2021-2022学年湖南省长沙一中高三（上）月考化学试卷

这是一份2021-2022学年湖南省长沙一中高三（上）月考化学试卷，共36页。试卷主要包含了选择题，不定项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年湖南省长沙一中高三（上）月考化学试卷
一、选择题（本题共10个小题，每小题3分，共30分。每小题只有一项符合题目要求）
1．（3分）下列有关物质的性质与用途对应且正确的是（　　）
选项
性质
用途
A
胶体的胶粒带电
“血液透析”和“静电除尘”
B
纳米铁粉具有较强的还原性
高效地去除污水中的重金属离子
C
二氧化硅熔点高
用作光导纤维
D
二氧化硫具有还原性
用于纸浆漂白
A．A B．B C．C D．D
2．（3分）已知2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，下列有关该反应中各物质的描述错误的是（　　）
A．Na2O2的电子式为： B．CO2的比例模型为：
C．Na2CO3的俗名为：烧碱 D．16O的中子数为：8
3．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．在反应4C12+8NaOH═6NaC1+NaClO+NaClO3+4H2O中，消耗1mol Cl2时转移的电子总数为NA
B．28g乙烯和环己烷的混合物所含氢原子数目为4NA
C．64g的SO2与足量的O2充分反应后可得到NA个SO3分子
D．标准状况下，2.24L四氯化碳含有的分子数目为0.1NA
4．（3分）下列实验操作规范且能达到目的的是（　　）
A
B
C
D




除去碳酸钠中的碳酸氢钠
氯气的净化
粗铜精炼
收集NO气体
A．A B．B C．C D．D
5．（3分）物质Ⅲ（2，3﹣二氢苯并呋喃）是一种重要的精细化工原料，其合成的部分流程如图：

下列叙述错误的是（　　）
A．物质Ⅰ含有两种官能团
B．物质Ⅱ能使溴水或酸性KMnO4溶液褪色
C．物质Ⅲ的分子式为C8H8O
D．物质Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均能发生加成反应
6．（3分）一定温度下，在某密闭容器中发生反应：2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）ΔH＞0，若15s内c（HI）由0.1mol•L﹣1降到0.07mol•L﹣1，则下列说法正确的是（　　）
A．0～15s内用I2表示的平均反应速率为v（I2）＝0.002mol•L﹣1•s﹣1
B．c（HI）由0.07mol•L﹣1降到0.05mol•L﹣1所需的反应时间小于10s
C．升高温度，正反应速率加快，逆反应速率减慢
D．减小反应体系的体积，化学反应速率加快
7．（3分）如图为以Pt为电极的氢氧燃料电池的工作原理示意图，稀H2SO4为电解质溶液。下列有关说法正确的是（　　）

A．a极为阳极，电子由a极经外电路流向b极
B．b极的电极反应式O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣
C．电池工作一段时间后，右室中c（H2SO4）减小
D．若将H2改为CH4，消耗等质量的CH4时，O2的用量增多
8．（3分）NO与CO在金属铑（Rh）的催化下发生反应：2NO（g）+CO（g）⇌N2O（g）+CO2（g） ΔH，该反应过程经历如下两步：
反应Ⅰ：NO（g）+CO（g）+Rh（s）⇌RhN（s）+CO2（g） ΔH1＝﹣33.44kJ•mol﹣1
反应Ⅱ：RhN（s）+NO（g）⇌Rh（s）+N2O（g） ΔH2＝﹣319.35kJ•mol﹣1
如图所示为该反应在无催化剂（a）和有催化剂（b）时反应过程的能量变化对比图。下列有关判断正确的是（　　）

A．ΔH═﹣285.91kJ•mol﹣1
B．E1为反应2NO（g）+CO（g）⇌N2O（g）+CO2（g）不使用催化剂和使用催化剂的活化能之差
C．E2为使用催化剂后降低的活化能
D．使用合适的催化剂可降低反应的活化能，提高平衡转化率
9．（3分）将SO2气体不断通入Fe2（SO4）3溶液中，溶液颜色逐渐变浅，最后至浅绿色，然后往溶液中滴加K2Cr2O7溶液，溶液又变成棕黄色（还原产物为Cr3+）。则下列有关说法错误的是（　　）
A．氧化性：Cr2O72﹣＞Fe3+＞SO2
B．标准状况下，若有6.72LSO2参加反应，则最终能消耗0.1molK2Cr2O7
C．通入SO2时反应的离子方程式为：SO2+2Fe3++2H2O═SO42﹣+2Fe2++4H+
D．随着上述操作的进行，溶液的酸性越来越强
10．（3分）下列离子方程式正确的是（　　）
A．用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘2I﹣+H2O2+2H+═I2+2H2O
B．二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色：3SO2+2MnO4﹣+4H+═SO42﹣+2Mn2++2H2O
C．向Mg（HCO3）2溶液中滴加足量NaOH溶液：Mg2++HCO3﹣+OH﹣═MgCO3↓+H2O
D．向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2：Ca2++SO2+H2O+2ClO﹣═CaSO3↓+2HClO
二、不定项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11．（4分）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的主族元素，且原子序数总和为28，四种元素与锂组成的盐是一种新型锂离子电池的电解质，结构如图，下列说法错误的是（　　）

A．原子半径：X＞Y＞Z＞w
B．该化合物的阴离子中所有原子均满足最外层8电子稳定结构
C．W的氢化物易溶于水，且0.1mol/L的该物质的水溶液的pH值为1
D．Z与Y形成的化合物都能与氢氧化钠溶液反应
12．（4分）以铅蓄电池为电源，通过电解法制备酒石酸（C4H6O6，简写为RH2）的原理如图所示（A、B为惰性电极，a，b为离子交换膜）：下列叙述正确的是（　　）

A．N极的电极反应式为：PbO2+2e﹣+SO42﹣+4H+═PbSO4+2H2O
B．b为阳离子交换膜
C．阴极反应为：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，阴极区溶液pH增大
D．铅蓄电池中消耗2mol H2SO4时，理论上生成2mol RH2
13．（4分）Ni（OH）2作为合成镍钴锰三元电极材料的原料，工业上可用红土镍矿（主要成分为NiO、FeO、Fe2O3、MgO和SiO2）制备，工艺流程如图所示。

下列说法正确的是（　　）
A．“溶浸”时，为加快反应速率，可以选用98%的浓硫酸
B．“滤渣1”的成分为H2SiO3
C．为了证明加入NaClO已足量，可在溶液中加入KSCN溶液和氯水来检验
D．“沉镍”的离子方程式为：Ni2++2HCO3﹣═NiCO3↓+CO2↑+H2O
14．（4分）碘化亚铜（CuI）常用作有机反应催化剂，难溶于水和酸，受热易被氧化。实验室可利用下列装置及药品制备少量碘化亚铜，下列有关叙述正确的是（　　）

