浙江省浙南名校联盟2024-2025学年高二上学期期中联考 化学试题 含解析

2024学年第一学期浙南名校联盟期中联考高二年级化学学科试题考生须知：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：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Fe56Cu64Ag108选择题部分一、选择题(本题共20个小题，1~10题每小题2分，11~20题每小题3分，共50分。每个小题列出的4个选项中只有1个符合题目要求，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质属于非电解质的是A. B.NaOH C.KBr D.【答案】A【解析】【分析】电解质是在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，酸、碱、盐和活泼金属氧化物属于电解质。【详解】A．在水溶液和熔融状态不能导电，不是电解质，是有机物，属于非电解质，A符合；B．NaOH是碱，属于电解质，B不符合；C．KBr属于盐，属于电解质，C不符合；D．是酸，属于电解质，D不符合；答案选A。2.名称为“酸式滴定管”的仪器是A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】A．该装置属于滴定管，管子的下端带有橡皮管，应为碱式滴定管，A不符合题意；B．该装置属于滴定管，管子的下端带有活塞，应为酸式滴定管，B符合题意；C．该装置属于冷凝管，管内细管呈直形，属于直形冷凝管，C不符合题意；D．该装置属于漏斗，下端带有活塞，属于分液漏斗，D不符合题意；故选B。3.下列表示不正确的是A.乙炔的结构简式： B.H2S的空间填充模型：C.HCl的形成过程： D.氯离子的结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A．乙炔的分子式为C2H2，则结构简式：，A正确；B．H2S分子中，S原子的价层电子对数为=4，中心S原子发生sp3杂化，由于S原子的最外层存在2个孤电子对，对成键电子有排斥作用，所以分子呈V形结构，其空间填充模型为，B正确；C．HCl为共价化合物，形成过程：，C不正确；D．氯离子的核电荷数为17，核外电子数为18，结构示意图为，D正确；故选C。4.下列说法正确的是A.和互为同位素B.石墨烯和丙烯互为同素异形体C.和互为同系物D.和为同种物质【答案】A【解析】【详解】A．和的质子数相同、质量数不同，二者是同一元素的两种不同原子，互为同位素，A正确；B．石墨烯是碳单质，丙烯是有机化合物，二者不互为同素异形体，B不正确；C．属于烃，属于烃的衍生物，二者的结构不相似，组成上也不是相差若干个“CH2”，二者不互为同系物，C不正确；D．属于羧酸，属于酯，二者互为同分异构体，是不同种物质，D不正确；故选A。5.下列说法不正确的是A.镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁B.Cl2和SO2气体分别通入紫色石蕊溶液中，均出现溶液先变红后褪色C.FeCl3、Na2O2、Cu2S均可由相应单质直接化合生成D.氢氧化铝、碳酸铵、碳酸氢钠都既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应【答案】B【解析】【详解】A．空气中含量较高的气体为N2、O2，它们都能与镁反应，则镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁，A正确；B．Cl2通入紫色石蕊溶液中，溶液先变红后褪色，SO2气体通入紫色石蕊溶液中，溶液只变红不褪色，B不正确；C．Fe在Cl2中燃烧可生成FeCl3，Na在O2中燃烧可生成Na2O2，Cu与S蒸汽反应可生成Cu2S，C正确；D．氢氧化铝为两性氢氧化物，碳酸铵为弱酸弱碱盐，碳酸氢钠为弱酸的酸式盐，它们都既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应，D正确；故选B。6.