2023-2024学年江苏省南通市高三（上）第一次月考化学试卷

这是一份2023-2024学年江苏省南通市高三（上）第一次月考化学试卷，共5页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是（ ）
A．煤的气化、煤的液化和煤的干馏均属于物理变化
B．用于火箭发动机的碳化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料
C．X射线衍射实验可用于鉴别晶体与非晶体
D．将钢铁闸门与电源负极相连的防腐措施属于外加电流保护法
2．（3分）下列有关说法正确的是（ ）
A．Na+的结构示意图为
B．中子数为8的氮原子15N
C．H2S的球棍模型为
D．基态S原子核外价电子的轨道表达式为
3．（3分）以菱镁矿（主要成分是MgCO3，含少量FeCO3）为原料制取高纯氧化镁需要经历酸浸、调pH、过滤、灼烧等操作。下列实验装置和原理能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲配制稀H2SO4
B．用装置乙测定溶液的pH
C．用装置丙过滤悬浊液
D．用装置丁灼烧Mg（OH）2固体
4．（3分）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素。X和Y基态原子的s能级电子总数均等于其p能级电子总数，Z的原子最外层电子数是Y原子最外层电子数的2倍，W和X位于同一主族。下列说法正确的是（ ）
A．第一电离能：I1（X）＜I1（W）
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞W
C．原子半径：r（W）＞r（Y）＞r（X）
D．简单气态氢化物的热稳定性：X＞Z
阅读下列材料，完成5～7题：
氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业，N2（g）与H2（g）反应生成1mlNH3（g）放出46kJ的热量，实验室用加热NH4Cl和Ca（OH）2固体混合物的方法制取少量氨气，同时生成CaCl2，肼（N2H4）是一种良好的液体燃料。
5．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．14N、15N、N3﹣都属于氮元素
B．NH3和H2O的中心原子轨道杂化类型不同
C．N2H4分子中的化学键均为极性共价键
D．CaCl2晶体中存在Ca与Cl2之间强烈的相互作用
6．（3分）下列化学反应表示正确的是（ ）
A．用过量氨水吸收废气中的SO2：NH3•H2O+SO2＝+
B．用烧碱溶液吸收硝酸工业尾气：NO+NO2+2OH﹣＝+H2O
C．合成氨反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝﹣46kJ•ml﹣1
D．铜粉和稀硝酸反应：4H+++Cu＝Cu2++2NO2↑+2H2O
7．（3分）下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．N2分子内含有N≡N，N2具有氧化性
B．NH3极易溶于水，液氨可用作制冷剂
C．NH3分子之间形成氢键，NH3（g）的热稳定性比PH3（g）的高
D．N2H4具有还原性，可用作喷气式发动机的燃料
8．（3分）某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将N2O4“固定”，能高选择性吸附NO2。废气中的NO2被吸附后，经处理能全部转化为HNO3。原理示意图如下。
已知：2NO2（g）⇌N2O4（g） ΔH＜0。下列说法不正确的是（ ）
A．温度升高时不利于NO2吸附
B．多孔材料“固定”N2O4，促进2NO2⇌N2O4平衡正向移动
C．转化为HNO3的反应是2N2O4+O2+2H2O＝4HNO3
D．每获得0.4mlHNO3时，转移电子的数目为6.02×1022
9．（3分）在光照下，螺吡喃发生开、闭环转换而变色，过程如图。下列关于开、闭环螺吡喃说法正确的是（ ）
A．均有手性
B．互为同分异构体
C．N原子杂化方式相同
D．闭环螺吡喃亲水性更好
10．（3分）下列含氯物质的转化正确的是（ ）
A．漂白粉（g）
B．
C．
D．（s）
11．（3分）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）​
A．AB．BC．CD．D
