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江苏省南京市名校2022-2023学年高三上学期期末检测化学试题（Word版含答案）
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这是一份江苏省南京市名校2022-2023学年高三上学期期末检测化学试题（Word版含答案），共29页。试卷主要包含了硫及其化合物的转化具有重要应用，对于反应4NH3等内容，欢迎下载使用。
南京市名校2022-2023学年高三上学期期末检测
化学卷
一．选择题（共13小题）
1．硫及其化合物的转化具有重要应用。下列说法正确的是（ ）
A．硫元素在自然界中均以化合态形式存在
B．空气中排放过量SO2会形成酸雨，且酸雨的pH会随时间增长而降低
C．常温下浓H2SO4能使铁片钝化是因为浓硫酸具有脱水性
D．质量分数为49%、密度为14g•cm﹣3的硫酸，其物质的量浓度为2.8mol•L﹣1
2．乙醛发生银镜反应的化学方程式为CH3CHO+2Ag（NH3）2OH2Ag↓+CH3COONH4+3NH3↑+H2O。下列说法正确的是（ ）
A．CH3CHO分子中σ键与π键的比例为6：1
B．配离子[Ag（NH3）2]+中提供孤电子对形成配位键的是Ag+
C．NH3的电子式为
D．CH3COONH4中碳原子的轨道杂化方式均为sp3杂化
3．下列关于Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的说法正确的是（ ）
A．NaOH的碱性比 Mg（OH）2的强
B．Cl2得到电子的能力比Br2的弱
C．原子半径r：r（Br）＞r（Cl）＞r（Mg）＞r（Na）
D．原子的最外层电子数n：n（Na）＜n（Mg）＜n（Cl）＜n（Br）
4．实验室用下列装置制取、提纯、收集Cl2、尾气处理，不能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲制取Cl2
B．用装置乙除去Cl2中的少量HCl
C．用装置丙收集Cl2
D．用装置丁吸收尾气中的Cl2
5．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．HNO3具有强氧化性，可用于制备硝酸铵
B．SO2具有还原性，可用于纸浆漂白
C．Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝
D．NaHCO3溶液显碱性，可用于制胃酸中和剂
6．工业上制备下列物质的生产流程不合理的是（ ）
A．由黄铁矿制硫酸：黄铁矿SO2SO3H2SO4
B．由重晶石制可溶性钡盐：重晶石（BaSO4）BaCO3BaCl2（aq）
C．由石英砂制高纯硅：石英砂﹣粗硅SiCl4Si
D．由铝土矿冶炼铝：铝土矿Al2O3AlCl3（aq）Al
7．对于反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g） ΔH＝﹣905.8kJ⋅mol﹣1，下列说法正确的是（ ）
A．适当降温加压可提高NH3的平衡转化率
B．该反应的平衡常数可表达为K＝
C．分离出NO（g），v（正）增大，平衡向正反应方向移动
D．1molN﹣H断裂的同时有1molO﹣H断裂，说明反应到达该条件下的平衡状态
8．大气中氮氧化物和碳氢化合物受太阳紫外线作用可产生二次污染物﹣﹣光化学烟雾，其中的反应之一为：CH3CH═CHCH3（2﹣丁烯）+2O3→2CH3CHO+2O2，下列说法正确的是（ ）
A．分子式为C4H8的物质性质均与2﹣丁烯相同
B．氧化性：O3＞O2
C．常温常压下，22.4L的2﹣丁烯中含C﹣H键数目为8×6.02×1023个
D．1molO3参与该反应，转移的电子数为6×6.02×1023个
9．酮洛芬（Y）是一种非甾体抗炎药，可由下列反应制得：
下列有关化合物X、Y说法正确的是（ ）
A．X分子中不含手性碳原子
B．1molX中含有1mol碳氧π键
C．1molY最多能与6molH2发生加成反应
D．Y在水中的溶解度比X在水中的溶解度大
10．一种利用有机胺（TBA）联合生产碳酸氢钠和二氯乙烷的工艺流程如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．“制碱过程”后通过加热蒸发结晶得到NaHCO3
B．该工艺原子利用率100%
C．“氯化过程”每生成lmolC2H4Cl2，总反应中消耗0.5molO2
D．“胺再生过程”反应为4CuCl+O2+4TBA•HCl═4CuCl2+4TBA+2H2O
11．已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应I：Pb3O4+4H+＝PbO2+2Pb2++2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应II：5PbO2+2Mn2++4H++5SO42﹣＝2MnO4﹣+5PbSO4+2H2O。下列推断不正确的是（ ）
A．氧化性：PbO2＞MnO4﹣
B．Pb3O4中Pb（II）和Pb（IV）含量之比为2：1
C．Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb+16HNO3＝3Pb（NO3）4+4NO↑+8H2O
D．Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl＝3PbCl2+4H2O+Cl2↑
12．已知：25℃时H2C2O4的pKa1＝1.22，PKa2＝4.19，CH3COOH的pKa＝4.76（电离常数K的负对数﹣lgK＝pK）。下列说法正确的是（ ）
A．浓度为0.1mol/L NH4HC2O4和CH3COONH4溶液中：c（NH4+）前者小于后者
B．0.1mol/L KHC2O4溶液滴加氨水至中性：c（NH4+）＞c（C2O42﹣）
C．0.1mol/L K2C2O4溶液滴加盐酸至pH＝1.22；c（H+）﹣c（OH﹣）＝c（Cl﹣）﹣3c（HC2O4﹣）
D．0.1mol/L CH3COONa溶液中滴加KHC2O4溶液至pH＝4.76：c（K+）＞c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＞c（CH3COO﹣）
13．将金红石（TiO2）转化为TiCl4是生产金属钛的关键步骤。在1.0×105Pa，将TiO2、C、Cl2以物质的量比1：2：2进行反应，平衡体系中主要物质的物质的量分数（x）随温度变化理论计算结果如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．200～1600℃反应达到平衡时，TiO2的转化率均已接近100%
B．将400℃时的平衡体系加热至800℃，平衡C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）向正反应方向移动
C．1000℃时，测得某时刻x（TiCl4）＝0.2．其他条件不变，延长反应时间能使x（TiCl4）超过该温度下平衡时的x（TiCl4）
D．实际生产时反应温度选择900℃而不选择200℃，其主要原因是：900℃比200℃时化学反应速率更快，生产效益更高
二．填空题（共1小题）
14．甲烷是一种重要的化工原料，常用于制H2和CO。
（1）甲烷裂解制氢的反应为CH4（g）＝C（s）+2H2（g）ΔH＝75kJ/mol，Ni和活性炭均可作该反应催化剂。CH4在催化剂孔道表面反应，若孔道堵塞会导致催化剂失活。
①Ni催化剂可用NiC2O4•2H2O晶体在氩气环境中受热分解制备，该反应方程式为 。
②向反应系统中通入水蒸气可有效减少催化剂失活，其原因是 。
③在相同气体流量条件下，不同催化剂和进料比[]对甲烷转化率的影响如图所示。
使用活性炭催化剂，且其他条件相同时，随着进料比的增大，甲烷的转化率逐渐增大的原因是 。
④使用Ni催化剂，且其他条件相同时，随时间增加，温度对Ni催化剂催化效果的影响如图所示。使用催化剂的最佳温度为 ，650℃条件下，1000s后，氢气的体积分数快速下降的原因为 。
（2）甲烷、二氧化碳重整制CO经历过程I、II。过程I如图所示，可描述为 ；过程II保持温度不变，再通入惰性气体，CaCO3分解产生CO2，Fe将CO2还原得到CO和Fe3O4。
三．实验题（共1小题）
15．氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵为紫色晶体，是制备热敏材料VO2的原料，其化学式为（NH4）5[（VO）6（CO3）4（OH）9]•10H2O。实验室以V2O5为原料制备氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体，过程如图，并对所制备的晶体中钒元素的质量分数进行测定。
已知：①VO2+具有还原性，易被O2氧化
②Fe2+与K3Fe（CN）6溶液产生蓝色沉淀
Ⅰ．制备氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体
（1）步骤1中生成VOCl2的同时生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为 。
（2）步骤2可在如图装置中进行。滴加VOCl2溶液之前，需由a口向锥形瓶中通入一段时间CO2，作用是 ，所得紫色晶体残留的杂质阴离子主要为 。
Ⅱ．欲测定上述流程中所得氧钒（IV）碱式碳酸铵晶体钒元素的质量分数，现进行如下操作：
①称量wg晶体（NH4）5[（VO）6（CO3）4（OH）9]⋅10H2O溶于水，配成500mL溶液；
②取100mL上述溶液于锥形瓶中，滴加酸性KMnO4溶液氧化，再除去多余的KMnO4（方法略）；
③用xmol/L（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点（滴定过程只发生反应VO2++Fe2++2H+＝VO2++Fe3++H2O），消耗标准溶液的体积为ymL。
（3）操作②时，酸性KMnO4溶液氧化VO2+的离子方程式为 。
（4）操作③滴定时，选用K3Fe（CN）6溶液作指示剂，滴定终点的现象为 。
（5）该晶体中钒元素的质量分数为 %（用含有w、x、y的式子表示）。
（6）若实验测得钒的质量分数偏大，则可能的原因是 。
A．（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液部分被氧化
B．滴定前平视读数，滴定终点时俯视读数
C．滴定管水洗后未用标准溶液润洗
四．解答题（共1小题）
16．化合物E是合成抗癌药帕比司他的中间体，其合成路线如图：
（1）A分子中采取sp2杂化的碳原子数目是 。
（2）A→B中有一种分子式为C8H10O2的副产物生成，该副产物的结构简式为 。
（3）已知B→C的反应有中间体X生成，中间体X的分子式为C11H12O6。B→X的反应类型为 。
（4）D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： 。
①分子中含有苯环，且不同化学环境的氢原子个数比为1：1。
②1mol该物质最多能与4molNaOH反应。
（5）肉桂酸苄酯（）是一种天然香料。写出以和CH2（COOH）2为原料制备肉桂酸苄酯的合成路线（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干） 。
五．工艺流程题（共1小题）
17．三氯化六氨合钴[Co（NH3）6]Cl3是一种重要的化工原料。利用含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取[Co（NH3）6]Cl3的工艺流程如图所示：
已知：①“酸浸”过滤后的滤液中含有Co2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等。
②Ksp[Co（OH）2]＝1×10﹣14.2 Ksp[Co（OH）3]＝1×10﹣43.7
Ksp[Fe（OH）3]＝1×10﹣37.4 Ksp[Al（OH）3]＝1×10﹣32.9
已知：溶液中金属离子物质的量浓度低于1.0×l0﹣5mol/L时，可认为沉淀完全。
③[Co（NH3）6]2+具有较强还原性。
回答下列问题：
（1）制备CoCl2。
①Co2+的价电子排布式为 。
②“除杂”过程中加Na2CO3调节pH后会生成两种沉淀，同时得到含c（Co2+）＝0.1mol•L﹣1的滤液，调节pH的范围为 。
（2）制备[Co（NH3）6]3+。
①“混合”过程中需先将NH4Cl，CoCl2溶液混合，然后再加入活性炭，NH4Cl的作用是 。
②“氧化”过程应先加入 （选填“氨水”或“双氧水”），原因是 。
③生成[Co（NH3）6]3+的离子方程式为 。
（3）分离提纯。将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到[Co（NH3）6]Cl3晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是 。
（4）含量测定。通过碘量法可测定产品中的钴元素的含量。称取0.10g产品加入稍过量的NaOH溶液并加热，将Co完全转化为难溶的Co（OH）3，过滤洗涤后将滤渣完全溶于盐酸中，向所得的溶液中加入过量的KI和2～3滴淀粉溶液，再用0.010mol•﹣1L的Na2S2O3溶液滴定（反应原理：Co3++I﹣→Co2++I2、I2+S2O32﹣→I﹣+S4O62﹣），达到滴定终点时消耗Na2S2O3溶液24.00ml，则产品中钴元素的含量 （写出解题过程）。
南京市名校2022-2023学年高三上学期期末检测
化学卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共13小题）
1．硫及其化合物的转化具有重要应用。下列说法正确的是（ ）
A．硫元素在自然界中均以化合态形式存在
B．空气中排放过量SO2会形成酸雨，且酸雨的pH会随时间增长而降低
C．常温下浓H2SO4能使铁片钝化是因为浓硫酸具有脱水性
D．质量分数为49%、密度为14g•cm﹣3的硫酸，其物质的量浓度为2.8mol•L﹣1
【解答】解：A.自然界中有游离态的硫也有化合态的硫，故A错误；
B.空气中排放二氧化硫会形成硫酸型酸雨，且随着时间增长亚硫酸被氧化为硫酸，酸性增强，故B正确；
C.浓硫酸使铁片钝化是因为浓硫酸的强氧化性，故C错误；
D.根据c＝1000ρω/M可知，质量分数为49%（密度为14g⋅cm﹣3）的硫酸溶液物质的量浓度为 1000×14×49%/98mol/L＝70mol/L，故D错误；
故选：B。
2．乙醛发生银镜反应的化学方程式为CH3CHO+2Ag（NH3）2OH2Ag↓+CH3COONH4+3NH3↑+H2O。下列说法正确的是（ ）
A．CH3CHO分子中σ键与π键的比例为6：1
B．配离子[Ag（NH3）2]+中提供孤电子对形成配位键的是Ag+
C．NH3的电子式为
D．CH3COONH4中碳原子的轨道杂化方式均为sp3杂化
【解答】解：A．该分子中含有4个C﹣Hσ键、1个C﹣Hσ键，1个C＝O中含有1个 σ键、1个π键，所以σ键与π键的比例为6：1，故A正确；
B．配离子中，中心原子或离子提供空轨道、配体提供孤电子对，则Ag+提供空轨道、N原子提供孤电子对，故B错误；
C．漏写N原子的孤电子对，氨气分子的电子式为，故C错误；
D．甲基中碳原子价层电子对数是4、酯基中碳原子价层电子对数是3，则碳原子杂化类型：前者为sp3、后者为sp2，故D错误；
故选：A。
3．下列关于Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的说法正确的是（ ）
A．NaOH的碱性比 Mg（OH）2的强
B．Cl2得到电子的能力比Br2的弱
C．原子半径r：r（Br）＞r（Cl）＞r（Mg）＞r（Na）
D．原子的最外层电子数n：n（Na）＜n（Mg）＜n（Cl）＜n（Br）
【解答】解：A．钠和镁都是第三周期元素，同周期元素从左向右金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，NaOH的碱性比 Mg（OH）2的强，故A正确；
B．同主族元素自上而下非金属性减弱，Cl2得到电子的能力比Br2的强，故B错误；
C．中学阶段原子半径比较：“不同层看层数，层数大半径大，层相同看序数，序数大半径小”原子半径r：r（Br）＞r（Na）＞r（Mg）＞r（Cl），故C错误；
D．主族元素原子的最外层电子数等于族序数，最外层电子数n：n（Na）＜n（Mg）＜n（Cl）═n（Br），故D错误；
故选：A。
4．实验室用下列装置制取、提纯、收集Cl2、尾气处理，不能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲制取Cl2
B．用装置乙除去Cl2中的少量HCl
C．用装置丙收集Cl2
D．用装置丁吸收尾气中的Cl2
【解答】解：A．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，缺少酒精灯，不能制备氯气，故A错误；
B．HCl极易溶于水，食盐水可抑制氯气的溶解，图中装置可除去杂质，故B正确；
C．氯气的密度比空气密度大，图中向上排空气法可收集，故C正确；
D．氯气与NaOH反应，图中装置可处理尾气，故D正确；
故选：A。
5．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．HNO3具有强氧化性，可用于制备硝酸铵
B．SO2具有还原性，可用于纸浆漂白
C．Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝
D．NaHCO3溶液显碱性，可用于制胃酸中和剂
【解答】解：A．硝酸具有酸性，能够与氨水反应生成硝酸铵，可用于制备硝酸铵，与其氧化性无关，故A不选；
B．二氧化硫具有漂白性，可用于纸浆漂白，与其还原性无关，故B不选；
C．氧化铝为离子化合物，电解熔融的氧化铝可以得到铝，与氧化铝的两性无关，故C不选；
D．碳酸氢那具有弱碱性，能够与盐酸反应消耗盐酸，可用于治疗胃酸过多，故D选；
故选：D。
6．工业上制备下列物质的生产流程不合理的是（ ）
A．由黄铁矿制硫酸：黄铁矿SO2SO3H2SO4
B．由重晶石制可溶性钡盐：重晶石（BaSO4）BaCO3BaCl2（aq）
C．由石英砂制高纯硅：石英砂﹣粗硅SiCl4Si
D．由铝土矿冶炼铝：铝土矿Al2O3AlCl3（aq）Al
【解答】解：A．黄铁矿的主要成分是FeS2，煅烧生成二氧化硫，再将二氧化硫转化为三氧化硫，然后与水反应生成硫酸，通过该生产流程可制备硫酸，故A正确；
B．BaSO4在水中存在沉淀溶解平衡，加饱和碳酸钠溶液会生成碳酸钡沉淀，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡溶液，所以能由重晶石制可溶性钡盐，故B正确；
C．石英砂的主要成分是二氧化硅，高温下二氧化硅与C反应生成粗硅和CO，高温下粗硅与氯气生成四氯化硅，在高温下用氢气还原四氯化硅可以得到Si，故C正确；
D． 铝土矿主要成分是三氧化二铝，应提纯后再电解，电解氧化铝制备Al，反应为2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑，不能电解氯化铝溶液，故D错误；
故选：D。
7．对于反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g） ΔH＝﹣905.8kJ⋅mol﹣1，下列说法正确的是（ ）
A．适当降温加压可提高NH3的平衡转化率
B．该反应的平衡常数可表达为K＝
C．分离出NO（g），v（正）增大，平衡向正反应方向移动
D．1molN﹣H断裂的同时有1molO﹣H断裂，说明反应到达该条件下的平衡状态
【解答】解：A．该反应的正反应为放热反应且气体系数和增大的反应，加压，平衡逆移，NH3的平衡转化率减小，降温，平衡正移，NH3的平衡转化率增大，故A错误；
B．该反应的生成是NO（g）和H2O（g），则其平衡常数可表达为K＝，故B错误；
C．分离出NO（g），v（正）减小，平衡向正反应方向移动，故C错误；
D．1molN﹣H断裂为正反应，同时有1molO﹣H断裂为逆反应，且正、逆反应速率相等，说明反应到达该条件下的平衡状态，故D正确；
故选：D。
8．大气中氮氧化物和碳氢化合物受太阳紫外线作用可产生二次污染物﹣﹣光化学烟雾，其中的反应之一为：CH3CH═CHCH3（2﹣丁烯）+2O3→2CH3CHO+2O2，下列说法正确的是（ ）
A．分子式为C4H8的物质性质均与2﹣丁烯相同
B．氧化性：O3＞O2
C．常温常压下，22.4L的2﹣丁烯中含C﹣H键数目为8×6.02×1023个
D．1molO3参与该反应，转移的电子数为6×6.02×1023个
【解答】解：A、分子式为C4H8的物质可能是烯烃，也可能是环烷烃，如果是烯烃性质与2﹣丁烯相同，烷烃不同，故A错误；
B、氧化剂的氧化性强于还原产物的氧化性，所以氧化性：O3＞O2，故B正确；
C、常温常压下气体摩尔体积不知，所以无法由体积求物质的量，故C错误；
D、1molO3参与该反应，转移2mol的电子，所以1molO3参与该反应，转移的电子数为2×6.02×1023个，故D错误；
故选：B。
9．酮洛芬（Y）是一种非甾体抗炎药，可由下列反应制得：
下列有关化合物X、Y说法正确的是（ ）
A．X分子中不含手性碳原子
B．1molX中含有1mol碳氧π键
C．1molY最多能与6molH2发生加成反应
D．Y在水中的溶解度比X在水中的溶解度大
【解答】解：A．X中连接甲基的碳原子为手性碳原子，X含有1个手性碳原子，故A错误；
B．X分子中含有2个C＝O键，每个C＝O键中含有1个π键，所以1molX中含有2mol碳氧π键，故B错误；
C．Y中苯环和氢气以1：3发生加成反应、羰基和氢气以1：1发生加成反应，羧基中碳氧双键和氢气不反应，Y中含有2个苯环、1个羰基，所以1molY最多消耗7mol氢气，故C错误；
D．X中不含亲水基、Y含有亲水基羧基，所以Y在水中的溶解度比X在水中的溶解度大，故D正确；
故选：D。
10．一种利用有机胺（TBA）联合生产碳酸氢钠和二氯乙烷的工艺流程如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．“制碱过程”后通过加热蒸发结晶得到NaHCO3
B．该工艺原子利用率100%
C．“氯化过程”每生成lmolC2H4Cl2，总反应中消耗0.5molO2
D．“胺再生过程”反应为4CuCl+O2+4TBA•HCl═4CuCl2+4TBA+2H2O
【解答】解：A．图示制碱法是先把TBA、NaCl溶液、二氧化碳混合，生产溶解度较小的碳酸氢钠，NaHCO3的溶解度较小，从而析出晶体，不是通过加热蒸发结晶得到NaHCO3，故A错误；
B．流程分析可知，反应物全部转化为生成物，该工艺原子利用率100%，故B正确；
C．TBA的再生过程和“氯化过程”发生的反应为：O2+4CuCl+4TBA•HCl＝4CuCl2+4TBA+2H2O，即为O2+2CuCl+2TBA•HCl＝2CuCl2+2TBA+H2O，C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl，每生成lmolC2H4Cl2，总反应中消耗0.5molO2，故C正确；
D．TBA的再生过程为：O2+4CuCl+4TBA•HCl＝4CuCl2+4TBA+2H2O，故D正确；
故选：A。
11．已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应I：Pb3O4+4H+＝PbO2+2Pb2++2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应II：5PbO2+2Mn2++4H++5SO42﹣＝2MnO4﹣+5PbSO4+2H2O。下列推断不正确的是（ ）
A．氧化性：PbO2＞MnO4﹣
B．Pb3O4中Pb（II）和Pb（IV）含量之比为2：1
C．Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb+16HNO3＝3Pb（NO3）4+4NO↑+8H2O
D．Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl＝3PbCl2+4H2O+Cl2↑
【解答】解：A．依据反应II：5PbO2+2Mn2++4H++5SO42﹣＝2MnO4﹣+5PbSO4+2H2O可知，PbO2为氧化剂，MnO4﹣为氧化产物，所以氧化性：PbO2＞MnO4﹣，故A正确；
B．反应I未发生氧化还原反应，且产物Pb2+与PbO2物质的量之比为2：1，说明Pb3O4中Pb（II）和Pb（IV）含量之比为2：1，故B正确；
C．根据反应I可得硝酸不能将Pb氧化成+4价，不能生成Pb（NO3）4，故C错误；
D．据反应II可知氧化性PbO2＞MnO4﹣，而酸性条件下MnO4﹣能将HCl氧化成Cl2，则Pb（IV）也能将HCl氧化成Cl2，所以此反应Pb3O4+8HCl＝3PbCl2+4H2O+Cl2↑能发生，故D正确；
故选：C。
12．已知：25℃时H2C2O4的pKa1＝1.22，PKa2＝4.19，CH3COOH的pKa＝4.76（电离常数K的负对数﹣lgK＝pK）。下列说法正确的是（ ）
A．浓度为0.1mol/L NH4HC2O4和CH3COONH4溶液中：c（NH4+）前者小于后者
B．0.1mol/L KHC2O4溶液滴加氨水至中性：c（NH4+）＞c（C2O42﹣）
C．0.1mol/L K2C2O4溶液滴加盐酸至pH＝1.22；c（H+）﹣c（OH﹣）＝c（Cl﹣）﹣3c（HC2O4﹣）
D．0.1mol/L CH3COONa溶液中滴加KHC2O4溶液至pH＝4.76：c（K+）＞c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＞c（CH3COO﹣）
【解答】解：A．NH4+水解使溶液呈酸性，HC2O4﹣电离程度大于水解程度，CH3COO﹣水解使溶液呈碱性，促进NH4+的水解，对于NH4HC2O4，HC2O4﹣电离对NH4+水解存在一定程度的抑制，CH3COO﹣的水解促进NH4+的水解，所以浓度均为0.1mol•L﹣1NH4HC2O4和CH3COONH4溶液中：c（NH4+）前者大于后者，故A错误；
B．溶液中存在电荷守恒：c（K+）+c（H+）+c（NH4+）＝c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），根据物料守恒：c（K+）＝c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）+c（H2C2O4），溶液呈中性，则c（H+）＝c（OH﹣），所以有c（H2C2O4）+c（NH4+）＝c（C2O42﹣），因此（NH4+）＜c（C2O42﹣），故B错误；
C.0.1mol/L K2C2O4溶液滴加盐酸至pH＝1.22，电离平衡常数得到，则溶液中c（HC2O4﹣）＝c（H2C2O4），溶液中存在电荷守恒：c（K+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）+c（Cl﹣），根据物料守恒：c（K+）＝2c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）+2c（H2C2O4），所以有c（H+）+3c（HC2O4﹣）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣）+c（C2O42﹣），即c（H+）﹣c（OH﹣）＝c（Cl﹣）﹣3c（HC2O4﹣），故C错误；
D.0.1 mol/LCH3COONa 溶液中滴加KHC2O4溶液至pH＝4.76，电离平衡常数得到，溶液中c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣），根据电荷守恒，c（Na+）+c（K+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），所以c（Na+）+c（K+）＜c（CH3COO﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），D项不符合电荷守恒，故D错误，
故选：C。
13．将金红石（TiO2）转化为TiCl4是生产金属钛的关键步骤。在1.0×105Pa，将TiO2、C、Cl2以物质的量比1：2：2进行反应，平衡体系中主要物质的物质的量分数（x）随温度变化理论计算结果如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．200～1600℃反应达到平衡时，TiO2的转化率均已接近100%
B．将400℃时的平衡体系加热至800℃，平衡C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）向正反应方向移动
C．1000℃时，测得某时刻x（TiCl4）＝0.2．其他条件不变，延长反应时间能使x（TiCl4）超过该温度下平衡时的x（TiCl4）
D．实际生产时反应温度选择900℃而不选择200℃，其主要原因是：900℃比200℃时化学反应速率更快，生产效益更高
【解答】解：A．由反应可知，TiO2、C、Cl2三者完全反应时，TiCl4和CO的生成量之比为1：2，此时TiCl4的物质的量分数约为33.3%，由图象可知，200～1600℃反应达到平衡，TiCl4的物质的量分数约为33.3%，此时TiO2的转化率均已接近100%，故A正确；
B．由图可知，将400℃时的平衡体系加热至800℃，二氧化碳含量减小，一氧化碳含量增加，平衡C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）向正反应方向移动，故B正确；
C．延长时间，不能改变物质的转化率和产率，故C错误；
D．温度越高，反应速率越快，单位时间内生成物的产率越高，实际生产时反应温度选择900℃而不选择200℃，其主要原因是：900℃比200℃时化学反应速率更快，生产效益更高，故D正确；
故选：C。
二．填空题（共1小题）
14．甲烷是一种重要的化工原料，常用于制H2和CO。
（1）甲烷裂解制氢的反应为CH4（g）＝C（s）+2H2（g）ΔH＝75kJ/mol，Ni和活性炭均可作该反应催化剂。CH4在催化剂孔道表面反应，若孔道堵塞会导致催化剂失活。
①Ni催化剂可用NiC2O4•2H2O晶体在氩气环境中受热分解制备，该反应方程式为 NiC2O4•2H2ONi+2CO2↑+2H2O 。
②向反应系统中通入水蒸气可有效减少催化剂失活，其原因是 水蒸气与碳反应生成CO（或CO2）与氢气，减少固体碳对孔道的堵塞 。
③在相同气体流量条件下，不同催化剂和进料比[]对甲烷转化率的影响如图所示。
使用活性炭催化剂，且其他条件相同时，随着进料比的增大，甲烷的转化率逐渐增大的原因是 进入反应的甲烷含量越低，甲烷分子与催化剂接触的几率越大，转化率越高 。
④使用Ni催化剂，且其他条件相同时，随时间增加，温度对Ni催化剂催化效果的影响如图所示。使用催化剂的最佳温度为 600℃ ，650℃条件下，1000s后，氢气的体积分数快速下降的原因为 650℃条件下，氢气的体积分数快速下降，是因为温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活 。
（2）甲烷、二氧化碳重整制CO经历过程I、II。过程I如图所示，可描述为 CH4和CO2在催化剂Ni表面反应，产生CO和H2，H2和CO还原Fe3O4生成Fe、CO2和H2O，未反应完和生成的CO2与CaO反应生成CaCO3 ；过程II保持温度不变，再通入惰性气体，CaCO3分解产生CO2，Fe将CO2还原得到CO和Fe3O4。
【解答】解：（1）①根据题意可知，在氩气环境中受热分解可得到Ni：NiC2O4•2H2ONi+2CO2↑+2H2O，
故答案为：NiC2O4•2H2ONi+2CO2↑+2H2O；
②向反应系统中通入水蒸气可有效减少催化剂失活，是因为水蒸气与碳反应生成CO（或CO2）与氢气，减少固体碳对孔道的堵塞，
故答案为：水蒸气与碳反应生成CO（或CO2）与氢气，减少固体碳对孔道的堵塞；
③进料比的增大，进入反应的甲烷含量越低，甲烷分子与催化剂接触的几率越大，转化率越高，
故答案为：进入反应的甲烷含量越低，甲烷分子与催化剂接触的几率越大，转化率越高；
④由图可知，550摄氏度，600摄氏度，650摄氏度催化效率最高的是600摄氏度，650℃条件下，氢气的体积分数快速下降，是因为温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活，
故答案为：600℃；650℃条件下，氢气的体积分数快速下降，是因为温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活；
（2）由图可知，CH4和CO2在催化剂Ni表面反应，生成CO和H2，H2和CO还原Fe3O4生成Fe、CO2和H2O，未反应完和生成的CO2与CaO反应生成CaCO3，
故答案为：CH4和CO2在催化剂Ni表面反应，产生CO和H2，H2和CO还原Fe3O4生成Fe、CO2和H2O，未反应完和生成的CO2与CaO反应生成CaCO3。
三．实验题（共1小题）
15．氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵为紫色晶体，是制备热敏材料VO2的原料，其化学式为（NH4）5[（VO）6（CO3）4（OH）9]•10H2O。实验室以V2O5为原料制备氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体，过程如图，并对所制备的晶体中钒元素的质量分数进行测定。
已知：①VO2+具有还原性，易被O2氧化
②Fe2+与K3Fe（CN）6溶液产生蓝色沉淀
Ⅰ．制备氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体
（1）步骤1中生成VOCl2的同时生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为 2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl4VOCl2+N2↑+6H2O 。
（2）步骤2可在如图装置中进行。滴加VOCl2溶液之前，需由a口向锥形瓶中通入一段时间CO2，作用是 排除装置中的空气，避免产物被氧化 ，所得紫色晶体残留的杂质阴离子主要为 Cl﹣ 。
Ⅱ．欲测定上述流程中所得氧钒（IV）碱式碳酸铵晶体钒元素的质量分数，现进行如下操作：
①称量wg晶体（NH4）5[（VO）6（CO3）4（OH）9]⋅10H2O溶于水，配成500mL溶液；
②取100mL上述溶液于锥形瓶中，滴加酸性KMnO4溶液氧化，再除去多余的KMnO4（方法略）；
③用xmol/L（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点（滴定过程只发生反应VO2++Fe2++2H+＝VO2++Fe3++H2O），消耗标准溶液的体积为ymL。
（3）操作②时，酸性KMnO4溶液氧化VO2+的离子方程式为 MnO4﹣+5VO2++H2O＝5VO2++Mn2++2H+ 。
（4）操作③滴定时，选用K3Fe（CN）6溶液作指示剂，滴定终点的现象为 滴入最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色，半分钟不褪色 。
（5）该晶体中钒元素的质量分数为 %（用含有w、x、y的式子表示）。
（6）若实验测得钒的质量分数偏大，则可能的原因是 AC 。
A．（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液部分被氧化
B．滴定前平视读数，滴定终点时俯视读数
C．滴定管水洗后未用标准溶液润洗
【解答】解：（1）步骤1中V2O5与盐酸、N2H4•2HCl混合得到VOCl2的同时生成一种无色无污染的气体，反应物为：V2O5、N2H4•2HCl，生成物为：VOCl2，V元素（+5→+4）被N2H4还原，则N2H4中氮元素（﹣2→0）被氧化得到氮气，所以该气体为氮气，反应为：2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl4VOCl2+N2↑+6H2O，
故答案为：2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl4VOCl2+N2↑+6H2O；
（2）+4价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化，故装置中不能有空气，反应前应通入CO2数分钟排除装置中的空气，避免产物被氧化，VOCl2与NH4HCO3反应生成（NH4）5[（VO）6（CO3）4（OH）9]•10H2O残留的杂质离子主要为Cl﹣，
故答案为：排除装置中的空气，避免产物被氧化；Cl﹣；
（3）酸性KMnO4溶液氧化VO2+的离子方程式为MnO4﹣+5VO2++H2O＝5VO2++Mn2++2H+，
故答案为：MnO4﹣+5VO2++H2O＝5VO2++Mn2++2H+；
（4）用K3Fe（CN）6溶液作指示剂，滴定终点的现象为滴入最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色，半分钟不褪色，
故答案为：滴入最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色，半分钟不褪色；
（5）由流程可知消耗的硫酸亚铁铵的物质的量为y×10﹣3mol，结合反应可知n（VO2+）＝n（Fe2+）＝y×10﹣3mol，则样品中的V的质量分数＝×100%＝%，
故答案为：；
（6）A．（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液部分被氧化，会导致标准液体积消耗偏多，导致结果偏大，故A正确；
B．滴定前平视读数，滴定终点时俯视读数，导致消耗标准液体积偏小，结果偏小，故B错误；
C．滴定管水洗后未用标准溶液润洗，导致消耗标准液体积偏大，结果偏大，故C正确；
故答案为：AC。
四．解答题（共1小题）
16．化合物E是合成抗癌药帕比司他的中间体，其合成路线如图：
（1）A分子中采取sp2杂化的碳原子数目是 8 。
（2）A→B中有一种分子式为C8H10O2的副产物生成，该副产物的结构简式为 。
（3）已知B→C的反应有中间体X生成，中间体X的分子式为C11H12O6。B→X的反应类型为 加成反应 。
（4）D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： 。
①分子中含有苯环，且不同化学环境的氢原子个数比为1：1。
②1mol该物质最多能与4molNaOH反应。
（5）肉桂酸苄酯（）是一种天然香料。写出以和CH2（COOH）2为原料制备肉桂酸苄酯的合成路线（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干） 。
【解答】解：（1）A分子中所有碳原子价层电子对数都是3，所以所有碳原子都采取sp2杂化，采用sp2杂化的碳原子数目是8，
故答案为：8；
（2）A→B中有一种分子式为C8H10O2的副产物生成，则A中两个醛基都发生还原反应生成该负产物，该副产物的结构简式为，
故答案为：；
（3）已知B→C的反应有中间体X生成，中间体X的分子式为C11H12O6，则B中醛基先发生加成反应生成X，B→X的反应类型为加成反应，X发生消去反应生成C，
故答案为：加成反应；
（4）D的一种同分异构体同时满足下列条件：
①分子中含有苯环，且不同化学环境的氢原子个数比为1：1，说明含有两种氢原子，结构对称；
②1mol该物质最多能与4molNaOH反应，说明该物质水解生成两个酚羟基和碳酸，符合条件的结构简式为，
故答案为：；
（5）以和CH2（COOH）2为原料制备，可由和发生酯化反应得到，发生水解反应生成苯甲醇，苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛和CH2（COOH）2发生取代反应生成苯丙烯酸，合成路线为，
故答案为：。
五．工艺流程题（共1小题）
17．三氯化六氨合钴[Co（NH3）6]Cl3是一种重要的化工原料。利用含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取[Co（NH3）6]Cl3的工艺流程如图所示：
已知：①“酸浸”过滤后的滤液中含有Co2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等。
②Ksp[Co（OH）2]＝1×10﹣14.2 Ksp[Co（OH）3]＝1×10﹣43.7
Ksp[Fe（OH）3]＝1×10﹣37.4 Ksp[Al（OH）3]＝1×10﹣32.9
已知：溶液中金属离子物质的量浓度低于1.0×l0﹣5mol/L时，可认为沉淀完全。
③[Co（NH3）6]2+具有较强还原性。
回答下列问题：
（1）制备CoCl2。
①Co2+的价电子排布式为 3d7 。
②“除杂”过程中加Na2CO3调节pH后会生成两种沉淀，同时得到含c（Co2+）＝0.1mol•L﹣1的滤液，调节pH的范围为 4.7～7.4 。
（2）制备[Co（NH3）6]3+。
①“混合”过程中需先将NH4Cl，CoCl2溶液混合，然后再加入活性炭，NH4Cl的作用是 NH4Cl会抑制NH3•H2O的电离，防止生成Co（OH）2沉淀；参与反应提供NH4+ 。
②“氧化”过程应先加入 氨水 （选填“氨水”或“双氧水”），原因是 [Co（NH3）6]2+具有较强还原性，易被氧化；先加H2O2将Co2+氧化为Co3+，后加氨水，会生成Co（OH）3，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入H2O2 。
③生成[Co（NH3）6]3+的离子方程式为 2[Co（NH3）6]2++2NH4++H2O2＝2[Co（NH3）6]3++2NH3↑+2H2O 。
（3）分离提纯。将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到[Co（NH3）6]Cl3晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是 增大c（Cl﹣），降低[Co（NH3）6]Cl3在水中的溶解度，有利于其结晶析出 。
（4）含量测定。通过碘量法可测定产品中的钴元素的含量。称取0.10g产品加入稍过量的NaOH溶液并加热，将Co完全转化为难溶的Co（OH）3，过滤洗涤后将滤渣完全溶于盐酸中，向所得的溶液中加入过量的KI和2～3滴淀粉溶液，再用0.010mol•﹣1L的Na2S2O3溶液滴定（反应原理：Co3++I﹣→Co2++I2、I2+S2O32﹣→I﹣+S4O62﹣），达到滴定终点时消耗Na2S2O3溶液24.00ml，则产品中钴元素的含量 14.16% （写出解题过程）。
【解答】解：（1）①已知Co是27号元素，故Co2+的价电子排布式为3d7，
故答案为：3d7；
②“除杂”过程中加Na2CO3调节pH后会生成两种沉淀，即使Fe3+和Al3+完全沉淀，而Co2+不产生沉淀，由题干信息Ksp[Fe（OH）3]＝1×10﹣37.4、Ksp[Al（OH）3]＝1×10﹣32.9可知Ksp[Fe（OH）3]＜Ksp[Al（OH）3]，即当Al3+完全沉淀后，Fe3+已经早就完全沉淀，此时c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣9.3mol/L，则pH＝4.7，同时得到含c（Co2+）＝0.1 mol•L﹣1的滤液，此时溶液中c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣6.6mol/L，则pH＝7.4，即调节pH的范围为4.7～7.4，
故答案为：4.7～7.4；
（2）①流程中NH4Cl除作反应物外，NH4Cl溶于水电离出的NH4+会抑制后期加入的NH3•H2O的电离，可防止加氨水时c（OH﹣ ）过大，防止生成Co（OH）2沉淀，
故答案为：NH4Cl会抑制NH3•H2O的电离，防止生成Co（OH）2沉淀；参与反应提供NH4+；
②若先加H2O2，将Co元素氧化到Co3+，后加氨水，会生成Co（OH）3，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入H2O2，可防止Co（OH）3的生成，原因为；[Co（NH3）6]2+具有较强还原性，易被氧化；先加H2O2将Co2+氧化为Co3+，后加氨水，会生成Co（OH）3，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入H2O2，
故答案为：氨水；[Co（NH3）6]2+具有较强还原性，易被氧化；先加H2O2将Co2+氧化为Co3+，后加氨水，会生成Co（OH）3，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入H2O2；
③由分析可知，生成[Co（NH3）6]3+的反应方程式为：H2O2+2[Co（NH3）6]Cl2+2NH4Cl＝2[Co（NH3）6]Cl3↓+2NH3↑+2H2O，则其离子方程式为2[Co（NH3）6]2++2NH4++H2O2＝2[Co（NH3）6]3++2NH3↑+2H2O，
故答案为：2[Co（NH3）6]2++2NH4++H2O2＝2[Co（NH3）6]3++2NH3↑+2H2O；
（3）由分析可知，将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到[Co（NH3）6]Cl3晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是增大c（Cl﹣），降低[Co（NH3）6]Cl3在水中的溶解度，有利于其结晶析出，
故答案为：增大c（Cl﹣），降低[Co（NH3）6]Cl3在水中的溶解度，有利于其结晶析出；
（4）由题意可知：2Co3+～I2～2S2O32﹣；
n（Co3+）＝n（S2O32﹣）＝0.01mol/L×0.024L＝2.4×10﹣4mol；
m（Co3+）＝2.4×10﹣4mol×59g/mol＝0.01416g；
w（Co3+）%＝×100%＝14.16%，
故答案为：14.16%。
南京市名校2022-2023学年高三上学期期末检测
化学卷
一．选择题（共13小题）
1．硫及其化合物的转化具有重要应用。下列说法正确的是（ ）
A．硫元素在自然界中均以化合态形式存在
B．空气中排放过量SO2会形成酸雨，且酸雨的pH会随时间增长而降低
C．常温下浓H2SO4能使铁片钝化是因为浓硫酸具有脱水性
D．质量分数为49%、密度为14g•cm﹣3的硫酸，其物质的量浓度为2.8mol•L﹣1
2．乙醛发生银镜反应的化学方程式为CH3CHO+2Ag（NH3）2OH2Ag↓+CH3COONH4+3NH3↑+H2O。下列说法正确的是（ ）
A．CH3CHO分子中σ键与π键的比例为6：1
B．配离子[Ag（NH3）2]+中提供孤电子对形成配位键的是Ag+
C．NH3的电子式为
D．CH3COONH4中碳原子的轨道杂化方式均为sp3杂化
3．下列关于Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的说法正确的是（ ）
A．NaOH的碱性比 Mg（OH）2的强
B．Cl2得到电子的能力比Br2的弱
C．原子半径r：r（Br）＞r（Cl）＞r（Mg）＞r（Na）
D．原子的最外层电子数n：n（Na）＜n（Mg）＜n（Cl）＜n（Br）
4．实验室用下列装置制取、提纯、收集Cl2、尾气处理，不能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲制取Cl2
B．用装置乙除去Cl2中的少量HCl
C．用装置丙收集Cl2
D．用装置丁吸收尾气中的Cl2
5．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．HNO3具有强氧化性，可用于制备硝酸铵
B．SO2具有还原性，可用于纸浆漂白
C．Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝
D．NaHCO3溶液显碱性，可用于制胃酸中和剂
6．工业上制备下列物质的生产流程不合理的是（ ）
A．由黄铁矿制硫酸：黄铁矿SO2SO3H2SO4
B．由重晶石制可溶性钡盐：重晶石（BaSO4）BaCO3BaCl2（aq）
C．由石英砂制高纯硅：石英砂﹣粗硅SiCl4Si
D．由铝土矿冶炼铝：铝土矿Al2O3AlCl3（aq）Al
7．对于反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g） ΔH＝﹣905.8kJ⋅mol﹣1，下列说法正确的是（ ）
A．适当降温加压可提高NH3的平衡转化率
B．该反应的平衡常数可表达为K＝
C．分离出NO（g），v（正）增大，平衡向正反应方向移动
D．1molN﹣H断裂的同时有1molO﹣H断裂，说明反应到达该条件下的平衡状态
8．大气中氮氧化物和碳氢化合物受太阳紫外线作用可产生二次污染物﹣﹣光化学烟雾，其中的反应之一为：CH3CH═CHCH3（2﹣丁烯）+2O3→2CH3CHO+2O2，下列说法正确的是（ ）
A．分子式为C4H8的物质性质均与2﹣丁烯相同
B．氧化性：O3＞O2
C．常温常压下，22.4L的2﹣丁烯中含C﹣H键数目为8×6.02×1023个
D．1molO3参与该反应，转移的电子数为6×6.02×1023个
9．酮洛芬（Y）是一种非甾体抗炎药，可由下列反应制得：
下列有关化合物X、Y说法正确的是（ ）
A．X分子中不含手性碳原子
B．1molX中含有1mol碳氧π键
C．1molY最多能与6molH2发生加成反应
D．Y在水中的溶解度比X在水中的溶解度大
10．一种利用有机胺（TBA）联合生产碳酸氢钠和二氯乙烷的工艺流程如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．“制碱过程”后通过加热蒸发结晶得到NaHCO3
B．该工艺原子利用率100%
C．“氯化过程”每生成lmolC2H4Cl2，总反应中消耗0.5molO2
D．“胺再生过程”反应为4CuCl+O2+4TBA•HCl═4CuCl2+4TBA+2H2O
11．已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应I：Pb3O4+4H+＝PbO2+2Pb2++2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应II：5PbO2+2Mn2++4H++5SO42﹣＝2MnO4﹣+5PbSO4+2H2O。下列推断不正确的是（ ）
A．氧化性：PbO2＞MnO4﹣
B．Pb3O4中Pb（II）和Pb（IV）含量之比为2：1
C．Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb+16HNO3＝3Pb（NO3）4+4NO↑+8H2O
D．Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl＝3PbCl2+4H2O+Cl2↑
12．已知：25℃时H2C2O4的pKa1＝1.22，PKa2＝4.19，CH3COOH的pKa＝4.76（电离常数K的负对数﹣lgK＝pK）。下列说法正确的是（ ）
A．浓度为0.1mol/L NH4HC2O4和CH3COONH4溶液中：c（NH4+）前者小于后者
B．0.1mol/L KHC2O4溶液滴加氨水至中性：c（NH4+）＞c（C2O42﹣）
C．0.1mol/L K2C2O4溶液滴加盐酸至pH＝1.22；c（H+）﹣c（OH﹣）＝c（Cl﹣）﹣3c（HC2O4﹣）
D．0.1mol/L CH3COONa溶液中滴加KHC2O4溶液至pH＝4.76：c（K+）＞c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＞c（CH3COO﹣）
13．将金红石（TiO2）转化为TiCl4是生产金属钛的关键步骤。在1.0×105Pa，将TiO2、C、Cl2以物质的量比1：2：2进行反应，平衡体系中主要物质的物质的量分数（x）随温度变化理论计算结果如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．200～1600℃反应达到平衡时，TiO2的转化率均已接近100%
B．将400℃时的平衡体系加热至800℃，平衡C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）向正反应方向移动
C．1000℃时，测得某时刻x（TiCl4）＝0.2．其他条件不变，延长反应时间能使x（TiCl4）超过该温度下平衡时的x（TiCl4）
D．实际生产时反应温度选择900℃而不选择200℃，其主要原因是：900℃比200℃时化学反应速率更快，生产效益更高
二．填空题（共1小题）
14．甲烷是一种重要的化工原料，常用于制H2和CO。
（1）甲烷裂解制氢的反应为CH4（g）＝C（s）+2H2（g）ΔH＝75kJ/mol，Ni和活性炭均可作该反应催化剂。CH4在催化剂孔道表面反应，若孔道堵塞会导致催化剂失活。
①Ni催化剂可用NiC2O4•2H2O晶体在氩气环境中受热分解制备，该反应方程式为 。
②向反应系统中通入水蒸气可有效减少催化剂失活，其原因是 。
③在相同气体流量条件下，不同催化剂和进料比[]对甲烷转化率的影响如图所示。
使用活性炭催化剂，且其他条件相同时，随着进料比的增大，甲烷的转化率逐渐增大的原因是 。
④使用Ni催化剂，且其他条件相同时，随时间增加，温度对Ni催化剂催化效果的影响如图所示。使用催化剂的最佳温度为 ，650℃条件下，1000s后，氢气的体积分数快速下降的原因为 。
（2）甲烷、二氧化碳重整制CO经历过程I、II。过程I如图所示，可描述为 ；过程II保持温度不变，再通入惰性气体，CaCO3分解产生CO2，Fe将CO2还原得到CO和Fe3O4。
三．实验题（共1小题）
15．氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵为紫色晶体，是制备热敏材料VO2的原料，其化学式为（NH4）5[（VO）6（CO3）4（OH）9]•10H2O。实验室以V2O5为原料制备氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体，过程如图，并对所制备的晶体中钒元素的质量分数进行测定。
已知：①VO2+具有还原性，易被O2氧化
②Fe2+与K3Fe（CN）6溶液产生蓝色沉淀
Ⅰ．制备氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体
（1）步骤1中生成VOCl2的同时生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为 。
（2）步骤2可在如图装置中进行。滴加VOCl2溶液之前，需由a口向锥形瓶中通入一段时间CO2，作用是 ，所得紫色晶体残留的杂质阴离子主要为 。
Ⅱ．欲测定上述流程中所得氧钒（IV）碱式碳酸铵晶体钒元素的质量分数，现进行如下操作：
①称量wg晶体（NH4）5[（VO）6（CO3）4（OH）9]⋅10H2O溶于水，配成500mL溶液；
②取100mL上述溶液于锥形瓶中，滴加酸性KMnO4溶液氧化，再除去多余的KMnO4（方法略）；
③用xmol/L（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点（滴定过程只发生反应VO2++Fe2++2H+＝VO2++Fe3++H2O），消耗标准溶液的体积为ymL。
（3）操作②时，酸性KMnO4溶液氧化VO2+的离子方程式为 。
（4）操作③滴定时，选用K3Fe（CN）6溶液作指示剂，滴定终点的现象为 。
（5）该晶体中钒元素的质量分数为 %（用含有w、x、y的式子表示）。
（6）若实验测得钒的质量分数偏大，则可能的原因是 。
A．（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液部分被氧化
B．滴定前平视读数，滴定终点时俯视读数
C．滴定管水洗后未用标准溶液润洗
四．解答题（共1小题）
16．化合物E是合成抗癌药帕比司他的中间体，其合成路线如图：
（1）A分子中采取sp2杂化的碳原子数目是 。
（2）A→B中有一种分子式为C8H10O2的副产物生成，该副产物的结构简式为 。
（3）已知B→C的反应有中间体X生成，中间体X的分子式为C11H12O6。B→X的反应类型为 。
（4）D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： 。
①分子中含有苯环，且不同化学环境的氢原子个数比为1：1。
②1mol该物质最多能与4molNaOH反应。
（5）肉桂酸苄酯（）是一种天然香料。写出以和CH2（COOH）2为原料制备肉桂酸苄酯的合成路线（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干） 。
五．工艺流程题（共1小题）
17．三氯化六氨合钴[Co（NH3）6]Cl3是一种重要的化工原料。利用含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取[Co（NH3）6]Cl3的工艺流程如图所示：
已知：①“酸浸”过滤后的滤液中含有Co2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等。
②Ksp[Co（OH）2]＝1×10﹣14.2 Ksp[Co（OH）3]＝1×10﹣43.7
Ksp[Fe（OH）3]＝1×10﹣37.4 Ksp[Al（OH）3]＝1×10﹣32.9
已知：溶液中金属离子物质的量浓度低于1.0×l0﹣5mol/L时，可认为沉淀完全。
③[Co（NH3）6]2+具有较强还原性。
回答下列问题：
（1）制备CoCl2。
①Co2+的价电子排布式为 。
②“除杂”过程中加Na2CO3调节pH后会生成两种沉淀，同时得到含c（Co2+）＝0.1mol•L﹣1的滤液，调节pH的范围为 。
（2）制备[Co（NH3）6]3+。
①“混合”过程中需先将NH4Cl，CoCl2溶液混合，然后再加入活性炭，NH4Cl的作用是 。
②“氧化”过程应先加入 （选填“氨水”或“双氧水”），原因是 。
③生成[Co（NH3）6]3+的离子方程式为 。
（3）分离提纯。将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到[Co（NH3）6]Cl3晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是 。
（4）含量测定。通过碘量法可测定产品中的钴元素的含量。称取0.10g产品加入稍过量的NaOH溶液并加热，将Co完全转化为难溶的Co（OH）3，过滤洗涤后将滤渣完全溶于盐酸中，向所得的溶液中加入过量的KI和2～3滴淀粉溶液，再用0.010mol•﹣1L的Na2S2O3溶液滴定（反应原理：Co3++I﹣→Co2++I2、I2+S2O32﹣→I﹣+S4O62﹣），达到滴定终点时消耗Na2S2O3溶液24.00ml，则产品中钴元素的含量 （写出解题过程）。
南京市名校2022-2023学年高三上学期期末检测
化学卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共13小题）
1．硫及其化合物的转化具有重要应用。下列说法正确的是（ ）
A．硫元素在自然界中均以化合态形式存在
B．空气中排放过量SO2会形成酸雨，且酸雨的pH会随时间增长而降低
C．常温下浓H2SO4能使铁片钝化是因为浓硫酸具有脱水性
D．质量分数为49%、密度为14g•cm﹣3的硫酸，其物质的量浓度为2.8mol•L﹣1
【解答】解：A.自然界中有游离态的硫也有化合态的硫，故A错误；
B.空气中排放二氧化硫会形成硫酸型酸雨，且随着时间增长亚硫酸被氧化为硫酸，酸性增强，故B正确；
C.浓硫酸使铁片钝化是因为浓硫酸的强氧化性，故C错误；
D.根据c＝1000ρω/M可知，质量分数为49%（密度为14g⋅cm﹣3）的硫酸溶液物质的量浓度为 1000×14×49%/98mol/L＝70mol/L，故D错误；
故选：B。
2．乙醛发生银镜反应的化学方程式为CH3CHO+2Ag（NH3）2OH2Ag↓+CH3COONH4+3NH3↑+H2O。下列说法正确的是（ ）
A．CH3CHO分子中σ键与π键的比例为6：1
B．配离子[Ag（NH3）2]+中提供孤电子对形成配位键的是Ag+
C．NH3的电子式为
D．CH3COONH4中碳原子的轨道杂化方式均为sp3杂化
【解答】解：A．该分子中含有4个C﹣Hσ键、1个C﹣Hσ键，1个C＝O中含有1个 σ键、1个π键，所以σ键与π键的比例为6：1，故A正确；
B．配离子中，中心原子或离子提供空轨道、配体提供孤电子对，则Ag+提供空轨道、N原子提供孤电子对，故B错误；
C．漏写N原子的孤电子对，氨气分子的电子式为，故C错误；
D．甲基中碳原子价层电子对数是4、酯基中碳原子价层电子对数是3，则碳原子杂化类型：前者为sp3、后者为sp2，故D错误；
故选：A。
3．下列关于Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的说法正确的是（ ）
A．NaOH的碱性比 Mg（OH）2的强
B．Cl2得到电子的能力比Br2的弱
C．原子半径r：r（Br）＞r（Cl）＞r（Mg）＞r（Na）
D．原子的最外层电子数n：n（Na）＜n（Mg）＜n（Cl）＜n（Br）
【解答】解：A．钠和镁都是第三周期元素，同周期元素从左向右金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，NaOH的碱性比 Mg（OH）2的强，故A正确；
B．同主族元素自上而下非金属性减弱，Cl2得到电子的能力比Br2的强，故B错误；
C．中学阶段原子半径比较：“不同层看层数，层数大半径大，层相同看序数，序数大半径小”原子半径r：r（Br）＞r（Na）＞r（Mg）＞r（Cl），故C错误；
D．主族元素原子的最外层电子数等于族序数，最外层电子数n：n（Na）＜n（Mg）＜n（Cl）═n（Br），故D错误；
故选：A。
4．实验室用下列装置制取、提纯、收集Cl2、尾气处理，不能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲制取Cl2
B．用装置乙除去Cl2中的少量HCl
C．用装置丙收集Cl2
D．用装置丁吸收尾气中的Cl2
【解答】解：A．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，缺少酒精灯，不能制备氯气，故A错误；
B．HCl极易溶于水，食盐水可抑制氯气的溶解，图中装置可除去杂质，故B正确；
C．氯气的密度比空气密度大，图中向上排空气法可收集，故C正确；
D．氯气与NaOH反应，图中装置可处理尾气，故D正确；
故选：A。
5．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．HNO3具有强氧化性，可用于制备硝酸铵
B．SO2具有还原性，可用于纸浆漂白
C．Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝
D．NaHCO3溶液显碱性，可用于制胃酸中和剂
【解答】解：A．硝酸具有酸性，能够与氨水反应生成硝酸铵，可用于制备硝酸铵，与其氧化性无关，故A不选；
B．二氧化硫具有漂白性，可用于纸浆漂白，与其还原性无关，故B不选；
C．氧化铝为离子化合物，电解熔融的氧化铝可以得到铝，与氧化铝的两性无关，故C不选；
D．碳酸氢那具有弱碱性，能够与盐酸反应消耗盐酸，可用于治疗胃酸过多，故D选；
故选：D。
6．工业上制备下列物质的生产流程不合理的是（ ）
A．由黄铁矿制硫酸：黄铁矿SO2SO3H2SO4
B．由重晶石制可溶性钡盐：重晶石（BaSO4）BaCO3BaCl2（aq）
C．由石英砂制高纯硅：石英砂﹣粗硅SiCl4Si
D．由铝土矿冶炼铝：铝土矿Al2O3AlCl3（aq）Al
【解答】解：A．黄铁矿的主要成分是FeS2，煅烧生成二氧化硫，再将二氧化硫转化为三氧化硫，然后与水反应生成硫酸，通过该生产流程可制备硫酸，故A正确；
B．BaSO4在水中存在沉淀溶解平衡，加饱和碳酸钠溶液会生成碳酸钡沉淀，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡溶液，所以能由重晶石制可溶性钡盐，故B正确；
C．石英砂的主要成分是二氧化硅，高温下二氧化硅与C反应生成粗硅和CO，高温下粗硅与氯气生成四氯化硅，在高温下用氢气还原四氯化硅可以得到Si，故C正确；
D． 铝土矿主要成分是三氧化二铝，应提纯后再电解，电解氧化铝制备Al，反应为2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑，不能电解氯化铝溶液，故D错误；
故选：D。
7．对于反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g） ΔH＝﹣905.8kJ⋅mol﹣1，下列说法正确的是（ ）
A．适当降温加压可提高NH3的平衡转化率
B．该反应的平衡常数可表达为K＝
C．分离出NO（g），v（正）增大，平衡向正反应方向移动
D．1molN﹣H断裂的同时有1molO﹣H断裂，说明反应到达该条件下的平衡状态
【解答】解：A．该反应的正反应为放热反应且气体系数和增大的反应，加压，平衡逆移，NH3的平衡转化率减小，降温，平衡正移，NH3的平衡转化率增大，故A错误；
B．该反应的生成是NO（g）和H2O（g），则其平衡常数可表达为K＝，故B错误；
C．分离出NO（g），v（正）减小，平衡向正反应方向移动，故C错误；
D．1molN﹣H断裂为正反应，同时有1molO﹣H断裂为逆反应，且正、逆反应速率相等，说明反应到达该条件下的平衡状态，故D正确；
故选：D。
8．大气中氮氧化物和碳氢化合物受太阳紫外线作用可产生二次污染物﹣﹣光化学烟雾，其中的反应之一为：CH3CH═CHCH3（2﹣丁烯）+2O3→2CH3CHO+2O2，下列说法正确的是（ ）
A．分子式为C4H8的物质性质均与2﹣丁烯相同
B．氧化性：O3＞O2
C．常温常压下，22.4L的2﹣丁烯中含C﹣H键数目为8×6.02×1023个
D．1molO3参与该反应，转移的电子数为6×6.02×1023个
【解答】解：A、分子式为C4H8的物质可能是烯烃，也可能是环烷烃，如果是烯烃性质与2﹣丁烯相同，烷烃不同，故A错误；
B、氧化剂的氧化性强于还原产物的氧化性，所以氧化性：O3＞O2，故B正确；
C、常温常压下气体摩尔体积不知，所以无法由体积求物质的量，故C错误；
D、1molO3参与该反应，转移2mol的电子，所以1molO3参与该反应，转移的电子数为2×6.02×1023个，故D错误；
故选：B。
9．酮洛芬（Y）是一种非甾体抗炎药，可由下列反应制得：
下列有关化合物X、Y说法正确的是（ ）
A．X分子中不含手性碳原子
B．1molX中含有1mol碳氧π键
C．1molY最多能与6molH2发生加成反应
D．Y在水中的溶解度比X在水中的溶解度大
【解答】解：A．X中连接甲基的碳原子为手性碳原子，X含有1个手性碳原子，故A错误；
B．X分子中含有2个C＝O键，每个C＝O键中含有1个π键，所以1molX中含有2mol碳氧π键，故B错误；
C．Y中苯环和氢气以1：3发生加成反应、羰基和氢气以1：1发生加成反应，羧基中碳氧双键和氢气不反应，Y中含有2个苯环、1个羰基，所以1molY最多消耗7mol氢气，故C错误；
D．X中不含亲水基、Y含有亲水基羧基，所以Y在水中的溶解度比X在水中的溶解度大，故D正确；
故选：D。
10．一种利用有机胺（TBA）联合生产碳酸氢钠和二氯乙烷的工艺流程如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．“制碱过程”后通过加热蒸发结晶得到NaHCO3
B．该工艺原子利用率100%
C．“氯化过程”每生成lmolC2H4Cl2，总反应中消耗0.5molO2
D．“胺再生过程”反应为4CuCl+O2+4TBA•HCl═4CuCl2+4TBA+2H2O
【解答】解：A．图示制碱法是先把TBA、NaCl溶液、二氧化碳混合，生产溶解度较小的碳酸氢钠，NaHCO3的溶解度较小，从而析出晶体，不是通过加热蒸发结晶得到NaHCO3，故A错误；
B．流程分析可知，反应物全部转化为生成物，该工艺原子利用率100%，故B正确；
C．TBA的再生过程和“氯化过程”发生的反应为：O2+4CuCl+4TBA•HCl＝4CuCl2+4TBA+2H2O，即为O2+2CuCl+2TBA•HCl＝2CuCl2+2TBA+H2O，C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl，每生成lmolC2H4Cl2，总反应中消耗0.5molO2，故C正确；
D．TBA的再生过程为：O2+4CuCl+4TBA•HCl＝4CuCl2+4TBA+2H2O，故D正确；
故选：A。
