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2022届陕西省西安市西铁第一中学高三下学期第二次模拟考试理综化学试题含解析
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这是一份2022届陕西省西安市西铁第一中学高三下学期第二次模拟考试理综化学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2022届陕西省西安市西铁第一中学高三下学期第二次模拟考试
理综化学试题
一、单选题
1．化学与生活紧密相关，下列叙述错误的是（ ）
A．“落红不是无情物，化作春泥更护花”蕴藏着自然界的碳、氮循环
B．“煤饼烧蛎房成灰”(蛎房即牡蛎壳)，“灰”的主要成分是CaCO3
C．电锯中的“烤蓝”工艺形成的致密氧化膜成分是Fe3O4
D．服用阿司匹林(邻羟基苯甲酸)身体不舒服时，可以静脉注射NaHCO3溶液缓解
2．NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1mol重水比1mol水多2NA个中子
B．46g分子式为C2H6O的有机物，含极性键数目为7NA
C．1L1mol/L溴化铵水溶液中NH4+与H+数目之和为NA
D．常温下，1molCl2与足量水反应转移的电子数目为NA
3．有机化合物Z可用于治疗阿尔茨海默症，其合成路线如下：
下列说法错误的是（ ）
A．该反应为加成反应。
B．X、Y分子中含有的手性碳原子个数不同
C．Z的消去反应产物具有顺反异构体
D．Z的同分异构体不可能含两个苯环
4．某化合物结构如图所示，其中X。Y、W、Z是原子序数依次增大的短周期元素，且四种元素分布在三个周期，W的最外层电子数是Y的最外层电子数的2倍，Z和X同主族。下列说法正确的是（ ）
A．W与Z形成的化合物中只含离子键
B．该化合物中Y都满足8电子稳定结构
C．X3YW3是弱酸
D．离子半径：Z>W>Y
5．下列实验操作、实验现象、解释或结论都正确且有因果关系的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
解释或结论
A
向盛有2mL0.1mol∙L-1AgNO3溶液的试管中滴加5mL0.1mol∙L-1NaCl溶液，再向其中滴加一定0.1mol∙L-1KI溶液
先有白色沉淀后黄色沉淀
常温下，溶度积：Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
B
常温下，用pH计分别测定1mol∙L-1CH3COONH4溶液和0.1mol∙L-1CH3COONH4溶液的pH
测得pH都等于7
同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度相同
C
用铂电极电解等浓度的足量Fe2(SO4)3、Cu(NO3)2混合溶液
阴极有红色固体物质析出
金属活动性：Cu＞Fe
D
向5mL0.1mol∙L-1FeCl3溶液中滴加2mL0.1mol∙L-1KI溶液，充分反应后，取少量反应后溶液于试管中，再滴入几滴KSCN溶液
溶液变红
KI与FeCl3的反应为可逆反应
A．A B．B C．C D．D
6．我国科研团队设计了一种表面锂掺杂的锡纳米粒子催化剂s—SnLi可提高电催化制甲酸盐的产率，同时释放电能，实验原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．放电时，每生成0.5molHCOO-，整个装置内转移0.5NA个电子
B．使用催化剂Sn或者s—SnLi均能有效减少副产物CO的生成
C．放电时，正极电极周围pH升高
D．使用s—SnLi催化剂，中间产物更不稳定
7．室温下，向20mL浓度均为0.1mol⋅L-1的HNO3和HNO2混合液中逐滴加入0.1mol⋅L-1 NaOH溶液，溶液pH变化曲线如图。下列说法错误的是（ ）
A．a点：c(H+)>c(NO3-)>c(NO2-)
B．导电能力：b＜c
C．c点：2c(NO2-)+2c(HNO2)=3c(Na+)
D．由d点可得Ka(HNO2)≈10-2.683
二、综合题
8．钒及其化合物在工业上有许多用途。从废钒(主要成分V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO、SiO2)中提取五氧化二钒的一种工艺流程如图。
已知：①VOSO4能溶于水，VO2+与Fe不能反应。
②有机溶剂H2R对VO2+及Fe3+萃取率高，但不能萃取Fe2+。
回答下列问题：
（1）“酸浸、氧化”过程中若用浓盐酸代替硫酸，V2O5转化为VO2+，同时生成有毒的一种气体，反应的化学方程式为 。同时该步骤中V2O3转化为VO2+，反应的离子方程式为 。
（2）萃取前用“铁粉”对酸浸后的浸出液进行处理，主要目的是 ，为检验处理后的浸出液中是否含有该杂质离子，可选用的化学试剂是 (填试剂名称)。
（3）“溶剂萃取与反萃取”可表示为：VO2++H2R⇌反萃取溶剂萃取VOR+2H+。为了提高VO2+的产率，反萃取剂可选用 。(供选物质：NaCl，NaOH，H2SO4，填写相应物质的化学式)
（4）反萃取后的水层中加KClO3，使VO2+变为VO3-，ClO3-变为Cl-。当反应1.5molVO2+时，至少需要KClO3的物质的量为 mol。
（5）已知NH4VO3难溶于水，Kap=3.0×10-8，向10mL0.1mol·L-1NaVO3的滤液中加入等体积的NH4Cl溶液忽略混合过程中的体积变化，欲使VO3-沉淀完全，则NH4Cl溶液的最小浓度为 (保留两位有效数字，溶液中某离子浓度≤1×10-6mol·L-1时，认为该离子沉淀完全)
9．三氯氧磷(POCl3)可用作半导体掺杂剂及光导纤维原料，是能推进中国半导体产业链发展壮大的一种重要的化工原料。工业上可以直接氧化PCl3制备POCl3，反应原理为：P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3。
已知：PCl3、POCl3的部分性质如下：
熔点/℃
沸点/℃
相对分子质量
其它
PCl3
-112
75.5
137.5
遇水生成H3PO3和HCl
POCl3
2
105.3
153.5
遇水生成H3PO4和HCl
某化学兴趣小组模拟该工艺设计实验装置如图(某些夹持装置和加热装置已略去)：
（1）检查装置气密性并加入纯净的白磷，先制取一种气体，缓慢地通入C中，直至C中的白磷完全消失后，再通入另一种气体。仪器a的名称为 ，b中盛放的药品是 。
（2）装置E反应的离子方程式为 。
（3）C反应温度控制在60~65℃，不能过高或过低的原因是 。分离提纯获得POCl3的实验方法是 。
（4）通过测定三氯氧磷产品中氯元素含量，可进一步计算产品的纯度，实验步骤如下：
①取ag产品置于盛50.00mL蒸馏水的水解瓶中，摇动至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液，预处理排除含磷粒子的影响。
②取10.00mL溶液于锥形瓶中，向其中加入Comol/L-1的AgNO3溶液V0mL，使Cl-完全沉淀，再加入20mL硝基苯，振荡，使沉淀表面被有机物覆盖；然后选择Fe(NO3)，指示剂，用c1mol/L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为V1mL。
[已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2.0×10-12]
滴定终点的现象： 。实验过程中加入硝基苯的目的是 ，若无此操作，则所测POCI3的含量将 (填“偏高”“偏低”或“不变”)。
（5）产品中POCl3的质量分数为 。
10．乙烯是一种重要的基本化工原料，乙烯的产量可以衡量一个国家的石油化工发展水平，研究工业制取乙烯有重要的意义。
（1）I.工业用H2和CO2在一定条件下合成乙烯：6H2(g)+2CO2(g)⇌催化剂CH2=CH2(g)+4H2O(g) ΔH1
已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) ΔH2=-571.4kJ·mol-1
②CH2=CH2(g)+3O2(g)→2CO2(g)+2H2O(1) ΔH3=-1411kJ·mol-1
③H2O(g)=H2O(1) ΔH4=-44kJ·mol-1
ΔH1=
