浙江省溫州市環大羅山聯盟20232024學年高二下學期期末聯考化學試題考生須知：1.本卷共8頁滿分100分，考試時間90分鐘。2.答題前，在答題卷指定區域填寫班級、姓名、考場號、座位號及準考證號并填涂相應數字。3.所有答案必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效。4.考試結束后，只需上交答題紙。可能用到的相對原子質量：H1O16C12Cl35.5Cr52選擇題部分一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.下列物質屬于堿的是A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】A．電離出的陰離子不全是OH－，屬于堿式鹽，A錯誤；B．為硼酸，不是堿，B錯誤；C．NH3·H2O在水溶液中電離方程式為NH+OH－，陰離子全是OH－，C正確；D．Na2CO3電離只生成Na+、CO，屬于鹽，D錯誤。本題選C。2.下列化學用語或模型表示正確的是A.2甲基1丁烯的鍵線式：B.基態銅原子價電子的軌道表示式：C.甲胺的電子式：D.分子的空間結構V形【答案】D【解析】【詳解】A．2甲基1丁烯的鍵線式為：，A錯誤；B．基態銅原子價電子排布式為3d104s1，價電子的軌道表示式為：，B錯誤；C．甲胺的結構簡式為CH3NH2，電子式：，C錯誤；D．分子中心原子價層電子對數為2+=4，還有2個孤電子對，空間結構為V形，D正確；故選D。3.二氧化氯(黃綠色、易溶于水的氣體)是一種高效、低毒的消毒劑。下列關于ClO2的說法正確的是A.ClO2、Cl2的稀溶液用于環境消毒，對人體無任何危害B.可將混合氣通過飽和食鹽水除去ClO2中的NH3C.ClO2中氯元素顯+4價，具有很強的氧化性，其消毒效率(以單位體積得電子數目表示)是Cl2的2.5倍D.一定條件下，可以實現轉化來制備ClO2【答案】C【解析】【詳解】A．氯氣會和飲用水中有機物發生氯代，生成對人體有害含氯有機物，不能廣泛應用，應尋找替代品，故A錯誤；B．二氧化氯(ClO2)是一種黃綠色易溶于水的氣體，不可用飽和食鹽水除去ClO2中的NH3，故B錯誤；C．作為消毒劑，具有強氧化性，最終可生成Cl，1molClO2可得5mol電子，而1mol氯氣得到2mol電子，其消毒效率（以單位體積得電子的數目）是氯氣的2.5倍，故C正確；D．的氧化性強于SO2，SO2不能氧化生成ClO2，故D錯誤；故選C。4.物質的性質決定用途，下列兩者對應關系不正確的是A.二氧化硫具有還原性，可在食品中起抗氧化的作用B.乙二醇的水溶液凝固點很高，可作汽車發動機的抗凍劑C.硫酸鋇不溶于水和酸，且不容易被X射線透過，可用作醫療檢查內服藥劑D.聚苯乙烯(PS)絕緣性好、耐化學腐蝕、無毒，可制成日常用品、絕緣材料【答案】B【解析】【詳解】A．二氧化硫具有還原性，能和氧氣反應，可在食品中起抗氧化的作用，A正確；B．乙二醇的水溶液凝固點很低，溫度低時可為液體，可作汽車發動機的抗凍劑，B錯誤；C．胃液中含有鹽酸，醫療上可用硫酸鋇作X射線透視腸胃的內服藥，因為硫酸鋇不溶于水和酸，且不容易被X射線透過，C正確；D．苯乙烯發生加聚反應可以制得聚苯乙烯(PS)，聚苯乙烯(PS)絕緣性好、耐化學腐蝕、無毒，可制成日常用品、絕緣材料，D正確；故選B。5.下列有關實驗設計、操作說法正確的是A.甲圖可用于測定與稀硫酸的反應速率B.乙圖在溶液中加入一些氨水，制成銅氨溶液，可使鍍層光亮C.丙圖可用于制備膠體D.丁圖可檢驗二氧化硫的漂白性【答案】B【解析】【詳解】A．Na2S2O3與稀硫酸發生離子反應：，SO2易溶于水，該反應生成的SO2大部分溶解在水中，所測氣體體積誤差較大，不能測定其反應速率，故A錯誤；B．鍍銅時，加入氨水可以制成銅氨溶液：，Cu2+濃度降低，使Cu2+放電速率減緩，同時通過平衡的移動補充放電消耗的Cu2+，使其濃度保持相對穩定，Cu2+平穩放電，使鍍層更加致密、均勻、光亮，故B正確；C．制備膠體需要用飽和FeCl3溶液，不能用飽和硫酸鐵溶液，原因是硫酸鐵水解生成和H2SO4，但H2SO4不揮發，抑制了Fe3+的水解，不利于生成Fe(OH)3膠體，故C錯誤；D．二氧化硫具有漂白性，但不能漂白酸堿指示劑，檢驗二氧化硫的漂白性，應將生成的SO2通入品紅溶液，故D錯誤；故選B。6.下列各組微粒，在水溶液中能大量共存的是A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【答案】D【解析】【詳解】A．和會發生雙水解反應，不能大量共存，A不選；B．和會發生雙水解反應，不能大量共存，B不選；C．、、之間會發生氧化還原反應，不能大量共存，C不選；D．、、、之間不發生反應，能大量共存，D選；故選D。7.NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法不正確的是A.1L1mol/LCH3COOH溶液中CH3COO和CH3COOH微?？倲禐镹AB.標準狀況下，5.6L甲烷和乙炔的混合氣體中含有的鍵數目小于NAC.1.8g含有的中子數為0.9NAD.室溫下，35.5g氯氣溶于水并充分反應，轉移的電子數為0.5NA【答案】D【解析】【詳解】A．由物料守恒可知，1L1mol/LCH3COOH溶液中n(CH3COO)+n(CH3COOH)=1L×1mol/L=1mol，A正確；B．標準狀況下，5.6L任何氣體物質的量均為0.25mol，0.25mol甲烷中含有的σ鍵數目為0.25×4NA=NA，0.25mol乙炔中含有的σ鍵數目為0.25×3NA=0.75NA，故當二者混合時含有的σ鍵數目小于NA，B正確；C．中含有10個中子，1.8g的物質的量為=0.09mol，含有的中子數為0.9NA，C正確；D．35.5g氯氣的物質的量為0.5mol，但該反應是自身氧化還原反應、且無法完全進行，轉移的電子總數小于0.5NA，D錯誤；故選D。8.下列說法不正確的是A.煤在一定條件下可與直接作用，生成液體燃料B.低密度的聚乙烯軟化溫度較低，是因為高分子鏈之間有較多長短不一的支鏈C.高級脂肪酸在水中的溶解度小于乙酸，酸性強于乙酸D.可以通過核磁共振氫譜鑒別丙酸和甲酸乙酯【答案】C【解析】【詳解】A．煤的液化是指煤在一定條件下可與直接作用，生成甲醇液體燃料，A正確；B．低密度聚乙烯主鏈有較多長短不一的支鏈，支鏈結構有礙碳碳單鍵的旋轉和鏈之間的接近。鏈之間的作用力就比高密度聚乙烯的小，軟化溫度和密度也就較低，B正確；C．高級脂肪酸具有較多的烷基，烷基是疏水基團，則高級脂肪酸在水中的溶解度小于乙酸，另外烷基是推電子基團，會導致羧基中羥基的極性減弱，酸性減弱，弱于乙酸，C錯誤；D．丙酸含有3種環境的H原子，個數比為3:2:1，甲酸乙酯也含有3種環境的H原子，個數比為3:2:1，但二者但峰出現的位置不一樣，可以通過核磁共振氫譜鑒別丙酸和甲酸乙酯，D正確；故選C。