精品解析：山东省青岛第二中学2023-2024学年高二下学期期末考试化学试题

2023-2024学年第二学期青岛2中高二期末考试化学试题 一、单项选择题 1. 设NA阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是 A. 常温下，1mol硝酸铵溶于稀氨水使溶液呈中性，则NH数目为NA B. 在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol O2，转移电子的数目为0.4NA C. 1mol乙二酸(H2C2O4)分子中π键的数目为3NA D. 室温下，pH=12的Na2CO3溶液中，由水电离出的OH-数目为0.01NA 2. 金属的冶炼体现了人类文明的发展历程，下列关于金属冶炼的说法不正确的是 A. 不活泼金属如铂、金等，在自然界中可以以单质的形态存在，可以采用物理方法提纯 B. 高炉炼铁原料为石灰石、焦炭和赤铁矿，是利用碳单质还原Fe2O3的反应产生纯铁 C. 冶炼金属铝时要加入冰晶石，其目的是降低氧化铝的熔点 D. 电解熔融的NaCl获得金属Na 3. 下列装置正确且能达到实验目的的是 A. 图①：在试管前添加盛有饱和NaCl溶液的洗气瓶则可用于比较MnO2、Cl2、S的氧化性 B. 图②：可以用于灼烧海带灰、NaHCO3等固体物质 C. 图③：排出盛有溴水的滴定管尖嘴内的气泡 D. 图④：用于制备少量氨水 4. 两种有机物甲和乙结构如图，根据其结构回答，下列说法正确的是 A. 有机物甲的分子式为C16H20O2，并且甲、乙具有相同的官能团 B. 1mol有机物乙与足量的NaOH、H2反应，消耗二者物质的量比为1：3 C. 甲、乙两种有机物在水中的溶解度大小接近 D. 可用酸性KMnO4溶液检验甲中的碳碳双键和乙中的羟基 5. 有关物质的分离除杂，下列说法正确的是 A. 可用溴的四氯化碳溶液除去甲烷中的乙烯 B. 向2mL 10%的CuSO4溶液中滴入2%的NaOH溶液4至6滴，得到新制的Cu(OH)2悬浊液，然后加入甲酸甲酯溶液0.5mL，振荡后加热，产生砖红色沉淀，证明甲酸甲酯具有还原性 C. 只用水不能用来鉴别苯和溴苯 D. 用溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液可以鉴别己烷、1-己烯和邻二甲苯 6. 下图所示离子对应的钾盐易溶于水，常被用来鉴别Z元素的某种离子。其中X、Y、Z为前四周期原子序数依次增大的三种元素，X、Y为相邻元素，Z原子核外电子数是X、Y原子质子数之和的2倍。下列说法错误的是 A. 与Y同周期的主族元素中，只有一种元素的第一电离能大于Y的第一电离能 B. 简单氢化物沸点： C. 该离子能与生成蓝色沉淀 D. 该离子中键与键的个数比为 7. 下列实验操作、现象与结论均正确的是 操作 现象 结论 A 向Fe2O3、CuO、Fe的混合粉末中加入过量稀盐酸 析出红色固体 反应后溶液中阳离子可能有H+、Fe2+、Cu2+ B 向C2H5X(X为卤素原子中加入过量的NaOH溶液加热一段时间后静置，取少量上层清液于试管中，加入AgNO3溶液 产生淡黄色沉淀 C2H5X中卤素原子为溴原子 C 向 Na[Al(OH)4]溶液中滴入NaHCO3溶液 产生白色沉淀，无气泡产生 [Al(OH)4]-比 结合质子能力强 D 比较电负性：室温下，用pH计测定 CF3COOH和CCl3COOH两种溶液的pH CF3COOH溶液的pH较小 F元素的电负性大于Cl元素 A. A B. B C. C D. D 8. 光催化氧化甲烷制甲醛的机理如图所示。下列说法不正确的是 A. 在光催化剂表面会发生反应 B. 为中间产物 C. 上述过程中有非极性键的断裂与生成 D. 含O分子参与的反应一定有电子转移 9. 以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。如图为一种仅由Cs、Ag、F三种元素组成的超导材料晶胞结构(已知QR=MP)。下列说法错误的是 A. 该晶体的化学式为CsAgF3 B. Q点原子分数坐标为[0，0，(c+s)/2c] C. P、N之间的距离为 pm D. 该晶体的密度为1192/(a2cNA) g/pm3 10. 溴乙烷是重要的化工原料，沸点38.4℃。某兴趣小组设计如下实验装置，利用如下反应制备溴乙烷：NaBr+H2SO4(浓)+C2H5OH→NaHSO4+C2H5Br，并验证可能存在的几种副产物，已知SO2不与Br2的CCl4溶液反应。下列说法错误的是 A. 装置C中所得物质可通过水洗-Na2CO3溶液洗-水洗-干燥-蒸馏的方式进行除杂 B. 分离提纯过程中将所需产物从分液漏斗下口放出 C. 装置D 中盛有Br2的CCl4溶液，用于检验存在副产物乙烯 D. 装置G中有白色沉淀的产生即可证明一定有CO2的生成 二、不定项选择题 11. 锂-空气电池的结构如下图，已知两极的电解质溶液分别为水性电解液和有机电解质。下列说法正确的是 A. 隔膜中转移的是锂离子 B. 左侧为水性电解液，右侧为有机电解质 C. 正极电极反应方程式为4Li++O2+4e-=2Li2O D. 用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗7g锂时，铅酸蓄电池消耗9g水 12. 实验室常用分析试剂与氧化剂硝酸铈铵(NH4)2Ce(NO3)6，易溶于水和乙醇，几乎不溶于浓硝酸，实验室利用如下步骤制备。在如下图装置中制备NH4HCO3并与CeCl3反应，制备难溶于水的Ce2(CO3)3，再加硝酸溶解，加入氨水调节pH，生成Ce(OH)4沉淀，过滤后在滤渣中加入浓HNO3和NH4NO3得到(NH4)2Ce(NO3)6晶体。下列说法错误的是 A. 装置A中制备NH3，实验过程中旋塞打开顺序为c→a→b B. 装置B中冷水作用为降低Ce2(CO3)3的溶解度 C. Ce(OH)4制备方程式为3Ce2(CO3)3+2+16NH3·H2O+18H+=6Ce(OH)4↓+16+2NO↑+9CO2+5H2O D. 制得(NH4)2Ce(NO3)6晶体应洗涤后及时放入烘箱高温烘干 13. 关于制备有机物E的反应过程如下，下列说法正确的是 A. 有机物A与B可以发生缩聚反应 B. 有机物C可以发生水解反应生成A和B C. 与有机物D具有相同官能团的芳香族化合物的同分异构体有3种 D. 以上两步生成有机物E的反应类型均为取代反应 14. 