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四川省成都市石室中学2023-2024学年高三上学期期中考试化学试题含答案
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这是一份四川省成都市石室中学2023-2024学年高三上学期期中考试化学试题含答案，共22页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，1ml/L等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在本试卷和答题卡相应位置上。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答。答案必须写在答题卡各题目指定区域 内相应位置上；如需改动，先画掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不 按以上要求作答无效
4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
5.全卷满分100分，考试时间50分钟
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 F：19 Cl：35.5 K：39 C：59 Cu：64
第 I 卷(选择题，共42分)
一、选择题：本大题共7小题，每小题6分，共42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. 化学与生活密切相关。下列说法正确的是
A. 工业上通过石油分馏得到大量化工原料苯
B. 三星堆出土的青铜文物表面生成Cu2(OH)3Cl 的过程是非氧化还原过程
C. 聚乙炔用I2 或 Na处理后可形成能导电的塑料，该塑料有固定的熔沸点
D. “天宫课堂”实验：乙酸钠过饱和溶液结晶形成温热“冰球”，该过程放热
【答案】D
【解析】
【详解】A．石油分馏主要得到汽油、煤油等轻质油，不能得到大量化工原料苯，石油催化重整可获得苯，故A错误；
B．青铜文物表面生成Cu2(OH)3Cl的过程中Cu元素的化合价升高，发生氧化还原反应，故B错误；
C．聚乙炔是一种导电聚合物，属于混合物，混合物没有固定的熔沸点，故C错误；
D．乙酸钠过饱和溶液结晶形成温热“冰球”，说明该过程放热，故D正确；
故答案选D。
2. 我国科学家实现了二氧化碳到淀粉的人工合成。有关物质的转化过程示意如图所示，下列说法不正确的是(设NA为阿伏加德罗常数的值)
A. 过程①涉及的能量转换：太阳能→ 电能→ 化学能
B. CO2合成甲醇，每消耗1ml CO2，转移电子数为6NA
C. 1 ml C3中含共用的电子对数为8NA
D. 由 C6 → 淀粉的过程中涉及 C—O 键、O−P 键，O—H 键的断裂和 C—O 键、O—H 键的形成
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应①为用太阳能电池电解水制氢气和氧气，涉及的能量变化：太阳能→电能→化学能，故A正确；
B．CO2合成甲醇，每消耗1ml CO2，C元素的化合价由+4降为-2价，因此每生成1mlCH3OH，消耗1ml CO2，转移6ml电子，转移电子数为6 NA，故B正确；
C．结构简式为HOCH2COCH2OH，含共用电子对数12个，1mlC3中含共用的电子对数为12 NA，故C错误；
D．由C6→淀粉的过程中涉及C-O键、O-P键，O-H键的断裂和C-O键、O-H键的形成，故D正确；
故答案选C。
3. 某软包电池的关键组件是一种离子化合物，其结构如图所示。X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Z 的简单氢化物常用作制冷剂，W 和 Q 同主族。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：Q>M>W>X
B. 实验室中用CS2洗涤残留在试管壁上的 Q 单质，利用了 Q 单质的还原性
C. 加热条件下 W 单质可与X 单质化合生成 X2W2
D. 简单氢化物的沸点：X>W>Z>Y
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Z的简单氢化物常用作制冷剂，判断Z为N元素，W和Q同主族，通过结构可知Q有2个单键2个双键，故Q为S，W和Q同主族，W为O，Y连接4个单键，Y为C，Z为N，M为F，X为带一个正电荷的阳离子，原子序数最小，判断X为Li。
【详解】A． 简单离子的层数越多，质子数越小半径越大，所以S2-＞O2-＞F-＞Li+，简单离子半径：Q＞W＞M＞X，故A错误；
B． 实验室中用CS2洗涤残留在试管壁上的S单质，利用了S单质易溶于CS2，不是还原性，故B错误；
C． 热条件下W单质O2，X单质Li,锂在氧气中反应生成Li2O，不能化合生成Li2O2，故C错误；
D． X、W、Z、Y形成的简单氢化物分别为：LiH、H2O、NH3、CH4，其中LiH形成的是离子化合物，沸点最高，水分子间和氨气分子间形成氢键，沸点反常的高，氢化物的沸点高低顺序为：LiH＞H2O＞NH3＞CH4，的沸点X＞W＞Z＞Y，故D正确；
故选：D。
4. 稠环芳烃在光学、电学等方面有着极具潜力的应用。下列关于如图所示几种稠环芳烃的说 法正确的是
A. 并五苯是苯的同系物B. 苝的一氯代物有只1种
C. 三聚茚分子中所有原子共面D. Z 型并苯可发生取代反应、氧化反应和还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．并五苯和苯的结构不相似，二者不互为同系物，故A错误；
B．苝的分子中含有4种氢原子，其一氯代物有4种，故B错误；
C．饱和碳原子具有甲烷的结构特点，甲烷分子中最多有3个原子共平面，该分子中含有饱和碳原子，所以该分子中所有原子一定不共平面，故C错误；
D．Z型并苯具有苯的性质，能发生取代反应、加成反应、还原反应，能燃烧，所以能发生氧化反应，故D正确；
故答案选D。
5. 下列有关实验操作、现象及结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．SO2和CO2分别通入水中达到饱和，溶液的浓度不同，测定溶液的pH，不能比较酸性强弱，A错误；
B．加热某浓度的CuCl2溶液，溶液由蓝色变为黄色，可知升高温度使[ Cu (H2O)4]2+（蓝）+4Cl-（黄)+4H2O正向移动，证明该平衡正反应为吸热反应，B正确；
C．硝酸可氧化亚铁离子生成铁离子，溶液变红，不能证明氧化性：Fe 3+< Ag +，C错误；
D．溶液中若含铁离子，也可使淀粉﹣KI 试纸变蓝，由实验操作和现象，不能证明原溶液中含有Cl2，D错误；
故选B。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，注意物质的性质、反应与现象、平衡移动、酸性比较、实验技能为解答的关键点。
6. “海泥电池”既可用于深海水下仪器的电源补给，又有利于海洋环境污染治理。电池工作原理如图所示。其中微生物代谢产物显酸性。下列说法不正确的是
A. A电极附近可沉积Mg(OH)2
B. H+ 从海底沉积层通过交接面向海水层移动
C. 微生物作用下发生反应：2CH2O +SO2−+H+=2CO2+HS−+2H2O
D. 除去3.0 g CH2O，A电极消耗标准状况下0.56 LO2
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，A极氧元素价态降低得电子，故A极为正极，电极反应式为O2＋4e−＋4H＋＝2H2O，微生物作用下发生反应：，B极是负极，电极反应式为：HS−−2e−═S↓＋H＋，电子由负极B经过用电器流向正极A，根据电极反应结合电子守恒进行计算。
【详解】A．A极氧元素价态降低得电子，故A极为正极，电极反应式为O2＋4e−＋4H＋＝2H2O，不会沉积Mg(OH)2，故A错误；
B．原电池中阳离子移向正极，故H＋从海底沉积层通过交接面向海水层移动，故B正确；
C．微生物作用下发生反应：，故C正确；
D．微生物作用下发生反应：，除去3.0g即，则生成0.05mlHS−，负极反应式为：HS−−2e−═S↓＋H＋，即生成0.05mlHS−时转移0.1ml电子，正极反应式为O2＋4e−＋4H＋＝2H2O，A电极消耗标准状况下，故D正确；
故答案选A。
