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【期中真题】辽宁省本溪市高级中学2022-2023学年高三上学期期中测试化学试题.zip
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2022年高三年级期中II考试化学科试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Ne-20 Na-23
客观卷I(共45分)
一、选择题(包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有1个选项符合题意)
1. 2022年6月5日神舟十四号成功出征，三名航天员正式开启6个月的太空之旅。下列说法中正确的是。
A. 神舟十四号飞船的燃料是偏二甲肼，偏二甲肼属于烃类
B. 火箭发动机中使用的钛合金具有密度小、强度高、耐高温等特点
C. 实验舱中使用的碳纤维属于有机高分子材料
D. 飞船外壳使用的氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料
【答案】B
【解析】
【详解】A．只由碳氢两种元素组成的有机化合物叫作烃；偏二甲肼含有氮元素，不属于烃类，A错误；
B．火箭发动机环境决定了使用的钛合金具有密度小、强度高、耐高温等特点，B正确；
C．碳纤维是由碳元素组成的一种特殊产品，其含碳量一般在90%以上，是一种带有高强度、高模具的材料，不属于有机高分子材料，C错误；
D．氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，D错误；
故选B。
2. 下列有关化学用语中错误的是
A. 的结构示意图：
B. 乙醇的空间填充模型：
C. 用电子式表示的形成过程：
D. 镍的基态原子的价电子排布式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．的核外电子数是18，结构示意图：，A正确；
B．空间填充模型表示每个原子的容积和分子实际形状的致密的分子模型，乙醇的空间填充模型为，B正确；
C．氯化钙是离子化合物，用电子式表示的形成过程为，C正确；
D．镍的基态原子的价电子排布式为3d84s2，D错误；
答案选D。
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 常温常压下，20g氖气所含有的原子数目为0.5NA
B. 0.1molNa218O2与足量H216O反应，生成的氧气中含有0.9NA个中子
C. 标准状况下，2.24L甲醛含有的原子数目为0.4NA
D. 高温高压、催化剂条件下，28gN2和6gH2充分反应，生成NH3的分子数为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．常温常压下，20g氖气的物质的量为1mol，所含有的原子数目为1NA，A错误；
B．0.1mol Na218O2与足量H216O反应，Na218O2既是氧化剂又是还原剂，故生成0.05mol18O2，生成的氧气中含有0.05mol×(18-8)×2×NA =NA个中子，B错误；
C．标准状况下，甲醛是气体，其物质的量为0.1mol，甲醛分子式为HCHO，原子数目为0.4NA，C正确；
D．高温高压、催化剂条件下，28gN2和6gH2反应生成NH3为可逆反应反应生成NH3，N2+3H22NH3，故NH3分子数小于2NA，D错误；
故选C。
4. 下列有关离子方程式正确的是
A. 用烧碱溶液除去铁粉中的铝粉：Al＋2OH-=＋H2↑
B. FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液得FeCO3：Fe2＋+2=FeCO3↓+CO2↑+H2O
C. 苯酚钠溶液中通入少量的二氧化碳：2C6H5O-+CO2+H2O=2C6H5OH+
D. 向NaClO溶液中通入少量SO2：ClO-＋H2O＋SO2=Cl-＋+2H+
【答案】B
【解析】
【详解】A．铝能与氢氧化钠溶液反应而溶解，可用用烧碱溶液除去铁粉中的铝粉，发生的反应为：，A错误；
B．电离出碳酸根与亚铁离子形成碳酸亚铁，同时生成二氧化碳，B正确；
C．酸性：碳酸>苯酚>碳酸氢根，无论二氧化碳多少均生成碳酸氢根，离子反应方程式为：C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+，C错误；
D．溶液中有过量的次氯酸根，生成的氢离子会与次氯酸跟继续反应生成次氯酸，3ClO-＋H2O＋SO2=Cl-＋+2HClO，D错误；
故选B。
5. 由多个单原子组成的“超级原子”具有单个原子不具有的化学性质，如和，可与呈链形的碘分子发生反应，“超级原子”会取代碘分子中的一个碘原子的位置，其他碘原子也“悬挂”在“超级原子”上，这种新的碘铝化合物既有金属铝的性质，又有非金属碘的性质，通常“超级原子”易形成最外层电子数之和为40的相对稳定状态。下列说法错误的是
A. 具有氧化性，具有还原性 B. Al的第一电离能比Mg小
C. 可与Mg形成 D. 中的Al原子间通过离子键结合
【答案】D
【解析】
【详解】A．“超级原子”易形成最外层电子数之和为40的相对稳定状态；的价电子数为13×3=39，容易得到电子发生还原反应，具有氧化性；的价电子数为13×4=42，易失去电子发生氧化反应，具有还原性，A正确；
B．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是镁原子价电子为3s2全满稳定状态，电离能较大，故Al的第一电离能比Mg小，B正确；
C．由A分析可知，易得到一个电子形成相对稳定结构，故可与Mg形成，C正确；
D．“超级原子”中的Al原子间通过共用电子对成键结合，D错误；
故选D。
6. 已知∆G=∆H-T∆S(忽略∆H、∆S随温度的变化)，若∆G<0，则该反应可以自发进行。根据下图判断：600℃时，下列反应不能自发进行的是
A. C(s)+O2(g)=CO2(g)
B. 2C(s)+O2(g)=2CO(g)
C. TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)
D. TiO2(s)+C(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+CO2(g)
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图像可知，600℃时，C(s)+O2(g)=CO2(g)的∆G＜0，反应自发进行，A不符合题意；
B．根据图像可知，600℃时，2C(s)+O2(g)=2CO(g) 的∆G＜0，反应自发进行，B不符合题意；
C．根据图像可知，600℃时，TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g) 的∆G＞0，反应不能自发进行，C符合题意；
D．根据图像可知，600℃时C(s)+O2(g)=CO2(g)与TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)相加可得：TiO2(s)+C(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+CO2(g) 的∆G＜0，反应自发进行，D不符合题意；
故选C。
7. 为研究某溶液中溶质 R的分解速率的影响因素，分别用三份不同初始浓度 R溶液在不同温度下进行实验，c(R)随时间变化如图。下列说法错误的是
A. 25℃时，10~30min 内，R 的分解平均速率为 0.030 mol·L-1·min-1
B. 对比 30℃和 10℃曲线，在同一时刻，能说明 R的分解速率随温度升高而增大
C. 对比 30℃和 25℃曲线，在 0~50min 内，能说明R 的分解平均速率随温度升高而增大
D. 对比 30℃和 10℃曲线，在 50min 时，R 的分解率相等
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据，代入R在10~30min内的浓度变化，解得，A项正确；
B.对比30℃和10℃的曲线，同一时刻浓度不同，因此不能说明R的分解速率随温度升高而增大，B项错误；
C.根据计算出当温度为25℃时，0~50min内分解平均速率为，当温度为30℃时，0~50min内分解平均速率为，C项正确；
D.在50min时，无论10℃还是30℃均无R剩余，因此分解率均为100%，D项正确；
答案选B。
【点睛】分解率即转化率，转化率即“转化了的”与“一开始的”之比，可以是物质的量、体积、质量、浓度之比。
8. NO2和N2O4存在平衡:2NO2(g)⇌N2O4(g) △H<0。下列分析正确的是
A. 1 mol平衡混合气体中含1 mol N原子
B. 断裂2 mol NO2中的共价键所需能量小于断裂1 mol N2O4中的共价键所需能量
C. 恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
D. 恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．1molNO2含有1molN原子，1molN2O4含有2molN原子，现为可逆反应，为NO2和N2O4的混合气体,1 mol平衡混合气体中所含原子大于1 mol N，A项错误；
B．反应2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，故完全断开2molNO2分子中的共价键所吸收的热量比完全断开1molN2O4分子中的共价键所吸收的热量少，B项正确；
C．气体体积压缩，颜色变深是因为体积减小，浓度变大引起的，C项错误；
D．放热反应，温度升高，平衡逆向移动，颜色加深，D项错误；
答案选B。
9. 配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液，用其测定某未知浓度的H2C2O4溶液(已知：2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O)。完成实验所选择的装置正确的是
A
B
C
D
实验
称量一定质量的KMnO4固体
配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液定容操作
量取20.00mL未知浓度的草酸
用KMnO4溶液滴定草酸滴定终点读数为26.42mL
装置
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．用托盘天平称量一定质量的KMnO4固体时遵循“左物右码”，故A错误；
B．定容时眼睛与溶液凹液面齐平，故B错误；
C．草酸溶液为酸性溶液，量取20.00mL未知浓度的草酸，用酸式滴定管量取，故C正确；
D．终点读数应为25.52mL，故D错误。
综上所述，答案为C。
10. 化合物A(MXW3YZ)是一种温和还原剂，其中W、X、Y、Z、M都是短周期主族元素且原子序数依次增大，A的阴离子的结构如图所示，已知该阴离子中所有原子都达到2电子或8电子稳定结构。下列叙述错误的是
A. 第一电离能：Y>Z>X
B. W、Y可形成原子个数比为1∶1、2∶1和3∶1的化合物
C. 由X和Z形成的陶瓷是一种新型无机非金属材料
D. 化合物MYZ的水溶液显碱性
【答案】A
【解析】
【分析】化合物中W、X、Y、Z、M都是短周期主族元素且原子序数依次增大，由A的阴离子的结构可知，W、X、Y、Z形成的共价键数目分别为1、4、4、3，结合阴离子中所有原子都达到2电子或8电子稳定结构可知，W、X、Y、Z分别为H元素、B元素、C元素、N元素，由化合价代数和为0可知，M离子为+1价阳离子，则M为Na元素。
【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能由大到小的顺序为N＞C＞B，故A错误；
B．氢元素和碳元素形成的乙炔、烯烃或环烷烃、乙烷分子中原子个数比为1∶1、2∶1和3∶1，故B正确；
C．硼元素和氮元素形成的氮化硼陶瓷是一种性能优良的新型无机非金属材料，故C正确；
D．NaCN是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，故D正确；
故选A。
11. MTP是一类重要的药物中间体，可以由TOME经环化后合成。其反应式为：
+CH3OH
为了提高TOME的转化率，反应进行时需及时从溶液体系中移出部分甲醇。TOME的转化率随反应时间的变化如图所示。设TOME的初始浓度为a，反应过程中液体体积变化忽略不计。
下列说法正确的是
A. X、Y两点温度不同，MTP的物质的量浓度不相等
B. X、Z两点的瞬时速率大小为
C. 若Z点处于化学平衡，则210时反应的平衡常数
D. 190时，0~150min之间的MTP的平均反应速率为
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．X、Y两点TOME的转化率相同，TOME的初始浓度也相同，所以MTP的物质的量浓度相同，A不正确；
B．X点时反应还在进行当中，Z点时反应已接近平衡状态，所以两点的瞬时速率大小为，B不正确；
C．由于不断从反应体系中移出CH3OH，混合气中的CH3OH浓度无法确定，所以210时反应的平衡常数无法计算，C不正确；
D．190时，0~150min之间TOME的转化率为67%，则150min时产物MTP的浓度为0.67amol/L，所以MTP的平均反应速率为，D正确；
故选D。
12. 实验小组用双指示剂法准确测定样品(杂质为)的纯度。步骤如下：
①称取m g样品，配制成100mL溶液；
②取出25mL溶液置于锥形瓶中，加入2滴酚酞溶液，用浓度为的盐酸滴定至溶液恰好褪色(溶质为和)，消耗盐酸体积为；
③滴入2滴甲基橙溶液，继续滴定至终点，消耗盐酸体积为。
下列说法正确的是
A. ①中配制溶液时，需在容量瓶中加入100mL水
B. ②中溶液恰好褪色时：
C. 样品纯度为
D. 配制溶液时放置时间过长，会导致最终测定结果偏高
【答案】C
【解析】
【详解】A．①中配制溶液时，在容量瓶中定容时溶液总体积为100mL，A错误；
B．②中溶液恰好褪色时溶质为和，由电荷守恒可知，，此时溶液显碱性，则氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，故，；B错误；
C．第1次滴定反应为OH-+H+=H2O、+H+= ，第2次滴定反应为HCO+H+=H2O+CO2↑，则通过第2次滴定可知，n()=n(HCO)=cV2×10-3mol，第1次滴定中氢氧化钠消耗HCl的物质的量的为n(HCl) = cV1×10-3mol -cV2×10-3mol= c (V1 -V2)×10-3mol=n(NaOH)，故样品纯度为，C正确；
D．配制溶液时放置时间过长，氢氧化钠吸收空气中二氧化碳生成碳酸钠，会导致最终测定结果偏低，D错误；
故选C。
13. 一定温度下，向三个容积不等的恒容密闭容器(a＜b＜c)中分别投入2molNOCl，发生反应：2NOCl(g)2NO(g)＋Cl2(g)。tmin后，三个容器中NOCl的转化率如图中A、B、C三点。下列叙述正确的是
A. A点延长反应时间，可以提高NOCl的转化率
B. A、B两点的压强之比为25∶28
C. 容积为cL的容器NOCl的平衡转化率小于80%
D. 容积为aL的容器达到平衡后再投入1molNOCl、1molNO，平衡不移动
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．A点为平衡状态，延长时间可能平衡不移动，如使用负催化剂，则NOCl的转化率不变，故A错误；
B．A点时转化率为50%，消耗NOCl的物质的量是1mol，平衡时物质的量之和为1mol+1mol+0.5mol=2.5mol，B点转化率为80%，消耗NOCl的物质的量是1.6mol，平衡时物质的量之和为0.4mol+1.6mol+0.8mol=2.8mol，容器体积：a＜b，则容器内压强：A＞B，则A、B两点的压强之比大于25：28，故B错误；
C．由B点转化率为80%，体积增大时压强减小，减小压强平衡正向移动，转化率增大，则容积为cL的容器NOCl的平衡转化率大于80%，故C错误；
D．A点对应K=，容积为aL的容器达到平衡后再投入1mol NOCl、1mol NO，Qc==K，平衡不移动，故D正确；
故选D。
14. 我国科学家采用光热催化技术实现绿色高效回收聚酯。下列说法错误的是
A. 甲醇是乙二醇的同系物，两者分子间均可形成氢键
B. 1molPET最多消耗2nmolNaOH
C. BHET中所有碳原子均可共平面
D. 乙二醇可被酸性高锰酸钾溶液氧化为CO2
【答案】A
【解析】
【详解】A．结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的有机化合物互为同系物，甲醇含有一个羟基，乙二醇含有两个羟基，两者结构不相似，不互为同系物，故A错误；
B．1molPET水解生成2nmol羧基，则1molPET最多消耗2nmolNaOH，故B正确；
C．BHET中苯环为平面结构，苯环和与之直接相连的原子在一个平面上，碳氧双键为平面结构，单键可旋转，则BHET中所有碳原子均可共平面，故C正确；
D．乙二醇能被酸性高锰酸钾氧化生成CO2，故D正确；
故答案选A。
15. 双极膜电渗析法固碳技术是将捕集的CO2转化为CaCO3而矿化封存，其工作原理如图所示。双极膜中间层中的H2O解离成H+和OH-，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法不正确的是
A. 两个双极膜中间层中的H+均向左侧迁移
B. 若碱室中比值增大，则有利于CO2的矿化封存
C. 电解一段时间后，酸室中盐酸浓度增大
D. 该技术中电解固碳总反应的离子方程式为：2Ca2++2CO2+4H2O2CaCO3↓+2H2↑+O2↑+4H+
【答案】B
【解析】
【分析】左侧双极膜中的H+向左移动进入左侧硝酸钠溶液中发生反应，OH-向右移动进入“碱室”与二氧化碳反应生成CO，CO通过阴离子交换膜进入CaCl2溶液生成CaCO3；CaCl2溶液中的Cl-通过阴离子交换膜进入“酸室”，右侧双极膜中的H+向左移动进入“酸室”，OH-向右移动进入进入右侧硝酸钠溶液中发生反应。
【详解】A．左侧双极膜中的H+向左移动进入左侧硝酸钠溶液中，右侧双极膜中的H+向左移动进入“酸室”，故A正确；
B．若碱室中比值增大，碳酸氢根离子可能进入“酸室”，所以不利于CO2的矿化封存，故B错误；
C．CaCl2溶液中Cl-通过阴离子交换膜进入“酸室”，右侧双极膜中的H+向左移动进入“酸室”，所以电解一段时间后，酸室中盐酸的浓度增大，故C正确；
D．根据以上分析，该技术中电解固碳总反应的离子方程式为：2Ca2++2CO2+4H2O2CaCO3↓+2H2↑+O2↑+4H+，故D正确；
选B。
主观卷II(共55分)
二、非选择题(包含4小题，共55分)
16. 氮及其化合物的利用是科学家们一直在探究的问题，它们在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。
（1）已知：2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-221kJ·mol-1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393.5kJ·mol-1
N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+181kJ·mol-1
若某反应的平衡常数表达式为K=，请写出此反应的热化学方程式：_______。
（2）汽车尾气中的NO和CO在一定条件下可发生反应生成无毒的N2和CO2。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂(cat1、cat2)进行反应，相同时间内测得的脱氮率(脱氮率即NO的转化率)如图所示。M点_______(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡脱氮率，理由是_______。
（3）通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理如图。
①Pt电极上发生的是_______反应(填“氧化”或“还原”)。
②写出NiO电极上的电极反应式：_______。
（4）某温度下，在一密闭容器中充入一定量NO(g)发生反应4NO(g)⇌N2(g)+2NO2(g) ΔH<0，其正反应速率表达式为v正=k正·cn(NO)(k正为速率常数，只与温度有关)，测得反应速率和NO浓度的数据如表所示。
序号
c(NO)/(mol·L-1)
v正/(mol·L-1·s-1)
①
0.10
4.00×10-9
②
0.20
6.40×10-8
③
0.30
3.24×10-7
则k正=_______mol-3·L3·s-1；下列对于该反应的说法正确的是_______(填标号)。
A.当混合气体颜色保持不变时，反应达到化学平衡状态
B.当的比值保持不变时，反应达到化学平衡状态
C.反应达到化学平衡状态时，每消耗0.1molNO就会消耗0.05molNO2
D.反应达到平衡状态后，若降低温度，则混合气体的颜色变浅
E.反应达到平衡状态后，若减小压强，则混合气体的平均相对分子质量减小
【答案】（1）2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-747kJ·mol-1
（2） ①. 不是 ②. 该反应为放热反应，温度降低，平衡正向移动，平衡脱氮率比温度高时的大，根据cat2对应曲线可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高
（3） ①. 还原 ②. NO+O2--2e-=NO2
（4） ①. 4.00×10-5 ②. ACE
【解析】
【小问1详解】
由反应的平衡常数表达式为K=，可得化学反应方程式：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)，根据盖斯定律可知该反应可由反应2×②-①-③，该反应的ΔH=2×ΔH2-ΔH1-ΔH3=2×(-393.5kJ·mol-1)-( -221kJ·mol-1)-( +181kJ·mol-1)= -747kJ·mol-1，反应的热化学方程式为：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-747kJ·mol-1，故答案为：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-747kJ·mol-1；
【小问2详解】
分析图象可知M点不是对应温度下的平衡脱氮率，因为该反应为放热反应，温度降低，平衡正向移动，平衡脱氮率应比温度高时的大，根据cat2对应曲线可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高。故答案为：不是；该反应为放热反应，温度降低，平衡正向移动，平衡脱氮率比温度高时的大，根据cat2对应曲线可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高；
【小问3详解】
由装置图可知Pt电极上氧气得电子生成氧离子，发生还原反应，作正极，NiO电极上NO失电子结合氧离子生成NO2，电极反应式为：NO+O2--2e-=NO2，故答案为：还原；NO+O2--2e-=NO2；
【小问4详解】
由表中数据可得：4.00×10-9=0.1 nk正，6.4×10-8=0.2 nk正，解得：n=4，k正=4.00×10-5；
A.当混合气体颜色保持不变时，说明二氧化氮的浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故选；
B.氮气和二氧化氮为生成物，物质量之比始终保持1:2，故之比保持不变不能说明反应达到化学平衡状态，故不选；
C.每消耗0.1molNO就会消耗0.05molNO2，可说明正反应速率等于逆反应速率，反应达到化学平衡状态，故选；
D.该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，二氧化氮的浓度增大，混合气体的颜色变深，故不选；
E.反应达到平衡状态后，若减小压强，平衡逆向移动，气体的物质的量增大，气体质量不变，则混合气体的平均相对分子质量减小，故选；
故答案为：4.00×10-5；ACE；
17. 重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]可用作媒染剂和有机合成催化剂，具有强氧化性。实验室将NH3通入重铬酸(H2Cr2O7)溶液中制备[(NH4)2Cr2O7]的装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题：
已知：(橙色)+H2O⇌2(黄色)+2H+。
（1）仪器a的名称是_______，A装置的作用为_______。
（2）在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7固体，加水溶解，再滴加足量KOH浓溶液，振荡，微热，观察到的主要现象是_______。
（3）实验室常用甲醛法测定含(NH4)2Cr2O7的产品中(NH4)2Cr2O7的质量分数，其反应原理为2Ba2+++H2O=2BaCrO4+2H+、4+6HCHO=(CH2)6N4H++6H2O+3H+，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。
实验步骤：
I.称取样品12.00g，配成250mL溶液。
II.量取25.00mL样品溶液，用氯化钡溶液使Cr2O72-完全沉淀后，加入足量的20%中性甲醛溶液，摇匀，静置5min。
III.以酚酞作指示剂，用1.00mol·L-1的NaOH标准溶液滴定，记录数据。
IV.重复步骤II、III2~3次，处理数据。
①滴定终点的颜色变化为_______。
②用_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管量取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中。
③与NaOH反应时，1mol(CH2)6N4H+与1molH+相当，步骤III中(CH2)6N4H+与NaOH发生反应的离子方程式是_______。
④若实验平均消耗NaOH溶液体积为16.00mL，则所得产物中(NH4)2Cr2O7(摩尔质量为252g·mol-1)的质量分数为_______%。
⑤若滴定终点时仰视读数，则测定的质量分数将_______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
【答案】（1） ①. 球形干燥管 ②. 控制氨气的流速，同时也能平衡气压
（2）有刺激性气味气体放出，溶液变为黄色
（3） ①. 溶液由无色变为浅红色 ②. 酸式 ③. (CH2)6N4H++OH-=(CH2)6N4+H2O ④. 84 ⑤. 偏大
【解析】
【分析】仪器a为球形干燥管，由于NH3极易溶于水，则b处要有防倒吸装置，由(橙色)+H2O⇌2(黄色)+2H+，pH 过大会使平衡正向移动，使产生的(NH4)2CrO7不纯， 因此插入pH计及时了解控制反应液中的pH值，由于NH3极易溶于水，即B装置中很难看到气泡，而NH3在四氯化碳溶液中溶解度小，A中加入四氯化碳后可以看到气泡，以便于控制氨气的通入速度，a是尾气处理装置。
【小问1详解】
a名称为球形干燥管，A装置的作用为控制氨气的流速，同时也能平衡气压。
【小问2详解】
在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7，溶解后加入足量KOH浓溶液，振荡、微热，溶液中铵根离子与氢氧根反应产生氦气，有刺激性气味气体放出，(橙色)+H2O⇌2(黄色)+2H+，随着KOH加入，氢离子被消耗，平衡正向移动，产生较多的，溶液变为黄色。
【小问3详解】
①酚酞为指示剂，用NaOH滴定反应后的溶液，随看NaOH加入，溶液pH逐渐增大，最后一滴NaOH加入后溶液由无色变为浅红色；
②由题干可知(NH4)2Cr2O7有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以用酸式滴定管；
③已知lmol(CH2)6N4H+与ImolH+相当，则其与NaOH反应的离子方程式为(CH2)6N4H+ +OH-=(CH2)6N4+H2O；
④设25mL样品溶液中有(NH4)2Cr2O7xmol，则NH有2xmol，Cr2O有xmol，根据③中方程式可知，xmol Cr2O生成H+2xmol，2xmol NH生成xmol H+和xmol(CH2)6N4H+，因1 mol(CH2)6N4H+与1 mol H+相当，故可以看成2xmolNH生成了2xmolH+，即xmol(NH4)2Cr2O7共生成4xmolH+，现已知消耗NaOH物质的量为0.016mol，则4x=0.016，x=0.004mol，因此25mL样品溶液中(NH4)2Cr2O7有0.004mol×252g/mol=1.008g，则产物中(NH4)2Cr2O7的质量分数为= 84%；
⑤滴定终点时仰视读数，会使标准液的体积偏大，测定的质量分数偏大。
18. 我国力争实现2030年前“碳达峰”、2060年前“碳中和”的目标，CO2的捕集、利用与封存成为科学家研究的重要课题。
（1）CO2甲烷化反应最早由化学家PaulSabatier提出。已知：
反应I：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ∆H=+41.2kJ·mol-1
反应II：2CO(g)+2H2(g)⇌CO2(g)+CH4(g) ∆H=-247.1kJ·mol-1
①写出CO2甲烷化反应的热化学方程式_______，为了提高甲烷的产率，反应适宜在_______(填标号)条件下进行。
A.高温高压 B.高温低压 C.低温高压 D.低温低压
②反应I：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ∆H=+41.2kJ·mol-1，已知反应的v正=k正c(CO2)·c(H2)，v逆=k逆c(H2O)·c(CO)(k正和k逆为速率常数，与温度、催化剂有关)。若平衡后升高温度，则_______(填“增大”“不变”或“减小”)；若反应I在恒容绝热的容器中发生，下列情况下反应一定达到平衡状态的是_______(填标号)。
A.容器内的压强不再改变
B.容器内气体密度不再改变
C.容器内c(CO2)：c(H2)：c(CO)：c(H2O)=1：1：1：1
D.单位时间内，断开C=O的数目和断开H—O的数目相同
（2）在某催化剂表面发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，利用该反应可减少CO2排放并合成清洁能源。一定条件下，在一密闭容器中充入2molCO2和6molH2发生反应，图甲表示压强为0.1MPa和5.0MPa下CO2的平衡转化率随温度的变化关系。
其中表示压强为5.0MPa下CO2的平衡转化率随温度的变化曲线为_______(填“①”或“②”)；b点对应的平衡常数Kp=_______MPa-2(Kp为以平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数。分压=总压×物质的量分数)。
（3）科研人员提出CeO2催化CO2合成碳酸二甲酯(DMC)，从而实现CO2的综合利用。图乙为理想的CeO2的立方晶胞模型，但是几乎不存在完美的晶型，实际晶体中常存在缺陷(如图丙)，该缺陷晶型的化学式可表示为_______。
【答案】（1） ①. CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-164.7kJ·mol-1 ②. C ③. 减小 ④. AD
（2） ①. ① ②.
（3）Ce4O7
【解析】
【小问1详解】
①根据盖斯定律，CO2甲烷化反应=2×I+II，故△H=2×(+41.2)+( -247.1)=-164.7 kJ·mol-1；CO2甲烷化反应的热化学方程式CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-164.7kJ·mol-1；该反应为放热反应，故应该在低温下进行，该反应为气体分子数减小的反应，故应该在高压下进行，故选C；
②根据已知条件可知，==，该反应为吸热反应，故温度升高K增大，则同时=减小；
A．容器为恒容绝热容器，故随着反应进行，温度在变，压强也在变，压强不变可以证明反应达到平衡，A正确；
B．容器为恒容绝热容器，且所有的反应物和产物都为气体，故总质量不变，所以密度始终不变，密度不再改变不能证明反应达到平衡，B错误；
C．反应达到平衡时，各个组分之间的浓度之比没有必然联系，C错误；
D．断开C=O键为正反应速率，断开H-O键为逆速率，两者数目相同说明正反速率相同，证明反应达到平衡，D正确；
故选AD；
【小问2详解】
该反应为气体计量数减小的反应，故压强增大，平衡正向移动，转化率增大，由图象可知温度相同时，①对应的转化率增大；根据题给条件可得一下三段式：
平衡时气体总物质的量n(总)=1+3+1+1=6mol，则平衡时各种物质的分压分别为：，，；
【小问3详解】
该缺陷晶型的晶胞中，Ce的个数为8×+6×=4，O的个数为7，该缺陷晶型的化学式可表示为Ce4O7。
19. 抗癌药托瑞米芬的前体K的合成路线如图
已知：
（1）有机物A能与Na2CO3溶液反应产生CO2，其钠盐可用于食品防腐。有机物B能与Na2CO3溶液反应，但不产生CO2；B加氢可得环己醇。A和B反应生成C的化学方程式是_______。
（2）D中含有的官能团是_______(填写官能团名称)。
（3）E的结构简式为_______。
（4）F是一种天然香料，经碱性水解、酸化，得G和J。J经还原可转化为G.J的结构简式为_______。
（5）M是J的同分异构体，符合下列条件的M的结构简式是_______。
①2个六元环
②M可水解，与NaOH溶液共热时，1molM最多消耗2molNaOH
（6）推测E和G反应得到K的过程中，反应物LiAlH4的作用是_______。
（7）由K合成托瑞米芬的过程如下：
①由K生成N的反应类型为_______。
②托瑞米芬具有反式结构，其结构简式是_______。
【答案】（1）++H2O
（2）酮羰基、羟基 （3）
（4） （5） （6）还原剂
（7） ①. 消去反应 ②.
【解析】
【分析】有机物A能与Na2CO3溶液反应产生CO2，说明含有-COOH，且钠盐可用于食品防腐，结合K结构简式，A为，有机物B能与Na2CO3溶液反应，但不产生CO2，说明含有酚羟基，且B加氢可得环己醇，则B为，根据ABC分子式知，AB发生酯化反应生成C为，C发生信息i的反应生成D为，D生成E为；F是一种天然香料，说明含有酯基，经碱性水解、酸化，得G和J，J经还原可转化为G，J不饱和度=9×2+2-82 =6，根据K结构简式知，GJ中都含有苯环，苯环的不饱和度是4，根据O原子个数知，J中含有-COOH，所以还含有一个C=C，则J为，根据原子守恒知，G分子式为C9H10O，G的不饱和度为9×2+2-102=5，J经过还原可以得到G，所以G为，EG发生加成反应生成K。
【小问1详解】
通过以上分析知，A为，B为，C为，A和B反应生成C的化学方程式是+ +H2O，反应类型是取代反应或酯化反应。
故答案为： + +H2O；
【小问2详解】
D为，D中含有的官能团：羰基、羟基，
故答案为：羰基、羟基；
【小问3详解】
E的结构简式为，
故答案为：；
【小问4详解】
J的结构简式为，
故答案为：；
【小问5详解】
J为，M是J的同分异构体，
①包含2个六元环；
②M可水解，说明含有酯基；与NaOH溶液共热时，1 mol M最多消耗 2 molNaOH，说明水解生成酚羟基和羧基，符合条件的结构简式为，
故答案为：；
【小问6详解】
推测E和G反应得到K的过程中，该反应为加成反应，羰基上加上H原子，则反应物LiAlH4和H2O的作用是还原剂，
故答案为：还原剂；
【小问7详解】
①K发生消去反应生成N；②K发生消去反应生成N ，N分子式为C26H29NO2，N和SOCl2发生取代反应生成托瑞米芬，根据反应前后分子式变化中Cl原子取代-OH，且托瑞米芬具有反式结构，则N为，托瑞米芬为。
故答案为：消去反应；。
【点睛】本题考查有机物推断，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，灵活利用题给信息、反应前后分子式或结构变化、反应条件进行推断，正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意信息的获取和灵活运用。
2022年高三年级期中II考试化学科试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Ne-20 Na-23
客观卷I(共45分)
一、选择题(包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有1个选项符合题意)
1. 2022年6月5日神舟十四号成功出征，三名航天员正式开启6个月的太空之旅。下列说法中正确的是。
A. 神舟十四号飞船的燃料是偏二甲肼，偏二甲肼属于烃类
B. 火箭发动机中使用的钛合金具有密度小、强度高、耐高温等特点
C. 实验舱中使用的碳纤维属于有机高分子材料
D. 飞船外壳使用的氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料
【答案】B
【解析】
【详解】A．只由碳氢两种元素组成的有机化合物叫作烃；偏二甲肼含有氮元素，不属于烃类，A错误；
B．火箭发动机环境决定了使用的钛合金具有密度小、强度高、耐高温等特点，B正确；
C．碳纤维是由碳元素组成的一种特殊产品，其含碳量一般在90%以上，是一种带有高强度、高模具的材料，不属于有机高分子材料，C错误；
D．氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，D错误；
故选B。
2. 下列有关化学用语中错误的是
A. 的结构示意图：
B. 乙醇的空间填充模型：
C. 用电子式表示的形成过程：
D. 镍的基态原子的价电子排布式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．的核外电子数是18，结构示意图：，A正确；
B．空间填充模型表示每个原子的容积和分子实际形状的致密的分子模型，乙醇的空间填充模型为，B正确；
C．氯化钙是离子化合物，用电子式表示的形成过程为，C正确；
D．镍的基态原子的价电子排布式为3d84s2，D错误；
答案选D。
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 常温常压下，20g氖气所含有的原子数目为0.5NA
B. 0.1molNa218O2与足量H216O反应，生成的氧气中含有0.9NA个中子
C. 标准状况下，2.24L甲醛含有的原子数目为0.4NA
D. 高温高压、催化剂条件下，28gN2和6gH2充分反应，生成NH3的分子数为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．常温常压下，20g氖气的物质的量为1mol，所含有的原子数目为1NA，A错误；
B．0.1mol Na218O2与足量H216O反应，Na218O2既是氧化剂又是还原剂，故生成0.05mol18O2，生成的氧气中含有0.05mol×(18-8)×2×NA =NA个中子，B错误；
C．标准状况下，甲醛是气体，其物质的量为0.1mol，甲醛分子式为HCHO，原子数目为0.4NA，C正确；
D．高温高压、催化剂条件下，28gN2和6gH2反应生成NH3为可逆反应反应生成NH3，N2+3H22NH3，故NH3分子数小于2NA，D错误；
故选C。
4. 下列有关离子方程式正确的是
A. 用烧碱溶液除去铁粉中的铝粉：Al＋2OH-=＋H2↑
B. FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液得FeCO3：Fe2＋+2=FeCO3↓+CO2↑+H2O
C. 苯酚钠溶液中通入少量的二氧化碳：2C6H5O-+CO2+H2O=2C6H5OH+
D. 向NaClO溶液中通入少量SO2：ClO-＋H2O＋SO2=Cl-＋+2H+
【答案】B
【解析】
【详解】A．铝能与氢氧化钠溶液反应而溶解，可用用烧碱溶液除去铁粉中的铝粉，发生的反应为：，A错误；
B．电离出碳酸根与亚铁离子形成碳酸亚铁，同时生成二氧化碳，B正确；
C．酸性：碳酸>苯酚>碳酸氢根，无论二氧化碳多少均生成碳酸氢根，离子反应方程式为：C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+，C错误；
D．溶液中有过量的次氯酸根，生成的氢离子会与次氯酸跟继续反应生成次氯酸，3ClO-＋H2O＋SO2=Cl-＋+2HClO，D错误；
故选B。
5. 由多个单原子组成的“超级原子”具有单个原子不具有的化学性质，如和，可与呈链形的碘分子发生反应，“超级原子”会取代碘分子中的一个碘原子的位置，其他碘原子也“悬挂”在“超级原子”上，这种新的碘铝化合物既有金属铝的性质，又有非金属碘的性质，通常“超级原子”易形成最外层电子数之和为40的相对稳定状态。下列说法错误的是
A. 具有氧化性，具有还原性 B. Al的第一电离能比Mg小
C. 可与Mg形成 D. 中的Al原子间通过离子键结合
【答案】D
【解析】
【详解】A．“超级原子”易形成最外层电子数之和为40的相对稳定状态；的价电子数为13×3=39，容易得到电子发生还原反应，具有氧化性；的价电子数为13×4=42，易失去电子发生氧化反应，具有还原性，A正确；
B．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是镁原子价电子为3s2全满稳定状态，电离能较大，故Al的第一电离能比Mg小，B正确；
C．由A分析可知，易得到一个电子形成相对稳定结构，故可与Mg形成，C正确；
D．“超级原子”中的Al原子间通过共用电子对成键结合，D错误；
故选D。
6. 已知∆G=∆H-T∆S(忽略∆H、∆S随温度的变化)，若∆G<0，则该反应可以自发进行。根据下图判断：600℃时，下列反应不能自发进行的是
A. C(s)+O2(g)=CO2(g)
B. 2C(s)+O2(g)=2CO(g)
C. TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)
D. TiO2(s)+C(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+CO2(g)
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图像可知，600℃时，C(s)+O2(g)=CO2(g)的∆G＜0，反应自发进行，A不符合题意；
B．根据图像可知，600℃时，2C(s)+O2(g)=2CO(g) 的∆G＜0，反应自发进行，B不符合题意；
C．根据图像可知，600℃时，TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g) 的∆G＞0，反应不能自发进行，C符合题意；
D．根据图像可知，600℃时C(s)+O2(g)=CO2(g)与TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)相加可得：TiO2(s)+C(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+CO2(g) 的∆G＜0，反应自发进行，D不符合题意；
故选C。
7. 为研究某溶液中溶质 R的分解速率的影响因素，分别用三份不同初始浓度 R溶液在不同温度下进行实验，c(R)随时间变化如图。下列说法错误的是
A. 25℃时，10~30min 内，R 的分解平均速率为 0.030 mol·L-1·min-1
B. 对比 30℃和 10℃曲线，在同一时刻，能说明 R的分解速率随温度升高而增大
C. 对比 30℃和 25℃曲线，在 0~50min 内，能说明R 的分解平均速率随温度升高而增大
D. 对比 30℃和 10℃曲线，在 50min 时，R 的分解率相等
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据，代入R在10~30min内的浓度变化，解得，A项正确；
B.对比30℃和10℃的曲线，同一时刻浓度不同，因此不能说明R的分解速率随温度升高而增大，B项错误；
C.根据计算出当温度为25℃时，0~50min内分解平均速率为，当温度为30℃时，0~50min内分解平均速率为，C项正确；
D.在50min时，无论10℃还是30℃均无R剩余，因此分解率均为100%，D项正确；
答案选B。
【点睛】分解率即转化率，转化率即“转化了的”与“一开始的”之比，可以是物质的量、体积、质量、浓度之比。
8. NO2和N2O4存在平衡:2NO2(g)⇌N2O4(g) △H<0。下列分析正确的是
A. 1 mol平衡混合气体中含1 mol N原子
B. 断裂2 mol NO2中的共价键所需能量小于断裂1 mol N2O4中的共价键所需能量
C. 恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
D. 恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．1molNO2含有1molN原子，1molN2O4含有2molN原子，现为可逆反应，为NO2和N2O4的混合气体,1 mol平衡混合气体中所含原子大于1 mol N，A项错误；
B．反应2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，故完全断开2molNO2分子中的共价键所吸收的热量比完全断开1molN2O4分子中的共价键所吸收的热量少，B项正确；
C．气体体积压缩，颜色变深是因为体积减小，浓度变大引起的，C项错误；
D．放热反应，温度升高，平衡逆向移动，颜色加深，D项错误；
答案选B。
9. 配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液，用其测定某未知浓度的H2C2O4溶液(已知：2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O)。完成实验所选择的装置正确的是
A
B
C
D
实验
称量一定质量的KMnO4固体
配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液定容操作
量取20.00mL未知浓度的草酸
用KMnO4溶液滴定草酸滴定终点读数为26.42mL
装置
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．用托盘天平称量一定质量的KMnO4固体时遵循“左物右码”，故A错误；
B．定容时眼睛与溶液凹液面齐平，故B错误；
C．草酸溶液为酸性溶液，量取20.00mL未知浓度的草酸，用酸式滴定管量取，故C正确；
D．终点读数应为25.52mL，故D错误。
综上所述，答案为C。
10. 化合物A(MXW3YZ)是一种温和还原剂，其中W、X、Y、Z、M都是短周期主族元素且原子序数依次增大，A的阴离子的结构如图所示，已知该阴离子中所有原子都达到2电子或8电子稳定结构。下列叙述错误的是
A. 第一电离能：Y>Z>X
B. W、Y可形成原子个数比为1∶1、2∶1和3∶1的化合物
C. 由X和Z形成的陶瓷是一种新型无机非金属材料
D. 化合物MYZ的水溶液显碱性
【答案】A
【解析】
【分析】化合物中W、X、Y、Z、M都是短周期主族元素且原子序数依次增大，由A的阴离子的结构可知，W、X、Y、Z形成的共价键数目分别为1、4、4、3，结合阴离子中所有原子都达到2电子或8电子稳定结构可知，W、X、Y、Z分别为H元素、B元素、C元素、N元素，由化合价代数和为0可知，M离子为+1价阳离子，则M为Na元素。
【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能由大到小的顺序为N＞C＞B，故A错误；
B．氢元素和碳元素形成的乙炔、烯烃或环烷烃、乙烷分子中原子个数比为1∶1、2∶1和3∶1，故B正确；
C．硼元素和氮元素形成的氮化硼陶瓷是一种性能优良的新型无机非金属材料，故C正确；
D．NaCN是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，故D正确；
故选A。
11. MTP是一类重要的药物中间体，可以由TOME经环化后合成。其反应式为：
+CH3OH
为了提高TOME的转化率，反应进行时需及时从溶液体系中移出部分甲醇。TOME的转化率随反应时间的变化如图所示。设TOME的初始浓度为a，反应过程中液体体积变化忽略不计。
下列说法正确的是
A. X、Y两点温度不同，MTP的物质的量浓度不相等
B. X、Z两点的瞬时速率大小为
C. 若Z点处于化学平衡，则210时反应的平衡常数
D. 190时，0~150min之间的MTP的平均反应速率为
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．X、Y两点TOME的转化率相同，TOME的初始浓度也相同，所以MTP的物质的量浓度相同，A不正确；
B．X点时反应还在进行当中，Z点时反应已接近平衡状态，所以两点的瞬时速率大小为，B不正确；
C．由于不断从反应体系中移出CH3OH，混合气中的CH3OH浓度无法确定，所以210时反应的平衡常数无法计算，C不正确；
D．190时，0~150min之间TOME的转化率为67%，则150min时产物MTP的浓度为0.67amol/L，所以MTP的平均反应速率为，D正确；
故选D。
12. 实验小组用双指示剂法准确测定样品(杂质为)的纯度。步骤如下：
①称取m g样品，配制成100mL溶液；
②取出25mL溶液置于锥形瓶中，加入2滴酚酞溶液，用浓度为的盐酸滴定至溶液恰好褪色(溶质为和)，消耗盐酸体积为；
③滴入2滴甲基橙溶液，继续滴定至终点，消耗盐酸体积为。
下列说法正确的是
A. ①中配制溶液时，需在容量瓶中加入100mL水
B. ②中溶液恰好褪色时：
C. 样品纯度为
D. 配制溶液时放置时间过长，会导致最终测定结果偏高
【答案】C
【解析】
【详解】A．①中配制溶液时，在容量瓶中定容时溶液总体积为100mL，A错误；
B．②中溶液恰好褪色时溶质为和，由电荷守恒可知，，此时溶液显碱性，则氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，故，；B错误；
C．第1次滴定反应为OH-+H+=H2O、+H+= ，第2次滴定反应为HCO+H+=H2O+CO2↑，则通过第2次滴定可知，n()=n(HCO)=cV2×10-3mol，第1次滴定中氢氧化钠消耗HCl的物质的量的为n(HCl) = cV1×10-3mol -cV2×10-3mol= c (V1 -V2)×10-3mol=n(NaOH)，故样品纯度为，C正确；
D．配制溶液时放置时间过长，氢氧化钠吸收空气中二氧化碳生成碳酸钠，会导致最终测定结果偏低，D错误；
故选C。
13. 一定温度下，向三个容积不等的恒容密闭容器(a＜b＜c)中分别投入2molNOCl，发生反应：2NOCl(g)2NO(g)＋Cl2(g)。tmin后，三个容器中NOCl的转化率如图中A、B、C三点。下列叙述正确的是
A. A点延长反应时间，可以提高NOCl的转化率
B. A、B两点的压强之比为25∶28
C. 容积为cL的容器NOCl的平衡转化率小于80%
D. 容积为aL的容器达到平衡后再投入1molNOCl、1molNO，平衡不移动
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．A点为平衡状态，延长时间可能平衡不移动，如使用负催化剂，则NOCl的转化率不变，故A错误；
B．A点时转化率为50%，消耗NOCl的物质的量是1mol，平衡时物质的量之和为1mol+1mol+0.5mol=2.5mol，B点转化率为80%，消耗NOCl的物质的量是1.6mol，平衡时物质的量之和为0.4mol+1.6mol+0.8mol=2.8mol，容器体积：a＜b，则容器内压强：A＞B，则A、B两点的压强之比大于25：28，故B错误；
C．由B点转化率为80%，体积增大时压强减小，减小压强平衡正向移动，转化率增大，则容积为cL的容器NOCl的平衡转化率大于80%，故C错误；
D．A点对应K=，容积为aL的容器达到平衡后再投入1mol NOCl、1mol NO，Qc==K，平衡不移动，故D正确；
故选D。
14. 我国科学家采用光热催化技术实现绿色高效回收聚酯。下列说法错误的是
A. 甲醇是乙二醇的同系物，两者分子间均可形成氢键
B. 1molPET最多消耗2nmolNaOH
C. BHET中所有碳原子均可共平面
D. 乙二醇可被酸性高锰酸钾溶液氧化为CO2
【答案】A
【解析】
【详解】A．结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的有机化合物互为同系物，甲醇含有一个羟基，乙二醇含有两个羟基，两者结构不相似，不互为同系物，故A错误；
B．1molPET水解生成2nmol羧基，则1molPET最多消耗2nmolNaOH，故B正确；
C．BHET中苯环为平面结构，苯环和与之直接相连的原子在一个平面上，碳氧双键为平面结构，单键可旋转，则BHET中所有碳原子均可共平面，故C正确；
D．乙二醇能被酸性高锰酸钾氧化生成CO2，故D正确；
故答案选A。
15. 双极膜电渗析法固碳技术是将捕集的CO2转化为CaCO3而矿化封存，其工作原理如图所示。双极膜中间层中的H2O解离成H+和OH-，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法不正确的是
A. 两个双极膜中间层中的H+均向左侧迁移
B. 若碱室中比值增大，则有利于CO2的矿化封存
C. 电解一段时间后，酸室中盐酸浓度增大
D. 该技术中电解固碳总反应的离子方程式为：2Ca2++2CO2+4H2O2CaCO3↓+2H2↑+O2↑+4H+
【答案】B
【解析】
【分析】左侧双极膜中的H+向左移动进入左侧硝酸钠溶液中发生反应，OH-向右移动进入“碱室”与二氧化碳反应生成CO，CO通过阴离子交换膜进入CaCl2溶液生成CaCO3；CaCl2溶液中的Cl-通过阴离子交换膜进入“酸室”，右侧双极膜中的H+向左移动进入“酸室”，OH-向右移动进入进入右侧硝酸钠溶液中发生反应。
【详解】A．左侧双极膜中的H+向左移动进入左侧硝酸钠溶液中，右侧双极膜中的H+向左移动进入“酸室”，故A正确；
B．若碱室中比值增大，碳酸氢根离子可能进入“酸室”，所以不利于CO2的矿化封存，故B错误；
C．CaCl2溶液中Cl-通过阴离子交换膜进入“酸室”，右侧双极膜中的H+向左移动进入“酸室”，所以电解一段时间后，酸室中盐酸的浓度增大，故C正确；
D．根据以上分析，该技术中电解固碳总反应的离子方程式为：2Ca2++2CO2+4H2O2CaCO3↓+2H2↑+O2↑+4H+，故D正确；
选B。
主观卷II(共55分)
二、非选择题(包含4小题，共55分)
16. 氮及其化合物的利用是科学家们一直在探究的问题，它们在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。
（1）已知：2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-221kJ·mol-1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393.5kJ·mol-1
N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+181kJ·mol-1
若某反应的平衡常数表达式为K=，请写出此反应的热化学方程式：_______。
（2）汽车尾气中的NO和CO在一定条件下可发生反应生成无毒的N2和CO2。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂(cat1、cat2)进行反应，相同时间内测得的脱氮率(脱氮率即NO的转化率)如图所示。M点_______(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡脱氮率，理由是_______。
（3）通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理如图。
①Pt电极上发生的是_______反应(填“氧化”或“还原”)。
②写出NiO电极上的电极反应式：_______。
（4）某温度下，在一密闭容器中充入一定量NO(g)发生反应4NO(g)⇌N2(g)+2NO2(g) ΔH<0，其正反应速率表达式为v正=k正·cn(NO)(k正为速率常数，只与温度有关)，测得反应速率和NO浓度的数据如表所示。
序号
c(NO)/(mol·L-1)
v正/(mol·L-1·s-1)
①
0.10
4.00×10-9
②
0.20
6.40×10-8
③
0.30
3.24×10-7
则k正=_______mol-3·L3·s-1；下列对于该反应的说法正确的是_______(填标号)。
A.当混合气体颜色保持不变时，反应达到化学平衡状态
B.当的比值保持不变时，反应达到化学平衡状态
C.反应达到化学平衡状态时，每消耗0.1molNO就会消耗0.05molNO2
D.反应达到平衡状态后，若降低温度，则混合气体的颜色变浅
E.反应达到平衡状态后，若减小压强，则混合气体的平均相对分子质量减小
【答案】（1）2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-747kJ·mol-1
（2） ①. 不是 ②. 该反应为放热反应，温度降低，平衡正向移动，平衡脱氮率比温度高时的大，根据cat2对应曲线可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高
（3） ①. 还原 ②. NO+O2--2e-=NO2
（4） ①. 4.00×10-5 ②. ACE
【解析】
【小问1详解】
由反应的平衡常数表达式为K=，可得化学反应方程式：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)，根据盖斯定律可知该反应可由反应2×②-①-③，该反应的ΔH=2×ΔH2-ΔH1-ΔH3=2×(-393.5kJ·mol-1)-( -221kJ·mol-1)-( +181kJ·mol-1)= -747kJ·mol-1，反应的热化学方程式为：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-747kJ·mol-1，故答案为：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-747kJ·mol-1；
【小问2详解】
分析图象可知M点不是对应温度下的平衡脱氮率，因为该反应为放热反应，温度降低，平衡正向移动，平衡脱氮率应比温度高时的大，根据cat2对应曲线可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高。故答案为：不是；该反应为放热反应，温度降低，平衡正向移动，平衡脱氮率比温度高时的大，根据cat2对应曲线可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高；
【小问3详解】
由装置图可知Pt电极上氧气得电子生成氧离子，发生还原反应，作正极，NiO电极上NO失电子结合氧离子生成NO2，电极反应式为：NO+O2--2e-=NO2，故答案为：还原；NO+O2--2e-=NO2；
【小问4详解】
由表中数据可得：4.00×10-9=0.1 nk正，6.4×10-8=0.2 nk正，解得：n=4，k正=4.00×10-5；
A.当混合气体颜色保持不变时，说明二氧化氮的浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故选；
B.氮气和二氧化氮为生成物，物质量之比始终保持1:2，故之比保持不变不能说明反应达到化学平衡状态，故不选；
C.每消耗0.1molNO就会消耗0.05molNO2，可说明正反应速率等于逆反应速率，反应达到化学平衡状态，故选；
D.该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，二氧化氮的浓度增大，混合气体的颜色变深，故不选；
E.反应达到平衡状态后，若减小压强，平衡逆向移动，气体的物质的量增大，气体质量不变，则混合气体的平均相对分子质量减小，故选；
故答案为：4.00×10-5；ACE；
17. 重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]可用作媒染剂和有机合成催化剂，具有强氧化性。实验室将NH3通入重铬酸(H2Cr2O7)溶液中制备[(NH4)2Cr2O7]的装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题：
已知：(橙色)+H2O⇌2(黄色)+2H+。
（1）仪器a的名称是_______，A装置的作用为_______。
（2）在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7固体，加水溶解，再滴加足量KOH浓溶液，振荡，微热，观察到的主要现象是_______。
（3）实验室常用甲醛法测定含(NH4)2Cr2O7的产品中(NH4)2Cr2O7的质量分数，其反应原理为2Ba2+++H2O=2BaCrO4+2H+、4+6HCHO=(CH2)6N4H++6H2O+3H+，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。
实验步骤：
I.称取样品12.00g，配成250mL溶液。
II.量取25.00mL样品溶液，用氯化钡溶液使Cr2O72-完全沉淀后，加入足量的20%中性甲醛溶液，摇匀，静置5min。
III.以酚酞作指示剂，用1.00mol·L-1的NaOH标准溶液滴定，记录数据。
IV.重复步骤II、III2~3次，处理数据。
①滴定终点的颜色变化为_______。
②用_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管量取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中。
③与NaOH反应时，1mol(CH2)6N4H+与1molH+相当，步骤III中(CH2)6N4H+与NaOH发生反应的离子方程式是_______。
④若实验平均消耗NaOH溶液体积为16.00mL，则所得产物中(NH4)2Cr2O7(摩尔质量为252g·mol-1)的质量分数为_______%。
⑤若滴定终点时仰视读数，则测定的质量分数将_______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
【答案】（1） ①. 球形干燥管 ②. 控制氨气的流速，同时也能平衡气压
（2）有刺激性气味气体放出，溶液变为黄色
（3） ①. 溶液由无色变为浅红色 ②. 酸式 ③. (CH2)6N4H++OH-=(CH2)6N4+H2O ④. 84 ⑤. 偏大
【解析】
【分析】仪器a为球形干燥管，由于NH3极易溶于水，则b处要有防倒吸装置，由(橙色)+H2O⇌2(黄色)+2H+，pH 过大会使平衡正向移动，使产生的(NH4)2CrO7不纯， 因此插入pH计及时了解控制反应液中的pH值，由于NH3极易溶于水，即B装置中很难看到气泡，而NH3在四氯化碳溶液中溶解度小，A中加入四氯化碳后可以看到气泡，以便于控制氨气的通入速度，a是尾气处理装置。
【小问1详解】
a名称为球形干燥管，A装置的作用为控制氨气的流速，同时也能平衡气压。
【小问2详解】
在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7，溶解后加入足量KOH浓溶液，振荡、微热，溶液中铵根离子与氢氧根反应产生氦气，有刺激性气味气体放出，(橙色)+H2O⇌2(黄色)+2H+，随着KOH加入，氢离子被消耗，平衡正向移动，产生较多的，溶液变为黄色。
【小问3详解】
①酚酞为指示剂，用NaOH滴定反应后的溶液，随看NaOH加入，溶液pH逐渐增大，最后一滴NaOH加入后溶液由无色变为浅红色；
②由题干可知(NH4)2Cr2O7有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以用酸式滴定管；
③已知lmol(CH2)6N4H+与ImolH+相当，则其与NaOH反应的离子方程式为(CH2)6N4H+ +OH-=(CH2)6N4+H2O；
④设25mL样品溶液中有(NH4)2Cr2O7xmol，则NH有2xmol，Cr2O有xmol，根据③中方程式可知，xmol Cr2O生成H+2xmol，2xmol NH生成xmol H+和xmol(CH2)6N4H+，因1 mol(CH2)6N4H+与1 mol H+相当，故可以看成2xmolNH生成了2xmolH+，即xmol(NH4)2Cr2O7共生成4xmolH+，现已知消耗NaOH物质的量为0.016mol，则4x=0.016，x=0.004mol，因此25mL样品溶液中(NH4)2Cr2O7有0.004mol×252g/mol=1.008g，则产物中(NH4)2Cr2O7的质量分数为= 84%；
⑤滴定终点时仰视读数，会使标准液的体积偏大，测定的质量分数偏大。
18. 我国力争实现2030年前“碳达峰”、2060年前“碳中和”的目标，CO2的捕集、利用与封存成为科学家研究的重要课题。
（1）CO2甲烷化反应最早由化学家PaulSabatier提出。已知：
反应I：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ∆H=+41.2kJ·mol-1
反应II：2CO(g)+2H2(g)⇌CO2(g)+CH4(g) ∆H=-247.1kJ·mol-1
①写出CO2甲烷化反应的热化学方程式_______，为了提高甲烷的产率，反应适宜在_______(填标号)条件下进行。
A.高温高压 B.高温低压 C.低温高压 D.低温低压
②反应I：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ∆H=+41.2kJ·mol-1，已知反应的v正=k正c(CO2)·c(H2)，v逆=k逆c(H2O)·c(CO)(k正和k逆为速率常数，与温度、催化剂有关)。若平衡后升高温度，则_______(填“增大”“不变”或“减小”)；若反应I在恒容绝热的容器中发生，下列情况下反应一定达到平衡状态的是_______(填标号)。
A.容器内的压强不再改变
B.容器内气体密度不再改变
C.容器内c(CO2)：c(H2)：c(CO)：c(H2O)=1：1：1：1
D.单位时间内，断开C=O的数目和断开H—O的数目相同
（2）在某催化剂表面发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，利用该反应可减少CO2排放并合成清洁能源。一定条件下，在一密闭容器中充入2molCO2和6molH2发生反应，图甲表示压强为0.1MPa和5.0MPa下CO2的平衡转化率随温度的变化关系。
其中表示压强为5.0MPa下CO2的平衡转化率随温度的变化曲线为_______(填“①”或“②”)；b点对应的平衡常数Kp=_______MPa-2(Kp为以平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数。分压=总压×物质的量分数)。
（3）科研人员提出CeO2催化CO2合成碳酸二甲酯(DMC)，从而实现CO2的综合利用。图乙为理想的CeO2的立方晶胞模型，但是几乎不存在完美的晶型，实际晶体中常存在缺陷(如图丙)，该缺陷晶型的化学式可表示为_______。
【答案】（1） ①. CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-164.7kJ·mol-1 ②. C ③. 减小 ④. AD
（2） ①. ① ②.
（3）Ce4O7
【解析】
【小问1详解】
①根据盖斯定律，CO2甲烷化反应=2×I+II，故△H=2×(+41.2)+( -247.1)=-164.7 kJ·mol-1；CO2甲烷化反应的热化学方程式CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-164.7kJ·mol-1；该反应为放热反应，故应该在低温下进行，该反应为气体分子数减小的反应，故应该在高压下进行，故选C；
②根据已知条件可知，==，该反应为吸热反应，故温度升高K增大，则同时=减小；
A．容器为恒容绝热容器，故随着反应进行，温度在变，压强也在变，压强不变可以证明反应达到平衡，A正确；
B．容器为恒容绝热容器，且所有的反应物和产物都为气体，故总质量不变，所以密度始终不变，密度不再改变不能证明反应达到平衡，B错误；
C．反应达到平衡时，各个组分之间的浓度之比没有必然联系，C错误；
D．断开C=O键为正反应速率，断开H-O键为逆速率，两者数目相同说明正反速率相同，证明反应达到平衡，D正确；
故选AD；
【小问2详解】
该反应为气体计量数减小的反应，故压强增大，平衡正向移动，转化率增大，由图象可知温度相同时，①对应的转化率增大；根据题给条件可得一下三段式：
平衡时气体总物质的量n(总)=1+3+1+1=6mol，则平衡时各种物质的分压分别为：，，；
【小问3详解】
该缺陷晶型的晶胞中，Ce的个数为8×+6×=4，O的个数为7，该缺陷晶型的化学式可表示为Ce4O7。
19. 抗癌药托瑞米芬的前体K的合成路线如图
已知：
（1）有机物A能与Na2CO3溶液反应产生CO2，其钠盐可用于食品防腐。有机物B能与Na2CO3溶液反应，但不产生CO2；B加氢可得环己醇。A和B反应生成C的化学方程式是_______。
（2）D中含有的官能团是_______(填写官能团名称)。
（3）E的结构简式为_______。
（4）F是一种天然香料，经碱性水解、酸化，得G和J。J经还原可转化为G.J的结构简式为_______。
（5）M是J的同分异构体，符合下列条件的M的结构简式是_______。
①2个六元环
②M可水解，与NaOH溶液共热时，1molM最多消耗2molNaOH
（6）推测E和G反应得到K的过程中，反应物LiAlH4的作用是_______。
（7）由K合成托瑞米芬的过程如下：
①由K生成N的反应类型为_______。
②托瑞米芬具有反式结构，其结构简式是_______。
【答案】（1）++H2O
（2）酮羰基、羟基 （3）
（4） （5） （6）还原剂
（7） ①. 消去反应 ②.
【解析】
【分析】有机物A能与Na2CO3溶液反应产生CO2，说明含有-COOH，且钠盐可用于食品防腐，结合K结构简式，A为，有机物B能与Na2CO3溶液反应，但不产生CO2，说明含有酚羟基，且B加氢可得环己醇，则B为，根据ABC分子式知，AB发生酯化反应生成C为，C发生信息i的反应生成D为，D生成E为；F是一种天然香料，说明含有酯基，经碱性水解、酸化，得G和J，J经还原可转化为G，J不饱和度=9×2+2-82 =6，根据K结构简式知，GJ中都含有苯环，苯环的不饱和度是4，根据O原子个数知，J中含有-COOH，所以还含有一个C=C，则J为，根据原子守恒知，G分子式为C9H10O，G的不饱和度为9×2+2-102=5，J经过还原可以得到G，所以G为，EG发生加成反应生成K。
【小问1详解】
通过以上分析知，A为，B为，C为，A和B反应生成C的化学方程式是+ +H2O，反应类型是取代反应或酯化反应。
故答案为： + +H2O；
【小问2详解】
D为，D中含有的官能团：羰基、羟基，
故答案为：羰基、羟基；
【小问3详解】
E的结构简式为，
故答案为：；
【小问4详解】
J的结构简式为，
故答案为：；
【小问5详解】
J为，M是J的同分异构体，
①包含2个六元环；
②M可水解，说明含有酯基；与NaOH溶液共热时，1 mol M最多消耗 2 molNaOH，说明水解生成酚羟基和羧基，符合条件的结构简式为，
故答案为：；
【小问6详解】
推测E和G反应得到K的过程中，该反应为加成反应，羰基上加上H原子，则反应物LiAlH4和H2O的作用是还原剂，
故答案为：还原剂；
【小问7详解】
①K发生消去反应生成N；②K发生消去反应生成N ，N分子式为C26H29NO2，N和SOCl2发生取代反应生成托瑞米芬，根据反应前后分子式变化中Cl原子取代-OH，且托瑞米芬具有反式结构，则N为，托瑞米芬为。
故答案为：消去反应；。
【点睛】本题考查有机物推断，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，灵活利用题给信息、反应前后分子式或结构变化、反应条件进行推断，正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意信息的获取和灵活运用。
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