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2022届湖北省七市州教科研协作体高三下学期3月联合统一调研测试（二模）化学含解析
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这是一份2022届湖北省七市州教科研协作体高三下学期3月联合统一调研测试（二模）化学含解析，共22页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答， 某有机物的结构简式如图等内容，欢迎下载使用。
2022年湖北省七市(州)高三年级3月联合统一调研测试
化 学
本试卷共 19题。全卷满分100分。考试时间75分钟。
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡.上的指定位置。
2.选择题的作答：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。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 F19 Na23 Mg24 S32 Cl35.5 K39 Fe56 Cu64 Zn65 Xe131
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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. 2022年1月14日，汤加火山喷发产生大量SO2进入大气。下列有关SO2说法正确的是
A. 大气中SO2主要来源于火山喷发
B. SO2是直线形分子
C. 食品中添加适量的SO2可以起到漂白和防腐等作用
D. 可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验气体中的SO2
【答案】C
【解析】
【详解】A．大气中的SO2主要来自于化石燃料的燃烧，故A错误；
B．SO2：中心原子S的价层电子对数为4，还有2个孤电子对，空间构型为V形，故B错误；
C．SO2具有漂白性，有毒，食品中添加适量的SO2可以起到漂白和防腐等作用，如葡萄酒中含有微量的SO2，故C正确；
D．二氧化硫不与盐酸酸化的氯化钡溶液发生反应，故D错误；
答案为C。
2. 2021年我国科学家从一氧化碳到蛋白质一步合成的技术路线被突破。下列叙述错误的是
A. CO是极性分子
B 工业上可用CO冶炼金属
C. 新冠灭活疫苗的主要成分是蛋白质
D. 蛋白质变性后均不能食用
【答案】D
【解析】
【详解】A．一氧化碳分子中氧元素的电负性强于碳元素，则一氧化碳分子中正负电荷中心不重合，属于极性分子，故A正确；
B．一氧化碳高温下具有强氧化性，工业上常用一氧化碳做还原剂冶炼金属，故B正确；
C．新冠灭活疫苗的成分主要为灭活的新型冠状病毒，灭活的新型冠状病毒的主要成分是蛋白质，故C正确；
D．蛋白质变性不等同于变质，则蛋白质变性后不一定不能食用，如煮熟的鸡蛋发生了蛋白质的变性，但依然可以食用，故D错误；
故选D。
3. 下列实验装置和操作正确的是
A
B
C
D
实验室制取乙酸乙酯
准确量取15.20mL酸性KMnO4标准溶液
除去CO中的CO2
实验室制取并收集NH3
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．制备乙酸乙酯实验中应该将生成的乙酸乙酯通入到饱和碳酸钠溶液中，以中和乙酸、溶解乙醇和减小乙酸乙酯的溶解度，便于分层分离，A不合题意；
B．滴定管的“0”刻度线在上端，故图示读数应该是14.80mL，B不合题意；
C．除去CO中的CO2杂质不能用饱和碳酸氢钠溶液，可以用NaOH溶液或者饱和碳酸钠溶液，C不合题意；
D．实验室用加热Ca(OH)2和NH4Cl的方法来制备NH3，NH3的密度小于空气的，采用向下排空气法收集NH3，D符合题意；
故答案为：D。
4. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1molNH4F晶体中含有共价键数目为3NA
B. 0.5molXeF4中氙的价层电子对数为3NA
C. 标况下，11.2LNO和11.2LO2混合后的分子数目为NA
D. 31g乙二醇中sp3杂化的原子数目为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．NH4F中N-H以共价键结合，1molNH4F含有共价键的物质的量为4mol，故A错误；
B．XeF4中Xe有4个σ键，孤电子对数为=2，价层电子对数为4+2=6，0.5molXeF4中Xe的价层电子对数为0.5mol×6=3mol，故B正确；
C．NO与O2反应2NO+O2=2NO2，反应后气体总物质的量为(0.5+0.25)mol=0.75mol，NO2中存在2NO2N2O4，因此混合后气体总物质的量小于0.75mol，故C错误；
D．乙二醇的结构简式为HOCH2CH2OH，其中sp3杂化的原子是C和O，31g乙二醇中sp3杂化的原子物质的量为=2mol，故D错误；
答案为B。
5. 下列实验现象与实验操作不相匹配的是
实验操作
实验现象
A
向饱和溴化钾溶液中滴入氯化银饱和溶液
产生淡黄色沉淀
B
向盛有乙苯的试管中滴加3滴酸性高锰酸钾溶液，振荡
紫色不褪去
C
发黄的浓硝酸中通入O2
黄色变浅
D
装有甲烷和氯气的试管置于光亮处
气体颜色变浅，试管壁有液珠
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．溴化银的溶度积小于氯化银，则向饱和溴化钾溶液中滴入氯化银饱和溶液能生成淡黄色的溴化银沉淀，故A不符合题意；
B．乙苯属于苯的同系物，且与苯环相连的碳上有氢，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故B符合题意；
C．浓硝酸受热或遇光发生分解反应生成的二氧化氮溶解于浓硝酸中，会使浓硝酸变为黄色，向浓硝酸中通入的氧气能将二氧化氮氧化为硝酸使溶液的黄色会变浅，故C不符合题意；
D．装有甲烷和氯气的试管置于光亮处，甲烷和氯气会发生取代反应生成氯化氢和不溶于水的氯代甲烷，实验时能观察到试管中气体颜色变浅，试管壁上有液珠附着，故D不符合题意；
故选B。
6. 乙二醇生产工艺中，需使用热的K2CO3溶液(脱碳液)脱除CO2，脱碳液中含有的V2O5能减少溶液对管道的腐蚀。可使用“碘量法”测定脱碳液中V2O5的含量，操作中涉及两个反应如下：①V2O5+6HCl+2KI=2VOCl2+2KCl+I2+3H2O；②I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6。下列说法错误的是
A. 反应①中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2
B. 反应①生成1molVOCl2时，反应转移1mol电子
C. V的最高价为+5价，推测V2O5只有氧化性
D. 溶液酸性过强时，反应②易发生其他反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据反应①分析，KI中I的化合价由-1价变为0价，化合价升高，KI作还原剂，V2O5中V的价态由+5价变为+3价，化合价降低，V2O5作氧化剂，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，故A说法正确；
B．根据A选项分析，生成2molVOCl2，转移电子物质的量2mol，即生成1molVOCl2，转移电子物质的量1mol，故B说法正确；
C．V2O5中V显+5价，处于最高价，O显-2价，处于最低价，即V2O5既具有氧化性又具有还原性，故C说法错误；
D．在酸性过强时，S2O与H+反应生成S、SO2和H2O，故D说法正确；
答案为C。
7. 由同周期元素原子W、X、Y、Z构成的一种阴离子(如图)，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，四种原子最外层电子数之和为20。下列说法正确的是
A. W、X、Y、Z第一电离能由大到小依次是：Z>Y>X>W
B. Y形成的简单离子的半径比Z形成的简单离子的半径小
C. W和X的最高价氧化物对应水化物的酸性：W>X
D. W、Z形成的化合物分子中各原子均满足8电子稳定结构
【答案】A
【解析】
【分析】根据同周期元素原子W、X、Y、Z构成的一种阴离子结构，可知Y能形成2个共价键，Y是ⅥA族元素，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，则X是C元素、Y是O元素；Z形成1个共价键，Z是F元素；四种原子最外层电子数之和为20，则W是B元素。
【详解】A．同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，第一电离能由大到小依次是：F>O>C>B，故A正确；
B．O2-、F-电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子的半径：O2->F-，故B错误；
C．元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性 H2CO3>H3BO3，故C错误；
D．B、F形成的化合物BF3分子中，B原子不满足8电子稳定结构，故D错误；
选A。
8. 某有机物的结构简式如图。下列有关该有机物的说法错误的是
A. 分子式为C20H26O6
B. 既可以形成分子内氢键又可以形成分子间氢键
C. 分子中有一个手性碳原子，具有一定的光学活性
D. 1mol该有机物最多与3molNaOH反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，有机物的分子式为C20H26O6，故A正确；
B．由结构简式可知，有机物分子中含有羟基和羧基，既可以形成分子内氢键又可以形成分子间氢键，故B正确；
C．由结构简式可知，有机物分子中不含有连接4个不同原子或原子团的手性碳原子，不具有光学活性，故C错误；
D．由结构简式可知，有机物分子中含有的酯基、羟基和羧基能与氢氧化钠溶液反应，则1mol该有机物最多与3mol氢氧化钠反应，故D正确；
故选C。
9. 下列关于元素及化合物的结构和性质的叙述正确的是
A. 稳定性：H2Se
C. P4分子和离子中的键角都为109°28ˊ
D. F2能与NaCl溶液反应置换出Cl2
【答案】A
【解析】
【详解】A．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性O>S>Se，所以氢化物的稳定性强弱顺序是H2Se
C．P4分子的键角都为60°，离子中的键角都为109°28ˊ，选项C错误；
D．F2与NaCl溶液反应时是F2先与水反应生成HF和O2,不能置换出Cl2，选项D错误；
答案选A。
10. 砷化镉晶胞结构如图。图中“①”和“②”位是“真空”，晶胞参数为apm，建立如图的原子坐标系，①号位的坐标为(，，)。已知：砷化镉的摩尔质量为Mg/mol，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 砷化镉中Cd与As原子个数比为3：2
B. 两个Cd原子间最短距离为0.5apm
C. ③号位原子坐标参数(，1，)
D. 该晶胞的密度为g·cm-3
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图示晶胞可知，一个晶胞中As个数为：，Cd的个数为6，故砷化镉中Cd与As原子个数比为6:4=3：2，A正确；
B．由图示晶胞可知，平行与边的同一直线上Cd原子将边长 4等分，故两个Cd原子间最短距离为0.5apm，B正确；
C．由图所示可知，③号位原子位于右侧面的面心上，故其坐标参数为(，1，)，D正确；
D．由A项分析可知，一个晶胞中含有6个Cd和4个As，即含有2个As2Cd3，故该晶胞的密度为g·cm-3，D错误；
故答案为：D。
11. 制备苯甲酸甲酯的一种反应机理如图(其中Ph-代表苯基)。下列说法错误的是
A. 化合物2到化合物3的过程，存在极性键的断裂和生成
B. 化合物4到化合物5的过程，H2O2体现了还原性
C. 苯甲酸甲酯分子中所有C和O原子可能共平面
D. 制备苯甲酸甲酯的化学方程式：+H2O2+CH3OH+2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．化合物2→化合物3的反应过程如下：+→，该过程有C=O双键中的一个极性键断裂，生成了新的C-O单键也是极性键，选项A正确；
B．化合物4到化合物5的过程，该过程中有机物发生的变化如图 ，可知有机物反应过程中失去了电子且被氧化，则H2O2在该过程中做氧化剂，体现了氧化性，选项B错误；
C．根据苯分子中12个原子共平面，甲醛分子中4个原子共平面，且单键可以旋转，苯基、酯基及甲基上的C旋转到一定角度可同面，即苯甲酸甲酯分子中所有C和O原子可能共平面，选项C正确；
D．制备苯甲酸甲酯：在题目所给流程中化合物2参与了整个循环，类似于该反应的“催化剂”，所以总反应的化学方程式为：+H2O2+CH3OH+2H2O，选项D正确；
答案选B。
12. 在一定温度下，BaSO4和C在一密闭容器中进行反应：BaSO4(s)+4C(s)BaS(s)+4CO(g)，CO的平衡浓度(mol/L)的对数lgc(CO)与温度的倒数的关系如图所示，下列说法中正确的是
A. Q点BaSO4的消耗速率小于生成速率
B. 该反应的ΔH<0
C. 温度是K时，反应的平衡常数为1
D. 温度不变，将R点状态的容器体积扩大，重新达到平衡时，气体的压强减小
【答案】A
【解析】
【分析】由方程式可知，反应的化学平衡常数K=c4(CO)，由图可知，增大，lgc(CO)减小，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应。
【详解】A．由图可知，温度一定时，Q点浓度熵大于平衡常数，平衡向逆反应方向移动，则硫酸钡的消耗速率小于生成速率，故A正确；
B．由分析可知，该反应为吸热反应，反应ΔH＞0，故B错误；
C．由图可知，为×10—4K—1时，反应的平衡常数为1，则反应温度T=3×104K，故C错误；
D．反应的化学平衡常数K=c4(CO)，平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，则温度不变，将R点状态的容器体积扩大，重新达到平衡时，一氧化碳的浓度不变，气体的压强不变，故D错误；
故选A。
13. 以赤铁矿(主要成分为Fe2O3，含少量Al2O3)为原料制备无水FeCl2的工艺流程如下。下列说法错误的是
A. 试剂1可用NaOH溶液
B. 鉴别溶液2中金属阳离子可用KSCN溶液
C. 反应3为化合反应
D. 将溶液3蒸干可制得无水FeCl2
【答案】D
【解析】
【分析】由题给流程可知，向赤铁矿中加入氢氧化钠溶液，将氧化铝转化为偏铝酸钠，氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤得到含有偏铝酸钠的滤液1和含有氧化铁的滤渣1；向滤渣1中加入盐酸，将氧化铁转化为氯化铁，向得到的氯化铁溶液中加入铁，将氯化铁转化为氯化亚铁，氯化亚铁溶液经隔绝空气，在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到无水氯化亚铁。
【详解】A．由分析可知，试剂1为氢氧化钠溶液，加入试剂的目的是将两性氧化物氧化铝溶解转化为偏铝酸钠，故A正确；
B．由分析可知，溶液2为氯化铁溶液，鉴别溶液中的铁离子应选择硫氰化钾溶液，故B正确；
C．由分析可知，反应3为氯化铁溶液与铁发生化合反应生成氯化亚铁，故C正确；
D．氯化亚铁中亚铁离子具有还原性和水解性，若直接将溶液蒸干无法制得无水氯化亚铁，应隔绝空气，在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到无水氯化亚铁，故D错误；
故选D。
14. 可用惰性电极通过电解法制备KMnO4，下列说法正确的是
A. 图中离子交换膜为阴离子交换膜
B. X极电极反应为MnO—e—=MnO
C. Y极区可以产生O2和较浓的KOH溶液
D. 电解一段时间后阴极区溶液的pH减小
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，与直流电源正极a相连的X电极为电解池的阳极，锰酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成高锰酸根离子，电极反应式为MnO—e—=MnO，与直流电源负极b相连的Y电极是阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e—=H2↑+2OH—，电解过程中钾离子通过阳离子交换膜进入阴极区，在阴极区得到浓度较大的氢氧化钾溶液。
【详解】A．由分析可知，装置中的离子交换膜为阳离子交换膜，故A错误；
B．由分析可知，与直流电源正极a相连的X电极为电解池的阳极，锰酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成高锰酸根离子，电极反应式为MnO—e—=MnO，故B正确；
C．由分析可知，与直流电源负极b相连的Y电极是阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，故C错误；
D．与直流电源负极b相连的Y电极是阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e—=H2↑+2OH—，电解过程中阴极区氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大，故D错误；
故选B。
15. 室温下，向100mL某浓度的二元弱酸H2A溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化曲线如图所示。下列有关说法错误的是
A. Ka1(H2A)数量级为10-3
B. b点时：c(Na+)>c(HA—)>c(H+)>c(A2—)>c(OH—)
C. 水的电离程度：d>c>b>a
D. b→c段，反应的离子方程式为HA—+OH—=A2—+H2O
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，a点对应溶液为H2A溶液，酸电离出的氢离子抑制水的电离，H2A溶液与氢氧化钠溶液反应时有b、c两个计量点，b点对应溶液为NaHA溶液、c点对应溶液为Na2A溶液，b点NaHA溶液pH为5说明HA—在溶液中的电离程度大于水解程度，d点为NaOH和Na2A的混合溶液，由b点消耗0.1mol/L氢氧化钠溶液的体积可知，H2A溶液的浓度为=0.1mol/L。
【详解】A．由分析可知，a点对应溶液为0.1mol/L H2A溶液，溶液pH为2，则电离常数Ka1(H2A)= ≈=1×10—3，所以电离常数的数量级为10-3，故A正确；
B．由分析可知，b点对应溶液为NaHA溶液，溶液pH为5说明HA—在溶液中的电离程度大于水解程度，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)>c(HA—)>c(H+)>c(A2—)>c(OH—)，故B正确；
C．由分析可知，c点对应溶液为Na2A溶液，A2—在溶液中水解使溶液呈碱性，促进水的电离，d点为NaOH和Na2A的混合溶液，氢氧化钠在溶液中电离出的氢氧根离子抑制A2—在溶液中的水解，水的电离程度小于c点，故C错误；
D．由分析可知，b→c段发生的反应为NaHA溶液与氢氧化钠溶液反应生成Na2A和水，反应的离子方程式为HA—+OH—=A2—+H2O，故D正确；
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 钼酸钠(Na2MoO4)是一种冷却水系统的金属缓蚀剂，工业上通常利用钼精矿(主要成分MoS2中硫为-2价)制备钼酸钠晶体的流程如图所示。
回答下列问题：
（1）可以提高钼精矿焙烧效率的措施有_______。(任写一种)
（2）NaClO的电子式_______。
（3）粗产品焙烧的化学方程式_______。
（4）实验室进行操作1所用的玻璃仪器是：烧杯_______、_______，操作2的步骤是：_______、_______过滤、洗涤、干燥。
（5）操作3中硫元素被氧化为最高价，发生反应的离子方程式为_______。
（6）钼的化合物间有如下转化关系。八钼酸铵的化学式为：_______。
（7）某温度下，BaMoO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，要使溶液中钼酸根离子完全沉淀(浓度小于1×10-5mol/L)，溶液中Ba2+的浓度应大于_______mol/L。
【答案】（1）将钼精矿粉粹、适当增加空气的量和在沸腾炉中进行反应等
（2） （3）MoO3 + Na2CO3Na2MoO4 +CO2↑
（4） ①. 漏斗 ②. 玻璃棒 ③. 蒸发浓缩 ④. |冷却结晶
（5）MoS2 +6OH- +9ClO-= MoO+2SO+9Cl- +3H2O
（6）(NH4)4Mo8O26
（7）4 ×10-3
【解析】
【分析】钼精矿的主要成分为MoS2，其中硫为-2价，在空气中焙烧生成MoO3和SO2，方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2，将MoO3与Na2CO3高温焙烧，生成Na2MoO4和CO2，方程式为：MoO3 + Na2CO3Na2MoO4 +CO2↑，加水溶解、过滤得到Na2MoO4溶液，若将钼精矿溶于NaOH和NaClO混合溶液，生成Na2MoO4溶液，方程式为：MoS2+6NaOH+9NaClO=Na2MoO4+2Na2SO4+9NaCl+3H2O，然后两种方式制得的滤液合并，将Na2MoO4溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，烘干，得到Na2MoO4•2H2O晶体，据此分析解题。
【小问1详解】
将钼精矿粉粹增大与空气的接触面积、适当增加空气的量让其充分反应和在沸腾炉中进行反应以增大固体和气体的接触面积等措施均可以提高钼精矿焙烧效率，故答案为：将钼精矿粉粹、适当增加空气的量和在沸腾炉中进行反应等；
【小问2详解】
已知NaClO是离子化合物，故NaClO的电子式为：，故答案为：；
【小问3详解】
由分析可知，粗产品焙烧化学方程式为：MoO3 + Na2CO3Na2MoO4 +CO2↑，故答案为：MoO3 + Na2CO3Na2MoO4 +CO2↑；
【小问4详解】
由题干流程图可知，实验室进行操作1是分离滤渣和溶液，故为过滤操作，则所用的玻璃仪器是：烧杯、漏斗、玻璃棒，由分析可知，操作2为从溶液中析出晶体的过程，故操作的步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：漏斗；玻璃棒；蒸发浓缩；冷却结晶；
【小问5详解】
由分析可知，操作3中硫元素被氧化为最高价，发生反应反应方程式为：MoS2+6NaOH+9NaClO=Na2MoO4+2Na2SO4+9NaCl+3H2O，故其的离子方程式为：MoS2 +6OH- +9ClO-= MoO+2SO+9Cl- +3H2O，故答案为：MoS2 +6OH- +9ClO-= MoO+2SO+9Cl- +3H2O；
【小问6详解】
由题干中正钼酸根和七钼酸根离子可知，钼的化合价为+6价，故八钼酸根离子的化学式为：，则八钼酸铵的化学式为：(NH4)4Mo8O26，故答案为：(NH4)4Mo8O26；
【小问7详解】
由题干某温度下，BaMoO4在水中的沉淀溶解平衡曲线图所示信息可知，Ks(BaMoO4)=2×10-4×2×10-4=4×10-8，要使溶液中钼酸根离子完全沉淀(浓度小于1×10-5mol/L)，溶液中Ba2+的浓度应大于=4×10-3mol/L，故答案为：4×10-3。
17. 有机物E是合成药物的中间体，E的合成路线如下：
回答下列问题：
（1）C分子中含氧官能团名称为_______。
（2）反应Ⅲ的化学方程式为_______。
（3）D→E的反应类型为_______。
（4）化合物Y是比B少一个碳的同系物。Y的同分异构体中遇FeCl3溶液显紫色，还能发生银镜反应的结构共有_______种，其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：2：2：1：1的结构简式为_______，化学名称为_______。
（5）写出以为原料制备化合物的合成路线(其他试剂任选)：_______。
【答案】（1）羧基、羟基
（2）+ CH3OH +H2O
（3）取代反应 （4） ①. 13 ②. ③. 对羟基苯乙醛或4-羟基苯乙醛
（5）
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，在氮气和—5℃条件下，与KBH4发生还原反应生成，在Py作用下与丙二酸先发生加成反应、后发生消去反应生成，在浓硫酸作用下，与甲醇共热发生酯化反应生成，一定条件下与发生取代反应生成。
【小问1详解】
C的结构简式为，含氧官能团为羟基、羧基，故答案为：羟基、羧基；
【小问2详解】
反应Ⅲ为在浓硫酸作用下，与甲醇共热发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为+ CH3OH +H2O，故答案为：+ CH3OH +H2O；
【小问3详解】
D→E的反应为一定条件下与发生取代反应生成，故答案为：取代反应；
【小问4详解】
化合物B的分子式为C9H10O2，化合物Y是比B少一个碳的同系物，则Y的分子式为C8H8O2，Y的同分异构体中遇氯化铁溶液显紫色，还能发生银镜反应说明Y的同分异构体中含有酚羟基和醛基，若分子中含有—OH和—CH2CHO，取代基在苯环上有邻间对3种结构，若分子中含有—OH、—CH3和—CHO，同分异构体可以视作分子中含有—OH和—CH3的有机物分子中苯环上的氢原子被—CHO取代所得结构，其中—OH和—CH3处于邻、间位时各有4种结构、对位时有2种结构，则符合条件的同分异构体共有13种，其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：2：2：1：1的结构简式为，名称为对羟基苯乙醛或4-羟基苯乙醛，故答案为：13；；对羟基苯乙醛或4-羟基苯乙醛；
【小问5详解】
由题给有机物的转化关系可知，以为原料制备化合物的合成步骤为在浓硫酸作用下，与甲酸共热发生酯化反应生成，在氮气和—5℃条件下，与KBH4发生还原反应生成，一定条件下与发生取代反应生成，合成路线为，故答案为：。
18. 磺酰氯(SO2Cl2)可用于制造锂电池正极活性物质。实验室可利用SO2和Cl2在活性炭催化下反应制取少量SO2Cl2，装置如图(部分夹持装置已省略)。
已知：①SO2(g)+Cl2(g)=SO2Cl2(1) △H=-97.3kJ/mol。
②SO2Cl2熔点为-54.1°C，沸点69.1°C，常温较稳定。遇水剧烈水解，100°C以上易分解。
回答下列问题：
（1）仪器A的名称是_______，装置丙中橡胶管的作用是_______。
（2）装置丙中发生反应的离子反应方程式为_______，上述仪器正确的连接顺序是e→_______→g，h←_______←f(填仪器接口字母编号，仪器可重复使用)。
（3）仪器F的作用是_______。
（4）装置丁中三颈烧瓶置于冷水浴中，其原因是_______。
（5）使用Li-SO2Cl2电池作为电源，采用四室式电渗析法制备Ni(H2PO2)2和NaOH，其工作原理如图所示。已知电池反应为2Li+SO2Cl2=2LiCl+SO2↑。下列说法正确的是_______(填标号)。
A. 电池中C电极的电极反应式为SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑
B. 膜甲、膜丙分别为阳离子交换膜、阴离子交换膜
C. g为Ni电极，连接电池的正极
D. 一段时间后，I室和IV室中溶液的pH均升高
（6）某实验小组利用该装置消耗了氯气1120mL(已转化为标准状况，SO2足量)，最后得到纯净的磺酰氯4.0g，则磺酰氯的产率为_______(结果保留三位有效数字)。
【答案】（1） ①. 蒸馏烧瓶 ②. 平衡气压，使液体顺利滴下
（2） ①. 2+ 10Cl- +16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O ②. cdab ③. ba
（3）吸收SO2、Cl2 ，防止污染空气；同时防止水蒸气进同意使磺酰氯水解
（4）因为制备SO2Cl2的反应为放热反应， SO2Cl2沸点低，温度过高易气化且易分解 （5）AC
（6）59.3%
【解析】
【分析】丙装置制备氯气，戊装置制备二氧化硫，二氧化硫与氯气在丁中反应生成SO2Cl2，丁中活性炭可能起催化剂作用，SO2Cl2遇水发生剧烈的水解反应，甲为干燥二氧化硫，乙是饱和食盐水，降低氯气溶解度，甲干燥氯气，SO2Cl2沸点低、易挥发，B为冷凝管，使挥发的产物SO2Cl2冷凝回流，碱石灰吸收为反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止进入C中导致磺酰氯水解。
【小问1详解】
根据仪器的构造可知，仪器A的名称是蒸馏烧瓶，当分液漏斗上部压强大于烧瓶内压强时，分液漏斗内液体才能顺利流下，所以橡皮管起到平衡气压，使液体顺利流下的作用，装置丙中橡胶管的作用是平衡气压，使液体顺利滴下；
【小问2详解】
装置丙中高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水，发生反应的离子反应方程式为2+ 10Cl- +16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，实验装置的顺序是氯气制备装置→除杂装置→干燥装置→反应装置←干燥装置←二氧化硫制备装置，上述仪器正确的连接顺序是e→c→d→a→b→g，h←b←a←f；
【小问3详解】
仪器F装有碱石灰，其作用是吸收SO2、Cl2 ，防止污染空气；同时防止水蒸气进同意使磺酰氯水解；
【小问4详解】
因为制备SO2Cl2的反应为放热反应， SO2Cl2沸点低，温度过高易气化且易分解，故装置丁中三颈烧瓶置于冷水浴中；
【小问5详解】
结合题图，可知，原电池负极:原电池正极:SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑。电解池阴极(不锈钢极) :2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极(镍) : Ni- 2e- = Ni2+。
A．由已知电池反应可知C电极为正极，发生还原反应，电极反应式为SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑，选项A正确；
B．Ⅱ室为产品室，故阳极上镍失去电子生成Ni2+通过膜甲进入产品室，Ⅲ室中的通过膜乙进入产品室，与Ni2+形成Ni(H2PO2)2，故膜甲为阳离子交换膜，膜乙为阴离子交换膜，膜丙为阳离子交换膜，以防Ⅳ室的OH-通过膜丙进 入Ⅲ室与NaH2 PO2反应消耗原料，同时Na+通过膜丙进入Ⅳ室可制备浓氢氧化钠溶液，选项B错误；
C．由题目信息可知镍应作电解池的阳极，与外接电源的正极相连，选项C正确；
D．一段时间后，I室氢氧根离子放电，c(H+)增大，pH降低，IV室中氢离子放电，c(OH-)增大，溶液的pH均升高，选项D错误；
答案选AC；
【小问6详解】
某实验小组利用该装置消耗了氯气1120mL(已转化为标准状况，SO2足量)，最后得到纯净的磺酰氯4.0g，根据反应SO2(g)+Cl2(g)=SO2Cl2，则磺酰氯的产率为=59.3%。
19. 研究碳及其化合物的资源化利用具有重要的意义。回答下列问题：
（1）已知下列热化学方程式：
反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=-164.9kJ/mol。
反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ/mol
则反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)的ΔH3=_______kJ/mol。
（2）在T°C时，将1molCO2和3molH2加入容积不变的密闭容器中，发生反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)，实验测得CO2的体积分数φ(CO2)如表所示：
t/min
0
10
20
30
40
50
φ(CO2)
0.25
0.23
0.214
0.202
0.200
0.200
①能判断反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)达到平衡的是_______(填标号)。
A.CO2的消耗速率和CH4的生成速率相等
B.混合气体的密度不再发生变化
C.容器内气体压强不再发生变化
D.混合气体的平均相对分子质量不再发生变化
②达到平衡时CO2的转化率为_______%(结果保留三位有效数字)。
（3）将n(CO2)：n(H2)=1：4的混合气体充入密闭容器中发生上述反应I、II，在不同温度和压强时，CO2的平衡转化率如图。0.1MPa时，CO2的转化率在600°C之后，随温度升高而增大的主要原因是_______。
（4）在T°C时，向容积为2L的恒容密闭容器中充入1molCO2和一定量的H2发生反应：CO2(g)+2H2(g)=HCHO(g)+H2O(g)。达到平衡时，HCHO的分压与起始的关系如图所示：(分压=总压×物质的量分数)
①起始时容器内气体的总压强为1.2pkPa，若5min时反应到达c点，v(H2)=_______mol/(L·min)。
②b点时反应的平衡常数Kp=_______(kPa)-1(以分压表示)。
③c点时，再加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.05pkPa，则H2的转化率_______(填“增大”“不变”或减小”)。
【答案】（1）+206.1
（2） ①. CD ②. 33.3
（3）反应I的△H1 <0，反应II的△H2>0，600 °C之后，温度升高，反应II向右移动，二氧化碳减少的量比反应I向左移动二氧化碳增加的量多
（4） ①. 0.1 ②. 1.25/p ③. 不变
【解析】
【小问1详解】
反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=-164.9kJ/mol。
反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ/mol
根据盖斯定律II-I得CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)的ΔH3=+41.2kJ/mol+164.9kJ/mol =+206.1kJ/mol。
【小问2详解】
①A．CO2的消耗速率和CH4的生成速率相等，均为正反应方向，不能判断正逆反应速率是否相等，故不选A；
B．反应前后气体总质量不变，容器体积不变，所以密度是恒量，混合气体的密度不再发生变化，反应不一定平衡，故不选B；
C．反应前后气体系数和不同，压强是变量，容器内气体压强不再发生变化，反应一定达到平衡状态，故选C；
D．反应前后气体总质量不变，气体总物质的量是变量，所以平均相对分子质量是变量，混合气体的平均相对分子质量不再发生变化，反应一定达到平衡状态，故选D；
选CD。
②
反应达到平衡，CO2的体积分数为0.2；
； X= ；达到平衡时CO2的转化率为33.3%。
【小问3详解】
反应I的△H1 <0，反应II的△H2>0，600 °C之后，温度升高，反应II向右移动，二氧化碳减少的量比反应I向左移动二氧化碳增加的量多，所以二氧化碳的转化率增大。
【小问4详解】
①起始时容器内气体的总压强为1.2pkPa，若5min时反应到达c点，c点HCHO的物质的量为x，，x=0.5mol，则反应消耗氢气的物质的量为1mol，v(H2)=mol/(L·min)。
②
甲醛的压强为0.2pkPa，则二氧化碳的压强为0.2pkPa、氢气的压强为0.4pkPa、水蒸气的压强为0.2pkPa，b点时反应的平衡常数Kp=1.25/p (kPa)-1。
③c点时，再加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.05pkPa，Q=，平衡不移动，则H2的转化率不变。
2022年湖北省七市(州)高三年级3月联合统一调研测试
化 学
本试卷共 19题。全卷满分100分。考试时间75分钟。
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡.上的指定位置。
2.选择题的作答：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。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 F19 Na23 Mg24 S32 Cl35.5 K39 Fe56 Cu64 Zn65 Xe131
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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. 2022年1月14日，汤加火山喷发产生大量SO2进入大气。下列有关SO2说法正确的是
A. 大气中SO2主要来源于火山喷发
B. SO2是直线形分子
C. 食品中添加适量的SO2可以起到漂白和防腐等作用
D. 可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验气体中的SO2
【答案】C
【解析】
【详解】A．大气中的SO2主要来自于化石燃料的燃烧，故A错误；
B．SO2：中心原子S的价层电子对数为4，还有2个孤电子对，空间构型为V形，故B错误；
C．SO2具有漂白性，有毒，食品中添加适量的SO2可以起到漂白和防腐等作用，如葡萄酒中含有微量的SO2，故C正确；
D．二氧化硫不与盐酸酸化的氯化钡溶液发生反应，故D错误；
答案为C。
2. 2021年我国科学家从一氧化碳到蛋白质一步合成的技术路线被突破。下列叙述错误的是
A. CO是极性分子
B 工业上可用CO冶炼金属
C. 新冠灭活疫苗的主要成分是蛋白质
D. 蛋白质变性后均不能食用
【答案】D
【解析】
【详解】A．一氧化碳分子中氧元素的电负性强于碳元素，则一氧化碳分子中正负电荷中心不重合，属于极性分子，故A正确；
B．一氧化碳高温下具有强氧化性，工业上常用一氧化碳做还原剂冶炼金属，故B正确；
C．新冠灭活疫苗的成分主要为灭活的新型冠状病毒，灭活的新型冠状病毒的主要成分是蛋白质，故C正确；
D．蛋白质变性不等同于变质，则蛋白质变性后不一定不能食用，如煮熟的鸡蛋发生了蛋白质的变性，但依然可以食用，故D错误；
故选D。
3. 下列实验装置和操作正确的是
A
B
C
D
实验室制取乙酸乙酯
准确量取15.20mL酸性KMnO4标准溶液
除去CO中的CO2
实验室制取并收集NH3
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．制备乙酸乙酯实验中应该将生成的乙酸乙酯通入到饱和碳酸钠溶液中，以中和乙酸、溶解乙醇和减小乙酸乙酯的溶解度，便于分层分离，A不合题意；
B．滴定管的“0”刻度线在上端，故图示读数应该是14.80mL，B不合题意；
C．除去CO中的CO2杂质不能用饱和碳酸氢钠溶液，可以用NaOH溶液或者饱和碳酸钠溶液，C不合题意；
D．实验室用加热Ca(OH)2和NH4Cl的方法来制备NH3，NH3的密度小于空气的，采用向下排空气法收集NH3，D符合题意；
故答案为：D。
4. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1molNH4F晶体中含有共价键数目为3NA
B. 0.5molXeF4中氙的价层电子对数为3NA
C. 标况下，11.2LNO和11.2LO2混合后的分子数目为NA
D. 31g乙二醇中sp3杂化的原子数目为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．NH4F中N-H以共价键结合，1molNH4F含有共价键的物质的量为4mol，故A错误；
B．XeF4中Xe有4个σ键，孤电子对数为=2，价层电子对数为4+2=6，0.5molXeF4中Xe的价层电子对数为0.5mol×6=3mol，故B正确；
C．NO与O2反应2NO+O2=2NO2，反应后气体总物质的量为(0.5+0.25)mol=0.75mol，NO2中存在2NO2N2O4，因此混合后气体总物质的量小于0.75mol，故C错误；
D．乙二醇的结构简式为HOCH2CH2OH，其中sp3杂化的原子是C和O，31g乙二醇中sp3杂化的原子物质的量为=2mol，故D错误；
答案为B。
5. 下列实验现象与实验操作不相匹配的是
实验操作
实验现象
A
向饱和溴化钾溶液中滴入氯化银饱和溶液
产生淡黄色沉淀
B
向盛有乙苯的试管中滴加3滴酸性高锰酸钾溶液，振荡
紫色不褪去
C
发黄的浓硝酸中通入O2
黄色变浅
D
装有甲烷和氯气的试管置于光亮处
气体颜色变浅，试管壁有液珠
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．溴化银的溶度积小于氯化银，则向饱和溴化钾溶液中滴入氯化银饱和溶液能生成淡黄色的溴化银沉淀，故A不符合题意；
B．乙苯属于苯的同系物，且与苯环相连的碳上有氢，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故B符合题意；
C．浓硝酸受热或遇光发生分解反应生成的二氧化氮溶解于浓硝酸中，会使浓硝酸变为黄色，向浓硝酸中通入的氧气能将二氧化氮氧化为硝酸使溶液的黄色会变浅，故C不符合题意；
D．装有甲烷和氯气的试管置于光亮处，甲烷和氯气会发生取代反应生成氯化氢和不溶于水的氯代甲烷，实验时能观察到试管中气体颜色变浅，试管壁上有液珠附着，故D不符合题意；
故选B。
6. 乙二醇生产工艺中，需使用热的K2CO3溶液(脱碳液)脱除CO2，脱碳液中含有的V2O5能减少溶液对管道的腐蚀。可使用“碘量法”测定脱碳液中V2O5的含量，操作中涉及两个反应如下：①V2O5+6HCl+2KI=2VOCl2+2KCl+I2+3H2O；②I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6。下列说法错误的是
A. 反应①中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2
B. 反应①生成1molVOCl2时，反应转移1mol电子
C. V的最高价为+5价，推测V2O5只有氧化性
D. 溶液酸性过强时，反应②易发生其他反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据反应①分析，KI中I的化合价由-1价变为0价，化合价升高，KI作还原剂，V2O5中V的价态由+5价变为+3价，化合价降低，V2O5作氧化剂，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，故A说法正确；
B．根据A选项分析，生成2molVOCl2，转移电子物质的量2mol，即生成1molVOCl2，转移电子物质的量1mol，故B说法正确；
C．V2O5中V显+5价，处于最高价，O显-2价，处于最低价，即V2O5既具有氧化性又具有还原性，故C说法错误；
D．在酸性过强时，S2O与H+反应生成S、SO2和H2O，故D说法正确；
答案为C。
7. 由同周期元素原子W、X、Y、Z构成的一种阴离子(如图)，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，四种原子最外层电子数之和为20。下列说法正确的是
A. W、X、Y、Z第一电离能由大到小依次是：Z>Y>X>W
B. Y形成的简单离子的半径比Z形成的简单离子的半径小
C. W和X的最高价氧化物对应水化物的酸性：W>X
D. W、Z形成的化合物分子中各原子均满足8电子稳定结构
【答案】A
【解析】
【分析】根据同周期元素原子W、X、Y、Z构成的一种阴离子结构，可知Y能形成2个共价键，Y是ⅥA族元素，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，则X是C元素、Y是O元素；Z形成1个共价键，Z是F元素；四种原子最外层电子数之和为20，则W是B元素。
【详解】A．同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，第一电离能由大到小依次是：F>O>C>B，故A正确；
B．O2-、F-电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子的半径：O2->F-，故B错误；
C．元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性 H2CO3>H3BO3，故C错误；
D．B、F形成的化合物BF3分子中，B原子不满足8电子稳定结构，故D错误；
选A。
8. 某有机物的结构简式如图。下列有关该有机物的说法错误的是
A. 分子式为C20H26O6
B. 既可以形成分子内氢键又可以形成分子间氢键
C. 分子中有一个手性碳原子，具有一定的光学活性
D. 1mol该有机物最多与3molNaOH反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，有机物的分子式为C20H26O6，故A正确；
B．由结构简式可知，有机物分子中含有羟基和羧基，既可以形成分子内氢键又可以形成分子间氢键，故B正确；
C．由结构简式可知，有机物分子中不含有连接4个不同原子或原子团的手性碳原子，不具有光学活性，故C错误；
D．由结构简式可知，有机物分子中含有的酯基、羟基和羧基能与氢氧化钠溶液反应，则1mol该有机物最多与3mol氢氧化钠反应，故D正确；
故选C。
9. 下列关于元素及化合物的结构和性质的叙述正确的是
A. 稳定性：H2Se
C. P4分子和离子中的键角都为109°28ˊ
D. F2能与NaCl溶液反应置换出Cl2
【答案】A
【解析】
【详解】A．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性O>S>Se，所以氢化物的稳定性强弱顺序是H2Se
C．P4分子的键角都为60°，离子中的键角都为109°28ˊ，选项C错误；
D．F2与NaCl溶液反应时是F2先与水反应生成HF和O2,不能置换出Cl2，选项D错误；
答案选A。
10. 砷化镉晶胞结构如图。图中“①”和“②”位是“真空”，晶胞参数为apm，建立如图的原子坐标系，①号位的坐标为(，，)。已知：砷化镉的摩尔质量为Mg/mol，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 砷化镉中Cd与As原子个数比为3：2
B. 两个Cd原子间最短距离为0.5apm
C. ③号位原子坐标参数(，1，)
D. 该晶胞的密度为g·cm-3
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图示晶胞可知，一个晶胞中As个数为：，Cd的个数为6，故砷化镉中Cd与As原子个数比为6:4=3：2，A正确；
B．由图示晶胞可知，平行与边的同一直线上Cd原子将边长 4等分，故两个Cd原子间最短距离为0.5apm，B正确；
C．由图所示可知，③号位原子位于右侧面的面心上，故其坐标参数为(，1，)，D正确；
D．由A项分析可知，一个晶胞中含有6个Cd和4个As，即含有2个As2Cd3，故该晶胞的密度为g·cm-3，D错误；
故答案为：D。
11. 制备苯甲酸甲酯的一种反应机理如图(其中Ph-代表苯基)。下列说法错误的是
A. 化合物2到化合物3的过程，存在极性键的断裂和生成
B. 化合物4到化合物5的过程，H2O2体现了还原性
C. 苯甲酸甲酯分子中所有C和O原子可能共平面
D. 制备苯甲酸甲酯的化学方程式：+H2O2+CH3OH+2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．化合物2→化合物3的反应过程如下：+→，该过程有C=O双键中的一个极性键断裂，生成了新的C-O单键也是极性键，选项A正确；
B．化合物4到化合物5的过程，该过程中有机物发生的变化如图 ，可知有机物反应过程中失去了电子且被氧化，则H2O2在该过程中做氧化剂，体现了氧化性，选项B错误；
C．根据苯分子中12个原子共平面，甲醛分子中4个原子共平面，且单键可以旋转，苯基、酯基及甲基上的C旋转到一定角度可同面，即苯甲酸甲酯分子中所有C和O原子可能共平面，选项C正确；
D．制备苯甲酸甲酯：在题目所给流程中化合物2参与了整个循环，类似于该反应的“催化剂”，所以总反应的化学方程式为：+H2O2+CH3OH+2H2O，选项D正确；
答案选B。
12. 在一定温度下，BaSO4和C在一密闭容器中进行反应：BaSO4(s)+4C(s)BaS(s)+4CO(g)，CO的平衡浓度(mol/L)的对数lgc(CO)与温度的倒数的关系如图所示，下列说法中正确的是
A. Q点BaSO4的消耗速率小于生成速率
B. 该反应的ΔH<0
C. 温度是K时，反应的平衡常数为1
D. 温度不变，将R点状态的容器体积扩大，重新达到平衡时，气体的压强减小
【答案】A
【解析】
【分析】由方程式可知，反应的化学平衡常数K=c4(CO)，由图可知，增大，lgc(CO)减小，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应。
【详解】A．由图可知，温度一定时，Q点浓度熵大于平衡常数，平衡向逆反应方向移动，则硫酸钡的消耗速率小于生成速率，故A正确；
B．由分析可知，该反应为吸热反应，反应ΔH＞0，故B错误；
C．由图可知，为×10—4K—1时，反应的平衡常数为1，则反应温度T=3×104K，故C错误；
D．反应的化学平衡常数K=c4(CO)，平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，则温度不变，将R点状态的容器体积扩大，重新达到平衡时，一氧化碳的浓度不变，气体的压强不变，故D错误；
故选A。
13. 以赤铁矿(主要成分为Fe2O3，含少量Al2O3)为原料制备无水FeCl2的工艺流程如下。下列说法错误的是
A. 试剂1可用NaOH溶液
B. 鉴别溶液2中金属阳离子可用KSCN溶液
C. 反应3为化合反应
D. 将溶液3蒸干可制得无水FeCl2
【答案】D
【解析】
【分析】由题给流程可知，向赤铁矿中加入氢氧化钠溶液，将氧化铝转化为偏铝酸钠，氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤得到含有偏铝酸钠的滤液1和含有氧化铁的滤渣1；向滤渣1中加入盐酸，将氧化铁转化为氯化铁，向得到的氯化铁溶液中加入铁，将氯化铁转化为氯化亚铁，氯化亚铁溶液经隔绝空气，在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到无水氯化亚铁。
【详解】A．由分析可知，试剂1为氢氧化钠溶液，加入试剂的目的是将两性氧化物氧化铝溶解转化为偏铝酸钠，故A正确；
B．由分析可知，溶液2为氯化铁溶液，鉴别溶液中的铁离子应选择硫氰化钾溶液，故B正确；
C．由分析可知，反应3为氯化铁溶液与铁发生化合反应生成氯化亚铁，故C正确；
D．氯化亚铁中亚铁离子具有还原性和水解性，若直接将溶液蒸干无法制得无水氯化亚铁，应隔绝空气，在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到无水氯化亚铁，故D错误；
故选D。
14. 可用惰性电极通过电解法制备KMnO4，下列说法正确的是
A. 图中离子交换膜为阴离子交换膜
B. X极电极反应为MnO—e—=MnO
C. Y极区可以产生O2和较浓的KOH溶液
D. 电解一段时间后阴极区溶液的pH减小
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，与直流电源正极a相连的X电极为电解池的阳极，锰酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成高锰酸根离子，电极反应式为MnO—e—=MnO，与直流电源负极b相连的Y电极是阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e—=H2↑+2OH—，电解过程中钾离子通过阳离子交换膜进入阴极区，在阴极区得到浓度较大的氢氧化钾溶液。
【详解】A．由分析可知，装置中的离子交换膜为阳离子交换膜，故A错误；
B．由分析可知，与直流电源正极a相连的X电极为电解池的阳极，锰酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成高锰酸根离子，电极反应式为MnO—e—=MnO，故B正确；
C．由分析可知，与直流电源负极b相连的Y电极是阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，故C错误；
D．与直流电源负极b相连的Y电极是阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e—=H2↑+2OH—，电解过程中阴极区氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大，故D错误；
故选B。
15. 室温下，向100mL某浓度的二元弱酸H2A溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化曲线如图所示。下列有关说法错误的是
A. Ka1(H2A)数量级为10-3
B. b点时：c(Na+)>c(HA—)>c(H+)>c(A2—)>c(OH—)
C. 水的电离程度：d>c>b>a
D. b→c段，反应的离子方程式为HA—+OH—=A2—+H2O
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，a点对应溶液为H2A溶液，酸电离出的氢离子抑制水的电离，H2A溶液与氢氧化钠溶液反应时有b、c两个计量点，b点对应溶液为NaHA溶液、c点对应溶液为Na2A溶液，b点NaHA溶液pH为5说明HA—在溶液中的电离程度大于水解程度，d点为NaOH和Na2A的混合溶液，由b点消耗0.1mol/L氢氧化钠溶液的体积可知，H2A溶液的浓度为=0.1mol/L。
【详解】A．由分析可知，a点对应溶液为0.1mol/L H2A溶液，溶液pH为2，则电离常数Ka1(H2A)= ≈=1×10—3，所以电离常数的数量级为10-3，故A正确；
B．由分析可知，b点对应溶液为NaHA溶液，溶液pH为5说明HA—在溶液中的电离程度大于水解程度，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)>c(HA—)>c(H+)>c(A2—)>c(OH—)，故B正确；
C．由分析可知，c点对应溶液为Na2A溶液，A2—在溶液中水解使溶液呈碱性，促进水的电离，d点为NaOH和Na2A的混合溶液，氢氧化钠在溶液中电离出的氢氧根离子抑制A2—在溶液中的水解，水的电离程度小于c点，故C错误；
D．由分析可知，b→c段发生的反应为NaHA溶液与氢氧化钠溶液反应生成Na2A和水，反应的离子方程式为HA—+OH—=A2—+H2O，故D正确；
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 钼酸钠(Na2MoO4)是一种冷却水系统的金属缓蚀剂，工业上通常利用钼精矿(主要成分MoS2中硫为-2价)制备钼酸钠晶体的流程如图所示。
回答下列问题：
（1）可以提高钼精矿焙烧效率的措施有_______。(任写一种)
（2）NaClO的电子式_______。
（3）粗产品焙烧的化学方程式_______。
（4）实验室进行操作1所用的玻璃仪器是：烧杯_______、_______，操作2的步骤是：_______、_______过滤、洗涤、干燥。
（5）操作3中硫元素被氧化为最高价，发生反应的离子方程式为_______。
（6）钼的化合物间有如下转化关系。八钼酸铵的化学式为：_______。
（7）某温度下，BaMoO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，要使溶液中钼酸根离子完全沉淀(浓度小于1×10-5mol/L)，溶液中Ba2+的浓度应大于_______mol/L。
【答案】（1）将钼精矿粉粹、适当增加空气的量和在沸腾炉中进行反应等
（2） （3）MoO3 + Na2CO3Na2MoO4 +CO2↑
（4） ①. 漏斗 ②. 玻璃棒 ③. 蒸发浓缩 ④. |冷却结晶
（5）MoS2 +6OH- +9ClO-= MoO+2SO+9Cl- +3H2O
（6）(NH4)4Mo8O26
（7）4 ×10-3
【解析】
【分析】钼精矿的主要成分为MoS2，其中硫为-2价，在空气中焙烧生成MoO3和SO2，方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2，将MoO3与Na2CO3高温焙烧，生成Na2MoO4和CO2，方程式为：MoO3 + Na2CO3Na2MoO4 +CO2↑，加水溶解、过滤得到Na2MoO4溶液，若将钼精矿溶于NaOH和NaClO混合溶液，生成Na2MoO4溶液，方程式为：MoS2+6NaOH+9NaClO=Na2MoO4+2Na2SO4+9NaCl+3H2O，然后两种方式制得的滤液合并，将Na2MoO4溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，烘干，得到Na2MoO4•2H2O晶体，据此分析解题。
【小问1详解】
将钼精矿粉粹增大与空气的接触面积、适当增加空气的量让其充分反应和在沸腾炉中进行反应以增大固体和气体的接触面积等措施均可以提高钼精矿焙烧效率，故答案为：将钼精矿粉粹、适当增加空气的量和在沸腾炉中进行反应等；
【小问2详解】
已知NaClO是离子化合物，故NaClO的电子式为：，故答案为：；
【小问3详解】
由分析可知，粗产品焙烧化学方程式为：MoO3 + Na2CO3Na2MoO4 +CO2↑，故答案为：MoO3 + Na2CO3Na2MoO4 +CO2↑；
【小问4详解】
由题干流程图可知，实验室进行操作1是分离滤渣和溶液，故为过滤操作，则所用的玻璃仪器是：烧杯、漏斗、玻璃棒，由分析可知，操作2为从溶液中析出晶体的过程，故操作的步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：漏斗；玻璃棒；蒸发浓缩；冷却结晶；
【小问5详解】
由分析可知，操作3中硫元素被氧化为最高价，发生反应反应方程式为：MoS2+6NaOH+9NaClO=Na2MoO4+2Na2SO4+9NaCl+3H2O，故其的离子方程式为：MoS2 +6OH- +9ClO-= MoO+2SO+9Cl- +3H2O，故答案为：MoS2 +6OH- +9ClO-= MoO+2SO+9Cl- +3H2O；
【小问6详解】
由题干中正钼酸根和七钼酸根离子可知，钼的化合价为+6价，故八钼酸根离子的化学式为：，则八钼酸铵的化学式为：(NH4)4Mo8O26，故答案为：(NH4)4Mo8O26；
【小问7详解】
由题干某温度下，BaMoO4在水中的沉淀溶解平衡曲线图所示信息可知，Ks(BaMoO4)=2×10-4×2×10-4=4×10-8，要使溶液中钼酸根离子完全沉淀(浓度小于1×10-5mol/L)，溶液中Ba2+的浓度应大于=4×10-3mol/L，故答案为：4×10-3。
17. 有机物E是合成药物的中间体，E的合成路线如下：
回答下列问题：
（1）C分子中含氧官能团名称为_______。
（2）反应Ⅲ的化学方程式为_______。
（3）D→E的反应类型为_______。
（4）化合物Y是比B少一个碳的同系物。Y的同分异构体中遇FeCl3溶液显紫色，还能发生银镜反应的结构共有_______种，其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：2：2：1：1的结构简式为_______，化学名称为_______。
（5）写出以为原料制备化合物的合成路线(其他试剂任选)：_______。
【答案】（1）羧基、羟基
（2）+ CH3OH +H2O
（3）取代反应 （4） ①. 13 ②. ③. 对羟基苯乙醛或4-羟基苯乙醛
（5）
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，在氮气和—5℃条件下，与KBH4发生还原反应生成，在Py作用下与丙二酸先发生加成反应、后发生消去反应生成，在浓硫酸作用下，与甲醇共热发生酯化反应生成，一定条件下与发生取代反应生成。
【小问1详解】
C的结构简式为，含氧官能团为羟基、羧基，故答案为：羟基、羧基；
【小问2详解】
反应Ⅲ为在浓硫酸作用下，与甲醇共热发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为+ CH3OH +H2O，故答案为：+ CH3OH +H2O；
【小问3详解】
D→E的反应为一定条件下与发生取代反应生成，故答案为：取代反应；
【小问4详解】
化合物B的分子式为C9H10O2，化合物Y是比B少一个碳的同系物，则Y的分子式为C8H8O2，Y的同分异构体中遇氯化铁溶液显紫色，还能发生银镜反应说明Y的同分异构体中含有酚羟基和醛基，若分子中含有—OH和—CH2CHO，取代基在苯环上有邻间对3种结构，若分子中含有—OH、—CH3和—CHO，同分异构体可以视作分子中含有—OH和—CH3的有机物分子中苯环上的氢原子被—CHO取代所得结构，其中—OH和—CH3处于邻、间位时各有4种结构、对位时有2种结构，则符合条件的同分异构体共有13种，其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：2：2：1：1的结构简式为，名称为对羟基苯乙醛或4-羟基苯乙醛，故答案为：13；；对羟基苯乙醛或4-羟基苯乙醛；
【小问5详解】
由题给有机物的转化关系可知，以为原料制备化合物的合成步骤为在浓硫酸作用下，与甲酸共热发生酯化反应生成，在氮气和—5℃条件下，与KBH4发生还原反应生成，一定条件下与发生取代反应生成，合成路线为，故答案为：。
18. 磺酰氯(SO2Cl2)可用于制造锂电池正极活性物质。实验室可利用SO2和Cl2在活性炭催化下反应制取少量SO2Cl2，装置如图(部分夹持装置已省略)。
已知：①SO2(g)+Cl2(g)=SO2Cl2(1) △H=-97.3kJ/mol。
②SO2Cl2熔点为-54.1°C，沸点69.1°C，常温较稳定。遇水剧烈水解，100°C以上易分解。
回答下列问题：
（1）仪器A的名称是_______，装置丙中橡胶管的作用是_______。
（2）装置丙中发生反应的离子反应方程式为_______，上述仪器正确的连接顺序是e→_______→g，h←_______←f(填仪器接口字母编号，仪器可重复使用)。
（3）仪器F的作用是_______。
（4）装置丁中三颈烧瓶置于冷水浴中，其原因是_______。
（5）使用Li-SO2Cl2电池作为电源，采用四室式电渗析法制备Ni(H2PO2)2和NaOH，其工作原理如图所示。已知电池反应为2Li+SO2Cl2=2LiCl+SO2↑。下列说法正确的是_______(填标号)。
A. 电池中C电极的电极反应式为SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑
B. 膜甲、膜丙分别为阳离子交换膜、阴离子交换膜
C. g为Ni电极，连接电池的正极
D. 一段时间后，I室和IV室中溶液的pH均升高
（6）某实验小组利用该装置消耗了氯气1120mL(已转化为标准状况，SO2足量)，最后得到纯净的磺酰氯4.0g，则磺酰氯的产率为_______(结果保留三位有效数字)。
【答案】（1） ①. 蒸馏烧瓶 ②. 平衡气压，使液体顺利滴下
（2） ①. 2+ 10Cl- +16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O ②. cdab ③. ba
（3）吸收SO2、Cl2 ，防止污染空气；同时防止水蒸气进同意使磺酰氯水解
（4）因为制备SO2Cl2的反应为放热反应， SO2Cl2沸点低，温度过高易气化且易分解 （5）AC
（6）59.3%
【解析】
【分析】丙装置制备氯气，戊装置制备二氧化硫，二氧化硫与氯气在丁中反应生成SO2Cl2，丁中活性炭可能起催化剂作用，SO2Cl2遇水发生剧烈的水解反应，甲为干燥二氧化硫，乙是饱和食盐水，降低氯气溶解度，甲干燥氯气，SO2Cl2沸点低、易挥发，B为冷凝管，使挥发的产物SO2Cl2冷凝回流，碱石灰吸收为反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止进入C中导致磺酰氯水解。
【小问1详解】
根据仪器的构造可知，仪器A的名称是蒸馏烧瓶，当分液漏斗上部压强大于烧瓶内压强时，分液漏斗内液体才能顺利流下，所以橡皮管起到平衡气压，使液体顺利流下的作用，装置丙中橡胶管的作用是平衡气压，使液体顺利滴下；
【小问2详解】
装置丙中高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水，发生反应的离子反应方程式为2+ 10Cl- +16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，实验装置的顺序是氯气制备装置→除杂装置→干燥装置→反应装置←干燥装置←二氧化硫制备装置，上述仪器正确的连接顺序是e→c→d→a→b→g，h←b←a←f；
【小问3详解】
仪器F装有碱石灰，其作用是吸收SO2、Cl2 ，防止污染空气；同时防止水蒸气进同意使磺酰氯水解；
【小问4详解】
因为制备SO2Cl2的反应为放热反应， SO2Cl2沸点低，温度过高易气化且易分解，故装置丁中三颈烧瓶置于冷水浴中；
【小问5详解】
结合题图，可知，原电池负极:原电池正极:SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑。电解池阴极(不锈钢极) :2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极(镍) : Ni- 2e- = Ni2+。
A．由已知电池反应可知C电极为正极，发生还原反应，电极反应式为SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑，选项A正确；
B．Ⅱ室为产品室，故阳极上镍失去电子生成Ni2+通过膜甲进入产品室，Ⅲ室中的通过膜乙进入产品室，与Ni2+形成Ni(H2PO2)2，故膜甲为阳离子交换膜，膜乙为阴离子交换膜，膜丙为阳离子交换膜，以防Ⅳ室的OH-通过膜丙进 入Ⅲ室与NaH2 PO2反应消耗原料，同时Na+通过膜丙进入Ⅳ室可制备浓氢氧化钠溶液，选项B错误；
C．由题目信息可知镍应作电解池的阳极，与外接电源的正极相连，选项C正确；
D．一段时间后，I室氢氧根离子放电，c(H+)增大，pH降低，IV室中氢离子放电，c(OH-)增大，溶液的pH均升高，选项D错误；
答案选AC；
【小问6详解】
某实验小组利用该装置消耗了氯气1120mL(已转化为标准状况，SO2足量)，最后得到纯净的磺酰氯4.0g，根据反应SO2(g)+Cl2(g)=SO2Cl2，则磺酰氯的产率为=59.3%。
19. 研究碳及其化合物的资源化利用具有重要的意义。回答下列问题：
（1）已知下列热化学方程式：
反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=-164.9kJ/mol。
反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ/mol
则反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)的ΔH3=_______kJ/mol。
（2）在T°C时，将1molCO2和3molH2加入容积不变的密闭容器中，发生反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)，实验测得CO2的体积分数φ(CO2)如表所示：
t/min
0
10
20
30
40
50
φ(CO2)
0.25
0.23
0.214
0.202
0.200
0.200
①能判断反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)达到平衡的是_______(填标号)。
A.CO2的消耗速率和CH4的生成速率相等
B.混合气体的密度不再发生变化
C.容器内气体压强不再发生变化
D.混合气体的平均相对分子质量不再发生变化
②达到平衡时CO2的转化率为_______%(结果保留三位有效数字)。
（3）将n(CO2)：n(H2)=1：4的混合气体充入密闭容器中发生上述反应I、II，在不同温度和压强时，CO2的平衡转化率如图。0.1MPa时，CO2的转化率在600°C之后，随温度升高而增大的主要原因是_______。
（4）在T°C时，向容积为2L的恒容密闭容器中充入1molCO2和一定量的H2发生反应：CO2(g)+2H2(g)=HCHO(g)+H2O(g)。达到平衡时，HCHO的分压与起始的关系如图所示：(分压=总压×物质的量分数)
①起始时容器内气体的总压强为1.2pkPa，若5min时反应到达c点，v(H2)=_______mol/(L·min)。
②b点时反应的平衡常数Kp=_______(kPa)-1(以分压表示)。
③c点时，再加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.05pkPa，则H2的转化率_______(填“增大”“不变”或减小”)。
【答案】（1）+206.1
（2） ①. CD ②. 33.3
（3）反应I的△H1 <0，反应II的△H2>0，600 °C之后，温度升高，反应II向右移动，二氧化碳减少的量比反应I向左移动二氧化碳增加的量多
（4） ①. 0.1 ②. 1.25/p ③. 不变
【解析】
【小问1详解】
反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=-164.9kJ/mol。
反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ/mol
根据盖斯定律II-I得CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)的ΔH3=+41.2kJ/mol+164.9kJ/mol =+206.1kJ/mol。
【小问2详解】
①A．CO2的消耗速率和CH4的生成速率相等，均为正反应方向，不能判断正逆反应速率是否相等，故不选A；
B．反应前后气体总质量不变，容器体积不变，所以密度是恒量，混合气体的密度不再发生变化，反应不一定平衡，故不选B；
C．反应前后气体系数和不同，压强是变量，容器内气体压强不再发生变化，反应一定达到平衡状态，故选C；
D．反应前后气体总质量不变，气体总物质的量是变量，所以平均相对分子质量是变量，混合气体的平均相对分子质量不再发生变化，反应一定达到平衡状态，故选D；
选CD。
②
反应达到平衡，CO2的体积分数为0.2；
； X= ；达到平衡时CO2的转化率为33.3%。
【小问3详解】
反应I的△H1 <0，反应II的△H2>0，600 °C之后，温度升高，反应II向右移动，二氧化碳减少的量比反应I向左移动二氧化碳增加的量多，所以二氧化碳的转化率增大。
【小问4详解】
①起始时容器内气体的总压强为1.2pkPa，若5min时反应到达c点，c点HCHO的物质的量为x，，x=0.5mol，则反应消耗氢气的物质的量为1mol，v(H2)=mol/(L·min)。
②
甲醛的压强为0.2pkPa，则二氧化碳的压强为0.2pkPa、氢气的压强为0.4pkPa、水蒸气的压强为0.2pkPa，b点时反应的平衡常数Kp=1.25/p (kPa)-1。
③c点时，再加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.05pkPa，Q=，平衡不移动，则H2的转化率不变。
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