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河北省九师联盟2022-2023学年高三下学期2月开学考试化学试题
一、选择题：本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2023高三下·河北开学考）化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．石墨烯液冷散热技术是华为公司首创，其中石墨烯是有机高分子材料
B．北斗卫星导航系统所用计算机芯片的主要材料是单晶硅
C．我国成功研制出的新冠疫苗需要采用冷链运输，以防止蛋白质变性
D．我国研发的特高强度铝合金——7Y69，属于金 属材料
2．（2023高三下·河北开学考）下列有关化学用语表示错误的是（ ）
A．乙醇的结构简式：CH3CH2OH
B．H2O的电子式：
C．基态Cu原子的价电子排布式：[Ar]3d104s-1
D．质子数为88，中子数为138的镭(Ra)原子：
3．（2023高三下·河北开学考）异甘草素具有抗肿瘤、抗病毒等药物功效。合成中间体Z的部分路线如下(已知手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子)：
下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是（ ）
A．X分子中的所有原子一定共平面
B．Y能发生加成、氧化和消去反应
C．Z与足量的氢气加成后的产物分子中含有4个手性碳原子
D．相同物质的量的X与Y分别与足量溴水反应消耗的Br2的物质的量相等
4．（2023高三下·河北开学考）X、Y、Z、W是原子半径依次增大的短周期主族元素，其中X元素与其他元素不在同一周期，Y的一种核素常用于测定文物年代，基态Z原子中S能级与p能级上的电子总数相等。下列说法错误的是（ ）
A．W单质可以与水反应生成气体
B．Z、W所在周期内，Z、W元素第一电离能大小相邻
C．X与Y组成的化合物沸点可能比水的高
D．X、Y、Z、W的单质均可以在空气中燃烧
5．（2023高三下·河北开学考）实验室用下列装置模拟侯氏制碱法。下列说法错误的是（ ）
A．装置甲制取CO2
B．装置乙中饱和NaHCO3溶液可除去CO2中的少量HCl
C．装置丙中冰水浴有利于析出NaHCO3固体
D．装置丁加热NaHCO3制取纯碱
6．（2023高三下·河北开学考）铜及其化合物的转化具有广泛应用。下列说法正确的是（ ）
A．铜粉和硫粉混合加热可得CuS
B．Cu2O晶胞(如图所示)中Cu+的配位数为4
C．离子半径：Cu2+>Cl->S2-
D．新制的Cu(OH)2悬浊液可用于尿液中葡萄糖的检验
7．（2023高三下·河北开学考）由下列实验及现象不能推出相应结论的是（ ）
实验 现象 结论
A 向2 mL0.1 mol·L-1KI溶液中滴加5滴0.1 mol·L-1的FeCl3溶液，振荡，再滴加1~2滴KSCN溶液 溶液呈血红色 FeCl3与KI的反应是可逆反应
B 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生 CO2具有氧化性
C 加热乙醇与浓硫酸的混合溶液，将产生的气体通入少量酸性KMnO4溶液 溶液紫红色褪去 有乙烯生成
D 向5 mL0.1 mol·L-1ZnSO4溶液中加入1 mL0.1 mol·L-1 Na2S溶液，再滴加几滴CuSO4溶液 先有白色沉淀生成，后转化为黑色沉淀 Ksp(CuS)A．A B．B C．C D．D
8．（2023高三下·河北开学考）我国科研人员通过控制光沉积的方法构建Cu2O-Pt/SiC/IrOx型复合材料光催化剂，其中Fe2+和Fe3+渗透Nafion膜可协同CO2、H2O分别反应，构建了一个人工光合作用体系，其反应机理(hv为光照条件)如图。下列说法正确的是( )
A．图中a、b分别代表Fe3+、Fe2+
B．反应过程中光能全部转化为化学能
C．总反应方程式为2CO2+2H2O 2HCOOH+O2
D．反应过程中涉及到非极性键、极性键的断裂和形成
9．（2023高三下·河北开学考）一种富集烟气(水蒸气、SO2、CO2等)中CO2的原理示意图如下。下列说法错误的是( )
A．CO2分子的空间构型为直线形
B．中碳原子的杂化方式为sp2
C．SO2的键角小于SO3的键角
D．SO2易溶于水是因为SO2分子能与H2O分子形成分子间氢键
10．（2023高三下·河北开学考）环己烷有多种不同构象，其中椅式、半椅式、船式、扭船式较为典型。各构象的相对能量图(位能)如图所示。下列说法正确的是( )
A．相同条件下扭船式环己烷最稳定
B．C6H12 (椅式)的燃烧热大于C6H12(船式)
C．C6H12(半椅式)=C6H12(船式) △H=+39.3kJ·mol-1
D．环己烷的扭船式结构一定条件下可自发转化成椅式结构
11．（2023高三下·河北开学考）铁、铜及其化合物之间的转化具有重要应用。下列说法正确的是( )
A．FeO粉末在空气中受热，迅速被氧化成Fe2O3
B．将废铜屑加入FeCl3溶液中，可以制取铁粉
C．铜盐能杀死细菌，并能抑制藻类生长，因此游泳馆常用硫酸铜作游泳池中水的消毒剂
D．向Fe(NO3)2溶液中滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变成血红色，说明Fe(NO3)2溶液已变质
12．（2023高三下·河北开学考）NO在催化剂条件下可被H2还原为无害物质，反应为2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2O(g) △H<0。下列说法正确的是( )
A．上述反应△S>0
B．上述反应的平衡常数表达式K=
C．上述反应中生成1 mol N2，转移电子的数目为2×6.02×1023
D．上述反应中，充入水蒸气增大压强可以提高NO的平衡转化率
13．（2023高三下·河北开学考）新型Li- CO2电池用碳化钥(Mo2C)作Li极催化剂时正极产物为LiC2O，装置如图所示。若用Au一多孔碳作Li极催化剂，则正极产物为Li2CO3和C。下列说法正确的是（ ）
A．该电池负极区可以选用Li2C2O4水溶液作为电解质溶液
B．用Mo2C作催化剂时，负极每消耗7gLi，正极消耗22 g CO2
C．用Au一多孔碳作催化剂时正极反应式为4Li++4e-+3CO2=2Li2CO3+C
D．熔融电解质中箭头所指的方向为阴离子移动方向
14．（2023高三下·河北开学考）已知草酸为二元弱酸：H2C2O4 +H+ Ka1； -+H+ Ka2，T℃时，向一定浓度的草酸溶液中逐滴加入一定浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、、三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．T℃时，Ka1=10-4.2
B．pH=1.2的溶液中：c(K+)C．pH=2.7的溶液中：=100
D．向草酸溶液中不断滴加KOH溶液至过量，水的电离度一直增大
二、非选择题：本大题共4小题，共58分。
15．（2023高三下·河北开学考）利用软锰矿(主要成分是MnO2，其中还含有少量CaO、MgO、SiO2、Al2O3等杂质)制取高纯硫酸锰的工艺流程如下图所示。
已知：常温下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：
氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Mn(OH)2 Al(OH)3
开始沉淀pH 1.5 6.5 7.7 3.8
沉淀完全pH 3.7 9.7 9.8 5.2
常温下，一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质 MnF2 CaF2 MgF2
KSp 5.3×10-3 51.5×10-10 7.4×10-11
回答下列问题：
（1）“浸取”时，铁屑与MnO2反应生成Fe3+的离子方程式为 ；“浸出液”需要鼓入一段时间空气后，再进行“沉铁”的原因是 。
（2）“沉铁、铝”时，加CaCO3控制溶液pH的范围是 ；完全沉淀时，金属离子浓度为1×10-5 mol·L-1，则常温下Ksp[Fe(OH)3]=
（3）深度除杂中加入MnF2可以除去钙离子、镁离子的原因是 (用平衡原理解释，已知：K>105可以认为反应几乎完全进行)。
（4）用石墨和金属Mn作电极，电解硫酸锰溶液可以制取金属锰，其中金属Mn应与电源 (填“正”或“负”)极相连；阳极产生标准状况下体积为4.48 L气体时，理论上可以制取 gMn。
16．（2023高三下·河北开学考）三氯化硼(BCl3，熔点为-107.3 ℃，沸点为12.5℃)是重要的化学品，主要用作半导体硅的掺杂源或有机合成的催化剂。以硼砂(Na2B4O2·10H2O)为原料制备BCl3的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
（1）硼砂(Na2B4O7·10H2O)写成氧化物的形式为 。
（2）实验室“高温脱水”可以在 (填仪器名称)中进行。
（3）“还原”应在保护气氛围中进行，下列气体可以作为保护气的是 (填字母)。
A．N2 B．He C．CO2
（4）制备BCl3的实验装置如图所示(已知2B+6HCl2BCl3+3H2)。
①装置A中发生反应的离子方程式为 。
②实验时，如果拆去B装置，可能的后果是 。
③为使实验装置简便，可用一个装置代替F和G装置，该装置的名称是 ，所装试剂是 。
④实验时先点燃A处酒精灯，一段时间后再点燃D处酒精灯，其理由是 。
17．（2023高三下·河北开学考）有机物M是有机合成的重要中间体，制备M的一种合成路线如下：
已知：①A的相对分子质量为76，1 mol A与足量Na反应生成1 mol H2，且核磁共振氢谱中有3组峰；
回答下列问题：
（1）A分子中杂化方式为sp3的原子数为 ，C→D的反应类型为 。
（2）E中含有的官能团名称为 ，I的结构简式为 。
（3）F→G的化学方程式为 。
（4）写出同时满足下列条件的G的同分异构体： 。