9.阿司匹林腸溶片的有效成分為乙酰水楊酸()。為檢驗其官能團，某小組同學進行如下實驗。下列說法不正確的是A.對比①②中實驗現象說明乙酰水楊酸中含有羧基B.對比②③中實驗現象說明乙酰水楊酸中含有酯基C.④中實驗現象說明乙酰水楊酸在堿性條件下未發生水解D.利用紅外光譜也可確定乙酰水楊酸中含有羧基和酯基【答案】C【解析】【詳解】A．觀察乙酰水楊酸的結構可知，其在水中可能會部分水解為水楊酸和乙酸，②中的現象說明乙酰水楊酸并非遇水就水解，而是水解速率很慢，需要一定的時間，故可以排除水解產物乙酸對①中石蕊變色的影響，而酚羥基不會使石蕊變色，即①中石蕊變色只由乙酰水楊酸中的羧基引起，A正確；B．②③說明乙酰水楊酸在水中可以水解生成酚，且③中乙酰水楊酸水解速率加快，可以說明乙酰水楊酸中含有酯基，B正確；C．乙酰水楊酸在堿性溶液中水解生成和CH3COONa，結構中無酚羥基，加入FeCl3溶液不會變為紫色，所以產生紅褐色沉淀并不能說明乙酰水楊酸在堿性條件下未發生水解，C錯誤；D．紅外吸收光譜的特征頻率可以鑒別物質中含有哪些官能團，以確定未知化合物的類別，則利用紅外光譜也可確定乙酰水楊酸中含有羧基和酯基，D正確；故選C。10.下列化學反應與方程式相符的是A.溶液的水解：B.銀氨溶液中加入足量鹽酸：C.以為原料制備硝酸的第一步反應：D.向溶液中加入少量NaOH溶液：【答案】B【解析】【詳解】A．溶液中發生水解反應得到H2CO3，離子方程式為：，A錯誤；B．銀氨溶液中加入鹽酸，反應生成氯化銀沉淀、銨根離子和水，反應的離子方程式為：，B正確；C．以為原料制備硝酸的第一步反應中和O2反應生成NO和H2O，化學方程式為：，C錯誤；D．向溶液中加入少量NaOH溶液生成碳酸鈣沉淀，離子方程式為：，D錯誤；故選B。11.新基建中物聯網的建設大大增加了對5G芯片的需求，而制備芯片需要大量使用光刻膠。如圖是某種光刻膠C的光交聯反應，下列有關說法不正確的是A.物質A的單體中所有原子可能共平面B.1mol物質C最多與6nmol發生加成反應C.物質A與物質B不是同分異構體，是同一物質D.該反應屬于加成反應【答案】C【解析】【詳解】A．由題圖可知，物質A的單體為，分子中含有苯環、碳碳雙鍵、酯基，可以通過單鍵的旋轉使平面1、2、3、4重合，故物質A的單體中所有原子可能共平面，A正確；B．物質C中只有苯環可以與H2發生加成反應，其中含有2n個苯環，則1mol物質C最多與6nmolH2發生加成反應，B正確；C．物質A與物質B都是高聚物，聚合度n不同，分子式不同，他們既不是同分異構體也不是同一物質，C錯誤；D．該反應中兩個碳碳雙鍵打開后成環，則該反應為加成反應，D正確；故選C。12.X、Y、Z、M、Q五種短周期主族元素，原子序數依次增大。X的原子半徑最小，Y、Z相鄰，Z的s能級與p能級電子數相等。M與X同主族，同周期中Q的電負性最大。下列說法正確的是A.Z、M形成的簡單離子的半徑B.離子VSEPR模型的空間結構為平面三角形C.沸點：D.X與Y，X與Z均能形成含有非極性鍵的極性分子【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q五種短周期主族元素，原子序數依次增大。X的原子半徑最小，X為H元素，M與X同主族，同周期中Q的電負性最大，M為Na元素，Q為Cl元素，Y、Z相鄰，Z的s能級與p能級電子數相等，Z的電子排布式為1s22s22p4，Z為O元素，Y為N元素，以此解答?！驹斀狻緼．O2、Na+的電子層數相等，核電荷數越大，半徑越小，則半徑：O2>Na+，A錯誤；B．中心原子價層電子對數為3+=3，且沒有孤電子對，VSEPR模型的空間結構為平面三角形，B正確；C．H2O分子間存在氫鍵，則沸點：H2O>NH3，C錯誤；D．H與O能形成含有非極性鍵的極性分子H2O2，H與N不能形成含有非極性鍵的極性分子，D錯誤；故選B。13.一種電解裝置如圖所示，通過電解獲得的電解液可實現下列說法不正確的是A.“轉化Ⅰ”生成1mol理論上電路中通過：6molB.右室電解獲得的電解液可用于實現“轉化Ⅰ”C.右室發生的電極反應為D.“轉化Ⅱ”發生的反應為【答案】C【解析】【分析】根據氫離子在電解池中移動方向可知，a電極為陰極，b電極為陽極，陽極發生失電子的氧化反應，陰極發生得電子的還原反應，陽極反應為2Cr3+

6е

+

7Н2О

=+14H+，陰極上Ti4++e=Ti3+,陽極生成的重鉻酸根具有強氧化性，陰極生成的Ti3+，具有還原性，“轉化Ⅰ”為氧化反應、可加入右室電解獲得的電解液氧化實現，“轉化Ⅱ”為還原反應，可加入左室電解獲得的電解液還原實現，“轉化II”的反應為+6Ti3++6H+→+Ti4++2H2O，據此解答

【詳解】A．“轉化Ⅰ”生成1mol

，由于消耗6mol的H+，根據電荷守恒原則，故需要轉移6mole,故A正確；B．右室電解獲得的電解液為重鉻酸根，可以作為氧化劑使用，而“轉化Ⅰ”是氧化反應，需要氧化劑，故B正確；C．b電極為陽極，陽極發生失電子的氧化反應，故應該是Cr3+

失去電子轉化為重鉻酸根，故C錯誤；D．“轉化Ⅱ”發生還原反應，加入Ti3+實行轉化，+6Ti3++6H+→+Ti4++2H2O，故D正確；故答案選C【點睛】利用氧化還原反應判斷電解法的陰陽極，結合氧化還原反應規律判斷答案14.Ni可活化制得，其反應歷程如圖所示：下列關于活化歷程的說法正確的是A.總反應的B.總反應的速率由“中間體2→中間體3”決定C.該反應過程中有碳氫鍵、碳碳鍵的斷裂和形成D.使用更高效的催化劑可降低反應所需的活化能和焓變【答案】B【解析】【詳解】A．由圖可知，總反應為反應物的能量大于生成物的能量的放熱反應，反應的焓變小于0，，故A錯誤；B．反應的活化能越大，反應速率越慢，總反應取決于慢反應，根據圖像可知，中間體2→中間體3的活化能最大，反應速率最慢，則總反應的速率由中間體2→中間體3的反應速率決定，故B正確；C．由圖可知，中間體1生成過渡態1的過程中有碳碳鍵的斷裂，但沒有碳碳鍵的形成，故C錯誤；D．催化劑可降低反應所需的活化能但不變改變焓變，故D錯誤；故選B。15.一定溫度下，在不同pH的溶液中存在形式不同，溶液中隨pH的變化如圖。已知：①MA，均為難溶物且圖1中的曲線Ⅰ的離子濃度關系符合；曲線Ⅱ的離子濃度關系符合；②初始。溶液中含A微粒的物質的量分數隨pH的變化如題圖2。下列說法正確的是A.時，pH=8B.由圖1可知，若pH=8、pM=3，則無沉淀生成C.a點發生反應：D.a點平衡后的溶液中存在【答案】B【解析】【分析】溶液中隨著pH的減小，c(H+)增大，先后發生反應：A2+H+HA、HA+H+H2A，A2的物質的量分數減小，HA的物質的量分數先增大后減小，H2A的物質的量分數增大，以此解答?！驹斀狻緼．由圖2可得，當時，c(H+)=106.5mol/L，Ka1()=，當時，c(H+)=1010.5mol/L，Ka2()=，則當c(A2)=c(H2A)時，c(H+)=mol/L，即pH=8.5，故A錯誤；B．曲線Ⅰ上的點符合，pH=8、pM=3的點在曲線Ⅰ的下方，，無沉淀生成，故B正確；C．曲線Ⅱ上的點符合，a點在曲線Ⅰ的下方，，無沉淀生成，故C錯誤；D．a點在曲線Ⅱ的上方，曲線I的下方，生成MA，故平衡后溶液中存在c(A2)+c(HA)+c(H2A)＜0.2mol/L，故D錯誤；故選B。16.根據實驗目的設計方案并進行實驗，觀察到相關現象，其中實驗操作、現象得出的結論都正確的是實驗操作現象結論A常溫下，將10mL苯與10mLCH3COOH混合所得混合溶液的體積約為20.2mL混合過程中削弱了CH3COOH分子間的氫鍵，且苯與CH3COOH分子間的作用弱于氫鍵B向10mL0.1mol/LNa2S溶液中滴入2mL0.1mol/L溶液，再加入2mL0.1mol/L溶液開始有白色沉淀產生，后產生黑色沉淀C在兩支盛有少許鐵的氧化物粉末的試管中分別加入稀硫酸，然后分別滴入酸性溶液、KSCN溶液滴入的酸性溶液褪色；滴入KSCN溶液后變為紅色鐵的氧化物粉末為D向待測液中滴加NaOH濃溶液，微熱，再將濕潤的紅色石蕊試紙靠近試管口紅色石蕊試紙變藍待測液一定是銨鹽溶液A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．常溫下，將10mL苯與10mLCH3COOH混合體積為20.2mL，說明混合過程中削弱了CH3COOH分子間的氫鍵，且苯與CH3COOH分子間的作用弱于氫鍵，導致分子間距離增大，從而使體積變大，A正確；B．向10mL0.1mol/LNa2S溶液中滴入2mL0.1mol/L溶液，生成ZnS白色沉淀，S2是過量的，再加入2mL0.1mol/L溶液生成CuS黑色沉淀，不能說明CuS是由ZnS轉化生成的，不能說明，B錯誤；C．在兩支盛有少許鐵的氧化物粉末的試管中分別加入稀硫酸，然后分別滴入酸性KMnO4溶液、KSCN溶液，滴入的酸性KMnO4溶液褪色，說明含有Fe2+，滴入KSCN溶液后變為紅色，說明含有Fe3+，該鐵的氧化物粉末也可能是FeO、Fe2O3的混合物，C錯誤；D．向待測液中滴加NaOH濃溶液，微熱，再將濕潤的紅色石蕊試紙靠近試管口，紅色石蕊試紙變藍，說明產生了氨氣，待測液可能是銨鹽溶液或氨水等，D錯誤；故選A。非選擇題部分二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17.C、N、O、S等是構建化合物的常見元素。請回答：（1）下列說法正確的是___________。A.第一電離能：B.基態氮原子核外有5種空間運動狀態不同的電子C.化學鍵中離子鍵成分的百分數：D.電負性：（2）雜環化合物咪唑結構簡式如圖，分子中的大鍵為(表示5中心6電子的鍵)①號N原子軌道雜化方式為___________；其中結合質子能力更強的氮原子是___________(填“①”或“②”)，其原因是___________。（3）一定條件下，、都能與形成籠狀結構(如下圖所示)的水合物晶體，其相關參數見下表。與形成的水合物晶體俗稱“可燃冰”。參數分子分子直徑/nm分子與的結合能0.43616.40.51229.91為開采深海海底的“可燃冰”，有科學家提出用置換CH4的設想。已知上圖中籠狀結構的空腔直徑為0.586nm，結合圖表從物質結構及性質的角度分析，該設想的依據是：___________。