还剩19页未读，
继续阅读
湖北省襄阳市第五中学2024-2025学年高三上学期9月月考化学试题（解析版）
展开
这是一份湖北省襄阳市第五中学2024-2025学年高三上学期9月月考化学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了单项选择题，主观题等内容，欢迎下载使用。
1. 家务劳动中蕴含着丰富的化学知识。下列相关解释错误的是
A. 用过氧碳酸钠漂白衣物：Na2CO4具有较强氧化性
B. 酿米酒需晾凉米饭后加酒曲：乙醇受热易挥发
C. 用柠檬酸去除水垢：柠檬酸酸性强于碳酸
D. 烹煮食物的后期加入食盐：能减少KIO3受热分解
【答案】B
【解析】
【详解】A．过氧碳酸钠中因含有过氧键而表现强氧化性，能够将有色物质氧化变为无色物质，所以可以用过氧碳酸钠漂白衣物，故A正确；
B．酒曲的主要成分是蛋白质，米饭过热会使蛋白质失活，所以酿米酒需晾凉米饭后加酒曲，故B错误；
C．柠檬酸的酸性强于碳酸，可以将水垢中的碳酸钙分解为可溶性的钙离子，用于除水垢，故C正确；
D．碘酸钾受热易分解，所以烹煮食物的后期加入食盐的目的是避免食盐中添加的碘酸钾长时间受热而分解，故D正确；
故选B。
2. 下列物质在生活中的应用与氧化还原反应无关的是
A. 用硅藻土中浸润的KMnO4吸收水果散发的乙烯
B. 用暖宝贴(成分：铁粉、水、食盐、活性炭等)供热
C. 制作水果罐头时加入维生素C延长保质期
D. 用可溶性的铁盐、铝盐作净水剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．用硅藻土中浸润的KMnO4吸收水果散发的乙烯，KMnO4将乙烯氧化，生成CO2气体等，A不符合题意；
B．用暖宝贴（成分：铁粉、水、食盐、活性炭等）供热时，铁粉、水、食盐、活性炭等形成原电池，发生吸氧腐蚀，B不符合题意；
C．维生素C具有还原性，可防止水果被氧化，C不符合题意；
D．用可溶性的铁盐、铝盐作净水剂时，铁盐、铝盐水解生成的氢氧化铁胶体、氢氧化铝胶体具有吸附水中悬浮颗粒物的能力，从而达到净水目的，D符合题意；
故选D。
3. 设阿伏加德罗常数的值为NA，则下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4L CH4与足量氯气在光照下反应生成CH2Cl2分子数目小于NA
B. 常温下，6.8gH2O2中的共价键数目为0.8NA
C. 1.0ml Na2O2分别与足量CO2、SO2反应，转移的电子数目均为NA
D. 将50mL、12ml/L的浓盐酸与足量MnO2共热，产生的Cl2分子数为0.15NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．标准状况下，22.4LCH4物质的量为1ml，甲烷和氯气反应除了生成CH3Cl，还生成CH2Cl2、CHCl3和CCl4，则反应生成CH2Cl2分子数目小于NA，故A项正确；
B．常温下， 1ml H2O2中含有3ml共价键，6.8gH2O2的物质的量为：0.2ml，则共价键的数目为0.6NA，故B项错误；
C．过氧化钠和二氧化碳的反应为过氧化钠的歧化反应，氧元素由-1价歧化为-2价和0价，则1.0ml Na2O2转移1.0ml电子；而过氧化钠和SO2反应后氧元素由-1价变为-2价，则1.0ml过氧化钠和SO2反应转移2.0ml电子，转移电子数不同，故C项错误；
D．50mL12ml/L浓盐酸的物质的量为0.6ml，浓盐酸与足量MnO2共热，随着反应进行盐酸浓度降低变为稀盐酸，不再生成氯气，则产生的分子数小于0.15，故D项错误；
故本题选A
4. 下列化学用语表述错误是
A. CaC2的电子式：
B. NaCl溶液中的水合离子：
C. 甲烷空间填充模型：
D. 制备尼龙66：nH2N-(CH2)6-NH2+ nHOOC(CH2)4COOH + (2n-1) H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．中两个C原子形成三对共用电子对，每个C原子再得到一个电子，使每个C原子达到8个电子稳定结构，因此CaC2的电子式：，A正确；
B．Na+电子层数为2，的电子层数为3，因此Na+的粒子半径比小，B错误；
C．甲烷为正四面体，其空间填充模型为：，C正确；
D．制备尼龙66，发生缩聚反应：nH2N-(CH2)6-NH2+ nHOOC(CH2)4COOH + (2n-1) H2O，D正确；
答案选B。
5. 下列实验中，所选用的实验方法和仪器(夹持装置略)都正确的是
A. 灼烧干海带：选用①、⑥、⑦、⑧
B. 利用加热法分离氯化铵和碘单质的混合物：选用①、②
C. 制备无水乙醇可向酒精中加后过滤：选用③、④、⑥
D. 配制的溶液：选用③、⑤、⑥、⑨
【答案】D
【解析】
【详解】A．灼烧干海带需要用到酒精灯、坩埚、泥三角、三脚架，故A错误；
B．氯化铵受热易分解，碘单质受热易升华，不能用加热的方式分离二者，故B错误；
C．制备无水乙醇可向酒精中加后蒸馏，故C错误；
D．配制的溶液需要用到：烧杯、100ml容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，故D正确；
故选D。
6. 普伐他汀(M，结构如图)是一种调节血脂的药物，下列关于该化合物的说法错误的是
A. M分子中含有4种官能团
B. 若1mlM分别与H2、Na、NaOH恰好完全反应，则消耗H2、Na、NaOH的物质的量之比为1：2：1
C. M可以通过加聚和缩聚方式形成高分子
D. M分子中手性碳共有7个
【答案】D
【解析】
【详解】A．M中有碳碳双键、羧基、酯基、羟基4种官能团，故A项正确；
B．M中含有2个碳碳双键，1mlM最多可消耗2mlH2，-OH、-COOH均与Na反应，则1mlM最多消耗4mlNa，-COOH和酯基均能与NaOH反应，则1mlM最多消耗2mlNaOH，则消耗H2、Na、NaOH的物质的量之比为1：2：1，故B项正确；
C．M含碳碳双键可通过加聚方法形成高分子；M分子中含有羧基和羟基可通过缩聚方式形成高分子，故C项正确；
D．位于环上的碳原子，链接了支链的饱和碳原子都具有手性，总共有5个，故D项错误；
故答案选D。
7. 对于下列过程中发生的化学反应，相应化学或离子方程式错误的是
A. 绿矾(FeSO4·7H2O)处理酸性工业废水中的Cr2O：6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O
B. 工业废水中的Pb2+用Na2S去除：Pb2++S2-=PbS↓
C. 海水提溴过程中将溴吹入SO2吸收塔：Br2+SO2+2H2O=2Br-+SO+4H+
D. 《天工开物》记载用炉甘石(ZnCO3)火法炼锌：2ZnCO3+C2Zn+3CO2↑
【答案】D
【解析】
详解】A．绿矾(FeSO4·7H2O)作还原剂，将还原成Cr3+：，A正确；
B． Pb2+与Na2S生成PbS沉淀：Pb2++S2-=PbS↓，B正确；
C．溴是氧化剂，将SO2氧化成硫酸根：Br2+SO2+2H2O=2Br-+SO+4H+，C正确；
D．《天工开物》记载用炉甘石(ZnCO3)火法炼锌：，D错误；
答案选D。
8. 物质的性质决定用途。下列有关物质的性质与用途的对应关系错误的
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．波尔多液中含Cu2+，Cu2+可使蛋白质变性，波尔多液作为杀菌剂，性质与用途相对应，A不符合；
B．Ti-Fe合金硬度大与可用来储氢无关系，性质与用途不对应，B符合；
C．BaSO4对X射线透过率低且难溶于酸，故用作X射线检查内服药剂，性质与用途相对应，C不符合；
D．葡萄糖含醛基，具有一定还原性，能与银氨溶液反应，可用于工业制镜，性质和用途相对应，D不符合；
故选B。
9. 一种功能饮料包含的分子结构式如图。已知R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族，则下列说法一定正确的是
A. 键角： ZR3B. 最高价氧化物的水化物的酸性：YC. 氢化物沸点：WD. ZX和WX的VSEPR模型均为平面三角形
【答案】D
【解析】
