精品解析：湖南省长沙市望城区第六中学2024-2025学年高二上学期开学考试化学试题

2024年下学期望城区第六中学高二入学考试 化 学 本试卷共7页。全卷满分100分，考试时间75分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后， 再选涂其他答案；回答非选择题时，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。 一、选择题：本大题共14个小题，共42分。 1. 20世纪以来，我国科学家对化学的发展做出了重要的贡献。以下不属于我国科学家研究成果的是 A. 发现青蒿素 B. 首次化学合成结晶牛胰岛素 C. 发现元素周期律 D 二氧化碳人工合成淀粉 2. 下列叙述对应的离子方程式一定正确的是 A. 向含1molFeI2的溶液通入0.5molCl2：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl- B. 向pH=0的FeSO4溶液滴2滴稀NaClO溶液：ClO-+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl-+H2O C. 侯氏制碱法中发生反应：2NH3+2Na++CO2+H2O=Na2CO3+2NH D. 湿润的淀粉碘化钾试纸遇某气体后，试纸变蓝：Cl2+2I-=I2+2Cl- 3. 用化学用语表示反应 NH3+ HCl=NH4Cl中的相关微粒，其中正确的是 A. 氯化铵中只存在共价键 B. HCl 的电子式： C. NH3的结构式： D. Cl−的结构示意图： 4. 2021年新冠肺炎疫情夺走了至少330万人的生命，化学在攻克这一世界难题中功不可没，“新型冠状病毒”由蛋白质外壳和单链核酸组成，直径为60-140 nm，怕酒精，不耐高温。下列说法不正确的是 A. “新型冠状病毒”扩散到空气中不可能形成胶体 B. “新型冠状病毒”扩散到空气中形成的分散系可能具有一定的稳定性 C. 蛋白质、酒精属于有机物 D. 减少外出、勤通风可有效预防“新型冠状病毒”感染 5. 次氯酸钠是一种重要的盐，下列说法不正确的是 A. 次氯酸钠既可以做漂白棉麻纸张的漂白剂，又可做游泳池等场所的消毒剂 B. “84”消毒液和酒精同时使用不会增强杀菌效果 C. 由于次氯酸钠不能分解，人们制得漂白液代替氯水做漂白剂 D. 在常温下，将Cl2通入NaOH溶液，得到以次氯酸钠为有效成分的漂白液 6. 五种短周期元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大且位于不同的主族，Y的最外层电子数是次外层的2倍，Ｍ的原子序数等于Y和W的原子序数之和，只有Y、Z、W同周期。下列说法错误的是 A. 简单离子半径： B. X、Y、W三种元素可形成多种化合物 C. M的最高价氧化物对应的水化物为强酸 D. Y、Z、M均可与X形成电子数相等的分子 7. 已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑。A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法正确的是 A. X使蔗糖变黑的现象只体现了X的强氧化性 B. 若A为铁，则足量A与X在室温下即可完全反应 C. 工业上，B转化为D的反应条件为适当温度、常压、使用催化剂 D. 若A为碳单质，则将C通入少量的澄清石灰水，一定可以观察到有白色沉淀产生 8. 类比法是一种重要的化学思维方法。下列各项中的已知和类比结论均正确的是 A. 与S能直接化合生成，则和S也能直接化合生成 B. 与浓共热可制，则与浓共热也可制 C. 加热溶液，低温蒸发至干，最终产物为，则加热溶液，低温蒸发至干，最终产物也可得到 D. 通入溶液中无沉淀生成，通入溶液中也无沉淀生成 9. 已知W、X、Y、Z、L为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W和Y，X和Z位于同主族，形成的化合物M结构如图所示，则下列叙述不正确的是 A. 原子半径：Y>Z>L>W>X B. X和Y形成的某种化合物含共价键和离子键 C. 根据结构可推测化合物M可用作漂白剂 D. X、Z、L形成的简单氢化物中X的沸点最高 10. 我国制碱工业先驱侯德榜发明了将制碱与制氨结合起来的联合制碱法，即“侯氏制碱法”。模拟其生产工艺流程图如下，下列说法中错误的是 A. 粗盐水中主要含有SO、Ca2+、Mg2+等杂质离子，实验室可以依次加入BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、适量的盐酸，再过滤进行除杂精制 B. 饱和食盐水中应该先通入NH3再通入CO2，操作a是过滤 C. 该流程中可循环使用的物质有CO2和NH3 D. 母液中的溶质含有NH4Cl，该成分可用作氮肥 11. Cl2、HCl的混合气体通入足量的NaOH溶液，充分反应后，溶液中除大量OH－外，还有Cl－、ClO－、 ClO3－ ，且这三种离子的物质的量之比为9:2:1，则原混合气体中Cl2和HCl体积之比为 A. 5:2 B. 2:5 C. 3:1 D. 1:3 12. 铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]－可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。 下列叙述错误的是 A. CH3COI是反应中间体 B. 甲醇羰基化反应为CH3OH+CO=CH3CO2H C. 反应过程中Rh的成键数目保持不变 D. 存在反应CH3OH+HI=CH3I+H2O 13. 下列反应的离子方程式书写正确的是 A. 碘化亚铁溶液中通入足量的氯气： B. 加碘盐与药物碘化钾片尽量不要同时服用： C. 向溶液中加入过量的NaOH溶液： D. 向溶液中滴入使反应完全： 14. 向FeCl3、Al2(SO4)3的混合溶液中逐滴加入Ba(OH)2(aq)，形成沉淀的情况如下图所示。沉淀的生成与溶解的pH列于下表。以下推断正确的是（ ） 氢氧化物 溶液pH 开始沉淀 沉淀完全 沉淀开始溶解 沉淀完全溶解 Fe(OH)3 2.3 3.4 － － Al(OH)3 3.3 5.2 7.8 12.8 A. C点的沉淀为Fe(OH)3 B. OA段可能发生的反应有：3Ba2＋＋6OH－＋3SO42-＋2Fe3＋=3BaSO4↓＋2Fe(OH)3↓ C. AB段可能发生的反应是：2SO42-＋2Ba2＋＋Al3＋＋3OH－=2BaSO4↓＋Al(OH)3↓ D. 据图计算原溶液中c(Cl－)＞c(SO42-) 二、非选择题：本大题共4个小题，共58分。 15. I、将0.1 g MnO2粉末加入50 mL H2O2溶液中，在标准状况下放出气体体积和时间的关系如图所示。 解释反应速率变化的原因：____________________________；计算H2O2的初始物质的量浓度为_________。(保留两位有效数字) Ⅱ、苯和甲烷是两类烃的代表物质，回答下列问题： (1) 常温常压下，气态直链烷烃含碳原子数≤_________ 。 (2) 苯和甲烷中含碳量较高的是__________。 (3) 若将等物质的量的苯和甲烷分别燃烧，耗氧量较大的是________________。 (4)写出苯与溴单质反应的化学方程式 __________________________________。 16. 可通过与在碱性溶液中反应制备。和均可用于氧化去除高氯(含高浓度)废水中的有机物。 (1)用处理高氯废水中有机物时，需在一定条件下使用。 ①时，分解放出并产生沉淀，该反应的离子方程式为_______。 ②酸性溶液中的氧化性大于的氧化性。处理高氯废水中的有机物需在碱性条件下进行，其原因是_______。 (2)用处理高氯废水中的有机物时，研究了“”和“”两种体系对高氯废水中有机物的氧化率(废水中被氧化有机物的量占废水中有机物总量的百分率)。 ①当废水时，仅使用处理高氯废水，有机物的氧化率较低，其原因是_______。 ②当相同时，使用“”与“”处理高氯废水，废水中有机物的氧化率随废水的变化如题图所示。与“”体系相比，“”体系中有机物氧化率随着废水升高显著增大的可能原因是_______。 17. 雷尼镍是有机合成中常用的一种加氢催化剂，使用一定周期后会失活。现欲利用如下工艺流程回收某废雷尼镍催化剂(主要为铝镍合金，还含有NiO、、FeO、及有机物等)中的金属资源： 已知金属离子沉淀的pH： 开始沉淀的pH 6.9 6.3 1.5 3.4 沉淀完全的pH 8.9 8.3 2.8 4.7 回答下列问题： （1）“破碎”的目的为_______；“滤渣1”的成分为_______。 （2）“氧化”时发生反应的离子方程式为_______。 （3）调节2的范围为_______；试剂M可选用_______(填序号)。 a.FeO b. c. d. NiO （4）“沉降”后所得沉淀在空气中热分解时，固体残留率(固体残留率=)与温度(T)的关系如图所示(已知当加热至300 ℃ 时已完全失去碳元素)。 ①加热至A点过程中反应的化学方程式为_______。 ②在700 ℃ 时，剩余固体成分为_______(填化学式)。 （5）该回收工艺中可回收的金属化合物有_______。 18. 活性炭、尿素[]、氨气等能还原烟气中氮氧化物()。 （1）在2L密闭容器中，一定温度下，反应体系中，随时间的变化如下表所示： 时间/s 0 1 2 3 4 5 /mol 0.020 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007 ①用表示从0-2s内该反应的平均速率v=___________。2s时，___________(填“大于”、“小于”或“等于”)。 ②下列能说明该反应已经达到平衡状态的是___________(填字母)。 a．单位时间内消耗2mol NO同时生成1mol b．容器内压强保持不变 c． d．容器内的气体密度保持不变 （2）尿素吸收液与汽车尾气在高温下混合反应，尿素分解生成和HNCO，在催化剂作用下，HNCO与反应生成和，和NO反应生成。 ①已知8.5g 和NO完全反应生成和气态水，放出226kJ的热量，写出该反应的热化学方程式___________。 ②NO的脱除率随尿素吸收液反应温度变化的影响如图所示。当温度大于80℃时，NO的脱除率随温度升高而降低的可能原因是___________。 （3）作为催化剂能在和之间改变氧化状态，将烟气中的NO先转化为易于吸收的NO并引起氧空位的形成，得到新的铈氧化物。铈氧化物发生的可能变化如图所示。 ①NO能与反应生成中间体，该步反应化学方程式为___________。 ②当1mol 氧化标准状况下2.24L NO后，生成的中x=___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年下学期望城区第六中学高二入学考试 化 学 本试卷共7页。全卷满分100分，考试时间75分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后， 再选涂其他答案；回答非选择题时，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。 一、选择题：本大题共14个小题，共42分。 1. 20世纪以来，我国科学家对化学的发展做出了重要的贡献。以下不属于我国科学家研究成果的是 A. 发现青蒿素 B. 首次化学合成结晶牛胰岛素 C. 发现元素周期律 D. 二氧化碳人工合成淀粉 【答案】C 【解析】 【详解】A．青蒿素发现者为我国科学家屠呦呦，故A不符合题意； B．1965年9月17日，中国首次人工合成了结晶牛胰岛素，这是人类有史以来第一次人工合成有生命的蛋白质，故B不符合题意； C．发现元素周期律的是俄国科学家门捷列夫，故C符合题意； D． 2021年9月24日，中国科学院天津工业生物技术研究所在全球范围内首次实现了二氧化碳到淀粉的从头合成，故D不符合题意； 故选：C。 2. 下列叙述对应的离子方程式一定正确的是 A. 向含1molFeI2的溶液通入0.5molCl2：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl- B. 向pH=0的FeSO4溶液滴2滴稀NaClO溶液：ClO-+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl-+H2O C. 侯氏制碱法中发生反应：2NH3+2Na++CO2+H2O=Na2CO3+2NH D. 湿润的淀粉碘化钾试纸遇某气体后，试纸变蓝：Cl2+2I-=I2+2Cl- 【答案】B 【解析】 【详解】A．还原性，通入的先与反应，只能消耗，含，不参与反应，A错误； B．少量的NaClO滴入硫酸亚铁溶液中，溶液呈酸性，根据电子得失守恒和电荷守恒，该反应的离子方程式为，B正确； C．侯氏制碱法中应析出晶体，再经加热分解得到纯碱，错误； D．该气体还有可能是、蒸气等也能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，D错误。 故选B。 3. 用化学用语表示反应 NH3+ HCl=NH4Cl中的相关微粒，其中正确的是 A. 氯化铵中只存在共价键 B. HCl 的电子式： C. NH3的结构式： D. Cl−的结构示意图： 【答案】C 【解析】 【详解】A．氯化铵中是离子化合物，铵根和氯离子之间存在离子键，铵根离子中存在共价键，故A错误； B ．HCl是共价化合物，电子式为，故B错误； C．N原子有一对孤电子，与3个氢原子形成了3个共价键，结构式正确，故C正确； D． Cl−的结构示意图为：，故D错误。 故答案为：C。 4. 2021年新冠肺炎疫情夺走了至少330万人的生命，化学在攻克这一世界难题中功不可没，“新型冠状病毒”由蛋白质外壳和单链核酸组成，直径为60-140 nm，怕酒精，不耐高温。下列说法不正确的是 A. “新型冠状病毒”扩散到空气中不可能形成胶体 B. “新型冠状病毒”扩散到空气中形成的分散系可能具有一定的稳定性 C. 蛋白质、酒精属于有机物 D. 减少外出、勤通风可有效预防“新型冠状病毒”感染 【答案】A 【解析】 【详解】A．胶体是分散质粒子大小在 1nm~100nm 分散系；“新型冠状病毒”由蛋白质外壳和单链核酸组成，直径为60-140 nm，扩散到空气中可能形成胶体，A错误； B．由A分析可知，“新型冠状病毒”扩散到空气中形成的分散系为胶体，具有一定的稳定性，B正确； C．蛋白质、酒精都是含碳元素的化合物，属于有机物，C正确； D．减少外出、勤通风，减少人员聚集，增加空气的流动，可有效预防“新型冠状病毒”感染，D正确； 故选A。 5. 次氯酸钠是一种重要的盐，下列说法不正确的是 A. 次氯酸钠既可以做漂白棉麻纸张的漂白剂，又可做游泳池等场所的消毒剂 B. “84”消毒液和酒精同时使用不会增强杀菌效果 C. 由于次氯酸钠不能分解，人们制得漂白液代替氯水做漂白剂 D. 在常温下，将Cl2通入NaOH溶液，得到以次氯酸钠为有效成分的漂白液 【答案】C 【解析】 【详解】A．次氯酸钠具有强氧化性，能起到杀菌消毒作用，也可以使有机色质漂白褪色，所以次氯酸钠既可以做漂白棉麻纸张的漂白剂，又可做游泳池等场所的消毒剂，故A正确； B．“84”消毒液的有效成分次氯酸钠能与酒精发生氧化还原反应使两者的杀菌效果降低，所以“84”消毒液和酒精同时使用不会增强杀菌效果，故B正确； C．次氯酸钠溶液与空气中二氧化碳反应生成次氯酸而表现漂白性，漂白能力弱于含有次氯酸的氯水，所以不能用漂白液代替氯水做漂白剂，否则漂白效果会降低，故C错误； D．氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，所以常温下将氯气通入氢氧化钠溶液中可以得到以次氯酸钠为有效成分的漂白液，故D正确； 故选C。 6. 五种短周期元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大且位于不同的主族，Y的最外层电子数是次外层的2倍，Ｍ的原子序数等于Y和W的原子序数之和，只有Y、Z、W同周期。下列说法错误的是 A. 简单离子半径： B. X、Y、W三种元素可形成多种化合物 C. M的最高价氧化物对应的水化物为强酸 D. Y、Z、M均可与X形成电子数相等的分子 【答案】C 【解析】 【分析】五种短周期元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大且位于不同的主族，Y的最外层电子数是次外层的2倍，Y为C ；只有Y、Z、W同周期，Z为N、W为O时，M的原子序数等于Y和W的原子序数之和，M的原子序数为6+8=14，M为Si与C同主族不符合；Z为N、W为F时，M的原子序数为6+9=15 M为P与N同主族不符合；Z为O、W为F时，M的原子序数为6+9=15，M为P，结合原子序数及位置可知X为H ，综上所述可得X为H、Y为C、Z为O、W为F、 M为P以此来解答。 【详解】A．具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：，即，A项正确； B．X、Y、W三种元素可形成多种化合物，如氟代烃，B项正确； C．M的最高价氧化物对应的水化物为磷酸，不属于强酸，C项错误； D．Y、Z、M均可与X形成电子数相等的分子，如甲烷、水、HF均含10个电子，D项正确； 故答案选 C 。 7. 已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑。A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法正确的是 A. X使蔗糖变黑的现象只体现了X的强氧化性 B. 若A为铁，则足量A与X在室温下即可完全反应 C. 工业上，B转化为D的反应条件为适当温度、常压、使用催化剂 D. 若A为碳单质，则将C通入少量的澄清石灰水，一定可以观察到有白色沉淀产生 【答案】C 【解析】 【分析】X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑，则X是硫酸，D和水反应生成硫酸，则D是三氧化硫，B和氧气反应生成三氧化硫，则B是二氧化硫，据此答题。 【详解】A．浓硫酸使蔗糖变黑的现象主要体现了浓硫酸的脱水性，故A错误； B．若A是铁，常温下，铁与浓硫酸发生钝化现象，所以铁不能完全溶解，故B错误； C．工业上，二氧化硫转化为三氧化硫的反应条件为高温、常压、使用催化剂，故C正确； D．若A是碳，浓硫酸和碳反应生成二氧化碳，向少量澄清石灰水中通入少量CO2气体有碳酸钙白色沉淀生成，而通入过量CO2则生成Ca(HCO3)2，溶液仍澄清，故D错误； 故答案为C。 8. 类比法是一种重要的化学思维方法。下列各项中的已知和类比结论均正确的是 A. 与S能直接化合生成，则和S也能直接化合生成 B. 与浓共热可制，则与浓共热也可制 C. 加热溶液，低温蒸发至干，最终产物为，则加热溶液，低温蒸发至干，最终产物也可得到 D. 通入溶液中无沉淀生成，通入溶液中也无沉淀生成 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．硫具有弱氧化性，能将变价金属氧化为低价态，所以铜和硫反应生成硫化亚铜，A项错误； B．具有氧化性的二氧化锰分别与还原性的浓HCl和浓HBr发生氧化还原反应生成Cl2、Br2，B项正确； C．加热氯化铁溶液得到的最终产物为三氧化二铁，C项错误； D．二氧化硫通入硝酸钡溶液中生成硫酸钡沉淀，D项错误； 答案选B。 9. 已知W、X、Y、Z、L为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W和Y，X和Z位于同主族，形成的化合物M结构如图所示，则下列叙述不正确的是 A. 原子半径：Y>Z>L>W>X B. X和Y形成的某种化合物含共价键和离子键 C. 根据结构可推测化合物M可用作漂白剂 D. X、Z、L形成的简单氢化物中X的沸点最高 【答案】A 【解析】 【分析】已知W、X、Y、Z、L为原子序数依次递增，X和Z位于同主族，且X形成两个共价键，所以X是O，Z是S，L是Cl；W和Y同主族，且形成Y+，所以Y是Na，W是Li；即W、X、Y、Z、L分别是Li、O、Na、S、Cl。 【详解】A．一般来说不同周期电子层数越多，半径越大，同周期，核电荷数越大原子半径越小，因为W、X、Y、Z、L分别是Li、O、Na、S、Cl，所以半径大小顺序是Na>S>Cl>O>H，故A错误； B． X是O，Y是Na，形成的化合物是Na2O或Na2O2，含有共价键和离子键， 故B正确； C．根据结构可推测化合物M中含有过氧键-O-O-，有强氧化性可用作漂白剂，故C正确； D．X、Z、L形成的简单氢化物是H2O、H2S、HCl，水分子间存在氢键，所以水的沸点最高，故D正确； 故答案为A。 10. 我国制碱工业先驱侯德榜发明了将制碱与制氨结合起来的联合制碱法，即“侯氏制碱法”。模拟其生产工艺流程图如下，下列说法中错误的是 A. 粗盐水中主要含有SO、Ca2+、Mg2+等杂质离子，实验室可以依次加入BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、适量的盐酸，再过滤进行除杂精制 B. 饱和食盐水中应该先通入NH3再通入CO2，操作a是过滤 C. 该流程中可循环使用的物质有CO2和NH3 D. 母液中的溶质含有NH4Cl，该成分可用作氮肥 【答案】A 【解析】 【详解】A．氯化钡除去粗盐中的硫酸根离子，氯化钡需要放在碳酸钠的前面，碳酸钠才能除去过量的氯化钡和粗盐中的钙离子，过滤之后再加入适量盐酸进行中和氢氧根和除去碳酸根，A错误； B．饱和食盐水中应该先通入氨气，再通二氧化碳，这样有利于二氧化碳的吸收，过滤可以将不溶性固体从溶液中分离出来，B正确； C．由图可知，可用于循环使用的物质有CO2、氢氧化钙和NH3，C正确； D．母液中的溶质有NH4Cl和没有析出的碳酸氢钠，NH4Cl可用作氮肥，D正确； 故答案为：A。 11. Cl2、HCl混合气体通入足量的NaOH溶液，充分反应后，溶液中除大量OH－外，还有Cl－、ClO－、 ClO3－ ，且这三种离子的物质的量之比为9:2:1，则原混合气体中Cl2和HCl体积之比为 A. 5:2 B. 2:5 C. 3:1 D. 1:3 【答案】A 【解析】 【详解】Cl2与氢氧化钠溶液反应生成ClO﹣、ClO3﹣是氯原子被氧化的过程，化合价分别由0价升高到+1和+5价，Cl﹣、ClO﹣、ClO3﹣离子的物质的量比为9：2：1，可设物质的量分别为：9mol、2mol、1mol，则被氧化的Cl原子的物质的量总共3mol，Cl原子失电子的总物质的量为：2mol×（1﹣0）+1mol×（5﹣0）=7mol； 根据氧化还原反应中得失电子式相等，Cl2生成Cl﹣为被还原的过程，化合价从0价较低为﹣1价，得到电子的物质的量也应该为7mol，即被还原的Cl的物质的量为：=7mol，则参加反应的氯气的物质的量为：（7mol+3mol）=5mol；由氯气生成的氯离子为7mol，总的氯离子为9mol，则氯化氢生成的氯离子为：9mol﹣7mol=2mol，所以原混合气体中氯气与HCl的体积之比为：5：2，故选A。 12. 铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]－可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。 下列叙述错误的是 A. CH3COI是反应中间体 B. 甲醇羰基化反应为CH3OH+CO=CH3CO2H C. 反应过程中Rh的成键数目保持不变 D. 存在反应CH3OH+HI=CH3I+H2O 【答案】C 【解析】 【分析】题干中明确指出，铑配合物充当催化剂的作用，用于催化甲醇羰基化。由题干中提供的反应机理图可知，铑配合物在整个反应历程中成键数目，配体种类等均发生了变化；并且也可以观察出，甲醇羰基化反应所需的反应物除甲醇外还需要CO，最终产物是乙酸；因此，凡是出现在历程中的，既非反应物又非产物的物种如CH3COI以及各种配离子等，都可视作中间物种。 【详解】A．通过分析可知，CH3COI属于甲醇羰基化反应的反应中间体；其可与水作用，生成最终产物乙酸的同时，也可以生成使甲醇转化为CH3I的HI，A项正确； B．通过分析可知，甲醇羰基化反应，反应物为甲醇以及CO，产物为乙酸，方程式可写成：，B项正确； C．通过分析可知，铑配合物在整个反应历程中，成键数目，配体种类等均发生了变化，C项不正确； D．通过分析可知，反应中间体CH3COI与水作用生成的HI可以使甲醇转化为CH3I，方程式可写成：，D项正确； 答案选C。 【点睛】对于反应机理图的分析，最基本的是判断反应物，产物以及催化剂；一般的，催化剂在机理图中多是以完整的循环出现的；反应物则是通过一个箭头进入整个历程的物质；而产物一般多是通过一个箭头最终脱离整个历程的物质。 13. 下列反应的离子方程式书写正确的是 A. 碘化亚铁溶液中通入足量的氯气： B. 加碘盐与药物碘化钾片尽量不要同时服用： C. 向溶液中加入过量的NaOH溶液： D. 向溶液中滴入使反应完全： 【答案】B 【解析】 【详解】A．碘化亚铁溶液中通入足量氯气，二价铁离子和碘离子都完全被氧化，反应比为1:2，正确的离子方程式为，A错误； B．酸性下，碘盐中的碘酸根离子可以和碘离子反应生成单质碘，离子方程式为，B正确； C．向碳酸氢镁溶液中加入过量的NaOH溶液，生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为，C错误； D．向硫酸铝铵溶液中滴加氢氧化钡至硫酸根离子反应完全，则硫酸铝铵与氢氧化钡的物质的量之比为1∶2，反应的离子方程式为，D错误； 本题选B。 14. 向FeCl3、Al2(SO4)3的混合溶液中逐滴加入Ba(OH)2(aq)，形成沉淀的情况如下图所示。沉淀的生成与溶解的pH列于下表。以下推断正确的是（ ） 氢氧化物 溶液pH 开始沉淀 沉淀完全 沉淀开始溶解 沉淀完全溶解 Fe(OH)3 2.3 3.4 － － Al(OH)3 3.3 5.2 7.8 12.8 A. C点的沉淀为Fe(OH)3 B. OA段可能发生的反应有：3Ba2＋＋6OH－＋3SO42-＋2Fe3＋=3BaSO4↓＋2Fe(OH)3↓ C. AB段可能发生的反应是：2SO42-＋2Ba2＋＋Al3＋＋3OH－=2BaSO4↓＋Al(OH)3↓ D. 据图计算原溶液中c(Cl－)＞c(SO42-) 【答案】B 【解析】 【分析】向FeCl3、Al2(SO4)3的混合溶液中逐滴加入Ba(OH)2(aq)，反应实质是Fe3＋、Al3＋和OH－反应，与Ba2＋反应：＋Ba2＋=BaSO4↓、Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓、Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、。假设OA段加入3mol Ba(OH)2，1mol Al2(SO4)3中完全沉淀所需要的Ba(OH)2的物质的量为3mol，提供6mol OH－，据表中数据可知Fe3+先沉淀，则OA段加入3mol Ba(OH)2，发生＋Ba2＋=BaSO4↓，得到3mol BaSO4，C点为不溶的BaSO4沉淀、Fe(OH)3沉淀，共4mol，所以Fe(OH)3的物质的量为1mol，B点沉淀++最大物质的量为6mol，则Al(OH)3的物质的量为2mol，所以OA段沉淀3molBa2+、1mol Fe3＋、1mol Al3＋，AB段沉淀1mol Al3＋，BC段溶解Al(OH)3消耗1mol Ba(OH)2。 【详解】A．过程中生成的BaSO4沉淀、Fe(OH)3沉淀不溶于过量的Ba(OH)2(aq)，C点沉淀应为BaSO4和Fe(OH)3，A错误； B．据以上分析可知，OA段可能的反应有沉淀Ba2＋、Fe3＋和Al3＋，可能发生的反应有：3Ba2＋＋6OH－＋3SO42-＋2Fe3＋=3BaSO4↓＋2Fe(OH)3↓，故B正确； 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　C．据以上分析可知，AB段只发生生成Al(OH)3沉淀的反应，故C错误； D．据以上分析可知，FeCl3、Al2(SO4)3的混合溶液中含1 mol FeCl3、1 mol Al2(SO4)3，则 所以c(Cl－)＝c(SO42-)，故D错误； 故答案为：B。 二、非选择题：本大题共4个小题，共58分。 15. I、将0.1 g MnO2粉末加入50 mL H2O2溶液中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示。 解释反应速率变化的原因：____________________________；计算H2O2的初始物质的量浓度为_________。(保留两位有效数字) Ⅱ、苯和甲烷是两类烃的代表物质，回答下列问题： (1) 常温常压下，气态直链烷烃含碳原子数≤_________ 。 (2) 苯和甲烷中含碳量较高的是__________。 (3) 若将等物质的量的苯和甲烷分别燃烧，耗氧量较大的是________________。 (4)写出苯与溴单质反应的化学方程式 __________________________________。 【答案】 ①. 随着反应的进行，双氧水的浓度减少，反应速率减慢 ②. 0.11mol/L ③. 4 ④. 苯 ⑤. 苯 ⑥. 【解析】 【分析】I.相同时间内生成氧气越多，反应速率越快；由图可知最终生成氧气为60mL，结合反应及c= 计算。 II.(1)常温常压下气态直链烷烃含碳原子数≤4； (2)根据其最简式判断含碳量高低； (3)甲烷、苯燃烧生成二氧化碳和水，根据方程式判断消耗氧气的量大小； (4)在溴化铁作催化剂条件下，苯和液溴发生取代反应生成溴苯和HBr。 【详解】I.相同时间内生成氧气越多，反应速率越快，气体体积20mL＞17mL＞13mL＞10mL，则反应速率为D＞C＞B＞A，反应速率变化的原因是由于随着反应的进行，双氧水的浓度减少，浓度越小，反应速率减慢； H2O2完全反应放出60 mL O2，H2O2的分解反应为2H2O22H2O+O2↑，则n(H2O2)=2≈0.00536 mol，则H2O2的初始物质的量浓度为：c(H2O2)= ≈0.11 mol/L； II.(1)常温常压下气态直链烷烃含碳原子数≤4； (2)根据其最简式判断含碳量高低，甲烷的分子式和最简式都是CH4，苯的最简式为CH，可见苯中含碳量高； (3)甲烷燃烧生成二氧化碳和水，反应方程式为：CH4+2O2CO2+2H2O，苯燃烧方程式为：C6H6+O26CO2+3H2O，则将等物质的量的苯和甲烷分别燃烧，耗氧量较大的是苯， (4)在溴化铁作催化剂条件下，苯和液溴发生取代反应生成溴苯和HBr，反应方程式为 。 【点睛】本题考查了化学反应速率的测定实验及计算、甲烷和苯的性质，烃中含碳量的比较，可根据碳氢比来判断，比值越大，则含碳量越高。掌握化学基本概念和基本理论是本题解答的关键。 16. 可通过与在碱性溶液中反应制备。和均可用于氧化去除高氯(含高浓度)废水中的有机物。 (1)用处理高氯废水中的有机物时，需在一定条件下使用。 ①时，分解放出并产生沉淀，该反应的离子方程式为_______。 ②酸性溶液中的氧化性大于的氧化性。处理高氯废水中的有机物需在碱性条件下进行，其原因是_______。 (2)用处理高氯废水中的有机物时，研究了“”和“”两种体系对高氯废水中有机物的氧化率(废水中被氧化有机物的量占废水中有机物总量的百分率)。 ①当废水时，仅使用处理高氯废水，有机物的氧化率较低，其原因是_______。 ②当相同时，使用“”与“”处理高氯废水，废水中有机物的氧化率随废水的变化如题图所示。与“”体系相比，“”体系中有机物氧化率随着废水升高显著增大的可能原因是_______。 【答案】 ①. ②. 防止氧化废水中的而被消耗，防止分解 ③. 酸性条件下与反应生成逸出 ④. 随着废水的增大，与反应生成的浓度增大，氧化废水中有机物的反应速率更大 【解析】 【分析】 【详解】(1)①时，分解放出并产生沉淀，氧元素化合价由-2升高为0、铁元素化合价由+6降低为+3，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为； ②时，分解放出并产生沉淀，酸性溶液中的氧化性大于的氧化性，酸性条件下氧化废水中的而被消耗，为防止氧化废水中的而被消耗、防止分解，所以处理高氯废水中的有机物需在碱性条件下进行； (2) ①酸性条件下发生反应++2H+=+H2O，所以当废水时，仅使用处理高氯废水，有机物的氧化率较低； ②与在碱性溶液中生成，随着废水的增大，与反应生成的浓度增大，氧化废水中有机物的反应速率更大，所以“”体系中有机物氧化率随着废水升高显著增大； 17. 雷尼镍是有机合成中常用的一种加氢催化剂，使用一定周期后会失活。现欲利用如下工艺流程回收某废雷尼镍催化剂(主要为铝镍合金，还含有NiO、、FeO、及有机物等)中的金属资源： 已知金属离子沉淀的pH： 开始沉淀的pH 6.9 6.3 1.5 3.4 沉淀完全的pH 8.9 8.3 2.8 4.7 回答下列问题： （1）“破碎”的目的为_______；“滤渣1”的成分为_______。 （2）“氧化”时发生反应的离子方程式为_______。 （3）调节2的范围为_______；试剂M可选用_______(填序号)。 a.FeO b. c. d. NiO （4）“沉降”后所得沉淀在空气中热分解时，固体残留率(固体残留率=)与温度(T)的关系如图所示(已知当加热至300 ℃ 时已完全失去碳元素)。 ①加热至A点过程中反应化学方程式为_______。 ②在700 ℃ 时，剩余固体的成分为_______(填化学式)。 （5）该回收工艺中可回收的金属化合物有_______。 【答案】（1） ①. 增大接触面积，使废料煅烧充分 ②. （2） （3） ①. 4.7≤pH<6.9 ②. c （4） ①. ②. NiO （5）、和 【解析】 【分析】废雷尼镍催化剂（主要为铝镍合金，还含有NiO、Al2O3、FeO、SiO2及有机物等）经煅烧后残渣主要成分为NiO、Al2O3、FeO、SiO2，加硫酸“酸溶”时，除了SiO2不反应之外，NiO、Al2O3、FeO均与硫酸反应生成同价态金属硫酸盐，过滤，得滤渣1主要成分为SiO2，滤液中阳离子主要含Ni2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、H+，加入氧化剂NaClO氧化Fe2+，发生反应2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，按表中信息，“调节pH1”是为了沉淀Fe3+，且不能引起Al3+的沉淀，“调节pH2”是为了沉淀Al3+，且不能引起Ni2+的沉淀，过滤后，再加入碳酸钠生成沉淀NiCO3。 【小问1详解】 接触面积越大，反应速率越快，“破碎”的目的为增大接触面积，提高反应速率，使废料煅烧充分或充分反应；据分析“滤渣1”的成分为SiO2。 【小问2详解】 在酸性环境下“氧化”时，Fe2+作还原剂、化合价升高得到Fe3+，ClO-为氧化剂，氯元素化合价降低被还原得到Cl-，结合得失电子数相等、电荷守恒、元素质量守恒，得反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O。 【小问3详解】 “调节pH2”是为了沉淀Al3+，且不能引起Ni2+的沉淀，所以需要调节的范围为4.7≤pH＜6.9；加入试剂M是为了沉淀Fe3+，而不引起Al3+的沉淀，可选用Al2O3；除Fe3+不能选用Fe2O3，加入NiO调节pH会造成Al3+沉淀，故也不能选用NiO。 【小问4详解】 由题可知，当NiCO3加热至300℃时已完全失去碳元素，所以反应生成镍的氧化物，根据元素守恒：，由题图A点数据可知119×69.7%=59+16x,x≈1.5，故所得产物为Ni2O3，发生反应的化学方程式为。在700℃时，固体残留率为63%，根据前述元素守恒可得，119×63%=59+16x，解得x=1，故700℃时剩余固体为NiO。 【小问5详解】 从流程图知，该回收工艺中得到并被过滤的沉淀均可回收，其中可回收的金属化合物有NiCO3、Fe(OH)3和Al(OH)3。 18. 活性炭、尿素[]、氨气等能还原烟气中氮氧化物()。 （1）在2L密闭容器中，一定温度下，反应体系中，随时间的变化如下表所示： 时间/s 0 1 2 3 4 5 /mol 0.020 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007 ①用表示从0-2s内该反应的平均速率v=___________。2s时，___________(填“大于”、“小于”或“等于”)。 ②下列能说明该反应已经达到平衡状态的是___________(填字母)。 a．单位时间内消耗2mol NO同时生成1mol b．容器内压强保持不变 c． d．容器内的气体密度保持不变 （2）尿素吸收液与汽车尾气在高温下混合反应，尿素分解生成和HNCO，在催化剂作用下，HNCO与反应生成和，和NO反应生成。 ①已知8.5g 和NO完全反应生成和气态水，放出226kJ的热量，写出该反应的热化学方程式___________。 ②NO的脱除率随尿素吸收液反应温度变化的影响如图所示。当温度大于80℃时，NO的脱除率随温度升高而降低的可能原因是___________。 （3）作为催化剂能在和之间改变氧化状态，将烟气中的NO先转化为易于吸收的NO并引起氧空位的形成，得到新的铈氧化物。铈氧化物发生的可能变化如图所示。 ①NO能与反应生成中间体，该步反应的化学方程式为___________。 ②当1mol 氧化标准状况下2.24L NO后，生成的中x=___________。 【答案】（1） ①. ②. 大于 ③. d （2） ①. ②. 当温度大于80℃时，尿素分解产生氨气速率加快，氨气逸出使NO的脱除率降低 （3） ①. ②. 0.1 【解析】 【小问1详解】 ①内，根据速率之比等于系数之比，内该平均速率，从表中数据可知一氧化氮的量继续减少，反应继续向右进行，所以此时大于，答案为：，大于； ②a．单位时间内消耗同时生成 ，均表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，a错误；     b．该反应反应物和生成物气体的系数之和相等，容器体积一定时压强始终保持不变，所以容器内压强保持不变时，不能说明反应达到平衡状态，b错误；     c．反应中系数之比等于速率之比，当时正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，c错误；      d．反应向右进行时，混合气体质量增大，容器恒容，则容器内气体密度是个变量，当其保持不变时反应达到平衡状态，d正确； 故选d。 【小问2详解】 ①由题意知与完全反应生成和气态水，放出的热量，即0.5摩尔氨气完全反应放出的热量，所以4摩尔氨气完全反应放出的热量，则该反应的热化学方程式为 ；故答案为：； ②当温度大于时，尿素分解产生氨气速率加快，不能完全和反应，使的脱除率降低，故答案为：当温度大于时，尿素分解产生氨气速率加快，氨气逸出使的脱除率降低； 【小问3详解】 ①作为催化剂能在和之间改变氧化状态，所以能与反应生成中间体和，该步反应的化学方程式为：； ②由题意可知总反应为：，当氧化标准状况下后，可知两者的物质的量之比为1∶=1∶0.1，生成的中0.1，答案为：0.1。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$