11．已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应I：Pb3O4+4H+＝PbO2+2Pb2++2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应II：5PbO2+2Mn2++4H++5SO42﹣＝2MnO4﹣+5PbSO4+2H2O。下列推断不正确的是（ ）
A．氧化性：PbO2＞MnO4﹣
B．Pb3O4中Pb（II）和Pb（IV）含量之比为2：1
C．Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb+16HNO3＝3Pb（NO3）4+4NO↑+8H2O
D．Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl＝3PbCl2+4H2O+Cl2↑
【解答】解：A．依据反应II：5PbO2+2Mn2++4H++5SO42﹣＝2MnO4﹣+5PbSO4+2H2O可知，PbO2为氧化剂，MnO4﹣为氧化产物，所以氧化性：PbO2＞MnO4﹣，故A正确；
B．反应I未发生氧化还原反应，且产物Pb2+与PbO2物质的量之比为2：1，说明Pb3O4中Pb（II）和Pb（IV）含量之比为2：1，故B正确；
C．根据反应I可得硝酸不能将Pb氧化成+4价，不能生成Pb（NO3）4，故C错误；
D．据反应II可知氧化性PbO2＞MnO4﹣，而酸性条件下MnO4﹣能将HCl氧化成Cl2，则Pb（IV）也能将HCl氧化成Cl2，所以此反应Pb3O4+8HCl＝3PbCl2+4H2O+Cl2↑能发生，故D正确；
故选：C。
12．已知：25℃时H2C2O4的pKa1＝1.22，PKa2＝4.19，CH3COOH的pKa＝4.76（电离常数K的负对数﹣lgK＝pK）。下列说法正确的是（ ）
A．浓度为0.1mol/L NH4HC2O4和CH3COONH4溶液中：c（NH4+）前者小于后者
B．0.1mol/L KHC2O4溶液滴加氨水至中性：c（NH4+）＞c（C2O42﹣）
C．0.1mol/L K2C2O4溶液滴加盐酸至pH＝1.22；c（H+）﹣c（OH﹣）＝c（Cl﹣）﹣3c（HC2O4﹣）
D．0.1mol/L CH3COONa溶液中滴加KHC2O4溶液至pH＝4.76：c（K+）＞c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＞c（CH3COO﹣）
【解答】解：A．NH4+水解使溶液呈酸性，HC2O4﹣电离程度大于水解程度，CH3COO﹣水解使溶液呈碱性，促进NH4+的水解，对于NH4HC2O4，HC2O4﹣电离对NH4+水解存在一定程度的抑制，CH3COO﹣的水解促进NH4+的水解，所以浓度均为0.1mol•L﹣1NH4HC2O4和CH3COONH4溶液中：c（NH4+）前者大于后者，故A错误；
B．溶液中存在电荷守恒：c（K+）+c（H+）+c（NH4+）＝c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），根据物料守恒：c（K+）＝c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）+c（H2C2O4），溶液呈中性，则c（H+）＝c（OH﹣），所以有c（H2C2O4）+c（NH4+）＝c（C2O42﹣），因此（NH4+）＜c（C2O42﹣），故B错误；
C.0.1mol/L K2C2O4溶液滴加盐酸至pH＝1.22，电离平衡常数得到，则溶液中c（HC2O4﹣）＝c（H2C2O4），溶液中存在电荷守恒：c（K+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）+c（Cl﹣），根据物料守恒：c（K+）＝2c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）+2c（H2C2O4），所以有c（H+）+3c（HC2O4﹣）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣）+c（C2O42﹣），即c（H+）﹣c（OH﹣）＝c（Cl﹣）﹣3c（HC2O4﹣），故C错误；
D.0.1 mol/LCH3COONa 溶液中滴加KHC2O4溶液至pH＝4.76，电离平衡常数得到，溶液中c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣），根据电荷守恒，c（Na+）+c（K+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），所以c（Na+）+c（K+）＜c（CH3COO﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），D项不符合电荷守恒，故D错误，
故选：C。
13．将金红石（TiO2）转化为TiCl4是生产金属钛的关键步骤。在1.0×105Pa，将TiO2、C、Cl2以物质的量比1：2：2进行反应，平衡体系中主要物质的物质的量分数（x）随温度变化理论计算结果如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．200～1600℃反应达到平衡时，TiO2的转化率均已接近100%
B．将400℃时的平衡体系加热至800℃，平衡C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）向正反应方向移动
C．1000℃时，测得某时刻x（TiCl4）＝0.2．其他条件不变，延长反应时间能使x（TiCl4）超过该温度下平衡时的x（TiCl4）
D．实际生产时反应温度选择900℃而不选择200℃，其主要原因是：900℃比200℃时化学反应速率更快，生产效益更高
【解答】解：A．由反应可知，TiO2、C、Cl2三者完全反应时，TiCl4和CO的生成量之比为1：2，此时TiCl4的物质的量分数约为33.3%，由图象可知，200～1600℃反应达到平衡，TiCl4的物质的量分数约为33.3%，此时TiO2的转化率均已接近100%，故A正确；
B．由图可知，将400℃时的平衡体系加热至800℃，二氧化碳含量减小，一氧化碳含量增加，平衡C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）向正反应方向移动，故B正确；
C．延长时间，不能改变物质的转化率和产率，故C错误；
D．温度越高，反应速率越快，单位时间内生成物的产率越高，实际生产时反应温度选择900℃而不选择200℃，其主要原因是：900℃比200℃时化学反应速率更快，生产效益更高，故D正确；
故选：C。
二．填空题（共1小题）
14．甲烷是一种重要的化工原料，常用于制H2和CO。
（1）甲烷裂解制氢的反应为CH4（g）＝C（s）+2H2（g）ΔH＝75kJ/mol，Ni和活性炭均可作该反应催化剂。CH4在催化剂孔道表面反应，若孔道堵塞会导致催化剂失活。
①Ni催化剂可用NiC2O4•2H2O晶体在氩气环境中受热分解制备，该反应方程式为 NiC2O4•2H2ONi+2CO2↑+2H2O 。
②向反应系统中通入水蒸气可有效减少催化剂失活，其原因是 水蒸气与碳反应生成CO（或CO2）与氢气，减少固体碳对孔道的堵塞 。
③在相同气体流量条件下，不同催化剂和进料比[]对甲烷转化率的影响如图所示。
使用活性炭催化剂，且其他条件相同时，随着进料比的增大，甲烷的转化率逐渐增大的原因是 进入反应的甲烷含量越低，甲烷分子与催化剂接触的几率越大，转化率越高 。
④使用Ni催化剂，且其他条件相同时，随时间增加，温度对Ni催化剂催化效果的影响如图所示。使用催化剂的最佳温度为 600℃ ，650℃条件下，1000s后，氢气的体积分数快速下降的原因为 650℃条件下，氢气的体积分数快速下降，是因为温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活 。
（2）甲烷、二氧化碳重整制CO经历过程I、II。过程I如图所示，可描述为 CH4和CO2在催化剂Ni表面反应，产生CO和H2，H2和CO还原Fe3O4生成Fe、CO2和H2O，未反应完和生成的CO2与CaO反应生成CaCO3 ；过程II保持温度不变，再通入惰性气体，CaCO3分解产生CO2，Fe将CO2还原得到CO和Fe3O4。
【解答】解：（1）①根据题意可知，在氩气环境中受热分解可得到Ni：NiC2O4•2H2ONi+2CO2↑+2H2O，
故答案为：NiC2O4•2H2ONi+2CO2↑+2H2O；
②向反应系统中通入水蒸气可有效减少催化剂失活，是因为水蒸气与碳反应生成CO（或CO2）与氢气，减少固体碳对孔道的堵塞，
故答案为：水蒸气与碳反应生成CO（或CO2）与氢气，减少固体碳对孔道的堵塞；
③进料比的增大，进入反应的甲烷含量越低，甲烷分子与催化剂接触的几率越大，转化率越高，
故答案为：进入反应的甲烷含量越低，甲烷分子与催化剂接触的几率越大，转化率越高；
④由图可知，550摄氏度，600摄氏度，650摄氏度催化效率最高的是600摄氏度，650℃条件下，氢气的体积分数快速下降，是因为温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活，
故答案为：600℃；650℃条件下，氢气的体积分数快速下降，是因为温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活；
（2）由图可知，CH4和CO2在催化剂Ni表面反应，生成CO和H2，H2和CO还原Fe3O4生成Fe、CO2和H2O，未反应完和生成的CO2与CaO反应生成CaCO3，
故答案为：CH4和CO2在催化剂Ni表面反应，产生CO和H2，H2和CO还原Fe3O4生成Fe、CO2和H2O，未反应完和生成的CO2与CaO反应生成CaCO3。
三．实验题（共1小题）
15．氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵为紫色晶体，是制备热敏材料VO2的原料，其化学式为（NH4）5[（VO）6（CO3）4（OH）9]•10H2O。实验室以V2O5为原料制备氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体，过程如图，并对所制备的晶体中钒元素的质量分数进行测定。
已知：①VO2+具有还原性，易被O2氧化
②Fe2+与K3Fe（CN）6溶液产生蓝色沉淀
Ⅰ．制备氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体
（1）步骤1中生成VOCl2的同时生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为 2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl4VOCl2+N2↑+6H2O 。
（2）步骤2可在如图装置中进行。滴加VOCl2溶液之前，需由a口向锥形瓶中通入一段时间CO2，作用是 排除装置中的空气，避免产物被氧化 ，所得紫色晶体残留的杂质阴离子主要为 Cl﹣ 。
Ⅱ．欲测定上述流程中所得氧钒（IV）碱式碳酸铵晶体钒元素的质量分数，现进行如下操作：
①称量wg晶体（NH4）5[（VO）6（CO3）4（OH）9]⋅10H2O溶于水，配成500mL溶液；
②取100mL上述溶液于锥形瓶中，滴加酸性KMnO4溶液氧化，再除去多余的KMnO4（方法略）；
③用xmol/L（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点（滴定过程只发生反应VO2++Fe2++2H+＝VO2++Fe3++H2O），消耗标准溶液的体积为ymL。
