精品解析：江苏省扬州市高邮市2023-2024学年高二下学期5月月考化学试题

2023～2024学年第二学期高二年级5月学情调研测试 化学试题 (考试时间：75分钟 满分：100分) 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Ni：59 一、单项选择题：本题包括10小题，每小题3分，共计30分。每小题只有一个选项符合题意。 1. “原子经济性”是“绿色化学”的核心理念之一、理想的“原子经济性”反应中，原料分子中的所有原子全部转变成所需产物，不产生副产物，实现零排放。以下反应中符合“原子经济性”的是 A. 丙烷与氯气反应制2-氯丙烷 B. 溴乙烷与NaOH醇溶液共热制乙烯 C. 氯乙烯在一定条件下制聚氯乙烯 D. 乙醇催化氧化制乙醛 2. 草酸()易被次氯酸钠氧化：，下列说法正确的是 A. O、Cl均位于元素周期表p区 B. 为极性分子 C. 氧化1mol草酸，反应转移电子的物质的量为1mol D. NaClO是只含有离子键的离子化合物 3. 下列实验室制取氨气和氨水，并验证氨水性质的实验中，正确的是 A．制取氨气 B．吸收氨气 C．证明氨水是弱碱 D．溶解 A. A B. B C. C D. D 4. X、Y、Z、W是四种短周期主族元素，且原子序数依次增大。X的基态原子的2p能级中未成对电子数与成对电子数相等，Y的焰色反应为黄色，W是地壳中含量最多的金属元素，Z与X形成的化合物的晶胞如图。下列说法正确的是 A. 简单离子的半径：Y＞Z＞X B. 第一电离能：I1(W)＞I1(Z)＞I1(Y) C. 最高价氧化物对应水化物的碱性：Y＞Z＞W D. ZX的晶胞中含14个X2- 煤和石油是重要的能源物质，一方面对其开发利用推动人类社会快速进入工业文明时代，另一方面化石燃料燃烧产生带来的环境问题日益凸显，“碳中和”已成为新时代绿色发展理念。煤经汽化、液化后再利用，可提高效能、降低污染，其常见原理为： 、HCHO等产物在化工生产中都有广泛用途。 5. 下列有关、、HCHO的说法正确的是 A. 的水溶液能导电，所以是电解质 B. HCHO的空间构型为平面三角形 C. HCHO中H—C—H的键角比中的小 D. 和形成的中有26个键 6. 在指定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是 A. B. C. D. 7. 对于反应，下列说法正确的是 A. 反应活化能： B. 反应的平衡常数可表示为 C. 平衡后增大容器的体积，平衡逆向移动，减小、增大 D. 1mol CO和2mol 充分反应，转移电子数目约为个 8. 环氧乙烷(，简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。一种制备EO的原理示意图如下。下列说法不正确的是 A. 电极X上发生的电极反应： B. 与HClO反应生成，发生的是加成反应 C. 电解时电极Y附近溶液pH升高 D. 溶液b中主要含HCl 9. 化合物Z是一种制备抗癌药的中间体，其合成方法如下。下列说法正确的是 A. X的分子式为 B. Y分子中所有原子可能共平面 C. X、Y、Z都能和NaOH溶液发生反应 D. Z分子中含有1个手性碳原子 10. 下列实验方案能达到探究目的的是 选项 实验方案 探究目的 A 向苯酚浊液中滴加溶液，观察溶液是否变澄清 比较苯酚与的酸性 B 向酸性溶液中滴加苯甲醛，观察溶液是否褪色 苯甲醛是否有漂白性 C 向某样品溶液中滴加氯化铁溶液，观察溶液是否显紫色 该样品是否含有酚羟基 D 氯乙烷加入NaOH溶液中加热，再加入溶液，观察是否产生白色沉淀 氯乙烷是否发生水解 A. A B. B C. C D. D 二、不定项选择题：本题包括3小题，每小题3分，共计9分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。 11. 室温下，通过下列实验探究苯酚()的性质。 实验1：向苯酚钠溶液中通入足量，溶液变浑浊 实验2：向苯酚浊液中加入少量固体充分反应后，得澄清溶液且无气体产生 实验3：将浓度均为0.1苯酚和苯酚钠溶液等体积混合，测得混合液的pH为10 下列有关说法正确的是 A. 由实验1可得出： B. 实验2中发生反应的离子方程式： C. 实验2所得溶液中存在： D. 实验3所得混合溶液中： 12. 一种催化循环制备乙酸的过程如图所示。下列叙述正确的是 A. 物质X是 B. 转化②中Co的成键数未发生变化 C. 催化剂作用下的总反应方程式是 D. 该循环中需不断补充、和CO 13. 、为原料合成涉及的反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 在5MPa下，按照投料，平衡时，CO和在含碳产物中物质的量分数及的转化率随温度的变化如图。下列说法不正确的是 A. 反应Ⅲ中反应物的总键能大于生成物的总键能 B. 曲线m代表在含碳产物中物质的量分数 C. 该条件下温度越低，越有利于工业生产 D. 图示270℃时，平衡体系中的体积分数为20% 14. 是一种医药中间体，常用来制备抗凝血药，可通过下图所示的路线合成： （1）A能与新制悬浊液反应，写出其反应方程式___________。 （2）1个D分子中含有的碳氧键的数目为___________。 （3）B→C的反应类型是___________。 （4）E的结构简式为___________。 （5）写出F与足量NaOH溶液共热时反应的化学反应方程式___________。 （6）下列关于G的说法中正确的是___________(填字母) a．能与溴水反应 b．能与金属钠反应 c．1mol G最多能和3mol 反应 d．能与溶液发生显色反应 15. 化合物G是一种重要的药物中间体，其人工合成路线如下： （1）A中含有的官能团名称___________。 （2）相同条件下，A的沸点比邻羟基苯甲醛的沸点高，其主要原因是___________。 （3）A→B过程中生成另一种产物为HCl，X结构简式为___________。 （4）B→C的反应需经历B→M→C的过程，中间体M的分子式为，M→C的反应类型为___________。 （5）F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。 ①能与发生显色反应； ②在酸性条件下能发生水解，所得产物中均含有三种不同化学环境的氢原子。 （6）设计以为原料制备的合成路线___________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。 16. 用镍铂合金废料(主要成分为Ni、Pt，含少量Al和难溶于硫酸的重金属)回收镍和铂的一种工艺流程如下： （1）“酸浸”中加快反应速率的措施有___________(答一点即可) （2）“控温氧化”时控制其他条件一定，的产率与温度和时间的关系如右图所示。 ①请写出该过程的离子方程式___________。 ②20℃、40℃时反应后所得滤液主要为NaCl、NaOH和，60℃时反应后所得滤液主要为NaCl、、NaOH、，反应相同时间，60℃时的产率低于40℃时，原因可能是___________。 （3）“含Pt滤渣”中的Pt可以用王水(体积比3∶1的浓盐酸和浓硝酸的混合液)浸出。浸出时有和NO生成。写出浸出时Pt所发生反应的化学方程式___________。 （4）另外一种镍催化剂废渣(主要成分是Ni，含少量Zn、Fe、CaO、等杂质)为原料可制备锂离子材料镍酸锂。在制备过程中有人认为“除钙”可以用HF，则“除钙”的反应为：反应的平衡常数，则___________。(已知：室温下，HF的电离平衡常数)。 （5）产品中可能含少量NiO，为测定的纯度，进行如下实验：称取2.500g样品，加入足量硫酸后，再加入50mL 1.000mol/L 标准溶液，充分反应后，用0.500mol/L 标准溶液滴定，到达滴定终点时消耗标准溶液10.00mL。实验过程中发生反应如下： (未配平)，(未配平)，试通过计算确定的质量分数，并写出计算过程___________。 17. 回收利用含硫化合物有利于节约资源、保护环境。 （1）一种由含的烟气回收硫磺的工艺为：将一部分含的烟气在空气中燃烧，将燃烧所得产物与剩余烟气混合，冷却后可回收得到硫磺()。该工艺中涉及反应为： 反应1： 反应2： 反应3： 反应的___________。 （2）一种以为原料，循环吸收烟气中的物质转化关系如下：，写出转化中由制的化学反应方程式：___________。 （3）以/炭基材料为催化剂，在炭表面被氧气催化氧化为，再转化为硫酸盐等。 ①/炭基材料脱硫涉及反应：，下列关于该反应的说法正确的是___________(填字母序号) a．通入过量空气，可提高的平衡转化率 b．当时，可判断反应达到平衡 c．使液化从平衡体系中分离，能加快正反应速率，增大转化率 ②450℃、在催化下，和的反应过程是按照如下两步完成的： 反应Ⅰ：___________(快反应) 反应Ⅱ：(慢反应) 请补充上述反应Ⅰ的化学方程式，决定总反应速率快慢的是反应___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 （4）一种以为催化剂载体、为催化剂的还原烟气中制S的反应机理如题所示： ①上左图中所示转化可以描述为___________。 ②上右图中X的电子式为___________。 ③其他条件一定，改变起始时与的比例，反应相同时间，测得S的产率与温度和比值的关系如图所示。500℃时，比值为3时硫的产率小于比值为2时的原因是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023～2024学年第二学期高二年级5月学情调研测试 化学试题 (考试时间：75分钟 满分：100分) 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Ni：59 一、单项选择题：本题包括10小题，每小题3分，共计30分。每小题只有一个选项符合题意。 1. “原子经济性”是“绿色化学”的核心理念之一、理想的“原子经济性”反应中，原料分子中的所有原子全部转变成所需产物，不产生副产物，实现零排放。以下反应中符合“原子经济性”的是 A. 丙烷与氯气反应制2-氯丙烷 B. 溴乙烷与NaOH醇溶液共热制乙烯 C. 氯乙烯在一定条件下制聚氯乙烯 D. 乙醇催化氧化制乙醛 【答案】C 【解析】 【分析】根据绿色化学的定义可知，原料分子中的原子全部转变成所需产物，不产生副产物，实现零排放，以此解答该题。 【详解】A．丙烷与氯气反应除生成2-氯丙烷外，还有1-氯丙烷等副产物，同时有HCl生成，原子利用率不是100%，故A不符合“原子经济性”； B．溴乙烷与NaOH醇溶液共热，除制得乙烯外还产生溴化钠和水，故B不符合“原子经济性”； C．氯乙烯在一定条件下制聚氯乙烯，原料分子中的所有原子全部转变成所需产物，没有产生副产物，实现零排放，故C符合“原子经济性”； D．乙醇催化氧化制乙醛，同时生成水，原子没有全部利用，，故D不符合“原子经济性”； 故答案选C。 2. 草酸()易被次氯酸钠氧化：，下列说法正确的是 A. O、Cl均位于元素周期表p区 B. 为极性分子 C. 氧化1mol草酸，反应转移电子的物质的量为1mol D. NaClO是只含有离子键的离子化合物 【答案】A 【解析】 【详解】A．O位于第VIA族，Cl位于VIIA族，二者均位于元素周期表p区，A正确； B．的结构式为O=C=O，为直线形，正负电中心重合，为非极性分子，B错误； C．该反应中C元素由+3价上升到+4价，氧化1mol草酸，反应转移电子的物质的量为2mol，C错误； D．NaClO是离子化合物，含有离子键，另外ClO-中存在共价键，D错误； 故选A。 3. 下列实验室制取氨气和氨水，并验证氨水性质的实验中，正确的是 A．制取氨气 B．吸收氨气 C．证明氨水是弱碱 D．溶解 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．氢氧化钠和氯化铵不加热时，生成一水合氨，图中缺少酒精灯加热制备氨气，故A项错误； B．氨气极易溶于水，且图中装置吸收尾气时能防倒吸，故B项正确； C．只能说明氨水显碱性，不能证明氨水是弱碱，故C项错误； D．氢氧化铝不溶于氨水，故D项错误； 故本题选B。 4. X、Y、Z、W是四种短周期主族元素，且原子序数依次增大。X的基态原子的2p能级中未成对电子数与成对电子数相等，Y的焰色反应为黄色，W是地壳中含量最多的金属元素，Z与X形成的化合物的晶胞如图。下列说法正确的是 A. 简单离子的半径：Y＞Z＞X B. 第一电离能：I1(W)＞I1(Z)＞I1(Y) C. 最高价氧化物对应水化物的碱性：Y＞Z＞W D. ZX的晶胞中含14个X2- 【答案】C 【解析】 【分析】X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，原子序数依次增大，X的基态原子的2p能级中未成对电子数与成对电子数相等，则X为O，Y的焰色反应为黄色，Y为Na，W是地壳中含量最多的金属元素，W为Al，Z与O形成的化合物晶胞如图所示，Z原子序数大于Na，小于Al，则Z为Mg。 【详解】A．离子的电子层数越多，半径越大，电子层结构相同的情况下，核电荷数越大，半径越小，因此简单离子半径X>Y>Z，A错误； B．同周期元素从左到右第一电离能呈增大的趋势，但是Mg3s轨道处于全充满状态，较为稳定，因此第一电离能I1(Z)>I1(W)>I1(Y)，B错误； C．元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，因此最高价氧化物对应水化物的碱性Y>Z>W，C正确； D．根据均摊法可知，ZX晶胞中含有X2-4个，D错误； 故答案选C。 煤和石油是重要的能源物质，一方面对其开发利用推动人类社会快速进入工业文明时代，另一方面化石燃料燃烧产生带来的环境问题日益凸显，“碳中和”已成为新时代绿色发展理念。煤经汽化、液化后再利用，可提高效能、降低污染，其常见原理为： 、HCHO等产物在化工生产中都有广泛用途。 5. 下列有关、、HCHO的说法正确的是 A. 的水溶液能导电，所以是电解质 B. HCHO的空间构型为平面三角形 C. HCHO中H—C—H的键角比中的小 D. 和形成的中有26个键 6. 在指定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是 A. B. C. D. 7. 对于反应，下列说法正确的是 A. 反应活化能： B. 反应的平衡常数可表示为 C. 平衡后增大容器的体积，平衡逆向移动，减小、增大 D. 1mol CO和2mol 充分反应，转移电子数目约为个 【答案】5. B 6. D 7. A 【解析】 【5题详解】 A．自身不能电离，所以是非电解质，故A错误； B．HCHO中C原子价电子对数为3，无孤电子对，空间构型为平面三角形，故B正确； C．HCHO中C原子采用sp2杂化，中C原子采用sp3杂化，所以HCHO中H—C—H的键角比中的大，故C错误； D．分子中含有5个键，和Ca2+形成的配位键为键，所以中有24个键，故D错误； 选B。 【6题详解】 A．甲醇燃烧生成二氧化碳和水，能实现，故不选A； B．醇发生催化氧化生成醛，能实现，故不选B； C．碳酸的酸性大于苯酚，二氧化碳和苯酚钠溶液反应生成苯酚和碳酸氢钠，能实现，故不选C； D．甲醛发生银镜反应生成碳酸铵，不能实现，故选D； 选D。 【7题详解】 A．正反应放热，反应活化能，故A正确； B．反应的平衡常数可表示为，故B错误； C．平衡后增大容器的体积，平衡逆向移动，各物质浓度均减小，、均减小，故C错误； D．为可逆反应，1mol CO和2mol 充分反应，生成甲醇的物质的量小于1mol，转移电子数目小于个，故D错误； 选A。 8. 环氧乙烷(，简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。一种制备EO的原理示意图如下。下列说法不正确的是 A. 电极X上发生的电极反应： B. 与HClO反应生成，发生的是加成反应 C. 电解时电极Y附近溶液pH升高 D. 溶液b中主要含HCl 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，电极X上Cl化合价升高发生氧化反应，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，电极X是电解池的阳极，电极Y为阴极，阴极：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，氯气与水反应生成HCl和HClO，乙烯与HClO发生加成反应得到HOCH2CH2Cl；溶液a为KOH溶液，HOCH2CH2Cl在KOH溶液中水解，由于EO易溶于水，产物经过蒸馏得到环氧乙烷和KCl（溶液b）。 【详解】A．由分析可知，电极X上Cl化合价升高发生氧化反应，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，故A项正确； B．由分析可知，氯气与水反应生成HCl和HClO，乙烯与HClO发生加成反应得到HOCH2CH2Cl，故B项正确； C．由分析可知，电极Y为阴极，电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，c(OH-)增大，pH增大，故C项正确； D．由分析可知，溶液b主要含有KCl，故D项错误； 故本题选D。 9. 化合物Z是一种制备抗癌药的中间体，其合成方法如下。下列说法正确的是 A. X的分子式为 B. Y分子中所有原子可能共平面 C. X、Y、Z都能和NaOH溶液发生反应 D. Z分子中含有1个手性碳原子 【答案】C 【解析】 【详解】A．由X的结构简式可知，X的分子式为C9H11O2N3，故A项错误； B．Y分子中含有多个饱和碳原子，所有原子不可能共平面，故B项错误； C．X、Z分子中含有酰胺基，Y中含有溴原子，均可与NaOH溶液发生水解反应，故C项正确； D．手性碳原子为饱和碳原子，且碳原子连有4个不同的基团，因此Z分子中不含有手性碳原子，故D项错误； 答案选C。 10. 下列实验方案能达到探究目的的是 选项 实验方案 探究目的 A 向苯酚浊液中滴加溶液，观察溶液是否变澄清 比较苯酚与的酸性 B 向酸性溶液中滴加苯甲醛，观察溶液是否褪色 苯甲醛是否有漂白性 C 向某样品溶液中滴加氯化铁溶液，观察溶液是否显紫色 该样品是否含有酚羟基 D 氯乙烷加入NaOH溶液中加热，再加入溶液，观察是否产生白色沉淀 氯乙烷是否发生水解 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，溶液变澄清，是由于苯酚和碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，不能比较苯酚与碳酸酸性的强弱，故A项错误； B．向酸性KMnO4溶液中滴加苯甲醛，溶液褪色是由于苯甲醛与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应使其褪色，故B项错误； C．向某样品溶液中滴加氯化铁溶液，溶液显紫色，说明样品中含有酚羟基，故C项正确； D．NaOH与硝酸银溶液反应生成沉淀，干扰了检验结果，应该先加入稀硝酸中和NaOH，故D项错误； 故本题选C。 二、不定项选择题：本题包括3小题，每小题3分，共计9分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。 11. 室温下，通过下列实验探究苯酚()的性质。 实验1：向苯酚钠溶液中通入足量，溶液变浑浊 实验2：向苯酚浊液中加入少量固体充分反应后，得澄清溶液且无气体产生 实验3：将浓度均为0.1苯酚和苯酚钠溶液等体积混合，测得混合液的pH为10 下列有关说法正确的是 A. 由实验1可得出： B. 实验2中发生反应的离子方程式： C. 实验2所得溶液中存在： D. 实验3所得混合溶液中： 【答案】B 【解析】 【详解】A．向苯酚钠溶液中通入足量，溶液变浑浊，说明生成了苯酚，根据强酸制取弱酸的原理可知，的酸性强于，但是不能证明和的酸性强弱关系，不能得出：，A错误； B．向苯酚浊液中加入少量固体充分反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，离子方程式为：，B正确； C．向苯酚浊液中加入少量固体充分反应后得到苯酚钠和碳酸氢钠的混合溶液，可得电荷守恒：，C错误； D．将浓度均为0.1苯酚和苯酚钠溶液等体积混合，测得混合液的pH为10，溶液呈碱性，说明的水解程度大于的电离程度，又因为电离和水解都是微弱的，则，D错误； 故选B。 12. 一种催化循环制备乙酸的过程如图所示。下列叙述正确的是 A. 物质X是 B. 转化②中Co的成键数未发生变化 C. 催化剂作用下的总反应方程式是 D. 该循环中需不断补充、和CO 【答案】BC 【解析】 【详解】A．由反应2可知，CH3I和HCo(CO)4反应生成CH3Co(CO)4和X，元素化合价未发生改变，则可推出X为HI，故A项错误； B．转化②中Co与CO形成4个配位键，与H或-CH3形成1个共价键，成键数未发生变化，故B项正确； C．由反应①②③④⑤可知，催化剂作用下的总反应方程式是：，故C项正确； D．催化剂作用下的总反应方程式是：，不需要补充H2O，故D项错误； 故本题选BC。 13. 、为原料合成涉及的反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 在5MPa下，按照投料，平衡时，CO和在含碳产物中物质的量分数及的转化率随温度的变化如图。下列说法不正确的是 A. 反应Ⅲ中反应物的总键能大于生成物的总键能 B. 曲线m代表在含碳产物中物质的量分数 C. 该条件下温度越低，越有利于工业生产 D. 图示270℃时，平衡体系中的体积分数为20% 【答案】AC 【解析】 【分析】根据盖斯定律Ⅰ-Ⅱ得△H=-90kJ/mol，反应Ⅲ放热；反应Ⅰ、Ⅲ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，甲醇的含量降低，CO的含量升高。 【详解】A．反应Ⅲ是放热反应，反应物的总键能小于生成物的总键能，故A错误； B．反应Ⅰ、Ⅲ是放热反应，升高温度平衡逆向移动，甲醇的含量降低，曲线m代表在含碳产物中物质的量分数，故B正确； C．温度降低，反应速率减慢，温度过低，不利于工业生产，故C错误； D．假设二氧化碳的投料为1mol、氢气的投料为3mol，270℃时，的转化率为25%，则平衡体系中的物质的量为0.75mol，甲醇和一氧化碳的物质的量相等，根据碳元素守恒，反应生成CO的物质的量0.125mol、甲醇的物质的量0.125mol，根据氧元素守恒，反应生成水的物质的量为0.25mol，根据H元素守恒，反应消耗氢气的物质的量为0.125mol×2+0.25mol×1=0.5mol，剩余氢气的物质的量为2.5mol，二氧化碳的体积分数为，故D正确； 选AC。 14. 是一种医药中间体，常用来制备抗凝血药，可通过下图所示的路线合成： （1）A能与新制悬浊液反应，写出其反应方程式___________。 （2）1个D分子中含有的碳氧键的数目为___________。 （3）B→C的反应类型是___________。 （4）E的结构简式为___________。 （5）写出F与足量NaOH溶液共热时反应的化学反应方程式___________。 （6）下列关于G的说法中正确的是___________(填字母) a．能与溴水反应 b．能与金属钠反应 c．1mol G最多能和3mol 反应 d．能与溶液发生显色反应 【答案】（1） （2）3 （3）取代反应 （4） （5）+3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O （6）ab 【解析】 【分析】采用逆推法，由B的结构简式及反应条件，可确定A为CH3CHO；A与氧气在催化剂条件下反应生成CH3COOH，B与PCl3发生取代反应生成C，C为，由D的结构简式及反应条件，可确定D与CH3OH发生酯化反应生成E的结构简式为：，C与E发生取代反应生成F，F为，F在碳酸钠、液体石蜡、HCl作用下反应生成G，G为。 【小问1详解】 A为CH3CHO，与新制Cu(OH)2悬浊液反应，其反应方程式为：； 【小问2详解】 由D结构式可知，1个D分子中含有的碳氧σ键的数目为3； 【小问3详解】 由CH3COOH→，是PCl3中的1个-Cl替代了CH3COOH中的-OH，反应类型是取代反应； 【小问4详解】 由分析可知，E的结构简式为：； 【小问5详解】 F为，与足量NaOH溶液共热时反应的化学反应方程式为： +CH3COONa+CH3OH+H2O； 【小问6详解】 分子内含苯基、酯基、醇羟基、碳碳双键。 a．此有机物分子内含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，故a项正确； b．此有机物分子中含有醇羟基，能与金属钠反应，故b项正确； c．1molG最多能和4mol氢气发生加成反应，故c项错误； d．该有机物分子中不含酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应。故d项错误； 故答案为：ab。 15. 化合物G是一种重要的药物中间体，其人工合成路线如下： （1）A中含有的官能团名称___________。 （2）相同条件下，A的沸点比邻羟基苯甲醛的沸点高，其主要原因是___________。 （3）A→B过程中生成另一种产物为HCl，X结构简式为___________。 （4）B→C的反应需经历B→M→C的过程，中间体M的分子式为，M→C的反应类型为___________。 （5）F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。 ①能与发生显色反应； ②在酸性条件下能发生水解，所得产物中均含有三种不同化学环境的氢原子。 （6）设计以为原料制备的合成路线___________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。 【答案】（1）醛基、羟基(酚羟基) （2）邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而A形成分子间氢键，分子间氢键使分子间作用力更大 （3） （4）消去反应 （5）或 （6） 【解析】 【分析】A→B过程中生成另一种产物为HCl，根据A、B的结构可知，A→B为取代反应，-CH2CH2N(CH3)3取代了A中羟基上的H，生成B，即X为(CH3)2NCH2CH2Cl，B→C是-CHO转化为-CH=NOH，C→D是-CH=NOH转化为-CH2NH2，为还原反应。 【小问1详解】 A中含有的官能团名称为：醛基、羟基(酚羟基)； 【小问2详解】 相同条件下，A的沸点比邻羟基苯甲醛的沸点高，其主要原因是邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而A形成分子间氢键，分子间氢键使分子间作用力更大； 【小问3详解】 A→B过程中生成另一种产物为HCl，结合分析可知，X结构简式为(CH3)2NCH2CH2Cl； 【小问4详解】 B→C的反应需经历B→M→C的过程，中间体M的分子式为C11H18N2O3，M的结构简式为：，由C结构简式可知，M→C少1个H2O，发生消去反应； 【小问5详解】 F的一种同分异构体同时满足：①能与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基；②在酸性条件下能发生水解，所得产物中均含有三种不同化学环境的氢原子，含有酯基，则该同分异构体的结构简式：或； 【小问6详解】 由为原料制备题中所给产物，可先与NH2OH、HCl反应，生成；，再与H2、Ni反应，生成；与O2在Cu作催化剂且加热的条件下催化氧化为苯甲酸，苯甲酸与SOCl2反应，生成，与反应生成，合成路线图为：。 16. 用镍铂合金废料(主要成分为Ni、Pt，含少量Al和难溶于硫酸的重金属)回收镍和铂的一种工艺流程如下： （1）“酸浸”中加快反应速率的措施有___________(答一点即可) （2）“控温氧化”时控制其他条件一定，的产率与温度和时间的关系如右图所示。 ①请写出该过程的离子方程式___________。 ②20℃、40℃时反应后所得滤液主要为NaCl、NaOH和，60℃时反应后所得滤液主要为NaCl、、NaOH、，反应相同时间，60℃时的产率低于40℃时，原因可能是___________。 （3）“含Pt滤渣”中的Pt可以用王水(体积比3∶1的浓盐酸和浓硝酸的混合液)浸出。浸出时有和NO生成。写出浸出时Pt所发生反应的化学方程式___________。 （4）另外一种镍催化剂废渣(主要成分是Ni，含少量Zn、Fe、CaO、等杂质)为原料可制备锂离子材料镍酸锂。在制备过程中有人认为“除钙”可以用HF，则“除钙”的反应为：反应的平衡常数，则___________。(已知：室温下，HF的电离平衡常数)。 （5）产品中可能含少量NiO，为测定的纯度，进行如下实验：称取2.500g样品，加入足量硫酸后，再加入50mL 1.000mol/L 标准溶液，充分反应后，用0.500mol/L 标准溶液滴定，到达滴定终点时消耗标准溶液10.00mL。实验过程中发生反应如下： (未配平)，(未配平)，试通过计算确定的质量分数，并写出计算过程___________。 【答案】（1）粉碎废料或适当加热或搅拌或适当增大硫酸浓度 （2） ①. ②. 60℃，部分NaClO分解生成NaCl和，NaClO浓度减小，反应速率减慢 （3） （4） （5）83% 【解析】 【分析】镍铂合金废料主要成分为Ni、Pt，含少量Al和难溶于硫酸的重金属；镍铂合金废料加硫酸“酸浸”，过滤，滤渣中含有Pt、难溶于硫酸的重金属；滤液中含有硫酸镍、硫酸铝；滤液加氢氧化钠调节pH生成氢氧化铝沉淀，过滤出氢氧化铝，滤液中加氢氧化钠、次氯酸钠“控温氧化”生成Ni2O3，用焦炭还原Ni2O3生成金属镍。 【小问1详解】 “酸浸”中加快反应速率的措施有粉碎废料或适当加热或搅拌或适当增大硫酸浓度等。 【小问2详解】 ①“控温氧化”时加入NaOH和NaClO溶液，Ni2+被ClO-氧化为，ClO-转化为Cl-，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：； ②产率即为实际产量除以理论产量，单位时间的产量受速率影响，当20℃、40℃时反应后所得滤液主要为NaCl、NaClO、Na2SO4，60℃，部分NaClO分解生成NaCl和NaClO3，NaClO浓度减小，反应速率减慢，反应相同时间，60℃时Ni2O3的产率低于40℃时。 【小问3详解】 ①用王水浸出Pt时有H2PtCl6和NO生成，据此推断出反应的反应物为：Pt、HCl和HNO3；生成物为：H2PtCl6和NO，根据元素守恒、得失电子守恒进行方程式的书写配平，并确定另一产物为H2O，化学方程式为：。 【小问4详解】 反应的平衡常数，==。 【小问5详解】 n(KMnO4)=0.5mol/L×0.01L=5×10-3mol，与KMnO4标准溶液反应的n(Fe2+)=5n(KMnO4)=2.5×10-2mol，与Ni2O3反应的n(Fe2+)=1mol/L×0.05L-2.5×10-2mol=2.5×10-2mol，n(Ni2O3)=×2.5×10-2mol=1.25×10-2mol，w(Ni2O3)= =83%。 17. 回收利用含硫化合物有利于节约资源、保护环境。 （1）一种由含的烟气回收硫磺的工艺为：将一部分含的烟气在空气中燃烧，将燃烧所得产物与剩余烟气混合，冷却后可回收得到硫磺()。该工艺中涉及反应为： 反应1： 反应2： 反应3： 反应的___________。 （2）一种以为原料，循环吸收烟气中的物质转化关系如下：，写出转化中由制的化学反应方程式：___________。 （3）以/炭基材料为催化剂，在炭表面被氧气催化氧化为，再转化为硫酸盐等。 ①/炭基材料脱硫涉及反应：，下列关于该反应的说法正确的是___________(填字母序号) a．通入过量空气，可提高的平衡转化率 b．当时，可判断反应达到平衡 c．使液化从平衡体系中分离，能加快正反应速率，增大转化率 ②450℃、在催化下，和的反应过程是按照如下两步完成的： 反应Ⅰ：___________(快反应) 反应Ⅱ：(慢反应) 请补充上述反应Ⅰ的化学方程式，决定总反应速率快慢的是反应___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 （4）一种以为催化剂载体、为催化剂的还原烟气中制S的反应机理如题所示： ①上左图中所示转化可以描述为___________。 ②上右图中X的电子式为___________。 ③其他条件一定，改变起始时与的比例，反应相同时间，测得S的产率与温度和比值的关系如图所示。500℃时，比值为3时硫的产率小于比值为2时的原因是___________。 【答案】（1）-942 （2） （3） ①. a ②. ③. Ⅱ （4） ①. 二氧化硫被载体吸附，在载体表面和活性氢原子反应得到硫单质和吸附在载体上的两个·OH，·OH和活性氢原子生成水并在载体表面脱附 ②. ③. 反应物中氢气过量，占据了过多的催化剂的活性中心，反而使得单位时间内硫的产率下降 【解析】 【小问1详解】 由盖斯定律可知该反应1+反应2可以得到反应，则； 【小问2详解】 根据转化关系，与氨气、水和氧气反应生成和硫酸铵，化学方程式为； 【小问3详解】 ①a．通入过量空气，增大氧气的浓度，可使平衡正向移动，从而可提高SO2的平衡转化率，故a正确； b．当时，不能说明各组成浓度不变，因此不能判断反应达到平衡，故b错误； c．使SO3液化从平衡体系中分离，可使平衡正向移动，增大转化率，但反应速率降低，故c错误； 故选a； ②反应Ⅰ=总反应－反应Ⅱ，可得反应Ⅰ为；慢反应决定总反应速率的快慢，因此反应Ⅱ决定总反应速率快慢； 【小问4详解】 ①如图1中所示转化可以描述为二氧化硫被载体吸附，在载体表面和活性氢原子反应得到硫单质和吸附在载体上的两个·OH，·OH和活性氢原子生成水并在载体表面脱附； ②FeS2中硫为-1价，由FeS2为催化剂的H2还原烟气中SO2制S的反应机理图2可知，氢分子和FeSx结合生成X、活性氢原子和FeSx－1，则X为另一个氢原子和S-形成的微粒，电子式为； ②该反应的总反应为，结合反应机理可知，其他条件一定，500℃时， 比值为3时硫的产率小于比值为2时的原因是反应物中氢气过量，占据了过多的催化剂的活性中心，反而使得单位时间内硫的产率下降。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $