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2022天津南开区高三下学期一模化学试题含解析
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这是一份2022天津南开区高三下学期一模化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了 下列物质的化学成分不正确的是等内容，欢迎下载使用。
2021—2022 学年度第二学期南开区高三年级模拟考试(一)
化学学科试卷
本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分，考试用时60分钟。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答题时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上无效。
第Ⅰ卷
注意事项：
1.每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
2.本卷共12题，每题3分，共36分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16
1. 化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A. 华为自主研发的麒麟芯片主要成分为 SiC
B. 三星堆出土的青铜面具与铜相比，具有熔点高、硬度大的特点
C. 核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核苷酸缩合聚合可以得到核酸
D. 碳纤维材料操纵棒是宇航员的手臂“延长器”，碳纤维属于有机高分子材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．华为自主研发的麒麟芯片主要成分为高纯硅即Si，A错误；
B．合金通常有熔点比成分金属低，硬度比成分金属大的特点，则三星堆出土的青铜面具与铜相比，具有熔点低、硬度大的特点，B错误；
C．核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸是有机高分子化合物，可以由核苷酸缩合聚合得到，C正确；
D．碳纤维材料操纵棒是宇航员的手臂“延长器”，碳纤维即碳的一种单质，不属于有机高分子材料，而是一种新型的无机非金属材料，D错误；
故答案为：C。
2. 下列有关化学用语表示正确的是
A. 丙烯的实验式：C3H6 B. 甲醛的分子结构模型：
C. 的名称：1-甲基乙醇 D. 基态氮原子的价电子排布式：2p3
【答案】B
【解析】
【详解】A．丙烯的实验式即最简式为：CH2，A错误；
B．已知甲醛是平面形分子，结构简式是HCHO，且原子半径C＞O＞H，则甲醛的分子结构空间填充模型为：，B正确；
C．根据醇的命名原则可知，的名称为：2-丙醇 ，C错误；
D．N是7号元素，则基态氮原子的价电子排布式为：2s22p3，D错误；
故答案为：B。
3. 下列物质的化学成分不正确的是
A. 重晶石：BaSO4 B. 油酸：C17H35COOH
C. 芒硝：Na2SO4·10H2O D. 甘氨酸：H2NCH2COOH
【答案】B
【解析】
【详解】油酸的分子式为C17H33COOH，C17H35COOH是硬脂酸，故答案为：B。
4. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
B. 将铜丝插入稀硝酸中：Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O
C. 惰性电极电解MgCl2溶液：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑
D. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知氧化性Cl2＞Br2＞Fe3+，则向FeBr2溶液中通入过量Cl2的离子方程式为：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++6Cl-+2Br2，A错误；
B．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和NO，则将铜丝插入稀硝酸中的离子方程式为：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，B错误；
C．由于Mg2+将与阴极上产生的OH-结合成Mg(OH)2沉淀，则惰性电极电解MgCl2溶液的离子方程式为：Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑，C错误；
D．由于Al(OH)3不溶于弱碱氨水中，则向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH，D正确；
故答案为：D。
5. 下列物质可用于处理泄露的有毒物质Na2S的是
①Fe2(SO4)3 ②铁粉 ③NaCl ④KI ⑤双氧水
A. ①⑤ B. ②④ C. ③④ D. ③⑤
【答案】A
【解析】
【详解】由反应方程式2Fe3++S2-=2Fe2++S↓或者2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓，S2-+H2O2=S+2OH-可知，Fe2(SO4)3和H2O2可以用于处理泄露的有毒物质Na2S，Fe粉、NaCl和KI均不能以Na2S反应，不能处理，故答案为：A。
6. NH3是重要的化工原料，可用于某些配合物的制备，如NiSO4溶于氨水可以形成[Ni(NH3)6]SO4。下列有关[Ni(NH3)6]SO4的说法正确的是
A. 配体为NH3，其空间结构为平面三角形
B. 1mol [Ni(NH3)6]2+中σ键的数目为18mol
C. [Ni(NH3)6]2+中H-N-H的键角大于NH3中的键角
D. 由于[Ni(NH3)6]SO4是配合物，故向其中滴加BaCl2溶液不会产生沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A．配体为NH3，NH3中心原子N周围的价层电子对数为：3+=4，根据价层电子对互斥模型可知，其空间结构为三角锥形，A错误；
B．已知[Ni(NH3)6]2+中每个NH3与Ni2+形成一个配位键，NH3分子中含有3个N-H键，这些键均为σ键，则1mol [Ni(NH3)6]2+中σ键的数目为3×6+6=24mol，B错误；
C．已知[Ni(NH3)6]2+中每个NH3与Ni2+形成一个配位键，则其中N原子周围不再有孤电子对，由于孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对对成键电子对的排斥作用，故[Ni(NH3)6]2+中H-N-H的键角大于NH3中的键角，C正确；
D．由于[Ni(NH3)6]SO4是配合物，但[Ni(NH3)6]SO4=[Ni(NH3)6]2++，故向其中滴加BaCl2溶液能够会产生沉淀BaSO4，D错误；
故答案为：C。
7. 下列实验过程中药品颜色变浅的是
A. 光照CH4和Cl2的混合气体
B. 加热经SO2漂白的品红溶液
C. 加热含酚酞的CH3COONa溶液
D. 加热密闭烧瓶内NO2、N2O4的混合气体
【答案】A
【解析】
【详解】A．光照CH4和Cl2的混合气体将发生取代反应，生成无色的CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl等无色产物，故导致药品颜色变浅，A符合题意；
B．由于SO2使品红溶液褪色是一个可逆过程，故加热经SO2漂白的品红溶液溶液恢复红色即药品颜色变深，B不合题意；
C．加热含酚酞的CH3COONa溶液，由于升高温度促进CH3COO-的水解，是溶液碱性增强而使溶液红色加深，C不合题意；
D．由于2NO2(g)N2O4(g)正反应是一个放热反应，则加热密闭烧瓶内NO2、N2O4的混合气体，上述平衡逆向移动，容器内颜色加深，D不合题意；
故答案为：A。
8. 下图为元素周期表前四周期的一部分。
X
W
Y
Z
下列有关W、X、Y、Z四种元素的说法中，正确的是
A. 电负性：Z>X B. 单质熔点：Y>Z
C. 原子半径：Y>W D. 第一电离能：Y>W
【答案】B
【解析】
【分析】由题干部分周期表所示信息可知，W、X、Y、Z四种元素分别为P、F、S、Br，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，X为F、Z为Br，同一主族从上往下电负性依次减小，则电负性F＞Br，即X>Z，A错误；
B．由分析可知，Y为S，Z为Br，常温下S为固体，而Br2是液体，故单质熔点S＞Br2，即Y>Z，B正确；
C．由分析可知，Y为S、W为P，同一周期从左往右原子半径依次减小，则原子半径P＞S，即W>Y，C错误；
D．由分析可知，Y为S、W为P，同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA之间反常，则第一电离能P大于S，即W > Y，D错误；
故答案为：B。
9. 采用电化学方法使Fe2+与H2O2反应，可生成非常活泼的·OH(羟基自由基)中间体用于降解废水中的有机污染物，原理如下图所示。下列说法不正确的是
A. X上发生电极反应为：2H2O - 4e- =O2↑+ 4H+
B. 可将X电极上产生的O2收集起来，输送到Y电极继续使用
C. 根据装置推测，Y电极是阳极，·OH在该电极侧产生
D. 起始时，在Y电极附近加入适量Fe2+或Fe3+，均能让装置正常工作
【答案】C
【解析】
【分析】据图可知Y电极上Fe3+得电子转化为Fe2+，O2得电子结合氢离子生成H2O2，均发生还原反应，所以Y电极为阴极，X电极上H2O失电子生成氧气，发生氧化反应，为阳极。
【详解】A．据图可知X电极上H2O失电子生成氧气，电极反应为2H2O - 4e- =O2↑+ 4H+，故A正确；
B．据图可知Y电极上的反应物有O2，而X电极产生O2，所以将X电极上产生的O2收集起来，输送到Y电极继续使用，故B正确；
C．根据分析可知Y为阴极，故C错误；
D．据图可知该装置工作时Fe2+与Fe3+循环转化，所以起始时，在Y电极附近加入适量Fe2+或Fe3+，均能让装置正常工作，故D正确；
综上所述答案为C。
10. 鸟嘌呤()是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用表示)。已知水溶液呈酸性，下列叙述正确的是
A. 水溶液的
B. 水溶液加水稀释，升高
C. 在水中的电离方程式为：
D. 水溶液中：
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．GHCl为强酸弱碱盐，电离出的GH+会发生水解，弱离子的水解较为微弱，因此0.001mol/L GHCl水溶液的pH>3，故A错误；
B．稀释GHCl溶液时，GH+水解程度将增大，根据勒夏特列原理可知溶液中c(H+)将减小，溶液pH将升高，故B正确；
C．GHCl为强酸弱碱盐，在水中电离方程式为GHCl=GH++Cl-，故C错误；
D．根据电荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+)，故D错误；
综上所述，叙述正确的是B项，故答案为B。
11. 反应经历两步：①；②。反应体系中、、的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是
A. a为随t的变化曲线
B. 时，
C. 时，的消耗速率大于生成速率
D. 后，
【答案】D
【解析】
【分析】由题中信息可知，反应经历两步：①；②。因此，图中呈不断减小趋势的ａ线为X的浓度随时间的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度随时间的变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度随时间的变化曲线。
【详解】A．X是唯一反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，为随的变化曲线，A正确；
B．由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于时刻，因此，时，B正确；
C．由图中信息可知，时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即时的消耗速率大于生成速率，C正确；
D．由图可知，时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则，由于反应②的发生，时刻Y浓度的变化量为，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为，这种关系在后仍成立， 因此，D不正确。
综上所述，本题选D。
12. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型的污水处理剂。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用暖贴残渣制备高铁酸钾，流程如下
下列说法不正确的是
A. 步骤 i 适当加热搅拌可以加快反应速率
B. ii 中的试剂为 H2O2
C. iii 中反应为 2Fe3+ + 5H2O +3ClO- =2 FeO +3Cl-+10H+
D. iv 中反应说明溶解度：Na2FeO4＞K2FeO4
【答案】C
【解析】
【详解】A．步骤i为酸溶，适当加热搅拌可以加快反应速率，A正确；
B．步骤ii加入氧化性试剂将亚铁离子氧化成铁离子，可以是H2O2，B正确；
C．步骤iii溶液是碱性的，H+不能共存，应以H2O形式存在，离子方程式为：2Fe3+ + 10OH- +3ClO- =2 FeO+3Cl-+5H2O，C错误
D．步骤iv 中Na2FeO4转化成K2FeO4，说明高铁酸钾溶解度更小，则溶解度：Na2FeO4＞K2FeO4，D正确；
故选：C。
第Ⅱ卷
13. 工业上用焦炭还原石英砂制得含有少量杂质的粗硅，将粗硅通过化学方法进一步提纯，可以得到高纯硅。回答下列问题：
（1）石英砂制粗硅的化学方程式为_______。
（2）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用_______形象化描述。在基态14C原子中，核外存在_______对自旋相反的电子。
（3）碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示。
(金刚石晶体)(石墨烯晶体)
①在石墨烯晶体中，每个六元环占有_______个C原子。
②在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个C原子连接_______个六元环。
③写出金刚石的硬度大于晶体硅的原因：_______。
（4）SiO2的晶体类型是_______晶体，一种SiO2晶体的结构中有顶角相连的硅氧四面体形成螺旋上升的长链如下图所示。其中Si原子的杂化轨道类型是_______。
（5）写出SiCl4的电子式：_______，H2还原气态SiCl4可制得纯硅，1100℃时每生成0.56kg纯硅需吸收akJ热量，写出该反应的热化学方程式：_______。
【答案】（1）2C+SiO2Si+2CO↑
（2） ①. 电子云 ②. 2
（3） ①. 2 ②. 12 ③. 金刚石与晶体硅都属于共价晶体，半径C
（5） ①. ②. SiCl4(g)+2H2(g)=Si(s)+4HCl(g) ΔH=+0.05akJ·mol-1
【解析】
【小问1详解】
石英砂制粗硅即用焦炭高温还原SiO2制得Si和CO，该反应的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO↑，故答案为：2C+SiO2Si+2CO↑；
【小问2详解】
处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云形象化描述，已知C是6号元素，其基态原子的核外电子排布式为：1s22s22p2，则在基态14C原子中，核外存在1s、2s上的2对自旋相反的电子，故答案为：电子云；2；
【小问3详解】
①由石墨烯晶体结构示意图可知，在石墨烯晶体中，每个碳原子被周围的3个六元环共用，故每个六元环占有=2个C原子，故答案为：2；
②在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个C原子连接12个六元环，故答案为：12；
③金刚石和晶体硅均为原子晶体(共价晶体)，由于C原子半径比Si原子半径小，C-C键长比Si-Si的键长更短，键长越短键能越大，导致金刚石的硬度大于晶体硅，故答案为：金刚石与晶体硅都属于共价晶体，半径C
如题干图示可知，SiO2中每个Si与周围4个O形成共价键，每个O与周围的2个Si形成共价键，而形成的一种空间网状结构，故SiO2的晶体类型是共价(原子)晶体，由图示可知，SiO2中每个Si与周围的4个O形成共价键，即Si原子的价层电子对数为4，则其中Si原子的杂化轨道类型是sp3，故答案为：共价(原子)；sp3；
【小问5详解】
SiCl4中Si与周围的4个Cl形成共价键，每个原子都满足8电子稳定结构，故其的电子式为：，H2还原气态SiCl4可制得纯硅，1100℃时每生成0.56kg即=20mol纯硅需吸收akJ热量，则该反应的热化学方程式为：SiCl4(g)+2H2(g)=Si(s)+4HCl(g) ΔH=+0.05akJ·mol-1，故答案为：；SiCl4(g)+2H2(g)=Si(s)+4HCl(g) ΔH=+0.05akJ·mol-1。
14. C2H2是基本有机化工原料。由C2H2制备聚乙烯醇缩丁醛和顺式聚异戊二烯的合成路线(部分反应条件略去)如下所示。
回答下列问题：
（1）CH3COCH3中官能团的名称是_______。
（2）①的反应类型是_______。
（3）C的核磁共振氢谱图中各组峰的峰面积之比为_______。
（4）B的结构简式为_______。
（5）C的键线式为_______。
（6）③的反应方程式为_______。
（7）⑤、⑥、⑦、⑧四个反应中不属于“原子经济性反应”的是_______(填反应序号)。
（8）异戊二烯分子中最多有_______个原子共平面，顺式聚异戊二烯的结构简式为_______。
（9）写出与D具有相同官能团且含有手性碳原子的所有同分异构体的结构简式(不考虑立体异构)：_______。
（10）写出以C2H2为原料制备CH3CH2COOH的合成路线流程图(其他无机试剂任选，合成路线流程图示例参照本题提干)：_______。
【答案】（1）酮羰基 （2）加成反应
（3）6：1：1 （4）CH3CH2CH2CHO
（5） （6） +nH2O+nCH3COOH
（7）⑦ （8） ①. 11 ②.
（9） 、 、 、 、
（10）CH≡CHCH2=CHCNCH2=CHCOOHCH3CH2COOH
【解析】
【分析】由题干流程图可知，乙炔在一定条件下与CH3COOH发生转化①生成物的结构简式可知根据转化②的产物结构简式来推导，可知C4H6O2的结构简式为：H2C=CHOOCCH3，根据转化③的反应条件可知，A的结构简式为： ，根据聚乙烯醇缩丁醛的结构简式可知，B的结构简式为：CH3CH2CH2CHO，由转化⑧可知順式聚异戊二烯的结构简式为： ，据此分析解题。
【小问1详解】
已知CH3COCH3为丙酮，其中含有的官能团的名称是酮羰基，故答案为：酮羰基；
【小问2详解】
由分析可知，转化①的反应方程式为：+CH3COOH CH2=CHOOCCH3，则其反应类型是加成反应，故答案为：加成反应；
【小问3详解】
由题干流程图中C结构简式可知，C的分子中有3三种不同环境的氢原子，原子个数比为6:1:1，故C的核磁共振氢谱图中各组峰的峰面积之比为6:1:1，故答案为：6:1:1；
【小问4详解】
有分析可知，B的结构简式为CH3CH2CH2CHO，故答案为：CH3CH2CH2CHO；
【小问5详解】
根据键线式的定义：C的键线式为 ，故答案为： ；
【小问6详解】
由题干流程图信息结合分析可知，③的反应方程式为：+nH2O+nCH3COOH，故答案为：+nH2O+nCH3COOH；
【小问7详解】
“原子经济性”是能够将反应物中的原子全部转化为目标产物中，没有副产物、不会造成原子浪费，加成、聚合反应符合“原子经济性反应”，由题干流程图可知，⑤、⑥、⑦、⑧四个反应分别属于：加成反应、加成反应、消去反应、加聚反应，其只有中⑦不属于“原子经济性反应”，故答案为：⑦；
【小问8详解】
已知碳碳双键所在的平面上6个原子共平面，单键可以任意旋转，则异戊二烯即 分子中最多有11个原子共平面，由分析可知，顺式聚异戊二烯的结构简式为 ，故答案为：11； ；
【小问9详解】
由题干流程图可知，D的分子式为：C5H10O，与D具有相同官能团即含有羟基和碳碳双键，且含有手性碳原子即有同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子，则符合条件的所有同分异构体的结构简式为： 、 、 、 、 ，故答案为： 、 、 、 、 ；
【小问10详解】
本题可以采用正向合成法，根据乙炔即 易加成的性质， 和HCN在一定条件下可以合成CH2=CHCN，CH2=CHCN发生水解反应生成CH2=CHCOOH，CH2=CHCOOH与H2在一定条件下加成即可制得目标产物CH3CH2COOH，由此确定合成路线为：CH≡CHCH2=CHCNCH2=CHCOOHCH3CH2COOH，故答案为：CH≡CHCH2=CHCNCH2=CHCOOHCH3CH2COOH。
15. 工业上常利用含硫废水生产Na2S2O3·5H2O，实验室可用如下装置(略去部分夹持仪器)模拟生产过程。
烧瓶C中发生反应如下：
Na2S(aq)+H2O(l)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+H2S(aq) (Ⅰ)
2H2S(aq)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l) (Ⅱ)
S(s)+Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq) (Ⅲ)
回答下列问题：
（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若_______，则整个装置气密性良好。装置E中为_______溶液。
（2）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为_______。
（3）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择_______溶液。
（4）实验中，为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是_______。
（5）已知反应(Ⅲ)相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是_______。
（6）反应终止后，烧瓶C中的溶液经_______、冷却结晶即可析出Na2S2O3·5H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。请设计实验检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明实验操作、现象和结论：_______。
（7）烧瓶C中的实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子反应方程式表示其原因：_______。
（8）准确称取2.000g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000mol·L-1碘的标准溶液滴定，反应原理为：2S2O+I2=S4O+2I-。消耗碘的标准溶液体积为18.00mL，则产品的纯度为_______(已知Na2S2O3·5H2O的相对分子质量为248)。
【答案】（1） ①. 一段时间后液柱高度保持不变 ②. NaOH
（2）2：1 （3）饱和NaHSO3溶液
（4）控制滴加硫酸的速度
（5）溶液变澄清(或浑浊消失)
（6） ①. 蒸发浓缩 ②. 取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层溶液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质
（7）S2O+2H+=S↓+SO2+H2O
（8）44.64%
【解析】
【分析】A中的亚硫酸钠中加入浓硫酸生成二氧化硫，装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，烧瓶C中发生反应如下：(Ⅰ)Na2S(aq)+H2O(l)+SO2(g)═Na2SO3(aq)+H2S(aq) (Ⅱ)2H2S(aq)+SO2(g)═3S(s)+2H2O(l) (Ⅲ)S(s)+Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq)反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶即可析出Na2S2O3•5H2O，E中盛放NaOH溶液进行尾气处理，防止含硫化合物排放在环境中，据此分析解题。
【小问1详解】
仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，则气密性良好，E中盛放NaOH溶液进行尾气处理，防止含硫化合物排放在环境中，故答案为：液柱高度保持不变； NaOH；
【小问2详解】
C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，烧瓶C中发生反应如下：Na2S(aq)+H2O(l)+SO2(g)═Na2SO3(aq)+H2S(aq) (Ⅰ)2H2S(aq)+SO2(g)═3S(s)+2H2O(l) (Ⅱ)S(s)+Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq) (Ⅲ)可知，(Ⅰ)×2+(Ⅱ)+(Ⅲ)×3，得到总反应为2Na2S(aq)+Na2SO3(aq)+3SO2(g)3Na2S2O3(aq)，则C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；
【小问3详解】
装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，故其中的液体要求SO2在其中的溶解度很小，且能起到除去SO2中的酸性杂质气体，则可饱和的亚硫酸氢盐溶液，如饱和NaHSO3溶液，故答案为：饱和NaHSO3溶液；
【小问4详解】
为使SO2缓慢进入烧瓶C，可以通过控制B中滴加硫酸的速度，来控制生成SO2的速率，故答案为：控制滴加硫酸的速度；
【小问5详解】
Ⅲ中发生S(g)+Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq)，反应达到终点是S完全溶解，可观察到溶液变澄清(或浑浊消失)，故答案为：溶液变澄清(或浑浊消失)；
小问6详解】
由分析可知，反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶即可析出Na2S2O3·5H2O，检测产品中是否存在Na2SO4，操作、现象和结论为取少量产品溶于足量稀盐酸中，静置，取上层清液(或过滤后取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀则说明含有Na2SO4杂质，故答案为：蒸发浓缩；取少量产品溶于足量稀盐酸中，静置，取上层清液(或过滤后取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀则说明含有Na2SO4杂质。
【小问7详解】
Na2S2O3•5H2O遇酸易分解，则Na2S2O3与稀硫酸反应的离子方程式为 +2H+═S↓+SO2↑+H2O，故答案为：+2H+═S↓+SO2↑+H2O；
【小问8详解】
根据反应可知：2S2O+I2=S4O+2I-，n(Na2S2O3)=2n(I2)=2×0.1000mol/L×18.00×10-3L=3.6×10-3mol，则产品的纯度为=44.64%，故答案为：44.64%。
16. 我国提出争取在2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。“碳中和”是指将人类经济社会活动所必需的碳排放，通过植树造林和其他人工技术或工程加以捕集利用或封存，从而使排放到大气中的二氧化碳净增量为零。下列各项措施能够有效促进“碳中和”。回答下列问题：
Ⅰ．将CO2转化为炭黑进行回收利用，反应原理如图所示。
（1）从能量角度分析FeO的作用是_______。
（2）写出炭黑和氧气转化为CO2的热化学方程式：_______。
Ⅱ．以CO2和甲醇为原料直接合成碳酸二甲酯(CH3OCOOCH3)的反应为：
CO2(g)+2CH3OH(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g) ΔH
在不同的实验条件下，测定甲醇的转化率。温度的数据结果为图a，压强的数据结果在图b中未画出。
（3）该反应的ΔH_______0(填“>”或“＜”)。
（4）在100～140℃之间，随着温度升高，甲醇转化率增大的原因是_______。
（5）在图b中绘制出压强和甲醇转化率之间的关系(作出趋势即可)。_______
Ⅲ．利用Al-CO2电池(工作原理如下图所示)能有效地将CO2转化成化工原料草酸铝。
（6）电池的总反应式为_______。
（7）电池的正极反应式：2CO2+2e-=C2O(草酸根)正极反应过程中，O2是催化剂，催化过程可表示为：
①6O2+6e-=6O
②……
写出反应②的离子方程式：_______
【答案】（1）降低反应活化能
（2）C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=−(a+b)kJ·mol−1
（3）＜ （4）在100～140℃之间，反应并未达到平衡状态，温度升高，反应速率增大，甲醇转化率增大。
（5） （6）2Al+6CO2=Al2(C2O4)3
（7）6CO2+6O=3C2O+6O2
【解析】
【小问1详解】
由题干反应历程图可知，FeO反应前后质量和性质没有改变，即FeO作催化剂，催化剂能够降低反应所需要的活化能，故从能量角度分析FeO的作用是降低反应所需的活化能，故答案为：降低反应所需的活化能；
【小问2详解】
由题干反应历程可知，反应①为：2Fe3O4(s)=O2(g)+6FeO(s) +akJ/mol，反应②为：CO2(g)+6FeO(s)=C(s)+2Fe3O4(s) =+bkJ/mol，①+②的CO2(g)=C(s)+O2(g) 根据盖斯定律可知，=+(a+b)kJ/mol，则炭黑和氧气转化为CO2的热化学方程式为C(s)+O2(g)= CO2(g) =-(a+b)kJ/mol，故答案为：为C(s)+O2(g)= CO2(g) =-(a+b)kJ/mol；
【小问3详解】
由题干图像可知，140℃之前由于反应还未达到平衡状态，温度升高反应速率越快，则相同时间内甲醇的转化率增大，而140℃之后由于反应已经达到平衡，温度升高，反应速率加快，更加早已达到化学平衡，此时升高温度，甲醇的平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，则该反应的ΔH＜0，故答案为：＜；
【小问4详解】
由(3)分析可知，在100～140℃之间，反应并未达到平衡状态，温度升高，反应速率增大，甲醇转化率增大，故答案为：在100～140℃之间，反应并未达到平衡状态，温度升高，反应速率增大，甲醇转化率增大；
【小问5详解】
根据反应方程式CO2(g)+2CH3OH(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g)可知，反应正反应是一个气体体积减小的方向，即增大压强，反应速率加快，达到平衡之前，甲醇的转化率增大，达到平衡之后，增大压强，平衡正向移动，甲醇的平衡转化率增大，故压强与甲醇转化率之间的关系如图：，故答案为：；
【小问6详解】
由题干电池装置图可知，Al为负极，电极反应为：Al-3e-=Al3+，多孔碳电极为正极，电极反应为：2CO2+2e-=，故电池的总反应式为2Al+6CO2=Al2(C2O4)3，故答案为：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3；
【小问7详解】
电池的正极反应式：2CO2+2e-=C2O(草酸根)正极反应过程中，O2是催化剂，催化过程可表示为：①6O2+6e-=6O，根据电子守恒并用正极反应减去反应①即得反应②，故其离子方程式为：6CO2+6O=3C2O+6O2，故答案为：6CO2+6O=3C2O+6O2。
2021—2022 学年度第二学期南开区高三年级模拟考试(一)
化学学科试卷
本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分，考试用时60分钟。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答题时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上无效。
第Ⅰ卷
注意事项：
1.每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
2.本卷共12题，每题3分，共36分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16
1. 化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A. 华为自主研发的麒麟芯片主要成分为 SiC
B. 三星堆出土的青铜面具与铜相比，具有熔点高、硬度大的特点
C. 核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核苷酸缩合聚合可以得到核酸
D. 碳纤维材料操纵棒是宇航员的手臂“延长器”，碳纤维属于有机高分子材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．华为自主研发的麒麟芯片主要成分为高纯硅即Si，A错误；
B．合金通常有熔点比成分金属低，硬度比成分金属大的特点，则三星堆出土的青铜面具与铜相比，具有熔点低、硬度大的特点，B错误；
C．核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸是有机高分子化合物，可以由核苷酸缩合聚合得到，C正确；
D．碳纤维材料操纵棒是宇航员的手臂“延长器”，碳纤维即碳的一种单质，不属于有机高分子材料，而是一种新型的无机非金属材料，D错误；
故答案为：C。
2. 下列有关化学用语表示正确的是
A. 丙烯的实验式：C3H6 B. 甲醛的分子结构模型：
