化學(xué)-河南省漯河市2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期期質(zhì)量監(jiān)測考試試題和答案

漯河市2023–2024學(xué)年下學(xué)期期末質(zhì)量監(jiān)測高二化學(xué)3.可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C121.化學(xué)與生產(chǎn)、生活等息息相關(guān)，人類生活品質(zhì)的提升離不開科技的進步，下列有關(guān)說法不正確的是A.液晶既有液體的流動性，又有類似晶體的各向異性B.利用CO2合成淀粉，實現(xiàn)了無機小分子向有機高分子的轉(zhuǎn)變C.葡萄酒中添加適量二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用D.核苷酸通過縮聚反應(yīng)可以得到核酸，核酸屬于生物大分子2.設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.1mol硝基(NO2)與46g二氧化氮(NO2)所含的電子數(shù)均為23NAB.1L0.50mol.L-1(NH4)2SO4溶液與2L0.50mol.L-1NH4Fe(SO4)2溶液中NH的物質(zhì)的量均為1.0molC.1mol過氧化鈉分別與足量CO2、SO2反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)均為2NAD.1L0.01mol.L-1溶液中，和3.下列各組離子在指定溶液中一定不能大量共存的是A.使甲基橙顯黃色的溶液：Fe2+、Cl、Mg2+、SO+++12+124.下列離子方程式錯誤的是A.向飽和NaOH溶液中通入過量CO2析出白色晶體：Na++OH+CO2=NaHCO3↓.C.南方水果運往北方時，用浸泡了酸性高錳酸鉀溶液的硅藻土除去乙烯，防止水果腐爛：D.白色沉淀CuCl溶于NH4ClNH3.H2O溶液得到深藍色溶液：2+5.化學(xué)用語可以表達化學(xué)過程，下列化學(xué)用語的表達錯誤的是A.用電子式表示H2S的形成：C.電解飽和食鹽水時陰極電極反應(yīng)式為：2H2O+2e=H2↑+2OHD.用化學(xué)方程式表示尿素與甲醛制備線型脲醛樹脂：6.某離子液體[XR4]+[YZ4](R為烷基)，其中X原子核外有7種運動狀態(tài)的電子；Y的單質(zhì)是生活中常見的金屬，且能與NaOH等強堿溶液反應(yīng)，放出氣體；Z與Y同周期且其第一電離能是同周期中最大的(不考慮稀有氣體)；Z與W元素形成的化合物WZ?溶于水所得的溶液顏色與溫度有關(guān)，且W是第四周期ds區(qū)的元素。下列說法錯誤的是A離子半徑：Y<Z，電負性：Y<Z.B.1molZ的單質(zhì)與足量水反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量小于1molC.離子液體中[XR4]+的VSEPR模型為正四面體形D.常溫下，降低WZ2溶液溫度，溶液顏色變黃7.下列實驗操作、實驗現(xiàn)象、解釋或結(jié)論均正確的是選項實驗操作實驗現(xiàn)象解釋或結(jié)論A向NaCl、NaBr的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液有淺黃色沉淀生成B已知呈紅棕色，往FeCl3溶液中通入SO2溶液先變紅棕色，后逐漸變?yōu)闇\綠色SO2與Fe3+反應(yīng)生成Fe(SO2)63+的速率比發(fā)生氧化還原反應(yīng)的速率快，但氧化還原反應(yīng)的平衡常數(shù)更大C將脫脂棉放入試管中，加入濃硫酸后攪拌成糊狀，微熱，加入新制氫氧化銅懸濁液有磚紅色沉淀生成蔗糖水解產(chǎn)物中有葡萄糖D甲乙兩支試管中各加入2mL5%H2O2，甲試管中滴加3滴1mol/LCuSO4溶液，乙試管中滴加3滴1mol/LFeCl3溶液乙試管產(chǎn)生氣泡較快說明催化活性Fe3+>Cu2+A.AB.BC.CD.D8.下列說法正確的是A.反應(yīng)NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)在常溫下可自發(fā)進行，說明該反應(yīng)的△H＜0B.馬口鐵(鍍錫鐵皮)鍍層破損后鐵仍不易腐蝕C.常溫下，BaSO4分別在同物質(zhì)的量濃度的Na2SO4溶液和Al2(SO4)3溶液中的溶解度相同D.保持溫度不變，向稀氨水中緩慢通入CO2，溶液中的值增大9.實驗室用以下裝置(夾持和水浴加熱裝置略)制備乙酸異戊酯(沸點142℃)，實驗中利用環(huán)己烷—水的共沸體系(沸點69℃)帶出水分。已知體系中沸點最低的有機物是環(huán)己烷(沸點81℃)，其反應(yīng)原理：下列說法錯誤的是A.反應(yīng)時水浴溫度需嚴格控制在69℃~81℃之間B.以共沸體系帶出水分促使反應(yīng)正向進行C.最終三頸燒瓶中出現(xiàn)明顯分層現(xiàn)象，乙酸異戊酯在上層D.根據(jù)分水器分出水的體積可估算反應(yīng)進度10.某小組用硫銅礦煅燒廢渣(主要含F(xiàn)e2O3、CuO、FeO)為原料制取Cu2O，流程如圖：下列說法錯誤的是A“調(diào)節(jié)pH”時可以選擇CuO或Cu(OH)2.B.“還原”過程中消耗的CuSO4、N2H4的物質(zhì)的量之比為4：1C.用N2H4還原制取Cu2O的優(yōu)點是產(chǎn)生N2氛圍，可防止產(chǎn)品被氧化D.Cu2O的晶胞結(jié)構(gòu)如上圖所示，1個Cu2O晶胞中含1個氧原子11.