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2021-2022学年湖北省部分重点中学高三（上）期中化学试卷
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这是一份2021-2022学年湖北省部分重点中学高三（上）期中化学试卷，共39页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年湖北省部分重点中学高三（上）期中化学试卷
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。
1．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．所有的糖都可以发生水解反应
B．生物柴油的主要成分是烃类化合物
C．铝、铁、铜在潮湿的空气中发生锈蚀均生成对应的氧化物
D．青铜是我国使用最早的合金，常见的铜合金除青铜外，还有黄铜、白铜等
2．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A．4.4gC3H8中含σ键的数目为NA
B．2gH218O和D2O的混合物中含中子的数目为NA
C．1molSi中含有Si﹣Si键的数目为4NA
D．100g质量分数为46%的乙醇水溶液中，氧原子的数目为4NA
3．（3分）下列关于元素周期表和元素周期律的说法中，正确的是（ ）
A．所含元素种类最多的族是ⅢB
B．元素周期表的d区共包含10列
C．第三周期元素的简单离子半径从左到右逐渐减小
D．卤素单质和它们的氢化物沸点从上到下均依次升高
4．（3分）下列离子方程式中，错误的是（ ）
A．铁红与HI溶液反应：Fe2O3+6H++2I﹣═2Fe2++3H2O+I2
B．向甲醛溶液中加入足量的银氨溶液并加热：HCHO+2[Ag（NH3）2]++2OH﹣HCOO﹣+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O
C．0.01mol•L﹣1NH4Al（SO4）2溶液与0.02mol•L﹣1Ba（OH）2溶液等体积混合：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O
D．泡沫灭火器的反应原理：Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑
5．（3分）下列实验所选择的装置或仪器都正确的是（ ）
选项
A
B
C
D
实验
除去CO2气体中的HCl气体
除去NaCl中混有的NH4Cl
分离Fe（OH）3胶体中的KBr
分离CCl4和NaCl溶液
装置或仪器
饱和Na2CO3溶液
A．A B．B C．C D．D
6．（3分）短周期非金属元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的未成对电子数是其所在周期中最多的，基态W原子的电子总数是其最高能级电子数的4倍。四种元素与Xe元素组成的某化合物的结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．第一电离能：X＞Y＞W
B．WY2和WY3的VSEPR模型相同
C．最简单氢化物的沸点：Z＞Y＞X
D．X和W的最高价氧化物对应水化物的浓溶液都具有强氧化性
7．（3分）丙美卡因的结构简式如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．分子中含手性碳原子
B．分子式为C16H25N2O3
C．该物质可与盐酸发生反应
D．1mol丙美卡因最多能与4mol H2发生加成反应
8．（3分）白磷溶于过量KOH溶液的反应为：P4+3KOH+3H2OPH3↑+3KH2PO2。H2PO2﹣可用于化学镀铜，反应为：H2PO2﹣+Cu2++OH﹣→PO43﹣+Cu↓+H2O（未配平）。下列说法正确的是（ ）
A．P4的空间结构为正四面体形键角为109°28′
B．H3PO2的结构为
C．PH3中磷原子的杂化方式sp2杂化
D．理论上1molH2PO2﹣反应可镀铜64g
9．（3分）用GaZrO4作催化剂可实现CO2加氧制二甲醚（图中DME）和甲醇（图中MT），反应机理如图所示。
下列有关叙述正确的是（ ）
A．步骤a→b有非极性键的断裂和形成
B．氧空位用于捕获CO2，空位越多，速率越慢
C．整个过程中，Zr元素的化合价未发生变化
D．过渡态d通过氢化和水解可得二甲醚和甲醇
10．（3分）ZulrmnBorjas等设计的一种微生物脱盐池的装置如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该装置可以在高温下工作
B．X为阳离子交换膜，Y为阴离子交换膜
C．负极反应为CH3COO﹣+8e﹣+2H2O═2CO2↑+7H+
D．当负极产生11gCO2时，海水（不考虑NaCl以外的溶质）理论上除盐58.5g
11．（3分）根据下列实验操作和现象得出的结论中正确的是（ ）
操作和现象
结论
A
用玻璃棒蘸取某待测液在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色
待测液中含有钠元素
B
向某钾盐的溶液中滴加浓盐酸，产生气体，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色
该钾盐为K2SO3或KHSO3或K2S2O3
C
将铜丝用酒精灯外焰灼烧，铜丝逐渐变黑；再将其插入酒精灯内焰至接近焰心，铜丝又逐渐变红
乙醇能将CuO还原
D
1molH2与1molI2（g）在恒温容器中反应，反应达平衡后，将容器体积压缩至原来的一半，混合气体颜色变深
化学平衡发生了逆向移动
A．A B．B C．C D．D
12．（3分）镁单质及其化合物用途广泛，某镁硼化合物的晶胞结构如图所示。B原子独立为一层，具有类似石墨的结构。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏伽德罗常数的值为NA。下列说法错误的是（ ）
A．该化合物的化学式为MgB2
B．该晶胞中Mg的配位数为12
C．每个B原子周围都有2个与之等距离且最近的B原子
D．该晶体的密度为g•cm﹣3
13．（3分）以二氧化锰为原料制取高锰酸钾晶体的流程如图：
下列说法正确的是（ ）
A．“灼烧”可在石英坩埚中进行
B．母液中的溶质仅有KHCO3、KCl
C．“结晶”环节宜采用蒸发结晶的方法
D．“转化”中的反应方程式为：3K2MnO4+4CO2+2H2O═MnO2↓+2KMnO4+4KHCO3
14．（3分）某温度下，在恒容密闭容器中，加入4molA和2molB进行如下反应：3A（g）+2B（g）⇌4C（？）+2D（？）。反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，且反应前后的压强之比为5：4。下列说法正确的是（ ）
A．该反应的平衡常数表达式为K＝
B．平衡时，B的转化率为40%
C．增加生成物C的量，B的转化率变小
D．增大压强，平衡向右移动，化学平衡常数K增大
15．（3分）草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸。常温下向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgX[X表示或]随pH变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．0.1mol•L﹣1NaHC2O4溶液中：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）
B．混合溶液中：＝10﹣2.97
C．向NaHC2O4溶液中滴加氨水至中性：c（NH4+）＜c（C2O42﹣）
D．当混合溶液pH＝3.00时，溶液中c（C2O42﹣）＜c（H2C2O4）
二、非选择题：本题包括4小题，共55分。
16．（14分）某实验小组对NaHSO2溶液分别与CuCl2、CuSO4溶液的反应进行探究。
实验
装置
试剂a
操作及现象
I
2mL1mol•L﹣1NaHSO2溶液
1mol•L﹣1CuCl2溶液
加入2mLCuCl2溶液，得到绿色溶液，30s时有无色气泡和白色沉淀产生，上层溶液颜色变浅。
Ⅱ
1mol•L﹣1CuSO4溶液
加入2mLCuSO4溶液，得到绿色溶液，3min未见明显变化。
已知：Ⅰ．Cu2+[Cu（NH3）4]2+（深蓝色溶液）
Ⅱ．Cu+[Cu（NH3）2]+（无色溶液）[Cu（NH3）4]2+（深蓝色溶液）
回答下列问题：
（1）推测实验Ⅰ中的无色气体为SO2，实验验证：用湿润的品红试纸接近试管口，视察到 ，将品红试纸在烘箱中低温烘干又观察到 。
（2）推测实验Ⅰ中的白色沉淀为CuCl，实验验证步骤如下：
①实验Ⅰ完成后，立即过滤、洗涤。
②取少量已洗净的白色沉淀于试管中，滴加足量浓氨水，先观察到 ，反应的离子方程式为 ；露置一段时间，又观察到 。
（3）对比实验Ⅰ、Ⅱ，提出假设，Cl﹣增强了Cu2+的氧化性。
①若假设合理，实物Ⅰ反应的离子方程式为 和H++HSO3﹣═SO2↑+H2O。
②用以下实验来验证假设合理，装置如图所示。实验方案：闭合K，电压表的指针偏转至“Y”处；向U形管 （补全实验操作及现象）。
（4）将实验Ⅱ的溶液静置24h或加热后，得到红色沉淀。经检验，红色沉淀中含有Cu+、Cu2+和SO32﹣。甲、乙两位同学通过实验Ⅲ验证把红色沉淀中含有Cu+和Cu2+。
实验Ⅲ：
①甲同学认为红色沉淀中含有Cu2+，他判断的理由是 。
②乙同学认为实验Ⅲ不足以证实红色沉淀中含有Cu2+，理由是 。
17．（14分）化合物H广泛用作香精的稀释剂和定香剂。合成它的一种路线如图所示：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是 ，由E生成F的反应类型为 。
（2）D的结构简式为 。
（3）D、G合成H的化学反应方程式为 。
（4）符合下列条件的C的同分异构体有 种（不考虑立体异构）。
①苯环上有三个取代基
②其中两个取代基与A中所含的官能团相同
③能发生银镜反应
其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为1：2：2：2：1的一种分子的结构简式为 。
（5）以苯酚为原料并结合题目中的信息，经以下步骤可以合成化合物。
“反应条件1”所用的试剂为 ，K的结构简式为 。
18．（13分）铬元素在化合物中常见+2、+3和+6等价态。工业上以铬铁矿（主要成分为FeO•Cr2O3，含有SiO2杂质）为原料生产重铬酸钠晶体（Na2Cr2O7•2H2O），其工艺流程如图所示：
已知：①常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+氧化为CrO42﹣，反应后自身变为Bi（OH）3。
②相关金属离子c（Mn+）＝0.1mol•L﹣1时，形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Cr3+
开始沉淀的pH
6.3
1.5
3.7
完全沉淀的pH
8.3
2.8
5.1
③Na2Cr2O7和Na2SO4的溶解度随温度变化的关系如图所示：
回答下列问题：
（1）“滤渣A”的成分为 。
（2）“除铁”控制的pH范围是 。
（3）“氧化”过程中发生反应的离子方程式为 。
（4）依据图示分析，“操作a”为 、 、洗涤、干燥。
（5）已知含+6价铬的废水会污染环境，排放前需要进行无害化处理，具体流程如图：
①下列溶液中可以代替上述流程中Na2S2O3溶液的是 （填标号）。
A．FeSO4溶液
B．浓硫酸
C．KMnO4溶液
D．Na2SO3溶液
②上述流程中，若每消耗0.1mol Na2S2O3转移0.8mole﹣，则加入Na2S2O3时发生反应的离子方程式为 。
19．（14分）研究CO、CO2的转化既可减少碳排放，又可获得许多实用的含碳物质。
回答下列问题：
（1）以CO2、H2为原料，在铜基催化剂作用下可合成甲醇，反应如下（不考虑副反应）：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＜0
反应在恒容密闭容器中进行。反应时间一定，甲醇的产率随温度的变化如图所示（不考虑此过程中催化剂活性的变化）。
①该反应自发进行的条件是 （填“高温”“低温”或“任意温度”）。
②甲醇产率随温度升高先增大后减小的原因是 。
（2）以CO、H2为原料在一定条件下也可合成甲醇，发生的反应如下：
主反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）
副反应：CO（g）+H2（g）⇌C（g）+H2O（g）
一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中投入xmol CO和2xmol H2发生上述反应，平衡时容器内CH3OH的物质的量为a mol，C的物质的量为b mol。则主反应的平衡常数K＝ 。
（3）我国科学家设计CO2熔盐捕获与转化装置如图所示：
①d极的电极反应式为 。
②若电源使用铅蓄电池，当电路中转移2mol电子时，Pb电极的质量理论上 （填“增加”或“减少”）了 g。
（4）水煤气变换是重要的化工过程，反应为：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）。已知该反应的平衡常数K与热力学温度T的关系为lgK＝﹣m+（m、n均为正数）。
①水煤气变换是 （填“吸热”或“放热”）反应。
②热力学温度为T＝时，在恒温密闭容器中将等物质的量的CO和H2O（g）混合，选择适当的催化剂进行反应。平衡时体系中H2的物质的量分数为ω，则 （填标号）。
A．0＜ω≤
B．
C．≤ω＜1
2021-2022学年湖北省部分重点中学高三（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。
1．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．所有的糖都可以发生水解反应
B．生物柴油的主要成分是烃类化合物
C．铝、铁、铜在潮湿的空气中发生锈蚀均生成对应的氧化物
D．青铜是我国使用最早的合金，常见的铜合金除青铜外，还有黄铜、白铜等
【分析】A．单糖不能水解；
B．生物柴油的主要成分酯类；
C．铜在潮湿的空气中发生锈蚀生成碱式碳酸铜；
D．铜性质不活泼，易冶炼，为最早使用金属，如司母戊鼎。
【解答】解：A．糖类可分为单糖、二糖和多糖，二糖和多糖能水解，单糖不能水解，故A错误；
B．生物柴油由油脂与甲醇发生酯类转化生成，属于酯类，是烃的衍生物，不是烃类化合物，故B错误；
C．铝、铁在潮湿的空气中发生锈蚀均生成对应的氧化物，但铜在潮湿的空气中发生锈蚀生成碱式碳酸铜，碱式碳酸铜属于盐类，故C错误；
D．铜性质不活泼，易冶炼，为最早使用的合金材料，如青铜器司母戊鼎，还有黄铜、白铜等合金，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物质的组成、性质与用途，为高频考点，把握物质的组成、分类、性质及发生的反应为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素及其化合物知识的应用，题目难度不大。
