江苏省连云港市2025届高三下学期考前模拟考试（一）化学试卷（解析版）

这是一份江苏省连云港市2025届高三下学期考前模拟考试（一）化学试卷（解析版），共13页。试卷主要包含了5 C-59， 下列化学反应表示正确的是等内容，欢迎下载使用。
1.本试卷共8页，包含选择题（第1题～第13题，共13题）、非选择题（第14题～第17题，共4题）共两部分。本卷满分100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。
2.答题前，请务必将自己的姓名、考试证号用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡上。
3.作答选择题，必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑涂满；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题卡上的指定位置，作答在其它位置一律无效。
4.如有作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚。
可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 C-59
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. 我国与共建“一带一路”国家进出口规模再创历史新高。下列贸易商品的主要成分不属于有机物的是
A. 半导体芯片B. 丝绸C. 棉花D. 油脂
【答案】A
【解析】有机物一般指含碳化合物(除CO、CO2)、碳酸盐等。
A．半导体芯片主要成分为硅(Si)，属于无机非金属材料，不含碳，符合题意，A正确；
B．丝绸成分为蛋白质(含C、H、O、N等)，属于有机物，不符合题意，B错误；
C．棉花成分为纤维素(C6H10O5)n，属于有机物，不符合题意，C错误；
D．油脂为酯类化合物(含C、H、O)，属于有机物，不符合题意，D错误；
故选A。
2. 反应CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O可用于制备乙酸乙酯。下列有关说法正确的是
A. H2O分子的VSEPR模型：
B. 乙酸分子中σ与π键数目比为7∶1
C. 羟基的电子式：
D. 乙酸乙酯分子中含有离子键
【答案】B
【解析】A．H2O分子中O价层电子对数，含有2个孤电子对，VSEPR模型为四面体形，A错误；
B．乙酸（CH3COOH）分子中，单键全是σ键，双键含1个σ键和1个π键，σ键数目：3个C-H、1个C-C、1个C-O、1个O-H、1个C=O中的σ键，共7个；π键数目：C=O中1个，σ与π键数目比为7:1，B正确；
C．羟基（-OH）的电子式应为（注意是单电子），C错误；
D．乙酸乙酯是共价化合物，只含共价键，不含离子键，D错误；
故选B。
3. 实验室用SO2和MgO悬浊液制取MgSO3，下列实验原理与装置不能达到实验目的的是
A. 用装置甲制取SO2B. 用装置乙收集SO2
C. 用装置丙制取MgSO3D. 用装置丁吸收尾气SO2
【答案】D
【解析】A．NaHSO3与70%硫酸反应可生成SO2，反应方程式为NaHSO3+H2SO4=NaHSO4+SO2↑+H2O，装置甲可制取SO2，A正确；
B．SO2密度比空气大，装置乙（向上排空气法 ）可收集SO2，B正确；
C．SO2与MgO悬浊液反应可生成MgSO3，装置丙可制取，C正确；
D．NaHSO3溶液与SO2不反应，不能吸收尾气，应选NaOH溶液等，D错误；
故选D。
4. 麻黄碱盐酸盐( )是治疗支气管哮喘的常用药物。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(C)＜r(N)B. 元素的电负性：χ(O)＜χ(S)
C. 酸性：HNO3＜HClO4D. 元素的第一电离能：I1(N)＜I1(O)
【答案】C
【解析】A．电子层数越多半径越大，电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，原子半径r(C) >r(N)，A错误；
B．同主族元素，从上到下非金属性依次减小，电负性依次减小，则氧元素的电负性大于硫元素，B错误；
C．非金属元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，Cl的氧化性大于N的氧化性，故酸性：HNO3＜HClO4，C正确；
D．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，N原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则N元素的第一电离能O元素，D错误；
故选C。
阅读下列材料，完成有关问题：
黄铜矿(CuFeS2)用Fe2(SO4)3溶液浸泡后生成单质硫。Cu2O加入到稀硫酸中，溶液变蓝色并有紫红色固体产生。CuSO4溶液中的Cu2+在水中以水合离子[Cu(H2O)4]2+存在，向其中滴入氨水可制备硫酸四氨合铜[Cu(NH3)4]SO4；Cu在O2存在下也能与氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+。CuCl难溶于水，溶于不同浓度的KCl溶液中可得到[CuCl2]-和[CuCl3]2-。
5. 下列说法正确的是
A. Cu2O晶胞如图所示，与O距离最近的Cu有2个
B. [Cu(H2O)4]2+中的配位原子为H原子
C. NH3转化为[Cu(NH3)4]2+后H-N-H键角变大
D. [CuCl2]-和[CuCl3]2-中Cu元素的杂化类型相同
6. 下列化学反应表示正确的是
A. CuFeS2与Fe2(SO4)3溶液反应：CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S
B. Cu2O溶于稀硫酸：Cu2O+2H+=2Cu++H2O
C. CuCl溶于KCl溶液：2Cu++5Cl－=[CuCl2]-+ [CuCl3]2-
D. Cu在O2存在下与氨水反应：2Cu+8NH3+O2+4H+=2[Cu(NH3)4]2++2H2O
7. 下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是
A. CuFeS2呈金黄色，可用于制取单质Cu
B CuSO4溶液呈酸性，可用于湿法炼铜
C. CuCl不溶于水，可用于制取K[CuCl2]
D. Cu2+有空轨道，可与NH3反应制[Cu(NH3)4]2+
【答案】5. C 6. A 7. D
【解析】5.A．与O距离最近的Cu有4个，A错误；
B．中的配位原子为O原子，B错误；
C．NH3转化为后，中N的孤对电子与Cu2+形成配位键，孤对电子对N-H键的排斥力减小，H-N-H键角变大，C正确；
D．中Cu采取杂化，中Cu采取杂化，D错误；
故选C。
6.A．黄铜矿(CuFeS2)用Fe2(SO4)3溶液浸泡后生成单质硫。离子方程式为：CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S，A正确；
B．Cu2O加入到稀硫酸中，溶液变蓝色并有紫红色固体产生。离子方程式应为：，B错误；
C．CuCl难溶于水，不能拆成，C错误；
D．Cu在O2存在下与氨水反应，溶液呈碱性，不能出现，D错误；
故选A。
7.A．CuFeS2可用于制取单质Cu，是因为其含有铜元素，A错误；
B．湿法炼铜原理为：，是因为有氧化性，B错误；
C．CuCl难溶于水，溶于不同浓度的KCl溶液中可形成稳定配位化合物如[CuCl2]-和[CuCl3]2-，这种配合物降低了溶液中的浓度，促使溶解，C错误；
