2024年錦州市高三質量檢測化學考生注意：1．本試卷考試時間為75分鐘，滿分100分。2．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。3．答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號；答非選擇題時，將答案寫在答題卡上相應區域內，超出答題區域或寫在本試卷上無效。可能用到的相對原子質量：H1C12O16Cl35.5Ag108Ce140一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1.化學與人類活動密切相關。下列說法正確的是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劑C.利用光導纖維將太陽能轉化為電能 D.利用熱的純堿溶液清洗衣物上的汽油污漬2.下列化學用語表示正確的是A.葡萄糖的一種環狀結構簡式：B.聚乙烯鏈節的結構簡式：C.基態Cr原子價層電子軌道表示式：D.的水解方程式：3.一種利用配合物消除氮氧化物污染的反應為。設為阿伏加德羅常數的值，下列說法錯誤的是A.鍵角：B.1mol中含有鍵的數目為C.同溫下的數目：1L0.5mol/L溶液＞2L0.25mol/L溶液D.標準狀況下，每生成22.4L，該反應轉移電子數為4.給定條件下，下列物質間的轉化均能實現的是A.B.NaClC.D.5.實驗室通過反應：制備。下列實驗裝置不能達到實驗目的的是A.用裝置甲制備NO B.用裝置乙干燥NOC.用裝置丙制備 D.用裝置丁處理尾氣6.我國科學家研發出世界首例室溫條件下，以固態氫化鑭（）為氫負離子（）導體的新型二次電池，電池工作原理如圖所示。已知電池放電時由a極移向b極，下列說法正確的是A.的電子式為H∶ B.電池工作時電勢a＜bC.放電時，電池總反應式為 D.充電時，每轉移2mol電子，a極增重2g7.利用、與合成的反應主要歷程如圖所示。下列說法錯誤的是A.是合成乙醇的中間體B.合成過程涉及C―O鍵的斷裂和C―C的形成C.第③步的反應式為D.若用替代，可生成8.X、Y、Z、W、R為原子序數依次增大的前20號元素，X元素的s軌道電子數是p軌道電子數的2倍，Z元素的最外層電子數是次外層電子數的3倍，常溫下，0.05mol/LW的最高價氧化物對應的水化物溶液中，由水電離出的為，R是前20號元素中電負性最小的元素。下列說法錯誤的是A.簡單離子半徑：R＜W B.X、Y、Z的氫化物中，沸點最高的是Z的氫化物C.Y、Z、W中，第一電離能最大的是Y D.Z分別與W、R均可形成具有漂白性的化合物9.為了探究NaClO溶液的性質，某化學研究小組設計并完成了4組實驗。下列根據實驗現象得出的結論中正確的是實驗裝置序號試劑X實驗現象①溶液產生白色沉淀②溶液光照管壁有無色氣泡產生③酸性溶液和KSCN溶液溶液變紅④溶液無明顯現象A.實驗①：與的水解相互促進 B.實驗②：無色氣體為C.實驗③：氧化性 D.實驗④：電離常數10.錳主要用于鋼鐵工業生產錳合金鋼，工業上由碳酸錳礦粉(主要成分為，另含、、雜質)制備錳的工藝流程如圖所示。下列說法錯誤的是A.“浸渣”的主要成分為B.“沉鐵”時發生反應的離子方程式為C.“電解”過程中增大溶液中的，電解效率增大D.該工藝流程中，溶液可循環使用11.咖啡酸苯乙酯（CAPE）可作抗氧化劑，合成路線如下，下列說法正確的是A.CAPE可作抗氧化劑，可能與酚羥基有關B.Ⅰ中含有一個手性碳原子C.Ⅰ與Ⅱ反應產物除Ⅲ外還有2—丙醇D.1molⅢ與足量NaOH溶液反應，消耗3molNaOH12.某水性鈉離子電池電極材料由、、、組成，嵌入和嵌出立方晶胞體心過程中，與含量發生變化，其過程如圖所示。下列說法錯誤的是A.基態鐵原子價層電子排布式為B.格林綠晶體中周圍等距且最近的數為6C.普魯士藍中與個數比為1∶2D.普魯士白的化學式為13.已知可逆反應，和消耗速率與其濃度存在如下關系：，（其中、是只與溫度有關的常數），一定溫度下，消耗速率與濃度的關系圖像如圖所示。下列說法正確的是A.曲線Y表示消耗速率與濃度的關系B.圖中A點表示反應達到平衡狀態C.