2021-2022学年度第一学期教学质量检查高三化学注意事项：1.本试卷分选择题和非选择题两部分2.试卷满分100分，考试时间75分钟可能用到的相对原子质量：H1N14O16Co59一、选择题(本题包括16小题，共44分。其中1~10小题，每小题2分，共20分。11~16小题，每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合题意。)1.2021年10月16日神舟十三号载人飞船成功发射，中国航天人取得航天事业又一里程碑式成就。下列有关物质类别描述错误的是选项物质类别A飞船外壳使用的铝合金化合物B发射时形成的烟尘混合物C运载火箭使用的燃料液氢单质D航天员食用的脱水米饭所含淀粉有机物A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．合金属于混合物，不是化合物，A符合题意；B．烟尘中含有多种物质，属于混合物，B不合题意；C．液态氢气，属于单质，C不合题意；D．淀粉属于有机高分子化合物，属于有机物，D不合题意；故答案为：A。2.广东地处沿海，利用海洋资源历史悠久。下列说法错误的是A.能建造“蚝宅”的牡蛎，外壳主要成分为碳酸钙
B.从虾、蟹等水产中提取的虾青素()有良好的抗氧化性C.海盐营养成分高于湖盐、井盐D.从海洋甲壳类动物壳中提取出的甲壳素(C8H13O5N)n应用广泛，属于高分子化合物【答案】C【解析】【详解】A．牡蛎的外壳主要成分为碳酸钙，A正确；B．由虾青素的结构简式()可知，其中含有碳碳双键和醇羟基，都有良好的抗氧化性，B正确；C．海盐和湖盐、井盐的化学成分均为NaCl，只是来源不同而已，故海盐和湖盐、井盐的营养成分相同，C错误；D．从海洋甲壳类动物壳中提取出的甲壳素(C8H13O5N)n应用广泛，属于天然高分子化合物，D正确；故答案为：C。3.下列化学用语正确的是A.N2的电子式B.质子数18、中子数17的原子符号表示式C.(中子)是化学变化D.氧化还原反应电子转移可表示为：(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O【答案】D【解析】【详解】A．氮气中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，其电子式为：，故A错误；
B．质子数为18，则该元素为Ar，中子数为17，则该原子的质量数为18+17=35，其元素符号为，故B错误；C．化学反应中元素的种类和原子个数不变，该反应中元素的种类发生改变，属于物理变化，不属于化学变化，故C错误；D．氧化还原反应中可用单线桥表示电子的转移，即从还原剂到氧化剂用箭头标出反应中转移的电子数，该反应中，转移的电子总数为2，即1molCu完全被氧化时转移2mol电子，故D正确；故选D。4.化学与科技、社会、文化、生活有着密切的联系。下列说法正确的是A.中国自主研发的首个5G微基站射频芯片，主要材料是二氧化硅B.利用潮汐发电，是将化学能转化为电能C.“落红不是无情物，化作春泥更护花”，蕴藏着自然界的碳、氮循环D.SO2可作为漂白剂、防腐剂、强氧化剂使用【答案】C【解析】【详解】A．芯片的原材料是硅，二氧化硅是光导纤维的主要材料，故A错误；B．潮汐发电是利用潮汐能，其不属于化学变化，故B错误；C．“落红不是无情物，化作春泥更护花”中落红是指花瓣，花瓣中含有C、H、O、N等化学元素，其掉落到土壤中被其它植物吸收是自然界的碳、氮循环，故C正确；D．可作为漂白剂和防腐剂以及还原剂，其不具备强氧化性，故D错误；故选C。5.2021年诺贝尔化学奖得主本杰明·利斯特，用实验证明了脯氨酸(如图)能驱动不对称催化反应，革新了分子合成方式。下列关于脯氨酸的说法错误的是A.属于氨基酸B.分于中所有原子均在同一平面C.能与金属钠反应D.能发生酯化反应【答案】B
【解析】【详解】A．该结构中既有羧基，又有氨基，属于氨基酸，A正确；B．分子中存在饱和碳原子，则不可能所有原子都在同一个平面上，B错误；C．该结构中含有羧基，可以和钠反应生成氢气，C正确；D．该结构中含有羧基，可以和醇发生酯化反应生成酯，D正确；故选B。6.五育并举，劳动先行。下列劳动项目涉及的化学知识正确的是选项劳动项目化学知识A使用牙膏除去茶杯中的茶渍牙膏可溶解碳酸钙。B将新切土豆丝浸没在水里防止变色土豆中的氧化性物质遇空气变色C劳动后用免洗酒精洗手液消毒酒精的强氧化性能灭活病毒D用砂纸磨刀制作砂纸的金刚砂SiC硬度很大A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．牙膏的主要成分有磨擦剂、洁净剂、湿润剂、胶粘剂和芳香剂，磨擦剂是其中最主要的成分，起去污、磨光的作用，故不是牙膏可溶解碳酸钙，A不合题意；B．把去皮的土豆立即浸在冷开水、糖水或淡盐水中，使之与空气隔绝，以防止植物细胞中酚类物质的氧化，故是土豆中的还原性物质遇空气变色，B不合题意；C．劳动后用免洗酒精洗手液消毒，并不是酒精的强氧化性能灭活病毒，而是酒精先破坏细菌表面的保护膜，进入到细菌的内部，使得细菌的蛋白质变性，C不合题意；D．金刚砂SiC硬度很大，SiC常用于制作砂纸的磨料，D符合题意；故答案为：D。7.海带中含有碘元素，可通过以下步骤提取：①灼烧海带成灰：②将海带灰转移，加入蒸馏水，搅拌，煮沸；③过滤，向滤液中滴入氯水，振荡；④将氧化后溶液转移，向其中加入CCl4振荡，静置。以上步骤不需要用到的仪器是
A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．实验过程中没有涉及一定物质的量浓度溶液的配制，不需要用到容量瓶，选项A错误；B．过滤装置选择玻璃仪器有烧杯，玻璃棒，漏斗，选项B正确；C．用有机溶剂将碘从水中提取出来是利用碘单质在互不相溶的溶剂中溶解度不同通过萃取分液的方法分离得到，选项C正确；D．海带晒干灼烧成灰是固体高温灼烧，应在坩埚内灼烧，选项D正确；答案选A。8.微粒观是重要的化学观念，其形成对物质及其变化的学习具有重要作用。下列关于离子共存的判断及离子方程式的书写正确的是A.在能使紫色石蕊试液变蓝的溶液中，离子：Na+、、、ClO-可大量共存B.在含有硝酸钠的溶液中，离子：H+、Mg2+、Fe2+、可大量共存C.用FeCl3溶液腐蚀铜电路板发生反应：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+D.将过量SO2通入NaOH溶液中发生反应：SO2+OH-=【答案】D【解析】【详解】A．在能使紫色石蕊试液变蓝的溶液中含有OH-，OH-与不可大量共存，A错误；B．在含有硝酸钠的溶液中含有，则、H+、Fe2+三者因发生氧化还原反应而不可大量共存，B错误；C．用FeCl3溶液腐蚀铜电路板发生反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，C错误；D．将过量SO2通入NaOH溶液中发生反应的离子方程式为：SO2+OH-=，D正确；
故答案为：D。9.BASF高压法采用CH3OH和CO制备醋酸的循环过程如图所示，下列说法错误的是A.HI在流程中起催化作用B.循环过程需不断补充CO和甲醇C.循环总过程不涉及氧化还原反应D.反应总方程式：CH3OH+CO→CH3COOH【答案】C【解析】【详解】A．催化剂往往会参与反应的过程，但是在反应前后其质量和性质保持不变，结合图中信息可知，HI参与了反应转化为碘甲烷，但碘甲烷又可以转化为HI，故其为催化剂，A正确；B．该循环的总反应方程式为CO+CH3OH→CH3COOH，故此循环中CH3OH、CO是反应物，需要不断补充，B正确；C．由总反应方程式为CO+CH3OH→CH3COOH可知，碳元素化合价发生变化，故涉及氧化还原反应，C错误；D．该循环的总反应方程式为CO+CH3OH→CH3COOH，D正确；故选C。10.部分含氮物质的价类二维图如图所示，下列说法正确的是
A.a→c→d→硝酸→硝酸盐的转化属于氮的固定B.液态a常用作制冷剂C.lmolc与足量氧气化合，最终生成lmoldD.a、e均属于电解质【答案】B【解析】【分析】a为氨气，b为氮气，c为一氧化氮，d为二氧化氮(或四氧化二氮)，e为NH3·H2O。【详解】A．氮的固定为氮的游离态转化为化合态的过程，故只有b转化为其它氮的化合物是氮的固定，故A错误；B．氨气易液化，故液态氨气常用作制冷剂，故B正确；C．因为d为二氧化氮或四氧化二氮，故不能确定1molNO是否最终生成1mol二氧化氮，故C错误；D．a为氨气，氨气为非电解质，故D错误；故选B。11.化学是以实验为基础的科学。下列实验设计能达到目的的是选项实验目的实验设计A探究浓度对反应速率的影响用不同浓度的酸性KMnO4溶液分别与相同浓度H2C2O4溶液反应B证明SO2具有氧化性将SO2通入品红溶液中，品红褪色
C检验溶液中FeSO4是否被氧化取少量待测液，滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化D测定NaOH溶液pH将待测液滴在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对照A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．由于不同浓度的酸性KMnO4溶液本身的颜色就不相同，故褪色时间也不相同，故不能用不同浓度的酸性KMnO4溶液分别与相同浓度H2C2O4溶液反应来探究浓度对反应速率的影响，可以用等浓度的酸性高锰酸钾溶液和不同浓度的H2C2O4溶液反应来探究浓度对反应速率的影响，A不合题意；B．SO2漂白是化合漂白不是氧化漂白，故将SO2通入品红溶液中，品红褪色，不能证明SO2的氧化性，B不合题意；C．取少量待测液，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明溶液中含有Fe3+，即可检验溶液中FeSO4是否被氧化，C符合题意；D．测量NaOH溶液的pH值时不能用湿润的pH试纸，否则结果偏小，D不合题意；故答案为：C。12.用NA代表阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A.16g氨基(-NH2)含有的电子数为9NAB.1mol含有的质子数为8NAC.反应生成22.4LO2，转移电子数4NAD.0.1mol/LNa2CO3溶液中含有Na+的数目为0.2NA【答案】A【解析】【详解】A．已知一个-NH2中含有9个质子，故16g氨基(-NH2)含有的电子数为=9NA，A正确；B．一个中含有6个质子，故1mol含有的质子数为1mol×6×NAmol-1=6NA，B错误；C．题干未告知O2所处的状态和由什么物质转化生成O2，故无法计算反应生成22.4LO2，转
移电子数，C错误；D．题干未告知溶液的体积，故无法计算0.1mol/LNa2CO3溶液中含有Na+的数目，D错误；故答案为：A。13.“鱼浮灵”是水产养殖的迅速增氧剂，其主要成分的结构式如图所示。元素X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大。下列说法错误的是A.单质沸点：X>YB.Z2Y2、Z2Y所含化学键类型完全相同C.原子半径：Z>X>YD.简单氢化物稳定性：X<Y【答案】B【解析】【分析】由题干信息可知，由主要成分的结构式示意图可知，Z形成+1价的阳离子，X周围能形成4个共价键，Y周围形成2个共价键，且元素X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大，故可推测X为C，Y为O，Z为Na，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，X为C，其单质为金刚石和石墨具有很高的沸点，Y为O，其单质为O2和O3在常温下为气体，故单质沸点：X>Y，A正确；B．由分析可知，Y为O，Z为Na，故Z2Y2、Z2Y所含化学键类型不完全相同，前者既有离子键又有共价键，后者只有离子键，B错误；C．原子半径：同一周期从左往右依次减小，同一主族从上往下依次增大，故原子半径：Z>X>Y，C正确；D．简单氢化物稳定性与元素的非金属性一致，故X<Y，D正确；故答案为：B。14.电化学修复技术是近年迅速发展的一种污染土壤绿色原位修复技术。处理土壤重金属污染时，在污染土壤区域插入电极(下图)，土壤中污染物定向迁移，富集在电极区域，再通过其他方法(电镀、沉淀/共沉淀、抽出、离子交换树脂等)去除。下列说法正确的是
A.H+在阳极区反应B.土壤中胶体粒子不带电C.阴极区抽提物发生的是阴离子交换D.金属离子在碱性区域去除【答案】D【解析】【详解】A．H+在阴极区得电子产生氢气，选项A错误；B．土壤中污染物定向迁移，说明土壤中胶体粒子带电，选项B错误；C．阳离子定向移动到了有极区，故阴极区抽提物发生的是阳离子交换，选项C错误；D．金属离子在碱性区域产生氢氧化物而去除，选项D正确；答案选D。15.化学方程式属于符号表征体系。是重要的化学语言。下列物质性质实验对应的反应方程式书写正确的是A.Na2O2与SO2反应：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2B.硫代硫酸钠溶液中滴入硫酸：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+2H2OC.铁在氯气里燃烧：Fe+Cl2FeCl2D.少量Fe与稀硝酸反应：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O【答案】B【解析】【详解】A．过氧化钠具有氧化性，二氧化硫具有还原性，两者反应生成硫酸钠，其反应为：，故A错误；B．硫代硫酸钠溶液中滴入硫酸，生成硫单质、二氧化硫等，其反应为：，故B正确；
C．铁在氯气中燃烧生成氯化铁，其反应为：，故C错误；D．少量铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，其反应为：，故D错误；故选B16.窒温下，向20mL0.10mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.10mol/LNaOH溶液，溶液中由水电离出H+浓度的负对数[-lgc(H水+)]与所加NaOH溶液体积关系如图所示。(忽略溶液混合引起的体积变化)。下列说法错误的是A.室温下，醋酸的电离常数约为1.0×10-5B.c、e两点溶液：c点显中性，e点显碱性C.d点溶液中：c(Na+)+c(CH3COO-)=0.05mol/LD.b、f点溶液中均有：c(CH3COO-)>c(CH3COOH)【答案】C【解析】【详解】A．0.10mol/LCH3COOH溶液，[-lgc(H水+)]=11，c(H+)=10-3mol/L，醋酸的电离常数约为=1.0×10-5，选项A正确；B．d点酸碱恰好完全反应生成CH3COONa，溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，c点醋酸过量、e点NaOH过量，则c点溶液呈中性、e点溶液呈碱性，选项B正确；
C．d点酸碱恰好完全反应生成CH3COONa，混合溶液体积是醋酸或NaOH溶液体积的2倍，则浓度是原来一半，根据物料守恒得c(Na+)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，c(CH3COOH)很小，故c(Na+)+c(CH3COO-)>0.05mol/L，选项C错误；D．点加入n(NaOH)是醋酸的一半，则混合溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，CH3COOH抑制水电离、CH3COONa促进水电离，根据图知，水的电离出的c(H+)＜10-7mol/L，水的电离被抑制，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中存在c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)；f点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、NaOH，故存在cc(CH3COO-)＞c(CH3COOH)；选项D正确；答案选C。二、非选择题(本题包括5小题，共56分。第17~19题为必考题，考生都必须作答。第20~21题为选考题，考生根据要求作答。)(一)必考题：共42分。17.含氯物质在生产生活中有重要作用。I.实验室制取氯气的装置如图所示。（1）收集氯气的集气瓶中，导管没有画完整，请在答题卡图中补充完整___________。（2）NaOH溶液的作用是(用离子方程式表示)___________（3）当氯气不再逸出时，圆底烧瓶中的固液混合物中仍存在盐酸和二氧化锰，某合作学习小组分析成因时提出如下猜想：猜想a；随H+浓度降低，MnO2的氧化性减弱。猪想b：随Cl-浓度降低，Cl-的还原性___________(填“增强”、“不变”或“减弱”)。猜想c：随Mn2+浓度升高，MnO2的氧化性减弱。①查阅资料：K+、对体系中各物质的氧化性与还原性均无影响。②设计实验验证：将固液混合物均分为三组，保持条件相同，分别向三组固液混合物中加入
试剂。组别试剂产物1较浓硫酸有Cl2生成2X有Cl2生成3X和Y无Cl2生成通过三组实验，a、b、c三个猜想都得到了证实，则X为_______(填化学式)，Y为_______(填化学式)。II.已知FeCl3固体易升华，其蒸气为黄色。某小组通过下面装置探究MnO2与FeCl3能否反应产生Cl2。实验操作和现象：实验操作现象点燃酒精喷灯，加热加热一段时间后，装置A中产生黄色气体，装置B中溶液变蓝（4）实验前，需要进行的操作为___________。（5）该实验装置从安全角度分析，存在的问题是___________。（6）装置经改进后，继续实验，确认产物有Cl2和MnCl2，则A中发生反应的化学方程式为___________。【答案】（1）（2）（3）①.减弱②.KCl③.
（4）检验氯化铁是否能使酸性淀粉-KI溶液变蓝（5）装置A与装置B之间没有安全装置（6）【解析】【分析】第一个装置为氯气发生装置，其反应为：；饱和食盐水可以除去混合气体中的HCl气体；浓硫酸用于干燥氯气；NaOH溶液用于尾气处理。【小问1详解】Ⅰ(1)氯气密度大于空气，收集时可用向上排空气法，其装置为，故填；【小问2详解】(2)氯气为有害气体，直接排放到空气中会造成大气污染，需用NaOH溶液进行处理，其反应为：，故填；【小问3详解】(3)氯离子在反应中只表现为还原性，根据题意，其猜想应为：氯离子浓度降低，氯离子的还原性减弱；根据a、b、c三个猜想，结合表中数据，第一组增加了氢离子浓度之后有氯气生成，第二组加入X之后也有氯气生成，由猜想b可知，加入物质后氯离子浓度增加了，所以该物质为KCl；猜想c中因锰离子的浓度增加，降低了二氧化锰的氧化性，所以无氯气生成，所以物质Y为，故填减弱、KCl、；【小问4详解】Ⅱ(4)因氯化铁易升华，所以需要验证氯化铁是否能使酸性淀粉-KI溶液变蓝，以排除氯化铁的影响，故填检验氯化铁是否能使酸性淀粉-KI溶液变蓝；【小问5详解】(5)该实验中，装置A与装置B之间没有安全装置，易造成装置B中液体倒吸进入装置A使石英管炸裂，故填装置A与装置B之间没有安全装置；【小问6详解】(6)根据题意，二氧化锰与氯化铁反应有氯气和氯化锰生成，其反应的化学方程式为：
，故填。18.NiSO4·6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛应用于化学镀镍、生产电池、医药工业、催化行业以及印染工业等行业，由一种废料(主要成分是铁镍合金，还含有铜、镁、硅的氧化物)为原料制取NiSO4·6H2O的步骤如下：已知：①镍能溶于稀酸但溶解不完全，通常表现为+2价。②常温下Ksp(MgF2)=6.4×10-9，Ka(HF)=6.4×10-4。（1）滤渣的主要成分是___________（2）“除铁”时生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，其中铁元素的化合价为___________。（3）“溶解”时加入H2O2溶液的目的是___________。（4）向“除铜”后的滤液中加入NaF溶液，使Mg2+转化为MgF2沉淀除去。若溶液pH偏低，将会导致MgF2沉淀不完全，其原因是______。当溶液中镁离子恰好沉淀完全时，溶液中c(F-)为_________mol/L。（5）“沉镍”后得到的滤液中，可循环使用的主要溶质为___________(填化学式)。（6）制备NiSO4·6H2O晶体时，常用无水乙醇代替蒸馏水做洗涤剂，原因是___________。（7）NiSO4在NaOH溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH。该反应的离子方程式为___________。【答案】（1）SiO2（2）+3价（3）将生成的Fe2+转化为Fe3+（4）①.若溶液pH偏低，则H+浓度偏大，将与F-结合成HF，从而减小F-的浓度，将会导致MgF2沉淀不完全②.2.53×10-2（5）Na2SO4（6）减小NiSO4·6H2O晶体的溶解量，以减小损失，同时乙醇易挥发，便于干燥（7）2Ni2++4OH-+ClO-=2NiOOH↓+Cl-+H2O
【解析】【分析】由一种废料(主要成分是铁镍合金，还含有铜、镁、硅的氧化物)为原料制取NiSO4•6H2O步骤如图，废料溶解后加入稀硫酸和过氧化氢溶液，涉及反应有：Fe+H2SO4=FeSO4+H2、Ni+H2SO4=NiSO4+H2、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、MgO+H2SO4=MgSO4+H2O和2FeSO4+H2SO4+H2O2=Fe2(SO4)3+2H2O，反应后过滤，得滤渣为SiO2，加入硫酸钠和MgO除去铁，生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，反应原理为：2Na++6Fe3++4+6MgO+6H2O=[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]↓+6Mg2+，通入H2S气体除铜，反应原理为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，过滤后的滤液中加入NaF溶液，使Mg2+转化为MgF2沉淀除去，反应原理为：Mg2++2F-=MgF2↓，加入氢氧化钠溶液沉镍，Ni2++2OH-=Ni(OH)2↓，再加入稀硫酸得到硫酸镍溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到NiSO4•6H2O，据此分析回答问题。【小问1详解】由分析可知，滤渣的主要成分是SiO2，故答案为：SiO2；【小问2详解】“除铁”时生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，根据化学式中所有元素的化合价代数和为0可知，其中铁元素的化合价为+3价，故答案为：+3价；【小问3详解】由分析可知，铁和稀硫酸反应生成的为Fe2+，而沉铁时得到的黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀中Fe为+3价，故“溶解”时加入H2O2溶液的目的是将生成的Fe2+转化为Fe3+，故答案为：将生成的Fe2+转化为Fe3+；【小问4详解】向“除铜”后的滤液中加入NaF溶液，使Mg2+转化为MgF2沉淀除去。若溶液pH偏低，则H+浓度偏大，将与F-结合成HF，从而减小F-的浓度，将会导致MgF2沉淀不完全，通常认为当某一离子浓度低于10-5mol/L时认为该离子沉淀完全，故当溶液中镁离子恰好沉淀完全时，溶液中c(F-)为==2.53×10-2mol/L，故答案为：若溶液pH偏低，则H+浓度偏大，将与F-结合成HF，从而减小F-的浓度，将会导致MgF2沉淀不完全；2.53×10-2；【小问5详解】由分析可知，“沉镍”后得到的滤液中含有Na2SO4，而在沉铁步骤中又要用到Na2SO4，故可可循环使用的主要溶质为Na2SO4，故答案为：Na2SO4；
【小问6详解】由题干信息可知，NiSO4·6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，故制备NiSO4·6H2O晶体时，常用无水乙醇代替蒸馏水做洗涤剂，原因是减小NiSO4·6H2O晶体的溶解量，以减小损失，同时乙醇易挥发，便于干燥，故答案为：减小NiSO4·6H2O晶体的溶解量，以减小损失，同时乙醇易挥发，便于干燥；【小问7详解】NaClO具有强氧化性，Cl元素由+1价降低到-1价，则Ni元素由NiSO4中+2价升高到NiOOH中的+3价，根据得失电子守恒和元素守恒，化学方程式为：2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O，故该反应的离子方程式为：2Ni2++4OH-+ClO-=2NiOOH↓+Cl-+H2O，故答案为：2Ni2++4OH-+ClO-=2NiOOH↓+Cl-+H2O。19.CO2的资源化利用能有效减少CO2排放缓解能源危机。用CO2、H2为原料合成甲醇(CH3OH)过程主要涉及以下反应：a)CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H1b)CO2g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H2=+41.2kJ/molc)CO(g)+H2(g)⇌CH3OH(g)△H3=-45.1kJ/mol（1）根据盖斯定律，反应a的△H1=___________。（2）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了CO2与H2在TiO2/Cu催化剂表面生成CH3OH和H2O的部分反应历程，如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。反应历程中最小能垒(活化能)E正___________eV。写出历程②的化学方程式___________。（3）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有___________。A.升高温度，反应b正向移动，反应c逆向移动
B.加入反应a的催化剂，可以降低反应的活化能及反应热C.增大H2的浓度，有利于提高CO2的平衡转化率D.及时分离除CH3OH，可以使得反应a的正反应速率增大（4）加压，甲醇产率将___________；若原料二氧化碳中掺混一氧化碳，随一氧化碳含量的增加，甲醇产率将___________。(填“升高”、“不变”、“降低”或“无法确定”)。（5）使用新型催化剂，让1molCO2和3molH2在1L密闭容器中只发生反应a、b，CO2平衡转化率和甲醇选择率(甲醇选择率是指转化生成甲醇的CO2物质的量分数)随溫度的变化趋势如图所示。553K时，若反应后体系的总压为p，反应a的Kp=___________(列出计算式)。(Kp为压强平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中用气体分压代替浓度，气体的分压等于总压乘以物质的量分数)，由上图可知，适宜的反应温度为___________。【答案】（1）-49.0kJ/mol（2）①.0.61eV②.HOCO*+H*=CO*+H*+OH*△H=+0.20(ev)（3）AC（4）①.升高②.升高（5）①.②.513【解析】【小问1详解】已知：b)CO2g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H2=+41.2kJ/molc)CO(g)+H2(g)⇌CH3OH(g)△H3=-451kJ/mol
根据盖斯定律，由b)+c)2得反应a)CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H1=△H2+△H32=-49.0kJ/mol；【小问2详解】“该历程中最小能垒（活化能）”，为能量上升阶段，可知最小的活化能为1.08到1.69阶段，等于0.61eV；历程②是HOCO*+H*=CO*+H*+OH*反应时由相对能量0.07eV升至0.75eV的过渡态2再降至-0.13eV。E正=0.07－（－0.13）=+0.20(ev)，反应的化学方程式为HOCO*+H*=CO*+H*+OH*△H=+0.20(ev)；【小问3详解】A.反应b为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，反应c为放热反应，升高温度平衡逆向移动，选项A正确；B.加入反应a的催化剂，可以降低反应的活化能但不能改变反应的反应热，选项B错误；C.增大H2的浓度，反应a、b均正向移动，有利于提高CO2的平衡转化率，选项C正确；D.及时分离除CH3OH，反应物浓度降低，最终反应a的反应速率降低，选项D错误；答案选AC：【小问4详解】反应a、c均为气体体积缩小的反应，加压，平衡均正向移动，甲醇产率将升高；若原料二氧化碳中掺混一氧化碳，随一氧化碳含量的增加，反应b逆向移动，反应a、c正向移动，甲醇产率将升高；【小问5详解】根据图中信息可知，553K时，反应a平衡时CO2的转化率为20%，则平衡时CO2的物质的量为1mol(1-20%)=0.8mol，利用三段式可得：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)若反应后体系的总压为p，各物质的分压分别为=、=、=、
=，反应a的Kp=；当温度升高时反应a平衡逆向移动，而反应b平衡正向移动且幅度更大，所以CO2的转化率增加，但甲醇的选择性却降低，故适宜的反应温度为513K。[选修5：有机化学基础]20.化合物J是工业合成中重要的有机合成中间体，实验室由芳香烃D和丙烯制备J的一种合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）化合物J的分子式为___________，J中官能团的名称为___________。（2）由A→B的反应类型为___________。（3）F→G的反应方程式为___________。（4）化合物H的芳香族同分异构体中，同时满足如下条件的有___________种(不考虑立体异构)，若其中一种遇FeCl3溶液显紫色，结构简式为___________。条件：a．含有碳碳双键b．核磁共振氢谱的峰面积之比为6：2：2：1：1
（5）I的分子结构中，手性碳原子数为_________（6）根据上述信息，写出由和为原料合成合成路线_______(无机试剂任选)。【答案】（1）①.C11H10O2②.酯基和碳碳双键（2）取代反应（3）2+O22+2H2O（4）①.6②.或或（5）1（6）CH2=CHCH3CH2=CHCH2BrCH2=CHCH2OHCH2=CHCH2OOCCH=CH2【解析】【分析】由题干合成流程图可知，由A、C的结构简式和A到B、B到C的转化条件结合题干信息可知，B的结构简式为：CH2=CHCH2Br，由E的结构简式以及D到E的转化条件可知，D的结构简式为：，由E到F的转化条件可知，F的结构简式为：，由H的结构简式以及C+G转化为H的转化条件结合信息可知，G的结构简式为：，(6)本题采用逆向合成法，由题干流程图中I到J的转化信息可知，可由CH2=CHCH2OOCCH=CH2在Grubbs作用下合成，由H到I的转化信息可知，CH2=CHCH2OOCCH=CH2可由CH2=CHCH2OH和转化而来，根据卤代烃的信息可知，CH2=CHCH2OH可由CH2=CHCH2Br在NaOH水溶液中加热水解得到，根据A到B的转化信息可知，CH2=CHCH2Br可由CH2=CHCH3和溴蒸气在500℃下发生取代反应制得，据此确定合成路线，据此分析解题。【小问1详解】由题干合成流程图中J的结构简式可知，化合物J的分子式为C11H10O2，J中官能团的名称为酯基和碳碳双键，故答案为：C11H10O2；酯基和碳碳双键；
【小问2详解】由题干流程图可知，由A→B即CH2=CHCH3+Br2(g)CH2=CHCH2Br+HBr，则该反应的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；【小问3详解】由分析可知，F的结构简式为：，G的结构简式为：，故F→G的反应方程式为2+O22+2H2O，故答案为：2+O22+2H2O；【小问4详解】由题干可知，化合物H的分子式为：C10H12O，则H的芳香族同分异构体，即含有苯环，a．含有碳碳双键，b．核磁共振氢谱的峰面积之比为6：2：2：1：1，即含有两个-CH3，且两甲基等效氢，则同时满足上述条件的H的同分异构体有、、、、、共6种(不考虑立体异构)，若其中一种遇FeCl3溶液显紫色即含有酚羟基，结构简式为：或或，故答案为：6；或或；【小问5详解】手性碳原子是指同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子，根据题干中I的结构简式可知I的分子结构中，手性碳原子数为1，如图所示：，故答案为：1；【小问6详解】
本题采用逆向合成法，由题干流程图中I到J的转化信息可知，可由CH2=CHCH2OOCCH=CH2在Grubbs作用下合成，由H到I的转化信息可知，CH2=CHCH2OOCCH=CH2可由CH2=CHCH2OH和转化而来，根据卤代烃的信息可知，CH2=CHCH2OH可由CH2=CHCH2Br在NaOH水溶液中加热水解得到，根据A到B的转化信息可知，CH2=CHCH2Br可由CH2=CHCH3和溴蒸气在500℃下发生取代反应制得，据此确定合成路线为：CH2=CHCH3CH2=CHCH2BrCH2=CHCH2OHCH2=CHCH2OOCCH=CH2，故答案为：CH2=CHCH3CH2=CHCH2BrCH2=CHCH2OHCH2=CHCH2OOCCH=CH2。
