沈阳市第120中学2023-2024学年度下学期
高三年级第十次质量监测
化学试题
满分：100分，时间：75分钟
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号写在答题卡上。
2.答选择题时，选出每个小题的答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再涂选其它答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求。
1. 开发新材料、新能源，促进形成新质生产力，下列与化学知识相关的说法正确的是
A. 重油裂解为轻质油作燃料，助力“碳中和”、“碳达峰”
B. 无人机机身用到的玻璃纤维增强聚酯树脂属于复合材料
C. 铜铟硫(CuInS2)量子点是纳米级的半导体材料，属于胶体
D. 打造北斗卫星系统——85Rb与星载铷钟所用87Rb的物理性质相同
2. 催化NH3脱除烟气中的NO的反应为：。下列说法正确的是
A. N2的电子式：
B. H2O中的共价键为s-pσ键
C. O2、O3均为非极性分子
D. 基态Ti的价电子排布图为：
3. 下列关于物质的性质、用途等描述错误的是
A. 工业上，用氯气和热的石灰乳制备漂白粉、漂粉精
B. 在葡萄酒中添加适量SO2能杀灭微生物并防止葡萄酒的氧化变质
C. 储氢合金是一类能大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料
D. 高铁酸钾(K2FeO4)在水处理过程中涉及的变化过程有：氧化还原反应、蛋白质变性、盐类水解、胶体聚沉等
4. 反应可用于冶金。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 2.0g 与的混合物中所含质子数与中子数均为
B. 100mL 1 NaCN溶液中阴离子数为0.1
C. 1mol 中含键数目为6
D. 该反应消耗22.4L ，转移电子数为4
5. 实验改进与优化应遵循科学性、直观性、易操作性、安全性的原则，提升化学实验效率。下列有关实验改进分析不正确的是
A. 使用恒压滴液漏斗可防止浓氨水污染环境，并使漏斗内液体顺利流下
B. 用点燃的木条靠近肥皂泡，听到爆鸣声，可检验产物中有氢气产生
C. 该改进装置可用于性质的探究实验
D. 利用此装置可较长时间看到白色絮状沉淀
6. 一种重要的高分子材料丙的合成路线如下。下列说法错误的是
A. 甲、乙均能与FeCl3溶液发生显色反应
B. 乙与足量氢气加成后的产物中有4个手性碳原子
C. 反应②除生成丙外，还生成小分子CH3OH
D. 1mol丙最多可消耗4nmolNaOH溶液
7. 一种可在较高温下安全快充的铝-硫电池的工作原理如图，电解质为熔融氯铝酸盐(由和形成熔点为的共熔物)，其中氯铝酸根起到结合或释放的作用。电池总反应：。下列说法错误的是
A. 含个键
B. 中同时连接2个原子的原子有个
C. 充电时，再生单质至少转移电子
D. 放电时间越长，负极附近熔融盐中n值小的浓度越高
8. A为某化合物的结构示意图，W、X、Y、Z是短周期主族元素，原子序数依次增大，且位于三个不同周期。X最高价氧化物对应的水化物为弱酸，Y基态原子核外电子有5种空间运动状态。下列说法错误的是
A. 电负性：Y>W>X>Z
B. A中所有的X原子均采用sp2杂化
C. A的阴离子中所有原子均满足8电子稳定结构
D. Y与Z形成的两种常见化合物中阴阳离子个数比均为1：2
9. 某工业废水中含有较高浓度的及少量的、，欲回收锰元素并净化废水，实验小组设计了如图流程：
室温下，相关沉淀物的溶度积常数()如表：
沉淀物 MnS
下列说法错误的是
A. 通空气氧化，可降低NaOH的用量
B. 的3d能级处于半充满状态，稳定性较好
C. 试剂X可用，它比NaOH更有利于滤液检测合格
D. 悬浊液中加，不可能转化为MnS
10. 丙烯与HBr发生自由基反应，条件不同，产物不同，进程和能量如图1所示：
①；
②。
反应①的机理如图2(链的终止：自由基之间相互结合)。
下列说法错误的是
A. R-O-O-R生成RO·是化学变化
B. 异丁烯发生反应①的产物为(CH3)2CHCH2Br
C. 链终止产物可能有
D. 过氧化物存在时，主要生成自由基I因为其活化能相对较低
11. 部分含K或含Cu物质分类与相应化合价关系如图。下列推断错误的是
A. 存在c→d→e的转化
B. 能与H2O反应生成c的物质只有b
C. 新制的d可普遍用于检验尿糖
D. 图甲晶胞投影图对应物质的化学式为KO2
12. CO2催化加氢制CH3OH的反应体系中，发生的主要反应如下：
反应1：
反应2：
恒压下，将的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，测得出口处CO2的转化率及CH3OH和CO的选择性[]随温度的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线③表示CO的选择性
B. 280℃时出口处CO的物质的量小于220℃时
C 一定温度下，增大可提高CO2平衡转化率
D. 为提高CH3OH生产效率，需研发CO2转化率高和CH3OH选择性高的催化剂
13. 根据下列实验操作和现象，能得出相应结论的是
实验操作 现象 结论
A 分别测Na2SO3溶液在室温和加热并冷却至室温的pH pH变小 证明的水解过程为吸热过程
B 向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸 溶液由黄色变为橙色 转化平衡向生成的方向移动
C K2S固体溶于水，进行导电实验 K2S溶液可导电 K2S中含有离子键
D 向苯酚浊液中加Na2CO3溶液 溶液变澄清 酸性：苯酚>碳酸
A. A B. B C. C D. D
14. 利用丙酮酸与废水中的电催化耦合，可在温和条件下去除并生产丙氨酸，其工作原理如图。，丙氨酸主要以形式存在于溶液中。下列说法错误的是
A. 电极连接电源的正极
B. 阴极的电极反应有：
C. 反应一段时间后，阴极区溶液的基本不变
D. 极区生成丙氨酸时，极区至少生成了
15. 实验室模拟制NaHCO3，将CO2通入饱和氨盐水(溶质为NH3、NaCl)，实验现象及数据如图1，含碳粒子在水溶液中的物质的量(数(δ)与pH关系如图2。
下列说法正确的是
A. 0min，溶液中
B. 0~60min，发生的主要反应为：
C. 0~60min，水的电离程度一直增大
D. 0~100min，n(Na+)、n(Cl-)均保持不变
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 某钒制品厂钙法提钒工艺产生的酸性废水中MnSO4和CaSO4的含量较高，且含有少量的Al3+。以下是采用化学沉淀法处理钙法提钒废水并制备高纯MnCO3的生产工艺流程。请回答下列问题：
已知：CaC2O4难溶于水。
（1）滤渣I为___________。
（2）步骤2中加少量CaC2O4的目的是___________，有利于滤渣Ⅱ的析出。加入的试剂X最合理的是___________(填标号)。
A．H2C2O4 B．NH4HC2O4 C．(NH4)2C2O4
（3）步骤3中溶液pH、反应时间与MnCO3的产率的关系如图所示。
①应调节溶液的最佳pH和反应时间为___________。
②请从平衡移动原理角度解释：pH过小导致MnCO3产率降低的原因___________。
③最佳pH条件下，保持溶液中，此时溶液中___________mol/L。[25℃时，，，。]
（4）碳酸锰在不同条件下煅烧可制得不同锰的氧化物晶体。某种MnOx晶体的晶胞如下图所示，碳酸锰煅烧生成该晶体的化学方程式为___________。已知该晶胞底面是边长为acm的正方形，以晶胞参数为单位长度建立坐标系，A、B、C处的原子坐标参数分别为(0，0，0)、、，则Mn与O形成化学键的键长为___________cm(用含a、m的代数式表示)。
17. 氯磺酸(HSO3Cl)可用于制造农药、洗涤剂、塑料等，军事上常用作烟幕剂，其沸点约152℃，易溶于硫酸，极易潮解。常温下制氯磺酸原理为：，其中SO3可由发烟硫酸提供。制备少量氯磺酸的装置如图所示(部分夹持装置略)。
（1）试剂a为___________，装置A中毛细管的作用是___________。
（2）装置F应为___________(填序号)，其作用除了尾气处理外还有___________(用化学用语表示)。
（3）反应到一定程度时需对C装置加热，其目的是___________。
（4）查阅资料，氯磺酸的酸性强于硫酸，其原因可能为___________。
（5）氯磺酸产品中可能含有少量Fe2+，现测定其中铁含量。已知在pH为3~9时，邻菲啰啉能与Fe2+形成橙色配合物Fe-phen。Fe-phen在510nm处的吸光度A与溶液中Fe2+浓度呈线性关系，如下表所示：
Fe2+浓度/mol L-1 0 0.00080 0.0016 0.0024 0.0032
吸光度A 0 0.20 0.40 0.60 0.80
在一定条件下测定溶液的平均吸光度，该产品中Fe2+含量为___________mol·L-1。
（6）测定HSO3Cl的纯度(HSO3Cl中常溶有少量的SO3)：选择合适的试剂，设计实验。简要说明实验操作，实验数据可用字母表示。[可选的试剂：BaCl2溶液、Ba(NO3)2溶液、AgNO3溶液、稀硝酸]
取mg产品溶于水中，___________。
18. CH4-H2O(g)催化重整制氢是氢能源领域的研究热点，主要反应如下：
反应I：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
（1）反应I的，该反应能正向自发进行的最低温度为___________K。(结果保留到整数)
（2）下列说法错误的是___________(填标号)。
A. 反应Ⅱ的正反应活化能大于逆反应活化能
B. 其它条件不变，升高温度，反应Ⅲ速率降低，H2产率降低
C. 其它条件不变，恒压比恒容条件利于提高CH4平衡转化率
D. 恒温恒容，当时，说明体系达到平衡状态
（3）反应Ⅲ也可以通过电化学方法实现，以质子导体为电解质，阳极的电极反应式为___________。
（4）650℃(局部温度过高会造成积碳)、以一定流速通入原料气，进行反应I、Ⅱ、Ⅲ，当水碳比[]一定时，催化剂中无吸附剂和添加P-Li4SiO4吸附剂(吸收CO2)，各组分的平衡含量与时间的关系如图：
①与图1相比，图2中t1min前H2的平衡含量升高，CO2、CO和CH4的平衡含量降低的原因是___________。
②图2中t1min后P-Li4SiO4失效，H2的含量降低，CO2、CO和CH4的含量升高，最终，H2和CH4的含量与图1相同，但CO2的含量低于图1，CO的含量高于图1，可能的原因是___________。(用化学用语表示)
（5）在6kPa的恒温恒压容器中，加入2molCH4(g)和2molH2O(g)，进行反应I、Ⅱ、Ⅲ，经10min达到平衡，测得，，用CH4的分压表示的平均反应速率为___________kPa·min-1，该温度下反应I的平衡常数___________(用各组分的物质的量分数表示Kx)(保留到小数点后一位)。
19. 薄荷酮是重要的医药合成原料，由薄荷酮合成并环化合物路线如下：
已知：①迈克尔加成反应：
②羟醛缩合反应：(酮类也有类似性质)
（1）下列说法正确的是___________。
A. B中sp3杂化的原子有12个 B. C→D的反应类型是消去反应
C. F中有三种含氧官能团 D. H存在芳香族化合物的同分异构体
（2）D→E发生迈克尔加成反应，则E的结构简式为___________。
（3）G→H还产生一种无色气体，写出该反应的化学方程式___________。
（4）化合物A的同分异构体中满足下列条件的有___________种。(不考虑立体异构)
①含六元环且环上只有一个取代基；
②能发生银镜反应。
（5）根据流程中的信息，以与为原料合成的路线如图，(部分反应条件已略)
其中M和N的结构简式分别为___________和___________。
（6）碳可以形成多种杂环化合物，如呋喃()、吡咯()。
①沸点：呋喃___________吡咯(填“>”或“<”)。
②吡咯分子中所有原子共平面。已知大π键可以用表示，其中m表示参与形成大π键的原子数，n代表大π键中的电子数，则吡咯中大π键可以表示为___________。
沈阳市第120中学2023-2024学年度下学期
高三年级第十次质量监测
化学试题
满分：100分，时间：75分钟
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号写在答题卡上。
2.答选择题时，选出每个小题的答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再涂选其它答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求。
1. 开发新材料、新能源，促进形成新质生产力，下列与化学知识相关的说法正确的是
A. 重油裂解为轻质油作燃料，助力“碳中和”、“碳达峰”
B. 无人机机身用到的玻璃纤维增强聚酯树脂属于复合材料
C. 铜铟硫(CuInS2)量子点是纳米级的半导体材料，属于胶体
D. 打造北斗卫星系统——85Rb与星载铷钟所用87Rb的物理性质相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．将重油裂解为轻质油作燃料会使燃料燃烧较充分，但并不能减少二氧化碳的排放量，达不到“碳中和”、“碳达峰”的目的，A不符合题意；
B．玻璃纤维增强聚酯树脂属于符合材料，其中基体为聚酯树脂，增强体为玻璃纤维，B符合题意；
C．纳米级铜铟硫的半导体材料是纯净物，不属于胶体，C不符合题意；
D．和的质子数相同、中子数不同，互为同位素，同位素的化学性质几乎完全相同，物理性质不同，D不符合题意；
故选B。
2. 催化NH3脱除烟气中的NO的反应为：。下列说法正确的是
A. N2的电子式：
B. H2O中的共价键为s-pσ键
C. O2、O3均为非极性分子
D. 基态Ti的价电子排布图为：
【答案】D
【解析】
【详解】A．N2的电子式：，A错误；
B．H2O中的共价键为H原子的s轨道和O原子的sp3杂化轨道形成的s-sp3σ键，B错误；
C．O2为直线形分子为非极性分子，O3分子的正负电中心不重合，是极性分子，C错误；
D．Ti是22号元素，价电子排布式为3d24s2，价电子排布图为：，D正确；
故选D。
3. 下列关于物质的性质、用途等描述错误的是
A. 工业上，用氯气和热的石灰乳制备漂白粉、漂粉精
B. 在葡萄酒中添加适量的SO2能杀灭微生物并防止葡萄酒的氧化变质
C. 储氢合金是一类能大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料
D. 高铁酸钾(K2FeO4)在水处理过程中涉及的变化过程有：氧化还原反应、蛋白质变性、盐类水解、胶体聚沉等
【答案】A
【解析】
【详解】A．工业上用氯气与冷的石灰乳作用制成漂白粉或漂粉精，方程式为：2Ca(OH)2+2Cl2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，A错误；
B．二氧化硫具有还原性，并且可以杀菌、抗氧化，在葡萄酒中添加适量的二氧化硫能杀灭微生物并防止葡萄酒的氧化变质，B正确；
C．储氢合金是一类能大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料，C正确；
D．高铁酸钾具有强氧化性，能使蛋白质发生变性达到杀菌消毒的作用，被还原生成铁离子在溶液中水解成生成氢氧化铁胶体，胶体吸附水中悬浮杂质聚沉而达到净水的作用，则水处理过程中涉及的变化有氧化还原反应、蛋白质的变性、盐类的水解、胶体的聚沉等，故D正确；
故选A。
4. 反应可用于冶金。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 2.0g 与混合物中所含质子数与中子数均为
B. 100mL 1 NaCN溶液中阴离子数为0.1
C. 1mol 中含键数目为6
D. 该反应消耗22.4L ，转移电子数为4
【答案】A
【解析】
【详解】A．与的相对分子质量均为20，1个分子中均含10个质子、10个中子，2.0g 与的混合物的物质的量为0.1mol，所含质子数与中子数均为，A项正确；
B．NaCN溶液中存在电荷守恒，，溶液中阴离子数大于0.1，B项错误；
C．1个是碳氮三键，因此含1个键，1个Au与2个形成2个配位键，则1mol 中含键数目为4，C项错误；
D．未说明气体所处的状况，D项错误；
故答案选A。
5. 实验改进与优化应遵循科学性、直观性、易操作性、安全性的原则，提升化学实验效率。下列有关实验改进分析不正确的是
A. 使用恒压滴液漏斗可防止浓氨水污染环境，并使漏斗内液体顺利流下
B. 用点燃的木条靠近肥皂泡，听到爆鸣声，可检验产物中有氢气产生
C. 该改进装置可用于性质的探究实验
D. 利用此装置可较长时间看到白色絮状沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A．恒压滴液漏斗为密闭装置且能平衡压强，使用恒压滴液漏斗可防止浓氨水污染环境，并使漏斗内液体顺利流下，A正确；
B．氢气具有可燃性，和氧气混合点燃容易爆炸；用点燃的木条靠近肥皂泡，听到爆鸣声，可检验产物中有氢气产生，B正确；
C．铜和浓硫酸需要加热才能反应生成二氧化硫，C错误；
D．装置A中生成氢气排净装置中空气且生成硫酸亚铁，一段时间后关闭a，A中压强变大，硫酸亚铁被压入B中生成氢氧化亚铁沉淀，利用此装置可较长时间看到白色絮状沉淀，D正确；
故选C。
6. 一种重要的高分子材料丙的合成路线如下。下列说法错误的是
A. 甲、乙均能与FeCl3溶液发生显色反应
B. 乙与足量氢气加成后的产物中有4个手性碳原子
C. 反应②除生成丙外，还生成小分子CH3OH
D. 1mol丙最多可消耗4nmolNaOH溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据甲、乙的结构可知，甲、乙均含有酚羟基，故均能与FeCl3溶液发生显色反应，A正确；
B．乙与足量氢气加成后的产物中无手性碳原子，B错误；
C．乙与②的反应可看作是先发生取代反应得到丙的单体及小分子CH3OH，然后再发生缩聚反应得到高分子材料丙及CH3OH，C正确；
D．丙中含有结构，1mol在NaOH溶液条件下发生水解最多可消耗4molNaOH溶液，故1mol丙最多可消耗4nmolNaOH溶液，D正确；
故选B。
7. 一种可在较高温下安全快充的铝-硫电池的工作原理如图，电解质为熔融氯铝酸盐(由和形成熔点为的共熔物)，其中氯铝酸根起到结合或释放的作用。电池总反应：。下列说法错误的是
A. 含个键
B. 中同时连接2个原子的原子有个
C. 充电时，再生单质至少转移电子
D. 放电时间越长，负极附近熔融盐中n值小的浓度越高
【答案】D
【解析】
【分析】放电时铝失去电子生成铝离子做负极，硫单质得到电子做正极，充电时铝离子得到电子生成铝发生在阴极，硫离子失去电子生成硫单质发生在阳极，依此解题。
【详解】A．的结构为，所以含个键，A正确；
B．由的结构可知同时连接2个原子的原子有个，B正确；
C．由总反应可知充电时，再生单质需由铝离子得到电子生成，所以至少转移电子，C正确；
D．由总反应可知放电时间越长，负极铝失去电子生成的铝离子越多所以n值大的浓度越高，D错误；
故选D。
8. A为某化合物的结构示意图，W、X、Y、Z是短周期主族元素，原子序数依次增大，且位于三个不同周期。X最高价氧化物对应的水化物为弱酸，Y基态原子核外电子有5种空间运动状态。下列说法错误的是
A. 电负性：Y>W>X>Z
B. A中所有的X原子均采用sp2杂化
C. A的阴离子中所有原子均满足8电子稳定结构
D. Y与Z形成的两种常见化合物中阴阳离子个数比均为1：2
【答案】C
【解析】
【分析】W、X、Y、Z是位于三个周期的主族元素且原子序数依次增大， Y基态原子核外电子有5种空间运动状态且易形成2根键，则Y为O，各元素位于三个不同周期，则W为H；X形成3个共价键，X最高价氧化物对应的水化物为弱酸，则X为B；由结构简式可知，Z形成带一个单位正电荷的阳离子，则Z为Na。
【详解】A．金属元素的电负性小于非金属元素，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，则四种元素的电负性大小顺序为：，A正确；
B．化合物A中所有的X原子子形成3个共价键，X是B原子，均采用sp2杂化，B正确；
C．X为B原子，原子周围有6个电子，为满足8电子稳定结构，C错误；
D．氧化钠和过氧化钠中阴阳离子比均为1：2，D正确；
答案选C。
9. 某工业废水中含有较高浓度的及少量的、，欲回收锰元素并净化废水，实验小组设计了如图流程：
室温下，相关沉淀物的溶度积常数()如表：
沉淀物 MnS
下列说法错误的是
A. 通空气氧化，可降低NaOH的用量
B. 的3d能级处于半充满状态，稳定性较好
C. 试剂X可用，它比NaOH更有利于滤液检测合格
D. 悬浊液中加，不可能转化为MnS
【答案】D
【解析】
【分析】向废水中通入空气，将Fe2+氧化为Fe3+，加入NaOH溶液调pH，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，过滤后向滤液中加入试剂X，使Mn2+转化为沉淀，过滤得滤渣回收。
【详解】A．根据Ksp [Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH-)= 4×10-32，Fe3+沉淀完全时c(Fe3+)<1×10-5mol/L，此时c(OH-)=mol/L>10-9mol/L；同理，根据Ksp [Fe(OH)2]=c(Fe2+)c2(OH-)= 8×10-16，Fe2+沉淀完全时c(Fe2+)<1×10-5mol/L，此时c(OH-)>mol/L，由此可见使Fe3+沉淀完全比Fe2+沉淀完全所需c(OH-)更小，碱的用量少，所以将Fe2+氧化为Fe3+，可降低NaOH的用量，故A正确；
B．Mn的原子序数为25，Mn2+的价电子排布式为3d5，处于半充满状态，故不易被氧化，稳定性较好，故B正确；
C．沉淀完全时，存在沉淀溶解平衡，根据Ksp [Mn(OH)2]= 4×10-14，设Mn(OH)2的溶解度为x，Ksp [Mn(OH)2]=c(Mn2+)c2(OH-)=x(2x)2=4x3=4×10-14，解得x=10-4.7mol/L，同样方法，根据Ksp (MnS)= 4×10-13可计算出形成MnS沉淀后所得滤液中Mn2+的浓度为2×10-6.5mol/L，所以试剂X若用Na2S，沉淀后Mn2+浓度更小，回收率更高，它比NaOH更有利于滤液检测合格，故C正确；
D．虽然Mn(OH)2比MnS的Ksp小，但在S2-浓度较大的溶液中，Mn(OH)2溶解在水中的Mn2+能与S2-结合形成MnS沉淀，所以Mn(OH)2能转化为MnS，故D错误；
答案选D。
10. 丙烯与HBr发生自由基反应，条件不同，产物不同，进程和能量如图1所示：
①；
②。
反应①的机理如图2(链的终止：自由基之间相互结合)。
下列说法错误的是
A. R-O-O-R生成RO·化学变化
B. 异丁烯发生反应①的产物为(CH3)2CHCH2Br
C. 链终止产物可能有
D. 过氧化物存在时，主要生成自由基I是因为其活化能相对较低
【答案】A
【解析】
【详解】A． R-O-O-R生成RO·只有化学键的断开，没有形成新化学键，不是化学反应，故A错误；
B．根据已知：①，异丁烯发生反应①时，Br原子加在端碳上，故B正确；
C．根据图2的反应机理，与HBr发生反应，终止产物可能有，故C正确；
D．根据图1可知，过氧化物存在时，主要生成自由基I是因为其活化能相对较低，故D正确。
答案选A。
11. 部分含K或含Cu物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断错误的是
A. 存在c→d→e的转化
B. 能与H2O反应生成c的物质只有b
C. 新制的d可普遍用于检验尿糖
D. 图甲晶胞投影图对应物质的化学式为KO2
【答案】B
【解析】
【分析】根据含K或含Cu物质的分类与相应化合价关系如图，该元素最高正价为+2，所以该元素为Cu元素。
【详解】A．CuOH在氧气、水存在时生成Cu(OH)2，Cu(OH)2加热分解为CuO，故A正确；
B．Cu2O与H2O不反应，故B错误；
C．新制的Cu(OH)2悬浊液能与葡萄糖反应生成砖红色沉淀，可普遍用于检验尿糖，故C正确；
D．根据图甲晶胞投影图，8个顶点和体心各有1个K，楞上有8个O、晶胞内有2个O，根据均摊原则，K原子数为 、O原子数为，对应物质的化学式为KO2，故D正确；
选B。
12. CO2催化加氢制CH3OH的反应体系中，发生的主要反应如下：
反应1：
反应2：
恒压下，将的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，测得出口处CO2的转化率及CH3OH和CO的选择性[]随温度的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线③表示CO的选择性
B. 280℃时出口处CO的物质的量小于220℃时
C. 一定温度下，增大可提高CO2平衡转化率
D. 为提高CH3OH生产效率，需研发CO2转化率高和CH3OH选择性高的催化剂
【答案】D
【解析】
【分析】甲醇的选择性和CO的选择性相加等于100%，现已知曲线①为甲醇的选择性，则曲线②为CO的选择性，曲线③为CO2的转化率，据此解答。
【详解】A．根据分析可知，曲线③表示CO2的转化率，A错误；
B．根据图示可知，随着温度增大，CO2转化率和CO选择性均增大，n生成(CO)=n总转化(CO2)×CO的选择性，则n生成(CO)随温度的升高而增大，故280℃时出口处CO的物质的量大于220℃时，B错误；
C．一定温度下，增大，相当于额外加入了CO2，虽然化学平衡正向移动，但是CO2的平衡转化率减小，C错误；
D．n生成(CH3OH)=n总转化(CO2)×CH3OH的选择性，研发CO2转化率高和CH3OH选择性高的催化剂，提高了CH3OH选择性和n总转化(CO2)，从而使得n生成(CH3OH)增大，D正确；
故选D。
13. 根据下列实验操作和现象，能得出相应结论的是
实验操作 现象 结论
A 分别测Na2SO3溶液在室温和加热并冷却至室温的pH pH变小 证明的水解过程为吸热过程
B 向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸 溶液由黄色变为橙色 转化平衡向生成的方向移动
C K2S固体溶于水，进行导电实验 K2S溶液可导电 K2S中含有离子键
D 向苯酚浊液中加Na2CO3溶液 溶液变澄清 酸性：苯酚>碳酸
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．已知Na2SO3溶液由于亚硫酸根离子水解使溶液显碱性，则分别测Na2SO3溶液在室温和加热并冷却至室温的pH，两次测量温度相同， pH变小，不能证明若的水解过程为吸热过程，A不合题意；
B．缓慢滴加少量浓硫酸，氢离子浓度增大，使（橙色）+H2O 2（黄色）+2H+逆向移动，溶液由黄色变为橙色，B符合题意；
C．K2S固体溶于水，发生电离，溶液可导电，不能证明K2S为离子化合物，共价化合物溶于水也可导电如HCl、H2SO4等共价化合物溶液均能导电，C不合题意；
D．向苯酚浊液中加Na2CO3溶液，溶液变澄清，苯酚和Na2CO3反应生成苯酚钠溶液和NaHCO3，而不是生成H2CO3，所以酸性为苯酚大于碳酸氢根离子，而不能说明大于碳酸，D不合题意；
故答案为：B。
14. 利用丙酮酸与废水中的电催化耦合，可在温和条件下去除并生产丙氨酸，其工作原理如图。，丙氨酸主要以形式存在于溶液中。下列说法错误的是
A. 电极连接电源的正极
B. 阴极的电极反应有：
C. 反应一段时间后，阴极区溶液的基本不变
D. 极区生成丙氨酸时，极区至少生成了
【答案】C
【解析】
【分析】该装置为电解池，a电极处水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，a极接电源正极为阳极；硝酸根得到电子发生还原反应，b极接电源负极为阴极；制备丙氨酸分为三步，硝酸根离子在阴极反应转化为NH2OH，NH2OH和丙酮酸反应生成C3H5O3N，C3H5O3N在电极上反应生成丙氨酸，据此回答。
【详解】A．由分析可知，电极连接电源的正极，A正确；
B．硝酸根得到电子发生还原反应生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：，B正确；
C．在阳极，水失去电子被氧化生成氧气和氢离子，同时氢离子从阳极区移向阴极，根据阴极区电极反应式，阴极反应消耗H+大于转移的H+的量，H+减小，pH增大，C错误；
D．a电极处水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极方程式为：2H2O-4e-=O2+4H+，阴极区产生丙氨酸，电极反应为： +NO +10e-+11H+ +4H2O，极区生成丙氨酸时，转移10mol电子，极区至少生成了，D正确；
故选C。
15. 实验室模拟制NaHCO3，将CO2通入饱和氨盐水(溶质为NH3、NaCl)，实验现象及数据如图1，含碳粒子在水溶液中的物质的量(数(δ)与pH关系如图2。
下列说法正确的是
A. 0min，溶液中
B. 0~60min，发生的主要反应为：
C. 0~60min，水的电离程度一直增大
D. 0~100min，n(Na+)、n(Cl-)均保持不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．0min，溶液是饱和氨盐水，溶质为NH3、NaCl，溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)++c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，则，故A错误；
B．0 60min,反应生成少量白色沉淀为碳酸氢钠晶体，发生的主要反应的离子方程式为：，故B正确；
C．0min时溶液是饱和氨盐水，溶质为NH3、NaCl，60min时，随着通入二氧化碳反应消耗一水合氨，水的电离程度增大，水的电离程度：0min＞60min，故C错误；
D．0 100min，n(Cl-)保持不变，n(Na+)减小，故D错误。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 某钒制品厂钙法提钒工艺产生的酸性废水中MnSO4和CaSO4的含量较高，且含有少量的Al3+。以下是采用化学沉淀法处理钙法提钒废水并制备高纯MnCO3的生产工艺流程。请回答下列问题：
已知：CaC2O4难溶于水。
（1）滤渣I为___________。
（2）步骤2中加少量CaC2O4的目的是___________，有利于滤渣Ⅱ的析出。加入的试剂X最合理的是___________(填标号)。
A．H2C2O4 B．NH4HC2O4 C．(NH4)2C2O4
（3）步骤3中溶液pH、反应时间与MnCO3的产率的关系如图所示。
①应调节溶液的最佳pH和反应时间为___________。
②请从平衡移动原理角度解释：pH过小导致MnCO3产率降低的原因___________。
③最佳pH条件下，保持溶液中，此时溶液中___________mol/L。[25℃时，，，。]
（4）碳酸锰在不同条件下煅烧可制得不同锰的氧化物晶体。某种MnOx晶体的晶胞如下图所示，碳酸锰煅烧生成该晶体的化学方程式为___________。已知该晶胞底面是边长为acm的正方形，以晶胞参数为单位长度建立坐标系，A、B、C处的原子坐标参数分别为(0，0，0)、、，则Mn与O形成化学键的键长为___________cm(用含a、m的代数式表示)。
【答案】（1）CaSO4、Al(OH)3
（2） ①. 提供晶种 ②. C
（3） ①. pH=7，30min ②. pH过低，c(H+)大，沉淀溶解平衡正向移动，碳酸锰产率降低 ③. 2×10-6
（4） ①. ②.
【解析】
【分析】提钒废水加入CaCO3调节pH约为5.5，溶液中的铝离子转化为氢氧化铝，然后过滤，过滤得到滤渣Ⅰ为氢氧化铝，滤液Ⅰ加入X为(NH4)2C2O4，加少量CaC2O4是为了提供晶种，除去溶液中的钙离子，过滤得到滤渣Ⅱ为草酸钙，滤液Ⅱ中加入NH4HCO3溶液和氨水，溶液中的锰离子生成MnCO3，同时得到滤液Ⅲ为硫酸铵溶液，过滤得到滤渣Ⅲ为MnCO3，经过一系列操作得到纯品MnCO3，据此解答。
【小问1详解】
提钒废水加入CaCO3调节pH约为5.5，溶液中的铝离子转化为氢氧化铝，然后过滤，过滤得到滤渣Ⅰ为Al(OH)3及CaSO4；
【小问2详解】
滤液Ⅰ加少量CaC2O4是为了提供晶种，除去溶液中的钙离子，过滤得到滤渣Ⅱ为草酸钙，故加入X为(NH4)2C2O4，故选C；
【小问3详解】
①由图可知，当pH=7.0，时间为30min时MnCO3产率最高，延长时间MnCO3产率变化不大，故应调节溶液的最佳pH为7.0，反应时间为30min；
②存在溶解平衡，pH过小时，H+浓度大，H+和反应，使溶解平衡右移，导致MnCO3溶解，产率降低；
③c()=01mol/L，pH=7.0，c(H+)=10-7mol/L， ，c()=mol/L，，c(Mn2+)=2×10-6mol/L；
【小问4详解】
由晶胞结构图可知，Mn的个数为，O的个数为，化学式为MnO2，碳酸锰煅烧生成MnO2的化学方程式为：；
Mn与O形成化学键的键长为B到C的距离，为。
17. 氯磺酸(HSO3Cl)可用于制造农药、洗涤剂、塑料等，军事上常用作烟幕剂，其沸点约152℃，易溶于硫酸，极易潮解。常温下制氯磺酸的原理为：，其中SO3可由发烟硫酸提供。制备少量氯磺酸的装置如图所示(部分夹持装置略)。
（1）试剂a为___________，装置A中毛细管的作用是___________。
（2）装置F应为___________(填序号)，其作用除了尾气处理外还有___________(用化学用语表示)。
（3）反应到一定程度时需对C装置加热，其目的是___________。
（4）查阅资料，氯磺酸的酸性强于硫酸，其原因可能为___________。
（5）氯磺酸产品中可能含有少量Fe2+，现测定其中铁含量。已知在pH为3~9时，邻菲啰啉能与Fe2+形成橙色配合物Fe-phen。Fe-phen在510nm处的吸光度A与溶液中Fe2+浓度呈线性关系，如下表所示：
Fe2+浓度/mol L-1 0 0.00080 0.0016 00024 0.0032
吸光度A 0 0.20 0.40 0.60 0.80
在一定条件下测定溶液的平均吸光度，该产品中Fe2+含量为___________mol·L-1。
（6）测定HSO3Cl的纯度(HSO3Cl中常溶有少量的SO3)：选择合适的试剂，设计实验。简要说明实验操作，实验数据可用字母表示。[可选的试剂：BaCl2溶液、Ba(NO3)2溶液、AgNO3溶液、稀硝酸]
取mg产品溶于水中，___________。
【答案】（1） ①. 浓盐酸 ②. 控制浓盐酸的加入速度，使产生的HCl气流速度适当而稳定或使密度较浓硫酸小的浓盐酸顺利流到底部，能顺利产生HCl气体或防止盐酸飞溅
（2） ①. ②或①③ ②.
（3）使温度升高，沸点较低的氯磺酸迅速气化被及时蒸馏分离出来
（4）氯原子为吸电子基团，使羟基的极性变大，酸性增强
（5）0.0010 （6）加入过量的Ba(NO3)2溶液充分反应后，过滤。向滤液中加入过量的AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥、称量，测量所得沉淀AgCl的质量为ng
【解析】
【分析】装置A为实验室制备少量的HCl，由于氯磺酸(HSO3Cl)沸点约152℃，易溶于硫酸，可迅速吸潮发生反应产生浓烈的白雾：HSO3Cl+H2O=HCl+H2SO4，故B装置可以起到干燥HCl防止氯磺酸水解变质的作用，也可以通过B、C的气流速率来判断反应进行的程度，C装置为制备苯磺酸的发生装置，反应为HCl(g)+SO3=HSO3Cl(l)，D冷凝装置，E用于收集产品，F进行尾气吸收以及防止后面水蒸气的进入，据此分析解题。
【小问1详解】
A为实验室制备少量的HCl，试剂a为浓盐酸，装置A中毛细管的作用是控制浓盐酸的加入速度，使产生的HCl气流速度适当而稳定或使密度较浓硫酸小的浓盐酸顺利流到底部，能顺利产生HCl气体或防止盐酸飞溅。
【小问2详解】
装置F进行尾气吸收以及防止后面水蒸气的进入，应为②或①③，其作用除了尾气处理外还有。
【小问3详解】
反应到一定程度时需对C装置加热，其目的是使温度升高，沸点较低的氯磺酸迅速气化被及时蒸馏分离出来。
【小问4详解】
氯磺酸的酸性强于硫酸，结合其结构，其原因可能为氯原子为吸电子基团，使羟基的极性变大，酸性增强。
【小问5详解】
由题干信息可知，Fe-phen在510nm处的吸光度A与溶液中Fe2+浓度呈线性关系，分析表中数据可得出：A=×c(Fe2+)=250c(Fe2+)，故在一定条件下测定溶液的平均吸光度A=0.25，该产品中总铁量为。
【小问6详解】
可以通过产物中氯元素的含量进行测定纯度，具体步骤为：取mg产品溶于水中，加入过量的Ba(NO3)2溶液充分反应后，过滤。向滤液中加入过量的AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥、称量，测量所得沉淀AgCl的质量为ng。
18. CH4-H2O(g)催化重整制氢是氢能源领域的研究热点，主要反应如下：
反应I：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
（1）反应I的，该反应能正向自发进行的最低温度为___________K。(结果保留到整数)
（2）下列说法错误的是___________(填标号)。
A. 反应Ⅱ的正反应活化能大于逆反应活化能
B. 其它条件不变，升高温度，反应Ⅲ速率降低，H2产率降低
C. 其它条件不变，恒压比恒容条件利于提高CH4平衡转化率
D. 恒温恒容，当时，说明体系达到平衡状态
（3）反应Ⅲ也可以通过电化学方法实现，以质子导体为电解质，阳极的电极反应式为___________。
（4）650℃(局部温度过高会造成积碳)、以一定流速通入原料气，进行反应I、Ⅱ、Ⅲ，当水碳比[]一定时，催化剂中无吸附剂和添加P-Li4SiO4吸附剂(吸收CO2)，各组分的平衡含量与时间的关系如图：
①与图1相比，图2中t1min前H2的平衡含量升高，CO2、CO和CH4的平衡含量降低的原因是___________。
②图2中t1min后P-Li4SiO4失效，H2的含量降低，CO2、CO和CH4的含量升高，最终，H2和CH4的含量与图1相同，但CO2的含量低于图1，CO的含量高于图1，可能的原因是___________。(用化学用语表示)
（5）在6kPa的恒温恒压容器中，加入2molCH4(g)和2molH2O(g)，进行反应I、Ⅱ、Ⅲ，经10min达到平衡，测得，，用CH4的分压表示的平均反应速率为___________kPa·min-1，该温度下反应I的平衡常数___________(用各组分的物质的量分数表示Kx)(保留到小数点后一位)。
【答案】（1）764 （2）BD
（3）
（4） ①. 添加P-Li4SiO4吸附剂，降低了CO2的浓度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动，使CO和CH4的平衡含量降低，H2的平衡含量升高 ②.
（5） ①. 0.2 ②. 1.2
【解析】
【小问1详解】
反应正向自发进行符合关系式G= 206.2 -T270.0 10-3<0，则最低温度T>764K；
【小问2详解】
A．反应Ⅱ为吸热反应H>0，故正反应的活化能大于逆反应的活化能，A正确；
B．升高温度，反应速率增大，B错误；
C．反应Ⅰ、Ⅱ均为气体体积增大的反应，恒容时压强增大，不利于反应正向进行，恒压有利于提高CH4平衡转化率，C正确；
D．随反应进行，无特定关系，比值为1不能说明体系达到平衡，D错误；
答案选BD。
【小问3详解】
反应Ⅲ为，阳极发生氧化反应，电极反应式为；
【小问4详解】
P-Li4SiO4吸附剂可以吸收CO2，从而使Ⅱ、Ⅲ反应正向移动，CO2、CO和CH4的含量降低，H2的含量升高， 符合t1min前曲线变化，t1min后，P-Li4SiO4吸附剂失效，H2含量恢复原平衡，但CO2可能在高温下与积碳反应，生成CO，使CO2的含量降低，CO含量升高，方程式为；
【小问5详解】
恒温恒压时，加入2molCH4(g)和2molH2O(g)，进行反应I、Ⅱ、Ⅲ，经10min达到平衡，测得，，设各反应变量分别为x mol、y mol、z mol，列得“三段式”如下：
，
则有关系式：①2-x-2y-z=0.5②x-z=0.5，计算可得CH4初始分压=kPa，CH4平衡时物质的量为2-(x+y)=1 mol，利用差量法可得平衡时气体总物质的量=4+(2x+2y)=6 mol，故CH4平衡压强=kPa，故CH4平均反应速率为 kPa·min-1；平衡时n(H2)=3x+4y+z=3.5mol，带入平衡常数表达式，则反应Ⅰ的平衡常数Kx= 1.2。
19. 薄荷酮是重要的医药合成原料，由薄荷酮合成并环化合物路线如下：
已知：①迈克尔加成反应：
②羟醛缩合反应：(酮类也有类似性质)
（1）下列说法正确的是___________。
A. B中sp3杂化的原子有12个 B. C→D的反应类型是消去反应
C. F中有三种含氧官能团 D. H存在芳香族化合物的同分异构体
（2）D→E发生迈克尔加成反应，则E的结构简式为___________。
（3）G→H还产生一种无色气体，写出该反应的化学方程式___________。
（4）化合物A的同分异构体中满足下列条件的有___________种。(不考虑立体异构)
①含六元环且环上只有一个取代基；
②能发生银镜反应。
（5）根据流程中的信息，以与为原料合成的路线如图，(部分反应条件已略)
其中M和N的结构简式分别为___________和___________。
（6）碳可以形成多种杂环化合物，如呋喃()、吡咯()。
①沸点：呋喃___________吡咯(填“>”或“<”)。
②吡咯分子中所有原子共平面。已知大π键可以用表示，其中m表示参与形成大π键的原子数，n代表大π键中的电子数，则吡咯中大π键可以表示为___________。
【答案】（1）BD （2）
（3） （4）5
（5） ①. ②.
（6） ①. ＜ ②.
【解析】
【分析】C发生消去反应生成D，D→E发生迈克尔加成反应，E的结构简式为，E发生信息反应②生成F，F先在碱性条件下发生水解反应，再酸化得到G为，据此分析解答。
【小问1详解】
A．B中sp3杂化的原子有12个饱和碳原子和1个N原子，共有13个，错误；
B．C→D脱去小分子，D中生成碳碳双键，故反应类型是消去反应，正确；
C．F中有酯基、羰基两种含氧官能团，错误；
D． H的不饱和度为4，且碳原子数超过6个，故存在芳香族化合物的同分异构体，正确
故选BD。,
【小问2详解】
D→E发生迈克尔加成反应，根据已知信息反应①，可知E的结构简式为。
【小问3详解】
G为，G→H还产生一种无色气体，对比G、H结构简式，该无色气体为CO2，该反应的化学方程式为。
【小问4详解】
A为，化合物A的同分异构体中满足下列条件：①含六元环且环上只有一个取代基；②能发生银镜反应，含有醛基；六元环为饱和六元碳环，故该同分异构体可以看成醛基取代、侧链上的氢原子，侧链上有2种氢原子，侧链上有3种氢原子，故共有5种。
【小问5详解】
与发生迈克尔加成反应生成M为，发生信息反应②生成N，因为羟基在发生消去反应时可能有三种消去方式，故N可能有3种结构，
【小问6详解】
①吡咯可以形成分子间氢键，故沸点：呋喃＜吡咯。
②吡咯分子中所有原子共平面，则Ｃ、N原子均采取sp2杂化，每个C原子各有一个未参与杂化的p轨道，该p轨道上有一个电子参与形成π键，N原子未参与杂化的p轨道上有一对电子，则在形成的大π键中，每个C原子各提供一个电子，N原子也提供一对电子，则吡咯中大π键可以表示为。
