PAGEPAGE12023~2024學年第一學期10月六校聯合調研試題化學答案可能用到的相對原子質量：H-1C-12O-16Na-23S-32Zn-65一、單項選擇題：共13題，每題3分，共39分。1.CO2捕集與封存是CO2減排的重要手段。下列關于CO2綜合利用與處理方法不正確的是A.電化學氧化法 B.環加成制聚碳酸酯C.堿液吸收法 D.加氫制碳氫化合物2.下列有關化學用語的表述正確的是A.NH4Br的電子式： B.O3分子的球棍模型：C.NaBH4中H元素化合價為+1 D.CuSO4?5H2O中含離子鍵、共價鍵、配位鍵、氫鍵3.下列實驗裝置與操作正確的是A.用圖1所示裝置分離四氯化碳和水B.用圖2所示裝置干燥氨氣C.用圖3所示裝置做制取氯氣的發生裝置D.用圖4所示裝置驗證物質的酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO34.N、O、Na、Mg是周期表中的短周期主族元素。下列有關說法正確的是A.堿性：NaOH＜Mg(OH)2 B.第一電離能：I1(Na)＜I1(Mg)C.原子半徑：r(N)＜r(O) D.N2、Na2O、Mg的晶體類型相同5.周期表中VIA族元素及其化合物應用廣泛。H2S(燃燒熱為562.2kJ?mol-1)是一種易燃的有毒氣體，可制取各種硫化物；硫酸、硫酸鹽是重要化工原料；硫酰氯(SO2Cl2)是重要的化工試劑，常作氯化劑或氯磺化劑。硒(34Se)(和碲(52Te)的單質及其化合物在電子、冶金、材料等領域有廣闊的發展前景，工業上以精煉銅的陽極泥(含CuSe)為原料回收Se，以電解強堿性Na2TeO3溶液制備Te。下列說法正確的是A.H2O2是非極性分子 B.SO3中的∠O－S－O與SO中的相等C.基態Se原子核外價電子排布式為4s24p4 D.VIA族元素氫化物的沸點從上到下依次增大6.周期表中VIA族元素及其化合物應用廣泛。H2S(燃燒熱為562.2kJ?mol-1)是一種易燃的有毒氣體，可制取各種硫化物；硫酸、硫酸鹽是重要化工原料；硫酰氯(SO2Cl2)是重要的化工試劑，常作氯化劑或氯磺化劑。唒(34Se)(和碲(52Te)的單質及其化合物在電子、冶金、材料等領域有廣闊的發展前景，工業上以精煉銅的陽極泥(含CuSe)為原料回收Se，以電解強堿性Na2TeO3溶液制備Te。下列化學反應表示正確的是A.Cu和濃硫酸反應：Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+2H2O+SO2↑B.H2S的燃燒：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)△H=-1124.4kJ?mol-1C.電解強堿性Na2TeO3溶液的陰極反應：TeO+4e-+6H+=Te+3H2OD.SO2Cl2遇水強烈水解生成兩種酸：SO2Cl2+2H2O=4H++SO+2Cl-7.周期表中VIA族元素及其化合物應用廣泛。H2S(燃燒熱為562.2kJ?mol-1)是一種易燃的有毒氣體，可制取各種硫化物；硫酸、硫酸鹽是重要化工原料；硫酰氯(SO2Cl2)是重要的化工試劑，常作氯化劑或氯磺化劑。唒(34Se)(和碲(52Te)的單質及其化合物在電子、冶金、材料等領域有廣闊的發展前景，工業上以精煉銅的陽極泥(含CuSe)為原料回收Se，以電解強堿性Na2TeO3溶液制備Te。下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是A.硫化鈉具有還原性，可用作Hg2+沉淀劑B.濃硫酸具有吸水性，可用于干燥二氧化硫C.硫黃為淡黃色固體，可用作制硫磺皂D.二氧化硫具有氧化性，可用于漂白紙漿8.某過渡金屬(M)－鋰離子電池的結構如圖所示，總反應式為LixCn+LiyMO2Lix-1Cn+Liy+1MO2，下列說法不正確的是A.放電時電子從Cn流入Al，還原電極B中的金屬元素MB.充電時B電極的反應式為：Liy+1MO2-e-=LiyMO2+Li+C.電解質不能用水溶液，但可用離子液體D.當Li+移向電極A時，化學能轉化為電能9.Y是合成藥物查爾酮類抑制劑中間體，由X在一定條件下反應制得。下列敘述正確的是A.K2CO3是為了結合反應產生的HBr B.FeCl3溶液不能鑒別X和YC.Y存在順反異構體 D.X與H2完全加成所得產物分子中含2個手性碳原子10.750℃時，NH3和O2發生以下兩個反應：①4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H1②4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)△H2下列說法正確的是A.反應①平衡常數可表示為K1=B.反應②的△S＜0C.反應①中每生成2molNO，轉移電子數約為6.02×1024D.反應②的△H2=2E(N≡N)+12E(H－O)-12E(N－H)-3E(O=O)11.實驗室向懸濁液中加入過量溶液，充分攪拌后過濾得到。已知室溫時，，。下列說法正確的是A.溶液中存在：B.懸濁液中存在：C.反應正向進行，需滿足D.過濾后所得濾液中一定存在：12.下列設計的實驗方案不能達到實驗目的是選項實驗現象和操作實驗目的A向2mL0.1mol?L-1Na2S溶液中滴加0.1mol?L-1ZnSO4溶液至不再有沉淀產生，再滴加幾滴0.1mol?L-1CuSO4溶液，出現黑色沉淀驗證Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)B向裝有電石的圓底燒瓶中逐滴加入適量飽和NaCl溶液，將產生的氣體通入酸性高錳酸鉀溶液中，溶液紫色褪去檢驗乙炔中含有碳碳三鍵C以Zn、Fe為電極，以酸化的3%NaCl溶液作電解質溶液，連接成原電池裝置。過一段時間，從Fe電極區域取少量溶液于試管中，再向試管中滴入2滴K3[Fe(CN)6]溶液，觀察現象探究金屬犧牲陽極保護法D向盛有2mL0.1mol?L-1K2Cr2O7溶液的試管中滴加5~10滴NaOH溶液，再繼續滴加5~10滴6mol?L-1H2SO4溶液，觀察現象探究濃度對化學平衡影響A.A B.B C.C D.D13.中國科學家在淀粉人工光合成方面取得重大突破性進展，該實驗方法首先將CO2催化還原為CH3OH。已知CO2催化加氫的主要反應有：①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.4kJ?mol-1②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41.2kJ?mol-1其他條件不變，在相同時間內溫度對CO2催化加氫的影響如圖。下列說法不正確的是已知：CH3OH的選擇性=×100%A.增大有利于提高CO2的平衡轉化率B.使用催化劑，能降低反應的活化能，增大活化分子百分數C.其他條件不變，增大壓強，有利于反應向生成CH3OH的方向進行D.220～240℃，升高溫度，對反應②速率的影響比對反應①的小二、非選擇題：共4題，共61分。14.從某冶鋅工廠的工業廢料[除ZnO外，還含有鉍(Bi)、鍺(Ge)等的氧化物]中回收幾種金屬的單質或化合物的工業流程如圖：(已知：Ge4+易水解)（1）下列措施更有利于完成“酸浸1”目的，提高“酸浸1”浸取率的是______(填字母)。A.延長酸浸時間 B.濃硫酸代替稀硫酸C.酸浸過程中不斷攪拌 D.增多工業廢料的用量（2）“酸浸2”時Bi2O3發生反應的離子方程式為______。（3）“沉鍺”的反應原理為Ge4++2H2RGeR2↓+4H+，該操作中需調節pH約為2.5，不能過高或過低，其原因是______。（4）①ZnO的一種晶胞結構如圖1所示，每個Zn原子周圍緊鄰的O原子個數為______。圖1②ZnO也可用作半導體材料，晶體中部分O原子被N原子替代后可以改善半導體的性能，Zn－N鍵中離子鍵成分百分數小于Zn－O鍵，從元素電負性的角度分析其原因為______。③加熱ZnSO4?7H2O固體，固體質量保留百分數與溫度的關系如圖2所示。1050℃時所得固體的化學式為______。(寫出計算過程)圖215.催化劑Mo(CO)6對于間位取代苯衍生物的合成至關重要，一種化合物H的合成路線如圖：已知：－Ph代表苯基。（1）B分子中碳原子的雜化軌道類型為______。（2）C→D的反應需經歷CXD的過程，X→D為水解反應，則C→X的反應類型為______。（3）有機物F的分子式為C10H10，其結構簡式為______。（4）D與C2H5OH發生酯化反應的有機產物有多種同分異構體，其一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式：______。①分子中不同化學環境的氫原子個數比是6：2：2：1：1；②能發生水解反應，且1mol該物質完全水解時消耗2molNaOH。（5）寫出以為原料制備的合成路線流程圖(須用PdCl2(PPh3)2，無機試劑和有機溶劑任用，合成路線示例見本題題干)______。16.廢定影液的主要成分為Na3[Ag(S2O3)2]，用廢定影液為原料制備AgNO3的實驗流程如圖：（1）“沉淀”時發生的反應為：2[Ag(S2O3)2]3-(aq)+S2-(aq)Ag2S(s)+4S2O(aq)，平衡常數K=______。檢驗沉淀完全的操作是______。(已知：Ksp(Ag2S)=1×10-50，Ag+(aq)+2S2O(aq)[Ag(S2O3)2]3-(aq)K1=1×1013)（2）“反應”時有淡黃色固體生成，發生反應的化學方程式為______。（3）已知：2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑，2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑。AgNO3粗產品中常含有Cu(NO3)2，請設計由AgNO3粗產品獲取純凈AgNO3的實驗方案：______，蒸發濃縮，冷卻結晶，過濾，洗滌，干燥，得到純凈的AgNO3。(實驗中須使用的試劑：稀硝酸、NaOH溶液、蒸餾水)（4）蒸發濃縮AgNO3溶液的裝置如圖所示。使用真空泉的目的是______。判斷蒸發濃縮完成的標志是______。17.苯乙烯是生產塑料和合成橡膠的重要有機原料，可由乙苯催化脫氫獲得。I.直接催化脫氫（1）已知：①C6H5C2H5(g)+O2(g)=8CO2(g)+5H2O(g)△H1=-4386.9kJ?mol-1②C6H5CH=CH2(g)+10O2(g)=8CO2(g)+4H2O(g)△H2=-4263.1kJ?mol-1③H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H3=-241.8kJ?mol-1反應C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)+H2(g)的△H=______kJ?mol-1。（2）向密閉容器中充入乙苯蒸氣和高溫水蒸氣，在0.1MPa和催化條件下，不同溫度時乙苯的平衡轉化率和苯乙烯的平衡選擇性如圖1所示。(已知：高溫水蒸氣不參與乙苯催化脫氫反應；苯乙烯的平衡選擇性指除了H2以外的產物中苯乙烯的物質的量分數；乙苯可能會裂解產生積碳覆蓋在催化劑表面，使催化劑“中毒”。)①加入高溫水蒸氣的作用是______。②實際生產中控制反應溫度為600℃的理由是______。II.CO2氧化乙苯脫氫(g)+CO2(g)(g)+CO(g)+H2O(g)△H=+158.8kJ?mol-1（3）CO2氧化乙苯脫氫反應的機理如下：①晶格氧機理Ar氣氛圍下，以高價態釩鎂氧化物晶體作催化劑進行乙苯脫氫，并將CO2轉化為CO，催化循環可表示為圖2，圖中物質為______(填“MgVmOn+1”或“MgVmOn”)圖2②酸堿位協同催化機理由圖可知，酸性位(A)和堿性位(B)都是反應活性中心，酸性位上發生乙苯的吸附活化；弱堿性位(B1)參與脫去α－H，而強堿性位(B2)活化CO2，被活化的CO2很容易和β－H反應，生成苯乙烯。由于催化劑的堿性不同，在Al2O3上發生的是乙苯直接脫氫，而在Na2O/Al2O3上發生的基本上是CO2耦合乙苯脫氫的原因是______。（4）從資源綜合利用角度分析，CO2氧化乙苯脫氫制苯乙烯的優點是______。PAGEPAGE12023~2024學年第一學期10月六校聯合調研試題化學答案可能用到的相對原子質量：H-1C-12O-16Na-23S-32Zn-65一、單項選擇題：共13題，每題3分，共39分。1.CO2捕集與封存是CO2減排的重要手段。下列關于CO2綜合利用與處理方法不正確的是A.電化學氧化法 B.環加成制聚碳酸酯C.堿液吸收法 D.加氫制碳氫化合物【答案】A【解析】【詳解】A．CO2中碳元素的化合價為+4價，為碳元素的最高價，CO2具有氧化性，CO2可通過電化學還原法處理，A錯誤；B．CO2的結構式為O=C=O，CO2中含有π鍵，CO2能通過環加成制聚碳酸酯高聚物，B正確；C．CO2屬于酸性氧化物，可以用堿液吸收CO2，C正確；D．CO2與H2一定條件下可以反應生成CH4等碳氫化合物，如，D正確；故選A。2.下列有關化學用語的表述正確的是A.NH4Br的電子式： B.O3分子的球棍模型：C.NaBH4中H元素的化合價為+1 D.CuSO4?5H2O中含離子鍵、共價鍵、配位鍵、氫鍵【答案】D【解析】【詳解】A．NH4Br的電子式：，故A錯誤；B．O3分子中心O原子最外層有一個孤電子對，因此O3分子為V形結構，球棍模型為：，故B錯誤；C．NaBH4中Na為+1價，B為+3價，即H元素的化合價為-1，故C錯誤；D．CuSO4?5H2O的結構示意圖為：，由圖可知，CuSO4?5H2O中含離子鍵、共價鍵、配位鍵、氫鍵，故D正確；故選D。3.下列實驗裝置與操作正確的是A.用圖1所示裝置分離四氯化碳和水B.用圖2所示裝置干燥氨氣C.用圖3所示裝置做制取氯氣的發生裝置D.用圖4所示裝置驗證物質的酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO3【答案】C【解析】【詳解】A.圖1所示裝置為過濾裝置，不能分離四氯化碳和水，A項錯誤；B.氨氣會與硫酸反應，不用用濃硫酸干燥氨氣，B項錯誤；C.二氧化錳和濃鹽酸在加熱下可以制備氯氣，圖3所示裝置可以完成，C項正確；D.用圖4所示裝置中鹽酸具有揮發性，最后硅酸的形成，無法判斷是二氧化碳還是鹽酸與硅酸鈉反應制得，D項錯誤；答案選C。4.N、O、Na、Mg是周期表中的短周期主族元素。下列有關說法正確的是A.堿性：NaOH＜Mg(OH)2 B.第一電離能：I1(Na)＜I1(Mg)C.原子半徑：r(N)＜r(O) D.N2、Na2O、Mg的晶體類型相同【答案】B【解析】【詳解】A．Na的金屬性強于Mg，則NaOH的堿性強于Mg(OH)2，A錯誤；B．同周期元素從左到右第一電離能呈增大的趨勢，且鎂3s軌道全滿，較為穩定，第一電離能較大，B正確；C．同周期元素，從左到右原子半徑逐漸減小，則原子半徑N>O，C錯誤；D．氮氣是分子晶體，Na2O為離子晶體，Mg為金屬晶體，晶體類型不同，D錯誤；故答案選B。5.周期表中VIA族元素及其化合物應用廣泛。H2S(燃燒熱為562.2kJ?mol-1)是一種易燃的有毒氣體，可制取各種硫化物；硫酸、硫酸鹽是重要化工原料；硫酰氯(SO2Cl2)是重要的化工試劑，常作氯化劑或氯磺化劑。硒(34Se)(和碲(52Te)的單質及其化合物在電子、冶金、材料等領域有廣闊的發展前景，工業上以精煉銅的陽極泥(含CuSe)為原料回收Se，以電解強堿性Na2TeO3溶液制備Te。下列說法正確的是A.H2O2是非極性分子 B.SO3中的∠O－S－O與SO中的相等C.基態Se原子核外價電子排布式為4s24p4 D.VIA族元素氫化物的沸點從上到下依次增大【答案】C【解析】【詳解】A．H2O2是由極性共價鍵和非極性共價鍵構成，氧原子為sp3雜化，分子結構不對稱，正負電荷中心不重合，屬于極性分子，A錯誤；B．SO3中心原子孤電子對數=、價層電子對數=3+0=3，故S為sp2雜化、空間構型為平面正三角形，SO中中心原子孤電子對數=、價層電子對數=3+1=4，故S為sp3雜化、空間構型為三角錐形，則SO3中的∠O－S－O與SO中的不相等，B錯誤；C．硒是第四周期ⅥA族元素，故基態Se原子核外價電子排布式為4s24p4，C正確；D．VIA族元素氫化物中，H2O分子間能形成氫鍵，水的熔沸點最高，D錯誤；答案選C。6.周期表中VIA族元素及其化合物應用廣泛。H2S(燃燒熱為562.2kJ?mol-1)是一種易燃的有毒氣體，可制取各種硫化物；硫酸、硫酸鹽是重要化工原料；硫酰氯(SO2Cl2)是重要的化工試劑，常作氯化劑或氯磺化劑。唒(34Se)(和碲(52Te)的單質及其化合物在電子、冶金、材料等領域有廣闊的發展前景，工業上以精煉銅的陽極泥(含CuSe)為原料回收Se，以電解強堿性Na2TeO3溶液制備Te。下列化學反應表示正確的是A.Cu和濃硫酸反應：Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+2H2O+SO2↑B.H2S的燃燒：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)△H=-1124.4kJ?mol-1C.電解強堿性Na2TeO3溶液的陰極反應：TeO+4e-+6H+=Te+3H2OD.SO2Cl2遇水強烈水解生成兩種酸：SO2Cl2+2H2O=4H++SO+2Cl-【答案】A【解析】【詳解】A．Cu和濃硫酸反應生成硫酸銅、二氧化硫和水：Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+2H2O+SO2↑方程式正確，故A正確；B．用硫化氫燃燒熱寫的熱化學方程式中應該生成液態水，故B錯誤；C．電解強堿性Na2TeO3溶液的陰極點擊反應式中不能有H+離子，正確的電極反應式為：TeO+4e-+3H2O=Te+6OH-；故C錯誤；D．SO2Cl2遇水強烈水解生成亞硫酸和鹽酸，亞硫酸不能拆寫化學式，故D錯誤；答案選A。7.周期表中VIA族元素及其化合物應用廣泛。H2S(燃燒熱為562.2kJ?mol-1)是一種易燃的有毒氣體，可制取各種硫化物；硫酸、硫酸鹽是重要化工原料；硫酰氯(SO2Cl2)是重要的化工試劑，常作氯化劑或氯磺化劑。唒(34Se)(和碲(52Te)的單質及其化合物在電子、冶金、材料等領域有廣闊的發展前景，工業上以精煉銅的陽極泥(含CuSe)為原料回收Se，以電解強堿性Na2TeO3溶液制備Te。下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是A.硫化鈉具有還原性，可用作Hg2+沉淀劑B.濃硫酸具有吸水性，可用于干燥二氧化硫C.硫黃為淡黃色固體，可用作制硫磺皂D.二氧化硫具有氧化性，可用于漂白紙漿【答案】B【解析】【詳解】A．硫離子和汞離子結合生成硫化汞沉淀，所以硫化鈉可用作Hg2+沉淀劑，A錯誤；B．濃硫酸具有吸水性，可吸收水用于干燥二氧化硫，B正確；C．硫黃可以和氫氧化鈉反應，所以可用作制硫磺皂，C錯誤；D．二氧化硫具有漂白性，可用于漂白紙漿，D錯誤；故選B。8.某過渡金屬(M)－鋰離子電池的結構如圖所示，總反應式為LixCn+LiyMO2Lix-1Cn+Liy+1MO2，下列說法不正確的是A.放電時電子從Cn流入Al，還原電極B中的金屬元素MB.充電時B電極的反應式為：Liy+1MO2-e-=LiyMO2+Li+C.電解質不能用水溶液，但可用離子液體D.當Li+移向電極A時，化學能轉化為電能【答案】D【解析】【分析】放電時轉化為，即發生電極反應，電子從集流器流入集流器Al，充電時轉化為，所以電極反應式為；【詳解】A．由題給總反應式可知，放電時轉化為，即發生電極反應，電子從集流器流入集流器Al，發生反應：，金屬元素M被還原，A正確；B．由分析可知充電時B電極的反應式為：，B正確；C．因金屬鋰能與水發生反應，所以電解質不能用水溶液，可以用常溫下呈液態又可以導電的離子液體，C正確；D．當移向電極A時，是轉化為，由總反應可知是充電過程，是電能轉化為化學能，D錯誤；故選D。9.Y是合成藥物查爾酮類抑制劑中間體，由X在一定條件下反應制得。下列敘述正確的是A.K2CO3是為了結合反應產生的HBr B.FeCl3溶液不能鑒別X和YC.Y存在順反異構體 D.X與H2完全加成所得產物分子中含2個手性碳原子【答案】A【解析】【詳解】A．二者發生取代反應生成Y和HBr，K2CO3與HBr反應減少生成物濃度可以提高產率，故A正確；B．X中有酚羥基，能使FeCl3溶液顯紫色，Y中沒有酚羥基，不能使FeCl3溶液顯紫色，因此FeCl3溶液能鑒別X和Y，故B錯誤；C．Y中有碳碳雙鍵，碳碳雙鍵一側有相同的甲基，Y不存在順反異構體，故C錯誤；D．X與H2完全加成所得產物是，分子中不含手性碳原子，故D錯誤；答案選A。10750℃時，NH3和O2發生以下兩個反應：①4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H1②4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)△H2下列說法正確的是A.反應①的平衡常數可表示為K1=B.反應②的△S＜0C.反應①中每生成2molNO，轉移電子數約為6.02×1024D.反應②的△H2=2E(N≡N)+12E(H－O)-12E(N－H)-3E(O=O)【答案】C【解析】【詳解】A．反應①的平衡常數可表示為K1=，A錯誤；B．反應②反應物生成物均為氣態，系數之和反應物小于生成物，所以反應②△S大于0，B錯誤；C．由方程式可知生成1molNO時電子轉移5mol，所以反應①中每生成2molNO，轉移電子10mol約為6.02×1024，C正確；D．反應②的△H2=-2E(N≡N)，D錯誤；故選C。11.實驗室向懸濁液中加入過量溶液，充分攪拌后過濾得到。已知室溫時，，。下列說法正確的是A.溶液中存在：B.懸濁液中存在：C.反應正向進行，需滿足D.過濾后所得濾液中一定存在：【答案】C【解析】【詳解】A．根據質子守恒，溶液中存在：，故A錯誤；B．，懸濁液中存在：，故B錯誤；C．反應，K=，反應正向進行，需滿足，故C正確；D．根據電荷守恒，過濾后所得濾液中一定存在：，故D錯誤；選C。12.下列設計的實驗方案不能達到實驗目的是選項實驗現象和操作實驗目的A向2mL0.1mol?L-1Na2S溶液中滴加0.1mol?L-1ZnSO4溶液至不再有沉淀產生，再滴加幾滴0.1mol?L-1CuSO4溶液，出現黑色沉淀驗證Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)B向裝有電石的圓底燒瓶中逐滴加入適量飽和NaCl溶液，將產生的氣體通入酸性高錳酸鉀溶液中，溶液紫色褪去檢驗乙炔中含有碳碳三鍵C以Zn、Fe為電極，以酸化的3%NaCl溶液作電解質溶液，連接成原電池裝置。過一段時間，從Fe電極區域取少量溶液于試管中，再向試管中滴入2滴K3[Fe(CN)6]溶液，觀察現象探究金屬的犧牲陽極保護法D向盛有2mL0.1mol?L-1K2Cr2O7溶液的試管中滴加5~10滴NaOH溶液，再繼續滴加5~10滴6mol?L-1H2SO4溶液，觀察現象探究濃度對化學平衡的影響A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．向Na2S溶液中滴加ZnSO4溶液，產生ZnS沉淀，且將S2-消耗完全，再滴加幾滴CuSO4溶液，生成黑色沉淀CuS，發生了沉淀的轉化，證明Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，故A正確；B．向電石中逐滴加入NaCl溶液，生成乙炔，并且含有雜質氣體H2S，通入酸性高錳酸鉀溶液中，溶液紫色褪去，可能是H2S導致的，并不能證明乙炔中含有碳碳三鍵，故B錯誤；C．從Fe電極區域取少量溶液于試管中，滴入2滴K3[Fe(CN)6]溶液，若未出現藍色沉淀，說明Fe未失電子，證明了犧牲陽極的陰極保護法，故C正確；D．向K2Cr2O7溶液滴NaOH溶液，溶液由橙色變為黃色，再繼續滴加H2SO4溶液，溶液由黃色變為橙色，證明了濃度對化學平衡的影響，故D正確；故選B。13.中國科學家在淀粉人工光合成方面取得重大突破性進展，該實驗方法首先將CO2催化還原為CH3OH。已知CO2催化加氫的主要反應有：①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.4kJ?mol-1②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41.2kJ?mol-1其他條件不變，在相同時間內溫度對CO2催化加氫的影響如圖。下列說法不正確的是已知：CH3OH的選擇性=×100%A.增大有利于提高CO2的平衡轉化率B.使用催化劑，能降低反應的活化能，增大活化分子百分數C.其他條件不變，增大壓強，有利于反應向生成CH3OH的方向進行D.220～240℃，升高溫度，對反應②速率的影響比對反應①的小【答案】D【解析】【詳解】A增大即增大H2的濃度，上述反應①平衡正向移動，故有利于提高CO2的平衡轉化率，A正確；B．使用催化劑能降低反應的活化能，增大活化分子的百分數，加快反應速率，B正確；C．反應①是氣體體積減小的反應，增大壓強，平衡正向移動，即向生成CH3OH的方向移動，C正確；D．由題干圖示信息可知，220～240℃，升高溫度，二氧化碳轉化率增大，但甲醇的選擇性下降，說明對反應②速率的影響比對反應①的大，D錯誤；故答案為：D。二、非選擇題：共4題，共61分。14.