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河南省六市2022届高三第一次联合调研检测理综化学试题含解析
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这是一份河南省六市2022届高三第一次联合调研检测理综化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了考试结束，监考教师将答题卡收回， 已知Kb=1，01ml/L、c0，5％等内容，欢迎下载使用。
河南省六市2022届高三第一次联合调研检测
理科综合能力测试化学试题
本试题卷分为第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试题卷上答题无效。考试结束后，监考老师只收答题卡。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写(涂)在答题卡上。考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致。
2.第I卷每小题选出答案后，用2B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，再选涂其他答案标号。第II卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题上作答，答案无效。
3.考试结束，监考教师将答题卡收回。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 S：32 K：39 Ti：48 Cr：52 Fe：56 Ba：137
第I卷(选择题)
一、选择题：本题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 科技发展改变生活，下列说法错误的是
A. “天问一号”中Ti-Ni形状记忆合金的两种金属都属于过渡金属元素
B. T-碳(T-Carbon)是中科院预言的一种三维碳结构晶体，其与C60互为同位素
C. “祝融号”火星探测器上使用的钛合金具有密度小、强度高、耐高温的特性
D. 清华大学打造的世界首款异构融合类脑芯片-----天机芯的主要材料与光导纤维不同
【答案】B
【解析】
【详解】A．Ti位于IVB族，Ni位于VIIIB族，两者都是过渡金属元素，A正确；
B．由同种元素组成的不同的单质互为同素异形体，因此T-碳(T-Carbon)与C60互为同素异形体，B错误；
C．合金比纯金属性能优良，钛合金具有密度小、强度高、耐高温的特性，C正确；
D．芯片材料为单晶硅，光导纤维为二氧化硅，两者材料不同，D正确；
答案选B。
2. 能用下图所示装置完成气体制备、尾气处理(加热和夹持等装置略去)的是
气体
制备试剂
烧杯中试剂
A
NO2
铜与浓硝酸
NaOH溶液
B
NH3
浓氨水与碱石灰
水
C
C2H2
电石与水
水
D
Cl2
MnO2与浓盐酸
饱和NaCl溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，气体制备装置为固液不加热的装置，烧杯中的尾气处理试剂能与制备的气体反应。
【详解】A．铜与浓硝酸在不加热的条件下能反应制得二氧化氮气体，烧杯中的氢氧化钠溶液能吸收二氧化氮气体，防止污染空气，故A正确；
B．浓氨水与碱石灰在不加热的条件下能反应制得氨气，但氨气极易溶于水，直接通入水中会产生倒吸，故B错误；
C．电石与水在不加热的条件下能反应制得乙炔气体，乙炔微溶于水，不能与水反应，不能用水吸收乙炔气体，故C错误；
D．二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，常温下不反应，且氯气不溶于饱和氯化钠溶液，不能用饱和氯化钠溶液吸收氯气，故D错误；
故选A。
3. 2022年北京成功举办冬奥会，绿色环保是主要理念。在场馆建设中用到的一种耐腐、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯为原料制得，该双环烯酯的结构如图所示。下列说法正确的是
A. 该双环烯酯的分子式为C14H18O2
B. 该双环烯酯分子中至少有6个原子共平面
C. 该双环烯酯一氯代物有9种
D. 1 mol该双环烯酯能与3molH2发生加成反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．由双环烯酯的结构简式可知，其分子式为C14H20O2，A项错误；
B．乙烯中含有碳碳双键，双环烯酯分子中也含有碳碳双键，根据乙烯中有6个原子共平面知，双环烯酯分子中至少有6个原子共平面，B项正确；
C．该双环烯酯中存在着13种不同状态的氢，则其一氯代物有13种，C项错误；
D．碳碳双键能与H2发生加成反应，酯基中碳氧双键不能与H2发生加成反应，故1 mol该双双环烯酯能与2 mol H2发生加成反应，D项错误；
答案选B。
4. 某研究小组在实验室以含铁的铜屑为原料制备Cu(NO3)2·3H2O晶体，并进一步探究用SOCl2制备少量无水Cu(NO3)2。设计的路线如图：
已知：；SOCl2熔点-105℃、沸点76℃，遇水剧烈水解生成两种酸性气体。
下列说法不正确的是
A. 第②步调pH适合的物质是CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3
B. 第③步操作包括蒸发结晶、过滤等步骤
C. 为得到较大颗粒的Cu(NO3)2·3H2O晶体，可采用减慢冷却结晶速度或冷却后静置较长时间的方法
D. 第④步中发生的总反应的化学方程式Cu(NO3)2·3H2O+3SOCl2=Cu(NO3)2+3SO2↑+6HC1↑
【答案】B
【解析】
【分析】铜屑中混有铁屑，加入足量硝酸溶解后，应通过调节pH，让Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；过滤后，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，以防止晶体失去结晶水并发生水解。
【详解】A．第②步调pH时，不能引入新的杂质，常加入铜的氧化物、氢氧化铜及难溶性铜盐等，所以适合的物质是CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3，A正确；
B．第③步操作是从溶液中提取Cu(NO3)2·3H2O晶体，由信息可知，晶体受热易失去结晶水，易发生水解，所以采取的措施是蒸发浓缩(至液体表面有晶膜出现)、冷却结晶等，不能蒸发至干，B不正确；
C．减慢冷却结晶速度或冷却后静置较长时间，可得到较大颗粒的Cu(NO3)2·3H2O晶体，C正确；
D．第④步中，SOCl2与结晶水作用，生成SO2和HC1气体，发生的总反应的化学方程式为Cu(NO3)2·3H2O+3SOCl2=Cu(NO3)2+3SO2↑+6HC1↑，D正确；
故选B。
5. W、X、Y、Z为四种原子序数依次增大的短周期非金属主族元素，其中只有X、Y位于同周期，四种元素可形成航天飞船的火箭推进剂［XW4]+[ZY4]-，W与X的最外层电子数之和等于Y的最外层电子数。下列说法错误的是
A. W、X、Y、Z的最高正价均等于其最外层电子数
B. X的液态简单氢化物常用来做制冷剂，与其存在分子间氢键有关
C. 简单阴离子还原性：W＞X＞Y
D. W、X、Z均可与Y形成两种或两种以上的化合物
【答案】A
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为四种原子序数依次增大的短周期非金属主族元素，其中只有X、Y位于同周期，则W位于第一周期，W为H；X、Y位于第二周期，Z位于第三周期，X和W可以形成［XW4]+，则X为N，W与X的最外层电子数之和等于Y的最外层电子数，则Y为O；Z和Y可以形成[ZY4]-，则Z为Cl，即W、X、Y、Z分别为H、N、O、Cl。
【详解】A．W、X、Y、Z分别为H、N、O、Cl，O没有+6价，其最高正价为+2价，A错误；
B．X为N，氮的液态简单氢化物NH3常用来做制冷剂，氨分子之间存在分子间氢键，B正确；
C．非金属性越强，其简单阴离子还原性越弱，非金属性：O>N>H，则简单阴离子还原性：W＞X＞Y，C正确；
D．H、N、Cl均可与O形成两种或两种以上的化合物：H2O、H2O2，NO、NO2、N2O5等，Cl2O、ClO2等，D正确；
答案选A。
6. 我国科研团队设计了一种表面锂掺杂的锡纳米粒子催化剂可提高电催化制甲酸盐的产率，同时释放电能，实验原理如图所示。下列说法不正确的是
A. 充电时，电极周围升高
B. 放电时，每生成，转移个电子
C. 使用催化剂或者均能有效减少副产物的生成
D. 使用催化剂，中间产物更不稳定
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据装置图，充电时，外电路电子流向Zn电极，即Zn电极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，c(OH-)增大，pH增大，故A说法正确；
B．根据装置图可知，放电时，右侧电极反应式为CO2+2e-+H2O =HCOO-+OH-，生成1mol HCOO-时，转移电子物质的量为2mol，故B说法错误；
C．根据图像可知，在使用催化剂Sn和s-SnLi生成CO时活化能大，活化能大反应速率慢，且CO能量比HCOOH能量高，能量越低，物质越稳定，因此使用催化剂Sn和s-SnLi可以减少副产物CO的生成，故C说法正确；
D．根据图像可知，使用催化剂s-SnLi，中间产物能量高，不稳定，故D说法正确；
答案为B。
7. 已知Kb（NH3·H2O）=1.7×10-5，Ka（CH3COOH）=1.7×10-5。25℃时，向20mL浓度均为0.01mol·L-1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.01mol·L-1的氨水，测定过程中电导率和pH变化曲线如图所示，下列说法错误的是
A. a点溶液中，c(CH3COO-)数量级约为10-5
B. b点溶液中，c(NH4+) > c(CH3COOH)
C. c点溶液中，c(NH4+) +c(NH3·H2O) = c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
D. c点水的电离程度小于d点
【答案】D
【解析】
【分析】氨水逐滴滴入盐酸和醋酸的混合液中，依次发生的反应为：HCl+NH3·H2O=NH4Cl+ H2O、CH3COOH+NH3·H2O=CH3COONH4+H2O；盐酸为强酸，随着氨水的滴入，溶液的体积变大，溶液中离子浓度变小，溶液的电导率逐渐变小，b点为盐酸恰好反应的点，b点溶质为等浓度的NH4Cl和CH3COOH的混合液；继续滴加氨水，弱酸醋酸与氨水反应生成强电解质CH3COONH4，溶液中离子浓度变大，溶液的电导率又逐渐变大，c点醋酸和氨水恰好完全反应，c点溶质为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液；继续滴加氨水，氨水属于弱碱水溶液，溶液中离子浓度又变小，溶液的导电率又变小。
【详解】A．盐酸为强酸，醋酸为弱酸，盐酸抑制醋酸电离，a点溶液中c(H+)0.01mol/L、c(CH3COOH)0.01mol/L，醋酸的电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，设溶液中c(CH3COO-)=xmol/L，Ka(CH3COOH)==1.710-5，解得x1.710-5，c(CH3COO-)的数量级约为10-5，故A正确；
B．根据上述分析，b点为等浓度的NH4Cl和CH3COOH的混合液，NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH4+的水解离子方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+，NH4+的水解平衡常数Kh(NH4+)==5.8810-10 Ka(CH3COOH)，NH4+的水解程度小于CH3COOH的电离程度，b点溶液中c(NH4+)c(CH3COOH)，故B正确；
C．根据上述分析，c点为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液，根据物料守恒c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)+ c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)，故C正确；
D．c点为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液，NH4Cl、CH3COONH4水解促进水的电离，d点为等浓度的NH4Cl、CH3COONH4和略过量的氨水组成的混合液，过量的氨水对水的电离起抑制作用，所以c点水的电离程度大于d点，故D错误；
选D。
8. 某实验小组利用如图装置模拟古法硫酸生产方法并进行SO2性质探究。
已知A中反应的化学方程式：2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O，实验开始前打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，通入一段时间N2后，关闭活塞K1、K2，打开活塞K3，高温加热绿矾。
完成下列填空：
（1）C装置中覆盖食用油的目的是___________；B中所得硫酸溶液的质量分数理论值为___________ (保留三位有效数字)。
（2）该装置存在的不足之处为___________。
为探究SO2与钡盐溶液的反应，在装置C中先后四次加入不同的溶液：
①
②
③
④
已煮沸的BaCl2溶液
未煮沸的BaCl2溶液
已煮沸的Ba(NO3)2溶液
未煮沸的Ba(NO3)2溶液
注：锥形瓶中溶液体积相同，钡盐溶液浓度相同；油层厚度一致，通入SO2流速一致。
得到如下pH-t图：
（3）曲线①呈缓慢下降趋势，这是因为___________。曲线②出现骤降，表明溶液中生成了___________ (填物质名称)。对比分析上述四组数据，可得出的结论是___________ (任写2条)。
（4）为对排气法收集到的SO2气体进行含量测定，将1120mL气体(已折算为标准状况)通入足量的Ba(NO3)2溶液中，经过滤、洗涤、烘干，最终得到沉淀10.718g．则SO2气体的体积分数为___________ (保留两位有效数字)。若该实验数据较实际值偏大，则可能的原因是___________ (选填序号)。
a．气体通入速率过快 b．沉淀未进行恒重操作
c．收集的气体中有CO2 d．未用食用油覆盖液面
（5）SO2属于大气污染物，还可用H2与其高温反应消除SO2带来的污染，其反应原理如图所示：
①反应原理过程中X为___________ (填名称)。
②写出检验X所需试剂及实验现象___________。
【答案】（1） ①. 隔绝空气，避免空气中氧气干扰实验 ②. 29.5％
（2）缺少尾气处理装置
（3） ①. SO2溶于水，与水生成H2SO3，H2SO3是弱酸，电离出的少量氢离子使溶液pH下降 ②. 盐酸或硫酸 ③. O2能氧化SO2；或能氧化SO2；或O2的氧化作用比强(或有O2参与，可显著提高氧化SO2的反应速率或剧烈程度)
（4） ①. 92% ②. b
（5） ①. 硫化氢 ②. CuSO4溶液，出现黑色沉淀
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置A中绿矾高温条件下分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水，装置B中三氧化硫与水蒸气冷凝反应得到硫酸溶液，装置C用于探究二氧化硫与钡盐溶液的反应，由于二氧化硫直接排放到空气中容易造成污染，故应增加一个装置，盛有的氢氧化钠溶液且用倒扣漏斗用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气，其中倒扣的漏斗能起到防止倒吸的作用。
【小问1详解】
C装置中覆盖食用油可以隔绝空气，避免空气中氧气干扰探究二氧化硫与钡盐溶液反应的实验检测；由方程式可知，反应生成三氧化硫和水蒸气的物质的量比,1：14，1mol三氧化硫与1mol水反应生成1mol硫酸，则所得硫酸溶液的质量分数理论值为≈0.295，故答案为：隔绝空气，避免空气中氧气干扰实验； 0.295；
【小问2详解】
由分析可知，由于二氧化硫直接排放到空气中容易造成污染，故实验中缺少尾气处理装置；答案为：缺少尾气处理装置；
【小问3详解】
由图可知，曲线①的变化说明二氧化硫不与氯化钡溶液反应，溶于水的二氧化硫部分与水反应生成弱酸亚硫酸，亚硫酸在溶液中部分电离出氢离子，使溶液中pH减小；曲线②的变化说明溶液中氧气将二氧化硫氧化生成强酸硫酸，反应生成的硫酸溶液与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，使溶液中氢离子浓度迅速增大，溶液pH出现骤降；曲线③的变化说明反应生成弱酸亚硫酸在溶液中部分电离出氢离子，溶液中具有强氧化性的硝酸根离子在溶液中将二氧化硫氧化生成硫酸钡沉淀和硝酸，使溶液中氢离子浓度增大，溶液pH降低，但溶液中的pH大于曲线②；曲线④的变化说明溶液中的弱酸亚硫酸被空气中氧气氧化生成强酸硫酸，溶液中氢离子浓度大，硝酸根离子的氧化性强，在溶液中将二氧化硫迅速氧化生成硫酸钡和硝酸，溶液pH出现骤降，在四组曲线中溶液的pH最小，综合四组数据可知，氧气和硝酸根离子能氧化二氧化硫，溶液中的氧气能提高硝酸根离子氧化二氧化硫的反应速率和反应程度，故答案为：盐酸或硫酸；①O2能氧化SO2；②能氧化SO2；③O2的氧化作用比强(或有O2参与，可显著提高氧化SO2的反应速率或剧烈程度)；
【小问4详解】
标准状况下2240mL气体的物质的量为=0.1mol，二氧化硫气体通入硝酸钡溶液中得到21.436g硫酸钡沉淀，由硫原子个数守恒可知，二氧化硫的体积分数为=92%；
a．若气体通入速率过快会使二氧化硫不可能完全吸收，生成硫酸钡质量偏小，导致所测结果偏低，选项a错误；
b．若沉淀未进行恒重操作可能会使沉淀表面附有可溶性杂质，使测得硫酸钡的质量偏大，导致所测结果偏高，选项b正确；
c．若收集的气体中有二氧化碳不会影响硫酸钡的质量，对所测结果无影响，选项c错误；
d．若未用食用油覆盖液面不会影响硫酸钡的质量，对所测结果无影响，选项d错误；
b正确，故答案为：92%；b；
【小问5详解】
①由图分析H2和SO2在300℃、催化剂作用下，转化为X，X在100-200℃、催化剂作用下转化为S，根据化合价升降及元素变化情况，可推知X气体为H2S；
②检验X可利用硫化氢能使硫酸铜溶液产生黑色沉淀，故所需试剂及实验现象为将气体通入硫酸铜溶液中，产生黑色沉淀，说明气体中含有H2S。
9. 某种电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au)，可以用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜和粗碲等，以实现有害废料的资源化利用，工艺流程如下：
已知：煅烧时，Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O2 2CuO+TeO2。
（1）煅烧时，Cr2O3发生反应的化学方程式为___________。
（2）为提高酸浸速率，可采用的措施是___________ (任写一条)。
（3）浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还可能含有___________ (写化学式)。
（4）在实际的含铬废水处理中，还可采用直接沉淀的方法，处理成本较低。
①已知含铬酸性废水中存在着Cr2O和CrO相互转化的平衡，请用离子方程式表示它们之间的转化反应___________。
②在实际工业生产中，加入沉淀剂BaCl2溶液之前还要加入一定量的NaOH，这样有利于沉淀的生成，则生成的沉淀为___________。(写化学式)。
（5）测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下：称取产品试样2.50g配成250mL溶液，用移液管取出25.00mL于锥形瓶中，加入足量稀硫酸酸化后，再加入几滴指示剂，用0.1000 mol·L-1硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定，重复进行二次实验。(已知Cr2O被还原为Cr3+)
①氧化还原滴定过程中的离子方程式为___________。
②若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为25.00mL，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为___________%。［已知M(K2Cr2O7)=294g·mol-1，计算结果保留三位有效数字］
（6）上述流程中K2Cr2O7发生氧化还原反应后所得溶液中除含有Cr3+外，还含有一定浓度的Fe3+杂质，可通过加碱调pH的方法使两者转化为沉淀。已知c(Cr3+)=3×10-5 mol·L-1，则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时Fe3+是否沉淀完全？___________(填“是”或“否”)。｛已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31}
【答案】（1）2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2
（2）适当增大稀硫酸的浓度、升高温度、搅拌等
（3）CuSO4(或CuSO4和H2SO4)
（4） ①. 2CrO+2H+Cr2O+H2O ②. BaCrO4
（5） ①. Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O ②. 49.0
（6）是
【解析】
【分析】电镀污泥中主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量金(Au)，根据流程图，煅烧时Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O22CuO+TeO2，Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，Na2CrO4酸化后生成Na2Cr2O7溶液；沉渣中主要含有CuO、TeO2以及少量的金(Au)，用稀硫酸溶解后，浸出液中主要含有Cu2+和TeOSO4，电解后Cu2+放电生成Cu单质，溶液中含有TeOSO4，TeOSO4与SO2发生氧化还原反应生成粗碲。
【小问1详解】
煅烧时，Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，发生反应的化学方程式为2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2；
【小问2详解】
为了提高酸浸速率，可采用的措施是适当增大稀硫酸的浓度、升高温度、搅拌等；
【小问3详解】
根据上述分析，电解沉积过程中析出单质铜，浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还含有CuSO4、可能存在过量的硫酸等；
【小问4详解】
①含铬酸性废水中存在着Cr2O和CrO相互转化的平衡，根据质量守恒和电荷守恒可知，反应为Cr2O+H2OCrO+2H+；
②加入沉淀剂BaCl2溶液之前还要加入一定量的NaOH，氢离子和氢氧根离子生成水，导致Cr2O+H2OCrO+2H+正向移动，这样有利于沉淀的生成，则生成的沉淀为Ba CrO4沉淀；
【小问5详解】
①氧化还原滴定过程中发生硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2与的反应，其中被还原为Cr3+，根据电子守恒、电荷守恒，氧化还原滴定过程中的离子方程式为；
②若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为25.00mL，由方程式可知，所得产品中K2Cr2O7的物质的量为，则纯度为；
【小问6详解】
c(Cr3+)为3×10-5 mol/L，则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时，c3(OH-)=mol3/L3= mol3/L3，此时溶液中c(Fe3+)==2.0×10-12mol/L<1.0×10-5mol/L，说明Fe3+已经沉淀完全。
10. 习近平主席在第75届联合国大会提出，我国要在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和的目标。因此二氧化碳的固定和转化成为科学家研究的重要课题。
（1）以CO2和H2为原料合成乙烯，其反应的过程分两步进行：
I．CO2(g)+H2(g)→CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.3kJ·mol-1
II．2CO(g)+4H2(g)→C2H4(g)+2H2O(g) ΔH=+210.5kJ·mol-1
CO2加氢合成乙烯的热化学方程式为___________。
（2）2021年9月24日，我国科学家在《Science》上发表论文《无细胞化学酶法从二氧化碳合成淀粉》，代表着人类人工合成淀粉领域的重大颠覆性和原创性突破。该实验方法首先将CO2催化还原为CH3OH。探究CH3OH合成反应的化学平衡影响因素，有利于提高CH3OH的产率。CO2和H2在某种催化剂作用下可同时发生以下两个反应：
I．CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-48.5kJ·mol-1
II．2CO2(g)+5H2(g)→C2H2(g)+4H2O(g) ΔH=+37.1kJ·mol-1
在压强为P，CO2、H2的起始投料为1：3的条件下，发生反应I、II。实验测得CO2的平衡转化率和平衡时CH3OH的选择性随温度的变化如图所示。
已知：CH3OH的选择性=
①有利于提高CH3OH的选择性的措施有___________(填序号)。
A．适当降温
B．适当升温
C．选择合适的催化剂
②温度高于350℃时，体系中发生的反应以___________ (填“I”或“II”)为主，并说明理由___________。
③其中表示平衡时CH3OH的选择性的曲线是___________ (填“a”或“b”)。
④400℃时，在该压强及投料比的条件下，利用图示所给数据计算H2的转化率为___________ (保留三位有效数字)。
（3）二氧化碳甲烷化技术是一种最有效的对二氧化碳循环再利用的技术。用如图装置电解二氧化碳制取甲烷，温度控制在10℃左右，持续通入二氧化碳，电解过程中KHCO3物质的量基本不变。
①阴极反应为___________。
②阳极产生的气体是___________(写化学式)。
【答案】（1）2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) △H=+293.1 kJ/mol
（2） ①. AC ②. II ③. 反应II为吸热反应，温度较高，有利于吸热反应进行 ④. b ⑤. 22.5%
（3） ①. ②. O2和CO2
【解析】
【小问1详解】
CO2与H2合成乙烯的方程式为2CO2＋6H2C2H4＋4H2O，利用盖斯定律，得出Ⅰ×2＋Ⅱ，ΔH=(+41.3×2)kJ·mol－1＋(+210.5)kJ·mol－1=＋293.1kJ·mol－1，热化学反应方程式为，故答案为：；
【小问2详解】
①由反应I可知生成CH3OH的反应为放热反应，根据勒夏特列原理，温度降低，有利于平衡正向移动，因此降温可以提高选择性；选择有利于反应I进行的催化剂，可以让反应更大程度甚至只进行反应I，有利于提高甲醇的选择性，故答案为：AC；
②温度高于350°C时，由于体系温度较高，根据勒夏特列原理，有利于吸热反应的进行，因此以反应II为主，故答案为：II；反应II为吸热反应，温度较高，有利于吸热反应进行；
③反应I是生成CH3OH的反应，该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，CH3OH的选择性越低，因此b为平衡时CH3OH的选择性曲线，a为CO2的平衡转化率曲线，故答案为：b；
④设投入的CO2和H2的物质的量分别为amol、3amol，设反应I转化的CO2的物质的量为x，反应II转化的CO2的物质的量为y，根据题意可得： ；
；
由图像可知，甲醇的选择性为40%，因此=0.4，CO2的转化率为25%，=0.25，故x=0.1amol，y=0.075amol，H2的转化率为×100%=×100%=22.5%，故答案为：22.5%；
【小问3详解】
①电解制备CO2制备CH4，C的化合价降低，根据电解原理，阴极上得电子，即电解反应式为：，故答案为：；
②根据电解原理，阳极电极反应式为2H2O-4e－=O2↑＋4H＋，H＋与反应生成CO2，阳极上逸出的气体为O2和CO2，故答案为：O2和CO2。
11. 铁(Fe)、钴(Co)、镍(Ni)、钛(Ti)及其化合物生产生活中应用广泛。
（1）基态Ni原子的外围电子排布式为___________。
（2）铁系元素能与CO形成Fe(CO)5、Ni(CO)4等金属羰基化合物。已知室温时Fe(CO)5为浅黄色液体，沸点103℃，则Fe(CO)5中含有的化学键类型包括___________ (填字母)。
A．极性共价键 B．离子键 C．配位键 D．金属键
（3）以甲醇为溶剂，Co2+可与色胺酮分子配位结合形成对DNA具有切割作用的色胺酮钴配合物(合成过程如图所示)。色胺酮分子中所含部分元素(C、N、O)第一电离能由大到小的顺序为___________，色氨酮分子中所有N原子的杂化类型有___________，色胺酮钴配合物中钴的配位数为___________，X射线衍射分析显示色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个CH3OH分子，CH3OH是通过___________作用与色胺酮钴配合物相结合。
（4）已知：r(Fe2+)为61pm、r(Co2+)为65pm。在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，实验测得FeCO3的分解温度低于CoCO3，原因是___________。
（5）已知TiN晶体的晶胞结构如图所示，若该晶胞的密度为ρg．cm-3，阿伏加德罗常数值为NA，则晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为___________pm。(用含ρ、NA的代数式表示)
【答案】（1）3d84s2
（2）AC （3） ①. N＞O＞C ②. sp2、sp3 ③. 4 ④. 氢键
（4）Fe2+更容易结合碳酸根离子中的氧离子或Fe2+的半径小于Co2+，FeO晶格能大于CoO，则FeCO3分解温度低于CoCO3
（5）
【解析】
【小问1详解】
镍为28号元素，原子核外有28个电子，其核外电子排布为[Ar]3d84s2或1s22s22p63s23p63d84s2，外围电子排布式为3d84s2。
【小问2详解】
Fe(CO)5沸点较低，为分子晶体，不存在离子键、金属键，Fe原子与CO分子之间为配位键，CO分子内含有极性共价键，答案选AC。
【小问3详解】
同一周期主族元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子2p能级轨道半满，更稳定，第一电离能高于O，所以三种元素第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；根据色胺酮中N原子的成键方式可知，成双键的N原子为sp2杂化，成单键的为sp3杂化；根据色胺酮钴配合物的结构简式可知，Co与2个O原子、2个N原子配位，配位数为4；分析甲醇性质可知，甲醇通过氢键与色胺酮钴配合物相结合。
【小问4详解】
由题意可知，Fe2+的半径小于Co2+，FeO晶格能大于CoO，Fe2+更容易结合氧离子，FeCO3受热分解需要外界能量更少，FeCO3比CoCO3易分解，则FeCO3分解温度低于CoCO3。
【小问5详解】
据图可知晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为棱长的一半，根据均摊法，晶胞中白球个数为8×+6×=4，黑球个数为12×+1=4，则晶胞质量为m==，晶胞体积V===，晶胞棱长为==，则晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为=pm。
12. 化合物K是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备K的一种合成路线如下：
已知：①在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。
②RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O
③
回答下列问题：
（1）B的分子式为___________；E中官能团的名称为___________。
（2）D→E第一步的化学反应方程式为___________。
（3）F→G第一步的化学反应方程式为___________。
（4）J的结构简式为___________。
（5）芳香化合物X是E的同分异构体，X具有以下特点：①只有一个环状结构；②具有两个相同的官能团；③能发生银镜反应，X共有___________种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为3：2：2：1，写出满足条件的所有结构___________ (写结构简式)。
（6）根据上述路线中的相关知识，以乙醇为原料用不超过三步的反应设计合成1－丁醇(其他无机试剂任选) ___________
【答案】（1） ①. C7H6Cl2 ②. 碳碳双键、羧基
（2）+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O
（3）+3KOH+2KBr+3H2O
（4） （5） ①. 10 ②. 、
（6）
【解析】
【分析】A为芳香化合物，分子式为C7H8，则A为，与氯气发生取代反应生成B，根据信息①以及C的结构简式可知，B为；根据信息②可知D为，D中醛基被氧化后酸化得到E，则E为；E中碳碳双键与溴加成得到F，F为；F再发生消去反应得到G，则G为，与乙醇发生酯化反应生成H为，由信息③，对比H、K的结构简式可知J为。
【小问1详解】
根据分析可知B为，分子式为C7H6Cl2；E为，根据E的结构简式可知其官能团为碳碳双键、羧基。
【小问2详解】
D为与新制氢氧化铜悬浊液加热反应，醛基被氧化，同时生成氧化亚铜沉淀，化学方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O。
【小问3详解】
F为，溴原子在KOH醇溶液中发生消去反应，同时羧基发生中和反应，化学方程式为+3KOH+2KBr+3H2O。
【小问4详解】
根据分析可知J的结构简式为。
【小问5详解】
E为，芳香族化合物X只有一个环状结构，则为苯环，具有两个相同的官能团，且能发生银镜反应，则为两个醛基，若苯环上有一个取代基，为，若苯环上有两个取代基，分别为-CH2CHO、-CHO，则有邻间对3种结构，若苯环上有三个取代基，分别为2个醛基、1个甲基，则有6种不同结构，所以符合条件的X的同分异构体一共有10种；其中核磁共振氢谱有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为3：2：2：1的是、。
【小问6详解】
河南省六市2022届高三第一次联合调研检测
理科综合能力测试化学试题
本试题卷分为第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试题卷上答题无效。考试结束后，监考老师只收答题卡。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写(涂)在答题卡上。考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致。
2.第I卷每小题选出答案后，用2B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，再选涂其他答案标号。第II卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题上作答，答案无效。
3.考试结束，监考教师将答题卡收回。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 S：32 K：39 Ti：48 Cr：52 Fe：56 Ba：137
第I卷(选择题)
一、选择题：本题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 科技发展改变生活，下列说法错误的是
A. “天问一号”中Ti-Ni形状记忆合金的两种金属都属于过渡金属元素
B. T-碳(T-Carbon)是中科院预言的一种三维碳结构晶体，其与C60互为同位素
C. “祝融号”火星探测器上使用的钛合金具有密度小、强度高、耐高温的特性
D. 清华大学打造的世界首款异构融合类脑芯片-----天机芯的主要材料与光导纤维不同
【答案】B
【解析】
【详解】A．Ti位于IVB族，Ni位于VIIIB族，两者都是过渡金属元素，A正确；
B．由同种元素组成的不同的单质互为同素异形体，因此T-碳(T-Carbon)与C60互为同素异形体，B错误；
C．合金比纯金属性能优良，钛合金具有密度小、强度高、耐高温的特性，C正确；
D．芯片材料为单晶硅，光导纤维为二氧化硅，两者材料不同，D正确；
答案选B。
2. 能用下图所示装置完成气体制备、尾气处理(加热和夹持等装置略去)的是
气体
制备试剂
烧杯中试剂
A
NO2
铜与浓硝酸
NaOH溶液
B
NH3
浓氨水与碱石灰
水
C
C2H2
电石与水
水
D
Cl2
MnO2与浓盐酸
饱和NaCl溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，气体制备装置为固液不加热的装置，烧杯中的尾气处理试剂能与制备的气体反应。
【详解】A．铜与浓硝酸在不加热的条件下能反应制得二氧化氮气体，烧杯中的氢氧化钠溶液能吸收二氧化氮气体，防止污染空气，故A正确；
B．浓氨水与碱石灰在不加热的条件下能反应制得氨气，但氨气极易溶于水，直接通入水中会产生倒吸，故B错误；
C．电石与水在不加热的条件下能反应制得乙炔气体，乙炔微溶于水，不能与水反应，不能用水吸收乙炔气体，故C错误；
D．二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，常温下不反应，且氯气不溶于饱和氯化钠溶液，不能用饱和氯化钠溶液吸收氯气，故D错误；
故选A。
3. 2022年北京成功举办冬奥会，绿色环保是主要理念。在场馆建设中用到的一种耐腐、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯为原料制得，该双环烯酯的结构如图所示。下列说法正确的是
A. 该双环烯酯的分子式为C14H18O2
B. 该双环烯酯分子中至少有6个原子共平面
C. 该双环烯酯一氯代物有9种
D. 1 mol该双环烯酯能与3molH2发生加成反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．由双环烯酯的结构简式可知，其分子式为C14H20O2，A项错误；
B．乙烯中含有碳碳双键，双环烯酯分子中也含有碳碳双键，根据乙烯中有6个原子共平面知，双环烯酯分子中至少有6个原子共平面，B项正确；
C．该双环烯酯中存在着13种不同状态的氢，则其一氯代物有13种，C项错误；
D．碳碳双键能与H2发生加成反应，酯基中碳氧双键不能与H2发生加成反应，故1 mol该双双环烯酯能与2 mol H2发生加成反应，D项错误；
答案选B。
4. 某研究小组在实验室以含铁的铜屑为原料制备Cu(NO3)2·3H2O晶体，并进一步探究用SOCl2制备少量无水Cu(NO3)2。设计的路线如图：
已知：；SOCl2熔点-105℃、沸点76℃，遇水剧烈水解生成两种酸性气体。
下列说法不正确的是
A. 第②步调pH适合的物质是CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3
B. 第③步操作包括蒸发结晶、过滤等步骤
C. 为得到较大颗粒的Cu(NO3)2·3H2O晶体，可采用减慢冷却结晶速度或冷却后静置较长时间的方法
D. 第④步中发生的总反应的化学方程式Cu(NO3)2·3H2O+3SOCl2=Cu(NO3)2+3SO2↑+6HC1↑
【答案】B
【解析】
【分析】铜屑中混有铁屑，加入足量硝酸溶解后，应通过调节pH，让Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；过滤后，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，以防止晶体失去结晶水并发生水解。
【详解】A．第②步调pH时，不能引入新的杂质，常加入铜的氧化物、氢氧化铜及难溶性铜盐等，所以适合的物质是CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3，A正确；
B．第③步操作是从溶液中提取Cu(NO3)2·3H2O晶体，由信息可知，晶体受热易失去结晶水，易发生水解，所以采取的措施是蒸发浓缩(至液体表面有晶膜出现)、冷却结晶等，不能蒸发至干，B不正确；
C．减慢冷却结晶速度或冷却后静置较长时间，可得到较大颗粒的Cu(NO3)2·3H2O晶体，C正确；
D．第④步中，SOCl2与结晶水作用，生成SO2和HC1气体，发生的总反应的化学方程式为Cu(NO3)2·3H2O+3SOCl2=Cu(NO3)2+3SO2↑+6HC1↑，D正确；
故选B。
5. W、X、Y、Z为四种原子序数依次增大的短周期非金属主族元素，其中只有X、Y位于同周期，四种元素可形成航天飞船的火箭推进剂［XW4]+[ZY4]-，W与X的最外层电子数之和等于Y的最外层电子数。下列说法错误的是
A. W、X、Y、Z的最高正价均等于其最外层电子数
B. X的液态简单氢化物常用来做制冷剂，与其存在分子间氢键有关
C. 简单阴离子还原性：W＞X＞Y
D. W、X、Z均可与Y形成两种或两种以上的化合物
【答案】A
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为四种原子序数依次增大的短周期非金属主族元素，其中只有X、Y位于同周期，则W位于第一周期，W为H；X、Y位于第二周期，Z位于第三周期，X和W可以形成［XW4]+，则X为N，W与X的最外层电子数之和等于Y的最外层电子数，则Y为O；Z和Y可以形成[ZY4]-，则Z为Cl，即W、X、Y、Z分别为H、N、O、Cl。
【详解】A．W、X、Y、Z分别为H、N、O、Cl，O没有+6价，其最高正价为+2价，A错误；
B．X为N，氮的液态简单氢化物NH3常用来做制冷剂，氨分子之间存在分子间氢键，B正确；
C．非金属性越强，其简单阴离子还原性越弱，非金属性：O>N>H，则简单阴离子还原性：W＞X＞Y，C正确；
D．H、N、Cl均可与O形成两种或两种以上的化合物：H2O、H2O2，NO、NO2、N2O5等，Cl2O、ClO2等，D正确；
答案选A。
6. 我国科研团队设计了一种表面锂掺杂的锡纳米粒子催化剂可提高电催化制甲酸盐的产率，同时释放电能，实验原理如图所示。下列说法不正确的是
A. 充电时，电极周围升高
B. 放电时，每生成，转移个电子
C. 使用催化剂或者均能有效减少副产物的生成
D. 使用催化剂，中间产物更不稳定
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据装置图，充电时，外电路电子流向Zn电极，即Zn电极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，c(OH-)增大，pH增大，故A说法正确；
B．根据装置图可知，放电时，右侧电极反应式为CO2+2e-+H2O =HCOO-+OH-，生成1mol HCOO-时，转移电子物质的量为2mol，故B说法错误；
C．根据图像可知，在使用催化剂Sn和s-SnLi生成CO时活化能大，活化能大反应速率慢，且CO能量比HCOOH能量高，能量越低，物质越稳定，因此使用催化剂Sn和s-SnLi可以减少副产物CO的生成，故C说法正确；
D．根据图像可知，使用催化剂s-SnLi，中间产物能量高，不稳定，故D说法正确；
答案为B。
7. 已知Kb（NH3·H2O）=1.7×10-5，Ka（CH3COOH）=1.7×10-5。25℃时，向20mL浓度均为0.01mol·L-1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.01mol·L-1的氨水，测定过程中电导率和pH变化曲线如图所示，下列说法错误的是
A. a点溶液中，c(CH3COO-)数量级约为10-5
B. b点溶液中，c(NH4+) > c(CH3COOH)
C. c点溶液中，c(NH4+) +c(NH3·H2O) = c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
D. c点水的电离程度小于d点
【答案】D
【解析】
【分析】氨水逐滴滴入盐酸和醋酸的混合液中，依次发生的反应为：HCl+NH3·H2O=NH4Cl+ H2O、CH3COOH+NH3·H2O=CH3COONH4+H2O；盐酸为强酸，随着氨水的滴入，溶液的体积变大，溶液中离子浓度变小，溶液的电导率逐渐变小，b点为盐酸恰好反应的点，b点溶质为等浓度的NH4Cl和CH3COOH的混合液；继续滴加氨水，弱酸醋酸与氨水反应生成强电解质CH3COONH4，溶液中离子浓度变大，溶液的电导率又逐渐变大，c点醋酸和氨水恰好完全反应，c点溶质为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液；继续滴加氨水，氨水属于弱碱水溶液，溶液中离子浓度又变小，溶液的导电率又变小。
【详解】A．盐酸为强酸，醋酸为弱酸，盐酸抑制醋酸电离，a点溶液中c(H+)0.01mol/L、c(CH3COOH)0.01mol/L，醋酸的电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，设溶液中c(CH3COO-)=xmol/L，Ka(CH3COOH)==1.710-5，解得x1.710-5，c(CH3COO-)的数量级约为10-5，故A正确；
B．根据上述分析，b点为等浓度的NH4Cl和CH3COOH的混合液，NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH4+的水解离子方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+，NH4+的水解平衡常数Kh(NH4+)==5.8810-10 Ka(CH3COOH)，NH4+的水解程度小于CH3COOH的电离程度，b点溶液中c(NH4+)c(CH3COOH)，故B正确；
C．根据上述分析，c点为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液，根据物料守恒c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)+ c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)，故C正确；
D．c点为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液，NH4Cl、CH3COONH4水解促进水的电离，d点为等浓度的NH4Cl、CH3COONH4和略过量的氨水组成的混合液，过量的氨水对水的电离起抑制作用，所以c点水的电离程度大于d点，故D错误；
选D。
8. 某实验小组利用如图装置模拟古法硫酸生产方法并进行SO2性质探究。
已知A中反应的化学方程式：2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O，实验开始前打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，通入一段时间N2后，关闭活塞K1、K2，打开活塞K3，高温加热绿矾。
完成下列填空：
（1）C装置中覆盖食用油的目的是___________；B中所得硫酸溶液的质量分数理论值为___________ (保留三位有效数字)。
（2）该装置存在的不足之处为___________。
为探究SO2与钡盐溶液的反应，在装置C中先后四次加入不同的溶液：
①
②
③
④
已煮沸的BaCl2溶液
未煮沸的BaCl2溶液
已煮沸的Ba(NO3)2溶液
未煮沸的Ba(NO3)2溶液
注：锥形瓶中溶液体积相同，钡盐溶液浓度相同；油层厚度一致，通入SO2流速一致。
得到如下pH-t图：
（3）曲线①呈缓慢下降趋势，这是因为___________。曲线②出现骤降，表明溶液中生成了___________ (填物质名称)。对比分析上述四组数据，可得出的结论是___________ (任写2条)。
（4）为对排气法收集到的SO2气体进行含量测定，将1120mL气体(已折算为标准状况)通入足量的Ba(NO3)2溶液中，经过滤、洗涤、烘干，最终得到沉淀10.718g．则SO2气体的体积分数为___________ (保留两位有效数字)。若该实验数据较实际值偏大，则可能的原因是___________ (选填序号)。
a．气体通入速率过快 b．沉淀未进行恒重操作
c．收集的气体中有CO2 d．未用食用油覆盖液面
（5）SO2属于大气污染物，还可用H2与其高温反应消除SO2带来的污染，其反应原理如图所示：
①反应原理过程中X为___________ (填名称)。
②写出检验X所需试剂及实验现象___________。
【答案】（1） ①. 隔绝空气，避免空气中氧气干扰实验 ②. 29.5％
（2）缺少尾气处理装置
（3） ①. SO2溶于水，与水生成H2SO3，H2SO3是弱酸，电离出的少量氢离子使溶液pH下降 ②. 盐酸或硫酸 ③. O2能氧化SO2；或能氧化SO2；或O2的氧化作用比强(或有O2参与，可显著提高氧化SO2的反应速率或剧烈程度)
（4） ①. 92% ②. b
（5） ①. 硫化氢 ②. CuSO4溶液，出现黑色沉淀
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置A中绿矾高温条件下分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水，装置B中三氧化硫与水蒸气冷凝反应得到硫酸溶液，装置C用于探究二氧化硫与钡盐溶液的反应，由于二氧化硫直接排放到空气中容易造成污染，故应增加一个装置，盛有的氢氧化钠溶液且用倒扣漏斗用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气，其中倒扣的漏斗能起到防止倒吸的作用。
【小问1详解】
C装置中覆盖食用油可以隔绝空气，避免空气中氧气干扰探究二氧化硫与钡盐溶液反应的实验检测；由方程式可知，反应生成三氧化硫和水蒸气的物质的量比,1：14，1mol三氧化硫与1mol水反应生成1mol硫酸，则所得硫酸溶液的质量分数理论值为≈0.295，故答案为：隔绝空气，避免空气中氧气干扰实验； 0.295；
【小问2详解】
由分析可知，由于二氧化硫直接排放到空气中容易造成污染，故实验中缺少尾气处理装置；答案为：缺少尾气处理装置；
【小问3详解】
由图可知，曲线①的变化说明二氧化硫不与氯化钡溶液反应，溶于水的二氧化硫部分与水反应生成弱酸亚硫酸，亚硫酸在溶液中部分电离出氢离子，使溶液中pH减小；曲线②的变化说明溶液中氧气将二氧化硫氧化生成强酸硫酸，反应生成的硫酸溶液与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，使溶液中氢离子浓度迅速增大，溶液pH出现骤降；曲线③的变化说明反应生成弱酸亚硫酸在溶液中部分电离出氢离子，溶液中具有强氧化性的硝酸根离子在溶液中将二氧化硫氧化生成硫酸钡沉淀和硝酸，使溶液中氢离子浓度增大，溶液pH降低，但溶液中的pH大于曲线②；曲线④的变化说明溶液中的弱酸亚硫酸被空气中氧气氧化生成强酸硫酸，溶液中氢离子浓度大，硝酸根离子的氧化性强，在溶液中将二氧化硫迅速氧化生成硫酸钡和硝酸，溶液pH出现骤降，在四组曲线中溶液的pH最小，综合四组数据可知，氧气和硝酸根离子能氧化二氧化硫，溶液中的氧气能提高硝酸根离子氧化二氧化硫的反应速率和反应程度，故答案为：盐酸或硫酸；①O2能氧化SO2；②能氧化SO2；③O2的氧化作用比强(或有O2参与，可显著提高氧化SO2的反应速率或剧烈程度)；
【小问4详解】
标准状况下2240mL气体的物质的量为=0.1mol，二氧化硫气体通入硝酸钡溶液中得到21.436g硫酸钡沉淀，由硫原子个数守恒可知，二氧化硫的体积分数为=92%；
a．若气体通入速率过快会使二氧化硫不可能完全吸收，生成硫酸钡质量偏小，导致所测结果偏低，选项a错误；
b．若沉淀未进行恒重操作可能会使沉淀表面附有可溶性杂质，使测得硫酸钡的质量偏大，导致所测结果偏高，选项b正确；
c．若收集的气体中有二氧化碳不会影响硫酸钡的质量，对所测结果无影响，选项c错误；
d．若未用食用油覆盖液面不会影响硫酸钡的质量，对所测结果无影响，选项d错误；
b正确，故答案为：92%；b；
【小问5详解】
①由图分析H2和SO2在300℃、催化剂作用下，转化为X，X在100-200℃、催化剂作用下转化为S，根据化合价升降及元素变化情况，可推知X气体为H2S；
②检验X可利用硫化氢能使硫酸铜溶液产生黑色沉淀，故所需试剂及实验现象为将气体通入硫酸铜溶液中，产生黑色沉淀，说明气体中含有H2S。
9. 某种电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au)，可以用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜和粗碲等，以实现有害废料的资源化利用，工艺流程如下：
已知：煅烧时，Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O2 2CuO+TeO2。
（1）煅烧时，Cr2O3发生反应的化学方程式为___________。
（2）为提高酸浸速率，可采用的措施是___________ (任写一条)。
（3）浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还可能含有___________ (写化学式)。
（4）在实际的含铬废水处理中，还可采用直接沉淀的方法，处理成本较低。
①已知含铬酸性废水中存在着Cr2O和CrO相互转化的平衡，请用离子方程式表示它们之间的转化反应___________。
②在实际工业生产中，加入沉淀剂BaCl2溶液之前还要加入一定量的NaOH，这样有利于沉淀的生成，则生成的沉淀为___________。(写化学式)。
（5）测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下：称取产品试样2.50g配成250mL溶液，用移液管取出25.00mL于锥形瓶中，加入足量稀硫酸酸化后，再加入几滴指示剂，用0.1000 mol·L-1硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定，重复进行二次实验。(已知Cr2O被还原为Cr3+)
①氧化还原滴定过程中的离子方程式为___________。
②若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为25.00mL，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为___________%。［已知M(K2Cr2O7)=294g·mol-1，计算结果保留三位有效数字］
（6）上述流程中K2Cr2O7发生氧化还原反应后所得溶液中除含有Cr3+外，还含有一定浓度的Fe3+杂质，可通过加碱调pH的方法使两者转化为沉淀。已知c(Cr3+)=3×10-5 mol·L-1，则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时Fe3+是否沉淀完全？___________(填“是”或“否”)。｛已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31}
【答案】（1）2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2
（2）适当增大稀硫酸的浓度、升高温度、搅拌等
（3）CuSO4(或CuSO4和H2SO4)
（4） ①. 2CrO+2H+Cr2O+H2O ②. BaCrO4
（5） ①. Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O ②. 49.0
（6）是
【解析】
【分析】电镀污泥中主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量金(Au)，根据流程图，煅烧时Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O22CuO+TeO2，Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，Na2CrO4酸化后生成Na2Cr2O7溶液；沉渣中主要含有CuO、TeO2以及少量的金(Au)，用稀硫酸溶解后，浸出液中主要含有Cu2+和TeOSO4，电解后Cu2+放电生成Cu单质，溶液中含有TeOSO4，TeOSO4与SO2发生氧化还原反应生成粗碲。
【小问1详解】
煅烧时，Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，发生反应的化学方程式为2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2；
【小问2详解】
为了提高酸浸速率，可采用的措施是适当增大稀硫酸的浓度、升高温度、搅拌等；
【小问3详解】
根据上述分析，电解沉积过程中析出单质铜，浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还含有CuSO4、可能存在过量的硫酸等；
【小问4详解】
①含铬酸性废水中存在着Cr2O和CrO相互转化的平衡，根据质量守恒和电荷守恒可知，反应为Cr2O+H2OCrO+2H+；
②加入沉淀剂BaCl2溶液之前还要加入一定量的NaOH，氢离子和氢氧根离子生成水，导致Cr2O+H2OCrO+2H+正向移动，这样有利于沉淀的生成，则生成的沉淀为Ba CrO4沉淀；
【小问5详解】
①氧化还原滴定过程中发生硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2与的反应，其中被还原为Cr3+，根据电子守恒、电荷守恒，氧化还原滴定过程中的离子方程式为；
②若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为25.00mL，由方程式可知，所得产品中K2Cr2O7的物质的量为，则纯度为；
【小问6详解】
c(Cr3+)为3×10-5 mol/L，则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时，c3(OH-)=mol3/L3= mol3/L3，此时溶液中c(Fe3+)==2.0×10-12mol/L<1.0×10-5mol/L，说明Fe3+已经沉淀完全。
10. 习近平主席在第75届联合国大会提出，我国要在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和的目标。因此二氧化碳的固定和转化成为科学家研究的重要课题。
（1）以CO2和H2为原料合成乙烯，其反应的过程分两步进行：
I．CO2(g)+H2(g)→CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.3kJ·mol-1
II．2CO(g)+4H2(g)→C2H4(g)+2H2O(g) ΔH=+210.5kJ·mol-1
CO2加氢合成乙烯的热化学方程式为___________。
（2）2021年9月24日，我国科学家在《Science》上发表论文《无细胞化学酶法从二氧化碳合成淀粉》，代表着人类人工合成淀粉领域的重大颠覆性和原创性突破。该实验方法首先将CO2催化还原为CH3OH。探究CH3OH合成反应的化学平衡影响因素，有利于提高CH3OH的产率。CO2和H2在某种催化剂作用下可同时发生以下两个反应：
I．CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-48.5kJ·mol-1
II．2CO2(g)+5H2(g)→C2H2(g)+4H2O(g) ΔH=+37.1kJ·mol-1
在压强为P，CO2、H2的起始投料为1：3的条件下，发生反应I、II。实验测得CO2的平衡转化率和平衡时CH3OH的选择性随温度的变化如图所示。
已知：CH3OH的选择性=
①有利于提高CH3OH的选择性的措施有___________(填序号)。
A．适当降温
B．适当升温
C．选择合适的催化剂
②温度高于350℃时，体系中发生的反应以___________ (填“I”或“II”)为主，并说明理由___________。
③其中表示平衡时CH3OH的选择性的曲线是___________ (填“a”或“b”)。
④400℃时，在该压强及投料比的条件下，利用图示所给数据计算H2的转化率为___________ (保留三位有效数字)。
（3）二氧化碳甲烷化技术是一种最有效的对二氧化碳循环再利用的技术。用如图装置电解二氧化碳制取甲烷，温度控制在10℃左右，持续通入二氧化碳，电解过程中KHCO3物质的量基本不变。
①阴极反应为___________。
②阳极产生的气体是___________(写化学式)。
【答案】（1）2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) △H=+293.1 kJ/mol
（2） ①. AC ②. II ③. 反应II为吸热反应，温度较高，有利于吸热反应进行 ④. b ⑤. 22.5%
（3） ①. ②. O2和CO2
【解析】
【小问1详解】
CO2与H2合成乙烯的方程式为2CO2＋6H2C2H4＋4H2O，利用盖斯定律，得出Ⅰ×2＋Ⅱ，ΔH=(+41.3×2)kJ·mol－1＋(+210.5)kJ·mol－1=＋293.1kJ·mol－1，热化学反应方程式为，故答案为：；
【小问2详解】
①由反应I可知生成CH3OH的反应为放热反应，根据勒夏特列原理，温度降低，有利于平衡正向移动，因此降温可以提高选择性；选择有利于反应I进行的催化剂，可以让反应更大程度甚至只进行反应I，有利于提高甲醇的选择性，故答案为：AC；
②温度高于350°C时，由于体系温度较高，根据勒夏特列原理，有利于吸热反应的进行，因此以反应II为主，故答案为：II；反应II为吸热反应，温度较高，有利于吸热反应进行；
③反应I是生成CH3OH的反应，该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，CH3OH的选择性越低，因此b为平衡时CH3OH的选择性曲线，a为CO2的平衡转化率曲线，故答案为：b；
④设投入的CO2和H2的物质的量分别为amol、3amol，设反应I转化的CO2的物质的量为x，反应II转化的CO2的物质的量为y，根据题意可得： ；
；
由图像可知，甲醇的选择性为40%，因此=0.4，CO2的转化率为25%，=0.25，故x=0.1amol，y=0.075amol，H2的转化率为×100%=×100%=22.5%，故答案为：22.5%；
【小问3详解】
①电解制备CO2制备CH4，C的化合价降低，根据电解原理，阴极上得电子，即电解反应式为：，故答案为：；
②根据电解原理，阳极电极反应式为2H2O-4e－=O2↑＋4H＋，H＋与反应生成CO2，阳极上逸出的气体为O2和CO2，故答案为：O2和CO2。
11. 铁(Fe)、钴(Co)、镍(Ni)、钛(Ti)及其化合物生产生活中应用广泛。
（1）基态Ni原子的外围电子排布式为___________。
（2）铁系元素能与CO形成Fe(CO)5、Ni(CO)4等金属羰基化合物。已知室温时Fe(CO)5为浅黄色液体，沸点103℃，则Fe(CO)5中含有的化学键类型包括___________ (填字母)。
A．极性共价键 B．离子键 C．配位键 D．金属键
（3）以甲醇为溶剂，Co2+可与色胺酮分子配位结合形成对DNA具有切割作用的色胺酮钴配合物(合成过程如图所示)。色胺酮分子中所含部分元素(C、N、O)第一电离能由大到小的顺序为___________，色氨酮分子中所有N原子的杂化类型有___________，色胺酮钴配合物中钴的配位数为___________，X射线衍射分析显示色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个CH3OH分子，CH3OH是通过___________作用与色胺酮钴配合物相结合。
（4）已知：r(Fe2+)为61pm、r(Co2+)为65pm。在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，实验测得FeCO3的分解温度低于CoCO3，原因是___________。
（5）已知TiN晶体的晶胞结构如图所示，若该晶胞的密度为ρg．cm-3，阿伏加德罗常数值为NA，则晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为___________pm。(用含ρ、NA的代数式表示)
【答案】（1）3d84s2
（2）AC （3） ①. N＞O＞C ②. sp2、sp3 ③. 4 ④. 氢键
（4）Fe2+更容易结合碳酸根离子中的氧离子或Fe2+的半径小于Co2+，FeO晶格能大于CoO，则FeCO3分解温度低于CoCO3
（5）
【解析】
【小问1详解】
镍为28号元素，原子核外有28个电子，其核外电子排布为[Ar]3d84s2或1s22s22p63s23p63d84s2，外围电子排布式为3d84s2。
【小问2详解】
Fe(CO)5沸点较低，为分子晶体，不存在离子键、金属键，Fe原子与CO分子之间为配位键，CO分子内含有极性共价键，答案选AC。
【小问3详解】
同一周期主族元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子2p能级轨道半满，更稳定，第一电离能高于O，所以三种元素第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；根据色胺酮中N原子的成键方式可知，成双键的N原子为sp2杂化，成单键的为sp3杂化；根据色胺酮钴配合物的结构简式可知，Co与2个O原子、2个N原子配位，配位数为4；分析甲醇性质可知，甲醇通过氢键与色胺酮钴配合物相结合。
【小问4详解】
由题意可知，Fe2+的半径小于Co2+，FeO晶格能大于CoO，Fe2+更容易结合氧离子，FeCO3受热分解需要外界能量更少，FeCO3比CoCO3易分解，则FeCO3分解温度低于CoCO3。
【小问5详解】
据图可知晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为棱长的一半，根据均摊法，晶胞中白球个数为8×+6×=4，黑球个数为12×+1=4，则晶胞质量为m==，晶胞体积V===，晶胞棱长为==，则晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为=pm。
12. 化合物K是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备K的一种合成路线如下：
已知：①在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。
②RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O
③
回答下列问题：
（1）B的分子式为___________；E中官能团的名称为___________。
（2）D→E第一步的化学反应方程式为___________。
（3）F→G第一步的化学反应方程式为___________。
（4）J的结构简式为___________。
（5）芳香化合物X是E的同分异构体，X具有以下特点：①只有一个环状结构；②具有两个相同的官能团；③能发生银镜反应，X共有___________种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为3：2：2：1，写出满足条件的所有结构___________ (写结构简式)。
（6）根据上述路线中的相关知识，以乙醇为原料用不超过三步的反应设计合成1－丁醇(其他无机试剂任选) ___________
【答案】（1） ①. C7H6Cl2 ②. 碳碳双键、羧基
（2）+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O
（3）+3KOH+2KBr+3H2O
（4） （5） ①. 10 ②. 、
（6）
【解析】
【分析】A为芳香化合物，分子式为C7H8，则A为，与氯气发生取代反应生成B，根据信息①以及C的结构简式可知，B为；根据信息②可知D为，D中醛基被氧化后酸化得到E，则E为；E中碳碳双键与溴加成得到F，F为；F再发生消去反应得到G，则G为，与乙醇发生酯化反应生成H为，由信息③，对比H、K的结构简式可知J为。
【小问1详解】
根据分析可知B为，分子式为C7H6Cl2；E为，根据E的结构简式可知其官能团为碳碳双键、羧基。
【小问2详解】
D为与新制氢氧化铜悬浊液加热反应，醛基被氧化，同时生成氧化亚铜沉淀，化学方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O。
【小问3详解】
F为，溴原子在KOH醇溶液中发生消去反应，同时羧基发生中和反应，化学方程式为+3KOH+2KBr+3H2O。
【小问4详解】
根据分析可知J的结构简式为。
【小问5详解】
E为，芳香族化合物X只有一个环状结构，则为苯环，具有两个相同的官能团，且能发生银镜反应，则为两个醛基，若苯环上有一个取代基，为，若苯环上有两个取代基，分别为-CH2CHO、-CHO，则有邻间对3种结构，若苯环上有三个取代基，分别为2个醛基、1个甲基，则有6种不同结构，所以符合条件的X的同分异构体一共有10种；其中核磁共振氢谱有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为3：2：2：1的是、。
【小问6详解】
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