2．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A．4.4gC3H8中含σ键的数目为NA
B．2gH218O和D2O的混合物中含中子的数目为NA
C．1molSi中含有Si﹣Si键的数目为4NA
D．100g质量分数为46%的乙醇水溶液中，氧原子的数目为4NA
【分析】A.一个C3H8中含10条σ键；
B.H218O和D2O的摩尔质量均为20g/mol，分子中均含有10个中子；
C.一个Si原子与周围4个Si原子成键，属于这个Si原子的Si﹣Si键个数为4×＝2；
D.乙醇水溶液中，乙醇和水分子中均含有氧原子。
【解答】解：A.4.4g C3H8中含σ键的数目为×10×NA/mol＝NA，故A正确；
B.2gH218O和D2O的混合物中含中子的数目为×10×NA/mol＝NA，故B正确；
C.1molSi中含有Si﹣Si键的数目为1mol×2×NA/mol＝2NA，故C错误；
D.100g质量分数为46%的乙醇水溶液中，乙醇的质量为100g×46%＝46g，含有氧原子数为×1×NA/mol＝NA，水的质量为100g﹣46g＝54g，含有氧原子数为×1×NA/mol＝3NA，溶液中含氧原子共有4NA，故D正确；
故选：C。
【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。
3．（3分）下列关于元素周期表和元素周期律的说法中，正确的是（ ）
A．所含元素种类最多的族是ⅢB
B．元素周期表的d区共包含10列
C．第三周期元素的简单离子半径从左到右逐渐减小
D．卤素单质和它们的氢化物沸点从上到下均依次升高
【分析】A．周期表中ⅢB族包含镧系和錒系；
B．s区元素包括第IA族和第ⅡA族，最外层电子分别为ns1和ns2，p区元素包含第ⅢA族至第ⅦA族和零族，f区元素包含镧系元素和锕系元素，d区、ds区均元素均为过渡金属元素；
C．第三周期元素简单阳离子核外有两个电子层，简单阴离子有三个电子层，电子层数越多半径越大，电子层数相同的核电荷数越大，半径越小；
D．HF分子间形成氢键，沸点反常的高。
【解答】解：A．在元素周期表的所有族中，ⅢB族出现镧系和锕系元素，各包含15种元素，所含元素种类最多，故A正确；
B．元素周期表的d区共包含ⅢB～ⅦB和Ⅷ族，共8个列，故B错误；
C．第三周期元素简单阳离子核外有两个电子层，阴离子有三个电子层，电子层数相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则第三周期离子半径大小为：Si4+＞P3﹣＞S2﹣＞Cl﹣＞Na+＞Mg2+＞Al3+，故C错误；
D．卤素单质形成的晶体为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，卤素氢化物中HF分子间形成氢键，沸点最高，HCl、HBr、HI沸点依次升高，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了周期表结构、晶体性质分析判断、离子半径大小比较等知识点，注意知识的积累，题目难度不大。
4．（3分）下列离子方程式中，错误的是（ ）
A．铁红与HI溶液反应：Fe2O3+6H++2I﹣═2Fe2++3H2O+I2
B．向甲醛溶液中加入足量的银氨溶液并加热：HCHO+2[Ag（NH3）2]++2OH﹣HCOO﹣+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O
C．0.01mol•L﹣1NH4Al（SO4）2溶液与0.02mol•L﹣1Ba（OH）2溶液等体积混合：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O
D．泡沫灭火器的反应原理：Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑
【分析】A.二者发生氧化还原反应生成亚铁离子、碘单质和水；
B.甲醛中加入足量银氨溶液并加热生成碳酸铵、氨气、银和水；
C.铵根离子结合氢氧根离子能力强于氢氧化铝，氢氧化铝溶解前，铵根离子会与氢氧根离子反应生成一水合氨；
D.铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应。
【解答】解：A.铁红与HI溶液反应的离子方程式为：Fe2O3+6H++2I﹣═2Fe2++3H2O+I2，故A正确；
B.甲醛中加入足量银氨溶液并加热生成碳酸铵、氨气、银和水，离子反应方程式为：HCHO+4[Ag （NH3）2]++4OH﹣CO32﹣+2NH4++4Ag↓+6NH3+2H2O，故B错误；
C.0.01mol•L﹣1NH4Al（SO4）2溶液与0.02mol•L﹣1Ba（OH）2溶液等体积混合，由于铵根离子结合氢氧根离子的能力强于氢氧化铝，则反应中铵根离子先结合氢氧根离子，氢氧化铝没有溶解，离子方程式为：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O，故C正确；
D.泡沫灭火器中，铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，离子方程式为：Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑，故D正确；
故选：B。
【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，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
5．（3分）下列实验所选择的装置或仪器都正确的是（ ）
选项
A
B
C
D
实验
除去CO2气体中的HCl气体
除去NaCl中混有的NH4Cl
分离Fe（OH）3胶体中的KBr
分离CCl4和NaCl溶液
装置或仪器
饱和Na2CO3溶液
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.二者均与碳酸钠溶液反应；
B.氯化铵受热易分解，氯化钠不能；
C.胶体粒子、溶液中的离子均可透过半透膜；
D.CCl4和NaCl溶液分层。
【解答】解：A.二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，故A错误；
B.氯化铵受热易分解，氯化钠不能，不能选图中蒸馏装置分离，应选加热法，故B错误；
C.胶体粒子、溶液中的离子均可透过半透膜，不能选图中过滤装置分离，应选渗析法，故C错误；
D.CCl4和NaCl溶液分层，可选图中分液装置分离，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、混合物的分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
6．（3分）短周期非金属元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的未成对电子数是其所在周期中最多的，基态W原子的电子总数是其最高能级电子数的4倍。四种元素与Xe元素组成的某化合物的结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．第一电离能：X＞Y＞W
B．WY2和WY3的VSEPR模型相同
C．最简单氢化物的沸点：Z＞Y＞X
D．X和W的最高价氧化物对应水化物的浓溶液都具有强氧化性
【分析】短周期非金属元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，结合图示可知，W形成6个共价键，Y形成2个共价键，二者位于ⅥA族，根据原子序数可知，Y为O，W为S，S的最高能级电子数为4，满足“基态W原子的电子总数是其最高能级电子数的4倍”；基态X原子的未成对电子数是其所在周期中最多的，X位于ⅤA族，其原子序数小于O，则X为N；Z形成1个共价键，其原子序数小于S，则Z为F元素，以此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，X为N，Y为O，Z为F，W为S元素，
A.同主族从上到下第一电离能逐渐减小，同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，N元素的2p轨道处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：N＞O＞S，即X＞Y＞W，故A正确；
B.WY2和WY3分别为SO2、SO3，SO2和SO3的中心原子S的价层电子对个数都是3，根据价层电子对互斥理论知，SO2和SO3的中心原子杂化轨道类型相同，二者的VSEPR模型相同，故B正确；
C.X、Y、Z的最简单氢化物分别为氨气、水和氟化氢，常温下水为液态，其沸点最高，标况下氟化氢为液态，氨气为气态，则氟化氢的沸点大于氨气，所以最简单氢化物的沸点：Y＞Z＞X，故C错误；
D.X和W的最高价氧化物对应水化物分别的浓溶液分别为浓硝酸、浓硫酸，浓硝酸和浓硫酸都具有强氧化性，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、物质结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
7．（3分）丙美卡因的结构简式如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．分子中含手性碳原子
B．分子式为C16H25N2O3
C．该物质可与盐酸发生反应
D．1mol丙美卡因最多能与4mol H2发生加成反应
【分析】A.连接4个不同基团的C为手性碳；
B.由结构可知分子式；
C.含氨基，可与盐酸反应；
D.只有苯环与氢气发生加成反应。
【解答】解：A.连接4个不同基团的C为手性碳，则分子中不含手性碳原子，故A错误；
B.由结构可知分子式为C16H26N2O3，故B错误；
C.含氨基，可与盐酸反应生成盐，故C正确；
D.只有苯环与氢气发生加成反应，则1mol丙美卡因最多能与3mol H2发生加成反应，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点。
8．（3分）白磷溶于过量KOH溶液的反应为：P4+3KOH+3H2OPH3↑+3KH2PO2。H2PO2﹣可用于化学镀铜，反应为：H2PO2﹣+Cu2++OH﹣→PO43﹣+Cu↓+H2O（未配平）。下列说法正确的是（ ）
A．P4的空间结构为正四面体形键角为109°28′
B．H3PO2的结构为
C．PH3中磷原子的杂化方式sp2杂化
D．理论上1molH2PO2﹣反应可镀铜64g
【分析】A．白磷的空间构型为正四面体形，但白磷分子中四个P原子位于四个顶点上；
D．白磷溶于过量KOH溶液生成KH2PO2；
A．计算出PH3分子中的价层电子对数，分析P原子的杂化类型；
D．根据电子转移守恒分析判断。
【解答】解：A．白磷的空间构型为正四面体形，但白磷分子中四个P原子位于四个顶点上，其键角为60°，故A错误；
B．白磷溶于过量KOH溶液的反应为：P4+3KOH+3H2OPH3↑+3KH2PO2，说明KH2PO2不溶于过量KOH溶液，H2PO2﹣中的2个H原子不是羟基氢，不电离，所以H3PO2的结构为，故B正确；
C．PH3分子中的价层电子对数为3+（5﹣3×1）＝4，所以P原子的杂化类型为sp3杂化，故C错误；
D．H2PO2﹣可用于化学镀铜，根据电子转移守恒，反应为：H2PO2﹣+2Cu2++6OH﹣＝PO43﹣+2Cu↓+4H2O，所以理论上1molH2PO2﹣反应可镀铜128g，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子轨道杂化及杂化类型，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确物质结构和性质、微粒空间构型判断方法是解本题关键，题目难度中等。
9．（3分）用GaZrO4作催化剂可实现CO2加氧制二甲醚（图中DME）和甲醇（图中MT），反应机理如图所示。
下列有关叙述正确的是（ ）
A．步骤a→b有非极性键的断裂和形成
B．氧空位用于捕获CO2，空位越多，速率越慢
C．整个过程中，Zr元素的化合价未发生变化
D．过渡态d通过氢化和水解可得二甲醚和甲醇
【分析】由图可知，反应机理为：（1）a+H2→b，（2）b+CO2→c，（3）c+H2→d+H2O，（4）d+H2O+H2→a+CH3OH+CH3OCH3，据此解答：
A.步骤a→b过程中，断裂了H﹣H键，形成了Ga﹣H键和O﹣H键，相同原子间的共价键为非极性键，不同原子间的共价键为极性键；
B.反应物的氧空位越多，反应速率越快；
C.有氧空位的a、b与无氧空位c、d中Zr元素的化合价不同；
D.氢化是指有机化合物与分子氢所起的反应，水解反应在有机化学中的概念是指水与另一化合物反应，该化合物分解为两部分，水中的H加到其中的一部分，而羟基加到另一部分，因而得到两种或两种以上新的化合物的反应过程。
【解答】解：A.步骤a→b过程中，断裂了H﹣H键，形成了Ga﹣H键和O﹣H键，即只有非极性键的断裂，没有非极性键的形成，故A错误；
B.由步骤（2）知，氧空位用于捕获CO2，空位越多，速率越快，故B错误；
C.有氧空位的a、b与无氧空位c、d中Zr元素的化合价不同，则在步骤（2）和（4）中，Zr元素的化合价发生了变化，故C错误；
D.由步骤（4）知过渡态d通过氢化和水解可得二甲醚和甲醇，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学反应的机理，题目难度不大，关键是明确物质变化的过程，掌握化学键的分类，培养学生的变化观念与模型认知的学科素养。
10．（3分）ZulrmnBorjas等设计的一种微生物脱盐池的装置如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该装置可以在高温下工作
B．X为阳离子交换膜，Y为阴离子交换膜
C．负极反应为CH3COO﹣+8e﹣+2H2O═2CO2↑+7H+
D．当负极产生11gCO2时，海水（不考虑NaCl以外的溶质）理论上除盐58.5g
【分析】由图可知，微生物脱盐池是原电池，正极通入空气或O2，负极上有机废水中的CH3COO﹣发生氧化反应生成CO2，负极反应为CH3COO﹣+2H2O﹣8e﹣═2CO2↑+7H+，正极上O2发生得电子的还原反应生成H2O，正极反应式为O2+4H++4e﹣＝2H2O，原电池工作时，阳离子通过阳离子交换膜Y移向正极、阴离子通过阴离子交换膜X移向负极，从而使海水中NaCl含量减少形成淡水，达到脱盐目的，据此分析解答。
【解答】解：A．高温能使微生物蛋白质凝固变性，导致电池工作失效，所以该装置不能在高温下工作，故A错误；
B．原电池内电路中：阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐目的，所以Y为阳离子交换膜、X为阴离子交换膜，故B错误；
C．负极上有机废水中的CH3COO﹣发生失电子的氧化反应生成CO2，负极反应为CH3COO﹣+2H2O﹣8e﹣═2CO2↑+7H+，故C错误；
D．负极反应为CH3COO﹣+2H2O﹣8e﹣═2CO2↑+7H+，11gCO2的物质的量为＝0.25mol，转移电子0.25mol×4＝1mol，则理论上有1molNa+和Cl﹣发生定向移动，质量为58.5g/mol×1mol＝58.5g，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原电池工作原理，为高频考点，明确各个电极上发生的反应及离子移向为解题关键，试题侧重学生分析能力和运用能力的考查，注意离子交换膜的判断和电极反应式的书写，题目难度中等。
