黑龙江省绥化市第二中学2023-2024学年高三下学期适应性测试（一）化学试题

这是一份黑龙江省绥化市第二中学2023-2024学年高三下学期适应性测试（一）化学试题，共39页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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．（3分）关于成语、古诗和典故，下列说法错误的是（ ）
A．“落红不是无情物，化作春泥更护花”体现了自然界中的碳循环
B．“纸上谈兵”中“纸”的制作中若用SO2处理纸浆，是利用了SO2的漂白性
C．“完璧归赵”中“璧”属于金属材料
D．“火树银花”形容焰火的灿烂，燃放烟花的过程中发生了氧化还原反应
2．（3分）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．2mlSO2与1mlO2充分反应转移的电子数为4NA
B．标准状况下，1.12LHF中含有氢原子数为0.05NA
C．1mlFeBr2与22.4LCl2完全反应时转移的电子数为2NA
D．标准状况下，过氧化钠与水反应生成2.24L氧气，转移的电子数为0.2NA
3．（3分）下列有关物质性质与用途对应关系不正确的是（ ）
A．Al表面有致密的氧化铝保护层，可用铝制餐具存放酸性及碱性食物
B．NaHCO3受热易分解，可用作焙制糕点的膨松剂
C．CaO能与SO2反应，可作为工业废气处理时的脱硫剂
D．氢气热值高，液氢可作运载火箭的高能清洁燃料
4．（3分）下列解释事实的离子方程式正确的是（ ）
A．泡沫灭火器的反应原理：2Al3++3CO32-+3H2O═2Al（OH）3↓+3CO2
B．向NaClO溶液中通入少量CO2气体：ClO﹣+CO2+H2O═HCO3-+HClO
C．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气：2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣
D．向硫化钠溶液通入足量二氧化硫：S2﹣+2SO2+2H2O═H2S+2HSO3-
5．（3分）下列实验操作或装置（略去部分夹持仪器）正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
6．（3分）实验室常采用点滴板来完成部分实验，这样既可以节约药品的用量，又便于观察实验现象。图中所示的实验点滴板上描述的实验现象或推论正确的是（ ）
A．新制氯水滴加到pH试纸以及淀粉KI溶液孔穴中，都体现新制氯水的漂白性
B．生锈铁屑加入过量稀硫酸反应后，若加入KMnO4褪色，说明该溶液中有Fe2+存在
C．Na2O2固体中滴加FeCl2溶液后最终为白色沉淀
D．生锈铁屑加入足量稀硫酸后，若加入KSCN溶液，溶液一定变血红色
7．（3分）下列装置用于实验室制取NO并回收Cu（NO3）2，能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲制NO气体
B．用装置乙收集NO气体
C．用装置丙进行NO的尾气吸收
D．用装置丁蒸干溶液获得Cu（NO3）2固体
8．（3分）有机物M是合成某种抗血栓药的中间体，结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．存在顺反异构体
B．能使溴水褪色
C．分子中所有原子一定共平面
D．1ml该分子最多与5mlH2发生反应
9．（3分）实验小组同学制备KClO3并探究其性质，过程如下：
下列说法不正确的是（ ）
A．盛装液氯的容器上所贴的危险化学品标志为
B．生成KClO3的离子方程式为3Cl2+6OH﹣△¯ClO3-+5Cl﹣+3H2O
C．上述实验说明碱性条件下氧化性：Cl2＞KClO3，酸性条件下氧化性：Cl2＜KClO3
D．推测若取少量无色溶液a于试管中，滴加稀H2SO4后，溶液仍为无色
10．（3分）某种新型储氢材料的立方晶胞如图所示，该晶体由[Fe（NH3）6]n+和[BH4]﹣形成，晶胞参数为apm。下列说法中不正确的是（ ）
A．[Fe（NH3）6]n+中n＝2
B．晶胞中[Fe（NH3）6]n+和[BH4]﹣的配位数分别为8和4
C．晶胞中距离最近的2个[Fe（NH3）6]n+之间的距离为3a4pm
D．[BH4]﹣的中心原子的杂化方式为sp3杂化
11．（3分）以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下，下列叙述不正确的是（ ）
A．加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4
B．向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3
C．隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）＝1：5
D．烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来
12．（3分）某种镁盐具有良好的电化学性能，其阴离子结构如图所示。W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W、Y原子序数之和等于Z，Y原子价电子数是Q原子价电子数的2倍。下列说法正确的是（ ）
A．该阴离子中含有配位键
B．第一电离能Z＞X＞Y
C．W与X形成的最简单化合物为极性分子
D．可以通过电解Q氯化物的方法制备Q
13．（3分）常温时，采用甲基橙和酚酞双指示剂。用盐酸滴定Na2CO3溶液，溶液中lgc（H2CO3）、lgc（HCO3-）、lgc（CO32-）、lgc（H+）、lgc（OH﹣）随溶液pH的变化及滴定曲线如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．整个滴定过程中可先用酚酞再用甲基橙作指示剂
B．n点的pH为m点和O点pH的平均值
C．r点溶液中：c（OH﹣）＝c（H+）+c（HCO3-）+c（H2CO3）
D．r点到k点对应的变化过程中，溶液中水的电离程度一直减小
14．（3分）银铝电池具有能量密度高的优点，电池装置如图所示，电池放电时的反应为2Al+3AgO（氧化高银）+2NaOH+3H2O═2Na[Al（OH）4]+3Ag。下列说法正确的是（ ）
A．Al电极的电势比AgO电极的高
B．正极电极反应式为AgO+2e﹣+2H+═Ag+H2O
C．阳离子交换膜允许阳离子和电子通过
D．当导线中通过0.3ml电子时，负极区溶液质量减小4.2g
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（15分）以接触法制硫酸的废催化剂（主要成分是V2O5，含少量Al2O3、Fe2O3、MO3、NiO等）为原料回收金属化合物的工艺流程如图1：
请回答下列问题：
（1）“灼烧”过程中V2O5 与纯碱反应的化学方程式为 。
（2）“除铝”中通入过量CO2，发生反应的离子方程式为 。
（3）如图2所示曲线Ⅰ、曲线Ⅱ分别表示“沉钒”中钒的沉淀率与加铵系数（K）（指氯化铵与钒元素质量之比）、温度的关系。
最佳“沉钒”条件是 。温度超过80℃时沉钒率下降的主要原因是 。
（4）钼酸铵的化学式为（NH4）2M2O7。取少量晶体，一定条件下受热分解的热重曲线如图3所示：
则597℃时，钼酸铵热分解的产物为 （填化学式）。钼酸铵在高温下通入H2可制得单质钼，该过程的化学方程式是 。
（5）“水浸”中浸渣可制备高纯度铁红。操作过程包括酸溶、沉铁等。“沉铁”有两种方法：
方法1：调节溶液pH。
已知：沉铁的滤液中c（Ni2+）＝0.02ml•L﹣1。当c（Fe3+）＝1.0×10﹣5ml•L﹣1时被视为完全沉淀。用Na2CO3溶液调节pH分离Ni2+、Fe3+，pH范围为 。（已知：Ksp[Fe（OH）3]≈1.0×10﹣38，Ksp[Ni（OH）2]≈2.0×10﹣15）
方法2：结合法。已知：Ni（OH）2+4NH3•H2O═[Ni（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O。从含Fe3+、Ni2+的溶液中提取Fe（OH）3的方法是 、过滤、洗涤、干燥。
16．（14分）工业制备并提取一氯乙酸（ClCH2COOH）的母液中有CH3COOH、ClCH2COOH、Cl2CHCOOH等残留。实验室用多孔硫颗粒作催化剂，对母液进行深度氯化，使其中残留物转化为有广泛应用价值的三氯乙酸（CCl3COOH）。
主要反应方程式：ClCH2COOH+2Cl2S¯△CCl3COOH+2HCl。制备装置如图所示。
回答下列问题：
（1）装置甲中用仪器X替换分液漏斗的好处是 。
（2）装置甲中制取Cl2离子方程式为 。
（3）装置丁中仪器Y的名称是 。
（4）制备三氯乙酸时，需要控制温度在140℃左右持续加热，则丁的加热方法是 （填“水浴加热”“油浴加热”或“酒精灯直接加热”）。
（5）制备三氯乙酸过程中不需要另加沸石，原因是 。
（6）可以用pKa（pKa＝﹣lgKa）来衡量酸性的强弱，如表是部分酸的pKa数据：
①从表中数据可知，酸性：ClCH2COOH＜Cl2CHCOOH＜CCl3COOH，请从物质结构角度解释原因 。
②在Na2SO3溶液中加入足量的ClCH2COOH，反应的离子反应方程式为 。
17．（14分）当今世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。其中用CO2、H2为原料合成甲醇（CH3OH）过程主要涉及以下反应：
反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） ΔH1
反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH2＝+41.2kJ•ml﹣1
反应Ⅲ：12CO（g）+H2（g）⇌2CH3OH（g） ΔH3＝﹣45.1kJ•ml﹣1
（1）根据盖斯定律，反应Ⅰ的ΔH1＝ 。
（2）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了CO2与H2在TiO2/Cu催化剂表面生成CH3OH和H2O的部分反应历程，如图1所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。
反应历程中反应速率最快一步的能垒（活化能）的E正＝ eV。并写出该历程的化学方程式 。
（3）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有 （填字母）。
A.升高温度，反应Ⅱ正向移动，反应Ⅲ逆向移动
B.加入反应Ⅰ的催化剂，可以降低反应的活化能及反应热
C.增大H2的浓度，有利于提高CO2的平衡转化率
D.及时分离出CH3OH，可以使得反应Ⅰ的正反应速率增大
（4）加压，甲醇产率将 （填“升高”“不变”“降低”或“无法确定”）；若原料二氧化碳中掺混一氧化碳，随一氧化碳含量的增加，甲醇产率将 （填“升高”“不变”“降低”或“无法确定”）。
（5）加入新催化剂使1mlCO2和3mlH2在1L密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，CO2平衡转化率和甲醇选择率（甲醇选择率是指转化生成甲醇的CO2物质的量分数）与温度的变化趋势如图2所示。
①由图可知，达到平衡时，最适宜的反应温度是 （填“473K”“513K”或“553K”）。
②553K时，若反应后体系的总压为p，反应Ⅰ的Kp＝ （列出计算式）。（Kp为压强平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中用气体分压代替浓度，气体的分压等于总压乘以物质的量分数。）
18．（15分）化合物M是一种合成药物中间体，一种合成化合物M的人工合成路线如图：
已知：R1﹣NH2+R2﹣CHO→△R1﹣NH﹣CHOH﹣R2；一个碳上连接两个羟基时不稳定，易发生分子内脱水，形成羰基。
回答下面问题：
（1）有机物A能发生银镜反应，核磁共振氢谱中有四组峰，峰面积之比为2：2：1：1，写出有机物A的结构简式： 。有机物A中的官能团的名称是 。
（2）有机物C生成有机物D的反应类型为 ，有机物E生成有机物F的反应条件是 。
（3）写出有机物H的结构简式： 。
（4）写出有机物H生成有机物M的反应方程式： 。
（5）满足下列条件的有机物C的同分异构体有 种。
苯环上有四种取代基，其中氯原子、羟基和氨基直接与苯环相连且两两互不相邻。
（6）写出和2﹣丙醇（）为原料制备 的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图表示例见本题题干）： 。
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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．（3分）关于成语、古诗和典故，下列说法错误的是（ ）
A．“落红不是无情物，化作春泥更护花”体现了自然界中的碳循环
B．“纸上谈兵”中“纸”的制作中若用SO2处理纸浆，是利用了SO2的漂白性
C．“完璧归赵”中“璧”属于金属材料
D．“火树银花”形容焰火的灿烂，燃放烟花的过程中发生了氧化还原反应
【分析】A．花等有机物落到泥土中，植物体中的蛋白质、纤维素等含碳的物质分解后变成有机肥供植物使用，体现了自然界中的碳循环；
B．SO2 具有漂白性；
C．“完壁归赵”中“璧”指玉石，属于无机非金属材料；
D．燃放烟花的过程中，有元素化合价的变化。
【解答】解：A．细菌和真菌会分解动植物遗体或动物的排泄物中的有机物来生成无机物，供给植物进行光合作用，进入生态循环，所以“落红不是无情物，化作春泥更护花”，体现了自然界中的碳循环，故A正确；
B．SO2 具有漂白性，用 SO2 处理纸浆，利用了 SO2 的漂白性，故B正确；
C．“完壁归赵”中“璧”指玉石，属于无机非金属材料，不属于金属材料，故C错误；
D．燃放烟花的过程中，有元素化合价的变化，发生了氧化还原反应，故D正确，
故选：C。
2．（3分）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．2mlSO2与1mlO2充分反应转移的电子数为4NA
B．标准状况下，1.12LHF中含有氢原子数为0.05NA
C．1mlFeBr2与22.4LCl2完全反应时转移的电子数为2NA
D．标准状况下，过氧化钠与水反应生成2.24L氧气，转移的电子数为0.2NA
【分析】A．可逆反应不能反应完全；
B．22.4L/ml的使用条件为标况下的气体；
C．未指明标准状况；
D．过氧化钠与水反为2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，生成1ml氧气转移2ml电子。
【解答】解：A．SO2 和 O2 的反应为可逆反应，不能反应完全，故反应转移的电子数小于4NA，故A错误；
B．标准状况下HF是液态，不能用气体摩尔体积进行计算HF的分子数和原子数，故B错误；
C．未指明标准状况，氯气的物质的量未知，无法计算转移电子数，故C错误；
D．过氧化钠与水反应时，氧元素由﹣1价升高为0价，故当生成2.24L氧气，转移的电子数为×2×NA/ml＝0.2NA，故D正确；
故选：D。
3．（3分）下列有关物质性质与用途对应关系不正确的是（ ）
A．Al表面有致密的氧化铝保护层，可用铝制餐具存放酸性及碱性食物
B．NaHCO3受热易分解，可用作焙制糕点的膨松剂
C．CaO能与SO2反应，可作为工业废气处理时的脱硫剂
D．氢气热值高，液氢可作运载火箭的高能清洁燃料
【分析】A．铝表面有致密的氧化铝保护层，但是氧化铝能与酸性、碱性物质反应；
B．NaHCO3受热不稳定，分解生成二氧化碳气体；
C．CaO能与SO2反应，可作为工业废气处理时的脱硫剂；
D．氢气热值高。
【解答】解：A．铝表面有致密的氧化铝保护层，但是氧化铝能与酸性、碱性物质反应，所以不能用铝制容器盛装酸性、碱性食物，故A错误；
B．NaHCO3受热不稳定，分解生成二氧化碳气体，可用作焙制糕点的膨松剂，故B正确；
C．CaO能与SO2反应，可作为工业废气处理时的脱硫剂，故C正确；
D．氢气热值高，液氢可作运载火箭的高能清洁燃料，故D正确；
故选：A。
4．（3分）下列解释事实的离子方程式正确的是（ ）
A．泡沫灭火器的反应原理：2Al3++3CO32-+3H2O═2Al（OH）3↓+3CO2
B．向NaClO溶液中通入少量CO2气体：ClO﹣+CO2+H2O═HCO3-+HClO
C．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气：2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣
D．向硫化钠溶液通入足量二氧化硫：S2﹣+2SO2+2H2O═H2S+2HSO3-
【分析】A．泡沫灭火器的灭火原理是可溶性铝盐与碳酸氢钠溶液的反应，碳酸氢根离子反应不能拆开；
B．次氯酸钠与少量二氧化碳反应生成碳酸氢钠和次氯酸；
C．氯气先氧化碘离子，剩余的氯气再氧化亚铁离子，FeI2和Cl2 以1：1反应时，氯气只氧化碘离子；
D．Na2S溶液中通入足量 SO2，二者反应生成S和NaHSO3。
【解答】解：A．泡沫灭火器的反应原理为：Al3++3HCO3-═Al（OH）3↓+3CO2↑，故A错误；
B．向NaClO溶液中通入少量CO2气体的离子方程式为：ClO﹣+CO2+H2O═HCO3-+HClO，故B正确；
C．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气反应的离子方程式为：2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，故C错误；
D．向硫化钠溶液通入足量二氧化硫的离子方程式为：2S2﹣+5SO2+2H2O═3S↓+4HSO3-，故D错误；
故选：B。
5．（3分）下列实验操作或装置（略去部分夹持仪器）正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A．碳酸钙与盐酸反应生成二氧化碳；
B．不能在表面皿中进行燃烧实验；
C．氨气极易溶于水，导管在液面下易发生倒吸；
D．两手握容量瓶上下颠倒混匀。
【解答】解：A．碳酸钙与盐酸反应生成二氧化碳，可选图中固液反应装置制备CO2，故A正确；
B．不能在表面皿中进行燃烧实验，钠的燃烧，应放在坩埚中，故B错误；
C．氨气极易溶于水，导管在液面下易发生倒吸，氨气应短管进，以防倒吸，故C错误；
D．配制一定物质的量浓度的溶液，应两手握容量瓶上下颠倒混匀，故D错误；
故选：A。
6．（3分）实验室常采用点滴板来完成部分实验，这样既可以节约药品的用量，又便于观察实验现象。图中所示的实验点滴板上描述的实验现象或推论正确的是（ ）
A．新制氯水滴加到pH试纸以及淀粉KI溶液孔穴中，都体现新制氯水的漂白性
B．生锈铁屑加入过量稀硫酸反应后，若加入KMnO4褪色，说明该溶液中有Fe2+存在
C．Na2O2固体中滴加FeCl2溶液后最终为白色沉淀
D．生锈铁屑加入足量稀硫酸后，若加入KSCN溶液，溶液一定变血红色
【分析】A．新制氯水滴加到淀粉KI溶液中反应生成碘单质，溶液变蓝；
B．亚铁离子能被高锰酸钾氧化；
C．Na2O2具有氧化性，FeCl2溶液中的亚铁离子具有还原性；
D．生锈铁屑加入足量稀硫酸后生成铁离子，铁离子可与铁屑反应生成亚铁离子。
【解答】解：A．新制氯水滴加到淀粉KI溶液中反应生成碘单质，碘遇淀粉变蓝，体现新制氯水的氧化性，故A错误；
B．生锈铁屑加入过量稀硫酸反应后，铁锈会生成铁离子，铁离子不能被高锰酸钾氧化，但亚铁离子能被高锰酸钾氧化，若加入KMnO4褪色，说明该溶液中有Fe2+存在，故B正确；
C．Na2O2具有氧化性，FeCl2溶液中的亚铁离子具有还原性，Na2O2固体中滴加FeCl2溶液后最终生成红褐色的氢氧化铁沉淀，故C错误；
D．生锈铁屑加入足量稀硫酸后生成铁离子，铁离子可与未生锈的铁屑反应生成亚铁离子，若铁过量，则加入KSCN溶液，溶液不变血红色，故D错误；
故选：B。
7．（3分）下列装置用于实验室制取NO并回收Cu（NO3）2，能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲制NO气体
B．用装置乙收集NO气体
C．用装置丙进行NO的尾气吸收
D．用装置丁蒸干溶液获得Cu（NO3）2固体
【分析】A．用装置甲制NO气体会从长颈漏斗中逸出；
B．NO不与水反应；
C．NO不与氢氧化钠溶液反应；
D．加热促进铜离子水解，且生成的稀硝酸易挥发。
【解答】解：A．用装置甲制NO气体会从长颈漏斗中逸出，故不能用装置甲制NO气体，故A错误；
B．NO不与水反应，可用该装置收集NO，故B正确；
C．NO不与氢氧化钠溶液反应，不能用装置丙进行NO的尾气吸收，故C错误；
D．加热促进铜离子水解，且生成的稀硝酸易挥发，应该是蒸发过程中不断滴加稀硝酸抑制水解，故D错误；
故选：B。
8．（3分）有机物M是合成某种抗血栓药的中间体，结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．存在顺反异构体
B．能使溴水褪色
C．分子中所有原子一定共平面
D．1ml该分子最多与5mlH2发生反应
【分析】A．碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团时存在顺反异构；
B．碳碳双键能和溴水发生加成反应而使溴水褪色，醛基能被溴水氧化而使溴水褪色；
C．甲烷分子中最多有3个原子共平面，该分子相当于甲烷分子中的一个氢原子被苯环取代；
