2024届山西省吕梁市孝义市高三上学期1月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山西省吕梁市孝义市2024届高三上学期1月期末可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14Na-23Cl-35.5Fe-56第I卷选择题(共48分)一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)1.科技是第一生产力，我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法正确的是（）A.液氧-液氢、液态-肼、液氮-液氢都可以作为火箭推进剂B.将重油裂解为轻油作为燃料，是促进碳中和最直接有效的手段C.高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式：太阳能→电能D.飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子【答案】C【详析】A．氢气可以在氧气中燃烧，反应速率很快且放出大量的热、生成大量气体，因此，液氧-液氢能作为火箭推进剂；肼和在一定的条件下可以发生剧烈反应，该反应放出大量的热，且生成大量气体，因此，液态肼能作为火箭推进剂；虽然氮气在一定的条件下可以与氢气反应，而且是放热反应，但是，由于键能很大，该反应的速率很慢，氢气不能在氮气中燃烧，在短时间内不能产生大量的热量和大量的气体，因此，液氮-液氢不能作为火箭推进剂，故A错误；B．重油裂解是将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃，以提高轻质油的产量和质量，但轻质油燃烧产生的二氧化碳与原始重油产生的二氧化碳量相当，因此这一过程并不能减少大气中的二氧化碳量，从而无法有效促进碳中和目标的实现，故B错误；C．电池是一种可以将其他能量转化为电能的装置，钙钛矿太阳能电池可以将太阳能转化为电能，故C正确；D．玻璃纤维是一种性能优异的无机非金属材料，故D错误；故答案选C。2.下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是（）A.汽车底盘喷涂高分子膜，可起到保护作用B.钢管与电源正极连接，钢管可被保护C.钢管与铜管露天堆放在一起，钢管不易被腐蚀D.钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快【答案】A【详析】A．汽车底盘喷涂高分子膜阻止了铁与空气、水的接触，可以起到防护的作用，故A正确；B．用电解原理保护金属时，金属应作电解池阴极，应该与原电池负极连接，故B错误；C．钢管、铜管和雨水能构成原电池，铁作原电池负极而容易被腐蚀，故C错误；D．海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度，离子浓度越大，溶液的导电性越强，因此钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中快，故D错误；故答案选A。3.下列说法正确的是（）A.制备硫酸亚铁铵晶体时，将含和的混合溶液蒸干B.在某固体试样加水后的溶液中，滴加溶液，没有产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该固体试样中仍可能存在C.用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色试验，火焰呈黄色，该溶液一定不含钾元素D.用溶液检验是否完全变质【答案】B【详析】A．制备硫酸亚铁铵晶体时，将硫酸铵和硫酸亚铁溶液蒸干会使晶体失去结晶水或分解，A错误；B．将某固体加水完全溶解，滴加溶液，若滴加的氢氧化钠溶液浓度太小，且没有加热，逸出的氨气太少，不足以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，但该固体试样中仍可能存在，B正确；C．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，黄色会掩盖紫色，钾元素的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃观察，不能说明该溶液一定不含钾元素，C错误；D．变质后会生成，可以利用溶液鉴别，但只要有变质就会出现血红色，无法证明是否完全变质，D错误；答案选B。4.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为B.向溶液通氨气至中性，铵根离子数为C.所含极性共价键的数目为D.电解饱和食盐水时，若阴阳两极产生气体的总质量为，则转移电子数为【答案】A【详析】A．石墨烯(单层石墨)为1molC，根据石墨的分子结构可知，每个碳原子被3个六元环共用，每个六元环真正含个碳原子，所以1molC原子能形成的六元环的个数为，故A正确；B．向溶液通氨气至中性，溶液中存在电荷守恒关系：，中性溶液，则，再根据物料守恒：，得出铵根离子数小于，故B错误；C．没有指出标准状况，的物质的量不一定为，故C错误；D．电解饱和食盐水时电极总反应为：，若阴阳两极产生气体分别是氢气与氯气，且物质的量之比为1：1，若气体的总质量为，则说明反应生成的氢气与氯气的物质的量各自为，根据关系式可知，转移的电子数为，故D错误；故答案选A。5.宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一、下列物质性质实验对应的反应方程式书写正确的是（）A.用醋酸和淀粉-溶液检验加碘盐中的：B.向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：C.乙醇与酸性溶液反应：D.将少量通入溶液：【答案】C【详析】A．用醋酸和淀粉溶液检验加碘盐中的的原理是在酸性条件下与发生归中反应生成而遇淀粉变蓝，由于醋酸是弱酸，在离子方程式中不能用表示，因此为：，故A错误；B．漏了和之间的反应，反应为：，故B错误C．乙醇与酸性溶液反应发生反应，乙醇被氧化为乙酸，被还原为，该反应的离子方程式为：，故C正确；D．将少量通入溶液，反应生成硫酸钠和盐酸，反应的离子方程式为：，故D错误；故答案选C。6.由下列实验操作及现象能得出相应结论的是（）实验操作现象结论A在淀粉和的混合溶液中滴加几滴溶液[已知：、分别与卤素单质、卤素离子性质相似溶液仍为蓝色氧化性：B取一定量样品，溶解后加入溶液，产生白色沉淀，再加入浓仍有白色沉淀此样品中含有C在稀中加入少量固体溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成反应中既作氧化剂又作还原剂D将固体粉末加入过量溶液中，充分搅拌溶解得到无色溶液既体现碱性又体现酸性【答案】C【详析】A．若向淀粉和碘的混合溶液中滴加少量的硫氰化钾溶液，碘未完全反应，溶液也呈蓝色，则溶液仍为蓝色不能判断硫氰气和碘的氧化性强弱，A错误；B．浓硝酸会氧化亚硫酸根生成硫酸根，仍然产生白色沉淀，所以不能通过该实验现象判断样品中含有硫酸根，B错误；C．在稀硫酸中加入少量氧化亚铜固体，溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成说明氧化亚铜在稀硫酸溶液中反应生成硫酸铜和铜，则反应中氧化亚铜既作氧化剂又作还原剂，C正确；D．将固体粉末加入过量溶液中，充分搅拌，溶解得到无色溶液，说明能够和碱反应，体现酸性，不能得出其具有碱性的结论，D错误；故选C；7.某温度时，在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。(提示的平衡常数，称为溶度积常数。)下列说法正确的是（）A.加入固体可以使溶液由c点变到b点B.通过蒸发可以使溶液由a点变到b点C.a点对应的大于c点对应的D.d点无沉淀生成【答案】D【详析】A．在该溶液中始终存在溶解平衡，加入，增大，平衡左移，减小，所以溶液不能由c点变到b点，A错误；B．通过蒸发，溶液的浓度增大，若a点变到b点，即仅增大，与实际相悖，B错误；C．溶度积常数只和温度有关，温度不变，也不变，C错误；D．d点在曲线以下，d点对应的离子浓度积小于其离子浓度积常数，说明该点不存在沉淀溶解平衡，即该点没有沉淀生成，D正确；故答案选D。8.下列对有机物结构或性质的描述，正确的是（）A.环己醇与乙醇互为同系物B.向苯中加入酸性高锰酸钾溶液，振荡后静置，可观察到液体分层，上层呈紫红色C.光照下，最多能与发生取代反应，产物中物质的量最多的是D.乙烯与氧气在催化下制备环氧乙烷()的反应，属于“原子经济性”反应【答案】D【详析】A．环己醇含有六元碳环，和乙醇结构不相似，分子组成也不相差若干原子团，不互为同系物，故A错误；B．苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，苯的密度比水的小，因此在苯中加入酸性高锰酸钾溶液，振荡并静置后下层液体为紫红色，故B错误；C．甲烷和氯气发生取代反应生成多种氯代烃，同时生成氯化氢，产物中物质的量最多的是氯化氢，故C错误；D．乙烯与氧气在催化下制备环氧乙烷()，原子全部转化为期望的最终产物，属于最理想的“原子经济性反应”，故D正确；故答案选D。9.探究浓度对化学平衡的影响，实验如下：Ⅰ．向溶液中加入溶液(反应a)，平衡后分为两等份Ⅱ．向一份加入饱和溶液，变红(反应b)；加入，振荡、静置，下层显极浅的紫色Ⅲ．向另一份加入，振荡、静置，下层显紫红色结合实验，下列说法不正确的是（）A.反应a、b说明与反应为可逆反应B.Ⅱ中，反应a进行的程度大于反应bC.水溶液中的：Ⅱ>ⅢD.若在实验Ⅰ中加入少量固体，会增大【答案】B〖祥解〗氯化铁溶液中加入碘化钾溶液，发生氧化还原反应产生二价铁离子和碘单质，即，平衡后分为两等份，向一份加入饱和溶液后变红，说明存在，加入，振荡、静置，下层显极浅的紫色，说明产生I2，据此作答。【详析】A．Ⅱ加入饱和溶液，变红，说明有；加入，振荡、静置，下层显极浅的紫色，说明生成碘单质，根据，溶液中加入溶液，若并非是可逆反应，则溶液中只存在，但反应a、b说明少量仍有剩余，说明该反应为可逆反应，故A正确；B．加入饱和KSCN溶液，溶液变红，说明产生了较多的Fe(SCN)3，加入，振荡、静置，下层显极浅的紫色，说明反应a进行的程度小于反应b，故B错误；C．Ⅱ中下层显极浅的紫色，说明平衡逆向移动，导致碘单质减少，亚铁离子的浓度减小，碘离子浓度增大；Ⅲ中向另一份加入，碘单质溶解在四氯化碳中碘单质的浓度减小，平衡正向移动，碘离子浓度减小，所以水溶液中：Ⅱ>Ⅲ，故C正确；D．实验I中加入少量固体，使正向移动，会增大，故D正确；故答案选B。10.下列说法正确的是（）A.时，若测得溶液，则是弱酸B.向醋酸溶液中滴加溶液的过程中，与之和始终为C.中和和体积均相等的氨水、溶液，所需的物质的量相同D.向的水溶液中加入少量硫酸铜固体(忽略体积变化)，溶液中所有离子浓度都减小【答案】B【详析】A．时，若测得溶液，可知为强酸强碱盐，则为强酸，故A错误；B．醋酸溶液中醋酸的物质的量为，滴加溶液过程中，溶液中始终存在物料守恒，，故B正确；C．相同的氨水和溶液，氨水的浓度更大，所以中和和体积均相等的氨水、溶液，氨水所需的物质的量更大，故C错误；D．加入少量硫酸铜固体，发生反应：，浓度增大，故D错误；故答案选B。11.离子液体具有较好的化学稳定性、较低的熔点及对无机物、有机化合物等不同物质良好溶解性等优点。一种离子液体由前10号主族元素构成，结构简式如图，X、Y、Z、W、T原子序数依次增大，下列说法错误的是（）A.阴离子呈正四面体形B.阴离子中存在配位键，Y提供电子对C.阳离子中Z原子有、两种杂化方式D.熔点低的可能原因是离子体积增大、距离增大、作用力减弱【答案】B〖祥解〗一种离子液体由前10号主族元素构成，阳离子所带电荷为+1，综合阳离子结构可知，X、Z、W分别连接1、4、3根共价键，因此X、Z、W分别为H、C、N元素，则T为F元素，阴离子为，可知Y的最外层是3个电子，因此Y为B元素，即为，综合可知，X、Y、Z、W、T分别为H、B、C、N、F元素。【详析】A．阴离子为，中心原子的价层电子对数为，空间构型为正四面体，故A正确；B．阴离子为，B提供空轨道，提供电子对，故B错误；C．由图可知，阳离子中Z原子为碳原子，C价层电子数为4，双键碳原子的价层电子数为3，其轨道杂化类型分别为杂化、杂化，故C正确；D．由图可知，该结构中阳离子体积大，阴阳离子之间距离增大、作用力减弱，离子键减弱，则晶体的熔点降低，故D正确；故答案选B。12.某兴趣小组为研究碳酸钠水解平衡与温度的关系，用数字实验系统测定一定浓度碳酸钠溶液的与温度的关系，得到曲线如图，下列分析合理的是（）A.bc段说明碳酸钠水解是放热反应B.ab段说明随温度的升高，水的电离平衡向右移动为主要因素C.碳酸钠水解的离子方程式为D.碳酸钠水解平衡和水的电离平衡，在不同温度范围内对溶液的影响程度不同【答案】D〖祥解〗该溶液中存在三个平衡过程：、、，它们都是吸热过程，都随温度升高而正向移动，溶液的，随温度升高，碳酸根离子的水解程度增大则增多，导致增大，但由于促进水的电离，KW增大，也即导致减小，分析图像可得在不同温度范围内，它们对溶液的影响程度不同，通过图象可知，ab阶段以碳酸钠的水解影响为主，bc阶段以水的电离影响为主。【详析】A．盐类水解是吸热反应，温度不断升高只会促进盐的水解不断正向移动，此时溶液pH出现反常下降，这是由于水本身也存在电离，温度改变对水的电离平衡造成了影响，不能由此得出水解放热这一错误结论，故A错误；B．ab段显示升温导致溶液增大，说明水的电离平衡向右移动是次要因素，故B错误；C．碳酸钠水解的是分两步：，，故C错误；D．根据分析可知，在不同温度范围内，它们对溶液的影响程度不同，故D正确；故答案选D。13.用溶液吸收尾气中的，将所得的溶液进行电解再生循环脱硫，其原理如图，a、b离子交换膜将电解槽分成三个区域，电极材料均为石墨。甲～戊分别代表生产中的原料或产品，其中丙为硫酸溶液。下列说法正确的是（）A.接电源的正极B.乙为浓溶液C.a膜为阴离子交换膜D.当电路中通过电子的电量时，会有生成【答案】A〖祥解〗溶液进行电解再生循环脱硫，丙为硫酸溶液，可知硫酸钠溶液中的亚硫酸根离子通过b膜进入右侧电解室中，可知m接电源正极，发生的反应为：，则n接电源负极，发生的反应为：，可知钠离子通过a膜进入左侧电解室中，甲为NaOH溶液，据此作答。【详析】A．根据分析可知，丙为硫酸溶液，极发生的反应为，为阳极，接电源的正极，接电源的负极，故A正确；B．根据分析可知，阴极电极反应式为，生成的可以循环利用。因此甲为浓溶液，乙为稀溶液，故B错误；C．由以上分析可知，a膜阳离子交换膜，b为阴离子交换膜，故C错误；D．阳极发生的电极反应式为：，因此放电的是，不会生成，故D错误；故答案选A。14.在常温下，向10mL浓度均为0.1mol·L-1的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴0.1mol·L-1的盐酸，溶液pH随盐酸加入体积的变化如图所示。下列说法正确的是（）A.在a点的溶液中，c(Na+)＞c(CO32-)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)B.在b点的溶液中，2n(CO32-)＋n(HCO3-)＜0.001molC.在c点的溶液pH＜7，是因为此时HCO3-的电离能力大于其水解能力D.若将0.1mol·L-1的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH＝7时：c(Na+)＝c(CH3COO-)【答案】B〖祥解〗A.在a点是滴入5mL盐酸和氢氧化钠反应，溶液中剩余氢氧化钠5mL，碳酸钠溶液显碱性，据此分析判断离子浓度大小；

B.b点是加入盐酸，溶液pH=7呈中性，结合溶液中电荷守恒计算分析；

C.在c点的溶液pH<7，为碳酸氢钠、碳酸和氯化钠溶液，碳酸电离程度大于碳酸氢根离子水解；

D.溶液中存在电荷守恒分析判断。【详析】A.在a点是滴入5mL盐酸和氢氧化钠反应，溶液中剩余氢氧化钠5mL，碳酸钠溶液显碱性，溶液中离子浓度大小c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(C1-)>c(H+)，故A错误；

B.b点溶液pH=7，溶液为氯化钠、碳酸氢钠和碳酸溶液，n(CO32-)<n(H2CO3)，溶液中存在物料守恒，n(CO32-)+n(HCO3-)+n(H2CO3)=0.001mol，则2n(CO32-)+n(HCO3-)<0.001mol，所以B选项是正确的；

C.在c点的溶液pH<7，为碳酸氢钠、碳酸和氯化钠溶液，碳酸电离程度大于碳酸氢根离子水解，溶液显酸性，故C错误；

D.若将0.1mol/L的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH=7时，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+n(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，由于pH=7，c(H+)=c(OH-)，得到：c(Na+)=c(CH3COO-)+n(HCO3-)+2c(CO32-)，即c(Na+)>c(CH3COO-)，故D错误。

所以B选项是正确的。15.冠醚能与碱金属离子结合(如图)，是有机反应很好的催化剂，如能加快KMnO4与环己烯的反应速率。用结合常数表示冠醚与碱金属离子的结合能力，结合常数越大、两者结合能力越强。Na+(直径：204pm)K+(直径：276pm)冠醚A(空腔直径：260～320pm)结合常数：199结合常数：1183冠醚B(空腔直径：170～220pm)结合常数：371结合常数：312下列说法不正确的是（）A.K+与冠醚结合后，K+的配位数为6B.冠醚通过与K+结合将MnO携带进入有机相，起到催化剂的作用C.为加快KMnO4与环己烯的反应速率，选择冠醚A比冠醚B更合适D.如图实验中，水溶液中的c(Na+)：①＞②＞③【答案】D【详析】冠醚与作用，的配位数为6，故A正确；冠醚通过与结合将携带进入有机相，使有机相中浓度增大，反应速率加快，此处冠醚起到催化剂作用，故B正确；根据题目信息可知，冠醚A对的结合常数大于冠醚B对的结合常数，所以选择冠醚A更好，故C正确；从②到③过程，与冠醚A结合，释放出大部分，使浓度增大，所以：③>②，故D错误。16.将转化为有机碳酸酯，可有效减少碳排放。转化为的总反应为，可通过、两步反应完成：．．反应的反应机理如图1所示，其中催化剂参与催化循环和脱水循环；一定温度范围内的线性关系如图2。下列有关说法错误的是（）A.对于反应，活化能 B.该反应的催化剂是C. D.脱水循环可以提高的平衡产率【答案】A【详析】A．由图2可知，升高温度，平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则反应Ⅱ是放热反应，即活化能，所以活化能，故A错误；B．由图1可知，在第一步反应过程中先消耗后生成，则是催化剂，故B正确；C．总反应可以由2反应I+反应Ⅱ得到，故，故C正确；D．的中间产物参与了后续反应，使产物水离开反应体系，促使平衡正向移动，提高反应Ⅱ中DMC的平衡产率，故D正确；故答案选A。第II卷非选择题(共52分)二、非选择题(本题包括4小题，共52分)17.硫代硫酸钠在纺织业等领域有广泛应用。某兴趣小组用图1装置制备。．制备：装置A制备的经过单向阀通入装置C中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液约为7时，停止通入气体，得产品混合溶液。（1）不断通气体的过程中，三颈烧瓶中的现象为：①浅黄色沉淀先逐渐增多，该过程的化学方程式为：_____________________。②浅黄色沉淀保持一段时间不变，有无色气体产生。③浅黄色沉淀逐渐减少，该过程的化学方程式为：_____________________。（2）装置B的作用：_____________________。（3）装置D中的反应混合溶液过高或过低将导致产率降低，原因是______________。．产品分离提纯：（4）实际工业生产中制得的溶液中常混有少量，结合溶解度曲线(如图2)，获得的方法是_____________________。．测定产品纯度：准确称取产品，用适量新煮沸并冷却的蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂；用碘的标准溶液滴定。反应原理为：。（5）用新煮沸并冷却的蒸馏水溶解样品的目的是_____________________。（6）若滴定终点时仰视凹液面，则测定产品的纯度结果___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。．用途：（7）硫代硫酸钠浸取回收金。研究发现，在单一的溶液中，金的浸出速率极低，在加入一定量的后可加快金的溶解，一种浸金机理如图3所示。写出上述条件下浸金过程的电化学半反应：正极区的反应为：________________、________________。的作用：_____________________。【答案】（1）（2）控制的通入速率，吸收硫酸酸雾（3）过高，、反应不充分；过低，导致转化为和（4）先将溶液蒸发浓缩，在较高温度时，趁热过滤析出杂质，再对滤液降温，使结晶析出，再进行过滤（5）除水中溶解的氧气及二氧化碳，防止硫代硫酸钠变质（6）偏高（7）传递电子〖祥解〗A装置中浓硫酸与Na2SO4固体反应生成SO2气体，SO2气体逸出会携带硫酸酸雾，经过B装置吸收硫酸酸雾且控制流速，剩余的SO2气体经单向阀进入D装置与Na2CO3和Na2S的混合溶液反应生成，剩余的SO2气体被NaOH溶液吸收，据此分析解题。【详析】（1）①浅黄色沉淀先逐渐增多，该过程的化学方程式为：；②浅黄色沉淀保持一段时间不变，有无色气体产生：；③浅黄色沉淀逐渐减少，该过程的化学方程式为：；（2）通入气体的速度过快，D中会有块状的单质硫生成，利用率很低，也不利于环保，若降低通入速度，单质硫很快被反应掉，产生倒吸，不安全，所以要控制的通入速率；SO2逸出会携带硫酸酸雾，浓硫酸或饱和NaHSO3溶液能吸收硫酸酸雾，防止干扰后续实验；（3）、水解都会使溶液显碱性，所以pH过高，说明、反应不充分，过低，又会导致转化为和，所以pH过高或过低都会导致产率降低；（4）从含有亚硫酸钠杂质的硫代硫酸钠溶液中获得，结合溶解度曲线，在较高温度时溶解度较小，而在较高温度时溶解度较大，需先将溶液蒸发浓缩，在较高温度时，趁热过滤析出杂质，再对滤液降温，使结晶析出，再进行过滤；（5）有还原性容易被氧化，且为弱酸盐，易与比之强的酸反应，用新煮沸的方法，除水中溶解的氧气及二氧化碳，防止硫代硫酸钠变质；（6）滴定终点时仰视凹液面，导致消耗标准液体积增多，则测定产品的纯度结果偏高；（7）正极区发生得电子的反应，根据图示，正极区Cu2+得电子转化为，反应的方程式为；又与O2反应生成Cu2+，反应的方程式为；分析正极区的反应可以看出，起到了传递电子的作用。18.近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。Deacon发明的直接氧化法为：。（1）根据表中物质生成焓及熵的数据，写出该反应的热化学方程式：________________；并分析该反应在常温下___________(填“能”或“不能”)自发进行。生成焓及熵数据物质（2）刚性容器中，进料浓度比分别等于1：1、4：1、7：1时，的平衡转化率随温度变化的关系如图甲：图中代表进料浓度比的是曲线___________(填“a”、“b”或“c”)；设初始浓度为，根据进料浓度比的数据计算___________(列出计算式)。按化学计量数之比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比过低的不利影响是__________________________。（3）催化氧化法制备氯气的催化剂可以用和为主要活性成分，其他辅助物组分用量相同，且负载于已制备好的不同比表面积的载体上，反应后测定的转化率，结果如图乙。由图乙可知，转化率随温度的升高先增大后减小，原因是：_________________________；综合图分析，选择的催化剂是___________(填“”或“”)；反应条件：________________(填“低比表面积”或“高比表面积”)。【答案】（1）能（2）浓度较大，的转化率较高，但和分离能耗较高，生成成本提高（3）温度过低时，随着温度的升高，反应速率加快，的转化率增大；温度过高时，催化剂活性降低，速率变慢，且达平衡后，升高温度，平衡逆向移动，转化率减小Cu高比表面积【详析】（1）在一定温度和压强下，由最稳定的单质生成1mol纯物质的热效应称为生成焓，根据图中生成焓的数据，有：①；②；目标方程式为：，根据盖斯定律可知，目标方程式，；该反应气体分子数减少的反应，因此，该反应，根据，可知常温下该反应的吉布斯自由能小于零，该反应可以自发进行。（2）温度一定时进料浓度比越大，的转化率越小，因此投料比从上至下分别为1：1、4：1、7：1，所以，进料浓度比的是曲线；进料浓度比及的平衡转化率间的关系可知，的曲线为最上面的那条曲线，由该曲线可知：温度为时的平衡转化率为84%，则反应的三段式为时，平衡常数；进料浓度比过低时，浓度较大，的转化率较高，但和分离能耗较高，生成成本提高。（3）由图乙可知，转化率随温度的升高先增大后减小，原因是：温度过低时，随着温度的升高，反应速率加快，的转化率增大；温度过高时，催化剂活性降低，速率变慢，且达平衡后，升高温度，平衡逆向移动，转化率减小；根据图像可知，在或的催化下，反应均可达到最大转化率，但对比可知，Cu所需的温度较低，能源消耗较小，综合图分析，选择的催化剂是；根据图像可知，随着反应进行，在高比表面积时，转化率更高，因此反应条件：高比表面积。19.2019年诺贝尔化学奖授予英国科学家古德纳夫及另外两位科学家，以表彰他们在锂离子电池研究中的杰出贡献。新能源汽车的核心部件是锂离子电池，磷酸亚铁锂()以其高倍率性、高比能量、高循环特征、高安全性、低成本、环保等优点而逐渐成为“能源新宠”。【方法一】制备流程如图。（1）写出“沉铁”过程中的离子方程式：_____________________。（2）可循环利用的物质是___________(写化学式)。（3）“煅烧”中生成的同时产生在标准状况下的体积为___________。【方法二】钛铁矿为铁源，、碳粉等原料来生产磷酸亚铁锂。其主要工艺流程如图：已知：①滤液的主要成分是：、，还含有少量、、；②滤渣的成分是；滤液中，，；③残留在溶液中的离子浓度小于，说明该离子沉淀完全；几种物质的物质(单位略)（4）写出生成滤渣的离子方程式：_____________________。（5）通过计算判断实际工业生产方案中得到的过程中是否会引入其他杂质_____________________？（6）写出在高温下生成磷酸亚铁锂的化学方程式：_____________________。（7）磷酸亚铁锂锂离子电池工作原理如图所示，写出正极的电极反应式：____________。【答案】（1）（2）（3）33.6（4）（5）沉淀完全时浓度小于，此时，根据，，可知此条件下并不会产生和沉淀（6）（7）〖祥解〗方法一：由流程可知，铁屑中接入稀硫酸，得到硫酸亚铁，而后加入双氧水、磷酸可得到磷酸铁，料液中含有硫酸可循环使用，磷酸铁中加入碳酸锂和适量草酸进行煅烧，最终产生；方法二：钛铁矿中加入浓盐酸反应，经过过滤后，得到的滤液I中主要包括Fe2+、Mg2+、Ca2+、TiOCl，也产生了不与盐酸反应的滤渣，滤液I中尽显加热而后过滤，滤渣Ⅱ的成分是，可知是TiOCl水解产生，滤液Ⅱ加入试剂A，将二价铁转化为得到FePO4沉铁，过滤后，FePO4与Li2CO3和过量碳粉在高温下反应得到LiFePO4。【详析】（1）根据题中流程可知，“沉铁”过程中加入双氧水、磷酸可得到磷酸铁，发生反应为：，。（2）根据分析可知，可循环利用的物质是。（3）“煅烧”时发生的反应为：，根据可知，生成的同时产生在标准状况下的体积为。（4）TiOCl水解产生，反应离子方程式为：。（5）根据题中所给数据，沉淀完全时浓度小于，此时，根据，，可知此条件下并不会产生和沉淀。（6）FePO4与Li2CO3和过量碳粉在高温下反应得到LiFePO4、CO，反应为：。（7）根据图中装置可知，由于LixC6在负极失电子产生Li+，磷酸铁锂电极则为正极，发生还原反应，Li1-xFePO4在正极得电子产生LiFePO4，电极反应式为：。20.科幻电影《阿凡达》中外星人流的是蓝色的血液，其实血液的颜色主要是由血蛋白中含有的金属元素决定的，如含铁元素的为常见红色血液、含铜元素的为蓝色血液、含钒元素的为绿色血液等，铜、铁、钒在科学研究和工农业生产中有许多用途。回答下列问题：（1）在周期表中处于___________区；基态原子的价层电子排布式为_____________________；基态、的核外未成对电子数之比为：___________。（2）有+2、+3、+4、+5等多种化合价，其中最稳定的化合价是___________，的第三电离能小于的第三电离能，原因是_____________________。（3）溶液常用作农业杀菌剂，溶液中存在。①该离子中存在的化学键有___________(填字母)。A．共价键B．离子键C．氢键D．范德华力E．配位键②含有键的数目为___________。③向溶液里加过量氨水，可生成，再向溶液中加入乙醇，可以析出深蓝色固体，要确定该固体是晶体还是非晶体，最科学的方法是___________。④与的结构相似，二者键角大小关系为___________(填“>”或“<”)，理由是：_____________________。（4）铁单质和氨气在可发生置换反应；产物之一晶胞结构如图所示(黑球代表，白球代表)。若该晶体的密度为，则两个距离最近的原子间的距离为___________(列出计算式，设为阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1）d4：3（2）+5的价电子排布式为，的价电子排布式为，的轨道处于半充满状态，能量更低更稳定，使得失去第3个电子所需能量更高，所以的第三电离能小于的第三电离能（3）①.AE②.③.射线衍射法④.<电负性：，在中成键电子对偏向，成键电子对之间的排斥力大，键角大，中成键电子对偏向，成键电子对之间的排斥力小，键角小（4）【详析】（1）铁的价层电子排布式为：，最后填入的能级是d，因此Fe在周期表中处于d区；为29号元素，基态的核外电子排布式为，基态价层电子排布式为；基态价层电子排布式为，其未成对电子数为4，基态价层电子排布式为，其未成对电子数为3，则基态、的核外未成对电子数之比为4：3。（2）有+2、+3、+4、+5等多种化合价，其中最稳定的化合价是处于全满状态的价态，基态价层电子排布式为，因此最稳定的是，即为+5价；的价电子排布式为，的价电子排布式为，的轨道处于半充满状态，能量更低更稳定，使得失去第3个电子所需能量更高，所以的第三电离能小于的第三电离能，（3）①含有空轨道，在氧原子含有孤电子对，二者之间形成配位键，而中氧原子与氢原子之间形成共价键，故答案选：AE；②中含有键，中含有键，中含有配位键，所以共含，数目为；③鉴别固体是晶体还是非晶体，最科学的方法是X射线衍射法；④和均为sp3杂化，均含有一对孤电子对，因此结构为三角锥形，但由于电负性：，因此在中成键电子对偏向，成键电子对之间的排斥力大，键角大，中成键电子对偏向，成键电子对之间的排斥力小，键角小，可知键角：<。（4）由图知，位于顶点和面心，其个数为，位体心，其个数为1，故该化合物的化学式是，设晶胞的边长为，该晶体的密度为，可得，，两个距离最近的原子是面对角线的一半，因此两个距离最近的原子间的距离为：。山西省吕梁市孝义市2024届高三上学期1月期末可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14Na-23Cl-35.5Fe-56第I卷选择题(共48分)一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)1.科技是第一生产力，我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法正确的是（）A.液氧-液氢、液态-肼、液氮-液氢都可以作为火箭推进剂B.将重油裂解为轻油作为燃料，是促进碳中和最直接有效的手段C.高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式：太阳能→电能D.飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子【答案】C【详析】A．氢气可以在氧气中燃烧，反应速率很快且放出大量的热、生成大量气体，因此，液氧-液氢能作为火箭推进剂；肼和在一定的条件下可以发生剧烈反应，该反应放出大量的热，且生成大量气体，因此，液态肼能作为火箭推进剂；虽然氮气在一定的条件下可以与氢气反应，而且是放热反应，但是，由于键能很大，该反应的速率很慢，氢气不能在氮气中燃烧，在短时间内不能产生大量的热量和大量的气体，因此，液氮-液氢不能作为火箭推进剂，故A错误；B．重油裂解是将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃，以提高轻质油的产量和质量，但轻质油燃烧产生的二氧化碳与原始重油产生的二氧化碳量相当，因此这一过程并不能减少大气中的二氧化碳量，从而无法有效促进碳中和目标的实现，故B错误；C．电池是一种可以将其他能量转化为电能的装置，钙钛矿太阳能电池可以将太阳能转化为电能，故C正确；D．玻璃纤维是一种性能优异的无机非金属材料，故D错误；故答案选C。2.下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是（）A.汽车底盘喷涂高分子膜，可起到保护作用B.钢管与电源正极连接，钢管可被保护C.钢管与铜管露天堆放在一起，钢管不易被腐蚀D.钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快【答案】A【详析】A．汽车底盘喷涂高分子膜阻止了铁与空气、水的接触，可以起到防护的作用，故A正确；B．用电解原理保护金属时，金属应作电解池阴极，应该与原电池负极连接，故B错误；C．钢管、铜管和雨水能构成原电池，铁作原电池负极而容易被腐蚀，故C错误；D．海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度，离子浓度越大，溶液的导电性越强，因此钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中快，故D错误；故答案选A。3.下列说法正确的是（）A.制备硫酸亚铁铵晶体时，将含和的混合溶液蒸干B.在某固体试样加水后的溶液中，滴加溶液，没有产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该固体试样中仍可能存在C.用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色试验，火焰呈黄色，该溶液一定不含钾元素D.用溶液检验是否完全变质【答案】B【详析】A．制备硫酸亚铁铵晶体时，将硫酸铵和硫酸亚铁溶液蒸干会使晶体失去结晶水或分解，A错误；B．将某固体加水完全溶解，滴加溶液，若滴加的氢氧化钠溶液浓度太小，且没有加热，逸出的氨气太少，不足以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，但该固体试样中仍可能存在，B正确；C．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，黄色会掩盖紫色，钾元素的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃观察，不能说明该溶液一定不含钾元素，C错误；D．变质后会生成，可以利用溶液鉴别，但只要有变质就会出现血红色，无法证明是否完全变质，D错误；答案选B。4.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为B.向溶液通氨气至中性，铵根离子数为C.所含极性共价键的数目为D.电解饱和食盐水时，若阴阳两极产生气体的总质量为，则转移电子数为【答案】A【详析】A．石墨烯(单层石墨)为1molC，根据石墨的分子结构可知，每个碳原子被3个六元环共用，每个六元环真正含个碳原子，所以1molC原子能形成的六元环的个数为，故A正确；B．向溶液通氨气至中性，溶液中存在电荷守恒关系：，中性溶液，则，再根据物料守恒：，得出铵根离子数小于，故B错误；C．没有指出标准状况，的物质的量不一定为，故C错误；D．电解饱和食盐水时电极总反应为：，若阴阳两极产生气体分别是氢气与氯气，且物质的量之比为1：1，若气体的总质量为，则说明反应生成的氢气与氯气的物质的量各自为，根据关系式可知，转移的电子数为，故D错误；故答案选A。5.宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一、下列物质性质实验对应的反应方程式书写正确的是（）A.用醋酸和淀粉-溶液检验加碘盐中的：B.向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：C.乙醇与酸性溶液反应：D.将少量通入溶液：【答案】C【详析】A．用醋酸和淀粉溶液检验加碘盐中的的原理是在酸性条件下与发生归中反应生成而遇淀粉变蓝，由于醋酸是弱酸，在离子方程式中不能用表示，因此为：，故A错误；B．漏了和之间的反应，反应为：，故B错误C．乙醇与酸性溶液反应发生反应，乙醇被氧化为乙酸，被还原为，该反应的离子方程式为：，故C正确；D．将少量通入溶液，反应生成硫酸钠和盐酸，反应的离子方程式为：，故D错误；故答案选C。6.由下列实验操作及现象能得出相应结论的是（）实验操作现象结论A在淀粉和的混合溶液中滴加几滴溶液[已知：、分别与卤素单质、卤素离子性质相似溶液仍为蓝色氧化性：B取一定量样品，溶解后加入溶液，产生白色沉淀，再加入浓仍有白色沉淀此样品中含有C在稀中加入少量固体溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成反应中既作氧化剂又作还原剂D将固体粉末加入过量溶液中，充分搅拌溶解得到无色溶液既体现碱性又体现酸性【答案】C【详析】A．若向淀粉和碘的混合溶液中滴加少量的硫氰化钾溶液，碘未完全反应，溶液也呈蓝色，则溶液仍为蓝色不能判断硫氰气和碘的氧化性强弱，A错误；B．浓硝酸会氧化亚硫酸根生成硫酸根，仍然产生白色沉淀，所以不能通过该实验现象判断样品中含有硫酸根，B错误；C．在稀硫酸中加入少量氧化亚铜固体，溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成说明氧化亚铜在稀硫酸溶液中反应生成硫酸铜和铜，则反应中氧化亚铜既作氧化剂又作还原剂，C正确；D．将固体粉末加入过量溶液中，充分搅拌，溶解得到无色溶液，说明能够和碱反应，体现酸性，不能得出其具有碱性的结论，D错误；故选C；7.某温度时，在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。(提示的平衡常数，称为溶度积常数。)下列说法正确的是（）A.加入固体可以使溶液由c点变到b点B.通过蒸发可以使溶液由a点变到b点C.a点对应的大于c点对应的D.d点无沉淀生成【答案】D【详析】A．在该溶液中始终存在溶解平衡，加入，增大，平衡左移，减小，所以溶液不能由c点变到b点，A错误；B．通过蒸发，溶液的浓度增大，若a点变到b点，即仅增大，与实际相悖，B错误；C．溶度积常数只和温度有关，温度不变，也不变，C错误；D．d点在曲线以下，d点对应的离子浓度积小于其离子浓度积常数，说明该点不存在沉淀溶解平衡，即该点没有沉淀生成，D正确；故答案选D。8.下列对有机物结构或性质的描述，正确的是（）A.环己醇与乙醇互为同系物B.向苯中加入酸性高锰酸钾溶液，振荡后静置，可观察到液体分层，上层呈紫红色C.光照下，最多能与发生取代反应，产物中物质的量最多的是D.乙烯与氧气在催化下制备环氧乙烷()的反应，属于“原子经济性”反应【答案】D【详析】A．环己醇含有六元碳环，和乙醇结构不相似，分子组成也不相差若干原子团，不互为同系物，故A错误；B．苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，苯的密度比水的小，因此在苯中加入酸性高锰酸钾溶液，振荡并静置后下层液体为紫红色，故B错误；C．甲烷和氯气发生取代反应生成多种氯代烃，同时生成氯化氢，产物中物质的量最多的是氯化氢，故C错误；D．乙烯与氧气在催化下制备环氧乙烷()，原子全部转化为期望的最终产物，属于最理想的“原子经济性反应”，故D正确；故答案选D。9.探究浓度对化学平衡的影响，实验如下：Ⅰ．向溶液中加入溶液(反应a)，平衡后分为两等份Ⅱ．向一份加入饱和溶液，变红(反应b)；加入，振荡、静置，下层显极浅的紫色Ⅲ．向另一份加入，振荡、静置，下层显紫红色结合实验，下列说法不正确的是（）A.反应a、b说明与反应为可逆反应B.Ⅱ中，反应a进行的程度大于反应bC.水溶液中的：Ⅱ>ⅢD.若在实验Ⅰ中加入少量固体，会增大【答案】B〖祥解〗氯化铁溶液中加入碘化钾溶液，发生氧化还原反应产生二价铁离子和碘单质，即，平衡后分为两等份，向一份加入饱和溶液后变红，说明存在，加入，振荡、静置，下层显极浅的紫色，说明产生I2，据此作答。【详析】A．Ⅱ加入饱和溶液，变红，说明有；加入，振荡、静置，下层显极浅的紫色，说明生成碘单质，根据，溶液中加入溶液，若并非是可逆反应，则溶液中只存在，但反应a、b说明少量仍有剩余，说明该反应为可逆反应，故A正确；B．加入饱和KSCN溶液，溶液变红，说明产生了较多的Fe(SCN)3，加入，振荡、静置，下层显极浅的紫色，说明反应a进行的程度小于反应b，故B错误；C．Ⅱ中下层显极浅的紫色，说明平衡逆向移动，导致碘单质减少，亚铁离子的浓度减小，碘离子浓度增大；Ⅲ中向另一份加入，碘单质溶解在四氯化碳中碘单质的浓度减小，平衡正向移动，碘离子浓度减小，所以水溶液中：Ⅱ>Ⅲ，故C正确；D．实验I中加入少量固体，使正向移动，会增大，故D正确；故答案选B。10.下列说法正确的是（）A.时，若测得溶液，则是弱酸B.向醋酸溶液中滴加溶液的过程中，与之和始终为C.中和和体积均相等的氨水、溶液，所需的物质的量相同D.向的水溶液中加入少量硫酸铜固体(忽略体积变化)，溶液中所有离子浓度都减小【答案】B【详析】A．时，若测得溶液，可知为强酸强碱盐，则为强酸，故A错误；B．醋酸溶液中醋酸的物质的量为，滴加溶液过程中，溶液中始终存在物料守恒，，故B正确；C．相同的氨水和溶液，氨水的浓度更大，所以中和和体积均相等的氨水、溶液，氨水所需的物质的量更大，故C错误；D．加入少量硫酸铜固体，发生反应：，浓度增大，故D错误；故答案选B。11.离子液体具有较好的化学稳定性、较低的熔点及对无机物、有机化合物等不同物质良好溶解性等优点。一种离子液体由前10号主族元素构成，结构简式如图，X、Y、Z、W、T原子序数依次增大，下列说法错误的是（）A.阴离子呈正四面体形B.阴离子中存在配位键，Y提供电子对C.阳离子中Z原子有、两种杂化方式D.熔点低的可能原因是离子体积增大、距离增大、作用力减弱【答案】B〖祥解〗一种离子液体由前10号主族元素构成，阳离子所带电荷为+1，综合阳离子结构可知，X、Z、W分别连接1、4、3根共价键，因此X、Z、W分别为H、C、N元素，则T为F元素，阴离子为，可知Y的最外层是3个电子，因此Y为B元素，即为，综合可知，X、Y、Z、W、T分别为H、B、C、N、F元素。【详析】A．阴离子为，中心原子的价层电子对数为，空间构型为正四面体，故A正确；B．阴离子为，B提供空轨道，提供电子对，故B错误；C．由图可知，阳离子中Z原子为碳原子，C价层电子数为4，双键碳原子的价层电子数为3，其轨道杂化类型分别为杂化、杂化，故C正确；D．由图可知，该结构中阳离子体积大，阴阳离子之间距离增大、作用力减弱，离子键减弱，则晶体的熔点降低，故D正确；故答案选B。12.某兴趣小组为研究碳酸钠水解平衡与温度的关系，用数字实验系统测定一定浓度碳酸钠溶液的与温度的关系，得到曲线如图，下列分析合理的是（）A.bc段说明碳酸钠水解是放热反应B.ab段说明随温度的升高，水的电离平衡向右移动为主要因素C.碳酸钠水解的离子方程式为D.碳酸钠水解平衡和水的电离平衡，在不同温度范围内对溶液的影响程度不同【答案】D〖祥解〗该溶液中存在三个平衡过程：、、，它们都是吸热过程，都随温度升高而正向移动，溶液的，随温度升高，碳酸根离子的水解程度增大则增多，导致增大，但由于促进水的电离，KW增大，也即导致减小，分析图像可得在不同温度范围内，它们对溶液的影响程度不同，通过图象可知，ab阶段以碳酸钠的水解影响为主，bc阶段以水的电离影响为主。【详析】A．盐类水解是吸热反应，温度不断升高只会促进盐的水解不断正向移动，此时溶液pH出现反常下降，这是由于水本身也存在电离，温度改变对水的电离平衡造成了影响，不能由此得出水解放热这一错误结论，故A错误；B．ab段显示升温导致溶液增大，说明水的电离平衡向右移动是次要因素，故B错误；C．碳酸钠水解的是分两步：，，故C错误；D．根据分析可知，在不同温度范围内，它们对溶液的影响程度不同，故D正确；故答案选D。13.用溶液吸收尾气中的，将所得的溶液进行电解再生循环脱硫，其原理如图，a、b离子交换膜将电解槽分成三个区域，电极材料均为石墨。甲～戊分别代表生产中的原料或产品，其中丙为硫酸溶液。下列说法正确的是（）A.接电源的正极B.乙为浓溶液C.a膜为阴离子交换膜D.当电路中通过电子的电量时，会有生成【答案】A〖祥解〗溶液进行电解再生循环脱硫，丙为硫酸溶液，可知硫酸钠溶液中的亚硫酸根离子通过b膜进入右侧电解室中，可知m接电源正极，发生的反应为：，则n接电源负极，发生的反应为：，可知钠离子通过a膜进入左侧电解室中，甲为NaOH溶液，据此作答。【详析】A．根据分析可知，丙为硫酸溶液，极发生的反应为，为阳极，接电源的正极，接电源的负极，故A正确；B．根据分析可知，阴极电极反应式为，生成的可以循环利用。因此甲为浓溶液，乙为稀溶液，故B错误；C．由以上分析可知，a膜阳离子交换膜，b为阴离子交换膜，故C错误；D．阳极发生的电极反应式为：，因此放电的是，不会生成，故D错误；故答案选A。14.在常温下，向10mL浓度均为0.1mol·L-1的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴0.1mol·L-1的盐酸，溶液pH随盐酸加入体积的变化如图所示。下列说法正确的是（）A.在a点的溶液中，c(Na+)＞c(CO32-)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)B.在b点的溶液中，2n(CO32-)＋n(HCO3-)＜0.001molC.在c点的溶液pH＜7，是因为此时HCO3-的电离能力大于其水解能力D.若将0.1mol·L-1的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH＝7时：c(Na+)＝c(CH3COO-)【答案】B〖祥解〗A.在a点是滴入5mL盐酸和氢氧化钠反应，溶液中剩余氢氧化钠5mL，碳酸钠溶液显碱性，据此分析判断离子浓度大小；

B.b点是加入盐酸，溶液pH=7呈中性，结合溶液中电荷守恒计算分析；

C.在c点的溶液pH<7，为碳酸氢钠、碳酸和氯化钠溶液，碳酸电离程度大于碳酸氢根离子水解；

D.溶液中存在电荷守恒分析判断。【详析】A.在a点是滴入5mL盐酸和氢氧化钠反应，溶液中剩余氢氧化钠5mL，碳酸钠溶液显碱性，溶液中离子浓度大小c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(C1-)>c(H+)，故A错误；

B.b点溶液pH=7，溶液为氯化钠、碳酸氢钠和碳酸溶液，n(CO32-)<n(H2CO3)，溶液中存在物料守恒，n(CO32-)+n(HCO3-)+n(H2CO3)=0.001mol，则2n(CO32-)+n(HCO3-)<0.001mol，所以B选项是正确的；

C.在c点的溶液pH<7，为碳酸氢钠、碳酸和氯化钠溶液，碳酸电离程度大于碳酸氢根离子水解，溶液显酸性，故C错误；

D.若将0.1mol/L的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH=7时，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+n(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，由于pH=7，c(H+)=c(OH-)，得到：c(Na+)=c(CH3COO-)+n(HCO3-)+2c(CO32-)，即c(Na+)>c(CH3COO-)，故D错误。

所以B选项是正确的。15.冠醚能与碱金属离子结合(如图)，是有机反应很好的催化剂，如能加快KMnO4与环己烯的反应速率。用结合常数表示冠醚与碱金属离子的结合能力，结合常数越大、两者结合能力越强。Na+(直径：204pm)K+(直径：276pm)冠醚A(空腔直径：260～320pm)结合常数：199结合常数：1183冠醚B(空腔直径：170～220pm)结合常数：371结合常数：312下列说法不正确的是（）A.K+与冠醚结合后，K+的配位数为6B.冠醚通过与K+结合将MnO携带进入有机相，起到催化剂的作用C.为加快KMnO4与环己烯的反应速率，选择冠醚A比冠醚B更合适D.如图实验中，水溶液中的c(Na+)：①＞②＞③【答案】D【详析】冠醚与作用，的配位数为6，故A正确；冠醚通过与结合将携带进入有机相，使有机相中浓度增大，反应速率加快，此处冠醚起到催化剂作用，故B正确；根据题目信息可知，冠醚A对的结合常数大于冠醚B对的结合常数，所以选择冠醚A更好，故C正确；从②到③过程，与冠醚A结合，释放出大部分，使浓度增大，所以：③>②，故D错误。16.将转化为有机碳酸酯，可有效减少碳排放。转化为的总反应为，可通过、两步反应完成：．．反应的反应机理如图1所示，其中催化剂参与催化循环和脱水循环；一定温度范围内的线性关系如图2。下列有关说法错误的是（）A.对于反应，活化能 B.该反应的催化剂是C. D.脱水循环可以提高的平衡产率【答案】A【详析】A．由图2可知，升高温度，平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则反应Ⅱ是放热反应，即活化能，所以活化能，故A错误；B．由图1可知，在第一步反应过程中先消耗后生成，则是催化剂，故B正确；C．总反应可以由2反应I+反应Ⅱ得到，故，故C正确；D．的中间产物参与了后续反应，使产物水离开反应体系，促使平衡正向移动，提高反应Ⅱ中DMC的平衡产率，故D正确；故答案选A。第II卷非选择题(共52分)二、非选择题(本题包括4小题，共52分)17.硫代硫酸钠在纺织业等领域有广泛应用。某兴趣小组用图1装置制备。．制备：装置A制备的经过单向阀通入装置C中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液约为7时，停止通入气体，得产品混合溶液。（1）不断通气体的过程中，三颈烧瓶中的现象为：①浅黄色沉淀先逐渐增多，该过程的化学方程式为：_____________________。②浅黄色沉淀保持一段时间不变，有无色气体产生。③浅黄色沉淀逐渐减少，该过程的化学方程式为：_____________________。（2）装置B的作用：_____________________。（3）装置D中的反应混合溶液过高或过低将导致产率降低，原因是______________。．产品分离提纯：（4）实际工业生产中制得的溶液中常混有少量，结合溶解度曲线(如图2)，获得的方法是_____________________。．测定产品纯度：准确称取产品，用适量新煮沸并冷却的蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂；用碘的标准溶液滴定。反应原理为：。（5）用新煮沸并冷却的蒸馏水溶解样品的目的是_____________________。（6）若滴定终点时仰视凹液面，则测定产品的纯度结果___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。．用途：（7）硫代硫酸钠浸取回收金。研究发现，在单一的溶液中，金的浸出速率极低，在加入一定量的后可加快金的溶解，一种浸金机理如图3所示。写出上述条件下浸金过程的电化学半反应：正极区的反应为：________________、________________。的作用：_____________________。【答案】（1）（2）控制的通入速率，吸收硫酸酸雾（3）过高，、反应不充分；过低，导致转化为和（4）先将溶液蒸发浓缩，在较高温度时，趁热过滤析出杂质，再对滤液降温，使结晶析出，再进行过滤（5）除水中溶解的氧气及二氧化碳，防止硫代硫酸钠变质（6）偏高（7）传递电子〖祥解〗A装置中浓硫酸与Na2SO4固体反应生成SO2气体，SO2气体逸出会携带硫酸酸雾，经过B装置吸收硫酸酸雾且控制流速，剩余的SO2气体经单向阀进入D装置与Na2CO3和Na2S的混合溶液反应生成，剩余的SO2气体被NaOH溶液吸收，据此分析解题。【详析】（1）①浅黄色沉淀先逐渐增多，该过程的化学方程式为：；②浅黄色沉淀保持一段时间不变，有无色气体产生：；③浅黄色沉淀逐渐减少，该过程的化学方程式为：；（2）通入气体的速度过快，D中会有块状的单质硫生成，利用率很低，也不利于环保，若降低通入速度，单质硫很快被反应掉，产生倒吸，不安全，所以要控制的通入速率；SO2逸出会携带硫酸酸雾，浓硫酸或饱和NaHSO3溶液能吸收硫酸酸雾，防止干扰后续实验；（3）、水解都会使溶液显碱性，所以pH过高，说明、反应不充分，过低，又会导致转化为和，所以pH过高或过低都会导致产率降低；（4）从含有亚硫酸钠杂质的硫代硫酸钠溶液中获得，结合溶解度曲线，在较高温度时溶解度较小，而在较高温度时溶解度较大，需先将溶液蒸发浓缩，在较高温度时，趁热过滤析出杂质，再对滤液降温，使结晶析出，再进行过滤；（5）有还原性容易被氧化，且为弱酸盐，易与比之强的酸反应，用新煮沸的方法，除水中溶解的氧气及二氧化碳，防止硫代硫酸钠变质；（6）滴定终点时仰视凹液面，导致消耗标准液体积增多，则测定产品的纯度结果偏高；（7）正极区发生得电子的反应，根据图示，正极区Cu2+得电子转化为，反应的方程式为；又与O2反应生成Cu2+，反应的方程式为；分析正极区的反应可以看出，起到了传递电子的作用。18.近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。Deacon发明的直接氧化法为：。（1）根据表中物质生成焓及熵的数据，写出该反应的热化学方程式：________________；并分析该反应在常温下___________(填“能”或“不能”)自发进行。生成焓及熵数据物质（2）刚性容器中，进料浓度比分别等于1：1、4：1、7：1时，的平衡转化率随温度变化的关系如图甲：图中代表进料浓度比的是曲线___________(填“a”、“b”或“c”)；设初始浓度为，根据进料浓度比的数据计算___________(列出计算式)。按化学计量数之比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比过低的不利影响是__________________________。（3）催化氧化法制备氯气的催化剂可以用和为主要活性成分，其他辅助物组分用量相同，且负载于已制备好的不同比表面积的载体上，反应后测定的转化率，结果如图乙。由图乙可知，转化率随温度的升高先增大后减小，原因是：_________________________；综合图分析，选择的催化剂是___________(填“”或“”)；反应条件：________________(填“低比表面积”或“高比表面积”)。【答案】（1）能（2）浓度较大，的转化率较高，但和分离能耗较高，生成成本提高（3）温度过低时，随着温度的升高，反应速率加快，的转化率增大；温度过高时，催化剂活性降低，速率变慢，且达平衡后，升高温度，平衡逆向移动，转化率减小Cu高比表面积【详析】（1）在一定温度和压强下，由最稳定的单质生成1mol纯物质的热效应称为生成焓，根据图中生成焓的数据，有：①；②；目标方程式为：，根据盖斯定律可知，目标方程式，；该反应气体分子数减少的反应，因此，该反应，根据，可知常温下该反应的吉布斯自由能小于零，该反应可以自发进行。（2）温度一定时进料浓度比越大，的转化率越小，因此投料比从上至下分别为1：1、4：1、7：1，所以，进料浓度比的是曲线；进料浓度比及的平衡转化率间的关系可知，的曲线为最上面的那条曲线，由该曲线可知：温度为时的平衡转化率为84%，则反应的三段式为时，平衡常数；进料浓度比过低时，浓度较大，的转化率较高，但和分离能耗较高，生成成本提高。（3）由图乙可知，转化率随温度的升高先增大后减小，原因是：温度过低时，随着温度的升高，反应速率加快，的转化率增大；温度过高时，催化剂活性降低，速率变慢，且达平衡后，升高温度，平衡逆向移动，转化率减小；根据图像可知，在或的催化下，反应均可达到最大转化率，但对比可知，Cu所需的温度较低，能源消耗较小，综合图分析，选择的催化剂是；根据图像可知，随着反应进行，在高比表面积时，转化率更高，因此反应条件：高比表面积。19.2019年诺贝尔化学奖授予英国科学家古德纳夫及另外两位科学家，以表彰