(滿分：100分 時間：75分鐘)
可能用到的相對原子質量：H1 C12 O16 Na23 Mg24 Ca40 C59 Fe56 Mn55
一、選擇題(本題共10小題，每小題4分，共40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. 我國古籍中蘊涵了許多化學知識。下列說法錯誤的是
A. “以磁石磨針鋒，則能指南”中“磁石”的主要成分為
B. 《本草綱目拾遺》中對強水的記載：性最猛烈，能蝕五金。強水為電解質
C. “欲試藥金(銅鋅合金)，燒火有五色氣起”，通過焰色反應可檢驗金屬元素
D. “三月打雷麥谷堆”，在雷電作用下最終轉化成能被農作物吸收的化合態(tài)氮
【答案】B
【解析】
【詳解】A．“磁石”的主要成分是，選項A正確；
B．強水為硝酸溶液，為混合物，不屬于電解質，選項B錯誤；
C．某些金屬或它們的化合物在無色火焰中灼燒時會使火焰呈現特殊顏色，所以通過焰色反應可以檢驗金屬元素，選項C正確；
D．氮氣跟氧氣能直接化合生成無色的一氧化氮氣體，一氧化氮不溶于水，在常溫下易跟空氣中的氧氣化合，生成紅棕色的二氧化氮氣體，二氧化氮易溶于水，它溶于水后生成硝酸和一氧化氮，硝酸進一步轉化為可以被植物吸收的硝酸鹽，增加土壤中氮肥含量，有利于農作物生長，選項D正確；
答案選B。
2. 2-丁炔可發(fā)生如下轉化，下列說法不正確的是
A. 高分子Z可以使溴水褪色
B. X與酸性KMnO4溶液反應可生成CH3COOH
C. Y可以發(fā)生銀鏡反應更多優(yōu)質資源可進入 D. 高分子Z可能存在順式結構和反式結構
【答案】C
【解析】
【詳解】A．高分子Z中含有雙鍵，可以使溴水褪色，A正確；
B．2-丁炔加H2生成X，根據分子式可知X中含有雙鍵，為2-丁烯，與酸性KMnO4溶液反應可生成CH3COOH，B正確；
C．Y為2-丁炔與水發(fā)生反應獲得，由于2-丁炔中三鍵位置不在兩端，所以不會生成醛基，不可以發(fā)生銀鏡反應，C錯誤；
D．Z是由2-丁炔聚合生成，Z中含有雙鍵，所以存在順式結構和反式結構，D正確；
故選C。
3. 不能正確表示下列反應的離子方程式的是
A. 工業(yè)上生產燒堿：
B. 和的堿性溶液反應：
C. 溶液和少量溶液反應：
D. 酸性溶液和溶液反應：
【答案】C
【解析】
【詳解】A．工業(yè)上通過電解飽和食鹽水生成燒堿，離子方程式為：，故A正確；
B．和NaClO的堿性溶液反應生成和Cl-，依據氧化還原反應中得失電子守恒、電荷守恒進行配平，可得，故B正確；
C．溶液和少量溶液反應生成硫酸鋇和水，離子方程式為：，故C錯誤；
D．酸性溶液和溶液反應生成Mn2+和O2，根據得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：，故D正確；
故選C。
4. 2022年12月，首架國產大飛機C919正式交付，國之重器，世界矚目。錸(Re)是生產飛機發(fā)動機葉片必不可少的材料。X、Y、Z、Q、W是原子序數依次增大且位于不同主族的短周期元素，其中X、Y、Z三種元素可與錸元素組成一種化合物(結構如圖)，該化合物與X的單質反應可得到錸。Q是地殼中含量最豐富的金屬元素，Z與W形成的化合物為共價晶體。下列說法正確的是
A. 元素第一電離能：Z>Y>W>Q
B. 圖中的陽離子存在三個共價鍵和一個配位鍵，四個鍵的性質不同
C. 熔點：W晶體大于W、Y形成的晶體
D. Q的最高價氧化物對應水化物可以和強堿反應
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、W是原子序數依次增大且位于不同主族的短周期元素，其中X、Y、Z三種元素可與錸元素組成一種化合物，該化合物與X的單質反應可得到錸。Q是地殼中含量最豐富的金屬元素，則為Al，Z與W形成的化合物為共價晶體,Z為O、W為Si，X為H，結合化合物中Y的價鍵可知為N，右邊的離子為銨根離子；
綜上分析可知X為H元素，Y為N元素，Z為O元素，Q為A1元素，W為Si元素；
【詳解】A.第一電離能：N>O>Si>Al，即Y>Z>W>Q，選項A錯誤；
B.陽離子為，四個鍵的性質相同，選項B錯誤；
C.N-Si鍵鍵長小于Si-Si鍵，N-Si鍵鍵能大于Si-Si鍵，選項C錯誤；
D.鋁的最高價氧化物對應的水化物為Al(OH)3，可以與強堿反應，選項D正確；
答案選D。
5. 在堿性鍍銅中電鍍液的主要成分是，其內界的電離與弱電解質類似，僅部分解離為中心離子和配位體。設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是
A. 1ml/L溶液中數目小于NA
B. 22.4LNH3含有的質子數目為10NA
C. 1ml的配位鍵數目為2NA
D. N2和H2合成1mlNH3轉移電子數目為3NA
【答案】D
【解析】
【詳解】A．未指明溶液體積，無法計算其含有的微粒數目，故A錯誤；
B．未給出氨氣所處的溫度和壓強，無法計算其含有的微粒數目，故B錯誤；
C．的配位鍵數目為，C項錯誤；
D．根據氧化還原原理可知，和合成時轉移電子數目為，D項正確；
故本題選D．
6. 某種含二價銅微粒[CuII(OH)(NH3)]+的催化劑可用于汽車尾氣脫硝，催化機理如圖所示，下列說法錯誤的是
A. [CuII(OH)(NH3)]+可降低該反應的活化能
B. 狀態(tài)②到狀態(tài)③的過程中N元素被氧化
C. 狀態(tài)③到狀態(tài)④的過程中有O-H鍵的形成
D. 該脫硝過程的總反應方程式為
【答案】D
【解析】
【詳解】A．從圖中可知，[CuII(OH)(NH3)]+為該反應的催化劑，可降低該反應的活化能，A正確；
B．狀態(tài)②到③的過程中，Cu和N的化合價發(fā)生變化，Cu得電子化合價降低，N失電子被氧化，B正確；
C．狀態(tài)③到④的過程中，生成了水，有H-O鍵的形成，C正確；
D．從圖中可知，該反應的總反應方程式為4NH3+4NO+O2=6H2O+4N2，D錯誤；
故答案選D。
7. 室溫下，下列實驗探究方案能達到探究目的的是
A AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【詳解】A．向苯酚鈉溶液中通入CO2，觀察到溶液變渾濁，說明苯酚酸性比碳酸弱，A正確；
B．沒有明確乙酸與氯乙酸的濃度是否相等，則用pH計分別測定等體積的元素溶液和氯乙酸溶液的pH不能探究鍵的極性對羧酸酸性的影響，B錯誤；
C．乙醇具有揮發(fā)性，揮發(fā)出的乙醇也能與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應使溶液褪色，則將產生的氣體通入酸性高錳酸鉀溶液，觀察現象不能確定1—溴丁烷的消去產物，C錯誤；
D．酸性條件下，硝酸根離子氧化性強于過氧化氫，則硝酸亞鐵溶液中滴入硫酸酸化的過氧化氫溶液，硝酸根離子會干擾過氧化氫與亞鐵離子的反應，無法探究過氧化氫與鐵離子氧化性強弱，D錯誤；
故選A。
8. 實驗室初步分離苯甲酸乙酯、苯甲酸和環(huán)己烷的流程如下：
已知：苯甲酸乙酯的沸點為212.6℃，“乙醚-環(huán)己烷-水共沸物”的沸點為62.1℃。
下列說法不正確的是
A. 操作a為分液，操作c為重結晶B. 操作b中需用到直形冷凝管
C. 可用冷水洗滌苯甲酸粗品D. 飽和Na2CO3和無水MgSO4作用相同
【答案】D
【解析】
【分析】苯甲酸乙酯、苯甲酸和環(huán)己烷混合物中加入碳酸鈉溶液，苯甲酸與碳酸鈉反應生成苯甲酸鈉、水和二氧化碳，分液后得到有機相1和水相1；苯甲酸乙酯的沸點為212.6℃，“乙醚-環(huán)己烷-水共沸物”的沸點為62.1℃，蒸餾（操作b）后得到有機相2和共沸物，向有機相2中加入無水硫酸鎂，用于除去有機相中的少量水；向水相1中加入乙醚萃取少量的有機物進入有機相，分液后得到水相2，水相2中的主要成分為苯甲酸鈉，加入硫酸可反應生成苯甲酸，經過濾后得到苯甲酸粗品，再經重結晶得到純凈的苯甲酸。
【詳解】A. 結合上述分析，操作a分液，操作c為重結晶，A不符合題意；
B. 結合上述分析，操作b為蒸餾，需用到蒸餾燒瓶、直形冷凝管、溫度計、尾接管、錐形瓶等，B不符合題意；
C. 用冷水洗滌苯甲酸粗品，可避免苯甲酸溶解導致產率降低，C不符合題意；
D. 飽和Na2CO3的作用是將苯甲酸轉化為苯甲酸鈉，從而與苯甲酸乙酯、環(huán)己烷分離，無水MgSO4的作用是干燥有機物，作用不同，D符合題意；
故選D。
9. 我國科研團隊設計了一種表面鋰摻雜的錫納米粒子催化劑可提高電催化制甲酸鹽的產率，同時釋放電能，實驗原理如圖所示。下列說法不正確的是
A. 充電時，電極周圍升高
B. 放電時，每生成，轉移個電子
C. 使用催化劑或者均能有效減少副產物的生成
D. 使用催化劑，中間產物更不穩(wěn)定
【答案】B
【解析】
【詳解】A．根據裝置圖，充電時，外電路電子流向Zn電極，即Zn電極反應式為Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，c(OH-)增大，pH增大，故A說法正確；
B．根據裝置圖可知，放電時，右側電極反應式為CO2+2e-+H2O =HCOO-+OH-，生成1ml HCOO-時，轉移電子物質的量為2ml，故B說法錯誤；
C．根據圖象可知，在使用催化劑Sn和s-SnLi生成CO時活化能大，活化能大反應速率慢，且CO能量比HCOOH能量高，能量越低，物質越穩(wěn)定，因此使用催化劑Sn和s-SnLi可以減少副產物CO的生成，故C說法正確；
D．根據圖象可知，使用催化劑s-SnLi，中間產物能量高，不穩(wěn)定，故D說法正確；
答案為B。
10. 汽車尾氣中NO產生的反應為：，一定條件下，等物質的量的和在恒容密閉容器中反應，如圖曲線a表示該反應在溫度T下濃度隨時間的變化。曲線b表示該反應在某一起始反應條件改變時濃度隨時間的變化。下列說法中不正確的是
A. 溫度T下，混合氣體的密度不變，反應不一定達平衡
B. 溫度T下，該反應的平衡常數
C. 曲線a對應條件下，
D. 曲線b對應的條件改變一定是升高溫度
【答案】D
【解析】
【詳解】A．該反應是氣體分子數不變的反應，反應前后氣體的密度不變，不能作為平衡判斷標志，故A正確；
B．溫度T下，平衡時N2、O2、NO的濃度分別為：c1、c1、2(c0-c1)，該反應的平衡常數，故B正確；
C．曲線a對應條件下，d點沒有平衡，正向進行，，故C正確；
D．曲線b反應速率加快，平衡時N2濃度減小，可能是增大O2的濃度，故D錯誤；
故答案為D。
二、非選擇題(共4小題，共60分)
11. 釹鐵硼廢料是一種具有較高經濟價值的廢棄物，主要成分為稀土元素釹(Nd)、Fe、B．一種采用分步沉淀從釹鐵硼油泥中回收Nd2(C2O4)3·10H2O和FeC2O4·2H2O的工藝流程如圖：
已知：①200℃下氧化焙燒，釹鐵硼廢料中釹和鐵主要以Nd2O3和Fe2O3的形式存在，硼常溫下穩(wěn)定，加熱至300℃被氧化，不與稀酸反應。
②H2CO4易與Fe3+形成多種配合物離子，易與Fe2+形成FeC2O4·2H2O沉淀。
回答下列問題：
（1）“預處理”是洗去釹鐵硼表面的油污，可選擇___________(填化學式)溶液。
（2）“濾渣1”的主要成分是___________(填名稱)?！敖觥睍r，鹽酸濃度和液固比對釹、鐵的浸出率影響如圖所示，則浸出過程的最佳條件是___________。
（3）寫出“沉釹”時生成沉淀的離子方程式：___________。
（4）“沉鐵”時，加入鐵粉的作用是___________。
（5）FeC2O4·2H2O晶體結構片段如圖所示。
其中，Fe2+的配位數為___________；碳原子采用___________雜化?，F測定草酸亞鐵晶體純度。準確稱取Wg樣品于錐形瓶，加入適量的稀硫酸，用cml·L-1KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液bmL。滴定反應：(未配平)。該樣品純度為___________%。
【答案】11. NaOH(或熱的Na2CO3)
12. ①. 硼 ②. 6ml/L的鹽酸、液固比為5：1
13.
14. 將Fe3+還原為Fe2+，與溶液中的草酸根生成FeC2O4·2H2O的沉淀
15. ①. 6 ②. sp2 ③.
【解析】
【分析】釹鐵硼廢料預處理后在通入空氣在200℃條件下焙燒后，加入稀鹽酸浸出，濾渣1主要成分為硼；濾液1加入草酸溶液沉釹得到Nd2(C2O4)3·10H2O，濾液2加入鐵粉沉鐵，得到草酸亞鐵晶體；
【小問1詳解】
碳酸鈉水解呈堿性，油脂在堿性條件下水解，故“預處理”是洗去釹鐵硼表面的油污，可選擇NaOH(或熱的Na2CO3)溶液；
【小問2詳解】
根據已知信息“200℃下氧化焙燒，釹鐵硼廢料中釹和鐵主要以Nd2O3和Fe2O3形式存在，硼常溫下穩(wěn)定，加熱至300℃被氧化，不與稀酸反應”，所以“濾渣1”主要成分為硼。結合題意，在“浸出”時，應盡可能地將釹和鐵存在于“濾液1”中，即浸出率盡可能大，同時考慮到成本，因此選擇6ml·L-1的鹽酸、液固比為5：1的條件進行浸出；
【小問3詳解】
根據流程圖可知，“沉釹”過程用草酸將Nd3+轉化為難溶的Nd2(C2O4)3·10H2O；
【小問4詳解】
根據已知信息“H2C2O4易與Fe3+形成多種配合物離子，易與Fe2+形成FeC2O4·2H2O沉淀”，結合題意，需將鐵元素轉化成Fe2+，與溶液中的草酸根生成FeC2O4·2H2O的沉淀；
【小問5詳解】
根據FeC2O4·2H2O晶體結構片段，可知Fe2+與6個O原子形成配位鍵，配位數為6；FeC2O4·2H2O晶體中有碳氧雙鍵，碳原子雜化類型為sp2.根據質量守恒和電荷守恒配平離子方程式，，故，故樣品純度為。
12. 溫和型供氧劑CaO2是白色固體，微溶于水，不溶于有機溶劑，可與水緩慢反應，易與酸反應。某實驗小組按如下流程和裝置制取CaO2：
第①步的裝置如圖所示(夾持裝置省略)。
請回答：
（1）盛裝H2O2溶液的恒壓分液漏斗的支管的作用是___________。
（2）如果用CaO固體替代Ca(OH)2，結果得到CaO2的量很少，原因是___________。
（3）取天然水的水樣，分成等體積的甲、乙兩份，甲經煮沸后密封冷卻，乙無操作。向兩份水樣中加入等質量的CaO2(不足量)，經分析發(fā)現，一段時間后甲水樣中O2的濃度較低。原因之一是煮沸除去了甲水樣中的溶解的O2，其它可能原因是___________(寫一個即可)。
（4）取1.4000g產品于燒杯，加過量鹽酸并煮沸，冷卻后加過量溶液，過濾、洗滌后將沉淀轉入錐形瓶中，加足量稀硫酸，用0.5000ml/LKMnO4標準溶液滴定至終點，重復2～3次，平均消耗標準溶液16.00mL。已知：
①滴定操作可分解為如下幾步，按實驗操作先后順序排序___________(選填序號)。
A．用標準溶液潤洗滴定管2～3次
B．固定盛有標準溶液的滴定管，轉動旋塞使尖嘴處充滿溶液
C．用標準溶液滴定至終點，讀數
D．取標準溶液注入滴定管至“0”刻度線以上2～3cm處
E．調節(jié)液面至0刻度線以下，讀數
②樣品中CaO2的純度是___________%(結果保留一位小數)。
③根據計算結果，分析造成此結果的可能因素有___________(選填序號)。
A．烘干時溫度過高，少量CaO2分解為CaO
B．轉移CaC2O4沉淀時，有固體殘留在濾紙上
C．洗滌CaC2O4沉淀時，未洗滌干凈
D．滴定終點讀數時，俯視讀數
【答案】（1）平衡氣壓，使H2O2易于滴下
（2）CaO遇水快速放出大量熱，導致H2O2分解
（3）乙水樣中溶解CO2與CaO2反應，增加了水體中O2的濃度
（4） ①. ADBEC ②. 102.9 ③. AC
【解析】
【分析】30%雙氧水與氫氧化鈣固體冰水浴攪拌反應，得到懸濁液，過濾得到，烘干得到；
【小問1詳解】
恒壓分液漏斗的作用是平衡氣壓，使漏斗內的能順利滴下；
【小問2詳解】
CaO與水反應生成時會放出大量的熱，造成分解，導致生成的的量減??；
【小問3詳解】
煮沸時會將水中溶解的所有氣體均除去，結合題給信息“易與酸反應”，甲中被除去，造成不能發(fā)生，水中溶解氧降低；乙水樣中溶解與反應，增加了水體中的濃度；
【小問4詳解】
①滴定實驗的主要操作包括：潤洗、裝液、排氣泡、調液面、讀數、滴定、讀數等操作，據此可排出相應的操作順序為ADBEC；
②根據操作過程，可以得出等量關系式：，，，質量分數為，即的純度為102.9%；
③純度大于100%，說明測定結果偏大。
A．烘干時少量分解為CaO，導致相同質量的產品中Ca元素的含量偏高，導致測定結果偏高，選項A正確；
B．有少量固體殘留在濾紙上，會導致測定結果偏低，選項B錯誤；
C．洗滌時未洗干凈，會導致固體表面吸附有溶液，會導致消耗的KMnO4溶液偏大，選項C正確；
D．滴定終點時，俯視讀數，會導致終點讀數偏小，測定結果偏小，選項D錯誤；
故選AC。
13. 甲醚是重要的有機合成原料，甲醇制備甲醚的反應：；工業(yè)上常用CO2或CO催化氫化法合成CH3OH?；卮鹣铝袉栴}：
（1）CO2和H2在某催化劑表面合成CH3OH：，反應歷程如圖甲所示，其中吸附在催化劑表面上的物種用*標注。該反應歷程中活化能最小步驟的化學方程式為___________。已知(△H、△S隨溫度的變化不大)，隨溫度的變化關系如圖乙所示，圖中表示該反應的直線是___________(填代號)。
（2）CO催化加氫法合成CH3OH，進而制備CH3OCH3的過程中涉及如下反應：
反應I：
反應II：
反應III：
①在298K，101kPa時，CO(g)、H2(g)、CH3OH(g)的摩爾燃燒焓如下表：
則△H2=___________。
②一定溫度下，向2L恒容密閉容器中充入2mlCO(g)和4mlH2(g)制備，初始壓強為p0Pa，5min達到平衡時CO(g)轉化率為70%，c(CH3OH)=2c(CH3OCH3)，且c(H2)=0.9ml?L-1.則0~5min內，v(CO)=___________ml。L-1.min-1；反應I的平衡常數Kp=___________(用p0表示)；平衡后，保持溫度和容器體積不變，向容器中再充入1mlCO(g)和2mlH2(g)，重新達到平衡后，CH3OCH3(g)的物質的量分數___________(填“增大”、“減小”或“不變”)。
【答案】（1） ①. (或) ②. c
（2） ①. -128.1kJ?ml-1 ②. 0.14 ③. ④. 增大
【解析】
【小問1詳解】
由反應歷程圖可知，活化能最小的一步為下圖圈出部分，分反應為(或)；
該反應為?H

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