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湖北省武汉市部分重点高中2022~2023学年高二下学期期末质量检测化学试题（解析版）
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这是一份湖北省武汉市部分重点高中2022~2023学年高二下学期期末质量检测化学试题（解析版），共23页。试卷主要包含了5 Ca-40 Cr-52等内容，欢迎下载使用。
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、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并认真核准准考证号条形码上的以上信息，将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 O-16 Na-23 Cl-35.5 Ca-40 Cr-52
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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. 化学与生产、生活和科技密切相关。下列说法正确的是
A. 用来生产电闸、灯口等产品的酚醛树脂属于聚酯类化合物
B. “问天”实验舱采用砷化镓太阳能电池，砷化镓具有良好的导电性
C. 太阳电池翼采用的碳纤维框架和玻璃纤维框架均为无机非金属材料
D. 天然橡胶硫化后转变为网状结构，硫化程度越高，强度和弹性越大
【答案】C
【解析】
【详解】A．酚醛树脂是由酚类和醛类聚合而成的，含羟基，不含酯基，不属于聚酯，A错误；
B．砷化镓具有良好的半导体性能，可以用于制太阳电池片，B错误；
C．太阳电池翼采用碳纤维框架和玻璃纤维网，都是无机非金属材料，C正确；
D．天然橡胶为经硫化后转变成网状结构，硫化程度越高，弹性越差，强度越大，D错误；
故选C。
2. 湖北省博物馆的镇馆之宝——曾侯乙编钟由青铜所铸。下列说法错误的是
A. 青铜属于合金，硬度比纯铜大
B. 青铜器露置于空气中会发生电化学腐蚀而“生锈”
C. “青铜器时期”早于“铁器时期”的原因之一是铜比铁稳定更多优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 D. 现代工艺采用电解精炼提纯铜，用纯铜作阳极、粗铜作阴极
【答案】D
【解析】
【详解】A．合金的硬度比各组分都大，则青铜的硬度比纯铜大，故A正确；
B．青铜器露置于空气中，在潮湿的条件下铜会与杂质形成原电池，发生电化学腐蚀生成碱式碳酸铜，故B正确；
C．铜的金属性弱于铁，稳定性强于铁，所以“青铜器时期”早于“铁器时期”，故C正确；
D．电解精炼提纯铜时，粗铜作精炼池的阳极、纯铜作阴极，故D错误；
故选D。
3. 2021年9月24日，中科院天津工业生物技术研究所成果“无细胞化学酶系统催化合成淀粉”在国际学术期刊《自然》上发表。其中一步核心反应如图所示，设为阿伏加德罗常数的值。
下列说法错误的是
A. 分子中杂化的原子数为
B. 反应②中生成标准状况下，转移电子数为
C. 与DHA的混合物中含氧原子数为
D 淀粉完全水解消耗
【答案】A
【解析】
【详解】A．分子中，碳原子和氧原子均为杂化，的物质的量为，所以分子中杂化的原子数为2，故A错误；
B．在反应②中，转化为，碳元素的价态由-2价升高为0价，即每生成1ml转移2ml电子，则生成标准状况下（0.5ml），转移电子数为，故B正确；
C．DHA的分子式，所以与DHA的最简式均为，则与DHA的混合物中含氧原子数为，故C正确；
D．淀粉完全水解的化学方程式为，所以淀粉完全水解消耗，故D正确；
故选A。
4. 宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列对应离子方程式书写错误的是
A. 硫代硫酸钠溶液中滴入稀硫酸：
B. 向氨水中滴入少量硫酸铜溶液：
C. 向烧碱溶液中加入一小段铝片：
D. 等浓度和溶液等体积混合：
【答案】B
【解析】
【详解】A．硫代硫酸钠溶液中滴入稀硫酸：，A正确；
B．向氨水中滴入少量硫酸铜溶液：，B错误；
C．向烧碱溶液中加入一小段铝片：，C正确；
D．等浓度和溶液等体积混合：，D正确；
故选B。
5. 化学物质与人类生产活动、生命健康密切相关。下列说法错误的是
A. 卤水点豆腐的过程涉及蛋白质的变性
B. 食盐、白糖是常见的食品调味剂，也可用作防腐剂
C. 核苷酸聚合生成多聚核苷酸的过程中发生了酯化反应
D. 氨基酸分子通过肽键相互连接，形成蛋白质的一级结构
【答案】A
【解析】
【详解】A．卤水点豆腐的过程涉及胶体的聚沉，A错误；
B．食盐、白糖是常见的食品调味剂，也可用作防腐剂，B正确；
C．核苷酸聚合生成多聚核苷酸的过程中发生了酯化反应，C正确；
D．氨基酸分子通过肽键相互连接，形成蛋白质的一级结构，D正确；
故选A。
6. 由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．向苯酚的样品加入浓溴水，振荡未出现白色沉淀，可能是溴水量不足，生成的三溴苯酚溶解在过量的苯酚中，不能说明样品中不含苯酚，A错误；
B．向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的悬浊液之前应先加NaOH溶液将溶液调为碱性，B错误；
C．玻璃中含有Na2SiO3，因此火焰出现黄色不能确定溶液中含有Na元素，C正确；
D．电石与水反应的产物除了，还有等具有还原性的气体生成、它们能使高锰酸钾溶液褪色，生成的气体未经除杂直接通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色不能说明与反应生成，D错误；
故选C。
7. 阿司匹林具有解热镇痛作用，科研工作者在一定条件下合成长效缓释阿司匹林，从而减少了对肠胃的刺激和每天吃药次数。下列说法正确的是
A. 阿司匹林与足量的反应，最多消耗
B. 阿司匹林与长效缓释阿司匹林可通过红外光谱区别
C. 阿司匹林和长效缓释阿司匹林中碳原子的杂化方式不同
D. 长效缓释阿司匹林与溶液反应，最多消耗
【答案】B
【解析】
【详解】A．阿司匹林中苯环能与氢气发生加成反应，酯基、羧基不能与氢气反应，则1ml阿司匹林最多消耗3ml H2，故A错误；
B．红外光谱测定官能团，阿司匹林含羧基、酯基，长效缓释阿司匹林只含酯基，二者所含官能团不同，可通过红外光谱区别，故B正确；
C．阿司匹林含有饱和碳原子采取sp3杂化，苯环上的碳和C=O的碳原子均采取sp2杂化，长效缓释阿司匹林中碳原子的杂化方式为sp2、sp3，两者相同，故C错误；
D．1ml长效缓释阿司匹林含3nml酯基(其中有一个为酚酯基)能与4nmlNaOH溶液反应，故D错误；
故选：B。
8. 高氯酸钾是一种强氧化剂，易溶于水。以氯化钠为原料制备高氯酸钾的一种流程如图：
下列说法错误的是
A. “电解”步骤中，电解槽内宜使用阳离子交换膜
B. “高温分解”反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：3
C. 本实验条件下，在水中的溶解度比小
D. 母液中的溶质经分离、提纯可制得食盐
【答案】A
【解析】
【分析】根据流程，电解饱和食盐水后阳极失电子生成氯气，生成的氯气与溶液中的氢氧根反应生成氯酸钠溶液，将溶液结晶得到氯酸钠晶体，氯酸钠晶体经高温分解生成高氯酸钠，由于高氯酸钾在溶液中的溶解度小于高氯酸钠，因此向高氯酸钠晶体中加入氯化钾溶液使晶体转化成高氯酸钾，经后续步骤得到高氯酸钾晶体；
【详解】A．电解饱和食盐水后阳极失电子生成氯气，生成的氯气与溶液中的氢氧根反应生成氯酸钠溶液，故应该让阴极生成的氢氧根离子通过模到达阳极区，故选用阴离子交换膜，选项A错误；
B．由流程信息知，NaClO3 “高温分解”生成NaCl和NaClO4，由电子守恒知氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3，选项B正确；
C．“转化”步骤中，NaClO4中加入KCl溶液后经系列操作得KClO4，推知本实验条件下，KClO4在水中的溶解度比NaClO4小，选项C正确；
D．母液中溶质的主要成分为NaCl，选项D正确；
答案选A。
9. 向溶液中滴加黄血盐可制得普鲁士蓝，向溶液中滴加赤血盐可制得滕氏蓝。经科学家研究发现，两者具有相同的结构。其晶胞由8个如图所示的小立方体构成(未标出)，晶胞参数为。下列关于普鲁士蓝和滕氏蓝说法错误的是
A. 滕氏蓝和普鲁士蓝均为离子晶体
B. 由图及滕氏蓝的化学式可知，应位于晶胞体心
C. 测定晶体的结构常采用X射线衍射法
D. 设滕氏蓝的式量为，则滕氏蓝晶体的密度为
【答案】B
【解析】
【详解】A．普鲁士蓝和滕氏蓝化学式为KFe[Fe(CN)6]，都含有K+，所以两者都是离子化合物，构成的晶体均为离子晶体，选项A正确；
B．根据反应原理和晶胞结构分析，在1个晶胞中，CN-在棱上，为12=3，Fe2+为4= Fe3+为4=，普鲁士蓝和滕氏蓝化学式为KFe[Fe(CN)6]，根据比例，在晶胞中K+为，若K+位于晶胞体心，其个数为1，不符合，选项B错误；
C．测定晶体的结构的方法，常采用X射线衍射法，选项C正确；
D．根据上述计算可知，在一个滕氏蓝晶胞中含有4个K+，4个Fe2+，4个Fe3+，24个CN-，设滕氏蓝的式量为，则滕氏蓝晶体的密度为==，选项D正确；
答案选B。
10. 的无限长链状结构截取部分如图所示，下列说法不正确的是
A. 中含有共价键B. 为原子晶体
C. 的熔沸点比低D. 水解产生
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，二硫化硅的空间结构不是空间网状结构，则二硫化硅是与二硫化碳结构相似的分子晶体。
【详解】A．由无限长链状结构截图可知，二硫化硅分子中每个硅原子与4个硫原子形成4个硅硫键，则92g二硫化硅分子中含有共价键的物质的量为×4=4ml，故A正确；
B．由分析可知，二硫化硅是分子晶体，不是原子晶体，故B错误；
C．由分析可知，二硫化硅是分子晶体，则熔沸点小于原子晶体二氧化硅，故C正确；
D．由无限长链状结构截图可知，二硫化硅分子能发生水解反应生成硅酸和硫化氢，故D正确；
故选B。
11. 某有机化合物由原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z组成，Y、Z同主族且Z的原子序数是Y的2倍，该化合物的质谱图如下，为139时，其碎片离子组成为。
下列叙述正确的是
A. 原子半径：
B. 简单氢化物沸点：
C. 化合物、、均为直线形分子
D. 溶液与溶液混合，无明显现象
【答案】C
【解析】
【分析】某有机化合物由原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z组成，Y、Z同主族且Z的原子序数是Y的2倍，则W为H元素、X为C元素、Y为O元素、Z为S元素，碎片离子为C7H7OS+。
【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则氧原子的原子半径小于碳原子，故A错误；
B．水分子能形成分子间氢键，硫化氢不能形成分子间氢键，则水分子的分子间作用力大于硫化氢，沸点高于硫化氢，故B错误；
C．COS、二氧化碳和二硫化碳分子中碳原子的价层电子对数都为2、孤对电子对数都为0，则分子的空间结构都为直线形，故C正确；
D．过氧化氢溶液与氢硫酸溶液反应生成硫沉淀和水，则过氧化氢溶液与氢硫酸溶液混合有明显实验现象，故D错误；
故选C。
12. 下列有关物质的结构与性质的说法错误的是
A. 因为3s能级上电子的能量低于3p能级上电子的能量，所以
B. 由于氯电负性大于氢的电负性导致羧基中极性较强，所以的酸性比强
C. 的热稳定性比的弱，可推断的热稳定性比弱
D. N元素的电负性大于P元素，故分子的极性大于
【答案】D
【解析】
【详解】A．镁原子的价电子排布式为3s2、铝原子的价电子排布式为3s23p1，3s能级上电子的能量低于3p能级上电子的能量，所以镁元素的第一电离能大于铝元素，故A正确；
B．氯元素的电负性大于氢元素的电负性，氯原子吸电子的能力导致羧基中氢氧键的极性增强，易于电离出氢离子，所以三氯乙酸的酸性强于二氯乙酸，故B正确；
C．由过氧化氢的热稳定性弱于水可知，氧氧非极性键的稳定性弱于氢氧极性键，同理可知，碳碳非极性键的稳定性弱于碳氢极性键，则乙烷的热稳定性弱于甲烷，故C正确；
D．三氯化氮和三氯化磷的空间结构都是三角锥形，氮元素的电负性大于磷元素，则氮氯键的极性小于磷氯键，所以三氯化氮分子的极性小于三氯化磷，故D错误；
故选D。
13. 点击化学(Click Chemistry)又译为“链接化学”“速配接合组合式化学”，是由2022年诺贝尔化学奖获得者提出的一类反应。下列说法错误的是
A. 能降低反应的活化能，提高反应速率
B. 该过程总反应的原子利用率为100%
C. 反应过程Ⅰ中有极性键断裂和非极性键生成
D. 该反应过程中的反应类型有加成反应和取代反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．该系列反应中在步骤Ⅰ中参与反应，在步骤Ⅴ中重新生成，为催化剂，能降低反应的活化能，提高反应速率，A正确；
B．该系列反应的实质为R1-C≡CH与N3-R2反应生成 ，产物只有一种，反应物全部转化为生成物，原子利用率为100%，B正确；
C．反应过程Ⅰ中有C-H极性键的断裂，但是没有非极性键生成，C错误；
D．从图中可知，反应Ⅲ为加成反应，反应Ⅰ、Ⅴ为取代反应，D正确；
故答案选C。
14. 海水中锂资源非常丰富，但是海水中的锂浓度低，很难被提取出来。我国科学家设计了一种太阳能驱动下利用选择性固体陶瓷膜电解海水提取金属锂的装置(如图所示)。下列说法错误的是
A. 铜箔上的电势比催化电极上的高
B. 导线中通过电子时，海水减重约
C. 工作时的能量转化形式：太阳能→电能→化学能
D. 选择性固体陶瓷膜不允许通过，只允许通过
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据图示可知电子流入铜电极，Li+在 Cu 电极上得到电子被还原为 Li单质，在电解池中，电子流入的电极为阴极，故Cu电极为阴极，铜箔上的电势比催化电极上的低，因此 A错误；
B．，，因此导线中通过电子时，海水减重约，B正确；
C．根据图示可知: 太阳能转化为电能，然后利用太阳能电解海水提取金属，实现了电能转化为化学能,因此该装置主要涉及的能量变化: 太阳能→电能→化学能，C正确；
D．在固体陶瓷膜上部区域是有机电解质，下部区域为海水，有机物与海水互不相溶，因此该选择性固体隔瓷膜不允许通过，只允许通过，D正确；
故选A。
15. 某化学实验小组用溶液滴定溶液至稍过量，再用滴定。整个过程采用pH传感器得到滴定过程中溶液pH的变化曲线与时间关系实验现象如下。
已知：25℃时，。下列叙述错误的是
A. a点溶液显酸性的原因是
B. 主要发生在cd段
C. f点离子浓度：
D. 若忽略溶液体积对电导率的影响，则i点溶液电导率最大
【答案】B
【解析】
【分析】溶液中，由于铝离子水解使溶液呈现酸性；ab段，加入氢氧化钠溶液中和酸性，无明显变化；bc段，氢氧化钠与反应生成氢氧化铝白色絮状沉淀；de段，已完全反应，氢氧化钠与氢氧化铝反应，白色絮状沉淀逐渐溶解，溶液变澄清；ef段，加入稍过量氢氧化钠，溶液无明显变化；fg段，加盐酸，与过量氢氧化钠反应，溶液无明显变化；gh段，盐酸与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，以此解答。
【详解】A．由分析可知，a点溶液显酸性的原因是由于铝离子水解，其离子方程式为，故A正确；
B．溶液中，则当，即pH＝3时，铝离子开始沉淀生成氢氧化铝，则当，即pH＝5时，认为铝离子沉淀完全，所以主要发生在bc段，故B错误；
C．由分析可知，f点时溶液的主要成分为硫酸钠、偏铝酸钠，并含有少的氢氧化钠，所以离子浓度关系为，故C正确；
D．若忽略溶液体积的变化，i点时溶液中离子浓度最大，若忽略溶液体积对电导率的影响，则i点溶液电导率最大，故D正确；
故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质。葡萄糖酸钙可通过以下实验流程制得：
已知：a．反应原理：；
b．相关物质的溶解性见下表
c．相关物质酸性：氢溴酸>葡萄糖酸>碳酸
d．相关物质相对分子质量：葡萄糖180，葡萄糖酸钙430
回答下列问题：
（1）步骤Ⅰ中溴水氧化葡萄糖时，甲同学设计了如图所示装置。你认为缺少的仪器是___________，盛放溶液的烧杯中主要发生反应的离子方程式___________。
（2）检验葡萄糖是否完全被氧化，需要用的试剂有___________。
（3）步骤Ⅱ中加入过量，除了能提高葡萄糖酸的转化率，还有的作用是___________。
（4）步骤Ⅲ的过滤过程需要趁热进行的原因是___________。
（5）步骤Ⅳ加入乙醇的作用是___________。
（6）步骤Ⅴ中，下列洗涤剂最合适的是___________。
A. 冷水B. 热水C. 乙醇—水混合溶液D. 乙醇
（7）该实验中葡萄糖酸钙的产率为___________(保留3位有效数字)。
【答案】（1） ①. 温度计 ②. H++OH-=H2O
（2）新制的氢氧化铜悬浊液或银氨溶液
（3）除去反应体系中残余的HBr
（4）防止葡萄糖酸钙由于温度降低导致溶解度降低而析出，使产率降低
（5）降低葡萄糖酸钙的溶解度 （6）C
（7）76.3%
【解析】
【分析】葡萄糖溶液滴入3%溴水，55℃水浴加热，加入过量碳酸钙，70℃水浴加热，趁热过滤后加入乙醇得到悬浊液，过滤、洗涤、干燥后得到葡萄糖酸钙固体；
【小问1详解】
第 ①步中溴水氧化葡萄糖时，该温度小于100℃，应该用水浴加热，且温度计测量水浴温度；盛放NaOH溶液的烧杯中主要示吸收HBr，发生反应的离子方程式H++OH-=H2O，故答案为：温度计；H++OH-=H2O；
【小问2详解】
若葡萄糖完全被氧化则溶液中不含有葡萄糖，不能使新制的氢氧化铜悬浊液产生砖红色沉淀或不能发生银镜反应，故检验葡萄糖是否完全被氧化，需要用的试剂有新制的氢氧化铜悬浊液或银氨溶液；
【小问3详解】
葡萄糖氧化过程中生成了HBr，能与CaCO3反应生成CaBr2、CO2，加入过量CaCO3，除了能提高葡萄糖酸的转化率，还有的作用是除去HBr，故答案为：除去反应体系中残余的HBr；
【小问4详解】
抽滤过程需要趁热进行的原因是葡萄糖酸钙可溶于冷水，易溶于热水，故答案为：防止葡萄糖酸钙由于温度降低导致溶解度降低而析出，使产率降低；
【小问5详解】
步骤Ⅳ加入乙醇的作用是降低葡萄糖酸钙的溶解度；
【小问6详解】
步骤V洗涤操作洗涤剂选用乙醇-水混合溶液，理由是利用水可以将无机杂质溶解除掉，同时利用葡萄糖酸钙在乙醇中的微溶，减少葡萄糖酸钙的损失，故答案为：C；
【小问7详解】
9.0gC6H12O6的物质的量n(C6H12O6)==0.05ml，根据C原子守恒有n[Ca(C6H11O7)2]= n(C6H12O6)=0.025ml，Ca(C6H11O7)2的理论产量m[Ca(C6H11O7)2]=0.025ml×430g/ml=10.75g，葡萄糖酸钙的产率=×100%≈76.3%，故答案为：76.3%。
17. 苯磺酸左旋氨氯地平是目前治疗高血压的主要药物。经由如图反应路线可制备苯磺酸左旋氨氯地平的中间体M(部分试剂及反应条件略)。
已知：
回答下列问题：
（1）B→C的反应条件和试剂分别为___________。
（2）D→E的反应类型为___________。
（3）F的结构简式为___________，其核磁共振氢谱中有___________组峰。
（4）E+F→M的化学方程式为___________。
（5）D与足量发生加成反应的有机产物为R，在R的同分异构体中，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为6：6：1的有机物结构简式为___________。(任意写一种)
（6）已知： 写出以环己醇( )和乙醇为原料合成 路线流程图___________ 。
【答案】（1）光照、氯气
（2）氧化反应 （3） ①. CH3COCH2COOCH2CH3 ②. 4
（4）CH3COCH2COOCH2CH3+ +H2O
（5） （6）
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，在氯化铁做催化剂条件下 与氯气发生取代反应生成 ， 光照条件下与氯气发生取代反应生成 ， 在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成 ，则D为 ；催化剂作用下 与氧气发生催化氧化生成 ；CH3CH2OH与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成CH3COOH，则G为CH3CH2OH、H为CH3COOH；浓硫酸作用下CH3COOH与CH3CH2OH共热发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，则I为CH3COOCH2CH3；CH3COOCH2CH3发生信息反应生成CH3COCH2COOCH2CH3，则F为CH3COCH2COOCH2CH3；碱性条件下CH3COCH2COOCH2CH3与 反应生成 。
【小问1详解】
由分析可知，B→C的反应为 光照条件下与氯气发生取代反应生成 和氯化氢，故答案为：光照、氯气；
【小问2详解】
由分析可知，D→E的反应为催化剂作用下 与氧气发生催化氧化反应生成 ，故答案为：氧化反应；
【小问3详解】
由分析可知，F的结构简式为核磁共振氢谱中有4组峰的CH3COCH2COOCH2CH3，故答案为：CH3COCH2COOCH2CH3；4；
小问4详解】
E+F→M反应为碱性条件下CH3COCH2COOCH2CH3与 反应生成 和水，反应的化学方程式为CH3COCH2COOCH2CH3+ +H2O，故答案为：CH3COCH2COOCH2CH3+ +H2O；
【小问5详解】
由分析可知，D的结构简式为 ，则R的结构简式为 ，R的同分异构体的核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为6:6:1，说明同分异构体分子中含有4个甲基和醛基，结构简式为 ，故答案为： ；
【小问6详解】
由有机物的转化关系和题给信息可知，以环己醇和乙醇为原料合成 的合成步骤为浓硫酸作用下 共热发生消去反应生成 ， 与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成 ，浓硫酸作用下 与乙醇共热发生酯化反应生成 ， 发生题给信息反应生成 ，合成路线为 。
18. 利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr(Ⅲ)的处理工艺流程如下：
其中硫酸浸取液中的金属离子主要是，其次是、、和。
（1）实验室用的浓硫酸配制的硫酸，需量取浓硫酸___________mL；
（2）的作用是将滤液Ⅰ中的转化为，写出此反应的离子方程式___________。在相同时间内，测得温度对转化率的影响如图所示。请分析温度超过70℃时，转化率下降的原因是___________。
（3）常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下
①滤渣Ⅱ的主要成分为___________。
②用调节溶液的pH不能超过8，其理由是___________。
（4）钠离子交换树脂的反应原理为，利用钠离子交换树脂除去滤液Ⅱ中的金属阳离子是___________。
（5）上述流程中加入溶液后，转化为，请写出“用还原”生成沉淀的化学方程式___________。
（6）利用膜电解技术，以为主要原料制备的工作原理如下图所示(a、b电极材料均为石墨)：a极与电源的___________极相连，制备时，理论上左侧溶液总质量增重___________g。
【答案】（1）65.2
（2） ①. ②. H2O2在较高温度下发生分解
（3） ①. Fe(OH)3、Al(OH)3 ②. pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成，最终影响Cr(Ⅲ)回收与再利用
（4）Ca2+、Mg2+
（5）
（6） ①. 负 ②. 44
【解析】
【分析】由流程可知，向含铬污泥中加入稀硫酸和水并将溶液pH调节为1，根据信息①知，硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，然后过滤，向滤液中加入双氧水，Cr3+被氧化生成，由于双氧水易分解，故加热的温度不宜过高，然后向溶液中加入NaOH溶液并调节溶液的pH = 8，根据表中数据知，溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀，且溶液中转化为，然后过滤，向滤液中加入NaF，除去Ca2+和Mg2+，最后向溶液中通入二氧化硫，发生反应；
【小问1详解】
用的浓硫酸配制的硫酸时，需选用250mL容量瓶，需量取浓硫酸的体积为；
【小问2详解】
H2O2的作用是将滤液Ⅰ中的Cr3+转化为，反应的离子方程式为；
温度超过70℃时，H2O2在较高温度下发生分解，因此转化率下降；
【小问3详解】
①酸浸取液中含有的金属离子是Cr3+、Fe3+、Al3+、 Ca2+和Mg2+，加入NaOH溶液并调节溶液的pH = 8，根据表中数据知，溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀，故答案为: Fe(OH)3、Al(OH)3；
②根据表中数据知，用NaOH调节溶液的pH时，当pH超过8时，Al(OH)3会与OH-反应生成而溶解，导致产品中含有杂质，故答案为: pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成，最终影响Cr(Ⅲ)回收与再利用；
【小问4详解】
钠离子交换树脂交换的离子是Mg2+、Ca2+，从而除去杂质离子Mg2+、Ca2+，故答案为: Mg2+、Ca2+；
【小问5详解】
SO2具有还原性，具有强氧化性，二者反应后生成沉淀Cr (OH) (H2O)5 SO4同时生成硫酸根离子和氢氧根离子，离子方程式为，故答案为；
【小问6详解】
由a极从NaOH稀溶液得到NaOH浓溶液，说明OH-浓度增大，则a极上的电极反应式为: 2H2O+2e-=H2↑+2OH-， a极发生还原反应，则a电极为阴极，与电源的负极连接；b电极为阳极，与电源正极连接，b极上水电离产生的OH-失去电子，b电极的电极反应式为: 2H2O-4e-=O2↑+4H+， 制备1 ml Na2Cr2O7时，转移2 ml电子，生成2 ml OH-，理论上左侧溶液转移2 ml Na+的同时逸出1 mlH2，总质量增重△m=2 ml23 g/ml-1ml2 g/ml =44g。
19. 氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。甲烷水蒸气催化重整是制备高纯氢的方法之一。
Ⅰ．一种利用太阳能催化该反应的原理如图1所示，以气体分压(单位为kPa)表示的各步反应的平衡常数()与温度(T)变化关系如图2所示。
（1）根据图1分析该反应的催化剂为___________。
（2）甲烷水蒸气重整制氢反应的___________0(填“>”“<”或“=”)，该反应在___________(填“高温”或“低温”)条件下容易自发进行。
Ⅱ．甲烷水汽重整反应是我国主要的制氢技术，有关反应如下：
反应ⅰ： ；
反应ⅱ： 。
（3）对于反应ⅰ，下列叙述正确的是___________(填标号)。
A. 恒温、恒容条件下，加入水蒸气，活化分子百分数增大，反应速率增大
B. 升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞频率增大，反应速率增大
C. 恒温、恒容条件下，加入惰性气体，压强增大，的平衡转化率减小
D. 加入合适的催化剂，同时降低反应温度，能实现单位时间内转化率不变
（4）一定温度下，向恒容密闭反应器中通入和，起始时和的分压分别为、，发生反应ⅰ和反应ⅱ。反应进行时达到平衡状态，此时、的分压分别为、。
①的平衡分压为___________MPa(用含m，n的代数式表示，下同)。
②反应ⅱ的___________(用平衡时各物质的分压代替物质的量浓度)。
③复合载氧体可以氧化甲烷制取合成气(、)，如图为350℃时载氧体的质量与时间的关系[一定条件下有积碳反应发生，反应ⅲ：或反应ⅳ：]。
从开始到的时候，曲线呈下降趋势的原因主要是甲烷还原载氧体，载氧体失去氧而出现失重的情况；反应在时，出现了一个短暂的小平台，其主要的原因是___________。
【答案】（1）NiFe2O4
（2） ①. > ②. 高温 （3）BD
（4） ①. 3-m-2n ②. ③. 复合载氧体失去氧的质量与积碳的质量相等
【解析】
【小问1详解】
根据图1的第I步消耗NiFe2O4，第II步反应又生成，，反应过程中参与反应但质量不发生变化，则该反应的催化剂为NiFe2O4；
【小问2详解】
反应是气体分子数增加的反应，则体系中混乱度增大即>0，根据盖斯定律可知第I步反应加上第II步反应可得甲烷水蒸气重整制氢反应，则K=KI×KII，根据图2可知K随着温度的升高而增大，该反应是吸热反应即>0，根据自发反应的判据>0，该反应在高温条件下容易自发进行；
【小问3详解】
A．恒温、恒容条件下，加入水蒸气，活化分子和分子总数同时增大，则活化分子百分数不变，故A错误；
B．升高温度，普通分子吸收能量转化为活化分子，活化分子数增大而分子总数不变，则活化分子百分数增大，有效碰撞频率增大，反应速率增大，故B正确；
C．恒温、恒容条件下，加入惰性气体，各物质的浓度不变，平衡不移动，的平衡转化率不变，故C错误；
D．加入合适的催化剂能降低反应的活化能，反应速率加快，同时降低反应温度会同等程度的降低反应速率，能实现单位时间内转化率不变，故D正确；
故选：BD；
【小问4详解】
①起始时的分压为，平衡时的分压为，说明反应ii减少的压强为，同时反应ii中CO压强减少，平衡时的分压为，说明反应i增加的CO分压为(m+n)MPa，反应i中消耗的分压为(m+n)MPa，根据起始分压为3MPa，可知的平衡分压为3-n-(m+n)=(3-m-2n)MPa；
②反应ii中H2压强增加n，反应ii中增加3×(m+n)，反应ii的三段式，反应ⅱ的=；
③反应在时，出现了一个短暂的小平台，其主要的原因是：复合载氧体失去氧的质量与积碳的质量相等。实验操作
现象
结论
A
向苯酚的样品加入浓溴水，振荡
未出现白色沉淀
样品中不含苯酚
B
向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的悬浊液
无砖红色沉淀
蔗糖未发生水解
C
在火焰上灼烧搅拌过某无色溶液的玻璃棒
火焰出现黄色
不能确定溶液中含有Na元素
D
向装有电石的圆底烧瓶中缓慢滴加饱和食盐水
产生的气体使酸性高锰酸钾溶液褪色
与反应生成
曲线段
实验现象
关系图
ab
溶液澄清，无明显变化
de
白色沉淀絮状逐渐溶解，溶液变澄清
ef
溶液澄清，无明显变化
fg
溶液澄清，无明显变化
gh
产生白色絮状沉淀
物质名称
葡萄糖酸钙
葡萄糖酸
溴化钙
在水中的溶解性
可溶于冷水，易溶于热水
可溶
极易溶
在乙醇中的溶解性
微溶
微溶
可溶
阳离子
开始沉淀时的pH
1.5
3.4
8.9
11.9
沉淀完全时的pH
2.8
4.7(>8溶解)
10.9
14
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、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并认真核准准考证号条形码上的以上信息，将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 O-16 Na-23 Cl-35.5 Ca-40 Cr-52
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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. 化学与生产、生活和科技密切相关。下列说法正确的是
A. 用来生产电闸、灯口等产品的酚醛树脂属于聚酯类化合物
B. “问天”实验舱采用砷化镓太阳能电池，砷化镓具有良好的导电性
C. 太阳电池翼采用的碳纤维框架和玻璃纤维框架均为无机非金属材料
D. 天然橡胶硫化后转变为网状结构，硫化程度越高，强度和弹性越大
【答案】C
【解析】
【详解】A．酚醛树脂是由酚类和醛类聚合而成的，含羟基，不含酯基，不属于聚酯，A错误；
B．砷化镓具有良好的半导体性能，可以用于制太阳电池片，B错误；
C．太阳电池翼采用碳纤维框架和玻璃纤维网，都是无机非金属材料，C正确；
D．天然橡胶为经硫化后转变成网状结构，硫化程度越高，弹性越差，强度越大，D错误；
故选C。
2. 湖北省博物馆的镇馆之宝——曾侯乙编钟由青铜所铸。下列说法错误的是
A. 青铜属于合金，硬度比纯铜大
B. 青铜器露置于空气中会发生电化学腐蚀而“生锈”
C. “青铜器时期”早于“铁器时期”的原因之一是铜比铁稳定更多优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 D. 现代工艺采用电解精炼提纯铜，用纯铜作阳极、粗铜作阴极
【答案】D
【解析】
【详解】A．合金的硬度比各组分都大，则青铜的硬度比纯铜大，故A正确；
B．青铜器露置于空气中，在潮湿的条件下铜会与杂质形成原电池，发生电化学腐蚀生成碱式碳酸铜，故B正确；
C．铜的金属性弱于铁，稳定性强于铁，所以“青铜器时期”早于“铁器时期”，故C正确；
D．电解精炼提纯铜时，粗铜作精炼池的阳极、纯铜作阴极，故D错误；
故选D。
3. 2021年9月24日，中科院天津工业生物技术研究所成果“无细胞化学酶系统催化合成淀粉”在国际学术期刊《自然》上发表。其中一步核心反应如图所示，设为阿伏加德罗常数的值。
下列说法错误的是
A. 分子中杂化的原子数为
B. 反应②中生成标准状况下，转移电子数为
C. 与DHA的混合物中含氧原子数为
D 淀粉完全水解消耗
【答案】A
【解析】
【详解】A．分子中，碳原子和氧原子均为杂化，的物质的量为，所以分子中杂化的原子数为2，故A错误；
B．在反应②中，转化为，碳元素的价态由-2价升高为0价，即每生成1ml转移2ml电子，则生成标准状况下（0.5ml），转移电子数为，故B正确；
C．DHA的分子式，所以与DHA的最简式均为，则与DHA的混合物中含氧原子数为，故C正确；
D．淀粉完全水解的化学方程式为，所以淀粉完全水解消耗，故D正确；
故选A。
4. 宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列对应离子方程式书写错误的是
A. 硫代硫酸钠溶液中滴入稀硫酸：
B. 向氨水中滴入少量硫酸铜溶液：
C. 向烧碱溶液中加入一小段铝片：
D. 等浓度和溶液等体积混合：
【答案】B
【解析】
【详解】A．硫代硫酸钠溶液中滴入稀硫酸：，A正确；
B．向氨水中滴入少量硫酸铜溶液：，B错误；
C．向烧碱溶液中加入一小段铝片：，C正确；
D．等浓度和溶液等体积混合：，D正确；
故选B。
5. 化学物质与人类生产活动、生命健康密切相关。下列说法错误的是
A. 卤水点豆腐的过程涉及蛋白质的变性
B. 食盐、白糖是常见的食品调味剂，也可用作防腐剂
C. 核苷酸聚合生成多聚核苷酸的过程中发生了酯化反应
D. 氨基酸分子通过肽键相互连接，形成蛋白质的一级结构
【答案】A
【解析】
【详解】A．卤水点豆腐的过程涉及胶体的聚沉，A错误；
B．食盐、白糖是常见的食品调味剂，也可用作防腐剂，B正确；
C．核苷酸聚合生成多聚核苷酸的过程中发生了酯化反应，C正确；
D．氨基酸分子通过肽键相互连接，形成蛋白质的一级结构，D正确；
故选A。
6. 由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．向苯酚的样品加入浓溴水，振荡未出现白色沉淀，可能是溴水量不足，生成的三溴苯酚溶解在过量的苯酚中，不能说明样品中不含苯酚，A错误；
B．向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的悬浊液之前应先加NaOH溶液将溶液调为碱性，B错误；
C．玻璃中含有Na2SiO3，因此火焰出现黄色不能确定溶液中含有Na元素，C正确；
D．电石与水反应的产物除了，还有等具有还原性的气体生成、它们能使高锰酸钾溶液褪色，生成的气体未经除杂直接通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色不能说明与反应生成，D错误；
故选C。
7. 阿司匹林具有解热镇痛作用，科研工作者在一定条件下合成长效缓释阿司匹林，从而减少了对肠胃的刺激和每天吃药次数。下列说法正确的是
A. 阿司匹林与足量的反应，最多消耗
B. 阿司匹林与长效缓释阿司匹林可通过红外光谱区别
C. 阿司匹林和长效缓释阿司匹林中碳原子的杂化方式不同
D. 长效缓释阿司匹林与溶液反应，最多消耗
【答案】B
【解析】
【详解】A．阿司匹林中苯环能与氢气发生加成反应，酯基、羧基不能与氢气反应，则1ml阿司匹林最多消耗3ml H2，故A错误；
B．红外光谱测定官能团，阿司匹林含羧基、酯基，长效缓释阿司匹林只含酯基，二者所含官能团不同，可通过红外光谱区别，故B正确；
C．阿司匹林含有饱和碳原子采取sp3杂化，苯环上的碳和C=O的碳原子均采取sp2杂化，长效缓释阿司匹林中碳原子的杂化方式为sp2、sp3，两者相同，故C错误；
D．1ml长效缓释阿司匹林含3nml酯基(其中有一个为酚酯基)能与4nmlNaOH溶液反应，故D错误；
故选：B。
8. 高氯酸钾是一种强氧化剂，易溶于水。以氯化钠为原料制备高氯酸钾的一种流程如图：
下列说法错误的是
A. “电解”步骤中，电解槽内宜使用阳离子交换膜
B. “高温分解”反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：3
C. 本实验条件下，在水中的溶解度比小
D. 母液中的溶质经分离、提纯可制得食盐
【答案】A
【解析】
【分析】根据流程，电解饱和食盐水后阳极失电子生成氯气，生成的氯气与溶液中的氢氧根反应生成氯酸钠溶液，将溶液结晶得到氯酸钠晶体，氯酸钠晶体经高温分解生成高氯酸钠，由于高氯酸钾在溶液中的溶解度小于高氯酸钠，因此向高氯酸钠晶体中加入氯化钾溶液使晶体转化成高氯酸钾，经后续步骤得到高氯酸钾晶体；
【详解】A．电解饱和食盐水后阳极失电子生成氯气，生成的氯气与溶液中的氢氧根反应生成氯酸钠溶液，故应该让阴极生成的氢氧根离子通过模到达阳极区，故选用阴离子交换膜，选项A错误；
B．由流程信息知，NaClO3 “高温分解”生成NaCl和NaClO4，由电子守恒知氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3，选项B正确；
C．“转化”步骤中，NaClO4中加入KCl溶液后经系列操作得KClO4，推知本实验条件下，KClO4在水中的溶解度比NaClO4小，选项C正确；
D．母液中溶质的主要成分为NaCl，选项D正确；
答案选A。
9. 向溶液中滴加黄血盐可制得普鲁士蓝，向溶液中滴加赤血盐可制得滕氏蓝。经科学家研究发现，两者具有相同的结构。其晶胞由8个如图所示的小立方体构成(未标出)，晶胞参数为。下列关于普鲁士蓝和滕氏蓝说法错误的是
A. 滕氏蓝和普鲁士蓝均为离子晶体
B. 由图及滕氏蓝的化学式可知，应位于晶胞体心
C. 测定晶体的结构常采用X射线衍射法
D. 设滕氏蓝的式量为，则滕氏蓝晶体的密度为
【答案】B
【解析】
【详解】A．普鲁士蓝和滕氏蓝化学式为KFe[Fe(CN)6]，都含有K+，所以两者都是离子化合物，构成的晶体均为离子晶体，选项A正确；
B．根据反应原理和晶胞结构分析，在1个晶胞中，CN-在棱上，为12=3，Fe2+为4= Fe3+为4=，普鲁士蓝和滕氏蓝化学式为KFe[Fe(CN)6]，根据比例，在晶胞中K+为，若K+位于晶胞体心，其个数为1，不符合，选项B错误；
C．测定晶体的结构的方法，常采用X射线衍射法，选项C正确；
D．根据上述计算可知，在一个滕氏蓝晶胞中含有4个K+，4个Fe2+，4个Fe3+，24个CN-，设滕氏蓝的式量为，则滕氏蓝晶体的密度为==，选项D正确；
答案选B。
10. 的无限长链状结构截取部分如图所示，下列说法不正确的是
A. 中含有共价键B. 为原子晶体
C. 的熔沸点比低D. 水解产生
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，二硫化硅的空间结构不是空间网状结构，则二硫化硅是与二硫化碳结构相似的分子晶体。
【详解】A．由无限长链状结构截图可知，二硫化硅分子中每个硅原子与4个硫原子形成4个硅硫键，则92g二硫化硅分子中含有共价键的物质的量为×4=4ml，故A正确；
B．由分析可知，二硫化硅是分子晶体，不是原子晶体，故B错误；
C．由分析可知，二硫化硅是分子晶体，则熔沸点小于原子晶体二氧化硅，故C正确；
D．由无限长链状结构截图可知，二硫化硅分子能发生水解反应生成硅酸和硫化氢，故D正确；
故选B。
11. 某有机化合物由原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z组成，Y、Z同主族且Z的原子序数是Y的2倍，该化合物的质谱图如下，为139时，其碎片离子组成为。
下列叙述正确的是
A. 原子半径：
B. 简单氢化物沸点：
C. 化合物、、均为直线形分子
D. 溶液与溶液混合，无明显现象
【答案】C
【解析】
【分析】某有机化合物由原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z组成，Y、Z同主族且Z的原子序数是Y的2倍，则W为H元素、X为C元素、Y为O元素、Z为S元素，碎片离子为C7H7OS+。
【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则氧原子的原子半径小于碳原子，故A错误；
B．水分子能形成分子间氢键，硫化氢不能形成分子间氢键，则水分子的分子间作用力大于硫化氢，沸点高于硫化氢，故B错误；
C．COS、二氧化碳和二硫化碳分子中碳原子的价层电子对数都为2、孤对电子对数都为0，则分子的空间结构都为直线形，故C正确；
D．过氧化氢溶液与氢硫酸溶液反应生成硫沉淀和水，则过氧化氢溶液与氢硫酸溶液混合有明显实验现象，故D错误；
故选C。
12. 下列有关物质的结构与性质的说法错误的是
A. 因为3s能级上电子的能量低于3p能级上电子的能量，所以
B. 由于氯电负性大于氢的电负性导致羧基中极性较强，所以的酸性比强
C. 的热稳定性比的弱，可推断的热稳定性比弱
D. N元素的电负性大于P元素，故分子的极性大于
【答案】D
【解析】
【详解】A．镁原子的价电子排布式为3s2、铝原子的价电子排布式为3s23p1，3s能级上电子的能量低于3p能级上电子的能量，所以镁元素的第一电离能大于铝元素，故A正确；
B．氯元素的电负性大于氢元素的电负性，氯原子吸电子的能力导致羧基中氢氧键的极性增强，易于电离出氢离子，所以三氯乙酸的酸性强于二氯乙酸，故B正确；
C．由过氧化氢的热稳定性弱于水可知，氧氧非极性键的稳定性弱于氢氧极性键，同理可知，碳碳非极性键的稳定性弱于碳氢极性键，则乙烷的热稳定性弱于甲烷，故C正确；
D．三氯化氮和三氯化磷的空间结构都是三角锥形，氮元素的电负性大于磷元素，则氮氯键的极性小于磷氯键，所以三氯化氮分子的极性小于三氯化磷，故D错误；
故选D。
13. 点击化学(Click Chemistry)又译为“链接化学”“速配接合组合式化学”，是由2022年诺贝尔化学奖获得者提出的一类反应。下列说法错误的是
A. 能降低反应的活化能，提高反应速率
B. 该过程总反应的原子利用率为100%
C. 反应过程Ⅰ中有极性键断裂和非极性键生成
D. 该反应过程中的反应类型有加成反应和取代反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．该系列反应中在步骤Ⅰ中参与反应，在步骤Ⅴ中重新生成，为催化剂，能降低反应的活化能，提高反应速率，A正确；
B．该系列反应的实质为R1-C≡CH与N3-R2反应生成 ，产物只有一种，反应物全部转化为生成物，原子利用率为100%，B正确；
C．反应过程Ⅰ中有C-H极性键的断裂，但是没有非极性键生成，C错误；
D．从图中可知，反应Ⅲ为加成反应，反应Ⅰ、Ⅴ为取代反应，D正确；
故答案选C。
14. 海水中锂资源非常丰富，但是海水中的锂浓度低，很难被提取出来。我国科学家设计了一种太阳能驱动下利用选择性固体陶瓷膜电解海水提取金属锂的装置(如图所示)。下列说法错误的是
A. 铜箔上的电势比催化电极上的高
B. 导线中通过电子时，海水减重约
C. 工作时的能量转化形式：太阳能→电能→化学能
D. 选择性固体陶瓷膜不允许通过，只允许通过
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据图示可知电子流入铜电极，Li+在 Cu 电极上得到电子被还原为 Li单质，在电解池中，电子流入的电极为阴极，故Cu电极为阴极，铜箔上的电势比催化电极上的低，因此 A错误；
B．，，因此导线中通过电子时，海水减重约，B正确；
C．根据图示可知: 太阳能转化为电能，然后利用太阳能电解海水提取金属，实现了电能转化为化学能,因此该装置主要涉及的能量变化: 太阳能→电能→化学能，C正确；
D．在固体陶瓷膜上部区域是有机电解质，下部区域为海水，有机物与海水互不相溶，因此该选择性固体隔瓷膜不允许通过，只允许通过，D正确；
故选A。
15. 某化学实验小组用溶液滴定溶液至稍过量，再用滴定。整个过程采用pH传感器得到滴定过程中溶液pH的变化曲线与时间关系实验现象如下。
已知：25℃时，。下列叙述错误的是
A. a点溶液显酸性的原因是
B. 主要发生在cd段
C. f点离子浓度：
D. 若忽略溶液体积对电导率的影响，则i点溶液电导率最大
【答案】B
【解析】
【分析】溶液中，由于铝离子水解使溶液呈现酸性；ab段，加入氢氧化钠溶液中和酸性，无明显变化；bc段，氢氧化钠与反应生成氢氧化铝白色絮状沉淀；de段，已完全反应，氢氧化钠与氢氧化铝反应，白色絮状沉淀逐渐溶解，溶液变澄清；ef段，加入稍过量氢氧化钠，溶液无明显变化；fg段，加盐酸，与过量氢氧化钠反应，溶液无明显变化；gh段，盐酸与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，以此解答。
【详解】A．由分析可知，a点溶液显酸性的原因是由于铝离子水解，其离子方程式为，故A正确；
B．溶液中，则当，即pH＝3时，铝离子开始沉淀生成氢氧化铝，则当，即pH＝5时，认为铝离子沉淀完全，所以主要发生在bc段，故B错误；
C．由分析可知，f点时溶液的主要成分为硫酸钠、偏铝酸钠，并含有少的氢氧化钠，所以离子浓度关系为，故C正确；
D．若忽略溶液体积的变化，i点时溶液中离子浓度最大，若忽略溶液体积对电导率的影响，则i点溶液电导率最大，故D正确；
故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质。葡萄糖酸钙可通过以下实验流程制得：
已知：a．反应原理：；
b．相关物质的溶解性见下表
c．相关物质酸性：氢溴酸>葡萄糖酸>碳酸
d．相关物质相对分子质量：葡萄糖180，葡萄糖酸钙430
回答下列问题：
（1）步骤Ⅰ中溴水氧化葡萄糖时，甲同学设计了如图所示装置。你认为缺少的仪器是___________，盛放溶液的烧杯中主要发生反应的离子方程式___________。
（2）检验葡萄糖是否完全被氧化，需要用的试剂有___________。
（3）步骤Ⅱ中加入过量，除了能提高葡萄糖酸的转化率，还有的作用是___________。
（4）步骤Ⅲ的过滤过程需要趁热进行的原因是___________。
（5）步骤Ⅳ加入乙醇的作用是___________。
（6）步骤Ⅴ中，下列洗涤剂最合适的是___________。
A. 冷水B. 热水C. 乙醇—水混合溶液D. 乙醇
（7）该实验中葡萄糖酸钙的产率为___________(保留3位有效数字)。
【答案】（1） ①. 温度计 ②. H++OH-=H2O
（2）新制的氢氧化铜悬浊液或银氨溶液
（3）除去反应体系中残余的HBr
（4）防止葡萄糖酸钙由于温度降低导致溶解度降低而析出，使产率降低
（5）降低葡萄糖酸钙的溶解度 （6）C
（7）76.3%
【解析】
【分析】葡萄糖溶液滴入3%溴水，55℃水浴加热，加入过量碳酸钙，70℃水浴加热，趁热过滤后加入乙醇得到悬浊液，过滤、洗涤、干燥后得到葡萄糖酸钙固体；
【小问1详解】
第 ①步中溴水氧化葡萄糖时，该温度小于100℃，应该用水浴加热，且温度计测量水浴温度；盛放NaOH溶液的烧杯中主要示吸收HBr，发生反应的离子方程式H++OH-=H2O，故答案为：温度计；H++OH-=H2O；
【小问2详解】
若葡萄糖完全被氧化则溶液中不含有葡萄糖，不能使新制的氢氧化铜悬浊液产生砖红色沉淀或不能发生银镜反应，故检验葡萄糖是否完全被氧化，需要用的试剂有新制的氢氧化铜悬浊液或银氨溶液；
【小问3详解】
葡萄糖氧化过程中生成了HBr，能与CaCO3反应生成CaBr2、CO2，加入过量CaCO3，除了能提高葡萄糖酸的转化率，还有的作用是除去HBr，故答案为：除去反应体系中残余的HBr；
【小问4详解】
抽滤过程需要趁热进行的原因是葡萄糖酸钙可溶于冷水，易溶于热水，故答案为：防止葡萄糖酸钙由于温度降低导致溶解度降低而析出，使产率降低；
【小问5详解】
步骤Ⅳ加入乙醇的作用是降低葡萄糖酸钙的溶解度；
【小问6详解】
步骤V洗涤操作洗涤剂选用乙醇-水混合溶液，理由是利用水可以将无机杂质溶解除掉，同时利用葡萄糖酸钙在乙醇中的微溶，减少葡萄糖酸钙的损失，故答案为：C；
【小问7详解】
9.0gC6H12O6的物质的量n(C6H12O6)==0.05ml，根据C原子守恒有n[Ca(C6H11O7)2]= n(C6H12O6)=0.025ml，Ca(C6H11O7)2的理论产量m[Ca(C6H11O7)2]=0.025ml×430g/ml=10.75g，葡萄糖酸钙的产率=×100%≈76.3%，故答案为：76.3%。
17. 苯磺酸左旋氨氯地平是目前治疗高血压的主要药物。经由如图反应路线可制备苯磺酸左旋氨氯地平的中间体M(部分试剂及反应条件略)。
已知：
回答下列问题：
（1）B→C的反应条件和试剂分别为___________。
（2）D→E的反应类型为___________。
（3）F的结构简式为___________，其核磁共振氢谱中有___________组峰。
（4）E+F→M的化学方程式为___________。
（5）D与足量发生加成反应的有机产物为R，在R的同分异构体中，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为6：6：1的有机物结构简式为___________。(任意写一种)
（6）已知： 写出以环己醇( )和乙醇为原料合成 路线流程图___________ 。
【答案】（1）光照、氯气
（2）氧化反应 （3） ①. CH3COCH2COOCH2CH3 ②. 4
（4）CH3COCH2COOCH2CH3+ +H2O
（5） （6）
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，在氯化铁做催化剂条件下 与氯气发生取代反应生成 ， 光照条件下与氯气发生取代反应生成 ， 在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成 ，则D为 ；催化剂作用下 与氧气发生催化氧化生成 ；CH3CH2OH与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成CH3COOH，则G为CH3CH2OH、H为CH3COOH；浓硫酸作用下CH3COOH与CH3CH2OH共热发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，则I为CH3COOCH2CH3；CH3COOCH2CH3发生信息反应生成CH3COCH2COOCH2CH3，则F为CH3COCH2COOCH2CH3；碱性条件下CH3COCH2COOCH2CH3与 反应生成 。
【小问1详解】
由分析可知，B→C的反应为 光照条件下与氯气发生取代反应生成 和氯化氢，故答案为：光照、氯气；
【小问2详解】
由分析可知，D→E的反应为催化剂作用下 与氧气发生催化氧化反应生成 ，故答案为：氧化反应；
【小问3详解】
由分析可知，F的结构简式为核磁共振氢谱中有4组峰的CH3COCH2COOCH2CH3，故答案为：CH3COCH2COOCH2CH3；4；
小问4详解】
E+F→M反应为碱性条件下CH3COCH2COOCH2CH3与 反应生成 和水，反应的化学方程式为CH3COCH2COOCH2CH3+ +H2O，故答案为：CH3COCH2COOCH2CH3+ +H2O；
【小问5详解】
由分析可知，D的结构简式为 ，则R的结构简式为 ，R的同分异构体的核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为6:6:1，说明同分异构体分子中含有4个甲基和醛基，结构简式为 ，故答案为： ；
【小问6详解】
由有机物的转化关系和题给信息可知，以环己醇和乙醇为原料合成 的合成步骤为浓硫酸作用下 共热发生消去反应生成 ， 与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成 ，浓硫酸作用下 与乙醇共热发生酯化反应生成 ， 发生题给信息反应生成 ，合成路线为 。
18. 利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr(Ⅲ)的处理工艺流程如下：
其中硫酸浸取液中的金属离子主要是，其次是、、和。
（1）实验室用的浓硫酸配制的硫酸，需量取浓硫酸___________mL；
（2）的作用是将滤液Ⅰ中的转化为，写出此反应的离子方程式___________。在相同时间内，测得温度对转化率的影响如图所示。请分析温度超过70℃时，转化率下降的原因是___________。
（3）常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下
①滤渣Ⅱ的主要成分为___________。
②用调节溶液的pH不能超过8，其理由是___________。
（4）钠离子交换树脂的反应原理为，利用钠离子交换树脂除去滤液Ⅱ中的金属阳离子是___________。
（5）上述流程中加入溶液后，转化为，请写出“用还原”生成沉淀的化学方程式___________。
（6）利用膜电解技术，以为主要原料制备的工作原理如下图所示(a、b电极材料均为石墨)：a极与电源的___________极相连，制备时，理论上左侧溶液总质量增重___________g。
【答案】（1）65.2
（2） ①. ②. H2O2在较高温度下发生分解
（3） ①. Fe(OH)3、Al(OH)3 ②. pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成，最终影响Cr(Ⅲ)回收与再利用
（4）Ca2+、Mg2+
（5）
（6） ①. 负 ②. 44
【解析】
【分析】由流程可知，向含铬污泥中加入稀硫酸和水并将溶液pH调节为1，根据信息①知，硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，然后过滤，向滤液中加入双氧水，Cr3+被氧化生成，由于双氧水易分解，故加热的温度不宜过高，然后向溶液中加入NaOH溶液并调节溶液的pH = 8，根据表中数据知，溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀，且溶液中转化为，然后过滤，向滤液中加入NaF，除去Ca2+和Mg2+，最后向溶液中通入二氧化硫，发生反应；
【小问1详解】
用的浓硫酸配制的硫酸时，需选用250mL容量瓶，需量取浓硫酸的体积为；
【小问2详解】
H2O2的作用是将滤液Ⅰ中的Cr3+转化为，反应的离子方程式为；
温度超过70℃时，H2O2在较高温度下发生分解，因此转化率下降；
【小问3详解】
①酸浸取液中含有的金属离子是Cr3+、Fe3+、Al3+、 Ca2+和Mg2+，加入NaOH溶液并调节溶液的pH = 8，根据表中数据知，溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀，故答案为: Fe(OH)3、Al(OH)3；
②根据表中数据知，用NaOH调节溶液的pH时，当pH超过8时，Al(OH)3会与OH-反应生成而溶解，导致产品中含有杂质，故答案为: pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成，最终影响Cr(Ⅲ)回收与再利用；
【小问4详解】
钠离子交换树脂交换的离子是Mg2+、Ca2+，从而除去杂质离子Mg2+、Ca2+，故答案为: Mg2+、Ca2+；
【小问5详解】
SO2具有还原性，具有强氧化性，二者反应后生成沉淀Cr (OH) (H2O)5 SO4同时生成硫酸根离子和氢氧根离子，离子方程式为，故答案为；
【小问6详解】
由a极从NaOH稀溶液得到NaOH浓溶液，说明OH-浓度增大，则a极上的电极反应式为: 2H2O+2e-=H2↑+2OH-， a极发生还原反应，则a电极为阴极，与电源的负极连接；b电极为阳极，与电源正极连接，b极上水电离产生的OH-失去电子，b电极的电极反应式为: 2H2O-4e-=O2↑+4H+， 制备1 ml Na2Cr2O7时，转移2 ml电子，生成2 ml OH-，理论上左侧溶液转移2 ml Na+的同时逸出1 mlH2，总质量增重△m=2 ml23 g/ml-1ml2 g/ml =44g。
19. 氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。甲烷水蒸气催化重整是制备高纯氢的方法之一。
Ⅰ．一种利用太阳能催化该反应的原理如图1所示，以气体分压(单位为kPa)表示的各步反应的平衡常数()与温度(T)变化关系如图2所示。
（1）根据图1分析该反应的催化剂为___________。
（2）甲烷水蒸气重整制氢反应的___________0(填“>”“<”或“=”)，该反应在___________(填“高温”或“低温”)条件下容易自发进行。
Ⅱ．甲烷水汽重整反应是我国主要的制氢技术，有关反应如下：
反应ⅰ： ；
反应ⅱ： 。
（3）对于反应ⅰ，下列叙述正确的是___________(填标号)。
A. 恒温、恒容条件下，加入水蒸气，活化分子百分数增大，反应速率增大
B. 升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞频率增大，反应速率增大
C. 恒温、恒容条件下，加入惰性气体，压强增大，的平衡转化率减小
D. 加入合适的催化剂，同时降低反应温度，能实现单位时间内转化率不变
（4）一定温度下，向恒容密闭反应器中通入和，起始时和的分压分别为、，发生反应ⅰ和反应ⅱ。反应进行时达到平衡状态，此时、的分压分别为、。
①的平衡分压为___________MPa(用含m，n的代数式表示，下同)。
②反应ⅱ的___________(用平衡时各物质的分压代替物质的量浓度)。
③复合载氧体可以氧化甲烷制取合成气(、)，如图为350℃时载氧体的质量与时间的关系[一定条件下有积碳反应发生，反应ⅲ：或反应ⅳ：]。
从开始到的时候，曲线呈下降趋势的原因主要是甲烷还原载氧体，载氧体失去氧而出现失重的情况；反应在时，出现了一个短暂的小平台，其主要的原因是___________。
【答案】（1）NiFe2O4
（2） ①. > ②. 高温 （3）BD
（4） ①. 3-m-2n ②. ③. 复合载氧体失去氧的质量与积碳的质量相等
【解析】
【小问1详解】
根据图1的第I步消耗NiFe2O4，第II步反应又生成，，反应过程中参与反应但质量不发生变化，则该反应的催化剂为NiFe2O4；
【小问2详解】
反应是气体分子数增加的反应，则体系中混乱度增大即>0，根据盖斯定律可知第I步反应加上第II步反应可得甲烷水蒸气重整制氢反应，则K=KI×KII，根据图2可知K随着温度的升高而增大，该反应是吸热反应即>0，根据自发反应的判据>0，该反应在高温条件下容易自发进行；
【小问3详解】
A．恒温、恒容条件下，加入水蒸气，活化分子和分子总数同时增大，则活化分子百分数不变，故A错误；
B．升高温度，普通分子吸收能量转化为活化分子，活化分子数增大而分子总数不变，则活化分子百分数增大，有效碰撞频率增大，反应速率增大，故B正确；
C．恒温、恒容条件下，加入惰性气体，各物质的浓度不变，平衡不移动，的平衡转化率不变，故C错误；
D．加入合适的催化剂能降低反应的活化能，反应速率加快，同时降低反应温度会同等程度的降低反应速率，能实现单位时间内转化率不变，故D正确；
故选：BD；
【小问4详解】
①起始时的分压为，平衡时的分压为，说明反应ii减少的压强为，同时反应ii中CO压强减少，平衡时的分压为，说明反应i增加的CO分压为(m+n)MPa，反应i中消耗的分压为(m+n)MPa，根据起始分压为3MPa，可知的平衡分压为3-n-(m+n)=(3-m-2n)MPa；
②反应ii中H2压强增加n，反应ii中增加3×(m+n)，反应ii的三段式，反应ⅱ的=；
③反应在时，出现了一个短暂的小平台，其主要的原因是：复合载氧体失去氧的质量与积碳的质量相等。实验操作
现象
结论
A
向苯酚的样品加入浓溴水，振荡
未出现白色沉淀
样品中不含苯酚
B
向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的悬浊液
无砖红色沉淀
蔗糖未发生水解
C
在火焰上灼烧搅拌过某无色溶液的玻璃棒
火焰出现黄色
不能确定溶液中含有Na元素
D
向装有电石的圆底烧瓶中缓慢滴加饱和食盐水
产生的气体使酸性高锰酸钾溶液褪色
与反应生成
曲线段
实验现象
关系图
ab
溶液澄清，无明显变化
de
白色沉淀絮状逐渐溶解，溶液变澄清
ef
溶液澄清，无明显变化
fg
溶液澄清，无明显变化
gh
产生白色絮状沉淀
物质名称
葡萄糖酸钙
葡萄糖酸
溴化钙
在水中的溶解性
可溶于冷水，易溶于热水
可溶
极易溶
在乙醇中的溶解性
微溶
微溶
可溶
阳离子
开始沉淀时的pH
1.5
3.4
8.9
11.9
沉淀完全时的pH
2.8
4.7(>8溶解)
10.9
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