精品解析：上海市浦东新区2023-2024学年高三下学期期中考试化学试题

浦东新区2023学年度第二学期期中教学质量检测 高三化学试卷 考生注意： 1.试卷满分100分，考试时间60分钟。 2.本考试分设试卷和答题纸。答题前，务必在答题纸上填写姓名、报名号、考场号和座位号，并将核对后的条形码贴在指定位置上。作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分。 3.选择类试题中，标注“不定项”的试题，每小题有1~2个正确选项，只有1个正确选项的，多选不给分，有2个正确选项的，漏选1个给一半分，错选不给分；未特别标注的试题，每小题只有1个正确选项。 相对原子质量：H-1 O-16 Si-28 Cu-64 一、地球的保护伞——臭氧(O3) 自然界中的臭氧(O3)，大多分布在距地面20~50 km的大气臭氧层中，它能吸收对人体有害的紫外线，以保护地球表面生物不受侵害。 1. O3和O2互为___________(选填“同素异形体”或“同位素”)。氧元素位于元素周期表的___________区。 A．s B．p C．d D．f 已知臭氧分子是由一个中心氧原子和两个端位氧原子构成的角形分子(如图)，中心氧原子采用sp2杂化。 2. 下列分子中，中心原子的杂化方式为sp2的是___________。 A. H2O B. Cl2O C. CO2 D. SO2 3. 中心原子采取sp2杂化的分子，其VSEPR模型的键角理论值为120°，但O3分子的键角仅为116.8°，键角变小是因为___________。 4. 研究表明：氮氧化物(如NO)有催化作用，能加速臭氧的转化反应(2O3=3O2)。该转化过程由三步基元反应构成： 第一步：NO＋O3=O2＋NO2 第二步：___________ 第三步：O＋O3=2O2 补全上述第二步反应___________。 5. 下列关于NO、NO2的叙述正确的是 A. 都显红棕色 B. 都难溶于水 C. 都可由铜和硝酸反应制得 D. 都参与了自然界的氮循环 6. 某次高空探测，收集到含O3、O2、N2(其他气体忽略不计)的大气样本，在实验室中微热一段时间后，O3全部转化为O2(2O3=3O2)，若气体总体积增加了0.36%，则大气样本中O3的体积分数为___________(反应前后温度和压强均保持不变)。 O3分子内部存在“三中心四电子”的离域π键(如图虚线部分所示)，由于O3分子的中心氧原子较端位氧原子多提供一个电子，故中心氧原子带部分正电荷，端位氧原子带部分负电荷。 7. 判断O3分子中的正负电荷重心是否重合。___________(选填“是”或“否”)，解释O3在水中溶解度大于O2的可能原因。___________ 8. 判断并解释反应2O3=3O2是否属于氧化还原反应___________。 二、高强度钢材——高锰钢 高锰钢是一种硬度大、韧性好的合金，被广泛用于制造钢磨、滚珠轴承、铁轨等。 9. 铁、锰是高锰钢的组分金属，基态26Fe原子的价电子排布式为___________。 10. 下列有关铁的性质和用途正确的是___________。 A. 利用铁的导热性，可作炊具 B. 利用铁导电性，可作氯碱工业中电解槽的阳极 C. 利用铁的“钝化”，可用铁槽车运输浓硫酸 D. 利用铁的还原性，可作铝热剂冶炼单质铝 软锰矿是一种常见的含锰矿物，其主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、CaO、SiO2等杂质。除杂是“以软锰矿为原料生产锰”的关键步骤。 11. 利用稀H2SO4可溶解杂质Fe2O3，写出该反应的化学方程式___________。通入SO2后会还原Fe3+，配平下列离子方程式，并标出电子转移的方向和数目___________。 ___________ Fe3+＋___________SO2＋___________ H2O=___________ Fe2+＋___________SO＋___________ 12. 若反应平衡常数大于105，通常认为该反应可以进行得较完全。去除杂质钙元素的反应为：MnF2(s)＋Ca2+(aq)CaF2(s)＋Mn2+(aq)，已知：常温下Ksp(MnF2)=5.3×10-3，Ksp(CaF2)=1.5×10-10，通过计算说明为什么生产过程中加入MnF2能较为完全地将Ca2+转化为CaF2沉淀。___________ 13. 除杂过滤得到的SiO2可用于制作光导纤维。SiO2晶胞(图1)，它可以看作是在单晶Si晶胞(图2)的基础上，于每两个Si原子之间“插入”1个O原子。 SiO2晶胞中，与每个Si原子最近的且距离相等的O原子有___________个；若SiO2晶体密度为 ρ g·cm-3，则该晶胞体积为___________ cm3(用含ρ的代数式表示，NA表示阿伏加德罗常数的值)。 14. 三乙酸锰([Mn(CH3COO)3])是一种锰的配合物，在有机合成中有重要的应用价值。CH3COO―为该配合物的配体，其所含元素的电负性最大的是___________；FCH2COO-、ClCH2COO-也可作为配体使用，相同条件下，FCH2COO-、ClCH2COO-结合H+的能力较强的是___________。 