宁夏中卫市2023届高三下学期二模理科综合化学试题
宁夏中卫市2023届高三下学期二模理科综合化学试题
一、单选题
1．（2023·中卫模拟）下列说法正确的是
A．2022年冬奥会聚氨酯速滑服是新型无机非金属材料
B．75%酒精可用于消毒杀死新冠病毒，如果用90%酒精效果更好
C．T—碳(T—Carbon)是中科院预言的一种三维碳结构晶体，其与C60互为同位素
D．核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸是高分子化合物
【答案】D
【知识点】无机非金属材料；有机高分子化合物的结构和性质；同位素及其应用
【解析】【解答】A．聚氨酯是性能优良的合成高分子材料，不是新型无机非金属材料，故A不符合题意；
B.75%酒精可用于消毒杀死新冠病毒，如果用90%酒精，过高浓度的酒精会在细菌表面形成一层保护膜，阻止其进入细菌体内，难以将细菌彻底杀死导致杀菌效果降低，故B不符合题意；
C．T—碳和C60是碳元素形成的不同种单质，互为同素异形体，不互为同位素，故C不符合题意；
D．核酸是生物体内的高分子化合物，包括脱氧核糖核酸DNA和核糖核酸RNA两大类，广泛存在于所有动植物、微生物及生物体内，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．聚氨酯是合成高分子材料；
B过高浓度的酒精会在细菌表面形成一层保护膜，阻止其进入细菌体内，难以将细菌彻底杀死导致杀菌效果降低；
C．同素异形体为同一元素形成的不同单质；
D．核酸是生物体内的高分子化合物。
2．（2023·中卫模拟）下列由实验现象所得结论错误的是
A．向5mL0.2mol/L的FeCl3溶液中加入几滴同浓度的KI溶液，再加入几滴KSCN溶液，溶液显血红色，则FeCl3与KI的反应是可逆反应
B．二氧化硅虽然能与氢氧化钠、氢氟酸反应，但它不是两性氧化物
C．将淀粉与稀硫酸混合，加热一段时间后，取冷却后少量溶液加入适量NaOH溶液调至弱碱性，再加入银氨溶液水浴加热，试管壁上出现光亮镜面，蔗糖发生了水解反应。
D．向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，可以证明NaClO在溶液中发生了水解反应
【答案】A
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.5mL0.2mol/L的FeCl3溶液，FeCl3物质的量为1mmol，KI溶液的量少，所以铁离子剩余，加入几滴KSCN溶液，溶液一定变为血红色，所以得不到可逆反应的结论，A符合题意；
B．二氧化硅与HF反应为其特性，所以不是两性氧化物，B不符合题意；
C．淀粉在酸性条件下水解，加入NaOH调成碱性，加入银氨溶液后水浴，发生银镜反应则证明有醛基生成，发生了水解反应，C不符合题意；
D．NaClO为强碱弱酸盐，溶液水解呈碱性，同时产生HClO，HClO具有漂白性，可以证明NaClO在溶液中发生了水解反应，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.只能证明含铁离子，无法判断是可逆反应；
B．二氧化硅与HF反应为其特性；
C．葡萄糖有醛基，结论合理；
D．依据盐类水解规律分析。
3．（2023·中卫模拟）某种由六种元素形成的抗癌药物的结构简式如图所示，其中W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍，下列叙述错误的是
A．W的最简单氢化物与Z的单质混合后可产生白烟
B．简单气态氢化物稳定性：X
D．X的一种单质和化合物ZX2均可用于杀菌消毒
【答案】B
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．氨气与氯气反应生成氯化铵和氮气，实验现象为产生大量白烟，故A不符合题意；
B．元素的非金属性越强，简单气态氢化物稳定性越强，氧元素的非金属性强于氮元素，则氨分子的稳定性弱于水分子，故B符合题意；
C．三氯化氮分子中，氮原子和氯原子均满足8电子稳定结构，故C不符合题意；
D．臭氧和二氧化氯都具有强氧化性，都能起到杀菌消毒的作用，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．氨气与氯气反应生成氯化铵和氮气；
B．元素的非金属性越强，简单气态氢化物稳定性越强；
C．依据最外层电子数和价键规律分析；
D．臭氧和二氧化氯都具有强氧化性。
4．（2023·中卫模拟）有机物Q的合成路线(反应条件和其他产物已经略去)如图所示，下列说法错误的是
A．最多能与发生反应
B．在的过程中，发生还原反应
C．Y能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，褪色原理不同
D．P和Q均易溶于水
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；有机物的合成；酯的性质
【解析】【解答】A．由题干信息可知，1molX中含有2mol醇酯基，则最多能与发生反应，A不符合题意；
B．由题干转化信息可知，有机化学中有机物加氢失氧的反应是还原反应，在的过程中即羧基转化为醇羟基，发生还原反应，B不符合题意；
C．Y能使溴水褪色是发生加成反应，而使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，即褪色原理不同，C不符合题意；
D．由题干信息可知，Q为醚类物质，P是卤代烃，二者均难溶于水，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据官能团性质分析；
B．有机化学中有机物加氢失氧的反应是还原反应；
C．依据官能团性质和反应类型分析；
D．依据官能团性质分析。
5．（2023·中卫模拟）下列实验装置正确且能达到相应目的的是
A．图I：除去CO2中的SO2
B．图II：配制一定物质的量浓度的溶液实验中，如图为定容时的操作
C．图III：制备并用排气法收集NO气体的装置(反应装置中已排空气)
D．图IV：用氢氧化钠溶液滴定醋酸溶液
【答案】C
【知识点】硝酸的化学性质；二氧化硫的性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．二氧化碳和二氧化硫均能与碳酸钠溶液反应，所以不能用碳酸钠饱和溶液除去二氧化碳中混有的二氧化硫，应选用饱和碳酸氢钠溶液，故A不符合题意；
B．配制一定物质的量浓度的溶液实验中，向容量瓶中加入蒸馏水定容时，距刻度1—2cm才改用胶头滴管滴加蒸馏水，故B不符合题意；
C．铜与稀硝酸反应生成的一氧化氮易与空气中的氧气反应，不能用排空气法收集，但可以用向下排二氧化碳的方法收集一氧化氮气体，故C符合题意；
D．氢氧化钠溶液会与玻璃中 的二氧化硅反应，所以不能用酸式滴定管盛装氢氧化钠溶液，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．二氧化碳和二氧化硫均能与碳酸钠溶液反应；
B．应该距刻度1—2cm才改用胶头滴管滴加蒸馏水；
C．实验设计合理；
D．酸性溶液、强氧化性溶液应选用酸式滴定管；碱性溶液应选用碱式滴定管。
6．（2023·中卫模拟）利用CH4燃料电池电解制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，装置如图所示。下列说法错误的是
A．a极反应：CH4-8e-＋4O2-=CO2＋2H2O
B．A、C膜均为阳离子交换膜，B膜为阴离子交换膜
C．阳极室有氯气产生，阴极室中有氢气产生且NaOH浓度增大
D．a极上通入标况下2.24L甲烷，阳极室Ca2+减少0.2mol
【答案】D
【知识点】化学电源新型电池；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，通入甲烷的a极为负极，氧离子作用下甲烷失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极反应式为CH4-8e-＋4O2-=CO2＋2H2O，故A不符合题意；
B．由分析可知，电解时，溶液中钙离子通过阳离子交换膜进入产品室、钠离子通过阳离子交换膜进入阴极室、磷酸二氢根离子通过阴离子交换膜进入产品室，则A、C膜均为阳离子交换膜，B膜为阴离子交换膜，故B不符合题意；
C．由分析可知，与b极相连的石墨电极为阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，与a极相连的石墨电极为阴极，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，原料室中钠离子通过阳离子交换膜进入阴极室，所以在阴极室得到浓度较大的氢氧化钠溶液，故C不符合题意；
D．由得失电子数目守恒可知，阳极室消耗氯离子的物质的量为×8=0.8mol，由电荷守恒可知，进入产品室的钙离子物质的量为0.8mol×=0.4mol，则阳极室减少钙离子物质的量为0.4mol，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．放电时，负极失电子，元素化合价升高，发生氧化反应；正极得电子，元素化合价降低，发生还原反应；
B．依据离子类型与离子交换膜类型一致判断；
C．依据A、B项分析判断；
D．依据得失电子数目守恒。
7．（2023·中卫模拟）t℃时，向蒸馏水中不断加入NaA溶液，溶液中c2(OH-)与c(A-)的变化关系如图所示。下列叙述错误的是
A．当溶液中c(A-)=3×10-4mol/L时，有c(H+)=5×10-8mol/L
B．x点溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(HA)
C．溶液中：c(HA)＋c(H+)=c(OH-)
D．t℃=100℃
【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由图可知，t℃时，没有加入NaA的水中c2(OH-)为110-14，蒸馏水中氢离子浓度等于氢氧根浓度，都为10-7mol/L，水的离子积常数为Kw=10-14，由图可知，溶液中A-浓度为210-14mol/L时，溶液中c2(OH-)为310-14，溶液中，A不符合题意；
B． 由图可知，x点溶液中A-的浓度为3 mol/L，溶液中c(OH-)=2 mol/L，质子守恒，c(HA)＋c(H+)=c(OH-)，溶液中HA的浓度小于氢氧根浓度，氢离子浓度为5mol/L，则溶液中微粒浓度的大小顺序为：c(Na+)>c(A-)>c(HA)，B不符合题意；
C．NaA溶液中，根据质子守恒，c(HA)＋c(H+)=c(OH-)，C不符合题意；
D．由图可知，t℃时，没有加入NaA的水中c2(OH-)为110-14，蒸馏水中氢离子浓度等于氢氧根浓度，都为10-7mol/L，水的离子积常数为Kw=10-14，该温度为25℃，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据盐溶液中氢离子浓度等于氢氧根浓度分析；
B． 依据水解是微弱的分析；
C．根据质子守恒分析；
D．Kw只与温度有关。
二、非选择题
8．（2023·中卫模拟）某种电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au)，可以用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜和粗碲等，以实现有害废料的资源化利用，工艺流程如下：
已知：煅烧时，Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O22CuO+TeO2。
（1）为提高酸浸速率，可采用的措施可以是搅拌、加热升高温度、沉渣粉碎或 。
（2）煅烧时，Cr2O3发生反应的化学方程式为 。
（3）浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还可能含有 (写化学式)。
（4）在实际的含铬废水处理中，还可采用直接沉淀的方法，处理成本较低。
①已知含铬酸性废水中存在着CrO和Cr2O相互转化的平衡，请用离子方程式表示它们之间的转化反应 。
②在实际工业生产中，加入沉淀剂BaCl2溶液之前还要加入一定量的NaOH，这样有利于沉淀的生成，则生成的沉淀为 。(写化学式)。
（5）测定某固体产品中Na2Cr2O7含量的方法如下：称取产品试样2.50g配成250mL溶液，用移液管取出25.00mL于锥形瓶中，加入足量稀硫酸酸化后，再加入几滴指示剂，用0.1000mol·L-1硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定，重复进行二次实验。(已知Cr2O被还原为Cr3+)
①氧化还原滴定过程中的离子方程式为 。
②若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为25.00mL，则所得产品中Na2Cr2O7的纯度为 %。［已知M(Na2Cr2O7)=262g·mol-1，计算结果保留三位有效数字］
③上述实验后所得溶液中除含有Cr3+外，还含有一定浓度的Fe3+杂质，可通过加碱调pH的方法使两者转化为沉淀。如果c(Cr3+)=3×10-5mol·L-1，则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时，Fe3+是否沉淀完全？ (填“是”或“否”)。｛已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31}
【答案】（1）适当增大稀硫酸的浓度
（2）2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2
（3）CuSO4(或CuSO4和H2SO4)
（4）2CrO+2H+ Cr2O+H2O；BaCrO4
（5）Cr2O+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O；43.7；是
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）为了提高酸浸速率，可采用的措施是适当增大稀硫酸的浓度、升高温度、搅拌等，故答案为：适当增大稀硫酸的浓度；
（2）煅烧时，Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，发生反应的化学方程式为2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2，故答案为：2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2；
（3）根据上述分析，电解沉积过程中析出单质铜，浸出液中除了含有TeOSO4（在电解过程中不反应）外，还含有CuSO4(或CuSO4和H2SO4)等，故答案为：CuSO4(或CuSO4和H2SO4)；
（4）①含铬酸性废水中存在着CrO和Cr2O相互转化的平衡，根据质量守恒和电荷守恒可知，反应为2CrO+2H+ Cr2O+H2O，故答案为：2CrO+2H+ Cr2O+H2O；
②加入沉淀剂BaCl2溶液之前还要加入一定量的NaOH，氢离子和氢氧根离子生成水，导致2CrO+2H+ Cr2O+H2O正向移动，这样有利于沉淀的生成，则生成的沉淀为BaCrO4沉淀，故答案为：BaCrO4；
（5）①氧化还原滴定过程亚铁离子被氧化为铁离子，Cr2O被还原为Cr3+，根据电子守恒、电荷守恒，氧化还原滴定过程中的离子方程式为Cr2O+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O，故答案为：Cr2O+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O；
②若三次实验消耗标准液的平均体积为25.00mL，由方程式可知，所得产品中Na2Cr2O7的物质的量为，则纯度为，故答案为：43.7；
③c(Cr3+)=3×10-5mol·L-1，则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时，c3(OH-)=，此时溶液中c(Fe3+)==2.0×10－12mol/L＜1.0×10－5mol/L，说明Fe3+已经沉淀完全，故答案为：是。
【分析】（1）依据影响反应速率的因素分析；
（2）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒分析；
（3）依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；
（4）①根据质量守恒和电荷守恒分析；
②依据化学平衡移动原理分析；
（5）①根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；
②通过关系式，舍去“离群"数据，利用平均值计算；
③依据Qc与Ksp的大小判断。
9．（2023·中卫模拟）亚硫酰氯(SOCl2)又名氯化亚砜，M(SOCl2)=119g·mol-1，是一种无色或淡黄色发烟液体，有强烈刺激性气味，常用作脱水剂、还原剂，主要用于制造酰基氯化物，还用于医药、农药、染料等的生产。某实验小组设计实验制备氯化亚砜并探究其性质。
已知：①实验室制备原理为。
②资料卡片：
物质 熔点/℃ 沸点/℃ 相对分子质量 其他
76.1 137.5 遇水剧烈水解，易与O2反应
POCl3 1.25 105.8 153.5 遇水剧烈水解，能溶于PCl3
SOCl2 78.8 119 遇水剧烈水解生成SO2气体和HCl气体，受热易分解
实验一：制备并探究SOCl2的性质，制备SOCl2的装置如图(夹持装置已略去)
（1）a仪器的名称为 ，上图中制取Cl2的装置为 (填字母)。制取亚硫酰氯(SOCl2)时加热措施与控制温是 。
（2）b装置有2个作用，一个作用是吸收未反应的Cl2、SO2和SOCl2蒸气另一个作用是 。
（3）将上述装置制得的SOCl2通过蒸馏方法提取出来(加热及夹持装置略)，装置安装顺序为①⑨⑧⑥⑩ (填序号)。
（4）甲同学加热下用SOCl2作的脱水剂制取无水，反应的化学方程式为 ；但乙同学认为该实验可能发生副反应，与SOCl2发生氧化还原反应使产品不纯，所以乙同学让整个实验在N2的氛围中，取少量在不断通入SOCl2蒸气的条件下加热，充分反应后，加水溶解，取溶解后的溶液少许，加入 (填写试剂和实验现象)，说明发生了副反应。
（5）实验二：测定某SOCl2样品中SOCl2的纯度。
①准确称量称量瓶和盖的总质量，迅速加入样品，立即盖紧，称量，质量为。
②连同称量瓶一起放入盛有溶液的密封反应瓶中，打开称量瓶瓶盖，并用蒸馏水封口，轻轻摇动，使SOCl2充分发生SOCl2+4NaOH=Na2SO3+2NaCl+2H2O反应，将反应瓶中的溶液全部转移到容量瓶中，洗涤水解瓶2~3次，洗涤液一并转入容量瓶中，静置至室温，定容，摇匀，得到混合溶液M。
③准确量取溶液M于锥形瓶中，先用的盐酸中和过量的溶液至恰好完全，后加碘标准溶液进行滴定。反应为Na2SO3+H2O+I2=Na2SO4+2HI。
④准确加入碘标准溶液，充分反应后，用淀粉溶液作指示剂，用的溶液滴定过量的碘，反应为。平行测定两次，反应消耗溶液的平均体积为。
步骤④判断滴定终点的方法为 ，样品中SOCl2的质量分数为 (只列数学表达式)
【答案】（1）(球形)冷凝管；A；水浴加热温度控制在60~65℃
（2）防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶
（3）③⑤
（4）；溶液，产生蓝色沉淀或溶液，产生白色沉淀
（5）当滴入最后半滴(一滴)溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不再恢复原来的颜色；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）a仪器的名称为球形冷凝管，根据以上分析，上图中制取Cl2的装置为A。制取亚硫酰氯(SOCl2)时加热措施与控制温是水浴加热温度控制在60~65℃。
（2）因为反应过程有很多有毒的气体，需要进行处理，故b为吸收未反应的Cl2、SO2和SOCl2蒸气，防止空气中的水蒸气进入三颈瓶。
（3）组装蒸馏装置对混台物进行整理提纯，按由上而下、由左到右的顺序组装，安装顺序为①⑨⑧，然后连接冷凝管，蒸馏装置中应选择直形冷凝管⑥，结构连接尾接管⑩，四氯化钛容易水解，为防止外界水蒸气进行最后连接③⑤，故连接顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤。
（4）SOCl2可用作热分解制取无水FeCl3的脱水剂，SOCl2遇水剧烈水解生成氧化铝和氯化氢，该反应的化学方程式为， SOCl2具有还原性，铁离子具有氧化性，二者可以反应生成亚铁离子和硫酸根离子，所以可以检验亚铁离子，用铁氰化钾或用钡离子检验硫酸根离子，方法为：K3[Fe ( CN )6]溶液，产生蓝色沉淀或BaCl2溶液，产生白色沉淀。
（5）滴定终点为碘单质完全反应，故终点的现象为：当滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不再恢复原来的颜色；根据方程式SOCl2+ 4NaOH= Na2SO3+2NaCl+2H2O ； Na2SO3+ H2O+I2=Na2SO4+2HI ；I2+2Na2S2O3= Na2S4O6+2NaI分析，有关系式为SOCl2 ~ I2，硫代硫酸钠的物质的量为0.1V×10- 3mol，则与SOCl2反应的碘的物质的量为( 0.05×0.05-0.05V×10-3 ) mol，则SOCl2的质量为119×( 0.05×0.05-0.05V×10-3 ) ×10g，则质量分数为。
【分析】（1）依据仪器构造确定名称；依据反应物的状态和反应条件判断；依据反应条件确定控温方式；
（2）因为反应过程有很多有毒的气体，需要进行处理；
（3）组装蒸馏装置对混台物进行整理提纯，按由上而下、由左到右的顺序组装；
（4）依据题目信息和产物判断；依据常见离子的性质选择试剂和确定现象；
（5）利用溶液颜色变化分析；通过关系式，舍去“离群"数据，利用平均值计算。
10．（2023·中卫模拟）习近平主席在第75届联合国大会提出，我国要在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和的目标。因此二氧化碳的固定和转化成为科学家研究的重要课题。
（1）以CO2和H2为原料合成乙烯，其反应的过程分两步进行：
I．CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.3kJ·mol-1
Ⅱ.2CO(g)+4H2(g) C2H4(g)+2H2O(g) ΔH=+210.5kJ·mol-1
CO2加氢合成乙烯的热化学方程式为 。
（2）2021年9月24日，我国科学家在《Science》上发表论文《无细胞化学酶法从二氧化碳合成淀粉》，代表着人类人工合成淀粉领域的重大颠覆性和原创性突破。该实验方法首先将CO2催化还原为CH3OH，探究CH3OH合成反应的化学平衡影响因素，有利于提高CH3OH的产率，CO2和H2在某种催化剂作用下可同时发生以下两个反应：
I．CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=—48.5kJ·mol-1
Ⅱ.2CO2(g)+5H2(g) C2H2(g)+4H2O(g) ΔH=+37.1kJ·mol-1
在压强为P，CO2、H2的起始投料为1：3的条件下，发生反应I、Ⅱ，实验测得CO2的平衡转化率和平衡时CH3OH的选择性随温度的变化如图所示：
已知：CH3OH的选择性=
①有利于提高CH3OH的选择性的措施有 (填序号)。
A．适当降温 B．适当升温 C．选择合适的催化剂
②温度高于350℃时，体系中发生的反应以 (填“I”或“Ⅱ”)为主，并说明理由 。
③其中表示平衡时CH3OH的选择性的曲线是 填“a”或“b”)。
④400℃时，在该压强及投料比的条件下，利用图示所给数据计算H2的转化率为 (保留三位有效数字)。
（3）二氧化碳甲烷化技术是一种最有效的对二氧化碳循环再利用的技术。用如图装置电解二氧化碳制取甲烷，温度控制在10℃左右，持续通入二氧化碳，电解过程中KHCO3物质的量基本不变，则阴极反应式为 。
【答案】（1）2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)△H=+293.1kJ/mol
（2）AC；Ⅱ；反应Ⅱ为吸热反应，温度较高，有利于吸热反应进行；b；22.5%
（3）
【知识点】热化学方程式；合成氨条件的选择；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，反应I×2+ Ⅱ可得二氧化碳加氢合成乙烯的反应为2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，则反应△H=△H1+△H2=(+41.3kJ/mol)×2+(+210.5kJ/mol)=+293.1kJ/mol，反应的热化学方程式为2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)△H=+293.1kJ/mol，故答案为：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)△H=+293.1kJ/mol；
（2）①反应I为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，甲醇的百分含量增大、选择性增大，选择合适的催化剂也能提高甲醇的选择性，故答案为：AC；
②反应I为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，所以温度高于350℃时，体系中发生的反应以反应Ⅱ为主，故答案为： Ⅱ；反应Ⅱ为吸热反应，温度较高，有利于吸热反应进行；
③反应I为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的百分含量减小、选择性减小，所以曲线b表示平衡时甲醇的选择性，故答案为：b；
④设起始二氧化碳、氢气的物质的量分别为1mol、3mol，由图可知，400℃时，二氧化碳的转化率为25%、甲醇的选择性为40%，则反应I生成甲醇的物质的量为1mol×25%×40%=0.1mol，消耗氢气的物质的量为0.1mol×3=0.3mol，反应Ⅱ生成乙炔的的物质的量为1mol×25%×(1—40%)=0.15mol，消耗氢气的物质的量为0.15mol×=0.375mol，所以氢气的转化率为×100%=22.5%，故答案为：22.5%；
（3）由题意可知，通入二氧化碳的多晶铜电极为电解池的阴极，水分子作用下二氧化碳在阴极得到电子生成甲烷和碳酸氢根离子，电极反应式为，故答案为：。
【分析】（1）依据盖斯定律分析；
（2）①依据影响化学平衡的因素分析；
②③依据化学平衡移动原理分析；
④利用三段式法计算；
（3）电解时，阳极与直流电源的正极相连的电极，发生氧化反应；阴极与直流电源的负极相连的电极，发生还原反应。
11．（2023·中卫模拟）砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，其晶体结构与单晶硅相似。
（1）基态Ga原子的价电子排布式为 ，其同周期元素中未成对电子数最多的是 (填元素符号)。
（2）GaAs可用Ga(CH3)3(常温下为无色液体)和AsH3高温反应制得，同时生成另一种产物，写出反应方程式 ，另一种产物中心原子的杂化类型为 。
（3）沸点AsH3 NH3(填“>”、“<”、“=”)，原因是 。
（4）GaAs的晶胞结构如图所示，As的配位数 ，若晶胞中距离最近的两个Ga原子距离为anm，阿伏加德罗常数的值为，则GaAs的密度为 。
【答案】（1）；Cr
（2）；杂化
（3）<；分子间可以形成氢键
（4）4；
【知识点】原子结构的构造原理；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Ga为第四周期第IIIA族的元素，所以价层电子排布为：，与其同周期的未成对电子数最多的为，该元素为Cr。
（2）根据原子守恒，生成物为，另外一种产物为，所以化学方程式为：；甲烷为正四面体形结构，所以中心原子的杂化方式为：杂化；
（3）AsH3和NH3均为分子晶体，由于NH3分子间存在氢键，所以沸点AsH3
【分析】（1）依据构造原理分析；
（2）根据原子守恒分析；依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
（3）分子间含有氢键，熔沸点较高；氢键是电负性原子和与另一个电负性原子共价结合的氢原子间形成的键；
（4）根据晶胞结构及晶胞的均摊法计算。
12．（2023·中卫模拟）有机物A为无色液体，难溶于水，有特殊香味。它能够与浓硝酸发生硝化反应。其苯环上的一硝基代物有四种同分异构体，A的质谱图如图甲所示，它能够在一定条件下发生如图乙所示的转化关系。其中F能够发生银镜反应，K是一种白色沉淀。
已知：无水醋酸钠与碱石灰混合共热制甲烷：CH3COONa+NaOH CH4+Na2CO3
请结合相关信息回答下列问题：
（1）A中官能团的名称为： 。
（2）写出D、K的结构简式：D 、K 。
（3）写出E→F、C+F→G的方程式并注明反应类型：
E→F： ，反应类型： ；
C+F→G： ，反应类型： 。
（4）A的同分异构体中，属于芳香族化合物，不能与FeCl3溶液发生显色反应，能够与碳酸氢钠溶液反应的气体的共有 种，其中核磁共振氢谱为4组峰的物质的结构简式 。（本题不考虑结构）。
【答案】（1）羟基、酯基
（2）D： ；K：
（3）2HCHO+O2 2HCOOH；氧化反应；HCOOH+CH3OHHCOOCH3+H2O；酯化(取代)反应
（4）8；
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机物的推断
【解析】【解答】根据流程图乙，A与NaOH溶液生成B和C，由已知结合B→D的反应条件可得，A生成B和C的反应为酯的水解反应，A中必有酯基，B为羧酸钠，C为醇；又因为C经过连续氧化得到能够发生银镜反应的F，所以C为CH3OH，E为HCHO，F为HCOOH，G为HCOOCH3；因为A苯环上的一硝基代物有四种同分异构体，所以A中有两个临位或间位取代基；结合图甲可得：A的相对分子质量为152，因此A的分子式为C8H8O3，酯基为 COOCH3，另一个取代基为 OH；由B发生脱羧反应生成D ，D酸化生成H，H与浓溴水生成白色沉淀Ｋ，可推出H为 ， K为，D为。
（1）由上述分析可得，A中含有酯基和酚羟基两种官能团，故答案为：羟基；酯基 。
（2）由B发生脱羧反应生成D ，D酸化生成H，H与浓溴水生成白色沉淀K，可推出H为，K为，D为，故答案为： ；。
（3）E→F为甲醛被催化氧化成甲酸的反应，故答案为：2HCHO+O2 2HCOOH ；氧化反应 。C+F→G为甲醇与甲酸的酯化反应，故答案为：HCOOH+CH3OHHCOOCH3+H2O ；酯化(取代)反应 。
（4）A的同分异构体中，属于芳香族化合物，则含有苯环结构；不能与FeCl3溶液发生显色反应，则不含酚羟基；能够与碳酸氢钠溶液反应生成气体，则含有羧基；这样的机构有：、、、、、、、，共有8种，其中核磁共振氢谱为4组峰的物质的结构简式：。（本题不考虑结构）。
【分析】
（1）根据结构简式确定官能团；
（2）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定结构简式；
（3）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定化学方程式；根据官能团的变化确定反应类型；
（4）利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体。
宁夏中卫市2023届高三下学期二模理科综合化学试题
一、单选题
1．（2023·中卫模拟）下列说法正确的是
A．2022年冬奥会聚氨酯速滑服是新型无机非金属材料
B．75%酒精可用于消毒杀死新冠病毒，如果用90%酒精效果更好
C．T—碳(T—Carbon)是中科院预言的一种三维碳结构晶体，其与C60互为同位素
D．核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸是高分子化合物
2．（2023·中卫模拟）下列由实验现象所得结论错误的是
A．向5mL0.2mol/L的FeCl3溶液中加入几滴同浓度的KI溶液，再加入几滴KSCN溶液，溶液显血红色，则FeCl3与KI的反应是可逆反应
B．二氧化硅虽然能与氢氧化钠、氢氟酸反应，但它不是两性氧化物
C．将淀粉与稀硫酸混合，加热一段时间后，取冷却后少量溶液加入适量NaOH溶液调至弱碱性，再加入银氨溶液水浴加热，试管壁上出现光亮镜面，蔗糖发生了水解反应。
D．向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，可以证明NaClO在溶液中发生了水解反应
3．（2023·中卫模拟）某种由六种元素形成的抗癌药物的结构简式如图所示，其中W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍，下列叙述错误的是
A．W的最简单氢化物与Z的单质混合后可产生白烟
B．简单气态氢化物稳定性：X
D．X的一种单质和化合物ZX2均可用于杀菌消毒
4．（2023·中卫模拟）有机物Q的合成路线(反应条件和其他产物已经略去)如图所示，下列说法错误的是
A．最多能与发生反应
B．在的过程中，发生还原反应
C．Y能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，褪色原理不同
D．P和Q均易溶于水
5．（2023·中卫模拟）下列实验装置正确且能达到相应目的的是
A．图I：除去CO2中的SO2
B．图II：配制一定物质的量浓度的溶液实验中，如图为定容时的操作
C．图III：制备并用排气法收集NO气体的装置(反应装置中已排空气)
D．图IV：用氢氧化钠溶液滴定醋酸溶液
6．（2023·中卫模拟）利用CH4燃料电池电解制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，装置如图所示。下列说法错误的是
A．a极反应：CH4-8e-＋4O2-=CO2＋2H2O
B．A、C膜均为阳离子交换膜，B膜为阴离子交换膜
C．阳极室有氯气产生，阴极室中有氢气产生且NaOH浓度增大
D．a极上通入标况下2.24L甲烷，阳极室Ca2+减少0.2mol
7．（2023·中卫模拟）t℃时，向蒸馏水中不断加入NaA溶液，溶液中c2(OH-)与c(A-)的变化关系如图所示。下列叙述错误的是
A．当溶液中c(A-)=3×10-4mol/L时，有c(H+)=5×10-8mol/L
B．x点溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(HA)
C．溶液中：c(HA)＋c(H+)=c(OH-)
D．t℃=100℃
二、非选择题
8．（2023·中卫模拟）某种电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au)，可以用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜和粗碲等，以实现有害废料的资源化利用，工艺流程如下：
已知：煅烧时，Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O22CuO+TeO2。
（1）为提高酸浸速率，可采用的措施可以是搅拌、加热升高温度、沉渣粉碎或 。
（2）煅烧时，Cr2O3发生反应的化学方程式为 。
（3）浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还可能含有 (写化学式)。
（4）在实际的含铬废水处理中，还可采用直接沉淀的方法，处理成本较低。
①已知含铬酸性废水中存在着CrO和Cr2O相互转化的平衡，请用离子方程式表示它们之间的转化反应 。
②在实际工业生产中，加入沉淀剂BaCl2溶液之前还要加入一定量的NaOH，这样有利于沉淀的生成，则生成的沉淀为 。(写化学式)。
（5）测定某固体产品中Na2Cr2O7含量的方法如下：称取产品试样2.50g配成250mL溶液，用移液管取出25.00mL于锥形瓶中，加入足量稀硫酸酸化后，再加入几滴指示剂，用0.1000mol·L-1硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定，重复进行二次实验。(已知Cr2O被还原为Cr3+)
①氧化还原滴定过程中的离子方程式为 。
②若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为25.00mL，则所得产品中Na2Cr2O7的纯度为 %。［已知M(Na2Cr2O7)=262g·mol-1，计算结果保留三位有效数字］
③上述实验后所得溶液中除含有Cr3+外，还含有一定浓度的Fe3+杂质，可通过加碱调pH的方法使两者转化为沉淀。如果c(Cr3+)=3×10-5mol·L-1，则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时，Fe3+是否沉淀完全？ (填“是”或“否”)。｛已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31}
9．（2023·中卫模拟）亚硫酰氯(SOCl2)又名氯化亚砜，M(SOCl2)=119g·mol-1，是一种无色或淡黄色发烟液体，有强烈刺激性气味，常用作脱水剂、还原剂，主要用于制造酰基氯化物，还用于医药、农药、染料等的生产。某实验小组设计实验制备氯化亚砜并探究其性质。
已知：①实验室制备原理为。
②资料卡片：
物质 熔点/℃ 沸点/℃ 相对分子质量 其他
76.1 137.5 遇水剧烈水解，易与O2反应
POCl3 1.25 105.8 153.5 遇水剧烈水解，能溶于PCl3
SOCl2 78.8 119 遇水剧烈水解生成SO2气体和HCl气体，受热易分解
实验一：制备并探究SOCl2的性质，制备SOCl2的装置如图(夹持装置已略去)
（1）a仪器的名称为 ，上图中制取Cl2的装置为 (填字母)。制取亚硫酰氯(SOCl2)时加热措施与控制温是 。
（2）b装置有2个作用，一个作用是吸收未反应的Cl2、SO2和SOCl2蒸气另一个作用是 。
（3）将上述装置制得的SOCl2通过蒸馏方法提取出来(加热及夹持装置略)，装置安装顺序为①⑨⑧⑥⑩ (填序号)。
（4）甲同学加热下用SOCl2作的脱水剂制取无水，反应的化学方程式为 ；但乙同学认为该实验可能发生副反应，与SOCl2发生氧化还原反应使产品不纯，所以乙同学让整个实验在N2的氛围中，取少量在不断通入SOCl2蒸气的条件下加热，充分反应后，加水溶解，取溶解后的溶液少许，加入 (填写试剂和实验现象)，说明发生了副反应。
（5）实验二：测定某SOCl2样品中SOCl2的纯度。
①准确称量称量瓶和盖的总质量，迅速加入样品，立即盖紧，称量，质量为。
②连同称量瓶一起放入盛有溶液的密封反应瓶中，打开称量瓶瓶盖，并用蒸馏水封口，轻轻摇动，使SOCl2充分发生SOCl2+4NaOH=Na2SO3+2NaCl+2H2O反应，将反应瓶中的溶液全部转移到容量瓶中，洗涤水解瓶2~3次，洗涤液一并转入容量瓶中，静置至室温，定容，摇匀，得到混合溶液M。
③准确量取溶液M于锥形瓶中，先用的盐酸中和过量的溶液至恰好完全，后加碘标准溶液进行滴定。反应为Na2SO3+H2O+I2=Na2SO4+2HI。
④准确加入碘标准溶液，充分反应后，用淀粉溶液作指示剂，用的溶液滴定过量的碘，反应为。平行测定两次，反应消耗溶液的平均体积为。
步骤④判断滴定终点的方法为 ，样品中SOCl2的质量分数为 (只列数学表达式)
10．（2023·中卫模拟）习近平主席在第75届联合国大会提出，我国要在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和的目标。因此二氧化碳的固定和转化成为科学家研究的重要课题。
（1）以CO2和H2为原料合成乙烯，其反应的过程分两步进行：
I．CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.3kJ·mol-1
Ⅱ.2CO(g)+4H2(g) C2H4(g)+2H2O(g) ΔH=+210.5kJ·mol-1
CO2加氢合成乙烯的热化学方程式为 。
（2）2021年9月24日，我国科学家在《Science》上发表论文《无细胞化学酶法从二氧化碳合成淀粉》，代表着人类人工合成淀粉领域的重大颠覆性和原创性突破。该实验方法首先将CO2催化还原为CH3OH，探究CH3OH合成反应的化学平衡影响因素，有利于提高CH3OH的产率，CO2和H2在某种催化剂作用下可同时发生以下两个反应：
I．CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=—48.5kJ·mol-1
Ⅱ.2CO2(g)+5H2(g) C2H2(g)+4H2O(g) ΔH=+37.1kJ·mol-1
在压强为P，CO2、H2的起始投料为1：3的条件下，发生反应I、Ⅱ，实验测得CO2的平衡转化率和平衡时CH3OH的选择性随温度的变化如图所示：
已知：CH3OH的选择性=
①有利于提高CH3OH的选择性的措施有 (填序号)。
A．适当降温 B．适当升温 C．选择合适的催化剂
②温度高于350℃时，体系中发生的反应以 (填“I”或“Ⅱ”)为主，并说明理由 。
③其中表示平衡时CH3OH的选择性的曲线是 填“a”或“b”)。
④400℃时，在该压强及投料比的条件下，利用图示所给数据计算H2的转化率为 (保留三位有效数字)。
（3）二氧化碳甲烷化技术是一种最有效的对二氧化碳循环再利用的技术。用如图装置电解二氧化碳制取甲烷，温度控制在10℃左右，持续通入二氧化碳，电解过程中KHCO3物质的量基本不变，则阴极反应式为 。
11．（2023·中卫模拟）砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，其晶体结构与单晶硅相似。
（1）基态Ga原子的价电子排布式为 ，其同周期元素中未成对电子数最多的是 (填元素符号)。
（2）GaAs可用Ga(CH3)3(常温下为无色液体)和AsH3高温反应制得，同时生成另一种产物，写出反应方程式 ，另一种产物中心原子的杂化类型为 。
（3）沸点AsH3 NH3(填“>”、“<”、“=”)，原因是 。
（4）GaAs的晶胞结构如图所示，As的配位数 ，若晶胞中距离最近的两个Ga原子距离为anm，阿伏加德罗常数的值为，则GaAs的密度为 。
12．（2023·中卫模拟）有机物A为无色液体，难溶于水，有特殊香味。它能够与浓硝酸发生硝化反应。其苯环上的一硝基代物有四种同分异构体，A的质谱图如图甲所示，它能够在一定条件下发生如图乙所示的转化关系。其中F能够发生银镜反应，K是一种白色沉淀。
已知：无水醋酸钠与碱石灰混合共热制甲烷：CH3COONa+NaOH CH4+Na2CO3
请结合相关信息回答下列问题：
（1）A中官能团的名称为： 。
（2）写出D、K的结构简式：D 、K 。
（3）写出E→F、C+F→G的方程式并注明反应类型：
E→F： ，反应类型： ；
C+F→G： ，反应类型： 。
（4）A的同分异构体中，属于芳香族化合物，不能与FeCl3溶液发生显色反应，能够与碳酸氢钠溶液反应的气体的共有 种，其中核磁共振氢谱为4组峰的物质的结构简式 。（本题不考虑结构）。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】无机非金属材料；有机高分子化合物的结构和性质；同位素及其应用
【解析】【解答】A．聚氨酯是性能优良的合成高分子材料，不是新型无机非金属材料，故A不符合题意；
B.75%酒精可用于消毒杀死新冠病毒，如果用90%酒精，过高浓度的酒精会在细菌表面形成一层保护膜，阻止其进入细菌体内，难以将细菌彻底杀死导致杀菌效果降低，故B不符合题意；
C．T—碳和C60是碳元素形成的不同种单质，互为同素异形体，不互为同位素，故C不符合题意；
D．核酸是生物体内的高分子化合物，包括脱氧核糖核酸DNA和核糖核酸RNA两大类，广泛存在于所有动植物、微生物及生物体内，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．聚氨酯是合成高分子材料；
B过高浓度的酒精会在细菌表面形成一层保护膜，阻止其进入细菌体内，难以将细菌彻底杀死导致杀菌效果降低；
C．同素异形体为同一元素形成的不同单质；
D．核酸是生物体内的高分子化合物。
2．【答案】A
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.5mL0.2mol/L的FeCl3溶液，FeCl3物质的量为1mmol，KI溶液的量少，所以铁离子剩余，加入几滴KSCN溶液，溶液一定变为血红色，所以得不到可逆反应的结论，A符合题意；
B．二氧化硅与HF反应为其特性，所以不是两性氧化物，B不符合题意；
C．淀粉在酸性条件下水解，加入NaOH调成碱性，加入银氨溶液后水浴，发生银镜反应则证明有醛基生成，发生了水解反应，C不符合题意；
D．NaClO为强碱弱酸盐，溶液水解呈碱性，同时产生HClO，HClO具有漂白性，可以证明NaClO在溶液中发生了水解反应，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.只能证明含铁离子，无法判断是可逆反应；
B．二氧化硅与HF反应为其特性；
C．葡萄糖有醛基，结论合理；
D．依据盐类水解规律分析。
3．【答案】B
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．氨气与氯气反应生成氯化铵和氮气，实验现象为产生大量白烟，故A不符合题意；
B．元素的非金属性越强，简单气态氢化物稳定性越强，氧元素的非金属性强于氮元素，则氨分子的稳定性弱于水分子，故B符合题意；
C．三氯化氮分子中，氮原子和氯原子均满足8电子稳定结构，故C不符合题意；
D．臭氧和二氧化氯都具有强氧化性，都能起到杀菌消毒的作用，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．氨气与氯气反应生成氯化铵和氮气；
B．元素的非金属性越强，简单气态氢化物稳定性越强；
C．依据最外层电子数和价键规律分析；
D．臭氧和二氧化氯都具有强氧化性。
4．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；有机物的合成；酯的性质
【解析】【解答】A．由题干信息可知，1molX中含有2mol醇酯基，则最多能与发生反应，A不符合题意；
B．由题干转化信息可知，有机化学中有机物加氢失氧的反应是还原反应，在的过程中即羧基转化为醇羟基，发生还原反应，B不符合题意；
C．Y能使溴水褪色是发生加成反应，而使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，即褪色原理不同，C不符合题意；
D．由题干信息可知，Q为醚类物质，P是卤代烃，二者均难溶于水，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据官能团性质分析；
B．有机化学中有机物加氢失氧的反应是还原反应；
C．依据官能团性质和反应类型分析；
D．依据官能团性质分析。
5．【答案】C
【知识点】硝酸的化学性质；二氧化硫的性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．二氧化碳和二氧化硫均能与碳酸钠溶液反应，所以不能用碳酸钠饱和溶液除去二氧化碳中混有的二氧化硫，应选用饱和碳酸氢钠溶液，故A不符合题意；
B．配制一定物质的量浓度的溶液实验中，向容量瓶中加入蒸馏水定容时，距刻度1—2cm才改用胶头滴管滴加蒸馏水，故B不符合题意；
C．铜与稀硝酸反应生成的一氧化氮易与空气中的氧气反应，不能用排空气法收集，但可以用向下排二氧化碳的方法收集一氧化氮气体，故C符合题意；
D．氢氧化钠溶液会与玻璃中 的二氧化硅反应，所以不能用酸式滴定管盛装氢氧化钠溶液，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．二氧化碳和二氧化硫均能与碳酸钠溶液反应；
B．应该距刻度1—2cm才改用胶头滴管滴加蒸馏水；
C．实验设计合理；
D．酸性溶液、强氧化性溶液应选用酸式滴定管；碱性溶液应选用碱式滴定管。
6．【答案】D
【知识点】化学电源新型电池；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，通入甲烷的a极为负极，氧离子作用下甲烷失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极反应式为CH4-8e-＋4O2-=CO2＋2H2O，故A不符合题意；
B．由分析可知，电解时，溶液中钙离子通过阳离子交换膜进入产品室、钠离子通过阳离子交换膜进入阴极室、磷酸二氢根离子通过阴离子交换膜进入产品室，则A、C膜均为阳离子交换膜，B膜为阴离子交换膜，故B不符合题意；
C．由分析可知，与b极相连的石墨电极为阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，与a极相连的石墨电极为阴极，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，原料室中钠离子通过阳离子交换膜进入阴极室，所以在阴极室得到浓度较大的氢氧化钠溶液，故C不符合题意；
D．由得失电子数目守恒可知，阳极室消耗氯离子的物质的量为×8=0.8mol，由电荷守恒可知，进入产品室的钙离子物质的量为0.8mol×=0.4mol，则阳极室减少钙离子物质的量为0.4mol，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．放电时，负极失电子，元素化合价升高，发生氧化反应；正极得电子，元素化合价降低，发生还原反应；
B．依据离子类型与离子交换膜类型一致判断；
C．依据A、B项分析判断；
D．依据得失电子数目守恒。
7．【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由图可知，t℃时，没有加入NaA的水中c2(OH-)为110-14，蒸馏水中氢离子浓度等于氢氧根浓度，都为10-7mol/L，水的离子积常数为Kw=10-14，由图可知，溶液中A-浓度为210-14mol/L时，溶液中c2(OH-)为310-14，溶液中，A不符合题意；
B． 由图可知，x点溶液中A-的浓度为3 mol/L，溶液中c(OH-)=2 mol/L，质子守恒，c(HA)＋c(H+)=c(OH-)，溶液中HA的浓度小于氢氧根浓度，氢离子浓度为5mol/L，则溶液中微粒浓度的大小顺序为：c(Na+)>c(A-)>c(HA)，B不符合题意；
C．NaA溶液中，根据质子守恒，c(HA)＋c(H+)=c(OH-)，C不符合题意；
D．由图可知，t℃时，没有加入NaA的水中c2(OH-)为110-14，蒸馏水中氢离子浓度等于氢氧根浓度，都为10-7mol/L，水的离子积常数为Kw=10-14，该温度为25℃，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据盐溶液中氢离子浓度等于氢氧根浓度分析；
B． 依据水解是微弱的分析；
C．根据质子守恒分析；
D．Kw只与温度有关。
8．【答案】（1）适当增大稀硫酸的浓度
（2）2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2
（3）CuSO4(或CuSO4和H2SO4)
（4）2CrO+2H+ Cr2O+H2O；BaCrO4
（5）Cr2O+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O；43.7；是
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）为了提高酸浸速率，可采用的措施是适当增大稀硫酸的浓度、升高温度、搅拌等，故答案为：适当增大稀硫酸的浓度；
（2）煅烧时，Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，发生反应的化学方程式为2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2，故答案为：2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2；
（3）根据上述分析，电解沉积过程中析出单质铜，浸出液中除了含有TeOSO4（在电解过程中不反应）外，还含有CuSO4(或CuSO4和H2SO4)等，故答案为：CuSO4(或CuSO4和H2SO4)；
（4）①含铬酸性废水中存在着CrO和Cr2O相互转化的平衡，根据质量守恒和电荷守恒可知，反应为2CrO+2H+ Cr2O+H2O，故答案为：2CrO+2H+ Cr2O+H2O；
②加入沉淀剂BaCl2溶液之前还要加入一定量的NaOH，氢离子和氢氧根离子生成水，导致2CrO+2H+ Cr2O+H2O正向移动，这样有利于沉淀的生成，则生成的沉淀为BaCrO4沉淀，故答案为：BaCrO4；
（5）①氧化还原滴定过程亚铁离子被氧化为铁离子，Cr2O被还原为Cr3+，根据电子守恒、电荷守恒，氧化还原滴定过程中的离子方程式为Cr2O+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O，故答案为：Cr2O+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O；
②若三次实验消耗标准液的平均体积为25.00mL，由方程式可知，所得产品中Na2Cr2O7的物质的量为，则纯度为，故答案为：43.7；
③c(Cr3+)=3×10-5mol·L-1，则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时，c3(OH-)=，此时溶液中c(Fe3+)==2.0×10－12mol/L＜1.0×10－5mol/L，说明Fe3+已经沉淀完全，故答案为：是。
【分析】（1）依据影响反应速率的因素分析；
（2）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒分析；
（3）依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；
（4）①根据质量守恒和电荷守恒分析；
②依据化学平衡移动原理分析；
（5）①根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；
②通过关系式，舍去“离群"数据，利用平均值计算；
③依据Qc与Ksp的大小判断。
9．【答案】（1）(球形)冷凝管；A；水浴加热温度控制在60~65℃
（2）防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶
（3）③⑤
（4）；溶液，产生蓝色沉淀或溶液，产生白色沉淀
（5）当滴入最后半滴(一滴)溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不再恢复原来的颜色；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）a仪器的名称为球形冷凝管，根据以上分析，上图中制取Cl2的装置为A。制取亚硫酰氯(SOCl2)时加热措施与控制温是水浴加热温度控制在60~65℃。
（2）因为反应过程有很多有毒的气体，需要进行处理，故b为吸收未反应的Cl2、SO2和SOCl2蒸气，防止空气中的水蒸气进入三颈瓶。
（3）组装蒸馏装置对混台物进行整理提纯，按由上而下、由左到右的顺序组装，安装顺序为①⑨⑧，然后连接冷凝管，蒸馏装置中应选择直形冷凝管⑥，结构连接尾接管⑩，四氯化钛容易水解，为防止外界水蒸气进行最后连接③⑤，故连接顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤。
（4）SOCl2可用作热分解制取无水FeCl3的脱水剂，SOCl2遇水剧烈水解生成氧化铝和氯化氢，该反应的化学方程式为， SOCl2具有还原性，铁离子具有氧化性，二者可以反应生成亚铁离子和硫酸根离子，所以可以检验亚铁离子，用铁氰化钾或用钡离子检验硫酸根离子，方法为：K3[Fe ( CN )6]溶液，产生蓝色沉淀或BaCl2溶液，产生白色沉淀。
（5）滴定终点为碘单质完全反应，故终点的现象为：当滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不再恢复原来的颜色；根据方程式SOCl2+ 4NaOH= Na2SO3+2NaCl+2H2O ； Na2SO3+ H2O+I2=Na2SO4+2HI ；I2+2Na2S2O3= Na2S4O6+2NaI分析，有关系式为SOCl2 ~ I2，硫代硫酸钠的物质的量为0.1V×10- 3mol，则与SOCl2反应的碘的物质的量为( 0.05×0.05-0.05V×10-3 ) mol，则SOCl2的质量为119×( 0.05×0.05-0.05V×10-3 ) ×10g，则质量分数为。
【分析】（1）依据仪器构造确定名称；依据反应物的状态和反应条件判断；依据反应条件确定控温方式；
（2）因为反应过程有很多有毒的气体，需要进行处理；
（3）组装蒸馏装置对混台物进行整理提纯，按由上而下、由左到右的顺序组装；
（4）依据题目信息和产物判断；依据常见离子的性质选择试剂和确定现象；
（5）利用溶液颜色变化分析；通过关系式，舍去“离群"数据，利用平均值计算。
10．【答案】（1）2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)△H=+293.1kJ/mol
（2）AC；Ⅱ；反应Ⅱ为吸热反应，温度较高，有利于吸热反应进行；b；22.5%
（3）
【知识点】热化学方程式；合成氨条件的选择；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，反应I×2+ Ⅱ可得二氧化碳加氢合成乙烯的反应为2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，则反应△H=△H1+△H2=(+41.3kJ/mol)×2+(+210.5kJ/mol)=+293.1kJ/mol，反应的热化学方程式为2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)△H=+293.1kJ/mol，故答案为：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)△H=+293.1kJ/mol；
（2）①反应I为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，甲醇的百分含量增大、选择性增大，选择合适的催化剂也能提高甲醇的选择性，故答案为：AC；
②反应I为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，所以温度高于350℃时，体系中发生的反应以反应Ⅱ为主，故答案为： Ⅱ；反应Ⅱ为吸热反应，温度较高，有利于吸热反应进行；
③反应I为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的百分含量减小、选择性减小，所以曲线b表示平衡时甲醇的选择性，故答案为：b；
④设起始二氧化碳、氢气的物质的量分别为1mol、3mol，由图可知，400℃时，二氧化碳的转化率为25%、甲醇的选择性为40%，则反应I生成甲醇的物质的量为1mol×25%×40%=0.1mol，消耗氢气的物质的量为0.1mol×3=0.3mol，反应Ⅱ生成乙炔的的物质的量为1mol×25%×(1—40%)=0.15mol，消耗氢气的物质的量为0.15mol×=0.375mol，所以氢气的转化率为×100%=22.5%，故答案为：22.5%；
（3）由题意可知，通入二氧化碳的多晶铜电极为电解池的阴极，水分子作用下二氧化碳在阴极得到电子生成甲烷和碳酸氢根离子，电极反应式为，故答案为：。
【分析】（1）依据盖斯定律分析；
（2）①依据影响化学平衡的因素分析；
②③依据化学平衡移动原理分析；
④利用三段式法计算；
（3）电解时，阳极与直流电源的正极相连的电极，发生氧化反应；阴极与直流电源的负极相连的电极，发生还原反应。
11．【答案】（1）；Cr
（2）；杂化
（3）<；分子间可以形成氢键
（4）4；
【知识点】原子结构的构造原理；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Ga为第四周期第IIIA族的元素，所以价层电子排布为：，与其同周期的未成对电子数最多的为，该元素为Cr。
（2）根据原子守恒，生成物为，另外一种产物为，所以化学方程式为：；甲烷为正四面体形结构，所以中心原子的杂化方式为：杂化；
（3）AsH3和NH3均为分子晶体，由于NH3分子间存在氢键，所以沸点AsH3
【分析】（1）依据构造原理分析；
（2）根据原子守恒分析；依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
（3）分子间含有氢键，熔沸点较高；氢键是电负性原子和与另一个电负性原子共价结合的氢原子间形成的键；
（4）根据晶胞结构及晶胞的均摊法计算。
12．【答案】（1）羟基、酯基
（2）D： ；K：
（3）2HCHO+O2 2HCOOH；氧化反应；HCOOH+CH3OHHCOOCH3+H2O；酯化(取代)反应
（4）8；
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机物的推断
【解析】【解答】根据流程图乙，A与NaOH溶液生成B和C，由已知结合B→D的反应条件可得，A生成B和C的反应为酯的水解反应，A中必有酯基，B为羧酸钠，C为醇；又因为C经过连续氧化得到能够发生银镜反应的F，所以C为CH3OH，E为HCHO，F为HCOOH，G为HCOOCH3；因为A苯环上的一硝基代物有四种同分异构体，所以A中有两个临位或间位取代基；结合图甲可得：A的相对分子质量为152，因此A的分子式为C8H8O3，酯基为 COOCH3，另一个取代基为 OH；由B发生脱羧反应生成D ，D酸化生成H，H与浓溴水生成白色沉淀Ｋ，可推出H为 ， K为，D为。
（1）由上述分析可得，A中含有酯基和酚羟基两种官能团，故答案为：羟基；酯基 。
（2）由B发生脱羧反应生成D ，D酸化生成H，H与浓溴水生成白色沉淀K，可推出H为，K为，D为，故答案为： ；。
（3）E→F为甲醛被催化氧化成甲酸的反应，故答案为：2HCHO+O2 2HCOOH ；氧化反应 。C+F→G为甲醇与甲酸的酯化反应，故答案为：HCOOH+CH3OHHCOOCH3+H2O ；酯化(取代)反应 。
（4）A的同分异构体中，属于芳香族化合物，则含有苯环结构；不能与FeCl3溶液发生显色反应，则不含酚羟基；能够与碳酸氢钠溶液反应生成气体，则含有羧基；这样的机构有：、、、、、、、，共有8种，其中核磁共振氢谱为4组峰的物质的结构简式：。（本题不考虑结构）。
【分析】
（1）根据结构简式确定官能团；
（2）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定结构简式；
（3）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定化学方程式；根据官能团的变化确定反应类型；
（4）利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体。
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