中國科學(xué)院化學(xué)研究所發(fā)表了CO2催化氫化機理。其機理中化合物1(s)→化合物2(s)的過程和其相對能量變化如圖所示。下列說法不正確的是A.選擇更優(yōu)催化劑可以提升單位時間內(nèi)CO2的轉(zhuǎn)化率B.該過程的總反應(yīng)速率主要由過程①決定C.化合物1(s)→化合物2(s)的過程包含兩個基元反應(yīng)D.低溫有利于化合物1(s)→化合物2(s)的反應(yīng)自發(fā)進行形式存在，并存在電離平衡++H+。下列說法錯誤的是A.放電時，I室溶液中濃度增大B.放電時，III室中溶液的pH不斷增大D.充電時，每生成2.24LO2，III室溶液質(zhì)量理論上減少3.2g13.對苯二甲酸()是合成滌綸的原料，下列說法正確的是A.1mol對苯二甲酸與2molCH3CH2OH可完全反應(yīng)生成2mol水B.分子碳原子的雜化方式均為sp2C.與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)所得產(chǎn)物的分子式是C8H16O4D.對苯二甲酸的同分異構(gòu)體中苯環(huán)上只有二個取代基的有5種14.常溫下，用濃度為0.0200mol.L1的鹽酸標準溶液滴定濃度均為0.0200mol.L1的NaOH和V(標準溶液)V(待測溶液)NH3.H2O的混合溶液，滴定過程中溶液的pH隨η[η=]V(待測溶液)錯誤的是A.Kb(NH3.H2O)約為104.7615.Co(NH3)63(三氯化六氨合鈷)是一種橙黃色的晶體，溶于熱水和稀鹽酸中，在冷水、乙醇、濃鹽酸中溶解度較小，可用于制備其他三價鈷配合物。實驗室制備的裝置和步驟如下：I．在三頸燒瓶中加入：3.0gCoCl2.6H2O、4.0gNH4Cl、5mL高純水，加熱溶解后加入1.5g催化劑活性II．將得到的溶液冷卻至10℃,加入7mL4%的H2O2，恒溫55℃,攪拌15min后冷卻至2℃,抽濾，收集沉淀。III．將沉淀轉(zhuǎn)移入100mL燒杯中，用20mL、80℃的高純水進行沖洗，再加入1mL的濃鹽酸，攪拌均勻，,將活性炭濾出棄去。IV．在濾液中加入3.5mL12mol/L鹽酸，攪拌后用冰水浴冷卻至2℃析出沉淀，之后快速抽濾，棄去濾液，用無水乙醇洗滌沉淀3次，低溫烘干，得到產(chǎn)品1.92g?；卮鹣铝袉栴}：（1）儀器a的名稱為，儀器b的作用是。（2）CoCl2遇濃氨水生成Co(OH)2，從平衡角度解釋，步驟Ⅰ中先加NH4Cl，后加濃氨水的原因是 。（3）步驟Ⅲ中缺少的操作名稱為。2制備Co(NH3)63的化學(xué)方程式為。（5）沉淀滴定法測定制備的產(chǎn)品中Cl的質(zhì)量分數(shù)：第一步：準確稱取mgⅣ中的產(chǎn)品，配制成100mL溶液，移取25mL溶液于錐形瓶中；第二步：滴加少量0.005mol.L-1K2CrO4溶液作為指示劑，用0.100mol.L-1AgNO3溶液滴定至終點；第三步：平行測定三次，消耗AgNO3溶液的體積的平均值為nmL，計算晶體中Cl的質(zhì)量分數(shù)。已知：溶解度：AgCl1.3×106mol.L-1，Ag2CrO4(磚紅色)6.5×105mol.L?1①滴定至終點的現(xiàn)象是。②制備的晶體中Cl的質(zhì)量分數(shù)是(列計算式)。16.V2O3是一種良好的催化劑，可用于加氫反應(yīng)。鋼渣是鋼鐵行業(yè)的固體廢棄物，含有2CaO.SiO2、Fe2O3、FeO、Al2O3和V2O3等物質(zhì)。一種以鋼渣粉為原料固定CO2并制備V2O3的工藝流程如圖所示。已知鋼渣中Ca元素質(zhì)量分數(shù)為30%，V2O3在稀鹽酸和NH4Cl混合溶液中不易被浸出。該工藝條件下，有關(guān)金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示：金屬離子Fe2+Ca2+開始沉淀的pH7.23.5沉淀完全的pH2.98.2回答下列問題：（1）浸出1過程生成的SiO2“包裹”在鋼渣表面形成固體膜，阻礙反應(yīng)物向鋼渣擴散。該浸出過程不使用稀硫酸代替稀鹽酸的原因是。（2）為避免引入雜質(zhì)離子，氧化劑A應(yīng)為(舉1例)。（3）濾液C的溶質(zhì)可循環(huán)利用，試劑B應(yīng)為。（4）富釩渣焙燒可生成釩鈣鹽，不同釩鈣鹽的溶解率隨pH變化如圖所示。已知浸出2的pH約為2.5，則應(yīng)控制焙燒條件使該釩鈣鹽為。該焙燒反應(yīng)的化學(xué)方程式是。（5）在硫酸酸化條件下，V2O5可與草酸(H2C2O4)溶液反應(yīng)得到含VO2+的溶液，反應(yīng)的離子方程式為。（6）若Ca的浸出率為80%，理論上1噸鋼渣在“固碳”中可固定kgCO2。17.納米碗C40H10是一種奇特的碗狀共軛體系。高溫條件下，C40H10可以由C40H20分子經(jīng)過連續(xù)多步氫抽提和閉環(huán)脫氫反應(yīng)生成。下圖是C40H20分子經(jīng)過1步氫抽提和閉環(huán)脫氫反應(yīng)生成C40H18的反應(yīng)機理：回答下列問題：（1）1步氫抽提和閉環(huán)脫氫反應(yīng)依次通過3步基元反應(yīng)實現(xiàn)。由C40H20(g)生成C40H10(g)需要歷經(jīng) 步氫抽提和閉環(huán)脫氫反應(yīng)，C40H10中五元環(huán)的數(shù)目為個；由C40H20(g)≈C40H18(g)+H2(g)的第一步基元反應(yīng)的方程式為。