D．Cu2+有空轨道，可与NH3中的N形成配位键，制[Cu(NH3)4]2+，D正确；
故选D。
8. 含Ru(钌)化合物可催化CO2转化为HCOOH，其反应机理如图所示。
下列说法不正确的是
A. 该催化剂不能提高CO2的平衡转化率
B. 过程1中CO2发生还原反应
C. 过程3中有1mlH2O生成时有2ml电子转移
D. 整个转化过程中Ru和O元素的化合价不变
【答案】C
【解析】A．催化剂不能使化学平衡发生移动，只能改变反应速率，所以不能提高CO2的平衡转化率，A正确；
B．Ru的化合物与二氧化碳反应，产物增加了氧原子，发生了氧化反应，二氧化碳被还原，B正确；
C．由图可知，反应方程式为，反应中钌元素的化合价没有变化，氢元素的化合价既升高被氧化，又降低被还原，氢气既是反应的氧化剂也是反应的还原剂，所以当转化为时，氢气得到2ml电子，并没有电子得失，所以当生成时有电子转移，C错误；
D．由图可知，元素在化合物中的化学式分别为；氧元素均形成含氧化合物，没有形成过氧化物，由化合价代数和为可知，元素的化合价不变，D正确；
故选C。
9. 电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理如题图所示。下列有关说法正确的是
A. Pt片接电源负极
B. Sn片上发生的电极反应式为CO2＋-2e−=HCOO−＋
C. 每产生1ml HCOO−，阳离子交换膜中有4 ml K+通过
D. 电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低
【答案】D
【解析】CO2、中碳元素的化合价分别为+4、+2，阴极发生还原反应，电极（Sn电极）反应为，阳极（Pt电极）生成O2：，据此分析解答。
A．由分析知Pt片为阳极，接电源正极，A错误；
B．由分析知，Sn片为阴极，发生得电子的还原反应，电极反应式应为 ，B错误；
C．由反应可知，每产生1ml，转移2ml电子，，有电荷守恒得，阳离子交换膜中有2 ml K+通过，C错误；
D．阳极发生反应反应，产生氢离子，消耗KHCO3，使KHCO3溶液浓度降低，D正确；
故选D。
10. .化合物Z具有广谱抗菌活性，可利用X和Y反应获得。下列有关说法不正确的是
A. 1 ml X最多与3ml NaOH反应
B. X与足量H2加成后的产物有6个手性碳原子
C. 有机物Y不能与乙醇发生缩聚反应
D. 可以用NaHCO3溶液鉴别X和Z
【答案】A
【解析】A．X中酚羟基、酯基、氨基，2个酚羟基消耗2ml NaOH，酚酯基和酰胺基水解，又消耗3ml NaOH，共5ml NaOH，A错误；
B．X与足量H2加成后，环上及侧链饱和碳中，手性碳原子是连有4个不同原子或基团的碳，共6个，如图所示（带*号），B正确；
C．Y含羧基，可与乙醇发生酯化反应（取代），但不能发生缩聚反应（缩聚需含多个官能团如羟基与羧基等），C正确；
D．X中无羧基， Z中含羧基，羧基与NaHCO3反应生成CO2，可用NaHCO3溶液鉴别，D正确；
故选A。
11. 室温下，根据下列实验过程及现象，得出的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】A．木炭在浓硝酸中燃烧是由于浓硝酸受热分解产生，而非支持燃烧，A错误；
B．浓度均为0.1ml·L-1Na2CO3溶液和Na[Al(OH)4]溶液pH，后者pH更大，说明四羟基合铝酸根离子水解程度大于水解程度，B正确；
C．乙醇与浓硫酸170℃反应会生成乙烯，但气体中还可能含以及挥发出来的乙醇等还原性物质也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法确定乙烯存在，C错误；
D．两种盐溶液是浓度未知，不能根据pH大小判断酸性强弱，D错误；
故选B。
12. 室温下，通过下列实验探究H2SO3溶液的性质。
实验1：测定0.40ml·L-1新制H2SO3溶液，其pH约为1
实验2：将等体积浓度均为0.40ml·L-1BaCl2溶液与新制H2SO3溶液混合，出现
白色浑浊
实验3：向上述实验2后得到的混合物中滴加过量的H2O2溶液，充分振荡后出现白
色沉淀
已知：Ka1(H2SO3)=1.5×10-2，Ka2(H2SO3)=1.0×10-7，Ksp(BaSO3)=5.0×10-10, Ksp(BaSO4)=1.1×10-10
下列说法正确的是
A. 0.40ml·L-1H2SO3溶液中存在c(H+)＜c()+c()
B. 将0.40ml·L-1H2SO3溶液稀释到0.20ml·L-1，c()快速增大
C 实验2中充分反应后静置，上层清液中有：c(Ba2+)·c()＜Ksp(BaSO3)
D. 实验3中发生的主要反应为Ba2++H2SO3+H2O2=BaSO4↓+2H++H2O
【答案】D
【解析】A．由电荷守恒可得c(H⁺)=c()+2c()+c(OH⁻)，故c(H⁺)＞c()+c()，A错误；
B．由第一步电离平衡表达式H2SO3H⁺+可知c(H⁺)≈c()，，温度不变，Ka2不变，因此稀释时亚硫酸根浓度基本不变，B错误；
C．实验2中生成的白色浑浊为BaSO3沉淀，静置后上层清液为BaSO3饱和溶液，因此c(Ba2+)·c()=Ksp(BaSO3)，C错误；
D．H2O2将H2SO3氧化H2SO4，生成BaSO4沉淀，离子方程式为Ba2++ H2SO3+ H2O2=BaSO4↓+2H++H2O，D正确；
13. 使用CH3COOCH3与H2反应制C2H5OH过程中的主要反应为
反应I：CH3COOCH3(g)＋2H2(g)= C2H5OH(g)＋CH3OH(g) ΔH1=1004kJ·ml-1
反应II：CH3COOCH3(g)＋H2(g)= CH3CHO(g)＋CH3OH(g) ΔH2=1044kJ·ml-1
反应III：CH3COOCH3(g)＋C2H5OH(g)=CH3COOCH2CH3(g)＋CH3OH(g) ΔH3= 1160kJ·ml-1
在催化剂作用下，在1.0×105 Pa、n起始(CH3COOCH3)∶n起始(H2)=1∶2时，若仅考虑上述反应，反应相同时间，CH3COOCH3转化率、C2H5OH和CH3COOCH2CH3的选择性随温度的变化如图所示。[C2H5OH的选择性=×100%]。下列说法正确的是
A. 反应CH3CHO(g)＋H2(g)=C2H5OH(g)的焓变ΔH = 40 kJ·ml－1
B. 185℃时，若起始n(CH3COOCH3)为1ml，则反应后体系中C2H5OH为0.04 ml
C. 温度在165℃~205℃之间，反应后的体系中存在CH3CHO
D. 温度在225℃~235℃之间，C2H5OH的选择性保持不变，说明反应I达到了平衡
【答案】B
【解析】A．根据盖斯定律，反应I减去反应II得：CH3CHO(g)＋H2(g)=C2H5OH(g)的焓变ΔH =ΔH1-ΔH2=1004kJ·ml-1-1044kJ·ml-1=-40 kJ·ml－1，A错误；
B．185℃时，若起始n(CH3COOCH3)为1ml，则CH3COOCH3反应了1ml=0.2 ml，，则反应后体系中C2H5OH为0.04 ml，B正确；
C．温度在165℃~205℃之间，C2H5OH和CH3COOCH2CH3的选择性之和为100%，则反应后的体系中不存在CH3CHO，C错误；
D．温度在225℃~235℃之间，C2H5OH的选择性保持不变，但是CH3COOCH3转化率增大，根据C2H5OH的选择性=×100%，则增大，即反应I没有达到平衡，D错误；
故选B。
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 以钴锰废渣（含LiCO2，MnCO3，炭黑和CaCO3、Fe等）为原料制备 C3O4。
（1）“酸浸、还原”。向钴锰废渣中加入稀H2SO4和H2O2，充分反应后，过滤。
①在加料完成后，提高浸取效率的措施有________写2点)。
②过滤后，滤渣的主要成分为_______。
（2）“除杂”。在搅拌下，向“酸浸、还原”后得到的滤液中加入MnCO3调节溶液的pH＝4，除去溶液中的Fe3+，过滤。向得到的滤液中加入MnF2固体除去溶液中的Ca2+。
①加入MnCO3除去溶液中Fe3+的离子方程式为_______。
②滤液中加入MnF2固体发生的反应为MnF2＋Ca2+⇌CaF2＋Mn2+。已知：K＞105认为反应进行完全；Ksp(MnF2)=1.2×10-3，Ksp(CaF2)=1.6×10-10。结合计算解释MnF2能除去Ca2+的原因：_______。
（3）“萃取和反萃取”。向除杂后得到的滤液中加入有机萃取剂(用HA表示)萃取金属离子，原理为C2+＋2HA(有机层)⇌CA2(有机层)＋2H+ (水层)，充分反应后，分离出有机层。向有机层中加入稀硫酸，进行反萃取得到富含C2+的溶液。
①“萃取”时，随着pH的升高，C2+在有机萃取剂中萃取率增大，其原因是_______。
②“反萃取”时，为使C2+尽可能多地转移到水层，应选择的实验条件或采取的实验操作有_______。
（4）“制备”。已知：CC2O4从水溶液中析出的主要成分为CC2O4·2H2O，其在空气中受热的质量变化曲线如图所示。请补充由上述反萃取后得到的富含C2+的溶液制备C3O4的实验方案：取富含C2+的溶液，_______，得到C3O4。(须使用的试剂：0.1ml·L−1Na2C2O4溶液、盐酸、BaCl2溶液)。
【答案】（1） ①. 适当搅拌，适当升高温度 ②. CaSO4、炭黑
（2） ①. 3MnCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3＋3Mn2＋＋3CO2↑ ②. 此反应K＝＝＝7.5×106＞105，反应进行完全，因此可将Ca2＋完全除尽
（3） ①. 随pH增大，溶液中c(H＋)减小，平衡往正向移动，MAn(有机层)浓度增大，萃取率增大 ②. 适当提高稀硫酸的浓度或充分振荡分液漏斗或用萃取剂分多次萃取
（4）边搅拌向其中加入0.1ml·L−1 Na2C2O4溶液，直至向上层清液中滴加Na2C2O4溶液不产生沉淀，停止滴加。过滤，洗涤滤渣至取最后一次洗涤滤液滴加盐酸和BaCl2溶液不再生成沉淀。将滤渣置于空气中加热到300℃以上，充分反应至固体质量不再改变
【解析】以钴锰废渣（含LiCO2，MnCO3，炭黑和CaCO3、Fe等）为原料，向钴锰废渣中加入稀H2SO4和H2O2进行酸浸和还原，充分反应后，过滤，炭黑不溶于酸，与稀反应生成的微溶于水，会残留部分在滤渣中。向“酸浸、还原”后得到的滤液中加入MnCO3调节溶液的pH＝4，除去溶液中的Fe3+，生成，过滤。向得到的滤液中加入MnF2固体除去溶液中的Ca2+，生成。再萃取和反萃取出，用沉淀得，灼烧得C3O4。
（1）升高温度可以加快反应速率，搅拌可使反应物充分接触，加快反应速率，故提高浸取效率的措施有：适当搅拌，适当升高温度。
根据分析可知，过滤后，滤渣的主要成分为炭黑和。故答案为：适当搅拌，适当升高温度；、炭黑；
（2）在pH＝4形成沉淀，中的与结合生成和，则加入MnCO3除去溶液中Fe3+的离子方程式为：3MnCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3＋3Mn2＋＋3CO2↑。MnF2＋Ca2+⇌CaF2＋Mn2+，，反应进行完全，因此可除去。故答案为：3MnCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3＋3Mn2＋＋3CO2↑；此反应，反应进行完全，因此可将完全除尽。
（3）根据反应：C2+＋2HA(有机层)⇌CA2(有机层)＋2H+ (水层)，随着pH的升高，浓度减小，平衡正向移动，促进进入有机层，从而提高萃取率。“反萃取”时，为使C2+尽可能多地转移到水层，应选择的实验条件或采取的实验操作有：适当加入高浓度硫酸，使浓度增大，平衡逆向移动，释放进入水层，或者充分振荡，加快传质过程，提高反萃取率，或者多次萃取。故答案为：随pH增大，溶液中c(H＋)减小，平衡往正向移动，MAn(有机层)浓度增大，萃取率增大；适当提高稀硫酸的浓度或充分振荡分液漏斗或用萃取剂分多次萃取；
（4）根据图示可知，的质量为18.3g，物质的量为0.1ml，则C元素的质量为5.9g，C点钴氧化物的质量为8.03g，由质量守恒可知C点O元素的质量为，则C点，故C点为。B点对应质量为14.7g，与起始相比减少了3.6g，恰好为结晶水的质量，则B点对应物质为。故要得到，需在300℃以上煅烧。故取富含C2+的溶液，加入过量0.1ml·L−1Na2C2O4溶液，充分反应生成沉淀，过滤并洗涤沉淀，取最后一次洗涤滤液滴加盐酸和BaCl2溶液不再生成沉淀，则洗涤干净。将沉淀在300℃以上煅烧，充分反应至质量不变得。故答案为：边搅拌向其中加入0.1ml·L−1 Na2C2O4溶液，直至向上层清液中滴加Na2C2O4溶液不产生沉淀，停止滴加。过滤，洗涤滤渣至取最后一次洗涤滤液滴加盐酸和BaCl2溶液不再生成沉淀。将滤渣置于空气中加热到300℃以上，充分反应至固体质量不再改变。
15. 化合物H是四氢异喹啉阿司匹林衍生物，其合成路线如下：
（1）C的分子式为C10H15NO2，则C的结构简式为_______。
（2）D分子中含氧官能团的名称为_______，分子中采取sp2杂化的碳原子数目为_______。
（3）D→E过程中发生的化学反应依次为加成反应和消去反应，则过程中生成的中间体X的结构简式为 _______。
（4）G的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。
①1ml该物质完全水解最多消耗4 ml NaOH。
②在酸性条件下水解后的一种产物能与FeCl3发生显色反应，且有3种不同化学环境的氢。
（5）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） （2） ①. 醚键、酰胺基 ②. 13
（3） （4） （5）
【解析】合成四氢异喹啉阿司匹林衍生物的流程为：将A在作用下取代生成B，将B在的条件下与C进行取代反应生成D，把D在、甲苯、条件下成环转化为E，将E在条件下加成为F，最后将F在的条件下与G发生取代生成目标产物四氢异喹啉阿司匹林衍生物H，据此分析解答。
（1）C的分子式为，结合B与D的结构差异，可推出C的结构简式为：。
（2）D的结构简式为，则其含氧官能团的名称为：醚键、酰胺基；分子中采取杂化的碳原子分别位于2个苯环上（12个)和碳氧双键上(1个 )，共有13个，其余C原子处于饱和结构，采用的是杂化。
（3）D→E过程中发生的化学反应依次为加成反应和消去反应：，则可得到该过程中生成的中间体X的结构简式为：。
（4）G的一种同分异构体同时满足下列条件，①1ml该物质完全水解最多消耗4 ml NaOH：则含酯基且水解后的羟基要直接连接在苯环形成酚羟基继续消耗NaOH；②在酸性条件下水解后的一种产物能与发生显色反应，且有3种不同化学环境的氢：更进一步得到水解产物含酚羟基结构且在苯环上取代还要处于对称位置，则符合条件的同分异构体有：。
（5）根据题干的转化流程，先将在催化剂作用下氧化为，再继续氧化为，加入作用下取代为，再与反应生成，最后成环生成产物；则合成路线图为：。
16. 通过测定某蛋白质样品中氮元素的含量可以确定其优劣。“凯氏定氮法”测定蛋白质中含氮量的实验方案如下：
（1）“消化”。将蛋白质样品与CuSO4溶液(作催化剂)和浓硫酸中的一种混合后放入三颈烧瓶中，实验装置如图所示，然后再滴加其中的另一种物质，在加热条件下充分反应，蛋白质中的氮元素转化为(NH4)2SO4。
①滴液漏斗中盛放的物质是_______。
②装置B的作用是_______。
③反应结束后，打开止水夹K并不断通入N2，其原因是_______。
（2）“吸收”。向得到的(NH4)2SO4中加入足量的NaOH溶液充分反应后，加热将所得NH3蒸出，然后用硼酸(H3BO3)溶液吸收，得到(NH4)2B4O7溶液。
①硼酸是一元弱酸，易与水结合生成B(OH)，其水溶液显酸性的原因是_______（用离子方程式表示）。
②NH3与H3BO3反应生成(NH4)2B4O7的化学方程式为_______。
（3）“测定”。称取0.8000g蛋白质样品，按照上述流程制取(NH4)2B4O7溶液，然后将其加水稀释至100mL。取出25.00 mL放入锥形瓶中，滴加几滴指示剂，然后用0.1000 mL·L−1盐酸标准溶液滴定，滴定终点时消耗盐酸的体积为20.00mL。已知：(NH4)2B4O7＋2HCl＋5H2O=2NH4Cl＋4H3BO3。
①接近终点时滴加半滴盐酸溶液的操作：慢慢转动滴定管的活塞，使滴定管的尖嘴处悬挂半滴液体不滴落，_______。
②该样品中氮元素的质量分数为_______。（写出计算过程）
【答案】（1） ①. 浓硫酸 ②. 作安全瓶，防止NaOH溶液倒吸 ③. 将生成的SO2赶入装置C中完全吸收
（2） ①. H3BO3＋H2O⇌＋H＋ ②. 2NH3＋4H3BO3=(NH4)2B4O7＋5H2O
（3） ①. 用锥形瓶内壁将其碰下来，并用蒸馏水将其冲入锥形瓶内 ②. 14%
【解析】蛋白质样品“消化”将氮元素转化为硫酸铵，在将生成的硫酸铵与氢氧化钠溶液混合并加热反应生成氨气，生成的氨气通入H3BO3溶液中吸收，最后用标准盐酸溶液滴定，计算样品中的氮含量。
（1）①将蛋白质样品在CuSO4催化下用硫酸消化分解，使氮元素转化为 ，所以滴液漏斗中盛放的物质是浓硫酸；
②装置B中导气管“长进短出”，B的作用是作安全瓶，防止NaOH溶液倒吸；
③蛋白质“消化”过程中，浓硫酸还原产生二氧化硫，反应结束后，打开止水夹K并不断通入N2，将生成的SO2赶入装置C中完全吸收。
（2）①H3BO3＋H2O⇌＋H＋，所以硼酸水溶液显酸性；
②根据元素守恒，NH3与H3BO3反应生成(NH4)2B4O7的化学方程式为2NH3＋4H3BO3=(NH4)2B4O7＋5H2O；
（3）①接近终点时滴加半滴盐酸溶液的操作：慢慢转动滴定管的活塞，使滴定管的尖嘴处悬挂半滴液体不滴落，用锥形瓶内壁将其碰下来，并用蒸馏水将其冲入锥形瓶内。
②根据反应建立关系式2N~2NH3~(NH4)2B4O7~2HCl，n(N)=n(HCl)= 0.1000 mL·L−1×0.02L=0.002ml，该样品中氮元素的质量分数为。
17. 性能优越的催化剂是实现二氧化碳加氢制甲烷工业化的关键。
（1）CO2在Ni/γ-Al2O3催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：
反应I：CO2(g)＋4H2(g) = CH4(g)＋2H2O(g) ∆H1= -143.9 kJ·ml−1
反应II：CO2(g)＋H2(g) = CO(g)＋H2O(g) ∆H2
①已知在25℃、101kPa下，由最稳定单质生成1 ml某纯物质的焓变称为该物质的标准摩尔生成焓，用表示。如表所示为几种常见物质的标准摩尔生成焓。
反应2CO(g)＋2H2(g) = CO2(g)＋CH4(g)的焓变为_______。
②一定压强下，将一定比例CO2和H2通过装有Ni/γ-Ai2O3催化剂的反应器，反应相同时间，测得CO2转化率随温度变化情况如图所示(虚线代表平衡转化率)。高于320℃后，CO2转化率略有下降，可能原因是_______。
③γ-Al2O3因价格低廉、较高的热稳定性和比表面积而成为工业上最常用的催化剂载体。通过Rh(NO3)3（硝酸铑）热分解将铑有效负载在γ-Al2O3表面能有效提高催化性能的可能原因是_______。
（2）CeO2催化CO2与H2转化为CH4的机理如图所示。
①在催化过程中由CeO2转变成CeO2-x晶胞的组成结构变化如图所示，一个CeO2-x晶胞中Ce4+和Ce3+个数比为_______。
②催化剂中掺入少量CaO，用Ca2+替代CeO2结构中部分Ce4+形成Ca xCe1-xOy可提高催化效率，其原因是_______。
（3）通过Sngashira偶联反应（如下图所示），将CTBrPP（甲）在CuI与钯基催化剂的作用下，在甲上枝接PTAB(1,3,5-三乙炔苯聚合物)形成对CH4有较高选择性的CTBrPP-PTAB-Cu新型催化剂（乙）。
①CTBrPP-PTAB-Cu催化剂比CTBrPP具有更好的导电性的原因是_______。
②实验表明CTBrPP和CTBrPP-PTAB-Cu的ECSA(电化学活性面积，即参与电化学反应的有效面积)分别是7.1mF· cm-2和3.8mF·cm-2，偶联后ECSA降低的可能原因是_______。
【答案】（1） ①. －226.3 kJ·ml−1 ②. 320℃时，CO2和H2催化合成反应已达到平衡，升高温度，反应Ⅰ平衡向逆反应方向移动占主导，CO2的转化率减小 ③. Rh(NO3)3热分解放出大量气体使得γ-Al2O3的表面积增大
（2） ①. ②. 结构中氧空位增加
（3） ①. 三乙炔苯聚合物中的碳是sp和sp2杂化结构，有未参加杂化的p轨道上的电子 ②. CTBrPP表面接枝了聚1,3,5-三乙炔苯，使得活性位点难以暴露
【解析】（1）①反应热=产物的标准摩尔生成焓-反应物的标准摩尔生成焓，则，结合盖斯定律可知，2CO(g)＋2H2(g) = CO2(g)＋CH4(g)可以由I-2II，则该反应的反应热，
；
②可以从平衡移动的角度分析，由图可知，320℃之后，反应处于平衡状态，反应I为放热反应，温度升高平衡逆向移动，故答案为：320℃时，CO2和H2催化合成反应已达到平衡，升高温度，反应Ⅰ平衡向逆反应方向移动占主导，CO2的转化率减小；
③对于催化剂来说，接触面积越大，一般来说催化效果越好，另外硝酸铑分解会产生大量气体，故答案为：Rh(NO3)3热分解放出大量气体使得γ-Al2O3的表面积增大；
（2）①假设中的和的个数分别为m和n，则m+n=1，由化合物中各元素正、负化合价代数和为0可得4m+3n=4-2x，解得m=1-2x，故一个晶胞中和个数比为；
②催化剂中掺入少量，用替代结构中部分形成，则催化剂中氧原子数减少，氧空位将增多，可提高催化效率，故答案为结构中氧空位增加；
（3）①PTAB中的碳为sp和sp2（形成共轭π键骨架），且存在未杂化的p轨道电子（可离域化），这些电子通过共轭体系形成长程电子传输通道，显著提升催化剂的整体导电性，故答案为：三乙炔苯聚合物中的碳是sp和sp2杂化结构，有未参加杂化的p轨道上的电子；
②PTAB在CTBrPP表面枝接形成聚合物层，可能通过以下途径阻碍活性位点，物理覆盖，聚合物链直接遮挡CTBrPP的活性中心，故答案为：CTBrPP表面接枝了聚1,3,5-三乙炔苯，使得活性位点难以暴露。
选项
实验过程及现象
实验结论
A
将炽热的木炭放入浓硝酸中，木炭迅速燃烧
NO2支持燃烧
B
分别测量浓度均为0.1ml·L-1Na2CO3溶液和Na[Al(OH)4]溶液的pH，后者pH更大
Al比水解程度大
C
C2H5OH与浓硫酸170℃共热，制得的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色
产物中一定有乙烯
D
测pH：CH3COONa溶液的pH为9，NaNO2溶液的pH为8
Ka(HNO2)＞Ka(CH3COOH)
物质
CO2(g)
H2(g)
H2O(g)
CO(g)
)
－393.5
0
－241.8
－110.5