縮小容器的容積，平衡向正反應方向移動，氣體的顏色變淺D.若某溫度時，則該溫度下平衡常數14.電芬頓工藝被認為是一種很有應用前景的高級氧化技術，通過電解過程中產生的羥基自由基處理酸性廢水中有機污染物［如（苯酚）］，其工作原理如圖a所示，一段時間內，或電極產生量與電流強度關系如圖b所示。下列說法錯誤的是A.Pt電極應與直流電源的正極相連B.HMC-3電極反應有：；C.根據圖b可判斷合適的電流強度約為60mAD.若處理0.1mol，理論上HMC-3電極消耗2.8mol15.四氯金酸()由王水和純金反應制得，可用于工業元件的鍍金。常溫時，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20mL0.1mol/L的溶液，滴定過程中測得混合溶液的溫度T、NaOH溶液體積V(NaOH)與pH的關系如圖所示。下列敘述錯誤的是A.常溫時，四氯金酸()的電離平衡常數約為B.n點溶液中，C.p、n、q三點對應的水解平衡常數：D.p點對應的溶液中，二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16.氧化鈰（）是一種應用非常廣泛的稀土氧化物。現以氟碳鈰礦（含、BaO、等）為原料制備氧化鈰，其工藝流程如圖所示：已知：①稀土離子易與形成復鹽沉淀；②硫脲具有還原性，酸性條件下易被氧化為；③在空氣中易被氧化為，氧化性：。回答下列問題：（1）濾渣A的主要成分是______（填化學式）。（2）步驟①加入稀硫酸浸出，Ce的浸出率與溫度、稀硫酸的濃度的變化關系如圖所示，應選擇的適宜條件為______（填標號）；硫酸濃度過大時，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）加入硫脲的目的是將還原為，反應的離子方程式為______。（4）步驟③加入鹽酸后，通常還需加入，其主要目的是______。（5）常溫下，，步驟④中恰好沉淀完全，，此時溶液的，則溶液中______mol/L。（6）若經步驟⑤充分灼燒后質量減少5.8t，則獲得的質量為______t。17.利用和合成甲醇（），在催化劑作用下涉及以下反應：反應ⅰ反應ⅱ反應ⅲ回答下列問題：（1）反應ⅲ在______（填“高溫”、“低溫”或“任意溫度”）條件下能自發進行。（2）反應ⅲ反應歷程如下圖所示，圖中數據表示微粒數目以及微粒的相對總能量，其中吸附在催化劑表面的物質用*標注，決定該過程的總反應速率的基元反應方程式為______。（3）對于上述和合成涉及的三個反應，下列說法正確的是______（填標號）。A.減小的濃度有利于提高的轉化率B.當氣體的平均相對分子質量保持不變時，說明反應體系已達平衡C.體系達平衡后，若壓縮體積，則反應ⅰ平衡正向移動，反應ⅱ平衡不移動D.選用合適的催化劑可以提高在單位時間內的產量（4）在恒壓密閉容器中，按照投料發生反應ⅰ和反應ⅱ。Ⅰ．反應達平衡時，測得轉化率和甲醇的選擇性隨溫度的變化如圖1所示。①溫度選擇______K（填“473”、“513”或“553”）時，反應體系內甲醇的產量最高。②的平衡轉化率隨溫度升高而增大的原因是______。Ⅱ．用平衡分壓代替平衡濃度可以得到平衡常數，隨溫度的倒數（）的變化關系如圖2所示。（已知：分壓＝總壓×該氣體的物質的量分數；壓強的單位為kPa）③反應ⅱ的變化關系對應圖2中______（填“m”或“n”）。④通過調整溫度可調控平衡時的分壓比值，A點對應溫度下，平衡時，則______kPa。⑤當體系總壓為10kPa時，B點對應溫度下體系達到平衡時轉化率為80%，反應i的______（用分數表示）。18.含鈷配合物在催化、藥物和材料科學領域具有廣泛應用，在不同的制備條件下，鈷可以形成多種配位結構。三氯化六氨合鈷(Ⅲ)是一種重要的含鈷配合物，實驗室可用活性炭為催化劑，由、濃氨水、、制備。已知：①在溶液中較穩定；具有較強還原性；②常溫下，。實驗過程操作步驟如下（省略加熱和夾持裝置）：步驟1：將固體溶在水中，加入研細的晶體，溶解得到混合溶液。步驟2：實驗裝置如圖，將混合溶液轉移至三頸燒瓶中，加入活性炭，再加入溶液與濃氨水，水浴加熱至55℃，保持20min。步驟3：趁熱過濾，冷卻后加入適量濃鹽酸，過濾、洗滌、干燥，得到粗產品。回答下列問題：（1）儀器c的名稱是______，d中無水的作用是______。（2）步驟1中，加入有利于后續配離子的生成，其原因是______。（3）步驟2中，加入溶液與濃氨水時，應先打開活塞______（填“a”或“b”）。（4）步驟3中加入濃鹽酸的目的是______。（5）制備的總反應化學方程式為______。（6）已知是以為中心的正八面體結構（如圖所示），若其中2個被取代，則所形成的的空間結構有______種。（7）上述實驗中若不用活性炭作催化劑，會生成六配位配合物，向含0.1mol該配合物溶液中加入足量溶液，得到白色沉淀28.7g，其配離子的化學式為______。19.有機物K是重要的藥物中間體，一種K的合成路線如下：已知：①②回答下列問題：（1）G中含有官能團的名稱為______。（2）H+J→K的反應類型為______。（3）F的結構簡式為______。（4）B→C的化學方程式為______。（5）L是D與乙醇酯化后的產物，符合下列條件的L的同分異構體有______種（不考慮立體異構）；①含有苯環②能發生水解反應且1mol物質需要2molNaOH發生反應寫出其中一種核磁共振氫譜峰面積之比為6∶2∶1∶1的物質的結構簡式______。（6）參照上述合成路線，設計以和為原料合成的合成路線______（其他試劑任選）。2024年錦州市普通高中高三質量檢測化學考生注意：1．本試卷考試時間為75分鐘，滿分100分。2．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。3．答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號；答非選擇題時，將答案寫在答題卡上相應區域內，超出答題區域或寫在本試卷上無效。可能用到的相對原子質量：H1C12O16Cl35.5Ag108Ce140一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1.化學與人類活動密切相關。下列說法正確的是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劑C.利用光導纖維將太陽能轉化為電能 D.利用熱的純堿溶液清洗衣物上的汽油污漬【答案】B【解析】【詳解】A．活性炭的吸附性主要為物理吸附色素、異味，不能吸附海水中的氯化鈉等物質，不能用來淡化海水，故A錯誤；B．豆漿中加入石膏水使得膠體聚沉，因此可以利用石膏作加工豆腐的凝固劑，故B正確；C．光導纖維可以利用全內反射原理傳遞光信號，不能將太陽能轉化為電能，單質硅可以，故C錯誤；D．汽油是礦物油、不溶于熱的純堿溶液，不能利用熱的純堿溶液清洗衣物上的汽油污漬，故D錯誤；故選B。2.下列化學用語表示正確的是A.葡萄糖的一種環狀結構簡式：B.聚乙烯鏈節的結構簡式：C.基態Cr原子的價層電子軌道表示式：D.的水解方程式：【答案】A【解析】【詳解】A．葡萄糖的結構簡式為CH2OH(CHOH)4CHO，其中的醛基和羥基發生加成反應生成環狀分子：，A正確；B．聚乙烯鏈節的結構簡式：，B錯誤；C．基態Cr原子的價層電子排布式為3d54s1，價層電子軌道表示式：，C錯誤；D．水解生成H2CO3和OH-，離子方程式為：，D錯誤；故選A。3.一種利用配合物消除氮氧化物污染的反應為。設為阿伏加德羅常數的值，下列說法錯誤的是A.鍵角：B.1mol中含有鍵的數目為C.同溫下的數目：1L0.5mol/L溶液＞2L0.25mol/L溶液D.標準狀況下，每生成22.4L，該反應轉移電子數為【答案】B【解析】【詳解】A．氨氣中N原子價層電子對數為，有一對孤電子對，水中O原子價層電子對數為，有兩對孤電子對，孤電子對之間排斥力大，鍵角小，故鍵角，A正確；B．一個中含有4個N與Cu形成的配位鍵和12個N-H鍵，故含有鍵的數目為，B錯誤；C．物質的量相等，濃度越大，水解程度越小，故0.5mol/L溶液中的數目更多，C正確；D．由反應可知，NO中N由+2價變為0價，Cu由+2價變為+1價，每產生1mol，轉移電子數為，D正確；故選B。4.給定條件下，下列物質間的轉化均能實現的是A.B.NaClC.D.【答案】C【解析】【詳解】A．與過量的SO2反應，生成，A錯誤；B．NaCl與不反應，侯氏制堿法是先在飽和食鹽水中通入氨氣再通入CO2，B錯誤；C．Fe與水蒸氣反應生成四氧化三鐵，與稀硝酸反應生成硝酸鐵，C正確；D．蔗糖無醛基，不能與氫氧化銅在加熱條件下生成氧化亞銅，D錯誤；故選C。5.實驗室通過反應：制備。下列實驗裝置不能達到實驗目的的是A.用裝置甲制備NO B.用裝置乙干燥NOC.用裝置丙制備 D.用裝置丁處理尾氣【答案】D【解析】【詳解】A．甲中利用稀硝酸和碳酸鈣反應生成的二氧化碳先排盡裝置中的空氣，然后用Cu與稀硝酸反應制備NO，故A正確；B．裝置乙中堿石灰可干燥NO，故B正確；C．丙中發生2NO+Na2O2＝2NaNO2，故C正確；D．丁中吸收尾氣導氣管需深入液面以下，而且NO與氧氣反應的用量不好控制與操作，多余的NO可能會從支管口溢出，不能達到尾氣處理的目的，故D錯誤；故選D。6.我國科學家研發出世界首例室溫條件下，以固態氫化鑭（）為氫負離子（）導體的新型二次電池，電池工作原理如圖所示。已知電池放電時由a極移向b極，下列說法正確的是A.的電子式為H∶ B.電池工作時電勢a＜bC.放電時，電池總反應式為 D.充電時，每轉移2mol電子，a極增重2g【答案】D【解析】【分析】該裝置為化學電源，根據放電時，H-由a極移向b極，依據原電池工作原理，陰離子向負極移動，即電極b為負極，電極a正極，據此分析；【詳解】A．H原子核外有1個電子，得到1個電子，得到H-，即H-的電子式為[H∶]-，故A錯誤；B．根據上述分析，電極a為正極，電極b為負極，則電勢：a＞b，故B錯誤；C．電極a的反應式為：TiH2+2e-=Ti+2H-，電極b的反應式為2H-－2e-=H2↑，總反應式為TiH2=Ti+H2↑，故C錯誤；D．充電時，電極a的反應式為Ti+2H-－2e-=TiH2，每轉移2mol電子，a極增重質量為2mol×1g/mol=2g，故D正確；答案為D。7.利用、與合成的反應主要歷程如圖所示。下列說法錯誤的是A.是合成乙醇的中間體B.合成過程涉及C―O鍵斷裂和C―C的形成C.第③步的反應式為D.若用替代，可生成【答案】D【解析】【分析】反應①為CH3OH與LiI反應生成LiOH和CH3I，此反應中CH3OH中的-OH給了LiOH，-CH3與I生成了CH3I，反應②為CO2與H2在Ru的催化作用下生成CO和H2O，根據反應③可知，反應②產物CO與反應①的產物CH3I，再加上H2在催化劑的作用下生成了乙醇，由于CH3I只能提供1個C原子，那么乙醇中的另一個C原子來自CO，它的3個H原子來自H2，據此分析作答。【詳解】A．由圖可知，CH3I是反應①的產物，反應②的反應物，故CH3I是合成乙醇的中間體，故A正確；B．反應①中甲醇生成CH3I，甲醇中的C?O鍵斷裂，反應③中甲醇生成乙醇，涉及C-C鍵形成，故B正確；C．根據分析可知，第③步的反應式為CO+2H2+CH3I→HI+CH3CH2OH，故C正確；D．根據反應3可知反應產生乙醇中的-OH上H原子種類取決于H2中的H原子的種類，而與CH3OH上的H原子種類無關，所以若用CH3OD替代CH3OH，生成的乙醇仍然是CH3CH2OH，而不會是CH3CH2OD，故D錯誤；故選：D。8.X、Y、Z、W、R為原子序數依次增大的前20號元素，X元素的s軌道電子數是p軌道電子數的2倍，Z元素的最外層電子數是次外層電子數的3倍，常溫下，0.05mol/LW的最高價氧化物對應的水化物溶液中，由水電離出的為，R是前20號元素中電負性最小的元素。下列說法錯誤的是A.簡單離子半徑：R＜W B.X、Y、Z的氫化物中，沸點最高的是Z的氫化物C.Y、Z、W中，第一電離能最大的是Y D.Z分別與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為原子序數依次增大的前20號元素，X元素的s軌道電子數是p軌道電子數的2倍，X為C；Z元素的最外層電子數是次外層電子數的3倍，Z為O，則Y為N；常溫下，0.05mol/LW的最高價氧化物對應的水化物溶液中，由水電離出的為，則水溶液中=，溶于中c(H+)==0.1mol/L，W形成的酸為二元強酸，W為S，R是前20號元素中電負性最小的元素，為K，以此解答。【詳解】A．K+和S2-的電子層數相等，核電荷數K>S，則簡單離子半徑：K+＜S2-，A正確；B．C、N、O的最簡單氫化物CH4、NH3、H2O中NH3、H2O含有氫鍵，且H2O中氫鍵更多，這三者中沸點最高的是H2O，但烴類都是碳的氫化物，呈固態的烴熔沸點比水高，B錯誤；C．N、O元素屬于同一周期，基態N原子2p軌道容納3個電子，處于半充滿狀態，比較穩定，N元素的第一電離能大于O元素的第一電離能，O、S屬于同一主族，且S元素的原子序數天于O元素的原子序數，S的第一電離能小于O元素的第一電離能，所以第一電離能由到小的順序是N>O>S，第一電離能最大的是N，C正確；D．O與S可形成具有漂白性的化合物SO2，O與K形成的化合物K2O2、KO3由過氧化鈉類推，具有強氧化性和漂白性，D正確；故選B。9.為了探究NaClO溶液的性質，某化學研究小組設計并完成了4組實驗。下列根據實驗現象得出的結論中正確的是實驗裝置序號試劑X實驗現象①溶液產生白色沉淀②溶液光照管壁有無色氣泡產生③酸性溶液和KSCN溶液溶液變紅④溶液無明顯現象A.實驗①：與的水解相互促進 B.實驗②：無色氣體為C.實驗③：氧化性 D.實驗④：電離常數【答案】A【解析】【詳解】A．實驗①：NaClO溶液與溶液混合，發生相互促進的水解反應，生成Al(OH)3和HClO，Al3++3ClO-+3H2O=Al(OH)3↓+3HClO，有白色沉淀產生，A正確；B．實驗②：無色氣體為，醋酸酸性強于次氯酸，NaClO溶液與CH3COOH溶液反應生成次氯酸，次氯酸光照分解成O2，B錯誤；C．實驗③：ClO-具有氧化性，Fe2+具有還原性，Fe2+被ClO-氧化為Fe3+，Fe3+遇KSCN溶液變紅，所以氧化性，C錯誤；D．實驗④：ClO-具有氧化性，具有還原性，發生氧化還原反應，ClO-生成，生成，不能比較亞硫酸和次氯酸的電離常數，D錯誤；故選A。10.錳主要用于鋼鐵工業生產錳合金鋼，工業上由碳酸錳礦粉(主要成分為，另含、、雜質)制備錳的工藝流程如圖所示。下列說法錯誤的是A.“浸渣”的主要成分為B.“沉鐵”時發生反應的離子方程式為C.“電解”過程中增大溶液中的，電解效率增大D.該工藝流程中，溶液可循環使用【答案】C【解析】【分析】本題為從碳酸錳礦粉中制備單質錳的過程，首先用硫酸溶解礦粉，過濾后得到的濾液中含有錳離子，二價鐵，三價鐵，鎂離子，加入過氧化氫將二價鐵氧化為三價鐵，用碳酸錳沉鐵，隨后用氟化鎂沉鎂后，再通過電解得到單質錳，以此解題。【詳解】A．碳酸錳礦中只有不溶于溶液，故可知“浸渣”的主要成分為，A正確；B．根據流程可知，“沉鐵”時發生反應的離子方程式為，B正確；C．電解”過程中增大溶液中的，會在陰極放電，導致電解效率減小，C錯誤；D．電解后得到的“電解液”為溶液，“酸浸”時需要向碳酸錳礦粉中加入溶液，故可知該工藝流程中，溶液可循環使用，D正確；故選C。11.咖啡酸苯乙酯（CAPE）可作抗氧化劑，合成路線如下，下列說法正確的是A.CAPE可作抗氧化劑，可能與酚羥基有關B.Ⅰ中含有一個手性碳原子C.Ⅰ與Ⅱ反應的產物除Ⅲ外還有2—丙醇D.1molⅢ與足量NaOH溶液反應，消耗3molNaOH【答案】A【解析】【詳解】A．由結構簡式可知，CAPE分子中含有酚羥基，能與空氣中的氧氣反應起到抗氧化劑的作用，故A正確；B．由結構簡式可知，Ⅰ分子中被含有手性碳原子，故B錯誤；C．由方程式可知，Ⅰ與Ⅱ反應的產物除Ⅲ外還有丙酮，故C錯誤；D．由方程式可知，Ⅲ分子中羧基和酯基能與氫氧化鈉溶液反應，則1molⅢ最多消耗2mol氫氧化鈉，故D錯誤；故選A。12.某水性鈉離子電池電極材料由、、、組成，嵌入和嵌出立方晶胞體心過程中，與含量發生變化，其過程如圖所示。下列說法錯誤的是A.基態鐵原子價層電子排布式為B.格林綠晶體中周圍等距且最近的數為6C.普魯士藍中與個數比為1∶2D.普魯士白的化學式為【答案】C【解析】【詳解】A．鐵元素位于第四周期Ⅷ族，原子序數為26，價層電子排布式為3d64s2，故A說法正確；B．根據晶胞的結構可知，以體心Fe3+為中心，周圍等距離最近的Fe3+個數：同面4個，上下各有1個，共有6個，故B說法正確；C．根據普魯士藍晶胞結構可知，Fe位于頂點、面心、棱上、體心，個數為=8，Na+位于晶胞內部，個數為4，CN-位于棱上、面上、體內，個數為=24，根據化合價代數和為0，因此有：2N(Fe2+)+3N(Fe3+)+4=24，依據原子守恒N(Fe2+)+N(Fe3+)=8，兩式解得，N(Fe2+)=N(Fe3+)=4，因此Fe2+、Fe3+個數比為4∶4=1∶1，故C說法錯誤；D．普魯士白晶胞中，Fe位于頂點、面心、棱上、體心，個數為=8，Na+位于晶胞內部，個數為8，CN-位于棱上、面上、體內，個數為=24，化學式為NaFe(CN)3，故D說法正確；答案為C。13.已知可逆反應，和的消耗速率與其濃度存在如下關系：，（其中、是只與溫度有關的常數），一定溫度下，消耗速率與濃度的關系圖像如圖所示。下列說法正確的是A.曲線Y表示消耗速率與濃度的關系B.圖中A點表示反應達到平衡狀態C.縮小容器的容積，平衡向正反應方向移動，氣體的顏色變淺D.若某溫度時，則該溫度下平衡常數【答案】D【解析】【詳解】A．由速率方程可知，曲線X表示二氧化氮消耗速率與濃度關系、曲線Y表示四氧化二氮消耗速率與濃度關系，故A錯誤；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倍時，反應達到平衡，由圖可知，A點二氧化氮的消耗速率與四氧化二氮的消耗速率相等，則A點正反應速率大于逆反應速率，反應未達到平衡，故B錯誤；C．縮小容器的容積，NO2氣體的濃度增大，氣體的顏色變深，故C錯誤；D．=，則=2=2，平衡時，==2，若某溫度時ka=kb，則該溫度下反應的平衡常數K=，故D正確；故選D。14.電芬頓工藝被認為是一種很有應用前景的高級氧化技術，通過電解過程中產生的羥基自由基處理酸性廢水中有機污染物［如（苯酚）］，其工作原理如圖a所示，一段時間內，或電極產生量與電流強度關系如圖b所示。下列說法錯誤的是A.Pt電極應與直流電源的正極相連BHMC-3電極反應有：；C.根據圖b可判斷合適的電流強度約為60mAD.若處理0.1mol，理論上HMC-3電極消耗2.8mol【答案】C【解析】【分析】由圖可知，電極上鐵元素、氧元素價態降低得電子，故電極為陰極，電極反應式分別為、，后發生反應，氧化苯酚，反應為，Pt電極為陽極，電極反應式為2H2O-4e?＝4H++O2↑；【詳解】A．由分析可知，Pt與電源正極相連，作陽極，A正確；B．有分析可知，HMC-3電極反應有：；，B正確；C．過量的過氧化氫會氧化亞鐵離子，導致生成的羥基自由基減少，使得降解去除廢水中的持久性有機污染物的效率下降，故據圖b可判斷合適的電流強度范圍為40mA左右，C錯誤；D．由分析可知，苯酚轉化為二氧化碳和水，，由圖可知，反應中氧氣轉化為H2O2，H2O2轉化為，轉化關系為，故而，若處理0.1mol，則陰極消耗氧氣的物質的量為2.8mol，D正確；故選C。15.四氯金酸()由王水和純金反應制得，可用于工業元件的鍍金。常溫時，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20mL0.1mol/L的溶液，滴定過程中測得混合溶液的溫度T、NaOH溶液體積V(NaOH)與pH的關系如圖所示。下列敘述錯誤的是A.常溫時，四氯金酸()的電離平衡常數約為B.n點溶液中，C.p、n、q三點對應的水解平衡常數：D.p點對應的溶液中，【答案】B【解析】【詳解】A．由圖像可知，常溫時，當時，對應溶液的，此時溶液中的，，A項正確；B．根據電荷守衡，在n點：，n點時溫度高于25℃，故，當時，，則，B項錯誤；C．升高溫度能促進的水解，水解平衡常數增大，由題圖可知，溫度：，則p、n、q三點對應的水解平衡常數：，C項正確；D．p點時，，根據電荷守恒有，根據物料守恒有，兩式聯立消去，解得，D項正確。故選B。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16.氧化鈰（）是一種應用非常廣泛的稀土氧化物。現以氟碳鈰礦（含、BaO、等）為原料制備氧化鈰，其工藝流程如圖所示：已知：①稀土離子易與形成復鹽沉淀；②硫脲具有還原性，酸性條件下易被氧化為；③在空氣中易被氧化為，氧化性：。回答下列問題：（1）濾渣A的主要成分是______（填化學式）。（2）步驟①加入稀硫酸浸出，Ce的浸出率與溫度、稀硫酸的濃度的變化關系如圖所示，應選擇的適宜條件為______（填標號）；硫酸濃度過大時，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）加入硫脲的目的是將還原為，反應的離子方程式為______。（4）步驟③加入鹽酸后，通常還需加入，其主要目的是______。（5）常溫下，，步驟④中恰好沉淀完全，，此時溶液的，則溶液中______mol/L。（6）若經步驟⑤充分灼燒后質量減少5.8t，則獲得的質量為______t。【答案】（1）BaSO4、（2）①.C②.溶液中增大，易與稀土離子形成復鹽沉淀（3）2+2=2+(SCN2H3)2+2HF+2F-（4）防止被氧化（5）0.2（6）15.1【解析】【分析】氟碳鈰礦(含、BaO、等)在空氣中焙燒，在空氣中氧化為，用硫酸浸取，進入溶液，不反應，BaO與硫酸反應生成BaSO4沉淀，過濾分離，濾渣A中加入硫脲將還原為，Ce2(SO4)3與Na2SO4形成復鹽沉淀Ce2(SO4)3˙Na2SO4˙nH2O，過濾分離，復鹽沉淀加入堿，再加入酸，被轉移到溶液中，再加入碳酸氫銨使沉淀為，最后灼燒分解生成，據此分析解題。【小問1詳解】由分析可知，濾渣A的主要成分是BaSO4、。【小問2詳解】由圖可知，選擇的適宜條件為：溫度75℃-85℃，硫酸濃度2.5mol/L，故選C；硫酸濃度過大時，浸出率降低的主要原因是：溶液中增大，易與稀土離子形成復鹽沉淀。【小問3詳解】硫脲的結構簡式為：，具有還原性，酸性條件下易被氧化為(SCN2H3)2，加入硫脲的目的是將還原為，反應的離子方程式為：2+2=2+(SCN2H3)2+2HF+2F-。【小問4詳解】在空氣中易被氧化為，步驟③加入鹽酸后，通常還需加入，其主要目的是防止被氧化。【小問5詳解】，④中恰好沉淀完全，，，此時溶液的，則溶液中，=0.2mol/L。【小問6詳解】經步驟⑤充分灼燒后質量減少5.8t，減少的質量為二氧化碳質量，，則獲得的質量為，x15.1t。17.利用和合成甲醇（），在催化劑作用下涉及以下反應：反應ⅰ反應ⅱ反應ⅲ回答下列問題：（1）反應ⅲ在______（填“高溫”、“低溫”或“任意溫度”）條件下能自發進行。（2）反應ⅲ的反應歷程如下圖所示，圖中數據表示微粒數目以及微粒的相對總能量，其中吸附在催化劑表面的物質用*標注，決定該過程的總反應速率的基元反應方程式為______。（3）對于上述和合成涉及的三個反應，下列說法正確的是______（填標號）。A.減小的濃度有利于提高的轉化率B.當氣體的平均相對分子質量保持不變時，說明反應體系已達平衡C.體系達平衡后，若壓縮體積，則反應ⅰ平衡正向移動，反應ⅱ平衡不移動D.選用合適的催化劑可以提高在單位時間內的產量（4）在恒壓密閉容器中，按照投料發生反應ⅰ和反應ⅱ。Ⅰ．反應達平衡時，測得轉化率和甲醇的選擇性隨溫度的變化如圖1所示。①溫度選擇______K（填“473”、“513”或“553”）時，反應體系內甲醇的產量最高。②的平衡轉化率隨溫度升高而增大的原因是______。Ⅱ．用平衡分壓代替平衡濃度可以得到平衡常數，隨溫度的倒數（）的變化關系如圖2所示。（已知：分壓＝總壓×該氣體的物質的量分數；壓強的單位為kPa）③反應ⅱ的變化關系對應圖2中______（填“m”或“n”）。④通過調整溫度可調控平衡時的分壓比值，A點對應溫度下，平衡時，則______kPa。⑤當體系總壓為10kPa時，B點對應溫度下體系達到平衡時的轉化率為80%，反應i的______（用分數表示）。【答案】（1）低溫（2）CO*(g)+2H2(g)=HCO*(g)+H2(g)（3）BCD（4）①.553K②.升高溫度促進反應ⅱ平衡正向移動的程度大于促進反應ⅰ平衡逆向移動的程度③.n④.4⑤.【解析】【小問1詳解】由蓋斯定律可知，反應ⅰ-反應ⅱ可得反應ⅲ，該反應是氣體體積減小的反應，，時反應能自發進行，則反應ⅲ在低溫條件下能自發進行。【小問2詳解】CO*(g)+2H2(g)=HCO*(g)+H2(g)的活化能最大，反應速率最慢，故為決速步。【小問3詳解】A．減小的濃度，反應ⅰ和反應ⅱ逆向移動，的轉化率減小，A錯誤；B．上述和合成涉及的三個反應過程中氣體總質量不變，總物質的量減小，氣體的平均相對分子質量增大，當氣體的平均相對分子質量保持不變時，說明反應體系已達平衡，B正確；C．反應ⅰ是氣體體積減小的反應，反應ⅱ是氣體體積不變的反應，則體系達平衡后，若壓縮體積，則反應ⅰ平衡正向移動，反應ⅱ平衡不移動，C正確；D．選用合適的催化劑可以增大反應速率，可以提高在單位時間內的產量，D正確；故選BCD。【小問4詳解】①由題意可知，起始二氧化碳的物質的量為，由圖中數據可知，473K、513K、553K時，甲醇的物質的量分別為mol×13.6%×86%≈0.029amol、mol×15%×78%≈0.029amol、mol×20%×60%=0.03amol，則553K條件下反應達到平衡時，反應體系內甲醇的產量最高；②反應ⅰ為放熱反應，反應ⅱ為吸熱反應，的平衡轉化率隨溫度升高而增大的原因是：升高溫度促進反應ⅱ平衡正向移動的程度大于促進反應ⅰ平衡逆向移動的程度；③反應ⅰ正反應為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，則平衡常數減小，而反應ⅱ正反應為吸熱反應，升高溫度平衡正向移動，則平衡常數增大，即反應ⅰ的lnKp隨著增大而減小，即隨著T的降低而增大，反應ⅱ的lnKp隨著的增大而增大，即隨著T的降低而減小，結合題干圖示可知，反應ⅱ對應圖2中n；④通過調整溫度可調控平衡時的值，A點對應溫度下，反應ⅰ和反應ⅱ的壓力平衡常數相等，即，即得，平衡時，則4kPa；⑤根據已知條件列出“三段式”的轉化率為80%，則x+y=0.8，y=0.8-x，圖中B點反應ⅱ的平衡常數lnKp=0，即Kp=1.00，則=1，解得x=0.5mol，y=0.3，故有反應ⅰ的Kp=。18.含鈷配合物在催化、藥物和材料科學領域具有廣泛應用，在不同的制備條件下，鈷可以形成多種配位結構。三氯化六氨合鈷(Ⅲ)是一種重要的含鈷配合物，實驗室可用活性炭為催化劑，由、濃氨水、、制備。已知：①在溶液中較穩定；具有較強還原性；②常溫下，。實驗過程操作步驟如下（省略加熱和夾持裝置）：步驟1：將固體溶在水中，加入研細的晶體，溶解得到混合溶液。步驟2：實驗裝置如圖，將混合溶液轉移至三頸燒瓶中，加入活性炭，再加入溶液與濃氨水，水浴加熱至55℃，保持20min。步驟3：趁熱過濾，冷卻后加入適量濃鹽酸，過濾、洗滌、干燥，得到粗產品。回答下列問題：（1）儀器c的名稱是______，d中無水的作用是______。（2）步驟1中，加入有利于后續配離子的生成，其原因是______。（3）步驟2中，加入溶液與濃氨水時，應先打開活塞______（填“a”或“b”）。（4）步驟3中加入濃鹽酸的目的是______。（5）制備的總反應化學方程式為______。（6）已知是以為中心的正八面體結構（如圖所示），若其中2個被取代，則所形成的的空間結構有______種。（7）上述實驗中若不用活性炭作催化劑，會生成六配位配合物，向含0.1mol該配合物溶液中加入足量溶液，得到白色沉淀28.7g，其配離子的化學式為______。【答案】（1）①.球形冷凝管②.吸收揮發的氨氣（2）增加c()，抑制電離，防止生成（3）a（4）增大c(Cl-)，降低在水中的溶解度，有利于其結晶析出（5）（6）2（7）【解析】【分析】CoCl2在活性炭做催化劑的條件下溶解在氯化銨的溶液中，然后先滴加氨水再加過氧化氫在55℃左右，反應約30分鐘，生成沉淀，然后過濾得到固體，經過一系列操作得到結晶水合物，以此解題；【小問1詳解】由圖可知，c為球形冷凝管；d中無水的作用是吸收可能揮發出的氨氣；【小問2詳解】是利用氯化銨溶于水電離出，使的電離平衡逆向移動，防止氨水溶液中過大c()，生成沉淀，以利于后續生成配離子；【小問3詳解】儀器M的名稱是三頸燒瓶，由題意知在水溶液中不易被氧化，具有較強還原性，所以應該先加入氨水轉化為易被氧化的物質，再加過氧化氫將其氧化，即向混合液加入H2O2溶液與氨水時