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2024昆明三中高二下学期4月月考化学试题含解析
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这是一份2024昆明三中高二下学期4月月考化学试题含解析，文件包含云南省昆明市第三中学2023-2024学年高二下学期4月第二次综合测试化学试题含解析docx、云南省昆明市第三中学2023-2024学年高二下学期4月第二次综合测试化学试题无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、考号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真填涂考号。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
4.可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 C-12 N-14 S-32 Fe-56 Cl-35.5
一、单选题(共15题，共45分，每题3分)
1. 衬衣一般不宜用热水洗，这是因为
A. 热水会减弱肥皂或洗衣粉的洗洁效力
B. 热水会使衣服不断“缩水”变小
C. 热水有可能使纤维素发生水解
D 热水会使汗渍中蛋白质凝固，变成不溶性物质
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．热水能使肥皂和洗衣粉中的酶活性增强，效率增强，故A错误；
B．根据热胀冷浓缩，热水不会使衣服缩水，故B错误；
C．纤维素在酸性条件下水解，在中性条件不会水解，故C错误；
D．热水能使蛋白质变性而失活，变成不容性固体，故D正确；
故选D。
2. 设为阿伏加德罗常数的值.下列说法错误的是
A. 中含有的共用电子对数目为
B. 的溶液中的数目为
C. 标准状况下，1.12LSO3中含有电子的数目为
D. 正丁烷和异丁烷的混合物中含有的极性键数目为
【答案】C
【解析】
【详解】A．1个中含共用电子对数4对，故1mlHCN中含有的共用电子对数目为4NA，故A正确；
B．的溶液中，c(H+)=0.01ml/L，H+的物质的量=0.01ml/L×1.0L=0.01ml，H+的数目为0.01NA，故B正确；
C．标况下三氧化硫为固体，其物质的量不能根据气体摩尔体积来计算，故C错误；
D．正丁烷和异丁烷混合物的物质的量为：，正丁烷和异丁烷均含有10个极性键，0.1ml混合物中共价键数目为1NA，故D正确；
故选：C。
3. 根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．盛有苯酚溶液的试管中逐滴加入溴水，苯酚溶液与溴水反应生成的三溴苯酚溶于苯酚，不能观察到白色沉淀生成，则不产生白色沉淀，不能得到苯酚与溴不反应的结论，故A错误；
B．过氧化氢溶液中滴入次氯酸钠溶液，产生无色气体说明过氧化氢溶液与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应生成氯化钠、氧气和水，反应中过氧化氢做还原剂，表现还原性，故B错误；
C．由题意可知，反应中氯化铁溶液过量，若要证明铁离子与碘离子的反应具有可逆性应检验溶液中存在碘离子，而不是铁离子，或向氯化铁溶液中滴入过量的碘化钾溶液，检验反应后有无Fe3+，故C错误；
D．浓硫酸具有脱水性，蔗糖中滴加少量浓硫酸，搅拌，蔗糖脱水碳化会变黑，浓硫酸具有强氧化性，脱水生成碳与浓硫酸共热反应生成二氧化碳和二氧化硫，导致生成的碳的体积膨松，变成疏松多孔的海绵状，故D正确；
故选D。
4. 下列反应的离子方程式一定正确的是
A. 金属钠与水反应：
B. 溶液与溶液混合：
C. 溶液中通入气体：
D. 乙醇与酸性溶液反应：
【答案】C
【解析】
【详解】A．没有配平，应该为，故A错误；
B．溶液与溶液混合时的相对用量不确定，不能得出离子方程式，故B错误；
C．与气体反应生成CuS沉淀和盐酸，其反应的离子方程式为：，故C正确；
D．乙醇与酸性溶液反应只能氧化至乙酸，不会产生，故D错误。
综上所述，答案为C。
5. 化合物是一种高效消毒剂，其蒸汽和溶液都具有很强的杀菌能力，可用于新冠病毒疫情下的生活消毒。其中X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期元素，X是周期表中原子半径最小的元素，基态Z原子的核外电子位于5个不同的原子轨道中。下列说法正确的是
A. 明矾也可以用于自来水的消毒
B. 元素的电负性：X＜Y＜Z
C. 最高正化合价：X＜Y＜Z
D. 该化合物中X、Y、Z均满足8电子稳定结构
【答案】B
【解析】
【分析】化合物是一种高效消毒剂，其蒸汽和溶液都具有很强的杀菌能力，可用于目前新冠病毒疫情下的生活消毒。其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X是周期表中原子半径最小的元素，则X为H，Y形成4个共价键，且能够形成Y-Y键，Y为C元素；基态Z原子的核外电子位于5个不同的原子轨道中，且Z能形成2个共价键，所以Z为O元素，以此分析解答。
【详解】A．明矾可以净水，不能杀菌消毒，故A错误；
B．元素的电负性与非金属性成正比，同一周期从左向右非金属性逐渐增强，则电负性H＜C＜O，故B正确；
C．H最高价为+1价，C最高价为+4价，O没有最高价，故C错误；
D．该化合物中H满足最外层2电子稳定结构，故D错误；
故选B。
6. 某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到含NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO-与ClO3-的浓度之比为1：1，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为
A. 21:5B. 11:3C. 3:1D. 4:1
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到含NaClO、NaClO3的混合液， ClO-与ClO3-的浓度之比为1：1，则再者物质质的量之比为1：1，根据其化合价变化可知，其化合价升高的数值之比为1：5，故其对应的还原产物Cl-的物质的量之比为1：5，因此，Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为（1+5）：（1+1）=3:1，答案选C。
7. 工业上常用如图所示电解装置对含有细菌、藻类杂质的海水(含少量)进行消毒和灭藻处理。下列有关说法中错误的是
A. 排气孔中收集到的气体为
B. 装置中起消毒和灭藻作用的物质是生成的
C. 阴极表面容易形成等积垢
D. 每隔倒换一次电极电性，可有效解决结垢问题
【答案】B
【解析】
【详解】A．该装置为电解海水的装置，阴极生成H2和OH-，阳极生成Cl2，生成的Cl2与OH-反应生成ClO-，因此排气孔中收集到的气体为H2，A项正确；
B．ClO-水解生成具有强氧化性，起消毒和灭藻的作用，B项错误；
C．阴极生成H2和OH-，OH-和、反应生成，C项正确；
D．阴极结垢后倒换电极电性，阴极变为阳极，其电极反应为，产生的Cl2与发生反应：，酸可除去积垢，D项正确；
故选：B。
8. 科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(Ⅲ)表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd(Ⅲ)表面的物种用*标注。下列说法错误的是
A. ②中包含C—H键断裂过程
B. 该历程中能垒(反应活化能)最小的是③
C. 该历程中制约反应速率的方程式为CH3O*+3H*→CO*+4H*
D. 由此历程可知：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) ΔH＞0
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH3O*中共价键为3个C—H键和1个C—O键，CH2O*中共价键为2个C—H键和1个C—O键，则②中由CH3O*→CH2O*包含C—H键的断裂过程，A项正确；
B．反应物的活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，从图中可以看出，①的活化能为100kJ/ml，②的活化能为70 kJ/ml，③的活化能为50 kJ/ml，④的活化能为60kJ/ml，则③发生的反应活化能最小，B项正确；
C．活化能越大，反应速率越慢，制约反应速率的为慢反应，由图示可知，①的活化能为100kJ/ml，②的活化能为70 kJ/ml，③的活化能为50 kJ/ml，④的活化能为60kJ/ml，①的活化能最大，发生的反应为CH3OH*→CH3O*+H*，C项错误；
D．甲醇的相对能量为-40 kJ/ml，CO(g)+2H2(g)的相对能量为50 kJ/ml，整个过程中吸收能量，由图示可知整个历程为CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) ΔH＞0，D项正确；
答案选C。
9. 是常见的抗氧化剂、易水解，实验室以为原料制备的流程如下。下列说法正确的是
A. 气体为，滤液主要成分为
B. 反应2的反应类型为氧化还原反应
C. 溶解时，再加入适量粉可以提高产品纯度
D. 操作1为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、空气中自然晾干
【答案】C
【解析】
【分析】由题给流程可知，固体溶解后溶液显酸性，在溶液中加入碳酸氢铵，反应生成氧化亚锡、氯化铵、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Sn2++2HCO=SnO↓+H2O+2CO2↑，过滤得到氧化亚锡，向氧化亚锡中加入稀硫酸发生反应生成硫酸亚锡和水，硫酸亚锡溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到二水硫酸亚锡晶体，以此来解析；
【详解】A．由上述分析可知气体应为二氧化碳，A错误
B．反应2为氧化锡和硫酸反应生成硫酸锡，化合价未发生变化属于非氧化还原反应，B错误；
C．SnCl2是常见的抗氧化剂，说明其易被氧化，适量Sn粉可防止被氧气氧化，从而提高产品纯度，C正确；
D．操作1通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、空气中自然晾干等操作，Sn2+会发生氧化，得不到SnSO4⋅2H2O，D错误；
故选C。
10. 关于有机物甲和乙的叙述正确的是
A. 甲与乙互为同分异构体
B. 甲分子中所有碳原子均共面
C. 乙的一氯取代物共有3种
D. 甲与乙均能使溴的四氯化碳溶液褪色
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，甲含有碳碳双键，具有烯烃的性质，乙含有苯环，具有苯的化学性质，由此分析。
【详解】A．分子式相同，结构不同的有机物互称同分异构体，有甲和乙的结构可知，它们的分子式都为C7H8，甲与乙互为同分异构体，故A符合题意；
B．碳碳双键所连的碳原子和双键共面，故中，1、2、3、4号碳位于同一平面，4、5、6、7号碳位于同一平面，但4号碳原子成键电子对数为4对，杂化方式为sp3杂化，故1、2、3与5、6、7号碳不在同一平面上，故B不符合题意；
C．乙中含有四种氢原子，位于中的1、2、3、4号碳上，一氯取代物共有4种，故C不符合题意；
D．甲含有碳碳双键，和溴发生加成反应，能使溴的四氯化碳溶液褪色，乙不能和溴的四氯化碳溶液反应，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D不符合题意；
答案选A。
11. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A. 乙炔的结构简式为HC≡CH
B. HClO的结构式为H―O―Cl
C. 基态Si原子价电子轨道表示式为
D. Na2O2的电子式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙炔的分子式为C2H2，结构简式为HC≡CH，故A正确；
B．次氯酸是一元酸，结构式为H―O―Cl，故B正确；
C．硅元素的原子序数为14，基态原子价电子排布式为3s23p2，轨道表示式为，故C错误；
D．过氧化钠是含有离子键和共价键的离子化合物，电子式为，故D正确；
故选C。
12. 从长叶单籽暗罗根皮中分离出的化合物(M)显示出显著的降血压能力，结构如图所示，下列说法正确的是
A. M含3种含氧官能团B. 1mlM最多能与80gNaOH反应
C. M属于芳香族化合物D. M能使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，M分子中的含氧官能团为酰胺基和羧基，共有2种，故A错误；
B．由结构简式可知，M分子中含有的羧基和酰胺基能与氢氧化钠溶液反应，则1mlM最多消耗氢氧化钠的质量为3ml×40g/ml=120g，故B错误；
C．由结构简式可知，M分子中不含有苯环，不属于芳香族化合物，故C错误；
D．由结构简式可知，M分子中含有的碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故D正确；
故选D。
13. 聚富马酸丙二醇酯是一种医用高分子材料，可由如下反应制备：
下列说法错误的是
A. 富马酰氯存在顺式异构体B. 丙二醇可由油脂水解得到
C. 该反应为缩聚反应D. 聚富马酸丙二醇酯中不存在手性碳原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．福马酰氯碳碳双键中不饱和C原子所连的两个基团不同，存在顺式异构体，A项正确；
B．油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，油脂水解得到的是丙三醇，B项错误；
C．生成物中除了聚合物外，还有小分子的HCl生成，该反应类型为缩聚反应，C项正确；
D．把与四个不同原子或基团相连碳原子叫做手性碳原子，根据结构可知聚富马酸丙二醇酯中不存在手性碳原子，D项正确；
答案选B。
14. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量存在的是
A. 的溶液中：、、、
B. 滴入溶液显红色的溶液中：、、、
C. 的溶液中：、、、
D. 的溶液中：、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．的溶液中含有大量的OH-，OH-与不能大量共存，A不合题意；
B．滴入溶液显红色的溶液中含有铁离子，铁离子、、、、相互不反应，能共存，故B符合题意；
C．的溶液显酸性，含有大量氢离子，碳酸氢根离子和氢离子生成水和二氧化碳，不共存，故C不符合题意；
D．碘离子具有还原性，和铁离子、次氯酸根离子均会发生氧化还原反应，不能大量共存，，故D不符合题意；
故选B。
15. 化学中常用表示溶液的酸度。室温下，向某一元碱MOH的溶液中滴加未知浓度的稀硫酸，混合溶液的温度T与酸度AG随稀硫酸体积的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 已知室温时，则此时HCOOM的溶液显酸性
B. 当时，溶液中存在：
C. a点对应的溶液中：
D. b、c、d三点对应的溶液中，水的电离程度大小关系：
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知 的MOH溶液pH=11，算得，小于，所以HCOOM的溶液显酸性，故A正确；
B．时溶液呈中性，由电荷守恒关系解得，故B错误；
C．根据图示，滴加20mL硫酸恰好反应，根据可知，硫酸的浓度为0.05ml/L；a点时，加入5mL硫酸，n(M)=0.002ml、n()=；根据物料守恒可知，，故C错误。
D．c点为酸碱恰好完全反应的点，生成了强酸弱碱盐，水解促进了水电离，c点水的电离程度最大，b点碱过量，c(OH-)≈10-3，d点酸过量，c(H+)≈10-1.5，酸、碱抑制水电离，酸、碱电离出的氢离子、氢氧根离子浓度越大，对水的电离平衡抑制程度越大，因此水的电离程度：，故D错误；
选A。
二、解答题(共4题，共55分)
16. 铜阳极泥(主要含有铜、银、金、少量的镍)是有色金属冶炼过程中重要的“二次资源”。其合理处理对于实现资源的综合利用具有重要意义。一种从铜阳极泥中分离提取多种金属元素的工艺流程如下：
已知：分金液的主要成分为[AuCl4]－；分金渣的主要成分为AgCl；分银液中主要成分为[Ag(SO3)2]3－，且存在[Ag(SO3)2]3－=Ag++2SO32－
(1)“分铜”时，单质铜发生反应的化学方程式为___________，已知“分铜”时各元素的浸出率如下表所示。
“分铜”时加入足量的NaCl的主要作用为______________________。
(2)“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为______________________。
(3)Na2SO3溶液中含硫微粒物质的量分数与pH的关系如图所示。
“沉银”时，需加入硫酸调节溶液的pH=4，分析能够析出AgC的原因为___________。调节溶液的pH不能过低，理由为___________。
(4)已知离子浓度≤10－5ml/L时，认为该离子沉淀完全。已知：Ksp[Pb(OH)2]=2.5×10－16，Ksp[Sb(OH)3]=10－41。浸取“分银渣”可得到含0.025 ml/L Pb2+的溶液(含少量Sb3+杂质)。欲获得较纯净的Pb2+溶液，调节PH的范围为___________。(忽略溶液体积变化)
(5)工业上，用镍为阳极，电解0.1 ml/L NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得高纯度的球形超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示：
为获得高纯度的球形超细镍粉，NH4Cl溶液的浓度最好控制为___________g/L，当NH4Cl溶液的浓度大于15g/L时，阴极有无色无味气体生成，导致阴极电流效率降低，该气体为___________。
【答案】 ①. Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O ②. 使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，避免银元素的损失 ③. 2Au+ClO3－+7Cl－+6H+=2[AuCl4]－ +3H2O ④. 分银液中存在[Ag(SO3)2]3Ag++2SO32－，加H2SO4至pH=4，SO32－转化为HSO3－，c(SO32－)减小，平衡正向移动，c(Ag+)增大，Ag+与分银液中Cl－反应生成AgCl， ⑤. 避免产生污染气体SO2 ⑥. 2≤pH<7 ⑦. 10 ⑧. H2
【解析】
【分析】本题是结合工艺流程考查元素化合物知识的综合应用。
铜阳极泥加入硫酸、过氧化氢和氯化钠进行“分铜”，“分铜”时，单质铜发生反应是铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生成硫酸铜和水，“分铜”时加入足量的NaCl的主要作用为使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，加入盐酸和氯酸钠分金，分金液的主要成分为[AuCl4]-，“分金”时，单质金发生反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成[AuCl4]-，分金渣加入亚硫酸钠过滤得到分银液中主要成分为[Ag（SO3）2]3-，且存在[Ag（SO3）2]3-⇌Ag++2SO32-加入硫酸沉银，促使[Ag（SO3）2]3-⇌Ag++2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl。
（1）①“分铜”时，单质铜发生反应是铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生成硫酸铜和水；
②“分铜”时加入足量的NaCl沉淀银离子，避免银的损失；
（2）分金液的主要成分为[AuCl4]-，“分金”时，单质金发生反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成[AuCl4]-，据此书写离子方程式；
（3）①分银液中主要成分为[Ag（SO3）2]3-，且存在[Ag（SO3）2]3-⇌Ag++2SO32-，H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，平衡正向进行；
②调节溶液的PH 不能过低，容易和亚硫酸根离子反应生成污染性气体二氧化硫；
（4）根据Ksp[Pb（OH）2]可计算出Pb2+离子开始出现沉淀时的pH值，根据Ksp[Sb（OH）3]]可计算出Sb3+离子沉淀完全时的pH值，据此判断溶液的pH值范围。
【详解】（1）“分铜”时，单质铜发生反应的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O。“分铜”时加入足量的NaCl的主要作用是使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，避免银元素的损失。本小题答案为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，避免银元素的损失。
（2）“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为2Au+ClO3－+7Cl－+6H+=2[AuCl4]－ +3H2O。本小题答案为：2Au+ClO3－+7Cl－+6H+=2[AuCl4]－ +3H2O。
（3）“沉银”时，需加入硫酸调节溶液的pH=4，是因为H2SO4电离产生的氢离子降低了SO32－的浓度，促使[Ag(SO3)2]3Ag++2SO32－平衡正向移动，产生Ag+，Ag+与分银液中Cl－反应生成AgCl；调节溶液的pH不能过低，避免产生污染气体SO2。
（4）欲获得较纯净的Pb2+溶液，则Pb2+的浓度为0.025 ml/L，Ksp[Pb(OH)2]=c(Pb2+)c2(OH-)=0.025 ml/L×c2(OH-)=2.5×10－16，故c(OH-)=1.0×10-7，pH<7；Ksp[Sb(OH)3]= c(Sb2+)c3(OH-)=10－5ml/L ×c3(OH-)=10－41,c(OH-)=1.0×10-12，pH>7；获得较纯净的Pb2+溶液，调节PH的范围为2≤pH<7。
（5）根据图可知，阴极电流效率和镍的成粉率达到最大，NH4Cl的浓度为10g/L；根据电解原理，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，则阴极产生的气体是H2。本小题答案为：10；H2。
17. 我国力争于2030年前做到碳达峰、2060年前实现碳中和，体现了中国对解决气候问题的担当。CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体。因此，控制和治理CO2是解决温室效应的有效途径、CO、捕获与CO2重整是CO2利用的研究热点，
（1）在催化剂作用下，可用CO2与H2反应制取甲酸。已知：
则△H＝________kJ∙ml−1。
（2）在刚性密闭容器中，HCOOH平衡时的体积分数随投料比[
]的变化如图所示：
①图中T1、T2表示不同的反应温度。判断T1_____T2(填“>”“<”或“=”)，依据为________；
②图中a=________；
③A、B、C三点CO2(g)的平衡转化率αA、αB、αC，由大到小的顺序为________。
（3）CO2可以被NaOH溶液捕获，若所得溶液pH=13，CO2主要转化为___________(写离子符号)；若所得溶液
溶液pH=_____(室温下，
的
；
)。
（4）CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。与CaCO、热分解制备的CaO相比，CaC₂O₄·H₂O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能。其原囚是___________。
【答案】（1）+16 （2） ①. > ②. 正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，从图像中可知在相同投料比时，T1温度下HCOOH的体积分数大于T2温度下HCOOH的体积分数，T1>T2 ③. 1 ④. αC>αB>αA
（3） ①. ②. 10
（4）CaC₂O₄·H₂O热分解放出更多的气体，制得的氧化钙更加疏松多孔，具有更好的二氧化碳的捕集性能
【解析】
【小问1详解】
△H＝反应物的总键能-生成物的总键能=2×799 kJ·ml⁻¹+436 kJ·ml⁻¹-（799+343+463+413）kJ·ml⁻¹=+16 kJ·ml⁻¹。
【小问2详解】
①正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，从图像中可知在相同投料比时，T1温度下HCOOH的体积分数大于T2温度下HCOOH的体积分数，故T1>T2；
②根据反应可知，当投料比=1，即a=1时，恰好达到最大转化，HCOOH平衡时的体积分数最大；
③氢气的量越大，即投料比越大，CO的转化率越大，故A、B、C三点CO(g)的平衡转化率由大到小的顺序为αC>αB>αA。
【小问3详解】
=5×10-11，则c(H+)，当c()=c()，c(H+)=5×10-11，pH在 10.3，如果溶液的pH为13，则浓度远远小于浓度，则该溶液中所得阴离子为；=5×10-11，且所得溶液c()：c()=2：1，c(H+)=5×10-11×2=1×10-10，pH=10。
【小问4详解】
CaC₂O₄·H₂O热分解放出更多的气体，制得的氧化钙更加疏松多孔，具有更好的二氧化碳的捕集性能。
18. 盐酸羟胺(NH2OH•HCl是一种重要的分析试剂，化学性质与铵盐相似。实验室以丁酮肟()、盐酸为原料制备盐酸羟胺的装置如图所示(加热、夹持装置省略)。
已知：①盐酸羟胺易溶于水，溶解度随温度升高显著增大。
②盐酸羟胺的熔点为152℃，丁酮肟的沸点为153℃，丁酮的沸点为79.6℃。回答下列问题：
（1）直形冷凝管的进水口为_______(填“a”或“b”)。
（2）甲装置中生成盐酸羟胺和丁酮的化学反应方程式为_______；该反应为可逆反应，反应过程中，将丁酮不断蒸出的主要原因是_______；乙装置接真空系统，采用减压蒸馏，其目的是______。
（3）从反应后的溶液中获取盐酸羟胺的方法为_______，洗涤干燥。
（4）测定产品纯度。
称取mg盐酸羟胺产品，配制成100mL溶液，量取25.00mL于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化，再加入过量硫酸铁溶液，发生反应：2[NH3OH]++4Fe3+=4Fe2++N2O↑+6H++H2O，充分反应后，用cml•L-1K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+(滴定过程中转化为Cr3+，Cl-不反应)，滴定达终点时消耗K2Cr2O7溶液VmL。则样品中NH2OH•HCl的质量分数为_______；滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成，则测定结果______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）b （2） ①. +HCl+H2O+NH2OH∙HCl ②. 降低生成物浓度，促进平衡向正反应方向移动 ③. 在较低温度下分离出丁酮，防止盐酸羟胺受热分解
（3）冷却（降温）结晶，过滤
（4） ①. % ②. 偏低
【解析】
【分析】在三颈烧瓶中丁酮肟与盐酸反应生成丁酮和盐酸羟胺，采用减压蒸馏分离出丁酮。
【小问1详解】
直形冷凝管中水流是下进上出，故直形冷凝管的进水口为b。
【小问2详解】
甲装置中丁酮肟与盐酸发生可逆反应生成丁酮和盐酸羟胺，反应的化学方程式为+HCl+H2O+NH2OH∙HCl；该反应为可逆反应，反应过程中，将丁酮不断蒸出的主要原因是：降低生成物浓度，促进平衡向正反应方向移动；盐酸羟胺的化学性质与铵盐相似，结合题目已知②，乙装置接真空系统，采用减压蒸馏，其目的是：降低压强、在较低温度下分离出丁酮，同时防止盐酸羟胺受热分解。
【小问3详解】
盐酸羟胺的化学性质与铵盐相似，盐酸羟胺的熔点为152℃，盐酸羟胺易溶于水，溶解度随温度升高显著增大，故从反应后的溶液中获取盐酸羟胺的方法为：冷却（降温）结晶，过滤，洗涤，干燥。
【小问4详解】
根据反应：2[NH3OH]++4Fe3+=4Fe2++N2O↑+6H++H2O、6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O可得3NH2OH∙HCl~K2Cr2O7，25.00mL溶液中含NH2OH∙HCl物质的量为3cml/L×V×10-3L=3cV×10-3ml，样品中NH2OH∙HCl的质量分数为×100%=%；滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成，消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏小，则测定结果偏低。
19. 2，5-二羟基对苯二甲酸是一种重要的化工原料，广泛用于合成高性能有机颜料及光敏聚合物；作为钠离子电池的正、负电极材料也表现出优异的性能。利用生物质资源合成的路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）的反应类型为_______。
（2）C的结构简式为_______。
（3）D的化学名称为_______。
（4）的化学方程式为_______。
（5）写出一种能同时满足下列条件的G的同分异构体的结构简式_______。
(a)核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为；
(b)红外光谱中存在吸收峰，但没有吸收峰；
(c)可与水溶液反应，反应液酸化后可与溶液发生显色反应。
（6）阿伏苯宗是防晒霜的添加剂之一。试以碘甲烷、对羟基苯乙酮()和对叔丁基甲苯[]为原料，设计阿伏苯宗的合成路线_______。(无机试剂和三个碳以下的有机试剂任选)
【答案】（1）加成反应(或还原反应)
（2）CH3OOCCH2CH2COOH
（3）丁二酸二甲酯 （4）+4NaOH+2CH3OH+2H2O
（5） （6）
【解析】
【分析】与H2在催化剂存在下发生加成反应生成，与CH3OH反应生成C，C的分子式为C5H8O4，则C的结构简式为CH3OOCCH2CH2COOH；C与CH3OH在酸存在下反应生成D；F与I2/KI、H2O2发生芳构化反应生成G，G的分子式为C10H10O6，G与NaOH/H2O加热反应生成H，H与H+/H2O反应生成DHTA，结合DHTA的结构简式知，G的结构简式为，H的结构简式为。
【小问1详解】
对比A、B的结构简式，A→B为A与H2发生的加成反应（或还原反应）生成B。
小问2详解】
根据分析，C的结构简式为CH3OOCCH2CH2COOH；
【小问3详解】
D结构简式为CH3OOCCH2CH2COOCH3，D中官能团为酯基，D的化学名称为丁二酸二甲酯。
【小问4详解】
G的结构简式为，H的结构简式为，G→H的化学方程式为+4NaOH+2CH3OH+2H2O。
【小问5详解】
G的分子式为C10H10O6，G的同分异构体的红外光谱中存在C=O吸收峰、但没有O—H吸收峰，能与NaOH水溶液反应，反应液酸化后可与FeCl3溶液发生显色反应，G的同分异构体中含有、不含—OH，G的同分异构体的核磁共振氢谱有两组峰、且峰面积比为3∶2，则符合条件的G的同分异构体的结构简式为。
【小问6详解】
对比与、CH3I、的结构简式，结合题给已知，可由与在1)NaNH2、2)H+/H2O作用下合成得到；可由与CH3I发生取代反应制得；可由先发生氧化反应生成、再与CH3OH发生酯化反应制得，则合成路线为：。选项
实验操作和现象
结论
A
盛有苯酚溶液的试管中逐滴加入溴水，没有产生白色沉淀
苯酚与Br2不反应
B
H2O2溶液中滴入NaClO溶液，产生无色气体
H2O2具有氧化性
C
FeCl3溶液中滴入少量KI溶液，再加入KSCN溶液，溶液变红
Fe3+与I-的反应具有可逆性
D
蔗糖中滴加少量浓硫酸，搅拌，蔗糖变黑，体积膨松，变成疏松多孔的海绵状
浓硫酸具有脱水性和氧化性
Cu
Au
Ag
Ni
浸出率/%
85.7
0
4.5
93.5
共价键
C=O
C-O
H-H
H-O
C-H
键能/(kJ·ml⁻¹)
799
343
436
463
413
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、考号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真填涂考号。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
4.可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 C-12 N-14 S-32 Fe-56 Cl-35.5
一、单选题(共15题，共45分，每题3分)
1. 衬衣一般不宜用热水洗，这是因为
A. 热水会减弱肥皂或洗衣粉的洗洁效力
B. 热水会使衣服不断“缩水”变小
C. 热水有可能使纤维素发生水解
D 热水会使汗渍中蛋白质凝固，变成不溶性物质
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．热水能使肥皂和洗衣粉中的酶活性增强，效率增强，故A错误；
B．根据热胀冷浓缩，热水不会使衣服缩水，故B错误；
C．纤维素在酸性条件下水解，在中性条件不会水解，故C错误；
D．热水能使蛋白质变性而失活，变成不容性固体，故D正确；
故选D。
2. 设为阿伏加德罗常数的值.下列说法错误的是
A. 中含有的共用电子对数目为
B. 的溶液中的数目为
C. 标准状况下，1.12LSO3中含有电子的数目为
D. 正丁烷和异丁烷的混合物中含有的极性键数目为
【答案】C
【解析】
【详解】A．1个中含共用电子对数4对，故1mlHCN中含有的共用电子对数目为4NA，故A正确；
B．的溶液中，c(H+)=0.01ml/L，H+的物质的量=0.01ml/L×1.0L=0.01ml，H+的数目为0.01NA，故B正确；
C．标况下三氧化硫为固体，其物质的量不能根据气体摩尔体积来计算，故C错误；
D．正丁烷和异丁烷混合物的物质的量为：，正丁烷和异丁烷均含有10个极性键，0.1ml混合物中共价键数目为1NA，故D正确；
故选：C。
3. 根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．盛有苯酚溶液的试管中逐滴加入溴水，苯酚溶液与溴水反应生成的三溴苯酚溶于苯酚，不能观察到白色沉淀生成，则不产生白色沉淀，不能得到苯酚与溴不反应的结论，故A错误；
B．过氧化氢溶液中滴入次氯酸钠溶液，产生无色气体说明过氧化氢溶液与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应生成氯化钠、氧气和水，反应中过氧化氢做还原剂，表现还原性，故B错误；
C．由题意可知，反应中氯化铁溶液过量，若要证明铁离子与碘离子的反应具有可逆性应检验溶液中存在碘离子，而不是铁离子，或向氯化铁溶液中滴入过量的碘化钾溶液，检验反应后有无Fe3+，故C错误；
D．浓硫酸具有脱水性，蔗糖中滴加少量浓硫酸，搅拌，蔗糖脱水碳化会变黑，浓硫酸具有强氧化性，脱水生成碳与浓硫酸共热反应生成二氧化碳和二氧化硫，导致生成的碳的体积膨松，变成疏松多孔的海绵状，故D正确；
故选D。
4. 下列反应的离子方程式一定正确的是
A. 金属钠与水反应：
B. 溶液与溶液混合：
C. 溶液中通入气体：
D. 乙醇与酸性溶液反应：
【答案】C
【解析】
【详解】A．没有配平，应该为，故A错误；
B．溶液与溶液混合时的相对用量不确定，不能得出离子方程式，故B错误；
C．与气体反应生成CuS沉淀和盐酸，其反应的离子方程式为：，故C正确；
D．乙醇与酸性溶液反应只能氧化至乙酸，不会产生，故D错误。
综上所述，答案为C。
5. 化合物是一种高效消毒剂，其蒸汽和溶液都具有很强的杀菌能力，可用于新冠病毒疫情下的生活消毒。其中X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期元素，X是周期表中原子半径最小的元素，基态Z原子的核外电子位于5个不同的原子轨道中。下列说法正确的是
A. 明矾也可以用于自来水的消毒
B. 元素的电负性：X＜Y＜Z
C. 最高正化合价：X＜Y＜Z
D. 该化合物中X、Y、Z均满足8电子稳定结构
【答案】B
【解析】
【分析】化合物是一种高效消毒剂，其蒸汽和溶液都具有很强的杀菌能力，可用于目前新冠病毒疫情下的生活消毒。其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X是周期表中原子半径最小的元素，则X为H，Y形成4个共价键，且能够形成Y-Y键，Y为C元素；基态Z原子的核外电子位于5个不同的原子轨道中，且Z能形成2个共价键，所以Z为O元素，以此分析解答。
【详解】A．明矾可以净水，不能杀菌消毒，故A错误；
B．元素的电负性与非金属性成正比，同一周期从左向右非金属性逐渐增强，则电负性H＜C＜O，故B正确；
C．H最高价为+1价，C最高价为+4价，O没有最高价，故C错误；
D．该化合物中H满足最外层2电子稳定结构，故D错误；
故选B。
6. 某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到含NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO-与ClO3-的浓度之比为1：1，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为
A. 21:5B. 11:3C. 3:1D. 4:1
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到含NaClO、NaClO3的混合液， ClO-与ClO3-的浓度之比为1：1，则再者物质质的量之比为1：1，根据其化合价变化可知，其化合价升高的数值之比为1：5，故其对应的还原产物Cl-的物质的量之比为1：5，因此，Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为（1+5）：（1+1）=3:1，答案选C。
7. 工业上常用如图所示电解装置对含有细菌、藻类杂质的海水(含少量)进行消毒和灭藻处理。下列有关说法中错误的是
A. 排气孔中收集到的气体为
B. 装置中起消毒和灭藻作用的物质是生成的
C. 阴极表面容易形成等积垢
D. 每隔倒换一次电极电性，可有效解决结垢问题
【答案】B
【解析】
【详解】A．该装置为电解海水的装置，阴极生成H2和OH-，阳极生成Cl2，生成的Cl2与OH-反应生成ClO-，因此排气孔中收集到的气体为H2，A项正确；
B．ClO-水解生成具有强氧化性，起消毒和灭藻的作用，B项错误；
C．阴极生成H2和OH-，OH-和、反应生成，C项正确；
D．阴极结垢后倒换电极电性，阴极变为阳极，其电极反应为，产生的Cl2与发生反应：，酸可除去积垢，D项正确；
故选：B。
8. 科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(Ⅲ)表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd(Ⅲ)表面的物种用*标注。下列说法错误的是
A. ②中包含C—H键断裂过程
B. 该历程中能垒(反应活化能)最小的是③
C. 该历程中制约反应速率的方程式为CH3O*+3H*→CO*+4H*
D. 由此历程可知：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) ΔH＞0
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH3O*中共价键为3个C—H键和1个C—O键，CH2O*中共价键为2个C—H键和1个C—O键，则②中由CH3O*→CH2O*包含C—H键的断裂过程，A项正确；
B．反应物的活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，从图中可以看出，①的活化能为100kJ/ml，②的活化能为70 kJ/ml，③的活化能为50 kJ/ml，④的活化能为60kJ/ml，则③发生的反应活化能最小，B项正确；
C．活化能越大，反应速率越慢，制约反应速率的为慢反应，由图示可知，①的活化能为100kJ/ml，②的活化能为70 kJ/ml，③的活化能为50 kJ/ml，④的活化能为60kJ/ml，①的活化能最大，发生的反应为CH3OH*→CH3O*+H*，C项错误；
D．甲醇的相对能量为-40 kJ/ml，CO(g)+2H2(g)的相对能量为50 kJ/ml，整个过程中吸收能量，由图示可知整个历程为CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) ΔH＞0，D项正确；
答案选C。
9. 是常见的抗氧化剂、易水解，实验室以为原料制备的流程如下。下列说法正确的是
A. 气体为，滤液主要成分为
B. 反应2的反应类型为氧化还原反应
C. 溶解时，再加入适量粉可以提高产品纯度
D. 操作1为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、空气中自然晾干
【答案】C
【解析】
【分析】由题给流程可知，固体溶解后溶液显酸性，在溶液中加入碳酸氢铵，反应生成氧化亚锡、氯化铵、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Sn2++2HCO=SnO↓+H2O+2CO2↑，过滤得到氧化亚锡，向氧化亚锡中加入稀硫酸发生反应生成硫酸亚锡和水，硫酸亚锡溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到二水硫酸亚锡晶体，以此来解析；
【详解】A．由上述分析可知气体应为二氧化碳，A错误
B．反应2为氧化锡和硫酸反应生成硫酸锡，化合价未发生变化属于非氧化还原反应，B错误；
C．SnCl2是常见的抗氧化剂，说明其易被氧化，适量Sn粉可防止被氧气氧化，从而提高产品纯度，C正确；
D．操作1通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、空气中自然晾干等操作，Sn2+会发生氧化，得不到SnSO4⋅2H2O，D错误；
故选C。
10. 关于有机物甲和乙的叙述正确的是
A. 甲与乙互为同分异构体
B. 甲分子中所有碳原子均共面
C. 乙的一氯取代物共有3种
D. 甲与乙均能使溴的四氯化碳溶液褪色
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，甲含有碳碳双键，具有烯烃的性质，乙含有苯环，具有苯的化学性质，由此分析。
【详解】A．分子式相同，结构不同的有机物互称同分异构体，有甲和乙的结构可知，它们的分子式都为C7H8，甲与乙互为同分异构体，故A符合题意；
B．碳碳双键所连的碳原子和双键共面，故中，1、2、3、4号碳位于同一平面，4、5、6、7号碳位于同一平面，但4号碳原子成键电子对数为4对，杂化方式为sp3杂化，故1、2、3与5、6、7号碳不在同一平面上，故B不符合题意；
C．乙中含有四种氢原子，位于中的1、2、3、4号碳上，一氯取代物共有4种，故C不符合题意；
D．甲含有碳碳双键，和溴发生加成反应，能使溴的四氯化碳溶液褪色，乙不能和溴的四氯化碳溶液反应，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D不符合题意；
答案选A。
11. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A. 乙炔的结构简式为HC≡CH
B. HClO的结构式为H―O―Cl
C. 基态Si原子价电子轨道表示式为
D. Na2O2的电子式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙炔的分子式为C2H2，结构简式为HC≡CH，故A正确；
B．次氯酸是一元酸，结构式为H―O―Cl，故B正确；
C．硅元素的原子序数为14，基态原子价电子排布式为3s23p2，轨道表示式为，故C错误；
D．过氧化钠是含有离子键和共价键的离子化合物，电子式为，故D正确；
故选C。
12. 从长叶单籽暗罗根皮中分离出的化合物(M)显示出显著的降血压能力，结构如图所示，下列说法正确的是
A. M含3种含氧官能团B. 1mlM最多能与80gNaOH反应
C. M属于芳香族化合物D. M能使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，M分子中的含氧官能团为酰胺基和羧基，共有2种，故A错误；
B．由结构简式可知，M分子中含有的羧基和酰胺基能与氢氧化钠溶液反应，则1mlM最多消耗氢氧化钠的质量为3ml×40g/ml=120g，故B错误；
C．由结构简式可知，M分子中不含有苯环，不属于芳香族化合物，故C错误；
D．由结构简式可知，M分子中含有的碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故D正确；
故选D。
13. 聚富马酸丙二醇酯是一种医用高分子材料，可由如下反应制备：
下列说法错误的是
A. 富马酰氯存在顺式异构体B. 丙二醇可由油脂水解得到
C. 该反应为缩聚反应D. 聚富马酸丙二醇酯中不存在手性碳原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．福马酰氯碳碳双键中不饱和C原子所连的两个基团不同，存在顺式异构体，A项正确；
B．油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，油脂水解得到的是丙三醇，B项错误；
C．生成物中除了聚合物外，还有小分子的HCl生成，该反应类型为缩聚反应，C项正确；
D．把与四个不同原子或基团相连碳原子叫做手性碳原子，根据结构可知聚富马酸丙二醇酯中不存在手性碳原子，D项正确；
答案选B。
14. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量存在的是
A. 的溶液中：、、、
B. 滴入溶液显红色的溶液中：、、、
C. 的溶液中：、、、
D. 的溶液中：、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．的溶液中含有大量的OH-，OH-与不能大量共存，A不合题意；
B．滴入溶液显红色的溶液中含有铁离子，铁离子、、、、相互不反应，能共存，故B符合题意；
C．的溶液显酸性，含有大量氢离子，碳酸氢根离子和氢离子生成水和二氧化碳，不共存，故C不符合题意；
D．碘离子具有还原性，和铁离子、次氯酸根离子均会发生氧化还原反应，不能大量共存，，故D不符合题意；
故选B。
15. 化学中常用表示溶液的酸度。室温下，向某一元碱MOH的溶液中滴加未知浓度的稀硫酸，混合溶液的温度T与酸度AG随稀硫酸体积的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 已知室温时，则此时HCOOM的溶液显酸性
B. 当时，溶液中存在：
C. a点对应的溶液中：
D. b、c、d三点对应的溶液中，水的电离程度大小关系：
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知 的MOH溶液pH=11，算得，小于，所以HCOOM的溶液显酸性，故A正确；
B．时溶液呈中性，由电荷守恒关系解得，故B错误；
C．根据图示，滴加20mL硫酸恰好反应，根据可知，硫酸的浓度为0.05ml/L；a点时，加入5mL硫酸，n(M)=0.002ml、n()=；根据物料守恒可知，，故C错误。
D．c点为酸碱恰好完全反应的点，生成了强酸弱碱盐，水解促进了水电离，c点水的电离程度最大，b点碱过量，c(OH-)≈10-3，d点酸过量，c(H+)≈10-1.5，酸、碱抑制水电离，酸、碱电离出的氢离子、氢氧根离子浓度越大，对水的电离平衡抑制程度越大，因此水的电离程度：，故D错误；
选A。
二、解答题(共4题，共55分)
16. 铜阳极泥(主要含有铜、银、金、少量的镍)是有色金属冶炼过程中重要的“二次资源”。其合理处理对于实现资源的综合利用具有重要意义。一种从铜阳极泥中分离提取多种金属元素的工艺流程如下：
已知：分金液的主要成分为[AuCl4]－；分金渣的主要成分为AgCl；分银液中主要成分为[Ag(SO3)2]3－，且存在[Ag(SO3)2]3－=Ag++2SO32－
(1)“分铜”时，单质铜发生反应的化学方程式为___________，已知“分铜”时各元素的浸出率如下表所示。
“分铜”时加入足量的NaCl的主要作用为______________________。
(2)“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为______________________。
(3)Na2SO3溶液中含硫微粒物质的量分数与pH的关系如图所示。
“沉银”时，需加入硫酸调节溶液的pH=4，分析能够析出AgC的原因为___________。调节溶液的pH不能过低，理由为___________。
(4)已知离子浓度≤10－5ml/L时，认为该离子沉淀完全。已知：Ksp[Pb(OH)2]=2.5×10－16，Ksp[Sb(OH)3]=10－41。浸取“分银渣”可得到含0.025 ml/L Pb2+的溶液(含少量Sb3+杂质)。欲获得较纯净的Pb2+溶液，调节PH的范围为___________。(忽略溶液体积变化)
(5)工业上，用镍为阳极，电解0.1 ml/L NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得高纯度的球形超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示：
为获得高纯度的球形超细镍粉，NH4Cl溶液的浓度最好控制为___________g/L，当NH4Cl溶液的浓度大于15g/L时，阴极有无色无味气体生成，导致阴极电流效率降低，该气体为___________。
【答案】 ①. Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O ②. 使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，避免银元素的损失 ③. 2Au+ClO3－+7Cl－+6H+=2[AuCl4]－ +3H2O ④. 分银液中存在[Ag(SO3)2]3Ag++2SO32－，加H2SO4至pH=4，SO32－转化为HSO3－，c(SO32－)减小，平衡正向移动，c(Ag+)增大，Ag+与分银液中Cl－反应生成AgCl， ⑤. 避免产生污染气体SO2 ⑥. 2≤pH<7 ⑦. 10 ⑧. H2
【解析】
【分析】本题是结合工艺流程考查元素化合物知识的综合应用。
铜阳极泥加入硫酸、过氧化氢和氯化钠进行“分铜”，“分铜”时，单质铜发生反应是铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生成硫酸铜和水，“分铜”时加入足量的NaCl的主要作用为使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，加入盐酸和氯酸钠分金，分金液的主要成分为[AuCl4]-，“分金”时，单质金发生反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成[AuCl4]-，分金渣加入亚硫酸钠过滤得到分银液中主要成分为[Ag（SO3）2]3-，且存在[Ag（SO3）2]3-⇌Ag++2SO32-加入硫酸沉银，促使[Ag（SO3）2]3-⇌Ag++2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl。
（1）①“分铜”时，单质铜发生反应是铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生成硫酸铜和水；
②“分铜”时加入足量的NaCl沉淀银离子，避免银的损失；
（2）分金液的主要成分为[AuCl4]-，“分金”时，单质金发生反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成[AuCl4]-，据此书写离子方程式；
（3）①分银液中主要成分为[Ag（SO3）2]3-，且存在[Ag（SO3）2]3-⇌Ag++2SO32-，H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，平衡正向进行；
②调节溶液的PH 不能过低，容易和亚硫酸根离子反应生成污染性气体二氧化硫；
（4）根据Ksp[Pb（OH）2]可计算出Pb2+离子开始出现沉淀时的pH值，根据Ksp[Sb（OH）3]]可计算出Sb3+离子沉淀完全时的pH值，据此判断溶液的pH值范围。
【详解】（1）“分铜”时，单质铜发生反应的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O。“分铜”时加入足量的NaCl的主要作用是使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，避免银元素的损失。本小题答案为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，避免银元素的损失。
（2）“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为2Au+ClO3－+7Cl－+6H+=2[AuCl4]－ +3H2O。本小题答案为：2Au+ClO3－+7Cl－+6H+=2[AuCl4]－ +3H2O。
（3）“沉银”时，需加入硫酸调节溶液的pH=4，是因为H2SO4电离产生的氢离子降低了SO32－的浓度，促使[Ag(SO3)2]3Ag++2SO32－平衡正向移动，产生Ag+，Ag+与分银液中Cl－反应生成AgCl；调节溶液的pH不能过低，避免产生污染气体SO2。
（4）欲获得较纯净的Pb2+溶液，则Pb2+的浓度为0.025 ml/L，Ksp[Pb(OH)2]=c(Pb2+)c2(OH-)=0.025 ml/L×c2(OH-)=2.5×10－16，故c(OH-)=1.0×10-7，pH<7；Ksp[Sb(OH)3]= c(Sb2+)c3(OH-)=10－5ml/L ×c3(OH-)=10－41,c(OH-)=1.0×10-12，pH>7；获得较纯净的Pb2+溶液，调节PH的范围为2≤pH<7。
（5）根据图可知，阴极电流效率和镍的成粉率达到最大，NH4Cl的浓度为10g/L；根据电解原理，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，则阴极产生的气体是H2。本小题答案为：10；H2。
17. 我国力争于2030年前做到碳达峰、2060年前实现碳中和，体现了中国对解决气候问题的担当。CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体。因此，控制和治理CO2是解决温室效应的有效途径、CO、捕获与CO2重整是CO2利用的研究热点，
（1）在催化剂作用下，可用CO2与H2反应制取甲酸。已知：
则△H＝________kJ∙ml−1。
（2）在刚性密闭容器中，HCOOH平衡时的体积分数随投料比[
]的变化如图所示：
①图中T1、T2表示不同的反应温度。判断T1_____T2(填“>”“<”或“=”)，依据为________；
②图中a=________；
③A、B、C三点CO2(g)的平衡转化率αA、αB、αC，由大到小的顺序为________。
（3）CO2可以被NaOH溶液捕获，若所得溶液pH=13，CO2主要转化为___________(写离子符号)；若所得溶液
溶液pH=_____(室温下，
的
；
)。
（4）CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。与CaCO、热分解制备的CaO相比，CaC₂O₄·H₂O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能。其原囚是___________。
【答案】（1）+16 （2） ①. > ②. 正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，从图像中可知在相同投料比时，T1温度下HCOOH的体积分数大于T2温度下HCOOH的体积分数，T1>T2 ③. 1 ④. αC>αB>αA
（3） ①. ②. 10
（4）CaC₂O₄·H₂O热分解放出更多的气体，制得的氧化钙更加疏松多孔，具有更好的二氧化碳的捕集性能
【解析】
【小问1详解】
△H＝反应物的总键能-生成物的总键能=2×799 kJ·ml⁻¹+436 kJ·ml⁻¹-（799+343+463+413）kJ·ml⁻¹=+16 kJ·ml⁻¹。
【小问2详解】
①正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，从图像中可知在相同投料比时，T1温度下HCOOH的体积分数大于T2温度下HCOOH的体积分数，故T1>T2；
②根据反应可知，当投料比=1，即a=1时，恰好达到最大转化，HCOOH平衡时的体积分数最大；
③氢气的量越大，即投料比越大，CO的转化率越大，故A、B、C三点CO(g)的平衡转化率由大到小的顺序为αC>αB>αA。
【小问3详解】
=5×10-11，则c(H+)，当c()=c()，c(H+)=5×10-11，pH在 10.3，如果溶液的pH为13，则浓度远远小于浓度，则该溶液中所得阴离子为；=5×10-11，且所得溶液c()：c()=2：1，c(H+)=5×10-11×2=1×10-10，pH=10。
【小问4详解】
CaC₂O₄·H₂O热分解放出更多的气体，制得的氧化钙更加疏松多孔，具有更好的二氧化碳的捕集性能。
18. 盐酸羟胺(NH2OH•HCl是一种重要的分析试剂，化学性质与铵盐相似。实验室以丁酮肟()、盐酸为原料制备盐酸羟胺的装置如图所示(加热、夹持装置省略)。
已知：①盐酸羟胺易溶于水，溶解度随温度升高显著增大。
②盐酸羟胺的熔点为152℃，丁酮肟的沸点为153℃，丁酮的沸点为79.6℃。回答下列问题：
（1）直形冷凝管的进水口为_______(填“a”或“b”)。
（2）甲装置中生成盐酸羟胺和丁酮的化学反应方程式为_______；该反应为可逆反应，反应过程中，将丁酮不断蒸出的主要原因是_______；乙装置接真空系统，采用减压蒸馏，其目的是______。
（3）从反应后的溶液中获取盐酸羟胺的方法为_______，洗涤干燥。
（4）测定产品纯度。
称取mg盐酸羟胺产品，配制成100mL溶液，量取25.00mL于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化，再加入过量硫酸铁溶液，发生反应：2[NH3OH]++4Fe3+=4Fe2++N2O↑+6H++H2O，充分反应后，用cml•L-1K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+(滴定过程中转化为Cr3+，Cl-不反应)，滴定达终点时消耗K2Cr2O7溶液VmL。则样品中NH2OH•HCl的质量分数为_______；滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成，则测定结果______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）b （2） ①. +HCl+H2O+NH2OH∙HCl ②. 降低生成物浓度，促进平衡向正反应方向移动 ③. 在较低温度下分离出丁酮，防止盐酸羟胺受热分解
（3）冷却（降温）结晶，过滤
（4） ①. % ②. 偏低
【解析】
【分析】在三颈烧瓶中丁酮肟与盐酸反应生成丁酮和盐酸羟胺，采用减压蒸馏分离出丁酮。
【小问1详解】
直形冷凝管中水流是下进上出，故直形冷凝管的进水口为b。
【小问2详解】
甲装置中丁酮肟与盐酸发生可逆反应生成丁酮和盐酸羟胺，反应的化学方程式为+HCl+H2O+NH2OH∙HCl；该反应为可逆反应，反应过程中，将丁酮不断蒸出的主要原因是：降低生成物浓度，促进平衡向正反应方向移动；盐酸羟胺的化学性质与铵盐相似，结合题目已知②，乙装置接真空系统，采用减压蒸馏，其目的是：降低压强、在较低温度下分离出丁酮，同时防止盐酸羟胺受热分解。
【小问3详解】
盐酸羟胺的化学性质与铵盐相似，盐酸羟胺的熔点为152℃，盐酸羟胺易溶于水，溶解度随温度升高显著增大，故从反应后的溶液中获取盐酸羟胺的方法为：冷却（降温）结晶，过滤，洗涤，干燥。
【小问4详解】
根据反应：2[NH3OH]++4Fe3+=4Fe2++N2O↑+6H++H2O、6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O可得3NH2OH∙HCl~K2Cr2O7，25.00mL溶液中含NH2OH∙HCl物质的量为3cml/L×V×10-3L=3cV×10-3ml，样品中NH2OH∙HCl的质量分数为×100%=%；滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成，消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏小，则测定结果偏低。
19. 2，5-二羟基对苯二甲酸是一种重要的化工原料，广泛用于合成高性能有机颜料及光敏聚合物；作为钠离子电池的正、负电极材料也表现出优异的性能。利用生物质资源合成的路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）的反应类型为_______。
（2）C的结构简式为_______。
（3）D的化学名称为_______。
（4）的化学方程式为_______。
（5）写出一种能同时满足下列条件的G的同分异构体的结构简式_______。
(a)核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为；
(b)红外光谱中存在吸收峰，但没有吸收峰；
(c)可与水溶液反应，反应液酸化后可与溶液发生显色反应。
（6）阿伏苯宗是防晒霜的添加剂之一。试以碘甲烷、对羟基苯乙酮()和对叔丁基甲苯[]为原料，设计阿伏苯宗的合成路线_______。(无机试剂和三个碳以下的有机试剂任选)
【答案】（1）加成反应(或还原反应)
（2）CH3OOCCH2CH2COOH
（3）丁二酸二甲酯 （4）+4NaOH+2CH3OH+2H2O
（5） （6）
【解析】
【分析】与H2在催化剂存在下发生加成反应生成，与CH3OH反应生成C，C的分子式为C5H8O4，则C的结构简式为CH3OOCCH2CH2COOH；C与CH3OH在酸存在下反应生成D；F与I2/KI、H2O2发生芳构化反应生成G，G的分子式为C10H10O6，G与NaOH/H2O加热反应生成H，H与H+/H2O反应生成DHTA，结合DHTA的结构简式知，G的结构简式为，H的结构简式为。
【小问1详解】
对比A、B的结构简式，A→B为A与H2发生的加成反应（或还原反应）生成B。
小问2详解】
根据分析，C的结构简式为CH3OOCCH2CH2COOH；
【小问3详解】
D结构简式为CH3OOCCH2CH2COOCH3，D中官能团为酯基，D的化学名称为丁二酸二甲酯。
【小问4详解】
G的结构简式为，H的结构简式为，G→H的化学方程式为+4NaOH+2CH3OH+2H2O。
【小问5详解】
G的分子式为C10H10O6，G的同分异构体的红外光谱中存在C=O吸收峰、但没有O—H吸收峰，能与NaOH水溶液反应，反应液酸化后可与FeCl3溶液发生显色反应，G的同分异构体中含有、不含—OH，G的同分异构体的核磁共振氢谱有两组峰、且峰面积比为3∶2，则符合条件的G的同分异构体的结构简式为。
【小问6详解】
对比与、CH3I、的结构简式，结合题给已知，可由与在1)NaNH2、2)H+/H2O作用下合成得到；可由与CH3I发生取代反应制得；可由先发生氧化反应生成、再与CH3OH发生酯化反应制得，则合成路线为：。选项
实验操作和现象
结论
A
盛有苯酚溶液的试管中逐滴加入溴水，没有产生白色沉淀
苯酚与Br2不反应
B
H2O2溶液中滴入NaClO溶液，产生无色气体
H2O2具有氧化性
C
FeCl3溶液中滴入少量KI溶液，再加入KSCN溶液，溶液变红
Fe3+与I-的反应具有可逆性
D
蔗糖中滴加少量浓硫酸，搅拌，蔗糖变黑，体积膨松，变成疏松多孔的海绵状
浓硫酸具有脱水性和氧化性
Cu
Au
Ag
Ni
浸出率/%
85.7
0
4.5
93.5
共价键
C=O
C-O
H-H
H-O
C-H
键能/(kJ·ml⁻¹)
799
343
436
463
413
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