浙江省温州市环大罗山联盟2023-2024学年高二下学期期末联考化学试题

浙江省温州市环大罗山联盟20232024学年高二下学期期末联考化学试题考生须知：1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题纸。可能用到的相对原子质量：H1O16C12Cl35.5Cr52选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质属于碱的是A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】A．电离出的阴离子不全是OH－，属于碱式盐，A错误；B．为硼酸，不是碱，B错误；C．NH3·H2O在水溶液中电离方程式为NH+OH－，阴离子全是OH－，C正确；D．Na2CO3电离只生成Na+、CO，属于盐，D错误。本题选C。2.下列化学用语或模型表示正确的是A.2甲基1丁烯的键线式：B.基态铜原子价电子的轨道表示式：C.甲胺的电子式：D.分子的空间结构V形【答案】D【解析】【详解】A．2甲基1丁烯的键线式为：，A错误；B．基态铜原子价电子排布式为3d104s1，价电子的轨道表示式为：，B错误；C．甲胺的结构简式为CH3NH2，电子式：，C错误；D．分子中心原子价层电子对数为2+=4，还有2个孤电子对，空间结构为V形，D正确；故选D。3.二氧化氯(黄绿色、易溶于水的气体)是一种高效、低毒的消毒剂。下列关于ClO2的说法正确的是A.ClO2、Cl2的稀溶液用于环境消毒，对人体无任何危害B.可将混合气通过饱和食盐水除去ClO2中的NH3C.ClO2中氯元素显+4价，具有很强的氧化性，其消毒效率(以单位体积得电子数目表示)是Cl2的2.5倍D.一定条件下，可以实现转化来制备ClO2【答案】C【解析】【详解】A．氯气会和饮用水中有机物发生氯代，生成对人体有害含氯有机物，不能广泛应用，应寻找替代品，故A错误；B．二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色易溶于水的气体，不可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3，故B错误；C．作为消毒剂，具有强氧化性，最终可生成Cl，1molClO2可得5mol电子，而1mol氯气得到2mol电子，其消毒效率（以单位体积得电子的数目）是氯气的2.5倍，故C正确；D．的氧化性强于SO2，SO2不能氧化生成ClO2，故D错误；故选C。4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A.二氧化硫具有还原性，可在食品中起抗氧化的作用B.乙二醇的水溶液凝固点很高，可作汽车发动机的抗冻剂C.硫酸钡不溶于水和酸，且不容易被X射线透过，可用作医疗检查内服药剂D.聚苯乙烯(PS)绝缘性好、耐化学腐蚀、无毒，可制成日常用品、绝缘材料【答案】B【解析】【详解】A．二氧化硫具有还原性，能和氧气反应，可在食品中起抗氧化的作用，A正确；B．乙二醇的水溶液凝固点很低，温度低时可为液体，可作汽车发动机的抗冻剂，B错误；C．胃液中含有盐酸，医疗上可用硫酸钡作X射线透视肠胃的内服药，因为硫酸钡不溶于水和酸，且不容易被X射线透过，C正确；D．苯乙烯发生加聚反应可以制得聚苯乙烯(PS)，聚苯乙烯(PS)绝缘性好、耐化学腐蚀、无毒，可制成日常用品、绝缘材料，D正确；故选B。5.下列有关实验设计、操作说法正确的是A.甲图可用于测定与稀硫酸的反应速率B.乙图在溶液中加入一些氨水，制成铜氨溶液，可使镀层光亮C.丙图可用于制备胶体D.丁图可检验二氧化硫的漂白性【答案】B【解析】【详解】A．Na2S2O3与稀硫酸发生离子反应：，SO2易溶于水，该反应生成的SO2大部分溶解在水中，所测气体体积误差较大，不能测定其反应速率，故A错误；B．镀铜时，加入氨水可以制成铜氨溶液：，Cu2+浓度降低，使Cu2+放电速率减缓，同时通过平衡的移动补充放电消耗的Cu2+，使其浓度保持相对稳定，Cu2+平稳放电，使镀层更加致密、均匀、光亮，故B正确；C．制备胶体需要用饱和FeCl3溶液，不能用饱和硫酸铁溶液，原因是硫酸铁水解生成和H2SO4，但H2SO4不挥发，抑制了Fe3+的水解，不利于生成Fe(OH)3胶体，故C错误；D．二氧化硫具有漂白性，但不能漂白酸碱指示剂，检验二氧化硫的漂白性，应将生成的SO2通入品红溶液，故D错误；故选B。6.下列各组微粒，在水溶液中能大量共存的是A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【答案】D【解析】【详解】A．和会发生双水解反应，不能大量共存，A不选；B．和会发生双水解反应，不能大量共存，B不选；C．、、之间会发生氧化还原反应，不能大量共存，C不选；D．、、、之间不发生反应，能大量共存，D选；故选D。7.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.1L1mol/LCH3COOH溶液中CH3COO和CH3COOH微粒总数为NAB.标准状况下，5.6L甲烷和乙炔的混合气体中含有的键数目小于NAC.1.8g含有的中子数为0.9NAD.室温下，35.5g氯气溶于水并充分反应，转移的电子数为0.5NA【答案】D【解析】【详解】A．由物料守恒可知，1L1mol/LCH3COOH溶液中n(CH3COO)+n(CH3COOH)=1L×1mol/L=1mol，A正确；B．标准状况下，5.6L任何气体物质的量均为0.25mol，0.25mol甲烷中含有的σ键数目为0.25×4NA=NA，0.25mol乙炔中含有的σ键数目为0.25×3NA=0.75NA，故当二者混合时含有的σ键数目小于NA，B正确；C．中含有10个中子，1.8g的物质的量为=0.09mol，含有的中子数为0.9NA，C正确；D．35.5g氯气的物质的量为0.5mol，但该反应是自身氧化还原反应、且无法完全进行，转移的电子总数小于0.5NA，D错误；故选D。8.下列说法不正确的是A.煤在一定条件下可与直接作用，生成液体燃料B.低密度的聚乙烯软化温度较低，是因为高分子链之间有较多长短不一的支链C.高级脂肪酸在水中的溶解度小于乙酸，酸性强于乙酸D.可以通过核磁共振氢谱鉴别丙酸和甲酸乙酯【答案】C【解析】【详解】A．煤的液化是指煤在一定条件下可与直接作用，生成甲醇液体燃料，A正确；B．低密度聚乙烯主链有较多长短不一的支链，支链结构有碍碳碳单键的旋转和链之间的接近。链之间的作用力就比高密度聚乙烯的小，软化温度和密度也就较低，B正确；C．高级脂肪酸具有较多的烷基，烷基是疏水基团，则高级脂肪酸在水中的溶解度小于乙酸，另外烷基是推电子基团，会导致羧基中羟基的极性减弱，酸性减弱，弱于乙酸，C错误；D．丙酸含有3种环境的H原子，个数比为3:2:1，甲酸乙酯也含有3种环境的H原子，个数比为3:2:1，但二者但峰出现的位置不一样，可以通过核磁共振氢谱鉴别丙酸和甲酸乙酯，D正确；故选C。9.阿司匹林肠溶片的有效成分为乙酰水杨酸()。为检验其官能团，某小组同学进行如下实验。下列说法不正确的是A.对比①②中实验现象说明乙酰水杨酸中含有羧基B.对比②③中实验现象说明乙酰水杨酸中含有酯基C.④中实验现象说明乙酰水杨酸在碱性条件下未发生水解D.利用红外光谱也可确定乙酰水杨酸中含有羧基和酯基【答案】C【解析】【详解】A．观察乙酰水杨酸的结构可知，其在水中可能会部分水解为水杨酸和乙酸，②中的现象说明乙酰水杨酸并非遇水就水解，而是水解速率很慢，需要一定的时间，故可以排除水解产物乙酸对①中石蕊变色的影响，而酚羟基不会使石蕊变色，即①中石蕊变色只由乙酰水杨酸中的羧基引起，A正确；B．②③说明乙酰水杨酸在水中可以水解生成酚，且③中乙酰水杨酸水解速率加快，可以说明乙酰水杨酸中含有酯基，B正确；C．乙酰水杨酸在碱性溶液中水解生成和CH3COONa，结构中无酚羟基，加入FeCl3溶液不会变为紫色，所以产生红褐色沉淀并不能说明乙酰水杨酸在碱性条件下未发生水解，C错误；D．红外吸收光谱的特征频率可以鉴别物质中含有哪些官能团，以确定未知化合物的类别，则利用红外光谱也可确定乙酰水杨酸中含有羧基和酯基，D正确；故选C。10.下列化学反应与方程式相符的是A.溶液的水解：B.银氨溶液中加入足量盐酸：C.以为原料制备硝酸的第一步反应：D.向溶液中加入少量NaOH溶液：【答案】B【解析】【详解】A．溶液中发生水解反应得到H2CO3，离子方程式为：，A错误；B．银氨溶液中加入盐酸，反应生成氯化银沉淀、铵根离子和水，反应的离子方程式为：，B正确；C．以为原料制备硝酸的第一步反应中和O2反应生成NO和H2O，化学方程式为：，C错误；D．向溶液中加入少量NaOH溶液生成碳酸钙沉淀，离子方程式为：，D错误；故选B。11.新基建中物联网的建设大大增加了对5G芯片的需求，而制备芯片需要大量使用光刻胶。如图是某种光刻胶C的光交联反应，下列有关说法不正确的是A.物质A的单体中所有原子可能共平面B.1mol物质C最多与6nmol发生加成反应C.物质A与物质B不是同分异构体，是同一物质D.该反应属于加成反应【答案】C【解析】【详解】A．由题图可知，物质A的单体为，分子中含有苯环、碳碳双键、酯基，可以通过单键的旋转使平面1、2、3、4重合，故物质A的单体中所有原子可能共平面，A正确；B．物质C中只有苯环可以与H2发生加成反应，其中含有2n个苯环，则1mol物质C最多与6nmolH2发生加成反应，B正确；C．物质A与物质B都是高聚物，聚合度n不同，分子式不同，他们既不是同分异构体也不是同一物质，C错误；D．该反应中两个碳碳双键打开后成环，则该反应为加成反应，D正确；故选C。12.X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X的原子半径最小，Y、Z相邻，Z的s能级与p能级电子数相等。M与X同主族，同周期中Q的电负性最大。下列说法正确的是A.Z、M形成的简单离子的半径B.离子VSEPR模型的空间结构为平面三角形C.沸点：D.X与Y，X与Z均能形成含有非极性键的极性分子【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X的原子半径最小，X为H元素，M与X同主族，同周期中Q的电负性最大，M为Na元素，Q为Cl元素，Y、Z相邻，Z的s能级与p能级电子数相等，Z的电子排布式为1s22s22p4，Z为O元素，Y为N元素，以此解答。【详解】A．O2、Na+的电子层数相等，核电荷数越大，半径越小，则半径：O2>Na+，A错误；B．中心原子价层电子对数为3+=3，且没有孤电子对，VSEPR模型的空间结构为平面三角形，B正确；C．H2O分子间存在氢键，则沸点：H2O>NH3，C错误；D．H与O能形成含有非极性键的极性分子H2O2，H与N不能形成含有非极性键的极性分子，D错误；故选B。13.一种电解装置如图所示，通过电解获得的电解液可实现下列说法不正确的是A.“转化Ⅰ”生成1mol理论上电路中通过：6molB.右室电解获得的电解液可用于实现“转化Ⅰ”C.右室发生的电极反应为D.“转化Ⅱ”发生的反应为【答案】C【解析】【分析】根据氢离子在电解池中移动方向可知，a电极为阴极，b电极为阳极，阳极发生失电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应，阳极反应为2Cr3+

6е

+

7Н2О

=+14H+，阴极上Ti4++e=Ti3+,阳极生成的重铬酸根具有强氧化性，阴极生成的Ti3+，具有还原性，“转化Ⅰ”为氧化反应、可加入右室电解获得的电解液氧化实现，“转化Ⅱ”为还原反应，可加入左室电解获得的电解液还原实现，“转化II”的反应为+6Ti3++6H+→+Ti4++2H2O，据此解答

【详解】A．“转化Ⅰ”生成1mol

，由于消耗6mol的H+，根据电荷守恒原则，故需要转移6mole,故A正确；B．右室电解获得的电解液为重铬酸根，可以作为氧化剂使用，而“转化Ⅰ”是氧化反应，需要氧化剂，故B正确；C．b电极为阳极，阳极发生失电子的氧化反应，故应该是Cr3+

失去电子转化为重铬酸根，故C错误；D．“转化Ⅱ”发生还原反应，加入Ti3+实行转化，+6Ti3++6H+→+Ti4++2H2O，故D正确；故答案选C【点睛】利用氧化还原反应判断电解法的阴阳极，结合氧化还原反应规律判断答案14.Ni可活化制得，其反应历程如图所示：下列关于活化历程的说法正确的是A.总反应的B.总反应的速率由“中间体2→中间体3”决定C.该反应过程中有碳氢键、碳碳键的断裂和形成D.使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能和焓变【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，总反应为反应物的能量大于生成物的能量的放热反应，反应的焓变小于0，，故A错误；B．反应的活化能越大，反应速率越慢，总反应取决于慢反应，根据图像可知，中间体2→中间体3的活化能最大，反应速率最慢，则总反应的速率由中间体2→中间体3的反应速率决定，故B正确；C．由图可知，中间体1生成过渡态1的过程中有碳碳键的断裂，但没有碳碳键的形成，故C错误；D．催化剂可降低反应所需的活化能但不变改变焓变，故D错误；故选B。15.一定温度下，在不同pH的溶液中存在形式不同，溶液中随pH的变化如图。已知：①MA，均为难溶物且图1中的曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合；②初始。溶液中含A微粒的物质的量分数随pH的变化如题图2。下列说法正确的是A.时，pH=8B.由图1可知，若pH=8、pM=3，则无沉淀生成C.a点发生反应：D.a点平衡后的溶液中存在【答案】B【解析】【分析】溶液中随着pH的减小，c(H+)增大，先后发生反应：A2+H+HA、HA+H+H2A，A2的物质的量分数减小，HA的物质的量分数先增大后减小，H2A的物质的量分数增大，以此解答。【详解】A．由图2可得，当时，c(H+)=106.5mol/L，Ka1()=，当时，c(H+)=1010.5mol/L，Ka2()=，则当c(A2)=c(H2A)时，c(H+)=mol/L，即pH=8.5，故A错误；B．曲线Ⅰ上的点符合，pH=8、pM=3的点在曲线Ⅰ的下方，，无沉淀生成，故B正确；C．曲线Ⅱ上的点符合，a点在曲线Ⅰ的下方，，无沉淀生成，故C错误；D．a点在曲线Ⅱ的上方，曲线I的下方，生成MA，故平衡后溶液中存在c(A2)+c(HA)+c(H2A)＜0.2mol/L，故D错误；故选B。16.根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中实验操作、现象得出的结论都正确的是实验操作现象结论A常温下，将10mL苯与10mLCH3COOH混合所得混合溶液的体积约为20.2mL混合过程中削弱了CH3COOH分子间的氢键，且苯与CH3COOH分子间的作用弱于氢键B向10mL0.1mol/LNa2S溶液中滴入2mL0.1mol/L溶液，再加入2mL0.1mol/L溶液开始有白色沉淀产生，后产生黑色沉淀C在两支盛有少许铁的氧化物粉末的试管中分别加入稀硫酸，然后分别滴入酸性溶液、KSCN溶液滴入的酸性溶液褪色；滴入KSCN溶液后变为红色铁的氧化物粉末为D向待测液中滴加NaOH浓溶液，微热，再将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口红色石蕊试纸变蓝待测液一定是铵盐溶液A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．常温下，将10mL苯与10mLCH3COOH混合体积为20.2mL，说明混合过程中削弱了CH3COOH分子间的氢键，且苯与CH3COOH分子间的作用弱于氢键，导致分子间距离增大，从而使体积变大，A正确；B．向10mL0.1mol/LNa2S溶液中滴入2mL0.1mol/L溶液，生成ZnS白色沉淀，S2是过量的，再加入2mL0.1mol/L溶液生成CuS黑色沉淀，不能说明CuS是由ZnS转化生成的，不能说明，B错误；C．在两支盛有少许铁的氧化物粉末的试管中分别加入稀硫酸，然后分别滴入酸性KMnO4溶液、KSCN溶液，滴入的酸性KMnO4溶液褪色，说明含有Fe2+，滴入KSCN溶液后变为红色，说明含有Fe3+，该铁的氧化物粉末也可能是FeO、Fe2O3的混合物，C错误；D．向待测液中滴加NaOH浓溶液，微热，再将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，红色石蕊试纸变蓝，说明产生了氨气，待测液可能是铵盐溶液或氨水等，D错误；故选A。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.C、N、O、S等是构建化合物的常见元素。请回答：（1）下列说法正确的是___________。A.第一电离能：B.基态氮原子核外有5种空间运动状态不同的电子C.化学键中离子键成分的百分数：D.电负性：（2）杂环化合物咪唑结构简式如图，分子中的大键为(表示5中心6电子的键)①号N原子轨道杂化方式为___________；其中结合质子能力更强的氮原子是___________(填“①”或“②”)，其原因是___________。（3）一定条件下，、都能与形成笼状结构(如下图所示)的水合物晶体，其相关参数见下表。与形成的水合物晶体俗称“可燃冰”。参数分子分子直径/nm分子与的结合能0.43616.40.51229.91为开采深海海底的“可燃冰”，有科学家提出用置换CH4的设想。已知上图中笼状结构的空腔直径为0.586nm，结合图表从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是：___________。（4）C60与碱金属形成的盐具有特别的意义，他们能在低温时转变为超导材料。K与C60形成的一种超导材料的晶胞如图所示，图中白球表示C60，黑球表示钾原子。该材料的化学式为___________。【答案】（1）BC（2）①.②.①③.①号氮原子有一对孤对电子，能与氢离子形成配位键（3）CO2的分子直径小于笼状空腔直径，且与H2O的结合能大于CH4（4）【解析】【小问1详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但P的价电子排布为，属于半充满结构，其第一电离能大于其右边相邻元素，则第一电离能：，A错误；B．电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，基态氮原子的电子排布式为，其中1s、2s能级各有1个原子轨道，2p能级有3个原子轨道，因此氮原子核外有5种空间运动状态不同的电子，B正确；C．离子键百分数可以根据电负性的差值进行计算，差值越大，百分数越大；由于电负性：O>S，则化学键中离子键成分的百分数：，C正确；D．N电负性大于S，则电负性：，D错误；故选BC。【小问2详解】咪唑分子中①号N原子形成碳氮单键和碳氮双键，价层电子对数为3，因此氮原子杂化方式为；由于①号氮原子有一对孤对电子，能与氢离子形成配位键，所以结合质子能力更强；【小问3详解】根据表格数据可知，笼状空腔的直径是0.586nm，而CO2分子的直径是0.512nm，CO2的分子直径小于笼状空腔直径，,且CO2与水分子之间的结合能大于CH4，因此可以实现用CO2置换CH4的设想；【小问4详解】根据晶胞结构，K原子个数为，C60个数为，则化学式为。18.黄血盐[亚铁氰化钾目前广泛用作食品添加剂(抗结剂)。一种制备黄血盐的工艺如下：回答下列问题：（1）步骤I反应的化学方程式为___________（2）步骤IV过滤所得的废液中含量较多的溶质为___________（3）步骤V是将难溶的与X反应脱钙生成，所用的试剂X是___________（4）工艺中用到有毒的HCN溶液，含的废水必须处理后才能排放。可用两段氧化法处理：第一次氧化：NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl；第二次氧化：NaOCN与NaClO反应，生成和两种盐(其中一种为酸式盐)。已知HCN是一种苦杏仁味的无色剧毒液体(常温时，)，易挥发；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。①第一次氧化时，溶液应调节为___________(填“酸性”“碱性”或“中性”)，原因是___________。②第二次氧化反应的离子方程式为___________。【答案】（1）3Ca(OH)2+FeSO4+6HCN=Ca2Fe(CN)6+CaSO4+6H2O（2）CaCl2和KCl（3）碳酸钾（4）①.碱性②.防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气③.2OCN+3ClO=+CO2↑+3Cl+N2↑【解析】【分析】石灰乳、FeSO4与HCN发生非氧化还原反应生成Ca2Fe(CN)6和CaSO4，过滤，除去CaSO4，步骤Ⅲ中Ca2Fe(CN)6与KCl反应生成K2CaFe(CN)6和CaCl2，KCl加入肯定过量，故废液中溶质为CaCl2和KCl，步骤V中加入碳酸钾，脱钙生成K4Fe(CN)6，再经过蒸发浓缩、冷却结晶，得到产品。【小问1详解】步骤I中Ca(OH)2、FeSO4与HCN发生非氧化还原反应生成Ca2Fe(CN)6和CaSO4，所得化学方程式为：3Ca(OH)2+FeSO4+6HCN=Ca2Fe(CN)6+CaSO4+6H2O；【小问2详解】步骤Ⅲ中Ca2Fe(CN)6与KCl生成K2CaFe(CN)6和CaCl2，KCl加入肯定过量，故废液中溶质为CaCl2和KCl；【小问3详解】除钙一般用，步骤V反应为K2CaFe(CN)6+X=K4Fe(CN)6+СаСО3，则X为K2СО3，名称为碳酸钾；【小问4详解】①NaCN易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性；②反应中氯元素的化合价从+1价降低到1价，得到2个电子，N元素化合价从3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒，可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，反应的离子方程式为：2OCN+3ClO=+CO2↑+3Cl+N2↑。19.我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。资源化利用碳氧化合物能有效减少排放CO2，实现自然界中的碳循环。（1）CO2的捕获是实现资源利用的重要途径。烟气中CO2的捕集可能过如下所示的物质转化实现。“碳化”的温度不能过高的原因是___________。（2）以CO2、为原料合成涉及的主要反应如下：I．(主反应)II．(副反应)反应I的反应历程可分为如下两步：i．ii．①___________②0.1MPa时，向恒容密闭容器中充入物质的量之比为2：1的CO2(g)和(g)，反应物转化率与反应温度的关系如图所示。在800℃下的选择性为___________。（3）CO2可制甲烷化，CO2可制甲烷化过程中，CO2活化的可能途径如图所示。CO是CO2活化的优势中间体，可能的原因是___________。（4）CO2和催化合成。主要发生反应为：，一定温度和压强下，将一定比例CO2和分别通过装有两种不同催化剂的反应器，反应相同时间，测得CO2转化率随温度变化情况下如图。下列说法不正确的是___________。A.该反应，在低温下能自发进行B.若增大体系压强，可提高活化分子百分数，使反应速率加快C.高于320℃后，用Ni作催化剂，CO2转化率明显上升，其可能原因是Ni催化剂活性随温度升高而增大，与温度升高共同使化学反应速率迅速增大D.由图可知，工业生产中用作催化剂优于用Ni作催化剂【答案】（1）碳酸氢锂不稳定，受热易分解（2）①.+136②.80%（3）生成中间体反应的活化能小，反应快；CO中间体能量低，稳定，利于生成（4）B【解析】【小问1详解】碳酸锂悬浊液吸收二氧化碳生成碳酸氢锂，碳酸氢锂不稳定，受热易分解，所以碳化温度不宜过高。【小问2详解】①根据盖斯定律反应Ⅰ反应ii可得ΔH1=(17744)kJ/mol=+136kJ/mol；②设CO2(g)和C2H6(g)的物质的量分别为2mol和1mol,在800℃，CO2的转化率为30%，反应量为2mol×30%=0.6mol,C2H6的转化率为75%，反应量为1mol×75%=0.75mol,由反应可知，生成C2H4(g)的物质的量为0.6mol，C2H4(g)的选择性为=80%。【小问3详解】由图可知，CO是CO2活化的优势中间体，可能的原因是生成中间体反应的活化能小，反应快；CO中间体能量低，稳定，利于生成。【小问4详解】A．由图可知，升高温度，CO2的平衡转化率减小，该反应为放热反应，，该反应是气体体积减小的反应，，时，反应能自发进行，则该反应在低温下能自发进行，A正确；B．若增大体系压强，可提高单位体积的活化分子个数，使反应速率加快，活化分子百分数不变，B错误；C．由图可知，320℃时，NiGeO2的催化活性强于Ni的催化活性，以NiGeO2为催化剂时，催化合成反应已达到平衡，而以Ni为催化剂时，催化合成反应未达到平衡，320℃后，Ni催化剂活性随温度升高而增大，与温度升高共同使化学反应速率迅速增大，反应相同时间时二氧化碳的转化率增加，C正确；D．由图可知，NiGeO2催化活性强于Ni的催化活性，工业生产中用作催化剂优于用Ni作催化剂，D正确；故选B。20.三氯三(四氢呋喃)合铬(III)[CrCl3(THF)3]可催化烯烃加聚，制备的方法加下。已知：①易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。②气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体。I．制备无水；某化学小组用(沸点76.8℃)和1.52g在高温下制备无水，同时生成气体，实验装置如图所示：（1）装置A用于制备，实验装置合理的连接顺序为A→___________→B(填装置字母标号，可重复使用)。（2）尾气处理时发生反应的离子方程式：___________。II．合成；①四氢呋喃(THF)为常见的有机溶剂，沸点66℃，易燃。②实验室在非水体系中合成原理为：。实验操作：按如图组装仪器，将步骤I所得无水和0.15g锌粉放入滤纸套筒内，双颈烧瓶中加入100mL无水四氢呋喃(THF)，通N25min后关闭，接通冷却水，加热四氢呋喃至沸腾，在索氏提取器中发生反应，回流2.5h后再通入N2冷却至室温；取下双颈烧瓶，在通风橱中蒸发至有较多固体析出，冷却、抽滤、干燥后称量即得产品4.50g。（3）该反应不能使用明火加热的原因___________。（4）产品沿索氏提取器的管___________(填“2”或“3”)流回双颈烧瓶。（5）实验所用的四氢呋喃需进行无水处理，下列可以除去四氢呋喃中少量水分的试剂是___________。A．无水B．浓硫酸C．具有吸水能力的分子筛（6）产品产率为___________%[已知：的摩尔质量为152g/mol；的摩尔质量为374.5g/mol]。【答案】（1）G→F→E→D→C（2）COCl2+4OH=+2Cl+2H2O（3）THF易挥发，易燃，遇明火可能发生爆炸（4）3（5）AC（6）60.1%【解析】【分析】I．制备无水的过程为：利用A装置产生N2，通入浓硫酸中进行干燥，继续通入F中，在热水浴的作用下将气态CCl4带出，进入E中制备，反应在高温下进行，以气态生成，在D中进行冷凝收集，再通入浓硫酸，防止右边的水蒸气进入D中，最后用B装置吸收产生的COCl2气体；II．根据装置图分析，首先在圆底烧瓶中加入无水四氢呋喃，在纸质反应管加入无水CrCl3和锌粉，开始加热四氢呋喃蒸气通过联接管进入提取管在冷凝管中冷凝回流到纸质反应管中进行反应，从而生成产物。【小问1详解】由上述分析可知，实验装置合理的连接顺序为A→G→F→E→D→C→B。【小问2详解】COCl2遇水发生水解产生两种酸性气体，结合价态分析可知生成CO2、HCl，用B装置中的NaOH溶液吸收产生的COCl2气体生成Na2CO3和NaCl、H2O，发生反应的离子方程式：COCl2+4OH=+2Cl+2H2O。【小问3详解】该反应不能使用明火加热的原因：THF易挥发，易燃，遇明火可能发生爆炸。【小问4详解】根据虹吸原理，产品沿索氏提取器的管3流回双颈烧瓶。【小问5详解】A．无水CaCl2具有吸水性，与THF不反应，可用于除去THF中的水，A选；B．浓硫酸具有脱水性和腐