備戰(zhàn)2024年高考化學(xué)模擬卷（浙江專用）07（解析版）

【贏在高考·黃金8卷】備戰(zhàn)2024年高考化學(xué)模擬卷()黃金卷07(考試時間：90分鐘試卷滿分：100分)可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16Na23MSi28P31S32Cl35.5K39Ca40Ti48CMn55Fe56Cu64Zn65Br80Ag108Ba137第Ⅰ卷一、單項選擇題：共16題，每題3分，共48分。每題只有一個選項最符合題意。1．下列物質(zhì)屬于離子晶體且含有非極性共價鍵的是()A．NaOH B．H2O2 C．NaCl D．Na2C2O4【答案】D【解析】A項，NaOH由Na+和OH構(gòu)成，在OH中，O、H原子間形成極性共價鍵，A不符合題意；B項，H2O2的結(jié)構(gòu)式為HOOH，只含有共價鍵，不含有離子鍵，B不符合題意；C項，NaCl由Na+和Cl構(gòu)成，只含有離子鍵，不含共價鍵，C不符合題意；D項，Na2C2O4由Na+和C2O42構(gòu)成，屬于離子晶體，C2O42是HOOCCOOH的酸根，HOOCCOOH含有CC非極性共價鍵，故C2O42中也含有CC非極性共價鍵，D符合題意；故選D。2．下列化學(xué)用語表示正確的是()A．用電子式表示HCl的形成過程：B．基態(tài)Fe原子的價層電子軌道表示式：C．鄰羥基苯甲醛分子內(nèi)氫鍵示意圖：D．的VSEPR模型：【答案】D【解析】A項，HCl是共價化合物，H原子和Cl原子通過電子對的共用形成共價鍵，故用電子式表示形成過程為，A錯誤；B項，F(xiàn)e是26號元素，基態(tài)Fe原子的價層電子排布式為3d64s2，價層電子軌道表示式為：，B錯誤；C項，用氫鍵表示法表示鄰羥基苯甲醛分子內(nèi)氫鍵為，C錯誤；D項，NH3中心原子N有3個σ鍵，孤電子對數(shù)為=1，價層電子對數(shù)為4，VSEPR模型為四面體形，D正確；故選D。3．硫化氫是一種氣體信號分子，人體中微量的H2S能有效預(yù)防心臟病。下列有關(guān)說法不正確的是()A．H2S屬于弱電解質(zhì)B．H2S可以使稀酸性高錳酸鉀溶液褪色C．H2S通入CuSO4溶液中無明顯現(xiàn)象D．人體內(nèi)H2S可由含硫蛋白質(zhì)通過復(fù)雜反應(yīng)產(chǎn)生【答案】C【解析】A項，H2S屬于二元弱酸，屬于弱電解質(zhì)，A正確；B項，H2S具有強(qiáng)還原性，能被高錳酸鉀氧化而使稀酸性高錳酸鉀溶液褪色，B正確；C項，H2S通入CuSO4溶液中生成黑色沉淀，C不正確；D項，蛋白質(zhì)中含有S元素，S元素降解后的產(chǎn)物是硫化氫，D正確；故選C。4．下列說法不正確的是()A．溴單質(zhì)、氯氣等雖然有毒，但可用于合成藥物B．NOx環(huán)境污染太大，工業(yè)生產(chǎn)中沒有利用價值C．純堿溶液雖呈堿性，但在玻璃、造紙等工業(yè)中有著重要的應(yīng)用D．氯化鐵、硫酸銅等溶液雖呈弱酸性，但?？捎米飨緞敬鸢浮緽【解析】A項，氯氣有毒，但氯氣的用途比較廣泛，可用于合成多種藥物，如氯仿可用于麻醉劑，故A正確；B項，NOx雖然對環(huán)境污染大，但工業(yè)生產(chǎn)中可以將其氧化轉(zhuǎn)化為硝酸等，故B錯誤；C項，純堿在玻璃、造紙、食品、肥皂、等工業(yè)中有廣泛的應(yīng)用，是重要的化工原料，故C正確；D項，氯化鐵、硫酸銅等溶液呈弱酸性，可利用Fe3+的氧化性和重金屬Cu2+消毒，常可用作消毒劑，故D正確；故選B。5．下列裝置能用于相應(yīng)實驗的是()A．粗鹽水的過濾B．制備Cl2C．乙酸乙酯的制備與收集D．鐵制鍍件鍍銅【答案】D【解析】A項，過濾操作中漏斗末端應(yīng)緊扣接液燒杯內(nèi)壁，A錯誤；B項，濃鹽酸與二氧化錳反應(yīng)制備氯氣時應(yīng)該加熱，B錯誤；C項，乙酸乙酯在氫氧化鈉溶液中能發(fā)生水解，收集時應(yīng)用飽和碳酸鈉溶液接收，C錯誤；D項，在鐵制品表面鍍銅時應(yīng)將鐵制品連接在電源的負(fù)極作為陰極，銅連接在電源的正極，電解質(zhì)溶液為可溶性銅鹽溶液，D正確；故選D。6．以下是工業(yè)上利用煙道氣中的二氧化硫處理含鉻(Ⅵ)廢水的工藝流程：設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是()A．