广东省汕头市2023-2024学年高三上学期12月期中考试化学试卷

广东省汕头市2023-2024学年高三上学期12月期中考试化学试卷一、单项选择题：本题共16小题，共44分。(1-10题每小题2分，共20分；11-16题每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合要求。)1．汕头积极打造非遗传承城市名片。下列有关非遗传承物质主要成分为硅酸盐的是（）ABCD剪纸内画抽纱木雕A．A B．B C．C D．D2．2023年10月1日，汕头举办国庆花车巡游，助力经济发展。下列有关说法错误的是（）A．“蜈蚣舞”表演时燃放的烟火发生化学变化B．“布马舞”表演者所用的尼龙挂绳，主要成分为合成纤维C．“双咬鹅舞”表演时所用的鹅毛扇，主要成分为蛋白质D．潮剧表演者所穿的丝绸戏服，主要成分为纤维素3．下列图示或化学用语错误的是（）A．原子核内有8个中子的碳原子：6B．NaClO的电子式：C．H2OD．顺-2-丁烯的球棍模型：4．2023年我国科技取得新突破，实现“上天、入海、探月”。下列有关说法错误的是（）A．“C919”国产大飞机实现商飞，其中使用的铝锂合金具有硬度大，质量轻等优点B．“天问一号”火星探测器太阳能电池板含有硅元素，其中单晶硅为原子晶体C．“爱达魔都号”首艘国产大型邮轮下水，邮轮常用镶嵌铜块的方法来防止轮船外壳被海水腐蚀D．“人造太阳”的研究成功为我们的探月工程提供能源保障，其中3He与35．化学品是生活中必不可缺的物质，下列有关说法错误的是（）A．食品中添加适量亚硝酸钠，可起到抗氧化、防腐作用B．明矾具有强氧化性，可用作消毒剂、净水剂C．植物油中含有碳碳不饱和键，硬化后可用于生产人造奶油D．过量服用阿司匹林引起酸中毒后，可静脉注射NaHCO6．用下列实验装置能达到相关实验目的的是（）ABCD实验装置实验目的配制0.1mol·L-1NaCl溶液除去Fe(OH)3胶体中的NaCl溶液实验室灼烧干海带收集NH3并吸收尾气A．A B．B C．C D．D7．生产生活中蕴含丰富的化学知识，下列项目与所述化学知识没有关联的是（）选项项目化学知识A工厂用铁罐车运输浓硝酸浓硝酸见光易分解B液氨用作制冷剂NHC往薯片包装袋内充入氮气N2D将冰置于室温下，自动融化为水冰融化成水时熵值增大A．A B．B C．C D．D8．部分含氯物质分类与相应化合价关系如图，c、d、f均为钠盐，下列推断不合理的是（）A．b在化学反应中既能被氧化，也能被还原B．电解饱和c溶液可得到钠单质C．可实现a→d→e的转化D．f的阴离子空间构型为三角锥形9．在澄清透明的酸性溶液中。下列离子能共存的是（）A．Cu2+、SO42−、Na+、NO3C．Fe3+、OH−、Mg2+、SO42−10．维生素D含量越高，老年大脑的认知功能越好。目前已知的维生素D至少有10种分子，维生素D3是其中重要的一种(结构如图)，下列有关说法正确的是（）A．D3不存在手性碳原子B．D3易溶于水，可溶解于水中服用C．D3可与溴水发生取代反应使其褪色D．D3分子中虚线框内所含碳原子可能共平面11．实验小组按如图装置进行实验，制备并探究SOA．试管内制备SO2B．②处观察到淡黄色固体生成，说明SOC．①、③处均可观察到颜色褪去，但褪色原理不相同D．④处NaOH溶液可吸收多余的S12．三氯化氮可用于漂白，发生反应：2NCl3+3A．NClB．生成28gN2时，反应转移的电子数目为6C．标准状况下，33.6LHCl气体中含有H+数目为1.5ND．1L1mol/LHClO溶液中含有ClO−13．下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且两者存在因果关系的是（）选项陈述Ⅰ陈述ⅡA将稀硝酸加入过量铁粉中充分反应后，滴加KSCN溶液后无明显现象稀硝酸有氧化性，只能将Fe氧化为FB已知反应H2改变压强可使化学平衡发生移动C用熟石灰处理酸性废水熟石灰中含有CD用pH计测定相同浓度的Na2S比较酸性：HA．A B．B C．C D．D14．已知短周期元素A～G的原子序数与最高正价或最低负价的关系如图所示，下列有关说法正确的是（）A．元素电负性：B>C>AB．氢化物沸点：B>F>G>CC．D、E、G的最高价氧化物对应水化物间能相互反应D．C与D形成的化合物只含有离子键15．NOx的排放来自汽车尾气，研究利用反应A．若能测得反应产生22gCOB．达到平衡后增大活性炭的用量，平衡不移动C．在950K～1000K之间，化学反应速率：vD．1050K时，反应的化学平衡常数K16．“双极膜组”电渗析法可以实现含盐废水资源的循环利用。工业上也利用该方法实现海水的淡化，同时获得两种气体和副产品A、B．