A．装置B的主要作用是收集气体
B．实验时，关闭a，点燃A处的酒精灯，一段时间后，再开启电磁加热搅拌器
C．停止制备时，先关闭电磁加热搅拌器，再熄灭酒精灯
D．收集产品时，通入空气，排尽SO2，将装置C处溶液趁热过滤，即得产品
三、非选择题（本题包括必考题和选考题两部分，第15～17题为必考题，第18、19题为选考题，考生根据要求作答）
15．（14分）二氯化钒（VCl2）有强吸湿性和强还原性，熔点为425℃、沸点为900℃，是制备多种医药、催化剂、含钒化合物的中间体。有以下两种方案制备VCl2：
方案一：V2O5VCl2溶液
方案二：在800℃的N2流中VCl3分解
（1）请写出方案一的化学方程式：　 　。
（2）某学习小组在实验室用方案二制备VCl2并检验其气体产物Cl2（已知：焦性没食子酸溶液能吸收空气中的氧气）。

请回答下列问题：
①按气流方向，上述装置合理的连接顺序为a→　 　（用小写字母填空）。
②浓H2SO4的作用是 　 　。
③实验过程中需持续通入空气，其作用为 　 　。
④实验后，选用D中所得溶液和其他合理试剂，设计实验方案证明C处有Cl2生成 　 　。
（3）测定产品纯度：实验后产品中只混有少量VCl3杂质。称量1.3775g样品，充分溶于水中，调pH后滴加Na2CrO4作指示剂，用0.500 mol/L AgNO3标准溶液滴定Cl﹣，达到滴定终点时消耗标准液体积为46.00mL（Ag2CrO4、为砖红色沉淀，V2+、V3+不参加反应）。
①滴定终点的现象为 　 　。
②产品中VCl2的质量分数为 　 　（保留3位有效数字）。
16．（12分）锆及其化合物作为新材料，具有相当重要的意义。氧氯化锆（ZrOCl2）是制备锆系列材料的一种重要中间产品，用锆英砂（主要成分ZrSiO4）制备水合氧氯化锆有多种方法，目前使用较多的是“一碱一酸法”，其主要流程如图：

已知：①Na2ZrO3在强碱性的介质中不溶解或水解；
②硅酸和原硅酸（H4SiO4）都具有吸附性。
回答下列问题：
（1）“碱烧”过程中生成“碱熔料”的化学方程式为 　 　。
（2）“水洗压滤”工艺可以将30%～70%的硅除去，如图一、二表示搅拌工艺对水洗除硅率的影响，则为了提高除硅率应如何搅拌 　 　。

（3）硅的去除还有一部分是通过上述流程中的 　 　工艺实现的，这一部分硅转化成的物质是 　 　（填化学式）。
（4）“转型压滤”过程中生成ZrO（OH）2的离子方程式为 　 　。
（5）操作M包括 　 　、过滤、洗涤、干燥；上述工艺若不加改进，锆的损失会比较大，为了减少锆的损失，应该改进的措施是 　 　。
17．（13分）利用CO2可合成烷烃、烯烃、醇、甲酸等系列重要化工原料。回答下列有关问题：
Ⅰ.制备甲烷：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g） ΔH。
已知：CH4、H2的燃烧热分别为893kJ•mol﹣1、285.8kJ•mol﹣1，1molH2O（l）变成水蒸气需吸收44kJ的热量。
（1）ΔH＝　 　kJ•mol﹣1。
（2）在恒温、恒容容器中进行该反应，下列叙述一定能说明该反应达到平衡状态的是 　 　。
A.v（CO2）═4v（H2）逆
B.容器内的压强不再变化
C.混合气体的平均摩尔质量不再变化
D.CO2和H2的转化率之比不再变化
Ⅱ.制备甲醇：
主反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） ΔH 1＝﹣58kJ•mol﹣1
副反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH2＝+41kJ•mol﹣1
向某一恒容容器中充入1mol CO2和3 mol H2，在催化剂存在的条件下进行反应，测得温度与平衡转化率、产物选择性的关系如图1所示。
已知：CH3OH选择性═
①240℃该反应达到平衡时，产生的CH3OH的物质的量为 　 　mol。（填标号）。
②有利于提高CH3OH选择性的反应条件是 　 　（填标号）。
A.高温高压
B.高温低压
C.低温高压
D.低温低压
Ⅲ.电解法转化CO2可实现CO2资源化利用，电解CO2制HCOOH的原理示意图如图2。
（1）a、b表示CO2进气管，其中 　 　（填“a”或“b”）管是不需要的。
（2）写出阴极的电极反应式：　 　。
（3）电解一段时间后，若两侧电极液中K+的物质的量相差0.02mol，则阳极产生的气体在标准状况下的总体积为 　 　mL（假设产生的气体全部逸出）。
【化学一选修3：物质结构与性质】
18．（15分）磷及其化合物在电池、催化等领域有重要应用。黑磷与石墨类似，也具有层状结构（如图1）。为大幅度提高锂电池的充电速率，科学家最近研发了黑磷﹣石墨复合负极材料，其单层结构俯视图如图2所示。

回答下列问题：
（1）Li、C、P三种元素中，电负性最小的是　 　。（用元素符号作答）
（2）基态磷原子价电子排布式为　 　。
（3）图2黑磷区中P原子的杂化方式为　 　，石墨区中C原子的杂化方式为　 　。
（4）氢化物PH3、CH4、NH3的沸点由高到低顺序为　 　。
（5）根据图1和图2的信息，下列说法正确的有　 　。（填字母）
A．黑磷区中P﹣P键的键能不完全相同
B．黑磷与石墨都属于混合型晶体
C．由石墨与黑磷制备该复合材料的过程，发生了化学反应
D．石墨与黑磷的交界结合区域中，P原子与C原子共平面
E．复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力属范德华力
（6）贵金属磷化物Rh2P（化学式量为237）可用作电解水的高效催化剂，其立方晶胞如图3所示。已知晶胞参数为anm，晶体中与P距离最近的Rh的数目为　 　，晶体的密度为　 　g•cm﹣3。（列出计算式）。
【化学一选修5：有机化学基础】
19．化合物F是一种天然产物合成中的重要中间体，其合成路线如图：

已知：+CH3I+HI
回答下列问题：
（1）A中含氧官能团的名称是 　 　；A→B的反应类型为 　 　。
（2）D的结构简式为 　 　，F的分子式为 　 　。
（3）写出C与新制Cu（OH）2发生反应的化学方程式：　 　。
（4）G是C的同分异构体，同时满足下列条件的G有 　 　种（不考虑立体异构）。
①G的苯环上有两个取代基
②1mol G与足量的银氨溶液反应能生成4mol Ag
其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为2：2：1的结构简式为 　 　。
（5）参照上述合成路线，以和为原料，设计合成的路线（无机试剂和有机溶剂任选） 　 　。

