辽宁省锦州市2023-2024学年高三化学下学期4月质量检测试题含解析

2024年锦州市高三质量检测化学考生注意：1．本试卷考试时间为75分钟，满分100分。2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。3．答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；答非选择题时，将答案写在答题卡上相应区域内，超出答题区域或写在本试卷上无效。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Cl35.5Ag108Ce140一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.化学与人类活动密切相关。下列说法正确的是A.利用活性炭的吸附性淡化海水 B.利用石膏作加工豆腐的凝固剂C.利用光导纤维将太阳能转化为电能 D.利用热的纯碱溶液清洗衣物上的汽油污渍2.下列化学用语表示正确的是A.葡萄糖的一种环状结构简式：B.聚乙烯链节的结构简式：C.基态Cr原子价层电子轨道表示式：D.的水解方程式：3.一种利用配合物消除氮氧化物污染的反应为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.键角：B.1mol中含有键的数目为C.同温下的数目：1L0.5mol/L溶液＞2L0.25mol/L溶液D.标准状况下，每生成22.4L，该反应转移电子数为4.给定条件下，下列物质间的转化均能实现的是A.B.NaClC.D.5.实验室通过反应：制备。下列实验装置不能达到实验目的的是A.用装置甲制备NO B.用装置乙干燥NOC.用装置丙制备 D.用装置丁处理尾气6.我国科学家研发出世界首例室温条件下，以固态氢化镧（）为氢负离子（）导体的新型二次电池，电池工作原理如图所示。已知电池放电时由a极移向b极，下列说法正确的是A.的电子式为H∶ B.电池工作时电势a＜bC.放电时，电池总反应式为 D.充电时，每转移2mol电子，a极增重2g7.利用、与合成的反应主要历程如图所示。下列说法错误的是A.是合成乙醇的中间体B.合成过程涉及C―O键的断裂和C―C的形成C.第③步的反应式为D.若用替代，可生成8.X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的前20号元素，X元素的s轨道电子数是p轨道电子数的2倍，Z元素的最外层电子数是次外层电子数的3倍，常温下，0.05mol/LW的最高价氧化物对应的水化物溶液中，由水电离出的为，R是前20号元素中电负性最小的元素。下列说法错误的是A.简单离子半径：R＜W B.X、Y、Z的氢化物中，沸点最高的是Z的氢化物C.Y、Z、W中，第一电离能最大的是Y D.Z分别与W、R均可形成具有漂白性的化合物9.为了探究NaClO溶液的性质，某化学研究小组设计并完成了4组实验。下列根据实验现象得出的结论中正确的是实验装置序号试剂X实验现象①溶液产生白色沉淀②溶液光照管壁有无色气泡产生③酸性溶液和KSCN溶液溶液变红④溶液无明显现象A.实验①：与的水解相互促进 B.实验②：无色气体为C.实验③：氧化性 D.实验④：电离常数10.锰主要用于钢铁工业生产锰合金钢，工业上由碳酸锰矿粉(主要成分为，另含、、杂质)制备锰的工艺流程如图所示。下列说法错误的是A.“浸渣”的主要成分为B.“沉铁”时发生反应的离子方程式为C.“电解”过程中增大溶液中的，电解效率增大D.该工艺流程中，溶液可循环使用11.咖啡酸苯乙酯（CAPE）可作抗氧化剂，合成路线如下，下列说法正确的是A.CAPE可作抗氧化剂，可能与酚羟基有关B.Ⅰ中含有一个手性碳原子C.Ⅰ与Ⅱ反应产物除Ⅲ外还有2—丙醇D.1molⅢ与足量NaOH溶液反应，消耗3molNaOH12.某水性钠离子电池电极材料由、、、组成，嵌入和嵌出立方晶胞体心过程中，与含量发生变化，其过程如图所示。下列说法错误的是A.基态铁原子价层电子排布式为B.格林绿晶体中周围等距且最近的数为6C.普鲁士蓝中与个数比为1∶2D.普鲁士白的化学式为13.已知可逆反应，和消耗速率与其浓度存在如下关系：，（其中、是只与温度有关的常数），一定温度下，消耗速率与浓度的关系图像如图所示。下列说法正确的是A.曲线Y表示消耗速率与浓度的关系B.图中A点表示反应达到平衡状态C.缩小容器的容积，平衡向正反应方向移动，气体的颜色变浅D.若某温度时，则该温度下平衡常数14.电芬顿工艺被认为是一种很有应用前景的高级氧化技术，通过电解过程中产生的羟基自由基处理酸性废水中有机污染物［如（苯酚）］，其工作原理如图a所示，一段时间内，或电极产生量与电流强度关系如图b所示。下列说法错误的是A.Pt电极应与直流电源的正极相连B.HMC-3电极反应有：；C.根据图b可判断合适的电流强度约为60mAD.若处理0.1mol，理论上HMC-3电极消耗2.8mol15.四氯金酸()由王水和纯金反应制得，可用于工业元件的镀金。常温时，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20mL0.1mol/L的溶液，滴定过程中测得混合溶液的温度T、NaOH溶液体积V(NaOH)与pH的关系如图所示。下列叙述错误的是A.常温时，四氯金酸()的电离平衡常数约为B.n点溶液中，C.p、n、q三点对应的水解平衡常数：D.p点对应的溶液中，二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.氧化铈（）是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿（含、BaO、等）为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示：已知：①稀土离子易与形成复盐沉淀；②硫脲具有还原性，酸性条件下易被氧化为；③在空气中易被氧化为，氧化性：。回答下列问题：（1）滤渣A的主要成分是______（填化学式）。（2）步骤①加入稀硫酸浸出，Ce的浸出率与温度、稀硫酸的浓度的变化关系如图所示，应选择的适宜条件为______（填标号）；硫酸浓度过大时，浸出率降低的原因是______。A．65℃、2.0mol/LB．75℃、2.0mol/LC．85℃、2.5mol/LD．100℃、2.5mol/L（3）加入硫脲的目的是将还原为，反应的离子方程式为______。（4）步骤③加入盐酸后，通常还需加入，其主要目的是______。（5）常温下，，步骤④中恰好沉淀完全，，此时溶液的，则溶液中______mol/L。（6）若经步骤⑤充分灼烧后质量减少5.8t，则获得的质量为______t。17.利用和合成甲醇（），在催化剂作用下涉及以下反应：反应ⅰ反应ⅱ反应ⅲ回答下列问题：（1）反应ⅲ在______（填“高温”、“低温”或“任意温度”）条件下能自发进行。（2）反应ⅲ反应历程如下图所示，图中数据表示微粒数目以及微粒的相对总能量，其中吸附在催化剂表面的物质用*标注，决定该过程的总反应速率的基元反应方程式为______。（3）对于上述和合成涉及的三个反应，下列说法正确的是______（填标号）。A.减小的浓度有利于提高的转化率B.当气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应体系已达平衡C.体系达平衡后，若压缩体积，则反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ平衡不移动D.选用合适的催化剂可以提高在单位时间内的产量（4）在恒压密闭容器中，按照投料发生反应ⅰ和反应ⅱ。Ⅰ．反应达平衡时，测得转化率和甲醇的选择性随温度的变化如图1所示。①温度选择______K（填“473”、“513”或“553”）时，反应体系内甲醇的产量最高。②的平衡转化率随温度升高而增大的原因是______。Ⅱ．用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数，随温度的倒数（）的变化关系如图2所示。（已知：分压＝总压×该气体的物质的量分数；压强的单位为kPa）③反应ⅱ的变化关系对应图2中______（填“m”或“n”）。④通过调整温度可调控平衡时的分压比值，A点对应温度下，平衡时，则______kPa。⑤当体系总压为10kPa时，B点对应温度下体系达到平衡时转化率为80%，反应i的______（用分数表示）。18.含钴配合物在催化、药物和材料科学领域具有广泛应用，在不同的制备条件下，钴可以形成多种配位结构。三氯化六氨合钴(Ⅲ)是一种重要的含钴配合物，实验室可用活性炭为催化剂，由、浓氨水、、制备。已知：①在溶液中较稳定；具有较强还原性；②常温下，。实验过程操作步骤如下（省略加热和夹持装置）：步骤1：将固体溶在水中，加入研细的晶体，溶解得到混合溶液。步骤2：实验装置如图，将混合溶液转移至三颈烧瓶中，加入活性炭，再加入溶液与浓氨水，水浴加热至55℃，保持20min。步骤3：趁热过滤，冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到粗产品。回答下列问题：（1）仪器c的名称是______，d中无水的作用是______。（2）步骤1中，加入有利于后续配离子的生成，其原因是______。（3）步骤2中，加入溶液与浓氨水时，应先打开活塞______（填“a”或“b”）。（4）步骤3中加入浓盐酸的目的是______。（5）制备的总反应化学方程式为______。（6）已知是以为中心的正八面体结构（如图所示），若其中2个被取代，则所形成的的空间结构有______种。（7）上述实验中若不用活性炭作催化剂，会生成六配位配合物，向含0.1mol该配合物溶液中加入足量溶液，得到白色沉淀28.7g，其配离子的化学式为______。19.有机物K是重要的药物中间体，一种K的合成路线如下：已知：①②回答下列问题：（1）G中含有官能团的名称为______。（2）H+J→K的反应类型为______。（3）F的结构简式为______。（4）B→C的化学方程式为______。（5）L是D与乙醇酯化后的产物，符合下列条件的L的同分异构体有______种（不考虑立体异构）；①含有苯环②能发生水解反应且1mol物质需要2molNaOH发生反应写出其中一种核磁共振氢谱峰面积之比为6∶2∶1∶1的物质的结构简式______。（6）参照上述合成路线，设计以和为原料合成的合成路线______（其他试剂任选）。2024年锦州市普通高中高三质量检测化学考生注意：1．本试卷考试时间为75分钟，满分100分。2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。3．答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；答非选择题时，将答案写在答题卡上相应区域内，超出答题区域或写在本试卷上无效。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Cl35.5Ag108Ce140一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.化学与人类活动密切相关。下列说法正确的是A.利用活性炭的吸附性淡化海水 B.利用石膏作加工豆腐的凝固剂C.利用光导纤维将太阳能转化为电能 D.利用热的纯碱溶液清洗衣物上的汽油污渍【答案】B【解析】【详解】A．活性炭的吸附性主要为物理吸附色素、异味，不能吸附海水中的氯化钠等物质，不能用来淡化海水，故A错误；B．豆浆中加入石膏水使得胶体聚沉，因此可以利用石膏作加工豆腐的凝固剂，故B正确；C．光导纤维可以利用全内反射原理传递光信号，不能将太阳能转化为电能，单质硅可以，故C错误；D．汽油是矿物油、不溶于热的纯碱溶液，不能利用热的纯碱溶液清洗衣物上的汽油污渍，故D错误；故选B。2.下列化学用语表示正确的是A.葡萄糖的一种环状结构简式：B.聚乙烯链节的结构简式：C.基态Cr原子的价层电子轨道表示式：D.的水解方程式：【答案】A【解析】【详解】A．葡萄糖的结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，其中的醛基和羟基发生加成反应生成环状分子：，A正确；B．聚乙烯链节的结构简式：，B错误；C．基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1，价层电子轨道表示式：，C错误；D．水解生成H2CO3和OH-，离子方程式为：，D错误；故选A。3.一种利用配合物消除氮氧化物污染的反应为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.键角：B.1mol中含有键的数目为C.同温下的数目：1L0.5mol/L溶液＞2L0.25mol/L溶液D.标准状况下，每生成22.4L，该反应转移电子数为【答案】B【解析】【详解】A．氨气中N原子价层电子对数为，有一对孤电子对，水中O原子价层电子对数为，有两对孤电子对，孤电子对之间排斥力大，键角小，故键角，A正确；B．一个中含有4个N与Cu形成的配位键和12个N-H键，故含有键的数目为，B错误；C．物质的量相等，浓度越大，水解程度越小，故0.5mol/L溶液中的数目更多，C正确；D．由反应可知，NO中N由+2价变为0价，Cu由+2价变为+1价，每产生1mol，转移电子数为，D正确；故选B。4.给定条件下，下列物质间的转化均能实现的是A.B.NaClC.D.【答案】C【解析】【详解】A．与过量的SO2反应，生成，A错误；B．NaCl与不反应，侯氏制碱法是先在饱和食盐水中通入氨气再通入CO2，B错误；C．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁，与稀硝酸反应生成硝酸铁，C正确；D．蔗糖无醛基，不能与氢氧化铜在加热条件下生成氧化亚铜，D错误；故选C。5.实验室通过反应：制备。下列实验装置不能达到实验目的的是A.用装置甲制备NO B.用装置乙干燥NOC.用装置丙制备 D.用装置丁处理尾气【答案】D【解析】【详解】A．甲中利用稀硝酸和碳酸钙反应生成的二氧化碳先排尽装置中的空气，然后用Cu与稀硝酸反应制备NO，故A正确；B．装置乙中碱石灰可干燥NO，故B正确；C．丙中发生2NO+Na2O2＝2NaNO2，故C正确；D．丁中吸收尾气导气管需深入液面以下，而且NO与氧气反应的用量不好控制与操作，多余的NO可能会从支管口溢出，不能达到尾气处理的目的，故D错误；故选D。6.我国科学家研发出世界首例室温条件下，以固态氢化镧（）为氢负离子（）导体的新型二次电池，电池工作原理如图所示。已知电池放电时由a极移向b极，下列说法正确的是A.的电子式为H∶ B.电池工作时电势a＜bC.放电时，电池总反应式为 D.充电时，每转移2mol电子，a极增重2g【答案】D【解析】【分析】该装置为化学电源，根据放电时，H-由a极移向b极，依据原电池工作原理，阴离子向负极移动，即电极b为负极，电极a正极，据此分析；【详解】A．H原子核外有1个电子，得到1个电子，得到H-，即H-的电子式为[H∶]-，故A错误；B．根据上述分析，电极a为正极，电极b为负极，则电势：a＞b，故B错误；C．电极a的反应式为：TiH2+2e-=Ti+2H-，电极b的反应式为2H-－2e-=H2↑，总反应式为TiH2=Ti+H2↑，故C错误；D．充电时，电极a的反应式为Ti+2H-－2e-=TiH2，每转移2mol电子，a极增重质量为2mol×1g/mol=2g，故D正确；答案为D。7.利用、与合成的反应主要历程如图所示。下列说法错误的是A.是合成乙醇的中间体B.合成过程涉及C―O键断裂和C―C的形成C.第③步的反应式为D.若用替代，可生成【答案】D【解析】【分析】反应①为CH3OH与LiI反应生成LiOH和CH3I，此反应中CH3OH中的-OH给了LiOH，-CH3与I生成了CH3I，反应②为CO2与H2在Ru的催化作用下生成CO和H2O，根据反应③可知，反应②产物CO与反应①的产物CH3I，再加上H2在催化剂的作用下生成了乙醇，由于CH3I只能提供1个C原子，那么乙醇中的另一个C原子来自CO，它的3个H原子来自H2，据此分析作答。【详解】A．由图可知，CH3I是反应①的产物，反应②的反应物，故CH3I是合成乙醇的中间体，故A正确；B．反应①中甲醇生成CH3I，甲醇中的C−O键断裂，反应③中甲醇生成乙醇，涉及C-C键形成，故B正确；C．根据分析可知，第③步的反应式为CO+2H2+CH3I→HI+CH3CH2OH，故C正确；D．根据反应3可知反应产生乙醇中的-OH上H原子种类取决于H2中的H原子的种类，而与CH3OH上的H原子种类无关，所以若用CH3OD替代CH3OH，生成的乙醇仍然是CH3CH2OH，而不会是CH3CH2OD，故D错误；故选：D。8.X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的前20号元素，X元素的s轨道电子数是p轨道电子数的2倍，Z元素的最外层电子数是次外层电子数的3倍，常温下，0.05mol/LW的最高价氧化物对应的水化物溶液中，由水电离出的为，R是前20号元素中电负性最小的元素。下列说法错误的是A.简单离子半径：R＜W B.X、Y、Z的氢化物中，沸点最高的是Z的氢化物C.Y、Z、W中，第一电离能最大的是Y D.Z分别与W、R均可形成具有漂白性的化合物【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的前20号元素，X元素的s轨道电子数是p轨道电子数的2倍，X为C；Z元素的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z为O，则Y为N；常温下，0.05mol/LW的最高价氧化物对应的水化物溶液中，由水电离出的为，则水溶液中=，溶于中c(H+)==0.1mol/L，W形成的酸为二元强酸，W为S，R是前20号元素中电负性最小的元素，为K，以此解答。【详解】A．K+和S2-的电子层数相等，核电荷数K>S，则简单离子半径：K+＜S2-，A正确；B．C、N、O的最简单氢化物CH4、NH3、H2O中NH3、H2O含有氢键，且H2O中氢键更多，这三者中沸点最高的是H2O，但烃类都是碳的氢化物，呈固态的烃熔沸点比水高，B错误；C．N、O元素属于同一周期，基态N原子2p轨道容纳3个电子，处于半充满状态，比较稳定，N元素的第一电离能大于O元素的第一电离能，O、S属于同一主族，且S元素的原子序数天于O元素的原子序数，S的第一电离能小于O元素的第一电离能，所以第一电离能由到小的顺序是N>O>S，第一电离能最大的是N，C正确；D．O与S可形成具有漂白性的化合物SO2，O与K形成的化合物K2O2、KO3由过氧化钠类推，具有强氧化性和漂白性，D正确；故选B。9.为了探究NaClO溶液的性质，某化学研究小组设计并完成了4组实验。下列根据实验现象得出的结论中正确的是实验装置序号试剂X实验现象①溶液产生白色沉淀②溶液光照管壁有无色气泡产生③酸性溶液和KSCN溶液溶液变红④溶液无明显现象A.实验①：与的水解相互促进 B.实验②：无色气体为C.实验③：氧化性 D.实验④：电离常数【答案】A【解析】【详解】A．实验①：NaClO溶液与溶液混合，发生相互促进的水解反应，生成Al(OH)3和HClO，Al3++3ClO-+3H2O=Al(OH)3↓+3HClO，有白色沉淀产生，A正确；B．实验②：无色气体为，醋酸酸性强于次氯酸，NaClO溶液与CH3COOH溶液反应生成次氯酸，次氯酸光照分解成O2，B错误；C．实验③：ClO-具有氧化性，Fe2+具有还原性，Fe2+被ClO-氧化为Fe3+，Fe3+遇KSCN溶液变红，所以氧化性，C错误；D．实验④：ClO-具有氧化性，具有还原性，发生氧化还原反应，ClO-生成，生成，不能比较亚硫酸和次氯酸的电离常数，D错误；故选A。10.锰主要用于钢铁工业生产锰合金钢，工业上由碳酸锰矿粉(主要成分为，另含、、杂质)制备锰的工艺流程如图所示。下列说法错误的是A.“浸渣”的主要成分为B.“沉铁”时发生反应的离子方程式为C.“电解”过程中增大溶液中的，电解效率增大D.该工艺流程中，溶液可循环使用【答案】C【解析】【分析】本题为从碳酸锰矿粉中制备单质锰的过程，首先用硫酸溶解矿粉，过滤后得到的滤液中含有锰离子，二价铁，三价铁，镁离子，加入过氧化氢将二价铁氧化为三价铁，用碳酸锰沉铁，随后用氟化镁沉镁后，再通过电解得到单质锰，以此解题。【详解】A．碳酸锰矿中只有不溶于溶液，故可知“浸渣”的主要成分为，A正确；B．根据流程可知，“沉铁”时发生反应的离子方程式为，B正确；C．电解”过程中增大溶液中的，会在阴极放电，导致电解效率减小，C错误；D．电解后得到的“电解液”为溶液，“酸浸”时需要向碳酸锰矿粉中加入溶液，故可知该工艺流程中，溶液可循环使用，D正确；故选C。11.咖啡酸苯乙酯（CAPE）可作抗氧化剂，合成路线如下，下列说法正确的是A.CAPE可作抗氧化剂，可能与酚羟基有关B.Ⅰ中含有一个手性碳原子C.Ⅰ与Ⅱ反应的产物除Ⅲ外还有2—丙醇D.1molⅢ与足量NaOH溶液反应，消耗3molNaOH【答案】A【解析】【详解】A．由结构简式可知，CAPE分子中含有酚羟基，能与空气中的氧气反应起到抗氧化剂的作用，故A正确；B．由结构简式可知，Ⅰ分子中被含有手性碳原子，故B错误；C．由方程式可知，Ⅰ与Ⅱ反应的产物除Ⅲ外还有丙酮，故C错误；D．由方程式可知，Ⅲ分子中羧基和酯基能与氢氧化钠溶液反应，则1molⅢ最多消耗2mol氢氧化钠，故D错误；故选A。12.某水性钠离子电池电极材料由、、、组成，嵌入和嵌出立方晶胞体心过程中，与含量发生变化，其过程如图所示。下列说法错误的是A.基态铁原子价层电子排布式为B.格林绿晶体中周围等距且最近的数为6C.普鲁士蓝中与个数比为1∶2D.普鲁士白的化学式为【答案】C【解析】【详解】A．铁元素位于第四周期Ⅷ族，原子序数为26，价层电子排布式为3d64s2，故A说法正确；B．根据晶胞的结构可知，以体心Fe3+为中心，周围等距离最近的Fe3+个数：同面4个，上下各有1个，共有6个，故B说法正确；C．根据普鲁士蓝晶胞结构可知，Fe位于顶点、面心、棱上、体心，个数为=8，Na+位于晶胞内部，个数为4，CN-位于棱上、面上、体内，个数为=24，根据化合价代数和为0，因此有：2N(Fe2+)+3N(Fe3+)+4=24，依据原子守恒N(Fe2+)+N(Fe3+)=8，两式解得，N(Fe2+)=N(Fe3+)=4，因此Fe2+、Fe3+个数比为4∶4=1∶1，故C说法错误；D．普鲁士白晶胞中，Fe位于顶点、面心、棱上、体心，个数为=8，Na+位于晶胞内部，个数为8，CN-位于棱上、面上、体内，个数为=24，化学式为NaFe(CN)3，故D说法正确；答案为C。13.已知可逆反应，和的消耗速率与其浓度存在如下关系：，（其中、是只与温度有关的常数），一定温度下，消耗速率与浓度的关系图像如图所示。下列说法正确的是A.曲线Y表示消耗速率与浓度的关系B.图中A点表示反应达到平衡状态C.缩小容器的容积，平衡向正反应方向移动，气体的颜色变浅D.若某温度时，则该温度下平衡常数【答案】D【解析】【详解】A．由速率方程可知，曲线X表示二氧化氮消耗速率与浓度关系、曲线Y表示四氧化二氮消耗速率与浓度关系，故A错误；B．由方程式可知，二氧化氮的消耗速率是四氧化二氮的消耗速率2倍时，反应达到平衡，由图可知，A点二氧化氮的消耗速率与四氧化二氮的消耗速率相等，则A点正反应速率大于逆反应速率，反应未达到平衡，故B错误；C．缩小容器的容积，NO2气体的浓度增大，气体的颜色变深，故C错误；D．=，则=2=2，平衡时，==2，若某温度时ka=kb，则该温度下反应的平衡常数K=，故D正确；故选D。14.电芬顿工艺被认为是一种很有应用前景的高级氧化技术，通过电解过程中产生的羟基自由基处理酸性废水中有机污染物［如（苯酚）］，其工作原理如图a所示，一段时间内，或电极产生量与电流强度关系如图b所示。下列说法错误的是A.Pt电极应与直流电源的正极相连BHMC-3电极反应有：；C.根据图b可判断合适的电流强度约为60mAD.若处理0.1mol，理论上HMC-3电极消耗2.8mol【答案】C【解析】【分析】由图可知，电极上铁元素、氧元素价态降低得电子，故电极为阴极，电极反应式分别为、，后发生反应，氧化苯酚，反应为，Pt电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e‒＝4H++O2↑；【详解】A．由分析可知，Pt与电源正极相连，作阳极，A正确；B．有分析可知，HMC-3电极反应有：；，B正确；C．过量的过氧化氢会氧化亚铁离子，导致生成的羟基自由基减少，使得降解去除废水中的持久性有机污染物的效率下降，故据图b可判断合适的电流强度范围为40mA左右，C错误；D．由分析可知，苯酚转化为二氧化碳和水，，由图可知，反应中氧气转化为H2O2，H2O2转化为，转化关系为，故而，若处理0.1mol，则阴极消耗氧气的物质的量为2.8mol，D正确；故选C。15.四氯金酸()由王水和纯金反应制得，可用于工业元件的镀金。常温时，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20mL0.1mol/L的溶液，滴定过程中测得混合溶液的温度T、NaOH溶液体积V(NaOH)与pH的关系如图所示。下列叙述错误的是A.常温时，四氯金酸()的电离平衡常数约为B.n点溶液中，C.p、n、q三点对应的水解平衡常数：D.p点对应的溶液中，【答案】B【解析】【详解】A．由图像可知，常温时，当时，对应溶液的，此时溶液中的，，A项正确；B．根据电荷守衡，在n点：，n点时温度高于25℃，故，当时，，则，B项错误；C．升高温度能促进的水解，水解平衡常数增大，由题图可知，温度：，则p、n、q三点对应的水解平衡常数：，C项正确；D．p点时，，根据电荷守恒有，根据物料守恒有，两式联立消去，解得，D项正确。故选B。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.氧化铈（）是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿（含、BaO、等）为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示：已知：①稀土离子易与形成复盐沉淀；②硫脲具有还原性，酸性条件下易被氧化为；③在空气中易被氧化为，氧化性：。回答下列问题：（1）滤渣A的主要成分是______（填化学式）。（2）步骤①加入稀硫酸浸出，Ce的浸出率与温度、稀硫酸的浓度的变化关系如图所示，应选择的适宜条件为______（填标号）；硫酸浓度过大时，浸出率降低的原因是______。A．65℃、2.0mol/LB．75℃、2.0mol/LC．85℃、2.5mol/LD．100℃、2.5mol/L（3）加入硫脲的目的是将还原为，反应的离子方程式为______。（4）步骤③加入盐酸后，通常还需加入，其主要目的是______。（5）常温下，，步骤④中恰好沉淀完全，，此时溶液的，则溶液中______mol/L。（6）若经步骤⑤充分灼烧后质量减少5.8t，则获得的质量为______t。【答案】（1）BaSO4、（2）①.C②.溶液中增大，易与稀土离子形成复盐沉淀（3）2+2=2+(SCN2H3)2+2HF+2F-（4）防止被氧化（5）0.2（6）15.1【解析】【分析】氟碳铈矿(含、BaO、等)在空气中焙烧，在空气中氧化为，用硫酸浸取，进入溶液，不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤分离，滤渣A中加入硫脲将还原为，Ce2(SO4)3与Na2SO4形成复盐沉淀Ce2(SO4)3˙Na2SO4˙nH2O，过滤分离，复盐沉淀加入碱，再加入酸，被转移到溶液中，再加入碳酸氢铵使沉淀为，最后灼烧分解生成，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，滤渣A的主要成分是BaSO4、。【小问2详解】由图可知，选择的适宜条件为：温度75℃-85℃，硫酸浓度2.5mol/L，故选C；硫酸浓度过大时，浸出率降低的主要原因是：溶液中增大，易与稀土离子形成复盐沉淀。【小问3详解】硫脲的结构简式为：，具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2，加入硫脲的目的是将还原为，反应的离子方程式为：2+2=2+(SCN2H3)2+2HF+2F-。【小问4详解】在空气中易被氧化为，步骤③加入盐酸后，通常还需加入，其主要目的是防止被氧化。【小问5详解】，④中恰好沉淀完全，，，此时溶液的，则溶液中，=0.2mol/L。【小问6详解】经步骤⑤充分灼烧后质量减少5.8t，减少的质量为二氧化碳质量，，则获得的质量为，x15.1t。17.利用和合成甲醇（），在催化剂作用下涉及以下反应：反应ⅰ反应ⅱ反应ⅲ回答下列问题：（1）反应ⅲ在______（填“高温”、“低温”或“任意温度”）条件下能自发进行。（2）反应ⅲ的反应历程如下图所示，图中数据表示微粒数目以及微粒的相对总能量，其中吸附在催化剂表面的物质用*标注，决定该过程的总反应速率的基元反应方程式为______。（3）对于上述和合成涉及的三个反应，下列说法正确的是______（填标号）。A.减小的浓度有利于提高的转化率B.当气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应体系已达平衡C.体系达平衡后，若压缩体积，则反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ平衡不移动D.选用合适的催化剂可以提高在单位时间内的产量（4）在恒压密闭容器中，按照投料发生反应ⅰ和反应ⅱ。Ⅰ．反应达平衡时，测得转化率和甲醇的选择性随温度的变化如图1所示。①温度选择______K（填“473”、“513”或“553”）时，反应体系内甲醇的产量最高。②的平衡转化率随温度升高而增大的原因是______。Ⅱ．用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数，随温度的倒数（）的变化关系如图2所示。（已知：分压＝总压×该气体的物质的量分数；压强的单位为kPa）③反应ⅱ的变化关系对应图2中______（填“m”或“n”）。④通过调整温度可调控平衡时的分压比值，A点对应温度下，平衡时，则______kPa。⑤当体系总压为10kPa时，B点对应温度下体系达到平衡时的转化率为80%，反应i的______（用分数表示）。【答案】（1）低温（2）CO*(g)+2H2(g)=HCO*(g)+H2(g)（3）BCD（4）①.553K②.升高温度促进反应ⅱ平衡正向移动的程度大于促进反应ⅰ平衡逆向移动的程度③.n④.4⑤.【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，反应ⅰ-反应ⅱ可得反应ⅲ，该反应是气体体积减小的反应，，时反应能自发进行，则反应ⅲ在低温条件下能自发进行。【小问2详解】CO*(g)+2H2(g)=HCO*(g)+H2(g)的活化能最大，反应速率最慢，故为决速步。【小问3详解】A．减小的浓度，反应ⅰ和反应ⅱ逆向移动，的转化率减小，A错误；B．上述和合成涉及的三个反应过程中气体总质量不变，总物质的量减小，气体的平均相对分子质量增大，当气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应体系已达平衡，B正确；C．反应ⅰ是气体体积减小的反应，反应ⅱ是气体体积不变的反应，则体系达平衡后，若压缩体积，则反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ平衡不移动，C正确；D．选用合适的催化剂可以增大反应速率，可以提高在单位时间内的产量，D正确；故选BCD。【小问4详解】①由题意可知，起始二氧化碳的物质的量为，由图中数据可知，473K、513K、553K时，甲醇的物质的量分别为mol×13.6%×86%≈0.029amol、mol×15%×78%≈0.029amol、mol×20%×60%=0.03amol，则553K条件下反应达到平衡时，反应体系内甲醇的产量最高；②反应ⅰ为放热反应，反应ⅱ为吸热反应，的平衡转化率随温度升高而增大的原因是：升高温度促进反应ⅱ平衡正向移动的程度大于促进反应ⅰ平衡逆向移动的程度；③反应ⅰ正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则平衡常数减小，而反应ⅱ正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，则平衡常数增大，即反应ⅰ的lnKp随着增大而减小，即随着T的降低而增大，反应ⅱ的lnKp随着的增大而增大，即随着T的降低而减小，结合题干图示可知，反应ⅱ对应图2中n；④通过调整温度可调控平衡时的值，A点对应温度下，反应ⅰ和反应ⅱ的压力平衡常数相等，即，即得，平衡时，则4kPa；⑤根据已知条件列出“三段式”的转化率为80%，则x+y=0.8，y=0.8-x，图中B点反应ⅱ的平衡常数lnKp=0，即Kp=1.00，则=1，解得x=0.5mol，y=0.3，故有反应ⅰ的Kp=。18.含钴配合物在催化、药物和材料科学领域具有广泛应用，在不同的制备条件下，钴可以形成多种配位结构。三氯化六氨合钴(Ⅲ)是一种重要的含钴配合物，实验室可用活性炭为催化剂，由、浓氨水、、制备。已知：①在溶液中较稳定；具有较强还原性；②常温下，。实验过程操作步骤如下（省略加热和夹持装置）：步骤1：将固体溶在水中，加入研细的晶体，溶解得到混合溶液。步骤2：实验装置如图，将混合溶液转移至三颈烧瓶中，加入活性炭，再加入溶液与浓氨水，水浴加热至55℃，保持20min。步骤3：趁热过滤，冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到粗产品。回答下列问题：（1）仪器c的名称是______，d中无水的作用是______。（2）步骤1中，加入有利于后续配离子的生成，其原因是______。（3）步骤2中，加入溶液与浓氨水时，应先打开活塞______（填“a”或“b”）。（4）步骤3中加入浓盐酸的目的是______。（5）制备的总反应化学方程式为______。（6）已知是以为中心的正八面体结构（如图所示），若其中2个被取代，则所形成的的空间结构有______种。（7）上述实验中若不用活性炭作催化剂，会生成六配位配合物，向含0.1mol该配合物溶液中加入足量溶液，得到白色沉淀28.7g，其配离子的化学式为______。【答案】（1）①.球形冷凝管②.吸收挥发的氨气（2）增加c()，抑制电离，防止生成（3）a（4）增大c(Cl-)，降低在水中的溶解度，有利于其结晶析出（5）（6）2（7）【解析】【分析】CoCl2在活性炭做催化剂的条件下溶解在氯化铵的溶液中，然后先滴加氨水再加过氧化氢在55℃左右，反应约30分钟，生成沉淀，然后过滤得到固体，经过一系列操作得到结晶水合物，以此解题；【小问1详解】由图可知，c为球形冷凝管；d中无水的作用是吸收可能挥发出的氨气；【小问2详解】是利用氯化铵溶于水电离出，使的电离平衡逆向移动，防止氨水溶液中过大c()，生成沉淀，以利于后续生成配离子；【小问3详解】仪器M的名称是三颈烧瓶，由题意知在水溶液中不易被氧化，具有较强还原性，所以应该先加入氨水转化为易被氧化的物质，再加过氧化氢将其氧化，即向混合液加入H2O2溶液与氨水时