精品解析：上海市洋泾中学2024-2025学年高三上学期9月质量检测 化学试卷

上海市洋泾中学2024学年第一学期9月质量检测 高三化学试卷 一、物质结构 物质结构与性质是化学学科重要的基础理论部分，是研究物质性质不能跨越的微观世界。 1. 超硬陶瓷材料氮化硅可由反应制得。下列说法正确的是 A. 的电子式为 B. 为平面正方形结构 C. 是非极性分子 D. 属于分子晶体 2. 对于下列性质的比较正确的是 A. 离子半径： B. 元素的电负性：Si<P<N C. 稳定性： D. 离子键强弱：MgO>NaBr>NaCl 3. 下列各项叙述不正确的是 A. 若硫元素基态原子的核外电子排布图为则违反泡利原理 B. 若21号Sc元素的基态原子电子排布式为，违反能量最低原理 C. 铍原子核外有两种能量不同的电子 D. 某原子核外电子排布由，能释放特定能量产生发射光谱 4. 氰气的化学式为(CN)2，结构式为N≡C-C≡N，性质与卤素相似，下列叙述正确的是（ ） A. 不和氢氧化钠溶液发生反应 B. 分子中N≡C键的键长大于C≡C键的键长 C. 分子中既有极性键，又有非极性键 D. 分子中含有2个σ键和4个π键 5. 完成下列问题 （1）As、Se、Br元素的电负性由大到小的顺序为___________，第一电离能由大到小的顺序为___________。 （2）铜、锌两种元素的第一电离能、第二电离能如表所示： 电离能/(kJ·mol-1) I1 I2 铜 746 1 958 锌 906 1 733 铜的第一电离能(I1)小于锌的第一电离能，而铜的第二电离能(I2)却大于锌的第二电离能，其主要原因是___________。 （3）氢、氮、氧是重要的非金属元素，在新材料和新能源开发中有重要的作用。MH中基态H-的核外电子的电子云轮廓图呈___________形。已知H-(g)=H(g)＋e-吸收的能量为73 kJ·mol-1，H(g)=H＋(g)＋e-吸收的能量为1311kJ·mol-1，则H-的第二电离能为___________。 （4）磷及其化合物与人类生产、生活密切相关。如图表示碳、硅、磷元素四级电离能变化趋势，其中表示磷的曲线是___________(填标号)。 二、微观世界 6. 氮的最高价氧化物为无色晶体，它由两种离子构成，已知其阴离子构型为平面三角形，则其阳离子的构型和阳离子中氮的杂化方式为（ ） A. 平面三角形 sp2杂化 B. V形 sp2杂化 C. 三角锥形 sp3杂化 D. 直线形 sp杂化 7. 短周期元素R基态原子最外层的p能级上有2个未成对电子。下列关于基态R原子的描述正确的是 A. 基态R原子核外电子的电子云轮廓图有两种：球形和哑铃形 B. 基态R原子的价层电子排布式为ns2np2(n＝2或3) C. 基态R原子的原子轨道总数为9 D. 基态R原子的轨道表示式为 8. X、Y、Z、N是原子序数依次增大的4种短周期元素，其元素性质或原子结构如下表。下列说法正确的是 元素 元素性质或原子结构 X 原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能低于同周期相邻元素 Y 原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能高于同周期相邻元素 Z 其价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等 N 只有一个不成对电子 A. 原子半径： B. 元素的电负性： C. 元素的第一电离能： D. X的基态原子的电子轨道表示式： 9. X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大，X和Q为同主族元素，Y和M为同周期元素。X的轨道全充满，Q的s能级电子数比p能级的电子数少1，Y和M是纯碱中的两种元素。下列说法不正确的是 A. 最高正价：Y<Z B. 电负性：M>Z C. Y与M形成的化合物中不可能含有非极性共价键 D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：X>Q 10. 硫、钴及其化合物用途非常广泛。回答下列问题： （1）基态Co原子价层电子轨道式为___________，第四电离能，其原因是___________；Co与Ca同周期且最外层电子数相同，单质钴的熔、沸点均比钙大，其原因是___________。 （2）K和Na位于同主族，的熔点为840℃，的熔点为950℃，前者熔点较低的原因是___________。 （3）S与O、Se、Te位于同一主族，它们的氢化物的沸点如图所示，沸点按图像所示变化的原因是___________。 （4）钴的一种化合物晶胞结构如图所示。 已知A点的原子坐标参数为，B点为___________，则C点的原子坐标参数为___________。已知晶胞边长参数，Ti、Co、O相对原子质量分别是48、59、16，则该晶体的密度为___________(列出计算表达式即可)。 三、含氮化合物的综合治理 11. Ⅰ．为提高空气质量，减少汽车尾气中CO、等有毒气体排放成为当务之急。已知一定条件有如下反应： ① ② ③ ④ （1）___________。 （2）反应④___________(填下列字母)。 A. 仅在高温下有自发发生的倾向 B. 仅在低温下有自发发生的倾向 C. 在任意温度下均有自发发生的倾向 D. 在任意温度下均无自发发生的倾向 Ⅱ．某温度下，向一体积为2L的密闭容器中充入均为2mol的NO和CO，只发生反应①，在t min后达到平衡。 （3）该反应达到平衡后，放出的热量___________750kJ(填下列字母)。 A. 大于 B. 等于 C. 小于 D. 无法确定 （4）下列事实能说明该反应达到平衡状态的是___________(填下列字母)。 A. 维持不变 B. 混合气体的相对分子质量保持不变 C. CO的物质的量分数保持不变 D. 每生成1mol 的同时消耗1mol （5）若该反应达到平衡后NO的转化率为，计算从反应开始至恰好平衡时，___________。 12. 如图是某一反应的反应历程理论模拟，其中包含了一系列基元反应。 （1）该反应历程包含了___________步基元反应。 （2）这些基元反应的总反应就是反应___________。 A. ① B. ② C. ③ D. ④ （3）基于该图，下列说法正确的是___________。 A. 即便更换催化剂，也无法改变图中的 B. 该反应的决速步骤对应的过渡态是TS3 C. TS2对应的基元反应涉及单键的断裂与双键的生成 D. 通过理论模拟得到的反应热可能存在一定误差 13. 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 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“=”)。 四、硫酸锰的制备流程 14. 硫酸锰在农业上是重要微量元素肥料，也是植物合成叶绿素催化剂。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿(主要成分为等锰的氧化物)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下： 已知：①金属离子在水溶液中沉淀的pH范围如下表所示(25℃)： 物质 开始沉淀的pH 1.9 7.6 7.3 完全沉淀的pH 3.2 9.6 9.3 ②离子浓度时，离子沉淀完全。 （1）“混合焙烧”时一般会将原料粉碎，这样做的主要目的是___________。 （2）混合焙烧过程会产生气体，若直接排放到大气中，会造成的环境问题是___________。 A. 温室效应 B. 光化学烟雾 C. 酸雨 D. 臭氧层的破坏 （3）下列试剂可以用来吸收的是___________。 A 溶液 B. 高锰酸钾酸性溶液 C. 浓硫酸 D. 稀盐酸 （4）如图是常温下一定量通入一定浓度的NaOH溶液后含硫微粒分布系数随pH的关系图(已知：含硫微粒X的分布系数)。基于该图可得该条件下亚硫酸的一级电离常数为___________(以的形式表示，下同)；的水解平衡常数为___________。 若某浓度的NaOH溶液吸收了0.1mol ，且吸收后pH=7，___________(用含硫微粒浓度的代数式表示)。 （5）若试剂a为，完成并配平氧化步骤发生反应的离子方程式：___________，，若省略“氧化”步骤，造成的影响是___________。 （6）“中和除杂”时，应控制溶液的pH范围是___________。 （7）“氟化除杂”后，溶液中浓度为0.05。则溶液中和的比值为___________。(已知：；) （8）“碳化结晶”时，加入碳酸氢铵，产生沉淀。“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为___________。 （9）“系列操作”为___________，___________，过滤，洗涤，干燥。 （10）用惰性电极电解溶液可制备，电解过程中阳极的电极反应式是___________。 五、合成阿普唑仑 15. 阿普唑仑常用于治疗失眠、焦虑症、抑郁症等精神疾病。以下是阿普唑仑(Ⅶ)的一种合成路线。 （1）由制取化合物I的反应条件是___________。 （2）有关化合物Ⅱ的说法正确的是___________。 A. 分子中含有1个碳碳双键、1个碳氮双键 B. 碳原子均采取sp2杂化 C. 检验分子中存在氯原子的试剂是NaOH溶液、AgNO3溶液 D 能发生加成反应、取代反应 （3）化合物Ⅲ与氢气完全加成，产物中的手性碳原子用“*”标出，其中正确的是___________。 A. B. C. D. （4）化合物Ⅳ中含氧官能团的名称是___________、___________。 （5）步骤③的反应类型为___________。 A. 取代反应 B. 加成反应 C. 氧化反应 D. 消去反应 （6）写出步骤⑥的化学方程式___________。 （7）化合物M是比化合物Ⅳ少一个苯环的芳香族化合物，写出1种同时满足下列条件的M同分异构体___________。 a．含有结构 b．能发生银镜反应 c．苯环上的一溴代物有2种 d．核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为2：2：1：1：1 （8）将下列以苯胺和肼(N2H4)为有机原料合成的合成路线补充完整(其他试剂任选)___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 上海市洋泾中学2024学年第一学期9月质量检测 高三化学试卷 一、物质结构 物质结构与性质是化学学科重要的基础理论部分，是研究物质性质不能跨越的微观世界。 1. 超硬陶瓷材料氮化硅可由反应制得。下列说法正确的是 A. 的电子式为 B. 为平面正方形结构 C. 是非极性分子 D. 属于分子晶体 【答案】C 【解析】 【详解】A．的电子式为，A错误； B．的价层电子对数为4，为正四面体结构，B错误； C．的正电荷中心与负电荷中心重合，是非极性分子，C正确； D．属于共价晶体，D错误； 故选C。 2. 对于下列性质的比较正确的是 A. 离子半径： B. 元素的电负性：Si<P<N C. 稳定性： D. 离子键强弱：MgO>NaBr>NaCl 【答案】B 【解析】 【详解】A．电子层结构相同的离子核电荷数越大，离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：，故A错误； B．同主族元素自上而下，元素电负性越来越小，同周期元素从左往右，元素电负性越来越大，元素的电负性：Si<P<N，B正确； C．非金属性Cl强于S，故氢化物稳定性H2S弱于HCl,C错误； D．离子半径,，且的电荷多，晶格能，故D错误； 故答案选B； 3. 下列各项叙述不正确的是 A. 若硫元素基态原子的核外电子排布图为则违反泡利原理 B. 若21号Sc元素的基态原子电子排布式为，违反能量最低原理 C. 铍原子核外有两种能量不同的电子 D. 某原子核外电子排布由，能释放特定能量产生发射光谱 【答案】A 【解析】 【详解】A．3p轨道应该尽可能分占不同的原子轨道，若硫原子核外电子排布图为违反了洪特规则，不是违反了泡利原理，A错误； B．Sc元素的基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d3违反了能量最低原理，应该为1s22s22p63s23p63d14s2，故B正确； C．Be是4号元素，核外电子为4，1s能级有两个电子2s能级有2个电子，而每个能级电子的能量相同，故有核外有两种能量不同的电子， C正确； D．3s能级的能量大于2p能级的能量，原子的电子排布式由1s22s22p33s1→1s22s22p4，能量较低，所以能释放特定能量产生发射光谱，D正确； 故选A； 4. 氰气的化学式为(CN)2，结构式为N≡C-C≡N，性质与卤素相似，下列叙述正确的是（ ） A. 不和氢氧化钠溶液发生反应 B. 分子中N≡C键的键长大于C≡C键的键长 C. 分子中既有极性键，又有非极性键 D. 分子中含有2个σ键和4个π键 【答案】C 【解析】 【分析】根据题中氰气可知性质与卤素相似，本题氰气的性质，根据卤素性质分析。 【详解】A.氰气性质与卤素相似，能和氢氧化钠溶液发生反应，故A错误； B.同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，原子半径越大其键长越长，碳原子半径大于氮原子，所以氰分子中键长小于键长，故B错误； C.同种原子间形成非极性键，不同原子形成极性键，该分子的结构式为，分子中既有极性键，又有非极性键，故C正确； D.该分子的结构式为，该分子中含有3个键4个键，故D错误； 答案选C。 5. 完成下列问题 （1）As、Se、Br元素的电负性由大到小的顺序为___________，第一电离能由大到小的顺序为___________。 （2）铜、锌两种元素的第一电离能、第二电离能如表所示： 电离能/(kJ·mol-1) I1 I2 铜 746 1 958 锌 906 1 733 铜的第一电离能(I1)小于锌的第一电离能，而铜的第二电离能(I2)却大于锌的第二电离能，其主要原因是___________。 （3）氢、氮、氧是重要的非金属元素，在新材料和新能源开发中有重要的作用。MH中基态H-的核外电子的电子云轮廓图呈___________形。已知H-(g)=H(g)＋e-吸收的能量为73 kJ·mol-1，H(g)=H＋(g)＋e-吸收的能量为1311kJ·mol-1，则H-的第二电离能为___________。 （4）磷及其化合物与人类生产、生活密切相关。如图表示碳、硅、磷元素的四级电离能变化趋势，其中表示磷的曲线是___________(填标号)。 【答案】（1） ①. Br>Se>As ②. Br>As>Se （2）Cu失去一个电子变成电子结构为[Ar]3d10的Cu＋，能量较低，结构稳定，所以Cu的第二电离能相对较大(或Zn失去一个电子变成电子结构为[Ar]3d104s1的Zn＋，易再失去一个电子，所以Zn的第二电离能相对较小或Cu原子失去一个电子后，核外电子排布式为[Ar]3d10，而Zn原子失去1个电子后的核外电子排布式变为[Ar]3d104s1，Cu达到了较稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大) （3） ①. 球 ②. 1311kJ·mol-1 （4）b 【解析】 【小问1详解】 同周期主族元素的电负性逐渐增大，故电负性由大到小的顺序为Br>Se>As；同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，As元素原子4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故三种元素第一电离能由大到小的顺序为：Br＞As＞Se； 【小问2详解】 Cu的价层电子构型为3d104s1，Zn的价层电子构型为3d104s2，Zn的电子构型为全充满，较稳定，故第一电离能：Zn＞Cu,失去一个电子后，Cu的价层电子构型变为3d10，为全充满状态，较稳定，故铜的第二电离能大于锌的第二电离能； 【小问3详解】 MH中基态H-的核外电子排布式是1s2，故电子云轮廓图呈球形；H-的第二电离能为H-失去第二个电子所吸收的能量，即H(g)=H+(g)+e-吸收的能量，则H-的第二电离能为1311kJ•mol-1； 【小问4详解】 同主族自上而下第一电离能减小，P元素3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故Si的第一电离能最小，由图中第一电离能可知，c为Si,P原子第四电离能为失去3s2能中1个电子，为全满稳定状态，与第三电离能相差较大，可知b为P、a为C。 二、微观世界 6. 氮的最高价氧化物为无色晶体，它由两种离子构成，已知其阴离子构型为平面三角形，则其阳离子的构型和阳离子中氮的杂化方式为（ ） A. 平面三角形 sp2杂化 B. V形 sp2杂化 C. 三角锥形 sp3杂化 D. 直线形 sp杂化 【答案】D 【解析】 【分析】氮的最高价氧化物为N2O5，由两种离子构成，其中阴离子构型为平面正三角形，化学式应为NO3-，则其阳离子的化学式为：NO2+，根据其价层电子对数判断。 【详解】氮的最高价氧化物为N2O5，由两种离子构成，其中阴离子构型为平面正三角形，化学式应为NO3-，则其阳离子的化学式为：NO2+，其中心N原子价电子对数为2+(5-1-2×2)=2，所以其中的氮原子按sp方式杂化，阳离子的构型为直线型，故合理选项是D。 【点睛】本题考查了杂化类型的判断方法和微粒的空间构型，根据价层电子对互斥理论分析。 7. 短周期元素R基态原子最外层的p能级上有2个未成对电子。下列关于基态R原子的描述正确的是 A. 基态R原子核外电子的电子云轮廓图有两种：球形和哑铃形 B. 基态R原子的价层电子排布式为ns2np2(n＝2或3) C. 基态R原子的原子轨道总数为9 D. 基态R原子的轨道表示式为 【答案】A 【解析】 【分析】由“短周期元素R基态原子最外层的p能级上有2个未成对电子”可知，可能有两种情况：p能级上只有2个电子，R为第ⅣA族元素，C或Si；p能级上有4个电子，R为第ⅥA族元素，O或S，由此可知： 【详解】A．基态R原子核外电子的电子云轮廓图有两种：球形和哑铃形，A正确； B．基态R原子的价层电子排布式还可能为ns2np4，B错误； C．R元素一共有4种可能，C错误； D．R元素还有可能为C，D错误； 故选A。 8. X、Y、Z、N是原子序数依次增大的4种短周期元素，其元素性质或原子结构如下表。下列说法正确的是 元素 元素性质或原子结构 X 原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能低于同周期相邻元素 Y 原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能高于同周期相邻元素 Z 其价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等 N 只有一个不成对电子 A. 原子半径： B. 元素的电负性： C. 元素的第一电离能： D. X的基态原子的电子轨道表示式： 【答案】B 【解析】 【分析】X、Y、Z、N是原子序数依次增大的五种短周期元素，X元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能都低于同周期相邻元素，为O元素；Y原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能都高于同周期相邻元素，为Mg元素；Z元素价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等，为Si元素；N元素只有一个不成对电子且则这几种元素中元素序数最大，为Cl元素，结合题目分析解答。 【详解】A．X为O，Y为Mg，Z为Si，原子半径大小为，故A错误； B．X为O，Z为Si，N为Cl，电负性大小为，故B正确； C．Y为Mg，Z为Si，N为Cl，元素的第一电离能，故C错误； D．X为O，O的基态原子的电子轨道表示式，故D错误； 故答案选B。 9. X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大，X和Q为同主族元素，Y和M为同周期元素。X的轨道全充满，Q的s能级电子数比p能级的电子数少1，Y和M是纯碱中的两种元素。下列说法不正确的是 A. 最高正价：Y<Z B. 电负性：M>Z C. Y与M形成的化合物中不可能含有非极性共价键 D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：X>Q 【答案】C 【解析】 【分析】X、Y、Z、M、Q为五种短周期元素，原子序数依次增大，Q原子序数最大，s能级电子数比p能级电子数少1，Q原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1，Q为Al，X与Al同主族，2s轨道全充满，X为B，Y和M为同周期元素且是纯碱中的两种元素，则Y为C，M为O，则Z为N。 【详解】A．C的最高正价为+4价，N的最高正价为+5价，最高正价C<N，A正确； B．同周期元素从左到右电负性逐渐增强，电负性O>N，B正确； C．C和O能形成C3O2，其结构式为O=C=C=C=O，含有非极性共价键，C错误； D．B的非金属性强于Al，则最高价氧化物对应水化物的酸性H3BO3>Al(OH)3，D正确； 故答案选C。 10. 硫、钴及其化合物用途非常广泛。回答下列问题： （1）基态Co原子价层电子轨道式为___________，第四电离能，其原因是___________；Co与Ca同周期且最外层电子数相同，单质钴的熔、沸点均比钙大，其原因是___________。 （2）K和Na位于同主族，的熔点为840℃，的熔点为950℃，前者熔点较低的原因是___________。 （3）S与O、Se、Te位于同一主族，它们的氢化物的沸点如图所示，沸点按图像所示变化的原因是___________。 （4）钴的一种化合物晶胞结构如图所示。 已知A点的原子坐标参数为，B点为___________，则C点的原子坐标参数为___________。已知晶胞边长参数，Ti、Co、O相对原子质量分别是48、59、16，则该晶体的密度为___________(列出计算表达式即可)。 【答案】（1） ①. ②. 铁失去的是较稳定的上的一个电子，钴失去的是上的一个电子 ③. 均为金属晶体，钴的半径比钙小，价电子数比钙多，钴中的金属键比钙中的强 （2）同为离子晶体，的半径比大，的离子键比弱 （3）同为组成和结构相似的分子晶体，随着相对分子质量的增大，范德华力增大，所以沸点、及逐渐升高，但分子间存在较强的氢键，其他三种分子间不含氢键，所以的沸点最高 （4） ①. ②. ③. 【解析】 【小问1详解】 ①Co是27号元素，基态钴原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d74s2，基态钴价层电子排布式为3d74s2，价层电子轨道表示式为； 故答案为： ②第四电离能I4(Co)＜I4(Fe)，其原因是铁失去的是较稳定的3d5上的一个电子，钴失去的是3d6上的一个电子； 故答案为：铁失去的是较稳定的上的一个电子，钴失去的是上的一个电子； ③Co与Ca同周期且最外层电子数相同，单质钴的熔、沸点均比钙大，其原因是钴的原子半径比钙小，价层电子数比钙多，钴中金属键比钙中强； 故答案为：均为金属晶体，钴的半径比钙小，价电子数比钙多，钴中的金属键比钙中的强； 【小问2详解】 K和Na位于同主族，K＋的离子半径比Na＋的离子半径大，Na2S形成的离子键比K2S的离子键强，K2S的晶格能比Na2S的晶格能小，所以K2S的熔点比Na2S的熔点低； 故答案为：K＋的半径比Na＋大，K2S的离子键比Na2S弱； 【小问3详解】 S与O、Se、Te位于同一主族，由图可知它们氢化物的沸点是H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S，其原因是H2O分子间存在较强的氢键，其它三种不含，所以H2O沸点最高，而H2Te、H2Se及H2S的结构相似，随着相对分子质量不断增大，范德华力不断增强，所以沸点不断升高； 故答案为：同为组成和结构相似的分子晶体，随着相对分子质量的增大，范德华力增大，所以沸点、及逐渐升高，但分子间存在较强的氢键，其他三种分子间不含氢键，所以的沸点最高 【小问4详解】 ①已知A点原子坐标参数为(0，0，0)，B是面心，则B点的原子坐标参数为；C是体心，则C点的原子坐标参数为; 故答案为：①②。 ②一个晶胞中含有Ti4＋的个数为8×＝1，O2－的个数为6×＝3，Co2＋的个数为1，则晶胞质量m＝，晶胞参数a＝0．548 5 nm＝0.548 5×10－7 cm，则晶胞的体积V＝(0.548 5×10－7)3 cm3，因此该晶体的密度ρ＝； 故答案为：。 三、含氮化合物的综合治理 11. Ⅰ．为提高空气质量，减少汽车尾气中CO、等有毒气体排放成为当务之急。已知一定条件有如下反应： ① ② ③ ④ （1）___________。 （2）反应④___________(填下列字母)。 A. 仅在高温下有自发发生的倾向 B. 仅在低温下有自发发生的倾向 C. 在任意温度下均有自发发生的倾向 D. 在任意温度下均无自发发生的倾向 Ⅱ．某温度下，向一体积为2L的密闭容器中充入均为2mol的NO和CO，只发生反应①，在t min后达到平衡。 （3）该反应达到平衡后，放出的热量___________750kJ(填下列字母)。 A. 大于 B. 等于 C. 小于 D. 无法确定 （4）下列事实能说明该反应达到平衡状态的是___________(填下列字母)。 A. 维持不变 B. 混合气体的相对分子质量保持不变 C. CO的物质的量分数保持不变 D. 每生成1mol 的同时消耗1mol （5）若该反应达到平衡后NO转化率为，计算从反应开始至恰好平衡时，___________。 【答案】（1）-1202 kJ/mol （2）B （3）C （4）BC （5） 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，方程式可得，； 故答案为：－1202kJ/mol 【小问2详解】 由上述计算可知该反应，根据，需要在较低的温度下，即在低温下有自发发生的倾向； 故答案为B； 【小问3详解】 由于是可逆反应， 2mol的CO和NO不能完全转化，故放出的热量小于750kJ/mol; 故答案为：C； 【小问4详解】 A．CO和NO投料时为1：1，转化量也是1：1，所以始终是1：1，不能说明达到平衡，故A不选； B．该反应是气体体积不等的反应，混合气体的相对分子质量保持不变能说明达到平衡，故B选； C．如果未达平衡，CO的物质的量分数要变化，故CO的物质的量分数保持不变能说明达到平衡，故C选； D．每生成2molCO2同时消耗1molN2，正逆反应速率不相等，故不能说明达到平衡，故D不选； 故答案为BC； 【小问5详解】 若该反应达到平衡后的NO转化率为，v(NO)=，根据计量数，； 故答案为： 12. 如图是某一反应的反应历程理论模拟，其中包含了一系列基元反应。 （1）该反应历程包含了___________步基元反应。 （2）这些基元反应的总反应就是反应___________。 A. ① B. ② C. ③ D. ④ （3）基于该图，下列说法正确的是___________。 A. 即便更换催化剂，也无法改变图中的 B. 该反应的决速步骤对应的过渡态是TS3 C. TS2对应的基元反应涉及单键的断裂与双键的生成 D. 通过理论模拟得到的反应热可能存在一定误差 【答案】（1）3 （2）A （3）CD 【解析】 【分析】根据题目所给图分析，该反应的总反应为 【小问1详解】 根据分析，反应历程一共经过三个基元反应，分别为①；②；③； 【小问2详解】 根据分析，该反应总反应为一氧化氮与一氧化碳反应生成二氧化碳和氮气，故选A； 【小问3详解】 A．催化剂可以降低反应活化能，更换催化剂，可能改变反应的活化能，即，A错误； B．决速步反应是活化能最大的一步反应，由图可知，第一步反应的活化能最大，即该反应的决速步骤对应的过渡态是TS1，B错误； C．由图可知，第二步反应有N-O键的断裂和C=O的形成，C正确； D．通过理论模拟得到的反应热可能存在一定误差，D正确； 答案选CD。 13. 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℃。 四、硫酸锰的制备流程 14. 硫酸锰在农业上是重要微量元素肥料，也是植物合成叶绿素的催化剂。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿(主要成分为等锰的氧化物)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下： 已知：①金属离子在水溶液中沉淀的pH范围如下表所示(25℃)： 物质 开始沉淀的pH 1.9 7.6 7.3 完全沉淀的pH 3.2 9.6 9.3 ②离子浓度时，离子沉淀完全。 （1）“混合焙烧”时一般会将原料粉碎，这样做主要目的是___________。 （2）混合焙烧过程会产生气体，若直接排放到大气中，会造成的环境问题是___________。 A. 温室效应 B. 光化学烟雾 C. 酸雨 D. 臭氧层破坏 （3）下列试剂可以用来吸收的是___________。 A. 溶液 B. 高锰酸钾酸性溶液 C. 浓硫酸 D. 稀盐酸 （4）如图是常温下一定量通入一定浓度的NaOH溶液后含硫微粒分布系数随pH的关系图(已知：含硫微粒X的分布系数)。基于该图可得该条件下亚硫酸的一级电离常数为___________(以的形式表示，下同)；的水解平衡常数为___________。 若某浓度的NaOH溶液吸收了0.1mol ，且吸收后pH=7，___________(用含硫微粒浓度的代数式表示)。 （5）若试剂a为，完成并配平氧化步骤发生反应的离子方程式：___________，，若省略“氧化”步骤，造成的影响是___________。 （6）“中和除杂”时，应控制溶液的pH范围是___________。 （7）“氟化除杂”后，溶液中浓度为0.05。则溶液中和的比值为___________。(已知：；) （8）“碳化结晶”时，加入碳酸氢铵，产生沉淀。“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为___________。 （9）“系列操作”为___________，___________，过滤，洗涤，干燥。 （10）用惰性电极电解溶液可制备，电解过程中阳极的电极反应式是___________。 【答案】（1）充分反应，增大反应物接触面积，加快反应速率 （2）C （3）B （4） ①. ②. ③. （5） ①. ②. 完全沉淀时已经完全沉淀，造成损失 （6）3.2≤pH<7.3或3.2～7.3 （7）或177.8或177.78 （8） （9） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶 （10） 【解析】 【分析】高硫锰矿与氧化锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸反应生成Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+，若试剂a为MnO2，则二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子，碳酸钙中和溶液的pH，使铁离子与铝离子转化为沉淀除去，氟化除杂过程中加入MnF2，使溶液中的Mg2+、Ca2+转化为沉淀，最后加入碳酸氢铵，将锰离子转化为碳酸锰沉淀，再加硫酸溶解得硫酸锰溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等得到硫酸锰晶体。 【小问1详解】 粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分，则“混合焙烧”时一般会将原料粉碎，这样做的主要目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分； 【小问2详解】 若直接排放到大气中，溶于水生成亚硫酸，被氧气氧化为硫酸，会形成硫酸型酸雨，故选C； 【小问3详解】 SO2气体为酸性气体，且具有还原性，可以和碱、强氧化剂反应，故可以用NaOH、氨水、酸性高锰酸钾除去，不能通过溶液、浓硫酸、稀盐酸溶液吸收，故选B； 【小问4详解】 亚硫酸的一级电离方程式为，由图可知，当pH=1.9时，则一级电离常数为，同理，二级电离常数为，以第一步水解为主，水解方程式为，水解平衡常数为；溶液存在电荷守恒：+，此时溶液pH=7，即c(H+)=c(OH-)，则； 【小问5详解】 若试剂a为MnO2，氧化步骤中二氧化锰与亚铁离子反应生成三价铁离子和二价锰离子，则反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O；若省略“氧化”步骤，则铁元素以Fe2+形式存在，中和沉淀时Fe2+和Mn2+均转化为沉淀，造成Mn2+损失； 【小问6详解】 “中和除杂”的目的是使铁离子完全沉淀且锰离子不沉淀，则控制溶液的pH范围是3.2≤pH＜7.3； 【小问7详解】 “氟化除杂”时，镁离子和钙离子分别转化为氟化镁和氟化钙，两沉淀共存，则溶液中c(Mg2+)：c(Ca2+)=Ksp(MgF2)：Ksp(CaF2)=6.4×10-10：3.6×10-12=177.8； 【小问8详解】 “碳化结晶”时NH4HCO3将锰离子转化为碳酸锰，其反应的离子方程式为Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O，选择NH4HCO3而不选择Na2CO3溶液的原因是碳酸根离子水解程度大，碱性强，会促进锰离子水解为氢氧化锰； 【小问9详解】 “系列操作”为从溶液得到晶体，蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥； 【小问10详解】 用惰性电极电解溶液可制备，电解过程中阳极发生氧化反应，锰元素化合价升高，阳极上锰离子失电子生成，电极反应式是。 五、合成阿普唑仑 15. 阿普唑仑常用于治疗失眠、焦虑症、抑郁症等精神疾病。以下是阿普唑仑(Ⅶ)的一种合成路线。 （1）由制取化合物I的反应条件是___________。 （2）有关化合物Ⅱ的说法正确的是___________。 A. 分子中含有1个碳碳双键、1个碳氮双键 B. 碳原子均采取sp2杂化 C. 检验分子中存在氯原子的试剂是NaOH溶液、AgNO3溶液 D. 能发生加成反应、取代反应 （3）化合物Ⅲ与氢气完全加成，产物中的手性碳原子用“*”标出，其中正确的是___________。 A. B. C. D. （4）化合物Ⅳ中含氧官能团的名称是___________、___________。 （5）步骤③的反应类型为___________。 A. 取代反应 B. 加成反应 C. 氧化反应 D. 消去反应 （6）写出步骤⑥的化学方程式___________。 （7）化合物M是比化合物Ⅳ少一个苯环的芳香族化合物，写出1种同时满足下列条件的M同分异构体___________。 a．含有结构 b．能发生银镜反应 c．苯环上的一溴代物有2种 d．核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为2：2：1：1：1 （8）将下列以苯胺和肼(N2H4)为有机原料合成的合成路线补充完整(其他试剂任选)___________。 【答案】（1）浓硫酸，水浴加热 （2）BD （3）D （4） ①. 酮羰基 ②. 酰胺基 （5）A （6）CH3COOC2H5+N2H4→CH3CONHNH2+C2H5OH （7）(或或) （8） 【解析】 【小问1详解】 发生硝化反应生成，反应条件是浓硫酸、浓硝酸、水浴加热 【小问2详解】 A. 分子中含有3个碳碳双键、1个碳氮双键，故A错误； B. 碳碳双键、苯环中的碳原子均采用sp2杂化，所以化合物Ⅱ中碳原子均采取sp2杂化，故B正确； C. 检验分子中存在氯原子，先在氢氧化钠溶液中水解，再加硝酸中和氢氧化钠，最后加硝酸银，所需试剂是NaOH溶液、AgNO3溶液、硝酸，故C错误； D. 含有碳碳双键、氯原子，能发生加成反应、取代反应，故D正确； 选BD。 【小问3详解】 与4个不同的原子或原子团相连的碳原子为手性碳原子，化合物Ⅲ与氢气完全加成，产物中的手性碳原子用“*”标出为，选D； 【小问4详解】 根据化合物Ⅳ的结构简式，可知含氧官能团的名称是酮羰基、酰胺基。 【小问5详解】 步骤③是化合物Ⅲ与ClCOCH2Cl发生取代反应生成化合物物Ⅳ和HCl，反应类型为取代反应，故选A； 【小问6详解】 步骤⑥是N2H4与CH3COOC2H5发生取代反应生成CH3CONHNH2和CH3CH2OH，反应的化学方程式为CH3COOC2H5+N2H4→CH3CONHNH2+C2H5OH； 【小问7详解】 a．含有结构； b．能发生银镜反应，说明含有醛基； c．苯环上的一溴代物有2种，说明结构对称； d．核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为2：2：1：1：1。符合条件的M的结构简式为(或或) 【小问8详解】 和CH3COCl发生取代反应生成，和P2S5反应生成；N2H4和乙酸乙酯反应生成CH3CONHNH2；和CH3CONHNH2反应生成， 合成路线为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$