素有4种
C．X与Y可形成共价化合物YX2
D．简单氢化物的还原性：W的氢化物＞Z的氢化物
【答案】B
【分析】原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z，已知W、Z同主族，且Z的原子序数是W的2倍，则W为O，Z为S；X的氢化物可用于蚀刻玻璃，则X为F元素，Y与Z最外层电子数之和等于8，Y的最外层电子数为8-6=2，Y的原子序数大于F，则Y为Mg元素，以此解答。
【详解】A．离子的核外电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层数越多，离子半径越大，则离子半径Z>W>X>Y，A错误；
B．同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但是第ⅡA族和ⅤA族比相邻元素的大，则同一周期小于Z的元素有Na、Mg、Al、Si，B正确；
C．X和Y形成的化合物为MgF2，含有离子键，属于离子化合物，C错误；
D．非金属性W>Z，则简单氢化物的还原性：W的氢化物
10．类比法是化学上研究物质的重要方法之一，下列类比结果正确的是
A．将溶液蒸干灼烧后得到CuO固体，则将溶液蒸干灼烧后得到固体
B．与反应生成与，则与反应生成与
C．工业上电解熔融的冶炼Mg，则电解熔融的冶炼Al
D．镁和铝与稀硫酸所形成的原电池中镁作负极，则镁和铝与氢氧化钠溶液所形成的原电池中镁作负极
【答案】A
【详解】A．CuCl2水解生成Cu(OH)2和易挥发的HCl气体，蒸干促进了CuCl2水解，最终得到Cu(OH)2固体，经灼烧后得到CuO固体。FeCl3溶液蒸干灼烧与CuCl2溶液的原理相同，因此最终得到Fe2O3固体，故A项正确；
B．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，Na2O2有氧化性，会将SO2氧化成Na2SO4，故B项错误；
C．工业上电解熔融的MgCl2冶炼Mg，电解熔融的Al2O3冶炼Al，原因是AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不导电，故C项错误；
D．Mg的金属活动性强于Al，因此以稀硫酸作电解质溶液，Mg、Al形成原电池时时Mg作负极；Al与NaOH溶液反应，而Mg不与NaOH溶液反应，因此以NaOH溶液为电解质溶液，Mg、Al形成原电池时，Al作负极，故D项错误。
故答案选：A。
11．下列实验装置图正确且能达到相应实验目的的是
A．验证原电池电子移动方向
B．实验室制备并检验乙烯
C．保护铁片(牺牲阳极的阴极保护法)
D．用已知浓度的盐酸测定未知浓度的NaOH溶液(含无色酚酞)
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．未形成闭合回路，没有构成原电池，A错误；
B．乙醇易挥发，加热乙醇气体进入酸性高锰酸钾溶液中发生氧化还原反应也能使溶液褪色，不能检验产生的是乙烯，B错误；
C．该装置为电解池，为外接电流的阴极保护法，牺牲阳极的阴极保护法是让被保护的金属作正极，属于原电池原理，C错误；
D．盐酸装在酸式滴定管中，锥形瓶内装有NaOH溶液，用酚酞做指示剂，观察到溶液由红色变为无色且半分钟内不褪色，可滴定未知浓度的NaOH溶液，D正确；
故选：D。
12．下列各组澄清溶液中的离子能大量共存，且加入(或通入)X试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是
选项
离子组
X试剂
离子方程式
A
、、、
NaOH溶液
B
、、、
过量氨水
C
、、、
少量盐酸
D
、、、
足量
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．、、、在溶液中可大量共存，加入NaOH溶液发生反应，A错误；
B．、在溶液中发生氧化还原反应生成单质碘和亚铁离子，不能大量共存，B错误；
C．、、、在溶液中可大量共存，加入少量盐酸，偏铝酸根离子结合氢离子生成氢氧化铝沉淀：，C正确；
D．、、、在溶液中可大量共存，加入足量发生反应：，D错误；
答案选C。
13．碳酸二甲酯(DMC)的结构简式为，其化学性质非常活泼，极易水解。用电解法制备碳酸二甲酯的模拟装置如图所示。下列说法正确的是
