1/22024-2025學年高二化學下學期期末模擬卷（考試時間：75分鐘，分值：100分）注意事項：1．本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分。答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答第Ⅰ卷時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。寫在本試卷上無效。3．回答第Ⅱ卷時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。4．測試范圍：高考考查范圍。5．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。6．難度系數(shù)：0.6?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H1C12N14O16S32K39Ti48Fe56Ba137第Ⅰ卷（選擇題共45分）一、選擇題：本題共15個小題，每小題3分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．化學與生活密切相關。下列說法錯誤的是A．豆?jié){能產(chǎn)生丁達爾效應是由于膠體粒子對光線的散射B．維生素C可用作水果罐頭的抗氧化劑是因為其難以被氧化C．將生鐵進一步煉制減少含碳量，其韌性增加D．銅官窯彩瓷是以黏土為主要原料，經(jīng)高溫燒結(jié)而成的【答案】B【解析】A項，膠體具有丁達爾效應，是因為膠體粒子對光線發(fā)生了散射，豆?jié){屬于膠體，也能產(chǎn)生丁達爾效應，A正確；B項，維生素C具有很強的還原性，用作水果罐頭的抗氧化劑是由于其容易被氧氣氧化，從而防止水果被氧化，B錯誤；C項，鐵合金中含碳量越小，其韌性越大，C正確；D項，陶瓷是利用黏土在高溫下燒結(jié)定型生成硅酸鹽，D正確；故選B。2．生活離不開化學。下列說法不正確的是A．食鹽的主要成分是NaCl，用電子式表示其形成過程為：B．食醋的溶質(zhì)是醋酸，醋酸的分子結(jié)構模型：C．天然氣是一種清潔的化石燃料，主要成分CH4的空間結(jié)構為正四面體形D．蔗糖和核糖都是二糖，它們的水解產(chǎn)物都是葡萄糖【答案】D【解析】A．NaCl是離子化合物，電子式表示其形成過程為：，A正確；B．醋酸結(jié)構簡式CH3COOH，其分子結(jié)構模型：，B正確；C．CH4中心原子C原子價層電子對數(shù)為4，無孤電子對，空間結(jié)構為正四面體形，C正確；D．核糖是單糖，不能水解，D錯誤；答案選D。3．下列關于物質(zhì)轉(zhuǎn)化過程的分析，正確的是A．半導體行業(yè)有一句話：“從沙灘到用戶”，其第一步反應：C＋SiO2eq\o(=,\s\up7(高溫))Si＋CO2↑B．漂白粉久置于空氣中會失去漂白性，其變質(zhì)過程中僅發(fā)生了非氧化還原反應C．SO2和SO3混合氣體通入Ba(NO3)2溶液，得到的沉淀僅有BaSO4【答案】C【解析】A．C與SiO2高溫條件下反應生成CO，A項錯誤；B．漂白粉久置于空氣中會失去漂白性，其變質(zhì)過程中發(fā)生的反應有：、，后者是氧化還原反應，B項錯誤；C．SO3與水反應生成硫酸，硫酸與Ba(NO3)2反應生成BaSO4，酸性環(huán)境下，硝酸根離子將SO2氧化為硫酸，也生成BaSO4，C項正確；D．“犧牲陽極法”是一種基于原電池原理的金屬防護法，讓被保護的金屬做原電池的正極，比被保護的金屬活潑的金屬做原電池的負極，以此達到保護正極金屬的目的，電熱水器中，鎂棒做負極，防止內(nèi)膽腐蝕，D項錯誤；答案選C。4．實驗室進行粗鹽提純并制備NaHCO3和Cl2，下列相關原理、裝置及操作正確的是A．裝置甲除粗鹽水中的泥沙 B．裝置丙制備NaHCO3C．裝置乙蒸發(fā)NaCl溶液 D．裝置丁制備Cl2【答案】B【解析】A．裝置甲中除粗鹽水中的泥沙時，采用過濾的方法，但需要使用玻璃棒引流，A不正確；B．裝置丙制備NaHCO3時，將CO2氣體通入氨化的NaCl飽和溶液中，由于NaHCO3在飽和NaCl中的溶解度較小，所以生成的NaHCO3大部分結(jié)晶析出，B正確；C．裝置乙中蒸發(fā)NaCl溶液時，采用蒸發(fā)結(jié)晶的方法，通常使用蒸發(fā)皿，坩堝是灼燒固體所用的儀器，不用于蒸發(fā)溶液，C不正確；D．裝置丁制備Cl2，采用電解飽和食鹽水的方法，與直流電源正極相連的Fe電極為陽極，則Fe失電子，而不是Cl-失電子，得不到Cl2，D不正確；故選C。5．設為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．1和的混合物中含有的氮原子數(shù)共為3B．0.1中含有的o鍵數(shù)目為1.1C．1含有的中子數(shù)約為8D．0.1溶液中含有數(shù)目小于0.1【答案】B【解析】A．NO2和N2O4的最簡式都是NO2，所以由NO2和N2O4組成的1mol混合氣體可看作物質(zhì)的量為1mol的NO2，含有的氧原子數(shù)為2NA，故A錯誤；B．1個中有11個σ鍵，則0.1mol中σ鍵1.1NA，故B正確；C．H原子中無中子，原子中有10個中子，故1個分子中有10個中子，1mol分子中中子數(shù)為10NA，故C錯誤；D．缺少溶液體積，無法計算，故D錯誤；故答案選B。6．有機物的合成路線如下，下列說法不正確的是A．X的酸性比乙酸強B．X→Y、Y→Z都有相同的產(chǎn)物生成C．1molZ最多可以消耗1molNaOHD．G具有對映異構體【答案】C【解析】羰基為吸電子基團，使得X中羧基上的H更易電離，故酸性比乙酸強，A正確；X→Y、Y→Z都是取代反應，都生成了氯化氫，所以都有相同的產(chǎn)物生成，B正確；Z中含有酚酯基，1molZ水解會消耗2molNaOH，C錯誤；G中含手性碳原子，具有對映異構體，D正確。7．我國科學團隊研發(fā)了一種綠色環(huán)?！叭蹼姵亍?，有望減少廢舊電池產(chǎn)生的污染。其工作原理如圖所示。下列說法正確的是A．K+向電極a移動B．電極b的電極反應式為C．理論上，當電極a釋放(標準狀況下)時，溶液質(zhì)量減少D．“全氧電池”工作時總反應為【答案】D【分析】根據(jù)兩電極物質(zhì)元素化合價變化可判斷電極a為負極，負極的反應式為4OH--4e-=O2+2H2O，電極b為正極，正極反應式為O2+4e-+2H+=2H2O?！窘馕觥緼．陽離子流向正極，即K+向電極b移動，A錯誤；B．電極b上為得電子，溶液是酸性環(huán)境，電極反應式為，B錯誤；C．電極a電極反應式為,理論上，當電極a釋放出(標準狀況下)即時，同時有移向右側(cè)的溶液中，所以溶液減少的質(zhì)量為，C錯誤；D．根據(jù)正負極反應式，“全氧電池”工作時總反應為，D正確；答案選D。8．卡維地洛類藥物(丁)可用于治療原發(fā)性高血壓、有癥狀的充血性心力衰竭。以甲為原料合成丁的方法如下圖所示。下列說法正確的是A．試劑X可以是足量的NaOH溶液B．乙、丙、丁均能與鹽酸反應C．丙、丁互為同系物D．戊的同分異構體有3種【答案】B【解析】A．甲轉(zhuǎn)化為乙時，試劑X只與-COOH反應，不與酚羥基反應，試劑X只能為NaHCO3溶液，A錯誤；B．乙中-COONa能與鹽酸反應，丙中氨基能與鹽酸反應，丁中氨基能與鹽酸反應，B正確；C．丙、丁官能團不同，不互為同系物，C錯誤；D．戊的同分異構體除醇外，還有醚類，共6種，D錯誤；故選B。9．中國第一輛火星車“祝融號”成功登陸火星，探測發(fā)現(xiàn)火星上存在大量橄欖石礦物(主要成分為ZxW2-xRX4）。已知X、Y、Z、R、W為前四周期元素且原子序數(shù)依次增大，Y的氫化物常用于刻蝕玻璃容器，礦物界離不開R元素，R與X質(zhì)子數(shù)之和為22，W的合金材料是生活中用途最廣泛的金屬材料，基態(tài)Z原子核外s、p能級上電子總數(shù)相等。下列敘述正確的是A．電負性：Y>X>R B．ZX為共價晶體C．與氫形成的共價鍵的鍵能：H-X>H-Y D．熔點：RY4>WX【答案】A【解析】氫氟酸常用于刻蝕玻璃容器，Y為F；生活中用途最廣泛的金屬材料是鋼鐵合金，W為Fe；前四周期中只有氧、鎂原子的s、p能級上電子總數(shù)相等，根據(jù)原子序數(shù)遞增確定Z為Mg；礦物界離不開R，R為Si，X為O。從而得出X、Y、Z、R、W分別為O、F、Mg、Si、Fe。A．X、Y、R分別為O、F、Si，非金屬性F＞O＞Si，則電負性：F＞O＞Si，A項正確；B．MgO為離子化合物，形成離子晶體，B項錯誤；C．F的原子半徑小于O的原子半徑，則H-F鍵的鍵能大于H-O鍵的鍵能，C項錯誤；D．SiF4是分子晶體，F(xiàn)eO是離子晶體，離子晶體的熔點高于分子晶體，則熔點SiF4＜FeO，D項錯誤；故選A。10．碲被譽為金屬性最強的非金屬，某科研小組從碲渣(主要含有Cu2Te)中提取粗碲的工藝流程如圖所示。下列有關說法錯誤的是已知：①“焙燒”后，碲主要以TeO2形式存在；②TeO2微溶于水，易溶于強酸和強堿。A．“焙燒”后銅以Cu2O形式存在B．“堿浸”后過濾用到的主要儀器有：燒杯、漏斗、玻璃棒C．“酸化”后生成Te(SO4)2D．“還原”后，溶液的酸性減弱【答案】D【分析】碲渣(主要含有Cu2Te)中通入O2焙燒，由于Cu2O在高溫時比CuO穩(wěn)定，所以Cu元素轉(zhuǎn)化為Cu2O，Te元素轉(zhuǎn)化為TeO2；加入NaOH溶液，Cu2O不溶，TeO2轉(zhuǎn)化為Na2TeO3，過濾后得Cu2O濾渣，濾液為Na2TeO3溶液；加入稀硫酸進行酸化，Na2TeO3轉(zhuǎn)化為Te(SO4)2，再加入Na2SO3還原，發(fā)生反應為Te4++2SOeq\o\al(2－,3)+2H2O=Te+2SOeq\o\al(2－,4)+4H+?！窘馕觥緼．由分析可知，“焙燒”后銅以Cu2O形式存在，A正確；B．“堿浸”后得到固液混合物，需進行過濾操作，過濾時用到的主要儀器有：燒杯、漏斗、玻璃棒，B正確；C．TeO2微溶于水，易溶于強酸，則加酸后，Na2TeO3先轉(zhuǎn)化為TeO2，TeO2繼續(xù)與硫酸反應，生成Te(SO4)2，C正確；D．“還原”時，發(fā)生反應為Te4++2SOeq\o\al(2－,3)+2H2O=Te+2SOeq\o\al(2－,4)+4H+，則溶液的酸性增強，D錯誤；故選D。11．中國海洋大學科學家發(fā)現(xiàn)海泥細菌電池的電壓可以高達0.8V，在這種海水/海泥界面存在的天然電壓驅(qū)動下，海泥細菌產(chǎn)生的電子可以源源不斷的傳輸出來，持續(xù)產(chǎn)生電能。下列說法錯誤的是A．電極電勢：A＜BB．天然的海泥層和海水層分別為負極和正極的導電介質(zhì)C．海底沉積層可發(fā)生反應：D．海底沉積層/海水天然界面作為“質(zhì)子交換膜材料”，不需要任何人工膜材料【答案】A【分析】由圖示可知，電極A上氧氣轉(zhuǎn)化成水，氧元素化合價降低，發(fā)生還原反應，即電極A為正極，則電極B為負極。【解析】A．電極A為正極，電極B為負極，正極電勢高于負極電勢，所以電極電勢：A＞B，故A錯誤；B．電極A為正極，電極B為負極，天然的海泥層和海水層分別為負極和正極的導電介質(zhì)，故B正確；C．由圖示可知，海底沉積層CH2O轉(zhuǎn)化為CO2，所以海底沉積層可發(fā)生反應：，故C正確；D．負極電極反應式為HS--2e-=S↓+H+，生成的H+向正極移動，即H+從海底沉積層通過交接面向海水層移動，所以海底沉積層/海水天然界面作為“質(zhì)子交換膜材料”，不需要任何人工膜材料，故D正確；故答案為：A。12．某含Ir催化劑可以催化醚與CO反應生成酯，反應機理如圖所示。下列敘述錯誤的是A．物質(zhì)甲是該反應的催化劑B．該反應機理涉及非極性鍵的斷裂和形成C．反應過程中Ir元素的成鍵數(shù)目會改變D．若CH3OC2H5參與反應會生成乙酸乙酯【答案】B【解析】A項，由反應機理圖可知，物質(zhì)甲參與反應，最后又生成了甲，故甲為催化劑，A正確；B項，該反應機理未涉及非極性鍵的斷裂，有非極性C-C鍵的形成，B錯誤；C項，反應過程中Ir元素的成鍵數(shù)目會改變，甲中成鍵數(shù)是2，其他成鍵數(shù)是4，C正確；D項，若CH3OC2H5參與反應，CO進入引入酯基，會生成CH3OC2H5，D正確；故選B。13．下列實驗操作、現(xiàn)象及所得到的結(jié)論均正確的是選項實驗操作和現(xiàn)象結(jié)論A向[Cu(NH3)4]SO4水溶液中加入乙醇，析出藍色晶體乙醇的極性比水的極性弱B在Ca(ClO)2溶液中通入SO2氣體，有沉淀生成酸性：H2SO3>HClOC向FeCl3溶液中滴加1滴KSCN溶液，再加入KCl固體，溶液顏色變淺色增加生成物濃度，平衡逆移D將甲苯加入酸性KMnO4溶液中紫紅色褪去甲苯分子中含有碳碳雙鍵【答案】A【解析】A．向[Cu(NH3)4]SO4為離子化合物，屬于強極性化合物，向其水溶液中加入乙醇，因為乙醇的極性比水的極性弱，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度減小，會析出藍色晶體，A正確；B．在Ca(ClO)2溶液中通入SO2氣體，發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鈣、氯化鈣和水，Ca(ClO)2+2SO2+2H2O==CaCl2+2H2SO4，不能發(fā)生復分解反應，無法比較次氯酸和亞硫酸的酸性強弱，B錯誤；C．向FeCl3溶液中滴加1滴KSCN溶液，發(fā)生可逆離子反應：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3(血紅色)，再加入KCl固體后，未補充平衡離子，不影響平衡，溶液顏色不發(fā)生改變，C錯誤；D．將甲苯加入酸性KMnO4溶液中紫紅色褪去，原因是甲基受苯環(huán)的影響而易被氧化，而且苯環(huán)結(jié)構中沒有碳碳雙鍵，D錯誤；故答案為：A。14．嫦娥三號衛(wèi)星上的PIC元件（熱敏電阻）的主要成分——鋇鈦礦的晶胞結(jié)構如圖所示。若該晶體的密度為，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法錯誤的是A．Ti4+位于O2-圍成的正八面體的中心B．Ba2+周圍距離最近的O2-數(shù)目為12C．兩個O2-的最短距離為D．若的分數(shù)坐標為，則的分數(shù)坐標為【答案】D【解析】根據(jù)晶胞結(jié)構圖可知，晶胞中Ti4+位于正方體中心，故每個晶胞中Ti4+個數(shù)為1個，Ba2+位于正方體8個頂點，故每個晶胞Ba2+個數(shù)為8×1/8=1，O2-位于6個面心，每個晶胞中O2-個數(shù)為6×1/2=3，故鋇鈦礦每個晶胞中Ba2+、Ti4+、O2-個數(shù)比為1∶1∶3，化學式為BaTiO3，其摩爾質(zhì)量M=233g/mol，晶體的密度為ρg/cm3，體積V=cm3，其晶胞棱長為，據(jù)此解答。A．O2-位于6個面心正好可圍成正八面體，Ti4+位于體心，則Ti4+位于O2-圍成的正八面體的中心，A正確；B．Ba2+位于正方體8個頂點，O2-位于6個面心，一個Ba2+周圍等距的O2-共計個，B正確；C．O2-位于正方體6個面的面心，故兩個O2-的最短距離為，即，C正確；D．位于頂點處B的分數(shù)坐標為(1，0，0)，則晶胞的參數(shù)為1，位于面心的C原子的分數(shù)坐標為，D錯誤；故選D。15．已知H2R的電離常數(shù)Ka1=2×10-8、Ka2=3×10-17。常溫下，難溶物BaR在不同濃度鹽酸(足量)中恰好不再溶解時，測得混合液中l(wèi)gc(Ba2+)與pH的關系如圖所示，下列說法錯誤的是A．Ksp(BaR)約為6×10-23B．M點：c(HR-)約為2×10-7mol·L-1C．N點：c(Cl-)＞c(H+)＞c(R2-)D．直線上任一點均滿足c(H+)+2c(Ba2+)=c(OH-)+c(HR-)+2c(R2-)【答案】D【解析】A．直線上，lgc(Ba2+)+pH=1，即=10；難溶物BaR與足量鹽酸發(fā)生反應BaS+2H+Ba2++H2R，溶液中存在c(Ba2+)≈c(H2R)，Ka1?Ka2=，Ksp(BaR)=c(Ba2+)?c(R2-)=Ka1?Ka2×=2×10-8×3×10-17×100=6×10-23，A正確；B．M點，c(H+)=10-0.6mol/L，c(Ba2+)≈c(H2R)=100.4mol/L，c(HR-)===2×10-7mol·L-1，B正確；C．溶液中溶質(zhì)為BaCl2、H2R、HCl，Ka1?Ka2=，N點時，c(H+)=10-0.8mol/L，c(Ba2+)≈c(H2R)=100.2mol/L，則c(R2-)==mol/L=6×10-23.2mol/L，c(Cl-)最大，所以N點：c(Cl-)＞c(H+)＞c(R2-)，C正確；D．直線上任一點均滿足電荷守恒c(H+)+2c(Ba2+)=c(OH-)+c(HR-)+2c(R2-)+c(Cl-)，所以c(H+)+2c(Ba2+)＞c(OH-)+c(HR-)+2c(R2-)，D錯誤；故選D。第II卷（非選擇題共55分）二、非選擇題：本題共4個小題，共55分。16．(13分)以鉛精礦(含PbS，Ag2S等)為主要原料提取金屬Pb和Ag的工藝流程如下：回答下列問題：(1)“熱浸”時，難溶的PbS和Ag2S轉(zhuǎn)化為[PbCl4]2—和[AgCl2]—及單質(zhì)硫。溶解等物質(zhì)的量的PbS和Ag2S時，消耗Fe3+物質(zhì)的量之比為_______；溶液中鹽酸濃度不宜過大，除防止“熱浸”時HCl揮發(fā)外，另一目的是防止產(chǎn)生_______(填化學式)。(2)將“過濾Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反復用飽和食鹽水熱溶，電解所得溶液可制備金屬Pb，“電解I”陽極產(chǎn)物用尾液吸收后在工藝中循環(huán)使用，利用該吸收液的操作單元為_______。(3)“還原”中加入鉛精礦的目的是_______。(4)“置換”中可選用的試劑X為_______(填標號)。A．AlB．ZnC．PbD．Ag“置換”反應的離子方程式為_______。(5)“電解II”中將富銀鉛泥制成電極板，用作_______(填“陰極”或“陽極”)?！敬鸢浮?1)①1:1（2分）②H2S（2分）(2)熱浸（2分）(3)將過量的Fe3+還原為Fe2+（2分）(4)①C（2分）②Pb+2[AgCl2]—==2Ag+[PbCl4]2—（2分）(5)陽極（1分）【解析】本題以鉛精礦(含PbS，Ag2S等)為主要原料提取金屬Pb和Ag，“熱浸”時，難溶的PbS和Ag2S轉(zhuǎn)化為[PbCl4]2—和[AgCl2]—及單質(zhì)硫，F(xiàn)e3+被還原為Fe2+，過濾I除掉單質(zhì)硫濾渣，濾液中[PbCl4]2—在稀釋降溫的過程中轉(zhuǎn)化為PbCl2沉淀，然后用飽和食鹽水熱溶，增大氯離子濃度，使PbCl2又轉(zhuǎn)化為[PbCl4]2—，電解得到Pb；過濾II后的濾液成分主要為[AgCl2]—、FeCl2、FeCl3，故加入鉛精礦主要將FeCl3還原為FeCl2，試劑X將[AgCl2]—置換為Ag，得到富銀鉛泥，試劑X為鉛，尾液為FeCl2。(1)“熱浸”時，F(xiàn)e3+將PbS和Ag2S中-2價的硫氧化為單質(zhì)硫，F(xiàn)e3+被還原為Fe2+，在這個過程中Pb和Ag的化合價保持不變，所以等物質(zhì)的量的PbS和Ag2S時，S2-物質(zhì)的量相等，所以消耗Fe3+的物質(zhì)的量相等，比值為1:1；溶液中鹽酸濃度過大，這里主要考慮氫離子濃度會過大，會生成H2S氣體。(2)“過濾Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反復用飽和食鹽水熱溶，會溶解為[PbCl4]2—，電解[PbCl4]2—溶液制備金屬Pb，Pb在陰極產(chǎn)生，陽極Cl-放電產(chǎn)生Cl2，尾液成分為FeCl2，F(xiàn)eCl2吸收Cl2后轉(zhuǎn)化為FeCl3，可以在熱浸中循環(huán)使用。(3)過濾Ⅱ所得的濾液中有過量的未反應的Fe3+，根據(jù)還原之后可以得到含硫濾渣，“還原”中加入鉛精礦的目的是將過量的Fe3+還原為Fe2+。(4)“置換”中加入試劑X可以可以得到富銀鉛泥，為了防止引入其他雜質(zhì)，則試劑X應為Pb，發(fā)生的反應為：Pb+2[AgCl2]—==2Ag+[PbCl4]2—。(5)“電解II”中將富銀鉛泥制成電極板，電解Ⅱ得到金屬銀和金屬鉛，將銀和鉛分離出來，所以不可能作為陰極，應作為陽極板，陽極放電時，銀變成陽極泥而沉降下來，鉛失電子為Pb2+，陰極得電子得到Pb，所以電極板應作陽極。17．(14分)氯磺酸(HSO3Cl)可用于制造農(nóng)藥、洗滌劑、塑料等，軍事上常用作煙幕劑，其沸點約152℃，易溶于硫酸，極易潮解。常溫下制氯磺酸的原理為：，其中SO3可由發(fā)煙硫酸提供。制備少量氯磺酸的裝置如圖所示(部分夾持裝置略)。(1)試劑a為，裝置A中毛細管的作用是。(2)裝置F應為(填序號)，其作用除了尾氣處理外還有(用化學用語表示)。(3)反應到一定程度時需對C裝置加熱，其目的是。(4)查閱資料，氯磺酸的酸性強于硫酸，其原因可能為。(5)氯磺酸產(chǎn)品中可能含有少量Fe2+，現(xiàn)測定其中鐵含量。已知在pH為3~9時，鄰菲啰啉能與Fe2+形成橙色配合物Fe-phen。Fe-phen在510nm處的吸光度A與溶液中Fe2+濃度呈線性關系，如下表所示：Fe2+濃度/mol?L-100.000800.00160.00240.0032吸光度A00.200.400.600.80在一定條件下測定溶液的平均吸光度，該產(chǎn)品中Fe2+含量為mol·L-1。(6)測定HSO3Cl的純度(HSO3Cl中常溶有少量的SO3)：選擇合適的試劑，設計實驗。簡要說明實驗操作，實驗數(shù)據(jù)可用字母表示。[可選的試劑：BaCl2溶液、Ba(NO3)2溶液、AgNO3溶液、稀硝酸]取mg產(chǎn)品溶于水中，。【答案】(1)濃鹽酸(1分)控制濃鹽酸的加入速度，使產(chǎn)生的HCl氣流速度適當而穩(wěn)定或使密度較濃硫酸小的濃鹽酸順利流到底部，能順利產(chǎn)生HCl氣體或防止鹽酸飛濺(2分)(2)②或①③(1分)(2分)(3)使溫度升高，沸點較低的氯磺酸迅速氣化被及時蒸餾分離出來(2分)(4)氯原子為吸電子基團，使羥基的極性變大，酸性增強(2分)(5)0.0010(2分)(6)加入過量的Ba(NO3)2溶液充分反應后，過濾。向濾液中加入過量的AgNO3溶液，過濾、洗滌、干燥、稱量，測量所得沉淀AgCl的質(zhì)量為ng(2分)【分析】裝置A為實驗室制備少量的HCl，由于氯磺酸(HSO3Cl)沸點約152℃，易溶于硫酸，可迅速吸潮發(fā)生反應產(chǎn)生濃烈的白霧：HSO3Cl+H2O=HCl+H2SO4，故B裝置可以起到干燥HCl防止氯磺酸水解變質(zhì)的作用，也可以通過B、C的氣流速率來判斷反應進行的程度，C裝置為制備苯磺酸的發(fā)生裝置，反應為HCl(g)+SO3=HSO3Cl(l)，D冷凝裝置，E用于收集產(chǎn)品，F(xiàn)進行尾氣吸收以及防止后面水蒸氣的進入，據(jù)此分析解題。【解析】(1)A為實驗室制備少量的HCl，試劑a為濃鹽酸，裝置A中毛細管的作用是控制濃鹽酸的加入速度，使產(chǎn)生的HCl氣流速度適當而穩(wěn)定或使密度較濃硫酸小的濃鹽酸順利流到底部，能順利產(chǎn)生HCl氣體或防止鹽酸飛濺。(2)裝置F進行尾氣吸收以及防止后面水蒸氣的進入，應為②或①③，其作用除了尾氣處理外還有。(3)反應到一定程度時需對C裝置加熱，其目的是使溫度升高，沸點較低的氯磺酸迅速氣化被及時蒸餾分離出來。(4)氯磺酸的酸性強于硫酸，結(jié)合其結(jié)構，其原因可能為氯原子為吸電子基團，使羥基的極性變大，酸性增強。(5)由題干信息可知，F(xiàn)e-phen在510nm處的吸光度A與溶液中Fe2+濃度呈線性關系，分析表中數(shù)據(jù)可得出：A=×c(Fe2+)=250c(Fe2+)，故在一定條件下測定溶液的平均吸光度A=0.25，該產(chǎn)品中總鐵量為。(6)可以通過產(chǎn)物中氯元素的含量進行測定純度，具體步驟為：取mg產(chǎn)品溶于水中，加入過量的Ba(NO3)2溶液充分反應后，過濾。向濾液中加入過量的AgNO3溶液，過濾、洗滌、干燥、稱量，測量所得沉淀AgCl的質(zhì)量為ng。18．(14分)以和為原料制備甲醇是實現(xiàn)資源化利用的方式之一，反應原理為：反應Ⅰ：。已知：

回答下列問題：(1)計算上述合成甲醇反應的焓變。合成過程中借助高分子選擇性吸水膜可有效提高平衡利用率，其原因是。(2)關于反應Ⅰ的說法，正確的是。A．有利于減少碳排放，實現(xiàn)碳中和B．降低溫度可提高含量，工業(yè)生產(chǎn)時應控制溫度越低越好C．當氣體密度保持不變時，反應一定達到平衡狀態(tài)(3)在恒壓密閉容器中通入和的混合氣體制備甲醇。過程中測得甲醇的時空收率（STY）（表示單位物質(zhì)的量催化劑表面甲醇的平均生成速率）隨溫度（T）變化如下表：①該反應最適宜的溫度是℃。②隨著溫度升高，反應速率加快，甲醇的時空收率增大。繼續(xù)升高溫度，甲醇的時空收率反而降低的原因可能是。③220℃時，氫氣的平均反應速率為。(4)催化加氫制甲醇過程中，存在競爭的副反應主要是：

在恒溫、壓強為p的反應條件中，和反應并達到平衡狀態(tài)，平衡轉(zhuǎn)化率為20％，甲醇選擇性為50％，該溫度下主反應的平衡常數(shù)。（列出計算式即可，用平衡分壓代替平衡濃度，分壓＝總壓×物質(zhì)的量分數(shù)，甲醇的選擇性％）【答案】(1)-54(2分)借助高分子選擇性吸水膜，分離出水，使得水濃度減小，平衡正向移動(2分)(2)A(2分)(3)210(2分)生成甲醇的反應為放熱反應，升高溫度超過一定程度后，導致平衡逆向移動(2分)0.63(2分)(4)(2分)【解析】(1)已知：①

②

由蓋斯定律可知，3×①-②得反應：-54；合成過程中借助高分子選擇性吸水膜，分離出水，使得水濃度減小，平衡正向移動，可有效提高平衡利用率；(2)A．反應可以充分將二氧化碳轉(zhuǎn)化為甲醇，有利于減少碳排放，實現(xiàn)碳中和，正確；B．反應Ⅰ為放熱反應，降低溫度，平衡正向移動，利于提高的平衡含量，但是溫度過低，導致反應速率減慢，故工業(yè)生產(chǎn)時不是控制溫度越低越好，錯誤；C．若在固定體積容器中進行反應，氣體質(zhì)量始終不變，則混合氣體的密度始終不變，因此不能說明反應已達平衡，錯誤；故選A；(3)①由圖可知，該反應最適宜的溫度是210℃，此時甲醇的時空收率最高。②生成甲醇的反應為放熱反應，升高溫度超過一定程度后，導致平衡逆向移動，使得甲醇的時空收率反而降低；③220℃時，甲醇的時空收率為0.21，由方程式可知，氫氣的平均反應速率為0.21×3=0.63。(4)在恒溫、壓強為p的反應條件中，和反應并達到平衡狀態(tài)，平衡轉(zhuǎn)化率為20％，甲醇選擇性為50％，則反應二氧化碳0.2mol，生成甲醇0.2mol×50%=0.1mol；反應平衡時，二氧化碳、氫氣、甲醇、水、一氧化碳分別為0.8mol、2.6mol、0.1mol、0.2mol、0.1mol，總的物質(zhì)的量為3.8mol，則該溫度下主反應的平衡常數(shù)。19．(14分)化合物H是科學家正在研制的一種新藥物，其合成路線如下：已知：eq\o(→,\s\