7. 某 Na2CO3溶液体系中满足c()+c()+ c(H2CO3)=0.1ml·L−1，现利用平衡移动原理，分析常 温下Ni2+在不同 pH 的Na2CO3体系中的可能产物。图1中曲线表示 Na2CO3 体系中各含碳粒子的物质的量分数与 pH 的关系；图2为沉淀溶解平衡曲线。下列说法正确的是
A. lgKa1(H2CO3)=6.37
B. M 点时，溶液中存在：c()C. 某混合液体系中，初始状态pH=9 、1g[c(Ni2+)]= −5， 当体系达平衡后存在：c()+c()+c(H2CO3)<0.1ml/L
D. 沉淀 Ni2+制备NiCO3 时，选用0.1ml·L−1NaHCO3 溶液比0.1ml·L−1Na2CO3溶液的效果好
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图1可知，pH=6.37时，此时，，故A错误；
B．由图1可知，pH=10.25时，此时，M点时pH=8.25，，，溶液中，则，所以M点时，溶液中存在：，故B错误；
C．由图可知，初始状态为pH=9、，此时恰好为的沉淀溶解平衡体系，不会生成沉淀，含碳微粒总量不变，即体系达平衡后存在：，故C错误；
D．由图2可知pH<8.25时，优先于生成沉淀，pH>8.25时优先于生成沉淀，溶液的pH接近8，溶液的pH接近12，所以沉淀Ni2+制备时，选用溶液比溶液的效果好，故D正确；
故答案选D。
第II卷(非选择题，共58分)
二、非选择题：本卷包插必考题和选考题两部分。第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作 答。第11～12题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题(共43分 )
8. 金属 Ni 对 H2有强吸附作用，被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氢化反应， 将块状 Ni 转化成多孔型雷尼 Ni 后，其催化活性显著提高。
已知：①雷尼 Ni 暴露在空气中可以自燃，在制备和使用时，需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”；②邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行。
石室中学某实验小组制备雷尼 Ni并探究其催化氢化性能实验如下：
步骤1：雷尼Ni 的制备
步骤2：邻硝基苯胺的催化氢化反应
用 M 向 N 中加入0.138g 邻硝基苯胺，反应的原理和实验装置图如下(夹持装置和搅拌装置略)，装置I 用于储存H2和监测反应过程。
回答下列问题：
（1）操作(a)中、反应的离子方程式是___________。
（2）操作(d)中，判断雷尼 Ni 被水洗净的方法是 ___________。
（3）操作(e)中，下列溶剂中最有利于步骤 2 中氢化反应的是___________(填序号)。
A. 乙醚B. 四氯化碳C. 乙醇D. 正己烷
（4）仪器N 的名称是___________ ，M比普通分液漏斗的优势为 __________。
（5）反应前应向装置 Ⅱ 中通入N2一段时间，目的是 ___________。
（6）向集气管中充入V1mL H2时，三通阀的孔路位置如下左图所示。发生氢化反应时，集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路位置需调节为 ___________(填序号)。
（7）判断氢化反应完全的现象是 ___________。
（8）反应结束后集气管中液面刻度为V2mL ，N中产物经纯化后得0.0648 g产品，则邻苯二胺的产率为 ___________ %。
【答案】（1）
（2）取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则可证明洗涤干净，否则没有洗涤干净 （3）C
（4） ①. 三颈烧瓶 ②. 能够保持压强平衡，利于液体顺利滴下
（5）排除装置的空气，防止雷尼Ni自燃
（6）B （7）集气管中液面不再改变
（8）60
【解析】
【分析】首先用氢氧化钠溶液溶解镍铝合金中的铝，过滤后先后用碱和水来洗涤固体镍，随后加入有机溶剂制得雷尼镍悬浮液，可用于步骤2中邻硝基苯胺的催化氢化；
【小问1详解】
铝可以和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：;
【小问2详解】
由于水洗之前是用碱洗，此时溶液显碱性，故可以用酸碱指示剂来判断是否洗净，具体方法为，取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则可证明洗涤干净，否则没有洗涤干净；
【小问3详解】
根据题中信息可知，邻硝基苯胺再极性有机溶剂中更有利于反应的进行，再丙酮，四氯化碳，乙醇，正己烷中极性较强的为乙醇，C项正确；答案选C；
【小问4详解】
如图可知，仪器N为三颈烧瓶；M为恒压分液漏斗，能够保持压强平衡，利于液体顺利滴下；
【小问5详解】
装置Ⅱ 中通入氮气一段时间，可以排除装置的空气，防止雷尼Ni自燃；
【小问6详解】
向集气管充入氢气时，氢气从左侧进入，向下进入集气管，则当由集气管向装置Ⅱ 供气，此时孔路位置需调节为气体由下方的集气管，向右进入装置Ⅱ ，应该选B，装置C方式左侧会漏气，不符合题意，故选B；
【小问7详解】
反应完成后，氢气不再被消耗，则集气管中液面不再改变；
【小问8详解】
0.138g 邻硝基苯胺的物质的量为，根据方程式，邻硝基苯胺的物质的量和邻苯二胺物质的量相等，则理论上邻苯二胺质量为，产率为。
9. CCl2可用于电镀，是一种性能优越的电池前驱材料，由含钴矿(C 元素主要以 C2O3、CO 的形式存在，还含有Fe、Si、Cu、Zn、Mn、Ni、Mg、Ca元素，碳及有机物等)制取氯化钴晶体的一种工艺流程如下：
已知：①焦亚硫酸钠(Na2S2O5) 常作食品抗氧化剂；②CaF2、MgF2难溶于水；③CCl2·6H2O (M=238g/ml) 的熔点为86℃，易溶于水、乙醚等，常温下稳定无毒，加热至110~120 ℃时， 失去结晶水变成有毒的无水氯化钴；
④部分金属阳离子形成氢氧化物沉淀的pH见表：
回答下列问题：
（1）550 ℃焙烧的目的是 ___________。
（2）浸取的过程中，用离子方程式表示 Na2S2O5的作用 ___________。
（3）向滤液1中加入NaClO3溶液的作用是 ___________。
（4）加入Na2CO3溶液生成滤渣2的主要离子方程式为___________。
滤液3经过多次萃取和反萃取制备CCl2晶体：
（5）滤液3中加入萃取剂 I，然后用稀盐酸反萃取的目的是回收利用萃取剂及分离出 _______、Cu2+。
（6）氯化钴溶液经过___________过滤、洗涤、干燥得到晶体。在干燥晶体 CCl2·6H2O 时需在减压环境下烘干的原因是___________。
（7）为测定制得的产品的纯度，现称取2.00 g CCl2·6H2O样品，将其用适当试剂转化为 CC2O4再转化为草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，再用过量稀硫酸酸化，用0.1000ml·L−l高锰酸钾溶液滴定，当达到滴定终点时，共用去高锰酸钾溶液24.00 mL，该产品的纯度 为___________ %。
【答案】（1）除去碳和有机物
（2）4C3++S2O+3H2O=4C2++2SO+6H+
（3）将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离
（4）2Fe3++3CO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑
（5）分离出溶液中的Mn2+、Cu2+、Zn2+，回收利用
（6） ①. 蒸发浓缩、冷却结晶 ②. 降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴
（7）71.40%
【解析】
【分析】图1由含钴矿(C元素主要以C2O3、CO存在，还含有Fe、Si、Cu、Zn、Mn、Ni、Mg、Ca元素)制取氯化钴晶体的一种工艺流程，含钴矿粉焙烧后加入稀硫酸和焦亚硫酸钠Na2S2O5，过滤得到滤渣1和滤液1，滤液1中加入NaClO3将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离，加入碳酸钠溶液调节溶液pH3.0-3.5沉淀铁离子，过滤得到滤渣2和滤液2，滤液2中加入NaF调节溶液pH=4.0-5.0沉淀钙离子和镁离子，生成滤渣3为CaF2、MgF2难溶于水；图2分析滤液3中加入萃取剂Ⅰ，分液得到有机层中然后用稀盐酸反萃取得到萃取剂Ⅰ和溶液4，经过一系列操作得到相应的盐，溶液中含钴离子和镍离子，加入萃取剂Ⅱ萃取分液得到含镍离子的溶液和有机层，加入稀盐酸反萃取得到氯化钴溶液。经过浓缩蒸发、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到晶体，
【小问1详解】
碳和有机物可通过焙烧除去，550 ℃焙烧的目的是 除去碳和有机物。故答案为：除去碳和有机物；
【小问2详解】
焦亚硫酸钠Na2S2O5，常做食品抗氧化剂，具有还原性，浸取中加入Na2S2O5的作用是将三价钴离子还原为C2+，防止生成C(OH)3沉淀，发生反应的离子方程式为4C3++S2O+3H2O=4C2++2SO+6H+。故答案为：4C3++S2O+3H2O=4C2++2SO+6H+；
【小问3详解】
向滤液1中加入NaClO3溶液的作用是 将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离。故答案为：将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离；
【小问4详解】
加入Na2CO3溶液生成滤渣2的主要离子方程式为加入Na2CO3溶液生成滤渣2是碳酸钠和铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式：2Fe3++3CO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑。故答案为：2Fe3++3CO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑；
【小问5详解】
滤液3中加入萃取剂 I，然后用稀盐酸反萃取的目的是分离出溶液中的Mn2+、Cu2+、Zn2+，回收利用。故答案为：分离出溶液中的Mn2+、Cu2+、Zn2+，回收利用；
【小问6详解】
氯化钴溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到晶体CCl2•6H2O，需在减压环境下烘干的原因是：降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴；
【小问7详解】
由题意可得如下转化关系：5CCl2•6H2O～5(NH4)2C2O4～5H2C2O4～2KMnO4，由滴定终点时，共用去高锰酸钾溶液可知，2.00gCCl2•6H2O样品中产品纯度为×100%=71.40%，故答案为：71.40%。
10. 二氧化碳的排放受到环境和能源领域的关注，其综合利用是研究的重要课题。
（1）合成尿素[CO(NH2)2]是利用 CO2的途径之一、尿素合成主要通过下列反应实现：
反应 I：2NH3(g)+CO2 (g)=NH2COONH4(s) △H1=−272 kJ·ml−1
反应Ⅱ：NH2COONH4(s)=CO(NH2)2(1)+H2O(g) △H2=+138kJ·ml−1
二氧化碳和氨气合成尿素的反应自发进行的条件是___________ ( 填“低温”“高温”或“任意条件”)。
（2）利用CO2和 H2合成乙烯：2CO2(g)+6H2 (g)CH2=CH2 (g)+4H2O(g)。
①在恒容密闭容器中，起始压强相同，反应温度、投料比[]对CO2平衡转化 率的影响如图1所示。则△H_____ (填“>”或“<”，下同)0；M、N 两点的化学平衡 常数KM _______KN。
②300℃时，向1L恒容密闭容器中充入2ml CO2、6 ml H2，平衡时 CO2转化率为 50%，K= ___________ (写出计算式即可)。
（3）用电化学方法还原CO2将其转化为其他化学产品可以实现对CO2的综合利用。图2是在酸性条件下电化学还原CO2的装置。
已知：法拉第效率(FE) 表示为 。控制pH=1、电解液中存在KCl 时，电化学还原CO2过程中CH4(其他含碳产物未标出)和 H2的法拉第效率变化如图3所示。
①写出阴极产生CH4的电极反应式：___________
②结合图3的变化规律，推测KCl的作用可能是___________。
③c(KCl)=3ml/L 时，22.4L(已折合为标准状况，下同)CO₂ 被完全吸收并还原为CH4和C2H4，分离 H2后，将CH4和 C2H4的混合气体通入如图4所承装置(反应完全)，出口处收集到气体8.96 L(不考虑水蒸气)，则FE(C2H4)=___________。
【答案】（1）低温 （2） ①. ＜ ②. ＞ ③.
（3） ①. CO2＋8H＋＋8e−＝CH4＋2H2O ②. KCl的存在有利于CO2还原成CH4，不利于生成氢气（或KCl的浓度大于1ml/L时，KCl抑制了阴极产生氢气，提高了CO2电化学还原生成CH4的选择性） ③. 22.5%
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律反应Ⅰ＋反应Ⅱ得ΔH＝（−272＋138）kJ/ml＝−134kJ/ml；该反应ΔH＜0，该反应是气体分子数减小的反应，则△S＜0，ΔH−T△S＜0，反应才能自发进行，该反应自发进行的条件是低温，故答案为低温。
【小问2详解】
①由图1可得，当投料比相同时，温度越高，二氧化碳平衡转化率越小，说明升高温度平衡逆移，该反应为放热反应，则ΔH＜0，平衡常数K只受温度的影响，该反应为放热反应，温度越高，K值越小，N点温度更高，则KM＞KN，故答案为＜；＞；
②列三段式：，则，故答案为。
【小问3详解】
①酸性条件下，阴极产生CH4的电极反应：CO2＋8H＋＋8e−＝CH4＋2H2O，故答案为CO2＋8H＋＋8e−＝CH4＋2H2O；
②图中变化规律是随KCl的浓度的增大，FE（CH4）增大，说明KCl的存在有利于CO2还原成CH4，不利于生成氢气（或KCl的浓度大于1ml/L时，KCl抑制了阴极产生氢气，提高了CO2电化学还原生成CH4的选择性），故答案为KCl的存在有利于CO2还原成CH4，不利于生成氢气（或KCl的浓度大于1ml/L时，KCl抑制了阴极产生氢气，提高了CO2电化学还原生成CH4的选择性）；
③标况下22.4L的CO2是1ml，完全吸收并还原为CH4和C2H4，分离H2后，将CH4和C2H4混合气体通入如图所示装置（反应完全），出口处收集到气体8.96L为CH4，则CH4物质的量为，根据C原子守恒生成的C2H4的物质的量，生成CH4所用的电子的物质的量＝8×0.4ml＝3.2ml，生成C2H4所用的电子的物质的量＝6×0.3ml×2＝3.6ml，c(KCl)＝3ml•L−1时，FE（CH4）＝20%，则FE（C2H4）＝22.5%，故答案为22.5%。
(二)选考题：共45分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
【化学——选修3：物质结构与性质】
11. 卤素(F、Cl、Bi、I )可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题。
（1）F 原子的核外电子有___________ 种空间运动状态，F 的第一电离能___________ 、填“<”或“>”)Ne 的第一电离能。
（2）− 40℃时 ，F2与冰反应生成 HOF和 HF 。常温常压下，HOF 为无色气体，固态 HOF 的晶体类型为___________，HOF水解的产物为___________(填化学式)。
（3）Cl2O 的中心原子为O，O原子的轨道杂化方式为___________ ；ClO2的中心原子为 Cl，其分子 空间构型与Cl2O 相同，但ClO2中存在大π键()，则ClO2中 O−C1−O 键角______ (填 “>”“<”或“=”)Cl2O中 Cl−O−Cl键角。
（4）卤化钠(NaX) 和四卤化钛(TiX4)的熔点如图所示，TiX4的熔点呈如图变化趋势的原因为_______ 。
（5）一定条件下，K、CuCl2和 F2反应生成 KCl和化合物 X。已知X属于四方晶系，晶胞结构如图所示(晶胞参数a=b≠c，α=β=γ=90°)，其中Cu 化合价为+2，X 的化学式为________，若阿伏加德罗常数的值为NA， 则化含物X 的密度为___________ g/cm³(用含NA、a、c的代数式表示)。
【答案】（1） ①. 5 ②. ＜
（2） ①. 分子晶体 ②. HF、H2O2
（3） ①. sp3 ②. ＞
（4）TiCl4、TiBr4、TiI4为结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，熔点依次逐渐升高，TiF4为离子晶体，熔点最高
（5） ①. K2CuF4 ②.
【解析】
【小问1详解】
F原子的核外电子电子排布式为1s22s22p5，核外电子占据5个轨道，有5种空间运动状态；Ne原子轨道全满，比较稳定，故F的第一电离能小于Ne的第一电离能，故答案为5；＜。
【小问2详解】
常温常压下，HOF为无色气体，可知HOF熔点较低，为分子晶体；HOF中F为−1价与水电离出H＋和结合生成HF，则HO＋与OH−反应生成H2O2，故答案为分子晶体；HF、H2O2。
【小问3详解】
Cl2O的中心O原子价层电子对数为，为sp3杂化，有1个孤电子对，分子构型为V形；ClO2的中心原子为Cl,其分子空间构型也为V形，ClO2中存在大π键，则ClO2中Cl原子提供1对电子，1个O原子提供1对电子，另一个O原子提供1个电子，这5个电子位于相互平行的轨道上形成大π键，Cl原子提供孤电子对与1个O原子形成配位键，与另1个O原子形成普通共价键，Cl原子还有1个孤电子对，即Cl原子的价层电子对数为3，为sp2杂化，中心原子为sp3杂化的分子中键角小于中心原子sp2杂化的分子中键角，故ClO2中O−Cl−O键角小于Cl2O中Cl−O−Cl键角，故答案为sp3；＞。
【小问4详解】
TiCl4、TiBr4、TiI4为结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，熔点依次逐渐升高，TiF4为离子晶体，熔点最高，故答案TiCl4、TiBr4、TiI4为结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，熔点依次逐渐升高，TiF4为离子晶体，熔点最高。
【小问5详解】
由晶胞结构可知，该晶胞中含有黑球个数为，白球个数为，灰球个数为，X含有3种元素，其个数比为1：2：4，由于Cu化合价为＋2价，F化合价为−1价，K化合价为＋1价，根据化合价代数和为零，可推断X为K2CuF4；该晶胞中含有K4个，F8个，Cu2个，晶胞的体积为a2c×10−30cm3，则该化合物的密度，故答案为K2CuF4；。
【化学 选修5：有机化学基础】
12. 石油裂解气用途广泛，可用于合成各种橡胶和医药中间体。利用石油裂解气合成 CR 橡胶和医药中间体 K 的线路如下：
已知：I．氯代烃D 的相对分子质量是113，其中氯元素的质量分数约为62.8%，核磁共振氢谱峰面积之比为2：1。
Ⅱ．
（1）A 中官能团的结构式为 ___________，D 的系统名称是 ___________。
（2）反应②的条件是____________ ，依次写出反应①和③的反应类型：_________。
（3）写出F→G过程中第一步反应的化学方程式： ___________。
（4）K 的结构简式为_______________ (不考虑立体异构)。
（5）写出比G多2个碳原子的同系物的所有同分异构体的结构简式： ___________。
（6）已知：双键上的氢原子很难发生取代反应。以A 为起始原料，选用必要的无机试剂合成 B，写出合成路线：________ ；合成路线流程图示如下： CH2=CH2。
【答案】12. ①. 、−Br ②. 1，3−二氯丙烷
13. ①. NaOH水溶液、加热 ②. 加聚反应，取代反应
14. 15.
16. 、、、 17.
【解析】
【分析】由B的分子式、CR橡胶结构简式可知B为CH2＝CCl−CH＝CH2，可推知A为BrCH2CH＝CHCH2Br，A在NaOH溶液中发生水解反应生成OHCH2CH＝CH−CH2OH，然后与HCl发生加成反应生成HOCH2CH2CHClCH2OH，最后在浓硫酸作用下发生消去反应可生成CH2＝CCl−CH＝CH2，CH2＝CH−CH＝CH2反应到A发生加成反应，由C的结构简式可知A与氢气发生加成反应生成C，氯代烃D的相对分子质量是113，氯的质量分数约为62.8%，则分子中Cl原子数目，剩余基团总式量＝113−35.5×2＝42，剩余基团中碳原子最大数目＝，故剩余基团为C3H6，则D为C3H6Cl2，D的核磁共振氢谱峰面积之比为2：1，故D为ClCH2CH2CH2Cl，由E到F的系列转化条件可知知：E为醇、F为醛、G为羧酸、H为酯，结合H的分子式可知H为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，故E为HOCH2CH2CH2OH，F为OHCCH2CHO，G为HOOCCH2COOH，反应③是C与H发生信息Ⅱ中第一步取代反应，生成K的反应是发生信息Ⅱ中第二步反应，故K为，据此分析解题。
【小问1详解】
由CH2＝CH−CH＝CH2反应到A（C4H6Br2）知，A中含有碳碳双键和溴原子，官能团结构简式为：、−Br，有分析可知，D为C3H6Cl2，D的核磁共振氢谱峰面积之比为2：1，故D为ClCH2CH2CH2Cl,系统命名为1，3−二氯丙烷，故答案为、−Br；1，3−二氯丙烷。
【小问2详解】
D为卤代烃，E为醇，所以反应②的条件是NaOH水溶液、加热；反应①是CH2＝CCl−CH＝CH2生成高聚物，属于加聚反应，反应③是C与H发生信息Ⅱ中第一步取代反应，故答案为NaOH水溶液、加热；加聚反应，取代反应。
【小问3详解】
F为OHCCH2CHO，G为HOOCCH2COOH，F→G过程中第一步反应的化学方程式为，故答案为。
【小问4详解】
据分析可知，K为，故答案为。
【小问5详解】
通过分析知G为HOOCCH2COOH，比G多2个碳原子的同系物的同分异构体的结构简式有、、、，故答案为、、、。
【小问6详解】选项
实验操作、现象
实验结论
A
将SO2和CO2分别通入水中达到饱和，用pH计测得 pH值分别是a、b，且a亚硫酸的酸性强于碳酸
B
加热某浓度的CuCl2溶液，溶液由蓝色变为黄色{已知CuCl2溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl−(黄)+4H2O }
该平衡的正反应是吸热反应
C
向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入硝酸酸化的 AgNO3溶液，溶液变红
氧化性：Fe3+D
将某溶液滴在淀粉−KI试纸上，试纸变蓝
原溶液中含有Cl2
C3+
Fe3+
Cu2+
C2+
Fe2+
Zn2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀pH
0.3
2.7
5.5
7.2
7.6
7.6
8.3
9.6
完全沉淀pH
1.1
3.2
6.6
9.2
9.6
9.2
9.3
11.1
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在本试卷和答题卡相应位置上。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答。答案必须写在答题卡各题目指定区域 内相应位置上；如需改动，先画掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不 按以上要求作答无效
4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
5.全卷满分100分，考试时间50分钟
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 F：19 Cl：35.5 K：39 C：59 Cu：64
第 I 卷(选择题，共42分)
一、选择题：本大题共7小题，每小题6分，共42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. 化学与生活密切相关。下列说法正确的是
A. 工业上通过石油分馏得到大量化工原料苯
B. 三星堆出土的青铜文物表面生成Cu2(OH)3Cl 的过程是非氧化还原过程
C. 聚乙炔用I2 或 Na处理后可形成能导电的塑料，该塑料有固定的熔沸点
D. “天宫课堂”实验：乙酸钠过饱和溶液结晶形成温热“冰球”，该过程放热
【答案】D
【解析】
【详解】A．石油分馏主要得到汽油、煤油等轻质油，不能得到大量化工原料苯，石油催化重整可获得苯，故A错误；
B．青铜文物表面生成Cu2(OH)3Cl的过程中Cu元素的化合价升高，发生氧化还原反应，故B错误；
C．聚乙炔是一种导电聚合物，属于混合物，混合物没有固定的熔沸点，故C错误；
D．乙酸钠过饱和溶液结晶形成温热“冰球”，说明该过程放热，故D正确；
故答案选D。
2. 我国科学家实现了二氧化碳到淀粉的人工合成。有关物质的转化过程示意如图所示，下列说法不正确的是(设NA为阿伏加德罗常数的值)
A. 过程①涉及的能量转换：太阳能→ 电能→ 化学能
B. CO2合成甲醇，每消耗1ml CO2，转移电子数为6NA
C. 1 ml C3中含共用的电子对数为8NA
D. 由 C6 → 淀粉的过程中涉及 C—O 键、O−P 键，O—H 键的断裂和 C—O 键、O—H 键的形成
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应①为用太阳能电池电解水制氢气和氧气，涉及的能量变化：太阳能→电能→化学能，故A正确；
B．CO2合成甲醇，每消耗1ml CO2，C元素的化合价由+4降为-2价，因此每生成1mlCH3OH，消耗1ml CO2，转移6ml电子，转移电子数为6 NA，故B正确；
C．结构简式为HOCH2COCH2OH，含共用电子对数12个，1mlC3中含共用的电子对数为12 NA，故C错误；
D．由C6→淀粉的过程中涉及C-O键、O-P键，O-H键的断裂和C-O键、O-H键的形成，故D正确；
故答案选C。
3. 某软包电池的关键组件是一种离子化合物，其结构如图所示。X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Z 的简单氢化物常用作制冷剂，W 和 Q 同主族。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：Q>M>W>X
B. 实验室中用CS2洗涤残留在试管壁上的 Q 单质，利用了 Q 单质的还原性
C. 加热条件下 W 单质可与X 单质化合生成 X2W2
D. 简单氢化物的沸点：X>W>Z>Y
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Z的简单氢化物常用作制冷剂，判断Z为N元素，W和Q同主族，通过结构可知Q有2个单键2个双键，故Q为S，W和Q同主族，W为O，Y连接4个单键，Y为C，Z为N，M为F，X为带一个正电荷的阳离子，原子序数最小，判断X为Li。
【详解】A． 简单离子的层数越多，质子数越小半径越大，所以S2-＞O2-＞F-＞Li+，简单离子半径：Q＞W＞M＞X，故A错误；
B． 实验室中用CS2洗涤残留在试管壁上的S单质，利用了S单质易溶于CS2，不是还原性，故B错误；
C． 热条件下W单质O2，X单质Li,锂在氧气中反应生成Li2O，不能化合生成Li2O2，故C错误；
D． X、W、Z、Y形成的简单氢化物分别为：LiH、H2O、NH3、CH4，其中LiH形成的是离子化合物，沸点最高，水分子间和氨气分子间形成氢键，沸点反常的高，氢化物的沸点高低顺序为：LiH＞H2O＞NH3＞CH4，的沸点X＞W＞Z＞Y，故D正确；
故选：D。
4. 稠环芳烃在光学、电学等方面有着极具潜力的应用。下列关于如图所示几种稠环芳烃的说 法正确的是
A. 并五苯是苯的同系物B. 苝的一氯代物有只1种
C. 三聚茚分子中所有原子共面D. Z 型并苯可发生取代反应、氧化反应和还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．并五苯和苯的结构不相似，二者不互为同系物，故A错误；
B．苝的分子中含有4种氢原子，其一氯代物有4种，故B错误；
C．饱和碳原子具有甲烷的结构特点，甲烷分子中最多有3个原子共平面，该分子中含有饱和碳原子，所以该分子中所有原子一定不共平面，故C错误；
D．Z型并苯具有苯的性质，能发生取代反应、加成反应、还原反应，能燃烧，所以能发生氧化反应，故D正确；
故答案选D。
5. 下列有关实验操作、现象及结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．SO2和CO2分别通入水中达到饱和，溶液的浓度不同，测定溶液的pH，不能比较酸性强弱，A错误；
B．加热某浓度的CuCl2溶液，溶液由蓝色变为黄色，可知升高温度使[ Cu (H2O)4]2+（蓝）+4Cl-（黄)+4H2O正向移动，证明该平衡正反应为吸热反应，B正确；
C．硝酸可氧化亚铁离子生成铁离子，溶液变红，不能证明氧化性：Fe 3+< Ag +，C错误；
D．溶液中若含铁离子，也可使淀粉﹣KI 试纸变蓝，由实验操作和现象，不能证明原溶液中含有Cl2，D错误；
故选B。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，注意物质的性质、反应与现象、平衡移动、酸性比较、实验技能为解答的关键点。
6. “海泥电池”既可用于深海水下仪器的电源补给，又有利于海洋环境污染治理。电池工作原理如图所示。其中微生物代谢产物显酸性。下列说法不正确的是
A. A电极附近可沉积Mg(OH)2
B. H+ 从海底沉积层通过交接面向海水层移动
C. 微生物作用下发生反应：2CH2O +SO2−+H+=2CO2+HS−+2H2O
D. 除去3.0 g CH2O，A电极消耗标准状况下0.56 LO2
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，A极氧元素价态降低得电子，故A极为正极，电极反应式为O2＋4e−＋4H＋＝2H2O，微生物作用下发生反应：，B极是负极，电极反应式为：HS−−2e−═S↓＋H＋，电子由负极B经过用电器流向正极A，根据电极反应结合电子守恒进行计算。
【详解】A．A极氧元素价态降低得电子，故A极为正极，电极反应式为O2＋4e−＋4H＋＝2H2O，不会沉积Mg(OH)2，故A错误；
B．原电池中阳离子移向正极，故H＋从海底沉积层通过交接面向海水层移动，故B正确；
C．微生物作用下发生反应：，故C正确；
D．微生物作用下发生反应：，除去3.0g即，则生成0.05mlHS−，负极反应式为：HS−−2e−═S↓＋H＋，即生成0.05mlHS−时转移0.1ml电子，正极反应式为O2＋4e−＋4H＋＝2H2O，A电极消耗标准状况下，故D正确；
故答案选A。
7. 某 Na2CO3溶液体系中满足c()+c()+ c(H2CO3)=0.1ml·L−1，现利用平衡移动原理，分析常 温下Ni2+在不同 pH 的Na2CO3体系中的可能产物。图1中曲线表示 Na2CO3 体系中各含碳粒子的物质的量分数与 pH 的关系；图2为沉淀溶解平衡曲线。下列说法正确的是
A. lgKa1(H2CO3)=6.37
B. M 点时，溶液中存在：c()
D. 沉淀 Ni2+制备NiCO3 时，选用0.1ml·L−1NaHCO3 溶液比0.1ml·L−1Na2CO3溶液的效果好
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图1可知，pH=6.37时，此时，，故A错误；
B．由图1可知，pH=10.25时，此时，M点时pH=8.25，，，溶液中，则，所以M点时，溶液中存在：，故B错误；
C．由图可知，初始状态为pH=9、，此时恰好为的沉淀溶解平衡体系，不会生成沉淀，含碳微粒总量不变，即体系达平衡后存在：，故C错误；
D．由图2可知pH<8.25时，优先于生成沉淀，pH>8.25时优先于生成沉淀，溶液的pH接近8，溶液的pH接近12，所以沉淀Ni2+制备时，选用溶液比溶液的效果好，故D正确；
故答案选D。
第II卷(非选择题，共58分)