2021-2022学年湖南省长沙一中高三（上）月考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共10个小题，每小题3分，共30分。每小题只有一项符合题目要求）
1．（3分）下列有关物质的性质与用途对应且正确的是（　　）
选项
性质
用途
A
胶体的胶粒带电
“血液透析”和“静电除尘”
B
纳米铁粉具有较强的还原性
高效地去除污水中的重金属离子
C
二氧化硅熔点高
用作光导纤维
D
二氧化硫具有还原性
用于纸浆漂白
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．“血液透析”是因为胶体分散质不能透过半透膜；
B．依据铁与重金属离子的置换反应判断；
C．二氧化硅具有良好的光学特性；
D．依据二氧化硫的漂白性解答。
【解答】解：A．“血液透析”是因为胶体分散质不能透过半透膜，与胶体的胶粒带电无关，故A错误；
B．纳米铁粉具有较强的还原性，能够与重金属离子反应，可以高效地去除污水中的重金属离子，故B正确；
C．二氧化硅具有良好的光学特性，所以可用作光导纤维，与其熔点高性质无关，故C错误；
D．二氧化硫具有漂白性，用于纸浆漂白，与还原性无关，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
2．（3分）已知2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，下列有关该反应中各物质的描述错误的是（　　）
A．Na2O2的电子式为： B．CO2的比例模型为：
C．Na2CO3的俗名为：烧碱 D．16O的中子数为：8
【分析】A．Na2O2是离子化合物，由Na+和O22﹣构成，O22﹣中O原子间共用1对电子，O原子外围达到8e﹣结构；
B．CO2是直线形分子，并且中心C原子的半径大于O；
C．NaOH俗名火碱、烧碱，纯碱是碳酸钠的俗名；
D．质量数＝质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角。
【解答】解：A．Na2O2是离子化合物，由Na+和O22﹣构成，钠离子用离子符号表示，O22﹣中O原子间共用1对电子，O原子外围达到8e﹣结构，则其电子式为，故A正确；
B．CO2是直线形分子，中心原子为C，并且C原子半径大于O，则其比例模型为，故B正确；
C．Na2CO3的俗名为纯碱，NaOH的俗名为烧碱，故C错误；
D．16O的质量数为16，质子数为8，则中子数为16﹣8＝8，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法及正误判断，涉及电子式、核素符号、比例模型和、化学式及俗名等知识，为高频考点，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题侧重学生规范答题能力的考查，题目难度不大。
3．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．在反应4C12+8NaOH═6NaC1+NaClO+NaClO3+4H2O中，消耗1mol Cl2时转移的电子总数为NA
B．28g乙烯和环己烷的混合物所含氢原子数目为4NA
C．64g的SO2与足量的O2充分反应后可得到NA个SO3分子
D．标准状况下，2.24L四氯化碳含有的分子数目为0.1NA
【分析】A.氯元素由0价降低为﹣1价，消耗4mol氯气转移6mol电子；
B.乙烯和环己烷的最简式均为CH2；
C.SO2与O2的反应为可逆反应；
D.22.4L/mol的适用条件为标况下的气体。
【解答】解：A.在反应4C12+8NaOH═6NaC1+NaClO+NaClO3+4H2O中，消耗1mol Cl2时转移的电子总数为×6mol×NA/mol＝1.5NA，故A错误；
B.28g乙烯和环己烷的混合物所含氢原子数目为×2×NA/mol＝4NA，故B正确；
C.64g的SO2的物质的量为＝1mol，SO2与O2的反应为可逆反应，二氧化硫不能完全转化，SO3分子数小于NA，故C错误；
D.标况下，四氯化碳不是气态，无法使用22.4L/mol计算物质的量，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
4．（3分）下列实验操作规范且能达到目的的是（　　）
A
B
C
D




除去碳酸钠中的碳酸氢钠
氯气的净化
粗铜精炼
收集NO气体
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.应在坩埚中加热使碳酸氢钠分解；
B.应先通入饱和食盐水除去HCl；
C.粗铜应与电源正极相连；
D.NO不溶于水。
【解答】解：A.应在坩埚中加热使碳酸氢钠分解，不能选蒸发皿，故A错误；
B.应先通入饱和食盐水除去HCl，图中试剂顺序不合理，故B错误；
C.粗铜应与电源正极相连，作阳极，阴极为纯铜，与电源连接不合理，故C错误；
D.NO不溶于水，可选图中排水法收集，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、电解原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
5．（3分）物质Ⅲ（2，3﹣二氢苯并呋喃）是一种重要的精细化工原料，其合成的部分流程如图：

下列叙述错误的是（　　）
A．物质Ⅰ含有两种官能团
B．物质Ⅱ能使溴水或酸性KMnO4溶液褪色
C．物质Ⅲ的分子式为C8H8O
D．物质Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均能发生加成反应
【分析】A．I中含有溴原子、碳碳双键和醚键；
B．碳碳双键能和溴发生加成反应、能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
C．该分子中含有8个碳原子、8个氢原子、1个氧原子；
D．碳碳双键和苯环都能发生加成反应。
【解答】解：A．Ⅰ中含有溴原子、碳碳双键和醚键三种官能团，故A错误；
B．Ⅱ中的碳碳双键能和溴发生加成反应而使溴水褪色、能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；
C．该分子中含有8个碳原子、8个氢原子、1个氧原子，分子式为C8H8O，故C正确；
D．碳碳双键和苯环都能发生加成反应，这三种物质都含有苯环且Ⅰ、Ⅱ含有碳碳双键，所以这三种物质都能发生加成反应，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，题目难度不大。
6．（3分）一定温度下，在某密闭容器中发生反应：2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）ΔH＞0，若15s内c（HI）由0.1mol•L﹣1降到0.07mol•L﹣1，则下列说法正确的是（　　）
A．0～15s内用I2表示的平均反应速率为v（I2）＝0.002mol•L﹣1•s﹣1
B．c（HI）由0.07mol•L﹣1降到0.05mol•L﹣1所需的反应时间小于10s
C．升高温度，正反应速率加快，逆反应速率减慢
D．减小反应体系的体积，化学反应速率加快
【分析】A．0～15s内用HI表示的平均反应速率为v（HI）＝＝0.002mol•L﹣1•s﹣1，相同时间内v（I2）＝v（HI）；
B．浓度越大，反应速率越快；
C．升高温度正逆反应速率都增大；
D．减小反应体系的体积，反应物和生成物浓度都增大。
【解答】解：A．0～15s内用HI表示的平均反应速率为v（HI）＝＝0.002mol•L﹣1•s﹣1，相同时间内v（I2）＝v（HI）＝×0.002mol•L﹣1•s﹣1＝0.001mol•L﹣1•s﹣1，故A错误；
B．随着反应的进行，反应物浓度减小，则反应速率减慢，c（HI）由0.07mol•L﹣1降到0.05mol•L﹣1所需的反应时间大于10s，故B错误；
C．升高温度，增大活化分子百分数，正逆反应速率都增大，故C错误；
D．减小反应体系的体积，反应物和生成物浓度都增大，增大单位体积内活化分子个数，正逆反应速率都增大，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学反应速率影响因素、化学反应速率的计算，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确化学反应速率影响原理、化学反应速率计算方法是解本题关键，B为解答易错点，题目难度不大。
7．（3分）如图为以Pt为电极的氢氧燃料电池的工作原理示意图，稀H2SO4为电解质溶液。下列有关说法正确的是（　　）

A．a极为阳极，电子由a极经外电路流向b极
B．b极的电极反应式O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣
C．电池工作一段时间后，右室中c（H2SO4）减小
D．若将H2改为CH4，消耗等质量的CH4时，O2的用量增多
【分析】该装置为原电池，a极为负极，电极反应式为H2﹣2e﹣═2H+，b极为正极，电极反应式为O2+4H++4e﹣═2H2O，电池总反应为2H2+O2＝2H2O，据此作答。
【解答】解：A.a极为负极，电子由负极（a）经外电路流向正极（b），故A错误；
B.b极为正极，电极反应式为O2+4H++4e﹣═2H2O，故B错误；
C.电池工作时，氢离子由左侧向右侧迁移，由电荷守恒可知右侧氢离子的物质的量不变，但反应生成水，c（H2SO4）减小，故C正确；
D.氢氧燃料电池总反应为2H2+O2＝2H2O，通入16g氢气消耗氧气的物质的量为×＝4mol，若将H2改为CH4，总反应为CH4+2O2＝CO2+2H2O，16g甲烷消耗氧气的物质的量为×2＝2mol，O2的用量减小，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
8．（3分）NO与CO在金属铑（Rh）的催化下发生反应：2NO（g）+CO（g）⇌N2O（g）+CO2（g） ΔH，该反应过程经历如下两步：
反应Ⅰ：NO（g）+CO（g）+Rh（s）⇌RhN（s）+CO2（g） ΔH1＝﹣33.44kJ•mol﹣1
反应Ⅱ：RhN（s）+NO（g）⇌Rh（s）+N2O（g） ΔH2＝﹣319.35kJ•mol﹣1
如图所示为该反应在无催化剂（a）和有催化剂（b）时反应过程的能量变化对比图。下列有关判断正确的是（　　）

A．ΔH═﹣285.91kJ•mol﹣1
B．E1为反应2NO（g）+CO（g）⇌N2O（g）+CO2（g）不使用催化剂和使用催化剂的活化能之差
C．E2为使用催化剂后降低的活化能
D．使用合适的催化剂可降低反应的活化能，提高平衡转化率
【分析】A．根据盖斯定律，I+Ⅱ得2NO（g）+CO（g）⇌N2O（g）+CO2（g），以此计算出其△H；
B．催化剂可以降低反应活化能；
C．活化能为过渡态能量与反应物的能量之差，催化剂可以降低反应活化能；
D．催化剂不改变反应的平衡状态。
【解答】解：A．根据盖斯定律，I+Ⅱ得2NO（g）+CO（g）⇌N2O（g）+CO2（g）△H＝△H1+△H2＝（﹣33.44kJ•mol﹣1）+（﹣319.35kJ•mol﹣1）＝﹣352.79kJ/mol，故A错误；
B．结合图示可知，E1为反应2NO（g）+CO（g）⇌N2O（g）+CO2（g）不使用催化剂和使用催化剂时的活化能之差，故B正确；
C．由图可知，E2为反应物总能量与生成物总能量之差，故C错误；
D．使用合适的催化剂可降低反应的活化能，但不能提高平衡转化率，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握盖斯定律内容、焓变与活化能之间关系，试题侧重考查学生的分析能力与知识迁移能力，题目难度不大。
9．（3分）将SO2气体不断通入Fe2（SO4）3溶液中，溶液颜色逐渐变浅，最后至浅绿色，然后往溶液中滴加K2Cr2O7溶液，溶液又变成棕黄色（还原产物为Cr3+）。则下列有关说法错误的是（　　）
A．氧化性：Cr2O72﹣＞Fe3+＞SO2
B．标准状况下，若有6.72LSO2参加反应，则最终能消耗0.1molK2Cr2O7
C．通入SO2时反应的离子方程式为：SO2+2Fe3++2H2O═SO42﹣+2Fe2++4H+
D．随着上述操作的进行，溶液的酸性越来越强
【分析】SO2气体不断通入Fe2（SO4）3溶液中，溶液颜色逐渐变浅，最后至浅绿色，即Fe2（SO4）3发生还原反应生成FeSO4，离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O═SO42﹣+2Fe2++4H+，然后往FeSO4溶液中滴加K2Cr2O7溶液，溶液又变成棕黄色，即Fe2+发生氧化反应生成Fe3+，Cr2O72﹣还原为Cr3+，离子方程式为6Fe2++Cr2O72﹣+14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O，则氧化性：Cr2O72﹣＞Fe3+＞SO2，结合关系式进行计算，据此分析解答。
【解答】解：A．SO2气体通入Fe2（SO4）3溶液中发生的反应为SO2+2Fe3++2H2O═SO42﹣+2Fe2++4H+，往FeSO4溶液中滴加K2Cr2O7溶液，发生的反应为6Fe2++Cr2O72﹣+14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：Cr2O72﹣＞Fe3+，Fe3+能氧化SO2，则氧化性：Cr2O72﹣＞Fe3+＞SO2，故A正确；
B．上述过程中发生的反应为SO2+2Fe3++2H2O═SO42﹣+2Fe2++4H+，6Fe2++Cr2O72﹣+14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O，则关系式为3SO2～6Fe2+～Cr2O72﹣，即最终消耗K2Cr2O7的物质的量n（Cr2O72﹣）＝n（SO2）＝×＝0.1mol，故B正确；
C．SO2气体不断通入Fe2（SO4）3溶液中，溶液颜色逐渐变浅，最后至浅绿色，则SO2能和Fe3+反应生成SO42﹣和Fe2+，反应的离子方程式为：SO2+2Fe3++2H2O═SO42﹣+2Fe2++4H+，故C正确；
D．由上述分析可知，反应过程为①SO2+2Fe3++2H2O═SO42﹣+2Fe2++4H+，②6Fe2++Cr2O72﹣+14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O，过程②消耗H+的量大于①生成H+的量，则溶液的酸性越来越弱，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应规律的应用、离子方程式的书写、关系式计算和氧化性强弱的判断等知识，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、关系式的建立及计算为解答的关键，侧重分析能力与运用能力的考查，注意掌握元素及其化合物的性质，题目难度中等。
10．（3分）下列离子方程式正确的是（　　）
A．用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘2I﹣+H2O2+2H+═I2+2H2O
B．二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色：3SO2+2MnO4﹣+4H+═SO42﹣+2Mn2++2H2O
C．向Mg（HCO3）2溶液中滴加足量NaOH溶液：Mg2++HCO3﹣+OH﹣═MgCO3↓+H2O
D．向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2：Ca2++SO2+H2O+2ClO﹣═CaSO3↓+2HClO
【分析】A.双氧水将碘离子氧化物碘单质；
B.该反应不满足得失电子守恒；
C.氢氧化钠足量，反应生成更难溶的氢氧化镁沉淀；
D.次氯酸能够氧化亚硫酸钙。
【解答】解：A.用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘，离子方程式为：2I﹣+H2O2+2H+═I2+2H2O，故A正确；
B.二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色，离子方程式为：5SO2+2MnO4﹣+2H2O═5SO42﹣+2Mn2++4H+，故B错误；
C.向Mg（HCO3）2溶液中加入过量的NaOH溶液，反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钠和水，正确的离子方程式为：Mg2++2HCO3﹣+4OH﹣═Mg （OH）2↓+2CO32﹣+2H2O，故C错误；
D.向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2，ClO﹣能将H2SO3氧化为H2SO4，ClO﹣被还原为Cl﹣，发生反应的方程式为：Ca2++3ClO﹣+SO2+H2O═CaSO4↓+Cl﹣+2HClO，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，把握物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
二、不定项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11．（4分）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的主族元素，且原子序数总和为28，四种元素与锂组成的盐是一种新型锂离子电池的电解质，结构如图，下列说法错误的是（　　）

A．原子半径：X＞Y＞Z＞w
B．该化合物的阴离子中所有原子均满足最外层8电子稳定结构
C．W的氢化物易溶于水，且0.1mol/L的该物质的水溶液的pH值为1
D．Z与Y形成的化合物都能与氢氧化钠溶液反应
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的主族元素，且原子序数总和为28，由四种元素与锂组成的盐的结构中，Y形成4个共价键，Z形成2个共价键，W形成1个共价键，故Y处于ⅣA、Z处于ⅥA族，则Y为C元素、Z为O元素、W为F元素，X的原子序数为28﹣6﹣8﹣9＝5，则X为B元素。
【解答】解：由分析可知，X为B、Y为C、Z为O、W为F；
A．同周期自左而右原子半径减小，故原子半径B＞C＞O＞F，故A正确；
B．C形成4个共价键，O形成2个共价键，F形成1个共价键，B原子最外层含有3个电子，形成3个共价键和1个配位键，均满足8电子稳定结构，故B正确；
C．HF属于弱酸，0.1mol/L的HF水溶液的pH＞1，故C错误；
D．CO2能与氢氧化钠反应，但CO不与氢氧化钠反应，故D错误；
故选：CD。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，推断元素为解答关键，充分利用化合物中价键结构进行分析推断，熟练掌握元素周期表与元素周期律、元素化合物知识，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
12．（4分）以铅蓄电池为电源，通过电解法制备酒石酸（C4H6O6，简写为RH2）的原理如图所示（A、B为惰性电极，a，b为离子交换膜）：下列叙述正确的是（　　）

A．N极的电极反应式为：PbO2+2e﹣+SO42﹣+4H+═PbSO4+2H2O
B．b为阳离子交换膜
C．阴极反应为：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，阴极区溶液pH增大
D．铅蓄电池中消耗2mol H2SO4时，理论上生成2mol RH2
【分析】原料室中RNa2电离出R2﹣和Na+，R2﹣经过阴离子交换膜b进入电解池右侧，结合H+生成RH2，则电极B上反应应该产生H+，对应电极反应为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，故电极B为阳极，则电极A为阴极，发生反应：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，Na+经过阳离子交换膜a进入阴极室，结合OH﹣生成NaOH，根据电解池工作原理知，电极M为铅蓄电池负极，N为正极。
【解答】解：A．N为铅蓄电池正极，电极反应为PbO2+2e﹣+SO42﹣+4H+＝PbSO4+2H2O，故A正确；
B．由分析可知，b为阴离子交换膜，故B错误；
C．由分析知，阴极电极反应为：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，OH﹣浓度增大，pH增大，故C正确；
D．铅蓄电池放电时总反应为：Pb+PbO2+2H2SO4＝2PbSO4+2H2O，当电池中消耗2mol H2SO4时，则电路中转移2mol e﹣，根据B极电极反应2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，可知，转移2mol e﹣，原料室有2mol H+生成，R2﹣+2H+＝RH2，所以理论上可生成1mol RH2，故D错误；
故选：AC。
【点评】本题考查电解原理，关键是依据所学化学知识判断电解池的阴、阳极，理解电解池工作原理，题目侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力。
13．（4分）Ni（OH）2作为合成镍钴锰三元电极材料的原料，工业上可用红土镍矿（主要成分为NiO、FeO、Fe2O3、MgO和SiO2）制备，工艺流程如图所示。

下列说法正确的是（　　）
A．“溶浸”时，为加快反应速率，可以选用98%的浓硫酸
B．“滤渣1”的成分为H2SiO3
C．为了证明加入NaClO已足量，可在溶液中加入KSCN溶液和氯水来检验
D．“沉镍”的离子方程式为：Ni2++2HCO3﹣═NiCO3↓+CO2↑+H2O
【分析】红土镍矿（主要成分为NiO、FeO、Fe2O3、MgO和SiO2）粉碎后用硫酸浸取，Ni、Fe、Mg元素进入溶液，滤渣1为不溶于稀硫酸的SiO2；过滤后向滤液中加入次氯酸钠将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入碳酸钠并加热除铁；过滤后向滤液中加入NaF除去镁离子，得到滤渣3为MgF2；过滤后加入碳酸氢铵得到碳酸镍沉淀，将碳酸镍沉淀加稀硫酸溶解，再向溶液中加入NaOH得到Ni（OH）2，以此解答该题。
【解答】解：A.98%的浓硫酸中氢离子较小，降低了反应速率，所以“溶浸”时不能选用98%的浓硫酸，故A错误；
B.二氧化硅不与水反应，则滤渣1为不溶于稀硫酸的SiO2，故B错误；
C.由于溶液中存在Fe3+，所以滴加KSCN溶液溶液会显红色，再加氯水没有明显变化，无法检验Fe2+，Fe2+可以和K3[Fe（CN）6]溶液生成蓝色沉淀，应该选用K2[Fe（CN）6]溶液，故C错误；
D.沉镍时反应有Ni2+、NH4HCO3，产物有NiCO3说明不是双水解，而是Ni2+与HCO3﹣电离出的CO32﹣结合生成NiCO3沉淀，促进HCO3﹣的电离，同时产生大量的氢离子，而氢离子又和HCO3﹣反应生成二氧化碳和水，所以离子方程式为：Ni2++2HCO3﹣＝NiCO3↓+CO2↑+H2O，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查混合物分离与提纯方法的综合应用，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意信息的应用及实验设计，题目难度中等。
14．（4分）碘化亚铜（CuI）常用作有机反应催化剂，难溶于水和酸，受热易被氧化。实验室可利用下列装置及药品制备少量碘化亚铜，下列有关叙述正确的是（　　）

A．装置B的主要作用是收集气体
B．实验时，关闭a，点燃A处的酒精灯，一段时间后，再开启电磁加热搅拌器
C．停止制备时，先关闭电磁加热搅拌器，再熄灭酒精灯
D．收集产品时，通入空气，排尽SO2，将装置C处溶液趁热过滤，即得产品
【分析】由图可知，装置A为二氧化硫发生装置，B为安全瓶，C为制备CuI的反应装置，发生反应2Cu2++2I﹣+SO2+2H2O＝CuI↓+4H++SO42﹣，D为尾气处理装置，据此作答。
【解答】解：A.B中进出导管长度相同，不能收集气体，A中生成二氧化硫，故装置B为安全瓶，主要作用是防倒吸，故A错误；
B.碘化亚铜（CuI）受热易被氧化，故应先通入二氧化硫排尽装置中的空气，关闭a，点燃A处的酒精灯，一段时间后，再开启电磁加热搅拌器，故B正确；
C.停止实验时，为保证碘化亚铜（CuI）不被氧化，先关闭电磁加热搅拌器，再熄灭酒精灯，故C正确；
D.碘化亚铜（CuI）难溶于水，收集产品时，通入空气，排尽SO2，应将装置C处溶液冷却后直接过滤，即可得到产品，故D错误；
故选：BC。
【点评】本题考查物质的制备，题目难度中等，能准确分析实验中每一个装置的作用是解题的关键。
三、非选择题（本题包括必考题和选考题两部分，第15～17题为必考题，第18、19题为选考题，考生根据要求作答）
15．（14分）二氯化钒（VCl2）有强吸湿性和强还原性，熔点为425℃、沸点为900℃，是制备多种医药、催化剂、含钒化合物的中间体。有以下两种方案制备VCl2：
方案一：V2O5VCl2溶液
方案二：在800℃的N2流中VCl3分解
（1）请写出方案一的化学方程式：　V2O5+3Zn+10HCl═2VC12+3ZnC12+5H2O　。
（2）某学习小组在实验室用方案二制备VCl2并检验其气体产物Cl2（已知：焦性没食子酸溶液能吸收空气中的氧气）。

