资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩19页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2024重庆市万州二中高三上学期8月月考化学试题含解析
展开
这是一份2024重庆市万州二中高三上学期8月月考化学试题含解析，文件包含重庆市万州第二高级中学2023-2024学年高三上学期8月月考化学试题含解析docx、重庆市万州第二高级中学2023-2024学年高三上学期8月月考化学试题无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
万州二中2023-2024年高三上期8月月考
化学试题
(满分：100分 考试时间：75分钟)
注意事项：
1.答题前，考生将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。
3.考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 F19 Cl35.5 Sc45 Co59 As75
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 84消毒液是防疫期间常用的消毒剂，下列有关84消毒液的叙述不正确的是
A. 存放84消毒液应避免阳光直射
B. 使用时向84消毒液中加入少量醋酸消毒能力更强
C. 84消毒液适用于皮毛制品及钢铁制品的消毒
D. 84消毒液、医用酒精均可用于防疫消毒，其消毒原理不同
【答案】C
【解析】
【详解】A．84消毒液的有效成分是次氯酸钠，与空气中的CO2、H2O接触易生成HClO，HClO见光分解使消毒液失效，因此存放84消毒液应避免阳光直射，A正确；
B．使用时向84消毒液中加入少量醋酸，醋酸和次氯酸根离子反应生成次氯酸，消毒能力更强，B正确；
C．84消毒液具有强氧化性，不可用于皮毛制品消毒，C错误；
D．84消毒液具有强氧化性，医用酒精使病毒蛋白质变性达到消毒目的，二者消毒原理不同，D正确；
故选C。
2. 下列各物质中所含氢原子最多的是
A. 0.1molNH4Cl B. 0.1molNH4HCO3
C. 0.2molH2 D. 0.2molH3PO4
【答案】D
【解析】
【详解】A．0.1 mol NH4Cl中含有0.4 mol氢原子；
B．0.1 mol NH4HCO3含0.5 mol氢原子；
C．0.2 mol H2中含有0.4mol氢原子；
D．0.2 mol H3PO4含0.6 mol氢原子；
则所含氢原子最多的是0.2molH3PO4，答案选D。
3. 下列关于物质转化的关系不正确的是
A. 金属单质＋氯气→高价金属氯化物
B. 酸性氧化物＋碱性氧化物→盐＋水
C. 难溶性碱→碱性氧化物＋水
D. 盐＋酸→新盐＋新酸
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯气与变价金属反应生成高价氯化物，如铁和氯气反应生成氯化铁，A正确；
B．酸性氧化物和碱性氧化物反应生成含氧酸盐，如CO2＋CaO=CaCO3，生成盐的同时不能生成水，B错误；
C．难溶性碱受热可以分解，如2Fe(OH)3Fe2O3＋3H2O，C正确；
D．盐和酸反应生成另一种盐和另一种酸，如2HCl＋Na2CO3=2NaCl＋H2O＋CO2↑，D正确；
故答案为：B。
4. 下列关于阿伏加德罗常数的叙述不正确的是
A. 阿伏加德罗常数是指1mol物质中所含有的原子数
B. 0.5molH2O中含有的原子数目为1.5NA
C. 国际上规定0.012kg12C中所含碳原子数为阿伏加德罗常数
D. 1molO2中的分子数为NA，而原子数为2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．阿伏加德罗常数是指1 mol物质中含有的粒子数，A错误；
B．1个H2O中含有3个原子，所以0.5 mol H2O中含有1.5 mol原子，含有的原子个数为1.5NA，B正确；
C．国际上规定0.012 kg 12C中所含碳原子数为阿伏加德罗常数，C正确；
D．每个O2分子由2个氧原子构成，1 mol O2中含2 mol氧原子，D正确；
故答案为：A。
5. 2015年10月，屠呦呦因发现青蒿素治疟疾的新疗法而获得诺贝尔生理学或医学奖，青蒿素的分子式为C15H22O5，相对分子质量是282。下面关于青蒿素的说法正确的是
A. C15H22O5的摩尔质量为282g
B. 1个C15H22O5分子的质量约为g
C. 1molC15H22O5完全燃烧生成22molH2O
D. 含有6.02×1023个碳原子的C15H22O5的物质的量为1mol
【答案】B
【解析】
【详解】A．摩尔质量的单位为g·mol-1，C15H22O5的摩尔质量为282 g·mol-1，A项错误；
B．C15H22O5的摩尔质量为282 g·mol-1，即6.02×1023个C15H22O5分子的质量约为282 g，所以1个C15H22O5分子的质量约为g，B项正确；
C．根据H原子守恒可知，1 mol C15H22O5完全燃烧生成11 mol H2O，C项错误；
D．含有6.02×1023个碳原子的C15H22O5中约含有1 mol碳原子，C15H22O5物质的量约为mol，D项错误；
答案选B。
6. 有一倒置于水槽且装满水的容器，向其中依次通入一定体积的NO2、NO和O2，充分反应后，若容器中仍充满溶液，则通入的NO2、NO和O2的体积比可能是
A. 1∶1∶2 B. 4∶3∶2
C. 4∶16∶13 D. 4∶3∶4
【答案】C
【解析】
【分析】反应后容器中仍充满溶液，说明没有气体剩余，根据反应：4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3、4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3进行判断。
【详解】A．若NO2为1体积，NO为1体积，则消耗=1体积O2，故NO2、NO和O2的体积比为1∶1∶1，A项不符合题意；
B．若NO2为4体积，NO为3体积，则消耗体积O2，故NO2、NO和O2的体积比为4∶3∶，B项不符合题意；
C．若NO2为4体积，NO为16体积，则消耗=13体积O2，故NO2、NO和O2的体积比为4∶16∶13，C项符合题意；
D．若NO2为4体积，NO为3体积，则消耗=体积O2，故NO2、NO和O2的体积比为4∶3∶，D项不符合题意；
故选C。
7. 图中“—”表示相连的物质在一定条件下可以反应，“→”表示丁在一定条件下可以转化为乙。下面四组选项中，符合图示要求的是
甲
乙
丙
丁
①
H2SO4
Na2SO4
NaOH
NaCl
②
KCl
K2CO3
KOH
HCl
③
O2
CO
CuO
C
④
Fe
CuCl2
Zn
HCl
A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ③④
【答案】D
【解析】
【详解】①中硫酸与硫酸钠不反应，硫酸钠和氢氧化钠不反应，氢氧化钠和氯化钠不反应，故①错误；②中氯化钾与碳酸钾不反应、碳酸钾与氢氧化钾不反应，盐酸和氯化钾不反应，故②错误；③中2CO＋O22CO2，CO＋CuOCu＋CO2，C＋2CuO2Cu＋CO2↑，C＋O2CO2，2C＋O2(少量)2CO，故③正确；④中Fe＋CuCl2=FeCl2＋Cu，Zn＋CuCl2=ZnCl2＋Cu，Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑，Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑，2HCl＋CuO=CuCl2＋H2O，故④正确，因此③④正确。
答案为：D。
8. 体积恒定的2L密闭容器中加入CO(g)和H2O(g)各1mol，发生反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH<0，反应分别在不同的温度和催化剂下进行，保持其他初始实验条件不变，经10min测得CO气体转化率如图所示，T2温度下两曲线相交，下列说法正确的是
A. 相同条件下，催化剂2比催化剂1的效率高
B. 在A点时，反应一定未达到平衡
C. C点时，两种催化剂下反应速率相同，用水蒸气表示速率为v(H2O)=0.02mol·L-1·min-1
D. 增大压强对该反应的速率无影响
【答案】B
【解析】
【详解】A．温度低于T2，催化剂1的效率高，温度高于T2，催化剂2的效率高，因此温度不同，不能比较催化剂的效率，A错误；
B．若A点达到平衡，B点温度升高，平衡转化率应下降，不符合题意，因此A点时，反应一定未达到平衡，B正确；
C． C点时用水蒸气表示速率为v(H2O)==0.01mol·L-1·min-1，C错误；
D．增大压强，可增大反应速率，D错误；
故选B。
9. 实验室用H2还原SiHCl3(沸点：31.85℃)制备高纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，下列说法正确的是
A. 装置Ⅱ、Ⅲ中依次盛装的是浓H2SO4、冰水
B. 实验时，应先加热管式炉，再打开活塞K
C. 为鉴定制得的硅中是否含微量铁单质，需要用到的试剂为盐酸、双氧水、硫氰化钾溶液
D. 该实验中制备氢气的装置也可用于稀氢氧化钠溶液与氯化铵固体反应制备氨
【答案】C
【解析】
【详解】A．本题制备高纯硅，反应应在装置Ⅳ中进行，装置Ⅰ的目的是制备氢气，氢气中含有水蒸气，对后续实验产生干扰，必须除去，因此装置Ⅱ的作用是除去氢气中的水蒸气，即装置Ⅱ中盛放浓硫酸，装置Ⅲ的作用是提供SiHCl3气体，因此在水浴中加热，A错误；
B．实验时应先通入氢气，目的是排出装置中的空气，防止发生危险，B错误；
C．硅单质不与盐酸反应，铁与盐酸反应生成Fe2＋，Fe2＋被H2O2氧化成Fe3＋，Fe3＋与KSCN溶液反应，溶液变红色，可以鉴定是否含有铁单质，C正确；
D．用稀NaOH溶液制备氨，需要加热，装置Ⅰ中没有加热装置，因此不能制备氨，D错误；
故选C。
10. 已知室温时Ksp(CaCO3)=3.36×10－9，Ksp(CaF2)=3.45×10－11。下列关于CaCO3和CaF2两悬浊液说法错误的是
A. CaCO3和CaF2两悬浊液中前者的c(Ca2＋)较小
B. 分别滴加稀硫酸，CaCO3与CaF2的溶度积常数均增大
C. 分别加入0.1 mol·L－1的CaCl2溶液，c()和c(F－)均减小
D. CaCO3和CaF2共存的饱和溶液中，的值约为97.4
【答案】B
【解析】
【详解】A．CaCO3悬浊液中c(Ca2＋)= mol·L－1≈5.8×10－5 mol·L－1，CaF2悬浊液中，Ksp(CaF2)=c(Ca2＋)·c2(F－)=4c3(Ca2＋)，故c(Ca2＋)= mol·L－1≈2.0×10－4 mol·L－1，因此CaCO3和CaF2两悬浊液中前者的c(Ca2＋)较小，A正确；
B．溶度积只与温度有关，温度不变，溶度积常数不变，B错误；
C．加入CaCl2溶液，Ca2＋浓度增大，CaCO3、CaF2沉淀溶解平衡均逆向移动，c()和c(F－)均减小，C正确；
D．Ksp(CaF2)=c(Ca2＋)·c2(F－)，Ksp(CaCO3)=c(Ca2＋)·c()，同一溶液中，Ca2＋浓度相等，故≈97.4，D正确。
答案选B。
11. 三氟化氯是极强氧化剂，能发生自耦电离：，其分子结构如图所示，下列推测不合理的是
A. 分子的中心原子有5对价层电子对
B. 离子空间构型为正四面体
C. 与反应生成和
D. 比更易发生自耦电离
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据题干物质结构信息，分子的中心原子氯，分别与三个氟原子形成共价键，还含有两对孤对电子，共有5对价层电子对，故A正确；
B．根据价层电子对互斥理论，中心原子氯有4对成键电子对，2对孤电子对，价层电子对数为6，离子空间构型为平面四边形，故B错误；
C．具有极强氧化性，将铁氧化+3价，反应生成和，故C正确；
D．结合题干信息，发生自耦电离，，Cl、F键断裂，r(Cl)
12. 将1.95gNa2O2加入水中，反应后配成50mL溶液A，进行如下实验。下列说法错误的是
编号
①
②
③
④
操作
现象
溶液变红色，20秒后褪色
ⅰ．产生大量使带火星的木条复燃的气体
ⅱ．溶液变红色，10分钟后褪色
ⅰ．溶液变红色，10分钟后溶液褪色
ⅱ．溶液变红色
溶液变红色，2小时后无明显变化
A. 由实验可知，Na2O2与水反应有H2O2生成
B. ②、③溶液褪色与浓度较大有关
C. 若向①褪色后的溶液中滴加5滴盐酸，溶液将变红
D. 若向④中继续滴加盐酸或溶液，溶液均可能褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A．由实验可知，滴加酚酞后溶液变红，说明有碱生成，后褪色，说明有漂白性物质生成，同时结合实验②，加入二氧化锰产生使带火星木条复燃的氧气，说明Na2O2与水反应有H2O2生成，故A正确；
B．对比②、③、④，可知溶液褪色与浓度较大有关，故B正确；
C．①中溶液褪色的主要原因为生成强氧化性的过氧化氢，将有色物质氧化为无色物质，向溶液中滴加5滴盐酸，溶液不会变红，故C错误；
D．由③、④可知，在碱溶液中酚酞变红色与OH-的浓度有关，1mol/L的氢氧化钠溶液中滴加酚酞变红，10分钟后溶液褪色，再滴加盐酸后，OH-浓度减小，溶液再次变红，对比④，可知，氢氧化钠浓度较大时，滴加酚酞先变红后褪色，若向④中继续滴加溶液，溶液可能褪色，若继续滴加盐酸，氢氧化钠浓度不断减小，当溶液呈酸性，则溶液也会褪色，故D正确。
答案为：C。
13. 二氧化碳的再利用是实现温室气体减排的重要途径之一，在稀H2SO4中利用电催化可将CO2同时转化为多种燃料，其原理如图所示。下列说法正确的是
A. 离子交换膜为阳离子交换膜
B. 一段时间后，阴极区溶液质量会减少
C. Cu电极上的电极反应式为
D. 若阴极只生成0.15molCO和0.35 mol HCOOH，则电路中转移电子的物质的量为0.50mol
【答案】A
【解析】
【详解】A．该装置为电解池，Pt为阳极，铜电极为阴极，阳极产生的氢离子透过离子交换膜进入阴极，故离子交换膜为阳离子交换膜，故A正确；
