江苏省扬州市名校2023-2024学年高三上学期开学考试化学试题（原卷版+解析版）

扬州市名校2023-2024学年高三上学期开学考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Ti：48 Ba：137
一、 单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意。
1. 科技是第一生产力，我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法错误的是
A. 研制了高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式：太阳能→电能
B. 发现了月壤中的“嫦娥石[(Ca8Y)Fe(PO4)7]”：其成分属于无机盐
C. 利用CO2合成了脂肪酸：实现了无机小分子向有机高分子的转变
D. 革新了海水原位电解制氢工艺：其关键材料多孔聚四氟乙烯耐腐蚀
2. 反应用于合成。下列说法不正确是
A. 的空间构型为正三角形 B. NaClO的电子式为
C. 含有极性键和非极性键 D. 和之间可以形成氢键
3. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大。基态X原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反，基态Y原子M层上有两个未成对电子，基态W原子的电子总数是其最高能级电子数的4倍。下列说法正确的是
A. 第一电离能：W>Z>Y B. 原子半径：W>Y>X
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：W>Z>Y D. 简单氢化物的沸点：W>Z>X
4. 易水解、易升华，是有机反应中常用的催化剂。实验室用如图所示装置制备少量。下列说法正确的是
A. 实验开始，先点燃酒精灯，再滴加浓盐酸
B. 实验时若Cl2不足量，则可能生成
C. 装置丙的作用是收集
D. 装置丁中的作用是吸收未反应的
5. 含氰废水中氰化物的主要形态是HCN和CN-，CN-具有较强的配位能力，能与Cu＋形成一种无限长链离子，其片段为；下列说法正确的是
A. 基态Fe2＋核外电子排布式为[Ar]3d54s1
B. Cu＋与CN-形成的离子的化学式为[Cu(CN)3]2-
C. K4[Fe(CN)6]中Fe2＋的配位数为6
D. 某铁晶体(晶胞如图所示)中与每个Fe紧邻的Fe数为6
6. 氰化物浓度较低时，可在碱性条件下用H2O2或Cl2将其转化为N2；浓度较高时，可加入HCN、Fe和K2CO3溶液反应生成K4[Fe(CN)6]溶液。下列物质性质与用途具有对应关系的是
A. H2O2具有还原性，可用于处理含氰废水
B. 维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂
C. FeCl3溶液显酸性，可用于刻蚀覆铜板
D. NaHCO3受热易分解，可用于治疗胃酸过多
7. CN－结合H+能力弱于。氰化物浓度较低时，可在碱性条件下用H2O2或Cl2将其转化为N2；浓度较高时，可加入HCN、Fe和K2CO3溶液反应生成K4[Fe(CN)6]溶液。下列化学反应表示正确的是
A. NaCN溶液通入少量的CO2：CN－+CO2+H2O=HCN+
B. Fe与HCN溶液反应：Fe+2HCN=Fe2++H2↑+2CN－
C. K2CO3水解：+2H2O2OH－+H2CO3
D. Cl2处理含氰废水：5Cl2+2CN－+4OH－=10Cl－+N2↑+4H++2CO2↑
8. CO2通过电催化法可生成C2H5OH，c-NC、i-NC是可用于阴极电极的两种电催化剂，其表面发生转化原理如图所示。下列有关说法正确的是
A. i-NC 电极发生氧化反应
B. 合成过程中CO2作为还原剂
C. 合成过程中用i-NC作电极催化剂更利于生成C2H5OH
D c-NC 电极上发生反应： 2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O
9. 光学性能优良的高分子材料聚碳酸异山梨醇酯可由如下反应制备。
下列说法错误的是
A. 该高分子材料可降解 B. 异山梨醇分子中有3个手性碳
C. 反应式中化合物X为甲醇 D. 该聚合反应为缩聚反应
10. 某MOFs多孔超分子材料的空腔大小适配N2O4可将其“固定”得到R(如下图所示)，实现从烟气中分离出N2O4并可制备HNO3。
已知反应；ΔH<0。下列说法正确的是
A. 图示过程属于氮的固定
B. 高温、高压下有利于从烟气中分离出N2O4
C. R在O2中水洗，可制得HNO3同时实现MOFs再生
D. 该MOFs材料也可用于储存H2
11. 下列实验操作和现象及所得到的结论均正确的是
选项 实验操作和现象 结论
A 向铜与浓硫酸反应后的试管加水，观察溶液颜色 探究Cu与浓H2SO4反应的氧化产物
B 将二氧化硫气体通入碘和淀粉的混合溶液中，观察溶液颜色的变化 探究还原性：SO2>I－
C 用pH试纸测得：CH3COONa溶液pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8 HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强