二、非选择题：本卷包插必考题和选考题两部分。第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作 答。第11～12题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题(共43分 )
8. 金属 Ni 对 H2有强吸附作用，被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氢化反应， 将块状 Ni 转化成多孔型雷尼 Ni 后，其催化活性显著提高。
已知：①雷尼 Ni 暴露在空气中可以自燃，在制备和使用时，需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”；②邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行。
石室中学某实验小组制备雷尼 Ni并探究其催化氢化性能实验如下：
步骤1：雷尼Ni 的制备
步骤2：邻硝基苯胺的催化氢化反应
用 M 向 N 中加入0.138g 邻硝基苯胺，反应的原理和实验装置图如下(夹持装置和搅拌装置略)，装置I 用于储存H2和监测反应过程。
回答下列问题：
（1）操作(a)中、反应的离子方程式是___________。
（2）操作(d)中，判断雷尼 Ni 被水洗净的方法是 ___________。
（3）操作(e)中，下列溶剂中最有利于步骤 2 中氢化反应的是___________(填序号)。
A. 乙醚B. 四氯化碳C. 乙醇D. 正己烷
（4）仪器N 的名称是___________ ，M比普通分液漏斗的优势为 __________。
（5）反应前应向装置 Ⅱ 中通入N2一段时间，目的是 ___________。
（6）向集气管中充入V1mL H2时，三通阀的孔路位置如下左图所示。发生氢化反应时，集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路位置需调节为 ___________(填序号)。
（7）判断氢化反应完全的现象是 ___________。
（8）反应结束后集气管中液面刻度为V2mL ，N中产物经纯化后得0.0648 g产品，则邻苯二胺的产率为 ___________ %。
【答案】（1）
（2）取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则可证明洗涤干净，否则没有洗涤干净 （3）C
（4） ①. 三颈烧瓶 ②. 能够保持压强平衡，利于液体顺利滴下
（5）排除装置的空气，防止雷尼Ni自燃
（6）B （7）集气管中液面不再改变
（8）60
【解析】
【分析】首先用氢氧化钠溶液溶解镍铝合金中的铝，过滤后先后用碱和水来洗涤固体镍，随后加入有机溶剂制得雷尼镍悬浮液，可用于步骤2中邻硝基苯胺的催化氢化；
【小问1详解】
铝可以和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：;
【小问2详解】
由于水洗之前是用碱洗，此时溶液显碱性，故可以用酸碱指示剂来判断是否洗净，具体方法为，取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则可证明洗涤干净，否则没有洗涤干净；
【小问3详解】
根据题中信息可知，邻硝基苯胺再极性有机溶剂中更有利于反应的进行，再丙酮，四氯化碳，乙醇，正己烷中极性较强的为乙醇，C项正确；答案选C；
【小问4详解】
如图可知，仪器N为三颈烧瓶；M为恒压分液漏斗，能够保持压强平衡，利于液体顺利滴下；
【小问5详解】
装置Ⅱ 中通入氮气一段时间，可以排除装置的空气，防止雷尼Ni自燃；
【小问6详解】
向集气管充入氢气时，氢气从左侧进入，向下进入集气管，则当由集气管向装置Ⅱ 供气，此时孔路位置需调节为气体由下方的集气管，向右进入装置Ⅱ ，应该选B，装置C方式左侧会漏气，不符合题意，故选B；
【小问7详解】
反应完成后，氢气不再被消耗，则集气管中液面不再改变；
【小问8详解】
0.138g 邻硝基苯胺的物质的量为，根据方程式，邻硝基苯胺的物质的量和邻苯二胺物质的量相等，则理论上邻苯二胺质量为，产率为。
9. CCl2可用于电镀，是一种性能优越的电池前驱材料，由含钴矿(C 元素主要以 C2O3、CO 的形式存在，还含有Fe、Si、Cu、Zn、Mn、Ni、Mg、Ca元素，碳及有机物等)制取氯化钴晶体的一种工艺流程如下：
已知：①焦亚硫酸钠(Na2S2O5) 常作食品抗氧化剂；②CaF2、MgF2难溶于水；③CCl2·6H2O (M=238g/ml) 的熔点为86℃，易溶于水、乙醚等，常温下稳定无毒，加热至110~120 ℃时， 失去结晶水变成有毒的无水氯化钴；
④部分金属阳离子形成氢氧化物沉淀的pH见表：
回答下列问题：
（1）550 ℃焙烧的目的是 ___________。
（2）浸取的过程中，用离子方程式表示 Na2S2O5的作用 ___________。
（3）向滤液1中加入NaClO3溶液的作用是 ___________。
（4）加入Na2CO3溶液生成滤渣2的主要离子方程式为___________。
滤液3经过多次萃取和反萃取制备CCl2晶体：
（5）滤液3中加入萃取剂 I，然后用稀盐酸反萃取的目的是回收利用萃取剂及分离出 _______、Cu2+。
（6）氯化钴溶液经过___________过滤、洗涤、干燥得到晶体。在干燥晶体 CCl2·6H2O 时需在减压环境下烘干的原因是___________。
（7）为测定制得的产品的纯度，现称取2.00 g CCl2·6H2O样品，将其用适当试剂转化为 CC2O4再转化为草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，再用过量稀硫酸酸化，用0.1000ml·L−l高锰酸钾溶液滴定，当达到滴定终点时，共用去高锰酸钾溶液24.00 mL，该产品的纯度 为___________ %。
【答案】（1）除去碳和有机物
（2）4C3++S2O+3H2O=4C2++2SO+6H+
（3）将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离
（4）2Fe3++3CO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑
（5）分离出溶液中的Mn2+、Cu2+、Zn2+，回收利用
（6） ①. 蒸发浓缩、冷却结晶 ②. 降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴
（7）71.40%
【解析】
【分析】图1由含钴矿(C元素主要以C2O3、CO存在，还含有Fe、Si、Cu、Zn、Mn、Ni、Mg、Ca元素)制取氯化钴晶体的一种工艺流程，含钴矿粉焙烧后加入稀硫酸和焦亚硫酸钠Na2S2O5，过滤得到滤渣1和滤液1，滤液1中加入NaClO3将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离，加入碳酸钠溶液调节溶液pH3.0-3.5沉淀铁离子，过滤得到滤渣2和滤液2，滤液2中加入NaF调节溶液pH=4.0-5.0沉淀钙离子和镁离子，生成滤渣3为CaF2、MgF2难溶于水；图2分析滤液3中加入萃取剂Ⅰ，分液得到有机层中然后用稀盐酸反萃取得到萃取剂Ⅰ和溶液4，经过一系列操作得到相应的盐，溶液中含钴离子和镍离子，加入萃取剂Ⅱ萃取分液得到含镍离子的溶液和有机层，加入稀盐酸反萃取得到氯化钴溶液。经过浓缩蒸发、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到晶体，
【小问1详解】
碳和有机物可通过焙烧除去，550 ℃焙烧的目的是 除去碳和有机物。故答案为：除去碳和有机物；
【小问2详解】
焦亚硫酸钠Na2S2O5，常做食品抗氧化剂，具有还原性，浸取中加入Na2S2O5的作用是将三价钴离子还原为C2+，防止生成C(OH)3沉淀，发生反应的离子方程式为4C3++S2O+3H2O=4C2++2SO+6H+。故答案为：4C3++S2O+3H2O=4C2++2SO+6H+；