请回答下列问题：
①按气流方向，上述装置合理的连接顺序为a→　gh（hg）de（ed）cbf　（用小写字母填空）。
②浓H2SO4的作用是 　防止D中的水蒸气进入C装置使VCl2水解　。
③实验过程中需持续通入空气，其作用为 　及时带走产生的Cl2，防止氧化VCl2　。
④实验后，选用D中所得溶液和其他合理试剂，设计实验方案证明C处有Cl2生成 　取D中溶液少量，调节溶液的pH后，滴加几滴石蕊溶液，石蕊溶液最终褪色　。
（3）测定产品纯度：实验后产品中只混有少量VCl3杂质。称量1.3775g样品，充分溶于水中，调pH后滴加Na2CrO4作指示剂，用0.500 mol/L AgNO3标准溶液滴定Cl﹣，达到滴定终点时消耗标准液体积为46.00mL（Ag2CrO4、为砖红色沉淀，V2+、V3+不参加反应）。
①滴定终点的现象为 　滴入最后一滴AgNO3溶液，有砖红色沉淀生成，且半分钟内沉淀颜色不发生变化　。
②产品中VCl2的质量分数为 　88.5%　（保留3位有效数字）。
【分析】在实验室用方案二制备VCl2并检验其气体产物Cl2，由图可知，A用来除去空气中的氧气得到氮气，E中碱石灰除去空气中的二氧化碳和水，C为反应装置，在800℃的N2流中VCl3分解产生VCl2和氯气，B装置防止水蒸气进入C中，E尾气处理吸收生成的氯气，并最终用来检验氯气生成，据此作答。
【解答】解：（1）方案一：V2O5和盐酸、Zn反应生成VCl2，由电子守恒和原子守恒可得反应方程式为V2O5+3Zn+10HCl═2VC12+3ZnC12+5H2O，
故答案为：V2O5+3Zn+10HCl═2VC12+3ZnC12+5H2O；
（2）①由分析可知按气流方向，上述装置合理的连接顺序为a→gh（hg）de（ed）cbf，
故答案为：gh（hg）de（ed）cbf；
②二氯化钒（VCl2）有强吸湿性，浓H2SO4的作用是防止D中的水蒸气进入C装置使VCl2水解，
故答案为：防止D中的水蒸气进入C装置使VCl2水解；
③二氯化钒（VCl2）有强还原性，实验过程中需持续通入空气，其作用为及时带走产生的Cl2，防止氧化VCl2，
故答案为：及时带走产生的Cl2，防止氧化VCl2；
④氯气与NaOH反应生成NaClO，可调节pH生成HClO，HClO有漂白性，证明C处有Cl2生成的实验方案为取D中溶液少量，调节溶液的pH后，滴加几滴石蕊溶液，石蕊溶液最终褪色，
故答案为：取D中溶液少量，调节溶液的pH后，滴加几滴石蕊溶液，石蕊溶液最终褪色；
（3）①Ag2CrO4、为砖红色沉淀，滴定终点的现象为滴入最后一滴AgNO3溶液，有砖红色沉淀生成，且半分钟内沉淀颜色不发生变化，
故答案为：滴入最后一滴AgNO3溶液，有砖红色沉淀生成，且半分钟内沉淀颜色不发生变化；
②用0.500 mol/L AgNO3标准溶液滴定Cl﹣，达到滴定终点时消耗标准液体积为46.00mL，则含有氯离子的物质的量0.5mol/L×0.046L＝0.23mol，则有3n（VCl3）+2n（VCl2）＝0.23mol，称量1.3775g样品，则有n（VCl3）×157.5g/mol+n（VCl2）×122g/mol＝1.3775g，解得n（VCl3）＝0.001mol，n（VCl2）＝0.01mol，产品中VCl2的质量分数为×100%＝88.5%，
故答案为：88.5%。
【点评】本题考查物质的制备，题目难度较大，能依据图像和题目信息准确分析各步装置的作用是解题的关键。
16．（12分）锆及其化合物作为新材料，具有相当重要的意义。氧氯化锆（ZrOCl2）是制备锆系列材料的一种重要中间产品，用锆英砂（主要成分ZrSiO4）制备水合氧氯化锆有多种方法，目前使用较多的是“一碱一酸法”，其主要流程如图：

已知：①Na2ZrO3在强碱性的介质中不溶解或水解；
②硅酸和原硅酸（H4SiO4）都具有吸附性。
回答下列问题：
（1）“碱烧”过程中生成“碱熔料”的化学方程式为 　ZrSiO4+4NaOH Na2SiO3+Na2ZrO3+2H2O　。
（2）“水洗压滤”工艺可以将30%～70%的硅除去，如图一、二表示搅拌工艺对水洗除硅率的影响，则为了提高除硅率应如何搅拌 　混合后立即搅拌30min　。

（3）硅的去除还有一部分是通过上述流程中的 　酸化压滤　工艺实现的，这一部分硅转化成的物质是 　H2SiO3　（填化学式）。
（4）“转型压滤”过程中生成ZrO（OH）2的离子方程式为 　Na2ZrO3+2H+═2Na++ZrO（OH）2　。
（5）操作M包括 　蒸发浓缩、冷却结晶　、过滤、洗涤、干燥；上述工艺若不加改进，锆的损失会比较大，为了减少锆的损失，应该改进的措施是 　将滤渣洗涤，并将洗涤液并入酸液中，重复操作M　。
【分析】由转化过程可知，锆英砂（主要成分ZrSiO4）和过量固体烧碱经过碱烧反应生成“碱熔料”（主要成分为Na2SiO3和Na2ZrO3），加水水洗压滤除去大部分硅酸钠，加盐酸转型压滤生成ZrO（OH）2，再加盐酸酸化压滤生成氧氯化锆（ZrOCl2），并将硅酸钠反应生成硅酸沉淀并过滤除去，最后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到水合氧氯化锆。
【解答】解：（1）“碱烧”过程中锆英砂（主要成分ZrSiO4）和过量固体烧碱经过碱烧反应生成“碱熔料”（主要成分为Na2SiO3和Na2ZrO3），由原子守恒可得反应方程式为ZrSiO4+4NaOH Na2SiO3+Na2ZrO3+2H2O，
故答案为：ZrSiO4+4NaOH Na2SiO3+Na2ZrO3+2H2O；
（2）由图可知，除硅率在搅拌30min左右达到最大，增加时间，除硅率无明显变化，为了提高除硅率应混合后立即搅拌30min，
故答案为：混合后立即搅拌30min；
（3）加盐酸酸化压滤将硅酸钠反应生成硅酸沉淀并过滤除去，硅的去除还有一部分是通过上述流程中的酸化压滤工艺实现的，这一部分硅转化成的物质是H2SiO3，
故答案为：酸化压滤；H2SiO3；
（4）“转型压滤”过程中Na2ZrO3生成ZrO（OH）2，反应的离子方程式为Na2ZrO3+2H+═2Na++ZrO（OH）2，
故答案为：Na2ZrO3+2H+═2Na++ZrO（OH）2；
（5）操作M包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，硅酸和原硅酸（H4SiO4）都具有吸附性，为了减少锆的损失，应该改进的措施是将滤渣洗涤，并将洗涤液并入酸液中，重复操作M，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；将滤渣洗涤，并将洗涤液并入酸液中，重复操作M。
【点评】本题考查物质的制备，题目难度较大，能依据题目信息和转化过程准确分析每一步的物质转化是解题的关键。
17．（13分）利用CO2可合成烷烃、烯烃、醇、甲酸等系列重要化工原料。回答下列有关问题：
Ⅰ.制备甲烷：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g） ΔH。
已知：CH4、H2的燃烧热分别为893kJ•mol﹣1、285.8kJ•mol﹣1，1molH2O（l）变成水蒸气需吸收44kJ的热量。
（1）ΔH＝　﹣162.2　kJ•mol﹣1。
（2）在恒温、恒容容器中进行该反应，下列叙述一定能说明该反应达到平衡状态的是 　BC　。
A.v（CO2）═4v（H2）逆
B.容器内的压强不再变化
C.混合气体的平均摩尔质量不再变化
D.CO2和H2的转化率之比不再变化
Ⅱ.制备甲醇：
主反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） ΔH 1＝﹣58kJ•mol﹣1
副反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH2＝+41kJ•mol﹣1
向某一恒容容器中充入1mol CO2和3 mol H2，在催化剂存在的条件下进行反应，测得温度与平衡转化率、产物选择性的关系如图1所示。
已知：CH3OH选择性═
①240℃该反应达到平衡时，产生的CH3OH的物质的量为 　0.08　mol。（填标号）。
②有利于提高CH3OH选择性的反应条件是 　C　（填标号）。
A.高温高压
B.高温低压
C.低温高压
D.低温低压
Ⅲ.电解法转化CO2可实现CO2资源化利用，电解CO2制HCOOH的原理示意图如图2。
（1）a、b表示CO2进气管，其中 　a　（填“a”或“b”）管是不需要的。
（2）写出阴极的电极反应式：　CO2+HCO3﹣+2e﹣＝HCOO﹣+CO32﹣　。
（3）电解一段时间后，若两侧电极液中K+的物质的量相差0.02mol，则阳极产生的气体在标准状况下的总体积为 　280　mL（假设产生的气体全部逸出）。
【分析】解：Ⅰ.（1）由题意得①CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H＝893kJ/mol，②H2（g）+O2（g）＝H2O（l）△H＝285.8kJ/mol，③H2O（l）＝H2O（g）△H＝+44kJ/mol，4×②+2×③﹣①可得△H；
（2）A．正逆反应速率相等时反应达到平衡；
B．反应前后气体的物质的量改变，压强改变；
C．反应前后气体质量之和不变，气体的物质的量改变；
D．CO2和H2的转化率之比与投料比有关，不能作为平衡状态的判据；
Ⅱ.①设主反应消耗CO2的物质的量是x，副反应消耗CO2的物质的量是y，由图示可得x+y＝1×0.1，由CH3OH选择性可得＝0.8，据此解答；
②由CH3OH选择性＝可知要想提高选择性，应该尽可能增大甲醇的量减小CO的量，即主反应正向进行，副反应逆向进行；
Ⅲ.（1）阳极为Pt电极，Sn电极为阴极，电解CO2制HCOOH应该是CO2在阴极发生还原反应，所以需要从b管通入CO2，而阳极是溶液中碳酸氢根离子失电子；
（2）Sn电极为阴极，阴极CO2发生还原反应生成HCOO﹣；
（3）阳极电极反应式为4HCO3﹣﹣4e﹣＝O2↑+4CO2↑+2H2O，每转移1mol电子则有1 mol K+从阳极转移到阴极，所以两侧电极液中K+的物质的量相差0.02mol，据此计算。
【解答】解：Ⅰ.（1）由题意得①CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H＝893kJ/mol，②H2（g）+O2（g）＝H2O（l）△H＝285.8kJ/mol，③H2O（l）＝H2O（g）△H＝+44kJ/mol，4×②+2×③﹣①可得△H＝﹣4×285.8kJ/mol+2×44kJ/mol+893kJ/mol＝﹣162.2kJ/mol，
故答案为：﹣162.2；
（2）A．正逆反应速率相等时反应达到平衡，应为4v（CO2）正＝v（H2）逆，故A错误；
B．反应前后气体的物质的量改变，压强改变，故容器内的压强不再变化时反应达到平衡状态，故B正确；
C．反应前后气体质量之和不变，气体的物质的量改变，故混合气体的平均摩尔质量不再变化时反应达到平衡状态，故C正确；
D．CO2和H2的转化率之比与投料比有关，不能作为平衡状态的判据，故D错误；
故答案为：BC；
Ⅱ.①设主反应消耗CO2的物质的量是x，副反应消耗CO2的物质的量是y，由图示可得x+y＝1×0.1，由CH3OH选择性可得＝0.8，两式联立解得x＝0.08，
故答案为：0.08；
②由CH3OH选择性＝可知要想提高选择性，应该尽可能增大甲醇的量减小CO的量，即主反应正向进行，副反应逆向进行，根据反应的热效应和方程式的系数可得高压利于主反应正向进行，低温利于副反应逆向进行，
故答案为：C；
Ⅲ.（1）阳极为Pt电极，Sn电极为阴极，电解CO2制HCOOH应该是CO2在阴极发生还原反应，所以需要从b管通入CO2，而阳极是溶液中碳酸氢根离子失电子，则不需要a管，
故答案为：a；
（2）Sn电极为阴极，阴极CO2发生还原反应生成HCOO﹣，电极反应为：CO2+HCO3﹣+2e﹣＝HCOO﹣+CO32﹣，
故答案为：CO2+HCO3﹣+2e﹣＝HCOO﹣+CO32﹣；
（3）阳极电极反应式为4HCO3﹣﹣4e﹣＝O2↑+4CO2↑+2H2O，每转移1mol电子则有1 mol K+从阳极转移到阴极，所以两侧电极液中K+的物质的量相差0.02mol，n（e﹣）＝0.01mo|，则阳极产生的气体n＝×5＝0.0125mol，体积为V＝0.0125mol×22.4mol/L＝0.28L＝280mL，
故答案为：280mL。
【点评】本题较为综合，主要考查热化学反应方程式、化学平衡、电化学原理等知识，属于基本知识，基础题型，为高频考点，中等难度。
【化学一选修3：物质结构与性质】
18．（15分）磷及其化合物在电池、催化等领域有重要应用。黑磷与石墨类似，也具有层状结构（如图1）。为大幅度提高锂电池的充电速率，科学家最近研发了黑磷﹣石墨复合负极材料，其单层结构俯视图如图2所示。

