南京市第九中学2023-2024学年高二上学期期末考试化学考试卷
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 N：14 S：32 Cl：35.5 Ca：40 Fe：56
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确是
A. 高铁车厢材料铝合金具有强度大、质量轻、耐腐蚀等优点
B. 核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸是含磷的生物高分子化合物
C. 华为5G手机使用的麒麟芯片，其主要成分为SiC
D. 医用口罩中无纺布的主要成分为聚丙烯，其原料来源于石油化工产品
2. 由SiCl4制备高纯SiH4的反应为SiCl4+LiAlH4SiH4↑+LiCl+AlCl3。下列说法正确的是
A. 热稳定性：HCl＞SiH4 B. 离子半径：r(Li+)＞r(H-)
C. 第一电离能：I1(Al)＞I1(Cl) D. 共价键的极性：Si－Cl＞Al－Cl
3. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A. (胶体)
B.
C.
D.
4. 下列实验中，能达到相应实验目的的是
A B C D
过氧化钠和水反应制氧气 验证锌与硫酸铜反应过程中有电子转移 收集气体 实验室制备氨气
A. A B. B C. C D. D
5. 元素周期表中VIA族元素单质及其化合物有着广泛应用。O2可用作氢氧燃料电池的氧化剂；O3具有杀菌、消毒、漂白等作用。硫有多种单质，如斜方硫(燃烧热为297kJ mol-1)、单斜硫等，硫或黄铁矿(FeS2)制得的SO2可用来生产H2SO4。用SO2与SeO2的水溶液反应可制备硒；硒是一种半导体材料，在光照下导电性可提高近千倍。下列说法正确的是
A. 基态氧原子价电子的轨道表示式为
B. 斜方硫和单斜硫互为同素异形体
C. SO2是由极性键构成的非极性分子
D. SeO2分子中O－Se－O的键角大于120°
6. 元素周期表中VIA族元素单质及其化合物有着广泛应用。O2可用作氢氧燃料电池的氧化剂；O3具有杀菌、消毒、漂白等作用。硫有多种单质，如斜方硫(燃烧热为297kJ mol-1)、单斜硫等，硫或黄铁矿(FeS2)制得的SO2可用来生产H2SO4。用SO2与SeO2的水溶液反应可制备硒；硒是一种半导体材料，在光照下导电性可提高近千倍。下列化学反应表示不正确的是
A. 碱性氢氧燃料电池放电时的正极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-
B. 斜方硫的燃烧：S(s，斜方硫)+O2(g)=SO2(g) △H=297kJ mol-1
C. 煅烧黄铁矿获得SO2：4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3
D. SO2与SeO2的水溶液反应制备硒：2SO2+SeO2+2H2O=Se↓+2H2SO4
7. 元素周期表中VIA族元素单质及其化合物有着广泛应用。O2可用作氢氧燃料电池的氧化剂；O3具有杀菌、消毒、漂白等作用。硫有多种单质，如斜方硫(燃烧热为297kJ mol-1)、单斜硫等，硫或黄铁矿(FeS2)制得的SO2可用来生产H2SO4。用SO2与SeO2的水溶液反应可制备硒；硒是一种半导体材料，在光照下导电性可提高近千倍。下列物质性质与用途具有对应关系的是
A. 臭氧有强氧化性，可用于水体杀菌消毒
B. 浓硫酸有脱水性，可用于干燥某些气体
C. 二氧化硫有还原性，可用于织物的漂白
D. 硒单质难溶于水，可用于制造硒光电池
8. X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大且不超过20的主族元素。X是地壳中含量最多的元素，Y基态原子核外s能级和p能级电子数相等，Z与X同主族，Q的焰色试验呈紫色。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：
B. X的第一电离能比同周期的相邻元素的大
C. Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
D. Q最高价氧化物对应水化物的碱性比Y的弱
9. 化工原料Z是X与HI反应的主产物，X→Z的反应机理如图：
下列说法正确的是
A. X分子中所有碳原子位于同一平面上
B. Y与Z中碳原子杂化轨道类型相同
C. X与Z分子中均含有1个手性碳原子
D X与HI反应有副产物CH3CH2CH2CH2I产生
10. 下列有关说法正确的是
A. 298 K时，2H2S(g)＋SO2(g)===3S(s)＋2H2O(l)能自发进行，则其ΔH＞0
B. 氨水稀释后，溶液中c(NH4＋)/c(NH3·H2O)的值减小
C. 电解精炼铜过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加一定相等
D. 25℃时Ka(HClO)＝3.0×10 8，Ka(HCN)＝4.9×10 10，若该温度下NaClO溶液与NaCN溶液的pH相同，则c(NaClO)＞c(NaCN)
11. 根据下列实验现象所得结论正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 取少量食盐溶于水，加稀硫酸酸化再滴入淀粉溶液 溶液未呈蓝色 该食盐中不含有碘酸钾
B 向蛋白质溶液中加入或饱和溶液 均有沉淀 蛋白质均发生了变性
C 几滴溶液滴溶液充分反应，再滴加溶液 出现蓝色沉淀
D 将燃烧的金属钠迅速伸入集满的集气瓶中 有大量白烟和黑色颗粒产生 具有氧化性
A. A B. B C. C D. D
12. 某实验室回收废水中苯酚的过程如下图所示。已知：苯酚的电离常数，的电离常数，。
下列有关说法正确的是
A. 溶液中存在：
B. 若反应1后溶液中存在，此时溶液中
C. 反应2通入少量时，离子方程式为
D. 反应2中通入至溶液时，此时溶液中存在
13. 在催化剂作用下，氧化可获得。其主要化学反应为：
反应I.
反应II.
压强分别为、时，将和的混合气体置于密闭容器中反应，不同温度下体系中乙烷的平衡转化率、乙烯的选择性(的选择性)如图所示。下列说法正确的是
A.
B. 压强为，温度为210℃时，反应达平衡时，
C. 的选择性下降的原因可能是随着温度的升高，反应II中生成的抑制了反应I的进行
D. 研发低温下转化率高和选择性高的催化剂，可以提高平衡时产率
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 金矿提金采用氰化工艺，产生的含氰废水需处理后才能排放。
（1）氰化工艺中，金溶解于溶液生成。
①时，和在催化剂作用下可转化为，与反应可制得。生成HCN的化学方程式为_______。
②含有键的数目为_______。
（2）用溶液处理含氰废水，使有毒的转化为等。
①该反应的离子方程式为_______。
②可作为上述反应的催化剂。其他条件相同时，总氰化物(等)去除率随溶液初始变化如图1所示。当溶液初始时，总氰化物去除率下降的原因可能是_______。
（3）焦亚硫酸钠空气法处理含氰废水部分机理如下，其中[0]代表活性氧原子。其他条件相同时，总氰化物去除率随初始浓度变化如图2所示。当时，总氰化物去除率下降的原因可能是_______。
（4）循环流化床烟气脱硫灰的主要成分有。为实现脱硫灰的资源化利用，对脱硫灰进行热重分析，结果如下图所示。
①图3中1100℃时，残留固体主要成分为_______；
②在600～630℃时有一个微弱的SO2峰，可能是由于脱硫灰中少量的分解导致的，写出该分解反应的化学方程式：_______。
③对比图3与图4知，图4中370～420℃曲线上升的原因为_______。
15. 化合物F(盐酸地拉普利)是一种治疗高血压的药物，其合成路线流程图如图：
（1）D中的官能团有_______(填名称)。
（2）反应类型为_______。
（3）的分子式为，写出的结构简式：_______。
（4）的一种同分异构体同时满足下列条件，写出的结构简式：_______。
①是一种芳香族化合物能与溶液发生反应 ②分子中有4种不同化学环境的氢。
（5）已知：。写出以为原料制备的合成路线流程图_______。
16. 以铜片（含少量杂质铁）为原料制取Cu(NO3)2溶液的实验流程如图：
（1）“酸洗”的目的是除去铜片表面难溶的Cu2(OH)2SO4，写出“酸洗”时反应的离子方程式：___。
（2）“水洗”后检验铜片表面是否洗涤干净的方法是___。
（3）“酸溶”时的装置如图所示，烧杯内所发生的反应为：
NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O
2NO2+2OH-=NO2-+NO3-+H2O
①“酸溶”时为防止反应过于剧烈，可以采取的方法有___和___。
②通入空气的作用是___、___。
（4）“调节pH=3~4，并保温３个小时”的目的是___。
（5）烧杯中所得溶液经多步处理得到NaNO3固体。设计以烧杯中所得溶液为原料，制取NaNO3固体的实验方案：___。
[已知3NaNO2＋2HNO3=3NaNO3＋2NO↑＋H2O；NaNO3的溶解度随温度变化如图所示。实验中必须使用的试剂：硝酸和NaOH溶液]。
17. 有机物催化脱氢制备氢气和化工原料是当前石化工业研究重要课题之一、
（1）以甲烷、水蒸气为原料进行催化重整是制氢的常见方法之一，过程可能涉及反应：
CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H1=+206.2 kJ mol 1
CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H2= 41.1 kJ mol 1
CH4(g)=C(g)+2H2(g) △H3=+74.8 kJ mol 1
①反应C(g)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g) △H4=___________kJ·mol-1
②向原料中添加正硅酸锂Li4SiO4作为CO2的吸附剂，除产生氢气外还生成两种盐，写出该反应的方程式___________。
（2）甲基环己烷催化脱氢(+3H2)是石油工业制氢常见方法，以Ni Cu为催化剂，固定反应温度为650K，以氮气为载气，在不同载气流速情况下，甲基环己烷脱氢转化率如图1所示，b点转化率能与a点保持相当原因是___________。
（3）以H2O、CaBr2、Fe3O4为原料进行气固相反应可以实现水的分解制得氢气，其反应原理如图2所示。反应“①”中生成3molHBr，生成氢气的物质的量为_______，从原料到O2的生成过程可描述为_______。南京市第九中学2023-2024学年高二上学期期末考试化学考试卷
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 N：14 S：32 Cl：35.5 Ca：40 Fe：56
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是
A. 高铁车厢材料铝合金具有强度大、质量轻、耐腐蚀等优点
B. 核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸是含磷的生物高分子化合物
C. 华为5G手机使用的麒麟芯片，其主要成分为SiC
D. 医用口罩中无纺布的主要成分为聚丙烯，其原料来源于石油化工产品
【答案】C
【解析】
【详解】A．铝合金密度小、硬度大、耐腐蚀，适合用于制造高铁车厢的材料，故A正确；
B．核酸是生物高分子化合物，是已知生命形式必不可少的组成物质，含有C、H、O、N、P等元素，所以核酸是一类含磷的生物高分子化合物，故B正确；
C．晶体硅为良好的半导体，是制造芯片的主要原料，故C错误；
D．医用口罩中无纺布的主要成分为聚丙烯，其单体为丙烯，来自石油裂解气，故D正确；
故选：C。
2. 由SiCl4制备高纯SiH4的反应为SiCl4+LiAlH4SiH4↑+LiCl+AlCl3。下列说法正确的是
A. 热稳定性：HCl＞SiH4 B. 离子半径：r(Li+)＞r(H-)
C. 第一电离能：I1(Al)＞I1(Cl) D. 共价键的极性：Si－Cl＞Al－Cl
【答案】A
【解析】
【详解】A．元素的非金属性Cl＞Si，则简单氢化物的稳定性HCl＞SiH4，A正确；
B．Li+和H-的电子层数相同，Li的核电核数大，故半径小，即r(Li+)＜r(H-)，B错误；
C．Al的失电子能力大于Cl，故第一电离能I1(Al)＜I1(Cl)，C错误；
D．元素电负性差值越大，共价键极性越强，Si与Cl电负性差值小于Al，故共价键的极性Si－Cl＜Al－Cl，D错误；
故选A。
3. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A. (胶体)
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硅不溶于水，与水不反应，不能实现转化为硅酸；硅酸和氢氧化钠生成硅酸钠和水，A错误；
B．浓硫酸和亚硫酸钠生成二氧化硫，二氧化硫和氯化钡不反应，B错误；
C．氧化铁和盐酸生成氯化铁，氯化铁和铜生成氯化亚铁和氯化铜，C错误；
D．氮气和氢气高温催化生成氨气，氨气和氧气转化为NO，D正确；
故选D。
4. 下列实验中，能达到相应实验目的的是
A B C D
过氧化钠和水反应制氧气 验证锌与硫酸铜反应过程中有电子转移 收集气体 实验室制备氨气
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．过氧化钠是粉末状物质，不能用该装置制备气体，因为该装置适用于块状固体和液体不加热反应制备气体，故A不选；
B．该装置通过盐桥相连构成原电池，电流表的指针发生偏转，可以验证锌与硫酸铜反应过程中有电子转移，故B选；
C．二氧化硫的密度大于空气的密度，导气管要长进短出，故C不选；
D．实验室制备氨气用的是氯化铵和氢氧化钙加热，不能用加热氯化铵制取氨气，因为氨气分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷又生成氯化铵，故D不选；
故选：B。
5. 元素周期表中VIA族元素单质及其化合物有着广泛应用。O2可用作氢氧燃料电池的氧化剂；O3具有杀菌、消毒、漂白等作用。硫有多种单质，如斜方硫(燃烧热为297kJ mol-1)、单斜硫等，硫或黄铁矿(FeS2)制得的SO2可用来生产H2SO4。用SO2与SeO2的水溶液反应可制备硒；硒是一种半导体材料，在光照下导电性可提高近千倍。下列说法正确的是
A. 基态氧原子价电子轨道表示式为
B. 斜方硫和单斜硫互为同素异形体
C. SO2是由极性键构成的非极性分子
D. SeO2分子中O－Se－O的键角大于120°
【答案】B
【解析】
【详解】A．基态氧原子价电子的轨道表示式为，故A错误；
B．斜方硫和单斜硫均是硫元素组成的不同单质，互为同素异形体，故B正确；
C．SO2是V形结构，是由极性键构成的极性分子，故C错误；
D．SeO2分子中Se是sp2杂化，Se原子价层电子对数为2+=3，有一对孤电子对，对两个成键电子对有排斥作用，O－Se－O的键角小于120°，故D错误；
故选B。