【小问3详解】
向滤液1中加入NaClO3溶液的作用是 将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离。故答案为：将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离；
【小问4详解】
加入Na2CO3溶液生成滤渣2的主要离子方程式为加入Na2CO3溶液生成滤渣2是碳酸钠和铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式：2Fe3++3CO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑。故答案为：2Fe3++3CO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑；
【小问5详解】
滤液3中加入萃取剂 I，然后用稀盐酸反萃取的目的是分离出溶液中的Mn2+、Cu2+、Zn2+，回收利用。故答案为：分离出溶液中的Mn2+、Cu2+、Zn2+，回收利用；
【小问6详解】
氯化钴溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到晶体CCl2•6H2O，需在减压环境下烘干的原因是：降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴；
【小问7详解】
由题意可得如下转化关系：5CCl2•6H2O～5(NH4)2C2O4～5H2C2O4～2KMnO4，由滴定终点时，共用去高锰酸钾溶液可知，2.00gCCl2•6H2O样品中产品纯度为×100%=71.40%，故答案为：71.40%。
10. 二氧化碳的排放受到环境和能源领域的关注，其综合利用是研究的重要课题。
（1）合成尿素[CO(NH2)2]是利用 CO2的途径之一、尿素合成主要通过下列反应实现：
反应 I：2NH3(g)+CO2 (g)=NH2COONH4(s) △H1=−272 kJ·ml−1
反应Ⅱ：NH2COONH4(s)=CO(NH2)2(1)+H2O(g) △H2=+138kJ·ml−1
二氧化碳和氨气合成尿素的反应自发进行的条件是___________ ( 填“低温”“高温”或“任意条件”)。
（2）利用CO2和 H2合成乙烯：2CO2(g)+6H2 (g)CH2=CH2 (g)+4H2O(g)。
①在恒容密闭容器中，起始压强相同，反应温度、投料比[]对CO2平衡转化 率的影响如图1所示。则△H_____ (填“>”或“<”，下同)0；M、N 两点的化学平衡 常数KM _______KN。
②300℃时，向1L恒容密闭容器中充入2ml CO2、6 ml H2，平衡时 CO2转化率为 50%，K= ___________ (写出计算式即可)。
（3）用电化学方法还原CO2将其转化为其他化学产品可以实现对CO2的综合利用。图2是在酸性条件下电化学还原CO2的装置。
已知：法拉第效率(FE) 表示为 。控制pH=1、电解液中存在KCl 时，电化学还原CO2过程中CH4(其他含碳产物未标出)和 H2的法拉第效率变化如图3所示。
①写出阴极产生CH4的电极反应式：___________
②结合图3的变化规律，推测KCl的作用可能是___________。
③c(KCl)=3ml/L 时，22.4L(已折合为标准状况，下同)CO₂ 被完全吸收并还原为CH4和C2H4，分离 H2后，将CH4和 C2H4的混合气体通入如图4所承装置(反应完全)，出口处收集到气体8.96 L(不考虑水蒸气)，则FE(C2H4)=___________。
【答案】（1）低温 （2） ①. ＜ ②. ＞ ③.
（3） ①. CO2＋8H＋＋8e−＝CH4＋2H2O ②. KCl的存在有利于CO2还原成CH4，不利于生成氢气（或KCl的浓度大于1ml/L时，KCl抑制了阴极产生氢气，提高了CO2电化学还原生成CH4的选择性） ③. 22.5%
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律反应Ⅰ＋反应Ⅱ得ΔH＝（−272＋138）kJ/ml＝−134kJ/ml；该反应ΔH＜0，该反应是气体分子数减小的反应，则△S＜0，ΔH−T△S＜0，反应才能自发进行，该反应自发进行的条件是低温，故答案为低温。
【小问2详解】
①由图1可得，当投料比相同时，温度越高，二氧化碳平衡转化率越小，说明升高温度平衡逆移，该反应为放热反应，则ΔH＜0，平衡常数K只受温度的影响，该反应为放热反应，温度越高，K值越小，N点温度更高，则KM＞KN，故答案为＜；＞；
②列三段式：，则，故答案为。
【小问3详解】
①酸性条件下，阴极产生CH4的电极反应：CO2＋8H＋＋8e−＝CH4＋2H2O，故答案为CO2＋8H＋＋8e−＝CH4＋2H2O；
②图中变化规律是随KCl的浓度的增大，FE（CH4）增大，说明KCl的存在有利于CO2还原成CH4，不利于生成氢气（或KCl的浓度大于1ml/L时，KCl抑制了阴极产生氢气，提高了CO2电化学还原生成CH4的选择性），故答案为KCl的存在有利于CO2还原成CH4，不利于生成氢气（或KCl的浓度大于1ml/L时，KCl抑制了阴极产生氢气，提高了CO2电化学还原生成CH4的选择性）；
③标况下22.4L的CO2是1ml，完全吸收并还原为CH4和C2H4，分离H2后，将CH4和C2H4混合气体通入如图所示装置（反应完全），出口处收集到气体8.96L为CH4，则CH4物质的量为，根据C原子守恒生成的C2H4的物质的量，生成CH4所用的电子的物质的量＝8×0.4ml＝3.2ml，生成C2H4所用的电子的物质的量＝6×0.3ml×2＝3.6ml，c(KCl)＝3ml•L−1时，FE（CH4）＝20%，则FE（C2H4）＝22.5%，故答案为22.5%。
(二)选考题：共45分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
【化学——选修3：物质结构与性质】
11. 卤素(F、Cl、Bi、I )可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题。
（1）F 原子的核外电子有___________ 种空间运动状态，F 的第一电离能___________ 、填“<”或“>”)Ne 的第一电离能。
（2）− 40℃时 ，F2与冰反应生成 HOF和 HF 。常温常压下，HOF 为无色气体，固态 HOF 的晶体类型为___________，HOF水解的产物为___________(填化学式)。
（3）Cl2O 的中心原子为O，O原子的轨道杂化方式为___________ ；ClO2的中心原子为 Cl，其分子 空间构型与Cl2O 相同，但ClO2中存在大π键()，则ClO2中 O−C1−O 键角______ (填 “>”“<”或“=”)Cl2O中 Cl−O−Cl键角。
（4）卤化钠(NaX) 和四卤化钛(TiX4)的熔点如图所示，TiX4的熔点呈如图变化趋势的原因为_______ 。
（5）一定条件下，K、CuCl2和 F2反应生成 KCl和化合物 X。已知X属于四方晶系，晶胞结构如图所示(晶胞参数a=b≠c，α=β=γ=90°)，其中Cu 化合价为+2，X 的化学式为________，若阿伏加德罗常数的值为NA， 则化含物X 的密度为___________ g/cm³(用含NA、a、c的代数式表示)。
【答案】（1） ①. 5 ②. ＜
（2） ①. 分子晶体 ②. HF、H2O2
（3） ①. sp3 ②. ＞
（4）TiCl4、TiBr4、TiI4为结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，熔点依次逐渐升高，TiF4为离子晶体，熔点最高
（5） ①. K2CuF4 ②.