C. 的名称：1-甲基乙醇 D. 基态氮原子的价电子排布式：2p3
【答案】B
【解析】
【详解】A．丙烯的实验式即最简式为：CH2，A错误；
B．已知甲醛是平面形分子，结构简式是HCHO，且原子半径C＞O＞H，则甲醛的分子结构空间填充模型为：，B正确；
C．根据醇的命名原则可知，的名称为：2-丙醇 ，C错误；
D．N是7号元素，则基态氮原子的价电子排布式为：2s22p3，D错误；
故答案为：B。
3. 下列物质的化学成分不正确的是
A. 重晶石：BaSO4 B. 油酸：C17H35COOH
C. 芒硝：Na2SO4·10H2O D. 甘氨酸：H2NCH2COOH
【答案】B
【解析】
【详解】油酸的分子式为C17H33COOH，C17H35COOH是硬脂酸，故答案为：B。
4. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
B. 将铜丝插入稀硝酸中：Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O
C. 惰性电极电解MgCl2溶液：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑
D. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知氧化性Cl2＞Br2＞Fe3+，则向FeBr2溶液中通入过量Cl2的离子方程式为：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++6Cl-+2Br2，A错误；
B．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和NO，则将铜丝插入稀硝酸中的离子方程式为：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，B错误；
C．由于Mg2+将与阴极上产生的OH-结合成Mg(OH)2沉淀，则惰性电极电解MgCl2溶液的离子方程式为：Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑，C错误；
D．由于Al(OH)3不溶于弱碱氨水中，则向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH，D正确；
故答案为：D。
5. 下列物质可用于处理泄露的有毒物质Na2S的是
①Fe2(SO4)3 ②铁粉 ③NaCl ④KI ⑤双氧水
A. ①⑤ B. ②④ C. ③④ D. ③⑤
【答案】A
【解析】
【详解】由反应方程式2Fe3++S2-=2Fe2++S↓或者2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓，S2-+H2O2=S+2OH-可知，Fe2(SO4)3和H2O2可以用于处理泄露的有毒物质Na2S，Fe粉、NaCl和KI均不能以Na2S反应，不能处理，故答案为：A。
6. NH3是重要的化工原料，可用于某些配合物的制备，如NiSO4溶于氨水可以形成[Ni(NH3)6]SO4。下列有关[Ni(NH3)6]SO4的说法正确的是
A. 配体为NH3，其空间结构为平面三角形
B. 1mol [Ni(NH3)6]2+中σ键的数目为18mol
C. [Ni(NH3)6]2+中H-N-H的键角大于NH3中的键角
D. 由于[Ni(NH3)6]SO4是配合物，故向其中滴加BaCl2溶液不会产生沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A．配体为NH3，NH3中心原子N周围的价层电子对数为：3+=4，根据价层电子对互斥模型可知，其空间结构为三角锥形，A错误；
B．已知[Ni(NH3)6]2+中每个NH3与Ni2+形成一个配位键，NH3分子中含有3个N-H键，这些键均为σ键，则1mol [Ni(NH3)6]2+中σ键的数目为3×6+6=24mol，B错误；
C．已知[Ni(NH3)6]2+中每个NH3与Ni2+形成一个配位键，则其中N原子周围不再有孤电子对，由于孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对对成键电子对的排斥作用，故[Ni(NH3)6]2+中H-N-H的键角大于NH3中的键角，C正确；
D．由于[Ni(NH3)6]SO4是配合物，但[Ni(NH3)6]SO4=[Ni(NH3)6]2++，故向其中滴加BaCl2溶液能够会产生沉淀BaSO4，D错误；
故答案为：C。
7. 下列实验过程中药品颜色变浅的是
A. 光照CH4和Cl2的混合气体
B. 加热经SO2漂白的品红溶液
C. 加热含酚酞的CH3COONa溶液
D. 加热密闭烧瓶内NO2、N2O4的混合气体
【答案】A
【解析】
【详解】A．光照CH4和Cl2的混合气体将发生取代反应，生成无色的CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl等无色产物，故导致药品颜色变浅，A符合题意；
B．由于SO2使品红溶液褪色是一个可逆过程，故加热经SO2漂白的品红溶液溶液恢复红色即药品颜色变深，B不合题意；
C．加热含酚酞的CH3COONa溶液，由于升高温度促进CH3COO-的水解，是溶液碱性增强而使溶液红色加深，C不合题意；
D．由于2NO2(g)N2O4(g)正反应是一个放热反应，则加热密闭烧瓶内NO2、N2O4的混合气体，上述平衡逆向移动，容器内颜色加深，D不合题意；
故答案为：A。
8. 下图为元素周期表前四周期的一部分。
X
W
Y
Z
下列有关W、X、Y、Z四种元素的说法中，正确的是
A. 电负性：Z>X B. 单质熔点：Y>Z
C. 原子半径：Y>W D. 第一电离能：Y>W
【答案】B
【解析】
【分析】由题干部分周期表所示信息可知，W、X、Y、Z四种元素分别为P、F、S、Br，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，X为F、Z为Br，同一主族从上往下电负性依次减小，则电负性F＞Br，即X>Z，A错误；
B．由分析可知，Y为S，Z为Br，常温下S为固体，而Br2是液体，故单质熔点S＞Br2，即Y>Z，B正确；
C．由分析可知，Y为S、W为P，同一周期从左往右原子半径依次减小，则原子半径P＞S，即W>Y，C错误；
D．由分析可知，Y为S、W为P，同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA之间反常，则第一电离能P大于S，即W > Y，D错误；
故答案为：B。
9. 采用电化学方法使Fe2+与H2O2反应，可生成非常活泼的·OH(羟基自由基)中间体用于降解废水中的有机污染物，原理如下图所示。下列说法不正确的是
A. X上发生电极反应为：2H2O - 4e- =O2↑+ 4H+
B. 可将X电极上产生的O2收集起来，输送到Y电极继续使用
C. 根据装置推测，Y电极是阳极，·OH在该电极侧产生
D. 起始时，在Y电极附近加入适量Fe2+或Fe3+，均能让装置正常工作
【答案】C
【解析】
【分析】据图可知Y电极上Fe3+得电子转化为Fe2+，O2得电子结合氢离子生成H2O2，均发生还原反应，所以Y电极为阴极，X电极上H2O失电子生成氧气，发生氧化反应，为阳极。
【详解】A．据图可知X电极上H2O失电子生成氧气，电极反应为2H2O - 4e- =O2↑+ 4H+，故A正确；
B．据图可知Y电极上的反应物有O2，而X电极产生O2，所以将X电极上产生的O2收集起来，输送到Y电极继续使用，故B正确；
C．根据分析可知Y为阴极，故C错误；
D．据图可知该装置工作时Fe2+与Fe3+循环转化，所以起始时，在Y电极附近加入适量Fe2+或Fe3+，均能让装置正常工作，故D正确；
综上所述答案为C。
10. 鸟嘌呤()是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用表示)。已知水溶液呈酸性，下列叙述正确的是
A. 水溶液的
B. 水溶液加水稀释，升高
C. 在水中的电离方程式为：
D. 水溶液中：
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．GHCl为强酸弱碱盐，电离出的GH+会发生水解，弱离子的水解较为微弱，因此0.001mol/L GHCl水溶液的pH>3，故A错误；
B．稀释GHCl溶液时，GH+水解程度将增大，根据勒夏特列原理可知溶液中c(H+)将减小，溶液pH将升高，故B正确；
C．GHCl为强酸弱碱盐，在水中电离方程式为GHCl=GH++Cl-，故C错误；
D．根据电荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+)，故D错误；
综上所述，叙述正确的是B项，故答案为B。
11. 反应经历两步：①；②。反应体系中、、的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是
A. a为随t的变化曲线
B. 时，
C. 时，的消耗速率大于生成速率
D. 后，
【答案】D
【解析】
【分析】由题中信息可知，反应经历两步：①；②。因此，图中呈不断减小趋势的ａ线为X的浓度随时间的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度随时间的变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度随时间的变化曲线。
【详解】A．X是唯一反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，为随的变化曲线，A正确；
B．由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于时刻，因此，时，B正确；
C．由图中信息可知，时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即时的消耗速率大于生成速率，C正确；
D．由图可知，时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则，由于反应②的发生，时刻Y浓度的变化量为，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为，这种关系在后仍成立， 因此，D不正确。
综上所述，本题选D。
12. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型的污水处理剂。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用暖贴残渣制备高铁酸钾，流程如下
下列说法不正确的是
A. 步骤 i 适当加热搅拌可以加快反应速率
B. ii 中的试剂为 H2O2
C. iii 中反应为 2Fe3+ + 5H2O +3ClO- =2 FeO +3Cl-+10H+
D. iv 中反应说明溶解度：Na2FeO4＞K2FeO4
【答案】C
【解析】
【详解】A．步骤i为酸溶，适当加热搅拌可以加快反应速率，A正确；
B．步骤ii加入氧化性试剂将亚铁离子氧化成铁离子，可以是H2O2，B正确；
C．步骤iii溶液是碱性的，H+不能共存，应以H2O形式存在，离子方程式为：2Fe3+ + 10OH- +3ClO- =2 FeO+3Cl-+5H2O，C错误
D．步骤iv 中Na2FeO4转化成K2FeO4，说明高铁酸钾溶解度更小，则溶解度：Na2FeO4＞K2FeO4，D正确；
故选：C。
第Ⅱ卷
13. 工业上用焦炭还原石英砂制得含有少量杂质的粗硅，将粗硅通过化学方法进一步提纯，可以得到高纯硅。回答下列问题：
（1）石英砂制粗硅的化学方程式为_______。
（2）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用_______形象化描述。在基态14C原子中，核外存在_______对自旋相反的电子。
（3）碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示。
(金刚石晶体)(石墨烯晶体)
①在石墨烯晶体中，每个六元环占有_______个C原子。
②在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个C原子连接_______个六元环。
③写出金刚石的硬度大于晶体硅的原因：_______。
（4）SiO2的晶体类型是_______晶体，一种SiO2晶体的结构中有顶角相连的硅氧四面体形成螺旋上升的长链如下图所示。其中Si原子的杂化轨道类型是_______。
（5）写出SiCl4的电子式：_______，H2还原气态SiCl4可制得纯硅，1100℃时每生成0.56kg纯硅需吸收akJ热量，写出该反应的热化学方程式：_______。
【答案】（1）2C+SiO2Si+2CO↑
（2） ①. 电子云 ②. 2
（3） ①. 2 ②. 12 ③. 金刚石与晶体硅都属于共价晶体，半径C
（5） ①. ②. SiCl4(g)+2H2(g)=Si(s)+4HCl(g) ΔH=+0.05akJ·mol-1
【解析】
【小问1详解】
石英砂制粗硅即用焦炭高温还原SiO2制得Si和CO，该反应的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO↑，故答案为：2C+SiO2Si+2CO↑；
【小问2详解】
处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云形象化描述，已知C是6号元素，其基态原子的核外电子排布式为：1s22s22p2，则在基态14C原子中，核外存在1s、2s上的2对自旋相反的电子，故答案为：电子云；2；
【小问3详解】
①由石墨烯晶体结构示意图可知，在石墨烯晶体中，每个碳原子被周围的3个六元环共用，故每个六元环占有=2个C原子，故答案为：2；
②在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个C原子连接12个六元环，故答案为：12；
③金刚石和晶体硅均为原子晶体(共价晶体)，由于C原子半径比Si原子半径小，C-C键长比Si-Si的键长更短，键长越短键能越大，导致金刚石的硬度大于晶体硅，故答案为：金刚石与晶体硅都属于共价晶体，半径C
如题干图示可知，SiO2中每个Si与周围4个O形成共价键，每个O与周围的2个Si形成共价键，而形成的一种空间网状结构，故SiO2的晶体类型是共价(原子)晶体，由图示可知，SiO2中每个Si与周围的4个O形成共价键，即Si原子的价层电子对数为4，则其中Si原子的杂化轨道类型是sp3，故答案为：共价(原子)；sp3；
【小问5详解】
SiCl4中Si与周围的4个Cl形成共价键，每个原子都满足8电子稳定结构，故其的电子式为：，H2还原气态SiCl4可制得纯硅，1100℃时每生成0.56kg即=20mol纯硅需吸收akJ热量，则该反应的热化学方程式为：SiCl4(g)+2H2(g)=Si(s)+4HCl(g) ΔH=+0.05akJ·mol-1，故答案为：；SiCl4(g)+2H2(g)=Si(s)+4HCl(g) ΔH=+0.05akJ·mol-1。
14. C2H2是基本有机化工原料。由C2H2制备聚乙烯醇缩丁醛和顺式聚异戊二烯的合成路线(部分反应条件略去)如下所示。
回答下列问题：
（1）CH3COCH3中官能团的名称是_______。
（2）①的反应类型是_______。
（3）C的核磁共振氢谱图中各组峰的峰面积之比为_______。
（4）B的结构简式为_______。
（5）C的键线式为_______。
（6）③的反应方程式为_______。
（7）⑤、⑥、⑦、⑧四个反应中不属于“原子经济性反应”的是_______(填反应序号)。
（8）异戊二烯分子中最多有_______个原子共平面，顺式聚异戊二烯的结构简式为_______。
（9）写出与D具有相同官能团且含有手性碳原子的所有同分异构体的结构简式(不考虑立体异构)：_______。
（10）写出以C2H2为原料制备CH3CH2COOH的合成路线流程图(其他无机试剂任选，合成路线流程图示例参照本题提干)：_______。
【答案】（1）酮羰基 （2）加成反应
（3）6：1：1 （4）CH3CH2CH2CHO
（5） （6） +nH2O+nCH3COOH
（7）⑦ （8） ①. 11 ②.
（9） 、 、 、 、
（10）CH≡CHCH2=CHCNCH2=CHCOOHCH3CH2COOH
【解析】
【分析】由题干流程图可知，乙炔在一定条件下与CH3COOH发生转化①生成物的结构简式可知根据转化②的产物结构简式来推导，可知C4H6O2的结构简式为：H2C=CHOOCCH3，根据转化③的反应条件可知，A的结构简式为： ，根据聚乙烯醇缩丁醛的结构简式可知，B的结构简式为：CH3CH2CH2CHO，由转化⑧可知順式聚异戊二烯的结构简式为： ，据此分析解题。
【小问1详解】
已知CH3COCH3为丙酮，其中含有的官能团的名称是酮羰基，故答案为：酮羰基；
【小问2详解】
由分析可知，转化①的反应方程式为：+CH3COOH CH2=CHOOCCH3，则其反应类型是加成反应，故答案为：加成反应；
【小问3详解】
由题干流程图中C结构简式可知，C的分子中有3三种不同环境的氢原子，原子个数比为6:1:1，故C的核磁共振氢谱图中各组峰的峰面积之比为6:1:1，故答案为：6:1:1；
【小问4详解】
有分析可知，B的结构简式为CH3CH2CH2CHO，故答案为：CH3CH2CH2CHO；
【小问5详解】
根据键线式的定义：C的键线式为 ，故答案为： ；
【小问6详解】
由题干流程图信息结合分析可知，③的反应方程式为：+nH2O+nCH3COOH，故答案为：+nH2O+nCH3COOH；
【小问7详解】
“原子经济性”是能够将反应物中的原子全部转化为目标产物中，没有副产物、不会造成原子浪费，加成、聚合反应符合“原子经济性反应”，由题干流程图可知，⑤、⑥、⑦、⑧四个反应分别属于：加成反应、加成反应、消去反应、加聚反应，其只有中⑦不属于“原子经济性反应”，故答案为：⑦；
【小问8详解】
已知碳碳双键所在的平面上6个原子共平面，单键可以任意旋转，则异戊二烯即 分子中最多有11个原子共平面，由分析可知，顺式聚异戊二烯的结构简式为 ，故答案为：11； ；
【小问9详解】
由题干流程图可知，D的分子式为：C5H10O，与D具有相同官能团即含有羟基和碳碳双键，且含有手性碳原子即有同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子，则符合条件的所有同分异构体的结构简式为： 、 、 、 、 ，故答案为： 、 、 、 、 ；
【小问10详解】
本题可以采用正向合成法，根据乙炔即 易加成的性质， 和HCN在一定条件下可以合成CH2=CHCN，CH2=CHCN发生水解反应生成CH2=CHCOOH，CH2=CHCOOH与H2在一定条件下加成即可制得目标产物CH3CH2COOH，由此确定合成路线为：CH≡CHCH2=CHCNCH2=CHCOOHCH3CH2COOH，故答案为：CH≡CHCH2=CHCNCH2=CHCOOHCH3CH2COOH。
15. 工业上常利用含硫废水生产Na2S2O3·5H2O，实验室可用如下装置(略去部分夹持仪器)模拟生产过程。
烧瓶C中发生反应如下：
Na2S(aq)+H2O(l)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+H2S(aq) (Ⅰ)
2H2S(aq)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l) (Ⅱ)
S(s)+Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq) (Ⅲ)
回答下列问题：
（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若_______，则整个装置气密性良好。装置E中为_______溶液。
（2）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为_______。
（3）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择_______溶液。
（4）实验中，为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是_______。
（5）已知反应(Ⅲ)相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是_______。
（6）反应终止后，烧瓶C中的溶液经_______、冷却结晶即可析出Na2S2O3·5H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。请设计实验检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明实验操作、现象和结论：_______。
（7）烧瓶C中的实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子反应方程式表示其原因：_______。
（8）准确称取2.000g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000mol·L-1碘的标准溶液滴定，反应原理为：2S2O+I2=S4O+2I-。消耗碘的标准溶液体积为18.00mL，则产品的纯度为_______(已知Na2S2O3·5H2O的相对分子质量为248)。
【答案】（1） ①. 一段时间后液柱高度保持不变 ②. NaOH
（2）2：1 （3）饱和NaHSO3溶液
（4）控制滴加硫酸的速度
（5）溶液变澄清(或浑浊消失)
（6） ①. 蒸发浓缩 ②. 取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层溶液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质
（7）S2O+2H+=S↓+SO2+H2O
（8）44.64%
【解析】
【分析】A中的亚硫酸钠中加入浓硫酸生成二氧化硫，装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，烧瓶C中发生反应如下：(Ⅰ)Na2S(aq)+H2O(l)+SO2(g)═Na2SO3(aq)+H2S(aq) (Ⅱ)2H2S(aq)+SO2(g)═3S(s)+2H2O(l) (Ⅲ)S(s)+Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq)反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶即可析出Na2S2O3•5H2O，E中盛放NaOH溶液进行尾气处理，防止含硫化合物排放在环境中，据此分析解题。
【小问1详解】
仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，则气密性良好，E中盛放NaOH溶液进行尾气处理，防止含硫化合物排放在环境中，故答案为：液柱高度保持不变； NaOH；
【小问2详解】
C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，烧瓶C中发生反应如下：Na2S(aq)+H2O(l)+SO2(g)═Na2SO3(aq)+H2S(aq) (Ⅰ)2H2S(aq)+SO2(g)═3S(s)+2H2O(l) (Ⅱ)S(s)+Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq) (Ⅲ)可知，(Ⅰ)×2+(Ⅱ)+(Ⅲ)×3，得到总反应为2Na2S(aq)+Na2SO3(aq)+3SO2(g)3Na2S2O3(aq)，则C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；
【小问3详解】
装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，故其中的液体要求SO2在其中的溶解度很小，且能起到除去SO2中的酸性杂质气体，则可饱和的亚硫酸氢盐溶液，如饱和NaHSO3溶液，故答案为：饱和NaHSO3溶液；
【小问4详解】
为使SO2缓慢进入烧瓶C，可以通过控制B中滴加硫酸的速度，来控制生成SO2的速率，故答案为：控制滴加硫酸的速度；
【小问5详解】
Ⅲ中发生S(g)+Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq)，反应达到终点是S完全溶解，可观察到溶液变澄清(或浑浊消失)，故答案为：溶液变澄清(或浑浊消失)；
小问6详解】
由分析可知，反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶即可析出Na2S2O3·5H2O，检测产品中是否存在Na2SO4，操作、现象和结论为取少量产品溶于足量稀盐酸中，静置，取上层清液(或过滤后取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀则说明含有Na2SO4杂质，故答案为：蒸发浓缩；取少量产品溶于足量稀盐酸中，静置，取上层清液(或过滤后取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀则说明含有Na2SO4杂质。
【小问7详解】
Na2S2O3•5H2O遇酸易分解，则Na2S2O3与稀硫酸反应的离子方程式为 +2H+═S↓+SO2↑+H2O，故答案为：+2H+═S↓+SO2↑+H2O；
【小问8详解】
根据反应可知：2S2O+I2=S4O+2I-，n(Na2S2O3)=2n(I2)=2×0.1000mol/L×18.00×10-3L=3.6×10-3mol，则产品的纯度为=44.64%，故答案为：44.64%。
16. 我国提出争取在2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。“碳中和”是指将人类经济社会活动所必需的碳排放，通过植树造林和其他人工技术或工程加以捕集利用或封存，从而使排放到大气中的二氧化碳净增量为零。下列各项措施能够有效促进“碳中和”。回答下列问题：
Ⅰ．将CO2转化为炭黑进行回收利用，反应原理如图所示。
（1）从能量角度分析FeO的作用是_______。
（2）写出炭黑和氧气转化为CO2的热化学方程式：_______。
Ⅱ．以CO2和甲醇为原料直接合成碳酸二甲酯(CH3OCOOCH3)的反应为：
CO2(g)+2CH3OH(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g) ΔH
在不同的实验条件下，测定甲醇的转化率。温度的数据结果为图a，压强的数据结果在图b中未画出。
（3）该反应的ΔH_______0(填“>”或“＜”)。
（4）在100～140℃之间，随着温度升高，甲醇转化率增大的原因是_______。
（5）在图b中绘制出压强和甲醇转化率之间的关系(作出趋势即可)。_______
Ⅲ．利用Al-CO2电池(工作原理如下图所示)能有效地将CO2转化成化工原料草酸铝。
（6）电池的总反应式为_______。
（7）电池的正极反应式：2CO2+2e-=C2O(草酸根)正极反应过程中，O2是催化剂，催化过程可表示为：
①6O2+6e-=6O
②……
写出反应②的离子方程式：_______
【答案】（1）降低反应活化能
（2）C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=−(a+b)kJ·mol−1
（3）＜ （4）在100～140℃之间，反应并未达到平衡状态，温度升高，反应速率增大，甲醇转化率增大。
（5） （6）2Al+6CO2=Al2(C2O4)3
（7）6CO2+6O=3C2O+6O2
【解析】
【小问1详解】
由题干反应历程图可知，FeO反应前后质量和性质没有改变，即FeO作催化剂，催化剂能够降低反应所需要的活化能，故从能量角度分析FeO的作用是降低反应所需的活化能，故答案为：降低反应所需的活化能；
【小问2详解】
由题干反应历程可知，反应①为：2Fe3O4(s)=O2(g)+6FeO(s) +akJ/mol，反应②为：CO2(g)+6FeO(s)=C(s)+2Fe3O4(s) =+bkJ/mol，①+②的CO2(g)=C(s)+O2(g) 根据盖斯定律可知，=+(a+b)kJ/mol，则炭黑和氧气转化为CO2的热化学方程式为C(s)+O2(g)= CO2(g) =-(a+b)kJ/mol，故答案为：为C(s)+O2(g)= CO2(g) =-(a+b)kJ/mol；
【小问3详解】
由题干图像可知，140℃之前由于反应还未达到平衡状态，温度升高反应速率越快，则相同时间内甲醇的转化率增大，而140℃之后由于反应已经达到平衡，温度升高，反应速率加快，更加早已达到化学平衡，此时升高温度，甲醇的平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，则该反应的ΔH＜0，故答案为：＜；
【小问4详解】
由(3)分析可知，在100～140℃之间，反应并未达到平衡状态，温度升高，反应速率增大，甲醇转化率增大，故答案为：在100～140℃之间，反应并未达到平衡状态，温度升高，反应速率增大，甲醇转化率增大；
【小问5详解】
根据反应方程式CO2(g)+2CH3OH(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g)可知，反应正反应是一个气体体积减小的方向，即增大压强，反应速率加快，达到平衡之前，甲醇的转化率增大，达到平衡之后，增大压强，平衡正向移动，甲醇的平衡转化率增大，故压强与甲醇转化率之间的关系如图：，故答案为：；
【小问6详解】
由题干电池装置图可知，Al为负极，电极反应为：Al-3e-=Al3+，多孔碳电极为正极，电极反应为：2CO2+2e-=，故电池的总反应式为2Al+6CO2=Al2(C2O4)3，故答案为：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3；
【小问7详解】
电池的正极反应式：2CO2+2e-=C2O(草酸根)正极反应过程中，O2是催化剂，催化过程可表示为：①6O2+6e-=6O，根据电子守恒并用正极反应减去反应①即得反应②，故其离子方程式为：6CO2+6O=3C2O+6O2，故答案为：6CO2+6O=3C2O+6O2。
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