11．（3分）根据下列实验操作和现象得出的结论中正确的是（ ）
操作和现象
结论
A
用玻璃棒蘸取某待测液在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色
待测液中含有钠元素
B
向某钾盐的溶液中滴加浓盐酸，产生气体，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色
该钾盐为K2SO3或KHSO3或K2S2O3
C
将铜丝用酒精灯外焰灼烧，铜丝逐渐变黑；再将其插入酒精灯内焰至接近焰心，铜丝又逐渐变红
乙醇能将CuO还原
D
1molH2与1molI2（g）在恒温容器中反应，反应达平衡后，将容器体积压缩至原来的一半，混合气体颜色变深
化学平衡发生了逆向移动
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.玻璃棒含钠元素；
B.使品红溶液褪色的气体可能为氯气或二氧化硫等；
C.Cu与氧气反应生成CuO，CuO可氧化乙醇生成乙醛；
D.将容器体积压缩至原来的一半，浓度增大。
【解答】解：A.玻璃棒含钠元素，应选铁丝或铂丝蘸取某待测液在酒精灯外焰上灼烧，故A错误；
B.使品红溶液褪色的气体可能为氯气或二氧化硫等，由操作和现象可知，溶液可能为KClO溶液等，故B错误；
C.Cu与氧气反应生成CuO，CuO可氧化乙醇生成乙醛，由操作和现象可知乙醇能将CuO还原，故C正确；
D.将容器体积压缩至原来的一半，浓度增大，混合气体的颜色加深，且该化学平衡不移动，故D错误；
故选：C。
【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、焰色反应、离子检验、平衡移动、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
12．（3分）镁单质及其化合物用途广泛，某镁硼化合物的晶胞结构如图所示。B原子独立为一层，具有类似石墨的结构。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏伽德罗常数的值为NA。下列说法错误的是（ ）
A．该化合物的化学式为MgB2
B．该晶胞中Mg的配位数为12
C．每个B原子周围都有2个与之等距离且最近的B原子
D．该晶体的密度为g•cm﹣3
【分析】A．1个晶胞含有Mg原子数是12×+2×＝3、B原子数是6；
B．依据晶胞面心的Mg原子分析，其上层、下层各有6个B原子；
C．根据图示，每个B原子周围都有3个与之等距离且最近的B原子；
D．晶胞的体积为acm×acm×ccm×3＝a2ccm3，该晶体的密度为。
【解答】解：A．1个晶胞含有Mg原子数是12×+2×＝3、B原子数是6，该化合物的化学式为MgB2，故A正确；
B．依据晶胞面心的Mg原子分析，其上层、下层各有6个B原子，所以该晶胞中Mg的配位数为12，故B正确；
C．根据图示，每个B原子周围都有3个与之等距离且最近的B原子，故C错误；
D．晶胞的体积为acm×acm×ccm×3＝a2ccm3，该晶体的密度为＝g•cm﹣3＝g•cm﹣3，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查晶胞计算，把握原子的位置、均摊法计算、两点之间的距离为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度中等。
13．（3分）以二氧化锰为原料制取高锰酸钾晶体的流程如图：
下列说法正确的是（ ）
A．“灼烧”可在石英坩埚中进行
B．母液中的溶质仅有KHCO3、KCl
C．“结晶”环节宜采用蒸发结晶的方法
D．“转化”中的反应方程式为：3K2MnO4+4CO2+2H2O═MnO2↓+2KMnO4+4KHCO3
【分析】由流程可知二氧化锰、氢氧化钾、氯酸钾灼烧时发生3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O，浸取后得到K2MnO4溶液，转化中CO2与K2MnO4发生：3K2MnO4+4CO2+2H2O＝2KMnO4+MnO2↓+4KHCO3，过滤分离出MnO2，对滤液浓缩结晶得到KMnO4，以此解答该题。
【解答】解：A.“灼烧”时，KOH能与SiO2反应，所以不能使用石英坩埚，故A错误；
B.转化中CO2与K2MnO4发生3K2MnO4+4CO2+2H2O＝2KMnO4+MnO2↓+4KHCO3，母液中有K2MnO4、KMnO4、KHCO3、KCl等溶质，故B错误；
C.蒸发结晶易导致温度较高，可导致高锰酸钾分解，应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，故C错误；
D.二氧化碳过量，则应生成碳酸氢钾，涉及到的反应方程式为3K2MnO4+4CO2+2H2O═MnO2↓+2KMnO4+4KHCO3，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物质的制备，为高频考点，把握流程中的反应、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氧化还原反应的判断，题目难度不大。
14．（3分）某温度下，在恒容密闭容器中，加入4molA和2molB进行如下反应：3A（g）+2B（g）⇌4C（？）+2D（？）。反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，且反应前后的压强之比为5：4。下列说法正确的是（ ）
A．该反应的平衡常数表达式为K＝
B．平衡时，B的转化率为40%
C．增加生成物C的量，B的转化率变小
D．增大压强，平衡向右移动，化学平衡常数K增大
【分析】根据阿伏加德罗定律的推论，同温同容时，气体的物质的量之比等于压强之比，根据题意列三段式计算平衡时各物质的物质的量，再根据反应前后的压强之比确定C和D的状态，据此分析各选项：
A.在一定温度下，当一个可逆反应达到平衡状态时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值是个常数，这个常数叫做化学平衡常数，简称平衡常数，用符号K表示，当反应中有固体或纯液态物质参加时，其“浓度”作为常数，在平衡常数表达式中不用书写；
B.根据三段式计算结果，代入转化率＝×100%计算；
C.增大生成物浓度，平衡逆向移动，但固体和纯液体物质不改变平衡移动；
D.增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。
【解答】解：根据题意列三段式计算如下：
3A（g）+2B（g）⇌4C（？）+2D（？）
起始量/mol 4 2 0 0
变化量/mol 1.2 0.8 1.6 0.8
平衡量/mol 2.8 1.2 1.6 0.8
反应前后的压强之比为5：4，而（4+2）：（2.8+1.2+0.8）＝5：4，说明C是固体或纯液体，D是气体，
A.平衡常数为各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值，固体和出液体在平衡常数表达式中不用书写，故该反应的平衡常数表达式为K＝，故A错误；
B.平衡时，B的转化率为×100%＝40%，故B正确；
C.C是固体或纯液体，增加生成物C的量，平衡不移动，B的转化率不变，故C错误；
D.该反应正向气体分子数减小，增大压强，平衡向右移动，但平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数K不变，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查平衡常数的含义和平衡移动的原理，题目难度不大，关键是掌握阿伏加德罗定律的推论、外界条件对平衡移动的影响、平衡常数的表达式及其意义，把握三段式解题法，注意平衡常数只与温度有关。
15．（3分）草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸。常温下向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgX[X表示或]随pH变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．0.1mol•L﹣1NaHC2O4溶液中：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）
B．混合溶液中：＝10﹣2.97
C．向NaHC2O4溶液中滴加氨水至中性：c（NH4+）＜c（C2O42﹣）
D．当混合溶液pH＝3.00时，溶液中c（C2O42﹣）＜c（H2C2O4）
【分析】草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸，存在电离平衡H2C2O4⇌HC2O4﹣+H+，Ka1＝，HC2O4﹣⇌H++C2O42﹣，Ka2＝，Ka1＞Ka2，故pH相等即c（H+）相等时，＞，故曲线Ⅰ表示lg随pH变化关系，曲线Ⅱ表示lg随pH变化关系，由图可知，pH＝1.22时，Ka1＝＝c（H+）＝10﹣1.22，pH＝4.19时，Ka2＝＝c（H+）＝10﹣4.19，据此作答。
【解答】解：A.HC2O4﹣的电离平衡常数Ka2＝10﹣4.19，水解平衡常数Kh＝＝＝10﹣12.78，Kh＜Ka2，故HC2O4﹣的电离能力大于水解能力，故NaHC2O4溶液显酸性，0.1mol•L﹣1NaHC2O4溶液中：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣），故A错误；
B.草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸，Ka1＝＝10﹣1.22，Ka2＝＝10﹣4.19，混合溶液中：＝＝＝102.97，故B错误；
C.向NaHC2O4溶液中滴加氨水至中性，溶液中c（H+）＝c（OH﹣），由电荷守恒可知①c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）＝c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），由物料守恒可得②c（Na+）＝c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），将②代入①可得c（NH4+）+c（H2C2O4）＝c（C2O42﹣），故c（NH4+）＜c（C2O42﹣），故C正确；
D.当混合溶液pH＝3.00时，c（H+）＝10﹣3mol/L，＝＝＝101.78，＝＝＝10﹣1.19，×＝＝101.78×10﹣1.19＝100.59＞1，溶液中c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4），故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查电离平衡和离子浓度关系，题目难度中等，掌握电离平衡常数和水解平衡常数关系是解题的关键，注意电荷守恒和物料守恒的应用。
二、非选择题：本题包括4小题，共55分。
16．（14分）某实验小组对NaHSO2溶液分别与CuCl2、CuSO4溶液的反应进行探究。
实验
装置
试剂a
操作及现象
I
2mL1mol•L﹣1NaHSO2溶液
1mol•L﹣1CuCl2溶液
加入2mLCuCl2溶液，得到绿色溶液，30s时有无色气泡和白色沉淀产生，上层溶液颜色变浅。
Ⅱ
1mol•L﹣1CuSO4溶液
加入2mLCuSO4溶液，得到绿色溶液，3min未见明显变化。
已知：Ⅰ．Cu2+[Cu（NH3）4]2+（深蓝色溶液）
Ⅱ．Cu+[Cu（NH3）2]+（无色溶液）[Cu（NH3）4]2+（深蓝色溶液）
回答下列问题：
（1）推测实验Ⅰ中的无色气体为SO2，实验验证：用湿润的品红试纸接近试管口，视察到 品红试纸的红色褪去 ，将品红试纸在烘箱中低温烘干又观察到 品红试纸的红色恢复 。
（2）推测实验Ⅰ中的白色沉淀为CuCl，实验验证步骤如下：
①实验Ⅰ完成后，立即过滤、洗涤。
②取少量已洗净的白色沉淀于试管中，滴加足量浓氨水，先观察到 沉淀溶解，得到无色溶液 ，反应的离子方程式为 CuCl+2NH3＝[Cu（NH3）2]++Cl﹣ ；露置一段时间，又观察到 溶液变为深蓝色 。
（3）对比实验Ⅰ、Ⅱ，提出假设，Cl﹣增强了Cu2+的氧化性。
①若假设合理，实物Ⅰ反应的离子方程式为 2Cu2++2Cl﹣+HSO3﹣+H2O＝2CuCl+SO42﹣+3H+和H++HSO3﹣＝SO2+H2O 和H++HSO3﹣═SO2↑+H2O。
②用以下实验来验证假设合理，装置如图所示。实验方案：闭合K，电压表的指针偏转至“Y”处；向U形管 右侧加入一定量NaCl固体，溶解后，观察到电压表指针偏转变大 （补全实验操作及现象）。
（4）将实验Ⅱ的溶液静置24h或加热后，得到红色沉淀。经检验，红色沉淀中含有Cu+、Cu2+和SO32﹣。甲、乙两位同学通过实验Ⅲ验证把红色沉淀中含有Cu+和Cu2+。
实验Ⅲ：
①甲同学认为红色沉淀中含有Cu2+，他判断的理由是 加入浓氨水后，红色沉淀溶解，得到浅蓝色溶液 。
②乙同学认为实验Ⅲ不足以证实红色沉淀中含有Cu2+，理由是 红色沉淀溶解的过程中，可能有部分Cu+被氧气氧化为Cu2+ 。
【分析】（1）推测实验Ⅰ中的无色气体为SO2，利用二氧化硫具有漂白性，且漂白性可逆进行实验验证；
（2）实验验证实验Ⅰ中的白色沉淀为CuCl，根据题干所给信息Cu+[Cu（NH3）2]+（无色溶液）[Cu（NH3）4]2+（深蓝色溶液），结合溶液颜色变化判断；
（3）①亚硫酸氢纳加入氯化铜后的实验现象是生成白色沉淀，利用电荷守恒，元素守恒，化合价升降法配平离子反应；
②根据实验中的单一变量原则判断加入的溶液；
（4）①根据信息Cu2+[Cu（NH3）4]2+（深蓝色溶液）分析判断；
②红色沉淀溶解的过程中，可能有部分Cu+被氧气氧化为Cu2+，所以不能判断。
【解答】解：（1）推测实验Ⅰ中的无色气体为SO2，利用二氧化硫具有漂白性，且漂白性可逆进行实验验证：用湿润的品红试纸接近试管口，视察到品红试纸的红色褪去，将品红试纸在烘箱中低温烘干又观察到品红试纸的红色恢复，
故答案为：品红试纸的红色褪去；品红试纸的红色恢复；
（2）实验验证实验Ⅰ中的白色沉淀为CuCl，根据题干所给信息Cu+[Cu（NH3）2]+（无色溶液）[Cu（NH3）4]2+（深蓝色溶液），取少量已洗净的白色沉淀于试管中，滴加足量浓氨水，先观察到沉淀溶解，得到无色溶液，反应的离子方程式为CuCl+2NH3＝[Cu（NH3）2]++Cl﹣；露置一段时间，又观察到溶液变为深蓝色，
故答案为：沉淀溶解，得到无色溶液；CuCl+2NH3＝[Cu（NH3）2]++Cl﹣；溶液变为深蓝色；
（3）①亚硫酸氢纳加入氯化铜后的实验现象是生成白色沉淀，利用电荷守恒，元素守恒，化合价升降法配平离子反应，实物Ⅰ反应的离子方程式为2Cu2++2Cl﹣+HSO3﹣+H2O＝2CuCl+SO42﹣+3H+和H++HSO3﹣＝SO2+H2O，
故答案为：2Cu2++2Cl﹣+HSO3﹣+H2O＝2CuCl+SO42﹣+3H+；