12．（3分）缓冲溶液可以抗御少量酸碱对溶液pH的影响。人体血液里存在H2CO3/缓冲体系，可使血液的pH稳定在7.4左右。当血液pH低于7.2或高于7.6时2CO3/缓冲体系的缓冲作用可用下列平衡表示：H+（aq）+（aq）⇌H2CO3（aq）⇌CO2（g）+H2O（l）。实验室配制37℃时不同比例的NaHCO3、H2CO3缓冲溶液（已知该温度下H2CO3：pKa1≈6.1，pKa2≈10.3；lg2≈0.3）。下列说法正确的是（ ）
A．人体发生碱中毒时注射NaHCO3溶液可以缓解症状
B．pH＝7的缓冲体系中：c（H2CO3）＜c（）＜c（）
C．pH＝7.4的缓冲体系中：c（）：c（H2CO3）≈20：1
D．c（）：c（H2CO3）＝1：1的缓冲体系中：c（OH﹣）+2c（H2CO3）+2c（）＝c（Na+）+c（H+）
13．（3分）在催化剂作用下，以CO2和H2为原料进行合成CH3OH的实验。保持压强一定，将起始n（CO2）：n（H2）＝1：3的混合气体通过装有催化剂的反应管，测得出口处CO2的转化率和CH3OH的选择性[×100%]与温度的关系如图所示（图中虚线表示平衡时CO2的转化率或CH3OH的选择性）。
已知反应管内发生的反应为：
反应1：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g） ΔH1＝﹣49.5kJ•ml﹣1
反应2：CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g） ΔH2＝41.2kJ•ml﹣1
下列说法正确的是（ ）
A．CO（g）+2H2（g）＝CH3OH（g） ΔH＝+90.7kJ•ml﹣1
B．220℃～280℃时，出口处一定存在：n（CO）＜n（CH3OH）
C．220℃～280℃，保持其他条件不变，n（CH3OH）：n（CO）随温度的升高而增加
D．为提高CH3OH的产率，应研发高温下催化活性更强的催化剂
二、非选择题：共4题，共61分。
14．（14分）门捷列夫在研究周期表时预言了“类铝”元素镓，镓（Ga）位于元素周期表第IIIA族，高纯镓广泛用于半导体材料、光电材料、光学材料等领域。
（1）一种利用炼锌渣（主要含Pb、Zn、Cu、Fe的氧化物和一定量GaCl3 ）为原料制备高纯镓的流程如图所示：
已知：（i）电解步骤制取镓时两极均采用惰性电极；
（ii）Cu+Cu2++2Cl﹣═2CuCl↓，CuCl难溶于水和稀酸；ZnS、Ga2S3均难溶于水。
（iii）20℃，Kb（NH3•H2O）≈2.0×10﹣5，Ksp[Ga（OH）3]≈1.0×10﹣35。
回答下列问题：
①试剂a（Cu）的主要作用是

。
②滤渣4的主要成分为

。
③已知：Ga3++4OH﹣⇌[Ga（OH）4]﹣K≈1.0×1034。为探究Ga（OH）3在氨水中能否溶解，计算反应Ga（OH）3+NH3•H2O⇌[Ga（OH）4]﹣+的平衡常数K＝

。
④电解步骤中，阴极的电极反应式为

。
（2）砷化镓（GaAs）太阳能电池为我国“玉兔二号”月球车提供充足能量。GaAs的晶胞结构如图甲所示，将Mn掺杂到GaAs的晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示。
①GaAs中Ga的化合价为

。
②在Mn掺杂到GaAs的晶体中每个Mn最近且等距离的As的数目为

。
15．（15分）化合物F是一种有机合成的中间体，可以通过如图途径来合成：
（1）A中含氧官能团的名称为 。
（2）C→D的反应类型为 。
（3）化合物X的化学式为C7H5OCl，其结构简式是 。
（4）A的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： （写出一种即可）。
①分子中含有苯环，酸性条件下水解产物之一能与FeCl3发生显色反应，另外产物之一能与新制Cu（OH）2悬浊液反应，生成砖红色沉淀；
②分子中不同化学环境的氢原子数目比为6：3：2：1。
（5）已知：，设计以和为原料制备的合成路线 （无机试剂任用，合成路线示例见本题题干）。
16．（16分）废弃的锂离子电池中含有多种金属元素，需回收处理。柠檬酸因具有酸性和较好的络合性，可用于浸出金属离子并得到柠檬酸浸出液。如图是某小组研究从柠檬酸浸出液中分离出铜并制备碱式碳酸铜[xCuCO3⋅yCu（OH）2⋅zH2O]的制备流程。
（1）在“调pH分离铜”的步骤中，理论上铜离子完全沉淀时pH为6.67，本实验中测得pH＝8时铜的沉淀率仅为7.2%，可能的原因为 。