（2）已知C40Hx中的碳氫鍵和碳碳鍵的鍵能分別為431.0kJ.mol-1和298.0kJ.mol-1，HH鍵能為436.0kJ.mol-1。估算C40H20(g)≈C40H18(g)+H2(g)的ΔH=kJ.mol-1。（3）1200K時，假定體系內(nèi)只有反應(yīng)C40H12(g)≈C40H10(g)+H2(g)發(fā)生，反應(yīng)過程中壓強恒定為p0(即C40H12的初始壓強)，平衡轉(zhuǎn)化率為α,該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp為(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù))。)≈C40H18(g)+H.(g)及C·40H11(g)≈C40H10(g)+H.(g)反應(yīng)的lnK(K為平衡常數(shù))隨溫度倒數(shù)的關(guān)系如圖所示。已知本實驗條件下，lnK=+c(R為理想氣體常數(shù)，c為截距)。圖中兩條線幾乎平行，從結(jié)構(gòu)的角度分析其原因是。（5）下列措施既能提高反應(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率，又能增大生成C40H10的反應(yīng)速率的是(填標號)。a．升高溫度b．增大壓強c．加入催化劑18.乙烯是一種重要的化工原料，在有機合成中有著重要作用。某同學(xué)從乙烯出發(fā)，針對有機物H設(shè)計了如圖合成路線：回答下列問題：（1）由A→B的反應(yīng)中，乙烯的碳碳鍵斷裂(填“π”或“σ”)。（2）H中含氧官能團的名稱為。（3）I是D的同分異構(gòu)體，能被催化氧化為醛類化合物，則I的可能結(jié)構(gòu)有種(不考慮對映異構(gòu))，其中核磁共振氫譜有三組峰，峰面積之比為9∶2∶1的結(jié)構(gòu)簡式為。（4）由D到E發(fā)生反應(yīng)的類型是，E到F發(fā)生反應(yīng)的類型為。（5）G的結(jié)構(gòu)簡式為。（6）已知：，H在堿性溶液中易發(fā)生分子內(nèi)縮合從而構(gòu)建雙環(huán)結(jié)構(gòu)，主要產(chǎn)物為I()和另一種α,β-不飽和酮J，請寫出H→J轉(zhuǎn)化的化學(xué)反應(yīng)方程式為。若經(jīng)此路線由H合成I，存在的問題有(填標號)。a．原子利用率低b．產(chǎn)物難以分離c．反應(yīng)條件苛刻漯河市2023–2024學(xué)年下學(xué)期期末質(zhì)量監(jiān)測高二化學(xué)3.可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C121.化學(xué)與生產(chǎn)、生活等息息相關(guān)，人類生活品質(zhì)的提升離不開科技的進步，下列有關(guān)說法不正確的是A.液晶既有液體的流動性，又有類似晶體的各向異性B.利用CO2合成淀粉，實現(xiàn)了無機小分子向有機高分子的轉(zhuǎn)變C.葡萄酒中添加適量二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用D.核苷酸通過縮聚反應(yīng)可以得到核酸，核酸屬于生物大分子【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)液晶的特性可知，液晶既有液體的流動性，又具有單晶體的各向異性，A項正確；B．淀粉屬于有機高分子，利用CO2合成淀粉，實現(xiàn)了無機小分子向有機高分子的轉(zhuǎn)變，B項正確；C．SO2具有還原性，在葡萄酒中添加適量可起到防腐和抗氧化的作用，但不會起到漂白作用，SO2一般只能漂白品紅等有機色質(zhì)，C項錯誤；D．核酸屬于生物大分子,核苷酸通過縮聚反應(yīng)可以得到核酸，D項正確；答案選C。2.設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.1mol硝基(-NO2)與46g二氧化氮(NO2)所含的電子數(shù)均為23NAB.1L0.50mol.L-1(NH4)2SO4溶液與2L0.50mol.L-1NH4Fe(SO4)2溶液中NH的物質(zhì)的量均為1.0molC.1mol過氧化鈉分別與足量CO2、SO2反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)均為2NA【答案】A【解析】【詳解】A．每個硝基(-NO2)與二氧化氮(NO2)中均含23個電子，1mol硝基與46g(mol)二氧化氮所含的電子數(shù)均為23NA，故A正確；B．銨根會發(fā)生水解，溶液越稀，水解程度越大，故1L0.50mol.L-1(NH4)2SO4溶液與2L0.50mol.L-1NH4Fe(SO4)2溶液中NH1.01的物質(zhì)的量均小于NA，且后者更小，故B錯誤；C．過氧化鈉和二氧化碳的反應(yīng)是歧化反應(yīng)，過氧化鈉中-1價氧原子歧化-2為價和0價，1mol過氧化鈉轉(zhuǎn)移NA個電子，過氧化鈉與二氧化硫的反應(yīng)中，過氧化鈉做氧化劑，氧元素由-1價全部被還原為-2價，1mol過氧化鈉轉(zhuǎn)移2NA個電子，故C錯誤；、和的離子數(shù)目之和為0.01NA，故D錯誤；故選：A。3.下列各組離子在指定溶液中一定不能大量共存的是A.使甲基橙顯黃色的溶液：Fe2+、Cl-、Mg2+、SO-C.中性溶液中：Al3+、Fe3+、SO-、NO3-D.常溫下，由水電離產(chǎn)生c(H+)=10-12mol.L-1的溶液中：Na+、Cl-、CO-、SO-【答案】C【解析】【詳解】A．使甲基橙顯黃色的溶液pH＞4.4，此時溶液既可能呈酸性也可能呈堿性，酸性溶液中Fe2+、Cl-、Mg2+、SO—能大量共存，故A不符合題意；能大量共存，故B不符合題意；C．中性溶液中Fe3+水解程度大，即Fe3+在中性溶液中不能大量存在，故C符合題意；D．常溫下，由水電離產(chǎn)生c(H+)=10—12mol.L-1的溶液既可能是酸性也可能是堿性，pH可能為2或12，、SO能大量共存，故D不符合題意；故答案為：C。4.下列離子方程式錯誤的是A.向飽和NaOH溶液中通入過量CO2析出白色晶體：Na++OH—+CO2=NaHCO3↓C.南方水果運往北方時，用浸泡了酸性高錳酸鉀溶液的硅藻土除去乙烯，防止水果腐爛：12MnO4+5C2H4+36H+=12Mn2++10CO2↑+28H2OD.白色沉淀CuCl溶于NH4Cl—NH3.H2O溶液得到深藍色溶液：【答案】B【解析】【詳解】A．碳酸氫鈉溶解度小于氫氧化鈉，飽和NaOH溶液中通入過量CO2會生成碳酸氫鈉沉淀，故A正確；B．硝酸氧化性大于Fe3+，向NaHSO3溶液中滴入過量Fe(NO3)3溶液，反應(yīng)的離子方程式為2NO3+3HSO3=2NO↑+3SO+H2O+H+，故B錯誤；C．酸性高錳酸鉀溶液和乙烯反應(yīng)，根據(jù)氧化還原規(guī)律，知生成二價錳離子和二氧化碳，12MnO4+5C2H4+36H+=12Mn2++10CO2↑+28H2O，故C正確；D．白色沉淀CuCl溶于NH4Cl—NH3.H2O溶液得到四氨合銅離子深藍色溶液，故D正確；答案選B。5.化學(xué)用語可以表達化學(xué)過程，下列化學(xué)用語的表達錯誤的是A.用電子式表示H2S的形成：B.用硼酸中和濺在皮膚上的NaOH溶液：H3BO3+OH—=C.電解飽和食鹽水時陰極電極反應(yīng)式為：2H2O+2e—=H2↑+2OH—D.用化學(xué)方程式表示尿素與甲醛制備線型脲醛樹脂：【答案】A【解析】【詳解】A．H2S為分子晶體，由分子構(gòu)成，沒有陰陽離子，A項錯誤；C．電解飽和食鹽水時陰極為水中氫離子放電生成氫氣，陰極電極反應(yīng)式為2H2O+2e—=H2↑+2OH—，C項正確；D．尿素與甲醛制備線型脲醛樹脂先加成后縮聚，化學(xué)方程式為：答案選A。6.某離子液體[XR4]+[YZ4]—(R為烷基)，其中X原子核外有7種運動狀態(tài)的電子；Y的單質(zhì)是生活中常見的金屬，且能與NaOH等強堿溶液反應(yīng)，放出氣體；Z與Y同周期且其第一電離能是同周期中最大的(不考慮稀有氣體)；Z與W元素形成的化合物WZ?溶于水所得的溶液顏色與溫度有關(guān)，且W是第四周期ds區(qū)的元素。下列說法錯誤的是A.離子半徑：Y<Z，電負性：Y<ZB.1molZ的單質(zhì)與足量水反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量小于1molC.離子液體中[XR4]+的VSEPR模型為正四面體形D.常溫下，降低WZ2溶液溫度，溶液顏色變黃【答案】D【解析】【分析】由題干信息可知，其中X原子核外有7種運動狀態(tài)的電子故X為N，Y的單質(zhì)是生活中常見的金屬，且能與NaOH等強堿溶液反應(yīng)，放出氣體，則Y為Al，Z與Y同周期且其第一電離能是同周期中最大的，則Z為Cl，Z與W元素形成的化合物WZ?溶于水所得的溶液顏色與溫度有關(guān)，且W是第四周期ds區(qū)的元素，則W為Cu，據(jù)此分析解題?！驹斀狻緼．由分析可知，Y為Al、Z為Cl，故Cl-核外電子層數(shù)比Al3+多，則離子半徑Al3+小于Cl-即Y<Z，同一周期從左往右元素電負性依次增大，故電負性Al＜Cl即Y<Z，A正確；B．由分析可知，Z為Cl，Cl2+H2O≈HCl+HClO是一個可逆反應(yīng)，故1molZ的單質(zhì)與足量水反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量小于1mol，B正確；故該離子的VSEPR模型為正四面體形，C正確；D．由分析可知，W為Cu、Z為Cl，則常溫下，溶液中存在平衡[Cu(H2O)4]2++4Cl-≈[CuCl4]2-+4H2OΔH>0，降低溫度，平衡向生成[Cu(H2O)4]2+的方向移動，溶液由黃綠色變?yōu)樗{綠色，D錯誤；故答案為：D。7.下列實驗操作、實驗現(xiàn)象、解釋或結(jié)論均正確的是選項實驗操作實驗現(xiàn)象解釋或結(jié)論A向NaCl、NaBr的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液有淺黃色沉淀生成B3+呈紅棕色，往FeCl3溶液中通入SO2溶液先變紅棕色，后逐漸變?yōu)闇\綠色SO2與Fe3+反應(yīng)生成Fe(SO2)63+的速率比發(fā)生氧化還原反應(yīng)的速率快，但氧化還原反應(yīng)的平衡常數(shù)更大C將脫脂棉放入試管中，加入濃硫酸后攪拌成糊狀，微熱，加入新制氫氧化銅懸濁液有磚紅色沉淀生成蔗糖水解產(chǎn)物中有葡萄糖D甲乙兩支試管中各加入2mL5%H2O2，甲試管中滴加3滴1mol/LCuSO4溶液，乙試管中滴加3滴1mol/LFeCl3溶液乙試管產(chǎn)生氣泡較快說明催化活性Fe3+>Cu2+A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【詳解】A．氯化鈉、溴化鈉溶液濃度未知，不能判斷兩種沉淀的Ksp，故A錯誤；B．由現(xiàn)象先變?yōu)榧t棕色可知SO2與Fe3+反應(yīng)生成的速率比發(fā)生氧化還原反應(yīng)的速率快，最后逐漸變?yōu)闇\綠色，說明氧化還原反應(yīng)生成亞鐵離子的平衡常數(shù)更大，故B正確；C．脫脂棉的本質(zhì)是纖維素，水解后檢驗葡萄糖應(yīng)該在堿性環(huán)境中進行，水解后沒有加堿將溶液調(diào)整至堿性，操作錯誤，故C錯誤；D．1mol/LFeCl3和1mol/LCuCl2溶液不但金屬陽離子不同，而且陰離子也不相同，變量不唯一化，前者生成氣泡的速率更快，不能說明催化效果Fe3+>Cu2+，故D錯誤；答案選B。8.下列說法正確的是A.反應(yīng)NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)在常溫下可自發(fā)進行，說明該反應(yīng)的△H＜0B.馬口鐵(鍍錫鐵皮)鍍層破損后鐵仍不易腐蝕C.常溫下，BaSO4分別在同物質(zhì)的量濃度的Na2SO4溶液和Al2(SO4)3溶液中的溶解度相同D.保持溫度不變，向稀氨水中緩慢通入CO2，溶液中的值增大【答案】A【解析】【詳解】A．反應(yīng)NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)氣體系數(shù)減小，△S<0，在室溫下可自發(fā)進行即△H-T△S<0，所以，一定滿足△H<0，A正確；B．鍍錫鐵鍍層破損后在電解質(zhì)溶液中形成原電池時，鐵做負極，容易被腐蝕，B錯誤；C．常溫下，同物質(zhì)的量濃度的Na2SO4溶液和Al2(SO4)3溶液，c(SO-)：前者小于后者，SO-抑制BaSO4溶解，則BaSO4在Al2(SO4)3中溶解度小，C錯誤；D．向氨水中不斷通入CO2，隨著CO2的增加，c(NH)逐漸增大，而氨水的不變，故不斷變小，D錯誤；故選A。9.實驗室用以下裝置(夾持和水浴加熱裝置略)制備乙酸異戊酯(沸點142℃)，實驗中利用環(huán)己烷—水的共沸體系(沸點69℃)帶出水分。已知體系中沸點最低的有機物是環(huán)己烷(沸點81℃)，其反應(yīng)原理：下列說法錯誤的是A.反應(yīng)時水浴溫度需嚴格控制在69℃~81℃之間B.以共沸體系帶出水分促使反應(yīng)正向進行C.最終三頸燒瓶中出現(xiàn)明顯分層現(xiàn)象，乙酸異戊酯在上層D.根據(jù)分水器分出水的體積可估算反應(yīng)進度【答案】C【解析】【分析】乙酸和異戊醇加熱制備乙酸異戊酯，用環(huán)己烷—水的共沸體系(沸點69℃)帶出水分?！驹斀狻緼．實驗中產(chǎn)品乙酸異戊酯的沸點是142℃,環(huán)己烷的沸點是81℃,環(huán)己烷－水的共沸體系沸點是69℃,利用環(huán)己烷－水的共沸體系帶出水分，反應(yīng)時水浴溫度需嚴格控制在69℃~81℃之間，故A正確；B．乙酸和異戊醇制備乙酸異戊酯的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，水是生成物之一，以共沸體系帶出水分可以促使反應(yīng)正向進行，故B正確；C．環(huán)己烷—水的共沸體系(沸點69℃)帶出水分，最終三頸燒瓶中不會出現(xiàn)明顯分層現(xiàn)象，故C錯誤；D．根據(jù)投料量可以估算生成的水的體積，根據(jù)帶出的水的體積，即據(jù)分水器分出水的體積可估算反應(yīng)進度，故D正確；故答案為：C。10.某小組用硫銅礦煅燒廢渣(主要含F(xiàn)e2O3、CuO、FeO)為原料制取Cu2O，流程如圖：下列說法錯誤的是A.“調(diào)節(jié)pH”時可以選擇CuO或Cu(OH)2B.“還原”過程中消耗的CuSO4、N2H4的物質(zhì)的量之比為4：1C.用N2H4還原制取Cu2O的優(yōu)點是產(chǎn)生N2氛圍，可防止產(chǎn)品被氧化D.Cu2O的晶胞結(jié)構(gòu)如上圖所示，1個Cu2O晶胞中含1個氧原子【答案】D【解析】【分析】廢渣主要含F(xiàn)e2O3、CuO、FeO，由流程可知，加硫酸溶解，溶液中含F(xiàn)e3+、Fe2+、Cu2+，氧化時將Fe2+氧化為Fe3+，然后調(diào)節(jié)pH使Fe3+轉(zhuǎn)化為沉淀，濾渣為氫氧化鐵，由流程中反應(yīng)物、生成物可知還原時發(fā)生4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O，產(chǎn)生N2氛圍，可防止產(chǎn)品被氧化，以此來解答。A正確；90℃B．由分析可知，“還原”過程中主要發(fā)生的反應(yīng)為4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O，故消耗的CuSO4、N2H4的物質(zhì)的量之比為4：1，B正確；C．由分析可知，Cu2O易被氧化，則用N2H4還原制取Cu2O的優(yōu)點是產(chǎn)生N2氛圍，可防止產(chǎn)品被氧化，C正確；D．由圖可知，黑球個數(shù)為4，白球個數(shù)為1+8×二者個數(shù)比為2：1，則1個Cu2O晶胞中含2個氧原子，D錯誤；故答案為：D。11.中國科學(xué)院化學(xué)研究所發(fā)表了CO2催化氫化機理。其機理中化合物1(s)→化合物2(s)的過程和其相對能量變化如圖所示。下列說法不正確的是A.選擇更優(yōu)催化劑可以提升單位時間內(nèi)CO2的轉(zhuǎn)化率B.