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2023届重庆市第八中学高三下学期高考适应性月考（七）化学试题含解析
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这是一份2023届重庆市第八中学高三下学期高考适应性月考（七）化学试题含解析，文件包含重庆市第八中学2023届高三下学期适应性月考试卷七化学试题Word版含解析docx、重庆市第八名校2023届高三下学期高考适应性月考七化学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共39页， 欢迎下载使用。
重庆市第八中学2023届高考适应性月考卷(七)
化学
注意事项：
1.答题前、考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。
以下数据可供解题时参考。
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Si-28 S-32 Mn-55
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生活、科技密切相关，下列相关叙述错误的是
A. 吉祥物“冰墩墩”材质中有聚氯乙烯，聚氯乙烯是纯净物
B. 嫦娥5号携带的“高科技国旗”中所含的高性能芳纶纤维是一种有机高分子材料
C. 某病毒可能通过气溶胶传播，说明病毒的粒子直径可能在纳米级范围内
D. 利用光伏电池电解水制取氢气的新方法实现了：太阳能→电能→化学能的转变
【答案】A
【解析】
【详解】A．聚合物中的n不确定，所以聚合物往往为混合物，A项错误；
B．芳纶纤维是聚苯二甲酰苯二胺，该物质为聚合物高分子材料，B项正确；
C．气溶胶为胶体，其粒子直径在1-100nm，说明病毒的粒子直径在纳米范围，故C正确；
D．光伏电池为将光能转化为电能，再电解水即电解池将电能转化为化学能，故D正确；
故选A。
2. 设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，1.12L苯含有C－H键的个数为3NA
B. 常温常压下，28gSi中所含Si－Si键数目为4NA
C. 1molCl2和足量的Fe充分反应，转移电子数为2NA
D. 等物质的量的H2和I2于密闭容器中充分反应后，HI分子总数为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯标况下为非气体，无法通过体积计算得到物质的量，无法计算，A项错误；
B．硅晶体中，每个Si均摊2个Si-Si键，则28gSi物质的量为1mol含有2mol（2NA）Si-Si，B项错误；
C．每个Cl2作为氧化剂与金属反应得到2个e-，所以1molCl2和足量的Fe充分反应，转移电子为2mol（2NA个），C项正确；
D．该反应为可逆反应，在没有转化率的基础上无法计算，D项错误；
故选C。
3. 下列说法错误的是
A. 在食品中添加适当的SO2可以起漂白、防腐、抗氧化的作用
B. 硅元素在自然界主要以硅酸盐和氧化物的形式存在
C. Na2CO3与NaHCO3均可用作食用碱与工业用碱
D. 铝合金是用量最大，用途最广泛的合金
【答案】D
【解析】
【详解】A．SO2具有漂白性能对色素进行漂白，同时SO2具有还原性可与O2等发生反应，但因其有毒，作为食品添加剂需要控制量，A项正确；
B．硅为亲氧元素，在自然界中以硅酸盐和SiO2形式存在，B项正确；
C．Na2CO3与NaHCO3均呈碱性，可用作食用碱与工业用碱，C项正确；
D．铁合金是用量最大，用途最广泛的合金，D项错误；
故选D。
4. 下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A. 将足量铁加入一定量稀硝酸中：3Fe+2NO+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O
B. 泡沫灭火器原理：2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
C. 向Ca(ClO)2溶液中通入少量的SO2：Ca2++ClO－+H2O+SO2=Cl－+CaSO4↓+2H+
D. 将等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1∶1混合：Ba2++OH－+H++SO=H2O+BaSO4↓
【答案】A
【解析】
【详解】A．将足量铁加入一定量稀硝酸中，最终得到Fe2+，生成的气体为NO，A项正确；
B．泡沫灭火器中物质为Al(OH)3和NaHCO3，和Al3+发生双水解反应，对应的离子方程式为Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑，B项错误；
C．Ca(ClO)2具有强氧化性，可以氧化通入的少量SO2，生成的H+会和过量的ClO－结合生成弱电解质HClO，对应的离子方程式为Ca2++3ClO－+SO2+H2O=CaSO4↓+Cl－+2HClO，C项错误；
D．NH4HSO4与Ba(OH)2物质的量之比为1∶1，会和OH－生成弱电解质NH3∙H2O，对应的离子方程式为Ba2++2OH－++H++=BaSO4↓+NH3∙H2O+H2O，D项错误。
答案选A。
5. 下列有关化合物结构与性质的论述错误的是
A. B3N3H6(无机苯)的结构与苯相似，其中形成大π键的电子全部由N提供
B. 根据原子半径推知，F－F键的键能大于Cl－Cl键，F2化学性质更稳定
C. NH3的成键电子对间排斥力较大，所以NH3的键角比PH3大
D. BF3和SO3中B、S杂化轨道类型相同，二者VSEPR模型均为平面三角形
【答案】B
【解析】
【详解】A．B原子最外层3个电子，与其它原子形成3个键，N原子最外层5个电子，与其它原子形成3个键，还剩余2个电子，故形成大π键的电子全部由N原子提供，A正确；
B．原子半径FCl，因此F2化学性质更活泼，B错误；
C．N的电负性比P大，NH3中成键电子对距离N比PH3中成键电子对距离P近，NH3中成键电子对间的斥力大，因此NH3的键角比PH3的大，C正确；
D．BF3中B原子价层电子对数=，SO3分子中S原子价层电子对数=，二者的VSEPR模型均为平面三角形，D正确；
故选B。
6. 一种对中枢神经有抑制作用的药物结构如图。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z位于第二周期，Y的气态氢化物水溶液显碱性。下列判断正确的是
A. 第一电离能：X＜Y＜Z
B. 该结构中X原子采取sp2杂化
C. 含有极性键的极性分子Z3在四氯化碳中的溶解度低于在水中的溶解度
D. 该药物在碱性溶液中加热，可水解产生Y的气态氢化物
【答案】D
【解析】
【分析】Y的气态氢化物水溶液显碱性，Y为N。X、Y、Z为第二周期元素，同时从结构看X为C，Z为O，W为H。W、X、Y、Z分别为H、C、N、O。
【详解】A．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，同时N由于半满结构稳定第一电离能大于同周期相邻元素：Y>Z>X，A项错误；
B．X为C，双键碳杂化方式为sp2，饱和碳杂化方式为sp3，B项错误；
C．Z3为O3，该分子为非极性键形成的极性分子，利用相似相溶原理其在极性溶剂H2O中溶解度大，而在非极性溶剂CCl4中溶解度小，C项错误；
D．该物质中含有-CO-NH-CO-在碱性条件下水解为NH3，D项正确；
故选D。
7. 下列操作或装置能达到实验目的的是
A.检验待测液中是否含有Fe2+
B.可测得氯水的pH值为2
C.验证铁的吸氧腐蚀
D.用于熔融NaOH固体
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象， 故先滴加KSCN溶液，不显血红色，说明原溶液不含有Fe3+，再加入少量氯水，溶液显血红色，溶液中有Fe3+生成，说明原溶液中含有Fe2+，A不选；
B．氯水中的HClO具有漂白性，因此不能用pH试纸测定新制氯水的pH，B不选；
C．若发生吸氧腐蚀，试管中氧气被消耗，压强减小，烧杯中的红墨水会沿玻璃管上升，C选；
D．瓷坩埚中含有二氧化硅，在高温条件下会与NaOH反应，D不选；
故选C。
8. 分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是
A. 1个分枝酸分子中含有1个手性碳原子
B. 1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应
C. 分枝酸一定条件下可发生加聚反应和缩聚反应
D. 分枝酸可使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．该有机物中含有2 个手性碳原子如图 ，A错误；
B．醚键、醇羟基与氢氧化钠不能反应，羧基可以与氢氧化钠反应，1 mol分枝酸最多可与2mol NaOH发生中和反应，B错误；
C．结构中含有羟基、羧基可以发生缩聚反应，含有碳碳双键可以发生加聚反应，C正确；
D．分支酸含有碳碳双键，与溴单质能发生加成反应，与酸性高锰酸钾溶液反应，属于氧化反应，反应原理不同，D错误；
故选：C。
9. 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
溴乙烷和NaOH乙醇溶液共热，所产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中
高锰酸钾溶液褪色
溴乙烷发生消去反应生成乙烯
B
向NaBr溶液中加入过量氯水，再加入淀粉－KI溶液
溶液变蓝
非金属性：Cl＞Br＞I
C
用两支试管各取5mL0.1mol/L的KMnO4溶液，分别加入2mL0.1mol/L和0.2mol/L的H2C2O4溶液，记录溶液褪色所需的时间
后者褪色更快
浓度越大，化学反应速率越快
D
分别向盛有0.1mol/L醋酸和饱和硼酸溶液的试管中滴加等浓度Na2CO3溶液
前者产生无色气泡，后者无明显现象
酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙醇具有挥发性，受热挥发出的乙醇也能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，则高锰酸钾溶液褪色不能说明溴乙烷发生消去反应生成了乙烯，故A错误；
B．氯气的氧化性强于溴，过量的氯水会优先与碘化钾溶液反应生成使淀粉溶液变蓝色的碘，则向溴化钠溶液中加入过量氯水，再加入淀粉－碘化钾溶液不能比较溴和碘的非金属性强弱，故B错误；
C．由得失电子数目守恒可知，5mL0.1mol/L的高锰酸钾溶液完全反应，需要加入0.2mol/L草酸溶液的体积为×103mL/L=6.25mL＞2mL，则实验中加入的草酸溶液不足量，无法观察到溶液褪色，不能证明反应物的浓度越大，化学反应速率越快的结论成立，故C错误；
D．分别向盛有0.1mol/L醋酸和饱和硼酸溶液的试管中滴加等浓度碳酸钠溶液，前者产生无色气泡说明醋酸的酸性强于碳酸，后者无明显现象说明硼酸的酸性弱于碳酸，则酸性的强弱顺序为醋酸＞碳酸＞硼酸，故D正确；
故选D。
10. 通过下列实验探究含硫化合物的性质。
实验1：测得0.1mol/LH2S溶液pH=4.1
实验2：向0.1mol/LNaHS溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变红
实验3：向0.1mol/LNaHS溶液中加入等体积0.1mol/LNaOH溶液充分混合
实验4；向5mL0.1mol/LNa2S溶液中滴加10mL0.1mol/LMnSO4溶液，产生粉色沉淀，再加几滴0.1mol/LCuSO4溶液，产生黑色沉淀
下列说法正确的是
A. 由实验1可知：H2S的Ka1的数量级为10-7
B. 由实验2可知：Ka1(H2S)×Ka2(H2S)＜Kw
C. 实验3所得溶液中存在：c(Na+)—c(S2-)—c(H2S)=0.1mol/L
D. 由实验4可知：Ksp(MnS)＜Ksp(CuS)
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢硫酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，以一级为主，由0.1mol/L氢离子溶液pH=4.1可知，氢硫酸的Ka1≈=10—7.2，数量级为10-8，故A错误；
B．向0.1mol/L氢硫酸氢钠溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变红说明氢硫酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，则Ka2(H2S)＜，所以Ka1(H2S)×Ka2(H2S)＜Kw，故B正确；
C．0.1mol/L氢硫酸氢钠溶液与等体积0.1mol/L氢氧化钠溶液充分反应得到硫化钠溶液，溶液中钠离子浓度为0.1mol/L，则溶液中c(Na+)—c(S2-)—c(H2S) ＜0.1mol/L，故C错误；
D．由粉色硫化锰沉淀转化为黑色硫化铜沉淀可知，硫化锰的溶度积大于硫化铜的溶度积，故D错误；
故选B。
11. 滑雪镜制作材料是一种高分子材料——聚碳酸酯(简称PC)，其合成方法和分子结构如图所示，下列说法正确的是
A. 化合物A的分子式为C15H14O2 B. 反应物B分子中所有原子可能共平面
C. 可通过FeCl3溶液检验A是否完全反应 D. PC有很好的光学性且耐强碱的性质
【答案】B
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，化合物A的分子式为C15H16O2，故A错误；
B．由结构简式可知，反应物B分子中的苯环和酯基都是平面结构，由单键可以旋转可知，分子中所有原子可能共平面，故B正确；
C．由结构简式可知，A与B发生縮聚反应生成聚碳酸酯和苯酚，则不能用氯化铁溶液检验A是否完全反应，故C错误；
D．由结构简式可知，聚碳酸酯分子中含有酯基，碱性条件下能发生水解反应，则PC不具有耐强碱的性质，故D错误；
故选B。
12. 某微生物电化学法制甲烷是将电化学法和生物还原法有机结合，装置如图所示。下列有关说法错误的是
A. 该电池在高温下不能正常工作
B. 右侧电极是阴极，发生还原反应
C. 阳极的电极反应式为CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+
D. 每生成1molCH4，右侧溶液的质量增加28g(忽略二氧化碳溶解和气体带走的水蒸气)
【答案】D
【解析】
【分析】从图知，电解池左端发生了CH3COO-→CO2发生了氧化反应，为阳极，与电源的正极相连；右端发生反应为：CO2→CH4发生了还原反应，为阴极，与电源的负极相连。
【详解】A．两极的反应需要菌类参与，若高温菌类被杀死而导致反应无法进行而导致电池无法工作，A项正确；
B．如上分析，右侧为阴极发生还原反应，B项正确；
C．由上分析阳极的反应为CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，C项正确；
D．右侧电极发生反应为CO2+8H++8e-=CH4+2H2O，右侧产生1molCH4时从左侧进入8molH+最终4mol与O变为水而使溶液质量增加，所以增加质量为2mol×18g/mol=36g，D项错误；
故选D。
13. 利用CO2与CH4制备合成气(CO、H2)，可能的反应历程如图所示：
已知：
①C(ads)为吸附性活性炭，E表示方框中物质总能量(单位：kJ/mol)，TS表示过渡态；
②部分键能数据如表：
化学键
C－H
C=O
C≡O
H－H
键能(kJ/mol)
a
x
b
c
下列说法错误的是
A. 若E3+E2＞E4+E1，则决定速率步骤的化学方程式为CH4(g)=C(ads)+2H2(g)
B. 总反应的热化学方程式可表示为CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=(E5-E1)kJ•mol-1
C. 若总反应的△H=ekJ•mol-1，则C=O的键能为kJ•mol-1
D. 使用催化剂后，过渡态能量(E2、E4)会降低
【答案】A
【解析】
【分析】由图知第一步反应为CH4(g)=C(ads)+2H2(g)，第二不反应为C(ads)+CO2(g) = 2CO(g)。
【详解】A． 活化能越大反应速率越慢。E2-E1为第一步反应的活化能，E4-E3为第二步的活化能，E2-E1 >E4-E3即E2+E3>E1+E4。所以第二步为慢反应决定速率步骤，A项错误；
B．由图可知，从反应体系总能量△H=E生成物总能量-E反应物的总能量=(E5-E1)kJ/mol，总反应得热化学方程式为总反应的热化学方程式可表示为CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=(E5-E1)kJ•mol-1 ，B项正确；
C．从化学键的角度分析，△H=E反应物的总键能-E生成物的总键能=4E(C-H)+2E(C=O)-2E(C≡O)-2E(H-H)=4a+2x-2b-2c=e，得x=，C项正确；
D．催化剂改变反应历程从而降低正逆反应的活化能而不能改变反应物和生成物的能量，即催化剂降低了过渡态的能量E2、E4，D项正确；
故选A。
14. 常温下，向10.0mL浓度均为0.1mol/L的AlCl3和FeCl3混合溶液中加入NaOH固体，溶液中金属元素有不同的存在形式，它们的物质的量浓度与NaOH物质的量关系如图所示，测得a、b两点溶液的pH分别为3.0，4.3。
已知：①Ksp[Al(OH)3]＞Ksp[Fe(OH)3]；
②Al3+(aq)+4OH-(aq)[[Al(OH)4]-(aq)，298K下，K稳==1.1×1033。
下列叙述正确的是
A. 曲线II代表Fe3+
B. 常温下，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-34.1
C. c点溶液中金属元素主要存在形式为Fe(OH)3、Al(OH)3和[Al(OH)4]-
D. Al(OH)3(s)+OH-(aq)[Al(OH)4]-(aq)的平衡常数K为1.1×10-1.1
【答案】D
【解析】
【分析】从图可以看出加入相同NaOH后Ⅱ溶液中金属离子较多，由于Ksp[Al(OH)3]＞Ksp[Fe(OH)3] 即Al(OH)3的溶解度大，Ⅱ为Al3+，Ⅰ为Fe3+，Ⅲ为[Al(OH)4]-。a、b两点溶液的pH分别为3.0，4.3即c(OH-)分别为10-11mol/L、10-9.7 mol/L，由a点计算得Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH-)=10-5×(10-11mol/L)3=10-38。同理得到Ksp[Al(OH)3] =10-5×(10-9.7mol/L)3=10-34.1。
【详解】A．由上分析Ⅱ为Al3+，A项错误；
B．a点计算得Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH-)=10-3×(10-11mol/L)3=10-38，B项错误；
C．a点Fe3+沉淀完全，即以Fe(OH)3形式存在，c点Al(OH)3会与NaOH反应全部转变为[Al(OH)4]-，所以铝以 [Al(OH)4]-存在，C项错误；
D．K=K稳Ksp[Al(OH)3]= =1.1×1033×10-34.1=1.1×10-1.1，D项正确；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. MnO2、PbSO4、ZnO、少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag是冶锌过程中产生的废渣，利用废渣回收金属元素锌、锰、铅和银的工艺如图所示。回答下列问题：
已知：在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如图所示的反应：
（1）滤液1的主要成分是_____。
（2）已知 Pb2Mn8O16中Pb为+2价，Mn为+4价和+2价，则氧化物中+4价和+2价Mn的个数比为________。
（3）“还原酸浸”过程中主要的化学方程式为_____。
（4）实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量，其原因是_____，为提高葡萄糖的有效利用率，可采取的措施为_____(写两点)。
（5）加入Na2CO3溶液的主要目的是_____(用离子方程式表示)，Na2CO3溶液的最小浓度为_____mol/L(保留两位小数)。[已知：20℃时Ksp(PbSO4)=1.6×10-8，Ksp(PbCO3)=7.4×10-14，1.262≈1.6]
（6）(CH3NH3)PbI3晶胞结构如图所示，其中A代表Pb2+。
①已知(CH3NH3)PbI3的摩尔质量为Mg/mol，该晶胞的密度为bg•cm-3(设NA为阿伏加德罗常数的值)，则晶胞参数a=_____pm。
②该晶胞沿体对角线方向的投影图为_____(填序号)。
A. B. C. D.
【答案】（1）ZnSO4
（2）3:1 （3）C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O
（4） ①. 较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生副反应 ②. 适当的温度，可少量分批次加入葡萄糖
（5） ①. ②.
（6） ①. ②. C
【解析】
【分析】酸洗溶解ZnO并将铅的氧化物转变为PbSO4。还原酸浸MnO2还原为了MnSO4。滤渣1中加入Na2CO3溶液将PbSO4转化为PbCO3，再加入醋酸溶解为醋酸铅而与Ag分离，醋酸铅溶液中加入硫酸转化转化为PbSO4。
【小问1详解】
由上分析稀硫酸将ZnO溶解了，滤液为ZnSO4。答案为ZnSO4；
【小问2详解】
Pb2Mn8O16中Pb为+2价，Mn为+4价和+2价，设氧化物中+4价和+2的Mn分别为a和b，由化合价为0及原子守恒得到：4+4a+2b=32，a+b=8得到a=6、b=2，则a:b=3:1。答案为3:1；
【小问3详解】
葡萄糖的为还原性糖被MnO2氧化为CO2，而自身被还原为Mn2+：C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O。答案为C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O；
【小问4详解】
已知较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生副反应。答案为较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生副反应；适当的温度，可少量分批次加入葡萄糖；
【小问5详解】
加入Na2CO3溶液将PbSO4转化为PbCO3，反应为。利用Ksp计算c()=，再利用Ksp计算答案为c()=。答案为；；
【小问6详解】
已知Pb2+位于A点，则每个晶胞中均摊1个(CH3NH3)PbI3。晶胞密度为
得出a=。该晶胞沿体对角线方向投影，体对角线方向的2个顶点和体心投到1个点，另外6个原子再六边形内部形成1个小六边形，因此投影图为，故C。答案为；C。
16. MnSO4•H2O是电解锰及其他锰盐的原料，也是饲料中常用的添加剂。某化学兴趣小组设计如图甲实验装置制备MnSO4•H2O，并研究硫酸锰的某些性质：
查阅资料：
①MnSO4•H2O是一种浅粉色品体，易溶于水，不溶于乙醇；
②硫酸锰高温下的分解产物为MnxOy、SO2及SO3；
③硫酸锰在不同温度下的溶解度和该温度范围内析出晶体的组成如图乙所示。
（1）制备MnSO4•H2O晶体：
①A装置中仪器a名称是_____，b导管的作用是_____。
②A装置发生的化学反应方程式是_____，B装置中多孔球泡的作用是_____。
③反应后从MnSO4溶液得到固体MnSO4•H2O的操作为控制温度在80～90℃之间蒸发结晶，_____，使固体MnSO4•H2O与溶液分离，_____，真空干燥。
（2）检验Mn2+：实验室常用铋酸钠(一种不溶于水的淡黄色晶体)检验Mn2+是否存在，往待测液中加入NaBiO3晶体，加硫酸酸化，反应后得到Bi3+同时溶液变为紫红色，则证明待测液中存在Mn2+，该反应的离子方程式为_____。
