安徽省阜阳市第三中学2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题（Word版附解析）

这是一份安徽省阜阳市第三中学2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了本卷主要考查内容等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。
4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
5．本卷主要考查内容：选择性必修1、选择性必修2、选择性必修3第一章。
可能用到的相对原子质量：H1 Li7 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Cu64 Pb207
一、选择题：本题共20小题，每小题3分，共60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. 化学与生产、生活息息相关。已知：单位质量的燃料完全燃烧放出的热量，叫做这种燃料的热值。下列说法正确的是
A. 向汽油中添加乙醇后，该混合燃料的热值不变
B. 空气中的水汽凝华为雪花是一个放热过程，也是熵增过程
C. 可使用广泛pH试纸测量“84”消毒液的pH
D. 用锡焊接的铁质器件，焊接处容易生锈
【答案】D
【解析】
【详解】A．汽油和乙醇的热值不同，则向汽油中添加乙醇后，混合燃料的热值会改变，A错误；
B．水由气体变为固体时要放热，由水蒸气变成固体时混乱度减小，熵在减小，B错误；
C．“84”消毒液有漂白性，不能使用广泛pH试纸测量该消毒液的pH，C错误；
D．用锡焊接的铁质器件，焊接处形成原电池的两极，铁为负极，更容易生锈，D正确；
答案选D。
2. 下表物质中所含官能团的名称命名错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．含官能团碳碳双键、醛基，A正确；
B．含官能团酯基、羧基，B正确；
C．含官能团酮羰基、氨基，C错误；
D．含官能团碳溴键、羟基，D正确；
答案选C。
3. 下列各组比较中，正确的是
A. 分子的极性：B. 比稳定
C. Fe位于元素周期表的ds区D. 在苯中的溶解度：
【答案】B
【解析】
【详解】A．是平面正三角形分子，是非极性分子，是三角锥形分子，是极性分子，故分子的极性：，A项错误；
B．的电子排布式为，而为，中3d轨道全充满，能量低，更稳定，B项正确；
C．Fe位于元素周期表的d区，C项错误；
D．是非极性分子，是极性分子，苯是非极性分子，根据相似相溶原理，在苯中溶解度：，D项错误；
故选B。
4. “中国芯”的主要原材料是高纯单晶硅，可通过反应制备高纯硅。下列有关说法正确的是
A. 基态氯原子的价层电子排布式为3s23p5
B. 是由极性键形成的极性分子
C. 单晶硅为分子晶体
D. 芯片、太阳能电池、光导纤维的主要成分均为晶体Si
【答案】A
【解析】
【详解】A．元素是第三周期第ⅦA族元素，价层电子排布式为，A正确；
B．是由极性键形成的非极性分子，B错误；
C．单晶硅为共价晶体，C错误；
D．芯片、太阳能电池的主要成分均为晶体，光导纤维的主要成分为，D错误；
故选A。
5. 用价层电子对互斥理论（VSEPR）可以预测许多分子或离子的空间结构，有时也能用来推测键角大小，下列判断正确的是
A. 、、HCN分子的键角都是180°
B. 的键角为120°，的键角为180°
C. 、、都是三角锥形分子
D. HCHO（甲醛）、、的空间结构都是平面三角
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为1，分子的空间构型为V形，键角小于180°，故A错误；
B．水分子中氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形，键角键角为104.5°，故B错误；
C．三氯化镓分子中镓原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形分子，不是三角锥形分子，C错误；
D．甲醛分子中的碳原子、三氯化硼分子中的硼原子、三氧化硫分子中的硫原子的价层电子对数都为3、孤对电子对数都为0，分子的空间构型都为平面三角形分子，故D正确；
故选D。
6. 下列说法正确的是
A. 提纯苯甲酸可采用蒸馏的方法
B. 分离正戊烷(沸点36℃)和正己烷(沸点69℃)可采用萃取的方法
C. 某有机物的相对分子质量为58，则其分子式一定为C3H6O
D. 某烃完全燃烧生成CO2和H2O的物质的量之比为2:3，则其实验式为CH3
【答案】D
【解析】
【详解】A．提纯苯甲酸可采用重结晶的方法，A错误；
B．分离正戊烷(沸点36℃)和正己烷(沸点69℃)，二者溶解性类似，沸点相差明显可采用蒸馏的方法，B错误；
C．某有机化合物的相对分子质量为58，则其分子式可能为，也可能为或等，C错误；
D．某烃完全燃烧生成和的物质的量之比为，则C:H=2:6，则其实验式为，D正确；
故选D。
7. ag某常见有机物，X在足量的氧气中充分燃烧，生成和，下列说法正确的是
A. X不可能是甲烷
B. 若X含有三种元素，则a可能为3.2
C. X完全燃烧时，消耗的
D. X最多存在两种同分异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A．由、的质量可求出有机物中，若X是烃，则为甲烷，A错误；
B．产物、中碳、氢元素质量之和为，若X含有三种元素，则另一种元素是氧元素，分子中至少有一个氧原子，分子式为，此时，，B正确；
C．甲烷完全燃烧与甲醇完全燃烧时消耗的不同，故无法确定消耗的与的比值，C错误；
D．由上述分析知X不存在同分异构体，D错误；
故选B。
8. 用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A. 1 L 0.1 ml⋅L 溶液中的数目小于
B. 铅蓄电池工作时转移电子数为时，负极材料质量减少207 g
C. 1 ml 和3 ml 在一定条件下反应，所得混合气体分子数等于
D. 已知反应 kJ·ml，该反应每放出2822 kJ热量时，形成键的数目为
【答案】B
【解析】
【详解】A．重铬酸钾发生水解，反应的离子方程式为，1 L 0.1 ml⋅L 溶液中的数目小于，A正确；
B．铅蓄电池工作时负极反应式为：，负极质量增加，增加的质量为硫酸根离子的质量，每转移2 ml电子负极质量增加96 g，B错误；
C．在一定条件下，，反应前后气体分子数不变，所以1 ml 和3 ml 在一定条件下反应所得混合气体分子数等于，C正确；
D．结构式为，每放出1411 kJ热量时形成4 ml 键，则放出的热量为2822 kJ时，形成键的数目为，D正确；
选B。
9. 下列由废铁屑制取所设计的装置或操作错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，升高温度，水解程度增大，溶液的碱性增强，废铁屑表面的油污与碱性物质反应生成可溶性物质，因此热纯碱溶液可除去废铁屑表面的油污，A项正确；
B．Fe与稀盐酸反应生成和温度升高，化学反应速率加快，故可用装置乙加快废铁屑的溶解，B项正确；
C．该装置可将难溶性固体过滤除去，得到溶液，与溶液反应得到溶液，C项正确；
D．，直接加热，促进水解，生成的HCl易挥发，蒸干溶液不能得到晶体，D项错误；
故选D。
10. 消毒剂在抗击新冠肺炎的过程中起到了非常重要的作用。一种新型漂白剂由W、X、Y、Z四种短周期主族元素组成，它们的原子序数依次增大，该漂白剂的分子结构如图所示，其中W是形成化合物种类最多的元素；X与W同周期，其基态原子的最高能级中有3个未成对电子；在同周期元素中，Z的最高价氧化物对应的水化物是酸性最强的含氧酸；Y分别与W、X、Z可以形成多种二元化合物。下列叙述错误的是

A. 原子半径：W＞X＞YB. Y的某些－1价化合物也常作漂白剂
C. 最高价氧化物对应的水化物酸性：W＞XD. 该漂白剂中W、X原子最外层均满足8电子稳定结构
【答案】C
【解析】
【分析】W是形成化合物种类最多的元素，则W为C；X与W同周期，其基态原子的最高能级中有3个未成对电子，则X为N；在同周期元素中，Z的最高价氧化物对应的水化物是酸性最强的含氧酸，则Z为Cl；Y分别与W、X、Z可以形成多种二元化合物，该新型漂白剂的结构中Y能形成两个共价键，Y为O。
【详解】A．同一周期，从左到右，元素的原子半径逐渐减小，则原子半径：C＞N＞O，即W＞X＞Y，故A正确；
B．Y的某些－1价化合物如、常作漂白剂，故B正确；
C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：，故C错误；
D．结构图中C周围有1个双键和2个单键，N周围有3个共价键，且N含有孤电子对，故C、N最外层均满足8电子稳定结构，故D正确；
答案选C。
11. 叶蝉散对水稻叶蝉和飞虱具有较强的触杀作用，防效迅速，但残效不长。工业上用邻异丙基苯酚合成叶蝉散的过程如下：
下列有关说法正确的是
A. 叶蝉散的分子式是C11H16NO2
B. 叶蝉散分子中含有羧基
C. 邻异丙基苯酚的核磁共振氢谱有7个峰
D. 邻异丙基苯酚与互为同系物
【答案】C
【解析】
【详解】A. 叶蝉散的分子式是C11H15NO2，A错误；
B.由叶蝉散的分子结构可知叶蝉散中不含有-COOH，B错误；
C.由叶蝉散的结构简式可知，叶蝉散分子中含有8类氢原子，则叶蝉散的核磁共振氢谱有8组峰，C正确；
D.同系物必须是同类物质，邻异丙基苯酚属于酚，属于醇，则邻异丙基苯酚不可能互为同系物，D错误；
故选C。
12. 下列对有关事实的原因分析错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．白磷分子中有6个键，相邻的键之间的夹角是60°，因此白磷（）为正四面体分子，A项错误；
B．分子内共价键之间存在一定的夹角，说明共价键具有方向性，B项正确；
C．F的电负性大于Br的电负性，共用电子对会偏向于电负性较大的原子一方，电负性越大的原子，其对共用电子对的作用力越强，因此键的极性：键键，C项正确；
D．氨是极性分子且氨气与水能形成分子间氢键，因此氨气极易溶于水，通常状况下，1体积水溶解700体积氨气，D项正确；
故选A。
13. 有关晶体结构如图所示，下列说法正确的是
A. 在NaCl晶体中，每个晶胞平均占有8个
B. 在CsCl晶体中，距最近的有4个
C. 在金刚石晶体中，最小的环上有12个C原子
D. 在晶胞中，1个分子周围有12个紧邻分子
【答案】D
【解析】
【详解】A．在NaCl晶体中，每个晶胞平均占有个，A错误；
B．在CsCl晶体中，以体心的分析，距最近的Cl有8个，距Cl最近的有8个，B错误；
C．在金刚石晶体中，根据图中信息得到最小的环上有6个C原子，C错误；
D．根据晶胞，以顶点的二氧化碳分子分析，与面心的二氧化碳分子紧邻，每个横截面有4个，总共有3个横截面，因此1个分子周围有12个紧邻分子，D正确；
答案选D。
14. 下列实验方案正确且能达到预期目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．滴加淀粉溶液变蓝说明含有碘单质，滴加溶液产生黄色沉淀，说明含有，所以溶液中含、，即溶液中存在平衡：，A正确；
B．为防止热量损失，应该将50 mL 0.55 ml·L NaOH溶液迅速倒入盛有50 mL 0.50 ml·L盐酸的烧杯中，B错误；
C．氧化性：，用铂（Pt）电极电解等浓度的足量、混合溶液，发生反应，阴极没有红色固体物质析出，无法证明金属活动性：CuD．过量，会与NaCl和KI反应生成AgCl沉淀和AgI沉淀，没有出现沉淀的转化，所以不能得出溶度积常数的相对大小，D错误；
答案选A。
15. 一种新型锂钒固体电池结构示意图如图所示，放电时移向电极形成，下列说法正确的是
A. 纳米碳管作为金属锂的载体，为该电池的负极
B. 放电时，电子由引线端子A流出
C. 充电时，引线端子A与外接电源负极相连
D. 充电时，的电极反应式：
【答案】A
【解析】
【分析】由放电时锂离子移向五氧化二钒形成LixV2O5可知，五氧化二钒为新型锂钒固体电池的正极，金属锂的载体纳米碳管为负极。
【详解】A．由分析可知，金属锂的载体纳米碳管为新型锂钒固体电池的负极，故A正确；
B．由分析可知，五氧化二钒为新型锂钒固体电池的正极，金属锂的载体纳米碳管为负极，则电子由引线端子B流出，故B错误；
C．由分析可知，五氧化二钒为新型锂钒固体电池的正极，则充电时，引线端子A与外接电源正极相连，故C错误；
D．由分析可知，五氧化二钒为新型锂钒固体电池的正极，则充电时，五氧化二钒电极为电解池的阳极，LixV2O5在阳极失去电子发生氧化反应生成五氧化二钒和锂离子，电极反应式为，故D错误；
故选A。
16. 已知：手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子。在半导体生产或灭火剂的使用中，会向空气逸散气体，如、、和等。它们虽是微量的，有些却是强温室气体。下列有关推测正确的是
A. 是平面型分子B. 分子中有两个手性碳原子
C. 在中的溶解度比在水中的小D. 分子可以与HCl反应生成
【答案】D
【解析】
【详解】A．分子中N原子价层电子对数为，是杂化，分子呈三角锥形，A项错误；
B．中只有一个手性碳原子，B项错误；
C．为非极性分子，为非极性分子，在水中的溶解度小于在中的溶解度，C项错误；
D．分子中N最外层有孤电子对，与分子相似，可与结合，D项正确；
故选D。
17. 许多配合物都是用作配位体的，如溶于氨水可以形成。下列有关的说法正确的是
A. 中键数目为
B. 中的键角小于中的键角
C. 由于是配合物，故向其中滴加溶液不会产生沉淀
D. 中任意两个被两个Cl取代，只有一种产物，则的空间结构为正四面体
【答案】D
【解析】
【分析】Zn2+能与NH3形成配离子[Zn(NH3)4]2+。根据价层电子对互斥理论，配位体NH3价层电子对个数=3+(5-3×1)=4，所以其VSEPR模型名称为正四面体；在[Zn(NH3)4]2+中，Zn2+位于正四面体中心，N位于正四面体的顶点，表示[Zn(NH3)4]2+中Zn2+与N之间的化学键如图： 。据此作答。
【详解】A．中键的数目为（4+4×3）NA=16 NA，A错误；
B．根据孤电子对与孤电子对斥力>孤电子对与成键电子对斥力，排斥力越大，键角越小，分子中有1对孤电子对，而中的孤电子对用于形成了配位键，不存在孤电子对了，所以中的键角较小，B错误；
C．于是配合物，但是[Zn(NH3)4]2+与形成的是离子键，会电离产生，所以向其中滴加溶液会产生白色沉淀，C错误；
D．根据分析，[Zn(NH3)4]2+中Zn2+与N之间的化学键如图： ，D正确；
故选D。
18. 下图为HCOOH发生反应的一种反应机理和相对能量的变化情况。
下列说法正确的是
A. 是中间产物
B. 浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C. 升高温度能加快反应速率，并增大HCOOH平衡转化率
D. 该过程的总反应速率由步骤Ⅱ→Ⅲ决定
【答案】B
【解析】
【详解】A．是催化剂，不是中间产物，A错误；
B．由反应机理示意图可知，若氢离子浓度过大，会抑制甲酸电离，导致反应过程甲酸根离子浓度过小，反应速率减慢，若氢离子浓度过小，会使Ⅲ→Ⅳ的转化中反应物氢离子浓度减小，反应速率减慢，则氢离子浓度过大或者过小，均导致反应速率降低，B正确；
C．升高温度能加快反应速率，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，HCOOH的平衡转化率减小，C错误；
D．由相对能量的变化示意图可知，步骤Ⅳ→Ⅰ反应的活化能最大，反应速率最慢，由化学反应速率取决于慢反应可知，该过程的总反应速率由步骤Ⅳ→Ⅰ决定，D错误；
答案选B。
19. 次磷酸钴可用作陶瓷颜料、釉药，电解法制备次磷酸钴的装置如图所示，下列说法错误的是
A. a为电源的正极
B. 膜Ⅰ与膜Ⅳ均为阳离子交换膜
C. 阳极的电极反应式：
D. 阴极的电极反应式：
【答案】C
【解析】
【分析】由装置图可知制取次磷酸钴的原理：该装置为电解池，M为阳极，电极材料为金属钴，钴失电子生成钴离子，钴离子通过膜Ⅰ进入产品室，通过膜Ⅲ、Ⅱ进入产品室与钴离子结合成，阴极室NaOH溶液中得到电子生成，电极反应式为，通过膜Ⅳ、Ⅴ在N极区形成氢氧化钠，据此解答。
【详解】A．M为阳极，应接电源的正极，则a为电源的正极，A正确；
B．由分析可知膜Ⅰ与膜Ⅳ均为阳离子交换膜，B正确；
C．在产品室生成，不是在阳极生成，阳极的电极反应为，C错误；
D．由分析可知阴极的电极反应式为，D正确；
答案选C。
20. 常温下，用NaOH溶液滴定时，各含砷微粒的物质的量分数随pH的变化如图所示，下列说法不正确的是
A. 曲线②代表
B. 的第一电离常数
C. 等物质的量浓度的溶液与NaOH溶液等体积混合，所得溶液促进水的电离
D. b点溶液中
【答案】D
【解析】
【详解】A．用NaOH溶液滴定时，各种微粒的物质的量分数随pH的变化如图所示，曲线①为，曲线②为，曲线③为，曲线④为，A项正确；
B．由图可知，a点表示，，亚砷酸的，B项正确；
C．等物质的量浓度的溶液与NaOH溶液等体积混合，溶质为，则，根据b点得到，因此的水解大于其电离，促进水的电离，C项正确；
D．根据电荷守恒，b点溶液中，D项错误；
故选D
二、非选择题：本题共3小题，共40分。
21. 中科院大连化学物理研究所科学家用Ni-BaH3/Al2O3、Ni-LiH等作催化剂，实现了在常压、100~300℃的条件下合成氨，这一成果发表在《Nature Energy》杂志上。
（1）基态的核外电子排布式为___________，若该离子核外电子空间运动状态有15种，则该离子处于___________(填“基”或“激发”)态。
（2）氨在粮食生产、国防中有着无可替代的地位，也是重要的化工原料，可用于合成氨基酸、硝酸、TNT等。甘氨酸(NH2CH2COOH)是组成最简单的氨基酸，熔点为182℃，沸点为233℃。
①硝酸溶液中的空间构型为___________。
②甘氨酸中C原子的杂化方式为___________，晶体类型是___________，其熔、沸点远高于相对分子质量几乎相等的丙酸(熔点为-21℃，沸点为141℃)的主要原因：一是甘氨酸能形成内盐；二是___________。
（3）NH3分子中的键角为107°，但在中NH3分子的键角如图1所示，导致这种变化的原因是___________。

（4）亚氨基锂(Li2NH)是一种储氢容量高、安全性能好的固体储氢材料，其晶胞结构如图2所示，若晶胞参数为dpm，密度为ρg/cm3，则阿伏加德罗常数___________(列出表达式)。

【答案】（1） ①. 1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2 ②. 激发
（2） ①. 平面三角形 ②. sp3、sp2 ③. 分子晶体 ④. 分子数相同时，甘氨酸分子间形成的氢键数目比丙酸分子间形成的氢键数目多(或甘氨酸中氨基的存在也会使分子间产生氢键)
（3）形成配合离子后，配位键与中键之间的排斥力小于原孤电子对与中键之间的排斥力，故配合离子中的键间的键角变大
（4）
【解析】
【小问1详解】
Ni元素为28号元素，失去最外层两个电子形成Ni2+，基态Ni2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；基态Ni2+的核外电子空间运动状态有1+1+3+1+3+5=14种，若该离子核外电子空间运动状态有15种，则该离子处于激发态；
【小问2详解】
①的中心原子价层电子对数为=3，孤电子对数为0，所以空间构型为平面三角形；
②甘氨酸(NH2CH2COOH)中CH2中C原子形成四个键，达到饱和状态，价层电子对数为4，所以为sp3杂化，-COOH中C原子连接一个碳氧双键，所以为sp2杂化；甘氨酸熔沸点较低属于分子晶体；分子数相同时，甘氨酸分子间形成的氢键数目比丙酸分子间形成的氢键数目多（或甘氨酸中氨基的存在也会使分子间产生氢键）；
【小问3详解】
孤对电子对的斥力较大，形成配合离子后，配位键与NH3中N—H键之间的排斥力小于原孤对电子与NH3中N—H键之间的排斥力，使得配合离子中NH3的N—H键间的键角变大；
【小问4详解】
根据均摊法，该晶胞中Li原子个数为8，其分子式为Li2NH，则晶胞中NH原子团的个数为4，则晶胞的质量为m=g，晶胞参数为d pm=d×10-10cm，所以晶胞的体积V=d3×10-30cm3，则密度 ，解得NA=。
22. 工业上以两种电镀污泥[均含有Cu（Ⅱ）、Ni（Ⅱ）、Fe（Ⅱ）、Al（Ⅲ）的氢氧化物，前者还含有Cr（Ⅲ）的氢氧化物]为主要原料综合回收铜、镍的工艺流程如图：
已知：
①、、、的依次为、、、。
②Cr及其化合物的性质与铝类似。
③“萃取Ⅱ”时，发生的反应为，。
回答下列问题：
（1）“浸出Ⅰ”时，为提高浸出速率，可以采取的措施有______（写出两条）。
（2）“电解Ⅰ”时，铜的电解电压较低，且电解速率很快，铁和铬存在形式随电解电压的变化如下表。为得到纯的，电解电压的范围应选择______V。
（3）“除杂”时，若镍离子浓度为0.05 ml·L，则应调整溶液中浓度的范围为______ml⋅L（溶液中离子浓度ml⋅L时，认为该离子沉淀完全；）。
（4）“转溶”时，氢氧化钠加入量不宜过多，其原因为__________________（用离子方程式表示）。
（5）“浸出Ⅱ”时，采取了多次浸取的方式，其目的为__________________。该回收铜、镍的工艺流程中除了有机相之外，可以循环利用的物质还有____________（填化学式）。
（6）“电解Ⅱ”时，若维持电流强度为0.5 A，电流效率为90%，电解8 min，理论上可获得铜______g（保留2位小数）。（已知：电流效率是指电解时电极上实际沉积与理论沉积物质的量之比，C·ml）
【答案】（1）加热、增大硫酸浓度、搅拌等（任写出两条即可）
（2）2.0~2.5 （3）
（4）、
（5） ①. 提高铜、镍元素的浸取率 ②. 、、
（6）0.07
【解析】
【分析】浸出Ⅰ：铬系铜镍电镀污泥加入硫酸浸出，得到含有、、、、的滤液；电解Ⅰ：电解滤液得到铜单质，同时被氧化为；除杂：加入磷酸钠得到、、沉淀；转溶：过滤后向、、沉淀中加入氢氧化钠溶液，将磷酸盐沉淀转化为对应的氢氧化物沉淀；浸出Ⅱ：向非铬系铜镍电镀污泥中加入氨水、碳酸铵，过滤得到含有、的滤液Ⅱ；萃取Ⅱ、水洗：向滤液Ⅱ中加入HR进行萃取，分液后取有机相，水洗分液后得到有机相；反萃取Ⅱ：加入硫酸进行反萃取，分液得到含、的水相；电解Ⅱ：电解水相得到铜；萃取Ⅰ、反萃取Ⅰ：电解Ⅱ得到的电解液和除杂后的滤液混合，之后再进行萃取、反萃取，得到硫酸镍。
【小问1详解】
“浸出Ⅰ”时，为提高浸出速率，可以采取的措施有加热、增大硫酸浓度、搅拌等；
【小问2详解】
由电解电压范围表可知，为得到纯的，电解电压的范围应选择2.0~2.5；
【小问3详解】
除杂的目的是、、沉淀，不沉淀，需要沉淀的这三种磷酸盐中最大，只要保证完全沉淀，、也一定完全沉淀，完全沉淀时溶液中，开始沉淀时，所以，的浓度范围为；
【小问4详解】
“转溶”时，若氢氧化钠过量，、沉淀会溶解， 、；
【小问5详解】
“浸出Ⅱ”时，采取了多次浸取的方式，其目的为多次浸出可以提高铜、镍元素的浸取率；该回收铜、镍的工艺流程中除了有机相之外，可以循环利用的物质还有、、；
【小问6详解】
维持电流强度为0.5 A，电流效率为90%，电解8 min，即480s，理论上转移电子的物质的量为，可获得铜的质量为。
23. 丙烯是重要的化工原料，可以用于生产丙醇，卤代烃和塑料。回答下列问题：
（1）工业上用丙烯加成法制备1，2-二氯丙烷，主要副产物为3-氯丙烯，反应原理如下：
①
②
已知反应的活化能，则该反应的活化能_______。
（2）一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的和，在催化剂作用下发生(1)中的反应①、②，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。
用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即，则反应①前内平均反应速率_______(保留2位小数)。
（3）反应在不同温度下达到平衡，在总压强分别为和时，测得丙烷及丙烯的物质的量分数如图所示。图中a、b、c、d代表丙烷或丙烯，则a、d代表_______，_______(填“大于”“小于”或“等于”)；若，起始时充入一定量的丙烷在恒压条件下发生反应，计算Q点对应温度下丙烷的转化率为_______(保留1位小数)，该反应的平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（4）丙烷氧化脱氢法制备丙烯的反应为。已知该反应的，，为正、逆反应速率常数。温度下，该反应的化学平衡常数为K，K与的关系是_______。温度下，该反应的化学平衡常数为，且，则温度_______(填“>”“<”或“=”)。
【答案】（1）132 （2）0.08
（3） ①. 丙烷 ②. 大于 ③. 33.3 ④. 0.025(或)
（4） ①. ②. <
【解析】
【小问1详解】
①CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)⇌CH2ClCHClCH3(g) △H1=-134kJ∙ml-1；
②CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)⇌CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) △H2=-102kJ∙ml-1；
根据盖斯定律①-②得CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)⇌CH2ClCHClCH3(g) △H2=-134kJ∙ml-1+102kJ∙ml-1=-32kJ∙ml-1，焓变=活化能Ea(正)-活化能Ea(逆)，则该反应的活化能Ea(正)=-32 kJ∙ml-1+164kJ∙ml-1=132kJ∙ml-1；
【小问2详解】
由于CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)⇌CH2ClCHClCH3(g)反应，使容器内气体压强减小；
设180min时，CH2ClCHClCH3(g)的压强为p
P=14.8KPa，
ν(CH2ClCHClCH3)=0.08 Kpa/min-1；
【小问3详解】
该反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，由图知温度越高，a、d曲线的量越少，所以a、d是反应物丙烷；根据a、d曲线，在相同的温度下，P1下丙烷的物质的量分数>P2下，根据反应，增大压强，丙烷的量增大，所以P1>P2；设丙烷物质的量为lml ，消耗物质的量为x，由图象中可知丙烷在Q点物质的量分数为50% ,列出三段式即
，，故转化率为33.3%；总物质的量=，C3H8，C3H6，H2的物质的量分数分别为0.5，0. 25，0.25平衡常数KP=0.025MPa；
【小问4详解】
平衡时，则，则，故；该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故<。选项
物质
官能团的名称
A
碳碳双键、醛基
B
酯基、羧基
C
醚键、氨基
D
碳溴键、羟基




A．除去废铁屑表面的油污
B．加快废铁屑的溶解
C．过滤，反应得到溶液
D．蒸干溶液获得
选项
事实
原因
A
白磷（）为正四面体分子
白磷分子中键间的夹角是109°28'
B
分子内共价键之间存在一定的夹角
共价键具有方向性
C
键的极性：键键
F的电负性大于Br的电负性
D
通常状况下，1体积水溶解700体积氨气
氨是极性分子且有氢键的影响
选项
实验方案
目的
A
向两支盛有溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀
溶液中存在平衡：
B
将50 mL 0.55 ml·L NaOH溶液缓慢倒入盛有50 mL 0.50 ml·L盐酸的烧杯中
测定中和热
C
用铂（Pt）电极电解等物质的量浓度的足量、混合溶液，阴极上立即有红色固体物质析出
证明金属活动性：CuD
在2 mL 0.10 ml·L 溶液中滴加2滴等浓度的NaCl溶液，再加入2滴等浓度的KI溶液
电解电压/V
1.0
1.2
1.5
2.0
2.5
3.0
3.5
有
有
有
无
无
无
无
无
无
无
无
无
有
有
时间/
0
60
120
180
240
300
360
压强/
80
74.2
69.4
65.2
61.6
57.6
57.6