浙江省浙南名校联盟2023-2024学年高二下学期开学化学试题 Word版含解析.docx

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2023学年高二第二学期浙南名校返校联考化学试题考生须知：1.本试题卷共8页，满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号。3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题卷。5.可能用到的相对原子质量：H—1O—16S—32Fe—56Cu—64选择题部分一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）1.下列物质中属于新型无机非金属材料的是A.石墨烯B.不锈钢C.普通玻璃D.铝合金【答案】A【解析】【详解】A．石墨烯是碳单质，属于新型无机非金属材料，故A符合题意；B．不锈钢是铁合金，属于金属材料，故B不符合题意；C．普通玻璃的主要成分是硅酸盐，属于传统无机非金属材料，故C不符合题意；D．铝合金属于金属材料，故D不符合题意；故选A。2.下列化学用语或说法中正确的是A.的名称：3-甲基丁烷B.总共含有4个能级的能层符号：C.的VSEPR模型为：D.在氨水中，与分子间的氢键主要形式可表示为：【答案】C【解析】【详解】A．根据系统命名规则，为2-甲基丁烷，A错误；B．总共含有4个能级为4s、4p、4d、4f，故该能层为N层，B错误； C．中S价层电子对数，分子空间构型为平面三角形，VSEPR模型为，C正确；D．O原子电负性更强，与O连接的H原子几乎成了质子，更易形成氢键，故在氨水中，NH3与H2O分子间的氢键主要形式可表示为：，D错误；故答案为：C。3.下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是A.乙酸乙酯制备时加入稍过量的乙醇B.的平衡体系，增大压强，气体颜色加深C.用含氟牙膏刷牙可预防龋齿D.可在浓盐酸中滴入几滴浓硫酸快速制取气体【答案】B【解析】【详解】A．制备乙酸乙酯时，使用过量的乙醇可以增大反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，乙酸的转化率增大、乙酸乙酯的产率增大，则实验室制备乙酸乙酯时，使用过量的乙醇作原料能用勒夏特列原理来解释，故A不符合题意；B．二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化氮的浓度减小，气体颜色变浅，故B符合题意；C．存在Ca5(PO4)3OH(s)＋F－(aq)Ca5(PO4)3F(s)＋OH－(aq)，使用含氟牙膏，促进平衡向正反应方向进行，生成氟磷灰石，氟磷灰石的溶解度比羟基磷灰石的小，而且更能抵抗酸的侵蚀，能用化学平衡移动原理解释，故C不符合题意；D．浓盐酸中存在氢离子和氯离子结合成氯化氢气体的过程，加入浓硫酸，增大氢离子浓度，反应正向进行，快速制取HCl，故D不符合题意；故选B。4.关于反应，下列说法正确的是A.上述反应中发生还原反应，氧化产物与还原产物物质的量之比为B.属于区元素，气态比气态更难再失去1个电子 C.、双氧水、明矾都是生活中常见的消毒剂D.生成标准状况下的时，转移电子【答案】D【解析】【分析】Mn元素的化合价由KMnO4中的+7价降至K2MnO4中的+6价和MnO2中的+4价，O元素的化合价由-2价升至O2中的0价，KMnO4既是氧化剂、又是还原剂，K2MnO4和MnO2是还原产物，O2是氧化产物；据此分析作答。【详解】A．Mn元素的化合价由KMnO4中的+7价降至K2MnO4中的+6价和MnO2中的+4价，K2MnO4和MnO2是还原产物，O元素的化合价由-2价升至O2中的0价，O2是氧化产物，氧化产物与还原产物物质的量之比为1：2，A错误；B．Mn属于d区元素，Mn2+的价电子排布式为3d5，Fe2+的价电子排布式为3d6，Mn2+的3d能级半满，更稳定，所以更难再失去1个电子，B错误；C．明矾是生活中常见的净水剂，不是消毒剂，C错误；D．生成标准状况下的2.24LO2时，O2的物质的量为0.1mol，转移0.4mol电子，D正确；故选D。5.下列说法正确的是A.中和热测定实验中酸碱混合时要迅速，并不断上下搅拌，测定并记录混合液的最高温度B.葡萄糖可发生水解反应生成乙醇和CO2C.可用饱和碳酸钠溶液除去CO2气体中的SO2杂质D.可用酸性KMnO4溶液除去乙烷中的乙烯【答案】A【解析】【详解】A．中和热测定实验成功关键是做好保温工作，减少实验过程中的热量损失，因此实验中酸碱混合时要迅速，并不断上下搅拌，测定并记录混合液的最高温度，据此判断反应过程放出的热量，A正确；B．葡萄糖是单糖不能发生水解反应，葡萄糖在酒曲酶作用下可发生氧化还原反应生成乙醇和CO2，B错误；C．CO2也能够与碳酸钠饱和溶液反应，因此不能用饱和碳酸钠溶液除去CO2气体中的SO2杂质，应该使用饱和碳酸氢钠溶液除杂，C错误；D．酸性KMnO4溶液会将乙烯氧化为CO2 气体，导致又混入新的杂质，应该使用溴水除去乙烷中的乙烯，D错误；故合理选项是A。6.下列说法正确的是A.70℃时，纯水的，显酸性B.常温下，的醋酸溶液中加入的溶液，混合液C.的HA溶液加蒸馏水稀释至，若，则为弱酸D.等体积等的稀硫酸和醋酸分别与等浓度的溶液反应至中性，消耗溶液的体积前者小于后者【答案】D【解析】【详解】A．水的电离是吸热过程，升高温度，水的电离程度增大。70℃时，纯水的电离出的，pH<7，纯水呈中性，A错误；B．常温下，的醋酸溶液中加入的溶液，醋酸的物质的量大于氢氧化钠的物质的量，反应后溶液中溶质为醋酸钠、醋酸，剩余醋酸的量大于生成的醋酸钠，溶液呈酸性，B错误；C．若的HCl溶液加蒸馏水稀释至，盐酸。的HA溶液加蒸馏水稀释至，若，则不一定为弱酸，C错误；D．等体积等的稀硫酸和醋酸中溶质的物质的量：醋酸>硫酸，反应后溶液呈中性消耗的KOH：醋酸>硫酸，D正确；故答案为：D。7.已知是阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是A.的溶液中数目为B.常温下的氢氧化钠溶液中由水电离出的的数目为C.的溶液中，硫酸根和氢氧根的总数目为D.标准状况下将通入足量水中，溶液中、、数目之和小于【答案】B 【解析】【详解】A．的溶液中n(CuCl2)=0.1mol，所以数目为，故A正确；B．氢氧化钠抑制水电离，pH=13的氢氧化钠溶液中由水电离的氢离子浓度为1×10-3mol/L，常温下的氢氧化钠溶液中由水电离出的的数目为，故B错误；C．pH=1的溶液中c(H+)=0.1mol/L、c(K+)=，根据电荷守恒，即，所以的溶液中，硫酸根和氢氧根的总数目为，故C正确；D．标准状况下将通入足量水中，氯气部分与水反应，溶液中含有Cl2分子，溶液中、、数目之和小于，故D正确；选B。8.下列离子方程式正确的是A.氯化镁溶液与氨水反应：B澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液混合：C.与稀硝酸反应：D.硫化钠溶液中加入少量氯化铁溶液：【答案】B【解析】【详解】A．氨水中一水合氨是弱电解质，不能拆，故A错误；B．澄清石灰水与过量碳酸氢钠混合的离子方程式为：，故B正确；C．氧化亚铁会被稀硝酸氧化成Fe3+，故C错误；D．硫化钠与少量氯化铁发生氧化还原反应，但生成的亚铁离子能与硫离子反应生成FeS，离子方程式为：，故D错误；答案为B。9.在2L密闭容器中通入3molH2和1molN2，测得不同温度下，NH3的产率随时间变化如下图所示。已知：瞬时速率表达式，（k 为速率常数，只与温度有关）下列说法正确的是A.由点到点混合气体压强在增大B.达到平衡时，C.温度由调到，增大程度小于增大程度D.平衡常数：【答案】C【解析】【详解】A．合成氨反应是一个气体分子数减小的可逆反应，由点到点，NH3的产率增大，表明反应正向进行，气体的物质的量减小，则混合气体压强在减小，A不正确；B．达到平衡时，不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比，则，B不正确；C．从图中看出，T2时反应先达平衡，表明T1＜T2，则温度由T1调到T2，平衡逆向移动，所以增大程度小于增大程度，C正确；D．合成氨反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，所以平衡常数：，D不正确；故选C。10.下列说法不正确的是A.相同条件下的酸性：邻苯二甲酸对苯二甲酸B.键角：C.和甲醚都是直线型非极性分子D.由三种元素构成的化合物可能是极性分子，也可能是非极性分子 【答案】C【解析】【详解】A．邻苯二甲酸负离子可形成分子内氢键，相同条件下的酸性：邻苯二甲酸对苯二甲酸，A正确；B．Cl2O中O原子的价层电子对数为2+=4，O为sp3杂化，空间构型为V形，SCl2是V形结构，O原子半径小，电负性较大，键角：Cl2O>SCl2，B正确；C．分子中，O原子与两个C原子形成2个σ键，含有2个孤电子对，O和与之相连的两个C原子形成V形结构，因此不是直线型分子，C错误；D．由三种元素构成的化合物可能是极性分子,如CH2Cl2，形成的也可能是非极性分子，如Be(OH)2，D正确；故选：C。11.MgCO3和CaCO3的能量关系如下图所示(M=Ca、Mg)已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法正确的是A.△H2(CaCO3)=△H2(MgCO3)B.△H1(MgCO3)=△H1(CaCO3)C.△H=△H1+△H2+△H3D.△H3(CaCO3)＞△H3(MgCO3)＞0【答案】A【解析】【详解】A．根据图示可知：△H2均为断裂中的C、O之间的化学键形成CO2、O2-，所以△H2(CaCO3)=△H2(MgCO3)，A正确；B．碳酸盐受热分解为吸热反应，由于Mg2+、Ca2+电荷相同，离子电荷相同时，半径越小，离子键越强，断裂吸收热量就越多，反应热就越大，所以△H1(MgCO3)＞△H1(CaCO3)，B错误；C．反应热与反应途径无关，只与反应的始态与终态有关，则根据图示可知△H=△H1+△H2-△H3，C错误；D．由离子结合形成物质内化学键时会释放热量，则由MO与CO2发生反应时会吸收热量，反应热△H3＞0，离子半径越小，金属阳离子与O2-结合形成MO时放出热量就越多，因此相应的反应热就越大，离子半径：Mg2+＜Ca2+，所以△H3(MgCO3)＞△H3(CaCO3)＞0，D错误；故合理选项是A。 12.X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依此增大。轨道上电子全充满，轨道上无电子；基态原子价层电子排布为，是地壳中含量最丰富的元素，基态原子有1个未成对电子，是短周期中金属性最强的元素，下列说法不正确的是A.与形成的化合物中可能含有非极性共价键B.分子中的轨道杂化类型为杂化，分子的空间构型是三角锥形C.化合物可能为两性氢氧化物D.第一电离能：【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依此增大。的轨道上电子全充满，轨道上无电子，X是Be元素；基态原子价层电子排布为，n=2，则Y是N元素；是地壳中含量最丰富的元素，Z是O元素；基态原子有1个未成对电子，M是F元素；是短周期中金属性最强的元素，Q是Na元素。【详解】A．与形成的化合物Na2O2中含有非极性共价键，故A正确；B．NF3分子中N原子有4个价电子对，有1个孤电子对，轨道杂化类型为杂化，分子的空间构型是三角锥形，故B正确；C．根据“对角线规则”，Be与Al性质相似，所以化合物Be(OH)2可能为两性氢氧化物，故C正确；D．第一电离能：，故D错误；选D。13.常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是 A.约为B.点a：C.点b：D.水的电离程度：【答案】D【解析】【分析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。【详解】A．由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-3.38mol/L，==10-4.76，故A正确；B．a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故B正确；C．点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)d，故D错误；答案选D。 14.通过如下图所示装置可实现将废旧锂离子电池的正极材料转化为，并回收钴，同时可借助其降解乙酸盐生成。其中电极材料均为石墨，右侧装置为原电池（工作时应保持厌氧环境和稳定）。下列说法正确的是A.装置工作时，甲室发生还原反应：B.乙电极反应式为：C.装置工作时，乙室减小D.装置工作一段时间后，应定时将甲室溶液转移至乙室【答案】A【解析】【分析】右侧装置为原电池，转化为，可知为正极；左侧为电解池，甲室是阴极室。【详解】A．装置工作时，甲室是阴极室，甲室发生还原反应，故A正确；B．乙电极是原电池的正极，得电子发生还原反应生成，乙电极反应式为，故B错误；C．装置工作时，乙室发生反应，消耗氢离子增大，故C错误；D．乙室生成，甲室消耗，装置工作一段时间后，应定时将乙室溶液转移至甲室，故D错误；选A。15.某温度下，和的沉淀溶解平衡曲线如下图（图中表示或 ）所示，下列说法正确的是A.是的沉淀溶解平衡曲线B.a点时，和均生成沉淀C.b点时，有，则D.当用溶液滴定浓度约为的溶液时，可用作指示剂（为红色沉淀）【答案】D【解析】【分析】，为型，而为型，溶度积常数只与温度有关，根据横坐标和纵坐标的比值关系可知，Y表示与的变化关系，则X表示与的变化关系，由沉淀溶解平衡曲线Y上的点(1.7，5)可得到的溶度积，由沉淀溶解平衡曲线X上的点(4.8，5)可得到AgCl的溶度积，据此作答。【详解】A．由分析可知，X、Y表示的是AgCl、的沉淀溶解平衡曲线，A错误；B．a点在溶解度曲线上方，离子浓度更小，该条件下不能生成沉淀，也不能生成AgCl沉淀，B错误；C．溶度积常数只与温度有关，，C错误；D．、分别为白色、砖红色固体，用滴定含的溶液时，可以滴加少量溶液作指示剂，D正确； 故答案选D。16.下列实验操作、现象和结论都正确的是选项实验操作现象和结论A室温下分别测定溶液和溶液的两者都大于7，且溶液的大，说明的水解能力强于B取两份新制氯水，分别滴加溶液和淀粉溶液前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，说明与反应存在限度C测定均为离子化合物的和的熔点的熔点更高，说明中离子键强于D向溶液中先滴加4滴溶液，再滴加4滴溶液先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀。说明转化为，溶解度小于A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的浓度未知，无法判断，A项错误；B．新制氯水中加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明新制氯水中有Cl-，新制氯水中加入淀粉KI溶液，溶液变蓝，说明I-被氧化成I2，HClO和Cl2都能将I-氧化，不能说明新制氯水中一定有Cl2，不能说明Cl2与H2O的反应存在限度，B项错误；C．离子化合物熔点的高低与离子键强度有关，离子键越强、离子化合物熔点越高，C项正确；D．向2mL0.1mol/LAgNO3溶液中先滴加4滴0.1mol/LKCl溶液，产生白色AgCl沉淀后AgNO3过量，再滴加4滴0.1mol/LKI溶液与过量Ag+直接反应生成AgI沉淀，不能说明发生了沉淀的转化和比较溶解度的大小，D项错误； 答案选C。非选择题部分二、非选择题（本大题共有5小题，共52分）17.化学，让生活更美好。回答下列问题：（1）乳酸亚铁是一种常用的补铁剂。①基态核外电子的空间运动状态有__________种。②乳酸分子中键与键的数目比为__________。③乳酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为__________。（2）乙烷硒啉（Ethaselen）是一种抗癌新药，其结构式如下：①该新药分子中有__________种不同化学环境的C原子。②研究发现，适量硒酸钠可减轻重金属铊引起的中毒。比较键角大小：__________（填“”、“”或“”），原因是__________。（3）广泛应用于太阳能电池领域。以、和抗坏血酸为原料，可制备。抗坏血酸分子结构如图1所示，晶胞如图2所示。①抗坏血酸的分子式是__________，的价层电子轨道表示式为__________。②下列说法中不正确的是__________。A.抗坏血酸分子中碳原子的轨道杂化类型为B.抗坏血酸难溶于水，易溶于乙醇C.抗坏血酸与足量氢气完全催化还原后的分子中有5个手性碳原子D.在水溶液中以形式存在，的配位原子为 ③晶胞为立方体，边长为，设为阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度__________。【答案】17.①.14②.③.18.①.8②.③.和的中心原子均为杂化，中的原子没有孤对电子，中的有两对孤对电子，孤对电子对成键电子的斥力大于成键电子之间的斥力（或离子的空间构型为正四面体形，分子的空间构型为V形）19.①.②.③.ABC④.【解析】【小问1详解】①基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，基态Fe失去最外层2个电子得，基态核外电子的空间运动状态有14种。②乳酸分子的结构式为，单键为键，双键中有1个键与1个键，键与键的数目比为11:1。③元素非金属性越强，电负性越大，乳酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为。【小问2详解】①该新药分子结构对称，有8种不同化学环境的C原子。②和的中心原子均为杂化，中的原子没有孤对电子，中的有两对孤对电子，孤对电子对成键电子的斥力大于成键电子之间的斥力,所以键角>。【小问3详解】①抗坏血酸的分子式是；Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，Cu原子失去2个电子得，的价层电子排布式为3d9，价层电子轨道表示式为。②A．抗坏血酸分子中双键碳原子的轨道杂化类型为，故A错误；B．抗坏血酸分子中羟基属于亲水基，增大其水溶性，所以抗坏血酸易溶于水，故B错误； C．抗坏血酸与足量氢气完全催化还原后的分子中有4个手性碳原子(*标出)，故C错误；D．在水溶液中以形式存在，的配位原子为，故D正确；选ABC。③晶胞为立方体，边长为，根据均摊原则，晶胞中Cu原子数为4、O原子数为2，设为阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度。18.含氮化合物种类多，用途广。回答下列问题。（1）NH3的电子式为__________，NH3与NaClO在一定条件下可生成N2H4，化学方程式为__________。（2）又称联氨，为二元弱碱，不如氨气稳定，还原性强于氨气。①联氨在水中的电离方程式与氨相似，则联氨第一步的电离方程式为__________。②肼-空气燃料电池是一种碱性燃料电池，生成无污染的物质。电解质溶液是的KOH溶液。肼空气燃料电池放电时，负极的电极反应式是__________。③从分子结构角度分析，N2H4不如氨气稳定的原因是__________。（3）常温下，在NH4Cl溶液中加入NaOH(s)至中性，则=__________（常温下NH3·H2O的电离平衡常数为）。（4）利用热再生氨电池可实现CuSO4电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示，甲、乙两室均预加相同的CuSO4电镀废液，向甲室加入足量氨水后电池开始工作。下列说法正确的是__________。A.甲室Cu电极为负极B.Cu2+通过隔膜进入乙室C.电池总反应为：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+ D.NH3扩散到乙室不会对电池电压产生影响（5）在加热条件下通入过量的NH3与CuO反应，可得到红色固体。设计实验验证尾气中比较活泼的两种气体__________。【答案】18.①.②.2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O19.①.②.N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O③.N2H4中含N-N，由于N上的孤电子对的排斥使N-N键键能较小，稳定性比NH3差20.18021.AC22.将湿润的红色石蕊试纸置于尾气出口，若试纸变蓝，说明尾气中含有氨气；将尾气通入冷的的集气瓶中，若有液珠出现，说明含H2O【解析】【小问1详解】N原子最外层有5个电子，其中3个成单电子与3个H原子形成3个共价键，就得到NH3，故NH3的电子式为；NH3具有还原性，NaClO具有强氧化性，二者会发生氧化还原反应产生N2H4、NaCl、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；【小问2详解】①联氨在水中的电离方程式与氨相似，N2H4与水电离产生的H+通过配位键结合，从而电离产生OH-，则联氨第一步的电离方程式为：；②在肼-空气燃料电池中，通入燃料N2H4的电极为负极，N2H4失去电子被氧化为N2，并结合OH-生成H2O，则负极的电极反应式为：N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O；③N2H4分子中2个N原子形成N-N，每个N原子在分别与2个H原子形成2个N-H共价键，由于N上的孤电子对的排斥使N-N键键能较小，则其稳定性就比NH3差；【小问3详解】25℃时，向NH4Cl溶液中加入NaOH(s)到pH=7，溶液中c(OH-)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c()+c(H+)，则c(Cl-)=c(Na+)+c()，溶液中还存在物料守恒c(Cl-)=c(NH3·H2O)+c()，所以c(Na+)=c(NH3·H2O)，则= =180；【小问4详解】A.向甲室通入NH3开始工作，放电时，甲室的铜电极棒不断溶解，发生氧化反应：Cu-2e-=Cu2+，Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+，所以放电时，甲室Cu电极为负极，A正确；B.在原电池内电路中阳离子向正极移动，如隔膜为阳离子交换膜，电极溶解生成的Cu2+要向右侧移动，通入NH3要消耗Cu2+，显然左则阳离子不断减小，明显不利于电池反应正常进行，故隔膜应该是阴离子交换膜，Cu2+不能进入乙室，B错误；C.放电时，负极和正极的反应分别为：Cu-2e-=Cu2+、Cu2++2e-=Cu，向甲室加入足量氨水后，发生反应Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+，故电池总反应：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+，C正确；D.NH3扩散到乙室，与乙室中的Cu2+反应，降低了乙室中Cu2+的浓度，将对电池电动势以及电压产生一定影响，D错误；故合理选项是AC；【小问5详解】在加热条件下通入过量的NH3与CuO反应，可得到红色固体，反应方程式为：2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O，在尾气中含有过量NH3及反应产生的N2、H2O蒸气，其中NH3、H2O蒸气比较活泼，检验NH3的方法是将湿润的红色石蕊试纸置于尾气出口，若试纸变蓝，说明尾气中含有氨气；检验水蒸气的方法是：将尾气通入冷的的集气瓶中，若有集气瓶内壁有液珠出现，说明含H2O蒸气。19.利用生物炼铜方法可以制备金属铜，同时生成副产品，相关转化过程如下图所示：金属离子沉淀的如下表：开始沉淀时的1.54.26.3 完全沉淀时的2.86.78.3请回答：（1）请写出在硫化细菌作用下转化生成的离子方程式__________。（2）请选择合适的试剂X__________。A.新制氯水B.双氧水C.稀硝酸D.酸性高锰酸钾（3）调节的范围在__________之间，试剂是__________（写出一种即可）。（4）测定的纯度I.用分析天平称取晶体，将其溶于硫酸后，加水稀释后用容量瓶配成的待测液；Ⅱ.取的待测液置于锥形瓶中，用的标准液进行滴定，进行三次平行试验，消耗的标准液的体积如下表所示实验组第一次第二次第三次滴定前溶液体积0.050.201.10滴定后溶液的体积19.9520.3022.10①滴定终点的判断方法是__________。②该晶体的纯度是__________（保留2位小数）。现测得该晶体纯度偏低，可能的原因是__________。A.原锥形瓶中有水B.在配制待测液定容时仰视C.待测液配制过程中被氧气氧化 D.盛放标准液的滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失【答案】（1）CuS+2O2Cu2++（2）B（3）①.②.等（4）①.当滴入最后半滴标准液时，溶液由无色（浅黄色）变为浅紫色，且半分钟内不变色②.92.67③.BC【解析】【分析】CuS和FeS在硫化细菌存在下与O2、H2SO4反应得到CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合液，加入试剂X将Fe2+氧化成Fe3+，调pH得到Fe(OH)3沉淀和CuSO4溶液，CuSO4溶液与Fe粉反应得到FeSO4和Cu；Fe(OH)3与H2SO4反应后、加入Fe得到FeSO4溶液，两步得到的FeSO4溶液合并，FeSO4溶液最终得到FeSO4∙7H2O。【小问1详解】CuS与O2、H2SO4在硫化细菌作用下生成CuSO4，CuS中S元素的化合价由-2价升至+6价，O2为氧化剂，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为CuS+2O2Cu2++。【小问2详解】试剂X将Fe2+氧化成Fe3+，新制氯水、稀硝酸、酸性高锰酸钾将Fe2+氧化时会引入新杂质、稀HNO3还会产生NO污染空气；双氧水将Fe2+氧化成Fe3+、不引入新杂质；答案选B。【小问3详解】调节pH的目的使Fe3+完全沉淀、Cu2+不形成沉淀，根据表中数据，调节pH的范围在2.8~4.2；为了不引入新杂质，试剂是CuO或Cu(OH)2或CuCO3等。【小问4详解】①由于KMnO4溶液本身有颜色，故滴定终点的判断方法是：当滴入最后半滴标准液时，溶液由无色（浅黄色）变为浅紫色，且半分钟内不变色。②三次实验消耗的KMnO4溶液的体积依次为19.95mL-0.05mL=19.90mL、20.30mL-0.20mL=20.10mL、22.10mL-1.10mL=21.00mL，由于第三次实验误差较大，故消耗的KMnO4溶液的体积为=20.00mL，根据反应5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，25.00mL待测液中n(Fe2+)=5×0.05mol/L×0.02L=0.005mol，该FeSO4∙7H2O晶体的纯度为 ×100%=92.67%；A．原锥形瓶中有水，对实验结果无影响，A项不符合题意；B．在配制待测液定容时仰视，待测液的体积偏大，所配溶液浓度偏小，消耗KMnO4溶液体积偏小，测得该晶体的纯度偏低，B项符合题意；C．待测液配制过程中被氧气氧化，消耗KMnO4溶液体积偏小，测得该晶体的纯度偏低，C项符合题意；D．盛放KMnO4标准液的滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，消耗KMnO4溶液体积偏大，测得该晶体的纯度偏大，D项不符合题意；答案选BC。20.为了实现“碳中和”，研发的利用技术成为热点。反应I：反应Ⅱ：请回答：（1）反应I能够自发进行的条件是__________。（2）向的恒容密闭容器中充入和（起始压强为），在不同温度下同时发生上述反应I和反应Ⅱ，得到平衡时各含碳物质的物质的量与温度的关系如下图所示。①写出曲线Y表示的含碳元素物质的化学式__________。②时，反应Ⅱ的平衡常数__________[对于气相反应，用某组分的平衡压强代替物质的量浓度也可表示平衡常数，记作，如，为平衡总压强，为平衡系统中的物质的量分数]。（3）可用与催化加氢制乙醇，反应原理为： 。经实验测定在不同投料比、、时的平衡转化率与温度的关系如图所示：①上述反应的活化能（正）__________（逆）（填“”、“”或“”）。②、、由大到小的顺序是__________。③从平衡角度分析，随温度升高，不同投料比时的平衡转化率趋于相近的原因__________。（4）科学家提出由制取的太阳能工艺如图。已知“重整系统”发生的反应中，则的化学式为__________。（5）水系可逆电池可吸收利用，将两组阴离子、阳离子复合膜反向放置分隔两室电解液充、放电时，复合膜间的解离成和，工作原理如图所示： ①放电时复合膜中向极移动的离子是__________。②充电时多孔纳米片电极的电极反应式为__________。【答案】（1）低温自发（2）①.CO②.0.6（3）①.②.③.升高温度到一定范围，温度对平衡移动的影响占主要因素（4）（5）①.②.【解析】【小问1详解】反应I，根据自发进行，则能够自发进行的条件是低温自发。【小问2详解】①反应I为放热反应、反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应I平衡逆向移动、反应Ⅱ平衡正向移动，CH4的平衡物质的量减小、CO的平衡物质的量增大，则曲线X表示CH4、曲线Y表示CO、曲线Z表示CO2；②时，n（CH4）=3.8mol、n（CO）=0.2mol、n（CO2）=1.0mol，列式可得：混合气体总物质的量为（1.0+2.6+3.8+7.8+0.2）=15.4mol，设总压强为p，则p（CO2）=p，p（H2）=，p（CO）=，p（H2O）=，反应Ⅱ 的压强平衡常数Kp===0.6。【小问3详解】①温度升高，转化率降低，该反应为放热反应，上述反应的活化能（正）<（逆）。②x值越小，转化率越高，、、由大到小的顺序是。③从平衡角度分析，随温度升高，不同投料比时的平衡转化率趋于相近的原因升高温度到一定范围，温度对平衡移动的影响占主要因素。【小问4详解】重整系统中CO2和FeO反应生成FexOy和C，发生反应中n（FeO）：n（CO2）=6时，则x：y=6：（6+2）=3：4，故FexOy的化学式为Fe3O4。【小问5详解】①充电时，阳离子向阴极移动，复合膜中的阳离子是H+，放电时，阳离子移向正极、阴离子移向负极，图中H+移向多孔Pd纳米片、OH-移向Zn；。②原电池中Zn为负极、多孔Pd纳米片为正极，充电时Zn为阴极、多孔Pd纳米片为阳极，阳极上HCOOH发生失去电子的氧化反应生成CO2，，电极反应式为。21.有机物C（丙烯酸乙酯）是一种食用合成香料，由烃A、丙烯合成C的路线如下图。请回答：（1）由和生成的反应类型是__________。（2）中官能团的名称是__________。（3）在铜的催化作用下可被氧化生成能发生银镜反应的物质，写出由生成的化学方程式__________。（4）下列说法正确的是__________。A.等物质的量的B和D完全燃烧生成的质量相等 B.工业上通常只通过石油的裂化生产A和DC.用溴水可鉴别B和ED.有机物和C均可发生加聚反应、取代反应、氧化反应、还原反应（5）有机物是比有机物多2个氢原子的酯类物质，满足上述条件的有机物有__________种，其中可发生银镜反应且只有2种化学环境的氢原子的的结构简式为__________。【答案】（1）取代（酯化）反应（2）羧基、碳碳双键（3）（4）AD（5）①.9②.【解析】【分析】D为丙烯，D氧化生成E为CH2=CHCOOH，B和E发生酯化反应生成C，则B为CH3CH2OH，A和水发生加成反应生成B，则A为CH2=CH2，据此分析解答。【小问1详解】B和E发生酯化反应生成C，反应类型为取代（酯化）反应。【小问2详解】E为CH2=CHCOOH，含有羧基和碳碳双键。【小问3详解】B为乙醇，催化氧化生成F，F为CH3CHO，化学方程式为。【小问4详解】A．B的分子式为C2H6O，D的分子式为C3H6，等物质的量的B和D中氢原子的物质的量相等，完全燃烧生成水的质量相等，故A正确；B．乙烯和丙烯通过石油裂解生成，故B错误；C．E中含有碳碳双键，可以与溴单质发生加成反应，使溴水褪色，B中含有羟基，可以与溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色，故C错误；D．E含有碳碳双键和羧基，可以发生加聚反应，取代反应，氧化反应和还原反应，C中含有碳碳双键和酯基，可以发生加聚反应，取代反应，氧化反应和还原反应，故D正确；故选AD。