D．碳碳双键、醛基都和氢气以1：1发生加成反应，苯环和氢气以1：3发生加成反应。
【解答】解：A．分子中碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团，所以存在顺反异构，故A正确；
B．分子中的碳碳双键能和溴水发生加成反应而使溴水褪色、醛基能被溴水氧化而使溴水褪色，故B正确；
C．甲烷分子中最多有3个原子共平面，该分子相当于甲烷分子中的一个氢原子被苯环取代，所以该分子中的所有原子一定不共平面，故C错误；
D．碳碳双键、醛基都和氢气以1：1发生加成反应，苯环和氢气以1：3发生加成反应，所以1ml该有机物最多消耗5ml氢气，故D正确；
故选：C。
9．（3分）实验小组同学制备KClO3并探究其性质，过程如下：
下列说法不正确的是（ ）
A．盛装液氯的容器上所贴的危险化学品标志为
B．生成KClO3的离子方程式为3Cl2+6OH﹣△¯ClO3-+5Cl﹣+3H2O
C．上述实验说明碱性条件下氧化性：Cl2＞KClO3，酸性条件下氧化性：Cl2＜KClO3
D．推测若取少量无色溶液a于试管中，滴加稀H2SO4后，溶液仍为无色
【分析】由制备流程可知，①中浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气，②中净化时选饱和食盐水除去挥发的HCl，浓硫酸干燥氯气，然后发生3Cl2+6OH﹣△¯ClO3-+5Cl﹣+3H2O，氯酸钾与盐酸加热可发生氧化还原反应生成黄绿色气体为氯气，氯酸钾与过量KI发生ClO3-+I﹣＝Cl﹣+IO3-，得到无色溶液a，以此来解答。
【解答】解：A.液氯有强氧化性，盛装液氯的容器上可贴氧化剂标识，故A正确；
B.生成KClO3时只有Cl元素的化合价变化，离子方程式为3Cl2+6OH﹣ △¯ClO3-+5Cl﹣+3H2O，故B正确；
C.由氯气与KOH的反应、氯酸钾与盐酸的反应，结合氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，上述实验说明碱性条件下氧化性Cl2＞KClO3，酸性条件下氧化性：Cl2＜KClO3，故C正确；
D.若取少量无色溶液a于试管中，滴加稀H2SO4后，Cl﹣、IO3-发生氧化还原反应生成碘，溶液为黄色，故D错误；
故选：D。
10．（3分）某种新型储氢材料的立方晶胞如图所示，该晶体由[Fe（NH3）6]n+和[BH4]﹣形成，晶胞参数为apm。下列说法中不正确的是（ ）
A．[Fe（NH3）6]n+中n＝2
B．晶胞中[Fe（NH3）6]n+和[BH4]﹣的配位数分别为8和4
C．晶胞中距离最近的2个[Fe（NH3）6]n+之间的距离为3a4pm
D．[BH4]﹣的中心原子的杂化方式为sp3杂化
【分析】A．由题图可知，每个晶胞中含有8个[BH4]-，均摊法计算晶胞中 [Fe(NH3)6]n+数目，结合电荷守恒计算n的值；
B．以上底面面心的中 [Fe(NH3)6]n+为分析对象，其周围最近且等距离的[BH4]- 位于晶胞内部上层4个，上层晶胞内部下层还有4个；以18晶胞中心的[BH4]- 为分析对象，其中周围最近且等距离的 [Fe(NH3)6]n+有4个；
C．面对角线上的 [Fe(NH3)6]n+相切，由几何知识可知，距离最近的2个 [Fe(NH3)6]n+ 之间的距离为面对角线长度的一半；
D． [BH4]- 的中心原子B原子的价层电子对数为4。
【解答】解：A．由题图可知，每个晶胞中含有8个[BH4]-，[Fe(NH3)6]n+数目为8×18+6×12=4，根据电荷守恒可知：4n+8×（﹣1）＝0，解得n＝2，故A正确；
B．以上底面面心的中 [Fe(NH3)6]n+为分析对象，其周围最近且等距离的[BH4]- 位于晶胞内部上层4个，上层晶胞内部下层还有4个，即 [Fe(NH3)6]n+的配位数为8；以18晶胞中心的[BH4]- 为分析对象，其中周围最近且等距离的 [Fe(NH3)6]n+有4个，即[BH4]- 的配位数为4，故B正确；
C．面对角线上的 [Fe(NH3)6]n+相切，由几何知识可知，距离最近的2个 [Fe(NH3)6]n+ 之间的距离为面对角线长度的一半，即晶胞中距离最近的2个 [Fe(NH3)6]n+ 之间的距离为2apm×12=2a2pm，故C错误；
D． [BH4]- 的中心原子B原子的价层电子对数为4，故中心原子杂化方式为sp3 杂化，故D正确；
故选：C。
11．（3分）以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下，下列叙述不正确的是（ ）
A．加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4
B．向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3
C．隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）＝1：5
D．烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来
【分析】由流程可知，高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，通入空气焙烧时，因为含有少量FeS2，会产生二氧化硫，加入氧化钙达到吸收二氧化硫的目的，防止二氧化硫排放污染空气，焙烧产物经过氢氧化钠溶液碱浸，三氧化二铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸根，过滤后，滤液中通入过量二氧化碳，偏铝酸根与二氧化碳、水反应生成氢氧化铝沉淀，洗涤后灼烧氢氧化铝即可生产三氧化二铝；碱浸过程中，三氧化二铁不与氢氧化钠反应，过滤后留在滤渣中，加入FeS2与三氧化二铁在隔绝空气的条件下反应生成二氧化硫和四氧化三铁，利用四氧化三铁的磁性实现其与烧渣的分离。
A、FeS2焙烧生成SO2，CaO与SO2、O2反应，生成CaSO4；
B、滤液中含有AlO 2-，通入过量CO2，发生反应生成Al（OH）3沉淀，过滤、洗涤、灼烧Al（OH）3沉淀可制得Al2O3；
C、隔绝空气焙烧，FeS2与Fe2O3反应，生成SO2和Fe3O4，可根据方程式得出FeS2和Fe3O4的物质的量之比；
D、Fe3O4有磁性，可以用磁铁将Fe3O4从烧渣中分离出来。
【解答】解：A、铝土矿中含有FeS2，FeS2焙烧生成SO2，CaO与SO2、O2反应：2CaO+2SO2+O2＝2CaSO4，CaSO4可用于建筑材料，故A正确；
B、滤液中含有AlO 2-，通入过量CO2，发生反应：AlO 2-+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO 3-，生成Al（OH）3沉淀，经过过滤、洗涤后得到Al（OH）3，再灼烧Al（OH）3，反应为：2Al（OH）3△¯ Al2O3+3H2O，即可制得Al2O3，故B正确；
C、隔绝空气焙烧，FeS2与Fe2O3反应，生成SO2和Fe3O4，反应方程式为：FeS2+16Fe2O3焙烧¯11Fe3O4+2SO2↑，由方程式可知n（FeS2）：n（Fe2O3）＝1：16，故C错误；
D、Fe3O4有磁性，可以用磁铁将Fe3O4从烧渣中分离出来，故D正确。
故选：C。
12．（3分）某种镁盐具有良好的电化学性能，其阴离子结构如图所示。W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W、Y原子序数之和等于Z，Y原子价电子数是Q原子价电子数的2倍。下列说法正确的是（ ）
A．该阴离子中含有配位键
B．第一电离能Z＞X＞Y
C．W与X形成的最简单化合物为极性分子
D．可以通过电解Q氯化物的方法制备Q
【分析】由于其阴离子结构如为，W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，五种元素中W核电荷数最小且题图中W原子形成一个共价键，则W为H，W、Y原子序数之和等于Z，题图中Y原子形成两个共价键，Z原子形成一个共价键，则Y为O，Z为F，X原子形成四个共价键，则X为C；Y原子价电子数是Q原子价电子数的2倍，则Q为Al。
【解答】解：A．该阴离子中Q为Al元素，Al原子最多能形成3个共价键，该阴离子中Al元素形成4个共价键，所以有一个共价键为配位键，故A正确；
B．同一周期元素第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能F＞O＞C，故B错误；
C．W与X形成的最简单化合物为CH4，CH4分子中正负电荷重心重合，为非极性分子，故C错误；
D．AlCl3为共价化合物，熔融状态下不导电，应该采用电解熔融氧化铝的方法冶炼Al，故D错误；
故选：A。
13．（3分）常温时，采用甲基橙和酚酞双指示剂。用盐酸滴定Na2CO3溶液，溶液中lgc（H2CO3）、lgc（HCO3-）、lgc（CO32-）、lgc（H+）、lgc（OH﹣）随溶液pH的变化及滴定曲线如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．整个滴定过程中可先用酚酞再用甲基橙作指示剂
B．n点的pH为m点和O点pH的平均值
C．r点溶液中：c（OH﹣）＝c（H+）+c（HCO3-）+c（H2CO3）
D．r点到k点对应的变化过程中，溶液中水的电离程度一直减小
【分析】A．用盐酸滴定Na2CO3溶液时，先生成NaHCO3碱性溶液，随着盐酸加入，最终生成H2CO3；
B．由图可知，m点c（HCO3-）＝c（H2CO3），此时H2CO3的电离平衡常数Ka1=c(HCO3-)⋅c(H+)c(H2CO3)=c（H+）1，同理q点c（HCO3-）＝c（CO32-），此时H2CO3的电离平衡常数Ka2＝c（H+）2，n点时为NaHCO3溶液，c（H+）1＝c（H+）2、c（CO32-）＝c（H2CO3），所以有c2（H+）＝Kal•Ka2；
C．由图可知，r点为NaHCO3、NaCl和Na2CO3溶液的混合溶液，电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）＝2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH﹣）+c（Cl﹣），物料守恒关系为2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3）＝c（Na+）；
D．r点到k点的变化过程为Na2CO3→NaHCO3→H2CO3，Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，H2CO3抑制水的电离。
【解答】解：A．pH＜8.2时酚酞溶液变无色，pH＜4.4时甲基橙变橙色，由图可知：盐酸溶液滴定Na2CO3溶液时，先生成NaHCO3碱性溶液，最终生成H2CO3，所以先用酚酞、再用甲基橙作指示剂，故A正确；
B．由图可知，m点c（HCO3-）＝c（H2CO3），此时H2CO3的电离平衡常数Ka1=c(HCO3-)⋅c(H+)c(H2CO3)=c（H+）1、pH1＝﹣lgKa1，同理q点时H2CO3的电离平衡常数Ka2＝c（H+）2、pH2＝﹣lgKa2，n点时为NaHCO3溶液，c（H+）1＝c（H+）2、c（CO32-）＝c（H2CO3），则有c2（H+）＝Ka1•Ka2、溶液的pH=12（pH1+pH2），即n点的pH为m点和q点pH的平均值，故B正确；
C．由图可知，r点为NaHCO3、NaCl和和Na2CO3溶液的混合溶液，电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）＝2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH﹣）+c（Cl﹣），物料守恒关系为2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3）＝c（Na+），则c（OH﹣）+c（Cl﹣）＝c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3），但c（Cl﹣）＞c（H2CO3），所以c（OH﹣）＜c（H+）+c（HCO3-）+c（H2CO3），故C错误；
D．r点到k点的过程中，随着盐酸的滴加，水解程度大的Na2CO3逐渐减少，直至H2CO3溶液呈弱酸性，则水的电离程度始终减小，故D正确；
故选：C。
14．（3分）银铝电池具有能量密度高的优点，电池装置如图所示，电池放电时的反应为2Al+3AgO（氧化高银）+2NaOH+3H2O═2Na[Al（OH）4]+3Ag。下列说法正确的是（ ）
A．Al电极的电势比AgO电极的高
B．正极电极反应式为AgO+2e﹣+2H+═Ag+H2O
C．阳离子交换膜允许阳离子和电子通过
D．当导线中通过0.3ml电子时，负极区溶液质量减小4.2g
【分析】电池放电时的反应为2A1+3AgO（氧化高银）+2NaOH+3H2O═2Na[Al（OH）4]+3Ag，由图可知，Al化合价升高失电子作负极，电极反应式为Al﹣3e﹣+4OH﹣＝[Al（OH）4]﹣，AgO作正极，电极反应式为AgO+2e﹣+H2O＝Ag+2OH﹣，据此作答。
【解答】解：A．Al化合价升高失电子作负极，AgO作正极，Al电极的电势比AgO电极的低，故A错误；
B．AgO作正极，电极反应式为AgO+2e﹣+H2O＝Ag+2OH﹣，故B错误；
C．电子不能通过溶液和阳离子交换膜，故C错误；
D．Al化合价升高失电子作负极，电极反应式为Al﹣3e﹣+4OH﹣＝[Al（OH）4]﹣，当导线中通过0.3ml电子时，消耗0.1ml即2.7gAl，同时溶液中有0.3ml钠离子移到正极区，负极区溶液质量减小0.3ml×23g/ml﹣2.7g＝4.2g，故D正确；
故选：D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（15分）以接触法制硫酸的废催化剂（主要成分是V2O5，含少量Al2O3、Fe2O3、MO3、NiO等）为原料回收金属化合物的工艺流程如图1：
请回答下列问题：
（1）“灼烧”过程中V2O5 与纯碱反应的化学方程式为 V2O5+Na2CO3高温¯2NaVO3+CO2↑ 。
（2）“除铝”中通入过量CO2，发生反应的离子方程式为 [Al（OH）4]﹣+CO2＝Al（OH）3↓+HCO3- 。
（3）如图2所示曲线Ⅰ、曲线Ⅱ分别表示“沉钒”中钒的沉淀率与加铵系数（K）（指氯化铵与钒元素质量之比）、温度的关系。
最佳“沉钒”条件是 K为4，温度为80℃ 。温度超过80℃时沉钒率下降的主要原因是 温度过高，NH4+水解程度增大，生成的NH3挥发，c（NH4+）降低较快，故钒的沉淀率下降 。
（4）钼酸铵的化学式为（NH4）2M2O7。取少量晶体，一定条件下受热分解的热重曲线如图3所示：
则597℃时，钼酸铵热分解的产物为 MO3、NH3、H2O （填化学式）。钼酸铵在高温下通入H2可制得单质钼，该过程的化学方程式是 （NH4）2M2O7+6H2高温¯2M+2NH3+7H2O 。
（5）“水浸”中浸渣可制备高纯度铁红。操作过程包括酸溶、沉铁等。“沉铁”有两种方法：
方法1：调节溶液pH。
已知：沉铁的滤液中c（Ni2+）＝0.02ml•L﹣1。当c（Fe3+）＝1.0×10﹣5ml•L﹣1时被视为完全沉淀。用Na2CO3溶液调节pH分离Ni2+、Fe3+，pH范围为 3≤pH＜7.5 。（已知：Ksp[Fe（OH）3]≈1.0×10﹣38，Ksp[Ni（OH）2]≈2.0×10﹣15）
方法2：结合法。已知：Ni（OH）2+4NH3•H2O═[Ni（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O。从含Fe3+、Ni2+的溶液中提取Fe（OH）3的方法是 向混合液加入过量氨水 、过滤、洗涤、干燥。
【分析】废催化剂（主要成分是V2O5，含少量Al2O3、Fe2O3、MO3、NiO等）在纯碱中进行焙烧得到偏铝酸钠、偏钒酸钠、钼酸钠及不溶于水的NiO、Fe2O3，向水浸取后所得的溶液中通入二氧化碳可将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀而除去，再向溶液中加入NH4Cl调节适当pH沉钒得到偏钒酸铵，最后经过离子交换过程回收M元素，得到钼酸铵，据此解答。
【解答】解：（1）“灼烧”过程中V2O5与纯碱反应生成偏钒酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为V2O5+Na2CO3高温¯2NaVO3+CO2↑，
故答案为：V2O5+Na2CO3高温¯2NaVO3+CO2↑；
（2）“除铝”中通入过量CO2，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，同时生成碳酸氢钠，发生反应的离子方程式为[Al（OH）4]﹣+CO2＝Al（OH）3↓+HCO3-，
故答案为：[Al（OH）4]﹣+CO2＝Al（OH）3↓+HCO3-；
（3）最佳“沉钒”条件是K为4，温度约为80℃，温度过高导致沉钒率下降的主要原因是温度过高，NH4+水解程度增大，生成的NH3挥发，c（NH4+）降低较快，故钒的沉淀率下降，
故答案为：K为4，温度约为80℃；温度过高，NH4+水解程度增大，生成的NH3挥发，c（NH4+）降低较快，故钒的沉淀率下降；
（4）设有1ml （NH4）2M2O7，则其质量为340g，在597℃时，固体损失340g×（1﹣84.7%）＝52g，因为铵盐受热易分解，结合分解前后固体质量变化分析可知，固体损失的质量为2ml NH3与1ml H2O的质量，所以余下固体应为MO3，发生反应的化学方程式为：（NH4）2M2O7597℃¯2MO3+2NH3+H2O，钼酸铵在高温下通入H2可制得单质钼，该过程的化学方程式是（NH4）2M2O7+6H2高温¯2M+2NH3+7H2O，
故答案为：MO3、NH3、H2O；（NH4）2M2O7+6H2高温¯2M+2NH3+7H2O；
（5）方法1：已知：沉铁的滤液中c（Ni2+）＝0.02ml⋅L﹣1．c（Fe3+）＝1.0×10﹣5ml⋅L﹣1时被视为完全沉淀，用Na2CO3溶液调节pH分离Ni2+、Fe3+，Ni2+开始沉淀时c（OH﹣）=Ksp[Ni(OH)2]c(Ni2+)=2×10-150.02ml/L＝10﹣6.5ml/L，此时pH＝7.5；铁离子完全沉淀时c（OH﹣）=3Ksp[Fe(OH)3]c(Fe3+)=31.0×10-381.0×10-5ml/L＝10﹣11ml/L，此时pH＝3，pH范围为3≤pH＜7.5；
方法2：络合法．已知：Ni（OH）2+4NH3⋅H2O＝[Ni（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O，从含Fe3+、Ni2+的溶液中提取Fe（OH）3的方法是向混合液加入过量氨水，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，镍离子生成络合物，然后过滤、洗涤、干燥，
故答案为：3≤pH＜7.5；向混合液加入过量氨水。
16．（14分）工业制备并提取一氯乙酸（ClCH2COOH）的母液中有CH3COOH、ClCH2COOH、Cl2CHCOOH等残留。实验室用多孔硫颗粒作催化剂，对母液进行深度氯化，使其中残留物转化为有广泛应用价值的三氯乙酸（CCl3COOH）。
主要反应方程式：ClCH2COOH+2Cl2S¯△CCl3COOH+2HCl。制备装置如图所示。
回答下列问题：
（1）装置甲中用仪器X替换分液漏斗的好处是 平衡压强，可以使浓盐酸顺利滴下 。
（2）装置甲中制取Cl2离子方程式为 2MnO4-+16H++10Cl﹣＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O 。
（3）装置丁中仪器Y的名称是 球形冷凝管 。
（4）制备三氯乙酸时，需要控制温度在140℃左右持续加热，则丁的加热方法是 油浴加热 （填“水浴加热”“油浴加热”或“酒精灯直接加热”）。
（5）制备三氯乙酸过程中不需要另加沸石，原因是 多孔硫颗粒状态为固体，该物质可同时起催化剂和防止暴沸的作用 。
（6）可以用pKa（pKa＝﹣lgKa）来衡量酸性的强弱，如表是部分酸的pKa数据：
①从表中数据可知，酸性：ClCH2COOH＜Cl2CHCOOH＜CCl3COOH，请从物质结构角度解释原因 Cl原子电负性大，使羧基的极性增强，羧基H原子更容易电离，物质分子中烃基中Cl原子数目越多，羧基H就越容易电离，其相应的氯代乙酸的酸性就越强，故三氯乙酸最容易电离出氢离子，其酸性最强 。
②在Na2SO3溶液中加入足量的ClCH2COOH，反应的离子反应方程式为 SO32-+ClCH2COOH＝ClCH2COO﹣+HSO3- 。
【分析】（1）甲中用仪器X替换分液漏斗的好处是能够防止浓盐酸挥发，可以使浓盐酸顺利滴下；
（2）装置甲中浓盐酸与KMnO4反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，该反应的离子方程式为：2MnO4-+16H++10Cl﹣＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
（3）根据装置图可知，装置丁中仪器Y的名称是球形冷凝管；
（4）制备三氯乙酸时，需要控制温度在140℃左右持续加热，由于水浴加热温度不超过100℃，酒精灯直接加热温度不容易控制，因此装置丁的加热方法是采用油浴加热方式；
（5）由于催化剂多孔硫颗粒状态为固体，该物质既可起催化剂作用，同时也可以防止液体暴沸，因此制备过程中无需沸石；
（6）①根据表格数据可知，pKa：ClCH2COOH＞Cl2CHCOOH＞CCl3COOH，弱酸的pKa越大，则相应的弱酸的酸性就越弱，故酸性：ClCH2COOH＜Cl2CHCOOH＜CCl3COOH，从结构分析，这是由于Cl原子电负性大，使羟基的极性增强，羟基H原子更容易发生电离，物质分子中烃基上Cl原子数目越多，羧基中羟基H越容易电离，因此相应的氯代乙酸的酸性就越强，故三氯乙酸最容易电离出氢离子，其酸性最强；
②根据pKa可知酸性H2SO3＞ClCH2COOH＞HSO3-，根据复分解反应的规律，强酸可与弱酸盐反应制取弱酸，向Na2SO3溶液中加入足量的ClCH2COOH，发生反应产生NaHSO3和ClCH2COONa，该反应的离子反应方程式为：SO32-+ClCH2COOH＝ClCH2COO﹣+HSO3-。
【解答】解：（1）甲中用仪器X替换分液漏斗的好处是能够防止浓盐酸挥发，可以使浓盐酸顺利滴下，
故答案为：平衡压强，可以使浓盐酸顺利滴下；
（2）装置甲中浓盐酸与KMnO4反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，该反应的离子方程式为：2MnO4-+16H++10Cl﹣＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O，
故答案为：2MnO4-+16H++10Cl﹣＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
（3）根据装置图可知，装置丁中仪器Y的名称是球形冷凝管，
故答案为：球形冷凝管；
（4）制备三氯乙酸时，需要控制温度在140℃左右持续加热，由于水浴加热温度不超过100℃，酒精灯直接加热温度不容易控制，因此装置丁的加热方法是采用油浴加热方式，
故答案为：油浴加热；
（5）由于催化剂多孔硫颗粒状态为固体，该物质既可起催化剂作用，同时也可以防止液体暴沸，因此制备过程中无需沸石，
故答案为：多孔硫颗粒状态为固体，该物质可同时起催化剂和防止暴沸的作用；
（6）①根据表格数据可知，pKa：ClCH2COOH＞Cl2CHCOOH＞CCl3COOH，弱酸的pKa越大，则相应的弱酸的酸性就越弱，故酸性：ClCH2COOH＜Cl2CHCOOH＜CCl3COOH，从结构分析，这是由于Cl原子电负性大，使羟基的极性增强，羟基H原子更容易发生电离，物质分子中烃基上Cl原子数目越多，羧基中羟基H越容易电离，因此相应的氯代乙酸的酸性就越强，故三氯乙酸最容易电离出氢离子，其酸性最强，
故答案为：Cl原子电负性大，使羧基的极性增强，羧基H原子更容易电离，物质分子中烃基中Cl原子数目越多，羧基H就越容易电离，其相应的氯代乙酸的酸性就越强，故三氯乙酸最容易电离出氢离子，其酸性最强；
②根据pKa可知酸性H2SO3＞ClCH2COOH＞HSO3-，根据复分解反应的规律，强酸可与弱酸盐反应制取弱酸，向Na2SO3溶液中加入足量的ClCH2COOH，发生反应产生NaHSO3和ClCH2COONa，该反应的离子反应方程式为：SO32-+ClCH2COOH＝ClCH2COO﹣+HSO3-，
故答案为：SO32-+ClCH2COOH＝ClCH2COO﹣+HSO3-。
17．（14分）当今世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。其中用CO2、H2为原料合成甲醇（CH3OH）过程主要涉及以下反应：
反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） ΔH1
反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH2＝+41.2kJ•ml﹣1
反应Ⅲ：12CO（g）+H2（g）⇌2CH3OH（g） ΔH3＝﹣45.1kJ•ml﹣1
（1）根据盖斯定律，反应Ⅰ的ΔH1＝ ﹣49.0kJ/ml 。
（2）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了CO2与H2在TiO2/Cu催化剂表面生成CH3OH和H2O的部分反应历程，如图1所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。
反应历程中反应速率最快一步的能垒（活化能）的E正＝ 0.61 eV。并写出该历程的化学方程式 HOCO*+H*＝CO*+H*+OH*ΔH＝+0.20 （ev） 。
（3）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有 AC （填字母）。
A.升高温度，反应Ⅱ正向移动，反应Ⅲ逆向移动
B.加入反应Ⅰ的催化剂，可以降低反应的活化能及反应热
C.增大H2的浓度，有利于提高CO2的平衡转化率
D.及时分离出CH3OH，可以使得反应Ⅰ的正反应速率增大
（4）加压，甲醇产率将 升高 （填“升高”“不变”“降低”或“无法确定”）；若原料二氧化碳中掺混一氧化碳，随一氧化碳含量的增加，甲醇产率将 升高 （填“升高”“不变”“降低”或“无法确定”）。
（5）加入新催化剂使1mlCO2和3mlH2在1L密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，CO2平衡转化率和甲醇选择率（甲醇选择率是指转化生成甲醇的CO2物质的量分数）与温度的变化趋势如图2所示。
①由图可知，达到平衡时，最适宜的反应温度是 513K （填“473K”“513K”或“553K”）。
②553K时，若反应后体系的总压为p，反应Ⅰ的Kp＝ 3p14×3p14(p7)×(3p7)3 （列出计算式）。（Kp为压强平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中用气体分压代替浓度，气体的分压等于总压乘以物质的量分数。）
【分析】（1）已知：ⅡCO2g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41.2kJ/ml，Ⅲ12CO（g）+H2（g）⇌12CH3OH（g）ΔH3＝﹣45.1kJ/ml，根据盖斯定律，由Ⅱ+Ⅲ×2得反应ⅠCO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）；
（2）历程②是HOCO*+H*＝CO*+H*+OH*反应时由相对能量0.07eV升至0.75eV 的过渡态2再降至﹣0.13eV，E正＝0.07 ev﹣（﹣0.13 ev）＝+0.20 ev；
（3）A.反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动；
B.加入反应Ⅰ的催化剂，可以降低反应的活化能但不能改变反应的反应热；
C.增大H2的浓度，反应Ⅰ、Ⅱ均正向移动；
D.及时分离除CH3OH，反应物浓度降低：
（4）反应Ⅰ、Ⅲ均为气体体积缩小的反应，加压，平衡均正向移动，甲醇产率将升高；
（5）根据图中信息可知，553K时，反应Ⅰ平衡时CO2的转化率为60%，则平衡时CO2的物质的量为1ml （1﹣60%）＝0.4ml，利用三段式可得：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
开始（ml/L）1 3 0 0
变化（ml/L）0.6 1.8 0.6 0.6
平衡（ml/L）0.4 1.2 0.6 0.6
若反应后体系的总压为p，各物质的分压分别为0.42.8×p=p7、1.22.8×p=3p7、0.62.8×p=3p14、0.62.8×p=3p14，反应Ⅰ的Kp=p(H2O)p(CH3OH)p(CO2)p3(H2)。
【解答】解：（1）已知：ⅡCO2g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41.2kJ/ml，Ⅲ12CO（g）+H2（g）⇌12CH3OH（g）ΔH3＝﹣45.1kJ/ml，根据盖斯定律，由Ⅱ+Ⅲ×2得反应ⅠCO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝ΔH2+ΔH3×2＝﹣49.0kJ/ml，
故答案为：﹣49.0kJ/ml；
（2）“该历程中最小能垒（活化能）”，为能量上升阶段，可知最小的活化能为1.08到1.69阶段，等于0.61eV；历程②是HOCO*+H*＝CO*+H*+OH*反应时由相对能量0.07eV升至0.75eV 的过渡态2再降至﹣0.13eV；E正＝0.07 ev﹣（﹣0.13 ev）＝+0.20 （ev），反应的化学方程式为HOCO*+H*＝CO*+H*+OH*ΔH＝+0.20 （ev），
故答案为：0.61；HOCO*+H*＝CO*+H*+OH*ΔH＝+0.20 （ev）；
（3）A.反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，反应Ⅲ为放热反应，升高温度平衡逆向移动，故A正确；
B.加入反应Ⅰ的催化剂，可以降低反应的活化能但不能改变反应的反应热，故B错误；
C.增大H2的浓度，反应Ⅰ、Ⅱ均正向移动，有利于提高CO2的平衡转化率，故C正确；
D.及时分离除CH3OH，反应物浓度降低，最终反应Ⅰ的反应速率降低，故D错误；
故答案为：AC：
（4）反应Ⅰ、Ⅲ均为气体体积缩小的反应，加压，平衡均正向移动，甲醇产率将升高；若原料二氧化碳中掺混一氧化碳，随一氧化碳含量的增加，反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅰ、Ⅲ正向移动，甲醇产率将升高，
故答案为：升高；升高；
（5）根据图中信息可知，553K时，反应Ⅰ平衡时CO2的转化率为60%，则平衡时CO2的物质的量为1ml （1﹣60%）＝0.4ml，利用三段式可得：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
开始（ml/L）1 3 0 0
变化（ml/L）0.6 1.8 0.6 0.6
平衡（ml/L）0.4 1.2 0.6 0.6
若反应后体系的总压为p，各物质的分压分别为0.42.8×p=p7、1.22.8×p=3p7、0.62.8×p=3p14、0.62.8×p=3p14，反应Ⅰ的Kp=p(H2O)p(CH3OH)p(CO2)p3(H2)=3p14×3p14(p7)×(3p7)3，当温度升高时反应Ⅰ平衡逆向移动，而反应b平衡正向移动且幅度更大，所以CO2的转化率增加，但甲醇的选择性却降低，故适宜的反应温度为513K，
故答案为：3p14×3p14(p7)×(3p7)3；513K。
18．（15分）化合物M是一种合成药物中间体，一种合成化合物M的人工合成路线如图：
已知：R1﹣NH2+R2﹣CHO→△R1﹣NH﹣CHOH﹣R2；一个碳上连接两个羟基时不稳定，易发生分子内脱水，形成羰基。
回答下面问题：
（1）有机物A能发生银镜反应，核磁共振氢谱中有四组峰，峰面积之比为2：2：1：1，写出有机物A的结构简式： CH2＝CHCH2CHO 。有机物A中的官能团的名称是 碳碳双键、醛基 。
（2）有机物C生成有机物D的反应类型为 消去反应 ，有机物E生成有机物F的反应条件是 O2、Cu、加热 。
（3）写出有机物H的结构简式： 。
（4）写出有机物H生成有机物M的反应方程式： 。
（5）满足下列条件的有机物C的同分异构体有 12 种。
苯环上有四种取代基，其中氯原子、羟基和氨基直接与苯环相连且两两互不相邻。
（6）写出和2﹣丙醇（）为原料制备 的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图表示例见本题题干）： 。
【分析】A的分子式为C4H6O，（1）中A能发生银镜反应，说明含有醛基，且核磁共振氢谱中有四组峰，峰面积之比为2：2：1：1，结合C的结构简式可知A中含有碳碳双键，推知A的结构简式为CH2＝CHCH2CHO，A与HCl发生加成反应生成B为，B中醛基与苯胺中氨基之间发生加成反应生成C，对比C、E的结构简式，结合反应条件可知，C发生消去反应形成碳氮双键生成D，D再发生卤代烃的水解反应生成E，推知D为，E发生醇的催化氧化生成F，F→G过程可以理解为：苯环与羰基之间先发生加成反应形成六元环、再发生消去反应形成碳碳双键，由M的结构简式，结合反应条件及信息“一个碳上连接两个羟基时不稳定，易发生分子内脱水形成羰基”，可知G中甲基发生二氯取代生成H，H发生卤代烃的水解反应、2个羟基脱去1分子水形成醛基而得到M，故H为；
（6）结合生成M的过程，发生催化氧化生成，和苯发生类似F→G转化生成，与Cl2在光照条件下发生取代反应生成，在氢氧化钠水溶液中发生水解、同时同一个碳上连接两个羟基不稳定，自动脱去1分子水生成。
【解答】解：（1）由分析可知，有机物A的结构简式为CH2＝CHCH2CHO，机物A中的官能团的名称是碳碳双键、醛基，
故答案为：CH2＝CHCH2CHO；碳碳双键、醛基；
（2）有机物C生成有机物D的过程中，分子内脱去1分子水，形成碳氮双键，该反应类型为消去反应；有机物E生成有机物F是醇羟基发生催化氧化转化为羰基，反应条件是O2、Cu、加热，
故答案为：消去反应；O2、Cu、加热；
（3）由分析可知，有机物H的结构简式为，
故答案为：；
（4）有机物H生成有机物M的反应方程式：，
故答案为：；
（5）C的同分异构体苯环上有四种取代基，其中氯原子、羟基和氨基直接与苯环相连且两两互不相邻，存在结构，苯环上有3种化学环境不同的氢原子，另一个取代基有3种位置，而另一个取代基为﹣CH2CH2CH2CH3或﹣CH（CH3）CH2CH3或﹣CH2CH（CH3）2或﹣C（CH3）3，故符合条件的同分异构体共有3×4＝12种，
故答案为：12；
（6）结合生成M的过程，发生催化氧化生成，和苯发生类似F→G转化生成，与Cl2在光照条件下发生取代反应生成，在氢氧化钠水溶液中发生水解、同时同一个碳上连接两个羟基不稳定，自动脱去1分子水生成，合成路线为，
故答案为：。
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A.制取少量CO2
B.钠的燃烧
C.制备NaHCO3
D.配制一定物质的量浓度的溶液
物质
ClCH2COOH
Cl2CHCOOH
CCl3COOH
H2SO3
pKa（室温）
2.86
1.29
0.65
pKa1＝1.9、pKa2＝7.5




A.制取少量CO2
B.钠的燃烧
C.制备NaHCO3
D.配制一定物质的量浓度的溶液
物质
ClCH2COOH
Cl2CHCOOH
CCl3COOH
H2SO3
pKa（室温）
2.86
1.29
0.65
pKa1＝1.9、pKa2＝7.5