（2）在密闭容器中充入体积比为3：1的H2和CO2，不同温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示，下列说法正确的是____。
A．为了提高乙烯的产率应尽可能选择低温
B．生成乙烯的速率：v(M)可能小于v(N)
C．平衡常数：KM
（3）II.工业用甲烷催化法制取乙烯：2CH4(g)=C2H4(g)+2H2(g) ΔH>0，T℃时，向4L的恒容反应器中充入2molCH4，仅发生上述反应，反应过程中CH4的物质的量随时间变化如图所示：
实验测得v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H4)·c2(H2)，k正、k逆为速率常数，只与温度有关，T℃时k正与k逆的比值为 (用含x的代数式表示)；若将温度升高，速率常数增大的倍数：k正 (填“>”“=”或“<”)k逆。
（4）III.乙烷裂解制乙烯：C2H6(g)⇌催化剂C2H4(g)+H2(g)。
T℃时，将乙烷与氦气体积比2：1混合后，通入一密闭容器中发生反应。平衡时容器压强为P0Pa，若乙烷的平衡转化率为50%，反应的平衡常数Kp= (用分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
IV.电化学法还原二氧化碳制乙烯原理如下图所示。
（5）阴极电极反应式为： ，电路中转移0.6mol电子，两极共收集气体 L(标准状况)。
11．硒(Se)是一种有抗癌、抗氧化作用的元素，可以形成多种化合物。
（1）基态硒原子的价层电子排布式为 。
（2）H2SeO3的中心原子杂化类型是： ， SeO32-的立体构型是 。与SeO32-互为等电子体的分子有 (写一种物质的化学式即可)。
（3）H2Se属于 (填“极性”或“非极性”)分子；比较H2Se与H2O沸点高低，并说明原因： 。
（4）硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示，该晶胞中硒原子的配位数为 ；若该晶胞密度为ρg·cm-3，硒化锌的摩尔质量为Mg·mol-1，NA代表阿伏加德罗常数的值，则晶胞参数a为 。
12．有机物K是合成酪氨酸血症药物尼替西农的中间体，其合成路线如下：
（1）A中官能团的名称为 。D→E的反应类型 。
（2）B→C的反应方程式为 。
（3）H的结构简式为 。
（4）关于物质G，下列说法正确的是____。
A．能使酸性高锰酸钾褪色
B．能与液溴在FeBr3存在下发生取代反应
C．能发生加聚反应
D．1molG在空气中完全燃烧消耗氧气6mol
（5）M(C9H10O2)是D的同系物，其核磁共振氢谱峰面积之比为6：2：1：1，则M的结构简式为 (写出所有可能的结构)。
（6）以为原料合成试写出合成路线 (无机试剂任选)。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．自然界中动植物遗体之所以没有堆积如山，是因为细菌使动植物遗体不断的腐烂、分解，转化成二氧化碳、水和无机盐，这些物质又是植物制造有机物的原料，因此“落红不是无情物，化作春泥更护花”蕴藏着自然界碳、氮的循环，A不符合题意；
B．牡蛎壳为贝壳，贝壳主要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧生成氧化钙，灰是氧化钙，B符合题意；
C．烤蓝其原理就是在钢铁表面生成一定厚度和强度的致密的氧化层，成分主要是Fe3O4，C不符合题意；
D．阿司匹林的化学成分是邻羟基苯甲酸，邻羟基苯甲酸与NaHCO3溶液反应从而可以缓解不舒服，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.动植物遗体腐烂、分解，转化成二氧化碳、水和无机盐；
B.牡蛎壳的主要成分为CaCO3，分解生成CaO；
C.Fe3O4是致密的氧化物，可阻止内部金属与空气反应，具有防止钢铁锈蚀功能；
D.水杨酸含-COOH，与碳酸氢钠反应。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．重水、水的化学式分别为H12H2O、H11H2O，二者分子中的中子数相差2，则1mol重水比1mol水多2NA个中子，A符合题意；
B.46g分子式为C2H6O的有机物，其物质的量为1mol，若其为CH3OCH3，则含极性键数目为8NA，B不符合题意；
C.1L1mol/L溴化铵水溶液中，根据电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(Br-)+c(OH-)，由于c(Br-)=1mol/L，c(OH-)>0，故c(NH4+)+c(H+)>1mol/L，所以NH4+与H+的数目之和大于NA，C不符合题意；
D．常温下，Cl2与水的反应为可逆反应，所以1molCl2与足量水反应转移的电子数目小于NA，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.1个重水含有10个中子，1个水含有8个中子；
B.C2H6O可以为乙醇，也可以是二甲醚；
C.依据电荷守恒判断；
D.氯气与水的反应为可逆反应，不能进行到底。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．反应为X与Y发生加成反应生成Z，选项A不符合题意；
B．连接4个不同基团的C为手性C，则X中六元杂环与苯环连接醚键的C为手性碳，Y中六元杂环与环外形成醚键的C为手性碳，可知均只有1个手性碳原子，选项B符合题意；
C．Z中醇羟基发生消去反应后得到的产物具有碳碳双键，且碳碳双键两端各有1个H外另两个基团不相同，具有顺反异构体，选项C不符合题意；
D．Z的不饱和度为7，两个苯环需要8个不饱和度，故Z的同分异构体不可能含两个苯环，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.X中碳氧双键和Y发生加成反应生成Z；
B.连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；
C.碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团时存在顺反异构；
D.Z的不饱和度是7，苯环的不饱和度是4。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．O和Na可以形成化合物Na2O2，含有离子键和共价键，A不符合题意；
B．Y为B元素，该结构中形成3个共价键的B原子最外层只有6个电子，B不符合题意；
C．X3YW3即H3BO3，为一种弱酸，C符合题意；
D．电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小半径越大，所以离子半径O2-＞Na+，即W＞Z，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】X、Y、W、Z四种元素分布在三个周期，则X为H元素；Z和X同主族，二者原子序数相差大于2，故Z为Na元素；由原子序数相对大小可知Y、W处于第二周期，W的最外层电子数是Y的最外层电子数的2倍，则W处于偶数族，图示结构中W形成2条共价键，则W为O元素，故Y为B元素。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．向2mL0.1mol∙L-1AgNO3溶液中滴加5mL0.1mol∙L-1NaCl溶液，Ag+全部转化为AgCl沉淀，再滴加KI溶液，白色沉淀转化为黄色沉淀，则表明AgCl转化为AgI，由此得出溶度积：Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，A符合题意；
B．CH3COONH4为弱酸弱碱盐，在水溶液中发生双水解反应，由于CH3COOH与NH3∙H2O的电离常数相等，所以溶液呈中性，但CH3COONH4浓度不同时，对水电离的促进作用不同，B不符合题意；
C．用铂电极电解等浓度的足量Fe2(SO4)3、Cu(NO3)2混合溶液时，先是Fe3+得电子转化为Fe2+，后是Cu2+得电子生成Cu，所以不能比较Cu与Fe的金属活动性大小，C不符合题意；