該過程的總反應(yīng)速率主要由過程①決定C.化合物1(s)→化合物2(s)的過程包含兩個基元反應(yīng)D.低溫有利于化合物1(s)→化合物2(s)的反應(yīng)自發(fā)進行【答案】B【解析】【詳解】A．催化劑可以加快反應(yīng)速率，從而可以提升單位時間內(nèi)CO2的轉(zhuǎn)化率，故A正確；B．過程①的活化能為：(6.05-0.00)=6.05kJ·mol-1，②的活化能為：(11.28-2.08)=9.20kJ·mol-1，過程①的活化能小于過程②的活化能，過程①的反應(yīng)速率大于過程②的反應(yīng)速率，故該過程的總反應(yīng)速率主要由過程②決定，故B錯誤；C．化合物1經(jīng)兩步反應(yīng)轉(zhuǎn)化為化合物2，每步反應(yīng)均為基元反應(yīng)，故C正確；D．由能量關(guān)系圖可知化合物1(s)→化合物2(s)的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則低溫有利于反應(yīng)自發(fā)進行，故D正確；故選：B。形式存在，并存在電離平衡Zn(H2O)62+≈Zn(H2O)5(OH)++H+。下列說法錯誤的是A.放電時，I室溶液中Znn(H2O)5(OH)+濃度增大B.放電時，III室中溶液的pH不斷增大D.充電時，每生成2.24LO2，III室溶液質(zhì)量理論上減少3.2g【答案】D【解析】【分析】放電時，該裝置為原電池，通入O2的Pt/C電極是正極，電極反應(yīng)式為O2+4e-+2H2O=4OH-，Zn電極為負極，電極反應(yīng)式為Zn-2e-+6H2O=充電時，Zn電極為陰極，其電極反應(yīng)為2++2e-=Zn+6H2O，Pt/C電極為陽極，電極反應(yīng)式為4OH--4e-=O2↑+2H2O，據(jù)此作答?！驹斀狻緼．放電時，該裝置為原電池，通入O2的Pt/C電極是正極，電極反應(yīng)式為O2+4e-+2H2O=4OH-，Zn電極為負極，電極反應(yīng)式為Zn-2e-+6H2O=濃度增大，電離平衡Zn(H2O)62+≈Zn(H2O)5(OH)++H+正向移動，導(dǎo)致Ⅰ室溶液中濃度增大，故A正確；B．放電時，III室電極反應(yīng)式為O2+4e-+2H2O=4OH-，溶液的pH不斷增大，故B正確；C．充電時，Zn電極為陰極，其電極反應(yīng)為2++2e-=Zn+6H2O，故C正確；D．充電時，Pt/C電極為陽極，電極反應(yīng)式為4OH--4e-=O2↑+2H2O，每生成0.1mol氧氣轉(zhuǎn)移0.4mol電子，同時有0.4molNa+通過陽離子交換膜進入Ⅱ室，Ⅲ室溶液質(zhì)量理論上減少3.2g+0.4×23g/mol=12.4g，故充電時，每生成0.1mol氧氣，Ⅲ室溶液質(zhì)量理論上減少12.4g，故D錯誤；答案選D。13.對苯二甲酸()是合成滌綸的原料，下列說法正確的是A.1mol對苯二甲酸與2molCH3CH2OH可完全反應(yīng)生成2mol水B.分子碳原子的雜化方式均為sp2C.與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)所得產(chǎn)物的分子式是C8H16O4D.對苯二甲酸的同分異構(gòu)體中苯環(huán)上只有二個取代基的有5種【答案】B【解析】【詳解】A．酯化反應(yīng)是可逆反應(yīng)，故1mol對苯二甲酸與2molCH3CH2OH不能完全反應(yīng)，生成水的物質(zhì)的量小于2mol，A項錯誤；B．分子中苯環(huán)上及連接雙鍵的碳原子采用sp2雜化，故碳原子的雜化方式均為sp2，B項正確；C．對苯二甲酸結(jié)構(gòu)中能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)的是苯環(huán)部分，則與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)所得產(chǎn)物的分子式是C8H12O4，C項錯誤；D．對苯二甲酸的同分異構(gòu)體，除了鄰位還有間位，且取代基不是羧基的二元取代物還有、,每種都有鄰、間、對三種，D項錯誤；答案選B。14.常溫下，用濃度為0.0200mol.L—1的鹽酸標準溶液滴定濃度均為0.0200mol.L—1的NaOH和V(標準溶液)V(待測溶液)NH3.H2O的混合溶液，滴定過程中溶液的pH隨η[η=V(待測溶液)錯誤的是ClD.水的電離程度：a<b<c<d【答案】D【解析】【分析】a點溶質(zhì)為氯化鈉、氨水；b點溶質(zhì)為氯化鈉、氯化銨、氨水；c點溶質(zhì)為氯化鈉、氯化銨；d點溶質(zhì)為氯化鈉、氯化銨、氯化氫；C．b點中，電離和水解之前有c(NH3?H2O)=c(NH4Cl)，氨水電離程度大于銨根水解程度，故c(NH3·H2O)<c(NH)，C正確；D．根據(jù)題給信息可知，c點時恰好反應(yīng)，溶液中溶質(zhì)為氯化鈉和氯化銨，其中銨根離子水解促進水的電離，a點和b點中有過量的一水合氨，會抑制水的電離，d點過量的鹽酸會抑制水的電離，則c點水的電離程度最大，D錯誤；故選D。15.Co(NH3)63(三氯化六氨合鈷)是一種橙黃色的晶體，溶于熱水和稀鹽酸中，在冷水、乙醇、濃鹽酸中溶解度較小，可用于制備其他三價鈷配合物。實驗室制備的裝置和步驟如下：I．在三頸燒瓶中加入：3.0gCoCl2.6H2O、4.0gNH4Cl、5mL高純水，加熱溶解后加入1.5g催化劑活性II．將得到的溶液冷卻至10℃,加入7mL4%的H2O2，恒溫55℃,攪拌15min后冷卻至2℃,抽濾，收集沉淀。III．將沉淀轉(zhuǎn)移入100mL燒杯中，用20mL、80℃的高純水進行沖洗，再加入1mL的濃鹽酸，攪拌均勻，,將活性炭濾出棄去。IV．在濾液中加入3.5mL12mol/L鹽酸，攪拌后用冰水浴冷卻至2℃析出沉淀，之后快速抽濾，棄去濾液，用無水乙醇洗滌沉淀3次，低溫烘干，得到產(chǎn)品1.92g?；卮鹣铝袉栴}：（1）儀器a的名稱為，儀器b的作用是。（2）CoCl2遇濃氨水生成Co(OH)2，從平衡角度解釋，步驟Ⅰ中先加NH4Cl，后加濃氨水的原因是。（3）步驟Ⅲ中缺少的操作名稱為。2制備Co(NH3)63的化學(xué)方程式為。（5）沉淀滴定法測定制備的產(chǎn)品中Cl—的質(zhì)量分數(shù)：第一步：準確稱取mgⅣ中的產(chǎn)品，配制成100mL溶液，移取25mL溶液于錐形瓶中；第二步：滴加少量0.005mol.L-1K2CrO4溶液作為指示劑，用0.100mol.L-1AgNO3溶液滴定至終點；第三步：平行測定三次，消耗AgNO3溶液的體積的平均值為nmL，計算晶體中Cl—的質(zhì)量分數(shù)。①滴定至終點的現(xiàn)象是。②制備的晶體中Cl—的質(zhì)量分數(shù)是(列計算式)。【答案】（1）①.球形冷凝管②.吸收揮發(fā)出的氨氣，防止污染空氣（2）NH4Cl溶于水電離出NH會抑制NH3.H2O的電離，防止c(OH—)過大產(chǎn)生Co(OH)2沉淀(NH3)6Cl2+H2O2+2NH4Cl=2Co(NH3)63（5）①.滴入最后半滴AgNO3溶液后，錐形瓶中出現(xiàn)磚紅色沉淀，且半分鐘內(nèi)不消失②.【解析】【分析】根據(jù)題意，在氨氣和氯化銨存在條件下，以活性炭為催化劑，攪拌，得到Co(NH3)67」Cl2溶液，用H2O2氧化Co(NH3)62溶液來制備[Co(NH3)6]Cl3，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Co(NH3)623)6Cl3+2NH3↑+2H2O，將粗產(chǎn)品用20mL、80℃的高純水進行沖洗，再加入1mL的濃鹽酸，攪拌均勻，趁熱過濾，將活性炭濾出棄去，在濾液中加入3.5mL12mol/L鹽酸，攪拌后用冰水浴冷卻至2℃析出沉淀，之后快速抽濾，棄去濾液，用無水乙醇洗滌沉淀3次，低溫烘干，得到產(chǎn)品，據(jù)此解答?！拘?詳解】儀器a的名稱為球形冷凝管，儀器b的作用是吸收揮發(fā)出的氨氣，防止污染空氣，答案：球形冷凝管、吸收揮發(fā)出的氨氣，防止污染空氣；【小問2詳解】先加入氯化銨，增加銨根離子濃度，抑制一水合氨電離，防止c(OH-)過大產(chǎn)生Co(OH)2沉淀，答案：NH4Cl溶于水電離出NH會抑制NH3.H2O的電離，防止c(OH—)過大產(chǎn)生Co(OH)2沉淀；【小問3詳解】活性炭難溶于水，趁熱過濾除去活性炭，減少Co(NH3)67」Cl2損失，答案：趁熱過濾；【小問4詳解】2制備Co(NH3)63的化學(xué)方程式為362336Cl2+H2O2+2NH4Cl=2Co(NH3)63【小問5詳解】63溶液中，滴加少量0.005mol.L-1K2CrO4溶液作為指示劑，用0.100mol.L-1AgNO3溶液滴定，達到滴定終點時，多余的陰離子和鉻酸根離子生成磚紅色沉淀，①當達到滴定終點時，滴定至終點的現(xiàn)象是滴入最后半滴AgNO3溶液后，錐形瓶中出現(xiàn)磚紅色沉淀，且半分鐘內(nèi)不消失，②由AgCl沉淀的化學(xué)式可知：反應(yīng)時Ag+與Cl-物質(zhì)的量之比為1:1，滴定時消耗AgNO3的物質(zhì)的量為0.100mol.L-1×n×10-3L，則25ml溶液中Cl-物質(zhì)的量為0.100mol.L-1×n×10-3L，25ml溶液中Cl-的質(zhì)量為：35.5g/mol×0.100mol.L-1×n×10-3L，則100ml溶液中Cl-的質(zhì)量為：×35.5g/mol×0.100mol.L-1×n×10-3L，故質(zhì)量分數(shù)為×100%，答案：×100%。mm16.V2O3是一種良好的催化劑，可用于加氫反應(yīng)。鋼渣是鋼鐵行業(yè)的固體廢棄物，含有2CaO.SiO2、Fe2O3、FeO、Al2O3和V2O3等物質(zhì)。一種以鋼渣粉為原料固定CO2并制備V2O3的工藝流程如圖所示。已知鋼渣中Ca元素質(zhì)量分數(shù)為30%，V2O3在稀鹽酸和NH4Cl混合溶液中不易被浸出。該工藝條件下，有關(guān)金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示：金屬離子Fe2+Ca2+開始沉淀的pH7.23.5沉淀完全的pH2.98.2回答下列問題：（1）浸出1過程生成的SiO2“包裹”在鋼渣表面形成固體膜，阻礙反應(yīng)物向鋼渣擴散。該浸出過程不使用稀硫酸代替稀鹽酸的原因是。（2）為避免引入雜質(zhì)離子，氧化劑A應(yīng)為(舉1例)。（3）濾液C的溶質(zhì)可循環(huán)利用，試劑B應(yīng)為。（4）富釩渣焙燒可生成釩鈣鹽，不同釩鈣鹽的溶解率隨pH變化如圖所示。已知浸出2的pH約為2.5，則應(yīng)控制焙燒條件使該釩鈣鹽為。該焙燒反應(yīng)的化學(xué)方程式是。（5）在硫酸酸化條件下，V2O5可與草酸(H2C2O4)溶液反應(yīng)得到含VO2+的溶液，反應(yīng)的離子方程式為。（6）若Ca的浸出率為80%，理論上1噸鋼渣在“固碳”中可固定kgCO2?！敬鸢浮浚?）