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重庆市渝北中学2023-2024学年高三上学期12月月考化学试题（Word版附解析）
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这是一份重庆市渝北中学2023-2024学年高三上学期12月月考化学试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量， 下列离子方程式书写正确的是， 设NA为阿伏加德罗常数的值， 下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
(全卷共二大题18小题，总分100分，考试时长75分钟)
注意事项：
1.请将所有答案写在答题卡上，不得在试卷上直接作答。
2.可能用到的相对原子质量：H-1 Na-23 O-16 Si-28 Cu-64 Te-128 Bi-209
一、单项选择题(本题包括14小题，共42分)
1. 化学和生活、科技、社会发展息息相关，下列说法不正确的是
A. 《神农本草经》中记载的“石胆能化铁为铜”的变化属于化学变化
B. 加入浓盐酸可增强“84”消毒液的消毒效果
C. 天宫二号卫星所使用的高性能计算机芯片含有硅单质
D. 中国研制的先进微纳米光刻机，其材料之一四甲基氢氧化铵(CH3)4NOH，能溶于水
【答案】B
【解析】
【详解】A．“石胆能化铁为铜”的变化是铁转化为铜的过程，有新物质生成，属于化学变化，A正确；
B．84消毒液主要成分是次氯酸钠，加入浓盐酸，发生氧化还原反应生成氯气，减小HClO的浓度，则减弱84消毒液的漂白效果，B错误；
C．晶体硅为良好的半导体，是制造芯片的主要原料，C正确；
D．四甲基氢氧化铵属于一元碱，易溶于水，D正确；
故选B
2. 下列叙述正确的是
A. 碳酸钠溶液与盐酸相互滴加的反应和现象相同
B. SiO2具有导电性，用于制造光导纤维
C. 明矾溶于水可水解形成胶体，用于水的消毒杀菌
D. 铝热反应，可用作焊接钢轨
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸钠溶液与盐酸反应是分布进行的，先生成碳酸氢钠和氯化钠，盐酸过量会与碳酸氢钠反应生成CO2和H2O，相互滴加的反应和现象不相同，向碳酸钠溶液中滴加盐酸，开始无明显现象，向盐酸中滴加碳酸钠溶液，会立即产生气泡，故A错误；
B．SiO2不具有导电性，用于制造光导纤维利用的是SiO2对光的反射，故B错误；
C．明矾溶于水可水解形成胶体，用于水的净化，但不具有消毒杀菌的作用，故C错误；
D．铝热反应，可用作焊接钢轨，故D正确；
故选D。
3. 下列离子方程式书写正确的是
A. 泡沫灭火器反应原理：Al3++3HCO=3CO2↑+Al(OH)3↓
B. CuO溶于溶液：
C. 已知：酸性H2CO3>HClO> HCO，则有ClO-+CO2+H2O=HClO+CO
D. 向溶液中通入：
【答案】A
【解析】
【详解】A．泡沫灭火器为Al2(SO4)3和NaHCO3双水解反应原理：Al3++3HCO=3CO2↑+Al(OH)3↓，A正确；
B．CuO溶于溶液，在水中完全电离，离子方程式为： ，B错误；
C．已知：酸性H2CO3>HClO> HCO，根据强酸制弱酸原理HClO和CO不共存，则有ClO-+CO2+H2O=HClO+，C错误；
D．向溶液中通入， 在酸性条件下有强氧化性被还原为NO，SO2有强还原性被氧化为，离子方程式为：，D错误；
故选A。
4. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 1LpH均为2的硫酸和醋酸溶液，氢离子数均为
B. 60 g二氧化硅晶体中含有NA个SiO2分子
C. 1ml中含有键的数目为5NA
D. 由1 ml CH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO−数目等于NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．pH为2，则，1L硫酸和1L醋酸溶液，氢离子数均为，A错误；
B．二氧化硅晶体为共价晶体，构成微粒为硅原子和氧原子，不存在SiO2分子，B错误；
C．该物质分子式为，分子中含有、、键，1ml该物质中含有键的数目为10NA，C错误；
D．在CH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，，及电荷守恒，则，的物质的量为1ml，的数目为，D正确；
答案为D。
5. X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的四种短周期元素。基态X、Z原子的电子均填充了3个能级，且均有2个未成对电子，W的核外电子数是X原子最外层电子数的3倍。下列说法正确的是
A. 与Y同周期且第一电离能比Y小的元素有四种
B. 元素X的氢化物的沸点一定比元素Y的氢化物低
C. Z与W形成WZ，属于离子晶体可作耐高温材料
D. 简单离子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的四种短周期元素。基态X、Z原子的电子均填充了3个能级，且均有2个未成对电子，则X为C、Z为O，那么Y为N；W的核外电子数是X原子最外层电子数的3倍，W为12号元素Mg；据此分析解答。
【详解】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则与Y同周期且第一电离能比Y小的元素有Li、Be、B、C、O共五种，A错误；
B．碳可以形成相对分子质量很大的烃，其沸点可能很高，故元素X的氢化物的沸点不一定比元素Y的氢化物低，B错误；
C．Z与W组成的化合物氧化镁熔点为2800℃，可作耐高温材，C正确；
D．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；简单离子半径：r(Y)＞r(Z)＞r(W)，D错误；
故选C。
6. 下列由实验操作及现象所得结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．向1 mL 0.1 ml·L−1硝酸银溶液中，加入2 mL等浓度NaCl溶液，NaCl溶液过量，硝酸银完全反应生成氯化银沉淀，再加入几滴等浓度的Na2S溶液，有黑色沉淀生成为硫化银，存在沉淀转化，可以说明溶解度AgCl>Ag2S，A正确；
B．乙醇蒸气液具有还原性，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C．加盐酸，产生使品红溶液褪色的无色有刺激味气体，原溶液中也可能存在，C错误；
D．由于碳酸根的水解是吸热反应，故对有酚酞的碳酸钠溶液加热，使水解程度增大，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，碱性增强，溶液颜色变深，D错误；
故选A。
7. 奥培米芬是一种雌激素受体调节剂，其合成中间体的结构简式如图所示：
关于该中间体，下列说法正确的是
A. 含有三种官能团
B. 能发生消去反应、水解反应、加成反应、氧化反应
C. 所有碳原子可能共平面
D. 苯环上的一氯代物有5种结构
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题干有机物的键线式可知，分子中含有碳氯键、碳碳双键、醚键和酯基四种官能团，A错误；
B．由题干有机物的键线式可知，分子中含有碳氯键，且与氯原子相邻的碳原子上还有H，故能发生消去反应和水解反应，同时含有酯基也能发生水解反应, 碳碳双键能发生氧化反应，B正确；
C．分子中含有直接相连的饱和碳原子，故所有碳原子不可能处于同一平面，C错误；
D．由题干有机物的键线式可知，分子中三个苯环不对称，，故苯环上的一氯代物有8种结构 ，D错误；
故选B。
8. 类比思想是化学学习中的重要思想，下列各项中由客观事实类比得到的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．是共价化合物，熔融的状态下不导电，所以电解熔融的不能制备铝，A项错误；
B．难溶于水，与溶液反应可以生成，但易溶于水，与溶液不反应，B项错误；
C．具有还原性，与反应生成，C项错误；
D．与水解产生胶体可作净水剂，D项正确；
故选D。
9. 下列说法不正确的是
A. 0.1的CH3COONa溶液加水稀释的比值逐渐减小
B. 常温下，pH和为14的盐酸与氨水等体积混合后，溶液的pH＞7
C. 对MgCl2∙6H2O的固体加热灼烧，最后可得MgO固体
D. Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-36，向10mL0.1ml∙L-1 的MgCl2溶液中滴加20mL0.1ml∙L-1 的NaOH溶液，取澄清溶液滴加两滴0.1ml∙L-1 的FeCl3 溶液，没有浑浊出现
【答案】D
【解析】
