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2022-2023学年河南省漯河市高级中学高二上学期第二次月考化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年河南省漯河市高级中学高二上学期第二次月考化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，原理综合题，填空题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
河南省漯河市高级中学2022-2023学年高二上学期
第二次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．“天问一号”着陆火星，“嫦娥五号”采回月壤，用SiC增强铝基材料钻杆“挖士”，实现了中国首次月球无人采样返回。腾飞中国离不开化学，长征系列运载火箭使用的燃料有液氢和煤油等化学品。下列有关说法错误的是
A．煤油是不可再生资源
B．月壤中含有的3He，其质子数为3
C．制作钻杆用的SiC增强铝基材料属复合材料
D．运载火箭用的液O2液H2推进剂在工作时发生氧化还原反应
【答案】B
【详解】A．煤油是石油的产物，属于不可再生资源，A正确；
B．月壤中含有的3He，其质量数为3，质子数为2，B错误；
C．SiC增强铝基材料属复合材料，C正确；
D．运载火箭用的液O2液H2推进剂在工作时发生氧化还原反应，D正确；
故选B。
2．下列有关化学用语表示正确的是
A．NH5的结构与NH4Cl相似，NH5的结构式：
B．丙醛的结构简式： CH3CH2COH
C．离子结构示意图既可以表示35Cl-，也可以表示37Cl-
D．过氧化钠的电子式是
【答案】C
【详解】A．NH5的结构与NH4Cl相似，因此NH5为离子化合物，由构成，A错误；
B．醛基的结构简式为-CHO，丙醛的结构简式：CH3CH2CHO，B错误；
C．35Cl-和37Cl-都是氯离子，二者离子结构示意图均为，C正确；
D．过氧化钠是离子化合物，由构成，中O原子间共用1对电子，O原子最外层电子数为8，其电子式为，D错误；
故选C。
3．在汽车尾气系统中安装转化器，能有效降低CO、NO、NO2等气体的排放，其中涉及的一个转化反应为：2CO+2NON2+2CO2，下列说法正确的是
A．催化剂能使氮的氧化物完全转化为N2
B．采用较长的排气管能杜绝污染性气体的排放
C．汽车排放管的高温有利于提高该反应的速率
D．加装催化转化器之后，可以提高CO、NO的平衡转化率
【答案】C
【详解】A．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变反应限度， A错误；
B．采用较长的排气管能增加反应时间，可逆反应不能进行彻底，仍有CO、NO等气体的排放，不能杜绝污染性气体的排放，B错误；
C．升高温度有利于提高该反应的速率，C正确；
D．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变反应限度，不能提高CO、NO的平衡转化率，D错误；
故答案选C。
4．硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注，下列说法正确的是
A．NO2和SO2均为红棕色且有刺激性气味的气体，是酸雨的主要成因
B．汽车尾气中的主要大气污染物为NO、SO2和PM2.5
C．植物直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料，实现氮的固定
D．工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除
【答案】D
【详解】A．是红棕色且有刺激性气味的气体，而是无色有刺激性气味的气体，A错误；
B．汽车尾气的主要大气污染物为C与N的氧化物，如NOx和CO等，B错误；
C．氮的固定是指将游离态的氮元素转化为化合态，且植物可吸收土壤中的铵根离子或硝酸根离子作为肥料，不能直接吸收空气中的氮氧化物，C错误；
D．工业废气中的可采用石灰法进行脱除，如加入石灰石或石灰乳均可进行脱硫处理，D正确；
故选D。
5．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下22.4 LO2与足量H2反应生成H2O，转移的电子数为4NA
B．常温下2.24 L N2中共用电子对数目为0.3NA
C．1L0.1mol·L-1 NH4Cl溶液中，NH4+的数目为0.1NA
D．31gP4分子中含有的P-P键数为NA
【答案】A
【详解】A．标准状况下22.4 LO2的物质的量为，与足量的反应生成H2O，依据化学方程式：，转移电子物质的量为4mol，转移的电子数为4NA，A正确；
B．常温下Vm不等于,无法计算氮气物质的量和含有共用电子对数，B错误；
C．铵根离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解，所以1L0.1mol·L-1 NH4Cl溶液中，NH4+的数目小于0.1NA，C错误；
D．31gP4物质的量=，P4为正四面体结构，1个P4分子含有6个P-P，则P-P键的物质的量=，则P-P键数目为1.5NA，D错误；
故选A。
6．下列反应的离子方程式书写不正确的是
A．Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Ba2++2HCO+2OH-=BaCO3↓+2H2O+ CO
B．Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2+ + H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O
C．向次氯酸钠溶液中加入浓盐酸：ClO- + Cl- + 2H+ = Cl2↑ + H2O
D．氯化铜溶液中通入硫化氢：Cu2++S2-=CuS↓
【答案】D
【详解】A．Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应，二者以1:2的系数关系反应，生成碳酸钡、水和碳酸钠，Ba2++2HCO+2OH-=BaCO3↓+2H2O+ CO，A正确；
B．Fe2+在酸性溶液中可以被H2O2生成三价铁离子，2Fe2+ + H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O ，B正确；
C．ClO- 与Cl-可以反应氧化还原反应，价态归中，氯元素会生成氯气，ClO- + Cl- + 2H+ = Cl2↑ + H2O，C正确；
D．硫化氢溶于水形成的氢硫酸是弱酸，故不能拆开，正确的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，D错误；
故本题选D。
7．某化学小组用下图所示装置验证Cl2、Br2、 I2单质氧化性的相对强弱。下列说法不正确的是
A．E处棉花球变成橙色，说明Cl的非金属性比Br强
B．F处棉花球变成蓝色，说明Br2的氧化性比I2强
C．E处发生反应的离子方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2
D．G装置中NaOH溶液与Cl2反应的离子方程式为2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+ H2O
【答案】B
【分析】F处棉花球变成蓝色，说明F处KI被氧化成I2；而Cl2和Br2均能与KI反应生成I2，故不能说明Br2的氧化性比I2强。
【详解】A．E处棉花球变成橙黄色，发生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，说明Cl2的氧化性比Br2强，故A正确；
B．F处棉花球变成蓝色，则可能为Cl2或Br2氧化的I-，无法说明Br2的氧化性比I2强，故B错误；
C．E处发生反应的离子方程式为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，故C正确；
D．G装置中NaOH溶液与Cl2反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故D正确；
故选B。
8．X、Y、Z、W为四种常见的短周期主族元素。Z的一种核素的质量数为18，中子数为10，X＋与Ne具有相同的电子层结构；Y的单质常用于制作半导体材料；W与X同周期且W在该周期中非金属性最强。下列说法正确的是
A．X、Z形成的二元化合物中可能含共价键
B．简单离子半径：W>X>Z
C．W的含氧酸盐不可能具有漂白性
D．Y、Z形成的化合物易溶于水中
【答案】A
【分析】质量数=质子数+中子数，所以Z的质子数为18-10=8，所以Z是氧元素，X+与Ne电子层结构相同，说明X+离子核外有10个电子，即X是钠元素，Y单质常用作半导体材料，所以Y是硅元素，W与X同周期，且在这一周期非金属性最强，所以W为氯元素；综上X:Na，Y: Si，Z：O，W:Cl；
【详解】A．X、Z可以形成过氧化钠，该物质里面含有共价键，选项A正确；
B．O2-和Na+核外电子数相同，核电荷数越大，半径越小，所以半径O2->Na+，即Z>X，选项B错误；
C． W的含氧酸盐，次氯酸钠具有漂白性，并不是所有氯的含氧酸盐都有漂白性，选项C错误；
D． Y、Z形成的化合物二氧化硅，不溶于水，选项D错误；
答案选A。
9．水煤气变换反应为：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金属催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用标注。下列说法正确的是
A．水煤气变换反应的ΔH>0
B．该历程中最大能垒(活化能)E正=1.91eV
C．反应历程中，生成过渡态I比过渡态II易
D．步骤⑤只有非极性键H-H键形成
【答案】C
【详解】A．有图示可知反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，ΔH<0，A错误；
B．该历程中最大能垒为E正=[1.860（-0.16）]eV=2.02 eV，B错误；
C．活化能越大，反应越困难，反应速率越慢，生成过渡态I的活化能小比过渡态Ⅱ小，反应容易，C正确；
D．步骤⑤反生反应， 该过程中有非极性键H-H键形成，也有极性键O-H，C=O生成，D错误；
故答案选C。
10．2，6-二甲基苯氧乙酸是合成抗病毒药物洛匹那韦的中间体，其结构简式如图所示。 下列有关2，6-二甲基苯氧乙酸的说法正确的是
A．不能与Na2CO3溶液反应 B．苯环上的一氯代物有2种
C．能与溴水发生加成反应 D．分子中含有9个碳原子
【答案】B
【详解】A．有机物中含羧基，能和Na2CO3溶液反应，A错误；
B．苯环上①和③对称，所以一氯代物有2种，B正确；
C．碳碳双键、碳碳三键能和溴水发生加成反应，该有机物中没有能和溴水发生加成反应的官能团，C错误；
D．分子中含有10个碳原子，D错误；
故答案选B。
11．一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下：
下列说法错误的是
A．物质X常选用生石灰
B．工业上常用电解MgCl2溶液制备金属镁
C．“氯化”过程中发生的反应为
D．“煅烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液在HCl气流中加热蒸发也可得到无水MgCl2
【答案】B
【详解】A．苦卤水中加入物质X的目的是将溶液中的镁离子转化为Mg(OH)2沉淀，生石灰价格便宜且溶于水生成碱，故物质常选用生石灰，A正确；
B．因钠、镁、铝为活泼金属，故选用电解法进行冶炼，制备镁可选用电解熔融MqCl2的方法，电解MgCl2溶液得不到镁单质，B错误；
C．根据流程图可知“氯化”过程中反应物是MgO、C和Cl2，在高温条件下发生氧化还原反应，碳元素转化为一氧化碳，同时生成MgCl2，根据得失电子守恒配平方程式，C正确；
D．煅烧后的产物中主要为MgO，MgO中加入稀盐酸后得到MgCl2溶液，但将MgCl2溶液在HCl气流中加热蒸发，HCl能抑制MgCl2水解，可得到无水MgCl2，D正确；
故答案选B。
12．三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料，在催化剂作用下可发生反应：2SiHCl3(g)⇌SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，在50 ℃和70 ℃时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。
下列叙述正确的是
A．该反应为放热反应
B．增大压强，可以提高SiHCl3的平衡转化率，缩短达平衡的时间
C．反应速率大小：va ＜vb
D．70 ℃时，平衡常数K=
【答案】D
【详解】A．根据图示可知：SiHCl3的平衡转化率在70℃时比50 ℃的高，说明升高温度，平衡正向移动，则该反应的正反应为吸热反应，A错误；
B．该反应是反应前后气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不发生移动，SiHCl3的平衡转化率不变；但是增大压强会使反应物的浓度增大导致化学反应速率加快，从而使达到平衡所需时间缩短，B错误；
C．温度越高，反应速率就越大。由于反应温度：a＞b，所以反应速率大小：va＞vb，C错误；
D．根据图示可知在70℃时，SiHCl3的平衡转化率是22%，假设SiHCl3的起始物质的量为1 mol，容器的容积为V L，则根据物质转化关系可知平衡时，SiHCl3的物质的量为1-0.22=0.78mol，SiH2Cl2、SiCl4的物质的量是0.22×=0.11mol，则该反应的平衡常数K=，D正确；
故合理选项是D。
13．在给定条件下，下列选项所示的物质均能实现的是
A．SiO2 SiCl4 Si
B．NaOH(aq) Cu(OH)2悬浊液Cu2O
C．FeS2 SO3 H2SO4
D．Al2O3 NaAlO2(aq) Al(OH)3
【答案】D
【详解】A．SiO2与盐酸不反应，故A不符合题意；
B．淀粉不与Cu(OH)2悬浊液反应，故B不符合题意；
C．FeS2和O2点燃生成SO2，不能直接生成SO3，故C不符合题意；
D．氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝，故D符合题意；
故答案选D。
14．某原电池以银、铂为电极，用含Ag＋的固体作电解质，Ag＋可在固体电解质中自由移动。电池总反应式为2Ag＋Cl2=2AgCl。利用该电池可以测定空气中Cl2的含量。下列说法中错误的是
A．空气中c(Cl2)越大，消耗Ag的速率越快
B．铂极的电极反应式为Cl2＋2e-＋2Ag＋=2AgCl
C．电子移动方向：银→固体电解质→铂
D．电池工作时电解质中Ag＋总数保持不变
【答案】C
【详解】A．c(Cl2)越大反应速率越快，则消耗银的速率也越快，A正确；
B．银比铂活泼，铂作正极，Cl2在铂电极上得到电子发生还原反应生成Cl-，再与电解质中的Ag+结合，电极方程式为：Cl2＋2e-＋2Ag＋=2AgCl，B正确；
C．原电池中，电子从负极经过外电路的导线流向正极，电子不能通过电解质，正确电子移动方向是银→外电路导线→铂，C错误；
D．根据总反应可知，消耗Ag＋与生成Ag＋的量相等，所以电解质中Ag＋总数保持不变，D正确；
故本题选C。
15．绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是
A．图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的物质的量浓度
B．图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)
D．温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动
【答案】B
【详解】A. CdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)，其溶度积Ksp=c(Cd2+)·c(S2-),在饱和溶液中，c(Cd2+)= c(S2-)，结合图象可以看出，图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的物质的量浓度，A项正确；
B. CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为T1条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，B项错误；
C. m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，C项正确；
D. 从图象中可以看出，随着温度的升高，离子浓度增大，说明CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)为吸热反应，则温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同时减小，会沿qp线向p点方向移动，D项正确；
答案选B。
16．常温下，向某三元酸H3A的水溶液中滴加NaOH溶液溶液中含A元素的各粒子的分布系数δ、pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。[比如A3-的分布系数：]
下列叙述错误的是
A．b点时，
B．水的电离程度：c>b>a
C．的数量级为10-7
D．溶液中
【答案】C
【详解】A．b点，，且,，根据 守恒：，，A正确；
B．酸中的抑制水的电离，随着溶液的加入，逐渐减小，水的电离程度逐渐增大，B正确；
C．由图可知，c点，，，，，，C错误；
D．由图像可知，溶液，溶液中存在以下平衡：，，，因为，所以水解程度大于电离程度，，故溶液中的离子浓度大小关系为：，D正确；
故选C。
二、工业流程题
17．蛋壳是一种很好的绿色钙源，其主要成分为CaCO3.以蛋壳为原料制备葡萄糖酸钙晶体[M()=448g/mol]，并对其纯度进行测定，过程如下：
步骤Ⅰ.葡萄糖酸钙晶体的制备
步骤Ⅱ.产品纯度测定——KMnO4间接滴定法
①称取步骤Ⅰ中制得的产品2.24g置于烧杯中，加入蒸馏水及适量稀盐酸溶解；
②加入足量(NH4)2C2O4溶液，用氨水调节pH为4～5，生成白色沉淀，过滤、洗涤；
③将②洗涤后所得的固体溶于稀硫酸溶液中，用0.05 mol·L-1KMnO4标准溶液滴定，消耗KMnO4标准溶液36.00ml。
根据以上两个步骤，回答下列问题：
(1)步骤Ⅰ中煅烧需要使用的仪器有_______(填标号)。
A． B． C． D．
(2)步骤Ⅰ中“操作a”是蒸发浓缩、_______、过滤、洗涤、_______。
(3)步骤Ⅱ中用氨水调节pH为4～5后如何洗涤生成的晶体_______。
(4)用KMnO4标准溶液滴定待测液的反应原理为_______，(用离子方程式表示)，判断滴定达到终点的现象为_______。
(5)根据以上实验数据，测得产品中葡萄糖酸钙晶体的纯度为_______。
【答案】(1)D
(2) 冷却结晶 干燥
(3)向漏斗中加蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下后，重复洗涤2-3次
(4) 5H2C2O4+2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 滴入最后一滴高锰酸钾标准溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色
(5)90%
【详解】（1）煅烧需要使用的仪器是坩埚，故选D。
（2）由分析可知，步骤Ⅰ中操作a是蒸发结晶、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（3）洗涤生成的晶体的方法是：向漏斗中加蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下后，重复洗涤2-3次。
（4）酸性条件下，草酸与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，由于酸性高锰酸钾溶液显紫红色，所以滴定终点的判断依据是：向锥形瓶中滴入最后一滴高锰酸钾标准溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色。
（5）高锰酸钾与草酸发生5H2C2O4+2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，涉及反应的关系式，则的物质的量为，产品中葡萄糖酸钙晶体的纯度为。
18．硫酸锌被广泛应用于医药领域和工农业生产。工业上由氧化锌矿(主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等)生产ZnSO4·7H2O的一种流程如图：
(1)步骤Ⅰ的操作是_______，滤渣X的成分是_______。(填化学式)
(2)步骤Ⅰ提高原料浸出率的措施有_______。(任写两种)
(3)步骤Ⅱ中，在pH约为5.1的滤液中加入高锰酸钾，生成Fe(OH)3和MnO(OH)2两种沉淀，该反应的离子方程式为_______。
(4)步骤Ⅲ中，加入锌粉的作用是_______。
(5)已知硫酸锌的溶解度与温度之间的关系如下表：
温度/℃
0
20
40
60
80
100
溶解度/g
41.8
54.1
70.4
74.8
67.2
60.5
步骤Ⅳ需要用到下列所有操作：a.蒸发至溶液出现晶膜；b.在60℃蒸发溶剂；c.冷却至室温；d.在100℃蒸发溶剂；e.过滤。请给出上述操作的正确顺序_______(操作可重复使用)。
(6)某同学采用不同降温方式进行冷却结晶，测得ZnSO4·7H2O晶体颗粒大小分布如图所示。根据该实验结果，为了得到颗粒大小相对均一的较大晶粒，宜选择_______方式进行冷却结晶。
A．快速降温 B．缓慢降温 C．变速降温
【答案】(1) 过滤 H2SiO3
(2)升高温度、使氧化锌矿进一步粉碎、搅拌、适当增大硫酸的浓度（任写两种）
(3)3Fe2++MnO+8H2O=3Fe(OH)3↓+MnO(OH)2 ↓+5H+
(4)除去Cu2+
(5)dabace
(6)C
【分析】氧化锌矿(主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO)加稀硫酸溶解，过滤，滤渣为H2SiO3，滤液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸亚铁，再加高锰酸钾溶液与亚铁离子反应，调pH，最终生成MnO(OH)2和氢氧化铁沉淀，过滤，滤液中含有硫酸铜和硫酸锌，加锌粉置换铜离子，过滤，滤渣为Cu可能含有Zn，滤液为硫酸锌和硫酸钾，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO4·7HO晶体。据此回答问题。
【详解】（1）分离固体和液体用过滤的方法，ZnSiO3与稀硫酸反应生成硅酸不溶于水，滤渣X为H2SiO3，答案为：过滤；H2SiO3；
（2）步骤Ⅰ提高原料浸出率，可以采取加快反应速率、使反应充分进行的措施，比如：可以升高溶液温度、将氧化锌矿进一步粉碎、搅拌、适当增大硫酸的浓度加快溶解速率，答案：氧化锌矿进一步粉碎、搅拌、适当增大硫酸的浓度；
（3）在pH约为5.1的滤液中加入高锰酸钾，MnO与Fe2+发生氧化还原反应，生成Fe(OH)3和 MnO(OH)2两种沉淀，根据化合价升降配平反应的离子方程式为3Fe2++MnO+8H2O=3Fe(OH)3↓+MnO(OH) 2↓+5H+，答案：3Fe2++MnO+8H2O=3Fe(OH)3↓+MnO(OH)2 ↓+5H+；
（4）步骤Ⅱ过滤后，滤液中含有硫酸铜和硫酸锌，所以步骤Ⅲ向滤液中加入锌粉，置换出铜，过滤，除去了溶液中的Cu2+，答案：除去Cu2+；
（5）由信息可知硫酸锌的溶解度随温度升高先增大后减小，在60°C条件下溶解度最大，从硫酸锌和硫酸钾混合溶液中得到ZnSO4·7H2O，d.在100℃蒸发溶剂→a.蒸发至溶液出现晶膜→在60℃蒸发溶剂→a.蒸发至溶液出现晶膜→c.冷却至室温→e.过滤，得到粗ZnSO4·7H2O，答案：dabace；
（6）分析图示可知，变速降温得到较大晶粒的质量分数大，所以得到晶体颗粒大小相对均一的较大晶粒，采用变速降温。答案：C。
三、原理综合题
19．低能耗高效率的合成氨技术开发是实现氨燃料化利用的基础。探索新型合成氨技术是研究热点之一，回答下列问题：
(1)哈伯合成氨在较高温度下以氢气做氢源，氢气可由天然气制备。CH4(g)+H2O(g)CO(g) + 3H2(g)
下表列出了几种化学键的键能：
化学键
H-H
C-H
H-O
CO
键能kJ/mol
436
413
465
1076
①298K时，上述反应的ΔH = _______。
②为提高CH4的平衡转化率，可采用的措施是_______。
A．使用合适的催化剂 B．采用较高的温度
C．采用较高的压强 D．其他条件不变的情况下，再充入部分水蒸气
③在1L刚性密闭容器中充入0.4molCH4和1.0mol H2O进行反应，加热时容器内温度升高。当温度升高至900K，若容器内n(CO)=0.3mol，此时反应_______ (填“正向进行”“逆向进行”“处于平衡状态”)。若保持900K，达到平衡时再往容器内充入0.2mol He，v逆_______ (填“增大”“减小”“不变”)(已知：900K时反应的平衡常数为1.2)
(2)催化剂的选择是合成氨的核心技术之一，使用催化剂1或催化剂2合成氨，产氨速率与温度的关系如图。
①根据由图判断，活化能Ea1_______Ea2(填“>”“=”“＜”，下同)。
②使用催化剂1或催化剂2时，合成氨的ΔH1_______ΔH2。
(3)电催化氮气还原合成氨是一种常温常压条件下利用水作为氢源的低碳环保路线，如图是电催化合成氨装置示意图。
①b电极应该连接电源_______极。
②写出a电极上的电极反应式_______。
【答案】(1) +198kJ/mol BD 逆向进行 不变
(2) ＜ =
(3) 正极 N2 + 6e- + 6H+ = 2NH3
【详解】（1）①化学反应的反应热=反应物键能之和-生成物键能之和，CH4(g)+H2O(g) CO(g) + 3H2(g) ΔH=413kJ/mol×4+465 kJ/mol×2-1076 kJ/mol-436 kJ/mol×3=+198 kJ/mol；
②化学反应限度受到温度、压强、浓度外界因素影响，但催化剂和延长反应时间不会改变反应限度， 反应为吸热反应且气体分子总数增大，升高温度或降低压强会使反应向正反应方向移动，增大CH4的平衡转化率，其他条件不变的情况下，再充入部分水蒸气，反应物的浓度增大平衡正向移动，增大CH4的平衡转化率；BD符合题意；答案选BD；
③应用三段式计算可得：
此时反应浓度商Q= =3.12>1.2，反应逆向进行，反应容器体积不变，达到平衡时再充入0.2molHe，He不参与反应，也不会改变反应物和生成物的浓度，对反应速率没有影响，答案为：+198 kJ/mol；BD；正向进行；不变；
（2）使用催化剂可以通过降低反应活化能提高化学反应速率，图示中使用催化剂1的反应速率快，活化能更低，因此Ea1
四、填空题
20．东晋《华阳国志•南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：
(1)镍元素基态原子的价电子排布式为_______，3d能级上的未成对的电子数为_______。
(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子中心原子的轨道杂化类型为_______。
②在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为_______，Ni2+的配位数为_______，氨是_______分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)单质铜及镍都是由_______键形成的晶体：元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1959kJ/mol，INi=1753kJ/mol，ICu>INi的原因是_______。
(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。
①晶胞中镍原子与铜原子的数量比为_______。
②若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a=_______nm
【答案】(1) 3d84s2 2
(2) sp3 配位键 6 极性
(3) 金属 铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子
(4) 1:3
【详解】（1）镍为28号元素，基态原子的价电子排布式为3d84s2，3d能级有5个轨道，填充8个电子，未成对的电子数为2，答案：3d84s2；2；
（2）[Ni(NH3)6]SO4中阴离子为 ，其中心原子价层电子对数为4，所以中心原子轨道杂化类型为sp3杂化，Ni2+提供空轨道，NH3提供孤电子对形成配位键，NH3是配体，Ni2+的配位数为6，NH3分子空间构型为三角锥形，结构不对称，NH3是极性分子，答案：sp3；配位键；6；极性；
（3）金属单质或合金都是由金属键形成的晶体。元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1959kJ/mol，INi=1753kJ/mol，铜原子失去一个电子后Cu+的价电子排布为3d10，3d轨道全充满的电子，能量较低，较稳定，镍失去一个电子后Ni+的价电子3d104s1电子，失去的是4S能级上的电子，所以元素铜的第二电离能大于镍的第二电离能，答案：金属；铜元素失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子；
（4）由晶胞结构图，根据分摊法计算，一个晶胞中含镍原子 ，铜原子 ，晶胞中镍原子与铜原子的数量比为1:3。若合金的密度为dg/cm3，晶胞边长为a，晶胞体积为a3， ，解得a=cm，1cm=107nm，则a= nm，答案：1:3；。
五、有机推断题
21．端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应，称为Glaser反应。2R-C≡C-HR-C≡C-C≡C-R+H2，该反应在研究新型发光材料、超分子化学等方面具有重要价值。下面是利用Glaser反应制备化合物E的一种合成路线：
回答下列问题：
(1)A的结构简式为_______，D 的官能团名称为_______。
(2)②和③的反应类型分别为_______、_______。
(3)E的结构简式为_______。用1 mol D合成苯乙烷，理论上需要消耗氢气_______mol。
(4)化合物()也可发生Glaser偶联反应生成聚合物，该聚合反应的化学方程式为_______。
(5)芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3：1，写出其中3种的结构简式_______。
【答案】(1) 碳碳三键
(2) 取代反应 消去反应
(3) 2
(4)n+(n-1)H2
(5)、、、、(任意三种)
【分析】由有机物的转化关系可知，在氯化铝做催化剂作用下，与CH3CH2Cl发生取代反应生成，则A为、B为；在光照条件下与氯气发生取代反应生成结构简式为的C，在一定条件下发生消去反应生成结构简式为的D，发生Glaser反应生成，则E为。
【详解】（1）根据分析可知，A的结构简式为；D的结构简式为，所含官能团的名称为碳碳三键；
（2）反应②为在光照条件下与氯气发生取代反应生成和氯化氢；反应③在一定条件下发生消去反应生成结构简式为，故答案为：取代反应；消去反应；
（3）E的结构简式为，D的结构简式为，含有一个碳碳三键，用1 mol D合成苯乙烷，理论上需要消耗2mol氢气，故答案为：；2；
（4）根据已知信息可知化合物（）发生Glaser偶联反应生成聚合物的化学方程式为n+(n-1)H2；
（5）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3:1，则符合条件的有机物结构简式为、、、、。
河南省漯河市高级中学2022-2023学年高二上学期
第二次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．“天问一号”着陆火星，“嫦娥五号”采回月壤，用SiC增强铝基材料钻杆“挖士”，实现了中国首次月球无人采样返回。腾飞中国离不开化学，长征系列运载火箭使用的燃料有液氢和煤油等化学品。下列有关说法错误的是
A．煤油是不可再生资源
B．月壤中含有的3He，其质子数为3
C．制作钻杆用的SiC增强铝基材料属复合材料
D．运载火箭用的液O2液H2推进剂在工作时发生氧化还原反应
【答案】B
【详解】A．煤油是石油的产物，属于不可再生资源，A正确；
B．月壤中含有的3He，其质量数为3，质子数为2，B错误；
C．SiC增强铝基材料属复合材料，C正确；
D．运载火箭用的液O2液H2推进剂在工作时发生氧化还原反应，D正确；
故选B。
2．下列有关化学用语表示正确的是
A．NH5的结构与NH4Cl相似，NH5的结构式：
B．丙醛的结构简式： CH3CH2COH
C．离子结构示意图既可以表示35Cl-，也可以表示37Cl-
D．过氧化钠的电子式是
【答案】C
【详解】A．NH5的结构与NH4Cl相似，因此NH5为离子化合物，由构成，A错误；
B．醛基的结构简式为-CHO，丙醛的结构简式：CH3CH2CHO，B错误；
C．35Cl-和37Cl-都是氯离子，二者离子结构示意图均为，C正确；
D．过氧化钠是离子化合物，由构成，中O原子间共用1对电子，O原子最外层电子数为8，其电子式为，D错误；
故选C。
3．在汽车尾气系统中安装转化器，能有效降低CO、NO、NO2等气体的排放，其中涉及的一个转化反应为：2CO+2NON2+2CO2，下列说法正确的是
A．催化剂能使氮的氧化物完全转化为N2
B．采用较长的排气管能杜绝污染性气体的排放
C．汽车排放管的高温有利于提高该反应的速率
D．加装催化转化器之后，可以提高CO、NO的平衡转化率
【答案】C
【详解】A．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变反应限度， A错误；
B．采用较长的排气管能增加反应时间，可逆反应不能进行彻底，仍有CO、NO等气体的排放，不能杜绝污染性气体的排放，B错误；
C．升高温度有利于提高该反应的速率，C正确；
D．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变反应限度，不能提高CO、NO的平衡转化率，D错误；
故答案选C。
4．硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注，下列说法正确的是
A．NO2和SO2均为红棕色且有刺激性气味的气体，是酸雨的主要成因
B．汽车尾气中的主要大气污染物为NO、SO2和PM2.5
C．植物直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料，实现氮的固定
D．工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除
【答案】D
【详解】A．是红棕色且有刺激性气味的气体，而是无色有刺激性气味的气体，A错误；
B．汽车尾气的主要大气污染物为C与N的氧化物，如NOx和CO等，B错误；
C．氮的固定是指将游离态的氮元素转化为化合态，且植物可吸收土壤中的铵根离子或硝酸根离子作为肥料，不能直接吸收空气中的氮氧化物，C错误；
D．工业废气中的可采用石灰法进行脱除，如加入石灰石或石灰乳均可进行脱硫处理，D正确；
故选D。
5．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下22.4 LO2与足量H2反应生成H2O，转移的电子数为4NA
B．常温下2.24 L N2中共用电子对数目为0.3NA
C．1L0.1mol·L-1 NH4Cl溶液中，NH4+的数目为0.1NA
D．31gP4分子中含有的P-P键数为NA
【答案】A
【详解】A．标准状况下22.4 LO2的物质的量为，与足量的反应生成H2O，依据化学方程式：，转移电子物质的量为4mol，转移的电子数为4NA，A正确；
B．常温下Vm不等于,无法计算氮气物质的量和含有共用电子对数，B错误；
C．铵根离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解，所以1L0.1mol·L-1 NH4Cl溶液中，NH4+的数目小于0.1NA，C错误；
D．31gP4物质的量=，P4为正四面体结构，1个P4分子含有6个P-P，则P-P键的物质的量=，则P-P键数目为1.5NA，D错误；
故选A。
6．下列反应的离子方程式书写不正确的是
A．Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Ba2++2HCO+2OH-=BaCO3↓+2H2O+ CO
B．Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2+ + H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O
C．向次氯酸钠溶液中加入浓盐酸：ClO- + Cl- + 2H+ = Cl2↑ + H2O
D．氯化铜溶液中通入硫化氢：Cu2++S2-=CuS↓
【答案】D
【详解】A．Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应，二者以1:2的系数关系反应，生成碳酸钡、水和碳酸钠，Ba2++2HCO+2OH-=BaCO3↓+2H2O+ CO，A正确；
B．Fe2+在酸性溶液中可以被H2O2生成三价铁离子，2Fe2+ + H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O ，B正确；
C．ClO- 与Cl-可以反应氧化还原反应，价态归中，氯元素会生成氯气，ClO- + Cl- + 2H+ = Cl2↑ + H2O，C正确；
D．硫化氢溶于水形成的氢硫酸是弱酸，故不能拆开，正确的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，D错误；
故本题选D。
7．某化学小组用下图所示装置验证Cl2、Br2、 I2单质氧化性的相对强弱。下列说法不正确的是
A．E处棉花球变成橙色，说明Cl的非金属性比Br强
B．F处棉花球变成蓝色，说明Br2的氧化性比I2强
C．E处发生反应的离子方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2
D．G装置中NaOH溶液与Cl2反应的离子方程式为2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+ H2O
【答案】B
【分析】F处棉花球变成蓝色，说明F处KI被氧化成I2；而Cl2和Br2均能与KI反应生成I2，故不能说明Br2的氧化性比I2强。
【详解】A．E处棉花球变成橙黄色，发生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，说明Cl2的氧化性比Br2强，故A正确；
B．F处棉花球变成蓝色，则可能为Cl2或Br2氧化的I-，无法说明Br2的氧化性比I2强，故B错误；
C．E处发生反应的离子方程式为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，故C正确；
D．G装置中NaOH溶液与Cl2反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故D正确；
故选B。
8．X、Y、Z、W为四种常见的短周期主族元素。Z的一种核素的质量数为18，中子数为10，X＋与Ne具有相同的电子层结构；Y的单质常用于制作半导体材料；W与X同周期且W在该周期中非金属性最强。下列说法正确的是
A．X、Z形成的二元化合物中可能含共价键
B．简单离子半径：W>X>Z
C．W的含氧酸盐不可能具有漂白性
D．Y、Z形成的化合物易溶于水中
【答案】A
【分析】质量数=质子数+中子数，所以Z的质子数为18-10=8，所以Z是氧元素，X+与Ne电子层结构相同，说明X+离子核外有10个电子，即X是钠元素，Y单质常用作半导体材料，所以Y是硅元素，W与X同周期，且在这一周期非金属性最强，所以W为氯元素；综上X:Na，Y: Si，Z：O，W:Cl；
【详解】A．X、Z可以形成过氧化钠，该物质里面含有共价键，选项A正确；
B．O2-和Na+核外电子数相同，核电荷数越大，半径越小，所以半径O2->Na+，即Z>X，选项B错误；
C． W的含氧酸盐，次氯酸钠具有漂白性，并不是所有氯的含氧酸盐都有漂白性，选项C错误；
D． Y、Z形成的化合物二氧化硅，不溶于水，选项D错误；
答案选A。
9．水煤气变换反应为：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金属催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用标注。下列说法正确的是
A．水煤气变换反应的ΔH>0
B．该历程中最大能垒(活化能)E正=1.91eV
C．反应历程中，生成过渡态I比过渡态II易
D．步骤⑤只有非极性键H-H键形成
【答案】C
【详解】A．有图示可知反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，ΔH<0，A错误；
B．该历程中最大能垒为E正=[1.860（-0.16）]eV=2.02 eV，B错误；
C．活化能越大，反应越困难，反应速率越慢，生成过渡态I的活化能小比过渡态Ⅱ小，反应容易，C正确；
D．步骤⑤反生反应， 该过程中有非极性键H-H键形成，也有极性键O-H，C=O生成，D错误；
故答案选C。
10．2，6-二甲基苯氧乙酸是合成抗病毒药物洛匹那韦的中间体，其结构简式如图所示。 下列有关2，6-二甲基苯氧乙酸的说法正确的是
A．不能与Na2CO3溶液反应 B．苯环上的一氯代物有2种
C．能与溴水发生加成反应 D．分子中含有9个碳原子
【答案】B
【详解】A．有机物中含羧基，能和Na2CO3溶液反应，A错误；
B．苯环上①和③对称，所以一氯代物有2种，B正确；
C．碳碳双键、碳碳三键能和溴水发生加成反应，该有机物中没有能和溴水发生加成反应的官能团，C错误；
D．分子中含有10个碳原子，D错误；
故答案选B。
11．一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下：
下列说法错误的是
A．物质X常选用生石灰
B．工业上常用电解MgCl2溶液制备金属镁
C．“氯化”过程中发生的反应为
D．“煅烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液在HCl气流中加热蒸发也可得到无水MgCl2
【答案】B
【详解】A．苦卤水中加入物质X的目的是将溶液中的镁离子转化为Mg(OH)2沉淀，生石灰价格便宜且溶于水生成碱，故物质常选用生石灰，A正确；
B．因钠、镁、铝为活泼金属，故选用电解法进行冶炼，制备镁可选用电解熔融MqCl2的方法，电解MgCl2溶液得不到镁单质，B错误；
C．根据流程图可知“氯化”过程中反应物是MgO、C和Cl2，在高温条件下发生氧化还原反应，碳元素转化为一氧化碳，同时生成MgCl2，根据得失电子守恒配平方程式，C正确；
D．煅烧后的产物中主要为MgO，MgO中加入稀盐酸后得到MgCl2溶液，但将MgCl2溶液在HCl气流中加热蒸发，HCl能抑制MgCl2水解，可得到无水MgCl2，D正确；
故答案选B。
12．三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料，在催化剂作用下可发生反应：2SiHCl3(g)⇌SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，在50 ℃和70 ℃时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。
下列叙述正确的是
A．该反应为放热反应
B．增大压强，可以提高SiHCl3的平衡转化率，缩短达平衡的时间
C．反应速率大小：va ＜vb
D．70 ℃时，平衡常数K=
【答案】D
【详解】A．根据图示可知：SiHCl3的平衡转化率在70℃时比50 ℃的高，说明升高温度，平衡正向移动，则该反应的正反应为吸热反应，A错误；
B．该反应是反应前后气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不发生移动，SiHCl3的平衡转化率不变；但是增大压强会使反应物的浓度增大导致化学反应速率加快，从而使达到平衡所需时间缩短，B错误；
C．温度越高，反应速率就越大。由于反应温度：a＞b，所以反应速率大小：va＞vb，C错误；
D．根据图示可知在70℃时，SiHCl3的平衡转化率是22%，假设SiHCl3的起始物质的量为1 mol，容器的容积为V L，则根据物质转化关系可知平衡时，SiHCl3的物质的量为1-0.22=0.78mol，SiH2Cl2、SiCl4的物质的量是0.22×=0.11mol，则该反应的平衡常数K=，D正确；
故合理选项是D。
13．在给定条件下，下列选项所示的物质均能实现的是
A．SiO2 SiCl4 Si
B．NaOH(aq) Cu(OH)2悬浊液Cu2O
C．FeS2 SO3 H2SO4
D．Al2O3 NaAlO2(aq) Al(OH)3
【答案】D
【详解】A．SiO2与盐酸不反应，故A不符合题意；
B．淀粉不与Cu(OH)2悬浊液反应，故B不符合题意；
C．FeS2和O2点燃生成SO2，不能直接生成SO3，故C不符合题意；
D．氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝，故D符合题意；
故答案选D。
14．某原电池以银、铂为电极，用含Ag＋的固体作电解质，Ag＋可在固体电解质中自由移动。电池总反应式为2Ag＋Cl2=2AgCl。利用该电池可以测定空气中Cl2的含量。下列说法中错误的是
A．空气中c(Cl2)越大，消耗Ag的速率越快
B．铂极的电极反应式为Cl2＋2e-＋2Ag＋=2AgCl
C．电子移动方向：银→固体电解质→铂
D．电池工作时电解质中Ag＋总数保持不变
【答案】C
【详解】A．c(Cl2)越大反应速率越快，则消耗银的速率也越快，A正确；
B．银比铂活泼，铂作正极，Cl2在铂电极上得到电子发生还原反应生成Cl-，再与电解质中的Ag+结合，电极方程式为：Cl2＋2e-＋2Ag＋=2AgCl，B正确；
C．原电池中，电子从负极经过外电路的导线流向正极，电子不能通过电解质，正确电子移动方向是银→外电路导线→铂，C错误；
D．根据总反应可知，消耗Ag＋与生成Ag＋的量相等，所以电解质中Ag＋总数保持不变，D正确；
故本题选C。
15．绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是
A．图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的物质的量浓度
B．图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)
D．温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动
【答案】B
【详解】A. CdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)，其溶度积Ksp=c(Cd2+)·c(S2-),在饱和溶液中，c(Cd2+)= c(S2-)，结合图象可以看出，图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的物质的量浓度，A项正确；
B. CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为T1条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，B项错误；
C. m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，C项正确；
D. 从图象中可以看出，随着温度的升高，离子浓度增大，说明CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)为吸热反应，则温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同时减小，会沿qp线向p点方向移动，D项正确；
答案选B。
16．常温下，向某三元酸H3A的水溶液中滴加NaOH溶液溶液中含A元素的各粒子的分布系数δ、pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。[比如A3-的分布系数：]
下列叙述错误的是
A．b点时，
B．水的电离程度：c>b>a
C．的数量级为10-7
D．溶液中
【答案】C
【详解】A．b点，，且,，根据 守恒：，，A正确；
B．酸中的抑制水的电离，随着溶液的加入，逐渐减小，水的电离程度逐渐增大，B正确；
C．由图可知，c点，，，，，，C错误；
D．由图像可知，溶液，溶液中存在以下平衡：，，，因为，所以水解程度大于电离程度，，故溶液中的离子浓度大小关系为：，D正确；
故选C。
二、工业流程题
17．蛋壳是一种很好的绿色钙源，其主要成分为CaCO3.以蛋壳为原料制备葡萄糖酸钙晶体[M()=448g/mol]，并对其纯度进行测定，过程如下：
步骤Ⅰ.葡萄糖酸钙晶体的制备
步骤Ⅱ.产品纯度测定——KMnO4间接滴定法
①称取步骤Ⅰ中制得的产品2.24g置于烧杯中，加入蒸馏水及适量稀盐酸溶解；
②加入足量(NH4)2C2O4溶液，用氨水调节pH为4～5，生成白色沉淀，过滤、洗涤；
③将②洗涤后所得的固体溶于稀硫酸溶液中，用0.05 mol·L-1KMnO4标准溶液滴定，消耗KMnO4标准溶液36.00ml。
根据以上两个步骤，回答下列问题：
(1)步骤Ⅰ中煅烧需要使用的仪器有_______(填标号)。
A． B． C． D．
(2)步骤Ⅰ中“操作a”是蒸发浓缩、_______、过滤、洗涤、_______。
(3)步骤Ⅱ中用氨水调节pH为4～5后如何洗涤生成的晶体_______。
(4)用KMnO4标准溶液滴定待测液的反应原理为_______，(用离子方程式表示)，判断滴定达到终点的现象为_______。
(5)根据以上实验数据，测得产品中葡萄糖酸钙晶体的纯度为_______。
【答案】(1)D
(2) 冷却结晶 干燥
(3)向漏斗中加蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下后，重复洗涤2-3次
(4) 5H2C2O4+2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 滴入最后一滴高锰酸钾标准溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色
(5)90%
【详解】（1）煅烧需要使用的仪器是坩埚，故选D。
（2）由分析可知，步骤Ⅰ中操作a是蒸发结晶、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（3）洗涤生成的晶体的方法是：向漏斗中加蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下后，重复洗涤2-3次。
（4）酸性条件下，草酸与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，由于酸性高锰酸钾溶液显紫红色，所以滴定终点的判断依据是：向锥形瓶中滴入最后一滴高锰酸钾标准溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色。
（5）高锰酸钾与草酸发生5H2C2O4+2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，涉及反应的关系式，则的物质的量为，产品中葡萄糖酸钙晶体的纯度为。
18．硫酸锌被广泛应用于医药领域和工农业生产。工业上由氧化锌矿(主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等)生产ZnSO4·7H2O的一种流程如图：
(1)步骤Ⅰ的操作是_______，滤渣X的成分是_______。(填化学式)
(2)步骤Ⅰ提高原料浸出率的措施有_______。(任写两种)
(3)步骤Ⅱ中，在pH约为5.1的滤液中加入高锰酸钾，生成Fe(OH)3和MnO(OH)2两种沉淀，该反应的离子方程式为_______。
(4)步骤Ⅲ中，加入锌粉的作用是_______。
(5)已知硫酸锌的溶解度与温度之间的关系如下表：
温度/℃
0
20
40
60
80
100
溶解度/g
41.8
54.1
70.4
74.8
67.2
60.5
步骤Ⅳ需要用到下列所有操作：a.蒸发至溶液出现晶膜；b.在60℃蒸发溶剂；c.冷却至室温；d.在100℃蒸发溶剂；e.过滤。请给出上述操作的正确顺序_______(操作可重复使用)。
(6)某同学采用不同降温方式进行冷却结晶，测得ZnSO4·7H2O晶体颗粒大小分布如图所示。根据该实验结果，为了得到颗粒大小相对均一的较大晶粒，宜选择_______方式进行冷却结晶。
A．快速降温 B．缓慢降温 C．变速降温
【答案】(1) 过滤 H2SiO3
(2)升高温度、使氧化锌矿进一步粉碎、搅拌、适当增大硫酸的浓度（任写两种）
(3)3Fe2++MnO+8H2O=3Fe(OH)3↓+MnO(OH)2 ↓+5H+
(4)除去Cu2+
(5)dabace
(6)C
【分析】氧化锌矿(主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO)加稀硫酸溶解，过滤，滤渣为H2SiO3，滤液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸亚铁，再加高锰酸钾溶液与亚铁离子反应，调pH，最终生成MnO(OH)2和氢氧化铁沉淀，过滤，滤液中含有硫酸铜和硫酸锌，加锌粉置换铜离子，过滤，滤渣为Cu可能含有Zn，滤液为硫酸锌和硫酸钾，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO4·7HO晶体。据此回答问题。
【详解】（1）分离固体和液体用过滤的方法，ZnSiO3与稀硫酸反应生成硅酸不溶于水，滤渣X为H2SiO3，答案为：过滤；H2SiO3；
（2）步骤Ⅰ提高原料浸出率，可以采取加快反应速率、使反应充分进行的措施，比如：可以升高溶液温度、将氧化锌矿进一步粉碎、搅拌、适当增大硫酸的浓度加快溶解速率，答案：氧化锌矿进一步粉碎、搅拌、适当增大硫酸的浓度；
（3）在pH约为5.1的滤液中加入高锰酸钾，MnO与Fe2+发生氧化还原反应，生成Fe(OH)3和 MnO(OH)2两种沉淀，根据化合价升降配平反应的离子方程式为3Fe2++MnO+8H2O=3Fe(OH)3↓+MnO(OH) 2↓+5H+，答案：3Fe2++MnO+8H2O=3Fe(OH)3↓+MnO(OH)2 ↓+5H+；
（4）步骤Ⅱ过滤后，滤液中含有硫酸铜和硫酸锌，所以步骤Ⅲ向滤液中加入锌粉，置换出铜，过滤，除去了溶液中的Cu2+，答案：除去Cu2+；
（5）由信息可知硫酸锌的溶解度随温度升高先增大后减小，在60°C条件下溶解度最大，从硫酸锌和硫酸钾混合溶液中得到ZnSO4·7H2O，d.在100℃蒸发溶剂→a.蒸发至溶液出现晶膜→在60℃蒸发溶剂→a.蒸发至溶液出现晶膜→c.冷却至室温→e.过滤，得到粗ZnSO4·7H2O，答案：dabace；
（6）分析图示可知，变速降温得到较大晶粒的质量分数大，所以得到晶体颗粒大小相对均一的较大晶粒，采用变速降温。答案：C。
三、原理综合题
19．低能耗高效率的合成氨技术开发是实现氨燃料化利用的基础。探索新型合成氨技术是研究热点之一，回答下列问题：
(1)哈伯合成氨在较高温度下以氢气做氢源，氢气可由天然气制备。CH4(g)+H2O(g)CO(g) + 3H2(g)
下表列出了几种化学键的键能：
化学键
H-H
C-H
H-O
CO
键能kJ/mol
436
413
465
1076
①298K时，上述反应的ΔH = _______。
②为提高CH4的平衡转化率，可采用的措施是_______。
A．使用合适的催化剂 B．采用较高的温度
C．采用较高的压强 D．其他条件不变的情况下，再充入部分水蒸气
③在1L刚性密闭容器中充入0.4molCH4和1.0mol H2O进行反应，加热时容器内温度升高。当温度升高至900K，若容器内n(CO)=0.3mol，此时反应_______ (填“正向进行”“逆向进行”“处于平衡状态”)。若保持900K，达到平衡时再往容器内充入0.2mol He，v逆_______ (填“增大”“减小”“不变”)(已知：900K时反应的平衡常数为1.2)
(2)催化剂的选择是合成氨的核心技术之一，使用催化剂1或催化剂2合成氨，产氨速率与温度的关系如图。
①根据由图判断，活化能Ea1_______Ea2(填“>”“=”“＜”，下同)。
②使用催化剂1或催化剂2时，合成氨的ΔH1_______ΔH2。
(3)电催化氮气还原合成氨是一种常温常压条件下利用水作为氢源的低碳环保路线，如图是电催化合成氨装置示意图。
①b电极应该连接电源_______极。
②写出a电极上的电极反应式_______。
【答案】(1) +198kJ/mol BD 逆向进行 不变
(2) ＜ =
(3) 正极 N2 + 6e- + 6H+ = 2NH3
【详解】（1）①化学反应的反应热=反应物键能之和-生成物键能之和，CH4(g)+H2O(g) CO(g) + 3H2(g) ΔH=413kJ/mol×4+465 kJ/mol×2-1076 kJ/mol-436 kJ/mol×3=+198 kJ/mol；
②化学反应限度受到温度、压强、浓度外界因素影响，但催化剂和延长反应时间不会改变反应限度， 反应为吸热反应且气体分子总数增大，升高温度或降低压强会使反应向正反应方向移动，增大CH4的平衡转化率，其他条件不变的情况下，再充入部分水蒸气，反应物的浓度增大平衡正向移动，增大CH4的平衡转化率；BD符合题意；答案选BD；
③应用三段式计算可得：
此时反应浓度商Q= =3.12>1.2，反应逆向进行，反应容器体积不变，达到平衡时再充入0.2molHe，He不参与反应，也不会改变反应物和生成物的浓度，对反应速率没有影响，答案为：+198 kJ/mol；BD；正向进行；不变；
（2）使用催化剂可以通过降低反应活化能提高化学反应速率，图示中使用催化剂1的反应速率快，活化能更低，因此Ea1
四、填空题
20．东晋《华阳国志•南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：
(1)镍元素基态原子的价电子排布式为_______，3d能级上的未成对的电子数为_______。
(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子中心原子的轨道杂化类型为_______。
②在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为_______，Ni2+的配位数为_______，氨是_______分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)单质铜及镍都是由_______键形成的晶体：元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1959kJ/mol，INi=1753kJ/mol，ICu>INi的原因是_______。
(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。
①晶胞中镍原子与铜原子的数量比为_______。
②若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a=_______nm
【答案】(1) 3d84s2 2
(2) sp3 配位键 6 极性
(3) 金属 铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子
(4) 1:3
【详解】（1）镍为28号元素，基态原子的价电子排布式为3d84s2，3d能级有5个轨道，填充8个电子，未成对的电子数为2，答案：3d84s2；2；
（2）[Ni(NH3)6]SO4中阴离子为 ，其中心原子价层电子对数为4，所以中心原子轨道杂化类型为sp3杂化，Ni2+提供空轨道，NH3提供孤电子对形成配位键，NH3是配体，Ni2+的配位数为6，NH3分子空间构型为三角锥形，结构不对称，NH3是极性分子，答案：sp3；配位键；6；极性；
（3）金属单质或合金都是由金属键形成的晶体。元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1959kJ/mol，INi=1753kJ/mol，铜原子失去一个电子后Cu+的价电子排布为3d10，3d轨道全充满的电子，能量较低，较稳定，镍失去一个电子后Ni+的价电子3d104s1电子，失去的是4S能级上的电子，所以元素铜的第二电离能大于镍的第二电离能，答案：金属；铜元素失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子；
（4）由晶胞结构图，根据分摊法计算，一个晶胞中含镍原子 ，铜原子 ，晶胞中镍原子与铜原子的数量比为1:3。若合金的密度为dg/cm3，晶胞边长为a，晶胞体积为a3， ，解得a=cm，1cm=107nm，则a= nm，答案：1:3；。
五、有机推断题
21．端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应，称为Glaser反应。2R-C≡C-HR-C≡C-C≡C-R+H2，该反应在研究新型发光材料、超分子化学等方面具有重要价值。下面是利用Glaser反应制备化合物E的一种合成路线：
回答下列问题：
(1)A的结构简式为_______，D 的官能团名称为_______。
(2)②和③的反应类型分别为_______、_______。
(3)E的结构简式为_______。用1 mol D合成苯乙烷，理论上需要消耗氢气_______mol。
(4)化合物()也可发生Glaser偶联反应生成聚合物，该聚合反应的化学方程式为_______。
(5)芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3：1，写出其中3种的结构简式_______。
【答案】(1) 碳碳三键
(2) 取代反应 消去反应
(3) 2
(4)n+(n-1)H2
(5)、、、、(任意三种)
【分析】由有机物的转化关系可知，在氯化铝做催化剂作用下，与CH3CH2Cl发生取代反应生成，则A为、B为；在光照条件下与氯气发生取代反应生成结构简式为的C，在一定条件下发生消去反应生成结构简式为的D，发生Glaser反应生成，则E为。
【详解】（1）根据分析可知，A的结构简式为；D的结构简式为，所含官能团的名称为碳碳三键；
（2）反应②为在光照条件下与氯气发生取代反应生成和氯化氢；反应③在一定条件下发生消去反应生成结构简式为，故答案为：取代反应；消去反应；
（3）E的结构简式为，D的结构简式为，含有一个碳碳三键，用1 mol D合成苯乙烷，理论上需要消耗2mol氢气，故答案为：；2；
（4）根据已知信息可知化合物（）发生Glaser偶联反应生成聚合物的化学方程式为n+(n-1)H2；
（5）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3:1，则符合条件的有机物结构简式为、、、、。
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