（3）操作②时，酸性KMnO4溶液氧化VO2+的离子方程式为 MnO4﹣+5VO2++H2O＝5VO2++Mn2++2H+ 。
（4）操作③滴定时，选用K3Fe（CN）6溶液作指示剂，滴定终点的现象为 滴入最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色，半分钟不褪色 。
（5）该晶体中钒元素的质量分数为 %（用含有w、x、y的式子表示）。
（6）若实验测得钒的质量分数偏大，则可能的原因是 AC 。
A．（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液部分被氧化
B．滴定前平视读数，滴定终点时俯视读数
C．滴定管水洗后未用标准溶液润洗
【解答】解：（1）步骤1中V2O5与盐酸、N2H4•2HCl混合得到VOCl2的同时生成一种无色无污染的气体，反应物为：V2O5、N2H4•2HCl，生成物为：VOCl2，V元素（+5→+4）被N2H4还原，则N2H4中氮元素（﹣2→0）被氧化得到氮气，所以该气体为氮气，反应为：2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl4VOCl2+N2↑+6H2O，
故答案为：2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl4VOCl2+N2↑+6H2O；
（2）+4价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化，故装置中不能有空气，反应前应通入CO2数分钟排除装置中的空气，避免产物被氧化，VOCl2与NH4HCO3反应生成（NH4）5[（VO）6（CO3）4（OH）9]•10H2O残留的杂质离子主要为Cl﹣，
故答案为：排除装置中的空气，避免产物被氧化；Cl﹣；
（3）酸性KMnO4溶液氧化VO2+的离子方程式为MnO4﹣+5VO2++H2O＝5VO2++Mn2++2H+，
故答案为：MnO4﹣+5VO2++H2O＝5VO2++Mn2++2H+；
（4）用K3Fe（CN）6溶液作指示剂，滴定终点的现象为滴入最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色，半分钟不褪色，
故答案为：滴入最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色，半分钟不褪色；
（5）由流程可知消耗的硫酸亚铁铵的物质的量为y×10﹣3mol，结合反应可知n（VO2+）＝n（Fe2+）＝y×10﹣3mol，则样品中的V的质量分数＝×100%＝%，
故答案为：；
（6）A．（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液部分被氧化，会导致标准液体积消耗偏多，导致结果偏大，故A正确；
B．滴定前平视读数，滴定终点时俯视读数，导致消耗标准液体积偏小，结果偏小，故B错误；
C．滴定管水洗后未用标准溶液润洗，导致消耗标准液体积偏大，结果偏大，故C正确；
故答案为：AC。
四．解答题（共1小题）
16．化合物E是合成抗癌药帕比司他的中间体，其合成路线如图：
（1）A分子中采取sp2杂化的碳原子数目是 8 。
（2）A→B中有一种分子式为C8H10O2的副产物生成，该副产物的结构简式为 。
（3）已知B→C的反应有中间体X生成，中间体X的分子式为C11H12O6。B→X的反应类型为 加成反应 。
（4）D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： 。
①分子中含有苯环，且不同化学环境的氢原子个数比为1：1。
②1mol该物质最多能与4molNaOH反应。
（5）肉桂酸苄酯（）是一种天然香料。写出以和CH2（COOH）2为原料制备肉桂酸苄酯的合成路线（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干） 。
【解答】解：（1）A分子中所有碳原子价层电子对数都是3，所以所有碳原子都采取sp2杂化，采用sp2杂化的碳原子数目是8，
故答案为：8；
（2）A→B中有一种分子式为C8H10O2的副产物生成，则A中两个醛基都发生还原反应生成该负产物，该副产物的结构简式为，
故答案为：；
（3）已知B→C的反应有中间体X生成，中间体X的分子式为C11H12O6，则B中醛基先发生加成反应生成X，B→X的反应类型为加成反应，X发生消去反应生成C，
故答案为：加成反应；
（4）D的一种同分异构体同时满足下列条件：
①分子中含有苯环，且不同化学环境的氢原子个数比为1：1，说明含有两种氢原子，结构对称；
②1mol该物质最多能与4molNaOH反应，说明该物质水解生成两个酚羟基和碳酸，符合条件的结构简式为，
故答案为：；
（5）以和CH2（COOH）2为原料制备，可由和发生酯化反应得到，发生水解反应生成苯甲醇，苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛和CH2（COOH）2发生取代反应生成苯丙烯酸，合成路线为，
故答案为：。
五．工艺流程题（共1小题）
17．三氯化六氨合钴[Co（NH3）6]Cl3是一种重要的化工原料。利用含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取[Co（NH3）6]Cl3的工艺流程如图所示：
已知：①“酸浸”过滤后的滤液中含有Co2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等。
②Ksp[Co（OH）2]＝1×10﹣14.2 Ksp[Co（OH）3]＝1×10﹣43.7
Ksp[Fe（OH）3]＝1×10﹣37.4 Ksp[Al（OH）3]＝1×10﹣32.9
已知：溶液中金属离子物质的量浓度低于1.0×l0﹣5mol/L时，可认为沉淀完全。
③[Co（NH3）6]2+具有较强还原性。
回答下列问题：
（1）制备CoCl2。
①Co2+的价电子排布式为 3d7 。
②“除杂”过程中加Na2CO3调节pH后会生成两种沉淀，同时得到含c（Co2+）＝0.1mol•L﹣1的滤液，调节pH的范围为 4.7～7.4 。
（2）制备[Co（NH3）6]3+。
①“混合”过程中需先将NH4Cl，CoCl2溶液混合，然后再加入活性炭，NH4Cl的作用是 NH4Cl会抑制NH3•H2O的电离，防止生成Co（OH）2沉淀；参与反应提供NH4+ 。
②“氧化”过程应先加入 氨水 （选填“氨水”或“双氧水”），原因是 [Co（NH3）6]2+具有较强还原性，易被氧化；先加H2O2将Co2+氧化为Co3+，后加氨水，会生成Co（OH）3，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入H2O2 。
③生成[Co（NH3）6]3+的离子方程式为 2[Co（NH3）6]2++2NH4++H2O2＝2[Co（NH3）6]3++2NH3↑+2H2O 。
（3）分离提纯。将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到[Co（NH3）6]Cl3晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是 增大c（Cl﹣），降低[Co（NH3）6]Cl3在水中的溶解度，有利于其结晶析出 。
（4）含量测定。通过碘量法可测定产品中的钴元素的含量。称取0.10g产品加入稍过量的NaOH溶液并加热，将Co完全转化为难溶的Co（OH）3，过滤洗涤后将滤渣完全溶于盐酸中，向所得的溶液中加入过量的KI和2～3滴淀粉溶液，再用0.010mol•﹣1L的Na2S2O3溶液滴定（反应原理：Co3++I﹣→Co2++I2、I2+S2O32﹣→I﹣+S4O62﹣），达到滴定终点时消耗Na2S2O3溶液24.00ml，则产品中钴元素的含量 14.16% （写出解题过程）。
【解答】解：（1）①已知Co是27号元素，故Co2+的价电子排布式为3d7，
故答案为：3d7；
②“除杂”过程中加Na2CO3调节pH后会生成两种沉淀，即使Fe3+和Al3+完全沉淀，而Co2+不产生沉淀，由题干信息Ksp[Fe（OH）3]＝1×10﹣37.4、Ksp[Al（OH）3]＝1×10﹣32.9可知Ksp[Fe（OH）3]＜Ksp[Al（OH）3]，即当Al3+完全沉淀后，Fe3+已经早就完全沉淀，此时c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣9.3mol/L，则pH＝4.7，同时得到含c（Co2+）＝0.1 mol•L﹣1的滤液，此时溶液中c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣6.6mol/L，则pH＝7.4，即调节pH的范围为4.7～7.4，
故答案为：4.7～7.4；
（2）①流程中NH4Cl除作反应物外，NH4Cl溶于水电离出的NH4+会抑制后期加入的NH3•H2O的电离，可防止加氨水时c（OH﹣ ）过大，防止生成Co（OH）2沉淀，
故答案为：NH4Cl会抑制NH3•H2O的电离，防止生成Co（OH）2沉淀；参与反应提供NH4+；
②若先加H2O2，将Co元素氧化到Co3+，后加氨水，会生成Co（OH）3，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入H2O2，可防止Co（OH）3的生成，原因为；[Co（NH3）6]2+具有较强还原性，易被氧化；先加H2O2将Co2+氧化为Co3+，后加氨水，会生成Co（OH）3，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入H2O2，
故答案为：氨水；[Co（NH3）6]2+具有较强还原性，易被氧化；先加H2O2将Co2+氧化为Co3+，后加氨水，会生成Co（OH）3，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入H2O2；
③由分析可知，生成[Co（NH3）6]3+的反应方程式为：H2O2+2[Co（NH3）6]Cl2+2NH4Cl＝2[Co（NH3）6]Cl3↓+2NH3↑+2H2O，则其离子方程式为2[Co（NH3）6]2++2NH4++H2O2＝2[Co（NH3）6]3++2NH3↑+2H2O，
故答案为：2[Co（NH3）6]2++2NH4++H2O2＝2[Co（NH3）6]3++2NH3↑+2H2O；
（3）由分析可知，将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到[Co（NH3）6]Cl3晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是增大c（Cl﹣），降低[Co（NH3）6]Cl3在水中的溶解度，有利于其结晶析出，
故答案为：增大c（Cl﹣），降低[Co（NH3）6]Cl3在水中的溶解度，有利于其结晶析出；
（4）由题意可知：2Co3+～I2～2S2O32﹣；
n（Co3+）＝n（S2O32﹣）＝0.01mol/L×0.024L＝2.4×10﹣4mol；
m（Co3+）＝2.4×10﹣4mol×59g/mol＝0.01416g；
w（Co3+）%＝×100%＝14.16%，
故答案为：14.16%。
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