①能发生水解反应，水解产物之一是α-氨基酸；
②核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为3：2：2：2：1：1。
（5）参照上述合成路线，以为原料，设计制备的合成路线： (无机试剂任选)。
18．（2023高三下·河北开学考）二氧化碳有效转化是“碳中和”的重要研究方向，CO2与H2在催化剂条件下可转化为C2H4、CH3OH。回答下列问题：
（1）Ⅰ．转化为CH(g)的反应方程式为2CO2(g)+6H2(g) C2H(g)+4H2O(g) △H<0。
在恒压密闭容器中，起始充人2 mol CO2(g)和6 mol H2(g)发生反应，该反应在不同的温度下达到平衡时，各组分的体积分数随温度的变化如图1所示。
①图中表示CO2的体积分数随温度变化的曲线是 (填字母)。357℃时可以证明反应达到平衡状态的标志为 (填字母)。
a． v正(CO2)=2v逆(H2O)
b．容器中H2的体积分数保持不变
c．混合气体的密度保持不变
②A、B、C三点对应的化学平衡常数分别为KA、KB、KC，则三者从大到小的排列顺序为 。
③B点反应达到平衡后，CO2的平衡转化率为 (计算结果保留一位小数)，若平衡时总压为P，则平衡常数Kp= (列出计算式，以分压表示，气体分压=总压×气体的物质的量分数)。
（2）其他条件相同，分别在X、Y两种催化剂作用下，将2 mol CO2(g)和6 mol H2(g)充入体积为1 L的密闭容器内，测得反应相同时间时CO2的转化率与温度的关系如图2所示。
使用催化剂X，当温度高于320℃时，CO2的转化率逐渐下降，其原因是 。根据图像， (填“能”或“不能”)计算280℃时该反应的平衡常数，其理由是 。
（3）Ⅱ． CO2与H2在催化剂作用下可转化为CH3OH。主要反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49 kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H2=+41kJ·mol-1
则CO(g)和H2(g)反应生成CH3OH(g)的热化学方程式为 。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；合金及其应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A.石墨烯是碳的一种单质，不属于有机高分子材料，A符合题意；
B.计算机芯片的主要材料是硅，B不符合题意；
C.低温可防止蛋白质变性，C不符合题意；
D.合金属于金属材料，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、石墨烯是碳的一种单质；
B、计算机芯片的主要材料是硅；
C、低温可防止蛋白质变性；
D、合金属于金属材料；
2．【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子排布；结构简式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A.乙醇的结构简式为CH3CH2OH，A不符合题意；
B.氧原子最外层电子数为6，氢原子的最外层电子数为1，因此H2O中含有两个氢氧共用电子对，故H2O的电子式为，B不符合题意；
C.Cu的原子序数为29，其基态原子的价电子排布式为3d104s1，C符合题意；
D.该原子的质量数为88+138=236，因此其原子符号为，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、乙醇的结构简式为CH3CH2OH；
B、H2O中存在两对氢氧共用电子对；
C、Cu的价电子排布式为3d104s1；
D、标在元素符号左上角的为质量数，质量数≈质子数＋中子数；
3．【答案】C
【知识点】苯酚的性质及用途；消去反应
【解析】【解答】A.氢氧化学键为单键，单键可以自由旋转，因此氧原子和氢原子不一定在同一个平面内，A不符合题意；
B.Y结构中的苯环、羰基都能与H2发生加成反应，苯酚易被空气中的O2氧化，酚羟基无法发生消去反应，B不符合题意；
C.Z与足量的H2发生加成反应后的产物为，其所含的手性碳原子为，共有4个，C符合题意；
D.1molX能与3molBr2发生取代反应，1molY能与2molBr2发生取代反应，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、单键可以自由旋转，氢氧原子不一定在同一个平面内；
B、苯环上的氢原子不能发生消去反应；
C、连接有四个不同的原子或原子团的碳原子，为手性碳原子；
D、酚羟基的邻位、对位上的氢原子能与溴水发生取代反应；
4．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶体熔沸点的比较；钠的化学性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】由分析可知，X为H、Y为C、Z为Mg、W为Na。
A.Na能与H2O发生反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，因此Na能与水反应生成气体，A不符合题意；
B.Mg的3s能级处于全满状态，结构稳定，不易失去电子，其第一电离能较大，B符合题意；
C.X与Y组成的化合物可能为固态的烷烃，其沸点比液态水高，C不符合题意；
D.H、C、Mg、Na的单质都能在空气中燃烧，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】Y的一种核素常用于测定文物年代，因此Y为C。X与其他元素都不在同一个周期，因此X为H。基态Z的s能级与p能级上的电子总数相等，因此基态Z的核外电子排布式为1s22s22p4或1s22s22p63s2，故Z为O或Mg。由于原子半径Z>Y，因此Z为Mg。X、Y、Z、W都为短周期主族元素，且原子半径W>Z，因此W为Na。
5．【答案】D
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A.装置甲中CaCO3与稀盐酸发生反应：CaCO3＋2HCl=CaCl2＋H2O＋CO2↑，因此可用装置甲制取CO2，A不符合题意；
B.CO2不溶于饱和NaHCO3溶液，但HCl能与NaHCO3反应，因此可用饱和NaHCO3溶液除去CO2中混有的HCl，B不符合题意；
C.冰水混合物的温度为0℃，降温有利于NaHCO3结晶析出，C不符合题意；
D.加热NaHCO3固体时，为防止冷凝水倒流，试管口应略向下倾斜，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、装置甲中CaCO3与稀盐酸反应制取CO2；
B、CO2不溶于饱和NaHCO3溶液，但HCl能与NaHCO3反应；
C、冰水混合物为0℃，降温有利于NaHCO3结晶析出；
D、固体加热时试管口应略向下倾斜；
6．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；有机物（官能团）的检验；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A.S的氧化性较弱，与Cu反应，生成Cu2S，A不符合题意；
B.由均摊法可知，白球的个数为，黑球的个数为4，因此白球表示的是O，黑球表示的是Cu+，故Cu+的配位数为2，B不符合题意；
C.Cu2＋的原子核小于Cl－的原子核，因此Cu2＋的半径小于Cl－的半径，Cl－和S2－的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，因此离子半径Cl－Cl－>Cu2＋，C不符合题意；
D.葡萄糖的结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，能与新制Cu(OH)2悬浊液反应，产生砖红色沉淀，因此可用新制Cu(OH)2悬浊液检验尿液中是否含有葡萄糖，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、硫的氧化性较弱，只能将Cu氧化成+1价；
B、根据均摊法结合化学式确定白球、黑球所表示的原子，从而确定Cu+的配位数；
C、电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小；Cu2+的原子核小于Cl-的原子核；
D、葡萄糖中含有-CHO，能被新制Cu(OH)2悬浊液氧化，产生砖红色沉淀。
7．【答案】C
【知识点】化学反应的可逆性；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；乙醇的消去反应；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.Fe3＋与I－反应的离子方程式为：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，实验过程中加入Fe3＋少量，I－过量，充分反应后加入KSCN溶液后，溶液变血红色，说明溶液中有Fe3＋剩余，在I－过量的情况下，仍有Fe3＋剩余，说明Fe3＋与I－的反应为可逆反应，A不符合题意；
B.将燃烧的Na伸入装有CO2的集气瓶内，产生的黑色颗粒为C，说明反应过程中CO2被还原为C，因此CO2具有氧化性，B不符合题意；
C.乙醇具有挥发性和还原性，加热过程中，乙醇挥发逸出，乙醇的还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色，因此不能说明有乙烯生成，C符合题意；
D.ZnSO4溶液与Na2S溶液反应的离子方程式为：Zn2＋＋S2－=ZnS↓，实验过程中所加Na2S少量，S2－完全反应。再加入CuSO4溶液，白色沉淀ZnS转化为黑色沉淀CuS，说明CuS比ZnS更难溶，因此Ksp(CuS)故答案为：C
【分析】A、I－过量，Fe3＋仍有剩余，说明I－与Fe3＋的反应为可逆反应；
B、瓶内产生的黑色颗粒为C，说明CO2发生还原反应；