A．左侧电极为阴极，右侧电极为阳极
B．质子通过交换膜从阴极区移向阳极区
C．离子液体必须是水溶液，目的是传递电荷
D．阳极发生的反应：
【答案】D
【分析】根据图中信息CO和甲醇变为碳酸二甲酯(DMC)，分析化合价得到CO化合价升高，因此左边为阳极，右边为阴极。
【详解】A．根据前面分析左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，故A错误；
B．根据电解池“异性相吸”则质子通过交换膜从阳极区移向阴极区，故B错误；
C．根据题中碳酸二甲酯(DMC)化学性质非常活泼，极易水解，因此离子液体不能是水溶液，故C错误；
D．根据前面分析CO失去电子和甲醇生成碳酸二甲酯，其阳极发生的反应：，故D正确。
综上所述，答案为D。
14．硫酸甲酯是制造染料的甲基化试剂，在有存在的条件下，和的反应历程如图所示(分子间的作用力用“…”表示)。下列说法错误的是
A．与反应的
B．a、b、c三种中间产物中，a最稳定
C．该反应最高能垒(活化能)为19.06eV
D．由d转化为f过程中，有硫氧键的生成
【答案】C
【详解】A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，ΔH<0，故A正确；
B．物质所含有的能量越低越稳定，根据图中可知，a、b、c三种中间产物中，a物质的能量最低，则a最稳定，故B正确；
C．由图可知，该反应最高能垒(活化能)的过程是d→e，该反应的最高能垒(活化能)为3.66eV-(- 2.96eV)=6.62eV，故C错误；
D．由图可知，由d转化为f过程中，有硫氧键的断裂和生成，故D正确；
故答案选C。
15．1，3-丁二烯在环己烷溶液中与溴发生加成反应时，会生成两种产物M和N(不考虑立体异构)，其反应机理如图1所示；室温下，M可以缓慢转化为N，能量变化如图2所示。下列有关说法正确的是
A．室温下，M的稳定性强于N
B．
C．1mol 1，3-丁二烯完全燃烧需消耗的物质的量为5.5mol
D．有机物M的核磁共振氢谱中有四组峰，峰面积之比为2∶1∶2∶2
【答案】C
【详解】A．物质具有的能量越高越不稳定，由图可知，M的能量大于N，所以室温下，N的稳定性强于M，故A错误；
B．M的能量大于N，M转化为N为放热反应，反应热为-（E2-E1）kJ•mol-1，则反应的热化学方程式△H=-（E2-E1）kJ•mol-1，故B错误；
C．1，3-丁二烯化学式为C4H6，完全燃烧生成CO2和H2O，根据C元素和H元素守恒，则1mol 1，3-丁二烯完全燃烧需消耗的物质的量为=5.5mol，故C正确；
D．有机物M分子中存在4种不同环境的氢原子，峰面积之比等于氢原子数之比，则有机物M的核磁共振氢谱中有四组峰，峰面积之比为2：1：1：2，故D错误；
故选：C。
16．2021 年9月，我国科学家团队在实验室中利用二氧化碳人工合成淀粉获得成功。如图是合成过程的相关反应路径(部分反应条件、产物等均已略去)。下列有关说法正确的是
A．人工合成淀粉的化学式可表示为(C6H12O6)n
B．反应①、②、③的原子利用率均为100%
C．CO2→CH3OH→ HCHO的转化过程中碳元素均被还原
D．过氧化氢酶使H2O2及时分解，防止其氧化其它酶，同时增大O2的利用率
【答案】D
【详解】A．根据人工合成淀粉的键线式可知，其化学式可表示为(C6H10O5)n，A错误；
B．反应①除了合成有机物以外，还有水生成，反应②除了合成甲醛以外，也还有过氧化氢生成，所以原子利用率均未达到100%，B错误；
C．CO2→CH3OH过程中C的化合价由+4降低到-2价，被还原，CH3OH→ HCHO过程中C元素化合价由-2价升高到0价，被氧化，C错误；
D．过氧化氢酶可使反应②产生的H2O2及时分解，使反应②正向进行程度增大，增大了O2的利用率，D正确；
故选D。
17．科学家利用过渡金属氮化物(TMNS)在常温下催化实现氨的合成，其反应机理如图所示。下列有关说法错误的是
A．TMNS大大降低了合成氨反应的焓变
B．TMNS表面上的N原子最终被还原为氨
C．TMNS表面上氨脱附产生的空位有利于吸附N2
D．用同位素标记后的15N2进行该合成反应，产物中不只有15NH3
【答案】A
