四川省成都市树德中学2024-2025学年高三上学期开学考试 化学试卷

2024-2025学年四川省成都市树德中学高三（上）开学化学试卷 一、选择题（本大题包含14个小题，每题有且只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分） 1．（3分）日常生活、生产、医疗与化学有着密切联系。下列说法正确的是（　　） A．中国烟花的历史可以追溯到西汉时期，烟花观察到的是原子发射光谱 B．成都东门城墙始建于明朝，其墙体由青砖砌成，青砖的主要成分是Fe2O3 C．川酒的传统酿制技艺是我国的非物质文化遗产，酒的酿造过程不涉及氧化还原反应 D．工业上使用铁罐车运输浓硫酸是因为常温下铁与浓硫酸不反应 2．（3分）下列有关物质的结构、性质和用途说法正确的是（　　） A．“杯酚”能分离C60和C70，体现了超分子的自组装特性 B．可燃冰（CH4•8H2O）中甲烷分子与水分子间存在氢键 C．冰晶体中水分子的空间利用率低于干冰晶体中的CO2分子 D．钾盐可用作紫色烟花的原料是因为电子跃迁到激发态过程中释放能量产生紫色光 3．（3分）下列化学用语表示正确的是（　　） A．的名称：2﹣甲基﹣3﹣乙基戊烷 B．的价层电子对互斥（VSEPR）模型： C．NBF4的电子式： D．丙炔的键线式： 4．（3分）下列实验方案能够达到目的的是（　　） 选项 实验目的 实验方案 A 检验溴乙烷中的溴元素 将溴乙烷与NaOH混合加热，静置分层，取少量上清液3溶液 B 鉴别碳酸钠和碳酸氢钠溶液 分别向溶液中逐滴滴加等浓度的稀盐酸 C 检验Fe3+、Fe2+混合溶液中的Fe2+ 向溶液中先滴加KSCN溶液，再滴加氯水 D 制备CaCO3 向CaCl2溶液中通入CO2至不再产生沉淀，过滤、洗涤、干燥 A．A B．B C．C D．D 5．（3分）下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　） A．澄清透明的溶液：Fe3+、Mg2+、、Br﹣ B．与Al反应能放出H2的溶液：Fe2+、Na+、、 C．水电离的c（H+）＝1×10﹣13mol/L的溶液：Cl﹣、Na+、K+、 D．中性溶液：Fe3+、Cl﹣、K+、 6．（3分）下列反应的离子方程式正确的是（　　） A．向酸性KMnO4溶液中加入草酸溶液：2+5C2+16H+＝10CO2↑+2Mn2++8H2O B．过量Fe与稀硝酸反应：3Fe+2+8H+＝3Fe2++2NO↑+4H2O C．向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4至溶液呈中性：Ba2++OH﹣+H++＝BaSO4↓+H2O D．向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++2Br﹣+2Cl2＝2Fe3++Br2+4Cl﹣ 7．（3分）如图实验装置和操作能达到实验目的的是（　　） A．利用甲装置制备溴苯并验证有HBr生成 B．利用乙装置证明热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3 C．利用丙装置制备无水MgCl2 D．利用丁装置制备Fe（OH）2 8．（3分）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　） A．15g甲基含有的电子数为10NA B．0.1mol Na2O2与Na2O的混合物含有的离子总数为0.3NA C．0.1mol NaHSO4晶体含有的离子总数为0.3NA D．62g白磷（P4）含有共价键的数目为2NA 9．（3分）某有机物具有广谱抗菌活性，结构简式如图。下列有关该化合物说法错误的是（　　） A．存在顺反异构体 B．可与FeCl3溶液发生显色反应 C．1mol该有机物最多与5mol NaOH反应 D．与足量H2加成后的产物分子中含有6个手性碳原子 10．（3分）前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X与W同族，X、Y、Z的原子序数之和为24。Z是其所在周期主族元素基态原子中未成对电子数最多的原子。物质M是一种复合肥（　　） A．电负性：Y＞Z＞X＞W B．1mol M最多可以消耗2mol NaOH C．简单气态氢化物的沸点：Z＞Y D．W与X形成的化合物中含有离子键，且具有较强的还原性 11．（3分）实验室中用山梨酸和乙醇催化合成山梨酸乙酯的过程如图所示，下列说法错误的是（　　） A．反应时不能用水浴进行加热 B．操作①和操作③基本原理相同，操作②和操作④基本原理不同 C．试剂a可以是5%NaOH溶液，目的是除去滤液1中的山梨酸和硫酸杂质 D．加入无水MgSO4固体的目的是除去有机物中的水分 12．（3分）侯德榜提出的联合制碱法得到世界各国认可，其工业流程如图所示，下列说法正确的是（　　） A．进行反应1时，往饱和食盐水中先通入CO2，再通入NH3 B．试剂X是NaCl固体，其作用是增大c（Cl﹣），便于NH4Cl析出 C．整个流程中能循环利用的物质只有CO2 D．反应1的离子方程式为：2NH3+CO2+H2O＝+2 13．（3分）实验室制取HF的原理为CaF2+H2SO4（浓）CaSO4+2HF↑，氢氟酸可用来刻蚀玻璃，发生反应：SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O。CaF2的立方晶胞如图所示，其晶胞参数为a pm。下列说法错误的是（　　） A．氢化物的稳定性：HF＞H2O B．SiF4、H2O、三者的中心原子价层电子对数相等 C．CaF2的晶体密度为g/cm3（NA为阿伏加德罗常数的值） D．CaF2晶体中F﹣与Ca2+之间的最近距离为apm 14．（3分）铵明矾[NH4Al（SO4）2•12H2O]广泛用作中和剂、膨松剂和水净化剂等。工业上以铝土矿（主要成分是Al2O3，含少量SiO2、Fe2O3杂质）为原料制取铵明矾晶体的工艺流程如图： 下列说法正确的是（　　） A．步骤Ⅱ的离子方程式为：2[Al（OH）4]﹣+CO2＝2Al（OH）3↓++H2O B．步骤Ⅵ应该通入过量NH3 C．若经步骤Ⅱ得到的溶液与滤液c混合，则溶液中发生相互促进的水解反应 D．相同条件下，明矾除去铜器上铜锈[Cu2（OH）2CO3]的效果不如铵明矾 二、非选择题（共58分） 15．（13分）Ni（CO）4（四羰基合镍，沸点为43℃）可用于制备高纯镍，也是有机化合物羰基化反应的催化剂。回答下列问题： （1）Ni基态原子价电子的轨道表示式为 　 　。 （2）1mol Ni（CO）4含有σ键的数目为 　 　，Ni（CO）4的晶体类型为 　 　。 （3）已知：Ni（s）+4CO（g）＝Ni（CO）4（g） ①在恒温恒容条件下，将一定量的Ni（s）和CO（g），发生上述反应。下列能说明反应已达平衡状态的有：　 　。 A．4v正（CO）＝v逆[Ni（CO）4] B．混合气体的密度不变 C．混合气体的平均相对分子质量不变 D．n（CO）：n[Ni（CO）4]＝4：1 ②在总压分别为0.1、0.5、1.0、2.0MPa下发生该反应，平衡时Ni（CO）4的体积分数与温度的关系如图乙所示，则ΔH 　 　0（填＞或＜）。压强为p3、温度为100℃时，CO的平衡转化率α＝　 　，Kp＝　 　（MPa）﹣3。 （4）已知：Ni（C16O）4+C18O→Ni（C16O）3C18O+C16O 20℃时反应物浓度随时间的变化关系为：ct[Ni（C16O）4]＝c0[Ni（C16O）4]e﹣kt（k为反应速率常数），则Ni（C16O）4，反应一半所需时间＝　 　（用k表示）。 16．（16分）[Co（NH3）6]Cl3是合成其他含钴配合物的重要原料，可由金属钴及其他原料制备。 已知：①Co2+在pH＝9.4时恰好完全沉淀为Co（OH）2； ②不同温度下[Co（NH3）6]Cl3在水中的溶解度如图所示。 （一）CoCl2的制备 CoCl2易潮解，Co（Ⅲ）的氧化性强于Cl2，可用金属钴与氯气反应制备CoCl2。实验中利用如图装置（连接用橡胶管省略）进行制备。 （1）用图中的装置组合制备CoCl2，连接顺序为 　 　（填标号），装置B的作用是 　 　。 （2）装置A中发生反应的离子方程式为 　 　。 （二）[Co（NH3）6]Cl3的制备 Ⅰ．向100mL锥形瓶内加入4.5g研细的CoCl2、3gNH4Cl和5mL水，加热溶解后加入0.3g活性炭作催化剂 Ⅱ．冷却后，加入浓氨水混合均匀，控制温度在10℃以下2O2溶液 Ⅲ．在60℃下反应一段时间后，经过 　 　、　 　、过滤、洗涤、干燥等操作，得到[Co（NH3）6]Cl3晶体 （3）在步骤Ⅱ加入浓氨水前，需在步骤Ⅰ加入NH4Cl的原因：①NH4Cl溶于水电离出，使NH3•H2O的电离平衡逆向移动，增大c（NH3）；②　 　。 （4）步骤Ⅱ加入H2O2溶液时，需控制温度在10℃以下并缓慢加入的目的：①控制反应速率； ②　 　。 （5）制备[Co（NH3）6]Cl3的总反应的化学方程式为 　 　。 （6）步骤Ⅲ中的操作名称为 　 　、　 　。 17．（13分）镀镍厂排放的硫酸镍废液（含Cu2+、Fe2+、Fe3+、Zn2+、Ca2+等杂质）对环境会产生较大的污染，对其进行回收处理，提取NiSO4•7H2O的工艺流程如图所示： 已知：25℃时，有关金属离子开始沉淀与完全沉淀的pH范围、硫化物的酸溶性如表所示： 金属离子 Cu2+ Fe2+ Fe3+ Zn2+ Ni2+ pH范围 4.8～6.7 6.3～8.3 1.5～2.8 6.2～8.2 6.9～8.9 硫化物的酸溶性 不溶于硫酸等 溶于酸 — 溶于酸 溶于酸 （1）调pH后溶液中主要存在的阴离子有 　 　。 （2）“硫化”过程中发生反应的离子方程式为 　 　。 （3）“调pH”时，应调节溶液pH的范围为 　 　。 （4）“沉钙”时同样需要控制体系的pH在一定范围内，原因是 　 　。 （5）已知Ksp（CaF2）＝4×10﹣12，溶液中某离子浓度小于1×10﹣6认为其沉淀完全。 现有1Lc（Ca2+）＝1mol/L的溶液，若要使钙离子完全沉淀，至少需要投入NaF固体的物质的量为 　 　mol（忽略溶液体积变化和氟离子的水解，保留小数点后3位）。 （6）“萃取分液”选用有机萃取剂HDEHP萃取金属离子（用Mx+表示，Mx+为Cu2+、Fe2+、Fe3+、Zn2+、Ni2+）的原理为：xHDEHP+M+＝（HDEP）xM+xH+ 室温下，几种金属离子的萃取率随溶液pH的变化关系如图乙所示： [萃取率＝×100%] “萃取分液”的目的是让 　 　进入有机相被除去，故应调节溶液pH的最佳范围是 　 　，萃取后的有机相可以加入 　 　使其循环再生。 18．（16分）有机化合物H是一种医药合成中间体，其合成路线如图所示： 回答下列问题： （1）A含有的官能团名称：　 　。 （2）B的结构简式为 　 　，C的分子式：　 　。 （3）C→D、E→G的反应类型分别为 　 　。 （4）D→F分两步完成，其中D与NaOH反应的化学方程式为 　 　。 （5）H在酸或碱存在并加热的条件下可以发生水解反应，若在盐酸作用下水解，其生成物中属于盐的结构为 　 　。 （6）溴代乙酸乙酯（BrCH2COOCH2CH3）有多种同分异构体，其中与其具有相同官能团的结构还有 　 　种（不考虑立体异构、不考虑Br﹣直接与—COO—相连）。 （7） 是一种常见的药物合成中间体。请参照以上合成路线，设计以 为原料合成 的路线（其他试剂任选）。 2024-2025学年四川省成都市树德中学高三（上）开学化学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（本大题包含14个小题，每题有且只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分） 1．（3分）日常生活、生产、医疗与化学有着密切联系。下列说法正确的是（　　） A．中国烟花的历史可以追溯到西汉时期，烟花观察到的是原子发射光谱 B．成都东门城墙始建于明朝，其墙体由青砖砌成，青砖的主要成分是Fe2O3 C．川酒的传统酿制技艺是我国的非物质文化遗产，酒的酿造过程不涉及氧化还原反应 D．工业上使用铁罐车运输浓硫酸是因为常温下铁与浓硫酸不反应 【分析】A．某些金属元素在灼烧时，原子中的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出； B．Fe2O3是红色固体； C．酿酒过程中葡萄糖分解生成乙醇和二氧化碳，涉及氧化还原反应； D．依据浓硫酸的强的氧化性解答。 【解答】解：A．某些金属元素在灼烧时，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，很快跃迁回能量较低的轨道，属于发射光谱； B．青砖的主要成分为Fe3O4，故B错误； C．川酒的传统酿制技艺是我国的非物质文化遗产，涉及氧化还原反应； D．浓硫酸具有强的氧化性，钝化属于化学反应； 故选：A。 【点评】本题考查了物质组成、物质性质和应用，注意知识的积累，题目难度不大。 2．（3分）下列有关物质的结构、性质和用途说法正确的是（　　） A．“杯酚”能分离C60和C70，体现了超分子的自组装特性 B．可燃冰（CH4•8H2O）中甲烷分子与水分子间存在氢键 C．冰晶体中水分子的空间利用率低于干冰晶体中的CO2分子 D．钾盐可用作紫色烟花的原料是因为电子跃迁到激发态过程中释放能量产生紫色光 【分析】A.根据超分子的“分子识别“特性进行分析； B.根据C的电负性较小进行分析； C.根据水分子间存在氢键，进行分析； D.根据电子从激发态跃迁到基态的过程中释放能量进行分析。 【解答】解：A．“杯酚”可以识别与其空腔直径吻合的分子60和C70，体现了超分子的“分子识别“特性，故A正确； B．氢键的定义：某些氢化物的分子之间存在着一种比分子间作用力稍强的相互作用，这种相互作用叫做氢键，甲烷与水不存在分子间氢键； C．冰和干冰都是分子晶体，由于氢键的方向性而使得水分子周围的水分子少 CO2分子之间是范德华力，该力没有方向性而使得CO2分子周围尽可能多，故冰晶体中水分子的空间利用率低于干冰晶体中的CO4分子，故C正确； D．电子从激发态跃迁到基态的过程中释放能量，故D错误； 故选：C。 【点评】本题主要考查物质的组成、结构和性质的关系等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 3．（3分）下列化学用语表示正确的是（　　） A．的名称：2﹣甲基﹣3﹣乙基戊烷 B．的价层电子对互斥（VSEPR）模型： C．NBF4的电子式： D．丙炔的键线式： 【分析】A．主链有5个碳原子的烷烃，2号碳上有1个甲基，3号碳上有1个乙基； B．中价层电子对数为3+＝3且不含孤电子对； C．漏掉F原子周围未成键的电子对； D．丙炔分子中含有碳碳三键，3个C原子共直线。 【解答】解：A．主链有5个碳原子的烷烃，2号碳上有3个甲基，系统命名为：2﹣甲基﹣3﹣乙基戊烷； B．中价层电子对数为3+，价层电子对互斥（VSEPR）模型为，故B错误； C．NaBF4的电子式为：，故C错误； D．丙炔结构简式为HC≡C—CH3，2个碳原子在一条直线上，其键线式为，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查常见化学用语的正误判断，侧重规范答题能力的考查，把握电子式、键线式概念及其表示方法是解题关键，题目难度中等。 4．（3分）下列实验方案能够达到目的的是（　　） 选项 实验目的 实验方案 A 检验溴乙烷中的溴元素 将溴乙烷与NaOH混合加热，静置分层，取少量上清液3溶液 B 鉴别碳酸钠和碳酸氢钠溶液 分别向溶液中逐滴滴加等浓度的稀盐酸 C 检验Fe3+、Fe2+混合溶液中的Fe2+ 向溶液中先滴加KSCN溶液，再滴加氯水 D 制备CaCO3 向CaCl2溶液中通入CO2至不再产生沉淀，过滤、洗涤、干燥 A．A B．B C．C D．D 【分析】A．检验溴离子在酸性溶液中； B．碳酸氢钠与盐酸反应立即生成气体，碳酸钠与盐酸反应开始无现象； C．滴加KSCN溶液，遇铁离子变红，不能检验亚铁离子； D．CaCl2溶液中通入CO2不发生反应。 【解答】解：A．检验溴离子在酸性溶液中，不能检验溴离子； B．碳酸氢钠与盐酸反应立即生成气体，现象不同，故B正确； C．滴加KSCN溶液，不能检验亚铁离子，故C错误； D．CaCl2溶液中通入CO2不发生反应，不能制备碳酸钙； 故选：B。 【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备及检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。 5．（3分）下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　） A．澄清透明的溶液：Fe3+、Mg2+、、Br﹣ B．与Al反应能放出H2的溶液：Fe2+、Na+、、 C．水电离的c（H+）＝1×10﹣13mol/L的溶液：Cl﹣、Na+、K+、 D．中性溶液：Fe3+、Cl﹣、K+、 【分析】A．四种离子之间不反应，为澄清透明溶液； B．该溶液呈酸性或强碱性，亚铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子； C．水电离出的c（OH﹣）＝1×10﹣13 mol/L的溶液可能呈酸性或碱性； D．铁离子水解溶液呈酸性。 【解答】解：A．Fe3+、Mg2+、、Cl﹣之间不发生反应，为澄清透明溶液，故A正确； B．与Al反应能放出H2的溶液呈酸性会强碱性，H+、Fe6+、之间发生氧化还原反应2+、OH﹣之间反应生成氢氧化亚铁，不能大量共存； C．水电离出的c（OH﹣）＝6×10﹣13 mol/L的溶液可能呈酸性或碱性，酸性条件下，S2发生歧化反应而不能大量共存，故C错误； D．Fe5+水解溶液呈酸性，在中性溶液中不能大量共存； 故选：A。 【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。 6．（3分）下列反应的离子方程式正确的是（　　） A．向酸性KMnO4溶液中加入草酸溶液：2+5C2+16H+＝10CO2↑+2Mn2++8H2O B．过量Fe与稀硝酸反应：3Fe+2+8H+＝3Fe2++2NO↑+4H2O C．向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4至溶液呈中性：Ba2++OH﹣+H++＝BaSO4↓+H2O D．向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++2Br﹣+2Cl2＝2Fe3++Br2+4Cl﹣ 【分析】A．草酸为弱酸，应保留化学式； B．铁与过量的稀硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水，根据氮元素的化合价变化为+5→+2，结合得失电子守恒和氮原子守恒分析； C．反应后溶液呈中性，氢氧化钡与硫酸氢钠的物质的量之比为1：2，氢离子、氢氧根离子的系数应该为2； D．FeBr2溶液中通入过量Cl2，则FeBr2和Cl2按物质的量之比2：3发生反应。 【解答】解：A．向酸性KMnO4溶液中加入草酸溶液，离子方程式为：22C2O4+6H+═2Mn4++10CO2↑+8H8O，故A错误； B．过量铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁，其反应的离子方程式为：3Fe+8H++3＝3Fe6++2NO↑+4H4O，故B正确； C．向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至溶液呈中性的离子方程式为：Ba6++2OH﹣+2H++═BaSO4↓+8H2O，故C错误； D．FeBr2溶液中通入过量Cl4反应生成氯化铁和溴单质，其反应的离子方程式为2Fe2++3Br﹣+3Cl2＝2Fe3++2Br7+6Cl﹣，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，题目难度不大。 7．（3分）如图实验装置和操作能达到实验目的的是（　　） A．利用甲装置制备溴苯并验证有HBr生成 B．利用乙装置证明热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3 C．利用丙装置制备无水MgCl2 D．利用丁装置制备Fe（OH）2 【分析】A．挥发的溴与硝酸银溶液反应； B．加热时碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，二氧化碳使石灰水变浑浊； C．HCl可抑制镁离子的水解； D．Fe与稀硫酸反应生成氢气，该装置不能密封。 【解答】解：A．挥发的溴与硝酸银溶液反应，故A错误； B．加热时碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水，二氧化碳使石灰水变浑浊，为对比二者的稳定性，故B错误； C．HCl可抑制镁离子的水解，故C正确； D．Fe与稀硫酸反应生成氢气，气体对多易发生爆炸； 故选：C。 【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。 8．（3分）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　） A．15g甲基含有的电子数为10NA B．0.1mol Na2O2与Na2O的混合物含有的离子总数为0.3NA C．0.1mol NaHSO4晶体含有的离子总数为0.3NA D．62g白磷（P4）含有共价键的数目为2NA 【分析】A．15g甲基的物质的量为1mol，而甲基中含9个电子； B．过氧化钠和氧化钠均由2个钠离子和1个阴离子构成； C．硫酸氢钠晶体由钠离子和硫酸氢根构成； D．白磷由4个P原子构成，故62g白磷中的物质的量为0.5mol，而1个白磷中含6条P—P键。 【解答】解：A．15g甲基的物质的量为1mol，故1mol甲基中含7NA个电子，故A错误； B．过氧化钠和氧化钠均由2个钠离子和1个阴离子构成A个，故B正确； C．硫酸氢钠晶体由钠离子和硫酸氢根构成A个，故C错误； D．白磷由5个P原子构成，而1个白磷中含6条P—P键8）含有共价键的数目为3NA，故D错误； 故选：B。 【点评】本题主要考查阿伏加德罗常数的计算，为高频考点，题目难度不大。 9．（3分）某有机物具有广谱抗菌活性，结构简式如图。下列有关该化合物说法错误的是（　　） A．存在顺反异构体 B．可与FeCl3溶液发生显色反应 C．1mol该有机物最多与5mol NaOH反应 D．与足量H2加成后的产物分子中含有6个手性碳原子 【分析】A．分子中含有2个碳碳双键； B．分子中含有酚羟基； C．1mol该物质含有2mol酚羟基，消耗2mol NaOH，1mol酚酯基消耗2mol NaOH，1mol酰胺基消耗1mol NaOH，1mol羧基消耗1mol NaOH； D．分子中碳原子相连的四个不同基团的碳原子是手性碳原子。 【解答】解：A．分子中含有2个碳碳双键，故A正确； B．分子中含有酚羟基3溶液发生显色反应，故B正确； C．3mol该物质含有2mol酚羟基，1mol酚酯基消耗2mol NaOH，1mol羧基消耗1mol NaOH，故C错误； D．分子中碳原子相连的四个不同基团的碳原子是手性碳原子8加成后的产物分子中含有6个手性碳原子，如图所示，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查有机物的结构与性质，侧重考查学生有机基础知识的掌握情况，试题难度中等。 10．（3分）前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X与W同族，X、Y、Z的原子序数之和为24。Z是其所在周期主族元素基态原子中未成对电子数最多的原子。物质M是一种复合肥（　　） A．电负性：Y＞Z＞X＞W B．1mol M最多可以消耗2mol NaOH C．简单气态氢化物的沸点：Z＞Y D．W与X形成的化合物中含有离子键，且具有较强的还原性 【分析】前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z是其所在周期主族元素基态原子中未成对电子数最多的原子，Z位于VA族，M中X形成1个共价键、W形成带1个单位正电荷的阳离子，Y形成2个共价键，X与W同族，X、Y、Z的原子序数之和为24，可知X为H元素，若Z为P元素，Y的原子序数为24﹣1﹣15＝8，Y为O元素符合题意；结合原子序数可知W为K元素，以此来解答。 【解答】解：由上述分析可知，X为H元素、Z为P元素， A．同周期主族元素从左向右电负性增大，则电负性：Y（O）＞Z（P）＞X（H）＞W（K）； B．1mol KH2PO5最多可以消耗2mol NaOH，生成磷酸钾； C．水分子间含氢键，则简单气态氢化物的沸点：Z＜Y； D．W与X形成的化合物为KH，﹣1价H具有较强的还原性； 故选：C。 【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、化学键、电子排布、元素的位置来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。 11．（3分）实验室中用山梨酸和乙醇催化合成山梨酸乙酯的过程如图所示，下列说法错误的是（　　） A．反应时不能用水浴进行加热 B．操作①和操作③基本原理相同，操作②和操作④基本原理不同 C．试剂a可以是5%NaOH溶液，目的是除去滤液1中的山梨酸和硫酸杂质 D．加入无水MgSO4固体的目的是除去有机物中的水分 【分析】山梨酸和乙醇与浓硫酸110℃共热发生酯化反应，经过过滤将沸石分离后，在滤液中加入饱和碳酸钠溶液，除去未反应的山梨酸和硫酸、溶解未反应的乙醇、降低山梨酸乙酯的溶解度，用水洗涤后，因酯类物质在水中溶解度较小，静置后利用分液即可得到水层和有机层，在有机层中加入无水硫酸镁除去大部分水后，过滤后再将滤液蒸馏就可以得到较为纯净的山梨酸乙酯。 【解答】解：A．反应温度需要在110℃发生，故A正确； B．经分析，操作②为分液，故B正确； C．试剂a应使用饱和碳酸钠溶液，故C错误； D．无水硫酸镁固体充当干燥机而除去有机物中的水分； 故选：C。 【点评】本题主要考查制备实验方案的设计等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 12．（3分）侯德榜提出的联合制碱法得到世界各国认可，其工业流程如图所示，下列说法正确的是（　　） A．进行反应1时，往饱和食盐水中先通入CO2，再通入NH3 B．试剂X是NaCl固体，其作用是增大c（Cl﹣），便于NH4Cl析出 C．整个流程中能循环利用的物质只有CO2 D．反应1的离子方程式为：2NH3+CO2+H2O＝+2 【分析】联合制碱法是向饱和氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳发生反应，在相同的温度下，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，反应得到碳酸氢钠晶体和氯化铵，过滤得到滤渣碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，滤液中加入X为氯化钠，降温结晶析出氯化铵晶体，过滤得到氯化铵晶体，据此分析判断。 【解答】解：A．氨气极易溶于水，进行反应1时3增强溶液碱性，从而增大CO2溶解度，再通入二氧化碳； B．试剂X是NaCl固体﹣），便于NH4Cl析出，故B正确； C．整个流程中能循环利用的物质有NaCl2，故C错误； D．反应6的离子方程式为：NH3+CO2+Na++H2O＝NaHCO3↓+，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查了侯氏制碱法的原理，涉及制备原理、实验注意事项等，题目难度中等，答题时要注意对实验原理的理解与应用，侧重于考查学生的分析能力和实验探究能力。 13．（3分）实验室制取HF的原理为CaF2+H2SO4（浓）CaSO4+2HF↑，氢氟酸可用来刻蚀玻璃，发生反应：SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O。CaF2的立方晶胞如图所示，其晶胞参数为a pm。下列说法错误的是（　　） A．氢化物的稳定性：HF＞H2O B．SiF4、H2O、三者的中心原子价层电子对数相等 C．CaF2的晶体密度为g/cm3（NA为阿伏加德罗常数的值） D．CaF2晶体中F﹣与Ca2+之间的最近距离为apm 【分析】A．元素的非金属性越强，氢化物越稳定； B．SiF4、H2O和的中心原子的价层电子时数均为4； C．由氟化钙晶胞可知每个晶胞中含有4个Ca2+，8个F﹣； D．CaF2晶体中Ca2+为面心立方最密堆积，F﹣位于Ca2+围成的正四面体的空隙中。 【解答】解：A．元素的非金属性越强；非金属性：F＞O2O，故A正确； B．SiF4、H3O和的中心原子的价层电子时数均为2； C．均摊法可知2+，8个F﹣，由晶胞结构可知其密度为故C正确； D．CaF2晶体中Ca2+为面心立方最密堆积，F﹣位于Ca2+围成的正四面体的空隙中，F﹣与Ca2+之间的最近距离为立方晶胞体对角线长的，即为； 故选：D。 【点评】本题考查晶体结构，侧重考查学生化学键和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。 14．（3分）铵明矾[NH4Al（SO4）2•12H2O]广泛用作中和剂、膨松剂和水净化剂等。工业上以铝土矿（主要成分是Al2O3，含少量SiO2、Fe2O3杂质）为原料制取铵明矾晶体的工艺流程如图： 下列说法正确的是（　　） A．步骤Ⅱ的离子方程式为：2[Al（OH）4]﹣+CO2＝2Al（OH）3↓++H2O B．步骤Ⅵ应该通入过量NH3 C．若经步骤Ⅱ得到的溶液与滤液c混合，则溶液中发生相互促进的水解反应 D．相同条件下，明矾除去铜器上铜锈[Cu2（OH）2CO3]的效果不如铵明矾 【分析】铝土矿的主要成分是Al2O3，还含少量SiO2、Fe2O3杂质，加入过量盐酸酸溶，SiO2与盐酸不反应，过滤，得到固体a的主要成分是SiO2，滤液含有氯化铁、氯化铝以及过量的盐酸，向滤液中加入过量的NaOH溶液，得到红褐色的固体为氢氧化铁沉淀，滤液为偏铝酸钠溶液（还含有NaCl），向滤液中通入CO2，偏铝酸钠与CO2反应，生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，过滤得到滤液c和氢氧化铝沉淀，将氢氧化铝加热分解，得到氧化铝，向氧化铝中加入硫酸，得到纯净的硫酸铝溶液，向溶液中通入适量的氨气，得到铵明矾溶液，进一下处理得到铵明矾晶体，据此分析作答。 【解答】解：A．根据分析可知4]﹣+CO2＝Al（OH）8↓+，步骤Ⅱ的离子方程式为：Fe3++3OH﹣＝Fe（OH）3↓、Al3+4OH﹣＝[Al（OH）4]﹣，故A错误； B．根据分析可知3，故B错误； C．根据分析可知，滤液c为碳酸氢钠溶液，不会发生相互促进的水解反应； D．根据分析可知，铵明矾中既有铝离子水解，相同条件下，所以明矾除去铜器上铜锈[Cu7（OH）2CO3]的效果不如铵明矾，故D正确； 故选：D。 【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及铵明矾晶体的制取，同时考查铝及其化合物之间的转化，属于基本知识的考查，难度中等。 二、非选择题（共58分） 15．（13分）Ni（CO）4（四羰基合镍，沸点为43℃）可用于制备高纯镍，也是有机化合物羰基化反应的催化剂。回答下列问题： （1）Ni基态原子价电子的轨道表示式为 　　。 （2）1mol Ni（CO）4含有σ键的数目为 　8NA　，Ni（CO）4的晶体类型为 　分子晶体　。 （3）已知：Ni（s）+4CO（g）＝Ni（CO）4（g） ①在恒温恒容条件下，将一定量的Ni（s）和CO（g），发生上述反应。下列能说明反应已达平衡状态的有：　ABC　。 A．4v正（CO）＝v逆[Ni（CO）4] B．混合气体的密度不变 C．混合气体的平均相对分子质量不变 D．n（CO）：n[Ni（CO）4]＝4：1 ②在总压分别为0.1、0.5、1.0、2.0MPa下发生该反应，平衡时Ni（CO）4的体积分数与温度的关系如图乙所示，则ΔH 　＜　0（填＞或＜）。压强为p3、温度为100℃时，CO的平衡转化率α＝　97.3%　，Kp＝　9000　（MPa）﹣3。 （4）已知：Ni（C16O）4+C18O→Ni（C16O）3C18O+C16O 20℃时反应物浓度随时间的变化关系为：ct[Ni（C16O）4]＝c0[Ni（C16O）4]e﹣kt（k为反应速率常数），则Ni（C16O）4，反应一半所需时间＝　　（用k表示）。 【分析】（1）Ni是28号元素，基态Ni原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2；镍的晶胞结构类型与铜的相同，则镍原子半径为晶胞面对角线长度的； （2）从Ni（CO）4的结构分析，4个配体CO与中心原子Ni形成配位键，配位键均为σ键，每个配体CO中含有1个碳氧三键，每个三键中含有1个σ键；根据Ni（CO）4的沸点低和结构进行分析； （3）随着温度升高，平衡时Ni（CO）4的体积分数减小，说明温度升高平衡逆向移动；根据该反应的正反应是气体总分子数减小的放热反应进行分析；温度相同时，增大压强平衡正向移动，对应的平衡体系中Ni（CO）4的体积分数增大，得出p3数值，再根据三段式进行计算； （4）由题给关系式可得e﹣kt＝，根据Ni（C16O）4反应一半时＝，进行分析。 【解答】解：（1）Ni为28号元素，其基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d83s2，则其价电子轨道表示式为， 故答案为：； （2）由Ni（CO）4的结构可知，4个配体CO与中心原子Ni形成配位键，而每个配体CO中含有1个碳氧三键，因此1个Ni（CO）8分子中含有8个σ键，所以1mol Ni（CO）6含有σ键的数目为8NA，Ni（CO）4的沸点很低，且由其结构可知该物质由分子构成， 故答案为：4NA；分子晶体； （3）①A．4v正（CO）＝v逆[Ni（CO）4]，说明正逆反应速率相等，故A正确； B．混合气体的密度不变，反应已达平衡状态； C．混合气体的平均相对分子质量不变，反应已达平衡状态； D．n（CO）：n[Ni（CO）8]＝4：1，不能说明反应已达平衡状态， 故答案为：ABC； ②随着温度升高，平衡时Ni（CO）2的体积分数减小，说明温度升高平衡逆移；由题图乙可知，p3、100℃条件下达到平衡时，CO和Ni（CO）4的物质的量分数分别为7.1、0.6，反应生成的Ni（CO）4为xmol，可得三段式： Ni（s）+4CO（g）＝Ni（CO）6（g） n气总 n起始/mol 4 0 2 n转化/mol 4x x n平衡/mol 4﹣8x 4﹣3x 根据阿伏加德罗定律，其他条件相同时，因此有，因此达到平衡时n转化（CO）＝4×mol；气体的分压＝总压强×该气体的物质的量分数p＝＝＝＝9000（MPa）﹣3， 故答案为：小于；97.4%； （4）由题给关系式可得e﹣kt＝，当Ni（C16O）4反应一半时＝，即e﹣kt＝，﹣k，k＝ln2，则＝， 故答案为：。 【点评】本题考查了化学反应原理综合，涉及电子排布、晶胞相关计算、σ键、晶体类型、化学平衡移动、转化率与平衡常数计算、反应速率模型的分析等知识，注意题干信息和图象的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度适中。 16．（16分）[Co（NH3）6]Cl3是合成其他含钴配合物的重要原料，可由金属钴及其他原料制备。 已知：①Co2+在pH＝9.4时恰好完全沉淀为Co（OH）2； ②不同温度下[Co（NH3）6]Cl3在水中的溶解度如图所示。 （一）CoCl2的制备 CoCl2易潮解，Co（Ⅲ）的氧化性强于Cl2，可用金属钴与氯气反应制备CoCl2。实验中利用如图装置（连接用橡胶管省略）进行制备。 （1）用图中的装置组合制备CoCl2，连接顺序为 　A→D→C→E→B　（填标号），装置B的作用是 　吸收Cl2，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置E，使CoCl2潮解　。 （2）装置A中发生反应的离子方程式为 　2+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O　。 （二）[Co（NH3）6]Cl3的制备 Ⅰ．向100mL锥形瓶内加入4.5g研细的CoCl2、3gNH4Cl和5mL水，加热溶解后加入0.3g活性炭作催化剂 Ⅱ．冷却后，加入浓氨水混合均匀，控制温度在10℃以下2O2溶液 Ⅲ．在60℃下反应一段时间后，经过 　趁热过滤　、　降温结晶　、过滤、洗涤、干燥等操作，得到[Co（NH3）6]Cl3晶体 （3）在步骤Ⅱ加入浓氨水前，需在步骤Ⅰ加入NH4Cl的原因：①NH4Cl溶于水电离出，使NH3•H2O的电离平衡逆向移动，增大c（NH3）；②　防止加入氨水时溶液中c（OH﹣）过大，生成Co（OH）2沉淀　。 （4）步骤Ⅱ加入H2O2溶液时，需控制温度在10℃以下并缓慢加入的目的：①控制反应速率； ②　防止温度过高使H2O2和NH3•H2O分解　。 （5）制备[Co（NH3）6]Cl3的总反应的化学方程式为 　2CoCl2+2NH4Cl+10NH3•H2O+H2O2＝2[Co（NH3）6]Cl3+12H2O　。 （6）步骤Ⅲ中的操作名称为 　趁热过滤　、　冷却结晶　。 【分析】装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应，生成氯气，氯气中混有HCl和水蒸气，通过装置D中的饱和食盐水，可以除去氯气中混有的HCl气体，再通过装置C，对氯气进行干燥，得到干燥的氯气，装置E中发生Co与氯气的反应，生成CoCl2，最后解装置B，且大进小处，碱石灰可以吸收未反应的氯气，防止其污染空气，同时可以吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入装置E，使CoCl2潮解，据此分析作答。 【解答】解：（1）根据分析可知，用图中的装置组合制备CoCl2，连接顺序为A→D→C→E→B，装置B的作用是吸收Cl2，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置E8潮解， 故答案为：A→D→C→E→B；吸收Cl2，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置E2潮解； （2）装置A中发生反应的离子方程式为：4+10Cl﹣+16H+＝2Mn5++5Cl2↑+3H2O， 故答案为：2+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++8Cl2↑+8H3O； （3）在步骤Ⅱ加入浓氨水前，需在步骤Ⅰ加入NH4Cl的原因：①NH4Cl溶于水电离出，使NH3•H2O的电离平衡逆向移动，增大c（NH5）；②防止加入氨水时溶液中c（OH﹣）过大，生成Co（OH）2沉淀， 故答案为：防止加入氨水时溶液中c（OH﹣）过大，生成Co（OH）2沉淀； （4）步骤Ⅱ加入H5O2溶液时，需控制温度在10℃以下并缓慢加入的目的：①控制反应速率2O3和NH3•H2O分解， 故答案为：防止温度过高使H5O2和NH3•H4O分解； （5）根据原子守恒、化合价升降守恒3）6]Cl7的总反应的化学方程式为：2CoCl2+5NH4Cl+10NH3•H4O+H2O2＝8[Co（NH3）6]Cl3+12H2O， 故答案为：2CoCl3+2NH4Cl+10NH7•H2O+H2O2＝2[Co（NH3）3]Cl3+12H2O； （6）步骤Ⅲ中的操作名称为趁热过滤，降温结晶， 故答案为：趁热过滤；降温结晶。 【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及[Co（NH3）6]Cl3的制取，同时考查方程式的书写等，属于基本知识的考查，难度中等。 17．（13分）镀镍厂排放的硫酸镍废液（含Cu2+、Fe2+、Fe3+、Zn2+、Ca2+等杂质）对环境会产生较大的污染，对其进行回收处理，提取NiSO4•7H2O的工艺流程如图所示： 已知：25℃时，有关金属离子开始沉淀与完全沉淀的pH范围、硫化物的酸溶性如表所示： 金属离子 Cu2+ Fe2+ Fe3+ Zn2+ Ni2+ pH范围 4.8～6.7 6.3～8.3 1.5～2.8 6.2～8.2 6.9～8.9 硫化物的酸溶性 不溶于硫酸等 溶于酸 — 溶于酸 溶于酸 （1）调pH后溶液中主要存在的阴离子有 　　。 （2）“硫化”过程中发生反应的离子方程式为 　2Fe3++H2S＝2Fe2++2H++S↓、Cu2++H2S＝CuS↓+2H+　。 （3）“调pH”时，应调节溶液pH的范围为 　2.8～6.9　。 （4）“沉钙”时同样需要控制体系的pH在一定范围内，原因是 　pH过小，氟离子结合氢离子生成氟化氢，试剂利用率低：pH过大，容易生成镍的氢氧化物沉淀导致产率降低　。 （5）已知Ksp（CaF2）＝4×10﹣12，溶液中某离子浓度小于1×10﹣6认为其沉淀完全。 现有1Lc（Ca2+）＝1mol/L的溶液，若要使钙离子完全沉淀，至少需要投入NaF固体的物质的量为 　2.002　mol（忽略溶液体积变化和氟离子的水解，保留小数点后3位）。 （6）“萃取分液”选用有机萃取剂HDEHP萃取金属离子（用Mx+表示，Mx+为Cu2+、Fe2+、Fe3+、Zn2+、Ni2+）的原理为：xHDEHP+M+＝（HDEP）xM+xH+ 室温下，几种金属离子的萃取率随溶液pH的变化关系如图乙所示： [萃取率＝×100%] “萃取分液”的目的是让 　Zn2+　进入有机相被除去，故应调节溶液pH的最佳范围是 　3～4　，萃取后的有机相可以加入 　H2SO4　使其循环再生。 【分析】硫酸镍废液（含Cu2+、Fe2+、Fe3+、Zn2+、Ca2+等杂质）通入H2S，“硫化”使Cu2+和S2﹣结合成CuS沉淀除去，同时Fe3+具有强氧化性，能与S2﹣发生氧化还原反应生成Fe2+和S，过滤，滤液中加双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，再加Ni（OH）2调节pH生成Fe（OH）3沉淀过滤除去铁离子，过滤，滤液中加NiF2生成CaF2沉淀除去钙离子，过滤，滤液中加萃取剂，萃取、分液，Zn2+进入有机相，Ni2+留在水相中，水相蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得NiSO4•7H2O。 【解答】解：（1）调pH后溶液中主要存在的阴离子为：， 故答案为：； （2）“硫化”时S2﹣和Cu4+生成CuS沉淀，同时S2﹣与Fe3+发生氧化还原反应生成Fe4+和S单质，离子方程式为：2Fe3++H2S＝2Fe2++7H++S↓、Cu2++H2S＝CuS↓+2H+， 故答案为：2Fe3++H4S＝2Fe2++4H++S↓、Cu2++H2S＝CuS↓+6H+； （3）“调pH”的目的是除去Fe3+，使溶液中Fe3+沉淀完全而Ni5+不沉淀，锌离子可以部分沉淀，故调节溶液pH范围为2.8≤pH＜7.9， 故答案为：2.5～6.9； （4）pH过小，氟离子结合氢离子生成HF；pH过大，所以“沉钙”时同样需要控制体系的pH在一定范围内， 故答案为：pH过小，氟离子结合氢离子生成氟化氢，容易生成镍的氢氧化物沉淀导致产率降低； （5）8Lc（Ca2+）＝1mol/L的溶液，结合化学式7沉淀消耗2mol NaF，反应后溶液中F﹣的浓度＝＝mol/L＝0.002mol/L， 故答案为：2.002； （6）“萃取分液”的目的是让Zn4+进入有机相被除去，根据图示pH在3～4时4+的萃取率高、Ni2+的萃取率很低，所以应调节溶液pH的最佳范围是3～72SO4溶液使其循环再生， 故答案为：Zn7+；3～4；H6SO4。 【点评】本题考查物质的分离提纯实验，为高频考点，把握物质的性质、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度较大。 18．（16分）有机化合物H是一种医药合成中间体，其合成路线如图所示： 回答下列问题： （1）A含有的官能团名称：　（酚）羟基、碳溴键（溴原子）　。 （2）B的结构简式为 　　，C的分子式：　C16H25BO4　。 （3）C→D、E→G的反应类型分别为 　取代反应，还原反应　。 （4）D→F分两步完成，其中D与NaOH反应的化学方程式为 　　。 （5）H在酸或碱存在并加热的条件下可以发生水解反应，若在盐酸作用下水解，其生成物中属于盐的结构为 　　。 （6）溴代乙酸乙酯（BrCH2COOCH2CH3）有多种同分异构体，其中与其具有相同官能团的结构还有 　10　种（不考虑立体异构、不考虑Br﹣直接与—COO—相连）。 （7） 是一种常见的药物合成中间体。请参照以上合成路线，设计以 为原料合成 的路线（其他试剂任选）。 【分析】结合C的结构简式可知，A→B为A中酚羟基上的氢原子与碘已完发生的取代反应，则B的结构简式为：，结合C的结构简式可知其分子式为：C16H25BO4，以此解题。 【解答】解：（1）根据A的结构简式可知，A含有的官能团名称是（酚）羟基， 故答案为：（酚）羟基、碳溴键（溴原子）； （2）由分析可知，B的结构简式为：；结合C的结构简式可知其分子式为：C16H25BO4（原子顺序可换）， 故答案为：；C16H25BO4； （3）结合C和D的结构简式可知，C→D为取代反应，E中的碳氧双键被还原， 故答案为：取代反应，还原反应； （4）D中含有酯基，在碱性条件下可以发生水解反应， 故答案为：； （5）E中含有酰胺基，在酸性条件下可以水解，其中一种物质含有氨基，其结构简式为：， 故答案为：； （6）乙酸乙酯中氢原子被溴原子取代还有7种，甲酸正丙酯有3种，丙酸甲酯有3种， 故答案为：10； （7）结合A→B的反应可知， 和碘甲烷反应生成，结合D→E可知， 与氨气反应生成，再结合E→G可知， 被还原得到产物，故流程为：， 故答案为：。 【点评】本题考查有机合成，侧重考查学生有机基础知识和有机反应的掌握情况，试题难度中等。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/9/23 16:58:48；用户：树理化；邮箱：17625822904；学号：56605566 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$