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广西南宁市、柳州市等地示范性高中2023-2024学年高二下学期3月开学考试 化学试题
一、单项选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．化学知识广泛应用于生产、生活中。下列叙述不正确的是
A．用饱和氯化铵溶液可以清洗钢铁表面的锈迹
B．明矾和均可用作净水剂，且净水原理相同
C．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率
D．高分子材料聚乙烯广泛应用于食品包装材料
2．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下氨气溶于水后所得溶液中
B．标准状况下的质量为
C．与稀硝酸反应，铁完全溶解转移电子数目一定是
D．含有电子的数目为
3．用于金属精制、农药、医药、催化剂再生等。室温下，关于溶液中，下列说法正确的是
A．在水中的电离方程式为：
B．溶液中存在：
C．与的溶液等体积混合，混合液呈碱性
D．加水稀释会促进的电离，使溶液减小
4．脱落酸也称离层酸，是指能引起芽休眠、叶子脱落和抑制细胞生长等生理作用的植物激素，其结构简式如图所示，下列关于脱落酸的说法错误的是
A．该化合物不溶于水
B．该化合物分子式为
C．能发生取代反应、加成反应、氧化反应
D．脱落酸最多可以与发生反应
5．能正确表示下列反应的离子方程式的是
A．四氧化三铁溶于氢碘酸中：
B．将过量的通入溶液中：
C．向酸性高锰酸钾溶液中通入：
D．将少量澄清石灰水滴加到碳酸氢钠溶液中：
6．以和为原料制备清洁燃料二甲醚涉及的主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
下列说法正确的是
A．反应Ⅰ的
B．增大反应体系压强，可提高二甲醚产率
C．越大，的平衡转化率越高
D．200℃平衡体系中比100℃平衡体系中大
7．对于下列实验操作和现象，其结论正确的是
选项 操作 现象 结论
A 向盛有水的锥形瓶中小心滴加8~10滴 剧烈反应，液面上有白雾形成，并产生有刺激性气味的气体 水解生成氯化氢 和硫酸
B 将样品溶于稀硫酸后，滴加溶液 溶液变红 溶液中含但不确定样品在实验之前已变质
C 向盛有的溶液中先后滴加2滴的溶液和溶液 先生成白色沉淀，后变为黄色沉淀
D 将红热的木炭放置于盛有浓硝酸的试管中 试管内生成红棕色气体 木炭与浓硝酸反应生成
A．A B．B C．C D．D
8．短周期元素、、、的原子序数依次增大，的最高正化合价和最低负化合价的代数和为0，和的最外层电子数相同，的焰色试验呈黄色，四种元素最外层电子数之和为17。下列说法不正确的是
A．易溶于的简单氢化物中
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：
C．与形成的化合物可能含有共价键
D．原子半径：
9．向的恒容密闭容器中通入和各，发生反应：。在不同温度下测得随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是
A．该反应在任意温度下均可自发进行
B．温度下，的平衡转化率是30%
C．、两点平衡常数：
D．温度下，0到内，用表示的平均反应速率为0.1mol·L-1·min-1
10．经催化加氢可制得甲醇。下列说法正确的是
A．分子和分子中均存在两个键
B．分子和分子均为直线型的非极性分子
C．分子中的原子和原子均为杂化
D．和分子间均存在氢键，因此比较稳定
11．直接燃料电池是一种新型化学电源，工作原理如图所示。电池放电时，下列说法正确的是
A．电极Ⅰ的电势高于电极Ⅱ
B．电极Ⅱ的反应为
C．工作一段时间后，电极Ⅰ附近的溶液减小
D．当外电路转移电子时，电极Ⅰ附近理论上收集到
12．从炼锌厂的废渣（含、、、、等）中回收钴和锌的一种工艺流程如图：
下列说法错误的是
A．“加热酸浸”过程中生成的滤渣1主要成分为
B．“氧化”过程中发生反应：
C．可通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的操作得到晶体
D．在有机溶剂中的溶解度比小
13．反应物转化为产物时，能量变化与反应历程的关系如图所示，下列说法正确的是
A．该反应是吸热反应
B．由图可知比稳定
C．是催化剂，可降低反应所需的活化能
D．使用催化剂后，反应历程中的决速步为
14．常温下亚砷酸在溶液中存在多种微粒形态，向溶液中逐滴加入调节，得到微粒形态分布优势区域如图所示（虚线处表示两种形态的浓度相等），、分别表示的第二步、第三步电离平衡常数。下列有关说法错误的是
A．点对应的溶液中，
B．常温下，的第一步水解平衡常数的数量级为
C．溶液中时，
D．为酸式盐
二、非选择题（本题共4小题，共58分）
15．蛇纹石的主要成分是、、、、、等，一种利用该矿石制备高纯度的工艺流程如下：
已知，氢硫酸的电离常数，。
（1）工业生产中通常将蛇纹石矿粉碎后再加压酸浸，其目的是　 　。
（2）“滤渣1”经提取后可获得一种黄色副产品，则“滤渣1”中的主要成分是　 　（填化学式），提取黄色副产品过程中温度控制在50~60℃之间，不宜过高或过低的原因是　 　。
（3）加压酸浸过程还生成一种有刺激性气味的气体，该过程化学方程式是　 　。
（4）为减少杂质的引入，“除铁”时可用　 　代替。
（5）“沉镍”时，当恰好沉淀完全（离子浓度小于，可认为完全沉淀），要保证此时不会从溶液中逸出，应控制溶液不大于　 　。（饱和浓度为0.1，可以用带“”的式子表示计算结果）
（6）可以用来冶炼金属镍以及生产。镍原子核外电子有　 　种不同空间运动状态，硫酸中硫原子的杂化类型是　 　。
16．四氯化锡（熔点为-33℃，沸点为114℃，易水解生成固体）可用于分析试剂，有机合成脱水剂，可由熔融态的金属锡（，熔点为231℃）在300℃左右与氯气作用制得，利用如图所示装置制备无水（夹持和控温装置省略）：
回答下列问题
（1）盛装浓盐酸的仪器名称是　 　。
（2）装置的作用是　 　，若无装置对实验有何影响？请用化学方程式表示　 　。
（3）实验开始时，先向试管中加入浓盐酸，待　 　时开始加热试管；为使装置起到良好效果，对装置进行的操作为　 　。
（4）可用测定产品中含量以判断产品的纯度，取装置中的产品，经过处理后配成溶液，用　 　（填仪器名称）取出放入锥形瓶中，加入二甲酚橙作指示剂，用标准液进行滴定，达到滴定终点时消耗标准液（定量关系：），则产品纯度为　 　（精确到小数点后两位），若滴定管规格为，样品溶液起始读数为，此时滴定管中样品溶液的实际体积为　 　。（填序号）
A. B. C.大于 D.小于
17．是一种温室气体，研究的利用对促进低碳社会构建具有重要意义，我国科学家利用作为催化剂，实现了加氢制．
主反应为：Ⅰ．
同时伴随发生副反应：Ⅱ．
（1）已知 ，则　 　．
（2）一定温度下，向某容器中充入2mol和6mol，假设只发生上述反应Ⅰ，一段时间后达到平衡．
①关于上述反应体系的分析，下列说法正确的是　 　．
A．当时，反应达到平衡状态
B．恒温恒压下，当混合气体的密度恒定时，反应达到平衡状态
C．保持容器的容积不变，向体系中充入氩气，平衡不移动
D．改加高效催化剂，可以提高的平衡转化率
②恒容条件下，测得反应过程中和的物质的量浓度随时间的变化如图所示，该温度下的平衡常数　 　（保留小数点后两位）．
（3）在恒温恒容的密闭容器中，加入一定量的和足量的，同时发生主、副反应．体系中的选择性（指转化为的占发生反应的的百分比）随温度、压强的变化曲线如图所示：
①　 　（填“＞”或“＝”或“＜”）．
②的选择性随温度升高而降低的原因可能是　 　．
③科学家研究了用电解法把转化为，从而消除对环境的影响，其原理如图所示：
则图中A电极接电源　 　极．已知B电极为惰性电极，则在水溶液中，该极的电极反应式为　 　．
18．某实验小组设计的糖厂甘蔗渣利用方案如下图所示：其中是植物生长调节剂，是高分子化合物，是具有水果香味的物质。请回答以下问题：
（1）纤维素的化学式为　 　，是　 　（填“纯净物”或“混合物”）。
（2）的结构简式为　 　。
（3）写出下列转化的化学方程式：：　 　，反应类型为　 　。
（4）已知有机物的分子式为，且与互为同系物，则的同分异构体有　 　种。
（5）有机物中所含元素电负性从大到小是顺序为　 　，其中与氧相连的原子的模型名称是　 　。
（6）已知1，2-二溴乙烷和的水溶液在加热条件发生反应：
，写出以和为主要原料，其他无机试剂任选，分步制取的合成路线流程图　 　。
（合成路线流程图示例为：产物1产物2……目标化合物）
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用；镁、铝的重要化合物；聚合反应
【解析】【解答】A、饱和氯化铵溶液中，铵根离子会发生水解使溶液显酸性，这种酸性环境可以溶解钢铁表面的铁锈（主要成分为金属氧化物），因此能用于清洗锈迹，A正确；
B、明矾净水是因为铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有较大的表面积，能吸附水中的悬浮杂质；而二氧化氯（ClO2）净水是依靠其强氧化性，杀灭水中的细菌和病毒，二者的净水原理完全不同，B 错误；
C、在海轮外壳镶嵌锌块，锌、铁和海水会形成原电池，锌的活泼性更强，作为负极被腐蚀，铁作为正极被保护，从而减缓船体的腐蚀速率，C正确；
D、聚乙烯是一种无毒的高分子材料，化学性质稳定，因此被广泛应用于食品、药品的包装材料，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
盐类水解的应用：铵根离子水解显酸性，可溶解金属氧化物，用于除锈。
净水原理区分：明矾净水靠胶体吸附，ClO2净水靠强氧化性，二者原理不同。
金属防护（牺牲阳极法）：利用活泼金属（锌）作负极，保护不活泼金属（铁）。
高分子材料的用途：聚乙烯无毒，可用于食品包装。
2．【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、标准状况下 11.2L 氨气的物质的量为 0.5mol，氨气溶于水后会以 NH3、NH3 H2O、NH4+三种形式存在，根据物料守恒，三者的物质的量之和才为 0.5mol，仅 NH3 H2O 与 NH4+的物质的量之和小于 0.5mol，A错误；
B、标准状况下 HF 为液态，不能用气体摩尔体积 22.4L/mol 来计算其物质的量，因此 22.4L HF 的物质的量不是 1mol，质量也不是 20g，B错误；
C、1mol Fe 与稀硝酸反应时，产物会随硝酸用量改变：若硝酸少量，Fe 被氧化为 Fe2+，转移 2NA电子；若硝酸足量，Fe 被氧化为 Fe3+，转移 3N 电子，因此转移电子数不一定为 3NA，C错误；
D、1 个 OH-含有的电子数为 8（氧原子）+1（氢原子）+1（负电荷）=10 个，故 1mol OH-含有的电子数目为 10NA，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
物料守恒应用：氨水中含氮微粒有 3 种，计算时需包含所有形态。
气体摩尔体积限制：仅适用于标准状况下的气体，HF 在标况下为液态，不能使用。
变价金属氧化规律：Fe 与稀硝酸反应的产物由硝酸用量决定，电子转移数需分情况讨论。
微粒电子数计算：离子电子数 = 各原子电子数之和 ± 电荷数（阴离子加，阳离子减）。
3．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、H2S 是二元弱酸，电离分步进行，第一步为 H2S H++HS-，第二步为 HS- H++S2-，不能直接一步电离为 2H++S2-，A错误；
B、溶液中电荷守恒应为 c (H+)=c (HS-)+2c (S2-)+c (OH-)，S2-带 2 个单位负电荷，其浓度前需乘系数 2，B错误；
C、pH=12 的 NaOH 溶液中 c (OH-)=0.01mol/L，0.005mol/L 的 H2S 是弱酸，溶液中 c (H+) 远小于 0.01mol/L，等体积混合后 OH-过量，混合液呈碱性，C正确；
D、加水稀释会促进 H2S 的电离，但溶液体积增大的影响更显著，最终 c (H+) 减小，溶液 pH 增大，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
弱酸电离规律：二元弱酸分步电离，不能合并书写电离方程式。
电荷守恒：溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，多电荷离子浓度需乘对应电荷数。
酸碱混合判断：弱酸与强碱等体积混合时，需比较酸中可电离 H+总量与碱中 OH-总量，过量的一方决定溶液酸碱性。
稀释影响：稀释促进弱酸电离，但 c(H+) 随体积增大而减小，pH 升高。
4．【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；烯烃；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】A、该化合物分子中含有羟基、羧基等亲水基团，同时碳链较长，属于微溶于水的有机物，并非完全不溶于水，A错误；
B、根据结构简式，可确定该化合物的分子式为，B正确；
C、分子中的羟基、羧基可发生取代反应，碳碳双键、羰基可发生加成反应，碳碳双键、羟基可发生氧化反应，C正确；
D、1个脱落酸分子中含有1个羟基和1个羧基，二者均可与Na反应，故1mol脱落酸最多可与2mol Na反应，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
溶解性判断：有机物溶解性需结合亲水基团（羟基、羧基）与疏水基团（烃基）的比例分析，该分子虽有亲水基团，但碳链较长，微溶于水。
分子式确定：通过数清分子中C、H、O原子的数量，或用不饱和度法验证，得出分子式为。
反应类型判断：根据官能团性质判断反应类型，羟基、羧基对应取代反应，碳碳双键、羰基对应加成反应，碳碳双键、羟基对应氧化反应。
与Na反应的量：羟基和羧基均能与Na按1：1反应，该分子含1个羟基和1个羧基，故1mol该物质最多消耗2mol Na。
5．【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；二氧化硫的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、四氧化三铁与氢碘酸反应时，铁离子具有强氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，正确的离子方程式应体现氧化还原过程，即 Fe3O4+2I-+8H+=3Fe2++I2+4H2O，故A错误；
B、过量二氧化硫与氢氧化钠溶液反应，产物为亚硫酸氢钠，正确的离子方程式为，故B错误；
C、酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应，锰元素从+7价降为+2价，硫元素从+4价升为+6价，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，离子方程式为 ：，故C正确；
D、少量澄清石灰水加入碳酸氢钠溶液中，氢氧化钙完全反应，钙离子与氢氧根离子的比例为1：2，正确的离子方程式为：，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氧化还原反应离子方程式：需关注氧化剂和还原剂的氧化还原过程，体现电子转移对应的产物，如铁离子氧化碘离子生成碘单质。
反应物用量影响：少量、过量的反应物会决定产物的形态，如过量二氧化硫与碱反应生成酸式盐，少量则生成正盐。
配平原则：离子方程式需同时满足得失电子守恒（氧化还原反应）、电荷守恒、原子守恒。
定量反应关系：当少量物质与过量物质反应时，少量物质的离子比例需按其化学式固定，过量物质按比例配平。
6．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、反应I中，反应物为7mol气体（2mol CO2+6mol H2），生成物为4mol气体（1mol CH3OCH3+3mol H2O），气体总物质的量显著减少。根据熵变规律，气体分子数减少的过程熵值减小，故，A错误；
B、反应I是气体分子数减少的体积缩小反应，反应II是气体分子数不变的反应。增大体系压强，化学平衡会向气体体积减小的方向移动，即反应I正向进行，二甲醚（CH3OCH3）的生成量增加，产率提高，B正确；
C、 越大，意味着二氧化碳的起始投入量相对越多。根据勒夏特列原理，增加某种反应物浓度，平衡正向移动，自身转化率会降低，因此CO2的平衡转化率反而减小，C错误；
D、反应I为放热反应（），升温平衡逆向移动， 的物质的量减小；反应II为吸热反应（），升温平衡正向移动， 的物质的量增大。因此 平衡体系中 比 时更小，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
熵变判断：聚焦反应前后气体总物质的量的变化，气体分子数减少对应，增多对应。
压强对平衡的影响：针对有气体参与且反应前后气体分子数不同的反应，增大压强平衡向气体分子数少的方向移动；气体分子数不变的反应，压强改变平衡不移动。
反应物比例与转化率：增大某反应物浓度，其自身转化率降低，另一反应物转化率升高。
温度对平衡的影响：升温使平衡向吸热反应方向移动，放热反应逆向移动，吸热反应正向移动。
7．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、SOCl2与水剧烈反应，液面白雾是遇水蒸气形成的盐酸小液滴，有刺激性气味的气体是二氧化硫。根据元素守恒，其水解产物应为氯化氢和二氧化硫，并非硫酸，A错误；
B、Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，NO3-在酸性环境下具有强氧化性，可将 Fe2+氧化为 Fe3+，因此滴加 KSCN 溶液变红，无法确定样品在实验前是否已变质，B正确；
C、向 AgNO3溶液中先加 NaCl 溶液，Ag+过量，再滴加 KI 溶液时，I-直接与剩余 Ag+反应生成黄色 AgI 沉淀，并非沉淀转化，因此不能证明 Ksp (AgCl) > Ksp (AgI)，C错误；
D、红热木炭与浓硝酸接触时，浓硝酸受热易分解，也会生成红棕色 NO2气体，因此不能确定红棕色气体一定是木炭与浓硝酸直接反应的产物，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
水解反应判断：结合元素守恒分析 SOCl2水解产物，注意硫元素的价态变化。
酸性环境下 NO3-的氧化性：Fe2+在酸性条件下会被 NO3-氧化为 Fe3+，干扰样品是否变质的判断。
沉淀转化与 Ksp：只有在一种沉淀完全转化后，再加入另一种沉淀剂，才能通过沉淀颜色变化比较 Ksp 大小；若原离子过量，无法直接比较。
副反应干扰：浓硝酸受热易分解，实验中需考虑物质自身分解对产物判断的影响。
8．【答案】A
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、由元素推断可知，X 为 C，W 为 S，Y 为 O，故 XW2为 CS2，Y 的简单氢化物为 H2O。CS2是难溶于水的有机溶剂，所以 “易溶于水” 的结论错误，A不正确；
B、W 为 S，X 为 C，S 的非金属性强于 C，根据元素周期律，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故酸性：H2SO4 > H2CO3，B正确；
C、Y 为 O，Z 为 Na，二者可形成 Na2O2，其中 Na+与 O22-之间为离子键，O22-内部氧原子之间存在共价键，C正确；
D、原子半径比较：电子层数越多，半径越大；同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小。故原子半径：Na（Z）> S（W）> C（X）> O（Y），D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
Z 的焰色试验呈黄色，Z 为 Na。X 的最高正价与最低负价代数和为 0，且原子序数小于 Na ，X 为 C（若为 H 则最外层电子数之和不满足 17）。Y 和 W 最外层电子数相同，四种元素最外层电子数之和为 17 ， Y、W 最外层电子数为×(17-1-4)= 6，故 Y 为 O，W 为 S。
9．【答案】B
【知识点】焓变和熵变；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、反应正向是气体分子数增大的方向，故；由图可知温度越高，平衡时的物质的量越大，说明正反应是吸热反应，。根据自发反应判据，只有高温下，反应才能自发进行，并非任意温度，A错误；
B、温度下平衡时，由反应式可知，转化的为，起始为，则的平衡转化率为，B正确；
C、正反应吸热，温度越高平衡常数越大；，点对应温度，点对应温度，故，C错误；
D、温度下，内，则；速率之比等于化学计量数之比，故，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
自发反应判断：结合反应前后气体分子数判断熵变，结合温度对平衡的影响判断焓变，再用分析自发条件。
平衡转化率计算：根据平衡时的物质的量，结合反应式得出转化的的量，再计算转化率。
平衡常数比较：吸热反应，温度越高平衡常数越大，先由曲线斜率判断温度高低，再比较。
反应速率计算：先算的平均速率，再按化学计量数换算为的速率。
10．【答案】C
【知识点】极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、CO2分子是直线形结构，存在 2 个 σ 键和 2 个 π 键；但 H2O 分子是 V 形结构，只存在 σ 键，没有 π 键，A错误；
B、CO2是直线形非极性分子，而 H2O 是 V 形极性分子，正负电荷中心不重合，B错误；
C、CH3OH 分子中，C 原子形成 4 个单键（3 个 C-H 键、1 个 C-O 键），O 原子形成 2 个单键（1 个 O-H 键、1 个 O-C 键），还有 2 对孤电子对，二者价层电子对数均为 4，均采取 sp3 杂化，C正确；
D、CH3OH 和 H2O 分子间都存在氢键，氢键主要影响物质的熔沸点等物理性质，而分子的稳定性由化学键强弱决定，与氢键无关，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
化学键判断：双键或三键中才存在 π 键，单键只有 σ 键，H2O 中只有单键故无 π 键。
分子极性与空间结构：CO2直线形、结构对称，为非极性分子；H2O V 形、结构不对称，为极性分子。
杂化类型判断：价层电子对数为 4 的原子采取 sp3 杂化，CH3OH 中 C、O 均满足此条件。
氢键的作用：氢键是分子间作用力，影响物理性质（熔沸点、溶解性等），不影响分子稳定性。
11．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、原电池中，电子流出的一极为负极，电子流入的一极为正极。根据电子流向可知，电极 I 为负极，电极 II 为正极。电源中，正极电势高于负极，故电极 I 电势低于电极 II，A错误；
B、电极 II 为正极，H2O2在此发生还原反应，得电子结合 H+生成 H2O，正确的电极反应式为 H2O2+2e-+2H+=2H2O ；选项中给出的是失电子的氧化反应，B错误；
C、电极 I 为负极，H2O2在碱性环境下失电子发生氧化反应，生成 O2和 H2O，电极反应式为 H2O2-2e-+2OH-=O2↑+2H2O 。反应过程中消耗 OH-，导致电极 I 附近溶液碱性减弱，pH 值减小，C正确；
D、根据电极反应式，转移 0.4mol 电子时，理论上生成 0.2mol O2，但题目未指明处于标准状况，无法根据物质的量计算气体的具体体积，D错误；
故答案为：C。
【分析】电池工作时，电子从电势较低的负极流向电势较高的正极。结合图中电子流向可判断：电极Ⅰ为负极，电极Ⅱ为正极。
负极（电极Ⅰ）：在碱性环境（KOH溶液）中，H2O2发生氧化反应，失去电子并消耗OH-，生成O2和H2O，电极反应为： H2O2-2e-+2OH-=O2↑+2H2O，
正极（电极Ⅱ）：在酸性环境（H2SO4溶液）中，H2O2发生还原反应，得到电子并结合H+，生成H2O，电极反应为： H2O2+2e-+2H+=2H2O；据此解题即可。
12．【答案】D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；铁及其化合物的性质实验；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、废渣中的SiO2不与稀硫酸反应，也不溶于水，因此“加热酸浸”后过滤得到的滤渣1主要成分为SiO2，A正确；
B、“氧化”步骤中，H2O2将酸浸后溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，便于后续调pH生成Fe(OH)3沉淀除去，反应的离子方程式为：，B正确；
C、从CoSO4溶液中获得CoSO4晶体，可采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的常规结晶操作，C正确；
D、萃取分液后，ZnSO4进入有机相，CoSO4留在水相，说明ZnSO4在有机溶剂M中的溶解度大于CoSO4，这样才能实现二者的分离，D错误；
故答案为：D。
【分析】 废渣(含Zn、Co、Fe、ZnO、SiO2等) ，SiO2不与酸反应，成为滤渣；H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再用ZnO调pH使Fe3+水解为Fe(OH)3沉淀除去。利用不同物质在有机溶剂中溶解度的差异，将ZnSO4萃取到有机相，实现与CoSO4的分离。从溶液中获取硫酸盐晶体，通常采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，再经过滤、洗涤、干燥得到纯净晶体。据此解题。
13．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率的影响因素；有效碰撞理论
【解析】【解答】A、从能量图可以看出，反应物 X 的总能量高于产物 Y 的总能量，该反应为放热反应，并非吸热反应，A错误；
B、物质能量越低越稳定，Y 的能量低于 X，因此稳定性：X < Y，B错误；
C、物质 M 在反应历程中先参与反应（X+M→X M），后又重新生成（Y M→Y+M），符合催化剂的特征；催化剂的作用是降低反应的活化能，加快反应速率，C正确；
D、决速步是反应历程中活化能最高的慢步骤。由曲线②可知，活化能最高的步骤是X·M→Y·M，而非 X+M→X M，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
反应热判断：反应物能量高于生成物能量，反应为放热反应；反之则为吸热反应。
稳定性判断：能量越低的物质，化学稳定性越强。
催化剂判断：催化剂在反应前后质量和化学性质不变，表现为 “先消耗、后生成”；能降低反应的活化能，但不改变反应的焓变。
决速步判断：反应的决速步是活化能最高的步骤，决定整个反应的速率。
14．【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、b点时，根据电荷守恒：
代入等量关系可得：
整理得：
b点，则，，因此：
，选项中少了，等式不成立，A错误；
B、第一步水解：，水解常数。当溶液中时，，，，故，数量级为，B正确；
C、当时：
等式成立，C正确；
D、可继续电离出生成，因此属于酸式盐，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
电荷守恒应用：结合微粒浓度等量关系，整理电荷守恒式，判断离子浓度等式是否成立。
水解常数计算：利用水解平衡表达式，结合微粒浓度相等时的pH，计算水解常数并判断数量级。
电离常数乘积：将两步电离常数表达式相乘，结合微粒浓度等量关系，推导得到与的关系。
盐类分类：酸式盐的阴离子可继续电离出，据此判断盐的类型。
15．【答案】（1）加快酸浸速率，提高矿石成分浸出率
（2）、、；温度过高易挥发，温度过低浸出速率慢
（3）
（4）
（5）或
（6）15；
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）“加压酸浸”步骤中要粉碎矿石的目的是增大矿石与酸的接触面积，加快酸浸速率，提高矿石成分浸出率；
故答案为： 加快酸浸速率，提高矿石成分浸出率 ；
（2）“滤渣1”经提取后可获得一种黄色副产品是硫单质，蛇纹石矿加浓硫酸酸浸，二氧化硅不反应，氧化钙和硫酸生成不易溶的硫酸钙沉淀，FeS中硫离子被浓硫酸氧化为硫单质沉淀，过滤得到滤渣1含有、、；提取硫单质过程中温度控制在50~60℃之间，不宜过高或过低的原因是：温度过高易挥发，温度过低浸出速率慢；
故答案为：、、 ； 温度过高易挥发，温度过低浸出速率慢 ；
（3）加压酸浸过程还生成一种有刺激性气味的气体即二氧化硫，FeS中硫离子被浓硫酸氧化为硫单质沉淀，亚铁离子被氧化为铁离子，该过程化学方程式是；
故答案为：；
（4）“除铁”时加入碳酸钠消耗氢离子调节pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，为减少杂质的引入，可用MgO代替碳酸钠；
故答案为： ；
（5）当恰好沉淀完全，，，解得=；
故答案为：或 ；
（6）镍是28号元素，Ni原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，有15个轨道数，则镍原子核外电子有15种不同空间运动状态，中硫原子的价层电子对数为，硫酸中硫原子的杂化类型是sp3。
故答案为：15； ；
【分析】蛇纹石矿经加压浓硫酸酸浸，SiO2等不溶物成为滤渣 1，金属元素进入溶液；通入空气氧化，将 Fe2+等氧化为易除形态；加入 Na2CO3除铁，生成 Fe(OH)3等沉淀作为滤渣 2；随后加 Na2S沉镍，利用 NiS 沉淀除去镍元素，得到滤渣 3；再加入 NaOH沉镁，生成 Mg(OH)2沉淀；最后将 Mg(OH)2煅烧，分解得到高纯度的 MgO。
（1）“加压酸浸”步骤中要粉碎矿石的目的是增大矿石与酸的接触面积，加快酸浸速率，提高矿石成分浸出率；
（2）“滤渣1”经提取后可获得一种黄色副产品是硫单质，蛇纹石矿加浓硫酸酸浸，二氧化硅不反应，氧化钙和硫酸生成不易溶的硫酸钙沉淀，FeS中硫离子被浓硫酸氧化为硫单质沉淀，过滤得到滤渣1含有、、；提取硫单质过程中温度控制在50~60℃之间，不宜过高或过低的原因是：温度过高易挥发，温度过低浸出速率慢；
（3）加压酸浸过程还生成一种有刺激性气味的气体即二氧化硫，FeS中硫离子被浓硫酸氧化为硫单质沉淀，亚铁离子被氧化为铁离子，该过程化学方程式是；
（4）“除铁”时加入碳酸钠消耗氢离子调节pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，为减少杂质的引入，可用MgO代替碳酸钠；
（5）当恰好沉淀完全，，，解得=；
（6）镍是28号元素，Ni原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，有15个轨道数，则镍原子核外电子有15种不同空间运动状态，中硫原子的价层电子对数为，硫酸中硫原子的杂化类型是sp3。
16．【答案】（1）恒压滴液漏斗
（2）除去未反应的氯气，防止空气中的水蒸气进入中；
（3）整个装置中充满黄绿色气体；用冰水冷却
（4）酸式滴定管（或移液管）；37.90%；C
【知识点】盐类水解的原理；常用仪器及其使用；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）盛装浓盐酸的仪器名称是恒压滴液漏斗。
故答案为： 恒压滴液漏斗 ；
（2）氯气是污染性气体，若不进行尾气处理直接排放，会污染大气，由题目所给信息知SnCl4易水解，若不隔绝外界水蒸气则会造成产品的水解变质，所以用F装置吸收氯气、水蒸气；已知 SnCl4易水解生成固体，结合质量守恒可书写化学方程式：。
故答案为： 除去未反应的氯气，防止空气中的水蒸气进入中 ； ；
（3）A装置是氯气发生装置，实验开始时，先向试管中加入浓盐酸，待整个装置中充满黄绿色气体时开始加热试管；；由题给信息知SnCl4的熔点为-33℃，沸点为114℃，在300℃左右制备完成后需冷却至液态进行收集，可通过将E装置浸入冰水浴中达到目的。
故答案为： 整个装置中充满黄绿色气体 ； 用冰水冷却 ；
（4）SnCl4易水解，在溶液中需要加酸抑制水解，溶液呈酸性，取用时用酸式滴定管或移液管；已知定量关系：Sn4+~ EDTA，则n (SnCl4)=n(EDTA)，m ( SnCl4)=n (SnCl4)·M(SnCl4)×=4n (SnCl4)·M(SnCl4)，产品纯度===37.90%，滴定管刻度内的液体体积为45.00 mL，尖嘴处也有少量液体，则滴定管中样品溶液的实际体积大于45.00 mL，选C。
故答案为： 酸式滴定管（或移液管） ； 37.90% ；C；
【分析】(1) 根据仪器构造识别恒压滴液漏斗，其特点为漏斗与反应装置连通，可平衡气压，使液体顺利流下。
(2) 吸收未反应的有毒氯气，防止污染空气；隔绝空气中的水蒸气，避免SnCl4水解。
SnCl4易水解，化学方程式为 ，导致产品变质。
(3) 实验开始先通氯气排尽装置内空气，待整个装置充满黄绿色气体时加热，防止Sn被氧气氧化。
SnCl4熔点低、沸点不高，需用冰水冷却E装置，使SnCl4冷凝为液态收集。
(4) SnCl4溶液呈酸性且抑制水解，选用酸式滴定管（或移液管）。
根据定量关系，，代入公式计算得37.90%。滴定管刻度从上到下增大，且尖嘴处有液体，故实际体积大于45.00mL，选C。
（1）盛装浓盐酸的仪器名称是恒压滴液漏斗。
（2）氯气是污染性气体，若不进行尾气处理直接排放，会污染大气，由题目所给信息知SnCl4易水解，若不隔绝外界水蒸气则会造成产品的水解变质，所以用F装置吸收氯气、水蒸气；已知 SnCl4易水解生成固体，结合质量守恒可书写化学方程式：。
（3）A装置是氯气发生装置，实验开始时，先向试管中加入浓盐酸，待整个装置中充满黄绿色气体时开始加热试管；；由题给信息知SnCl4的熔点为-33℃，沸点为114℃，在300℃左右制备完成后需冷却至液态进行收集，可通过将E装置浸入冰水浴中达到目的。
（4）SnCl4易水解，在溶液中需要加酸抑制水解，溶液呈酸性，取用时用酸式滴定管或移液管；已知定量关系：Sn4+~ EDTA，则n (SnCl4)=n(EDTA)，m ( SnCl4)=n (SnCl4)·M(SnCl4)×=4n (SnCl4)·M(SnCl4)，产品纯度===37.90%，滴定管刻度内的液体体积为45.00 mL，尖嘴处也有少量液体，则滴定管中样品溶液的实际体积大于45.00 mL，选C。
17．【答案】（1）―52.7
（2）BC；3.70
（3）＞；主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，故温度升高时不利于主反应、有利于副反应的发生，所以的选择性降低；负；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）已知② ；③ 根据盖斯定律，由②+③得反应，则=-52.7。
故答案为： ―52.7 ；
（2）①A．当时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B．恒温恒压下，该反应过程中，气体体积减小，气体总质量不变，混合气体的密度增大，当混合气体的密度恒定时，反应达到平衡状态，故B正确；
C．保持容器的容积不变，向体系中充入氩气，各反应物和生成物的浓度不变，平衡不移动，故C正确；
D．改加高效催化剂，不改变平衡状态，不可以提高的平衡转化率，故D错误；
②根据已知条件列出“三段式”
该温度下的平衡常数。
故答案为： BC ； 3.70 ；
（3）①主反应为气体体积缩小的反应，副反应为气体体积不变的反应，故压强越大，主反应正向移动，的选择性越大，故可知p1>p2；
②主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，故温度升高时不利于主反应、有利于副反应的发生，所以的选择性降低；
③由图可知，CO2在A极得到电子生成，A极为电解池的阴极，极接电源负极，B电极为惰性电极且为阳极，则在水溶液中，H2O失去电子生成O2，电极方程式为：。
故答案为： ＞ ； 主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，故温度升高时不利于主反应、有利于副反应的发生，所以的选择性降低 ； 负 ； ；
【分析】(1) 将已知反应Ⅱ + 反应Ⅲ，消去CO，得到主反应Ⅰ，焓变直接相加：。
(2) ①平衡状态判断：
A：速率比需满足计量数关系，应为；
B：恒温恒压下，气体总质量不变、体积减小，密度恒定说明体积不再变化，反应达平衡；
C：恒容充氩气，各物质浓度不变，平衡不移动；
D：催化剂不改变平衡，无法提高转化率。
②平衡常数计算：
由图得平衡浓度：，，；
代入公式：。
(3)① 压强比较：主反应是气体体积减小的反应，压强越大，选择性越高，故。
② 选择性随温度变化原因：主反应放热、副反应吸热，升温平衡向吸热方向移动，主反应逆向、副反应正向，选择性降低。
③ 电解池分析：A电极得电子生成，为阴极，接电源负极；
B电极为阳极，水失电子生成，电极反应： 。
（1）已知② ；③ 根据盖斯定律，由②+③得反应，则=-52.7。
（2）①A．当时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B．恒温恒压下，该反应过程中，气体体积减小，气体总质量不变，混合气体的密度增大，当混合气体的密度恒定时，反应达到平衡状态，故B正确；
C．保持容器的容积不变，向体系中充入氩气，各反应物和生成物的浓度不变，平衡不移动，故C正确；
D．改加高效催化剂，不改变平衡状态，不可以提高的平衡转化率，故D错误；
故选BC；
②根据已知条件列出“三段式”
该温度下的平衡常数。
（3）①主反应为气体体积缩小的反应，副反应为气体体积不变的反应，故压强越大，主反应正向移动，的选择性越大，故可知p1>p2；
②主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，故温度升高时不利于主反应、有利于副反应的发生，所以的选择性降低；
③由图可知，CO2在A极得到电子生成，A极为电解池的阴极，极接电源负极，B电极为惰性电极且为阳极，则在水溶液中，H2O失去电子生成O2，电极方程式为：。
18．【答案】（1）；混合物
（2）
（3）；氧化反应
（4）4
（5）；平面三角形
（6）
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；乙醇的催化氧化实验
【解析】（1）纤维素的化学式为，高分子化合物都是混合物。
故答案为： ； 混合物
（2）B是聚乙烯，结构简式为。
故答案为： ；
（3）乙醇催化氧化为乙醛，化学方程式为，反应类型是氧化反应。
故答案为： ； 氧化反应 ；
（4）有机物M的分子式为C5H10O2，且M与C互为同系物，C是乙酸，则M是戊酸，是羧基和丁基结合形成的，丁基有四种，故戊酸有4种。
故答案为：4；
（5）C为CH3COOH，含有C、H、O三种元素，电负性从大到小是顺序为，其中C与O形成碳氧双键，C为sp2杂化，原子的模型名称是平面三角形。
故答案为： ； 平面三角形 ；
（6）乙烯与溴加成生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷在碱性条件下水解生成乙二醇，乙二醇氧化为乙二醛，再氧化为乙二酸，乙二酸与乙醇发生酯化反应生成乙二酸二乙酯；合成路线流程图为：。
故答案为：
【分析】甘蔗渣经处理得到纤维素，纤维素水解生成葡萄糖（C6H12O6）；葡萄糖在酒化酶作用下转化为乙醇（CH3CH2OH）。乙醇一部分在引发剂下生成植物生长调节剂乙烯（A），乙烯加聚为高分子化合物聚乙烯B（）；另一部分乙醇在 Cu、加热条件下氧化为乙醛（CH3CHO），乙醛进一步氧化为乙酸C（CH3COOH）；乙酸与乙醇发生酯化反应，生成具有水果香味的乙酸乙酯D（CH3CH2OOCH3）。
（1）纤维素的化学式为，高分子化合物都是混合物。
（2）B是聚乙烯，结构简式为。
（3）乙醇催化氧化为乙醛，化学方程式为，反应类型是氧化反应。
（4）有机物M的分子式为C5H10O2，且M与C互为同系物，C是乙酸，则M是戊酸，是羧基和丁基结合形成的，丁基有四种，故戊酸有4种。
（5）C为CH3COOH，含有C、H、O三种元素，电负性从大到小是顺序为，其中C与O形成碳氧双键，C为sp2杂化，原子的模型名称是平面三角形。
（6）乙烯与溴加成生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷在碱性条件下水解生成乙二醇，乙二醇氧化为乙二醛，再氧化为乙二酸，乙二酸与乙醇发生酯化反应生成乙二酸二乙酯；合成路线流程图为：。