稀硫酸與2CaO.SiO2反應(yīng)形成微溶于水的CaSO4覆蓋在鋼渣表面，阻礙反應(yīng)物向鋼渣擴散（2）H2O2或氯水焙燒氨水①.Ca2V2O7②.V2O3+2CaCO3+O2Ca2V2O7+2CO2（5）V2O5+H2C2O4+4H+=2V（6）264【解析】【分析】鋼渣中含有2CaO?SiO2、Fe2O3、FeO、Al2O3和V2O3等，鋼渣中加入稀鹽酸、NH4Cl進行“浸出1”，經(jīng)過濾得到富釩渣，濾液中含F(xiàn)e3+、Fe2+、Al3+、Ca2+，濾液中加入氧化劑A將Fe2+氧化成Fe3+，加入試劑B將Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化成鐵鋁渣而除去，然后加入試劑B調(diào)pH，再吸收CO2“固碳”得到微細CaCO3和濾液C，富釩渣與CaCO3在空氣中焙燒得焙燒產(chǎn)物，焙燒產(chǎn)物中加入稀硫酸進行“浸出2”經(jīng)過濾得濾渣和濾液，濾液經(jīng)系列操作得V2O5，用還原劑將V2O5還原為V2O3，據(jù)此分析解題。【小問1詳解】該浸出過程不使用稀硫酸代替稀鹽酸的原因是：稀硫酸與2CaO?SiO2反應(yīng)形成微溶于水的CaSO4覆蓋在鋼渣表面，阻礙反應(yīng)物向鋼渣擴散；【小問2詳解】加入氧化劑A的目的是將Fe2+氧化成Fe3+，為避免引入雜質(zhì)離子，氧化劑A應(yīng)為H2O2或氯水；【小問3詳解】加入試劑B的目的使Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，繼續(xù)加入試劑B調(diào)pH，便于“固碳”時形成CaCO3，濾液C的溶質(zhì)可循環(huán)利用，試劑B應(yīng)為氨水；【小問4詳解】①由圖可知浸出2的pH約為2.5時，Ca2V2O7的溶解率最大，故應(yīng)控制焙燒條件使釩鈣鹽為Ca2V2O7；②該焙燒過程中V元素的化合價由+3價升至+5價，O2為氧化劑，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒，該焙燒焙燒反應(yīng)的化學(xué)方程式為V2O3+2CaCO3+O2Ca2V2O7+2CO2；【小問5詳解】在硫酸酸化條件下，溶液中含有大量H+，V2O5可與草酸(H2C2O4)溶液反應(yīng)得到含VO2+的溶液與二氧化碳和水，反應(yīng)的離子方程式為V2O5+H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O；【小問6詳解】鋼渣中Ca元素的質(zhì)量分數(shù)為30%，若Ca的浸出率為80%，理論上1噸鋼渣在“固碳”中可固定CO2的質(zhì)17.納米碗C40H10是一種奇特的碗狀共軛體系。高溫條件下，C40H10可以由C40H20分子經(jīng)過連續(xù)多步氫抽提和閉環(huán)脫氫反應(yīng)生成。下圖是C40H20分子經(jīng)過1步氫抽提和閉環(huán)脫氫反應(yīng)生成C40H18的反應(yīng)機理：回答下列問題：（1）1步氫抽提和閉環(huán)脫氫反應(yīng)依次通過3步基元反應(yīng)實現(xiàn)。由C40H20(g)生成C40H10(g)需要歷經(jīng) 步氫抽提和閉環(huán)脫氫反應(yīng)，C40H10中五元環(huán)的數(shù)目為個；由C40H20(g)≈C40H18(g)+H2(g)的第一步基元反應(yīng)的方程式為。（2）已知C40Hx中的碳氫鍵和碳碳鍵的鍵能分別為431.0kJ.mol-1和298.0kJ.mol-1，H—H鍵能為436.0kJ.mol-1。估算C40H20(g)≈C40H18(g)+H2(g)的ΔH=kJ.mol-1。（3）1200K時，假定體系內(nèi)只有反應(yīng)C40H12(g)≈C40H10(g)+H2(g)發(fā)生，反應(yīng)過程中壓強恒定為p0(即C40H12的初始壓強)，平衡轉(zhuǎn)化率為α,該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp為(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù))。)≈C40H18(g)+H.(g)及C·40H11(g)≈C40H10(g)+H.(g)反應(yīng)的lnK(K為平衡常數(shù))隨溫度倒數(shù)的關(guān)系如圖所示。已知本實驗條件下，lnK=—+c(R為理想氣體常數(shù)，c為截距)。圖中兩條線幾乎平行，從結(jié)構(gòu)的角度分析其原因是。（5）下列措施既能提高反應(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率，又能增大生成C40H10的反應(yīng)速率的是(填標號)。a．升高溫度b．增大壓強c．加入催化劑（2）+128（3）p0×（4）在反應(yīng)過程中，斷裂和形成的化學(xué)鍵相同（5）a【解析】【小問1詳解】C40H20分子經(jīng)過1步氫抽提和閉環(huán)脫氫反應(yīng)生成C40H18，即經(jīng)過1步氫抽提和閉環(huán)脫氫反應(yīng)物分子中減少2個H原子，則由C40H20生成C40H10(g)需要歷經(jīng)步氫抽提和閉環(huán)脫氫反應(yīng)；經(jīng)過1步氫抽提和閉環(huán)脫氫反應(yīng)物分子中減少2個H原子，分子中形成一個5元環(huán)，原