【分析】Y可形成5个共价键，Z可形成3个共价键，Z和Y同族，Y原子序数比Z大，即Z为N元素，Y为P元素，W可形成4个共价键，原子序数比N小，即W为C元素，R可形成1个共价键，原子序数比C小，即R为H元素，X可形成2个共价键，原子序数在N和P之间，即X为O元素，综上：R为H元素、W为C元素、Z为N元素、X为O元素、Y为P元素。
【详解】A．PH3、NH3的杂化相同，电负性N>这，键角更大，A错误；
B．Y为P元素、W为C元素，由于非金属性：C＜P，因此最高价氧化物的水化物的酸性：H2CO3＜H3PO4，B错误；
C．W为C元素，X为O元素，水中有氢键，沸点更高，氢化物沸点：W>X，C错误；
D．NO的价层电子对数 VSEPR模型均为平面三角形，CO的价层电子对数 VSEPR模型均为平面三角形，VSEPR模型均为平面三角形，D正确；
故选D。
10. CrCl3是常用的催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。制备原理为：Cr2O3+3CCl4 2CrCl3+3COCl2，其中COCl2有毒且易水解，实验装置如图。
关于此实验说法正确的是
A. A中的试剂为水；A中长玻璃管的作用是平衡压强，观察实验是否堵塞
B. 若实验过程中D处出现堵塞，应及时更换D处导管
C. G中发生反应的离子方程式COCl2+4OH-=CO+2Cl-+2H2O
D. 实验结束后，先停止通氮气后停止加热
【答案】C
【解析】
【分析】氮气经浓硫酸干燥后通入后续装置除去反应装置内的空气，与装置B挥发出的CCl4一起进入管式炉，Cr2O3与CCl4在管式炉内高温反应得到光气和无水三氯化铬气体，经过装置E时，无水三氯化铬冷却凝华，光气则通过球形干燥管进入NaOH溶液被吸收；
【详解】A．由题干可知三氯化铬()易潮解，所以整个装置应保持无水的状态，所以A中装的应是浓硫酸，除中的水蒸气，A错误；
B．实验过程中若D处出现堵塞，因易升华，应对D处导管用酒精灯加热即可，B错误；
C．遇水发生水解，故G中发生反应的离子方程式COCl2+4OH-=CO+2Cl-+2H2O，C正确；
D．实验结束后，先停止加热后停止通氮气，D错误；
故选D。
11. 在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮(NO)以达到消除污染的目的。其工作原理的示意图如下：
下列说法错误的是
A. Ir的表面发生氧化还原反应，生成0.5mlN2时转移NA个电子
B. 若导电基体上的Pt颗粒增多，有利于降低溶液中的含氮量
C. 导电基体上的Pt颗粒上发生的反应：NO+8e-+10H+=NH+3H2O
D. 在导电基体上生成NO的反应式为：NO+3e-+4H+=NO↑+2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．由原理的示意图可知，Ir的表面氢气和N2O发生反应生成N2和H2O，Ir的表面发生反应的方程式为：H2+N2O=N2+H2O，属于氧化还原反应，N的化合价由+1变为0，故生成0.5mlN2时转移NA个电子，A正确；
B．导电基体上的Pt颗粒上，部分得到电子变为，仍在溶液中，所以若导电基体上的Pt颗粒增多，不利于降低溶液中的含氮量，B错误；
C．根据图示，导电基体上的Pt颗粒上，部分得到电子变为，则Pt颗粒上发生的反应：，C正确；
D．导电基体上的Cu颗粒上，得到电子变为NO，则在导电基体上生成NO的反应式为：+3e-+4H+═NO↑+2H2O，D正确；
故选B。
12. 南开团队首次合成了化合物[K(2，2，2-crypt)]5[K@Au12Sb20]。其阴离子[K@Au12Sb20]5-为全金属富勒烯(结构如图)，具有与富勒烯C60相似的高对称性。下列说法错误的是
A. 1ml富勒烯C60包含90NA个σ键
B. 图示中的K+位于Au形成的二十面体笼内
C. 全金属富勒烯和富勒烯C60互为同素异形体
D. NH3的稳定性强于SbH3
【答案】C
【解析】
【详解】A．富勒烯中每个碳原子占有1.5个σ键，故1ml富勒烯C60包含90NA个σ键，故A正确；
B．根据图知，12个Au原子构成二十面体笼，K+位于Au形成的二十面体笼内，故B正确；
C．根据图知，全金属富勒烯不是碳元素的单质，所以与富勒烯C60不互为同素异形体，故C错误；
D．由于非金属性N>Sb，故NH3的稳定性强于SbH3，故D正确；
答案选C。
13. 在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4ml/LNa2CO3溶液和40mL0.2ml/LNaHCO3溶液，再分别用0.4ml/L盐酸滴定，利用pH 计和压强传感器检测，得到如图曲线。
下列说法错误的是
A. Na2CO3溶液或NaHCO3溶液中c(Na+)>2c(CO)+c(HCO)
B. 图中曲线乙和曲线丙表示向NaHCO3溶液中滴加0.4ml/L盐酸
C. 在b点发生反应的离子方程式为CO+2H+=CO2↑+H2O
D. 滴定分析时，a点可用酚酞、c点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na2CO3溶液或NaHCO3溶液中，根据电荷守恒可知，c(Na+)+ c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，由于Na2CO3溶液或NaHCO3溶液显碱性，c(H+)﹤c(OH-)，则c(Na+)﹥2c()+c()，故A项正确；
B．碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠与盐酸反应直接生成二氧化碳，容器内压强增大，所以图中曲线乙和曲线丙表示向碳酸氢钠溶液中滴加0.4ml/L盐酸，故B项正确；
C．b点加入盐酸的体积大于20mL，反应结束，b点压强没变，在b点发生反应的离子方程式为：，故C项错误；
D．酚酞的变色范围是8.2～10.0，甲基橙的变色范围是3.1～4.4，滴定分析时，a点可用酚酞、c点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，故D项正确；
故本题选C。
14. 已知四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]为原料，采用电渗析法合成(CH3)4NOH，工作原理如图。下列说法错误的是
A. 光伏并网发电装置中N型半导体的电势比P型半导体低
B. a电极反应式为2(CH3)4N++2H2O+2e-=2(CH3)4NOH+H2↑
C. 制备91g四甲基氢氧化铵，两极共产生16.8L气体(标准状况下)
D. 若合成(CH3)4NOH的同时得到较大浓度的NaCl溶液，则c为阳离子交换膜，d、e均为阴离子交换膜
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，左侧装置为电解池，NaCl溶液浓度增大，则电渗析法合成[(CH3)4NOH]的装置中，Cl-通过d膜从左向右移动，Na+通过e膜从右向左移动，则b电极为阳极、与电源正极相接，a电极为阴极、与电源负极相接，即P型半导体为正极，N型半导体为负极，d膜为阴离子交换膜，(CH3)4N+通过c膜移向阴极生成，所以c、e均为阳离子交换膜，阳极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极反应式为2(CH3)4N++2H2O+2e-=2(CH3)4NOH+H2↑。
【详解】A．根据分析，P型半导体为正极，N型半导体为负极，N型半导体的电势比P型半导体低，A正确；
B．a电极为阴极，阴极反应式为2(CH3)4N++2H2O+2e-=2(CH3)4NOH+H2↑，B正确；
C．91g(CH3)4NOH的物质的量为，阳极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极反应式为2(CH3)4N++2H2O+2e-=2(CH3)4NOH+H2↑，则1ml(CH3)4NOH参与反应时生成0.25mlO2、0.5mlH2，标准状况下总体积为(0.5ml+0.25ml)×22.4L/ml=16.8L，C正确；
D．由上述分析可知，图中c、e膜均为阳离子交换膜，d膜为阴离子交换膜，D错误；
故选D。
15. 叔丁醇与羧酸发生酯化反应的机理具有其特殊性，可用下图表示，已知：连在同一碳原子上的甲基之间存在排斥力。
下列说法正确的是
A. 用KOH溶液中和步骤④产生的H+，有利于提高叔丁酯的产率
B. 用18O标记醇羟基，可区别叔丁醇、乙醇与羧酸在酯化反应时的机理差异
C. 中间体2的甲基间的排斥力比羧酸叔丁酯的甲基间的排斥力大
D. 相同外界条件下，中间体3比更难给出H+
【答案】B
【解析】
【详解】A．KOH溶液会与羧酸、叔丁酯反应，不利于提高叔丁酯的产率，A错误；
B．根据叔丁醇与羧酸发生酯化反应的机理可知，叔丁醇脱去羟基，羧酸脱去羧基中的H原子，则用18O标记醇羟基，18O在生成物水中；乙醇与羧酸发生酯化反应时，羧酸脱去羧基中的羟基，乙醇脱去羟基中的H原子，则用18O标记醇羟基，18O在生成物酯中，B正确；
C．中间体2中与甲基相连的碳原子的价层电子对数为3，采用杂化，羧酸叔丁酯中与甲基相连的碳原子的价层电子对数为4，采用杂化，因此中间体2的甲基间的排斥力比羧酸叔丁酯的甲基间的排斥力小，C错误；
D．与中间体2结合后生成中间体3，则中间体3中碳氧双键的氧原子电子云密度减小，导致羧基中羟基的极性增大，更易电离出H+，因此相同外界条件下，中间体3比更易给出H+，D错误；
答案选B。
二、主观题：本大题共4小题，共55分。
16. V2O5是制造钒铁合金的原料。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺流程如下：
已知：i石煤含V2O3，杂质为大量Al2O3和少量CaO等；苛化泥的主要成分为CaCO3、NaOH、Na2CO3等。
ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成四羟基合铝酸盐；室温下，偏钒酸钙[Ca(VO3)2]和四羟基合铝酸钙均难溶于水。
回答下列问题：
（1）钒原子的价层电子排布式为___________；焙烧产生的气体①为___________(填化学式)。
（2）水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为___________(填化学式)。
（3）在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为___________；CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为___________；浸取后低浓度的滤液①进入___________(填工序名称)，可实现钒元素的充分利用。
（4）酸性条件下，VO可聚合得到多种复杂阴离子。一种阴离子(如下图)由4个VO4四面体(位于体心的V为+5价)，通过共用顶点氧原子构成八元环，其化学式为___________；
【答案】（1） ①. 3d34s2 ②. CO2
（2）Na[Al(OH)4]
（3） ①. HCO+OH-+Ca(VO3)2CaCO3+H2O+2VO ②. 提高溶液中HCO浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放VO ③. 离子交换
（4）V4O
【解析】
【分析】石煤和苛化泥通入空气进行焙烧，反应生成NaVO3、Ca(VO3)2、Na[Al(OH)4]、Ca [Al(OH)4]2、CaO和H2O等，水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如NaVO3)和不溶性物质[Ca(VO3)2、Ca [Al(OH)4]2等]，过滤后滤液进行离子交换、洗脱，用于富集和提纯，加入氯化铵溶液沉钒，生成NH4VO3，经一系列处理后得到V2O3；滤渣①在pH，65-75C的条件下加入3%NH4HCO3溶液进行盐浸，滤渣①中含有钒元素，通过盐浸，使滤渣①中的钒元素进入滤液①中，再将滤液①回流到离子交换工序，进行的富集。
【小问1详解】
钒是23号元素，其价层电子排布式为3d34s2；焙烧过程中，CaCO3在800C以上开始分解，生成的气体①为CO2；
【小问2详解】
由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分与反应生成偏铝酸钠和偏铝酸钙，偏铝酸钠溶于水，偏铝酸钙难溶于水，所以滤液中杂质的主要成分是：Na[Al(OH)4]；
【小问3详解】
在弱碱性环境下，Ca(VO3)2与碳酸氢根、氢氧根反应生成碳酸钙、偏钒酸根和水，离子方程式为：HCO+OH-+Ca(VO3)2CaCO3+H2O+2VO；CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率，因为C可提高溶液中HCO浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放；滤液①中含有、NH等，且浓度较低，若要利用其中的钒元素，需要通过离子交换进行分离、富集，故滤液①应进入离子交换工序；
【小问4详解】
由图可以看出，4个VO4四面体，个数乘以4，减去4个交点O原子，又知道V为+5价，O为-2价，故其化学式为V4O。
17. 某温度下，利用CO2生产甲醇主要涉及以下反应。
反应Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.4kJ/ml K1
反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2 K2
反应Ⅲ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH3= _90.6 kJ/ml
回答下列问题：
（1）ΔH2=___________kJ/ml。
（2）恒压条件下发生反应Ⅰ和Ⅱ，平衡后再充入惰性气体，反应Ⅱ平衡将___________移动(填“正向”“逆向”或“不”)。
（3）将1 ml CO2(g)和3 ml H2(g)充入密闭容器发生反应Ⅰ和Ⅱ，并达到平衡状态。相同温度下，在不同压强下测得CO2的平衡转化率、CH3OH(g)的选择性[] 和CO的选择性[] 随压强变化曲线如图所示，图中表示CO2的平衡转化率的曲线是___________(填“m”“n”或“p”)，A点时H2的转化率为___________。
（4）在恒压密闭容器中充入6 ml H2(g)、2 ml CO2(g)，分别在1 MPa和10 MPa下反应，分析温度对平衡体系中CO2、CO、CH3OH的影响，设这三种气体物质的量分数之和为1，CO和CH3OH的物质的量分数与温度变化关系如图：
①表示10 MPa时CH3OH的物质的量分数随温度变化关系的曲线是___________(填标号)。
②200~400℃b、d曲线基本重合的原因是___________。
③590℃时，反应Ⅱ的Kp为___________。
【答案】（1）+41.2
（2）正向 （3） ①. n ②. 24%
（4） ①. a ②. 200~400℃以反应Ⅰ为主，加压反应Ⅰ正向移动，c(H2O)增大，对反应Ⅱ起抑制作用；升温对反应Ⅱ起促进作用，两种因素作用相当，导致CO物质的量分数几乎不变 ③. 0.25
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，反应Ⅰ—反应Ⅲ=反应Ⅱ，则ΔH2=(—49.4kJ/ml)—(—90.6kJ/ml)= +41.2kJ/ml，故答案为：+41.2；
【小问2详解】
恒压条件下充入不参与反应的惰性气体，相当于减小压强，反应Ⅰ是气体体积减小的反应，减小压强，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳和氢气的浓度增大、水蒸气浓度减小，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，减小压强，平衡不移动，但二氧化碳和氢气的浓度增大、水蒸气浓度减小会使平衡向正反应方向移动，故答案为：正向；
【小问3详解】
反应Ⅰ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大、浓度减小，甲醇的选择性增大，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，但二氧化碳和氢气浓度减小、水蒸气浓度增大会使平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，一氧化碳的选择性减小，由甲醇的选择性与一氧化碳的选择性之和等于100%可知，曲线m表示甲醇的选择性、曲线p表示一氧化碳的选择性、曲线n表示二氧化碳的平衡转化率；由图可知，A点时二氧化碳的转化率和一氧化碳的选择性都为30%，则甲醇的选择性为70%，由方程式可知，平衡时，反应Ⅰ消耗氢气的物质的量为1ml×30%×70%×3=0.63ml，反应Ⅱ消耗氢气的物质的量为1ml×30%×30%=0.09ml，则氢气的转化率为×100%=24%，故答案为：n；24%；
【小问4详解】
①反应Ⅰ是放热反应，压强不变时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数减小，反应Ⅱ是吸热反应，压强不变时，升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的物质的量分数增大，由(3)可知，增大压强，甲醇的物质的量分数增大、一氧化碳的物质的量分数减小，所以表示10 MPa时甲醇的物质的量分数随温度变化关系的曲线是a、表示一氧化碳的物质的量分数随温度变化关系的曲线是d，故答案为：a；
②200-400℃，b、d曲线基本重合是因为200~400℃以反应Ⅰ为主，加压反应Ⅰ正向移动，c(H2O)增大，对反应Ⅱ起抑制作用；升温对反应Ⅱ起促进作用，两种因素作用相当，导致CO物质量分数几乎不变，故答案为：200~400℃以反应Ⅰ为主，加压反应Ⅰ正向移动，c(H2O)增大，对反应Ⅱ起抑制作用；升温对反应Ⅱ起促进作用，两种因素作用相当，导致CO物质的量分数几乎不变；
③由图可知，590℃时，甲醇和一氧化碳的物质的量分数都为30%，由三种气体物质的量分数之和为1可知，二氧化碳的物质的量分数为40%， 由碳原子个数守恒可知，平衡时，甲醇、一氧化碳、二氧化碳物质的量分别是0.6 ml、0.6 ml、0.8 ml，由方程式可知，氢气的物质的量为6 ml—0.6 ml×3—0.6 ml=3.6 ml，水物质的量为0.6 ml+0.6 ml=1.2 ml，则平衡时体系中气体总物质的量为6.8 ml，反应Ⅱ的压强平衡常数Kp==0.25，故答案为：0.25。
18. 小组同学探究和不同铜盐溶液的反应，实验如下。
实验：向溶液中加入溶液，立即产生橙黄色沉淀（沉淀A），放置左右，转化为白色沉淀（沉淀B）。
已知：i．（无色）
ii．
（1）研究沉淀B的成分。
向洗涤后的沉淀B中加入足量浓氨水，得到无色溶液，在空气中放置一段时间，溶液变为深蓝色。取少量深蓝色溶液，滴加试剂X，产生白色沉淀。
①白色沉淀是，试剂是______。
②无色溶液在空气中放置变为深蓝色，反应的离子方程式为______。
（2）经检验，沉淀不含。推测沉淀能转化为沉淀与有关，为研究沉淀的成分及沉淀转化为的原因，实验如下。
①仅通过上述实验不能证明沉淀中含有，补充实验：向少量洗净的沉淀中加入稀硫酸，证实沉淀中含有的现象是______。
②无色溶液中含有，推测的产生有两个途径：
途径1：实验过程中氧化；
途径2：______（将途径补充完整）。
经研究，途径1不合理，途径2合理。
③解释和溶液反应时，先产生橙黄色沉淀，再转化为白色的原因：______。
（3）和溶液反应最终生成沉淀，并检测到有生成，离子方程式是______。
用和溶液重复上述实验，仅产生橙黄色沉淀，放置后变为暗红色沉淀（可溶于氨水，得到无色溶液，放置变为深蓝色）。
（4）根据上述实验得出和反应的结论：______。（任答一点）
【答案】（1） ①. 硝酸酸化的硝酸银（足量稀硝酸和硝酸银） ②.
（2） ①. 有红色固体析出 ②. 在的作用下，氧化为 ③. 和溶液生成棕黄色沉淀反应速率快，生成白色沉淀的程度大
（3）
（4）和能发生复分解反应和氧化还原反应；在作用下，的氧化性增强（任答一点）
【解析】
【分析】溶液中加入溶液，立即产生橙黄色沉淀A，沉淀A为，放置5min左右，转化为白色沉淀，沉淀B为CuCl，对于沉淀B组成的验证：向洗涤后的CuCl中加入足量浓氨水，得到无色溶液，在空气中放置一段时间，溶液变为深蓝色，取少量深蓝色溶液， 加入硝酸酸化的硝酸银，产生白色沉淀AgCl，证明有氯离子的存在，沉淀A组成的验证：反应物为和，沉淀A中不含，那么A中存在，洗涤后，加入足量的NaCl溶液，增大了氯离子的浓度，产生白色沉淀CuCl，无色溶液先加氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加足量盐酸，白色沉淀减少，即这个过程中发生氧化还原反应，酸性条件下，氯离子的催化下，生成了硫酸根。
【小问1详解】
①白色沉淀是AgCl，试剂X是用于检验Cl-，试剂X为：硝酸酸化的硝酸银（足量稀硝酸和硝酸银）；
②无色溶液含有的离子为，在空气中被O2氧化为蓝色溶液，离子方程式为：；
【小问2详解】
①由于，向沉淀A中加入稀硫酸会发生歧化反应，生成铜，现象为：有红色固体析出；
②溶液中的氧化剂除了氧气之外还有铜离子，在的作用下，氧化为；
③立即产生橙黄色沉淀(沉淀A)，说明生成亚硫酸铜沉淀的反应较快，转化为白色，说明生成白的沉淀B的程度大；
【小问3详解】
和溶液反应最终生成沉淀，并检测到有生成，离子方程式是：；
【小问4详解】
和能发生复分解反应和氧化还原反应；在作用下，的氧化性增强（任答一点）。
19. 黄酮类物质X具有抗金黄色葡萄球菌、大肠杆菌等活性，一种合成路线如下。
（1）X中含有的官能团为醚键、___________。
（2）D的结构简式是___________。
（3）E→F的反应同时生成HCl，试剂a的结构简式为___________。
（4）试剂b的分子式为C5H9Br，G→J的过程中会生成HBr，则K的结构简式为___________。
（5）F和L生成X经历如下多步反应：
已知：Ⅰ．
Ⅱ．
①M的结构简式是___________；M到N的反应类型为___________。
②N到X过程中，断了C-O键，除生成X外，还生成___________和___________。
【答案】（1）酮羰基、羟基
（2） （3）CH3OCH2Cl
（4） （5） ①. ②. 加成反应 ③. CH3OH ④. HCHO
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，催化剂作用下与溴发生取代反应生成，则B为；与(CH3)2SO4共热发生取代反应生成，则D为；在氢氧化钠溶液中发生水解反应后，酸化得到，则E为；与CH3OCH2Cl共热发生取代反应生成，则试剂a为CH3OCH2Cl；与发生取代反应后，酸化得到，则试剂b为、J为；一定条件下转化为，则K为；与CH3OCH2Cl共热发生取代反应生成，则L为；与发生信息反应生成，则M为；发生加成反应生成，则N为；酸化生成。
【小问1详解】
由结构简式可知，分子中含有的官能团为醚键、酮羰基、羟基；
【小问2详解】
由分析可知，D的结构简式为；
【小问3详解】
由分析可知，试剂a的结构简式为CH3OCH2Cl；
【小问4详解】
由分析可知，K的结构简式为；
【小问5详解】
①由分析可知，M的结构简式为，M到N的反应为发生加成反应生成，故答案为：；加成反应；
②由分析可知，N到X过程为酸化发生C-O键断裂生成、甲醛和甲醇，故答案为：CH3OH；HCHO性质
用途
A．
Cu2+可使蛋白质变性
波尔多液作为杀菌剂
B．
Ti-Fe合金硬度大
该合金用于储氢
C．
BaSO4对X射线透过率低且难溶于酸
BaSO4作X射线检查内服药剂
D．
葡萄糖具有一定还原性
葡萄糖可用于工业制镜
1. 家务劳动中蕴含着丰富的化学知识。下列相关解释错误的是
A. 用过氧碳酸钠漂白衣物：Na2CO4具有较强氧化性
B. 酿米酒需晾凉米饭后加酒曲：乙醇受热易挥发
C. 用柠檬酸去除水垢：柠檬酸酸性强于碳酸
D. 烹煮食物的后期加入食盐：能减少KIO3受热分解
【答案】B
【解析】
【详解】A．过氧碳酸钠中因含有过氧键而表现强氧化性，能够将有色物质氧化变为无色物质，所以可以用过氧碳酸钠漂白衣物，故A正确；
B．酒曲的主要成分是蛋白质，米饭过热会使蛋白质失活，所以酿米酒需晾凉米饭后加酒曲，故B错误；
C．柠檬酸的酸性强于碳酸，可以将水垢中的碳酸钙分解为可溶性的钙离子，用于除水垢，故C正确；
D．碘酸钾受热易分解，所以烹煮食物的后期加入食盐的目的是避免食盐中添加的碘酸钾长时间受热而分解，故D正确；
故选B。
2. 下列物质在生活中的应用与氧化还原反应无关的是
A. 用硅藻土中浸润的KMnO4吸收水果散发的乙烯
B. 用暖宝贴(成分：铁粉、水、食盐、活性炭等)供热
C. 制作水果罐头时加入维生素C延长保质期
D. 用可溶性的铁盐、铝盐作净水剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．用硅藻土中浸润的KMnO4吸收水果散发的乙烯，KMnO4将乙烯氧化，生成CO2气体等，A不符合题意；
B．用暖宝贴（成分：铁粉、水、食盐、活性炭等）供热时，铁粉、水、食盐、活性炭等形成原电池，发生吸氧腐蚀，B不符合题意；
C．维生素C具有还原性，可防止水果被氧化，C不符合题意；
D．用可溶性的铁盐、铝盐作净水剂时，铁盐、铝盐水解生成的氢氧化铁胶体、氢氧化铝胶体具有吸附水中悬浮颗粒物的能力，从而达到净水目的，D符合题意；
故选D。
3. 设阿伏加德罗常数的值为NA，则下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4L CH4与足量氯气在光照下反应生成CH2Cl2分子数目小于NA
B. 常温下，6.8gH2O2中的共价键数目为0.8NA
C. 1.0ml Na2O2分别与足量CO2、SO2反应，转移的电子数目均为NA
D. 将50mL、12ml/L的浓盐酸与足量MnO2共热，产生的Cl2分子数为0.15NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．标准状况下，22.4LCH4物质的量为1ml，甲烷和氯气反应除了生成CH3Cl，还生成CH2Cl2、CHCl3和CCl4，则反应生成CH2Cl2分子数目小于NA，故A项正确；
B．常温下， 1ml H2O2中含有3ml共价键，6.8gH2O2的物质的量为：0.2ml，则共价键的数目为0.6NA，故B项错误；
C．过氧化钠和二氧化碳的反应为过氧化钠的歧化反应，氧元素由-1价歧化为-2价和0价，则1.0ml Na2O2转移1.0ml电子；而过氧化钠和SO2反应后氧元素由-1价变为-2价，则1.0ml过氧化钠和SO2反应转移2.0ml电子，转移电子数不同，故C项错误；
D．50mL12ml/L浓盐酸的物质的量为0.6ml，浓盐酸与足量MnO2共热，随着反应进行盐酸浓度降低变为稀盐酸，不再生成氯气，则产生的分子数小于0.15，故D项错误；
故本题选A
4. 下列化学用语表述错误是
A. CaC2的电子式：
B. NaCl溶液中的水合离子：
C. 甲烷空间填充模型：
D. 制备尼龙66：nH2N-(CH2)6-NH2+ nHOOC(CH2)4COOH + (2n-1) H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．中两个C原子形成三对共用电子对，每个C原子再得到一个电子，使每个C原子达到8个电子稳定结构，因此CaC2的电子式：，A正确；
B．Na+电子层数为2，的电子层数为3，因此Na+的粒子半径比小，B错误；
C．甲烷为正四面体，其空间填充模型为：，C正确；
D．制备尼龙66，发生缩聚反应：nH2N-(CH2)6-NH2+ nHOOC(CH2)4COOH + (2n-1) H2O，D正确；
答案选B。
5. 下列实验中，所选用的实验方法和仪器(夹持装置略)都正确的是
A. 灼烧干海带：选用①、⑥、⑦、⑧
B. 利用加热法分离氯化铵和碘单质的混合物：选用①、②
C. 制备无水乙醇可向酒精中加后过滤：选用③、④、⑥
D. 配制的溶液：选用③、⑤、⑥、⑨
【答案】D
【解析】
【详解】A．灼烧干海带需要用到酒精灯、坩埚、泥三角、三脚架，故A错误；
B．氯化铵受热易分解，碘单质受热易升华，不能用加热的方式分离二者，故B错误；
C．制备无水乙醇可向酒精中加后蒸馏，故C错误；
D．配制的溶液需要用到：烧杯、100ml容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，故D正确；
故选D。
6. 普伐他汀(M，结构如图)是一种调节血脂的药物，下列关于该化合物的说法错误的是
A. M分子中含有4种官能团
B. 若1mlM分别与H2、Na、NaOH恰好完全反应，则消耗H2、Na、NaOH的物质的量之比为1：2：1
C. M可以通过加聚和缩聚方式形成高分子
D. M分子中手性碳共有7个
【答案】D
【解析】
【详解】A．M中有碳碳双键、羧基、酯基、羟基4种官能团，故A项正确；
B．M中含有2个碳碳双键，1mlM最多可消耗2mlH2，-OH、-COOH均与Na反应，则1mlM最多消耗4mlNa，-COOH和酯基均能与NaOH反应，则1mlM最多消耗2mlNaOH，则消耗H2、Na、NaOH的物质的量之比为1：2：1，故B项正确；
C．M含碳碳双键可通过加聚方法形成高分子；M分子中含有羧基和羟基可通过缩聚方式形成高分子，故C项正确；
D．位于环上的碳原子，链接了支链的饱和碳原子都具有手性，总共有5个，故D项错误；
故答案选D。
7. 对于下列过程中发生的化学反应，相应化学或离子方程式错误的是
A. 绿矾(FeSO4·7H2O)处理酸性工业废水中的Cr2O：6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O
B. 工业废水中的Pb2+用Na2S去除：Pb2++S2-=PbS↓
C. 海水提溴过程中将溴吹入SO2吸收塔：Br2+SO2+2H2O=2Br-+SO+4H+
D. 《天工开物》记载用炉甘石(ZnCO3)火法炼锌：2ZnCO3+C2Zn+3CO2↑
【答案】D
【解析】
详解】A．绿矾(FeSO4·7H2O)作还原剂，将还原成Cr3+：，A正确；
B． Pb2+与Na2S生成PbS沉淀：Pb2++S2-=PbS↓，B正确；
C．溴是氧化剂，将SO2氧化成硫酸根：Br2+SO2+2H2O=2Br-+SO+4H+，C正确；
D．《天工开物》记载用炉甘石(ZnCO3)火法炼锌：，D错误；
答案选D。
8. 物质的性质决定用途。下列有关物质的性质与用途的对应关系错误的
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．波尔多液中含Cu2+，Cu2+可使蛋白质变性，波尔多液作为杀菌剂，性质与用途相对应，A不符合；
B．Ti-Fe合金硬度大与可用来储氢无关系，性质与用途不对应，B符合；
C．BaSO4对X射线透过率低且难溶于酸，故用作X射线检查内服药剂，性质与用途相对应，C不符合；
D．葡萄糖含醛基，具有一定还原性，能与银氨溶液反应，可用于工业制镜，性质和用途相对应，D不符合；
故选B。
9. 一种功能饮料包含的分子结构式如图。已知R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族，则下列说法一定正确的是
A. 键角： ZR3
【答案】D
【解析】
【分析】Y可形成5个共价键，Z可形成3个共价键，Z和Y同族，Y原子序数比Z大，即Z为N元素，Y为P元素，W可形成4个共价键，原子序数比N小，即W为C元素，R可形成1个共价键，原子序数比C小，即R为H元素，X可形成2个共价键，原子序数在N和P之间，即X为O元素，综上：R为H元素、W为C元素、Z为N元素、X为O元素、Y为P元素。
【详解】A．PH3、NH3的杂化相同，电负性N>这，键角更大，A错误；
B．Y为P元素、W为C元素，由于非金属性：C＜P，因此最高价氧化物的水化物的酸性：H2CO3＜H3PO4，B错误；
C．W为C元素，X为O元素，水中有氢键，沸点更高，氢化物沸点：W>X，C错误；
D．NO的价层电子对数 VSEPR模型均为平面三角形，CO的价层电子对数 VSEPR模型均为平面三角形，VSEPR模型均为平面三角形，D正确；
故选D。
10. CrCl3是常用的催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。制备原理为：Cr2O3+3CCl4 2CrCl3+3COCl2，其中COCl2有毒且易水解，实验装置如图。
关于此实验说法正确的是
A. A中的试剂为水；A中长玻璃管的作用是平衡压强，观察实验是否堵塞
B. 若实验过程中D处出现堵塞，应及时更换D处导管
C. G中发生反应的离子方程式COCl2+4OH-=CO+2Cl-+2H2O
D. 实验结束后，先停止通氮气后停止加热
【答案】C
【解析】
【分析】氮气经浓硫酸干燥后通入后续装置除去反应装置内的空气，与装置B挥发出的CCl4一起进入管式炉，Cr2O3与CCl4在管式炉内高温反应得到光气和无水三氯化铬气体，经过装置E时，无水三氯化铬冷却凝华，光气则通过球形干燥管进入NaOH溶液被吸收；
【详解】A．由题干可知三氯化铬()易潮解，所以整个装置应保持无水的状态，所以A中装的应是浓硫酸，除中的水蒸气，A错误；
B．实验过程中若D处出现堵塞，因易升华，应对D处导管用酒精灯加热即可，B错误；
C．遇水发生水解，故G中发生反应的离子方程式COCl2+4OH-=CO+2Cl-+2H2O，C正确；
D．实验结束后，先停止加热后停止通氮气，D错误；
故选D。
11. 在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮(NO)以达到消除污染的目的。其工作原理的示意图如下：
下列说法错误的是
A. Ir的表面发生氧化还原反应，生成0.5mlN2时转移NA个电子
B. 若导电基体上的Pt颗粒增多，有利于降低溶液中的含氮量
C. 导电基体上的Pt颗粒上发生的反应：NO+8e-+10H+=NH+3H2O
D. 在导电基体上生成NO的反应式为：NO+3e-+4H+=NO↑+2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．由原理的示意图可知，Ir的表面氢气和N2O发生反应生成N2和H2O，Ir的表面发生反应的方程式为：H2+N2O=N2+H2O，属于氧化还原反应，N的化合价由+1变为0，故生成0.5mlN2时转移NA个电子，A正确；
B．导电基体上的Pt颗粒上，部分得到电子变为，仍在溶液中，所以若导电基体上的Pt颗粒增多，不利于降低溶液中的含氮量，B错误；
C．根据图示，导电基体上的Pt颗粒上，部分得到电子变为，则Pt颗粒上发生的反应：，C正确；
D．导电基体上的Cu颗粒上，得到电子变为NO，则在导电基体上生成NO的反应式为：+3e-+4H+═NO↑+2H2O，D正确；
故选B。
12. 南开团队首次合成了化合物[K(2，2，2-crypt)]5[K@Au12Sb20]。其阴离子[K@Au12Sb20]5-为全金属富勒烯(结构如图)，具有与富勒烯C60相似的高对称性。下列说法错误的是
A. 1ml富勒烯C60包含90NA个σ键
B. 图示中的K+位于Au形成的二十面体笼内
C. 全金属富勒烯和富勒烯C60互为同素异形体
D. NH3的稳定性强于SbH3
【答案】C
【解析】
【详解】A．富勒烯中每个碳原子占有1.5个σ键，故1ml富勒烯C60包含90NA个σ键，故A正确；
B．根据图知，12个Au原子构成二十面体笼，K+位于Au形成的二十面体笼内，故B正确；
C．根据图知，全金属富勒烯不是碳元素的单质，所以与富勒烯C60不互为同素异形体，故C错误；
D．由于非金属性N>Sb，故NH3的稳定性强于SbH3，故D正确；
答案选C。
13. 在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4ml/LNa2CO3溶液和40mL0.2ml/LNaHCO3溶液，再分别用0.4ml/L盐酸滴定，利用pH 计和压强传感器检测，得到如图曲线。
下列说法错误的是
A. Na2CO3溶液或NaHCO3溶液中c(Na+)>2c(CO)+c(HCO)
B. 图中曲线乙和曲线丙表示向NaHCO3溶液中滴加0.4ml/L盐酸
C. 在b点发生反应的离子方程式为CO+2H+=CO2↑+H2O
D. 滴定分析时，a点可用酚酞、c点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na2CO3溶液或NaHCO3溶液中，根据电荷守恒可知，c(Na+)+ c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，由于Na2CO3溶液或NaHCO3溶液显碱性，c(H+)﹤c(OH-)，则c(Na+)﹥2c()+c()，故A项正确；
B．碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠与盐酸反应直接生成二氧化碳，容器内压强增大，所以图中曲线乙和曲线丙表示向碳酸氢钠溶液中滴加0.4ml/L盐酸，故B项正确；
C．b点加入盐酸的体积大于20mL，反应结束，b点压强没变，在b点发生反应的离子方程式为：，故C项错误；
D．酚酞的变色范围是8.2～10.0，甲基橙的变色范围是3.1～4.4，滴定分析时，a点可用酚酞、c点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，故D项正确；
故本题选C。
14. 已知四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]为原料，采用电渗析法合成(CH3)4NOH，工作原理如图。下列说法错误的是
A. 光伏并网发电装置中N型半导体的电势比P型半导体低
B. a电极反应式为2(CH3)4N++2H2O+2e-=2(CH3)4NOH+H2↑
C. 制备91g四甲基氢氧化铵，两极共产生16.8L气体(标准状况下)
D. 若合成(CH3)4NOH的同时得到较大浓度的NaCl溶液，则c为阳离子交换膜，d、e均为阴离子交换膜
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，左侧装置为电解池，NaCl溶液浓度增大，则电渗析法合成[(CH3)4NOH]的装置中，Cl-通过d膜从左向右移动，Na+通过e膜从右向左移动，则b电极为阳极、与电源正极相接，a电极为阴极、与电源负极相接，即P型半导体为正极，N型半导体为负极，d膜为阴离子交换膜，(CH3)4N+通过c膜移向阴极生成，所以c、e均为阳离子交换膜，阳极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极反应式为2(CH3)4N++2H2O+2e-=2(CH3)4NOH+H2↑。
【详解】A．根据分析，P型半导体为正极，N型半导体为负极，N型半导体的电势比P型半导体低，A正确；
B．a电极为阴极，阴极反应式为2(CH3)4N++2H2O+2e-=2(CH3)4NOH+H2↑，B正确；
C．91g(CH3)4NOH的物质的量为，阳极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极反应式为2(CH3)4N++2H2O+2e-=2(CH3)4NOH+H2↑，则1ml(CH3)4NOH参与反应时生成0.25mlO2、0.5mlH2，标准状况下总体积为(0.5ml+0.25ml)×22.4L/ml=16.8L，C正确；
D．由上述分析可知，图中c、e膜均为阳离子交换膜，d膜为阴离子交换膜，D错误；
故选D。
15. 叔丁醇与羧酸发生酯化反应的机理具有其特殊性，可用下图表示，已知：连在同一碳原子上的甲基之间存在排斥力。
下列说法正确的是
A. 用KOH溶液中和步骤④产生的H+，有利于提高叔丁酯的产率
B. 用18O标记醇羟基，可区别叔丁醇、乙醇与羧酸在酯化反应时的机理差异
C. 中间体2的甲基间的排斥力比羧酸叔丁酯的甲基间的排斥力大
D. 相同外界条件下，中间体3比更难给出H+
【答案】B
【解析】
【详解】A．KOH溶液会与羧酸、叔丁酯反应，不利于提高叔丁酯的产率，A错误；
B．根据叔丁醇与羧酸发生酯化反应的机理可知，叔丁醇脱去羟基，羧酸脱去羧基中的H原子，则用18O标记醇羟基，18O在生成物水中；乙醇与羧酸发生酯化反应时，羧酸脱去羧基中的羟基，乙醇脱去羟基中的H原子，则用18O标记醇羟基，18O在生成物酯中，B正确；
C．中间体2中与甲基相连的碳原子的价层电子对数为3，采用杂化，羧酸叔丁酯中与甲基相连的碳原子的价层电子对数为4，采用杂化，因此中间体2的甲基间的排斥力比羧酸叔丁酯的甲基间的排斥力小，C错误；
D．与中间体2结合后生成中间体3，则中间体3中碳氧双键的氧原子电子云密度减小，导致羧基中羟基的极性增大，更易电离出H+，因此相同外界条件下，中间体3比更易给出H+，D错误；
答案选B。
二、主观题：本大题共4小题，共55分。
16. V2O5是制造钒铁合金的原料。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺流程如下：
已知：i石煤含V2O3，杂质为大量Al2O3和少量CaO等；苛化泥的主要成分为CaCO3、NaOH、Na2CO3等。
ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成四羟基合铝酸盐；室温下，偏钒酸钙[Ca(VO3)2]和四羟基合铝酸钙均难溶于水。
回答下列问题：
（1）钒原子的价层电子排布式为___________；焙烧产生的气体①为___________(填化学式)。
（2）水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为___________(填化学式)。
（3）在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为___________；CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为___________；浸取后低浓度的滤液①进入___________(填工序名称)，可实现钒元素的充分利用。
（4）酸性条件下，VO可聚合得到多种复杂阴离子。一种阴离子(如下图)由4个VO4四面体(位于体心的V为+5价)，通过共用顶点氧原子构成八元环，其化学式为___________；
【答案】（1） ①. 3d34s2 ②. CO2
（2）Na[Al(OH)4]
（3） ①. HCO+OH-+Ca(VO3)2CaCO3+H2O+2VO ②. 提高溶液中HCO浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放VO ③. 离子交换
（4）V4O
【解析】
【分析】石煤和苛化泥通入空气进行焙烧，反应生成NaVO3、Ca(VO3)2、Na[Al(OH)4]、Ca [Al(OH)4]2、CaO和H2O等，水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如NaVO3)和不溶性物质[Ca(VO3)2、Ca [Al(OH)4]2等]，过滤后滤液进行离子交换、洗脱，用于富集和提纯，加入氯化铵溶液沉钒，生成NH4VO3，经一系列处理后得到V2O3；滤渣①在pH，65-75C的条件下加入3%NH4HCO3溶液进行盐浸，滤渣①中含有钒元素，通过盐浸，使滤渣①中的钒元素进入滤液①中，再将滤液①回流到离子交换工序，进行的富集。
【小问1详解】
钒是23号元素，其价层电子排布式为3d34s2；焙烧过程中，CaCO3在800C以上开始分解，生成的气体①为CO2；
【小问2详解】
由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分与反应生成偏铝酸钠和偏铝酸钙，偏铝酸钠溶于水，偏铝酸钙难溶于水，所以滤液中杂质的主要成分是：Na[Al(OH)4]；
【小问3详解】
在弱碱性环境下，Ca(VO3)2与碳酸氢根、氢氧根反应生成碳酸钙、偏钒酸根和水，离子方程式为：HCO+OH-+Ca(VO3)2CaCO3+H2O+2VO；CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率，因为C可提高溶液中HCO浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放；滤液①中含有、NH等，且浓度较低，若要利用其中的钒元素，需要通过离子交换进行分离、富集，故滤液①应进入离子交换工序；
【小问4详解】
由图可以看出，4个VO4四面体，个数乘以4，减去4个交点O原子，又知道V为+5价，O为-2价，故其化学式为V4O。
17. 某温度下，利用CO2生产甲醇主要涉及以下反应。
反应Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.4kJ/ml K1
反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2 K2
反应Ⅲ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH3= _90.6 kJ/ml
回答下列问题：
（1）ΔH2=___________kJ/ml。
（2）恒压条件下发生反应Ⅰ和Ⅱ，平衡后再充入惰性气体，反应Ⅱ平衡将___________移动(填“正向”“逆向”或“不”)。
（3）将1 ml CO2(g)和3 ml H2(g)充入密闭容器发生反应Ⅰ和Ⅱ，并达到平衡状态。相同温度下，在不同压强下测得CO2的平衡转化率、CH3OH(g)的选择性[] 和CO的选择性[] 随压强变化曲线如图所示，图中表示CO2的平衡转化率的曲线是___________(填“m”“n”或“p”)，A点时H2的转化率为___________。
（4）在恒压密闭容器中充入6 ml H2(g)、2 ml CO2(g)，分别在1 MPa和10 MPa下反应，分析温度对平衡体系中CO2、CO、CH3OH的影响，设这三种气体物质的量分数之和为1，CO和CH3OH的物质的量分数与温度变化关系如图：
①表示10 MPa时CH3OH的物质的量分数随温度变化关系的曲线是___________(填标号)。
②200~400℃b、d曲线基本重合的原因是___________。
③590℃时，反应Ⅱ的Kp为___________。
【答案】（1）+41.2
（2）正向 （3） ①. n ②. 24%
（4） ①. a ②. 200~400℃以反应Ⅰ为主，加压反应Ⅰ正向移动，c(H2O)增大，对反应Ⅱ起抑制作用；升温对反应Ⅱ起促进作用，两种因素作用相当，导致CO物质的量分数几乎不变 ③. 0.25
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，反应Ⅰ—反应Ⅲ=反应Ⅱ，则ΔH2=(—49.4kJ/ml)—(—90.6kJ/ml)= +41.2kJ/ml，故答案为：+41.2；
【小问2详解】
恒压条件下充入不参与反应的惰性气体，相当于减小压强，反应Ⅰ是气体体积减小的反应，减小压强，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳和氢气的浓度增大、水蒸气浓度减小，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，减小压强，平衡不移动，但二氧化碳和氢气的浓度增大、水蒸气浓度减小会使平衡向正反应方向移动，故答案为：正向；
【小问3详解】
反应Ⅰ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大、浓度减小，甲醇的选择性增大，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，但二氧化碳和氢气浓度减小、水蒸气浓度增大会使平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，一氧化碳的选择性减小，由甲醇的选择性与一氧化碳的选择性之和等于100%可知，曲线m表示甲醇的选择性、曲线p表示一氧化碳的选择性、曲线n表示二氧化碳的平衡转化率；由图可知，A点时二氧化碳的转化率和一氧化碳的选择性都为30%，则甲醇的选择性为70%，由方程式可知，平衡时，反应Ⅰ消耗氢气的物质的量为1ml×30%×70%×3=0.63ml，反应Ⅱ消耗氢气的物质的量为1ml×30%×30%=0.09ml，则氢气的转化率为×100%=24%，故答案为：n；24%；
【小问4详解】