6. 元素周期表中VIA族元素单质及其化合物有着广泛应用。O2可用作氢氧燃料电池的氧化剂；O3具有杀菌、消毒、漂白等作用。硫有多种单质，如斜方硫(燃烧热为297kJ mol-1)、单斜硫等，硫或黄铁矿(FeS2)制得的SO2可用来生产H2SO4。用SO2与SeO2的水溶液反应可制备硒；硒是一种半导体材料，在光照下导电性可提高近千倍。下列化学反应表示不正确的是
A. 碱性氢氧燃料电池放电时的正极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-
B. 斜方硫的燃烧：S(s，斜方硫)+O2(g)=SO2(g) △H=297kJ mol-1
C. 煅烧黄铁矿获得SO2：4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3
D. SO2与SeO2的水溶液反应制备硒：2SO2+SeO2+2H2O=Se↓+2H2SO4
【答案】B
【解析】
【详解】A．碱性氢氧燃料电池中，通入氧气的一极是正极，故正极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-，A项正确；
B．燃烧热为1mol燃料充分燃烧生成稳定的氧化物时所释放的能量，故斜方硫的燃烧：S(s，斜方硫)+O2(g)=SO2(g) △H= -297kJ mol-1，B项错误；
C．煅烧黄铁矿获得SO2：4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3，C项正确；
D．SO2与SeO2的水溶液反应制备硒，根据氧化还原反应配平，故方程式：2SO2+SeO2+2H2O=Se↓+2H2SO4，D项正确；
故答案选B。
7. 元素周期表中VIA族元素单质及其化合物有着广泛应用。O2可用作氢氧燃料电池的氧化剂；O3具有杀菌、消毒、漂白等作用。硫有多种单质，如斜方硫(燃烧热为297kJ mol-1)、单斜硫等，硫或黄铁矿(FeS2)制得的SO2可用来生产H2SO4。用SO2与SeO2的水溶液反应可制备硒；硒是一种半导体材料，在光照下导电性可提高近千倍。下列物质性质与用途具有对应关系的是
A. 臭氧有强氧化性，可用于水体杀菌消毒
B. 浓硫酸有脱水性，可用于干燥某些气体
C. 二氧化硫有还原性，可用于织物的漂白
D. 硒单质难溶于水，可用于制造硒光电池
【答案】A
【解析】
【详解】A．臭氧有强氧化性，可用于水体杀菌消毒，A正确；
B．浓硫酸有吸水性，可用于干燥某些气体，B错误；
C．二氧化硫有漂白性，可用于织物的漂白，C错误；
D．制造硒光电池与硒的导电性有关，与溶解性无关，D错误；
故选A。
8. X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大且不超过20的主族元素。X是地壳中含量最多的元素，Y基态原子核外s能级和p能级电子数相等，Z与X同主族，Q的焰色试验呈紫色。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：
B. X的第一电离能比同周期的相邻元素的大
C. Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
D. Q最高价氧化物对应水化物的碱性比Y的弱
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大且不超过20的主族元素；X是地壳中含量最多的元素，X为O；Y基态原子核外s能级和p能级电子数相等，Y为Mg；Z与X同主族，Z为S；Q的焰色试验呈紫色，Q为K，则W为Cl。
【详解】A．由分析可知，X为O，Y为Mg，Z为S；电子层数越多，简单离子的半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，简单离子的半径越小；故简单离子半径；，A正确；
B．由分析可知，X为O；同一周期，从左到右，随着原子序数变大，元素的第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故N、O的第一电离能大小：N>O；而不是氧的第一电离能比同周期的相邻元素的大，B错误；
C．由分析可知，Z为S，W为Cl；元素的非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，非金属性：Cl＞S，则S的简单气态氢化物的热稳定性比W的Cl，C错误；
D．由分析可知，Y为Mg，Q为K；元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；金属性：K＞Mg，K最高价氧化物对应水化物的碱性比Mg的强，D错误；
故选A。
9. 化工原料Z是X与HI反应的主产物，X→Z的反应机理如图：
下列说法正确的是
A. X分子中所有碳原子位于同一平面上
B. Y与Z中碳原子杂化轨道类型相同
C. X与Z分子中均含有1个手性碳原子
D. X与HI反应有副产物CH3CH2CH2CH2I产生
【答案】D
【解析】
【详解】A．X分子中存在饱和碳上连接三个碳原子，故所有碳原子不可能共平面，A错误；
B．Y中碳原子有sp2、sp3两种杂化类型，Z中只有sp3杂化，B错误；
C．X分子中没有手性碳原子，Z中有1个手性碳原子，C错误；
D．X分子开环时，HI中的H原子可分别加在断键的两个碳原子上，故有副产物CH3CH2CH2CH2I产生，D正确；
故选D。
10. 下列有关说法正确的是
A. 298 K时，2H2S(g)＋SO2(g)===3S(s)＋2H2O(l)能自发进行，则其ΔH＞0
B. 氨水稀释后，溶液中c(NH4＋)/c(NH3·H2O)的值减小
C. 电解精炼铜过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加一定相等
D. 25℃时Ka(HClO)＝3.0×10 8，Ka(HCN)＝4.9×10 10，若该温度下NaClO溶液与NaCN溶液的pH相同，则c(NaClO)＞c(NaCN)
【答案】D
【解析】
【详解】A.反应能自发进行，应满足 H-T S<0，而该反应S0，当 H>0时不能自发进行，当H0时低温可自发进行，该反应298K时能自发进行，故 H<0，故A错误；
B.氨水稀释后，电离平衡正向移动， 的物质的量减少，物质的量增大，因为在同一溶液中，二者的浓度比等于物质的量比，所以该比值增大，故B错误；
C.阳极粗铜中含有铁、锌、金、铂等金属，阳极为Zn、Fe、Cu失电子，电极反应为Zn-2e-=Zn2+、Fe-2e-=Fe2+、Cu-2e-=Cu2+，阴极为Cu2+得电子还原成Cu，则电解过程中阳极质量减少与阴极质量增加不一定相同，故C错误；
D.25℃时， Ka(HClO)=3.0，Ka(HCNO)=4.9时，HClO溶液的酸性大于HCN，根据越弱越水解原理，该温度下NaClO溶液与NaCN溶液pH相同，c(NaClO)c(NaCN)，故D正确；
本题答案为D。
【点睛】判断一个化学反应能否自发进行，要看H-T是大于零还是小于零，只有当H-T小于零时才能自发进行。
11. 根据下列实验现象所得结论正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 取少量食盐溶于水，加稀硫酸酸化再滴入淀粉溶液 溶液未呈蓝色 该食盐中不含有碘酸钾
B 向蛋白质溶液中加入或饱和溶液 均有沉淀 蛋白质均发生了变性
C 几滴溶液滴溶液充分反应，再滴加溶液 出现蓝色沉淀
D 将燃烧的金属钠迅速伸入集满的集气瓶中 有大量白烟和黑色颗粒产生 具有氧化性
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．I2能使淀粉溶液变蓝，而碘酸钾在酸性条件下不能使淀粉溶液变蓝，A错误；
B．向蛋白质溶液中加入或饱和溶液，前者为变性，后者为盐析，均出现沉淀，B错误；
C．几滴溶液滴溶液充分反应，氢氧化钠过量，再滴加溶液，一定出现蓝色沉淀，不能得出，C错误；
D．将燃烧的金属钠迅速伸入集满的集气瓶中，有大量白烟和黑色颗粒产生，说明有氧化钠和碳生成，证明具有氧化性，D正确；
故选D。
12. 某实验室回收废水中苯酚的过程如下图所示。已知：苯酚的电离常数，的电离常数，。
下列有关说法正确的是
A. 溶液中存在：
B. 若反应1后溶液中存在，此时溶液中
C. 反应2通入少量时，离子方程式为
D. 反应2中通入至溶液时，此时溶液中存在
【答案】D
【解析】
【分析】苯酚与苯互溶得到有机层和水层，操作1为分液，反应1中苯酚与碳酸钠溶液反应生成苯酚钠，操作2为分液，得到水层含苯酚钠，反应2中苯酚钠溶液与二氧化碳反应生成苯酚，操作3为分液，分离出苯酚；
【详解】A．溶液中存在质子守恒：，A错误；
B．反应1中苯酚与碳酸钠溶液反应生成C6H5ONa，存在物料守恒，则c(Na2CO3)：c(C6H5OH)=1:1，碳酸根离子存在水解平衡，第一步水解常数为，苯酚的电离常数，说明碳酸钠的水解程度大于苯酚的电离程度，则生成碳酸氢根离子浓度大于苯酚根离子，此时溶液中，B错误；
C．根据弱酸的电离平衡常数越大其酸性越强，已知苯酚和碳酸的电离常数可知酸性：>>，反应2通入少量时生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为，C错误；
D．苯酚的电离常数，当时，c(H+)=1.0×10-10mol/L，此时pH=10，D正确；
故选：D。
13. 在催化剂作用下，氧化可获得。其主要化学反应为：
反应I.
反应II.
压强分别为、时，将和的混合气体置于密闭容器中反应，不同温度下体系中乙烷的平衡转化率、乙烯的选择性(的选择性)如图所示。下列说法正确的是
A.
B. 压强为，温度为210℃时，反应达平衡时，
C. 的选择性下降的原因可能是随着温度的升高，反应II中生成的抑制了反应I的进行
D. 研发低温下转化率高和选择性高的催化剂，可以提高平衡时产率
【答案】C
【解析】
【详解】A．相同温度下，增大压强，反应I、II均逆向移动，乙烷转化率降低，所以，故A错误；
B．压强为，温度为210℃时，乙烷的转化率为50%，乙烯的选择性为80%，参与反应I的乙烷为2mol×50%×80%=0.8mol，反应I生成的乙烯、一氧化碳都是0.8mol，参与反应II的乙烷为2mol×50%×20%=0.2mol，反应II生成的一氧化碳是0.8mol，反应达平衡时，生成CO的总物质的量1.6mol，生成乙烯的总物质的量为0.8mol，故B错误；
C．温度升高，反应I和反应II受温度影响，平衡都会正向移动，由图可知，温度升高的过程中乙烷的转化率逐渐增大，但乙烯转化率却逐渐降低，说明温度升高的过程中，反应II为主，且生成的抑制了反应I的进行，故C正确；
D．反应I正向为吸热反应，温度升高更有利于C2H4的生成，因此为提高平衡时C2H4的产率，可研发高温下C2H4选择性高的催化剂，故D错误；
选 C。
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 金矿提金采用氰化工艺，产生的含氰废水需处理后才能排放。
（1）氰化工艺中，金溶解于溶液生成。
①时，和在催化剂作用下可转化为，与反应可制得。生成HCN的化学方程式为_______。
②含有键数目为_______。
（2）用溶液处理含氰废水，使有毒的转化为等。
①该反应的离子方程式为_______。
②可作为上述反应的催化剂。其他条件相同时，总氰化物(等)去除率随溶液初始变化如图1所示。当溶液初始时，总氰化物去除率下降的原因可能是_______。
（3）焦亚硫酸钠空气法处理含氰废水部分机理如下，其中[0]代表活性氧原子。其他条件相同时，总氰化物去除率随初始浓度变化如图2所示。当时，总氰化物去除率下降的原因可能是_______。
（4）循环流化床烟气脱硫灰的主要成分有。为实现脱硫灰的资源化利用，对脱硫灰进行热重分析，结果如下图所示。
①图3中1100℃时，残留固体主要成分为_______；
②在600～630℃时有一个微弱的SO2峰，可能是由于脱硫灰中少量的分解导致的，写出该分解反应的化学方程式：_______。
③对比图3与图4知，图4中370～420℃曲线上升的原因为_______。
【答案】（1） ①. ②. 或
（2） ①. ②. 随着升高，增大，转化为，催化效率降低
（3）过量或会消耗[O]，导致与反应的[O]减少
（4） ①. ②. ③. 失水质量小于被空气中氧化成增加质量
【解析】
【小问1详解】
①时，和在催化剂作用下可转化为，反应中碳化合价由-4变为+2、氧化合价由0变为-2，结合电子守恒可知，反应为：。
②中Au与CN间存在2个配位键，1个CN中存在1个键，则含有键的数目为或；
【小问2详解】
①过氧化氢具有强氧化性，和反应氧化还原生成碳酸根离子、铵根离子，反应中碳化合价由+2升高为+4、过氧化氢中氧由-1被还原为-2价氧，结合电子守恒、原子守恒可知，该反应的离子方程式为。
②可作为上述反应的催化剂，铜离子会和氢氧根离子转化为氢氧化铜沉淀，随着升高，增大，转化为，导致催化效率降低；
【小问3详解】
当时，过量的或会被[O]氧化为硫酸根离子，从而消耗[O]，导致与反应的[O]减少，使得总氰化物去除率下降；
【小问4详解】
①图3中为在氩气氛围中的分解反应，由图可知，到1100℃时，释放出二氧化碳、二氧化硫气体，说明碳酸钙、亚硫酸钙分解为氧化钙、二氧化碳、二氧化硫，硫酸钙稳定，不分解，故此时残留固体主要成分为；
②在600～630℃时有一个微弱的SO2峰，可能是由于脱硫灰中少量的分解导致的，则该分解反应中分解生成二氧化硫，二价铁具有还原性，反应中部分硫化合价降低发生还原反应生成二氧化硫，则二价铁化合价升高被氧化为氧化铁，根据质量守恒可知，还会生成三氧化硫，该分解反应的化学方程式：。
③对比图3与图4，图4是在空气中灼烧，空气中氧气具有氧化性，能氧化、为硫酸钙，使得失水质量小于被空气中氧化成增加质量，导致图4中370～420℃曲线上升。
15. 化合物F(盐酸地拉普利)是一种治疗高血压的药物，其合成路线流程图如图：
（1）D中的官能团有_______(填名称)。
（2）的反应类型为_______。
（3）的分子式为，写出的结构简式：_______。
（4）的一种同分异构体同时满足下列条件，写出的结构简式：_______。
①是一种芳香族化合物能与溶液发生反应 ②分子中有4种不同化学环境的氢。
（5）已知：。写出以为原料制备的合成路线流程图_______。
【答案】（1）氨基、酯基、酰胺键
（2）取代反应 （3）
（4） （5）
【解析】
【分析】对比A、C的结构简式及B到C的反应物的结构简式，再由B的分子式为C15H21O2N，可得出B的结构简式为：。
【小问1详解】
D中的官能团有氨基、酯基、酰胺键；
【小问2详解】
E→F反应为E中右侧的酯基与HBr发生取代反应；
【小问3详解】
由分析知，B的结构简式为：；
【小问4详解】
M是一种芳香族化合物，含有一个氧原子，能与NaOH溶液发生反应，则含有酚羟基，M分子中有4种不同化学环境的氢，羟基为一种，若为对称结构，苯环上2中，则3个碳原子的取代基就一种氢原子，其结构简式为：；
【小问5详解】
已知：R—XR—CN，则需要用引入卤素原子，再引入氨基后与根据反应物A→B的形成反应即可，答案为：。
16. 以铜片（含少量杂质铁）为原料制取Cu(NO3)2溶液的实验流程如图：
（1）“酸洗”的目的是除去铜片表面难溶的Cu2(OH)2SO4，写出“酸洗”时反应的离子方程式：___。
（2）“水洗”后检验铜片表面是否洗涤干净的方法是___。
（3）“酸溶”时的装置如图所示，烧杯内所发生的反应为：
NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O
2NO2+2OH-=NO2-+NO3-+H2O
①“酸溶”时为防止反应过于剧烈，可以采取的方法有___和___。
②通入空气的作用是___、___。
（4）“调节pH=3~4，并保温３个小时”的目的是___。
（5）烧杯中所得溶液经多步处理得到NaNO3固体。设计以烧杯中所得溶液为原料，制取NaNO3固体的实验方案：___。
[已知3NaNO2＋2HNO3=3NaNO3＋2NO↑＋H2O；NaNO3的溶解度随温度变化如图所示。实验中必须使用的试剂：硝酸和NaOH溶液]。
【答案】 ①. Cu2(OH)2SO4＋2H+=2Cu2++SO42-+2H2O ②. 取最后一次所得水洗液，向其中加入足量盐酸，再加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，则铜片已洗涤干净 ③. 降低反应的温度 ④. 缓慢（分批次）滴入硝酸 ⑤. 将部分NO转化为NO2 ⑥. 将NO、NO2鼓入烧杯，使其能被NaOH溶液吸收 ⑦. 将溶液中的Fe3＋充分水解转化为Fe(OH)3沉淀 ⑧. 向所得溶液中滴加硝酸，搅拌使其充分反应，同时鼓入空气并用NaOH溶液吸收所得混合气体，待溶液中无气泡产生，停止滴加，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥得到NaNO3固体
【解析】
【分析】铜片用硝酸酸洗，洗去铜片表面难溶的Cu2(OH)2SO4，水洗去可溶性离子，再加硝酸进行酸溶，铜片溶解，得到大量的硝酸铜和杂质硝酸铁，调节pH=3~4，并保温3个小时，促进Fe3＋水解，使Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀，过滤得到硝酸铜的水溶液。
【详解】（1）“酸洗”的目的是除去铜片表面难溶的Cu2(OH)2SO4，“酸洗”时反应的离子方程式：Cu2(OH)2SO4＋2H+=2Cu2++SO42-+2H2O；
（2）“水洗”去除铜片表面可溶性离子，“水洗”后检验铜片表面是否洗涤干净方法是：取最后一次所得水洗液，向其中加入足量盐酸，再加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，则铜片已洗涤干净；
（3）①“酸溶”时为防止反应过于剧烈，减缓反应速率，可以采取的措施有适当降低反应温度、缓慢滴加硝酸溶液；
②通入氧气，可以把部分NO和NO2转化为硝酸，从而减少硝酸的用量，同时可以将装置内剩余的NO和NO2转移到烧杯内进行尾气吸收，故通入空气的作用是：部分NO和NO2转化为硝酸，从而减少硝酸的用量；将NO和NO2转移到烧杯内进行尾气吸收；
（4）调节pH=3~4，并保温3个小时，为了促进Fe3＋水解，使Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀；
（5）烧杯中所得溶液含有NaNO2和NaNO3，要完全转化为NaNO3，NaNO2需要加入硝酸进行转化，在此过程中有NO气体，防止该气体逸出，同时鼓入空气并用NaOH溶液吸收所得混合气体，待溶液中无气泡产生，停止滴加，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥得到NaNO3固体。
17. 有机物催化脱氢制备氢气和化工原料是当前石化工业研究的重要课题之一、
（1）以甲烷、水蒸气为原料进行催化重整是制氢的常见方法之一，过程可能涉及反应：
CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H1=+206.2 kJ mol 1
CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H2= 41.1 kJ mol 1
CH4(g)=C(g)+2H2(g) △H3=+74.8 kJ mol 1
①反应C(g)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g) △H4=___________kJ·mol-1
②向原料中添加正硅酸锂Li4SiO4作为CO2的吸附剂，除产生氢气外还生成两种盐，写出该反应的方程式___________。
（2）甲基环己烷催化脱氢(+3H2)是石油工业制氢常见方法，以Ni Cu为催化剂，固定反应温度为650K，以氮气为载气，在不同载气流速情况下，甲基环己烷脱氢转化率如图1所示，b点转化率能与a点保持相当的原因是___________。
（3）以H2O、CaBr2、Fe3O4为原料进行气固相反应可以实现水的分解制得氢气，其反应原理如图2所示。反应“①”中生成3molHBr，生成氢气的物质的量为_______，从原料到O2的生成过程可描述为_______。
【答案】（1） ①. +90.3 ②. CH4＋2H2O＋Li4SiO4Li2SiO3＋Li2CO3＋4H2
（2）a点载气流速较小，甲基环己烷的浓度较大，其在催化剂表面吸附及发生脱氢反应的百分率较小，故其转化率较小；适当加快载气流速可以减小反应物的浓度，使反应物在催化剂表面吸附及发生脱氢反应的百分率变大，故甲基环己烷转化率随载气流速适当加快而提高；b点载气流速过快，会使甲基环己烷在催化剂表面的反应时间减少，导致甲基环己烷转化率降低，因此，b点转化率能与a点保持相当
（3） ①. 0.5mol ②. 在高温下，水先与溴化钙反应生成氧化钙和溴化氢；然后溴化氢与四氧化三铁反应生成溴化亚铁和溴；溴再与氧化钙反应生成溴化钙和氧气，水再与溴化亚铁反应生成氢气、四氧化三铁和溴化氢，催化剂得以再生。如此周而复始，水在催化剂（CaBr2、Fe3O4）的作用下转化为氧气和氢气，总反应的化学方程式为 2H2OO2↑＋2H2↑
【解析】
【小问1详解】
①将第一个方程式加上第二个方程式，再减去第三个方程式得到反应C(g)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g) △H4=+206.2 kJ mol 1+( 41.1 kJ mol 1) –(+74.8 kJ mol 1)=+90.3 kJ mol 1；故答案为：+90.3。
②向原料中添加正硅酸锂Li4SiO4作为CO2的吸附剂，除产生氢气外还生成两种盐，说明CO2与Li4SiO4反应生成碳酸锂和硅酸锂，其反应方程式CH4＋2H2O＋Li4SiO4Li2SiO3＋Li2CO3＋4H2；故答案为：CH4＋2H2O＋Li4SiO4Li2SiO3＋Li2CO3＋4H2。
【小问2详解】
b点转化率能与a点保持相当的原因：a点载气流速较小，甲基环己烷的浓度较大，其在催化剂表面吸附及发生脱氢反应的百分率较小，故其转化率较小；适当加快载气流速可以减小反应物的浓度，使反应物在催化剂表面吸附及发生脱氢反应的百分率变大，故甲基环己烷转化率随载气流速适当加快而提高；b点载气流速过快，会使甲基环己烷在催化剂表面的反应时间减少，导致甲基环己烷转化率降低，因此，b点转化率能与a点保持相当。
【小问3详解】
反应①为3FeBr3＋4H2O＝Fe3O4＋H2↑＋6HBr，生成1mol氢气同时生成6molHBr，反应生成3molHBr，则生成氢气的物质的量为0.5mol。根据图中信息可知，从原料到O2的生成过程可描述为：在高温下，水先与溴化钙反应生成氧化钙和溴化氢；然后溴化氢与四氧化三铁反应生成溴化亚铁和溴；溴再与氧化钙反应生成溴化钙和氧气，水再与溴化亚铁反应生成氢气、四氧化三铁和溴化氢，催化剂得以再生。如此周而复始，水在催化剂（CaBr2、Fe3O4）的作用下转化为氧气和氢气，总反应的化学方程式为2H2OO2↑＋2H2↑。