1 / 1广西南宁市、柳州市等地示范性高中2023-2024学年高二下学期3月开学考试 化学试题
一、单项选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．化学知识广泛应用于生产、生活中。下列叙述不正确的是
A．用饱和氯化铵溶液可以清洗钢铁表面的锈迹
B．明矾和均可用作净水剂，且净水原理相同
C．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率
D．高分子材料聚乙烯广泛应用于食品包装材料
【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用；镁、铝的重要化合物；聚合反应
【解析】【解答】A、饱和氯化铵溶液中，铵根离子会发生水解使溶液显酸性，这种酸性环境可以溶解钢铁表面的铁锈（主要成分为金属氧化物），因此能用于清洗锈迹，A正确；
B、明矾净水是因为铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有较大的表面积，能吸附水中的悬浮杂质；而二氧化氯（ClO2）净水是依靠其强氧化性，杀灭水中的细菌和病毒，二者的净水原理完全不同，B 错误；
C、在海轮外壳镶嵌锌块，锌、铁和海水会形成原电池，锌的活泼性更强，作为负极被腐蚀，铁作为正极被保护，从而减缓船体的腐蚀速率，C正确；
D、聚乙烯是一种无毒的高分子材料，化学性质稳定，因此被广泛应用于食品、药品的包装材料，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
盐类水解的应用：铵根离子水解显酸性，可溶解金属氧化物，用于除锈。
净水原理区分：明矾净水靠胶体吸附，ClO2净水靠强氧化性，二者原理不同。
金属防护（牺牲阳极法）：利用活泼金属（锌）作负极，保护不活泼金属（铁）。
高分子材料的用途：聚乙烯无毒，可用于食品包装。
2．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下氨气溶于水后所得溶液中
B．标准状况下的质量为
C．与稀硝酸反应，铁完全溶解转移电子数目一定是
D．含有电子的数目为
【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、标准状况下 11.2L 氨气的物质的量为 0.5mol，氨气溶于水后会以 NH3、NH3 H2O、NH4+三种形式存在，根据物料守恒，三者的物质的量之和才为 0.5mol，仅 NH3 H2O 与 NH4+的物质的量之和小于 0.5mol，A错误；
B、标准状况下 HF 为液态，不能用气体摩尔体积 22.4L/mol 来计算其物质的量，因此 22.4L HF 的物质的量不是 1mol，质量也不是 20g，B错误；
C、1mol Fe 与稀硝酸反应时，产物会随硝酸用量改变：若硝酸少量，Fe 被氧化为 Fe2+，转移 2NA电子；若硝酸足量，Fe 被氧化为 Fe3+，转移 3N 电子，因此转移电子数不一定为 3NA，C错误；
D、1 个 OH-含有的电子数为 8（氧原子）+1（氢原子）+1（负电荷）=10 个，故 1mol OH-含有的电子数目为 10NA，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
物料守恒应用：氨水中含氮微粒有 3 种，计算时需包含所有形态。
气体摩尔体积限制：仅适用于标准状况下的气体，HF 在标况下为液态，不能使用。
变价金属氧化规律：Fe 与稀硝酸反应的产物由硝酸用量决定，电子转移数需分情况讨论。
微粒电子数计算：离子电子数 = 各原子电子数之和 ± 电荷数（阴离子加，阳离子减）。
3．用于金属精制、农药、医药、催化剂再生等。室温下，关于溶液中，下列说法正确的是
A．在水中的电离方程式为：
B．溶液中存在：
C．与的溶液等体积混合，混合液呈碱性
D．加水稀释会促进的电离，使溶液减小
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、H2S 是二元弱酸，电离分步进行，第一步为 H2S H++HS-，第二步为 HS- H++S2-，不能直接一步电离为 2H++S2-，A错误；
B、溶液中电荷守恒应为 c (H+)=c (HS-)+2c (S2-)+c (OH-)，S2-带 2 个单位负电荷，其浓度前需乘系数 2，B错误；
C、pH=12 的 NaOH 溶液中 c (OH-)=0.01mol/L，0.005mol/L 的 H2S 是弱酸，溶液中 c (H+) 远小于 0.01mol/L，等体积混合后 OH-过量，混合液呈碱性，C正确；
D、加水稀释会促进 H2S 的电离，但溶液体积增大的影响更显著，最终 c (H+) 减小，溶液 pH 增大，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
弱酸电离规律：二元弱酸分步电离，不能合并书写电离方程式。
电荷守恒：溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，多电荷离子浓度需乘对应电荷数。
酸碱混合判断：弱酸与强碱等体积混合时，需比较酸中可电离 H+总量与碱中 OH-总量，过量的一方决定溶液酸碱性。
稀释影响：稀释促进弱酸电离，但 c(H+) 随体积增大而减小，pH 升高。
4．脱落酸也称离层酸，是指能引起芽休眠、叶子脱落和抑制细胞生长等生理作用的植物激素，其结构简式如图所示，下列关于脱落酸的说法错误的是
A．该化合物不溶于水
B．该化合物分子式为
C．能发生取代反应、加成反应、氧化反应
D．脱落酸最多可以与发生反应
【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；烯烃；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】A、该化合物分子中含有羟基、羧基等亲水基团，同时碳链较长，属于微溶于水的有机物，并非完全不溶于水，A错误；
B、根据结构简式，可确定该化合物的分子式为，B正确；
C、分子中的羟基、羧基可发生取代反应，碳碳双键、羰基可发生加成反应，碳碳双键、羟基可发生氧化反应，C正确；
D、1个脱落酸分子中含有1个羟基和1个羧基，二者均可与Na反应，故1mol脱落酸最多可与2mol Na反应，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
溶解性判断：有机物溶解性需结合亲水基团（羟基、羧基）与疏水基团（烃基）的比例分析，该分子虽有亲水基团，但碳链较长，微溶于水。
分子式确定：通过数清分子中C、H、O原子的数量，或用不饱和度法验证，得出分子式为。
反应类型判断：根据官能团性质判断反应类型，羟基、羧基对应取代反应，碳碳双键、羰基对应加成反应，碳碳双键、羟基对应氧化反应。
与Na反应的量：羟基和羧基均能与Na按1：1反应，该分子含1个羟基和1个羧基，故1mol该物质最多消耗2mol Na。
5．能正确表示下列反应的离子方程式的是
A．四氧化三铁溶于氢碘酸中：
B．将过量的通入溶液中：
C．向酸性高锰酸钾溶液中通入：
D．将少量澄清石灰水滴加到碳酸氢钠溶液中：
【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；二氧化硫的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、四氧化三铁与氢碘酸反应时，铁离子具有强氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，正确的离子方程式应体现氧化还原过程，即 Fe3O4+2I-+8H+=3Fe2++I2+4H2O，故A错误；
B、过量二氧化硫与氢氧化钠溶液反应，产物为亚硫酸氢钠，正确的离子方程式为，故B错误；
C、酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应，锰元素从+7价降为+2价，硫元素从+4价升为+6价，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，离子方程式为 ：，故C正确；
D、少量澄清石灰水加入碳酸氢钠溶液中，氢氧化钙完全反应，钙离子与氢氧根离子的比例为1：2，正确的离子方程式为：，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氧化还原反应离子方程式：需关注氧化剂和还原剂的氧化还原过程，体现电子转移对应的产物，如铁离子氧化碘离子生成碘单质。
反应物用量影响：少量、过量的反应物会决定产物的形态，如过量二氧化硫与碱反应生成酸式盐，少量则生成正盐。
配平原则：离子方程式需同时满足得失电子守恒（氧化还原反应）、电荷守恒、原子守恒。
定量反应关系：当少量物质与过量物质反应时，少量物质的离子比例需按其化学式固定，过量物质按比例配平。
6．以和为原料制备清洁燃料二甲醚涉及的主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
下列说法正确的是
A．反应Ⅰ的
B．增大反应体系压强，可提高二甲醚产率
C．越大，的平衡转化率越高
D．200℃平衡体系中比100℃平衡体系中大
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、反应I中，反应物为7mol气体（2mol CO2+6mol H2），生成物为4mol气体（1mol CH3OCH3+3mol H2O），气体总物质的量显著减少。根据熵变规律，气体分子数减少的过程熵值减小，故，A错误；
B、反应I是气体分子数减少的体积缩小反应，反应II是气体分子数不变的反应。增大体系压强，化学平衡会向气体体积减小的方向移动，即反应I正向进行，二甲醚（CH3OCH3）的生成量增加，产率提高，B正确；
C、 越大，意味着二氧化碳的起始投入量相对越多。根据勒夏特列原理，增加某种反应物浓度，平衡正向移动，自身转化率会降低，因此CO2的平衡转化率反而减小，C错误；
D、反应I为放热反应（），升温平衡逆向移动， 的物质的量减小；反应II为吸热反应（），升温平衡正向移动， 的物质的量增大。因此 平衡体系中 比 时更小，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
熵变判断：聚焦反应前后气体总物质的量的变化，气体分子数减少对应，增多对应。
压强对平衡的影响：针对有气体参与且反应前后气体分子数不同的反应，增大压强平衡向气体分子数少的方向移动；气体分子数不变的反应，压强改变平衡不移动。
反应物比例与转化率：增大某反应物浓度，其自身转化率降低，另一反应物转化率升高。
温度对平衡的影响：升温使平衡向吸热反应方向移动，放热反应逆向移动，吸热反应正向移动。
7．对于下列实验操作和现象，其结论正确的是
选项 操作 现象 结论
A 向盛有水的锥形瓶中小心滴加8~10滴 剧烈反应，液面上有白雾形成，并产生有刺激性气味的气体 水解生成氯化氢 和硫酸
B 将样品溶于稀硫酸后，滴加溶液 溶液变红 溶液中含但不确定样品在实验之前已变质
C 向盛有的溶液中先后滴加2滴的溶液和溶液 先生成白色沉淀，后变为黄色沉淀
D 将红热的木炭放置于盛有浓硝酸的试管中 试管内生成红棕色气体 木炭与浓硝酸反应生成
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、SOCl2与水剧烈反应，液面白雾是遇水蒸气形成的盐酸小液滴，有刺激性气味的气体是二氧化硫。根据元素守恒，其水解产物应为氯化氢和二氧化硫，并非硫酸，A错误；
B、Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，NO3-在酸性环境下具有强氧化性，可将 Fe2+氧化为 Fe3+，因此滴加 KSCN 溶液变红，无法确定样品在实验前是否已变质，B正确；
C、向 AgNO3溶液中先加 NaCl 溶液，Ag+过量，再滴加 KI 溶液时，I-直接与剩余 Ag+反应生成黄色 AgI 沉淀，并非沉淀转化，因此不能证明 Ksp (AgCl) > Ksp (AgI)，C错误；
D、红热木炭与浓硝酸接触时，浓硝酸受热易分解，也会生成红棕色 NO2气体，因此不能确定红棕色气体一定是木炭与浓硝酸直接反应的产物，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
水解反应判断：结合元素守恒分析 SOCl2水解产物，注意硫元素的价态变化。
酸性环境下 NO3-的氧化性：Fe2+在酸性条件下会被 NO3-氧化为 Fe3+，干扰样品是否变质的判断。
沉淀转化与 Ksp：只有在一种沉淀完全转化后，再加入另一种沉淀剂，才能通过沉淀颜色变化比较 Ksp 大小；若原离子过量，无法直接比较。
副反应干扰：浓硝酸受热易分解，实验中需考虑物质自身分解对产物判断的影响。
8．短周期元素、、、的原子序数依次增大，的最高正化合价和最低负化合价的代数和为0，和的最外层电子数相同，的焰色试验呈黄色，四种元素最外层电子数之和为17。下列说法不正确的是
A．易溶于的简单氢化物中
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：
C．与形成的化合物可能含有共价键
D．原子半径：
【答案】A
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、由元素推断可知，X 为 C，W 为 S，Y 为 O，故 XW2为 CS2，Y 的简单氢化物为 H2O。CS2是难溶于水的有机溶剂，所以 “易溶于水” 的结论错误，A不正确；
B、W 为 S，X 为 C，S 的非金属性强于 C，根据元素周期律，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故酸性：H2SO4 > H2CO3，B正确；
C、Y 为 O，Z 为 Na，二者可形成 Na2O2，其中 Na+与 O22-之间为离子键，O22-内部氧原子之间存在共价键，C正确；
D、原子半径比较：电子层数越多，半径越大；同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小。故原子半径：Na（Z）> S（W）> C（X）> O（Y），D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
Z 的焰色试验呈黄色，Z 为 Na。X 的最高正价与最低负价代数和为 0，且原子序数小于 Na ，X 为 C（若为 H 则最外层电子数之和不满足 17）。Y 和 W 最外层电子数相同，四种元素最外层电子数之和为 17 ， Y、W 最外层电子数为×(17-1-4)= 6，故 Y 为 O，W 为 S。
9．向的恒容密闭容器中通入和各，发生反应：。在不同温度下测得随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是
A．该反应在任意温度下均可自发进行
B．温度下，的平衡转化率是30%
C．、两点平衡常数：
D．温度下，0到内，用表示的平均反应速率为0.1mol·L-1·min-1
【答案】B
【知识点】焓变和熵变；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、反应正向是气体分子数增大的方向，故；由图可知温度越高，平衡时的物质的量越大，说明正反应是吸热反应，。根据自发反应判据，只有高温下，反应才能自发进行，并非任意温度，A错误；
B、温度下平衡时，由反应式可知，转化的为，起始为，则的平衡转化率为，B正确；
C、正反应吸热，温度越高平衡常数越大；，点对应温度，点对应温度，故，C错误；
D、温度下，内，则；速率之比等于化学计量数之比，故，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
自发反应判断：结合反应前后气体分子数判断熵变，结合温度对平衡的影响判断焓变，再用分析自发条件。
平衡转化率计算：根据平衡时的物质的量，结合反应式得出转化的的量，再计算转化率。
平衡常数比较：吸热反应，温度越高平衡常数越大，先由曲线斜率判断温度高低，再比较。
反应速率计算：先算的平均速率，再按化学计量数换算为的速率。
10．经催化加氢可制得甲醇。下列说法正确的是
A．分子和分子中均存在两个键
B．分子和分子均为直线型的非极性分子
C．分子中的原子和原子均为杂化
D．和分子间均存在氢键，因此比较稳定
【答案】C
【知识点】极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、CO2分子是直线形结构，存在 2 个 σ 键和 2 个 π 键；但 H2O 分子是 V 形结构，只存在 σ 键，没有 π 键，A错误；
B、CO2是直线形非极性分子，而 H2O 是 V 形极性分子，正负电荷中心不重合，B错误；
C、CH3OH 分子中，C 原子形成 4 个单键（3 个 C-H 键、1 个 C-O 键），O 原子形成 2 个单键（1 个 O-H 键、1 个 O-C 键），还有 2 对孤电子对，二者价层电子对数均为 4，均采取 sp3 杂化，C正确；
D、CH3OH 和 H2O 分子间都存在氢键，氢键主要影响物质的熔沸点等物理性质，而分子的稳定性由化学键强弱决定，与氢键无关，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
化学键判断：双键或三键中才存在 π 键，单键只有 σ 键，H2O 中只有单键故无 π 键。
分子极性与空间结构：CO2直线形、结构对称，为非极性分子；H2O V 形、结构不对称，为极性分子。
杂化类型判断：价层电子对数为 4 的原子采取 sp3 杂化，CH3OH 中 C、O 均满足此条件。
氢键的作用：氢键是分子间作用力，影响物理性质（熔沸点、溶解性等），不影响分子稳定性。
11．直接燃料电池是一种新型化学电源，工作原理如图所示。电池放电时，下列说法正确的是
A．电极Ⅰ的电势高于电极Ⅱ
B．电极Ⅱ的反应为
C．工作一段时间后，电极Ⅰ附近的溶液减小
D．当外电路转移电子时，电极Ⅰ附近理论上收集到
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、原电池中，电子流出的一极为负极，电子流入的一极为正极。根据电子流向可知，电极 I 为负极，电极 II 为正极。电源中，正极电势高于负极，故电极 I 电势低于电极 II，A错误；
B、电极 II 为正极，H2O2在此发生还原反应，得电子结合 H+生成 H2O，正确的电极反应式为 H2O2+2e-+2H+=2H2O ；选项中给出的是失电子的氧化反应，B错误；
C、电极 I 为负极，H2O2在碱性环境下失电子发生氧化反应，生成 O2和 H2O，电极反应式为 H2O2-2e-+2OH-=O2↑+2H2O 。反应过程中消耗 OH-，导致电极 I 附近溶液碱性减弱，pH 值减小，C正确；
D、根据电极反应式，转移 0.4mol 电子时，理论上生成 0.2mol O2，但题目未指明处于标准状况，无法根据物质的量计算气体的具体体积，D错误；
故答案为：C。
【分析】电池工作时，电子从电势较低的负极流向电势较高的正极。结合图中电子流向可判断：电极Ⅰ为负极，电极Ⅱ为正极。
负极（电极Ⅰ）：在碱性环境（KOH溶液）中，H2O2发生氧化反应，失去电子并消耗OH-，生成O2和H2O，电极反应为： H2O2-2e-+2OH-=O2↑+2H2O，
正极（电极Ⅱ）：在酸性环境（H2SO4溶液）中，H2O2发生还原反应，得到电子并结合H+，生成H2O，电极反应为： H2O2+2e-+2H+=2H2O；据此解题即可。
12．从炼锌厂的废渣（含、、、、等）中回收钴和锌的一种工艺流程如图：
下列说法错误的是
A．“加热酸浸”过程中生成的滤渣1主要成分为
B．“氧化”过程中发生反应：
C．可通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的操作得到晶体
D．在有机溶剂中的溶解度比小
【答案】D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；铁及其化合物的性质实验；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、废渣中的SiO2不与稀硫酸反应，也不溶于水，因此“加热酸浸”后过滤得到的滤渣1主要成分为SiO2，A正确；
B、“氧化”步骤中，H2O2将酸浸后溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，便于后续调pH生成Fe(OH)3沉淀除去，反应的离子方程式为：，B正确；
C、从CoSO4溶液中获得CoSO4晶体，可采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的常规结晶操作，C正确；
D、萃取分液后，ZnSO4进入有机相，CoSO4留在水相，说明ZnSO4在有机溶剂M中的溶解度大于CoSO4，这样才能实现二者的分离，D错误；
故答案为：D。
【分析】 废渣(含Zn、Co、Fe、ZnO、SiO2等) ，SiO2不与酸反应，成为滤渣；H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再用ZnO调pH使Fe3+水解为Fe(OH)3沉淀除去。利用不同物质在有机溶剂中溶解度的差异，将ZnSO4萃取到有机相，实现与CoSO4的分离。从溶液中获取硫酸盐晶体，通常采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，再经过滤、洗涤、干燥得到纯净晶体。据此解题。
13．反应物转化为产物时，能量变化与反应历程的关系如图所示，下列说法正确的是
A．该反应是吸热反应
B．由图可知比稳定
C．是催化剂，可降低反应所需的活化能
D．使用催化剂后，反应历程中的决速步为
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率的影响因素；有效碰撞理论
【解析】【解答】A、从能量图可以看出，反应物 X 的总能量高于产物 Y 的总能量，该反应为放热反应，并非吸热反应，A错误；
B、物质能量越低越稳定，Y 的能量低于 X，因此稳定性：X < Y，B错误；
C、物质 M 在反应历程中先参与反应（X+M→X M），后又重新生成（Y M→Y+M），符合催化剂的特征；催化剂的作用是降低反应的活化能，加快反应速率，C正确；
D、决速步是反应历程中活化能最高的慢步骤。由曲线②可知，活化能最高的步骤是X·M→Y·M，而非 X+M→X M，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
反应热判断：反应物能量高于生成物能量，反应为放热反应；反之则为吸热反应。
稳定性判断：能量越低的物质，化学稳定性越强。
催化剂判断：催化剂在反应前后质量和化学性质不变，表现为 “先消耗、后生成”；能降低反应的活化能，但不改变反应的焓变。
决速步判断：反应的决速步是活化能最高的步骤，决定整个反应的速率。
14．常温下亚砷酸在溶液中存在多种微粒形态，向溶液中逐滴加入调节，得到微粒形态分布优势区域如图所示（虚线处表示两种形态的浓度相等），、分别表示的第二步、第三步电离平衡常数。下列有关说法错误的是
A．点对应的溶液中，
B．常温下，的第一步水解平衡常数的数量级为
C．溶液中时，
D．为酸式盐
【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、b点时，根据电荷守恒：
代入等量关系可得：
整理得：
b点，则，，因此：
，选项中少了，等式不成立，A错误；
B、第一步水解：，水解常数。当溶液中时，，，，故，数量级为，B正确；
C、当时：
等式成立，C正确；
D、可继续电离出生成，因此属于酸式盐，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
电荷守恒应用：结合微粒浓度等量关系，整理电荷守恒式，判断离子浓度等式是否成立。
水解常数计算：利用水解平衡表达式，结合微粒浓度相等时的pH，计算水解常数并判断数量级。
电离常数乘积：将两步电离常数表达式相乘，结合微粒浓度等量关系，推导得到与的关系。
盐类分类：酸式盐的阴离子可继续电离出，据此判断盐的类型。
二、非选择题（本题共4小题，共58分）
15．蛇纹石的主要成分是、、、、、等，一种利用该矿石制备高纯度的工艺流程如下：
已知，氢硫酸的电离常数，。
（1）工业生产中通常将蛇纹石矿粉碎后再加压酸浸，其目的是　 　。
（2）“滤渣1”经提取后可获得一种黄色副产品，则“滤渣1”中的主要成分是　 　（填化学式），提取黄色副产品过程中温度控制在50~60℃之间，不宜过高或过低的原因是　 　。
（3）加压酸浸过程还生成一种有刺激性气味的气体，该过程化学方程式是　 　。
（4）为减少杂质的引入，“除铁”时可用　 　代替。
（5）“沉镍”时，当恰好沉淀完全（离子浓度小于，可认为完全沉淀），要保证此时不会从溶液中逸出，应控制溶液不大于　 　。（饱和浓度为0.1，可以用带“”的式子表示计算结果）
（6）可以用来冶炼金属镍以及生产。镍原子核外电子有　 　种不同空间运动状态，硫酸中硫原子的杂化类型是　 　。
【答案】（1）加快酸浸速率，提高矿石成分浸出率
（2）、、；温度过高易挥发，温度过低浸出速率慢
（3）
（4）
（5）或
（6）15；
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）“加压酸浸”步骤中要粉碎矿石的目的是增大矿石与酸的接触面积，加快酸浸速率，提高矿石成分浸出率；
故答案为： 加快酸浸速率，提高矿石成分浸出率 ；
（2）“滤渣1”经提取后可获得一种黄色副产品是硫单质，蛇纹石矿加浓硫酸酸浸，二氧化硅不反应，氧化钙和硫酸生成不易溶的硫酸钙沉淀，FeS中硫离子被浓硫酸氧化为硫单质沉淀，过滤得到滤渣1含有、、；提取硫单质过程中温度控制在50~60℃之间，不宜过高或过低的原因是：温度过高易挥发，温度过低浸出速率慢；
故答案为：、、 ； 温度过高易挥发，温度过低浸出速率慢 ；
（3）加压酸浸过程还生成一种有刺激性气味的气体即二氧化硫，FeS中硫离子被浓硫酸氧化为硫单质沉淀，亚铁离子被氧化为铁离子，该过程化学方程式是；
故答案为：；
（4）“除铁”时加入碳酸钠消耗氢离子调节pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，为减少杂质的引入，可用MgO代替碳酸钠；
故答案为： ；
（5）当恰好沉淀完全，，，解得=；
故答案为：或 ；
（6）镍是28号元素，Ni原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，有15个轨道数，则镍原子核外电子有15种不同空间运动状态，中硫原子的价层电子对数为，硫酸中硫原子的杂化类型是sp3。
故答案为：15； ；
【分析】蛇纹石矿经加压浓硫酸酸浸，SiO2等不溶物成为滤渣 1，金属元素进入溶液；通入空气氧化，将 Fe2+等氧化为易除形态；加入 Na2CO3除铁，生成 Fe(OH)3等沉淀作为滤渣 2；随后加 Na2S沉镍，利用 NiS 沉淀除去镍元素，得到滤渣 3；再加入 NaOH沉镁，生成 Mg(OH)2沉淀；最后将 Mg(OH)2煅烧，分解得到高纯度的 MgO。
（1）“加压酸浸”步骤中要粉碎矿石的目的是增大矿石与酸的接触面积，加快酸浸速率，提高矿石成分浸出率；
（2）“滤渣1”经提取后可获得一种黄色副产品是硫单质，蛇纹石矿加浓硫酸酸浸，二氧化硅不反应，氧化钙和硫酸生成不易溶的硫酸钙沉淀，FeS中硫离子被浓硫酸氧化为硫单质沉淀，过滤得到滤渣1含有、、；提取硫单质过程中温度控制在50~60℃之间，不宜过高或过低的原因是：温度过高易挥发，温度过低浸出速率慢；
（3）加压酸浸过程还生成一种有刺激性气味的气体即二氧化硫，FeS中硫离子被浓硫酸氧化为硫单质沉淀，亚铁离子被氧化为铁离子，该过程化学方程式是；
（4）“除铁”时加入碳酸钠消耗氢离子调节pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，为减少杂质的引入，可用MgO代替碳酸钠；
（5）当恰好沉淀完全，，，解得=；
（6）镍是28号元素，Ni原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，有15个轨道数，则镍原子核外电子有15种不同空间运动状态，中硫原子的价层电子对数为，硫酸中硫原子的杂化类型是sp3。
16．四氯化锡（熔点为-33℃，沸点为114℃，易水解生成固体）可用于分析试剂，有机合成脱水剂，可由熔融态的金属锡（，熔点为231℃）在300℃左右与氯气作用制得，利用如图所示装置制备无水（夹持和控温装置省略）：
回答下列问题
（1）盛装浓盐酸的仪器名称是　 　。
（2）装置的作用是　 　，若无装置对实验有何影响？请用化学方程式表示　 　。
（3）实验开始时，先向试管中加入浓盐酸，待　 　时开始加热试管；为使装置起到良好效果，对装置进行的操作为　 　。
（4）可用测定产品中含量以判断产品的纯度，取装置中的产品，经过处理后配成溶液，用　 　（填仪器名称）取出放入锥形瓶中，加入二甲酚橙作指示剂，用标准液进行滴定，达到滴定终点时消耗标准液（定量关系：），则产品纯度为　 　（精确到小数点后两位），若滴定管规格为，样品溶液起始读数为，此时滴定管中样品溶液的实际体积为　 　。（填序号）
A. B. C.大于 D.小于
【答案】（1）恒压滴液漏斗
（2）除去未反应的氯气，防止空气中的水蒸气进入中；
（3）整个装置中充满黄绿色气体；用冰水冷却
（4）酸式滴定管（或移液管）；37.90%；C
【知识点】盐类水解的原理；常用仪器及其使用；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）盛装浓盐酸的仪器名称是恒压滴液漏斗。
故答案为： 恒压滴液漏斗 ；
（2）氯气是污染性气体，若不进行尾气处理直接排放，会污染大气，由题目所给信息知SnCl4易水解，若不隔绝外界水蒸气则会造成产品的水解变质，所以用F装置吸收氯气、水蒸气；已知 SnCl4易水解生成固体，结合质量守恒可书写化学方程式：。
故答案为： 除去未反应的氯气，防止空气中的水蒸气进入中 ； ；
（3）A装置是氯气发生装置，实验开始时，先向试管中加入浓盐酸，待整个装置中充满黄绿色气体时开始加热试管；；由题给信息知SnCl4的熔点为-33℃，沸点为114℃，在300℃左右制备完成后需冷却至液态进行收集，可通过将E装置浸入冰水浴中达到目的。
故答案为： 整个装置中充满黄绿色气体 ； 用冰水冷却 ；
（4）SnCl4易水解，在溶液中需要加酸抑制水解，溶液呈酸性，取用时用酸式滴定管或移液管；已知定量关系：Sn4+~ EDTA，则n (SnCl4)=n(EDTA)，m ( SnCl4)=n (SnCl4)·M(SnCl4)×=4n (SnCl4)·M(SnCl4)，产品纯度===37.90%，滴定管刻度内的液体体积为45.00 mL，尖嘴处也有少量液体，则滴定管中样品溶液的实际体积大于45.00 mL，选C。
故答案为： 酸式滴定管（或移液管） ； 37.90% ；C；
【分析】(1) 根据仪器构造识别恒压滴液漏斗，其特点为漏斗与反应装置连通，可平衡气压，使液体顺利流下。
(2) 吸收未反应的有毒氯气，防止污染空气；隔绝空气中的水蒸气，避免SnCl4水解。
SnCl4易水解，化学方程式为 ，导致产品变质。
(3) 实验开始先通氯气排尽装置内空气，待整个装置充满黄绿色气体时加热，防止Sn被氧气氧化。
SnCl4熔点低、沸点不高，需用冰水冷却E装置，使SnCl4冷凝为液态收集。
(4) SnCl4溶液呈酸性且抑制水解，选用酸式滴定管（或移液管）。
根据定量关系，，代入公式计算得37.90%。滴定管刻度从上到下增大，且尖嘴处有液体，故实际体积大于45.00mL，选C。
（1）盛装浓盐酸的仪器名称是恒压滴液漏斗。
（2）氯气是污染性气体，若不进行尾气处理直接排放，会污染大气，由题目所给信息知SnCl4易水解，若不隔绝外界水蒸气则会造成产品的水解变质，所以用F装置吸收氯气、水蒸气；已知 SnCl4易水解生成固体，结合质量守恒可书写化学方程式：。
（3）A装置是氯气发生装置，实验开始时，先向试管中加入浓盐酸，待整个装置中充满黄绿色气体时开始加热试管；；由题给信息知SnCl4的熔点为-33℃，沸点为114℃，在300℃左右制备完成后需冷却至液态进行收集，可通过将E装置浸入冰水浴中达到目的。
（4）SnCl4易水解，在溶液中需要加酸抑制水解，溶液呈酸性，取用时用酸式滴定管或移液管；已知定量关系：Sn4+~ EDTA，则n (SnCl4)=n(EDTA)，m ( SnCl4)=n (SnCl4)·M(SnCl4)×=4n (SnCl4)·M(SnCl4)，产品纯度===37.90%，滴定管刻度内的液体体积为45.00 mL，尖嘴处也有少量液体，则滴定管中样品溶液的实际体积大于45.00 mL，选C。
17．是一种温室气体，研究的利用对促进低碳社会构建具有重要意义，我国科学家利用作为催化剂，实现了加氢制．
主反应为：Ⅰ．
同时伴随发生副反应：Ⅱ．
（1）已知 ，则　 　．
（2）一定温度下，向某容器中充入2mol和6mol，假设只发生上述反应Ⅰ，一段时间后达到平衡．
①关于上述反应体系的分析，下列说法正确的是　 　．
A．当时，反应达到平衡状态
B．恒温恒压下，当混合气体的密度恒定时，反应达到平衡状态
C．保持容器的容积不变，向体系中充入氩气，平衡不移动
D．改加高效催化剂，可以提高的平衡转化率
②恒容条件下，测得反应过程中和的物质的量浓度随时间的变化如图所示，该温度下的平衡常数　 　（保留小数点后两位）．
（3）在恒温恒容的密闭容器中，加入一定量的和足量的，同时发生主、副反应．体系中的选择性（指转化为的占发生反应的的百分比）随温度、压强的变化曲线如图所示：
①　 　（填“＞”或“＝”或“＜”）．
②的选择性随温度升高而降低的原因可能是　 　．
③科学家研究了用电解法把转化为，从而消除对环境的影响，其原理如图所示：
则图中A电极接电源　 　极．已知B电极为惰性电极，则在水溶液中，该极的电极反应式为　 　．
【答案】（1）―52.7
（2）BC；3.70
（3）＞；主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，故温度升高时不利于主反应、有利于副反应的发生，所以的选择性降低；负；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）已知② ；③ 根据盖斯定律，由②+③得反应，则=-52.7。
故答案为： ―52.7 ；
（2）①A．当时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B．恒温恒压下，该反应过程中，气体体积减小，气体总质量不变，混合气体的密度增大，当混合气体的密度恒定时，反应达到平衡状态，故B正确；
C．保持容器的容积不变，向体系中充入氩气，各反应物和生成物的浓度不变，平衡不移动，故C正确；
D．改加高效催化剂，不改变平衡状态，不可以提高的平衡转化率，故D错误；
②根据已知条件列出“三段式”
该温度下的平衡常数。
故答案为： BC ； 3.70 ；
（3）①主反应为气体体积缩小的反应，副反应为气体体积不变的反应，故压强越大，主反应正向移动，的选择性越大，故可知p1>p2；
②主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，故温度升高时不利于主反应、有利于副反应的发生，所以的选择性降低；
③由图可知，CO2在A极得到电子生成，A极为电解池的阴极，极接电源负极，B电极为惰性电极且为阳极，则在水溶液中，H2O失去电子生成O2，电极方程式为：。
故答案为： ＞ ； 主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，故温度升高时不利于主反应、有利于副反应的发生，所以的选择性降低 ； 负 ； ；
【分析】(1) 将已知反应Ⅱ + 反应Ⅲ，消去CO，得到主反应Ⅰ，焓变直接相加：。
(2) ①平衡状态判断：
A：速率比需满足计量数关系，应为；
B：恒温恒压下，气体总质量不变、体积减小，密度恒定说明体积不再变化，反应达平衡；
C：恒容充氩气，各物质浓度不变，平衡不移动；
D：催化剂不改变平衡，无法提高转化率。
②平衡常数计算：
由图得平衡浓度：，，；
代入公式：。
(3)① 压强比较：主反应是气体体积减小的反应，压强越大，选择性越高，故。
② 选择性随温度变化原因：主反应放热、副反应吸热，升温平衡向吸热方向移动，主反应逆向、副反应正向，选择性降低。
③ 电解池分析：A电极得电子生成，为阴极，接电源负极；
B电极为阳极，水失电子生成，电极反应： 。
（1）已知② ；③ 根据盖斯定律，由②+③得反应，则=-52.7。
（2）①A．当时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B．恒温恒压下，该反应过程中，气体体积减小，气体总质量不变，混合气体的密度增大，当混合气体的密度恒定时，反应达到平衡状态，故B正确；
C．保持容器的容积不变，向体系中充入氩气，各反应物和生成物的浓度不变，平衡不移动，故C正确；
D．改加高效催化剂，不改变平衡状态，不可以提高的平衡转化率，故D错误；
故选BC；
②根据已知条件列出“三段式”
该温度下的平衡常数。
（3）①主反应为气体体积缩小的反应，副反应为气体体积不变的反应，故压强越大，主反应正向移动，的选择性越大，故可知p1>p2；
②主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，故温度升高时不利于主反应、有利于副反应的发生，所以的选择性降低；
③由图可知，CO2在A极得到电子生成，A极为电解池的阴极，极接电源负极，B电极为惰性电极且为阳极，则在水溶液中，H2O失去电子生成O2，电极方程式为：。
18．某实验小组设计的糖厂甘蔗渣利用方案如下图所示：其中是植物生长调节剂，是高分子化合物，是具有水果香味的物质。请回答以下问题：
（1）纤维素的化学式为　 　，是　 　（填“纯净物”或“混合物”）。
（2）的结构简式为　 　。
（3）写出下列转化的化学方程式：：　 　，反应类型为　 　。
（4）已知有机物的分子式为，且与互为同系物，则的同分异构体有　 　种。
（5）有机物中所含元素电负性从大到小是顺序为　 　，其中与氧相连的原子的模型名称是　 　。
（6）已知1，2-二溴乙烷和的水溶液在加热条件发生反应：
，写出以和为主要原料，其他无机试剂任选，分步制取的合成路线流程图　 　。
（合成路线流程图示例为：产物1产物2……目标化合物）
【答案】（1）；混合物
（2）
（3）；氧化反应
（4）4
（5）；平面三角形
（6）
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；乙醇的催化氧化实验
【解析】（1）纤维素的化学式为，高分子化合物都是混合物。
故答案为： ； 混合物
（2）B是聚乙烯，结构简式为。
故答案为： ；
（3）乙醇催化氧化为乙醛，化学方程式为，反应类型是氧化反应。
故答案为： ； 氧化反应 ；
（4）有机物M的分子式为C5H10O2，且M与C互为同系物，C是乙酸，则M是戊酸，是羧基和丁基结合形成的，丁基有四种，故戊酸有4种。
故答案为：4；
（5）C为CH3COOH，含有C、H、O三种元素，电负性从大到小是顺序为，其中C与O形成碳氧双键，C为sp2杂化，原子的模型名称是平面三角形。
故答案为： ； 平面三角形 ；
（6）乙烯与溴加成生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷在碱性条件下水解生成乙二醇，乙二醇氧化为乙二醛，再氧化为乙二酸，乙二酸与乙醇发生酯化反应生成乙二酸二乙酯；合成路线流程图为：。
故答案为：
【分析】甘蔗渣经处理得到纤维素，纤维素水解生成葡萄糖（C6H12O6）；葡萄糖在酒化酶作用下转化为乙醇（CH3CH2OH）。乙醇一部分在引发剂下生成植物生长调节剂乙烯（A），乙烯加聚为高分子化合物聚乙烯B（）；另一部分乙醇在 Cu、加热条件下氧化为乙醛（CH3CHO），乙醛进一步氧化为乙酸C（CH3COOH）；乙酸与乙醇发生酯化反应，生成具有水果香味的乙酸乙酯D（CH3CH2OOCH3）。
（1）纤维素的化学式为，高分子化合物都是混合物。
（2）B是聚乙烯，结构简式为。
（3）乙醇催化氧化为乙醛，化学方程式为，反应类型是氧化反应。
（4）有机物M的分子式为C5H10O2，且M与C互为同系物，C是乙酸，则M是戊酸，是羧基和丁基结合形成的，丁基有四种，故戊酸有4种。
（5）C为CH3COOH，含有C、H、O三种元素，电负性从大到小是顺序为，其中C与O形成碳氧双键，C为sp2杂化，原子的模型名称是平面三角形。
（6）乙烯与溴加成生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷在碱性条件下水解生成乙二醇，乙二醇氧化为乙二醛，再氧化为乙二酸，乙二酸与乙醇发生酯化反应生成乙二酸二乙酯；合成路线流程图为：。
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