①反应Ⅰ是放热反应，压强不变时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数减小，反应Ⅱ是吸热反应，压强不变时，升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的物质的量分数增大，由(3)可知，增大压强，甲醇的物质的量分数增大、一氧化碳的物质的量分数减小，所以表示10 MPa时甲醇的物质的量分数随温度变化关系的曲线是a、表示一氧化碳的物质的量分数随温度变化关系的曲线是d，故答案为：a；
②200-400℃，b、d曲线基本重合是因为200~400℃以反应Ⅰ为主，加压反应Ⅰ正向移动，c(H2O)增大，对反应Ⅱ起抑制作用；升温对反应Ⅱ起促进作用，两种因素作用相当，导致CO物质量分数几乎不变，故答案为：200~400℃以反应Ⅰ为主，加压反应Ⅰ正向移动，c(H2O)增大，对反应Ⅱ起抑制作用；升温对反应Ⅱ起促进作用，两种因素作用相当，导致CO物质的量分数几乎不变；
③由图可知，590℃时，甲醇和一氧化碳的物质的量分数都为30%，由三种气体物质的量分数之和为1可知，二氧化碳的物质的量分数为40%， 由碳原子个数守恒可知，平衡时，甲醇、一氧化碳、二氧化碳物质的量分别是0.6 ml、0.6 ml、0.8 ml，由方程式可知，氢气的物质的量为6 ml—0.6 ml×3—0.6 ml=3.6 ml，水物质的量为0.6 ml+0.6 ml=1.2 ml，则平衡时体系中气体总物质的量为6.8 ml，反应Ⅱ的压强平衡常数Kp==0.25，故答案为：0.25。
18. 小组同学探究和不同铜盐溶液的反应，实验如下。
实验：向溶液中加入溶液，立即产生橙黄色沉淀（沉淀A），放置左右，转化为白色沉淀（沉淀B）。
已知：i．（无色）
ii．
（1）研究沉淀B的成分。
向洗涤后的沉淀B中加入足量浓氨水，得到无色溶液，在空气中放置一段时间，溶液变为深蓝色。取少量深蓝色溶液，滴加试剂X，产生白色沉淀。
①白色沉淀是，试剂是______。
②无色溶液在空气中放置变为深蓝色，反应的离子方程式为______。
（2）经检验，沉淀不含。推测沉淀能转化为沉淀与有关，为研究沉淀的成分及沉淀转化为的原因，实验如下。
①仅通过上述实验不能证明沉淀中含有，补充实验：向少量洗净的沉淀中加入稀硫酸，证实沉淀中含有的现象是______。
②无色溶液中含有，推测的产生有两个途径：
途径1：实验过程中氧化；
途径2：______（将途径补充完整）。
经研究，途径1不合理，途径2合理。
③解释和溶液反应时，先产生橙黄色沉淀，再转化为白色的原因：______。
（3）和溶液反应最终生成沉淀，并检测到有生成，离子方程式是______。
用和溶液重复上述实验，仅产生橙黄色沉淀，放置后变为暗红色沉淀（可溶于氨水，得到无色溶液，放置变为深蓝色）。
（4）根据上述实验得出和反应的结论：______。（任答一点）
【答案】（1） ①. 硝酸酸化的硝酸银（足量稀硝酸和硝酸银） ②.
（2） ①. 有红色固体析出 ②. 在的作用下，氧化为 ③. 和溶液生成棕黄色沉淀反应速率快，生成白色沉淀的程度大
（3）
（4）和能发生复分解反应和氧化还原反应；在作用下，的氧化性增强（任答一点）
【解析】
【分析】溶液中加入溶液，立即产生橙黄色沉淀A，沉淀A为，放置5min左右，转化为白色沉淀，沉淀B为CuCl，对于沉淀B组成的验证：向洗涤后的CuCl中加入足量浓氨水，得到无色溶液，在空气中放置一段时间，溶液变为深蓝色，取少量深蓝色溶液， 加入硝酸酸化的硝酸银，产生白色沉淀AgCl，证明有氯离子的存在，沉淀A组成的验证：反应物为和，沉淀A中不含，那么A中存在，洗涤后，加入足量的NaCl溶液，增大了氯离子的浓度，产生白色沉淀CuCl，无色溶液先加氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加足量盐酸，白色沉淀减少，即这个过程中发生氧化还原反应，酸性条件下，氯离子的催化下，生成了硫酸根。
【小问1详解】
①白色沉淀是AgCl，试剂X是用于检验Cl-，试剂X为：硝酸酸化的硝酸银（足量稀硝酸和硝酸银）；
②无色溶液含有的离子为，在空气中被O2氧化为蓝色溶液，离子方程式为：；
【小问2详解】
①由于，向沉淀A中加入稀硫酸会发生歧化反应，生成铜，现象为：有红色固体析出；
②溶液中的氧化剂除了氧气之外还有铜离子，在的作用下，氧化为；
③立即产生橙黄色沉淀(沉淀A)，说明生成亚硫酸铜沉淀的反应较快，转化为白色，说明生成白的沉淀B的程度大；
【小问3详解】
和溶液反应最终生成沉淀，并检测到有生成，离子方程式是：；
【小问4详解】
和能发生复分解反应和氧化还原反应；在作用下，的氧化性增强（任答一点）。
19. 黄酮类物质X具有抗金黄色葡萄球菌、大肠杆菌等活性，一种合成路线如下。
（1）X中含有的官能团为醚键、___________。
（2）D的结构简式是___________。
（3）E→F的反应同时生成HCl，试剂a的结构简式为___________。
（4）试剂b的分子式为C5H9Br，G→J的过程中会生成HBr，则K的结构简式为___________。
（5）F和L生成X经历如下多步反应：
已知：Ⅰ．
Ⅱ．
①M的结构简式是___________；M到N的反应类型为___________。
②N到X过程中，断了C-O键，除生成X外，还生成___________和___________。
【答案】（1）酮羰基、羟基
（2） （3）CH3OCH2Cl
（4） （5） ①. ②. 加成反应 ③. CH3OH ④. HCHO
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，催化剂作用下与溴发生取代反应生成，则B为；与(CH3)2SO4共热发生取代反应生成，则D为；在氢氧化钠溶液中发生水解反应后，酸化得到，则E为；与CH3OCH2Cl共热发生取代反应生成，则试剂a为CH3OCH2Cl；与发生取代反应后，酸化得到，则试剂b为、J为；一定条件下转化为，则K为；与CH3OCH2Cl共热发生取代反应生成，则L为；与发生信息反应生成，则M为；发生加成反应生成，则N为；酸化生成。
【小问1详解】
由结构简式可知，分子中含有的官能团为醚键、酮羰基、羟基；
【小问2详解】
由分析可知，D的结构简式为；
【小问3详解】
由分析可知，试剂a的结构简式为CH3OCH2Cl；
【小问4详解】
由分析可知，K的结构简式为；
【小问5详解】
①由分析可知，M的结构简式为，M到N的反应为发生加成反应生成，故答案为：；加成反应；
②由分析可知，N到X过程为酸化发生C-O键断裂生成、甲醛和甲醇，故答案为：CH3OH；HCHO性质
用途
A．
Cu2+可使蛋白质变性
波尔多液作为杀菌剂
B．
Ti-Fe合金硬度大
该合金用于储氢
C．
BaSO4对X射线透过率低且难溶于酸
BaSO4作X射线检查内服药剂
D．
葡萄糖具有一定还原性
葡萄糖可用于工业制镜
相关试卷
湖北省襄阳市第四中学2024-2025学年高一上学期第一次检测化学试题（Word版附解析）： 这是一份湖北省襄阳市第四中学2024-2025学年高一上学期第一次检测化学试题（Word版附解析），文件包含湖北省襄阳市第四中学2024-2025学年高一上学期第一次检测化学试题Word版含解析docx、湖北省襄阳市第四中学2024-2025学年高一上学期第一次检测化学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共16页， 欢迎下载使用。
湖北省襄阳市第五中学2024-2025学年高三上学期9月月考化学试卷（Word版附答案）： 这是一份湖北省襄阳市第五中学2024-2025学年高三上学期9月月考化学试卷（Word版附答案），共11页。试卷主要包含了单项选择题等内容，欢迎下载使用。
吉林省通化市梅河口市第五中学2024-2025学年高三上学期9月月考化学试题（解析版）： 这是一份吉林省通化市梅河口市第五中学2024-2025学年高三上学期9月月考化学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了5 Fe-56 Zn-65， 下列化学用语表示正确的是， 设为阿伏加德罗常数的值， 下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。