B．氢离子迁移进入阴极区，发生的电极反应式为：2H++CO2+2e-=CO+H2O、2H++CO2+2e-=HCOOH、12 H++2CO2+12e-=C2H4+4H2O、8H++CO2+8e-=CH4+2H2O，根据电极反应式，二氧化碳和氢离子的质量大于生成的气体CO、CH4、C2H4的总质量，一段时间后，阴极区溶液质量会增加，故B错误；
C．Cu电极为阴极，电极反应式有：2H++CO2+2e-=CO+H2O、2H++CO2+2e-=HCOOH、12 H++2CO2+12e-=C2H4+4H2O、8H++CO2+8e-=CH4+2H2O，故C错误；
D．二氧化碳生成CO和HCOOH时，碳元素化合价均由+4价降低为+2价，阴极只生成0.15molCO和0.35 mol HCOOH，则电路中转移电子的物质的量为（0.15+0.35）2=1mol，故D错误。
答案为：A。
14. T ℃下，三种硫酸盐MSO4(M表示Pb2+或Ba2+或Sr2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pM=-lg c(M2+)，p(SO)=-lg c(SO)。下列说法正确的是
A. BaSO4在任何条件下都不可能转化为PbSO4
B. X点和Z点分别是SrSO4和BaSO4的饱和溶液，对应的溶液中c(M2+)=c(SO)
C. 在T ℃时，用0.01 mol·L-1Na2SO4溶液滴定20 mL浓度均为0.01 mol·L-1的Ba(NO3)2和Sr(NO3)2的混合溶液，Ba2+先沉淀
D. T ℃下，反应PbSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Pb2+(aq)的平衡常数为103.4
【答案】C
【解析】
【详解】A．因SrSO4、PbSO4、BaSO4为同类型沉淀，再结合题图可知，Ksp(BaSO4)
C．上述分析可知，BaSO4的溶度积小于SrSO4，所以Ba2+先沉淀，C正确；
D．反应PbSO4(s)+Ba2+(aq) BaSO4(s)+Pb2+(aq)的平衡常数K===，由题图中有关数据可知，Ksp(PbSO4)=c(Pb2+)·c(SO)=10-7.6，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c(SO)=10-10，所以K=Ksp(PbSO4)/Ksp(BaSO4)=10-7.6/10-10=102.4，D错误；
故选C。
二、非选择题：共58分。
15. 我国煤储量居世界第一，对煤的综合、高效、无害化利用是二十一世纪能源战略的重要组成部分，利用含铁元素的粉煤灰获得纳米等重要物质的工艺流程如下。
已知：i：伯胺能与反应：生成易溶于煤油产物。
ii：在水溶液中易与反应：
（1）写出过程I中发生反应的离子方程式：_______。
（2）过程Ⅱ加入过量的作用是_______。
（3）过程Ⅱ加入伯胺-煤油对浸取液进行分离，该操作的名称是_______。
（4）从化学平衡角度解释过程Ⅱ利用溶液进行反萃取的原理：_______。
（5）具有碱性，可与结合生成，其中氮原子的杂化类型为_______从结构角度分析，它比配位能力_______(“强”或“弱”)，过程Ⅳ中先用过量的将水层2中转化为并生成，反应的离子方程式为_______，得到的再被氧化为。
（6）以溶液作为吸收剂对燃煤烟气进行一体化“脱硫”、“脱硝”。控制溶液的，将烟气中的、转化为、，均为放热反应。
①一定时间内，温度对硫、硝脱除率的影响曲线如下图，的脱除率高于，可能的原因是_______(写出1种即可)。
②烟气中和的体积比为，时的脱除率见图，则此吸收液中烟气转化生成的和的物质的量之比为_______。
【答案】（1）
（2）将完全氧化为，有利于与伯胺反应，提高萃取率
（3）萃取、分液 （4）(已知ⅱ中的反应)使浓度下降，(已知i中的反应)平衡向逆反应方向移动，从易溶于煤油的物质中转化到易溶于水的物质中，实现反萃取
（5） ①. ②. 弱 ③.
（6） ①. 在水中的溶解度大于；在溶液中的还原性强于；与溶液的反应速率大于 ②.
【解析】
【分析】含有铁元素的粉煤灰，用稀硫酸酸浸，用将氧化成，用伯胺能与反应，生成易溶于煤油的产物，再加入溶液反萃取，加入和，得到，煅烧得到产品。
【小问1详解】
过程I中与稀硫酸反应，离子方程式为：；
【小问2详解】
过程Ⅱ加入过量的作用是：将完全氧化为，有利于与伯胺反应，提高萃取率；
【小问3详解】
过程Ⅱ加入伯胺-煤油对浸取液进行分离，该操作的名称是：萃取、分液；
【小问4详解】
(已知ⅱ中的反应)使浓度下降，(已知i中的反应)平衡向逆反应方向移动，从易溶于煤油的物质中转化到易溶于水的物质中，实现反萃取；
小问5详解】
具有碱性，和一样，可以看成是中的H原子被N原子取代，所以中氮原子的杂化类型为；因为的配位体N原子负电荷较大，空间位阻较大，配位能力较弱；过程Ⅳ中先用过量的将水层2中转化为并生成，反应的离子方程式为：；
【小问6详解】
根据如图所示的信息，的脱除率高于，可能的原因是：在水中的溶解度大于或者在溶液中的还原性强于或者与溶液的反应速率大于；烟气中和的体积比为，假设和物质的量分别为4mol和1mol，由于时的脱除率为，脱硫的反应为：，4mol转化8mol电子，硝的脱除率为，1mol转化为转移的电子数为：mol，转移的电子总数为：，根据得失电子守恒，脱硫和脱硝的过程中转化为，每生成1mol，转移2mol电子，所以生成的物质的量为：，所以。
16. 某实验小组利用如图装置模拟古法制硫酸并进行性质探究。
已知：①“青矾”指，高温受热可完全分解得到红棕色固体和气体混合物；
②熔点℃，沸点℃：熔点16.8℃，沸点44.8℃。
请回答下列问题：
Ⅰ．制取硫酸
实验开始前打开活塞、，关闭活塞，通入一段时间后，关闭活塞、，打开活塞，用酒精喷灯高温加热青矾。
（1）加热时A装置中发生反应的化学方程式为_____。
（2）B装置的作用是_____。
（3）将一定量的青矾在500℃时隔绝空气加热一段时间后检验其固体产物，请设计实验证明此固体产物不含二价铁：_____。
Ⅱ．探究的性质
在装置C中先后三次加入同浓度同体积不同情况的钡盐溶液。控制食用油油层厚度一致、通入流速一致。三次实验现象如下表：
实验
①
②
③
所加试剂
已煮沸的溶液
未煮沸的溶液
已煮沸的溶液
实验现象
无白色沉淀生成
有白色沉淀生成
有白色沉淀生成
分别得到如下图：
（4）实验①中，曲线呈缓慢下降趋势，原因是_____。(用方程式表示)
（5）对比分析②③数据，可得出的结论是_____。
Ⅲ．含量的测定
（6）为对排气法收集到的气体进行含量测定，将气体(已折算为标准状况)通入足量的溶液中，经过滤、洗涤、烘干，最终得到沉淀，则体的体积分数为_____。若该实验数据较实际值偏大，则可能的原因是_____。
①气体通入速率过快②沉淀未进行恒重操作③收集的气体中有④未用食用油覆盖液面
Ⅳ、的应用
可用于制备硫代硫酸钠晶体。已知易溶于水，在酸性或高温环境下不稳定。主要用作还原剂、定影剂等。
实验室制备硫代硫酸钠晶体的装置如图所示。
（7）反应结束时，必须控制溶液的pH不能小于7，否则会造成的后果是_____(用离子方程式表示)。
（8）实验结束后，进行样品纯度的测定。称取硫代硫酸钠晶体样品加水溶解，加几滴淀粉溶液，然后用的标准碘液滴定，测得消耗标准碘液体积的平均值为，则该样品的纯度为_____(保留四位小数)。
已知：，样品中杂质不参与反应。
（9）若滴定前未用标准碘液润洗滴定管，则测定样品中硫代硫酸钠晶体纯度_____(“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）
（2）将SO3和水蒸气冷凝制得硫酸，防止对SO2性质的探究造成干扰
（3）取少量固体于试管中，加稀硫酸溶解，再滴入高锰酸钾溶液，若高锰酸钾不褪色，证明该固体不含二价铁（合理答案即可）
（4）
（5）有氧气参与能显著提高硝酸根氧化SO2的速率
（6） ①. 0.92 ②. 2
（7）
（8）94.24% （9）偏高
【解析】
【小问1详解】
已知“青矾”高温受热可完全分解得到红棕色固体和气体混合物，故反应方程为：；
【小问2详解】
由图知，装置B置于冰水中，其目的为将三氧化硫和水蒸气冷凝制得硫酸，防止对SO2性质的探究造成干扰；
【小问3详解】
设计实验证明固体中不含二价铁：需先将固体溶解，再检验是否存在二价铁离子即可，操作为取少量固体于试管中，加稀硫酸溶解，再滴入高锰酸钾溶液，若高锰酸钾不褪色，证明该固体不含二价铁（合理答案即可）；
【小问4详解】
由图可知，曲线①的变化说明二氧化硫不与氯化钡反应，溶于水的部分SO2与水反应，生成H2SO3, H2SO3,电离出氢离子:，溶液pH减小；
【小问5详解】
由图可知，为煮沸的溶液中，通入SO2后酸性变得更强，pH更小，因为为煮沸的中含有氧气，能显著提高硝酸根氧化SO2的速率；
【小问6详解】
标准状况下1120mL气体的物质的量为0.05mol，二氧化硫通入硝酸钡溶液中得到白色沉淀的质量为，由S守恒可得，SO2的体积分数为，若沉淀未进行恒重操作，可能固体表面会有可溶性的杂质，测得硫酸钡的质量偏大，导致所测结果偏高；
【小问7详解】
易溶于水，在中性、碱性溶液中很稳定，但能和酸反应而导致产率降低，所以必须控制PH不能小于7，离子方程式；
【小问8详解】
消耗n(I2)=0.100mol/L×9.5×10-3L=9.5×10-4mol，根据关系式，其纯度为；
【小问9详解】
酸性溶液盛放在酸式滴定管中，碘液呈酸性，所以应该用酸式滴定管盛放;若未用碘标准液润洗滴定管，碘溶液浓度变小导致消耗的碘液体积增大，则增大，所以测定样品中硫代硫酸钠晶体含量偏高。
【点睛】本题依以实验为基础框架，考查以S的化合物的相关性质及相关计算为主线，难度较大。
17. 当今世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。因此，研发二氧化碳的利用技术，将二氧化碳转化为能源是缓解环境和能源问题的方案之一、请回答下列问题：
Ⅰ．耦合乙苯()脱氢制备苯乙烯()是综合利用的热点研究领域。制备苯乙烯涉及的主要反应如下：
i、
ii、
iii、
（1）_____。当反应达到平衡时，要提高的平衡产率，可采取的措施为_____(任写一种)。
（2）在某恒温恒容容器中发生耦合乙苯()脱氢制备苯乙烯()的反应，下列能说明反应达到平衡的是_____(填标号)。
A. 容器内压强不再发生变化
B. CO的百分含量不再发生变化
C. 容器内混合气体的密度不再发生变化
D. 每消耗的同时生成
（3）恒压0.1MPa下，将原料气配比改为下列三种情况：只有、：(对应曲线3)、仅发生反应下i、ii，测得的平衡转化率与温度的变化关系如图1所示。
①图中表示原料气配比仅的曲线是曲线_____(填“1”或“2”)。
②A点时，的物质的量分数为0.01，该条件下反应i的_____(分压=总压×物质的量分数)MPa．
Ⅱ．中科院化学所研究出了一种常温常压下通过电化学共还原和甲醛进行偶联的方法，该方法能够同时实现甲醛的处理与的高附加值转化，其工作原理如图2所示，总反应为。
（4）电极b的电极反应式为_____，每生成，电路中转移的电子数为_____。
【答案】（1） ①. +117.6 ②. 升高温度或扩大容器体积(或其他合理答案) （2）AB
（3） ①. 1 ②. 0.004
（4） ①. ②. 8
【解析】
【小问1详解】
方程式i=方程式iii-方程式ii，由盖斯定律可得；
生成的正反应为吸热反应，正反应气体的物质的量增大，减小压强、升高温度平衡正向移动可提高的平衡产率；
【小问2详解】
A．反应前后气体的系数不等，恒温恒容下只要反应未达到平衡，压强一定会发生改变，故容器内压强不再发生变化可说明反应达到平衡，A正确；
B．CO的百分含量不再发生变化说明反应达到了平衡，B正确；
C．容器内的物质全为气体，故气体的总质量不变，又恒温恒容说明气体的体积也不变，根据可知气体的密度始终不变，C错误；
D．每消耗的同时一定会生成，这与平衡无关，D错误；
故选AB。
【小问3详解】
投料仅只有、时，只发生反应i；当时，由于总压不变，所以的分压减小，相当于减压，反应i正向移动，的转化率增大，故图中表示原料气配比仅的曲线是曲线1；
A点的转化率为80%，初始投料：，设初始投料为1mol和10molCO2，则反应消耗的为0.8mol，平衡后剩余的为0.2mol，根据反应i可知消耗0.8mol会生成0.8mol，根据反应i和ii可知，每消耗1mol，气体的总物质的量增加1mol，现在反应消耗的为0.8mol，则气体的总物质的量增加0.8mol，故平衡时气体总的物质的量为1mol+10mol+0.8mol=11.8mol，氢气的物质的量分数为0.01，其物质的量为0.118mol，由此可知平衡时、、H2的物质的量分别为0.2mol、0.8mol、0.118mol，所以；
【小问4详解】
由图可知此装置为电解池，电极b上发生的反应是H2O变成氧气，其电极反应式为：；
由总反应可看出甲醛和二氧化碳得电子变成乙醇，水中的氢氧根失电子变成氧气，根据得失电子守恒可知，甲醛和二氧化碳生成1mol乙醇得电子的数目等于水中的氢氧根生成2mol氧气失电子的数目，也即生成电路中转移的电子数和生成2molO2转移的电子数相同，为8NA。
18. 沙格列丁(J)是二肽基肽酶-Ⅳ抑制剂，可用于2型糖尿病的治疗，一种以金刚甲酸(A)为原料制备沙格列丁的流程如下：
回答下列问题：
（1）A的分子式为_______。
（2）B→C的化学方程式为_______，该反应的类型为_______。
（3）C→D中，实现了官能团由氰基()变为_______(填官能团的名称)。
（4）G→I中，还有HCl生成，H的结构简式为_______。
（5）化合物A的同分异构体满足下列条件的有_______种(不考虑立体异构，填字母)；
a．苯环上有三个取代基，且其中两个酚羟基处于间位；b．分子中含有3个甲基。
A．7 B．8 C．9 D．10
其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为9∶2∶2∶2∶1的结构简式为_______。(任写一种)。
【答案】（1）C11H16O2
（2） ①. +NaCN +NaCl ②. 取代反应
（3）酰胺基 （4）
（5） ①. C ②.
【解析】
【分析】A与SOCl2发生取代反应生成B，继续与NaCN发生取代生成C，C在酸性条件下与水发生加成反应生成D，E与F3CCOOC2H5一定条件下发生取代反应生成F，F与SOCl2发生取代反应生成G，G与H生成I和HCl，结合I的结构式与元素守恒，逆向可推知H的结构式为 ，I还原为J。
【小问1详解】
结合题干中A的结构式，A的分子式为：C11H16O2。
答案为：C11H16O2。
【小问2详解】
B与NaCN发生取代生成C，化学方程式为： +NaCN +NaCl
答案为： +NaCN +NaCl；取代反应。
【小问3详解】
结合图示中C、D的结构式，C→D中，实现了官能团由氰基()变为（酰胺基）。
答案为：酰胺基。
【小问4详解】
结合以上分析可知，H的结构简式为 。
答案为： 。
【小问5详解】
化合物A的分子式为C11H16O2，同分异构体满足下列条件的有a．苯环上有三个取代基，苯环的不饱和度为4，A的不饱和度也为4，说明除苯环外，其余碳均为饱和，两个酚羟基处于间位，说明除酚羟基外苯环上还有一个取代基；b．分子中含有3个甲基符合条件的同分异构体的结构式有： 、 、 、 、 、 、 、 、 ，共9种；其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为9∶2∶2∶2∶1的结构简式为: 。
万州二中2023-2024年高三上期8月月考
化学试题
(满分：100分 考试时间：75分钟)
注意事项：
1.答题前，考生将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。
3.考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 F19 Cl35.5 Sc45 Co59 As75
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 84消毒液是防疫期间常用的消毒剂，下列有关84消毒液的叙述不正确的是
A. 存放84消毒液应避免阳光直射
B. 使用时向84消毒液中加入少量醋酸消毒能力更强
C. 84消毒液适用于皮毛制品及钢铁制品的消毒
D. 84消毒液、医用酒精均可用于防疫消毒，其消毒原理不同
【答案】C
【解析】
【详解】A．84消毒液的有效成分是次氯酸钠，与空气中的CO2、H2O接触易生成HClO，HClO见光分解使消毒液失效，因此存放84消毒液应避免阳光直射，A正确；
B．使用时向84消毒液中加入少量醋酸，醋酸和次氯酸根离子反应生成次氯酸，消毒能力更强，B正确；
C．84消毒液具有强氧化性，不可用于皮毛制品消毒，C错误；
D．84消毒液具有强氧化性，医用酒精使病毒蛋白质变性达到消毒目的，二者消毒原理不同，D正确；
故选C。
2. 下列各物质中所含氢原子最多的是
A. 0.1molNH4Cl B. 0.1molNH4HCO3
C. 0.2molH2 D. 0.2molH3PO4
【答案】D
【解析】
【详解】A．0.1 mol NH4Cl中含有0.4 mol氢原子；
B．0.1 mol NH4HCO3含0.5 mol氢原子；
C．0.2 mol H2中含有0.4mol氢原子；
D．0.2 mol H3PO4含0.6 mol氢原子；
则所含氢原子最多的是0.2molH3PO4，答案选D。
3. 下列关于物质转化的关系不正确的是
A. 金属单质＋氯气→高价金属氯化物
B. 酸性氧化物＋碱性氧化物→盐＋水
C. 难溶性碱→碱性氧化物＋水
D. 盐＋酸→新盐＋新酸
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯气与变价金属反应生成高价氯化物，如铁和氯气反应生成氯化铁，A正确；
B．酸性氧化物和碱性氧化物反应生成含氧酸盐，如CO2＋CaO=CaCO3，生成盐的同时不能生成水，B错误；
C．难溶性碱受热可以分解，如2Fe(OH)3Fe2O3＋3H2O，C正确；
D．盐和酸反应生成另一种盐和另一种酸，如2HCl＋Na2CO3=2NaCl＋H2O＋CO2↑，D正确；
故答案为：B。
4. 下列关于阿伏加德罗常数的叙述不正确的是
A. 阿伏加德罗常数是指1mol物质中所含有的原子数
B. 0.5molH2O中含有的原子数目为1.5NA
C. 国际上规定0.012kg12C中所含碳原子数为阿伏加德罗常数
D. 1molO2中的分子数为NA，而原子数为2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．阿伏加德罗常数是指1 mol物质中含有的粒子数，A错误；
B．1个H2O中含有3个原子，所以0.5 mol H2O中含有1.5 mol原子，含有的原子个数为1.5NA，B正确；
C．国际上规定0.012 kg 12C中所含碳原子数为阿伏加德罗常数，C正确；
D．每个O2分子由2个氧原子构成，1 mol O2中含2 mol氧原子，D正确；
故答案为：A。
5. 2015年10月，屠呦呦因发现青蒿素治疟疾的新疗法而获得诺贝尔生理学或医学奖，青蒿素的分子式为C15H22O5，相对分子质量是282。下面关于青蒿素的说法正确的是
A. C15H22O5的摩尔质量为282g
B. 1个C15H22O5分子的质量约为g
C. 1molC15H22O5完全燃烧生成22molH2O
D. 含有6.02×1023个碳原子的C15H22O5的物质的量为1mol
【答案】B
【解析】
【详解】A．摩尔质量的单位为g·mol-1，C15H22O5的摩尔质量为282 g·mol-1，A项错误；
B．C15H22O5的摩尔质量为282 g·mol-1，即6.02×1023个C15H22O5分子的质量约为282 g，所以1个C15H22O5分子的质量约为g，B项正确；
C．根据H原子守恒可知，1 mol C15H22O5完全燃烧生成11 mol H2O，C项错误；
D．含有6.02×1023个碳原子的C15H22O5中约含有1 mol碳原子，C15H22O5物质的量约为mol，D项错误；
答案选B。
6. 有一倒置于水槽且装满水的容器，向其中依次通入一定体积的NO2、NO和O2，充分反应后，若容器中仍充满溶液，则通入的NO2、NO和O2的体积比可能是
A. 1∶1∶2 B. 4∶3∶2
C. 4∶16∶13 D. 4∶3∶4
【答案】C
【解析】
【分析】反应后容器中仍充满溶液，说明没有气体剩余，根据反应：4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3、4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3进行判断。
【详解】A．若NO2为1体积，NO为1体积，则消耗=1体积O2，故NO2、NO和O2的体积比为1∶1∶1，A项不符合题意；
B．若NO2为4体积，NO为3体积，则消耗体积O2，故NO2、NO和O2的体积比为4∶3∶，B项不符合题意；
C．若NO2为4体积，NO为16体积，则消耗=13体积O2，故NO2、NO和O2的体积比为4∶16∶13，C项符合题意；
D．若NO2为4体积，NO为3体积，则消耗=体积O2，故NO2、NO和O2的体积比为4∶3∶，D项不符合题意；
故选C。
7. 图中“—”表示相连的物质在一定条件下可以反应，“→”表示丁在一定条件下可以转化为乙。下面四组选项中，符合图示要求的是
甲
乙
丙
丁
①
H2SO4
Na2SO4
NaOH
NaCl
②
KCl
K2CO3
KOH
HCl
③
O2
CO
CuO
C
④
Fe
CuCl2
Zn
HCl
A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ③④
【答案】D
【解析】
【详解】①中硫酸与硫酸钠不反应，硫酸钠和氢氧化钠不反应，氢氧化钠和氯化钠不反应，故①错误；②中氯化钾与碳酸钾不反应、碳酸钾与氢氧化钾不反应，盐酸和氯化钾不反应，故②错误；③中2CO＋O22CO2，CO＋CuOCu＋CO2，C＋2CuO2Cu＋CO2↑，C＋O2CO2，2C＋O2(少量)2CO，故③正确；④中Fe＋CuCl2=FeCl2＋Cu，Zn＋CuCl2=ZnCl2＋Cu，Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑，Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑，2HCl＋CuO=CuCl2＋H2O，故④正确，因此③④正确。
答案为：D。
8. 体积恒定的2L密闭容器中加入CO(g)和H2O(g)各1mol，发生反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH<0，反应分别在不同的温度和催化剂下进行，保持其他初始实验条件不变，经10min测得CO气体转化率如图所示，T2温度下两曲线相交，下列说法正确的是
A. 相同条件下，催化剂2比催化剂1的效率高
B. 在A点时，反应一定未达到平衡
C. C点时，两种催化剂下反应速率相同，用水蒸气表示速率为v(H2O)=0.02mol·L-1·min-1
D. 增大压强对该反应的速率无影响
【答案】B
【解析】
【详解】A．温度低于T2，催化剂1的效率高，温度高于T2，催化剂2的效率高，因此温度不同，不能比较催化剂的效率，A错误；
B．若A点达到平衡，B点温度升高，平衡转化率应下降，不符合题意，因此A点时，反应一定未达到平衡，B正确；
C． C点时用水蒸气表示速率为v(H2O)==0.01mol·L-1·min-1，C错误；
D．增大压强，可增大反应速率，D错误；
故选B。
9. 实验室用H2还原SiHCl3(沸点：31.85℃)制备高纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，下列说法正确的是
A. 装置Ⅱ、Ⅲ中依次盛装的是浓H2SO4、冰水
B. 实验时，应先加热管式炉，再打开活塞K
C. 为鉴定制得的硅中是否含微量铁单质，需要用到的试剂为盐酸、双氧水、硫氰化钾溶液
D. 该实验中制备氢气的装置也可用于稀氢氧化钠溶液与氯化铵固体反应制备氨
【答案】C
【解析】
【详解】A．本题制备高纯硅，反应应在装置Ⅳ中进行，装置Ⅰ的目的是制备氢气，氢气中含有水蒸气，对后续实验产生干扰，必须除去，因此装置Ⅱ的作用是除去氢气中的水蒸气，即装置Ⅱ中盛放浓硫酸，装置Ⅲ的作用是提供SiHCl3气体，因此在水浴中加热，A错误；
B．实验时应先通入氢气，目的是排出装置中的空气，防止发生危险，B错误；
C．硅单质不与盐酸反应，铁与盐酸反应生成Fe2＋，Fe2＋被H2O2氧化成Fe3＋，Fe3＋与KSCN溶液反应，溶液变红色，可以鉴定是否含有铁单质，C正确；
D．用稀NaOH溶液制备氨，需要加热，装置Ⅰ中没有加热装置，因此不能制备氨，D错误；
故选C。
10. 已知室温时Ksp(CaCO3)=3.36×10－9，Ksp(CaF2)=3.45×10－11。下列关于CaCO3和CaF2两悬浊液说法错误的是
A. CaCO3和CaF2两悬浊液中前者的c(Ca2＋)较小
B. 分别滴加稀硫酸，CaCO3与CaF2的溶度积常数均增大
C. 分别加入0.1 mol·L－1的CaCl2溶液，c()和c(F－)均减小
D. CaCO3和CaF2共存的饱和溶液中，的值约为97.4
【答案】B
【解析】
【详解】A．CaCO3悬浊液中c(Ca2＋)= mol·L－1≈5.8×10－5 mol·L－1，CaF2悬浊液中，Ksp(CaF2)=c(Ca2＋)·c2(F－)=4c3(Ca2＋)，故c(Ca2＋)= mol·L－1≈2.0×10－4 mol·L－1，因此CaCO3和CaF2两悬浊液中前者的c(Ca2＋)较小，A正确；
B．溶度积只与温度有关，温度不变，溶度积常数不变，B错误；
C．加入CaCl2溶液，Ca2＋浓度增大，CaCO3、CaF2沉淀溶解平衡均逆向移动，c()和c(F－)均减小，C正确；
D．Ksp(CaF2)=c(Ca2＋)·c2(F－)，Ksp(CaCO3)=c(Ca2＋)·c()，同一溶液中，Ca2＋浓度相等，故≈97.4，D正确。
答案选B。
11. 三氟化氯是极强氧化剂，能发生自耦电离：，其分子结构如图所示，下列推测不合理的是
A. 分子的中心原子有5对价层电子对
B. 离子空间构型为正四面体
C. 与反应生成和
D. 比更易发生自耦电离
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据题干物质结构信息，分子的中心原子氯，分别与三个氟原子形成共价键，还含有两对孤对电子，共有5对价层电子对，故A正确；
B．根据价层电子对互斥理论，中心原子氯有4对成键电子对，2对孤电子对，价层电子对数为6，离子空间构型为平面四边形，故B错误；
C．具有极强氧化性，将铁氧化+3价，反应生成和，故C正确；
D．结合题干信息，发生自耦电离，，Cl、F键断裂，r(Cl)
12. 将1.95gNa2O2加入水中，反应后配成50mL溶液A，进行如下实验。下列说法错误的是
编号
①
②
③
④
操作
现象
溶液变红色，20秒后褪色
ⅰ．产生大量使带火星的木条复燃的气体
ⅱ．溶液变红色，10分钟后褪色
ⅰ．溶液变红色，10分钟后溶液褪色
ⅱ．溶液变红色
溶液变红色，2小时后无明显变化
A. 由实验可知，Na2O2与水反应有H2O2生成
B. ②、③溶液褪色与浓度较大有关
C. 若向①褪色后的溶液中滴加5滴盐酸，溶液将变红
D. 若向④中继续滴加盐酸或溶液，溶液均可能褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A．由实验可知，滴加酚酞后溶液变红，说明有碱生成，后褪色，说明有漂白性物质生成，同时结合实验②，加入二氧化锰产生使带火星木条复燃的氧气，说明Na2O2与水反应有H2O2生成，故A正确；
B．对比②、③、④，可知溶液褪色与浓度较大有关，故B正确；
C．①中溶液褪色的主要原因为生成强氧化性的过氧化氢，将有色物质氧化为无色物质，向溶液中滴加5滴盐酸，溶液不会变红，故C错误；
D．由③、④可知，在碱溶液中酚酞变红色与OH-的浓度有关，1mol/L的氢氧化钠溶液中滴加酚酞变红，10分钟后溶液褪色，再滴加盐酸后，OH-浓度减小，溶液再次变红，对比④，可知，氢氧化钠浓度较大时，滴加酚酞先变红后褪色，若向④中继续滴加溶液，溶液可能褪色，若继续滴加盐酸，氢氧化钠浓度不断减小，当溶液呈酸性，则溶液也会褪色，故D正确。
答案为：C。
13. 二氧化碳的再利用是实现温室气体减排的重要途径之一，在稀H2SO4中利用电催化可将CO2同时转化为多种燃料，其原理如图所示。下列说法正确的是
A. 离子交换膜为阳离子交换膜
B. 一段时间后，阴极区溶液质量会减少
C. Cu电极上的电极反应式为
D. 若阴极只生成0.15molCO和0.35 mol HCOOH，则电路中转移电子的物质的量为0.50mol
【答案】A
【解析】
【详解】A．该装置为电解池，Pt为阳极，铜电极为阴极，阳极产生的氢离子透过离子交换膜进入阴极，故离子交换膜为阳离子交换膜，故A正确；
B．氢离子迁移进入阴极区，发生的电极反应式为：2H++CO2+2e-=CO+H2O、2H++CO2+2e-=HCOOH、12 H++2CO2+12e-=C2H4+4H2O、8H++CO2+8e-=CH4+2H2O，根据电极反应式，二氧化碳和氢离子的质量大于生成的气体CO、CH4、C2H4的总质量，一段时间后，阴极区溶液质量会增加，故B错误；
C．Cu电极为阴极，电极反应式有：2H++CO2+2e-=CO+H2O、2H++CO2+2e-=HCOOH、12 H++2CO2+12e-=C2H4+4H2O、8H++CO2+8e-=CH4+2H2O，故C错误；
D．二氧化碳生成CO和HCOOH时，碳元素化合价均由+4价降低为+2价，阴极只生成0.15molCO和0.35 mol HCOOH，则电路中转移电子的物质的量为（0.15+0.35）2=1mol，故D错误。
答案为：A。
14. T ℃下，三种硫酸盐MSO4(M表示Pb2+或Ba2+或Sr2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pM=-lg c(M2+)，p(SO)=-lg c(SO)。下列说法正确的是
A. BaSO4在任何条件下都不可能转化为PbSO4
B. X点和Z点分别是SrSO4和BaSO4的饱和溶液，对应的溶液中c(M2+)=c(SO)
C. 在T ℃时，用0.01 mol·L-1Na2SO4溶液滴定20 mL浓度均为0.01 mol·L-1的Ba(NO3)2和Sr(NO3)2的混合溶液，Ba2+先沉淀
D. T ℃下，反应PbSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Pb2+(aq)的平衡常数为103.4
【答案】C
【解析】
【详解】A．因SrSO4、PbSO4、BaSO4为同类型沉淀，再结合题图可知，Ksp(BaSO4)
C．上述分析可知，BaSO4的溶度积小于SrSO4，所以Ba2+先沉淀，C正确；
D．反应PbSO4(s)+Ba2+(aq) BaSO4(s)+Pb2+(aq)的平衡常数K===，由题图中有关数据可知，Ksp(PbSO4)=c(Pb2+)·c(SO)=10-7.6，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c(SO)=10-10，所以K=Ksp(PbSO4)/Ksp(BaSO4)=10-7.6/10-10=102.4，D错误；
故选C。
二、非选择题：共58分。
15. 我国煤储量居世界第一，对煤的综合、高效、无害化利用是二十一世纪能源战略的重要组成部分，利用含铁元素的粉煤灰获得纳米等重要物质的工艺流程如下。
已知：i：伯胺能与反应：生成易溶于煤油产物。
ii：在水溶液中易与反应：
（1）写出过程I中发生反应的离子方程式：_______。
（2）过程Ⅱ加入过量的作用是_______。
（3）过程Ⅱ加入伯胺-煤油对浸取液进行分离，该操作的名称是_______。
（4）从化学平衡角度解释过程Ⅱ利用溶液进行反萃取的原理：_______。
（5）具有碱性，可与结合生成，其中氮原子的杂化类型为_______从结构角度分析，它比配位能力_______(“强”或“弱”)，过程Ⅳ中先用过量的将水层2中转化为并生成，反应的离子方程式为_______，得到的再被氧化为。
（6）以溶液作为吸收剂对燃煤烟气进行一体化“脱硫”、“脱硝”。控制溶液的，将烟气中的、转化为、，均为放热反应。
①一定时间内，温度对硫、硝脱除率的影响曲线如下图，的脱除率高于，可能的原因是_______(写出1种即可)。
②烟气中和的体积比为，时的脱除率见图，则此吸收液中烟气转化生成的和的物质的量之比为_______。
【答案】（1）
（2）将完全氧化为，有利于与伯胺反应，提高萃取率
（3）萃取、分液 （4）(已知ⅱ中的反应)使浓度下降，(已知i中的反应)平衡向逆反应方向移动，从易溶于煤油的物质中转化到易溶于水的物质中，实现反萃取
（5） ①. ②. 弱 ③.
（6） ①. 在水中的溶解度大于；在溶液中的还原性强于；与溶液的反应速率大于 ②.
【解析】
【分析】含有铁元素的粉煤灰，用稀硫酸酸浸，用将氧化成，用伯胺能与反应，生成易溶于煤油的产物，再加入溶液反萃取，加入和，得到，煅烧得到产品。
【小问1详解】
过程I中与稀硫酸反应，离子方程式为：；
【小问2详解】
过程Ⅱ加入过量的作用是：将完全氧化为，有利于与伯胺反应，提高萃取率；
【小问3详解】
过程Ⅱ加入伯胺-煤油对浸取液进行分离，该操作的名称是：萃取、分液；
【小问4详解】
(已知ⅱ中的反应)使浓度下降，(已知i中的反应)平衡向逆反应方向移动，从易溶于煤油的物质中转化到易溶于水的物质中，实现反萃取；
小问5详解】
具有碱性，和一样，可以看成是中的H原子被N原子取代，所以中氮原子的杂化类型为；因为的配位体N原子负电荷较大，空间位阻较大，配位能力较弱；过程Ⅳ中先用过量的将水层2中转化为并生成，反应的离子方程式为：；
【小问6详解】
根据如图所示的信息，的脱除率高于，可能的原因是：在水中的溶解度大于或者在溶液中的还原性强于或者与溶液的反应速率大于；烟气中和的体积比为，假设和物质的量分别为4mol和1mol，由于时的脱除率为，脱硫的反应为：，4mol转化8mol电子，硝的脱除率为，1mol转化为转移的电子数为：mol，转移的电子总数为：，根据得失电子守恒，脱硫和脱硝的过程中转化为，每生成1mol，转移2mol电子，所以生成的物质的量为：，所以。
16. 某实验小组利用如图装置模拟古法制硫酸并进行性质探究。
已知：①“青矾”指，高温受热可完全分解得到红棕色固体和气体混合物；
②熔点℃，沸点℃：熔点16.8℃，沸点44.8℃。
请回答下列问题：
Ⅰ．制取硫酸
实验开始前打开活塞、，关闭活塞，通入一段时间后，关闭活塞、，打开活塞，用酒精喷灯高温加热青矾。
（1）加热时A装置中发生反应的化学方程式为_____。
（2）B装置的作用是_____。
（3）将一定量的青矾在500℃时隔绝空气加热一段时间后检验其固体产物，请设计实验证明此固体产物不含二价铁：_____。
Ⅱ．探究的性质
在装置C中先后三次加入同浓度同体积不同情况的钡盐溶液。控制食用油油层厚度一致、通入流速一致。三次实验现象如下表：
实验
①
②
③
所加试剂
已煮沸的溶液
未煮沸的溶液
已煮沸的溶液
实验现象
无白色沉淀生成
有白色沉淀生成
有白色沉淀生成
分别得到如下图：
（4）实验①中，曲线呈缓慢下降趋势，原因是_____。(用方程式表示)
（5）对比分析②③数据，可得出的结论是_____。
Ⅲ．含量的测定
（6）为对排气法收集到的气体进行含量测定，将气体(已折算为标准状况)通入足量的溶液中，经过滤、洗涤、烘干，最终得到沉淀，则体的体积分数为_____。若该实验数据较实际值偏大，则可能的原因是_____。
①气体通入速率过快②沉淀未进行恒重操作③收集的气体中有④未用食用油覆盖液面
Ⅳ、的应用
可用于制备硫代硫酸钠晶体。已知易溶于水，在酸性或高温环境下不稳定。主要用作还原剂、定影剂等。
实验室制备硫代硫酸钠晶体的装置如图所示。
（7）反应结束时，必须控制溶液的pH不能小于7，否则会造成的后果是_____(用离子方程式表示)。
（8）实验结束后，进行样品纯度的测定。称取硫代硫酸钠晶体样品加水溶解，加几滴淀粉溶液，然后用的标准碘液滴定，测得消耗标准碘液体积的平均值为，则该样品的纯度为_____(保留四位小数)。
已知：，样品中杂质不参与反应。
（9）若滴定前未用标准碘液润洗滴定管，则测定样品中硫代硫酸钠晶体纯度_____(“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）
（2）将SO3和水蒸气冷凝制得硫酸，防止对SO2性质的探究造成干扰
（3）取少量固体于试管中，加稀硫酸溶解，再滴入高锰酸钾溶液，若高锰酸钾不褪色，证明该固体不含二价铁（合理答案即可）
（4）
（5）有氧气参与能显著提高硝酸根氧化SO2的速率
（6） ①. 0.92 ②. 2
（7）
（8）94.24% （9）偏高
【解析】
【小问1详解】
已知“青矾”高温受热可完全分解得到红棕色固体和气体混合物，故反应方程为：；
【小问2详解】
由图知，装置B置于冰水中，其目的为将三氧化硫和水蒸气冷凝制得硫酸，防止对SO2性质的探究造成干扰；
【小问3详解】
设计实验证明固体中不含二价铁：需先将固体溶解，再检验是否存在二价铁离子即可，操作为取少量固体于试管中，加稀硫酸溶解，再滴入高锰酸钾溶液，若高锰酸钾不褪色，证明该固体不含二价铁（合理答案即可）；
【小问4详解】
由图可知，曲线①的变化说明二氧化硫不与氯化钡反应，溶于水的部分SO2与水反应，生成H2SO3, H2SO3,电离出氢离子:，溶液pH减小；
【小问5详解】
由图可知，为煮沸的溶液中，通入SO2后酸性变得更强，pH更小，因为为煮沸的中含有氧气，能显著提高硝酸根氧化SO2的速率；
【小问6详解】
标准状况下1120mL气体的物质的量为0.05mol，二氧化硫通入硝酸钡溶液中得到白色沉淀的质量为，由S守恒可得，SO2的体积分数为，若沉淀未进行恒重操作，可能固体表面会有可溶性的杂质，测得硫酸钡的质量偏大，导致所测结果偏高；
【小问7详解】
易溶于水，在中性、碱性溶液中很稳定，但能和酸反应而导致产率降低，所以必须控制PH不能小于7，离子方程式；
【小问8详解】
消耗n(I2)=0.100mol/L×9.5×10-3L=9.5×10-4mol，根据关系式，其纯度为；
【小问9详解】
酸性溶液盛放在酸式滴定管中，碘液呈酸性，所以应该用酸式滴定管盛放;若未用碘标准液润洗滴定管，碘溶液浓度变小导致消耗的碘液体积增大，则增大，所以测定样品中硫代硫酸钠晶体含量偏高。
【点睛】本题依以实验为基础框架，考查以S的化合物的相关性质及相关计算为主线，难度较大。
17. 当今世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。因此，研发二氧化碳的利用技术，将二氧化碳转化为能源是缓解环境和能源问题的方案之一、请回答下列问题：
Ⅰ．耦合乙苯()脱氢制备苯乙烯()是综合利用的热点研究领域。制备苯乙烯涉及的主要反应如下：
i、
ii、
iii、
（1）_____。当反应达到平衡时，要提高的平衡产率，可采取的措施为_____(任写一种)。
（2）在某恒温恒容容器中发生耦合乙苯()脱氢制备苯乙烯()的反应，下列能说明反应达到平衡的是_____(填标号)。
A. 容器内压强不再发生变化
B. CO的百分含量不再发生变化
C. 容器内混合气体的密度不再发生变化
D. 每消耗的同时生成
（3）恒压0.1MPa下，将原料气配比改为下列三种情况：只有、：(对应曲线3)、仅发生反应下i、ii，测得的平衡转化率与温度的变化关系如图1所示。
①图中表示原料气配比仅的曲线是曲线_____(填“1”或“2”)。
②A点时，的物质的量分数为0.01，该条件下反应i的_____(分压=总压×物质的量分数)MPa．
Ⅱ．中科院化学所研究出了一种常温常压下通过电化学共还原和甲醛进行偶联的方法，该方法能够同时实现甲醛的处理与的高附加值转化，其工作原理如图2所示，总反应为。
（4）电极b的电极反应式为_____，每生成，电路中转移的电子数为_____。
【答案】（1） ①. +117.6 ②. 升高温度或扩大容器体积(或其他合理答案) （2）AB
（3） ①. 1 ②. 0.004
（4） ①. ②. 8
【解析】
【小问1详解】
方程式i=方程式iii-方程式ii，由盖斯定律可得；
生成的正反应为吸热反应，正反应气体的物质的量增大，减小压强、升高温度平衡正向移动可提高的平衡产率；
【小问2详解】
A．反应前后气体的系数不等，恒温恒容下只要反应未达到平衡，压强一定会发生改变，故容器内压强不再发生变化可说明反应达到平衡，A正确；
B．CO的百分含量不再发生变化说明反应达到了平衡，B正确；
C．容器内的物质全为气体，故气体的总质量不变，又恒温恒容说明气体的体积也不变，根据可知气体的密度始终不变，C错误；
D．每消耗的同时一定会生成，这与平衡无关，D错误；
故选AB。
【小问3详解】
投料仅只有、时，只发生反应i；当时，由于总压不变，所以的分压减小，相当于减压，反应i正向移动，的转化率增大，故图中表示原料气配比仅的曲线是曲线1；
A点的转化率为80%，初始投料：，设初始投料为1mol和10molCO2，则反应消耗的为0.8mol，平衡后剩余的为0.2mol，根据反应i可知消耗0.8mol会生成0.8mol，根据反应i和ii可知，每消耗1mol，气体的总物质的量增加1mol，现在反应消耗的为0.8mol，则气体的总物质的量增加0.8mol，故平衡时气体总的物质的量为1mol+10mol+0.8mol=11.8mol，氢气的物质的量分数为0.01，其物质的量为0.118mol，由此可知平衡时、、H2的物质的量分别为0.2mol、0.8mol、0.118mol，所以；
【小问4详解】
由图可知此装置为电解池，电极b上发生的反应是H2O变成氧气，其电极反应式为：；
由总反应可看出甲醛和二氧化碳得电子变成乙醇，水中的氢氧根失电子变成氧气，根据得失电子守恒可知，甲醛和二氧化碳生成1mol乙醇得电子的数目等于水中的氢氧根生成2mol氧气失电子的数目，也即生成电路中转移的电子数和生成2molO2转移的电子数相同，为8NA。
18. 沙格列丁(J)是二肽基肽酶-Ⅳ抑制剂，可用于2型糖尿病的治疗，一种以金刚甲酸(A)为原料制备沙格列丁的流程如下：
回答下列问题：
（1）A的分子式为_______。
（2）B→C的化学方程式为_______，该反应的类型为_______。
（3）C→D中，实现了官能团由氰基()变为_______(填官能团的名称)。
（4）G→I中，还有HCl生成，H的结构简式为_______。
（5）化合物A的同分异构体满足下列条件的有_______种(不考虑立体异构，填字母)；
a．苯环上有三个取代基，且其中两个酚羟基处于间位；b．分子中含有3个甲基。
A．7 B．8 C．9 D．10
其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为9∶2∶2∶2∶1的结构简式为_______。(任写一种)。
【答案】（1）C11H16O2
（2） ①. +NaCN +NaCl ②. 取代反应
（3）酰胺基 （4）
（5） ①. C ②.
【解析】
【分析】A与SOCl2发生取代反应生成B，继续与NaCN发生取代生成C，C在酸性条件下与水发生加成反应生成D，E与F3CCOOC2H5一定条件下发生取代反应生成F，F与SOCl2发生取代反应生成G，G与H生成I和HCl，结合I的结构式与元素守恒，逆向可推知H的结构式为 ，I还原为J。
【小问1详解】
结合题干中A的结构式，A的分子式为：C11H16O2。
答案为：C11H16O2。
【小问2详解】
B与NaCN发生取代生成C，化学方程式为： +NaCN +NaCl
答案为： +NaCN +NaCl；取代反应。
【小问3详解】
结合图示中C、D的结构式，C→D中，实现了官能团由氰基()变为（酰胺基）。
答案为：酰胺基。
【小问4详解】
结合以上分析可知，H的结构简式为 。
答案为： 。
【小问5详解】
化合物A的分子式为C11H16O2，同分异构体满足下列条件的有a．苯环上有三个取代基，苯环的不饱和度为4，A的不饱和度也为4，说明除苯环外，其余碳均为饱和，两个酚羟基处于间位，说明除酚羟基外苯环上还有一个取代基；b．分子中含有3个甲基符合条件的同分异构体的结构式有： 、 、 、 、 、 、 、 、 ，共9种；其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为9∶2∶2∶2∶1的结构简式为: 。
相关试卷
重庆市万州二中2023-2024学年高二下学期开学考试化学试题（Word版附解析）： 这是一份重庆市万州二中2023-2024学年高二下学期开学考试化学试题（Word版附解析），文件包含重庆市万州二中2023-2024学年高二下学期开学考试化学原卷版docx、重庆市万州二中2023-2024学年高二下学期开学考试化学Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
2024重庆市万州二中高三上学期7月月考化学试题含解析： 这是一份2024重庆市万州二中高三上学期7月月考化学试题含解析，文件包含重庆市万州第二高级中学2023-2024学年高三上学期7月月考化学试题含解析docx、重庆市万州第二高级中学2023-2024学年高三上学期7月月考化学试题无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
重庆市万州第二高中2023-2024学年高三上学期8月月考化学试题（Word版含答案）： 这是一份重庆市万州第二高中2023-2024学年高三上学期8月月考化学试题（Word版含答案），文件包含化学试题docx、化学答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共8页， 欢迎下载使用。
