2024届吉林省东北高考化学仿真模拟试题（二模）附答案

2024届吉林省东北高考化学仿真模拟试题（二模）一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（6分）化学与社会、环境、生活息息相关，下列说法错误的是（）A．稀土元素被称为“冶金工业的维生素”，包括第ⅢB族中钪、钇及镧系元素共17种元素 B．高吸水性树脂聚丙烯酸钠是一类通用高分子材料，可通过缩聚反应合成 C．储氢合金是一类能够大量吸收氢气，并与氢气结合成金属氢化物的新型金属材料 D．青蒿素是一类高效抗疟药，可用乙醚从中药青蒿中提取并用柱色谱分离制得2．（6分）一种高分子丙的合成路线如图。下列说法正确的是（）A．乙分子中至少有9个原子共直线 B．反应①为加成反应，反应②为缩聚反应 C．若用18O标记甲分子中的O原子，则丙分子中一定含有18O D．丙分子可以发生水解反应重新生成乙分子和3．（6分）宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列方程式能正确解释相应事实的是（）A．用Cu作电极电解饱和食盐水：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣ B．向饱和Na2CO3溶液中通入CO2气体：CO2+H2O+＝2 C．向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸：2+3Fe2++4H+＝3Fe3++2NO↑+2H2O D．用K3[Fe（CN）6]溶液检验亚铁离子：K++Fe2++[Fe（CN）6]3﹣＝KFe[Fe（CN）6]↓4．（6分）由下列实验及现象能推出相应结论的是（）实验现象结论A向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液一支试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl）B向FeCl2溶液中滴加氯水溶液颜色变成棕黄色氯水中含有HClOC取少量淀粉水解液，加入适量的碱中和以后，加入到新制氢氧化铜中，加热出现红色沉淀淀粉水解完全D①某溶液中加入Ba（NO3）2溶液②再加足量盐酸①产生白色沉淀②仍有白色沉淀原溶液中有A．A B．B C．C D．D5．（6分）工业上以SrSO4（s）为原料生产SrCO3（s），对其工艺条件进行研究。现有分别含SrCO3（s）的0.1mol•L﹣1、1.0mol•L﹣1Na2CO3溶液，以及分别含SrSO4（s）的0.1mol•L﹣1、1.0mol•L﹣1Na2SO4溶液。在一定pH范围内（固体足量），四种溶液中lg[c（Sr2+）/mol•L﹣1]随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是（）A．反应SrSO4（s）+（aq）⇌SrCO3（s）+（aq）的平衡常数K＝ B．a＝﹣6.5 C．曲线④代表含SrCO3（s）的1.0mol•L﹣1Na2CO3溶液的变化曲线 D．将pH＝6.8状态下的①、③两物料等体积混合后，溶液中lgc（Sr2+）小于﹣5.56．（6分）离子液体是室温下呈液态的离子化合物。由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、R组成的一种离子液体的结构如图所示，W的简单氢化物易液化，可用作制冷剂，R的简单阴离子含10个电子。下列说法正确的是（）A．电负性：R＞X＞Z B．氢化物的沸点：R＞Z C．分子YR3的空间构型为三角锥形 D．最高价含氧酸的酸性：W＞Z7．（6分）钠硒电池是一类以单质硒或含硒化合物为正极、金属钠为负极的新型电池，具有能量密度大、导电率高、成本低等优点。以Cu2﹣xSe填充碳纳米管作为正极材料的一种钠硒电池工作原理如图所示，充放电过程中正极材料立方晶胞内未标出因放电产生的O价Cu原子。下列说法错误的是（）A．每个Cu2﹣xSe晶胞中Cu2+个数为4x B．在Na2Se晶胞结构中，Se2﹣占据的位置是顶点和面心 C．充分放电时，正极的电极反应式为Cu2﹣xSe+2Na++2e﹣═Na2Se+（2﹣x）Cu D．充电时外电路中转移1mol电子，两极质量变化差为23g二、非选择题：本题共4小题。8．（15分）利用氮的化合物的同时，有效治理和减少污染是我们面临的重要课题。（1）NH3和N2H4是氮元素的两种重要的氢化物。图1为实验室模拟尿素法制备水合肼（N2H4•H2O）的流程图。已知：①N2H4•H2O易溶于水，具有强还原性，易被氧化成N2；②一定条件下，碱性NaClO溶液与尿素溶液反应生成N2H4•H2O。回答下列问题：①结合NH3分子的结构和性质，解释NH3常用作制冷剂的原因为。②吸收塔内发生反应的离子方程式为。③写出反应器1中生成水合肼反应的化学方程式为。④反应器1要控制NaClO溶液的用量，其主要目的是。（2）科学家发现可以利用细胞中三种酶处理废水中含氮粒子，反应过程如图2所示。①反应过程中所涉及N2H4和两种粒子，其中H﹣N﹣H与O﹣N﹣O相比键角较大的粒子为。②用电离方程式表述NH2OH的水溶液显碱性的原因。（3）盐酸羟胺（NH3OHCl）是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质与NH4Cl类似。工业上主要采用图3所示的方法制备。其电池装置中含Fe的催化电极反应机理如图4所示（不考虑溶液体积的变化）：①图4中N离子的电子式为。②电池工作时，每消耗2.24LNO（标准状况），左室溶液质量增加g。9．（14分）二甲醚（CH3OCH3）是一种基本有机化工原料，可用作溶剂、气雾剂、制冷剂和麻醉剂等。利用二氧化碳氢化法合成二甲醚，可实现碳中和，对于保障经济高速、可持续发展具有重要的战略意义。其中涉及的反应有：Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣49.1kJ•mol﹣1Ⅱ：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH2＝﹣24.5kJ•mol﹣1Ⅲ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH3＝+41.2kJ•mol﹣1已知：生成物A的选择性S＝×100%。回答下列问题：（1）写出CO2（g）与H2（g）转化为CH3OCH3（g）和H2O（g）（反应Ⅳ）的热化学方程式。（2）在恒温恒压条件下，将一定量的CO2、H2通入密闭容器中（含催化剂）发生上述反应。下列不能够说明该反应体系已达化学平衡状态的是。A.反应Ⅰ中v正（H2）＝3v逆（CH3OH）B.n（CH3OH）：n（CH3OCH3）＝2：1C.混合气体的密度不变D.混合气体的平均相对分子质量不变E.CO2的转化率不变（3）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的吉布斯自由能随温度变化如图1所示，下列说法正确的是。A.常温下，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均能自发进行B.410K时，反应Ⅱ和反应Ⅲ的热效应相同C.温度升高，CH3OH的选择性降低，CO的选择性升高D.提高二甲醚产率的关键是寻找对甲醇具有高选择性的催化剂（4）在3.0MPa下，研究人员在恒压密闭容器中充入4molH2和1molCO2发生反应，CO2的平衡转化率和生成物的选择性随温度变化如图2所示（不考虑其他因素影响）。①在220℃条件下，平衡时n（H2O）＝，计算反应2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）在220℃下的平衡常数为（结果保留三位有效数字）。②温度高于280℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是。③当其他条件不变，压强为4.0MPa、温度为260℃时，图2中点（填“A”、“B”、“C”或“D”）可表示二甲醚的选择性。10．（14分）己二酸是合成尼龙﹣66的主要原料之一，通常为白色结晶体，微溶于冷水，易溶于热水和乙醇，环己醇熔点为24℃，熔融时为粘稠液体，易附着在玻璃容器内壁上。实验室中可利用环己醇与硝酸制备己二酸，反应原理为（环己醇）+HNO3（浓）HOOC（CH2）4COOH+NO2↑+H2O（未配平，为强烈放热反应），制备装置如图1所示（夹持、加热装置省略）。实验步骤：①向三颈烧瓶中加入16mL50%的硝酸，加入少量偏钒酸铵作催化剂，向滴液漏斗a内加入环己醇5.2mL（5.0g）。②将三颈烧瓶水浴加热至约60℃，撤去水浴，搅拌，慢慢滴入环己醇；边搅拌边严格控制滴加速度，保持三颈烧瓶内温度在50～60℃。③滴加完环己醇（约需30min）后，再用80～90℃的热水浴保持2h。④冷却至室温后，在冰水浴中冷却、抽滤（减压过滤）、洗涤、重结晶、干燥，获得产品。回答下列问题：（1）环己醇在取用时（填“需要”“不需要”）用蒸馏水冲洗量筒，图中实验装置的不足之处为。（2）步骤②中标志着反应已经开始的现象是；边搅拌边严格控制滴加速度的目的是。（3）可以替代硝酸的试剂为。A.酸性KMnO4B.Na2S2O3C.维生素CD.酸性K2Cr2O7（4）己二酸溶液的浓度与温度的关系曲线如图2所示。介稳区表示己二酸溶液处于饱和状态，稳定区表示己二酸溶液处于状态。重结晶时，实验室常根据直线EHI从溶液中获取己二酸晶体，对应的实验操作为、过滤。（5）称取实验所得产品0.292g于锥形瓶中，用煮沸的50.00mL热水溶解，滴加2滴指示剂，用0.150mol•L﹣1NaOH标准溶液滴定，进行三次平行实验，平均消耗NaOH标准溶液的体积为20.00mL。滴定时所选用的指示剂为，己二酸的纯度为。11．（15分）维拉帕米（化合物M）可以抗心律失常和抗心绞痛，广泛用于治疗原发性高血压。我国科学家设计了一条该化合物的新的合成路线，如图所示：（1）化合物E的名称为，化合物B的结构简式为。（2）上述合成路线中不涉及到的反应类型有。A.取代反应B.加成反应C.消去反应D.氧化反应E.还原反应（3）写出由G生成Ⅰ的化学反应方程式。（4）化合物C中官能团的名称为。（5）化合物K参加反应时断裂碳溴键而不是碳氯键的理由是：（Ⅰ）溴原子半径大易于离去；（Ⅱ）。（6）化合物H（CH3NH2）中氮原子的杂化方式为，其碱性NH3。（填“大于”、“小于”或等于）（7）满足下列条件的A的同分异构体有种。①与FeCl3溶液反应显紫色，与过量Na2CO3反应的物质的量之比为1：2②除苯环外无其它环，有两个手性碳且相邻③核磁共振氢谱显示八组峰，且峰面积之比为3：2：2：1：1：1：1：1

答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（6分）化学与社会、环境、生活息息相关，下列说法错误的是（）A．稀土元素被称为“冶金工业的维生素”，包括第ⅢB族中钪、钇及镧系元素共17种元素 B．高吸水性树脂聚丙烯酸钠是一类通用高分子材料，可通过缩聚反应合成 C．储氢合金是一类能够大量吸收氢气，并与氢气结合成金属氢化物的新型金属材料 D．青蒿素是一类高效抗疟药，可用乙醚从中药青蒿中提取并用柱色谱分离制得【正确答案】B【分析】A．稀土元素是周期表中第ⅢB族钪、钇和镧系元素的总称，性质相似；B．聚丙烯酸钠是通过加聚反应合成，没有水等小分子生成，不属于缩聚反应；C．金属材料包括金属及其合金材料；D．青蒿素可溶于乙醇、乙醚，不溶于水，热稳定性差，60℃以上易分解，可用萃取原理从青蒿中提取青蒿素。解：A．稀土元素被称为“冶金工业的维生素”，是指镧系的15种元素，加上ⅢB族的钪和钇元素，共17种元素，故A正确；B．丙烯酸通过加聚反应生成聚丙烯酸，聚丙烯酸再与NaOH或碳酸钠等反应生成聚丙烯酸钠，没有发生缩聚反应，故B错误；C．某些合金能够大量吸收氢气，并与H2结合成金属氢化物，这类金属材料属于储氢合金，属于新型金属材料，故C正确；D．青蒿素可溶于乙醇、乙醚，不溶于水，常加入乙醚萃取提取，热稳定性差，可用柱色谱分离制得，故D正确；故选：B。【点评】本题考查物质的组成、性质及应用，侧重分析能力与运用能力的考查，把握物质的组成、性质、发生的反应为解答的关键，题目难度不大。2．（6分）一种高分子丙的合成路线如图。下列说法正确的是（）A．乙分子中至少有9个原子共直线 B．反应①为加成反应，反应②为缩聚反应 C．若用18O标记甲分子中的O原子，则丙分子中一定含有18O D．丙分子可以发生水解反应重新生成乙分子和【正确答案】C【分析】甲和丙酮发生取代反应生成乙和H2O，乙和碳酸甲酯发生缩聚反应生成丙；A．苯分子中处于对角线上的原子共直线，饱和碳原子具有甲烷结构，甲烷分子中处于同一直线上的原子只有2个；B．反应①为取代反应；C．若用18O标记甲分子中的O原子，即酚羟基上的氧原子为18O，丙中一定含有酚羟基；D．生成的能水解生成CO2、H2O和CH3OH。解：A．苯分子中处于对角线上的原子共直线，饱和碳原子具有甲烷结构，甲烷分子中处于同一直线上的原子只有2个，所以甲分子中处于同一直线上的原子最少有5个，故A错误；B．反应①生成乙的同时还生成水，所以该反应为取代反应，故B错误；C．若用18O标记甲分子中的O原子，即酚羟基上的氧原子为18O，丙中一定含有酚羟基，所以丙分子中一定含有18O，故C正确；D．生成的能水解生成CO2、H2O和CH3OH，故D错误；故选：C。【点评】本题考查有机物的合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确反应中断键和成键位置、原子共直线的判断方法是解本题关键，题目难度不大。3．（6分）宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列方程式能正确解释相应事实的是（）A．用Cu作电极电解饱和食盐水：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣ B．向饱和Na2CO3溶液中通入CO2气体：CO2+H2O+＝2 C．向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸：2+3Fe2++4H+＝3Fe3++2NO↑+2H2O D．用K3[Fe（CN）6]溶液检验亚铁离子：K++Fe2++[Fe（CN）6]3﹣＝KFe[Fe（CN）6]↓【正确答案】D【分析】A．用Cu作电极电解饱和食盐水，阳极是铜失电子生成铜离子，阴极上是氢离子放电生成氢气；B．向饱和Na2CO3溶液中通入CO2气体产生碳酸氢钠晶体；C．还原性I﹣＞Fe2+，故向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸氧化碘离子；D．用K3[Fe（CN）6]溶液检验亚铁离子，反应产生蓝色沉淀KFe[Fe（CN）6。解：A．用Cu作电极电解饱和食盐水，电极总反应式为：Cu+2H2OH2↑+Cu（OH）2↓，故A错误；B．向饱和Na2CO3溶液中通入CO2气体产生碳酸氢钠晶体，反应的离子方程式为：2Na++CO2+H2O+＝2NaHCO3↓，故B错误；C．还原性I﹣＞Fe2+，故向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸，反应的离子方程式为：2+6I﹣+8H+＝3I2+2NO↑+4H2O，故C错误；D．用K3[Fe（CN）6]溶液检验亚铁离子，反应产生蓝色沉淀，反应的离子方程式为：K++Fe2++[Fe（CN）6]3﹣＝KFe[Fe（CN）6]↓，故D正确；故选：D。【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确电解原理为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。4．（6分）由下列实验及现象能推出相应结论的是（）实验现象结论A向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液一支试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl）B向FeCl2溶液中滴加氯水溶液颜色变成棕黄色氯水中含有HClOC取少量淀粉水解液，加入适量的碱中和以后，加入到新制氢氧化铜中，加热出现红色沉淀淀粉水解完全D①某溶液中加入Ba（NO3）2溶液②再加足量盐酸①产生白色沉淀②仍有白色沉淀原溶液中有A．A B．B C．C D．D【正确答案】A【分析】A．2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液，Ksp小的先沉淀；B．氯气可氧化亚铁离子；C．水解后在碱性溶液中检验葡萄糖，取水解液加碘水检验淀粉；D．酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚硫酸根离子。解：A．2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液，Ksp小的先沉淀，生成黄色沉淀，可知Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl），故A正确；B．氯气可氧化亚铁离子，溶液变为黄色，不能证明氯水中含HClO，故B错误；C．水解后在碱性溶液中检验葡萄糖，取水解液加碘水检验淀粉，没有检验淀粉，不能证明淀粉完全水解，故C错误；D．酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚硫酸根离子，由实验操作和现象可知，溶液中可能含亚硫酸根离子，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、难溶电解质、物质及离子的检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。5．（6分）工业上以SrSO4（s）为原料生产SrCO3（s），对其工艺条件进行研究。现有分别含SrCO3（s）的0.1mol•L﹣1、1.0mol•L﹣1Na2CO3溶液，以及分别含SrSO4（s）的0.1mol•L﹣1、1.0mol•L﹣1Na2SO4溶液。在一定pH范围内（固体足量），四种溶液中lg[c（Sr2+）/mol•L﹣1]随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是（）A．反应SrSO4（s）+（aq）⇌SrCO3（s）+（aq）的平衡常数K＝ B．a＝﹣6.5 C．曲线④代表含SrCO3（s）的1.0mol•L﹣1Na2CO3溶液的变化曲线 D．将pH＝6.8状态下的①、③两物料等体积混合后，溶液中lgc（Sr2+）小于﹣5.5【正确答案】D【分析】SrSO4是强酸强碱盐，与酸不反应，则含SrSO4（s）的Na2SO4溶液中lgc（Sr2+）几乎保持不变，Ksp（SrSO4）＝c（Sr2+）•c（），溶液中c（）越大，c（Sr2+）或lgc（Sr2+）越小，所以曲线①表示含SrSO4（s）的0.1mol•L﹣1Na2SO4溶液的变化曲线，曲线②表示含SrSO4（s）的1.0mol•L﹣1Na2SO4溶液的变化曲线；SrCO3是强碱弱酸盐，Ksp（SrCO3）＝c（Sr2+）•c（），溶液pH越大，溶液中c（）越大，c（Sr2+）或lgc（Sr2+）越小，则曲线③表示SrCO3（s）的0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液的变化曲线，曲线④表示SrCO3（s）的1.0mol•L﹣1Na2CO3溶液的变化曲线，据此分析作答。解：A．反应SrSO4（s）+（aq）⇌SrCO3（s）+（aq）的平衡常数K＝＝×＝，故A正确；B．由上述分析可知，曲线①②分别表示含SrSO4（s）的0.1mol•L﹣1Na2SO4溶液的变化曲线、含SrSO4（s）的1.0mol•L﹣1Na2SO4溶液的变化曲线，（6.8，﹣5.5）和（6.9，a）点均存在Ksp（SrSO4）＝c（Sr2+）•c（），即10﹣5.5×0.1＝10a×1.0，则a＝﹣6.5，故B正确；C．由上述分析可知，曲线①②③④分别表示含SrSO4（s）的0.1mol•L﹣1Na2SO4溶液的变化曲线、含SrSO4（s）的1.0mol•L﹣1Na2SO4溶液的变化曲线、SrCO3（s）的0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液的变化曲线和SrCO3（s）的1.0mol•L﹣1Na2CO3溶液的变化曲线，故C正确；D．pH＝6.8状态下①、③中c（Sr2+）＝10﹣5.5mol/L，但两物料等体积混合后c（）、c（）均减小，Ksp（SrSO4）＝c（Sr2+）•c（），Ksp（SrCO3）＝c（Sr2+）•c（），则SrSO4、SrCO3继续溶解，溶液中c（Sr2+）或lgc（Sr2+）增大，最终lgc（Sr2+）大于﹣5.5，故D错误；故选：D。【点评】本题考查沉淀溶解平衡图象分析，侧重分析判断能力和计算能力考查，把握曲线表示的意义、溶度积常数表达式及其计算是解题关键，题目难度中等。6．（6分）离子液体是室温下呈液态的离子化合物。由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、R组成的一种离子液体的结构如图所示，W的简单氢化物易液化，可用作制冷剂，R的简单阴离子含10个电子。下列说法正确的是（）A．电负性：R＞X＞Z B．氢化物的沸点：R＞Z C．分子YR3的空间构型为三角锥形 D．最高价含氧酸的酸性：W＞Z【正确答案】D【分析】X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W的简单氢化物易液化，可用作制冷剂，可知W为N元素，而R的简单阴离子含10个电子，化合物阴离子中R形成1条共价键，可知R为F元素，Y形成4条共价键，Y原子价电子数为8﹣4﹣1＝3，可知Y为B元素，而阳离子中Z形成4条共价键、W形成3条共价键、X形成1条共价键，结合原子序数可知Z为C元素、W为N元素、X为H元素。解：由分析可知，X为H元素、Y为B元素、Z为C元素、W为N元素、R为F元素；A．同周期自左而右电负性增大，而碳的简单氢化物中碳元素表现负价，说明碳元素的电负性比氢大，则电负性：F＞C＞H，故A错误；B．R的氢化物为HF，常温下是气体，而Z的氢化物为烃类物质，烃类有气态、液态、固态三种聚集状态，固态烃的沸点比HF高，故B错误；C．YR3是BF3，分子中B原子孤电子对数为＝0，价层电子对数＝3+0＝3，分子空间构型为平面正三角形，故C错误；D．元素非金属性：N＞C，则最高价含氧酸的酸性：HNO3＞H2CO3，故D正确；故选：D。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，充分利用价键结构进行分析判断，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力。7．（6分）钠硒电池是一类以单质硒或含硒化合物为正极、金属钠为负极的新型电池，具有能量密度大、导电率高、成本低等优点。以Cu2﹣xSe填充碳纳米管作为正极材料的一种钠硒电池工作原理如图所示，充放电过程中正极材料立方晶胞内未标出因放电产生的O价Cu原子。下列说法错误的是（）A．每个Cu2﹣xSe晶胞中Cu2+个数为4x B．在Na2Se晶胞结构中，Se2﹣占据的位置是顶点和面心 C．充分放电时，正极的电极反应式为Cu2﹣xSe+2Na++2e﹣═Na2Se+（2﹣x）Cu D．充电时外电路中转移1mol电子，两极质量变化差为23g【正确答案】D【分析】A.晶胞中硒离子位于顶点和面心，个数为8×+6×＝4，铜离子和亚铜离子位于体内，个数之和为8，设晶胞中的铜离子和亚铜离子的个数分别为a和b，则a+b＝8﹣4x，则2a+b＝4×2；B.在Na2Se晶胞结构中，灰色求是Se，黑色球是Na；C.充分放电时，正极一个晶胞嵌入全部的钠离子，总数为8，按照化学式分析，即嵌入2个钠离子，转移2个电子；D.充电时外电路中转移1mol电子，阴极增重1mol钠离子，阳极脱出1mol钠离子。解：A.晶胞中硒离子位于顶点和面心，个数为8×+6×＝4，铜离子和亚铜离子位于体内，个数之和为8，设晶胞中的铜离子和亚铜离子的个数分别为a和b，则a+b＝8﹣4x，则2a+b＝4×2，解得a＝4x，故A正确；B.在Na2Se晶胞结构中，灰色球是Se，黑色球是Na，Se2﹣占据的位置是顶点和面心，故B正确；C.充分放电时，正极一个晶胞嵌入全部的钠离子，总数为8，按照化学式分析，即嵌入2个钠离子，转移2个电子，正极的电极反应式为Cu2﹣xSe+2Na++2e﹣═Na2Se+（2﹣x）Cu，故C正确；D.充电时外电路中转移1mol电子，阴极增重1mol钠离子，阳极脱出1mol钠离子，质量相差46g，故D错误；故选：D。【点评】本题考查物质结构与性质，涉及氧化还原反应，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。二、非选择题：本题共4小题。8．（15分）利用氮的化合物的同时，有效治理和减少污染是我们面临的重要课题。（1）NH3和N2H4是氮元素的两种重要的氢化物。图1为实验室模拟尿素法制备水合肼（N2H4•H2O）的流程图。已知：①N2H4•H2O易溶于水，具有强还原性，易被氧化成N2；②一定条件下，碱性NaClO溶液与尿素溶液反应生成N2H4•H2O。回答下列问题：①结合NH3分子的结构和性质，解释NH3常用作制冷剂的原因为NH3分子间易形成氢键，故NH3易液化，液化的氨气在气化时需要破坏氢键，吸收大量的热，因此NH3可被用作制冷剂。②吸收塔内发生反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O。③写出反应器1中生成水合肼反应的化学方程式为CO（NH2）2+NaClO+2NaOHN2H4•H2O+Na2CO3+NaCl。④反应器1要控制NaClO溶液的用量，其主要目的是防止过量的NaClO将生成的N2H4•H2O氧化。（2）科学家发现可以利用细胞中三种酶处理废水中含氮粒子，反应过程如图2所示。①反应过程中所涉及N2H4和两种粒子，其中H﹣N﹣H与O﹣N﹣O相比键角较大的粒子为。②用电离方程式表述NH2OH的水溶液显碱性的原因NH2OH+H2O⇌NH3OH++OH﹣。（3）盐酸羟胺（NH3OHCl）是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质与NH4Cl类似。工业上主要采用图3所示的方法制备。其电池装置中含Fe的催化电极反应机理如图4所示（不考虑溶液体积的变化）：①图4中N离子的电子式为。②电池工作时，每消耗2.24LNO（标准状况），左室溶液质量增加3.3g。【正确答案】（1）①NH3分子间易形成氢键，故NH3易液化，液化的氨气在气化时需要破坏氢键，吸收大量的热，因此NH3可被用作制冷剂；②Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；③CO（NH2）2+NaClO+2NaOHN2H4•H2O+Na2CO3+NaCl；④防止过量的NaClO将生成的N2H4•H2O氧化；（2）①；②NH2OH+H2O⇌NH3OH++OH﹣；（3）①；②3.3。【分析】（1）①NH3分子间易形成氢键，故NH3易液化，气化过程中吸收热量；②吸收塔内发生反应是氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠；③反应器1中生成水合肼反应是尿素和次氯酸钠在氢氧化钠溶液中反应生成碳酸钠、氯化钠和N2H4•H2O；④NaClO具有强氧化性，能将生成的N2H4•H2O氧化；（2）①反应过程中所涉及N2H4和两种粒子，N2H4中N原子的价层电子对数为：2+＝4，中N原子的价层电子对数＝2+＝3，据此判断H﹣N﹣H与O﹣N﹣O键角大小；②NH2OH的水溶液显碱性的原因是结合水电离出的氢离子，促进水电离正向进行，氢氧根离子浓度增大；（3）①图4中转化分析可知，N离子为[NH3OH]+；②由图可知，氢气在Pt电极失电子，Pt电极为负极，电极反应式为：H2﹣2e﹣＝2H+，含Fe的催化电极为正极，电极反应式为：NO+3e﹣+4H++Cl﹣＝NH3OHCl，据此作答。解：（1）①NH3常用作制冷剂的原因是：NH3分子间易形成氢键，故NH3易液化，液化的氨气在气化时需要破坏氢键，吸收大量的热，因此NH3可被用作制冷剂，故NH3分子间易形成氢键，故NH3易液化，液化的氨气在气化时需要破坏氢键，吸收大量的热，因此NH3可被用作制冷剂；②吸收塔内发生反应的离子方程式为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，故Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；③反应器1中生成水合肼反应的化学方程式为：CO（NH2）2+NaClO+2NaOHN2H4•H2O+Na2CO3+NaCl，故CO（NH2）2+NaClO+2NaOHN2H4•H2O+Na2CO3+NaCl；④反应器1要控制NaClO溶液的用量，其主要目的是：防止过量的NaClO将生成的N2H4•H2O氧化，故防止过量的NaClO将生成的N2H4•H2O氧化；（2）①反应过程中所涉及N2H4和两种粒子，N2H4中N原子的价层电子对数为：2+＝4，采用sp3杂化，中N原子的价层电子对数＝2+＝3，采用sp2杂化，中N原子存在一对孤对电子，其对成键电子的排斥力更大，故；②NH2OH的水溶液显碱性的原因是结合水电离出的氢离子，促进水电离正向进行，氢氧根离子浓度增大，用电离方程式表述NH2OH的水溶液显碱性的原因：NH2OH+H2O⇌NH3OH++OH﹣，故NH2OH+H2O⇌NH3OH++OH﹣；（3）①图4中转化分析可知，N离子为[NH3OH]+，电子式为：，故；②含Fe的催化电极为正极，电极反应式为NO+3e﹣+4H++Cl﹣＝NH3OHCl，2.24LNO（标况下）的物质的量为＝0.1mol，左室增加的质量为0.1molNO和0.3mol氢离子的质量，即0.1mol×30g/mol+0.3mol×1g/mol＝3.3g，故3.3。【点评】本题考查了氮及其化合物性质和应用、原电池原理和电子守恒的计算应用、氧化还原反应等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。9．（14分）二甲醚（CH3OCH3）是一种基本有机化工原料，可用作溶剂、气雾剂、制冷剂和麻醉剂等。利用二氧化碳氢化法合成二甲醚，可实现碳中和，对于保障经济高速、可持续发展具有重要的战略意义。其中涉及的反应有：Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣49.1kJ•mol﹣1Ⅱ：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH2＝﹣24.5kJ•mol﹣1Ⅲ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH3＝+41.2kJ•mol﹣1已知：生成物A的选择性S＝×100%。回答下列问题：（1）写出CO2（g）与H2（g）转化为CH3OCH3（g）和H2O（g）（反应Ⅳ）的热化学方程式2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH＝﹣122.7kJ/mol。（2）在恒温恒压条件下，将一定量的CO2、H2通入密闭容器中（含催化剂）发生上述反应。下列不能够说明该反应体系已达化学平衡状态的是B。A.反应Ⅰ中v正（H2）＝3v逆（CH3OH）B.n（CH3OH）：n（CH3OCH3）＝2：1C.混合气体的密度不变D.混合气体的平均相对分子质量不变E.CO2的转化率不变（3）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的吉布斯自由能随温度变化如图1所示，下列说法正确的是CD。A.常温下，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均能自发进行B.410K时，反应Ⅱ和反应Ⅲ的热效应相同C.温度升高，CH3OH的选择性降低，CO的选择性升高D.提高二甲醚产率的关键是寻找对甲醇具有高选择性的催化剂（4）在3.0MPa下，研究人员在恒压密闭容器中充入4molH2和1molCO2发生反应，CO2的平衡转化率和生成物的选择性随温度变化如图2所示（不考虑其他因素影响）。①在220℃条件下，平衡时n（H2O）＝0.56mol，计算反应2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）在220℃下的平衡常数为24.9（结果保留三位有效数字）。②温度高于280℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是反应Ⅲ为吸热反应、反应Ⅳ为放热反应，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度大于下降幅度。③当其他条件不变，压强为4.0MPa、温度为260℃时，图2中点B（填“A”、“B”、“C”或“D”）可表示二甲醚的选择性。【正确答案】（1）2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH＝﹣122.7kJ/mol；（2）B；（3）CD；（4）①0.56mol；24.9；②反应Ⅲ为吸热反应、反应Ⅳ为放热反应，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度大于下降幅度；③B。【分析】（1）将方程式2Ⅰ+Ⅱ得方程式2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH＝2ΔH1+ΔH2；（2）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；（3）A.常温下，△G＜0时，反应能自发进行；B.反应Ⅱ是放热反应、反应Ⅲ是吸热反应；C.温度升高，反应Ⅰ逆向移动、反应Ⅲ正向移动；D.甲醇脱水生成二甲醚；（4）①根据图知，在220℃条件下，CO的选择性是5%、二甲醚的选择性是80%、CO2的转化率为40%，则消耗的n（CO2）＝1mol×40%＝0.4mol，生成n（CH3OCH3）＝＝0.16mol、生成n（CO）＝0.4mol×5%＝0.02mol，甲醇的选择性是15%，则生成n（CH3OH）＝0.4mol×15%＝0.06mol，结合方程式计算生成n（H2O）；平衡时n（CO2）＝1mol×（1﹣0.mol0.mol，n（H2）＝4mol﹣2n（CH3OH）﹣3n（CH3OCH3）﹣n（H2O）＝1mol﹣2×0.06mol﹣3×0.16mol﹣n（H2O）；反应2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）在220℃下的平衡常数为；②升高温度，平衡向吸热方向移动；③“2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH＝﹣122.7kJ/mol”中温度不变，增大压强，平衡正向移动。解：（1）将方程式2Ⅰ+Ⅱ得方程式2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH＝2ΔH1+ΔH2＝2×（﹣49.1kJ•mol﹣1）+（﹣24.5kJ•mol﹣1）＝﹣122.7kJ/mol，故2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH＝﹣122.7kJ/mol；（2）A.反应Ⅰ中v正（H2）＝3v逆（CH3OH）＝v逆（H2），同一物质的正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A错误；B.n（CH3OH）：n（CH3OCH3）＝2：1时，该反应不一定达到平衡状态，与反应物初始浓度及转化率有关，故B正确；C.总物质的质量不变、容器的增大不变，则混合气体的密度减小，当混合气体的密度不变时，反应达到平衡状态，故C错误；D.反应前后气体总质量不变，混合气体的物质的量增大，混合气体的平均相对分子质量减小，当混合气体的平均相对分子质量不变，反应达到平衡状态，故D错误；E.CO2的转化率不变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故E错误；故B；（3）A.常温下，反应Ⅲ的△G＞0，反应不能自发减小，故A错误；B.反应Ⅱ是放热反应、反应Ⅲ是吸热反应，所以二者热效应不同，故B错误；C.C.温度升高，反应Ⅰ逆向移动、反应Ⅲ正向移动，则CH3OH的选择性降低，CO的选择性升高，故C正确；D.甲醇脱水生成二甲醚，提高二甲醚产率的关键是寻找对甲醇具有高选择性的催化剂，故D正确；故CD；（4）①根据图知，在220℃条件下，CO的选择性是5%、二甲醚的选择性是80%、CO2的转化率为40%，则消耗的n（CO2）＝1mol×40%＝0.4mol，生成n（CH3OCH3）＝＝0.16mol、生成n（CO）＝0.4mol×5%＝0.02mol，甲醇的选择性是15%，则生成n（CH3OH）＝0.4mol×15%＝0.06mol，结合方程式计算生成n（H2O）＝n（CH3OH）+3n（CH3OCH3）+n（CO）＝0.06mol+3×0.16mol+0.02mol＝0.56mol；平衡时n（CO2）＝1mol×（1﹣0.mol0.mol，n（H2）＝4mol﹣2n（CH3OH）﹣3n（CH3OCH3）﹣n（H2O）＝1mol﹣2×0.06mol﹣3×0.16mol﹣0.56mol＝2.84mol，混合气体总物质的量为（0.6+2.84+0.06+0.16+0.02+0.56）mol＝4.24mol，p（CH3OCH3）＝p总＝p总，p（H2O）＝p总＝p总，p（CH3OH）＝p总＝p总，反应2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）在220℃下的平衡常数为＝≈24.9，故0.56mol；24.9；②反应Ⅲ为吸热反应、反应Ⅳ为放热反应，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度大于下降幅度，故反应Ⅲ为吸热反应、反应Ⅳ为放热反应，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度大于下降幅度；③“2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH＝﹣122.7kJ/mol”中温度不变，增大压强，平衡正向移动，二甲醚的选择性增大，所以图2中点B可表示二甲醚的选择性，故B。【点评】本题考查化学平衡的计算，侧重考查阅读、图象分析判断及计算能力，明确图中曲线的含义、外界条件对化学平衡影响原理、化学平衡常数的计算方法是解本题关键，（4）题的计算为解答难点。10．（14分）己二酸是合成尼龙﹣66的主要原料之一，通常为白色结晶体，微溶于冷水，易溶于热水和乙醇，环己醇熔点为24℃，熔融时为粘稠液体，易附着在玻璃容器内壁上。实验室中可利用环己醇与硝酸制备己二酸，反应原理为（环己醇）+HNO3（浓）HOOC（CH2）4COOH+NO2↑+H2O（未配平，为强烈放热反应），制备装置如图1所示（夹持、加热装置省略）。实验步骤：①向三颈烧瓶中加入16mL50%的硝酸，加入少量偏钒酸铵作催化剂，向滴液漏斗a内加入环己醇5.2mL（5.0g）。②将三颈烧瓶水浴加热至约60℃，撤去水浴，搅拌，慢慢滴入环己醇；边搅拌边严格控制滴加速度，保持三颈烧瓶内温度在50～60℃。③滴加完环己醇（约需30min）后，再用80～90℃的热水浴保持2h。④冷却至室温后，在冰水浴中冷却、抽滤（减压过滤）、洗涤、重结晶、干燥，获得产品。回答下列问题：（1）环己醇在取用时需要（填“需要”“不需要”）用蒸馏水冲洗量筒，图中实验装置的不足之处为缺少尾气吸收装置。（2）步骤②中标志着反应已经开始的现象是有红棕色气体生成；边搅拌边严格控制滴加速度的目的是防止反应混合液温度过高造成硝酸分解。（3）可以替代硝酸的试剂为AD。A.酸性KMnO4B.Na2S2O3C.维生素CD.酸性K2Cr2O7（4）己二酸溶液的浓度与温度的关系曲线如图2所示。介稳区表示己二酸溶液处于饱和状态，稳定区表示己二酸溶液处于不饱和状态。重结晶时，实验室常根据直线EHI从溶液中获取己二酸晶体，对应的实验操作为恒温蒸发结晶、过滤。（5）称取实验所得产品0.292g于锥形瓶中，用煮沸的50.00mL热水溶解，滴加2滴指示剂，用0.150mol•L﹣1NaOH标准溶液滴定，进行三次平行实验，平均消耗NaOH标准溶液的体积为20.00mL。滴定时所选用的指示剂为酚酞试液，己二酸的纯度为75%。【正确答案】（1）需要；缺少尾气吸收装置；（2）有红棕色气体生成；防止反应混合液温度过高造成硝酸分解；（3）AD；（4）不饱和；恒温蒸发结晶；（5）酚酞试液；75%。【分析】50%的硝酸与环己醇在偏钒酸铵的催化作用下，控制温度在50～60℃，发生反应生成己二酸、二氧化氮，反应2h。冷却至室温后，在冰水浴中冷却、抽滤（减压过滤）、洗涤、重结晶、干燥，获得产品。用氢氧化钠滴定测产品纯度。解：（1）环己醇为粘稠液体，易附着在玻璃容器内壁上，环己醇在取用时需要用蒸馏水冲洗量筒；该反应有NO2气体生成，图中实验装置的不足之处为缺少尾气吸收装置，故需要；缺少尾气吸收装置；（2）该反应有