精品解析：2023届福建省厦门第一中学高三三模化学试题

化学试题 本试卷含选择题和非选择题两大题，共16小题，满分100分，共7页，考试时间75分钟。 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效。按照题号在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。 3．选择题答案使用2B铅笔填涂。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。非选择题答案使用0.5毫米的墨色中性(签字)笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。 4．保持答题卡卡面整洁，不折叠，不破损。考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 一、选择题：本题共12小题，其中15题每题3分，6-12题每题4分，共43分。 1. 化学与生活密切相关。下列说法正确的是 A. “天宫课堂”实验中，乙酸钠过饱和溶液结晶形成温热“冰球”，该过程发生吸热反应 B. 《天工开物》中有“至于矾现五色之形，硫为群石之将，皆变化于烈火”，其中的矾指的是金属硫化物 C. “雨后彩虹”“海市蜃楼”是一种光学现象，与胶体的知识有关 D. CPU制造中的光刻技术是利用光敏树脂在曝光条件下成像，该过程是物理变化 2. 化学分析的手段通常有定性分析、定量分析、仪器分析等，现代化学中仪器分析是研究物质结构的基本方法和实验手段。下列关于仪器分析的说法不正确的是 A. 光谱分析：利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，太阳光谱是连续光谱 B. 质谱分析：利用质荷比来测定分子的相对分子质量，与的质谱图完全相同 C. 红外光谱分析：获得分子中含有的化学键或官能团的信息，可用于区分和 D. X衍射图谱分析：获得分子结构的有关信息，包括晶胞形状和大小、分子或原子在微观空间有序排列呈现的对称类型、原子在晶胞里的数目和位置等 3. 根据下列装置和物质，能达到相应实验目的的是 A. 图1：测定溶液浓度 B. 图2：检验乙醇消去反应的产物 C. 图3：利用牺牲阳极法来防止钢铁输水管的腐蚀 D. 图4：制备 4. 黑磷和有机“纳米小人”风靡全球，黑磷具有与石墨相似的层状结构，其结构如图所示。下列分析错误的是 A. 黑磷中既存在非极性共价键又存在范德华力，黑磷的熔点高于白磷 B. 化合物P中一定共平面的原子有16个 C. 黑磷中P原子杂化方式为 D. 第三周期只有元素的第一电离能大于P 5. 氧化法制备联苯衍生物的转化过程如图所示。下列说法错误的是 A. ②③发生消去反应 B. ②③中最多处于同一平面的碳原子数相同 C. ⑤的苯环上的一氯代物有6种 D. ④与浓溴水反应最多可消耗 6. pH计的工作原理(如图所示)是通过测定电池电动势E(即玻璃电极和参比电极的电势差)而确定待测溶液的pH。电池电动势E与待测溶液pH关系为： (E的单位为V，K为常数)。下列说法错误的是 A. 计工作时，化学能转化为电能 B. 玻璃电极玻璃膜内外的差异会引起电池电动势的变化 C. 若玻璃电极电势比参比电极低，玻璃电极反应： D. 若测得的标准溶液电池电动势E为，可标定常数 7. X、Y、Z是常见的三种冠醚，其结构如图所示。它们能与碱金属离子作用，并随着环的大小不同而与不同金属离子作用。Li+的体积与X的空腔大小相近，恰好能进入X的环内，且Li+与氧原子的一对孤电子对作用形成稳定结构W(如图所示)。 例如：冠醚Z可与KMnO4发生如图所示的变化： 下列说法正确的是 A. W中Li+与冠醚X之间的作用属于离子键 B. 冠醚Y既能与K+形成稳定结构，也能与Li+形成稳定结构 C. 烯烃难溶于水，被KMnO4水溶液氧化的效果较差，若烯烃中溶入冠醚Z，氧化效果明显提升 D. 与X相比，W中的C－O－C键角更大 8. 工业生产中利用方铅矿(主要成分为，含有等杂质)制备晶体的工艺流程如图所示： 已知：难溶于冷水，易溶于热水；； 。下列说法错误的是 A. “浸取"的主要离子反应： B. “沉降”时加入冰水，是为了降低冰水温度，化学平衡逆向移动，有利于沉淀完全 C. “滤液a”经过处理后可以返回到浸取工序循环使用 D. 经“沉淀转化”后得到，若用溶液转化的(忽略溶液体积变化)，则溶液的最初物质的量浓度不得低于 9. 某探究小组设计实验测定反应的平衡常数并探究常温下稀释对该平衡移动方向的影响。步骤如下： (1)实验Ⅰ：配制溶液和溶液。各取混合(忽略反应引起的溶液体积变化，下同)，测得平衡时浓度为。 (2)实验Ⅱ：将溶液、溶液与水混合，测得平衡时浓度为。 下列分析正确的是 A. 配溶液所用玻璃仪器只需容量瓶、量筒和玻璃棒 B C. 该组实验可作为判断稀释对该平衡移动方向影响的证据 D. 测得该反应的 10. 已知部分短周期元素的原子半径和最高(最低)化合价如下表。我国科学家设计如下图所示“电子转移链” 过程。实现了低温条件下氧化高效制，下列说法错误的是 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ 0.74 1.60 1.52 1.10 0.99 1.86 0.75 0.82 A. 反应I为取代反应 B. 水解可制取 C. 反应的和的物质的量之比为1:2 D. N为上表中的⑦，而且和的混合气体中含有的孤电子对数为 11. 恒压条件下，将A、B按一定比例和流速通过装有催化剂的反应管只发生以下两个反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 相同时间内测得A的转化率及C、E的选择性与反应温度的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 194℃时，保持其他条件不变，增大气体流速，E的产率增大 B. 190～198℃范围内，升高温度，物质A的平衡转化率一定增大 C. X点可推断此时 D. Z点对应的所有生成物中，D的体积分数最小 12. 向某Na2A、NaHA的混合液中加入CaCl2固体(忽略溶液体积、温度的变化)，测出溶液中离子浓度变化如图所示。已知：Ksp(CaA)＝2×10−9，H2A为二元弱酸，Ca(HA)2易溶于水且溶液呈碱性。下列说法正确的是 A. X、Y、Z三点对应溶液pH大小顺序：X＜Y＜Z B. X点溶液中可能存在：c(OH－)＝c(H+) C. Y点溶液中c(HA－)＝2×10−2 mol∙L−1 D. 向Z点溶液中通入HCl气体，可以使Z点溶液向Y点溶液转化 二、非选择题：本题共4题，共57分。 13. 某化学小组制取无水三氯化铁并研究其与铜的反应，设计如图实验。 I.制备无水三氯化铁实验装置如图。(已知无水三氯化铁易潮解，易升华) （1）试剂X可以是_____；若缺少C装置其后果是_____(写一条)。 （2）整个装置充满黄绿色气体后，才开始加热D装置的目的是_____。 （3）若实验过程中FeCl3沉积在D和E的导管之间，导致导管内径变小，除去沉积FeCl3的简易操作是_____。 II.探究三氯化铁与铜反应的实验如图： (已知CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体) （4）请从平衡角度说明红色褪去的可能原因______。 （5）为了进一步研究白色沉淀进行如图实验。 ①如图蓝色溶液中可能含有的盐有Cu(NO3)2、______。 ②实验中CuSCN与过量稀HNO3反应生成白色沉淀B的阴离子，同时生成N2、NO和CO2气体。CuSCN与HNO3反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为______(已知SCN-中C为+4价)。 14. 硫酸镁可用于印染、造纸、医药工业。利用某水泥厂的废料(含50%MgO，还有少量CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质)，制取MgSO4·7H2O的流程如图： 回答下列问题 （1）“酸浸”时，pH控制为1，若提高浸取速率。可采取的措施是_________(任写一条)． （2）“氧化”时，NaClO与Mn2+按物质的量1：1反应生成MnO2，其离子方程式为：_________；调节时可加入试剂X为_________(任写一种)。 （3）滤渣除、外还有氧化物_________ “除钙”时，控温在时除去和混合溶液中的。部分物质的溶解度()如表： 温度/ 物质 20 40 60 80 28.6 30.9 36 40.8 0.272 0.23 0.204 0.184 （4）参照表格，简要说明除钙的操作方法__________________。 （5）60℃下CaSO4Ksp=_________(饱和CaSO4溶液的密度约为) （6）为了提高原料中镁的利用率，操作后滤液的处理方法是_________________。 15. 汽车尾气的氮氧化物是大气污染物的主要来源，研究汽车尾气处理是环境保护重要课题。试回答下列问题： Ⅰ.有关汽车尾气的生成 已知：① ② ③ （1）_________。 Ⅱ.用CO消除汽车尾气，在催化剂a作用下将尾气转化无污染气体而除去。向密闭容器中充入10mol CO(g)和8mol NO(g)发生反应，测得平衡时NO体积分数与温度、压强关系如图。 （2）已知 T2＞T1，则反应ΔH_________(填“>”、“=”或“<”)。 （3）该反应达到平衡后，为了同时提高反应速率和NO的平衡转化率，可采取的措施_________(填字母序号)。 a．改用高效催化剂 b．恒温恒容条件下，按投料比增大反应物浓度 c．移去CO2 d．升高温度 e．缩小反应容器的体积 （4）在温度为T1，体积为4L的条件下，反应进行到10min时恰好在D点平衡、则从反应开始到平衡时，NO平均反应速率v(NO)= _________；若其他条件不变，升高温度，用分压表示的平衡常数Kp_________(填“变大”、“变小”或“不变”)。 （5）在X点，对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到平衡状态可能为图中_________点(填A~F)。 Ⅲ.用NH3消除汽车尾气，新型催化剂b在含有少量O2条件下，能催化NH3和NOx反应生成N2，且高温下活性很强。在盛有催化剂b的管式反应容器[如图(一)]中按一定比例匀速通入NH3、NOx、O2发生反应。NOx的除去率随反应温度变化曲线如图(二)所示： （6）在50℃之前，NOx的除去率随温度升高而缓慢上升的原因是__________________。 （7）当温度高于300℃时，NOx除去率迅速下降的原因是__________________。 Ⅳ. CH4与CO2制备CO和H2，使用Ca/Fe3O4/Ni复合催化剂，可显著提高CO2的转化率，实现碳氢分离，并得到富含CO的产物，催化机理如图所示。 （8）请用化学方程式解释Fe3O4循环的原理__________________。 16. 2－氨基－3－苯基丁酸及其衍生物可作为植物生长调节剂，其同系物G的人工合成路线如图： （1）A是可与碳酸氢钠溶液反应的芳香族化合物，写出A的结构简式_____。 （2）写出C→D的反应方程式_____。 （3）A→B使用NaOH的目的_____。 （4）比C相对分子质量小14的芳香族同分异构体，同时满足下列条件的共有_____种(不考虑空间异构)。 ①可与碳酸氢钠溶液反应 ②可以使溴水褪色 ③苯环上为二取代，其中氯原子直接连接在苯环上 写出其中核磁共振氢谱五组峰，比值为2：2：2：2：1的同分异构体的结构简式_____。 （5）已知：+ 写出以为原料制备的合成路线流程图(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)_____。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 化学试题 本试卷含选择题和非选择题两大题，共16小题，满分100分，共7页，考试时间75分钟。 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效。按照题号在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。 3．选择题答案使用2B铅笔填涂。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。非选择题答案使用0.5毫米的墨色中性(签字)笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。 4．保持答题卡卡面整洁，不折叠，不破损。考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 一、选择题：本题共12小题，其中15题每题3分，6-12题每题4分，共43分。 1. 化学与生活密切相关。下列说法正确的是 A. “天宫课堂”实验中，乙酸钠过饱和溶液结晶形成温热“冰球”，该过程发生吸热反应 B. 《天工开物》中有“至于矾现五色之形，硫为群石之将，皆变化于烈火”，其中的矾指的是金属硫化物 C. “雨后彩虹”“海市蜃楼”是一种光学现象，与胶体的知识有关 D. CPU制造中的光刻技术是利用光敏树脂在曝光条件下成像，该过程是物理变化 【答案】C 【解析】 【详解】A．乙酸钠在温度较高的水中的溶解度非常大,很容易形成过饱和溶液，暂时处于亚稳态，这种溶液里只要有一点的结晶和颗粒，就能打破它的亚稳态，迅速结晶的同时释放出大量热量，A错误； B．矾指的是金属硫酸盐，B错误； C．“雨后彩虹”“海市蜃楼”是一种自然现象现象，与丁达尔效应有关，即胶体的知识有关，C正确； D．光刻技术是利用光敏树脂在曝光条件下成像，存在光化学反应，属于化学变化，D错误； 故选C。 2. 化学分析的手段通常有定性分析、定量分析、仪器分析等，现代化学中仪器分析是研究物质结构的基本方法和实验手段。下列关于仪器分析的说法不正确的是 A. 光谱分析：利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，太阳光谱是连续光谱 B. 质谱分析：利用质荷比来测定分子的相对分子质量，与的质谱图完全相同 C. 