河南省漯河市2023-2024学年高二下学期期质量监测考试+化学试卷（含答案）

漯河市2023–2024学年下学期期末质量监测高二化学时间：75分钟满分：100分考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将条形码贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂上。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试题卷上无效。3.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Cl35.5Ca40一、选择题(每小题3分，共42分。每小题四个选项中，只有一项符合题目要求)1.化学与生产、生活等息息相关，人类生活品质的提升离不开科技的进步，下列有关说法不正确的是A.液晶既有液体的流动性，又有类似晶体的各向异性B.利用合成淀粉，实现了无机小分子向有机高分子的转变C.葡萄酒中添加适量二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用D.核苷酸通过缩聚反应可以得到核酸，核酸属于生物大分子2.设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1mol硝基()与46g二氧化氮()所含的电子数均为B.1L0.50mol⋅L-1溶液与2L0.50mol⋅L-1溶液中的物质的量均为1.0molC.1mol过氧化钠分别与足量、反应，转移的电子数均为D.1L0.01mol⋅L-1溶液中，和数目之和为3.下列各组离子在指定溶液中一定不能大量共存的是A.使甲基橙显黄色的溶液：、、、B.的溶液：、、、、C.中性溶液中：、、、D.常温下，由水电离产生mol⋅L-1的溶液中：、、、4.下列离子方程式错误的是A.向饱和NaOH溶液中通入过量析出白色晶体：B向溶液中滴入过量溶液：C.南方水果运往北方时，用浸泡了酸性高锰酸钾溶液的硅藻土除去乙烯，防止水果腐烂：D.白色沉淀CuCl溶于溶液得到深蓝色溶液：5.化学用语可以表达化学过程，下列化学用语的表达错误的是A.用电子式表示的形成：B.用硼酸中和溅在皮肤上的NaOH溶液：C.电解饱和食盐水时阴极电极反应式为：D.用化学方程式表示尿素与甲醛制备线型脲醛树脂：6.某离子液体(R为烷基)，其中X原子核外有7种运动状态的电子；Y的单质是生活中常见的金属，且能与NaOH等强碱溶液反应，放出气体；Z与Y同周期且其第一电离能是同周期中最大的(不考虑稀有气体)；Z与W元素形成的化合物WZ₂溶于水所得的溶液颜色与温度有关，且W是第四周期ds区的元素。下列说法错误的是A离子半径：Y<Z，电负性：Y<ZB.1molZ的单质与足量水反应转移的电子的物质的量小于1molC.离子液体中的VSEPR模型为正四面体形D.常温下，降低WZ2溶液温度，溶液颜色变黄7.下列实验操作、实验现象、解释或结论均正确的是选项实验操作实验现象解释或结论A向NaCl、NaBr的混合稀溶液中滴入少量稀溶液有浅黄色沉淀生成B已知呈红棕色，往溶液中通入溶液先变红棕色，后逐渐变为浅绿色与反应生成的速率比发生氧化还原反应的速率快，但氧化还原反应的平衡常数更大C将脱脂棉放入试管中，加入浓硫酸后搅拌成糊状，微热，加入新制氢氧化铜悬浊液有砖红色沉淀生成蔗糖水解产物中有葡萄糖D甲乙两支试管中各加入2mL5%，甲试管中滴加3滴1mol/L溶液，乙试管中滴加3滴1mol/L溶液乙试管产生气泡较快说明催化活性A.A B.B C.C D.D8.下列说法正确的是A.反应NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)在常温下可自发进行，说明该反应的△H＜0B.马口铁(镀锡铁皮)镀层破损后铁仍不易腐蚀C.常温下，BaSO4分别在同物质的量浓度的Na2SO4溶液和Al2(SO4)3溶液中的溶解度相同D.保持温度不变，向稀氨水中缓慢通入CO2，溶液中的值增大9.实验室用以下装置(夹持和水浴加热装置略)制备乙酸异戊酯(沸点142℃)，实验中利用环己烷—水的共沸体系(沸点69℃)带出水分。已知体系中沸点最低的有机物是环己烷(沸点81℃)，其反应原理：下列说法错误的是A.反应时水浴温度需严格控制在69℃~81℃之间B.以共沸体系带出水分促使反应正向进行C.最终三颈烧瓶中出现明显分层现象，乙酸异戊酯在上层D.根据分水器分出水的体积可估算反应进度10.某小组用硫铜矿煅烧废渣(主要含Fe2O3、CuO、FeO)为原料制取Cu2O，流程如图：

下列说法错误的是A“调节pH”时可以选择CuO或Cu(OH)2B.“还原”过程中消耗的CuSO4、N2H4的物质的量之比为4：1C.用N2H4还原制取Cu2O的优点是产生N2氛围，可防止产品被氧化D.Cu2O的晶胞结构如上图所示，1个Cu2O晶胞中含1个氧原子11.中国科学院化学研究所发表了催化氢化机理。其机理中化合物化合物的过程和其相对能量变化如图所示。下列说法不正确的是A.选择更优催化剂可以提升单位时间内的转化率B.该过程的总反应速率主要由过程①决定C.化合物化合物的过程包含两个基元反应D.低温有利于化合物化合物反应自发进行12.一种可充电锌—空气电池放电时的工作原理如下图所示。已知：I室溶液中，锌主要以的形式存在，并存在电离平衡。下列说法错误的是A.放电时，I室溶液中浓度增大B.放电时，III室中溶液的pH不断增大C.充电时，Zn电极的电极反应为D.充电时，每生成2.24L，III室溶液质量理论上减少3.2g13.对苯二甲酸()是合成涤纶的原料，下列说法正确的是A.1mol对苯二甲酸与2mol可完全反应生成2mol水B.分子碳原子的杂化方式均为C.与氢气发生加成反应所得产物的分子式是D.对苯二甲酸的同分异构体中苯环上只有二个取代基的有5种14.常温下，用浓度为的盐酸标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随[]的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A.约B.点a：C.点b：D.水的电离程度：二、非选择题(4道大题，共58分)15.(三氯化六氨合钴)是一种橙黄色的晶体，溶于热水和稀盐酸中，在冷水、乙醇、浓盐酸中溶解度较小，可用于制备其他三价钴配合物。实验室制备的装置和步骤如下：I．在三颈烧瓶中加入：3.0g、4.0g、5mL高纯水，加热溶解后加入1.5g催化剂活性炭，7mL浓氨水，搅拌，得到溶液。II．将得到的溶液冷却至10℃，加入7mL4%的，恒温55℃，搅拌15min后冷却至2℃，抽滤，收集沉淀。III．将沉淀转移入100mL烧杯中，用20mL、80℃的高纯水进行冲洗，再加入1mL的浓盐酸，搅拌均匀，___________，将活性炭滤出弃去。IV．在滤液中加入3.5mL12mol/L盐酸，搅拌后用冰水浴冷却至2℃析出沉淀，之后快速抽滤，弃去滤液，用无水乙醇洗涤沉淀3次，低温烘干，得到产品1.92g。回答下列问题：（1）仪器a的名称为___________，仪器b的作用是___________。（2）遇浓氨水生成，从平衡角度解释，步骤Ⅰ中先加，后加浓氨水的原因是___________。（3）步骤Ⅲ中缺少的操作名称为___________。（4）由制备的化学方程式为___________。（5）沉淀滴定法测定制备的产品中的质量分数：第一步：准确称取mgⅣ中的产品，配制成100mL溶液，移取25mL溶液于锥形瓶中；第二步：滴加少量0.005mol⋅L-1溶液作为指示剂，用0.100mol⋅L-1溶液滴定至终点；第三步：平行测定三次，消耗溶液的体积的平均值为nmL，计算晶体中的质量分数。已知：溶解度：AgClmol⋅L-1，(砖红色)mol⋅L⁻¹①滴定至终点的现象是___________。②制备的晶体中的质量分数是___________(列计算式)。16.是一种良好的催化剂，可用于加氢反应。钢渣是钢铁行业的固体废弃物，含有、、FeO、和等物质。一种以钢渣粉为原料固定并制备的工艺流程如图所示。已知钢渣中Ca元素质量分数为30%，在稀盐酸和混合溶液中不易被浸出。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示：金属离子开始沉淀的pH1.97.23.512.4沉淀完全的pH2.98.25.113.8回答下列问题：（1）浸出1过程生成的“包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是___________。（2）为避免引入杂质离子，氧化剂A应为___________(举1例)。（3）滤液C的溶质可循环利用，试剂B应为___________。（4）富钒渣焙烧可生成钒钙盐，不同钒钙盐的溶解率随pH变化如图所示。已知浸出2的pH约为2.5，则应控制焙烧条件使该钒钙盐为___________。该焙烧反应的化学方程式是___________。（5）在硫酸酸化条件下，可与草酸()溶液反应得到含的溶液，反应的离子方程式为___________。（6）若Ca的浸出率为80%，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定___________kg。17.纳米碗是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，可以由分子经过连续多步氢抽提和闭环脱氢反应生成。下图是分子经过1步氢抽提和闭环脱氢反应生成的反应机理：回答下列问题：（1）1步氢抽提和闭环脱氢反应依次通过3步基元反应实现。由生成需要历经___________步氢抽提和闭环脱氢反应，中五元环的数目为___________个；由的第一步基元反应的方程式为___________。（2）已知中的碳氢键和碳碳键的键能分别为431.0kJ⋅mol-1和298.0kJ⋅mol-1，键能为436.0kJ⋅mol-1。估算的___________kJ⋅mol-1。（3）1200K时，假定体系内只有反应发生，反应过程中压强恒定为(即的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数为___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。（4）及反应的(K为平衡常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下，(R为理想气体常数，c为截距)。图中两条线几乎平行，从结构的角度分析其原因是___________。（5）下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成的反应速率的是___________(填标号)。a．升高温度b．增大压强c．加入催化剂18.乙烯是一种重要的化工原料，在有机合成中有着重要作用。某同学从乙烯出发，针对有机物H设计了如图合成路线：回答下列问题：（1）由A→B的反应中，乙烯的碳碳___________键断裂(填“π”或“σ”)。（2）H中含氧官能团的名称为___________。（3）I是D的同分异构体，能被催化氧化为醛类化合物，则I的可能结构有___________种(不考虑对映异构)，其中核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为9∶2∶1的结构简式为___________。（4）由D到E发生反应的类型是___________，E到F发生反应的类型为___________。（5）G的结构简式为___________。（6）已知：，H在碱性溶液中易发生分子内缩合从而构建双环结构，主要产物为I()和另一种α，β-不饱和酮J，请写出H→J转化的化学反应方程式为________。若经此路线由H合成I，存在的问题有_________(填标号)。a．原子利用率低b．产物难以分离c．反应条件苛刻漯河市2023–2024学年下学期期末质量监测高二化学时间：75分钟满分：100分考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将条形码贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂上。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试题卷上无效。3.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Cl35.5Ca40一、选择题(每小题3分，共42分。每小题四个选项中，只有一项符合题目要求)1.化学与生产、生活等息息相关，人类生活品质的提升离不开科技的进步，下列有关说法不正确的是A.液晶既有液体的流动性，又有类似晶体的各向异性B.利用合成淀粉，实现了无机小分子向有机高分子的转变C.葡萄酒中添加适量二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用D.核苷酸通过缩聚反应可以得到核酸，核酸属于生物大分子【答案】C【解析】【详解】A．根据液晶的特性可知，液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性，A项正确；B．淀粉属于有机高分子，利用合成淀粉，实现了无机小分子向有机高分子的转变，B项正确；C．SO2具有还原性，在葡萄酒中添加适量可起到防腐和抗氧化的作用，但不会起到漂白作用，SO2一般只能漂白品红等有机色质，C项错误；D．核酸属于生物大分子,核苷酸通过缩聚反应可以得到核酸，D项正确；答案选C。2.设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1mol硝基()与46g二氧化氮()所含的电子数均为B.1L0.50mol⋅L-1溶液与2L0.50mol⋅L-1溶液中的物质的量均为1.0molC.1mol过氧化钠分别与足量、反应，转移的电子数均为D.1L0.01mol⋅L-1溶液中，和数目之和【答案】A【解析】【详解】A．每个硝基()与二氧化氮()中均含23个电子，1mol硝基与46g(mol)二氧化氮所含的电子数均为，故A正确；B．铵根会发生水解，溶液越稀，水解程度越大，故1L0.50mol⋅L-1溶液与2L0.50mol⋅L-1溶液中1.01的物质的量均小于，且后者更小，故B错误；C．过氧化钠和二氧化碳的反应是歧化反应，过氧化钠中-1价氧原子歧化-2为价和0价，1mol过氧化钠转移个电子，过氧化钠与二氧化硫的反应中，过氧化钠做氧化剂，氧元素由-1价全部被还原为-2价，1mol过氧化钠转移个电子，故C错误；D．由物料守恒，c(Na+)=c()+c()+c()，、和的离子数目之和为，故D错误；故选：A。3.下列各组离子在指定溶液中一定不能大量共存的是A.使甲基橙显黄色的溶液：、、、B.的溶液：、、、、C.中性溶液中：、、、D.常温下，由水电离产生mol⋅L-1的溶液中：、、、【答案】C【解析】【详解】A．使甲基橙显黄色的溶液pH＞4.4，此时溶液既可能呈酸性也可能呈碱性，酸性溶液中、、、能大量共存，故A不符合题意；B．的溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，溶液呈碱性，、、、能大量共存，故B不符合题意；C．中性溶液中水解程度大，即在中性溶液中不能大量存在，故C符合题意；D．常温下，由水电离产生mol⋅L-1的溶液既可能是酸性也可能是碱性，pH可能为2或12，pH=12时、、、能大量共存，故D不符合题意；故答案为：C。4.下列离子方程式错误的是A.向饱和NaOH溶液中通入过量析出白色晶体：B.向溶液中滴入过量溶液：C.南方水果运往北方时，用浸泡了酸性高锰酸钾溶液的硅藻土除去乙烯，防止水果腐烂：D.白色沉淀CuCl溶于溶液得到深蓝色溶液：【答案】B【解析】【详解】A．碳酸氢钠溶解度小于氢氧化钠，饱和NaOH溶液中通入过量会生成碳酸氢钠沉淀，故A正确；B．硝酸氧化性大于Fe3+，向溶液中滴入过量溶液，反应的离子方程式为，故B错误；C．酸性高锰酸钾溶液和乙烯反应，根据氧化还原规律，知生成二价锰离子和二氧化碳，，故C正确；D．白色沉淀CuCl溶于溶液得到四氨合铜离子深蓝色溶液，故D正确；答案选B。5.化学用语可以表达化学过程，下列化学用语的表达错误的是A.用电子式表示的形成：B.用硼酸中和溅在皮肤上的NaOH溶液：C.电解饱和食盐水时阴极电极反应式为：D.用化学方程式表示尿素与甲醛制备线型脲醛树脂：【答案】A【解析】【详解】A．为分子晶体，由分子构成，没有阴阳离子，A项错误；B．用硼酸中和溅在皮肤上的NaOH溶液的离子方程式为，B项正确；C．电解饱和食盐水时阴极为水中氢离子放电生成氢气，阴极电极反应式为，C项正确；D．尿素与甲醛制备线型脲醛树脂先加成后缩聚，化学方程式为：，D项正确；答案选A。6.某离子液体(R为烷基)，其中X原子核外有7种运动状态的电子；Y的单质是生活中常见的金属，且能与NaOH等强碱溶液反应，放出气体；Z与Y同周期且其第一电离能是同周期中最大的(不考虑稀有气体)；Z与W元素形成的化合物WZ₂溶于水所得的溶液颜色与温度有关，且W是第四周期ds区的元素。下列说法错误的是A.离子半径：Y<Z，电负性：Y<ZB.1molZ的单质与足量水反应转移的电子的物质的量小于1molC.离子液体中的VSEPR模型为正四面体形D.常温下，降低WZ2溶液温度，溶液颜色变黄【答案】D【解析】【分析】由题干信息可知，其中X原子核外有7种运动状态的电子故X为N，Y的单质是生活中常见的金属，且能与NaOH等强碱溶液反应，放出气体，则Y为Al，Z与Y同周期且其第一电离能是同周期中最大的，则Z为Cl，Z与W元素形成的化合物WZ₂溶于水所得的溶液颜色与温度有关，且W是第四周期ds区的元素，则W为Cu，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，Y为Al、Z为Cl，故Cl-核外电子层数比Al3+多，则离子半径Al3+小于Cl-即Y<Z，同一周期从左往右元素电负性依次增大，故电负性Al＜Cl即Y<Z，A正确；B．由分析可知，Z为Cl，Cl2+H2OHCl+HClO是一个可逆反应，故1molZ的单质与足量水反应转移的电子的物质的量小于1mol，B正确；C．由分析可知，X为N，离子液体中(R为烷基)，其中心原子的价层电子对数为：4+=4，故该离子的VSEPR模型为正四面体形，C正确；D．由分析可知，W为Cu、Z为Cl，则常温下，溶液中存在平衡[Cu(

H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O

ΔH＞0，降低温度，平衡向生成[Cu(

H2O)4]2+的方向移动，溶液由黄绿色变为蓝绿色，D错误；故答案为：D。7.下列实验操作、实验现象、解释或结论均正确的是选项实验操作实验现象解释或结论A向NaCl、NaBr的混合稀溶液中滴入少量稀溶液有浅黄色沉淀生成B已知呈红棕色，往溶液中通入溶液先变红棕色，后逐渐变为浅绿色与反应生成的速率比发生氧化还原反应的速率快，但氧化还原反应的平衡常数更大C将脱脂棉放入试管中，加入浓硫酸后搅拌成糊状，微热，加入新制氢氧化铜悬浊液有砖红色沉淀生成蔗糖水解产物中有葡萄糖D甲乙两支试管中各加入2mL5%，甲试管中滴加3滴1mol/L溶液，乙试管中滴加3滴1mol/L溶液乙试管产生气泡较快说明催化活性A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．氯化钠、溴化钠溶液浓度未知，不能判断两种沉淀的Ksp，故A错误；B．由现象先变为红棕色可知SO2与Fe3+反应生成的速率比发生氧化还原反应的速率快，最后逐渐变为浅绿色，说明氧化还原反应生成亚铁离子的平衡常数更大，故B正确；C．脱脂棉本质是纤维素，水解后检验葡萄糖应该在碱性环境中进行，水解后没有加碱将溶液调整至碱性，操作错误，故C错误；D．1mol/LFeCl3和1mol/LCuCl2溶液不但金属阳离子不同，而且阴离子也不相同，变量不唯一化，前者生成气泡的速率更快，不能说明催化效果，故D错误；答案选B。8.下列说法正确的是A.反应NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)在常温下可自发进行，说明该反应的△H＜0B.马口铁(镀锡铁皮)镀层破损后铁仍不易腐蚀C.常温下，BaSO4分别在同物质的量浓度的Na2SO4溶液和Al2(SO4)3溶液中的溶解度相同D.保持温度不变，向稀氨水中缓慢通入CO2，溶液中的值增大【答案】A【解析】【详解】A．反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)气体系数减小，△S<0，在室温下可自发进行即△H-T△S<0，所以，一定满足△H<0，A正确；B．镀锡铁镀层破损后在电解质溶液中形成原电池时，铁做负极，容易被腐蚀，B错误；C．常温下，同物质的量浓度的Na2SO4溶液和Al2(SO4)3溶液，：前者小于后者，抑制BaSO4溶解，则BaSO4在Al2(SO4)3中溶解度小，C错误；D．向氨水中不断通入CO2，随着CO2增加，c()逐渐增大，而氨水的不变，故不断变小，D错误；故选A。9.实验室用以下装置(夹持和水浴加热装置略)制备乙酸异戊酯(沸点142℃)，实验中利用环己烷—水的共沸体系(沸点69℃)带出水分。已知体系中沸点最低的有机物是环己烷(沸点81℃)，其反应原理：下列说法错误的是A.反应时水浴温度需严格控制在69℃~81℃之间B.以共沸体系带出水分促使反应正向进行C.最终三颈烧瓶中出现明显分层现象，乙酸异戊酯在上层D.根据分水器分出水的体积可估算反应进度【答案】C【解析】【分析】乙酸和异戊醇加热制备乙酸异戊酯，用环己烷—水的共沸体系(沸点69℃)带出水分。【详解】A．实验中产品乙酸异戊酯的沸点是142℃，环己烷的沸点是81℃，环己烷－水的共沸体系沸点是69℃，利用环己烷－水的共沸体系带出水分，反应时水浴温度需严格控制在69℃~81℃之间，故A正确；B．乙酸和异戊醇制备乙酸异戊酯的反应为可逆反应，水是生成物之一，以共沸体系带出水分可以促使反应正向进行，故B正确；C．环己烷—水的共沸体系(沸点69℃)带出水分，最终三颈烧瓶中不会出现明显分层现象，故C错误；D．根据投料量可以估算生成的水的体积，根据带出的水的体积，即据分水器分出水的体积可估算反应进度，故D正确；故答案为：C。10.某小组用硫铜矿煅烧废渣(主要含Fe2O3、CuO、FeO)为原料制取Cu2O，流程如图：

下列说法错误的是A.“调节pH”时可以选择CuO或Cu(OH)2B.“还原”过程中消耗的CuSO4、N2H4的物质的量之比为4：1C.用N2H4还原制取Cu2O的优点是产生N2氛围，可防止产品被氧化D.Cu2O的晶胞结构如上图所示，1个Cu2O晶胞中含1个氧原子【答案】D【解析】【分析】废渣主要含Fe2O3、CuO、FeO，由流程可知，加硫酸溶解，溶液中含Fe3+、Fe2+、Cu2+，氧化时将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节pH使Fe3+转化为沉淀，滤渣为氢氧化铁，由流程中反应物、生成物可知还原时发生4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O，产生N2氛围，可防止产品被氧化，以此来解答。【详解】A．“调节pH”主要目的是除去Fe3+，转化为沉淀，从而与铜离子分离，故可以选择CuO或Cu(OH)2，A正确；B．由分析可知，“还原”过程中主要发生的反应为4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O，故消耗的CuSO4、N2H4的物质的量之比为4：1，B正确；C．由分析可知，Cu2O易被氧化，则用N2H4还原制取Cu2O的优点是产生N2氛围，可防止产品被氧化，C正确；D．由图可知，黑球个数为4，白球个数为1+8×=2，二者个数比为2：1，则1个Cu2O晶胞中含2个氧原子，D错误；故答案为：D。11.中国科学院化学研究所发表了催化氢化机理。其机理中化合物化合物的过程和其相对能量变化如图所示。下列说法不正确的是A.选择更优催化剂可以提升单位时间内的转化率B.该过程的总反应速率主要由过程①决定C.化合物化合物的过程包含两个基元反应D.低温有利于化合物化合物的反应自发进行【答案】B【解析】【详解】A．催化剂可以加快反应速率，从而可以提升单位时间内的转化率，故A正确；B．过程①的活化能为：(6.05-0.00)=6.05kJ·mol-1，②的活化能为：(11.28-2.08)=9.20kJ·mol-1，过程①的活化能小于过程②的活化能，过程①的反应速率大于过程②的反应速率，故该过程的总反应速率主要由过程②决定，故B错误；C．化合物1经两步反应转化为化合物2，每步反应均为基元反应，故C正确；D．由能量关系图可知化合物化合物的反应为放热反应，则低温有利于反应自发进行，故D正确；故选：B。12.一种可充电锌—空气电池放电时的工作原理如下图所示。已知：I室溶液中，锌主要以的形式存在，并存在电离平衡。下列说法错误的是A.放电时，I室溶液中浓度增大B.放电时，III室中溶液的pH不断增大C.充电时，Zn电极的电极反应为D.充电时，每生成2.24L，III室溶液质量理论上减少3.2g【答案】D【解析】【分析】放电时，该装置为原电池，通入的Pt/C电极是正极，电极反应式为，Zn电极为负极，电极反应式为，充电时，Zn电极为阴极，其电极反应为，Pt/C电极为阳极，电极反应式为，据此作答。【详解】A．放电时，该装置为原电池，通入的Pt/C电极是正极，电极反应式为，Zn电极为负极，电极反应式为，浓度增大，电离平衡正向移动，导致Ⅰ室溶液中浓度增大，故A正确；B．放电时，III室电极反应式为，溶液的pH不断增大，故B正确；C．充电时，Zn电极为阴极，其电极反应为，故C正确；D．充电时，Pt/C电极为阳极，电极反应式为，每生成0.1mol氧气转移0.4mol电子，同时有0.4molNa+通过阳离子交换膜进入Ⅱ室，Ⅲ室溶液质量理论上减少3.2g+0.4×23g/mol=12.4g，故充电时，每生成0.1mol氧气，Ⅲ室溶液质量理论上减少12.4g，故D错误；答案选D。13.对苯二甲酸()是合成涤纶的原料，下列说法正确的是A.1mol对苯二甲酸与2mol可完全反应生成2mol水B.分子碳原子的杂化方式均为C.与氢气发生加成反应所得产物的分子式是D.对苯二甲酸的同分异构体中苯环上只有二个取代基的有5种【答案】B【解析】【详解】A．酯化反应是可逆反应，故1mol对苯二甲酸与2mol不能完全反应，生成水的物质的量小于2mol，A项错误；B．分子中苯环上及连接双键的碳原子采用sp2杂化，故碳原子的杂化方式均为，B项正确；C．对苯二甲酸结构中能与氢气发生加成反应的是苯环部分，则与氢气发生加成反应所得产物的分子式是C8H12O4，C项错误；D．对苯二甲酸的同分异构体，除了邻位还有间位，且取代基不是羧基的二元取代物还有、，每种都有邻、间、对三种，D项错误；答案选B。14.常温下，用浓度为的盐酸标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随[]的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A.约为B.点a：C.点b：D.水的电离程度：【答案】D【解析】【分析】a点溶质为氯化钠、氨水；b点溶质为氯化钠、氯化铵、氨水；c点溶质为氯化钠、氯化铵；d点溶质为氯化钠、氯化铵、氯化氢；【详解】A．利用a点数据计算电离常数，氨水浓度为0.1mol/L，根据电离常数表达可知，，，A正确；B．由图可知，a点时盐酸和混合溶液的体积相同，再结合元素守恒可知，，B正确；C．b点中，电离和水解之前有c(NH3∙H2O)=c(NH4Cl)，氨水电离程度大于铵根水解程度，故c(NH3·H2O)<c(NH)，C正确；D．根据题给信息可知，c点时恰好反应，溶液中溶质为氯化钠和氯化铵，其中铵根离子水解促进水的电离，a点和b点中有过量的一水合氨，会抑制水的电离，d点过量的盐酸会抑制水的电离，则c点水的电离程度最大，D错误；故选D。二、非选择题(4道大题，共58分)15.(三氯化六氨合钴)是一种橙黄色的晶体，溶于热水和稀盐酸中，在冷水、乙醇、浓盐酸中溶解度较小，可用于制备其他三价钴配合物。实验室制备的装置和步骤如下：I．在三颈烧瓶中加入：3.0g、4.0g、5mL高纯水，加热溶解后加入1.5g催化剂活性炭，7mL浓氨水，搅拌，得到溶液。II．将得到的溶液冷却至10℃，加入7mL4%的，恒温55℃，搅拌15min后冷却至2℃，抽滤，收集沉淀。III．将沉淀转移入100mL烧杯中，用20mL、80℃的高纯水进行冲洗，再加入1mL的浓盐酸，搅拌均匀，___________，将活性炭滤出弃去。IV．在滤液中加入3.5mL12mol/L盐酸，搅拌后用冰水浴冷却至2℃析出沉淀，之后快速抽滤，弃去滤液，用无水乙醇洗涤沉淀3次，低温烘干，得到产品1.92g。回答下列问题：（1）仪器a的名称为___________，仪器b的作用是___________。（2）遇浓氨水生成，从平衡角度解释，步骤Ⅰ中先加，后加浓氨水的原因是___________。（3）步骤Ⅲ中缺少的操作名称为___________。（4）由制备的化学方程式为___________。（5）沉淀滴定法测定制备的产品中的质量分数：第一步：准确称取mgⅣ中的产品，配制成100mL溶液，移取25mL溶液于锥形瓶中；第二步：滴加少量0.005mol⋅L-1溶液作为指示剂，用0.100mol⋅L-1溶液滴定至终点；第三步：平行测定三次，消耗溶液的体积的平均值为nmL，计算晶体中的质量分数。已知：溶解度：AgClmol⋅L-1，(砖红色)mol⋅L⁻¹①滴定至终点的现象是___________。②制备的晶体中的质量分数是___________(列计算式)。【答案】（1）①.球形冷凝管②.吸收挥发出的氨气，防止污染空气（2）溶于水电离出会抑制的电离，防止过大产生沉淀（3）趁热过滤（4）（5）①.滴入最后半滴溶液后，锥形瓶中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失②.【解析】【分析】根据题意，在氨气和氯化铵存在条件下，以活性炭为催化剂，搅拌，得到溶液，用H2O2氧化溶液来制备[Co(NH3)6]Cl3，反应的化学方程式为，将粗产品用20mL、80℃的高纯水进行冲洗，再加入1mL的浓盐酸，搅拌均匀，趁热过滤，将活性炭滤出弃去，在滤液中加入3.5mL12mol/L盐酸，搅拌后用冰水浴冷却至2℃析出沉淀，之后快速抽滤，弃去滤液，用无水乙醇洗涤沉淀3次，低温烘干，得到产品，据此解答。【小问1详解】仪器a的名称为球形冷凝管，仪器b的作用是吸收挥发出的氨气，防止污染空气，答案：球形冷凝管、吸收挥发出的氨气，防止污染空气；【小问2详解】先加入氯化铵，增加铵根离子浓度，抑制一水合氨电离，防止c(OH⁻)过大产生Co(OH)2沉淀，答案：溶于水电离出会抑制的电离，防止过大产生沉淀；【小问3详解】活性炭难溶于水，趁热过滤除去活性炭，减少损失，答案：趁热过滤；【小问4详解】由制备的化学方程式为，答案：；【小问5详解】向溶液中，滴加少量0.005mol⋅L-1溶液作为指示剂，用0.100mol⋅L-1溶液滴定，达到滴定终点时，多余阴离子和铬酸根离子生成砖红色沉淀，①当达到滴定终点时，滴定至终点的现象是滴入最后半滴溶液后，锥形瓶中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失，②由AgCl沉淀的化学式可知：反应时Ag+与Cl-物质的量之比为1:1，滴定时消耗AgNO3的物质的量为0.100mol⋅L-1×n×10-3L，则25ml溶液中Cl-物质的量为0.100mol⋅L-1×n×10-3L，25ml溶液中Cl-的质量为：35.5g/mol×0.100mol⋅L-1×n×10-3L，则100ml溶液中Cl-的质量为：×35.5g/mol×0.100mol⋅L-1×n×10-3L，故质量分数为，答案：。16.是一种良好的催化剂，可用于加氢反应。钢渣是钢铁行业的固体废弃物，含有、、FeO、和等物质。一种以钢渣粉为原料固定并制备的工艺流程如图所示。已知钢渣中Ca元素质量分数为30%，在稀盐酸和混合溶液中不易被浸出。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示：金属离子开始沉淀的pH1.97.23.512.4沉淀完全的pH2.98.25.113.8回答下列问题：（1）浸出1过程生成的“包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是___________。（2）为避免引入杂质离子，氧化剂A应为___________(举1例)。（3）滤液C的溶质可循环利用，试剂B应为___________。（4）富钒渣焙烧可生成钒钙盐，不同钒钙盐的溶解率随pH变化如图所示。已知浸出2的pH约为2.5，则应控制焙烧条件使该钒钙盐为___________。该焙烧反应的化学方程式是___________。（5）在硫酸酸化条件下，可与草酸()溶液反应得到含的溶液，反应的离子方程式为___________。（6）若Ca浸出率为80%，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定___________kg。【答案】（1）稀硫酸与反应形成微溶于水的覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散（2）或氯水（3）氨水（4）①.②.（5）（6）264【解析】【分析】钢渣中含有2CaO∙SiO2、Fe2O3、FeO、Al2O3和V2O3等，钢渣中加入稀盐酸、NH4Cl进行“浸出1”，经过滤得到富钒渣，滤液中含Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+，滤液中加入氧化剂A将Fe2+氧化成Fe3+，加入试剂B将Fe3+、Al3+转化成铁铝渣而除去，然后加入试剂B调pH，再吸收CO2“固碳”得到微细CaCO3和滤液C，富钒渣与CaCO3在空气中焙烧得焙烧产物，焙烧产物中加入稀硫酸进行“浸出2”经过滤得滤渣和滤液，滤液经系列操作得V2O5，用还原剂将V2O5还原为V2O3，据此分析解题。【小问1详解】该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是：稀硫酸与2CaO∙SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散；【小问2详解】加入氧化剂A的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，为避免引入杂质离子，氧化剂A应为H2O2或氯水；【小问3详解】加入试剂B的目的使Fe3+、Al3+转化成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，继续加入试剂B调pH，便于“固碳”时形成CaCO3，滤液C的溶质可循环利用，试剂B应为氨水；【小问4详解】①由图可知浸出2的pH约为2.5时，Ca2V2O7的溶解率最大，故应控制焙烧条件使钒钙盐为Ca2V2O7；②该焙烧过程中V元素的化合价由+3价升至+5价，O2为氧化剂，根据得失电子守恒和原子守恒，该焙烧反应的化学方程式为；【小问5详解】在硫酸酸化条件下，溶液中含有大量，可与草酸()溶液反应得到含的溶液与二氧化碳和水，反应的离子方程式为；【小问6详解】钢渣中Ca元素的质量分数为30%，若Ca的浸出率为80%，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定CO2的质量为。17.纳米碗是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，可以由分子经过连续多步氢抽提和闭环脱氢反应生成。下图是分子经过1步氢抽提和闭环脱氢反应生成的反应机理：回答下列问题：（1）1步氢抽提和闭环脱氢反应依次通过3步基元反应实现。由生成需要历经___________步氢抽提和闭环脱氢反应，中五元环的数目为___________个；由的第一步基元反应的方程式为___________。（2）已知中的碳氢键和碳碳键的键能分别为431.0kJ⋅mol-1和298.0kJ⋅mol-1，键能为436.0kJ⋅mol-1。估算的___________kJ⋅mol-1。（3）1200K时，假定体系内只有反应发生，反应过程中压强恒定为(即的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数为___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。（4）及反应的(K为平衡常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下，(R为理想气体常数，c为截距)。图中两条线几乎平行，从结构的角度分析其原因是___________。（5）下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成的反应速率的是___________(填标号)。a．升高温度b．增大压强c．加入催化剂【答案】（1）①.5②.6③.（2）+128（3）（4）在反应过程中，断裂和形成的化学键相同（5）a【解析】【小问1详解】分子经过1步氢抽提和闭环脱氢反应生成，即