2CrO42+2H+Cr2O72+H2O轉(zhuǎn)化過程中，溶液顏色由黃色變?yōu)槌壬獴．過程Ⅱ中SO2是還原劑，Cr3+為還原產(chǎn)物C．處理廢水中的1molCrO42(不考慮其它氧化劑存在)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3NAD．煙道氣可以用Na2SO3或Fe2(SO4)3代替【答案】D【解析】A項，2CrO42(黃色)+2H+Cr2O72(橙色)+H2O，A正確；B項，過程Ⅱ中Cr元素化合價降低，說明被還原，則SO2是還原劑，Cr3+為還原產(chǎn)物，B正確；C項，CrO42→Cr(OH)3，每個Cr原子得3個電子，即處理廢水中的1molCrO42(不考慮其它氧化劑存在)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3NA，C正確；D項，F(xiàn)e2(SO4)3中的Fe3+不具有還原性，不能代替具有還原性的二氧化硫，D錯誤；故選D。7．NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A．1mol苯甲醛分子中含鍵的數(shù)目為7NAB．1molXeF4中氙的價層電子對數(shù)為4NAC．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LCH4和44.8LCl2在光照下充分反應(yīng)后的分子數(shù)為3NAD．25℃時，pH=2的醋酸溶液1L，溶液中含A【答案】C【解析】A項，苯甲醛分子的結(jié)構(gòu)為，苯環(huán)中含有11個σ鍵，苯環(huán)和醛基之間有1個σ鍵，醛基中有2個σ鍵，因此1mol苯甲醛分子中含有14molσ鍵，A錯誤；B項，XeF4中Xe的價層電子對數(shù)為4+=6，因此1molXeF4中氙的價層電子對數(shù)為6mol，B錯誤；C項，CH4與Cl242的總物質(zhì)的量為3mol，則反應(yīng)后分子總數(shù)為3mol，C正確；D項，pH=2的醋酸溶液1L，溶液中含有氫離子的數(shù)目為0.01mol，D錯誤；故選C。8．下列說法不正確的是()A．煤在一定條件下可與H2直接作用，生成液體燃料B．氫化植物油可用于生產(chǎn)人造奶油、起酥油等食品工業(yè)原料C．乙醇和二甲醚互為同分異構(gòu)體，兩者的質(zhì)譜圖不完全相同D．分子式為C11H16且能被酸性KMnO4氧化成苯甲酸的有機(jī)物共有8種【答案】D【解析】A項，煤在一定條件下可與H2直接作用，生成液體燃料，A正確；B項，氫化植物油可用于生產(chǎn)人造奶油、起酥油等食品工業(yè)原料，B正確；C項，乙醇和二甲醚互為同分異構(gòu)體，都符合分子式C2H6O但結(jié)構(gòu)不同，但兩者的質(zhì)譜圖不完全相同，C正確；D項，分子式為C11H16且能被酸性KMnO4氧化成苯甲酸的有機(jī)物為，C5H11的戊基有8種結(jié)構(gòu)，但與苯環(huán)直接相連的碳上無氫，不符合氧化成苯甲酸的結(jié)構(gòu)，故有機(jī)物種類為7，D錯誤；故選D。9．下列方程式與所給事實不相符的是()A．硫酸亞鐵溶液出現(xiàn)棕黃色沉淀：6FeSO4+O2+2H2O=2Fe2(SO4)3+2Fe(OH)2↓B．向銀氨溶液中滴加乙醛溶液并水浴加熱：CH3CHO+2[Ag(NH3)2]++2OHCH3COO+2Ag↓+3NH3+H2OC．乙炔制丙烯腈：CHD．用硫化亞鐵除去廢水中的汞離子：FeS(s)+Hg2+(aq)HgS(s)+Fe2+(aq)【答案】A【解析】A項，硫酸亞鐵溶液出現(xiàn)棕黃色沉淀是因為硫酸亞鐵和氧氣、水反應(yīng)生成硫酸鐵和氫氧化鐵，化學(xué)方程式為：12FeSO4+3O2+6H2O=4Fe2(SO4)3+4Fe(OH)3↓，故A錯誤；B項，向銀氨溶液中滴加乙醛溶液并水浴加熱，生成醋酸銨、銀單質(zhì)、氨氣和水，離子方程式為：CH3CHO+2[Ag(NH3)2]++2OHCH3COO+2Ag↓+3NH3+H2O；故B正確；C項，乙炔與HCN發(fā)生加成反應(yīng)制丙烯腈，化學(xué)方程式為：CH；故C正確；D項，HgS比FeS更難溶于水，所以在含有Hg2+的溶液中加入FeS，能夠?qū)g2+除掉，離子方程式為：FeS(s)+Hg2+(aq)HgS(s)+Fe2+(aq)；故D正確。