（4）C60與堿金屬形成的鹽具有特別的意義，他們能在低溫時轉變為超導材料。K與C60形成的一種超導材料的晶胞如圖所示，圖中白球表示C60，黑球表示鉀原子。該材料的化學式為___________?！敬鸢浮浚?）BC（2）①.②.①③.①號氮原子有一對孤對電子，能與氫離子形成配位鍵（3）CO2的分子直徑小于籠狀空腔直徑，且與H2O的結合能大于CH4（4）【解析】【小問1詳解】A．同周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，但P的價電子排布為，屬于半充滿結構，其第一電離能大于其右邊相鄰元素，則第一電離能：，A錯誤；B．電子在原子核外的一個空間運動狀態稱為一個原子軌道，基態氮原子的電子排布式為，其中1s、2s能級各有1個原子軌道，2p能級有3個原子軌道，因此氮原子核外有5種空間運動狀態不同的電子，B正確；C．離子鍵百分數可以根據電負性的差值進行計算，差值越大，百分數越大；由于電負性：O>S，則化學鍵中離子鍵成分的百分數：，C正確；D．N電負性大于S，則電負性：，D錯誤；故選BC?！拘?詳解】咪唑分子中①號N原子形成碳氮單鍵和碳氮雙鍵，價層電子對數為3，因此氮原子雜化方式為；由于①號氮原子有一對孤對電子，能與氫離子形成配位鍵，所以結合質子能力更強；【小問3詳解】根據表格數據可知，籠狀空腔的直徑是0.586nm，而CO2分子的直徑是0.512nm，CO2的分子直徑小于籠狀空腔直徑，,且CO2與水分子之間的結合能大于CH4，因此可以實現用CO2置換CH4的設想；【小問4詳解】根據晶胞結構，K原子個數為，C60個數為，則化學式為。18.黃血鹽[亞鐵氰化鉀目前廣泛用作食品添加劑(抗結劑)。一種制備黃血鹽的工藝如下：回答下列問題：（1）步驟I反應的化學方程式為___________（2）步驟IV過濾所得的廢液中含量較多的溶質為___________（3）步驟V是將難溶的與X反應脫鈣生成，所用的試劑X是___________（4）工藝中用到有毒的HCN溶液，含的廢水必須處理后才能排放。可用兩段氧化法處理：第一次氧化：NaCN與NaClO反應，生成NaOCN和NaCl；第二次氧化：NaOCN與NaClO反應，生成和兩種鹽(其中一種為酸式鹽)。已知HCN是一種苦杏仁味的無色劇毒液體(常溫時，)，易揮發；HCN、HOCN中N元素的化合價相同。①第一次氧化時，溶液應調節為___________(填“酸性”“堿性”或“中性”)，原因是___________。②第二次氧化反應的離子方程式為___________。【答案】（1）3Ca(OH)2+FeSO4+6HCN=Ca2Fe(CN)6+CaSO4+6H2O（2）CaCl2和KCl（3）碳酸鉀（4）①.堿性②.防止生成HCN，造成人員中毒或污染空氣③.2OCN+3ClO=+CO2↑+3Cl+N2↑【解析】【分析】石灰乳、FeSO4與HCN發生非氧化還原反應生成Ca2Fe(CN)6和CaSO4，過濾，除去CaSO4，步驟Ⅲ中Ca2Fe(CN)6與KCl反應生成K2CaFe(CN)6和CaCl2，KCl加入肯定過量，故廢液中溶質為CaCl2和KCl，步驟V中加入碳酸鉀，脫鈣生成K4Fe(CN)6，再經過蒸發濃縮、冷卻結晶，得到產品?！拘?詳解】步驟I中Ca(OH)2、FeSO4與HCN發生非氧化還原反應生成Ca2Fe(CN)6和CaSO4，所得化學方程式為：3Ca(OH)2+FeSO4+6HCN=Ca2Fe(CN)6+CaSO4+6H2O；【小問2詳解】步驟Ⅲ中Ca2Fe(CN)6與KCl生成K2CaFe(CN)6和CaCl2，KCl加入肯定過量，故廢液中溶質為CaCl2和KCl；【小問3詳解】除鈣一般用，步驟V反應為K2CaFe(CN)6+X=K4Fe(CN)6+СаСО3，則X為K2СО3，名稱為碳酸鉀；【小問4詳解】①NaCN易與酸反應生成HCN，為防止生成HCN，造成人員中毒或污染空氣，因此第一次氧化時，溶液的pH應調節為堿性；②反應中氯元素的化合價從+1價降低到1價，得到2個電子，N元素化合價從3價升高到0價，失去3個電子，則根據電子得失守恒，可知還原劑和氧化劑的物質的量之比是2：3，反應的離子方程式為：2OCN+3ClO=+CO2↑+3Cl+N2↑。19.我國力爭于2030年前做到碳達峰，2060年前實現碳中和。資源化利用碳氧化合物能有效減少排放CO2，實現自然界中的碳循環。（1）CO2的捕獲是實現資源利用的重要途徑。煙氣中CO2的捕集可能過如下所示的物質轉化實現。“碳化”的溫度不能過高的原因是___________。（2）以CO2、為原料合成涉及的主要反應如下：I．(主反應)II．(副反應)反應I的反應歷程可分為如下兩步：i．ii．①___________②0.1MPa時，向恒容密閉容器中充入物質的量之比為2：1的CO2(g)和(g)，反應物轉化率與反應溫度的關系如圖所示。在800℃下的選擇性為___________。（3）CO2可制甲烷化，CO2可制甲烷化過程中，CO2活化的可能途徑如圖所示。CO是CO2活化的優勢中間體，可能的原因是___________。（4）CO2和催化合成。主要發生反應為：，一定溫度和壓強下，將一定比例CO2和分別通過裝有兩種不同催化劑的反應器，反應相同時間，測得CO2轉化率隨溫度變化情況下如圖。下列說法不正確的是___________。A.該反應，在低溫下能自發進行B.若增大體系壓強，可提高活化分子百分數，使反應速率加快C.高于320℃后，用Ni作催化劑，CO2轉化率明顯上升，其可能原因是Ni催化劑活性隨溫度升高而增大，與溫度升高共同使化學反應速率迅速增大D.由圖可知，工業生產中用作催化劑優于用Ni作催化劑【答案】（1）碳酸氫鋰不穩定，受熱易分解（2）①.+136②.80%（3）生成中間體反應的活化能小，反應快；CO中間體能量低，穩定，利于生成（4）B【解析】【小問1詳解】碳酸鋰懸濁液吸收二氧化碳生成碳酸氫鋰，碳酸氫鋰不穩定，受熱易分解，所以碳化溫度不宜過高?！拘?詳解】①根據蓋斯定律反應Ⅰ反應ii可得ΔH1=(17744)kJ/mol=+136kJ/mol；②設CO2(g)和C2H6(g)的物質的量分別為2mol和1mol,在800℃，CO2的轉化率為30%，反應量為2mol×30%=0.6mol,C2H6的轉化率為75%，反應量為1mol×75%=0.75mol,由反應可知，生成C2H4(g)的物質的量為0.6mol，C2H4(g)的選擇性為=80%?！拘?詳解】由圖可知，CO是CO2活化的優勢中間體，可能的原因是生成中間體反應的活化能小，反應快；CO中間體能量低，穩定，利于生成。【小問4詳解】A．由圖可知，升高溫度，CO2的平衡轉化率減小，該反應為放熱反應，，該反應是氣體體積減小的反應，，時，反應能自發進行，則該反應在低溫下能自發進行，A正確；B．若增大體系壓強，可提高單位體積的活化分子個數，使反應速率加快，活化分子百分數不變，B錯誤；C．由圖可知，320℃時，NiGeO2的催化活性強于Ni的催化活性，以NiGeO2為催化劑時，催化合成反應已達到平衡，而以Ni為催化劑時，催化合成反應未達到平衡，320℃后，Ni催化劑活性隨溫度升高而增大，與溫度升高共同使化學反應速率迅速增大，反應相同時間時二氧化碳的轉化率增加，C正確；D．由圖可知，NiGeO2催化活性強于Ni的催化活性，工業生產中用作催化劑優于用Ni作催化劑，D正確；故選B。20.三氯三(四氫呋喃)合鉻(III)[CrCl3(THF)3]可催化烯烴加聚，制備的方法加下。已知：①易潮解，易升華，高溫下易被氧氣氧化。②氣體有毒，遇水發生水解產生兩種酸性氣體。I．制備無水；某化學小組用(沸點76.8℃)和1.52g在高溫下制備無水，同時生成氣體，實驗裝置如圖所示：（1）裝置A用于制備，實驗裝置合理的連接順序為A→___________→B(填裝置字母標號，可重復使用)。（2）尾氣處理時發生反應的離子方程式：___________。II．合成；①四氫呋喃(THF)為常見的有機溶劑，沸點66℃，易燃。②實驗室在非水體系中合成原理為：。實驗操作：按如圖組裝儀器，將步驟I所得無水和0.15g鋅粉放入濾紙套筒內，雙頸燒瓶中加入100mL無水四氫呋喃(THF)，通N25min后關閉，接通冷卻水，加熱四氫呋喃至沸騰，在索氏提取器中發生反應，回流2.5h后再通入N2冷卻至室溫；取下雙頸燒瓶，在通風櫥中蒸發至有較多固體析出，冷卻、抽濾、干燥后稱量即得產品4.50g。（3）該反應不能使用明火加熱的原因___________。（4）產品沿索氏提取器的管___________(填“2”或“3”)流回雙頸燒瓶。（5）實驗所用的四氫呋喃需進行無水處理，下列可以除去四氫呋喃中少量水分的試劑是___________。A．無水B．濃硫酸C．具有吸水能力的分子篩（6）產品產率為___________%[已知：的摩爾質量為152g/mol；的摩爾質量為374.5g/mol]?！敬鸢浮浚?）G→F→E→D→C（2）COCl2+4OH=+2Cl+2H2O（3）THF易揮發，易燃，遇明火可能發生爆炸（4）3（5）AC（6）60.1%【解析】【分析】I．制備無水的過程為：利用A裝置產生N2，通入濃硫酸中進行干燥，繼續通入F中，在熱水浴的作用下將氣態CCl4帶出，進入E中制備，反應在高溫下進行，以氣態生成，在D中進行冷凝收集，再通入濃硫酸，防止右邊的水蒸氣進入D中，最后用B裝置吸收產生的COCl2氣體；II．根據裝置圖分析，首先在圓底燒瓶中加入無水四氫呋喃，在紙質反應管加入無水CrCl3和鋅粉，開始加熱四氫呋喃蒸氣通過聯接管進入提取管在冷凝管中冷凝回流到紙質反應管中進行反應，從而生成產物。【小問1詳解】由上述分析可知，實驗裝置合理的連接順序為A→G→F→E→D→C→B?！拘?詳解】COCl2遇水發生水解產生兩種酸性氣體，結合價態分析可知生成CO2、HCl，用B裝置中的NaOH溶液吸收產生的COCl2氣體生成Na2CO3和NaCl、H2O，發生反應的離子方程式：COCl2+4OH=+2Cl+2H2O?！拘?詳解】該反應不能使用明火加熱的原因：THF易揮發，易燃，遇明火可能發生爆炸。【小問4詳解】根據虹吸原理，產品沿索氏提取器的管3流回雙頸燒瓶?！拘?詳解】A．無水CaCl2具有吸水性，與THF不反應，可用于除去THF中的水，A選；B．濃硫酸具有脫水性和腐