2022年高考联合模拟考试化学试卷可能用到的相对原子质量：H1N14O16Cl35.5Co59一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.北京冬奥会彰显了我国的科技实力，下列有关说法错误的是A.开幕式专用演出服用到的石墨烯智能发热材料，属于新型无机非金属材料B.冬奥会吉祥物“冰墩墩”的毛绒材质主要是聚酯纤维属于合成纤维C.国家速滑馆“冰丝带”用CO2做制冷剂制冰发生化学变化D.冬奥会采用氢燃料电池车，开发了全新的车载光伏发电系统，体现了“绿色出行”的理念【1题答案】【答案】C【解析】【详解】A．石墨烯智能发热材料，属于新型的无机非金属材料，A正确；B．聚酯纤维属于合成纤维，B正确；C．用CO2做制冷剂制冰未生成新物质，没发生化学变化，C错误；D．冬奥会采用氢燃料电池车，开发了全新的车载光伏发电系统，无污染物排放，体现了“绿色出行”的理念，D正确；答案选C。2.下列表示正确的是A.乙醚的结构简式：CH3-O-CH3B.氢化钙的电子式：C.NCl3分子的球棍模型：D.甲酸甲酯的键线式：【2题答案】【答案】B【解析】【详解】A．乙醚的结构简式为：CH3CH2OCH2CH3，A错误；\nB．氢化钙为离子化合物，其电子式为：，B正确；C．氯原子的半径大于氮原子半径，图示球棍模型中氯原子半径小于氮原子半径，C错误；D．甲酸甲酯的键线式为：，D错误；答案选B。3.据《自然》杂志报道，在300~400°C的高温下，将砂糖(主要成分为蔗糖)用加热方法使其形成焦糖与碳之间的“半成品碳”状态，再放进硫酸中高温加热，生成了一种叫“焦糖烯”的物质，其分子式为C36H50O25。下列有关说法正确的是A.蔗糖的水解产物之一在碱性条件下加热，可与银氨溶液反应B.“半成品碳”是碳元素的一种新单质，与C60都是碳元素的同素异形体C.向蔗糖中加入浓硫酸发生一系列反应，浓硫酸主要体现吸水性和酸性D.焦糖烯是一种新型的烯烃，其能使溴的四氯化碳溶液褪色【3题答案】【答案】A【解析】【详解】A．蔗糖水解生成果糖和葡萄糖，葡萄糖是还原糖，可以与银氨溶液发生银镜反应，A正确；B．“半成品碳”再放进硫酸中高温加热，可以生成分子式为C36H50O25的“焦糖烯”，因此可知“半成品碳”不能是碳单质，B错误；C．浓硫酸与蔗糖反应过程中，蔗糖变黑是因为浓硫酸的脱水性，变黑后体积膨胀是C与浓硫酸在高温下发生氧化还原反应生成大量SO2和CO2气体，体系了浓硫酸的强氧化性，C错误；D．焦糖烯中含有O元素，属于烃的衍生物，不是烯烃，D错误；本题选A。4.下列说法正确的是A.1molNa2SO4和NaHSO4的固体混合物中硫酸根离子的数目为NAB.卤素单质、卤素氢化物、卤素碳化物(即CX4)的熔、沸点均随着相对分子质量的增大而升高C.食品中添加适量的SO2可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用D.酸性大小：三氯乙酸<二氯乙酸<一氯乙酸【4题答案】\n【答案】C【解析】【详解】A．NaHSO4固体中的阴离子为，因此1molNa2SO4和NaHSO4的固体混合物中硫酸根离子的数目小于NA，A错误；B．卤素氢化物中，因为HF分子间存在氢键，因此熔沸点关系为：HCl<HBr<HI<HF，B错误；C．SO2具有漂白性，且具有还原性，因此食品中加入适量的SO2可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用，C正确；D．卤素原子为吸电子基团，卤素原子电负性越大，吸电子能力越强，故酸性：三氯乙酸>二氯乙酸>一氯乙酸，D错误。因此本题选C。5.a、b、c、d、e均为不饱和烃，下列说法不正确的是A.a、b、c、d、e完全加氢后的产物不完全互为同分异构体B.a、b、c、d、e均能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.a、b、c、d、e中碳原子的杂化方式均相同D.发生消去反应生成c、d、e的二氯代烃互为同分异构体【5题答案】【答案】D【解析】【详解】A．a、c、d、e完全加氢后的产物为相同结构，他们与b完全加氢后的产物互为同分异构体，A正确；B．a、b的苯环上有碳链，且与苯环相连的C上有H，因此均能与酸性高锰酸钾溶液反应；c、d、e分子中均含有碳碳双键，因此能与酸性高锰酸钾溶液反应使其褪色，B正确；C．a、b、c、d、e中碳原子的杂化方式既有sp2杂化，又有sp3杂化，因此a、b、c、d、e中碳原子的杂化方式均相同，C正确；\nD．发生消去反应生成c的二氯代烃的结构可能是或或或，发生消去反应生成e的二氯代烃可能是、、、，因此生成c、d、e的二氯代烃可能为同分异构体，也可能是同一种物质，D错误。本题选D。6.化合物Y是一种药物中间体，可由X制得：下列有关化合物X、Y的说法不正确的是A.X、Y在酸性条件下的水解产物均能发生氧化反应、加成反应、消去反应B.X分子中只有两个手性碳原子C.用FeCl3溶液可鉴别化合物X和YD.Y分子中五元环上的4个碳原子一定共平面【6题答案】【答案】A【解析】【详解】A．X、Y中含有酯基，在酸性条件下的水解产物均含有羧基、羟基，其中-CH2OH结构可以发生氧化反应，苯环结构可以与H2发生加成反应，由于羟基所连碳原子的邻位碳原子上没有H，因此不能发生消去反应，A错误；B．X分子中，中间的六元环共用的两个碳原子为手性碳原子，B正确；C．因为Y含有酚羟基，加入FeCl3溶液后，溶液显紫色，因此可以用FeCl3溶液可鉴别化合物X和Y，C正确；D．因为碳碳双键的存在，碳碳双键的两个碳原子、两个碳上各自连接的两个原子共平面，因此五元环上的4个碳原子一定共平面，D正确。\n因此本题选A。7.具有较高的光电转接效率，在太阳能电池領域具有重要的应用价值。的立方晶格结构如图所示，下列说法错误的是A.中N原子的杂化轨道类型为B.中存在配位键C.甲基的供电子能力强于氢原子，则接受质子能力：D.晶胞中B(灰色球)代表，则每个晶胞中含有的数目为3【7题答案】【答案】C【解析】【分析】由立方晶格结构可推知每个晶胞中A的个数=8×=1，C的个数=6×=3，B的个数为1，对比化学式可知C为I-，B为中心原子，则B为，A为。【详解】A．的电子式为，N有4个σ键，杂化方式为sp3杂化，A正确；B．中N提供孤电子对，H提供空轨道，形成一个配位键，B正确；C．甲基的供电子能力强于氢原子，则中含有两个甲基，接受质子能力较强，即\n接受质子能力：，C错误；D．由分析可知晶胞中B(灰色球)代表，则每个晶胞中含有的数目为3，D正确；选C。8.硫氰化钾(KSCN)俗称玫瑰红酸钾，是一种用途广泛的化学药品。某实验小组模拟工业制备硫氰化钾的实验装置如图所示：已知：①CS2不溶于水，密度比水大；②NH3不溶于CS2；③NH4HS受热易分解④三颈烧瓶内盛放有CS2、水和催化剂，滴加KOH溶液前，发生反应：CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS，该反应比较缓慢，反应至CS2消失。下列说法正确的是A.可以用装置A直接加热NH4Cl固体制取氨气B.装置B中的药品可以为无水氯化钙C.装置E中的试剂a最好选择NaOH溶液D.三颈烧瓶里左侧导气管应插入下层CS2液体中，为了使反应更充分，防倒吸【8题答案】【答案】D【解析】【详解】A．用装置A加热NH4Cl固体时需要先整体预热，再固定好位置加热，A错误；B．装置B的作用是干燥氨气，但无水氯化钙会与NH3反应。因为NH3溶于水呈碱性，因此应用碱石灰干燥氨气，B错误；C．因为NH4HS在装置D中受热易分解，因此装置E是为了吸收多余的NH3和H2S，NaOH溶液不能很好地吸收NH3，因此试剂a一般不用NaOH溶液，C错误；D．已知NH3不溶于CS2，因此左侧导管插入下层CS2液体中可使反应更充分，防倒吸，D正\n确。因此本题选D。9.由下列实验操作及现象能得出相应结论的是实验操作现象结论A向某钾盐中滴加浓盐酸产生的气体可以使品红溶液褪色该钾盐为K2SO3或KHSO3或二者的混合物B向溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成该溶液中不一定含有SOC取两支试管各加入2mL0.1mol/L的草酸溶液，分别滴加2mL0.01mol/L、0.02mol/L的高锰酸钾溶液高锰酸钾溶液褪色并观察褪色时间其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越快D向K2MnO4溶液(墨绿色)中通入CO2溶液由墨绿色变为紫色并有黑色沉淀产生体现了CO2的氧化性A.AB.BC.CD.D【9题答案】【答案】B【解析】【详解】A．向KClO中滴加浓盐酸会产生氯气，可以使品红溶液褪色，不能得出含亚硫根的结论，故A错误；B．向溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀可能是氯化银，也可能是硫酸钡，故B正确；C．取两支试管各加入2mL0.1mol/L的草酸溶液，分别滴加2mL0.01mol/L、0.02mol/L的高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液的浓度不同、浓度大的即使反应速率快褪色时间也不一定短，不能得出其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越快的结论，故C错误；\nD．向K2MnO4溶液(墨绿色)中通入CO2，溶液由墨绿色变为紫色并有黑色沉淀产生，在酸性溶液中发生K2MnO4歧化反应生成高锰酸钾、二氧化锰，二氧化碳不是氧化剂，故D错误；故选B。10.我国化学工作者提出一种利用有机电极(PTO/HQ)和无机电极(MnO2/石墨毡)在酸性环境中可充电的电池，其放电时的工作原理如图所示：下列说法正确的是A.放电时，MnO2/石墨毡为负极，发生氧化反应B.充电时，有机电极和外接电源的正极相连C.放电时，MnO2/石墨毡电极的电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+D.充电时，每消耗1molPTO，理论上外电路中转移电子数为4mol【10题答案】【答案】D【解析】【详解】A．放电时，MnO2→Mn2+，发生还原反应，所以MnO2/石墨毡为正极，故A错误；B．放电时，MnO2/石墨毡为正极，有机电极为负极，充电时，有机电极和外接电源的负极相连，故B错误；C．放电时，MnO2/石墨毡电极为正极，MnO2→Mn2+，MnO2/石墨毡电极的电极反应式为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，故C错误；D．充电时，每消耗1molPTO，需结合4mol氢离子，所以理论上外电路中转移电子数为4mol，故D正确；选D。11.据文献报道，氨催化还原法可用来消除某些污染气体，其反应历程如图所示：\n下列说法正确的是A.V的核外电子排布式为3d34s2B.当消耗标准状况下11.2LO2时，整个过程转移6mole-C.V5+-OH在该反应过程中作催化剂，V4+-OH是该反应过程的中间产物D.总反应化学方程式：4NH3+3O22N2+6H2O【11题答案】【答案】B【解析】【详解】A．V为23号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，A错误；B．由历程图可知，总反应为4NO+4NH3+O24N2+6H2O，反应中化合价升高的元素为氨气中氮元素，降低的元素为一氧化氮中氮元素和氧气中氧元素，电子转移关系为4NH3～12e-～O2，则消耗标准状况下11.2LO2时，O2的物质的量为0.5mol，整个过程转移电子的物质的量为12×0.5mol=6mol，B正确；C．由历程图可知，V5+-OH、V4+-OH在该反应前后质量和化学性质不变，均作催化剂，C错误；D．由B分析可知，总反应为4NO+4NH3+O24N2+6H2O，D错误；故选B。12.某研究小组以Ag-ZSM为催化剂，在容积为1L的容器中，相同时间下测得0.1molNO转化为N2的转化率随温度变化如图所示[无CO时反应为2NO(g)N2(g)＋O2(g)；有CO时\n反应为2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g)]。下列说法正确的是A.反应2NO(g)N2(g)+O2(g)的ΔH＞0B.达平衡后，其他条件不变，使＞1，CO转化率上升CX点可以通过更换高效催化剂提高NO转化率D.Y点再通入CO、N2各0.01mol，此时v正(CO)＞v逆(CO)【12题答案】【答案】D【解析】【详解】A．从曲线I可知，无CO时，NO转化率达峰值后继续升高温度，NO转化率下降，即反应2NO(g)N2(g)+O2(g)的平衡随温度升高逆向移动，故其ΔH＜0，A错误；B．达平衡后，其他条件不变，使＞1，即增加CO投入，则平衡正向移动，但CO转化率下降，B错误；C．催化剂影响反应速率，改变反应达到平衡的时间，不能改变平衡的移动，故不能通过更换高效催化剂提高NO转化率，C错误；D．依题意，Y点温度下发生反应：2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g)，起始时，从曲线Ⅱ知其NO转化率为80%，此时的平衡常数K===1600(mol/L)-1；再通入CO、N2各0.01mol\n，此时体系浓度商Q==889(mol/L)-1，Q<K，平衡朝正向移动，则v正(CO)>v逆(CO)，D正确；故选D。13.我国科研团队将电解食盐水的阳极反应与电催化还原CO2的阴极反应相耦合，制备CO与次氯酸盐，阴极区与阳极区用质子交换膜隔开。装置如图所示，下列说法正确的是A.b极为电源的负极B.工作时，阴极附近溶液pH减小C.工作时，每转移1mol电子，阴极室和阳极室质量变化相差10gD.电池工作时，阳极发生的电极反应式为：Cl-+H2O-2e-=ClO-+2H+【13题答案】【答案】C【解析】【分析】由图示知，M极上CO2得到电子被还原产生CO，故M极为阴极，N极上氯离子失电子被氧化为次氯酸根离子，故N极为阳极，对应电源a为负极，b为正极。【详解】A．M极上CO2得到电子被还原产生CO，电极反应式为：CO2+2H++2e-=CO+H2O，M为阴极，所以a极为电源的负极，A错误；B．M极上CO2得到电子被还原产生CO，电极反应式：CO2+2H++2e-=CO+H2O，M为阴极，消耗氢离子，阴极附近溶液pH增大，B错误；C．根据阴极电极反应知阴极室增加CO2、H+质量，减少CO质量，当转移1mol电子，阴极室质量增加(44g+2g-28g)=9g，根据电荷守恒，阳极室需转移1molH+进入阴极室，故阳极室质量减少1g，阴极室和阳极室质量变化相差10g，C正确；\nD．由图示知，N极上氯离子失电子被氧化为次氯酸根离子，N极为阳极，阳极电极反应式为：Cl-+2OH--2e-=ClO-+H2O，D错误；答案选C。14.短周期元素X、Y、Z、W是同周期主族元素，W元素形成的某种单质具有强氧化性，可用于杀菌消毒。四种元素与锂组成的盐是一种新型的锂离子电池的电解质，结构如图所示，下列说法正确的是A.同周期中第一电离能比W元素小的有5种B.该物质中含有1mol配位键C.基态X原子核外电子的空间运动状态有5种D.Y元素的最高价氧化物的水化物中Y元素的杂化方式为sp3杂化【14题答案】【答案】C【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W是同周期主族元素，W元素形成的某种单质具有强氧化性，可用于杀菌消毒，W是O元素；Z形成4个共价键，Z是C元素；X形成1个共价键，X是F元素；Y显+3价，Y是B元素。【详解】A．同周期中第一电离能比O元素小的有Li、Be、B、C，共5种，故A错误；B．中含有1个配位键，没有该离子的物质的量不能确定该物质中含有配位键的物质的量，故B错误；C．基态X原子核外电子排布为1s22s22p5，有5个原子轨道，空间运动状态有5种，故C正确；D．B元素的最高价氧化物的水化物是H3BO3，B形成3个σ键，无孤电子对，价电子对数是3，B元素的杂化方式为sp2杂化，故D错误；\n选C。15.常温下，用0.10mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L-1HA溶液和HB溶液，所得滴定曲线如图所示(其中HA的滴定曲线部分未画出)。下列说法错误的是已知：M点溶液中c(A-)=c(HA)A.=105.8B.P点溶液中溶质为NaB和HB，由水电离出的c(H+)=1.0×10-7mol·L-1C.M点溶液中，2c(Na+)＞c(HA)+c(A-)D.等体积等浓度的HB溶液和NaA溶液混合后的溶液中：c(OH-)＜c(H+)【15题答案】【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由HAH++A-可知，Ka(HA)=，M点时c(A-)=c(HA)，pH=10.8，所以Ka(HA)=c(H+)=10-10.8，由HBH++B-可知，Ka(HB)=，滴定前0.10mol·L-1HB溶液的pH=3，则c(H+)=10-3mol/L=c(B-)，Ka(HB)==10-5，所以==105.8，故A正确；B．