辽宁省2023届高考模拟考试化学试题6套（答案 解析）(Word版）

高三第一次模拟考试化学试题一、单选题1．2022年，一场冬奥会让全世界刷新了对中国的认知，科技冬奥会，彰显大国风范。下列说法错误的是（）A．国家速滑馆采用了R2跨临界直冷制冰技术，与使用氟利昂制冷相比更加环保B．火炬“飞扬”外壳采用的耐高温碳纤维材料，属于传统无机非金属材料C．冬奥会完全采用光伏发电技术绿色供电，这有利于实现低碳管理目标D．紫外线可以使蛋白质变性，冬奥会大量使用紫外线消毒技术保护公众的健康2.下列化学用语中正确的是（）A．Fe3+的最高能层电子排布式为3d5B．质量数为127的碘原子：53127C．S2-的结构示意图：D．反-2-丁烯的结构简式：3.辽宁有众多国家级非物质文化遗产，如复州皮影戏、阜新玛瑙雕、锦州满族刺绣、沈阳老龙口白酒传统酿造技艺等。下列说法正确的是（）A.皮影人用兽皮雕刻，兽皮的主要成分属于高级脂肪酸甘油酯B．玛瑙是熔融态2快速冷却形成的C．满族刺绣以家布为底衬，制作家织布的棉花属于再生纤维D．在酿酒工艺中，可以将淀粉直接转化为乙醇4.氯化三乙基锡常温下为无色液体，熔点15.5℃，沸点206℃。氯化三乙基锡的合成方法如图所示。下列说法错误的是（）A.四乙基锡的二氯代物有6种B．低温下，氯化三乙基锡为分子晶体C．1mol四乙基锡中含有28mol键D．锡元素的同素异形体灰锡属于金属晶体5.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.将78g苯和52g苯乙烯混合，混合物中含有键的个数为5n+的数B．向足量4溶液中滴加含0.13[()6]的铁氰化钾溶液，溶液中含目为0.3C．0.1mol草酸亚铁晶体(t2R4⋅22R)被足量酸性鲰ࠫR4溶液完全氧化，所转移的电子数是0.3−D．将0.1mol醋酸钠固体溶于一定量稀醋酸中，溶液呈中性，此时溶液中3RR数目小于0.16．L-脯氨酸是合成人体蛋白质的重要氨基酸之一，以下是利用L-脯氨酸催化羟醛缩合反应的方程式，下列说法错误的是（）A．M的分子式为10123B．N分子中有2个手性碳原子C．M与N互为同分异构体D．L-脯氨酸可以发生缩聚反应7.海水综合利用符合可持续发展的原则，其联合工业体系(部分)如图所示，下列说法中错误的是（）A.①中可采用蒸馏法或者电渗析法B.②中可通过电解熔融态的氯化镁制金属镁单质C．③中生成1molBr2，共消耗标准状况下Cl222.4LD．④的产品可生产盐酸、漂白液、漂白粉等8.下列实验操作对应的实验现象及解释或结论都正确的是（）选实验操作实验现象解释或结论项鉴别食盐中是否含有少量NaNO2，可取一定量食盐溶于水食盐中含有A溶液紫色褪去中，再滴加酸性KMnO4溶液NaNO2产生淡黄色沉反应生成了B将苯和液溴反应生成的气体通入硝酸酸化的AgNO3溶液中淀HBr将0.1mol/LAgNO3溶液和0.1mol/LNaCl溶液等体积混滤液出现浑C合，得到悬浊液后过滤，向滤液和白色沉淀中分别滴加浊，沉淀变为()>0.1mo/LKI溶液黄色乙二醇被氧D将少量的乙二醇(HOCH2CH2OH)滴入酸性KMnO4溶液中溶液紫色变浅化为乙二酸A．AB．BC．CD．D9．我国科学家发明了高选择性的2加氢合成3的催化剂，其组成为/2固溶n体，其中2摩尔质量为Mg/mol，晶胞如图所示，晶胞的棱长为apm。下列说法错误的是（）A．4+离子在晶胞中的配位数为8B．40位于元素周期表中ds区4×鲰C．该晶胞的密度为푔/푐×푎3×10−303D．O位于Zr构成的正四面体空隙中10．MFC-电芬顿技术通过产生经基自由基(·OH)处理有机污染物，可获得高效的废水净化效果，其耦合系统工作原理如图所示，下列说法错误的是（）A．Y电极上消耗1mol溶液中R2时，可以产生2mol⋅RB．甲池是将化学能转化为电能，其中a极上发生氧化反应C．乙池中生成羟基自由基的反应为t2++R+=t3++22+2R+⋅RD．电子移动方向为：a→Y，x→b11．向恒容的密闭容器中充入amolCO和bmol2，发生反应：R(푔)+2(푔)⇌R(푔)+2(푔)，2的平衡转化率如图所示，下列说法正确的是（）1A.0℃时，若该反应的平衡常数=，则：=6：53B.该反应为吸热反应(C．若一段时间后，保持不变，则该反应达到平衡状态)(2)D．平衡后，向容器中再通入amolCO，正逐渐增大12.某种化合物的结构如图所示。其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，X的原子半径是元素周期表中最小的，下列说法正确的是（）A.电负性：Z>Q>YB．简单离子半径：W>Z>Q3C．该化合物中Z原子和Y原子都是sp杂化D．Y的氢化物沸点可能大于Q的氢化物沸点13.酸性水系锌锰电池放电时，电极上的2易剥落，会降低电池效率，若向体系中加入少量KI固体则可以提高电池的工作效率，原理如图所示。下列说法正确的是（）A.含有2的碳电极的电势低于Zn电极−+=鲰ࠫ2++−+2RB．加入KI后可降低能量的“损失”，相关方程式为鲰ࠫR2+3+423C．电池要维荷较高的工作效率，需不断向体系中加入KI固体n+通过质子交换膜D．放电时，消耗0.5molZn时，有0.5molࠫ−−14．研究表明，푎ࠫ4与水反应制氢气的原理为+22R=ࠫR+42↑。表格为pH和温度42对4半衰期的影响(半衰期是指反应过程中，某物质的浓度降低到初始浓度一半所需的时间)，下列说法错误的是（）不同温度下4的半衰期(min)体系pH0℃25℃50℃104.32×1026.19×1018.64×100124.32×1046.19×1038.64×102144.32×1066.19×1058.64×104A．푎ࠫR+−−+2溶液显碱性，溶液中各离子浓度大小为푐(푎)>푐(ࠫR)2>푐(R)>푐()B．在50℃、=12的条件下，푎ࠫ4初始浓度为4.32mol/L，则半衰期内(2)=0.01푚th⋅L−1⋅푚tࠫ−1C．由表格中数据可知，相同pH下，4与水反应的速率随温度升高而增大D．由表格中数据可知，相同温度下，4与水反应的速率随pH升高而增大−15.某温度下，改变0.1mol/L22R7溶液的pH时，各种含铬元素粒子及R浓度变化如图所示(已知2R4a是二元酸)，下列有关说法正确的是（）A．该温度下的−13=1×10B．溶液中存在平衡2−2−+，且该温度下此反应的平衡常数=1×2R+2R⇌2R+27410−13.2C．E点溶液中存在：푐(+)<2푐(2−)+3푐(R2−)2R74D．向0.1/L227溶液中，加入一定量NaOH固体，溶液橙色加深二、综合题16.镍是一种硬而有延展性并具有铁磁性的金属，它能够高度磨光和抗腐蚀，工业上用红土镍矿[主要成分为鲰푔3t2R5(R)4、t2鲰푔R4、NiO、tR、t2R3]为原料，采用硫酸铵焙烧法选择性提取镍并回收副产物黄铵铁矾[化学式可表示为(4)t(R4)(R)，摩尔质量为480푔⋅푚th−1]的工艺流程如图所示：已知：焙烧①2[鲰푔3t2R5(R)4]+9(4)2R4_3(4)2鲰푔2(R4)3+123↑+4tR2+102R↑②2_焙烧24+15(_(4)2鲰푔2(R4)3+163↑+4(4)3t(R4)3+82R_4)24（1）除铁时加入的22的用量高于理论用量的原因n是。(写出2点)（2）经分析矿样中大部分铁仍以氧化物形式存在于“浸渣”中，只有部分FeO在空气中焙烧时与(4)24反应生成2(4)3该反应的化学方程式为；“浸渣”的主要成分除含有铁元素的化合物外还有(填化学式)。2+生成()沉淀，3+生成()或黄铵铁矾沉淀，开始（3）该工艺条件下，23沉淀和沉淀完全时的pH如下表：沉淀物((黄铵铁矾)2)3开始沉淀时的pH7.12.71.3沉淀完全(푐=1×10−5푚th/L)时的pH9.23.72.3若残留在浸出液中的铁完全转化为黄铵铁矾除去，“除铁”时通入3调节溶液pH的范围是。2+0.4≈2.5)。（4）“沉镍”时pH调为8.0，滤液中t浓度约为mo/L(10（5）由所得滤液获得鲰푔R4⋅72R晶体时，常用无水乙醇代替蒸馏水作洗涤剂，原因是(写出2点)（6）对黄铵铁巩进行热分解实验，其结果如下图所示，则黄铵铁矾的化学式为。(已知：黄铵铁矾在300℃前分解释放的物质为2R，300-575℃之间只有3和2R放出，此时残留固体只存在Fe、O、S三种元素，670℃以上得到的是纯净的红棕色粉末)。三、综合题17.丙烯(2=)是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产，副产物有乙腈(3)、氢氰酸、丙烯醛(34R)等，以丙烯、氨气和氧气为原料，在催化剂存在下合成丙烯腈(33)的主要反应如下：3Ⅰ.36(푔)+3(푔)+R2(푔)=33(푔)+32R(푔)1=−515/푚th2Ⅱ.36(푔)+R2(푔)=34R(푔)+2R(푔)2=−353/푚th回答下列问题：1（1）34()+3()+2()=33()+22()=2。（2）反应Ⅰ在(填“高温”“低温”或“任意”)条件下可自发进行：恒温，体系达到平衡后，若压缩容器体积，则反应Ⅱ的平衡移动方向为(填“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”)。n（3）工业生产条件下的丙烯氨氧化过程十分复杂。下列说法正确的是。A．原料丙烯可以从石油裂解气中分离得到B．为提高丙烯的平衡转化率和丙烯腈的选择性，需要研究高性能催化剂C．加入水蒸气可防止原料混合气中丙烯与空气的比例处于爆炸范围内产生危险D．生产过程中会产生大量的含氰废水，对环境的危害很大，排放前必须除去（4）已知对于反应：푎(푔)+ࠫ(푔)⇌푐(푔)+(푔)，其标准平衡常数：=()()[]×[]。T℃，压强为16的恒压密闭容器中，通入1mol丙烯、1mol氨气和3mol氧()()[]×[]气发生反应Ⅰ、Ⅱ，达到平衡时，容器内有amol33(푔)，bmol34R(푔)，此时2R(푔)的分压(2R)=(分压=总压×物质的量分数，用含a，b的代数式表示，下同)；反应Ⅱ的标准平衡常数为。（5）以丙烯腈为原料，利用电解原理合成已二腈[(2)4]可减少氮氧化物的排放，其装置如图所示，电解时Pb电极发生的电极反应式为。18.某化学实验小组发现镁和3溶液可以反应生成气体，且比镁和水的反应速率快，通过实验探充速率加快取决于哪些粒子，同时分析气体的成分。（1）Ⅰ.探究加快速率的粒子甲同学推测加快速率的粒子有两种：+能加快化学反应速率。①푎②R3能加快化学反应速率。−为验证猜想，进行了如下实验：对照组1mol/L3溶液(=持续产生大量气泡，溶液略显浑浊8.4)实验组11mol/L溶液持续产生大量气泡，溶液略显浑浊3实验组21mol/L溶液镁表面有极微量气泡附着3已知：Mg和2反应只能看到镁条表面有极微量气泡附着。用离子方程式解释对照组中3溶液显碱性的原因；实验组1得到的结论是；为控制变量与对照组一致，实验组2应在1mo/L3溶液中。（2）Ⅱ.探究气体的成分。乙同学向反应容器中滴加几滴洗洁精，形成大量泡沫时点燃气泡，听到有爆鸣声；再将产生的气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊。由此推测气体成分为。经查阅文献得知，n푎RR−⇌R2−+3溶液可以通过自耦电离(22R3)产生R2，该反应的平衡常数为33−7−11(保留3位有效数字)。(已知：2R3电离常数푎1=4.5×10，푎2=4.7×10)（3）丙同学认为乙同学的推测不够严谨，逸出的气体会带出少量溶液也能使澄清石灰水变浑浊，于是利用2传感器检测放出的气体中是否含有2。实验取6mL1mol/L3溶液加入250mL塑料瓶，塞紧2传感器，采集数据组315min，记录液面上方2浓度的变化，重复实验2次。实验取6mLlmol/L3溶液、0.1g打磨好的镁条加入250mL塑料瓶，实验操作同组4上。实验用上述同样方法采集15min空塑料瓶中2浓度的数据。组5由图像可知，加入Mg条后，2释放受到抑制，原因是；实验时取少量3溶液、少量镁条的原因是。19.用于治疗高血压的药物Q的合成路线如下：已知：芳香放化合物与卤代烃在3催化下可发生如下可逆反应：回答下列问题：（1）A的名称是；A→B的化学方程式为。（2）L中含氮官能团的名称为。（3）乙二胺(2222)和三甲胺[(3)3]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因是。（4）G分子中含两个甲基，G的结构简式是；F→G的反应类型是。（5）的同分异构体中，满足下列条件的有种(不考虑立体异构)。①属于戊酸酯；n②与th3溶液作用显紫色。其中核磁共振氢谱显示三组峰，且峰面积之比为1∶2∶9的结构简式为。(任写一种)答案解析部分1.【答案】B2.【答案】D3.【答案】B4.【答案】D5.【答案】C6.【答案】A7.【答案】C8.【答案】C9.【答案】B10.【答案】A1.【答案】A12.【答案】D13.【答案】B14.【答案】D15.【答案】C3+催化下分解16.【答案】（1）过氧化氢不稳定，受热易分解，过氧化氢在高温（2）4+2+6(_2t2(R4)3+123↑+62R↑；tR2_4)24（3）2.3≤<7.1−3（4）2.5×10（5）减小鲰푔R4⋅72R的溶解量，以减少损失，同时乙醇易挥发，便于干燥（6）43(4)2()617．【答案】（1）-162（2）任意；正反应方向（3）A；C；D3푎+(3푎+)（4）×16；5+0.5(1−푎−)(3−1.5푎−)−+（5）22=+2t+2=()418．【答案】（1）R−+−+32R⇌2R3+R；푎对实验无影响；滴加NaOH溶液至=8.4n−4（2）2和R2；1.04×10+被消耗，反应体系的碱性增强，不利于（3）Mg和3溶液反应使溶液中的2释放；当容器中反应物量大时，产生的热量会加速3溶液分解催化剂19．【答案】（1）丙酸；CH3CH2COOH+Cl2→CH3CHClCOOH+HCl（2）氨基、酰胺基（3）乙二胺分子间可形成氢键，而三甲胺分子不能（4）；取代反应（5）64；或n高三第一次模拟考试化学试题【答案】D一、单选题【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子排布；结构简式1．2022年，一场冬奥会让全世界刷新了对中国的认知，科技冬奥会，彰显大国风范。下列说法错误的是【解析】【解答】A．Fe3+的最高能层为M层，该层电子排布式为3s23p63d5，故A不符合题意；（）B.质量数为127的碘原子：，故B不符合题意；A.国家速滑馆采用了跨临界直冷制冰技术，与使用氟利昂制冷相比更加环保B.火炬“飞扬”外壳采用的耐高温碳纤维材料，属于传统无机非金属材料C.S2-的结构示意图：，故C不符合题意；C．冬奥会完全采用光伏发电技术绿色供电，这有利于实现低碳管理目标D．紫外线可以使蛋白质变性，冬奥会大量使用紫外线消毒技术保护公众的健康【答案】BD.反-2-丁烯的结构简式：，甲基在双键的两侧，故D符合题意；【知识点】常见的生活环境的污染及治理；无机非金属材料【解析】【解答】A．二氧化碳安全无毒，采用其做制冷剂，与使用氟利昂制冷相比更加环保，A项不符合题故答案为：D。意；B．碳纤维是新型无机非金属材料，B项符合题意；【分析】A.Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；C．采用光伏发电，可减少化石燃料的燃烧，减少污染物的排放，符合“绿色出行”的理念，C项不符合题意；B.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数；D．由于蛋白质在紫外线照射下发生变性，故冬奥会上采用紫外杀菌技术进行消毒，是利用紫外线使蛋白质变C.硫离子最外层电子数为8；性的原理，保护公众的健康，D项不符合题意；D.反-2-丁烯中两个甲基位于双键的两侧。故答案为：B。3.辽宁有众多国家级非物质文化遗产，如复州皮影戏、阜新玛瑙雕、锦州满族刺绣、沈阳老龙口白酒传统酿造技艺等。下列说法正确的是（）【分析】A.氟利昂会破坏臭氧层；A.皮影人用兽皮雕刻，兽皮的主要成分属于高级脂肪酸甘油酯C.采用光伏发电可减少二氧化碳的排放；D.紫外线可以使蛋白质变性。B．玛瑙是熔融态快速冷却形成的2.下列化学用语中正确的是（）C．满族刺绣以家布为底衬，制作家织布的棉花属于再生纤维A.Fe3+的最高能层电子排布式为3d5D．在酿酒工艺中，可以将淀粉直接转化为乙醇B．质量数为127的碘原子：【答案】B【知识点】硅和二氧化硅；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；高分子材料【解析】【解答】A．兽皮的主要成分是蛋白质，A不符合题意；C．S2-的结构示意图：B．玛瑙的主要成分是二氧化硅，是熔融态二氧化硅快速冷却形成的，B符合题意；C．棉花的主要成分是纤维素，属于天然纤维，C不符合题意；D．在酿酒过程中，淀粉先转化为葡萄糖，葡萄糖再经过发酵生成乙醇，淀粉不能直接转化为乙醇，D不符合D．反-2-丁烯的结构简式：题意；n故答案为：B。B.向足量溶液中滴加含的铁氰化钾溶液，溶液中含的数目为0.3【分析】A.兽皮的主要成分为蛋白质；C．0.1mol草酸亚铁晶体被足量酸性溶液完全氧化，所转移的电子数是0.3B.玛瑙的主要成分是二氧化硅；C.棉布的成分是天然纤维素；D.酿酒工艺中涉及多糖的水解、葡萄糖、乙醇的氧化等反应。D．将0.1mol醋酸钠固体溶于一定量稀醋酸中，溶液呈中性，此时溶液中数目小于0.14.氯化三乙基锡常温下为无色液体，熔点15.5℃，沸点206℃。氯化三乙基锡的合成方法如图所示。下列说【答案】C法错误的是（）【知识点】阿伏加德罗常数A.四乙基锡的二氯代物有6种【解析】【解答】A．已知一个苯环上含有一个大键，1个苯乙烯中含有苯环上的大键和碳碳双键上的B．低温下，氯化三乙基锡为分子晶体键，则将78g苯和52g苯乙烯混合，混合物中含有键的个数为C．1mol四乙基锡中含有28mol键D．锡元素的同素异形体灰锡属于金属晶体=2，A不符合题意；【答案】DB.根据反应可知：Fe2++K++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，故向足量溶液中滴加含【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；分子晶体；有机物的结构和性质的铁氰化钾溶液，溶液中含的数目为(0.1×3-0.1)×NAmol-1=0.2，B不符合题【解析】【解答】A．根据定一移一法可确定，四乙基锡的二氯代物有和共6意；3+、COC.已知草酸亚铁被完全氧化后变为Fe2，故1mol草酸亚铁将失去3mol电子，则0.1mol草酸亚铁晶体种，A不符合题意；被足量酸性溶液完全氧化，所转移的电子数是0.1mol×3×NAmol-1=0.3，CB．根据题干信息可知，氯化三乙基锡常温下为无色液体，熔点15.5℃，沸点206℃，可推知低温下，氯化三符合题意；乙基锡为分子晶体，B不符合题意；+)+n(H+)=n(CH--)，溶液C．已知一个四乙基锡为20个C-H键、4个C-C键和4个C-Sn配位键，则1mol四乙基锡中含有28molD.将0.1mol醋酸钠固体溶于一定量稀醋酸中，根据电荷守恒可知：n(Na3COO)+n(OH键，C不符合题意；呈中性，n(H+)=n(OH-)，则此时溶液中n(Na+)=n(CH3COO-)=0.1mol，故数目等于0.1，D不D．白锡为金属晶体，转变为灰锡时结构发生了变化，变成了共价晶体，D符合题意；符合题意；故答案为：D。故答案为：C。【分析】A.四乙基锡的二氯代物中两个氯原子可以位于同一个碳原子上，可以位于不同碳原子上；【分析】A.苯形成一个大π键，苯乙烯中苯环形成一个大π键，碳碳双键含有一个大π键；B.分子晶体熔沸点较低；B.FeSO4溶液中滴加铁氰化钾溶液发生反应Fe2++K++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓；C.单键均为σ键；C.草酸亚铁晶体与高锰酸钾反应时，Fe由+2价升高为+3价，C由+3价升高为+4价。1mol草酸亚铁晶体完全D.转变为灰锡时结构发生了变化。反应失去3mol电子；5.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）D.根据电荷守恒分析。6．L-脯氨酸是合成人体蛋白质的重要氨基酸之一，以下是利用L-脯氨酸催化羟醛缩合反应的方程式，下列说A.将78g苯和52g苯乙烯混合，混合物中含有键的个数为5n法错误的是（）塔，使溴蒸汽和吸收剂二氧化硫发生作用转化成氢溴酸以达到富集溴的目的，然后再用氯气将氢溴酸氧化得A．M的分子式为B．N分子中有2个手性碳原子到溴，整个过程中需要两次利用氯气氧化，所以每生成1molBr2，理论上共消耗2molCl2，其标准状况下的体积为=44.8L，C符合题意；C．M与N互为同分异构体D．L-脯氨酸可以发生缩聚反应D．从海水中得到氯化钠后，电解饱和氯化钠溶液，得氢氧化钠和氢气和氯气，利用制得的氯气与氢气在工业【答案】A上可以生产盐酸，氯气与氢氧化钠溶液可制备漂白液，氯气与石灰乳反应可制备漂白粉，D不符合题意；【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；缩聚反应故答案为：C。【解析】【解答】A．由键线式可知M的分子式为，A符合题意；B.连有四个不同的原子或原子团的饱和碳原子为手性碳原子，N分子中有2个手性碳原子【分析】海水淡化分离出蒸馏水，镁工业中加石灰乳沉淀镁离子，加盐酸转化为氯化镁，在HCl气流中蒸发得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁生成Mg，溴工业中先利用氯气置换出溴，用热空气吹出溴，利用二氧化硫，B不符合题意；与溴水反应，再通入氯气与HBr反应生成溴，达到富集溴的目的，制盐工业分离出NaCl，可电解饱和食盐水生成NaOH、氯气、氢气，为氯碱工业。8.下列实验操作对应的实验现象及解释或结论都正确的是（）C.M与N的分子式均为、而结构不同，则M和N互为同分异构体，C不符合题意；选实验D.L-脯氨酸的羧基和亚氨基之间可以发生缩合反应，则L-脯氨酸可以发生缩聚反应，D不符合题意；实验操作解释或结论项现象故答案为：A。溶液鉴别食盐中是否含有少量NaNO2，可取一定量食盐溶于水【分析】A.根据M的结构简式确定其分子式；A紫色食盐中含有NaNO2中，再滴加酸性KMnO4溶液褪去B.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；C.分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体；产生D.L-脯氨酸含有-COOH、-NH-。将苯和液溴反应生成的气体通入硝酸酸化的AgNO3溶液淡黄B反应生成了HBr7.海水综合利用符合可持续发展的原则，其联合工业体系(部分)如图所示，下列说法中错误的是（）中色沉A.①中可采用蒸馏法或者电渗析法淀B.②中可通过电解熔融态的氯化镁制金属镁单质滤液C．③中生成1molBr2，共消耗标准状况下Cl222.4L出现D．④的产品可生产盐酸、漂白液、漂白粉等将0.1mol/LAgNO3溶液和0.1mol/LNaCl溶液等体积混浑【答案】CC合，得到悬浊液后过滤，向滤液和白色沉淀中分别滴加浊，【知识点】海水资源及其综合利用0.1mo/LKI溶液沉淀【解析】【解答】A．海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法和离子交换法，A不符合题意；变为B．从海水中得到氯化镁后，镁为活泼金属，氯化镁是离子化合物，则可以电解熔融状态的氯化镁生成氯气和黄色金属镁，B不符合题意；溶液D将少量的乙二醇(HOCH2CH2OH)滴入酸性KMnO4溶液中乙二醇被氧化为乙二酸C.③中将苦卤浓缩，再通入过量氯气进行氧化，静置溴沉在底部，继而通入空气和水蒸气，将溴吹入吸收紫色n变浅合题意；A．AB．BC．CD．DB．40Zr位于元素周期表中d区，在第5周期ⅣB族，故B符合题意；【答案】CC．晶胞中Zr4+位于顶点和面心，个数为8×+6×=4，O2-位于晶胞内，个数为8，则晶胞质量为【知识点】制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价【解析】【解答】A．由于Cl-本身能够被酸性KMnO4溶液氧化，即Cl-能使酸性KMnO4溶液褪色，故溶液紫g，晶胞体积为a3×10-30cm3，可知ρ==g/cm3；该晶胞的密度为色褪去不能说明食盐中含有NaNO2，A不合题意；B.将苯和液溴反应生成的气体通入硝酸酸化的AgNO3溶液中，由于液溴易挥发，挥发除来的Br2能与水反应生成HBr，则产生淡黄色沉淀也不能检验反应生成了HBr，B不合题意；g/cm3，故C不符合题意；C.将0.1mol/LAgNO3溶液和0.1mol/LNaCl溶液等体积混合，得到悬浊液后过滤，向滤液和白色沉淀中分别D．由晶胞可知O位于Zr构成的正四面体空隙中，故D不符合题意；滴加0.1mo/LKI溶液，滤液出现浑浊，沉淀变为黄色，说明AgCl转化为AgI，能证明故答案为：B。，C符合题意；D.将少量的乙二醇(HOCH2CH2OH)滴入酸性KMnO4溶液中，溶液紫色变浅，只能说明乙二醇能够将酸性高【分析】A.每个Zr4+距离最近且紧邻的O2-有8个；锰酸钾溶液还原，但不能说明乙二醇被氧化成乙二酸，D不合题意；B.40Zr原子核外有40个电子，其核外电子排布式为[Ke]4d25s2，位于第5周期第ⅡB族；故答案为：C。C.根据计算；D.O位于Zr构成的正四面体空隙中。【分析】A.Cl-也能使酸性高锰酸钾褪色；10.MFC-电芬顿技术通过产生经基自由基(·OH)处理有机污染物，可获得高效的废水净化效果，其耦合系统工B.溴易挥发，挥发的溴与硝酸银反应可生成AgBr；作原理如图所示，下列说法错误的是（）C.AgCl沉淀转化为更难溶的AgI；A．Y电极上消耗1mol溶液中时，可以产生2molD.乙二醇、乙二酸均可酸性高锰酸钾溶液褪色。B．甲池是将化学能转化为电能，其中a极上发生氧化反应9.我国科学家发明了高选择性的加氢合成的催化剂，其组成为固溶体，其中C．乙池中生成羟基自由基的反应为摩尔质量为Mg/mol，晶胞如图所示，晶胞的棱长为apm。下列说法错误的是（）D．电子移动方向为：a→Y，x→bA．离子在晶胞中的配位数为8【答案】AB．位于元素周期表中ds区【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；电解池工作原理及应用C．该晶胞的密度为【解析】【解答】A．乙池中生成的反应为，Y电极上得到H2O2的反应为O2+2e-＋2H+=H2O2，则消耗1mol溶液中时，可以产生1mol，A项符合题意；D．O位于Zr构成的正四面体空隙中【答案】BB．甲池是燃烧电池，它通过氧化还原反应将燃料和O2的化学能转换为电能，燃料所在的电极发生氧化反【知识点】晶胞的计算应，B项不符合题意；【解析】【解答】A．Zr4+位于晶胞顶点，每个晶胞中，面心的Zr4+与4个O2-相邻，则配位数为8，故A不符C．由反应物和产物以及电荷平衡知乙池中生成自由基的反应为，Cn项不符合题意；故答案为：A。D．a电极通入燃料，为负极，失电子，b电极为正极，得电子；乙池为电解池，x为阳极，失电子，Y为阴极，得电子，电子移动方向为a→Y，x→b，D项不符合题意；【分析】A.列出反应的三段式进行计算；故答案为：A。B.温度升高硫化氢的转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动；C.COS和H2均为生成物，且计量数相等，始终不变；【分析】甲为燃料电池，燃料电池中，通入燃料的一极为负极，则a极为负极，b极为正极，乙为电解池，X极为阳极，Y极为阴极，据此解答。D.通入CO的瞬间，正反应速率立即增大，之后正反应速率逐渐减小，直至达到新的平衡状态。向恒容的密闭容器中充入amolCO和bmol，发生反应：，12.某种化合物的结构如图所示。其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，Q核11.外最外层电子数与Y核外电子总数相同，X的原子半径是元素周期表中最小的，下列说法正确的是（）的平衡转化率如图所示，下列说法正确的是（）A.电负性：Z>Q>YA.0℃时，若该反应的平衡常数，则B．简单离子半径：W>Z>QB.该反应为吸热反应C．该化合物中Z原子和Y原子都是杂化C.若一段时间后，保持不变，则该反应达到平衡状态D．Y的氢化物沸点可能大于Q的氢化物沸点【答案】DD.平衡后，向容器中再通入amolCO，逐渐增大【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期律和元素周期表的综【答案】A合应用；微粒半径大小的比较【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算【解析】【解答】A．同周期元素从左至右电负性逐渐增大，故电负性：O＞N＞C，故A不符合题意；【解析】【解答】A．由题干信息可知，150℃时，H2S的平衡转化率为40%，根据三段式分析可知：B.N3-、O2-、Na+的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径：N3-＞O2-＞Na+，故B不符合题意；，若该反应的平衡常数，即=C.该化合物中的Y原子，其中的一个是形成4个σ键，杂化方式为杂化，但是另一个形成了双键，这个Y原子是杂化，故C不符合题意；，解得，A符合题意；D．C的氢化物为烃，常温下，含C原子数较多的烃可以呈固态，O的氢化物为水、过氧化氢，常温下为液B.由题干图示信息可知，随着温度的升高，H2S的平衡转化率减小，即升高温度平衡逆向移动，则该反应为态，故D符合题意；放热反应，B不符合题意；故答案为：D。C.反应从开始到达到平衡的过程中，始终不变为1，则若一段时间后，保持不变，不【分析】X的原子半径是元素周期表中最小的，则X为H元素；由该化合物的结构图可知，Y形成1个双键能说明该反应达到平衡状态，C不符合题意；和2个单键，为第ⅣA族元素，Q形成1个共价键，为ⅥA族元素，W形成+1价阳离子，为第IA族元素，D.平衡后，向容器中再通入amolCO，反应物浓度突然增大，故突然增大，逐渐增大，D不符合又X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，则Y为C元素，Q题意；为O元素，W为Na元素，Z为N元素。13.酸性水系锌锰电池放电时，电极上的易剥落，会降低电池效率，若向体系中加入少量KI固体则n可以提高电池的工作效率，原理如图所示。下列说法正确的是（）A.溶液显碱性，溶液中各离子浓度大小为A.含有的碳电极的电势低于Zn电极B.在50℃、的条件下，初始浓度为4.32mol/L，则半衰期内B.加入KI后可降低能量的“损失”，相关方程式为C.电池要维荷较高的工作效率，需不断向体系中加入KI固体C.由表格中数据可知，相同pH下，与水反应的速率随温度升高而增大D．放电时，消耗0.5molZn时，有0.5mol通过质子交换膜D.由表格中数据可知，相同温度下，与水反应的速率随pH升高而增大【答案】B【答案】D【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【知识点】化学反应速率的影响因素；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较【解析】【解答】A．含有MnO2的碳电极为正极，该碳电极的电势高于Zn电极，故A不符合题意；B．加入KI后，对应反应的方程式为MnO-+2+--【解析】【解答】A．NaBO2溶液显碱性，则溶液中c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒，c(Na+)＞c()，Na+2+3I+4H=Mn+I+2H2O，I+2e=3I，可以让I在正极继续得电子，恢复“损失”的能量，故B符合题意；和是盐完全电离产生的，是大量的，而H+、OH-是水电离产生的，是少量的，所以溶液中各离子浓度C．加入KI后，对应反应的方程式为MnO2+3I-+4H+=Mn2++I+2H2O，I+2e-=3I-，碘离子不断消耗又生大小为：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)，故A不符合题意；成、循环反应，故不需要继续向体系中加入KI固体，故C不符合题意；B.在50℃、pH=12的条件下，NaBH4初始浓度为4.32mol/L，NaBH4的浓度降低到初始浓度一半即D．放电时，负极每消耗1molZn，转移2mol电子，则会有2molH+通过质子交换膜进入正极，故消耗0.5mol2.16mol/L所需的时间为8.64×102，则半衰期内v(NaBH-1-14)==0.0025mol⋅L⋅min，Zn时，有1molH+通过质子交换膜，故D不符合题意；根据反应的方程式，用不同物质表示的反应速率之比等于方程式的计量数之比，则故答案为：B。v(H2)=4v(NaBH4)=0.01mol⋅L-1⋅min-1，故B不符合题意；C.由表格中数据可知，相同pH下，NaBH4的半衰期随温度升高逐渐减小，则NaBH4与水反应的速率随温【分析】酸性水系锌锰电池放电时，Zn发生失电子的氧化反应，含Zn的碳电极为负极，负极反应式为Zn-2e-度升高而增大，故C不符合题意；=Zn2+，含MnO2的碳电极为正极，发生得电子的还原反应，正极反应式为MnO2+4H++2e-═Mn2++2H2O，加入KID.由表格中数据可知，相同温度下，NaBH4的半衰期随pH增大升高逐渐增大，则NaBH4与水反应的速率后与剥落的MnO2发生反应MnO2+3I-+4H+=Mn2++I+2H2O，I+2e-=3I-，I-、I循环反应提高电池的工作随pH升高而减小，故D符合题意；效率。故答案为：D。14.研究表明，与水反应制氢气的原理为。表格为pH和温度对【分析】A.根据NaBO2溶液显碱性和电荷守恒分析；半衰期的影响(半衰期是指反应过程中，某物质的浓度降低到初始浓度一半所需的时间)，下列说法错B.根据给定数据计算v(NaBH4)，结合v(H2)=4v(NaBH4)；误的是（）C.随温度升高体系半衰期缩短，反应速率加快；不同温度下的半衰期(min)D.pH增大，半衰期增大，反应速率减慢。14体系pH0℃25℃50℃15.某温度下，改变0.1mol/L溶液的pH时，各种含铬元素粒子及浓度变化如图所示(已知10a是二元酸)，下列有关说法正确的是（）12nA.该温度下的、、NiO、、]为原料，采用硫酸铵焙烧法选择性提取镍并回收B.溶液中存在平衡，且该温度下此反应的平衡常数副产物黄铵铁矾[化学式可表示为，摩尔质量为]的工艺流程如图所示：C．E点溶液中存在：已知：D．向溶液中，加入一定量NaOH固体，溶液橙色加深【答案】C①②【知识点】化学平衡移动原理；化学平衡的计算；离子积常数；离子浓度大小的比较【解析】【解答】A．G点时，，此时，则Kw=，A项不符合题意；（1）除铁时加入的的用量高于理论用量的原因是。(写出2点)B．由图可知溶液中存在平衡，F点时，，则K=（2）经分析矿样中大部分铁仍以氧化物形式存在于“浸渣”中，只有部分FeO在空气中焙烧时与，B项不符合题意；反应生成该反应的化学方程式为；“浸渣”的主要成分除含有铁元素的化合物外C．E点时，，根据电荷守恒有：还有(填化学式)。，即（3）该工艺条件下，生成沉淀，生成或黄铵铁矾沉淀，开始沉淀和，此时溶液显酸性，即，则沉淀完全时的pH如下表：c(K+)<2c()+3c()，C项符合题意；沉淀物黄铵铁矾D．根据平衡+H2O⇌2+2H+，加入NaOH固体，平衡正向移动，溶液橙色变浅，D项不符合开始沉淀时的pH7.12.71.3题意；沉淀完全时的pH9.23.72.3故答案为：C。若残留在浸出液中的铁完全转化为黄铵铁矾除去，“除铁”时通入调节溶液pH的范围【分析】A.根据G点，结合Kw=计算；是。（4）“沉镍”时pH调为8.0，滤液中浓度约为mo/L。B.F点，再根据K=计算；（5）由所得滤液获得晶体时，常用无水乙醇代替蒸馏水作洗涤剂，原因是C.E点，结合电荷守恒分析；(写出2点)（6）对黄铵铁巩进行热分解实验，其结果如下图所示，则黄铵铁矾的化学式为。D.加入NaOH固体，平衡+H2O⇌2+2H+正向移动。二、综合题(已知：黄铵铁矾在300℃前分解释放的物质为，300-575℃之间只有和放出，此时残留16.镍是一种硬而有延展性并具有铁磁性的金属，它能够高度磨光和抗腐蚀，工业上用红土镍矿[主要成分为固体只存在Fe、O、S三种元素，670℃以上得到的是纯净的红棕色粉末)。n【答案】（1）过氧化氢不稳定，受热易分解，过氧化氢在催化下分解300℃前分解释放的物质为，300-575℃之间只有和放出，此时残留固体只存在Fe、O、S三种元素固体质量，因此元素化合价未变，则由400g减少为240g时，减少的质量应为SO3的质量，为SO3（2）；的物质的量为：，即z=2；化合物中各元素正负化合价代数和为0，则（3），，解得x=1，w=6，故该物质的化学（4）式为，故答案为：。（5）减小的溶解量，以减少损失，同时乙醇易挥发，便于干燥【分析】红土镍矿与硫酸铵混合研磨，使二者充分接触，然后再焙烧发生反应；然后用热水浸泡焙烧后的固（6）体物质，其中(NH4)2Mg2(SO4)3、(NH4)2Fe(SO4)3进入溶液，不溶性的酸性氧化物二氧化硅进入浸渣中，大部分【知识点】氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价Fe3+及Ni2+、Mg2+、铵根离子、硫酸根存在于溶液中；然后向滤液中加入氨气、H2O2并进行加热，Fe3+以黄铵【解析】【解答】(1)过氧化氢不稳定，受热易分解，Fe3+可作为过氧化氢分解的催化剂，分解速率加快，故除铁矾沉淀析出；然后向滤液中加入MgO浆调节pH值，使Ni2+转变为氢氧化镍沉淀来沉镍；沉淀经过过滤、铁时加入的H2O2的用量高于理论用量的原因是：过氧化氢不稳定，受热易分解、过氧化氢在Fe3+催化下分洗涤、硫酸溶解得到硫酸镍；滤液中含有MgSO4，经一系列处理得到。解，故答案为：过氧化氢不稳定，受热易分解、过氧化氢在催化下分解；三、综合题17.丙烯是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产，副产物有乙腈(2)FeO在空气中焙烧时与反应生成，该反应的化学方程式为：、氢氰酸、丙烯醛等，以丙烯、氨气和氧气为原料，在催化剂存在下合成丙烯腈；由分析可知，浸渣中含有SiO2，故答案为：的主要反应如下：；；Ⅰ.(3)残留在浸出液中的铁完全转化为黄铵铁矾除去，不能生成沉淀，应调节的pH值范围Ⅱ.为：，故答案为：；回答下列问题：（1）。(4)根据表格可知镍离子沉淀完全是pH为9.2，，当沉镍调整的（2）反应Ⅰ在(填“高温”“低温”或“任意”)条件下可自发进行：恒温，体系达到平衡后，若压缩容器pH值为8.0时，，故答案为：；体积，则反应Ⅱ的平衡移动方向为(填“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”)。（3）工业生产条件下的丙烯氨氧化过程十分复杂。下列说法正确的是。(5)由所得滤液获得品体时，常用无水乙醇代替蒸馏水作洗涤剂，原因是减小A．原料丙烯可以从石油裂解气中分离得到的溶解量，以减少损失，同时乙醇易挥发，便于干燥，故答案为：减小的B．为提高丙烯的平衡转化率和丙烯腈的选择性，需要研究高性能催化剂溶解量，以减少损失，同时乙醇易挥发，便于干燥；C．加入水蒸气可防止原料混合气中丙烯与空气的比例处于爆炸范围内产生危险(6)黄铵铁矾化学式可表示为，摩尔质量为，设有480g(1mol)物质D．生产过程中会产生大量的含氰废水，对环境的危害很大，排放前必须除去分解，670oC以上得到的红棕色固体为纯净的氧化铁，物质的量为，即y=3；黄铵铁矾在n(4)根据两个反应可知，在达到平衡时，容器中有（1-a-b）mol丙烯，（1-a）mol氨气，（3-1.5a-b）mol氧气，（3a+b）mol水蒸气，以及amolC3H3N(g)和bmolC3H4O(g)，则平衡后容器中气体总的物质的量为（1-a-b）（4）已知对于反应：，其标准平衡常数：。mol+（1-a）mol+（3-1.5a-b）+（3a+b）mol+amol+bmol=（5+0.5a）mol。所以水蒸气所占的分压p(H2O)=T℃，压强为的恒压密闭容器中，通入1mol丙烯、1mol氨气和3mol氧气发生反应Ⅰ、Ⅱ，达到平衡；同理得出C3H4O(g)、丙烯、氧气的分压分别为、、时，容器内有amol，bmol，此时的分压(分压=总压×物质的量分数，用含a，b的代数式表示，下同)；反应Ⅱ的标准平衡常，根据上述公式可知，反应II的标准平衡常数==数为。（5）以丙烯腈为原料，利用电解原理合成已二腈可减少氮氧化物的排放，其装置如图；所示，电解时Pb电极发生的电极反应式为。【答案】（1）-162(5)根据电解池的工作原理可知，CH2=CHCN在Pb电解酸性电解液下发生得电子的还原反应生成己二腈（2）任意；正反应方向[CN(CH2)4CN]，其电极反应式为：2CH2=CHCN+2e-+2H+=CN(CH2)4CN。（3）A；C；D【分析】（1）根据盖斯定律计算；（2）根据ΔH-TΔS<0判断；根据勒夏特列原理分析；（4）；（3）A.石油裂解可得丙烯；（5）B.催化剂不影响平衡转化率；C.加入水蒸气可稀释原料混合气中的丙烯；【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡移动原理；化学平衡的计算；电解池工作原D.含氰废水会污染环境；理及应用（4）计算各物质平衡时的物质的量，进而计算p(H2O)和标准平衡常数；【解析】【解答】(1)因为该反应可由反应I-反应II得到，所以ΔH=ΔH1-ΔH2=-515kJ/mol-（-353kJ/mol）=-162（5）电解时CH2=CHCN在Pb电极发生还原反应生成CN(CH2)4CN。kJ/mol；(2)反应I的ΔH1＜0，ΔS＞0，属于熵增的放热反应，在任意条件下都能自发进行；恒温，体系达到平衡后，18.某化学实验小组发现镁和溶液可以反应生成气体，且比镁和水的反应速率快，通过实验探充若压缩容器体积，增大压强，反应I向逆反应方向移动，丙烯和氧气的转化率减小，则反应II中的反应物的速率加快取决于哪些粒子，同时分析气体的成分。浓度（分压）增大，导致反应II平衡向正反应方向移动，故答案为：任意；正反应方向；（1）Ⅰ.探究加快速率的粒子(3)A．石油裂解气经净化和分离，可得到乙烯、丙烯等基本有机化工原料，A正确；甲同学推测加快速率的粒子有两种：B．催化剂可以改变反应速率，不能使平衡移动，故不能改变丙烯的平衡转化率和丙烯腈的选择性，B不正①能加快化学反应速率。确；②能加快化学反应速率。C．加入水蒸气可稀释原料混合气中的丙烯，防止产生危险，C正确；为验证猜想，进行了如下实验：D．根据反应过程可以发现，生产过程中会产生大量的含氰废水，对环境的危害很大，排放前必须除去，D正确；对照组1mol/L溶液持续产生大量气泡，溶液略显浑浊故答案为：ACD；n实验组11mol/L溶液持续产生大量气泡，溶液略显浑浊（3）Mg和溶液反应使溶液中的被消耗，反应体系的碱性增强，不利于释放；当容实验组21mol/L溶液镁表面有极微量气泡附着器中反应物量大时，产生的热量会加速溶液分解【知识点】探究影响化学反应速率的因素已知：Mg和反应只能看到镁条表面有极微量气泡附着。用离子方程式解释对照组中溶【解析】【解答】(1)碳酸氢钠溶液呈碱性，原因是碳酸氢根水解，离子方程式为：液显碱性的原因；实验组1得到的结论是；为控制变量与；实验组1中用的是溶液，实验现象与对照组一样，则说明对照组一致，实验组2应在1mo/L溶液中。对实验无影响；为了控制变量与对照组一致，实验组2应在1mo/L溶液中滴加NaOH溶液至（2）Ⅱ.探究气体的成分。乙同学向反应容器中滴加几滴洗洁精，形成大量泡沫时点燃气泡，听到有爆鸣声；再将产生的气体通入澄；故答案为：；对实验无影响；滴加NaOH溶液至清石灰水，溶液变浑浊。由此推测气体成分为。经查阅文献得知，溶液可以通过；(2)同学向反应容器中滴加几滴洗洁精，形成大量泡沫时点燃气泡，听到有爆鸣声，说明该气体可燃，应该含自耦电离产生，该反应的平衡常数为(保留3位有效数有氢气，再将产生的气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，应该含有二氧化碳，由此推测气体成分为和字)。(已知：电离常数，)；（3）丙同学认为乙同学的推测不够严谨，逸出的气体会带出少量溶液也能使澄清石灰水变浑浊，于是利用传感器检测放出的气体中是否含有。溶液可以通过自耦电离产生，该反应的平衡常数为：实验取6mL1mol/L溶液加入250mL塑料瓶，塞紧传感器，采集数据，故答案为：和；；组315min，记录液面上方浓度的变化，重复实验2次。(3)由图像可知，加入Mg条后，释放受到抑制，原因是Mg和溶液反应使溶液中的实验取6mLlmol/L溶液、0.1g打磨好的镁条加入250mL塑料瓶，实验操作同被消耗，反应体系的碱性增强，不利于释放；实验时取少量溶液、少量镁条的原因是当容组4上。器中反应物量大时，产生的热量会加速溶液分解；故答案为：Mg和溶液反应使溶液实验用上述同样方法采集15min空塑料瓶中浓度的数据。中的被消耗，反应体系的碱性增强，不利于释放；当容器中反应物量大时，产生的热量会加速组5溶液分解。由图像可知，加入Mg条后，释放受到抑制，原因【分析】（1）碳酸氢根水解使碳酸氢钠显碱性；利用控制变量法探究某一因素对化学反应速率的影响时，应是；实验时取保证其他反应条件相同；少量溶液、少量镁条的原因（2）点燃气泡，听到有爆鸣声，说明含有氢气，澄清石灰水变浑浊，说明含有二氧化碳；根据是。计算；【答案】（1）；对实验无影响；滴加NaOH溶液至+被消耗，反应体系的碱性增强，不利于CO释放。（3）Mg和NaHCO3溶液反应使溶液中的H2（2）和；n19.用于治疗高血压的药物Q的合成路线如下：应产物，可知B为CH3CHClCOOH，B→D为酯化反应，则D为CH3CHClCOOCH2CH3；E为苯酚，由M和已知：芳香放化合物与卤代烃在催化下可发生如下可逆反应：D的反应产物可以反推出M为，由第(4)问可以G分子中含两个甲基，则W为回答下列问题：（1）A的名称是；A→B的化学方程式为。，则F为，F→G为取代反应，结合M的结构（2）L中含氮官能团的名称为。（3）乙二胺和三甲胺均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因是。简式可知，G为，结合L的分子式以及M和D的结构简式可知L为（4）G分子中含两个甲基，G的结构简式是；F→G的反应类型是。（5）的同分异构体中，满足下列条件的有种(不考虑立体异，以此解题。构)。(1)由分析可知A为CH3CH2COOH，名称为丙酸；A→B为A和氯气发生的取代反应，方程式为：①属于戊酸酯；CH3CH2COOH+Cl2CH3CHClCOOH+HCl；②与溶液作用显紫色。其中核磁共振氢谱显示三组峰，且峰面积之比为1∶2∶9的结构简式为。(任写一种)(2)由分析可知L为，则其中含氮官能团的名称为：氨【答案】（1）丙酸；CH3CH2COOH+Cl2CH3CHClCOOH+HCl（2）氨基、酰胺基（3）乙二胺分子间可形成氢键，而三甲胺分子不能基、酰胺基；(3)乙二胺中含有氨基，可以形成分子间氢键，增大了分子间作用力，沸点较高，故答案为：乙二胺分子间可（4）；取代反应形成氢键，而三甲胺分子不能；(4)由分析可知G为；F为，则（5）64；或F→G为F和氯气的取代反应；【知识点】有机物的推断；有机物的合成；芳香烃；同分异构现象和同分异构体(5)与溶液作用显紫色，则其结构中含有酚羟基，其中核磁共振氢谱显示三组峰，其结构应该是对称结【解析】【解答】由合成路线可知A为CH3CH2COOH，A→B为A和氯气发生的取代反应，结合M和D的反n构，属于戊酸酯，且等效氢的峰面积之比为1∶2∶9，则其结构为：或；【分析】（1）A为CH3CH2COOH，名称为丙酸；B为CH3CHClCOOH，根据反应物和产物书写化学方程式；（2）L为，含氮官能团为氨基、酰胺基；（3）乙二胺分子间可形成氢键；（4）G分子中含两个甲基，结合G的分子式为C15H12Cl4O2，据此推断G的结构简式；F发生去掉反应生成G；（5）与溶液作用显紫色，含有酚羟基，其中核磁共振氢谱显示三组峰，即含有3种不同环境的氢原子。n高三第二次模拟考试化学试题一、单选题1.科技创新让2022年北京冬奥会举世瞩目。对下列科技创新所涉及的化学知识的判断，正确的是（）A.火炬“飞扬的外壳是碳纤维复合材料，复合材料具备耐高温和良好的热导性B．吉祥物“冰墩墩”的外壳材质主要是有机硅橡胶，有机硅橡胶是纯净物C．速滑竞赛服使用聚氨酯材料可减少空气阻力，聚氨酯是高分子材料D．二氧化碳跨临界直接制成的冰被誉为“最快的冰”，二氧化碳是极性分子2.下列化学用语的表述正确的是（）A.异丁烷的球棍模型：B.由和形成离子键的过程：C.三价铁腐蚀铜的电路板：D．电解饱和食盐水阳极的电极反应：3.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．晶体中含有共价键数目为B．中氙的价层电子对数为C．标况下，和混合后的分子数目为D．氢氧燃料电池正极消耗(标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为4.反应可用于消除甲醛的污染。下列说法正确的是（）A.的电子式为：B．的空间构型为直线形C．HCHO中σ键和π健的数目比为3∶1D．中子数为7的氧原子可表示为5.下列关于元素及化合物的结构和性质的叙述正确的是（）nA.稳定性：，三者都是V形分子B．和中的硫原子都采取杂化C．分子和离子中的键角都为D．与中的键角相等6.砷化镉晶胞结构如图。图中“①”和“②”位是“真空”，晶胞参数为apm，建立如图的原子坐标系，①号位的坐标为(，，)。已知：砷化镉的摩尔质量为Mg/mol，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A.砷化镉中Cd与As原子个数比为3：2B.两个Cd原子间最短距离为0.5apmC．③号位原子坐标参数为(，1，)D．该晶胞的密度为g·cm-37.下列实验装置能达到实验目的的是（）ABCDn制纯碱制NH3制SO2制取乙烯A.AB．BC．CD．D8.由同周期元素原子W、X、Y、Z构成的一种阴离子(如图)，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，四种原子最外层电子数之和为20。下列说法正确的是（）A．W、X、Y、Z第一电离能由大到小依次是：Z>Y>X>WB．Y形成的简单离子的半径比Z形成的简单离子的半径小C．W和X的最高价氧化物对应水化物的酸性：W>XD．W、Z形成的化合物分子中各原子均满足8电子稳定结构9.高聚物A在生物医学上有广泛应用。以N—乙烯基吡咯烷酮(NVP)和甲基丙烯酸β—羟乙酯(HEMA)为原料合成路线如图：下列说法正确的是（）A．HEMA具有顺反异构B．1mol高聚物A可以与2molNaOH反应C．NVP分子式为C6H9NOD．HEMA和NVP通过缩聚反应生成高聚物A10.氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨催化制硝酸的流程示意图。下列说法错误的是（）nA.可以利用易液化的性质分离出B.合成氨以及氨催化制硝酸的流程中氮元素均被氧化C．可以用进行氨氧化物的尾气处理D．吸收塔中通入A是为了提高原料的利用率11.新型可充电镁—溴电池能量密度高，循环性能优越，在未来能量存储领域潜力巨大。某镁—溴电池装置如下图(正负极区之间的离子选择性膜只允许Mg2+通过)。下列说法错误的是（）A.放电时，Mg电极发生还原反应B．放电时，正极反应为：+2e−=3Br−C．充电时，Mg电极应连接电源负极D．当0.1molMg2+通过离子选择性膜时，导线中通过0.2mole−12.据文献报道，我国学者提出氧化生成的反应历程如图所示。下列有关该历程的说法错误的是（）A．氧化生成的总反应为：B.中间体和中的化合价相同nC.发生步骤②时，断裂的化学键既有极性键又有非极性键D．步骤③中，每生成转移电子13.下列实验操作和实验现象得出的结论正确的是（）实选验实验操作结论项现象向溶液中加入溶液溶液，充分反应后，用A与之间的反应是可逆反应变四氯化碳萃取数次后取上层溶液，滴加红几滴溶液溶液由绿色用蒸馏水溶解固体，并继续加水B逐稀释正向移动渐变为蓝色有白色C向苯酚稀溶液中逐滴加入饱和溴水沉苯环对羟基性质产生影响淀产生n产生沉淀D向氯化铜溶液中逐滴加入氨水氢氧化铜有两性继而溶解A.AB．BC．CD．D14.和存在平衡：。下列分析正确的是（）A．平衡混合气体中含N原子大于B．恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的C．恒容时，充入少量，平衡正向移动导致气体颜色变浅D.断裂中的共价键所需能量大于断裂中的共价键所需能量15.室温下用溶液分别滴定20.00mL浓度均为的HA，HB两种酸的溶液，滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH溶液体积的变化如图所示(溶液体积变化忽略不计)。下列说法错误的是（）A.导电能力：a点溶液>b点溶液B．b点溶液中C．a点溶液中由水电离出的约为D．HA对应曲线上c点溶液呈碱性因是二、综合题16.钴配合物在催化剂领域有广泛用途，三氯化六氨合钴(Ⅲ)是合成其他含钴配合物的重要原料，其工业制备过程如下：n步骤Ⅰ：工业利用水钴矿(住要成分为，含少量、、、、、等)制取氯化钴晶体：步骤Ⅱ：在活性炭的催化作用下，通过氧化制得到流程如下：已知：①氧化性：②沉淀Ⅰ、沉淀Ⅱ中都只含有两种沉淀。③以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：沉淀物开始沉淀2.74.07.67.79.67.5完全沉淀3.75.29.69.811.19.2（1）原子的核外电子排布式为：。（2）加入的主要作用：。（3）向“浸出液”中加入适量的，反应的离子方程式是，加入调节溶液范围为：②；萃取剂层含锰元素，则加入的作用是：③。（4）步骤Ⅱ中氧化过程，需水浴控温在，温度不能过高，原因是：；“系列操作”是指在高浓度的盐酸中使结晶析出，过滤，醇洗，干燥。使用乙醇洗涤产品的具体操作是：。（5）结束后废水中的，人们常用沉淀剂来处理，原理是(用离子方程式表示)。17.我国有丰富的资源，2020年10月，中科院工程研究所公布了利用制各重要工业用碱及盐的闭路循环绿色工艺流程：n某校化学兴趣小组根据该流程在实验室中进行实验。回答下列问题：（1）用以下实验装置图进行流程中的“一次反应”。①装置A中橡皮管a的作用是。②装置B中加入的目的是。③装置C中的试剂b是。（2）在“二次反应”中，硫酸铵溶液与过量的硫酸钠反应生成溶解度比较小的复盐，分离该复盐与溶液需要的玻璃仪器有。（3）依据该流程的闭路循环绿色特点，“一次反应”与“煅烧()”的实验中均采用下图所示装置处理尾气，则烧杯中的X溶液最好选用溶液。（4）测定产品硫酸氢钠的纯度：称取所得产品，配成溶液，每次取出配制的溶液，用标准溶液滴定，测得的实验数据如下表：序号1234n标准溶液体积/20.0518.4019.9520.00所得产品硫酸氢钠的纯度为(以百分数表示，保留三位有效数字)。（5）分析上述流程图，写出利用该流程制备两种盐的总反应的化学方程式。18.烟气脱硫脱硝技术是环境科学研究的热点。某小组模拟O3氧化结合(NH4)2SO3溶液吸收法同时脱除SO2和NO的过程示意图如下。（1）气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。反应平衡常数(25℃)活化能(kJ/mol)a：1.6×10573.17b：6.2×10343.17c：1.1×104158.17①已知：，则。②其他条件不变，SO2和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内，SO2和NO的转化率随O3的浓度的变化如图。结合数据分析NO的转化率高于SO2的原因。（2）其他条件不变，SO2和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，O3与NO的物质的量之比对SO2和NO脱除率的影响如图。n①(NH4)2SO3溶液显碱性，用化学平衡原理解释：。②O3的浓度很低时，SO2的脱除率超过97%，原因是。③在吸收器中，SO与NO2反应生成和的离子方程式是。④在吸收器中，随着吸收过程的进行，部分被转化为N2，反应中和N2的物质的量之比为1：1，该反应的离子方程式是。19.药物Q能阻断血栓形成，它的一种合成路线。已知：ⅰ．ⅱ．n（1）分子中C、N原子的杂化轨道类型为是。（2）B的分子式为。E的结构简式是。（3）的反应类型是。（4）M能发生银镜反应。M分子中含有的官能团是。（5）J的结构简式是。（6）W是P的同分异构体，写出一种符合下列条件的W的结构简式：。ⅰ．包含2个六元环，不含甲基ⅱ．W可水解，W与溶液共热时，最多消耗（7）Q的结构简式是，也可经由P与Z合成。已知：，合成Q的路线如下，无机试剂任选，写出X、Z的结构简式：；。n答案解析部分1.【答案】C2.【答案】B3.【答案】B4.【答案】C5.【答案】A6.【答案】D7.【答案】C8.【答案】A9.【答案】C10.【答案】B1.【答案】A12.【答案】D13.【答案】B14.【答案】A15.【答案】D16．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d74s2（2）把还原为Co2+（3）；5.2≤pH＜7.5；除去Ca2+、Mg2+（4）防止双氧水分解；向过滤器中注入乙醇使其浸没沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2~3次；（5）FeS+Co2+=CoS+Fe2+17.【答案】（1）平衡气压，使氨水能顺利滴加；防止溶液倒吸；饱和NaHCO3溶液（2）漏斗、玻璃棒和烧杯（3）Na2SO4（4）96.0%（5）Na2SO4+CO2+H2O=NaHCO3↓+NaHSO418.【答案】（1）-241.6kJ/mol；反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于SO2（2）溶液中存在，水解程度大于n水解程度，溶液呈碱性；(NH4)2SO3溶液能够直接与SO2发生反应；；19.【答案】（1）sp2；sp3（2）（3）酯化反应或取代反应（4）醛基、羧基（5）（5）（6）、、、（7）；n高三第二次模拟考试化学试题结构简式为(CH3)2CHCH3，故其球棍模型为：，A项不符合题意；一、单选题1.科技创新让2022年北京冬奥会举世瞩目。对下列科技创新所涉及的化学知识的判断，正确的是（）B．氯化钠为离子化合物，钠离子与氯离子通过离子键结合，用电子式表示形成过程为：A.火炬“飞扬的外壳是碳纤维复合材料，复合材料具备耐高温和良好的热导性B．吉祥物“冰墩墩”的外壳材质主要是有机硅橡胶，有机硅橡胶是纯净物，B项符合题意；C．速滑竞赛服使用聚氨酯材料可减少空气阻力，聚氨酯是高分子材料C．三价铁腐蚀铜的电路板，离子方程式为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，C项不符合题意；D．二氧化碳跨临界直接制成的冰被誉为“最快的冰”，二氧化碳是极性分子D．碳棒作电极电解饱和食盐水，阳极发生氧化反应，氯离子被氧化生成氯气，阳极的电极反应式为2Cl--2e-═【答案】CCl2↑，D项不符合题意；【知识点】合成材料；高分子材料故答案为：B。【解析】【解答】A．复合材料不易热导，可以耐高温，A项不符合题意；【分析】A．异丁烷含有支链；B．由不同种物质组成的为混合物，有机硅橡胶是混合物，B项不符合题意；B．氯化钠为离子化合物；C．聚氨酯是聚合物，分子量大于1万，故聚氨酯是高分子材料，C项符合题意；C．三价铁离子与铜反应生成二价铁离子和铜离子；D．二氧化碳是直线形分子，属于非极性分子，D项不符合题意；D．阳极得电子发生氧化反应。故答案为：C。3.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．晶体中含有共价键数目为【分析】A．复合材料不易热导，熔点高；B．中氙的价层电子对数为B．高分子物质是混合物；C．聚合物高分子材料；C．标况下，和混合后的分子数目为D．非极性分子正负电荷重心重合。D．氢氧燃料电池正极消耗(标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为2.下列化学用语的表述正确的是（）【答案】B【知识点】阿伏加德罗常数A.异丁烷的球棍模型：【解析】【解答】A.1mol氟化铵中含有4molN-H键，所以1molNH4F晶体中含有共价键数目为4NA，A项不符合题意；B.由和形成离子键的过程：B.XeF4中氙原子有4个σ键，孤电子对为，价层电子对数为4+2=6，0.5molXeF4中氙原子的价层C.三价铁腐蚀铜的电路板：D．电解电子对数为0.5mol×6×NA/mol=3NA，B项符合题意；饱和食盐水阳极的电极反应：C.标准状况下，11.2L即0.5molNO和11.2L即0.5molO2混合后反应生成0.5molNO2和剩余0.25mol氧气，二【答案】B氧化氮气体中存在2NO2⇌N2O4，混合后的分子数目小于0.75NA，C项不符合题意；【知识点】球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合D．在氢氧燃料电池的正极是氧气得电子生成负二价氧离子，当正极消耗22.4L（标准状况）气体，即有-，电路中通过的电子数目应为4N，D项不符合题意；1molO2参加反应时，应得到4moleA【解析】【解答】A．是正丁烷的球棍模型，异丁烷主链有3个碳原子，有1个甲基支链，其故答案为：B。nC．分子和离子中的键角都为【分析】A.1mol氟化铵中含有4molN-H键；D．与中的键角相等B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数；【答案】AC．存在2NO2⇌N2O4；【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断D.利用得失电子守恒。【解析】【解答】A．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性O＞S＞Se，所以氢化物稳定性H2O＞4.反应可用于消除甲醛的污染。下列说法正确的是（）H2S＞H2Se；与H2O相似，三者都是V形分子，A选项符合题意；B．SO3中S的价层电子对数为，采取sp2杂化，H2SO4中S的价层电子对数为A.的电子式为：B．的空间构型为直线形，采取sp3杂化，B选项不符合题意；C．HCHO中σ键和π健的数目比为3∶1C．P4分子的键角都是60°，离子的键角都是，C选项不符合题意；D．中子数为7的氧原子可表示为D．的中心C原子采用sp2杂化，平面形结构，键角是120°，的中心S原子采用sp3杂化，正四面【答案】C体形结构，键角是，D选项不符合题意；【知识点】元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合故答案为：A。【解析】【解答】A．二氧化碳为共价化合物，电子式为，故A不符合题意；B．水分子中氧原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为2，空间构型为V形，故B不符合题意；【分析】A．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；同主族简单氢化物结构相似；C．甲醛分子中的单键为σ键，碳氧双键中含有1个σ键和1个π健，分子中σ键和π健的数目比为3∶1，故B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；C符合题意；C．依据空间结构确定；D．利用空间构型确定。D．中子数为7的氧原子中质子数为8、质量数为15，原子符号为，故D不符合题意；6.砷化镉晶胞结构如图。图中“①”和“②”位是“真空”，晶胞参数为apm，建立如图的原子坐标系，①号位故答案为：C。的坐标为(，，)。已知：砷化镉的摩尔质量为Mg/mol，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是【分析】A．二氧化碳中碳与氧共用2对电子；（）B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；C．依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；D．依据原子表示时左上角表示质量数、左下角表示质子数，质量数＝质子数＋中子数、质子数＝核外电子数分析。5.下列关于元素及化合物的结构和性质的叙述正确的是（）A.稳定性：，三者都是V形分子B．和中的硫原子都采取杂化nA.砷化镉中Cd与As原子个数比为3：2制纯碱制NH3制SO2制取乙烯B.两个Cd原子间最短距离为0.5apmA．AB．BC．CD．DC．③号位原子坐标参数为(，1，)【答案】C【知识点】制备实验方案的设计D．该晶胞的密度为g·cm-3【解析】【解答】A．纯碱的化学式为Na2CO3，碳酸氢钠受热分解的方程式为：2NaHCO3【答案】DNa2CO3+H2O+CO2↑，反应有水蒸气生成，故在试管中加热碳酸氢钠时试管口应略微向下倾斜，防止冷凝的水【知识点】晶胞的计算倒流炸裂试管。图中试管口是向上的，故A不符合题意；【解析】【解答】A．由图示晶胞可知，一个晶胞中As个数为：，Cd的个数为6，故砷化镉中B．石灰石的化学式为：CaCO3，浓氨水与石灰石不反应，因此无法制取氨气，故B不符合题意；Cd与As原子个数比为6：4=3：2，A不符合题意；C．铜与浓硫酸在加热的条件下可以反应生成二氧化硫，反应方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+B.由图示晶胞可知，平行与边的同一直线上Cd原子将边长4等分，故两个Cd原子间最短距离为0.5apm，SO2↑，图中用了酒精灯进行加热，酸也为浓硫酸，故C符合题意；B不符合题意；D．实验室制取乙烯的反应原理为：，该反应用到的药品有乙醇和浓C.由图所示可知，③号位原子位于右侧面的面心上，故其坐标参数为(，1，)，D不符合题意；硫酸，用到的装置为液液加热装置，加入碎瓷片的目的是防止暴沸。乙醇发生消去反应生成乙烯的反应中，D.由A项分析可知，一个晶胞中含有6个Cd和4个As，即含有2个As2Cd3，故该晶胞的密度为温度必须控制在170℃，温度计的作用是控制反应温度在170℃，而图中缺少温度计，故D不符合题意；g·cm-3，D符合题意；故答案为：C。故答案为：D。【分析】A．在试管中加热固体时，试管口应略微向下倾斜；B．浓氨水与石灰石不反应；【分析】A．利用均摊法确定原子个数；C．铜与浓硫酸在加热的条件下可以反应生成二氧化硫；B．由晶胞图确定；D．实验室制取乙烯的反应温度为170℃，而图中缺少温度计。C．由晶胞的结构确定原子的坐标；8.由同周期元素原子W、X、Y、Z构成的一种阴离子(如图)，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，四D．利用均摊法确定原子个数，再计算晶胞的密度。种原子最外层电子数之和为20。下列说法正确的是（）7．下列实验装置能达到实验目的的是（）ABCDA．W、X、Y、Z第一电离能由大到小依次是：Z>Y>X>WB．Y形成的简单离子的半径比Z形成的简单离子的半径小C．W和X的最高价氧化物对应水化物的酸性：W>XnD．W、Z形成的化合物分子中各原子均满足8电子稳定结构D．HEMA和NVP通过加聚反应生成高聚物A，D不符合题意；【答案】A故答案为：C。【知识点】原子核外电子排布；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较【解析】【解答】A．同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，第一电离能由大到小依次是：【分析】A.碳碳双键的两端分别要有两个不同的原子或原子团，才存在顺反异构；F>O>C>B，故A符合题意；B.1mol高聚物A中有nmol酯基；B．O2-、F-电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子的半径：O2->F-，故B不符合题意；C.判断分子式时不要漏数或多数氢原子；C．元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性H2CO3>H3BO3，故C不符合题意；D.缩聚反应有小分子生成。D．B、F形成的化合物BF3分子中，B原子不满足8电子稳定结构，故D不符合题意；10.氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨催化制硝酸的流程示意图。故答案为：A。下列说法错误的是（）【分析】由图可知，X可形成4个共价键，说明X最外层有4个电子；Y能形成2个共价键，且Y的最外层电子数等于X的核外电子数，说明X位于第二周期，即X是碳元素，则Y是氧元素。Z能形成个共价键，且Z位于第二周期，则Z是氟元素。根据这四种原子位于同一周期，且最外层单子数之和为20可推出W是硼元素。据此进行分析解答。A.可以利用易液化的性质分离出9.高聚物A在生物医学上有广泛应用。以N—乙烯基吡咯烷酮(NVP)和甲基丙烯酸β—羟乙酯(HEMA)为原料合成路线如图：B．合成氨以及氨催化制硝酸的流程中氮元素均被氧化C．可以用进行氨氧化物的尾气处理D．吸收塔中通入A是为了提高原料的利用率【答案】B下列说法正确的是（）【知识点】工业合成氨A．HEMA具有顺反异构【解析】【解答】A．利用NH3易液化的性质分离出NH3，促进平衡正向移动，A项不符合题意；B．1mol高聚物A可以与2molNaOH反应B．合成氨中氮气中氮元素化合价降低做氧化剂，被还原发生还原反应，氨催化制硝酸的流程中氮元素化合价C．NVP分子式为C6H9NO由-3价升高到+2价，被氧化，B项符合题意；D．HEMA和NVP通过缩聚反应生成高聚物AC．氨气具有还原性，氮氧化物具有氧化性，二者反应生成无毒气体氮气，可以用NH3进行氮氧化物的尾气【答案】C处理，C项不符合题意；【知识点】有机物的结构和性质D．一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮、氧气和水反应生成硝酸，A为O2，吸收塔中通入A是为【解析】【解答】A．HEMA中连接双键的C原子上有相同的原子，故不具有顺反异构，A不符合题意；了提高原料的利用率，D项不符合题意；B．高聚物A含有酯基可以在碱性条件下水解，1mol高聚物A可以水解出1mol-COOH与1molNaOH反应，故答案为：B。B不符合题意；C．根据结构式可知，NVP分子式为C6H9NO，C符合题意；【分析】A．分离出产物有利于提高产率；nB．元素化合价降低被还原，元素化合价升高被氧化；12.据文献报道，我国学者提出氧化生成的反应历程如图所示。下列有关该历程的说法错误的是C．利用价态归中规律分析；（）D．增大一种反应物的量可以提高另一种反应物的转化率。11.新型可充电镁—溴电池能量密度高，循环性能优越，在未来能量存储领域潜力巨大。某镁—溴电池装置如下图(正负极区之间的离子选择性膜只允许Mg2+通过)。下列说法错误的是（）A．氧化生成的总反应为：B．中间体和中的化合价相同C．发生步骤②时，断裂的化学键既有极性键又有非极性键D．步骤③中，每生成转移电子A.放电时，Mg电极发生还原反应【答案】DB．放电时，正极反应为：+2e−=3Br−【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．由图可知，反应物为氧气和溴化氢，生成物为溴和水，总反应方程式为C．充电时，Mg电极应连接电源负极D．当0.1molMg2+通过离子选择性膜时，导线中通过0.2mole−，故A不符合题意；【答案】AB．由化合价代数和为0可知，HOOBr中氢元素为+1价、氧元素为-1价、溴元素为+1价，HOBr中氢元素为【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；电解池工作原理及应用+1价、氧元素为-2价、溴元素为+1价，则两个中间体中溴元素的化合价相同，都为+1价，故B不符合题【解析】【解答】A．放电时，镁是负极，Mg电极失电子发生氧化反应，故A符合题意；意；B．由原电池原理可知，放电时，正极反应为：+2e−=3Br−，故B不符合题意；C．由图可知，发生步骤②时，断裂的化学键既有氢溴极性键，又有氧氧非极性键，故C不符合题意；D．由图可知，步骤③发生的反应为HOBr+HBr=Br2+H2O，反应中生成1mol溴，反应转移1mol电子，故DC．放电时，镁是负极，充电时，Mg电极应连接电源负极，故C不符合题意；符合题意；D．根据电荷守恒，当0.1molMg2+通过离子选择性膜时，导线中通过0.2mole−，故D不符合题意；故答案为：D。故答案为：A。【分析】A．氧气和溴化氢反应生成物为溴和水；【分析】依据总反应可知镁作负极，发生氧化反应，石墨作正极。负极反应式为Mg-2e-=Mg2+，正极反应式B.利用化合价代数和为0判断；为Br3-+2e-=3Br-。依据原电池中“阴负阳正”的规律，Mg2+向正极迁移，若负极区用镁盐的水溶液，则Mg会与C．不同种原子之间的共价键为极性键，同种原子之间的共价键为非极性键；H2O反应。D．依据反应的方程式确定转移电子数。13.下列实验操作和实验现象得出的结论正确的是（）n实继选验而实验操作结论项现溶象解溶A．AB．BC．CD．D向溶液中加入液【答案】BA溶液，充分反应后，用四氯化碳与之间的反应是可逆反应变【知识点】化学实验方案的评价萃取数次后取上层溶液，滴加几滴溶液红【解析】【解答】A．氯化铁过量，反应后检验铁离子不能证明反应的可逆性，应使氯化铁少量，反应后检验溶是否存在铁离子可证明该反应是否具有可逆性，A项不符合题意；液B．加水稀释，使正向移动，则溶液由绿色逐渐变为蓝色，B项符合由题意；绿C.苯酚与溴水反应生成三溴苯酚，苯环上H被取代，羟基活化苯环，C项不符合题意；色D.氯化铜溶液中逐滴加入氨水，先生成蓝色沉淀，后生成配合物而溶解，而氢氧化铜不具有两性，D项不符B用蒸馏水溶解固体，并继续加水稀释逐合题意；正向移动渐故答案为：B。变为【分析】A．氯化铁过量，不能证明反应的可逆性；蓝B．依据平衡移动原理分析；色C．羟基活化苯环上的氢原子；有D．反应生成配合物。白14.和存在平衡：。下列分析正确的是（）色A．平衡混合气体中含N原子大于C向苯酚稀溶液中逐滴加入饱和溴水沉苯环对羟基性质产生影响B．恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的淀C．恒容时，充入少量，平衡正向移动导致气体颜色变浅产D．断裂中的共价键所需能量大于断裂中的共价键所需能量生【答案】A产【知识点】化学平衡的影响因素生D向氯化铜溶液中逐滴加入氨水氢氧化铜有两性【解析】【解答】A．N2O4分子中有2个N原子，平衡混合气体中含N原子大于，故A符合题沉意；淀B．恒温时，缩小容积，二氧化氮浓度变大，气体颜色变深，加压后，平衡正向动，气体颜色又变浅，但总n体是变深，故气体颜色变深，不是平衡正向移动导致的，故B不符合题意；B.由图可知，b两点对应所加入的NaOH溶液的体积为10mL，则反应后溶液中为等物质的量浓度的HB和C．恒容时，充入少量，相当于NO2的浓度不变，平衡不移动，气体颜色不变，故C不符合题意；NaB混合溶液，溶液显酸性，即HB的电离程度大于B-的水解程度，故b点溶液中，B不符合D．，反应放热，断裂中的共价键所需能量小于断裂中的题意；共价键所需能量，故D不符合题意；C．HA为强酸，a点加入NaOH溶液的体积为10mL，反应恰好生成起始时等量的NaA和HA，溶液呈酸性，故答案为：A。c（H+）==mol•L-1，溶液中OH-均是由水电离出，则c（OH-）=c-水（OH）=【分析】A．利用平均值原理，依据原子守恒；==3×10-13mol•L-1，则a点时的溶液中由水电离出的c（H+）=c水（OH-）=3×10-13mol/L，B.依据二氧化碳浓度变化分析；C.利用勒夏特列原理分析；C不符合题意；D.反应放热断裂的共价键所需能量小于形成共价键放出能量。D．HA溶液为强酸溶液，反应恰好生成强酸强碱盐NaA，A-不水解，HA对应曲线上c点溶液呈碱性因是所加NaOH过量，D符合题意；15.室温下用溶液分别滴定20.00mL浓度均为的HA，HB两种酸的溶液，滴定故答案为：D。过程中溶液的pH随滴入的NaOH溶液体积的变化如图所示(溶液体积变化忽略不计)。下列说法错误的是【分析】自由移动离子浓度越大，导电能力越强；（）B．通过溶液的酸碱性判断；C．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；D．依据盐类水解分析。二、综合题16.钴配合物在催化剂领域有广泛用途，三氯化六氨合钴(Ⅲ)是合成其他含钴配合物的重要原料，其工业制备过程如下：A.导电能力：a点溶液>b点溶液步骤Ⅰ：工业利用水钴矿(住要成分为，含少量、、、、、等)制B．b点溶液中取氯化钴晶体：C．a点溶液中由水电离出的约为D．HA对应曲线上c点溶液呈碱性因是【答案】D【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离步骤Ⅱ：在活性炭的催化作用下，通过氧化制得到流程如下：【解析】【解答】A.0.1mol•L-1的HA溶液的pH为1，说明HA为强酸，完全电离；a点溶液为加入10mLNaOH溶液，生成等量的强酸强碱盐NaA和没反应的HA，两者均完全电离，离子浓度大，导电性强；已知：①氧化性：而HB溶液的pH为4，说明HB为弱酸，不完全电离；b点溶液为加入10mLNaOH溶液，生成溶质为等量的强碱弱酸盐NaB和没反应的弱酸HB，弱酸不完全电离，所以导电能力：a点溶液＞b点溶液，A不符合题意；②沉淀Ⅰ、沉淀Ⅱ中都只含有两种沉淀。③以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：n沉淀物(3)根据信息①，氧化性：，向“浸出液”中加入适量的，把Fe2+氧化为Fe3+，反开始沉淀2.74.07.67.79.67.5应的离子方程式是，加入的目的是调节溶液除去完全沉淀3.75.29.69.811.19.2Fe3+、Al3+，为避免Co2+沉淀，pH范围为：5.2≤pH＜7.5；萃取剂层含锰元素，可知加入生成CaF2、（1）原子的核外电子排布式为：。MgF2沉淀除去Ca2+、Mg2+。(4)升高温度，双氧水分解速率加快，在步骤Ⅱ中氧化过程，为防止双氧水分解，需水浴控温在；（2）加入的主要作用：。“系列操作”是指在高浓度的盐酸中使结晶析出，过滤，醇洗，干燥。使用乙醇洗涤产品的具（3）向“浸出液”中加入适量的，反应的离子方程式是，体操作是：向过滤器中注入乙醇使其浸没沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2~3次；加入调节溶液范围为：②；萃取剂层含锰元素，则加入的作用是：(5)结束后废水中的常用沉淀剂来处理，说明CoS更难溶，原理是FeS+Co2+=CoS+Fe2+。③。【分析】(1)根据能量最低原理；（4）步骤Ⅱ中氧化过程，需水浴控温在，温度不能过高，原因是：；“系列(2)依据元素化合价的变化；操作”是指在高浓度的盐酸中使结晶析出，过滤，醇洗，干燥。使用乙醇洗涤产品的具体操(3)根据信息①，强制弱分析，依据除杂的过程分析。作是：。(4)依据温度变化对水解的影响分析；利用过滤的具体操作；（5）结束后废水中的，人们常用沉淀剂来处理，原理是(用离子方程式(5)利用沉淀的转化。表示)。17.我国有丰富的资源，2020年10月，中科院工程研究所公布了利用制各重要工业用碱【答案】（1）1s22s22p63s23p63d74s2及盐的闭路循环绿色工艺流程：（2）把还原为Co2+（3）；5.2≤pH＜7.5；除去Ca2+、Mg2+（4）防止双氧水分解；向过滤器中注入乙醇使其浸没沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2~3次；（5）FeS+Co2+=CoS+Fe2+【知识点】无机物的推断某校化学兴趣小组根据该流程在实验室中进行实验。回答下列问题：（1）用以下实验装置图进行流程中的“一次反应”。【解析】【解答】水钴矿主要成分为，含少量、、、、、等，加入盐酸、，不溶，浸出液中含有H+、Co2+、Fe2+、Al3+、Mn2+、Mg2+等，加把Fe2+氧化为Fe3+，加入调节溶液除去Fe3+、Al3+，加NaF除去Ca2+、Mg2+，用萃取剂萃取除去Mn2+，得CoCl2溶液。(1)是27号元素，根据能量最低原理，原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2；(2)中Co元素化合价为+3，根据流程图可知产物中Co元素化合价为+2，可知加入的主要作用是把还原为Co2+；n①装置A中橡皮管a的作用是。烧”Na2SO4•（NH4）2SO4•2H2O得到NaHSO4溶液和NH3，NH3循环到“一次反应”步骤再利用，蒸发结晶得到②装置B中加入的目的是。NaHSO4，据此分析解答。(1)①A中橡皮管a可以连通圆底烧瓶和分液漏斗，起恒压作用，使氨水容易滴下，②氨气是极易溶于水的气③装置C中的试剂b是。体，溶于水时可能发生倒吸，装置B中加入CCl4的目的就是为了防止倒吸，③稀盐酸和碳酸钙的反应放热，（2）在“二次反应”中，硫酸铵溶液与过量的硫酸钠反应生成溶解度比较小的复盐可导致HCl的挥发，使制得的CO2中会混有HCl气体，盐酸能溶解NaHCO3，可用饱和NaHCO3溶液吸收HCl，分离该复盐与溶液需要的玻璃仪器有。气体；（3）依据该流程的闭路循环绿色特点，“一次反应”与“煅烧()”的实验中均采用下图所示装置处理尾故答案为：①平衡气压，使氨水能顺利滴加；②防止溶液倒吸；③饱和NaHCO3溶液；气，则烧杯中的X溶液最好选用溶液。(2)复盐Na2SO4•（NH4）2SO4•2H2O的溶解度较小，可用过滤操作分离，需要的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯；故答案为：漏斗、玻璃棒和烧杯；(3)氨气极易溶于水，为将氨气充分利用，结合“一次反应”步骤中的原料分析可知，最好用Na2SO4溶液吸收氨气后直接循环利用，同时也符合流程的闭路循环绿色特点；故答案为：Na2SO4；（4）测定产品硫酸氢钠的纯度：称取所得产品，配成溶液，每次取出配制的溶液，(4)表中数据中第2次误差较大，应舍去，三次数据的平均值为，反应为用标准溶液滴定，测得的实验数据如下表：NaHSO4+NaOH=Na2SO4+H2O，即样品中n（NaHSO4）=序号1234，标准溶液体积/20.0518.4019.9520.00，则样品中硫酸氢钠的纯度为；所得产品硫酸氢钠的纯度为(以百分数表示，保留三位有效数字)。故答案为：96.0%；（5）分析上述流程图，写出利用该流程制备两种盐的总反应的化学方程式。(5)由上述流程可知，氨气循环使用，生成物只有NaHCO3和NaHSO4，根据原子守恒可知，反应物为Na2SO4溶液和CO2，所以该流程总反应为Na2SO4+CO2+H2O=NaHCO3↓+NaHSO4；【答案】（1）平衡气压，使氨水能顺利滴加；防止溶液倒吸；饱和NaHCO3溶液故答案为：Na2SO4+CO2+H2O=NaHCO3↓+NaHSO4。（2）漏斗、玻璃棒和烧杯（3）Na2SO4（4）96.0%【分析】（5）Na(1)①装置的构造，确定其用途。2SO4+CO2+H2O=NaHCO3↓+NaHSO4②极易溶于水的气体考虑防倒吸；【知识点】化学实验方案的评价③硫酸钠、二氧化碳、氨气反应生成碳酸氢钠沉淀、硫酸铵；【解析】【解答】利用Na2SO4制备NaHCO3和NaHSO4的工艺流程为：Na2SO4溶液、NH3和CO2发生“一次反应”生成溶解性较小的NaHCO(2)依据溶解性，选择合适的分离方法和分离装置。3，化学方程式为Na2SO4+2NH3+2CO2+2H2O＝NaHCO3↓+（NH4）2SO4，过滤(3)依据“一次反应”中循环利用的信息选择。得到NaHCO3固体和（NH4）2SO4溶液，硫酸铵溶液与过量的硫酸钠反应生成Na2SO4•（NH4）2SO4•2H2O，过滤得到固体Na(4)利用平均值进行计算。2SO4•（NH4）2SO4•2H2O和Na2SO4溶液，Na2SO4溶液循环到“一次反应”步骤，“灼n(5)根据原子守恒书写。18.烟气脱硫脱硝技术是环境科学研究的热点。某小组模拟O3氧化结合(NH4)2SO3溶液吸收法同时脱除SO2和NO的过程示意图如下。①(NH4)2SO3溶液显碱性，用化学平衡原理解（1）气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。释：反应平衡常数(25℃)活化能(kJ/mol)。a：1.6×10573.17②O3的浓度很低时，SO2的脱除率超过97%，原因是。b：③在吸收器中，SO与NO2反应生成和的离子方程式6.2×10343.17是。c：1.1×104158.17④在吸收器中，随着吸收过程的进行，部分被转化为N2，反应中和N2的物质的量之比为1：1，该反应的离子方程式是。①已知：，则。【答案】（1）-241.6kJ/mol；反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于②其他条件不变，SO2和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内，SO2和NOSO2的转化率随O3的浓度的变化如图。结合数据分析NO的转化率高于SO2的原（2）溶液中存在，水解程度大于水解因。程度，溶液呈碱性；(NH4)2SO3溶液能够直接与SO2发生反应；；【知识点】反应热和焓变；化学平衡移动原理；盐类水解的原理【解析】【解答】(1)①根据盖斯定律可得；②活化能越低，反应速率越快。由表中数据可知反应b的活化能小于反应c，则反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率（2）其他条件不变，SO2和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，O3与高于SO2；NO的物质的量之比对SO2和NO脱除率的影响如图。(2)①溶液中存在，SO水解程度大于水解+)，溶液呈碱性；②(NH)SO溶液直接与SO发生反应生成NHHSO；③吸收器程度，则溶液中c(OH)>c(H423243中亚硫酸铵过量，SO与反应产生的H+不共存，反应式为；④根据题干信息和原子守恒可写出反应式为。n【分析】(1)①根据盖斯定律计算；②活化能越低，反应速率越快。，合成Q的路线如下，无机试剂任选，写出X、Z的结构简(2)①依据离子的水解程度判断溶液的酸碱性；②(NH4)2SO3溶液与SO2反应生成NH4HSO3；③依据化合价的变化分析；④根据题干信息和原子守恒。式：；。19．药物Q能阻断血栓形成，它的一种合成路线。【答案】（1）sp2；sp3（2）（3）酯化反应或取代反应（4）醛基、羧基（5）已知：ⅰ．（6）、、、ⅱ．（7）；（1）分子中C、N原子的杂化轨道类型为是。（2）B的分子式为。E的结构简式是。【知识点】有机物的合成；酯的性质（3）的反应类型是。【解析】【解答】分子中C、N原子的杂化类型可以根据价层电子对来确定，和（4）M能发生银镜反应。M分子中含有的官能团是。（5）J的结构简式是。（6）W是P的同分异构体，写出一种符合下列条件的W的结构简式：。乙酸发生取代反应生成A为，A发生信息i的反应生成B，B发生水解反应生成D，D和氢ⅰ．包含2个六元环，不含甲基ⅱ．W可水解，W与溶液共热时，最多消耗气发生加成反应生成E，根据E、P反应产物的结构简式知，B为，D为（7）Q的结构简式是，也可经由P与Z合成。已知：n(4)M为，M分子中含有的官能团是醛基、羧基；故答案为：醛基、羧基；，E为，E和P发生信息ii的反应，则P为，M和甲醇发生酯化反应生成P，则M为，F与溴单质发生取代反应，结(5)J的结构简式是；故答案为：合F的分子式知，F为；根据G的结构简式及J的分子式知，J为；，J和HBr发生取代反应生成G；(6)P为，W是P的同分异构体，W符合下列条件：i.包含2个六元环，不含甲基；ii.W可水解说明含有酯基；W与NaOH溶液共热时，1molW最多消耗3molNaOH，则应该含有酚羟基和某酸苯酯基，根据其不饱和度知，两个六元环其中一个是苯环、一个含有酯基，符合条件的结构简式为（7）Q的结构简式是，P为，P、Z发生信息ii的反应、、、；故答案为：然后和氢气发生加成反应生成Q，Z为，和浓硝酸发生、、、；取代反应生成X为，X发生还原反应生成Y为，Y发生水解反应生成Z。(7)Q的结构简式是，P为，P、Z发生信息ii的反应然后(1)根据的结构式分析可知分子中C原子的成键电子对为3，C原子孤电子对为0，所以价层电和氢气发生加成反应生成Q，Z为，和浓硝酸发生取代子对为3，C原子的杂化类型为sp2，N原子的成键电子对为3，N原子孤电子对为1，所以价层电子对为4，N原子的杂化类型为sp3；故答案为：sp2；sp3；反应生成X为，X发生还原反应生成Y为，Y(2)E的结构简式是；故答案为：；(3)M和甲醇发生酯化反应或取代反应生成P，M→P的反应类型是酯化反应或取代反应；发生水解反应生成Z，所以X、Y、Z分别是、故答案为：酯化反应或取代反应；n、；故答案为：；。【分析】(1)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定原子的杂化类型；(2)利用信息和产物确定结构简式；(3)酯化反应为酸和醇生成酯和水；(4)结构简式确定官能团；(5)利用反应物和产物确定结构简式；(6)依据条件确定官能团，书写同分异构体；(7)依据题目的信息，反应物和产物确定结构简式。n高三第三次模拟考试化学试题一、单选题1.化学科学在国防装备的打造中发挥着重要作用。下列有关叙述错误的是（）A．战机机身大量采用了碳纤维材料，对比传统金属材质，碳纤维密度小、强度高B．隐形战机表面的吸波陶瓷——碳化硅属于分子晶体C．曳光弹尾部的曳光剂中加入铜盐，曳光弹可发出绿光D．涂在装甲车上的聚氨酯伪装涂料属于有机高分子材料2.下列说法正确的是（）A.次氯酸的结构式为：H-Cl-OB.虚线表示邻烃基苯甲醛的分子间氢键：C.醛基的碳氧双键有极性：D.组成天然蛋白质的氨基酸可以表示为3．为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．反应中，每生成释放的中子数为B．电解精炼铜时，若转移了个电子，阳极溶解铜C．将一定量的通入溶液中，当有转化为时，转移电子总数为D．标准状况下，庚烷中所含的分子数约为4.“冰墩墩”“雪容融”成为北京冬奥会的顶流，他们由、、和亚克力等环保材料制作而成。下列说法错误的是（）nA.制作()的单体可以使溴水褪色B.()中所有碳原子均可共面C．的单体之一是苯乙烯，其碳的百分含量和乙炔相同D．制备亚克力材料()的单体是甲基丙烯酸甲酯5.下列实验方案合理的是（）ABCD实验室模拟喷泉实验实验室制备蒸干溶液制固体熔化固体A．AB．BC．CD．D6.中医经典方剂组合对新冠肺炎病毒治疗具有良好的效果。其中的一味中药黄芩的有效成分结构简式如图所示，下列说法错误的是（）A.黄芩苷中含有4种含氧官能团B．黄芩苷分子中苯环上的一氯代物有4种C．黄芩苷能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．黄芩苷最多与生加成反应n7.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，其中C为第三周期简单离子半径最小的元素，A、B、D的最高价氧化物对应的水化物溶液加水稀释时溶液的变化情况如图所示，则下列说法中错误的是（）A.浓的D溶液在加热条件下可以与C发生反应B．分子空间结构为三角锥形C．B，D，E的单质或者化合物能作漂白剂D．具有两性，既能和酸反应也能和碱反应8.在一定条件下，取一定量的A和B在恒容密闭容器中发生反应：。达到平衡时，M的浓度与温度和容器容积的关系如图所示。下列有关判断正确的是（）A．B．E点的平衡常数小于F点的平衡常数C．达到平衡后，增大A的浓度将会提高B的转化率nD．9.海泥细菌通过消耗海底沉积层中的有机物获得营养，同时产生电子。科学家利用这一原理设计了海泥细菌电池，该技术既可在海底加速石油污染物降解速率，又可产生电能，有很好的应用前景。其中海泥代谢产物显酸性，电池工作原理如图所示。下列说法错误的是（）A．A电极的电势高于B电极B．质子通过海底沉积层和海水层交接面，A电极消耗氧气(标准状况)C．负极的电极反应式为：D．海水和海泥作为电解质的一部分，富含盐分，导电性高，有利于输出电能10.苯与的催化反应历程如图所示。关于该反应历程，下列说法错误的是（）A.苯与的加成反应为吸热反应B．除去产物溴苯中混有的一定量的溴，可以加氢氧化钠溶液，再通过分液的方法除去C．苯与的催化反应决速步伴随着极性键的断裂与形成D．从反应速率的角度分析，产物中取代产物占比更大11.易溶于水，难溶于乙醇。从电镀污泥[含有、、、n和等]中回收制备和其它金属的工艺流程如下，下列说法正确的是（）已知：萃取剂萃取的原理为。A.“酸浸”时，为加快浸出速率，提高生产效益，可以使用浓硫酸B．萃取余液可在酸浸中循环利用，反萃取剂X为C．“反萃取”得到的溶液，在碱性条件下可被氧化生成，该反应的离子方程式为D．溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作可得，向冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率12.下列方程式正确的是（）A.硫酸铜溶液中通入过量的氨气：B．如图电解质溶液，则正极电极反应式为：C．用可以除去溶液中的：D．电解饱和溶液：13.以为催化剂催化还原氮氧化物已经大规模应用于烟气脱硝和柴油车尾气净化。为还原剂，氮氧化物在低温和高温时的反应原理不同，a表示低温下的反应原理，b表示高温下的反应n原理，下列说法错误的是（）A.低温段反应每有参加反应转移电子B.高温和低温时，催化剂中的化合价都发生了变化C．在高温段反应中主要起到氧化的作用D．高温和低温时，反应的总方程式都为14.是一种重要的半导体材料，熔点为，密度为，其晶胞结构如图所示。已知阿伏加德罗常数的值为，的摩尔质量为，下列说法正确的是（）A.该晶体为离子晶体B．的配位数为2C．在元素周期表的第15纵列D．的晶胞边长为15.室温下，通过下列实验探究溶液的性质：编号实验操作1用试纸测定的溶液，测得约为2n向的溶液中逐滴加入等体积的溶液，测得所得2溶液的约为43将酸性溶液与溶液混合，溶液褪色下列说法正确的是（）A．的约为B.实验2溶液由2到4的过程中水的电离程度不断减小C.实验2所得溶液中继续加溶液至溶液呈中性：D.实验3中酸性溶液褪色证明具有漂白性二、综合题16.央视报道《王者归“铼”》：我国利用新技术发现并提纯了超级金属“铼”，其熔点高、耐磨、耐腐蚀，可用来制造航空发动机核心部件，有塑打破美国垄断。工业上用富铼渣(含)制得铼粉，其工艺流程如图1所示：回答下列问题：（1）铼()被称为类锰元素，与锰的价层电子结构相同，写出的价层电子排布式：，已知元素锰与徕为同族元素，研究发现锰的熔点明显高于铼的熔点，其原因可能是。（2）酸浸相同时间，测得徕的浸出率与温度关系如图2所示，分析时铼的浸出率最高的原因是；浸出反应中转化为两种强酸，请写出铼浸出反应的离子方程式。n（3）图3表示萃取液流速与铼吸附率关系。结合实际工业生产效益，萃取液流速宜选用的范围是。（4）已知高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水。提纯粗高铼酸铵固体的方法是。（5）是酸性氧化物，与溶液反应的化学方程式为。（6）整个工艺流程中可循环利用的物质有、。17.亚硝酰氯()是一种红褐色液体或黄色气体，沸点为，遇水和潮气分解。请回答下列问题：（1）与混合在通常条件下可反应得到。①实验室制备的离子方程式是。②选用如图所示的部分装置，欲用二氧化锰制备一瓶纯净且干燥的氯气，各玻璃导管接口连接顺序为(气流方向从左至右，每组仪器最多使用一次)。n③实验中“先通入，待反应装置中充满黄绿色气体时，再将缓缓通入”，此操作的目的是。（2）文献中记载的一种利用浓盐酸和浓溶液反应制取的原理及装置如图所示，反应原理：。①仪器X为恒压滴液漏斗，用它代替分液漏斗优点是。②若无干燥装置，会与水反应产生无色气体和白雾，且该气体在试管口变为红棕色，则发生反应的化学方程式为。（3）若用以下方法测定亚硝酰氯()纯度：取U形管中所得液体m克溶于水，配制成溶液，取出，以溶液为指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为。已知：为不溶于水的砖红色沉淀；常温下，。①滴定时，应使用(填“酸式”或“碱式”)滴定管。②滴定达到终点的标志是。n③亚硝酰氯()的质量分数为(用计算式表示即可)。18.甲基叔丁基醚()是一种高辛烷值汽油添加剂，可由甲醇和异丁烯(以表示)在催化剂作用下合成：。回答下列问题：（1）反应过程中反应物首先被催化剂吸附，再经历过渡态，最终得到产物，相对能量与反应历程的关系如图所示(其中表示甲醇和异丁烯同时被吸附，表示甲醇先被吸附，表示异丁烯先被吸附)，该反应的，下列说法错误的是。A.三种反应历程中，反应速率最快B.过渡态1比另两种过渡态稳定C．降低温度和增大压强都有利于提高反应物平衡转化率D．同温同压下，只要起始投料相同，相同时间三种途径的产率一定相同（2）向刚性密闭容器中充入等物质的量的甲醇和异丁烯，在催化剂作用下，分别在和两个温度反应，异丁烯的转化率随时间的变化关系如图所示。①时，反应后到达点B，此时甲基叔丁基醚的体积分数为(保留3位有效数字)②A、B、C三点中，正反应速率最大的是。n③比较A、B、C三点的平衡常数，从大到小的顺序是。④已知对于反应，标准平衡常数，其中为各组分的平衡分压，分压=总压×该组分物质的量分数，。在时(如图)，将等物质的量的甲醇和异丁烯充入恒容密闭容器中(初始压强为)，甲醇的平衡分压为，反应的标准平衡常数。(保留1位小数)19.化合物M()是合成药物的中间体，利用芳香化合物A制备化合物M的路线如下：已知：Ⅰ．；Ⅱ．（1）D中的官能团名称。（2）C的结构简式：。（3）A到B的反应类型；F分子中最多个碳原子共平面。（4）H生成M的化学方程式。（5）Z是E的同分异构体，满足下列条件的Z的结构有种；写出一种核磁共振氢谱有3组峰的结构简式。①含有且与苯环相连②能发生银镜反应（6）利用有机物Q经过催化氧化和已知Ⅱ两步制备有机物P()，请写出Q的结构简n式。n答案解析部分1.【答案】B【解析】【解答】A．碳纤维一种含碳量在95%以上的高强度、高模量的新型纤维材料。它是由片状石墨微晶等有机纤维沿纤维轴向方向堆砌而成，经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料。碳纤维质量比金属材质轻，但强度却高于金属材质，并且具有耐腐蚀、高模量、密度低、无蠕变、良好的导电导热性能、非氧化环境下耐超高温、耐疲劳性好等特性，故A不符合题意；B．碳化硅是碳原子和硅原子以共价键结合而成的具有三维骨架结构的共价晶体，故B符合题意；C．铜的焰色为绿色，所以曳光弹尾部的曳光剂中加入铜盐，曳光弹可发出绿光，故C不符合题意；D．聚氨酯伪装涂料是由有机小分子通过聚合反应生成的高分子，属于有机高分子材料，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.碳纤维是一种具有密度小、强度高等特性的无机非金属材料；B.碳化硅为原子晶体；C.铜的焰色反应为绿色；D.聚氨酯属于有机高分子材料。2.【答案】D【解析】【解答】A．次氯酸的结构式为：H-O-Cl，故A项不符合题意；B．虚线表示邻烃基苯甲醛的分子内氢键，故B项不符合题意；C．醛基的碳氧双键中，O的电负性大，共用电子对偏向O，故使O带上负电荷，C带上正电荷，故C项不符合题意；D．组成天然蛋白质的氨基酸中一定有氨基和羧基，不同氨基酸的R基不同，故D项符合题意；故答案为：D。【分析】A、Cl的共价键为1，O的共价键为2；B、羟基和醛基同在一个分子内，为分子内的氢键；C、氧原子的电负性大于碳原子，因此电子偏向氧原子，氧带负电，碳带正电；D、氨基酸的碳原子上连接-R、-COOH、-NH2、-H。3.【答案】A【解析】【解答】A．反应中，每生成释放的中子数=（48+249-n294）=，故A符合题意；B．电解精炼铜时，由于阳极存在锌、铁等金属杂质，转移个电子时，阳极溶解铜的质量小于，故B不符合题意；C．将一定量的Cl2通入FeBr2溶液中，由于还原性Fe2+>Br-，Cl2先氧化Fe2+，然后氧化Br-，故当有1molBr-转化为Br2时，Fe2+已被完全氧化，则转移的电子数大于NA，故C不符合题意；D．标况下庚烷为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.根据可知，48+249=294+x，x=3；B.电解精炼铜时，阳极含有锌、铁等活泼性大于铜的金属，它们在铜之前放电；C.还原性Fe2+>Br-，Cl2+2先氧化Fe；D.标况下庚烷为液体。4.【答案】B【解析】【解答】A．PVC的单体为CH2=CHCl含有碳碳双键，所以可以使溴水褪色，故A不符合题意；B．结构中连接两个苯环的碳原子为饱和碳原子，其连接的4个碳原子一定不全共平面，故B符合题意；C．苯乙烯和乙炔的最简式相同，所以其碳的百分含量相同，故C不符合题意；D.由题中制备亚克力材料的结构可知，其单体为甲基丙烯酸甲酯，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.PVC的单体为CH2=CHCl；B.饱和碳原子具有甲烷的结构特征；C.苯乙烯和乙炔的最简式相同；D.亚克力材料的单体是CH2=C(CH3)COOCH3。5.【答案】D【解析】【解答】A．Cl2难溶于饱和食盐水，圆底烧瓶内外难以形成气压差，用其难以模拟喷泉实验，A不合理；B．浓硫酸与Cu反应制备SO2的反应需要加热，该实验装置缺少加热装置，B不合理；nC．水溶液会发生水解：MgCl2+2H2OMg(OH)2+2HCl，HCl易挥发，该装置蒸干操作得不到MgCl2，C不合理；D．NaCl固体熔点较高，应在瓷坩埚内熔化，D合理；故答案为：D。【分析】A.氯气难溶于饱和食盐水，不能形成压强差；B.浓硫酸和铜在加热下反应；C.蒸干MgCl2溶液得到Mg(OH)2。6.【答案】D【解析】【解答】A．该有机物中含有羧基、酮羰基、醚键和羟基4种含氧官能团，故A不符合题意；B．黄芩苷分子中苯环上有4种氢原子，所以其苯环上的一氯代物就有4种，故B不符合题意；C．该有机物分子中的碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C不符合题意；D．苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键、酮羰基和氢气以1：1发生加成反应，羧基不能和氢气发生加成反应，该分子中含有2个苯环、1个碳碳双键、1个酮羰基，所以1mol该有机物最多与发生加成反应，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A.黄芩苷中含有的含氧官能团为羧基、酮羰基、醚键和羟基；B.黄芩苷分子中苯环上有4种不同环境的氢原子；C.黄芩苷分子中含有的碳碳双键、羟基均能被酸性高锰酸钾氧化。7.【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，C为Al，D是S，浓H2SO4在加热条件下可以和Al发生反应生成Al2(SO4)、SO2和H2O，A不符合题意；B.由分析可知，A为N，E是Cl；NCl3分子的中心原子N的价层电子对数为3+=3+1=4，N含有1个孤电子对，则NCl3分子的空间构型为三角锥形，B不符合题意；C.由分析可知，B为Na，D是S，E是Cl；Na2O2、NaClO等具有强氧化性，可以作漂白剂，SO2能和有色物质反应生成无色物质，也可以作漂白剂，C不符合题意；D.由分析可知，C为Al，Al3+只能和碱反应，故Al3+不具有两性，D符合题意；n故答案为：D。【分析】C为第三周期简单离子半径最小的元素，则C为Al元素，A的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH=1，稀释1000倍pH变化3，则该溶液为一元强酸，且A的原子序数小于Al，则A为N元素，B的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH=13，稀释1000倍pH变化3，则该溶液为一元强碱，则B为Na元素，D为S元素。D的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH≈0.7，氢离子浓度为0.2mol/L，该溶液为二元强酸，则D为S元素，E的原子序数大于S，则E为Cl元素。8.【答案】C【解析】【解答】A．由图可知，体积越大时M的浓度越小，比较E、F两点可知，体积增大3倍，M浓度减小不到3倍，说明减小压强平衡正向移动，N为固体，则a+b<m，故A不符合题意；B．平衡常数只与温度有关，由图可知，E点温度等于F点，则E点的平衡常数等于F点的平衡常数，故B不符合题意；C．达到平衡后，增大A的浓度，反应向正向进行，B物质继续消耗，转化程度增大，则增大A的浓度将会提高B的转化率，故C符合题意；D．由图可知，升高温度M的浓度增大，可知正反应为吸热反应，Q>0，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.容器体积越大，容器中压强越小，温度不变时，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动；B.压强不变时，升高温度平衡向吸热方向移动；D.升高温度M的浓度增大，平衡正向移动。9.【答案】C【解析】【解答】A．由分析可知，A极是正极，B极是负极，所以A电极的电势高于B电极，故A不符合题意；B.当有1mol质子穿过海底沉积层和海水交界面时，电路中转移1mol电子，正极电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，则A极消耗0.25molO2，标准状况下的体积为5.6L，故B不符合题意；C．在微生物作用下与SO-2反应生成CO2和HS，并不是在负极的电极反应，故C符合题意；D．海水和海泥作为电解质一部分，富含盐分，可增强水的导电性，减小导电阻力，有利于电池电能n的输出，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A电极上氧气转化为水，氧元素的化合价降低，发生还原反应，则A电极为正极，电极反应式为O+-2+4H+4e=2H2O，B电极为负极。10.【答案】C【解析】【解答】A．苯与Br2的加成反应中反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应，故A不符合题意；B．单质溴与氢氧化钠溶液反应生成易溶于水的盐，与溴苯分层，然后可以分液分离，所以产物溴苯中会含有一定量的溴，可加入氢氧化钠溶液，再通过分液的方法除去溴苯中的溴，故B不符合题意；C.苯与Br2的催化反应决速步为第二步，该过程存在C-Br键的形成，未有新极性键的断裂，故C符合题意；D．由图可知，生成取代产物反应的活化能低于生成加成产物反应的活化能，根据活化能越小，反应速率越快，则产物中取代产物占比更大，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.苯与Br2的加成反应中反应物总能量小于生成物总能量；B.溴与氢氧化钠反应，溴苯不与NaOH反应；D.活化能越小，反应速率越快。1.【答案】D【解析】【解答】A．“酸浸”时，为加快浸出速率，提高生产效益，可以适当提供硫酸的浓度，但不能使用浓硫酸，若使用浓硫酸，不利于后续某些环节，例如调pH时会多消耗碳酸钠，提高成本，A不符合题意；B．萃取剂萃取的原理为，则萃取余液为水相，酸性环境中氢离子浓度大，平衡左移，含Ni2+，则萃取余液可在酸浸中循环利用，同理，反萃取剂X为硫酸，B不符合题意；C．“反萃取”得到的溶液，在碱性条件下可被氧化生成，该反应的离子方程式为2Ni2＋＋ClO－＋4OH－=2NiOOH↓＋Cl－＋H2O，C不符合题意；D．是结晶水合物，故用冷却法提取该晶体，故从溶液经蒸发浓缩、冷却结n晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作可得；又已知易溶于水，难溶于乙醇，则向冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可减少硫酸镍的溶解、而可提高产率，D符合题意；故答案为：D。【分析】电镀污泥加入稀硫酸酸浸，SiO2不反应，则滤渣Ⅰ为SiO2，其他物质转化为硫酸盐，电解得到金属铜，电解之后加入碳酸钠调节pH，使铁离子形成Fe(OH)3沉淀，则滤渣Ⅱ为Fe(OH)3，再加入磷酸钠除去Cr，加入萃取剂（RH）萃取Ni2+，分液的有机层中再加入稀硫酸进行反萃取，得到NiSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶得到。12.【答案】B【解析】【解答】A．硫酸铜溶液中通入过量的氨气会形成配合物，反应为：，A项不符合题意；B.电解质溶液为酸化后的NaCl溶液，，酸性很弱，故正极O2得电子，电极反应式为：，B项符合题意；C.为难溶物，用除去溶液中的反应为：，C项不符合题意；D.电解饱和溶液，阴极Cu2+得电子，阳极Cl-失电子，总反应为：，D项不符合题意；故答案为：B。【分析】A.氨气过量会生成；C.FeS为固体，应保留化学式；D.电解饱和溶液的反应为。13.【答案】D【解析】【解答】A．由图可知低温段每有参加反应时整个过程消耗4molNO和4mol，转移电子数为12mol，故A符合题意；B．由图中转化可知高温段和低温段均存在二价铁和三价铁的转化，故B不符合题意；nC．由b图可知，高温段时氧气只参与将二价铁氧化成三价铁的转化，故C不符合题意；D．两个过程种实际反应物均为，最终生成氮气和水，结合图中消耗量关系可得反应，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.根据得失电子守恒计算；B.高温和低温时均存在铁离子和亚铁离子之间的转化；C.高温时，氧气将亚铁离子氧化为铁离子。14.【答案】C【解析】【解答】A．是一种重要的半导体材料，熔点为，因此该晶体为共价晶体，A不符合题意；B．位于Ga构成的四面体空隙中，其配位数为4，B不符合题意；C．位于第四周期第ⅤA族，在元素周期表的第15纵列，C符合题意；D．晶胞中As和Ga的个数均是4个，密度为，则，所以的晶胞边长为，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.是一种重要的半导体材料，熔点较高，为原子晶体；B.与As紧邻的Ga有4个；D.根据均摊法和计算。15.【答案】C【解析】【解答】A.0.1mol⋅L-1的H2C2O4溶液中，pH约为2，由于H2C2O4的第一步电离程度远大于第二步的电离程度，则c(H+)=c()≈10-2mol⋅L-1，c(H-12C2O4)≈0.1mol⋅L，H2C2O4的Ka1=≈=10-3，A不符合题意；B.实验2溶液pH由2到4的过程中，溶液中的OH-来自于水的电离，pH增大，说明溶液中c(OH-)增大，则水的电离程度逐渐增大，B不符合题意；nC.实验2所得溶液中继续加KOH溶液至溶液呈中性，根据电荷守恒可得：c(K+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，由于溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，故c(K+)=c()+2c()，则c(K+)＞2c()+c()，C符合题意；D.实验3中酸性KMnO4溶液褪色是因为发生了氧化还原反应，KMnO4作氧化剂，H2C2O4作还原剂，证明H2C2O4具有还原性，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.根据Ka1=计算；B.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；D.高锰酸钾和草酸发生氧化还原反应。16.【答案】（1）5d56s2；Re和Mn均为金属晶体，Re和Mn同族，价电子数相同，但是Mn的原子半径小，原子核对外层电子的吸引力强，金属键强，熔点高（2）温度低于T1℃时，铼的浸出率随温度升高而增大，温度高于T1℃时，H2O2分解导致铼的浸出率减小；2ReS+2+19H2O2=2+4+10H+14H2O（3）6~8（4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冷水洗涤、低温干燥（5）Re2O7+2NaOH=2NaReO4+H2O（6）NH3和含R3N的有机溶液【解析】【解答】(1)Re是75号元素，其价电子层排布式为5d56s2；Re和Mn均为金属晶体，Re和Mn同族，价电子数相同，但是Mn的原子半径小，原子核对外层电子的吸引力强，金属键强，熔点高。(2)温度低于T1℃时，铼的浸出率随温度升高而增大，温度高于T1℃时，H2O2分解导致铼的浸出率减小；浸出反应中ReS2转化生成的两种强酸为HReO4和H2SO4，该反应的离子方程式为2ReS+2+19H2O2=2+4+10H+14H2O。(3)增大萃取液流速，提高铼的吸附率可以提高生产效率，由图可知，萃取液流速宜选用的范围是6~8BV/h。(4)由于高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水，可通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冷水洗涤、低温干燥的方法铼提纯粗高铼酸铵固体。n(5)Re2O7是酸性氧化物，与NaOH溶液反应生成NaReO4，该反应的化学方程式为Re2O7+2NaOH=2NaReO4+H2O。(6)由分析可知，整个工艺流程中可循环利用的物质有硫酸、NH3和含R3N的有机溶液。【分析】向富铼渣(含ReS2)中加入稀硫酸和H2O2溶液，发生氧化还原反应生成高铼酸HReO4和H2SO4，过滤得到滤渣和含有HReO4和H2SO4的滤液；向滤液中加入含R3N的有机溶液萃取，分液得到可以循环使用的稀硫酸和R3N∙HReO4溶液；向R3N∙HReO4溶液中加入氨水充分反应后，分液得到可以循环使用的含R3N的有机溶液和高铼酸铵溶液；高铼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到高铼酸铵晶体；高铼酸铵晶体受热分解生成可以循环使用的NH3和Re2O7；再用H2热还原Re2O7生成铼粉。17．【答案】（1）3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；b→e→f→i→h→d→c→g；可以排尽装置中的空气，防止NO被O2氧化（2）平衡气压，便于浓盐酸顺利滴入双颈烧瓶中；3NOCl+2H2O=HNO3+3HCl+2NO↑（3）酸式；滴加最后半滴硝酸银溶液时，恰好有砖红色沉淀生成，且半分钟不变；【解析】【解答】(1)实验室制备的离子方程式是：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；用浓盐酸与MnO2反应制备一瓶干燥纯净的氯气，固液加热用b装置制备，制得的氯气混有HCl和水蒸气，用饱和食盐水吸收HCl，用五氧化二磷作干燥剂干燥氯气，氯气密度比空气大，收集导气管应长进短出，氯气为有毒气体，不能直接排放，用NaOH吸收多余的氯气，故各个装置连接顺序为：b→e→f→i→h→d→c→g；NO会和O2发生反应，故操作目的为：可以排尽装置中的空气，防止NO被O2氧化；(2)与分液漏斗相比，恒压滴液漏斗能平衡气压，便于浓盐酸顺利滴入双颈烧瓶中；NOCl滴入盛有水的试管中，液面上方有白雾，为HCl，且产生无色气体，该气体在试管口变为红棕色，该气体为NO，根据化合价变化，还应有硝酸生成，该反应的化学方程式为：3NOCl+2H2O=HNO3+3HCl+2NO↑；(3)AgNO+3中Ag水解使溶液呈酸性，故滴定时，呈装标准溶液应使用酸式滴定管；滴定达到终点时，AgCl基本沉淀完全，再滴入半滴标准溶液，恰好AgCl刚开始转化为Ag2Cr2O7，故滴定达到终点的标志是滴加最后半滴硝酸银溶液时，恰好有砖红色沉淀生成，且半分钟不变；滴定过程中存在数量关系，所以取出25.00mL溶液中，则nNOCl总的物质的量为，所以质量分数为：。【分析】（1）①铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；②用浓盐酸与MnO2反应制备一瓶干燥纯净的氯气，固液加热用b装置制备，制得的氯气混有HCl和水蒸气，用饱和食盐水吸收HCl，用五氧化二磷作干燥剂干燥氯气，氯气密度比空气大，收集导气管应长进短出，氯气为有毒气体，不能直接排放，用NaOH吸收多余的氯气；③NO易被氧化为NO2；（2）①恒压滴液漏斗可平衡气压；②NOCl滴入盛有水的试管中，液面上方有白雾，为HCl，且产生无色气体，该气体在试管口变为红棕色，该气体为NO，根据化合价变化，还应有硝酸生成；（3）①AgNO3溶液呈酸性；②AgCl基本沉淀完全，再滴入半滴标准溶液，AgCl（白色）转化为Ag2Cr2O7（砖红色）；③根据氯元素守恒，结合计算。18.【答案】（1）-4Q；BC（2）；C；；30；13.3【解析】【解答】(1)①该反应的为生成物的相对能量减去反应物的相对能量，则(1-5)Q=；②A．、、三种反应历程的活化能分别为、、，活化能越低，反应速率越快，则反应速率最快，A项不符合题意；B．能量越低越稳定，三种过渡态中，过渡态1能量最低，则过渡态1比另两种过渡态稳定，B项符合题意；C．该反应为气体分子总数减小的放热反应，则降低温度和增大压强都有利于提高反应物平衡转化率，C项符合题意；D．、、三种反应历程的活化能不完全相同，则起始投料在刚性容器中分别采用三种途径反应相同时间，三种途径的产率不完全相同，D项不符合题意；故答案为：BC。n(2)①设初始时甲醇和异丁烯均为1mol，时，反应90min后到达B点，则存在：此时甲基叔丁基醚的体积分数为；②先拐先平速率大，则温度＞，A、C两点温度相同但C点反应物浓度大，则点正反应速率大，B、C反应物浓度相同但C点温度高，则C点正反应速率大，则A、C、B三点中，正反应速率最大的是C点；③平衡常数只与温度有关，该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，平衡常数减小，则A、B、C三点的平衡常数从大到小的顺序为：；④在时，将等物质的量的甲醇和异丁烯充入恒容密闭容器中(初始压强为)，则甲醇和异丁烯的初始分压均为，由三段式可知：则甲醇的平衡分压为；已知，反应的标准平衡常数。【分析】（1）根据ΔH=生成物的相对能量-反应物的相对能量；A.活化能越小反应速率越快；B.能量越低物质越稳定；C.该反应为气体分子总数减小的放热反应，降低温度和增大压强平衡均正向移动；D.三种途径的反应速率不同；（2）①列出反应的三段式计算；②温度越高、浓度越大反应速率越快；③平衡常数只与温度有关；n④列出反应的三段式，结合计算。19.【答案】（1）硝基、醛基、醚键（2）（3）加成反应；11（4）（4）（5）12；（6）【解析】【解答】(1)根据D的结构可知，官能团名称为：硝基、醛基、醚键；故答案为：硝基、醛基、醚键。(2)根据分析可知，C的结构为；故答案为：。(3)根据A和B的结构可知，A到B的反应类型为加成反应；根据F分子的结构可知，苯环上的碳原子以及醛基中的碳原子均共面，以及支链中所有的碳原子均可共面，最多11个碳原子共平面。故答案为：加成反应；11。(4)由分析可知H经取代反应生成M，化学方程式为：n；故答案为：。(5)由信息可知Z含有且与苯环相连，能发生银镜反应则含有-CHO或-OOCH，根据E的分子式可知，Z的结构为苯环和以及-OOCH两个取代基，所以结构共有3种，或者为苯环和以及-CHO、-OH三个取代基，苯环上有3个不同的取代基的结构共有10种，除去E本身的1种结构还有9种，所以Z的结构共有12种，核磁共振氢谱有3组峰的结构简式为；故答案为：12，。(6)有机物Q经过催化氧化和已知II两步制备有机物P，则有机物Q含有-OH，再由已知II的反应信息同时参照F到G的转化流程可知Q的结构简式为：；故答案为：。【分析】由A的分子式以及D的结构式可知，芳香化合物A的结构为，与HCHO酸性条件下加热得到B的结构为，B与CH3I参照已知I反应生成C，n故C的结构为，再经过催化氧化后转化为D，D与HI参照已知I反应生成E的结构为，E参照题目信息条件发生取代反应得到F，F反应成环转化为G，再经Zn/HCl将G中的硝基转化为氨基得到H，H经取代反应转化为M。n高三第三次模拟考试化学试题【答案】D一、单选题【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；结构式1.化学科学在国防装备的打造中发挥着重要作用。下列有关叙述错误的是（）【解析】【解答】A．次氯酸的结构式为：H-O-Cl，故A项不符合题意；A．战机机身大量采用了碳纤维材料，对比传统金属材质，碳纤维密度小、强度高B．虚线表示邻烃基苯甲醛的分子内氢键，故B项不符合题意；B．隐形战机表面的吸波陶瓷——碳化硅属于分子晶体C．醛基的碳氧双键中，O的电负性大，共用电子对偏向O，故使O带上负电荷，C带上正电荷，故C项不符C．曳光弹尾部的曳光剂中加入铜盐，曳光弹可发出绿光合题意；D．涂在装甲车上的聚氨酯伪装涂料属于有机高分子材料D．组成天然蛋白质的氨基酸中一定有氨基和羧基，不同氨基酸的R基不同，故D项符合题意；【答案】B故答案为：D。【知识点】无机非金属材料；焰色反应；高分子材料【分析】A、Cl的共价键为1，O的共价键为2；【解析】【解答】A．碳纤维一种含碳量在95%以上的高强度、高模量的新型纤维材料。它是由片状石墨微晶B、羟基和醛基同在一个分子内，为分子内的氢键；等有机纤维沿纤维轴向方向堆砌而成，经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料。碳纤维质量比金属材质C、氧原子的电负性大于碳原子，因此电子偏向氧原子，氧带负电，碳带正电；轻，但强度却高于金属材质，并且具有耐腐蚀、高模量、密度低、无蠕变、良好的导电导热性能、非氧化环境D、氨基酸的碳原子上连接-R、-COOH、-NH2、-H。下耐超高温、耐疲劳性好等特性，故A不符合题意；B．碳3．为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）化硅是碳原子和硅原子以共价键结合而成的具有三维骨架结构的共价晶体，故B符合题意；C．铜的A．反应中，每生成释放的中子数为焰色为绿色，所以曳光弹尾部的曳光剂中加入铜盐，曳光弹可发出绿光，故C不符合题意；D．聚氨酯伪装涂料是由有机小分子通过聚合反应生成的高分子，属于有机高分子材料，故D不符合题意；故答案为：B．电解精炼铜时，若转移了个电子，阳极溶解铜B。C．将一定量的通入溶液中，当有转化为时，转移电子总数为D．标准状况下，庚烷中所含的分子数约为【分析】A.碳纤维是一种具有密度小、强度高等特性的无机非金属材料；【答案】AB.碳化硅为原子晶体；【知识点】阿伏加德罗常数C.铜的焰色反应为绿色；D.聚氨酯属于有机高分子材料。【解析】【解答】A．反应中，每生成释放的中子数=（48+249-294）2.下列说法正确的是（）=，故A符合题意；A.次氯酸的结构式为：H-Cl-OB．电解精炼铜时，由于阳极存在锌、铁等金属杂质，转移个电子时，阳极溶解铜的质量小于，故B不符合题意；B.虚线表示邻烃基苯甲醛的分子间氢键：2+-，Cl先氧化Fe2+-，故当有1molC．将一定量的Cl2通入FeBr2溶液中，由于还原性Fe>Br2，然后氧化BrBr-转化为Br2+2时，Fe已被完全氧化，则转移的电子数大于NA，故C不符合题意；D．标况下庚烷C.醛基的碳氧双键有极性：为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D不符合题意；故答案为：A。D.组成天然蛋白质的氨基酸可以表示为nD.亚克力材料的单体是CH2=C(CH3)COOCH3。【分析】A.根据可知，48+249=294+x，x=3；5.下列实验方案合理的是（）B.电解精炼铜时，阳极含有锌、铁等活泼性大于铜的金属，它们在铜之前放电；ABCD2+-，Cl先氧化Fe2+C.还原性Fe>Br2；D.标况下庚烷为液体。4.“冰墩墩”“雪容融”成为北京冬奥会的顶流，他们由、、和亚克力等环保材料制作而成。下列说法错误的是（）实验室模拟喷泉实验实验室制备蒸干溶液制固体熔化固体A.制作()的单体可以使溴水褪色A．AB．BC．CD．D【答案】DB．()中所有碳原子均可共面【知识点】常见气体制备原理及装置选择；实验装置综合【解析】【解答】A．Cl2难溶于饱和食盐水，圆底烧瓶内外难以形成气压差，用其难以模拟喷泉实验，A不合C．的单体之一是苯乙烯，其碳的百分含量和乙炔相同理；B．浓硫酸与Cu反应制备SO2的反应需要加热，该实验装置缺少加热装置，B不合理；D．制备亚克力材料()的单体是甲基丙烯酸甲酯C．水溶液会发生水解：MgCl2+2H2OMg(OH)2+2HCl，HCl易挥发，该装置蒸干操作得不到【答案】BMgCl2，C不合理；【知识点】有机化合物中碳的成键特征；聚合反应D．NaCl固体熔点较高，应在瓷坩埚内熔化，D合理；【解析】【解答】A．PVC的单体为CH2=CHCl含有碳碳双键，所以可以使溴水褪色，故A不符合题意；故答案为：D。B．结构中连接两个苯环的碳原子为饱和碳原子，其连接的4个碳原子一定不全共平面，故B符合题意；C．苯乙烯和乙炔的最简式相同，所以其碳的百分含量相同，故C不符合题意；【分析】A.氯气难溶于饱和食盐水，不能形成压强差；D.由题中制备亚克力材料的结构可知，其单体为甲基丙烯酸甲酯，故D不符合题意；B.浓硫酸和铜在加热下反应；故答案为：B。C.蒸干MgCl2溶液得到Mg(OH)2。6.中医经典方剂组合对新冠肺炎病毒治疗具有良好的效果。其中的一味中药黄芩的有效成分结构简式如图所【分析】A.PVC的单体为CH2=CHCl；示，下列说法错误的是（）B.饱和碳原子具有甲烷的结构特征；C.苯乙烯和乙炔的最简式相同；nA.黄芩苷中含有4种含氧官能团B．黄芩苷分子中苯环上的一氯代物有4种C．黄芩苷能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．黄芩苷最多与生加成反应【答案】D【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；加成反应A.浓的D溶液在加热条件下可以与C发生反应【解析】【解答】A．该有机物中含有羧基、酮羰基、醚键和羟基4种含氧官能团，故A不符合题意；B．分子空间结构为三角锥形B．黄芩苷分子中苯环上有4种氢原子，所以其苯环上的一氯代物就有4种，故B不符合题意；C．B，D，E的单质或者化合物能作漂白剂C．该有机物分子中的碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C不符合题意；D．具有两性，既能和酸反应也能和碱反应D．苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键、酮羰基和氢气以1：1发生加成反应，羧基不能和氢气发生【答案】D加成反应，该分子中含有2个苯环、1个碳碳双键、1个酮羰基，所以1mol该有机物最多与发生加成【知识点】判断简单分子或离子的构型；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表反应，故D符合题意；的综合应用故答案为：D。【解析】【解答】A．由分析可知，C为Al，D是S，浓H2SO4在加热条件下可以和Al发生反应生成Al2(SO4)、SO2和H2O，A不符合题意；【分析】A.黄芩苷中含有的含氧官能团为羧基、酮羰基、醚键和羟基；B.由分析可知，A为N，E是Cl；NCl3分子的中心原子N的价层电子对数为3+=3+1=4，N含有1个B.黄芩苷分子中苯环上有4种不同环境的氢原子；孤电子对，则NCl3分子的空间构型为三角锥形，B不符合题意；C.黄芩苷分子中含有的碳碳双键、羟基均能被酸性高锰酸钾氧化。C.由分析可知，B为Na，D是S，E是Cl；Na2O2、NaClO等具有强氧化性，可以作漂白剂，SO2能和有色7.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，其中C为第三周期简单离子半径最小的元素，物质反应生成无色物质，也可以作漂白剂，C不符合题意；A、B、D的最高价氧化物对应的水化物溶液加水稀释时溶液的变化情况如图所示，则下列说法D.由分析可知，C为Al，Al3+只能和碱反应，故Al3+不具有两性，D符合题意；中错误的是（）故答案为：D。【分析】C为第三周期简单离子半径最小的元素，则C为Al元素，A的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH=1，稀释1000倍pH变化3，则该溶液为一元强酸，且A的原子序数小于Al，则A为N元素，B的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH=13，稀释1000倍pH变化3，则该溶液为一元强碱，n则B为Na元素，D为S元素。D的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH≈0.7，氢离子浓度为电池，该技术既可在海底加速石油污染物降解速率，又可产生电能，有很好的应用前景。其中海泥代谢产物显酸性，电池工作原理如图所示。下列说法错误的是（）0.2mol/L，该溶液为二元强酸，则D为S元素，E的原子序数大于S，则E为Cl元素。8.在一定条件下，取一定量的A和B在恒容密闭容器中发生反应：。达到平衡时，M的浓度与温度和容器容积的关系如图所示。下列有关判断正确的是（）A．A电极的电势高于B电极B．质子通过海底沉积层和海水层交接面，A电极消耗氧气(标准状况)A．C．负极的电极反应式为：B．E点的平衡常数小于F点的平衡常数D．海水和海泥作为电解质的一部分，富含盐分，导电性高，有利于输出电能C．达到平衡后，增大A的浓度将会提高B的转化率【答案】CD．【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【答案】C【解析】【解答】A．由分析可知，A极是正极，B极是负极，所以A电极的电势高于B电极，故A不符合题【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线意；【解析】【解答】A．由图可知，体积越大时M的浓度越小，比较E、F两点可知，体积增大3倍，M浓度减B．当有1mol质子穿过海底沉积层和海水交界面时，电路中转移1mol电子，正极电极反应式为：O2+4H++4e-小不到3倍，说明减小压强平衡正向移动，N为固体，则a+b<m，故A不符合题意；=2H2O，则A极消耗0.25molO2，标准状况下的体积为5.6L，故B不符合题意；B．平衡常数只与温度有关，由图可知，E点温度等于F点，则E点的平衡常数等于F点的平衡常数，故BC．在微生物作用下与SO2反应生成CO2和HS-，并不是在负极的电极反应，故C符合题意；不符合题意；D．海水和海泥作为电解质一部分，富含盐分，可增强水的导电性，减小导电阻力，有利于电池电能的输出，C．达到平衡后，增大A的浓度，反应向正向进行，B物质继续消耗，转化程度增大，则增大A的浓度将会故D不符合题意；提高B的转化率，故C符合题意；故答案为：C。D．由图可知，升高温度M的浓度增大，可知正反应为吸热反应，Q>0，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A电极上氧气转化为水，氧元素的化合价降低，发生还原反应，则A电极为正极，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，B电极为负极。【分析】A.容器体积越大，容器中压强越小，温度不变时，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动；10.苯与的催化反应历程如图所示。关于该反应历程，下列说法错误的是（）B.压强不变时，升高温度平衡向吸热方向移动；D.升高温度M的浓度增大，平衡正向移动。9.海泥细菌通过消耗海底沉积层中的有机物获得营养，同时产生电子。科学家利用这一原理设计了海泥细菌n已知：萃取剂萃取的原理为。A.“酸浸”时，为加快浸出速率，提高生产效益，可以使用浓硫酸B．萃取余液可在酸浸中循环利用，反萃取剂X为A.苯与的加成反应为吸热反应C．“反萃取”得到的溶液，在碱性条件下可被氧化生成，该反应的离子方程式为B．除去产物溴苯中混有的一定量的溴，可以加氢氧化钠溶液，再通过分液的方法除去C．苯与的催化反应决速步伴随着极性键的断裂与形成D．溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作可得，向冷却结晶后D．从反应速率的角度分析，产物中取代产物占比更大【答案】C的固液混合物中加入乙醇可提高产率【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素【答案】D【解析】【解答】A．苯与Br2的加成反应中反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应，故A不【知识点】氧化还原反应；分液和萃取；制备实验方案的设计符合题意；【解析】【解答】A．“酸浸”时，为加快浸出速率，提高生产效益，可以适当提供硫酸的浓度，但不能使用浓硫B．单质溴与氢氧化钠溶液反应生成易溶于水的盐，与溴苯分层，然后可以分液分离，所以产物溴苯中会含有酸，若使用浓硫酸，不利于后续某些环节，例如调pH时会多消耗碳酸钠，提高成本，A不符合题意；一定量的溴，可加入氢氧化钠溶液，再通过分液的方法除去溴苯中的溴，故B不符合题意；B.萃取剂萃取的原理为，则萃取余液为水相，酸性环境中氢离子浓度C．苯与Br2的催化反应决速步为第二步，该过程存在C-Br键的形成，未有新极性键的断裂，故C符合题大，平衡左移，含Ni2+，则萃取余液可在酸浸中循环利用，同理，反萃取剂X为硫酸，B不符合题意；意；2C.“反萃取”得到的溶液，在碱性条件下可被氧化生成，该反应的离子方程式为2NiD．由图可知，生成取代产物反应的活化能低于生成加成产物反应的活化能，根据活化能越小，反应速率越＋－＋4OH－－＋HO，C不符合题意；＋ClO=2NiOOH↓＋Cl2快，则产物中取代产物占比更大，故D不符合题意；D．是结晶水合物，故用冷却法提取该晶体，故从溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、故答案为：C。洗涤、干燥等多步操作可得；又已知易溶于水，难溶于乙醇，则向冷却结晶后的【分析】A.苯与Br2的加成反应中反应物总能量小于生成物总能量；固液混合物中加入乙醇可减少硫酸镍的溶解、而可提高产率，D符合题意；B.溴与氢氧化钠反应，溴苯不与NaOH反应；故答案为：D。D.活化能越小，反应速率越快。11.易溶于水，难溶于乙醇。从电镀污泥[含有、、、和【分析】电镀污泥加入稀硫酸酸浸，SiO2不反应，则滤渣Ⅰ为SiO2，其他物质转化为硫酸盐，电解得到金属等]中回收制备和其它金属的工艺流程如下，下列说法正确的是（）铜，电解之后加入碳酸钠调节pH，使铁离子形成Fe(OH)3沉淀，则滤渣Ⅱ为Fe(OH)3，再加入磷酸钠除去Cr，加入萃取剂（RH）萃取Ni2+，分液的有机层中再加入稀硫酸进行反萃取，得到NiSO4溶液，蒸发浓缩、冷却n结晶得到。D.电解饱和溶液的反应为。12.下列方程式正确的是（）13.以为催化剂催化还原氮氧化物已经大规模应用于烟气脱硝和柴油车尾气净化。为还原剂，氮氧化物在低温和高温时的反应原理不同，a表示低温下的反应原理，b表示高温下的反应原理，下列说法错误的是（）A.硫酸铜溶液中通入过量的氨气：B．如图电解质溶液，则正极电极反应式为：C．用可以除去溶液中的：A.低温段反应每有参加反应转移电子D．电解饱和溶液：B.高温和低温时，催化剂中的化合价都发生了变化【答案】BC．在高温段反应中主要起到氧化的作用【知识点】电极反应和电池反应方程式；离子方程式的书写；原电池工作原理及应用【解析】【解答】A．硫酸铜溶液中通入过量的氨气会形成配合物，反应为：，AD．高温和低温时，反应的总方程式都为项不符合题意；【答案】D【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平B.电解质溶液为酸化后的NaCl溶液，，酸性很弱，故正极O2得电子，电极反应式为：【解析】【解答】A．由图可知低温段每有参加反应时整个过程消耗4molNO和4mol，转移电子，B项符合题意；数为12mol，故A符合题意；C.为难溶物，用除去溶液中的反应为：，C项不符合题B．由图中转化可知高温段和低温段均存在二价铁和三价铁的转化，故B不符合题意；意；C．由b图可知，高温段时氧气只参与将二价铁氧化成三价铁的转化，故C不符合题意；D.电解饱和溶液，阴极Cu2+得电子，阳极Cl-失电子，总反应为：，D项不符D．两个过程种实际反应物均为，最终生成氮气和水，结合图中消耗量关系可得反应合题意；，故D不符合题意；故答案为：B。故答案为：A。【分析】A.氨气过量会生成；【分析】A.根据得失电子守恒计算；C.FeS为固体，应保留化学式；B.高温和低温时均存在铁离子和亚铁离子之间的转化；nC.高温时，氧气将亚铁离子氧化为铁离子。编号实验操作14.是一种重要的半导体材料，熔点为，密度为，其晶胞结构如图所示。已知阿伏加德1用试纸测定的溶液，测得约为2罗常数的值为，的摩尔质量为，下列说法正确的是（）向的溶液中逐滴加入等体积的溶液，测得所得2溶液的约为43将酸性溶液与溶液混合，溶液褪色下列说法正确的是（）A．的约为A.该晶体为离子晶体B．的配位数为2B.实验2溶液由2到4的过程中水的电离程度不断减小C．在元素周期表的第15纵列C.实验2所得溶液中继续加溶液至溶液呈中性：D．的晶胞边长为D.实验3中酸性溶液褪色证明具有漂白性【答案】C【答案】C【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较；性质实验方案的设计；电离平衡常【知识点】原子晶体（共价晶体）；晶胞的计算数【解析】【解答】A．是一种重要的半导体材料，熔点为，因此该晶体为共价晶体，A不符合题【解析】【解答】A.0.1mol⋅L-1的H意；2C2O4溶液中，pH约为2，由于H2C2O4的第一步电离程度远大于第二步的电B．位于Ga构成的四面体空隙中，其配位数为4，B不符合题意；离程度，则c(H+)=c()≈10-2mol⋅L-1，c(H2C2O4)≈0.1mol⋅L-1，H2C2O4的Ka1=≈C．位于第四周期第ⅤA族，在元素周期表的第15纵列，C符合题意；=10-3，A不符合题意；D．晶胞中As和Ga的个数均是4个，密度为，则，所以的晶胞边长为B．实验2溶液pH由2到4的过程中，溶液中的OH-来自于水的电离，pH增大，说明溶液中c(OH-)增大，则，D不符合题意；水的电离程度逐渐增大，B不符合题意；故答案为：C。C．实验2所得溶液中继续加KOH溶液至溶液呈中性，根据电荷守恒可得：c(K+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，由于溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，故【分析】A.是一种重要的半导体材料，熔点较高，为原子晶体；c(K+)=c()+2c()，则c(K+)＞2c()+c()，C符合题意；B.与As紧邻的Ga有4个；D．实验3中酸性KMnO4溶液褪色是因为发生了氧化还原反应，KMnO4作氧化剂，H2C2O4作还原剂，证明D.根据均摊法和计算。H2C2O4具有还原性，D不符合题意；15.室温下，通过下列实验探究溶液的性质：故答案为：C。n【分析】A.根据Ka1=计算；B.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；D.高锰酸钾和草酸发生氧化还原反应。二、综合题16.央视报道《王者归“铼”》：我国利用新技术发现并提纯了超级金属“铼”，其熔点高、耐磨、耐腐蚀，可用来制造航空发动机核心部件，有塑打破美国垄断。工业上用富铼渣(含)制得铼粉，其工艺流程如图1所示：（4）已知高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水。提纯粗高铼酸铵固体的方法是。（5）是酸性氧化物，与溶液反应的化学方程式为。（6）整个工艺流程中可循环利用的物质有、。【答案】（1）5d56s2；Re和Mn均为金属晶体，Re和Mn同族，价电子数相同，但是Mn的原子半径小，原子回答下列问题：核对外层电子的吸引力强，金属键强，熔点高（1）铼()被称为类锰元素，与锰的价层电子结构相同，写出的价层电子排布式：，已知（2）温度低于T1℃时，铼的浸出率随温度升高而增大，温度高于T1℃时，H2O2分解导致铼的浸出率减小；元素锰与徕为同族元素，研究发现锰的熔点明显高于铼的熔点，其原因可能是2ReS2+19H2O2=2+4+10H++14H2O。（3）6~8（4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冷水洗涤、低温干燥（2）酸浸相同时间，测得徕的浸出率与温度关系如图2所示，分析时铼的浸出率最高的原因（5）Re2O7+2NaOH=2NaReO4+H2O是；（6）NH3和含R3N的有机溶液浸出反应中转化为两种强酸，请写出铼浸出反应的离子方程【知识点】原子核外电子排布；晶体熔沸点的比较；制备实验方案的设计式。【解析】【解答】(1)Re是75号元素，其价电子层排布式为5d56s2；Re和Mn均为金属晶体，Re和Mn同族，价电子数相同，但是Mn的原子半径小，原子核对外层电子的吸引力强，金属键强，熔点高。(2)温度低于T1℃时，铼的浸出率随温度升高而增大，温度高于T1℃时，H2O2分解导致铼的浸出率减小；浸出反应中ReS2转化生成的两种强酸为HReO4和H2SO4，该反应的离子方程式为2ReS2+19H2O2=2+4（3）图3表示萃取液流速与铼吸附率关系。结合实际工业生产效益，萃取液流速宜选用的范围是+10H++14H2O。。(3)增大萃取液流速，提高铼的吸附率可以提高生产效率，由图可知，萃取液流速宜选用的范围是6~8BV/h。(4)由于高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水，可通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冷水洗涤、低温干燥的方法铼提纯粗高铼酸铵固体。(5)Re2O7是酸性氧化物，与NaOH溶液反应生成NaReO4，该反应的化学方程式为nRe2O7+2NaOH=2NaReO4+H2O。(6)由分析可知，整个工艺流程中可循环利用的物质有硫酸、NH3和含R3N的有机溶液。【分析】向富铼渣(含ReS2)中加入稀硫酸和H2O2溶液，发生氧化还原反应生成高铼酸HReO4和H2SO4，过滤得到滤渣和含有HReO4和H2SO4的滤液；向滤液中加入含R3N的有机溶液萃取，分液得到可以循环使用的稀硫酸和R3N∙HReO4溶液；向R3N∙HReO4溶液中加入氨水充分反应后，分液得到可以循环使用的含R3N的有机溶液和高铼酸铵溶液；高铼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到高铼酸铵晶体；高铼酸①仪器X为恒压滴液漏斗，用它代替分液漏斗优点是。铵晶体受热分解生成可以循环使用的NH3和Re2O7；再用H2热还原Re2O7生成铼粉。②若无干燥装置，会与水反应产生无色气体和白雾，且该气体在试管口变为红棕色，则发生反应的17.亚硝酰氯()是一种红褐色液体或黄色气体，沸点为，遇水和潮气分解。请回答下列问题：化学方程式为。（1）与混合在通常条件下可反应得到。（3）若用以下方法测定亚硝酰氯()纯度：取U形管中所得液体m克溶于水，配制成溶液，①实验室制备的离子方程式是。取出，以溶液为指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为②选用如图所示的部分装置，欲用二氧化锰制备一瓶纯净且干燥的氯气，各玻璃导管接口连接顺序为(气流方向从左至右，每组仪器最多使用一次)。。已知：为不溶于水的砖红色沉淀；常温下，。①滴定时，应使用(填“酸式”或“碱式”)滴定管。②滴定达到终点的标志是。③亚硝酰氯()的质量分数为(用计算式表示即可)。【答案】（1）3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；b→e→f→i→h→d→c→g；可以排尽装置中的空气，防止NO被O2氧化（2）平衡气压，便于浓盐酸顺利滴入双颈烧瓶中；3NOCl+2H2O=HNO3+3HCl+2NO↑③实验中“先通入，待反应装置中充满黄绿色气体时，再将缓缓通入”，此操作的目的（3）酸式；滴加最后半滴硝酸银溶液时，恰好有砖红色沉淀生成，且半分钟不变；是。（2）文献中记载的一种利用浓盐酸和浓溶液反应制取的原理及装置如图所示，反应原理：【知识点】常用仪器及其使用；中和滴定；制备实验方案的设计；离子方程式的书写【解析】【解答】(1)实验室制备的离子方程式是：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；用浓盐酸与。MnO2反应制备一瓶干燥纯净的氯气，固液加热用b装置制备，制得的氯气混有HCl和水蒸气，用饱和食盐水吸收HCl，用五氧化二磷作干燥剂干燥氯气，氯气密度比空气大，收集导气管应长进短出，氯气为有毒气体，不能直接排放，用NaOH吸收多余的氯气，故各个装置连接顺序为：b→e→f→i→h→d→c→g；NO会和O2发生反应，故操作目的为：可以排尽装置中的空气，防止NO被O2氧化；(2)与分液漏斗相比，恒压滴液漏斗能平衡气压，便于浓盐酸顺利滴入双颈烧瓶中；NOCl滴入盛有水的试管n中，液面上方有白雾，为HCl，且产生无色气体，该气体在试管口变为红棕色，该气体为NO，根据化合价变化，还应有硝酸生成，该反应的化学方程式为：3NOCl+2H2O=HNO3+3HCl+2NO↑；(3)AgNO3中Ag+水解使溶液呈酸性，故滴定时，呈装标准溶液应使用酸式滴定管；滴定达到终点时，AgCl基本沉淀完全，再滴入半滴标准溶液，恰好AgCl刚开始转化为Ag2Cr2O7，故滴定达到终点的标志是滴加最后半滴硝酸银溶液时，恰好有砖红色沉淀生成，且半分钟不变；滴定过程中存在数量关系，所以取出25.00mL溶液中，则NOCl总的物质的量为，所以质量分数为：。A.三种反应历程中，反应速率最快B.过渡态1比另两种过渡态稳定【分析】（1）①铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；C．降低温度和增大压强都有利于提高反应物平衡转化率②用浓盐酸与MnO2反应制备一瓶干燥纯净的氯气，固液加热用b装置制备，制得的氯气混有HCl和水蒸D．同温同压下，只要起始投料相同，相同时间三种途径的产率一定相同气，用饱和食盐水吸收HCl，用五氧化二磷作干燥剂干燥氯气，氯气密度比空气大，收集导气管应长进短出，（2）向刚性密闭容器中充入等物质的量的甲醇和异丁烯，在催化剂作用下，分别在和两个温度反氯气为有毒气体，不能直接排放，用NaOH吸收多余的氯气；应，异丁烯的转化率随时间的变化关系如图所示。③NO易被氧化为NO2；（2）①恒压滴液漏斗可平衡气压；②NOCl滴入盛有水的试管中，液面上方有白雾，为HCl，且产生无色气体，该气体在试管口变为红棕色，该气体为NO，根据化合价变化，还应有硝酸生成；（3）①AgNO3溶液呈酸性；②AgCl基本沉淀完全，再滴入半滴标准溶液，AgCl（白色）转化为Ag2Cr2O7（砖红色）；③根据氯元素守恒，结合计算。①时，反应后到达点B，此时甲基叔丁基醚的体积分数为(保留3位有效数字)18.甲基叔丁基醚()是一种高辛烷值汽油添加剂，可由甲醇和异丁烯(以表示)在催化剂作用下合成：②A、B、C三点中，正反应速率最大的是。。回答下列问题：③比较A、B、C三点的平衡常数，从大到小的顺序是。（1）反应过程中反应物首先被催化剂吸附，再经历过渡态，最终得到产物，相对能量与反应历程的关系如图所示(其中表示甲醇和异丁烯同时被吸附，表示甲醇先被吸附，表示异丁烯先被吸附)，该反应的④已知对于反应，标准平衡常数，其中，下列说法错误的是。为各组分的平衡分压，分压=总压×该组分物质的量分数，。在时(如图)，将等物质的量的甲醇和异丁烯充入恒容密闭容器中(初始压强为)，甲醇的平衡分压为，反应的标准平衡常数。(保留1位小数)n【答案】（1）-4Q；BC（2）；C；；30；13.3【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算则甲醇的平衡分压为；已知，反应的标准平衡常数【解析】【解答】(1)①该反应的为生成物的相对能量减去反应物的相对能量，则(1-5)Q=；。②A．、、三种反应历程的活化能分别为、、，活化能越低，反应速率越快，则反应速【分析】（1）根据ΔH=生成物的相对能量-反应物的相对能量；率最快，A项不符合题意；A.活化能越小反应速率越快；B.能量越低越稳定，三种过渡态中，过渡态1能量最低，则过渡态1比另两种过渡态稳定，B项符合题意；B.能量越低物质越稳定；C．该反应为气体分子总数减小的放热反应，则降低温度和增大压强都有利于提高反应物平衡转化率，C项符C.该反应为气体分子总数减小的放热反应，降低温度和增大压强平衡均正向移动；合题意；D.三种途径的反应速率不同；D．、、三种反应历程的活化能不完全相同，则起始投料在刚性容器中分别采用三种途径反应相同（2）①列出反应的三段式计算；时间，三种途径的产率不完全相同，D项不符合题意；②温度越高、浓度越大反应速率越快；故答案为：BC。③平衡常数只与温度有关；(2)①设初始时甲醇和异丁烯均为1mol，时，反应90min后到达B点，则存在：④列出反应的三段式，结合计算。19.化合物M()是合成药物的中间体，利用芳香化合物A制备化合物M的路线如下：此时甲基叔丁基醚的体积分数为；②先拐先平速率大，则温度＞，A、C两点温度相同但C点反应物浓度大，则点正反应速率大，B、C反应物浓度相同但C点温度高，则C点正反应速率大，则A、C、B三点中，正反应速率最大的是C点；③平衡常数只与温度有关，该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，平衡常数减小，则A、B、C三点的平衡常数从大到小的顺序为：；④在时，将等物质的量的甲醇和异丁烯充入恒容密闭容器中(初始压强为)，则甲醇和异丁烯的初始已知：Ⅰ．；分压均为，由三段式可知：nⅡ．(2)根据分析可知，C的结构为；（1）D中的官能团名称。（2）C的结构简式：。故答案为：。（3）A到B的反应类型；F分子中最多个碳原子共平面。(3)根据A和B的结构可知，A到B的反应类型为加成反应；根据F分子的结构可知，苯环上的碳原子以及醛（4）H生成M的化学方程式。基中的碳原子均共面，以及支链中所有的碳原子均可共面，最多11个碳原子共平面。（5）Z是E的同分异构体，满足下列条件的Z的结构有种；写出一种核磁共振氢谱有3组峰的故答案为：加成反应；11。结构简式。(4)由分析可知H经取代反应生成M，化学方程式为：①含有且与苯环相连②能发生银镜反应；（6）利用有机物Q经过催化氧化和已知Ⅱ两步制备有机物P()，请写出Q的结构简式。【答案】（1）硝基、醛基、醚键故答案为：。（2）(5)由信息可知Z含有且与苯环相连，能发生银镜反应则含有-CHO或-OOCH，根据E的分子式可知，Z的结构为苯环和以及-OOCH两个取代基，所以结构共有3种，或者为苯环和以及-CHO、-OH三（3）加成反应；11个取代基，苯环上有3个不同的取代基的结构共有10种，除去E本身的1种结构还有9种，所以Z的结构共（4）（4）有12种，核磁共振氢谱有3组峰的结构简式为；（5）12；故答案为：12，。(6)有机物Q经过催化氧化和已知II两步制备有机物P，则有机物Q含有-OH，再由已知II的反应信息同时参（6）照F到G的转化流程可知Q的结构简式为：；【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；加成反应【解析】【解答】(1)根据D的结构可知，官能团名称为：硝基、醛基、醚键；故答案为：硝基、醛基、醚键。n故答案为：。【分析】由A的分子式以及D的结构式可知，芳香化合物A的结构为，与HCHO酸性条件下加热得到B的结构为，B与CH3I参照已知I反应生成C，故C的结构为，再经过催化氧化后转化为D，D与HI参照已知I反应生成E的结构为，E参照题目信息条件发生取代反应得到F，F反应成环转化为G，再经Zn/HCl将G中的硝基转化为氨基得到H，H经取代反应转化为M。