三、未来能源——氢能 氢能被认为是未来能源的最佳选择之一，氢的制取、储存和利用是研究的热点。 镧镍合金(LaNi5，La-镧、Ni-镍)是解决氢储存问题的重要材料。储氢原理为：LaNi5(s)＋3H2(g)LaNi5H6(s) H=–31.77 kJ·mol-1。 15. 镧镍合金被称为会“呼吸”的金属，根据化学平衡移动原理，让该合金实现“呼出”和“吸入”氢气的控制条件是___________。(列举1条) 16. 一定温度下，在a g的镧镍合金中通入b g的氢气，发生储氢反应，下图的横坐标为压强，纵坐标的含义可以是___________。 A. 曲线I：活化能 B. 曲线I：氢气的转化率 C. 曲线Ⅱ：反应放出的总热量 D. 曲线Ⅱ：固体中镧元素质量分数 17. LaNi5晶体吸收氢气后成为LaNi5H6，晶体体积基本不变，但晶体中的氢密度可达到1.1×105 g·m-3(氢密度是指单位体积晶体中氢元素的质量)，则此时1 m3晶体中所储的氢相当于标准状况下___________L氢气。 18. CH4-H2O催化重整是目前大规模制取氢气的重要方法。其反应原理为：CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g) H =+164.6 kJ·mol-1。 实验室于同一恒容密闭容器中模拟上述反应过程，在不同温度、不同投料下进行实验，部分相关数据如下表所示。 温度(℃) 浓度 CH4 H2O CO2 H2 T1 起始浓度(mol·L-1) 1 2 0 0 平衡浓度(mol·L-1) 0.5 T2 起始浓度(mol·L-1) 25 2 05 0 平衡浓度(mol·L-1) 2 1 1 2 T1℃时，反应至5 min达到平衡，则0~5 min内H2 的平均反应速率v(H2)=___________；根据表格数据计算，判断：T1℃___________T2℃(选填“>”、“<”或“=”)。 19. 流化床膜反应器在制氢领域颇具潜力。如图为利用该反应器进行CH4-H2O催化重整的示意图。(反应为：CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g) H=164.6 kJ·mol-1) CH4-H2O催化重整的反应在___________(选填“高温”、“低温”或“任意温度”)条件下能自发进行。该工艺中原料气无需预热，分析需持续通入少量空气的目的可能是___________；图中流化床膜的作用是___________。 20. 燃料电池能大幅度提高能量的转化率。某种采用固体氧化物电解质的氢氧燃料电池结构如图所示。 已知电极甲的电极反应式为O2＋4e-=2O2-，写出电极乙的电极反应式___________。电池工作时，在固体电解质中移动的微粒是___________(选填“正”或“负”)离子。 四、香兰素的合成 香兰素()具有极浓郁的香气，广泛用于化妆品、食品等行业，是全球产量最大的合成香料之一，还是合成药物的重要中间体。一种合成香兰素的路线如下： 21. 香兰素分子中不含有的官能团是___________。 A. 羟基 B. 醛基 C. 羧基 D. 醚键 22. 由乙烯三步反应合成A的路线中涉及的反应类型有___________。 A. 消除反应 B. 加成反应 C. 氧化反应 D. 还原反应 23. 不能鉴别A和B的是___________。 A. NaOH溶液 B. 紫色石蕊试液 C. 红外光谱 D. 核磁共振氢谱 24. 下列有关CH3Cl的说法正确的是___________。 A. 俗称氯仿 B. 常温下为液体 C. 与ClCH=CHCl互为同系物 D. 可由甲烷和氯气反应后分离提纯制得 25. 将C→D反应方程式补充完整。 ＋CH3Cl＋NaOH→___________ 26. 有机物E、F、G中，含有不对称碳原子的是___________(用字母E、F、G回答)。 27. F的同分异构体有多种，写出一种满足下列条件的结构简式___________。 ①属于芳香族化合物； ②1 mol最多可与含4 mol NaOH的溶液反应； ③不能与金属钠反应； ④含有4种不同化学环境的氢原子。 香兰素与2，4-戊二酮()反应可以合成姜黄素： 28. 2，4-戊二酮的分子式为___________，分子中含有___________个σ键。 29. 参照上述流程，设计以和CH3CHO为原料合成的合成路线___________。(无机试剂任选) (合成路线可表示为：甲乙∙∙∙∙∙∙目标产物) 五、中国献给世界的化学礼物——黄铜 黄铜(Cu-Zn合金)，外观酷似黄金，中国古代称为“俞石”或“俞铜”，我国陕西出土距今6700年的黄铜碎片和断管，被誉为“中国献给世界的化学礼物”。 30. 下列方法都能区分黄铜和黄金，其中利用了化学变化的是___________。 A. 焰色反应 B. 硬度测定 C. 稀酸溶解 D. 高温灼烧 31. 试从金属活动性角度分析，青铜(Cu-Sn合金)的大规模使用早于黄铜(Cu-Zn合金)的原因可能是___________。 实验室“碘量法测定黄铜中铜含量”的实验原理如下： 将一定质量的黄铜样品溶解后，配成一定体积的待测液，加入过量的KI溶液，发生反应①：2Cu2＋＋4I- =2CuI↓＋I2，用Na2S2O3标准溶液滴定单质I2，发生反应②：I2＋2S2O=2I-＋S4O，最终求出黄铜中铜的含量。(已知：Zn2+不干扰测定) 32. 该实验所需的定量仪器有___________(任写1种)。根据反应计量关系，确定合金中每含1 g Cu 最终消耗c mol·L-1的Na2S2O3标准溶液___________mL。(用含c的代数式表示) 33. 实验中使用HCl-H2O2溶解黄铜样品，H2O2被称为“绿色氧化剂”的原因是___________；溶解结束后需加热煮沸，使过量H2O2尽快分解，否则可能使实验结果偏大，因为___________。 34. 为防止Cu2＋水解，常用醋酸和醋酸钠的混合液控制溶液pH。现有一组c(CH3COOH)＋c(CH3COO-)=0.1 mol·L-1的醋酸和醋酸钠的混合液。室温下，该组溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO-)与pH的关系如图所示，下列认识正确的是 A. 利用图中信息，可以计算室温下CH3COOH的电离常数Ka B. W点，c(Na+)>c(CH3COOH) C. 随着pH的增大，增大 D. pH<6.75时，CH3COOH电离的量与CH3COO-水解的量不可能相等 35. 资料显示：由于CuI沉淀强烈吸附I2，故在接近滴定终点时必需加入适量的KSCN，释放出被吸附的I2。 已知：Cu2+可与SCN-反应生成 CuSCN(白色沉淀)和(SCN)2；(SCN)2的性质与Cl2相似，在水溶液中呈黄色，可与水、碱等发生反应。常温下，某同学对Cu2+与SCN-的反应进行探究： 在pH=4的CuSO4溶液中加入pH=7的KSCN溶液后，pH下降的原因是___________；分析往b中加入1滴浓NaOH溶液后，产生少量白色沉淀的化学原理___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 浦东新区2023学年度第二学期期中教学质量检测 高三化学试卷 考生注意： 1.试卷满分100分，考试时间60分钟。 2.本考试分设试卷和答题纸。答题前，务必在答题纸上填写姓名、报名号、考场号和座位号，并将核对后的条形码贴在指定位置上。作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分。 3.选择类试题中，标注“不定项”的试题，每小题有1~2个正确选项，只有1个正确选项的，多选不给分，有2个正确选项的，漏选1个给一半分，错选不给分；未特别标注的试题，每小题只有1个正确选项。 相对原子质量：H-1 O-16 Si-28 Cu-64 一、地球的保护伞——臭氧(O3) 自然界中的臭氧(O3)，大多分布在距地面20~50 km的大气臭氧层中，它能吸收对人体有害的紫外线，以保护地球表面生物不受侵害。 1. O3和O2互为___________(选填“同素异形体”或“同位素”)。氧元素位于元素周期表的___________区。 A．s B．p C．d D．f 【答案】 ①. 同素异形体 ②. B 【解析】 【详解】O3和O2均为氧元素形成的性质不同的两种单质，故互为同素异形体，氧元素的原子序数为8，位于元素周期表的第2周期第ⅥA族，属于p区，故答案为：同素异形体；B。 已知臭氧分子是由一个中心氧原子和两个端位氧原子构成的角形分子(如图)，中心氧原子采用sp2杂化。 2. 下列分子中，中心原子的杂化方式为sp2的是___________。 A. H2O B. Cl2O C. CO2 D. SO2 3. 中心原子采取sp2杂化的分子，其VSEPR模型的键角理论值为120°，但O3分子的键角仅为116.8°，键角变小是因为___________。 【答案】2. D 3. 中心O原子含有1对孤电子对，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对间的斥力 【解析】 【2题详解】 A．H2O分子中O原子的价层电子对数为2+(6-2)=4，VSEPR模型为四面体，O原子采用sp3杂化，A不合题意； B．Cl2O分子中O原子的价层电子对数为2+(7-2×2)=3.5≈4，VSEPR模型为四面体，O原子采用sp3杂化，B不合题意； C．CO2分子中C原子的价层电子对数为2+(4-2×2)=2，VSEPR模型为直线形，C原子采用sp杂化，C不合题意； D．SO2分子中O原子的价层电子对数为2+(6-2×2)=3，VSEPR模型为平面三角形，S原子采用sp2杂化，D符合题意； 故答案为：D； 【3题详解】 O3分子的中心氧原子采用sp2杂化、键角理论值为120°，但中心O原子含有1对孤电子对，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对间的斥力，导致键角小于120°，故答案为：中心O原子含有1对孤电子对，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对间的斥力。 4. 研究表明：氮氧化物(如NO)有催化作用，能加速臭氧的转化反应(2O3=3O2)。该转化过程由三步基元反应构成： 第一步：NO＋O3=O2＋NO2 第二步：___________ 第三步：O＋O3=2O2 补全上述的第二步反应___________。 【答案】NO2=NO+O 【解析】 【详解】总反应为2O3═3O2，NO为催化剂，即NO是起始反应的反应物、后续反应的生成物，NO2是中间产物，则第二步反应为NO2=NO+O，故答案为：NO2=NO+O。 5. 下列关于NO、NO2的叙述正确的是 A. 都显红棕色 B. 都难溶于水 C. 都可由铜和硝酸反应制得 D. 都参与了自然界的氮循环 【答案】CD 【解析】 【详解】A．一氧化氮是无色气体，故A错误； B．二氧化氮是易溶于水的气体，故B错误； C．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，则一氧化氮和二氧化氮都可由铜和硝酸反应制得，故C正确； D．雷雨时发生的反应为空气中的氮气和氧气在放电条件下反应生成一氧化氮，一氧化氮与空气中的氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，所以一氧化氮和二氧化氮都参与了自然界的氮循环，故D正确； 故选CD。 6. 某次高空探测，收集到含O3、O2、N2(其他气体忽略不计)的大气样本，在实验室中微热一段时间后，O3全部转化为O2(2O3=3O2)，若气体总体积增加了0.36%，则大气样本中O3的体积分数为___________(反应前后温度和压强均保持不变)。 【答案】0.72% 【解析】 【详解】设大气样本的总物质的量为1mol，其中O3的量为xmol，发生反应：2O3=3O2，O3全部转化为O2时生成1.5xmolO2，气体总物质的量增加了0.5xmol，气体总体积增加了0.36%，同温同压下，物质的量之比等于体积之比，即1mol×0.36%=0.5xmol，解得x=0.0072mol，则大气样本中O3的体积分数为0.72%。 O3分子内部存在“三中心四电子”的离域π键(如图虚线部分所示)，由于O3分子的中心氧原子较端位氧原子多提供一个电子，故中心氧原子带部分正电荷，端位氧原子带部分负电荷。 7. 判断O3分子中的正负电荷重心是否重合。___________(选填“是”或“否”)，解释O3在水中溶解度大于O2的可能原因。___________ 8. 判断并解释反应2O3=3O2是否属于氧化还原反应___________。 【答案】7. ①. 否 ②. O3和水都是极性分子，O2是非极性分子，根据相似相溶原理可知，O3在水中溶解度大于O2 8. 否，反应中元素的化合价没有发生变化 【解析】 【7题详解】 O3分子的中心氧原子带部分正电荷，端位氧原子带部分负电荷，分子呈V形，属于极性分子，分子中正负电荷重心不重合，O3和水都是极性分子，O2是非极性分子，根据相似相溶原理可知，O3在水中溶解度大于O2在水中溶解度，故答案为：否；O3和水都是极性分子，O2是非极性分子，根据相似相溶原理可知，O3在水中溶解度大于O2； 【8题详解】 O3和O2都是单质，O元素化合价均为0价，属于同素异形体间的转化，属于非氧化还原反应，故答案为：否，反应中元素的化合价没有发生变化。 二、高强度钢材——高锰钢 高锰钢是一种硬度大、韧性好的合金，被广泛用于制造钢磨、滚珠轴承、铁轨等。 9. 铁、锰是高锰钢的组分金属，基态26Fe原子的价电子排布式为___________。 10. 下列有关铁的性质和用途正确的是___________。 A. 利用铁的导热性，可作炊具 B. 利用铁的导电性，可作氯碱工业中电解槽的阳极 C. 利用铁的“钝化”，可用铁槽车运输浓硫酸 D. 利用铁的还原性，可作铝热剂冶炼单质铝 【答案】9. 3d64s2 10. AC 【解析】 【9题详解】 根据能级构造原理可知，基态26Fe原子的核外电子排布式为：[Ar]3d64s2，则其基态原子的价电子排布式为3d64s2，故答案为：3d64s2； 【10题详解】 A．铁可作炊具是利用铁导热性，A正确； B．氯碱工业即电解饱和食盐水时，阳极需用惰性电极，而不能用铁电极，故虽然铁具有导电性，但不可作氯碱工业中电解槽的阳极，可用作阴极，B错误； C．铁遇到冷的浓硫酸和浓硝酸将发生钝化，故利用铁的“钝化”，可用铁槽车运输浓硫酸或浓硝酸，C正确； D．已知Fe的还原性比Al的弱，故虽然铁具有还原性，但不可作铝热剂冶炼单质铝，D错误； 故答案为：AC。 软锰矿是一种常见的含锰矿物，其主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、CaO、SiO2等杂质。除杂是“以软锰矿为原料生产锰”的关键步骤。 11. 利用稀H2SO4可溶解杂质Fe2O3，写出该反应的化学方程式___________。通入SO2后会还原Fe3+，配平下列离子方程式，并标出电子转移的方向和数目___________。 ___________ Fe3+＋___________SO2＋___________ H2O=___________ Fe2+＋___________SO＋___________ 【答案】 ①. 3H2SO4+Fe2O3=Fe2(SO4)3+3H2O ②. 【解析】 【详解】利用稀H2SO4可溶解杂质Fe2O3，即H2SO4和Fe2O3反应生成Fe2(SO4)3和H2O，该反应的化学方程式为：3H2SO4+Fe2O3=Fe2(SO4)3+3H2O，通入SO2后会还原Fe3+，即Fe3+和SO2、H2O反应生成Fe2+、和H+，根据氧化还原反应配平可得，该反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+，反应中SO2中的S失去2个电子，Fe3+得到电子，故标出电子转移的方向和数目为：，故答案为：3H2SO4+Fe2O3=Fe2(SO4)3+3H2O；。 12. 若反应平衡常数大于105，通常认为该反应可以进行得较完全。去除杂质钙元素的反应为：MnF2(s)＋Ca2+(aq)CaF2(s)＋Mn2+(aq)，已知：常温下Ksp(MnF2)=5.3×10-3，Ksp(CaF2)=1.5×10-10，通过计算说明为什么生产过程中加入MnF2能较为完全地将Ca2+转化为CaF2沉淀。___________ 【答案】反应的平衡常数K====≈3.53×107＞105，所以生产过程中加入MnF2能较为完全地将Ca2+转化为CaF2沉淀 【解析】 【详解】由方程式可知，反应的平衡常数K====≈3.53×107＞105，所以生产过程中加入MnF2能较为完全地将Ca2+转化为CaF2沉淀，故答案为：反应的平衡常数K====≈3.53×107＞105，所以生产过程中加入MnF2能较为完全地将Ca2+转化为CaF2沉淀。 13. 除杂过滤得到的SiO2可用于制作光导纤维。SiO2晶胞(图1)，它可以看作是在单晶Si晶胞(图2)的基础上，于每两个Si原子之间“插入”1个O原子。 SiO2晶胞中，与每个Si原子最近的且距离相等的O原子有___________个；若SiO2晶体密度为 ρ g·cm-3，则该晶胞体积为___________ cm3(用含ρ的代数式表示，NA表示阿伏加德罗常数的值)。 【答案】 ①. 4 ②. 【解析】 【详解】由题干晶胞示意图可知，SiO2晶胞中，与每个Si原子最近的且距离相等的O原子有4个，这4个O原子形成正四面体，Si位于其中心，一个晶胞中含有Si的个数为：=8个，含有O原子个数为16，则一共晶胞的质量为：，若SiO2晶体密度为 ρ g·cm-3，则该晶胞体积为=cm3，故答案为：4；。 14. 三乙酸锰([Mn(CH3COO)3])是一种锰的配合物，在有机合成中有重要的应用价值。CH3COO―为该配合物的配体，其所含元素的电负性最大的是___________；FCH2COO-、ClCH2COO-也可作为配体使用，相同条件下，FCH2COO-、ClCH2COO-结合H+的能力较强的是___________。 【答案】 ①. O ②. ClCH2COO- 【解析】 【详解】CH3COO-中所含元素有C、O、H，非金属性：O＞C＞H，电负性：O＞C＞H，CH3COO―为该配合物的配体，其所含元素的电负性最大的是O，由于F的电负性比Cl强，导致FCH2-的吸电子效应强于ClCH2-，使得FCH2COOH中羧基上O-H键极性强于ClCH2COOH中羧基上O-H键极性，即相同条件下，FCH2COOH的酸性强于ClCH2COOH，则FCH2COO-、ClCH2COO-结合H+的能力较强的是ClCH2COO-，故答案为：O；ClCH2COO-。 三、未来能源——氢能 氢能被认为是未来能源的最佳选择之一，氢的制取、储存和利用是研究的热点。 镧镍合金(LaNi5，La-镧、Ni-镍)是解决氢储存问题的重要材料。储氢原理为：LaNi5(s)＋3H2(g)LaNi5H6(s) H=–31.77 kJ·mol-1。 15. 镧镍合金被称为会“呼吸”的金属，根据化学平衡移动原理，让该合金实现“呼出”和“吸入”氢气的控制条件是___________。(列举1条) 16. 一定温度下，在a g的镧镍合金中通入b g的氢气，发生储氢反应，下图的横坐标为压强，纵坐标的含义可以是___________。 A. 曲线I：活化能 B. 曲线I：氢气转化率 C. 曲线Ⅱ：反应放出的总热量 D. 曲线Ⅱ：固体中镧元素质量分数 17. LaNi5晶体吸收氢气后成为LaNi5H6，晶体体积基本不变，但晶体中的氢密度可达到1.1×105 g·m-3(氢密度是指单位体积晶体中氢元素的质量)，则此时1 m3晶体中所储的氢相当于标准状况下___________L氢气。 【答案】15. 温度或压强 16. BD 17. 1.232×106 【解析】 【15题详解】 由题干反应方程式LaNi5(s)＋3H2(g)LaNi5H6(s) H=–31.77 kJ·mol-1可知，增大压强能使上述反应平衡正向移动，减小压强能使上述平衡逆向移动，升高温度能使上述平衡逆向移动，降低温度能使上述平衡正向移动，即通过控制温度或压强能够让该合金实现“呼出”和“吸入”氢气，故答案为：温度或压强； 【16题详解】 由题干图像信息可知，随着压强增大曲线Ⅰ代表的数值在增大，曲线Ⅱ代表的数值在减小，据此分析解题： A．反应活化能与压强无关，只与催化剂和反应历程有关，A不合题意； B．根据题干反应方程式可知，增大压强能使上述反应平衡正向移动，H2的转化率增大，则曲线I可以代表氢气的转化率，B符合题意； C．根据题干反应方程式可知，增大压强能使上述反应平衡正向移动，反应放出的总热量促进增多，故曲线Ⅱ不能代表反应放出的总热量，C不合题意； D．根据题干反应方程式可知，增大压强能使上述反应平衡正向移动，则固体中H的质量分数逐渐增大，则镧元素质量分数逐渐减小，故曲线Ⅱ可以代表固体中镧元素质量分数，D符合题意； 故答案为：BD； 【17题详解】 LaNi5晶体吸收氢气后成为LaNi5H6，晶体体积基本不变，但晶体中的氢密度可达到1.1×105 g·m-3(氢密度是指单位体积晶体中氢元素的质量)，则此时1 m3晶体中所储的氢的质量为：1.1×105 g·m-3×1m3=1.1×105 g，相当于标准状况下=1.232×106L氢气，故答案为：1.232×106。 18. CH4-H2O催化重整是目前大规模制取氢气的重要方法。其反应原理为：CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g) H =+164.6 kJ·mol-1。 实验室于同一恒容密闭容器中模拟上述反应过程，在不同温度、不同投料下进行实验，部分相关数据如下表所示。 温度(℃) 浓度 CH4 H2O CO2 H2 T1 起始浓度(mol·L-1) 1 2 0 0 平衡浓度(mol·L-1) 0.5 T2 起始浓度(mol·L-1) 2.5 2 0.5 0 平衡浓度(mol·L-1) 2 1 1 2 T1℃时，反应至5 min达到平衡，则0~5 min内H2 的平均反应速率v(H2)=___________；根据表格数据计算，判断：T1℃___________T2℃(选填“>”、“<”或“=”)。 【答案】 ①. 0.4mol/(L﹒min) ②. > 【解析】 【详解】T1℃时，反应至5 min达到平衡，CH4的浓度为0.5mol/L，根据三段式有： 则0~5 min内H2 的平均反应速率v(H2)==0.4mol/(L﹒min)； 平衡常数K1===16； T2℃时，根据三段式有： 平衡常数K2===8，故K1>K2，反应CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g) H =+164.6 kJ·mol-1为吸热反应，升高温度K增大，故T1℃>T2℃。 19. 流化床膜反应器在制氢领域颇具潜力。如图为利用该反应器进行CH4-H2O催化重整的示意图。(反应为：CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g) H=164.6 kJ·mol-1) CH4-H2O催化重整的反应在___________(选填“高温”、“低温”或“任意温度”)条件下能自发进行。该工艺中原料气无需预热，分析需持续通入少量空气的目的可能是___________；图中流化床膜的作用是___________。 【答案】 ①. 高温 ②. CH4在空气中燃烧能够生成CO2和H2O，同时放出大量的热量 ③. 对产物H2具有选择性，提高产物的纯度 【解析】 【详解】由题干反应方程式CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g) H=164.6 kJ·mol-1可知，该反应，根据反应自发进行自由能变判据可知，CH4-H2O催化重整的反应在高温条件下能自发进行，已知CH4在空气中燃烧能够生成CO2和H2O，同时放出大量的热量来提供该反应所需要的热量，故该工艺中原料气无需预热，分析需持续通入少量空气的目的可能是CH4在空气中燃烧能够生成CO2和H2O，同时放出大量的热量，由题干图示信息可知，图中流化床膜的作用是：允许H2自由通过，不允许CO2等气它分子通过，提高产物H2的纯度，故答案为：高温；CH4在空气中燃烧能够生成CO2和H2O，同时放出大量的热量；对产物H2具有选择性，提高产物的纯度。 20. 燃料电池能大幅度提高能量的转化率。某种采用固体氧化物电解质的氢氧燃料电池结构如图所示。 已知电极甲的电极反应式为O2＋4e-=2O2-，写出电极乙的电极反应式___________。电池工作时，在固体电解质中移动的微粒是___________(选填“正”或“负”)离子。 【答案】 ①. H2-2e-+O2-=H2O ②. 负 【解析】 【详解】由题干氢氧燃料电池结构图可知，电极甲为通入O2，电极反应为O2+4e-=2O2-，发生还原反应，即为正极，在电极乙为负极，发生氧化反应，电极反应为： H2-2e-+O2-=H2O，原电池内部阴离子流向负极，阳离子移向正极，该电池工作时，在固体电解质中移动的微粒是负离子即O2-，故答案为：H2-2e-+O2-=H2O；负。 四、香兰素的合成 香兰素()具有极浓郁的香气，广泛用于化妆品、食品等行业，是全球产量最大的合成香料之一，还是合成药物的重要中间体。一种合成香兰素的路线如下： 21. 香兰素分子中不含有的官能团是___________。 A 羟基 B. 醛基 C. 羧基 D. 醚键 22. 由乙烯三步反应合成A的路线中涉及的反应类型有___________。 A. 消除反应 B. 加成反应 C. 氧化反应 D. 还原反应 23. 不能鉴别A和B的是___________。 A. NaOH溶液 B. 紫色石蕊试液 C. 红外光谱 D. 核磁共振氢谱 24. 下列有关CH3Cl的说法正确的是___________。 A. 俗称氯仿 B. 常温下为液体 C. 与ClCH=CHCl互为同系物 D. 可由甲烷和氯气反应后分离提纯制得 25. 将C→D的反应方程式补充完整。 ＋CH3Cl＋NaOH→___________ 26. 有机物E、F、G中，含有不对称碳原子的是___________(用字母E、F、G回答)。 27. F的同分异构体有多种，写出一种满足下列条件的结构简式___________。 ①属于芳香族化合物； ②1 mol最多可与含4 mol NaOH的溶液反应； ③不能与金属钠反应； ④含有4种不同化学环境的氢原子。 【答案】21. C 22. BC 23. A 24. D 25. +NaCl+H2O 26. E 27. 或 【解析】 【分析】乙烯发生三步反应生成A，A发生部分氧化反应生成B，根据B、E的结构简式及D的分子式知，B和D发生加成反应生成E，则D为，C生成D的反应为取代反应；E发生催化氧化反应生成F，F发生脱CO2的反应生成G，据此分析解题。 【21题详解】 由题干流程图中香兰素的结构简式可知，香兰素分子中含有醛基、醚键、羟基，不含有的官能团是羧基，故答案为：C； 【22题详解】 乙烯和溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br发生水解反应生成HOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH发生氧化反应生成OHCCHO，所以由乙烯三步反应合成A的路线中涉及的反应类型有BC，故答案为：BC； 【23题详解】 A．A和NaOH溶液不反应、B和氢氧化钠溶液发生中和反应，但无明显现象，则不能鉴别A、B，A符合题意； B．B能使紫色石蕊试液变红色，A不能使紫色石蕊试液变红色，现象不同，可以鉴别，B不合题意； C．红外光谱判断化学键，二者所含化学键不同，可以鉴别，C不合题意； D．核磁共振氢谱判断氢原子种类及各种氢原子个数之比，二者氢原子种类不同，可以鉴别，D不合题意； 故答案为：A； 【24题详解】 A．氯仿为CHCl3而不是CH3Cl，A错误； B．CH3Cl常温下为气体，B错误； C．与ClCH=CHCl结构不相似，二者不互为同系物，C错误； D．CH3Cl可由甲烷和氯气反应后分离提纯制得，D正确； 故答案为：D； 【25题详解】 由分析可知，D的结构简式为：，故该反应方程式为： +CH3Cl+NaOH→+NaCl+H2O，故答案为：+NaCl+H2O； 【26题详解】 有机物E、F、G中，含有不对称碳原子的是E，连接醇羟基的碳原子为不对称碳原子，故答案为：E； 【27题详解】 由题干流程图中F的结构简式可知，F的分子式为：C9H8O5，不饱和度为6，则F的同分异构体满足下列条件：①属于芳香族化合物，说明含有苯环；②1mol最多可与含4mol NaOH的溶液反应；③不能与金属钠反应，说明不含羟基，根据不饱和度及氧原子个数知，含有2个某酸苯酯基和1个醚键；④含有4种不同化学环境的氢原子，结构对称，符合条件的结构简式为、，故答案为：或。 香兰素与2，4-戊二酮()反应可以合成姜黄素： 28. 2，4-戊二酮的分子式为___________，分子中含有___________个σ键。 29. 参照上述流程，设计以和CH3CHO为原料合成的合成路线___________。(无机试剂任选) (合成路线可表示为：甲乙∙∙∙∙∙∙目标产物) 【答案】28. ①. C5H8O2 ②. 14 29. 【解析】 【28题详解】 由题干2，4-戊二酮键线式可知，其分子式为C5H8O2，分子中含有8个C-Hσ键，4个C-Cσ键和2个C-Oσ键，即一共有8+4+2=14个σ键，故答案为：C5H8O2；14； 【29题详解】 由题干合成流程图可知，可由在一定条件下和H2加成得到，可由和CH3CHO发生题干流程图中信息反应得到，可由催化氧化制得，据此分析确定合成路线为：，故答案为：。 五、中国献给世界的化学礼物——黄铜 黄铜(Cu-Zn合金)，外观酷似黄金，中国古代称为“俞石”或“俞铜”，我国陕西出土距今6700年的黄铜碎片和断管，被誉为“中国献给世界的化学礼物”。 30. 下列方法都能区分黄铜和黄金，其中利用了化学变化的是___________。 A. 焰色反应 B. 硬度测定 C. 稀酸溶解 D. 高温灼烧 31. 试从金属活动性角度分析，青铜(Cu-Sn合金)的大规模使用早于黄铜(Cu-Zn合金)的原因可能是___________。 实验室“碘量法测定黄铜中铜含量”的实验原理如下： 将一定质量的黄铜样品溶解后，配成一定体积的待测液，加入过量的KI溶液，发生反应①：2Cu2＋＋4I- =2CuI↓＋I2，用Na2S2O3标准溶液滴定单质I2，发生反应②：I2＋2S2O=2I-＋S4O，最终求出黄铜中铜的含量。(已知：Zn2+不干扰测定) 32. 该实验所需的定量仪器有___________(任写1种)。根据反应计量关系，确定合金中每含1 g Cu 最终消耗c mol·L-1的Na2S2O3标准溶液___________mL。(用含c的代数式表示) 33. 实验中使用HCl-H2O2溶解黄铜样品，H2O2被称为“绿色氧化剂”的原因是___________；溶解结束后需加热煮沸，使过量H2O2尽快分解，否则可能使实验结果偏大，因为___________。 【答案】30. CD 31. Zn的金属性强于Sn，则Sn比Zn的获得更早 32. ①. 酸式滴定管 ②. 33. ①. H2O2作氧化剂时其还原产物为H2O，不污染环境也不引入新的杂质 ②. H2O2能够将I-氧化为I2，导致消耗Na2S2O3标准液的体积偏大，使得实验结构偏大 【解析】 【30题详解】 A．铜的焰色试验呈现特殊的颜色，Zn、Au不显特殊颜色，但焰色试验是物理变化，不是化学变化，A不合题意； B．硬度测定可以区分黄铜和黄金，但为物理变化，不是化学变化，B不合题意； C．黄铜为铜和锌的合金，其中Zn能稀酸溶解同时产生无色气体，而黄金不要稀酸反应，能够鉴别，是化学变化，C符合题意； D．黄铜为铜和锌的合金，高温灼烧时Cu和Zn均能与O2反应，其中生成CuO为黑色，但金不能反应，能够鉴别且为化学变化，D符合题意； 故答案为：CD； 【31题详解】 已知Zn的金属性强于Sn，则Sn比Zn的获得更早，故从金属活动性角度分析，青铜(Cu-Sn合金)的大规模使用早于黄铜(Cu-Zn合金)的原因可能是Zn的金属性强于Sn，则Sn比Zn的获得更早，故答案为：Zn的金属性强于Sn，则Sn比Zn的获得更早； 【32题详解】 利用滴定原理进行氧化还原反应滴定，故该实验所需的定量仪器有酸式滴定管，根据反应①：2Cu2＋＋4I- =2CuI↓＋I2，反应②：I2＋2S2O=2I-＋S4O可知计量关系为：2Cu~2Cu2+~I2~2Na2S2O3，确定合金中每含1 g Cu 最终消耗c mol·L-1的Na2S2O3标准溶液=mL，故答案为：酸式滴定管；； 【33题详解】 实验中使用HCl-H2O2溶解黄铜样品，H2O2被称为“绿色氧化剂”的原因是H2O2作氧化剂时其还原产物为H2O，不污染环境也不引入新的杂质，溶解结束后需加热煮沸，使过量H2O2尽快分解，否则可能使实验结果偏大，因为由于H2O2能够将I-氧化为I2，导致消耗Na2S2O3标准液的体积偏大，使得实验结构偏大，故答案为：H2O2作氧化剂时其还原产物为H2O，不污染环境也不引入新的杂质；H2O2能够将I-氧化为I2，导致消耗Na2S2O3标准液的体积偏大，使得实验结构偏大。 34. 为防止Cu2＋水解，常用醋酸和醋酸钠的混合液控制溶液pH。现有一组c(CH3COOH)＋c(CH3COO-)=0.1 mol·L-1的醋酸和醋酸钠的混合液。室温下，该组溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO-)与pH的关系如图所示，下列认识正确的是 A. 利用图中信息，可以计算室温下CH3COOH的电离常数Ka B. W点，c(Na+)>c(CH3COOH) C. 随着pH的增大，增大 D. pH<6.75时，CH3COOH电离量与CH3COO-水解的量不可能相等 【答案】AD 【解析】 【详解】A．利用图中信息，根据W点信息可知，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)时溶液pH=4.75，则可以计算室温下CH3COOH的电离常数Ka==10-4.75，A正确； B．由题干图像信息可知，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，W点pH=4.75，则有c(H+)＞c(OH-)，则c(Na+)＜c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，B错误； C．随着pH的增大，溶液中c(CH3COOH)逐渐减小，则=减小，C错误； D．若溶液中CH3COOH电离的量与CH3COO-水解的量相等，则此时溶液呈中性，即pH=7，故pH<6.75时，CH3COOH电离的量与CH3COO-水解的量不可能相等，D正确； 故答案为：AD。 35. 资料显示：由于CuI沉淀强烈吸附I2，故在接近滴定终点时必需加入适量的KSCN，释放出被吸附的I2。 已知：Cu2+可与SCN-反应生成 CuSCN(白色沉淀)和(SCN)2；(SCN)2的性质与Cl2相似，在水溶液中呈黄色，可与水、碱等发生反应。常温下，某同学对Cu2+与SCN-的反应进行探究： 在pH=4的CuSO4溶液中加入pH=7的KSCN溶液后，pH下降的原因是___________；分析往b中加入1滴浓NaOH溶液后，产生少量白色沉淀的化学原理___________。 【答案】 ①. (SCN)2与水反应生成的HSCN为强酸，使溶液的pH减小 ②. NaOH与(SCN)2反应，使b中c(SCN-)增大，与Cu2+继续反应生成少量的CuSCN白色沉淀 【解析】 【详解】根据题意，a中生成CuSCN白色沉淀和(SCN)2，过滤，b中黄绿色为(SCN)2，已知(SCN)2的化学性质与Cl2相似，故(SCN)2与水反应生成HSCN类似与HCl，为强酸，使溶液的pH减小； b为(SCN)2的溶液，向b中加入一滴NaOH，与(SCN)2反应，使b中c(SCN-)增大，与Cu2+继续反应生成少量的CuSCN白色沉淀； 故答案为：(SCN)2与水反应生成的HSCN为强酸，使溶液的pH减小；NaOH与(SCN)2反应，使b中c(SCN-)增大，与Cu2+继续反应生成少量的CuSCN白色沉淀。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$