②实验是为了验证Cl﹣增强了Cu2+的氧化性，需向硫酸铜溶液中补充氯离子，U型管左侧是亚硫酸氢钠，故加入氯化钠固体，如果Cl﹣增强了Cu2+的氧化性，会使溶液中转移的电子数增多，闭合K，电压表的读数会增大，
故答案为：右侧加入一定量NaCl固体，溶解后，观察到电压表指针偏转变大；
（4）①根据信息Cu2+[Cu（NH3）4]2+（深蓝色溶液），甲同学认为红色沉淀中含有Cu2+，他判断的理由是加入浓氨水后，红色沉淀溶解，得到浅蓝色溶液，
故答案为：加入浓氨水后，红色沉淀溶解，得到浅蓝色溶液；
②乙同学认为实验Ⅲ不足以证实红色沉淀中含有Cu2+，理由是红色沉淀溶解的过程中，可能有部分Cu+被氧气氧化为Cu2+，
故答案为：红色沉淀溶解的过程中，可能有部分Cu+被氧气氧化为Cu2+。
【点评】本题考查物质的性质和实验方案的分析判断，难度较大，难点在于实验方案的设计分析判断上，尤其是对性质实验方案设计时，要从多个角度思者物质的性质，结合性质分析方案。
17．（14分）化合物H广泛用作香精的稀释剂和定香剂。合成它的一种路线如图所示：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是 2﹣甲基苯酚（或邻甲基苯酚） ，由E生成F的反应类型为 取代反应 。
（2）D的结构简式为 。
（3）D、G合成H的化学反应方程式为 。
（4）符合下列条件的C的同分异构体有 6 种（不考虑立体异构）。
①苯环上有三个取代基
②其中两个取代基与A中所含的官能团相同
③能发生银镜反应
其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为1：2：2：2：1的一种分子的结构简式为 （或） 。
（5）以苯酚为原料并结合题目中的信息，经以下步骤可以合成化合物。
“反应条件1”所用的试剂为 （CH3）3CCl/AlCl3 ，K的结构简式为 。
【分析】A为邻甲基苯酚：；A发生取代反应生成B为；B中侧链的甲基被酸性高锰酸钾溶液氧化成羧基，则C为；E为，E与一氯甲烷在氯化铝存在条件下发生取代反应生成F为甲苯：，F和氯气在光照下发生取代反应生成G为：，则根据H和G的结构可以得到D为：，据此进行解答。
【解答】解：（1）A的结构简式为，其名称为2﹣甲基苯酚（或邻甲基苯酚）；E与一氯甲烷在氯化铝存在条件下发生取代反应生成F为甲苯，
故答案为：2﹣甲基苯酚（或邻甲基苯酚）；取代反应；
（2）根据分析可知，D为：，
故答案为：；
（3）D为：，G为：，D、G合成H的化学反应方程式为，
故答案为：；
（4）C为，C的同分异构体中①苯环含有三个取代基；②有两个和A完全一样的官能团，说明含有酚羟基；③可发生银镜反应说明含有醛基，所以满足条件的C的同分异构体中含有2个酚羟基、1个﹣CH2CHO，当3个取代基都相邻时，中间为羟基或醛基，有2种结构；当两个羟基相邻时，存在1种结构；当1个羟基与﹣CH2CHO相邻时，另一个羟基可以在间位，有2种结构；3个取代基都不相邻时有1种结构，所以总共存在6种同分异构体；其中核磁共振氢谱为5组峰，且面积比为1：2：2：2：1，该有机物分子中含有5种H原子，且具有一定的对称结构，满足条件的有机物的结构简式为：或，
故答案为：6；（或）；
（5）由，根据初始原料苯酚、最终产物可知，反应过程中需要引进硝基、﹣C（CH3）3，结合信息反应可知，I转化成J是为了保护酚羟基，反应1中一定引进了﹣C（CH3）3，所以反应条件1为（CH3）3CCl/AlCl3，I为；再利用逆推法，反应3应该为将酚羟基还原，则K为，
故答案为：（CH3）3CCl/AlCl3；。
【点评】本题考查了有机推断与合成，为高频考点，根据合成流程明确合成原理为解答关键，注意熟练掌握常见有机物结构与性质及同分异构体的概念及书写原则，需要充分利用题中信息反应原理，试题充分考查了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力，题目难度中等。
18．（13分）铬元素在化合物中常见+2、+3和+6等价态。工业上以铬铁矿（主要成分为FeO•Cr2O3，含有SiO2杂质）为原料生产重铬酸钠晶体（Na2Cr2O7•2H2O），其工艺流程如图所示：
已知：①常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+氧化为CrO42﹣，反应后自身变为Bi（OH）3。
②相关金属离子c（Mn+）＝0.1mol•L﹣1时，形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Cr3+
开始沉淀的pH
6.3
1.5
3.7
完全沉淀的pH
8.3
2.8
5.1
③Na2Cr2O7和Na2SO4的溶解度随温度变化的关系如图所示：
回答下列问题：
（1）“滤渣A”的成分为 SiO2 。
（2）“除铁”控制的pH范围是 2.8≤pH＜3.7 。
（3）“氧化”过程中发生反应的离子方程式为 3NaBiO3+2Cr3++7OH﹣+H2O＝2CrO42﹣+3Na++3Bi（OH）3↓ 。
（4）依据图示分析，“操作a”为 蒸发结晶 、 趁热过滤 、洗涤、干燥。
（5）已知含+6价铬的废水会污染环境，排放前需要进行无害化处理，具体流程如图：
①下列溶液中可以代替上述流程中Na2S2O3溶液的是 AD （填标号）。
A．FeSO4溶液
B．浓硫酸
C．KMnO4溶液
D．Na2SO3溶液
②上述流程中，若每消耗0.1mol Na2S2O3转移0.8mole﹣，则加入Na2S2O3时发生反应的离子方程式为 4Cr2O72﹣+3 S2O32﹣+26H+＝8 Cr3++6SO42﹣+13H2O 。
【分析】铬铁矿“酸浸”，SiO2和硫酸不反应，过滤，滤液中含有Fe2+、Cr3+，加入过量过氧化氢把Fe2+氧化为氢氧化铁沉淀，除去铁元素；溶液中加入NaBiO3、氢氧化钠，在碱性条件下，NaBiO3将Cr3+氧化为CrO42﹣，自身变为Bi（OH）3沉淀，过滤，滤液中加入硫酸酸化，得到Na2Cr2O7和Na2SO4溶液，50℃以上蒸发结晶析出Na2SO4，过滤后，降低温度，析出Na2Cr2O7。
【解答】解：（1）SiO2和硫酸不反应，所以“滤渣A”的成分为SiO2，
故答案为：SiO2；
（2）根据相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围，为使Fe3+完全生成氢氧化铁沉淀而Cr3+不沉淀，“除铁”控制pH的范围是2.8≤pH＜3.7，
故答案为：2.8≤pH＜3.7；
（3）“氧化”过程是在碱性条件下，NaBiO3将Cr3+氧化为CrO42﹣，自身变为Bi（OH）3，发生反应的离子方程式为3NaBiO3+2Cr3++7OH﹣+H2O＝2CrO42﹣+3Na++3Bi（OH）3↓，
故答案为：3NaBiO3+2Cr3++7OH﹣+H2O＝2CrO42﹣+3Na++3Bi（OH）3↓；
（4）依据图示，50℃以上析出晶体为Na2SO4，且在50℃以上Na2SO4的溶解度随温度升高而降低，所以“操作a”为50℃以上蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，
故答案为：蒸发结晶；趁热过滤；
（5）①上述流程中Na2S2O3把Cr2O72﹣还原为Cr3+，FeSO4、Na2SO3都具有还原性，所以可用FeSO4溶液、Na2SO3溶液代替上述流程中Na2S2O3溶液，
故答案为：AD；
②若每消耗0.1mol Na2S2O3转移0.8mole﹣，说明S元素化合价由+2价升高为+6价，即Na2S2O3被氧化为Na2SO4，加入Na2S2O3时发生反应的离子方程式为4Cr2O72﹣+3 S2O32﹣+26H+＝8 Cr3++6SO42﹣+13H2O，
故答案为：4Cr2O72﹣+3 S2O32﹣+26H+＝8 Cr3++6SO42﹣+13H2O。
【点评】本题考查了物质分离与提纯，物质性质的应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验和计算能力的考查，注意把握题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，题目难度较大。
19．（14分）研究CO、CO2的转化既可减少碳排放，又可获得许多实用的含碳物质。
回答下列问题：
（1）以CO2、H2为原料，在铜基催化剂作用下可合成甲醇，反应如下（不考虑副反应）：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＜0
反应在恒容密闭容器中进行。反应时间一定，甲醇的产率随温度的变化如图所示（不考虑此过程中催化剂活性的变化）。
①该反应自发进行的条件是 低温 （填“高温”“低温”或“任意温度”）。
②甲醇产率随温度升高先增大后减小的原因是 温度低于某一值时，给定时间内反应未达到平衡，温度升高，反应速率増大，甲醇产率增大，温度达到某一值后，给定时间内反应已达到平衡，该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，甲醇产率减小 。
（2）以CO、H2为原料在一定条件下也可合成甲醇，发生的反应如下：
主反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）
副反应：CO（g）+H2（g）⇌C（g）+H2O（g）
一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中投入xmol CO和2xmol H2发生上述反应，平衡时容器内CH3OH的物质的量为a mol，C的物质的量为b mol。则主反应的平衡常数K＝ 。
（3）我国科学家设计CO2熔盐捕获与转化装置如图所示：
①d极的电极反应式为 CO32﹣+4e﹣═C+3O2﹣ 。
②若电源使用铅蓄电池，当电路中转移2mol电子时，Pb电极的质量理论上 增加 （填“增加”或“减少”）了 96 g。
（4）水煤气变换是重要的化工过程，反应为：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）。已知该反应的平衡常数K与热力学温度T的关系为lgK＝﹣m+（m、n均为正数）。
①水煤气变换是 放热 （填“吸热”或“放热”）反应。
②热力学温度为T＝时，在恒温密闭容器中将等物质的量的CO和H2O（g）混合，选择适当的催化剂进行反应。平衡时体系中H2的物质的量分数为ω，则 B （填标号）。
A．0＜ω≤
B．
C．≤ω＜1
【分析】（1）①根据化学反应方向的自由能△G＝△H﹣T△S，若△G＜0则反应能自发，据此解答；
②反应未达到平衡平衡时，甲醇产率与速率有关，反应达到平衡后，甲醇产率与平衡移动有关，升高温度，反应速率增大，平衡向吸热方向移动，据此解答；
（2）一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中投入xmolCO和2xmolH2发生反应，则n（C）＝n（CO）＝xmol，n（O）＝n（CO）＝xmol，n（H）＝2n（H2）＝4xmol，平衡时容器内CH3OH的物质的量为amol，C（g）的物质的量为bmol，先根据变化量之比等于化学计量数之比和原子守恒得出平衡时各气体的物质的量，再根据c＝计算各气体的浓度，代入K＝计算；
（3）①在电解池中，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，据此结合图中物质变化解答；
②铅蓄电池的Pb电极为负极，电极方程式为：Pb+SO42﹣﹣2e﹣═PbSO4，据此计算；
（4）①升高温度，平衡向吸热方向移动，平衡常数越大，反应的正向程度越大，据此结合该反应的平衡常数K与热力学温度T的关系式解答；
②热力学温度为T＝时，lgK＝﹣m+＝m，则K＝10m，在恒温密闭容器中将等物质的量的CO和H2O（g）混合，设CO和H2O的其实浓度为amol/L，H2的平衡浓度为xmol/L，列三段式计算各气体的平衡浓度，代入K＝，整理得x与a的关系，同时根据m＞0和0＜x＜a得出平衡时体系中H2的物质的量分数的范围。
【解答】解：（1）①化学反应能自发进行需满足△G＝△H﹣T△S＜0，由题意可知，该反应正向气体分子数减小，则△S＜0，且△H＜0，故T＜，即该反应自发进行的条件是低温，
故答案为：低温；
②反应未达到平衡平衡时，甲醇产率与速率有关，反应达到平衡后，甲醇产率与平衡移动有关，温度低于某一值时，给定时间内反应未达到平衡，温度升高，反应速率増大，甲醇产率增大，温度达到某一值后，给定时间内反应已达到平衡，该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，甲醇产率减小，
故答案为：温度低于某一值时，给定时间内反应未达到平衡，温度升高，反应速率増大，甲醇产率增大，温度达到某一值后，给定时间内反应已达到平衡，该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，甲醇产率减小；
（2）一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中投入xmolCO和2xmolH2发生反应，则n（C）总＝n（CO）＝xmol，n（O）总＝n（CO）＝xmol，n（H）总＝2n（H2）＝4xmol，平衡时容器内CH3OH的物质的量为amol，C（g）的物质的量为bmol，根据变化量之比等于化学计量数之比，n（H2O）＝n[C（g）]＝bmol，根据碳原子守恒，n（CO）＝n（C）总﹣n（CH3OH）﹣n[C（g）]＝（x﹣a﹣b）mol，根据氢原子守恒，n（H2）＝[n（H）总﹣4n（CH3OH）﹣2n（H2O）]＝（4x﹣4a﹣2×b）mol＝（2x﹣2a﹣b）mol，则CO（g）、H2（g）、CH3OH（g）的平衡浓度分别为mol/L、mol/L、mol/L，主反应的平衡常数K＝＝，
故答案为：；
（3）①由图可知，CO32﹣在d极上得到电子生成C，碳元素的化合价从+4价降低到0价，则CO32﹣每个得到4个电子，根据电荷守恒和原子守恒可知，生成物还有3个O2﹣，故d极的电极反应式为：CO32﹣+4e﹣═C+3O2﹣，
故答案为：CO32﹣+4e﹣═C+3O2﹣；
②铅蓄电池的Pb电极为负极，电极方程式为：Pb+SO42﹣﹣2e﹣═PbSO4，当电路中转移2mol电子时，Pb电极理论上增加了1molSO42﹣，即增加的质量为1mol×96g/mol＝96g，
故答案为：增加；96；
（4）①该反应的平衡常数K与热力学温度T的关系为lgK＝﹣m+（m、n均为正数），则升高温度，平衡常数减小，即平衡逆向移动，故水煤气变换是放热反应，
故答案为：放热；
②热力学温度为T＝时，lgK＝﹣m+＝m，则K＝10m，在恒温密闭容器中将等物质的量的CO和H2O（g）混合，设CO和H2O的其实浓度为amol/L，H2的平衡浓度为xmol/L，列三段式计算如下：
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
起始浓度（mol/L） a a 0 0
变化浓度（mol/L） x x x x
平衡浓度（mol/L）a﹣x a﹣x x x
则K＝＝＝10m，整理得x＝×a，故平衡时体系中H2的物质的量分数为ω＝＝×＝×（1﹣），因为m＞0，则＞1，所以ω＞×（1﹣）＝，又因为0＜x＜a，则ω＝＜＝，所以，故选B，
故答案为：B。
【点评】本题综合考查化学反应进行的方向、电解池、平衡移动的原理和化学平衡的计算，题目难度较大，关键是掌握化学反应进行方向的判据、外界条件对平衡移动和反应速率的影响、平衡常数的意义、电极方程式的书写和相关计算方法，难点在于利用关系式和代数的取值范围来确定氢气质量分数的取值范围，提高学生的分析能力及化学计算能力。
2021-2022学年湖北省部分重点中学高三（上）期中化学试卷
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。
1．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．所有的糖都可以发生水解反应
B．生物柴油的主要成分是烃类化合物
C．铝、铁、铜在潮湿的空气中发生锈蚀均生成对应的氧化物
D．青铜是我国使用最早的合金，常见的铜合金除青铜外，还有黄铜、白铜等
2．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A．4.4gC3H8中含σ键的数目为NA
B．2gH218O和D2O的混合物中含中子的数目为NA
C．1molSi中含有Si﹣Si键的数目为4NA
D．100g质量分数为46%的乙醇水溶液中，氧原子的数目为4NA
3．（3分）下列关于元素周期表和元素周期律的说法中，正确的是（ ）
A．所含元素种类最多的族是ⅢB
B．元素周期表的d区共包含10列
C．第三周期元素的简单离子半径从左到右逐渐减小
D．卤素单质和它们的氢化物沸点从上到下均依次升高
4．（3分）下列离子方程式中，错误的是（ ）
A．铁红与HI溶液反应：Fe2O3+6H++2I﹣═2Fe2++3H2O+I2
B．向甲醛溶液中加入足量的银氨溶液并加热：HCHO+2[Ag（NH3）2]++2OH﹣HCOO﹣+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O
C．0.01mol•L﹣1NH4Al（SO4）2溶液与0.02mol•L﹣1Ba（OH）2溶液等体积混合：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O
D．泡沫灭火器的反应原理：Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑
5．（3分）下列实验所选择的装置或仪器都正确的是（ ）
选项
A
B
C
D
实验
除去CO2气体中的HCl气体
除去NaCl中混有的NH4Cl
分离Fe（OH）3胶体中的KBr
分离CCl4和NaCl溶液
装置或仪器
饱和Na2CO3溶液
A．A B．B C．C D．D
6．（3分）短周期非金属元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的未成对电子数是其所在周期中最多的，基态W原子的电子总数是其最高能级电子数的4倍。四种元素与Xe元素组成的某化合物的结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．第一电离能：X＞Y＞W
B．WY2和WY3的VSEPR模型相同
C．最简单氢化物的沸点：Z＞Y＞X
D．X和W的最高价氧化物对应水化物的浓溶液都具有强氧化性
7．（3分）丙美卡因的结构简式如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．分子中含手性碳原子
B．分子式为C16H25N2O3
C．该物质可与盐酸发生反应
D．1mol丙美卡因最多能与4mol H2发生加成反应
8．（3分）白磷溶于过量KOH溶液的反应为：P4+3KOH+3H2OPH3↑+3KH2PO2。H2PO2﹣可用于化学镀铜，反应为：H2PO2﹣+Cu2++OH﹣→PO43﹣+Cu↓+H2O（未配平）。下列说法正确的是（ ）
A．P4的空间结构为正四面体形键角为109°28′
B．H3PO2的结构为
C．PH3中磷原子的杂化方式sp2杂化
D．理论上1molH2PO2﹣反应可镀铜64g
9．（3分）用GaZrO4作催化剂可实现CO2加氧制二甲醚（图中DME）和甲醇（图中MT），反应机理如图所示。
下列有关叙述正确的是（ ）
A．步骤a→b有非极性键的断裂和形成
B．氧空位用于捕获CO2，空位越多，速率越慢
C．整个过程中，Zr元素的化合价未发生变化
D．过渡态d通过氢化和水解可得二甲醚和甲醇
10．（3分）ZulrmnBorjas等设计的一种微生物脱盐池的装置如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该装置可以在高温下工作
B．X为阳离子交换膜，Y为阴离子交换膜
C．负极反应为CH3COO﹣+8e﹣+2H2O═2CO2↑+7H+
D．当负极产生11gCO2时，海水（不考虑NaCl以外的溶质）理论上除盐58.5g
11．（3分）根据下列实验操作和现象得出的结论中正确的是（ ）
操作和现象
结论
A
用玻璃棒蘸取某待测液在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色
待测液中含有钠元素
B
向某钾盐的溶液中滴加浓盐酸，产生气体，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色
该钾盐为K2SO3或KHSO3或K2S2O3
C
将铜丝用酒精灯外焰灼烧，铜丝逐渐变黑；再将其插入酒精灯内焰至接近焰心，铜丝又逐渐变红
乙醇能将CuO还原
D
1molH2与1molI2（g）在恒温容器中反应，反应达平衡后，将容器体积压缩至原来的一半，混合气体颜色变深
化学平衡发生了逆向移动
A．A B．B C．C D．D
12．（3分）镁单质及其化合物用途广泛，某镁硼化合物的晶胞结构如图所示。B原子独立为一层，具有类似石墨的结构。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏伽德罗常数的值为NA。下列说法错误的是（ ）
A．该化合物的化学式为MgB2
B．该晶胞中Mg的配位数为12
C．每个B原子周围都有2个与之等距离且最近的B原子
D．该晶体的密度为g•cm﹣3
13．（3分）以二氧化锰为原料制取高锰酸钾晶体的流程如图：
下列说法正确的是（ ）
A．“灼烧”可在石英坩埚中进行
B．母液中的溶质仅有KHCO3、KCl
C．“结晶”环节宜采用蒸发结晶的方法
D．“转化”中的反应方程式为：3K2MnO4+4CO2+2H2O═MnO2↓+2KMnO4+4KHCO3
14．（3分）某温度下，在恒容密闭容器中，加入4molA和2molB进行如下反应：3A（g）+2B（g）⇌4C（？）+2D（？）。反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，且反应前后的压强之比为5：4。下列说法正确的是（ ）
A．该反应的平衡常数表达式为K＝
B．平衡时，B的转化率为40%
C．增加生成物C的量，B的转化率变小
D．增大压强，平衡向右移动，化学平衡常数K增大
15．（3分）草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸。常温下向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgX[X表示或]随pH变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．0.1mol•L﹣1NaHC2O4溶液中：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）
B．混合溶液中：＝10﹣2.97
C．向NaHC2O4溶液中滴加氨水至中性：c（NH4+）＜c（C2O42﹣）
D．当混合溶液pH＝3.00时，溶液中c（C2O42﹣）＜c（H2C2O4）
二、非选择题：本题包括4小题，共55分。
16．（14分）某实验小组对NaHSO2溶液分别与CuCl2、CuSO4溶液的反应进行探究。
实验
装置
试剂a
操作及现象
I
2mL1mol•L﹣1NaHSO2溶液
1mol•L﹣1CuCl2溶液
加入2mLCuCl2溶液，得到绿色溶液，30s时有无色气泡和白色沉淀产生，上层溶液颜色变浅。
Ⅱ
1mol•L﹣1CuSO4溶液
加入2mLCuSO4溶液，得到绿色溶液，3min未见明显变化。
已知：Ⅰ．Cu2+[Cu（NH3）4]2+（深蓝色溶液）
Ⅱ．Cu+[Cu（NH3）2]+（无色溶液）[Cu（NH3）4]2+（深蓝色溶液）
回答下列问题：
（1）推测实验Ⅰ中的无色气体为SO2，实验验证：用湿润的品红试纸接近试管口，视察到 ，将品红试纸在烘箱中低温烘干又观察到 。
（2）推测实验Ⅰ中的白色沉淀为CuCl，实验验证步骤如下：
①实验Ⅰ完成后，立即过滤、洗涤。
②取少量已洗净的白色沉淀于试管中，滴加足量浓氨水，先观察到 ，反应的离子方程式为 ；露置一段时间，又观察到 。
（3）对比实验Ⅰ、Ⅱ，提出假设，Cl﹣增强了Cu2+的氧化性。
①若假设合理，实物Ⅰ反应的离子方程式为 和H++HSO3﹣═SO2↑+H2O。
②用以下实验来验证假设合理，装置如图所示。实验方案：闭合K，电压表的指针偏转至“Y”处；向U形管 （补全实验操作及现象）。
（4）将实验Ⅱ的溶液静置24h或加热后，得到红色沉淀。经检验，红色沉淀中含有Cu+、Cu2+和SO32﹣。甲、乙两位同学通过实验Ⅲ验证把红色沉淀中含有Cu+和Cu2+。
实验Ⅲ：
①甲同学认为红色沉淀中含有Cu2+，他判断的理由是 。
②乙同学认为实验Ⅲ不足以证实红色沉淀中含有Cu2+，理由是 。
17．（14分）化合物H广泛用作香精的稀释剂和定香剂。合成它的一种路线如图所示：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是 ，由E生成F的反应类型为 。
（2）D的结构简式为 。
（3）D、G合成H的化学反应方程式为 。
（4）符合下列条件的C的同分异构体有 种（不考虑立体异构）。
①苯环上有三个取代基
②其中两个取代基与A中所含的官能团相同
③能发生银镜反应
其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为1：2：2：2：1的一种分子的结构简式为 。
（5）以苯酚为原料并结合题目中的信息，经以下步骤可以合成化合物。
“反应条件1”所用的试剂为 ，K的结构简式为 。
18．（13分）铬元素在化合物中常见+2、+3和+6等价态。工业上以铬铁矿（主要成分为FeO•Cr2O3，含有SiO2杂质）为原料生产重铬酸钠晶体（Na2Cr2O7•2H2O），其工艺流程如图所示：
已知：①常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+氧化为CrO42﹣，反应后自身变为Bi（OH）3。
②相关金属离子c（Mn+）＝0.1mol•L﹣1时，形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Cr3+
开始沉淀的pH
6.3
1.5
3.7
完全沉淀的pH
8.3
2.8
5.1
③Na2Cr2O7和Na2SO4的溶解度随温度变化的关系如图所示：
回答下列问题：
（1）“滤渣A”的成分为 。
（2）“除铁”控制的pH范围是 。
（3）“氧化”过程中发生反应的离子方程式为 。
（4）依据图示分析，“操作a”为 、 、洗涤、干燥。
（5）已知含+6价铬的废水会污染环境，排放前需要进行无害化处理，具体流程如图：
①下列溶液中可以代替上述流程中Na2S2O3溶液的是 （填标号）。
A．FeSO4溶液
B．浓硫酸
C．KMnO4溶液
D．Na2SO3溶液
②上述流程中，若每消耗0.1mol Na2S2O3转移0.8mole﹣，则加入Na2S2O3时发生反应的离子方程式为 。
19．（14分）研究CO、CO2的转化既可减少碳排放，又可获得许多实用的含碳物质。
回答下列问题：
（1）以CO2、H2为原料，在铜基催化剂作用下可合成甲醇，反应如下（不考虑副反应）：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＜0
反应在恒容密闭容器中进行。反应时间一定，甲醇的产率随温度的变化如图所示（不考虑此过程中催化剂活性的变化）。
①该反应自发进行的条件是 （填“高温”“低温”或“任意温度”）。
②甲醇产率随温度升高先增大后减小的原因是 。
（2）以CO、H2为原料在一定条件下也可合成甲醇，发生的反应如下：
主反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）
副反应：CO（g）+H2（g）⇌C（g）+H2O（g）
一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中投入xmol CO和2xmol H2发生上述反应，平衡时容器内CH3OH的物质的量为a mol，C的物质的量为b mol。则主反应的平衡常数K＝ 。
（3）我国科学家设计CO2熔盐捕获与转化装置如图所示：
①d极的电极反应式为 。
②若电源使用铅蓄电池，当电路中转移2mol电子时，Pb电极的质量理论上 （填“增加”或“减少”）了 g。
（4）水煤气变换是重要的化工过程，反应为：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）。已知该反应的平衡常数K与热力学温度T的关系为lgK＝﹣m+（m、n均为正数）。
①水煤气变换是 （填“吸热”或“放热”）反应。
②热力学温度为T＝时，在恒温密闭容器中将等物质的量的CO和H2O（g）混合，选择适当的催化剂进行反应。平衡时体系中H2的物质的量分数为ω，则 （填标号）。
A．0＜ω≤
B．
C．≤ω＜1
2021-2022学年湖北省部分重点中学高三（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。
1．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．所有的糖都可以发生水解反应
B．生物柴油的主要成分是烃类化合物
C．铝、铁、铜在潮湿的空气中发生锈蚀均生成对应的氧化物
D．青铜是我国使用最早的合金，常见的铜合金除青铜外，还有黄铜、白铜等
【分析】A．单糖不能水解；
B．生物柴油的主要成分酯类；
C．铜在潮湿的空气中发生锈蚀生成碱式碳酸铜；
D．铜性质不活泼，易冶炼，为最早使用金属，如司母戊鼎。
【解答】解：A．糖类可分为单糖、二糖和多糖，二糖和多糖能水解，单糖不能水解，故A错误；
B．生物柴油由油脂与甲醇发生酯类转化生成，属于酯类，是烃的衍生物，不是烃类化合物，故B错误；
C．铝、铁在潮湿的空气中发生锈蚀均生成对应的氧化物，但铜在潮湿的空气中发生锈蚀生成碱式碳酸铜，碱式碳酸铜属于盐类，故C错误；
D．铜性质不活泼，易冶炼，为最早使用的合金材料，如青铜器司母戊鼎，还有黄铜、白铜等合金，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物质的组成、性质与用途，为高频考点，把握物质的组成、分类、性质及发生的反应为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素及其化合物知识的应用，题目难度不大。
2．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A．4.4gC3H8中含σ键的数目为NA
B．2gH218O和D2O的混合物中含中子的数目为NA
C．1molSi中含有Si﹣Si键的数目为4NA
D．100g质量分数为46%的乙醇水溶液中，氧原子的数目为4NA
【分析】A.一个C3H8中含10条σ键；
B.H218O和D2O的摩尔质量均为20g/mol，分子中均含有10个中子；
C.一个Si原子与周围4个Si原子成键，属于这个Si原子的Si﹣Si键个数为4×＝2；
D.乙醇水溶液中，乙醇和水分子中均含有氧原子。
【解答】解：A.4.4g C3H8中含σ键的数目为×10×NA/mol＝NA，故A正确；
B.2gH218O和D2O的混合物中含中子的数目为×10×NA/mol＝NA，故B正确；
C.1molSi中含有Si﹣Si键的数目为1mol×2×NA/mol＝2NA，故C错误；
D.100g质量分数为46%的乙醇水溶液中，乙醇的质量为100g×46%＝46g，含有氧原子数为×1×NA/mol＝NA，水的质量为100g﹣46g＝54g，含有氧原子数为×1×NA/mol＝3NA，溶液中含氧原子共有4NA，故D正确；
故选：C。
【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。
3．（3分）下列关于元素周期表和元素周期律的说法中，正确的是（ ）
A．所含元素种类最多的族是ⅢB
B．元素周期表的d区共包含10列
C．第三周期元素的简单离子半径从左到右逐渐减小
D．卤素单质和它们的氢化物沸点从上到下均依次升高
【分析】A．周期表中ⅢB族包含镧系和錒系；
B．s区元素包括第IA族和第ⅡA族，最外层电子分别为ns1和ns2，p区元素包含第ⅢA族至第ⅦA族和零族，f区元素包含镧系元素和锕系元素，d区、ds区均元素均为过渡金属元素；
C．第三周期元素简单阳离子核外有两个电子层，简单阴离子有三个电子层，电子层数越多半径越大，电子层数相同的核电荷数越大，半径越小；
D．HF分子间形成氢键，沸点反常的高。
【解答】解：A．在元素周期表的所有族中，ⅢB族出现镧系和锕系元素，各包含15种元素，所含元素种类最多，故A正确；
B．元素周期表的d区共包含ⅢB～ⅦB和Ⅷ族，共8个列，故B错误；
C．第三周期元素简单阳离子核外有两个电子层，阴离子有三个电子层，电子层数相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则第三周期离子半径大小为：Si4+＞P3﹣＞S2﹣＞Cl﹣＞Na+＞Mg2+＞Al3+，故C错误；
D．卤素单质形成的晶体为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，卤素氢化物中HF分子间形成氢键，沸点最高，HCl、HBr、HI沸点依次升高，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了周期表结构、晶体性质分析判断、离子半径大小比较等知识点，注意知识的积累，题目难度不大。
4．（3分）下列离子方程式中，错误的是（ ）
A．铁红与HI溶液反应：Fe2O3+6H++2I﹣═2Fe2++3H2O+I2
B．向甲醛溶液中加入足量的银氨溶液并加热：HCHO+2[Ag（NH3）2]++2OH﹣HCOO﹣+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O
C．0.01mol•L﹣1NH4Al（SO4）2溶液与0.02mol•L﹣1Ba（OH）2溶液等体积混合：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O
D．泡沫灭火器的反应原理：Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑
【分析】A.二者发生氧化还原反应生成亚铁离子、碘单质和水；
B.甲醛中加入足量银氨溶液并加热生成碳酸铵、氨气、银和水；
C.铵根离子结合氢氧根离子能力强于氢氧化铝，氢氧化铝溶解前，铵根离子会与氢氧根离子反应生成一水合氨；
D.铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应。
【解答】解：A.铁红与HI溶液反应的离子方程式为：Fe2O3+6H++2I﹣═2Fe2++3H2O+I2，故A正确；
B.甲醛中加入足量银氨溶液并加热生成碳酸铵、氨气、银和水，离子反应方程式为：HCHO+4[Ag （NH3）2]++4OH﹣CO32﹣+2NH4++4Ag↓+6NH3+2H2O，故B错误；
C.0.01mol•L﹣1NH4Al（SO4）2溶液与0.02mol•L﹣1Ba（OH）2溶液等体积混合，由于铵根离子结合氢氧根离子的能力强于氢氧化铝，则反应中铵根离子先结合氢氧根离子，氢氧化铝没有溶解，离子方程式为：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O，故C正确；
D.泡沫灭火器中，铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，离子方程式为：Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑，故D正确；
故选：B。
【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，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
5．（3分）下列实验所选择的装置或仪器都正确的是（ ）
选项
A
B
C
D
实验
除去CO2气体中的HCl气体
除去NaCl中混有的NH4Cl
分离Fe（OH）3胶体中的KBr
分离CCl4和NaCl溶液
装置或仪器
饱和Na2CO3溶液
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.二者均与碳酸钠溶液反应；
B.氯化铵受热易分解，氯化钠不能；
C.胶体粒子、溶液中的离子均可透过半透膜；
D.CCl4和NaCl溶液分层。
【解答】解：A.二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，故A错误；
B.氯化铵受热易分解，氯化钠不能，不能选图中蒸馏装置分离，应选加热法，故B错误；
C.胶体粒子、溶液中的离子均可透过半透膜，不能选图中过滤装置分离，应选渗析法，故C错误；
D.CCl4和NaCl溶液分层，可选图中分液装置分离，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、混合物的分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
6．（3分）短周期非金属元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的未成对电子数是其所在周期中最多的，基态W原子的电子总数是其最高能级电子数的4倍。四种元素与Xe元素组成的某化合物的结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．第一电离能：X＞Y＞W
B．WY2和WY3的VSEPR模型相同
C．最简单氢化物的沸点：Z＞Y＞X
D．X和W的最高价氧化物对应水化物的浓溶液都具有强氧化性
【分析】短周期非金属元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，结合图示可知，W形成6个共价键，Y形成2个共价键，二者位于ⅥA族，根据原子序数可知，Y为O，W为S，S的最高能级电子数为4，满足“基态W原子的电子总数是其最高能级电子数的4倍”；基态X原子的未成对电子数是其所在周期中最多的，X位于ⅤA族，其原子序数小于O，则X为N；Z形成1个共价键，其原子序数小于S，则Z为F元素，以此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，X为N，Y为O，Z为F，W为S元素，
A.同主族从上到下第一电离能逐渐减小，同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，N元素的2p轨道处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：N＞O＞S，即X＞Y＞W，故A正确；
B.WY2和WY3分别为SO2、SO3，SO2和SO3的中心原子S的价层电子对个数都是3，根据价层电子对互斥理论知，SO2和SO3的中心原子杂化轨道类型相同，二者的VSEPR模型相同，故B正确；
C.X、Y、Z的最简单氢化物分别为氨气、水和氟化氢，常温下水为液态，其沸点最高，标况下氟化氢为液态，氨气为气态，则氟化氢的沸点大于氨气，所以最简单氢化物的沸点：Y＞Z＞X，故C错误；
D.X和W的最高价氧化物对应水化物分别的浓溶液分别为浓硝酸、浓硫酸，浓硝酸和浓硫酸都具有强氧化性，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、物质结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
7．（3分）丙美卡因的结构简式如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．分子中含手性碳原子
B．分子式为C16H25N2O3
C．该物质可与盐酸发生反应
D．1mol丙美卡因最多能与4mol H2发生加成反应
【分析】A.连接4个不同基团的C为手性碳；
B.由结构可知分子式；
C.含氨基，可与盐酸反应；
D.只有苯环与氢气发生加成反应。
【解答】解：A.连接4个不同基团的C为手性碳，则分子中不含手性碳原子，故A错误；
B.由结构可知分子式为C16H26N2O3，故B错误；
C.含氨基，可与盐酸反应生成盐，故C正确；
D.只有苯环与氢气发生加成反应，则1mol丙美卡因最多能与3mol H2发生加成反应，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点。
8．（3分）白磷溶于过量KOH溶液的反应为：P4+3KOH+3H2OPH3↑+3KH2PO2。H2PO2﹣可用于化学镀铜，反应为：H2PO2﹣+Cu2++OH﹣→PO43﹣+Cu↓+H2O（未配平）。下列说法正确的是（ ）
A．P4的空间结构为正四面体形键角为109°28′
B．H3PO2的结构为
C．PH3中磷原子的杂化方式sp2杂化
D．理论上1molH2PO2﹣反应可镀铜64g
【分析】A．白磷的空间构型为正四面体形，但白磷分子中四个P原子位于四个顶点上；
D．白磷溶于过量KOH溶液生成KH2PO2；
A．计算出PH3分子中的价层电子对数，分析P原子的杂化类型；
D．根据电子转移守恒分析判断。
【解答】解：A．白磷的空间构型为正四面体形，但白磷分子中四个P原子位于四个顶点上，其键角为60°，故A错误；
B．白磷溶于过量KOH溶液的反应为：P4+3KOH+3H2OPH3↑+3KH2PO2，说明KH2PO2不溶于过量KOH溶液，H2PO2﹣中的2个H原子不是羟基氢，不电离，所以H3PO2的结构为，故B正确；
C．PH3分子中的价层电子对数为3+（5﹣3×1）＝4，所以P原子的杂化类型为sp3杂化，故C错误；
D．H2PO2﹣可用于化学镀铜，根据电子转移守恒，反应为：H2PO2﹣+2Cu2++6OH﹣＝PO43﹣+2Cu↓+4H2O，所以理论上1molH2PO2﹣反应可镀铜128g，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子轨道杂化及杂化类型，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确物质结构和性质、微粒空间构型判断方法是解本题关键，题目难度中等。
9．（3分）用GaZrO4作催化剂可实现CO2加氧制二甲醚（图中DME）和甲醇（图中MT），反应机理如图所示。
下列有关叙述正确的是（ ）
A．步骤a→b有非极性键的断裂和形成
B．氧空位用于捕获CO2，空位越多，速率越慢
C．整个过程中，Zr元素的化合价未发生变化
D．过渡态d通过氢化和水解可得二甲醚和甲醇
【分析】由图可知，反应机理为：（1）a+H2→b，（2）b+CO2→c，（3）c+H2→d+H2O，（4）d+H2O+H2→a+CH3OH+CH3OCH3，据此解答：
A.步骤a→b过程中，断裂了H﹣H键，形成了Ga﹣H键和O﹣H键，相同原子间的共价键为非极性键，不同原子间的共价键为极性键；
B.反应物的氧空位越多，反应速率越快；
C.有氧空位的a、b与无氧空位c、d中Zr元素的化合价不同；
D.氢化是指有机化合物与分子氢所起的反应，水解反应在有机化学中的概念是指水与另一化合物反应，该化合物分解为两部分，水中的H加到其中的一部分，而羟基加到另一部分，因而得到两种或两种以上新的化合物的反应过程。
【解答】解：A.步骤a→b过程中，断裂了H﹣H键，形成了Ga﹣H键和O﹣H键，即只有非极性键的断裂，没有非极性键的形成，故A错误；
B.由步骤（2）知，氧空位用于捕获CO2，空位越多，速率越快，故B错误；
C.有氧空位的a、b与无氧空位c、d中Zr元素的化合价不同，则在步骤（2）和（4）中，Zr元素的化合价发生了变化，故C错误；
D.由步骤（4）知过渡态d通过氢化和水解可得二甲醚和甲醇，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学反应的机理，题目难度不大，关键是明确物质变化的过程，掌握化学键的分类，培养学生的变化观念与模型认知的学科素养。
10．（3分）ZulrmnBorjas等设计的一种微生物脱盐池的装置如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该装置可以在高温下工作
B．X为阳离子交换膜，Y为阴离子交换膜
C．负极反应为CH3COO﹣+8e﹣+2H2O═2CO2↑+7H+
D．当负极产生11gCO2时，海水（不考虑NaCl以外的溶质）理论上除盐58.5g
【分析】由图可知，微生物脱盐池是原电池，正极通入空气或O2，负极上有机废水中的CH3COO﹣发生氧化反应生成CO2，负极反应为CH3COO﹣+2H2O﹣8e﹣═2CO2↑+7H+，正极上O2发生得电子的还原反应生成H2O，正极反应式为O2+4H++4e﹣＝2H2O，原电池工作时，阳离子通过阳离子交换膜Y移向正极、阴离子通过阴离子交换膜X移向负极，从而使海水中NaCl含量减少形成淡水，达到脱盐目的，据此分析解答。
【解答】解：A．高温能使微生物蛋白质凝固变性，导致电池工作失效，所以该装置不能在高温下工作，故A错误；
B．原电池内电路中：阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐目的，所以Y为阳离子交换膜、X为阴离子交换膜，故B错误；
C．负极上有机废水中的CH3COO﹣发生失电子的氧化反应生成CO2，负极反应为CH3COO﹣+2H2O﹣8e﹣═2CO2↑+7H+，故C错误；
D．负极反应为CH3COO﹣+2H2O﹣8e﹣═2CO2↑+7H+，11gCO2的物质的量为＝0.25mol，转移电子0.25mol×4＝1mol，则理论上有1molNa+和Cl﹣发生定向移动，质量为58.5g/mol×1mol＝58.5g，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原电池工作原理，为高频考点，明确各个电极上发生的反应及离子移向为解题关键，试题侧重学生分析能力和运用能力的考查，注意离子交换膜的判断和电极反应式的书写，题目难度中等。
11．（3分）根据下列实验操作和现象得出的结论中正确的是（ ）
操作和现象
结论
A
用玻璃棒蘸取某待测液在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色
待测液中含有钠元素
B
向某钾盐的溶液中滴加浓盐酸，产生气体，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色
该钾盐为K2SO3或KHSO3或K2S2O3
C
将铜丝用酒精灯外焰灼烧，铜丝逐渐变黑；再将其插入酒精灯内焰至接近焰心，铜丝又逐渐变红
乙醇能将CuO还原
D
1molH2与1molI2（g）在恒温容器中反应，反应达平衡后，将容器体积压缩至原来的一半，混合气体颜色变深
化学平衡发生了逆向移动
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.玻璃棒含钠元素；
B.使品红溶液褪色的气体可能为氯气或二氧化硫等；
C.Cu与氧气反应生成CuO，CuO可氧化乙醇生成乙醛；
D.将容器体积压缩至原来的一半，浓度增大。
【解答】解：A.玻璃棒含钠元素，应选铁丝或铂丝蘸取某待测液在酒精灯外焰上灼烧，故A错误；
B.使品红溶液褪色的气体可能为氯气或二氧化硫等，由操作和现象可知，溶液可能为KClO溶液等，故B错误；
C.Cu与氧气反应生成CuO，CuO可氧化乙醇生成乙醛，由操作和现象可知乙醇能将CuO还原，故C正确；
D.将容器体积压缩至原来的一半，浓度增大，混合气体的颜色加深，且该化学平衡不移动，故D错误；
故选：C。
【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、焰色反应、离子检验、平衡移动、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
12．（3分）镁单质及其化合物用途广泛，某镁硼化合物的晶胞结构如图所示。B原子独立为一层，具有类似石墨的结构。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏伽德罗常数的值为NA。下列说法错误的是（ ）
A．该化合物的化学式为MgB2
B．该晶胞中Mg的配位数为12
C．每个B原子周围都有2个与之等距离且最近的B原子
D．该晶体的密度为g•cm﹣3
【分析】A．1个晶胞含有Mg原子数是12×+2×＝3、B原子数是6；
B．依据晶胞面心的Mg原子分析，其上层、下层各有6个B原子；
C．根据图示，每个B原子周围都有3个与之等距离且最近的B原子；
D．晶胞的体积为acm×acm×ccm×3＝a2ccm3，该晶体的密度为。
【解答】解：A．1个晶胞含有Mg原子数是12×+2×＝3、B原子数是6，该化合物的化学式为MgB2，故A正确；
B．依据晶胞面心的Mg原子分析，其上层、下层各有6个B原子，所以该晶胞中Mg的配位数为12，故B正确；
C．根据图示，每个B原子周围都有3个与之等距离且最近的B原子，故C错误；
D．晶胞的体积为acm×acm×ccm×3＝a2ccm3，该晶体的密度为＝g•cm﹣3＝g•cm﹣3，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查晶胞计算，把握原子的位置、均摊法计算、两点之间的距离为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度中等。
13．（3分）以二氧化锰为原料制取高锰酸钾晶体的流程如图：
下列说法正确的是（ ）
A．“灼烧”可在石英坩埚中进行
B．母液中的溶质仅有KHCO3、KCl
C．“结晶”环节宜采用蒸发结晶的方法
D．“转化”中的反应方程式为：3K2MnO4+4CO2+2H2O═MnO2↓+2KMnO4+4KHCO3
【分析】由流程可知二氧化锰、氢氧化钾、氯酸钾灼烧时发生3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O，浸取后得到K2MnO4溶液，转化中CO2与K2MnO4发生：3K2MnO4+4CO2+2H2O＝2KMnO4+MnO2↓+4KHCO3，过滤分离出MnO2，对滤液浓缩结晶得到KMnO4，以此解答该题。
【解答】解：A.“灼烧”时，KOH能与SiO2反应，所以不能使用石英坩埚，故A错误；
B.转化中CO2与K2MnO4发生3K2MnO4+4CO2+2H2O＝2KMnO4+MnO2↓+4KHCO3，母液中有K2MnO4、KMnO4、KHCO3、KCl等溶质，故B错误；
C.蒸发结晶易导致温度较高，可导致高锰酸钾分解，应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，故C错误；
D.二氧化碳过量，则应生成碳酸氢钾，涉及到的反应方程式为3K2MnO4+4CO2+2H2O═MnO2↓+2KMnO4+4KHCO3，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物质的制备，为高频考点，把握流程中的反应、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氧化还原反应的判断，题目难度不大。
14．（3分）某温度下，在恒容密闭容器中，加入4molA和2molB进行如下反应：3A（g）+2B（g）⇌4C（？）+2D（？）。反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，且反应前后的压强之比为5：4。下列说法正确的是（ ）
A．该反应的平衡常数表达式为K＝
B．平衡时，B的转化率为40%
C．增加生成物C的量，B的转化率变小
D．增大压强，平衡向右移动，化学平衡常数K增大
【分析】根据阿伏加德罗定律的推论，同温同容时，气体的物质的量之比等于压强之比，根据题意列三段式计算平衡时各物质的物质的量，再根据反应前后的压强之比确定C和D的状态，据此分析各选项：
A.在一定温度下，当一个可逆反应达到平衡状态时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值是个常数，这个常数叫做化学平衡常数，简称平衡常数，用符号K表示，当反应中有固体或纯液态物质参加时，其“浓度”作为常数，在平衡常数表达式中不用书写；
B.根据三段式计算结果，代入转化率＝×100%计算；
C.增大生成物浓度，平衡逆向移动，但固体和纯液体物质不改变平衡移动；
D.增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。
【解答】解：根据题意列三段式计算如下：
3A（g）+2B（g）⇌4C（？）+2D（？）
起始量/mol 4 2 0 0
变化量/mol 1.2 0.8 1.6 0.8
平衡量/mol 2.8 1.2 1.6 0.8
反应前后的压强之比为5：4，而（4+2）：（2.8+1.2+0.8）＝5：4，说明C是固体或纯液体，D是气体，
A.平衡常数为各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值，固体和出液体在平衡常数表达式中不用书写，故该反应的平衡常数表达式为K＝，故A错误；
B.平衡时，B的转化率为×100%＝40%，故B正确；
C.C是固体或纯液体，增加生成物C的量，平衡不移动，B的转化率不变，故C错误；
D.该反应正向气体分子数减小，增大压强，平衡向右移动，但平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数K不变，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查平衡常数的含义和平衡移动的原理，题目难度不大，关键是掌握阿伏加德罗定律的推论、外界条件对平衡移动的影响、平衡常数的表达式及其意义，把握三段式解题法，注意平衡常数只与温度有关。
15．（3分）草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸。常温下向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgX[X表示或]随pH变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．0.1mol•L﹣1NaHC2O4溶液中：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）
B．混合溶液中：＝10﹣2.97
C．向NaHC2O4溶液中滴加氨水至中性：c（NH4+）＜c（C2O42﹣）
D．当混合溶液pH＝3.00时，溶液中c（C2O42﹣）＜c（H2C2O4）
【分析】草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸，存在电离平衡H2C2O4⇌HC2O4﹣+H+，Ka1＝，HC2O4﹣⇌H++C2O42﹣，Ka2＝，Ka1＞Ka2，故pH相等即c（H+）相等时，＞，故曲线Ⅰ表示lg随pH变化关系，曲线Ⅱ表示lg随pH变化关系，由图可知，pH＝1.22时，Ka1＝＝c（H+）＝10﹣1.22，pH＝4.19时，Ka2＝＝c（H+）＝10﹣4.19，据此作答。
【解答】解：A.HC2O4﹣的电离平衡常数Ka2＝10﹣4.19，水解平衡常数Kh＝＝＝10﹣12.78，Kh＜Ka2，故HC2O4﹣的电离能力大于水解能力，故NaHC2O4溶液显酸性，0.1mol•L﹣1NaHC2O4溶液中：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣），故A错误；
B.草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸，Ka1＝＝10﹣1.22，Ka2＝＝10﹣4.19，混合溶液中：＝＝＝102.97，故B错误；
C.向NaHC2O4溶液中滴加氨水至中性，溶液中c（H+）＝c（OH﹣），由电荷守恒可知①c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）＝c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），由物料守恒可得②c（Na+）＝c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），将②代入①可得c（NH4+）+c（H2C2O4）＝c（C2O42﹣），故c（NH4+）＜c（C2O42﹣），故C正确；
D.当混合溶液pH＝3.00时，c（H+）＝10﹣3mol/L，＝＝＝101.78，＝＝＝10﹣1.19，×＝＝101.78×10﹣1.19＝100.59＞1，溶液中c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4），故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查电离平衡和离子浓度关系，题目难度中等，掌握电离平衡常数和水解平衡常数关系是解题的关键，注意电荷守恒和物料守恒的应用。
二、非选择题：本题包括4小题，共55分。
16．（14分）某实验小组对NaHSO2溶液分别与CuCl2、CuSO4溶液的反应进行探究。
实验
装置
试剂a
操作及现象
I
2mL1mol•L﹣1NaHSO2溶液
1mol•L﹣1CuCl2溶液
加入2mLCuCl2溶液，得到绿色溶液，30s时有无色气泡和白色沉淀产生，上层溶液颜色变浅。
Ⅱ
1mol•L﹣1CuSO4溶液
加入2mLCuSO4溶液，得到绿色溶液，3min未见明显变化。
已知：Ⅰ．Cu2+[Cu（NH3）4]2+（深蓝色溶液）
Ⅱ．Cu+[Cu（NH3）2]+（无色溶液）[Cu（NH3）4]2+（深蓝色溶液）
回答下列问题：
（1）推测实验Ⅰ中的无色气体为SO2，实验验证：用湿润的品红试纸接近试管口，视察到 品红试纸的红色褪去 ，将品红试纸在烘箱中低温烘干又观察到 品红试纸的红色恢复 。
（2）推测实验Ⅰ中的白色沉淀为CuCl，实验验证步骤如下：
①实验Ⅰ完成后，立即过滤、洗涤。
②取少量已洗净的白色沉淀于试管中，滴加足量浓氨水，先观察到 沉淀溶解，得到无色溶液 ，反应的离子方程式为 CuCl+2NH3＝[Cu（NH3）2]++Cl﹣ ；露置一段时间，又观察到 溶液变为深蓝色 。
（3）对比实验Ⅰ、Ⅱ，提出假设，Cl﹣增强了Cu2+的氧化性。
①若假设合理，实物Ⅰ反应的离子方程式为 2Cu2++2Cl﹣+HSO3﹣+H2O＝2CuCl+SO42﹣+3H+和H++HSO3﹣＝SO2+H2O 和H++HSO3﹣═SO2↑+H2O。
②用以下实验来验证假设合理，装置如图所示。实验方案：闭合K，电压表的指针偏转至“Y”处；向U形管 右侧加入一定量NaCl固体，溶解后，观察到电压表指针偏转变大 （补全实验操作及现象）。
（4）将实验Ⅱ的溶液静置24h或加热后，得到红色沉淀。经检验，红色沉淀中含有Cu+、Cu2+和SO32﹣。甲、乙两位同学通过实验Ⅲ验证把红色沉淀中含有Cu+和Cu2+。
实验Ⅲ：
①甲同学认为红色沉淀中含有Cu2+，他判断的理由是 加入浓氨水后，红色沉淀溶解，得到浅蓝色溶液 。
②乙同学认为实验Ⅲ不足以证实红色沉淀中含有Cu2+，理由是 红色沉淀溶解的过程中，可能有部分Cu+被氧气氧化为Cu2+ 。
【分析】（1）推测实验Ⅰ中的无色气体为SO2，利用二氧化硫具有漂白性，且漂白性可逆进行实验验证；
（2）实验验证实验Ⅰ中的白色沉淀为CuCl，根据题干所给信息Cu+[Cu（NH3）2]+（无色溶液）[Cu（NH3）4]2+（深蓝色溶液），结合溶液颜色变化判断；
（3）①亚硫酸氢纳加入氯化铜后的实验现象是生成白色沉淀，利用电荷守恒，元素守恒，化合价升降法配平离子反应；
②根据实验中的单一变量原则判断加入的溶液；
（4）①根据信息Cu2+[Cu（NH3）4]2+（深蓝色溶液）分析判断；
②红色沉淀溶解的过程中，可能有部分Cu+被氧气氧化为Cu2+，所以不能判断。
【解答】解：（1）推测实验Ⅰ中的无色气体为SO2，利用二氧化硫具有漂白性，且漂白性可逆进行实验验证：用湿润的品红试纸接近试管口，视察到品红试纸的红色褪去，将品红试纸在烘箱中低温烘干又观察到品红试纸的红色恢复，
故答案为：品红试纸的红色褪去；品红试纸的红色恢复；
（2）实验验证实验Ⅰ中的白色沉淀为CuCl，根据题干所给信息Cu+[Cu（NH3）2]+（无色溶液）[Cu（NH3）4]2+（深蓝色溶液），取少量已洗净的白色沉淀于试管中，滴加足量浓氨水，先观察到沉淀溶解，得到无色溶液，反应的离子方程式为CuCl+2NH3＝[Cu（NH3）2]++Cl﹣；露置一段时间，又观察到溶液变为深蓝色，
故答案为：沉淀溶解，得到无色溶液；CuCl+2NH3＝[Cu（NH3）2]++Cl﹣；溶液变为深蓝色；
（3）①亚硫酸氢纳加入氯化铜后的实验现象是生成白色沉淀，利用电荷守恒，元素守恒，化合价升降法配平离子反应，实物Ⅰ反应的离子方程式为2Cu2++2Cl﹣+HSO3﹣+H2O＝2CuCl+SO42﹣+3H+和H++HSO3﹣＝SO2+H2O，
故答案为：2Cu2++2Cl﹣+HSO3﹣+H2O＝2CuCl+SO42﹣+3H+；
②实验是为了验证Cl﹣增强了Cu2+的氧化性，需向硫酸铜溶液中补充氯离子，U型管左侧是亚硫酸氢钠，故加入氯化钠固体，如果Cl﹣增强了Cu2+的氧化性，会使溶液中转移的电子数增多，闭合K，电压表的读数会增大，
故答案为：右侧加入一定量NaCl固体，溶解后，观察到电压表指针偏转变大；