D 向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热；再加入银氨溶液；未出现银镜 蔗糖未水解
A A B. B C. C D. D
12. 一种脱除燃煤烟气中的方法如图所示。室温下用氨水吸收，若转化过程中气体挥发和溶液体积的变化可忽略，溶液中含硫物种的浓度。
下列说法正确的是
A. 0.1 mol·L氨水中：
B. 溶液氧化过程中比值逐渐减小
C. 0.1 mol·L氨水吸收， mol·L溶液中：
D. 1 L 0.1 mol·L氨水吸收标准状况1.68 L 后的溶液中：
13. CO2催化加氢可合成二甲醚，发生的主要反应有：
反应Ⅰ： 2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)；ΔH1=-122.5 kJ·mol-1
反应Ⅱ： CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)；ΔH2=a kJ·mol-1
在恒压、n始(CO2)和n始(H2)=1∶3时，若仅考虑上述反应，平衡时CH3OCH3和CO的选择性及CO2的转化率随温度的变化如图中实线所示。CH3OCH3的选择性=×100%，下列说法错误的是
A. 图中曲线③表示平衡时CO2转化率随温度的变化
B a>0
C. 平衡时H2转化率随温度的变化可能如图中虚线所示
D. 200 ℃时， 使用对反应Ⅰ选择性高的催化剂可提高CH3OCH3的生产效率
二、 非选择题：共4题，共61分。
14. 以粉煤灰浸取液(含Al3+、Li+、Mg2+、Cl-等)为原料制备电极材料LiFePO4的实验流程如图：
（1）“焙烧”过程中AlCl3最终转化为Al2O3和_____(填化学式)。
（2）“浸出”后的滤液中主要含Li+、Mg2+、Cl-等。已知Ksp[Mg(OH)2]=5.5×10-12，欲使c(Mg2+)≤5.5×10-6mol L-1，“除杂”需要调节溶液的pH不低于_____。
（3）离子筛法“富集”锂的原理如图1所示。在碱性条件下，离子筛吸附Li+容量较大，其可能原因为_____。
（4）已知Li2CO3的溶解度曲线如图2所示。“沉锂”反应1h，测得Li+沉淀率随温度升高而增加，其原因有_____。
（5）“合成”在高温下进行，其化学方程式为_____。
（6）LiFePO4的晶胞结构示意图如图3所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有_____个。
15. 氯霉素(H)的一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）氯霉素分子中碳原子的杂化轨道类型为___________。
（2）G→H的反应类型为___________。
（3）D的分子式为，其结构简式为___________。
（4）E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式___________。
①芳香族化合物 ②分子中含有3种不同化学环境的氢原子
（5）写出以乙烯为主要原料制备的合成路线流程图__________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
16. 钛酸钡(BaTiO3)是制备电子陶瓷材料的基础原料。
（1）实验室模拟制备钛酸钡的过程如下：
已知：TiCl4能水解生成TiO2+，TiO2+能进一步水解生成TiO2；BaTiO3能与浓硫酸反应生成TiO2+。草酸氧钛钡晶体的化学式为BaTiO(C2O4)2·4H2O。
①Ti(Ⅳ)的存在形式(相对含量分数)与溶液pH的关系如图所示。“沉钛”时，需加入氨水调节溶液的pH在2～3之间，理由是______________________。
②由草酸氧钛钡晶体(相对分子质量为449)煅烧制得钛酸钡分为三个阶段。现称取44.9 g草酸氧钛钡晶体进行热重分析，测得残留固体质量与温度的变化关系如图所示。C点残留固体中含有碳酸钡和钛氧化物，则阶段Ⅱ发生反应的化学方程式为___________。
（2）利用Fe3+将浅紫色Ti3+氧化为无色Ti(Ⅳ)的反应可用于测定钛酸钡的纯度。
①请补充完整实验方案：称量2.33 g钛酸钡样品完全溶于浓硫酸后，加入过量铝粉，充分振荡，使其完全反应(Al将TiO2+转化为Ti3+)；_____________________；将待测钛液转移到100 mL容量瓶中后定容，取20.00 mL待测钛液于锥形瓶中，___________，记录消耗标准液的体积，重复滴定实验操作3次，平均消耗标准液19.50 mL。(实验时须使用的试剂有：稀硫酸、0.100 0 mol/L FeCl3溶液、KSCN溶液)
②计算钛酸钡样品的纯度(写出计算过程) ___________。
17. 将CO2还原为HCOOH是实现“碳中和”的有效途径。
（1）利用反应CO2(g)＋H2(g) HCOOH(g)；ΔH =＋14.9 kJ·mol-1不能实现CO2直接加氢合成HCOOH，原因是___________。
（2）CO2通过电解法转化为HCOO-的反应机理如图1。Pt电极上覆盖的Nafion膜是一种阳离子交换膜，对浓度不高的HCOO-有较好的阻拦作用，可让H2O自由通过。
① Sn电极上生成HCOO-的电极反应式为___________。
② 电路中通过的电量与HCOO-产率的关系如图2所示。相同条件下，Pt电极有Nafion膜HCOO-产率明显提高，但电量>1000C后又显著下降，可能原因是___________。
③ 若电解时将Nafion膜置于两个电极中间，保持电流恒定，20 h时向阳极区补充KHCO3，电压与时间关系如图3所示。0～20 h，电压增大的原因是___________。
（3）CO2电还原可能的反应机理如下图所示。Sn、In、Bi的活性位点对O的连接能力较强，Au、Cu的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远大于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。
若还原产物主要为CH4时，应选择___________(填“Sn”“Au”或“Cu”)作催化剂，简述分析过程：___________。
扬州市名校2023-2024学年高三上学期开学考试
化学试题 答案解析
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Ti：48 Ba：137
一、 单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意。
1. 科技是第一生产力，我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法错误的是
A. 研制了高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式：太阳能→电能
B. 发现了月壤中的“嫦娥石[(Ca8Y)Fe(PO4)7]”：其成分属于无机盐
C. 利用CO2合成了脂肪酸：实现了无机小分子向有机高分子的转变
D. 革新了海水原位电解制氢工艺：其关键材料多孔聚四氟乙烯耐腐蚀
【答案】C
【解析】
【详解】A．电池是一种可以将其他能量转化为电能的装置，钙钛矿太阳能电池可以将太阳能转化为电能，A正确；
B．嫦娥石因其含有Y、Ca、Fe等元素，属于无机化合物，又因含有磷酸根，是无机盐，B正确；
C．常见的脂肪酸有：硬脂酸(C17H35COOH)、油酸(C17H33COOH)，二者相对分子质量虽大，但没有达到高分子化合物的范畴，不属于有机高分子，C错误；
D．海水中含有大量的无机盐成分，可以将大多数物质腐蚀，而聚四氟乙烯塑料被称为塑料王，耐酸、耐碱，不会被含水腐蚀，D正确；
故选：C。
2. 反应用于合成。下列说法不正确的是
A. 的空间构型为正三角形 B. NaClO的电子式为
C. 含有极性键和非极性键 D. 和之间可以形成氢键
【答案】A
【解析】
【详解】A．NH3分子中N原子的价层电子对数为3＋=4，孤电子对数为1，所以为三角锥形结构，A错误；
B．NaClO是由钠离子和次氯酸根离子构成的，电子式为 ，B正确；
C．含有氮氢极性键和氮氮非极性键，C正确；
D．氧、氮电负性较强，可以形成氢键，故和之间可以形成氢键，D正确；
故选A
3. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大。基态X原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反，基态Y原子M层上有两个未成对电子，基态W原子的电子总数是其最高能级电子数的4倍。下列说法正确的是
A. 第一电离能：W>Z>Y B. 原子半径：W>Y>X
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：W>Z>Y D. 简单氢化物的沸点：W>Z>X
【答案】C
【解析】
【分析】基态X原子的2p轨道上，有1个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反，所以X为O元素；Y原子M层上有两个未成对电子，所以Y为Si；基态W原子的电子总数是其最高能级电子数的4倍，所以W为S；又短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，所以Z为P元素；据此分析解题。
【详解】A．Z为P，W为S，Y为Si，P元素最外层电子为半满，所以第一电离能，P>S>Si，故A错误；
B．同一周期元素从左到右原子的半径渐渐变小，Si和S为第三周期元素，O为第二周期元素，所以原子半径：Si>S>O；故B错误；
C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性：S>P>Si，则酸性：H2SO4>H3PO4>H2SiO3，故C正确；
D．Z为P，简单氢化物为PH3，W为S，简单氢化物为H2S，H2S相对分子质量大于SiH4，X为O，简单氢化物为H2O，H2O分子间能形成氢键，沸点高于H2S，所以简单氢化物的沸点：H2O>H2S> PH3；故D错误；
故选C。
