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四川省泸县第四中学2022-2023学年高二化学下学期5月期中考试试题（Word版附解析）
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这是一份四川省泸县第四中学2022-2023学年高二化学下学期5月期中考试试题（Word版附解析），共15页。
泸县四中2022-2023学年高二下期期中考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 K-39 Ti-48 Fe-56
第I卷选择题(42分)
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求。
1. 化学与生活、社会密切相关，下列说法正确的是
A. 晶体硅常用做光导纤维的主要材料
B. 近年来已发布“空气质量日报”中，将CO2、SO2、NO2和可吸入颗粒物等列入了首要污染物
C. 煤炭经气化、液化和干馏等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料
D. SO2可以用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫、增白食品等
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．光导纤维的主要成分是二氧化硅，不是晶体硅，故A错误；
B．二氧化碳不属于空气污染物，故B错误；
C．煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程；煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或者利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或者其他液体化工产品的过程；煤的干馏是指隔绝空气加强热，使煤分解的过程。因此煤炭经气化、液化和干馏等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料，故C正确；
D．二氧化硫有毒，不能用于增白食品，故D错误。
故选C。
2. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 60gSiO2晶体中含Si-O键数目为2NA
B. 足量Fe与1molCl2完全反应，转移的电子数目为2NA
C. 1L 0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中和离子数目之和为0.1NA
D. 1L 0.1mol/LNa2CO3溶液中，阴离子数目小于0.1NA
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．60gSiO2的物质的量为，二氧化硅晶体中每个硅原子含有4个Si-O键，所以60gSiO2晶体中含Si-O键数目为4NA，A项错误；
B．足量Fe与1mol Cl2完全反应，1mol Cl2转化为2mol Cl-，转移2mol电子，转移的电子数目为2NA，B项正确；
C．1L0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中、和H2CO3浓度之和为0.1mol/L，溶液体积未知，无法计算其数目，C项错误；
D．水解生成和，水解使阴离子数目增多，故溶液中阴离子数目大于0.1NA，D项错误；
答案选B。
3. 由短周期前10号元素组成的物质T和X，有如图所示的转化，X不稳定，易分解。下列有关说法正确的是
A. T分子中所有原子均在同一平面上
B. 等物质的量的T、X分子中含有π键的数目均为NA
C. X分子中含有的σ键个数是T分子中含有的σ键个数的2倍
D. T分子中只含有极性键，X分子中既含有极性键又含有非极性键
【答案】A
【解析】
【分析】由短周期前10号元素组成的物质T和X，X不稳定，易分解，根据价键规律，由图示可知，X是碳酸，T是甲醛。
【详解】A．甲醛中碳原子的杂化方式是sp2，分子中所有原子均在同一平面上，故A正确；
B．1个碳酸分子中含有1个有π键、1个甲醛分子中有1有π键，所以等物质的量的T、X分子中含有π键的数目相同，没有明确物质的量，π键数不一定为NA，故B错误；
C．1个碳酸分子中含有5个有σ键、1个甲醛分子中有3有σ键，碳酸分子中含有的σ键个数是甲醛分子中含有的σ键个数的倍，故C错误；
D．甲醛分子、碳酸分子中都是只含有极性键，故D错误；
选A。
4. 被称为“软电池”的纸质电池，其总反应为：Zn＋2MnO2＋H2O=ZnO＋2MnOOH。下列说法正确的是
A. 该电池中 Zn 作正极
B. MnO2电极上发生氧化反应
C. 该电池工作时电流由 Zn 经导线流向 MnO2
D. 当 6.5gZn 完全溶解时，流经电路的电子数目为 0.2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．由电池的总反应：Zn＋2MnO2＋H2O=ZnO+2MnOOH，可知Zn的化合价由0 价变为+2价，Zn失电子作负极，故A错误；
B．Zn是负极，失电子，发生氧化反应，MnO2电极上发生还原反应，故B错误；
C．该电池工作时电流是由正极流向负极，电流从MnO2经导线流向Zn，故 C错误；
D．根据电极反应，负极：Zn-2e-=Zn2+，1mol Zn溶解，转移2mol电子，则6.5gZn为0.1mol ，转移0.2mol电子，转移的电子数目为 0.2NA，故D正确；
答案选D。
5. 聚维酮碘的水溶液是一种常用的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如图(图中虚线表示氢键)。下列说法错误的是
A. 聚维酮中C、N原子均采取sp3杂化 B. 聚维酮的单体是
C. 聚维酮分子由2m个单体聚合而成 D. 聚维酮能发生水解反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．聚维酮中N原子采取sp3杂化，但羰基上的碳原子采用sp2杂化，A错误；
B．从聚维酮的结构看，它的链节是由二分子 加聚而成，所以其单体是 ，B正确；
C．聚维酮分子链节是由二分子 加聚而成，则它由2m个单体聚合而成，C正确；
D．聚维酮分子中含有酰氨键，能发生水解反应，D正确；
故选A。
6. X、Y、Z、M为四种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为。下列说法正确的是
A. 原子半径比较：Z>Y>X>M
B. 元素的氧化物对应的水化物的酸性比较：Z>Y>X
C. 由Y、Z、M三种元素可形成一种常见的离子化合物
D. 气态氢化物稳定性：X>Y>Z
【答案】C
【解析】
【分析】由Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76 g/L，可求得其相对分子质量为M=0.76 g/L×22.4L/mol=17g/mol，所以Y是N，M是H，又因X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，所以X是C，Z是O；
【详解】A．X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，原子半径应为X>Y>Z>M，A错误；
B．元素的最高氧化物对应的水化物才能比较酸性，而且氧也没有氧化物对应水化物，B错误；
C．Y、Z、M是N、O、H，三种元素可形成一种常见的离子化合物硝酸铵，C正确；
D．同一周期，从左到右，元素非金属性逐渐增强，气态氢化物的稳定性逐渐增强，故为Z>Y>X，D错误；
故选C。
7. 向含MgCl2和CuCl2的溶液中逐滴加入0.1mol/L的NaOH溶液，沉淀的质量(m)与加入NaOH溶液体积(V)的关系如图所示，已知V2=3V1，下列说法正确的是
A. 原溶液中MgCl2和CuCl2的物质的量浓度之比为3：1
B. 该实验不能证明Cu(OH)2的Ksp比Mg(OH)2的Ksp小
C. 若向Mg(OH)2悬浊液中滴入CuCl2溶液，一定会有Cu(OH)2生成
D. 水的电离程度：A＞B＞C
【答案】D
【解析】
【分析】据图象可知，0～V1时生成蓝色沉淀为Cu(OH)2，V1～V2生成的沉淀为Mg(OH)2，V2=3V1，说明n[Mg(OH)2]=2n[Cu(OH)2]，A点时溶质为NaCl和MgCl2，B点时为NaCl，C点为NaCl和NaOH，据此解答。
【详解】A．V2=3V1，说明n[Mg(OH)2]=2n[Cu(OH)2]，原溶液中MgCl2和CuCl2的物质的量浓度之比为2：1，故A错误；
B．CuCl2的物质的量浓度小且首先沉淀铜离子说明Cu(OH)2的Ksp比Mg(OH)2的Ksp小，故B错误；
C．要想生成沉淀，必须满足Qc＞Ksp，铜离子浓度大小未知，无法判断是否生成沉淀，故C错误；
D．A点时溶质为NaCl和MgCl2，B点时为NaCl，C点为NaCl和NaOH，镁离子水解促进水的电离，NaOH抑制水的电离，NaCl对水的电离无影响，水的电离程度：A＞B＞C，故D正确；
故选D。
第II卷(非选择题58分)
8. 神舟十四号载人宇宙飞船胜利升空，并完成与天和核心舱的对接，中国空间站即将建成。合成材料在宇宙飞船和宇航服等方面得到广泛应用，回答下列问题：
（1）合成材料品种很多，其中被称为“三大合成材料”的是_______、_______和合成橡胶。
（2）飞船上的柔性材料常用聚氯乙烯塑料。聚氯乙烯可利用乙烯和氯气作原料制备，其流程是乙烯→_______→乙炔→_______→聚氯乙烯。(填有机物名称)
（3）制作宇航服的材料聚酯纤维(聚对苯二甲酸乙二酯纤维)商品名叫涤纶，其单体的结构简式分别为_______和_______。
（4）酚醛树脂可做宇宙飞船外壳的烧蚀材料，其原料是苯酚和甲醛。写出下列反应的化学方程式：
①苯酚稀溶液中逐滴加入饱和溴水产生白色沉淀_______；
②甲醛与苯酚在催化剂作用下制备酚醛树脂_______。
【答案】（1） ①. 塑料 ②. 合成纤维
（2） ①. 1，2-二氯乙烷 ②. 氯乙烯
（3） ①. ②.
（4） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
被称为“三大合成材料”的是塑料、合成纤维和合成橡胶。答案为：塑料；合成纤维；
小问2详解】
由乙烯制聚氯乙烯时，应先制得氯乙烯，若试图用乙烯与氯气发生取代反应制氯乙烯，则很难实现，所以应使用乙炔与氯化氢加成制氯乙烯，乙烯与氯气加成后再消去便可制得乙炔。从而得出流程是乙烯→1，2-二氯乙烷→乙炔→氯乙烯→聚氯乙烯。答案为：1，2-二氯乙烷；氯乙烯；
【小问3详解】
先确定聚对苯二甲酸乙二酯()的链节()，连写二段()，然后让酯基水解，就可确定其单体的结构简式分别为和。答案为： ；；
【小问4详解】
①苯酚稀溶液中逐滴加入饱和溴水，发生取代反应，生成2，4，6-三溴苯酚白色沉淀和溴化氢，化学方程式为：；
②甲醛与苯酚在催化剂作用下发生缩聚反应，生成酚醛树脂和水，化学方程式为：。答案为：；。
【点睛】若苯酚分子中位于羟基邻、对位上的氢原子被其它原子或原子团取代，则不能再被溴原子取代。
9. 二甲醚简称DME，是一种基础化工原料，可用于燃料电池及制取低碳烯烃等，Kagan提出的一步法制取二甲醚的反应为：ΔH。下图为刚性容器中，CO2初始浓度相同，进料浓度比c(H2)∶c(CO2)分别等于3和5时CO2平衡转化率随温度变化的关系：
（1）ΔH_______0(填“>”或“＜”)。进料浓度比c(H2)∶c(CO2)=5的曲线为_______点所在曲线(填“A”或“B”)，B、C两点用CH3OCH3表示的平均反应速率(B)_______ (C)(填“>”、“＜”或“=”)。