P点为未完全中和点，溶液中溶质为NaB和HB，c(OH-)是由水电离出来的，因此当溶液的pH=7时，溶液中c(OH-)水=1.0×10-7mol·L-1，由水电离出的c(H+)水=c(OH-)水=1.0×10-7mol·L-1，故B正确；C．根据电荷守恒可知，c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，M点时c(A-)=c(HA)，pH=10.8，则溶液呈碱性，即c(OH-)＞c(H+)，c(Na+)＞c(A-)，可得2c(Na+)＞2c(A-)，又c(A-)=c(HA)，可推出2c(Na+)\n＞c(A-)+c(HA)，故C正确；D．等体积等浓度的HB溶液和NaA溶液混合后的溶液中，HB的电离常数为Ka(HB)=10-5，NaA的水解常数Kh(NaA)===10-3.2，所以Kh(NaA)＞Ka(HB)，NaA的水解程度大于HB的电离程度，混合液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，故D错误；答案为D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3·CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中。从废料中回收氧化钴(CoO)的工艺流程如下：（1）Co元素位于元素周期表第_______周期_______族。（2）过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为_______。（3）过程II中先加入稀H2SO4酸化，再加入Na2S2O3溶液，则浸出钴的化学反应方程式为(产物中只有一种酸根)_______。在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，则不用盐酸的主要原因是_______。（4）碳酸钠溶液在过程III和IV中所起作用有所不同，请写出在过程IV中起的作用是_______。（5）仅从沉淀转化角度考虑，能否利用反应：CoCO3+C2OCoC2O4+CO将CoCO3转化为CoC2O4？_______(填“能”或“不能”)，说明理由：_______。[已知Ksp(CoCO3)=1.4×10-13，Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8]。（6）CoO溶于盐酸得粉红色CoCl2溶液。CoCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水。如图是粉红色CoCl2·6H2O晶体受热时，剩余固体质量随温度变化的曲线，A物质的化学式是_______。\n【16~21题答案】【答案】（1）①.四②.VIII（2）2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑（3）①.4Co2O3·CoO+Na2S2O3+11H2SO412CoSO4+Na2SO4+11H2O②.Co2O3·CoO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境（4）调整pH，提供CO，使Co2+沉淀为CoCO3（5）①.不能②.该反应的平衡常数K=2.22×10-6，转化程度极小（6）CoCl2·2H2O【解析】【分析】操作Ⅰ利用了铝能溶解在氢氧化钠溶液的性质，将铝从废料中分离出来，过滤后得到含Co2O3•CoO的钴渣，再用酸溶解过滤后得到含Co2+及Al3+、Li+的滤液，通过调整溶液的pH以及加入NaF得到Al（OH）3和LiF沉淀，再过滤得到含Co2+的滤液，再滴加Na2CO3溶液得到CoCO3沉淀，经过滤、洗涤沉淀，最后将CoCO3进行加热分解可得CoO粉末，以此解答该题。【小问1详解】已知Co是27号元素，位于元素周期表第4横行第9纵列，则Co元素位于元素周期表第四周期Ⅷ族，故答案为：四；Ⅷ；【小问2详解】铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；【小问3详解】\nCo2O3•CoO和Na2S2O3在酸性条件下发生氧化还原反应生成CoSO4、Na2SO4和H2O，反应方程式为：4Co2O3•CoO+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，盐酸具有还原性，能被Co2O3•CoO氧化生成有毒的氯气而污染环境，所以不能盐酸，反应的离子方程式为Co2O3•CoO+8H++2Cl-=3Co2++Cl2↑+4H2O（或Co2O3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+3H2O），故答案为：4Co2O3•CoO+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；Co2O3•CoO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境；【小问4详解】由分析可知，碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供，使Co2+沉淀为CoCO3，发生+Co2+=CoCO3↓，故答案为：调整pH，提供，使Co2+沉淀为CoCO3；【小问5详解】反应CoCO3+C2OCoC2O4+CO的平衡常数为K===2.22×10-6，转化程度极小，则仅从沉淀转化角度考虑，不能利用反应：CoCO3+C2OCoC2O4+CO将CoCO3转化为CoC2O4，故答案为：不能；该反应的平衡常数K=2.22×10-6，转化程度极小；【小问6详解】由图示信息可知，，＝，解得：m=119mgA物质的化学式为CoCl2•nH2O，则有：，＝，解得：n≈2，所以A物质的化学式为：CoCl2•2H2O，故答案为：CoCl2•2H2O。17.近年来，改善环境是科学研究的重要课题，对于实现废气资源的再利用及碳循环经济技术的发展都具有重要意义。I.利用CO2与CH4制备合成气CO、H2，可能的反应历程如图所示：\n说明：C(ads)为吸附性活性炭，E表示方框中物质的总能量(单位：kJ)，TS表示过渡态。（1）制备合成气CO、H2总反应的热化学方程式为_______。（2）若E4+E1<E3+E2，则决定制备“合成气”反应速率的化学方程式为_______。（3）已知E1<E5，以CO2与CH4发生总反应生成CO、H2为背景向密闭容器中充入等体积的CO2和CH4，测得平衡时压强对数lgP(CO2)和lgP(H2)的关系如图所示。①T1_______T2(填“>”、“<”或“=”)。②T1时，P2(CO)与P(CH4)的比值是_______；II.利用小粒径零价铁(ZVI)的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示。H+、O2、NO等共存物的存在会影响水体修复效果。（4）有效腐蚀①的电极反应式为_______；无效腐蚀④的电极反应式为_______。（5）1939年捷姆金和佩热夫推出氨合成反应在接近平衡时净速率方程式为：\nr(NH3)=k1p(N2)[-k2，k1、k2分别为正反应和逆反应的速率常数；p(N2)、p(H2)、p(NH3)代表各组分的分压；α为常数，工业上以铁为催化剂时，α=0.6，K=_______(用k1、k2表示)。【17~21题答案】【答案】（1）CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH=(E5-E1)kJ·mol-1（2）CO2(g)+CH4(g)=C(ads)+CO2(g)+2H2(g)（3）①.>②.（4）①.C2HCl3+6e-+3H+=C2H4+3Cl-②.NO+10H++8e-=NH+3H2O（5）【解析】【小问1详解】根据反应历程图可知，该总反应的反应物是甲烷和二氧化碳，其能量综合为E1总反应的产物为一氧化碳和氢气，其能量综合为E5，则制备合成气CO、H2总反应的热化学方程式为：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH=(E5-E1)kJ·mol-1；【小问2详解】(2)若E4+E1<E3+E2，则E2-E1>E4-E3，其中E2-E1是第一步反应的活化能，E4-E3是第二步反应的活化能，化学反应的快慢，是由活化能大的步骤决定的，故是由第一步决定的，由反应历程图可知，其方程式为：CO2(g)+CH4(g)=C(ads)+CO2(g)+2H2(g)；【小问3详解】①因为E1<E5，故反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H=(E5-E1)kJ·mol-1为吸热反应，由图可知，当图中横坐标相同时T1时氢气对应的对数值大，对于吸热反应来说，升高温度平衡正向移动，故T1>T2；②②由题意可知：，因为CO2和CH4的充入的体积相同，且反应的系数相同，故=，由图可知b点lgp(H2)=0，则b点时\np(H2)=1，lgp(CH4)=1，则p(CH4)=10，故=；【小问4详解】根据图示反应①为三氯乙烯得电子生成乙烯，故电极反应式为C2HCl3+6e-+3H+=C2H4+3Cl-；根据图示④的反应物和生成物中氮化合价的降低利用电子守恒及原子守恒书写电极反应为NO+10H++8e-=NH+3H2O。【小问5详解】合成氨反应的平衡常数，平衡时正逆反应速率相等，即，则=，故答案为：。18.水合肼(N2H4·H2O)及其衍生物在许多工业中被广泛的使用，沸点118°C，有强还原性，在空气中可吸收二氧化碳而产生烟雾。实验室利用NaClO氧化尿素制备水合肼分为以下两步：I、制备次氯酸钠II、与尿素[CO(NH2)2]在碱性条件下反应制备水合肼，实验装置如图所示(部分装置省略)：（1）装置B的作用是储存多余的Cl2，可用的试剂是_______。（2）装置C中制备NaClO的反应过程中温度升高易产生副产物NaClO3，实验中可采取的措施是_______(写一条即可)。（3）将装置C中制备的溶液转移到装置D的_______(填仪器名称)中，并缓缓滴入，原因是_______，装置D中生成水合肼的化学方程式为_______.(在此反应中有苏打生成)。\n（4）有同学认为该实验收集装置有缺陷，请你写出改进措施_______。（5）常温时，水合肼在碱性条件下可以还原银氨溶液来回收金属银，并产生无污染气体N2，写出该反应离子方程式：_______。（6）称取3.0g水合肼样品，加水配制成250mL溶液，从中取出25.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液，用0.300mol/L的I2溶液进行滴定，滴定终点的现象_______，测得消耗I2溶液的体积为27.50mL，则样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量百分数为_______(保留3位有效数字)。(已知：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O)（7）滴定时，下列能导致水合肼的含量测定结果偏低的是_______(填字母)a.实验过程中，部分HI被空气氧化b.滴定前，盛标准液的滴定管内无气泡，滴定后有气泡c.读数时，滴定前仰视，滴定后俯视d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液【18~24题答案】【答案】（1）饱和氯化钠溶液（2）冰水浴（3）①.分液漏斗②.若滴加次氯酸钠较快，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，导致产率降低③.CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl（4）在锥形瓶导管上连接装有碱石灰的干燥管，防止空气中的二氧化碳进入收集装置（5）4[Ag(NH3)2]++N2H4·H2O+4OH-=4Ag↓+N2↑+8NH3↑+5H2O（6）①.滴入最后半滴I2溶液，溶液颜色变成蓝色，且半分钟内不褪色②.68.8%（7）abc【解析】【小问1详解】因为Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，因此应该用饱和氯化钠溶液。【小问2详解】因为反应过程中温度升高易产生副产物，因此应对装置C降温，如：进行冰水浴。【小问3详解】装置D为三颈烧瓶；将装置C中制得的NaClO溶液缓慢加入，可以防止生成的水合肼被NaClO氧化；制备水合肼的反应物为NaClO、NaOH和尿素[CO(NH2)2]，Cl化合价降低生成Cl-,C元素不变价生成碳酸根，同时生成水合肼(N2H4·H2O)，反应方程式配平后可得：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl。\n【小问4详解】收集装置与外界连通的导管应连接一个装有碱石灰的干燥管，以防止外界空气中的CO2进入收集瓶后与N2H4·H2O反应。【小问5详解】由题可知，反应物为水合肼、OH-和[Ag(NH3)2]+，生成N2、Ag，银铵根离子中的N元素未变价，则产物中为NH3，多余的H和O生成水，方程式配平可得：4[Ag(NH3)2]++N2H4·H2O+4OH-=4Ag↓+N2↑+8NH3↑+5H2O。【小问6详解】用I2溶液滴定水合肼溶液，当滴入最后半滴I2溶液，溶液颜色变成蓝色，且半分钟内不褪色时即达到滴定终点；由已知信息可得N2H4·H2O2I2，则水合肼物质的量，质量，3.0g水合肼样品的纯度。【小问7详解】a.实验过程中，部分HI被空气氧化为I2，会造成消耗的I2溶液减少，导致水合肼的含量测定结果偏低；b.开始时滴定管内无气泡，滴定后有气泡，则所消耗的I2溶液实际值多余测量值，因此测定结果偏低；c.滴定前仰视，滴定后俯视，消耗的实际值大于测量值，测量结果偏低；d.滴定管水洗后，直接装标准液会降低标准液浓度，增加其消耗的体积，导致测量结果偏高。因此选abc。19.以有机物A为原料制备离子交换树脂M和新型聚酯材料N等的合成路线如下：\n已知：①；②RCHO+OHCR'；③H结构中含有一个甲基。（1）A的结构简式为_______，反应③的反应类型是_______；F中含氧官能团的名称是_______。（2）E与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式是_______。（3）下列关于D的说法正确的是_______(填字母序号)。a.不能与水形成氢键b.能与H2发生还原反应c.能被酸性重铬酸钾溶液氧化d.能与金属Na发生置换反应（4）H的结构简式为_______；同时符合下列条件的H的同分异构体有_______种。(不考虑顺反异构)①苯环上有两个取代基；②含有碳碳双键；③能发生银镜反应。（5）反应②的化学方程式为_______。【19~23题答案】【答案】（1）①.②.消去反应③.醚键和羧基（2）+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O（3）cd（4）①.②.18\n（5）n+n+(2n-1)H2O【解析】【分析】根据A的分子式可知A的不饱和度为5，结合后续产物的结构简式可知，A中应含有苯环，所以还应有一个双键或一个环；根据反应条件可知A生成B的反应与信息①类似，所以A中含有羰基；根据B生成C、E的条件可知，该反应与信息②类似，所以B中侧链上相邻的两个碳原子上各含有一个醇羟基，根据题目信息可知A→B的过程中侧链上的碳原子个数不变，所以B中侧链上一共有4个碳原子，而其产物C可以加成生成乙醇，所以C为CH3CHO，则E中苯环侧链上有2个碳原子，结构简式应为，据此可以逆推出B为，A为或，A与浓硫酸、加热反应生成H，而H可以反应生成高聚物，则该反应应是羟基的消去反应，而H中含有一个甲基，则A只能为，H为，通过加聚反应生成的M为；B与F发生脱水缩合生成N，根据N的结构简式可知F为。【小问1详解】根据分析可知A的结构简式为；反应③引入碳碳双键，反应类\n型是醇的消去；F的结构简式为，F中含氧官能团的名称是醚键和羧基。【小问2详解】E为，与新制Cu(OH)2浊液反应的化学方程式是：+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O。【小问3详解】D为乙醇a．乙醇中含有羟基，可以和水分子形成氢键，a错误；b．乙醇中不含双键，不能与氢气发生还原反应，b错误；c．乙醇中羟基所连的碳原子上有氢，能被酸性重铬酸钾溶液氧化为羧酸，c正确；d．与金属Na发生置换反应取代羟基上的氢，生成氢气，d正确；故选cd。【小问4详解】H为，含有10个C原子、1个O原子，不饱和度为6，其同分异构体需满足：①苯环上有两个取代基②含有碳碳双键③能发生银镜反应则含有醛基，所以两个取代基可以是-CHO和-CH=CHCH3、-CHO和-C(CH3)=CH2、-CH2CHO和-CH=CH2、-CH3和-CH=CHCHO、-CH3和-C(CHO)=CH2、-CHO和-CH2CH=CH2，共6组，每组都有邻间对3种，所以共3×6=18种同分异构体。【小问5详解】B为，F为，二者发生脱水缩合生成N，化学方程式为n+n\n+(2n-1)H2O。