4. 易水解、易升华，是有机反应中常用的催化剂。实验室用如图所示装置制备少量。下列说法正确的是
A. 实验开始，先点燃酒精灯，再滴加浓盐酸
B. 实验时若Cl2不足量，则可能生成
C. 装置丙的作用是收集
D. 装置丁中的作用是吸收未反应的
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验开始，先滴加浓盐酸，利用生成的氯气排尽装置内的空气，以免铁粉与氧气发生反应，故A错误；
B．铁与氯气只能生成氯化铁，即使少量氯气也不能生成氯化亚铁，故B错误；
C．装置丙的作用是收集冷凝后的固体氯化铁，故C正确；
D．与氯气不能反应，其目的是防止NaOH溶液中的水蒸气进入丙中使水解，故D错误；
故选：C。
5. 含氰废水中氰化物的主要形态是HCN和CN-，CN-具有较强的配位能力，能与Cu＋形成一种无限长链离子，其片段为；下列说法正确的是
A. 基态Fe2＋核外电子排布式为[Ar]3d54s1
B. Cu＋与CN-形成的离子的化学式为[Cu(CN)3]2-
C. K4[Fe(CN)6]中Fe2＋的配位数为6
D. 某铁晶体(晶胞如图所示)中与每个Fe紧邻的Fe数为6
【答案】C
【解析】
【详解】A．铁的原子序数是26，基态Fe2＋核外电子排布式为[Ar]3d6，A错误；
B．由图可知Cu＋连有3个CN-，其中2个CN-被2个Cu＋共有，则Cu＋与CN-的个数之比为，所以化学式为[Cu(CN)2]－，B错误；
C．根据化学式K4[Fe(CN)6]可判断Fe2＋的配位数为6，C正确；
D．根据铁晶胞示意图可知每个Fe紧邻的Fe位于面心处，所以个数为12，D错误；
答案选C。
6. 氰化物浓度较低时，可在碱性条件下用H2O2或Cl2将其转化为N2；浓度较高时，可加入HCN、Fe和K2CO3溶液反应生成K4[Fe(CN)6]溶液。下列物质性质与用途具有对应关系的是
A. H2O2具有还原性，可用于处理含氰废水
B. 维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂
C. FeCl3溶液显酸性，可用于刻蚀覆铜板
D. NaHCO3受热易分解，可用于治疗胃酸过多
【答案】B
【解析】
【详解】A．H2O2可将氰化物转化为氮气，氰化物中N元素化合价升高，作还原剂，则H2O2在该反应中表现氧化性，A错误；
B．维生素C具有还原性，易被空气中的氧气氧化，保护食品不被氧化，用作食品抗氧化剂，B正确；
C．FeCl3能与Cu生成可溶性氯化铜，表现出较强氧化性，可用于蚀刻印刷电路板，与FeCl3溶液显酸性无关，C错误；
D．NaHCO3性质不稳定，受热易发生分解反应生成CO2，CO2能使面团松软多孔，可用作食品膨松剂，D正确；
故选：C。
7. CN－结合H+能力弱于。氰化物浓度较低时，可在碱性条件下用H2O2或Cl2将其转化为N2；浓度较高时，可加入HCN、Fe和K2CO3溶液反应生成K4[Fe(CN)6]溶液。下列化学反应表示正确的是
A. NaCN溶液通入少量的CO2：CN－+CO2+H2O=HCN+
B. Fe与HCN溶液反应：Fe+2HCN=Fe2++H2↑+2CN－
C. K2CO3水解：+2H2O2OH－+H2CO3
D. Cl2处理含氰废水：5Cl2+2CN－+4OH－=10Cl－+N2↑+4H++2CO2↑
【答案】A
【解析】
【详解】A．因为CN－结合H＋能力弱于，酸性：H2CO3>HCN>HCO，所以溶液通入少量的：CN－+CO2+H2O=HCN+，A正确；
B．HCN酸性很弱，常温下很难与铁反应置换氢气，即使反应，亚铁离子和氢氰酸根离子会生成配合离子，B错误；
C．水解是分步水解，主要为第一步水解：+H2OOH－+HCO，C错误；
D．Cl2处理含氰废水，反应方程式为：5Cl2+2CN－+8OH－=10Cl－+N2↑+4H2O +2CO2↑，D错误；
故选：A。
8. CO2通过电催化法可生成C2H5OH，c-NC、i-NC是可用于阴极电极的两种电催化剂，其表面发生转化原理如图所示。下列有关说法正确的是
A. i-NC 电极发生氧化反应
B. 合成过程中CO2作为还原剂
C. 合成过程中用i-NC作电极催化剂更利于生成C2H5OH
D. c-NC 电极上发生反应： 2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O
【答案】D
【解析】
【分析】根据分析，c-NC端CO2得到电子生成C2H5OH，i-NC中CO2得电子生成C2H5OH和CO；
【详解】A．根据分析，i-NC电极中，C的化合价由+4价降低到+2价，发生还原反应，A错误；
B．合成过程中CO2中的C由+4价降低到+2价，作氧化剂，B错误；
C．根据分析在i-NC中CO2得电子生成C2H5OH和CO，不利于C2H5OH，C错误；
D．根据分析，c-NC端CO2得到电子生成C2H5OH， 2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O，D正确；
故答案为：D。
9. 光学性能优良的高分子材料聚碳酸异山梨醇酯可由如下反应制备。
下列说法错误的是
A. 该高分子材料可降解 B. 异山梨醇分子中有3个手性碳
C. 反应式中化合物X为甲醇 D. 该聚合反应为缩聚反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．该高分子材料中含有酯基，可以降解，A正确；
B．异山梨醇中 四处的碳原子为手性碳原子，故异山梨醇分子中有4个手性碳，B错误；
C．反应式中异山梨醇释放出一个羟基与碳酸二甲酯释放出的甲基结合生成甲醇，故反应式中X为甲醇，C正确；
D．该反应在生产高聚物的同时还有小分子的物质生成，属于缩聚反应，D正确；
故答案选B。
10. 某MOFs多孔超分子材料的空腔大小适配N2O4可将其“固定”得到R(如下图所示)，实现从烟气中分离出N2O4并可制备HNO3。
已知反应；ΔH<0。下列说法正确的是
A. 图示过程属于氮的固定
B. 高温、高压下有利于从烟气中分离出N2O4
C. R在O2中水洗，可制得HNO3同时实现MOFs再生
D. 该MOFs材料也可用于储存H2
【答案】C
【解析】
【详解】A．氮的固定是指游离态的氮气转化为氮的化合物，是两种含氮化合物的相互转化，不属于氮的固定，A错误；
B．该反应的放热反应，高温下平衡逆向移动，不利于从烟气中分离出，B错误；
C．由图可知，R中水洗，发生反应：，可制得HNO3同时实现再生，C正确
D．材料可以于储存，但是不一定能储存，D错误；
故选C。
11. 下列实验操作和现象及所得到的结论均正确的是
选项 实验操作和现象 结论
A 向铜与浓硫酸反应后的试管加水，观察溶液颜色 探究Cu与浓H2SO4反应的氧化产物
B 将二氧化硫气体通入碘和淀粉的混合溶液中，观察溶液颜色的变化 探究还原性：SO2>I－
C 用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8 HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强
D 向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热；再加入银氨溶液；未出现银镜 蔗糖未水解
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．探究Cu与浓H2SO4反应的氧化产物，应将反应后溶液倒入盛水的烧杯中观察现象，不能直接在试管中加水，故A错误；
B．将二氧化硫气体通入碘和淀粉的混合溶液中，若溶液蓝色褪去可知碘单质氧化二氧化硫，则还原性：SO2>I－，若无现象则相反，故B正确；
C．盐溶液浓度未知，无法根据钠盐溶液pH定性判断其对应酸的酸性强弱，只有钠盐溶液浓度相同时，才能根据钠盐溶液的pH大小判断其对应酸的酸性强弱，故C错误；
D．稀硫酸能够与银氨溶液反应，干扰了检验结果，应该先加入NaOH溶液中和稀硫酸，然后再加入银氨溶液，故D错误；
故选：B。
12. 一种脱除燃煤烟气中的方法如图所示。室温下用氨水吸收，若转化过程中气体挥发和溶液体积的变化可忽略，溶液中含硫物种的浓度。
下列说法正确的是
A. 0.1 mol·L氨水中：
B. 溶液氧化过程中比值逐渐减小
C 0.1 mol·L氨水吸收， mol·L溶液中：
D. 1 L 0.1 mol·L氨水吸收标准状况1.68 L 后的溶液中：
【答案】C
【解析】
【详解】A．0.1 mol·L氨水中部分电离产生和OH-，溶液呈碱性，溶液中个各粒子浓度关系为，故A错误；
B．溶液和氧气反应生成(NH4)2SO4，离子方程式为：2+O2=2+2H+，溶液酸性增强，c(OH-)减小，则增大，故B错误；
C．和得到，0.1 mol·L氨水吸收， mol·L溶液时，此时溶液为等浓度的和混合溶液，电荷守恒：，物料守恒：，则，则，故C正确；
D．1.68 L 的物质的量为=0.075mol，1 L 0.1 mol·L氨水吸收0.075mol得到含有0.075mol和0.025mol的混合溶液，则存在物料守恒，故D错误；
故选C。
13. CO2催化加氢可合成二甲醚，发生的主要反应有：
反应Ⅰ： 2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)；ΔH1=-122.5 kJ·mol-1
反应Ⅱ： CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)；ΔH2=a kJ·mol-1
在恒压、n始(CO2)和n始(H2)=1∶3时，若仅考虑上述反应，平衡时CH3OCH3和CO的选择性及CO2的转化率随温度的变化如图中实线所示。CH3OCH3的选择性=×100%，下列说法错误的是
A. 图中曲线③表示平衡时CO2转化率随温度的变化
B. a>0
C. 平衡时H2转化率随温度的变化可能如图中虚线所示
D. 200 ℃时， 使用对反应Ⅰ选择性高的催化剂可提高CH3OCH3的生产效率
【答案】C
【解析】
【分析】反应Ⅰ焓变小于零，升高温度，平衡Ⅰ逆向移动，则平衡时CH3OCH3选择性随温度升高会下降，结合图像可知，②表示平衡时CH3OCH3选择性随温度的变化曲线；曲线①随温度升高上升，说明反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡Ⅱ正向移动，导致CO的选择性增大，故曲线③表示平衡时CO2转化率随温度的变化、曲线①表示平衡时CO的选择性随温度的变化，反应Ⅱ为吸热反应，焓变大于零，故a>0；