（4）①根据信息Cu2+[Cu（NH3）4]2+（深蓝色溶液），甲同学认为红色沉淀中含有Cu2+，他判断的理由是加入浓氨水后，红色沉淀溶解，得到浅蓝色溶液，
故答案为：加入浓氨水后，红色沉淀溶解，得到浅蓝色溶液；
②乙同学认为实验Ⅲ不足以证实红色沉淀中含有Cu2+，理由是红色沉淀溶解的过程中，可能有部分Cu+被氧气氧化为Cu2+，
故答案为：红色沉淀溶解的过程中，可能有部分Cu+被氧气氧化为Cu2+。
【点评】本题考查物质的性质和实验方案的分析判断，难度较大，难点在于实验方案的设计分析判断上，尤其是对性质实验方案设计时，要从多个角度思者物质的性质，结合性质分析方案。
17．（14分）化合物H广泛用作香精的稀释剂和定香剂。合成它的一种路线如图所示：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是 2﹣甲基苯酚（或邻甲基苯酚） ，由E生成F的反应类型为 取代反应 。
（2）D的结构简式为 。
（3）D、G合成H的化学反应方程式为 。
（4）符合下列条件的C的同分异构体有 6 种（不考虑立体异构）。
①苯环上有三个取代基
②其中两个取代基与A中所含的官能团相同
③能发生银镜反应
其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为1：2：2：2：1的一种分子的结构简式为 （或） 。
（5）以苯酚为原料并结合题目中的信息，经以下步骤可以合成化合物。
“反应条件1”所用的试剂为 （CH3）3CCl/AlCl3 ，K的结构简式为 。
【分析】A为邻甲基苯酚：；A发生取代反应生成B为；B中侧链的甲基被酸性高锰酸钾溶液氧化成羧基，则C为；E为，E与一氯甲烷在氯化铝存在条件下发生取代反应生成F为甲苯：，F和氯气在光照下发生取代反应生成G为：，则根据H和G的结构可以得到D为：，据此进行解答。
【解答】解：（1）A的结构简式为，其名称为2﹣甲基苯酚（或邻甲基苯酚）；E与一氯甲烷在氯化铝存在条件下发生取代反应生成F为甲苯，
故答案为：2﹣甲基苯酚（或邻甲基苯酚）；取代反应；
（2）根据分析可知，D为：，
故答案为：；
（3）D为：，G为：，D、G合成H的化学反应方程式为，
故答案为：；
（4）C为，C的同分异构体中①苯环含有三个取代基；②有两个和A完全一样的官能团，说明含有酚羟基；③可发生银镜反应说明含有醛基，所以满足条件的C的同分异构体中含有2个酚羟基、1个﹣CH2CHO，当3个取代基都相邻时，中间为羟基或醛基，有2种结构；当两个羟基相邻时，存在1种结构；当1个羟基与﹣CH2CHO相邻时，另一个羟基可以在间位，有2种结构；3个取代基都不相邻时有1种结构，所以总共存在6种同分异构体；其中核磁共振氢谱为5组峰，且面积比为1：2：2：2：1，该有机物分子中含有5种H原子，且具有一定的对称结构，满足条件的有机物的结构简式为：或，
故答案为：6；（或）；
（5）由，根据初始原料苯酚、最终产物可知，反应过程中需要引进硝基、﹣C（CH3）3，结合信息反应可知，I转化成J是为了保护酚羟基，反应1中一定引进了﹣C（CH3）3，所以反应条件1为（CH3）3CCl/AlCl3，I为；再利用逆推法，反应3应该为将酚羟基还原，则K为，
故答案为：（CH3）3CCl/AlCl3；。
【点评】本题考查了有机推断与合成，为高频考点，根据合成流程明确合成原理为解答关键，注意熟练掌握常见有机物结构与性质及同分异构体的概念及书写原则，需要充分利用题中信息反应原理，试题充分考查了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力，题目难度中等。
18．（13分）铬元素在化合物中常见+2、+3和+6等价态。工业上以铬铁矿（主要成分为FeO•Cr2O3，含有SiO2杂质）为原料生产重铬酸钠晶体（Na2Cr2O7•2H2O），其工艺流程如图所示：
已知：①常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+氧化为CrO42﹣，反应后自身变为Bi（OH）3。
②相关金属离子c（Mn+）＝0.1mol•L﹣1时，形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Cr3+
开始沉淀的pH
6.3
1.5
3.7
完全沉淀的pH
8.3
2.8
5.1
③Na2Cr2O7和Na2SO4的溶解度随温度变化的关系如图所示：
回答下列问题：
（1）“滤渣A”的成分为 SiO2 。
（2）“除铁”控制的pH范围是 2.8≤pH＜3.7 。
（3）“氧化”过程中发生反应的离子方程式为 3NaBiO3+2Cr3++7OH﹣+H2O＝2CrO42﹣+3Na++3Bi（OH）3↓ 。
（4）依据图示分析，“操作a”为 蒸发结晶 、 趁热过滤 、洗涤、干燥。
（5）已知含+6价铬的废水会污染环境，排放前需要进行无害化处理，具体流程如图：
①下列溶液中可以代替上述流程中Na2S2O3溶液的是 AD （填标号）。
A．FeSO4溶液
B．浓硫酸
C．KMnO4溶液
D．Na2SO3溶液
②上述流程中，若每消耗0.1mol Na2S2O3转移0.8mole﹣，则加入Na2S2O3时发生反应的离子方程式为 4Cr2O72﹣+3 S2O32﹣+26H+＝8 Cr3++6SO42﹣+13H2O 。
【分析】铬铁矿“酸浸”，SiO2和硫酸不反应，过滤，滤液中含有Fe2+、Cr3+，加入过量过氧化氢把Fe2+氧化为氢氧化铁沉淀，除去铁元素；溶液中加入NaBiO3、氢氧化钠，在碱性条件下，NaBiO3将Cr3+氧化为CrO42﹣，自身变为Bi（OH）3沉淀，过滤，滤液中加入硫酸酸化，得到Na2Cr2O7和Na2SO4溶液，50℃以上蒸发结晶析出Na2SO4，过滤后，降低温度，析出Na2Cr2O7。
【解答】解：（1）SiO2和硫酸不反应，所以“滤渣A”的成分为SiO2，
故答案为：SiO2；
（2）根据相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围，为使Fe3+完全生成氢氧化铁沉淀而Cr3+不沉淀，“除铁”控制pH的范围是2.8≤pH＜3.7，
故答案为：2.8≤pH＜3.7；
（3）“氧化”过程是在碱性条件下，NaBiO3将Cr3+氧化为CrO42﹣，自身变为Bi（OH）3，发生反应的离子方程式为3NaBiO3+2Cr3++7OH﹣+H2O＝2CrO42﹣+3Na++3Bi（OH）3↓，
故答案为：3NaBiO3+2Cr3++7OH﹣+H2O＝2CrO42﹣+3Na++3Bi（OH）3↓；
（4）依据图示，50℃以上析出晶体为Na2SO4，且在50℃以上Na2SO4的溶解度随温度升高而降低，所以“操作a”为50℃以上蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，
故答案为：蒸发结晶；趁热过滤；
（5）①上述流程中Na2S2O3把Cr2O72﹣还原为Cr3+，FeSO4、Na2SO3都具有还原性，所以可用FeSO4溶液、Na2SO3溶液代替上述流程中Na2S2O3溶液，
故答案为：AD；
②若每消耗0.1mol Na2S2O3转移0.8mole﹣，说明S元素化合价由+2价升高为+6价，即Na2S2O3被氧化为Na2SO4，加入Na2S2O3时发生反应的离子方程式为4Cr2O72﹣+3 S2O32﹣+26H+＝8 Cr3++6SO42﹣+13H2O，
故答案为：4Cr2O72﹣+3 S2O32﹣+26H+＝8 Cr3++6SO42﹣+13H2O。
【点评】本题考查了物质分离与提纯，物质性质的应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验和计算能力的考查，注意把握题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，题目难度较大。
19．（14分）研究CO、CO2的转化既可减少碳排放，又可获得许多实用的含碳物质。
回答下列问题：
（1）以CO2、H2为原料，在铜基催化剂作用下可合成甲醇，反应如下（不考虑副反应）：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＜0
反应在恒容密闭容器中进行。反应时间一定，甲醇的产率随温度的变化如图所示（不考虑此过程中催化剂活性的变化）。
①该反应自发进行的条件是 低温 （填“高温”“低温”或“任意温度”）。
②甲醇产率随温度升高先增大后减小的原因是 温度低于某一值时，给定时间内反应未达到平衡，温度升高，反应速率増大，甲醇产率增大，温度达到某一值后，给定时间内反应已达到平衡，该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，甲醇产率减小 。
（2）以CO、H2为原料在一定条件下也可合成甲醇，发生的反应如下：
主反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）
副反应：CO（g）+H2（g）⇌C（g）+H2O（g）
一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中投入xmol CO和2xmol H2发生上述反应，平衡时容器内CH3OH的物质的量为a mol，C的物质的量为b mol。则主反应的平衡常数K＝ 。
（3）我国科学家设计CO2熔盐捕获与转化装置如图所示：
①d极的电极反应式为 CO32﹣+4e﹣═C+3O2﹣ 。
②若电源使用铅蓄电池，当电路中转移2mol电子时，Pb电极的质量理论上 增加 （填“增加”或“减少”）了 96 g。
（4）水煤气变换是重要的化工过程，反应为：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）。已知该反应的平衡常数K与热力学温度T的关系为lgK＝﹣m+（m、n均为正数）。
①水煤气变换是 放热 （填“吸热”或“放热”）反应。
②热力学温度为T＝时，在恒温密闭容器中将等物质的量的CO和H2O（g）混合，选择适当的催化剂进行反应。平衡时体系中H2的物质的量分数为ω，则 B （填标号）。
A．0＜ω≤
B．
C．≤ω＜1
【分析】（1）①根据化学反应方向的自由能△G＝△H﹣T△S，若△G＜0则反应能自发，据此解答；
②反应未达到平衡平衡时，甲醇产率与速率有关，反应达到平衡后，甲醇产率与平衡移动有关，升高温度，反应速率增大，平衡向吸热方向移动，据此解答；
（2）一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中投入xmolCO和2xmolH2发生反应，则n（C）＝n（CO）＝xmol，n（O）＝n（CO）＝xmol，n（H）＝2n（H2）＝4xmol，平衡时容器内CH3OH的物质的量为amol，C（g）的物质的量为bmol，先根据变化量之比等于化学计量数之比和原子守恒得出平衡时各气体的物质的量，再根据c＝计算各气体的浓度，代入K＝计算；
（3）①在电解池中，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，据此结合图中物质变化解答；
②铅蓄电池的Pb电极为负极，电极方程式为：Pb+SO42﹣﹣2e﹣═PbSO4，据此计算；
（4）①升高温度，平衡向吸热方向移动，平衡常数越大，反应的正向程度越大，据此结合该反应的平衡常数K与热力学温度T的关系式解答；
②热力学温度为T＝时，lgK＝﹣m+＝m，则K＝10m，在恒温密闭容器中将等物质的量的CO和H2O（g）混合，设CO和H2O的其实浓度为amol/L，H2的平衡浓度为xmol/L，列三段式计算各气体的平衡浓度，代入K＝，整理得x与a的关系，同时根据m＞0和0＜x＜a得出平衡时体系中H2的物质的量分数的范围。
【解答】解：（1）①化学反应能自发进行需满足△G＝△H﹣T△S＜0，由题意可知，该反应正向气体分子数减小，则△S＜0，且△H＜0，故T＜，即该反应自发进行的条件是低温，
故答案为：低温；
②反应未达到平衡平衡时，甲醇产率与速率有关，反应达到平衡后，甲醇产率与平衡移动有关，温度低于某一值时，给定时间内反应未达到平衡，温度升高，反应速率増大，甲醇产率增大，温度达到某一值后，给定时间内反应已达到平衡，该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，甲醇产率减小，
故答案为：温度低于某一值时，给定时间内反应未达到平衡，温度升高，反应速率増大，甲醇产率增大，温度达到某一值后，给定时间内反应已达到平衡，该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，甲醇产率减小；
（2）一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中投入xmolCO和2xmolH2发生反应，则n（C）总＝n（CO）＝xmol，n（O）总＝n（CO）＝xmol，n（H）总＝2n（H2）＝4xmol，平衡时容器内CH3OH的物质的量为amol，C（g）的物质的量为bmol，根据变化量之比等于化学计量数之比，n（H2O）＝n[C（g）]＝bmol，根据碳原子守恒，n（CO）＝n（C）总﹣n（CH3OH）﹣n[C（g）]＝（x﹣a﹣b）mol，根据氢原子守恒，n（H2）＝[n（H）总﹣4n（CH3OH）﹣2n（H2O）]＝（4x﹣4a﹣2×b）mol＝（2x﹣2a﹣b）mol，则CO（g）、H2（g）、CH3OH（g）的平衡浓度分别为mol/L、mol/L、mol/L，主反应的平衡常数K＝＝，
故答案为：；
（3）①由图可知，CO32﹣在d极上得到电子生成C，碳元素的化合价从+4价降低到0价，则CO32﹣每个得到4个电子，根据电荷守恒和原子守恒可知，生成物还有3个O2﹣，故d极的电极反应式为：CO32﹣+4e﹣═C+3O2﹣，
故答案为：CO32﹣+4e﹣═C+3O2﹣；
②铅蓄电池的Pb电极为负极，电极方程式为：Pb+SO42﹣﹣2e﹣═PbSO4，当电路中转移2mol电子时，Pb电极理论上增加了1molSO42﹣，即增加的质量为1mol×96g/mol＝96g，
故答案为：增加；96；
（4）①该反应的平衡常数K与热力学温度T的关系为lgK＝﹣m+（m、n均为正数），则升高温度，平衡常数减小，即平衡逆向移动，故水煤气变换是放热反应，
故答案为：放热；
②热力学温度为T＝时，lgK＝﹣m+＝m，则K＝10m，在恒温密闭容器中将等物质的量的CO和H2O（g）混合，设CO和H2O的其实浓度为amol/L，H2的平衡浓度为xmol/L，列三段式计算如下：
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
起始浓度（mol/L） a a 0 0
变化浓度（mol/L） x x x x
平衡浓度（mol/L）a﹣x a﹣x x x
则K＝＝＝10m，整理得x＝×a，故平衡时体系中H2的物质的量分数为ω＝＝×＝×（1﹣），因为m＞0，则＞1，所以ω＞×（1﹣）＝，又因为0＜x＜a，则ω＝＜＝，所以，故选B，
故答案为：B。
【点评】本题综合考查化学反应进行的方向、电解池、平衡移动的原理和化学平衡的计算，题目难度较大，关键是掌握化学反应进行方向的判据、外界条件对平衡移动和反应速率的影响、平衡常数的意义、电极方程式的书写和相关计算方法，难点在于利用关系式和代数的取值范围来确定氢气质量分数的取值范围，提高学生的分析能力及化学计算能力。
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