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A.Al2O3的熔点很高，可制作耐高温材料B.液氨汽化吸收大量的热，可用作制冷剂C.臭氧具有强氧化性，可作食品的杀菌剂D.Na2S具有还原性，可用于去除水体中Hg2+【答案】D【解析】【详解】A．Al2O3的熔点很高，在高温下不熔化，能保持结构和性能的稳定，则可制作耐高温材料，A正确；B．液氨汽化吸收大量的热，能使周围环境的温度降低，所以可用作制冷剂，B正确；C．臭氧具有强氧化性，能杀死细菌，所以可作食品的杀菌剂，C正确；D．HgS难溶于水，利用Na2S去除水体中Hg2+，发生非氧化还原反应，Na2S未体现还原性，D不正确；故选D。7.下列说法正确的是A.图①装置用于蒸干溶液制无水固体B.图②装置用于完成铁与水蒸气反应并根据固体颜色证明产物有C.图③装置用于蒸馏、收集低沸点成分，冷凝水应该从b口进a口出D.图④装置用于测定的燃烧热【答案】C【解析】【详解】A．用图①装置可蒸干溶液过程中铝离子水解最终得到氢氧化铝，无法得到固体，故A错误；B．为黑色固体，FeO也是黑色固体，根据固体颜色无法证明产物有，故B错误；C．图③装置用于蒸馏，沸点低的先气化，通过冷凝收集，冷凝水应该从下口进上口出，故C正确；D．此装置用来测定中和反应的反应热，氢气燃烧不能用此装置测定，故D错误；答案选C。8.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.在标准状况下，含有的分子数为NAB.1L物质的量浓度为的NH4Cl溶液中，含有个数为NAC.常温常压下，和的混合气体含有的原子数为3NAD.0.1molFeCl3形成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶粒的数目为0.1NA【答案】C【解析】【详解】A．在标准状况下，H2O不是气态，无法求出的物质的量，也就无法求出含有的分子数，A不正确；B．NH4Cl为强酸弱碱盐，在水溶液中发生水解，1L物质的量浓度为的NH4Cl(物质的量为1mol)溶液中，含有个数小于NA，B不正确；C．常温常压下，46gNO2(物质的量为1mol)和46g(物质的量为0.5mol)气体中，所含原子的物质的量都为3mol，则46g混合气体中含有的原子数为3NA，C正确；D．Fe(OH)3胶粒由许多个Fe(OH)3分子构成，则0.1molFeCl3形成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶粒的数目小于0.1NA，D不正确；故选C。9.下列离子方程式或化学方程式正确的是A.等物质的量浓度、等体积的溶液与NaOH溶液混合：B.硫化钠溶液在空气中氧化变质：C.用制备：D.用溶液吸收少量：【答案】C【解析】【详解】A．等物质的量浓度、等体积的溶液与NaOH溶液混合，发生氢离子和氢氧根离子的中和反应，离子方程式为：H++OH-=H2O，A错误；B．硫化钠溶液显碱性，在空气中氧化变质：，B错误；C．水解生成二氧化钛的水合物和HCl，用制备的方程式为：，C正确；D．用溶液吸收少量：，D错误；答案选C。10.W、X、Y、Z四种短周期元素，它们在元素周期表中的位置如图所示，其中W元素的原子序数为Z元素原子序数的两倍，则下列说法正确的是YZXWA.X、Z、Y三种元素对应原子的半径依次减小B.X位于元素周期表中的第3周期第ⅣA族C.HYO3的酸性强于H2WO3，故W元素的非金属性弱于YD.X和Y可分别与Z形成XZ2和YZ2，它们的结构和化学性质相似【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z四种短周期元素，W元素的原子序数为Z元素原子序数的两倍，根据在元素周期表中的位置，可知Z是O元素、W是S元素，则X是Si元素、Y是N元素。【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子的半径Si>N>O，故A错误；B．X是Si元素，位于元素周期表中的第3周期第ⅣA族，故B正确；C．H2SO3不是S的最高价含氧酸，HNO3的酸性强于H2SO3，不能说明S元素的非金属性弱于N，故C错误；D．Si和N可分别与O形成SiO2和NO2，SiO2是原子晶体、NO2是分子晶体，结构不同，SiO2是酸性氧化物、NO2不是酸性氧化物，化学性质也不同，故D错误；选B。11.下列说法不正确的是A.淀粉和纤维素，互为同分异构体，水解的最终产物都是葡萄糖B.通过煤的液化可以合成甲醇等液体燃料C.正丁烷与异丁烷一氯取代物都只有两种，它们的沸点都不相同D.向蛋白质溶液中加入盐酸会产生白色沉淀，并失去生理活性【答案】A【解析】【详解】A．分子式相同，结构不同的化合物互称同分异构体，同分异构体都是纯净物，淀粉和纤维素都是混合物，二者不是同分异构体，A错误；B．煤加工中通过煤的液化可以合成甲醇，B正确；C．正丁烷的一氯代物有ClCH2CH2CH2CH3和CH3CHClCH2CH3两种，异丁烷的一氯取代物有ClCH2CH(CH3)2和C(CH3)3Cl两种，都只有两种，它们是不同物质，沸点都不相同，C正确；D．强酸能使蛋白质变性，产生沉淀并失去生理活性，D正确；答案选A。12.两种制备硫酸的途径如下图(反应条件略)。下列说法正确的是A.已知，，则B.含浓溶液与足量NaOH反应，放出的热量即为中和热C.图中由催化氧化生成，反应物断键吸收的总能量大于生成物成键释放的总能量D.若，则为放热反应【答案】D【解析】【详解】A．物质的量相同的气态S燃烧比固态S燃烧放出热量多，△H值小，，A错误；B．中和热的定义为强酸与强碱的稀溶液混合生成1mol水放出的热量，含的浓溶液溶于水放热，故B错误；C．催化氧化生成是放热反应，反应物断键吸收的总能量小于生成物成键释放的总能量，C错误；D．反应①②③根据盖斯定律，由2×①－2×②－2×③可得热化学方程式2H2O2(aq)=2H2O(l)＋O2(g)的ΔH＝2ΔH1－2ΔH2－2ΔH3，若ΔH1＜ΔH2＋ΔH3，则ΔH＜0，为放热反应，D正确；答案选D。13.工业上以铜阳极泥(主要成分是)为原料提取碲，涉及反应：①，②。以下说法正确的是A.中元素的化合价是价B.反应①中氧化剂是，氧化产物是C.每制备理论上共转移D.氧化性强弱顺序为：【答案】C【解析】【详解】A．Cu2Te中Cu为+1，A错误；B．反应①中O2得电子为氧化剂，Cu2Te中Cu和Te均失去电子，则CuSO4也是氧化产物，B错误；C．反应②中每生成1molTe，转移4mol电子，反应①中每生成1molTeO2，转移8mol电子，则每制备1molTe，理论上共转移12mol电子，C正确；D．氧化剂的氧化性强于氧化产物，根据两个反应无法比较O2和SO2的氧化性强弱，且无法证明SO2氧化性强于TeO2，只能证明O2氧化性强于TeO2，D错误；故答案选C。14.反应，在100℃和T℃时(其它条件均相同)，A的物质的量浓度(单位：mol∙L-1)随时间变化的有关实验数据见下表：时间0123450.800.550.350.200.150.151.000.650.350.180.180.18下列有关该反应的描述正确的是A.在时，内用B表示的化学反应速率为B.下，3min时反应刚好达到平衡状态C.根据上表内A的浓度变化，可知浓度越大，反应速率越大D.从表中可以得出【答案】C【解析】【详解】A．在时，内A的物质的量浓度变化为(0.80-0.35)mol/L=0.45mol/L，则用B表示的化学反应速率为=，A不正确；B．下，3min时反应达到平衡状态，但不一定是3min时刚好达到平衡状态，也可能在3min前反应已经达到平衡状态，B不正确；C．根据上表内A浓度变化数据可知，相同温度下，相同时间段内，A的浓度变化逐渐减小，由此可知，浓度越大，反应速率越大，C正确；D．表中数据显示，达平衡前，相同时间段，100℃时A的浓度变化小于T℃时A的浓度变化，则T℃时的反应速率大于100℃时的反应速率，虽然T℃时A的浓度大于100℃时A的浓度，仍然不能得出，D不正确；故选C。15.某温度下，在恒容密闭容器中充入一定量的X(g)。发生下列反应：反应I：△H1＜0；反应Ⅱ：△H2＜0测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列说法不正确的是A活化能：B.X(g)的起始浓度为C.升高温度，反应I、Ⅱ的速率均增大，X的平衡转化率降低D.其他条件不变，在该体系平衡时再投入一定量的X(g)，则达到新平衡后Z的体积分数大于原平衡【答案】D【解析】【详解】A．反应过程中Y的浓度先增大后减小，说明反应刚开始时反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ，则活化能：，A正确；B．反应进行4min时，X、Y、Z的浓度分别为0.5mol/L、0.8mol/L、0.2mol/L，Y、Z全部来自X的转化，则X(g)的起始浓度为0.5mol/L+0.8mol/L+0.2mol/L=，B正确；C．升高温度，反应I、Ⅱ的速率均增大，但反应I、Ⅱ的正反应都是放热反应，所以两平衡都逆向移动，X的平衡转化率降低，C正确；D．其他条件不变，在该体系平衡时再投入一定量的X(g)，由于两反应的反应物气体分子数都等于生成物的气体分子数，所以两种情况为等效平衡，达到新平衡后Z的体积分数等于原平衡，D不正确；故选D。16.NO气体制取溶液的工作原理如图。下列说法正确的是A.B与C是同一种微粒B.阳极的电极反应式为：C.物质A为稀硝酸D.阴、阳两极消耗等量的NO，转移的电子数之比为5：3【答案】D【解析】【分析】阴极发生还原反应，NO得电子生成B为，阳极发生氧化反应，NO失电子生成C为；【详解】A．阴极是NO得电子发生还原反应生成铵根离子，所以B是铵根离子，C是硝酸根离子，故A错误；B．在酸性条件下，阳极上发生氧化反应，NO失去电子生成硝酸根离子，电极反应式为：，故B错误；C．阳极反应为，阴极反应为：NO+5e−+6H+=+H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的的物质的量大于阴极产生的的物质的量，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A为NH3，故C错误；D．阳极反应为，阴极反应为：NO+5e−+6H+=+H2O，从两极反应可看出，阴、阳两极消耗等量的NO，转移的电子数之比为5：3，故D正确；答案选D。17.常温下，下列说法不正确的是A.醋酸与醋酸中，溶液中的物质的量相同B.物质的量浓度均为的和溶液等体积混合(忽略溶液体积变化)存在：C.相同pH的醋酸钠溶液和碳酸钠溶液，大于D.稀释醋酸钠溶液，溶液的碱性减弱但醋酸钠的水解程度增大【答案】A【解析】【详解】A．不同浓度的醋酸溶液中，醋酸浓度越低，电离程度越大，两种溶液中醋酸物质的量相同，故醋酸溶液中的物质的量大，A错误；B．物质的量浓度均为的和溶液等体积混合，根据物料守恒：，B正确；C．醋酸的酸性强于碳酸，故相同浓度的醋酸钠和碳酸钠溶液中，碳酸根的水解程度强，溶液的pH大，若相同pH的醋酸钠溶液和碳酸钠溶液，大于，C正确；D．醋酸钠溶液稀释时，醋酸根的水解程度增大，但氢氧根浓度减小，溶液的碱性减弱，D正确；故选A。18.以0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/LHA溶液，其滴定曲线如下图。下列说法正确的是A.图中点①③④信息，均可说明HA是弱酸，且都存在：B.若点②溶液的pH值为4.7，则可推知HA的Ka约为C.若V(NaOH)大于20mL，混合溶液中离子浓度的大小关系一定为：c(Na+)＞c(OH-)＞c(A-)＞c(H+)D.若用等浓度的氨水代替NaOH溶液进行滴定，滴定终点与图中点④重合【答案】B【解析】【详解】A．①处0.1000mol/LHA溶液pH＞1，说明HA是一元弱酸，③处NaOH溶液体积＜20mL，溶液pH=7，也证明HA是一元弱酸；④处NaOH溶液体积等于20mL，二者恰好反应产生NaA，溶液pH＞7，溶液显碱性，同样可以证明HA是一元弱酸。但①处是HA溶液，无Na+，因此不存在关系，A错误；B．②点溶液HA、NaA等物质的量混合，c(HA)≈c(A-)，根据HA的电离平衡常数含义可知K==10-4.7，B正确；C．当V(NaOH)=20mL时，溶液为NaA，A-水解消耗，则离子浓度c(Na+)＞c(A-)，A-水解消耗H+产生HA，水解方程式为A-+H2OHA+OH-，最终达到平衡时c(OH-)＞c(H+)，但盐水解程度是微弱的，水解产生的离子浓度远小于盐电离产生的离子浓度，故离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，若NaOH溶液的体积略大于20mL，即n(NaA)＞＞n(NaOH)时，溶液中离子浓度关系仍然为c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，就不符合关系c(Na+)＞c(OH-)＞c(A-)＞c(H+)，C错误；D．若用等浓度的氨水代替NaOH溶液进行滴定，当二者恰好中和时，反应产生NH4A，由于等浓度的氨水与NaOH溶液的碱性：NH3·H2O＜NaOH，当滴定达到终点溶液的pH比图中点④小些，因此滴定终点不能与④点重合，D错误；故合理选项是B。19.某实验小组用以下方法探究难溶物的溶解度s(单位：)。方法一：时，用计算溶解度s为；方法二：时，实验测量的溶解度。已知：，，的电离常数，。下列说法不正确的是A.实验测量值大于计算值的可能原因是部分发生水解生成，促进继续溶解B.的饱和溶液中，C.的饱和溶液中，D.时，向饱和溶液中加入的溶液，无生成【答案】D【解析】【详解】A．因为，当，s=，所以发生水解，计算值小于实验测量值，故A正确；B．BaCO3饱和溶液中存在质子守恒，得，故B正确；C．BaCO3的饱和溶液中存在原子守恒或者物料守恒，即，故C正确；D．向饱和溶液中Ba2+的浓度=×10-5mol/L，加入的溶液后，==9.1×10-4mol/L，Qsp==>2.5×10-9，则Qsp>Ksp，会有BaCO3沉淀析出，D错误；答案选D。20.下列实验方案、现象和结论都正确的是实验方案现象结论A分别测定和溶液的pH两者都大于7，且溶液的pH大水解能力：B将气体通入溶液中产生白色沉淀酸性：C将两支装有酸性溶液的试管分别置于冰水和热水中，再同时加入2mL溶液，振荡热水中褪色快温度升高，反应速率加快D向溶液中加入5滴溶液溶液由橙色变黄色减小，平衡向减小的方向移动A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．没有说明是否为等浓度溶液，不能判断CO的水解能力强于HCO，A错误；B．Ca(ClO)2会氧化SO2，从而生成CaSO4，不能由此比较出H2SO3和HClO的酸性强弱，B错误；C．高锰酸钾过量，两支试管均不会褪色，C错误；D．滴加5滴6mol·L−1NaOH溶液，氢离子浓度降低，Cr2O+H2O2CrO+2H+正向移动，溶液由橙色变黄色，D正确；故选D。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共50分)21.25℃时，部分物质的电离平衡常数如下：化学式CH3COOHH2CO3HCNNH3·H2O电离平衡常数（1）NH4NO3溶于水，溶液显酸性，原因是_______(用离子方程式表示)。向该溶液滴加氨水的过程中水的电离程度将_______。(填“增大”、“不变”、“减小”或“无法确定”)（2）向NaCN溶液中通入少量二氧化碳气体，发生反应的离子方程式是_______。（3）25℃时，相同物质的量浓度的四种溶液中①NH4CN②(NH4)2SO4③NH4HSO4④NH4HCO3，c()由大到小的顺序为(填序号)：_______。（4）25℃时，CH3COO-和结合质子能力大小比较：CH3COO-_______(填“＞”、“”、“＜”)；实验测定浓度均为0.1mol/L的CH3COONa溶液和NaHCO3溶液的pH分别约为8.8和8.3，请解释pH(NaHCO3)小于pH(CH3COONa)的可能原因_______。【答案】（1）①.+H2ONH3·H2O+H+②.减小（2）CN-+CO2+H2O=HCN+（3）②＞③＞④＞①（4）①.＜②.NaHCO3溶液中，除存在外，还存在电离平衡，使溶液中c(OH-)减小，pH减小【解析】【小问1详解】NH4NO3是强酸弱碱盐，当其溶于水形成溶液时，会发生水解反应：+H2ONH3·H2O+H+，反应消耗OH-，使水的电离平衡正向移动，溶液H+浓度逐渐增大，最终当溶液达到水解平衡时，溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此溶液显酸性；向该溶液滴加氨水，c(NH3·H2O)增大，盐的水解平衡逆向移动，导致水的电离程度逐渐减小；【小问2详解】根据电离平衡常数：Ka1(H2CO3)＞K(HCN)＞Ka2(H2CO3)，所以向NaCN溶液中通入少量CO2气体，NaCN、CO2、H2O会发生反应产生NaHCO3、HCN，该反应的离子方程式为：CN-+CO2+H2O=HCN+；【小问3详解】物质的量浓度相等的铵盐溶液中，c()与的系数成正比，系数越大，其溶液中c()越大。则②(NH4)2SO4溶液中c()最大。在溶液中存在水解平衡：+H2ONH3·H2O+H+，在③NH4HSO4溶液中，验电离产生H+会抑制的水解，使c()增大；而①NH4CN、④NH4HCO3电离产生的酸根离子水解使溶液显碱性，会促进的水解，导致c()进一步减小。根据电离平衡常数可知酸性：Ka1(H2CO3)＞K(HCN)，因此水解程度：CN-＞，故c()：③NH4HSO4＞④NH4HCO3＞①NH4CN，结合②(NH4)2SO4溶液中c()最大，可知，等浓度的上述四种盐溶液中c()由大到小的顺序用序号表示为：②＞③＞④＞①；【小问4详解】根据电离平衡常数可知酸性：CH3COOH＞H2CO3。弱.酸的酸性越强，其电离产生的酸根离子结合H+淀粉能力就越弱，水解程度就越小，故25℃时CH3COO-和结合质子能力大小比较：CH3COO-＜；根据电离平衡常数可知酸性：CH3COOH＞H2CO3＞，则水解程度：＞＞CH3COO-，理论上等浓度的CH3COONa、NaHCO3、Na2CO3的碱性：Na2CO3＞NaHCO3＞CH3COONa，但实验测得浓度均为0.1mol/L的CH3COONa溶液和NaHCO3溶液的pH分别约为8.8和8.3，与理论上不吻合，这是由于NaHCO3溶液中，除存在外，还存在电离平衡，电离产生H+，使溶液中的c(OH-)减小，pH减小。22.有机物H是重要的高分子化合物，可利用油脂和石油为原料制备。烃C是一种基础化工原料，G是有香味的油状液体。其合成路线如图：（1）化合物B的官能团名称是_______。（2）化合物D的结构简式是_______。（3）下列说法正确的是_______。A.化合物A与乙醇互为同系物B.用新制和碳酸钠溶液均可以鉴别E、GC.通过石油裂解可获得化合物CD.取等质量的G与H完全燃烧，两者耗氧量不相等（4）写出的化学方程式_______。（5）写出符合下列条件的化合物B的同分异构体(不包括B)的结构简式_______。①碳碳双键上不能直接连——OH②不考虑顺反异构③不存在环状结构【答案】（1）碳碳双键、羟基（2）（3）BC（4）（5）、、【解析】【分析】由高分子化合物H的结构可知G的结构简式为CH3CH2COOCH2CH=CH2，B为CH2=CHCH2OH，F为CH3CH2COOH，E为CH3CH2CHO，D为CH3CH2CH2OH，C为CH2=CHCH3，A为丙三醇；【小问1详解】B为CH2=CHCH2OH，官能团为：碳碳双键、羟基；【小问2详解】由分析可知，化合物D为CH3CH2CH2OH；【小问3详解】A．化合物A是丙三醇，与乙醇官能团个数不同，结构不相似，二者不是互为同系物，A错误；B．E为CH3CH2CHO，G的结构简式为CH3CH2COOCH2CH=CH2，CH3CH2CHO与新制的反应有红色沉淀，CH3CH2COOCH2CH=CH2与新制的Cu(OH)2不反应，可以鉴别，CH3CH2CHO溶于碳酸钠溶液，CH3CH2COOCH2CH=CH2不溶于碳酸钠溶液，可以鉴别两种物质，B正确；C．C是丙烯。可以通过石油裂解获得，C正确；D．G和H最简式相同，取等质量的G与H完全燃烧，两者耗氧量相等，D错误；答案选BC；【小问4详解】B为丙烯醇，F为丙酸，二者发生酯化反应，反应的化学方程式为：；【小问5详解】B的结构简式为CH2=CHCH2OH，同分异构体中碳碳双键上不能直接连-OH、不考虑顺反异构、不存在环状结构，可以是丙酮、丙醛、不饱和的醚等，结构简式为：、、。23.矿物资源的综合利用有多种方法，如硫化镍矿(主要成分为NiS，还含有少量CuS)的利用方法如下：（1）写出形成白色沉淀CuCl的离子方程式_______。（2）电解II的过程需控制，试分析原因_______。（3）下列说法正确的是_______。A.电解I阳极发生的主要电极反应式：B.产物A主要是镍氧化物和铜氧化物C.产物B只含有、两种溶质D.生成的反应中，NaClO起到氧化剂的作用（4）产物C的结构为，设计实验验证产物D中的主要阴离子_______。写出产物C与足量NaOH溶液反应的离子方程式_______。【答案】（1）（2）时，大，容易在阴极放电；时，大，镍离子容易形成氢氧化镍沉淀（3）BD（4）①.取少量溶液D分别于两支试管中，一支试管滴加盐酸，无现象，再滴加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则含有；另一支试管滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则含有②.SO2Cl2+4OH-=＋2Cl-＋2H2O【解析】【分析】含有少量CuS的NiS在硫酸镍溶液中电解得到粗镍，经过第二次电解精炼得到纯镍；含有少量CuS的NiS通O2熔炼得到SO2和A，A是铜和镍的氧化物，SO2与等物质的量的Cl2反应得到C，C是SO2Cl2，与水反应得到硫酸和HCl；铜和镍的氧化物溶于盐酸得到CuCl2和NiCl2，与SO2反应生成CuCl沉淀分离，NiCl2再与NaClO和NaOH反应，得到NiO(OH)；【小问1详解】CuCl2与SO2发生氧化还原反应，生成CuCl沉淀、硫酸和盐酸，离子方程式为：；【小问2详解】电解II的过程需控制，原因是：时，大，容易在阴极放电；时，大，镍离子容易形成氢氧化镍沉淀；【小问3详解】A.电解I阳极应该失电子发生氧化反应，发生的主要电极反应式：，A错误；B.含有少量CuS的NiS通O2熔炼得到SO2和A，A是铜和镍的氧化物，B正确C.产物B含有、和多余的HCl，C错误；D.生成的反应中，Ni的化合价升高被氧化，NaClO起到氧化剂的作用，D正确；答案选BD。【小问4详解】产物C是SO2Cl2，与水反应生成硫酸和盐酸，阴离子有Cl-和，的检验方法是：取少量溶液D分别于两支试管中，一支试管滴加盐酸，无现象，再滴加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则含有；Cl-的检验方法是：另一支试管滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则含有；SO2Cl2与NaOH溶液反应的离子方程式为：SO2Cl2+4OH-=＋2Cl-＋2H2O。24.CO2过度排放会引起气候、环境等问题。在Cu/ZnO催化剂下，CO2和H2可发生反应，生成CH3O和CO，热化学方程式如下：Ⅰ.Ⅱ.请回答以下问题：（1）在恒温恒容容器中通入一定量的CO2和H2，则反应达到平衡状态的标志为_______。A.体系内气体的平均摩尔质量不再变化 B.混合气体密度不再变化C.不再变化 D.容器中压强不再变化（2）在一定温度下，向体积固定的密闭容器中通入1molCO2和2.3molH2，起始压强为3.3MPa，发生反应Ⅰ和Ⅱ。平衡时，总压为2.5MPa，CO2的转化率为50%，则反应Ⅰ的平衡常数Kp=_______(MPa)-2(以分压表示，分压=总压物质的量分数)（3）不同压强下，维持投料比相同，实验测定CO2的平衡转化率随温度变化关系如图1所示。在恒压密闭容器中，维持投料比相同，将CO2和H2按一定的流速通过反应器，CO2的转化率[]和甲醇的选择性()随温度变化关系如图2所示。图示温度范围内催化剂的活性受温度影响不大。①下列说法不正确的是_______。A．图1中，B．图1中550℃后以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数相等，压强改变对平衡基本没有影响C．图2中236℃前，升温使CH3OH选择性上升，原因是升高温度使反应Ⅰ速率加快，且加快程度大于反应ⅡD．改用活性更好的催化剂能使图2中各温度下CO2转化率都增大②图2中236℃后，升温使CO2转化率和CH3OH选择性都下降，请从平衡移动的角度解释原因_______。（4）某研究小组自制甲烷燃料电池，电解质是KOH溶液，负极反应式是_______。该电池以3.2A恒定电流工作48分钟，消耗CH4的体积为0.49L，该电池化学能转化为电能的转化率为_______。[已知：该条件下CH4的摩尔体积为；电荷量电流时间；；]【答案】（1）ACD（2）0.4（3）①.AD②.升温使反应I平衡正向移动的程度大于反应Ⅱ平衡正向移动的程度，使CO2转化率和CH3OH选择性下降（4）①.②.60%【解析】【小问1详解】A．反应Ⅰ的反应前后气体分子数不等，反应Ⅱ反应前后气体分子数相等，则反应前后气体的总分子数不等，而混合气的总质量不变，则平衡前体系内气体的平均摩尔质量不断发生改变，当平衡摩尔质量不再变化时，反应达平衡状态，A符合题意；B．反应前后混合气的质量不变，体积不变，则混合气体的密度始终不变，当密度不再变化时，反应不一定达平衡状态，B不符合题意；C．随着反应的进行，CO的物质的量不断增大，CO2的物质的量不断减小，当不再变化时，反应达平衡状态，C符合题意；D．反应达平衡前，容器中气体的物质的量不断发生改变，而容器的体积不变，所以压强不断发生改变，当压强不再变化时，反应达平衡状态，D符合题意；故选ACD。【小问2详解】在一定温度下，向体积固定的密闭容器中通入1molCO2和2.3molH2，起始压强为3.3MPa，发生反应Ⅰ和Ⅱ。平衡时，总压为2.5MPa，CO2的转化率为50%，设反应Ⅰ中CO2的变化量为x，则反应Ⅱ中CO2的变化量为(1mol×50%-x)，可建立如下两个三段式：平衡时混合气的物质的量为：(0.5+1.8-2x+x+0.5-x+0.5)mol=(3.3-2x)mol，则，x=0.4mol，所以反应Ⅰ的平衡常数Kp==0.4(MPa)-2。【小问3详解】①A．加压，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，但反应Ⅰ为主反应，占主导地位，所以CO2的转化率增大，由此得出，图1中，，A不正确；B．升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，当温度达到550℃后，压强改变对平衡基本没有影响，由于反应Ⅱ反应前后气体分子数相等，则以反应Ⅱ为主，B正确；C．图2中236℃前，升温使CH3OH选择性上升，原因是升高温度使反应Ⅰ速率加快，虽然反应Ⅱ速率也加快，但反应Ⅰ速率加快程度大于反应Ⅱ，C正确；D．催化剂只能改变反应速率，从而改变反应达平衡的时间，但不能改变反应物的平衡转化率，所以改用活性更好的催化剂并不能使图2中各温度下CO2转化率都增大，D不正确；故选AD。②图2中236℃后，升温使CO2转化率和CH3OH选择性都下降，说明温度对反应Ⅰ的影响程度大于反应Ⅱ，则从平衡移动的角度解释原因：升温使反应I平衡正向移动的程度大于反应Ⅱ平衡正向移动的程度，使CO2转化率和CH3OH选择性下降。【小问4详解】甲烷燃料电池中，甲烷通入的电极为负极，则甲烷失电子产物与电解质反应生成等，负极反应式是。该电池以3.2A恒定电流工作48分钟，则需电能为3.2A×48×60s=9216C，消耗CH4的体积为0.49L，产生的化学能为=15360C，该电池化学能转化为电能的转化率为=60%。【点睛】燃料电池工作时，有一部分化学能会转变为热能等。25.某兴趣小组以矿渣X(主要成分是，含少量、杂质)制备食品补铁剂——乳酸亚铁晶体{}，相关流程如下：已知：①；(无色)(2)一定浓度的金属离子生成相应的氢氧化物沉淀的pH如下表所示；金属氢氧化物开始沉淀时的pH完全沉淀时的pH7.69.61.12.84.15.2请回答：（1）步骤V，转化时使用如图装置，仪器A的名称是_______。（2）下列有关说法正确的是_______。A.步骤II，组分A中含铁主要成分为、B.步骤III，固体B可以是铁粉C.步骤IV，改用过量的能得到更多更纯的D.为得到干燥的乳酸亚铁晶体，可采用低温真空烘干的方式（3）实验室常用已知浓度的标准溶液测定溶液中的浓度。①从下列选项中选择合理的仪器和操