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福建省厦门双十中学2022-2023学年高三化学上学期期中考试试题（Word版附解析）
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这是一份福建省厦门双十中学2022-2023学年高三化学上学期期中考试试题（Word版附解析），文件包含核心素养人教版小学数学五年级下册416练习十六课件pptx、核心素养人教版小学数学五年级下册416练习十八教案docx、核心素养人教版小学数学五年级下册416练习十八导学案docx等3份课件配套教学资源，其中PPT共22页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.请认真阅读答题卡上的注意事项，不得用规定以外的笔和纸答题，不得在答题卡上做任何标记。
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把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。
4.考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5 As-75
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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. 下列说法合理的是
A. NaOH能促进油脂水解，可用含NaOH的洗涤剂去除人体皮肤表面的油性物质
B. 新冠肺炎抗疫中使用的干雾过氧化氢空气消毒机，利用了过氧化氢的氧化性
C. 工业生产中常把原料粉碎成小颗粒，可以提高原料的平衡转化率
D. 增大氮肥、磷肥、钾肥使用量，不会改变生态平衡且能提高农作物产量
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaOH有强腐蚀性，不能用于人体皮肤表面，故A错误；
B．过氧化氢具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，所以干雾过氧化氢空气消毒机在新冠抗疫中被广泛使用，故B正确；
C．原料粉碎成小颗粒，只能加快反应速率，不能提高原料的平衡转化率，故C错误；
D．大量使用氮肥、磷肥、钾肥，会影响生态平衡，需要合理使用，故D错误。
答案选B。
2. NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 12gNaHSO4晶体中阴离子所带电荷数为0.1NA
B. 标准状况下，2.24LCHCl3中含有共价键的数目为0.4NA
C. 1LpH=13的Ba(OH)2溶液中Ba2+数目为0.1NA
D. 0.1mlFeI2与0.1mlCl2反应时转移电子的数目为0.3NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．硫酸氢钠的相对分子质量为120，12g的硫酸氢钠为0.1ml，硫酸氢钠晶体中的阴离子为硫酸氢根离子，所带电荷数为0.1NA，A项正确；
B．标准状况下， CHCl3 为液体，无法准确利用计算，B项错误；
C．不确定溶液所处温度，无法计算1L pH=13 的 Ba(OH)2溶液中所含氢氧根离子数目，因此无法计算钡离子数目，C项错误；
D．0.1ml FeI2与 0.1 ml Cl2反应生成氯化亚铁，当过量的氯气与碘化亚铁反应才生成氯化铁，所以0.1ml FeI2与 0.1 ml Cl2反应转移了0.2ml电子，所以转移电子的数目为0.2NA，D项错误；
答案选A。
3. 下列离子方程式与所述事实相符且正确的是
A. 用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O
B. 向碳酸氢铵溶液中加入过量的NaOH溶液：NH+OH-=NH3•H2O
C. 向明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至生成沉淀的物质的量最多：Al3++2SO+2Ba2++4OH-=Al(OH)+2BaSO4↓
D. 等体积、等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合：2HCO+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO
【答案】A
【解析】
【详解】A．H2O2具有氧化性，会将碘离子氧化成碘单质，离子方程式为2I－＋H2O2＋2H＋=I2＋2H2O，故A正确；
B．向碳酸氢铵溶液中加入过量的NaOH溶液：HCO＋NH＋2OH－=NH3·H2O＋ CO＋H2O，故B错误；
C．向明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至生成沉淀的物质的量最多：2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋6OH－=2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓，故C错误；
D．等体积、等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合：HCO＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O，故D错误；
综上所述答案为A。
4. 新冠肺炎疫情牵动人心，化学在对抗疫情中起到重要作用。已知短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最外层电子数等于电子层数等于原子序数，W与X形成的一种原子数比为1：1的液体是强力的氧化剂可用于杀菌消毒，YZX的水溶液是84消毒液的主要成分，Z的单质是一种黄绿色气体。下列说法不正确的是（ ）
A. X没有最高正价，但是有正价
B. W与X形成的化合物中绝对不含非极性共价键
C. Y单质的还原性是短周期里最强的
D. Z最高价氧化物水化物是一种具有强氧化性的强酸
【答案】B
【解析】
【分析】已知短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最外层电子数等于电子层数等于原子序数，说明W为Be，YZX的水溶液是84消毒液的主要成分，说明Y为钠元素，Z为氯元素，X为氧元素，W与X形成的一种原子数比为1：1的液体是强力的氧化剂可用于杀菌消毒，即BeO，Z的单质是一种黄绿色气体，即氯气。
【详解】A. X的非金属性很强，主族元素的最高正价为族序数，氧没有最高正价，但是与氟形成化合物时，氧为正价，A正确；
B. W与X形成的化合物中可能含非极性共价键，B错误；
C. Y单质为钠单质，钠元素在短周期中非金属性最强，故单质还原性是短周期里最强，C正确；
D. Z最高价氧化物水化物是高氯酸，是一种具有强氧化性的强酸，D正确。
答案为B。
【点睛】
5. 玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热NaOH溶液洗涤除去，发生如下反应：
①3S+ 6NaOH2Na2S+ Na2SO3+ 3H2O
②(x-1)S+Na2SNa2Sx (x=2~6)
③S+ Na2SO3Na2S2O3
下列说法正确的是
A. 反应①②③中，硫单质的作用相同
B. 反应①中，每消耗1 ml硫单质转移4 ml电子
C. 0.96g硫单质与amL2ml·L-1热NaOH溶液恰好完全反应，只生成Na2S和Na2SO3，则a= 60
D. 1.28 g硫单质与10 mL 2 ml·L-1热NaOH溶液恰好完全反应，只生成Na2Sx和Na2S2O3，则x=5
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干方程式可知，反应①3S+ 6NaOH2Na2S+ Na2SO3+ 3H2O中S既是氧化剂又是还原剂，反应②(x-1)S+Na2SNa2Sx (x=2~6)中S是氧化剂，反应③S+ Na2SO3Na2S2O3中S是还原剂，硫单质的作用相同，故反应①②③中，硫单质的作用不相同，A错误；
B．分析反应①3S+ 6NaOH2Na2S+ Na2SO3+ 3H2O可知，每消耗3 ml硫单质转移4 ml电子，B错误；
C． 0.96g即=0.03ml硫单质与amL2ml·L-1热NaOH溶液恰好完全反应，只生成Na2S和Na2SO3，则反应方程式为3S+ 6NaOH2Na2S+ Na2SO3+ 3H2O，则a==30，C错误；
D．1.28 g即=0.04ml硫单质与10 mL 2 ml·L-1即0.01L×2ml/L=0.02ml热NaOH溶液恰好完全反应，只生成amlNa2Sx和bmlNa2S2O3，则由Na原子守恒有2a+2b=0.02ml，由S原子守恒有：ax+2b=0.04ml，由电子守恒有2a=4b，解得x=5，D正确；
故答案为：D。
