还剩26页未读，
继续阅读
河北省秦皇岛市青龙县2022-2023学年高三上学期期中化学试卷
展开
这是一份河北省秦皇岛市青龙县2022-2023学年高三上学期期中化学试卷，共29页。试卷主要包含了选择题，多选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年河北省秦皇岛市青龙县高三（上）期中化学试卷
一、选择题（共11小题，每小题3分，共33分。每小题只有一个选项符合题意）
1．（3分）下列实验方案能达到目的的是（ ）
A．加热分解NH4Cl制取氨气
B．用焰色反应鉴别KNO3和KCl
C．用澄清石灰水鉴别MgCl2溶液和NaHCO3溶液
D．用品红溶液鉴别SO2和CO2
2．（3分）有机化合物分子中基团间的相互影响会导致其化学性质的改变。下列叙述能说明上述观点的是（ ）
A．苯和甲苯都能与H2发生加成反应
B．苯酚易与NaOH溶液反应，而乙醇不能.
C．乙烯能与溴的四氯化碳发生加成反应，而乙烷不能
D．等物质的量的甘油和乙醇分别与足量Na反应，前者反应生成的H2多
3．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．标准状况下，11.2 L NO与11.2 L O2混合后所含分子数为0.75NA
B．pH＝13的1.0L Ba（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.2NA
C．0.1 mol Na2O2晶体中含有0.3NA个离子
D．标准状况下，22.4L甲醇中含有的氧原子数为1.0NA
4．（3分）下列对有关实验的描述不正确的是（ ）
A．在浓氨水中加入生石灰可以制取少量的NH3
B．用水就可以一次性鉴别溴苯、苯、乙酸三种物质
C．用如右图所示的装置可以测定黄铜（Cu、Zn合金）中Zn的含量
D．除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣，依次加入的物质可以是H2O、Ba（OH）2、Na2CO3、HCl
5．（3分）氮是各种生物体生命活动不可缺少的重要元素，氮的循环为生物体提供氮元素。将游离态的氮转化为氮的化合物的过程叫做氮的固定。下列过程属于氮的固定的是（ ）
A．工业利用氮气和氢气合成氨气
B．氨气和硫酸反应制取铵态氮肥
C．氨基酸合成人体所需的蛋白质
D．硝酸盐在细菌作用下生成氮气
6．（3分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的最高正价与最低负价的代数和为2，Y是地壳中含量最多的元素，W与Y同主族，下列说法正确的是（ ）
A．简单离子的半径：r（Z）＜r（Y）＜r（X）＜r（W）
B．工业上用电解由Y、Z组成的化合物制取Z的单质
C．W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强
D．由X、Y组成的化合物只有三种
7．（3分）已知：同一个碳原子上连2个﹣OH、碳碳双键碳原子上连接﹣OH时结构均不稳定。有机物A用元素分析仪测得分子只含C、H、O三种元素，用质谱仪测得相对分子质量为90，用红外光谱仪测得含﹣OH，B可继续发生催化氧化反应，且A不和NaOH溶液反应。则A可能的结构有（ ）
A．5种 B．6种 C．7种 D．8种
8．（3分）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与Y、X与Z分别同主族，四种元素形成的一种化合物Q的结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径：W＜X＜Z＜Y
B．X与Z形成的化合物均能被NaOH溶液吸收
C．W与Y形成的化合物属于离子化合物
D．Q溶于水或熔化时电离出的离子相同
9．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．Fe 分别与氯气和稀盐酸反应都生成氯化铁
B．SO2 与HClO都具有漂白性，且两者的漂白原理相同
C．钠和铁都与水反应生成氢气和碱
D．浓硫酸与浓硝酸敞口放置都会变稀，两者原理不同
10．（3分）优氯净（二氯异氰尿酸钠）是一种适用范围广，高效的杀菌消毒剂。其制备方法之一是氰尿酸、烧碱、氯气法：
步骤一：H3（CNO）3+2NaOH+2Cl2═H（CNO）3Cl2+2NaCl+2H2O；
步骤二：H（CNO）3Cl2+NaOH═Na（CNO）3Cl2+H2O。
下列说法正确的是（ ）
A．步骤一和步骤二均为氧化还原反应
B．该制备方法中，H3（CNO）3是还原剂，Cl2是氧化剂
C．被氧化的Cl2占全部反应的Cl2的50%
D．转移1mol电子，消耗11.2L Cl2（标准状况）
11．（3分）大黄素是中药大黄的有效成分，可由X在一定条件下反应制得：
下列有关化合物X和大黄素的说法正确的是（ ）
A．1mol X最多与3mol NaOH反应
B．大黄素分子中所有原子可能在同一平面上
C．大黄素与足量H2的加成产物分子中含有6个手性碳原子
D．等物质的量的X、大黄素分别与足量浓溴水反应消耗Br2物质的量之比为1：4
二、多选择题（本题共3小题。每小题6分，共18分。每小题有一个或两个选项符合题意，若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得4分，选两个且都正确得6分，但只要选错一个就得0分。）
（多选）12．（6分）下列能够用“键能”解释的有（ ）
A．N2参加反应时，多数需要“高温、高压、催化剂”等苛刻的条件
B．稀有气体一般与其它物质很难发生化学反应
C．常温常压下；氯气呈气态，溴呈液态
D．HF比HCl稳定，其水溶液的酸性比HCl弱
（多选）13．（6分）利用CH4出燃料电池电解制备Ca（H2PO4）2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，装置如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a极反应：CH4﹣8e﹣+4O2﹣＝CO2+2H2O
B．A膜和C膜均为阴离子交换膜，B膜为最离子交换膜
C．可用铁电极替换阳极的石墨电极
D．a极上通入标况下2.24L甲烷，理论上产品室可新增0.4molCa（H2PO4）2
（多选）14．（6分）在石油化工中，酸碱催化占有重要地位，某酸碱催化反应（M和D制取N）
HM+M+H+ pKa＝5.0
HM++D HMD+→N k1＝1.0×107mol ﹣1dm3s﹣1
M+D MD*→N k2＝1.0×102 mol ﹣1 dm3s﹣1
已知：基元反应的速率与反应物浓度幂之积成正比；该反应的决速步骤为基元反应中HMD+和MD*的生成；总反应速率为决速反应的速率之和。下列说法错误的是（ ）
A．生成MD*的速率为：k2c（M）•c（D）
B．酸性增大，会使M转化为HM+，降低总反应速率
C．总反应的速率常数k＝c（H+）+k2
D．当pH＞8 后，总反应的速率常数k基本不变
三、填空题（本题包括4个小题，共49分）
15．（3分）碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂．
（1）碱式氯化铜有多种制备方法
①方法1：45～50℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2 （OH）2 Cl2•3H2O，该反应的化学方程式为 ．
②方法2：先制得CuCl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜．Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2，Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示．M′的化学式为 ．
（2）碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua（OH）bClc•xH2O．为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：
①称取样品1.1160g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00mL溶液A；
②取25.00mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl 0.1722g；
③另取25.00mL溶液A，调节pH 4～5，用浓度为0.08000mol•L﹣1的EDTA（Na2H2Y•2H2O）标准溶液滴定Cu2+ （离子方程式为Cu2++H2Y2﹣═CuY2﹣+2H+），滴定至终点，消耗标准溶液30.00mL．通过计算确定该样品的化学式（写出计算过程）．
16．（3分）稀土是一种重要的战略资源。氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，它是提取铈等稀土元素的重要矿物原料。氟碳铈矿的冶炼工艺流程如下：
已知：i．铈的常见化合价为+3、+4．焙烧后铈元素转化成CeO2和CeF4．四价铈不易进入溶液，而三价稀土元素易进入溶液。
ii．酸浸Ⅱ中发生反应：9CeO2+3CeF4+45HCl+3H3BO3＝Ce（BF4）3↓+11CeCl3+6Cl2↑+27H2O
请回答下列问题：
（1）①焙烧氟碳铈矿的目的是 。
②焙烧后产生的CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧。在尾气消除过程中发生着CeO2⇌CeO2（1﹣x）+xO2↑的循环。写出CeO2消除CO尾气的化学方程式： 。
（2）在酸浸I中用盐酸浸出时，有少量铈进入滤液，且产生黄绿色气体。少量铈进入稀土溶液发生反应的离子方程式是
（3）向Ce（BF4）3中加入KCl溶液的目的是 。
（4）操作Ⅰ的名称为 ，在实验室中进行操作II时所需要的硅酸盐仪器有 。
（5）“操作Ⅰ”后，向溶液中加入NaOH 溶液来调节溶液的pH，以获得Ce（OH）3沉淀，常温下加入NaOH 调节溶液的pH应大于 即可认为Ce3+已完全沉淀。
（已知：Ksp[Ce（OH）3]＝1.0×10﹣20 ）
（6）取上述流程中得到的Ce（OH）4产品5.000g，加酸溶解后，向其中加入含0.03300molFeSO4的FeSO4溶液使Ce4+全部被还原成Ce3+，再用0.1000mol•L﹣1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点时，消耗20.00mL标准溶液。则该产品中Ce（OH）4的质量分数为 （已知氧化性：Ce4+＞KMnO4；Ce（OH）4的相对分子质量为208）。
17．（3分）SO2是一种污染性气体，减少SO2在大气中的排放是环境保护的重要内容回答下列问题：
（1）已知：S（s）+O2（g）＝SO2（g）△H＝﹣297.2kJ•mol﹣1
CH4（g）+2SO2（g）＝CO2（g）+2S（s）+2H2O（l）△H＝﹣295.9kJ•mol﹣1
若CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）反应物的能量为E1，则生成物的能量E2是 。
（2）利用反应：C（s）+SO2（g）⇌CO2（g）+S（g），可减少SO2在大气中的排放，在密闭容器中投入足量的反应物，不同实验条件下达到平衡2）﹣p和p＝105Pa下﹣1gKc﹣t如图1所示[x（SO2）表示SO2平衡时含量，Kc表示平衡常数]。该反应的正反应是 反应（填“放热”、“吸热”），理由是： 。
（3）恒温恒容条件下，下列事实不能说明反应C（s）+SO2（g）⇌CO2（g）+S（g）达到平衡状态的是 （填字母）
A.不变
B.v（CO2）正＝v（SO2）逆
C.混合气体的总压强不再改变
D.混合气体的密度不再改变
（4）800℃，在1.0L的恒容密闭容器中投入1.0molSO2和120gC，容器中压强为p0kPa，发生反应C（s）+SO2（g）⇌CO2（g）+S（g），5min时容器中CO2的体积分数为20%，10min时达平衡，容器中压强为pkPa时。0～5min2）＝ kPa•min﹣1，800℃的化学平衡常数Kc＝ mol/L。
（5）用电化学原理吸收烟道气中SO2以减少其排放，其装置示意图2。H2O2从 口进入，电路中通过1mol电子时，正极区溶液的c（H+）将 ，负极区n（H2SO4）＝ 。
18．（3分）黄酮类化合物具有抗肿瘤活性，6﹣羟基黄酮衍生物的合成路线如图：
请回答下列问题：
（1）化合物B中的含氧官能团为 和 （填名称）。
（2）反应③中涉及到的反应类型有水解反应、 和 。
（3）反应④中加入的试剂X的分子式为C7H5OCl，X的结构简式为 。
（4）B的一种同分异构体满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
Ⅰ．能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应。
Ⅱ．分子中有4种不同化学环境的氢。
（5）已知：。根据已有知识并结合相关信息，写出以和CH3COOH为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任选） 。合成路线流程图示例：H2C＝CH2CH3CH2BrCH3CH2OH。
2022-2023学年河北省秦皇岛市青龙县高三（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共11小题，每小题3分，共33分。每小题只有一个选项符合题意）
1．（3分）下列实验方案能达到目的的是（ ）
A．加热分解NH4Cl制取氨气
B．用焰色反应鉴别KNO3和KCl
C．用澄清石灰水鉴别MgCl2溶液和NaHCO3溶液
D．用品红溶液鉴别SO2和CO2
【分析】A．加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化铵；
B．K元素的焰色为紫色；
C．MgCl2溶液和NaHCO3溶液均与石灰水反应生成白色沉淀；
D．只有二氧化硫可使品红褪色。
【解答】解：A．加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢，应选氯化铵与氢氧化钙加热制备氨气；
B．K元素的焰色为紫色，故B错误；
C．MgCl2溶液和NaHCO3溶液均与石灰水反应生成白色沉淀，现象相同，故C错误；
D．只有二氧化硫可使品红褪色，可鉴别；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备及鉴别、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
2．（3分）有机化合物分子中基团间的相互影响会导致其化学性质的改变。下列叙述能说明上述观点的是（ ）
A．苯和甲苯都能与H2发生加成反应
B．苯酚易与NaOH溶液反应，而乙醇不能.
