精品解析：福建省泉州市2024届高中毕业班高三第二次市质检化学试卷

泉州市2024届高中毕业班质量监测(二) 高三化学 2024.01 满分100分，考试时间75分钟。 注意事项： 1.考试前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确黏贴在条形码区域内。 2，选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。 3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Ni 59 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 化学与生活、生产、科技、环境等密切相关。下列说法错误的是 A. 葡萄酒中加适量起到抗氧化的作用 B. 利用的强还原性冶炼钛、钴等稀有金属 C. 耐高温碳化硼陶瓷属于新型无机非金属材料 D. 利用的还原性将废水中的转化为沉淀 2. 烯烃与醛在酸催化下发生反应生成1，3-二醇或环状缩醛。下列说法错误的是 A. 甲、乙都能发生聚合反应 B. 丙与互为同系物 C. 丙、丁分子都有手性碳原子 D. 可用红外光谱仪鉴别丙和丁 3. 与水反应较为温和，反应为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 中含有的键为 B. 当有发生反应时，转移电子数为 C. 的溶液中含有的离子数为 D. 标准状况下，生成，同时收集到的 4. 利用下列实验装置(部分夹持装置略)进行的实验，能达到实验目的的是 A. 用图①装置验证铁的吸氧腐蚀 B. 用图②装置验证溴乙烷发生了消去反应 C 用图③装置灼烧碎海带 D. 用图④装置配制溶液 5. 次磷酸钠可溶于水，常用于化学镀铜。一种利用白磷制备并在待镀件上镀铜的主要物质转化过程如下： 下列说法正确的是 A. 次磷酸属于三元酸 B. 反应Ⅰ为 C. 键角： D. 反应Ⅱ中氧化剂与还原剂物质的量之比为 6. 下列有关物质的应用及对应的离子反应方程式均正确的是 A. 用足量氨水吸收尾气： B. 用溶液检验是否完全变质： C. 用醋酸和淀粉溶液检验加碘盐中的： D. 通入石灰水中制取漂白粉： 7. 以菱镁矿（主要含，还有、和等杂质）为原料制取高纯的流程如下图： 下列说法错误的是 A. 该历程涉及分解和复分解反应 B. X可为，且滤渣为 C. 浓缩脱水时可能生成Mg(OH)Cl D. “热解”时有配位键的断裂 8. 由原子序数依次递增的短周期主族元素形成的化合物(结构式如下图)可做高效洗涤剂。下列说法正确的是 A. 简单离子半径： B. 简单氢化物沸点： C. 阴离子中的基团具有良好的亲水性能 D. W分别与形成晶体类型不同化合物 9. 我国科研团队创制了一种新型可充放电的“生物质电池”(如图所示)，存储/释放电能的同时，实现糠醛()生产高附加值的和。下列说法正确的是 A. 放电时，N为电池的负极，发生氧化反应 B. 放电时，M电极上的反应为 C. 充电时，消耗，理论上可制得 D. 充电时，由N电极移向M电极 10. 常温下，向的溶液中逐滴滴入等体积的溶液。反应过程中部分含碳微粒或含氮微粒分布系数与的关系如图所示，已知曲线分别代表和。下列说法错误的是 A. 曲线a、d分别为和 B. 前，逐渐增大是因为水解平衡逆向移动 C. 后，和同时参与反应 D. 据图中数据推算的数量级为 二、非选择题：共5小题，共60分。 11. 乙酰苯胺是磺胺类药物的原料，可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间体。 实验室利用苯胺(易被氧化)制备少量乙酰苯胺的化学方程式为：。 可能用到的信息如下： 名称 式量 密度 熔点/ 沸点/ 水溶性 苯胺 93 1.02 184 微溶 冰醋酸 60 1.05 16.6 117.9 任意比互溶 乙酰苯胺 135 1.21 微溶于冷水、溶于热水 制备装置如下图(分馏柱用于精细分馏)，在圆底烧瓶中加入苯胺、冰醋酸及少许锌粉，加热回流，保持液体平缓流出，反应结束后，烧瓶中即生成大量乙酰苯胺。回答下列问题： （1）锌粉的作用是___________。 （2）加热回流时，温度计读数应保持在___________(填标号)，选择此温度区域的理由是___________。 a．85～90℃ b．100～105℃ c．125～130℃ d．280～290℃ （3）加热回流时，反应达到终点的判断依据是___________。 （4）反应达终点后，回收剩余乙酸的方法是___________(填分离操作名称)。 （5）将圆底烧瓶中的液体趁热倒入盛有___________(填标号)的烧杯中除去残留乙酸，冷却过滤得粗产品。 a．盐酸 b．NaOH溶液 c．水 （6）粗乙酰苯胺中含有的主要杂质为___________，需进行重结晶。重结晶时，下列仪器中需用到的是___________(填名称)。 （7）本实验得到产品16.9g，则乙酰苯胺的产率为___________(保留三位有效数字)。 12. 以锌精矿(主要成分为，含少量、，等)为原料冶炼锌的工艺流程如下图： 已知：①锌焙砂的主要成分为，还含少量。 ②难溶于稀硫酸； ③时， 回答下列问题： （1）“焙烧”在“沸腾炉”中进行， ①发生的主要反应方程式为___________。 ②“烟气”中分子空间构型为___________。 ③已知锌焙砂中的熔点为，低于焙烧温度。对焙烧产生的不利影响是___________。 （2）为第6周期“碳族元素”，其原子的价电子排布式为___________。的晶胞结构如图，其化学式为___________，原子的配位数为___________。 （3）“一次浸出”时，先后加入稀，调节为5。 ①与硫酸生成沉淀，还生成___________(填化学式)胶体与共沉淀。 ②被氧化为的化学方程式为___________。 ③此时溶液中为___________。 （4）“二次浸出”时，控制为，浸出剩余的。 ①锌和硅浸出率与温度的关系如图，则浸出的适宜温度为___________℃。 ②浸渣b为共沉物、和___________。 ③用电化学方法从浸出液a和b中得到的电极为___________(填“阴极”或“阳极”)。 13. 有效利用工业废气中多余的催化加氢制取清洁、可再生的甲醇化学品成为研究的热点之一，某催化体系中可能涉及如下反应： 反应ⅰ： 反应ⅱ： 回答下列问题： （1）已知速率常数k与温度T、活化能的关系为为摩尔气体常数。上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的是___________。 a．适当增大的浓度，反应ⅰ、ⅱ均向右移动 b．移去部分，反应ⅱ的正反应速率增大 c．适当提高反应温度，反应ⅱ的正反应速率改变程度比反应ⅰ的更大 d．加入催化剂，可提高的平衡转化率 （2）起始物时，在一定条件下，和的产率与温度、压强的关系如下图所示。 ①中压强最大的是___________(选填)，理由是___________。 ②图中A、B点为平衡点的是___________，理由是___________。 ③时，反应ⅰ的平衡常数___________(列计算式，分压总压×物质的量分数)。 （3）研究小组给出了加氢制的可能反应机理(如下图所示)：首先在催化剂表面解离成2个，随后参与到的还原过程。(注：□表示氧原子空位，*表示吸附在催化剂上的微粒) ①下列有关该历程的说法错误的是___________。 a．碳原子的杂化类型涉及 b．反应过程存在的断裂和生成 c．催化剂氧空位用于捕获，氧空位越多反应速率越快 d．反应温度过高使甲醇炭化，易使催化剂反应活性降低 ②理论上，每生成，该历程中消耗的的数目为___________。 14. 天然产物5-异戊烯基紫铆花素(G)是一种新型的查尔酮，对氯喹敏感和抗氯喹菌株有很好抗疟原虫活性。以和为起始原料合成的路线如图所示： （1）G中含氧官能团的名称为___________。 （2）反应①为取代反应，X的分子式为，其结构简式为___________。 （3）反应③的化学方程式为___________。 （4）设置反应②、③的目的是___________。 （5）反应④分为两步，第二步发生消去反应，则第一步的反应类型是___________。 （6）同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式为___________。 a．1molD能与3molNaOH发生反应 b．核磁共振氢谱为3∶2∶2∶1 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 泉州市2024届高中毕业班质量监测(二) 高三化学 2024.01 满分100分，考试时间75分钟。 注意事项： 1.考试前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确黏贴在条形码区域内。 2，选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。 3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Ni 59 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 化学与生活、生产、科技、环境等密切相关。下列说法错误的是 A. 葡萄酒中加适量起到抗氧化的作用 B. 利用的强还原性冶炼钛、钴等稀有金属 C. 耐高温碳化硼陶瓷属于新型无机非金属材料 D. 利用的还原性将废水中的转化为沉淀 【答案】D 【解析】 【详解】A．SO2具有还原性，葡萄酒、果脯中加入适量SO2以起到杀菌、抗氧化的作用，故A正确； B．金属钠有强还原性，用于冶炼钛、锆等金属，故B正确； C．碳化硼陶瓷是新型非金属材料，故C正确； D．硫化亚铁溶解性大于硫化铜，依据沉淀转化规律，硫化亚铁与铜离子反应生成硫化铜沉淀，可用FeS将废水中的Cu2+转化为沉淀，与其还原性无关，故D错误， 故选D。 2. 烯烃与醛在酸催化下发生反应生成1，3-二醇或环状缩醛。下列说法错误的是 A. 甲、乙都能发生聚合反应 B. 丙与互为同系物 C. 丙、丁分子都有手性碳原子 D. 可用红外光谱仪鉴别丙和丁 【答案】B 【解析】 【详解】A．甲含碳碳双键，乙含碳氧双键，都能发生聚合反应，故A正确； B．丙为二元醇，含酚羟基，结构不相似，不互为同系物，故B错误； C．连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，则丙、丁中与苯环相连的碳原子为手性碳原子，故C正确； D．丙和丁中官能团不同，则可用红外光谱仪鉴别丙和丁，故D正确； 故选B。 3. 与水反应较为温和，反应为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 中含有的键为 B. 当有发生反应时，转移电子数为 C. 的溶液中含有的离子数为 D. 标准状况下，生成，同时收集到的 【答案】C 【解析】 【详解】A．1个XeF2中含2个σ键，0.1molXeF2中含有的σ键为0.2NA，故A正确； B．，反应中消耗2mol水电子转移4mol，当有0.1molH2O发生反应时，转移电子数为0.2NA，故B正确； C．的HF溶液中含有HF物质的量为0.1mol，HF为弱电解质，溶液中的离子数小于0.1NA，故C错误； D．标准状况下，生成0.1molXe，同时收集到氧气0.05mol，标准状况下得到O2的体积=0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故D正确； 故选C。 4. 利用下列实验装置(部分夹持装置略)进行的实验，能达到实验目的的是 A. 用图①装置验证铁的吸氧腐蚀 B. 用图②装置验证溴乙烷发生了消去反应 C. 用图③装置灼烧碎海带 D. 用图④装置配制溶液 【答案】A 【解析】 【详解】A．食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀，红墨水沿导管上升可证明，故A正确； B．挥发的醇使酸性高锰酸钾溶液褪色，紫色褪去，不能证明溴乙烷发生了消去反应，故B错误； C．灼烧在坩埚中进行，不能在烧杯在进行，故C错误； D．不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后，转移到容量瓶中定容，故D错误； 故选A。 5. 次磷酸钠可溶于水，常用于化学镀铜。一种利用白磷制备并在待镀件上镀铜的主要物质转化过程如下： 下列说法正确的是 A. 次磷酸属于三元酸 B. 反应Ⅰ为 C. 键角： D. 反应Ⅱ中氧化剂与还原剂物质的量之比为 【答案】B 【解析】 【分析】由题给流程可知，反应Ⅰ为白磷与足量烧碱溶液共热反应生成磷化氢和次磷酸钠，反应的离子方程式为；反应Ⅱ为溶液中的次磷酸根离子与铜离子反应生成铜、HPO离子和水，反应的离子方程式为H2PO+Cu2++3OH—=HPO+Cu+2H2O。 【详解】A．由白磷与足量的烧碱溶液共热反应生成磷化氢和次磷酸钠可知，次磷酸属于一元酸，故A错误； B．由分析可知，反应Ⅰ为白磷与足量烧碱溶液共热反应生成磷化氢和次磷酸钠，反应的离子方程式为，故B正确； C．白磷分子的空间构型为四面体形，磷原子在四面体的四个顶角，键角为60º，磷化氢分子中磷原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，分子的空间构型为三角锥形，键角为107 º18＇，所以白磷的键角小于磷化氢，故C错误； D．由分析可知，反应Ⅱ为溶液中的次磷酸根离子与铜离子反应生成铜、偏磷酸根离子和水，反应的离子方程式为H2PO+Cu2++3OH-=HPO+Cu+2H2O，反应中磷元素的化合价升高被氧化，H2PO是反应的还原剂，铜元素的化合价降低被还原，铜离子是反应的氧化剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1，故D错误； 故选B。 6. 下列有关物质的应用及对应的离子反应方程式均正确的是 A. 用足量氨水吸收尾气： B. 用溶液检验是否完全变质： C. 用醋酸和淀粉溶液检验加碘盐中的： D. 通入石灰水中制取漂白粉： 【答案】A 【解析】 【详解】A．用足量氨水吸收二氧化硫尾气生成正盐，离子方程式为，故A正确； B．用KSCN溶液只能检验FeCl2是否变质，不能检验是否完全变质，应该通过检验溶液中是否存在亚铁离子来检验是否完全变质，故B错误； C．醋酸难电离，用醋酸和淀粉KI溶液检验加碘盐中的，离子方程式为：，故C错误； D．应将Cl2通入石灰乳中制取漂白粉，石灰水中氢氧化钙浓度太小，故D错误； 故选A。 7. 以菱镁矿（主要含，还有、和等杂质）为原料制取高纯的流程如下图： 下列说法错误的是 A. 该历程涉及分解和复分解反应 B. X可为，且滤渣为 C. 浓缩脱水时可能生成Mg(OH)Cl D. “热解”时有配位键的断裂 【答案】B 【解析】 【分析】以菱镁矿（主要含，还有、和等杂质）为原料制取高纯由流程可知，菱镁矿加入盐酸，、、可与盐酸反应生成氯化镁，氯化钙、氯化铁，浸渣为SiO2；加入碳酸镁使铁离子、钙离子沉淀完全，滤渣为Fe(OH)3、；溶液中只余下氯化镁，浓缩部分脱水再加入甲醇和氨气得到MgCl2·6NH3，MgCl2·6NH3热解生成氨气和MgCl2。 【详解】A．菱镁矿加入盐酸，、、可与盐酸发生的反应为复分解反应，MgCl2·6NH3热解生成氨气和MgCl2的反应为分解反应，A正确； B．为了不引入杂质，X可为，调节pH使铁离子、钙离子沉淀完全。滤渣为、，B错误； C．溶液中有镁离子、氯离子，浓缩部分脱水可能生成Mg(OH)Cl，C正确； D．MgCl2·6NH3是镁离子和氨气通过配位键结合而成，热解时分解生成氨气和氯化镁，有配位键的断裂，D正确； 故答案为：B。 8. 由原子序数依次递增的短周期主族元素形成的化合物(结构式如下图)可做高效洗涤剂。下列说法正确的是 A. 简单离子半径： B. 简单氢化物的沸点： C. 阴离子中的基团具有良好的亲水性能 D. W分别与形成晶体类型不同的化合物 【答案】C 【解析】 【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次递增，在化合物－1价阴离子结构中，Y形成4条共价键且形成链状结构，可知Y是C元素；而X形成1条共价键且原子序数小于碳，故X为H元素；W形成+1价阳离子且原子序数大于碳，故W为Na元素；Z形成2条共价键、M形成6条共价键，结合原子序数相对大小，可知Z为O元素、M为S元素。据此解答。 【详解】由分析可知，X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、W为Na元素、M为S元素； A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，而电子层越多离子半径越大，则离子半径：S2-＞O2-＞Na+，故A错误； B．常温下，H2O是液体，而CH4、H2S是气体，H2O沸点最高，H2S的相对分子质量比CH4大，H2S分子间作用力更强，H2S的沸点比CH4高，即沸点：H2O＞H2S＞CH4，故B错误； C．阴离子中的－OSO3基团有极性，对水有较大的亲和能力，具有良好的亲水性能，故C正确； D．Na分别与H、O、S形成的晶体都是属于离子晶体，故D错误； 故选C。 9. 我国科研团队创制了一种新型可充放电的“生物质电池”(如图所示)，存储/释放电能的同时，实现糠醛()生产高附加值的和。下列说法正确的是 A. 放电时，N为电池的负极，发生氧化反应 B. 放电时，M电极上的反应为 C. 充电时，消耗，理论上可制得 D 充电时，由N电极移向M电极 【答案】C 【解析】 【分析】根据示意图可知，放电时NiOOH→，镍元素化合价变化为+3→+2，发生还原反应（N为正极），M为负极，充电和放电是相反的过程，根据电子守恒进行计算，据此解答问题。 【详解】A．根据示意图可知，放电时NiOOH→，镍元素化合价变化为+3→+2，N为正极，发生还原反应，故A错误； B．放电时N为正极，因此M为负极，发生氧化反应，糠醛失电子转化成糠酸根离子，电极反应式为C5H4O2+3OH――2e－＝+2H2O，故B错误； C．充电时N为阳极，消耗物质的量为1mol，根据示意图可知化合价变化为+2→+3，失电子1mol，充电时M极为阴极，糠醛发生还原反应生成糠醇，电极反应式为C5H4O2+2H2O+2e－＝C5H6O2+2OH－，充电时阴阳两电极转移电子物质的量相等，因此消耗0.5mol糠醛得电子1mol，故C正确； D．放电时M极为负极，因此充电时M极为阴极，充电时，OH－由阴极移向阳极，因此OH－由M电极移向N电极，故D错误； 故选C。 10. 常温下，向的溶液中逐滴滴入等体积的溶液。反应过程中部分含碳微粒或含氮微粒分布系数与的关系如图所示，已知曲线分别代表和。下列说法错误的是 A. 曲线a、d分别为和 B. 前，逐渐增大因为水解平衡逆向移动 C. 后，和同时参与反应 D. 据图中数据推算的数量级为 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，曲线b、c分别代表和，随着NaOH溶液的滴加，溶液碱性增强，δ()和c()先略增大后逐渐减小，根据C原子守恒可知，δ()和c()先略减小后逐渐增大，则曲线d代表；δ()逐渐增大，δ()逐渐减小，则曲线a代表，(9.25，0.5)点时c()=c()，此时的电离平衡常数Kb==，据此分析解答。 【详解】A．由上述分析可知，曲线a、d分别为和，故A正确； B．水解平衡为+H2OH2CO3+OH－，pH＜8.5前溶液的碱性逐渐增强，逐渐增大，平衡逆向移动，c（）逐渐增大，故B正确； C．由图可知，pH>8.5后δ（）和δ（）均减小，δ（）和δ（）均增大，说明和同时参与反应，故C正确； D．由图可知，pH=9.76时，δ（）=δ（），δ（）=δ（），即c（）=c（），c（）=c（），满足Kb=10－4.75=，即，Ka2（H2CO3）=，数量级为10－11，故D错误； 故选D。 二、非选择题：共5小题，共60分。 11. 乙酰苯胺是磺胺类药物的原料，可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间体。 实验室利用苯胺(易被氧化)制备少量乙酰苯胺的化学方程式为：。 可能用到的信息如下： 名称 式量 密度 熔点/ 沸点/ 水溶性 苯胺 93 1.02 184 微溶 冰醋酸 60 1.05 16.6 117.9 任意比互溶 乙酰苯胺 135 1.21 微溶于冷水、溶于热水 制备装置如下图(分馏柱用于精细分馏)，在圆底烧瓶中加入苯胺、冰醋酸及少许锌粉，加热回流，保持液体平缓流出，反应结束后，烧瓶中即生成大量乙酰苯胺。回答下列问题： （1）锌粉的作用是___________。 （2）加热回流时，温度计读数应保持在___________(填标号)，选择此温度区域理由是___________。 a．85～90℃ b．100～105℃ c．125～130℃ d．280～290℃ （3）加热回流时，反应达到终点的判断依据是___________。 （4）反应达终点后，回收剩余乙酸的方法是___________(填分离操作名称)。 （5）将圆底烧瓶中的液体趁热倒入盛有___________(填标号)的烧杯中除去残留乙酸，冷却过滤得粗产品。 a．盐酸 b．NaOH溶液 c．水 （6）粗乙酰苯胺中含有的主要杂质为___________，需进行重结晶。重结晶时，下列仪器中需用到的是___________(填名称)。 （7）本实验得到产品16.9g，则乙酰苯胺的产率为___________(保留三位有效数字)。 【答案】（1）防止苯胺被氧化 （2） ①. b ②. 温度过低，反应速率慢且不能蒸出反应所生成的水，无法促进反应正向进行：温度过高会将乙酸、苯胺、乙酰苯胺蒸出从而降低产率 （3）几乎没有液体滴入锥形瓶中 （4）蒸馏 （5）c （6） ①. 苯胺 ②. 漏斗、烧杯 （7）61.4%(或0.614) 【解析】 【分析】在圆底烧瓶中加入苯胺、冰醋酸及少许锌粉，加热回流，保持液体平缓流出，烧瓶中即生成大量乙酰苯胺，结合物质性质、已知信息和问题分析解答。 【小问1详解】 苯胺不稳定，易被氧化，Zn和醋酸反应生成的氢气能防止苯胺被氧化，故答案为：防止苯胺被氧化； 【小问2详解】 温度过低，反应速率慢且不能蒸出反应所生成的水，无法促进反应正向进行；温度过高会将乙酸、苯胺、乙酰苯胺蒸出从而降低产率，所以选择的温度是b,，答案为：b；温度过低，反应速率慢且不能蒸出反应所生成的水，无法促进反应正向进行；温度过高会将乙酸、苯胺、乙酰苯胺蒸出从而降低产率； 【小问3详解】 加热回流反应达到终点时几乎没有液体滴入锥形瓶中，因此反应达到终点的判断依据是几乎没有液体滴入锥形瓶中； 【小问4详解】 乙酸、苯胺、乙酰苯胺互溶，但其沸点相差较大，所以采用蒸馏的方法分离，故答案为：蒸馏； 【小问5详解】 苯胺微溶于水，乙酰苯胺微溶于冷水、溶于热水，乙酸易溶于水，所以将圆底烧瓶中的液体趁热倒入盛有水的烧杯中除去残留乙酸，冷却过滤得粗产品，故答案为：c； 【小问6详解】 根据沸点知，冰醋酸易被蒸出，苯胺被蒸出的较少，所以粗乙酰苯胺中含有的主要杂质为苯胺；重结晶时需要的仪器有漏斗、烧杯，故答案为：苯胺；漏斗、烧杯； 【小问7详解】 n（苯胺）==0.204mol，n（冰醋酸）==0.7mol，根据方程式知，冰醋酸有剩余，理论上生成n（乙酰苯胺）=n（苯胺）=0.204mol，乙酰苯胺的产率=≈61.4%，故答案为：61.4%。 12. 以锌精矿(主要成分为，含少量、，等)为原料冶炼锌的工艺流程如下图： 已知：①锌焙砂的主要成分为，还含少量。 ②难溶于稀硫酸； ③时， 回答下列问题： （1）“焙烧”在“沸腾炉”中进行， ①发生的主要反应方程式为___________。 ②“烟气”中分子的空间构型为___________。 ③已知锌焙砂中的熔点为，低于焙烧温度。对焙烧产生的不利影响是___________。 （2）为第6周期“碳族元素”，其原子的价电子排布式为___________。的晶胞结构如图，其化学式为___________，原子的配位数为___________。 （3）“一次浸出”时，先后加入稀，调节为5。 ①与硫酸生成沉淀，还生成___________(填化学式)胶体与共沉淀。 ②被氧化为的化学方程式为___________。 ③此时溶液中为___________。 （4）“二次浸出”时，控制为，浸出剩余。 ①锌和硅的浸出率与温度的关系如图，则浸出的适宜温度为___________℃。 ②浸渣b为共沉物、和___________。 ③用电化学方法从浸出液a和b中得到的电极为___________(填“阴极”或“阳极”)。 【答案】（1） ①. ②. V形 ③. 焙烧过程中，熔融的硅酸铅包裹矿粉或烧结，难以充分反应 （2） ①. ②. ③. 6 （3） ①. ②. ③. （4） ①. 85 ②. ③. 阴极 【解析】 【分析】硫化锌精矿的焙烧可生成ZnO、氧化铁等，含尘烟气含有含硫氧化物，可用于制备硫酸，浸出液加入硫酸可生成硫酸锌、硫酸铁，加入过量锌充分反应，可置换出铁，滤液中主要含有硫酸锌，经电解可得到锌和硫酸，电解液中含有硫酸，可循环利用； 【小问1详解】 ①含锌矿的主要成分是ZnS，焙烧时与空气中氧气发生氧化还原反应，反应的化学方程式为； ②SO2以S为中心，价层电子对数=，则SO2分子的空间构型为V形； ③PbSiO3熔点为750~780℃，低于焙烧温度，故PbSiO3在焙烧过程中会熔融，覆盖在锌焙砂表面，阻碍O2与ZnS等物质反应；故答案为：焙烧过程中，熔融的硅酸铅包裹矿粉或烧结，难以充分反应； 【小问2详解】 Pb为第六周期“碳族元素”，其原子的价电子排布式为6s26p2；Fe原子数目为，S原子数目为8，Fe、S原子数目之比为1：2，故化学式为FeS2；Fe原子周围的6个S原子形成正八面体，故Fe原子的配位数为6； 【小问3详解】 ①Zn2SiO4与硫酸反应生成ZnSO4、H2SiO3胶体与H2O，反应方程式为：，故答案为H2SiO3； ②As2O3被H2O2氧化为H3AsO4，同时生成H2O，反应方程式为； ③溶液pH=5，则溶液中c(OH-)=10-9mol/L，此时溶液中c(Fe3+)=，故溶液中； 【小问4详解】 ①选择Zn、Si浸出率高的温度，由图可知，适宜温度为85℃； ②ZnO、Fe2O3、As2O3、Zn2SiO4、PbSiO3、ZnFe2O4酸浸出时，Zn2SiO4、PbSiO3与硫酸反应生成H2SiO3胶体与PbSO4沉淀，As2O3被H2O2氧化为H3AsO4，同时生成H2O，Fe2O3、ZnFe2O4酸浸出时，Fe元素被还原为Fe2+，调节pH=5时，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，转化为Fe(OH)3沉淀，故浸渣b为Fe(OH)3、FeAsO4、PbSO4和H2SiO3； ③从浸出液a和b中得到Zn，Zn元素发生还原反应，在电解池阴极析出。 13. 有效利用工业废气中多余的催化加氢制取清洁、可再生的甲醇化学品成为研究的热点之一，某催化体系中可能涉及如下反应： 反应ⅰ： 反应ⅱ： 回答下列问题： （1）已知速率常数k与温度T、活化能的关系为为摩尔气体常数。上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的是___________。 a．适当增大的浓度，反应ⅰ、ⅱ均向右移动 b．移去部分，反应ⅱ的正反应速率增大 c．适当提高反应温度，反应ⅱ的正反应速率改变程度比反应ⅰ的更大 d．加入催化剂，可提高的平衡转化率 （2）起始物时，在一定条件下，和的产率与温度、压强的关系如下图所示。 ①中压强最大的是___________(选填)，理由是___________。 ②图中A、B点为平衡点的是___________，理由是___________。 ③时，反应ⅰ的平衡常数___________(列计算式，分压总压×物质的量分数)。 （3）研究小组给出了加氢制的可能反应机理(如下图所示)：首先在催化剂表面解离成2个，随后参与到的还原过程。(注：□表示氧原子空位，*表示吸附在催化剂上的微粒) ①下列有关该历程的说法错误的是___________。 a．碳原子的杂化类型涉及 b．反应过程存在的断裂和生成 c．催化剂氧空位用于捕获，氧空位越多反应速率越快 d．反应温度过高使甲醇炭化，易使催化剂反应活性降低 ②理论上，每生成，该历程中消耗的的数目为___________。 【答案】（1）ac （2） ①. ②. 反应未平衡时，相同条件下，压强越大反应速率越快，相同时间内生成的或越多或“反应已平衡时，相同条件下，压强越大越有利于反应ⅰ正向进行，相同时间内生成的或越多；且反应ⅰ放热，温度升高，促进反应ⅱ正向进行，产率增加” ③. B ④. 该反应的，相同压强下，温度升高，反应未平衡前速率加快，产率增加；反应达平衡后，温度升高，反应逆向进行，产率下降 ⑤. 或 （3） ①. b ②. 【解析】 【小问1详解】 a.增大反应物浓度，平衡正向移动，所以适当增大H2的浓度，反应ⅰ、ⅱ均向右移动，故a正确； b.移去部分CH3OH，反应ⅰ向右移动，二氧化碳和氢气浓度减小，所以反应ⅱ的正反应速率减小，故b错误； c.根据，R为摩尔气体常数可知，活化能越大，速率常数k变化也越大，所以适当提高反应温度，反应ⅱ的正反应速率改变程度比反应ⅰ的更大，故c正确； d.催化剂不能改变反应的平衡状态，所以加入催化剂，CO2的平衡转化率不变，故d错误； 故答案为：ac； 【小问2详解】 ①反应未平衡时，相同条件下，压强越大反应速率越快，相同时间内生成的CH3OH或CO越多，所以p1、p2、p3中压强最大的是p1，故答案为：p1；反应未平衡时，相同条件下，压强越大反应速率越快，相同时间内生成的CH3OH或CO越多； ②反应ⅰ为放热反应，反应未达到平衡时，升高温度，平衡正向移动，甲醇的产率增加，达到平衡后，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH产率下降，所以图中B点为平衡点，故答案为：B；反应ⅰ为放热反应，反应未达到平衡时，升高温度，平衡正向移动，甲醇的产率增加，达到平衡后，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH产率下降； ③设起始CO2物质的量为1mol，氢气物质的量为3mol，在p1条件下，反应达到平衡时CH3OH产率为26%和CO的产率为6%，CH3OH和CO物质的量分别为0.26mol、0.06mol，列化学平衡三段式（单位/mol）， 平衡时n（CO2）=0.68mol，n（H2）=2.16mol，n（H2O）=0.32mol，混合气体总物质的量为（0.68+2.16+0.26+0.06+0.32）mol=3.48mol，Kp=； 【小问3详解】 ①a.CO2分子中碳原子的杂化方式为sp杂化，甲醇分子中碳原子的杂化方式为sp3，中间产物碳原子的杂化方式为sp2，所以碳原子的杂化类型涉及sp、sp2、sp3，故a正确； b.反应过程存在O-H生成，但无O-H键的断裂，故b错误； c.H2首先在ZnGaO3催化剂表面解离成2个H*，2个H*与催化剂反应形成氧空位，催化剂氧空位再与CO2结合，所以催化剂氧空位用于捕获CO2，氧空位越多反应速率越快，故c正确； d.反应温度过高使甲醇炭化，碳覆盖在催化剂的表面，使催化剂反应活性降低，故d正确； 故答案为：b； ②H2首先在Zn−Ga−O面解离成2个H*，随后参与到CO2的还原过程，根据图中信息可知，CH3OH∼6H*，所以理论上，每生成1molCH3OH，该历程中消耗的H*的数目为6NA。 14. 天然产物5-异戊烯基紫铆花素(G)是一种新型的查尔酮，对氯喹敏感和抗氯喹菌株有很好抗疟原虫活性。以和为起始原料合成的路线如图所示： （1）G中含氧官能团的名称为___________。 （2）反应①为取代反应，X的分子式为，其结构简式为___________。 （3）反应③的化学方程式为___________。 （4）设置反应②、③的目的是___________。 （5）反应④分为两步，第二步发生消去反应，则第一步的反应类型是___________。 （6）同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式为___________。 a．1molD能与3molNaOH发生反应 b．核磁共振氢谱为3∶2∶2∶1 【答案】（1）羟基、羰基 （2） （3）+CH3OCH2Cl→+HCl （4）保护酚羟基 （5）加成反应 （6） 【解析】 【分析】对比A、B的结构简式，结合反应①为取代反应，X的分子式为C5H9Br推知X为，B与CH3OCH2Cl发生取代反应生成C和HCl，D与CH3OCH2Cl发生取代反应生成和HCl，反应④分为两步，第二步发生消去反应，则第一步是中羰基连接的甲基与C中醛基之间先发生加成反应，第二步是生成的羟基再发生消去反应形成碳碳双键得到F，F在HCl条件下重新引入反应②、③消除的酚羟基生成，可知设置反应②、③的目的是保护酚羟基。 【小问1详解】 G的结构简式为，观察结构可知，G中含氧官能团的名称为羟基、羰基，故答案为：羟基、羰基； 【小问2详解】 反应①为取代反应，X的分子式为C5H9Br，对比A、B的结构简式，推知X的结构简式为； 【小问3详解】 反应③为取代反应，化学方程式为+CH3OCH2Cl→+HCl； 【小问4详解】 反应②、③中消除酚羟基，在反应⑤中又重新引入反应②、③中消除酚羟基，可知设置反应②、③的目的是保护酚羟基，故答案为：保护酚羟基； 【小问5详解】 反应④分为两步，第二步发生消去反应，则第一步是中羰基连接的甲基与C中醛基之间先发生加成反应，第二步是生成的羟基再发生消去反应形成碳碳双键得到F，故答案为：加成反应； 【小问6详解】 同时满足下列条件的D的一种同分异构体：a.1mol该同分异构体能与3molNaOH发生反应；b.核磁共振氢谱为3：2：2：1，该同分异构体结构简式为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$