江苏省名校2024年高考化学模拟卷（二）（含解析）

这是一份江苏省名校2024年高考化学模拟卷（二）（含解析），共26页。试卷主要包含了下列化学反应表示错误的是等内容，欢迎下载使用。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Ce 140
第Ⅰ卷
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. “碳中和”是指的排放总量和减少总量相当。下列措施中促进碳中和最直接有效的是
A．将重质油裂解为轻质油作为燃料B．大规模开采可燃冰作为新能源
C．通过清洁煤技术减少煤燃烧污染D．研发新型催化剂促使转化为甲醇
2．亚硝酰氟(FNO)是一种工业稳定剂，可通过反应N2O4 +CsF=FNO+CsNO3制得。下列说法正确的是
A．氧原子的结构示意图为B．CsF的电子式为
C．FNO的空间构型为直线形D．CsNO3中含有离子键与共价键
3. 实验室采用如图装置制取氨气，正确的是
4．元素Ge、As、Sc是周期表中第四周期主族元素，下列说法正确的是
A．原子半径：r(Ge)B．电负性：X(Ge)<(As)C．第一电离能：I1(Ge)D．古氏试碑法的原理是AsH3与硝酸银溶液反应生成银单质，体现了AsH3具有极强的氧化性
阅读下列材料，回答5~7题：
ⅤA族元素氮、磷、砷（As）、锑（Sb）及其化合物应用广泛。NH3催化氧化生成NO，NO继续被氧化为NO2，将NO2通入水中制取HNO3。工业上用白磷（P4）与Ba（OH）2反应生成PH3和一种盐，该盐可与H2SO4反应制备一元中强酸H3PO2。雌黄（As2S3）和SnCl2在盐酸中反应转化为雄黄（As4S4）和SnCl4（沸点114 ℃）并放出H2S气体。锑是带有银色光泽的灰色金属，其氧化物Sb2O3可用于制造耐火材料；锑能与铅形成用途广泛的合金。
5. 下列说法正确的是（ ）
A. SnCl4是由极性键形成的非极性分子
B. P4是正四面体形分子，其中P—P—P夹角为109°28′
C. ⅤA族元素单质的晶体类型相同
D. 基态砷原子（33As）核外电子排布式为3d104s24p3
6.下列化学反应表示错误的是（ ）
A. NO2制HNO3的离子方程式：3NO2＋H2O===2H＋＋2NO eq \\al(－,3) ＋NO
B. 白磷与Ba（OH）2溶液反应：2P4＋3Ba（OH）2＋6H2O===3Ba（H2PO2）2＋2PH3↑
C. H3PO2与足量的NaOH溶液反应的离子方程式：H＋＋OH－===H2O
D. 雌黄制备雄黄的化学方程式：2As2S3＋2SnCl2＋4HCl===As4S4＋2SnCl4＋2H2S↑
7.下列物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. 氨气易液化，可用于工业制硝酸
B. 五氧化二磷能与水反应，可用于干燥氨气
C. 三氧化二锑的熔点高，可用于制造耐火材料
D. 锑铅合金导热性好，可用作铅酸电池的电极材料
8．用废铜屑(含Cu、CuO、Fe2O3等)制备胆矾的流程如下：
下列说法不正确的是( )
A. “溶解”时，铜发生反应的离子方程式为Cu＋4H＋＋O eq \\al(2－,2) ===Cu2＋＋2H2O
B. “调pH”时，可用Cu2(OH)2CO3代替CuO
C. “滤液”中c(Cu2＋)·c2 (OH－)≤Ksp[Cu(OH)2]
D. “酸化”时，加入稀硫酸的目的是抑制Cu2＋的水解
9．化合物Y具有保肝、抗炎、增强免疫等功效，可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法正确的是
A．一定条件下X可发生氧化、取代、消去反应
B．1mlY最多能与4mlNaOH反应
C．等物质的量的X、Y分别与足量Br2反应，最多消耗Br2的物质的量不相等
D．X与足量H2反应后，每个产物分子中含有8个手性碳原子
10．CO2催化加氢制甲醇有利于减少CO2的排放，实现“碳达峰”，其反应可表示为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49kJ·ml-1。今年2月我国科研团队在CO2电化学还原反应机理的研究上取得新突破，明确两电子转移CO2电化学还原反应的控速步骤为CO2吸附过程。CO2催化加氢制甲醇的反应通过如下步骤来实现：
①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H1=41kJ·ml-1
②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H2
反应过程中各物质的相对能量变化情况如图所示。下列说法不正确的是
A．步骤①反应的△S＞0
B．步骤②反应的△H2=-90kJ·ml-1
C．升高温度，各步骤的正、逆反应速率均增大
D．CO2催化加氢制甲醇的总反应速率由步骤②决定
11．室温下，下列实验探究方案及现象能达到探究目的的是
12．为二元弱碱。室温下，配制一组的与的混合溶液，溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如下图所示，下列说法正确的是

A．由图可知的
B．的溶液中：
C．等物质的量的和混合溶液中
D．在的水溶液中，
13．CO2CH4重整可获得H2。CO2CH4重整反应的热化学方程式如下。
反应Ⅰ：CH4（g）＋CO2（g）===2CO（g）＋2H2（g）；ΔH1＝247 kJ·ml－1。
反应Ⅱ：H2（g）＋CO2（g）===CO（g）＋H2O（g）；ΔH2＝41 kJ·ml－1。
反应Ⅲ：CH4（g）===C（s）＋2H2（g）；ΔH3＝75 kJ·ml－1。
1.01×105 Pa下，将n起始（CO2）∶n起始（CH4）＝1∶1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中，平衡时各气体组分的物质的量分数如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 曲线X表示CO2
B. 反应CH4（g）＋3CO2（g）===4CO（g）＋2H2O（g）进行的程度很小
C. 500 ℃，1.01×105 Pa时，向平衡体系中再充入一定量的CO2，达新平衡后， eq \f(c（CO）·c（H2O）,c（CO2）·c（H2）) 的值保持不变
D. 随着温度升高， eq \f(n（CO）,n（H2）) 的值变小，原因是反应Ⅲ增大的程度小于反应Ⅱ增大的程度
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4题，共61分。
14.（15分）铜-钢双金属废料和铜烟灰是铜的重要二次资源。
Ⅰ．从铜-钢双金属废料中浸出铜的工艺流程如下：

（1）25℃时，随溶液的不同，甘氨酸在水溶液中分别以、或为主要形式存在。内盐是两性化合物，请用离子方程式表示其水解使水溶液呈碱性的原因： 。
（2）浸出剂的制备：主要原料有甘氨酸(简写为)、溶液和固体。取一定量固体溶于水，随后依次加入 (填“”或“”，下同)、 ，所得碱性浸出剂的主要成分为甘氨酸铜、等。
（3）浸出：将经打磨的铜钢废料投入浸出剂，控制温度50℃，通入空气，并搅拌。浸出剂不与钢作用，但与铜反应，最终铜全部转化为进入溶液，从而实现铜、钢分离。
①浸出时发生的反应过程为、 。
②其它条件不变时，空气流量对铜浸出速率的影响如图1所示。当空气流量超过时，铜浸出速率急剧下降的可能原因是 。

Ⅱ．从铜烟灰(主要成分为)中回收铜的主要步骤为：酸浸→萃取→反萃取→电解。
已知：溶于无机酸。
（4）酸浸：将铜烟灰用硫酸浸出，控制其他条件相同，铜浸出率与温度的变化关系如图2所示。随温度升高，铜浸出率先增大后减小的可能原因是 。
（5）萃取、反萃取：向浸出液(浓度为)中加入有机萃取剂萃取，其原理可表示为：(水层)(有机层)(有机层)(水层)。
向萃取所得有机相中加入硫酸，反萃取得到水相(浓度达)。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是 。
15.（15分）有机物F是一种新型大环芳酰胺的合成原料，可通过以下方法合成：
（1）A中采用杂化方式的碳原子有 个。
（2）的反应类型为 。
（3）若B直接硝化，最后主要产物的结构简式为 。
（4）写出一种符合下列条件的B的同分异构体的结构简式： 。
①能与溶液发生显色反应；
②分子中含有2个苯环，共有3种不同化学环境的氢原子。
（5）已知：，写出以、和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
16.（15分）实验室以氟碳铈矿（主要成分为CeFCO3）为原料制备CeO2粗品，并测定粗品中CeO2的含量。
（1） 酸洗。氟碳铈矿和浓硫酸发生反应，生成Ce2（SO4）3等。酸洗不宜在玻璃器皿中进行，其原因是 。
（2）焙烧。Ce2（SO4）3在空气中高温焙烧可得到CeO2和SO3，其反应方程式为_____________________。
（3）测定粗品中CeO2的含量。部分实验操作如下：
步骤Ⅰ 称取0.500 0 g样品置于锥形瓶中，加入蒸馏水和浓硫酸，边搅拌边加入双氧水，低温加热至样品反应完全。
步骤Ⅱ 煮沸，冷却后滴入催化剂硝酸银溶液，加入过量的（NH4）2S2O8溶液，将Ce（Ⅲ）氧化为Ce（Ⅳ），低温加热至锥形瓶中无气体产生[2（NH4）2S2O8＋2H2O eq \(=====,\s\up7(△)) 4NH4HSO4＋O2↑]。再次煮沸、冷却，用硫酸亚铁铵标准溶液滴定。
① “步骤Ⅰ”中加入双氧水的作用是 。
② “步骤Ⅱ”中“再次煮沸”的时间不宜太短，其原因是 。
③ 请补充完整制备（NH4）2Fe（SO4）2·6H2O晶体的实验方案：称取一定质量的铁粉， ，
低温干燥，即可得到硫酸亚铁铵晶体。
已知：（NH4）2SO4＋FeSO4＋6H2O===（NH4）2Fe（SO4）2·6H2O。
须使用的试剂：1 ml·L－1 H2SO4溶液、95%的乙醇溶液、（NH4）2SO4固体。
17.（16分）苯乙烯是合成橡胶和塑料的重要原料，可由乙苯为原料制得。
（1） 利用“乙苯脱氢反应”可制备苯乙烯。
C6H5C2H5（g）⇌C6H5CH===CH2（g）＋H2（g）；ΔH＝a kJ·ml－1
图1
保持气体总压不变，原料气按以下A、B、C三种投料方式进行：
A. 乙苯
B. n（乙苯）∶n（N2）＝1∶10
C. n（乙苯）∶n（CO2）＝1∶10
三种投料分别达到平衡时，乙苯转化为苯乙烯的转化率[ eq \f(n（C6H5CHCH2）,n总（C6H5C2H5）) ×100%]与温度的关系如图1所示。
① a （填“>”“<”或“不能确定”）0。
② 相同温度下，投料方式B乙苯的平衡转化率比投料方式A的高，其原因是______________________。
③ 相同温度下，投料方式C乙苯的平衡转化率比投料方式B的高，其可能原因是________________________。
④ 工业上利用“乙苯脱氢反应”生产苯乙烯时，会产生少量积碳。使用相同条件下的水蒸气代替N2，可较长时间内保持催化剂的催化活性，其原因是 。
（2）CO2用于制备苯乙烯有助于实现“碳中和”。
①在催化剂X作用下，CO2参与反应的机理如图2所示（α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，B1、B2位点带部分负电荷）。根据元素电负性的变化规律，图2所示的反应机理中步骤Ⅰ和步骤Ⅱ可描述为___________________________________________________。
图2
图3
②保持混合气体总压（p）等其他条件不变，CO2的分压[p（CO2）＝ eq \f(n（CO2）,n（乙苯）＋n（CO2）) ×p]与乙苯转化率的关系如图3所示。p（CO2）>14 kPa时，乙苯转化率下降的原因是_________________________________。
江苏省名校2024年高考化学模拟卷（二）（解析版）
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Ce 140
第Ⅰ卷
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. “碳中和”是指的排放总量和减少总量相当。下列措施中促进碳中和最直接有效的是
A．将重质油裂解为轻质油作为燃料B．大规模开采可燃冰作为新能源
C．通过清洁煤技术减少煤燃烧污染D．研发新型催化剂促使转化为甲醇
【答案】D
【解析】将重质油裂解为轻质油作为燃料，实质是长链烃断裂为短链烃，燃烧后排放的CO2的量并没有改变，A不符合题意；可燃冰是甲烷的结晶水合物，大量开采使用，会产生CO2，不利用碳中和，B不符合题意；通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，只会减少SO2的排放，但对CO2的排放总量无影响，C不符合题意；研发催化剂将CO2还原为甲醇，有利于减少CO2的排放，对促进“碳中和”最直接，D正确。
2．亚硝酰氟(FNO)是一种工业稳定剂，可通过反应N2O4 +CsF=FNO+CsNO3制得。下列说法正确的是
A．氧原子的结构示意图为B．CsF的电子式为
C．FNO的空间构型为直线形D．CsNO3中含有离子键与共价键
【答案】D
【解析】O原子的质子数和电子数都是8，核外电子分层排布，其结构示意图为，A错误； CsF为离子化合物，电子式为，B错误； FNO中心原子N原子价层电子对数为2+=3，空间构型为V形，C错误；CsNO3中含有Cs+与NO间的离子键与N-O共价键，D正确。
3.实验室采用如图装置制取氨气，正确的是
【答案】D
【解析】氯化铵受热分解生成HCl和氨气，HCl和氨气在试管口遇冷又会化合生成氯化铵，不能用加热氯化铵来制取氨气，A错误；浓硫酸能与氨气反应，不能用浓硫酸来干燥氨气，B错误；氨气密度比空气小，应该用向下排空气法收集氨气，导管应该伸到试管底部，C错误；氨气极易溶于水，尾气吸收应采取防倒吸的措施，D正确。
4．元素Ge、As、Sc是周期表中第四周期主族元素，下列说法正确的是
A．原子半径：r(Ge)B．电负性：X(Ge)<(As)C．第一电离能：I1(Ge)D．古氏试碑法的原理是AsH3与硝酸银溶液反应生成银单质，体现了AsH3具有极强的氧化性
【答案】B
【解析】电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，故原子半径：r(Ge)>r(As)>r(Se)，A项错误；同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强，电负性：X(Ge)<(As)阅读下列材料，回答5~7题：
ⅤA族元素氮、磷、砷（As）、锑（Sb）及其化合物应用广泛。NH3催化氧化生成NO，NO继续被氧化为NO2，将NO2通入水中制取HNO3。工业上用白磷（P4）与Ba（OH）2反应生成PH3和一种盐，该盐可与H2SO4反应制备一元中强酸H3PO2。雌黄（As2S3）和SnCl2在盐酸中反应转化为雄黄（As4S4）和SnCl4（沸点114 ℃）并放出H2S气体。锑是带有银色光泽的灰色金属，其氧化物Sb2O3可用于制造耐火材料；锑能与铅形成用途广泛的合金。
5. 下列说法正确的是（ ）
A. SnCl4是由极性键形成的非极性分子
B. P4是正四面体形分子，其中P—P—P夹角为109°28′
C. ⅤA族元素单质的晶体类型相同
D. 基态砷原子（33As）核外电子排布式为3d104s24p3
【答案】A
【解析】A项，Sn与C同一主族，所以SnCl4结构类似于CCl4的结构，是正面体形，由极性键形成的非极性分子，正确；B项，P4是正四面体形分子，每个顶点均为P原子，P4的结构为，P—P—P的夹角为60°，错误；C项，N2、P和As均为分子晶体，Sb为金属晶体，错误；D项，基态砷原子(33As)核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，错误。
6.下列化学反应表示错误的是（ ）
A. NO2制HNO3的离子方程式：3NO2＋H2O===2H＋＋2NO eq \\al(－,3) ＋NO
B. 白磷与Ba（OH）2溶液反应：2P4＋3Ba（OH）2＋6H2O===3Ba（H2PO2）2＋2PH3↑
C. H3PO2与足量的NaOH溶液反应的离子方程式：H＋＋OH－===H2O
D. 雌黄制备雄黄的化学方程式：2As2S3＋2SnCl2＋4HCl===As4S4＋2SnCl4＋2H2S↑
【答案】C
【解析】A项，NO2溶于水生成HNO3和NO，正确；B项，P4发生歧化反应生成H2PO eq \\al(－,2) 和PH3，正确；C项，H3PO2为一元中强酸，在写离子方程式时不可拆开，错误；D项，根据信息“雌黄(As2S3)和SnCl2在盐酸中反应转化为雄黄(As4S4)和SnCl4(沸点114 ℃)并放出H2S气体”，写出化学方程式，正确。
7.下列物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. 氨气易液化，可用于工业制硝酸
B. 五氧化二磷能与水反应，可用于干燥氨气
C. 三氧化二锑的熔点高，可用于制造耐火材料
D. 锑铅合金导热性好，可用作铅酸电池的电极材料
【答案】C
【解析】A项，NH3被O2氧化为NO，NO与O2反应生成NO2，NO2溶于水生成HNO3，反应中NH3体现出还原性，错误；B项，P2O5溶于水生成H3PO4，显酸性，NH3显碱性，两者会发生反应，故不可用P2O5干燥NH3，错误；C项，Sb2O3的熔点高，即在高温下，不易熔化，故可作耐火材料，正确；D项，锑铅合金具有良好的导电性，故用作电极材料，错误。
8．用废铜屑(含Cu、CuO、Fe2O3等)制备胆矾的流程如下：
下列说法不正确的是( )
A. “溶解”时，铜发生反应的离子方程式为Cu＋4H＋＋O eq \\al(2－,2) ===Cu2＋＋2H2O
B. “调pH”时，可用Cu2(OH)2CO3代替CuO
C. “滤液”中c(Cu2＋)·c2 (OH－)≤Ksp[Cu(OH)2]
D. “酸化”时，加入稀硫酸的目的是抑制Cu2＋的水解
【答案】A
【解析】A项，H2O2写离子方程式不可拆开，错误；B项，Fe2O3溶于稀硫酸生成Fe3＋，Fe3＋水解反应：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入的CuO与H＋反应，促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀，而除去Fe3＋，用Cu2(OH)2CO3与H＋反应生成Cu2＋、H2O、CO2，也无杂质生成，且Cu2(OH)2CO3为难溶物，若过量也可以一并过滤除去，正确；C项，“调pH”时，不可将Cu2＋转化为Cu(OH)2沉淀，所以溶液中Qsp[Cu(OH)2]= c(Cu2＋)·c2(OH－)≤Ksp[Cu(OH)2]，取等号时，Cu2＋与OH－刚好达到Cu(OH)2的沉淀溶解平衡，正确；D项，蒸发CuSO4溶液时，Cu2＋会水解生成Cu(OH)2，故加入稀硫酸可抑制Cu2＋的水解，正确。
9．化合物Y具有保肝、抗炎、增强免疫等功效，可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法正确的是
A．一定条件下X可发生氧化、取代、消去反应
B．1mlY最多能与4mlNaOH反应
C．等物质的量的X、Y分别与足量Br2反应，最多消耗Br2的物质的量不相等
D．X与足量H2反应后，每个产物分子中含有8个手性碳原子
【答案】D
【解析】有机物X能燃烧，发生氧化反应。另外，酚羟基能被氧化形成醌类结构。有机物中的氢在一定条件下均有被其他原子或基团取代的可能。X中的酯类结构能发生水解反应，水解反应也属于取代反应。消去反应多数情况发生在醇和卤代烃上。有机物X没有可发生消去反应的醇（或）或卤代烃（或）的结构，因此不能发生消去反应，A错误；Y的酯基可水解，形成如下化合物。酚羟基和羧基均能和NaOH反应。因此，1 ml Y最多能与5 ml NaOH反应，B错误；X和Y能与Br2发生羟基邻对位（*）的取代反应和双键（#）的加成反应。X：；Y：，X和Y反应的位置相同，最多消耗Br2的物质的量也相等，C错误；X与足量H2反应后的产物如下：，手性碳原子要求是饱和碳原子，同时连有4种不同原子或基团。符合要有的碳原子有（*号标记），共8个，D正确。
10．CO2催化加氢制甲醇有利于减少CO2的排放，实现“碳达峰”，其反应可表示为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49kJ·ml-1。今年2月我国科研团队在CO2电化学还原反应机理的研究上取得新突破，明确两电子转移CO2电化学还原反应的控速步骤为CO2吸附过程。CO2催化加氢制甲醇的反应通过如下步骤来实现：
①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H1=41kJ·ml-1
②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H2
反应过程中各物质的相对能量变化情况如图所示。下列说法不正确的是
A．步骤①反应的△S＞0
B．步骤②反应的△H2=-90kJ·ml-1
C．升高温度，各步骤的正、逆反应速率均增大
D．CO2催化加氢制甲醇的总反应速率由步骤②决定
【答案】D
【解析】步骤①反应能自发，即G=△H-T△S<0，而此反应的△H>0，故△S>0，A正确；步骤②的反应热△H=生成物的总能量-反应物的总能量=-49kJ/ml-41kJ/ml=-90kJ/ml，B正确；升高温度，各步的反应物和生成物的活化分子百分数均增大，各步的正逆反应速率均加快，C正确；步骤①的活化能高于步骤②，即步骤①的反应速率更慢，是总反应的决速步，D错误。
11．室温下，下列实验探究方案及现象能达到探究目的的是
【答案】D
【解析】未告知醋酸和盐酸的浓度，只比较pH值大小，无法判断醋酸为强电解质还是弱电解质， A错误；加入足量盐酸后沉淀指部分溶解，则说明沉淀中有硫酸钡，则说明亚硫酸钠被空气氧化为硫酸钠，B错误；氯水过量，溶液变为蓝色，有可能是过量的氯水将碘化钾氧化成了碘单质，无法比较出溴单质和碘单质氧化性的强弱， C错误；KSCN溶液可用于检验Fe3+，滴加氯水后，若溶液变红，则说明Fe2+被氧化成了Fe3+，可以证明Fe2+具有还原性，D正确。
12．为二元弱碱。室温下，配制一组的与的混合溶液，溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如下图所示，下列说法正确的是

A．由图可知的
B．的溶液中：
C．等物质的量的和混合溶液中
D．在的水溶液中，
【答案】C
【解析】随着pH的升高，X2+第一步反应变为X(OH)+，X(OH)+第二步反应变为X(OH)2，pH=6.2时，；pH=9.2时，。根据图像左侧的交叉点，pH=6.2时，，的=10-6.2，A项错误；的溶液中：，但是加入盐酸，溶液的体积增加，故<0.05ml/L，B项错误；X2+的水解程度大于X(OH)+的水解程度，则等物质的量的和混合溶液，C项正确；的水溶液显酸性，，D项错误。
13．CO2CH4重整可获得H2。CO2CH4重整反应的热化学方程式如下。
反应Ⅰ：CH4（g）＋CO2（g）===2CO（g）＋2H2（g）；ΔH1＝247 kJ·ml－1。
反应Ⅱ：H2（g）＋CO2（g）===CO（g）＋H2O（g）；ΔH2＝41 kJ·ml－1。
反应Ⅲ：CH4（g）===C（s）＋2H2（g）；ΔH3＝75 kJ·ml－1。
1.01×105 Pa下，将n起始（CO2）∶n起始（CH4）＝1∶1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中，平衡时各气体组分的物质的量分数如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 曲线X表示CO2
B. 反应CH4（g）＋3CO2（g）===4CO（g）＋2H2O（g）进行的程度很小
C. 500 ℃，1.01×105 Pa时，向平衡体系中再充入一定量的CO2，达新平衡后， eq \f(c（CO）·c（H2O）,c（CO2）·c（H2）) 的值保持不变
D. 随着温度升高， eq \f(n（CO）,n（H2）) 的值变小，原因是反应Ⅲ增大的程度小于反应Ⅱ增大的程度
【答案】D
【解析】A项，对于反应Ⅰ，参加反应的CH4和CO2的量相等，起始时两者又等量，所以余下的CH4和CO2的量应相等，反应Ⅱ中生成H2O，从题图看，CO的物质的量分数比H2的略高，说明反应Ⅱ消耗CO2的量要比反应Ⅲ消耗的CH4的量要多，故曲线X为CO2，曲线Y为CH4，正确；B项，将“反应Ⅰ”＋“反应Ⅱ”×2，可得反应CH4(g)＋3CO2(g)===4CO(g)＋2H2O(g)，该反应的ΔH＞0，且为气体体积增大的反应，所以反应不易正向进行，正确；C项， eq \f(c（CO）·c（H2O）,c（CO2）·c（H2）) 表示反应Ⅱ的化学平衡常数，平衡常数仅与温度有关，所以500 ℃下，仅改变CO2的量，平衡常数不变，正确；D项，反应Ⅲ增大的程度小于反应Ⅱ增大的程度，则n(CO)增大值比n(H2)大，则 eq \f(n（CO）,n（H2）) 的值变大，错误
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4题，共61分。
14.（15分）铜-钢双金属废料和铜烟灰是铜的重要二次资源。
Ⅰ．从铜-钢双金属废料中浸出铜的工艺流程如下：

（1）25℃时，随溶液的不同，甘氨酸在水溶液中分别以、或为主要形式存在。内盐是两性化合物，请用离子方程式表示其水解使水溶液呈碱性的原因： 。
（2）浸出剂的制备：主要原料有甘氨酸(简写为)、溶液和固体。取一定量固体溶于水，随后依次加入 (填“”或“”，下同)、 ，所得碱性浸出剂的主要成分为甘氨酸铜、等。
（3）浸出：将经打磨的铜钢废料投入浸出剂，控制温度50℃，通入空气，并搅拌。浸出剂不与钢作用，但与铜反应，最终铜全部转化为进入溶液，从而实现铜、钢分离。
①浸出时发生的反应过程为、 。
②其它条件不变时，空气流量对铜浸出速率的影响如图1所示。当空气流量超过时，铜浸出速率急剧下降的可能原因是 。

Ⅱ．从铜烟灰(主要成分为)中回收铜的主要步骤为：酸浸→萃取→反萃取→电解。
已知：溶于无机酸。
（4）酸浸：将铜烟灰用硫酸浸出，控制其他条件相同，铜浸出率与温度的变化关系如图2所示。随温度升高，铜浸出率先增大后减小的可能原因是 。
（5）萃取、反萃取：向浸出液(浓度为)中加入有机萃取剂萃取，其原理可表示为：(水层)(有机层)(有机层)(水层)。
向萃取所得有机相中加入硫酸，反萃取得到水相(浓度达)。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是 。
【答案】（1）
（2）HL CuSO4
（3）① ②空气中的氧气没有足够的时间参与反应，导致反应速率下降
（4）该酸浸过程为放热反应，温度升高时，反应速率加快，但是温度过高，则平衡逆向移动，导致浸出率降低
（5）实现的提取和富集
【解析】（1）仿照CH3COO－水解反应，该羧酸根离子结合水电离的H＋生成相应的羧酸和OH－，溶液显碱性，水解的离子方程式为：。（2）若先加入CuSO4，则CuSO4会和NaOH生成Cu(OH)2沉淀，故随后依次加入HL，再加入CuSO4。（3）①根据题给信息最终铜全部转化为CuL2，以及浸出过程中需要通入空气，再结合浸出时的第一步反应，则其第二步反应为：；②空气流量铜的浸出速率急剧下降，其可能的原因是：空气中的氧气没有足够的时间参与反应，导致反应速率下降。（4）由于该酸浸过程为放热反应，从动力学角度，即反应速率角度考虑，温度升高时，反应速率加快；从热力学角度，即平衡移动角度考虑，温度过高，平衡逆向移动，导致浸出率降低。（5）由于FeO、Fe2O3、Zn3(PO4)2均能够溶于硫酸，则浸出液中有Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋、Zn2＋，根据信息，加入有机萃取剂将Cu2＋从浸出液中提取到有机层中，然后分液后在有机相中加入硫酸，再将Cu2＋反萃取到水层中，实现Cu2＋的提取和富集。
15.（15分）有机物F是一种新型大环芳酰胺的合成原料，可通过以下方法合成：
（1）A中采用杂化方式的碳原子有 个。
（2）的反应类型为 。
（3）若B直接硝化，最后主要产物的结构简式为 。
（4）写出一种符合下列条件的B的同分异构体的结构简式： 。
①能与溶液发生显色反应；
②分子中含有2个苯环，共有3种不同化学环境的氢原子。
（5）已知：，写出以、和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】（1）8
（2）取代反应
（3）
（4）或
（5）
【解析】由流程可知，AB的反应为取代反应，BC是进行取代位置的保护，如果直接硝化反应，会在硝基的间位上引入硝基，则达不到实验目的，CD为硝化反应，在苯环的对位上引入硝基，DE为酰胺键的水解反应，即取代反应，最后再进行硝基的还原得到最后产物；（1）A中苯环上的碳原子和酯基上的碳原子都采用的是杂化，故有8个碳原子采用杂化。（2）对比D和E的结构可知，D在酸性条件下发生水解反应得到E，反应类型为取代反应。（3）B到C时为了在苯环的对位上引入基团，若B直接硝化，则会在B的苯环上的间位上引入硝基，则最后得到的产物会是。（4）B的结构简式为，其同分异构体能与溶液发生显色反应，说明有酚羟基，分子中含有2个苯环，则刚好把碳原子和不饱和度用完，说明其侧链为两个氨基和两个酚羟基，共有3种不同化学环境的氢原子，则结构为对称结构，故满足条件的同分异构体有或。（5）、和为原料制备；上的碳原子要减少2个，则先与溴单质发生加成反应得到，再发生消去反应得到，再利用信息反应得到，再与酯化得到，最后利用流程图中A到B的反应得到目标产物。
16.（15分）实验室以氟碳铈矿（主要成分为CeFCO3）为原料制备CeO2粗品，并测定粗品中CeO2的含量。
（1）酸洗。氟碳铈矿和浓硫酸发生反应，生成Ce2（SO4）3等。酸洗不宜在玻璃器皿中进行，其原因是 。
（2）焙烧。Ce2（SO4）3在空气中高温焙烧可得到CeO2和SO3，其反应方程式为__________________________。
（3） 测定粗品中CeO2的含量。部分实验操作如下：
步骤Ⅰ 称取0.500 0 g样品置于锥形瓶中，加入蒸馏水和浓硫酸，边搅拌边加入双氧水，低温加热至样品反应完全。
步骤Ⅱ 煮沸，冷却后滴入催化剂硝酸银溶液，加入过量的（NH4）2S2O8溶液，将Ce（Ⅲ）氧化为Ce（Ⅳ），低温加热至锥形瓶中无气体产生[2（NH4）2S2O8＋2H2O eq \(=====,\s\up7(△)) 4NH4HSO4＋O2↑]。再次煮沸、冷却，用硫酸亚铁铵标准溶液滴定。
① “步骤Ⅰ”中加入双氧水的作用是 。
② “步骤Ⅱ”中“再次煮沸”的时间不宜太短，其原因是 。
③ 请补充完整制备（NH4）2Fe（SO4）2·6H2O晶体的实验方案：称取一定质量的铁粉， ，
低温干燥，即可得到硫酸亚铁铵晶体。
已知：（NH4）2SO4＋FeSO4＋6H2O===（NH4）2Fe（SO4）2·6H2O。
须使用的试剂：1 ml·L－1 H2SO4溶液、95%的乙醇溶液、（NH4）2SO4固体。
【答案】（1）反应生成的HF会腐蚀玻璃
（2）2Ce2(SO4)3＋O2 eq \(=====,\s\up7(焙烧)) 4CeO2＋6SO3
（3）①在H2SO4酸性环境下H2O2将CeO2还原为Ce(Ⅲ)(或Ce3＋)
②防止没有分解的(NH4)2S2O8与硫酸亚铁铵反应，使硫酸亚铁铵滴定量增多，造成CeO2含量的测定结果偏大
③加入适量1 ml·L－1 H2SO4溶液反应至无明显气泡产生(1分)，过滤、洗涤，称量残余固体质量(1分)，向滤液中加入计算量的(NH4)2SO4固体，充分溶解(1分)，加热浓缩，冷却结晶(1分)，过滤，用95%的乙醇溶液洗涤晶体(1分)
【解析】（1） CeFCO3中氟元素与浓硫酸反应会生成HF，HF可以与玻璃中的SiO2反应生成SiF4气体，会腐蚀玻璃。（2） Ce2(SO4)3在空气中反应，O2将Ce(Ⅲ)氧化为Ce(Ⅳ)，生成CeO2，根据Ce和O得失电子守恒配平反应。（3） ① 步骤Ⅰ中CeO2与H2O2反应，步骤Ⅱ中Ce(Ⅲ)被(NH4)2S2O8溶液氧化为Ce(Ⅳ)，说明步骤Ⅰ中CeO2与H2O2反应生成了Ce(Ⅲ)，CeO2作氧化剂，H2O2作还原剂，H2O2的作用即为将CeO2还原生成Ce(Ⅲ)。②测定粗品中CeO2的含量的实验原理为：先将固体CeO2通过浓硫酸溶解，加入H2O2将其还原为Ce(Ⅲ)，然后加入(NH4)2S2O8再将Ce(Ⅲ)氧化为Ce(Ⅳ)，最后用硫酸亚铁铵滴定Ce(Ⅳ)，Fe2＋具有还原性，Ce(Ⅳ)具有氧化性，两者发生氧化还原反应，根据消耗的硫酸亚铁铵的量，由Ce守恒，可以计算出CeO2的量。步骤Ⅱ中“再次煮沸”是将过量的(NH4)2S2O8除去，因为(NH4)2S2O8具有强氧化性，可以与硫酸亚铁铵反应，导致消耗的硫酸亚铁铵的量变大，计算出的CeO2结果变大。③ 铁粉与H2SO4溶液生成FeSO4，根据铁粉溶解的量，可以计算出生成的FeSO4的量，FeSO4与(NH4)2SO4以1∶1反应，根据FeSO4的量可以计算出需要加入的(NH4)2SO4的量，两者刚好完全反应生成(NH4)2Fe(SO4)2溶液，通过加热浓缩、冷却结晶，可得(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体，过滤出晶体，用95%的乙醇溶液洗涤晶体，乙醇易挥发，可以减少能耗。
17.（16分）苯乙烯是合成橡胶和塑料的重要原料，可由乙苯为原料制得。
（1） 利用“乙苯脱氢反应”可制备苯乙烯。
C6H5C2H5（g）⇌C6H5CH===CH2（g）＋H2（g）；ΔH＝a kJ·ml－1
图1
保持气体总压不变，原料气按以下A、B、C三种投料方式进行：
A. 乙苯
B. n（乙苯）∶n（N2）＝1∶10
C. n（乙苯）∶n（CO2）＝1∶10
三种投料分别达到平衡时，乙苯转化为苯乙烯的转化率[ eq \f(n（C6H5CHCH2）,n总（C6H5C2H5）) ×100%]与温度的关系如图1所示。
① a （填“>”“<”或“不能确定”）0。
② 相同温度下，投料方式B乙苯的平衡转化率比投料方式A的高，其原因是________________________。
③ 相同温度下，投料方式C乙苯的平衡转化率比投料方式B的高，其可能原因是_________________。
④ 工业上利用“乙苯脱氢反应”生产苯乙烯时，会产生少量积碳。使用相同条件下的水蒸气代替N2，可较长时间内保持催化剂的催化活性，其原因是 。
（2） CO2用于制备苯乙烯有助于实现“碳中和”。
① 在催化剂X作用下，CO2参与反应的机理如图2所示（α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，B1、B2位点带部分负电荷）。根据元素电负性的变化规律，图2所示的反应机理中步骤Ⅰ和步骤Ⅱ可描述为__________________________________________________。
图2
图3
② 保持混合气体总压（p）等其他条件不变，CO2的分压[p（CO2）＝ eq \f(n（CO2）,n（乙苯）＋n（CO2）) ×p]与乙苯转化率的关系如图3所示。p（CO2）>14 kPa时，乙苯转化率下降的原因是_________________________________。
【答案】（1）①>
②加入一定量N2使“乙苯脱氢反应”的Qc③CO2与H2反应[H2(g)＋CO2(g)===CO(g)＋H2O(g)]使H2浓度减小，“乙苯脱氢反应”平衡时正向进行程度更大
④水蒸气与积碳发生反应H2O(g)＋C(s)===CO(g)＋H2(g)，可消除催化剂表面的积碳
（2）①乙苯αH带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出H＋并吸附在B1位点上，(B1位点上的)H＋与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上 ②过多的CO2会占据带部分负电荷的B1位点，使得乙苯αH的脱除速率降低，乙苯转化率下降
【解析】（1）①由题图1可知，温度升高，乙苯的平衡转化率增大，则正反应为吸热反应，a＞0；②总压不变，通入N2使n(乙苯)∶n(N2)＝1∶10，相比不通N2时，相当于减小了反应体系中反应相关气体的分压，有助于平衡向正反应方向移动(Qc14 kPa时，CO2占据了带部分负电荷的B1位点，使得乙苯αH的脱除速率降低。
A
B
C
D
生成NH3
干燥NH3
收集NH3并验满
吸收多余NH3
选项
探究方案及现象
探究目的
A
用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小
醋酸是弱电解质
B
向久置的溶液中加入足量溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解
不能被空气氧化
C
向NaBr溶液中滴加过量氯水，溶液变橙色，再加入淀粉KI溶液，溶液变蓝色
氧化性：
D
向盛有溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化
具有还原性
A
B
C
D
生成NH3
干燥NH3
收集NH3并验满
吸收多余NH3
选项
探究方案及现象
探究目的
A
用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小
醋酸是弱电解质
B
向久置的溶液中加入足量溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解
不能被空气氧化
C
向NaBr溶液中滴加过量氯水，溶液变橙色，再加入淀粉KI溶液，溶液变蓝色
氧化性：
D
向盛有溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化
具有还原性