C．乙烯能与溴的四氯化碳发生加成反应，而乙烷不能
D．等物质的量的甘油和乙醇分别与足量Na反应，前者反应生成的H2多
【分析】A．苯和甲苯两者的苯环均可以发生加成反应；
B．﹣OH连接的基团不同；
C．乙烯含有碳碳双键，乙烷为稳定结构；
D．甘油和乙醇含羟基的数目不同。
【解答】解：A．苯和甲苯都能与H2发生加成反应生成环己烷和甲基环己烷，不能说明基团间的相互影响会导致其化学性质的改变；
B．苯酚因为羟基直接与苯环相连，能电离出氢离子，而乙醇不能；
C．乙烯含有碳碳双键，二者结构不同，与原子团的影响无关；
D．甘油中含有三个羟基，则生成氢气的量不同，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的性质，题目难度不大，明确有机物的结构、有机物的官能团为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意基团之间的相互影响与官能团决定性质的区别。
3．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．标准状况下，11.2 L NO与11.2 L O2混合后所含分子数为0.75NA
B．pH＝13的1.0L Ba（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.2NA
C．0.1 mol Na2O2晶体中含有0.3NA个离子
D．标准状况下，22.4L甲醇中含有的氧原子数为1.0NA
【分析】A、11.2LNO与11.2LO2混合后发生的反应为2NO+O2═2NO2，2NO2N2O4，则反应后的气体的物质的量小于0.75mol；
B、依据体积和氢氧根离子浓度计算物质的量；
C、Na2O2中含2molNa+和1；
D、标况下，甲醇为液态．
【解答】解：A、11.2LNO与11.2LO5混合后发生的反应为2NO+O2═6NO2，2NO8N2O4，则反应后的气体的物质的量小于4.75mol，混合后所含分子数目小于0.75NA，故A错误；
B、pH＝13的1.8LBa（OH）2溶液中，水也能电离出氢氧根离子﹣数目大于0.5NA，故B错误；
C、Na2O2中含2molNa+和1，故1molNa2O2中含3mol离子，即3NA个，故C正确；
D、标况下，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量。
故选：C。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大。
4．（3分）下列对有关实验的描述不正确的是（ ）
A．在浓氨水中加入生石灰可以制取少量的NH3
B．用水就可以一次性鉴别溴苯、苯、乙酸三种物质
C．用如右图所示的装置可以测定黄铜（Cu、Zn合金）中Zn的含量
D．除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣，依次加入的物质可以是H2O、Ba（OH）2、Na2CO3、HCl
【分析】A、生石灰可以吸收氨水中的水，让其中的氨气挥发出来；
B、溴苯和水互不相溶，且密度比水大，苯和水互不相溶，密度比水小，乙酸和水互溶；
C、Cu、Zn均能和稀硝酸反应生成对应的盐和一氧化氮，用排水量气法时，洗气瓶的导管要短进长出；
D、粗盐的提纯步骤：先溶解粗盐，再过滤，然后向滤液中加入氢氧化钡，除去粗盐中的硫酸根离子和镁离子，再过滤，向滤液中加入碳酸钠，除去粗盐中的钙离子和多余的钡离子，最后加盐酸，除去多余的碳酸根离子；
【解答】解：A、生石灰可以吸收氨水中的水，可以在浓氨水中加入生石灰可以制取少量的NH3，故A正确；
B、溴苯和水互不相溶，混合后分层，下层是溴苯，密度比水小，上层是苯，乙酸和水互溶，故B正确；
C、Cu，但是用排水量气法时，故C错误；
D、粗盐的提纯步骤：先溶解粗盐，然后向滤液中加入氢氧化钡、铁离子等，向滤液中加入碳酸钠，最后加盐酸，碳酸钠必须加在氢氧化钡的后面，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查学生对有关化学实验基本知识的掌握程度，要求学生熟记所学知识，学以致用．
5．（3分）氮是各种生物体生命活动不可缺少的重要元素，氮的循环为生物体提供氮元素。将游离态的氮转化为氮的化合物的过程叫做氮的固定。下列过程属于氮的固定的是（ ）
A．工业利用氮气和氢气合成氨气
B．氨气和硫酸反应制取铵态氮肥
C．氨基酸合成人体所需的蛋白质
D．硝酸盐在细菌作用下生成氮气
【分析】将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程叫氮的固定，据此分析解答。
【解答】解：A．工业利用氮气和氢气合成氨气，属于氮的固定；
B．氨气和硫酸反应制取铵态氮肥是不同化合态的氮的转换，故B错误；
C．氨基酸合成人体所需的蛋白质是不同化合态的氮的转换，故C错误；
D．硝酸盐在细菌作用下生成氮气，不是氮的固定。
故选：A。
【点评】本题主要考查氮的固定，依据氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程即可解答，题目难度不大。
6．（3分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的最高正价与最低负价的代数和为2，Y是地壳中含量最多的元素，W与Y同主族，下列说法正确的是（ ）
A．简单离子的半径：r（Z）＜r（Y）＜r（X）＜r（W）
B．工业上用电解由Y、Z组成的化合物制取Z的单质
C．W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强
D．由X、Y组成的化合物只有三种
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y是地壳中含量最多的元素，Y为O元素；X的最高正价与最低负价的代数和为2，位于ⅤA族，其原子序数小于O，则X为N元素；W与Y同主族，则W为S；Z原子的最外层电子数等于其最内层电子数，则Z为Mg元素，据此解答。
【解答】解：根据分析可知，X为N元素，Z为Mg元素。
A．电子层越多离子半径越大，核电荷数越大离子半径越小，故A正确；
B．MgO熔点较高，故B错误；
C．非金属性：S＜O，故C错误；
D．N、O形成的化合物有NO、N2O、NO2、N2O4等，二者形成的化合物不止三种；
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及原子核外电子排布规律，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力。
7．（3分）已知：同一个碳原子上连2个﹣OH、碳碳双键碳原子上连接﹣OH时结构均不稳定。有机物A用元素分析仪测得分子只含C、H、O三种元素，用质谱仪测得相对分子质量为90，用红外光谱仪测得含﹣OH，B可继续发生催化氧化反应，且A不和NaOH溶液反应。则A可能的结构有（ ）
A．5种 B．6种 C．7种 D．8种
【分析】由有机物A的相对分子质量为90，分子只含 C、H、O三种元素可知，A 的分子式为C3H6O3或C4H10O2；用红外光谱仪测得含﹣OH，不含醚键，通过实验发现A可以催化氧化生成B，B可继续发生催化氧化反应，且A不和NaOH溶液反应，以此分析A的结构。
【解答】解：由有机物A的相对分子质量为90，分子只含 C、H，A 的分子式为C3H6O5或C4H10O2；若A为C4H10O2，由A 含﹣OH，不含醚键，B可以继续发生催化氧化反应可知，至少有1个﹣CH5OH结构，由同一个碳原子上连 2 个轻基结构不稳定可知3CH5CH2CH2OH 分子中烃基上氢原子被﹣OH取代有8种结构，（CH3）2CHCHOH分子中烃基上氢原子被﹣OH 取代有5种结构；若A为C3H6O2，由A含﹣OH，不含醚键，B 可以继续发生催化氧化反应，结合碳碳双键碳原子上连接羟基时结构不稳定可知2OH结构和1个醛基或羰基，其中含有﹣CH3OH和醛基的有1种，含有﹣CH2OH和羰基的有3种，则A的可能结构共有7种，
故选：C。
【点评】本题考查了同分异构体的书写，确定有机物分子式为解答关键，注意掌握常见有机物结构与性质，明确同分异构体的概念及书写原则，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力，题目难度中等。
8．（3分）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与Y、X与Z分别同主族，四种元素形成的一种化合物Q的结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径：W＜X＜Z＜Y
B．X与Z形成的化合物均能被NaOH溶液吸收
C．W与Y形成的化合物属于离子化合物
D．Q溶于水或熔化时电离出的离子相同
【分析】Y最高化合价为+1价，应为Na元素，Z的最高化合价为+6价，应为S元素，X可形成Z＝X键，最外层有6个电子，应为O元素，W形成1个共价键，为H元素，Q为NaHSO4，以此解答该题。
【解答】解：A.H原子半径最小，原子核外电子层数越多，同周期元素从左到右原子半径减小，故A正确；
B.二氧化硫、三氧化硫均为酸性氧化物，故B正确；
C.NaH属于离子化合物，故C正确；
D.NaHSO4溶于水电离子出氢离子、钠离子和硫酸根离子，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握化合物中形成的离子、原子最外层电子数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
9．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．Fe 分别与氯气和稀盐酸反应都生成氯化铁
B．SO2 与HClO都具有漂白性，且两者的漂白原理相同
C．钠和铁都与水反应生成氢气和碱
D．浓硫酸与浓硝酸敞口放置都会变稀，两者原理不同
【分析】A．Fe分别与氯气和稀盐酸反应所得氯化物分别为氯化铁和氯化亚铁；
B．二氧化硫没有强氧化性，HClO具有强氧化性；
C．钠与水反应生成氢气和氢氧化钠，铁与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁；
D．浓硫酸因为吸水性，而浓硝酸因为挥发性，敞口放置都会变稀。
【解答】解：A．铁和氯气反应2Fe+3Cl72FeCl3，生成氯化铁，铁与盐酸反应Fe+6HCl＝FeCl2+H2↑生成氯化亚铁和氢气，故A错误；
B．HClO有强氧化性而具有漂白性5和有色物质发生化合反应而漂白，则它们漂白原理不同；
C．钠与水反应生成氢气和氢氧化钠，故C错误；
D．浓硫酸因为吸水性，敞口放置都会变稀，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的性质、反应条件的判断，熟练掌握物质的性质是解题关键，题目难度不大。
10．（3分）优氯净（二氯异氰尿酸钠）是一种适用范围广，高效的杀菌消毒剂。其制备方法之一是氰尿酸、烧碱、氯气法：
步骤一：H3（CNO）3+2NaOH+2Cl2═H（CNO）3Cl2+2NaCl+2H2O；
步骤二：H（CNO）3Cl2+NaOH═Na（CNO）3Cl2+H2O。
下列说法正确的是（ ）
A．步骤一和步骤二均为氧化还原反应
B．该制备方法中，H3（CNO）3是还原剂，Cl2是氧化剂
C．被氧化的Cl2占全部反应的Cl2的50%
D．转移1mol电子，消耗11.2L Cl2（标准状况）
【分析】H3（CNO）3+2NaOH+2Cl2═H（CNO）3Cl2+2NaCl+2H2O反应中，只有Cl元素发生变价，Cl2既是氧化剂，也是还原剂，
H（CNO）3Cl2+NaOH═Na（CNO）3Cl2+H2O反应中，没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，据此分析。
【解答】解：A.步骤二：H（CNO）3Cl2+NaOH═Na（CNO）3Cl2+H2O，没有元素化合价的变化，故A错误；
B.由步骤一可知，Cl7既是氧化剂，也是还原剂；
C.Cl2被氧化生成H（CNO）3Cl5，被还原生成NaCl，则被氧化的Cl2与被还原Cl2的物质的量为6：1，则被氧化的Cl2占全部反应的Cl6的50%，故C正确；
D.Cl2转化为+1价和﹣6价，因此1molCl2反应，转移5mol电子，消耗标准状况下22.4LCl2，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
11．（3分）大黄素是中药大黄的有效成分，可由X在一定条件下反应制得：
下列有关化合物X和大黄素的说法正确的是（ ）
A．1mol X最多与3mol NaOH反应
B．大黄素分子中所有原子可能在同一平面上
C．大黄素与足量H2的加成产物分子中含有6个手性碳原子
D．等物质的量的X、大黄素分别与足量浓溴水反应消耗Br2物质的量之比为1：4
【分析】A．X可以发生水解反应引入酚羟基，并生成HBr，有机产物中羧基、酚羟基以及HBr又与NaOH发生中和反应；
B．大黄素含有甲基，具有甲烷的四面体结构；
C．大黄素与足量H2的加成产物为，连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；
D．苯环上酚羟基的邻位、对位的氢原子可以与溴发生取代反应。
【解答】解：A．1molX可以发生水解反应生成1mol和4molHBr，有机产物分子含有1个羧基，而羧基，故1mol X最多与3mol NaOH反应；
B．大黄素含有甲基，故大黄素分子中所有原子不可能在同一平面上；
C．大黄素与足量H2的加成产物为，连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，如图所示标有“*”为手性碳原子，共有10个手性碳原子；
D．X只有苯环上酚羟基的邻位的氢原子被溴取代7，而大黄素分子中酚羟基的邻位、对位的氢原子可以被溴原子取代2，故二者消耗Br2物质的量之比为2：4，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，是有机化学基础常考题型，熟练掌握官能团的结合、性质与转化，注意酚与溴反应定位规律，根据甲烷的四面体、乙烯与苯的平面形、乙炔直线形理解共面与共线问题。
二、多选择题（本题共3小题。每小题6分，共18分。每小题有一个或两个选项符合题意，若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得4分，选两个且都正确得6分，但只要选错一个就得0分。）
（多选）12．（6分）下列能够用“键能”解释的有（ ）
A．N2参加反应时，多数需要“高温、高压、催化剂”等苛刻的条件
B．稀有气体一般与其它物质很难发生化学反应
C．常温常压下；氯气呈气态，溴呈液态
D．HF比HCl稳定，其水溶液的酸性比HCl弱
【分析】A．氮气键能大，物质稳定；
B．稀有气体为单原子分子，原子都形成稳定结构；
C．物质的状态与键能无关；
D．物质的稳定性与键能有关。
【解答】解：A．由氮气分子中N≡N的键能很大，故氮气在常温下很稳定，故N2参加反应时，多数需要“高温、催化剂”等苛刻的条件，故A正确；
B．稀有气体为单原子分子，稀有气体一般难于发生化学反应，故B错误；
C．常温常压下，溴呈液态，与分子间作用力有关；
D．键能越大物质越稳定，故HF比HCl稳定，越不易断裂，故其水溶液的酸性比HCl弱；
故选：AD。
【点评】本题考查化学键和分子间作用力这两个不同概念，需要注意的是物质的稳定性与键能有关。
（多选）13．（6分）利用CH4出燃料电池电解制备Ca（H2PO4）2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，装置如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a极反应：CH4﹣8e﹣+4O2﹣＝CO2+2H2O
B．A膜和C膜均为阴离子交换膜，B膜为最离子交换膜
C．可用铁电极替换阳极的石墨电极
D．a极上通入标况下2.24L甲烷，理论上产品室可新增0.4molCa（H2PO4）2
【分析】CH4燃料原电池中，甲烷失电子在负极发生氧化反应，所以a极为负极，通入氧气的b极为原电池的正极，电池总反应为：CH4+2O2＝CO2+2H2O，根据电池中移动的O2﹣可知电解质为熔融的金属氧化物；与电源的正极相连接的为电解池的阳极，在阳极为氯离子放电，电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，电解池中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，则A膜应为阳离子交换膜；磷酸二氢根离子由原料室通过B膜进入产品室，所以B膜为阴离子交换膜；阴极附近氢离子放电生成氢气，破坏水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大，结合钠离子生成氢氧化钠，则C膜也应为阳离子交换膜，且总电路中得失电子和电荷守恒，据此分析判断。
【解答】解：A．a极为负极，电极反应为：CH4﹣8e﹣+6O2﹣═CO2+5H2O，故A正确；
B．据分析可知，B膜为阴离子交换膜；
C．电解池中铁作阳极，不能用铁电极替换阳极的石墨电极；
D．左侧为原电池，构成闭合回路，等于电解池通过的电子，n（CH4）＝＝0.4mol4～0.2mole﹣，根据电荷守恒电解液中离子移动与电子相当，阳离子向阴极移动2+通过A膜进入产品室减少0.4mol，产品室增加0.4mol Ca（H8PO4）2，故D正确；
故选：BC。
【点评】本题考查了原电池和电解池原理，侧重考查学生电极反应和原理分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
（多选）14．（6分）在石油化工中，酸碱催化占有重要地位，某酸碱催化反应（M和D制取N）
HM+M+H+ pKa＝5.0
HM++D HMD+→N k1＝1.0×107mol ﹣1dm3s﹣1
M+D MD*→N k2＝1.0×102 mol ﹣1 dm3s﹣1
已知：基元反应的速率与反应物浓度幂之积成正比；该反应的决速步骤为基元反应中HMD+和MD*的生成；总反应速率为决速反应的速率之和。下列说法错误的是（ ）
A．生成MD*的速率为：k2c（M）•c（D）
B．酸性增大，会使M转化为HM+，降低总反应速率
C．总反应的速率常数k＝c（H+）+k2
D．当pH＞8 后，总反应的速率常数k基本不变
【分析】由总反应速率为决速反应的速率之和可得：kc（M）•c（D）＝k1c（HM+）•c（D）+k2c（M）•c（D），则k＝k1×+k2，由电离平衡常数ka＝可得，＝，所以k＝c（H+）+k2，据此分析作答即可。
【解答】解：A．由基元反应的速率与反应物浓度幂之积成正比可知2c（M）•c（D），故A正确；
B．由平衡方程式知，溶液中氢离子浓度越大，会使M转化为HM+，HM+离子浓度增大，由分析可知c（H+）+k3，氢离子浓度增大，k增大，故B错误；
C．根据分析可知c（H+）+k2，故C正确；
D．根据分析可知c（H+）+k2，溶液pH＞8后，溶液中氢离子减小，故D错误；
故选：BD。
【点评】本题主要考查学生对信息的理解能力，分析能力，比较能力，同时考查平衡常数表达式的应用等，知识考查比较灵活，难度中等。
三、填空题（本题包括4个小题，共49分）
15．（3分）碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂．
（1）碱式氯化铜有多种制备方法
①方法1：45～50℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2 （OH）2 Cl2•3H2O，该反应的化学方程式为 4CuCl+O2+8H2O2Cu2（OH）2Cl2•3H2O ．
②方法2：先制得CuCl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜．Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2，Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示．M′的化学式为 Fe2+ ．
（2）碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua（OH）bClc•xH2O．为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：
①称取样品1.1160g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00mL溶液A；
②取25.00mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl 0.1722g；
③另取25.00mL溶液A，调节pH 4～5，用浓度为0.08000mol•L﹣1的EDTA（Na2H2Y•2H2O）标准溶液滴定Cu2+ （离子方程式为Cu2++H2Y2﹣═CuY2﹣+2H+），滴定至终点，消耗标准溶液30.00mL．通过计算确定该样品的化学式（写出计算过程）．
【分析】（1）①45～50℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2 （OH）2 Cl2•3H2O，反应物为CuCl、氧气、水；
②Fe3+对该反应有催化作用，结合图可知，Cu元素的化合价升高，则M中Fe元素的化合价降低；
（2）由②可知n（Cl﹣）＝n（AgCl）×＝＝4.800×10﹣3mol，由③可知n（Cu2+）＝n（EDTA）×＝0.08000 mol•L﹣1×30.00 mL×10﹣3 L•mL﹣1×＝9.600×10﹣3 mol，结合化合物中正负化合价的代数和为0及物质定组成来计算．
【解答】解：（1）①45～50℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2 （OH）2 Cl4•3H2O，反应物为CuCl、水，Cu元素的化合价升高，由原子6+8H2O8Cu2（OH）2Cl7•3H2O，
故答案为：3CuCl+O2+8H8O2Cu2（OH）8Cl2•3H2O；
②Fe3+对该反应有催化作用，结合图可知，则M中Fe元素的化合价降低2+，
故答案为：Fe4+；
（2）n（Cl﹣）＝n（AgCl）×＝＝2.800×10﹣3mol，
n（Cu2+）＝n（EDTA）×＝8.08000 ﹣1×30.00 mL×10﹣3 L•mL﹣6×＝9.600×10﹣3 mol，
n（OH﹣）＝6n（Cu2+）﹣n（Cl﹣）＝2×2.600×10﹣3 mol﹣4.800×10﹣7 mol＝1.440×10﹣2 mol，
m（Cl﹣）＝6.800×10﹣3 mol×35.5 g•mol﹣3＝0.1704 g，
m（Cu2+）＝4.600×10﹣3 mol×64 g•mol﹣1＝2.6144 g，
m（OH﹣）＝1.440×10﹣2 mol×17 g•mol﹣2＝0.2448 g，
n（H2O）＝＝4.800×10﹣3 mol，
则a：b：c：x＝n（Cu8+）：n（OH﹣）：n（Cl﹣）：n（H2O）＝2：2：1：1，
即化学式为Cu6 （OH）3Cl•H2O，
答：该样品的化学式为Cu3 （OH）3Cl•H2O．
【点评】本题考查物质的制备及物质组成的测定实验，为高频考点，把握发生的反应、物质的量的计算为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意氧化还原反应及定组成的应用，题目难度中等．
16．（3分）稀土是一种重要的战略资源。氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，它是提取铈等稀土元素的重要矿物原料。氟碳铈矿的冶炼工艺流程如下：
已知：i．铈的常见化合价为+3、+4．焙烧后铈元素转化成CeO2和CeF4．四价铈不易进入溶液，而三价稀土元素易进入溶液。
ii．酸浸Ⅱ中发生反应：9CeO2+3CeF4+45HCl+3H3BO3＝Ce（BF4）3↓+11CeCl3+6Cl2↑+27H2O
请回答下列问题：
（1）①焙烧氟碳铈矿的目的是 将铈氧化为四价便于与其他稀土元素分离 。
②焙烧后产生的CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧。在尾气消除过程中发生着CeO2⇌CeO2（1﹣x）+xO2↑的循环。写出CeO2消除CO尾气的化学方程式： 2xCO+CeO2＝CeO2（1﹣x）+2xCO2 。
（2）在酸浸I中用盐酸浸出时，有少量铈进入滤液，且产生黄绿色气体。少量铈进入稀土溶液发生反应的离子方程式是 8H++2Cl﹣+2CeO2＝2Ce3++Cl2↑+4H2O
（3）向Ce（BF4）3中加入KCl溶液的目的是 避免Ce3+以Ce（BF4）3形式沉淀而损失（或将Ce3+全部转化为CeCl3，提高产率 。
（4）操作Ⅰ的名称为 过滤 ，在实验室中进行操作II时所需要的硅酸盐仪器有 分液漏斗、烧杯 。
（5）“操作Ⅰ”后，向溶液中加入NaOH 溶液来调节溶液的pH，以获得Ce（OH）3沉淀，常温下加入NaOH 调节溶液的pH应大于 9 即可认为Ce3+已完全沉淀。
（已知：Ksp[Ce（OH）3]＝1.0×10﹣20 ）
（6）取上述流程中得到的Ce（OH）4产品5.000g，加酸溶解后，向其中加入含0.03300molFeSO4的FeSO4溶液使Ce4+全部被还原成Ce3+，再用0.1000mol•L﹣1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点时，消耗20.00mL标准溶液。则该产品中Ce（OH）4的质量分数为 95.68% （已知氧化性：Ce4+＞KMnO4；Ce（OH）4的相对分子质量为208）。
【分析】氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，用硫酸强化焙烧得浸出液中含有氟离子、铈离子、硫酸等，尾气中主要含有二氧化碳，加入碳酸钙会生成硫酸钙和氟化钙等难溶物为滤渣，和硫酸稀土溶液，在硫酸稀土溶液中加入萃取剂，经过分液将溶液中的Ce3+萃取出来，再加入稀硫酸得含有Ce3+的溶液，调节溶液的pH值得Ce（OH）3沉淀，再经过氧气氧化，过滤、洗涤、干燥可得Ce（OH）4产品，以此解答该题。
【解答】解：（1）①通过焙烧氟碳铈矿，可将铈氧化为四价，
故答案为：将铈氧化为四价便于与其他稀土元素分离；
②尾气消除过程中发生着CeO2⇌CeO2（7﹣x）+xO2↑（0≤x≤2.25）的循环，可知CeO2具有氧化性，可氧化CO生成CO2，则CeO8消除CO尾气的化学方程式为2xCO+CeO2＝CeO6（1﹣x）+2xCO3，
故答案为：2xCO+CeO2＝CeO6（1﹣x）+2xCO7；
（2）在酸浸I中用盐酸溶解CeO2，有少量铈进入滤液，可知有Ce3+生成，且产生黄绿色气体5，则此时发生反应的离子方程式是8H++2Cl﹣+7CeO2＝2Ce8++Cl2↑+4H3O，
故答案为：8H++2Cl﹣+3CeO2＝2Ce5++Cl2↑+4H2O；
（3）向Ce（BF4）3中加入KCl溶液生成CeCl8和KBF，这样做的目的是避免三价铈以Ce（BF4）3沉淀的形式损失或除去BF7﹣或提高CeCl3的产率，
故答案为：避免Ce3+以Ce（BF3）3形式沉淀而损失（或将Ce3+全部转化为CeCl4，提高产率；
（4）操作I为固液分离，应选择过滤操作，则所需要的硅酸盐仪器有分液漏斗，
故答案为：过滤；分液漏斗；
（5）溶液中的c（Ce3+）等于1×10﹣8mol•L﹣1，可认为Ce3+沉淀完全，根据KSP[Ce（OH）5]＝c（Ce3+）•c3（OH﹣）＝4×10﹣20可知，c（OH﹣）＝mol•L﹣1＝4×10﹣5mol•L﹣1，此时溶液的pH为3，即加入NaOH 应大 3+已完全沉淀，
故答案为：9；
（6）用3.1000mol•L﹣1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点时，消耗20.00mL标准溶液4+，根据电子守恒剩余Fe2+的物质的量为0.1000mol•L﹣2×0.02L×＝4.01mol4+消耗的Fe2+的物质的量为5.03300mol﹣0.01mol＝0.02300mol，根据Ce2++Fe2+＝Fe3++Ce4+，则Ce4+的物质的量为0.02300mol，该产品中Ce（OH）2的质量分数为＝95.68%，
故答案为：95.68%。
【点评】本题考查物质的制备。为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析、实验能力，题目既有常规知识的考查又有新情景题目的考查，常规题目涉及到影响化学反应速率的因素、过滤操作以及pH的测定方法；命题情景要求根据题意写出有关反应的方程式，做题时注意根据物质的性质正确判断反应物和生成物，用守恒的方法去书写。
17．（3分）SO2是一种污染性气体，减少SO2在大气中的排放是环境保护的重要内容回答下列问题：
（1）已知：S（s）+O2（g）＝SO2（g）△H＝﹣297.2kJ•mol﹣1
CH4（g）+2SO2（g）＝CO2（g）+2S（s）+2H2O（l）△H＝﹣295.9kJ•mol﹣1
若CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）反应物的能量为E1，则生成物的能量E2是 E1﹣890.3kJ•mol﹣1 。
（2）利用反应：C（s）+SO2（g）⇌CO2（g）+S（g），可减少SO2在大气中的排放，在密闭容器中投入足量的反应物，不同实验条件下达到平衡2）﹣p和p＝105Pa下﹣1gKc﹣t如图1所示[x（SO2）表示SO2平衡时含量，Kc表示平衡常数]。该反应的正反应是 吸热 反应（填“放热”、“吸热”），理由是： a为恒压线，b为恒温线，升高温度，K增大 。
（3）恒温恒容条件下，下列事实不能说明反应C（s）+SO2（g）⇌CO2（g）+S（g）达到平衡状态的是 A （填字母）
A.不变
B.v（CO2）正＝v（SO2）逆
C.混合气体的总压强不再改变
D.混合气体的密度不再改变
（4）800℃，在1.0L的恒容密闭容器中投入1.0molSO2和120gC，容器中压强为p0kPa，发生反应C（s）+SO2（g）⇌CO2（g）+S（g），5min时容器中CO2的体积分数为20%，10min时达平衡，容器中压强为pkPa时。0～5min2）＝ kPa•min﹣1，800℃的化学平衡常数Kc＝ mol/L。
（5）用电化学原理吸收烟道气中SO2以减少其排放，其装置示意图2。H2O2从 a 口进入，电路中通过1mol电子时，正极区溶液的c（H+）将 减小 ，负极区n（H2SO4）＝ 0.7mol 。
【分析】（1）将题中两个方程式标注为①S（s）+O2（g）＝SO2（g）△H1＝﹣297.2kJ•mol﹣1，②CH4（g）+2SO2（g）＝CO2（g）+2S（s）+2H2O（l）△H2＝﹣295.9kJ•mol﹣1，由盖斯定律①×2+②可得目标方程式，则目标反应方程式的△H＝2△H1+△H2，再由△H＝生成物的总能量﹣反应物的总能量可解；
（2）该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，平衡时SO2的含量增大，所以b为恒温线，即T＝600℃下的x（SO2）﹣p的曲线，则a为恒压线，以此分析解题；
（3）平衡状态的判定，抓住两个重要特征，即“正逆向等”，“变量不变”即为平衡；
（4）5min时容器中CO2的体积分数为20%，设此时生成CO2的物质的量为x，列出三段式可解0～5minv（SO2），10min时达平衡，容器中压强为pkPa时，再列一次三段式，解得化学平衡常数；
（5）由图中电子移动方向可知，左侧是正极，H2O2从a口进入，发生还原反应，电极反应式为H2O2+2e﹣+2H+＝2H2O，右侧是负极，烟气中SO2失电子发生氧化反应，电极反应式为SO2﹣2e﹣+2H2O＝SO42﹣+4H+。
【解答】解：（1）将题中两个方程式标注为①S（s）+O2（g）＝SO2（g）△H8＝﹣297.2kJ•mol﹣1，②CH6（g）+2SO2（g）＝CO3（g）+2S（s）+2H5O（l）△H2＝﹣295.9kJ•mol﹣5，由盖斯定律①×2+②可得目标方程式，则目标反应方程式的△H＝2△H7+△H2＝2×（﹣297.8kJ•mol﹣1）+（﹣295.9kJ•mol﹣8）＝﹣890.3kJ•mol﹣1，再由△H＝生成物的总能量﹣反应物的总能量＝E5﹣E1＝﹣890.3kJ•mol﹣5，可得E2＝E1﹣890.7kJ•mol﹣1，
故答案为：E1﹣890.6kJ•mol﹣1；
（2）该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡时SO2的含量增大，所以b为恒温线3）﹣p的曲线，则a为恒压线，升高温度K增大，该反应为吸热反应，
故答案为：吸热；a为恒压线，升高温度；
（3）A．CO2（g）和S（g）是生成物，始终不变，故A错误；
B．v（CO8）正＝v（SO2）逆，正逆反应速率相等，可以判定平衡；
C．该反应前后气体化学计量数之和发生变化，可以判定平衡；
D．混合气体的密度ρ＝，容器体积不变，可以判定达到平衡状态；
故答案为：A；
（4）5min时容器中CO5的体积分数为20%，设此时生成CO2的物质的量为x，列出三段式：
C（s）+SO2（g）⇌CO8（g）+S（g）
开始（mol） 1 0 3
变化（mol） x x
平衡（mol） 1﹣x x
CO2的体积分数＝×100%＝20%，n（总）＝（1﹣0.25+3.25+0.25）mol＝1.25mol，＝0，则的分压改变量为p3﹣1.25p0×＝0.25p2kPa，则0～5minv（SO8）＝＝kPa＝﹣1，又10min时达平衡，容器中压强为pkPa时5的物质的量为y，列出三段式：
C（s）+SO2（g）⇌CO2（g）+S（g）
开始（mol） 5 0
变化（mol） y y
平衡（mol） 1﹣y y
恒温恒容条件下，＝，则，y＝，则Kc＝＝＝，
故答案为：；；
（5）由电子移动方向可判，H2O2从a口进入，a口处是正极，电极反应式为H2O6+2e﹣+2H+＝6H2O，由该电极反应式可知，c（H+）将减小，右侧b口处是负极2失电子发生氧化反应，电极反应式为SO8﹣2e﹣+2H3O＝SO42﹣+8H+，由该电极反应式可计算出，电子转移为1mol时，原来溶液中硫酸的物质的量＝cV＝0.5L×1mol•L﹣1＝5.2mol，则此时负极区n（H2SO2）＝0.2mol+5.5mol＝0.2mol，
故答案为：a；减小。
【点评】本题考查化学反应原理，涉及盖斯定律的应用、化学平衡的移动、化学平衡常数及其计算、电化学中有关电极的判断和电子转移的计算等，题目综合性较强，相对难度较大。
18．（3分）黄酮类化合物具有抗肿瘤活性，6﹣羟基黄酮衍生物的合成路线如图：
请回答下列问题：
（1）化合物B中的含氧官能团为 羟基 和 羰基 （填名称）。
（2）反应③中涉及到的反应类型有水解反应、 加成反应 和 消去反应 。
（3）反应④中加入的试剂X的分子式为C7H5OCl，X的结构简式为 。
（4）B的一种同分异构体满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
Ⅰ．能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应。
Ⅱ．分子中有4种不同化学环境的氢。
（5）已知：。根据已有知识并结合相关信息，写出以和CH3COOH为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任选） 。合成路线流程图示例：H2C＝CH2CH3CH2BrCH3CH2OH。
【分析】A与乙酸发生取代反应得到B，B发生取代反应得到C，C先发生水解反应得到，再发生加成反应得到，再发生消去反应得到D，D和发生取代反应得到E，以此解答；
（5）以和CH3COOH为原料制备，可以先利用题合成路线中的反应①，在的酚羟基的邻位引入羰基，再利用与氢气的加成，再消去，再加成可得产品。
【解答】解：（1）根据B的结构简式可知，B中有羟基和羰基，
故答案为：羟基；羰基；
（2）比较C和D的结构可知，反应③是C中的酯基发生了水解，所以反应③中涉及的反应为水解反应，
故答案为：加成反应；消去反应；
（3）比较D和E的结构简式结合X的分子式可判断X的结构简式为，
故答案为：；
（4）B的一种同分异构体满足下列条件，Ⅰ.能发生银镜反应3溶液发生显色反应，说明其中含有醛基；Ⅱ.分子中有4种不同化学环境的氢，
故答案为：；
（5）以和CH6COOH为原料制备，可以先利用题合成路线中的反应①，在的酚羟基的邻位引入羰基，再利用与氢气的加成，再加成可得产品，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断与合成，题目难度中等，解答本题注意结合题给信息和官能团的转化，特别是有机物官能团的性质为解答该题的关键，注意借鉴题给信息进行解答。
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/8/28 15:51:43；用户：15290311958；邮箱：15290311958；学号：48861359
2022-2023学年河北省秦皇岛市青龙县高三（上）期中化学试卷
一、选择题（共11小题，每小题3分，共33分。每小题只有一个选项符合题意）
1．（3分）下列实验方案能达到目的的是（ ）
A．加热分解NH4Cl制取氨气
B．用焰色反应鉴别KNO3和KCl
C．用澄清石灰水鉴别MgCl2溶液和NaHCO3溶液
D．用品红溶液鉴别SO2和CO2
2．（3分）有机化合物分子中基团间的相互影响会导致其化学性质的改变。下列叙述能说明上述观点的是（ ）
A．苯和甲苯都能与H2发生加成反应
B．苯酚易与NaOH溶液反应，而乙醇不能.
C．乙烯能与溴的四氯化碳发生加成反应，而乙烷不能
D．等物质的量的甘油和乙醇分别与足量Na反应，前者反应生成的H2多
3．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．标准状况下，11.2 L NO与11.2 L O2混合后所含分子数为0.75NA
B．pH＝13的1.0L Ba（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.2NA
C．0.1 mol Na2O2晶体中含有0.3NA个离子
D．标准状况下，22.4L甲醇中含有的氧原子数为1.0NA
4．（3分）下列对有关实验的描述不正确的是（ ）
A．在浓氨水中加入生石灰可以制取少量的NH3
B．用水就可以一次性鉴别溴苯、苯、乙酸三种物质
C．用如右图所示的装置可以测定黄铜（Cu、Zn合金）中Zn的含量
D．除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣，依次加入的物质可以是H2O、Ba（OH）2、Na2CO3、HCl
5．（3分）氮是各种生物体生命活动不可缺少的重要元素，氮的循环为生物体提供氮元素。将游离态的氮转化为氮的化合物的过程叫做氮的固定。下列过程属于氮的固定的是（ ）
A．工业利用氮气和氢气合成氨气
B．氨气和硫酸反应制取铵态氮肥
C．氨基酸合成人体所需的蛋白质
D．硝酸盐在细菌作用下生成氮气
6．（3分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的最高正价与最低负价的代数和为2，Y是地壳中含量最多的元素，W与Y同主族，下列说法正确的是（ ）
A．简单离子的半径：r（Z）＜r（Y）＜r（X）＜r（W）
B．工业上用电解由Y、Z组成的化合物制取Z的单质
C．W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强
D．由X、Y组成的化合物只有三种
7．（3分）已知：同一个碳原子上连2个﹣OH、碳碳双键碳原子上连接﹣OH时结构均不稳定。有机物A用元素分析仪测得分子只含C、H、O三种元素，用质谱仪测得相对分子质量为90，用红外光谱仪测得含﹣OH，B可继续发生催化氧化反应，且A不和NaOH溶液反应。则A可能的结构有（ ）
A．5种 B．6种 C．7种 D．8种
8．（3分）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与Y、X与Z分别同主族，四种元素形成的一种化合物Q的结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径：W＜X＜Z＜Y
B．X与Z形成的化合物均能被NaOH溶液吸收
C．W与Y形成的化合物属于离子化合物
D．Q溶于水或熔化时电离出的离子相同
9．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．Fe 分别与氯气和稀盐酸反应都生成氯化铁
B．SO2 与HClO都具有漂白性，且两者的漂白原理相同
C．钠和铁都与水反应生成氢气和碱
D．浓硫酸与浓硝酸敞口放置都会变稀，两者原理不同
10．（3分）优氯净（二氯异氰尿酸钠）是一种适用范围广，高效的杀菌消毒剂。其制备方法之一是氰尿酸、烧碱、氯气法：
步骤一：H3（CNO）3+2NaOH+2Cl2═H（CNO）3Cl2+2NaCl+2H2O；
步骤二：H（CNO）3Cl2+NaOH═Na（CNO）3Cl2+H2O。
下列说法正确的是（ ）
A．步骤一和步骤二均为氧化还原反应
B．该制备方法中，H3（CNO）3是还原剂，Cl2是氧化剂
C．被氧化的Cl2占全部反应的Cl2的50%
D．转移1mol电子，消耗11.2L Cl2（标准状况）
11．（3分）大黄素是中药大黄的有效成分，可由X在一定条件下反应制得：
下列有关化合物X和大黄素的说法正确的是（ ）
A．1mol X最多与3mol NaOH反应
B．大黄素分子中所有原子可能在同一平面上
C．大黄素与足量H2的加成产物分子中含有6个手性碳原子
D．等物质的量的X、大黄素分别与足量浓溴水反应消耗Br2物质的量之比为1：4
二、多选择题（本题共3小题。每小题6分，共18分。每小题有一个或两个选项符合题意，若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得4分，选两个且都正确得6分，但只要选错一个就得0分。）
（多选）12．（6分）下列能够用“键能”解释的有（ ）
A．N2参加反应时，多数需要“高温、高压、催化剂”等苛刻的条件
B．稀有气体一般与其它物质很难发生化学反应
C．常温常压下；氯气呈气态，溴呈液态
D．HF比HCl稳定，其水溶液的酸性比HCl弱
（多选）13．（6分）利用CH4出燃料电池电解制备Ca（H2PO4）2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，装置如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a极反应：CH4﹣8e﹣+4O2﹣＝CO2+2H2O
B．A膜和C膜均为阴离子交换膜，B膜为最离子交换膜
C．可用铁电极替换阳极的石墨电极
D．a极上通入标况下2.24L甲烷，理论上产品室可新增0.4molCa（H2PO4）2
（多选）14．（6分）在石油化工中，酸碱催化占有重要地位，某酸碱催化反应（M和D制取N）
HM+M+H+ pKa＝5.0
HM++D HMD+→N k1＝1.0×107mol ﹣1dm3s﹣1
M+D MD*→N k2＝1.0×102 mol ﹣1 dm3s﹣1
已知：基元反应的速率与反应物浓度幂之积成正比；该反应的决速步骤为基元反应中HMD+和MD*的生成；总反应速率为决速反应的速率之和。下列说法错误的是（ ）
A．生成MD*的速率为：k2c（M）•c（D）
B．酸性增大，会使M转化为HM+，降低总反应速率
C．总反应的速率常数k＝c（H+）+k2
D．当pH＞8 后，总反应的速率常数k基本不变
三、填空题（本题包括4个小题，共49分）
15．（3分）碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂．
（1）碱式氯化铜有多种制备方法
①方法1：45～50℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2 （OH）2 Cl2•3H2O，该反应的化学方程式为 ．
②方法2：先制得CuCl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜．Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2，Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示．M′的化学式为 ．
（2）碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua（OH）bClc•xH2O．为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：
①称取样品1.1160g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00mL溶液A；
②取25.00mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl 0.1722g；
③另取25.00mL溶液A，调节pH 4～5，用浓度为0.08000mol•L﹣1的EDTA（Na2H2Y•2H2O）标准溶液滴定Cu2+ （离子方程式为Cu2++H2Y2﹣═CuY2﹣+2H+），滴定至终点，消耗标准溶液30.00mL．通过计算确定该样品的化学式（写出计算过程）．
16．（3分）稀土是一种重要的战略资源。氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，它是提取铈等稀土元素的重要矿物原料。氟碳铈矿的冶炼工艺流程如下：
已知：i．铈的常见化合价为+3、+4．焙烧后铈元素转化成CeO2和CeF4．四价铈不易进入溶液，而三价稀土元素易进入溶液。
ii．酸浸Ⅱ中发生反应：9CeO2+3CeF4+45HCl+3H3BO3＝Ce（BF4）3↓+11CeCl3+6Cl2↑+27H2O
请回答下列问题：
（1）①焙烧氟碳铈矿的目的是 。
②焙烧后产生的CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧。在尾气消除过程中发生着CeO2⇌CeO2（1﹣x）+xO2↑的循环。写出CeO2消除CO尾气的化学方程式： 。
（2）在酸浸I中用盐酸浸出时，有少量铈进入滤液，且产生黄绿色气体。少量铈进入稀土溶液发生反应的离子方程式是
（3）向Ce（BF4）3中加入KCl溶液的目的是 。
（4）操作Ⅰ的名称为 ，在实验室中进行操作II时所需要的硅酸盐仪器有 。
（5）“操作Ⅰ”后，向溶液中加入NaOH 溶液来调节溶液的pH，以获得Ce（OH）3沉淀，常温下加入NaOH 调节溶液的pH应大于 即可认为Ce3+已完全沉淀。
（已知：Ksp[Ce（OH）3]＝1.0×10﹣20 ）
（6）取上述流程中得到的Ce（OH）4产品5.000g，加酸溶解后，向其中加入含0.03300molFeSO4的FeSO4溶液使Ce4+全部被还原成Ce3+，再用0.1000mol•L﹣1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点时，消耗20.00mL标准溶液。则该产品中Ce（OH）4的质量分数为 （已知氧化性：Ce4+＞KMnO4；Ce（OH）4的相对分子质量为208）。
17．（3分）SO2是一种污染性气体，减少SO2在大气中的排放是环境保护的重要内容回答下列问题：
（1）已知：S（s）+O2（g）＝SO2（g）△H＝﹣297.2kJ•mol﹣1
CH4（g）+2SO2（g）＝CO2（g）+2S（s）+2H2O（l）△H＝﹣295.9kJ•mol﹣1
若CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）反应物的能量为E1，则生成物的能量E2是 。
（2）利用反应：C（s）+SO2（g）⇌CO2（g）+S（g），可减少SO2在大气中的排放，在密闭容器中投入足量的反应物，不同实验条件下达到平衡2）﹣p和p＝105Pa下﹣1gKc﹣t如图1所示[x（SO2）表示SO2平衡时含量，Kc表示平衡常数]。该反应的正反应是 反应（填“放热”、“吸热”），理由是： 。
（3）恒温恒容条件下，下列事实不能说明反应C（s）+SO2（g）⇌CO2（g）+S（g）达到平衡状态的是 （填字母）
A.不变
B.v（CO2）正＝v（SO2）逆
C.混合气体的总压强不再改变
D.混合气体的密度不再改变
（4）800℃，在1.0L的恒容密闭容器中投入1.0molSO2和120gC，容器中压强为p0kPa，发生反应C（s）+SO2（g）⇌CO2（g）+S（g），5min时容器中CO2的体积分数为20%，10min时达平衡，容器中压强为pkPa时。0～5min2）＝ kPa•min﹣1，800℃的化学平衡常数Kc＝ mol/L。
（5）用电化学原理吸收烟道气中SO2以减少其排放，其装置示意图2。H2O2从 口进入，电路中通过1mol电子时，正极区溶液的c（H+）将 ，负极区n（H2SO4）＝ 。
18．（3分）黄酮类化合物具有抗肿瘤活性，6﹣羟基黄酮衍生物的合成路线如图：
请回答下列问题：
（1）化合物B中的含氧官能团为 和 （填名称）。
（2）反应③中涉及到的反应类型有水解反应、 和 。
（3）反应④中加入的试剂X的分子式为C7H5OCl，X的结构简式为 。
（4）B的一种同分异构体满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
Ⅰ．能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应。
Ⅱ．分子中有4种不同化学环境的氢。
（5）已知：。根据已有知识并结合相关信息，写出以和CH3COOH为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任选） 。合成路线流程图示例：H2C＝CH2CH3CH2BrCH3CH2OH。
2022-2023学年河北省秦皇岛市青龙县高三（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共11小题，每小题3分，共33分。每小题只有一个选项符合题意）
1．（3分）下列实验方案能达到目的的是（ ）
A．加热分解NH4Cl制取氨气
B．用焰色反应鉴别KNO3和KCl
C．用澄清石灰水鉴别MgCl2溶液和NaHCO3溶液
D．用品红溶液鉴别SO2和CO2
【分析】A．加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化铵；
B．K元素的焰色为紫色；
C．MgCl2溶液和NaHCO3溶液均与石灰水反应生成白色沉淀；
D．只有二氧化硫可使品红褪色。
【解答】解：A．加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢，应选氯化铵与氢氧化钙加热制备氨气；
B．K元素的焰色为紫色，故B错误；
C．MgCl2溶液和NaHCO3溶液均与石灰水反应生成白色沉淀，现象相同，故C错误；
D．只有二氧化硫可使品红褪色，可鉴别；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备及鉴别、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
2．（3分）有机化合物分子中基团间的相互影响会导致其化学性质的改变。下列叙述能说明上述观点的是（ ）
A．苯和甲苯都能与H2发生加成反应
B．苯酚易与NaOH溶液反应，而乙醇不能.
C．乙烯能与溴的四氯化碳发生加成反应，而乙烷不能
D．等物质的量的甘油和乙醇分别与足量Na反应，前者反应生成的H2多
【分析】A．苯和甲苯两者的苯环均可以发生加成反应；
B．﹣OH连接的基团不同；
C．乙烯含有碳碳双键，乙烷为稳定结构；
D．甘油和乙醇含羟基的数目不同。
【解答】解：A．苯和甲苯都能与H2发生加成反应生成环己烷和甲基环己烷，不能说明基团间的相互影响会导致其化学性质的改变；
B．苯酚因为羟基直接与苯环相连，能电离出氢离子，而乙醇不能；
C．乙烯含有碳碳双键，二者结构不同，与原子团的影响无关；
D．甘油中含有三个羟基，则生成氢气的量不同，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的性质，题目难度不大，明确有机物的结构、有机物的官能团为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意基团之间的相互影响与官能团决定性质的区别。
3．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．标准状况下，11.2 L NO与11.2 L O2混合后所含分子数为0.75NA
B．pH＝13的1.0L Ba（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.2NA
C．0.1 mol Na2O2晶体中含有0.3NA个离子
D．标准状况下，22.4L甲醇中含有的氧原子数为1.0NA
【分析】A、11.2LNO与11.2LO2混合后发生的反应为2NO+O2═2NO2，2NO2N2O4，则反应后的气体的物质的量小于0.75mol；
B、依据体积和氢氧根离子浓度计算物质的量；
C、Na2O2中含2molNa+和1；
D、标况下，甲醇为液态．
【解答】解：A、11.2LNO与11.2LO5混合后发生的反应为2NO+O2═6NO2，2NO8N2O4，则反应后的气体的物质的量小于4.75mol，混合后所含分子数目小于0.75NA，故A错误；
B、pH＝13的1.8LBa（OH）2溶液中，水也能电离出氢氧根离子﹣数目大于0.5NA，故B错误；
C、Na2O2中含2molNa+和1，故1molNa2O2中含3mol离子，即3NA个，故C正确；
D、标况下，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量。
故选：C。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大。
4．（3分）下列对有关实验的描述不正确的是（ ）
A．在浓氨水中加入生石灰可以制取少量的NH3
B．用水就可以一次性鉴别溴苯、苯、乙酸三种物质
C．用如右图所示的装置可以测定黄铜（Cu、Zn合金）中Zn的含量
D．除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣，依次加入的物质可以是H2O、Ba（OH）2、Na2CO3、HCl
【分析】A、生石灰可以吸收氨水中的水，让其中的氨气挥发出来；
B、溴苯和水互不相溶，且密度比水大，苯和水互不相溶，密度比水小，乙酸和水互溶；
C、Cu、Zn均能和稀硝酸反应生成对应的盐和一氧化氮，用排水量气法时，洗气瓶的导管要短进长出；
D、粗盐的提纯步骤：先溶解粗盐，再过滤，然后向滤液中加入氢氧化钡，除去粗盐中的硫酸根离子和镁离子，再过滤，向滤液中加入碳酸钠，除去粗盐中的钙离子和多余的钡离子，最后加盐酸，除去多余的碳酸根离子；
【解答】解：A、生石灰可以吸收氨水中的水，可以在浓氨水中加入生石灰可以制取少量的NH3，故A正确；
B、溴苯和水互不相溶，混合后分层，下层是溴苯，密度比水小，上层是苯，乙酸和水互溶，故B正确；
C、Cu，但是用排水量气法时，故C错误；
D、粗盐的提纯步骤：先溶解粗盐，然后向滤液中加入氢氧化钡、铁离子等，向滤液中加入碳酸钠，最后加盐酸，碳酸钠必须加在氢氧化钡的后面，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查学生对有关化学实验基本知识的掌握程度，要求学生熟记所学知识，学以致用．
5．（3分）氮是各种生物体生命活动不可缺少的重要元素，氮的循环为生物体提供氮元素。将游离态的氮转化为氮的化合物的过程叫做氮的固定。下列过程属于氮的固定的是（ ）
A．工业利用氮气和氢气合成氨气
B．氨气和硫酸反应制取铵态氮肥
C．氨基酸合成人体所需的蛋白质
D．硝酸盐在细菌作用下生成氮气
【分析】将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程叫氮的固定，据此分析解答。
【解答】解：A．工业利用氮气和氢气合成氨气，属于氮的固定；
B．氨气和硫酸反应制取铵态氮肥是不同化合态的氮的转换，故B错误；
C．氨基酸合成人体所需的蛋白质是不同化合态的氮的转换，故C错误；
D．硝酸盐在细菌作用下生成氮气，不是氮的固定。
故选：A。
【点评】本题主要考查氮的固定，依据氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程即可解答，题目难度不大。
6．（3分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的最高正价与最低负价的代数和为2，Y是地壳中含量最多的元素，W与Y同主族，下列说法正确的是（ ）
A．简单离子的半径：r（Z）＜r（Y）＜r（X）＜r（W）
B．工业上用电解由Y、Z组成的化合物制取Z的单质
C．W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强
D．由X、Y组成的化合物只有三种
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y是地壳中含量最多的元素，Y为O元素；X的最高正价与最低负价的代数和为2，位于ⅤA族，其原子序数小于O，则X为N元素；W与Y同主族，则W为S；Z原子的最外层电子数等于其最内层电子数，则Z为Mg元素，据此解答。
【解答】解：根据分析可知，X为N元素，Z为Mg元素。
A．电子层越多离子半径越大，核电荷数越大离子半径越小，故A正确；
B．MgO熔点较高，故B错误；
C．非金属性：S＜O，故C错误；
D．N、O形成的化合物有NO、N2O、NO2、N2O4等，二者形成的化合物不止三种；
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及原子核外电子排布规律，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力。
7．（3分）已知：同一个碳原子上连2个﹣OH、碳碳双键碳原子上连接﹣OH时结构均不稳定。有机物A用元素分析仪测得分子只含C、H、O三种元素，用质谱仪测得相对分子质量为90，用红外光谱仪测得含﹣OH，B可继续发生催化氧化反应，且A不和NaOH溶液反应。则A可能的结构有（ ）
A．5种 B．6种 C．7种 D．8种
【分析】由有机物A的相对分子质量为90，分子只含 C、H、O三种元素可知，A 的分子式为C3H6O3或C4H10O2；用红外光谱仪测得含﹣OH，不含醚键，通过实验发现A可以催化氧化生成B，B可继续发生催化氧化反应，且A不和NaOH溶液反应，以此分析A的结构。
【解答】解：由有机物A的相对分子质量为90，分子只含 C、H，A 的分子式为C3H6O5或C4H10O2；若A为C4H10O2，由A 含﹣OH，不含醚键，B可以继续发生催化氧化反应可知，至少有1个﹣CH5OH结构，由同一个碳原子上连 2 个轻基结构不稳定可知3CH5CH2CH2OH 分子中烃基上氢原子被﹣OH取代有8种结构，（CH3）2CHCHOH分子中烃基上氢原子被﹣OH 取代有5种结构；若A为C3H6O2，由A含﹣OH，不含醚键，B 可以继续发生催化氧化反应，结合碳碳双键碳原子上连接羟基时结构不稳定可知2OH结构和1个醛基或羰基，其中含有﹣CH3OH和醛基的有1种，含有﹣CH2OH和羰基的有3种，则A的可能结构共有7种，
故选：C。
【点评】本题考查了同分异构体的书写，确定有机物分子式为解答关键，注意掌握常见有机物结构与性质，明确同分异构体的概念及书写原则，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力，题目难度中等。
8．（3分）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与Y、X与Z分别同主族，四种元素形成的一种化合物Q的结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径：W＜X＜Z＜Y
B．X与Z形成的化合物均能被NaOH溶液吸收
C．W与Y形成的化合物属于离子化合物
D．Q溶于水或熔化时电离出的离子相同
【分析】Y最高化合价为+1价，应为Na元素，Z的最高化合价为+6价，应为S元素，X可形成Z＝X键，最外层有6个电子，应为O元素，W形成1个共价键，为H元素，Q为NaHSO4，以此解答该题。
【解答】解：A.H原子半径最小，原子核外电子层数越多，同周期元素从左到右原子半径减小，故A正确；
B.二氧化硫、三氧化硫均为酸性氧化物，故B正确；
C.NaH属于离子化合物，故C正确；
D.NaHSO4溶于水电离子出氢离子、钠离子和硫酸根离子，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握化合物中形成的离子、原子最外层电子数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
9．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．Fe 分别与氯气和稀盐酸反应都生成氯化铁
B．SO2 与HClO都具有漂白性，且两者的漂白原理相同
C．钠和铁都与水反应生成氢气和碱
D．浓硫酸与浓硝酸敞口放置都会变稀，两者原理不同
【分析】A．Fe分别与氯气和稀盐酸反应所得氯化物分别为氯化铁和氯化亚铁；
B．二氧化硫没有强氧化性，HClO具有强氧化性；
C．钠与水反应生成氢气和氢氧化钠，铁与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁；
D．浓硫酸因为吸水性，而浓硝酸因为挥发性，敞口放置都会变稀。
【解答】解：A．铁和氯气反应2Fe+3Cl72FeCl3，生成氯化铁，铁与盐酸反应Fe+6HCl＝FeCl2+H2↑生成氯化亚铁和氢气，故A错误；
B．HClO有强氧化性而具有漂白性5和有色物质发生化合反应而漂白，则它们漂白原理不同；
C．钠与水反应生成氢气和氢氧化钠，故C错误；
D．浓硫酸因为吸水性，敞口放置都会变稀，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的性质、反应条件的判断，熟练掌握物质的性质是解题关键，题目难度不大。
10．（3分）优氯净（二氯异氰尿酸钠）是一种适用范围广，高效的杀菌消毒剂。其制备方法之一是氰尿酸、烧碱、氯气法：
步骤一：H3（CNO）3+2NaOH+2Cl2═H（CNO）3Cl2+2NaCl+2H2O；
步骤二：H（CNO）3Cl2+NaOH═Na（CNO）3Cl2+H2O。
下列说法正确的是（ ）
A．步骤一和步骤二均为氧化还原反应
B．该制备方法中，H3（CNO）3是还原剂，Cl2是氧化剂
C．被氧化的Cl2占全部反应的Cl2的50%
D．转移1mol电子，消耗11.2L Cl2（标准状况）
【分析】H3（CNO）3+2NaOH+2Cl2═H（CNO）3Cl2+2NaCl+2H2O反应中，只有Cl元素发生变价，Cl2既是氧化剂，也是还原剂，
H（CNO）3Cl2+NaOH═Na（CNO）3Cl2+H2O反应中，没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，据此分析。
【解答】解：A.步骤二：H（CNO）3Cl2+NaOH═Na（CNO）3Cl2+H2O，没有元素化合价的变化，故A错误；
B.由步骤一可知，Cl7既是氧化剂，也是还原剂；
C.Cl2被氧化生成H（CNO）3Cl5，被还原生成NaCl，则被氧化的Cl2与被还原Cl2的物质的量为6：1，则被氧化的Cl2占全部反应的Cl6的50%，故C正确；
D.Cl2转化为+1价和﹣6价，因此1molCl2反应，转移5mol电子，消耗标准状况下22.4LCl2，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
11．（3分）大黄素是中药大黄的有效成分，可由X在一定条件下反应制得：
下列有关化合物X和大黄素的说法正确的是（ ）
A．1mol X最多与3mol NaOH反应
B．大黄素分子中所有原子可能在同一平面上
C．大黄素与足量H2的加成产物分子中含有6个手性碳原子
D．等物质的量的X、大黄素分别与足量浓溴水反应消耗Br2物质的量之比为1：4
【分析】A．X可以发生水解反应引入酚羟基，并生成HBr，有机产物中羧基、酚羟基以及HBr又与NaOH发生中和反应；
B．大黄素含有甲基，具有甲烷的四面体结构；
C．大黄素与足量H2的加成产物为，连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；
D．苯环上酚羟基的邻位、对位的氢原子可以与溴发生取代反应。
【解答】解：A．1molX可以发生水解反应生成1mol和4molHBr，有机产物分子含有1个羧基，而羧基，故1mol X最多与3mol NaOH反应；
B．大黄素含有甲基，故大黄素分子中所有原子不可能在同一平面上；
C．大黄素与足量H2的加成产物为，连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，如图所示标有“*”为手性碳原子，共有10个手性碳原子；
D．X只有苯环上酚羟基的邻位的氢原子被溴取代7，而大黄素分子中酚羟基的邻位、对位的氢原子可以被溴原子取代2，故二者消耗Br2物质的量之比为2：4，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，是有机化学基础常考题型，熟练掌握官能团的结合、性质与转化，注意酚与溴反应定位规律，根据甲烷的四面体、乙烯与苯的平面形、乙炔直线形理解共面与共线问题。
二、多选择题（本题共3小题。每小题6分，共18分。每小题有一个或两个选项符合题意，若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得4分，选两个且都正确得6分，但只要选错一个就得0分。）
（多选）12．（6分）下列能够用“键能”解释的有（ ）
A．N2参加反应时，多数需要“高温、高压、催化剂”等苛刻的条件
B．稀有气体一般与其它物质很难发生化学反应
C．常温常压下；氯气呈气态，溴呈液态
D．HF比HCl稳定，其水溶液的酸性比HCl弱
【分析】A．氮气键能大，物质稳定；
B．稀有气体为单原子分子，原子都形成稳定结构；
C．物质的状态与键能无关；
D．物质的稳定性与键能有关。
【解答】解：A．由氮气分子中N≡N的键能很大，故氮气在常温下很稳定，故N2参加反应时，多数需要“高温、催化剂”等苛刻的条件，故A正确；
B．稀有气体为单原子分子，稀有气体一般难于发生化学反应，故B错误；
C．常温常压下，溴呈液态，与分子间作用力有关；
D．键能越大物质越稳定，故HF比HCl稳定，越不易断裂，故其水溶液的酸性比HCl弱；
故选：AD。
【点评】本题考查化学键和分子间作用力这两个不同概念，需要注意的是物质的稳定性与键能有关。
（多选）13．（6分）利用CH4出燃料电池电解制备Ca（H2PO4）2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，装置如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a极反应：CH4﹣8e﹣+4O2﹣＝CO2+2H2O
B．A膜和C膜均为阴离子交换膜，B膜为最离子交换膜
C．可用铁电极替换阳极的石墨电极
D．a极上通入标况下2.24L甲烷，理论上产品室可新增0.4molCa（H2PO4）2
【分析】CH4燃料原电池中，甲烷失电子在负极发生氧化反应，所以a极为负极，通入氧气的b极为原电池的正极，电池总反应为：CH4+2O2＝CO2+2H2O，根据电池中移动的O2﹣可知电解质为熔融的金属氧化物；与电源的正极相连接的为电解池的阳极，在阳极为氯离子放电，电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，电解池中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，则A膜应为阳离子交换膜；磷酸二氢根离子由原料室通过B膜进入产品室，所以B膜为阴离子交换膜；阴极附近氢离子放电生成氢气，破坏水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大，结合钠离子生成氢氧化钠，则C膜也应为阳离子交换膜，且总电路中得失电子和电荷守恒，据此分析判断。
【解答】解：A．a极为负极，电极反应为：CH4﹣8e﹣+6O2﹣═CO2+5H2O，故A正确；
B．据分析可知，B膜为阴离子交换膜；
C．电解池中铁作阳极，不能用铁电极替换阳极的石墨电极；
D．左侧为原电池，构成闭合回路，等于电解池通过的电子，n（CH4）＝＝0.4mol4～0.2mole﹣，根据电荷守恒电解液中离子移动与电子相当，阳离子向阴极移动2+通过A膜进入产品室减少0.4mol，产品室增加0.4mol Ca（H8PO4）2，故D正确；
故选：BC。
【点评】本题考查了原电池和电解池原理，侧重考查学生电极反应和原理分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
（多选）14．（6分）在石油化工中，酸碱催化占有重要地位，某酸碱催化反应（M和D制取N）
HM+M+H+ pKa＝5.0
HM++D HMD+→N k1＝1.0×107mol ﹣1dm3s﹣1
M+D MD*→N k2＝1.0×102 mol ﹣1 dm3s﹣1
已知：基元反应的速率与反应物浓度幂之积成正比；该反应的决速步骤为基元反应中HMD+和MD*的生成；总反应速率为决速反应的速率之和。下列说法错误的是（ ）
A．生成MD*的速率为：k2c（M）•c（D）
B．酸性增大，会使M转化为HM+，降低总反应速率
C．总反应的速率常数k＝c（H+）+k2
D．当pH＞8 后，总反应的速率常数k基本不变
【分析】由总反应速率为决速反应的速率之和可得：kc（M）•c（D）＝k1c（HM+）•c（D）+k2c（M）•c（D），则k＝k1×+k2，由电离平衡常数ka＝可得，＝，所以k＝c（H+）+k2，据此分析作答即可。
【解答】解：A．由基元反应的速率与反应物浓度幂之积成正比可知2c（M）•c（D），故A正确；
B．由平衡方程式知，溶液中氢离子浓度越大，会使M转化为HM+，HM+离子浓度增大，由分析可知c（H+）+k3，氢离子浓度增大，k增大，故B错误；
C．根据分析可知c（H+）+k2，故C正确；
D．根据分析可知c（H+）+k2，溶液pH＞8后，溶液中氢离子减小，故D错误；
故选：BD。
【点评】本题主要考查学生对信息的理解能力，分析能力，比较能力，同时考查平衡常数表达式的应用等，知识考查比较灵活，难度中等。
三、填空题（本题包括4个小题，共49分）
15．（3分）碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂．
（1）碱式氯化铜有多种制备方法
①方法1：45～50℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2 （OH）2 Cl2•3H2O，该反应的化学方程式为 4CuCl+O2+8H2O2Cu2（OH）2Cl2•3H2O ．
②方法2：先制得CuCl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜．Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2，Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示．M′的化学式为 Fe2+ ．
（2）碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua（OH）bClc•xH2O．为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：
①称取样品1.1160g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00mL溶液A；
②取25.00mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl 0.1722g；
③另取25.00mL溶液A，调节pH 4～5，用浓度为0.08000mol•L﹣1的EDTA（Na2H2Y•2H2O）标准溶液滴定Cu2+ （离子方程式为Cu2++H2Y2﹣═CuY2﹣+2H+），滴定至终点，消耗标准溶液30.00mL．通过计算确定该样品的化学式（写出计算过程）．
【分析】（1）①45～50℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2 （OH）2 Cl2•3H2O，反应物为CuCl、氧气、水；
②Fe3+对该反应有催化作用，结合图可知，Cu元素的化合价升高，则M中Fe元素的化合价降低；
（2）由②可知n（Cl﹣）＝n（AgCl）×＝＝4.800×10﹣3mol，由③可知n（Cu2+）＝n（EDTA）×＝0.08000 mol•L﹣1×30.00 mL×10﹣3 L•mL﹣1×＝9.600×10﹣3 mol，结合化合物中正负化合价的代数和为0及物质定组成来计算．
【解答】解：（1）①45～50℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2 （OH）2 Cl4•3H2O，反应物为CuCl、水，Cu元素的化合价升高，由原子6+8H2O8Cu2（OH）2Cl7•3H2O，
故答案为：3CuCl+O2+8H8O2Cu2（OH）8Cl2•3H2O；
②Fe3+对该反应有催化作用，结合图可知，则M中Fe元素的化合价降低2+，
故答案为：Fe4+；
（2）n（Cl﹣）＝n（AgCl）×＝＝2.800×10﹣3mol，
n（Cu2+）＝n（EDTA）×＝8.08000 ﹣1×30.00 mL×10﹣3 L•mL﹣6×＝9.600×10﹣3 mol，
n（OH﹣）＝6n（Cu2+）﹣n（Cl﹣）＝2×2.600×10﹣3 mol﹣4.800×10﹣7 mol＝1.440×10﹣2 mol，
m（Cl﹣）＝6.800×10﹣3 mol×35.5 g•mol﹣3＝0.1704 g，
m（Cu2+）＝4.600×10﹣3 mol×64 g•mol﹣1＝2.6144 g，
m（OH﹣）＝1.440×10﹣2 mol×17 g•mol﹣2＝0.2448 g，
n（H2O）＝＝4.800×10﹣3 mol，
则a：b：c：x＝n（Cu8+）：n（OH﹣）：n（Cl﹣）：n（H2O）＝2：2：1：1，
即化学式为Cu6 （OH）3Cl•H2O，
答：该样品的化学式为Cu3 （OH）3Cl•H2O．
【点评】本题考查物质的制备及物质组成的测定实验，为高频考点，把握发生的反应、物质的量的计算为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意氧化还原反应及定组成的应用，题目难度中等．
16．（3分）稀土是一种重要的战略资源。氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，它是提取铈等稀土元素的重要矿物原料。氟碳铈矿的冶炼工艺流程如下：
已知：i．铈的常见化合价为+3、+4．焙烧后铈元素转化成CeO2和CeF4．四价铈不易进入溶液，而三价稀土元素易进入溶液。
ii．酸浸Ⅱ中发生反应：9CeO2+3CeF4+45HCl+3H3BO3＝Ce（BF4）3↓+11CeCl3+6Cl2↑+27H2O
请回答下列问题：
（1）①焙烧氟碳铈矿的目的是 将铈氧化为四价便于与其他稀土元素分离 。
②焙烧后产生的CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧。在尾气消除过程中发生着CeO2⇌CeO2（1﹣x）+xO2↑的循环。写出CeO2消除CO尾气的化学方程式： 2xCO+CeO2＝CeO2（1﹣x）+2xCO2 。
（2）在酸浸I中用盐酸浸出时，有少量铈进入滤液，且产生黄绿色气体。少量铈进入稀土溶液发生反应的离子方程式是 8H++2Cl﹣+2CeO2＝2Ce3++Cl2↑+4H2O
（3）向Ce（BF4）3中加入KCl溶液的目的是 避免Ce3+以Ce（BF4）3形式沉淀而损失（或将Ce3+全部转化为CeCl3，提高产率 。
（4）操作Ⅰ的名称为 过滤 ，在实验室中进行操作II时所需要的硅酸盐仪器有 分液漏斗、烧杯 。
（5）“操作Ⅰ”后，向溶液中加入NaOH 溶液来调节溶液的pH，以获得Ce（OH）3沉淀，常温下加入NaOH 调节溶液的pH应大于 9 即可认为Ce3+已完全沉淀。
（已知：Ksp[Ce（OH）3]＝1.0×10﹣20 ）
（6）取上述流程中得到的Ce（OH）4产品5.000g，加酸溶解后，向其中加入含0.03300molFeSO4的FeSO4溶液使Ce4+全部被还原成Ce3+，再用0.1000mol•L﹣1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点时，消耗20.00mL标准溶液。则该产品中Ce（OH）4的质量分数为 95.68% （已知氧化性：Ce4+＞KMnO4；Ce（OH）4的相对分子质量为208）。
【分析】氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，用硫酸强化焙烧得浸出液中含有氟离子、铈离子、硫酸等，尾气中主要含有二氧化碳，加入碳酸钙会生成硫酸钙和氟化钙等难溶物为滤渣，和硫酸稀土溶液，在硫酸稀土溶液中加入萃取剂，经过分液将溶液中的Ce3+萃取出来，再加入稀硫酸得含有Ce3+的溶液，调节溶液的pH值得Ce（OH）3沉淀，再经过氧气氧化，过滤、洗涤、干燥可得Ce（OH）4产品，以此解答该题。
【解答】解：（1）①通过焙烧氟碳铈矿，可将铈氧化为四价，
故答案为：将铈氧化为四价便于与其他稀土元素分离；
②尾气消除过程中发生着CeO2⇌CeO2（7﹣x）+xO2↑（0≤x≤2.25）的循环，可知CeO2具有氧化性，可氧化CO生成CO2，则CeO8消除CO尾气的化学方程式为2xCO+CeO2＝CeO6（1﹣x）+2xCO3，
故答案为：2xCO+CeO2＝CeO6（1﹣x）+2xCO7；
（2）在酸浸I中用盐酸溶解CeO2，有少量铈进入滤液，可知有Ce3+生成，且产生黄绿色气体5，则此时发生反应的离子方程式是8H++2Cl﹣+7CeO2＝2Ce8++Cl2↑+4H3O，
故答案为：8H++2Cl﹣+3CeO2＝2Ce5++Cl2↑+4H2O；
（3）向Ce（BF4）3中加入KCl溶液生成CeCl8和KBF，这样做的目的是避免三价铈以Ce（BF4）3沉淀的形式损失或除去BF7﹣或提高CeCl3的产率，
故答案为：避免Ce3+以Ce（BF3）3形式沉淀而损失（或将Ce3+全部转化为CeCl4，提高产率；
（4）操作I为固液分离，应选择过滤操作，则所需要的硅酸盐仪器有分液漏斗，
故答案为：过滤；分液漏斗；
（5）溶液中的c（Ce3+）等于1×10﹣8mol•L﹣1，可认为Ce3+沉淀完全，根据KSP[Ce（OH）5]＝c（Ce3+）•c3（OH﹣）＝4×10﹣20可知，c（OH﹣）＝mol•L﹣1＝4×10﹣5mol•L﹣1，此时溶液的pH为3，即加入NaOH 应大 3+已完全沉淀，
故答案为：9；
（6）用3.1000mol•L﹣1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点时，消耗20.00mL标准溶液4+，根据电子守恒剩余Fe2+的物质的量为0.1000mol•L﹣2×0.02L×＝4.01mol4+消耗的Fe2+的物质的量为5.03300mol﹣0.01mol＝0.02300mol，根据Ce2++Fe2+＝Fe3++Ce4+，则Ce4+的物质的量为0.02300mol，该产品中Ce（OH）2的质量分数为＝95.68%，
故答案为：95.68%。
【点评】本题考查物质的制备。为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析、实验能力，题目既有常规知识的考查又有新情景题目的考查，常规题目涉及到影响化学反应速率的因素、过滤操作以及pH的测定方法；命题情景要求根据题意写出有关反应的方程式，做题时注意根据物质的性质正确判断反应物和生成物，用守恒的方法去书写。
17．（3分）SO2是一种污染性气体，减少SO2在大气中的排放是环境保护的重要内容回答下列问题：
（1）已知：S（s）+O2（g）＝SO2（g）△H＝﹣297.2kJ•mol﹣1
CH4（g）+2SO2（g）＝CO2（g）+2S（s）+2H2O（l）△H＝﹣295.9kJ•mol﹣1
若CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）反应物的能量为E1，则生成物的能量E2是 E1﹣890.3kJ•mol﹣1 。
（2）利用反应：C（s）+SO2（g）⇌CO2（g）+S（g），可减少SO2在大气中的排放，在密闭容器中投入足量的反应物，不同实验条件下达到平衡2）﹣p和p＝105Pa下﹣1gKc﹣t如图1所示[x（SO2）表示SO2平衡时含量，Kc表示平衡常数]。该反应的正反应是 吸热 反应（填“放热”、“吸热”），理由是： a为恒压线，b为恒温线，升高温度，K增大 。
（3）恒温恒容条件下，下列事实不能说明反应C（s）+SO2（g）⇌CO2（g）+S（g）达到平衡状态的是 A （填字母）
A.不变
B.v（CO2）正＝v（SO2）逆
C.混合气体的总压强不再改变
D.混合气体的密度不再改变
（4）800℃，在1.0L的恒容密闭容器中投入1.0molSO2和120gC，容器中压强为p0kPa，发生反应C（s）+SO2（g）⇌CO2（g）+S（g），5min时容器中CO2的体积分数为20%，10min时达平衡，容器中压强为pkPa时。0～5min2）＝ kPa•min﹣1，800℃的化学平衡常数Kc＝ mol/L。
（5）用电化学原理吸收烟道气中SO2以减少其排放，其装置示意图2。H2O2从 a 口进入，电路中通过1mol电子时，正极区溶液的c（H+）将 减小 ，负极区n（H2SO4）＝ 0.7mol 。
【分析】（1）将题中两个方程式标注为①S（s）+O2（g）＝SO2（g）△H1＝﹣297.2kJ•mol﹣1，②CH4（g）+2SO2（g）＝CO2（g）+2S（s）+2H2O（l）△H2＝﹣295.9kJ•mol﹣1，由盖斯定律①×2+②可得目标方程式，则目标反应方程式的△H＝2△H1+△H2，再由△H＝生成物的总能量﹣反应物的总能量可解；
（2）该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，平衡时SO2的含量增大，所以b为恒温线，即T＝600℃下的x（SO2）﹣p的曲线，则a为恒压线，以此分析解题；
（3）平衡状态的判定，抓住两个重要特征，即“正逆向等”，“变量不变”即为平衡；
（4）5min时容器中CO2的体积分数为20%，设此时生成CO2的物质的量为x，列出三段式可解0～5minv（SO2），10min时达平衡，容器中压强为pkPa时，再列一次三段式，解得化学平衡常数；
（5）由图中电子移动方向可知，左侧是正极，H2O2从a口进入，发生还原反应，电极反应式为H2O2+2e﹣+2H+＝2H2O，右侧是负极，烟气中SO2失电子发生氧化反应，电极反应式为SO2﹣2e﹣+2H2O＝SO42﹣+4H+。
【解答】解：（1）将题中两个方程式标注为①S（s）+O2（g）＝SO2（g）△H8＝﹣297.2kJ•mol﹣1，②CH6（g）+2SO2（g）＝CO3（g）+2S（s）+2H5O（l）△H2＝﹣295.9kJ•mol﹣5，由盖斯定律①×2+②可得目标方程式，则目标反应方程式的△H＝2△H7+△H2＝2×（﹣297.8kJ•mol﹣1）+（﹣295.9kJ•mol﹣8）＝﹣890.3kJ•mol﹣1，再由△H＝生成物的总能量﹣反应物的总能量＝E5﹣E1＝﹣890.3kJ•mol﹣5，可得E2＝E1﹣890.7kJ•mol﹣1，
故答案为：E1﹣890.6kJ•mol﹣1；
（2）该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡时SO2的含量增大，所以b为恒温线3）﹣p的曲线，则a为恒压线，升高温度K增大，该反应为吸热反应，
故答案为：吸热；a为恒压线，升高温度；
（3）A．CO2（g）和S（g）是生成物，始终不变，故A错误；
B．v（CO8）正＝v（SO2）逆，正逆反应速率相等，可以判定平衡；
C．该反应前后气体化学计量数之和发生变化，可以判定平衡；
D．混合气体的密度ρ＝，容器体积不变，可以判定达到平衡状态；
故答案为：A；
（4）5min时容器中CO5的体积分数为20%，设此时生成CO2的物质的量为x，列出三段式：
C（s）+SO2（g）⇌CO8（g）+S（g）
开始（mol） 1 0 3
变化（mol） x x
平衡（mol） 1﹣x x
CO2的体积分数＝×100%＝20%，n（总）＝（1﹣0.25+3.25+0.25）mol＝1.25mol，＝0，则的分压改变量为p3﹣1.25p0×＝0.25p2kPa，则0～5minv（SO8）＝＝kPa＝﹣1，又10min时达平衡，容器中压强为pkPa时5的物质的量为y，列出三段式：
C（s）+SO2（g）⇌CO2（g）+S（g）
开始（mol） 5 0
变化（mol） y y
平衡（mol） 1﹣y y
恒温恒容条件下，＝，则，y＝，则Kc＝＝＝，
故答案为：；；
（5）由电子移动方向可判，H2O2从a口进入，a口处是正极，电极反应式为H2O6+2e﹣+2H+＝6H2O，由该电极反应式可知，c（H+）将减小，右侧b口处是负极2失电子发生氧化反应，电极反应式为SO8﹣2e﹣+2H3O＝SO42﹣+8H+，由该电极反应式可计算出，电子转移为1mol时，原来溶液中硫酸的物质的量＝cV＝0.5L×1mol•L﹣1＝5.2mol，则此时负极区n（H2SO2）＝0.2mol+5.5mol＝0.2mol，
故答案为：a；减小。
【点评】本题考查化学反应原理，涉及盖斯定律的应用、化学平衡的移动、化学平衡常数及其计算、电化学中有关电极的判断和电子转移的计算等，题目综合性较强，相对难度较大。
18．（3分）黄酮类化合物具有抗肿瘤活性，6﹣羟基黄酮衍生物的合成路线如图：
请回答下列问题：
（1）化合物B中的含氧官能团为 羟基 和 羰基 （填名称）。
（2）反应③中涉及到的反应类型有水解反应、 加成反应 和 消去反应 。
（3）反应④中加入的试剂X的分子式为C7H5OCl，X的结构简式为 。
（4）B的一种同分异构体满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
Ⅰ．能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应。
Ⅱ．分子中有4种不同化学环境的氢。
（5）已知：。根据已有知识并结合相关信息，写出以和CH3COOH为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任选） 。合成路线流程图示例：H2C＝CH2CH3CH2BrCH3CH2OH。
【分析】A与乙酸发生取代反应得到B，B发生取代反应得到C，C先发生水解反应得到，再发生加成反应得到，再发生消去反应得到D，D和发生取代反应得到E，以此解答；
（5）以和CH3COOH为原料制备，可以先利用题合成路线中的反应①，在的酚羟基的邻位引入羰基，再利用与氢气的加成，再消去，再加成可得产品。
【解答】解：（1）根据B的结构简式可知，B中有羟基和羰基，
故答案为：羟基；羰基；
（2）比较C和D的结构可知，反应③是C中的酯基发生了水解，所以反应③中涉及的反应为水解反应，
故答案为：加成反应；消去反应；
（3）比较D和E的结构简式结合X的分子式可判断X的结构简式为，
故答案为：；
（4）B的一种同分异构体满足下列条件，Ⅰ.能发生银镜反应3溶液发生显色反应，说明其中含有醛基；Ⅱ.分子中有4种不同化学环境的氢，
故答案为：；
（5）以和CH6COOH为原料制备，可以先利用题合成路线中的反应①，在的酚羟基的邻位引入羰基，再利用与氢气的加成，再加成可得产品，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断与合成，题目难度中等，解答本题注意结合题给信息和官能团的转化，特别是有机物官能团的性质为解答该题的关键，注意借鉴题给信息进行解答。
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/8/28 15:51:43；用户：15290311958；邮箱：15290311958；学号：48861359
相关试卷
河北省秦皇岛市青龙满族自治县青龙联考2023-2024学年高三上学期11月期中化学试题： 这是一份河北省秦皇岛市青龙满族自治县青龙联考2023-2024学年高三上学期11月期中化学试题，共16页。试卷主要包含了选择题，填空及简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
河北省秦皇岛市部分学校2023-2024学年高三上学期开学联考化学试题： 这是一份河北省秦皇岛市部分学校2023-2024学年高三上学期开学联考化学试题，文件包含河北省秦皇岛市部分学校2023-2024学年高三上学期开学联考化学试题docx、化学答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共13页， 欢迎下载使用。
安徽省宣城市泾县重点中学2022-2023学年高一下学期竞赛选拔化学试题含解析： 这是一份安徽省宣城市泾县重点中学2022-2023学年高一下学期竞赛选拔化学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题等内容，欢迎下载使用。
