精品解析：江苏省南京民办实验学校2023-2024学年高三上学期10月月考化学试卷

2023-2024学年高三上学期一中实验10月月考 可能用到的相对原子质量：S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Mo-96 一、单项选择题：共13小题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 2023年4月20日，SpaceX的巨无霸航天器“星舰”在美国得克萨斯州的星基地进行了试飞。下列关于“星舰”说法不正确的是 A. “星舰”采用不锈钢外壳，不锈钢密度比铝合金大 B. “星舰”舰体外的烧蚀层可采用耐高温材料 C. “星舰”及助推器都实现了重复使用，从而大大降低发射成本 D. “星舰”采用的猛禽发动机以液氧和甲烷为燃料，比使用与偏二甲肼为燃料环保 2. 反应CO2+3H2=CH3OH+H2O可实现二氧化碳的资源化。下列说法正确的是 A. CO2的电子式为 B. H2O的球棍模型为 C. CH3OH是非极性分子 D. CH3OH和H2O能形成分子间氢键 3. 臭氧(O3)在[Fe(H2O)6]2＋催化下能将烟气中的SO2、NOx分别氧化为和。下列关于N、O、S、Fe元素及其化合物的说法正确的是 A. 原子半径：N>O>S B. 第一电离能：I1(N)>I1(O)>I1(S) C. 标准大气压下沸点：H2S>H2O>NH3 D. 1mol[Fe(H2O)6]2＋含有σ键数目为12mol 阅读以下材料，回答有关问题 造纸工业常用SO2作漂白剂；食品中添加适量SO2可以起到漂白、防腐和抗氧化的作用，但国家对使用范围和用量作了规定，例如SO2用于葡萄酒的最大使用量是0.25g/L。硫酸是重要的化工原料，工业上以硫黄或黄铁矿(主要成分FeS2，烧渣主要成分为Fe2O3)为主要原料生产硫酸的主要流程如下： 4. 下列说法正确的是 A. 硫黄具有强氧化性，可用于杀菌 B. 葡萄酒中SO2的最大物质的量浓度是0.002mol·L-1 C. 100g98%浓硫酸吸收SO3可得H2SO4·SO3的质量为178g D. 反应2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g)具有自发性的原因是ΔH<0 5. 实验室进行SO2性质探究，下列实验原理和装置不能达到实验目的的是 A. 制取SO2 B. 探究溶解性 C. 探究氧化性 D. 吸收尾气SO2 6. “接触法制硫酸”的核心反应是2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g) ΔH=-198 kJ·mol-1，因SO2在催化剂表面与O2接触而得名，反应过程示意图如图 下列说法正确的是 A. 过程①②中都有极性键、非极性键的断裂和形成 B. 增加O2的浓度对上述反应的速率影响不明显，说明反应②速率远大于反应① C. SO2→SO3过程中分子增加O原子导致键角减小 D. V2O5 能降低该反应活化能，提高 SO2平衡转化率 7. 以含钴废渣(主要成分为CoO和，含少量和)为原料制备锂电池的电极材料的工艺流程如下： 下列说法错误的是 A. 通入发生反应的离子方程式： B. 加入适量调节pH是利用几种氢氧化物的不同除铝 C. 若萃取剂的总量一定，则分多次加入萃取比一次加入萃取效果更好 D. 将含溶液缓慢滴加到溶液中沉钴，以提高的产率 8. 对于反应2NO2(g)⇌N2O4(g)，下列说法正确的是 A. 该反应的H>0 S<0 B. 该反应的平衡常数表达式为 C. 升高温度， 该反应的v (正)增大， v(逆)减小(该反应的正反应速率减小，逆反应速率增大) D. 将容器体积压缩为原来一半，气体颜色比压缩前深 9. 某梯形聚合物BBL的结构简式如图所示，可由A和B两种物质聚合而成，下列说法正确的是 A. A分子中所有原子共平面，1molA水解时最多可与4molNaOH反应 B. 化合物B属于芳香族化合物，可溶于水，其水溶液显碱性 C. BBL平均每个链节中有6个环 D. 由A和B通过加聚反应得到BBL，同时会生成等物质的量的两种小分子 10. 羟胺(NH2OH)常用于有机合成。一种电化学法制取盐酸羟胺(NH3OHCl)的装置原理如下图所示，已知铁可作NO反应的催化剂。下列说法正确的是 A. 放电时Pt电极有Cl2生成 B. 放电时的正极反应式为NO+3e-+4H+=NH3OH+ C. 放电时，电路中每转移1mol eˉ，负极区将增加1mol H+ D. 将质子交换膜改成阴离子交换膜，放电时的电极反应将发生变化 11. 根据下列实验操作和现象所得结论正确的是 选项 实验操作和实验现象 结论 A 在一块除去铁锈的铁片上滴1滴含有酚酞的食盐水，静置2~3min，溶液边缘出现红色 铁片上发生了吸氧腐蚀 B 向溶液中滴入NaClO溶液，产生无色气体 的氧化性强于NaClO C 用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近试剂瓶瓶口，试剂瓶瓶口有白烟生成 该试剂瓶中盛装的是浓硝酸 D 向、的混合溶液中滴入少量溶液，有黑色沉淀生成 A. A B. B C. C D. D 12. 草酸亚铁(FeC2O4)是生产磷酸铁锂电池的原料，实验室可通过如图反应制取： 已知室温时：Ka1(H2C2O4)=5.6×10−2、Ka2(H2C2O4)=1.5×10−4、Ksp(FeC2O4)=2.1×10−7 下列说法正确的是 A. 酸化、溶解后的溶液中存在：2c(Fe2+)+c(H+)<c(NH)+c(OH-) B. 室温下，0.10 mol∙L−1NaHC2O4溶液中存在：c(C2O)<c(H2C2O4) C. 向稀硫酸酸化的KMnO4溶液中滴加Na2C2O4溶液至溶液褪色，反应的离子方程式为：5C2O+2MnO+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O D. 室温时反应Fe2++H2C2O4=FeC2O4+2H+的平衡常数K=30 13. 在一定的温度和压强下，将按一定比例混合的和通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。已知： 催化剂的选择是甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测得温度对转化率和生成选择性的影响如图所示。 选择性=×100％ 下列有关说法正确的是 A. 在260℃～320℃间，以为催化剂，升高温度的产率增大 B. 延长W点的反应时间，一定能提高的转化率 C. 选择合适的催化剂，有利于提高的平衡转化率 D. 高于320℃后，以Ni为催化剂，随温度的升高转化率上升的原因是平衡正向移动 二、非选择题：共4题，共61分 14. 二硫化钼(MoS2，难溶于水)具有良好的光、电性能，可由钼精矿(主要含MoS2，还含NiS、CaMoO4等)为原料经过如下过程制得。 （1）“浸取”。向钼精矿中加入NaOH溶液，再加入NaClO溶液，充分反应后的溶液中含有Na2MoO4、Na2SO4、NiSO4、NaCl。 ①写出浸取时MoS2发生反应的离子方程式：_______。 ②浸取后滤渣中含CaMoO4。若浸取时向溶液中加入Na2CO3溶液，可提高浸出液中Mo元素的含量，原因是_______。 ③浸取时，Mo元素的浸出率与时间的变化如图1所示。已知生成物对反应无影响，则反应3～4min时，Mo元素的浸出率迅速上升的原因是_______。 （2）“制硫代钼酸铵[(NH4)2MoS4，摩尔质量260g•mol-1]”。向浸出液中加入NH4NO3和HNO3，析出(NH4)2Mo4O13，将(NH4)2Mo4O13溶于水，向其中加入(NH4)2S溶液，可得(NH4)2MoS4，写出生成(NH4)2MoS4反应的化学方程式：________。 （3）“制MoS2”。(NH4)2MoS4可通过如下两种方法制取MoS2： 方法一：将(NH4)2MoS4在一定条件下加热，可分解得到MoS2、NH3、H2S和硫单质。其中NH3、H2S和硫单质的物质的量之比为8：4：1。 方法二：将(NH4)2MoS4在空气中加热可得MoS2，加热时所得剩余固体的质量与原始固体质量的比值与温度的关系如图2所示。 ①方法一中，所得硫单质的分子式为_______。 ②方法二中，500℃可得到Mo的一种氧化物，该氧化物的化学式为_______。 15. 早期的科学家曾利用化合物G研究有机合成的路线设计问题。以下合成路线是以甲苯为主要原料合成G的路线(已知：RONaROCH3ROH)。 （1）由B→C反应类型是_______，B中含氧官能团的名称为_______。 （2）由C和F反应生成G的同时会发生副反应，其产物与G互为同分异构体，该产物的结构简式为_______。 （3）化合物H可以由F和CH3COCl/AlCl3催化下制备，请写出符合下列条件的H的一种同分异构体的结构简式_______。 ①可以发生银镜反应：②可以发生水解反应；③含有苯环，分子中只含有4种不同化学环境的氢。 （4）由甲苯制备D有如下两种常见的合成方法，请从试剂、产率和耗能等角度简要评价两种合成路线_______。 ① ② （5）已知苯环上的羟基具有很强的还原性，写出以 和CH3I为原料制备 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)_______。 16. 某铜矿酸性废水除去不溶性固体杂质后，仍含有c(H+)=0.1mol•L-1，c(Cu2+)=0.05mol•L-1，需净化处理。 已知：①含铜污水排放标准为pH=7，c(Cu2+)≤1×10-7mol•L-1。 ②Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(FeS)=6.3×10-18；Kb(NH3•H2O)=1.7×10-5，Ka1(H2S)=1.3×10-7，Ka2(H2S)=7.0×10-15。 （1）中和沉淀法处理。 ①向酸性废水中加入氨水，调节pH，溶液中铜的去除率与pH关系如图所示。则pH由7到10时，铜的去除率下降的主要原因为_______(用离子方程式表示)。 ②若加入石灰乳处理废水，结合计算判断生成氢氧化铜沉淀能否达到排放标准______(写出计算过程)。 （2）硫化物沉淀法处理。 ①加入Na2S处理废水，pH=7时，Na2S溶液中硫元素的主要存在的微粒为_______。 ②用FeS处理含铜废水比Na2S效果好。请通过必要的计算和说明采用FeS处理的优点的原因______。 （3）溶剂萃取法。用萃取剂RH可萃取废水中的铜离子，再加入20%的硫酸进行反萃取。 ①实验室进行萃取操作时，振荡静置后，需对分液漏斗放气，正确放气的图示为_______(填标号)。 A. B. C. ②萃取时，适度增大溶液的pH，Cu2+萃取率升高的原因是_______。 （4）实验中需测定废液中铜离子含量。 已知：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2S2O=2I-+S4O。 请运用上述原理完成测定某弱酸性溶液中铜离子含量的实验方案：量取25.00mL废水于锥形瓶中，_______(实验中须使用的试剂：0.1mol•L-1KI溶液、0.05000mol•L-1Na2S2O3标准溶液、0.5%淀粉溶液)。 17. 乙苯被吸附在催化剂表面发生脱氢可生成苯乙烯、苯甲醛等，生成苯乙烯的相关反应如下。 反应1：C6H5CH2CH3(g)=C6H5CH=CH2(g)+H2(g) △H1=117.6kJ•mol-1 反应2：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H2=41.2kJ•mol-1 反应3：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H3=-483.6kJ•mol-1 （1）反应4：C6H5CH2CH3(g)+O2(g)=C6H5CH=CH2(g)+H2O(g) △H4=_______kJ•mol-1。 （2）较低温度下，向乙苯脱氢的反应体系中加入少量O2，乙苯平衡转化率较高而苯乙烯的选择性较低，其原因可能是________。 （3）向乙苯脱氢反应体系中加入CO2，乙苯转化率与体系中CO2分压强的关系如图1所示。随CO2的增加，乙苯转化率先增大后减小的可能原因为_______。 （4）研究发现在V2O5/MgO催化剂表面进行CO2的乙苯脱氢反应中，V(+5价)是反应的活性中心，转化过程如图2所示。 ①转化Ⅰ发生反应的化学方程式为_______。反应一段时间后，催化剂活性有所下降，原因可能有反应过程产生的积碳覆盖在活性中心表面和_______。 ②简述转化Ⅱ的作用_______。 ③CO2参与的乙苯脱氢机理如图3所示(α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，B1、B2位点带部分负电荷)。 图中所示反应机理中步骤Ⅰ和步骤Ⅱ可描述为________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年高三上学期一中实验10月月考 可能用到的相对原子质量：S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Mo-96 一、单项选择题：共13小题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 2023年4月20日，SpaceX的巨无霸航天器“星舰”在美国得克萨斯州的星基地进行了试飞。下列关于“星舰”说法不正确的是 A. “星舰”采用不锈钢外壳，不锈钢密度比铝合金大 B. “星舰”舰体外的烧蚀层可采用耐高温材料 C. “星舰”及助推器都实现了重复使用，从而大大降低发射成本 D. “星舰”采用的猛禽发动机以液氧和甲烷为燃料，比使用与偏二甲肼为燃料环保 【答案】B 【解析】 【详解】A．不锈钢是密度比铝合金大的铁合金，故A正确； B．烧蚀层应采用熔沸点低易挥发的物质，不能采用耐高温材料，故B错误； C．航天器和助推器的重复使用可以大大降低发射成本，有利于提高航天器的商业化利润，故C正确； D．与发动机以有毒的二氧化氮与偏二甲肼为燃料相比，使用液氧和甲烷为燃料对环境污染相对比较小，更环保，故D正确； 故选B。 2. 反应CO2+3H2=CH3OH+H2O可实现二氧化碳的资源化。下列说法正确的是 A. CO2的电子式为 B. H2O的球棍模型为 C. CH3OH是非极性分子 D. CH3OH和H2O能形成分子间氢键 【答案】D 【解析】 【详解】A．CO2的结构式为O=C=O，电子式为 ，A不正确； B．H2O的结构式为H-O-H，但由于O原子的最外层有2个孤电子对，对成键电子有排斥作用，所以水分子呈V形结构，球棍模型为 ，B不正确； C．CH3OH的结构式为 ，分子结构不对称，正负电荷的重心不重合，是极性分子，C不正确； D．CH3OH和H2O分子中都含有-OH，O原子与另一分子中-OH上的H原子能形成氢键，D正确； 故选D。 3. 臭氧(O3)在[Fe(H2O)6]2＋催化下能将烟气中的SO2、NOx分别氧化为和。下列关于N、O、S、Fe元素及其化合物的说法正确的是 A. 原子半径：N>O>S B. 第一电离能：I1(N)>I1(O)>I1(S) C. 标准大气压下沸点：H2S>H2O>NH3 D. 1mol[Fe(H2O)6]2＋含有σ键数目为12mol 【答案】B 【解析】 【详解】A．S核外有3个电子层，N、O核外有2个电子层，因此S的原子半径最大，N、O同周期从左向右原子半径依次减小，因此原子半径：S＞N＞O，故A错误； B．同周期从左向右第一电离能是增大趋势，但ⅤA＞ⅥA，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，因此第一电离能：I1(N)＞I1(O)＞I1(S)，故B正确； C．H2O、NH3分子间存在氢键，H2S不含分子间氢键，水分子间存在氢键数目大于氨气，因此沸点大小顺序是H2O＞NH3＞H2S，故C错误； D．1mol[Fe(H2O)6]2+含有σ键数目为(6+2×6)NA=18NA，故D错误； 答案为B。 阅读以下材料，回答有关问题 造纸工业常用SO2作漂白剂；食品中添加适量SO2可以起到漂白、防腐和抗氧化的作用，但国家对使用范围和用量作了规定，例如SO2用于葡萄酒的最大使用量是0.25g/L。硫酸是重要的化工原料，工业上以硫黄或黄铁矿(主要成分FeS2，烧渣主要成分为Fe2O3)为主要原料生产硫酸的主要流程如下： 4. 下列说法正确的是 A. 硫黄具有强氧化性，可用于杀菌 B. 葡萄酒中SO2的最大物质的量浓度是0.002mol·L-1 C. 100g98%浓硫酸吸收SO3可得H2SO4·SO3的质量为178g D. 反应2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g)具有自发性的原因是ΔH<0 5. 实验室进行SO2性质探究，下列实验原理和装置不能达到实验目的的是 A. 制取SO2 B. 探究溶解性 C. 探究氧化性 D. 吸收尾气SO2 6. “接触法制硫酸”的核心反应是2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g) ΔH=-198 kJ·mol-1，因SO2在催化剂表面与O2接触而得名，反应过程示意图如图 下列说法正确的是 A. 过程①②中都有极性键、非极性键的断裂和形成 B. 增加O2的浓度对上述反应的速率影响不明显，说明反应②速率远大于反应① C. SO2→SO3过程中分子增加O原子导致键角减小 D. V2O5 能降低该反应活化能，提高 SO2平衡转化率 【答案】4. D 5. A 6. B 【解析】 【4题详解】 A．硫黄不具有强氧化性。硫黄可用于杀菌主要原因在于硫磺对细菌表面的有机膜有很强的破坏作用，A错误； B．SO2用于葡萄酒的最大使用量是0.25g/L，即最大物质的量浓度：，B错误； C．100g98%浓硫酸中含98g硫酸，物质的量为1mol，还有2g水，1mol硫酸吸收SO3可得1molH2SO4·SO3，对应质量为178g，水也会吸收SO3而导致最终质量大于178g，C错误； D．反应2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g)，该反应为气体分子数减小的反应，，根据可知，该反应具有自发性的原因是ΔH<0，D正确； 答案选D。 【5题详解】 A．浓硫酸与Cu在加热条件下才能发生反应，A错误； B．试管中二氧化硫溶与水，试管内压强减小，烧杯中的水进入试管，能达到实验目的，B正确； C．二氧化硫有弱氧化性，可与H2S发生氧化还原反应：，观察装置中是否出现浑浊即可探究二氧化硫氧化性，C正确； D．二氧化硫为有毒气体，能与NaOH溶液反应，通过倒置漏斗放倒吸，以进行尾气处理，D正确； 答案选A。 【6题详解】 A．过程①不涉及非极性键的断裂与形成，过程②不涉及非极性键的形成和极性键的断裂，A错误； B．O2只参与反应②，增加O2的浓度对上述反应的速率影响不明显，说明反应①为慢反应，为整个反应过程的决速步骤，即说明反应②速率远大于反应①，B正确； C．SO2中心原子S价层电子对数：，含2对孤电子对数，SO3中心原子S价层电子对数：，不含孤电子对，说明SO2键角小于SO3，，C错误； D．根据图示V2O5 为该反应催化剂，能降低该反应活化能，但不能影响该反应平衡移动，即不能提高 SO2平衡转化率，D错误； 答案选B。 7. 以含钴废渣(主要成分为CoO和，含少量和)为原料制备锂电池的电极材料的工艺流程如下： 下列说法错误的是 A. 通入发生反应的离子方程式： B. 加入适量调节pH是利用几种氢氧化物的不同除铝 C. 若萃取剂的总量一定，则分多次加入萃取比一次加入萃取效果更好 D. 将含的溶液缓慢滴加到溶液中沉钴，以提高的产率 【答案】D 【解析】 【分析】钴废渣主要成分为CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质，加入H2SO4酸浸并通入SO2，纵观整个流程最后得到CoCO3，说明该过程中SO2会还原Co2O3，发生反应：Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O，H2SO4与CoO、Al2O3、ZnO反应，所得溶液中还含有硫酸铝、硫酸锌等，加入Na2CO3调节溶液的pH，使铝离子转化为氢氧化铝沉淀，过滤除去，然后加入萃取剂，萃取Zn2＋，在有机层中加入稀硫酸，可得到硫酸锌。在水相中加入Na2CO3生成CoCO3固体。 【详解】A．根据分析可知酸浸过程中二氧化硫会还原Co2O3，根据电子守恒和元素守恒得到离子方程式为，A正确； B．氢氧化物Ksp不同，则开始沉淀和完全沉淀时所需的pH值不同，加入适量Na2CO3调节相应的pH可以只沉淀Al3+，B正确； C．萃取过程中，每一次萃取都是按照一定比例进行的溶质分配，多次萃取相当于不断降低物质的浓度，提取效率就高，C正确； D．将含Co2＋的溶液缓慢滴加到Na2CO3溶液中，在此过程中Na2CO3过量，溶液呈碱性会生成Co(OH)2沉淀，降低CoCO3的产率，D错误； 故选D。 8. 对于反应2NO2(g)⇌N2O4(g)，下列说法正确的是 A. 该反应的H>0 S<0 B. 该反应的平衡常数表达式为 C. 升高温度， 该反应的v (正)增大， v(逆)减小(该反应的正反应速率减小，逆反应速率增大) D. 将容器体积压缩为原来一半，气体颜色比压缩前深 【答案】D 【解析】 【详解】A．该反应正向为放热反应，ΔH<0，A错误； B．该反应的平衡常数表达式为K=，B错误； C．升高温度，增大活化分子百分数，该反应的正反应速率增大，逆反应速率也增大，C错误； D．将反应器容积压缩为原来的一半，所有气体浓度均增大为原来的二倍，颜色变深；压强增大，平衡正向移动，颜色变浅，根据勒夏特列原理，不能抵消二氧化氮浓度的增大，故气体颜色先变深再变浅，但气体颜色比压缩前深，D正确； 故选D。 9. 某梯形聚合物BBL的结构简式如图所示，可由A和B两种物质聚合而成，下列说法正确的是 A. A分子中所有原子共平面，1molA水解时最多可与4molNaOH反应 B. 化合物B属于芳香族化合物，可溶于水，其水溶液显碱性 C. BBL平均每个链节中有6个环 D. 由A和B通过加聚反应得到BBL，同时会生成等物质的量的两种小分子 【答案】A 【解析】 【详解】A．苯的空间构型为平面正六边形，碳氧双键中的碳原子杂化类型为sp2，属于平面形，因此化合物A中所有原子共平面，1molA完全水解后得到4mol羧基，能与4molNaOH溶液发生中和反应，故A正确； B．化合物B中含有苯环，属于芳香族化合物，氨基显碱性，B物质为盐酸胺盐，为强酸弱碱盐，溶于水后溶液显酸性，故B错误； C．BBL是由化合物A和化合物B通过聚合反应得到，根据BBL的结构简式，右侧两个N原子应于一个苯环相连，因此平均每个链节上有7个环，故C错误； D．根据元素守恒和质量守恒，A和B发生反应，除生成高分子化合物外，还生成H2O和HCl，该反应类型为缩聚反应，生成H2O和HCl的物质的量均为4nmol，故D错误； 故答案为A。 10. 羟胺(NH2OH)常用于有机合成。一种电化学法制取盐酸羟胺(NH3OHCl)的装置原理如下图所示，已知铁可作NO反应的催化剂。下列说法正确的是 A. 放电时Pt电极有Cl2生成 B. 放电时的正极反应式为NO+3e-+4H+=NH3OH+ C. 放电时，电路中每转移1mol eˉ，负极区将增加1mol H+ D. 将质子交换膜改成阴离子交换膜，放电时的电极反应将发生变化 【答案】B 【解析】 【分析】图示放电过程中，含铁电极表面NO得电子，发生还原反应生成NH3OH+，作正极，Pt电极表面H2失电子，发生氧化反应生成H+，作负极，H+通过质子交换膜从负极移向正极。 【详解】A．根据分析，放电时Pt电极表面H2失电子，发生氧化反应生成H+，没有Cl2生成，故A错误； B．放电时的正极上NO得电子，发生还原反应生成NH3OH+，电极反应式为NO+3e-+4H+=NH3OH+，故B正确； C．原电池工作时，阳离子从负极移向正极，根据电荷守恒，电路中每转移1mol eˉ，正极区将增加1mol H+，故C错误； D．原电池中阳离子向正极迁移，阴离子向负极迁移，所以若将质子交换膜改成阴离子交换膜，原来H+向含铁电极迁移，变成Cl-通过阴离子交换膜向Pt电极迁移，但放电时的电极反应不变，故D错误； 答案选B。 11. 根据下列实验操作和现象所得结论正确的是 选项 实验操作和实验现象 结论 A 在一块除去铁锈的铁片上滴1滴含有酚酞的食盐水，静置2~3min，溶液边缘出现红色 铁片上发生了吸氧腐蚀 B 向溶液中滴入NaClO溶液，产生无色气体 氧化性强于NaClO C 用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近试剂瓶瓶口，试剂瓶瓶口有白烟生成 该试剂瓶中盛装是浓硝酸 D 向、的混合溶液中滴入少量溶液，有黑色沉淀生成 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．在一块除去铁锈的铁片上面滴1滴含有酚酞的食盐水，静置2～3min，溶液边缘出现红色，说明氧气得到电子与水反应生成了氢氧根离子，证明铁片发生了吸氧腐蚀，故A正确； B．向H2O2溶液中滴入NaClO溶液，产生无色气体，应生成氧气，O元素化合价升高，O2为氧化产物，NaClO为氧化剂，氧化剂的氧化性强于氧化产物，故B错误； C．浓盐酸也具有挥发性，试剂瓶中盛装的可能为浓盐酸，故C错误； D．碳酸钠和硫化钠溶液浓度未知，不能证明硫化银更难溶，则不能证明溶度积大小，故D错误； 故选：A。 12. 草酸亚铁(FeC2O4)是生产磷酸铁锂电池的原料，实验室可通过如图反应制取： 已知室温时：Ka1(H2C2O4)=5.6×10−2、Ka2(H2C2O4)=1.5×10−4、Ksp(FeC2O4)=2.1×10−7。 下列说法正确的是 A. 酸化、溶解后的溶液中存在：2c(Fe2+)+c(H+)<c(NH)+c(OH-) B. 室温下，0.10 mol∙L−1NaHC2O4溶液中存在：c(C2O)<c(H2C2O4) C. 向稀硫酸酸化的KMnO4溶液中滴加Na2C2O4溶液至溶液褪色，反应的离子方程式为：5C2O+2MnO+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O D. 室温时反应Fe2++H2C2O4=FeC2O4+2H+的平衡常数K=30 【答案】C 【解析】 【分析】由题给流程控制，六水硫酸亚铁铵溶于硫酸溶液得到酸化的硫酸铵和硫酸亚铁混合溶液，向溶液中加入草酸钠溶液共热反应，将溶液中的亚铁离子转化为草酸亚铁沉淀，过滤得到草酸亚铁。 【详解】A．(NH4)2Fe(SO4)2溶液中存在电离平衡：(NH4)2Fe(SO4)2=2NH+Fe2++2SO，则溶液中c(SO)=c(NH)，加入硫酸酸化、溶解后酸性混合溶液c(SO)>c(NH)，且溶液中存在电荷守恒：，变形可得：，将c(SO)替换成c(NH)：，则溶液中，A错误； B．室温下，NaHC2O4溶液水解，的电离常数1.5×10−4，的水解常数，电离大于水解，，B错误； C．酸化的高锰酸钾溶液与草酸钠溶液发生的反应为酸性溶液中高锰酸根离子与草酸根离子反应生成锰离子、二氧化碳和水，反应的离子方程式为，C正确； D．由方程式可知，反应的平衡常数，D错误； 故选C。 13. 在一定的温度和压强下，将按一定比例混合的和通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。已知： 催化剂的选择是甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测得温度对转化率和生成选择性的影响如图所示。 选择性=×100％ 下列有关说法正确的是 A. 在260℃～320℃间，以为催化剂，升高温度的产率增大 B. 延长W点的反应时间，一定能提高的转化率 C. 选择合适的催化剂，有利于提高的平衡转化率 D. 高于320℃后，以Ni为催化剂，随温度的升高转化率上升的原因是平衡正向移动 【答案】A 【解析】 【分析】在两种不同催化剂作用下反应相同时间，化学反应速率越大、选择性越高，则甲烷的产率越高。 【详解】A．在260℃~320℃间，以为催化剂，升高温度CH4的选择性虽然基本不变，但CO2的转化率在上升，所以CH4的产率上升， A说法正确； B．W点是平衡点，延长时间不能提高CO2的转化率， B说法不正确； C．催化剂只能加快化学反应速率，不能改变CO2的平衡转化率， C说法不正确； D．由图中信息可知，高于320℃后以Ni为催化剂，转化率明显低于相同温度下以CeO2为催化剂的转化率，反应一定未达平衡，高于320℃后，随温度的升高CO2转化率上升的原因是催化剂活性增大，反应速率加快， D说法不正确。 答案选A。 二、非选择题：共4题，共61分 14. 二硫化钼(MoS2，难溶于水)具有良好的光、电性能，可由钼精矿(主要含MoS2，还含NiS、CaMoO4等)为原料经过如下过程制得。 （1）“浸取”。向钼精矿中加入NaOH溶液，再加入NaClO溶液，充分反应后的溶液中含有Na2MoO4、Na2SO4、NiSO4、NaCl。 ①写出浸取时MoS2发生反应的离子方程式：_______。 ②浸取后的滤渣中含CaMoO4。若浸取时向溶液中加入Na2CO3溶液，可提高浸出液中Mo元素的含量，原因是_______。 ③浸取时，Mo元素的浸出率与时间的变化如图1所示。已知生成物对反应无影响，则反应3～4min时，Mo元素的浸出率迅速上升的原因是_______。 （2）“制硫代钼酸铵[(NH4)2MoS4，摩尔质量260g•mol-1]”。向浸出液中加入NH4NO3和HNO3，析出(NH4)2Mo4O13，将(NH4)2Mo4O13溶于水，向其中加入(NH4)2S溶液，可得(NH4)2MoS4，写出生成(NH4)2MoS4反应的化学方程式：________。 （3）“制MoS2”。(NH4)2MoS4可通过如下两种方法制取MoS2： 方法一：将(NH4)2MoS4在一定条件下加热，可分解得到MoS2、NH3、H2S和硫单质。其中NH3、H2S和硫单质的物质的量之比为8：4：1。 方法二：将(NH4)2MoS4在空气中加热可得MoS2，加热时所得剩余固体的质量与原始固体质量的比值与温度的关系如图2所示。 ①方法一中，所得硫单质的分子式为_______。 ②方法二中，500℃可得到Mo的一种氧化物，该氧化物的化学式为_______。 【答案】（1） ①. MoS2+6OH-+9ClO-=MoO+2SO+9Cl-+3H2O ②. CaMoO4(s)Ca2+(aq)+MoO(aq)，加入Na2CO3溶液，CO结合Ca2+生成CaCO3沉淀，促进沉淀溶解平衡向离子化方向进行，使浸出液MoO浓度增大，从而提高Mo元素浸出率 ③. 该反应为放热反应，随着反应进行，溶液温度升高，反应速率加快 （2）(NH4)2Mo4O13+16(NH4)2S+13H2O=4(NH4)2MoS4+26NH3•H2O或(NH4)2Mo4O13+16(NH4)2S=4(NH4)2MoS4+13H2O+26NH3↑ （3） ①. S4 ②. MoO3 【解析】 【小问1详解】 ①“浸取”，向钼精矿中加入NaOH溶液，再加入NaClO溶液，充分反应后的溶液中含有Na2MoO4、Na2SO4、NiSO4、NaCl，即ClO-将Mo元素被氧化为MoO、硫元素被氧化为反应为SO而自身被还原为Cl-，反应为MoS2+6OH-+9ClO-=MoO+2SO+9Cl-+3H2O。 ②溶液中存在平衡CaMoO4(s)⇌Ca2+(aq)+ (aq)，加入Na2CO3消耗Ca2+使平衡正向，浓度增大。 ③加快反应速率可以从反应物的浓度增大、温度升高、反应中产生催化剂等方面考虑。该反应中生成物对反应没有影响，所以该反应为放热反应导致体系温度升高加快反应速率。 【小问2详解】 (NH4)2Mo4O13溶于水，向其中加入(NH4)2S溶液，可得(NH4)2MoS4和氨水，反应为(NH4)2Mo4O13+16(NH4)2S+13H2O=4(NH4)2MoS4+26NH3•H2O或(NH4)2Mo4O13+16(NH4)2S=4(NH4)2MoS4+13H2O+26NH3↑。 【小问3详解】 ①将(NH4)2MoS4在一定条件下加热，可分解得到MoS2、NH3、H2S和硫单质。其中NH3、H2S和硫单质（Sx）的物质的量之比为8：4：1，根据已知信息写出方程式并按照N原子和Mo原子守恒配平方程式为，即4×4=2×4+4×1+x计算得x=4。该硫单质的化学式为S4。 ②由图可知起始(NH4)2MoS4的质量可视为260g即1mol，根据加热分解过程总Mo元素守恒可知，最终氧化物中Mo的质量为96g，氧化物中氧元素的质量为144g-96g=48g，Mo原子核O原子的个数比为1:3，氧化物的化学式为MoO3。 15. 早期的科学家曾利用化合物G研究有机合成的路线设计问题。以下合成路线是以甲苯为主要原料合成G的路线(已知：RONaROCH3ROH)。 （1）由B→C反应类型是_______，B中含氧官能团的名称为_______。 （2）由C和F反应生成G的同时会发生副反应，其产物与G互为同分异构体，该产物的结构简式为_______。 （3）化合物H可以由F和CH3COCl/AlCl3催化下制备，请写出符合下列条件的H的一种同分异构体的结构简式_______。 ①可以发生银镜反应：②可以发生水解反应；③含有苯环，分子中只含有4种不同化学环境的氢。 （4）由甲苯制备D有如下两种常见的合成方法，请从试剂、产率和耗能等角度简要评价两种合成路线_______。 ① ② （5）已知苯环上的羟基具有很强的还原性，写出以 和CH3I为原料制备 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)_______。 【答案】（1） ①. 取代反应 ②. 硝基、羧基 （2） （3） 或 （4）路线①步骤少，使用试剂少，产率高，但需要高温加热，条件苛刻，浪费能源，路线②合成步骤较长，可能需要消耗更多试剂，且可能导致产率降低 （5） 【解析】 【分析】D中酚羟基与NaOH反应产生E为 。E与CH3I反应得到F为 。C和F在AlCl3的催化下为苯环的酰基化，则C为 。B为 。A为 。甲苯在浓硫酸的催化下与浓硝酸发生取代反应。 【小问1详解】 B→C为-COOH变为-COCl，它为取代反应。B中含有-NO2硝基、-COOH为羧基。 【小问2详解】 C和F为苯环酰基化反应，可以是-CH3的邻位酰基化得到产物为 。该副产物为 。 【小问3详解】 F为 ，F与CH3COCl在AlCl3催化下发生苯环的酰基化得到产物H为 。H的同分异构体可以发生银镜反应含有-CHO，可以发生水解反应含有酯基即含有-OOCH；含有苯环，分子中只含有4种不同化学环境的氢即剩下的碳为两个对称的甲基 和 。 【小问4详解】 路线①步骤只有两步，但反应温度500℃高温。而路线②步骤较多，但基本上都低温反应。路线①步骤少，使用试剂少，产率高，但需要高温加热，条件苛刻，浪费能源，路线②合成步骤较长，可能需要消耗更多试剂，且可能导致产率降低。 【小问5详解】 合成 即需要醇经两步氧化得到，但酚羟基易被氧化首先酚羟基保护变为-OCH3，得到-COOH后将酚羟基去保护即-OCH3酚羟基。 。 16. 某铜矿酸性废水除去不溶性固体杂质后，仍含有c(H+)=0.1mol•L-1，c(Cu2+)=0.05mol•L-1，需净化处理。 已知：①含铜污水的排放标准为pH=7，c(Cu2+)≤1×10-7mol•L-1。 ②Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(FeS)=6.3×10-18；Kb(NH3•H2O)=1.7×10-5，Ka1(H2S)=1.3×10-7，Ka2(H2S)=7.0×10-15。 （1）中和沉淀法处理。 ①向酸性废水中加入氨水，调节pH，溶液中铜的去除率与pH关系如图所示。则pH由7到10时，铜的去除率下降的主要原因为_______(用离子方程式表示)。 ②若加入石灰乳处理废水，结合计算判断生成氢氧化铜沉淀能否达到排放标准______(写出计算过程) （2）硫化物沉淀法处理。 ①加入Na2S处理废水，pH=7时，Na2S溶液中硫元素的主要存在的微粒为_______。 ②用FeS处理含铜废水比Na2S效果好。请通过必要的计算和说明采用FeS处理的优点的原因______。 （3）溶剂萃取法。用萃取剂RH可萃取废水中的铜离子，再加入20%的硫酸进行反萃取。 ①实验室进行萃取操作时，振荡静置后，需对分液漏斗放气，正确放气的图示为_______(填标号)。 A. B. C. ②萃取时，适度增大溶液的pH，Cu2+萃取率升高的原因是_______。 （4）实验中需测定废液中铜离子含量。 已知：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2S2O=2I-+S4O。 请运用上述原理完成测定某弱酸性溶液中铜离子含量的实验方案：量取25.00mL废水于锥形瓶中，_______(实验中须使用的试剂：0.1mol•L-1KI溶液、0.05000mol•L-1Na2S2O3标准溶液、0.5%淀粉溶液)。 【答案】（1） ①. Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH-或Cu(OH)2+4NH3•H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O ②. pH=7时，溶液中c(Cu2+)==mol•L-1=2.2×10-6mol•L-1＞1×10-7mol•L-1，含铜污水不能达到排放标准 （2） ①. H2S和HS- ②. FeS+Cu2+=Fe2++CuS反应的平衡常数K=1×1018＞105，Cu2+沉淀更为完全，硫离子残留少，防止有害气体H2S生成 （3） ①. C ②. 增大溶液的pH，c(H+)减小，Cu2++2RHCuR2+2H+平衡右移，有利于Cu2+的萃取，Cu2+萃取率升高 （4）加入过量0.1mol•L-1KI溶液和少量0.5%淀粉溶液，塞上瓶塞振荡，再用0.05000mol•L-1Na2S2O3溶液滴定，当加入最后半滴(1滴)标准溶液时，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色，达到滴定终点。记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积。重复实验2～3次 【解析】 【小问1详解】 ①Cu(OH)2沉淀能溶于NH3•H2O得到[Cu(NH3)4]2+，则pH由7到10时，铜的去除率下降的主要原因用离子方程式表示为：Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH-或Cu(OH)2+4NH3•H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O。 ②信息①含铜污水的排放标准为pH=7，c(Cu2+)≤1×10-7mol•L-1，若加入石灰乳处理废水，pH=7时，溶液中c(Cu2+)==mol•L-1=2.2×10-6mol•L-1＞1×10-7mol•L-1，则含铜污水不能达到排放标准。 【小问2详解】 ①pH=7时，Na2S溶液中：，， ，，则pH=7时，Na2S溶液中硫元素的主要存在的微粒为H2S和HS-。 ②已知Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(FeS)=6.3×10-18，则CuS比FeS更难溶，利用沉淀转化反应：FeS+Cu2+=Fe2++CuS，该反应的平衡常数，故用FeS处理含铜废水比Na2S效果好的原因为：FeS+Cu2+=Fe2++CuS反应的平衡常数K=1×1018＞105，Cu2+沉淀更为完全，硫离子残留少，防止有害气体H2S生成。 【小问3详解】 ①对分液漏斗放气时，漏斗颈斜向上，打开活塞进行放气，选C。 ②萃取时，适度增大溶液的pH，Cu2+萃取率升高的原因是：增大溶液的pH，c(H+)减小，Cu2++2RHCuR2+2H+平衡右移，有利于Cu2+的萃取，Cu2+萃取率升高。 【小问4详解】 需通过实验测定废液中铜离子含量。由已知信息知，要把一定量废水中的铜离子利用2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，被过量的0.1mol•L-1KI溶液完全还原，再利用I2+2S2O=2I-+S4O反应，用0.05000mol•L-1Na2S2O3标准溶液滴定实验中生成的碘单质，碘遇淀粉变蓝色，故选0.5%淀粉溶液指示剂，当碘单质消耗完毕时溶液褪色，即由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色，达到滴定终点，为避免偶尔误差，需做平行实验，重复实验2～3次。故答案为：加入过量0.1mol•L-1KI溶液和少量0.5%淀粉溶液，塞上瓶塞振荡，再用0.05000mol•L-1Na2S2O3溶液滴定，当加入最后半滴(1滴)标准溶液时，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色，达到滴定终点。记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积。重复实验2～3次。 17. 乙苯被吸附在催化剂表面发生脱氢可生成苯乙烯、苯甲醛等，生成苯乙烯的相关反应如下。 反应1：C6H5CH2CH3(g)=C6H5CH=CH2(g)+H2(g) △H1=117.6kJ•mol-1 反应2：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H2=41.2kJ•mol-1 反应3：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H3=-483.6kJ•mol-1 （1）反应4：C6H5CH2CH3(g)+O2(g)=C6H5CH=CH2(g)+H2O(g) △H4=_______kJ•mol-1。 （2）较低温度下，向乙苯脱氢的反应体系中加入少量O2，乙苯平衡转化率较高而苯乙烯的选择性较低，其原因可能是________。 （3）向乙苯脱氢反应体系中加入CO2，乙苯转化率与体系中CO2分压强的关系如图1所示。随CO2的增加，乙苯转化率先增大后减小的可能原因为_______。 （4）研究发现在V2O5/MgO催化剂表面进行CO2的乙苯脱氢反应中，V(+5价)是反应的活性中心，转化过程如图2所示。 ①转化Ⅰ发生反应的化学方程式为_______。反应一段时间后，催化剂活性有所下降，原因可能有反应过程产生的积碳覆盖在活性中心表面和_______。 ②简述转化Ⅱ的作用_______。 ③CO2参与的乙苯脱氢机理如图3所示(α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，B1、B2位点带部分负电荷)。 图中所示反应机理中步骤Ⅰ和步骤Ⅱ可描述为________。 【答案】（1）-124.2 （2）加入少量O2，H2与O2反应放热，氢气浓度减小和体系温度升高都使反应1平衡右移使乙苯转化率升高，但温度升高，苯乙烯(或乙苯)被进一步氧化成苯乙醛等副产物 （3）前一阶段，随着CO2分压强增大，反应2的平衡正向移动，降低了c(H2)，促进反应1正向进行，使乙苯转化率增大。当CO2分压强过大多时，CO2占据了催化剂表面，使催化剂表面吸附的乙苯减少，乙苯转化率下降 （4） ①. 2+V2O5/MgO→2+V2O3/MgO+2H2O ②. 催化剂中V(+5价)的含量减少 ③. 将V2O3转化为V2O5，使催化剂获得再生，同时可以消除积碳 ④. 乙苯α－H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出H+并吸附在B1位点上；B1位点上的H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上 【解析】 【小问1详解】 由盖斯定律得反应4=反应1+反应3，则△H4=△H1+△H3=117.6-483.6×=-124.2kJ•mol-1。 【小问2详解】 氧气参与了反应3，从反应3进行分析解释有利于反应1平衡正向因素。加入少量O2，H2与O2反应放热，氢气浓度减小和体系温度升高都使反应1平衡右移使乙苯转化率升高，但温度升高，苯乙烯(或乙苯)被进一步氧化成苯乙醛等副产物 【小问3详解】 CO2参与了反应2，且消耗H2间接减少了反应1的产物。前一阶段，随着CO2分压强增大，反应2的平衡正向移动，降低了c(H2)，促进反应1正向进行，使乙苯转化率增大。当CO2分压强过大多时，CO2占据了催化剂表面，使催化剂表面吸附的乙苯减少，乙苯转化率下降。 【小问4详解】 ①从图看，步骤Ⅰ是V2O5将乙苯氧化为苯乙烯而自身还原为V2O3，反应为2+V2O5/MgO→2 +V2O3/MgO+2H2O。从图看V2O5/MgO为催化剂，催化活性降低可能是催化剂中V(+5价)的含量减少。 ②转化Ⅱ中CO2将V2O3转变为V2O5，所以将V2O3转化为V2O5，使催化剂获得再生，同时可以消除积碳。 ③图中标注电性，可以从静电吸引的角度阐述这一过程。乙苯α－H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出H+并吸附在B1位点上；B1位点上的H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $