2022-2023學(xué)年浙江省金華十校高二下學(xué)期期末調(diào)研考試化學(xué)試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1浙江省金華十校2022-2023學(xué)年高二下學(xué)期期末調(diào)研考試說明：1.全卷滿分100分，考試時(shí)間90分鐘。2.請(qǐng)將〖答案〗寫在答題卷的相應(yīng)位置上?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16Na-21Mg-24Al-27Si-28S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56Cu-64Zn-65Br-80一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分)1.下列物質(zhì)屬于鹽且水溶液呈酸性的是A.SiO2 B.KNO3 C. D.KHSO4〖答案〗D【詳析】A．SiO2按物質(zhì)分類屬于氧化物，不屬于鹽，故A錯(cuò)誤；B．KNO3按物質(zhì)分類屬于鹽類化合物，屬于強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，溶液呈中性，故B錯(cuò)誤；C．按物質(zhì)分類屬于堿，故C錯(cuò)誤；D．KHSO4按物質(zhì)分類屬于酸式鹽，在水溶液中電離出K+、H+和，溶液呈酸性，故D正確；〖答案〗選D。2.下列有關(guān)NaCl的說法不正確的是A.Cl元素位于周期表第Ⅶ族 B.可用作食品添加劑C.屬于強(qiáng)電解質(zhì) D.溶液保存在帶玻璃塞的細(xì)口瓶中〖答案〗A【詳析】A．Cl元素位于周期表第三周期ⅦA族，故A說法錯(cuò)誤；B．食鹽可作食品中的防腐劑等，因此食鹽可用作食品添加劑，故B說法正確；C．NaCl屬于鹽，在水中完全電離，屬于強(qiáng)電解質(zhì)，故C說法正確；D．NaCl的水溶液顯中性，因此該溶液保存在帶玻璃塞的細(xì)口瓶中，故D說法正確；〖答案〗為A。3.下列化學(xué)用語表示正確的是A.中子數(shù)為30的鐵原子：B.基態(tài)Al原子的價(jià)電子的軌道表示式：C.H2O的空間結(jié)構(gòu)為直線形D.TNT的結(jié)構(gòu)簡式：〖答案〗B【詳析】A．中子數(shù)為30的鐵原子：，故A錯(cuò)誤；B．基態(tài)Al原子的價(jià)電子的電子排布式為3s23p1，故軌道表示式：，故B正確；C．H2O的空間結(jié)構(gòu)為V形，故C錯(cuò)誤；D．TNT的結(jié)構(gòu)簡式為，故D錯(cuò)誤；故選B。4.物質(zhì)的性質(zhì)決定用途，下列兩者對(duì)應(yīng)關(guān)系不正確的是A.FeCl3溶液能溶解Cu，可印制電路板B.石墨能導(dǎo)電，可作電解池的電極材料C.有弱堿性，可用于檢驗(yàn)醛基D.鈉鉀合金熔點(diǎn)低，可用作核反應(yīng)堆的導(dǎo)熱劑〖答案〗C【詳析】A．Fe3+具有強(qiáng)氧化性，能與Cu發(fā)生Cu+2Fe3+===2Fe2++Cu2+，因此氯化鐵能腐蝕印制電路板上銅單質(zhì)，故A說法正確；B．石墨是良好導(dǎo)電材料，可做電解池的電極材料，故B說法正確；C．氫氧化銅懸濁液能檢驗(yàn)醛基，是利用氫氧化銅的弱氧化性，將醛基氧化，故C說法錯(cuò)誤；D．鈉鉀合金熔點(diǎn)低，常溫下為液態(tài)，其中的粒子可以對(duì)流，所以鈉鉀合金可以對(duì)流導(dǎo)熱；又由于鈉鉀合金內(nèi)部有大量的自由電子，所以鈉鉀合金又可以傳導(dǎo)導(dǎo)熱。因此可用作核反應(yīng)堆的導(dǎo)熱劑，故D說法正確；〖答案〗為C。5.下列關(guān)于元素及其化合物的性質(zhì)的說法正確的是A.用金屬Na鑒別乙醇和甲醚 B.SO2溶于水生成H2SO4C.常溫下鋁與濃硝酸反應(yīng)可制備NO2 D.實(shí)驗(yàn)室用NH4Cl分解制NH3〖答案〗A【詳析】A．乙醇和Na反應(yīng)產(chǎn)生氣體冒氣泡，Na和甲醚不反應(yīng)無現(xiàn)象，所以金屬Na可以鑒別乙醇和甲醚，故A正確；B．SO2溶于水生成的是H2SO3，故B錯(cuò)誤；C．常溫下鋁與濃硝酸會(huì)鈍化，故C錯(cuò)誤；D．實(shí)驗(yàn)室用加熱Ca(OH)2和NH4Cl混合物來制取NH3，故D錯(cuò)誤；故本題選A．6.已知反應(yīng)：(Y含氮元素)，下列說法正確是A.發(fā)生還原反應(yīng)B.Y是C.是氧化產(chǎn)物 D.還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為1：4〖答案〗D〖祥解〗Fe3+化合價(jià)降低，做氧化劑，中的N元素化合價(jià)升高，做還原劑；4個(gè)Fe3+生成4個(gè)Fe2+得到4個(gè)電子，中的N元素化合價(jià)為-2價(jià)，2個(gè)氮原子失去4個(gè)電子都變成0價(jià)，Y為N2，根據(jù)電荷守恒和電子守恒配平方程式為4Fe3++===4Fe2++N2+5H+?！驹斘觥緼．中的N元素化合價(jià)升高，做還原劑，發(fā)生氧化反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)分析可知Y是N2，B錯(cuò)誤；C．Fe2+為還原產(chǎn)物，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)分析可知，還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為1∶4，D正確；故〖答案〗為：D。7.下列離子方程式正確的是A.氯氣跟水反應(yīng)：B.碳酸鎂與稀鹽酸反應(yīng)：C稀H2SO4中滴加溶液：D.向苯酚鈉溶液中通入過量Br2：〖答案〗C【詳析】A．氯氣跟水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，次氯酸為弱酸，不能拆為離子，正確離子方程式：，故A錯(cuò)誤；B．碳酸鎂可與鹽酸反應(yīng)生成氯化鎂、水和二氧化碳，碳酸鎂為難溶性物質(zhì)，不能拆為離子，正確離子方程式為：，故B錯(cuò)誤；C．稀H2SO4中滴加溶液反應(yīng)生成難溶性沉淀硫酸鋇和水，離子反應(yīng)方程式為，故C正確；D．向苯酚鈉溶液中通入過量Br2，Br2先與水反應(yīng)生成氫溴酸和次溴酸，在此酸性環(huán)境下，苯酚鈉與氫離子結(jié)合生成苯酚，苯酚進(jìn)一步與過量的溴反應(yīng)生成三溴苯酚和溴化氫，離子方程式為：，故D錯(cuò)誤；〖答案〗選C。8.下列關(guān)于有機(jī)物的說法不正確的是A.通過煤的分餾可以獲得甲苯B.淀粉和纖維素都能發(fā)生酯化反應(yīng)C.加熱可破壞蛋白質(zhì)的結(jié)構(gòu)導(dǎo)致蛋白質(zhì)變性D.堿催化下苯酚與過量甲醛可合成熱固型材料〖答案〗A【詳析】A．煤是多種復(fù)雜有機(jī)物和無機(jī)物的混合物，不含苯和甲苯，通過煤的干餾可獲得甲苯，故A錯(cuò)誤；B．纖維素和淀粉的葡萄糖單元都含有醇羥基，所以在一定條件下都能發(fā)生酯化反應(yīng)，故B正確；C．加熱等物理因素會(huì)破壞蛋白質(zhì)結(jié)構(gòu)導(dǎo)致蛋白質(zhì)發(fā)生變性，故C正確；D．堿性條件下，甲醛過量時(shí)，苯酚與甲醛反應(yīng)不僅可以發(fā)生在鄰位，還可以發(fā)生在對(duì)位，從而得到網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)的酚醛樹脂，故D正確；〖答案〗選A。9.某有機(jī)物的結(jié)構(gòu)如圖所示，下列說法正確的是A.有機(jī)物分子中含有4個(gè)碳碳雙鍵B.該有機(jī)物發(fā)生消去反應(yīng)，有機(jī)產(chǎn)物只有一種C.該有機(jī)物不能發(fā)生催化氧化反應(yīng)D.與足量溴水反應(yīng)，1mol該有機(jī)物最多需3molBr2〖答案〗B【詳析】A．苯中不含碳碳雙鍵，因此該有機(jī)物中含有1個(gè)碳碳雙鍵，故A錯(cuò)誤；B．與羥基所連碳原子的相鄰碳原子有氫原子，能發(fā)生消去反應(yīng)，只能生成，故B正確；C．羥基所連碳原子上有氫原子，能發(fā)生催化氧化，即結(jié)構(gòu)簡式為，故C錯(cuò)誤；D．該有機(jī)物中能與溴水發(fā)生反應(yīng)的官能團(tuán)是碳碳雙鍵，1mol該有機(jī)物最多需1molBr2，故D錯(cuò)誤；〖答案〗為B。10.A、B、C、D、E為前四周期不同主族的元素，原子序數(shù)依次增大。元素A可形成有機(jī)物的骨架，B、C、D位于同一周期，元素B在同周期中金屬性最強(qiáng)，元素C的基態(tài)原子有2個(gè)未成對(duì)電子，元素D最外層電子數(shù)為A、B、E最外層電子數(shù)之和。下列說法正確的是A.元素第一電離能：B<D<CB.最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性：D>C>AC.簡單離子的離子半徑：E<C<DD.五種元素的單質(zhì)均可在O2中燃燒〖答案〗B〖祥解〗元素A可形成有機(jī)物的骨架，即元素A為C，元素B在同周期中金屬性最強(qiáng)，則B為Na，元素C的基態(tài)原子有2個(gè)未成對(duì)電子，B、C、D在同周期，C價(jià)電子排布式可能為3s23p2(硅，與碳元素屬于同主族，不合理)、3s23p4(硫，合理)，則D為Cl，因?yàn)樵谼最外層電子數(shù)為A、B、E最外層電子數(shù)之和，則E為最外層有2個(gè)電子，因?yàn)槲宸N元素為前四周期的主族元素，則E為Ca，據(jù)此分析；【詳析】A．同周期從左向右第一電離能是增大趨勢(shì)，因此有I1(Cl)＞I1(S)＞I1(Na)，故A錯(cuò)誤；B．非金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，非金屬性：Cl＞S＞C，則最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性：Cl＞S＞C，故B正確；C．核外電子排布相同時(shí)，微粒半徑隨著原子序數(shù)的遞增而減小，因此簡單離子的離子半徑：r(S2-)＞r(Cl-)＞r(Ca2+)，故C錯(cuò)誤；D．Cl元素在氧氣中不能燃燒，故D錯(cuò)誤；〖答案〗為B。11.一種大型貯液蓄電電站的工作原理示意圖如下，下列敘述正確的是A.放電時(shí)，負(fù)極區(qū)失去電子，正極區(qū)陰離子數(shù)量減少B.當(dāng)從左向右透過交換膜時(shí)，電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能C.充電時(shí)，陽極反應(yīng)為D.隨著充電時(shí)間延長，Na2S4的量逐漸增大〖答案〗C〖祥解〗根據(jù)裝置圖可知，左端電極為負(fù)極，化合價(jià)升高，電極反應(yīng)式為2S-2e-=S，右端電極為正極，化合價(jià)降低，電極反應(yīng)式為Br+2e-=3Br-，據(jù)此分析；【詳析】A．放電時(shí)，該裝置為電池，根據(jù)原電池工作原理，負(fù)極區(qū)失去電子，正極區(qū)的電極反應(yīng)式為Br+2e-=3Br-，陰離子數(shù)量增多，故A錯(cuò)誤；B．負(fù)極電極反應(yīng)式2S-2e-=S，正極電極反應(yīng)式Br+2e-=3Br-，為了平衡電荷，Na+從左側(cè)向右側(cè)透過交換膜，此時(shí)為放電，化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，故B錯(cuò)誤；C．充電時(shí)，電池正極接電源的正極，陽極反應(yīng)式為3Br--2e-=Br，故C正確；D．充電時(shí)，陰極反應(yīng)式為S+2e-=2S，Na2S4的量逐漸減小，故D錯(cuò)誤；〖答案〗為C。12.POCl3遇水易水解，與C2H5OH反應(yīng)生成磷酸三乙酯()，下列敘述正確的是A.POCl3分子中各原子均達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)B.POCl3分子為極性鍵組成的非極性分子C.相同條件下，與乙醇反應(yīng)生成磷酸三乙酯，產(chǎn)率：POCl3>H3PO4D.相同條件下，與水發(fā)生水解反應(yīng)，速率：POCl3>POBr3〖答案〗D【詳析】A．把磷酸三乙酯中的OC2H5換成Cl就是POCl3的結(jié)構(gòu)了，只有O和Cl周圍能達(dá)到8e-穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，P不是8e-穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故A錯(cuò)誤；B．把磷酸三乙酯中的OC2H5換成Cl就是POCl3的結(jié)構(gòu)，P與O和Cl形成的都是極性鍵，POCl3遇水易水解，根據(jù)相似者相容原理，可知POCl3是極性分子，故B錯(cuò)誤；C．把磷酸三乙酯中的OC2H5換成羥基就是H3PO4的結(jié)構(gòu)，從結(jié)構(gòu)上分析，POCl3是Cl原子與乙醇取代，而H3PO4是羥基與乙醇取代，但H3PO4是一種中強(qiáng)酸，更容易與乙醇反應(yīng)產(chǎn)生比較多的磷酸三乙酯，故C錯(cuò)誤；D．POCl3水解得到HCl，POBr3水解得到HBr，HCl的酸性比HBr的酸性更強(qiáng)，根據(jù)越弱越水解原則，越弱的是POCl3，故D正確；故本題選D。13.25℃，；，。下列說法正確的是A.25℃，濃度均為的NaClO、Na2CO3混合液中：B.25℃，中和等pH、等體積的鹽酸與次氯酸，鹽酸消耗的NaOH的質(zhì)量大C.25℃，濃度均為的NaClO與NaHCO3不能共存D.25℃，pH相同的HClO與H2CO3溶液中：〖答案〗D【詳析】A．由電離平衡常數(shù)可知，次氯酸的酸性大于碳酸氫根，小于碳酸，由水解規(guī)律可得在等濃度情況下，碳酸根離子的水解程度大于次氯酸根，所以25℃，濃度均為的NaClO、Na2CO3混合液中：次氯酸根大于碳酸根大于氫氧根，故A錯(cuò)誤；B．鹽酸是強(qiáng)酸，次氯酸是弱酸，等pH兩個(gè)溶液，次氯酸的濃度大于鹽酸，所以25℃，中和等pH、等體積的鹽酸與次氯酸，次氯酸消耗的NaOH的質(zhì)量大，故B錯(cuò)誤；C．由電離平衡常數(shù)可知，次氯酸的酸性大于碳酸氫根，小于碳酸，故碳酸氫根并不能與次氯酸根反應(yīng)得到次氯酸，故C錯(cuò)誤；D．由電荷守恒可得，，碳酸溶液中：，兩溶液pH相同，則=，故D正確；故選D。14.乙烯在加聚反應(yīng)時(shí)，不同溫度下可得到支鏈型聚乙烯或直鏈型聚乙烯，反應(yīng)歷程與能量變化如圖所示(表示烴基自由基)。下列說法不正確的是A.取代基越多的烴基自由基越穩(wěn)定B.合成等質(zhì)量的聚乙烯，支鏈型放出的熱量多于直鏈型C.支鏈型聚乙烯的密度小于直鏈型聚乙烯D.支鏈型自由基()的濃度先增大后減小〖答案〗D【詳析】A．結(jié)合圖像，對(duì)比支鏈型聚乙烯或直鏈型聚乙烯能量高低可知取代基越多烴基自由基能量越低，越穩(wěn)定，故A正確；B．結(jié)合能量圖像可知合成等質(zhì)量的聚乙烯，支鏈型放出的熱量多于直鏈型，故B正確；C．支鏈型聚乙烯由于支鏈的存在導(dǎo)致分子間作用力減弱，密度減小，所以支鏈型聚乙烯的密度小于直鏈型聚乙烯，故C正確；D．結(jié)合反應(yīng)歷程可知，支鏈型自由基()的濃度始終減小，故D錯(cuò)誤；〖答案〗選D。15.25℃時(shí)，金屬離子初始濃度為時(shí)，發(fā)生相應(yīng)變化的pH如下表所示：開始沉淀完全沉淀(離子濃度等于)開始溶解完全溶解7.09.013.51.93.2146.38.010.512.6下列說法正確的是A.懸濁液中，B.加FeCl3可實(shí)現(xiàn)向有效轉(zhuǎn)化C.若初始濃度為，則開始溶解的pH<10.5D.分離、：加堿至pH=13，攪拌后過濾，固體、濾液分別加酸至強(qiáng)酸性〖答案〗B【詳析】A．氫氧化鐵懸濁液中存在Fe(OH)2(s)Fe2+(aq)+2OH-(aq)，水屬于弱電解質(zhì)，也能電離出c(OH-)，根據(jù)電荷守恒，推出c(OH-)＞2c(Fe2+)，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)表中數(shù)據(jù)，當(dāng)金屬離子濃度相等時(shí)，F(xiàn)e3+開始沉淀pH=1.9，Zn2+開始沉淀的pH=6.3，說明氫氧化鐵比氫氧化鋅更難溶，氫氧化鋅懸濁液中存在Zn(OH)2(s)Zn2+(aq)+2OH-(aq)，加入Fe3+，F(xiàn)e3+與OH-結(jié)合生成更難溶的氫氧化鐵，促進(jìn)平衡向右進(jìn)行，實(shí)現(xiàn)氫氧化鋅向氫氧化鐵的有效轉(zhuǎn)化，故B正確；C．氫氧化鋅沉淀加入OH-，發(fā)生Zn(OH)2+2OH-ZnO+2H2O，K=，平衡常數(shù)只受溫度的影響，Zn2+濃度增大，只會(huì)影響其開始沉淀的pH，不會(huì)影響氫氧化鋅開始溶解的pH，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)表中數(shù)據(jù)，加堿至pH=13，F(xiàn)e2+以Fe(OH)2形式存在，Zn(OH)2完全溶解，氫氧化亞鐵為絮狀沉淀，不易用過濾方法從溶液中分離出來，同時(shí)根據(jù)表中Fe2+、Zn2+開始沉淀時(shí)的pH，不需要加酸至強(qiáng)酸性，故D錯(cuò)誤；〖答案〗為B。16.在實(shí)驗(yàn)室中進(jìn)行下列實(shí)驗(yàn)，操作流程、結(jié)論均合理的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牟僮髁鞒探Y(jié)論A探究淀粉的水解程度淀粉水解液中和液不變藍(lán)淀粉已完全水解B檢驗(yàn)乙醇消去反應(yīng)的產(chǎn)物乙醇混合氣褪色乙醇消去生成乙烯C檢驗(yàn)Na2SO3是否被氧化Na2SO3樣品溶解液白色沉淀Na2SO3已被氧化D比較Cl2、、I2的氧化性FeCl2溶液黃色溶液藍(lán)色溶液氧化性：A.A B.B C.C D.D〖答案〗B【詳析】A．氫氧化鈉溶液能與單質(zhì)碘反應(yīng)，在滴加碘液之前應(yīng)該首先加入稀硫酸中和氫氧化鈉，然后在加熱單質(zhì)碘，才能依據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象探究淀粉的水解程度，A錯(cuò)誤；B．在濃硫酸的作用下加熱到170℃發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯，生成的混合氣通入溴的四氯化碳溶液中，若褪色，說明含有乙烯，則可以證明乙醇消去生成乙烯，B正確；C．在酸性溶液中硝酸根具有強(qiáng)氧化性，能氧化亞硫酸根生成硫酸根，所以該實(shí)驗(yàn)方案不能證明Na2SO3已被氧化，C錯(cuò)誤；D．通入氯氣氧化亞鐵離子，所得黃色溶液中可能含有過量的氯氣，氯氣也能氧化碘離子生成單質(zhì)碘，因此該實(shí)驗(yàn)方案不能比較Cl2、、I2的氧化性，D錯(cuò)誤；〖答案〗選B。二、填空題(共5大題，共52分)。17.C、N、O三種元素的單質(zhì)或化合物是化學(xué)研究的重要對(duì)象。請(qǐng)回答：（1）第四周期中與C同主族的元素基態(tài)原子的電子排布式為___________。C、N、O三元素中，電負(fù)性最小的是___________。（2）N2O5在固態(tài)時(shí)存在、兩種離子。①離子中，鍵、鍵個(gè)數(shù)比___________。②、兩種離子中，鍵角較大的是___________，原因是___________。（3）由C、N、O三種元素組成的OPCN材料具有如圖所示的二維層狀結(jié)構(gòu)。①OPCN的化學(xué)式為___________。②要增強(qiáng)OPCN材料的親水性，可在材料上引入___________。(假設(shè)OPCN的形狀不變)A．-ClB．-OHC．-NH2D．-CH3〖答案〗（1）①.1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar]3d104s24p2②.C（2）①.1∶1②.NO③.NO中N原子為sp雜化，鍵角為180°，NO中N原子為sp2雜化，鍵角為120°（3）①.C3N3O②.BC【小問1詳析】第四周期中與C同主族的元素為鍺元素，原子序數(shù)為32，其基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar]3d104s24p2；同周期元素從左至右電負(fù)性逐漸增大，因此電負(fù)性最小的是C；故〖答案〗為1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar]3d104s24p2；C；【小問2詳析】①NO與CO2互為等電子體，CO2的結(jié)構(gòu)式為O=C=O，因此NO的結(jié)構(gòu)與CO2的結(jié)構(gòu)相似，即NO中σ鍵和π鍵的個(gè)數(shù)比為1∶1；故〖答案〗為1∶1；②NO中中心N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2+=2，雜化類型為sp，空間構(gòu)型為直線形，鍵角為180°，NO中中心N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+=3，雜化類型為sp2，空間構(gòu)型為平面形，鍵角為120°，因此鍵角最大的是NO；故〖答案〗為NO；NO中N原子為sp雜化，鍵角為180°，NO中N原子為sp2雜化，鍵角為120°；【小問3詳析】①，紅線內(nèi)部的為基本結(jié)構(gòu)單元，6個(gè)C原子全部屬于基本結(jié)構(gòu)單元，用黑線畫出的N原子被三個(gè)基本結(jié)構(gòu)單元共用，因此N原子的個(gè)數(shù)為5+3×=6，2個(gè)氧原子全部屬于基本結(jié)構(gòu)單元，因此OPCN的結(jié)構(gòu)簡式為C3N3O；故〖答案〗為C3N3O；②-Cl、-CH3為疏水基團(tuán)，-OH、-NH2屬于親水集團(tuán)，因此OPCN在材料上引入-OH、-NH2，可以增強(qiáng)OPCN的親水性，選項(xiàng)BC符合題意；故〖答案〗為BC。18.實(shí)驗(yàn)室以重晶石(BaSO4)和ZnSO4為主要原料，模擬工業(yè)制取立德粉()。具體操作過程如下：請(qǐng)回答：（1）BaS的電子式為___________。（2）寫出“反應(yīng)器”中反應(yīng)的化學(xué)方程式___________。（3）“②過濾”得到的濾渣的主要成分是___________(填名稱)。（4）“④洗滌”的具體操作是___________。（5）BaS久置于空氣中會(huì)生成一種白色沉淀，請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)探究白色沉淀的成分________?！即鸢浮剑?）（2）4C+BaSO44CO↑+BaS（3）焦炭或炭（4）向原過濾器中加入蒸餾水，沒過沉淀，靜置，待水流盡后，重復(fù)上述操作2～3次（5）取白色沉淀，加稀鹽酸，如果固體溶解，是BaCO3，如果不溶解，則是BaSO4〖祥解〗過量的焦炭與重晶石在900～1200℃下發(fā)生反應(yīng)4C+BaSO44CO↑+BaS，加水過濾，因?yàn)榻固渴沁^量的，因此濾渣為焦炭或炭，濾液為BaS溶液，BaS溶液中加入過量硫酸鋅溶液，發(fā)生BaS+ZnSO4===BaSO4·ZnS↓，據(jù)此分析；【小問1詳析】BaS為離子化合物，其電子式為；故〖答案〗為；【小問2詳析】根據(jù)流程圖可知，反應(yīng)器中得到BaS，所加焦炭過量，得到氣體為CO，即反應(yīng)方程式為4C+BaSO44CO↑+BaS，故〖答案〗為4C+BaSO44CO↑+BaS；【小問3詳析】所加焦炭過量，焦炭難溶于水，因此②過濾得到濾渣為焦炭或炭；故〖答案〗為焦炭或炭；【小問4詳析】③過濾后得到BaSO4·ZnS，用蒸餾水進(jìn)行洗滌，④洗滌的操作是向原過濾器中加入蒸餾水，沒過沉淀，靜置，待水流盡后，重復(fù)上述操作2～3次；故〖答案〗為向原過濾器中加入蒸餾水，沒過沉淀，靜置，待水流盡后，重復(fù)上述操作2～3次；【小問5詳析】BaS久置于空氣中會(huì)生成一種白色沉淀，該白色沉淀可能為BaCO3，也可能為BaSO4，檢驗(yàn)該白色沉淀的方法是取白色沉淀，加稀鹽酸，如果固體溶解，是BaCO3，如果不溶解，則是BaSO4；故〖答案〗為取白色沉淀，加稀鹽酸，如果固體溶解，是BaCO3，如果不溶解，則是BaSO4。19.研究CO2與CH4的干重整反應(yīng)使之轉(zhuǎn)化為合成氣(H2和CO)對(duì)減緩燃料危機(jī)、減少溫室效應(yīng)具有重大意義。已知：干重整反應(yīng)：副反應(yīng)：請(qǐng)回答下列問題：（1）干重整反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行的條件是____(填字母)。選擇該條件還有利于干重整反應(yīng)______。A．高溫B．低溫C．任意溫度D．恒不能自發(fā)進(jìn)行（2）已知干重整反應(yīng)的反應(yīng)速率(其中k為速率常數(shù)，只隨溫度變化而變化)。900℃時(shí)，保持其它條件不變，v正隨p(CH4)、p(CO2)的變化如下表所示。v正實(shí)驗(yàn)111k實(shí)驗(yàn)2224k實(shí)驗(yàn)3313k保持其它條件不變，只改變p(CH4)，請(qǐng)畫出v正隨p(CH4)的變化曲線___________。（3）在恒壓、條件下，CH4和CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化曲線如圖所示。下列有關(guān)說法正確的是___________。A.升溫、加壓均有利于提高CH4的平衡轉(zhuǎn)化率B.曲線A表示CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化C.改用高效催化劑，能使曲線A和曲線B相重疊D.某溫度下，當(dāng)氣體密度不變時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)（4）恒容容器中投入等物質(zhì)的量的CH4、CO2，在不同催化劑作用下進(jìn)行干重整反應(yīng)(不考慮副反應(yīng))，相同時(shí)間后混合氣體中CH4的體積分?jǐn)?shù)隨反應(yīng)溫度變化如圖所示。對(duì)活化能下降最多的催化劑是___________(選填“cat.1”“cat.2”或“cat.3”)。b點(diǎn)CH4體積分?jǐn)?shù)低于a點(diǎn)的原因是___________。（5）通過副反應(yīng)獲得富CO氣體。同溫同壓下，物質(zhì)的量1∶1的CO2和H2通入無水分子透過膜的反應(yīng)器，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為50%。若換成有水分子透過膜的反應(yīng)器(如下圖)，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率增大至80%，則相同時(shí)間內(nèi)氣體a和氣體b中H2O的質(zhì)量比為___________?！即鸢浮剑?）①.A②.平衡正向移動(dòng)（2）（3）BD（4）①.cat.1②.該反應(yīng)正反應(yīng)方向?yàn)槲鼰?，升溫平衡正向移?dòng)，體積分?jǐn)?shù)降低（5）5:8〖解析〗【小問1詳析】為氣體分子數(shù)增多的熵增反應(yīng)，?S＞0，在?H＞0時(shí)，根據(jù)?G=?H-T?S可知，在高溫條件下，?G＜0反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行；干重整反應(yīng)?H＞0正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，高溫利于平衡正向移動(dòng)；【小問2詳析】根據(jù)干重整反應(yīng)的反應(yīng)速率(其中k為速率常數(shù)，只隨溫度變化而變化)。900℃時(shí)，保持其它條件不變，v(正)隨p(CH4)、p(CO2)的變化如表所示，可知v(正)與p(CH4)成正比例關(guān)系，起點(diǎn)不為0，趨勢(shì)直線向上，如圖；【小問3詳析】A．由圖可知隨溫度升高，轉(zhuǎn)化率曲線向上，說明升溫可以提高轉(zhuǎn)化率，氣體體積增大反應(yīng)，加壓平衡逆向移動(dòng)，甲烷轉(zhuǎn)化率降低，故A錯(cuò)誤；B．題中給出兩個(gè)反應(yīng)均為吸熱反應(yīng)，升溫兩反應(yīng)均正向移動(dòng)，在條件下二氧化碳同時(shí)發(fā)生兩個(gè)反應(yīng)，所以轉(zhuǎn)化率大于甲烷，即曲線A表示二氧化碳轉(zhuǎn)化率，故B正確；C．催化劑只改變反應(yīng)速率，而不能改變轉(zhuǎn)化率，所以改用高效催化劑，不能使曲線A和曲線B相重疊，故C錯(cuò)誤；D．反應(yīng)過程中氣體分子數(shù)發(fā)生變化，為保持恒壓，則氣體體積發(fā)生變化，在不涉及非氣體參與條件下，氣體總質(zhì)量不變，則密度為變量，當(dāng)密度不變，可以證明反應(yīng)達(dá)平衡，故D正確；〖答案〗選BD?！拘?詳析】由圖可知，相同時(shí)間內(nèi)在cat.1催化劑作用下，甲烷體積分?jǐn)?shù)變化最大，說明相同時(shí)間內(nèi)反應(yīng)速率最快，降低活化能最大；b點(diǎn)CH4體積分?jǐn)?shù)低于a點(diǎn)的原因是該反應(yīng)正反應(yīng)方向?yàn)槲鼰?，在相同催化劑作用下，溫度升高，平衡正向移?dòng)，甲烷轉(zhuǎn)化率增大，體積分?jǐn)?shù)下降；【小問5詳析】假設(shè)通入CO2和H2物質(zhì)的量均為1mol，根據(jù)反應(yīng)，同溫同壓下，物質(zhì)的量1∶1的CO2和H2通入無水分子透過膜的反應(yīng)器，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為50%，此時(shí)生成水的物質(zhì)的量為0.5mol；換成有水分子透過膜的反應(yīng)器(如下圖)，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率增大至80%，生成水的物質(zhì)的量為0.8mol，根據(jù)可知質(zhì)量比=物質(zhì)的量之比=5∶8；20.晶體見光易分解，易溶于水(溶解度：0℃，4.7g；100℃，117.7g)，難溶于乙醇，110℃下可失去全部結(jié)晶水。某小組用鐵屑為原料進(jìn)行制備，涉及的主要反應(yīng)有：步驟①：步驟②：步驟③：。請(qǐng)回答：（1）步驟①可能會(huì)產(chǎn)生有毒的H2S，可用___________(填化學(xué)式)作試劑檢驗(yàn)H2S。（2）下列有關(guān)晶體制備過程的說法，正確的是___________。A.步驟①，鐵屑必須先除去表面的油污和鐵銹B.步驟②，通過加過量H2C2O4以抑制水解C.步驟②，過濾后用蒸餾水洗滌固體至濾液呈中性D.步驟③，H2O2消耗的物質(zhì)的量大于H2C2O4（3）實(shí)驗(yàn)小組通過下列操作獲得晶體：將溶液置于冰水浴中，再加入少量95%乙醇，置于暗處結(jié)晶。這樣操作的目的是___________。（4）實(shí)驗(yàn)小組欲用酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液測(cè)定晶體中鐵元素的含量。①滴定前有如下操作，請(qǐng)按操作順序排列：蒸餾水洗滌酸式滴定管→(_______)→(________)→(________)→(________)→(_________)→滴定。A．加KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液至滴定管0刻度線以上B．用KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液潤洗3次C．排出滴定管尖嘴處的氣泡D．記錄起始讀數(shù)E．調(diào)整滴定管內(nèi)液面至刻度線0~1之間②滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是___________。③向滴定后的溶液中加入過量Zn粉，充分反應(yīng)后，滴加硫酸溶解固體，所得溶液用KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定。已知被還原成，則第二次滴定的離子方程式為___________?！即鸢浮剑?）CuCl2或CuSO4（2）CD（3）冰水浴和乙醇可降低溶解度使晶體析出，置于暗處結(jié)晶，防止晶體見光分解（4）①.B→A→C→E→D②.滴入最后半滴高錳酸鉀溶液，溶液變淺紫色，且半分鐘或30s不褪色③.MnO+5Fe2++8H+===Mn2++5Fe3++4H2O〖祥解〗本實(shí)驗(yàn)制備K3[Fe(C2O4)3]·3H2O，在制備過程中充分理解K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的物理性質(zhì)，如見光易分解，需要在暗處結(jié)晶得到，難溶于乙醇等等，測(cè)定樣品中鐵元素的含量時(shí)，根據(jù)元素守恒，建立關(guān)系式即可，據(jù)此分析；【小問1詳析】檢驗(yàn)H2S，常用該反應(yīng)Cu2++H2S===CuS↓+2H+，將氣體通入CuCl2或CuSO4溶液中出現(xiàn)黑色沉淀，說明該氣體中含有H2S，故〖答案〗為CuCl2或CuSO4；【小問2詳析】A．步驟①，鐵屑與稀硫酸反應(yīng)時(shí)，先除去表面油污，增加鐵屑與稀硫酸的接觸面積，加快反應(yīng)速率，K3[Fe(C2O4)3]·3H2O中鐵元素顯+3價(jià)，鐵銹化學(xué)式為Fe2O3，鐵元素也顯+3價(jià)，因此不需要除去鐵屑表面的鐵銹，故A錯(cuò)誤；B．加入過量的草酸的目的是將Fe2+全部轉(zhuǎn)化成草酸亞鐵晶體，硫酸能抑制Fe2+水解，故B錯(cuò)誤；C．步驟②，過濾后用蒸餾水洗滌，因?yàn)榱蛩崮芘c草酸鉀反應(yīng)生成草酸，消耗草酸鉀的量增大，因此過量后用蒸餾水洗滌至濾液呈中性，故C正確；D．因?yàn)檫^氧化氫具有強(qiáng)氧化性，能氧化部分草酸或草酸根離子，過氧化氫不穩(wěn)定，會(huì)發(fā)生分解，因此消耗過氧化氫的量大于草酸的量，故D正確；〖答案〗為CD；【小問3詳析】K3[Fe(C2O4)3]·3H2O易溶于水，溶解度隨著溫度的升高而增大，且K3[Fe(C2O4)3]·3H2O難溶于乙醇，因此冰水浴和乙醇可降低溶解度使晶體析出，K3[Fe(C2O4)3]·3H2O見光易分解，置于暗處結(jié)晶，防止晶體見光分解；故〖答案〗為冰水浴和乙醇可降低溶解度使晶體析出，置于暗處結(jié)晶，防止晶體見光分解；【小問4詳析】①用高錳酸鉀溶液滴定，操作是先用蒸餾水洗滌酸式滴定管→然后用酸性高錳酸鉀溶液潤洗2～3次→滴定管中裝入標(biāo)準(zhǔn)液高錳酸鉀溶液至0刻度線以上→排出滴定管尖嘴處的氣泡→調(diào)節(jié)滴定管液面至刻度線0～1之間→記錄起始讀數(shù)→滴定，順序是B→A→C→E→D；故〖答案〗為B→A→C→E→D；②用高錳酸鉀溶液滴定，滴定到終點(diǎn)的現(xiàn)象是滴入最后半滴高錳酸鉀溶液，溶液變淺紫色，且半分鐘或30s不褪色，故〖答案〗為滴入最后半滴高錳酸鉀溶液，溶液變淺紫色，且半分鐘或30s不褪色；③滴定是用高錳酸鉀溶液將草酸根離子氧化，向滴定后的溶液加入過量的Zn粉，將Fe3+轉(zhuǎn)化成Fe2+或Fe單質(zhì)，滴加硫酸溶解固體，將鐵單質(zhì)轉(zhuǎn)化成Fe2+，再用高錳酸鉀溶液滴定，將Fe2+氧化成Fe3+，其離子方程式為MnO+5Fe2++8H+===Mn2++5Fe3++4H2O；故〖答案〗為MnO+5Fe2++8H+===Mn2++5Fe3++4H2O。21.用如下路徑合成高效低毒農(nóng)藥殺滅菊酯。已知：①。②。請(qǐng)回答：（1）殺滅菊酯中的不含氧的官能團(tuán)有___________(寫名稱)。（2）化合物C的結(jié)構(gòu)簡式為___________。（3）下列說法不正確的是___________。A.1mol化合物E最多可消耗1molNaOHB.化合物B具有1個(gè)手性碳原子C.化合物H中碳原子的雜化類型為sp3、sp2D.殺滅菊酯的分子式為（4）寫出D＋E→F的化學(xué)方程式___________。（5）設(shè)計(jì)以甲苯為原料合成有機(jī)物A的路線(用流程圖表示，無機(jī)試劑任選)__________。（6）寫出3種同時(shí)符合下列條件的化合物A的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式______(不包括A)。①譜表明：分子中共有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子；②IR譜檢測(cè)發(fā)現(xiàn)：分子中只含苯環(huán)一種環(huán)狀結(jié)構(gòu)?！即鸢浮剑?）碳氯鍵、氰基（2）（3）AC（4）++NaOH+NaBr+H2O（5）(其他合理〖答案〗也可)（6）、、(其他合理〖答案〗也可)〖祥解〗根據(jù)殺滅菊酯的結(jié)構(gòu)簡式，以及分子式，推出C和H發(fā)生酯化反應(yīng)，C的結(jié)構(gòu)簡式為為，H的結(jié)構(gòu)簡式為，根據(jù)C的結(jié)構(gòu)簡式，以及A分子式，與2-氯丙烷發(fā)生取代反應(yīng)，A的結(jié)構(gòu)簡式為，B的結(jié)構(gòu)簡式為，根據(jù)D的分子式，以及H的結(jié)構(gòu)簡式，推出D的結(jié)構(gòu)簡式為，E的結(jié)構(gòu)簡式為，根據(jù)F的分子式，D和E發(fā)生取代反應(yīng)，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式為，根據(jù)題中信息，F(xiàn)→G發(fā)生氧化反應(yīng)，將甲基氧化成醛基，G的結(jié)構(gòu)簡式為，據(jù)此分析；【小問1詳析】根據(jù)殺滅菊酯的結(jié)構(gòu)簡式，不含氧的官能團(tuán)是碳氯鍵、氰基；故〖答案〗為是碳氯鍵、氰基；【小問2詳析】根據(jù)C和D反應(yīng)條件，C和D發(fā)生酯化反應(yīng)，因此根據(jù)殺滅菊酯的結(jié)構(gòu)簡式，推出C的結(jié)構(gòu)簡式為；故〖答案〗為；【小問3詳析】A．根據(jù)上述分析，E的結(jié)構(gòu)簡式為，E在一定條件下與NaOH溶液發(fā)生水解反應(yīng)，生成苯酚，酚羥基也能與NaOH發(fā)生反應(yīng)，因此1molE最多可消耗2molNaOH，故A說法錯(cuò)誤；B．化合物B的結(jié)構(gòu)簡式為，根據(jù)手性碳原子的定義，與-CN所連的碳原子為手性碳原子，即化合物B具有1個(gè)手性碳原子，故B說法正確；C．化合物H的結(jié)構(gòu)簡式為，C和N之間共用三個(gè)鍵，該碳原子雜化類型為sp，其余碳原子雜化類型為sp2、sp3，故C說法錯(cuò)誤；D．根據(jù)有機(jī)物中碳原子成鍵特點(diǎn)，殺滅菊酯的分子式為C25H22NO3Cl，故D說法正確；〖答案〗為AC；【小問4詳析】D和E發(fā)生取代反應(yīng)，因此該反應(yīng)方程式為++NaOH+NaBr+H2O；故〖答案〗為++NaOH+NaBr+H2O；【小問5詳析】由甲苯制備，根據(jù)信息②，甲苯先與氯氣在光照條件下，氯原子取代甲基上的氫原子，然后在FeCl3作用下，在對(duì)位上引入1個(gè)氯原子，最后與NaCN反應(yīng)得到目標(biāo)產(chǎn)物，合成路線為；故〖答案〗為(其他合理〖答案〗也可)；【小問6詳析】浙江省金華十校2022-2023學(xué)年高二下學(xué)期期末調(diào)研考試說明：1.全卷滿分100分，考試時(shí)間90分鐘。2.請(qǐng)將〖答案〗寫在答題卷的相應(yīng)位置上?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16Na-21Mg-24Al-27Si-28S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56Cu-64Zn-65Br-80一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分)1.下列物質(zhì)屬于鹽且水溶液呈酸性的是A.SiO2 B.KNO3 C. D.KHSO4〖答案〗D【詳析】A．SiO2按物質(zhì)分類屬于氧化物，不屬于鹽，故A錯(cuò)誤；B．KNO3按物質(zhì)分類屬于鹽類化合物，屬于強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，溶液呈中性，故B錯(cuò)誤；C．按物質(zhì)分類屬于堿，故C錯(cuò)誤；D．KHSO4按物質(zhì)分類屬于酸式鹽，在水溶液中電離出K+、H+和，溶液呈酸性，故D正確；〖答案〗選D。2.下列有關(guān)NaCl的說法不正確的是A.Cl元素位于周期表第Ⅶ族 B.可用作食品添加劑C.屬于強(qiáng)電解質(zhì) D.溶液保存在帶玻璃塞的細(xì)口瓶中〖答案〗A【詳析】A．Cl元素位于周期表第三周期ⅦA族，故A說法錯(cuò)誤；B．食鹽可作食品中的防腐劑等，因此食鹽可用作食品添加劑，故B說法正確；C．NaCl屬于鹽，在水中完全電離，屬于強(qiáng)電解質(zhì)，故C說法正確；D．NaCl的水溶液顯中性，因此該溶液保存在帶玻璃塞的細(xì)口瓶中，故D說法正確；〖答案〗為A。3.下列化學(xué)用語表示正確的是A.中子數(shù)為30的鐵原子：B.基態(tài)Al原子的價(jià)電子的軌道表示式：C.H2O的空間結(jié)構(gòu)為直線形D.TNT的結(jié)構(gòu)簡式：〖答案〗B【詳析】A．中子數(shù)為30的鐵原子：，故A錯(cuò)誤；B．基態(tài)Al原子的價(jià)電子的電子排布式為3s23p1，故軌道表示式：，故B正確；C．H2O的空間結(jié)構(gòu)為V形，故C錯(cuò)誤；D．TNT的結(jié)構(gòu)簡式為，故D錯(cuò)誤；故選B。4.物質(zhì)的性質(zhì)決定用途，下列兩者對(duì)應(yīng)關(guān)系不正確的是A.FeCl3溶液能溶解Cu，可印制電路板B.石墨能導(dǎo)電，可作電解池的電極材料C.有弱堿性，可用于檢驗(yàn)醛基D.鈉鉀合金熔點(diǎn)低，可用作核反應(yīng)堆的導(dǎo)熱劑〖答案〗C【詳析】A．Fe3+具有強(qiáng)氧化性，能與Cu發(fā)生Cu+2Fe3+===2Fe2++Cu2+，因此氯化鐵能腐蝕印制電路板上銅單質(zhì)，故A說法正確；B．石墨是良好導(dǎo)電材料，可做電解池的電極材料，故B說法正確；C．氫氧化銅懸濁液能檢驗(yàn)醛基，是利用氫氧化銅的弱氧化性，將醛基氧化，故C說法錯(cuò)誤；D．鈉鉀合金熔點(diǎn)低，常溫下為液態(tài)，其中的粒子可以對(duì)流，所以鈉鉀合金可以對(duì)流導(dǎo)熱；又由于鈉鉀合金內(nèi)部有大量的自由電子，所以鈉鉀合金又可以傳導(dǎo)導(dǎo)熱。因此可用作核反應(yīng)堆的導(dǎo)熱劑，故D說法正確；〖答案〗為C。5.下列關(guān)于元素及其化合物的性質(zhì)的說法正確的是A.用金屬Na鑒別乙醇和甲醚 B.SO2溶于水生成H2SO4C.常溫下鋁與濃硝酸反應(yīng)可制備NO2 D.實(shí)驗(yàn)室用NH4Cl分解制NH3〖答案〗A【詳析】A．乙醇和Na反應(yīng)產(chǎn)生氣體冒氣泡，Na和甲醚不反應(yīng)無現(xiàn)象，所以金屬Na可以鑒別乙醇和甲醚，故A正確；B．SO2溶于水生成的是H2SO3，故B錯(cuò)誤；C．常溫下鋁與濃硝酸會(huì)鈍化，故C錯(cuò)誤；D．實(shí)驗(yàn)室用加熱Ca(OH)2和NH4Cl混合物來制取NH3，故D錯(cuò)誤；故本題選A．6.已知反應(yīng)：(Y含氮元素)，下列說法正確是A.發(fā)生還原反應(yīng)B.Y是C.是氧化產(chǎn)物 D.還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為1：4〖答案〗D〖祥解〗Fe3+化合價(jià)降低，做氧化劑，中的N元素化合價(jià)升高，做還原劑；4個(gè)Fe3+生成4個(gè)Fe2+得到4個(gè)電子，中的N元素化合價(jià)為-2價(jià)，2個(gè)氮原子失去4個(gè)電子都變成0價(jià)，Y為N2，根據(jù)電荷守恒和電子守恒配平方程式為4Fe3++===4Fe2++N2+5H+?！驹斘觥緼．中的N元素化合價(jià)升高，做還原劑，發(fā)生氧化反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)分析可知Y是N2，B錯(cuò)誤；C．Fe2+為還原產(chǎn)物，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)分析可知，還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為1∶4，D正確；故〖答案〗為：D。7.下列離子方程式正確的是A.氯氣跟水反應(yīng)：B.碳酸鎂與稀鹽酸反應(yīng)：C稀H2SO4中滴加溶液：D.向苯酚鈉溶液中通入過量Br2：〖答案〗C【詳析】A．氯氣跟水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，次氯酸為弱酸，不能拆為離子，正確離子方程式：，故A錯(cuò)誤；B．碳酸鎂可與鹽酸反應(yīng)生成氯化鎂、水和二氧化碳，碳酸鎂為難溶性物質(zhì)，不能拆為離子，正確離子方程式為：，故B錯(cuò)誤；C．稀H2SO4中滴加溶液反應(yīng)生成難溶性沉淀硫酸鋇和水，離子反應(yīng)方程式為，故C正確；D．向苯酚鈉溶液中通入過量Br2，Br2先與水反應(yīng)生成氫溴酸和次溴酸，在此酸性環(huán)境下，苯酚鈉與氫離子結(jié)合生成苯酚，苯酚進(jìn)一步與過量的溴反應(yīng)生成三溴苯酚和溴化氫，離子方程式為：，故D錯(cuò)誤；〖答案〗選C。8.下列關(guān)于有機(jī)物的說法不正確的是A.通過煤的分餾可以獲得甲苯B.淀粉和纖維素都能發(fā)生酯化反應(yīng)C.加熱可破壞蛋白質(zhì)的結(jié)構(gòu)導(dǎo)致蛋白質(zhì)變性D.堿催化下苯酚與過量甲醛可合成熱固型材料〖答案〗A【詳析】A．煤是多種復(fù)雜有機(jī)物和無機(jī)物的混合物，不含苯和甲苯，通過煤的干餾可獲得甲苯，故A錯(cuò)誤；B．纖維素和淀粉的葡萄糖單元都含有醇羥基，所以在一定條件下都能發(fā)生酯化反應(yīng)，故B正確；C．加熱等物理因素會(huì)破壞蛋白質(zhì)結(jié)構(gòu)導(dǎo)致蛋白質(zhì)發(fā)生變性，故C正確；D．堿性條件下，甲醛過量時(shí)，苯酚與甲醛反應(yīng)不僅可以發(fā)生在鄰位，還可以發(fā)生在對(duì)位，從而得到網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)的酚醛樹脂，故D正確；〖答案〗選A。9.某有機(jī)物的結(jié)構(gòu)如圖所示，下列說法正確的是A.有機(jī)物分子中含有4個(gè)碳碳雙鍵B.該有機(jī)物發(fā)生消去反應(yīng)，有機(jī)產(chǎn)物只有一種C.該有機(jī)物不能發(fā)生催化氧化反應(yīng)D.與足量溴水反應(yīng)，1mol該有機(jī)物最多需3molBr2〖答案〗B【詳析】A．苯中不含碳碳雙鍵，因此該有機(jī)物中含有1個(gè)碳碳雙鍵，故A錯(cuò)誤；B．與羥基所連碳原子的相鄰碳原子有氫原子，能發(fā)生消去反應(yīng)，只能生成，故B正確；C．羥基所連碳原子上有氫原子，能發(fā)生催化氧化，即結(jié)構(gòu)簡式為，故C錯(cuò)誤；D．該有機(jī)物中能與溴水發(fā)生反應(yīng)的官能團(tuán)是碳碳雙鍵，1mol該有機(jī)物最多需1molBr2，故D錯(cuò)誤；〖答案〗為B。10.A、B、C、D、E為前四周期不同主族的元素，原子序數(shù)依次增大。元素A可形成有機(jī)物的骨架，B、C、D位于同一周期，元素B在同周期中金屬性最強(qiáng)，元素C的基態(tài)原子有2個(gè)未成對(duì)電子，元素D最外層電子數(shù)為A、B、E最外層電子數(shù)之和。下列說法正確的是A.元素第一電離能：B<D<CB.最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性：D>C>AC.簡單離子的離子半徑：E<C<DD.五種元素的單質(zhì)均可在O2中燃燒〖答案〗B〖祥解〗元素A可形成有機(jī)物的骨架，即元素A為C，元素B在同周期中金屬性最強(qiáng)，則B為Na，元素C的基態(tài)原子有2個(gè)未成對(duì)電子，B、C、D在同周期，C價(jià)電子排布式可能為3s23p2(硅，與碳元素屬于同主族，不合理)、3s23p4(硫，合理)，則D為Cl，因?yàn)樵谼最外層電子數(shù)為A、B、E最外層電子數(shù)之和，則E為最外層有2個(gè)電子，因?yàn)槲宸N元素為前四周期的主族元素，則E為Ca，據(jù)此分析；【詳析】A．同周期從左向右第一電離能是增大趨勢(shì)，因此有I1(Cl)＞I1(S)＞I1(Na)，故A錯(cuò)誤；B．非金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，非金屬性：Cl＞S＞C，則最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性：Cl＞S＞C，故B正確；C．核外電子排布相同時(shí)，微粒半徑隨著原子序數(shù)的遞增而減小，因此簡單離子的離子半徑：r(S2-)＞r(Cl-)＞r(Ca2+)，故C錯(cuò)誤；D．Cl元素在氧氣中不能燃燒，故D錯(cuò)誤；〖答案〗為B。11.一種大型貯液蓄電電站的工作原理示意圖如下，下列敘述正確的是A.放電時(shí)，負(fù)極區(qū)失去電子，正極區(qū)陰離子數(shù)量減少B.當(dāng)從左向右透過交換膜時(shí)，電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能C.充電時(shí)，陽極反應(yīng)為D.隨著充電時(shí)間延長，Na2S4的量逐漸增大〖答案〗C〖祥解〗根據(jù)裝置圖可知，左端電極為負(fù)極，化合價(jià)升高，電極反應(yīng)式為2S-2e-=S，右端電極為正極，化合價(jià)降低，電極反應(yīng)式為Br+2e-=3Br-，據(jù)此分析；【詳析】A．放電時(shí)，該裝置為電池，根據(jù)原電池工作原理，負(fù)極區(qū)失去電子，正極區(qū)的電極反應(yīng)式為Br+2e-=3Br-，陰離子數(shù)量增多，故A錯(cuò)誤；B．負(fù)極電極反應(yīng)式2S-2e-=S，正極電極反應(yīng)式Br+2e-=3Br-，為了平衡電荷，Na+從左側(cè)向右側(cè)透過交換膜，此時(shí)為放電，化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，故B錯(cuò)誤；C．充電時(shí)，電池正極接電源的正極，陽極反應(yīng)式為3Br--2e-=Br，故C正確；D．充電時(shí)，陰極反應(yīng)式為S+2e-=2S，Na2S4的量逐漸減小，故D錯(cuò)誤；〖答案〗為C。12.POCl3遇水易水解，與C2H5OH反應(yīng)生成磷酸三乙酯()，下列敘述正確的是A.POCl3分子中各原子均達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)B.POCl3分子為極性鍵組成的非極性分子C.相同條件下，與乙醇反應(yīng)生成磷酸三乙酯，產(chǎn)率：POCl3>H3PO4D.相同條件下，與水發(fā)生水解反應(yīng)，速率：POCl3>POBr3〖答案〗D【詳析】A．把磷酸三乙酯中的OC2H5換成Cl就是POCl3的結(jié)構(gòu)了，只有O和Cl周圍能達(dá)到8e-穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，P不是8e-穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故A錯(cuò)誤；B．把磷酸三乙酯中的OC2H5換成Cl就是POCl3的結(jié)構(gòu)，P與O和Cl形成的都是極性鍵，POCl3遇水易水解，根據(jù)相似者相容原理，可知POCl3是極性分子，故B錯(cuò)誤；C．把磷酸三乙酯中的OC2H5換成羥基就是H3PO4的結(jié)構(gòu)，從結(jié)構(gòu)上分析，POCl3是Cl原子與乙醇取代，而H3PO4是羥基與乙醇取代，但H3PO4是一種中強(qiáng)酸，更容易與乙醇反應(yīng)產(chǎn)生比較多的磷酸三乙酯，故C錯(cuò)誤；D．POCl3水解得到HCl，POBr3水解得到HBr，HCl的酸性比HBr的酸性更強(qiáng)，根據(jù)越弱越水解原則，越弱的是POCl3，故D正確；故本題選D。13.25℃，；，。下列說法正確的是A.25℃，濃度均為的NaClO、Na2CO3混合液中：B.25℃，中和等pH、等體積的鹽酸與次氯酸，鹽酸消耗的NaOH的質(zhì)量大C.25℃，濃度均為的NaClO與NaHCO3不能共存D.25℃，pH相同的HClO與H2CO3溶液中：〖答案〗D【詳析】A．由電離平衡常數(shù)可知，次氯酸的酸性大于碳酸氫根，小于碳酸，由水解規(guī)律可得在等濃度情況下，碳酸根離子的水解程度大于次氯酸根，所以25℃，濃度均為的NaClO、Na2CO3混合液中：次氯酸根大于碳酸根大于氫氧根，故A錯(cuò)誤；B．鹽酸是強(qiáng)酸，次氯酸是弱酸，等pH兩個(gè)溶液，次氯酸的濃度大于鹽酸，所以25℃，中和等pH、等體積的鹽酸與次氯酸，次氯酸消耗的NaOH的質(zhì)量大，故B錯(cuò)誤；C．由電離平衡常數(shù)可知，次氯酸的酸性大于碳酸氫根，小于碳酸，故碳酸氫根并不能與次氯酸根反應(yīng)得到次氯酸，故C錯(cuò)誤；D．由電荷守恒可得，，碳酸溶液中：，兩溶液pH相同，則=，故D正確；故選D。14.乙烯在加聚反應(yīng)時(shí)，不同溫度下可得到支鏈型聚乙烯或直鏈型聚乙烯，反應(yīng)歷程與能量變化如圖所示(表示烴基自由基)。下列說法不正確的是A.取代基越多的烴基自由基越穩(wěn)定B.合成等質(zhì)量的聚乙烯，支鏈型放出的熱量多于直鏈型C.支鏈型聚乙烯的密度小于直鏈型聚乙烯D.支鏈型自由基()的濃度先增大后減小〖答案〗D【詳析】A．結(jié)合圖像，對(duì)比支鏈型聚乙烯或直鏈型聚乙烯能量高低可知取代基越多烴基自由基能量越低，越穩(wěn)定，故A正確；B．結(jié)合能量圖像可知合成等質(zhì)量的聚乙烯，支鏈型放出的熱量多于直鏈型，故B正確；C．支鏈型聚乙烯由于支鏈的存在導(dǎo)致分子間作用力減弱，密度減小，所以支鏈型聚乙烯的密度小于直鏈型聚乙烯，故C正確；D．結(jié)合反應(yīng)歷程可知，支鏈型自由基()的濃度始終減小，故D錯(cuò)誤；〖答案〗選D。15.25℃時(shí)，金屬離子初始濃度為時(shí)，發(fā)生相應(yīng)變化的pH如下表所示：開始沉淀完全沉淀(離子濃度等于)開始溶解完全溶解7.09.013.51.93.2146.38.010.512.6下列說法正確的是A.懸濁液中，B.加FeCl3可實(shí)現(xiàn)向有效轉(zhuǎn)化C.若初始濃度為，則開始溶解的pH<10.5D.分離、：加堿至pH=13，攪拌后過濾，固體、濾液分別加酸至強(qiáng)酸性〖答案〗B【詳析】A．氫氧化鐵懸濁液中存在Fe(OH)2(s)Fe2+(aq)+2OH-(aq)，水屬于弱電解質(zhì)，也能電離出c(OH-)，根據(jù)電荷守恒，推出c(OH-)＞2c(Fe2+)，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)表中數(shù)據(jù)，當(dāng)金屬離子濃度相等時(shí)，F(xiàn)e3+開始沉淀pH=1.9，Zn2+開始沉淀的pH=6.3，說明氫氧化鐵比氫氧化鋅更難溶，氫氧化鋅懸濁液中存在Zn(OH)2(s)Zn2+(aq)+2OH-(aq)，加入Fe3+，F(xiàn)e3+與OH-結(jié)合生成更難溶的氫氧化鐵，促進(jìn)平衡向右進(jìn)行，實(shí)現(xiàn)氫氧化鋅向氫氧化鐵的有效轉(zhuǎn)化，故B正確；C．氫氧化鋅沉淀加入OH-，發(fā)生Zn(OH)2+2OH-ZnO+2H2O，K=，平衡常數(shù)只受溫度的影響，Zn2+濃度增大，只會(huì)影響其開始沉淀的pH，不會(huì)影響氫氧化鋅開始溶解的pH，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)表中數(shù)據(jù)，加堿至pH=13，F(xiàn)e2+以Fe(OH)2形式存在，Zn(OH)2完全溶解，氫氧化亞鐵為絮狀沉淀，不易用過濾方法從溶液中分離出來，同時(shí)根據(jù)表中Fe2+、Zn2+開始沉淀時(shí)的pH，不需要加酸至強(qiáng)酸性，故D錯(cuò)誤；〖答案〗為B。16.在實(shí)驗(yàn)室中進(jìn)行下列實(shí)驗(yàn)，操作流程、結(jié)論均合理的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牟僮髁鞒探Y(jié)論A探究淀粉的水解程度淀粉水解液中和液不變藍(lán)淀粉已完全水解B檢驗(yàn)乙醇消去反應(yīng)的產(chǎn)物乙醇混合氣褪色乙醇消去生成乙烯C檢驗(yàn)Na2SO3是否被氧化Na2SO3樣品溶解液白色沉淀Na2SO3已被氧化D比較Cl2、、I2的氧化性FeCl2溶液黃色溶液藍(lán)色溶液氧化性：A.A B.B C.C D.D〖答案〗B【詳析】A．氫氧化鈉溶液能與單質(zhì)碘反應(yīng)，在滴加碘液之前應(yīng)該首先加入稀硫酸中和氫氧化鈉，然后在加熱單質(zhì)碘，才能依據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象探究淀粉的水解程度，A錯(cuò)誤；B．在濃硫酸的作用下加熱到170℃發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯，生成的混合氣通入溴的四氯化碳溶液中，若褪色，說明含有乙烯，則可以證明乙醇消去生成乙烯，B正確；C．在酸性溶液中硝酸根具有強(qiáng)氧化性，能氧化亞硫酸根生成硫酸根，所以該實(shí)驗(yàn)方案不能證明Na2SO3已被氧化，C錯(cuò)誤；D．通入氯氣氧化亞鐵離子，所得黃色溶液中可能含有過量的氯氣，氯氣也能氧化碘離子生成單質(zhì)碘，因此該實(shí)驗(yàn)方案不能比較Cl2、、I2的氧化性，D錯(cuò)誤；〖答案〗選B。二、填空題(共5大題，共52分)。17.C、N、O三種元素的單質(zhì)或化合物是化學(xué)研究的重要對(duì)象。請(qǐng)回答：（1）第四周期中與C同主族的元素基態(tài)原子的電子排布式為___________。C、N、O三元素中，電負(fù)性最小的是___________。（2）N2O5在固態(tài)時(shí)存在、兩種離子。①離子中，鍵、鍵個(gè)數(shù)比___________。②、兩種離子中，鍵角較大的是___________，原因是___________。（3）由C、N、O三種元素組成的OPCN材料具有如圖所示的二維層狀結(jié)構(gòu)。①OPCN的化學(xué)式為___________。②要增強(qiáng)OPCN材料的親水性，可在材料上引入___________。(假設(shè)OPCN的形狀不變)A．-ClB．-OHC．-NH2D．-CH3〖答案〗（1）①.1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar]3d104s24p2②.C（2）①.1∶1②.NO③.NO中N原子為sp雜化，鍵角為180°，NO中N原子為sp2雜化，鍵角為120°（3）①.C3N3O②.BC【小問1詳析】第四周期中與C同主族的元素為鍺元素，原子序數(shù)為32，其基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar]3d104s24p2；同周期元素從左至右電負(fù)性逐漸增大，因此電負(fù)性最小的是C；故〖答案〗為1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar]3d104s24p2；C；【小問2詳析】①NO與CO2互為等電子體，CO2的結(jié)構(gòu)式為O=C=O，因此NO的結(jié)構(gòu)與CO2的結(jié)構(gòu)相似，即NO中σ鍵和π鍵的個(gè)數(shù)比為1∶1；故〖答案〗為1∶1；②NO中中心N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2+=2，雜化類型為sp，空間構(gòu)型為直線形，鍵角為180°，NO中中心N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+=3，雜化類型為sp2，空間構(gòu)型為平面形，鍵角為120°，因此鍵角最大的是NO；故〖答案〗為NO；NO中N原子為sp雜化，鍵角為180°，NO中N原子為sp2雜化，鍵角為120°；【小問3詳析】①，紅線內(nèi)部的為基本結(jié)構(gòu)單元，6個(gè)C原子全部屬于基本結(jié)構(gòu)單元，用黑線畫出的N原子被三個(gè)基本結(jié)構(gòu)單元共用，因此N原子的個(gè)數(shù)為5+3×=6，2個(gè)氧原子全部屬于基本結(jié)構(gòu)單元，因此OPCN的結(jié)構(gòu)簡式為C3N3O；故〖答案〗為C3N3O；②-Cl、-CH3為疏水基團(tuán)，-OH、-NH2屬于親水集團(tuán)，因此OPCN在材料上引入-OH、-NH2，可以增強(qiáng)OPCN的親水性，選項(xiàng)BC符合題意；故〖答案〗為BC。18.實(shí)驗(yàn)室以重晶石(BaSO4)和ZnSO4為主要原料，模擬工業(yè)制取立德粉()。具體操作過程如下：請(qǐng)回答：（1）BaS的電子式為___________。（2）寫出“反應(yīng)器”中反應(yīng)的化學(xué)方程式___________。（3）“②過濾”得到的濾渣的主要成分是___________(填名稱)。（4）“④洗滌”的具體操作是___________。（5）BaS久置于空氣中會(huì)生成一種白色沉淀，請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)探究白色沉淀的成分________?！即鸢浮剑?）（2）4C+BaSO44CO↑+BaS（3）焦炭或炭（4）向原過濾器中加入蒸餾水，沒過沉淀，靜置，待水流盡后，重復(fù)上述操作2～3次（5）取白色沉淀，加稀鹽酸，如果固體溶解，是BaCO3，如果不溶解，則是BaSO4〖祥解〗過量的焦炭與重晶石在900～1200℃下發(fā)生反應(yīng)4C+BaSO44CO↑+BaS，加水過濾，因?yàn)榻固渴沁^量的，因此濾渣為焦炭或炭，濾液為BaS溶液，BaS溶液中加入過量硫酸鋅溶液，發(fā)生BaS+ZnSO4===BaSO4·ZnS↓，據(jù)此分析；【小問1詳析】BaS為離子化合物，其電子式為；故〖答案〗為；【小問2詳析】根據(jù)流程圖可知，反應(yīng)器中得到BaS，所加焦炭過量，得到氣體為CO，即反應(yīng)方程式為4C+BaSO44CO↑+BaS，故〖答案〗為4C+BaSO44CO↑+BaS；【小問3詳析】所加焦炭過量，焦炭難溶于水，因此②過濾得到濾渣為焦炭或炭；故〖答案〗為焦炭或炭；【小問4詳析】③過濾后得到BaSO4·ZnS，用蒸餾水進(jìn)行洗滌，④洗滌的操作是向原過濾器中加入蒸餾水，沒過沉淀，靜置，待水流盡后，重復(fù)上述操作2～3次；故〖答案〗為向原過濾器中加入蒸餾水，沒過沉淀，靜置，待水流盡后，重復(fù)上述操作2～3次；【小問5詳析】BaS久置于空氣中會(huì)生成一種白色沉淀，該白色沉淀可能為BaCO3，也可能為BaSO4，檢驗(yàn)該白色沉淀的方法是取白色沉淀，加稀鹽酸，如果固體溶解，是BaCO3，如果不溶解，則是BaSO4；故〖答案〗為取白色沉淀，加稀鹽酸，如果固體溶解，是BaCO3，如果不溶解，則是BaSO4。19.研究CO2與CH4的干重整反應(yīng)使之轉(zhuǎn)化為合成氣(H2和CO)對(duì)減緩燃料危機(jī)、減少溫室效應(yīng)具有重大意義。已知：干重整反應(yīng)：副反應(yīng)：請(qǐng)回答下列問題：（1）干重整反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行的條件是____(填字母)。選擇該條件還有利于干重整反應(yīng)______。A．高溫B．低溫C．任意溫度D．恒不能自發(fā)進(jìn)行（2）已知干重整反應(yīng)的反應(yīng)速率(其中k為速率常數(shù)，只隨溫度變化而變化)。900℃時(shí)，保持其它條件不變，v正隨p(CH4)、p(CO2)的變化如下表所示。v正實(shí)驗(yàn)111k實(shí)驗(yàn)2224k實(shí)驗(yàn)3313k保持其它條件不變，只改變p(CH4)，請(qǐng)畫出v正隨p(CH4)的變化曲線___________。（3）在恒壓、條件下，CH4和CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化曲線如圖所示。下列有關(guān)說法正確的是___________。A.升溫、加壓均有利于提高CH4的平衡轉(zhuǎn)化率B.曲線A表示CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化C.改用高效催化劑，能使曲線A和曲線B相重疊D.某溫度下，當(dāng)氣體密度不變時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)（4）恒容容器中投入等物質(zhì)的量的CH4、CO2，在不同催化劑作用下進(jìn)行干重整反應(yīng)(不考慮副反應(yīng))，相同時(shí)間后混合氣體中CH4的體積分?jǐn)?shù)隨反應(yīng)溫度變化如圖所示。對(duì)活化能下降最多的催化劑是___________(選填“cat.1”“cat.2”或“cat.3”)。b點(diǎn)CH4體積分?jǐn)?shù)低于a點(diǎn)的原因是___________。（5）通過副反應(yīng)獲得富CO氣體。同溫同壓下，物質(zhì)的量1∶1的CO2和H2通入無水分子透過膜的反應(yīng)器，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為50%。若換成有水分子透過膜的反應(yīng)器(如下圖)，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率增大至80%，則相同時(shí)間內(nèi)氣體a和氣體b中H2O的質(zhì)量比為___________?！即鸢浮剑?）①.A②.平衡正向移動(dòng)（2）（3）BD（4）①.cat.1②.該反應(yīng)正反應(yīng)方向?yàn)槲鼰?，升溫平衡正向移?dòng)，體積分?jǐn)?shù)降低（5）5:8〖解析〗【小問1詳析】為氣體分子數(shù)增多的熵增反應(yīng)，?S＞0，在?H＞0時(shí)，根據(jù)?G=?H-T?S可知，在高溫條件下，?G＜0反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行；干重整反應(yīng)?H＞0正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，高溫利于平衡正向移動(dòng)；【小問2詳析】根據(jù)干重整反應(yīng)的反應(yīng)速率(其中k為速率常數(shù)，只隨溫度變化而變化)。900℃時(shí)，保持其它條件不變，v(正)隨p(CH4)、p(CO2)的變化如表所示，可知v(正)與p(CH4)成正比例關(guān)系，起點(diǎn)不為0，趨勢(shì)直線向上，如圖；【小問3詳析】A．由圖可知隨溫度升高，轉(zhuǎn)化率曲線向上，說明升溫可以提高轉(zhuǎn)化率，氣體體積增大反應(yīng)，加壓平衡逆向移動(dòng)，甲烷轉(zhuǎn)化率降低，故A錯(cuò)誤；B．題中給出兩個(gè)反應(yīng)均為吸熱反應(yīng)，升溫兩反應(yīng)均正向移動(dòng)，在條件下二氧化碳同時(shí)發(fā)生兩個(gè)反應(yīng)，所以轉(zhuǎn)化率大于甲烷，即曲線A表示二氧化碳轉(zhuǎn)化率，故B正確；C．催化劑只改變反應(yīng)速率，而不能改變轉(zhuǎn)化率，所以改用高效催化劑，不能使曲線A和曲線B相重疊，故C錯(cuò)誤；D．反應(yīng)過程中氣體分子數(shù)發(fā)生變化，為保持恒壓，則氣體體積發(fā)生變化，在不涉及非氣體參與條件下，氣體總質(zhì)量不變，則密度為變量，當(dāng)密度不變，可以證明反應(yīng)達(dá)平衡，故D正確；〖答案〗選BD?！拘?詳析】由圖可知，相同時(shí)間內(nèi)在cat.1催化劑作用下，甲烷體積分?jǐn)?shù)變化最大，說明相同時(shí)間內(nèi)反應(yīng)速率最快，降低活化能最大；b點(diǎn)CH4體積分?jǐn)?shù)低于a點(diǎn)的原因是該反應(yīng)正反應(yīng)方向?yàn)槲鼰?，在相同催化劑作用下，溫度升高，平衡正向移?dòng)，甲烷轉(zhuǎn)化率增大，體積分?jǐn)?shù)下降；【小問5詳析】假設(shè)通入CO2和H2物質(zhì)的量均為1mol，根據(jù)反應(yīng)，同溫同壓下，物質(zhì)的量1∶1的CO2和H2通入無水分子透過膜的反應(yīng)器，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為50%，此時(shí)生成水的物質(zhì)的量為0.5mol；換成有水分子透過膜的反應(yīng)器(如下圖)，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率增大至80%，生成水的物質(zhì)的量為0.8mol，根據(jù)可知質(zhì)量比=物質(zhì)的量之比=5∶8；20.晶體見光易分解，易溶于水(溶解度：0℃，4.7g；100℃，117.7g)，難溶于乙醇，110℃下可失去全部結(jié)晶水。某小組用鐵屑為原料進(jìn)行制備，涉及的主要反應(yīng)有：步驟①：步驟②：步驟③：。請(qǐng)回答：（1）步驟①可能會(huì)產(chǎn)生有毒的H2S，可用___________(填化學(xué)式)作試劑檢驗(yàn)H2S。（2）下列有關(guān)晶體制備過程的說法，正確的是___________。A.步驟①，鐵屑必須先除去表面的油污和鐵銹B.步驟②，通過加過量H2C2O4以抑制水解C.步驟②，過濾后用蒸餾水洗滌固體至濾液呈中性D.步驟③，H2O2消耗的物質(zhì)的量大于H2C2O4（3）實(shí)驗(yàn)小組通過下列操作獲得晶體：將溶液置于冰水浴中，再加入少量95%乙醇，置于暗處結(jié)晶。這樣操作的目的是___________。（4）實(shí)驗(yàn)小組欲用酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液測(cè)定晶體中鐵元素的含量。①滴定前有如下操作，請(qǐng)按操作順序排列：蒸餾水洗滌酸式滴定管→(_______)→(________)→(________)→(________)→(_________)→滴定。A．加KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液至滴定管0刻度線以上B．用KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液潤洗3次C．排出滴定管尖嘴處的氣泡D．記錄起始讀數(shù)E．調(diào)整滴定管內(nèi)液面至刻度線0~1之間②滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是___________。③向滴定后