6. 科研人员通过控制光沉积的方法构建Cu2O－Pt/SiC/LrOx型复合材料光催化剂，然后以Fe2+和Fe3+离子渗透Nafin膜在酸性介质下构建了一个还原和氧化反应分离的人工光合体系，其反应机理如图。下列说法不正确的是
A. 该反应能量转化形式为光能→化学能
B. 该人工光合体系的总反应为2CO2+2H2O2HCOOH+O2
C. 图中a、b分别代表Fe3+、Fe2+
D. Cu2O→Pt上发生的反应为CO2+2e-+2H+=HCOOH
【答案】C
【解析】
【详解】A．构建了人工光合作用体系，该反应能量转化形式为光能→化学能，A正确；
B．Fe2+和Fe3+离子渗透Nafin膜可协同CO2、H2O分别反应，构建了一个人工光合作用体系，图中物质转化得到，光合作用反应的化学方程式：2CO2+2H2O2HCOOH+O2，B正确；
C．左边水变化为O2，发生氧化反应，则Fe3+发生还原反应；右边CO2生成HCOOH发生了还原反应，铁元素发生氧化反应，则图中a、b分别代表Fe2+、Fe3+，C错误；
D．酸性介质中不可能大量存在OH-，则Cu2O→Pt上发生的反应为CO2+2e-+2H+=HCOOH，D正确；
故合理选项是C。
7. 碳酸镧[La2(CO3)3]可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症，制备反应原理为：2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O，某化学兴趣小组利用下列实验装置模拟制备碳酸镧。下列说法不正确的是
A. 制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→A→B→D→E→C
B. X中盛放的试剂是浓硫酸，其作用为干燥
C. Y中发生反应的化学方程式为NH3•H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑
D. Z中应先通入NH3，后通入过量的CO2
【答案】B
【解析】
【分析】制备反应原理为：2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O，Z中溶液为LaCl3溶液，故Z中制备La2(CO3)3，还需要NH4HCO3，则D和E用分别通入CO2和NH3，因NH3极易溶于水，需要防倒吸装置，故D口通入CO2，E口通入NH3，Y中制备NH3，W中制备CO2，但会挥发出HCl，需要除去，所以用X除去HCl， 据此回答。
【详解】A．由装置可知，W中制备CO2，X除去HCl，Y中制备NH3，Z中制备La2(CO3)3，则制备La2(CO3)3实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→A→B→D→E→C，故A正确；
B．W中制备CO2，会挥发出HCl，需要除去，所以用X中盛放的试剂应该是饱和NaHCO3溶液，作用是除去挥发出来的HCl，故B错误；
C．Y中CaO与浓氨水反应制备NH3，反应方程式为：NH3•H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，故C正确；
D．CO2在水中的溶解度不大，碱性环境能增大CO2的溶解度，而NH3在水中的溶解度很大，且水溶液呈碱性，所以应先通入NH3后通入CO2，生成较大浓度的NH4HCO3，故D正确；
故答案选B。
8. 氧化亚铜是一种附加值较高的铜类物质，下列流程是利用再生资源回收高品质氧化亚铜。某兴趣小组通过查阅资料得知CuCl可溶于浓度较大的体系，能被硝酸氧化，在碱性条件下易水解转化为Cu2O，Cu2O在酸性条件下可歧化为和Cu。据此设计了如下实验方案。下列说法正确的是
A. 生成CuCl的离子方程式为
B. 为确保完全沉淀，应向含铜废液中加入过量的NaCl
C. 检验制得的Cu2O中是否含有CuCl，可用硝酸银和硝酸
D. 可直接向含铜废液中加入葡萄糖，在碱性条件下制得Cu2O
【答案】C
【解析】
【分析】由流程图可知先将含铜废液通SO2和NaCl反应生成CuCl，再控制温度和pH使其水解转化为Cu2O，据此回答。
【详解】A. 含铜废液呈酸性，离子方程式中不能出现OH-，A错误；
B. NaCl若过量，CuCl可溶于Cl-浓度较大的体系，则Cu+不能完全沉淀，B错误；
C. 为了检验制得的Cu2O中是否含有CuCl，可以通过检验混合物中是否含有Cl-方法来检验是否含有CuCl，即取少许试样于试管中，加入稀硝酸溶解，再加AgNO3溶液，若生成沉淀，则含有CuCl，若无明显现象，则无CuCl，C正确；
D. 直接向含铜废液中加入葡萄糖，在碱性条件下可转化为Cu(OH)2，葡萄糖溶液Cu(OH)2悬浊液需要在加热条件下才能反应生成Cu2O，D错误；
答案选：C。
9. 已知：(HF)2(g)2HF(g) ＞0，平衡体系的总质量m(总)与总物质的量n(总)之比在不同温度下随压强的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A. 温度：T1＜T2
B. 反应速率：v(b)＜v(a)
C. 平衡常数：K(a)=K(b)＜K(c)
D. 当时，
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图象可知，b、c两个点的压强相同，T2温度下c点对应的平均摩尔质量大于T1温度下b点对应的平均摩尔质量，即T1到T2，平衡向逆反应方向移动，该反应的正反应为吸热反应，降低温度，平衡向逆反应方向移动，T2＜T1，故A错误；
B．b点对应的温度T1和压强均大于a点对应的温度T2和压强，温度越高、压强越大，反应速率越快，所以反应速率v(b)>v(a)，B错误；
C．由于温度T2＜T1，该反应的正反应为吸热反应，温度越高，平衡常数K越大，所以平衡常数K(b)>K(a)=K(c)，C错误；
D．当时，即平均相对分子质量为30时，设HF物质的量为xml，(HF)2的物质的量为yml，则=30，解得：x:y=1:1，即，D正确；
答案选D。
10. 常温下对于任一电池反应aA+bB=cC+dD，其电动势E=Eθ-•lg，n为电池反应中转移的电子数。该小组同学设计装置(如图1)，以Zn－Cu原电池探究离子浓度的改变对电极电势的影响。小组同学测得初始时Zn(s)+Cu2+(1ml•L-1)=Zn2+(1ml•L-1)+Cu(s) Eθ=1.1V(该反应n=2)，随放电进行，观察电池电动势的变化趋势并绘制了电池电动势变化示意图(如图2)。下列说法正确的是
A. 电压表读数为零后，则说明该原电池中Cu2+已经消耗完全
B. 小组同学向ZnSO4和CuSO4溶液中同时快速加入少量相同体积和浓度的Na2S溶液，发现电池电动势突然减小，则可知：Ksp(ZnS)＜Ksp(CuS)
C. 小组同学推测图2中直线与X轴的交点坐标大约为(37，0)
D. 小组同学推测若将初始时左侧1ml•L-1的Zn－ZnSO4半电池，换为2ml•L-1的CuSO4－Cu半电池，右侧半电池保持不变，则仍能观察到相同的电压表偏转情
【答案】C
【解析】
【详解】A．电压表读数为0，并不能说明溶液中Cu2+消耗完，当Cu2+浓度很小时，电动势就会很小，不能形成电流或者无法测出电流，故A错误；
B．加入硫化钠，电池电动势突然减小，说明溶液中Cu2+浓度减小，即形成了硫化铜沉淀，说明Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，故B错误；
C．根据E=Eθ-•lg分析，当Eθ=1.1V(该反应n=2)时，=37，则图2中直线与X轴的交点坐标大约是（37,0），故C正确；
D．若两侧都为硫酸铜和铜，不能形成原电池，不可能观察到相同的电压表偏转，故D错误；
故答案选C。
二、填空题：本题包括5小题，共60分
11. 钯催化剂(主要成分为Pd、α－Al2O3，还含少量铁、铜等元素)在使用过程中，Pd易被氧化为难溶于酸的PdO而失活。一种从废钯催化剂中回收海绵钯的工艺流程如图。
（1）“还原i”加入甲酸的目的是还原______(填化学式)。
（2）“酸浸”过程：
①从绿色化学要求出发，酸浸液应选择_____(填标号)
A.王水(浓硝酸和浓盐酸按体积比1：3混合)
B.盐酸和Cl2
C.盐酸和H2O2
②温度、固液比对浸取率影响如图，则“酸浸”的最佳条件为_____。
（3）已知：
I.“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：[PdCl4]2-+2RClR2PdCl4+2Cl-，(RCl为阴离子交换树脂)。
II.“沉钯”过程钯元素主要发生如下转化：H2PdCl4(稀溶液)→[Pd(NH3)4]Cl2(稀溶液)→[Pd(NH3)2]Cl2(沉淀)。
①“离子交换”流出液中阳离子有______(填离子符号)。
②淋洗液需保持pH小于2的原因是______。
（4）“还原ii”中产生无毒无害气体。由生成[Pd(NH3)2]Cl2海绵钯的化学方程式为_____。
（5）该工艺流程中可循环利用的物质有_____。
【答案】（1）PdO （2） ①. C ②. 温度控制在80℃，固液比为4：1
（3） ①. H+、Fe3+、Cu2+ ②. 淋洗过程中有[Pd(NH3)4]Cl2(aq)[Pd(NH3)2]Cl2(s)+2NH3(aq)，加入盐酸，H+和NH3反应，使平衡正向移动，从而使Pd沉淀，所以需控制pH小于2
（4）2[Pd(NH3)2]Cl2+N2H4•H2O=2Pd+N2↑+4NH4Cl+H2O
（5）HCl、RCl
【解析】
【分析】钯催化剂(主要成分为Pd、α－Al2O3，还含少量铁、铜等元素)中加入甲酸，PdO被甲酸还原为Pd，加入酸浸液，滤渣为α－Al2O3，则滤液中含有H2PdCl4、H+、Fe3+、Cu2+等；进行离子交换，[PdCl4]2-转化为R2PdCl4，则流出液中含有的阳离子为H+、Fe3+、Cu2+，用6ml/L的HCl淋洗，钯转化为[Pd(NH3)4]Cl2，加入N2H4•H2O还原，即得海绵钯。
【小问1详解】
因为PdO难溶于酸，所以需要将PdO转化为Pd，则“还原i”加入甲酸的目的是还原PdO；
【小问2详解】
①A．王水(浓硝酸和浓盐酸按体积比1：3混合)与Pd、Fe、Cu反应时，会生成NO2等大气污染物，故A不符合题意；
B．盐酸和Cl2中，Cl2是大气污染物，会有少量逸出而污染环境，故B不符合题意；
C．盐酸和H2O2共同作用，将Pd、Fe.、Cu氧化为金属氧化物，不会产生污染环境的物质，故C符合题意；
故答案选C；
②从图中可以看出，“酸浸”时，浸取率高的最佳条件为80℃、4:1；
【小问3详解】
①进行离子交换时，使用阴离子交换树脂RCl，阳离子不变，则“离子交换”流出液中阳离子有H+、Fe3+、Cu2+；
②淋洗过程中有[Pd(NH3)4]Cl2(aq)[Pd(NH3)2]Cl2(s)+2NH3(aq)，加入盐酸，H+和NH3反应，使平衡正向移动，从而使Pd沉淀，所以需控制pH小于2
【小问4详解】
“还原ii”中，以N2H4•H2O作还原剂，产生无毒无害气体为N2，则由由[Pd(NH3)2]Cl2生成海绵钯的化学方程式为：2[Pd(NH3)2]Cl2+N2H4•H2O=2Pd+N2↑+4NH4Cl+H2O；
【小问5详解】
在“离子交换”步骤中溶液中产生大量的HCl，可以回到“酸浸”步骤重复使用，洗脱过程中产生的RCl也可以循环使用，故工艺流程中可循环利用的物质有HCl、RCl。
12. 镁条投入盐酸时，快速溶解并产生大量气泡；投入热水时，其表面会附着微量气泡。受此启发，某兴趣小组对Mg与NaHCO3溶液的反应进行了如表探究：
I.探究反应产生的气体成分。
（1）经检验反应产生的气体有H2，实验室检验H2的方法为______。
（2）小组成员认为反应产生的气体中可能有CO2，并对此进行了如图实验(图1、图2中曲线②均为对应加入镁条的数据)：
图1中曲线②对应的CO2，含量逐渐增大的原因为______(用化学方程式表示)；结合实验3解释，随着时间推移，图1中曲线②的数值低于曲线①的原因为______。
II.探究Mg与NaHCO3溶液反应比与热水反应快的原因。
小组成员推测可能是溶液中的Na+或HCO加快了该反应的发生，对比实验1设计实验如表：
（3）结合实验1和4，可知溶液中的HCO加快了反应的发生。
①实验4中横线处内容为______。
②查阅文献可知，Mg(OH)2质地致密，MgCO3质地疏松，请结合必要的文字和化学用语解释HCO能加快该反应的原因为_____。
III.探究固体浑浊物的组成。
文献显示，固体浑浊物为Mg(OH)2和MgCO3的混合物。
（4）某同学设计了实验方案，测定混合物组成。实验测得固体浑浊物在热分解前后的质量分别为3.42g和2.00g，据此计算出固体浑浊物中n[Mg(OH)2]：n[MgCO3]=______。
【答案】（1）用试管收集气体，并用拇指堵住试管口，将试管口下靠近火焰，有爆鸣声，证明是氢气
（2） ①. 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ ②. 反应过程中溶液的碱性不断增强，不利于CO2的生成
（3） ①. 1.5mL1ml/LKHCO3 ②. Mg与水反应生成Mg(OH)2和氢气，溶液中存在Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，HCO与OH-反应生成CO，CO结合Mg2+形成质地疏松的MgCO3，使平衡正向移动Mg(OH)2膜溶解，增大了Mg与水的接触面积，产生气体速率加快
（4）3：2
【解析】
【分析】镁与热水缓慢反应生成氢气和氢氧化镁。氢气用燃爆法检验。
【小问1详解】
纯净氢气燃烧也有声响。用试管收集气体，并用拇指堵住试管口，将试管口下靠近火焰，有爆鸣声，证明是氢气。
故答案为：用试管收集气体，并用拇指堵住试管口，将试管口下靠近火焰，有爆鸣声，证明是氢气。
【小问2详解】
加不加镁条CO2含量均增加，说明碳酸氢钠分解产生CO2，方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；由图可知，①曲线比②曲线高，说明反应过程中溶液的碱性不断增强，不利于CO2的生成。
故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；反应过程中溶液的碱性不断增强，不利于CO2的生成。
【小问3详解】
结合实验1和4，可知溶液中的加快了反应，除了阳离子其他都相同，1.5mL1ml/LKHCO3；Mg与水反应生成Mg(OH)2和氢气，溶液中存在Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH-(aq)，与OH-反应生成，结合Mg2+形成质地疏松的MgCO3，使平衡正向移动Mg(OH)2膜溶解，增大了Mg与水的接触面积，产生气体速率加快。
故答案为：1.5mL1ml/LKHCO3；Mg与水反应生成Mg(OH)2和H2，溶液中存在Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH-(aq)，与OH-反应生成，结合Mg2+形成质地疏松的MgCO3，使平衡正向移动Mg(OH)2膜溶解，增大了Mg与水的接触面积，产生气体速率加快。
【小问4详解】
设固体中Mg(OH)2物质的量为x ml，MgCO3物质的量为y ml，
则:58x+y=3.42
Mg(OH)2MgO+H2O
1 1
x ml x ml
MgCO3MgO+CO2↑
1 1
y ml y ml
18x+44y=3.42-2.00，联立二式，解的x=0.03,y=0.02，则固体浑浊物种的n［Mg(OH)2］:n［MgCO3］=0.03ml:0.02ml=3:2；
故答案为：3:2。
【点睛】镁与热水缓慢反应生成H2。酸性条件有利于CO2的生成。
13. 绿色能源的开发利用是未来能源发展的重要方向，也是实现“碳中和”目标的重要举措。氢能是重要的绿色能源，利用甲烷来制取氢气的总反应可表示为：CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)，该反应可通过如下过程来实现：
反应I：CH4(g)+H2O(g)3H2(g)+CO(g) △H1=+206.3kJ•ml-1
反应II：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H2=-41.2kJ•ml-1
（1）总反应的△H=______kJ•ml-1
（2）在恒温的刚性容器中，发生上述反应，测得一段时间后，CH4转化率变化如图所示，请解释温度升高转化率变化的原因是______。
（3）在恒容条件下发生上述反应，不同进气比[n(CH4)：n(H2O)]和不同温度时测得相应的CH4平衡转化率见表。
①由表数据分析，温度：a点______b点(填“>”或“<”)。
②c点平衡混合物中的体积分数为______(保留3位有效数字)。
②若d点的总压强为aMPa，则d点反应I分压平衡常数Kp为_______(MPa)2(列出计算式即可)。
（4）反应II在工业上称为一氧化碳的催化变换反应，研究表明该反应用Fe3O4作催化剂，反应历程如下：
第一步：Fe3O4+4CO→3Fe+4CO2
第二步：3Fe+4H2O→Fe3O4+4H2
已知第一步为慢反应，则第一步反应的活化能比第二步反应______(填“大”或“小”)。
由于CO还原性较强，若将Fe3O4还原成Fe，并以Fe的形式大量存在于反应体系中，会使催化剂失去活性，但在实际生产中一般不会发生催化剂失去活性的情况，请结合一氧化碳的催化变换反应历程说明理由______。
（5）用二氧化碳与氢气催化加氢制乙醇，其反应原理为：2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g) △H＜0。经实验测定在不同投料比x1、x2、x3时CO2的平衡转化率与温度的关系如图曲线所示x=。
①x1、x2、x3从小到大的顺序为______。
②从平衡角度分析，随温度升高，不同投料比时CO2的平衡转化率趋于相近的原因是______。
【答案】（1）+165.1
（2）低温时，主要发生反应I，温度升高平衡正移：高温时，主要发生反应II，温度升高平衡逆移
（3） ①. < ②. 50.0% ③.
（4） ①. 大 ②. 第一步反应为慢反应，第二步反应为快反应，生成Fe的速率小于其消耗速率，因此不会以大量铁的形式存在，所以不会出现催化剂的失活
（5） ①. x1、x2、x3 ②. 升高温度到一定范围，反应限度很小，增加H2的投料对CO2平衡转化率几乎无影响
【解析】
【小问1详解】
总反应=I+II，对应的=+=+206.3+(-41.2)=kJ/ml；
故答案为：kJ/ml；
【小问2详解】
在恒温的刚性容器中，发生上述反应，低温时，主要发生反应I，温度升高平衡正移：高温时，主要发生反应II，温度升高平衡逆移；
故答案为：低温时，主要发生反应I，温度升高平衡正移：高温时，主要发生反应II，温度升高平衡逆移；
【小问3详解】
①根据三段式可知
所以c点平衡混合物中H2的体积分数为=，
反应Ⅰ为吸热反应，恒压状态下投料比相同时，体系温度越高，平衡转化率越大，反应速率越快，因此a、b两点对应的温度T(a)②根据三段式：
D点的总压强为aMPa，则d点的分压平衡阐述；
故答案为：＜；50%；；
小问4详解】
由于第一步为慢反应，则第一步反应的活化能比第二步反应大，由于第二步反应快，催化剂不会以铁的形式大量存在于反应体系中，所以不会出现催化剂的失活；
故答案为：大；第一步反应为慢反应，第二步反应为快反应，生成Fe的速率小于其消耗速率，因此不会以大量铁的形式存在，所以不会出现催化剂的失活；
【小问5详解】
二氧化碳的浓度增大，其转化率越小，故x1＜x2＜x3同时，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，当温度到一定范围后，温度对平衡移动的影响占主导，所以浓度影响减弱；
故答案为：x1、x2、x3；升高温度到一定范围，温度对平衡移动的影响占主要因素。
14. 我国科学家团队采用自激发缺陷诱导的方法获得白光，合成了首例缺陷诱导的晶态无机硼酸盐单一组分白光材料Ba2[Sn(OH)6][B(OH)4]2。
(1)基态50Sn原子的价电子排布式为______。Ba、Sn、O三种元素的电负性由大到小的顺序为______。
(2)Na2[B4O5(OH)4]·8H2O(硼砂)的阴离子的结构式如图所示。则硼原子的杂化方式为______；硼砂中存在的作用力有______(填标号)。
a.氢键 b.离子键 c.共价键 d.配位键
(3)环硼氮六烷(结构如图)在热水中比冷水中溶解度显著增大的主要原因是______。
(4)超高热导率半导体材料——砷化硼(BAs)的晶胞结构如图所示，则1号砷原子的坐标为______。已知阿伏加德罗常数的值为NA，若晶胞中As原子到B原子最近距离为a pm，则该晶体的密度为______g·cm-3。(列出含a、NA的计算式即可)。
【答案】 ①. 5s25p2 ②. O>Sn>Ba ③. sp2和sp3 ④. abcd ⑤. 热水破坏了环硼氮六烷晶体中的分子间氢键，并且使环硼氮六烷分子易与水形成了分子间氢键，溶解度增大 ⑥. (，，) ⑦.
【解析】
【详解】(1)根据电子总数为50，可写出Sn电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p2，根据最外层电子数可知Sn为主族元素，故价电子为最外层电子，即5s25p2（或者根据Sn与C、Si、Ge同族确定价电子排布为5s25p2）；周期表往右、往上元素电负性增强，故电负性由大到小顺序为：O＞Sn＞Ba；
(2)由图示可知，大的黑球代表B原子，一种情况B周围形成3个σ键，杂化为sp2杂化，另一种情况B周围形成4个σ键（含配位键），杂化为sp3杂化，故此处填sp2、sp3；硼砂中Na+与[B4O5(OH)4]2-之间为离子键，[B4O5(OH)4]2-内部存在共价键、配位键，另外结晶水与[B4O5(OH)4]2-之间存在氢键，故此处选abcd；
(3) 因为环硼氮六烷本身存在分子间氢键，不利于其溶解，热水破坏了环硼氮六烷晶体中的分子间氢键，并且使环硼氮六烷分子易与水形成分子间氢键，所以溶解度增大；
(4) 将大正方体分解成8个小正方体，As原子位于小正方体体心，故1号As原子坐标为(，，)；
由晶胞结构知，As与B原子最短距离相当于正方体对角线的，故正方体对角线长度为4a pm，设边长为x pm，则底面对角线长度为，由勾股定理得：(4a)2=x2+，解得x=，故晶胞体积为：V=，晶胞中含有B个数=，含As个数为4个，故1个晶胞中含4个BAs，则n(BAs)=，m(BAs)= ，故该晶体密度= 。
15. 查尔酮类化合物J()是黄酮类药物合成中间体，一种合成路线如图：
已知：RCOCH3+R′CHORCOCH=CHR′
（1）H的名称为______。I中含氧官能团的名称为_____。
（2）C→D的反应类型为_____，H→I的反应类型为_____。
（3）E的结构简式为_____。
（4）F→G反应的化学方程式为_____。
（5）满足下列条件的E的同分异构体的结构简式为______。
①核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2∶2∶2∶1∶1
②能发生银镜反应
③遇FeCl3显色
【答案】（1） ① 对甲基苯酚 ②. 醛基、酚羟基
（2） ①. 取代反应 ②. 氧化反应
（3） （4）+Cl2+HCl
（5）
【解析】
【分析】A中的H原子被硝基取代生成B，C为苯酚，则A为、B为，C发生取代反应生成D、E、I发生信息中的反应生成J，根据结构简式及E和I分子式知，E为，I为，H发生氧化反应生成I，则H为、G为，F为；
【小问1详解】
根据上述分析，H为，故名称为对甲基苯酚，I为，含氧官能团醛基、酚羟基；
故答案为：为对甲基苯酚；醛基、酚羟基；
【小问2详解】
根据上述分析，C发生取代反应生成D，H发生氧化反应生成I；
故答案为：取代反应；氧化反应；
【小问3详解】
根据上述分析，E为；
故答案为：
【小问4详解】
G为，F为，F→G反应的化学方程式为+Cl2+HCl；
故答案：+Cl2+HCl
【小问5详解】
能发生银镜反应，说明含有醛基；遇FeCl3显色，说明含有酚轻基，E的同分异构体的结构简式为；
故答案为：。实验序号
实验操作
实验现象
1
向1.5mL1ml•L-1NaHCO3溶液中加入长3cm的镁条
持续快速产生大量气泡，溶液略显浑浊
实验序号
实验操作
2
分别称取两份6.0mL1ml•L-1NaHCO3溶液于两个相同塑料瓶中(其中一个加入0.1g镁条)，塞紧CO2，气体传感器，采集数据，各重复实验1次，得到图1所示曲线
3
分别称取两份30.0mL1ml•L-1NaHCO3溶液于两个相同烧杯中(其中一个加入1.1g镁条)，插入pH传感器，搅拌并采集数据，得到图2所示曲线
实验序号
实验操作
实验现象
4
向______溶液中加入长3cm的镁条
持续快速产生大量气泡，溶液略显浑浊
平衡点
a
b
c
d
n(CH4)/ml
1
1
1
1
n(H2O)/ml
2
2
1
1
CH4平衡转化率%
50
69
50
20
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.请认真阅读答题卡上的注意事项，不得用规定以外的笔和纸答题，不得在答题卡上做任何标记。
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把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。
4.考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5 As-75
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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. 下列说法合理的是
A. NaOH能促进油脂水解，可用含NaOH的洗涤剂去除人体皮肤表面的油性物质
B. 新冠肺炎抗疫中使用的干雾过氧化氢空气消毒机，利用了过氧化氢的氧化性
C. 工业生产中常把原料粉碎成小颗粒，可以提高原料的平衡转化率
D. 增大氮肥、磷肥、钾肥使用量，不会改变生态平衡且能提高农作物产量
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaOH有强腐蚀性，不能用于人体皮肤表面，故A错误；
B．过氧化氢具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，所以干雾过氧化氢空气消毒机在新冠抗疫中被广泛使用，故B正确；
C．原料粉碎成小颗粒，只能加快反应速率，不能提高原料的平衡转化率，故C错误；
D．大量使用氮肥、磷肥、钾肥，会影响生态平衡，需要合理使用，故D错误。
答案选B。
2. NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 12gNaHSO4晶体中阴离子所带电荷数为0.1NA
B. 标准状况下，2.24LCHCl3中含有共价键的数目为0.4NA
C. 1LpH=13的Ba(OH)2溶液中Ba2+数目为0.1NA
D. 0.1mlFeI2与0.1mlCl2反应时转移电子的数目为0.3NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．硫酸氢钠的相对分子质量为120，12g的硫酸氢钠为0.1ml，硫酸氢钠晶体中的阴离子为硫酸氢根离子，所带电荷数为0.1NA，A项正确；
B．标准状况下， CHCl3 为液体，无法准确利用计算，B项错误；
C．不确定溶液所处温度，无法计算1L pH=13 的 Ba(OH)2溶液中所含氢氧根离子数目，因此无法计算钡离子数目，C项错误；
D．0.1ml FeI2与 0.1 ml Cl2反应生成氯化亚铁，当过量的氯气与碘化亚铁反应才生成氯化铁，所以0.1ml FeI2与 0.1 ml Cl2反应转移了0.2ml电子，所以转移电子的数目为0.2NA，D项错误；
答案选A。
3. 下列离子方程式与所述事实相符且正确的是
A. 用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O
B. 向碳酸氢铵溶液中加入过量的NaOH溶液：NH+OH-=NH3•H2O
C. 向明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至生成沉淀的物质的量最多：Al3++2SO+2Ba2++4OH-=Al(OH)+2BaSO4↓
D. 等体积、等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合：2HCO+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO
【答案】A
【解析】
【详解】A．H2O2具有氧化性，会将碘离子氧化成碘单质，离子方程式为2I－＋H2O2＋2H＋=I2＋2H2O，故A正确；
B．向碳酸氢铵溶液中加入过量的NaOH溶液：HCO＋NH＋2OH－=NH3·H2O＋ CO＋H2O，故B错误；
C．向明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至生成沉淀的物质的量最多：2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋6OH－=2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓，故C错误；
D．等体积、等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合：HCO＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O，故D错误；
综上所述答案为A。
4. 新冠肺炎疫情牵动人心，化学在对抗疫情中起到重要作用。已知短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最外层电子数等于电子层数等于原子序数，W与X形成的一种原子数比为1：1的液体是强力的氧化剂可用于杀菌消毒，YZX的水溶液是84消毒液的主要成分，Z的单质是一种黄绿色气体。下列说法不正确的是（ ）
A. X没有最高正价，但是有正价
B. W与X形成的化合物中绝对不含非极性共价键
C. Y单质的还原性是短周期里最强的
D. Z最高价氧化物水化物是一种具有强氧化性的强酸
【答案】B
【解析】
【分析】已知短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最外层电子数等于电子层数等于原子序数，说明W为Be，YZX的水溶液是84消毒液的主要成分，说明Y为钠元素，Z为氯元素，X为氧元素，W与X形成的一种原子数比为1：1的液体是强力的氧化剂可用于杀菌消毒，即BeO，Z的单质是一种黄绿色气体，即氯气。
【详解】A. X的非金属性很强，主族元素的最高正价为族序数，氧没有最高正价，但是与氟形成化合物时，氧为正价，A正确；
B. W与X形成的化合物中可能含非极性共价键，B错误；
C. Y单质为钠单质，钠元素在短周期中非金属性最强，故单质还原性是短周期里最强，C正确；
D. Z最高价氧化物水化物是高氯酸，是一种具有强氧化性的强酸，D正确。
答案为B。
【点睛】
5. 玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热NaOH溶液洗涤除去，发生如下反应：
①3S+ 6NaOH2Na2S+ Na2SO3+ 3H2O
②(x-1)S+Na2SNa2Sx (x=2~6)
③S+ Na2SO3Na2S2O3
下列说法正确的是
A. 反应①②③中，硫单质的作用相同
B. 反应①中，每消耗1 ml硫单质转移4 ml电子
C. 0.96g硫单质与amL2ml·L-1热NaOH溶液恰好完全反应，只生成Na2S和Na2SO3，则a= 60
D. 1.28 g硫单质与10 mL 2 ml·L-1热NaOH溶液恰好完全反应，只生成Na2Sx和Na2S2O3，则x=5
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干方程式可知，反应①3S+ 6NaOH2Na2S+ Na2SO3+ 3H2O中S既是氧化剂又是还原剂，反应②(x-1)S+Na2SNa2Sx (x=2~6)中S是氧化剂，反应③S+ Na2SO3Na2S2O3中S是还原剂，硫单质的作用相同，故反应①②③中，硫单质的作用不相同，A错误；
B．分析反应①3S+ 6NaOH2Na2S+ Na2SO3+ 3H2O可知，每消耗3 ml硫单质转移4 ml电子，B错误；
C． 0.96g即=0.03ml硫单质与amL2ml·L-1热NaOH溶液恰好完全反应，只生成Na2S和Na2SO3，则反应方程式为3S+ 6NaOH2Na2S+ Na2SO3+ 3H2O，则a==30，C错误；
D．1.28 g即=0.04ml硫单质与10 mL 2 ml·L-1即0.01L×2ml/L=0.02ml热NaOH溶液恰好完全反应，只生成amlNa2Sx和bmlNa2S2O3，则由Na原子守恒有2a+2b=0.02ml，由S原子守恒有：ax+2b=0.04ml，由电子守恒有2a=4b，解得x=5，D正确；
故答案为：D。
6. 科研人员通过控制光沉积的方法构建Cu2O－Pt/SiC/LrOx型复合材料光催化剂，然后以Fe2+和Fe3+离子渗透Nafin膜在酸性介质下构建了一个还原和氧化反应分离的人工光合体系，其反应机理如图。下列说法不正确的是
A. 该反应能量转化形式为光能→化学能
B. 该人工光合体系的总反应为2CO2+2H2O2HCOOH+O2
C. 图中a、b分别代表Fe3+、Fe2+
D. Cu2O→Pt上发生的反应为CO2+2e-+2H+=HCOOH
【答案】C
【解析】
【详解】A．构建了人工光合作用体系，该反应能量转化形式为光能→化学能，A正确；
B．Fe2+和Fe3+离子渗透Nafin膜可协同CO2、H2O分别反应，构建了一个人工光合作用体系，图中物质转化得到，光合作用反应的化学方程式：2CO2+2H2O2HCOOH+O2，B正确；
C．左边水变化为O2，发生氧化反应，则Fe3+发生还原反应；右边CO2生成HCOOH发生了还原反应，铁元素发生氧化反应，则图中a、b分别代表Fe2+、Fe3+，C错误；
D．酸性介质中不可能大量存在OH-，则Cu2O→Pt上发生的反应为CO2+2e-+2H+=HCOOH，D正确；
故合理选项是C。
7. 碳酸镧[La2(CO3)3]可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症，制备反应原理为：2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O，某化学兴趣小组利用下列实验装置模拟制备碳酸镧。下列说法不正确的是
A. 制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→A→B→D→E→C
B. X中盛放的试剂是浓硫酸，其作用为干燥
C. Y中发生反应的化学方程式为NH3•H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑
D. Z中应先通入NH3，后通入过量的CO2
【答案】B
【解析】
【分析】制备反应原理为：2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O，Z中溶液为LaCl3溶液，故Z中制备La2(CO3)3，还需要NH4HCO3，则D和E用分别通入CO2和NH3，因NH3极易溶于水，需要防倒吸装置，故D口通入CO2，E口通入NH3，Y中制备NH3，W中制备CO2，但会挥发出HCl，需要除去，所以用X除去HCl， 据此回答。
【详解】A．由装置可知，W中制备CO2，X除去HCl，Y中制备NH3，Z中制备La2(CO3)3，则制备La2(CO3)3实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→A→B→D→E→C，故A正确；
B．W中制备CO2，会挥发出HCl，需要除去，所以用X中盛放的试剂应该是饱和NaHCO3溶液，作用是除去挥发出来的HCl，故B错误；
C．Y中CaO与浓氨水反应制备NH3，反应方程式为：NH3•H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，故C正确；
D．CO2在水中的溶解度不大，碱性环境能增大CO2的溶解度，而NH3在水中的溶解度很大，且水溶液呈碱性，所以应先通入NH3后通入CO2，生成较大浓度的NH4HCO3，故D正确；
故答案选B。
8. 氧化亚铜是一种附加值较高的铜类物质，下列流程是利用再生资源回收高品质氧化亚铜。某兴趣小组通过查阅资料得知CuCl可溶于浓度较大的体系，能被硝酸氧化，在碱性条件下易水解转化为Cu2O，Cu2O在酸性条件下可歧化为和Cu。据此设计了如下实验方案。下列说法正确的是
A. 生成CuCl的离子方程式为
B. 为确保完全沉淀，应向含铜废液中加入过量的NaCl
C. 检验制得的Cu2O中是否含有CuCl，可用硝酸银和硝酸
D. 可直接向含铜废液中加入葡萄糖，在碱性条件下制得Cu2O
【答案】C
【解析】
【分析】由流程图可知先将含铜废液通SO2和NaCl反应生成CuCl，再控制温度和pH使其水解转化为Cu2O，据此回答。
【详解】A. 含铜废液呈酸性，离子方程式中不能出现OH-，A错误；
B. NaCl若过量，CuCl可溶于Cl-浓度较大的体系，则Cu+不能完全沉淀，B错误；
C. 为了检验制得的Cu2O中是否含有CuCl，可以通过检验混合物中是否含有Cl-方法来检验是否含有CuCl，即取少许试样于试管中，加入稀硝酸溶解，再加AgNO3溶液，若生成沉淀，则含有CuCl，若无明显现象，则无CuCl，C正确；
D. 直接向含铜废液中加入葡萄糖，在碱性条件下可转化为Cu(OH)2，葡萄糖溶液Cu(OH)2悬浊液需要在加热条件下才能反应生成Cu2O，D错误；
答案选：C。
9. 已知：(HF)2(g)2HF(g) ＞0，平衡体系的总质量m(总)与总物质的量n(总)之比在不同温度下随压强的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A. 温度：T1＜T2
B. 反应速率：v(b)＜v(a)
C. 平衡常数：K(a)=K(b)＜K(c)
D. 当时，
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图象可知，b、c两个点的压强相同，T2温度下c点对应的平均摩尔质量大于T1温度下b点对应的平均摩尔质量，即T1到T2，平衡向逆反应方向移动，该反应的正反应为吸热反应，降低温度，平衡向逆反应方向移动，T2＜T1，故A错误；
B．b点对应的温度T1和压强均大于a点对应的温度T2和压强，温度越高、压强越大，反应速率越快，所以反应速率v(b)>v(a)，B错误；
C．由于温度T2＜T1，该反应的正反应为吸热反应，温度越高，平衡常数K越大，所以平衡常数K(b)>K(a)=K(c)，C错误；
D．当时，即平均相对分子质量为30时，设HF物质的量为xml，(HF)2的物质的量为yml，则=30，解得：x:y=1:1，即，D正确；
答案选D。
10. 常温下对于任一电池反应aA+bB=cC+dD，其电动势E=Eθ-•lg，n为电池反应中转移的电子数。该小组同学设计装置(如图1)，以Zn－Cu原电池探究离子浓度的改变对电极电势的影响。小组同学测得初始时Zn(s)+Cu2+(1ml•L-1)=Zn2+(1ml•L-1)+Cu(s) Eθ=1.1V(该反应n=2)，随放电进行，观察电池电动势的变化趋势并绘制了电池电动势变化示意图(如图2)。下列说法正确的是
A. 电压表读数为零后，则说明该原电池中Cu2+已经消耗完全
B. 小组同学向ZnSO4和CuSO4溶液中同时快速加入少量相同体积和浓度的Na2S溶液，发现电池电动势突然减小，则可知：Ksp(ZnS)＜Ksp(CuS)
C. 小组同学推测图2中直线与X轴的交点坐标大约为(37，0)
D. 小组同学推测若将初始时左侧1ml•L-1的Zn－ZnSO4半电池，换为2ml•L-1的CuSO4－Cu半电池，右侧半电池保持不变，则仍能观察到相同的电压表偏转情
【答案】C
【解析】
【详解】A．电压表读数为0，并不能说明溶液中Cu2+消耗完，当Cu2+浓度很小时，电动势就会很小，不能形成电流或者无法测出电流，故A错误；
B．加入硫化钠，电池电动势突然减小，说明溶液中Cu2+浓度减小，即形成了硫化铜沉淀，说明Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，故B错误；
C．根据E=Eθ-•lg分析，当Eθ=1.1V(该反应n=2)时，=37，则图2中直线与X轴的交点坐标大约是（37,0），故C正确；
D．若两侧都为硫酸铜和铜，不能形成原电池，不可能观察到相同的电压表偏转，故D错误；
故答案选C。
二、填空题：本题包括5小题，共60分
11. 钯催化剂(主要成分为Pd、α－Al2O3，还含少量铁、铜等元素)在使用过程中，Pd易被氧化为难溶于酸的PdO而失活。一种从废钯催化剂中回收海绵钯的工艺流程如图。
（1）“还原i”加入甲酸的目的是还原______(填化学式)。
（2）“酸浸”过程：
①从绿色化学要求出发，酸浸液应选择_____(填标号)
A.王水(浓硝酸和浓盐酸按体积比1：3混合)
B.盐酸和Cl2
C.盐酸和H2O2
②温度、固液比对浸取率影响如图，则“酸浸”的最佳条件为_____。
（3）已知：
I.“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：[PdCl4]2-+2RClR2PdCl4+2Cl-，(RCl为阴离子交换树脂)。
II.“沉钯”过程钯元素主要发生如下转化：H2PdCl4(稀溶液)→[Pd(NH3)4]Cl2(稀溶液)→[Pd(NH3)2]Cl2(沉淀)。
①“离子交换”流出液中阳离子有______(填离子符号)。
②淋洗液需保持pH小于2的原因是______。
（4）“还原ii”中产生无毒无害气体。由生成[Pd(NH3)2]Cl2海绵钯的化学方程式为_____。
（5）该工艺流程中可循环利用的物质有_____。
【答案】（1）PdO （2） ①. C ②. 温度控制在80℃，固液比为4：1
（3） ①. H+、Fe3+、Cu2+ ②. 淋洗过程中有[Pd(NH3)4]Cl2(aq)[Pd(NH3)2]Cl2(s)+2NH3(aq)，加入盐酸，H+和NH3反应，使平衡正向移动，从而使Pd沉淀，所以需控制pH小于2
（4）2[Pd(NH3)2]Cl2+N2H4•H2O=2Pd+N2↑+4NH4Cl+H2O
（5）HCl、RCl
【解析】
【分析】钯催化剂(主要成分为Pd、α－Al2O3，还含少量铁、铜等元素)中加入甲酸，PdO被甲酸还原为Pd，加入酸浸液，滤渣为α－Al2O3，则滤液中含有H2PdCl4、H+、Fe3+、Cu2+等；进行离子交换，[PdCl4]2-转化为R2PdCl4，则流出液中含有的阳离子为H+、Fe3+、Cu2+，用6ml/L的HCl淋洗，钯转化为[Pd(NH3)4]Cl2，加入N2H4•H2O还原，即得海绵钯。
【小问1详解】
因为PdO难溶于酸，所以需要将PdO转化为Pd，则“还原i”加入甲酸的目的是还原PdO；
【小问2详解】
①A．王水(浓硝酸和浓盐酸按体积比1：3混合)与Pd、Fe、Cu反应时，会生成NO2等大气污染物，故A不符合题意；
B．盐酸和Cl2中，Cl2是大气污染物，会有少量逸出而污染环境，故B不符合题意；
C．盐酸和H2O2共同作用，将Pd、Fe.、Cu氧化为金属氧化物，不会产生污染环境的物质，故C符合题意；
故答案选C；
②从图中可以看出，“酸浸”时，浸取率高的最佳条件为80℃、4:1；
【小问3详解】
①进行离子交换时，使用阴离子交换树脂RCl，阳离子不变，则“离子交换”流出液中阳离子有H+、Fe3+、Cu2+；
②淋洗过程中有[Pd(NH3)4]Cl2(aq)[Pd(NH3)2]Cl2(s)+2NH3(aq)，加入盐酸，H+和NH3反应，使平衡正向移动，从而使Pd沉淀，所以需控制pH小于2
【小问4详解】
“还原ii”中，以N2H4•H2O作还原剂，产生无毒无害气体为N2，则由由[Pd(NH3)2]Cl2生成海绵钯的化学方程式为：2[Pd(NH3)2]Cl2+N2H4•H2O=2Pd+N2↑+4NH4Cl+H2O；
【小问5详解】
在“离子交换”步骤中溶液中产生大量的HCl，可以回到“酸浸”步骤重复使用，洗脱过程中产生的RCl也可以循环使用，故工艺流程中可循环利用的物质有HCl、RCl。
12. 镁条投入盐酸时，快速溶解并产生大量气泡；投入热水时，其表面会附着微量气泡。受此启发，某兴趣小组对Mg与NaHCO3溶液的反应进行了如表探究：
I.探究反应产生的气体成分。
（1）经检验反应产生的气体有H2，实验室检验H2的方法为______。
（2）小组成员认为反应产生的气体中可能有CO2，并对此进行了如图实验(图1、图2中曲线②均为对应加入镁条的数据)：
图1中曲线②对应的CO2，含量逐渐增大的原因为______(用化学方程式表示)；结合实验3解释，随着时间推移，图1中曲线②的数值低于曲线①的原因为______。
II.探究Mg与NaHCO3溶液反应比与热水反应快的原因。
小组成员推测可能是溶液中的Na+或HCO加快了该反应的发生，对比实验1设计实验如表：
（3）结合实验1和4，可知溶液中的HCO加快了反应的发生。
①实验4中横线处内容为______。
②查阅文献可知，Mg(OH)2质地致密，MgCO3质地疏松，请结合必要的文字和化学用语解释HCO能加快该反应的原因为_____。
III.探究固体浑浊物的组成。
文献显示，固体浑浊物为Mg(OH)2和MgCO3的混合物。
（4）某同学设计了实验方案，测定混合物组成。实验测得固体浑浊物在热分解前后的质量分别为3.42g和2.00g，据此计算出固体浑浊物中n[Mg(OH)2]：n[MgCO3]=______。
【答案】（1）用试管收集气体，并用拇指堵住试管口，将试管口下靠近火焰，有爆鸣声，证明是氢气
（2） ①. 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ ②. 反应过程中溶液的碱性不断增强，不利于CO2的生成
（3） ①. 1.5mL1ml/LKHCO3 ②. Mg与水反应生成Mg(OH)2和氢气，溶液中存在Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，HCO与OH-反应生成CO，CO结合Mg2+形成质地疏松的MgCO3，使平衡正向移动Mg(OH)2膜溶解，增大了Mg与水的接触面积，产生气体速率加快
（4）3：2
【解析】
【分析】镁与热水缓慢反应生成氢气和氢氧化镁。氢气用燃爆法检验。
【小问1详解】
纯净氢气燃烧也有声响。用试管收集气体，并用拇指堵住试管口，将试管口下靠近火焰，有爆鸣声，证明是氢气。
故答案为：用试管收集气体，并用拇指堵住试管口，将试管口下靠近火焰，有爆鸣声，证明是氢气。
【小问2详解】
加不加镁条CO2含量均增加，说明碳酸氢钠分解产生CO2，方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；由图可知，①曲线比②曲线高，说明反应过程中溶液的碱性不断增强，不利于CO2的生成。
故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；反应过程中溶液的碱性不断增强，不利于CO2的生成。
【小问3详解】
结合实验1和4，可知溶液中的加快了反应，除了阳离子其他都相同，1.5mL1ml/LKHCO3；Mg与水反应生成Mg(OH)2和氢气，溶液中存在Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH-(aq)，与OH-反应生成，结合Mg2+形成质地疏松的MgCO3，使平衡正向移动Mg(OH)2膜溶解，增大了Mg与水的接触面积，产生气体速率加快。
故答案为：1.5mL1ml/LKHCO3；Mg与水反应生成Mg(OH)2和H2，溶液中存在Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH-(aq)，与OH-反应生成，结合Mg2+形成质地疏松的MgCO3，使平衡正向移动Mg(OH)2膜溶解，增大了Mg与水的接触面积，产生气体速率加快。
【小问4详解】
设固体中Mg(OH)2物质的量为x ml，MgCO3物质的量为y ml，
则:58x+y=3.42
Mg(OH)2MgO+H2O
1 1
x ml x ml
MgCO3MgO+CO2↑
1 1
y ml y ml
18x+44y=3.42-2.00，联立二式，解的x=0.03,y=0.02，则固体浑浊物种的n［Mg(OH)2］:n［MgCO3］=0.03ml:0.02ml=3:2；
故答案为：3:2。
【点睛】镁与热水缓慢反应生成H2。酸性条件有利于CO2的生成。
13. 绿色能源的开发利用是未来能源发展的重要方向，也是实现“碳中和”目标的重要举措。氢能是重要的绿色能源，利用甲烷来制取氢气的总反应可表示为：CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)，该反应可通过如下过程来实现：
反应I：CH4(g)+H2O(g)3H2(g)+CO(g) △H1=+206.3kJ•ml-1
反应II：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H2=-41.2kJ•ml-1
（1）总反应的△H=______kJ•ml-1
（2）在恒温的刚性容器中，发生上述反应，测得一段时间后，CH4转化率变化如图所示，请解释温度升高转化率变化的原因是______。
（3）在恒容条件下发生上述反应，不同进气比[n(CH4)：n(H2O)]和不同温度时测得相应的CH4平衡转化率见表。
①由表数据分析，温度：a点______b点(填“>”或“<”)。
②c点平衡混合物中的体积分数为______(保留3位有效数字)。
②若d点的总压强为aMPa，则d点反应I分压平衡常数Kp为_______(MPa)2(列出计算式即可)。
（4）反应II在工业上称为一氧化碳的催化变换反应，研究表明该反应用Fe3O4作催化剂，反应历程如下：
第一步：Fe3O4+4CO→3Fe+4CO2
第二步：3Fe+4H2O→Fe3O4+4H2
已知第一步为慢反应，则第一步反应的活化能比第二步反应______(填“大”或“小”)。
由于CO还原性较强，若将Fe3O4还原成Fe，并以Fe的形式大量存在于反应体系中，会使催化剂失去活性，但在实际生产中一般不会发生催化剂失去活性的情况，请结合一氧化碳的催化变换反应历程说明理由______。
（5）用二氧化碳与氢气催化加氢制乙醇，其反应原理为：2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g) △H＜0。经实验测定在不同投料比x1、x2、x3时CO2的平衡转化率与温度的关系如图曲线所示x=。
①x1、x2、x3从小到大的顺序为______。
②从平衡角度分析，随温度升高，不同投料比时CO2的平衡转化率趋于相近的原因是______。
【答案】（1）+165.1
（2）低温时，主要发生反应I，温度升高平衡正移：高温时，主要发生反应II，温度升高平衡逆移
（3） ①. < ②. 50.0% ③.
（4） ①. 大 ②. 第一步反应为慢反应，第二步反应为快反应，生成Fe的速率小于其消耗速率，因此不会以大量铁的形式存在，所以不会出现催化剂的失活
（5） ①. x1、x2、x3 ②. 升高温度到一定范围，反应限度很小，增加H2的投料对CO2平衡转化率几乎无影响
【解析】
【小问1详解】
总反应=I+II，对应的=+=+206.3+(-41.2)=kJ/ml；
故答案为：kJ/ml；
【小问2详解】
在恒温的刚性容器中，发生上述反应，低温时，主要发生反应I，温度升高平衡正移：高温时，主要发生反应II，温度升高平衡逆移；
故答案为：低温时，主要发生反应I，温度升高平衡正移：高温时，主要发生反应II，温度升高平衡逆移；
【小问3详解】
①根据三段式可知
所以c点平衡混合物中H2的体积分数为=，
反应Ⅰ为吸热反应，恒压状态下投料比相同时，体系温度越高，平衡转化率越大，反应速率越快，因此a、b两点对应的温度T(a)
D点的总压强为aMPa，则d点的分压平衡阐述；
故答案为：＜；50%；；
小问4详解】
由于第一步为慢反应，则第一步反应的活化能比第二步反应大，由于第二步反应快，催化剂不会以铁的形式大量存在于反应体系中，所以不会出现催化剂的失活；
故答案为：大；第一步反应为慢反应，第二步反应为快反应，生成Fe的速率小于其消耗速率，因此不会以大量铁的形式存在，所以不会出现催化剂的失活；
【小问5详解】
二氧化碳的浓度增大，其转化率越小，故x1＜x2＜x3同时，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，当温度到一定范围后，温度对平衡移动的影响占主导，所以浓度影响减弱；
故答案为：x1、x2、x3；升高温度到一定范围，温度对平衡移动的影响占主要因素。
14. 我国科学家团队采用自激发缺陷诱导的方法获得白光，合成了首例缺陷诱导的晶态无机硼酸盐单一组分白光材料Ba2[Sn(OH)6][B(OH)4]2。
(1)基态50Sn原子的价电子排布式为______。Ba、Sn、O三种元素的电负性由大到小的顺序为______。
(2)Na2[B4O5(OH)4]·8H2O(硼砂)的阴离子的结构式如图所示。则硼原子的杂化方式为______；硼砂中存在的作用力有______(填标号)。
a.氢键 b.离子键 c.共价键 d.配位键
(3)环硼氮六烷(结构如图)在热水中比冷水中溶解度显著增大的主要原因是______。
(4)超高热导率半导体材料——砷化硼(BAs)的晶胞结构如图所示，则1号砷原子的坐标为______。已知阿伏加德罗常数的值为NA，若晶胞中As原子到B原子最近距离为a pm，则该晶体的密度为______g·cm-3。(列出含a、NA的计算式即可)。
【答案】 ①. 5s25p2 ②. O>Sn>Ba ③. sp2和sp3 ④. abcd ⑤. 热水破坏了环硼氮六烷晶体中的分子间氢键，并且使环硼氮六烷分子易与水形成了分子间氢键，溶解度增大 ⑥. (，，) ⑦.
【解析】
【详解】(1)根据电子总数为50，可写出Sn电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p2，根据最外层电子数可知Sn为主族元素，故价电子为最外层电子，即5s25p2（或者根据Sn与C、Si、Ge同族确定价电子排布为5s25p2）；周期表往右、往上元素电负性增强，故电负性由大到小顺序为：O＞Sn＞Ba；
(2)由图示可知，大的黑球代表B原子，一种情况B周围形成3个σ键，杂化为sp2杂化，另一种情况B周围形成4个σ键（含配位键），杂化为sp3杂化，故此处填sp2、sp3；硼砂中Na+与[B4O5(OH)4]2-之间为离子键，[B4O5(OH)4]2-内部存在共价键、配位键，另外结晶水与[B4O5(OH)4]2-之间存在氢键，故此处选abcd；
(3) 因为环硼氮六烷本身存在分子间氢键，不利于其溶解，热水破坏了环硼氮六烷晶体中的分子间氢键，并且使环硼氮六烷分子易与水形成分子间氢键，所以溶解度增大；
(4) 将大正方体分解成8个小正方体，As原子位于小正方体体心，故1号As原子坐标为(，，)；
由晶胞结构知，As与B原子最短距离相当于正方体对角线的，故正方体对角线长度为4a pm，设边长为x pm，则底面对角线长度为，由勾股定理得：(4a)2=x2+，解得x=，故晶胞体积为：V=，晶胞中含有B个数=，含As个数为4个，故1个晶胞中含4个BAs，则n(BAs)=，m(BAs)= ，故该晶体密度= 。
15. 查尔酮类化合物J()是黄酮类药物合成中间体，一种合成路线如图：
已知：RCOCH3+R′CHORCOCH=CHR′
（1）H的名称为______。I中含氧官能团的名称为_____。
（2）C→D的反应类型为_____，H→I的反应类型为_____。
（3）E的结构简式为_____。
（4）F→G反应的化学方程式为_____。
（5）满足下列条件的E的同分异构体的结构简式为______。
①核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2∶2∶2∶1∶1
②能发生银镜反应
③遇FeCl3显色
【答案】（1） ① 对甲基苯酚 ②. 醛基、酚羟基
（2） ①. 取代反应 ②. 氧化反应
（3） （4）+Cl2+HCl
（5）
【解析】
【分析】A中的H原子被硝基取代生成B，C为苯酚，则A为、B为，C发生取代反应生成D、E、I发生信息中的反应生成J，根据结构简式及E和I分子式知，E为，I为，H发生氧化反应生成I，则H为、G为，F为；
【小问1详解】
根据上述分析，H为，故名称为对甲基苯酚，I为，含氧官能团醛基、酚羟基；
故答案为：为对甲基苯酚；醛基、酚羟基；
【小问2详解】
根据上述分析，C发生取代反应生成D，H发生氧化反应生成I；
故答案为：取代反应；氧化反应；
【小问3详解】
根据上述分析，E为；
故答案为：
【小问4详解】
G为，F为，F→G反应的化学方程式为+Cl2+HCl；
故答案：+Cl2+HCl
【小问5详解】
能发生银镜反应，说明含有醛基；遇FeCl3显色，说明含有酚轻基，E的同分异构体的结构简式为；
故答案为：。实验序号
实验操作
实验现象
1
向1.5mL1ml•L-1NaHCO3溶液中加入长3cm的镁条
持续快速产生大量气泡，溶液略显浑浊
实验序号
实验操作
2
分别称取两份6.0mL1ml•L-1NaHCO3溶液于两个相同塑料瓶中(其中一个加入0.1g镁条)，塞紧CO2，气体传感器，采集数据，各重复实验1次，得到图1所示曲线
3
分别称取两份30.0mL1ml•L-1NaHCO3溶液于两个相同烧杯中(其中一个加入1.1g镁条)，插入pH传感器，搅拌并采集数据，得到图2所示曲线
实验序号
实验操作
实验现象
4
向______溶液中加入长3cm的镁条
持续快速产生大量气泡，溶液略显浑浊
平衡点
a
b
c
d
n(CH4)/ml
1
1
1
1
n(H2O)/ml
2
2
1
1
CH4平衡转化率%
50
69
50
20
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