马日夫盐[Mn(H2PO4)2·2H2O]常用于机械设备的磷化处理，可起到防锈效果。以水锰矿[主要成分为MnO(OH)，还含有少量的Fe2O3、Al2O3、SiO2及微量的CaO]为原料制备马日夫盐的一种工艺流程如下图所示。 已知：Ksp(CaF2)=3.6×10-12，当溶液中剩余的某金属离子浓度≤1×10-5mol/L时，通常认为该金属离子已沉淀完全。下列说法错误的是 A. 步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均涉及氧化还原反应 B. 滤渣2的主要成分为 Fe(OH)3、Al(OH)3 C. “低温沉锰”时，将NH4HCO3换成Na2CO3效果更好 D. “除钙”步骤中控制c(F-)≥6×10-4mol/L可使Ca2+完全沉淀 15. 用和可以合成甲醇。其主要反应为 反应I 反应Ⅱ 在恒容密闭容器内，充入1mol 和3mol ，测得平衡时转化率，CO和选择性随温度变化如图所示[选择性]。 下列说法正确的是 A. 270℃时主要发生反应Ⅱ B. 230℃下缩小容器的体积，n(CO)不变 C. 250℃下达平衡时， D. 其他条件不变，210℃比230℃平衡时生成的多 三、非选择题 16. 过渡金属及其化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。 （1）基态V的价电子排布式为___________，第四周期中基态原子与基态V原子具有相同未成对电子数的元素名称是___________。 （2）含有多个配位原子的配位体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Ni2+与EDTA形成的螯合物的结构如图1所示，1mol EDTA通过螯合作用形成了5mol五元环。键角1___________(填“>”、“<”或“=”)键角2.EDTA中非金属元素电负性由大到小排序为___________。 （3）Co2+在水溶液中以[Co(H2O)6]2+存在。向含Co2+的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的[Co(NH3)6]2+，其原因是___________。 （4）铁、铜与砷、钠可形成一种绝缘体材料，其晶胞结构图和钠原子沿z轴投影如图2所示，已知m原子的分数坐标为(0.25，0.75，0.20)，晶胞参数为a≠c，α=β=γ=90°。n 原子的分数坐标是___________，铜周围距离最近的钠原子的个数是___________。 17. 三元锂电池在新能源汽车中广泛使用，废旧三元锂电池的正极材料主要成分为Li(NixCoyMnz)O2(其中含有Fe、Al的氧化物杂质)，对各元素进行回收处理的某种工艺流程如图所示： 已知：①丁二酮肟与Ni2+络合生成丁二酮肟镍沉淀； ②金属活动性顺序：Li>Al>Mn>Fe>Co>Ni>(H)； ③氧化性：Co3+>H2O2；高温条件下还原性：C>Mn； ④金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH值如下表所示： 金属离子 Fe2+ Fe3+ Al3+ Co2+ Ni2+ Mn2+ 开始沉淀的pH 7.0 1.9 3.4 6.6 7.8 6.7 沉淀完全的pH 9.0 3.2 4.7 9.2 10.4 9.5 请从预处理、浸出和分离提纯的角度分析上述工艺流程中各步的原理，并回答下列问题： （1）“含锂废液”中含锂元素的主要成分为___________(填化学式)。 （2）试剂a的加入目的是去除___________；试剂a可选择___________(填字母)；“除杂”过程需调节pH范围为___________。 A．氨水 B．NaOH C．Fe2O3 D．MnO2 E．CoO （3）Ni2+与丁二酮肟生成鲜红色的丁二酮肟镍沉淀，该反应可用于检验Ni2+。 “沉镍”过程的最佳pH为5，pH不能过低的原因是___________。 （4）“沉钴”过程除发生Co2++C2O=CoC2O4外，还可能发生的离子方程式为___________。 18. 以邻氨基苯酚、邻硝基苯酚、无水甘油和浓硫酸为原料合成8-羟基喹啉，该物质有一定苯酚的性质，反应过程与实验装置如下。 物质 颜色状态 摩尔质量 (g/mol) 熔点 (℃) 沸点 (℃) 溶解性 水 乙醇 丙三醇(甘油) 无色液体 92 17.4 290 易溶 易溶 邻氨基苯酚 白色结晶性粉末 109 177 易升华 微溶 微溶 邻硝基苯酚 淡黄色结晶性粉末 139 43-45 214-216 微溶 易溶 8-羟基喹啉 白色或淡黄色粉末 145 70-73 267 不溶 易溶 ①在圆底烧瓶中称取19g无水甘油，并加入2.78g邻硝基苯酚、8.72g邻氨基苯酚，使混合均匀。然后缓缓加入9mL浓硫酸。装上回流冷凝装管，在石棉网上用小火加热。当溶液微沸时，立即移去火源。待作用缓和后，继续加热，保持反应物微沸2小时。 ②稍冷后，进行第一次水蒸气蒸馏调节溶液呈酸性，除去未反应的邻硝基苯酚。瓶内液体冷却后，加入试剂调节溶液pH，再进行第二次水蒸气蒸馏，蒸出8-羟基喹啉(约收集馏液400mL)。馏出液充分冷却后，抽滤收集析出物洗涤，干燥。 ③粗产物用乙醇-水混合溶剂重结晶得8-羟基喹啉6.5g。 （1）仪器A是___________(填名称)；图2装置中导管1的作用是___________。 （2）产物提纯过程中有两次水蒸气蒸馏，第一次水蒸气蒸馏证明杂质被除尽的现象为___________。 （3）两次水蒸气蒸馏应控制pH值不同，第二次水蒸气蒸馏前应调节溶液呈___________(填“酸”、“碱”、“中”)性，使其在该条件下，在水中的溶解度最小。 （4）图中虚线框内最合适的装置为___________(填序号)。 （5）8-羟基喹啉的熔点明显低于7-羟基喹啉（）和 6-羟基喹啉（）的原因是___________。 （6）该反应的产率为___________。 19. 2024年4月29日，2024碳达峰碳中和绿色发展论坛在北京举行。习近平总书记曾指出：“推进碳达峰碳中和是党中央经过深思熟虑作出的重大战略决策。”因此碳氧化物的综合利用成为近年研究热点。已知下列反应的ΔH： CO2(g)+H2(g)=H2O(g)+CO(g) ΔH1=41kJ/mol CO(g)+H2(g)=HCHO(g) ΔH2=6kJ/mol HCHO(g)+H2(g)=CH3OH(g) ΔH3=121kJ/mol （1）H2捕捉空气中CO2，可以合成加入汽油中的燃料甲醇。反应3H2+CO2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH=___________(保留三位有效数字) （2）1L容器通入3mol H2与1mol CO2，在一定温度下发生反应：3H2+CO2(g)=CH3OH(g)+H20(g)。一段时间后，反应达到平衡，测得反应后的容器中的总压强为反应前的75%，则平衡时甲醇的浓度为___________，若平衡时，向容器中通入1mol H2(g)和1mol H2O(g)，则平衡___________(填“向左”、“向右”或“不”)移动。 （3）氢气和一氧化碳反应也可以生成甲醇，涉及反应的过程如下： H2(g)→H2*① 2H2*+CO(g)→CH3OH(g)② (已知：基元反应是指在反应中一步直接转化为产物的反应，又称为简单反应。基元反应aA+bB→dD+eE的速率方程可表示为v=kca(A)cb(B)，k为速率常数) 上面的反应的各个步骤均可视为基元反应，式中H2*代表H2的状态为与催化剂的结合态。改变初始条件，对反应中某一时刻的反应速率做观测，得到的数据如下 c(H2)/mol/L c(CO)/mol/L v/mol/L/min 0.010 0.010 0.0024 0.020 0.010 0.0096 0.030 0.040 0.0216 0.040 0.040 则表中的空白处应填入的数据是___________；反应①和反应②相比，反应①为___________(填“快”或“慢”)反应，符合反应历程的势能图可以表示为___________(填“A”、“B”、“C”或“D”)。 20. 柔性显示技术的快速发展促进了柔性基板材料的革新，具有高光学透明性和耐高温性的聚酰亚胺(PI)是一种被认为最有前景的柔性显示用透明基板材料，其中PI-3(3FTMDT/TA-TFMB)合成路线如图所示： 已知： （1）A是一种芳香烃，其名称为___________；反应条件a为___________。 （2）C→D的反应方程式为___________。 （3）E到F的反应类型为___________。 （4）下列关于E的说法正确的是___________(填序号)。 ①与D互为同系物； ②能够发生取代、加成、氧化反应； ③与氢气完全加成的产物中有3个手性碳原子； ④核磁共振氢谱峰面积之比为2：1：1：1； （5）由n mol D与n mol F合成PI-3反应中，每生成1mol PI-3同时生成___________mol H2O。 （6）由H经过转化可以合成PMDA-ODA型聚酰亚胺，如下图所示： 写出高聚物I的结构简式___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年第二学期青岛2中高二期末考试化学试题 一、单项选择题 1. 设NA阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是 A. 常温下，1mol硝酸铵溶于稀氨水使溶液呈中性，则NH数目为NA B. 在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol O2，转移电子的数目为0.4NA C. 1mol乙二酸(H2C2O4)分子中π键的数目为3NA D. 室温下，pH=12的Na2CO3溶液中，由水电离出的OH-数目为0.01NA 【答案】A 【解析】 【详解】A．常温下，1mol硝酸铵溶于稀氨水使溶液呈中性，根据电荷守恒可知，溶液中，则NH数目为NA，A项正确； B．在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol O2转移2mol电子，则转移电子的数目为0.2NA，B项错误； C．乙二酸的结构简式为HOOC-COOH，1个乙酸分子中含有两个键，则1mol乙二酸分子中键的数目为2NA，C项错误； D．室温下，pH=12的Na2CO3溶液中，由水电离出的OH-浓度为0.01mol/L，但题目中未告知溶液中的体积，无法计算出由水电离出的数目，D项错误； 故答案为：A。 2. 金属的冶炼体现了人类文明的发展历程，下列关于金属冶炼的说法不正确的是 A. 不活泼金属如铂、金等，在自然界中可以以单质的形态存在，可以采用物理方法提纯 B. 高炉炼铁原料为石灰石、焦炭和赤铁矿，是利用碳单质还原Fe2O3的反应产生纯铁 C. 冶炼金属铝时要加入冰晶石，其目的是降低氧化铝的熔点 D. 电解熔融的NaCl获得金属Na 【答案】B 【解析】 【详解】A．铂、金等不活泼金属以游离态存在于自然界，故用物理方法进行分离，A正确； B．用焦炭和空气反应产生的CO在高温下还原铁矿石中铁的氧化物得到单质Fe，实际起还原作用的是CO，B错误； C．电解熔融氧化铝制得金属，加入冰晶石目的是降低氧化铝的熔点，C正确； D．熔融的NaCl是离子化合物，可通过电解熔融的NaCl获得金属Na，D正确； 故选B。 3. 下列装置正确且能达到实验目的的是 A. 图①：在试管前添加盛有饱和NaCl溶液的洗气瓶则可用于比较MnO2、Cl2、S的氧化性 B. 图②：可以用于灼烧海带灰、NaHCO3等固体物质 C. 图③：排出盛有溴水的滴定管尖嘴内的气泡 D. 图④：用于制备少量氨水 【答案】D 【解析】 【详解】A．二氧化锰和浓盐酸反应需要加热才能产生氯气，缺少加热装置，故A错误； B ．NaHCO3受热分解生成碳酸钠，瓷坩埚含有二氧化硅，高温条件下二氧化硅和碳酸钠能反应生成硅酸钠，则不能用瓷坩埚灼烧NaHCO3固体，故B错误； C．尖嘴向上，挤压玻璃球，排出气泡是碱式滴定管排气泡的操作，溴水具有氧化性，应用酸式滴定管盛装，故C错误； D．氨气极易溶于水，氨气先通过四氯化碳有机层再进入水中，得到少量氨水，故D正确； 故选D。 4. 两种有机物甲和乙结构如图，根据其结构回答，下列说法正确的是 A. 有机物甲的分子式为C16H20O2，并且甲、乙具有相同的官能团 B. 1mol有机物乙与足量的NaOH、H2反应，消耗二者物质的量比为1：3 C. 甲、乙两种有机物在水中的溶解度大小接近 D. 可用酸性KMnO4溶液检验甲中的碳碳双键和乙中的羟基 【答案】B 【解析】 【详解】A．由甲的结构可知，甲的分子式为C16H20O2，甲中的官能团名称为酯基、碳碳双键，乙中的官能团名称为羧基、羟基，故A错误； B．1mol有机物乙中含有1mol羧基，最多可以和1mol NaOH发生中和反应，含有1mol苯环，最多可以和3molH2发生加成反应，故B正确； C．乙中含有羟基，能和水分子形成氢键，其溶解度比甲大，故C错误； D．甲分子中含有甲酸酯的结构，具有醛基的性质，可以使酸性高锰酸钾褪色，因此不能用酸性KMnO4溶液检验甲中的碳碳双键，故D错误； 故选B。 5. 有关物质的分离除杂，下列说法正确的是 A. 可用溴的四氯化碳溶液除去甲烷中的乙烯 B. 向2mL 10%的CuSO4溶液中滴入2%的NaOH溶液4至6滴，得到新制的Cu(OH)2悬浊液，然后加入甲酸甲酯溶液0.5mL，振荡后加热，产生砖红色沉淀，证明甲酸甲酯具有还原性 C. 只用水不能用来鉴别苯和溴苯 D. 用溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液可以鉴别己烷、1-己烯和邻二甲苯 【答案】D 【解析】 【详解】A．甲烷易溶于四氯化碳，应用溴水除杂，故A错误； B．应在碱性溶液中检验-CHO，该实验中NaOH溶液少量、硫酸铜溶液过量，则加入新制的Cu(OH)2悬浊液不会产生砖红色沉淀，故B错误； C．苯和溴苯都不溶于水，但苯密度小于水，溴苯密度大于水，所以苯、溴苯分别和水混合时，苯位于水的上方、溴苯位于水的下方，现象不同，可以鉴别，故C错误； D．己烷、1-己烯和邻二甲苯中只有1−己烯与溴发生加成反应，溶液褪色，邻二甲苯可使高锰酸钾褪色，己烷不能，现象不同可鉴别，故D正确； 故选D。 6. 下图所示离子对应的钾盐易溶于水，常被用来鉴别Z元素的某种离子。其中X、Y、Z为前四周期原子序数依次增大的三种元素，X、Y为相邻元素，Z原子核外电子数是X、Y原子质子数之和的2倍。下列说法错误的是 A. 与Y同周期的主族元素中，只有一种元素的第一电离能大于Y的第一电离能 B. 简单氢化物沸点： C. 该离子能与生成蓝色沉淀 D. 该离子中键与键的个数比为 【答案】C 【解析】 【分析】根据离子结构图知Z显+3价，X、Y之间通过三键形成阴离子，与形成配位键，X、Y原子序数依次增大，为相邻元素，则X、Y分别是第ⅣA族、第ⅤA族的碳、氮元素，Z原子核外电子数是X、Y原子质子数之和的2倍，Z是铁元素。据此答题。 【详解】A．Y是氮，与氮同周期的主族元素中，只有氟元素的第一电离能大于氮的第一电离能，A正确； B．X、Y简单氢化物分别是，均是分子晶体，分子间能形成氢键，沸点更高，B正确； C．该离子是，能与生成蓝色沉淀，C错误； D．该离子中含有12个键、12个键，个数比为1：1，D正确； 故选C。 7. 下列实验操作、现象与结论均正确的是 操作 现象 结论 A 向Fe2O3、CuO、Fe的混合粉末中加入过量稀盐酸 析出红色固体 反应后溶液中阳离子可能有H+、Fe2+、Cu2+ B 向C2H5X(X为卤素原子中加入过量的NaOH溶液加热一段时间后静置，取少量上层清液于试管中，加入AgNO3溶液 产生淡黄色沉淀 C2H5X中卤素原子为溴原子 C 向 Na[Al(OH)4]溶液中滴入NaHCO3溶液 产生白色沉淀，无气泡产生 [Al(OH)4]-比 结合质子能力强 D 比较电负性：室温下，用pH计测定 CF3COOH和CCl3COOH两种溶液的pH CF3COOH溶液的pH较小 F元素的电负性大于Cl元素 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．由于红色固体是铜单质，则溶液中不存在Fe3+；由于氧化性：Fe3+>Cu2+，无论铁离子和铁反应，还是和铜反应，溶液中一定存在Fe2+；当铁过量时，不存在铜离子，当铁不足时，存在铜离子；盐酸过量，溶液中一定存在氢离子；综上，溶液中一定含有亚铁离子、氢离子，可能含有铜离子，A错误； B．检验卤代烃中的卤素原子水解后应先加入稀硝酸酸化溶液，再加入硝酸银溶液，若产生淡黄色沉淀，说明卤代烃中卤素原子为溴原子，B错误； C．向 Na[Al(OH)4]溶液中滴入NaHCO3溶液，产生白色沉淀，无气泡产生，离子方程式为，其原理是碳酸氢根电离出氢离子，氢离子与偏铝酸根生成氢氧化铝，说明[Al(OH)4]-比 结合质子能力强，C正确； D．室温下，用pH计测定同浓度 CF3COOH和CCl3COOH两种溶液的pH，CF3COOH溶液的pH较小，说明F元素的电负性大于Cl元素，未说明两者浓度，D错误； 故选C。 8. 光催化氧化甲烷制甲醛的机理如图所示。下列说法不正确的是 A. 在光催化剂表面会发生反应 B. 为中间产物 C. 上述过程中有非极性键的断裂与生成 D. 含O分子参与的反应一定有电子转移 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据反应机理，在光催化剂空穴表面会发生反应，A正确； B．根据反应机理，甲醛之前的物质为中间产物，B正确； C．反应过程中有非极性键的断裂，但没有非极性键的生成，C错误； D．含O分子参与的反应中，具有化合价的变化，因此一定有电子转移，D正确； 答案选C。 9. 以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。如图为一种仅由Cs、Ag、F三种元素组成的超导材料晶胞结构(已知QR=MP)。下列说法错误的是 A. 该晶体的化学式为CsAgF3 B. Q点原子分数坐标为[0，0，(c+s)/2c] C. P、N之间的距离为 pm D. 该晶体的密度为1192/(a2cNA) g/pm3 【答案】C 【解析】 【分析】根据晶胞中含有的各粒子数目的最简比确定晶体的化学式，Q点位于Z轴上，其分数坐标中x、y均为0，z=，MPN三点构成一个直角三角形，P、N之间的距离PN的大小可以根据直角三角形边长关系进行计算，晶体密度根据计算。 【详解】A．晶胞中Cs原子个数为：，Ag原子个数为： ，F原子个数为：，因此该晶体的化学式为，A正确； B．Q点位于Z轴上，其分数坐标中x、y均为0，，即，B正确； C．MPN三点构成一个直角三角形，P、N之间的距离为，C错误； D．晶胞的质量为，晶胞的体积为，晶体密度，D正确； 故选C。 10. 溴乙烷是重要的化工原料，沸点38.4℃。某兴趣小组设计如下实验装置，利用如下反应制备溴乙烷：NaBr+H2SO4(浓)+C2H5OH→NaHSO4+C2H5Br，并验证可能存在的几种副产物，已知SO2不与Br2的CCl4溶液反应。下列说法错误的是 A. 装置C中所得物质可通过水洗-Na2CO3溶液洗-水洗-干燥-蒸馏的方式进行除杂 B. 分离提纯过程中将所需产物从分液漏斗下口放出 C. 装置D 中盛有Br2的CCl4溶液，用于检验存在副产物乙烯 D. 装置G中有白色沉淀的产生即可证明一定有CO2的生成 【答案】D 【解析】 【分析】反应在A中进行，B为冷凝管，在C中可收集溴乙烷，D用来检验并除去乙烯，可用溴的四氯化碳溶液，E中品红可用于检验二氧化硫，F中酸性高锰酸钾可用于除去二氧化硫，如F的颜色没有全褪去且G中澄清石灰水变浑浊，可说明产物中有二氧化碳； 【详解】A．C中所得到的溴乙烷中含有少量的乙醇、Br2、HBr，为得到纯净的溴乙烷，可先用水洗，然后加入Na2CO3溶液 ，可除去Br2、HBr,最后再用水洗，A正确； B．制备的溴乙烷密度比水大，分液操作时产物从分液漏斗下口放出，B正确； C．D用来检验并除去乙烯，可用溴的四氯化碳溶液，可观察到溴水褪色，C正确； D．如F的颜色没有全褪去且G中澄清石灰水变浑浊，可说明产物中有二氧化碳，若二氧化硫过量，也能与澄清石灰水反应生成CaSO3，也会出现白色沉淀，无法说明一定有CO2生成，D错误； 故选D。 二、不定项选择题 11. 锂-空气电池的结构如下图，已知两极的电解质溶液分别为水性电解液和有机电解质。下列说法正确的是 A. 隔膜中转移的是锂离子 B. 左侧为水性电解液，右侧为有机电解质 C. 正极电极反应方程式为4Li++O2+4e-=2Li2O D. 用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗7g锂时，铅酸蓄电池消耗9g水 【答案】A 【解析】 【分析】在锂空气电池中，锂作负极，以空气中的氧气作为正极反应物，水性电解液，氧气得电子生成氢氧根离子，据此解答。 【详解】A．金属锂为负极，氧气为正极，负极电极反应式为：Li-e-=Li+，所以电池放电时，Li+穿过隔膜向b极移动得到LiOH溶液，故A正确； B．在锂空气电池中，锂作负极，Li能与水反应，则需要选择有机电解质，根据电子流出的为负极，可知左侧为有机电解质，右侧为水性电解液，故B错误； C．氧气为正极，正极电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故C错误； D．消耗7g锂即物质的量为=1mol时，由Li-e-=Li+可知转移1mol电子，铅酸蓄电池充电的总反应为2PbSO4+2H2OPbO2+Pb+2H2SO4，转移2mol电子时消耗36g水，则用此电池为铅酸蓄电池充电，转移1mol电子消耗18g水，故D错误； 故选：A。 12. 实验室常用分析试剂与氧化剂硝酸铈铵(NH4)2Ce(NO3)6，易溶于水和乙醇，几乎不溶于浓硝酸，实验室利用如下步骤制备。在如下图装置中制备NH4HCO3并与CeCl3反应，制备难溶于水的Ce2(CO3)3，再加硝酸溶解，加入氨水调节pH，生成Ce(OH)4沉淀，过滤后在滤渣中加入浓HNO3和NH4NO3得到(NH4)2Ce(NO3)6晶体。下列说法错误的是 A. 装置A中制备NH3，实验过程中旋塞打开顺序为c→a→b B. 装置B中冷水作用为降低Ce2(CO3)3的溶解度 C. Ce(OH)4制备方程式为3Ce2(CO3)3+2+16NH3·H2O+18H+=6Ce(OH)4↓+16+2NO↑+9CO2+5H2O D. 制得(NH4)2Ce(NO3)6晶体应洗涤后及时放入烘箱高温烘干 【答案】AD 【解析】 【分析】装置A用于制备CO2，装置C用于制备NH3，由于氨气极易溶于水，为防止倒吸，通入氨气的导管在液面上方，B中分液漏斗内装有CeCl3溶液，氨气溶解度大，所以先通氨气，使溶液呈碱性，再通二氧化碳，从而溶解尽可能多的CO2，最后滴加CeCl3，生成Ce2(CO3)3。 【详解】A．装置A用于制备CO2，装置C用于制备NH3，由于氨气极易溶于水，为防止倒吸，通入氨气的导管在液面上方，A错误； B ．Ce2(CO3)3难溶于水，冷水作用为降低Ce2(CO3)3的溶解度，减少溶解损耗，B正确； C ．Ce2(CO3)3加硝酸溶解氧化生成Ce4+，稀硝酸被还原为NO，加入氨水调节pH，生成Ce(OH)4沉淀，反应方程式为3Ce2(CO3)3+2+16NH3·H2O+18H+=6Ce(OH)4↓+16+2NO↑+9CO2+5H2O，C正确； D．(NH4)2Ce(NO3)6受热易分解，不能放入烘箱高温烘干，D错误； 故选AD。 13. 关于制备有机物E的反应过程如下，下列说法正确的是 A. 有机物A与B可以发生缩聚反应 B. 有机物C可以发生水解反应生成A和B C. 与有机物D具有相同官能团的芳香族化合物的同分异构体有3种 D. 以上两步生成有机物E的反应类型均为取代反应 【答案】CD 【解析】 【分析】根据E的结构可推出A和B应该发生取代反应生成HCl，C为，C和D发生取代反应生成E和H2O，则D为； 【详解】A．缩聚反应是具有两个或两个以上官能团的单体，相互反应生成高分子化合物，同时产生有简单分子(如H2O、HX、醇等)的化学反应，A与B不可以发生缩聚反应，A错误； B ．由分析可知C为，发生酯的水解反应生成、，不能得到A和B，B错误； C ．D为，与有机物D具有相同官能团的芳香族化合物的同分异构体有3种，C正确； D．根据分析，A和B应该发生取代反应生成HCl和C，C和D发生取代反应生成E和H2O，D正确； 故选CD。 14. 马日夫盐[Mn(H2PO4)2·2H2O]常用于机械设备的磷化处理，可起到防锈效果。以水锰矿[主要成分为MnO(OH)，还含有少量的Fe2O3、Al2O3、SiO2及微量的CaO]为原料制备马日夫盐的一种工艺流程如下图所示。 已知：Ksp(CaF2)=3.6×10-12，当溶液中剩余的某金属离子浓度≤1×10-5mol/L时，通常认为该金属离子已沉淀完全。下列说法错误的是 A. 步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均涉及氧化还原反应 B. 滤渣2的主要成分为 Fe(OH)3、Al(OH)3 C. “低温沉锰”时，将NH4HCO3换成Na2CO3效果更好 D. “除钙”步骤中控制c(F-)≥6×10-4mol/L可使Ca2+完全沉淀 【答案】AC 【解析】 【分析】向水锰矿矿浆中加入H2SO4和SO2，SiO2与H2SO4不反应，Fe2O3溶解产生的Fe3+被还原为Fe2+，得到含有Mn2+、、Fe2+、Ca2+、Al3+的混合溶液和含有SiO2、CaSO4(微溶)的滤渣1；加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，加入NaF溶液将Ca2+转化为CaF2沉淀除去，滤液主要成分为MnSO4，加入NaHCO3溶液，得到MnCO3沉淀，加入适量磷酸溶液得到Mn(H2PO4)2溶液，一系列操作后得到Mn(H2PO4)2⋅2H2O。 【详解】A．步骤Ⅲ为加入氨水调节pH将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，只涉及复分解反应，不涉及氧化还原反应，故A错误； B．根据分析，滤渣2的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3，故B正确； C．Na2CO3溶液碱性过强，会产生Mg(OH)2副产物，因此NH4HCO3不适宜换为Na2CO3，故C错误； D．根据Ksp(CaF2)=3.6×10-12，若要使Ca2+完全沉淀，则c(F-)≥=6.0×10-4mol/L，故D正确； 故选：AC。 15. 用和可以合成甲醇。其主要反应为 反应I 反应Ⅱ 在恒容密闭容器内，充入1mol 和3mol ，测得平衡时转化率，CO和选择性随温度变化如图所示[选择性]。 下列说法正确的是 A. 270℃时主要发生反应Ⅱ B. 230℃下缩小容器的体积，n(CO)不变 C. 250℃下达平衡时， D. 其他条件不变，210℃比230℃平衡时生成的多 【答案】C 【解析】 【分析】随着温度升高，反应I平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，故CO的选择性逐渐增大，CH3OH的选择性逐渐减小，故随着温度而降低曲线代表是CH3OH的选择性，CO的选择性和CH3OH的选择性之和是1，可得最下面这条曲线是代表CO的选择性，中间曲线是代表CO2平衡转化率。 【详解】A．270℃时，CH3OH的选择性更大，故主要发生反应I，A错误； B．缩小容器体积，相当于是增大压强，反应I平衡正向移动，CO2，H2物质的量减小，故反应Ⅱ平衡会逆向移动，n (CO)会减小，B错误； C．该温度下，CH3OH的选择性是75%，CO是25%，CO2平衡转化率是12%，故转化的CO2物质的量是0.12mol，根据反应I，Ⅱ系数可知，生成H2O是0.12mol，C正确； D．210℃和230℃相比CH3OH的选择性相差不大，但是230℃时CO2的平衡转化率要明显大于210℃时，故230℃时转化生成的CH3OH更多，D错误； 故选：C。 三、非选择题 16. 过渡金属及其化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。 （1）基态V的价电子排布式为___________，第四周期中基态原子与基态V原子具有相同未成对电子数的元素名称是___________。 （2）含有多个配位原子的配位体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Ni2+与EDTA形成的螯合物的结构如图1所示，1mol EDTA通过螯合作用形成了5mol五元环。键角1___________(填“>”、“<”或“=”)键角2.EDTA中非金属元素电负性由大到小排序为___________。 （3）Co2+在水溶液中以[Co(H2O)6]2+存在。向含Co2+的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的[Co(NH3)6]2+，其原因是___________。 （4）铁、铜与砷、钠可形成一种绝缘体材料，其晶胞结构图和钠原子沿z轴投影如图2所示，已知m原子的分数坐标为(0.25，0.75，0.20)，晶胞参数为a≠c，α=β=γ=90°。n 原子的分数坐标是___________，铜周围距离最近的钠原子的个数是___________。 【答案】（1） ①. 3d34s2 ②. 钴、砷 （2） ①. > ②. O>N>C>H （3）N的电负性小于O，更易提供孤对电子形成配位键 （4） ①. (0.25，0.25，0.80) ②. 4 【解析】 【小问1详解】 V为23号元素，基态V原子的价电子排布式为3d34s2，V的未成对电子数为3，则第四周期中基态原子与基态V原子具有相同未成对电子数的元素名称是钴、砷； 【小问2详解】 角1处碳原子价层电子对数是3，碳采取sp2杂化，空间构型是平面三角形，角2碳原子价层电子对数是4，碳采取sp3杂化，空间构型是四面体形，因此键角1>键角2；非金属性越强电负性越大，则电负性由大到小排序为O>N>C>H； 【小问3详解】 N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成的配位键更强，所以向含Co2+的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的[Co(NH3)6]2+； 【小问4详解】 根据晶胞结构对称性可知，m原子的分数坐标为(0.25，0.75，0.20)，则n原子坐标为(0.25，0.25，0.80)；由晶胞结构图可知，面上的Cu原子连接2个Na原子，面上原子为两个晶胞共有，故铜周围距离最近的钠原子的个数是4。 17. 三元锂电池在新能源汽车中广泛使用，废旧三元锂电池的正极材料主要成分为Li(NixCoyMnz)O2(其中含有Fe、Al的氧化物杂质)，对各元素进行回收处理的某种工艺流程如图所示： 已知：①丁二酮肟与Ni2+络合生成丁二酮肟镍沉淀； ②金属活动性顺序：Li>Al>Mn>Fe>Co>Ni>(H)； ③氧化性：Co3+>H2O2；高温条件下还原性：C>Mn； ④金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH值如下表所示： 金属离子 Fe2+ Fe3+ Al3+ Co2+ Ni2+ Mn2+ 开始沉淀的pH 7.0 1.9 3.4 6.6 7.8 6.7 沉淀完全的pH 9.0 3.2 4.7 9.2 10.4 9.5 请从预处理、浸出和分离提纯的角度分析上述工艺流程中各步的原理，并回答下列问题： （1）“含锂废液”中含锂元素的主要成分为___________(填化学式)。 （2）试剂a的加入目的是去除___________；试剂a可选择___________(填字母)；“除杂”过程需调节pH范围为___________。 A．氨水 B．NaOH C．Fe2O3 D．MnO2 E．CoO （3）Ni2+与丁二酮肟生成鲜红色的丁二酮肟镍沉淀，该反应可用于检验Ni2+。 “沉镍”过程的最佳pH为5，pH不能过低的原因是___________。 （4）“沉钴”过程除发生Co2++C2O=CoC2O4外，还可能发生的离子方程式为___________。 【答案】（1）LiHCO3 （2） ①. Fe3+、Al3+ ②. ABE ③. [4.7，6.6) （3）酸性过强时H+浓度较大，丁二酮肟中N上的孤对电子容易与H+配位，导致难以与Ni2+配位起到沉淀Ni2+的作用 （4）5C2O+2+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O 【解析】 【分析】加入焦炭还原得到金属单质，但焦炭高温还原得不到Li单质，因为Li属于活泼性强的金属，热还原得不到Li单质，氧化锂可以溶于水，生成氢氧化锂，通入过量二氧化碳生成碳酸氢锂溶液，加入硫酸反应得到Ni2+、Co2+、Al3+、Fe2+、Mn2+，已知氧化性：Co3+>H2O2，加入的过氧化氢不能氧化Co2+，能将亚铁离子氧化为铁离子，加入试剂a调节pH生成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，加入丁二酮肟与Ni2+络合生成丁二酮肟镍沉淀除去Ni2+，加入高锰酸钾除去Mn2+，草酸铵电离出草酸跟离子与Co2+结合生成CoC2O4沉淀； 【小问1详解】 金属Li与水反应生成LiOH，过量二氧化碳和LiOH反应生成LiHCO3，“含锂废液”中含锂元素的主要成分为LiHCO3； 【小问2详解】 加入硫酸生成硫酸铝，过氧化氢能将亚铁离子氧化为铁离子，通过条件溶液pH使其沉淀而除去，试剂a的加入目的是去除Fe3+、Al3+，可选择碱性物质氨水、NaOH，或者能与氢离子反应的金属氧化物，且不能引入新的杂质阳离子，可选择CoO，故选ABE，“除杂”过程需Al3+完全沉淀而不能使Co2+开始沉淀，调节pH范围为[4.7，6.6)； 【小问3详解】 已知丁二酮肟与Ni2+络合生成丁二酮肟镍沉淀，“沉镍”过程中pH不能过低的原因是：酸性过强时H+浓度较大，丁二酮肟中N上的孤对电子容易与H+配位，导致难以与Ni2+配位起到沉淀Ni2+的作用； 【小问4详解】 “沉钴”过程中加入草酸铵与“沉锰”时加入高锰酸钾会发生氧化还原反应，生成锰离子、二氧化碳和水，还可能发生的离子方程式为5+2+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O。 18. 以邻氨基苯酚、邻硝基苯酚、无水甘油和浓硫酸为原料合成8-羟基喹啉，该物质有一定苯酚的性质，反应过程与实验装置如下。 物质 颜色状态 摩尔质量 (g/mol) 熔点 (℃) 沸点 (℃) 溶解性 水 乙醇 丙三醇(甘油) 无色液体 92 17.4 290 易溶 易溶 邻氨基苯酚 白色结晶性粉末 109 177 易升华 微溶 微溶 邻硝基苯酚 淡黄色结晶性粉末 139 43-45 214-216 微溶 易溶 8-羟基喹啉 白色或淡黄色粉末 145 70-73 267 不溶 易溶 ①在圆底烧瓶中称取19g无水甘油，并加入2.78g邻硝基苯酚、8.72g邻氨基苯酚，使混合均匀。然后缓缓加入9mL浓硫酸。装上回流冷凝装管，在石棉网上用小火加热。当溶液微沸时，立即移去火源。待作用缓和后，继续加热，保持反应物微沸2小时。 ②稍冷后，进行第一次水蒸气蒸馏调节溶液呈酸性，除去未反应的邻硝基苯酚。瓶内液体冷却后，加入试剂调节溶液pH，再进行第二次水蒸气蒸馏，蒸出8-羟基喹啉(约收集馏液400mL)。馏出液充分冷却后，抽滤收集析出物洗涤，干燥。 ③粗产物用乙醇-水混合溶剂重结晶得8-羟基喹啉6.5g。 （1）仪器A是___________(填名称)；图2装置中导管1的作用是___________。 （2）产物提纯过程中有两次水蒸气蒸馏，第一次水蒸气蒸馏证明杂质被除尽的现象为___________。 （3）两次水蒸气蒸馏应控制pH值不同，第二次水蒸气蒸馏前应调节溶液呈___________(填“酸”、“碱”、“中”)性，使其在该条件下，在水中的溶解度最小。 （4）图中虚线框内最合适的装置为___________(填序号)。 （5）8-羟基喹啉的熔点明显低于7-羟基喹啉（）和 6-羟基喹啉（）的原因是___________。 （6）该反应的产率为___________。 【答案】（1） ①. 球形冷凝管 ②. 平衡气压 （2）馏出液无颜色 （3）中 （4）A （5）8-羟基喹啉中形成分子内氢键导致其熔点降低 （6）74.7% 【解析】 【分析】在三颈烧瓶中邻氨基苯酚、邻硝基苯酚和甘油混合反应生成8-羟基喹啉，然后利用水蒸气蒸馏得到含有产品的剩余液，通过调节pH=7，并第二次通过水蒸气蒸馏得到馏出物，最后经过系列操作得到产品； 【小问1详解】 仪器A是球形冷凝管；图2装置中导管1为安全管，其作用是平衡气压，烧瓶内压强增大时，管内液面上升，可以防止内压过大； 【小问2详解】 在难溶或不溶于水的有机物中通入水蒸气，使难溶或不溶于水的有机物和水一起蒸出，邻硝基苯酚微溶于水，所以第一次水蒸气蒸馏主要除去的杂质是邻硝基苯酚，由表可知邻硝基苯酚微溶于水显淡黄色，则馏出液无颜色时，证明除杂干净； 【小问3详解】 第二次水蒸气蒸馏的馏出物是8-羟基喹啉，调节pH=7，可以将邻氨基苯酚和8-羟基喹啉的硫酸盐转化为邻氨基苯酚和8-羟基喹啉，让产物8-羟基喹啉容易蒸出，第二次水蒸气蒸馏前应调节溶液呈中性； 【小问4详解】 虚线框内应为接收馏分的装置应选A，既可盛接冷凝液，同时还能减少氧气的混入导致产品被氧化； 【小问5详解】 7-羟基喹啉和 6-羟基喹啉能形成分子间氢键，增大其熔点，8-羟基喹啉中羟基上的H原子与N原子距离较近，能形成分子内氢键，导致其熔点明显低于7-羟基喹啉和 6-羟基喹啉； 【小问6详解】 2.78g邻硝基苯酚物质的量为、8.72g邻氨基苯酚物质的量为，由反应方程式可知2mol邻氨基苯酚消耗1mol邻硝基苯酚，则0.02mol邻硝基苯酚完全反应生成0.06mol8-羟基喹啉，质量为0.06mol×145g/mol=8.7g，该实验获得8-羟基喹啉6.5g，产率为。 19. 2024年4月29日，2024碳达峰碳中和绿色发展论坛在北京举行。习近平总书记曾指出：“推进碳达峰碳中和是党中央经过深思熟虑作出的重大战略决策。”因此碳氧化物的综合利用成为近年研究热点。已知下列反应的ΔH： CO2(g)+H2(g)=H2O(g)+CO(g) ΔH1=41kJ/mol CO(g)+H2(g)=HCHO(g) ΔH2=6kJ/mol HCHO(g)+H2(g)=CH3OH(g) ΔH3=121kJ/mol （1）H2捕捉空气中CO2，可以合成加入汽油中的燃料甲醇。反应3H2+CO2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH=___________(保留三位有效数字) （2）1L容器通入3mol H2与1mol CO2，在一定温度下发生反应：3H2+CO2(g)=CH3OH(g)+H20(g)。一段时间后，反应达到平衡，测得反应后的容器中的总压强为反应前的75%，则平衡时甲醇的浓度为___________，若平衡时，向容器中通入1mol H2(g)和1mol H2O(g)，则平衡___________(填“向左”、“向右”或“不”)移动。 （3）氢气和一氧化碳反应也可以生成甲醇，涉及反应的过程如下： H2(g)→H2*① 2H2*+CO(g)→CH3OH(g)② (已知：基元反应是指在反应中一步直接转化为产物的反应，又称为简单反应。基元反应aA+bB→dD+eE的速率方程可表示为v=kca(A)cb(B)，k为速率常数) 上面的反应的各个步骤均可视为基元反应，式中H2*代表H2的状态为与催化剂的结合态。改变初始条件，对反应中某一时刻的反应速率做观测，得到的数据如下 c(H2)/mol/L c(CO)/mol/L v/mol/L/min 0.010 0.010 0.0024 0.020 0.010 0.0096 0.030 0.040 0.0216 0.040 0.040 则表中的空白处应填入的数据是___________；反应①和反应②相比，反应①为___________(填“快”或“慢”)反应，符合反应历程的势能图可以表示为___________(填“A”、“B”、“C”或“D”)。 【答案】（1）168 kJ/mol （2） ①. 0.5mol/L ②. 向右 （3） ①. 0.0384 ②. 慢 ③. B 【解析】 【小问1详解】 已知反应①CO2(g)+H2(g)=H2O(g)+CO(g) ΔH1=41kJ/mol，②CO(g)+H2(g)=HCHO(g) ΔH2=6kJ/mol，③HCHO(g)+H2(g)=CH3OH(g) ΔH3=121kJ/mol，根据盖斯定律，反应①+②+③可得反应3H2+CO2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)，ΔH=41+6+121=168kJ/mol； 【小问2详解】 由题意列三段式：，恒温恒容下，气体的物质的量与压强成正比，测得平衡后的容器中的总压强为反应前的75%，，解得x=0.5，则平衡时甲醇的浓度为；该温度下平衡常数为，向容器中通入1mol H2(g)和1mol H2O(g)，此时浓度商，平衡正向移动，则平衡向右移动； 【小问3详解】 根据速率方程可表示为v=kca(H2)cb(CO)，取第一、二组数据可得，解得a=2，同理取第三、四组数据可得，解得表中的空白处应填入的数据是v=0.0384；由表可知，增大c(H2)时反应速率增快的程度小于增大c(CO)，说明反应①和反应②相比，反应①为慢反应，活化能越大反应速率越慢，则反应①的正反应活化能大于反应②的，由盖斯定律，2 H2(g)+CO(g)→CH3OH(g)的ΔH=ΔH2+ΔH3=6+121=127 kJ/mol>0，该反应是吸热反应，即反应物的总能量低于生成物的总能量，符合反应历程的势能图可以表示为B。 20. 柔性显示技术的快速发展促进了柔性基板材料的革新，具有高光学透明性和耐高温性的聚酰亚胺(PI)是一种被认为最有前景的柔性显示用透明基板材料，其中PI-3(3FTMDT/TA-TFMB)合成路线如图所示： 已知： （1）A是一种芳香烃，其名称为___________；反应条件a为___________。 （2）C→D的反应方程式为___________。 （3）E到F的反应类型为___________。 （4）下列关于E的说法正确的是___________(填序号)。 ①与D互为同系物； ②能够发生取代、加成、氧化反应； ③与氢气完全加成的产物中有3个手性碳原子； ④核磁共振氢谱峰面积之比为2：1：1：1； （5）由n mol D与n mol F合成PI-3反应中，每生成1mol PI-3同时生成___________mol H2O。 （6）由H经过转化可以合成PMDA-ODA型聚酰亚胺，如下图所示： 写出高聚物I的结构简式___________。 【答案】（1） ①. 间二乙苯 ②. 浓硫酸、浓硝酸、加热 （2） （3）取代反应 （4）②④ （5）2n （6） 【解析】 【分析】根据C生成D可知C的结构为，逆推可知B为，A是一种芳香烃，发生硝化反应生成B，则A为，E中N-H断裂发生取代反应生成F为； 【小问1详解】 由分析可知，A为，名称为间二乙苯，A发生硝化反应生成B为，反应条件a为浓硫酸、浓硝酸、加热； 【小问2详解】 C→D的反应方程式为； 【小问3详解】 E中N-H断裂与另一反应物断裂C-Cl键，发生取代反应生成F，E到F的反应类型为取代反应； 【小问4详解】 ①E中碳氟键数目与D不同，两者结构不相似，不是同系物，故错误； ②E含有碳氟键，能在NaOH水溶液加热条件下发生取代反应，含有苯环能与氢气发生加成反应，能燃烧可发生氧化反应，故正确； ③连接四种不同基团的碳为手性碳原子，E中苯环与氢气完全加成的产物，有6个手性碳原子，故错误； ④E为，存在4种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱峰面积之比为2：1：1：1，故正确； 故选②④； 【小问5详解】 F为，F中2个O被N原子取代，D中2个-NH2脱去4个H原子，生成2个H2O，则由n mol D与n mol F合成PI-3反应中，每生成1mol PI-3同时生成2n个H2O； 【小问6详解】 H断裂酯基，断裂氨基，发生缩聚反应得到酰胺基，高聚物I的结构简式为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $