精品解析：江苏省南京市秦淮中学 玄武高中 溧水二高等学校2024-2025学年高二下学期4月期中联考 化学试题

南京市2024-2025学年度第二学期五校联盟期中学情调研 高二化学试卷 本卷：共100分 考试时间：75分钟 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Ti-48 Fe-56 Co-59 Ba-137 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 自主创新是我国成为世界科技强国的关键支点。通过持续不断的科技创新，我国已在科技领域取得了显著成就。下列说法不正确的是 A. “鸿蒙”操作系统——载体芯片的主体材料属于金属晶体 B. 自主研发的大型飞机C919用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料 C. 量子科技“墨子号”使用光纤作为地面传输材料，其主要成分为二氧化硅 D. 我国首次获得公斤级丰度的产品，与互为同位素 2. 下列化学用语表示正确的是 A. 的电子式： B. 分子的VSEPR模型为： C. 邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图： D. 是极性键构成的非极性分子 3. 用下列仪器或装置进行相应实验，操作规范且能达到实验目的的是 A. 配制一定物质的量浓度的NaOH溶液 B. 除去中的 C. 分离胶体中的NaCl D. 蒸干溶液得到无水 4. 臭氧在催化下能将烟气中的分别氧化为和。下列关于元素及其化合物的说法正确的是 A. 原子半径： B. 第一电离能： C. 沸点： D. 电负性： 阅读下列材料，完成下列小题。 氧族元素包含氧、硫、硒、碲等，位于元素周期表ⅥA族。可作为示踪原子研究物理、化学等领域中的科学问题。硫化氢是一种可燃性气体，其燃烧热为。二氧化硒的分子结构与相似，熔点为。 5. 下列说法正确的是 A. 基态S原子核外电子的运动状态有9种 B. 中含有的阴离子数目约为 C. 和的中心原子杂化方式均为 D. H2S的键角比H2O大 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 的燃烧： B. 乙酸乙酯的制备： C. 的水解反应： D. 铅蓄电池充电时，与电源标识“+”相连的电极反应式： 7. 下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是 A. 受热易分解，可用作泡沫灭火剂 B. 性质稳定，可作为燃料电池的燃料 C. 石墨晶体层间存在范德华力，石墨易导电 D. 超分子具有分子识别特征，可用于分离C60和C70 8. 我国科学家用下图所示装置将转化为甲酸，Bi电极表面的纳米片层结构形成了空腔，可有效抑制的扩散。已知：电解效率。下列说法正确的是 A. 电子从电源的a极流出 B. 电极反应为 C. 一段时间后，Bi电极表面纳米片层结构内的溶液比其他区域低 D. 若电极产生22.4L(标准状况)气体时，生成，则的电解效率为91.5% 9. 肉桂酸甲酯具有可可香味，主要用于日化和食品工业，是常用的定香剂或食用香料，同时也是重要的有机合成原料，其结构简式如图。下列关于肉桂酸甲酯的说法不正确的是 A. 该分子可使溴的四氯化碳溶液褪色 B. 存在顺反异构体 C. 分子式为C9H8O2 D. 分子中含有2种官能团 10. 在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A 工业制硫酸： B. 侯氏制碱法： C. 海水中提取镁： D. 工业制备硝酸： 11. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 实验操作 实验现象 结论 A 向溶液缓慢滴加稀硫酸 溶液由黄色转变为橙色 增大有利于CrO（黄色）转化为Cr2O（橙色） B 将充满的密闭玻璃球浸泡在热水中 气体红棕色加深    C 向溶液中加入溶液，萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液 溶液变成红色 与I-所发生的反应为可逆反应 D 向锌粒和稀硫酸反应的试管中，滴加几滴溶液 气体生成速率加快 是锌和稀硫酸反应的催化剂 A. A B. B C. C D. D 12. 室温下，通过下列实验探究NaClO的性质。已知：Ka(HClO)=3×10-8，Ka1(H2CO3)=4×10-7，Ka2(H2CO3)=5×10-11。 实验1：测定0.1mol·L-1NaClO溶液的pH。 实验2：向0.1mol·L-1NaClO溶液中加入稀硫酸至pH=7。 实验3：向0.1mol·L-1NaClO溶液中通入少量CO2。 实验4：向0.1mol·L-1NaClO溶液中通入少量SO2，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。 下列说法正确的是 A. 实验1所测NaClO溶液的pH>11 B. 实验2所得的溶液中：c(HClO)=2c(SO) C. 实验3所得溶液中：c(CO)>c(HCO) D. 实验4所得的溶液中：c(Ba2＋)·c(SO)=Ksp(BaSO3) 13. 由CO2催化加氢制CH3OH的反应体系中，发生的主要反应如下。 反应I：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)；ΔH=+41.1kJ•mol-1。 反应II：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)；ΔH=-49.0kJ•mol-1。 在其他条件相同的情况下，按n(CO2)∶n(H2)=1∶3(总量一定)投料于恒容密闭容器中进行反应，CO2的平衡转化率和甲醇的选择性[甲醇的选择性：]随温度的变化趋势如图所示。 下列说法不正确的是 A. 若反应2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)；ΔH=-24.5kJ•mol-1，则由H2和CO制备二甲醚热化学方程式：2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)；ΔH=-204.7kJ•mol-1 B. 根据图中数据，温度选择553K，达到平衡时，反应体系内甲醇的产量最高 C. 随着温度的升高，CO2的平衡转化率增加但甲醇的选择性降低，其原因可能是反应II平衡逆向移动幅度弱于反应I正向移动幅度 D. 473～513K范围内，温度升高，平衡时逐渐增大 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 三氯化六氨合钴是一种橙黄色、微溶于水的配合物，常用于合成其他含钴的配合物。利用含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取的工艺流程如图所示： 已知： ①浸出液中含有的金属离子主要有、、、。 ②氧化性。 ③、、、。溶液中金属离子物质的量浓度低于 mol/L时，可认为沉淀完全。 （1）①的价层电子轨道表示式是______；中心离子配位数为______。 ②写出除杂过程中参与反应的离子方程式______。 ③调pH过程中加调节后会生成两种沉淀，同时得到的滤液中 mol/L，调节pH的范围为______。 （2）滤液中加入溶液有利于后续与的配合反应，其原因是________。生成的需隔绝空气保存，否则会很快转化为。写出转化为的化学反应方程式_______。 （3）一种掺钴催化剂的晶胞如图所示，该晶胞中每个钛原子周围距离最近且相等的氧原子有_____个。设阿伏加德罗常数的值为，晶胞参数为a nm，则该晶胞的密度为______g•cm(用含a、的代数式表示)。 15. 某化学小组为测定某有机物样品G的组成和结构，设计如图实验装置。 回答下列问题： （1）装置F中碱石灰的作用是______。 （2）若准确称取2.2g样品G(只含三种元素)，经充分燃烧后(CuO的作用是确保有机物充分氧化，最终生成和)，装置D质量增加1.8g，U形管E质量增加4.4g。G的实验式为_______。又知样品G的质谱图如图所示，则G的分子式为_______。 （3）实验测得G的水溶液呈酸性，且结构中不含支链，则其核磁共振氢谱图中的峰面积之比为_______。 （4）M与G互为官能团异构，M的核磁共振氢谱如图2所示；M的红外光谱如图3所示。 写出M分子中的官能团的名称：_______；M的结构简式为：_______。 （5）有机物甲、乙的结构简式如图所示。 甲、乙两分子中的手性碳原子是_________(填碳原子旁标的序号)。 16. 钛酸钡(BaTiO3)是制备电子陶瓷材料的基础原料。 （1）实验室模拟制备钛酸钡的过程如下： 已知：TiCl4能水解生成TiO2＋，TiO2＋能进一步水解生成TiO2；钛酸钡BaTiO3能与浓硫酸反应生成TiO2＋；草酸氧钛钡晶体的化学式为BaTiO(C2O4)2·4H2O。 ①Ti(Ⅳ)的存在形式(相对含量分数)与溶液pH的关系如图所示。“沉钛”时，需加入氨水调节溶液的pH在2～3之间，理由是________。 ②由草酸氧钛钡晶体(相对分子质量为449)煅烧制得钛酸钡分为三个阶段。现称取44.9 g草酸氧钛钡晶体进行热重分析，测得残留固体质量与温度的变化关系如图所示。C点残留固体中含有碳酸钡和钛氧化物，则阶段Ⅱ发生反应的化学方程式为________。 （2）利用Fe3＋将浅紫色Ti3＋氧化为无色Ti(Ⅳ)的反应可用于测定钛酸钡的纯度。 ①请补充完整实验方案：称量2.33 g钛酸钡样品完全溶于浓硫酸后，加入过量铝粉，充分振荡，使其完全反应(Al将TiO2＋转化为Ti3＋)，过滤，_______；向待测钛液中加入稀硫酸酸化后，将其转移到100 mL容量瓶中后定容，取20.00 mL待测钛液于锥形瓶中，_______；当滴入最后半滴标准液时，_______；记录消耗标准液的体积，重复滴定实验操作3次，平均消耗标准液19.50 mL(实验时须使用的试剂：0.100 0 mol/L FeCl3溶液、KSCN溶液，BaCl2溶液)。 ②计算钛酸钡样品的纯度(写出计算过程)_________。 17. 研究氮及其化合物的转化对于环境改善有重大意义。 （1）氨气脱除： 一定温度下，按进入脱除反应装置，的脱除率随温度的变化如图所示。 ①已知： I． Ⅱ． 则反应：________ ②的起始浓度为，从A点到B点经过2秒，该时间段内的脱除速率为______。 ③温度在时，温度升高的脱除率下降的原因可能是________。 （2）间接电化学法脱氮： 其工作原理如图所示，质子膜允许和通过。 写出电极I发生的电极反应式为___________。 （3）催化还原法脱氮： 用催化剂协同纳米零价铁去除水体中。催化还原过程如图所示。 I．“转化①”生成活性H原子过程可描述为__________。 Ⅱ．写出“转化②”的离子方程式_____________。 Ⅲ．去除率及生成率如图所示，为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体为4.2，当时，随着减小生成率逐渐降低的原因是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南京市2024-2025学年度第二学期五校联盟期中学情调研 高二化学试卷 本卷：共100分 考试时间：75分钟 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Ti-48 Fe-56 Co-59 Ba-137 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 自主创新是我国成为世界科技强国的关键支点。通过持续不断的科技创新，我国已在科技领域取得了显著成就。下列说法不正确的是 A. “鸿蒙”操作系统——载体芯片的主体材料属于金属晶体 B. 自主研发的大型飞机C919用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料 C. 量子科技“墨子号”使用光纤作为地面传输材料，其主要成分为二氧化硅 D. 我国首次获得公斤级丰度的产品，与互为同位素 【答案】A 【解析】 【详解】A．芯片的主体材料是单晶硅，为共价晶体，故A错误； B．国产大型飞机C919用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，故B正确； C．制作光导纤维的原料是二氧化硅，故C正确； D．与质子数相同，中子数不同，互为同位素，故D正确； 故答案为A。 2. 下列化学用语表示正确的是 A. 的电子式： B. 分子的VSEPR模型为： C. 邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图： D. 是极性键构成的非极性分子 【答案】B 【解析】 【详解】A．N原子核外有5个价电子，两个N原子共享6个电子形成氮氮三键，电子式为，故A错误； B．SO2分子中心原子S的价层电子对数，孤电子对数为1，为sp2杂化，VSEPR构型为平面三角形，故B正确； C．邻羟基苯甲醛分子中羰基上的氧原子和羟基上的氢原子构成氢键，示意图，故C错误； D．NH3中N-H键为极性键，分子构型为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，故D错误； 故答案为B。 3. 用下列仪器或装置进行相应实验，操作规范且能达到实验目的的是 A. 配制一定物质的量浓度的NaOH溶液 B. 除去中的 C. 分离胶体中的NaCl D. 蒸干溶液得到无水 【答案】B 【解析】 【详解】A．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，不能将氢氧化钠直接放在容量瓶中溶解，故A项错误； B．除去SO2中的SO3可以通入饱和亚硫酸氢钠溶液，SO2与饱和亚硫酸氢钠溶液不反应，故B项正确； C．分离氢氧化铁中的氯化钠不能过滤，两者均能透过滤纸，应该透过用半透膜，溶液可以透过半透膜，胶体不能，故C项错误； D．蒸发AlCl3溶液过程中，铝离子水解得到氢氧化铝，氢氧化铝最终得到氧化铝，无法得到无水AlCl3，故D项错误； 故本题选B。 4. 臭氧在催化下能将烟气中的分别氧化为和。下列关于元素及其化合物的说法正确的是 A. 原子半径： B. 第一电离能： C. 沸点： D. 电负性： 【答案】B 【解析】 【详解】A．同主族从上到下原子半径增大，同周期从左到右原子半径减小，原子半径：，故A错误； B．根据第一电离能递变规律，第一电离能：，故B正确； C．H2O和NH3都能形成分子间氢键，但是H2O中氢键更多，而H2S不能形成氢键，故沸点：，故C错误； D．金属电负性一般小于非金属，N与O同周期，O的电负性大于N，电负性：，故D错误。 答案选B。 阅读下列材料，完成下列小题。 氧族元素包含氧、硫、硒、碲等，位于元素周期表ⅥA族。可作为示踪原子研究物理、化学等领域中的科学问题。硫化氢是一种可燃性气体，其燃烧热为。二氧化硒的分子结构与相似，熔点为。 5. 下列说法正确的是 A. 基态S原子核外电子的运动状态有9种 B. 中含有的阴离子数目约为 C. 和的中心原子杂化方式均为 D. H2S的键角比H2O大 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 的燃烧： B. 乙酸乙酯的制备： C. 的水解反应： D. 铅蓄电池充电时，与电源标识“+”相连的电极反应式： 【答案】5. C 6. B 【解析】 【5题详解】 A．基态S原子核外电子共占据了9个原子轨道，空间运动状态有9种，其核外电子的运动状态有16种，A错误；                                                  B．的阴离子为，1molNa2O2中含有的阴离子数目约为，B错误； C．中心原子价层电子对数为，中心原子价层电子对数为，杂化方式均为sp3，C正确；    D．、中心原子价层电子对数均为，孤对电子数均为2，因O电负性更大，孤对电子排斥力更强，S的电负性较低，孤电子对与成键电子对的排斥作用较弱，导致分子中的键角大，D错误； 故选C。 【6题详解】 A．燃烧热中水的状态为液态水，该热化学方程式中水为气态，即，故A错误； B．酯化反应“酸脱羟基醇脱氢”，因此标记在醇中的18O原子随反应进入乙酸乙酯中，故B正确； C．硫离子水解分步进行，以第一步水解为主：，故C错误； D．与正极相连的为阳极，发生氧化反应：，故D错误； 故答案为B。 7. 下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是 A. 受热易分解，可用作泡沫灭火剂 B. 性质稳定，可作为燃料电池的燃料 C. 石墨晶体层间存在范德华力，石墨易导电 D. 超分子具有分子识别特征，可用于分离C60和C70 【答案】D 【解析】 【详解】A．受热易分解，可用作食品膨松剂，A错误； B．氧化释放出大量的能量，可作为燃料电池的燃料，B错误； C．石墨晶体层内存在可自由移动的电子，石墨易导电，C错误； D．杯酚分子的孔径大小不同，具有分子识别特征，可用于分离C60和C70，D正确； 答案选D。 8. 我国科学家用下图所示装置将转化为甲酸，Bi电极表面的纳米片层结构形成了空腔，可有效抑制的扩散。已知：电解效率。下列说法正确的是 A. 电子从电源的a极流出 B. 电极反应为 C. 一段时间后，Bi电极表面纳米片层结构内的溶液比其他区域低 D. 若电极产生22.4L(标准状况)气体时，生成，则的电解效率为91.5% 【答案】D 【解析】 【分析】右侧Bi电极上，CO2得电子转化为HCOOH，故右侧为阴极，b为电源负极，则a为电源正极，左侧Pt-Ti电极为阳极，溶液是硫酸溶液，阳极H2O失电子生成O2； 【详解】A．由分析可知，b为电源负极，电子从电源负极b流出，A错误； B．由分析，左侧Pt-Ti电极为阳极，溶液是硫酸溶液，阳极H2O失电子生成O2，电极反应为2H2O-4e−=O2↑+4H+，B错误； C．Bi电极上，CO2得电子转化为HCOOH，电极反应式为CO2+2H++2e−=HCOOH，消耗氢离子，纳米片层结构内溶液pH会偏高，C错误； D．电极产生22.4L(标准状况)O2时，转移电子4mol，理论上生成HCOOH为2mol，实际生成1.83mol HCOOH，故电解效率为=91.5%，D正确； 故本题选D。 9. 肉桂酸甲酯具有可可香味，主要用于日化和食品工业，是常用的定香剂或食用香料，同时也是重要的有机合成原料，其结构简式如图。下列关于肉桂酸甲酯的说法不正确的是 A. 该分子可使溴的四氯化碳溶液褪色 B. 存在顺反异构体 C. 分子式为C9H8O2 D. 分子中含有2种官能团 【答案】C 【解析】 【详解】A．分子中含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，从而使溴的四氯化碳溶液褪色 ，A正确； B．分子中碳碳双键的两个碳原子分别连接不同的原子或原子团，存在顺反异构体，B正确； C．通过结构简式可知，肉桂酸甲酯的分子式应为，而不是，C错误； D．分子中含有碳碳双键和酯基两种官能团，D正确； 故选C。 10. 在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A. 工业制硫酸： B. 侯氏制碱法： C. 海水中提取镁： D. 工业制备硝酸： 【答案】A 【解析】 【详解】A．与足量氧气反应得到SO2，SO2与O2在催化剂条件下加热反应得到SO3，再用98.3%的硫酸吸收SO3得发烟硫酸，A正确； B．向饱和氯化钠溶液应先通入氨气，再通入二氧化碳，发生反应：，过滤得到的碳酸氢钠受热分解得到碳酸钠，B错误； C．氢氧化镁与稀盐酸反应得到氯化镁溶液，电解氯化镁溶液不能得到金属镁，应电解熔融氯化镁得到金属镁，C错误； D．工业制备硝酸用氮气与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应得到氨气，氨气催化氧化得到NO，NO再被氧气氧化得到二氧化氮，二氧化氮与水反应得到HNO3，D错误； 故选A。 11. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 实验操作 实验现象 结论 A 向溶液缓慢滴加稀硫酸 溶液由黄色转变为橙色 增大有利于CrO（黄色）转化为Cr2O（橙色） B 将充满的密闭玻璃球浸泡在热水中 气体红棕色加深    C 向溶液中加入溶液，萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液 溶液变成红色 与I-所发生的反应为可逆反应 D 向锌粒和稀硫酸反应的试管中，滴加几滴溶液 气体生成速率加快 是锌和稀硫酸反应的催化剂 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．溶液中存在，向溶液中缓慢滴加稀硫酸，黄色溶液逐渐变成橙色，说明增大有利于转化为，A正确； B．浸泡在热水中，气体红棕色加深，说明平衡逆向移动，则该反应是放热反应，B错误； C．过量，检验剩余的Fe3+，不能说明Fe3+与I-所发生的反应为可逆反应，C错误； D．向锌粒和稀硫酸反应的试管中，滴加几滴溶液，锌和硫酸铜反应置换出铜，形成锌铜原电池，故反应速率加快，D错误； 故选A。 12. 室温下，通过下列实验探究NaClO的性质。已知：Ka(HClO)=3×10-8，Ka1(H2CO3)=4×10-7，Ka2(H2CO3)=5×10-11。 实验1：测定0.1mol·L-1NaClO溶液的pH。 实验2：向0.1mol·L-1NaClO溶液中加入稀硫酸至pH=7。 实验3：向0.1mol·L-1NaClO溶液中通入少量CO2。 实验4：向0.1mol·L-1NaClO溶液中通入少量SO2，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。 下列说法正确的是 A. 实验1所测NaClO溶液的pH>11 B. 实验2所得的溶液中：c(HClO)=2c(SO) C. 实验3所得溶液中：c(CO)>c(HCO) D. 实验4所得的溶液中：c(Ba2＋)·c(SO)=Ksp(BaSO3) 【答案】B 【解析】 【详解】A．NaClO是强碱弱酸盐，ClO-发生水解ClO-+H2OHClO+OH-，Kh=≈3.33×10-7，由于水解程度较小，c(OH-)= c(HClO)，Kh==3.33×10-7，得c(OH-)≈1.82×10-4mol/L，而pH=11时c(OH-)=10-3mol/L，故NaClO溶液的pH＜11，故A错误； B．向0.1mol/LNaClO溶液中加入稀硫酸至pH=7，此时溶液中c(H+)= c(OH-)。溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+ c(OH-)+2c(SO)，因为c(H+)= c(OH-)，所以c(Na+)=c(ClO-) + 2c(SO)。又NaClO溶液中存在c(Na+)= c(ClO-)+ c(HClO)。结合上述两个等式可得c(HClO)=2c(SO)，故B正确； C．向0.1mol/LNaClO溶液中通入少量CO2，发生反应NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO，所以反应后溶液中溶质为NaHCO3和HClO，溶液中不存在大量的CO，应该是c(CO)＜c(HCO)，选项C错误； D．向0.1mol/LNaClO溶液中通入少量SO2，发生反应NaClO+SO2+H2O=NaCl+H2SO4，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀BaSO4，说明溶液中存在SO，而不是SO，所以不存在c(Ba2＋)·c(SO)=Ksp(BaSO3)的关系，选项D错误； 故选B。 13. 由CO2催化加氢制CH3OH的反应体系中，发生的主要反应如下。 反应I：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)；ΔH=+41.1kJ•mol-1。 反应II：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)；ΔH=-49.0kJ•mol-1。 在其他条件相同的情况下，按n(CO2)∶n(H2)=1∶3(总量一定)投料于恒容密闭容器中进行反应，CO2的平衡转化率和甲醇的选择性[甲醇的选择性：]随温度的变化趋势如图所示。 下列说法不正确的是 A. 若反应2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)；ΔH=-24.5kJ•mol-1，则由H2和CO制备二甲醚的热化学方程式：2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)；ΔH=-204.7kJ•mol-1 B. 根据图中数据，温度选择553K，达到平衡时，反应体系内甲醇的产量最高 C. 随着温度的升高，CO2的平衡转化率增加但甲醇的选择性降低，其原因可能是反应II平衡逆向移动幅度弱于反应I正向移动幅度 D. 473～513K范围内，温度升高，平衡时的逐渐增大 【答案】D 【解析】 【详解】A．设反应Ⅲ2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)；ΔH=-24.5kJ•mol-1，反应Ⅳ，则由盖斯定律可知，Ⅳ=2×II-2×I+Ⅲ，则反应Ⅳ的反应热ΔH=2×(-49.0kJ•mol-1)- 2×(+41.1kJ•mol-1)+( -24.5kJ•mol-1)= -204.7kJ•mol-1，A正确； B．由图可知，温度选择553K，达到平衡时甲醇的选择性最低，二氧化碳的平衡转化率最大，故此时反应体系内甲醇的产量最高，B正确； C．反应II为放热反应，同时该反应生成甲醇，反应II为吸热反应，该反应消耗二氧化碳，但是不产生甲醇，则随着温度的升高，CO2的平衡转化率增加但甲醇的选择性降低，其原因可能是反应II平衡逆向移动幅度弱于反应I正向移动幅度，C正确； D．由图可知，随着温度的升高，甲醇的选择性在降低，二氧化碳的转化率在增大，则平衡时的逐渐减小，D错误； 故选D。 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 三氯化六氨合钴是一种橙黄色、微溶于水的配合物，常用于合成其他含钴的配合物。利用含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取的工艺流程如图所示： 已知： ①浸出液中含有的金属离子主要有、、、。 ②氧化性。 ③、、、。溶液中金属离子物质的量浓度低于 mol/L时，可认为沉淀完全。 （1）①的价层电子轨道表示式是______；中心离子配位数为______。 ②写出除杂过程中参与反应的离子方程式______。 ③调pH过程中加调节后会生成两种沉淀，同时得到的滤液中 mol/L，调节pH的范围为______。 （2）滤液中加入溶液有利于后续与的配合反应，其原因是________。生成的需隔绝空气保存，否则会很快转化为。写出转化为的化学反应方程式_______。 （3）一种掺钴催化剂晶胞如图所示，该晶胞中每个钛原子周围距离最近且相等的氧原子有_____个。设阿伏加德罗常数的值为，晶胞参数为a nm，则该晶胞的密度为______g•cm(用含a、的代数式表示)。 【答案】（1） ①. ②. 6 ③. ④. 4.7~7.4 （2） ①. 电离出的抑制氨水的电离，更有利于与的配合反应 ②. 4[Co(NH3)6]Cl2+O2+4NH4Cl+2H2O=4[Co(NH3)6]Cl3+4NH3⋅H2O(或者4[Co(NH3)6]Cl2+O2+4NH4Cl=4[Co(NH3)6]Cl3+4NH3+2H2O) （3） ①. 12 ②. 【解析】 【分析】以含钴废料(含少量Fe、Al 等杂质)制取[Co(NH3)6]Cl3，用盐酸溶解废料，得到Co2+、Fe2+、Al3+的酸性溶液，加入适量的NaClO3将亚铁离子氧化为铁离子，再加入碳酸钠调节pH，沉淀铝离子、铁离子为氢氧化铝和氢氧化铁，过滤，得到滤液，向滤液中加入活性炭和氯化铵溶液得到CoCl2·6H2O，再依次加入氨水和过氧化氢，发生反应H2O2+2CoCl2+2NH4Cl+10NH3·H2O=2[Co(NH3)6]Cl3↓+12H2O，再将沉淀在氯化氢分为下蒸发浓缩，冷却结晶，减压过滤得到产品，据此分析作答。 【小问1详解】 ①钴元素的原子序数为27，三价钴离子的价电子排布式为3d6，价层电子轨道表示式为；[Co(NH3)6]Cl3中心离子配位数为6； ②向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，除杂过程中参与反应的化学方程式：； ③调pH过程中加Na2CO3调节后会生成两种沉淀，即使Fe3+和Al3+完全沉淀，而Co2+不产生沉淀，由题干信息、可知，即当Al3+完全沉淀后，Fe3+已经早就完全沉淀，此时，则pH=4.7，同时得到含的滤液，此时溶液中，则pH=7.4，即调节pH的范围为4.7~7.4。 【小问2详解】 溶于水电离出会抑制后期加入的的电离，可防止后续加氨水时过大生成，更有利于与的配合反应；与氧气、NH4Cl、水反应生成和氨水，化学方程式为4[Co(NH3)6]Cl2+O2+4NH4Cl+2H2O=4[Co(NH3)6]Cl3+4NH3⋅H2O(或者4[Co(NH3)6]Cl2+O2+4NH4Cl=4[Co(NH3)6]Cl3+4NH3+2H2O)。 【小问3详解】 Ti位于顶点，O位于面心，则每个钛原子周围距离最近且相等的氧原子有个；观察晶胞图，Ti原子在立方体的顶点，O原子在面心，Co在体心，所以在z轴投影图为B，晶胞里边的原子数Ti为，O为，Co为1，则晶胞密度。 15. 某化学小组为测定某有机物样品G的组成和结构，设计如图实验装置。 回答下列问题： （1）装置F中碱石灰的作用是______。 （2）若准确称取2.2g样品G(只含三种元素)，经充分燃烧后(CuO的作用是确保有机物充分氧化，最终生成和)，装置D质量增加1.8g，U形管E质量增加4.4g。G的实验式为_______。又知样品G的质谱图如图所示，则G的分子式为_______。 （3）实验测得G的水溶液呈酸性，且结构中不含支链，则其核磁共振氢谱图中的峰面积之比为_______。 （4）M与G互为官能团异构，M的核磁共振氢谱如图2所示；M的红外光谱如图3所示。 写出M分子中官能团的名称：_______；M的结构简式为：_______。 （5）有机物甲、乙的结构简式如图所示。 甲、乙两分子中的手性碳原子是_________(填碳原子旁标的序号)。 【答案】（1）吸收空气中的和 （2） ①. C2H4O ②. （3）3：2：2：1（合理答案均可） （4） ①. 羟基、羰基 ②. （5）a、d、e 【解析】 【分析】A装置制备氧气，实验开始之前，先用A中产生的氧气将装置中的空气排干净；B的目的是干燥氧气，氧气进入C装置中，有机物与氧气反应，CuO的作用是确保有机物充分氧化，最终生成和；D的作用是吸收有机物与氧气反应生成的水蒸气，E的作用是吸收有机物燃烧生成的，F的作用是防外界空气中的和进入E，由此作答； 【小问1详解】 根据分析，装置F中碱石灰的作用是吸收空气中的和，防外界空气中的H2O和CO2进入E； 【小问2详解】 装置D质量增加，说明生成水的质量为，H的物质的量为，质量为；U形管E质量增加，即增加的的质量为，则C元素的物质的量为，C元素的质量为；样品G只含C、H、O三种元素，根据质量守恒，氧元素质量为，O的物质的量为，C、H、O原子个数之比为0.1mol∶0.2mol∶0.05mol=2∶4∶1，有机物G的实验式为，由于G的相对分子质量为88，故有机物G的分子式为； 【小问3详解】 若该有机物的水溶液呈酸性，说明含有羧基，结构中不含支链，则该有机物的结构简式为，则其核磁共振氢谱图中的峰面积之比为3：2：2：1； 【小问4详解】 由图2可知，不同种类氢原子个数比为3：3：1：1，说明其含有不对称的两个甲基，结合图3，含有键，满足条件的结构简式为，官能团为羟基、酮羰基； 【小问5详解】 手性碳原子是连接4个不同基团的碳原子，则甲、乙两分子中的手性碳原子是a、d、e。 16. 钛酸钡(BaTiO3)是制备电子陶瓷材料的基础原料。 （1）实验室模拟制备钛酸钡的过程如下： 已知：TiCl4能水解生成TiO2＋，TiO2＋能进一步水解生成TiO2；钛酸钡BaTiO3能与浓硫酸反应生成TiO2＋；草酸氧钛钡晶体的化学式为BaTiO(C2O4)2·4H2O。 ①Ti(Ⅳ)的存在形式(相对含量分数)与溶液pH的关系如图所示。“沉钛”时，需加入氨水调节溶液的pH在2～3之间，理由是________。 ②由草酸氧钛钡晶体(相对分子质量为449)煅烧制得钛酸钡分为三个阶段。现称取44.9 g草酸氧钛钡晶体进行热重分析，测得残留固体质量与温度的变化关系如图所示。C点残留固体中含有碳酸钡和钛氧化物，则阶段Ⅱ发生反应的化学方程式为________。 （2）利用Fe3＋将浅紫色Ti3＋氧化为无色Ti(Ⅳ)的反应可用于测定钛酸钡的纯度。 ①请补充完整实验方案：称量2.33 g钛酸钡样品完全溶于浓硫酸后，加入过量铝粉，充分振荡，使其完全反应(Al将TiO2＋转化为Ti3＋)，过滤，_______；向待测钛液中加入稀硫酸酸化后，将其转移到100 mL容量瓶中后定容，取20.00 mL待测钛液于锥形瓶中，_______；当滴入最后半滴标准液时，_______；记录消耗标准液的体积，重复滴定实验操作3次，平均消耗标准液19.50 mL(实验时须使用的试剂：0.100 0 mol/L FeCl3溶液、KSCN溶液，BaCl2溶液)。 ②计算钛酸钡样品的纯度(写出计算过程)_________。 【答案】（1） ①. pH在2～3之间时，Ti(Ⅳ)主要以TiO(C2O4)的形式存在，可直接与Ba2＋反应，有利于草酸氧钛钡晶体的生成 ②. BaTiO(C2O4)2BaCO3＋TiO2＋2CO↑＋CO2↑ （2） ①. 洗涤滤渣2～3次，取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成 ②. 将洗涤液与原滤液合并，向锥形瓶中滴加2～3滴KSCN溶液，用0.100 0 mol/L FeCl3溶液滴定 ③. 溶液由浅紫色变成红色，且半分钟内红色不褪去 ④. 97.5% 【解析】 【分析】由制备实验流程可知，向TiCl4溶液和氯化钡混合液中加入草酸溶液、氨水得到草酸氧钛钡晶体，最后通过过滤、洗涤、干燥煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3。 【小问1详解】 ①根据图像可知pH在2～3之间时，Ti(Ⅳ)主要以的形式存在，可直接与Ba2+反应，有利于草酸氧钛钡晶体的生成，因此“沉钛”时，需加入氨水调节溶液的pH在2～3之间； ②44.9g草酸氧钛钡晶体物质的量是0.1mol，含有结晶水的物质的量是0.4mol，质量是0.4mol×18g/mol＝7.2g，A→B点固体质量减少44.9g－37.7g＝7.2g，即B点固体是BaTiO(C2O4)2，测得C点残留固体中含有碳酸钡和钛氧化物，根据原子守恒可知碳酸钡的质量是0.1mol×197g/mol＝19.7g，钛氧化物电子质量是27.7g-19.7g＝8.0g，其中氧原子的物质的量是mol＝0.2mol，所以该氧化物是TiO2，设生成的CO和CO2的物质的量分别是xmol、ymol，则x+y＝0.4-0.1＝0.3，依据电子得失守恒可知x＝y+0.1，解得x＝0.2，y＝0.1，所以阶段Ⅱ发生反应的化学方程式为BaTiO(C2O4)2BaCO3＋TiO2＋2CO↑＋CO2↑； 【小问2详解】 ①根据滴定实验的基本操作，实验的完整步骤为：称量2.33g钛酸钡样品完全溶于浓硫酸后，加入过量铝粉，充分振荡，使其完全反应(Al将转化为)；过滤，洗涤滤渣2～3次，取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，将洗涤液与原滤液合并，向合并后的溶液中加入稀硫酸酸化；将待测钛液转移到100mL容量瓶中后定容，取20.00mL待测钛液于锥形瓶中，向锥形瓶中滴加2～3滴KSCN溶液，用0.1000mol/LFeCl3溶液滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由浅紫色变成血红色，半分钟红色不褪去；记录消耗标准液的体积，重复滴定实验操作3次，平均消耗标准液19.50mL； ②根据电子得失守恒可知Ti3＋～Fe3＋，钛酸钡样品中Ti的物质的量是5×0.0195L×0.1mol/L＝9.75×10－3mol，钛酸钡的质量是9.75×10－3mol×233g/mol，因此钛酸钡样品的纯度为＝97.5%。 17. 研究氮及其化合物的转化对于环境改善有重大意义。 （1）氨气脱除： 一定温度下，按进入脱除反应装置，的脱除率随温度的变化如图所示。 ①已知： I． Ⅱ． 则反应：________。 ②的起始浓度为，从A点到B点经过2秒，该时间段内的脱除速率为______。 ③温度在时，温度升高的脱除率下降的原因可能是________。 （2）间接电化学法脱氮： 其工作原理如图所示，质子膜允许和通过。 写出电极I发生的电极反应式为___________。 （3）催化还原法脱氮： 用催化剂协同纳米零价铁去除水体中。催化还原过程如图所示。 I．“转化①”生成活性H原子的过程可描述为__________。 Ⅱ．写出“转化②”离子方程式_____________。 Ⅲ．去除率及生成率如图所示，为有效降低水体中氮元素含量，宜调整水体为4.2，当时，随着减小生成率逐渐降低的原因是___________。 【答案】（1） ①. ②. ③. 温度高于900℃时，NH3与O2气生成NO的量增大（或NH3转化为NO的选择性增大），故NO的脱除率下降。 （2） （3） ①. 纳米零价铁在催化剂Pd表面失去电子生成Fe2 +， H+在催化剂Pd表面得到电子生成活性氢原子。 ②. +H++6H=NH+3H2O ③. pH越小，H+浓度越大，会生成更多的活性氢原子，使生成的中间产物NH更多的与H+反应生成，从而减少N2的生成。 【解析】 【小问1详解】 ①根据盖斯定律，由Ⅱ-I×5可得 ； ②一定温度下，按进入脱除反应装置，的起始浓度为，则NO的起始浓度为，由图中数据可知，从A点到B点的过程中NO的变化量为=，该时间段内的脱除速率为； ③温度高于900℃时，NH3与O2气生成NO的量增大（或NH3转化为NO的选择性增大），故NO的脱除率下降。 【小问2详解】 在电极上转化为，过程中S的化合价降低，得到电子发生还原反应，则电极为阴极，电极反应式为：。 【小问3详解】 I．“转化①”生成活性H原子的过程可描述为：纳米零价铁在催化剂Pd表面失去电子生成，在催化剂Pd表面得到电子生成活性氢原子。 Ⅱ．“转化②”中在酸性环境中和活性H原子反应生成NH，反应的离子方程式为：。 Ⅲ．pH越小，浓度越大，“转化①”中会生成更多的活性H原子，使生成的中间产物NH在“转化③”中更多地与和活性H原子反应生成，从而减少N2的生成。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $