四川省成都市2023届高三下学期二模理综化学试题
一、单选题
1．（2023·成都模拟）化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．用生石灰脱燃煤中的硫，最终硫可转变为CaSO4
B．用作信息高速公路的石英光导纤维是一种新型有机高分子材料
C．净水池中加入活性炭有吸附色素和除异味的作用
D．作反应容器涂层的聚四氟乙烯能抗酸、碱，耐腐蚀
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；高分子材料
【解析】【解答】A．煤燃烧过程中硫元素转化为二氧化硫，二氧化硫与生石灰反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙与氧气反应生成硫酸钙，故A不符合题意；
B．石英光导纤维成分为SiO2，属于传统无机非金属材料，故B符合题意；
C．活性炭具有吸附性，能吸附色素和除异味，故C不符合题意；
D．聚四氟乙烯性质稳定，具有很好的抗酸、碱，耐腐蚀，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙和氧气反应生成硫酸钙；
B、二氧化硅不是含碳化合物，为无机非金属材料；
C、活性炭具有吸附性，可以除去色素和异味；
D、聚四氟乙烯性质温度，不和酸、碱反应。
2．（2023·成都模拟）设NA表示阿伏加德罗常数值，下列叙述一定正确的是（ ）
A．28g14CO中含有中子数为14NA
B．1mol O2与一定量甲烷反应转移电子数目为4NA
C．1L浓度为0.1 mol L 1Na2CO3溶液中阴离子数目为0.1NA
D．28g C2H4和C3H6混合物中含有共用电子对数目6NA
【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.28g 14CO中含有中子数为 ，故A不符合题意；
B.1mol O2与一定量甲烷反应，甲烷若量很少，则转移电子数目小于4NA，故B不符合题意；
C.1L浓度为0.1 mol L 1Na2CO3溶液中碳酸钠物质的量为0.1mol，由于碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根，则阴离子数目大于0.1NA，故C不符合题意；
D.28g C2H4和C3H6混合物，若全部是乙烯，则含有共用电子对数目，若是C3H6，则含有共用电子对数目，共用电子数目相同，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、结合公式判断；
B、结合氧气化合价变化数目判断；
C、溶液中除了碳酸根，还有氢氧根和碳酸氢根；
D、涉及到混合物质的物质的量计算时，采用极值法判断。
3．（2023·成都模拟）具有美白功效的某化妆品主要成分Z的合成如图：
下列分析错误的是（ ）
A．1molX最多与4molH2发生加成反应 B．Y中所有原子可能共面
C．X和Y反应生成Z为加成反应 D．Z中苯环上一氯代物有8种
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．X含有苯环和碳碳双键，则1mol X最多与4molH2发生加成反应，故A不符合题意；
B．苯中12个原子共平面，根据氧氢单键可以旋转，因此Y中所有原子可能共面，故B不符合题意；
C．根据X与Y和Z的结构简式及分子式得到X和Y反应生成Z为加成反应，故C不符合题意；
D．Z中苯环上有5种位置的氢，因此其一氯代物有5种，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、苯环和碳碳双键可以和氢气发生加成反应；
B、共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面；
C、加成反应的特点是断开不饱和键形成单键；
D、一氯代物的判断即判断等效氢的种类。
4．（2023·成都模拟）主族元素X、Y、Z、W分别位于三个短周期，且原子序数依次增大。X、Y可形成化合物A的结构式为：X－Y－Y－X；Y、Z、W可形成具有强氧化性的化合物B，其电子式为。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径：Z＞Y＞X
B．W的最高价氧化物的水化物为强酸
C．B的浓溶液可用pH试纸测其酸碱性
D．化合物A、B都可用作新型冠状病毒的消毒剂
【答案】C
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．电子层数越大半径越大，原子半径Na>O>H，即Z>Y>X，选项A不符合题意；
B．W的最高价氧化物的水化物HClO4为强酸，选项B不符合题意；
C．B的浓溶液即NaClO溶液，具有强氧化性，使pH试纸褪色，不可用pH试纸测其酸碱性，选项C符合题意；
D．化合物A、B分别为双氧水和次氯酸钠，都具有强氧化性，都可用作新型冠状病毒的消毒剂，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、同一周期，从左到右半径减小，同一主族，从上到下半径增大；
B、最高价氧化物对应水化物的酸性，即比较非金属性；
C、次氯酸钠具有漂白性，不能用pH试纸测定；
D、双氧水和次氯酸钠都具有强氧化性，可以用于杀菌消毒。
5．（2023·成都模拟）由下列实验和现象推出的结论错误的是（ ）
选项 实验和现象 结论
A 向X溶液中滴入稀HNO3酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀 溶液中一定含Cl－”或或两者均有
B 向油脂中加烧碱溶液，加热一段时间，将混合液倒入盛水烧杯中，水面上无油滴与油膜 油脂完全皂化
C 向含KIO3的食盐溶液中滴加淀粉和KI溶液，滴入稀硫酸，溶液变蓝 氧化性：酸性条件下＞I2
D 向5mL0.1 mol L 1KI溶液中加入0.1 mol L 1FeCl3溶液1mL，振荡，取反应后的溶液滴入3滴KSCN溶液，溶液变红色 Fe3+和I－反应为可逆反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．硝酸可能氧化亚硫酸根离子生成硫酸根，硫酸根与银离子结合生成沉淀，由实验现象可知，溶液中可能含有亚硫酸根离子，故A符合题意；
B．油脂含有酯基，加热时与氢氧化钠溶液发生水解反应，生成高级脂肪酸钠和甘油均溶于水，则水面上无有油滴与油膜，则B不符合题意；
C．酸性溶液中碘酸钾和碘化钾反应生成单质碘，溶液变蓝，则氧化性：酸性条件下＞I2，故C不符合题意；
D．根据题中分析氯化铁量不足，反应后滴加KSCN溶液，可知溶液含铁离子，则铁离子不能完全转化，证明反应为可逆反应，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、氯离子的鉴别采用稀硝酸和硝酸银，硫酸根的鉴别先滴加稀盐酸，再滴加氯化钡溶液；
B、油脂和水会发生分层；
C、溶液变蓝，即含有碘的单质，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断；
D、铁离子少量时，反应后仍然有铁离子剩余，即反应为可逆反应。
6．（2023·成都模拟）某化学小组构想用电化学原理回收空气中二氧化硫中的硫，同时将地下水中的硝酸根(NO)进行无害化处理，其原理如图。
下列有关说法错误的是（ ）
A．Mg电极为负极，Pt1为阳极
B．乙池中NO在Pt1，电极发生还原反应
C．碳纳米管析出硫的电极反应为：SO2+4e-=S+2O2-
D．Pt2电极可能产生H2，周围pH增大
【答案】B
【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由图可知，甲池为原电池，镁为负极，碳纳米管为正极，则乙池为电解池，Pt1 为阳极，故A不符合题意；
B．乙池为电解池，Pt2 为阴极，硝酸根离子得电子生成氮气和水，发生还原反应，故B符合题意；
C．由分析可知，碳纳米管为正极，其电极反应式为：SO2+4e-=S+2O2-，故C不符合题意；
D．Pt2为阴极，硝酸根离子得电子生成氮气和水，后水中的氢离子得电子生成氢气，剩余氢氧根离子，周围pH增大，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】电解池的题目要注意几个问题：
1、连接外接电源正极的为阳极，若阳极为活性电极则阳极失去电子，若阳极为惰性电极，则溶液中的阴离子在阳极失去电子，阳极发生氧化反应；连接外接电源负极的为阴极，溶液中的阳离子在阴极得到电子，阴极发生还原反应；
2、溶液中的离子放电顺序：
阳离子：Ag+ > Hg2+ > Fe3+ > Cu2+ > H+（酸） > Pb2+ > Sn2+ > Fe2+ >Zn2+ > H+（水）；
阴离子：S2– >I-> Br- > Cl- > OH-> (NO3－、SO42– 等)含氧酸根 > F－；
3、电极反应式的书写要结合原子守恒以及溶液形成判断，酸性条件不出现氢氧根，碱性条件下不出现氢离子；
原电池的角度进行分析：
活泼金属作为负极，负极质量减少，正极质量增加或者生产气体，电子由负极经过导线流向正极，电流由正极经过导线流向负极，阳离子移向正极，阳离子得到电子形成单质，阴离子移向负极，负极失去电子形成阳离子。
7．（2023·成都模拟）向某Na2A、NaHA的混合液中加入CaCl2固体(忽略溶液体积、温度的变化)，测出溶液中离子浓度变化如图所示。已知：Ksp(CaA)＝2×10 9，H2A为二元弱酸，Ca(HA)2易溶于水且溶液呈碱性。下列说法正确的是（ ）
A．X、Y、Z三点对应溶液pH大小顺序为：X＜Y＜Z
B．X点溶液中可能存在：c(OH－)＝c(H+)
C．Y点溶液中c(HA－)＝2×10 2 mol L 1
D．向Z点溶液中通入HCl气体，可以使Z点溶液向Y点溶液转化
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．H2A为二元弱酸，，则，，可知越小，氢离子浓度越小，其pH值越大，因此溶液X、Y、Z三点对应溶液pH大小顺序为： Z＜Y＜X，故A不符合题意；
B．Ca(HA)2易溶于水且溶液呈碱性，则说明HA－电离程度小于水解程度，Y点，说明c(HA－)＝c(A2 )，X点，则c(HA－)＜c(A2 )，溶液显碱性即c(H+)＜c(OH－)，故B不符合题意；
C．Y点溶液c(Ca2+)＝1×10 7mol L 1，根据Ksp(CaA)＝2×10 9，则c(A2 )＝2×10 2 mol L 1，由于，c(HA－)＝c(A2 )＝2×10 2 mol L 1，故C符合题意；
D．向Z点溶液中通入HCl气体，A2 与H＋反应，c(A2 )减小，减小，则增大，因此可以使Z点溶液向右后方点溶液转化，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、pH的比较即比较氢离子的浓度，氢离子浓度越大，则pH越小；
B、结合电离程度和水解程度的大小判断；
C、结合溶度积和钙离子浓度计算；
D、引入氯化氢，即增大氢离子的浓度，使c(A2 )减小。
二、非选择题
8．（2023·成都模拟）某化学小组制取无水三氯化铁并研究其与铜的反应，设计如图实验。
（1）I.制备无水三氯化铁实验装置如图。(已知无水三氯化铁易潮解，易升华)
试剂X可以是 ；若缺少C装置其后果是 (写一条)。
（2）整个装置充满黄绿色气体后，才开始加热D装置的目的是 。
（3）若实验过程中FeCl3沉积在D和E的导管之间，导致导管内径变小，除去沉积FeCl3的简易操作是 。
（4）II.探究三氯化铁与铜反应的实验如图：
(已知CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体)
请从平衡角度说明红色褪去的可能原因 。
（5）为了进一步研究白色沉淀进行如图实验。
①如图蓝色溶液中可能含有的盐有Cu(NO3)2、 。
②实验中CuSCN与过量稀HNO3反应生成白色沉淀B的阴离子，同时生成N2、NO和CO2气体。CuSCN与HNO3反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为 (已知SCN-中C为+4价)。
【答案】（1）KMnO4；D装置中的铁粉与水蒸气反应或无水三氯化铁潮解
（2）防止D装置中的铁粉与空气中的氧气和水蒸气反应
（3）加热D与E之间的导管
（4）由于存在反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，加入铜粉，Cu与Fe3+反应消耗Fe3+，也可能生成CuSCN消耗SCN-，使上述平衡逆向移动，Fe(SCN)3浓度减小，致红色褪去
（5）CuCl2、CuSO4；1：4
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）A为不加热装置制取氯气，则X可以为KMnO4；已知无水三氯化铁易潮解，若缺少C装置，则铁和水蒸气在高温下和铁反应生成四氧化三铁，且会导致生成的无水三氯化铁潮解；
（2）整个装置充满黄绿色气体后，才开始加热D装置的目的是防止D装置中的铁粉与空气中的氧气和水蒸气反应，干扰实验；
（3）已知无水三氯化铁易升华，故加热D与E之间的导管，可以除去沉积的FeCl3；
（4）红色的原因是存在反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，生成的Fe(SCN)3为红色，加入铜粉，Cu与Fe3+反应消耗Fe3+，也可能生成CuSCN消耗SCN-，使上述平衡逆向移动，Fe(SCN)3浓度减小，致红色褪去；
（5）①已知CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体，加入的稀硝酸具有强氧化性，可能把硫元素氧化为硫酸根离子，铜离子的溶液显蓝色，故实验中蓝色溶液中可能含有的盐为Cu(NO3)2、CuCl2、CuSO4。
②实验中CuSCN与过量稀HNO3反应生成白色沉淀B的阴离子，B的阴离子为硫酸根离子，同时生成N2、NO和CO2气体；CuSCN与HNO3反应，CuSCN中铜元素化合价由+1变为+2、硫元素由-2变为+6、氮元素由-3变为0，硝酸中氮元素化合价由+5变为-2，则根据电子守恒可知，CuSCN~12e-~4HNO3，故还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4。
【分析】（1）浓盐酸可以和高锰酸钾反应制取氯气，反应不需要加热；
（2）铁粉会和氧气、水蒸气反应，需要利用氯气排除空气中的氧气和水蒸气；
（3）根据条件可以知道无水氯化铁易升华，可以采用加热法使氯化铁升华；
（4）减少反应物的浓度，使平衡朝逆向移动；
（5） ① 蓝色溶液即含有铜离子，根据阴离子的判断，可以知道可能含有硝酸铜、氯化铜和硫酸铜；
② 结合化合价变化判断化学计量数，根据化学计量数之比等于物质的量之比计算。
9．（2023·成都模拟）硫酸镁可用于印染、造纸、医药工业。利用某水泥厂的废料(含50%MgO，还有少量CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质)，制取MgSO4 7H2O的流程如图：
回答下列问题
（1）“酸浸”时，pH控制为1，若提高浸取速率，可采取的措施是 (任写一条)。
（2）“氧化”时，NaClO与Mn2+按物质的量1：1反应生成MnO2，其离子方程式为 ；调节pH时可加入试剂X为 (任写一种)。
（3）滤渣除Al(OH)3、Fe(OH)3外还有氧化物 。
（4）“除钙”时，控温在60℃时除去MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4。
①参照表格，简要说明除钙的操作方法 。
②60℃下CaSO4的Ksp＝ 。(饱和CaSO4溶液的密度约为1.0g L 1)
部分物质的溶解度(g/100gH2O)如表：
温度/℃ 物质 20 40 60 80
MgSO4 28.6 30.9 36 40.8
CaSO4 0.272 0.23 0.204 0.184
（5）为了提高原料中镁的利用率，操作a后滤液的处理方法是 。
【答案】（1）适当升温(或粉碎或搅拌)
（2）ClO－＋Mn2+＋H2O＝Cl－＋MnO2↓＋2H+；MgO(或MgCO3或碱式碳酸镁等)
（3）MnO2、SiO2
（4）将滤液保持60℃左右蒸发至出现一定量固体并趁热过滤；2.25×10 4
（5）将操作a后的母液循环利用
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）“酸浸”时，pH控制为1，若提高浸取速率，可以从温度、接触面积来采取的措施，具体为适当升温(或粉碎或搅拌)；故答案为：适当升温(或粉碎或搅拌)。
（2）“氧化”时，NaClO与Mn2+按物质的量1：1反应生成MnO2、Cl－和水，其离子方程式为ClO－＋Mn2+＋H2O＝Cl－＋MnO2↓＋2H+；调节pH时加入要保留的离子对应的难溶物，通过消耗铁离子水解的氢离子来促进铁离子水解，因此可加入试剂X为MgO(或MgCO3或碱式碳酸镁等)；故答案为：ClO－＋Mn2+＋H2O＝Cl－＋MnO2↓＋2H+；MgO(或MgCO3或碱式碳酸镁等)。
（3）二氧化硅不与硫酸反应，在氧化时得到二氧化锰，因此滤渣除Al(OH)3、Fe(OH)3外还有氧化物MnO2、SiO2；故答案为：MnO2、SiO2。
（4）①根据表格数据，60℃时MgSO4溶解度较大，而CaSO4溶解度较小，在此时趁热过滤，其除钙的操作方法将滤液保持60℃左右蒸发至出现一定量固体并趁热过滤；故答案为：将滤液保持60℃左右蒸发至出现一定量固体并趁热过滤。
②60℃下饱和CaSO4溶液的密度约为1.0g L 1，60℃时CaSO4溶解度为0.204，则1L溶液为1000g，溶解CaSO4的质量为2.04g，其溶液中，则CaSO4的；故答案为：2.25×10 4。
（5）操作a是从溶液中经过一系列过程得到晶体，过滤时溶液中海油硫酸镁，为了提高原料中镁的利用率，操作a后滤液的处理方法是将操作a后的母液循环利用；故答案为：将操作a后的母液循环利用。
【分析】（1）提高浸取速率可以通过升高温度或者粉碎固体增大固体的接触面积；
（2）次氯酸根离子、锰离子和水反应生成氯离子、二氧化锰和氢离子；调节pH的目的是是铁离子和铝离子沉淀，而不影响镁离子，因此可以通过加入氧化镁、碳酸镁或者氢氧化镁；
（3）二氧化硅不溶于酸，锰离子可以被次氯酸钠氧化为二氧化锰，因此滤渣含有氢氧化铝、氢氧化铁、二氧化锰和二氧化硅；
（4） ① 趁热过滤的目的是使硫酸钙形成沉淀，而不影响硫酸镁的溶解；
② 溶度积的计算要结合钙离子和硫酸根离子的浓度判断；
（5）操作a分离后，母液中含有稀硫酸和次氯酸钠，可以循环利用。
10．（2023·成都模拟）汽车尾气的氮氧化物是大气污染物的主要来源，研究汽车尾气处理是环境保护的重要课题。试回答下列问题：
（1）有关汽车尾气的生成
已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180.50kJ mol-1
②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH2=-144.14kJ mol-1
③2N2O(g) 2N2(g)+O2(g) ΔH3=-244.10kJ mol-1
则3NO(g)=N2O(g)+NO2(g) ΔH= 。
（2）用CO消除汽车尾气
在催化剂a作用下将尾气转化为无污染的气体而除去。向密闭容器中充入10molCO(g)和8molNO(g)发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH，测得平衡时NO体积分数与温度、压强的关系如图。
①已知T2＞T1，则反应ΔH 0(填“＞”、“=”或“＜”)。
②该反应达到平衡后，为了同时提高反应速率和NO的平衡转化率，可采取的措施 (填字母序号)。
a.改用高效催化剂
b.恒温恒容条件下，按投料比增大反应物浓度
c.移去CO2
d.升高温度
e.缩小反应容器的体积
③在温度为T1、容器体积为4L的条件下，反应进行到10min时恰好在D点达到平衡。则从反应开始到平衡时，NO平均反应速率v(NO)= ；若其他条件不变，升高温度，用分压表示的平衡常数Kp (填“变大”、“变小”或“不变”)。
④在X点，对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到平衡状态可能为图中 点(填A～F)。
（3）用NH3消除汽车尾气
新型催化剂b在含有少量O2条件下，能催化NH3，和NOx，反应生成N2，且高温下活性很强。在盛有催化剂b的管式反应容器[如图(一)]中按一定比例匀速通入NH3、NOx、O2发生反应。NOx的除去率随反应温度变化曲线如图(二)所示。
①在50℃之前，NOx的除去率随温度升高而缓慢上升的原因是 。
②当温度高于300℃时，NOx除去率迅速下降的原因是 。
【答案】（1）-130.52kJ mol-1
（2）＜；be；0.1mol L-1 min-1；变小；A
（3）催化剂的活性较小，温度升高速率增加缓慢；O2与NH3反应生成NOx
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】（1）已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180.50kJ mol-1
②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH2=-144.14kJ mol-1
③2N2O(g) 2N2(g)+O2(g) ΔH3=-244.10kJ mol-1
根据盖斯定律，由②-①-③得反应3NO(g)=N2O(g)+NO2(g) ΔH=-144.14kJ mol-1-180.50kJ mol-1+244.10kJ mol-1=-130.52kJ mol-1；
（2）①根据图中信息可知，以过X点的等压线，已知T2＞T1，温度越高，NO的体积分数越大，故说明平衡逆向移动，逆方向为吸热反应，正方向为放热反应，则反应ΔH＜0；
②a.改用高效催化剂，化学反应速率增大，但催化剂不能使平衡移动，NO的转化率不变，选项a不符合；
b.恒温恒容条件下，按投料比增大反应物浓度，相当于增大压强，化学反应速率增大，平衡向气体体积缩小的正反应方向移动，NO的转化率增大，选项b符合；
c.移去CO2，生成物的浓度减小，反应速率减小，平衡正向移动，NO的转化率增大，选项c不符合；
d.升高温度，化学反应速率增大，但正反应为放热反应，平衡逆向移动，NO的转化率减小，选项d不符合；
e.缩小反应容器的体积，相当于增大压强，化学反应速率增大，平衡向气体体积缩小的正反应方向移动，NO的转化率增大，选项e符合；
故答案为：be；
③向密闭容器中充入10molCO(g)和8molNO(g)发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，设NO转化率为x，根据三段式有：
平衡时NO的体积分数为25%，则有，解得x=50%，则NO平均反应速率v(NO)=0.1mol L-1 min-1；
若其他条件不变，升高温度，平衡逆向移动，生成物的平衡分压减小，反应物的平衡分压增大，用分压表示的平衡常数Kp变小；
④由图可知，结合反应可知，升温会使反应逆向移动，导致NO的体积分数会增加，减压也会使反应逆向移动，导致NO的体积分数增加；所以升温和减压后，NO的体积分数必然增加，达到平衡状态时，NO的体积分数一定比X点对应的体积分数大，符合条件的只有A点，故答案为：A；
（3）①已知新型催化剂b在高温下活性很强，随温度的升高，催化剂b活性增强，但由于温度仍然较低，活性提高程度不大，反应速率加快但不明显，故50℃之前NOx的除去率缓慢增大；
②已知新型催化剂b在高温下活性很强，当温度高于300 ℃时NOx的除去率迅速下降与催化剂活性无关，所通气体为NOx、NH3和O2的混合物，当温度高于300℃时，NH3与O2可能发生副反应：4NH3+5O24NO+6H2O，氨的浓度减小，导致NOx除去率迅速下降，故答案为：O2与NH3反应生成NOx。
【分析】（1）盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
（2） ① 升高温度，平衡朝吸热方向移动；
② 提高一氧化氮转化率的方法可以增大一氧化碳的浓度，或者按照投料比增大反应物的浓度，也可以是通过压缩体积使平衡朝气体系数缩小的方向移动，增大化学反应速率的方法：升高温度，增大反应物的浓度，加入催化剂，增大接触面积，气体的反应压缩体积；
③ 化学反应速率为浓度变化量和时间的比值；
④ 升高温度，平衡朝吸热方向移动，减小压强，平衡朝气体系数增大的方向移动；
（3） ① 结合题干可以知道催化剂高温下活性强，即温度较低时活性较弱，催化效率不高；
② 氧气和氨气反应生成氮氧化物，使氮氧化物的去除率降低。
11．（2023·成都模拟）硒是人体需要的重要微量元素之一，参与体内多种代谢。试回答下列问题：
（1）硒元素的基态原子核外电子排布中成对电子与成单电子的个数比为 ；在同一周期中比它的第一电离能大的元素有 种。
（2）SeO3与水反应可以生成H2SeO4。H2SeO4分子中心原子的轨道杂化方式为 ；固体H2SeO4，存在作用力除范德华力共价键外还有 ；从分子结构的角度解释H2SeO4比H3AsO4酸性强的原因是 。
（3）固态SeO2(如图)是以锥体形的角氧相连接的聚合结构，每一个锥体带一个端氧原子。
①同为分子晶体，SeO2，熔点为350℃而SO2的熔点为-75.5℃，原因是 。
②图中Se－O键较短的是 (填“a”或”b”)。
（4）在一定条件下MgSe晶体结构为NaCl型(如图)，Se2-为面心立方最密堆积方式，经测定MgSe的晶胞参数为anm，则Se2-的半径r(Se2-)为 nm(写出表达式)；CaSe晶体结构也为NaCl型，其晶胞参数比MgSe大，且r(Ca2+)=bnm，则CaSe晶体的密度为 g cm-3(写出表达式)。
【答案】（1）16：1；3
（2）sp3；氢键；H2SeO4中非羟基氧比H3AsO4多1个，非羟基氧越多，酸性较强
（3）固态SeO2发生聚合相对分子质量很大，范德华力大，熔点高；b
（4）a；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）硒元素的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，成对电子与成单电子的个数比为16：1；同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，但是As元素最外层处于半满，第一电离能大于Se，所以在同一周期中比它的第一电离能大的元素有3种；故答案为：16：1；3。
（2）SeO3与水反应可以生成H2SeO4。对于H2SeO4中心原子Se，由于H2SO4中S的杂化方式为sp3，因此H2SeO4中Se的杂化方式也应为sp3；固体H2SeO4，存在作用力除范德华力共价键外还有氢键；由于H2SeO4中非羟基氧比H3AsO4多1个，非羟基氧越多，所以H2SeO4酸性较强；故答案为：sp3；氢键；H2SeO4中非羟基氧比H3AsO4多1个，非羟基氧越多，酸性较强。
（3）①由题可知，固态SeO2发生聚合相对分子质量很大，范德华力大，熔点高同为分子晶体，所以SeO2熔点为350℃而SO2的熔点为-75.5℃；故答案为：固态SeO2发生聚合相对分子质量很大，范德华力大，熔点高。
②依据共价键饱和性可知，a为Se O，b为Se＝O，b中含有π键，电子云重叠程度大，使得键长短；故答案为：b。
（4）4r(Se2-)＝晶胞面对角线长度=nm；所以r=a nm；由图3所示晶胞可知，一个晶胞中含有Se2-个数为4；CaSe晶体结构也为NaCl型，其晶胞参数比MgSe大，且r(Ca2+)=bnm，所以CaSe晶体的晶胞参数为cm；且一个晶胞中含有四个分子，所以CaSe晶体的密度为 g cm-3；故答案为：a；。
【分析】（1）结合硒元素的电子排布式，可以知道成单电子只有4p能级中1个电子；
（2）杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
（3） ① 分子晶体中，相对分子质量越大，则熔点越高；
② π键的电子云重叠程度大，使得键长短；
（4）密度的计算要结合体积、摩尔质量、阿伏加德罗常数判断。
12．（2023·成都模拟）某有机药物中间体J的合成路线(部分反应条件略去)如图：
已知：ROH+CH3COOH
试回答下列问题：
（1）B的化学名称为 ；反应①的试剂和条件为 。
（2）反应③可以看作发生了两步反应，首先C与丙酮发生 反应(填反应类型)，再发生消去反应得到D。
（3）F的结构简式为 ；G的含氧官能团的名称是 。
（4）反应⑦的化学方程式为 。
（5）G的同分异构体中，能发生水解反应且分子中含有苯环的有 种，其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为 。
【答案】（1）苯甲醇；NaOH溶液，加热
（2）加成
（3）；酚)羟基、羰基
（4）+
（5）6；
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；取代反应；加成反应；结构简式
【解析】【解答】（1）B的结构简式为，名称为苯甲醇；A到B为卤代烃的水解反应，故反应条件为NaOH水溶液加热；
（2）比较反应物C和丙酮与生成物可知生成物中有碳碳双键，故可知C与丙酮先发生加成反应，然后醇羟基发生消去反应生成碳碳双键；
（3）根据信息ROH+CH3COOH可知反应④生成物F为 ，G（）分子中含有(酚)羟基、羰基；
（4）反应⑦的反应方程式为+；
（5）G的同分异构体中含有苯环且能发生水解，说明分子中含有酯基，若含有两个取代基为HCOO-和-CH3，有邻、间、对三种；若只含有一个取代基为CH3COO-、HCOOCH2-、-COOCH3三种，共六种；核磁共振氢谱有5组吸收峰说明分子中含有五种不同位置的H原子，其结构简式为；
【分析】（1）结合C的结构简式，可以知道B为苯甲醇；卤族原子形成羟基的条件是氢氧化钠溶液加热；
（2）苯甲醛中先断开碳氧双键形成碳氧单键，和丙酮发生加成反应，再发生消去反应；
（3）结合已知反应，可以知道羟基中的氢原子会被碳基取代形成酯基；G中含有酚羟基和碳基；
（4）反应为加成反应，碳碳双键断开形成单键，一侧连接氢原子，一侧连接苯环；
（5）同分异构体要结合碳链异构、位置异构和官能团异构判断。
四川省成都市2023届高三下学期二模理综化学试题
一、单选题
1．（2023·成都模拟）化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．用生石灰脱燃煤中的硫，最终硫可转变为CaSO4
B．用作信息高速公路的石英光导纤维是一种新型有机高分子材料
C．净水池中加入活性炭有吸附色素和除异味的作用
D．作反应容器涂层的聚四氟乙烯能抗酸、碱，耐腐蚀
2．（2023·成都模拟）设NA表示阿伏加德罗常数值，下列叙述一定正确的是（ ）
A．28g14CO中含有中子数为14NA
B．1mol O2与一定量甲烷反应转移电子数目为4NA
C．1L浓度为0.1 mol L 1Na2CO3溶液中阴离子数目为0.1NA
D．28g C2H4和C3H6混合物中含有共用电子对数目6NA
3．（2023·成都模拟）具有美白功效的某化妆品主要成分Z的合成如图：
下列分析错误的是（ ）
A．1molX最多与4molH2发生加成反应 B．Y中所有原子可能共面
C．X和Y反应生成Z为加成反应 D．Z中苯环上一氯代物有8种
4．（2023·成都模拟）主族元素X、Y、Z、W分别位于三个短周期，且原子序数依次增大。X、Y可形成化合物A的结构式为：X－Y－Y－X；Y、Z、W可形成具有强氧化性的化合物B，其电子式为。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径：Z＞Y＞X
B．W的最高价氧化物的水化物为强酸
C．B的浓溶液可用pH试纸测其酸碱性
D．化合物A、B都可用作新型冠状病毒的消毒剂
5．（2023·成都模拟）由下列实验和现象推出的结论错误的是（ ）
选项 实验和现象 结论
A 向X溶液中滴入稀HNO3酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀 溶液中一定含Cl－”或或两者均有
B 向油脂中加烧碱溶液，加热一段时间，将混合液倒入盛水烧杯中，水面上无油滴与油膜 油脂完全皂化
C 向含KIO3的食盐溶液中滴加淀粉和KI溶液，滴入稀硫酸，溶液变蓝 氧化性：酸性条件下＞I2
D 向5mL0.1 mol L 1KI溶液中加入0.1 mol L 1FeCl3溶液1mL，振荡，取反应后的溶液滴入3滴KSCN溶液，溶液变红色 Fe3+和I－反应为可逆反应
A．A B．B C．C D．D
6．（2023·成都模拟）某化学小组构想用电化学原理回收空气中二氧化硫中的硫，同时将地下水中的硝酸根(NO)进行无害化处理，其原理如图。
下列有关说法错误的是（ ）
A．Mg电极为负极，Pt1为阳极
B．乙池中NO在Pt1，电极发生还原反应
C．碳纳米管析出硫的电极反应为：SO2+4e-=S+2O2-
D．Pt2电极可能产生H2，周围pH增大
7．（2023·成都模拟）向某Na2A、NaHA的混合液中加入CaCl2固体(忽略溶液体积、温度的变化)，测出溶液中离子浓度变化如图所示。已知：Ksp(CaA)＝2×10 9，H2A为二元弱酸，Ca(HA)2易溶于水且溶液呈碱性。下列说法正确的是（ ）
A．X、Y、Z三点对应溶液pH大小顺序为：X＜Y＜Z
B．X点溶液中可能存在：c(OH－)＝c(H+)
C．Y点溶液中c(HA－)＝2×10 2 mol L 1
D．向Z点溶液中通入HCl气体，可以使Z点溶液向Y点溶液转化
二、非选择题
8．（2023·成都模拟）某化学小组制取无水三氯化铁并研究其与铜的反应，设计如图实验。
（1）I.制备无水三氯化铁实验装置如图。(已知无水三氯化铁易潮解，易升华)
试剂X可以是 ；若缺少C装置其后果是 (写一条)。
（2）整个装置充满黄绿色气体后，才开始加热D装置的目的是 。
（3）若实验过程中FeCl3沉积在D和E的导管之间，导致导管内径变小，除去沉积FeCl3的简易操作是 。
（4）II.探究三氯化铁与铜反应的实验如图：
(已知CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体)
请从平衡角度说明红色褪去的可能原因 。
（5）为了进一步研究白色沉淀进行如图实验。
①如图蓝色溶液中可能含有的盐有Cu(NO3)2、 。
②实验中CuSCN与过量稀HNO3反应生成白色沉淀B的阴离子，同时生成N2、NO和CO2气体。CuSCN与HNO3反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为 (已知SCN-中C为+4价)。
9．（2023·成都模拟）硫酸镁可用于印染、造纸、医药工业。利用某水泥厂的废料(含50%MgO，还有少量CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质)，制取MgSO4 7H2O的流程如图：
回答下列问题
（1）“酸浸”时，pH控制为1，若提高浸取速率，可采取的措施是 (任写一条)。
（2）“氧化”时，NaClO与Mn2+按物质的量1：1反应生成MnO2，其离子方程式为 ；调节pH时可加入试剂X为 (任写一种)。
（3）滤渣除Al(OH)3、Fe(OH)3外还有氧化物 。
（4）“除钙”时，控温在60℃时除去MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4。
①参照表格，简要说明除钙的操作方法 。
②60℃下CaSO4的Ksp＝ 。(饱和CaSO4溶液的密度约为1.0g L 1)
部分物质的溶解度(g/100gH2O)如表：
温度/℃ 物质 20 40 60 80
MgSO4 28.6 30.9 36 40.8
CaSO4 0.272 0.23 0.204 0.184
（5）为了提高原料中镁的利用率，操作a后滤液的处理方法是 。
10．（2023·成都模拟）汽车尾气的氮氧化物是大气污染物的主要来源，研究汽车尾气处理是环境保护的重要课题。试回答下列问题：
（1）有关汽车尾气的生成
已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180.50kJ mol-1
②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH2=-144.14kJ mol-1
③2N2O(g) 2N2(g)+O2(g) ΔH3=-244.10kJ mol-1
则3NO(g)=N2O(g)+NO2(g) ΔH= 。
（2）用CO消除汽车尾气
在催化剂a作用下将尾气转化为无污染的气体而除去。向密闭容器中充入10molCO(g)和8molNO(g)发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH，测得平衡时NO体积分数与温度、压强的关系如图。
①已知T2＞T1，则反应ΔH 0(填“＞”、“=”或“＜”)。
②该反应达到平衡后，为了同时提高反应速率和NO的平衡转化率，可采取的措施 (填字母序号)。
a.改用高效催化剂
b.恒温恒容条件下，按投料比增大反应物浓度
c.移去CO2
d.升高温度
e.缩小反应容器的体积
③在温度为T1、容器体积为4L的条件下，反应进行到10min时恰好在D点达到平衡。则从反应开始到平衡时，NO平均反应速率v(NO)= ；若其他条件不变，升高温度，用分压表示的平衡常数Kp (填“变大”、“变小”或“不变”)。
④在X点，对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到平衡状态可能为图中 点(填A～F)。
（3）用NH3消除汽车尾气
新型催化剂b在含有少量O2条件下，能催化NH3，和NOx，反应生成N2，且高温下活性很强。在盛有催化剂b的管式反应容器[如图(一)]中按一定比例匀速通入NH3、NOx、O2发生反应。NOx的除去率随反应温度变化曲线如图(二)所示。
①在50℃之前，NOx的除去率随温度升高而缓慢上升的原因是 。
②当温度高于300℃时，NOx除去率迅速下降的原因是 。
11．（2023·成都模拟）硒是人体需要的重要微量元素之一，参与体内多种代谢。试回答下列问题：
（1）硒元素的基态原子核外电子排布中成对电子与成单电子的个数比为 ；在同一周期中比它的第一电离能大的元素有 种。
（2）SeO3与水反应可以生成H2SeO4。H2SeO4分子中心原子的轨道杂化方式为 ；固体H2SeO4，存在作用力除范德华力共价键外还有 ；从分子结构的角度解释H2SeO4比H3AsO4酸性强的原因是 。
（3）固态SeO2(如图)是以锥体形的角氧相连接的聚合结构，每一个锥体带一个端氧原子。
①同为分子晶体，SeO2，熔点为350℃而SO2的熔点为-75.5℃，原因是 。
②图中Se－O键较短的是 (填“a”或”b”)。
（4）在一定条件下MgSe晶体结构为NaCl型(如图)，Se2-为面心立方最密堆积方式，经测定MgSe的晶胞参数为anm，则Se2-的半径r(Se2-)为 nm(写出表达式)；CaSe晶体结构也为NaCl型，其晶胞参数比MgSe大，且r(Ca2+)=bnm，则CaSe晶体的密度为 g cm-3(写出表达式)。
12．（2023·成都模拟）某有机药物中间体J的合成路线(部分反应条件略去)如图：
已知：ROH+CH3COOH
试回答下列问题：
（1）B的化学名称为 ；反应①的试剂和条件为 。
（2）反应③可以看作发生了两步反应，首先C与丙酮发生 反应(填反应类型)，再发生消去反应得到D。
（3）F的结构简式为 ；G的含氧官能团的名称是 。
（4）反应⑦的化学方程式为 。
（5）G的同分异构体中，能发生水解反应且分子中含有苯环的有 种，其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；高分子材料
【解析】【解答】A．煤燃烧过程中硫元素转化为二氧化硫，二氧化硫与生石灰反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙与氧气反应生成硫酸钙，故A不符合题意；
B．石英光导纤维成分为SiO2，属于传统无机非金属材料，故B符合题意；
C．活性炭具有吸附性，能吸附色素和除异味，故C不符合题意；
D．聚四氟乙烯性质稳定，具有很好的抗酸、碱，耐腐蚀，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙和氧气反应生成硫酸钙；
B、二氧化硅不是含碳化合物，为无机非金属材料；
C、活性炭具有吸附性，可以除去色素和异味；
D、聚四氟乙烯性质温度，不和酸、碱反应。
2．【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.28g 14CO中含有中子数为 ，故A不符合题意；
B.1mol O2与一定量甲烷反应，甲烷若量很少，则转移电子数目小于4NA，故B不符合题意；
C.1L浓度为0.1 mol L 1Na2CO3溶液中碳酸钠物质的量为0.1mol，由于碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根，则阴离子数目大于0.1NA，故C不符合题意；
D.28g C2H4和C3H6混合物，若全部是乙烯，则含有共用电子对数目，若是C3H6，则含有共用电子对数目，共用电子数目相同，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、结合公式判断；
B、结合氧气化合价变化数目判断；
C、溶液中除了碳酸根，还有氢氧根和碳酸氢根；
D、涉及到混合物质的物质的量计算时，采用极值法判断。
3．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．X含有苯环和碳碳双键，则1mol X最多与4molH2发生加成反应，故A不符合题意；
B．苯中12个原子共平面，根据氧氢单键可以旋转，因此Y中所有原子可能共面，故B不符合题意；
C．根据X与Y和Z的结构简式及分子式得到X和Y反应生成Z为加成反应，故C不符合题意；
D．Z中苯环上有5种位置的氢，因此其一氯代物有5种，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、苯环和碳碳双键可以和氢气发生加成反应；
B、共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面；
C、加成反应的特点是断开不饱和键形成单键；
D、一氯代物的判断即判断等效氢的种类。
4．【答案】C
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．电子层数越大半径越大，原子半径Na>O>H，即Z>Y>X，选项A不符合题意；
B．W的最高价氧化物的水化物HClO4为强酸，选项B不符合题意；
C．B的浓溶液即NaClO溶液，具有强氧化性，使pH试纸褪色，不可用pH试纸测其酸碱性，选项C符合题意；
D．化合物A、B分别为双氧水和次氯酸钠，都具有强氧化性，都可用作新型冠状病毒的消毒剂，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、同一周期，从左到右半径减小，同一主族，从上到下半径增大；
B、最高价氧化物对应水化物的酸性，即比较非金属性；
C、次氯酸钠具有漂白性，不能用pH试纸测定；
D、双氧水和次氯酸钠都具有强氧化性，可以用于杀菌消毒。
5．【答案】A
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．硝酸可能氧化亚硫酸根离子生成硫酸根，硫酸根与银离子结合生成沉淀，由实验现象可知，溶液中可能含有亚硫酸根离子，故A符合题意；
B．油脂含有酯基，加热时与氢氧化钠溶液发生水解反应，生成高级脂肪酸钠和甘油均溶于水，则水面上无有油滴与油膜，则B不符合题意；
C．酸性溶液中碘酸钾和碘化钾反应生成单质碘，溶液变蓝，则氧化性：酸性条件下＞I2，故C不符合题意；
D．根据题中分析氯化铁量不足，反应后滴加KSCN溶液，可知溶液含铁离子，则铁离子不能完全转化，证明反应为可逆反应，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、氯离子的鉴别采用稀硝酸和硝酸银，硫酸根的鉴别先滴加稀盐酸，再滴加氯化钡溶液；
B、油脂和水会发生分层；
C、溶液变蓝，即含有碘的单质，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断；
D、铁离子少量时，反应后仍然有铁离子剩余，即反应为可逆反应。
6．【答案】B
【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由图可知，甲池为原电池，镁为负极，碳纳米管为正极，则乙池为电解池，Pt1 为阳极，故A不符合题意；
B．乙池为电解池，Pt2 为阴极，硝酸根离子得电子生成氮气和水，发生还原反应，故B符合题意；
C．由分析可知，碳纳米管为正极，其电极反应式为：SO2+4e-=S+2O2-，故C不符合题意；
D．Pt2为阴极，硝酸根离子得电子生成氮气和水，后水中的氢离子得电子生成氢气，剩余氢氧根离子，周围pH增大，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】电解池的题目要注意几个问题：
1、连接外接电源正极的为阳极，若阳极为活性电极则阳极失去电子，若阳极为惰性电极，则溶液中的阴离子在阳极失去电子，阳极发生氧化反应；连接外接电源负极的为阴极，溶液中的阳离子在阴极得到电子，阴极发生还原反应；
2、溶液中的离子放电顺序：
阳离子：Ag+ > Hg2+ > Fe3+ > Cu2+ > H+（酸） > Pb2+ > Sn2+ > Fe2+ >Zn2+ > H+（水）；
阴离子：S2– >I-> Br- > Cl- > OH-> (NO3－、SO42– 等)含氧酸根 > F－；
3、电极反应式的书写要结合原子守恒以及溶液形成判断，酸性条件不出现氢氧根，碱性条件下不出现氢离子；
原电池的角度进行分析：
活泼金属作为负极，负极质量减少，正极质量增加或者生产气体，电子由负极经过导线流向正极，电流由正极经过导线流向负极，阳离子移向正极，阳离子得到电子形成单质，阴离子移向负极，负极失去电子形成阳离子。
7．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．H2A为二元弱酸，，则，，可知越小，氢离子浓度越小，其pH值越大，因此溶液X、Y、Z三点对应溶液pH大小顺序为： Z＜Y＜X，故A不符合题意；
B．Ca(HA)2易溶于水且溶液呈碱性，则说明HA－电离程度小于水解程度，Y点，说明c(HA－)＝c(A2 )，X点，则c(HA－)＜c(A2 )，溶液显碱性即c(H+)＜c(OH－)，故B不符合题意；
C．Y点溶液c(Ca2+)＝1×10 7mol L 1，根据Ksp(CaA)＝2×10 9，则c(A2 )＝2×10 2 mol L 1，由于，c(HA－)＝c(A2 )＝2×10 2 mol L 1，故C符合题意；
D．向Z点溶液中通入HCl气体，A2 与H＋反应，c(A2 )减小，减小，则增大，因此可以使Z点溶液向右后方点溶液转化，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、pH的比较即比较氢离子的浓度，氢离子浓度越大，则pH越小；
B、结合电离程度和水解程度的大小判断；
C、结合溶度积和钙离子浓度计算；
D、引入氯化氢，即增大氢离子的浓度，使c(A2 )减小。
8．【答案】（1）KMnO4；D装置中的铁粉与水蒸气反应或无水三氯化铁潮解
（2）防止D装置中的铁粉与空气中的氧气和水蒸气反应
（3）加热D与E之间的导管
（4）由于存在反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，加入铜粉，Cu与Fe3+反应消耗Fe3+，也可能生成CuSCN消耗SCN-，使上述平衡逆向移动，Fe(SCN)3浓度减小，致红色褪去
（5）CuCl2、CuSO4；1：4
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）A为不加热装置制取氯气，则X可以为KMnO4；已知无水三氯化铁易潮解，若缺少C装置，则铁和水蒸气在高温下和铁反应生成四氧化三铁，且会导致生成的无水三氯化铁潮解；
（2）整个装置充满黄绿色气体后，才开始加热D装置的目的是防止D装置中的铁粉与空气中的氧气和水蒸气反应，干扰实验；
（3）已知无水三氯化铁易升华，故加热D与E之间的导管，可以除去沉积的FeCl3；
（4）红色的原因是存在反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，生成的Fe(SCN)3为红色，加入铜粉，Cu与Fe3+反应消耗Fe3+，也可能生成CuSCN消耗SCN-，使上述平衡逆向移动，Fe(SCN)3浓度减小，致红色褪去；
（5）①已知CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体，加入的稀硝酸具有强氧化性，可能把硫元素氧化为硫酸根离子，铜离子的溶液显蓝色，故实验中蓝色溶液中可能含有的盐为Cu(NO3)2、CuCl2、CuSO4。
②实验中CuSCN与过量稀HNO3反应生成白色沉淀B的阴离子，B的阴离子为硫酸根离子，同时生成N2、NO和CO2气体；CuSCN与HNO3反应，CuSCN中铜元素化合价由+1变为+2、硫元素由-2变为+6、氮元素由-3变为0，硝酸中氮元素化合价由+5变为-2，则根据电子守恒可知，CuSCN~12e-~4HNO3，故还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4。
【分析】（1）浓盐酸可以和高锰酸钾反应制取氯气，反应不需要加热；
（2）铁粉会和氧气、水蒸气反应，需要利用氯气排除空气中的氧气和水蒸气；
（3）根据条件可以知道无水氯化铁易升华，可以采用加热法使氯化铁升华；
（4）减少反应物的浓度，使平衡朝逆向移动；
（5） ① 蓝色溶液即含有铜离子，根据阴离子的判断，可以知道可能含有硝酸铜、氯化铜和硫酸铜；
② 结合化合价变化判断化学计量数，根据化学计量数之比等于物质的量之比计算。
9．【答案】（1）适当升温(或粉碎或搅拌)
（2）ClO－＋Mn2+＋H2O＝Cl－＋MnO2↓＋2H+；MgO(或MgCO3或碱式碳酸镁等)
（3）MnO2、SiO2
（4）将滤液保持60℃左右蒸发至出现一定量固体并趁热过滤；2.25×10 4
（5）将操作a后的母液循环利用
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）“酸浸”时，pH控制为1，若提高浸取速率，可以从温度、接触面积来采取的措施，具体为适当升温(或粉碎或搅拌)；故答案为：适当升温(或粉碎或搅拌)。
（2）“氧化”时，NaClO与Mn2+按物质的量1：1反应生成MnO2、Cl－和水，其离子方程式为ClO－＋Mn2+＋H2O＝Cl－＋MnO2↓＋2H+；调节pH时加入要保留的离子对应的难溶物，通过消耗铁离子水解的氢离子来促进铁离子水解，因此可加入试剂X为MgO(或MgCO3或碱式碳酸镁等)；故答案为：ClO－＋Mn2+＋H2O＝Cl－＋MnO2↓＋2H+；MgO(或MgCO3或碱式碳酸镁等)。
（3）二氧化硅不与硫酸反应，在氧化时得到二氧化锰，因此滤渣除Al(OH)3、Fe(OH)3外还有氧化物MnO2、SiO2；故答案为：MnO2、SiO2。
（4）①根据表格数据，60℃时MgSO4溶解度较大，而CaSO4溶解度较小，在此时趁热过滤，其除钙的操作方法将滤液保持60℃左右蒸发至出现一定量固体并趁热过滤；故答案为：将滤液保持60℃左右蒸发至出现一定量固体并趁热过滤。
②60℃下饱和CaSO4溶液的密度约为1.0g L 1，60℃时CaSO4溶解度为0.204，则1L溶液为1000g，溶解CaSO4的质量为2.04g，其溶液中，则CaSO4的；故答案为：2.25×10 4。
（5）操作a是从溶液中经过一系列过程得到晶体，过滤时溶液中海油硫酸镁，为了提高原料中镁的利用率，操作a后滤液的处理方法是将操作a后的母液循环利用；故答案为：将操作a后的母液循环利用。
【分析】（1）提高浸取速率可以通过升高温度或者粉碎固体增大固体的接触面积；
（2）次氯酸根离子、锰离子和水反应生成氯离子、二氧化锰和氢离子；调节pH的目的是是铁离子和铝离子沉淀，而不影响镁离子，因此可以通过加入氧化镁、碳酸镁或者氢氧化镁；
（3）二氧化硅不溶于酸，锰离子可以被次氯酸钠氧化为二氧化锰，因此滤渣含有氢氧化铝、氢氧化铁、二氧化锰和二氧化硅；
（4） ① 趁热过滤的目的是使硫酸钙形成沉淀，而不影响硫酸镁的溶解；
② 溶度积的计算要结合钙离子和硫酸根离子的浓度判断；
（5）操作a分离后，母液中含有稀硫酸和次氯酸钠，可以循环利用。
10．【答案】（1）-130.52kJ mol-1
（2）＜；be；0.1mol L-1 min-1；变小；A
（3）催化剂的活性较小，温度升高速率增加缓慢；O2与NH3反应生成NOx
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】（1）已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180.50kJ mol-1
②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH2=-144.14kJ mol-1
③2N2O(g) 2N2(g)+O2(g) ΔH3=-244.10kJ mol-1
根据盖斯定律，由②-①-③得反应3NO(g)=N2O(g)+NO2(g) ΔH=-144.14kJ mol-1-180.50kJ mol-1+244.10kJ mol-1=-130.52kJ mol-1；
（2）①根据图中信息可知，以过X点的等压线，已知T2＞T1，温度越高，NO的体积分数越大，故说明平衡逆向移动，逆方向为吸热反应，正方向为放热反应，则反应ΔH＜0；
②a.改用高效催化剂，化学反应速率增大，但催化剂不能使平衡移动，NO的转化率不变，选项a不符合；
b.恒温恒容条件下，按投料比增大反应物浓度，相当于增大压强，化学反应速率增大，平衡向气体体积缩小的正反应方向移动，NO的转化率增大，选项b符合；
c.移去CO2，生成物的浓度减小，反应速率减小，平衡正向移动，NO的转化率增大，选项c不符合；
d.升高温度，化学反应速率增大，但正反应为放热反应，平衡逆向移动，NO的转化率减小，选项d不符合；
e.缩小反应容器的体积，相当于增大压强，化学反应速率增大，平衡向气体体积缩小的正反应方向移动，NO的转化率增大，选项e符合；
故答案为：be；
③向密闭容器中充入10molCO(g)和8molNO(g)发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，设NO转化率为x，根据三段式有：
平衡时NO的体积分数为25%，则有，解得x=50%，则NO平均反应速率v(NO)=0.1mol L-1 min-1；
若其他条件不变，升高温度，平衡逆向移动，生成物的平衡分压减小，反应物的平衡分压增大，用分压表示的平衡常数Kp变小；
④由图可知，结合反应可知，升温会使反应逆向移动，导致NO的体积分数会增加，减压也会使反应逆向移动，导致NO的体积分数增加；所以升温和减压后，NO的体积分数必然增加，达到平衡状态时，NO的体积分数一定比X点对应的体积分数大，符合条件的只有A点，故答案为：A；
（3）①已知新型催化剂b在高温下活性很强，随温度的升高，催化剂b活性增强，但由于温度仍然较低，活性提高程度不大，反应速率加快但不明显，故50℃之前NOx的除去率缓慢增大；
②已知新型催化剂b在高温下活性很强，当温度高于300 ℃时NOx的除去率迅速下降与催化剂活性无关，所通气体为NOx、NH3和O2的混合物，当温度高于300℃时，NH3与O2可能发生副反应：4NH3+5O24NO+6H2O，氨的浓度减小，导致NOx除去率迅速下降，故答案为：O2与NH3反应生成NOx。
【分析】（1）盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
（2） ① 升高温度，平衡朝吸热方向移动；
② 提高一氧化氮转化率的方法可以增大一氧化碳的浓度，或者按照投料比增大反应物的浓度，也可以是通过压缩体积使平衡朝气体系数缩小的方向移动，增大化学反应速率的方法：升高温度，增大反应物的浓度，加入催化剂，增大接触面积，气体的反应压缩体积；
③ 化学反应速率为浓度变化量和时间的比值；
④ 升高温度，平衡朝吸热方向移动，减小压强，平衡朝气体系数增大的方向移动；
（3） ① 结合题干可以知道催化剂高温下活性强，即温度较低时活性较弱，催化效率不高；
② 氧气和氨气反应生成氮氧化物，使氮氧化物的去除率降低。
11．【答案】（1）16：1；3
（2）sp3；氢键；H2SeO4中非羟基氧比H3AsO4多1个，非羟基氧越多，酸性较强
（3）固态SeO2发生聚合相对分子质量很大，范德华力大，熔点高；b
（4）a；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）硒元素的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，成对电子与成单电子的个数比为16：1；同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，但是As元素最外层处于半满，第一电离能大于Se，所以在同一周期中比它的第一电离能大的元素有3种；故答案为：16：1；3。
（2）SeO3与水反应可以生成H2SeO4。对于H2SeO4中心原子Se，由于H2SO4中S的杂化方式为sp3，因此H2SeO4中Se的杂化方式也应为sp3；固体H2SeO4，存在作用力除范德华力共价键外还有氢键；由于H2SeO4中非羟基氧比H3AsO4多1个，非羟基氧越多，所以H2SeO4酸性较强；故答案为：sp3；氢键；H2SeO4中非羟基氧比H3AsO4多1个，非羟基氧越多，酸性较强。
（3）①由题可知，固态SeO2发生聚合相对分子质量很大，范德华力大，熔点高同为分子晶体，所以SeO2熔点为350℃而SO2的熔点为-75.5℃；故答案为：固态SeO2发生聚合相对分子质量很大，范德华力大，熔点高。
②依据共价键饱和性可知，a为Se O，b为Se＝O，b中含有π键，电子云重叠程度大，使得键长短；故答案为：b。
（4）4r(Se2-)＝晶胞面对角线长度=nm；所以r=a nm；由图3所示晶胞可知，一个晶胞中含有Se2-个数为4；CaSe晶体结构也为NaCl型，其晶胞参数比MgSe大，且r(Ca2+)=bnm，所以CaSe晶体的晶胞参数为cm；且一个晶胞中含有四个分子，所以CaSe晶体的密度为 g cm-3；故答案为：a；。
【分析】（1）结合硒元素的电子排布式，可以知道成单电子只有4p能级中1个电子；
（2）杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
（3） ① 分子晶体中，相对分子质量越大，则熔点越高；
② π键的电子云重叠程度大，使得键长短；
（4）密度的计算要结合体积、摩尔质量、阿伏加德罗常数判断。
12．【答案】（1）苯甲醇；NaOH溶液，加热
（2）加成
（3）；酚)羟基、羰基
（4）+
（5）6；
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；取代反应；加成反应；结构简式
【解析】【解答】（1）B的结构简式为，名称为苯甲醇；A到B为卤代烃的水解反应，故反应条件为NaOH水溶液加热；
（2）比较反应物C和丙酮与生成物可知生成物中有碳碳双键，故可知C与丙酮先发生加成反应，然后醇羟基发生消去反应生成碳碳双键；
（3）根据信息ROH+CH3COOH可知反应④生成物F为 ，G（）分子中含有(酚)羟基、羰基；
（4）反应⑦的反应方程式为+；
（5）G的同分异构体中含有苯环且能发生水解，说明分子中含有酯基，若含有两个取代基为HCOO-和-CH3，有邻、间、对三种；若只含有一个取代基为CH3COO-、HCOOCH2-、-COOCH3三种，共六种；核磁共振氢谱有5组吸收峰说明分子中含有五种不同位置的H原子，其结构简式为；
【分析】（1）结合C的结构简式，可以知道B为苯甲醇；卤族原子形成羟基的条件是氢氧化钠溶液加热；
（2）苯甲醛中先断开碳氧双键形成碳氧单键，和丙酮发生加成反应，再发生消去反应；
（3）结合已知反应，可以知道羟基中的氢原子会被碳基取代形成酯基；G中含有酚羟基和碳基；
（4）反应为加成反应，碳碳双键断开形成单键，一侧连接氢原子，一侧连接苯环；
（5）同分异构体要结合碳链异构、位置异构和官能团异构判断。
