上海市崇明区2022届高三下学期二模化学试题 Word版含解析.docx

《上海市崇明区2022届高三下学期二模化学试题 Word版含解析.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

化学试卷(本卷满分100分，考试时间60分钟)可能用到的相对原子质量：H-1N-14O-16S-32C-12Fe-56Zn-65一、选择题(每小题2分，共40分，每小题只有一个正确选项)1.二氧化碳是自然界碳循环中的重要物质。下列过程会引起大气中CO2含量上升的是A.雷电作用下降雨B.风力发电C.化石燃料的燃烧D.碳酸盐的沉积【答案】C【解析】【详解】A．雷电作用下降雨，N2与O2在电火花作用下反应产生NO，NO与O2反应产生NO2，NO2溶于水产生HNO3和NO，导致酸雨，不会反应产生CO2，因此不会引起大气中CO2含量上升，A不符合题意；B．风力发电是风能转化为电能，没有消耗含碳元素的化合物，因此不会引起大气中CO2含量上升，B不符合题意；C．化石燃料的燃烧会反应产生CO2，从而会引起大气中CO2含量上升，C符合题意；D．碳酸盐的沉积是指形成与海洋或湖泊底部的粒状、泥状碳酸盐矿物及其集合体，通过生物作用或从过饱和碳酸盐的水体中直接沉淀，水体中生物活动消耗二氧化碳，不会引起大气中CO2含量上升，D不符合题意；故合理选项是C。2.下列叙述错误的是A.纯碱可用于去除餐具的油污B.碘酒可用于皮肤外用消毒C.干冰可用作制冷剂D.利用二氧化硫的还原性造纸时可漂白纸浆【答案】D【解析】【详解】A．纯碱是碳酸钠的俗名，其水溶液呈碱性，而油污在碱性条件下能发生水解反应，A项正确；B．碘酒能使蛋白质变性，具有杀菌消毒的作用，可用于皮肤外用消毒，B项正确；C．干冰升华时吸收大量的热，能使环境温度降低，可用作制冷剂，C项正确；D．二氧化硫具有漂白性，可用于纸浆漂白，D项错误；答案选D。3.2016年IUPAC确认了四种新元素，其中一种为Mc，中文名为“镆”。元素Mc可由反应： 得到。下列有关说法正确的是A.Mc(镆)是长周期元素B.与互为同素异形体C.核内质子数为18D.原子的核外电子数为148【答案】A【解析】【详解】A．镆元素的原子序数为115，位于元素周期表第七周期VA族，属于长周期元素，故A正确；B．与的质子数相同、中子数不同，互为同位素，故B错误；C．核内质子数为20，故C错误；D．原子的核外电子数与质子数相同，都为95，故D错误；故选A4.我国科学家发现一种名为“Methanoliparia”的微生物，能以石油为食物产生甲烷和二氧化碳。下列不属于甲烷和二氧化碳共性的是A.非电解质B.非极性分子C.温室气体D.平面型分子【答案】D【解析】【详解】A．甲烷溶于水不能导电，故属于非电解质，二氧化碳的水溶液能导电，是由于碳酸电离出的氢离子和碳酸氢根离子，使水溶液导电，并非二氧化碳自身电离，故二氧化碳属于非电解质；即甲烷和二氧化碳都是非电解质，故A不符合题意；B．甲烷为正四面体形，二氧化碳为直线形，均为对称结构，均属于非极性分子，故B不符合题意；C．甲烷和二氧化碳均属于温室气体，故C不符合题意；D．甲烷的空间构型为正四面体形，不是平面型分子，二氧化碳的空间构型为直线形，是平面型分子，故D符合题意；故选D。5.有关反应热效应的说法正确的是A.大多数分解反应都是吸热反应B.氧化还原反应都属于放热反应C.有催化剂参与的反应是放热反应D.有化学键断裂的反应是吸热反应【答案】A【解析】【详解】A．大多数化合反应是放热反应，大多数分解反应是吸热反应，A正确； B．氧化还原反应不一定是放热反应，如碳与二氧化碳高温条件下反应生成一氧化碳为氧化还原反应，但属于吸热反应，B错误；C．催化剂改变化学反应速率，不改变化学反应进行的程度，化学反应的吸放热与是否有催化剂参与无关，C错误；D．所有的化学反应均有化学键的断裂和生成，反应物断键吸收的热量比生成物成键放出的热量多，该反应为吸热反应，反之为放热反应，D错误；答案选A。6.关于反应所涉及的物质，下列说法错误的是A.H2SO4在该反应中为氧化剂B.Na2SO3容易被空气中的O2氧化变质C.Na2SO4是含有共价键的离子化合物D.SO2是导致酸雨的主要有害污染物【答案】A【解析】【分析】【详解】A．中无化合价的变化，不属于氧化还原反应，所以该反应中无氧化剂，故A错误；B．Na2SO3不稳定，容易被空气中的O2氧化成硫酸钠变质，故B正确；C．Na2SO4含有阴阳离子，存在离子键，硫酸根中含有共价键，故C正确；D．SO2在空去中会转化成硫酸，形成酸雨，所以二氧化硫是导致酸雨的主要有害污染物，故D正确；故选A。7.在天宫课堂，王亚平通过实验展示了油水混合物在太空静置后不分层的现象。飞到太空中的油和水A溶解性改变B.化学性质改变C.分子结构改变D.以上三项均没变【答案】D【解析】【详解】在太空中物体处于失重状态，油和水的重力变小，从而出现静置后不分层的现象，而物质的溶解性、化学性质、分子结构均没有变化。答案选D。 8.选项四种物质中，仅含氯元素的微粒种类与另三种物质不同的是A.熔融NaClB.固态NH4ClC.HCl水溶液D.液态CH3Cl【答案】D【解析】【详解】熔融氯化钠、固态氯化铵和盐酸中都含有氯离子，一氯甲烷是非电解质，液态一氯甲烷中不含有氯离子，所以一氯甲烷与其他三种物质中氯元素的微粒种类不同，故选D。9.下列对氯及其化合物的说法正确的是A.因氯化铝溶液能导电，所以氯化铝是离子化合物B.用pH试纸测得氯水的pH=4C.随着氯元素化合价升高，氯的含氧酸酸性逐渐减弱D.次氯酸不如次氯酸盐稳定，故用次氯酸盐作为漂白剂的主要成分【答案】D【解析】【详解】A．熔融的氯化铝不能导电，所以氯化铝是共价化合物，故A错误；B．氯水中含有的次氯酸具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，所以不能用pH试纸测氯水的pH，故B错误；C．随着氯元素化合价升高，氯的含氧酸分子中的非羟基氧的数目增多，含氧酸酸性逐渐增强，故C错误；D．次氯酸遇光易分解，稳定性弱于次氯酸盐，所以常用次氯酸盐作为漂白剂的主要成分，故D正确；故选D。10.核潜艇上的核反应堆使用液态铝钠合金作载热介质。有关说法中正确的是A.该合金的熔点介于钠、铝之间B.铝钠合金的良好传热性与自由电子有关C.钠或铝形成的氧化物均为碱性氧化物D.原子半径钠大于铝，金属键钠强于铝【答案】B【解析】【详解】A．一般情况下，合金的熔点比各组分的熔点都低，则合金的熔点比钠、铝的熔点都低，故A错误；B．铝钠合金属于金属晶体，温度高的区域自由电子的能量增大，运动速率加快，与金属离子的碰撞频率增加，自由电子把能量传递给金属离子，从而具有导热性，所以合金的良好传热性与自由电子有关，故B正确；C．钠或铝形成的氧化物中过氧化钠属于过氧化物，氧化铝属于两性氧化物，都不是碱性氧化物，故C 错误；D．钠和铝形成的晶体都是金属晶体，钠原子的原子半径大于铝，价电子数小于铝，所以钠的金属键弱于铝，故D错误；故选B。11.下列说法正确的是A.室温下，某溶液中由水电离出的H+浓度为1×10-3mol·L-1，则该溶液一定显酸性B.室温下，中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，后者所需盐酸的物质的量多C.室温下，盐酸和氨水混合后，若溶液呈中性，则c(Cl—)>c(NH)D.相同温度下，pH相等的盐酸、醋酸溶液中，c(Cl—)=c(CH3COO—)【答案】D【解析】【详解】A．室温下，某溶液中由水电离出的氢离子浓度为1×10-3mol·L-1说明该溶液为能促进水电离的盐溶液，该溶液可能是显酸性的强酸弱碱盐，也可能是显碱性的强碱弱酸盐，故A错误；B．氨水中存在电离平衡，所以pH和体积均相等的氨水、氢氧化钠溶液中一水合氨的物质的量大于氢氧化钠，室温下，消耗盐酸的物质的量多于氢氧化钠，故B错误；C．室温下，盐酸和氨水混合后，若溶液呈中性，溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，由电荷守恒可知，溶液中氯离子浓度与铵根离子浓度相等，故C错误；D．相同温度下，pH相等的盐酸、醋酸溶液中氢离子浓度相等，所以盐酸溶液中氯离子浓度等于醋酸溶液中的醋酸根离子浓度，故D正确；故选D。12.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的核外电子总数满足X+Y=W+Z；化合物XW3与WZ相遇会产生白烟。下列叙述正确的是A.X的气态氢化物属于碱B.Y的氧化物属于离子化合物C.原子半径：Z>Y>X>WD.非金属性：W>X>Y>Z【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，化合物XW3与WZ相遇会产生白烟，XW3、WZ分别为NH3、HCl，则W为H，X为N，Z为Cl元素；四种元素的核外电子总数满足X+Y=W+Z，则Y的核外电子总数为17+1-7=11，则Y为Na元素，以此来解答。【详解】由上述分析可知，W为H，X为N，Y为Na，Z为Cl，A．X的气态氢化物为氨气，氨气属于碱性气体，但氨气为非电解质，不属于碱，故A错误； B．Y的氧化为有氧化钠和过氧化钠，氧化钠和过氧化钠均含有离子键，属于离子化合物，故B正确；C．同一周期从左向右主族元素的原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Y＞Z＞X＞W，故C错误；D．主族元素同周期从左向右非金属性逐渐增强，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，则非金属性：Z＞X＞W＞Y，故D错误；故选B。13.下列物质不能通过化合反应制得的是：          A.FeCl2B.NaHCO3C.Al（OH）3D.Fe（OH）3【答案】C【解析】【分析】【详解】A.FeCl2能通过化合反应制得：2FeCl3+Fe=3FeCl2，选项A不选；B.NaHCO3能通过化合反应制得：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，选项B不选；C.Al(OH)3不能通过化合反应制得，可以通过复分解反应制备，如氯化铝和氨水反应，选项C可选；D.Fe(OH)3能通过化合反应制得：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，选项D不选；答案选C。14.有机物M的结构简式为，有关说法正确的是A.M是苯甲酸的同系物B.M分子中所有碳原子可能共平面C.1molM与足量金属钠反应生成0.5mol氢气D.0.5molM最多消耗1molNaOH【答案】B【解析】【详解】A．同系物应该结构相似，要求官能团的种类和数目相同，M中有羟基和羧基两种官能团，而苯甲酸只有羧基一种官能团，结构不相似，所以不是同系物，A错误；B．苯环为平面结构，所有原子共平面，羧基取代苯环的氢原子，所以羧基碳与苯环共平面，另外由于单键可以旋转，所以苯环支链上的碳原子均可能共平面，综上，M分子中所有碳原子可能共平面，B正确； C．1mol羟基生成0.5mol氢气，1mol羧基也生成0.5mol氢气，所以1molM生成1mol氢气，C错误；D．M中只有羧基可以与NaOH反应，且1mol羧基消耗1molNaOH，则0.5mol羧基消耗0.5molNaOH，D错误；故选B。15.下列操作或装置能达到实验目的的是选项ABCD操作或装置实验目的除去Cl2中混有的HCl实验室制取二氧化碳制取碳酸氢钠验证浓硫酸的吸水性A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．HCl溶于水反应产生盐酸，盐酸与NaHCO3反应产生CO2气体，使Cl2中混入新的杂质，不能达到除杂净化的目的，A错误；B．硫酸与CaCO3反应产生CaSO4微溶于水，会覆盖在CaCO3表面，阻止反应进一步发生放出CO2气体，因此不能使用硫酸，应该使用稀盐酸与CaCO3反应制取CO2气体，B错误；C．向氨化的饱和食盐水中通入CO2气体制取碳酸氢钠时，为充分吸收气体，导气管应该伸入到液面以下，C错误；D．胆矾是硫酸铜晶体，化学式为CuSO4·5H2O，若浓硫酸具有吸水性，会使CuSO4·5H2O变为CuSO4粉末，物质的颜色由蓝色变为白色，因此该装置可以达到验证浓硫酸的吸水性的目的，D正确；故合理选项是D。16.能正确表示下列反应的离子方程式为A.向CuSO4溶液中滴加少量稀氨水：Cu2++2OH−→Cu(OH)2↓B.铝粉与过量NaOH溶液反应：Al+4OH-→AlO+2H2OC.向Ba(OH)2溶液中滴入少量NaHSO4溶液：Ba2++OH−+H++SO→BaSO4↓+H2O D.向NaHCO3溶液中加少量Ca(OH)2溶液：Ca2++3HCO+OH−→CaCO3↓+H2O【答案】C【解析】【详解】A．氨水中的NH3·H2O是弱电解质，应该写化学式，反应的离子方程式应该为：Cu2++2NH3·H2O→Cu(OH)2↓+2，A错误；B．铝粉与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2，反应的离子方程式应该为：2Al+2OH-+2H2O→2AlO+3H2↑，B错误；C．反应要以不足量的NaHSO4为标准，假设其物质的量是1mol，根据其确定Ba(OH)2电离产生的离子的数目，反应产生BaSO4沉淀和H2O，反应的离子方程式为：Ba2++OH−+H++SO→BaSO4↓+H2O，C正确；D．向NaHCO3溶液中加少量Ca(OH)2溶液，反应以不足量的Ca(OH)2为标准，假设其物质的量是1mol，反应产生CaCO3沉淀、Na2CO3、H2O，离子方程式为：Ca2++2OH−+2HCO→CaCO3↓++2H2O，D错误；故合理选项是C。17.我国研发的高效低压电催化还原CO2法居世界领先水平，工作原理如图所示，工作时总反应为NaCl+CO2CO+NaClO。a、b均为涂装催化剂的惰性电极。下列说法错误的是A.工作时，电能转化为化学能B.工作时，NaClO产生在a极区C.若用铜-锌原电池作电源，则X极反应为Zn-2e→Zn2+D.消耗0.05molCO2时，有0.1molH+通过质子交换膜【答案】C【解析】【详解】A．该装置为电解池，工作时，电能转化为化学能，A正确； B．NaCl→NaClO，Cl化合价升高，发生氧化反应，在阳极区域，根据氢离子移动的方向可判断b为阴极，a为阳极，所以工作时，NaClO产生在a极区，B正确；C．结合B选项，a为阳极，所以X为正极，电池的正极应该发生还原反应，而Y电极应该发生反应：Zn-2e→Zn2+，C错误；D．CO2→CO2e-，1molCO2参加反应转移电子数为2mol，而转移的电子数等于质子交换膜通过的氢离子数，所以耗0.05molCO2时，有0.1molH+通过质子交换膜，D正确；故选C。18.研究表明I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，3SO2(g)+2H2O(l)→2H2SO4(aq)+S(s)，该过程一般通过如下步骤来实现：①SO2(g)+4I-(aq)+4H+(aq)→S(s)+2I2(g)+2H2O(l)+Q1(Q1<0)②I2(g)+2H2O(l)+SO2(g)→SO(aq)+4H+(aq)+2I-(aq)+Q2(Q2>0)上述反应过程中能量变化不可能是下列示意图中的A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】SO2(g)+4I-(aq)+4H+(aq)→S(s)+2I2(g)+2H2O(l)+Q1(Q1<0)，可知步骤①为吸热反应；I2(g)+2H2O(l)+SO2(g)→SO(aq)+4H+(aq)+2I-(aq)+Q2(Q2>0)，步骤②为放热反应，所以I2(g)、2H2O(l)、 SO2(g)的总能量小于SO(aq)、4H+(aq)、2I-(aq)的总能量，不可能用表示，故选C。19.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，22.4LCH4中含有电子数16NAB.46gC2H5OH中含有极性键的数目为7NAC.相同体积的CO和H2完全燃烧，消耗O2的物质的量相同D.标准状况下11.2LCl2溶于水，溶液中Cl−、ClO−、HClO的微粒数之和为NA【答案】B【解析】【详解】A．标准状况下，22.4LCH4为1mol，质子数等于电子数，1molCH4含有10mol质子即含有10mol电子，所以电子数应该是10NA，A错误；B．C2H5OH的摩尔质量为46g/mol,，故46g的C2H5OH为1mol,，根据其结构式可知1molC2H5OH含有极性键的数目为7NA，B正确；C．CO和H2体积相等，未注明温度和压强是否相等，故无法判断其mol物质的量是否相等，故也无法判断其消耗的O2的物质的量，C错误；D．标准状况下，11.2LCl2即物质的量是0.5mol，Cl2溶于水后，与水发生可逆反应生成HCl和HClO，根据元素质量守恒，溶液中含氯元素的微粒数目和为NA，包括Cl-、ClO-、HClO和Cl2，D错误；故选B。20.将足量的CO2不断通入NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与通入CO2的体积的关系可表示为A.B.C.D.【答案】C【解析】 【详解】将足量的二氧化碳不断通入氢氧化钠、氢氧化钡、偏铝酸钠的混合溶液中，二氧化碳优先与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，沉淀的物质的量增大，当氢氧化钡溶液完全反应后，通入的二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，沉淀的物质的量不变，当氢氧化钠溶液完全反应后，通入的二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀，沉淀的质量增大，当偏铝酸钠溶液完全反应后，通入的二氧化碳与反应生成的碳酸钠反应生成碳酸氢钠，沉淀的质量不变，当碳酸钠溶液完全反应后，通入的二氧化碳与反应生成的碳酸钡反应生成碳酸氢钡，沉淀的物质的量减少，则C图符合生成沉淀的物质的量与通入二氧化碳的体积的关系；故选C。二、综合分析题(共60分)21.Cl2、SO2、NOx都是化工生产中的重要气体，均可用氨水或NaOH溶液处理，防止污染空气。请回答下列问题：（1）以上气体所含元素原子中，未成对电子最多的原子是_______(填元素符号)，S原子中能量最高电子的电子云形状为_______。（2）化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄漏(已知3Cl2+8NH3→6NH4Cl+N2)，当有少量Cl2泄漏时，可以观察到的现象是_______，若反应中有0.08mol的氨气被氧化，则有_______mo1电子发生转移。（3）①若用热烧碱溶液吸收Cl2气反应后的混合溶液中，含NaCl、NaClO和NaClO3物质的量比值为n：1：1，则n=_______。②SO2是形成酸雨的主要原因，取某化工区空气样本用蒸馏水处理，检测所得溶液，所含离子及其浓度如下：离子Na+K+NHH+SONOCl-浓度/(mol·L-1)6×10-64×10-62×10-5a4×10-52×10-53×10-5根据表中数据计算，检测的溶液pH=_______。（4）NO2是燃油汽车尾气中的主要污染物之一。①在催化剂和加热条件下，NO2与NH3可反应生成无害物质，请写出反应的化学方程式：_______。②实验室可用烧碱溶液吸收NO2和NO，(已知2NO2+2NaOH→NaNO2+NaNO3+H2O，NO2+NO+2NaOH→2NaNO2+H2O)，当消耗100mL0.5mo1⋅L-1的烧碱溶液时，共吸收混合气体_______L(标准状态)。【答案】（1）①.N②.纺锤形（2）①.出现白烟②.0.24（3）①.6②.4 （4）①.6NO2+8NH37N2+12H2O②.1.12【解析】【小问1详解】Cl、S、O、N四种元素未成对电子分别为1、2、2、3，则未成对电子最多的原子是N，S原子中能量最高电子所在能级是3p，其电子云形状为哑铃形，故答案为：N；哑铃形；【小问2详解】由于Cl2与NH3反应生成NH4Cl，所以当有少量Cl2泄漏时，可以观察到的现象是有白烟生成，每有8个氨气参加反应，有2个被氧化，生成1个N2，转移6个电子；若反应中有0.08mol的氨气被氧化，有3×0.08mol=0.24mol电子发生转移，故答案为：有白烟生成；0.24；【小问3详解】①热烧碱溶液吸收Cl2时，生成NaCl得到电子，生成NaClO和NaClO3失去电子，利用得失电子守恒可知，n=1+5=6，则n=4，故答案为：6；②溶液中阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数，则6×10-6+4×10-6+2×10-5+a=2×4×10-5+2×10-5+3×10-5，a=10-4，pH=4，故答案为：4；【小问4详解】①在催化剂和加热条件下，NO2与NH3可反应生成无害物质N2和H2O，其反应的化学方程式为：6NO2+8NH37N2+12H2O，故答案为：6NO2+8NH37N2+12H2O；②由于烧碱溶液吸收NO2和NO生成NaNO2和NaNO3，利用氮元素和钠元素相等可知，当消耗100mL0.5mol·L-1的烧碱溶液时，共吸收混合气体0.1L×0.5mol·L-1×22.4L/mol=1.12L，故答案为：1.12。22.我国提出力争于2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和，因此碳的捕集和利用成了研究的重点。（1）目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，原理为：CO2(g)+4H2(g)RuCH4(g)+2H2O(g)。已知H2的体积分数随温度的升高而增加。若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，判断下列各物理量的变化。(选填“增大”、“减小”或“不变”)υ正_______，υ逆_______，平衡常数(K)_______；在一定条件下，CO2和H2混和气体共0.5mol(体积比1：4)，在2L恒容密闭容器中进行的反应可能有下列反应I和II，经反应相同时间测得“CO2转化率”、CH4和CO“选择性”随温度变化情况分别如图1和图2所示(选择性即转化的CO2中生成CH4或CO的百分比)。 反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)（2）380℃时，容器内发生的反应是_______(选填I、II或I和II)；150℃～300℃，CO2的转化率随温度升高而增大，其原因是_______；（3）①下列说法不正确的是_______；a.反应I是放热反应b.温度可影响产物的选择性c.CO2平衡转化率随温度升高先增大后减少d.其他条件不变，将CO2和H2的初始体积比改变为1：3，可提高CO2平衡转化率②350℃时，反应I经10min达到平衡，则从起始到平衡，υ(CO2)=_______mol·L-1·min-1；（4）常温下，也可用NaOH溶液作CO2的捕捉剂。经测定某次捕捉所得溶液中，Na和C两种元素物质的量比值为5：2，则所得溶液中溶质成份为_______(填化学式)，若NaOH吸收了等物质的量的CO2，则所得溶液中微粒浓度关系为：c(OH-)-c(H+)=_______(填含碳元素微粒浓度的数学表达式)。【答案】（1）①.增大②.增大③.减小（2）①.I②.未达平衡前，温度升高，反应速率加快（3）①.cd②.0.004（4）①.NaOH、Na2CO3②.c(H2CO3)-c(CO)【解析】【小问1详解】升高温度正逆反应速率均增大，故υ正增大，υ逆增大，已知H2的体积分数随温度的升高而增加，故升高温度，平衡逆向移动，则若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，平衡常数(K)减小。【小问2详解】由图像可知，380℃时，CH4选择性为100%，则容器内发生的反应是I；150℃～300℃ ，经反应相同时间，CO2的转化率随温度升高而增大，其原因是未达平衡前，温度升高，反应速率加快。【小问3详解】①a．在反应I中，已知H2的体积分数随温度的升高而增加，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故a正确；b．由图像可知，温度可影响产物的选择性，故b正确；c．由图像可知，温度低于400℃时，只进行反应I，而反应I为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则CO2平衡转化率随温度升高而减少，故c错误；d．其他条件不变，将CO2和H2的初始体积比改变为1：3，相当于CO2的量不变，减小了的H2量，会降低CO2平衡转化率，故d错误；综上所述，不正确的说法是cd。②350℃时，只进行反应I，CO2的转化率为80%，则CO2的转化量为0.1mol×80%=0.08mol，反应I经10min达到平衡，则从起始到平衡，。【小问4详解】CO2通入NaOH溶液中依次发生反应，，则CO2与过量NaOH溶液反应的方程式为，过量CO2与NaOH溶液反应的方程式为，Na和C两种元素物质的量比值为5：2时，NaOH过量，发生反应，则所得溶液中溶质成份为NaOH、Na2CO3；若NaOH吸收了等物质的量的CO2，发生反应，则所得溶液为溶液，溶液存在质子守恒c(OH-)+c(CO)=c(H2CO3)+c(H+)，则微粒浓度关系为：c(OH-)-c(H+)=c(H2CO3)-c(CO)。23.ZnO是一种难溶于水的白色固体，在化学工业中主要用作橡胶和颜料的添加剂，医药上用于制软膏、橡皮膏等。工业上可由菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备。工艺如图所示：相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Fe3+Fe2+Zn2+Cd2+Mn2+Ni2+ 开始沉淀的pH1.56.36.27.48.16.9沉淀完全的pH2.88.38.29.410.18.9已知：①“溶浸”后的溶液pH=1，所含金属离子主要有：Zn2+、Fe2+、Cd2+、Mn2+、Ni2+；②弱酸性溶液中KMnO4氧化Mn2+时，产物中含Mn元素物质只有MnO2；③氧化性顺序：Ni2+>Cd2+>Zn2+。回答下列问题：（1）①“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可采取的措施是_______。(写一条即可)②“调pH”是向“溶浸”后的溶液中加入少量_______(填化学式)调节至弱酸性(pH约为5)，“调pH”的目的是_______。（2）“滤渣2”的化学成分为_______(写化学式)；用离子方程式表示“氧化除杂”时KMnO4溶液与Mn2+的反应原理_______。（3）“还原除杂”除去的离子是_______；加入的还原剂是_______。（4）“沉锌”时生成碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O]沉淀，分析测得1kg该沉淀“高温灼烧”后获得ZnO0.670kg。则“高温灼烧”过程中原料的转化率为_______。【答案】（1）①.加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎②.ZnO或Zn(OH)2③.使Fe3+完全沉淀而其他离子不沉淀（2）①.Fe(OH)3、MnO2②.2MnO+3Mn2++2H2O═5MnO2↓+4H+（3）①.Ni2+、Cd2+②.Zn（4）0.9898【解析】【分析】菱锌矿的主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素，加入稀硫酸溶浸后得到含Zn2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Mn2+的滤液，滤液调节pH后加入KMnO4氧化除杂除去Fe2+、Mn2+；接着还原除杂除去Ni2+、Cd2+；最后向含ZnSO4的溶液中加入Na2CO3溶液生成碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O]沉淀，碱式碳酸锌高温灼烧得到ZnO。【小问1详解】①“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可采取的措施是加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎；答案为：加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎。②“溶浸”后的溶液pH=1，“调pH”调节至弱酸性(pH约为5)，加入的试剂能消耗H+，且不引入新杂质，故向“溶浸”后的溶液中加入少量ZnO或Zn(OH)2调节pH；根据各金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH 可知，“调pH”的目的是使Fe3+完全沉淀而其他离子不沉淀；答案为：ZnO或Zn(OH)2；使Fe3+完全沉淀而其他离子不沉淀。【小问2详解】弱酸性溶液中KMnO4氧化Mn2+时，产物中含Mn元素物质只有MnO2，KMnO4将Fe2+氧化，结合各金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH可知，“滤渣2”的化学成分为Fe(OH)3、MnO2；KMnO4氧化Mn2+时，产物中含Mn元素物质只有MnO2，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2+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；答案为：Fe(OH)3、MnO2；2+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。【小问3详解】根据分析，“还原除杂”除去的离子是Ni2+、Cd2+；氧化性顺序：Ni2+＞Cd2+＞Zn2+，为了不引入新杂质，加入的还原剂为Zn；答案为：Ni2+、Cd2+；Zn。【小问4详解】碱式碳酸锌高温灼烧的方程式为ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O3ZnO+CO2↑+4H2O，生成0.670kgZnO消耗ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O的质量为=0.9898kg，则“高温灼烧”过程中原料的转化率为=0.9898；答案为：0.9898。24.药物帕罗西汀合成路线如下：已知：①R1CHOR1CH=CHCOOH②R2OHR2OR3 （1）A分子含有的官能团有_______。（2）有关物质K的说法正确的是_______。a．加热时，能与银氨溶液反应　　　b．一定条件下，可发生消去反应c．苯环上一溴代物只有两种　　　d．存在含两个苯环的同分异构（3）写出E→G的化学方程式_______。（4）已知L为，其同分异构体中，苯环上含有一个取代基的结构简式为_______；M的分子式为_______。（5）以黄樟素()为原料，经过其同分异构体N可制备L。已知：①R1CH=CHR2R1CHO+R2CHO②R3CHOHCOOR3NPQL()分别写出制备L时，中间产物N、P、Q的结构简式或键线式：_______、_______、_______。【答案】（1）氟原子、醛基（2）bc（3）NC-CH2-COOH+HOCH2CH3NC-CH2-COOCH2CH3+H2O（4）①.②.C19H18FNO4（5）①.②.③.【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，与CH2(COOH)2发生信息①反应生成，则A为、B为；在浓硫酸作用下，与乙醇发生酯化反应生成，则D为 ；ClCH2COONa与氢氰酸发生取代反应后，酸化得到NCCH2COOH，则E为NCCH2COOH；在浓硫酸作用下，NCCH2COOH与乙醇发生酯化反应生成NCCH2COOCH2CH3，则G为NCCH2COOCH2CH3；NCCH2COOCH2CH3与发生加成反应生成，一定条件下转化为，发生信息②反应生成，则L为、M为；发生还原反应生成。【小问1详解】由分析可知，A的结构简式为，官能团为氟原子、醛基，故答案为：氟原子、醛基；【小问2详解】a．由结构简式可知，K分子中不含有醛基，加热时，不可能与银氨溶液反应，故错误；b．由结构简式可知，K分子中羟基相连碳原子的邻碳原子上含有氢原子，一定条件下，可发生消去反应，故正确；c．由结构简式可知，K分子中苯环上含有2类氢原子，则苯环上一溴代物只有2种，故正确；d．含两个苯环的有机物的不饱和度至少为7，由结构简式可知，K分子的不饱和度为6，则K分子不可能存在含两个苯环的同分异构，故错误；故选bc；【小问3详解】由分析可知，E→G的反应为在浓硫酸作用下，NCCH2COOH与乙醇发生酯化反应生成 NCCH2COOCH2CH3和水，反应的化学方程式为NC-CH2-COOH+HOCH2CH3NC-CH2-COOCH2CH3+H2O，故答案为：NC-CH2-COOH+HOCH2CH3NC-CH2-COOCH2CH3+H2O；【小问4详解】由结构简式可知，L的同分异构体中苯环上含有一个取代基的结构简式为；由分析可知，M的结构简式为，分子式为C19H18FNO4，故答案为：；C19H18FNO4；【小问5详解】由有机物的转化关系可知，发生异构化生成，则N为；发生题给信息①反应生成，则P为；在乙酸作用下与过氧化氢发生氧化反应生成，则Q为；发生水解反应酸化后生成，故答案为：；；。