四川省成都外國語學(xué)校2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期期末化學(xué)試題 Word版含解析.docx

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成都外國語學(xué)校高2021級高三上期期末考試?yán)砜凭C合試卷注意事項：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質(zhì)量：H：1P：31O：16C：12Na：23Ba：137N：14Ti：481.2023年10月26日11時14分，神舟十七號載人飛船點火升空成功發(fā)射，我國航天航空事業(yè)再次迎來飛速發(fā)展。下列有關(guān)說法正確的是A.飛船使用砷化鎵(GaAs)太陽能電池，供電時的能量轉(zhuǎn)化形式為化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能B.飛船所使用的北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)由中國自主研發(fā)，獨立運行，其所用芯片的主要成分為SiO2C.飛船艙體外殼氮化鎵涂層，屬于新型金屬材料D.新型火箭燃料所用燃料偏二甲肼[(CH3)2N－NH2]，屬于烴的衍生物【答案】D【解析】【詳解】A．太陽能電池工作時，將光能轉(zhuǎn)化為電能，A錯誤；B．晶體硅是優(yōu)良的半導(dǎo)體材料，常用作制造芯片等原料，B錯誤；C．氮化鎵是性能優(yōu)良的無機(jī)非金屬材料，屬于新型無機(jī)非金屬材料，C錯誤；D．偏二甲肼是由C、H、N元素組成的有機(jī)物，屬于烴的衍生物，D正確；故選D。2.PEEK是一種特種高分子材料，可由X和Y在一定條件下反應(yīng)制得，相應(yīng)結(jié)構(gòu)簡式如圖，下列說法正確的是A.PEEK中含有三種官能團(tuán)B.X與Y經(jīng)加聚反應(yīng)制得PEEKC.X苯環(huán)上H被Br所取代，二溴代物只有三種第19頁/共19頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 D.1molY與H2發(fā)生加成反應(yīng)，最多消耗6molH2【答案】C【解析】【詳解】A．由結(jié)構(gòu)簡式可知，PEEK中含有的官能團(tuán)為酚羥基、醚鍵、酮羰基和氟原子，共有4種，故A錯誤；B．由結(jié)構(gòu)簡式可知，X與Y發(fā)生縮聚反應(yīng)制得PEEK，故B錯誤；C．由結(jié)構(gòu)簡式可知，X分子中苯環(huán)上只有1類氫原子，一溴代物只有1種，一溴代物分子中苯環(huán)上有3類氫原子，二溴代物有3種，故C正確；D．由結(jié)構(gòu)簡式可知，Y分子中含有的苯環(huán)和酮羰基一定條件下能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，則1molY最多消耗7mol氫氣，故D錯誤；故選C。3.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述中正確的是A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LCH4和44.8LCl2在光照下充分反應(yīng)后分子數(shù)為3NAB.醋酸溶液中溶解0.1mol醋酸鈉固體后，醋酸根離子數(shù)目不可能為0.1NAC.1molHClO中H－Cl鍵個數(shù)為NAD.向FeI2溶液中通入適量Cl2，當(dāng)有1molFe2+被氧化時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NA【答案】A【解析】【詳解】A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LCH4和44.8LCl2物質(zhì)的量分別為1mol和2mol，光照下發(fā)生取代反應(yīng)，反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不變，因此反應(yīng)后的分子的物質(zhì)的量為3mol，分子數(shù)為3NA，A正確；B．溶液體積未知，無法計算醋酸根離子的物質(zhì)的量，B錯誤；C．次氯酸的結(jié)構(gòu)式為H-O-Cl，所以不存在H－Cl，C錯誤；D．碘離子還原性大于亞鐵離子，向FeI2溶液中通入適量Cl2，當(dāng)有1molFe2+被氧化時，說明碘離子完全被氧化，但是不確定碘離子的物質(zhì)的量，不能計算轉(zhuǎn)移的電子數(shù)，D錯誤；故選A。4.根據(jù)實驗操作及現(xiàn)象，下列結(jié)論中正確的是實驗?zāi)康姆桨冈O(shè)計和現(xiàn)象結(jié)論A比較KMnO4、Cl2和Fe3+的氧化性向酸性KMnO4溶液中滴入FeCl2溶液，紫紅色溶液變淺并伴有黃綠色氣體產(chǎn)生氧化性：KMnO4＞Cl2＞Fe3+B比較Ksp(AgCl)、向NaCl、NaI混合溶液中滴入少量AgNO3Ksp(AgCl)大于Ksp(AgI)第19頁/共19頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 Ksp(AgI)的大小溶液，有黃色沉淀生成C檢驗海帶中是否含有碘元素將海帶灰溶解過濾后，取適量濾液于試管中，酸化后加入少量雙氧水，充分反應(yīng)后加入1-2滴淀粉溶液溶液變藍(lán)，則證明海帶中含有碘元素D溫度對SO水解平衡的影響將25℃0.1mol?L-1Na2SO3溶液加熱到40℃，用傳感器監(jiān)測溶液pH變化pH變小，溫度升高，SO的水解平衡正向移動A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【詳解】A．亞鐵離子、氯離子均可被酸性高錳酸鉀溶液氧化，紫色變淺，不能比較氯氣、鐵離子的氧化性強(qiáng)弱，故A錯誤；B．NaCl、NaI的混合溶液的濃度未知，由實驗操作及現(xiàn)象可知，不能比較Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的大小，故B錯誤；C．海帶灰溶解過濾后，濾液含有I-，加入過氧化氫溶液氧化得到I2，I2遇淀粉變藍(lán)色，證明海帶中含有碘元素，故C正確；D．溫度升高造成亞硫酸根離子水解平衡正向移動，氫氧根離子濃度增大，溶液的pH增大，故D錯誤；故選C。5.如圖為五種短周期主族元素的原子半徑和主要化合價。下列敘述正確的是A.最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：X＞RB.最簡單氫化物的沸點：W＞X＞Z＞R第19頁/共19頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 C.化合物RW的電子式為：D.工業(yè)上電解熔融YW制備Y單質(zhì)【答案】B【解析】【分析】根據(jù)元素的主要化合價可知，R、Z處于第ⅣA族，W位于第ⅥA族，X位于第ⅦA族，Y位于第ⅡA族；結(jié)合原子半徑的變化規(guī)律知，X為F元素、Y為Mg元素、Z為Si元素、R為C元素、W為O元素?！驹斀狻緼．X為F元素?zé)o最高正價，F(xiàn)元素沒有最高價氧化物對應(yīng)的水化物，A項錯誤；B．O、F、Si、C的最簡單氫化物分別為H2O、HF、SiH4、CH4，H2O、HF能形成分子間氫鍵，沸點較高。常溫下水為液態(tài)，HF為氣體，沸點：H2O>HF，SiH4、CH4都是分子晶體，相對分子質(zhì)量越大范德華力越大則沸點越高，沸點：SiH4>CH4，則沸點：H2O>HF>SiH4>CH4，B項正確；C．CO中碳和氧共用三對電子對，電子式為：，C項錯誤；D．MgO的熔點很高，工業(yè)上不是電解熔融MgO制備Mg，工業(yè)上電解熔融的MgCl2制備Mg，D項錯誤；答案選B。6.濃差電池是一種利用電解質(zhì)溶液濃度差產(chǎn)生電勢差而形成的電池，理論上當(dāng)電解質(zhì)溶液的濃度相等時停止放電。圖1為濃差電池，圖2為電滲析法制備磷酸二氫鈉，用濃差電池為電源完成電滲析法制備磷酸二氫鈉。下列說法正確的是A.電極Ag(II)的電極反應(yīng)式為：Ag-e-=Ag+B.電滲析裝置中膜a、b均為陽離子交換膜C.電滲析過程中左室中NaOH濃度增大，右室H2SO4的濃度減小第19頁/共19頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 D.電池從開始到停止放電，理論上可制備2.4gNaH2PO4【答案】B【解析】【分析】圖一裝置為濃差電池，其離子交換膜為陰離子交換膜，故右端硝酸根離子會進(jìn)入左端。故左端為負(fù)極，發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)；右端為正極，發(fā)生得電子的還原反應(yīng)。根據(jù)右圖中間室可知，磷酸鈉在該室反應(yīng)后，成為磷酸二氫鈉，即鈉離子濃度減小，氫離子濃度升高。故可知曉，右室中的氫離子會進(jìn)入中間室，中間室的鈉離子會進(jìn)入左室?？芍姌Oa為陰極，電極b為陽極?！驹斀狻緼．根據(jù)上述分析，可知電極Ag(II)的電極反應(yīng)式為：Ag++e-=Ag，A錯誤；B．根據(jù)上述分析，可知該裝置需要讓鈉離子透過膜a，氫離子透過膜b，故膜a、b均陽離子交換膜，B正確；C．電極b發(fā)生的反應(yīng)為：，其氫離子的物質(zhì)的量并不會改變，而水的量減小，故右室中的硫酸濃度會增大，C錯誤；D．濃差電池轉(zhuǎn)移0.02mol電子后，兩端濃度將達(dá)到相等狀態(tài)，此時停止工作。濃差電池轉(zhuǎn)移0.02mol電子時，將有0.02mol氫離子進(jìn)入中間室，發(fā)生反應(yīng)：，生成的磷酸二氫鈉的物質(zhì)的量為，0.01mol，質(zhì)量為1.2g，D錯誤；故選B。7.25℃時，往蒸餾水中加入足量粉末，經(jīng)過后往溶液中加入粉末(忽略溫度變化)，整個過程中溶液電導(dǎo)率和隨時間的變化如圖所示，下列說法中錯誤的是A.加入粉末后，溶液上升的原因為B.加入粉末后，溶液中的水解程度增大第19頁/共19頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 C.時，D.時，【答案】D【解析】【詳解】A．溶解產(chǎn)生的碳酸根離子在水溶液中發(fā)生水解，使溶液的pH上升，水解的離子方程式為，選項A正確；B．加入增大c(Ca2+)，使沉淀溶解平衡逆向移動，造成碳酸根離子濃度減小，水解程度增大，選項B正確；C．時，溶液中存在電荷守恒有，故，選項C正確；D．時，存在和，故根據(jù)物料守恒有，選項D錯誤；答案選D。8.鎳及其化合物用途廣泛。某礦渣的主要成分是NiFe2O4(鐵酸鎳)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，以下是從該礦渣中回收NiSO4的工藝路線：已知：①(NH4)2SO4在350℃以上會分解生成NH3和H2SO4，NiFe2O4在焙燒過程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3。②鐵元素以針鐵礦(FeOOH)形式沉淀，鐵渣易過濾。請回答下列問題：（1）焙燒前將礦渣與(NH4)2SO4混合研磨，混合研磨的目的是______，寫出焙燒過程中鐵酸鎳發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式______。（2）“浸渣”的主要成分為______(填化學(xué)式)。（3）溶液pH對鐵去除率的影響實驗結(jié)果如圖所示：第19頁/共19頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 ①從圖中數(shù)據(jù)來看，沉鐵的最佳pH為______。②結(jié)合圖中數(shù)據(jù)，解釋pH偏小或偏大都不利于沉鐵原因是______、______。③檢驗“除鐵”后溶液中是否還有Fe3+的操作是______。（4）若溶液中c(Ca2+)=1.0×10-3mol?L-1，當(dāng)除鈣率達(dá)到99%時，溶液中c(F—)=_____mol?L-1。[已知Ksp(CaF2)=4.0×10-11]【答案】（1）①.增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，使反應(yīng)更充分②.4(NH4)2SO4+NiFe2O4NiSO4+Fe2(SO4)3+8NH3↑+4H2O（2）SiO2、CaSO4（3）①.4.8②.Fe3++2H2OFeO(OH)+3H+，pH過小，c(H+)較大，使Fe3+的水解平衡逆向移動，不利于生成FeOOH沉淀③.溶液pH較大，F(xiàn)e3+水解產(chǎn)物更多是不易過濾的氫氧化鐵膠體④.取少量除鐵后溶液于試管，滴加KSCN溶液，若不顯紅色，則證明不含F(xiàn)e3+（4）2.0×10-3【解析】【分析】由題給流程控制，礦渣加入硫酸銨研磨得到的混合物在600℃條件下焙燒，將鐵酸鎳轉(zhuǎn)化為硫酸鎳和硫酸鐵，向焙燒渣中加入稀硫酸浸泡，將金屬氧化物轉(zhuǎn)化為硫酸鹽，二氧化硅與稀硫酸不反應(yīng)，過濾得到含有二氧化硅、硫酸鈣的濾渣和含有可溶性硫酸鹽的濾液；向濾液中加入過氧化氫溶液，將溶液中亞鐵離子氧化為鐵離子，加入氧化鎳將鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，過濾得到含有氫氧化鐵的濾渣和濾液；向濾液中加入氟化鈉溶液，將溶液中的鈣離子轉(zhuǎn)化為氟化鈣沉淀，過濾得到含有氟化鈣的廢渣和濾液；向濾液中加入有機(jī)萃取劑萃取、分液得到有機(jī)相和含有硫酸鎳的無機(jī)相；無機(jī)相經(jīng)分離提純制得硫酸鎳?！拘?詳解】焙燒前將礦渣與硫酸銨混合研磨可以增大固體表面積，有利于增大反應(yīng)物的接觸面積，加快反應(yīng)速率，使反應(yīng)更充分；由分析可知，焙燒過程中鐵酸鎳發(fā)生的反應(yīng)為鐵酸鎳與硫酸銨在600第19頁/共19頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 ℃條件下反應(yīng)生成硫酸鎳、硫酸鐵、氨氣和水，反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為4(NH4)2SO4+NiFe2O4NiSO4+Fe2(SO4)3+8NH3↑+4H2O，故答案為：增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，使反應(yīng)更充分；4(NH4)2SO4+NiFe2O4NiSO4+Fe2(SO4)3+8NH3↑+4H2O；【小問2詳解】由分析可知，“浸渣”的主要成分為二氧化硅、硫酸鈣，故答案為：SiO2、CaSO4；【小問3詳解】①由圖可知，溶液pH為4.8時，鐵去除率最大，則沉鐵的最佳pH為4.8，故答案為：4.8；②由題意可知，鐵離子在溶液中存在如下水解平衡：Fe3++2H2OFeO(OH)+3H+，沉鐵時，若溶液pH過小，溶液中氫離子濃度過大使水解平衡向逆反應(yīng)方向移動，不利于生成FeOOH沉淀的生成；若溶液pH較大，F(xiàn)e3+水解產(chǎn)物更多是不易過濾的氫氧化鐵膠體，不利于生成FeOOH沉淀的生成，故答案為：Fe3++2H2OFeO(OH)+3H+，pH過小，c(H+)較大，使Fe3+的水解平衡逆向移動，不利于生成FeOOH沉淀；溶液pH較大，F(xiàn)e3+水解產(chǎn)物更多是不易過濾的氫氧化鐵膠體；③溶液中鐵離子與硫氰酸根離子反應(yīng)生成紅色的硫氰化鐵，則檢驗“除鐵”后溶液中是否還有鐵離子的操作為取少量除鐵后溶液于試管，滴加KSCN溶液，若不顯紅色，則證明不含F(xiàn)e3+，故答案為：取少量除鐵后溶液于試管，滴加KSCN溶液，若不顯紅色，則證明不含F(xiàn)e3+；【小問4詳解】由溶度積可知，溶液中除鈣率達(dá)到99%時，氟離子濃度為=2.0×10-3mol/L，故答案為：2.0×10-3。9.某實驗小組欲探究硝酸氧化草酸溶液的氣體產(chǎn)物及測定出草酸中碳的含量，設(shè)計裝置如圖所示(加熱和儀器固定裝置均已略去)，回答下列問題：已知：I.硝酸氧化草酸溶液：3H2C2O4+2HNO3=6CO2↑+2NO↑+4H2OⅡ.控制反應(yīng)液溫度為55~60℃，往含m1gH2C2O4的草酸溶液中邊攪拌邊滴加含有適量催化劑的混酸(HNO3與H2SO4)溶液。第19頁/共19頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 （1）儀器a的名稱為______，A裝置中三頸燒瓶的最佳加熱方式為______。（2）指出該套裝置的錯誤之處：______。（3）實驗開始一段時間后，仍需通入氮氣，此時通入氮氣的作用為______。（4）實驗開始后，要證明有NO產(chǎn)生的實驗操作和現(xiàn)象為______。（5）下列各項措施中，不能提高碳含量的測定準(zhǔn)確度的是______(填標(biāo)號)。a.滴加混酸不宜過快b.在加入混酸之前，排盡裝置中的CO2氣體c.球形干燥管中的藥品換成CaCl2d.D中的溶液換成澄清飽和石灰水（6）待充分反應(yīng)后，將D中沉淀進(jìn)行過濾、洗滌、干燥、稱量，所得固體質(zhì)量為m2g，則草酸中碳的含量為______。（7）在實驗操作規(guī)范的條件下，實驗測得草酸中碳的含量比實際的大，其原因可能是______。【答案】（1）①.分液漏斗②.水浴加熱（2）溫度計未插入反應(yīng)液中；干燥管的方向錯誤；缺少NO尾氣處理裝置（3）將產(chǎn)生的氣體全部排出三頸燒瓶，利于后續(xù)吸收（4）擠壓針筒，若C瓶中氣體由無色變?yōu)榧t棕色，說明有NO生成（5）cd（6）×100%（7）未將SO2除去【解析】【分析】由實驗裝置圖可知，裝置A中草酸在催化劑作用下與混酸中的硝酸在55~60℃的水浴加熱條件下反應(yīng)生成二氧化碳、一氧化氮和水，裝置B中盛有的五氧化二磷用于吸收水蒸氣，裝置C用于檢驗一氧化氮的生成，裝置D中盛有的氫氧化鋇溶液用于吸收并測定反應(yīng)生成二氧化碳的質(zhì)量，裝置E中盛有的堿石灰用于防止空氣中的二氧化碳進(jìn)入D裝置?！拘?詳解】第19頁/共19頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 由實驗裝置圖可知，儀器a為分液漏斗，；由分析可知，裝置A中草酸在催化劑作用下與混酸中的硝酸在55~60℃的水浴加熱條件下反應(yīng)生成二氧化碳、一氧化氮和水，故答案為：分液漏斗；水浴加熱；【小問2詳解】由實驗裝置圖可知，題給裝置存在如下缺陷：三頸燒瓶中的溫度計未插入反應(yīng)液中，無法控制反應(yīng)溫度；反應(yīng)生成的混合氣體未從球形干燥管的大口通入，不利于氣體的充分干燥；缺少有毒的一氧化氮尾氣處理裝置，逸出的一氧化氮會污染空氣，故答案為：溫度計未插入反應(yīng)液中；干燥管的方向錯誤；缺少NO尾氣處理裝置；【小問3詳解】實驗開始一段時間后，仍需通入氮氣的目的是將反應(yīng)生成的氣體全部排出三頸燒瓶，有利于二氧化碳被氫氧化鋇溶液吸收，提高測定的準(zhǔn)確性，故答案為：將產(chǎn)生的氣體全部排出三頸燒瓶，利于后續(xù)吸收；【小問4詳解】一氧化氮易與氧氣反應(yīng)生成紅棕色的二氧化氮，則證明有一氧化氮產(chǎn)生的實驗操作和現(xiàn)象為擠壓針筒，若C瓶中氣體由無色變?yōu)榧t棕色，說明有一氧化氮生成，故答案為：擠壓針筒，若C瓶中氣體由無色變?yōu)榧t棕色，說明有NO生成；【小問5詳解】a．實驗中若滴加混酸過快，不利于反應(yīng)物充分反應(yīng)，不能提高碳含量的測定準(zhǔn)確度，所以實驗中應(yīng)注意滴加混酸不宜過快能提高碳含量的測定準(zhǔn)確度，故不符合題意；b．裝置中的二氧化碳會干擾反應(yīng)生成二氧化碳的吸收和測定，盛有在加入混酸之前，應(yīng)排盡裝置中的二氧化碳?xì)怏w，提高碳含量的測定準(zhǔn)確度，故不符合題意；c．將球形干燥管中的藥品換成氯化鈣，不能改變二氧化碳的量，無法提高碳含量的測定準(zhǔn)確度，故符合題意；d．將D中的溶液換成澄清飽和石灰水，不能充分吸收反應(yīng)生成的二氧化碳，會導(dǎo)致碳含量的測定值偏小，故符合題意；故選cd；【小問6詳解】由題意可知，反應(yīng)生成的二氧化碳與氫氧化鋇溶液反應(yīng)得到m2g碳酸鋇，則由碳原子個數(shù)守恒可知，草酸中碳的含量為×100%=×100%，故答案為：×100%；【小問7詳解】第19頁/共19頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 在實驗操作規(guī)范的條件下，實驗測得草酸中碳的含量比實際的大說明混酸中硫酸濃度過大，與草酸反應(yīng)生成的二氧化硫與氫氧化鋇溶液反應(yīng)生成亞硫酸鋇沉淀，使得測得碳酸鋇的質(zhì)量偏大，導(dǎo)致測得草酸中碳的含量比實際的大，故答案為：未將SO2除去。10.深入研究碳、氮元素的物質(zhì)轉(zhuǎn)化有著重要的實際意義，按要求回答下列問題：（1）CO用于處理大氣污染物N2O的反應(yīng)為CO(g)+N2O(g)?CO2(g)+N2(g)。在Zn+作用下該反應(yīng)的具體過程如圖1所示，反應(yīng)過程中能量變化情況如圖2所示?？偡磻?yīng)：CO(g)+N2O(g)?CO2(g)+N2(g)△H=_______kJ?mol-1；該總反應(yīng)的決速步是反應(yīng)______(填“①”或“②”)。（2）已知：CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)的速率方程為v=k?c(N2O)，k為速率常數(shù)，只與溫度有關(guān)。為提高反應(yīng)速率，可采取的措施是_______(填字母序號)。A.升溫B.恒容時，再充入COC.恒容時，再充入N2OD.恒壓時，再充入N2（3）在催化劑作用下，以CO2和H2原料合成CH3OH，主要反應(yīng)為：反應(yīng)I：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49kJ?mol-1反應(yīng)Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H2=+4kJ?mol-1保持壓強(qiáng)3MPa，將起始n(CO2)：n(H2)=1：3的混合氣體勻速通過裝有催化劑的反應(yīng)管，測得出口處CO2的轉(zhuǎn)化率和甲醇的選擇性[×100%]與溫度的關(guān)系如題圖3、題圖4所示。①在T℃下，恒壓反應(yīng)器中，若按初始投料n(CO2)：n(H2)=1：1只發(fā)生反應(yīng)I，初始總壓為2MPa第19頁/共19頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 ，反應(yīng)平衡后，H2的平衡轉(zhuǎn)化率為60%，則該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=______(MPa)-2(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。②隨著溫度的升高，CO2轉(zhuǎn)化率增大、但甲醇選擇性降低的原因是______。③假設(shè)定義催化劑催化效率η×100%，計算340℃時三種催化劑的催化效率之比η(In2O3)：η(Mg/In2O3)：η(Mn/In2O3)=_______。（4）一種基于銅基金屬簇催化劑電催化還原CO2制備甲醇的裝置如圖5所示。控制其他條件相同，將一定量的CO2通入該電催化裝置中，陰極所得產(chǎn)物及其物質(zhì)的量與電壓的關(guān)系如圖6所示。①b電極生成CH3OH的電極反應(yīng)式為______。②控制電壓為0.8V，電解時轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為______mol。【答案】（1）①.-361.22②.①（2）AC（3）①.0.5②.隨著溫度升高，反應(yīng)I和反應(yīng)Ⅱ速率加快，相同時間內(nèi)消耗的CO2增多。反應(yīng)I的△H＜0，反應(yīng)Ⅱ的△H＞0，隨著溫度升高，反應(yīng)I正向進(jìn)行程度小，反應(yīng)Ⅱ正向進(jìn)行程度大，CO2轉(zhuǎn)化率升高、但CH3OH選擇性降低③.18∶20∶15（4）①.CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O②.2.8【解析】【小問1詳解】由圖可知，CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)ΔH=生成物總能量-反應(yīng)物總能量=-361.22kJ/mol，反應(yīng)①的活化能是149.6kJ?mol-1，反應(yīng)②的活化能是108.22kJ?mol-1，反應(yīng)②的活化能更小，故反應(yīng)①是總反應(yīng)的決速步，故答案為：-361.22；①；【小問2詳解】由題干信息可知，v=k?c(N2O)，k速率常數(shù)，只與溫度有關(guān)，據(jù)此可知，速率只與溫度和c(N2O)有關(guān)，據(jù)此分析解題：A．升溫，k增大，則v增大，A正確；B．恒容時，再充入CO，c(N2O)不變，則v不變，B錯誤；第19頁/共19頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 C．恒容時，再充入N2O，c(N2O)增大，則v增大，C正確；D．恒壓時，再充入N2，c(N2O)減小，則v減小，D錯誤；故答案為：AC；【小問3詳解】①在T℃下，恒壓反應(yīng)器中，若按初始投料n(CO2)：n(H2)=1：1只發(fā)生反應(yīng)I，初始總壓為2MPa，反應(yīng)平衡后，H2的平衡轉(zhuǎn)化率為60%，則三段式分析為：，平衡時p(CH3OH)=p(H2O)==0.25MPa，同理可知：p(CO2)=1MPa，p(H2)=0.5MPa，則該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp===0.5(MPa)-2，故答案為：0.5；②隨著溫度升高，反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ速率加快，消耗CO2增多，但兩個反應(yīng)進(jìn)行的程度不同，由于反應(yīng)Ⅰ的ΔH＜0，反應(yīng)Ⅱ的ΔH＞0，隨著溫度升高，反應(yīng)Ⅰ正向進(jìn)行程度小，反應(yīng)Ⅱ正向進(jìn)行程度大，CO2轉(zhuǎn)化率升高、但CH3OH選擇性降低，故答案為：隨著溫度升高，反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ速率加快，消耗的CO2增多。反應(yīng)Ⅰ的ΔH＜0，反應(yīng)Ⅱ的ΔH＞0，隨著溫度升高，反應(yīng)Ⅰ正向進(jìn)行程度小，反應(yīng)Ⅱ正向進(jìn)行程度大，CO2轉(zhuǎn)化率升高、但CH3OH選擇性降低；③n生成(CH3OH)=CO2的轉(zhuǎn)化率×n投入(CO2)×甲醇的選擇性，所以催化劑催化效率η=×100%=CO2的轉(zhuǎn)化率×甲醇的選擇性，則η(In2O3)：η(Mg/ln2O3)：η(Mn/ln2O3)=(12%×15%)：(10%×20%)：(5%×30%)=18：20：15，故答案為：(12%×15%)：(10%×20%)：(5%×30%)=18：20：15?！拘?詳解】①由題干圖示信息可知，b電極生成CH3OH即CO2和H+在陰極上得到電子轉(zhuǎn)化為CH3OH，該電極反應(yīng)式為：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O，故答案為：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；②由圖6所示信息可知，控制電壓為0.8V，產(chǎn)生0.2mol氫氣和0.2mol乙醇，根據(jù)電極反應(yīng)2H++2e-=H2↑，2CO2+12e-+12H+=C2H5OH+3H2O，因此電解時轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.4+2.4=2.8mol，故答案為：2.8；11.某些過渡元素的相關(guān)化合物在化工、醫(yī)藥、材料等領(lǐng)域有著極為廣泛的應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：（1）現(xiàn)有銅鋅元素的3種微粒：①鋅：[Ar]3d104s1；②銅：[Ar]3d104s1；③銅：[Ar]3d10，失去一個電子需要的最低能量由大到小的順序是_______(填字母)。A.①②③B.③①②C.③②①D.①③②第19頁/共19頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 （2）國際權(quán)威學(xué)術(shù)期刊《自然》最近報道，我國科學(xué)家選擇碲化鋯(ZrTes)和砷化鎘(Cd3As2)為材料驗證了三維量子霍爾效應(yīng)。①Zr是Ti的同族相鄰元素，位于周期表的______區(qū)。②Cd2+與NH3可形成配離子[Cd(NH3)4]2+。i.該離子中不含的化學(xué)鍵類型有______(填字母)。A.離子鍵B.配位鍵C.σ鍵D.共價鍵E.π鍵F.氫鍵ii.已知該離子中2個NH3被2個Cl-替代只得到一種結(jié)構(gòu)，則該離子的立體構(gòu)型為______。（3）二烴基鋅(R－Zn－R)分子中烴基R與鋅以σ鍵結(jié)合，C2H5－Zn－C2H5分子中原子的雜化方式有______，如表是2種二烴基鋅的沸點數(shù)據(jù)，則烴基R1是______，推斷的依據(jù)，是______。物質(zhì)R1－Zn－R1C2H5－Zn－C2H5沸點(℃)46118（4）硫酸氧鈦(Ti)是一種優(yōu)良的催化劑，其陽離子為如圖所示鏈狀聚合形式的離子，聚合度為n。則該陽離子的化學(xué)式為______。（5）有一種氮化鈦晶體的晶胞與NaCl晶胞相似，該晶體的晶胞參數(shù)為423.5pm，其晶體密度的計算表達(dá)式為______g?cm-3。用Al摻雜TiN后，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，距離Ti最近的Al有______個。(NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)。【答案】（1）B（2）①.d②.AEF③.正四面體（3）①.sp、sp3②.CH3－或甲基③.R1－Zn－R1的沸點低于C2H5－Zn－C2H5，則相對分子質(zhì)量也小于C2H5－Zn－C2H5（4）(TiO)第19頁/共19頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 （5）①.②.4【解析】【小問1詳解】Cu+的外圍電子結(jié)構(gòu)為3d10，3d為全充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，失去一個電子需要的最大；第二電離能：③＞①，Zn的第二電離能大于銅第一電離能：①＞②，故選B；【小問2詳解】①Ti為22號元素，為d區(qū)，Zr是Ti的同族相鄰元素，位于周期表的d區(qū)。②i.配離子[Cd(NH3)4]2+離子中存在配位鍵，氮分子中存在氮氫σ鍵共價鍵，氫鍵為分子間作用力不是化學(xué)鍵，故選AEF；ii.已知該離子中2個NH3被2個Cl-替代只得到一種結(jié)構(gòu)，則該離子的立體構(gòu)型為正四面體形，而不是平面四邊形；【小問3詳解】C2H5－Zn－C2H5分子中飽和碳形成4個共價鍵，為sp3雜化，鋅形成2個共價鍵為sp雜化，故原子的雜化方式有sp、sp3雜化；烴基越大，相對分子質(zhì)量越大，則物質(zhì)的沸點更高，由表可知，R1－Zn－R1沸點低于C2H5－Zn－C2H5，則烴基R1小于乙基，故為CH3－或甲基；【小問4詳解】根據(jù)均攤法可知，平均1個Ti結(jié)合1個O，鈦化合價為+4、氧為-2，則聚合度為n的陽離子的化學(xué)式為：(TiO)；【小問5詳解】NaCl晶胞為，氮化鈦晶體的晶胞與NaCl晶胞相似，據(jù)“均攤法”，晶胞中含個N、個Ti，則晶體密度為；由圖可知，Al取代了體心的鈦，鈦位于棱心，則距離Ti最近的Al為4個。12.藥物中間體G的一種合成路線如圖所示：第19頁/共19頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 已知：+回答下列問題：（1）A中官能團(tuán)的名稱為______，A與H2加成得到的物質(zhì)的名稱為______，由A生成B的化學(xué)方程式為______。（2）根據(jù)化合物E的結(jié)構(gòu)特征，分析預(yù)測其可能的化學(xué)性質(zhì)，完成表格。序號反應(yīng)試劑、條件反應(yīng)形成的新結(jié)構(gòu)反應(yīng)類型a______________消去反應(yīng)b______________氧化反應(yīng)(生成有機(jī)產(chǎn)物)（3）試劑X的結(jié)構(gòu)簡式為______。（4）G分子脫去2個H原子得到有機(jī)物Y，Y的同分異構(gòu)體中，含有苯環(huán)及苯環(huán)上含兩個及兩個以上取代基的共有______種。（5）根據(jù)上述路線中的相關(guān)知識，以和為主要原料設(shè)計合成，寫出合成路線______?！敬鸢浮?2.①.羧基、碳碳雙鍵②.丁二酸③.+2CH3OH+2H2O第19頁/共19頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 13.①.濃硫酸，加熱②.③.O2，Cu，加熱④.14.15.1516.【解析】【分析】由有機(jī)物的轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，濃硫酸作用下與乙醇共熱發(fā)生酯化反應(yīng)生成，則B為；催化劑作用下與發(fā)生加成反應(yīng)生成，與硼氫化鋰反應(yīng)轉(zhuǎn)化為，與發(fā)生取代反應(yīng)生成，則X為；催化劑作用下與發(fā)生取代反應(yīng)生成?！拘?詳解】由結(jié)構(gòu)簡式可知，第19頁/共19頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 分子中的官能團(tuán)為羧基、碳碳雙鍵，分子中含有的碳碳雙鍵一定條件下與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成丁二酸；由分析可知，濃硫酸作用下與乙醇共熱發(fā)生酯化反應(yīng)生成和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為+2CH3OH+2H2O，故答案為：羧基、碳碳雙鍵；丁二酸；+2CH3OH+2H2O；【小問2詳解】在濃硫酸中共熱發(fā)生消去反應(yīng)生成和水；銅做催化劑條件下與氧氣共熱發(fā)生催化氧化反應(yīng)生成和水，故答案為：濃硫酸，加熱；；O2，Cu，加熱；；【小問3詳解】由分析可知，X的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：；【小問4詳解】G分子脫去2個H原子得到分子式為C7H17N的有機(jī)物Y第19頁/共19頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 ，則含有苯環(huán)及苯環(huán)上含兩個及兩個以上取代基的Y分子的結(jié)構(gòu)可以視作乙苯分子中苯環(huán)上的氫原子被氨基取代所得結(jié)構(gòu)，共有3種；也可以視作是甲苯分子中苯環(huán)上的氫原子被—NHCH3取代所得結(jié)構(gòu)，共有3種；還可以視作是鄰二甲苯、間二甲苯、對二甲苯分子中的氫原子被氨基取代所得結(jié)構(gòu)，共有9種，則Y分子符合條件的同分異構(gòu)體共有15種，故答案為：15；【小問5詳解】由題給有機(jī)物的轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，以和為主要原料設(shè)計合成的合成步驟為與氯氣發(fā)生加成反應(yīng)生成，催化劑作用下與發(fā)生加成反應(yīng)生成，在氫氧化鈉溶液中共熱發(fā)生水解反應(yīng)生成，濃硫酸作用下共熱發(fā)生取代反應(yīng)生成合成，路線為。第19頁/共19頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司