C、乙醇具有挥发性，也能与KMnO4溶液反应，使KMnO4溶液褪色；
D、发生反应ZnS＋Cu2＋=CuS＋Zn2＋，说明CuS比ZnS更难溶，Ksp更小；
8．【答案】C
【知识点】极性键和非极性键；化学反应中能量的转化
【解析】【解答】A.左边H2O变为O2，发生氧化反应，因此铁元素发生还原反应，因此b为Fe3＋，a为Fe2＋，A不符合题意；
B.该过程中光能转化为化学能，但能量转化率无法达到100%，B不符合题意；
C.Fe2＋、Fe3＋渗透Nafion膜可协同CO2、H2O分别反应，构建了一个人工光合作用体系，图中物质转化得到，光合作用反应的化学方程式为：2CO2＋2H2O2HCOOH＋O2，C符合题意；
D.由反应过程分析判断，光合作用反应的化学方程式为2CO2＋2H2O2HCOOH＋O2，涉及到非极性键、极性键的形成，没有非极性键的断裂，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、根据两侧物质发生的反应进行分析；
B、能量转化过程中，能量转化率达不到100%；
C、根据示意图中物质的转化，确定反应物和生成物，从而确定反应的化学方程式；
D、根据反应的化学方程式，确定断裂和形成的化学键的类型；
9．【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A.CO2的结构式为O=C=O，其中心原子碳原子采用sp杂化，因此CO2的空间构型为直线型，A不符合题意；
B.CO32-中心碳原子的价层电子对数为，其价层电子对数为3，且不含孤电子对，因此其空间构型为平面三角形，碳原子采用sp2杂化，B不符合题意；
C.SO2的中心硫原子的价层电子对数为，其价层电子对数为3，孤电子对数为1，因此SO2为V形，键角为105°；SO3的价层电子对数为，其价层电子对数为3，孤电子对书为0，因此SO3为平面三角形，键角为120°。因此SO2的键角小于SO3的键角，C不符合题意；
D.SO2易溶于水是由于SO2能与H2O反应，SO2无法形成氢键，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、根据CO2中碳原子的杂化方式，确定其i空间构型；
B、根据碳原子的价层电子对数确定碳原子的杂化方式；
C、根据SO2、SO3的空间构型确定二者键角的大小；
D、SO2无法形成氢键；
10．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；燃烧热；热化学方程式
【解析】【解答】A.相同条件下椅式环己烷具有的能量最低，稳定性最强，因此相同条件下椅式环己烷的结构最稳定，A不符合题意；
B.C6H12(椅式)具有的能量低于C6H12(船式)具有的能量，因此C6H12(椅式)燃烧放出的热量小于C6H12(船式)，所以C6H12(椅式)的燃烧热小于C6H12(船式)，B不符合题意；
C.C6H12(半椅式)转化为C6H12(船式)的过程为放热反应，放出的热量为46kJ·mol－1－23kJ·mol－1=23kJ·mol－1，因此该反应的反应热ΔH=－23kJ·mol－1，其热化学方程式为C6H12(半椅式)=C6H12(船式) ΔH=－23kJ·mol－1，C不符合题意；
D.环己烷的扭船式结构转化为椅式结构的过程为放热反应，放热反应在一定条件下可自发进行，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、物质所具有的能量越高，越不稳定；
B、物质所具有的能量越高，燃烧时放出的热量越多，燃烧热越大；
C、该转化过程为放热反应；
D、放热反应在一定条件下可自发进行；
11．【答案】C
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A.在空气（O2）不足的情况下，FeO在空气中受热，所得产物为Fe3O4；当空气（O2）足量时，FeO在空气中受热，所得产物为Fe2O3，A不符合题意；
B.废铜屑中加入FeCl3溶液，发生反应：2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋，反应无法得到Fe，因此无法制得铁粉，B不符合题意；
C.铜盐中的Cu2＋为重金属离子，可使蛋白质变性失活，因此可用于杀菌消毒；同时铜盐能抑制藻类生长，因此游泳馆常用CuSO4做消毒剂，C符合题意；
D.NO3－在酸性条件下具有氧化性，加入稀硫酸后，Fe(NO3)2中Fe2＋被氧化成Fe3＋，滴加KSCN溶液，溶液变血红色，不能说明原Fe(NO3)2溶液已变质，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、FeO在空气中加热，可能生成Fe3O4或Fe2O3；
B、Fe3＋具有强氧化性，能将Cu氧化成Cu2＋，自身还原为Fe2＋；
C、Cu2＋为重金属离子，能使蛋白质变性失活，且能抑制藻类生长；
D、NO3－在酸性条件下具有氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋。
12．【答案】B
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A.该反应中，反应后气体分子数减小，因此ΔS<0，A不符合题意；
B.该反应的平衡常数，B符合题意；
C.上述反应中，氮元素由+2价变为0价，得到4个电子；氢元素由0价变为+1价，失去4个电子。因此可得N2与转移电子数的关系为“N2~4e-”，所以反应生成1molN2，转移电子数为4mol，即为4×6.02×1023，C不符合题意；
D.该反应中，水蒸气为生成物，充入水蒸气，生成物的浓度增大，逆反应速率增大，大于正反应速率，平衡逆向移动，NO的转化率减小，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、反应后气体分子数减小，ΔS<0；
B、根据反应的化学方程式书写平衡常数的表达式；
C、根据反应过程中氮元素化合价变化，计算转移电子数；
D、充入水蒸气，生成物的浓度增大，平衡逆向移动，反应物的转化率减小。
13．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A.由于金属Li能与H2O反应，因此不能选用水溶液作为电解质溶液，A不符合题意；
B.用Mo2C做催化剂时，负极每消耗7gLi，即消耗n(Li)=1mol，反应过程中转移电子数为1mol，由正极电极反应式2CO2＋2e－=2C2O42－可知，参与反应的n(CO2)=1mol，因此其质量为1mol×44g·mol－1=44g，B不符合题意；
C.由于阳离子移向正极，因此电池反应过程中Li＋移向正极，用Au－多孔碳做催化剂时，CO2转化为CO32－和C，因此正极的电极反应式为：4Li＋4e－＋3CO2=2Li2CO3＋C，C符合题意；
D.该电池装置中通入CO2的电极为正极，阳离子移向正极，因此箭头所指的方向为阳离子移动的方向，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】该新型电池中，Li做负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：Li－e－=Li＋。用Mo2C做催化剂时，正极产物为Li2C2O4，则CO2在正极发生得电子的还原反应，生成C2O42－，其电极反应式为：2CO2＋2e－=C2O42－。用Au－多孔碳做催化剂时，正极CO2发生得电子的还原反应，生成CO32－和C，其电极反应式为：3CO2＋4e－=2CO32－＋C。
14．【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、Ka1= ，由图知pH=1.2时，c(H+)=1×10-12，c(H2C2O4)=c( )，Ka1=c(H+)=10-1.2 ，A不符合题意；
B、pH=1.2时，据图知溶液中几乎无 ，据电荷守恒得c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c( )+2c( )，c(H2C2O4)=c( )，c(H+)>c(OH- )，则c(K+ )C、由Ka1、Ka2表达式可知， ，C不符合题意；
D、向草酸溶液中不断滴加KOH溶液至过量，水的电离度先增大后减小，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、由图可知，当pH=1.2时，c(HC2O4－)=c(H2C2O4)，据此计算；
B、根据电荷守恒c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HC2O4－)分析；
C、当c(HC2O4－)=c(C2O42－)时，，同理，Ka1=c(H+)=10-1.2，
D、弱离子促进水电离，根据酸碱中和反应进行的程度判断水的电离程度大小；
15．【答案】（1）3MnO2 +2Fe+ 12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O；Fe2+不易形成氢氧化亚铁沉淀，先将其氧化为Fe3+，容易形成氢氧化铁沉淀
（2）[5.2，7. 7)；；1×10 -35.9
（3）MnF2+Mg2+ Mn2++MgF2、MnF2+Ca2+ Mn2++CaF2反应的K均大于105，反应可以视为完全进行
（4）负；22
【知识点】电极反应和电池反应方程式；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）铁屑与MnO2反应生成Fe3＋，则MnO2应被还原，生成Mn2＋。反应过程中铁元素由0价变为+3价，失去3个电子；锰元素由+4价变为+2价，得到2个电子，结合得失电子守恒可得，MnO2、Mn2＋的系数为3，Fe、Fe3＋的系数为2。溶液显酸性，结合电荷守恒可得，反应物中含有H＋，且其系数为12。结合氢原子守恒可得，生成物中有H2O，且其系数为6。因此该反应的离子方程式为：3MnO2＋2Fe＋12H＋=3Mn2＋＋2Fe3＋＋6H2O。
由于Fe2＋形成Fe(OH)2沉淀时，其pH较大，而Fe3＋形成Fe(OH)3沉淀时，pH较小，说明Fe2＋不易形成沉淀，因此“浸出液”中鼓入空气，是为了将溶液中的Fe2＋氧化成Fe3＋，便于形成Fe(OH)3沉淀。
（2）由表格数据可知，Fe(OH)3完全沉淀的pH值为3.7，Al(OH)3完全沉淀的pH为5.2，而Mn(OH)2开始沉淀的pH为7.7。加入CaCO3控制溶液的pH值，是为了使溶液中的Fe(OH)3、Al(OH)3完全沉淀，而Mn(OH)2不形成沉淀，因此应控制溶液的pH为5.2～7.7。完全沉淀时，溶液中c(Fe3＋)=1.0×10－5mol·L－1，此时溶液的pH=3.7，则溶液中c(H＋)=1.0×10－3.7mol·L－1，因此溶液中c(OH－)=1.0×10－10.3mol·L－1。所以常温下Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3＋)×c3(OH－)=1.0×10－5×(1.0×10－10.3)3=1.0×10-35.9。
（3）加入MnF2时发生的反应为：①MnF2＋Mg2＋ Mn2＋＋MgF2、②MnF2＋Ca2＋ Mn2＋＋CaF2。反应①的平衡常数，因此反应①可进行完全。反应②的平衡常数，因此反应②可进行完全。
（4）电解MnSO4溶液制取Mn单质的过程中，阴极的电极反应式为：Mn2＋＋2e－=Mn，因此金属Mn做电解池的阴极，应与电源的负极相连。阳极电极反应式为：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，因此阳极产生的气体为O2，其物质的量，则反应过程中转移电子数为0.2mol×4=0.8mol。所以阴极反应生成n(Mn)=0.4mol，其质量m=n×M=0.4mol×55g·mol-1
=22g。
【分析】（1）铁屑与MnO2反应生成Fe3＋，则MnO2应被还原，生成Mn2＋，据此写出反应的离子方程式。“浸出液”中鼓入空气，可将溶液中Fe2＋氧化成Fe3＋，便于形成Fe(OH)3沉淀。
（2）根据Fe(OH)3、Al(OH)3完全沉淀的pH值，以及Mn(OH)2开始沉淀的pH分析。根据Fe(OH)3完全沉淀的pH值，结合Ksp[Fe(OH)3]的表达式进行计算。
（3）根据加入MnF2时发生的反应，计算反应的平衡常数K，若K＞105，说明反应几乎完全进行。
（4）电解MnSO4溶液制取金属Mn时，Mn2＋在阴极发生还原反应，生成Mn单质，其电极反应式为：Mn2＋＋2e－=Mn。阳极上H2O中的OH－发生失电子的氧化反应，生成O2，其电极反应式为：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋。
16．【答案】（1）Na2O·2B2O3·10H2O
（2）坩埚
（3）B
（4）MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O；硼粉与HCl反应生成的产物中有H2，加热H2与Cl2的混合气体，易发生爆炸；(U形)干燥管；碱石灰；排尽装置中的空气，避免硼粉与氧气反应生成B2O3
【知识点】氯气的实验室制法；实验装置综合；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）Na2B4O7·10H2O写出氧化物形式为Na2O·2B2O3·10H2O。
（2）“高温脱水”的过程为固体加热过程，固体的加热应在坩埚中进行。
（3）A、Mg能与N2反应，因此不能用N2做保护气，A不符合题意；
B、He化学性质稳定，与体系中的物质均不反应，因此可用He做保护气，B符合题意；
C、CO2能与Mg反应，因此不能用CO2做保护气，C不符合题意；
故答案为：B
（4）①装置A中MnO2与浓盐酸反应生成可溶性MnCl2、Cl2和H2O，该反应的离子方程式为：MnO2＋4H＋＋2Cl－=Mn2＋＋2H2O＋Cl2↑。
②装置B中饱和食盐水用于吸收Cl2中混有的HCl气体，若撤去装置B，则Cl2中混有的HCl，HCl能与B反应生成H2，H2与Cl2混合，加热时已发生爆炸。
③装置F中的浓硫酸用于吸收水蒸气，装置G中的NaOH溶液用于吸收CO2，可用碱石灰代替装置F、G。
④实验时先点燃A处酒精灯，可利用装置A中反应生成的Cl2排出装置内的空气，防止加热D处硼粉时，B与空气中的O2反应，生成B2O3。
【分析】（1）根据金属元素化合价写成氧化物形式，氧化物之间用“.”隔开。
（2）固体加热应在坩埚中进行。
（3）作为保护气的气体，应不能与体系中所含物质发生反应。
（4）①装置A中MnO2与浓盐酸反应生成可溶性MnCl2、Cl2和H2O，据此写出反应的离子方程式。
②装置B用于除去Cl2中混有的HCl，拆去装置B，则Cl2中混有的HCl能与B反应。
③装置F、G用于吸收水蒸气和CO2，可用碱石灰代替。
④先点燃A处的酒精灯，利用反应生成的Cl2排出装置内的空气，防止B与空气中的O2反应。
17．【答案】（1）5；取代反应
（2）醚键、硝基；
（3）
（4） 或
（5）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由分析可知，A的结构简式为HOCH2CH2CH2OH，其中的碳原子、氧原子的价层电子对数都是4，都采用sp3杂化。因此A分子中采用sp3杂化方式的原子共有5个。C→D的转化过程中，第二个碳原子上引入了一个溴原子，因此该反应的反应类型为取代反应。
（2）由E的结构简式可知，E中所含的官能团为醚键、硝基。I的结构简式为。
（3）由分析可知，F的结构简式为。F与(CH3CO)2O反应生成G的同时，生成CH3COOH，因此该反应的化学方程式为 +(CH3CO)2O→＋CH3COOH。
（4）能发生水解反应，且水解产物之一是α-氨基酸，说明分子结构中含有。核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积比为3：2：2：2：1：1，说明分子结构中含有-CH3，且苯环的结构具有对称性，因此满足条件的同分异构体的结构简式为或。
（5）要合成，-COOH可由-CH2OH氧化得到，-NH2可由-NO2还原得到，为防止-NH2被氧化，应先形成-COOH，再还原-NO2得到-NH2。而-COOH可由-CHO氧化得到；-CHO可由-CH2OH氧化得到；-CH2OH可由-CH2Br水解得到。因此该合成路线图为。
【分析】A与O2在催化剂下反应生成B，B进一步氧化生成HOOCCH2COOH，说明A为醇，B为醛，结合A的相对分子质量为76可得，A的分子式为C3H8O2，结合C的结构简式可知，A的结构简式为HOCH2CH2CH2OH，B的结构简式为OHCCH2CHO。E在Fe/HCl条件下发生－NO2的还原反应，因此F的结构简式为。H在加热条件下发生已知反应③，因此I的结构简式为。
18．【答案】（1）l；bc；KB>KA>KC；66.7%；
（2）温度高于320℃时，催化剂X的活性降低，反应速率减慢；不能；280℃时，在两种催化剂的作用下，反应均未达到平衡状态
（3）CO(g)+ 2H2(g) CH3OH(g) △H=-90 kJ·mol-1
【知识点】热化学方程式；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2、H2的体积分数增大，由于生成CO2与H2的物质的量之比为1：3，因此表示式CO2体积分数随温度变化的曲线是l。
a、反应速率之比等于化学计量数之比，当反应达到平衡状态时，，所以2v正(CO2)=v逆(H2O)，a不符合题意；
b、若反应正向进行，容器中H2的体积分数减小，若反应逆向进行，容器中H2的体积分数增大，说明反应过程中，容器中H2的体积分数是一个变量，当变量不变时，说明反应达到平衡状态，b符合题意；
c、该反应中只含有气体，根据质量守恒定律可得，反应过程中混合气体的质量不变，由于反应前后气体分子数改变，且反应在恒压密闭容器中进行，则反应过程中，混合气体的体积发生变化，根据密度公式可得，反应过程中，混合气体的密度是一个变量，则当变量不变时，说明反应达到平衡状态，c符合题意；
故答案为：bc
②该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小。因此温度越高，该反应的平衡常数越小，所以KB>KA>KC。
③设平衡时参与反应的CO2的物质的量为2x，则可得平衡三段式如下：
图中曲线l表示的是CO2体积分数随温度的变化，曲线n表示的是C2H4体积分数随温度的变化，在B点时，CO2、C2H4的体积分数相同，所得可得关系式，解得 ，所以B点反应达到平衡后，CO2的平衡转化率为。
反应达到平衡时，、、、，所以平衡时混合气体的总物质的量为。所以平衡时、、、。所以该温度下反应的平衡常数。
（2）当温度高于320℃时，由于温度高，催化剂的活性降低，使得反应速率减慢，CO2的转化率逐渐降低。280℃时，不管是催化剂X还是催化剂Y，反应 都未达到平衡状态，因此无法计算280℃时该反应的平衡常数。
（3）CO(g)与H2(g)反应生成CH3OH(g)的化学方程式为：CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)，由盖斯定律可得，该反应的反应热ΔH=ΔH1－ΔH2=(－49kJ·mol－1)－(＋41kJ·mol－1)=－90kJ·mol－1。因此该反应的热化学方程式为：CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g) ΔH=－90kJ·mol－1。
【分析】（1）①该反应为放热反应， 升高温度，平衡逆向移动，CO2、H2的体积分数增大，且CO2增大的幅度小于H2。当 正逆反应速率相等（或变量不变）时，说明反应达到平衡状态。
②对于同一个可逆反应，平衡常数的大小只与温度有关，结合温度对平衡移动的影响分析。
③结合平衡三段式进行计算。
（2）当温度高于320℃时，催化剂的活性降低，反应速率减慢。280℃时，反应未达到平衡状态，无法计算该反应的平衡常数。
（3）写出反应的化学方程式，结合盖斯定律计算反应热，从而得出反应的热化学方程式。
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河北省九师联盟2022-2023学年高三下学期2月开学考试化学试题
一、选择题：本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2023高三下·河北开学考）化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．石墨烯液冷散热技术是华为公司首创，其中石墨烯是有机高分子材料
B．北斗卫星导航系统所用计算机芯片的主要材料是单晶硅
C．我国成功研制出的新冠疫苗需要采用冷链运输，以防止蛋白质变性
D．我国研发的特高强度铝合金——7Y69，属于金 属材料
【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；合金及其应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A.石墨烯是碳的一种单质，不属于有机高分子材料，A符合题意；
B.计算机芯片的主要材料是硅，B不符合题意；
C.低温可防止蛋白质变性，C不符合题意；
D.合金属于金属材料，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、石墨烯是碳的一种单质；
B、计算机芯片的主要材料是硅；
C、低温可防止蛋白质变性；
D、合金属于金属材料；
2．（2023高三下·河北开学考）下列有关化学用语表示错误的是（ ）
A．乙醇的结构简式：CH3CH2OH
B．H2O的电子式：
C．基态Cu原子的价电子排布式：[Ar]3d104s-1
D．质子数为88，中子数为138的镭(Ra)原子：
【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子排布；结构简式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A.乙醇的结构简式为CH3CH2OH，A不符合题意；
B.氧原子最外层电子数为6，氢原子的最外层电子数为1，因此H2O中含有两个氢氧共用电子对，故H2O的电子式为，B不符合题意；
C.Cu的原子序数为29，其基态原子的价电子排布式为3d104s1，C符合题意；
D.该原子的质量数为88+138=236，因此其原子符号为，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、乙醇的结构简式为CH3CH2OH；
B、H2O中存在两对氢氧共用电子对；
C、Cu的价电子排布式为3d104s1；
D、标在元素符号左上角的为质量数，质量数≈质子数＋中子数；
3．（2023高三下·河北开学考）异甘草素具有抗肿瘤、抗病毒等药物功效。合成中间体Z的部分路线如下(已知手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子)：
下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是（ ）
A．X分子中的所有原子一定共平面
B．Y能发生加成、氧化和消去反应
C．Z与足量的氢气加成后的产物分子中含有4个手性碳原子
D．相同物质的量的X与Y分别与足量溴水反应消耗的Br2的物质的量相等
【答案】C
【知识点】苯酚的性质及用途；消去反应
【解析】【解答】A.氢氧化学键为单键，单键可以自由旋转，因此氧原子和氢原子不一定在同一个平面内，A不符合题意；
B.Y结构中的苯环、羰基都能与H2发生加成反应，苯酚易被空气中的O2氧化，酚羟基无法发生消去反应，B不符合题意；
C.Z与足量的H2发生加成反应后的产物为，其所含的手性碳原子为，共有4个，C符合题意；
D.1molX能与3molBr2发生取代反应，1molY能与2molBr2发生取代反应，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、单键可以自由旋转，氢氧原子不一定在同一个平面内；
B、苯环上的氢原子不能发生消去反应；
C、连接有四个不同的原子或原子团的碳原子，为手性碳原子；
D、酚羟基的邻位、对位上的氢原子能与溴水发生取代反应；
4．（2023高三下·河北开学考）X、Y、Z、W是原子半径依次增大的短周期主族元素，其中X元素与其他元素不在同一周期，Y的一种核素常用于测定文物年代，基态Z原子中S能级与p能级上的电子总数相等。下列说法错误的是（ ）
A．W单质可以与水反应生成气体
B．Z、W所在周期内，Z、W元素第一电离能大小相邻
C．X与Y组成的化合物沸点可能比水的高
D．X、Y、Z、W的单质均可以在空气中燃烧
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶体熔沸点的比较；钠的化学性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】由分析可知，X为H、Y为C、Z为Mg、W为Na。
A.Na能与H2O发生反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，因此Na能与水反应生成气体，A不符合题意；
B.Mg的3s能级处于全满状态，结构稳定，不易失去电子，其第一电离能较大，B符合题意；
C.X与Y组成的化合物可能为固态的烷烃，其沸点比液态水高，C不符合题意；
D.H、C、Mg、Na的单质都能在空气中燃烧，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】Y的一种核素常用于测定文物年代，因此Y为C。X与其他元素都不在同一个周期，因此X为H。基态Z的s能级与p能级上的电子总数相等，因此基态Z的核外电子排布式为1s22s22p4或1s22s22p63s2，故Z为O或Mg。由于原子半径Z>Y，因此Z为Mg。X、Y、Z、W都为短周期主族元素，且原子半径W>Z，因此W为Na。
5．（2023高三下·河北开学考）实验室用下列装置模拟侯氏制碱法。下列说法错误的是（ ）
A．装置甲制取CO2
B．装置乙中饱和NaHCO3溶液可除去CO2中的少量HCl
C．装置丙中冰水浴有利于析出NaHCO3固体
D．装置丁加热NaHCO3制取纯碱
【答案】D
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A.装置甲中CaCO3与稀盐酸发生反应：CaCO3＋2HCl=CaCl2＋H2O＋CO2↑，因此可用装置甲制取CO2，A不符合题意；
B.CO2不溶于饱和NaHCO3溶液，但HCl能与NaHCO3反应，因此可用饱和NaHCO3溶液除去CO2中混有的HCl，B不符合题意；
C.冰水混合物的温度为0℃，降温有利于NaHCO3结晶析出，C不符合题意；
D.加热NaHCO3固体时，为防止冷凝水倒流，试管口应略向下倾斜，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、装置甲中CaCO3与稀盐酸反应制取CO2；
B、CO2不溶于饱和NaHCO3溶液，但HCl能与NaHCO3反应；
C、冰水混合物为0℃，降温有利于NaHCO3结晶析出；
D、固体加热时试管口应略向下倾斜；
6．（2023高三下·河北开学考）铜及其化合物的转化具有广泛应用。下列说法正确的是（ ）
A．铜粉和硫粉混合加热可得CuS
B．Cu2O晶胞(如图所示)中Cu+的配位数为4
C．离子半径：Cu2+>Cl->S2-
D．新制的Cu(OH)2悬浊液可用于尿液中葡萄糖的检验
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；有机物（官能团）的检验；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A.S的氧化性较弱，与Cu反应，生成Cu2S，A不符合题意；
B.由均摊法可知，白球的个数为，黑球的个数为4，因此白球表示的是O，黑球表示的是Cu+，故Cu+的配位数为2，B不符合题意；
C.Cu2＋的原子核小于Cl－的原子核，因此Cu2＋的半径小于Cl－的半径，Cl－和S2－的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，因此离子半径Cl－Cl－>Cu2＋，C不符合题意；
D.葡萄糖的结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，能与新制Cu(OH)2悬浊液反应，产生砖红色沉淀，因此可用新制Cu(OH)2悬浊液检验尿液中是否含有葡萄糖，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、硫的氧化性较弱，只能将Cu氧化成+1价；
B、根据均摊法结合化学式确定白球、黑球所表示的原子，从而确定Cu+的配位数；
C、电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小；Cu2+的原子核小于Cl-的原子核；
D、葡萄糖中含有-CHO，能被新制Cu(OH)2悬浊液氧化，产生砖红色沉淀。
7．（2023高三下·河北开学考）由下列实验及现象不能推出相应结论的是（ ）
实验 现象 结论
A 向2 mL0.1 mol·L-1KI溶液中滴加5滴0.1 mol·L-1的FeCl3溶液，振荡，再滴加1~2滴KSCN溶液 溶液呈血红色 FeCl3与KI的反应是可逆反应
B 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生 CO2具有氧化性
C 加热乙醇与浓硫酸的混合溶液，将产生的气体通入少量酸性KMnO4溶液 溶液紫红色褪去 有乙烯生成
D 向5 mL0.1 mol·L-1ZnSO4溶液中加入1 mL0.1 mol·L-1 Na2S溶液，再滴加几滴CuSO4溶液 先有白色沉淀生成，后转化为黑色沉淀 Ksp(CuS)A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学反应的可逆性；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；乙醇的消去反应；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.Fe3＋与I－反应的离子方程式为：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，实验过程中加入Fe3＋少量，I－过量，充分反应后加入KSCN溶液后，溶液变血红色，说明溶液中有Fe3＋剩余，在I－过量的情况下，仍有Fe3＋剩余，说明Fe3＋与I－的反应为可逆反应，A不符合题意；
B.将燃烧的Na伸入装有CO2的集气瓶内，产生的黑色颗粒为C，说明反应过程中CO2被还原为C，因此CO2具有氧化性，B不符合题意；
C.乙醇具有挥发性和还原性，加热过程中，乙醇挥发逸出，乙醇的还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色，因此不能说明有乙烯生成，C符合题意；
D.ZnSO4溶液与Na2S溶液反应的离子方程式为：Zn2＋＋S2－=ZnS↓，实验过程中所加Na2S少量，S2－完全反应。再加入CuSO4溶液，白色沉淀ZnS转化为黑色沉淀CuS，说明CuS比ZnS更难溶，因此Ksp(CuS)故答案为：C
【分析】A、I－过量，Fe3＋仍有剩余，说明I－与Fe3＋的反应为可逆反应；
B、瓶内产生的黑色颗粒为C，说明CO2发生还原反应；
C、乙醇具有挥发性，也能与KMnO4溶液反应，使KMnO4溶液褪色；
D、发生反应ZnS＋Cu2＋=CuS＋Zn2＋，说明CuS比ZnS更难溶，Ksp更小；
8．（2023高三下·河北开学考）我国科研人员通过控制光沉积的方法构建Cu2O-Pt/SiC/IrOx型复合材料光催化剂，其中Fe2+和Fe3+渗透Nafion膜可协同CO2、H2O分别反应，构建了一个人工光合作用体系，其反应机理(hv为光照条件)如图。下列说法正确的是( )
A．图中a、b分别代表Fe3+、Fe2+
B．反应过程中光能全部转化为化学能
C．总反应方程式为2CO2+2H2O 2HCOOH+O2
D．反应过程中涉及到非极性键、极性键的断裂和形成
【答案】C
【知识点】极性键和非极性键；化学反应中能量的转化
【解析】【解答】A.左边H2O变为O2，发生氧化反应，因此铁元素发生还原反应，因此b为Fe3＋，a为Fe2＋，A不符合题意；
B.该过程中光能转化为化学能，但能量转化率无法达到100%，B不符合题意；
C.Fe2＋、Fe3＋渗透Nafion膜可协同CO2、H2O分别反应，构建了一个人工光合作用体系，图中物质转化得到，光合作用反应的化学方程式为：2CO2＋2H2O2HCOOH＋O2，C符合题意；
D.由反应过程分析判断，光合作用反应的化学方程式为2CO2＋2H2O2HCOOH＋O2，涉及到非极性键、极性键的形成，没有非极性键的断裂，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、根据两侧物质发生的反应进行分析；
B、能量转化过程中，能量转化率达不到100%；
C、根据示意图中物质的转化，确定反应物和生成物，从而确定反应的化学方程式；
D、根据反应的化学方程式，确定断裂和形成的化学键的类型；
9．（2023高三下·河北开学考）一种富集烟气(水蒸气、SO2、CO2等)中CO2的原理示意图如下。下列说法错误的是( )
A．CO2分子的空间构型为直线形
B．中碳原子的杂化方式为sp2
C．SO2的键角小于SO3的键角
D．SO2易溶于水是因为SO2分子能与H2O分子形成分子间氢键
【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A.CO2的结构式为O=C=O，其中心原子碳原子采用sp杂化，因此CO2的空间构型为直线型，A不符合题意；
B.CO32-中心碳原子的价层电子对数为，其价层电子对数为3，且不含孤电子对，因此其空间构型为平面三角形，碳原子采用sp2杂化，B不符合题意；
C.SO2的中心硫原子的价层电子对数为，其价层电子对数为3，孤电子对数为1，因此SO2为V形，键角为105°；SO3的价层电子对数为，其价层电子对数为3，孤电子对书为0，因此SO3为平面三角形，键角为120°。因此SO2的键角小于SO3的键角，C不符合题意；
D.SO2易溶于水是由于SO2能与H2O反应，SO2无法形成氢键，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、根据CO2中碳原子的杂化方式，确定其i空间构型；
B、根据碳原子的价层电子对数确定碳原子的杂化方式；
C、根据SO2、SO3的空间构型确定二者键角的大小；
D、SO2无法形成氢键；
10．（2023高三下·河北开学考）环己烷有多种不同构象，其中椅式、半椅式、船式、扭船式较为典型。各构象的相对能量图(位能)如图所示。下列说法正确的是( )
A．相同条件下扭船式环己烷最稳定
B．C6H12 (椅式)的燃烧热大于C6H12(船式)
C．C6H12(半椅式)=C6H12(船式) △H=+39.3kJ·mol-1
D．环己烷的扭船式结构一定条件下可自发转化成椅式结构
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；燃烧热；热化学方程式
【解析】【解答】A.相同条件下椅式环己烷具有的能量最低，稳定性最强，因此相同条件下椅式环己烷的结构最稳定，A不符合题意；
B.C6H12(椅式)具有的能量低于C6H12(船式)具有的能量，因此C6H12(椅式)燃烧放出的热量小于C6H12(船式)，所以C6H12(椅式)的燃烧热小于C6H12(船式)，B不符合题意；
C.C6H12(半椅式)转化为C6H12(船式)的过程为放热反应，放出的热量为46kJ·mol－1－23kJ·mol－1=23kJ·mol－1，因此该反应的反应热ΔH=－23kJ·mol－1，其热化学方程式为C6H12(半椅式)=C6H12(船式) ΔH=－23kJ·mol－1，C不符合题意；
D.环己烷的扭船式结构转化为椅式结构的过程为放热反应，放热反应在一定条件下可自发进行，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、物质所具有的能量越高，越不稳定；
B、物质所具有的能量越高，燃烧时放出的热量越多，燃烧热越大；
C、该转化过程为放热反应；
D、放热反应在一定条件下可自发进行；
11．（2023高三下·河北开学考）铁、铜及其化合物之间的转化具有重要应用。下列说法正确的是( )
A．FeO粉末在空气中受热，迅速被氧化成Fe2O3
B．将废铜屑加入FeCl3溶液中，可以制取铁粉
C．铜盐能杀死细菌，并能抑制藻类生长，因此游泳馆常用硫酸铜作游泳池中水的消毒剂
D．向Fe(NO3)2溶液中滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变成血红色，说明Fe(NO3)2溶液已变质
【答案】C
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A.在空气（O2）不足的情况下，FeO在空气中受热，所得产物为Fe3O4；当空气（O2）足量时，FeO在空气中受热，所得产物为Fe2O3，A不符合题意；
B.废铜屑中加入FeCl3溶液，发生反应：2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋，反应无法得到Fe，因此无法制得铁粉，B不符合题意；
C.铜盐中的Cu2＋为重金属离子，可使蛋白质变性失活，因此可用于杀菌消毒；同时铜盐能抑制藻类生长，因此游泳馆常用CuSO4做消毒剂，C符合题意；
D.NO3－在酸性条件下具有氧化性，加入稀硫酸后，Fe(NO3)2中Fe2＋被氧化成Fe3＋，滴加KSCN溶液，溶液变血红色，不能说明原Fe(NO3)2溶液已变质，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、FeO在空气中加热，可能生成Fe3O4或Fe2O3；
B、Fe3＋具有强氧化性，能将Cu氧化成Cu2＋，自身还原为Fe2＋；
C、Cu2＋为重金属离子，能使蛋白质变性失活，且能抑制藻类生长；
D、NO3－在酸性条件下具有氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋。
12．（2023高三下·河北开学考）NO在催化剂条件下可被H2还原为无害物质，反应为2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2O(g) △H<0。下列说法正确的是( )
A．上述反应△S>0
B．上述反应的平衡常数表达式K=
C．上述反应中生成1 mol N2，转移电子的数目为2×6.02×1023
D．上述反应中，充入水蒸气增大压强可以提高NO的平衡转化率
【答案】B
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A.该反应中，反应后气体分子数减小，因此ΔS<0，A不符合题意；
B.该反应的平衡常数，B符合题意；
C.上述反应中，氮元素由+2价变为0价，得到4个电子；氢元素由0价变为+1价，失去4个电子。因此可得N2与转移电子数的关系为“N2~4e-”，所以反应生成1molN2，转移电子数为4mol，即为4×6.02×1023，C不符合题意；
D.该反应中，水蒸气为生成物，充入水蒸气，生成物的浓度增大，逆反应速率增大，大于正反应速率，平衡逆向移动，NO的转化率减小，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、反应后气体分子数减小，ΔS<0；
B、根据反应的化学方程式书写平衡常数的表达式；
C、根据反应过程中氮元素化合价变化，计算转移电子数；
D、充入水蒸气，生成物的浓度增大，平衡逆向移动，反应物的转化率减小。
13．（2023高三下·河北开学考）新型Li- CO2电池用碳化钥(Mo2C)作Li极催化剂时正极产物为LiC2O，装置如图所示。若用Au一多孔碳作Li极催化剂，则正极产物为Li2CO3和C。下列说法正确的是（ ）
A．该电池负极区可以选用Li2C2O4水溶液作为电解质溶液
B．用Mo2C作催化剂时，负极每消耗7gLi，正极消耗22 g CO2
C．用Au一多孔碳作催化剂时正极反应式为4Li++4e-+3CO2=2Li2CO3+C
D．熔融电解质中箭头所指的方向为阴离子移动方向
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A.由于金属Li能与H2O反应，因此不能选用水溶液作为电解质溶液，A不符合题意；
B.用Mo2C做催化剂时，负极每消耗7gLi，即消耗n(Li)=1mol，反应过程中转移电子数为1mol，由正极电极反应式2CO2＋2e－=2C2O42－可知，参与反应的n(CO2)=1mol，因此其质量为1mol×44g·mol－1=44g，B不符合题意；
C.由于阳离子移向正极，因此电池反应过程中Li＋移向正极，用Au－多孔碳做催化剂时，CO2转化为CO32－和C，因此正极的电极反应式为：4Li＋4e－＋3CO2=2Li2CO3＋C，C符合题意；
D.该电池装置中通入CO2的电极为正极，阳离子移向正极，因此箭头所指的方向为阳离子移动的方向，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】该新型电池中，Li做负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：Li－e－=Li＋。用Mo2C做催化剂时，正极产物为Li2C2O4，则CO2在正极发生得电子的还原反应，生成C2O42－，其电极反应式为：2CO2＋2e－=C2O42－。用Au－多孔碳做催化剂时，正极CO2发生得电子的还原反应，生成CO32－和C，其电极反应式为：3CO2＋4e－=2CO32－＋C。
14．（2023高三下·河北开学考）已知草酸为二元弱酸：H2C2O4 +H+ Ka1； -+H+ Ka2，T℃时，向一定浓度的草酸溶液中逐滴加入一定浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、、三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．T℃时，Ka1=10-4.2
B．pH=1.2的溶液中：c(K+)C．pH=2.7的溶液中：=100
D．向草酸溶液中不断滴加KOH溶液至过量，水的电离度一直增大
【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、Ka1= ，由图知pH=1.2时，c(H+)=1×10-12，c(H2C2O4)=c( )，Ka1=c(H+)=10-1.2 ，A不符合题意；
B、pH=1.2时，据图知溶液中几乎无 ，据电荷守恒得c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c( )+2c( )，c(H2C2O4)=c( )，c(H+)>c(OH- )，则c(K+ )C、由Ka1、Ka2表达式可知， ，C不符合题意；
D、向草酸溶液中不断滴加KOH溶液至过量，水的电离度先增大后减小，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、由图可知，当pH=1.2时，c(HC2O4－)=c(H2C2O4)，据此计算；
B、根据电荷守恒c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HC2O4－)分析；
C、当c(HC2O4－)=c(C2O42－)时，，同理，Ka1=c(H+)=10-1.2，
D、弱离子促进水电离，根据酸碱中和反应进行的程度判断水的电离程度大小；
二、非选择题：本大题共4小题，共58分。
15．（2023高三下·河北开学考）利用软锰矿(主要成分是MnO2，其中还含有少量CaO、MgO、SiO2、Al2O3等杂质)制取高纯硫酸锰的工艺流程如下图所示。
已知：常温下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：
氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Mn(OH)2 Al(OH)3
开始沉淀pH 1.5 6.5 7.7 3.8
沉淀完全pH 3.7 9.7 9.8 5.2
常温下，一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质 MnF2 CaF2 MgF2
KSp 5.3×10-3 51.5×10-10 7.4×10-11
回答下列问题：
（1）“浸取”时，铁屑与MnO2反应生成Fe3+的离子方程式为 ；“浸出液”需要鼓入一段时间空气后，再进行“沉铁”的原因是 。
（2）“沉铁、铝”时，加CaCO3控制溶液pH的范围是 ；完全沉淀时，金属离子浓度为1×10-5 mol·L-1，则常温下Ksp[Fe(OH)3]=
（3）深度除杂中加入MnF2可以除去钙离子、镁离子的原因是 (用平衡原理解释，已知：K>105可以认为反应几乎完全进行)。
（4）用石墨和金属Mn作电极，电解硫酸锰溶液可以制取金属锰，其中金属Mn应与电源 (填“正”或“负”)极相连；阳极产生标准状况下体积为4.48 L气体时，理论上可以制取 gMn。
【答案】（1）3MnO2 +2Fe+ 12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O；Fe2+不易形成氢氧化亚铁沉淀，先将其氧化为Fe3+，容易形成氢氧化铁沉淀
（2）[5.2，7. 7)；；1×10 -35.9
（3）MnF2+Mg2+ Mn2++MgF2、MnF2+Ca2+ Mn2++CaF2反应的K均大于105，反应可以视为完全进行
（4）负；22
【知识点】电极反应和电池反应方程式；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）铁屑与MnO2反应生成Fe3＋，则MnO2应被还原，生成Mn2＋。反应过程中铁元素由0价变为+3价，失去3个电子；锰元素由+4价变为+2价，得到2个电子，结合得失电子守恒可得，MnO2、Mn2＋的系数为3，Fe、Fe3＋的系数为2。溶液显酸性，结合电荷守恒可得，反应物中含有H＋，且其系数为12。结合氢原子守恒可得，生成物中有H2O，且其系数为6。因此该反应的离子方程式为：3MnO2＋2Fe＋12H＋=3Mn2＋＋2Fe3＋＋6H2O。
由于Fe2＋形成Fe(OH)2沉淀时，其pH较大，而Fe3＋形成Fe(OH)3沉淀时，pH较小，说明Fe2＋不易形成沉淀，因此“浸出液”中鼓入空气，是为了将溶液中的Fe2＋氧化成Fe3＋，便于形成Fe(OH)3沉淀。
（2）由表格数据可知，Fe(OH)3完全沉淀的pH值为3.7，Al(OH)3完全沉淀的pH为5.2，而Mn(OH)2开始沉淀的pH为7.7。加入CaCO3控制溶液的pH值，是为了使溶液中的Fe(OH)3、Al(OH)3完全沉淀，而Mn(OH)2不形成沉淀，因此应控制溶液的pH为5.2～7.7。完全沉淀时，溶液中c(Fe3＋)=1.0×10－5mol·L－1，此时溶液的pH=3.7，则溶液中c(H＋)=1.0×10－3.7mol·L－1，因此溶液中c(OH－)=1.0×10－10.3mol·L－1。所以常温下Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3＋)×c3(OH－)=1.0×10－5×(1.0×10－10.3)3=1.0×10-35.9。
（3）加入MnF2时发生的反应为：①MnF2＋Mg2＋ Mn2＋＋MgF2、②MnF2＋Ca2＋ Mn2＋＋CaF2。反应①的平衡常数，因此反应①可进行完全。反应②的平衡常数，因此反应②可进行完全。
（4）电解MnSO4溶液制取Mn单质的过程中，阴极的电极反应式为：Mn2＋＋2e－=Mn，因此金属Mn做电解池的阴极，应与电源的负极相连。阳极电极反应式为：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，因此阳极产生的气体为O2，其物质的量，则反应过程中转移电子数为0.2mol×4=0.8mol。所以阴极反应生成n(Mn)=0.4mol，其质量m=n×M=0.4mol×55g·mol-1
=22g。
【分析】（1）铁屑与MnO2反应生成Fe3＋，则MnO2应被还原，生成Mn2＋，据此写出反应的离子方程式。“浸出液”中鼓入空气，可将溶液中Fe2＋氧化成Fe3＋，便于形成Fe(OH)3沉淀。
（2）根据Fe(OH)3、Al(OH)3完全沉淀的pH值，以及Mn(OH)2开始沉淀的pH分析。根据Fe(OH)3完全沉淀的pH值，结合Ksp[Fe(OH)3]的表达式进行计算。
（3）根据加入MnF2时发生的反应，计算反应的平衡常数K，若K＞105，说明反应几乎完全进行。
（4）电解MnSO4溶液制取金属Mn时，Mn2＋在阴极发生还原反应，生成Mn单质，其电极反应式为：Mn2＋＋2e－=Mn。阳极上H2O中的OH－发生失电子的氧化反应，生成O2，其电极反应式为：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋。
16．（2023高三下·河北开学考）三氯化硼(BCl3，熔点为-107.3 ℃，沸点为12.5℃)是重要的化学品，主要用作半导体硅的掺杂源或有机合成的催化剂。以硼砂(Na2B4O2·10H2O)为原料制备BCl3的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
（1）硼砂(Na2B4O7·10H2O)写成氧化物的形式为 。
（2）实验室“高温脱水”可以在 (填仪器名称)中进行。
（3）“还原”应在保护气氛围中进行，下列气体可以作为保护气的是 (填字母)。
A．N2 B．He C．CO2
（4）制备BCl3的实验装置如图所示(已知2B+6HCl2BCl3+3H2)。
①装置A中发生反应的离子方程式为 。
②实验时，如果拆去B装置，可能的后果是 。
③为使实验装置简便，可用一个装置代替F和G装置，该装置的名称是 ，所装试剂是 。
④实验时先点燃A处酒精灯，一段时间后再点燃D处酒精灯，其理由是 。
【答案】（1）Na2O·2B2O3·10H2O
（2）坩埚
（3）B
（4）MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O；硼粉与HCl反应生成的产物中有H2，加热H2与Cl2的混合气体，易发生爆炸；(U形)干燥管；碱石灰；排尽装置中的空气，避免硼粉与氧气反应生成B2O3
【知识点】氯气的实验室制法；实验装置综合；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）Na2B4O7·10H2O写出氧化物形式为Na2O·2B2O3·10H2O。
（2）“高温脱水”的过程为固体加热过程，固体的加热应在坩埚中进行。
（3）A、Mg能与N2反应，因此不能用N2做保护气，A不符合题意；
B、He化学性质稳定，与体系中的物质均不反应，因此可用He做保护气，B符合题意；
C、CO2能与Mg反应，因此不能用CO2做保护气，C不符合题意；
故答案为：B
（4）①装置A中MnO2与浓盐酸反应生成可溶性MnCl2、Cl2和H2O，该反应的离子方程式为：MnO2＋4H＋＋2Cl－=Mn2＋＋2H2O＋Cl2↑。
②装置B中饱和食盐水用于吸收Cl2中混有的HCl气体，若撤去装置B，则Cl2中混有的HCl，HCl能与B反应生成H2，H2与Cl2混合，加热时已发生爆炸。
③装置F中的浓硫酸用于吸收水蒸气，装置G中的NaOH溶液用于吸收CO2，可用碱石灰代替装置F、G。
④实验时先点燃A处酒精灯，可利用装置A中反应生成的Cl2排出装置内的空气，防止加热D处硼粉时，B与空气中的O2反应，生成B2O3。
【分析】（1）根据金属元素化合价写成氧化物形式，氧化物之间用“.”隔开。
（2）固体加热应在坩埚中进行。
（3）作为保护气的气体，应不能与体系中所含物质发生反应。
（4）①装置A中MnO2与浓盐酸反应生成可溶性MnCl2、Cl2和H2O，据此写出反应的离子方程式。
②装置B用于除去Cl2中混有的HCl，拆去装置B，则Cl2中混有的HCl能与B反应。
③装置F、G用于吸收水蒸气和CO2，可用碱石灰代替。
④先点燃A处的酒精灯，利用反应生成的Cl2排出装置内的空气，防止B与空气中的O2反应。
17．（2023高三下·河北开学考）有机物M是有机合成的重要中间体，制备M的一种合成路线如下：
已知：①A的相对分子质量为76，1 mol A与足量Na反应生成1 mol H2，且核磁共振氢谱中有3组峰；
回答下列问题：
（1）A分子中杂化方式为sp3的原子数为 ，C→D的反应类型为 。
（2）E中含有的官能团名称为 ，I的结构简式为 。
（3）F→G的化学方程式为 。
（4）写出同时满足下列条件的G的同分异构体： 。
①能发生水解反应，水解产物之一是α-氨基酸；
②核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为3：2：2：2：1：1。
（5）参照上述合成路线，以为原料，设计制备的合成路线： (无机试剂任选)。
【答案】（1）5；取代反应
（2）醚键、硝基；
（3）
（4） 或
（5）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由分析可知，A的结构简式为HOCH2CH2CH2OH，其中的碳原子、氧原子的价层电子对数都是4，都采用sp3杂化。因此A分子中采用sp3杂化方式的原子共有5个。C→D的转化过程中，第二个碳原子上引入了一个溴原子，因此该反应的反应类型为取代反应。
（2）由E的结构简式可知，E中所含的官能团为醚键、硝基。I的结构简式为。
（3）由分析可知，F的结构简式为。F与(CH3CO)2O反应生成G的同时，生成CH3COOH，因此该反应的化学方程式为 +(CH3CO)2O→＋CH3COOH。
（4）能发生水解反应，且水解产物之一是α-氨基酸，说明分子结构中含有。核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积比为3：2：2：2：1：1，说明分子结构中含有-CH3，且苯环的结构具有对称性，因此满足条件的同分异构体的结构简式为或。
（5）要合成，-COOH可由-CH2OH氧化得到，-NH2可由-NO2还原得到，为防止-NH2被氧化，应先形成-COOH，再还原-NO2得到-NH2。而-COOH可由-CHO氧化得到；-CHO可由-CH2OH氧化得到；-CH2OH可由-CH2Br水解得到。因此该合成路线图为。
【分析】A与O2在催化剂下反应生成B，B进一步氧化生成HOOCCH2COOH，说明A为醇，B为醛，结合A的相对分子质量为76可得，A的分子式为C3H8O2，结合C的结构简式可知，A的结构简式为HOCH2CH2CH2OH，B的结构简式为OHCCH2CHO。E在Fe/HCl条件下发生－NO2的还原反应，因此F的结构简式为。H在加热条件下发生已知反应③，因此I的结构简式为。
18．（2023高三下·河北开学考）二氧化碳有效转化是“碳中和”的重要研究方向，CO2与H2在催化剂条件下可转化为C2H4、CH3OH。回答下列问题：
（1）Ⅰ．转化为CH(g)的反应方程式为2CO2(g)+6H2(g) C2H(g)+4H2O(g) △H<0。
在恒压密闭容器中，起始充人2 mol CO2(g)和6 mol H2(g)发生反应，该反应在不同的温度下达到平衡时，各组分的体积分数随温度的变化如图1所示。
①图中表示CO2的体积分数随温度变化的曲线是 (填字母)。357℃时可以证明反应达到平衡状态的标志为 (填字母)。
a． v正(CO2)=2v逆(H2O)
b．容器中H2的体积分数保持不变
c．混合气体的密度保持不变
②A、B、C三点对应的化学平衡常数分别为KA、KB、KC，则三者从大到小的排列顺序为 。
③B点反应达到平衡后，CO2的平衡转化率为 (计算结果保留一位小数)，若平衡时总压为P，则平衡常数Kp= (列出计算式，以分压表示，气体分压=总压×气体的物质的量分数)。
（2）其他条件相同，分别在X、Y两种催化剂作用下，将2 mol CO2(g)和6 mol H2(g)充入体积为1 L的密闭容器内，测得反应相同时间时CO2的转化率与温度的关系如图2所示。
使用催化剂X，当温度高于320℃时，CO2的转化率逐渐下降，其原因是 。根据图像， (填“能”或“不能”)计算280℃时该反应的平衡常数，其理由是 。
（3）Ⅱ． CO2与H2在催化剂作用下可转化为CH3OH。主要反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49 kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H2=+41kJ·mol-1
则CO(g)和H2(g)反应生成CH3OH(g)的热化学方程式为 。
【答案】（1）l；bc；KB>KA>KC；66.7%；
（2）温度高于320℃时，催化剂X的活性降低，反应速率减慢；不能；280℃时，在两种催化剂的作用下，反应均未达到平衡状态
（3）CO(g)+ 2H2(g) CH3OH(g) △H=-90 kJ·mol-1
【知识点】热化学方程式；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2、H2的体积分数增大，由于生成CO2与H2的物质的量之比为1：3，因此表示式CO2体积分数随温度变化的曲线是l。
a、反应速率之比等于化学计量数之比，当反应达到平衡状态时，，所以2v正(CO2)=v逆(H2O)，a不符合题意；
b、若反应正向进行，容器中H2的体积分数减小，若反应逆向进行，容器中H2的体积分数增大，说明反应过程中，容器中H2的体积分数是一个变量，当变量不变时，说明反应达到平衡状态，b符合题意；
c、该反应中只含有气体，根据质量守恒定律可得，反应过程中混合气体的质量不变，由于反应前后气体分子数改变，且反应在恒压密闭容器中进行，则反应过程中，混合气体的体积发生变化，根据密度公式可得，反应过程中，混合气体的密度是一个变量，则当变量不变时，说明反应达到平衡状态，c符合题意；
故答案为：bc
②该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小。因此温度越高，该反应的平衡常数越小，所以KB>KA>KC。
③设平衡时参与反应的CO2的物质的量为2x，则可得平衡三段式如下：
图中曲线l表示的是CO2体积分数随温度的变化，曲线n表示的是C2H4体积分数随温度的变化，在B点时，CO2、C2H4的体积分数相同，所得可得关系式，解得 ，所以B点反应达到平衡后，CO2的平衡转化率为。
反应达到平衡时，、、、，所以平衡时混合气体的总物质的量为。所以平衡时、、、。所以该温度下反应的平衡常数。
（2）当温度高于320℃时，由于温度高，催化剂的活性降低，使得反应速率减慢，CO2的转化率逐渐降低。280℃时，不管是催化剂X还是催化剂Y，反应 都未达到平衡状态，因此无法计算280℃时该反应的平衡常数。
（3）CO(g)与H2(g)反应生成CH3OH(g)的化学方程式为：CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)，由盖斯定律可得，该反应的反应热ΔH=ΔH1－ΔH2=(－49kJ·mol－1)－(＋41kJ·mol－1)=－90kJ·mol－1。因此该反应的热化学方程式为：CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g) ΔH=－90kJ·mol－1。
【分析】（1）①该反应为放热反应， 升高温度，平衡逆向移动，CO2、H2的体积分数增大，且CO2增大的幅度小于H2。当 正逆反应速率相等（或变量不变）时，说明反应达到平衡状态。
②对于同一个可逆反应，平衡常数的大小只与温度有关，结合温度对平衡移动的影响分析。
③结合平衡三段式进行计算。
（2）当温度高于320℃时，催化剂的活性降低，反应速率减慢。280℃时，反应未达到平衡状态，无法计算该反应的平衡常数。
（3）写出反应的化学方程式，结合盖斯定律计算反应热，从而得出反应的热化学方程式。
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