回答下列问题：
（1）Li、C、P三种元素中，电负性最小的是　Li　。（用元素符号作答）
（2）基态磷原子价电子排布式为　3s23p3　。
（3）图2黑磷区中P原子的杂化方式为　sp3　，石墨区中C原子的杂化方式为　sp2　。
（4）氢化物PH3、CH4、NH3的沸点由高到低顺序为　NH3＞PH3＞CH4　。
（5）根据图1和图2的信息，下列说法正确的有　A、B、C、D　。（填字母）
A．黑磷区中P﹣P键的键能不完全相同
B．黑磷与石墨都属于混合型晶体
C．由石墨与黑磷制备该复合材料的过程，发生了化学反应
D．石墨与黑磷的交界结合区域中，P原子与C原子共平面
E．复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力属范德华力
（6）贵金属磷化物Rh2P（化学式量为237）可用作电解水的高效催化剂，其立方晶胞如图3所示。已知晶胞参数为anm，晶体中与P距离最近的Rh的数目为　8　，晶体的密度为　　g•cm﹣3。（列出计算式）。
【分析】（1）得电子能力越弱，电负性较小；
（2）P原子核电荷数为15，原子核外最外层有5个电子；
（3）根据原子价层电子对数目确定杂化轨道方式；
（4）根据分子间作用力大小判断沸点高低，注意NH3分子间存在氢键；
（5）A．键长判断键能大小；
B．黑磷与石墨均存在片层结构；
C．存在P﹣P和C﹣C键的断裂，新键P﹣C的形成；
D．根据石墨中C原子为sp2杂化判断结构特点；
E．同一片层内P原子与C原子之间形成共价键；
（6）根据晶胞结构可知一个晶胞中有8个黑球，4个灰球，晶体化学式为Rh2P，所以黑球表示Rh原子，灰球表示P原子，以顶面面心P原子为例，该晶胞中有4个Rh原子距离其最近，该晶胞上方晶胞中还有4个，所以晶体中与P距离最近的Rh的数目为8；晶胞的体积为a3 nm3＝（a×10﹣7）3cm3，晶胞的质量为g，以此计算晶胞密度。
【解答】解：（1）C、P是非金属，有较强得电子能力，而Li为金属，易失电子，则三种元素中Li的电负性最小，
故答案为：Li；
（2）P原子核电荷数为15，原子核外最外层有5个电子，核外电子排布为[Ne]3s23p3，则价电子排布为3s23p3，
故答案为：3s23p3；
（3）图2黑磷区中P原子的价层电子对数目为3+＝4，P原子采取sp3杂化，而石墨区中C原子的价层电子对数目为3+＝3，则杂化方式为sp2杂化，
故答案为：sp3；sp2；
（4）PH3的相对分子质量大于CH4，PH3的沸点比CH4高，但NH3分子间存在氢键沸点最高，所以沸点由高到低顺序为NH3＞PH3＞CH4，
故答案为：NH3＞PH3＞CH4；
（5）A．黑磷区中P﹣P键的键长不完全相等，则键能也不完全相同，故A正确；
B．黑磷与石墨晶体的层与层之间由范德华力互相吸引，两者均为混合晶体，故B正确；
C．在石墨与黑磷制备该复合材料的过程中，P﹣P和C﹣C键断裂，形成P﹣C键，由化学反应的本质可知，发生化学反应，故C正确；
D．石墨中C原子为sp2杂化，则与六元环中C原子相连的原子与六元环共面，即石墨与黑磷的交界结合区域中P原子与C原子共平面，故D正确；
E．复合材料单层中，P原子与C原子之间形成共价键，即作用力为共价键，故E错误；
故答案为：ABCD；
（6）根据晶胞结构可知一个晶胞中有8个黑球，4个灰球，晶体化学式为Rh2P，所以黑球表示Rh原子，灰球表示P原子，以顶面面心P原子为例，该晶胞中有4个Rh原子距离其最近，该晶胞上方晶胞中还有4个，所以晶体中与P距离最近的Rh的数目为8；晶胞的体积为a3 nm3＝（a×10﹣7）3cm3，晶胞的质量为g，所以晶体的密度为＝g/cm3，
故答案为：8；。
【点评】本题考查较为综合，涉及原子核外电子排布、晶胞的计算等知识，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意把握晶胞的分析以及元素周期率的递变规律，题目难度中等。
【化学一选修5：有机化学基础】
19．化合物F是一种天然产物合成中的重要中间体，其合成路线如图：

已知：+CH3I+HI
回答下列问题：
（1）A中含氧官能团的名称是 　酚羟基、醛基　；A→B的反应类型为 　取代反应　。
（2）D的结构简式为 　　，F的分子式为 　C22H22O5　。
（3）写出C与新制Cu（OH）2发生反应的化学方程式：　+2Cu（OH）2+2NaOH+Cu2O↓+4H2O　。
（4）G是C的同分异构体，同时满足下列条件的G有 　12　种（不考虑立体异构）。
①G的苯环上有两个取代基
②1mol G与足量的银氨溶液反应能生成4mol Ag
其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为2：2：1的结构简式为 　　。
（5）参照上述合成路线，以和为原料，设计合成的路线（无机试剂和有机溶剂任选） 　　。
【分析】A为，与发生取代反应生成B为，反应同时有HBr生成，碳酸钾可以消耗生成的HBr，有利于提高原料利用率，B加热发生结构异构生成C，C与CH3I发生取代反应生成D为，反应同时有HI生成，条件X应是碱性，以利于反应正向进行，D与分子间脱去分子水形成碳碳双键而生成E，从组成上看，E中酚羟基与碳碳双键之间发生加成反应形成六元环而生成F；
（5）与在碱性条件反应生成，然后与溴发生加成反应生成，发生水解反应生成，发生催化氧化生成。
【解答】解：（1）A为，含氧官能团为酚羟基、醛基；A→B是与发生取代反应生成，
故答案为：酚羟基、醛基；取代反应；
（2）根据分析D为；F为，分子式为C22H22O5，
故答案为：；C22H22O5；
（3）C为，C与新制Cu（OH）2发生反应的化学方程式+2Cu（OH）2+2NaOH+Cu2O↓+4H2O，
故答案为：+2Cu（OH）2+2NaOH+Cu2O↓+4H2O；
（4）C为，G是C的同分异构体，同时满足①G的苯环上有两个取代基；②1mol G与足量的银氨溶液反应能生成4mol Ag，说明该物质含有两个醛基，则G含有的基团为﹣CHO、﹣CH2CH2CHO或﹣CH2CHO、﹣CH2CHO或﹣CHO、﹣CH（CH3）CHO或﹣CH3、，每两种基团存在邻间对三种不同结构，则共3×4＝12种；其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为2：2：1，存在高度对称结构，应是含有2个﹣CH2CHO且位于苯环的对位，该同分异构体结构简式为：，
故答案为：12；；
（5）与在碱性条件反应生成，然后与溴发生加成反应生成，发生水解反应生成，发生催化氧化生成，合成路线为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，对比有机物的结构明确发生的反应，题目涉及有机反应类型、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，注意利用流程中转化进行合成路线设计，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。