故選A。10．甘草素是從甘草中提煉制成的甜味劑，其結(jié)構(gòu)如圖所示，下列說法正確的是()A．甘草素分子中無手性碳原子 B．甘草素分子中至少有5個碳原子共直線C．甘草素可與HCN反應(yīng) D．1mol甘草素最多可消耗3molNaOH【答案】C【解析】A項，連接4個不同原子或原子團(tuán)的碳原子為手性碳原子，所以甘草素中有1個手性碳原子，故A錯誤；B項，甘草素分子結(jié)構(gòu)中含苯環(huán)結(jié)構(gòu)，對角線上的四個原子共線，所以至少有4個碳原子共直線，故B錯誤；C項，甘草素含羰基，可與HCN發(fā)生加成反應(yīng)，故C正確；D項，1mol甘草素含2mol酚羥基，所以最多可消耗2molNaOH，故D錯誤；故選C。11．前四周期元素V、W、X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，V的基態(tài)原子有2個未成對電子，X的族序數(shù)為周期數(shù)的3倍，X、Y、Z均不在同一周期，三者的最外層電子數(shù)之和為10，Z的價電子數(shù)是Y的3倍。下列說法不正確的是()A．第一電離能：B．Y與V形成的化合物中可能含非極性共價鍵C．氫化物的穩(wěn)定性：D．Y和Z兩者對應(yīng)的最高價氧化物的水化物可能會發(fā)生反應(yīng)【答案】C【解析】前四周期元素V、W、X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，X的族序數(shù)為周期數(shù)的3倍，X為O，V的基態(tài)原子有2個未成對電子，V為C，W為N，X、Y、Z不在同一周期，則Y在第三周期，Z為第四周期，三者的最外層電子數(shù)之和為10，Z的價電子數(shù)為Y的3倍，Y為Na，Z為Ga。A項，N的價層電子排布式為2s22p3，p軌道半充滿，不易失電子，第一電離能比O大，A正確；B項，Na與C能形成乙炔鈉Na2C2，C22含非極性共價鍵，B正確；C項，選項中未指明是簡單氫化物，無法比較穩(wěn)定性，C錯誤；D項，類似于Al(OH)3的兩性，Ga(OH)3和NaOH有可能發(fā)生反應(yīng)，D正確；故選C。12．化學(xué)工業(yè)為疫情防控提供了強(qiáng)有力的物質(zhì)支撐。亞氯酸鈉(Na)具有強(qiáng)氧化性，受熱易分解，可作漂白劑、食品消毒劑等，以氯酸鈉等為原料制備亞氯酸鈉的工藝流程如下圖所示。已知：消毒能力即每克含氯消毒劑的氧化能力相當(dāng)于多少克的氧化能力。下列說法不正確的是()A．“母液”中溶質(zhì)的主要成分是Na2SO4B．相同質(zhì)量的消毒能力是C．“反應(yīng)2”中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶1D．“減壓蒸發(fā)”可以降低蒸發(fā)時的溫度，提高產(chǎn)品產(chǎn)率【答案】B【解析】由題給流程可知，反應(yīng)1為二氧化硫與稀硫酸、氯酸鈉反應(yīng)生成硫酸鈉、二氧化氯和水，反應(yīng)2為二氧化氯與過氧化氫、氫氧化鈉混合溶液反應(yīng)生成亞氯酸鈉、氧氣和水，反應(yīng)得到的亞氯酸鈉在55℃條件下減壓蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、過濾得到亞氯酸鈉粗產(chǎn)品。A項，根據(jù)元素轉(zhuǎn)化分析可知“母液”中溶質(zhì)的主要成分是Na2SO4，A項正確；B項，1mol完全反應(yīng)轉(zhuǎn)化2mol，1mol完全反應(yīng)轉(zhuǎn)化5mol，所以等物質(zhì)的量的消毒能力是的2.5倍，B項錯誤；C項，“反應(yīng)2”中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為H2O2+22NaNa↑，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶1，C項正確；D項，溫度過高，Na會分解，所以采用“減壓蒸發(fā)”可以降低蒸發(fā)時的溫度，提高產(chǎn)品產(chǎn)率，D項正確；故選B。13．直接H2O2H2O2燃料電池是一種新型化學(xué)電源，其工作原理如圖所示。電池放電時，下列說法不正確的是()A．