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重庆市第七中学2023-2024学年高三下学期2月月考化学试题（Word版附解析）
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(满分100分，考试时间75分钟)
相对原子质量：H1 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Fe56 Mn55 Zn65 Ni59
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。
1. 《后汉书·蔡伦传》中记载：“自古书契多编以竹简，其用缣帛者，谓之纸。缣贵而简重，不便于人，伦乃造意用树肤，麻头及弊布、渔网以为纸。”下列叙述错误的是
A. “缣帛”是丝质品，其主要成分为蛋白质B. “树肤”与“麻头”的主要成分属于糖类
C. 造纸过程中可以采用过氧化氢漂白纸浆D. 现代渔网的主要成分是尼龙，属于纤维素
【答案】D
【解析】
【详解】A．“缣帛”是丝质品，丝绸的主要成分为蛋白质，A正确；
B．“树肤”与“麻头”的主要成分是纤维素，纤维素是多糖，属于糖类，B正确；
C．过氧化氢具有强氧化性，能够将有色物质氧化变为无色物质，因此造纸过程中可以采用过氧化氢漂白纸浆，C正确；
D．现代渔网的主要成分是尼龙，尼龙属于有机合成高分子材料，而不属于纤维素，D错误；
故合理选项是D。
2. 某分子的片段如图所示。下列关于该片段的说法不正确的是
A. 该片段结构最多与发生加成
B. 胸腺嘧啶与酸或碱溶液加热条件下均可以反应
C. 分子可通过氢键①②形成双螺旋结构
D. 该片段能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】A
【解析】
【详解】A．酰胺键不能与氢气加成，该片段结构最多与5mlH2发生加成，故A错误；
B．胸腺嘧啶含有酰胺键，与酸或碱溶液加热条件下均可以反应，故B正确；
C．①②属于氢键，分子可通过氢键①②形成双螺旋结构，故C正确；
D．该片段中含有碳碳双键，能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；
选A。
3. 催化剂能催化脱除烟气中的，反应为。下列说法正确的是
A. 的电子式：
B. 的模型名称：直线型
C. 的价电子排布图为：
D. 是极性键构成的非极性分子
【答案】C
【解析】
【详解】A．的电子式：，A错误；
B．的价层电子对数是4，模型名称：四面体形,，B错误；
C．的价电子排布图为：，C正确；
D．是极性键构成的极性分子，极性向量和不为零，D错误；
故选C。
4. 下列关于物质的性质、用途等描述中不正确的是
A. SO2具有还原性，并且可以杀菌、抗氧化，在葡萄酒中添加适量的SO2能杀灭微生物并防止葡萄酒的氧化变质
B. 高铁酸钾在水处理过程中涉及的变化过程有：氧化还原反应、蛋白质变性、盐类水解、胶体聚沉等
C. 储氢合金是一类能大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物材料
D. 液氨作为清洁能源的反应原理是
【答案】D
【解析】
【详解】A．SO2具有还原性，并且可以杀菌、抗氧化，在葡萄酒中添加适量的SO2能杀灭微生物并防止葡萄酒的氧化变质，A正确；
B．高铁酸钾通过强氧化性使细菌蛋白质外壳变性来杀菌消毒，被还原为铁离子后水解成氢氧化铁胶体，进而吸附水中悬浮杂质聚沉，涉及的变化过程有：氧化还原反应、蛋白质的变性、盐类的水解、胶体的聚沉等，B正确；
C．储氢合金是一类能大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料，C正确；
D．液氨作为清洁能源的原理是其与O2反应生成N2和H2O，而NO是大气污染物，D错误；
故答案选D。
5. 高电压水系锌—有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法错误的是
A. 放电时，负极反应式为
B. 放电时，正极区溶液的增大
C. 充电时，转化为转移电子
D. 充电时，中性电解质的浓度增大
【答案】D
【解析】
【分析】高电压水系锌-有机混合液流电池工作原理为：放电时为原电池，金属Zn发生失电子的氧化反应生成Zn2+，为负极，则FQ所在电极为正极，正极反应式为2FQ+2e-+2H+═FQH2，负极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)；充电时电解池，原电池的正负极连接电源的正负极，阴阳极的电极反应与原电池的负正极的反应式相反，电解质中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极。
【详解】A． 放电时为原电池，金属Zn为负极，负极反应式为，选项A正确；
B．放电时为原电池，正极反应式为2FQ+2e-+2H+═FQH2，即正极区溶液的pH增大，选项B正确；
C． 充电时电解池，阳极反应为FQH2-2e-=2FQ+2e-+2H+，则1mlFQH2转化为FQ时转移2ml电子，选项C正确；
D． 充电时装置为电解池，电解池中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极，NaCl溶液中的钠离子和氯离子分别发生定向移动，即电解质NaCl的浓度减小，选项D错误；
答案选D。
6. 铼(Re)是生产飞机发动机叶片必不可少的材料。X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大且位于不同主族的短周期元素，其中X、Y、Z三种元素可与铼元素组成一种化合物(结构如图)，该化合物与X的单质反应可得到铼。Q是地壳中含量最丰富的金属元素，Z与W形成的化合物为共价晶体。下列说法不正确的是
A. 元素第一电离能：
B. 图中的阳离子与互为等电子体，具有相同的空间结构
C. Q的最高价氧化物对应水化物可以和强碱反应
D. 熔点：W晶体小于W、Y形成的晶体
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大且位于不同主族的短周期元素，其中X、Y、Z三种元素可与铼元素组成一种化合物，该化合物与X的单质反应可得到铼，Q是地壳中含量最丰富的金属元素，则为Al，Z与W形成的化合物为共价晶体，Z为O、W为Si，X为H，结合化合物中Y的价键可知为N，右边的离子为铵根离子；综上分析可知X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，Q为A1元素，W为Si元素；据此分析。
【详解】A．第一电离能：N>O>Si>Al，即Y>Z>W>Q，A错误；
B．阳离子为与互为等电子体，具有相同的空间结构，都为正四面体形，B正确；
C．铝的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，可以与强碱反应，C正确；
D．W晶体与W、Y形成的晶体都为共价晶体，共价晶体熔点与原子半径有关，N半径小于Si，则N-Si键键长小于Si-Si键，N-Si键键能大于Si-Si键，则熔点：W晶体小于W、Y形成的晶体，D正确；
故选A。
7. 碳元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。具有较大的燃烧热，是常见燃料。用溶液吸收生成溶液是“固定”再利用的方法之一、电解溶液可获得；向溶液中加入铁粉，反应初期产生并生成迅速转化为活性，活性催化加氢生成。“侯氏制碱法”是以为原料制备。下列化学反应表示正确的是
A. 甲烷燃烧：
B. 铁粉和溶液反应制
C. 通入氨的饱和食盐水中：
D. 催化电解生成的阳极反应式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．燃烧热是在101kPa时，1ml物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；应该生成液态水，，A错误；
B．由题意可知，向溶液中加入铁粉，反应初期产生并生成，反应中铁化合价升高发生氧化反应、水中氢元素化合价降低发生还原反应，反应为，B正确；
C．通入氨的饱和食盐水中生成溶解度较小的碳酸氢钠，同时生成氯化铵：，C错误；
D．由题意可知，电解溶液可获得，反应中碳元素得到电子在碱性条件下发生还原反应生成甲烷，反应在阴极进行：，D错误；
答案选B。
8. TiO2通过氮掺杂生成TiO(2-a)Nb的反应如图。已知原子1、2的分数坐标为(0，0，)和(1，0，0)，设阿伏加德罗常数的值为NA。
下列叙述不正确的是
A. 原子3的分数坐标为(1，1，)B. TiO2的密度为g•cm-3
C. TiO(2-a)Nb晶体中a=D. TiO(2-a)Nb晶体中b=
【答案】D
【解析】
【详解】A．原子1、2的坐标分别为(0，0，)和(1，0，0)，由TiO2的晶胞结构可知，原子3的坐标为(1，1，)，A正确；
B．Ti原子在晶胞的8个顶点、4个面心和1个在体内，Ti原子的个数为4，O原子在8个棱上、8个面上，2个在体内，O原子个数为8，则1ml晶胞的质量4×(48+16×2)g，一个晶胞的质量为m=，体积为V=x2y×10-30cm3，则TiO2的密度为，B正确；
C．由TiO(2-a)Nb晶体结构可知，氮掺杂反应后有3个氧空穴，O原子6个在棱上、6个在后面，1个在体内，O原子个数为(，N原子1个在棱上、1个在面，N原子个数为(，Ti原子8个在顶点、4个在面心，1个在体内，Ti原子个数为+4，Ti：O：N=4：：=1：：，TiO(2-a)Nb晶体中2-a=，a=，b=，C正确；
D．由C选项可知，b=，D错误；
答案选D。
9. 一种以CH3OH、CO、HI作原料合成乙酸的催化机理如图所示。下列说法错误的是
A. 是反应的催化剂
B. 该过程中有非极性键的形成
C. 含Rh物质参与反应历程中的每个步骤
D. 总反应的化学方程式为CH3OH+COCH3COOH
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题干反应历程图可知，参与反应，但反应前后并未改变，故是该反应的催化剂，A正确；
B．由题干反应历程图可知，该过程③中有C-C非极性键的形成，B正确；
C．由题干反应历程图可知，含Rh物质并未参与反应历程中①、⑥两个步骤，C错误；
D．由题干反应历程图可知，总反应的化学方程式为CH3OH+COCH3COOH，D正确；
故答案为：C。
10. 利用如下流程可从废光盘的金属层中回收其中的银(金属层中其他金属含量过低，对实验影响可忽略)：
已知：溶液在加热时易分解产生和；“溶解”工序发生的反应为可逆反应。下列说法错误的是
A. “氧化”时，适宜选择水浴加热方式
B. 若省略第一次过滤，会使氨水的用量增加
C. 滤渣Ⅱ洗涤后的滤液可送入“还原”工序利用
D. “还原”时，每生成，理论上消耗
【答案】D
【解析】
【分析】由流程可知,氧化时发生4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑，过滤分离出AgCl、可能含Ag,加氨水发生AgCl+2NH3·H2O=Ag(NH3)2Cl+2H2O，过滤分离出滤渣为Ag，再加还原剂、过滤分离出Ag，以此来解答。
【详解】A．“氧化”时需要的温度为80℃，适宜选择水浴加热方式，A正确；
B．需要增加氨水的用量，因为①过量NaClO与NH3·H2O反应， ②还因为未过滤掉的溶液会对加入的氨水起稀释作用，且其中含有一定浓度的Cl-，也不利于AgCl与氨水反应，B正确；
C．滤渣Ⅱ洗涤后的滤液含有，则可送入“还原”工序可以提高产率，C正确；
D．还原过程中银元素化合价降低生成单质银，由+1价变为0价，N2H4·H2O中氮元素化合价升高生成N2，由-2 价变为0价，根据得失电子守恒，，则每生成，理论上消耗，D错误；
故选D
11. 下列说法不正确的是
A. 装置甲可以用于探究铁与水蒸气反应，并点燃肥皂泡检验氢气
B. 图乙用(杯酚)识别和，操作①②为过滤，操作③为蒸馏
C. 装置丙可用于实验室配制银氨溶液
D. 装置丁中若将溶液替换成溶液，仍然形成原电池
【答案】C
【解析】
【详解】A．湿棉花受热产生水蒸气，高温下铁与水蒸气反应生成氢气，氢气具有可燃性，点燃肥皂泡检验氢气，A正确；
B．图乙用(杯酚)识别和，超分子不溶于甲苯，杯酚可溶于氯仿，故操作①②为过滤，杯酚和氯仿沸点不同，操作③为蒸馏，B正确；
C．实验室配制银氨溶液时应该把过量的氨水逐滴滴入硝酸银溶液中，C错误；
D．装置丁中若将溶液替换成溶液，仍然可以形成原电池，锌负极，铜是正极，D正确；
故选C。
12. 某反应的速率方程为。其中，k为速率常数。已知其半衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为0.8/k。改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示，下列说法不正确的是
A. 上述表格中的、
B. 该反应的速率常数
C. 升温、加入催化剂均可使k增大，反应瞬时速率加快
D. 在过量的B存在时，当剩余6.25%的A时，所需的时间是375min
【答案】D
【解析】
【分析】某反应A(g)+B(g)→C(g)+D(g) 的速率方程为， 其中k是反应速率常数，受温度、催化剂的影响，浓度变化，k不变。由第二组数据3.2×10-3=k (0.5)m(0.050)n和第四组数据3.2×10-3=k (0.5)m(0.100)n，可知n=0，由第一组数据1.6×10-3=k (0.25)m(0.050)0 ，第二组数据3.2×10-3=k (0.5)m(0.050)0，两式相比得到m=1；将n=0，m=1代入1.6×10-3=k (0.25)1(0.050)0得到k=6.4×10-3 min-1。速率方程式为v=6.4×10-3 c (A) c0(B)。
【详解】A．由上速率方程式为v=6.4×10-3 c (A)c0(B)，代入第五组数据，v2=6.4×10-3×(1.00)×(0.200)0=6.4×10-3 mlL-1min-1，故v2=6.4；第六组数据中v=4.8×10-3 mlL-1min-1，代入速率方程解得c1=0.75，A正确；
B．根据分析k=6.4×10-3min-1，B正确；
C．升温、加入催化剂可使k增大，C正确；
D．根据题给信息，其半衰期为：0.8/k。存在过量的B时，当剩余6.25%的A时可以看作经历4个半衰期，即因此所需的时间为，D错误；
故选D。
13. 下列实验过程可以达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．测定中和热实验中，为防止热量散失产生误差，应将NaOH溶液一次性迅速倒入盐酸中，A正确；
B．向浓中插入红热的炭，产生红棕色气体，也可能是浓受热分解产生的，无法证明是炭与浓反应生成的，B错误；
C．向溶液中滴加几滴NaCl溶液，产生白色沉淀，此时溶液中还有过量的，滴加溶液，与反应产生黑色沉淀，并未发生AgCl与沉淀间的转化，无法证明AgCl的溶解度大于，C错误；
D．会和无水氯化钙反应，不能用其干燥，D错误；
故选A。
14. 溶液滴定溶液时，、各含磷元素微粒的和的关系如图。下列说法中正确的是
A. ①为的与的关系
B. b点时，溶液中
C. 的
D. d点时，溶液中存在着
【答案】B
【解析】
【分析】根据图中a点，=10ml时，溶液中溶质为n(H3PO4):n(NaH2PO4)=1:1，故③④为磷酸和磷酸二氢钠的曲线，又因为随着pH变大，H3PO4浓度变小，故③为H3PO4，④为，又因为pH=2.12时，最小，故曲线②为，曲线①为，据此分析回答；
【详解】A．据分析可知①为的与的关系，A错误；
B． b点时，=20mL，此时溶质为NaH2PO4，此时溶液pH=5，证明电离程度大于水解程度，故溶液中，B正确；
C．a点，=10mL，溶液中溶质为c(H3PO4):c(NaH2PO4)=1:1，即c(H3PO4)=c()，；c点，=30ml，c():c()=1:1，即c()=c()，，，C错误；
D．d点时，溶质Na2HPO4，溶液中存在电荷守恒，此时溶液pH为10，故，即，D错误；
故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 纳米铁酸锰(，具有磁性)在光、电子、催化等领域应用广泛。实验室可采用共沉淀法制备纳米铁酸锰，步骤如下：
步骤1：按，称取和于烧杯中，加入200mL的蒸馏水，搅拌，形成混合溶液；
步骤2：配制浓度为的NaOH溶液，并加热至沸腾；
步骤3：将步骤1的混合液加热至80℃，剧烈搅拌下于10s内加入沸腾的130mL的NaOH溶液中，然后将该溶液倒入仪器X中回流，于90℃恒温晶化1h；
步骤4：反应结束后，将铁酸锰晶体粒子分离出来，依次用蒸馏水、乙醇洗涤干燥后，即得到黑色具有磁性的铁锰酸。
回答下列问题：
（1）步骤2所配NaOH溶液的物质的量浓度为___________。配制过程中，下列仪器不需要用到的是___________(填字母)。
（2）步骤3回流装置如图所示，其中夹持仪器和加热装置均省略。
①仪器X的名称为___________。
②回流时的加热方式为___________。
③写出形成铁酸锰反应的离子方程式：___________。
（3）步骤4分离出铁酸锰的简单方法是___________，检验蒸馏水将铁酸锰洗涤干净的操作是___________，乙醇洗涤的目的是___________。
【答案】（1） ①. 0.64 ②. E
（2） ①. 三颈烧瓶 ②. 水浴加热 ③.
（3） ①. 过滤 ②. 取最后一次洗涤液，加入酸化的硝酸银溶液，没有沉淀生成，说明洗涤干净 ③. 减小铁酸锰晶体的溶解损失，且乙醇易挥发容易使得晶体快速干燥
【解析】
【分析】和加水溶解，混合液加热至80℃，剧烈搅拌下加入沸腾的NaOH溶液中，将溶液倒入仪器X中回流，于90℃恒温晶化1h，反应结束后，过滤分离成铁酸锰晶体，用蒸馏水、乙醇洗涤干燥后，即得到黑色具有磁性的铁锰酸；
【小问1详解】
浓度为的NaOH溶液的物质的量浓度为；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；实验中需要使用130mL的NaOH溶液，则可以配制250mL的氢氧化钠溶液，故需要的仪器有：电子天平、玻璃棒、烧杯、250mL容量瓶、胶体滴管，不需使用E分液漏斗；
【小问2详解】
①仪器X的名称为三颈烧瓶；
②将步骤1的混合液加热至80℃，剧烈搅拌下于10s内加入沸腾的130mL的NaOH溶液中，然后将该溶液倒入仪器X中回流，于90℃恒温晶化1h；回流加热温度低于水的沸点，故回流时的加热方式为水浴加热；
③锰离子、铁离子在加热条件显和氢氧根离子反应铁酸锰晶体，反应的离子方程式：；
【小问3详解】
铁酸锰晶体为固态，步骤4分离出铁酸锰的简单方法是过滤；反应溶液中存在氯离子，氯离子和银离子生成不溶于酸的氯化银沉淀，故检验蒸馏水将铁酸锰洗涤干净的操作是：取最后一次洗涤液，加入酸化的硝酸银溶液，没有沉淀生成，说明洗涤干净了；乙醇洗涤的目的是减小铁酸锰晶体的溶解损失，且乙醇易挥发容易使得晶体快速干燥。
16. 草酸镍是一种不溶于水的浅绿色粉末，常用于制镍催化剂和镍粉等。以铜镍合金废料(主要成分为镍和铜，含有一定量的铁和硅)为原料生产草酸镍的工艺流程如图：
已知：①“浸出”液含有的离子主要有；
②增大，被氧化的速率加快，同时生成的水解形成更多的胶体能吸附。
③草酸的
（1）生产时为提高合金废料浸出率，常采取的措施有______(填字母)。
a．适当延长浸出时间 b．高温浸出 c．分批加入混酸浸取并搅拌
（2）“萃取”步骤中萃取除去的主要金属阳离子是______。
（3）“氧化”过程中，控制小于3的条件下进行。
①的电子式为______。②“氧化”过程的离子方程式为______。
③为3～4时，镍的回收率降低的原因是______。
（4）已知常温下，当溶液时，沉淀完全[时认为完全沉淀]，则此时溶液中草酸的浓度______。
（5）在空气中加热二水合草酸镍得到如下TT-DSC热分解曲线如图所示，已知：指的是在程序控制温度下测量待测样品的质量与温度变化关系，DSC指通过单独的加热器补偿样品在加热过程中发生的热量变化，以保持样品和参比物的温差为零。这种补偿能量即样品吸收(峰向下)或放出(峰向上)的热量。则时，反应的化学方程式为______。二水合草酸镍分解的整个反应是______(填“吸热”或“放热”)反应。
【答案】16. ac 17.
18. ①. ②. ③. 过高，生成氢氧化铁胶体吸附大量，导致镍回收率降低
19.
20. ①. ②. 放热
【解析】
【分析】以铜镍合金废料(主要成分为镍和铜，含有一定量的铁和硅)为原料生产草酸镍，废料先加入稀硫酸、稀硝酸浸出，浸出液含有的离子主要有H+、Ni2+、Cu2+、Fe3+、、，铁、铜、镍溶解，过滤除去不溶的硅，加入萃取剂萃取铜离子，加入还原剂除去硝酸等氧化剂，然后加入H2O2氧化亚铁离子为铁离子，并生成FeOOH沉淀，过滤除去，然后加入草酸，经过系列操作得到草酸镍，据此解答。
【小问1详解】
温度高时硝酸分解，故适当延长浸出时间、分批加入混酸浸取并搅拌可提高合金废料浸出率，故选ac；
【小问2详解】
根据分析，“萃取”步骤中萃取除去的主要金属阳离子是Cu2+；
【小问3详解】
①的电子式为；
②“氧化”过程中，氧化亚铁离子为铁离子，并生成FeOOH沉淀，离子反应方程式为；
③pH过高，Fe3+生成氢氧化铁胶体吸附大量Ni2+，导致镍回收率降低；
【小问4详解】
当溶液时沉淀完全，此时溶液中。，则；
【小问5详解】
根据分析，首先在175~275℃失重，总质量损失率约为19.19%，与失去结晶水生成理论质量损失率19.71%相吻合。因此前所得产物为。随着热分解温度的升高，在325~400℃有较大的质量损失，质量损失率达到38.36%，与热分解生成NiO所造成的理论质量损失率39.41%基本上相吻合。因此，在空气中二水合草酸镍热分解的最终产物为NiO。即时反应的化学方程式为；在357.8℃附近有一个放热峰，可知在空气中热分解生成NiO的反应是放热反应。
17. 氢能将在实现“双碳”目标中起到重要作用。乙醇—水催化重整可获得氢气。主要发生以下反应：
反应①：
反应②：2
回答下列问题：
（1）反应①自发进行的条件是 。
A. 高温B. 低温C. 高压D. 低压
（2）已知有关键能数据如下表：
反应②中△H2=__________________kJ∙ml-1反应的△H3=__________________kJ∙ml-1。
（3）为提高氢气的平衡产率，可采取的措施为___________(写出2条)。
（4）向体积为VL的恒容密闭容器中充入1mlC2H5OH(g)和发生上述反应①②。初始时体系压强为100kPa，平衡时CO2和CO的选择性、H2的产率随温度的变化曲线如图所示。(CO的选择性
①表示CO2的选择性的是曲线___________。
②400℃以后，H2的产率随温度变化的原因是___________。
③反应①的标准平衡常数其中p0为标准压强100kPa)，p(X)为气体X的平衡分压，分压=总压×该气体的物质的量分数。500℃时，测得的转化率为80%，则反应①的=_____________(保留1位小数)。
【答案】（1）A （2） ①. 43 ②. 259.3
（3）减小体系的压强；分离出CO2
（4） ①. c ②. 400℃后，以反应Ⅱ为主，温度升高，反应Ⅱ消耗的H2大于反应Ⅰ生成的H2 ③. 0.03
【解析】
【小问1详解】
反应①：可知，>0，>0，要使反应自发，，高温自发；
【小问2详解】
=反应物键能和-生成物键能和=2× 803+436-1071-464×2=43
根据盖斯定律得=173.3+43×2=259.3
【小问3详解】
由反应①：反应②：2>0可知，若要增大氢气的产率，应使反应①正移，反应②逆移，可减小体系压强或移出产物；
【小问4详解】
①由选择性的定义可知，CO的选择性+的选择性=1，由图可知，曲线a和曲线c在相同温度下的数值加和始终为1，所以曲线a和曲线c为两种气体的选择性曲线，曲线b为氢气的产率曲线，又由于起始时按投料，所以一开始体系中没有，所以反应Ⅱ开始时不反应，CO的选择性为0，表示平衡时CO选择性的曲线是c；
②由①分析可知，曲线b为氢气的产率曲线，CO的选择性随温度的升高而升高，CO2的选择性随温度的升高而降低，由图可知，400℃后，以反应Ⅱ为主，温度升高，反应Ⅱ消耗的H2大于反应Ⅰ生成的H2；
③根据题干信息及图像可知，的转化率为80%，转化了0.8ml，平衡时还剩0.2ml。图中M点CO和的选择性均为50%，故生成CO和各0.8ml，根据反应①和②系数比可算出n()=1.4ml，n(CO)=0.8ml， n()=0.8ml，n()=4ml。由于反应体系为恒容密闭容器，平衡时的压强p=kpa，根据代数得。
18. 已知间苯二酚可以合成中草药的活性成分Psralidin(化合物P)，合成路线如图：
P
已知：①2 equiv即加入2倍物质的量的试剂
② ③
（1）A中官能团的名称为___________。
（2）C的结构简式为___________。
（3）D→E的方程式为___________。
（4）写出一个满足下列条件的B的同分异构体___________。
①与溶液反应显紫色
②核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积之比为2：2：2：1：1
（5）H+→Psralidin+J的反应原理如图。J的名称为___________。
（6）G→H的过程中分为三步反应。K的结构简式为_______，K→M的反应类型是______。
【答案】（1）溴原子、酚羟基
（2） （3）+CH3CH2OH+H2O
（4） （5）丙烯
（6）消去反应
【解析】
【分析】结合D结构，和Br2发生取代反应生成A为，A和CH3I发生取代反应生成B为，B发生已知反应生成C为，C和Mg、CO2、氢离子酸化生成D，D和乙醇发生酯化反应生成E为，E和发生取代反应生成F为，F一定条件下转化为G，G酸化加热生成H为，H和在催化剂条件下生成H，据此解答。
【小问1详解】
A中含有官能团的名称为溴原子，酚羟基。
【小问2详解】
C的结构简式为。
【小问3详解】
D和乙醇发生酯化反应生成E为，化学方程式为+CH3CH2OH+H2O。
【小问4详解】
B为，B的同分异构体满足条件①与FeCl3溶液反应显紫色，说明其中含有酚羟基，②核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积之比为2：2：2：1：1，说明其中含有5种环境的H原子；满足条件的同分异构体为或。
【小问5详解】
根据H+→Psralidin+J的反应原理：，J为CH2=CHCH3，名称为丙烯。
【小问6详解】0.25
0.50
1.00
0.50
1.00
0.050
0.050
0.100
0.100
0.200
1.6
3.2
3.2
4.8
选项
实验目的
实验操作
A
测定中和热
将的NaOH溶液一次性迅速倒入盛盐酸的烧杯中
B
证明炭可与浓反应生成
向浓中插入红热的炭，产生红棕色气体
C
证明AgCl的溶解度大于
向的溶液中滴加几滴NaCl溶液，产生白色沉淀，再滴加几滴溶液产生黑色沉淀
D
制取氨气并干燥
加热氯化铵和氢氧化钙的混合物，将产生的气体通过装有无水氯化钙的干燥管
化学键
H−H
H−O
C=O
C≡O
键能/kJ·ml⁻¹
436
464
803
1071
(满分100分，考试时间75分钟)
相对原子质量：H1 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Fe56 Mn55 Zn65 Ni59
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。
1. 《后汉书·蔡伦传》中记载：“自古书契多编以竹简，其用缣帛者，谓之纸。缣贵而简重，不便于人，伦乃造意用树肤，麻头及弊布、渔网以为纸。”下列叙述错误的是
A. “缣帛”是丝质品，其主要成分为蛋白质B. “树肤”与“麻头”的主要成分属于糖类
C. 造纸过程中可以采用过氧化氢漂白纸浆D. 现代渔网的主要成分是尼龙，属于纤维素
【答案】D
【解析】
【详解】A．“缣帛”是丝质品，丝绸的主要成分为蛋白质，A正确；
B．“树肤”与“麻头”的主要成分是纤维素，纤维素是多糖，属于糖类，B正确；
C．过氧化氢具有强氧化性，能够将有色物质氧化变为无色物质，因此造纸过程中可以采用过氧化氢漂白纸浆，C正确；
D．现代渔网的主要成分是尼龙，尼龙属于有机合成高分子材料，而不属于纤维素，D错误；
故合理选项是D。
2. 某分子的片段如图所示。下列关于该片段的说法不正确的是
A. 该片段结构最多与发生加成
B. 胸腺嘧啶与酸或碱溶液加热条件下均可以反应
C. 分子可通过氢键①②形成双螺旋结构
D. 该片段能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】A
【解析】
【详解】A．酰胺键不能与氢气加成，该片段结构最多与5mlH2发生加成，故A错误；
B．胸腺嘧啶含有酰胺键，与酸或碱溶液加热条件下均可以反应，故B正确；
C．①②属于氢键，分子可通过氢键①②形成双螺旋结构，故C正确；
D．该片段中含有碳碳双键，能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；
选A。
3. 催化剂能催化脱除烟气中的，反应为。下列说法正确的是
A. 的电子式：
B. 的模型名称：直线型
C. 的价电子排布图为：
D. 是极性键构成的非极性分子
【答案】C
【解析】
【详解】A．的电子式：，A错误；
B．的价层电子对数是4，模型名称：四面体形,，B错误；
C．的价电子排布图为：，C正确；
D．是极性键构成的极性分子，极性向量和不为零，D错误；
故选C。
4. 下列关于物质的性质、用途等描述中不正确的是
A. SO2具有还原性，并且可以杀菌、抗氧化，在葡萄酒中添加适量的SO2能杀灭微生物并防止葡萄酒的氧化变质
B. 高铁酸钾在水处理过程中涉及的变化过程有：氧化还原反应、蛋白质变性、盐类水解、胶体聚沉等
C. 储氢合金是一类能大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物材料
D. 液氨作为清洁能源的反应原理是
【答案】D
【解析】
【详解】A．SO2具有还原性，并且可以杀菌、抗氧化，在葡萄酒中添加适量的SO2能杀灭微生物并防止葡萄酒的氧化变质，A正确；
B．高铁酸钾通过强氧化性使细菌蛋白质外壳变性来杀菌消毒，被还原为铁离子后水解成氢氧化铁胶体，进而吸附水中悬浮杂质聚沉，涉及的变化过程有：氧化还原反应、蛋白质的变性、盐类的水解、胶体的聚沉等，B正确；
C．储氢合金是一类能大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料，C正确；
D．液氨作为清洁能源的原理是其与O2反应生成N2和H2O，而NO是大气污染物，D错误；
故答案选D。
5. 高电压水系锌—有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法错误的是
A. 放电时，负极反应式为
B. 放电时，正极区溶液的增大
C. 充电时，转化为转移电子
D. 充电时，中性电解质的浓度增大
【答案】D
【解析】
【分析】高电压水系锌-有机混合液流电池工作原理为：放电时为原电池，金属Zn发生失电子的氧化反应生成Zn2+，为负极，则FQ所在电极为正极，正极反应式为2FQ+2e-+2H+═FQH2，负极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)；充电时电解池，原电池的正负极连接电源的正负极，阴阳极的电极反应与原电池的负正极的反应式相反，电解质中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极。
【详解】A． 放电时为原电池，金属Zn为负极，负极反应式为，选项A正确；
B．放电时为原电池，正极反应式为2FQ+2e-+2H+═FQH2，即正极区溶液的pH增大，选项B正确；
C． 充电时电解池，阳极反应为FQH2-2e-=2FQ+2e-+2H+，则1mlFQH2转化为FQ时转移2ml电子，选项C正确；
D． 充电时装置为电解池，电解池中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极，NaCl溶液中的钠离子和氯离子分别发生定向移动，即电解质NaCl的浓度减小，选项D错误；
答案选D。
6. 铼(Re)是生产飞机发动机叶片必不可少的材料。X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大且位于不同主族的短周期元素，其中X、Y、Z三种元素可与铼元素组成一种化合物(结构如图)，该化合物与X的单质反应可得到铼。Q是地壳中含量最丰富的金属元素，Z与W形成的化合物为共价晶体。下列说法不正确的是
A. 元素第一电离能：
B. 图中的阳离子与互为等电子体，具有相同的空间结构
C. Q的最高价氧化物对应水化物可以和强碱反应
D. 熔点：W晶体小于W、Y形成的晶体
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大且位于不同主族的短周期元素，其中X、Y、Z三种元素可与铼元素组成一种化合物，该化合物与X的单质反应可得到铼，Q是地壳中含量最丰富的金属元素，则为Al，Z与W形成的化合物为共价晶体，Z为O、W为Si，X为H，结合化合物中Y的价键可知为N，右边的离子为铵根离子；综上分析可知X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，Q为A1元素，W为Si元素；据此分析。
【详解】A．第一电离能：N>O>Si>Al，即Y>Z>W>Q，A错误；
B．阳离子为与互为等电子体，具有相同的空间结构，都为正四面体形，B正确；
C．铝的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，可以与强碱反应，C正确；
D．W晶体与W、Y形成的晶体都为共价晶体，共价晶体熔点与原子半径有关，N半径小于Si，则N-Si键键长小于Si-Si键，N-Si键键能大于Si-Si键，则熔点：W晶体小于W、Y形成的晶体，D正确；
故选A。
7. 碳元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。具有较大的燃烧热，是常见燃料。用溶液吸收生成溶液是“固定”再利用的方法之一、电解溶液可获得；向溶液中加入铁粉，反应初期产生并生成迅速转化为活性，活性催化加氢生成。“侯氏制碱法”是以为原料制备。下列化学反应表示正确的是
A. 甲烷燃烧：
B. 铁粉和溶液反应制
C. 通入氨的饱和食盐水中：
D. 催化电解生成的阳极反应式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．燃烧热是在101kPa时，1ml物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；应该生成液态水，，A错误；
B．由题意可知，向溶液中加入铁粉，反应初期产生并生成，反应中铁化合价升高发生氧化反应、水中氢元素化合价降低发生还原反应，反应为，B正确；
C．通入氨的饱和食盐水中生成溶解度较小的碳酸氢钠，同时生成氯化铵：，C错误；
D．由题意可知，电解溶液可获得，反应中碳元素得到电子在碱性条件下发生还原反应生成甲烷，反应在阴极进行：，D错误；
答案选B。
8. TiO2通过氮掺杂生成TiO(2-a)Nb的反应如图。已知原子1、2的分数坐标为(0，0，)和(1，0，0)，设阿伏加德罗常数的值为NA。
下列叙述不正确的是
A. 原子3的分数坐标为(1，1，)B. TiO2的密度为g•cm-3
C. TiO(2-a)Nb晶体中a=D. TiO(2-a)Nb晶体中b=
【答案】D
【解析】
【详解】A．原子1、2的坐标分别为(0，0，)和(1，0，0)，由TiO2的晶胞结构可知，原子3的坐标为(1，1，)，A正确；
B．Ti原子在晶胞的8个顶点、4个面心和1个在体内，Ti原子的个数为4，O原子在8个棱上、8个面上，2个在体内，O原子个数为8，则1ml晶胞的质量4×(48+16×2)g，一个晶胞的质量为m=，体积为V=x2y×10-30cm3，则TiO2的密度为，B正确；
C．由TiO(2-a)Nb晶体结构可知，氮掺杂反应后有3个氧空穴，O原子6个在棱上、6个在后面，1个在体内，O原子个数为(，N原子1个在棱上、1个在面，N原子个数为(，Ti原子8个在顶点、4个在面心，1个在体内，Ti原子个数为+4，Ti：O：N=4：：=1：：，TiO(2-a)Nb晶体中2-a=，a=，b=，C正确；
D．由C选项可知，b=，D错误；
答案选D。
9. 一种以CH3OH、CO、HI作原料合成乙酸的催化机理如图所示。下列说法错误的是
A. 是反应的催化剂
B. 该过程中有非极性键的形成
C. 含Rh物质参与反应历程中的每个步骤
D. 总反应的化学方程式为CH3OH+COCH3COOH
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题干反应历程图可知，参与反应，但反应前后并未改变，故是该反应的催化剂，A正确；
B．由题干反应历程图可知，该过程③中有C-C非极性键的形成，B正确；
C．由题干反应历程图可知，含Rh物质并未参与反应历程中①、⑥两个步骤，C错误；
D．由题干反应历程图可知，总反应的化学方程式为CH3OH+COCH3COOH，D正确；
故答案为：C。
10. 利用如下流程可从废光盘的金属层中回收其中的银(金属层中其他金属含量过低，对实验影响可忽略)：
已知：溶液在加热时易分解产生和；“溶解”工序发生的反应为可逆反应。下列说法错误的是
A. “氧化”时，适宜选择水浴加热方式
B. 若省略第一次过滤，会使氨水的用量增加
C. 滤渣Ⅱ洗涤后的滤液可送入“还原”工序利用
D. “还原”时，每生成，理论上消耗
【答案】D
【解析】
【分析】由流程可知,氧化时发生4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑，过滤分离出AgCl、可能含Ag,加氨水发生AgCl+2NH3·H2O=Ag(NH3)2Cl+2H2O，过滤分离出滤渣为Ag，再加还原剂、过滤分离出Ag，以此来解答。
【详解】A．“氧化”时需要的温度为80℃，适宜选择水浴加热方式，A正确；
B．需要增加氨水的用量，因为①过量NaClO与NH3·H2O反应， ②还因为未过滤掉的溶液会对加入的氨水起稀释作用，且其中含有一定浓度的Cl-，也不利于AgCl与氨水反应，B正确；
C．滤渣Ⅱ洗涤后的滤液含有，则可送入“还原”工序可以提高产率，C正确；
D．还原过程中银元素化合价降低生成单质银，由+1价变为0价，N2H4·H2O中氮元素化合价升高生成N2，由-2 价变为0价，根据得失电子守恒，，则每生成，理论上消耗，D错误；
故选D
11. 下列说法不正确的是
A. 装置甲可以用于探究铁与水蒸气反应，并点燃肥皂泡检验氢气
B. 图乙用(杯酚)识别和，操作①②为过滤，操作③为蒸馏
C. 装置丙可用于实验室配制银氨溶液
D. 装置丁中若将溶液替换成溶液，仍然形成原电池
【答案】C
【解析】
【详解】A．湿棉花受热产生水蒸气，高温下铁与水蒸气反应生成氢气，氢气具有可燃性，点燃肥皂泡检验氢气，A正确；
B．图乙用(杯酚)识别和，超分子不溶于甲苯，杯酚可溶于氯仿，故操作①②为过滤，杯酚和氯仿沸点不同，操作③为蒸馏，B正确；
C．实验室配制银氨溶液时应该把过量的氨水逐滴滴入硝酸银溶液中，C错误；
D．装置丁中若将溶液替换成溶液，仍然可以形成原电池，锌负极，铜是正极，D正确；
故选C。
12. 某反应的速率方程为。其中，k为速率常数。已知其半衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为0.8/k。改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示，下列说法不正确的是
A. 上述表格中的、
B. 该反应的速率常数
C. 升温、加入催化剂均可使k增大，反应瞬时速率加快
D. 在过量的B存在时，当剩余6.25%的A时，所需的时间是375min
【答案】D
【解析】
【分析】某反应A(g)+B(g)→C(g)+D(g) 的速率方程为， 其中k是反应速率常数，受温度、催化剂的影响，浓度变化，k不变。由第二组数据3.2×10-3=k (0.5)m(0.050)n和第四组数据3.2×10-3=k (0.5)m(0.100)n，可知n=0，由第一组数据1.6×10-3=k (0.25)m(0.050)0 ，第二组数据3.2×10-3=k (0.5)m(0.050)0，两式相比得到m=1；将n=0，m=1代入1.6×10-3=k (0.25)1(0.050)0得到k=6.4×10-3 min-1。速率方程式为v=6.4×10-3 c (A) c0(B)。
【详解】A．由上速率方程式为v=6.4×10-3 c (A)c0(B)，代入第五组数据，v2=6.4×10-3×(1.00)×(0.200)0=6.4×10-3 mlL-1min-1，故v2=6.4；第六组数据中v=4.8×10-3 mlL-1min-1，代入速率方程解得c1=0.75，A正确；
B．根据分析k=6.4×10-3min-1，B正确；
C．升温、加入催化剂可使k增大，C正确；
D．根据题给信息，其半衰期为：0.8/k。存在过量的B时，当剩余6.25%的A时可以看作经历4个半衰期，即因此所需的时间为，D错误；
故选D。
13. 下列实验过程可以达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．测定中和热实验中，为防止热量散失产生误差，应将NaOH溶液一次性迅速倒入盐酸中，A正确；
B．向浓中插入红热的炭，产生红棕色气体，也可能是浓受热分解产生的，无法证明是炭与浓反应生成的，B错误；
C．向溶液中滴加几滴NaCl溶液，产生白色沉淀，此时溶液中还有过量的，滴加溶液，与反应产生黑色沉淀，并未发生AgCl与沉淀间的转化，无法证明AgCl的溶解度大于，C错误；
D．会和无水氯化钙反应，不能用其干燥，D错误；
故选A。
14. 溶液滴定溶液时，、各含磷元素微粒的和的关系如图。下列说法中正确的是
A. ①为的与的关系
B. b点时，溶液中
C. 的
D. d点时，溶液中存在着
【答案】B
【解析】
【分析】根据图中a点，=10ml时，溶液中溶质为n(H3PO4):n(NaH2PO4)=1:1，故③④为磷酸和磷酸二氢钠的曲线，又因为随着pH变大，H3PO4浓度变小，故③为H3PO4，④为，又因为pH=2.12时，最小，故曲线②为，曲线①为，据此分析回答；
【详解】A．据分析可知①为的与的关系，A错误；
B． b点时，=20mL，此时溶质为NaH2PO4，此时溶液pH=5，证明电离程度大于水解程度，故溶液中，B正确；
C．a点，=10mL，溶液中溶质为c(H3PO4):c(NaH2PO4)=1:1，即c(H3PO4)=c()，；c点，=30ml，c():c()=1:1，即c()=c()，，，C错误；
D．d点时，溶质Na2HPO4，溶液中存在电荷守恒，此时溶液pH为10，故，即，D错误；
故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 纳米铁酸锰(，具有磁性)在光、电子、催化等领域应用广泛。实验室可采用共沉淀法制备纳米铁酸锰，步骤如下：
步骤1：按，称取和于烧杯中，加入200mL的蒸馏水，搅拌，形成混合溶液；
步骤2：配制浓度为的NaOH溶液，并加热至沸腾；
步骤3：将步骤1的混合液加热至80℃，剧烈搅拌下于10s内加入沸腾的130mL的NaOH溶液中，然后将该溶液倒入仪器X中回流，于90℃恒温晶化1h；
步骤4：反应结束后，将铁酸锰晶体粒子分离出来，依次用蒸馏水、乙醇洗涤干燥后，即得到黑色具有磁性的铁锰酸。
回答下列问题：
（1）步骤2所配NaOH溶液的物质的量浓度为___________。配制过程中，下列仪器不需要用到的是___________(填字母)。
（2）步骤3回流装置如图所示，其中夹持仪器和加热装置均省略。
①仪器X的名称为___________。
②回流时的加热方式为___________。
③写出形成铁酸锰反应的离子方程式：___________。
（3）步骤4分离出铁酸锰的简单方法是___________，检验蒸馏水将铁酸锰洗涤干净的操作是___________，乙醇洗涤的目的是___________。
【答案】（1） ①. 0.64 ②. E
（2） ①. 三颈烧瓶 ②. 水浴加热 ③.
（3） ①. 过滤 ②. 取最后一次洗涤液，加入酸化的硝酸银溶液，没有沉淀生成，说明洗涤干净 ③. 减小铁酸锰晶体的溶解损失，且乙醇易挥发容易使得晶体快速干燥
【解析】
【分析】和加水溶解，混合液加热至80℃，剧烈搅拌下加入沸腾的NaOH溶液中，将溶液倒入仪器X中回流，于90℃恒温晶化1h，反应结束后，过滤分离成铁酸锰晶体，用蒸馏水、乙醇洗涤干燥后，即得到黑色具有磁性的铁锰酸；
【小问1详解】
浓度为的NaOH溶液的物质的量浓度为；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；实验中需要使用130mL的NaOH溶液，则可以配制250mL的氢氧化钠溶液，故需要的仪器有：电子天平、玻璃棒、烧杯、250mL容量瓶、胶体滴管，不需使用E分液漏斗；
【小问2详解】
①仪器X的名称为三颈烧瓶；
②将步骤1的混合液加热至80℃，剧烈搅拌下于10s内加入沸腾的130mL的NaOH溶液中，然后将该溶液倒入仪器X中回流，于90℃恒温晶化1h；回流加热温度低于水的沸点，故回流时的加热方式为水浴加热；
③锰离子、铁离子在加热条件显和氢氧根离子反应铁酸锰晶体，反应的离子方程式：；
【小问3详解】
铁酸锰晶体为固态，步骤4分离出铁酸锰的简单方法是过滤；反应溶液中存在氯离子，氯离子和银离子生成不溶于酸的氯化银沉淀，故检验蒸馏水将铁酸锰洗涤干净的操作是：取最后一次洗涤液，加入酸化的硝酸银溶液，没有沉淀生成，说明洗涤干净了；乙醇洗涤的目的是减小铁酸锰晶体的溶解损失，且乙醇易挥发容易使得晶体快速干燥。
16. 草酸镍是一种不溶于水的浅绿色粉末，常用于制镍催化剂和镍粉等。以铜镍合金废料(主要成分为镍和铜，含有一定量的铁和硅)为原料生产草酸镍的工艺流程如图：
已知：①“浸出”液含有的离子主要有；
②增大，被氧化的速率加快，同时生成的水解形成更多的胶体能吸附。
③草酸的
（1）生产时为提高合金废料浸出率，常采取的措施有______(填字母)。
a．适当延长浸出时间 b．高温浸出 c．分批加入混酸浸取并搅拌
（2）“萃取”步骤中萃取除去的主要金属阳离子是______。
（3）“氧化”过程中，控制小于3的条件下进行。
①的电子式为______。②“氧化”过程的离子方程式为______。
③为3～4时，镍的回收率降低的原因是______。
（4）已知常温下，当溶液时，沉淀完全[时认为完全沉淀]，则此时溶液中草酸的浓度______。
（5）在空气中加热二水合草酸镍得到如下TT-DSC热分解曲线如图所示，已知：指的是在程序控制温度下测量待测样品的质量与温度变化关系，DSC指通过单独的加热器补偿样品在加热过程中发生的热量变化，以保持样品和参比物的温差为零。这种补偿能量即样品吸收(峰向下)或放出(峰向上)的热量。则时，反应的化学方程式为______。二水合草酸镍分解的整个反应是______(填“吸热”或“放热”)反应。
【答案】16. ac 17.
18. ①. ②. ③. 过高，生成氢氧化铁胶体吸附大量，导致镍回收率降低
19.
20. ①. ②. 放热
【解析】
【分析】以铜镍合金废料(主要成分为镍和铜，含有一定量的铁和硅)为原料生产草酸镍，废料先加入稀硫酸、稀硝酸浸出，浸出液含有的离子主要有H+、Ni2+、Cu2+、Fe3+、、，铁、铜、镍溶解，过滤除去不溶的硅，加入萃取剂萃取铜离子，加入还原剂除去硝酸等氧化剂，然后加入H2O2氧化亚铁离子为铁离子，并生成FeOOH沉淀，过滤除去，然后加入草酸，经过系列操作得到草酸镍，据此解答。
【小问1详解】
温度高时硝酸分解，故适当延长浸出时间、分批加入混酸浸取并搅拌可提高合金废料浸出率，故选ac；
【小问2详解】
根据分析，“萃取”步骤中萃取除去的主要金属阳离子是Cu2+；
【小问3详解】
①的电子式为；
②“氧化”过程中，氧化亚铁离子为铁离子，并生成FeOOH沉淀，离子反应方程式为；
③pH过高，Fe3+生成氢氧化铁胶体吸附大量Ni2+，导致镍回收率降低；
【小问4详解】
当溶液时沉淀完全，此时溶液中。，则；
【小问5详解】
根据分析，首先在175~275℃失重，总质量损失率约为19.19%，与失去结晶水生成理论质量损失率19.71%相吻合。因此前所得产物为。随着热分解温度的升高，在325~400℃有较大的质量损失，质量损失率达到38.36%，与热分解生成NiO所造成的理论质量损失率39.41%基本上相吻合。因此，在空气中二水合草酸镍热分解的最终产物为NiO。即时反应的化学方程式为；在357.8℃附近有一个放热峰，可知在空气中热分解生成NiO的反应是放热反应。
17. 氢能将在实现“双碳”目标中起到重要作用。乙醇—水催化重整可获得氢气。主要发生以下反应：
反应①：
反应②：2
回答下列问题：
（1）反应①自发进行的条件是 。
A. 高温B. 低温C. 高压D. 低压
（2）已知有关键能数据如下表：
反应②中△H2=__________________kJ∙ml-1反应的△H3=__________________kJ∙ml-1。
（3）为提高氢气的平衡产率，可采取的措施为___________(写出2条)。
（4）向体积为VL的恒容密闭容器中充入1mlC2H5OH(g)和发生上述反应①②。初始时体系压强为100kPa，平衡时CO2和CO的选择性、H2的产率随温度的变化曲线如图所示。(CO的选择性
①表示CO2的选择性的是曲线___________。
②400℃以后，H2的产率随温度变化的原因是___________。
③反应①的标准平衡常数其中p0为标准压强100kPa)，p(X)为气体X的平衡分压，分压=总压×该气体的物质的量分数。500℃时，测得的转化率为80%，则反应①的=_____________(保留1位小数)。
【答案】（1）A （2） ①. 43 ②. 259.3
（3）减小体系的压强；分离出CO2
（4） ①. c ②. 400℃后，以反应Ⅱ为主，温度升高，反应Ⅱ消耗的H2大于反应Ⅰ生成的H2 ③. 0.03
【解析】
【小问1详解】
反应①：可知，>0，>0，要使反应自发，，高温自发；
【小问2详解】
=反应物键能和-生成物键能和=2× 803+436-1071-464×2=43
根据盖斯定律得=173.3+43×2=259.3
【小问3详解】
由反应①：反应②：2>0可知，若要增大氢气的产率，应使反应①正移，反应②逆移，可减小体系压强或移出产物；
【小问4详解】
①由选择性的定义可知，CO的选择性+的选择性=1，由图可知，曲线a和曲线c在相同温度下的数值加和始终为1，所以曲线a和曲线c为两种气体的选择性曲线，曲线b为氢气的产率曲线，又由于起始时按投料，所以一开始体系中没有，所以反应Ⅱ开始时不反应，CO的选择性为0，表示平衡时CO选择性的曲线是c；
②由①分析可知，曲线b为氢气的产率曲线，CO的选择性随温度的升高而升高，CO2的选择性随温度的升高而降低，由图可知，400℃后，以反应Ⅱ为主，温度升高，反应Ⅱ消耗的H2大于反应Ⅰ生成的H2；
③根据题干信息及图像可知，的转化率为80%，转化了0.8ml，平衡时还剩0.2ml。图中M点CO和的选择性均为50%，故生成CO和各0.8ml，根据反应①和②系数比可算出n()=1.4ml，n(CO)=0.8ml， n()=0.8ml，n()=4ml。由于反应体系为恒容密闭容器，平衡时的压强p=kpa，根据代数得。
18. 已知间苯二酚可以合成中草药的活性成分Psralidin(化合物P)，合成路线如图：
P
已知：①2 equiv即加入2倍物质的量的试剂
② ③
（1）A中官能团的名称为___________。
（2）C的结构简式为___________。
（3）D→E的方程式为___________。
（4）写出一个满足下列条件的B的同分异构体___________。
①与溶液反应显紫色
②核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积之比为2：2：2：1：1
（5）H+→Psralidin+J的反应原理如图。J的名称为___________。
（6）G→H的过程中分为三步反应。K的结构简式为_______，K→M的反应类型是______。
【答案】（1）溴原子、酚羟基
（2） （3）+CH3CH2OH+H2O
（4） （5）丙烯
（6）消去反应
【解析】
【分析】结合D结构，和Br2发生取代反应生成A为，A和CH3I发生取代反应生成B为，B发生已知反应生成C为，C和Mg、CO2、氢离子酸化生成D，D和乙醇发生酯化反应生成E为，E和发生取代反应生成F为，F一定条件下转化为G，G酸化加热生成H为，H和在催化剂条件下生成H，据此解答。
【小问1详解】
A中含有官能团的名称为溴原子，酚羟基。
【小问2详解】
C的结构简式为。
【小问3详解】
D和乙醇发生酯化反应生成E为，化学方程式为+CH3CH2OH+H2O。
【小问4详解】
B为，B的同分异构体满足条件①与FeCl3溶液反应显紫色，说明其中含有酚羟基，②核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积之比为2：2：2：1：1，说明其中含有5种环境的H原子；满足条件的同分异构体为或。
【小问5详解】
根据H+→Psralidin+J的反应原理：，J为CH2=CHCH3，名称为丙烯。
【小问6详解】0.25
0.50
1.00
0.50
1.00
0.050
0.050
0.100
0.100
0.200
1.6
3.2
3.2
4.8
选项
实验目的
实验操作
A
测定中和热
将的NaOH溶液一次性迅速倒入盛盐酸的烧杯中
B
证明炭可与浓反应生成
向浓中插入红热的炭，产生红棕色气体
C
证明AgCl的溶解度大于
向的溶液中滴加几滴NaCl溶液，产生白色沉淀，再滴加几滴溶液产生黑色沉淀
D
制取氨气并干燥
加热氯化铵和氢氧化钙的混合物，将产生的气体通过装有无水氯化钙的干燥管
化学键
H−H
H−O
C=O
C≡O
键能/kJ·ml⁻¹
436
464
803
1071
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