【详解】A．由分析可知，曲线③表示平衡时CO2转化率随温度的变化，A正确；
B．由分析可知，a>0，B正确；
C．n始(CO2)：n始(H2)=1∶3，若只发生反应Ⅰ，则二氧化碳和氢气的平衡转化率之比为1:1，若只发生反应Ⅱ，则二氧化碳转化率和氢气转化率之比为3:1，由于两个反应均发生，则1:1＜二氧化碳转化率与氢气的转化率之比＜3:1；温度升高平衡Ⅰ逆向移动，平衡Ⅱ正向移动，二氧化碳转化率和氢气转化率之比越来越远离1:1，即相等，故图中虚线不可能表示氢气的平衡转化率，C错误；
D．使用对反应Ⅰ选择性高的催化剂，则单位时间内生成CH3OCH3的速率加快，可提高CH3OCH3的生产效率，D正确；
故选C。
二、 非选择题：共4题，共61分。
14. 以粉煤灰浸取液(含Al3+、Li+、Mg2+、Cl-等)为原料制备电极材料LiFePO4的实验流程如图：
（1）“焙烧”过程中AlCl3最终转化为Al2O3和_____(填化学式)。
（2）“浸出”后的滤液中主要含Li+、Mg2+、Cl-等。已知Ksp[Mg(OH)2]=5.5×10-12，欲使c(Mg2+)≤5.5×10-6mol L-1，“除杂”需要调节溶液的pH不低于_____。
（3）离子筛法“富集”锂的原理如图1所示。在碱性条件下，离子筛吸附Li+容量较大，其可能原因为_____。
（4）已知Li2CO3的溶解度曲线如图2所示。“沉锂”反应1h，测得Li+沉淀率随温度升高而增加，其原因有_____。
（5）“合成”在高温下进行，其化学方程式为_____。
（6）LiFePO4的晶胞结构示意图如图3所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有_____个。
【答案】（1）HCl （2）11
（3）在碱性条件下，OH-与离子筛中H+反应，使离子筛留出更多“空位”，能吸附更多Li+
（4）随温度升高，“沉锂”反应速率加快，相同时间内Li2CO3沉淀量增大；随温度升高，Li2CO3溶解度减小，Li2CO3沉淀量增大
（5）Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+H2O+3CO2↑
（6）4
【解析】
【分析】粉煤灰浸取液(含Al3+、Li+、Mg2+、Cl-等)为原料进行焙烧进行一定的转化，根据题设问可知，“焙烧”过程中AlCl3最终转化为Al2O3，根据元素守恒和元素价态不变，另一产物是HCl，加水溶解后“浸出”后的滤液中主要含Li+、Mg2+、Cl-等。继续加入NaOH溶液，使镁离子形成Mg(OH)2沉淀，可得到富集的Li+；加入碳酸钠溶液后，发生2Li++CO=Li2CO3↓，得到Li2CO3与H2C2O4和FePO4反应，反应方程式是Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+H2O+3CO2↑；
【小问1详解】
“焙烧”过程中AlCl3最终转化为Al2O3，根据元素守恒和元素价态不变，另一产物是HCl，故答案是HCl；
【小问2详解】
“浸出”后的滤液中主要含Li+、Mg2+、Cl-等，加入NaOH溶液，使镁离子形成Mg(OH)2沉淀，根据Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×c2(OH-)=5.5×10-12，欲使c(Mg2+)≤5.5×10-6mol L-1，则此时溶液中c(OH-)==，故c(H+)===10-11，故“除杂”需要调节溶液的pH不低于11；
【小问3详解】
离子筛法“富集”锂的原理如图分析，离子筛中含H+和Li+，若在碱性条件下，OH-与离子筛中H+反应，使离子筛留出更多“空位”，能吸附更多Li+，故答案是在碱性条件下，OH-与离子筛中H+反应，使离子筛留出更多“空位”，能吸附更多Li+；
【小问4详解】
由图像可知，温度越高，Li2CO3溶解度减小，越易产生沉淀；“沉锂”发生2Li++CO=Li2CO3↓，温度越高，反应速率越大，相同时间内产生Li2CO3含量越大，故“沉锂”反应1h，测得Li+沉淀率随温度升高而增加，其原因有随温度升高，“沉锂”反应速率加快，相同时间内Li2CO3沉淀量增大；随温度升高，Li2CO3溶解度减小，Li2CO3沉淀量增大；
【小问5详解】
“合成”在高温下进行，其化学方程式为Li2CO3与H2C2O4和FePO4反应生成产物LiFePO4，分析元素化合价变化，可知FePO4中铁元素化合价由+3降到+2，做氧化剂，H2C2O4中碳元素化合价由+3价，升高到+4价，其产物是CO2，根据氧化还原反应，故反应方程式是Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+H2O+3CO2↑；
【小问6详解】
由题图可知，小白球表示锂离子，每个晶胞中的锂离子数为8×+4×+4×=4，故一个晶胞中含有LiFePO4的单元数有4个。
15. 氯霉素(H)的一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）氯霉素分子中碳原子的杂化轨道类型为___________。
（2）G→H的反应类型为___________。
（3）D的分子式为，其结构简式为___________。
（4）E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式___________。
①芳香族化合物 ②分子中含有3种不同化学环境的氢原子
（5）写出以乙烯为主要原料制备的合成路线流程图__________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】（1）、
（2）取代反应 （3）
（4）或 （5） 。
【解析】
【分析】A（）与溴水反应生成B（），B在浓硫酸作用下发生消去反应生成C（）；C与HCHO在酸性溶液中反应生成分子式为的D；D与氨气在高压下发生取代反应生成E（），则D的结构简式为；据此分析可得：
【小问1详解】
青霉素()中含有苯环、碳氧双键以及甲基结构，所以青霉素中碳原子的杂化方式为，故答案为：；
【小问2详解】
由G、H的结构简式可知，G（）中氨基上的一个氢原子被取代生成H，则G转化为H发生取代反应，故答案为：取代反应；
【小问3详解】
结合E的结构简式以及E的分子式（）可知D的结构简式为：，故答案为：；
【小问4详解】
E的分子式为，E的一种同分异构体同时满足：①芳香族化合物即含有苯环；②分子中含有3种不同化学环境的氢原子，则该同分异构体中含1个和4个且对称或者含，则E的同分异构体为或，故答案为：或；
【小问5详解】
可由在一定条件下发生取代反应合成；由E转化为F可知可由在酸性条件小水解而来；由C合成D可知可由与在一定条件下合成；可由催化氧化生成；由与水蒸气发生加成反应合成。据此分析乙烯为主要原料制备的合成路线流程图：，故答案为： 。
16. 钛酸钡(BaTiO3)是制备电子陶瓷材料基础原料。
（1）实验室模拟制备钛酸钡的过程如下：
已知：TiCl4能水解生成TiO2+，TiO2+能进一步水解生成TiO2；BaTiO3能与浓硫酸反应生成TiO2+。草酸氧钛钡晶体的化学式为BaTiO(C2O4)2·4H2O。
①Ti(Ⅳ)的存在形式(相对含量分数)与溶液pH的关系如图所示。“沉钛”时，需加入氨水调节溶液的pH在2～3之间，理由是______________________。
②由草酸氧钛钡晶体(相对分子质量为449)煅烧制得钛酸钡分为三个阶段。现称取44.9 g草酸氧钛钡晶体进行热重分析，测得残留固体质量与温度的变化关系如图所示。C点残留固体中含有碳酸钡和钛氧化物，则阶段Ⅱ发生反应的化学方程式为___________。
（2）利用Fe3+将浅紫色Ti3+氧化为无色Ti(Ⅳ)的反应可用于测定钛酸钡的纯度。
①请补充完整实验方案：称量2.33 g钛酸钡样品完全溶于浓硫酸后，加入过量铝粉，充分振荡，使其完全反应(Al将TiO2+转化为Ti3+)；_____________________；将待测钛液转移到100 mL容量瓶中后定容，取20.00 mL待测钛液于锥形瓶中，___________，记录消耗标准液的体积，重复滴定实验操作3次，平均消耗标准液19.50 mL。(实验时须使用的试剂有：稀硫酸、0.100 0 mol/L FeCl3溶液、KSCN溶液)
②计算钛酸钡样品的纯度(写出计算过程) ___________。
【答案】（1） ①. pH在2～3之间时，Ti(Ⅳ)主要以的形式存在，可直接与Ba2+反应，有利于草酸氧钛钡晶体的生成 ②. BaTiO(C2O4)2BaCO3+TiO2+2CO↑+CO2↑
（2） ①. 过滤，洗涤滤渣2～3次，将洗涤液与原滤液合并，向合并后的溶液中加入稀硫酸酸化 ②. 向锥形瓶中滴加2～3滴KSCN溶液，用0.100 0 mol/L FeCl3溶液滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由浅紫色变成红色，且半分钟内红色不褪去 ③. 97.5%
【解析】
【分析】由制备实验流程可知，向TiCl4溶液和氯化钡混合液中加入草酸溶液、氨水得到草酸氧钛钡晶体，最后通过过滤、洗涤、干燥煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3，以此分析解答。
【小问1详解】
①根据图像可知pH在2～3之间时，Ti(IV)主要以[TiO(C2O4)2]2 的形式存在，可直接与Ba2+反应，有利于草酸氧钛钡晶体的生成，因此“沉钛”时，需加入氨水调节溶液的pH在2～3之间；
②44.9g草酸氧钛钡晶体的物质的量是0.1mol，含有结晶水的物质的量是0.4mol，质量是0.4mol×18g/mol＝7.2g，A→B点固体质量减少44.9g－37.7g＝7.2g，即B点固体是BaTiO(C2O4)2，测得C点残留固体中含有碳酸钡和钛氧化物，根据钡原子守恒可知碳酸钡的质量是0.1mol×197g/mol＝19.7g，钛氧化物的质量是27.7g－19.7g＝8.0g，根据钛原子守恒可知钛的质量为0.1mol×48g/mol=4.8g，其中氧原子的物质的量是mol＝0.2mol，所以该氧化物是TiO2，设生成的CO和CO2的物质的量分别是xmol、ymol，反应前后碳原子守恒，则x+y＝0.4-0.1＝0.3，依据反应前后电子得失守恒可知x＝y+0.1，解得x＝0.2，y＝0.1，所以阶段Ⅱ发生反应的化学方程式为BaTiO(C2O4)2BaCO3+TiO2+2CO↑+CO2↑；
故答案为：pH在2~3之间时，Ti(Ⅳ)主要以[TiO(C2O4)2]2 的形式存在，可直接与Ba2+反应，有利于草酸氧钛钡晶体的生成；BaTiO(C2O4)2BaCO3+TiO2+2CO↑+CO2↑；
【小问2详解】
①称量2.33g钛酸钡样品完全溶于浓硫酸后，加入过量铝粉，充分振荡，使其完全反应(Al将TiO2+转化为Ti3+)；过滤，洗涤滤渣2～3次、将洗涤液与原滤液合并，向合并后的溶液中加入稀硫酸酸化；将待测钛液转移到100mL容量瓶中后定容，取20.00mL待测钛液于锥形瓶中，向锥形瓶中滴加2～3滴KSCN溶液，用0.1000mol/L FeCl3溶液滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由浅紫色变成血红色，半分钟红色不褪去；记录消耗标准液的体积，重复滴定实验操作3次，平均消耗标准液19.50mL；
②根据Ti3++Fe3+Ti(Ⅳ)+Fe2+可知，钛酸钡样品中Ti的物质的量是5×0.0195L×0.1mol/L＝0.00975mol，钛酸钡的质量是0.00975mol×233g/mol，因此钛酸钡样品的纯度为×100%＝97.5%；
故答案为：过滤，洗涤滤渣2～3次，将洗涤液与原滤液合并，向合并后的溶液中加入稀硫酸酸化；向锥形瓶中滴加2～3滴KSCN溶液，用0.1000 mol/L FeCl3溶液滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由浅紫色变成红色，且半分钟内红色不褪去；根据Ti3++Fe3+Ti(Ⅳ)+Fe2+可知，钛酸钡样品中Ti的物质的量是5×0.0195L×0.1mol/L＝0.00975mol，钛酸钡的质量是0.00975mol×233g/mol，因此钛酸钡样品的纯度为×100%＝97.5%。
17. 将CO2还原为HCOOH是实现“碳中和”的有效途径。
（1）利用反应CO2(g)＋H2(g) HCOOH(g)；ΔH =＋14.9 kJ·mol-1不能实现CO2直接加氢合成HCOOH，原因是___________。
（2）CO2通过电解法转化为HCOO-的反应机理如图1。Pt电极上覆盖的Nafion膜是一种阳离子交换膜，对浓度不高的HCOO-有较好的阻拦作用，可让H2O自由通过。
① Sn电极上生成HCOO-的电极反应式为___________。
② 电路中通过的电量与HCOO-产率的关系如图2所示。相同条件下，Pt电极有Nafion膜HCOO-产率明显提高，但电量>1000C后又显著下降，可能原因是___________。
③ 若电解时将Nafion膜置于两个电极中间，保持电流恒定，20 h时向阳极区补充KHCO3，电压与时间关系如图3所示。0～20 h，电压增大的原因是___________。
（3）CO2电还原可能的反应机理如下图所示。Sn、In、Bi的活性位点对O的连接能力较强，Au、Cu的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远大于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。
若还原产物主要为CH4时，应选择___________(填“Sn”“Au”或“Cu”)作催化剂，简述分析过程：___________。
【答案】（1）该反应的ΔH>0、ΔS<0，不能自发自行
（2） ①. H＋＋CO2＋2e-=HCOO-##HCO＋CO2＋2e-=HCOO-＋CO ②. Nafion膜可以阻止HCOO-在阳极放电(1分，答“防止HCOO-在阳极被氧化”给分)；电量>1 000 ℃后，c(HCOO-)增大，Nafion膜阻拦作用下降 ③. 阳极区pH减小，HCO浓度下降，K＋部分迁移至阴极区，阳极区离子浓度下降，导电能力减弱
（3） ①. Cu ②. 回溯CH4生成机理，第1步是C与催化剂活性位点相连，排除Sn；Au对CO的吸附能力较小，易脱离；Cu对CO的吸附能力强，不易从催化剂表面脱离
【解析】
【小问1详解】
利用反应CO2(g)＋H2(g) HCOOH(g)；ΔH =＋14.9 kJ·mol-1不能实现CO2直接加氢合成HCOOH，原因是该反应的ΔH>0、ΔS<0，不能自发自行；
【小问2详解】
① Sn电极上生成HCOO-的电极反应式为H＋＋CO2＋2e-=HCOO-或HCO＋CO2＋2e-=HCOO-＋CO；
② 相同条件下，Pt电极有Nafion膜HCOO-产率明显提高，但电量>1000C后又显著下降，可能原因是Nafion膜可以阻止HCOO-在阳极放电；电量>1 000 ℃后，c(HCOO-)增大，Nafion膜阻拦作用下降；
③ 若电解时将Nafion膜置于两个电极中间，保持电流恒定，20 h时向阳极区补充KHCO3， 0～20 h，电压增大的原因是阳极区pH减小，HCO浓度下降，K＋部分迁移至阴极区，阳极区离子浓度下降，导电能力减弱
【小问3详解】
若还原产物主要为CH4时，应选择Cu作催化剂，因为Cu对CO的吸附能力远大于Au，且Cu吸附CO后不易脱离，第1步是C与催化剂活性位点相连，排除Sn；Au对CO的吸附能力较小，易脱离；Cu对CO的吸附能力强，不易从催化剂表面脱离。