【详解】A．催化剂TMNS只能大大降低反应所需要的活化能，而不能改变合成氨反应的焓变，A错误；
B．由反应机理图可知，N2在TMNS表面上先分解为N原子，然后催化剂表面的N原子最终被还原为氨，B正确；
C．由反应机理图可知，TMNS表面上氨脱附产生的空位有利于吸附N2，C正确；
D．由于合成氨的反应是一个可逆反应，用同位素标记后的15N2进行该合成反应，产物中不只有15NH3还有15N2，D正确；
故答案为：A。
18．常温下，向1L pH=10的NaOH溶液中持续通入气体。通入的体积(V)与溶液中水电离出的的关系如图所示。下列叙述不正确的是
A．a点溶液中：水电离出的
B．b点溶液中：
C．c点溶液中：
D．d点溶液中：
【答案】C
【分析】氢氧化钠会抑制水的电离；向1L pH=10的NaOH溶液中持续通入气体，反应生成碳酸钠，碳酸钠促进水的电离，继续通入二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠促进水的电离但促进水的电离程度不如碳酸钠；二氧化碳过量生成碳酸，会一定程度上抑制水的电离；
【详解】A．a点溶液中的溶质是NaOH，水电离出的c(H+)=10-pH=1×10-10 mol·L-1，A正确；
B．c点水的电离程度最大，此时反应生成碳酸钠，则b点氢氧化钠没有完全反应，溶液中溶质为氢氧化钠、碳酸钠，此时溶液，B正确；
C．c点溶液中，当水电离出的OH-离子浓度最大时，说明此时的溶液是碳酸钠溶液﹐碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子但程度较小，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(CO)>c(HCO)，C错误；
D．d点溶液中，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)，D正确；
故选C。
19．某化学小组的同学测定0.1mol/L 溶液在先升温再降温过程中的pH(不将虑温度变化过程中溶液体积的变化)，数据如表，下列有关说法中正确的是
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
A．①与④的值不相等
B．④的pH与①不同，是浓度减小造成的
C．①→③的过程中，温度和浓度的变化对水解平衡移动方向的影响一致
D．溶液中存在水解平衡：
【答案】B
【详解】A．①与④的温度相同，则值相等，A错误；
B．温度相同，④的pH与①比较偏小，则氢氧根离子浓度减小，说明过程中浓度减小，导致水解产生氢氧根离子浓度减小，B正确；
C．①→③的过程中，温度升高，pH降低，由于被氧化为硫酸根离子，浓度减小，水解平衡逆向移动；而升高温度平衡正向移动，因此温度和浓度的变化对水解平衡移动方向的影响不一致，C错误；
D．溶液中存在水解平衡：，D错误；
故选B。
20．已知常温下二元弱酸H2A溶液中，H2A、HA-、A2-的分布分数(δ)随pH变化如图所示[如A2-分布分数：δ(A2-)=]，下列说法错误的是
A．曲线x代表H2A，曲线z代表A2-
B．pH从3升高至4，的值一直减小
C．n点对应的溶液中水电离出的c(H+)=10-12.7mol·L-1
D．将浓度均为0.05mol·L-1的NaHA溶液与Na2A溶液等体积混合后，所得溶液pH>4.3
【答案】B
【分析】根据横坐标的pH增大判断，H2A中滴加碱，导致氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，根据二元酸的电离平衡判x线为H2A，y线为HA-，z线为A2-；
【详解】A．根据二元弱酸的两步电离平衡判断，当加入碱后促进第一步电离，故x线为H2A，曲线z代表A2-，故A正确；
B．，当pH从3升高至4时，Ka1保持不变，通过图像判断HA-在减小，故增大；
C．n点对应的溶液中，pH=1.3，则根据Kw得c(OH-)=10-12.7mol·L-1，故水电离出的c(H+)=10-12.7mol·L-1；故C正确；
D．根据图像中m点判断HA-和A2-的浓度相同时，溶液的pH=4.3，根据图像n点计算出Ka1=10-1.3，m点计算出Ka2=10-4.3，则Kh1=10-9.7，Kh2=10-12.7，故当将浓度均为0.05mol·L-1的NaHA溶液与Na2A溶液等体积混合后，因为HA-的电离大于A2-的水解，导致溶液中HA-的浓度小于A2-的浓度，根据图像判断pH>4.3，故D正确；
【点睛】此题考查酸的电离平衡的移动影响，注意图像中的特殊点进行相关计算，其次平衡常数只与温度有关。
二、实验题
21．摩尔盐是一种常见的复盐。以下是摩尔盐的制备流程。请回答相关问题。
(1)步骤2的名称应为_______。
(2)抽滤装置如图所示。和普通过滤相比，抽滤的优点是_______。
(3)加热浓缩时所用到的主要仪器中属于硅酸盐材质的有酒精灯、玻璃棒和_______。
(4)生成摩尔盐的化学反应方程式为_______。
(5)步骤3抽滤后用乙醇洗涤的原因是_______。
(6)含量是影响产品品质的关键指标。定量测定方法是：取1.00g产品于烧杯中，加入适量盐酸溶解，并加入3滴KSCN溶液，定容至50mL，取溶液置于比色管中，与标准色阶进行目视比色，确定产品级别。可以根据颜色确定产品级别的原理是_______。
(7)取28.00g所制得的固体于小烧杯中，加入适量稀硫酸，溶解后在250L容量瓶中定容。取25.00mL于锥形瓶中，用的，溶液滴定至终点。平行操作三次，消耗溶液的平均体积为16.00mL。此样品中含量为_______%。下列操作可能导致测定结果偏大的是_______。
A．配溶液定容时俯视刻度线
B．取摩尔盐溶液的滴定管没有润洗
C．取待测液的锥形瓶洗净后未干燥
D．酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后仰视读数
【答案】(1)硫酸亚铁的制备
(2)加快过滤速度，得到更干燥的固体
(3)蒸发皿
(4)
(5)产物在乙醇中溶解度小，减少溶解损失；乙醇挥发带走水分，产品能快速干燥
(6)和反应生成红色的 ，浓度越大，溶液颜色越深
(7) 16 AD
【分析】本实验的目的是制备摩尔盐，加入碳酸钠溶液煮沸，除去表面油污，过滤分离洗涤后，加入硫酸反应制备FeSO4，趁热抽滤后加入硫酸铵固体，加热浓缩，冷却结晶，抽滤并洗涤，得到产品。
（1）
步骤2中Fe与稀硫酸反应得到FeSO4，所以该步骤的名称为硫酸亚铁的制备；
（2）
抽滤时抽滤瓶中形成真空，由于压强差的存在可以加快过滤速度，得到更干燥的固体；
（3）
加热浓缩时需要在蒸发皿中进行，蒸发皿也属于硅酸盐材质的仪器；
（4）
根据题意硫酸亚铁和硫酸铵反应可以得到摩尔盐，根据元素守恒可得化学方程式为；
（5）
产物在乙醇中溶解度小，用乙醇洗涤可以减小溶解损失；同时乙醇易挥发，乙醇挥发带走水分，产品能快速干燥；
（6）
Fe3+和SCN-反应生成红色的Fe(SCN)3，该反应为可逆反应，Fe3+浓度越大，平衡正向移动，溶液颜色越深，所以可以根据颜色确定产品级别；
（7）
根据电子守恒可知，5Fe2+~5e-~KMnO4，则滴定过程中存在数量关系n(Fe2+)=5n(KMnO4)，所以25.00mL待测液中n(Fe2+)=5×0.1mol/L×0.016L=0.008mol，则250mL待测液中n(Fe2+)=0.08mol，则样品中Fe2＋含量为×100%=16%；
A．配溶液定容时俯视刻度线，导致所配待测液浓度偏大，25.00mL待测液消耗的高锰酸钾溶液偏多，测定结果偏大，A符合题意；
B．取摩尔盐溶液的滴定管没有润洗，导致摩尔盐被稀释，25.00mL待测液消耗的高锰酸钾溶液偏少，测定结果应偏小，B不符合题意；
C．取待测液的锥形瓶洗净后未干燥对测定结果无影响，C不符合题意；
D．酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后仰视读数，导致标准液用量读数偏大，测定结果偏大，D符合题意；
综上所述答案为AD。
三、工业流程题
22．锌灰是热镀锌厂和电解锌厂在生产过程中产生的一种副产品，主要成分为ZnO、ZnCl2，还含有SiO2、CuO、PbO和FeO。工业上利用锌灰制ZnSO4·7H2O晶体，进而获取ZnO，并探索氢电极增压还原氧化锌电解法制锌的方法，工艺流程如图所示：
已知：Cu++Cl-=CuCl↓。回答下列问题：
(1)酸浸时，H2SO4应选用____(填“浓硫酸”或“稀硫酸”)。
(2)滤渣1的主要成分有____。
(3)写出“沉铜”时的离子方程式：_____。
(4)“氧化”后，加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅拌，其目的是___。
(5)氢电极增压还原氧化锌的装置如图所示，储罐内ZnO溶解后形成Zn(OH)离子，每溶解1molZnO需消耗___molKOH。电解池中的总反应离子方程式为____。
(6)该工艺废水中含有Zn2+，排放前需处理。向废水中加入CH3COOH和CH3COONa组成的缓冲溶液调节pH，通入H2S发生反应：Zn2++H2S⇌ZnS(s)+2H+。处理后的废水中部分微粒浓度为
微粒
H2S
CH3COOH
CH3COO-
浓度/(mol·L-1)
0.10
0.05
0.10
处理后的废水的pH=____，c(Zn2+)=____。[已知：Ksp(ZnS)=1.0×10-23，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-14，Ka(CH3COOH)=2.0×10-5]
【答案】 稀硫酸 SiO2和PbSO4 Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+ 促使Fe(OH)3胶体聚沉，有利于过滤分离 2 H2+Zn(OH)2H2O+Zn+2OH- 5 1×10-11mol·L-1
【分析】锌灰(主要成分是ZnO，ZnCl2，还含有SiO2，CuO，PbO和FeO等)用硫酸酸浸，其中PbO转化成PbSO4沉淀，SiO2不溶于酸或水，则过滤得到的滤渣1主要为PbSO4、SiO2；滤液含有ZnSO4、FeSO4、CuSO4和H2SO4，向滤液中加入Zn粉，将Cu2+还原利用生成CuCl沉淀达到沉铜的目的，继续向溶液中加入双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，再加入ZnO调节溶液pH，将Fe3+转化成氢氧化铁沉淀并过滤除去，将滤液蒸发、浓缩并冷却结晶，过滤得到ZnSO4•7H2O，滤液加入氢氧化钠溶液可生成氢氧化锌，加热分解生成氧化锌，最后电解生成Zn，以此解答该题。
【详解】(1)浓硫酸有强氧化性，酸浸时，如使用硫酸浓度过高，反应速率会很慢，在溶解时会氧化FeO生成Fe3+，同时生成SO2，污染环境，酸浸时，H2SO4应选用稀硫酸；
(2)由分析可知，滤渣1的主要成分为SiO2和PbSO4；
(3) “沉铜”时加入Zn粉，将Cu2+还原利用生成CuCl沉淀，发生反应的离子方程式为Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+；
(4)在pH为5.6的条件下氧化后，生成的Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，继续加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅拌，可促使Fe(OH)3胶体聚沉，有利于过滤分离；
(5)储罐内ZnO溶解后形成Zn(OH)离子，发生的离子反应2OH－＋ZnO＋H2O＝Zn(OH)，则每溶解1molZnO，需消耗2molKOH；电解池阳极上的H2在碱性条件下失电子氧化生成H2O，电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，阴极上Zn(OH)离子得电子还原生成Zn，电极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，则电解池中的总反应离子方程式为H2+Zn(OH)2H2O+Zn+2OH-；
(6)已知Ka(CH3COOH)===2.0×10−5，则c(H+)=1×10-5mol/L，此时溶液pH=5；Ka1(H2S)×Ka2(H2S) =×= =1.0×10-7×1.0×10-14，其中c(H+)=1×10-5mol/L，c(H2S)=0.10mol/L，则c(S2-)=1.0×10-12 mol/L，此时Ksp(ZnS)=1.0×10-23=c(Zn2+)×c(S2-)，则c(Zn2+)= mol·L-1=1×10-11mol·L-1。
【点睛】本题难点是(6)综合利用电离平衡常数和溶度积常数计算溶液的pH和c(Zn2+)，准确利用公式是解题关键，特别是Ka2(H2S)×Ka1(H2S)=，这是易错点。
四、原理综合题
23．研究的综合利用、实现资源化，是能源领域的重要发展方向，也是力争2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和的方向之一、
已知：反应I：
反应II：
反应III：
(1)反应III中，_______kJ/mol。
(2)在体积为2L的刚性密闭容器中，充入1mol CO和2mol ，发生反应II，能判断反应达到平衡状态的是_______(填字母序号)。
a. b.容器内压强保持不变
c.保持不变 d.的质量分数保持不变
(3)在体积为2L的恒压密闭容器中，起始充入1mol 和3mol ，发生反应III，该反应在不同温度下达到平衡时，各组分的体积分数随温度的变化如图所示。
①表示和的体积分数随温度变化的曲线分别是_______(填字母序号)。
②A、B、C三点对应的化学平衡常数、、由大到小的顺序为_______，判断的理由是_______。
③240℃时，反应达到平衡后，容器中气体的总物质的量为_______mol，的平衡转化率为_______。若平衡时总压为P，该反应的平衡常数_______(列出计算式。用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(1)-249.6
(2)bd
(3) ad 反应III为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，故随着温度升高，平衡常数减小 3.1 60%
【解析】（1）
由题干信息已知，反应I ， ，则2I+Ⅱ即可得到反应Ⅲ：，根据盖斯定律可知=+=2×(+41.2kJ/mol)+(-332kJ/mol)=-249.6 kJ/mol；
（2）
a．化学平衡的特征之一为正、逆反应速率相等，2v(H2)=v(H2O)未告知正、逆反应情况，不能说明反应达到平衡状态，故a错误；
b．已知反应II是一个正反应为气体体积减小的反应，即反应过程中容器内压强始终在改变，故容器内压强保持不变，说明反应达到平衡状态，故b正确；
c．由于反应II：中CO和H2的系数比为1：2，题干中CO和H2的投料比也是1：2，故反应过程中始终保持为1：2不变，故保持不变不能说明反应达到平衡状态，故c错误；
d．化学平衡的特征之一就是反应体系各组分的百分含量保持不变，故的质量分数保持不变，说明反应达到化学平衡状态，故d正确；
故答案为：bd；
（3）
①结合(1)的分析可知，反应III： ，该反应正反应是一个放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，则H2的体积分数随温度升高而增大，的体积分数随温度的升高而减小，且起始充入1molCO2(g)和3mol H2 (g)，反应中CO2和H2的转化量之比为1：3，故过程中CO2和H2的体积分数之比也为1：3，和H2O的体积分数之比为1：4，结合图示可知表示H2和的体积分数随温度变化的曲线分别为a，d；②由上述分析可知，升高温度平衡逆向移动，则化学平衡常数减小，则A、B. C三点对应的化学平衡常数KA、KB、KC从大到小的顺序为KA> KB> KC；③根据三段式分析可知：，结合①的分析可知， 240℃时，反应达到平衡后，H2和H2O的体积分数相等，故有3-6x=4x，解得：x=0.3mol，故容器中气体的总物质的量1-2x+3-6x+x+4x=4-3x=4-3×0.3=3.1mol；H2(g)的平衡转化率为；若平衡时总压为P，则P(CO2)=，P(H2)= ，p()=，P(H2O)= ，该反应的平衡常数：Kp==。
五、结构与性质
24．钛、铜、锌及其化合物在生产生活中有着广泛的应用，回答下列问题：
(1)基态铜原子的价电子排布式_______；元素铜和锌的第二电离能：_______(填“>”、“>”或“=”)
(2)硫酸铜溶于氨水可形成络合物。中N原子的杂化轨道类型为_______，阴离子的立体构型为_______；1mol中含有键的数目为_______。
(3)钛与卤素形成的化合物熔点如表，则的熔点比高的原因可能是_______。
熔点℃
377
―24
38.3
153
(4)某含钛半夹心结构催化剂R能催化乙烯、丙烯等的聚合，其结构如图所示：则组成R的元素中，除Ti之外元素的电负性从大到小的顺序是_______(填元素符号)。
(5)硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示，该晶胞中硒原子的配位数为_______；若该晶胞边长为a pm，NA代表阿伏加德罗常数的值，则晶胞密度为_______。
【答案】(1) >
(2) 正四面体形
(3)为离子晶体，为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体
(4)
(5) 4
【解析】（1）
基态铜原子的价电子排布式为；Zn的第二电离能失去的是4s1的一个电子，铜的第二电离能失去的是较稳定的3d10上的一个电子，则锌的第二电离能I2(Zn)小于铜的第二电离能I2(Cu)；
（2）
NH3中N原子孤对电子数为1，配位原子数为3，价层电子数为3，N原子的杂化轨道类型为sp3，阴离子，无孤对电子，配位原子数为4，中心原子的杂化轨道类型为sp3，立体构型为正四面体；存在于N与H之间的键有3条，4个NH3共有12条；Cu2+与NH3之间为配位键，也属于键，共有4条；存在于S和O之间的键有4条，故与键之比为1：（12+4+4）=1：20，1mol中含有键的数目为20NA；
（3）
的熔点比高出很多，与晶体类型不同，为离子晶体，为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体；
（4）
组成R的元素中，除Ti之外还有H、C、O、Cl，四种元素电负性从大到小的顺序是；
（5）
晶胞中离Se最近的Zn有4个，故晶胞中Se原子的配位数为4；晶胞中Se原子个数为4，Zn原子个数为，若该晶胞边长为a pm，晶则胞体积为（a×10-10）3cm-3，晶胞密度为。
六、有机推断题
25．间氨基苯乙炔(K)是新型抗肿瘤药物盐酸厄洛替尼的关键中间体。用苯为原料的合成路线之一如图所示：
(1)化合物B的化学名称为_______；化合物C的结构简式为_______。
(2)D→E的反应类型为_______，化合物K中所含官能团名称为_______。
(3)F→G反应的化学方程式为_______(注明反应的具体条件)。
(4)G的同分异构体中，满足下列条件的同分异构体有_______种。
①与G含有相同的官能团
②属于二取代芳香族化合物
写出其中核磁共振氢谱有4种峰，其峰值面积比为1∶2∶2∶2的所有结构简式：_______。
(5)设计由、乙醛、无水乙醚和本题合成路线中的无机试剂制备的合成路线：(合成需要四步)_______。
【答案】(1) 硝基苯
(2) 加成反应 氨基、碳碳叁键
(3)+H2O
(4) 11 和
(5)
【分析】苯发生硝化反应生成B为，由D的结构简式可知B发生硝基间位取代反应生成C，故C为，D与OHCCH2COOH发生加成反应生成E，E发生水解反应生成F，对比F、H的结构，结合G的分子式可知，F发生醇的消去反应生成G，G再与溴发生加成反应生成H，故G为，H脱羧、脱去1分子HBr并形成碳碳双键而生成I，I再发生消去反应生成J，J中硝基转化为氨基生成K，J→K发生了还原反应，据此分析解答。
（1）
B为，苯是母体，取代基是硝基，化合物B的化学名称为硝基苯；化合物C的结构简式为；
（2）
由分析可知，D与OHCCH2COOH发生加成反应生成E，D→E的反应类型为加成反应；化合物K中所含官能团名称为氨基、碳碳三键；
（3）
F发生醇的消去反应生成G，F→G反应的化学方程式为+H2O；
（4）
G为，同分异构体与G含有相同的官能团即含碳碳双键、硝基、羧基，属于二取代芳香族化合物，2个取代基为-NO2、-CH=CHCOOH，或者为-NO2、-C(COOH)=CH2，或者为-CH=CHNO2、-COOH，或者为-CH(NO2)=CH2，均有邻、间、对3种位置关系，去掉G本身符合条件的共有3×4-1=11种，其中核磁共振氢谱有4种峰，其峰值面积比为1：2：2：2的结构简式为和；
（5）
模仿C→D→E→F→G的转化，与Mg/乙醚反应生成，再与乙醛反应生成，然后水解生成，最后发生消去反应生成，合成路线为。
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