【详解】A．0.1ml/LCH3COONa溶液中存在水解平衡CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，加水稀释，促进CH3COO-的水解，c(CH3COO-)、c(OH-)均减小，温度不变水的离子积不变，则c(H+)增大，故加水稀释的比值逐渐减小，A项正确；
B．盐酸为强酸溶液，氨水为弱碱溶液，常温下pH和为14的盐酸与氨水等体积混合，充分反应后氨水过量，溶液呈碱性，溶液的pH＞7，B项正确；
C．对MgCl2∙6H2O的固体加热时，MgCl2∙6H2O首先失去结晶水，MgCl2溶于结晶水中发生水解：MgCl2+2H2OMg(OH)2+2HCl，加热由于HCl的挥发促进MgCl2水解，最终MgCl2转化成Mg(OH)2，Mg(OH)2灼烧分解成MgO固体，C项正确；
D．向10mL0.1ml∙L-1 的MgCl2溶液中滴加20mL0.1ml∙L-1 的NaOH溶液，发生反应MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，两者恰好完全反应，上层清液为Mg(OH)2的饱和溶液，由于Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11≫Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-36，故取澄清溶液滴加两滴0.1ml/L的FeCl3溶液，产生Fe(OH)3浑浊，D项错误；
答案选D。
10. 用下图所示装置及药品进行实验，能达到对应实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；能达到对应实验目的，A符合题意；
B．浓盐酸和二氧化锰加热生成氯气，不能达到对应实验目的，B不符合题意；
C．一定物质的量浓度溶液配制的操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取（用到胶头滴管）浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，不能达到对应实验目的，C不符合题意；
D．制取红褐色胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至溶液变红褐色；不能达到对应实验目的，D不符合题意；
故选A。
11. 500℃，HCl在催化剂M的作用下被O2氧化依次有如图(Ⅰ)、(Ⅱ)、(Ⅲ)三步反应组成，计算机模拟单个分子在催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是
A. 反应Ⅱ的活化能为1.45 eV
B. 反应Ⅰ的反应速率最慢
C. 总反应的热化学方程式为4HCl(g)+O2(g)=2H2O(g)+2Cl2(g) ΔH=-1.98 eV•ml-1
D. HOOCl(g)比HCl(g)和O2(g)稳定
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应Ⅱ的活化能为，A错误；
B．反应Ⅰ的能垒最高，所以反应Ⅰ的化学反应速率最慢，B正确；
C．图像给出的是单个分子参与反应时的能量变化，总反应的热化学方程式为，C错误；
D．由反应Ⅰ可知的总能量比和的总能量高，能量越高，物质越不稳定，D错误；
故选B。
12. 我国科学家以CO2与辛胺[CH3(CH2)7NH2]为原料能够高选择性的合成甲酸和辛腈[CH3(CH2)6CN]，实现了CO2的再利用，有益于解决全球变暖问题。其工作原理如图，已知右池反应过程中无气体生成。下列说法不正确的是
A. Ni2P电极的电势高于In/In2O3-x电极
B. In/In2O3-x电极上可能有副产物H2生成
C. 阴极上的电极反应：CO2 + H2O +2e－＝+OH－
D. 标准状况下，33.6L CO2参与反应时，Ni2P电极有1.5 ml辛腈生成
【答案】D
【解析】
【分析】CO2在In电极转化为HCOO-发生还原反应，该极为电解池的阴极与电源负极相连。而Ni2P为阳极与电源的正极相连。
【详解】A．阳极的电势高于阴极，A项正确；
B．H+可能在In电极发生还原反应产生H2，B项正确；
C．CO2在In电极转化为HCOO-发生还原反应，反应为：CO2 + H2O +2e－＝ HCOO− +OH－，C项正确；
D．33.6L CO2标况下物质的量为1.5ml。按照得失电子守恒2CO2~CH3(CH2)6CN，即1.5ml的CO2产生0.75ml辛腈，D项错误；
故选D。
13. 纳米二氧化钛催化剂可用于工业上合成甲醇：，按投料比将与充入恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应，测得的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。下列说法错误的是
A. ，
B. 达到平衡后，再按照加入气体，平衡后的体积分数增大
C. M点平衡后，恒温恒容下，向容器中再加入2mlCH3OH、3mlCO，则平衡不移动
D. 、压强下，Q点对应的
【答案】B
【解析】
【详解】A．随着温度升高，CO的转化率下降，说明升温平衡逆移，即，压强增大，平衡正向移动，CO的转化率应增大，根据图示，，故A正确；
B．达到平衡后，再按照加入气体，由于该反应为气体分子数减小的反应，再加入反应物，压强增大，平衡会正向移动，且平衡后的转化率大于原平衡，CO体积分数减小，故B错误；
C．M点平衡后，恒温恒容下，向容器中再加入2mlCH3OH、3mlCO，其浓度熵Qc=K，则平衡不移动，故C正确；
D．、压强下，Q点还未平衡，正在正向进行，即，故D正确；
故选B。
14. 滴定分数是指滴定过程中标准溶液与待测溶液中溶质的物质的量之比。25℃时，用(0.1NaOH溶液滴定 0.1H2C2O4溶液所得滴定曲线如图所示。已知下列说法正确的是
A. 25℃ 时H2C2O4的电离常数：
B. 点②所示溶液中：c(H+)+ c(Na+)= c(OH-)+c(HC2O)+c(C2O)
C. 滴定分数为0.5对应曲线上的点的溶液中：2c(H+)+c(H2C2O4)=2c(OH-)+3c(C2O)+c(HC2O)
D. 点①所示溶液中：c(Na+)>c(HC2O)>c(H2C2O4)>c(C2O)>c(H+)>c(OH-)
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2C2O4的电离常数Ka1=，根据起始时pH为1.3，则Ka1=，A错误；
B．点②所示溶液中，根据电荷守恒可得c(H+)+c(Na+)= c(OH-)+c(HC2O)+2c(C2O)，B错误；
C．滴定分数为0.5时，NaOH的量是H2C2O4的一半，由物料守恒得①c(HC2O)+c(C2O)+ c(H2C2O4)=2c(Na+)，由电荷守恒得②c(H+)+c(Na+)= c(OH-)+c(HC2O)+2c(C2O)，①+2②可得2c(H+)+c(H2C2O4)=2c(OH-)+3c(C2O)+c(HC2O)，C正确；
D．点①为第一个滴定终点，此时溶质为NaHC2O4，此时溶液显酸性，因此HC2O电离大于水解，故c(C2O)＞c(H2C2O4)，离子浓度大小顺序为c(Na+)＞c(HC2O)＞c(H+)＞c(C2O)＞c(OH-)＞c(H2C2O4)，D错误；
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 碲在冶金工业中用途广泛，被誉为现代工业的维生素。某精炼铜的阳极泥经过处理后的主要成分为等，从中回收碲和胆矾的工艺如下：
已知：①高温熔烧后的产物为和；
②在酸性条件下会发生歧化反应；
③元素在酸化和碱浸后分别转化为和两种易溶于水的盐。
回答下列问题：
（1）“高温焙烧”时，从结构的角度分析的产物是而不是的原因为___________。
（2）“酸化”时还需要加入一定量的，其目的是___________。
（3）“还原”时发生反应的离子方程式为___________。
（4）碱浸后铜元素的存在形式为___________(写化学式)。
（5）“电解”制的原理如图，其中N与电源的___________(填“正极”或“负极”)相连：与M相连的惰性电极上发生电极反应式为___________。
（6）胆矾的结构如图所示。下列说法正确的是___________。
A. 胆矾晶体中含有离子键、配位键、氢键等化学键B. 胆矾属于离子晶体
C. 的空间结构为正四面体形D. 电负性O＞S，第一电离能
（7）的立方晶胞结构如图。其中的配位数为___________；已知晶胞边长为，为阿伏伽德罗常数的值，则该晶体的密度为___________(列出计算式即可)。
【答案】（1）基态+1价Cu的价电子排布式为3d10，处于稳定状态
（2）将生成的Cu全部转移至溶液中
（3）TeO2＋＋2SO2＋3H2O=2＋Te＋6H＋
（4）
（5） ①. 正极 ②. （6）BC
（7） ①. 4 ②.
【解析】
【分析】高温熔烧后的产物为和，酸浸后在酸性条件下会发生歧化反应，反应方程式为：Cu2O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋H2O，元素在酸化转化为，在二氧化硫的作用下被还原为，同时回收溶液中的硫酸铜；元素在碱浸后转化为，焙烧产物不溶于碱也不溶于的盐溶液，故碱浸后经过滤除去，溶液电解后得到。
【小问1详解】
从结构的角度分析此时产物是Cu2O而不是CuO的原因：基态+1价Cu的价电子排布式为3d10，处于稳定状态。故答案为基态+1价Cu的价电子排布式为3d10，处于稳定状态。
【小问2详解】
酸化时发生反应：Cu2O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋H2O，为了将生成的Cu全部转移至溶液中需要加入一定量的H2O2。故答案为将生成的Cu全部转移至溶液中。
【小问3详解】
还原时，发生的离子方程式为TeO2＋＋2SO2＋3H2O=2＋Te＋6H＋，故答案为TeO2＋＋2SO2＋3H2O=2＋Te＋6H＋。
【小问4详解】
高温熔烧后的产物为和，碱浸后不溶于碱也不溶于的盐溶液，故答案为。
【小问5详解】
根据“电解”制Te的装置图可知，与M相连的惰性电极上的电极反应式为 ，所以N与电源的正极相连。故答案为：正极；。
【小问6详解】
A.胆矾晶体中含有离子键、配位键等化学键，氢键不属于化学键，故A项错误；
B.胆矾是离子化合物，属于离子晶体，故B项正确；
C.硫酸根的空间构型是正四面体结构。硫原子位于正四面体的中心点上，硫原子以sp3杂化轨道成键，硫原子位于四面体的中心位置上，而四个氧原子则位于它的四个顶点，故C项正确，
D.同主族电负性从上到下越来越小，故电负性，同主族从上到下第一电离能越来越小，故，故D项错误；
故答案为BC。
【小问7详解】
由Cu2Te的立方晶胞结构可知，黑球代表Cu，白球代表Te，所以Te的配位数为4；已知晶胞参数为、NA为阿伏加德罗常数值。根据晶胞体积和晶胞质量可知晶体的密度为，故答案为4；。
【点睛】本题以回收碲和胆矾的工艺为载体。体现对化学方程式书写、化学键、电化学、晶胞结构分析等基本概念、基本理论知识的基础性、综合性、创新性、应用性的考查。考查学生的理解与辨析、分析与推测和归纳与论证能力。
16. 铋酸钠( NaBiO3 )常用作分析试剂、氧化剂等，某同学在实验室用氯气氧化Bi(OH)3制取NaBiO3，并进行相关实验。已知NaBiO3固体不溶于冷水，能与沸水或酸溶液反应产生O2，在酸性条件下能将Mn2+氧化为MnO；Bi(OH)3为白色难溶于水的固体。各实验装置如图所示：
请回答下列问题：
（1）装置的连接顺序是___________→___________→ ___________→ ___________(填字母)。___________
（2）C中装有的试剂是___________，若没有装置C，可能产生的影响是___________。
（3）反应开始时，打开K1和K2，B中Cl2发生的反应有；Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，___________(填化学方程式)。
（4）反应结束后，为从装置B中获得尽可能多的产品，需要进行的操作是___________、过滤、冷水洗涤、干燥。
（5）取上述NaBiO3产品w g，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用c ml·L-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的 MnO，消耗V mL标准溶液。
①滴定终点判断___________，如果装H2C2O4标准溶液的滴定管滴定前有气泡、滴定后没有气泡，则会导致测定结果___________(填偏大或偏小)。
②不能用c ml·L-1的H2C2O4标准溶液直接滴定NaBiO3的原因是___________。
③该产品的纯度为___________(用含w 、c、V的代数式表示)。
（6）取少量B中反应后的悬浊液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，经检验气体中含有Cl2。该实验不能证明一定是NaBiO3氧化了Cl-，理由是___________用离子方程式说明。
【答案】（1）ACBD
（2） ①. 饱和食盐水 ②. 混在氯气中的HCl会中和B中的NaOH，导致NaBiO3的产率下降
（3）Cl2+Bi(OH)3+3NaOH=NaBiO3+2NaCl+3H2O
（4）在冰水浴中冷却结晶
（5） ①. 当最后半滴H2C2O4标准溶液滴入锥形瓶，溶液紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复 ②. 偏大 ③. 难以配制NaBiO3的水溶液，且NaBiO3在酸性条件下易分解，滴定会有很大误差 ④.
（6）ClO-+ Cl-+2H+= Cl2+H2O
【解析】
【分析】在装置A反应生成Cl2，通过装置C饱和食盐水除去Cl2中混合的HCl杂质气体，进入B中反应生成NaBiO3，尾气使用D中碱液吸收减少污染。氯气中含有挥发的氯化氢气体，HCl也会与碱NaOH发生反应，故应在Cl2与碱溶液反应前除去，否则会影响产率及物质的纯度，可根据电子守恒找到NaBiO3与H2C2O4的关系式，利用滴定消耗H2C2O4的物质的量，计算NaBiO3的物质的量及质量，进而可得该产品的纯度。
【小问1详解】
根据上述分析可知：在装置A中用酸性KMnO4溶液与浓盐酸反应产生Cl2，浓盐酸具有挥发性，挥发的HCl随Cl2进入装置B中，用饱和食盐水除去Cl2中的杂质HCl，然后在装置B中与NaOH和Bi(OH)3混合物发生反应制取NaBiO3，Cl2是有毒气体，可根据Cl2与碱反应的性质，用NaOH溶液进行尾气处理，防止污染环境，故装置的连接顺序是A→C→B→D；
【小问2详解】
装置C中盛有饱和食盐水，其作用是除去Cl2中的杂质HCl，若没有装置C，可能产生的影响是混在氯气中的HCl会中和B中的NaOH，导致NaBiO3的产率下降；
【小问3详解】
反应开始时，打开K1和K2，B中Cl2发生的反应有：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O及制取NaBiO3的反应：Cl2+Bi(OH)3+3NaOH=NaBiO3+2NaCl+3H2O；
【小问4详解】
反应结束后，为从装置B中获得尽可能多的产品NaBiO3，根据题目已知信息可知：NaBiO3固体不溶于冷水，能与沸水或酸溶液反应产生O2，因此需要进行的操作是在冰水浴中冷却结晶，然后进行过滤、冷水洗涤、干燥；
【小问5详解】
①在反应中NaBiO3被还原为Bi3+，Mn2+被氧化产生高锰酸根为紫红色，高锰酸根再将H2C2O4氧化产生CO2气体，则达到滴定终点的标志为：当最后半滴H2C2O4标准溶液滴入锥形瓶，溶液紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复；
如果装H2C2O4标准溶液的滴定管滴定前有气泡、滴定后没有气泡，则使标准液体积偏大，则会导致测定结果偏大；
②根据已知信息可知：NaBiO3固体不溶于冷水，因此难以配制NaBiO3的水溶液，且NaBiO3在酸性条件下易分解，直接使用草酸标准溶液滴定会有很大误差，因此不能用c ml·L-1的H2C2O4标准溶液直接滴定NaBiO3；
③在反应中NaBiO3被还原为Bi3+，Mn2+被氧化产生高锰酸根，高锰酸根再将H2C2O4氧化产生CO2气体，根据电子守恒可得关系式：NaBiO3～2e-～H2C2O4，反应消耗标准H2C2O4溶液的物质的量为n(H2C2O4)=c ml/L×V×10-3 L=cV×10-3 ml，则可知反应产生NaBiO3的物质的量n(NaBiO3)=n(H2C2O4)=cV×10-3 ml，其质量为m(NaBiO3)=cV×10-3 ml×280 g/ml=280 cV×10-3 g，故该样品的纯度为：；
【小问6详解】
取少量B中反应后的悬浊液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，经检验气体中含有Cl2，由于在装置B中同时发生了两个反应：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，Cl2+Bi(OH)3+3NaOH=NaBiO3+2NaCl+3H2O，NaBiO3具有强氧化性，可以氧化Cl-产生Cl2，溶液中的ClO-也能氧化Cl-生成Cl2，发生的离子方程式为：ClO-+ Cl-+2H+= Cl2+H2O，因此该实验不能证明一定是NaBiO3氧化了Cl-。
17. 2022年4月16日，中国空间站的3名航天员乘神舟十三号载人飞船平安返回地球。空间站处理CO2的一种重要方法是对CO2进行收集和再生处理，重新生成可供人体呼吸的氧气。其技术路线可分为以下三步：
Ⅰ.固态胺吸收与浓缩CO2
在水蒸气存在下固态胺吸收CO2反应生成酸式碳酸盐(该反应是放热反应)，再解吸出CO2的简单方法是加热。
Ⅱ.CO2的加氢甲烷化
H2还原CO2制CH4的部分反应如下：
i.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H1=+41kJ•ml-1
ii.CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) △H2=-246kJ•ml-1
（1）反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)的△H=________kJ•ml-1。
（2）向恒容绝热的密闭容器中充入amlCO与2amlH2(g)，进行反应ii，下列能判断反应已达化学平衡状态的是________
a容器中混合气体密度不变 b.混合气体中c(CH4)与c(H2O)之比不变
c.v正(H2)=3v逆(H2O) d.容器内温度不变
Ⅲ.CO2和H2合成甲烷也是CO2资源化利用的重要方法。对于上述(1)的反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H，催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化的影响如图所示：
（3）高于320℃后，以Ni为催化剂，CO2转化率仍在上升，其原因是_______。
（4）对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是_______，使用的合适温度为_______。
（5）控制起始时=4，p=1atm，恒容条件下，若只发生反应i、ii，平衡时各物质的量分数随温度的变化如图所示：
①图中代表CH4的曲线是________(填“a”、“b”或“c”)；温度低于500℃时，CO的物质的量分数约为0，说明此条件下，反应________(填“i”或“ii”)化学平衡常数大，反应完全。
②M点(T＜500℃)时，平衡分压p(CO2)=________atm，反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)的平衡常数Kp=________atm-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。
【答案】（1）-205
（2）cd （3）以Ni为催化剂，CO2甲烷化速率较慢，升高温度加快反应速率，相同的时间内CO2转化率提高
（4） ①. Ni－CeO2 ②. 320℃
（5） ①. b ②. ii ③. 0.04 ④. 625
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律反应I+II可得反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，△H=△H1+△H2=41-246=-205kJ·ml-1；故答案为：-205；
【小问2详解】
达到平衡状态的判断方法是“正逆反应速率相等”，“变量不变”。 容器中混合气体密度是定值，密度不变不能说明达到平衡状态，混合气体中c(CH4)与c(H2O)之比是定值，始终是1:1，不能说明达到平衡状态；v正(H2)=3v逆(H2O)符合正逆反应速率相等，能说明达到平衡状态；恒容绝热的密闭容器中温度是变量，温度不变说明达到平衡状态；故选cd；
【小问3详解】
高于320℃后，以Ni为催化剂，CO2转化率仍在上升，其原因是以Ni为催化剂，CO2甲烷化速率较慢，升高温度加快反应速率，相同的时间内CO2转化率提高；
【小问4详解】
对比上述两种催化剂，Ni－CeO2作为催化剂时甲烷的选择性高，工业上应选择的催化剂是Ni－CeO2，320℃时转化率高选择性大，使用的合适温度为320℃；
【小问5详解】
对于反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)△H=-205kJ·ml-1，升高温度，反应逆向移动，H2的物质的量分数增大，CH4和H2O的物质的量分数减小，且CH4和H2O的物质的量分数之比为1：2，故图中a、b、c代表的物质分别为H2O、CH4、H2；温度低于500℃时，CO的物质的量分数约为0，说明CO几乎完全反应，化学平衡常数越大，反应越完全，则反应ii的化学平衡常数大；故答案为：b；ii；
起始时设CO2的起始量为a ml，变化量为x ml，则H2的起始量为4aml，列三段式计算如下：
M点时，n(CH4)=n(H2)，即4a-4x=x，整理得x=0.8a，则平衡时CO2、H2、CH4、H2O的物质的量分别为0.2aml、0.8aml、0.8aml、1.6aml，各气体的总物质的量为（0.2a+0.8a+0.8a+1.6a）ml=3.4aml，在恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，则，平衡时p=，平衡分压p(CO2)=×atm= 0.04atm，平衡常数Kp===625，故答案为：0.04；625。
18. F是合成某药物的中间体，一种制备F的流程如图所示。
已知：①B的结构中只有一种官能团；
②RCHORCH=CHCOOH(Py：吡啶)。
回答下列问题：
（1）E中含氧官能团的名称为______；B的结构简式为______。
（2）若A′为A与足量H2完全加成得到的产物，则A′结构中含有_____个手性碳原子。
（3）C→D的反应机理可用如图表示：
则C→D的两步反应中，“第一步”的有机反应类型为_____，“第二步”得到的产物的结构简式为______。
（4）E→F的化学方程式为______。
（5）G是C的芳香族同分异构体，同时满足下列条件的G的结构有_____种。
①遇氯化铁溶液发生显色反应 ②能发生银镜反应 ③苯环上有3个取代基
（6）设计以和CH2(COOH)2为原料制备的合成路线(无机试剂及有机溶剂任选)。_____
【答案】（1） ①. 羟基、酯基 ②.
（2）3 （3） ①. 加成反应 ②.
（4） （5）20
（6）
【解析】
【分析】A发生醇的催化氧化生成B为，B反应生成C，根据E的结构简式结合D到E的反应条件可知，D到E为酯化反应，则D为，D与甲醇发生酯化反应生成E，E反应生成F。
【小问1详解】
根据E的结构简式可知，其中含氧官能团名称为酯基、羟基。根据分析可知，B的结构简式为。
【小问2详解】
A与足量H2完全加成得到A′，则A′为，其中有3个手性碳原子。
【小问3详解】
从反应机理可知，C→D第一步的反应类型为加成反应，生成产物为，发生醇的消去反应生成产物为，即第二步产物的结构简式为。
【小问4详解】
E→F发生取代反应，化学方程式为。
【小问5详解】
①遇氯化铁溶液发生显色反应，说明其中含有酚羟基，②能发生银镜反应说明含有醛基，③苯环上有3个取代基，当3个取代基分别为-OH、-CHO和-CH2CH3时，若酚羟基和醛基处于邻位，此时乙基有4个位置，当酚羟基和醛基处于间位，此时乙基有4个位置，当酚羟基和醛基处于对位，此时乙基有2个位置；若3个取代基分别为-OH、-CH2CHO、-CH3，若酚羟基和-CH2CHO处于邻位，此时甲基有4个位置，当酚羟基和-CH2CHO处于间位，此时甲基有4个位置，当酚羟基和-CH2CHO处于对位，此时甲基有2个位置，因此共有20种满足条件的同分异构体。
【小问6详解】选项
实验操作和现象
实验结论
A
向1 mL 0.1 ml·L−1硝酸银溶液中，加入2 mL等浓度NaCl溶液，出现白色沉淀，再加入几滴等浓度的Na2S溶液，有黑色沉淀生成
溶解度AgCl>Ag2S
B
适量溴乙烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热反应，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫红色褪去
证明有乙烯生成
C
某溶液中加盐酸，产生使品红溶液褪色的无色有刺激味气体
原溶液中一定存SO
D
对有酚酞的碳酸钠溶液加热，溶液颜色变浅
说明水解平衡逆向移动
选项
客观事实
类比结论
A
电解熔融的制备镁
电解熔融的可制备铝
B
与溶液反应生成
与溶液反应可生成
C
与反应生成和
与反应生成和
D
可作净水剂
也可作净水剂
A．检查装置的气密性
B．实验室制取氯气
C．配制一定物质的量浓度的硫酸
D．制备胶体
(全卷共二大题18小题，总分100分，考试时长75分钟)
注意事项：
1.请将所有答案写在答题卡上，不得在试卷上直接作答。
2.可能用到的相对原子质量：H-1 Na-23 O-16 Si-28 Cu-64 Te-128 Bi-209
一、单项选择题(本题包括14小题，共42分)
1. 化学和生活、科技、社会发展息息相关，下列说法不正确的是
A. 《神农本草经》中记载的“石胆能化铁为铜”的变化属于化学变化
B. 加入浓盐酸可增强“84”消毒液的消毒效果
C. 天宫二号卫星所使用的高性能计算机芯片含有硅单质
D. 中国研制的先进微纳米光刻机，其材料之一四甲基氢氧化铵(CH3)4NOH，能溶于水
【答案】B
【解析】
【详解】A．“石胆能化铁为铜”的变化是铁转化为铜的过程，有新物质生成，属于化学变化，A正确；
B．84消毒液主要成分是次氯酸钠，加入浓盐酸，发生氧化还原反应生成氯气，减小HClO的浓度，则减弱84消毒液的漂白效果，B错误；
C．晶体硅为良好的半导体，是制造芯片的主要原料，C正确；
D．四甲基氢氧化铵属于一元碱，易溶于水，D正确；
故选B
2. 下列叙述正确的是
A. 碳酸钠溶液与盐酸相互滴加的反应和现象相同
B. SiO2具有导电性，用于制造光导纤维
C. 明矾溶于水可水解形成胶体，用于水的消毒杀菌
D. 铝热反应，可用作焊接钢轨
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸钠溶液与盐酸反应是分布进行的，先生成碳酸氢钠和氯化钠，盐酸过量会与碳酸氢钠反应生成CO2和H2O，相互滴加的反应和现象不相同，向碳酸钠溶液中滴加盐酸，开始无明显现象，向盐酸中滴加碳酸钠溶液，会立即产生气泡，故A错误；
B．SiO2不具有导电性，用于制造光导纤维利用的是SiO2对光的反射，故B错误；
C．明矾溶于水可水解形成胶体，用于水的净化，但不具有消毒杀菌的作用，故C错误；
D．铝热反应，可用作焊接钢轨，故D正确；
故选D。
3. 下列离子方程式书写正确的是
A. 泡沫灭火器反应原理：Al3++3HCO=3CO2↑+Al(OH)3↓
B. CuO溶于溶液：
C. 已知：酸性H2CO3>HClO> HCO，则有ClO-+CO2+H2O=HClO+CO
D. 向溶液中通入：
【答案】A
【解析】
【详解】A．泡沫灭火器为Al2(SO4)3和NaHCO3双水解反应原理：Al3++3HCO=3CO2↑+Al(OH)3↓，A正确；
B．CuO溶于溶液，在水中完全电离，离子方程式为： ，B错误；
C．已知：酸性H2CO3>HClO> HCO，根据强酸制弱酸原理HClO和CO不共存，则有ClO-+CO2+H2O=HClO+，C错误；
D．向溶液中通入， 在酸性条件下有强氧化性被还原为NO，SO2有强还原性被氧化为，离子方程式为：，D错误；
故选A。
4. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 1LpH均为2的硫酸和醋酸溶液，氢离子数均为
B. 60 g二氧化硅晶体中含有NA个SiO2分子
C. 1ml中含有键的数目为5NA
D. 由1 ml CH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO−数目等于NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．pH为2，则，1L硫酸和1L醋酸溶液，氢离子数均为，A错误；
B．二氧化硅晶体为共价晶体，构成微粒为硅原子和氧原子，不存在SiO2分子，B错误；
C．该物质分子式为，分子中含有、、键，1ml该物质中含有键的数目为10NA，C错误；
D．在CH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，，及电荷守恒，则，的物质的量为1ml，的数目为，D正确；
答案为D。
5. X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的四种短周期元素。基态X、Z原子的电子均填充了3个能级，且均有2个未成对电子，W的核外电子数是X原子最外层电子数的3倍。下列说法正确的是
A. 与Y同周期且第一电离能比Y小的元素有四种
B. 元素X的氢化物的沸点一定比元素Y的氢化物低
C. Z与W形成WZ，属于离子晶体可作耐高温材料
D. 简单离子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的四种短周期元素。基态X、Z原子的电子均填充了3个能级，且均有2个未成对电子，则X为C、Z为O，那么Y为N；W的核外电子数是X原子最外层电子数的3倍，W为12号元素Mg；据此分析解答。
【详解】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则与Y同周期且第一电离能比Y小的元素有Li、Be、B、C、O共五种，A错误；
B．碳可以形成相对分子质量很大的烃，其沸点可能很高，故元素X的氢化物的沸点不一定比元素Y的氢化物低，B错误；
C．Z与W组成的化合物氧化镁熔点为2800℃，可作耐高温材，C正确；
D．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；简单离子半径：r(Y)＞r(Z)＞r(W)，D错误；
故选C。
6. 下列由实验操作及现象所得结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．向1 mL 0.1 ml·L−1硝酸银溶液中，加入2 mL等浓度NaCl溶液，NaCl溶液过量，硝酸银完全反应生成氯化银沉淀，再加入几滴等浓度的Na2S溶液，有黑色沉淀生成为硫化银，存在沉淀转化，可以说明溶解度AgCl>Ag2S，A正确；
B．乙醇蒸气液具有还原性，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C．加盐酸，产生使品红溶液褪色的无色有刺激味气体，原溶液中也可能存在，C错误；
D．由于碳酸根的水解是吸热反应，故对有酚酞的碳酸钠溶液加热，使水解程度增大，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，碱性增强，溶液颜色变深，D错误；
故选A。
7. 奥培米芬是一种雌激素受体调节剂，其合成中间体的结构简式如图所示：
关于该中间体，下列说法正确的是
A. 含有三种官能团
B. 能发生消去反应、水解反应、加成反应、氧化反应
C. 所有碳原子可能共平面
D. 苯环上的一氯代物有5种结构
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题干有机物的键线式可知，分子中含有碳氯键、碳碳双键、醚键和酯基四种官能团，A错误；
B．由题干有机物的键线式可知，分子中含有碳氯键，且与氯原子相邻的碳原子上还有H，故能发生消去反应和水解反应，同时含有酯基也能发生水解反应, 碳碳双键能发生氧化反应，B正确；
C．分子中含有直接相连的饱和碳原子，故所有碳原子不可能处于同一平面，C错误；
D．由题干有机物的键线式可知，分子中三个苯环不对称，，故苯环上的一氯代物有8种结构 ，D错误；
故选B。
8. 类比思想是化学学习中的重要思想，下列各项中由客观事实类比得到的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．是共价化合物，熔融的状态下不导电，所以电解熔融的不能制备铝，A项错误；
B．难溶于水，与溶液反应可以生成，但易溶于水，与溶液不反应，B项错误；
C．具有还原性，与反应生成，C项错误；
D．与水解产生胶体可作净水剂，D项正确；
故选D。
9. 下列说法不正确的是
A. 0.1的CH3COONa溶液加水稀释的比值逐渐减小
B. 常温下，pH和为14的盐酸与氨水等体积混合后，溶液的pH＞7
C. 对MgCl2∙6H2O的固体加热灼烧，最后可得MgO固体
D. Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-36，向10mL0.1ml∙L-1 的MgCl2溶液中滴加20mL0.1ml∙L-1 的NaOH溶液，取澄清溶液滴加两滴0.1ml∙L-1 的FeCl3 溶液，没有浑浊出现
【答案】D
【解析】
【详解】A．0.1ml/LCH3COONa溶液中存在水解平衡CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，加水稀释，促进CH3COO-的水解，c(CH3COO-)、c(OH-)均减小，温度不变水的离子积不变，则c(H+)增大，故加水稀释的比值逐渐减小，A项正确；
B．盐酸为强酸溶液，氨水为弱碱溶液，常温下pH和为14的盐酸与氨水等体积混合，充分反应后氨水过量，溶液呈碱性，溶液的pH＞7，B项正确；
C．对MgCl2∙6H2O的固体加热时，MgCl2∙6H2O首先失去结晶水，MgCl2溶于结晶水中发生水解：MgCl2+2H2OMg(OH)2+2HCl，加热由于HCl的挥发促进MgCl2水解，最终MgCl2转化成Mg(OH)2，Mg(OH)2灼烧分解成MgO固体，C项正确；
D．向10mL0.1ml∙L-1 的MgCl2溶液中滴加20mL0.1ml∙L-1 的NaOH溶液，发生反应MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，两者恰好完全反应，上层清液为Mg(OH)2的饱和溶液，由于Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11≫Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-36，故取澄清溶液滴加两滴0.1ml/L的FeCl3溶液，产生Fe(OH)3浑浊，D项错误；
答案选D。
10. 用下图所示装置及药品进行实验，能达到对应实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；能达到对应实验目的，A符合题意；
B．浓盐酸和二氧化锰加热生成氯气，不能达到对应实验目的，B不符合题意；
C．一定物质的量浓度溶液配制的操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取（用到胶头滴管）浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，不能达到对应实验目的，C不符合题意；
D．制取红褐色胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至溶液变红褐色；不能达到对应实验目的，D不符合题意；
故选A。
11. 500℃，HCl在催化剂M的作用下被O2氧化依次有如图(Ⅰ)、(Ⅱ)、(Ⅲ)三步反应组成，计算机模拟单个分子在催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是
A. 反应Ⅱ的活化能为1.45 eV
B. 反应Ⅰ的反应速率最慢
C. 总反应的热化学方程式为4HCl(g)+O2(g)=2H2O(g)+2Cl2(g) ΔH=-1.98 eV•ml-1
D. HOOCl(g)比HCl(g)和O2(g)稳定
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应Ⅱ的活化能为，A错误；
B．反应Ⅰ的能垒最高，所以反应Ⅰ的化学反应速率最慢，B正确；
C．图像给出的是单个分子参与反应时的能量变化，总反应的热化学方程式为，C错误；
D．由反应Ⅰ可知的总能量比和的总能量高，能量越高，物质越不稳定，D错误；
故选B。
12. 我国科学家以CO2与辛胺[CH3(CH2)7NH2]为原料能够高选择性的合成甲酸和辛腈[CH3(CH2)6CN]，实现了CO2的再利用，有益于解决全球变暖问题。其工作原理如图，已知右池反应过程中无气体生成。下列说法不正确的是
A. Ni2P电极的电势高于In/In2O3-x电极
B. In/In2O3-x电极上可能有副产物H2生成
C. 阴极上的电极反应：CO2 + H2O +2e－＝+OH－
D. 标准状况下，33.6L CO2参与反应时，Ni2P电极有1.5 ml辛腈生成
【答案】D
【解析】
【分析】CO2在In电极转化为HCOO-发生还原反应，该极为电解池的阴极与电源负极相连。而Ni2P为阳极与电源的正极相连。
【详解】A．阳极的电势高于阴极，A项正确；
B．H+可能在In电极发生还原反应产生H2，B项正确；
C．CO2在In电极转化为HCOO-发生还原反应，反应为：CO2 + H2O +2e－＝ HCOO− +OH－，C项正确；
D．33.6L CO2标况下物质的量为1.5ml。按照得失电子守恒2CO2~CH3(CH2)6CN，即1.5ml的CO2产生0.75ml辛腈，D项错误；
故选D。
13. 纳米二氧化钛催化剂可用于工业上合成甲醇：，按投料比将与充入恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应，测得的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。下列说法错误的是
A. ，
B. 达到平衡后，再按照加入气体，平衡后的体积分数增大
C. M点平衡后，恒温恒容下，向容器中再加入2mlCH3OH、3mlCO，则平衡不移动
D. 、压强下，Q点对应的
【答案】B
【解析】
【详解】A．随着温度升高，CO的转化率下降，说明升温平衡逆移，即，压强增大，平衡正向移动，CO的转化率应增大，根据图示，，故A正确；
B．达到平衡后，再按照加入气体，由于该反应为气体分子数减小的反应，再加入反应物，压强增大，平衡会正向移动，且平衡后的转化率大于原平衡，CO体积分数减小，故B错误；
C．M点平衡后，恒温恒容下，向容器中再加入2mlCH3OH、3mlCO，其浓度熵Qc=K，则平衡不移动，故C正确；
D．、压强下，Q点还未平衡，正在正向进行，即，故D正确；
故选B。
14. 滴定分数是指滴定过程中标准溶液与待测溶液中溶质的物质的量之比。25℃时，用(0.1NaOH溶液滴定 0.1H2C2O4溶液所得滴定曲线如图所示。已知下列说法正确的是
A. 25℃ 时H2C2O4的电离常数：
B. 点②所示溶液中：c(H+)+ c(Na+)= c(OH-)+c(HC2O)+c(C2O)
C. 滴定分数为0.5对应曲线上的点的溶液中：2c(H+)+c(H2C2O4)=2c(OH-)+3c(C2O)+c(HC2O)
D. 点①所示溶液中：c(Na+)>c(HC2O)>c(H2C2O4)>c(C2O)>c(H+)>c(OH-)
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2C2O4的电离常数Ka1=，根据起始时pH为1.3，则Ka1=，A错误；
B．点②所示溶液中，根据电荷守恒可得c(H+)+c(Na+)= c(OH-)+c(HC2O)+2c(C2O)，B错误；
C．滴定分数为0.5时，NaOH的量是H2C2O4的一半，由物料守恒得①c(HC2O)+c(C2O)+ c(H2C2O4)=2c(Na+)，由电荷守恒得②c(H+)+c(Na+)= c(OH-)+c(HC2O)+2c(C2O)，①+2②可得2c(H+)+c(H2C2O4)=2c(OH-)+3c(C2O)+c(HC2O)，C正确；
D．点①为第一个滴定终点，此时溶质为NaHC2O4，此时溶液显酸性，因此HC2O电离大于水解，故c(C2O)＞c(H2C2O4)，离子浓度大小顺序为c(Na+)＞c(HC2O)＞c(H+)＞c(C2O)＞c(OH-)＞c(H2C2O4)，D错误；
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 碲在冶金工业中用途广泛，被誉为现代工业的维生素。某精炼铜的阳极泥经过处理后的主要成分为等，从中回收碲和胆矾的工艺如下：
已知：①高温熔烧后的产物为和；
②在酸性条件下会发生歧化反应；
③元素在酸化和碱浸后分别转化为和两种易溶于水的盐。
回答下列问题：
（1）“高温焙烧”时，从结构的角度分析的产物是而不是的原因为___________。
（2）“酸化”时还需要加入一定量的，其目的是___________。
（3）“还原”时发生反应的离子方程式为___________。
（4）碱浸后铜元素的存在形式为___________(写化学式)。
（5）“电解”制的原理如图，其中N与电源的___________(填“正极”或“负极”)相连：与M相连的惰性电极上发生电极反应式为___________。
（6）胆矾的结构如图所示。下列说法正确的是___________。
A. 胆矾晶体中含有离子键、配位键、氢键等化学键B. 胆矾属于离子晶体
C. 的空间结构为正四面体形D. 电负性O＞S，第一电离能
（7）的立方晶胞结构如图。其中的配位数为___________；已知晶胞边长为，为阿伏伽德罗常数的值，则该晶体的密度为___________(列出计算式即可)。
【答案】（1）基态+1价Cu的价电子排布式为3d10，处于稳定状态
（2）将生成的Cu全部转移至溶液中
（3）TeO2＋＋2SO2＋3H2O=2＋Te＋6H＋
（4）
（5） ①. 正极 ②. （6）BC
（7） ①. 4 ②.
【解析】
【分析】高温熔烧后的产物为和，酸浸后在酸性条件下会发生歧化反应，反应方程式为：Cu2O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋H2O，元素在酸化转化为，在二氧化硫的作用下被还原为，同时回收溶液中的硫酸铜；元素在碱浸后转化为，焙烧产物不溶于碱也不溶于的盐溶液，故碱浸后经过滤除去，溶液电解后得到。
【小问1详解】
从结构的角度分析此时产物是Cu2O而不是CuO的原因：基态+1价Cu的价电子排布式为3d10，处于稳定状态。故答案为基态+1价Cu的价电子排布式为3d10，处于稳定状态。
【小问2详解】
酸化时发生反应：Cu2O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋H2O，为了将生成的Cu全部转移至溶液中需要加入一定量的H2O2。故答案为将生成的Cu全部转移至溶液中。
【小问3详解】
还原时，发生的离子方程式为TeO2＋＋2SO2＋3H2O=2＋Te＋6H＋，故答案为TeO2＋＋2SO2＋3H2O=2＋Te＋6H＋。
【小问4详解】
高温熔烧后的产物为和，碱浸后不溶于碱也不溶于的盐溶液，故答案为。
【小问5详解】
根据“电解”制Te的装置图可知，与M相连的惰性电极上的电极反应式为 ，所以N与电源的正极相连。故答案为：正极；。
【小问6详解】
A.胆矾晶体中含有离子键、配位键等化学键，氢键不属于化学键，故A项错误；
B.胆矾是离子化合物，属于离子晶体，故B项正确；
C.硫酸根的空间构型是正四面体结构。硫原子位于正四面体的中心点上，硫原子以sp3杂化轨道成键，硫原子位于四面体的中心位置上，而四个氧原子则位于它的四个顶点，故C项正确，
D.同主族电负性从上到下越来越小，故电负性，同主族从上到下第一电离能越来越小，故，故D项错误；
故答案为BC。
【小问7详解】
由Cu2Te的立方晶胞结构可知，黑球代表Cu，白球代表Te，所以Te的配位数为4；已知晶胞参数为、NA为阿伏加德罗常数值。根据晶胞体积和晶胞质量可知晶体的密度为，故答案为4；。
【点睛】本题以回收碲和胆矾的工艺为载体。体现对化学方程式书写、化学键、电化学、晶胞结构分析等基本概念、基本理论知识的基础性、综合性、创新性、应用性的考查。考查学生的理解与辨析、分析与推测和归纳与论证能力。
16. 铋酸钠( NaBiO3 )常用作分析试剂、氧化剂等，某同学在实验室用氯气氧化Bi(OH)3制取NaBiO3，并进行相关实验。已知NaBiO3固体不溶于冷水，能与沸水或酸溶液反应产生O2，在酸性条件下能将Mn2+氧化为MnO；Bi(OH)3为白色难溶于水的固体。各实验装置如图所示：
请回答下列问题：
（1）装置的连接顺序是___________→___________→ ___________→ ___________(填字母)。___________
（2）C中装有的试剂是___________，若没有装置C，可能产生的影响是___________。
（3）反应开始时，打开K1和K2，B中Cl2发生的反应有；Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，___________(填化学方程式)。
（4）反应结束后，为从装置B中获得尽可能多的产品，需要进行的操作是___________、过滤、冷水洗涤、干燥。
（5）取上述NaBiO3产品w g，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用c ml·L-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的 MnO，消耗V mL标准溶液。
①滴定终点判断___________，如果装H2C2O4标准溶液的滴定管滴定前有气泡、滴定后没有气泡，则会导致测定结果___________(填偏大或偏小)。
②不能用c ml·L-1的H2C2O4标准溶液直接滴定NaBiO3的原因是___________。
③该产品的纯度为___________(用含w 、c、V的代数式表示)。
（6）取少量B中反应后的悬浊液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，经检验气体中含有Cl2。该实验不能证明一定是NaBiO3氧化了Cl-，理由是___________用离子方程式说明。
【答案】（1）ACBD
（2） ①. 饱和食盐水 ②. 混在氯气中的HCl会中和B中的NaOH，导致NaBiO3的产率下降
（3）Cl2+Bi(OH)3+3NaOH=NaBiO3+2NaCl+3H2O
（4）在冰水浴中冷却结晶
（5） ①. 当最后半滴H2C2O4标准溶液滴入锥形瓶，溶液紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复 ②. 偏大 ③. 难以配制NaBiO3的水溶液，且NaBiO3在酸性条件下易分解，滴定会有很大误差 ④.
（6）ClO-+ Cl-+2H+= Cl2+H2O
【解析】
【分析】在装置A反应生成Cl2，通过装置C饱和食盐水除去Cl2中混合的HCl杂质气体，进入B中反应生成NaBiO3，尾气使用D中碱液吸收减少污染。氯气中含有挥发的氯化氢气体，HCl也会与碱NaOH发生反应，故应在Cl2与碱溶液反应前除去，否则会影响产率及物质的纯度，可根据电子守恒找到NaBiO3与H2C2O4的关系式，利用滴定消耗H2C2O4的物质的量，计算NaBiO3的物质的量及质量，进而可得该产品的纯度。
【小问1详解】
根据上述分析可知：在装置A中用酸性KMnO4溶液与浓盐酸反应产生Cl2，浓盐酸具有挥发性，挥发的HCl随Cl2进入装置B中，用饱和食盐水除去Cl2中的杂质HCl，然后在装置B中与NaOH和Bi(OH)3混合物发生反应制取NaBiO3，Cl2是有毒气体，可根据Cl2与碱反应的性质，用NaOH溶液进行尾气处理，防止污染环境，故装置的连接顺序是A→C→B→D；
【小问2详解】
装置C中盛有饱和食盐水，其作用是除去Cl2中的杂质HCl，若没有装置C，可能产生的影响是混在氯气中的HCl会中和B中的NaOH，导致NaBiO3的产率下降；
【小问3详解】
反应开始时，打开K1和K2，B中Cl2发生的反应有：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O及制取NaBiO3的反应：Cl2+Bi(OH)3+3NaOH=NaBiO3+2NaCl+3H2O；
【小问4详解】
反应结束后，为从装置B中获得尽可能多的产品NaBiO3，根据题目已知信息可知：NaBiO3固体不溶于冷水，能与沸水或酸溶液反应产生O2，因此需要进行的操作是在冰水浴中冷却结晶，然后进行过滤、冷水洗涤、干燥；
【小问5详解】
①在反应中NaBiO3被还原为Bi3+，Mn2+被氧化产生高锰酸根为紫红色，高锰酸根再将H2C2O4氧化产生CO2气体，则达到滴定终点的标志为：当最后半滴H2C2O4标准溶液滴入锥形瓶，溶液紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复；
如果装H2C2O4标准溶液的滴定管滴定前有气泡、滴定后没有气泡，则使标准液体积偏大，则会导致测定结果偏大；
②根据已知信息可知：NaBiO3固体不溶于冷水，因此难以配制NaBiO3的水溶液，且NaBiO3在酸性条件下易分解，直接使用草酸标准溶液滴定会有很大误差，因此不能用c ml·L-1的H2C2O4标准溶液直接滴定NaBiO3；
③在反应中NaBiO3被还原为Bi3+，Mn2+被氧化产生高锰酸根，高锰酸根再将H2C2O4氧化产生CO2气体，根据电子守恒可得关系式：NaBiO3～2e-～H2C2O4，反应消耗标准H2C2O4溶液的物质的量为n(H2C2O4)=c ml/L×V×10-3 L=cV×10-3 ml，则可知反应产生NaBiO3的物质的量n(NaBiO3)=n(H2C2O4)=cV×10-3 ml，其质量为m(NaBiO3)=cV×10-3 ml×280 g/ml=280 cV×10-3 g，故该样品的纯度为：；
【小问6详解】
取少量B中反应后的悬浊液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，经检验气体中含有Cl2，由于在装置B中同时发生了两个反应：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，Cl2+Bi(OH)3+3NaOH=NaBiO3+2NaCl+3H2O，NaBiO3具有强氧化性，可以氧化Cl-产生Cl2，溶液中的ClO-也能氧化Cl-生成Cl2，发生的离子方程式为：ClO-+ Cl-+2H+= Cl2+H2O，因此该实验不能证明一定是NaBiO3氧化了Cl-。
17. 2022年4月16日，中国空间站的3名航天员乘神舟十三号载人飞船平安返回地球。空间站处理CO2的一种重要方法是对CO2进行收集和再生处理，重新生成可供人体呼吸的氧气。其技术路线可分为以下三步：
Ⅰ.固态胺吸收与浓缩CO2
在水蒸气存在下固态胺吸收CO2反应生成酸式碳酸盐(该反应是放热反应)，再解吸出CO2的简单方法是加热。
Ⅱ.CO2的加氢甲烷化
H2还原CO2制CH4的部分反应如下：
i.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H1=+41kJ•ml-1
ii.CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) △H2=-246kJ•ml-1
（1）反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)的△H=________kJ•ml-1。
（2）向恒容绝热的密闭容器中充入amlCO与2amlH2(g)，进行反应ii，下列能判断反应已达化学平衡状态的是________
a容器中混合气体密度不变 b.混合气体中c(CH4)与c(H2O)之比不变
c.v正(H2)=3v逆(H2O) d.容器内温度不变
Ⅲ.CO2和H2合成甲烷也是CO2资源化利用的重要方法。对于上述(1)的反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H，催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化的影响如图所示：
（3）高于320℃后，以Ni为催化剂，CO2转化率仍在上升，其原因是_______。
（4）对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是_______，使用的合适温度为_______。
（5）控制起始时=4，p=1atm，恒容条件下，若只发生反应i、ii，平衡时各物质的量分数随温度的变化如图所示：
①图中代表CH4的曲线是________(填“a”、“b”或“c”)；温度低于500℃时，CO的物质的量分数约为0，说明此条件下，反应________(填“i”或“ii”)化学平衡常数大，反应完全。
②M点(T＜500℃)时，平衡分压p(CO2)=________atm，反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)的平衡常数Kp=________atm-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。
【答案】（1）-205
（2）cd （3）以Ni为催化剂，CO2甲烷化速率较慢，升高温度加快反应速率，相同的时间内CO2转化率提高
（4） ①. Ni－CeO2 ②. 320℃
（5） ①. b ②. ii ③. 0.04 ④. 625
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律反应I+II可得反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，△H=△H1+△H2=41-246=-205kJ·ml-1；故答案为：-205；
【小问2详解】
达到平衡状态的判断方法是“正逆反应速率相等”，“变量不变”。 容器中混合气体密度是定值，密度不变不能说明达到平衡状态，混合气体中c(CH4)与c(H2O)之比是定值，始终是1:1，不能说明达到平衡状态；v正(H2)=3v逆(H2O)符合正逆反应速率相等，能说明达到平衡状态；恒容绝热的密闭容器中温度是变量，温度不变说明达到平衡状态；故选cd；
【小问3详解】
高于320℃后，以Ni为催化剂，CO2转化率仍在上升，其原因是以Ni为催化剂，CO2甲烷化速率较慢，升高温度加快反应速率，相同的时间内CO2转化率提高；
【小问4详解】
对比上述两种催化剂，Ni－CeO2作为催化剂时甲烷的选择性高，工业上应选择的催化剂是Ni－CeO2，320℃时转化率高选择性大，使用的合适温度为320℃；
【小问5详解】
对于反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)△H=-205kJ·ml-1，升高温度，反应逆向移动，H2的物质的量分数增大，CH4和H2O的物质的量分数减小，且CH4和H2O的物质的量分数之比为1：2，故图中a、b、c代表的物质分别为H2O、CH4、H2；温度低于500℃时，CO的物质的量分数约为0，说明CO几乎完全反应，化学平衡常数越大，反应越完全，则反应ii的化学平衡常数大；故答案为：b；ii；
起始时设CO2的起始量为a ml，变化量为x ml，则H2的起始量为4aml，列三段式计算如下：
M点时，n(CH4)=n(H2)，即4a-4x=x，整理得x=0.8a，则平衡时CO2、H2、CH4、H2O的物质的量分别为0.2aml、0.8aml、0.8aml、1.6aml，各气体的总物质的量为（0.2a+0.8a+0.8a+1.6a）ml=3.4aml，在恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，则，平衡时p=，平衡分压p(CO2)=×atm= 0.04atm，平衡常数Kp===625，故答案为：0.04；625。
18. F是合成某药物的中间体，一种制备F的流程如图所示。
已知：①B的结构中只有一种官能团；
②RCHORCH=CHCOOH(Py：吡啶)。
回答下列问题：
（1）E中含氧官能团的名称为______；B的结构简式为______。
（2）若A′为A与足量H2完全加成得到的产物，则A′结构中含有_____个手性碳原子。
（3）C→D的反应机理可用如图表示：
则C→D的两步反应中，“第一步”的有机反应类型为_____，“第二步”得到的产物的结构简式为______。
（4）E→F的化学方程式为______。
（5）G是C的芳香族同分异构体，同时满足下列条件的G的结构有_____种。
①遇氯化铁溶液发生显色反应 ②能发生银镜反应 ③苯环上有3个取代基
（6）设计以和CH2(COOH)2为原料制备的合成路线(无机试剂及有机溶剂任选)。_____
【答案】（1） ①. 羟基、酯基 ②.
（2）3 （3） ①. 加成反应 ②.
（4） （5）20
（6）
【解析】
【分析】A发生醇的催化氧化生成B为，B反应生成C，根据E的结构简式结合D到E的反应条件可知，D到E为酯化反应，则D为，D与甲醇发生酯化反应生成E，E反应生成F。
【小问1详解】
根据E的结构简式可知，其中含氧官能团名称为酯基、羟基。根据分析可知，B的结构简式为。
【小问2详解】
A与足量H2完全加成得到A′，则A′为，其中有3个手性碳原子。
【小问3详解】
从反应机理可知，C→D第一步的反应类型为加成反应，生成产物为，发生醇的消去反应生成产物为，即第二步产物的结构简式为。
【小问4详解】
E→F发生取代反应，化学方程式为。
【小问5详解】
①遇氯化铁溶液发生显色反应，说明其中含有酚羟基，②能发生银镜反应说明含有醛基，③苯环上有3个取代基，当3个取代基分别为-OH、-CHO和-CH2CH3时，若酚羟基和醛基处于邻位，此时乙基有4个位置，当酚羟基和醛基处于间位，此时乙基有4个位置，当酚羟基和醛基处于对位，此时乙基有2个位置；若3个取代基分别为-OH、-CH2CHO、-CH3，若酚羟基和-CH2CHO处于邻位，此时甲基有4个位置，当酚羟基和-CH2CHO处于间位，此时甲基有4个位置，当酚羟基和-CH2CHO处于对位，此时甲基有2个位置，因此共有20种满足条件的同分异构体。
【小问6详解】选项
实验操作和现象
实验结论
A
向1 mL 0.1 ml·L−1硝酸银溶液中，加入2 mL等浓度NaCl溶液，出现白色沉淀，再加入几滴等浓度的Na2S溶液，有黑色沉淀生成
溶解度AgCl>Ag2S
B
适量溴乙烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热反应，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫红色褪去
证明有乙烯生成
C
某溶液中加盐酸，产生使品红溶液褪色的无色有刺激味气体
原溶液中一定存SO
D
对有酚酞的碳酸钠溶液加热，溶液颜色变浅
说明水解平衡逆向移动
选项
客观事实
类比结论
A
电解熔融的制备镁
电解熔融的可制备铝
B
与溶液反应生成
与溶液反应可生成
C
与反应生成和
与反应生成和
D
可作净水剂
也可作净水剂
A．检查装置的气密性
B．实验室制取氯气
C．配制一定物质的量浓度的硫酸
D．制备胶体
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