浙江省杭州市2023_2024学年高二化学下学期期中试卷含解析

这是一份浙江省杭州市2023_2024学年高二化学下学期期中试卷含解析，共9页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量， 下列有关实验的说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，共9页，满分100分，考试时间90分钟。
2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸指定的位置上。
3.答题时，请在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上作答一律无效。
4.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5 Br-80 Ca-20 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ag-108
选择题部分
一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 下列物质属于电解质且溶于水为碱性的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．，是盐，在水溶液中完全电离产生自由移动的离子，属于强电解质，但溶于水后因铵根离子水解显酸性，A错误；
B．是非电解质，B错误；
C．与水反应生成电解质一水合氨，氨气是非电解质，C错误；
D．的水溶液和熔融态均可导电是电解质，水溶液因碳酸氢根离子的水解显碱性，D正确；
故选D。
2. 硫酸四氨合铜应用广泛，下列说法不正确的是
A. 硫酸四氨合铜为强电解质，可以在溶液中加入过量浓氨水制得
B. 在中，给出孤对电子，提供空轨道，的配位数为4
C. 中杂化方式为，配离子的空间构型为平面四边形
D. 硫酸四氨合铜难溶于乙醇，易溶于水
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫酸四氨合铜为强电解质，可以在溶液中加入过量浓氨水制得，CuSO4与过量NH3H2O 生成，故A正确；
B．铜离子为中心离子提供空轨道，NH3为配位分子，提供孤对电子，中含有4个，故的配位数为4，故B正确；
C．硫酸四氨合铜中Cu2+外围电子排布是3d9，3d中一个电子跃迁到4p轨道，从而3d空出一个空轨道，然后和4s、4p轨道形成dsp2杂化，构型为平面四边形，故C错误；
D．硫酸四氨合铜是离子晶体，在水中电离出离子，具有最强的极性，乙醇的极性弱于水的极性，所以硫酸四氨合铜难溶于乙醇，易溶于水，故D正确；
故选C。
3. 下列表示正确的是
A. 的键电子云图形：
B. 的电子式：
C. 基态氧原子价电子轨道表示式：
D. 的名称：乙二酸乙二酯
【答案】C
【解析】
【详解】A．σ键是头碰头形成的，的键电子云图形：，A错误；
B．的电子式：，B错误；
C．基态O原子价电子排布为：2s22p4，则基态的价电子轨道表示式：，C正确；
D．中含有酯基，为酯类，其名称为乙二酸二乙酯， D错误；
故选C。
4. 下列物质的性质与用途的对应关系正确的是
A. 活性炭具有吸附性，可用作冰箱除菌剂
B. 稀硝酸具有强氧化性，常温下可清洗附着在试管内壁的银镜
C. 石墨晶体内含大键，可用作润滑剂
D. 非金属性C>Si，工业上用焦炭与反应制备粗硅
【答案】B
【解析】
【详解】A．活性炭具有吸附性，可用作冰箱除味剂，活性炭不具有强氧化性不能做除菌剂，故A错误；
B．稀硝酸具有强氧化性，能与银反应生成硝酸银、一氧化氮和水，所以常温下可用稀硝酸清洗附着在试管内壁的银镜，故B正确；
C．石墨是混合型晶体，层与层之间以分子间作用力结合，分子间作用力较弱，层与层之间可以滑动，所以可用作润滑剂，则石墨可用作润滑剂与石墨晶体内含有大π键无关，故C错误；
D．高温下碳具有强还原性，能与二氧化硅反应生成硅和一氧化碳，反应中碳元素的化合价升高被氧化，碳是反应的还原剂，则制备粗硅的反应与元素的非金属性强弱无关，故D错误；
故选B。
5. 已知为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1ml 固体溶于稀醋酸至溶液呈中性，的数目为
B. 1ml中含有键的数目为
C. 1ml HClO中键个数为
D. 5.6g铁与足量的在高温下完全反应，转移的电子数
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据电荷守恒可知，溶液中存在，溶液呈中性，则，，的数目为，A正确；
B．苯环中所含的是大键，没有碳碳双键，故不含有π键，B错误；
C．HClO的结构简式为H-O-Cl，不含有H-Cl键，C错误；
D．，5.6g(0.1ml)铁与足量的在高温下完全反应，生成氢气的物质的量为，转移的电子的物质的量为×2=，电子个数为，D错误；
故选A。
6. 利用下列装置和试剂进行实验，能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．观察钠的燃烧实验在坩埚中进行，A错误；
B．制备氢氧化铁胶体是将几滴饱和氯化铁溶液滴入沸水中直至出现红褐色立马停止加热，B错误；
C．、、沸点不同，用蒸馏方法分离、、，C正确；
D．铁片表面镀铜时，铁应与电源负极相连作阴极，D错误；
故选C。
7. 油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是
A. 和的空间结构都是正四面体形
B. 反应Ⅰ和Ⅱ中，元素和S都被氧化
C. 反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应：ⅠⅡ，C错误；
D．中As为+3价，S为-2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1ml失电子3×4ml=12ml；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1ml失电子2×2ml+3×8ml=28ml，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7，D正确；
故选D。
8. 下列有关实验的说法不正确的是
A. X射线衍射实验中，当单一波长的X射线通过石英玻璃粉末时，会在记录仪上产生分立的斑点或者明锐的衍射峰
B. 实验室用电石制取乙炔，为了减缓反应速率，常用饱和食盐水代替水作反应试剂
C. 具有双螺旋结构的DNA分子，内侧两条链上的碱基通过氢键作用结合成碱基对
D. 采用多次盐析和溶解，可以分离提纯蛋白质
【答案】A
【解析】
【详解】A．石英玻璃粉末不是晶体，X射线衍射实验中，当单一波长的X射线通过石英玻璃粉末时，不会在记录仪上产生分立的斑点或者明锐的衍射峰，A错误；
B．实验室用电石制取乙炔，为了减缓反应速率，常用饱和食盐水代替水作反应试剂，B正确；
C．氨基中含有N-H键，氨基间能形成氢键，具有双螺旋结构的DNA分子，内侧两条链上的碱基通过氢键作用结合成碱基对，C正确；
D．盐析是物理变化，采用多次盐析和溶解，可以分离提纯蛋白质，D正确；
故选A。
9. 下列过程中对应的离子方程式正确的是
A. 滴有酚酞的溶液中滴入盐酸至红色恰好褪去：
B. 向NaClO溶液中通入少量：
C. 同浓度同体积明矾溶液与溶液混合：
D. 用醋酸和淀粉溶液检验加碘盐中的：
【答案】C
【解析】
【详解】A．已知碳酸为多元弱酸，故碳酸根水解为分步进行的，酚酞变色pH范围为8.2-10.0，故滴入盐酸至红色恰好褪去对应的离子方程式为：，A错误；
B．向NaClO溶液中通入少量：，二氧化硫过量时为：；B错误；
C．同浓度同体积明矾溶液与溶液混合详单与氢氧化钡过量，生成氢氧化铝与硫酸钡沉淀，故该反应的离子方程式为：，C正确；
D．已知醋酸是弱酸，故用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的的离子方程式为：，D错误；
故答案为：C。
10. 维纶是聚乙烯醇缩甲醛纤维的商品名，可用于生产服装、绳索等，其合成路线如下。下列说法正确的是
A. 物质A易溶于水B. 1ml物质B完全水解需消耗1ml NaOH
C. 物质C中链节上的原子可能共平面D. 过程③经历了加成、取代两步反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．物质A分子中含有酯基，酯基为疏水基团，则物质A难溶于水，故A项错误；
B．物质B中含nml酯基，完全水解需消耗nmlNaOH，故B项错误；
C．乙烯醇发生聚合后，C=C双键打开变为单键，碳原子的杂化轨道也由sp2变为sp3，因而物质C中链节各原子不在同一平面上，故C项错误；
D．过程③醛基发生了加成反应，同时通过取代反应形成了醚键，故D项正确；
故本题选D。
11. 一种外用消炎药主要成分的结构如图所示。X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X的基态原子核外有3 个未成对电子。下列说法正确的是
A. 第一电离能：Y>X>W
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：W>X>M
C. 与的化学键类型和晶体类型都相同
D. 与互为等电子体，均为分子空间结构相似的极性分子
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素， Y形成2个共价键，W形成6个共价键，可知Y为O元素，W为S元素，M原子序数比S元素大，则M为Cl元素，Z能形成+1价简单离子，且原子序数比O大，则Z为Na元素，X的基态原子核外有3个未成对电子，形成2个共价键，X得到1个Z失去的电子，X为N元素。X、Y、Z、W、M分别为N元素、O元素、Na元素、S元素、Cl元素；据此分析解题。
【详解】A．N核外电子排布处于半充满状态，结构较稳定，第一电离能大于O，S半径大于O，第一电离能小于O，所以第一电离能：N＞O＞S，A错误；
B．同一周期自左向右非金属性增强，最高价氧化物对应水化物的酸性增强，其中酸性：HClO4＞H2SO4＞HNO3，B错误；
C．Na2O2含离子键和共价键，属于离子晶体，NO2只含有共价键属于分子晶体，C错误；
D．SO2和O3是等电子体，分子空间结构均为V型，都是平面的极性分子，D正确；
答案选D。
12. 实验室提纯乙酸乙酯的流程如图所示：
下列说法不正确的是
A. 酯化反应试剂的加入顺序为：乙醇→浓硫酸→乙酸
B. 饱和的溶液和饱和NaCl溶液的作用既能除杂又能降低酯的溶解度
C. 试剂1的作用是将乙醇氧化成乙酸溶于水而除去
D. 为保证反应回流效果，可以使用球形冷凝管
【答案】C
【解析】
【分析】回流产物蒸馏，蒸馏产物加入碳酸钠调节pH、氯化钠溶液洗涤分液，分液分离出有机相，加入饱和氯化钙溶液除去乙醇，分液分离出有机相，加入无水硫酸镁干燥，蒸馏分离得到乙酸乙酯；据此分析解题。
【详解】A．为防止浓硫酸飞溅，需要将浓硫酸加入乙醇中；乙醇和乙酸都容易挥发，但乙酸的价格更贵，所以，等温度降一下后，再加乙酸，就可以防止乙酸的挥发，从而节省原料，提高原料的转化率，A正确；
B．饱和的Na2CO3除去多余的乙酸，饱和NaCl的既能溶解碳酸钠又能降低酯的溶解度，利于酯的析出，B正确；
C．试剂1的作用是加入饱和氯化钙溶液除去过量的乙醇，且与乙醚会形成络合物，C错误；
D．为保证反应回流效果，可以使用球形冷凝管，增加气体在冷凝管中的时间，达到更好的冷凝效果，D正确；
故选C。
13. 一种电化学法合成甲酸盐和辛腈的工作原理如图所示，中间为阴离子交换膜。下列说法不正确的是
A. 电极为阳极，发生氧化反应
B电解一段时间后，阴极区溶液pH增大
C. 电极的电极方程式：
D. 标准状况下，22.4L 参与反应时电极有0.5ml辛胺转化为辛腈
【答案】B
【解析】
【分析】由图中In/In2O3−x电极上CO2→HCOO−可知，CO2发生得电子的还原反应，In/In2O3−x电极为阴极，阴极反应为CO2+2e−+H2O=HCOO−+OH−，则Ni2P电极为阳极，辛胺在阳极发生失电子的氧化反应生成辛腈，阳极反应为CH3(CH2)7CH2NH2+4OH−−4e−=CH3(CH2)6CN+4H2O，阴极与外加电源的负极相接，阳极与外加电源的正极相接，即A为电源负极，B为正极。
【详解】A．Ni2P电极为阳极，发生氧化反应，A正确；
B．阴极反应为CO2+2e−+H2O=HCOO−+OH−，电路中转移2ml电子，有2mlOH−移向阳极，则阴极区溶液的碱性减弱，pH减小，B错误；
C．Ni2P电极为阳极，阳极反应为CH3(CH2)7CH2NH2+4OH−−4e−=CH3(CH2)6CN+4H2O，C正确；
D．阴极反应CO2+2e−+H2O=HCOO−+OH−，阳极反应CH3(CH2)7CH2NH2+4OH−−4e−=CH3(CH2)6CN+4H2O，电子守恒有2CO2∼CH3(CH2)6CN，则nCH3(CH2)6CN=12nCO2=12×=0.75ml，D正确；
故选B。
14. 苯与在一定条件下能发生如下反应，其中部分转化历程与能量变化如图所示：
下列说法不正确的是
A. 反应焓变：反应>反应
B. 在该条件下，反应能自发进行
C. 苯与主要发生取代反应，生成有机主产物
D. 适当升高温度，生成产物和产物的速率均增大，同时可以提高产物的选择性
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图中信息，反应Ⅰ是吸热反应，反应Ⅱ是放热反应，则反应焓变：反应Ⅰ>反应Ⅱ，故A项正确；
B．反应Ⅲ是放热反应，熵增的反应，则反应Ⅲ在任何温度下都能自发进行，故B项正确；
C．苯与Br2主要发生取代反应，生成有机主产物Ⅱ(溴苯)，故C项正确；
D．反应Ⅰ是吸热反应，反应Ⅱ是放热反应，反应Ⅲ为放热反应，提高温度，反应Ⅲ逆向移动，产物Ⅱ的选择性降低，故D项错误。
故本题选D。
15. 利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同pH的体系中的可能产物。
已知：
ⅰ．下图中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。
ⅱ．下图中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始，不同pH下由上图得到]。
下列说法正确的是
A. 由第1个图，pH=9时，
B. 由第2个图，初始状态pH=9、，平衡后溶液中存在：
C. 由第2个图，初始状态pH=11、，有沉淀生成
D. 由两个图分析，初始状态pH=8、，发生反应：
【答案】D
【解析】
【分析】图i中pH越大，碳酸根物质的量分数越大，碳酸物质的量分数越小，碳酸氢根物质的量分数先增大后减小；图ii中已知曲线I代表的是氢氧化镁，曲线II代表的是碳酸镁。
【详解】A．由图可知，pH=9时，碳酸氢根离子的物质的量分数大于碳酸的物质的量分数，A错误；
B．从图2可以看出pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中，B错误；
C．从图2可以看出pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，C错误；
D．pH=8时，溶液中主要含碳微粒是碳酸氢根离子，pH=8，lg[c(Mg2+)]=-1时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，D正确；
故选D。
16. 探究氮族元素单质及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓硝酸具有强氧化性，能将铜单质氧化物铜离子而自身被还原为二氧化氮，此实验的方案设计、现象和结论都正确，A符合题意；
B．检验时，应滴加浓NaOH溶液并加热，才能让生成的一水合氨分解得到NH3，才能使湿润红色石蕊试纸变色，因此由该实验现象不能说明该固体试样中一定不存在，B不符合题意；
C．制备银氨溶液应往溶液中滴入2%的氨水，才会出现先产生沉淀后沉淀溶解的现象，C不符合题意；
D．和均能使带火星的细木条复燃，因此木条复燃不能证明硝酸铜分解生成了氧气，D不符合题意；
故选A。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17. 元素化学是化学的基石，不同的元素往往呈现出五彩缤纷的特性。回答下列问题：
（1）基态Cr原子的价电子排布式为___________，比较第一电离能大小：As___________Se(填“>”、“噻吩>呋喃，原因是___________。
（3）我国某研究所于2022年研制出一种新型离子液体(如图1)可弥补该电池表面的和缺陷，进一步提高该电池的性能。
①离子液体中存在的化学键类型是___________(填选项字母)。
a．离子键 b．键 c．氢键 d．非极性共价键
②离子液体中不同杂化方式碳原子个数比：___________。
③相较于传统液态有机溶剂，该离子液体具有难挥发的优点，原因是：___________。
（4）一种锂离子电池负极材料为两层石墨层中嵌入，形成如图2所示的晶胞结构。该物质的化学式可以表示为___________，的配位数为___________。
【答案】（1） ①. 3d54s1 ②. >
（2）吡咯、呋喃、噻吩三者均为分子晶体，吡咯能形成分子间氢键，沸点最高，噻吩的相对分子质量大于呋喃，分子间作用力强，沸点噻吩高于呋喃
（3） ①. abc ②. 4：3：1 ③. 该离子液体中存在[CPMIm]+和Cl-，阴阳离子间存在离子键，强于分子间作用力，故沸点比较高，难于挥发
（4） ①. LiC6 ②. 12
【解析】
【小问1详解】
基态Cr原子的价电子排布式为：3d54s1；同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，但As核外价电子排布为4s24p3，半满，第一电离能大于Se，故填“>”；
【小问2详解】
沸点：吡咯>噻吩>呋喃，原因是：吡咯、呋喃、噻吩三者均为分子晶体，吡咯能形成分子间氢键，沸点最高，噻吩的相对分子质量大于呋喃，分子间作用力强，沸点噻吩高于呋喃；
【小问3详解】
离子液体[CPMIm]Cl中存在[CPMIm]+和Cl-，即存在离子键，[CPMIm]+中还存在C-H、C-N等极性共价键，故答案为：abc；由可知，环上的3个C原子形成3个键，为sp2杂化，中C原子形成2个键，为sp杂化，其他4个C原子形成4个键，为sp3杂化，则离子液体[CPMIm]Cl中不同杂化方式的碳原子个数比sp3：sp2：sp=4：3：1；该离子液体中存在[CPMIm]+和Cl-，阴阳离子间存在离子键，强于分子间作用力，故沸点比较高，难于挥发；
【小问4详解】
根据均摊法：Li+个数为：，C原子个数为：，故化学式为LiC6；晶胞中与顶点Li原子最近的C原子数目为12，故Li的配位数为12。
18. 氮及其化合物的相互转化对生命、生产活动意义重大，工业上以为原料按如下流程制取化合物A、和。
已知：①等物质的量的与ClF反应生成A和HF。
②水溶液中，可与反应生成。
请回答：
（1）与少量的NaClO溶液可以制备，请写出相应的化学方程式___________。
（2）、、都具有碱性，碱性最弱的是___________，原因是___________。
（3）下列说法正确的是___________。
A. 尾气的主要成分是NO，可用NaOH溶液直接吸收
B. ClF与NaOH溶液反应生成NaCl和NaF溶液
C. 实验室可借助浓氨水和生石灰反应，制备少量的氨气
D. A分子有强氧化性，中心原子N原子为杂化
（4）①设计实验验证化合物A中含有Cl元素___________。
②写出实验过程中涉及的反应方程式___________。
【答案】（1）2+NaClO=+NaCl+H2O
（2） ①. ②. 、NH2OH可以看成NH3中的一个H被-NH2和-OH取代而得到的产物，由于电负性H＜N＜O，吸电子能力H＜N＜O，因而NH3被取代后碱性减弱（3）CD
（4） ①. 取适量ClNO3于试管中，加入适量的NaNO2溶液充分反应，再加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀则说明A中含有Cl元素 ②. ClNO3+NaNO2+H2O=HCl+NaNO3+HNO3、HCl+ AgNO3=AgCl↓+ HNO3
【解析】
【分析】与少量的NaClO溶液可以制备， 2+NaClO=+NaCl+H2O；氨气经过催化生成NO，NO经过氧化生成NO2，经过吸收塔生成硝酸，硝酸与ClF反应生成HF与ClNO3，据此分析解题。
【小问1详解】
与少量的NaClO溶液可以制备，根据元素与原子守恒可知方程式为：2+NaClO=+NaCl+H2O；
【小问2详解】
、可以看成NH3中的一个H被-NH2和-OH取代而得到的产物，由于电负性H＜N＜O，吸电子能力H＜N＜O，因而NH3被取代后碱性减弱，故碱性:NH3>N2H4>NH2OH；
【小问3详解】
A．NO不是酸性氧化物，不能用氢氧化钠溶液吸收，故A错误；
B．ClF中F为-1价，Cl为+1价，若ClF与NaOH溶液反应生成NaCl和NaF溶液，只有Cl元素化合价降低，没有其他元素化合价升高，不符合氧化还原规律，故B错误；
C．氧化钙和浓氨水中水反应生成氢氧化钙并放出大量的热，促使浓氨水分解生成氨气，因此实验室可借助浓氨水和生石灰反应快速制取少量氨气，故C正确；
D．A分子为ClNO3，含有硝酸根，类似于硝酸的结构，故中心原子N原子为杂化，故D正确；
答案为：CD。
【小问4详解】
①ClNO3中Cl元素为+1价，需要转化为Cl-才能进行检验，由已知信息可以推出，ClNO3与NaNO2反应生成HCl、NaNO3、HNO3，验证化合物A中含有Cl元素的方法为：取适量ClNO3于试管中，加入适量的NaNO2溶液充分反应，再加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀则说明A中含有Cl元素；
②实验过程中涉及的反应方程式：ClNO3+NaNO2+H2O=HCl+NaNO3+HNO3、HCl+ AgNO3=AgCl↓+ HNO3。
19. 丙烯是一种重要的化工原料，在催化剂作用下，可以由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备。
反应(直接脱氢)：
反应(氧化脱氢)：
反应(氢气燃烧)：
回答下列问题：
（1）___________kJ/ml。
（2）对于反应，总压恒定为100kPa，在密闭容器中通入和Ar的混合气体。在温度为时，的平衡转化率与通入气体中的物质的量分数的关系如图1。
①结合图1，从平衡移动的角度分析，“通入Ar”的作用是___________。
②利用图1的数据，计算反应的压强平衡常数___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，答案保留三位有效数字)。
（3）恒温条件下，测得反应平衡时的物质的量浓度与平衡总压的关系如图2，图中C点平衡总压为10Mpa时，丙烷和丙烯的物质的量浓度相等，请在图上画出平衡时的物质的量浓度随平衡总压变化的曲线___________。
（4）①对于反应、、，下列说法正确的是___________。
A．反应在任何温度下都能自发进行
B．氧化脱氢达到平衡后，升高温度，的物质的量一定会减小
C．通入的适量的氧气，有利于丙烷的氧化脱氢
D．将水液化分离出来，既可以加快反应速率，又能提高的转化率
E．对于反应，恒温恒压条件下和恒温恒容条件下进行反应热实验，测得放出的热量相同
②与直接脱氢反应相比，氧化脱氢制备丙烯优点是___________。
（5）研究表明，可催化氧化脱氢制丙烯。在，，催化剂X的催化下，气体按一定流速通过反应器，丙烷转化率和产物选择性(丙烯的选择性=丙烯的产率÷丙烷的转化率×100%)随温度变化如下表：
下列说法不正确的是___________。
A. 在较高温度下，催化剂X可提高产生丙烯反应的速率
B. 催化氧化脱氢制丙烯的反应是放热反应
C. 相同条件下，使用不同的催化剂，丙烷的平衡转化率相同
D. 温度升高，催化剂X活性下降，丙烯的产率降低
【答案】（1）-118
（2） ①. 提高了C3H8的转化率 ②. 16.7
（3）（4） ①. AC ②. 节约能源；副产物少（5）BD
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律Ⅰ+Ⅲ=Ⅱ，可得kJ/ml；
【小问2详解】
①在总压恒定的条件下，充入惰性气体，等同于扩体减压，气体浓度(或分压)减小，使平衡向着气体分子数增大的方向移动(右移)，提高了C3H8的转化率；
②根据图1，C3H8的物质的量分数为0.4时，其平衡转化率为50%。假设混合气体为1ml，则起始时为0.4ml，Ar为0.6ml，运用三段式法计算：，由于总压恒定为100kPa，平衡时C3H8为0.2ml，C3H6为0.2ml， H2为0.2ml，Ar为0.6ml，则的分压均为，反应的压强平衡常数；
【小问3详解】
增大压强缩小体积，平衡时两种物质的浓度都随平衡总压(体积缩小)的增大而增大。增大压强时，由于平衡向着气体分子数减少的逆反应方向移动，所以在两者浓度相等之后，两者浓度增加的程度不同，丙烷的浓度增大得更多，故丙烷的浓度大于丙烯的浓度。据此理可作图；
【小问4详解】
①A．当G=-T＜0时反应能能行，反应Ⅱ的＜0，＞0，所以该反应在任何温度下都能自发进行，选项A正确；
B．升高温度，反应Ⅱ的平衡虽然逆向移动，但是升温会促进Ⅰ反应正向进行，的物质的量不一定会减小，故选项B不正确；
C．通入的适量的氧气，平衡正向移动，有利于丙烷的氧化脱氢，选项C正确；
D．将水液化分离出来，可提高的转化率，浓度降低减慢反应速率，选项D不正确；
E．对于反应Ⅲ，恒温恒压条件下和恒温恒容条件下进行反应热实验，化学反应产物均为理想气相物质，Qp=QV+Σνi(g)▪RT ，测得放出的热量不相同，选项E不正确；
答案选AC；
②与直接脱氢反应相比，氧化脱氢制备丙烯的优点是反应Ⅱ的温度较低(任何温度下都自发)、反应Ⅰ必须在高温下才能自发，低温反应可以节约能源；产品主要是水和丙烯，容易分离、副产物少；
【小问5详解】
A．二氧化碳催化氧化丙烷脱氢制丙烯，在较高温度下，丙烯的产率远高于乙烯和CO，是催化剂X选择性地提高产生丙烯反应速率的结果，选项A正确；
B．表格中的数据不一定是平衡状态的数据，不能得出该平衡体系，温度对平衡移动的影响规律，选项B不正确；
C．催化剂能够改变反应速率，不同的催化剂对一定时间里没有达到平衡的转化率影响不同，但不能改变平衡转化率和平衡常数，选项C正确；
D．催化剂的活性与温度有关，温度过低或过高都可能是催化剂失活。从表格中的数据分析，温度升高，丙烯的选择性降低，但是丙烷的转化率在增大，丙烯的产率在增加，选项D错误；
答案选BD。
20. 某实验小组按如下流程和装置制取CaO2：
已知：过氧化钙(CaO2)是一种白色固体，微溶于水，可与水缓慢反应，不溶于有机溶剂，易与酸反应，加热至350℃左右开始分解放出氧气。
请回答下列问题：
（1）下列说法正确的是___________
A. Ca(OH)2微溶于水，改用易溶于水的CaCl2制备CaO2能加快反应速率
B. 采用冷水浴搅拌反应的目的是防止反应放热使温度升高导致H2O2分解
C. 醇洗的目的是洗去水，加快干燥速度，防止CaO2与H2O反应
D. 为加快脱水速度，可在105℃加热烘干脱水
（2）步骤Ⅰ采用如图1所示的装置。
①仪器A的名称是________。
②控制其它条件相同，考察Ca(OH)2与H2O2的物质的量之比()对CaO2产率的影响，结果如图2所示。当>1.1后，随着比值的增大CaO2产率呈下降趋势，原因是___________。
（3）产品纯度测定
①滴定前，有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列)：_____，检漏→蒸馏水洗涤→(___)→(___)→(___)→(__)→(___)→开始滴定。
A．烘干 B．装入滴定液至零刻度以上 C．调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下
D．用洗耳球吹出润洗液 E．排除气泡 F．用滴定液润洗2至3次 G．记录起始读数
②准确称取a g产品于烧杯中，加入适量的盐酸使其完全溶解；向溶液中加入稍过量的(NH4)2C2O4，沉淀完全，过滤并洗涤沉淀；将洗涤好的沉淀用稍过量的稀硫酸溶解，溶解液和洗涤液全部转移至锥形瓶中；向锥形瓶中滴入几滴MnSO4溶液，然后逐滴滴入浓度为c ml/L的KMnO4标准溶液至终点，消耗溶液体积为V mL。滴定前，滴入MnSO4溶液的目的是____，产品的纯度为_____(用含a、c、V的字母表示)。
【答案】（1）BCD（2） ①. 恒压滴液漏斗 ②. 溶液碱性较强，H2O2稳定性下降分解，导致CaO2产率降低
（3） ①. F、B、E、C、G ②. 作催化剂，加快反应速率 ③. ×100%
【解析】
【分析】Ca(OH)2固体用30%双氧水处理，发生反应：Ca(OH)2+H2O2=CaO2+2H2O，CaO2是一种白色固体，微溶于水，冷水浴后得到悬浊液，再经过减压过滤、水洗、醇洗得CaO2·8H2O，最后加热脱水烘干得到CaO2固体。
【小问1详解】
A．已知CaO2微溶于水，可与水缓慢反应，易与酸反应，使用CaCl2反应生成的HCl会使得CaO2的产率降低，故A错误；
B．H2O2受热易分解，采用冷水浴搅拌反应的目的是防止反应放热使温度升高导致H2O2分解，故B正确；
C．CaO2可与水缓慢反应，醇洗的目的是洗去水，加快干燥速度，防止CaO2与H2O反应，故C正确；
D．CaO2加热至350℃左右开始分解放出氧气，为加快脱水速度，可在105℃加热烘干脱水，故D正确；
故选BCD。
【小问2详解】
①仪器A的名称是恒压滴液漏斗；
②，当>1.1后，随着比值的增大溶液中含量增加，溶液碱性增强，H2O2稳定性下降分解，不利于生成CaO2，导致CaO2产率降低；
【小问3详解】
①滴定前的准备工作是选定酸式滴定管，检漏后用水清洗，再用待装标准液润洗，关闭旋塞，盛装标准液至“0”刻度以上，微开旋塞排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面至“0”或“0”以下某刻度，关闭旋塞，待液面平稳后读数记录，故操作顺序为F、B、E、C、G；
②准确称取ag产品于烧杯中，加入适量的盐酸使其完全溶解生成CaCl2，向溶液中加入稍过量的(NH4)2C2O4，生成CaC2O4沉淀，将洗涤好的沉淀用稍过量的稀硫酸溶解生成H2C2O4，溶解液和洗涤液全部转移至锥形瓶中，向锥形瓶中滴入几滴MnSO4溶液，MnSO4的作用是作催化剂，加快反应速率，然后逐滴滴入浓度为c ml/L的KMnO4标准溶液发生反应：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4═10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O，则n(CaO2)=n(H2C2O4)=2.5n(KMnO4)=2.5cV×10-3ml，产品的纯度为=×100%。
21. 美托拉宗临床上用于利尿降压。其一种合成路线为：
已知：①；
②；
③苯环上原有的基团会对后引入基团有定位效应，其中，、、、为邻对位定位基，、、、为间位定位基。
（1）下列说法正确的是___________。
A. A→B的合成过程中其中一步取代反应的条件是、光照
B. B→C，C→D，F→H均为取代反应，其中B→C步骤的目的是保护氨基
C. 化合物B、G均有碱性，可以和盐酸反应生成盐
D. 美托拉宗的分子式为
（2）写出D的结构简式：___________；A→B的过程涉及三步反应，其反应类型分别为硝化、___________、___________。
（3）写出F+G→H的化学反应方程式：___________。
（4）写出同时满足下列条件的C的同分异构体的结构简式：___________。
①除了苯环外，还含有一个四元环；
②分子中有4种不同化学环境的氢原子；
③不存在N-H键和N-O键。
（5）结合合成流程，设计以和乙醇为原料，制备的合成路线(无机试剂任用，合成路线示例见本题题干)___________。
【答案】（1）BC（2） ①. ②. 取代 ③. 还原
（3） ++H2O
（4）、（5）
【解析】
【分析】A发生多步反应生成B，C和(CH3CHO)反应生成C为 ，C通过②步反应生成为D() ，D被高锰酸钾氧化得到E为，E在碱性条件下生成F ，F与G()在作催化剂的条件下，发生脱水缩合生成H为，H再与甲醛、HCl反应生成产物美托拉宗；据此分析解题。
【小问1详解】
A．A→B的合成过程中其中一步取代反应的条件是、Fe、光照，选项A错误；
B．B→C时C中氨基氢原子被取代，C→D时苯环上H原子被取代，F→H时G中氨基的氢被取代，故均为取代反应；在E→F中氨基重新出现可知B→C该步骤的目的是保护氨基，选项B正确；
C．据分析可知，化合物B、G均含有氨基，均有碱性，可以和盐酸反应生成盐，选项C正确；
D．美托拉宗的分子式为，选项D错误，
故答案为BC；
【小问2详解】
据分析可知D的结构简式为：；A→B的过程涉及三步反应，其反应类型分别为硝化生出取代基-NO2、-NO2还原为-NH2，通过光照取代生成-Cl；
【小问3详解】
据分析可知F+G→H的化学反应方程式： ++H2O，
【小问4详解】
①除了苯环外，还含有一个四元环；
②分子中有4种不同化学环境的氢原子；
③不存在N-H键和N-O键，满足以上条件的C的同分异构体为：、；
【小问5详解】
乙醇首先被氧化生成乙醛；甲苯和浓硝酸、浓硫酸发生取代反应在对位引入硝基，和氧化剂反应甲基氧化为羧基，发生已知①反应将硝基转化为氨基，再和乙醛发生F生成G的反应得到产物，流程为：。
A．观察钠的燃烧
B．制备氢氧化铁胶体(夹持装置省略)
C．分离、、
D．铁片表面镀铜
实验方案
现象
结论
A
在橡胶塞侧面挖一个凹槽，嵌入下端卷成螺旋状的铜丝，向具支试管中加入2mL浓硝酸，用橡胶塞塞住试管口，使铜丝与硝酸接触，一段时间后，向上拉铜丝，终止反应。
剧烈反应，铜丝表面放出红棕色的气泡，铜不断溶解，溶液变成绿色
浓硝酸具有强氧化性
B
取某固体试样加入适量水，取少许于试管中，滴加NaOH溶液，并将湿润的红色石蕊试纸接近管口
湿润红色石蕊试纸无明显现象
该固体试样中一定不存在
C
在洁净的试管中加入1mL2%氨水，然后边振荡试管边逐滴滴入溶液
先产生沉淀，后沉淀恰好溶解
实验室制备银氨溶液
D
取固体于试管中，加热分解生成CuO、和，把带有火星的细木条伸进试管口
木条复燃
证明硝酸铜分解生成了氧气
t℃
丙烷转化率
产物的选择性
CO
400
4.06
93.12
2.20
4.68
500
12.32
9.23
3.16
5.61
600
35.22
85.44
7.73
6.83