2024-2025學年江蘇省南京市六校聯(lián)合體高二下學期3月聯(lián)合調(diào)研化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1江蘇省南京市六校聯(lián)合體2024-2025學年高二下學期3月聯(lián)合調(diào)研可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16Na23Cl35.5一、單項選擇題：共13小題，每題3分，共39分。每題只有一個選項最符合題意。1.化學與生產(chǎn)、生活、環(huán)境等密切相關。下列有關說法不正確的是A.可燃冰(CH4·8H2O)中CH4與H2O存在分子間氫鍵B.中國天眼(FAST)使用的SiC是新型無機非金屬材料C.聚乙炔可用于制備導電高分子材料D.大力開發(fā)利用化石能源不利于實現(xiàn)“碳中和”【答案】A【解析】可燃冰（CH4·8H2O）中，水分子之間通過氫鍵結(jié)合，但甲烷分子與水分子之間的作用力是范德華力，而非氫鍵，氫鍵需要高電負性原子（如O、N、F）與H直接結(jié)合，而CH4中的C電負性較弱，無法形成氫鍵，A錯誤；中國天眼(FAST)使用的SiC是新型無機非金屬材料，具有高強度、耐高溫等特性，B正確；聚乙炔經(jīng)摻雜后可導電，是典型的導電高分子材料，C正確；化石能源的使用會釋放大量CO?，不利于實現(xiàn)“碳中和”目標，D正確；故選A。2.反應可用于處理不慎沾到皮膚上的白磷。下列說法正確的是A.分子中的鍵角為109°28′B.的空間構(gòu)型為直線形C.的結(jié)構(gòu)示意圖為D.基態(tài)的價層電子排布式為【答案】C【解析】分子空間構(gòu)型為正四面體形，所有磷原子均位于正四面體的頂點，鍵角為60°，A錯誤；分子中心原子O價層電子對數(shù)：，含2對孤電子對，空間結(jié)構(gòu)為V形，B錯誤；S的原子序數(shù)為16，S2-的核外電子數(shù)為18，表示的結(jié)構(gòu)示意圖，C正確；Cu原子序數(shù)29，基態(tài)的價層電子排布式為，D錯誤；答案選C。3.下列實驗裝置及相應說法正確的是A.圖A中甲烷和氯氣在光照條件下反應生成的混合氣體能使?jié)駶櫟乃{色石蕊試紙變紅，說明CH3Cl是酸性氣體B.圖B用于實驗室制備硝基苯，實驗觀察到燒杯底部有黃色油狀物質(zhì)生成，是因為硝基苯中溶有少量NO2C.圖C用于除去甲烷中的乙烯雜質(zhì)D.圖D中收集的氣體可以使溴水褪色，說明生成了乙炔【答案】B【解析】甲烷與氯氣在光照條件下反應生成的氣體有一氯甲烷和氯化氫，使?jié)駶櫟氖镌嚰堊兗t的氣體為氯化氫，一氯甲烷為非電解質(zhì)，A錯誤；燒杯底部有黃色油狀物質(zhì)生成，是因為硝基苯中溶有少量NO2，可加入NaOH溶液，B正確；高錳酸鉀氧化乙烯生成二氧化碳氣體，引入新雜質(zhì)，C錯誤；反應中生成硫化氫等雜質(zhì)氣體也能使溴水褪色，干擾乙炔檢驗，D錯誤；故選B。4.X、Y、Z、W是四種短周期主族元素，且原子序數(shù)依次增大。X的基態(tài)原子的2p能級中未成對電子數(shù)與成對電子數(shù)相等，Y的焰色反應為黃色，W是地殼中含量最多的金屬元素，Z與X形成的化合物的晶胞如圖。下列說法正確的是A.簡單離子的半徑：Y>Z>XB.ZX的晶胞中距離X2-最近的Z2+有4個C.第一電離能：I1(W)>I1(Z)>I1(Y)D.最高價氧化物對應水化物的堿性：Y>Z>W【答案】D【解析】X的基態(tài)原子的2p能級中未成對電子數(shù)與成對電子數(shù)相等，2p能級有4個電子，所以X是O元素；Y的焰色反應為黃色，Y是Na元素；W是地殼中含量最多的金屬元素，W是Al元素；Z與X（O）形成化合物，從晶胞看Z為+2價，且原子序數(shù)介于Na和Al之間，所以Z是Mg元素。電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，、、電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)O＜Na＜Mg，離子半徑，即X＞Y＞Z，A錯誤；在MgO晶胞中，以體心Mg2+為例，距離Mg2+最近的O2-有6個(6個面面心O2-），兩者配位數(shù)之比為1：1，則距離最近的有6個，B錯誤；同周期主族元素從左到右第一電離能呈增大趨勢，但ⅡA族元素的第一電離能大于同周期的鄰位元素，第一電離能，即，C錯誤；元素的金屬性越強，其最高價氧化物對應水化物的堿性越強，金屬性Na＞Mg＞Al，所以最高價氧化物對應水化物的堿性，即Y＞Z＞W(wǎng)，D正確；故答案是D。閱讀下列材料，完成下面小題第四周期過渡元素形成的化合物具有重要作用。黃銅礦(CuFeS2)用Fe2(SO4)3溶液浸泡后生成單質(zhì)硫，所得CuSO4溶液可用于制取納米Cu2O，Cu2O能與酸發(fā)生反應。CuOx-TiO2可用于低溫下催化氧化HCHO：HCHO(g)+O2(g)CO2(g)+H2O(l)，CoCl3具有強氧化性，與鹽酸反應生成氯氣。由NaNO2、Co(NO3)2、H2O2和CH3COOH反應制備的配合物Na3[Co(NO2)6]可應用于K+的鑒定。5.下列說法正確的是A.Ni位于元素周期表的ds區(qū)B.NO和NO中N原子均采取sp2雜化C.1mol[Co(NO2)6]3-中含有12molσ鍵D.某固體灼燒時透過藍色鈷玻璃觀察焰色為紫色則說明一定是鉀鹽6.下列化學反應方程式表示正確的是A.CuFeS2和Fe2(SO4)3溶液反應：CuFeS2+4Fe3+=Cu2++2S+5Fe2+B.Cu2O與稀硫酸反應：Cu2O+2H+=2Cu2++H2OC.Co(OH)3與足量鹽酸反應：Co(OH)3+3H+=Co3++3H2OD.制備Na3[Co(NO2)6]的反應：12NO+2Co2++H2O2+2H+=2[Co(NO2)6]3-+2H2O7.下列有關物質(zhì)性質(zhì)和用途的說法，正確的是A.金屬銅加工前，可用硝酸處理其表面的氧化物B.FeCl3溶液具有酸性，可以腐蝕銅箔制造印刷電路板C.CoCl3具有強氧化性，可用作干燥劑D.鈦合金具有高強度和低密度的特性，被廣泛應用于飛機機身結(jié)構(gòu)件【答案】5.B6.A7.D【解析】5．Ni原子序數(shù)28，價電子排布：，位于元素周期表d區(qū)，A錯誤；中心原子N價層電子對數(shù)：，為雜化；中心原子N價層電子對數(shù)：，為雜化，B正確；中含有2個σ鍵，配位鍵是特殊共價鍵，可知1mol中含有2×6+6=18molσ鍵，C錯誤；灼燒時火焰呈現(xiàn)紫色的物質(zhì)可能是鉀鹽，也可能是KOH，D錯誤；故選B；6．溶液和反應，生成Fe2+、Cu2+和S，離子方程式為：，A正確；溶于稀硫酸發(fā)生歧化反應，離子方程式為：，B錯誤；Co3+具有強氧化性，可與鹽酸反應生成氯氣，故與足量鹽酸反應生成Cl2和Co2+，化學方程式為：，C錯誤；制備的離子方程式中醋酸要保留化學式，離子方程式為：，D錯誤；故選A；7．硝酸具有強氧化性，能與銅能發(fā)生氧化還原反應，腐蝕銅，故不能用硝酸酸洗金屬銅，A錯誤；FeCl3溶液具有氧化性，，可以腐蝕銅箔制造印刷電路板，B錯誤；CoCl3具有強氧化性，可用作氧化劑，C錯誤；金屬鈦具有良好的耐高低溫、抗酸堿、高強度和低密度等優(yōu)良特性，廣泛應用于航空航天、醫(yī)療器械等領域，D正確；故選D。8.現(xiàn)代科學對綠原酸的研究已深入到多個領域。綠原酸具有廣泛的生物活性和抗氧化性，易溶于低級醇、極微溶于乙酸乙酯。實驗室從金銀花中提取綠原酸的主要流程如圖所示。下列說法正確的是A.“醇浸”是利用甲醇和乙醇的混合液蒸餾金銀花中的綠原酸B.“超濾”所需儀器和用品有錐形瓶、漏斗、玻璃棒和濾紙C.可通過質(zhì)譜法測定綠原酸的分子的鍵長、鍵角D.“減壓蒸餾”可加快蒸餾速率，防止綠原酸被氧化【答案】D【解析】由實驗流程可知，醇浸為固液萃取，超濾是以壓力為推動力的膜分離技術，實現(xiàn)大分子與小分子的分離，從而分離出濾渣含蛋白質(zhì)等大分子，對綠原酸的醇溶液加入乙酸乙酯后，減壓蒸餾可使液體在較低溫度下氣化，加快蒸餾速率，可防止綠原酸因蒸餾時間過長而被氧化，以此來解答?！按冀笔抢眉状己鸵掖嫉幕旌弦狠腿〗疸y花中的綠原酸，為固液萃取，故A錯誤；“超濾”是以壓力為推動力的膜分離技術，實現(xiàn)大分子與小分子的分離，不需要濾紙，需分離膜，故B錯誤；由質(zhì)譜法中的最大質(zhì)荷比，可知綠原酸的相對分子質(zhì)量，故C錯誤；“減壓蒸餾”可使液體在較低溫度下氣化，加快蒸餾速率，防止綠原酸被氧化，故D正確；故選D。9.奧司他韋具有抗病毒的生物學活性，結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，下列關于奧司他韋的說法不正確的是A.分子中含有3個手性碳原子B.分子結(jié)構(gòu)中的含氧官能團有酯基、醚鍵和酮羰基C.能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色D.分子中所有原子不可能共平面【答案】B【解析】手性碳原子是指與四個各不相同原子或基團相連的碳原子，六元環(huán)中連有氨基、酰胺基、醚鍵氧原子的碳原子均為手性碳原子，A正確；由結(jié)構(gòu)簡式可知，分子中含氧官能團有酯基、酰胺基、醚鍵，B錯誤；分子結(jié)構(gòu)中含有碳碳雙鍵，可以與溴發(fā)生加成反應，碳碳雙鍵能被酸性KMnO4溶液氧化，故該物質(zhì)能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，C正確；該有機物中含有甲基，分子中所有原子不可能共平面，D正確；故選B。10.用如圖所示的新型電池可以處理含的堿性廢水，同時還可以淡化海水。下列說法正確的是A.a極電極反應式：B.電池工作一段時間后，右室溶液的減小C.交換膜Ⅰ為陽離子交換膜，交換膜Ⅱ為陰離子交換膜D.若將含有的廢水完全處理，理論上可除去的質(zhì)量為【答案】D【解析】由圖可知，a電極在堿性條件下失去電子生成氮氣，電極反應為，a為負極，則b為正極，電極反應為：2H++2e-=H2↑，以此解題。由分析可知，a極電極反應式：，A錯誤；由分析可知，b為正極，電極反應為：2H++2e-=H2↑，則消耗氫離子，pH增大，B錯誤；由A分析可知，a電極附近負電荷減少，則陰離子通過交換膜Ⅰ向左移動，由B分析可知，b電極附近正電荷減少，則陽離子通過交換膜Ⅱ向右移動，C錯誤；的物質(zhì)的量為1mol，根據(jù)選項A分析可知，消耗1molCN-時轉(zhuǎn)移5mol電子，根據(jù)電荷守恒可知，可同時處理5mol，其質(zhì)量為，D正確；故選D。11.下列實驗操作對應的實驗現(xiàn)象及解釋或結(jié)論都正確的是選項實驗操作實驗現(xiàn)象解釋或結(jié)論A濃度均為的溶液和溶液中滴加幾滴酚酞試劑前者溶液變淺紅色，后者不變色水解，而不水解B將苯和液溴反應后的氣體直接通入硝酸酸化的AgNO3溶液中產(chǎn)生淡黃色沉淀反應生成了HBrC向2支均盛有的溶液的試管中，分別加入2滴濃度均為的和溶液一支試管無明顯現(xiàn)象，另一支出現(xiàn)紅褐色沉淀<D向兩支分別盛有2mL苯和2mL甲苯的試管中各加入幾滴酸性高錳酸鉀溶液，用力振蕩后者振蕩后褪色側(cè)鏈受苯環(huán)影響，易被氧化A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】濃度均為的溶液和溶液中滴加幾滴酚酞試劑，前者溶液變淺紅色，溶液呈堿性，說明的水解程度大于其電離程度，后者不變色，溶液呈酸性，的電離程度大于水解程度，不能說明不水解，A錯誤；苯和液溴反應后的氣體中含有HBr和揮發(fā)的Br2，Br2通入硝酸酸化的AgNO3溶液中也會產(chǎn)生AgBr沉淀，該現(xiàn)象不能說明反應生成了HBr，B錯誤；向2支均盛有的溶液的試管中，分別加入2滴濃度均為的和溶液，NaOH溶液與溶液反應生成紅褐色的Fe(OH)3沉淀，而過量的NaOH溶液與溶液反應，生成Na[Al(OH)4]無色溶液，因此不能比較和的大小，C錯誤；向兩支分別盛有2mL苯和2mL甲苯的試管中各加入幾滴酸性高錳酸鉀溶液，用力振蕩，后者振蕩后褪色，說明甲苯被酸性高錳酸鉀溶液氧化，而甲烷不能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，說明側(cè)鏈受苯環(huán)影響，易被氧化，D正確；故選D。12.室溫下：，，，。實驗室進行多組實驗測定某些酸、堿、鹽性質(zhì)，相關實驗記錄如下：實驗實驗操作和現(xiàn)象1測定溶液的pH約為82測定HCN與NaOH溶液等體積混合，測得混合溶液的pH>73向NaClO溶液中通入少量的，測得pH降低4向溶液中加入等體積溶液，產(chǎn)生白色沉淀下列所得結(jié)論正確的是A.實驗1溶液中存在：B.由實驗2可得C.實驗3反應的離子方程式：D.實驗4所得上層清液中的【答案】D【解析】由電離常數(shù)可知，弱酸和酸式根離子在溶液中的電離程度為H2CO3＞HClO＞HCO；由實驗1可知，碳酸氫根離子在溶液中的水解趨勢大于電離趨勢，使溶液呈堿性；由實驗2可知，0.10mol?L-1氫氰酸與0.05mol?L-1氫氧化鈉溶液等體積混合后反應得到等濃度的氫氰酸和氰酸鈉的混合溶液，氫氰酸的電離程度小于氰酸根離子的水解程度，使溶液呈堿性。溶液中碳酸氫根離子濃度小于鈉離子濃度，但遠大于碳酸分子濃度；溶液顯堿性，說明碳酸氫根離子在溶液中的水解趨勢大于電離趨勢，故，故A錯誤；由分析可知，實驗2中0.10mol?L-1氫氰酸與0.05mol?L-1氫氧化鈉溶液等體積混合后反應得到等濃度的氫氰酸和氰酸鈉的混合溶液，氫氰酸的電離程度小于氰酸根離子的水解程度，使溶液呈堿性，則氫氰酸的電離常數(shù)Ka（HCN）<，，故B錯誤；由分析可知，弱酸和酸式根離子在溶液中的電離程度為H2CO3＞HClO＞HCO，則次氯酸鈉溶液與少量二氧化碳反應生成碳酸氫鈉和次氯酸，反應的離子方程式為CO2+H2O+ClO-=HCO+HClO，故C錯誤；由題意可知，VL0.01mol/L碳酸鈉溶液和VL0.03mol/L氯化鈣溶液等體積混合反應后溶液中過量的鈣離子濃度為mol/L=0.01mol/L，由碳酸鈣的溶度積可知溶液中碳酸根離子濃度為，故D正確；故選D。13.二氧化碳加氫制甲烷過程中的主要反應如下：反應I

反應II

壓強為101kPa下，在密閉容器中投入1mol和4mol在催化劑作用下發(fā)生反應。平衡時，轉(zhuǎn)化率、產(chǎn)率及另外2種含氫氣體的物質(zhì)的量隨溫度的變化如圖所示。CH4選擇性可表示為。下列說法正確的是A.反應I的、反應II的B.圖中曲線②、曲線④分別表示平衡時物質(zhì)的量、轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化C.圖中P點對應溫度下，平衡時CH4選擇性為88.9%D.450℃之后，溫度升高導致催化劑活性降低，從而導致甲烷平衡產(chǎn)率減小【答案】C【解析】結(jié)合已知信息和圖像可知450℃以前，曲線③和曲線④重疊，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率等于CH4的平衡產(chǎn)率，450℃以后，隨著溫度的升高，曲線③和曲線④不再相等，曲線③隨溫度升高而下降、曲線④先隨溫度升高而下降后隨溫度升高而上升，可知反應Ⅰ為放熱反應，反應Ⅱ為吸熱反應，且高溫時有利于反應Ⅱ，導致升溫時二氧化碳轉(zhuǎn)化率先減小后增大，甲烷的平衡產(chǎn)率降低，曲線③代表的是平衡時CH4的產(chǎn)率隨溫度的變化情況，曲線④代表的是平衡時CO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化情況；p點時2種含氫氣體的物質(zhì)的量均為1.36mol，結(jié)合碳原子守恒含碳物質(zhì)總量為1mol，CH4的物質(zhì)的量不超過1mol，p點以后，溫度高于506°C，升溫不利于反應Ⅰ有利于反應Ⅱ，則導致氫氣含量增大、水蒸氣含量減小，則曲線①為H2物質(zhì)的量隨溫度的變化情況，曲線②代表H2O(g)物質(zhì)的量隨溫度的變化情況。反應I放熱則、反應Ⅱ吸熱則，A錯誤；圖中曲線②、曲線④分別表示平衡時H2O(g)物質(zhì)的量、轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化，B錯誤；圖中P點對應溫度下，反應Ⅰ消耗n(CO2)為xmol，反應Ⅱ消耗n(CO2)為ymol，則生成水蒸氣為(2x+y)mol，消耗氫氣為(4x+y)mol，剩余氫氣為[4-(4x+y)]mol，結(jié)合p點數(shù)據(jù)可以得到，解得，平衡時CH4選擇性為88.9%，C正確；450℃以后，甲烷平衡產(chǎn)率減小的原因是反應Ⅰ和Ⅱ同時發(fā)生，但以反應Ⅱ為主，且催化劑不影響平衡，D錯誤；故選C。二、非選擇題：共4題，共61分。14.一種從石煤灰渣(主要含V2O5、SiO2、Al2O3及Fe2O3等)中提取釩的工藝流程如下：已知：萃取劑(HR)與陽離子的結(jié)合能力：Fe3+>>VO2+>>Al3+>Fe2+；萃取VO2+的原理為2HR+VO2+VOR2+2H+；“中間鹽”中的金屬陽離子均為+3價；含V3+的硫酸鹽難溶于水；Ksp[Al(OH)3]=4×10-34。（1）“酸浸”時，釩主要以的形式進入溶液。為提高浸取率，可采取的措施有___________。(任意寫出兩種)（2）“中間鹽”的一種含釩物質(zhì)為NH4V(SO4)2；“溶解”后，所得溶液中釩主要以VO2+的形式存在。該含釩物質(zhì)“溶解”時發(fā)生反應的離子方程式為___________。（3）“還原”步驟的主要目的是___________。（4）“萃取”前，需調(diào)節(jié)溶液。①已知萃取前溶液中c(Al3+)=0.4mol/L，理論上，為避免產(chǎn)生Al(OH)3沉淀，應調(diào)節(jié)溶液pH小于___________。②實際上，溶液pH也不能過低，其原因是___________。（5）一種V—Ti固溶體儲氫材料經(jīng)充分儲氫后所得晶體的立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。①該晶體中金屬原子與非金屬原子的個數(shù)比為___________。②儲氫材料的性能常用“體積儲氫密度”(1m3儲氫材料可釋放出的體積)來衡量。一定條件下，50%的氫可從上述晶體中釋放出來，且吸放氫引起儲氫材料體積的變化可忽略。設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，的摩爾體積為22.4L/mol，則該儲氫材料的“體積儲氫密度”為___________。(用含a、NA的代數(shù)式表示)【答案】（1）“適當升溫”“攪拌”“將灰渣進一步粉碎”“適當增加酸的濃度”等（2）4NH4V(SO4)2+O2+H2O4VO2++4H++4NH+8SO（3）將轉(zhuǎn)化為，避免影響的萃?。?）①.3②.過低，即濃度過大，會導致萃取反應2HR+VO2+VOR2+2H+的平衡逆向移動，不利于進入有機相（5）①.1：2②.【解析】酸浸時，V2O5、Al2O3及Fe2O3溶于稀硫酸，得到、Fe3+、Al3+，而SiO2不溶于稀硫酸而除去，溶液1中加入(NH4)2SO4固體，得到NH4Al(SO4)2·12H2O，而溶液2中加入添加劑，得到中間鹽，“中間鹽”中一種含釩物質(zhì)為NH4V(SO4)2在熱水、空氣、酸性條件下溶解，“溶解”后，所得溶液中釩主要以VO2+的形式存在，加入鐵粉會將三價鐵離子還原為二價鐵離子，氨水調(diào)節(jié)溶液pH后，經(jīng)萃取、反萃取得到釩溶液，最終得到釩材料，回答下列問題?！拘?詳析】為提高浸取率，可采取的措施有：適當增加酸的濃度、適當提高反應溫度、攪拌、將灰渣進一步粉碎等?！拘?詳析】“中間鹽”的一種含釩物質(zhì)為NH4V(SO4)2；“溶解”后，所得溶液中釩主要以VO2+的形式存在，V元素化合價由+3價上升到+4價，則該過程中O2作為氧化劑，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：4NH4V(SO4)2+O2+H2O4VO2++4H++4+8。【小問3詳析】根據(jù)由題干信息，酸浸后溶液中存在Fe3+且萃取劑(HR)與陽離子的結(jié)合能力：Fe3+>>VO2+>>Al3+>Fe2+，還原步驟的主要目的是將Fe3+還原為Fe2+，以便在后續(xù)的萃取步驟中，萃取劑HR優(yōu)先與VO2+結(jié)合，提高釩的提取效率，所以還原步驟的目的是：將轉(zhuǎn)化為，避免影響的萃取?！拘?詳析】①已知Al(OH)3的溶度積Ksp[Al(OH)3]=4×10-34，溶液中Al3+濃度為0.4mol/L，根據(jù)溶度積公式：Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)c3(OH-)解得：c(OH-)=，c(H+)=10-3mol/L，pH=3，為避免產(chǎn)生Al(OH)3沉淀，pH應小于3；②實際上，溶液pH也不能過低，其原因是過低，即濃度過大，會導致萃取反應2HR+VO2+VOR2+2H+的平衡逆向移動，不利于進入有機相。【小問5詳析】①根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)圖，金屬原子（V和Ti）位于頂點和面心，利用均攤法可知，晶胞中金屬原子共有個，非金屬原子（H）位于體內(nèi)，晶胞中氫原子共有8個，該晶體中金屬原子與非金屬原子的個數(shù)比為4:8=1:2；②該晶胞的體積為a3×10-27m3，該晶胞中含有8個氫原子，50%的氫可從上述晶體中釋放出來，一個晶胞可以釋放出來氫分子個數(shù)為，一個晶胞釋放出來氫氣的物質(zhì)的量為mol，一個晶胞釋放出來的氫氣在標況下的體積為，根據(jù)定義可知，則該儲氫材料的“體積儲氫密度”為。15.I．聚苯乙烯塑料常用于泡沫塑料、家電外殼等，以甲烷為原料合成聚苯乙烯等產(chǎn)品的一種流程如下(部分產(chǎn)物及反應條件略去)：（1）聚苯乙烯分子中碳原子的雜化方式為___________。中的官能團名稱為___________。（2）反應④化學方程式為___________，該反應的反應類型為___________。（3）寫出符合下列條件的乙苯的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：屬于芳香烴且分子中不同化學環(huán)境的氫原子數(shù)比為6：2：1：1___________。II．苯乙烯是一種重要化工原料，以苯乙烯為原料可以制備一系列化工產(chǎn)品，流程如下圖所示。（4）寫出B的結(jié)構(gòu)簡式___________。（5）實現(xiàn)B→C所需的試劑和條件為___________。【答案】（1）①.、②.碳溴鍵（2）①.②.加聚反應（3）（4）（5）Cl2、FeCl3(或Cl2、催化劑)【解析】I．甲烷在催化劑存在的條件下反應生成乙烯，乙烯和苯發(fā)生加成反應生成乙苯，乙苯在一定條件下反應生成苯乙烯，苯乙烯發(fā)生加聚反應生成聚苯乙烯；甲烷一定條件下生成苯，苯和液溴發(fā)生取代反應生成溴苯。II．苯乙烯與水發(fā)生加成反應生成G，苯乙烯與氯氣發(fā)生加成反應生成B，B發(fā)生苯環(huán)上的取代反應生成C，C與氫氣發(fā)生加成反應生成D，D發(fā)生水解反應生成E?！拘?詳析】聚苯乙烯分子中有的碳原子形成4個共價單鍵，有的碳原子形成苯環(huán)，雜化方式有、；中所含官能團為碳溴鍵；【小問2詳析】反應④為苯乙烯發(fā)生加聚反應，化學方程式：；【小問3詳析】乙苯的同分異構(gòu)體屬于芳香烴且分子中不同化學環(huán)境的氫原子數(shù)比為6：2：1：1，說明含2個等效甲基，則符合要求的同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)：；【小問4詳析】根據(jù)分析可知，B結(jié)構(gòu)簡式：；【小問5詳析】根據(jù)分析可知，B→C發(fā)生苯環(huán)上的取代，反應條件為：Cl2、FeCl3(或Cl2、催化劑)。16.水合肼制備方法有多種，實驗室以、NaOH和尿素為原料制備水合肼，再用水合肼處理銅氨溶液并制得銅粉，其實驗過程可表示為：已知：沸點約118℃，具有強還原性。（1）“合成水合肼”用如圖所示裝置。儀器A的名稱是___________，三頸燒瓶中反應的離子方程式是___________。（2）若滴加NaClO與NaOH的混合溶液的速度較快，水合肼的產(chǎn)率會下降，原因是___________。（3）水合肼(N2H4·H2O)產(chǎn)品含量測定步驟：將1.000g樣品配制成100mL溶液，取5mL溶液于錐形瓶中，加入30mL水，再加入適量稀硫酸及NaHCO3固體，用0.1000mol·L-1標準碘溶液滴定至終點，消耗標準碘溶液的體積為16.8mL，計算該產(chǎn)品中水合肼的質(zhì)量分數(shù)___________(寫出計算過程，結(jié)果保留1位小數(shù))。（4）已知：。銅粉沉淀率與水合肼溶液初始濃度的關系如圖所示。請設計由銅氨溶液[主要含有]回收銅粉的實驗方案：取一定體積水合肼溶液，___________，靜置、過濾、洗滌、干燥。(須使用的試劑：硫酸、NaOH固體、銅氨溶液、蒸餾水)【答案】（1）①球形冷凝管②.（2）易被NaClO氧化（3）84%（4）加入等體積蒸餾水稀釋水合肼溶液(或加蒸餾水稀釋水合肼溶液濃度至3.0~3.25mol/L)，加入適量NaOH固體，邊攪拌邊逐滴加入銅氨廢液，加熱使其充分反應，同時用2mol/L硫酸吸收反應中放出的NH3，直至溶液中無氣泡產(chǎn)生，停止滴加【解析】Cl2和NaOH反應生成次氯酸鈉，再加入尿素發(fā)生氧化還原反應生成還原性的水合肼，再用水合肼處理銅氨廢液，還原銅得到銅粉；【小問1詳析】由裝置圖可知，儀器A的名稱是球形冷凝管；三頸燒瓶中次氯酸鈉和尿素堿性條件下發(fā)生反應生成水合肼，產(chǎn)物中碳元素以碳酸根存在，離子方程式是ClO?+CO(NH2)2+2OH?=N2H4?H2O+Cl?+；【小問2詳析】N2H4·H2O具有強還原性，能夠被NaClO氧化，若滴加NaClO與NaOH的混合溶液的速度較快，導致N2H4·H2O被氧化，造成損失，水合肼的產(chǎn)率會下降；【小問3詳析】設5mL溶液中含N2H4·H2O的物質(zhì)的量為xmol；N2H4·H2O反應后生成N2，轉(zhuǎn)移4個電子，I2為氧化劑，反應后轉(zhuǎn)化為I-，轉(zhuǎn)移2個電子，由氧化還原反應得失電子守恒，n(N2H4·H2O)=n(I2)=×0.1mol/L×0.0168L=0.00084mol，產(chǎn)品中水合肼的質(zhì)量分數(shù)=84%；【小問4詳析】由圖可知，水合肼溶液濃度為3.0~3.25mol/L時，銅粉沉淀率最高。設計由銅氨溶液回收銅粉的實驗方案：取一定體積水合肼溶液，加入蒸餾水稀釋溶液至水合肼濃度為3.0~3.25mol/L，加入適量NaOH固體，邊攪拌邊逐滴加入銅氨廢液，加熱使其充分反應，同時用2mol/L硫酸吸收反應中放出的，直至溶液中無氣泡產(chǎn)生，停止滴加，靜置、過濾、洗滌、干燥。17.環(huán)氧乙烷(，簡稱EO)是一種重要的工業(yè)原料和消毒劑。I．乙烯氧化法制環(huán)氧乙烷（1）一定條件下，乙烯與氧氣反應生成環(huán)氧乙烷(EO)和乙醛(CH3CHO，簡稱AA)過程中部分物料與能量變化如圖所示。①中間體OMC生成吸附態(tài)EO(ads)的活化能為___________kJ/mol。②由EO(g)生成AA(g)的熱化學方程式為___________。（2）一定條件下，用Ag作催化劑，氧氣直接氧化乙烯制環(huán)氧乙烷主反應：2CH2=CH2(g)+O2(g)=2EO(g)ΔH=-213.8kJ/mol副反應：C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1323kJ/mol主反應的各基元反應如下：慢快①增大乙烯濃度___________(填“能”或“不能”)顯著提高的生成速率，原因是___________。②實際生產(chǎn)采用220-260℃的可能原因是___________。II．電化學合成環(huán)氧乙烷科學家利用CO2、水合成環(huán)氧乙烷，有利于實現(xiàn)碳中和。總反應為：4CO2+4H2O→2+5O2，該過程在兩個獨立的電解槽中實現(xiàn)，裝置如圖1所示，在電解槽2中利用氯離子介導制備環(huán)氧乙烷，內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖2所示。（3）電解槽1中陰極的電極反應式為___________。（4）圖2虛線框中發(fā)生多個反應，有中間產(chǎn)物HOCH2CH2Cl生成，最終生成環(huán)氧乙烷，其反應過程可描述為___________?！敬鸢浮浚?）①.83②.EO(g)=AA(g)ΔH=-102kJ/mol(或(g)=CH3CHO(g)ΔH=-102kJ/mol)（2）①.不能②.因為乙烯參加的反應為快反應，而整個化學反應的速率取決于慢反應③.溫度低于220℃，反應太慢；溫度高于260℃，催化劑活性降低（3）（4）CH2=CH2+HOCl→HOCH2CH2Cl，HOCH2CH2Cl+OH-→+H2O+Cl-。(語言描述或用化學方程式表達均可)【解析】【小問1詳析】①中間體OMC生成吸附態(tài)EO(ads)的活化能為(176-93)kJ/mol=83kJ/mol；②根據(jù)圖中相對能量，由EO(g)生成AA(g)的熱化學方程式為EO(g)=AA(g)ΔH=生成物總能量-反應物總能量=-219-（-117）=-102kJ/mol；【小問2詳析】①因為乙烯參加的反應為快反應（），而整個化學反應的速率取決于慢反應，所以增大乙烯濃度不能能對慢反應有較大影響，故不能顯著提高的生成速率；②實際生產(chǎn)采用220－260℃的可能原因是溫度低于220℃，反應速率太慢，生產(chǎn)的效率低；反應需要用催化劑，溫度高于260℃時，催化劑活性降低；【小問3詳析】電解槽I中與電源負極相連的為陰極，陰極區(qū)CO2得電子被還原為C2H4，電極反應式為：；【小問4詳析】由圖可知，乙烯和HOCl發(fā)生加成反應生成中間產(chǎn)物HOCH2CH2Cl，HOCH2CH2Cl在堿性條件下自身脫去兩端的H和Cl原子，發(fā)生成環(huán)反應得到環(huán)氧乙烷和水和Cl-，其反應過程可描述為CH2=CH2+HOCl→HOCH2CH2Cl，HOCH2CH2Cl+OH-→+H2O+Cl-。江蘇省南京市六校聯(lián)合體2024-2025學年高二下學期3月聯(lián)合調(diào)研可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16Na23Cl35.5一、單項選擇題：共13小題，每題3分，共39分。每題只有一個選項最符合題意。1.化學與生產(chǎn)、生活、環(huán)境等密切相關。下列有關說法不正確的是A.可燃冰(CH4·8H2O)中CH4與H2O存在分子間氫鍵B.中國天眼(FAST)使用的SiC是新型無機非金屬材料C.聚乙炔可用于制備導電高分子材料D.大力開發(fā)利用化石能源不利于實現(xiàn)“碳中和”【答案】A【解析】可燃冰（CH4·8H2O）中，水分子之間通過氫鍵結(jié)合，但甲烷分子與水分子之間的作用力是范德華力，而非氫鍵，氫鍵需要高電負性原子（如O、N、F）與H直接結(jié)合，而CH4中的C電負性較弱，無法形成氫鍵，A錯誤；中國天眼(FAST)使用的SiC是新型無機非金屬材料，具有高強度、耐高溫等特性，B正確；聚乙炔經(jīng)摻雜后可導電，是典型的導電高分子材料，C正確；化石能源的使用會釋放大量CO?，不利于實現(xiàn)“碳中和”目標，D正確；故選A。2.反應可用于處理不慎沾到皮膚上的白磷。下列說法正確的是A.分子中的鍵角為109°28′B.的空間構(gòu)型為直線形C.的結(jié)構(gòu)示意圖為D.基態(tài)的價層電子排布式為【答案】C【解析】分子空間構(gòu)型為正四面體形，所有磷原子均位于正四面體的頂點，鍵角為60°，A錯誤；分子中心原子O價層電子對數(shù)：，含2對孤電子對，空間結(jié)構(gòu)為V形，B錯誤；S的原子序數(shù)為16，S2-的核外電子數(shù)為18，表示的結(jié)構(gòu)示意圖，C正確；Cu原子序數(shù)29，基態(tài)的價層電子排布式為，D錯誤；答案選C。3.下列實驗裝置及相應說法正確的是A.圖A中甲烷和氯氣在光照條件下反應生成的混合氣體能使?jié)駶櫟乃{色石蕊試紙變紅，說明CH3Cl是酸性氣體B.圖B用于實驗室制備硝基苯，實驗觀察到燒杯底部有黃色油狀物質(zhì)生成，是因為硝基苯中溶有少量NO2C.圖C用于除去甲烷中的乙烯雜質(zhì)D.圖D中收集的氣體可以使溴水褪色，說明生成了乙炔【答案】B【解析】甲烷與氯氣在光照條件下反應生成的氣體有一氯甲烷和氯化氫，使?jié)駶櫟氖镌嚰堊兗t的氣體為氯化氫，一氯甲烷為非電解質(zhì)，A錯誤；燒杯底部有黃色油狀物質(zhì)生成，是因為硝基苯中溶有少量NO2，可加入NaOH溶液，B正確；高錳酸鉀氧化乙烯生成二氧化碳氣體，引入新雜質(zhì)，C錯誤；反應中生成硫化氫等雜質(zhì)氣體也能使溴水褪色，干擾乙炔檢驗，D錯誤；故選B。4.X、Y、Z、W是四種短周期主族元素，且原子序數(shù)依次增大。X的基態(tài)原子的2p能級中未成對電子數(shù)與成對電子數(shù)相等，Y的焰色反應為黃色，W是地殼中含量最多的金屬元素，Z與X形成的化合物的晶胞如圖。下列說法正確的是A.簡單離子的半徑：Y>Z>XB.ZX的晶胞中距離X2-最近的Z2+有4個C.第一電離能：I1(W)>I1(Z)>I1(Y)D.最高價氧化物對應水化物的堿性：Y>Z>W【答案】D【解析】X的基態(tài)原子的2p能級中未成對電子數(shù)與成對電子數(shù)相等，2p能級有4個電子，所以X是O元素；Y的焰色反應為黃色，Y是Na元素；W是地殼中含量最多的金屬元素，W是Al元素；Z與X（O）形成化合物，從晶胞看Z為+2價，且原子序數(shù)介于Na和Al之間，所以Z是Mg元素。電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，、、電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)O＜Na＜Mg，離子半徑，即X＞Y＞Z，A錯誤；在MgO晶胞中，以體心Mg2+為例，距離Mg2+最近的O2-有6個(6個面面心O2-），兩者配位數(shù)之比為1：1，則距離最近的有6個，B錯誤；同周期主族元素從左到右第一電離能呈增大趨勢，但ⅡA族元素的第一電離能大于同周期的鄰位元素，第一電離能，即，C錯誤；元素的金屬性越強，其最高價氧化物對應水化物的堿性越強，金屬性Na＞Mg＞Al，所以最高價氧化物對應水化物的堿性，即Y＞Z＞W(wǎng)，D正確；故答案是D。閱讀下列材料，完成下面小題第四周期過渡元素形成的化合物具有重要作用。黃銅礦(CuFeS2)用Fe2(SO4)3溶液浸泡后生成單質(zhì)硫，所得CuSO4溶液可用于制取納米Cu2O，Cu2O能與酸發(fā)生反應。CuOx-TiO2可用于低溫下催化氧化HCHO：HCHO(g)+O2(g)CO2(g)+H2O(l)，CoCl3具有強氧化性，與鹽酸反應生成氯氣。由NaNO2、Co(NO3)2、H2O2和CH3COOH反應制備的配合物Na3[Co(NO2)6]可應用于K+的鑒定。5.下列說法正確的是A.Ni位于元素周期表的ds區(qū)B.NO和NO中N原子均采取sp2雜化C.1mol[Co(NO2)6]3-中含有12molσ鍵D.某固體灼燒時透過藍色鈷玻璃觀察焰色為紫色則說明一定是鉀鹽6.下列化學反應方程式表示正確的是A.CuFeS2和Fe2(SO4)3溶液反應：CuFeS2+4Fe3+=Cu2++2S+5Fe2+B.Cu2O與稀硫酸反應：Cu2O+2H+=2Cu2++H2OC.Co(OH)3與足量鹽酸反應：Co(OH)3+3H+=Co3++3H2OD.制備Na3[Co(NO2)6]的反應：12NO+2Co2++H2O2+2H+=2[Co(NO2)6]3-+2H2O7.下列有關物質(zhì)性質(zhì)和用途的說法，正確的是A.金屬銅加工前，可用硝酸處理其表面的氧化物B.FeCl3溶液具有酸性，可以腐蝕銅箔制造印刷電路板C.CoCl3具有強氧化性，可用作干燥劑D.鈦合金具有高強度和低密度的特性，被廣泛應用于飛機機身結(jié)構(gòu)件【答案】5.B6.A7.D【解析】5．Ni原子序數(shù)28，價電子排布：，位于元素周期表d區(qū)，A錯誤；中心原子N價層電子對數(shù)：，為雜化；中心原子N價層電子對數(shù)：，為雜化，B正確；中含有2個σ鍵，配位鍵是特殊共價鍵，可知1mol中含有2×6+6=18molσ鍵，C錯誤；灼燒時火焰呈現(xiàn)紫色的物質(zhì)可能是鉀鹽，也可能是KOH，D錯誤；故選B；6．溶液和反應，生成Fe2+、Cu2+和S，離子方程式為：，A正確；溶于稀硫酸發(fā)生歧化反應，離子方程式為：，B錯誤；Co3+具有強氧化性，可與鹽酸反應生成氯氣，故與足量鹽酸反應生成Cl2和Co2+，化學方程式為：，C錯誤；制備的離子方程式中醋酸要保留化學式，離子方程式為：，D錯誤；故選A；7．硝酸具有強氧化性，能與銅能發(fā)生氧化還原反應，腐蝕銅，故不能用硝酸酸洗金屬銅，A錯誤；FeCl3溶液具有氧化性，，可以腐蝕銅箔制造印刷電路板，B錯誤；CoCl3具有強氧化性，可用作氧化劑，C錯誤；金屬鈦具有良好的耐高低溫、抗酸堿、高強度和低密度等優(yōu)良特性，廣泛應用于航空航天、醫(yī)療器械等領域，D正確；故選D。8.現(xiàn)代科學對綠原酸的研究已深入到多個領域。綠原酸具有廣泛的生物活性和抗氧化性，易溶于低級醇、極微溶于乙酸乙酯。實驗室從金銀花中提取綠原酸的主要流程如圖所示。下列說法正確的是A.“醇浸”是利用甲醇和乙醇的混合液蒸餾金銀花中的綠原酸B.“超濾”所需儀器和用品有錐形瓶、漏斗、玻璃棒和濾紙C.可通過質(zhì)譜法測定綠原酸的分子的鍵長、鍵角D.“減壓蒸餾”可加快蒸餾速率，防止綠原酸被氧化【答案】D【解析】由實驗流程可知，醇浸為固液萃取，超濾是以壓力為推動力的膜分離技術，實現(xiàn)大分子與小分子的分離，從而分離出濾渣含蛋白質(zhì)等大分子，對綠原酸的醇溶液加入乙酸乙酯后，減壓蒸餾可使液體在較低溫度下氣化，加快蒸餾速率，可防止綠原酸因蒸餾時間過長而被氧化，以此來解答?！按冀笔抢眉状己鸵掖嫉幕旌弦狠腿〗疸y花中的綠原酸，為固液萃取，故A錯誤；“超濾”是以壓力為推動力的膜分離技術，實現(xiàn)大分子與小分子的分離，不需要濾紙，需分離膜，故B錯誤；由質(zhì)譜法中的最大質(zhì)荷比，可知綠原酸的相對分子質(zhì)量，故C錯誤；“減壓蒸餾”可使液體在較低溫度下氣化，加快蒸餾速率，防止綠原酸被氧化，故D正確；故選D。9.奧司他韋具有抗病毒的生物學活性，結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，下列關于奧司他韋的說法不正確的是A.分子中含有3個手性碳原子B.分子結(jié)構(gòu)中的含氧官能團有酯基、醚鍵和酮羰基C.能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色D.分子中所有原子不可能共平面【答案】B【解析】手性碳原子是指與四個各不相同原子或基團相連的碳原子，六元環(huán)中連有氨基、酰胺基、醚鍵氧原子的碳原子均為手性碳原子，A正確；由結(jié)構(gòu)簡式可知，分子中含氧官能團有酯基、酰胺基、醚鍵，B錯誤；分子結(jié)構(gòu)中含有碳碳雙鍵，可以與溴發(fā)生加成反應，碳碳雙鍵能被酸性KMnO4溶液氧化，故該物質(zhì)能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，C正確；該有機物中含有甲基，分子中所有原子不可能共平面，D正確；故選B。10.用如圖所示的新型電池可以處理含的堿性廢水，同時還可以淡化海水。下列說法正確的是A.a極電極反應式：B.電池工作一段時間后，右室溶液的減小C.交換膜Ⅰ為陽離子交換膜，交換膜Ⅱ為陰離子交換膜D.若將含有的廢水完全處理，理論上可除去的質(zhì)量為【答案】D【解析】由圖可知，a電極在堿性條件下失去電子生成氮氣，電極反應為，a為負極，則b為正極，電極反應為：2H++2e-=H2↑，以此解題。由分析可知，a極電極反應式：，A錯誤；由分析可知，b為正極，電極反應為：2H++2e-=H2↑，則消耗氫離子，pH增大，B錯誤；由A分析可知，a電極附近負電荷減少，則陰離子通過交換膜Ⅰ向左移動，由B分析可知，b電極附近正電荷減少，則陽離子通過交換膜Ⅱ向右移動，C錯誤；的物質(zhì)的量為1mol，根據(jù)選項A分析可知，消耗1molCN-時轉(zhuǎn)移5mol電子，根據(jù)電荷守恒可知，可同時處理5mol，其質(zhì)量為，D正確；故選D。11.下列實驗操作對應的實驗現(xiàn)象及解釋或結(jié)論都正確的是選項實驗操作實驗現(xiàn)象解釋或結(jié)論A濃度均為的溶液和溶液中滴加幾滴酚酞試劑前者溶液變淺紅色，后者不變色水解，而不水解B將苯和液溴反應后的氣體直接通入硝酸酸化的AgNO3溶液中產(chǎn)生淡黃色沉淀反應生成了HBrC向2支均盛有的溶液的試管中，分別加入2滴濃度均為的和溶液一支試管無明顯現(xiàn)象，另一支出現(xiàn)紅褐色沉淀<D向兩支分別盛有2mL苯和2mL甲苯的試管中各加入幾滴酸性高錳酸鉀溶液，用力振蕩后者振蕩后褪色側(cè)鏈受苯環(huán)影響，易被氧化A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】濃度均為的溶液和溶液中滴加幾滴酚酞試劑，前者溶液變淺紅色，溶液呈堿性，說明的水解程度大于其電離程度，后者不變色，溶液呈酸性，的電離程度大于水解程度，不能說明不水解，A錯誤；苯和液溴反應后的氣體中含有HBr和揮發(fā)的Br2，Br2通入硝酸酸化的AgNO3溶液中也會產(chǎn)生AgBr沉淀，該現(xiàn)象不能說明反應生成了HBr，B錯誤；向2支均盛有的溶液的試管中，分別加入2滴濃度均為的和溶液，NaOH溶液與溶液反應生成紅褐色的Fe(OH)3沉淀，而過量的NaOH溶液與溶液反應，生成Na[Al(OH)4]無色溶液，因此不能比較和的大小，C錯誤；向兩支分別盛有2mL苯和2mL甲苯的試管中各加入幾滴酸性高錳酸鉀溶液，用力振蕩，后者振蕩后褪色，說明甲苯被酸性高錳酸鉀溶液氧化，而甲烷不能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，說明側(cè)鏈受苯環(huán)影響，易被氧化，D正確；故選D。12.室溫下：，，，。實驗室進行多組實驗測定某些酸、堿、鹽性質(zhì)，相關實驗記錄如下：實驗實驗操作和現(xiàn)象1測定溶液的pH約為82測定HCN與NaOH溶液等體積混合，測得混合溶液的pH>73向NaClO溶液中通入少量的，測得pH降低4向溶液中加入等體積溶液，產(chǎn)生白色沉淀下列所得結(jié)論正確的是A.實驗1溶液中存在：B.由實驗2可得C.實驗3反應的離子方程式：D.實驗4所得上層清液中的【答案】D【解析】由電離常數(shù)可知，弱酸和酸式根離子在溶液中的電離程度為H2CO3＞HClO＞HCO；由實驗1可知，碳酸氫根離子在溶液中的水解趨勢大于電離趨勢，使溶液呈堿性；由實驗2可知，0.10mol?L-1氫氰酸與0.05mol?L-1氫氧化鈉溶液等體積混合后反應得到等濃度的氫氰酸和氰酸鈉的混合溶液，氫氰酸的電離程度小于氰酸根離子的水解程度，使溶液呈堿性。溶液中碳酸氫根離子濃度小于鈉離子濃度，但遠大于碳酸分子濃度；溶液顯堿性，說明碳酸氫根離子在溶液中的水解趨勢大于電離趨勢，故，故A錯誤；由分析可知，實驗2中0.10mol?L-1氫氰酸與0.05mol?L-1氫氧化鈉溶液等體積混合后反應得到等濃度的氫氰酸和氰酸鈉的混合溶液，氫氰酸的電離程度小于氰酸根離子的水解程度，使溶液呈堿性，則氫氰酸的電離常數(shù)Ka（HCN）<，，故B錯誤；由分析可知，弱酸和酸式根離子在溶液中的電離程度為H2CO3＞HClO＞HCO，則次氯酸鈉溶液與少量二氧化碳反應生成碳酸氫鈉和次氯酸，反應的離子方程式為CO2+H2O+ClO-=HCO+HClO，故C錯誤；由題意可知，VL0.01mol/L碳酸鈉溶液和VL0.03mol/L氯化鈣溶液等體積混合反應后溶液中過量的鈣離子濃度為mol/L=0.01mol/L，由碳酸鈣的溶度積可知溶液中碳酸根離子濃度為，故D正確；故選D。13.二氧化碳加氫制甲烷過程中的主要反應如下：反應I

反應II

壓強為101kPa下，在密閉容器中投入1mol和4mol在催化劑作用下發(fā)生反應。平衡時，轉(zhuǎn)化率、產(chǎn)率及另外2種含氫氣體的物質(zhì)的量隨溫度的變化如圖所示。CH4選擇性可表示為。下列說法正確的是A.反應I的、反應II的B.圖中曲線②、曲線④分別表示平衡時物質(zhì)的量、轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化C.圖中P點對應溫度下，平衡時CH4選擇性為88.9%D.450℃之后，溫度升高導致催化劑活性降低，從而導致甲烷平衡產(chǎn)率減小【答案】C【解析】結(jié)合已知信息和圖像可知450℃以前，曲線③和曲線④重疊，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率等于CH4的平衡產(chǎn)率，450℃以后，隨著溫度的升高，曲線③和曲線④不再相等，曲線③隨溫度升高而下降、曲線④先隨溫度升高而下降后隨溫度升高而上升，可知反應Ⅰ為放熱反應，反應Ⅱ為吸熱反應，且高溫時有利于反應Ⅱ，導致升溫時二氧化碳轉(zhuǎn)化率先減小后增大，甲烷的平衡產(chǎn)率降低，曲線③代表的是平衡時CH4的產(chǎn)率隨溫度的變化情況，曲線④代表的是平衡時CO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化情況；p點時2種含氫氣體的物質(zhì)的量均為1.36mol，結(jié)合碳原子守恒含碳物質(zhì)總量為1mol，CH4的物質(zhì)的量不超過1mol，p點以后，溫度高于506°C，升溫不利于反應Ⅰ有利于反應Ⅱ，則導致氫氣含量增大、水蒸氣含量減小，則曲線①為H2物質(zhì)的量隨溫度的變化情況，曲線②代表H2O(g)物質(zhì)的量隨溫度的變化情況。反應I放熱則、反應Ⅱ吸熱則，A錯誤；圖中曲線②、曲線④分別表示平衡時H2O(g)物質(zhì)的量、轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化，B錯誤；圖中P點對應溫度下，反應Ⅰ消耗n(CO2)為xmol，反應Ⅱ消耗n(CO2)為ymol，則生成水蒸氣為(2x+y)mol，消耗氫氣為(4x+y)mol，剩余氫氣為[4-(4x+y)]mol，結(jié)合p點數(shù)據(jù)可以得到，解得，平衡時CH4選擇性為88.9%，C正確；450℃以后，甲烷平衡產(chǎn)率減小的原因是反應Ⅰ和Ⅱ同時發(fā)生，但以反應Ⅱ為主，且催化劑不影響平衡，D錯誤；故選C。二、非選擇題：共4題，共61分。14.一種從石煤灰渣(主要含V2O5、SiO2、Al2O3及Fe2O3等)中提取釩的工藝流程如下：已知：萃取劑(HR)與陽離子的結(jié)合能力：Fe3+>>VO2+>>Al3+>Fe2+；萃取VO2+的原理為2HR+VO2+VOR2+2H+；“中間鹽”中的金屬陽離子均為+3價；含V3+的硫酸鹽難溶于水；Ksp[Al(OH)3]=4×10-34。（1）“酸浸”時，釩主要以的形式進入溶液。為提高浸取率，可采取的措施有___________。(任意寫出兩種)（2）“中間鹽”的一種含釩物質(zhì)為NH4V(SO4)2；“溶解”后，所得溶液中釩主要以VO2+的形式存在。該含釩物質(zhì)“溶解”時發(fā)生反應的離子方程式為___________。（3）“還原”步驟的主要目的是___________。（4）“萃取”前，需調(diào)節(jié)溶液。①已知萃取前溶液中c(Al3+)=0.4mol/L，理論上，為避免產(chǎn)生Al(OH)3沉淀，應調(diào)節(jié)溶液pH小于___________。②實際上，溶液pH也不能過低，其原因是___________。（5）一種V—Ti固溶體儲氫材料經(jīng)充分儲氫后所得晶體的立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。①該晶體中金屬原子與非金屬原子的個數(shù)比為___________。②儲氫材料的性能常用“體積儲氫密度”(1m3儲氫材料可釋放出的體積)來衡量。一定條件下，50%的氫可從上述晶體中釋放出來，且吸放氫引起儲氫材料體積的變化可忽略。設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，的摩爾體積為22.4L/mol，則該儲氫材料的“體積儲氫密度”為___________。(用含a、NA的代數(shù)式表示)【答案】（1）“適當升溫”“攪拌”“將灰渣進一步粉碎”“適當增加酸的濃度”等（2）4NH4V(SO4)2+O2+H2O4VO2++4H++4NH+8SO（3）將轉(zhuǎn)化為，避免影響的萃取（4）①.3②.過低，即濃度過大，會導致萃取反應2HR+VO2+VOR2+2H+的平衡逆向移動，不利于進入有機相（5）①.1：2②.【解析】酸浸時，V2O5、Al2O3及Fe2O3溶于稀硫酸，得到、Fe3+、Al3+，而SiO2不溶于稀硫酸而除去，溶液1中加入(NH4)2SO4固體，得到NH4Al(SO4)2·12H2O，而溶液2中加入添加劑，得到中間鹽，“中間鹽”中一種含釩物質(zhì)為NH4V(SO4)2在熱水、空氣、酸性條件下溶解，“溶解”后，所得溶液中釩主要以VO2+的形式存在，加入鐵粉會將三價鐵離子還原為二價鐵離子，氨水調(diào)節(jié)溶液pH后，經(jīng)萃取、反萃取得到釩溶液，最終得到釩材料，回答下列問題。【小問1詳析】為提高浸取率，可采取的措施有：適當增加酸的濃度、適當提高反應溫度、攪拌、將灰渣進一步粉碎等?！拘?詳析】“中間鹽”的一種含釩物質(zhì)為NH4V(SO4)2；“溶解”后，所得溶液中釩主要以VO2+的形式存在，V元素化合價由+3價上升到+4價，則該過程中O2作為氧化劑，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：4NH4V(SO4)2+O2+H2O4VO2++4H++4+8?！拘?詳析】根據(jù)由題干信息，酸浸后溶液中存在Fe3+且萃取劑(HR)與陽離子的結(jié)合能力：Fe3+>>VO2+>>Al3+>Fe2+，還原步驟的主要目的是將Fe3+還原為Fe2+，以便在后續(xù)的萃取步驟中，萃取劑HR優(yōu)先與VO2+結(jié)合，提高釩的提取效率，所以還原步驟的目的是：將轉(zhuǎn)化為，避免影響的萃取?！拘?詳析】①已知Al(OH)3的溶度積Ksp[Al(OH)3]=4×10-34，溶液中Al3+濃度為0.4mol/L，根據(jù)溶度積公式：Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)c3(OH-)解得：c(OH-)=，c(H+)=10-3mol/L，pH=3，為避免產(chǎn)生Al(OH)3沉淀，pH應小于3；②實際上，溶液pH也不能過低，其原因是過低，即濃度過大，會導致萃取反應2HR+VO2+VOR2+2H+的平衡逆向移動，不利于進入有機相。【小問5詳析】①根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)圖，金屬原子（V和Ti）位于頂點和面心，利用均攤法可知，晶胞中金屬原子共有個，非金屬原子（H）位于體內(nèi)，晶胞中氫原子共有8個，該晶體中金屬原子與非金屬原子的個數(shù)比為4:8=1:2；②該晶胞的體積為a3×10-27m3，該晶胞中含有8個氫原子，50%的氫可從上述晶體中釋放出來，一個晶胞可以釋放出來氫分子個數(shù)為，一個晶胞釋放出來氫氣的物質(zhì)的量為mol，一個晶胞釋放出來的氫氣在標況下的體積為，根據(jù)定義可知，則該儲氫材料的“體積儲氫密度”為。15.I．聚苯乙烯塑料常用于泡沫塑料、家電外殼等，以甲烷為原料合成聚苯乙烯等產(chǎn)品的一種流程如下(部分產(chǎn)物及反應條件略去)：（1）聚苯乙烯分子中碳原子的雜化方式為___________。中的官能團名稱為___________。（2）反應④化學方程式為___________，該反應的反應類型為___________。（3）寫出符合下列條件的乙苯的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：屬于芳香烴且分子中不同化學環(huán)境的氫原子數(shù)比為6：2：1：1___________。II．苯乙烯是一種重要化工原料，以苯乙烯為原料可以制備一系列化工產(chǎn)品，流程如下圖所示。（4）寫出B的結(jié)構(gòu)簡式___________。（5）實現(xiàn)B→C所需的試劑和條件為___________?！敬鸢浮浚?）①.、②.碳溴鍵（2）①.②.加聚反應（3）（4）（5）Cl2、FeCl3(或Cl2、催化劑)【解析】I．甲烷在催化劑存在的條件下反應生成乙烯，乙烯和苯發(fā)生加成反應生成乙苯，乙苯在一定條件下反應生成苯乙烯，苯乙烯發(fā)生加聚反應生成聚苯乙烯；甲烷一定條件下生成苯，苯和液溴發(fā)生取代反應生成溴苯。II．苯乙烯與水發(fā)生加成反應生成G，苯乙烯與氯氣發(fā)生加成反應生成B，B發(fā)生苯環(huán)上的取代反應生成C，C與氫氣發(fā)生加成反應生成D，D發(fā)生水解反應生成E。【小問1詳析】聚苯乙烯分子中有的碳原子形成4個共價單鍵，有的碳原子形成苯環(huán)，雜化方式有、；中所含官能團為碳溴鍵；【小問2詳析】反應④為苯乙烯發(fā)生加聚反應，化學方程式：；【小問3詳析】乙苯的同分異構(gòu)體屬于芳香烴且分子中不同化學環(huán)境的氫原子數(shù)比為6：2：1：1，說明含2個等效甲基，則符合要求的同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)：；【小問4詳析】根據(jù)分析可知，B結(jié)構(gòu)簡式：；【小問5詳析】根據(jù)分析可知，B→C發(fā)生苯環(huán)上的取代，反應條件為：Cl2、FeCl3(或Cl2、催化劑)。16.水合肼制備方法有多種，實驗室以、NaOH和尿素為原料制備水合肼，再用水合肼處理銅氨溶液并制得銅粉，其實驗過程可表示為：已知：沸點約118℃，具有強還原性。（1）“合成水合肼”用如圖所示裝置。儀器A的名稱是___________，三頸燒瓶中反應的離子方程式是___________。（2）若滴加NaClO與NaOH的混合溶液的速度較快，水合肼的產(chǎn)率會下降，原因是___________。（3）水合肼(N2H4·H2O)產(chǎn)品含量測定步驟：將1.000g樣品配制成100mL溶液，取5mL溶液于錐形瓶中，加