（3）究MnSO4高温分解的固体产物：为了确定MnxOy的化学式，用如图所示装置进行实验。
①甲方框中适宜的装置可以有_____(填序号)。
A. B. C. D.
②在装置中加入604gMnSO4，充分反应后，测得NaOH溶液增重12.8g，则MnxOy的化学式为_____。
【答案】（1） ①. 蒸馏烧瓶 ②. 恒压使液滴顺利滴下 ③. Na2SO3+ H2SO4（浓）=SO2↑+ Na2SO4+H2O ④. 增大接触面积加快反应速率 ⑤. 趁热过滤 ⑥. 用80-90℃的蒸馏水洗涤晶体2~3次
（2）
（3） ①. C ②. Mn20O21
【解析】
【分析】A装置制备SO2，B制备MnSO4。
【小问1详解】
a含有支管，所以a为蒸馏烧瓶。b管连通漏斗和反应瓶，恒压使液滴顺利滴下。答案为蒸馏烧瓶；恒压使液滴顺利滴下。Na2SO3和浓H2SO4制备SO2：Na2SO3+ H2SO4（浓）=SO2↑+ Na2SO4+H2O。B中为异相反应，多孔球泡增大接触面积加快反应速率。答案为Na2SO3+ H2SO4（浓）=SO2↑+ Na2SO4+H2O；增大接触面积加快反应速率。从Ⅱ图中分离得到纯净的MnSO4•H2O晶体，应在80~90℃之间进行蒸发结晶、趁热过滤，再用80-90℃的蒸馏水洗涤晶体2~3次，最后真空干燥。答案为趁热过滤；用80-90℃的蒸馏水洗涤晶体2~3次；
【小问2详解】
将Mn2+氧化为，所以反应为。答案为；
【小问3详解】
MnSO4高温分解时可能产生了SO3和SO2，NaOH溶液吸收SO2并确定其含量，那么碱石灰吸收空气中的水和CO2防止干扰实验。所以甲方框中选择收集SO3且不会干扰SO2质量测定的装置，选C。答案为C。n(MnSO4)= ，即n(SO2)+ n(SO3)=4mol。NaOH增重12.8g= m(SO2)，即n(SO2)=0.2mol，得n(SO3)=4-0.2=3.8mol。m(MnxOy)=604g- m(SO2)- m(SO3)=604-12.8-304=287.2g，则该物质中氧为m(O)= m(MnxOy)-m(Mn元素)=287.2-4×55g=67.2g，则该物质中n(O)=4.2mol。则n(Mn):n(O)=4:4.2=20:21。该物质的化学式为Mn20O21。答案为Mn20O21。
17. NH3在生产生活中应用广泛，人们对其相关物质深入研究。
（1）氨硼烷(NH3BH3)可作燃料电池，其工作原理如图所示。氨硼烷电池工作时H+通过质子交换膜进入_____室(填“左”或“右”)，写出负极的电极反应式：_____。
（2）国内常用的氨气处理技术包括吸收法、吸附法、选择催化氧化法等。NH3可通过催化氧化转化为N2，但存在副反应。
4NH3+3O22N2+6H2O △H1＜0
4NH3+5O24NO+6H2O △H2＜0
2NH3+2O2N2O+3H2O △H3＜0
将一定比例的NH3、O2和N2的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，NH3的转化率、生成N2的选择性与温度的关系如图所示。
①其他条件不变，升高温度，4NH3+3O22N2+6H2O，该逆反应速率_____(填“变大”“变小”或“不变”)，NH3的平衡转化率_____(填“变大”“变小”或“不变”)。
②催化氧化除去尾气中的NH3应选择的反应温度约为_____，并解释其原因：_____。
（3）T℃、pkPa条件下，NO2发生反应2NO2(g)N2O4(g)，该反应的v正=k正c2(NO2)，v逆=k逆c(N2O4)，(k正、k逆为速率常数)，且速率与浓度关系如图所示。
①T℃、pkPa条件下，该反应的平衡常数为_____L/mol。
②T℃、起始压强为pkPa，在恒定容积容器中充入一定量NO2，经过一段时间达到化学平衡，测得c(N2O4)为1.6mol/L，NO2的转化率为_____(结果保留一位小数)，则平衡常数Kp=_____(用含p的代数式表示，分压表示物质的量浓度，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1） ①. 右 ②. NH3BH3+2H2O-6e-=++6H+
（2） ①. 变大 ②. 变小 ③. 210℃ ④. 温度低于210℃，反应速率较慢，NH3的转化率不高，大于210℃时，N2的选择性明显下降而转化率提高不大，浪费资源
（3） ①. 10 ②. 88.9% ③.
【解析】
【小问1详解】
图示装置为原电池，氨硼烷(NH3BH3)做还原剂，做负极，过氧化氢(H2O2)做氧化剂，做正极；负极电极反应为NH3BH3+2H2O-6e-=++6H+，H+向正极移动，则H+通过质子交换膜进入右室；
故答案为：右；NH3BH3+2H2O-6e-=++6H+。
【小问2详解】
4NH3+3O2⇌2N2+6H2O △H1＜0，温度升高，正、逆反应速率都变大，平衡向逆反应方向移动，NH3的平衡转化率变小；根据图像可知210℃时，氨气转化率和N2的选择性都相对较高，温度低于210℃，反应速率较慢，大于210℃时，N2的选择性明显下降而转化率提高不大，浪费资源；
故答案为：变大；变小；210℃；温度低于210℃，反应速率较慢，NH3的转化率不高，大于210℃时，N2的选择性明显下降而转化率提高不大，浪费资源。
【小问3详解】
v正=k正c2(NO2)，v逆=k逆c(N2O4)，则lgv正=lgk正+2lgc(NO2)，lgv逆=lgk逆+lgc(N2O4)，说明lgv正的斜率大，lgk正=a，lgk逆=a-1，k正=10a，k逆=10a-1，反应平衡时v正=k正c2(NO2)=v逆= k逆c(N2O4)，则K=；
T℃时平衡常数K=10L/mol，设NO2的起始浓度为x mol/L，列三段式，
则，解得x=3.6，则NO2的转化率为；
T℃时，在恒定容积容器中，起始压强为pkPa， 设平衡时压强为y kpa，则，解得y=，平衡常数Kp=；
故答案为：10；88.9%；。
18. 缓释布洛芬用于减轻中度疼痛，也可用于普通感冒或流行性感冒引起的发热。其可通过如图所示路线合成：
已知：
①
②R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH。
（1）C中官能团的名称是_____，F→G的反应类型是_____。
（2）反应①的化学方程式是_____。
（3）试剂F、H的结构简式分别_____、_____。
（4）反应②生成的产物中，摩尔质量较小的物质的结构简式是_____。
（5）缓释布洛芬能缓慢水解释放出布洛芬(含苯环的羧酸)。
①请将下列方程式补充完整：
_____
②写出2种同时满足下列要求的布洛芬的同分异构体：_____。
a.含有苯环和酯基；
b.其核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为9：6：2：1。
【答案】（1） ①. 碳碳双键和羧基 ②. 加成反应
（2）+2NaOH+NaCl+2H2O
（3） ①. ②.
（4）CH3OH （5） ①. n +nHOCH2CH2OH+ ②. 、或或
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，与三氯化磷共热发生取代反应生成，则A为；在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，则B为；酸化生成，则C为；在浓硫酸作用下与乙二醇共热发生酯化反应生成，则D为；与SOCl2发生取代反应生成，则E为；在催化剂作用下与苯发生取代反应生成，与Zn—Hg、盐酸反应发生还原反应生成，则F为；催化剂作用下与发生加成反应生成，则G为；在浓硫酸作用下发生消去反应生成，则H为；催化剂作用下与氢气发生加成反应生成，则I为；与发生取代反应生成，则J为一定条件下J发生加聚反应生成。
【小问1详解】
由分析可知，C的结构简式为，官能团为碳碳双键和羧基；F→G的反应为催化剂作用下与发生加成反应生成，故答案为：碳碳双键和羧基；加成反应；
【小问2详解】
由分析可知，反应①为在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成、氯化钠和水，反应的化学方程式+2NaOH+NaCl+2H2O，故答案为：+2NaOH+NaCl+2H2O；
【小问3详解】
由分析可知，F、H的结构简式分别为、，故答案为：；；
【小问4详解】
由分析可知，反应②发生的反应为与发生取代反应生成和甲醇，则生成的产物中，摩尔质量较小的物质的结构简式为CH3OH，故答案为：CH3OH；
【小问5详解】
①由结构简式可知，一定条件发生水解反应生成、HOCH2CH2OH和，反应的化学方程式为+2nH2On+nHOCH2CH2OH+，故答案为：n+nHOCH2CH2OH+；
②由题意可知，布洛芬的同分异构体含有苯环和酯基，则核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为9：6：2：1的结构简式可能为、、、，故答案为：、或或。
重庆市第八中学2023届高考适应性月考卷(七)
化学
注意事项：
1.答题前、考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。
以下数据可供解题时参考。
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Si-28 S-32 Mn-55
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生活、科技密切相关，下列相关叙述错误的是
A. 吉祥物“冰墩墩”材质中有聚氯乙烯，聚氯乙烯是纯净物
B. 嫦娥5号携带的“高科技国旗”中所含的高性能芳纶纤维是一种有机高分子材料
C. 某病毒可能通过气溶胶传播，说明病毒的粒子直径可能在纳米级范围内
D. 利用光伏电池电解水制取氢气的新方法实现了：太阳能→电能→化学能的转变
【答案】A
【解析】
【详解】A．聚合物中的n不确定，所以聚合物往往为混合物，A项错误；
B．芳纶纤维是聚苯二甲酰苯二胺，该物质为聚合物高分子材料，B项正确；
C．气溶胶为胶体，其粒子直径在1-100nm，说明病毒的粒子直径在纳米范围，故C正确；
D．光伏电池为将光能转化为电能，再电解水即电解池将电能转化为化学能，故D正确；
故选A。
2. 设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，1.12L苯含有C－H键的个数为3NA
B. 常温常压下，28gSi中所含Si－Si键数目为4NA
C. 1molCl2和足量的Fe充分反应，转移电子数为2NA
D. 等物质的量的H2和I2于密闭容器中充分反应后，HI分子总数为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯标况下为非气体，无法通过体积计算得到物质的量，无法计算，A项错误；
B．硅晶体中，每个Si均摊2个Si-Si键，则28gSi物质的量为1mol含有2mol（2NA）Si-Si，B项错误；
C．每个Cl2作为氧化剂与金属反应得到2个e-，所以1molCl2和足量的Fe充分反应，转移电子为2mol（2NA个），C项正确；
D．该反应为可逆反应，在没有转化率的基础上无法计算，D项错误；
故选C。
3. 下列说法错误的是
A. 在食品中添加适当的SO2可以起漂白、防腐、抗氧化的作用
B. 硅元素在自然界主要以硅酸盐和氧化物的形式存在
C. Na2CO3与NaHCO3均可用作食用碱与工业用碱
D. 铝合金是用量最大，用途最广泛的合金
【答案】D
【解析】
【详解】A．SO2具有漂白性能对色素进行漂白，同时SO2具有还原性可与O2等发生反应，但因其有毒，作为食品添加剂需要控制量，A项正确；
B．硅为亲氧元素，在自然界中以硅酸盐和SiO2形式存在，B项正确；
C．Na2CO3与NaHCO3均呈碱性，可用作食用碱与工业用碱，C项正确；
D．铁合金是用量最大，用途最广泛的合金，D项错误；
故选D。
4. 下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A. 将足量铁加入一定量稀硝酸中：3Fe+2NO+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O
B. 泡沫灭火器原理：2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
C. 向Ca(ClO)2溶液中通入少量的SO2：Ca2++ClO－+H2O+SO2=Cl－+CaSO4↓+2H+
D. 将等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1∶1混合：Ba2++OH－+H++SO=H2O+BaSO4↓
【答案】A
【解析】
【详解】A．将足量铁加入一定量稀硝酸中，最终得到Fe2+，生成的气体为NO，A项正确；
B．泡沫灭火器中物质为Al(OH)3和NaHCO3，和Al3+发生双水解反应，对应的离子方程式为Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑，B项错误；
C．Ca(ClO)2具有强氧化性，可以氧化通入的少量SO2，生成的H+会和过量的ClO－结合生成弱电解质HClO，对应的离子方程式为Ca2++3ClO－+SO2+H2O=CaSO4↓+Cl－+2HClO，C项错误；
D．NH4HSO4与Ba(OH)2物质的量之比为1∶1，会和OH－生成弱电解质NH3∙H2O，对应的离子方程式为Ba2++2OH－++H++=BaSO4↓+NH3∙H2O+H2O，D项错误。
答案选A。
5. 下列有关化合物结构与性质的论述错误的是
A. B3N3H6(无机苯)的结构与苯相似，其中形成大π键的电子全部由N提供
B. 根据原子半径推知，F－F键的键能大于Cl－Cl键，F2化学性质更稳定
C. NH3的成键电子对间排斥力较大，所以NH3的键角比PH3大
D. BF3和SO3中B、S杂化轨道类型相同，二者VSEPR模型均为平面三角形
【答案】B
【解析】
【详解】A．B原子最外层3个电子，与其它原子形成3个键，N原子最外层5个电子，与其它原子形成3个键，还剩余2个电子，故形成大π键的电子全部由N原子提供，A正确；
B．原子半径F
C．N的电负性比P大，NH3中成键电子对距离N比PH3中成键电子对距离P近，NH3中成键电子对间的斥力大，因此NH3的键角比PH3的大，C正确；
D．BF3中B原子价层电子对数=，SO3分子中S原子价层电子对数=，二者的VSEPR模型均为平面三角形，D正确；
故选B。
6. 一种对中枢神经有抑制作用的药物结构如图。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z位于第二周期，Y的气态氢化物水溶液显碱性。下列判断正确的是
A. 第一电离能：X＜Y＜Z
B. 该结构中X原子采取sp2杂化
C. 含有极性键的极性分子Z3在四氯化碳中的溶解度低于在水中的溶解度
D. 该药物在碱性溶液中加热，可水解产生Y的气态氢化物
【答案】D
【解析】
【分析】Y的气态氢化物水溶液显碱性，Y为N。X、Y、Z为第二周期元素，同时从结构看X为C，Z为O，W为H。W、X、Y、Z分别为H、C、N、O。
【详解】A．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，同时N由于半满结构稳定第一电离能大于同周期相邻元素：Y>Z>X，A项错误；
B．X为C，双键碳杂化方式为sp2，饱和碳杂化方式为sp3，B项错误；
C．Z3为O3，该分子为非极性键形成的极性分子，利用相似相溶原理其在极性溶剂H2O中溶解度大，而在非极性溶剂CCl4中溶解度小，C项错误；
D．该物质中含有-CO-NH-CO-在碱性条件下水解为NH3，D项正确；
故选D。
7. 下列操作或装置能达到实验目的的是
A.检验待测液中是否含有Fe2+
B.可测得氯水的pH值为2
C.验证铁的吸氧腐蚀
D.用于熔融NaOH固体
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象， 故先滴加KSCN溶液，不显血红色，说明原溶液不含有Fe3+，再加入少量氯水，溶液显血红色，溶液中有Fe3+生成，说明原溶液中含有Fe2+，A不选；
B．氯水中的HClO具有漂白性，因此不能用pH试纸测定新制氯水的pH，B不选；
C．若发生吸氧腐蚀，试管中氧气被消耗，压强减小，烧杯中的红墨水会沿玻璃管上升，C选；
D．瓷坩埚中含有二氧化硅，在高温条件下会与NaOH反应，D不选；
故选C。
8. 分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是
A. 1个分枝酸分子中含有1个手性碳原子
B. 1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应
C. 分枝酸一定条件下可发生加聚反应和缩聚反应
D. 分枝酸可使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．该有机物中含有2 个手性碳原子如图 ，A错误；
B．醚键、醇羟基与氢氧化钠不能反应，羧基可以与氢氧化钠反应，1 mol分枝酸最多可与2mol NaOH发生中和反应，B错误；
C．结构中含有羟基、羧基可以发生缩聚反应，含有碳碳双键可以发生加聚反应，C正确；
D．分支酸含有碳碳双键，与溴单质能发生加成反应，与酸性高锰酸钾溶液反应，属于氧化反应，反应原理不同，D错误；
故选：C。
9. 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
溴乙烷和NaOH乙醇溶液共热，所产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中
高锰酸钾溶液褪色
溴乙烷发生消去反应生成乙烯
B
向NaBr溶液中加入过量氯水，再加入淀粉－KI溶液
溶液变蓝
非金属性：Cl＞Br＞I
C
用两支试管各取5mL0.1mol/L的KMnO4溶液，分别加入2mL0.1mol/L和0.2mol/L的H2C2O4溶液，记录溶液褪色所需的时间
后者褪色更快
浓度越大，化学反应速率越快
D
分别向盛有0.1mol/L醋酸和饱和硼酸溶液的试管中滴加等浓度Na2CO3溶液
前者产生无色气泡，后者无明显现象
酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙醇具有挥发性，受热挥发出的乙醇也能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，则高锰酸钾溶液褪色不能说明溴乙烷发生消去反应生成了乙烯，故A错误；
B．氯气的氧化性强于溴，过量的氯水会优先与碘化钾溶液反应生成使淀粉溶液变蓝色的碘，则向溴化钠溶液中加入过量氯水，再加入淀粉－碘化钾溶液不能比较溴和碘的非金属性强弱，故B错误；
C．由得失电子数目守恒可知，5mL0.1mol/L的高锰酸钾溶液完全反应，需要加入0.2mol/L草酸溶液的体积为×103mL/L=6.25mL＞2mL，则实验中加入的草酸溶液不足量，无法观察到溶液褪色，不能证明反应物的浓度越大，化学反应速率越快的结论成立，故C错误；
D．分别向盛有0.1mol/L醋酸和饱和硼酸溶液的试管中滴加等浓度碳酸钠溶液，前者产生无色气泡说明醋酸的酸性强于碳酸，后者无明显现象说明硼酸的酸性弱于碳酸，则酸性的强弱顺序为醋酸＞碳酸＞硼酸，故D正确；
故选D。
10. 通过下列实验探究含硫化合物的性质。
实验1：测得0.1mol/LH2S溶液pH=4.1
实验2：向0.1mol/LNaHS溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变红
实验3：向0.1mol/LNaHS溶液中加入等体积0.1mol/LNaOH溶液充分混合
实验4；向5mL0.1mol/LNa2S溶液中滴加10mL0.1mol/LMnSO4溶液，产生粉色沉淀，再加几滴0.1mol/LCuSO4溶液，产生黑色沉淀
下列说法正确的是
A. 由实验1可知：H2S的Ka1的数量级为10-7
B. 由实验2可知：Ka1(H2S)×Ka2(H2S)＜Kw
C. 实验3所得溶液中存在：c(Na+)—c(S2-)—c(H2S)=0.1mol/L
D. 由实验4可知：Ksp(MnS)＜Ksp(CuS)
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢硫酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，以一级为主，由0.1mol/L氢离子溶液pH=4.1可知，氢硫酸的Ka1≈=10—7.2，数量级为10-8，故A错误；
B．向0.1mol/L氢硫酸氢钠溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变红说明氢硫酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，则Ka2(H2S)＜，所以Ka1(H2S)×Ka2(H2S)＜Kw，故B正确；
C．0.1mol/L氢硫酸氢钠溶液与等体积0.1mol/L氢氧化钠溶液充分反应得到硫化钠溶液，溶液中钠离子浓度为0.1mol/L，则溶液中c(Na+)—c(S2-)—c(H2S) ＜0.1mol/L，故C错误；
D．由粉色硫化锰沉淀转化为黑色硫化铜沉淀可知，硫化锰的溶度积大于硫化铜的溶度积，故D错误；
故选B。
11. 滑雪镜制作材料是一种高分子材料——聚碳酸酯(简称PC)，其合成方法和分子结构如图所示，下列说法正确的是
A. 化合物A的分子式为C15H14O2 B. 反应物B分子中所有原子可能共平面
C. 可通过FeCl3溶液检验A是否完全反应 D. PC有很好的光学性且耐强碱的性质
【答案】B
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，化合物A的分子式为C15H16O2，故A错误；
B．由结构简式可知，反应物B分子中的苯环和酯基都是平面结构，由单键可以旋转可知，分子中所有原子可能共平面，故B正确；
C．由结构简式可知，A与B发生縮聚反应生成聚碳酸酯和苯酚，则不能用氯化铁溶液检验A是否完全反应，故C错误；
D．由结构简式可知，聚碳酸酯分子中含有酯基，碱性条件下能发生水解反应，则PC不具有耐强碱的性质，故D错误；
故选B。
12. 某微生物电化学法制甲烷是将电化学法和生物还原法有机结合，装置如图所示。下列有关说法错误的是
A. 该电池在高温下不能正常工作
B. 右侧电极是阴极，发生还原反应
C. 阳极的电极反应式为CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+
D. 每生成1molCH4，右侧溶液的质量增加28g(忽略二氧化碳溶解和气体带走的水蒸气)
【答案】D
【解析】
【分析】从图知，电解池左端发生了CH3COO-→CO2发生了氧化反应，为阳极，与电源的正极相连；右端发生反应为：CO2→CH4发生了还原反应，为阴极，与电源的负极相连。
【详解】A．两极的反应需要菌类参与，若高温菌类被杀死而导致反应无法进行而导致电池无法工作，A项正确；
B．如上分析，右侧为阴极发生还原反应，B项正确；
C．由上分析阳极的反应为CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，C项正确；
D．右侧电极发生反应为CO2+8H++8e-=CH4+2H2O，右侧产生1molCH4时从左侧进入8molH+最终4mol与O变为水而使溶液质量增加，所以增加质量为2mol×18g/mol=36g，D项错误；
故选D。
13. 利用CO2与CH4制备合成气(CO、H2)，可能的反应历程如图所示：
已知：
①C(ads)为吸附性活性炭，E表示方框中物质总能量(单位：kJ/mol)，TS表示过渡态；
②部分键能数据如表：
化学键
C－H
C=O
C≡O
H－H
键能(kJ/mol)
a
x
b
c
下列说法错误的是
A. 若E3+E2＞E4+E1，则决定速率步骤的化学方程式为CH4(g)=C(ads)+2H2(g)
B. 总反应的热化学方程式可表示为CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=(E5-E1)kJ•mol-1
C. 若总反应的△H=ekJ•mol-1，则C=O的键能为kJ•mol-1
D. 使用催化剂后，过渡态能量(E2、E4)会降低
【答案】A
【解析】
【分析】由图知第一步反应为CH4(g)=C(ads)+2H2(g)，第二不反应为C(ads)+CO2(g) = 2CO(g)。
【详解】A． 活化能越大反应速率越慢。E2-E1为第一步反应的活化能，E4-E3为第二步的活化能，E2-E1 >E4-E3即E2+E3>E1+E4。所以第二步为慢反应决定速率步骤，A项错误；
B．由图可知，从反应体系总能量△H=E生成物总能量-E反应物的总能量=(E5-E1)kJ/mol，总反应得热化学方程式为总反应的热化学方程式可表示为CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=(E5-E1)kJ•mol-1 ，B项正确；
C．从化学键的角度分析，△H=E反应物的总键能-E生成物的总键能=4E(C-H)+2E(C=O)-2E(C≡O)-2E(H-H)=4a+2x-2b-2c=e，得x=，C项正确；
D．催化剂改变反应历程从而降低正逆反应的活化能而不能改变反应物和生成物的能量，即催化剂降低了过渡态的能量E2、E4，D项正确；
故选A。
14. 常温下，向10.0mL浓度均为0.1mol/L的AlCl3和FeCl3混合溶液中加入NaOH固体，溶液中金属元素有不同的存在形式，它们的物质的量浓度与NaOH物质的量关系如图所示，测得a、b两点溶液的pH分别为3.0，4.3。
已知：①Ksp[Al(OH)3]＞Ksp[Fe(OH)3]；
②Al3+(aq)+4OH-(aq)[[Al(OH)4]-(aq)，298K下，K稳==1.1×1033。
下列叙述正确的是
A. 曲线II代表Fe3+
B. 常温下，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-34.1
C. c点溶液中金属元素主要存在形式为Fe(OH)3、Al(OH)3和[Al(OH)4]-
D. Al(OH)3(s)+OH-(aq)[Al(OH)4]-(aq)的平衡常数K为1.1×10-1.1
【答案】D
【解析】
【分析】从图可以看出加入相同NaOH后Ⅱ溶液中金属离子较多，由于Ksp[Al(OH)3]＞Ksp[Fe(OH)3] 即Al(OH)3的溶解度大，Ⅱ为Al3+，Ⅰ为Fe3+，Ⅲ为[Al(OH)4]-。a、b两点溶液的pH分别为3.0，4.3即c(OH-)分别为10-11mol/L、10-9.7 mol/L，由a点计算得Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH-)=10-5×(10-11mol/L)3=10-38。同理得到Ksp[Al(OH)3] =10-5×(10-9.7mol/L)3=10-34.1。
【详解】A．由上分析Ⅱ为Al3+，A项错误；
B．a点计算得Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH-)=10-3×(10-11mol/L)3=10-38，B项错误；
C．a点Fe3+沉淀完全，即以Fe(OH)3形式存在，c点Al(OH)3会与NaOH反应全部转变为[Al(OH)4]-，所以铝以 [Al(OH)4]-存在，C项错误；
D．K=K稳Ksp[Al(OH)3]= =1.1×1033×10-34.1=1.1×10-1.1，D项正确；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. MnO2、PbSO4、ZnO、少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag是冶锌过程中产生的废渣，利用废渣回收金属元素锌、锰、铅和银的工艺如图所示。回答下列问题：
已知：在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如图所示的反应：
（1）滤液1的主要成分是_____。
（2）已知 Pb2Mn8O16中Pb为+2价，Mn为+4价和+2价，则氧化物中+4价和+2价Mn的个数比为________。
（3）“还原酸浸”过程中主要的化学方程式为_____。
（4）实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量，其原因是_____，为提高葡萄糖的有效利用率，可采取的措施为_____(写两点)。
（5）加入Na2CO3溶液的主要目的是_____(用离子方程式表示)，Na2CO3溶液的最小浓度为_____mol/L(保留两位小数)。[已知：20℃时Ksp(PbSO4)=1.6×10-8，Ksp(PbCO3)=7.4×10-14，1.262≈1.6]
（6）(CH3NH3)PbI3晶胞结构如图所示，其中A代表Pb2+。
①已知(CH3NH3)PbI3的摩尔质量为Mg/mol，该晶胞的密度为bg•cm-3(设NA为阿伏加德罗常数的值)，则晶胞参数a=_____pm。
②该晶胞沿体对角线方向的投影图为_____(填序号)。
A. B. C. D.
【答案】（1）ZnSO4
（2）3:1 （3）C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O
（4） ①. 较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生副反应 ②. 适当的温度，可少量分批次加入葡萄糖
（5） ①. ②.
（6） ①. ②. C
【解析】
【分析】酸洗溶解ZnO并将铅的氧化物转变为PbSO4。还原酸浸MnO2还原为了MnSO4。滤渣1中加入Na2CO3溶液将PbSO4转化为PbCO3，再加入醋酸溶解为醋酸铅而与Ag分离，醋酸铅溶液中加入硫酸转化转化为PbSO4。
【小问1详解】
由上分析稀硫酸将ZnO溶解了，滤液为ZnSO4。答案为ZnSO4；
【小问2详解】
Pb2Mn8O16中Pb为+2价，Mn为+4价和+2价，设氧化物中+4价和+2的Mn分别为a和b，由化合价为0及原子守恒得到：4+4a+2b=32，a+b=8得到a=6、b=2，则a:b=3:1。答案为3:1；
【小问3详解】
葡萄糖的为还原性糖被MnO2氧化为CO2，而自身被还原为Mn2+：C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O。答案为C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O；
【小问4详解】
已知较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生副反应。答案为较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生副反应；适当的温度，可少量分批次加入葡萄糖；
【小问5详解】
加入Na2CO3溶液将PbSO4转化为PbCO3，反应为。利用Ksp计算c()=，再利用Ksp计算答案为c()=。答案为；；
【小问6详解】
已知Pb2+位于A点，则每个晶胞中均摊1个(CH3NH3)PbI3。晶胞密度为
得出a=。该晶胞沿体对角线方向投影，体对角线方向的2个顶点和体心投到1个点，另外6个原子再六边形内部形成1个小六边形，因此投影图为，故C。答案为；C。
16. MnSO4•H2O是电解锰及其他锰盐的原料，也是饲料中常用的添加剂。某化学兴趣小组设计如图甲实验装置制备MnSO4•H2O，并研究硫酸锰的某些性质：
查阅资料：
①MnSO4•H2O是一种浅粉色品体，易溶于水，不溶于乙醇；
②硫酸锰高温下的分解产物为MnxOy、SO2及SO3；
③硫酸锰在不同温度下的溶解度和该温度范围内析出晶体的组成如图乙所示。
（1）制备MnSO4•H2O晶体：
①A装置中仪器a名称是_____，b导管的作用是_____。
②A装置发生的化学反应方程式是_____，B装置中多孔球泡的作用是_____。
③反应后从MnSO4溶液得到固体MnSO4•H2O的操作为控制温度在80～90℃之间蒸发结晶，_____，使固体MnSO4•H2O与溶液分离，_____，真空干燥。
（2）检验Mn2+：实验室常用铋酸钠(一种不溶于水的淡黄色晶体)检验Mn2+是否存在，往待测液中加入NaBiO3晶体，加硫酸酸化，反应后得到Bi3+同时溶液变为紫红色，则证明待测液中存在Mn2+，该反应的离子方程式为_____。
（3）究MnSO4高温分解的固体产物：为了确定MnxOy的化学式，用如图所示装置进行实验。
①甲方框中适宜的装置可以有_____(填序号)。
A. B. C. D.
②在装置中加入604gMnSO4，充分反应后，测得NaOH溶液增重12.8g，则MnxOy的化学式为_____。
【答案】（1） ①. 蒸馏烧瓶 ②. 恒压使液滴顺利滴下 ③. Na2SO3+ H2SO4（浓）=SO2↑+ Na2SO4+H2O ④. 增大接触面积加快反应速率 ⑤. 趁热过滤 ⑥. 用80-90℃的蒸馏水洗涤晶体2~3次
（2）
（3） ①. C ②. Mn20O21
【解析】
【分析】A装置制备SO2，B制备MnSO4。
【小问1详解】
a含有支管，所以a为蒸馏烧瓶。b管连通漏斗和反应瓶，恒压使液滴顺利滴下。答案为蒸馏烧瓶；恒压使液滴顺利滴下。Na2SO3和浓H2SO4制备SO2：Na2SO3+ H2SO4（浓）=SO2↑+ Na2SO4+H2O。B中为异相反应，多孔球泡增大接触面积加快反应速率。答案为Na2SO3+ H2SO4（浓）=SO2↑+ Na2SO4+H2O；增大接触面积加快反应速率。从Ⅱ图中分离得到纯净的MnSO4•H2O晶体，应在80~90℃之间进行蒸发结晶、趁热过滤，再用80-90℃的蒸馏水洗涤晶体2~3次，最后真空干燥。答案为趁热过滤；用80-90℃的蒸馏水洗涤晶体2~3次；
【小问2详解】
将Mn2+氧化为，所以反应为。答案为；
【小问3详解】
MnSO4高温分解时可能产生了SO3和SO2，NaOH溶液吸收SO2并确定其含量，那么碱石灰吸收空气中的水和CO2防止干扰实验。所以甲方框中选择收集SO3且不会干扰SO2质量测定的装置，选C。答案为C。n(MnSO4)= ，即n(SO2)+ n(SO3)=4mol。NaOH增重12.8g= m(SO2)，即n(SO2)=0.2mol，得n(SO3)=4-0.2=3.8mol。m(MnxOy)=604g- m(SO2)- m(SO3)=604-12.8-304=287.2g，则该物质中氧为m(O)= m(MnxOy)-m(Mn元素)=287.2-4×55g=67.2g，则该物质中n(O)=4.2mol。则n(Mn):n(O)=4:4.2=20:21。该物质的化学式为Mn20O21。答案为Mn20O21。
17. NH3在生产生活中应用广泛，人们对其相关物质深入研究。
（1）氨硼烷(NH3BH3)可作燃料电池，其工作原理如图所示。氨硼烷电池工作时H+通过质子交换膜进入_____室(填“左”或“右”)，写出负极的电极反应式：_____。
（2）国内常用的氨气处理技术包括吸收法、吸附法、选择催化氧化法等。NH3可通过催化氧化转化为N2，但存在副反应。
4NH3+3O22N2+6H2O △H1＜0
4NH3+5O24NO+6H2O △H2＜0
2NH3+2O2N2O+3H2O △H3＜0
将一定比例的NH3、O2和N2的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，NH3的转化率、生成N2的选择性与温度的关系如图所示。
①其他条件不变，升高温度，4NH3+3O22N2+6H2O，该逆反应速率_____(填“变大”“变小”或“不变”)，NH3的平衡转化率_____(填“变大”“变小”或“不变”)。
②催化氧化除去尾气中的NH3应选择的反应温度约为_____，并解释其原因：_____。
（3）T℃、pkPa条件下，NO2发生反应2NO2(g)N2O4(g)，该反应的v正=k正c2(NO2)，v逆=k逆c(N2O4)，(k正、k逆为速率常数)，且速率与浓度关系如图所示。
①T℃、pkPa条件下，该反应的平衡常数为_____L/mol。
②T℃、起始压强为pkPa，在恒定容积容器中充入一定量NO2，经过一段时间达到化学平衡，测得c(N2O4)为1.6mol/L，NO2的转化率为_____(结果保留一位小数)，则平衡常数Kp=_____(用含p的代数式表示，分压表示物质的量浓度，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1） ①. 右 ②. NH3BH3+2H2O-6e-=++6H+
（2） ①. 变大 ②. 变小 ③. 210℃ ④. 温度低于210℃，反应速率较慢，NH3的转化率不高，大于210℃时，N2的选择性明显下降而转化率提高不大，浪费资源
（3） ①. 10 ②. 88.9% ③.
【解析】
【小问1详解】
图示装置为原电池，氨硼烷(NH3BH3)做还原剂，做负极，过氧化氢(H2O2)做氧化剂，做正极；负极电极反应为NH3BH3+2H2O-6e-=++6H+，H+向正极移动，则H+通过质子交换膜进入右室；
故答案为：右；NH3BH3+2H2O-6e-=++6H+。
【小问2详解】
4NH3+3O2⇌2N2+6H2O △H1＜0，温度升高，正、逆反应速率都变大，平衡向逆反应方向移动，NH3的平衡转化率变小；根据图像可知210℃时，氨气转化率和N2的选择性都相对较高，温度低于210℃，反应速率较慢，大于210℃时，N2的选择性明显下降而转化率提高不大，浪费资源；
故答案为：变大；变小；210℃；温度低于210℃，反应速率较慢，NH3的转化率不高，大于210℃时，N2的选择性明显下降而转化率提高不大，浪费资源。
【小问3详解】
v正=k正c2(NO2)，v逆=k逆c(N2O4)，则lgv正=lgk正+2lgc(NO2)，lgv逆=lgk逆+lgc(N2O4)，说明lgv正的斜率大，lgk正=a，lgk逆=a-1，k正=10a，k逆=10a-1，反应平衡时v正=k正c2(NO2)=v逆= k逆c(N2O4)，则K=；
T℃时平衡常数K=10L/mol，设NO2的起始浓度为x mol/L，列三段式，
则，解得x=3.6，则NO2的转化率为；
T℃时，在恒定容积容器中，起始压强为pkPa， 设平衡时压强为y kpa，则，解得y=，平衡常数Kp=；
故答案为：10；88.9%；。
18. 缓释布洛芬用于减轻中度疼痛，也可用于普通感冒或流行性感冒引起的发热。其可通过如图所示路线合成：
已知：
①
②R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH。
（1）C中官能团的名称是_____，F→G的反应类型是_____。
（2）反应①的化学方程式是_____。
（3）试剂F、H的结构简式分别_____、_____。
（4）反应②生成的产物中，摩尔质量较小的物质的结构简式是_____。
（5）缓释布洛芬能缓慢水解释放出布洛芬(含苯环的羧酸)。
①请将下列方程式补充完整：
_____
②写出2种同时满足下列要求的布洛芬的同分异构体：_____。
a.含有苯环和酯基；
b.其核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为9：6：2：1。
【答案】（1） ①. 碳碳双键和羧基 ②. 加成反应
（2）+2NaOH+NaCl+2H2O
（3） ①. ②.
（4）CH3OH （5） ①. n +nHOCH2CH2OH+ ②. 、或或
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，与三氯化磷共热发生取代反应生成，则A为；在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，则B为；酸化生成，则C为；在浓硫酸作用下与乙二醇共热发生酯化反应生成，则D为；与SOCl2发生取代反应生成，则E为；在催化剂作用下与苯发生取代反应生成，与Zn—Hg、盐酸反应发生还原反应生成，则F为；催化剂作用下与发生加成反应生成，则G为；在浓硫酸作用下发生消去反应生成，则H为；催化剂作用下与氢气发生加成反应生成，则I为；与发生取代反应生成，则J为一定条件下J发生加聚反应生成。
【小问1详解】
由分析可知，C的结构简式为，官能团为碳碳双键和羧基；F→G的反应为催化剂作用下与发生加成反应生成，故答案为：碳碳双键和羧基；加成反应；
【小问2详解】
由分析可知，反应①为在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成、氯化钠和水，反应的化学方程式+2NaOH+NaCl+2H2O，故答案为：+2NaOH+NaCl+2H2O；
【小问3详解】
由分析可知，F、H的结构简式分别为、，故答案为：；；
【小问4详解】
由分析可知，反应②发生的反应为与发生取代反应生成和甲醇，则生成的产物中，摩尔质量较小的物质的结构简式为CH3OH，故答案为：CH3OH；
【小问5详解】
①由结构简式可知，一定条件发生水解反应生成、HOCH2CH2OH和，反应的化学方程式为+2nH2On+nHOCH2CH2OH+，故答案为：n+nHOCH2CH2OH+；
②由题意可知，布洛芬的同分异构体含有苯环和酯基，则核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为9：6：2：1的结构简式可能为、、、，故答案为：、或或。
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