電池工作時，電極I電勢低B．電極Ⅱ的反應(yīng)式為：H2O2+H2OC．電池總反應(yīng)為：2H2O2H2O+O2↑D．當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移0.1mol電子時，通過陽離子交換膜的【答案】C【解析】電池工作時，電勢低的是負(fù)極，電子從負(fù)極流向正極，故電極I為負(fù)極，電極Ⅱ為正極，負(fù)極：H2O22e+2OH=O2↑+2H2O，正極:H2O2+H2O。A項，電池工作時，電勢低的是負(fù)極，電子從負(fù)極流向正極，故電極I電勢低，A正確；B項，電極Ⅱ為正極，電極反應(yīng)式為：H2O2+H2O，B正確；C項，該電池放電過程中，負(fù)極區(qū)的OH來自KOH，正極區(qū)的H+來自H2SO4，K+通過陽離子交換膜進(jìn)入正極區(qū)與硫酸根結(jié)合生成K2SO4，因此電池總反應(yīng)為：2H2O2+2KOH+H2SO4H2O+O2↑，C錯誤；D項，當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移0.1mol電子時，通過陽離子交換膜的K+為0.1mol，即3.9g，D正確；故選C。14．P、S、X和Y分別代表標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下的具體物質(zhì)，它們之間的能量變化與反應(yīng)進(jìn)程關(guān)系如圖Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，下列說法正確是()A．在標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)時，物質(zhì)的ΔH：S＜PB．和為催化劑，進(jìn)程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中：ΔH1＜ΔH2＜ΔH3＜0C．反應(yīng)達(dá)平衡所需時間：進(jìn)程Ⅰ<Ⅱ<ⅢD．反應(yīng)平衡時的產(chǎn)率：進(jìn)程Ⅰ=Ⅱ=Ⅲ【答案】D【解析】A項，由圖可知，進(jìn)程Ⅰ為放熱反應(yīng)，在標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)時，物質(zhì)的ΔH：S＞P，故A錯誤；B項，催化劑不影響反應(yīng)熱的大小，X和Y為催化劑，故進(jìn)程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中：ΔH1=ΔH2=ΔH3＜0，故B錯誤；C項，反應(yīng)活化能越低，反應(yīng)則越快，反應(yīng)Ⅲ的活化能高于反應(yīng)Ⅱ的活化能，則反應(yīng)S?P達(dá)平衡所需時間：Ⅰ＜Ⅲ＜Ⅱ，故C錯誤；D項，催化劑不能使平衡發(fā)生移動，故反應(yīng)S?P平衡時生成P的量一樣多，則平衡時P的產(chǎn)率：進(jìn)程Ⅰ=Ⅱ=Ⅲ，故D正確；故選D。15．氫氧化鎂是常見難溶物，將過量氫氧化鎂粉末置于水中達(dá)到溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH(aq)。已知Ksp[Mg(OH)2，Ksp(MgCO3mol·L－1時，可以認(rèn)為該離子已沉淀完全。下列有關(guān)說法不正確的是()A．滴入幾滴稀硫酸，溶液的pH先下降后上升，最后保持一個穩(wěn)定值B．MgCO3的飽和溶液中c(Mg2+)＞c(CO32)C．NaOH溶液可使MgCO3較徹底地轉(zhuǎn)化為Mg(OH)2D．氫氧化鎂可處理印染廠的酸性廢水，處理后c(Mg2+mol·L－1，此時溶液呈堿性【答案】B【解析】A項，滴入幾滴稀硫酸后，氫離子和氫氧根離子反應(yīng)生成水，氫氧根離子濃度降低，pH降低，隨后沉淀溶解平衡正向移動，氫氧根離子濃度增大，pH增大，A正確；B項，碳酸鎂電離產(chǎn)生鎂離子和碳酸根離子，但是碳酸根離子會水解，故鎂離子濃度大于碳酸根離子，B錯誤；C項，通過信息可知，氫氧化鎂的溶度積常數(shù)要小的多，故碳酸鎂更加容易轉(zhuǎn)化為氫氧化鎂，則NaOH溶液可使MgCO3較徹底地轉(zhuǎn)化為Mg(OH)2，C正確；D項，處理后，則此時，氫氧根離子濃度較大，溶液顯堿性，D正確；故選B。16．下列實驗方案設(shè)計、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是目的方案設(shè)計現(xiàn)象和結(jié)論A檢驗乙醇是否發(fā)生消去反應(yīng)將乙醇和濃H2SO4共熱產(chǎn)生的氣體依次通入足量的KOH溶液、稀酸性KMnO4溶液KMnO4溶液褪色，證明發(fā)生了消去反應(yīng)B檢驗Fe2+與I的還原性強(qiáng)弱向含0.1molFeI2的溶液中通入0.1molCl2，再滴加淀粉溶液，觀察現(xiàn)象溶液變藍(lán)色，說明還原性IFe2+C鑒別同為白色粉末狀晶體的尿素[CO(NH2)2]和氯化銨分別取少量晶體于試管中，加入足量濃溶液加熱，在試管口放置濕潤的紅色石蕊試紙，觀察試紙是否變色若試紙不變藍(lán)色，說明該晶體為尿素，若試紙變藍(lán)色，說明該晶體為氯化銨D探究溫度對化學(xué)反應(yīng)速率的影響向兩支試管各加入2mL0.1mol·L1酸性KMnO4溶液和2mL0.01mol·L1H2C2O4溶液，將其中一支放入冰水中，一支放入80℃熱水中80℃熱水中褪色快，說明溫度升高，反應(yīng)速率加快【答案】A【解析】A項，揮發(fā)出的乙醇通過KOH溶液溶解了，能使酸性KMnO4溶液褪色說明生成了乙烯，即發(fā)生消去反應(yīng)，A正確；B項，向含0.1molFeI2的溶液中通入0.1molCl2，再滴加淀粉溶液，溶液變藍(lán)色，說明有單質(zhì)碘生成，但不能說明亞鐵離子是否被氧化，所以不能證明還原性：IFe2+，B錯誤；C項，尿素與濃氫氧化鈉加熱條件下反應(yīng)生成NH3和碳酸鈉，氯化銨與濃氫氧化鈉加熱條件下反應(yīng)生成NH3和氯化鈉，均使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)，C錯誤；D項，高錳酸鉀過量，兩支試管均不會褪色，D錯誤；故選A。第Ⅱ卷二、非選擇題：共5題，共52分。17．(10分)鈦被稱為繼鐵、鋁之后的第三金屬。其單質(zhì)及化合物用途廣泛。請回答：(1)基態(tài)Ti原子的電子排布式為，其價電子中不同自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為。(2)鈦酸鋇/氧化鋅納米纖維可以催化降解水中的亞甲基藍(lán)等有機(jī)污染物。①亞甲基藍(lán)在水中的溶解度其在乙醇中的溶解度(填“大于”或“小于”)。②下列有關(guān)說法正確的是。A．光照使鈦酸鋇/氧化鋅納米纖維的電子被激發(fā)，形成原子發(fā)射光譜B．亞甲基藍(lán)中C原子的雜化方式：sp3、sp2C．亞甲基藍(lán)陽離子組成元素的電負(fù)性大小為：S>N>C>HD．SO42和SO32的價層電子空間構(gòu)型均為四面體(3)鈦酸鋇晶體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。①與Ba原子最近且等距離的O原子有個。②如果將晶胞轉(zhuǎn)換為Ti原子為頂點的形式(見下圖)，請在圖中用“○”畫出O原子的位置。【答案】(1)[Ar]3d24s2(1分)3∶1或1∶3(1分)(2)大于(2分)BD(2分)(3)12(2分)(2分)【解析】(1)鈦元素的原子序數(shù)為22，基態(tài)原子的電子排布式為[Ar]3d24s2，其價電子3d24s2，根據(jù)基態(tài)原子電子排布規(guī)則，不同自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為3∶1；(2)①由亞甲基藍(lán)的結(jié)構(gòu)圖可知，亞甲藍(lán)為鹽，具有一定的極性，根據(jù)相似相溶原理，亞甲基藍(lán)在水里溶解度大于在乙醇中的溶解度；②A項，光照使催化劑的電子被激發(fā)，該過程吸收能量，形成的原子光譜為吸收光譜，故A錯誤；B項，亞甲基藍(lán)中環(huán)上的所有碳原子都形成3個鍵和1個鍵，價層電子對數(shù)為3，為sp2雜化，甲基上C原子的雜化方式：sp3，故B正確；C項，根據(jù)同周期主族元素的電負(fù)性由左向右逐漸增大，同主族元素的電負(fù)性由上向下逐漸減小，電負(fù)性大小順序為N＞S＞C＞H，故C錯誤；D項，SO42中價層電子對數(shù)為4+=4，SO32中價層電子對數(shù)為3+=4，價層電子空間構(gòu)型均為四面體，故D正確；故選BD；(3)①以頂點Ba原子為研究對象，由BaTiO3的晶胞可知，距離鋇原子最近的氧原子的個數(shù)為=12；②根據(jù)均攤法，1個晶胞中Ba：8×=1，Ti：1，O：6×=3，若將晶胞轉(zhuǎn)換為Ti原子為頂點，則O2位于晶胞的棱心，對應(yīng)結(jié)構(gòu)如圖所示：。18．(10分)工業(yè)上氮氧化物(NOx：NO和NO2混合氣)廢氣吸收利用的某流程如下：已知：氧化度；吸收液含有的產(chǎn)物有NaNO2和NaNO3；NH2OH在堿性條件下受熱分解產(chǎn)物之一為N2。請回答：(1)過程Ⅳ以“肼合成酶”催化NH2OH與轉(zhuǎn)化為肼(NH2NH2)的反應(yīng)歷程如下所示：該反應(yīng)歷程中Fe元素的化合價(填“變化”或“不變”)。若將NH2OH替換為ND2OD，反應(yīng)制得的肼的結(jié)構(gòu)簡式為。(2)寫出過程Ⅰ中時反應(yīng)的離子方程式。(3)下列說法正確的是___________。A．過程Ⅰ采用氣、液逆流的方式可提高NOx的吸收效率B．SO2的鍵角小于C．NH2OH可作為配體，與Zn2+等金屬離子形成配合物D．NH2OH的水溶液顯弱堿性，且(4)NH3OHCl是一種理想還原劑，氧化產(chǎn)物對環(huán)境友好，寫出NH3OHCl還原FeCl3的化學(xué)方程式。(5)設(shè)計實驗證明NH2OH中存在N元素?！敬鸢浮?1)變化(1分)ND2NH2(1分)(2)4NO2+2NO+3CO32=5NO2+NO3+3CO2(2分)(3)AC(2分)(4)2NH3OHCl+2FeCl3=N2↑+2FeCl2+4HCl+2H2O(2分)(5)取少量NH2OH溶液于試管中，加入足量NaOH溶液加熱，產(chǎn)生能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍(lán)的氣體，證明NH2OH中有N元素(2分)【解析】(1)①由反應(yīng)歷程可知，反應(yīng)過程中Fe2+先失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成Fe3+，后面又得到電子被還原成Fe2+，該反應(yīng)歷程中Fe元素的化合價發(fā)生變化；②由反應(yīng)歷程可知，NH2NH2有兩個H原子來源于NH3，另外兩個H原子來源于NH2OH，所以若將NH2OH替換為ND2OD，反應(yīng)制得的肼的結(jié)構(gòu)簡式為ND2NH2；(2)若過程Ⅰ中，則反應(yīng)物中，該反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)，生成硝酸根和亞硝酸根，根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律配平可得：4NO2+2NO+3CO32=5NO2+NO3+3CO2；(3)采用氣、液逆流的方式可增大反應(yīng)物的接觸面積，增大反應(yīng)速率，提高NOx的吸收效率，A項正確；SO2中的硫原子為sp2雜化，SCl2的硫原子為sp3雜化，所以SO2的鍵角大于SCl2，B項錯誤；NH2OH中的N原子有孤電子對，可作為配體，與Zn2+等金屬離子形成配合物，C項正確；羥基的吸電子能力大于氫原子，所以NH2OH堿性應(yīng)弱于NH3·H2O，即，D項錯誤，故選AC。(4)NH3OHCl是一種理想還原劑，氧化產(chǎn)物對環(huán)境友好，所以氧化產(chǎn)物應(yīng)該為無毒的氮氣，同時氯化鐵被還原為氯化亞鐵，反應(yīng)方程式為：2NH3OHCl+2FeCl3=N2↑+2FeCl2+4HCl+2H2O；(5)NH2OH在堿性條件下受熱分解產(chǎn)物之一為N2，化合價降低，說明還會有化合價升高的產(chǎn)物生成，即氨氣，所以檢驗氨氣即可，實驗方法為：取少量NH2OH溶液于試管中，加入足量NaOH溶液加熱，產(chǎn)生能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍(lán)的氣體，證明NH2OH中有N元素。19．(10分)在“碳達(dá)峰、碳中和”的明確目標(biāo)下，利用CO、CO2的甲烷化制備人造天然氣既可以避免碳排放造成的資源浪費和環(huán)境污染，又可以縮短碳循環(huán)獲得清潔能源。甲烷化工藝中主要涉及到如下反應(yīng)：甲烷化反應(yīng)i．CO(g)＋3H2(g)CH4(g)＋H2O(g)ΔH1＝206.3kJ·mol?1甲烷化反應(yīng)ii．CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)ΔH2＝164.9kJ·mol?1副反應(yīng)iii．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH3副反應(yīng)iv．CH4(g)C(s)＋2H2(g)ΔH4＝+74.8kJ·mol?1(1)計算ΔH3=kJ?mol?1(2)為了研究Ni/TiO2在光熱和熱催化過程中CO轉(zhuǎn)化率和CH4選擇性隨溫度的變化，將CO合成氣(含23%CO、69%H?和8%N?)通入反應(yīng)器，在恒壓及一定時間內(nèi)進(jìn)行反應(yīng)，測得以下數(shù)據(jù)：[α表示轉(zhuǎn)化率，S(CH4)表示得到甲烷物質(zhì)的量與消耗CO的物質(zhì)的量之比]光熱催化熱催化α(CO)S(CH4)α(CO)S(CH4)25090%85%0%0%30092%82%88%78%35096%84%89%79%40095%83%92%78%45092%82%91%79%①光熱催化時CO甲烷化的活化能Ea熱催化CO甲烷化的活化能Ea(填“大于”或者“小于”)。②當(dāng)溫度高于400℃時，熱催化下CO轉(zhuǎn)化率降低的原因是。(3)某溫度下，恒容容器中充入1mol?L?1CO2和4mol?L?1H2，若只發(fā)生反應(yīng)ii、iii，平衡時測得α(CO2)為50%、S(CH4)為90%，反應(yīng)iii的平衡常數(shù)為。[S(CH4)表示得到甲烷物質(zhì)的量與消耗CO2的物質(zhì)的量之比]。(4)為了進(jìn)一步研究CO2的甲烷化反應(yīng)，科學(xué)家研究催化劑M/TiO2(M表示Ni或Ru)在300℃光照的條件下進(jìn)行反應(yīng)，催化反應(yīng)的核心過程表示如下：①關(guān)于核心反應(yīng)過程，下列說法正確的是。A．步驟I中生成了非極性鍵B．步驟Ⅲ發(fā)生的反應(yīng)為(代表吸附態(tài)中間體)C．步驟Ⅳ中碳元素發(fā)生還原反應(yīng)D．整個反應(yīng)過程中只有金屬M起到催化作用②研究發(fā)現(xiàn)，光誘導(dǎo)電子從TiO2轉(zhuǎn)移到M，富電子的M表面可以促進(jìn)H2的解離和CO2的活化，從而提高反應(yīng)效率。已知Ni和Ru的電負(fù)性分別為1.91和2.20，使用Ru/TiO2催化劑的反應(yīng)效率(填“高于”或“低于”)使用Ni/TiO2作催化劑的反應(yīng)效率。(1分)(2)①小于(1分)②高溫時反應(yīng)ⅰ是放熱反應(yīng)，溫度升高時平衡逆向移動轉(zhuǎn)化率降低，高溫時發(fā)生反應(yīng)ⅲ，生成CO，導(dǎo)致CO轉(zhuǎn)化率降低(2分)(2分)(4)①BC(2分)②高于(2分)【解析】(1)由蓋斯定律得，反應(yīng)ii反應(yīng)i得CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，故；(2)①由表中數(shù)據(jù)知，光催化得反應(yīng)速率大于熱催化得反應(yīng)速率，相同條件下，反應(yīng)速率越快，活化能越小，故光熱催化時CO甲烷化的活化能小于熱催化CO甲烷化的活化能；②由于反應(yīng)ⅰ是放熱反應(yīng)，溫度升高時平衡逆向移動，轉(zhuǎn)化率降低，反應(yīng)iii為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡正向移動，主要發(fā)生反應(yīng)iii，由生成CO，所以當(dāng)溫度高于400℃時，熱催化下CO轉(zhuǎn)化率降低；(3)由題意α(CO2)為50%，即二氧化碳得轉(zhuǎn)化率為50%，充入1mol?L?1CO2?L?1?L?1，由S(CH4)表示得到甲烷物質(zhì)的量與消耗CO2的物質(zhì)的量之比和S(CH4)為90%，得生成甲烷的濃度為，由碳守恒得CO的濃度為，由O守恒得，水蒸氣得濃度為，由H守恒得，氫氣得濃度為，反應(yīng)iii的平衡常數(shù)為；(4)①由圖知，A．步驟I中沒有非極性鍵生成，A錯誤；B．步驟Ⅲ發(fā)生的反應(yīng)為(代表吸附態(tài)中間體)，B正確；C．步驟Ⅳ中碳元素元素的化合價降低，發(fā)生還原反應(yīng)，C正確；D．整個反應(yīng)過程中除了金屬M起到催化作用外還有TiO2也起到了催化作用，D錯誤；②光誘導(dǎo)電子從TiO2轉(zhuǎn)移到M，富電子的M表面可以促進(jìn)H2的解離和CO2的活化，從而提高反應(yīng)效率可得電負(fù)性越大，催化效率越高。已知Ni和Ru的電負(fù)性分別為1.91和2.20，使用Ru/TiO2催化劑的反應(yīng)效率高于使用Ni/TiO2作催化劑的反應(yīng)效率。20．(10分)某興趣小組設(shè)計如圖實驗裝置制備次磷酸鈉(NaH2PO2)。已知：①白磷(P4)在空氣中可自燃，與過量燒堿溶液混合，80~90℃時反應(yīng)生成NaH2PO2和PH3。②PH3是一種有強(qiáng)還原性的有毒氣體，空氣中可自燃，可與NaClO溶液反應(yīng)生成NaH2PO2。請回答：(1)①儀器a的名稱是。②儀器b組成的裝置的作用是。(2)檢查裝置氣密性后，應(yīng)先打開K通入N2一段時間，目的是。(3)儀器c中充分反應(yīng)后生成NaH2PO2和NaCl，經(jīng)過一系列操作可獲得固體NaH2PO2。相關(guān)物質(zhì)的溶解度(S)如下：S(25℃)S(100℃)NaCl3739NaH2PO2100667從下列選項中選擇合理的儀器和操作，補(bǔ)全如下步驟。[“___________”上填寫一件最關(guān)鍵儀器，“()”內(nèi)填寫一種操作，均用字母表示]。取儀器c中溶液，用蒸發(fā)皿()→用(趁熱過濾)→用燒杯(冷卻結(jié)晶)→用漏斗(過濾得到NaH2PO2)→洗滌→干燥→NaH2PO2粗產(chǎn)品。儀器：d．普通三角漏斗；e．銅制保溫漏斗；操作：f．蒸發(fā)濃縮至有大量晶體析出；g.蒸發(fā)濃縮至溶液表面出現(xiàn)晶膜。(4)下列有關(guān)說法不正確的是___________。A．次磷酸(H3PO2)是三元酸B．為加快反應(yīng)速率，投料前應(yīng)先在通風(fēng)櫥內(nèi)將白磷碾成薄片狀C．反應(yīng)結(jié)束后應(yīng)繼續(xù)通入N2一段時間，可提高NaH2PO2產(chǎn)率D．d中所盛硫酸銅溶液可用酸性高錳酸鉀溶液代替(5)產(chǎn)品純度測定：取產(chǎn)品xg配成100mL溶液，取10mL于錐形瓶中，酸化后加入50mL0.1000mol/L的NH4Fe(SO4)2溶液，以鄰二氮菲做指示劑，再用0.1000mol/L的硫酸鈰滴定至終點，平均消耗VmL。相關(guān)反應(yīng)的離子方程式為：H2O+H2PO2+2Fe3+=H2PO3+2Fe2++2H+、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，產(chǎn)品純度表達(dá)式為(用含x、V的式子表示)?！敬鸢浮?1)三頸燒瓶(1分)安全瓶，防止c中溶液倒吸入a中(1分)(2)排盡裝置內(nèi)的空氣(1分)(3)f(1分)e(1分)(4)AB(2分)(5)或(3分)【解析】(1)①根據(jù)裝置圖可知：儀器a的名稱是三頸燒瓶；②儀器b是空的廣口瓶，導(dǎo)氣管短進(jìn)長出，組成的裝置的作用是安全瓶，防止c中溶液倒吸入a中；(2)檢查裝置氣密性后，應(yīng)先打開K通入N2一段時間，目的是排盡裝置內(nèi)的空氣，防止白磷及反應(yīng)產(chǎn)生的PH3被氧化。(3)根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知在儀器c中生成的NaH2PO2、NaCl的溶解度受溫度的影響不同，可知：NaH2PO2的溶解度受溫度的影響變化較大，而溫度對NaCl的溶解度幾乎無影響，故要從c中溶液中獲得NaH2PO2的粗產(chǎn)品，取儀器c中溶液，用蒸發(fā)皿蒸發(fā)濃縮至有大量晶體析出，再用銅制保溫漏斗(趁熱過濾)→用燒杯(冷卻結(jié)晶)→用漏斗(過濾得到NaH2PO2)→洗滌→干燥→NaH2PO2粗產(chǎn)品。故合理選項是f、e；(4)A項，在c中白磷與過量NaOH反應(yīng)產(chǎn)生NaH2PO2，則NaH2PO2是正鹽，說明H3PO2是一元酸，A錯誤；B項，投