（2）在一定条件下，若将CO2改为等物质的量的CO和CO2的混合气，则充入的CO与H2O发生反应：将导致CH3OCH3的产率增大，原因是_______。
（3）在一定体积的刚性容器中保持温度不变，保持c(H2)∶c(CO2)进料浓度比不变，进一步提高CO2的平衡转化率的方法是_______、_______。
（4）在绝热恒容密闭容器中充入一定量的NO和NH3，在一定条件下发生反应：6NO(g)+4NH3(g) 5N2(g)+6H2O(g)
不能说明该反应已达到平衡状态标志的是_______(填标号)。
a.体系温度不变
b.反应速率5v(NH3)消耗 =4v(N2)消耗
c.容器内压强不再随时间而发生变化
d.容器内N2的物质的量分数不再随时间而发生变化
e.容器内n(NO)：n(NH3)：n(N2)：n(H2O)=6：4：5：6
（5）一定温度下，在2 L恒容密闭容器内发生反应2NO2(g) N2O4(g)，n(NO2)随时间的变化如表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
n(NO2) /mol
0.040
0.020
0.010
0.005
0.005
0.005
根据表中可以看出，随着反应进行，反应速率逐渐减小，其原因是_______。该温度下，反应2NO2(g) N2O4(g)的平衡常数K=_______L·mol-1。
（6）对于反应2NO2(g) N2O4(g)，用平衡时各组分压强关系表达的平衡常数。在一定条件下NO2与N2O4的消耗速率与自身压强间存在关系：v消耗(NO2)=k1·p2(NO2)，v消耗(N2O4)=k2·p(N2O4)。其中k1、k2是与反应及温度有关的常数。相应的消耗速率跟压强的关系如图所示：
一定温度下，k1、k2与平衡常数KP的关系是k1=_______。在图标出的点中，指出能表示反应达到平衡状态的点并说明理由_______。
【答案】（1） ①. ＜ ②. A ③. ＜
（2）充入的 CO 与 H2O发生反应：H2O(g)+CO(g)⇌CO2(g)+H2(g)，可以减少 H2O的浓度，同时增大 CO2和 H2的浓度，使平衡 2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)向正反应方向移动，提高 CH3OCH3的产率
（3） ①. 增加反应体系压强 ②. 及时分离出产物
（4）e （5） ①. NO2是反应物，随着反应的进行，NO2的浓度逐渐减小，所以反应速率逐渐减小 ②. 1400
（6） ①. 2Kp•k2 ②. B点与D点，v(NO2消耗)=2v(N2O4消耗)=v(NO2生成) 满足平衡条件
【解析】
【小问1详解】
由图可知，随着温度的升高，CO2平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，则该反应为放热反应，ΔH＜0；相同条件下，增大进料浓度比c(H2)：c(CO2)，可以提高CO2平衡转化率，则进料浓度比c(H2)：c(CO2)=5的曲线为A；温度越高，反应速率越快，则B、C 两点用 CH3OCH3表示的平均反应速率v(B)＜v(C)，故答案为：＜；A；＜；
【小问2详解】
充入的 CO 与 H2O发生反应：H2O(g)+CO(g)⇌CO2(g)+H2(g)，可以减少 H2O的浓度，同时增大 CO2和 H2的浓度，使平衡 2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)向正反应方向移动，提高 CH3OCH3的产率，故答案为：充入的 CO 与 H2O发生反应：H2O(g)+CO(g)⇌CO2(g)+H2(g)，可以减少 H2O的浓度，同时增大 CO2和 H2的浓度，使平衡 2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)向正反应方向移动，提高 CH3OCH3的产率；
【小问3详解】
增加反应体系压强、及时分离出产物使平衡正向移动，提高 CO2的平衡转化率，故答案为：增加反应体系压强；及时分离出产物；
【小问4详解】
a.化学反应必然伴随热效应，体系温度不变说明反应到达平衡状态，a不选；
b.反应速率5v(NH3)消耗 =4v(N2)消耗=5 v(NH3)生成，即正逆反应速率相等，说明反应到达平衡状态，b不选；
c.该反应前后气体分子数不相等，压强是一变量，则容器内压强不再随时间而发生变化，说明反应到达平衡状态，c不选；
d.容器内N2的物质的量分数不再随时间而发生变化，说明氮气的浓度不变，说明反应到达平衡状态，d不选；
e.容器内n(NO)：n(NH3)：n(N2)：n(H2O)=6：4：5：6与起始投入量和转化率有关，不能说明反应到达平衡状态，e选；
故选：e；
【小问5详解】
根据表中数据，随着反应进行，NO2的浓度逐渐减小，所以反应速率逐渐降低，主要考虑浓度对化学反应速率的影响；该温度下，反应达到平衡时n(NO2)=0.005mol，列三段式为，所以该温度下，反应2NO2(g)⇌N2O4(g)的平衡常数 ，故答案为：NO2是反应物，随着反应的进行，NO2的浓度逐渐减小，所以反应速率逐渐减小；1400；
【小问6详解】
化学平衡常数Kp=[p(NO2)]2÷p(N2O4)，二者的反应速率之比等于其计量数之比，所以v(NO2)：v(N2O4)=k2[p(NO2)]2：k1•p(N2O4)=2：1，化学平衡常数Kp=[p(NO2)]2÷p(N2O4)，则k1=2k2．Kp，满足平衡条件v(NO2)=2v(N2O4)即为平衡点，BD点的压强之比等于其反应速率之比为1：2，所以BD为平衡点，故答案为：2 Kp•k2；B点与D点，v(NO2消耗)=2v(N2O4消耗)=v(NO2生成) 满足平衡条件。
10. 以硫酸渣(含Fe2O3、SiO2等)为原料制备铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图：
（1）“酸溶”中加快溶解的方法为___(任意写出一种)。
（2）“还原”过程中的离子方程式为___。
（3）写出“滤渣”中主要成分的化学式___。
（4）①“沉铁”过程中生成Fe(OH)2的化学方程式为___。
②若用CaCO3“沉铁”，则生成FeCO3沉淀。当反应完成时，溶液中=___。[已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，Ksp(FeCO3)=2×10-11]
（5）“氧化”时，用NaNO2浓溶液代替空气氧化Fe(OH)2浆液，能缩短氧化时间，但缺点是___。
（6）焦炭还原硫酸渣炼铁能充分利用铁资源，在1225℃、=1.2时，焙烧时间与金属产率关系如图，时间超过15min金属产率下降的原因是___。
【答案】（1）加热或搅拌或适当增大硫酸浓度
（2）Fe+2Fe3+=3Fe2+
（3）SiO2、Fe （4） ①. FeSO4+2NH4HCO3=Fe(OH)2↓+(NH4)2SO4+2CO2↑ ②. 140
（5）NaNO2被还原为氮氧化物，污染空气
（6）还原剂消耗完，空气进入使铁再次氧化
【解析】
【分析】硫酸渣(含Fe2O3、SiO2等)加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加Fe把铁离子还原为Fe2+，过滤，滤渣含有SiO2，滤液中含有Fe2+，加入碳酸氢铵，发生反应：FeSO4+2NH4HCO3=Fe(OH)2↓+(NH4)2SO4+2CO2↑，通入空气氧化，同时调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干,得到纯净的FeOOH，以此解答该题。
【小问1详解】
“酸溶”中加快溶解速率的方法有加热或搅拌或适当增大硫酸浓度等；
【小问2详解】
加入铁粉，Fe与Fe3+反应生成Fe2+，反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；
【小问3详解】
SiO2与酸不能发生反应，Fe与Fe3+反应生成Fe2+，过量的Fe以固体形式存在，故“滤渣”中主要成分的化学式为SiO2、Fe；
【小问4详解】
①“沉铁”过程中生成Fe(OH)2化学方程式为FeSO4+2NH4HCO3=Fe(OH)2↓+(NH4)2SO4+2CO2↑；
②若用CaCO3“沉铁”，则生成FeCO3沉淀，当反应完成时，溶液中=；
【小问5详解】
“氧化”时，用NaNO2浓溶液代替空气氧化Fe(OH) 2浆液，能缩短反应时间，但NaNO2被还原为氮氧化物，会污染空气；
【小问6详解】
超过一定时间，如还原剂消耗完，空气可氧化铁，导致产率下降。
11. 铼被誉为21世纪的超级金属，被广泛应用于航空航天领域，一种由铼渣(主要成分：ReS2)提取铼的工艺流程图如图：
（1）已知铼的价电子排布与锰相似，写出75Re的价电子排布式为_____。
（2）第一步酸浸过程中ReS2转化为两种强酸，其中一种为高铼酸(化学式：HReO4)，请写出反应的离子方程式：_____，根据图1所示，浸出过程中应将铼渣粉碎至_____目左右，根据图2所示，操作II过程中萃取液流速应选择6～8BV/h。
（3）已知高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水。提纯粗高铼酸铵固体的方法是_____。
（4）写出由高铼酸铵热分解得到Re2O7的化学方程式：_____。
（5）实际生产过程中，使用氢气还原Re2O7时，氢气的用量始终要大于理论计算值，其原因是_____。
（6）整个工艺中可循环利用的物质有硫酸、氨气以及_____。
（7）已知铼的晶胞如图3所示，晶胞的参数如图4所示(a、c的单位为A，1A=10-10m)，则金属铼的密度表达式为____g•cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数的值，M表示Re的摩尔质量)
【答案】（1）5d56s2
（2） ①. 2ReS2+19H2O2=2+4+10H++14H2O ②. 120
（3）重结晶 （4）
（5）氢气除用作还原剂外，还需用作保护气，用于排尽装置内的空气，防止铼被氧化
（6）含R3N的有机溶剂
（7）
【解析】
【分析】工业上用富铼渣（含ReS2）制得铼粉，向富铼渣（含ReS2）中加入稀硫酸和H2O2溶液，发生氧化还原反应生成HReO4和H2SO4，过滤得到滤渣和含有HReO4和H2SO4的滤液；向滤液中加入含R3N的有机溶液萃取，分液得到可以循环使用的稀硫酸和R3N•HReO4溶液；向R3N•HReO4溶液中加入氨水充分反应后，分液得到可以循环使用的含R3N的有机溶液和高铼酸铵溶液；高铼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到高铼酸铵晶体；高铼酸铵晶体受热分解 生成可以循环使用的NH3和Re2O7；再用H2热还原Re2O7生成铼粉。
【小问1详解】
Re为75号元素，其价电子排布式为5d56s2。
【小问2详解】
酸浸过程中ReS2转化成两种强酸，其中一种为HReO4，离子方程式为2ReS2+19H2O2=2+4+10H++14H2O。从图中可知，将铼渣粉碎至120目时，其浸出率可达95%，矿样粒度大于120目时，铼浸出率基本不变，则将铼渣粉碎至120目。
【小问3详解】
已知高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水，则提纯粗高铼酸铵固体的方法为重结晶法。
【小问4详解】
高铼酸铵热分解生成Re2O7，化学方程式为
【小问5详解】
氢气除用作还原剂外，还需用作保护气，用于排尽装置内的空气，防止铼被氧化，则氢气的用量始终要大于理论计算值。
【小问6详解】
由分析可知，整个工艺流程中可循环利用的物质有硫酸、NH3和含R3N的有机溶剂。
【小问7详解】
一个铼晶胞中含有铼原子2个，该晶胞的体积为2×c，则金属铼的密度表达式为=。
泸县四中2022-2023学年高二下期期中考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 K-39 Ti-48 Fe-56
第I卷选择题(42分)
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求。
1. 化学与生活、社会密切相关，下列说法正确的是
A. 晶体硅常用做光导纤维的主要材料
B. 近年来已发布“空气质量日报”中，将CO2、SO2、NO2和可吸入颗粒物等列入了首要污染物
C. 煤炭经气化、液化和干馏等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料
D. SO2可以用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫、增白食品等
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．光导纤维的主要成分是二氧化硅，不是晶体硅，故A错误；
B．二氧化碳不属于空气污染物，故B错误；
C．煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程；煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或者利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或者其他液体化工产品的过程；煤的干馏是指隔绝空气加强热，使煤分解的过程。因此煤炭经气化、液化和干馏等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料，故C正确；
D．二氧化硫有毒，不能用于增白食品，故D错误。
故选C。
2. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 60gSiO2晶体中含Si-O键数目为2NA
B. 足量Fe与1molCl2完全反应，转移的电子数目为2NA
C. 1L 0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中和离子数目之和为0.1NA
D. 1L 0.1mol/LNa2CO3溶液中，阴离子数目小于0.1NA
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．60gSiO2的物质的量为，二氧化硅晶体中每个硅原子含有4个Si-O键，所以60gSiO2晶体中含Si-O键数目为4NA，A项错误；
B．足量Fe与1mol Cl2完全反应，1mol Cl2转化为2mol Cl-，转移2mol电子，转移的电子数目为2NA，B项正确；
C．1L0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中、和H2CO3浓度之和为0.1mol/L，溶液体积未知，无法计算其数目，C项错误；
D．水解生成和，水解使阴离子数目增多，故溶液中阴离子数目大于0.1NA，D项错误；
答案选B。
3. 由短周期前10号元素组成的物质T和X，有如图所示的转化，X不稳定，易分解。下列有关说法正确的是
A. T分子中所有原子均在同一平面上
B. 等物质的量的T、X分子中含有π键的数目均为NA
C. X分子中含有的σ键个数是T分子中含有的σ键个数的2倍
D. T分子中只含有极性键，X分子中既含有极性键又含有非极性键
【答案】A
【解析】
【分析】由短周期前10号元素组成的物质T和X，X不稳定，易分解，根据价键规律，由图示可知，X是碳酸，T是甲醛。
【详解】A．甲醛中碳原子的杂化方式是sp2，分子中所有原子均在同一平面上，故A正确；
B．1个碳酸分子中含有1个有π键、1个甲醛分子中有1有π键，所以等物质的量的T、X分子中含有π键的数目相同，没有明确物质的量，π键数不一定为NA，故B错误；
C．1个碳酸分子中含有5个有σ键、1个甲醛分子中有3有σ键，碳酸分子中含有的σ键个数是甲醛分子中含有的σ键个数的倍，故C错误；
D．甲醛分子、碳酸分子中都是只含有极性键，故D错误；
选A。
4. 被称为“软电池”的纸质电池，其总反应为：Zn＋2MnO2＋H2O=ZnO＋2MnOOH。下列说法正确的是
A. 该电池中 Zn 作正极
B. MnO2电极上发生氧化反应
C. 该电池工作时电流由 Zn 经导线流向 MnO2
D. 当 6.5gZn 完全溶解时，流经电路的电子数目为 0.2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．由电池的总反应：Zn＋2MnO2＋H2O=ZnO+2MnOOH，可知Zn的化合价由0 价变为+2价，Zn失电子作负极，故A错误；
B．Zn是负极，失电子，发生氧化反应，MnO2电极上发生还原反应，故B错误；
C．该电池工作时电流是由正极流向负极，电流从MnO2经导线流向Zn，故 C错误；
D．根据电极反应，负极：Zn-2e-=Zn2+，1mol Zn溶解，转移2mol电子，则6.5gZn为0.1mol ，转移0.2mol电子，转移的电子数目为 0.2NA，故D正确；
答案选D。
5. 聚维酮碘的水溶液是一种常用的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如图(图中虚线表示氢键)。下列说法错误的是
A. 聚维酮中C、N原子均采取sp3杂化 B. 聚维酮的单体是
C. 聚维酮分子由2m个单体聚合而成 D. 聚维酮能发生水解反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．聚维酮中N原子采取sp3杂化，但羰基上的碳原子采用sp2杂化，A错误；
B．从聚维酮的结构看，它的链节是由二分子 加聚而成，所以其单体是 ，B正确；
C．聚维酮分子链节是由二分子 加聚而成，则它由2m个单体聚合而成，C正确；
D．聚维酮分子中含有酰氨键，能发生水解反应，D正确；
故选A。
6. X、Y、Z、M为四种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为。下列说法正确的是
A. 原子半径比较：Z>Y>X>M
B. 元素的氧化物对应的水化物的酸性比较：Z>Y>X
C. 由Y、Z、M三种元素可形成一种常见的离子化合物
D. 气态氢化物稳定性：X>Y>Z
【答案】C
【解析】
【分析】由Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76 g/L，可求得其相对分子质量为M=0.76 g/L×22.4L/mol=17g/mol，所以Y是N，M是H，又因X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，所以X是C，Z是O；
【详解】A．X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，原子半径应为X>Y>Z>M，A错误；
B．元素的最高氧化物对应的水化物才能比较酸性，而且氧也没有氧化物对应水化物，B错误；
C．Y、Z、M是N、O、H，三种元素可形成一种常见的离子化合物硝酸铵，C正确；
D．同一周期，从左到右，元素非金属性逐渐增强，气态氢化物的稳定性逐渐增强，故为Z>Y>X，D错误；
故选C。
7. 向含MgCl2和CuCl2的溶液中逐滴加入0.1mol/L的NaOH溶液，沉淀的质量(m)与加入NaOH溶液体积(V)的关系如图所示，已知V2=3V1，下列说法正确的是
A. 原溶液中MgCl2和CuCl2的物质的量浓度之比为3：1
B. 该实验不能证明Cu(OH)2的Ksp比Mg(OH)2的Ksp小
C. 若向Mg(OH)2悬浊液中滴入CuCl2溶液，一定会有Cu(OH)2生成
D. 水的电离程度：A＞B＞C
【答案】D
【解析】
【分析】据图象可知，0～V1时生成蓝色沉淀为Cu(OH)2，V1～V2生成的沉淀为Mg(OH)2，V2=3V1，说明n[Mg(OH)2]=2n[Cu(OH)2]，A点时溶质为NaCl和MgCl2，B点时为NaCl，C点为NaCl和NaOH，据此解答。
【详解】A．V2=3V1，说明n[Mg(OH)2]=2n[Cu(OH)2]，原溶液中MgCl2和CuCl2的物质的量浓度之比为2：1，故A错误；
B．CuCl2的物质的量浓度小且首先沉淀铜离子说明Cu(OH)2的Ksp比Mg(OH)2的Ksp小，故B错误；
C．要想生成沉淀，必须满足Qc＞Ksp，铜离子浓度大小未知，无法判断是否生成沉淀，故C错误；
D．A点时溶质为NaCl和MgCl2，B点时为NaCl，C点为NaCl和NaOH，镁离子水解促进水的电离，NaOH抑制水的电离，NaCl对水的电离无影响，水的电离程度：A＞B＞C，故D正确；
故选D。
第II卷(非选择题58分)
8. 神舟十四号载人宇宙飞船胜利升空，并完成与天和核心舱的对接，中国空间站即将建成。合成材料在宇宙飞船和宇航服等方面得到广泛应用，回答下列问题：
（1）合成材料品种很多，其中被称为“三大合成材料”的是_______、_______和合成橡胶。
（2）飞船上的柔性材料常用聚氯乙烯塑料。聚氯乙烯可利用乙烯和氯气作原料制备，其流程是乙烯→_______→乙炔→_______→聚氯乙烯。(填有机物名称)
（3）制作宇航服的材料聚酯纤维(聚对苯二甲酸乙二酯纤维)商品名叫涤纶，其单体的结构简式分别为_______和_______。
（4）酚醛树脂可做宇宙飞船外壳的烧蚀材料，其原料是苯酚和甲醛。写出下列反应的化学方程式：
①苯酚稀溶液中逐滴加入饱和溴水产生白色沉淀_______；
②甲醛与苯酚在催化剂作用下制备酚醛树脂_______。
【答案】（1） ①. 塑料 ②. 合成纤维
（2） ①. 1，2-二氯乙烷 ②. 氯乙烯
（3） ①. ②.
（4） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
被称为“三大合成材料”的是塑料、合成纤维和合成橡胶。答案为：塑料；合成纤维；
小问2详解】
由乙烯制聚氯乙烯时，应先制得氯乙烯，若试图用乙烯与氯气发生取代反应制氯乙烯，则很难实现，所以应使用乙炔与氯化氢加成制氯乙烯，乙烯与氯气加成后再消去便可制得乙炔。从而得出流程是乙烯→1，2-二氯乙烷→乙炔→氯乙烯→聚氯乙烯。答案为：1，2-二氯乙烷；氯乙烯；
【小问3详解】
先确定聚对苯二甲酸乙二酯()的链节()，连写二段()，然后让酯基水解，就可确定其单体的结构简式分别为和。答案为： ；；
【小问4详解】
①苯酚稀溶液中逐滴加入饱和溴水，发生取代反应，生成2，4，6-三溴苯酚白色沉淀和溴化氢，化学方程式为：；
②甲醛与苯酚在催化剂作用下发生缩聚反应，生成酚醛树脂和水，化学方程式为：。答案为：；。
【点睛】若苯酚分子中位于羟基邻、对位上的氢原子被其它原子或原子团取代，则不能再被溴原子取代。
9. 二甲醚简称DME，是一种基础化工原料，可用于燃料电池及制取低碳烯烃等，Kagan提出的一步法制取二甲醚的反应为：ΔH。下图为刚性容器中，CO2初始浓度相同，进料浓度比c(H2)∶c(CO2)分别等于3和5时CO2平衡转化率随温度变化的关系：
（1）ΔH_______0(填“>”或“＜”)。进料浓度比c(H2)∶c(CO2)=5的曲线为_______点所在曲线(填“A”或“B”)，B、C两点用CH3OCH3表示的平均反应速率(B)_______ (C)(填“>”、“＜”或“=”)。
（2）在一定条件下，若将CO2改为等物质的量的CO和CO2的混合气，则充入的CO与H2O发生反应：将导致CH3OCH3的产率增大，原因是_______。
（3）在一定体积的刚性容器中保持温度不变，保持c(H2)∶c(CO2)进料浓度比不变，进一步提高CO2的平衡转化率的方法是_______、_______。
（4）在绝热恒容密闭容器中充入一定量的NO和NH3，在一定条件下发生反应：6NO(g)+4NH3(g) 5N2(g)+6H2O(g)
不能说明该反应已达到平衡状态标志的是_______(填标号)。
a.体系温度不变
b.反应速率5v(NH3)消耗 =4v(N2)消耗
c.容器内压强不再随时间而发生变化
d.容器内N2的物质的量分数不再随时间而发生变化
e.容器内n(NO)：n(NH3)：n(N2)：n(H2O)=6：4：5：6
（5）一定温度下，在2 L恒容密闭容器内发生反应2NO2(g) N2O4(g)，n(NO2)随时间的变化如表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
n(NO2) /mol
0.040
0.020
0.010
0.005
0.005
0.005
根据表中可以看出，随着反应进行，反应速率逐渐减小，其原因是_______。该温度下，反应2NO2(g) N2O4(g)的平衡常数K=_______L·mol-1。
（6）对于反应2NO2(g) N2O4(g)，用平衡时各组分压强关系表达的平衡常数。在一定条件下NO2与N2O4的消耗速率与自身压强间存在关系：v消耗(NO2)=k1·p2(NO2)，v消耗(N2O4)=k2·p(N2O4)。其中k1、k2是与反应及温度有关的常数。相应的消耗速率跟压强的关系如图所示：
一定温度下，k1、k2与平衡常数KP的关系是k1=_______。在图标出的点中，指出能表示反应达到平衡状态的点并说明理由_______。
【答案】（1） ①. ＜ ②. A ③. ＜
（2）充入的 CO 与 H2O发生反应：H2O(g)+CO(g)⇌CO2(g)+H2(g)，可以减少 H2O的浓度，同时增大 CO2和 H2的浓度，使平衡 2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)向正反应方向移动，提高 CH3OCH3的产率
（3） ①. 增加反应体系压强 ②. 及时分离出产物
（4）e （5） ①. NO2是反应物，随着反应的进行，NO2的浓度逐渐减小，所以反应速率逐渐减小 ②. 1400
（6） ①. 2Kp•k2 ②. B点与D点，v(NO2消耗)=2v(N2O4消耗)=v(NO2生成) 满足平衡条件
【解析】
【小问1详解】
由图可知，随着温度的升高，CO2平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，则该反应为放热反应，ΔH＜0；相同条件下，增大进料浓度比c(H2)：c(CO2)，可以提高CO2平衡转化率，则进料浓度比c(H2)：c(CO2)=5的曲线为A；温度越高，反应速率越快，则B、C 两点用 CH3OCH3表示的平均反应速率v(B)＜v(C)，故答案为：＜；A；＜；
【小问2详解】
充入的 CO 与 H2O发生反应：H2O(g)+CO(g)⇌CO2(g)+H2(g)，可以减少 H2O的浓度，同时增大 CO2和 H2的浓度，使平衡 2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)向正反应方向移动，提高 CH3OCH3的产率，故答案为：充入的 CO 与 H2O发生反应：H2O(g)+CO(g)⇌CO2(g)+H2(g)，可以减少 H2O的浓度，同时增大 CO2和 H2的浓度，使平衡 2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)向正反应方向移动，提高 CH3OCH3的产率；
【小问3详解】
增加反应体系压强、及时分离出产物使平衡正向移动，提高 CO2的平衡转化率，故答案为：增加反应体系压强；及时分离出产物；
【小问4详解】
a.化学反应必然伴随热效应，体系温度不变说明反应到达平衡状态，a不选；
b.反应速率5v(NH3)消耗 =4v(N2)消耗=5 v(NH3)生成，即正逆反应速率相等，说明反应到达平衡状态，b不选；
c.该反应前后气体分子数不相等，压强是一变量，则容器内压强不再随时间而发生变化，说明反应到达平衡状态，c不选；
d.容器内N2的物质的量分数不再随时间而发生变化，说明氮气的浓度不变，说明反应到达平衡状态，d不选；
e.容器内n(NO)：n(NH3)：n(N2)：n(H2O)=6：4：5：6与起始投入量和转化率有关，不能说明反应到达平衡状态，e选；
故选：e；
【小问5详解】
根据表中数据，随着反应进行，NO2的浓度逐渐减小，所以反应速率逐渐降低，主要考虑浓度对化学反应速率的影响；该温度下，反应达到平衡时n(NO2)=0.005mol，列三段式为，所以该温度下，反应2NO2(g)⇌N2O4(g)的平衡常数 ，故答案为：NO2是反应物，随着反应的进行，NO2的浓度逐渐减小，所以反应速率逐渐减小；1400；
【小问6详解】
化学平衡常数Kp=[p(NO2)]2÷p(N2O4)，二者的反应速率之比等于其计量数之比，所以v(NO2)：v(N2O4)=k2[p(NO2)]2：k1•p(N2O4)=2：1，化学平衡常数Kp=[p(NO2)]2÷p(N2O4)，则k1=2k2．Kp，满足平衡条件v(NO2)=2v(N2O4)即为平衡点，BD点的压强之比等于其反应速率之比为1：2，所以BD为平衡点，故答案为：2 Kp•k2；B点与D点，v(NO2消耗)=2v(N2O4消耗)=v(NO2生成) 满足平衡条件。
10. 以硫酸渣(含Fe2O3、SiO2等)为原料制备铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图：
（1）“酸溶”中加快溶解的方法为___(任意写出一种)。
（2）“还原”过程中的离子方程式为___。
（3）写出“滤渣”中主要成分的化学式___。
（4）①“沉铁”过程中生成Fe(OH)2的化学方程式为___。
②若用CaCO3“沉铁”，则生成FeCO3沉淀。当反应完成时，溶液中=___。[已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，Ksp(FeCO3)=2×10-11]
（5）“氧化”时，用NaNO2浓溶液代替空气氧化Fe(OH)2浆液，能缩短氧化时间，但缺点是___。
（6）焦炭还原硫酸渣炼铁能充分利用铁资源，在1225℃、=1.2时，焙烧时间与金属产率关系如图，时间超过15min金属产率下降的原因是___。
【答案】（1）加热或搅拌或适当增大硫酸浓度
（2）Fe+2Fe3+=3Fe2+
（3）SiO2、Fe （4） ①. FeSO4+2NH4HCO3=Fe(OH)2↓+(NH4)2SO4+2CO2↑ ②. 140
（5）NaNO2被还原为氮氧化物，污染空气
（6）还原剂消耗完，空气进入使铁再次氧化
【解析】
【分析】硫酸渣(含Fe2O3、SiO2等)加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加Fe把铁离子还原为Fe2+，过滤，滤渣含有SiO2，滤液中含有Fe2+，加入碳酸氢铵，发生反应：FeSO4+2NH4HCO3=Fe(OH)2↓+(NH4)2SO4+2CO2↑，通入空气氧化，同时调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干,得到纯净的FeOOH，以此解答该题。
【小问1详解】
“酸溶”中加快溶解速率的方法有加热或搅拌或适当增大硫酸浓度等；
【小问2详解】
加入铁粉，Fe与Fe3+反应生成Fe2+，反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；
【小问3详解】
SiO2与酸不能发生反应，Fe与Fe3+反应生成Fe2+，过量的Fe以固体形式存在，故“滤渣”中主要成分的化学式为SiO2、Fe；
【小问4详解】
①“沉铁”过程中生成Fe(OH)2化学方程式为FeSO4+2NH4HCO3=Fe(OH)2↓+(NH4)2SO4+2CO2↑；
②若用CaCO3“沉铁”，则生成FeCO3沉淀，当反应完成时，溶液中=；
【小问5详解】
“氧化”时，用NaNO2浓溶液代替空气氧化Fe(OH) 2浆液，能缩短反应时间，但NaNO2被还原为氮氧化物，会污染空气；
【小问6详解】
超过一定时间，如还原剂消耗完，空气可氧化铁，导致产率下降。
11. 铼被誉为21世纪的超级金属，被广泛应用于航空航天领域，一种由铼渣(主要成分：ReS2)提取铼的工艺流程图如图：
（1）已知铼的价电子排布与锰相似，写出75Re的价电子排布式为_____。
（2）第一步酸浸过程中ReS2转化为两种强酸，其中一种为高铼酸(化学式：HReO4)，请写出反应的离子方程式：_____，根据图1所示，浸出过程中应将铼渣粉碎至_____目左右，根据图2所示，操作II过程中萃取液流速应选择6～8BV/h。
（3）已知高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水。提纯粗高铼酸铵固体的方法是_____。
（4）写出由高铼酸铵热分解得到Re2O7的化学方程式：_____。
（5）实际生产过程中，使用氢气还原Re2O7时，氢气的用量始终要大于理论计算值，其原因是_____。
（6）整个工艺中可循环利用的物质有硫酸、氨气以及_____。
（7）已知铼的晶胞如图3所示，晶胞的参数如图4所示(a、c的单位为A，1A=10-10m)，则金属铼的密度表达式为____g•cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数的值，M表示Re的摩尔质量)
【答案】（1）5d56s2
（2） ①. 2ReS2+19H2O2=2+4+10H++14H2O ②. 120
（3）重结晶 （4）
（5）氢气除用作还原剂外，还需用作保护气，用于排尽装置内的空气，防止铼被氧化
（6）含R3N的有机溶剂
（7）
【解析】
【分析】工业上用富铼渣（含ReS2）制得铼粉，向富铼渣（含ReS2）中加入稀硫酸和H2O2溶液，发生氧化还原反应生成HReO4和H2SO4，过滤得到滤渣和含有HReO4和H2SO4的滤液；向滤液中加入含R3N的有机溶液萃取，分液得到可以循环使用的稀硫酸和R3N•HReO4溶液；向R3N•HReO4溶液中加入氨水充分反应后，分液得到可以循环使用的含R3N的有机溶液和高铼酸铵溶液；高铼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到高铼酸铵晶体；高铼酸铵晶体受热分解 生成可以循环使用的NH3和Re2O7；再用H2热还原Re2O7生成铼粉。
【小问1详解】
Re为75号元素，其价电子排布式为5d56s2。
【小问2详解】
酸浸过程中ReS2转化成两种强酸，其中一种为HReO4，离子方程式为2ReS2+19H2O2=2+4+10H++14H2O。从图中可知，将铼渣粉碎至120目时，其浸出率可达95%，矿样粒度大于120目时，铼浸出率基本不变，则将铼渣粉碎至120目。
【小问3详解】
已知高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水，则提纯粗高铼酸铵固体的方法为重结晶法。
【小问4详解】
高铼酸铵热分解生成Re2O7，化学方程式为
【小问5详解】
氢气除用作还原剂外，还需用作保护气，用于排尽装置内的空气，防止铼被氧化，则氢气的用量始终要大于理论计算值。
【小问6详解】
由分析可知，整个工艺流程中可循环利用的物质有硫酸、NH3和含R3N的有机溶剂。
【小问7详解】
一个铼晶胞中含有铼原子2个，该晶胞的体积为2×c，则金属铼的密度表达式为=。
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