【解析】
【小问1详解】
F原子的核外电子电子排布式为1s22s22p5，核外电子占据5个轨道，有5种空间运动状态；Ne原子轨道全满，比较稳定，故F的第一电离能小于Ne的第一电离能，故答案为5；＜。
【小问2详解】
常温常压下，HOF为无色气体，可知HOF熔点较低，为分子晶体；HOF中F为−1价与水电离出H＋和结合生成HF，则HO＋与OH−反应生成H2O2，故答案为分子晶体；HF、H2O2。
【小问3详解】
Cl2O的中心O原子价层电子对数为，为sp3杂化，有1个孤电子对，分子构型为V形；ClO2的中心原子为Cl,其分子空间构型也为V形，ClO2中存在大π键，则ClO2中Cl原子提供1对电子，1个O原子提供1对电子，另一个O原子提供1个电子，这5个电子位于相互平行的轨道上形成大π键，Cl原子提供孤电子对与1个O原子形成配位键，与另1个O原子形成普通共价键，Cl原子还有1个孤电子对，即Cl原子的价层电子对数为3，为sp2杂化，中心原子为sp3杂化的分子中键角小于中心原子sp2杂化的分子中键角，故ClO2中O−Cl−O键角小于Cl2O中Cl−O−Cl键角，故答案为sp3；＞。
【小问4详解】
TiCl4、TiBr4、TiI4为结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，熔点依次逐渐升高，TiF4为离子晶体，熔点最高，故答案TiCl4、TiBr4、TiI4为结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，熔点依次逐渐升高，TiF4为离子晶体，熔点最高。
【小问5详解】
由晶胞结构可知，该晶胞中含有黑球个数为，白球个数为，灰球个数为，X含有3种元素，其个数比为1：2：4，由于Cu化合价为＋2价，F化合价为−1价，K化合价为＋1价，根据化合价代数和为零，可推断X为K2CuF4；该晶胞中含有K4个，F8个，Cu2个，晶胞的体积为a2c×10−30cm3，则该化合物的密度，故答案为K2CuF4；。
【化学 选修5：有机化学基础】
12. 石油裂解气用途广泛，可用于合成各种橡胶和医药中间体。利用石油裂解气合成 CR 橡胶和医药中间体 K 的线路如下：
已知：I．氯代烃D 的相对分子质量是113，其中氯元素的质量分数约为62.8%，核磁共振氢谱峰面积之比为2：1。
Ⅱ．
（1）A 中官能团的结构式为 ___________，D 的系统名称是 ___________。
（2）反应②的条件是____________ ，依次写出反应①和③的反应类型：_________。
（3）写出F→G过程中第一步反应的化学方程式： ___________。
（4）K 的结构简式为_______________ (不考虑立体异构)。
（5）写出比G多2个碳原子的同系物的所有同分异构体的结构简式： ___________。
（6）已知：双键上的氢原子很难发生取代反应。以A 为起始原料，选用必要的无机试剂合成 B，写出合成路线：________ ；合成路线流程图示如下： CH2=CH2。
【答案】12. ①. 、−Br ②. 1，3−二氯丙烷
13. ①. NaOH水溶液、加热 ②. 加聚反应，取代反应
14. 15.
16. 、、、 17.
【解析】
【分析】由B的分子式、CR橡胶结构简式可知B为CH2＝CCl−CH＝CH2，可推知A为BrCH2CH＝CHCH2Br，A在NaOH溶液中发生水解反应生成OHCH2CH＝CH−CH2OH，然后与HCl发生加成反应生成HOCH2CH2CHClCH2OH，最后在浓硫酸作用下发生消去反应可生成CH2＝CCl−CH＝CH2，CH2＝CH−CH＝CH2反应到A发生加成反应，由C的结构简式可知A与氢气发生加成反应生成C，氯代烃D的相对分子质量是113，氯的质量分数约为62.8%，则分子中Cl原子数目，剩余基团总式量＝113−35.5×2＝42，剩余基团中碳原子最大数目＝，故剩余基团为C3H6，则D为C3H6Cl2，D的核磁共振氢谱峰面积之比为2：1，故D为ClCH2CH2CH2Cl，由E到F的系列转化条件可知知：E为醇、F为醛、G为羧酸、H为酯，结合H的分子式可知H为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，故E为HOCH2CH2CH2OH，F为OHCCH2CHO，G为HOOCCH2COOH，反应③是C与H发生信息Ⅱ中第一步取代反应，生成K的反应是发生信息Ⅱ中第二步反应，故K为，据此分析解题。
【小问1详解】
由CH2＝CH−CH＝CH2反应到A（C4H6Br2）知，A中含有碳碳双键和溴原子，官能团结构简式为：、−Br，有分析可知，D为C3H6Cl2，D的核磁共振氢谱峰面积之比为2：1，故D为ClCH2CH2CH2Cl,系统命名为1，3−二氯丙烷，故答案为、−Br；1，3−二氯丙烷。
【小问2详解】
D为卤代烃，E为醇，所以反应②的条件是NaOH水溶液、加热；反应①是CH2＝CCl−CH＝CH2生成高聚物，属于加聚反应，反应③是C与H发生信息Ⅱ中第一步取代反应，故答案为NaOH水溶液、加热；加聚反应，取代反应。
【小问3详解】
F为OHCCH2CHO，G为HOOCCH2COOH，F→G过程中第一步反应的化学方程式为，故答案为。
【小问4详解】
据分析可知，K为，故答案为。
【小问5详解】
通过分析知G为HOOCCH2COOH，比G多2个碳原子的同系物的同分异构体的结构简式有、、、，故答案为、、、。
【小问6详解】选项
实验操作、现象
实验结论
A
将SO2和CO2分别通入水中达到饱和，用pH计测得 pH值分别是a、b，且a
B
加热某浓度的CuCl2溶液，溶液由蓝色变为黄色{已知CuCl2溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl−(黄)+4H2O }
该平衡的正反应是吸热反应
C
向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入硝酸酸化的 AgNO3溶液，溶液变红
氧化性：Fe3+
将某溶液滴在淀粉−KI试纸上，试纸变蓝
原溶液中含有Cl2
C3+
Fe3+
Cu2+
C2+
Fe2+
Zn2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀pH
0.3
2.7
5.5
7.2
7.6
7.6
8.3
9.6
完全沉淀pH
1.1
3.2
6.6
9.2
9.6
9.2
9.3
11.1
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