從某冶鋅工廠的工業廢料[除ZnO外，還含有鉍(Bi)、鍺(Ge)等的氧化物]中回收幾種金屬的單質或化合物的工業流程如圖：(已知：Ge4+易水解)（1）下列措施更有利于完成“酸浸1”目的，提高“酸浸1”浸取率的是______(填字母)。A.延長酸浸時間 B.濃硫酸代替稀硫酸C.酸浸過程中不斷攪拌 D.增多工業廢料的用量（2）“酸浸2”時Bi2O3發生反應的離子方程式為______。（3）“沉鍺”的反應原理為Ge4++2H2RGeR2↓+4H+，該操作中需調節pH約為2.5，不能過高或過低，其原因是______。（4）①ZnO的一種晶胞結構如圖1所示，每個Zn原子周圍緊鄰的O原子個數為______。圖1②ZnO也可用作半導體材料，晶體中部分O原子被N原子替代后可以改善半導體的性能，Zn－N鍵中離子鍵成分百分數小于Zn－O鍵，從元素電負性的角度分析其原因為______。③加熱ZnSO4?7H2O固體，固體質量保留百分數與溫度的關系如圖2所示。1050℃時所得固體的化學式為______。(寫出計算過程)圖2【答案】（1）AC（2）Bi2O3+2H++SO=(BiO)2SO4+H2O（3）若pH過高，Ge4+水解程度增大，使“沉鍺”中c(Ge4+)降低；pH過低，Ge4++2H2RGeR2↓+4H+化學平衡逆向移動，均不利于生成GeR2沉淀（4）①.4②.電負性O＞N，O對電子的吸引能力更強，Zn更容易與O形成離子鍵③.ZnO【解析】【分析】工業廢料中加入稀硫酸酸浸，ZnO轉化為ZnSO4，浸液1中含有硫酸鋅，再經過蒸發濃縮等步驟得到硫酸鋅晶體，再加入70%的硫酸進行酸浸2，過濾得到含鉍渣，濾液中加入試劑P-204煤油進行萃取，得到含有Ge4+的水相，再加入單寧酸沉鍺，最后得到GeCl4。【小問1詳解】A．延長酸浸時間可以提高酸浸1的浸取率，A正確；B．用濃硫酸代替稀硫酸，會浸出鍺，B錯誤；C．酸浸過程不斷攪拌，增大反應物之間的接觸面積增大了反應速率，有利于提高酸浸1的浸取率，C正確；D．增多工業廢料的用量，并不會提高酸浸1的浸取率，D錯誤；故答案選AC。【小問2詳解】酸浸2時，Bi2O3與硫酸反應生成(BiO)2SO4，離子方程式為Bi2O3+2H++SO=(BiO)2SO4+H2O。【小問3詳解】pH過高時Ge4+水解程度增大，使“沉鍺”過程中Ge4+的濃度降低，pH過低時，該反應的化學平衡逆向移動，不利于生成GeR2沉淀，因此pH不能過高也不能過低。【小問4詳解】①圖中白色的球為Zn2+，從圖中可知，每個Zn原子周圍緊鄰的O原子個數為4個。②O的電負性強于N，O對電子對的吸引能力更強，因此Zn更容易與O形成離子鍵。③加熱到145℃時，固體質量保留百分數為62.4%，ZnSO4·7H2O的摩爾質量為287g/mol，加熱到145℃時剩余固體的摩爾質量為179g/mol，減少了108g/mol，為6個H2O的質量，此時固體為ZnSO4·H2O，繼續加熱到688℃，此時固體的摩爾質量為161g/mol，繼續減少18g/mol，此時固體為ZnSO4，繼續加熱到1050℃，此時固體摩爾質量為81g/mol，繼續減少80g/mol，減少的質量為1個S和3個O，剩余固體為ZnO，故1050℃時固體的化學式為ZnO。15.催化劑Mo(CO)6對于間位取代苯衍生物的合成至關重要，一種化合物H的合成路線如圖：已知：－Ph代表苯基。（1）B分子中碳原子的雜化軌道類型為______。（2）C→D的反應需經歷CXD的過程，X→D為水解反應，則C→X的反應類型為______。（3）有機物F的分子式為C10H10，其結構簡式為______。（4）D與C2H5OH發生酯化反應的有機產物有多種同分異構體，其一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式：______。①分子中不同化學環境的氫原子個數比是6：2：2：1：1；②能發生水解反應，且1mol該物質完全水解時消耗2molNaOH。（5）寫出以為原料制備的合成路線流程圖(須用PdCl2(PPh3)2，無機試劑和有機溶劑任用，合成路線示例見本題題干)______。【答案】（1）sp2、sp3（2）加成反應（3）（4）或（5）【解析】【分析】A和溴發生取代反應在苯環引入溴原子得到B，B和鎂反應生成C，C和二氧化碳反應后水解引入羧基得到D，D發生取代反應引入氯原子得到E，E和F生成G，F的分子式為C10H10，結合G結構可知，F為，則EF反應為取代反應；G再轉化為H；【小問1詳解】B分子中碳原子的雜化軌道類型有兩種，苯環上的碳原子雜化方式為sp2，甲基上的碳原子雜化方式為sp3，故答案為：sp2、sp3；【小問2詳解】X的結構是，所以C→X的反應類型為加成反應；【小問3詳解】有機物F的分子式為C10H10，結合G的結構簡式，則其結構簡式為；【小問4詳解】3）D中含有羧基，D與C2H5OH發生酯化反應的有機產物為，其同分異構體有多種，滿足題目條件的為或；【小問5詳解】苯乙烯和溴加成引入溴原子，再發生消去反應得到苯乙炔；苯甲酸和SOCl2發生D生成E反應引入氯原子，再和苯乙炔發生E生成G的反應得到，再和發生G生成H的反應生成產物，故流程為：。16.廢定影液的主要成分為Na3[Ag(S2O3)2]，用廢定影液為原料制備AgNO3的實驗流程如圖：（1）“沉淀”時發生的反應為：2[Ag(S2O3)2]3-(aq)+S2-(aq)Ag2S(s)+4S2O(aq)，平衡常數K=______。檢驗沉淀完全的操作是______。(已知：Ksp(Ag2S)=1×10-50，Ag+(aq)+2S2O(aq)[Ag(S2O3)2]3-(aq)K1=1×1013)（2）“反應”時有淡黃色固體生成，發生反應的化學方程式為______。（3）已知：2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑，2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑。AgNO3粗產品中常含有Cu(NO3)2，請設計由AgNO3粗產品獲取純凈AgNO3的實驗方案：______，蒸發濃縮，冷卻結晶，過濾，洗滌，干燥，得到純凈的AgNO3。(實驗中須使用的試劑：稀硝酸、NaOH溶液、蒸餾水)（4）蒸發濃縮AgNO3溶液的裝置如圖所示。使用真空泉的目的是______。判斷蒸發濃縮完成的標志是______。【答案】（1）①.1×1024②.靜置，向上層清液中繼續滴加Na2S溶液，若不再有沉淀生成，則沉淀完全（2）Ag2S+4HNO3(濃)=2AgNO3+2NO2↑+2H2O+S（3）將AgNO3粗產品加熱并維持溫度在200℃至恒重，同時用足量NaOH溶液吸收產生的氣體；待固體冷卻后加入蒸餾水，充分溶解、過濾、洗滌，并將洗滌液與濾液合并，再加入適量稀HNO3（4）①.防止AgNO3分解；減小壓強，利于水分在較低溫度下蒸發②.溶液表面有晶膜出現【解析】【分析】廢定影液(主要含Na3[Ag(S2O3)2])，加入硫化鈉溶液，可生成硫化銀，經過濾1，所得濾渣含有硫化銀，洗滌干凈后加入濃硝酸溶解Ag2S得到硝酸銀、硫單質與二氧化氮；用氫氧化鈉除雜、經過濾2后得到硝酸銀溶液，蒸發濃縮、冷卻結晶得到硝酸銀晶體，據此分析作答。【小問1詳解】根據平衡常數、硫化銀的溶度積，可計算“沉淀”時發生的反應2[Ag(S2O3)2]3-(aq)+S2-(aq)Ag2S(s)+4S2O(aq)的平衡常數：K=；“沉淀”時Na3[Ag(S2O3)2]與Na2S反應制得Ag2S，則檢驗沉淀完全的操作是：靜置，向上層清液中繼續滴加Na2S溶液，若不再有沉淀生成，則沉淀完全。【小問2詳解】“反應”時有淡黃色固體即S生成，根據原子守恒可知，則為硫離子被氧化生成硫單質，則濃HNO3被還原為NO2氣體，則發生反應的化學方程式為：Ag2S+4HNO3(濃)=2AgNO3+2NO2↑+2H2O+S。【小問3詳解】根據給定的已知信息可知，硝酸銅的分解溫度為200℃，硝酸銀的分解溫度在440℃，則可設計除去硝酸銅的方法為：將AgNO3粗產品加熱并維持溫度在200℃至恒重，同時用足量NaOH溶液吸收產生的氣體，待固體殘留物冷卻后，加入蒸餾水，充分溶解、過濾、洗滌，并將洗滌液與濾液合并，再加入適量稀硝酸。【小問4詳解】考慮硝酸銀易分解，而實驗裝置中真空泵可以形成負壓，有利于水分在較低溫度下蒸發，同時可防止AgNO3分解，則使用真空泉的目的是：防止AgNO3分解；減小壓強，利于水分在較低溫度下蒸發；若溶液表面有晶膜出現，則證明蒸發濃縮完成。17.苯乙烯是生產塑料和合成橡膠的重要有機原料，可由乙苯催化脫氫獲得。I.直接催化脫氫（1）已知：①C6H5C2H5(g)+O2(g)=8CO2(g)+5H2O(g)