（2）在“还原法沉铜”的步骤中，利用抗坏血酸（C6H8O6）能有效的将Cu（Ⅱ）还原成金属Cu。抗坏血酸（C6H8O6）易被氧化为脱氢抗坏血酸（C6H6O6）；且受热易分解。
①抗坏血酸还原Cu（OH）2的离子方程式为： 。
②某实验小组研究了相同条件下温度对Cu沉淀率的影响。从图1可以看出，随着温度的升高，相同时间内Cu的沉淀率先逐渐增加，后略有下降，下降可能的原因是 。
（3）将所得铜粉制备为CuSO4溶液后再制备碱式碳酸铜。已知碱式碳酸铜的产率随起始n（Na2CO3）与n（CuSO4）的比值和溶液pH的关系如图2所示。
①补充完整由0.5ml/LCuSO4溶液制取碱式碳酸钢的实验方案：向烧杯中加入30mL0.5ml/LNa2CO3溶液，将烧杯置于70℃的水浴中， ，低温烘干，得到碱式碳酸铜。（实验中可选用的试剂或仪器：0.1ml/LBaCl2溶液、0.1ml/LNaOH溶液、0.1ml/L盐酸、pH计）
②实验时发现，若反应时溶液pH过大，所得碱式碳酸铜的产率偏低，原因是 。
③称取9.55g碱式碳酸铜[xCuCO3⋅yCu（OH）2⋅zH2O]产品，通入氢气充分加热反应后，得到4.8g固体残留物 。
17．（16分）金属铬耐腐蚀，可做镀层金属，Cr（VI），国家对废水中Cr含量有严格的排放标准。已知：Ksp[Cr（OH）3]＝1×10﹣32；Cr2+H2O⇌2+2H+；氧化性强弱：Cr2＞；
（1）焦亚硫酸钠除铬法
①可以选择焦亚硫酸钠或亚硫酸钠（Na2S2O5在酸性条件下分解为、）处理含铬（Ⅵ）废水
反应池中发生反应的离子方程式 。
②其他条件相同，pH＜2.5时pH过低，充分反应后除铬率反而下降 。
③室温下，加入石灰乳调节pH，当c（Cr3+）＜1×10﹣6ml/L时，pH＞ 。
（2）Fe3O4/纳米Fe除铬法
（i）某研究小组经查阅资料，发现磁铁矿Fe3O4辅助纳米Fe可以降解废水中的Cr2。为验证其准确性，进行了如下实验，相同时间内得到如下实验结果。
（ii）依据如下两个图示信息，上述实验3降解Cr2效率增大的原因是 。
（3）电解除铬法：
已知：电解除铬过程中主要反应：Cr2+6Fe2++17H2O＝2Cr（OH）3↓+6Fe（OH）3↓+10H+；
①图3中气体a的主要成分是 。
②在电解过程中，不同pH、通电时间与Cr元素的去除率关系如图4所示，其中pH＝10比pH＝4时Cr元素去除率低的原因可能是 。
参考答案与试题解析
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。
1．【分析】A．无新物质生成的反应为物理变化；
B．碳化硅陶瓷材料应具备耐高温的特点，是一种新型无机非金属材料；
C．X射线衍射可以看到微观结构；
D．钢铁闸门与电源负极相连通过还原反应保护。
【解答】解：A．煤的气化生成CO和氢气，煤的干馏即煤在隔绝空气下发生的变化，均为化学变化；
B．碳化硅陶瓷材料应具备耐高温的特点，故B正确；
C．X射线衍射可以看到微观结构，故C正确；
D．钢铁闸门与电源负极相连通过还原反应保护，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的用途，性质决定用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
2．【分析】A．钠离子的核外电子总数为10；
B．质量数标示在元素符号左上角，且质量数＝质子数+中子数；
C．H2S是V形分子，并且S原子半径大于H，据此写出球棍模型；
D．违反洪特规则。
【解答】解：A．钠离子的核外电子总数为10，故A错误；
B．质量数＝质子数+中子数，故表示为15N，故B正确；
C．H2S是V形分子，并且S原子半径大于H，故C错误；
D．违反洪特规则，基态硫原子的价电子排布式为3s33p4，故价电子的轨道表达式为，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查化学用语，为基础知识的考查，题目难度不大。
3．【分析】A．不能在容量瓶中稀释浓硫酸；
B．pH试纸浸入溶液中，溶液易被污染；
C．过滤遵循一贴二低三靠；
D．氢氧化镁分解有水生成。
【解答】解：A．不能在容量瓶中稀释浓硫酸、冷却后，故A错误；
B．pH试纸浸入溶液中，应蘸取待测液滴在pH试纸上；
C．过滤遵循一贴二低三靠，故C正确；
D．氢氧化镁分解有水生成，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、溶液的配制、混合物的分离提纯、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
4．【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，X和Y基态原子的s能级电子总数均等于其p能级电子总数，核外电子排布式依次为1s22s22p4、1s22s22p63s2，故X为O元素、Y为Mg元素，Z的原子最外层电子数是Y原子最外层电子数的2倍，Z原子最外层电子数为4，可知Z为Si元素，而W和X位于同一主族，可知W为S元素。
【解答】解：由分析可知，X为O元素、Z为Si元素；
A．同周期主族元素自上而下第一电离能减小，故A错误；
B．元素非金属性越强，元素非金属性：Si＜S2SiO3＜H4SO4，故B错误；
C．同周期主族元素自左而右原子半径减小，则原子半径：Mg＞S＞O；
D．元素非金属性强弱与其氢化物稳定性一致，则简单氢化物稳定性：H2O＞SiH3，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素周期律，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
阅读下列材料，完成5～7题：
氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业，N2（g）与H2（g）反应生成1mlNH3（g）放出46kJ的热量，实验室用加热NH4Cl和Ca（OH）2固体混合物的方法制取少量氨气，同时生成CaCl2，肼（N2H4）是一种良好的液体燃料。
5．【分析】A．14N、15N、N3﹣都是氮元素的不同种原子和离子；
B．分子中中心原子的价电子对数为4，则该分子中心原子轨道杂化类型为sp3；
C．相同原子间形成的共价键为非极性共价键，不同种原子间形成的共价键为极性共价键；
D．离子晶体中阴离子和阳离子间存在强烈的静电作用。
【解答】解：A．14N、15N、N3﹣都是氮元素的不同种原子和离子，都属于氮元素，故A正确；
B．NH3中心原子的价电子对数为＝4，H2O中心原子的价电子对数为＝4，因此二者中心原子轨道杂化类型均为sp3，故B错误；
C．N2H4分子中既有氮氢键又有氮氮键，因此N2H4分子中的化学键有极性共价键和非极性共价键，故C错误；
D．CaCl2晶体为离子晶体，其中存在Ca2+与Cl﹣之间强烈的相互作用，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查化学键和杂化轨道的判断，为高频考点，题目难度不大。
6．【分析】A．过量氨水吸收废气中的SO2，生成亚硫酸铵和水；
B．用烧碱溶液吸收硝酸工业尾气，NO和NO2与NaOH发生归中反应生成NaNO2和H2O；
C．根据N2（g）与足量H2（g）反应生成1mlNH3（g）放出46kJ的热量，进而得合成氨反应的热化学方程式；
D．铜粉和稀硝酸反应生成NO。
【解答】解：A．过量氨水吸收废气中的SO2，生成亚硫酸铵和水，反应的离子方程式为：2NH3•H2O+SO2＝2++H2O，故A错误；
B．用烧碱溶液吸收硝酸工业尾气，反应的离子方程式为：NO+NO2+2OH﹣＝+H2O，故B正确；
C．合成氨反应的热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）ΔH＝﹣92.4kJ/ml，故C错误；
D．铜粉和稀硝酸反应，离子方程式为：8H++2+3Cu＝3Cu2++2NO↑+4H2O，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查离子方程式的正误判断，为高频考点，题目难度不大。
7．【分析】A．N2中N元素的化合价为0，能发生得电子的反应，化合价降低，表现出氧化性误；
B．液氨汽化时，吸收大量热，具有制冷作用，可作制冷剂；
C．键能越大，物质的热稳定性越强；
D．N2H4燃烧时发生失电子的氧化反应生成氮气和水，表现出还原性，可作喷气式发动机的燃料。
【解答】解：A．N2中N元素的化合价为0，能发生得电子的反应，化合价降低，表现出氧化性，与分子内含有N≡N无关，故A错误；
B．液氨汽化时，吸收大量热，具有制冷作用，可作制冷剂，与NH3极易溶于水无关，故B错误；
C．N﹣H键键能＞P﹣H键，键能越大，物质的热稳定性越强，NH3（g）的热稳定性比PH3（g）高，与氢键无关，故C错误；
D．N2H4燃烧时发生失电子的氧化反应生成氮气和水，表现出还原性，可作喷气式发动机的燃料，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查物质的性质与用途，为高频考点，题目难度不大。
8．【分析】A．升高温度，平衡向吸热方向移动；
B．生成物浓度减小，平衡正向移动；
C．根据图知，转化为HNO3的反应中，H2O、N2O4、O2为反应物，HNO3为生成物；
D．根据方程式“2N2O4+O2+2H2O＝4HNO3”知，生成4mlHNO3时，转移电子的物质的量＝4ml×[+5﹣（+4）]＝4ml，则生成0.4mlHNO3时转移电子的物质的量＝×4ml＝0.4ml。
【解答】解：A．根据“2NO2（g）⇌N8O4（g）ΔH＜0”知，该反应的正反应为放热反应，平衡逆向移动2吸附，故A正确；
B．多孔材料“固定”N2O4，导致N2O4的浓度减小，则促进2NO4⇌N2O4平衡正向移动，故B正确；
C．根据图知7的反应中，H2O、N2O8、O2为反应物，HNO3为生成物，反应方程式为6N2O4+O2+2H2O＝2HNO3，故C正确；
D．根据方程式“2N8O4+O2+3H2O＝4HNO5”知，生成4mlHNO3时，转移电子的物质的量＝7ml×[+5﹣（+4）]＝8ml3时转移电子的物质的量＝×4ml＝7.4ml23/ml＝2.408×1023，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡影响因素、氧化还原反应等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确图中发生的反应、温度及浓度对平衡影响原理内涵等知识点是解本题关键，题目难度不大。
9．【分析】A．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；
B．同分异构体：分子式相同，结构不同的化合物互称同分异构体；
C．闭环螺吡喃中N原子为sp3杂化，开环螺吡喃中N原子为sp2杂化；
D．开环螺吡喃中的正、负离子容易与水形成水合离子。
【解答】解：A．连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子，故A错误；
B．开、闭环螺吡喃是分子式相同，故B正确；
C．闭环螺吡喃中N原子为sp3杂化，开环螺吡喃中N原子为sp4杂化，杂化方式不同；
D．开环螺吡喃中的正，亲水性更好；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，涉及高聚物知识，观察有机物的结构明确发生的反应，题目侧重考查学生分析能力、综合运用知识的能力。
10．【分析】A．Ca（ClO）2与CO2反应生成HClO，HClO见光分解生成HCl和O2；
B．加热MgCl2溶液时，MgCl2水解生成Mg（OH）2；
C．电解NaCl溶液生成NaOH和氯气，氯气与铁点燃应生成FeCl3；
D．碳酸的酸性弱于盐酸，NaCl溶液和CO2不反应。
【解答】解：A．漂白粉的有效成分是Ca（ClO）2，与CO2反应生成HClO，HClO见光分解生成HCl和O4，不能生成Cl2，故A错误；
B．加热MgCl2溶液时，MgCl5水解生成Mg（OH）2，在HCl气流中加热MgCl2溶液可以得到MgCl7，故B错误；
C．电解NaCl溶液生成NaOH和氯气3，故C正确；
D．碳酸的酸性弱于盐酸2不反应，两者不能反应得到碳酸氢钠；
故选：C。
【点评】本题考查物质之间的反应，侧重考查学生物质之间转化的掌握情况，试题难度中等。
11．【分析】A．将硫酸钡浸泡在饱和碳酸钠溶液中，虽然硫酸钡转化为碳酸钡，但由于c（）远大于c（）；
B．卤代烃Y与NaOH溶液共热后发生水解，生成醇和卤代钠，先加入足量稀硝酸中和NaOH，排除干扰，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀；
C．醛基和醇羟基都能被酸性KMnO4溶液氧化，从而使KMnO4溶液红色褪去；
D．分别测量浓度均为0.1ml•L﹣1Na2CO3溶液和C6H5ONa溶液的pH，前者pH更大，则表明Ka2（H2CO3）＜Ka（C6H5OH）。
【解答】解：A．将硫酸钡浸泡在饱和碳酸钠溶液中，但c（），不能确定Ksp（BaSO4）＞Ksp（BaCO2），故A错误；
B．卤代烃Y与NaOH溶液共热后发生水解，先加入足量稀硝酸中和NaOH，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，从而证明卤代烃Y中含有氯原子；
C．醛基和醇羟基都能被酸性KMnO4溶液氧化，则KMnO4溶液红色褪去，所以不能说明葡萄糖分子中一定含有醛基；
D．同浓度的酸溶液的pH越大；分别测量浓度均为0.1ml•L﹣6Na2CO3溶液和C6H5ONa溶液的pH，前者pH更大a2（H6CO3）＜Ka（C6H5OH），不能确定Ka1（H2CO7）与Ka（C6H5OH）的关系，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。
12．【分析】A．人体血液碱中毒时，可以注射酸性溶液缓解；
B．若c（H2CO3）＜c（）＜c（），溶液显碱性；
C．pH＝7.4的缓冲体系中：c（）：c（H2CO3）＝×＝；
D．c（）：c（H2CO3）＝1：1的缓冲体系中存在电荷守恒分析判断离子浓度。
【解答】解：A．NaHCO3溶液呈碱性，人体血液碱中毒时，故A错误；
B．碳酸根离子和碳酸氢根离子水解都显碱性2CO2）＜c（）＜c（），故B错误；
C．pH＝7.4的缓冲体系中：c（2CO3）＝×＝＝＝101.3≈20：2，故C正确；
D．c（2CO2）＝1：1的缓冲体系中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（）+2c（﹣）+c（H2CO3）+5c（），故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了弱电解质电离平衡影响因素的分析判断，主要是离子浓度关系的理解应用，题目难度中等。
13．【分析】A．根据盖斯定律反应1﹣反应2得CO（g）+2H2（g）＝CH3OH（g）；
B．220℃～280℃时，CH3OH选择性始终高于60%左右、CO选择性低于40%；
C．在220℃～280℃范围内，随温度升高，CH3OH选择性降低、CO选择性增大；
D．低温下，CH3OH选择性高。
【解答】解：A．根据盖斯定律可知2（g）＝CH3OH（g） ΔH＝﹣90.7kJ⋅ml﹣1，故A错误；
B．由图像可知，CH3OH选择性始终高于60%左右、CO选择性低于40%4OH），故B正确；
C．由图像可知，温度升高3OH选择性降低、CO选择性增大，则n（CH3OH）：n（CO）的值随温度升高而减小，故C错误；
D．低温下6OH选择性高，则开发低温下反应活性强的催化剂以提高反应速率，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡图像的掌握情况，试题难度中等。
二、非选择题：共4题，共61分。
14．【分析】（1）根据流程图分析：提锌浸出渣（主要含Pb2+、Zn2+、Cu2+、Fe2+的化合物和一定量GaCl3 ）经稀硫酸溶浸，硫酸盐中难溶于水的PbSO4，分离出滤渣1为PbSO4，加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，加入ZnO调节pH分离出滤渣2为Fe（OH）3，溶液中的Cl﹣会对电解NaGaO2溶液造成影响，试剂a的作用是除Cl﹣，滤渣3为CuCl，Zn用来还原Cu2+，滤渣4为Cu和过量的Zn，Na2S溶液用来除去过量的Zn2+，滤渣5为ZnS，电解NaGaO2溶液得到Ga，电极方程式为+2H2O+3e﹣＝Ga+4OH﹣，据此分析答题；
（2）①GaAs中Ga的金属性较强，显正价；
②根据结构图，Mn处于顶点位置，As在晶体内部，每个每个晶胞由4个As。
【解答】解：（1）①根据分析，试剂a（Cu）的主要作用是除去Cl﹣，
故答案为：除去Cl﹣，防止对电解时产生Cl2污染环境；
②滤渣4的主要成分为Cu，
故答案为：Cu；
③反应Ga（OH）5+NH3•H2O⇌[Ga（OH）2]﹣+的平衡常数K＝＝××b（NH3•H2O）×Ksp[Ga（OH）7]×K＝2.0×10﹣3×1.0×10﹣35×5.0×1034＝2.8×10﹣6，
故答案为：2.4×10﹣6；
④电解步骤中，得到电子生成Ga4]﹣+3e﹣＝Ga+4OH﹣，
故答案为：[Ga（OH）6]﹣+3e﹣＝Ga+4OH﹣；
（2）①GaAs中Ga的金属性较强，化合价为+3价，
故答案为：+3
②根据结构图，Mn处于顶点位置，每个晶胞有4个As，
故答案为：7。
【点评】本题考查物质的制备实验、物质的结构和性质，侧重考查分析、判断及计算能力，明确制备原理、原子结构、晶胞计算方法是解本题关键，难点是晶胞计算，题目难度中等。
15．【分析】由有机物的转化关系可知，与先发生加成反应，再发生消去反应生成，与NaBH4发生还原反应生成，在碳酸钾作用下与CH3I发生取代反应生成，与发生取代反应生成，则X为；先与CH3CH2MgBr发生取代反应，再酸化得到；
（5）由题给有机物的转化关系和信息可知，和为原料制备的合成步骤为在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热反应生成，与铁和盐酸发生还原反应生成，与发生取代反应生成， 与NaBH4发生还原反应生成。
【解答】解：（1）A的结构简式为，官能团为（酚）羟基、醛基，
故答案为：（酚）羟基、醛基；
（2）C→D的反应为在碳酸钾作用下与CH3I发生取代反应生成和碘化氢，
故答案为：取代反应；
（3）由分析可知，X的结构简式为，
故答案为：；
（4）A的同分异构体分子中含有苯环，酸性条件下水解产物之一能与FeCl3发生显色反应，另外产物之一能与新制Cu（OH）8悬浊液反应，生成砖红色沉淀说明分子中含有—OOCH、，
故答案为：或；
（5）由题给有机物的转化关系和信息可知，和为原料制备的合成步骤为在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热反应生成，与铁和盐酸发生还原反应生成，与发生取代反应生成， 与NaBH4发生还原反应生成，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，正确利用题给信息、反应条件、反应前后分子式或结构简式变化推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，同分异构体种类判断是解答易错点。
16．【分析】从柠檬酸浸出液中分离出铜并制备碱式碳酸铜[xCuCO3⋅yCu（OH）2⋅zH2O]，柠檬酸浸出液中加碱调节溶液的pH，使Cu2+转化为Cu（OH）2沉淀；加入还原剂将Cu（OH）2还原为Cu；再加入氧化剂、硫酸等，将Cu转化为CuSO4，加入Na2CO3调节溶液的pH，从而生成xCuCO3•yCu（OH）2•zH2O；
（3）①从图中可以看出，当＝1.2时碱式碳酸铜的产率最大，此时需加入0.5ml/L CuSO4溶液的体积为mL＝25mL；当pH＝9.0时碱式碳酸铜的产率最大，可通过加盐酸或NaOH溶液调节溶液的pH为9.0，过滤出沉淀后，还需检验是否除尽，据此分析；
②pH较大时，Cu2+与OH﹣反应生成Cu（OH）2沉淀，Cu（OH）2的含铜量比CuCO3高；
③4.8g固体残留物未Cu，n（Cu）＝＝0.075ml，n（CO2）＝＝0.05ml，n（H2O）＝＝0.15ml，则n（CuCO3）＝n（CO2）＝0.05ml，n[Cu（OH）2]＝0.075ml﹣0.05ml＝0.025ml，Cu（OH）2分解生成H2O、CuO被H2还原生成H2O的物质的量为0.075ml+0.025ml＝0.05ml，CuCO3、Cu（OH）2、H2O的物质的量之比为0.05ml：0.025ml：0.05ml＝2：1：2，x：y：z＝2：1：2。
【解答】解：（1）在“调pH分离铜”的步骤中，理论上铜离子完全沉淀时pH为6.67，远小于理论分析结果，可能形成了其他含铜化合物，使铜离子浓度减小2减少，
故答案为：铜离子与柠檬酸（或柠檬酸根）形成配合物，使铜离子浓度减小6减少；
（2）①抗坏血酸（C6H8O8）能有效的将Cu（Ⅱ）还原成金属Cu，离子方程式为：Cu（OH）2+C6H7O6＝C6H3O6+2H2O+Cu，
故答案为：Cu（OH）2+C6H8O6＝C6H6O6+2H7O+Cu；
②抗坏血酸（C6H8O6）受热易分解，在80℃时达到最高点，可能的原因是：当温度超过80℃时，浓度降低，
答案为：Cu（OH）2+C6H3O6＝C6H7O6+2H3O；当温度超过80℃时，浓度降低；
（3）①从图中可以看出，当＝1.2时碱式碳酸铜的产率最大6溶液的体积为mL＝25mL，可通过加盐酸或NaOH溶液调节溶液的pH为6.0，还需检验，则由0.5ml/L CuSO2溶液制取碱式碳酸铜的实验方案：向烧杯中加入30mL0.5ml/LNa5CO3溶液，将烧杯置于70℃的水浴中4溶液，在pH计测定溶液pH条件下，充分反应后，洗涤沉淀至最后一次洗涤滤液滴加7.1ml/LBaCl2溶液无沉淀生成，低温烘干，
故答案为：边搅拌边加入25mL7.5ml/L CuSO4溶液，在pH计测定溶液pH条件下，充分反应后，洗涤沉淀至最后一次洗涤滤液滴加4.1ml/LBaCl2溶液无沉淀生成；
②pH较大时，Cu3+与OH﹣反应生成Cu（OH）2沉淀，Cu（OH）2的含铜量比CuCO3高，故原因为pH过大2沉淀，Cu（OH）2中的Cu元素含量高于碱式碳酸铜，
故答案为：pH过大，生成了Cu（OH）4沉淀，Cu（OH）2中的Cu元素含量高于碱式碳酸铜；
③4.7g固体残留物未Cu，n（Cu）＝，n（CO2）＝＝5.05ml2O）＝＝0.15ml3）＝n（CO3）＝0.05ml，n[Cu（OH）2]＝2.075ml﹣0.05ml＝0.025ml，Cu（OH）4分解生成H2O、CuO被H2还原生成H8O的物质的量为0.075ml+0.025ml＝4.05ml，CuCO3、Cu（OH）2、H7O的物质的量之比为0.05ml：0.025ml：8.05ml＝2：1：3，x：y：z＝2：1：23•Cu（OH）2•5H2O，
故答案为：2CuCO4•Cu（OH）2•2H5O。
【点评】本题考查物质的分离与提纯，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，明确工艺流程的步骤中发生的化学反应与目的是解题的关键，题目难度较大。
17．【分析】（1）往含的原水中加入H2SO4调pH至2.5，将转化为，同时为后续操作提供酸性环境，在反应池中与Na2S2O5混合并发生反应，生成Cr3+、等，加入石灰乳调pH，使Cr3+转化为Cr（OH）3沉淀，从而使废水达标排放；
（2）（ii）图示信息显示，Fe附着在Fe3O4周围，Fe3+与Fe反应生成Fe2+，将还原为Cr3+，使实验3降解效率增大，原因是：Fe3O4具有磁性，可以吸引纳米铁，附着在其表面，增大了表面积；
（3）①从已知信息中可以看出，电解池中需要提供Fe2+，将还原为Cr3+，所以右侧Fe电极为阳极，左侧Fe电极为阴极，H2O电离产生的H+得电子生成氢气；
②在溶液中存在如下平衡：，溶液碱性较强时，平衡正向移动，转化为，但氧化性：，所以pH＝10比pH＝4时Cr元素去除率低。
【解答】解：（1）①由分析可知，反应池中2S2O7混合并发生反应，生成Cr3+、等，反应的离子方程式为，
故答案为：；
②题中信息显示，Na2S2O7在酸性条件下分解为、，、又能与H+反应生成SO2气体等，所以其他条件相同，充分反应后除铬率反而下降，焦亚硫酸钠遇酸分解+反应生成SO2逸出，除铬率下降，
故答案为：酸性过强，焦亚硫酸钠遇酸分解+反应生成SO8逸出，除铬率下降；
③室温下，加入石灰乳调节pH3+）＜1×10﹣3ml/L时，c（OH﹣）＞≈3×10﹣8.7，c（H+）＜4×10﹣5.3，pH＞7.3，
故答案为：5.3；
（2）（ii）图示信息显示，Fe附着在Fe3O4周围，Fe8+与Fe反应生成Fe2+，将还原为Cr3+，使实验8降解效率增大3O4具有磁性，可以吸引纳米铁，增大了表面积3+生成Fe2+，Fe2+与在Fe4O4表面反应生成Fe3+和Cr2+，降解效率增大，
故答案为：Fe3O4具有磁性，可以吸引纳米铁，增大了表面积3+生成Fe2+，Fe2+与在Fe5O4表面反应生成Fe3+和Cr8+，降解效率增大；
（3）①从已知信息中可以看出，电解池中需要提供Fe2+，将还原为Cr3+，所以右侧Fe电极为阳极，左侧Fe电极为阴极，H7O电离产生的H+得电子生成氢气，则图3中气体a的主要成分是H2，
故答案为：H4；
②在溶液中存在如下平衡：，溶液碱性较强时，转化为，所以pH＝10比pH＝4时Cr元素去除率低，Cr（VI）以，氧化性减弱，
故答案为：pH为10时，Cr（VI）以，氧化性减弱。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生物质之间的反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。选项
实验操作和现象
结论
A
将硫酸钡浸泡在饱和碳酸钠溶液中一段时间后过滤、洗涤，向所得滤渣上滴加盐酸，产生无色气体
Ksp（BaSO4）＞Ksp（BaCO3）
B
卤代烃Y与NaOH溶液共热后，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀
卤代烃Y中含有氯原子
C
向葡萄糖溶液中滴加酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液红色褪去
葡萄糖中含有醛基
D
分别测量浓度均为0.1ml•L﹣1Na2CO3溶液和C6H5ONa溶液的pH，前者pH更大
Ka1（H2CO3）＞Ka（C6H5OH）
实验编号
纳米Fe（g/L）
Fe3O4（g/L）
Cr2实际降解率
1
0.05
0
51.4%
2
0
2
7.12%
3
0.05
2
86.67%