其工作原理如图所示，工作时，H2O在双极BP膜界面处被催化解离成H+A．Y电极为阴极，电极反应式为2B．M膜为阳离子交换膜，NaC．每消耗58.5gNaCl，理论上获得副产品A和B各1molD．“双极膜组”电渗析法也可应用于从KNO3二、非选择题：本题共4道大题，每道大题14分，共56分。请考生根据要求认真做答。17．以FeCl（1）Ⅰ.金属与FeCl装置序号金属现象及产物检验ⅰ镁条立即产生大量气体，溶液颜色变红棕色；片刻后气泡减少，金属表面产生红褐色沉淀。ⅱ锌粒开始时无明显气泡，半分钟后有气体产生，溶液颜色慢慢加深；一段时间后，金属表面产生红棕色沉淀ⅲ铜粉无气体产生，溶液逐渐变为蓝绿色；配制FeCl3溶液，需要FeCl（2）根据实验ⅰ中的现象，推测红褐色液体为胶体，通过可以快速判断其是否为胶体。（3）FeCl3溶液与Cu反应的离子方程式为，实验ⅰ和ⅱ均先有气体生成，后有溶液颜色的变化，甲同学认为产生该现象的原因可能是此实验条件下氧化性：H+>Fe（4）Ⅱ.Na2S取红棕色溶液少许，加入K3[Fe(CN)6]，产生蓝色沉淀，推测FeC（5）另取红棕色溶液少许，检测其为胶体，向其中继续滴加Na2S（6）结合(4)、(5)，推测FeCl3溶液与Na2SA．复分解B．双水解C．置换D．氧化还原18．五氧化二钒(V2O5)广泛用作合金添加剂及有机化工催化剂。从废钒催化剂(含有V2O5、VOSO已知：①NH②常温下，部分含钒物质在水中的溶解性见下表；物质VVOS(VN溶解性难溶可溶易溶难溶③＋5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系见下表；pH<66～88～1010～12主要离子VVVV回答下列问题：（1）“一系列操作”包括过滤、洗涤、干燥等，洗涤时最好选用的试剂为____(填字母)。A．冷水 B．热水 C．乙醇 D．NaOH溶液（2）“中和”时调节pH为7的目的，一是将VO2+转化为V（3）“沉钒”前需将溶液先进行“离子交换”和“洗脱”，再加入(NH4)2CO3生成N（4）“沉钒”析出的NH4VO3（5）写出“煅烧”中发生反应的化学方程式。（6）钒(V)的某种氧化物的晶胞结构如图所示。该晶体的化学式为。19．我国CO（1）铜基催化剂制甲醇其主要反应如下：Ⅰ.CO2合成甲醇：CO2Ⅱ.逆水煤气反应：CO2(g)+HⅢ.成气合成甲醇：CO(g)+2H2(g)⇌CH回答下列问题：①基态Cu2+的3d电子轨道表示式为②ΔH3=kJ⋅mol−1，K3（2）若T1时将6molCO2和8molH2充入容积为2L的密闭容器中只发生反应Ⅰ：物质的量/molT1T205min10min15min20min25min30minH8.03.52.02.01.71.51.5①在T1℃条件下5-10min内，以CO2表示的该反应速率v(CO②下列说法正确的是。A．TB．混合气体的密度保持不变时，说明反应Ⅰ已达到平衡C．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡正向移动D．加入适当催化剂，可加快反应速率（3）某研究小组对催化剂材料进行了研究。下列四组实验，控制CO2和H2温度(K)催化剂CO甲醇选择性(%)综合选项543Cu/ZnO纳米棒材料12.342.3A543Cu/ZnO纳米片材料11.972.7B553Cu/ZnO纳米棒材料15.339.1C553Cu/ZnO纳米片材料12.071.6D由表格中的数据可知，相同温度下不同的催化剂对CO2的转化为CH（4）在p=4.00MPa、原料气n(H2)：n(CO2)=3：4、合适催化剂的条件下发生反应，温度对①CO2转化率随温度升高而增大的原因可能是②CH3OH20．锦纶1010(H3已知：2（1）A的名称为：，E中官能团名称：。（2）经研究表明由B电解合成C的方法具有无污染、合成路线单一等优势。电解过程中，B到C的转化发生在(填“阴极”或“阳极”)。（3）M为D的同系物且相对分子量比D少了14，其核磁共振氢谱上只有2种峰，写出M的结构简式：。（4）工业上常使用蓖麻油酸直接制备G，根据蓖麻油酸的结构式()，分析预测其可能的化学性质，完成下表。序号反应试剂、条件反应形成的新结构反应类型a取代反应bC（5）下列关于反应E→F的说法中，正确的有____A．反应过程中有非极性键的断裂和形成B．反应物E中，碳原子和氧原子均采用spC．反应生成物除F外，均为非极性分子D．化合物E中π键电子云成轴对称（6）己二酸又名肥酸，是脂肪族二元酸中最具应用价值的二元酸，以丁二醇(HOCH2C①从丁二醇出发，第一步的反应类型为。②相关步骤涉及到酯化反应，其化学方程式为。③最后一步反应中，有机反应物为(写结构简式)。

答案解析部分1．【答案】B【知识点】无机非金属材料；含硅矿物及材料的应用【解析】【解答】A.剪纸的主要成分是纤维素，A选项是错误的；

B.内画主要材料是玻璃、水晶等，属于硅酸盐材料，B选项是正确的；

C.抽纱的主要材料有棉和麻等，主要成分是纤维素，C选项是错误的；

D.木雕的主要材料是木材，是纤维素，D选项是错误的。

故答案为：B。

【分析】硅酸盐指的是硅、氧与其它化学元素（主要是铝、铁、钙、镁、钾、钠等）结合而成的化合物的总称。2．【答案】D【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；有机物的结构和性质；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验【解析】【解答】A.烟花在燃烧的时候发生了化学反应，A选项是正确的；

B.尼龙挂绳，主要成分为合成纤维，B选项是正确的；

C.鹅毛的主要成分是蛋白质，C选项是正确的；

D.丝绸的主要成分是蛋白质而不是纤维素，D选项是错误的。

故答案为：D。

【分析】A.烟花在燃烧的时候产生了新的物质，所以属于化学变化；

B.尼龙挂绳，主要成分为合成纤维；

C.动物皮毛属于蛋白质；

D.丝绸的主要成分是蛋白质，因此丝绸具有顺滑的手感。3．【答案】A【知识点】判断简单分子或离子的构型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合【解析】【解答】A.中子数等于质量数减去质子数，A选项是错误的；

B.NaClO属于盐，含有离子键和共价键，电子式为：，B选项是正确的；

C.H2O含有两个σ键，还有两对孤电子对，因此属于sp3杂化，VSEPR模型为四面体形，C选项是正确的；

D.顺-2-丁烯的球棍模型：，D选项是正确的。

故答案为：D。

【分析】A.质量数应该是14；

B.化学中常在元素符号周围用黑点“.”和叉“×”来表示元素原子的最外层电子；

C.H2O含有两个σ键，还有两对孤电子对，因此属于sp3杂化，VSEPR模型为四面体形；

D.-CH3和H分别在碳碳双键的相同一侧，因此属于顺式结构。4．【答案】C【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；原子晶体（共价晶体）；金属的腐蚀与防护【解析】【解答】A.铝锂合金具有硬度大，质量轻等优点，A选项是正确的；

B.单晶硅为原子晶体，即共价晶体，B选项是正确的；

C.镶嵌铜块不能防止船被腐蚀，因为铜与铁和海水会构成原电池，铁作负极失去电子，会加速船的腐蚀，C选项是错误的；

D.二者的质量数都是3，D选项是正确的。

故答案为：C。

【分析】A.合金具有比金属单质更优良的物理性质；

B.单晶硅是一种立体网状结构，属于共价晶体；

C.要防止船被腐蚀，可以在船外壳上镶嵌金属活动性强于铁的金属，如锌；

D.在书写原子的符号时，左上角代表的是质量数，左下角代表的是质子数。5．【答案】B【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；氧化还原反应；有机物的结构和性质【解析】【解答】A.亚硝酸具有还原性，因此可以起到抗氧化和防腐蚀的作用，A选项是正确的；

B.明矾净水的原理是吸附水中的杂质，而不是强氧化性，B选项是错误的；

C.植物油中含有碳碳不饱和键，可以与氢气发生加成反应而生成人造奶油，C选项是正确的；

D.NaHCO3可以与酸反应，因此可以对酸中毒进行解毒，D选项是正确的。

故答案为：B。

【分析】A.NaNO2中的N是+2价，具有还原性；

B.明矾水解为Al（OH）3胶体，可以吸附水中的不溶性杂质粒子；

C.植物油中含有碳碳不饱和键，可以与氢气发生加成反应而生成人造奶油；

D.NaHCO3与酸反应的离子反应为：HCO3-+H+=H2O+CO2.6．【答案】C【知识点】氨的性质及用途；配制一定物质的量浓度的溶液；胶体的性质和应用【解析】【解答】A.容量瓶不能作溶解的仪器，A选项是错误的；

B.应该选用渗析法分离胶体和溶液，不能使用过滤，B选项是错误的；

C.实验室灼烧干海带，图中C装置选用的是正确的，C选项是正确的；

D.氨气的密度小于空气，因此应该短管进气，D选项是错误的。

故答案为：C。

【分析】A.应该先用烧杯将NaCl固体溶解，再转移至容量瓶；

B.滤纸的孔径较大，会使溶液和胶体中的粒子都能通过；

C.实验室灼烧海带应该是坩埚；

D.氨气的密度小于空气，应该使用向下排空气的方法进行收集。7．【答案】A【知识点】焓变和熵变；氨的性质及用途；氮气的化学性质；硝酸的化学性质【解析】【解答】A.工厂用铁罐车运输浓硝酸，是因为铁和浓硝酸在室温下发生钝化反应，与硝酸的分解无关，A选项符合题意；

B.液氨可作制冷剂，是因为NH3易液化，液化吸热会降低环境的温度，B选项是有关联的，不符合题意；

C.氮气的化学性质较为稳定，不与空气中的物质发生反应，因此可以作食品中的保护气，C选项不符合题意；

D.冰融化为水的时候是熵增的过程，二者是相关的，不符合题意。

故答案为：A。

【分析】A.硝酸在棕色瓶中储存才是因为硝酸见光易分解；

B.液化吸热会降低环境的温度，所以液氨可以作制冷剂；

C.氮气的化学性质较为稳定，不与空气中的物质发生反应，因此可以作食品中的保护气；

D.化学反应一般是向熵增的方向进行。8．【答案】B【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；判断简单分子或离子的构型；氧化还原反应；氯气的化学性质【解析】【解答】A.HCl中的Cl可以被氧化，H可以被还原，A选项是正确的；

B.因为Na单质可以与水反应，因此电解饱和食盐水得到的产物中无钠单质，B选项是错误的；

C.a是Cl2，d是NaClO，e是HClO，可以实现Cl2→NaClO→HClO的转化，C选项是正确的；

D.f的阴离子是ClO3-，中心原子的杂化方式是sp3杂化，三个σ键和一对孤电子对，所以空间构型为三角锥形，D选项是正确的。

故答案为：B。

【分析】A.HCl被氧化，如MnO2将其氧化物Cl2，HCl也可以被还原，如Zn可以将HCl还原为H2；

B.电解饱和食盐水在阴极得到的产物是H2和NaOH，在阳极得到的产物是Cl2；

C.Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，HCl+NaClO=HClO+NaCl；

D.ClO3-中的中心原子Cl形成三个σ键和一对孤电子对，所以空间构型为三角锥形。9．【答案】A【知识点】离子共存【解析】【解答】A.四种离子不会发生反应，可以大量共存，A选项是正确的；

B.MnO4-与Fe2+会发生氧化还原反应，而不能大量共存，B选项是错误的；

C.酸性溶液中H+与OH-不能大量共存，C选项是错误的；

D.在酸性环境中，CH3COO-与H+不能大量共存，D选项是错误的。

故答案为：A。

【分析】在离子共存问题中，应该分析离子之间是否发生复分解反应、氧化还原反应以及互促水解反应。此外还应考虑离子与溶液中的H+或OH-是否发生反应。10．【答案】D【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；取代反应【解析】【解答】A.六元环和五元环中都有手性C，A选项是错误的；

B.烷基属于疏水基团，羟基为亲水基团，在该分子中疏水基团的影响力更大，因此该分子不易溶于水，B选项是错误的；

C.D3是因为与溴水发生加成反应而使溴水褪色，C选项是错误的；

D.因为碳碳双键是在同一个平面上的，所以虚线内的C原子可能共平面，D选项是正确的。

故答案为：D。

【分析】A.手性C指的是C原子所连的键都是单键，且4个键所连的原子或原子团都不相同；

B.在该分子中疏水基团的影响力更大，因此该分子不易溶于水；

C.碳碳双键可以与溴水发生加成反应；

D.乙烯分子中所有原子共平面，单键可以旋转，虚线框内所含碳原子位于碳碳双键的平面上，两个平面重合，所以共平面。11．【答案】B【知识点】氧化还原反应；二氧化硫的性质；二氧化硫的漂白作用【解析】【解答】A.制备SO2的原理是：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，A选项是正确的；

B.②处出现黄色沉淀是S单质，证明SO2具有氧化性，B选项是错误的；

C.①处褪色说明SO2具有漂白性，③处褪色证明SO2具有还原性，C选项是正确的；

D.④处的NaOH溶液可以与SO2反应达到尾气处理的作用，D选项是正确的。

故答案为：B。12．【答案】C【知识点】氧化还原反应；阿伏加德罗常数【解析】【解答】A.NCl3中含有三个σ键，N与三个Cl原子之间形成三对共用电子对，因此所有原子均满足8电子稳定状态，A选项是正确的；

B.根据方程式可知，1molN2生成时对应的电子转移数为6mol，B选项是正确的；

C.HCl气体不溶于水是不会电离出H+，C选项是错误的；

D.因为HClO是弱电解质，在水溶液中只能部分电离，因此1L1mol/LHClO溶液中含有ClO−的数目小于NA，D选项是正确的。

故答案为：C。

【分析】A.N最外层5个电子，形成三对共用电子对后最外层电子数为8，Cl最外层有7个电子，形成一个共用电子对时最外层形成8个电子；

B.根据方程式可知，1molN2生成时对应的电子转移数为6mol；

C.HCl属于共价化合物，只有溶于水才会电离出H+13．【答案】D【知识点】氧化还原反应；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；二价铁离子和三价铁离子的检验；化学实验方案的评价【解析】【解答】A.硝酸将铁单质氧化为Fe3+，但是如果Fe是过量的，会将Fe3+再还原为Fe2+，A选项是错误的；

B.压缩体积会使各组分的浓度加大，所以颜色加深，但是压强不会使平衡移动，B选项是错误的；

C.熟石灰处理酸性废水是因为熟石灰中含有OH-，C选项是错误的；

D.同浓度的Na2S和NaCl溶液相比，Na2S溶液的pH大于NaCl溶液，证明H2S是弱酸，酸性弱于HCl，D选项是正确的。

故答案为：D。

【分析】A.硝酸是强氧化剂，在与Fe反应时可以将Fe氧化为高价态；

B.该反应是气体化学计量数相等的反应，所以压强改变不会影响平衡；

C.熟石灰是Ca（OH）2，是碱，根据酸碱中和反应可以处理酸性废水；

14．【答案】C【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律【解析】【解答】ABC位于第二周期，DEFG位于第三周期。A是C，B是N，C是O；D是Na，E是Al，F是Si，G是S。

A.元素电负性O大于N，A选项是错误的；

B.H2S的沸点大于SiH4，B选项是错误的；

C.D、E、G的最高价氧化物的水化物分别是NaOH、Al（OH）3、H2SO4，Al（OH）3既能溶于强酸、又能溶于强碱溶液，C选项是正确的；

D.C和D可以形成Na2O2，含有共价键，D选项是错误的；

故答案为：C。

【分析】根据横坐标，原子序数是逐渐增大的以及最高价和最低价的化合价，可以推知元素处于第二和第三周期，并企图推出各元素种类。15．【答案】C【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算【解析】【解答】A.1molCO2产生时对应的热量是34KJ，那么若能测得反应产生22gCO2，即0.5mol，产生的热量是17.0KJ，A选项是正确的；

B.活性C是固体，增大固体的用量，不会影响平衡，B选项是正确的；

C.在950K～1000K之间，NO的转化率先增大后减小，这说明平衡先正移后逆移，因此化学反应速率是先正反应速率大于逆反应速率，后变为逆反应速率大于正反应速率，C选项是错误的；C（S）2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）起始量（mol）1100转化量（mol）x2xxX平衡量（mol）1-x1-2xxx假设一开始通入的NO的物质的量是1mol，则根据到达平衡时，NO的转化率是80%，可知x=0.4，则到达平衡时，n（CO2）=0.4mol，n（N2）=0.4mol，n（NO）=0.2mol，则n总=1.0mol，将数值代入Kp的表达式中：Kp=n（CO2）n总×n（N2）n总（16．【答案】B【知识点】电解池工作原理及应用【解析】【解答】A.根据电解质溶液中阴阳离子的移动方向，可以推出Y是阴极，X是阳极，Y发生的是还原反应：2H2O+2e−=2OH−+H2↑，A选项是正确的；

B.BP膜只能让H+和OH-选择性通过，不能使Cl-和Na+经过，B选项是错误的；17．【答案】（1）抑制FeCl（2）丁达尔效应（3）2Fe3++Cu=2F（4）2F（5）S（6）B；D【知识点】氧化还原反应；盐类水解的原理；二价铁离子和三价铁离子的检验；离子方程式的书写；胶体的性质和应用【解析】【解答】（1）加稀盐酸的目的是抑制FeCl3的水解；

（2）胶体具有丁达尔效应，可以快速确定其为胶体；

（3）FeCl3溶液可以氧化Cu单质：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；因为Fe3+可以氧化Cu，但是盐酸中的H+不能氧化Cu；

（4）取红棕色溶液少许，加入K3[Fe(CN)6]，产生蓝色沉淀，证明溶液中含有Fe2+，说明溶液中的Fe3+被还原为Fe2+：2Fe3++SO32−+H2O=2Fe2++SO42−+2H+；

（5）该气体是SO2，可能是因为Fe3+与SO32-发生了互促水解，产生SO2气体；

（6）根据(4)、(5)，推测FeCl3溶液与Na2SO3溶液反应同时存在互促水解以及氧化还原反应，BD是正确答案。

【分析】（1）Fe3+的水解反应：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，因此加入盐酸可以使水解平衡逆移，抑制Fe3+的水解；

18．【答案】（1）C（2）将Fe3+、（3）碱性；加入KOH，增大溶液中的c(OH−)（4）取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，滴加氯化钡溶液，无明显现象，证明NH（5）4N（6）V【知识点】晶胞的计算；化学平衡的影响因素；常见离子的检验；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；除杂；制备实验方案的设计【解析】【解答】（1）根据已知NH4VO3可溶于热水，不溶于乙醇，可知洗涤产品时应该选用乙醇溶液；

（2）“中和”时调节pH为7的目的，一是将VO2+转化为VO3−；二是将Fe3+、Al3+转化为沉淀；

（3）为了提高洗脱效率，应使反应向左进行，则溶液应该选碱性；因为加入KOH，增大溶液中的c(OH−)，促进平衡向生成VO3−的方向移动；

（4）NH4VO3中的杂质离子是SO42-，选用BaCl2溶液来检验；

（5）煅烧时发生的方程式为：4NH4VO3+3O2高温__2V2O5+2N2+8H2O；

19．【答案】（1）；-90.7；K3（2）0.（3）B（4）反应Ⅱ为吸热反应，温度升高不但能加快反应速率，而且有利于该反应正向进行，故CO2，转化率随温度升高而增大；反应Ⅰ(或反应Ⅲ)为放热反应，而反应Ⅱ为吸热反应，所以温度升高不利于CH3OH【知识点】原子核外电子排布；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线【解析】【解答】（1）①Cu2+3d轨道中含有9个电子，轨道表示式为：；

②反应III=I-II，则ΔH3=△H1-△H12=-49.5-（+41.2）=-90.7kJ⋅mol−1，K3=K1K2；

（2）v（CO2）=13CO2（g）3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）起始量（mol）6800转化量（mol）2.06.02.02.0平衡量（mol）4.02.02.02.0

K=c（H2O）×c（CH3OH）c（CO2）×c3（H2）=1×12×13=0,5；

②A.温度越高，平衡逆移，H2的平衡转化率越小，所以T1温度更大；

B.混合气体的密度是定值，不能表示平衡；

C.平衡时向容器中充入惰性气体，虽然压强增大，但是反应物和生成物的浓度都未改变，因此平衡不会发生移动；

D.催化剂可以加快反应速率；

（3）由表格中的数据可知，相同温度下不同的催化剂对CO2的转化为CH3OH的选择性有显著影响，使用Cu/ZnO纳米片催化剂时甲醇的选择性高，使用相同催化剂升高温度，二氧化碳的转化率略有增加，但甲醇的选择性却减少，说明温度升高，副产物增加，

故答案为：B；

（4）①CO2转化率随温度升高而增大的原因可能是反应Ⅱ为吸热反应，温度升高不但能加快反应速率，而且有利于该反应正向进行，故CO2，转化率随温度升高而增大；

②CH3OH选择性随温度升高而减小的原因可能是反应Ⅰ(或反应Ⅲ)为放热反应，而反应Ⅱ为吸热反应，所以温度升高不利于CH3OH的合成，但有利于CO的生成，所以CH3OH产率降低，CH3OH选择性减小。

【分析】（1）Cu的价电子排布式是：3d104s1，失去2个电子为3d9；

20．【答案】（1）乙炔；羧基、酯基（2）阴极（3）（4）R-OH、浓硫酸，加热；；浓硫酸，加热；消去反应（5）A；C（6）氧化反应；HOOC(CH【知识点】有机物的结构式；有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；消去反应；酯化反应【解析】【解答】（1）根据A到B的原子组成，可以得出A是乙炔；E中含有羧基和酯基；

（2）B到C发生的还原反应，因此是电解池的阴极；

（3）M为D的同系物且相对分子量比D少了14，说明比D少1个CH2原子团且为二元酸，其核磁共振氢谱上只有2种峰，M的结构简式：；

（4）羧酸与醇可以发生酯化反应，属于取代反应，因此第一个空填的是：R-OH、浓硫酸，加热，得到的酯的结构简式为：

；

根据新物质的结构，可知又产生了一个碳碳双键，所以发生的是醇的消去反应，反应的试剂是浓硫酸加热；

（5）A.反应过程中有非极性键C-C键的断裂和形成，故A正确；

B.反应物E中，碳原子和连接单键的氧原子都采用sp3杂化，连接双键的O原子采用sp2杂化，故B错误；

C.反应生成物除F外，CO2、H2均为非极性分子，故C正确；

D.化合物E中π键电子云成镜面对称，故D错误；故答案为：AC；

（6）以丁二醇(HOCH2CH2CH2CH2OH)为原料制备己二酸HOOC(CH2)4COOH，根据D→E→F→G的反应知，丁二醇先发生氧化反应生成HOOCCHCHCOOH，HOOCCH2CH2COOH和甲醇发生酯化反应生成HOOCCH2CH2COOCH3，然后电解得到CH3OOCCH2CH2CH2CH2COOCH3，然后水解得HOOC(CH2)4COOH；

①通过以上分析知，从丁二醇出发，第一步的反应类型为氧化反应，

②相关步骤涉及到酯化反应，其化学方程式为：HOOC(CH2)2COOH+CH3OH→Δ浓硫酸HOOC(CH2)2COOCH3+H2O

③最后一步反应中，有机反应物为H3COOC(CH2)4COOCH3.

【分析】（1）A是乙炔，E中的官能团是羧基和酯基；

（2）B到C中，C的化合价降低了，因此发生的是还原反应；

（3）M为D的同系物且相对分子量比D少了14，说明比D少1个CH2原子团且为二元酸，再根据只有两种核磁共振的峰可以推出其结构；

（4）酯化反应指的是醇和羧酸在浓硫酸催化以及加热的条件下生成酯的反应，属于取代反应；

醇消去反应是将醇的羟基与相邻碳原子上的一个氢原子一起消去，从而得到一个水分子，生成一个碳碳双键的过程；

（5）A.反应中有C-C键的断裂和生成；

B.反应物E中，碳原子和连接单键的氧原子都采用sp3杂化，连接双键的O原子采用sp2杂化；

C.CO2和H2都是正电中心和负电中心都重合的分子，属于非极性分子；

D.π键电子云呈镜像对称；

（6）以丁二醇(HOCH2CH2CH2CH2OH)为原料制备己二酸HOOC(CH2)4COOH，根据D→E→F→G的反应知，丁二醇先发生氧化反应生成HOOCCHCHCOOH，HOOCCH2CH2

试题分析部分1、试卷总体分布分析总分：44分分值分布客观题（占比）44.0(100.0%)主观题（占比）0.0(0.0%)题量分布客观题（占比）16(80.0%)主观题（占比）4(20.0%)2、