黑龙江省哈尔滨市尚志中学2022-2023学年高三化学上学期12月月考试题（Word版带答案）

尚志中学高三月考化学试卷第I卷选择题(共50分)一、单选题(每小题只有一个正确选项。1-10每题2分11-20每题3分。)1.中华优秀传统文化涉及了很多化学知识。下列有关说法错误的是A.《神农本草经》中“石胆…能化铁为铜、成金银”描述的是湿法炼铜B.《本草纲目拾遗》中对强水的记载：“性最猛烈，能蚀五金。”强水为强电解质C.“火树银花合，星桥铁锁开”中涉及化学能转化为热能和光能D.刘长卿诗云“水声冰下咽，砂路雪中平”，固态冰转化为液态水需要吸热【答案】B【解析】【详解】A．《神农本草经》中“石胆…能化铁为铜、成金银”描述的是铁置换铜的反应，因此属于湿法炼铜，A正确；B．强水属于混合物，不是电解质也不是非电解质，B错误；C．“火树银花合，星桥铁锁开”意思是明灯错落，园林深处映射出璀璨的光芒，有如娇艳的花朵一般；由于四处都可通行，所以城门的铁锁也打开了，所以其中涉及化学能转化为热能和光能，C正确；D．固态转化为液态需要吸热，因此固态冰转化为液态水需要吸热，D正确；答案选B。2.关于化学键的下列叙述中，正确的是(　　)①离子化合物中可能含共价键②共价化合物中可能含离子键③离子化合物中只含离子键④共价化合物中不含离子键A.①②B.②③C.③④D.①④【答案】D【解析】【详解】①氢氧化钠为离子化合物，既含有离子键也含有共价键，氯化钠为离子化合物，只含有离子键，则离子化合物中可能含共价键，故①正确；②含有离子键的化合为离子化合物，则共价化合物中不可能含离子键，故②错误；③氢氧化钠为离子化合物，既含有离子键也含有共价键，氯化钠为离子化合物，只含有离子键，则离子化合物中可能含有共价键，故③错误；④含有离子键的化合为离子化合物，共价化合物中不含离子键，故④正确；综上所述，①④正确，答案为D。3.下列离子方程式中，属于水解反应的是 A.HS—+H2OH3O++S2-B.CO2+2H2OHCO+H3O+C.NH+H2ONH3•H2O+H+D.HCO+OH—CO+H2O【答案】C【解析】【详解】A．HS—+H2OH3O++S2-为HS—根离子在溶液中的电离方程式，故A错误；B．CO2+2H2OHCO+H3O+为碳酸在溶液中的第一步的电离方程式，故B错误；C．NH+H2ONH3•H2O+H+为铵根离子在溶液中的水解方程式，故C正确；D．碳酸氢根离子在溶液中与氢氧根离子之间反应生成碳酸根离子和水，该反应不属于水解反应，故D错误；故选C。4.向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是操作现象结论A滴加BaCl2溶液生成白色沉淀原溶液中有B滴加氯水和CCl4，振荡，静置下层溶液显紫色原溶液中有I-C用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na+、无K+D滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．原来的溶液中含有SO42-和Ag+，滴加BaCl2溶液都会产生白色沉淀，故A错误；B．氧化性Cl2>I2，所以发生反应：Cl2+2I-=I2+2Cl-，碘单质容易溶解在四氯化碳中，它的四氯化碳溶液显紫色，故B正确；C．火焰呈黄色说明含有Na+，但不能说明是否含有K+，要透过蓝色钴玻璃来看。若呈紫色则含有K+，否则不会K+，故C错误；D．只有加入氢氧化钠至溶液显碱性时再加热并用湿润的红色试纸检验若变蓝，才能证明含有NH4+，否则不含NH4+，故D错误；故选B。 5.下列有关Fe3+、Fe2+的性质及应用的说法正确的是①向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KSCN溶液，黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变②将废铁屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2③向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色④将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中制备Fe(OH)3胶体⑤向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉的离子方程式：Fe3++Fe=2Fe2+⑥Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OA.①②⑥B.①②③C.①④⑤D.②④⑥【答案】A【解析】【详解】①向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，溶液不再存在Fe3+，黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变，①正确；②氯气具有强氧化性，能氧化Fe2+生成Fe3+，Fe3+能氧化Fe生成亚铁离子，涉及的反应为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-、2Fe3++Fe=3Fe2+，从而除去氯气，②正确；③向FeCl2溶液中不存在Fe3+，加入NH4SCN溶液不变红，③错误；④将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中会得到氢氧化铁沉淀，无法得到胶体，④错误；⑤选项所给离子方程式电荷不守恒，正确离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，⑤错误；⑥酸性环境中H2O2可以将Fe2+氧化Fe3+，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，⑥错误；综上所述答案为A。6.利用电解法将CO2转化为CH4的原理如图所示。下列说法正确的是A.电解过程中，H+由a极区向b极区迁移B.电极b上反应为CO2+8HCO-8e-=CH4+CO+2H2OC.电解过程中化学能转化为电能D.电解时Na2SO4溶液浓度保持不变【答案】A 【解析】【分析】通过电解法可知此电池为电解池，由a极生成O2可以判断出a极为阳极，则b为阴极。阳离子向阴极流动，a极上反应为4OH－―4e－＝2H2O＋O2，电极b上反应为CO2＋8HCO+8e－＝CH4＋8CO＋2H2O。电解时OH－比更容易失去电子在阳极生成O2，所以电解Na2SO4溶液的实质是电解水，溶液中的水发生消耗，所以Na2SO4溶液的浓度是增大的。【详解】A．由a极生成O2可以判断出a极为阳极，b为阴极，阳离子向阴极流动。则H+由a极区向b极区迁移正确，故A正确；B．电极方程式配平发生错误，电极b上反应应为CO2＋8HCO+8e－＝CH4＋8CO＋2H2O，故B错误；C．通过电解法可知此电池为电解池，所以电解过程中是电能转化为化学能，故C错误；D．电解时OH－比更容易失去电子，所以电解Na2SO4溶液的实质是电解水，溶液中的水发生消耗，所以Na2SO4溶液的浓度是增大的，故D错误；故选A。7.乙烯与HCl气体催化加成反应的能量与反应历程的关系如图所示，下列说法正确的是A.第一步反应比第二步的快B.第一步的逆反应活化能比第二步的小C.两步反应的均小于0D.增大压强可以使该反应的增大【答案】B【解析】【分析】【详解】A．由图可知，第一部反应的活化能高于第二步，活化能越高反应速率越慢，所以第一步比第二步慢，A错误；B．由图可知，第一步逆反应的活化能比第二步的小，B正确；C．第一步反应为吸热反应，大于0，C错误； D．对于确定的反应而言，反应热与压强无关，D错误；答案：B。8.元素电负性随原子序数的递增而增强的是（）A.Si、P、ClB.N、P、AsC.O、S、ClD.Li、Na、K【答案】A【解析】【详解】A．为同周期位置，同周期自左而右电负性增大，则电负性为Cl＞P＞Si，故A正确；B．为同主族位置，同主族自上而下电负性降低，则电负性为N＞P＞As，故B错误；C．同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性降低，则电负性为O＞S，Cl＞S，故C错误；D．为同主族位置，同主族自上而下电负性降低，则Li、Na、K的电负性减小，故D错误；故答案为A。【点睛】考查电负性及与金属性非金属性的关系，把握主族元素电负性的递变规律是解题关键，电负性表示对键合电子的吸引力，电负性越大对键合电子吸引力越大，所以非金属性越强电负性越强，故电负性最强的物质在周期表的右上角(零族元素除外)；同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性降低，非金属性越强电负性越强，故金属性越强电负性越小。9.室温下，向下列溶液中通入过量的CO2，最终溶液中一定有沉淀的是（）A.饱和石灰水B.饱和碳酸钠溶液C.氯化钡溶液D.次氯酸钙溶液【答案】B【解析】【详解】A.二氧化碳与饱和石灰水反应生成碳酸钙沉淀，过量的二氧化碳与饱和石灰水反应生成碳酸氢钙，没有沉淀生成，故A错误；B.碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，二氧化碳与饱和碳酸钠溶液反应生成过饱和碳酸氢钠溶液，会析出碳酸氢钠固体，故B正确；C.碳酸的酸性弱于盐酸，不能与氯化钡溶液反应，故C错误；D.碳酸的酸性强于次氯酸，二氧化碳与次氯酸钙溶液反应生成碳酸钙沉淀，过量的二氧化碳与次氯酸钙溶液反应生成碳酸氢钙，没有沉淀生成，故D错误；故选B。10.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A.0.2molN2H4中含有共价键的数目为NAB.2.24LCO中含有中子数目为1.4NAC.0.25mol异戊烷(C5H12)完全燃烧，生成CO2分子的数目为NAD.25℃时，1L1mol·L-1CH3COOH溶液中含有H+的数目为NA【答案】A【解析】【详解】A．每个N2H4含有5个共价键，0.2molN2H4中含有共价键总数为NA，故A正确；B．未指明气体所处的温度和压强，无法计算物质的量，故B错误；C．0.25mol异戊烷(C5H12)完全燃烧，生成CO2分子的数目为1.25NA，故C错误；D．CH3COOH为弱电解质，在水中不能完全电离，25℃时，1L1mol·L-1CH3COOH溶液中含有H+的数目小于NA，故D错误；故选A。11.X、Y、Z三种元素的原子，其价电子排布式分别为ns1、3s23p4和2s22p4，由这三种元素组成的化合物的化学式不可能是A.X2Y2Z7B.X2YZ4C.X2YZ3D.XYZ3【答案】D【解析】【分析】X价电子排布式分别为ns1，则X为ⅠA族元素，化合价为+1价，Y的排布式为3s23p4，则Y为S元素，Z的价电子排布式为2s22p4，则Z为O元素，化合价为-2价。【详解】A．X2Y2Z7中Y的化合价为+6价，S元素有+6价，故A不符合题意；B．X2YZ4中Y的化合价为+6价，S元素有+6价，故B不符合题意；C．X2YZ3中Y的化合价为+4价，S元素有+4价，故C不符合题意；D．XYZ3中Y的化合价为+5价，S元素不存在+5价，故D符合题意；答案选D。12.酸碱中和滴定常用于测定酸或碱的浓度。实验小组用0.1000mol∙L－1的NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol∙L－1的CH3COOH溶液。下列情况会造成所滴加NaOH溶液体积偏小的是A.盛装CH3COOH溶液的锥形瓶水洗后未干燥B.装NaOH溶液的滴定管水洗后未润洗C.开始滴定时，滴定管尖嘴部分未充满液体D.滴定过程中锥形瓶中有液体溅出【答案】D【解析】【详解】A．锥形瓶只是滴定反应容器，锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥不 影响量取待测液的体积，A不选；B．装NaOH溶液的滴定管水洗后未润洗，导致标准溶液被稀释、导致标准溶液体积偏大，B不选；C．开始滴定时，滴定管尖嘴部分未充满液体，则标准溶液体积初读数偏小(气泡被当作标准溶液也被计量)、导致标准溶液体积偏大，C不选；D．滴定过程中锥形瓶中有液体溅出，则醋酸的物质的量减少、导致标准溶液的物质的量减小、体积偏小，D选；答案选D。13.我国科学家首次实现从二氧化碳到淀粉的全合成。部分流程如图(部分产物略去)，下列有关说法错误的是CO2CH3OHHCHO→……→(C6H10O5)n(淀粉)A.分子中存在1个键1个键B.和HCHO均为极性分子C.人工合成淀粉为“碳中和”提供了新途径D.相同压强下，的沸点比高，因为前者能形成分子间氢键【答案】A【解析】【详解】A．双键中含有1个键和1个键，二氧化碳分子中含有2个双键，则分子中存在2个键、2个键，选项A错误；B．和HCHO分子中正负电荷重心不重合，均为极性分子，选项B正确；C．人工合成淀粉可以吸收二氧化碳，为“碳中和”提供了新途径，选项C正确；D．相同压强下，的沸点比高，是因为前者能形成分子间氢键，选项D正确；答案选A。14.已知在水中的电离与相似，室温下向水溶液中滴加稀盐酸，溶液的pH与离子浓度关系如图所示。下列说法正确的是 A.在水溶液中的第二步电离平衡常数为0.1B.与足量硫酸反应可生成C.溶液中的水解能力大于电离能力D.水溶液中：【答案】C【解析】【分析】【详解】A．已知，当横坐标为0时，图中曲线M为，图中曲线N为.，故A错误；B．与足量硫酸反应生成，故B错误；C．溶液中水解平衡常数为电离平衡常数为溶液中的水解能力大于电离能力，故C正确；D．水溶液：，故D错误；选C。15.可逆反应2A(s)+3B(g)C(g)+3D(g)△H＜0，在一固定容器中发生并达到平衡，下列有关叙述正确的是①增加A的量，平衡向正反应方向移动②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v正减小③压强增大一倍，平衡不移动，v正、v逆不变④增大B的浓度，v正＞v逆平衡常数K增大⑤加入催化剂，平衡时反应体系压强不发生改变A.①②B.⑤C.①⑤D.④⑤【答案】B 【解析】【详解】①A状态为固体，其浓度不变，因此增加A的量，化学平衡不移动，①错误；②升高温度，v正、v逆都增大，由于v逆增大的倍数大于v正，所以化学平衡向吸热的逆反应方向移动，②错误；③该反应有气体参加，是反应前后气体物质量不等的反应，所以压强增大一倍，v正、v逆都增大，化学平衡向气体体积减小的逆反应大小移动，③错误；④增大B的浓度，v正＞v逆，化学平衡正向移动，但平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数K不变，④错误；⑤加入催化剂，能够降低反应的活化能，更多的普通分子变为活化分子，从而使v正、v逆都增大，由于v正、v逆增大的倍数相同，因此化学平衡不发生移动，气体的物质的量不变，体系的压强不变，⑤正确；综上所述可知正确的叙述是⑤，故合理选项是B。16.NiO晶体与NaCl具有相同晶胞结构。在一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”(如图所示)，可以认为作密置单层排列，填充其中。设为阿伏加德罗常数的值，半径为rpm。下列说法错误的是A.Ni位于元素周期表第四周期第VIII族B.NiO晶体中、的配位数均为6C.该“单分子层”面积密度为D.NiO晶胞中与最近的有8个【答案】D【解析】【详解】A．Ni是28号元素，核外电子排布式为，可知其处于第四周期第Ⅷ族，故A正确；B．NaCl晶体中离子的配位数均为6，NiO晶体与NaCl具有相同晶胞结构，则NiO晶体中、的配位数均为6，故B正确；C．平面NiO基本结构单元为，每个结构单元含1个“NiO”，质量为 ，的半径为rpm，则结构单元的面积为，则该“单分子层”面积密度为，故C正确；D．NiO晶体与NaCl具有相同晶胞结构：，NiO晶胞中最近的有12个，故D错误；故答案选D。17.环氧乙烷(C2H4O)常用于医用消毒，一种制备方法为：使用惰性电极电解KCl溶液，用Cl-交换膜将电解液分为阴极区和阳极区，其中一区持续通入乙烯；电解结束，移出交换膜，两区混合反应：HOCH2CH2Cl+OH-=Cl-+H2O+C2H4O。下列说法错误的是A.乙烯应通入阴极区B.移出交换膜前存在反应Cl2+H2O⇌HCl+HClOC.使用Cl-交换膜阻止OH-通过，可使Cl2生成区的pH逐渐减小D.制备过程的总反应为：H2C=CH2+H2O=H2↑+C2H4O【答案】A【解析】【分析】环氧乙烷的制备原理：Cl-在阳极被氧化生成Cl2，Cl2与水发生反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，HClO与乙烯发生加成反应生成HOCH2CH2Cl；阴极区水电离出的氢离子放电生成氢气，同时产生氢氧根，电解结束，移出交换膜，两区混合反应：HOCH2CH2Cl+OH-=Cl-+H2O+C2H4O。【详解】A．阳极区产生HClO，所以乙烯通入阳极区，故A错误；B．根据分析可知阳极氧化生成的氯气会与水发生反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，故B正确；C．根据分析可知阳极区会产生HCl，使用Cl-交换膜阻止OH-通过，HCl的浓度不断增大，pH逐渐减小，故C正确；D．根据分析可知该反应过程中KCl并没有被消耗，实际上是水、乙烯反应，总反应为H2C=CH2+H2O=H2↑+C2H4O，故D正确；综上所述答案为A。 18.下列关于如图所示转化关系(X代表卤素)的说法不正确的是A.△H3＜0B.△H1+△H2+△H3=0C.按照Cl、Br、I的顺序，△H2依次减少D.一定条件下，拆开1mol气态HX需要吸收akJ能量，则该条件下△H3=-2akJ/mol【答案】B【解析】【分析】【详解】A．形成化学键放出热量，即2H(g)+2X(g)=2HX(g)△H3＜0，A正确；B．由盖斯定律可知，反应一步完成与分步完成的热效应相同，则△H1=△H2+△H3，所以△H1-△H2-△H3=0，B错误；C．原子半径：Cl＜Br＜I，Cl2、Br2、I2中键能：Cl-Cl键＞Br-Br键＞I-I键，由于断裂化学键吸热，则吸收的热量逐渐减小，所以途径II吸收的热量依次减小，即△H2依次减小，C正确；D．一定条件下，拆开1mol气态HX需要吸收akJ能量，即形成1molHX放出热量是akJ，因此形成2molHX放出热量为2akJ，所以该条件下△H3=-2akJ/mol，D正确；故合理选项是B。19.室温下，向10mL0.1mol•L-1HX溶液中逐滴加入0.2mol•L-1YOH溶液，混合溶液的pH变化情况如图所示（温度和体积变化忽略不计）。则下列结论错误的是（）A.HX为一元强酸，YOH为一元弱碱B.M点水的电离程度大于N点水的电离程度C.N点对应溶液中粒子浓度：c(YOH)>c(Y+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)D.25℃pH=a时的YX溶液中水电离出的c(H+)=1.0×10-amol·L-1【答案】C【解析】 【分析】0.1mol/L的HX溶液的pH=1，说明HX完全电离；滴入6mL0.2mol•L-1YOH溶液时，反应后溶质为YX、YOH，溶液的pH=7，说明YOH为一元弱碱；N点YOH过量，溶液呈碱性，大大抑制了水的电离；N点容易的pH=10，则c（OH-）＞c（H+），结合电荷守恒和物料守恒分析；离子水解溶液呈酸性，促进了水的电离，溶液中氢离子主要来自水的电离。【详解】A、根据图示可知，0.1mol/L的HX溶液的pH=1，说明HX完全电离，为一元强酸；滴入6mL0.2mol•L-1YOH溶液时，YOH过量，溶液的pH=7，说明YOH为一元弱碱，故A正确；B、M点溶质为Y、YOH，溶液的pH=7，水的电离程度基本不变，而N点加入10mLYOH溶液，溶液的pH=10，抑制了水的电离，所以M点水的电离程度大于N点水的电离程度，故B正确；C、N点溶液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+），结合电荷守恒可知：c（Y+）＞c（X-），N点溶液中存在物料守恒：c（Y+）+c（YOH）=2c（X-），则c（Y+）＞c（X-）＞c（YOH），正确的粒子浓度大小为：c（Y+）＞c（X-）＞c（YOH）＞c（OH-）＞c（H+），故C错误；D、YX为强酸弱碱盐，Y+离子水解溶液呈酸性，促进了水的电离，溶液中氢离子主要来自水的电离，25℃时pH=a的YX溶液中水电离出的c（H+）=1.0×10-amol•L-1，故D正确。答案选C。【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握盐的水解原理、电荷守恒、物料守恒的内容。20.t℃时，向20.00mL0.1mol/L二元弱酸H2X溶液中滴入0.1mol/LNaOH溶液，溶液中由水电离出的c水(OH-)的负对数[−lgc水(OH-)]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中不正确的是A.水的电离程度：P>N=Q>MB.P点溶液中：c(OH-)−c(H+)=c(HX-)+2c(H2X)C.溶液中c(H2X)/c(X2-)：Q>P>N>MD.M点溶液中：c(Na+)>c(HX-)>c(X2-)>c(H2X) 【答案】C【解析】【分析】【详解】A．纵坐标表示[-lgc水(OH-)]，纵坐标数值越大，水电离出的c水(OH-)越小，水的电离程度越小，根据图知c水(OH-)：P＞N=Q＞M，则水电离程度P＞N=Q＞M，故A正确；B．P点碱的物质的量是酸的2倍，则酸碱恰好完全反应生成正盐，溶液中溶质为Na2X，溶液中存在质子守恒c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)，所以P点溶液中：c(OH-)-c(H+)═c(HX-)+2c(H2X)，故B正确；C．水解平衡常数只与温度有关，随着NaOH溶液的滴加，溶液中c(OH-)增大，则c(H2X)/c(X2-)=减小，所以c(H2X)/c(X2-)：M＞N＞P＞Q，故C错误；D．M点溶液中溶质为NaHX，溶液中水电离出的c水(OH-)=10-11.1mol/L，溶液中c(H+)=Kw/c(OH-)=10−14/10−11.1mol/L=10-2.9mol/L，溶液呈酸性，说明HX-电离程度大于水解程度，其电离和水解程度都较小，则溶液中存在c(Na+)＞c(HX-)＞c(X2-)＞c(H2X)，故D正确；故选：C。第II卷非选择题(共50分)21.我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。利用反应：ΔH，可减少CO2排放，并合成清洁能源。（1）该反应一般认为通过如下步骤来实现：①CO2(g)＋H2(g)H2O(g)＋CO(g)　ΔH1=＋41kJ·mol-1②CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH2=-90kJ·mol-1总反应的ΔH=_______kJ·mol-1（2）500℃时，在容积为2L的密闭容器中充入3molCO2和8molH2，发生反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，测得t=5min时，反应达到平衡，此时n(CO2)=1.0mol。从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v(H2)=_______；该可逆反应的平衡常数为_______；平衡时H2的转化率为_______。（3）向恒容密闭容器中加入适量催化剂，并充入一定量的H2和CO2合成甲醇，经相同反 应时间测得CO2的转化率[α(CO2)]与反应温度的变化关系如图所示。温度为T1～T2℃时，CO2的转化率升高，可能原因是_______。【答案】（1）-49（2）①.0.6mol·L-1·min-1②.2L2•mol-2③.75%（3）反应未达平衡，由T1到T2温度升高，反应速率加快，CO2的转化率升高【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，由①+②可得，，故答案为：-49；【小问2详解】v(CO2)=，v(H2)=3v(CO2)=0.6mol·L-1·min-1；列出反应的三段式：平衡时容器的体积是2L，平衡常数，平衡时H2的转化率=，故答案为：0.6mol·L-1·min-1；2L2•mol-2；75%；【小问3详解】温度升高反应速率加快，T1～T2 ℃时，CO2的转化率升高的原因为：反应未达平衡，由T1到T2温度升高，反应速率加快，CO2的转化率升高，故答案为：反应未达平衡，由T1到T2温度升高，反应速率加快，CO2的转化率升高。22.硫酸锌是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备，菱锌矿的主要成分为，杂质为以及 等的化合物。硫酸锌晶体制备流程如下：已知：常温下，金属离子开始沉淀和完全沉淀时的如表所示：金属离子开始沉淀时1.96.44.77.09.1沉淀完全时3.48.46.79.011.1回答下列问题；（1）“焙烧”前，常将菱锌矿粉碎，其目的是_________。（2）“滤渣①”的成分是_________。（3）“氧化”时加入双氧水，写出该工序中发生反应的离子方程式：_________。（4）若“滤渣②”的成分为，则用调溶液的范围为_________～_________，利用所给数据计算的_________。（5）从“滤液④”中获得的操作是_________、过滤、洗涤、干燥。【答案】（1）增大接触面积，提高焙烧效率（2）（3）（4）①.3.4②.4.7③.（5）蒸发浓缩、冷却结晶【解析】【分析】将菱锌矿高温焙烧反应产生ZnO、CO2，Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物焙烧产生CaO、MgO、Fe3O4、CuO，SiO2不发生反应；然后用H2SO4酸浸，ZnO、CaO、MgO、Fe3O4、CuO变为ZnSO4、CaSO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、CuSO4，CaSO4、SiO2不溶于硫酸，过滤得到滤渣①，然后加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入Ca(OH)2调整溶液pH，形成CaSO4、Ca(OH)2、Fe(OH)3沉淀，进入滤渣②中，滤液②中含有Zn2+、Cu2+、Mg2+及少量Ca2+；向滤液②中加入Zn粉，可以与溶液中的Cu2+发生置换反应产生Cu单质，过滤除去Cu及过量的Zn粉；向滤液③中加入HF，反应产生CaF2、MgF2沉淀，通过过滤除去，滤液中含有ZnSO4，然后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到 ZnSO4·7H2O，据此分析作答。【小问1详解】将菱锌矿粉碎，其目的是增大接触面积，提高焙烧效率；【小问2详解】CaSO4、SiO2不溶于硫酸，过滤得到滤渣①【小问3详解】加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，便于调节pH除去，发生反应【小问4详解】根据“滤渣②”的成分为、、，可知Fe3+沉淀完全，Cu2+没有沉淀，故调节pH范围3.4～4.7；由铁离子完全沉淀时的pH值=3.4，可知常温下的10-5；【小问5详解】“滤液④”是ZnSO4溶液，获得的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。【点睛】物质的制备流程一般包括目标元素的提取、杂质的去除、核心转化、产品的分离与提纯，解题时要分析原料中的杂质有哪些，哪些会随同目标元素一起进入下一步骤，怎样去除这些杂质，核心转化反应的原理是什么，怎样分离产品以及怎样提纯等等。23.回答下列问题：（1）某些共价化合物(如等)在液态时会发生微弱的电离，如，则液态的电离方程式为_______。（2）已知水溶液中和的关系如图所示，试回答下列问题：图中A点和B点对应的的关系是_______。若从A点到D点，可采用的措施是 _______(填序号)。A.升温B.加入少量氯化钠溶液C.加入少量的D.加入少量的盐酸（3）25℃时，的溶液中。请回答下列问题：①是_______(填“强电解质”或“弱电解质”)。②在加水稀释溶液的过程中，随着水量的增加而增大的是_______(填序号)。A.B.溶液的C.与的乘积D.③100℃时，的氢氧化钠和的盐酸溶液等体积混合，混合后溶液呈_______(填“酸性”“中性”或“碱性”)。（4）现有浓度均为的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠，三种溶液中由水电离出的浓度由大到小的顺序是_______(用序号表示)。（5）浓度均为的5种溶液：①氨水、②、③、④、⑤，其中由大到小的顺序为_______(用序号表示)。（6）已知25℃时，。在时，向浓度均为的和混合溶液中逐滴加入氨水，先生成该沉淀的离子方程式为_______。【答案】（1）2NH3NH+NH（2）①.A<B②.D（3）①.弱电解质②.BD③.碱性（4）②>③>①（5）②>⑤>④>③>①（6）Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2NH【解析】【小问1详解】参考水的电离方程式可知，液态NH3的电离方程式为2NH3NH+，故答案为：2NH3NH+；【小问2详解】Kw=c(H+)×c(OH-)，根据图示可知，A点的Kw=10-7×10-7=10-14，同理可得B点的Kw=10-12，则Kw：A点<B点；A点到D点氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小； A．升温氢离子浓度和氢氧根离子浓度同时增大，故A不选；B．加入少量氯化钠溶液对氢离子和氢氧根离子浓度没有影响，故B不选；C．加入少量NaOH，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，故C不选；D．加入少量盐酸，氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，故D选；故答案选D；故答案为：A<B；D；【小问3详解】①，同时c(H+)×c(OH-)=10-14，则c(H+)=10-2mol/L，因溶液的浓度为0.1mol/L，则HA为弱电解质，故答案为：弱电解质；②A．随着水量的增大，HA溶液被稀释，c(HA)减小，故A不符合题意；B．加水稀释HA，氢离子浓度减小，溶液pH增大，故B符合题意；C．氢离子浓度和氢氧根离子浓度乘积为水的离子积常数，该常数只与温度有关，温度不变，水的离子积常数不变，故C不符合题意；D．加水稀释HA，氢离子浓度减小，水的离子积常数不变，则c(OH-)增大，故D符合题意；故答案选BD；③100℃时Kw=10-12，pH=11的NaOH中c(OH-)=0.1mol/L，pH=2的盐酸c(H+)=0.01mol/L，两者等体积混合，NaOH过量溶液呈碱性，故答案为：碱性；【小问4详解】浓度均为0.1mol/L的硫酸、醋酸和氢氧化钠，硫酸中c(H+)=0.2mol/L，醋酸为弱酸，c(H+)远小于0.1mol/L，氢氧化钠中c(OH-)=0.1mol/L，则醋酸对水电离的抑制作用最弱，硫酸对水电离的抑制作用最强，故三种溶液中水电离出H+浓度由大到小的顺序是②>③>①，故答案为：②>③>①；【小问5详解】浓度均为0.1mol/L五种溶液，①NH3·H2O为弱电解质，c()远小于0.1mol/L，②硫酸铵中铵根离子发生水解，c()略小于0.2mol/L，③NH4HCO3会发生双水解，水解程度较大，c()小于0.1mol/L，④NH4Cl中水解程度小于NH4HCO3，c()小于0.1mol/L，⑤(NH4)2CO3会发生双水解，水解程度大于硫酸铵，但是存在0.1mol/L<c()<0.2mol/L，则c()由大到小的顺序为②>⑤>④>③>①，故答案为：②>⑤>④>③>①；【小问6详解】MgCl2和CuCl2浓度相同，且， 则滴加氨水后先生成Cu(OH)2沉淀，生成该沉淀的离子方程式为Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2NH，故答案为：Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2NH。24.F是一种天然产物，具有抗肿瘤等活性，其人工合成路线如图：已知：。（1）A分子含氧官能团的名称是_______。（2）C→D的反应类型有加成反应和_______。（3）A＋B→C的反应需经历A＋B→X＋C的过程，中间体X的分子式为C17H17NO6，请写出X可能的结构简式_______。(写一种)（4）B一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。(写一种)①能使FeCl3溶液显色，也能发生银镜反应；②分子中有四种不同化学环境的氢原子，且数目之比为1∶2∶2∶2。（5）写出以为原料制备的合成路线流程中，最后反应生成所用试剂的化学式_______。【答案】（1）醛基、醚键（2）还原反应(或还原)（3）或（4） 或（5）NaHCO3【解析】【小问1详解】根据A的结构简式可知，A分子中的含氧官能团为醛基、醚键，故答案为：醛基、醚键；【小问2详解】由C和D的结构可知，C→D的反应为加成反应，而反应条件为氢气和催化剂，反应中硝基变为了氨基，所以也为还原反应，故答案为：还原反应(或还原)；【小问3详解】由A、B、X的结构可知，A中的溴原子与B中的羟基发生取代反应、A中的醛基与B中的甲基先发生加成反应后发生消去反应，而X的分子式为C17H17NO6，则X的结构简式可能为：或，故答案为：或；【小问4详解】B的一种同分异构体能使FeCl3溶液显色，也能发生银镜反应，说明含酚羟基和醛基；分子中有四种不同化学环境的氢原子，且数目之比为1：2：2：2，则该同分异构体的结构简式为：或，故答案为：或；【小问5详解】 与碳酸氢钠反应生成，即所用试剂为NaHCO3，故答案为：NaHCO3。