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2023届云南师范大学附中高三高考适应性月考卷（一）-化学含解析
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这是一份2023届云南师范大学附中高三高考适应性月考卷（一）-化学含解析，共25页。试卷主要包含了 下列化学用语表达正确的是， 下列离子方程式书写正确的是等内容，欢迎下载使用。
云南省师范大学附属中学2023届高考适应性月考卷(一)
化学试题
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120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 C-12 O16 Al-27 S -32 Cl- 35.5
一、选择题：本题共14小题，每小题3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. 化学与生产、生活等密切相关。下列说法错误的是
A. CH3CH2Cl可用作快速镇痛剂
B. BaCO3可用作肠胃检查的内服剂
C. 聚乙炔可用于制备导电高分子材料
D. 工业废气中的CO2能用于生产可降解塑料
【答案】B
【解析】
【详解】A．液态的CH3CH2Cl汽化时大量吸热，具有冷冻麻醉作用，可用作快速镇痛剂，A正确；
B．BaCO3会与胃液中的盐酸反应生成重金属离子Ba2+，不能用作肠胃检查的内服剂，B错误；
C．聚乙炔中含有共轭π键，通电时电子可在其中定向移动，可用于制备导电高分子材料，C正确；
D．CO2能在稀土催化剂的活化作用下与环氧丙烷等反应生成可降解的高分子材料，D正确；
故选B。
2. 下列各项中不属于化学变化的是
A. 焰色试验 B. 油脂硬化 C. 煤的液化 D. 橡胶硫化
【答案】A
【解析】
【详解】A．焰色试验是指某些金属或它们的化合物在灼烧时火焰呈现出特征颜色的现象，这个过程中没有新物质的生成，属于物理变化，故A正确；
B．油脂硬化是指不饱和油脂与氢气在催化剂的作用下发生加成反应生成饱和油脂的过程，属于化学变化，故B错误；
C．煤的液化是指将煤转化为甲醇等液体燃料的过程，属于化学变化，故C错误；
D．橡胶硫化是指将线型的橡胶高分子链通过与硫原子形成化学键、交联形成网状结构的过程，属于化学变化，故D错误；
故答案选A。
3. 下列物质不能通过相应单质一步化合而成的是
A. HCl B. NO C. CuS D. Al2O3
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2在Cl2中燃烧可生成 HCl，A不符合题意，A错误；
B．N2和O2在放电或高温的条件下反应生成NO，B不符合题意，B错误；
C．S与Cu在高温条件下反应生成Cu2S而非CuS，C符合题意，C正确；
D．Al与O2反应可得Al2O3，D不符合题意，D错误；
故选C。
4. 下列化学用语表达正确的是
A. 乙烯的结构简式： CH2CH2
B. Cl-的结构示意图：
C. 乙醇中官能团的电子式：
D. 基态碘原子的简化电子排布式： [ Kr ]5s25p5
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙烯的结构简式为CH2=CH2，A错误；
B．Cl-核外有18个电子，其结构示意图为，B正确；
C．乙醇中的官能团为羟基，其电子式为，C错误；
D．基态碘原子的简化电子排布式为[Kr]4d105s25p5，D错误；
故选B。
5. NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是
A. 室温下，22. 4L乙烷中含有的碳原子数小于2NA
B. 1L 0.1mol/L NH4Cl溶液中的数目为0.1NA
C. 标准状况下，11. 2L CHCl3中所含的氯原子数为1. 5NA
D. 室温下，27g Al与足量浓硫酸反应，转移的电子数为3NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．1mol乙烷中含有的碳原子数为2NA，根据理想气体状态方程可知，室温下1mol乙烷的体积大于22.4L，即室温下，22.4L乙烷的物质的量小于1mol，其含有的碳原子数小于2NA，A正确；
B．NH4Cl溶液中发生水解生成NH3·H2O，故1L 0.1mol/L NH4Cl溶液中的数目小于0.1NA，B错误；
C．标准状况下，CHCl3不是气态物质，无法计算11.2L CHCl3的物质的量，也就无法计算其所含的氯原子的数目，C错误；
D．室温下，Al遇浓硫酸发生钝化，无法计算该过程的电子转移数目，D错误；
故选A。
6. 下列实验方案能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
目的
比较Na2CO3、NaHCO3与酸反应速率的快慢
配制100mL 0.1mol·L-1的硫酸
检验溴乙烷的消去产物
由 Na2SO3溶液制得Na2SO3固体
实验方案
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．比较Na2CO3、NaHCO3与酸反应快慢时，应控制Na2CO3、NaHCO3溶液的物质的量浓度相等，而饱和Na2CO3溶液的物质的量浓度大于饱和NaHCO3溶液的物质的量浓度，A错误；
B．配制100mL 0.1mol·L−1的硫酸时不能在容量瓶中稀释浓硫酸， B错误；
C．溴乙烷的消去产物为乙烯，可使溴的CCl4溶液褪色，C正确；
D．Na2SO3具有还原性，极易被空气中的O2氧化成Na2SO4，故加热蒸干Na2SO3溶液无法制得Na2SO3固体，D错误；
故选C。
7. 下列离子方程式书写正确的是
A. Cl2与水反应： Cl2 +H2O=2H+ +ClO-+C1-
B. 将铜片投入FeCl3溶液中： Cu+Fe3+ =Cu2+ +Fe2+
C. 将SO2通入BaCl2溶液中： SO2 +Ba2+ =BaSO3↓+2H+
D. 铝片与NaOH溶液反应： 2Al+2OH- +2H2O= 2+3H2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cl2与水反应生成HCl和HClO，HClO为弱电解质，该反应的离子方程式为Cl2+H2O=HClO+H++Cl−，故A错误；
B．将铜片投入FeCl3溶液中的离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故B错误；
C．将SO2通入BaCl2溶液中，SO2不与BaCl2反应，故C错误；
D．铝片与NaOH溶液反应的离子方程式为2Al+2OH−+2H2O=2+3H2↑，故D正确；
故答案为：D。
8. 三百多年前，著名化学家波义耳使用铁盐和没食子酸(结构简式如图)制造了墨水。下列有关没食子酸的说法错误的是
A. 分子式为C7H6O5
B. 可与浓溴水发生取代反应
C. 所有原子有可能处于同一平面上
D. 1mol 没食子酸最多可与4mol NaHCO3反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题图可得，没食子酸的分子式为C7H6O5，故A正确；
B．没食子酸中含有酚羟基，浓溴水可与酚类物质发生取代反应，故B正确；
C．没食子酸中苯环上的碳和羧基中的碳原子都是sp2杂化，而且单键可以旋转，所以所有原子有可能处于同一平面上，故C正确；
D．1mol没食子酸中含有1mol羧基和3mol酚羟基，只有羧基可以与NaHCO3发生反应，酚羟基不能与NaHCO3发生反应，故1mol没食子酸最多可与1mol NaHCO3反应，故D错误；
故答案为:D。
9. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、Z、W位于同一周期，基态W原子的核外电子总数是其最高能级电子数的2倍，它们形成的某种阴离子的结构如图所示。下列说法错误的是
A. 由X、Y、W三种元素形成酸都是二元酸
B. 该阴离子与X+形成的化合物是两性物质
C. 元素的第一电离能： Y
【解析】
【分析】基态W原子的核外电子总数是其最高能级电子数的2倍，故W为O；结合题意及阴离子的结构示意图可得X、Y、Z分别为H、C、N。
【详解】A．由X、Y、W即H、C、O三种元素组成的酸可以是甲酸、乙酸等一元酸，也可以是H2CO3、H2C2O4等二元酸，A符合题意；
B．该阴离子与X+即H+形成的化合物中既含—NH2又含—COOH，属于两性物质，B不符合题意；
C．N的2p能级处于半充满状态，第一电离能比同周期相邻的两元素大，元素的第一电离能：C
10. 下列除杂试剂选用正确的是
选项
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
A
NO( NO2)
NaOH溶液
B
SO2( CO2)
饱和NaHSO3溶液
C
SiO2( Fe2O3)
稀盐酸
D
NaCl( Na2CO3)
AgNO3溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．NO与NO2的混合气体可与NaOH溶液发生反应：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，因此无法用NaOH溶液除去NO中的NO2，A错误；
B．NaHSO3溶液不与SO2反应，也不与CO2反应，无法达到除杂效果，B错误；
C．稀盐酸能与Fe2O3反应，不与SiO2反应；向固体中加入稀盐酸，反应后过滤可得SiO2；C正确；
D．AgNO3溶液能与NaCl、Na2CO3都反应，D错误；
故选C。
11. CaCN2是一种有效的土壤消毒剂，可通过反应CaCO3+2HCN=CaCN2+CO↑ +H2↑+CO2↑来制备。已知该反应相关物质中氮元素的化合价均为-3价，下列说法正确的是
A. CaCO3 是还原剂，HCN是氧化剂
B. CaCN2 中含共价键，为共价化合物
C. 该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1
D. 生成3.7g混合气体时，转移的电子数约为6.02×1022
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应CaCO3+2HCN=CaCN2+CO↑+H2↑+CO2↑中，氢元素化合价由+1价降低到0价，被还原；反应物中CaCO3中的碳元素为+4价、HCN中的碳元素为+2价；产物中CaCN2、CO2中的碳元素均为+4价，CO中碳元素为+2价，则在反应过程中HCN中+2价的碳元素被氧化成+4价，HCN既是氧化剂又是还原剂，故A错误；
B．CaCN2中含共价键和离子键，是离子化合物，故B错误；
C．根据A选项分析，H2为还原产物，CO2为氧化产物，即该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1，故C错误；
D．当反应中生成74g混合气体(CO、H2、CO2各1mol)时，转移的电子数为2mol，则生成3.7g混合气体时，转移的电子数约为6.02×1022，故D正确；
答案为D。
12. 某种热激活电池的结构如图所示，该电池放电后的产物为Li7Si3和LiMn2O4，下列说法正确的是
A. 放电过程中，Li+移向a极区
B. 该电池中火药燃烧将化学能转化为电能
C. 常温时，在a、b间连接电流表，指针偏转
D. 放电时，a极的电极反应方程式为3Li13Si4-11e- =4Li7Si3+11Li+
【答案】D
【解析】
【分析】根据电池放电后的产物为Li7Si3和LiMn2O4可得，在电池放电过程中，MnO2得电子发生还原反应，故b极为电池正极，a极为电池负极，以此解题。
【详解】A．放电过程中阳离子向正极移动，故放电过程中，Li+移向b极区，A错误；
B．该电池为热激活电池，故该电池中火药燃烧将化学能转化为热能，B错误；
C．该电池为热激活电池，常温下，电池不工作，在a、b间连接电流表时，指针不偏转，C错误；
D．放电时，a极的电极反应方程式为3Li13Si4−11e−=4Li7Si3+11Li+，D正确；
故选D。
13. 在一恒压密闭容器中加入足量的碳，并充入0.2molCO2气体，发生反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)。反应达平衡时[p(CO)、p(CO2)分别为体系中CO、CO2的平衡分压]随温度的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A. 该反应为吸热反应
B. 向X点对应的平衡体系再充入CO、CO2各1mol，平衡逆向移动
C. 980K时，CO2的平衡转化率约为33.3%
D. 增大容器的体积有利于提高CO2的平衡转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可得，随着温度的升高，增大，即混合气体中CO2的物质的量减小，CO的物质的量增大，说明温度升高时平衡正向移动，则该反应为吸热反应，A不符合题意。
B．X点对应的平衡体系中，=0，p(CO)=p(CO2)即n(CO2)=n(CO)，由于是恒压密闭容器，向X点对应的平衡体系再充入CO、CO2各1mol，该体系与原平衡体系是等效平衡，平衡不移动，B符合题意。
C．980K时，反应达平衡时n(CO2)=n(CO)，初始时n(CO2)=0.2mol，设反应过程中消耗CO2的物质的量为xmol，则反应过程中生成的CO的物质的量为2xmol，则有0.2−x=2x，x=mol，则CO2的转化率为，C不符合题意。
D．该反应的正反应为气体体积增大的反应，增大容器的体积，体系的压强减小，化学平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，D不符合题意。
故选B。
14. 25℃时，往20. 00mL 0. 1mol·L-1HX溶液中滴入0. 1mol·L-1NaOH溶液，体系中-1gc(HX)、 -lgc(X-)、 NaOH 溶液的体积与溶液pH的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线②表示-lgc(HX)与溶液pH的关系
B. a点对应的溶液中： c(H+) +2c(HX)=c(OH- )-c(X -)
C. b点对应的溶液中： c(Na+)>c(X- )>c(OH-)>c(H+)
D. 25℃时，HX的电离平衡常数的数量级为10-4
【答案】C
【解析】
【详解】A．往20.00mL 0.1mol·L−1 HX溶液中滴入0.1mol·L−1 NaOH溶液，发生反应：NaOH+HX=NaX+H2O，体系中−lgc(HX)随溶液pH的增大而增大，−lgc(X−) 随溶液pH的增大而减小，故曲线①表示−lgc(HX)与溶液pH的关系，A错误；
B．a点对应的溶液中存在HX和NaX两种溶质，且二者的物质的量之比为1∶1，该溶液中的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(X−)+c(OH−)，物料守恒式为2c(Na+)=c(X−)+c(HX)，联立电荷守恒式及物料守恒式可得：2c(H+)+c(HX)=2c(OH−)+c(X−)，B错误；
C．b点对应的溶液pH=10即c(OH−)>c(H+)，此时溶液中的溶质为NaX和NaOH，结合电荷守恒式可得溶液中：c(Na+)>c(X−)，故c(Na+)>c(X−)>c(OH−)>c(H+)，C正确；
D．曲线①、曲线②的交点处有−lgc(HX) =−lgc(X−)，即c(HX)= c(X−)，HX的电离平衡常数Ka=c(H+)=10−4.76，其数量级为10−5，D错误；
故答案选C。
二、非选择题：共58分。
15. A、B、C、D是4种中学化学常见纯净物，其中A为单质。A、B、C、D存在如图所示转化关系：
回答下列问题：
（1）C的化学式为_______。
（2）A在氧气中燃烧的产物_______(填“是”或“不是”)碱性氧化物。
（3）写出B →C的化学方程式：_______。
（4）往B的水溶液中滴加NaOH溶液，现象为_______。
【答案】（1）FeCl3
（2）不是 （3）2FeCl2+Cl2=2FeCl3
（4）产生白色沉淀，白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色(合理均可)
【解析】
【分析】C与KSCN溶液作用得到血红色溶液且C由单质A与氯气在加热条件下反应而得，则A为Fe，C为FeCl3，B为FeCl2，D为Fe(SCN)3。
【小问1详解】
由题可得C的化学式为FeCl3;
【小问2详解】
铁单质在氧气中燃烧的产物为Fe3O4，该物质不属于碱性氧化物;
【小问3详解】
B→C为FeCl2与Cl2反应的过程，其化学方程式为2FeCl2+Cl2=2FeCl3;
【小问4详解】
往FeCl2溶液中滴加NaOH溶液时，先产生白色沉淀，白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色。
16. A、B、C、D、E、F是6种原子序数依次增大的前四周期元素，部分元素性质或原子结构如下：
元素
元素性质或原子结构
A
基态原子价层电子排布为nsnnpn+1
C
元素周期表中电负性最大的元素
D
原子核外有三个电子层，且最外层电子数是核外电子总数的
E
E3+的3d轨道为半充满状态
F
基态原子的M层全充满，N层只有一个电子
（1）E元素的基态原子的核外电子排布式为_______。
（2）用电子式表示化合物DC2的形成过程： _______。
（3）A、B、C三种元素简单氢化物的沸点由高到低的顺序为_______ (用化学式表示)。
（4）F元素的单质与A元素的最高价氧化物对应水化物的稀溶液反应的化学方程式为_______。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2
（2） （3）H2O>HF>NH3
（4）3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
【解析】
【分析】由题意，A元素价电子排布式为nsnnpn+1，根据构造原理s能级上排满有2个电子，则A价层电子排布为2s22p3，A元素为N，C元素在周期表中电负性最大，则C为F，A、B、C原子序数依次增大，所以B元素为O，D元素最外层电子数为核外电子总数的1/3，且D元素为第三周期元素，因此D元素为Mg，E3+的3d轨道为半充满状态，E3+所含核外电子为23个，因此E原子的核外电子为26个，即E元素为Fe，F原子M层全满，且N层仅有1个电子，所以F为Cu元素。综上，A元素为N，B元素为O，C为F，D元素为Mg，E元素为Fe，F为Cu。
【小问1详解】
E元素为Fe，基态原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；
【小问2详解】
化合物DC2为MgF2，MgF2是离子化合物，故用电子式表示其形成过程为：；
【小问3详解】
A、B、C三种元素简单氢化物分别为NH3、H2O、HF，H2O在1在标准状况下为固态，HF在标准状况下为液态，NH3在标准状况下为气态，因此三者沸点由高到低为H2O>HF>NH3；
【小问4详解】
F为Cu ，A最高价氧化物对应的水化物为HNO3，故二者反应方程式3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。
17. 某同学利用硫和少量氯气在135~ 145℃条件下反应制备S2Cl2的装置如图所示(夹持装置略)：
已知：
i. 2S+Cl2=S2Cl2，S2Cl2+Cl2=2SCl2；
ii. S2Cl2易挥发，在空气中可剧烈水解：2S2Cl2+2H2O=3S ↓+SO2↑+4HCl；
iii.相关物质的熔沸点：
物质
S
S2Cl2
SCl2
熔点/℃
112.8
-77
-121
沸点/℃
444.6
137
59.6
回答下列问题：
（1）装置B中盛放的试剂为_______(填物质名称)；装置F中的试剂应选择_______(填序号)。
a.无水CaCl2 b.碱石灰 c. P2O5 d.无水CuSO4
（2）实验操作的先后顺序为组装仪器并检验装置的气密性→加入药品→滴加浓盐酸→_______→_______→_______→通入N2→_______(填序号)。_______
①通冷凝水 ②加热装置C ③停止通冷凝水 ④停止加热装置C
（3）为提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和_______。
（4）实验结束时可采取蒸馏的方法来提纯装置E中的S2Cl2，该过程中应收集_______℃左右的馏分。
（5）已知： 25℃时，Ksp(AgCl)= 3.2×10-10， Ksp( AgSCN)= 2 × 10-12，为测定提纯后的S2Cl2产品的纯度，进行如下实验：
步骤①：取2.70g提纯后的S2Cl2产品(不含SCl2)，加入足量Ba(OH)2溶液(杂质不参与反应)，充分振荡、过滤、洗涤，将所得溶液全部移入锥形瓶，加入稀硝酸酸化，再加入过量的0. 4000mol·L-1 AgNO3溶液100. 00mL。
步骤②：向锥形瓶中加入2mL硝基苯，用力摇动使有机物充分覆盖沉淀；再滴入2滴Fe( NO3)3溶液作指示剂，用0.2000mol ·L-1KSCN标准液滴定至终点，消耗KSCN标准液10.00mL。
滴定终点的实验现象为_______；所得产品中S2Cl2的质量分数为_______。
【答案】（1） ①. 浓硫酸 ②. b
（2）①→②→④→通入N2→③
（3）进入装置C中Cl2的量(或滴入浓盐酸的速率)
（4）137 （5） ①. 滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为血红色，且半分钟内不褪色 ②. 95%
【解析】
【分析】A装置为高锰酸钾与浓盐酸反应制备Cl2的装置，产生的Cl2中混有水蒸气，用浓硫酸干燥，得到干燥的Cl2，然后通入到装置C中与S反应产生S2Cl2，由于S2Cl2易挥发，在空气中可剧烈水解，反应及蒸馏提纯过程中不能直接与大气相通，在整个装置的末端连接一个球形干燥管，防止空气中的水蒸气进入，另外过量的有毒，所以需要尾气吸收装置，故F中盛放碱石灰。
【小问1详解】
为防止S2Cl2水解，制得的Cl2需经干燥后再通入装置C中，故装置B中盛放的试剂应为浓硫酸；F装置的作用为吸收尾气，同时防止空气中的水蒸气进入左侧装置，故装置F中的试剂应选择碱石灰；
【小问2详解】
实验时应先打开冷凝水，再加热装置C，实验结束时应先停止加热装置C，再停止通冷凝水，故实验操作的先后顺序为组装仪器并检验装置的气密性→加入药品→滴加浓盐酸→①→②→④→通入N2→③；
【小问3详解】
由S2Cl2+Cl2=2SCl2得，要提高S2Cl2的纯度，实验的关键除控制好温度外，还需控制进入装置C中的Cl2的量(或滴入浓盐酸的速率)；
【小问4详解】
实验结束时可采取蒸馏的方法来提纯装置E中的S2Cl2，该过程中应收集137℃左右的馏分；
【小问5详解】
滴定时用Fe(NO3)3溶液作指示剂，滴入最后半滴KSCN标准液时，溶液由无色变成血红色，且半分钟内不褪色，说明达到滴定终点。实验过程中，S2Cl2产品(不含SCl2)与足量Ba(OH)2溶液反应使氯元素以Cl−的形式存在于溶液中，加入过量AgNO3溶液与Cl−反应，再用KSCN标准液与过量的AgNO3溶液反应，则n(Cl−)=0.4000mol·L−1
0.1L−0.2000mol·L−10.01L=0.038mol，n(S2Cl2)=0.5n(Cl−)=0.019mol，则所得产品中S2Cl2的质量分数为=95%。
18. 甲醛在医药方面有重要用途。工业上可利用反应Ⅰ： CH3OH(g) HCHO(g)+H2(g)来合成甲醛。
（1）已知：
反应Ⅱ ： 2CH3OH(g)+O2(g) 2HCHO(g) +2H2O(g) △H2=-313.2kJ·mol-1
反应Ⅲ： 2H2(g)+O2(g)2H2O(g) △H3=-483. 6kJ ·mol-1
则反应Ⅰ ： CH3OH(g) HCHO(g)+H2(g) 的△H1=_______kJ·mol-1。
（2）利用反应Ⅰ合成甲醛时，为加快化学反应速率，同时提高CH3OH的平衡转化率，可采取的措施为
_______。
（3）T ℃时，向体积恒为2L的密闭容器中充入8mol CH3OH(g)发生反应Ⅰ，5min后反应达到平衡，测得混合体系中的HCHO( g)的体积分数为20%。
①下列事实不能说明该反应已达到化学平衡状态的是_______(填序号)。
A. v正( HCHO)=v逆(H2)
B. c(CH3OH) ： c(HCHO) ： c(H2)=1 ：1： 1
C.混合气体的平均相对分子质量不变
D.混合气体的密度保持不变
②5min内，v( CH3OH)=_______mol· L-1· min-1。
③其他条件不变时，向已达平衡的反应体系中充入1mol CH3OH(g)和1mol H2(g)，则此时v正_______v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。
（4）在催化剂作用下，甲醇脱氢制甲醛的部分机理如下：
历程i ： CH3OH→·H+·CH2OH
历程ii： ·CH2OH-→·H+HCHO
历程iii：·CH2OH+3·H+CO
历程iv：·H+·H→H2
一定条件下测得温度对甲醇的转化率(X)、甲醛的选择性(Y)的影响如图所示[甲醛的选择性(Y)= ]。 则650℃ ~750℃，反应历程ii的速率。_______(填“大于”“小于”或“等于”)反应历程iii的速率，判断理由为_______。
【答案】（1）+85.2
（2）升高温度 （3） ①. BD ②. 0.2 ③. 小于
（4） ①. 小于 ②. 由图可知650℃~750℃，甲醇生成甲醛的转化率减小，甲醛的选择性变小，即生成的甲醛减少，CO增多，所以反应历程ii的速率小于反应历程iii的速率；
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可得，ΔH1=(ΔH2−ΔH3)=(−313.2+483.6)kJ·mol−1= +85.2kJ·mol−1；
故答案为：+85.2。
【小问2详解】
用甲醇合成甲醛时，为加快化学反应速率，同时提高CH3OH的平衡转化率，且反应为吸热反应，因此可采取升高温度的措施；
故答案为：升高温度。
【小问3详解】
①当ν正(HCHO)=v逆(H2)时，说明反应已经达到平衡状态，A项正确；B．c(CH3OH)∶c(HCHO)∶c(H2)=1∶1∶1时不能说明反应已经达到平衡状态，B项错误；；C．该反应前后气体分子数不等，当混合气体的平均相对分子质量不变时，混合体系中气体总物质的量不变，说明反应已经达到平衡状态，C项正确 ；D．该反应在体积不变的容器中进行，反应过程中混合气体的密度始终保持不变，故混合气体的密度不变时不能说明反应已经达到平衡状态，D项错误；②平衡时混合体系中HCHO(g)的体积分数为20%，若甲醇消耗的物质的量为xmol，则，x=2mol，则5min内，v(CH3OH)= =0.2mol·L−1·min−1；③反应达平衡时，CH3OH(g)、HCHO(g)、H2(g)的物质的量浓度分别为3mol·L−1、1mol·L−1、1mol·L−1，该条件下反应的平衡常数K=，向已达平衡的反应体系中充入1mol CH3OH(g)和1mol H2(g)时，CH3OH(g)、HCHO(g)、H2(g)的物质的量浓度分别为3.5mol·L−1、1mol·L−1、1.5mol·L−1，则浓度商Q=>，反应向逆反应方向进行，故v正小于v逆。
故答案为：BD；0.2；小于。
【小问4详解】
由图可知650℃~750℃，甲醇生成甲醛的转化率减小，甲醛的选择性变小，即生成的甲醛减少，CO增多，所以反应历程ii的速率小于反应历程iii的速率；
故答案为：小于；由图可知650℃~750℃，甲醇生成甲醛的转化率减小，甲醛的选择性变小，即生成的甲醛减少，CO增多，所以反应历程ii的速率小于反应历程iii的速率；
19. 某废钼镍催化剂主要含MoS2、 NiS、 Al2O3等，一种从其中回收金属元素Mo和Ni的工艺流程如图所示：
已知：
①H2MoO4一种二元弱酸；“ 加碱焙烧”过程中有Na2MoO4生成。
②25℃时，H2CO3的Ka1=4.5×10-7， Ka2=5. 0×10-11； Ksp( CaMoO4)=4.0×10-8，Ksp(CaCO3)= 3. 2 ×10-9。
回答下列问题：
（1）“低温焙烧”过程时，粉碎后的废钼镍催化剂从炉顶进入，空气从炉底进入，其目的是_______；该过程中MoS2转化成MoO3，写出相关的化学方程式：_______。
（2）生成固体X的离子方程式为_______。
（3）将“含Ni固体”用稀硫酸溶解，再经_______、过滤、洗涤可得到NiSO4·6H2O(NiSO4的溶解度随温度的变化曲线如图所示)。
（4）“沉钼”时溶液pH与沉钼率之间的关系如图所示：
①当溶液pH小于7. 0时，沉钼率较低的原因可能为_______。
②“沉钼”时若条件控制不当，CaCO3也会沉淀。若“ 沉钼”时控制溶液pH=8.0，为避免CaCO3沉淀，当溶液中c() ： c()=_______时，应停止加入CaCl2溶液。
【答案】（1） ①. 增大固体与气体的接触面积，提高原料利用率（或加快反应速率）（合理均可） ②. 2MoS2+7O22MoO3+4SO2
（2）AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO
（3）蒸发浓缩、冷却结晶
（4） ①. 溶液pH过低时，MoO会与H+结合形成HMoO，使得一部分钼保留在溶液中无法沉淀下来（合理均可） ②. 16
【解析】
【分析】废钼镍催化剂中主要含MoS2、NiS、Al2O3等，在空气中“低温焙烧”时，MoS2、NiS转化为对应的氧化物，同时生成SO2气体；将所得氧化物与纯碱混合焙烧时，MoO3转化为Na2MoO4，Al2O3转化为NaAlO2，经溶解过滤后除去镍元素；溶液Ⅰ中存在Na2MoO4、NaAlO2、Na2CO3等；通入过量CO2气体“沉铝”，过滤后的溶液Ⅱ中主要存在Na2MoO4、NaHCO3等；最后再加入CaCl2溶液来“沉钼”。
【小问1详解】
“低温焙烧”过程中，粉碎后的废钼镍催化剂从炉顶进入，空气从炉底进入，可增大固体与气体的接触面积，提高原料的利用率（或加快反应速率）。该过程中，MoS2转化成MoO3，发生反应的化学方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2;
【小问2详解】
固体X为Al(OH)3，生成固体X的离子方程式为AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO;
【小问3详解】
将“含Ni固体”用稀硫酸溶解后得到NiSO4溶液，结合题中NiSO4的溶解度随温度的变化曲线得，将NiSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤后可得到NiSO4·6H2O;
【小问4详解】
①由已知可得H2MoO4是一种二元弱酸，则溶液pH过低时，MoO会与H+结合形成HMoO，使得一部分钼保留在溶液中无法沉淀下来。
②若“沉钼”时控制溶液pH=8.0，溶液中c(H+)=10−8mol·L−1，又因为，则
，即当溶液中c(HCO)∶c(MoO)=16时，应停止加入CaCl2溶液。
20. 乙炔(C2H2) 是一种基本的有机化工原料，由乙炔制备一种醚类香料和一种缩醛类香料的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：
已知：2ROH+
回答下列问题：
（1）反应②的反应类型为_______， B中含有的官能团名称为_______。
（2）D的结构简式为_______。
（3）反应③的化学方程式为_______。
（4）若化合物M为苯甲醚的同系物，且相对分子质量比苯甲醚大14，则能使FeCl3溶液显色的M的同分异构体共有_______种。
（5）参照上述合成路线，以1-溴丁烷为原料(无机试剂任选)，设计一条制备 的合成路线。_______
【答案】（1） ①. 加成反应 ②. 碳碳双键、酯基
（2） （3） +2CH3OH→ +HOCH2CH2OH
（4）9 （5）CH2=CHCH2CH3CH3CH=CHCH3
【解析】
【分析】由题干知，上面的物质分别是乙烯氧化到环氧乙烷，环氧乙烷再与二氧化碳发生加成反应生成 ，结合已知可知再发生反应+2CH3OH→+HOCH2CH2OH，得到 ， 再与苯酚反应生成苯甲醚、甲醇和二氧化碳；下面的物质由B的分子式可知，乙炔和乙酸发生加成反应生成 ， 再发生加聚反应生成 ，再在稀硫酸条件下水解为 和乙酸， 再与 反应生成聚乙烯醇缩苯甲醛。
【小问1详解】
由题可得，反应②的反应类型为加成反应；B的结构简式为 ，其官能团的名称为碳碳双键、酯基，故答案为：加成反应；碳碳双键、酯基；
【小问2详解】
C的结构简式为 ，C与D反应可得“聚乙烯醇缩苯甲醛”，则D为苯甲醛，其结构简式为 ，故答案为： ；
【小问3详解】
结合已知反应 得，反应③的方程式为
，故答案为： ；
【小问4详解】
化合物M为苯甲醚的同系物，且相对分子质量比苯甲醚大14，能使FeCl3溶液显色，则M中含有苯环、酚羟基，除此之外还含有两个—CH3或一个—CH2CH3，则有两种情况：①M中苯环上除酚羟基外还含有两个—CH3，有6种结构；②M中苯环上除酚羟基外还含有一个—CH2CH3，有邻、间、对3种结构，故符合条件的M的同分异构体共有9种，故答案为：9；
【小问5详解】
参照题目给定的合成路线，目标产物 可通过CO2与 反应而得；2−丁烯在Ag作催化剂的条件下与氧气反应可制得 ；而题目给定的合成原料为1−溴丁烷，则需先通过消去反应获得1−丁烯，再通过1−丁烯与HBr的加成反应合成2−溴丁烷，再将2−溴丁烷经过消去反应得到2−丁烯。故合成路线为
，故答案为： 。
云南省师范大学附属中学2023届高考适应性月考卷(一)
化学试题
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120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 C-12 O16 Al-27 S -32 Cl- 35.5
一、选择题：本题共14小题，每小题3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. 化学与生产、生活等密切相关。下列说法错误的是
A. CH3CH2Cl可用作快速镇痛剂
B. BaCO3可用作肠胃检查的内服剂
C. 聚乙炔可用于制备导电高分子材料
D. 工业废气中的CO2能用于生产可降解塑料
【答案】B
【解析】
【详解】A．液态的CH3CH2Cl汽化时大量吸热，具有冷冻麻醉作用，可用作快速镇痛剂，A正确；
B．BaCO3会与胃液中的盐酸反应生成重金属离子Ba2+，不能用作肠胃检查的内服剂，B错误；
C．聚乙炔中含有共轭π键，通电时电子可在其中定向移动，可用于制备导电高分子材料，C正确；
D．CO2能在稀土催化剂的活化作用下与环氧丙烷等反应生成可降解的高分子材料，D正确；
故选B。
2. 下列各项中不属于化学变化的是
A. 焰色试验 B. 油脂硬化 C. 煤的液化 D. 橡胶硫化
【答案】A
【解析】
【详解】A．焰色试验是指某些金属或它们的化合物在灼烧时火焰呈现出特征颜色的现象，这个过程中没有新物质的生成，属于物理变化，故A正确；
B．油脂硬化是指不饱和油脂与氢气在催化剂的作用下发生加成反应生成饱和油脂的过程，属于化学变化，故B错误；
C．煤的液化是指将煤转化为甲醇等液体燃料的过程，属于化学变化，故C错误；
D．橡胶硫化是指将线型的橡胶高分子链通过与硫原子形成化学键、交联形成网状结构的过程，属于化学变化，故D错误；
故答案选A。
3. 下列物质不能通过相应单质一步化合而成的是
A. HCl B. NO C. CuS D. Al2O3
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2在Cl2中燃烧可生成 HCl，A不符合题意，A错误；
B．N2和O2在放电或高温的条件下反应生成NO，B不符合题意，B错误；
C．S与Cu在高温条件下反应生成Cu2S而非CuS，C符合题意，C正确；
D．Al与O2反应可得Al2O3，D不符合题意，D错误；
故选C。
4. 下列化学用语表达正确的是
A. 乙烯的结构简式： CH2CH2
B. Cl-的结构示意图：
C. 乙醇中官能团的电子式：
D. 基态碘原子的简化电子排布式： [ Kr ]5s25p5
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙烯的结构简式为CH2=CH2，A错误；
B．Cl-核外有18个电子，其结构示意图为，B正确；
C．乙醇中的官能团为羟基，其电子式为，C错误；
D．基态碘原子的简化电子排布式为[Kr]4d105s25p5，D错误；
故选B。
5. NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是
A. 室温下，22. 4L乙烷中含有的碳原子数小于2NA
B. 1L 0.1mol/L NH4Cl溶液中的数目为0.1NA
C. 标准状况下，11. 2L CHCl3中所含的氯原子数为1. 5NA
D. 室温下，27g Al与足量浓硫酸反应，转移的电子数为3NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．1mol乙烷中含有的碳原子数为2NA，根据理想气体状态方程可知，室温下1mol乙烷的体积大于22.4L，即室温下，22.4L乙烷的物质的量小于1mol，其含有的碳原子数小于2NA，A正确；
B．NH4Cl溶液中发生水解生成NH3·H2O，故1L 0.1mol/L NH4Cl溶液中的数目小于0.1NA，B错误；
C．标准状况下，CHCl3不是气态物质，无法计算11.2L CHCl3的物质的量，也就无法计算其所含的氯原子的数目，C错误；
D．室温下，Al遇浓硫酸发生钝化，无法计算该过程的电子转移数目，D错误；
故选A。
6. 下列实验方案能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
目的
比较Na2CO3、NaHCO3与酸反应速率的快慢
配制100mL 0.1mol·L-1的硫酸
检验溴乙烷的消去产物
由 Na2SO3溶液制得Na2SO3固体
实验方案
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．比较Na2CO3、NaHCO3与酸反应快慢时，应控制Na2CO3、NaHCO3溶液的物质的量浓度相等，而饱和Na2CO3溶液的物质的量浓度大于饱和NaHCO3溶液的物质的量浓度，A错误；
B．配制100mL 0.1mol·L−1的硫酸时不能在容量瓶中稀释浓硫酸， B错误；
C．溴乙烷的消去产物为乙烯，可使溴的CCl4溶液褪色，C正确；
D．Na2SO3具有还原性，极易被空气中的O2氧化成Na2SO4，故加热蒸干Na2SO3溶液无法制得Na2SO3固体，D错误；
故选C。
7. 下列离子方程式书写正确的是
A. Cl2与水反应： Cl2 +H2O=2H+ +ClO-+C1-
B. 将铜片投入FeCl3溶液中： Cu+Fe3+ =Cu2+ +Fe2+
C. 将SO2通入BaCl2溶液中： SO2 +Ba2+ =BaSO3↓+2H+
D. 铝片与NaOH溶液反应： 2Al+2OH- +2H2O= 2+3H2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cl2与水反应生成HCl和HClO，HClO为弱电解质，该反应的离子方程式为Cl2+H2O=HClO+H++Cl−，故A错误；
B．将铜片投入FeCl3溶液中的离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故B错误；
C．将SO2通入BaCl2溶液中，SO2不与BaCl2反应，故C错误；
D．铝片与NaOH溶液反应的离子方程式为2Al+2OH−+2H2O=2+3H2↑，故D正确；
故答案为：D。
8. 三百多年前，著名化学家波义耳使用铁盐和没食子酸(结构简式如图)制造了墨水。下列有关没食子酸的说法错误的是
A. 分子式为C7H6O5
B. 可与浓溴水发生取代反应
C. 所有原子有可能处于同一平面上
D. 1mol 没食子酸最多可与4mol NaHCO3反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题图可得，没食子酸的分子式为C7H6O5，故A正确；
B．没食子酸中含有酚羟基，浓溴水可与酚类物质发生取代反应，故B正确；
C．没食子酸中苯环上的碳和羧基中的碳原子都是sp2杂化，而且单键可以旋转，所以所有原子有可能处于同一平面上，故C正确；
D．1mol没食子酸中含有1mol羧基和3mol酚羟基，只有羧基可以与NaHCO3发生反应，酚羟基不能与NaHCO3发生反应，故1mol没食子酸最多可与1mol NaHCO3反应，故D错误；
故答案为:D。
9. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、Z、W位于同一周期，基态W原子的核外电子总数是其最高能级电子数的2倍，它们形成的某种阴离子的结构如图所示。下列说法错误的是
A. 由X、Y、W三种元素形成酸都是二元酸
B. 该阴离子与X+形成的化合物是两性物质
C. 元素的第一电离能： Y
【解析】
【分析】基态W原子的核外电子总数是其最高能级电子数的2倍，故W为O；结合题意及阴离子的结构示意图可得X、Y、Z分别为H、C、N。
【详解】A．由X、Y、W即H、C、O三种元素组成的酸可以是甲酸、乙酸等一元酸，也可以是H2CO3、H2C2O4等二元酸，A符合题意；
B．该阴离子与X+即H+形成的化合物中既含—NH2又含—COOH，属于两性物质，B不符合题意；
C．N的2p能级处于半充满状态，第一电离能比同周期相邻的两元素大，元素的第一电离能：C
10. 下列除杂试剂选用正确的是
选项
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
A
NO( NO2)
NaOH溶液
B
SO2( CO2)
饱和NaHSO3溶液
C
SiO2( Fe2O3)
稀盐酸
D
NaCl( Na2CO3)
AgNO3溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．NO与NO2的混合气体可与NaOH溶液发生反应：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，因此无法用NaOH溶液除去NO中的NO2，A错误；
B．NaHSO3溶液不与SO2反应，也不与CO2反应，无法达到除杂效果，B错误；
C．稀盐酸能与Fe2O3反应，不与SiO2反应；向固体中加入稀盐酸，反应后过滤可得SiO2；C正确；
D．AgNO3溶液能与NaCl、Na2CO3都反应，D错误；
故选C。
11. CaCN2是一种有效的土壤消毒剂，可通过反应CaCO3+2HCN=CaCN2+CO↑ +H2↑+CO2↑来制备。已知该反应相关物质中氮元素的化合价均为-3价，下列说法正确的是
A. CaCO3 是还原剂，HCN是氧化剂
B. CaCN2 中含共价键，为共价化合物
C. 该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1
D. 生成3.7g混合气体时，转移的电子数约为6.02×1022
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应CaCO3+2HCN=CaCN2+CO↑+H2↑+CO2↑中，氢元素化合价由+1价降低到0价，被还原；反应物中CaCO3中的碳元素为+4价、HCN中的碳元素为+2价；产物中CaCN2、CO2中的碳元素均为+4价，CO中碳元素为+2价，则在反应过程中HCN中+2价的碳元素被氧化成+4价，HCN既是氧化剂又是还原剂，故A错误；
B．CaCN2中含共价键和离子键，是离子化合物，故B错误；
C．根据A选项分析，H2为还原产物，CO2为氧化产物，即该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1，故C错误；
D．当反应中生成74g混合气体(CO、H2、CO2各1mol)时，转移的电子数为2mol，则生成3.7g混合气体时，转移的电子数约为6.02×1022，故D正确；
答案为D。
12. 某种热激活电池的结构如图所示，该电池放电后的产物为Li7Si3和LiMn2O4，下列说法正确的是
A. 放电过程中，Li+移向a极区
B. 该电池中火药燃烧将化学能转化为电能
C. 常温时，在a、b间连接电流表，指针偏转
D. 放电时，a极的电极反应方程式为3Li13Si4-11e- =4Li7Si3+11Li+
【答案】D
【解析】
【分析】根据电池放电后的产物为Li7Si3和LiMn2O4可得，在电池放电过程中，MnO2得电子发生还原反应，故b极为电池正极，a极为电池负极，以此解题。
【详解】A．放电过程中阳离子向正极移动，故放电过程中，Li+移向b极区，A错误；
B．该电池为热激活电池，故该电池中火药燃烧将化学能转化为热能，B错误；
C．该电池为热激活电池，常温下，电池不工作，在a、b间连接电流表时，指针不偏转，C错误；
D．放电时，a极的电极反应方程式为3Li13Si4−11e−=4Li7Si3+11Li+，D正确；
故选D。
13. 在一恒压密闭容器中加入足量的碳，并充入0.2molCO2气体，发生反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)。反应达平衡时[p(CO)、p(CO2)分别为体系中CO、CO2的平衡分压]随温度的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A. 该反应为吸热反应
B. 向X点对应的平衡体系再充入CO、CO2各1mol，平衡逆向移动
C. 980K时，CO2的平衡转化率约为33.3%
D. 增大容器的体积有利于提高CO2的平衡转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可得，随着温度的升高，增大，即混合气体中CO2的物质的量减小，CO的物质的量增大，说明温度升高时平衡正向移动，则该反应为吸热反应，A不符合题意。
B．X点对应的平衡体系中，=0，p(CO)=p(CO2)即n(CO2)=n(CO)，由于是恒压密闭容器，向X点对应的平衡体系再充入CO、CO2各1mol，该体系与原平衡体系是等效平衡，平衡不移动，B符合题意。
C．980K时，反应达平衡时n(CO2)=n(CO)，初始时n(CO2)=0.2mol，设反应过程中消耗CO2的物质的量为xmol，则反应过程中生成的CO的物质的量为2xmol，则有0.2−x=2x，x=mol，则CO2的转化率为，C不符合题意。
D．该反应的正反应为气体体积增大的反应，增大容器的体积，体系的压强减小，化学平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，D不符合题意。
故选B。
14. 25℃时，往20. 00mL 0. 1mol·L-1HX溶液中滴入0. 1mol·L-1NaOH溶液，体系中-1gc(HX)、 -lgc(X-)、 NaOH 溶液的体积与溶液pH的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线②表示-lgc(HX)与溶液pH的关系
B. a点对应的溶液中： c(H+) +2c(HX)=c(OH- )-c(X -)
C. b点对应的溶液中： c(Na+)>c(X- )>c(OH-)>c(H+)
D. 25℃时，HX的电离平衡常数的数量级为10-4
【答案】C
【解析】
【详解】A．往20.00mL 0.1mol·L−1 HX溶液中滴入0.1mol·L−1 NaOH溶液，发生反应：NaOH+HX=NaX+H2O，体系中−lgc(HX)随溶液pH的增大而增大，−lgc(X−) 随溶液pH的增大而减小，故曲线①表示−lgc(HX)与溶液pH的关系，A错误；
B．a点对应的溶液中存在HX和NaX两种溶质，且二者的物质的量之比为1∶1，该溶液中的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(X−)+c(OH−)，物料守恒式为2c(Na+)=c(X−)+c(HX)，联立电荷守恒式及物料守恒式可得：2c(H+)+c(HX)=2c(OH−)+c(X−)，B错误；
C．b点对应的溶液pH=10即c(OH−)>c(H+)，此时溶液中的溶质为NaX和NaOH，结合电荷守恒式可得溶液中：c(Na+)>c(X−)，故c(Na+)>c(X−)>c(OH−)>c(H+)，C正确；
D．曲线①、曲线②的交点处有−lgc(HX) =−lgc(X−)，即c(HX)= c(X−)，HX的电离平衡常数Ka=c(H+)=10−4.76，其数量级为10−5，D错误；
故答案选C。
二、非选择题：共58分。
15. A、B、C、D是4种中学化学常见纯净物，其中A为单质。A、B、C、D存在如图所示转化关系：
回答下列问题：
（1）C的化学式为_______。
（2）A在氧气中燃烧的产物_______(填“是”或“不是”)碱性氧化物。
（3）写出B →C的化学方程式：_______。
（4）往B的水溶液中滴加NaOH溶液，现象为_______。
【答案】（1）FeCl3
（2）不是 （3）2FeCl2+Cl2=2FeCl3
（4）产生白色沉淀，白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色(合理均可)
【解析】
【分析】C与KSCN溶液作用得到血红色溶液且C由单质A与氯气在加热条件下反应而得，则A为Fe，C为FeCl3，B为FeCl2，D为Fe(SCN)3。
【小问1详解】
由题可得C的化学式为FeCl3;
【小问2详解】
铁单质在氧气中燃烧的产物为Fe3O4，该物质不属于碱性氧化物;
【小问3详解】
B→C为FeCl2与Cl2反应的过程，其化学方程式为2FeCl2+Cl2=2FeCl3;
【小问4详解】
往FeCl2溶液中滴加NaOH溶液时，先产生白色沉淀，白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色。
16. A、B、C、D、E、F是6种原子序数依次增大的前四周期元素，部分元素性质或原子结构如下：
元素
元素性质或原子结构
A
基态原子价层电子排布为nsnnpn+1
C
元素周期表中电负性最大的元素
D
原子核外有三个电子层，且最外层电子数是核外电子总数的
E
E3+的3d轨道为半充满状态
F
基态原子的M层全充满，N层只有一个电子
（1）E元素的基态原子的核外电子排布式为_______。
（2）用电子式表示化合物DC2的形成过程： _______。
（3）A、B、C三种元素简单氢化物的沸点由高到低的顺序为_______ (用化学式表示)。
（4）F元素的单质与A元素的最高价氧化物对应水化物的稀溶液反应的化学方程式为_______。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2
（2） （3）H2O>HF>NH3
（4）3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
【解析】
【分析】由题意，A元素价电子排布式为nsnnpn+1，根据构造原理s能级上排满有2个电子，则A价层电子排布为2s22p3，A元素为N，C元素在周期表中电负性最大，则C为F，A、B、C原子序数依次增大，所以B元素为O，D元素最外层电子数为核外电子总数的1/3，且D元素为第三周期元素，因此D元素为Mg，E3+的3d轨道为半充满状态，E3+所含核外电子为23个，因此E原子的核外电子为26个，即E元素为Fe，F原子M层全满，且N层仅有1个电子，所以F为Cu元素。综上，A元素为N，B元素为O，C为F，D元素为Mg，E元素为Fe，F为Cu。
【小问1详解】
E元素为Fe，基态原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；
【小问2详解】
化合物DC2为MgF2，MgF2是离子化合物，故用电子式表示其形成过程为：；
【小问3详解】
A、B、C三种元素简单氢化物分别为NH3、H2O、HF，H2O在1在标准状况下为固态，HF在标准状况下为液态，NH3在标准状况下为气态，因此三者沸点由高到低为H2O>HF>NH3；
【小问4详解】
F为Cu ，A最高价氧化物对应的水化物为HNO3，故二者反应方程式3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。
17. 某同学利用硫和少量氯气在135~ 145℃条件下反应制备S2Cl2的装置如图所示(夹持装置略)：
已知：
i. 2S+Cl2=S2Cl2，S2Cl2+Cl2=2SCl2；
ii. S2Cl2易挥发，在空气中可剧烈水解：2S2Cl2+2H2O=3S ↓+SO2↑+4HCl；
iii.相关物质的熔沸点：
物质
S
S2Cl2
SCl2
熔点/℃
112.8
-77
-121
沸点/℃
444.6
137
59.6
回答下列问题：
（1）装置B中盛放的试剂为_______(填物质名称)；装置F中的试剂应选择_______(填序号)。
a.无水CaCl2 b.碱石灰 c. P2O5 d.无水CuSO4
（2）实验操作的先后顺序为组装仪器并检验装置的气密性→加入药品→滴加浓盐酸→_______→_______→_______→通入N2→_______(填序号)。_______
①通冷凝水 ②加热装置C ③停止通冷凝水 ④停止加热装置C
（3）为提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和_______。
（4）实验结束时可采取蒸馏的方法来提纯装置E中的S2Cl2，该过程中应收集_______℃左右的馏分。
（5）已知： 25℃时，Ksp(AgCl)= 3.2×10-10， Ksp( AgSCN)= 2 × 10-12，为测定提纯后的S2Cl2产品的纯度，进行如下实验：
步骤①：取2.70g提纯后的S2Cl2产品(不含SCl2)，加入足量Ba(OH)2溶液(杂质不参与反应)，充分振荡、过滤、洗涤，将所得溶液全部移入锥形瓶，加入稀硝酸酸化，再加入过量的0. 4000mol·L-1 AgNO3溶液100. 00mL。
步骤②：向锥形瓶中加入2mL硝基苯，用力摇动使有机物充分覆盖沉淀；再滴入2滴Fe( NO3)3溶液作指示剂，用0.2000mol ·L-1KSCN标准液滴定至终点，消耗KSCN标准液10.00mL。
滴定终点的实验现象为_______；所得产品中S2Cl2的质量分数为_______。
【答案】（1） ①. 浓硫酸 ②. b
（2）①→②→④→通入N2→③
（3）进入装置C中Cl2的量(或滴入浓盐酸的速率)
（4）137 （5） ①. 滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为血红色，且半分钟内不褪色 ②. 95%
【解析】
【分析】A装置为高锰酸钾与浓盐酸反应制备Cl2的装置，产生的Cl2中混有水蒸气，用浓硫酸干燥，得到干燥的Cl2，然后通入到装置C中与S反应产生S2Cl2，由于S2Cl2易挥发，在空气中可剧烈水解，反应及蒸馏提纯过程中不能直接与大气相通，在整个装置的末端连接一个球形干燥管，防止空气中的水蒸气进入，另外过量的有毒，所以需要尾气吸收装置，故F中盛放碱石灰。
【小问1详解】
为防止S2Cl2水解，制得的Cl2需经干燥后再通入装置C中，故装置B中盛放的试剂应为浓硫酸；F装置的作用为吸收尾气，同时防止空气中的水蒸气进入左侧装置，故装置F中的试剂应选择碱石灰；
【小问2详解】
实验时应先打开冷凝水，再加热装置C，实验结束时应先停止加热装置C，再停止通冷凝水，故实验操作的先后顺序为组装仪器并检验装置的气密性→加入药品→滴加浓盐酸→①→②→④→通入N2→③；
【小问3详解】
由S2Cl2+Cl2=2SCl2得，要提高S2Cl2的纯度，实验的关键除控制好温度外，还需控制进入装置C中的Cl2的量(或滴入浓盐酸的速率)；
【小问4详解】
实验结束时可采取蒸馏的方法来提纯装置E中的S2Cl2，该过程中应收集137℃左右的馏分；
【小问5详解】
滴定时用Fe(NO3)3溶液作指示剂，滴入最后半滴KSCN标准液时，溶液由无色变成血红色，且半分钟内不褪色，说明达到滴定终点。实验过程中，S2Cl2产品(不含SCl2)与足量Ba(OH)2溶液反应使氯元素以Cl−的形式存在于溶液中，加入过量AgNO3溶液与Cl−反应，再用KSCN标准液与过量的AgNO3溶液反应，则n(Cl−)=0.4000mol·L−1
0.1L−0.2000mol·L−10.01L=0.038mol，n(S2Cl2)=0.5n(Cl−)=0.019mol，则所得产品中S2Cl2的质量分数为=95%。
18. 甲醛在医药方面有重要用途。工业上可利用反应Ⅰ： CH3OH(g) HCHO(g)+H2(g)来合成甲醛。
（1）已知：
反应Ⅱ ： 2CH3OH(g)+O2(g) 2HCHO(g) +2H2O(g) △H2=-313.2kJ·mol-1
反应Ⅲ： 2H2(g)+O2(g)2H2O(g) △H3=-483. 6kJ ·mol-1
则反应Ⅰ ： CH3OH(g) HCHO(g)+H2(g) 的△H1=_______kJ·mol-1。
（2）利用反应Ⅰ合成甲醛时，为加快化学反应速率，同时提高CH3OH的平衡转化率，可采取的措施为
_______。
（3）T ℃时，向体积恒为2L的密闭容器中充入8mol CH3OH(g)发生反应Ⅰ，5min后反应达到平衡，测得混合体系中的HCHO( g)的体积分数为20%。
①下列事实不能说明该反应已达到化学平衡状态的是_______(填序号)。
A. v正( HCHO)=v逆(H2)
B. c(CH3OH) ： c(HCHO) ： c(H2)=1 ：1： 1
C.混合气体的平均相对分子质量不变
D.混合气体的密度保持不变
②5min内，v( CH3OH)=_______mol· L-1· min-1。
③其他条件不变时，向已达平衡的反应体系中充入1mol CH3OH(g)和1mol H2(g)，则此时v正_______v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。
（4）在催化剂作用下，甲醇脱氢制甲醛的部分机理如下：
历程i ： CH3OH→·H+·CH2OH
历程ii： ·CH2OH-→·H+HCHO
历程iii：·CH2OH+3·H+CO
历程iv：·H+·H→H2
一定条件下测得温度对甲醇的转化率(X)、甲醛的选择性(Y)的影响如图所示[甲醛的选择性(Y)= ]。 则650℃ ~750℃，反应历程ii的速率。_______(填“大于”“小于”或“等于”)反应历程iii的速率，判断理由为_______。
【答案】（1）+85.2
（2）升高温度 （3） ①. BD ②. 0.2 ③. 小于
（4） ①. 小于 ②. 由图可知650℃~750℃，甲醇生成甲醛的转化率减小，甲醛的选择性变小，即生成的甲醛减少，CO增多，所以反应历程ii的速率小于反应历程iii的速率；
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可得，ΔH1=(ΔH2−ΔH3)=(−313.2+483.6)kJ·mol−1= +85.2kJ·mol−1；
故答案为：+85.2。
【小问2详解】
用甲醇合成甲醛时，为加快化学反应速率，同时提高CH3OH的平衡转化率，且反应为吸热反应，因此可采取升高温度的措施；
故答案为：升高温度。
【小问3详解】
①当ν正(HCHO)=v逆(H2)时，说明反应已经达到平衡状态，A项正确；B．c(CH3OH)∶c(HCHO)∶c(H2)=1∶1∶1时不能说明反应已经达到平衡状态，B项错误；；C．该反应前后气体分子数不等，当混合气体的平均相对分子质量不变时，混合体系中气体总物质的量不变，说明反应已经达到平衡状态，C项正确 ；D．该反应在体积不变的容器中进行，反应过程中混合气体的密度始终保持不变，故混合气体的密度不变时不能说明反应已经达到平衡状态，D项错误；②平衡时混合体系中HCHO(g)的体积分数为20%，若甲醇消耗的物质的量为xmol，则，x=2mol，则5min内，v(CH3OH)= =0.2mol·L−1·min−1；③反应达平衡时，CH3OH(g)、HCHO(g)、H2(g)的物质的量浓度分别为3mol·L−1、1mol·L−1、1mol·L−1，该条件下反应的平衡常数K=，向已达平衡的反应体系中充入1mol CH3OH(g)和1mol H2(g)时，CH3OH(g)、HCHO(g)、H2(g)的物质的量浓度分别为3.5mol·L−1、1mol·L−1、1.5mol·L−1，则浓度商Q=>，反应向逆反应方向进行，故v正小于v逆。
故答案为：BD；0.2；小于。
【小问4详解】
由图可知650℃~750℃，甲醇生成甲醛的转化率减小，甲醛的选择性变小，即生成的甲醛减少，CO增多，所以反应历程ii的速率小于反应历程iii的速率；
故答案为：小于；由图可知650℃~750℃，甲醇生成甲醛的转化率减小，甲醛的选择性变小，即生成的甲醛减少，CO增多，所以反应历程ii的速率小于反应历程iii的速率；
19. 某废钼镍催化剂主要含MoS2、 NiS、 Al2O3等，一种从其中回收金属元素Mo和Ni的工艺流程如图所示：
已知：
①H2MoO4一种二元弱酸；“ 加碱焙烧”过程中有Na2MoO4生成。
②25℃时，H2CO3的Ka1=4.5×10-7， Ka2=5. 0×10-11； Ksp( CaMoO4)=4.0×10-8，Ksp(CaCO3)= 3. 2 ×10-9。
回答下列问题：
（1）“低温焙烧”过程时，粉碎后的废钼镍催化剂从炉顶进入，空气从炉底进入，其目的是_______；该过程中MoS2转化成MoO3，写出相关的化学方程式：_______。
（2）生成固体X的离子方程式为_______。
（3）将“含Ni固体”用稀硫酸溶解，再经_______、过滤、洗涤可得到NiSO4·6H2O(NiSO4的溶解度随温度的变化曲线如图所示)。
（4）“沉钼”时溶液pH与沉钼率之间的关系如图所示：
①当溶液pH小于7. 0时，沉钼率较低的原因可能为_______。
②“沉钼”时若条件控制不当，CaCO3也会沉淀。若“ 沉钼”时控制溶液pH=8.0，为避免CaCO3沉淀，当溶液中c() ： c()=_______时，应停止加入CaCl2溶液。
【答案】（1） ①. 增大固体与气体的接触面积，提高原料利用率（或加快反应速率）（合理均可） ②. 2MoS2+7O22MoO3+4SO2
（2）AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO
（3）蒸发浓缩、冷却结晶
（4） ①. 溶液pH过低时，MoO会与H+结合形成HMoO，使得一部分钼保留在溶液中无法沉淀下来（合理均可） ②. 16
【解析】
【分析】废钼镍催化剂中主要含MoS2、NiS、Al2O3等，在空气中“低温焙烧”时，MoS2、NiS转化为对应的氧化物，同时生成SO2气体；将所得氧化物与纯碱混合焙烧时，MoO3转化为Na2MoO4，Al2O3转化为NaAlO2，经溶解过滤后除去镍元素；溶液Ⅰ中存在Na2MoO4、NaAlO2、Na2CO3等；通入过量CO2气体“沉铝”，过滤后的溶液Ⅱ中主要存在Na2MoO4、NaHCO3等；最后再加入CaCl2溶液来“沉钼”。
【小问1详解】
“低温焙烧”过程中，粉碎后的废钼镍催化剂从炉顶进入，空气从炉底进入，可增大固体与气体的接触面积，提高原料的利用率（或加快反应速率）。该过程中，MoS2转化成MoO3，发生反应的化学方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2;
【小问2详解】
固体X为Al(OH)3，生成固体X的离子方程式为AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO;
【小问3详解】
将“含Ni固体”用稀硫酸溶解后得到NiSO4溶液，结合题中NiSO4的溶解度随温度的变化曲线得，将NiSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤后可得到NiSO4·6H2O;
【小问4详解】
①由已知可得H2MoO4是一种二元弱酸，则溶液pH过低时，MoO会与H+结合形成HMoO，使得一部分钼保留在溶液中无法沉淀下来。
②若“沉钼”时控制溶液pH=8.0，溶液中c(H+)=10−8mol·L−1，又因为，则
，即当溶液中c(HCO)∶c(MoO)=16时，应停止加入CaCl2溶液。
20. 乙炔(C2H2) 是一种基本的有机化工原料，由乙炔制备一种醚类香料和一种缩醛类香料的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：
已知：2ROH+
回答下列问题：
（1）反应②的反应类型为_______， B中含有的官能团名称为_______。
（2）D的结构简式为_______。
（3）反应③的化学方程式为_______。
（4）若化合物M为苯甲醚的同系物，且相对分子质量比苯甲醚大14，则能使FeCl3溶液显色的M的同分异构体共有_______种。
（5）参照上述合成路线，以1-溴丁烷为原料(无机试剂任选)，设计一条制备 的合成路线。_______
【答案】（1） ①. 加成反应 ②. 碳碳双键、酯基
（2） （3） +2CH3OH→ +HOCH2CH2OH
（4）9 （5）CH2=CHCH2CH3CH3CH=CHCH3
【解析】
【分析】由题干知，上面的物质分别是乙烯氧化到环氧乙烷，环氧乙烷再与二氧化碳发生加成反应生成 ，结合已知可知再发生反应+2CH3OH→+HOCH2CH2OH，得到 ， 再与苯酚反应生成苯甲醚、甲醇和二氧化碳；下面的物质由B的分子式可知，乙炔和乙酸发生加成反应生成 ， 再发生加聚反应生成 ，再在稀硫酸条件下水解为 和乙酸， 再与 反应生成聚乙烯醇缩苯甲醛。
【小问1详解】
由题可得，反应②的反应类型为加成反应；B的结构简式为 ，其官能团的名称为碳碳双键、酯基，故答案为：加成反应；碳碳双键、酯基；
【小问2详解】
C的结构简式为 ，C与D反应可得“聚乙烯醇缩苯甲醛”，则D为苯甲醛，其结构简式为 ，故答案为： ；
【小问3详解】
结合已知反应 得，反应③的方程式为
，故答案为： ；
【小问4详解】
化合物M为苯甲醚的同系物，且相对分子质量比苯甲醚大14，能使FeCl3溶液显色，则M中含有苯环、酚羟基，除此之外还含有两个—CH3或一个—CH2CH3，则有两种情况：①M中苯环上除酚羟基外还含有两个—CH3，有6种结构；②M中苯环上除酚羟基外还含有一个—CH2CH3，有邻、间、对3种结构，故符合条件的M的同分异构体共有9种，故答案为：9；
【小问5详解】
参照题目给定的合成路线，目标产物 可通过CO2与 反应而得；2−丁烯在Ag作催化剂的条件下与氧气反应可制得 ；而题目给定的合成原料为1−溴丁烷，则需先通过消去反应获得1−丁烯，再通过1−丁烯与HBr的加成反应合成2−溴丁烷，再将2−溴丁烷经过消去反应得到2−丁烯。故合成路线为
，故答案为： 。
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