D．向FeCl3溶液中滴加KI溶液，由于FeCl3过量，滴入KSCN溶液后，溶液变红，不能说明KI与FeCl3的反应为可逆反应，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.硝酸银不足，先生成AgCl沉淀，然后AgCl与KI反应生成AgI沉淀；
B.CH3COONH4溶液显中性，且水解促进水的电离，浓度不同，对水电离的影响不同；
C.阴极上铁离子先得到电子生成亚铁离子，后铜离子得到电子生成Cu；
D.氯化铁过量，反应后检验铁离子不能证明反应的可逆性。
6．【答案】A
【解析】【解答】A．由电子流动的方向可知，放电时，右侧电极为正极，电极反应式为CO2+2e-+H2O→HCOO-+OH-，每生成0.5molHCOO-，整个装置内转移0.5mol×2×NAmol-1=NA个电子，A符合题意；
B．由图可知，使用催化剂Sn或者s—SnLi，生成CO时活化能大，反应速率慢，能有效减少副产物CO的生成，B不符合题意；
C．放电时，正极反应为CO2+2e-+H2O→HCOO-+OH-，正极生成OH-，所以电极周围pH升高，C不符合题意；
D．由图可知，使用s—SnLi催化剂，中间产物能量高，不稳定，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】放电时为原电池，锌失电子生成[Zn(OH)4]2-，Zn为负极，负极反应为Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，催化电极为正极，正极上CO2得电子生成HCOO-，正极反应为CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH-，充电时为电解池，原电池的正负极分别与电源正负极相接，阴极反应与原电池负极反应相反，阳极上OH-失电子生成氧气。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．a点发生如下电离：HNO3=H++NO3-，HNO2⇌H++NO2-，所以c(H+)>c(NO3-)>c(NO2-)，A不符合题意；
B．b点，HNO3与NaOH刚好完全反应，溶液为NaNO3、HNO2混合溶液；在c点，溶液为NaNO3、NaNO2、HNO2混合溶液，离子浓度b＜c，所以导电能力：b＜c，B不符合题意；
C．c点，依据题给数据，可得出：3n(NO2-)+3n(HNO2)=2n(Na+)，所以3c(NO2-)+3c(HNO2)=2c(Na+)，C符合题意；
D．在d点存在如下水解平衡：NO2-+H2O⇌HNO2+OH-，Kh=10-6.16×10-6.1613×0.1=3×10-11.32，Ka(HNO2)=KWKh=10-143×10-11.32=10-2.683，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.a点硝酸和亚硝酸均发生电离，氢离子浓度最大；
B.溶液的导电能力与离子所带电荷和离子浓度有关；
D.亚硝酸根存在水解，计算其水解常数，再根据Ka(HNO2)=KWKh计算。
8．【答案】（1）V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2↑+3H2O；2V2O3+O2+8H+=VO2++4H2O
（2）将Fe3+还原为Fe2+；硫氰化钾溶液
（3）H2SO4
（4）0.25mol
（5）0.16mol/L
【解析】【解答】
(1)若用浓盐酸代替硫酸，V2O5具有强氧化性，与浓盐酸发生氧化还原反应生成VOCl2、氯气和水，反应的化学方程式为：V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2↑+3H2O，酸浸、氧化过程中发生的反应为酸性条件下V2O3与氧气发生氧化还原反应VO2+，反应的离子方程式为：2V2O3+O2 +8H+= VO2++4H2O；
(2)由题意可知，有机溶剂H2R对VO2+及Fe3+萃取率高，但不能萃取Fe2+，因此萃取前用“铁粉” 对浸出液进行处理，主要目的是将将Fe3+还原为Fe2+，为检验处理后的浸出液中是否含有Fe3+，可选用的化学试剂是硫氰化钾溶液，观察是否出现血红色；
(3)由溶剂萃取与反萃取的转化关系VO2+ +H2R⇌反萃取溶剂萃取VOR+2H+，可知，提高溶液中氢离子浓度，使平衡向反萃取方向进行，VO2+溶剂萃取的产率增大，则反萃取剂为H2SO4；
(4)反萃取后的水层中加入氧化剂KClO3，酸性条件下KClO3与VO2+发生氧化还原反应生成VO3-、Cl-和水，当反应3mol VO2+时，由得失电子数目守恒可得： n (KClO3)×6=n (VO2+) ×1，n (KClO3)×6=1.5×1，得n (KClO3) =0.25mol；
(5)向10mL0.1mol·L-1NaVO3的滤液中加入等体积的NH4Cl溶液，忽略混合过程中的体积变化)，则沉淀NaVO3消耗NH4Cl的物质的量n (NH4Cl) =0.1mol·L-1×0.01L=0.001mol，欲使VO3-沉淀完全，需要NH4Cl溶液的浓度为Kspc(VO3-)=3.0×10-81.0×10-6mol/L=3.0×10-2mol/L，因此NH4Cl溶液的最小浓度nV=0.001mol+3.0×10-2mol/L×0.02L0.01L=0.16mol/L；
【分析】向废钒(主要成分V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO、SiO2)中加入硫酸和氧气，铁的氧化物与硫酸反应，V2O3、V2O5转化为VO2+，二氧化硅不与硫酸反应，过滤得到含有二氧化硅的废渣和浸出液，向浸出液中加入铁粉，便Fe3+转化为Fe2+，向反应后的溶液中加入有机溶剂H2R萃取VO2+，分液得到含有亚铁离子的水层和含有VO2+的有机层，向有机层中加入反萃取剂，分液得到含有VO2+的水层和有机层，向反萃取后的水层中加KClO3，使VO2+变为VO3-，再向溶液中加入氨水，VO3-转化为NH4VO3沉淀，高温煅烧NH4VO3沉淀，NH4VO3发生分解反应生成V2O5。
9．【答案】（1）(球形)冷凝管；碱石灰
（2）MnO2 +4H+2Cl-Δ__Mn2++Cl2↑+2H2O
（3）PCl3易挥发，利用率降低；蒸馏
（4）最后一滴(或半滴)标准液，溶液变红，30s不变色；使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl反应；偏高
（5）300a-137.5(c0V0-c1V1)×153.548a%
【解析】【解答】装置A中用黑色固体和液态物质反应制氧气，装置B可以干燥O2，瓶口的长颈漏斗可以平衡气压，还可以观察氧气的流速；装置E为固液混合加热制备氯气，装置D干燥生成的氯气；在装置C中发生P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3。
(1)根据装置图仪器a结构可知其名称为球形冷凝管；装置b为干燥管，其盛放的试剂可以吸收未反应的Cl2，同时还可防止空气中的水蒸气进入装置中，该固体试剂可以是碱石灰；故答案为：(球形)冷凝管；碱石灰；
(2)装置E为固液混合加热制备氯气，实验室中采用二氧化锰与浓盐酸加热制取氯气，反应的化学方程式为：MnO2 +4HCl (浓) Δ__MnCl2 +Cl2↑+2H2O；故答案为：MnO2 +4H+2Cl-Δ__Mn2++Cl2↑+2H2O；
(3)在装置C中发生反应：P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3。C中反应温度控制在60~65℃，不能过高或过低，这是由于温度太低，反应速率变慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率降低；由PCl3、POCl3的熔沸点信息可知其在常温下为液态，分离混溶的液态混合物应采用蒸馏法，故答案为：PCl3易挥发，利用率降低；蒸馏；
(4)SCN-与铁离子会反应使溶液变为红色，故滴定终点现象为滴入最后一滴(或半滴)标准液，溶液变红，30s不变色；由Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2.0×10-12可知，AgSCN更难溶，实验过程中加入硝基苯的目的是使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl反应；若无此操作，则V2偏大，根据POCl3的含量计算公式可知：计算所测POCl3的含量将偏高。故答案为：最后一滴(或半滴)标准液，溶液变红，30s不变色；使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl反应；偏高；
(5)根据元素守恒可得关系式：POCl3～3Cl-～3Ag+，与Cl-反应的Ag+的物质的量为n(Ag+)=(c0V0-c1V1)×10-3 mol×100.00mL10.00mL =( c0V0-c1V1)×10-2 mol， 则n(PCl3)+n(POCl3)=13n(Ag+)=13×(c0V0-c1V1)×10-2 mol，假设n(PCl3)、n(POCl3)的物质的量分别是x、y，则x+y=13×(c0V0-c1V1)×10-2 mol，根据质量关系可得137.5x+153.5y=a，解得y=3a-137.5(c0V0-c1V1)×10-248mol，所以POCl3的质量分数为：3a-137.5(c0V0-c1V1)×10-2mol×153.5g/mol48ag×100%=300a-137.5(c0V0-c1V1)×153.548a%。
【分析】（1）仪器a为球形冷凝管；装置b用于吸收氯气同时防止空气中的水蒸气进入；
（2）装置E中二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气；
（3） PCl3易挥发，利用率降低；PCl3、POCl3为互溶的液体；
（4）SCN-遇铁离子溶液变为红色；硝基苯不溶于水，使生成的AgCl沉淀与溶液隔离；若不加入硝基苯，测定结果偏高；
（5）根据POCl3～3Cl-～3Ag+，PCl3～3Cl-～3Ag+计算。
10．【答案】（1）-127.8kJ/mol
（2）B；D
（3）(2-x)34x2；＞
（4）p5
（5）2CO2+8H2O+12e-=C2H4+12OH-；2.24
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律①×3-②-③×4可得6H2(g)+2CO2(g)⇌催化剂CH2=CH2(g)+4H2O(g)的ΔH1=[(-571.6)×3-(-1411)-(-44)×4]kJ/mol=-127.8kJ/mol；
(2)A．虽然温度降低平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，但是催化效率降低，反应速率慢，不利于提高单位时间内的产率，选项A不正确；
B．M点虽然催化效率高，但温度低，而N点温度高，所以v(M)可能小于v(N)，选项B正确；
C．总反应焓变小于0，为放热反应，温度越低平衡常数越大，所以KM＞KN，选项C不正确；
D．M点CO2的转化率高，总反应为气体减少的反应，所以此时容器内气体的物质的量少，且此时温度低，所以M点时的压强一定小于N点时的压强，选项D正确；
故答案为：BD；
(3)T℃达到平衡时，v正= v逆，即k正c2(CH4)=k逆c(C2H4)∙c2(H2)，所以有k正k逆=c(C2H4)×c2(H2)c2(CH4)=K，据图可知，平衡时n(CH4)=x mol，则Δn(CH4)=(2-x)mol，根据反应方程式可知，平衡时n(C2H4)=2-x2mol、n(H2)=(2-x)mol，容器容积为2L，所以K=2-x2×2×(2-x2)2(x2)2=(2-x)34x2；该反应焓变大于0，为吸热反应，升高温度平衡正向移动，说明正反应速率增大的倍数更多，即k正＞k逆；
(4)设初始投料为1molC2H6(g)和1mol氦气，乙烷的平衡转化率为50%，则平衡时n(C2H6)=0.5mol，Δn(C2H6)=0.5mol，根据方程式可知n(C2H4)=n(H2)=0.5mol，n(He)=1mol，平衡时容器压强为pPa，所以p(C2H6)=p(C2H4)=p(H2)=0.50.5+0.5+0.5+1pPa=p5Pa，所以Kp=p5×p5p5=p5；
(5)①左侧CO2转化为C2H4，C元素被还原，所以左侧为阴极，电解质溶液显碱性，所以电极反应为2CO2+8H2O+12e-=C2H4+12OH-；阳极反应为4OH--4e-=O2+H2O，所以转移0.3mol电子时，阴极生成0.14mol乙烯，阳极生成0.34mol氧气，共生成0.1mol气体，标准状况下体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）温度会影响催化剂活性；平衡常数只与温度有关；总反应为气体减少的反应；
（3）平衡时，v正= v逆；该反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，正反应速率增大的倍数大于逆反应；
（4）求出各物质的平衡分压，根据平衡常数的公式计算 Kp；
（5）阴极二氧化碳得电子发生还原反应；根据得失电子守恒计算。
11．【答案】（1）4s24p4
（2）sp3；三角锥形；PCl3
（3）极性；H2Se比H2O沸点低；因为H2O中存在分子间氢键，沸点较高，不H2Se存在氢键
（4）4；34MNA·ρ×1010
【解析】【解答】(1)硒为34号元素，基态Se原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4，价层电子排布式为4s24p4，故答案为：4s24p4；
(2)H2SeO3的中心原子的价层电子对数为3+12[6-2-2×(2-1)]=4，所以Se杂化方式为sp3杂化，SeO32-的中心原子Se的价层电子对数为3+12(6+2-3×2)=4，离子中有一对孤电子对，所以SeO32-的立体构型是三角锥形，等电子体是指价电子总数和原子总数都相等的微粒，与SeO32-互为等电体的分子有PCl3，故答案为：sp3； 三角锥形；PCl3；
(3)H2Se分子中有孤电子对，立体构型为V形，正、负电荷中心不重合，所以H2Se属于极性分子； H2Se比H2O沸点低；因为H2O中存在分子间氢键，沸点较高， H2Se不存在氢键；
(4)根据硒化锌晶胞结构图可知，每个锌原子周围有4个硒原子，每个硒原子周围也有4个锌原子，所以硒原子的配位数为4；该晶胞中含有硒原子数为8×18+6×12=4，含有锌原子数为4，根据ρ＝mV=4MNAV，所以V=4MρNA，则晶胞参数a为34MNA·ρcm=34MNA·ρ×1010pm，故答案为：4；34MNA·ρ×1010。
【分析】（1）硒为34号元素，有6个价电子，据此书写价层电子排布式；
（2）根据中心原子的价层电子对数可判断杂化方式及微粒的立体构型；等电子体原子总数和价电子总数相等；
（3）根据正负电荷中心是否重合判断分子极性；水分子间存在氢键，沸点反常；
（4）根据均摊法和ρ=mV计算。
12．【答案】（1）碳碳双键；取代反应
（2）2+O2→ΔCu2 +2H2O
（3）
（4）A
（5）或者
（6）→SOCl2→AlCl3→H+HOCH2CH2OH→Pt/CH2→H+
【解析】【解答】
(1)由分析可知，A的结构简式为：，故A中官能团的名称为碳碳双键；由分析可知，D的结构简式为：，故可知D→E的反应类型为取代反应，故答案为：碳碳双键；取代反应；
(2)由分析可知，B的结构简式为：，故B→C的反应就是醇催化氧化为醛的反应，则该反应的方程式为：2+O2→ΔCu2 +2H2O，故答案为：2+O2→ΔCu2 +2H2O；
(3)由分析可知，H的结构简式为：，故答案为：；
(4)G为。
A.苯环侧链上的碳上有H，能被氧化，能使酸性高锰酸钾褪色，选项A正确；
B. 不含有酚羟基，不能与液溴在FeBr3存在下发生取代反应，选项B不正确；
C. 分子中不含碳碳双键或碳碳三键等，不能发生加聚反应，选项C不正确；
D. G的分子式为C12H14O2，1molG在空气中完全燃烧消耗氧气12+144-22=14.5mol，选项D不正确；
故答案为：A；
(5)M(C9H10O2)是D的同系物即含有苯环和羧基，其核磁共振氢谱峰面积之比为6：2：1：1，即由4种H，其中两个甲基，则M的结构简式为或者，故答案为：或者；
(6)本题结合题干流程图中，D到E、E到F、F到G、G到H、H到K的信息采用逆向合成法可知，可由在酸性条件下水解而得，可由在Pt/C作催化剂下与H2加成而得，可由和HOCH2CH2OH转化而得，则可由在AlCl3作用下制得，可由与SOCl2反应制得，由此确定合成路线为：
→SOCl2→AlCl3→H+HOCH2CH2OH→Pt/CH2→H+，故答案为：→SOCl2→AlCl3→H+HOCH2CH2OH→Pt/CH2→H+。
【分析】由A、B的分子式和C的结构简式，并结合A到B、B到C的转化条件可知，A的结构简式为，B的结构简式为：，由D的分子式并结合C到D的转化条件可知，D的结构简式为：，由H的分子式结合G到H的反应条件可知，H的结构简式为。
2022届陕西省西安市西铁第一中学高三下学期第二次模拟考试
理综化学试题
一、单选题
1．化学与生活紧密相关，下列叙述错误的是（ ）
A．“落红不是无情物，化作春泥更护花”蕴藏着自然界的碳、氮循环
B．“煤饼烧蛎房成灰”(蛎房即牡蛎壳)，“灰”的主要成分是CaCO3
C．电锯中的“烤蓝”工艺形成的致密氧化膜成分是Fe3O4
D．服用阿司匹林(邻羟基苯甲酸)身体不舒服时，可以静脉注射NaHCO3溶液缓解
2．NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1mol重水比1mol水多2NA个中子
B．46g分子式为C2H6O的有机物，含极性键数目为7NA
C．1L1mol/L溴化铵水溶液中NH4+与H+数目之和为NA
D．常温下，1molCl2与足量水反应转移的电子数目为NA
3．有机化合物Z可用于治疗阿尔茨海默症，其合成路线如下：
下列说法错误的是（ ）
A．该反应为加成反应。
B．X、Y分子中含有的手性碳原子个数不同
C．Z的消去反应产物具有顺反异构体
D．Z的同分异构体不可能含两个苯环
4．某化合物结构如图所示，其中X。Y、W、Z是原子序数依次增大的短周期元素，且四种元素分布在三个周期，W的最外层电子数是Y的最外层电子数的2倍，Z和X同主族。下列说法正确的是（ ）
A．W与Z形成的化合物中只含离子键
B．该化合物中Y都满足8电子稳定结构
C．X3YW3是弱酸
D．离子半径：Z>W>Y
5．下列实验操作、实验现象、解释或结论都正确且有因果关系的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
解释或结论
A
向盛有2mL0.1mol∙L-1AgNO3溶液的试管中滴加5mL0.1mol∙L-1NaCl溶液，再向其中滴加一定0.1mol∙L-1KI溶液
先有白色沉淀后黄色沉淀
常温下，溶度积：Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
B
常温下，用pH计分别测定1mol∙L-1CH3COONH4溶液和0.1mol∙L-1CH3COONH4溶液的pH
测得pH都等于7
同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度相同
C
用铂电极电解等浓度的足量Fe2(SO4)3、Cu(NO3)2混合溶液
阴极有红色固体物质析出
金属活动性：Cu＞Fe
D
向5mL0.1mol∙L-1FeCl3溶液中滴加2mL0.1mol∙L-1KI溶液，充分反应后，取少量反应后溶液于试管中，再滴入几滴KSCN溶液
溶液变红
KI与FeCl3的反应为可逆反应
A．A B．B C．C D．D
6．我国科研团队设计了一种表面锂掺杂的锡纳米粒子催化剂s—SnLi可提高电催化制甲酸盐的产率，同时释放电能，实验原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．放电时，每生成0.5molHCOO-，整个装置内转移0.5NA个电子
B．使用催化剂Sn或者s—SnLi均能有效减少副产物CO的生成
C．放电时，正极电极周围pH升高
D．使用s—SnLi催化剂，中间产物更不稳定
7．室温下，向20mL浓度均为0.1mol⋅L-1的HNO3和HNO2混合液中逐滴加入0.1mol⋅L-1 NaOH溶液，溶液pH变化曲线如图。下列说法错误的是（ ）
A．a点：c(H+)>c(NO3-)>c(NO2-)
B．导电能力：b＜c
C．c点：2c(NO2-)+2c(HNO2)=3c(Na+)
D．由d点可得Ka(HNO2)≈10-2.683
二、综合题
8．钒及其化合物在工业上有许多用途。从废钒(主要成分V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO、SiO2)中提取五氧化二钒的一种工艺流程如图。
已知：①VOSO4能溶于水，VO2+与Fe不能反应。
②有机溶剂H2R对VO2+及Fe3+萃取率高，但不能萃取Fe2+。
回答下列问题：
（1）“酸浸、氧化”过程中若用浓盐酸代替硫酸，V2O5转化为VO2+，同时生成有毒的一种气体，反应的化学方程式为 。同时该步骤中V2O3转化为VO2+，反应的离子方程式为 。
（2）萃取前用“铁粉”对酸浸后的浸出液进行处理，主要目的是 ，为检验处理后的浸出液中是否含有该杂质离子，可选用的化学试剂是 (填试剂名称)。
（3）“溶剂萃取与反萃取”可表示为：VO2++H2R⇌反萃取溶剂萃取VOR+2H+。为了提高VO2+的产率，反萃取剂可选用 。(供选物质：NaCl，NaOH，H2SO4，填写相应物质的化学式)
（4）反萃取后的水层中加KClO3，使VO2+变为VO3-，ClO3-变为Cl-。当反应1.5molVO2+时，至少需要KClO3的物质的量为 mol。
（5）已知NH4VO3难溶于水，Kap=3.0×10-8，向10mL0.1mol·L-1NaVO3的滤液中加入等体积的NH4Cl溶液忽略混合过程中的体积变化，欲使VO3-沉淀完全，则NH4Cl溶液的最小浓度为 (保留两位有效数字，溶液中某离子浓度≤1×10-6mol·L-1时，认为该离子沉淀完全)
9．三氯氧磷(POCl3)可用作半导体掺杂剂及光导纤维原料，是能推进中国半导体产业链发展壮大的一种重要的化工原料。工业上可以直接氧化PCl3制备POCl3，反应原理为：P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3。
已知：PCl3、POCl3的部分性质如下：
熔点/℃
沸点/℃
相对分子质量
其它
PCl3
-112
75.5
137.5
遇水生成H3PO3和HCl
POCl3
2
105.3
153.5
遇水生成H3PO4和HCl
某化学兴趣小组模拟该工艺设计实验装置如图(某些夹持装置和加热装置已略去)：
（1）检查装置气密性并加入纯净的白磷，先制取一种气体，缓慢地通入C中，直至C中的白磷完全消失后，再通入另一种气体。仪器a的名称为 ，b中盛放的药品是 。
（2）装置E反应的离子方程式为 。
（3）C反应温度控制在60~65℃，不能过高或过低的原因是 。分离提纯获得POCl3的实验方法是 。
（4）通过测定三氯氧磷产品中氯元素含量，可进一步计算产品的纯度，实验步骤如下：
①取ag产品置于盛50.00mL蒸馏水的水解瓶中，摇动至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液，预处理排除含磷粒子的影响。
②取10.00mL溶液于锥形瓶中，向其中加入Comol/L-1的AgNO3溶液V0mL，使Cl-完全沉淀，再加入20mL硝基苯，振荡，使沉淀表面被有机物覆盖；然后选择Fe(NO3)，指示剂，用c1mol/L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为V1mL。
[已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2.0×10-12]
滴定终点的现象： 。实验过程中加入硝基苯的目的是 ，若无此操作，则所测POCI3的含量将 (填“偏高”“偏低”或“不变”)。
（5）产品中POCl3的质量分数为 。
10．乙烯是一种重要的基本化工原料，乙烯的产量可以衡量一个国家的石油化工发展水平，研究工业制取乙烯有重要的意义。
（1）I.工业用H2和CO2在一定条件下合成乙烯：6H2(g)+2CO2(g)⇌催化剂CH2=CH2(g)+4H2O(g) ΔH1
已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) ΔH2=-571.4kJ·mol-1
②CH2=CH2(g)+3O2(g)→2CO2(g)+2H2O(1) ΔH3=-1411kJ·mol-1
③H2O(g)=H2O(1) ΔH4=-44kJ·mol-1
ΔH1=
（2）在密闭容器中充入体积比为3：1的H2和CO2，不同温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示，下列说法正确的是____。
A．为了提高乙烯的产率应尽可能选择低温
B．生成乙烯的速率：v(M)可能小于v(N)
C．平衡常数：KM
（3）II.工业用甲烷催化法制取乙烯：2CH4(g)=C2H4(g)+2H2(g) ΔH>0，T℃时，向4L的恒容反应器中充入2molCH4，仅发生上述反应，反应过程中CH4的物质的量随时间变化如图所示：
实验测得v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H4)·c2(H2)，k正、k逆为速率常数，只与温度有关，T℃时k正与k逆的比值为 (用含x的代数式表示)；若将温度升高，速率常数增大的倍数：k正 (填“>”“=”或“<”)k逆。
（4）III.乙烷裂解制乙烯：C2H6(g)⇌催化剂C2H4(g)+H2(g)。
T℃时，将乙烷与氦气体积比2：1混合后，通入一密闭容器中发生反应。平衡时容器压强为P0Pa，若乙烷的平衡转化率为50%，反应的平衡常数Kp= (用分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
IV.电化学法还原二氧化碳制乙烯原理如下图所示。
（5）阴极电极反应式为： ，电路中转移0.6mol电子，两极共收集气体 L(标准状况)。
11．硒(Se)是一种有抗癌、抗氧化作用的元素，可以形成多种化合物。
（1）基态硒原子的价层电子排布式为 。
（2）H2SeO3的中心原子杂化类型是： ， SeO32-的立体构型是 。与SeO32-互为等电子体的分子有 (写一种物质的化学式即可)。
（3）H2Se属于 (填“极性”或“非极性”)分子；比较H2Se与H2O沸点高低，并说明原因： 。
（4）硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示，该晶胞中硒原子的配位数为 ；若该晶胞密度为ρg·cm-3，硒化锌的摩尔质量为Mg·mol-1，NA代表阿伏加德罗常数的值，则晶胞参数a为 。
12．有机物K是合成酪氨酸血症药物尼替西农的中间体，其合成路线如下：
（1）A中官能团的名称为 。D→E的反应类型 。
（2）B→C的反应方程式为 。
（3）H的结构简式为 。
（4）关于物质G，下列说法正确的是____。
A．能使酸性高锰酸钾褪色
B．能与液溴在FeBr3存在下发生取代反应
C．能发生加聚反应
D．1molG在空气中完全燃烧消耗氧气6mol
（5）M(C9H10O2)是D的同系物，其核磁共振氢谱峰面积之比为6：2：1：1，则M的结构简式为 (写出所有可能的结构)。
（6）以为原料合成试写出合成路线 (无机试剂任选)。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．自然界中动植物遗体之所以没有堆积如山，是因为细菌使动植物遗体不断的腐烂、分解，转化成二氧化碳、水和无机盐，这些物质又是植物制造有机物的原料，因此“落红不是无情物，化作春泥更护花”蕴藏着自然界碳、氮的循环，A不符合题意；
B．牡蛎壳为贝壳，贝壳主要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧生成氧化钙，灰是氧化钙，B符合题意；
C．烤蓝其原理就是在钢铁表面生成一定厚度和强度的致密的氧化层，成分主要是Fe3O4，C不符合题意；
D．阿司匹林的化学成分是邻羟基苯甲酸，邻羟基苯甲酸与NaHCO3溶液反应从而可以缓解不舒服，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.动植物遗体腐烂、分解，转化成二氧化碳、水和无机盐；
B.牡蛎壳的主要成分为CaCO3，分解生成CaO；
C.Fe3O4是致密的氧化物，可阻止内部金属与空气反应，具有防止钢铁锈蚀功能；
D.水杨酸含-COOH，与碳酸氢钠反应。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．重水、水的化学式分别为H12H2O、H11H2O，二者分子中的中子数相差2，则1mol重水比1mol水多2NA个中子，A符合题意；
B.46g分子式为C2H6O的有机物，其物质的量为1mol，若其为CH3OCH3，则含极性键数目为8NA，B不符合题意；
C.1L1mol/L溴化铵水溶液中，根据电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(Br-)+c(OH-)，由于c(Br-)=1mol/L，c(OH-)>0，故c(NH4+)+c(H+)>1mol/L，所以NH4+与H+的数目之和大于NA，C不符合题意；
D．常温下，Cl2与水的反应为可逆反应，所以1molCl2与足量水反应转移的电子数目小于NA，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.1个重水含有10个中子，1个水含有8个中子；
B.C2H6O可以为乙醇，也可以是二甲醚；
C.依据电荷守恒判断；
D.氯气与水的反应为可逆反应，不能进行到底。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．反应为X与Y发生加成反应生成Z，选项A不符合题意；
B．连接4个不同基团的C为手性C，则X中六元杂环与苯环连接醚键的C为手性碳，Y中六元杂环与环外形成醚键的C为手性碳，可知均只有1个手性碳原子，选项B符合题意；
C．Z中醇羟基发生消去反应后得到的产物具有碳碳双键，且碳碳双键两端各有1个H外另两个基团不相同，具有顺反异构体，选项C不符合题意；
D．Z的不饱和度为7，两个苯环需要8个不饱和度，故Z的同分异构体不可能含两个苯环，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.X中碳氧双键和Y发生加成反应生成Z；
B.连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；
C.碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团时存在顺反异构；
D.Z的不饱和度是7，苯环的不饱和度是4。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．O和Na可以形成化合物Na2O2，含有离子键和共价键，A不符合题意；
B．Y为B元素，该结构中形成3个共价键的B原子最外层只有6个电子，B不符合题意；
C．X3YW3即H3BO3，为一种弱酸，C符合题意；
D．电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小半径越大，所以离子半径O2-＞Na+，即W＞Z，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】X、Y、W、Z四种元素分布在三个周期，则X为H元素；Z和X同主族，二者原子序数相差大于2，故Z为Na元素；由原子序数相对大小可知Y、W处于第二周期，W的最外层电子数是Y的最外层电子数的2倍，则W处于偶数族，图示结构中W形成2条共价键，则W为O元素，故Y为B元素。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．向2mL0.1mol∙L-1AgNO3溶液中滴加5mL0.1mol∙L-1NaCl溶液，Ag+全部转化为AgCl沉淀，再滴加KI溶液，白色沉淀转化为黄色沉淀，则表明AgCl转化为AgI，由此得出溶度积：Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，A符合题意；
B．CH3COONH4为弱酸弱碱盐，在水溶液中发生双水解反应，由于CH3COOH与NH3∙H2O的电离常数相等，所以溶液呈中性，但CH3COONH4浓度不同时，对水电离的促进作用不同，B不符合题意；
C．用铂电极电解等浓度的足量Fe2(SO4)3、Cu(NO3)2混合溶液时，先是Fe3+得电子转化为Fe2+，后是Cu2+得电子生成Cu，所以不能比较Cu与Fe的金属活动性大小，C不符合题意；
D．向FeCl3溶液中滴加KI溶液，由于FeCl3过量，滴入KSCN溶液后，溶液变红，不能说明KI与FeCl3的反应为可逆反应，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.硝酸银不足，先生成AgCl沉淀，然后AgCl与KI反应生成AgI沉淀；
B.CH3COONH4溶液显中性，且水解促进水的电离，浓度不同，对水电离的影响不同；
C.阴极上铁离子先得到电子生成亚铁离子，后铜离子得到电子生成Cu；
D.氯化铁过量，反应后检验铁离子不能证明反应的可逆性。
6．【答案】A
【解析】【解答】A．由电子流动的方向可知，放电时，右侧电极为正极，电极反应式为CO2+2e-+H2O→HCOO-+OH-，每生成0.5molHCOO-，整个装置内转移0.5mol×2×NAmol-1=NA个电子，A符合题意；
B．由图可知，使用催化剂Sn或者s—SnLi，生成CO时活化能大，反应速率慢，能有效减少副产物CO的生成，B不符合题意；
C．放电时，正极反应为CO2+2e-+H2O→HCOO-+OH-，正极生成OH-，所以电极周围pH升高，C不符合题意；
D．由图可知，使用s—SnLi催化剂，中间产物能量高，不稳定，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】放电时为原电池，锌失电子生成[Zn(OH)4]2-，Zn为负极，负极反应为Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，催化电极为正极，正极上CO2得电子生成HCOO-，正极反应为CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH-，充电时为电解池，原电池的正负极分别与电源正负极相接，阴极反应与原电池负极反应相反，阳极上OH-失电子生成氧气。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．a点发生如下电离：HNO3=H++NO3-，HNO2⇌H++NO2-，所以c(H+)>c(NO3-)>c(NO2-)，A不符合题意；
B．b点，HNO3与NaOH刚好完全反应，溶液为NaNO3、HNO2混合溶液；在c点，溶液为NaNO3、NaNO2、HNO2混合溶液，离子浓度b＜c，所以导电能力：b＜c，B不符合题意；
C．c点，依据题给数据，可得出：3n(NO2-)+3n(HNO2)=2n(Na+)，所以3c(NO2-)+3c(HNO2)=2c(Na+)，C符合题意；
D．在d点存在如下水解平衡：NO2-+H2O⇌HNO2+OH-，Kh=10-6.16×10-6.1613×0.1=3×10-11.32，Ka(HNO2)=KWKh=10-143×10-11.32=10-2.683，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.a点硝酸和亚硝酸均发生电离，氢离子浓度最大；
B.溶液的导电能力与离子所带电荷和离子浓度有关；
D.亚硝酸根存在水解，计算其水解常数，再根据Ka(HNO2)=KWKh计算。
8．【答案】（1）V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2↑+3H2O；2V2O3+O2+8H+=VO2++4H2O
（2）将Fe3+还原为Fe2+；硫氰化钾溶液
（3）H2SO4
（4）0.25mol
（5）0.16mol/L
【解析】【解答】
(1)若用浓盐酸代替硫酸，V2O5具有强氧化性，与浓盐酸发生氧化还原反应生成VOCl2、氯气和水，反应的化学方程式为：V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2↑+3H2O，酸浸、氧化过程中发生的反应为酸性条件下V2O3与氧气发生氧化还原反应VO2+，反应的离子方程式为：2V2O3+O2 +8H+= VO2++4H2O；
(2)由题意可知，有机溶剂H2R对VO2+及Fe3+萃取率高，但不能萃取Fe2+，因此萃取前用“铁粉” 对浸出液进行处理，主要目的是将将Fe3+还原为Fe2+，为检验处理后的浸出液中是否含有Fe3+，可选用的化学试剂是硫氰化钾溶液，观察是否出现血红色；
(3)由溶剂萃取与反萃取的转化关系VO2+ +H2R⇌反萃取溶剂萃取VOR+2H+，可知，提高溶液中氢离子浓度，使平衡向反萃取方向进行，VO2+溶剂萃取的产率增大，则反萃取剂为H2SO4；
(4)反萃取后的水层中加入氧化剂KClO3，酸性条件下KClO3与VO2+发生氧化还原反应生成VO3-、Cl-和水，当反应3mol VO2+时，由得失电子数目守恒可得： n (KClO3)×6=n (VO2+) ×1，n (KClO3)×6=1.5×1，得n (KClO3) =0.25mol；
(5)向10mL0.1mol·L-1NaVO3的滤液中加入等体积的NH4Cl溶液，忽略混合过程中的体积变化)，则沉淀NaVO3消耗NH4Cl的物质的量n (NH4Cl) =0.1mol·L-1×0.01L=0.001mol，欲使VO3-沉淀完全，需要NH4Cl溶液的浓度为Kspc(VO3-)=3.0×10-81.0×10-6mol/L=3.0×10-2mol/L，因此NH4Cl溶液的最小浓度nV=0.001mol+3.0×10-2mol/L×0.02L0.01L=0.16mol/L；
【分析】向废钒(主要成分V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO、SiO2)中加入硫酸和氧气，铁的氧化物与硫酸反应，V2O3、V2O5转化为VO2+，二氧化硅不与硫酸反应，过滤得到含有二氧化硅的废渣和浸出液，向浸出液中加入铁粉，便Fe3+转化为Fe2+，向反应后的溶液中加入有机溶剂H2R萃取VO2+，分液得到含有亚铁离子的水层和含有VO2+的有机层，向有机层中加入反萃取剂，分液得到含有VO2+的水层和有机层，向反萃取后的水层中加KClO3，使VO2+变为VO3-，再向溶液中加入氨水，VO3-转化为NH4VO3沉淀，高温煅烧NH4VO3沉淀，NH4VO3发生分解反应生成V2O5。
9．【答案】（1）(球形)冷凝管；碱石灰
（2）MnO2 +4H+2Cl-Δ__Mn2++Cl2↑+2H2O
（3）PCl3易挥发，利用率降低；蒸馏
（4）最后一滴(或半滴)标准液，溶液变红，30s不变色；使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl反应；偏高
（5）300a-137.5(c0V0-c1V1)×153.548a%
【解析】【解答】装置A中用黑色固体和液态物质反应制氧气，装置B可以干燥O2，瓶口的长颈漏斗可以平衡气压，还可以观察氧气的流速；装置E为固液混合加热制备氯气，装置D干燥生成的氯气；在装置C中发生P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3。
(1)根据装置图仪器a结构可知其名称为球形冷凝管；装置b为干燥管，其盛放的试剂可以吸收未反应的Cl2，同时还可防止空气中的水蒸气进入装置中，该固体试剂可以是碱石灰；故答案为：(球形)冷凝管；碱石灰；
(2)装置E为固液混合加热制备氯气，实验室中采用二氧化锰与浓盐酸加热制取氯气，反应的化学方程式为：MnO2 +4HCl (浓) Δ__MnCl2 +Cl2↑+2H2O；故答案为：MnO2 +4H+2Cl-Δ__Mn2++Cl2↑+2H2O；
(3)在装置C中发生反应：P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3。C中反应温度控制在60~65℃，不能过高或过低，这是由于温度太低，反应速率变慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率降低；由PCl3、POCl3的熔沸点信息可知其在常温下为液态，分离混溶的液态混合物应采用蒸馏法，故答案为：PCl3易挥发，利用率降低；蒸馏；
(4)SCN-与铁离子会反应使溶液变为红色，故滴定终点现象为滴入最后一滴(或半滴)标准液，溶液变红，30s不变色；由Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2.0×10-12可知，AgSCN更难溶，实验过程中加入硝基苯的目的是使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl反应；若无此操作，则V2偏大，根据POCl3的含量计算公式可知：计算所测POCl3的含量将偏高。故答案为：最后一滴(或半滴)标准液，溶液变红，30s不变色；使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl反应；偏高；
(5)根据元素守恒可得关系式：POCl3～3Cl-～3Ag+，与Cl-反应的Ag+的物质的量为n(Ag+)=(c0V0-c1V1)×10-3 mol×100.00mL10.00mL =( c0V0-c1V1)×10-2 mol， 则n(PCl3)+n(POCl3)=13n(Ag+)=13×(c0V0-c1V1)×10-2 mol，假设n(PCl3)、n(POCl3)的物质的量分别是x、y，则x+y=13×(c0V0-c1V1)×10-2 mol，根据质量关系可得137.5x+153.5y=a，解得y=3a-137.5(c0V0-c1V1)×10-248mol，所以POCl3的质量分数为：3a-137.5(c0V0-c1V1)×10-2mol×153.5g/mol48ag×100%=300a-137.5(c0V0-c1V1)×153.548a%。
【分析】（1）仪器a为球形冷凝管；装置b用于吸收氯气同时防止空气中的水蒸气进入；
（2）装置E中二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气；
（3） PCl3易挥发，利用率降低；PCl3、POCl3为互溶的液体；
（4）SCN-遇铁离子溶液变为红色；硝基苯不溶于水，使生成的AgCl沉淀与溶液隔离；若不加入硝基苯，测定结果偏高；
（5）根据POCl3～3Cl-～3Ag+，PCl3～3Cl-～3Ag+计算。
10．【答案】（1）-127.8kJ/mol
（2）B；D
（3）(2-x)34x2；＞
（4）p5
（5）2CO2+8H2O+12e-=C2H4+12OH-；2.24
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律①×3-②-③×4可得6H2(g)+2CO2(g)⇌催化剂CH2=CH2(g)+4H2O(g)的ΔH1=[(-571.6)×3-(-1411)-(-44)×4]kJ/mol=-127.8kJ/mol；
(2)A．虽然温度降低平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，但是催化效率降低，反应速率慢，不利于提高单位时间内的产率，选项A不正确；
B．M点虽然催化效率高，但温度低，而N点温度高，所以v(M)可能小于v(N)，选项B正确；
C．总反应焓变小于0，为放热反应，温度越低平衡常数越大，所以KM＞KN，选项C不正确；
D．M点CO2的转化率高，总反应为气体减少的反应，所以此时容器内气体的物质的量少，且此时温度低，所以M点时的压强一定小于N点时的压强，选项D正确；
故答案为：BD；
(3)T℃达到平衡时，v正= v逆，即k正c2(CH4)=k逆c(C2H4)∙c2(H2)，所以有k正k逆=c(C2H4)×c2(H2)c2(CH4)=K，据图可知，平衡时n(CH4)=x mol，则Δn(CH4)=(2-x)mol，根据反应方程式可知，平衡时n(C2H4)=2-x2mol、n(H2)=(2-x)mol，容器容积为2L，所以K=2-x2×2×(2-x2)2(x2)2=(2-x)34x2；该反应焓变大于0，为吸热反应，升高温度平衡正向移动，说明正反应速率增大的倍数更多，即k正＞k逆；
(4)设初始投料为1molC2H6(g)和1mol氦气，乙烷的平衡转化率为50%，则平衡时n(C2H6)=0.5mol，Δn(C2H6)=0.5mol，根据方程式可知n(C2H4)=n(H2)=0.5mol，n(He)=1mol，平衡时容器压强为pPa，所以p(C2H6)=p(C2H4)=p(H2)=0.50.5+0.5+0.5+1pPa=p5Pa，所以Kp=p5×p5p5=p5；
(5)①左侧CO2转化为C2H4，C元素被还原，所以左侧为阴极，电解质溶液显碱性，所以电极反应为2CO2+8H2O+12e-=C2H4+12OH-；阳极反应为4OH--4e-=O2+H2O，所以转移0.3mol电子时，阴极生成0.14mol乙烯，阳极生成0.34mol氧气，共生成0.1mol气体，标准状况下体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）温度会影响催化剂活性；平衡常数只与温度有关；总反应为气体减少的反应；
（3）平衡时，v正= v逆；该反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，正反应速率增大的倍数大于逆反应；
（4）求出各物质的平衡分压，根据平衡常数的公式计算 Kp；
（5）阴极二氧化碳得电子发生还原反应；根据得失电子守恒计算。
11．【答案】（1）4s24p4
（2）sp3；三角锥形；PCl3
（3）极性；H2Se比H2O沸点低；因为H2O中存在分子间氢键，沸点较高，不H2Se存在氢键
（4）4；34MNA·ρ×1010
【解析】【解答】(1)硒为34号元素，基态Se原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4，价层电子排布式为4s24p4，故答案为：4s24p4；
(2)H2SeO3的中心原子的价层电子对数为3+12[6-2-2×(2-1)]=4，所以Se杂化方式为sp3杂化，SeO32-的中心原子Se的价层电子对数为3+12(6+2-3×2)=4，离子中有一对孤电子对，所以SeO32-的立体构型是三角锥形，等电子体是指价电子总数和原子总数都相等的微粒，与SeO32-互为等电体的分子有PCl3，故答案为：sp3； 三角锥形；PCl3；
(3)H2Se分子中有孤电子对，立体构型为V形，正、负电荷中心不重合，所以H2Se属于极性分子； H2Se比H2O沸点低；因为H2O中存在分子间氢键，沸点较高， H2Se不存在氢键；
(4)根据硒化锌晶胞结构图可知，每个锌原子周围有4个硒原子，每个硒原子周围也有4个锌原子，所以硒原子的配位数为4；该晶胞中含有硒原子数为8×18+6×12=4，含有锌原子数为4，根据ρ＝mV=4MNAV，所以V=4MρNA，则晶胞参数a为34MNA·ρcm=34MNA·ρ×1010pm，故答案为：4；34MNA·ρ×1010。
【分析】（1）硒为34号元素，有6个价电子，据此书写价层电子排布式；
（2）根据中心原子的价层电子对数可判断杂化方式及微粒的立体构型；等电子体原子总数和价电子总数相等；
（3）根据正负电荷中心是否重合判断分子极性；水分子间存在氢键，沸点反常；
（4）根据均摊法和ρ=mV计算。
12．【答案】（1）碳碳双键；取代反应
（2）2+O2→ΔCu2 +2H2O
（3）
（4）A
（5）或者
（6）→SOCl2→AlCl3→H+HOCH2CH2OH→Pt/CH2→H+
【解析】【解答】
(1)由分析可知，A的结构简式为：，故A中官能团的名称为碳碳双键；由分析可知，D的结构简式为：，故可知D→E的反应类型为取代反应，故答案为：碳碳双键；取代反应；
(2)由分析可知，B的结构简式为：，故B→C的反应就是醇催化氧化为醛的反应，则该反应的方程式为：2+O2→ΔCu2 +2H2O，故答案为：2+O2→ΔCu2 +2H2O；
(3)由分析可知，H的结构简式为：，故答案为：；
(4)G为。
A.苯环侧链上的碳上有H，能被氧化，能使酸性高锰酸钾褪色，选项A正确；
B. 不含有酚羟基，不能与液溴在FeBr3存在下发生取代反应，选项B不正确；
C. 分子中不含碳碳双键或碳碳三键等，不能发生加聚反应，选项C不正确；
D. G的分子式为C12H14O2，1molG在空气中完全燃烧消耗氧气12+144-22=14.5mol，选项D不正确；
故答案为：A；
(5)M(C9H10O2)是D的同系物即含有苯环和羧基，其核磁共振氢谱峰面积之比为6：2：1：1，即由4种H，其中两个甲基，则M的结构简式为或者，故答案为：或者；
(6)本题结合题干流程图中，D到E、E到F、F到G、G到H、H到K的信息采用逆向合成法可知，可由在酸性条件下水解而得，可由在Pt/C作催化剂下与H2加成而得，可由和HOCH2CH2OH转化而得，则可由在AlCl3作用下制得，可由与SOCl2反应制得，由此确定合成路线为：
→SOCl2→AlCl3→H+HOCH2CH2OH→Pt/CH2→H+，故答案为：→SOCl2→AlCl3→H+HOCH2CH2OH→Pt/CH2→H+。
【分析】由A、B的分子式和C的结构简式，并结合A到B、B到C的转化条件可知，A的结构简式为，B的结构简式为：，由D的分子式并结合C到D的转化条件可知，D的结构简式为：，由H的分子式结合G到H的反应条件可知，H的结构简式为。
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