红外光谱分析：获得分子中含有的化学键或官能团的信息，可用于区分和 D. X衍射图谱分析：获得分子结构的有关信息，包括晶胞形状和大小、分子或原子在微观空间有序排列呈现的对称类型、原子在晶胞里的数目和位置等 【答案】B 【解析】 【详解】A．不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素；太阳上面不断进行‌核聚变，随时都有大量能量放出，太阳上的各种元素被激发为激发态，在向回跃迁时，会辐射出各种频率的光，从而构成了连续的光谱，故A正确； B．CH3CH2OH与CH3OCH3的最大荷比相同，但结构不同，形成的离子碎片不同，质谱图不完全相同，故B错误； C．红外吸收光谱仪可以测得未知物中的化学键或官能团，CH3CH2OH和CH3OCH3所含官能团为羟基和醚键，可用红外光谱分析区别，故C正确； D．X-射线衍射法是区分晶体和非晶体的最科学的方法，能获得晶胞形状和大小、分子或原子在微观空间有序排列呈现的对称类型、原子在晶胞里的数目和位置等，故D正确； 故选B。 3. 根据下列装置和物质，能达到相应实验目的的是 A. 图1：测定溶液浓度 B. 图2：检验乙醇消去反应的产物 C. 图3：利用牺牲阳极法来防止钢铁输水管的腐蚀 D. 图4：制备 【答案】C 【解析】 【详解】A．溴水对橡胶具有腐蚀性，因此盛放溴水的滴定管应是酸式滴定管，故A错误； B．乙醇在浓硫酸加热到170℃下发生消去反应，得到乙烯，浓硫酸具有脱水性，能将乙醇碳化，且浓硫酸具有强氧化性，能与碳发生氧化还原反应，得到二氧化硫，二氧化硫也能使溴水褪色，对乙烯性质检验，产生干扰，故B错误； C．镁比铁活泼，构成原电池中镁作负极，对铁制品起到保护作用，该方法称为牺牲阳极法。故C正确； D．氨气极易溶于水，为防止倒吸，通入氨气的导管不能伸入液面以下，因此应是短管通入氨气，后通二氧化碳，故D错误； 答案为C。 4. 黑磷和有机“纳米小人”风靡全球，黑磷具有与石墨相似的层状结构，其结构如图所示。下列分析错误的是 A. 黑磷中既存在非极性共价键又存在范德华力，黑磷的熔点高于白磷 B. 化合物P中一定共平面的原子有16个 C. 黑磷中P原子杂化方式为 D. 第三周期只有元素的第一电离能大于P 【答案】D 【解析】 【详解】A．黑磷中P与P之间存在非极性共价键，层与层之间存在范德华力，黑磷分子的相对分子质量远大于白磷，产生的范德华力较大，故黑磷的熔点高于白磷，A正确； B．苯环和碳碳三键上的所有原子都共面，，如图所示14个碳原子一定共面，2和6处碳原子还连接两个氢原子也一定与苯环共面，故一共16原子一定共面，B正确； C．黑磷中结构中连接为空间立体结构，故P原子杂化方式为sp3，C正确； D．第三周期中Ar与Cl的第一电离能都大于P的，D错误； 故答案为D。 5. 氧化法制备联苯衍生物的转化过程如图所示。下列说法错误的是 A. ②③发生消去反应 B. ②③中最多处于同一平面的碳原子数相同 C. ⑤的苯环上的一氯代物有6种 D. ④与浓溴水反应最多可消耗 【答案】B 【解析】 【详解】A．对比②③结构可知，③多出一个碳碳双键，且少了一个I和邻位碳上的H，故发生的为消去反应，A正确； B．②中与苯环相连的碳原子为饱和碳，与其所连的碳原子四个原子一定不共平面，③中与苯环相连的碳原子为不饱和碳，与其所连的碳原子四个原子一定共平面且可与苯环在同一平面，故②③中最多处于同一平面的碳原子数不同，B错误； C．⑤中苯环上有6种不同化学环境的氢原子，故其一氯代物有6种，C正确； D．苯环上酚羟基的邻对位容易被浓溴水取代，④中酚羟基邻对位均可被取代，1mol④最多可消耗3mol溴单质，D正确； 故选B。 6. pH计的工作原理(如图所示)是通过测定电池电动势E(即玻璃电极和参比电极的电势差)而确定待测溶液的pH。电池电动势E与待测溶液pH关系为： (E的单位为V，K为常数)。下列说法错误的是 A. 计工作时，化学能转化为电能 B. 玻璃电极玻璃膜内外的差异会引起电池电动势的变化 C. 若玻璃电极电势比参比电极低，玻璃电极反应： D. 若测得的标准溶液电池电动势E为，可标定常数 【答案】C 【解析】 【详解】A．原电池是把化学能转化为电能，pH计是以玻璃电极（在特制玻璃薄膜球内放置已知浓度的HCl溶液，并插入Ag-AgCl电极）和另一Ag-AgCl电极插入待测溶液中组成电池，计工作时，化学能转化为电能，A正确； B．pH与电池的电动势E存在关系：，则pH=，利用玻璃膜内外氢离子浓度的差异引起电动势的变化达到测量溶液的pH目的，B正确； C．若玻璃电极电势比参比电极低，，为原电池负极，负极上是银失电子生成氯化银，电极反应为：Ag-e-+Cl-═AgCl，C错误； D．pH与电池的电动势E存在关系：，若测得的标准溶液电池电动势E为，可标定常数K=E-0.059pH=0.377-0.059×3=0.2，D正确； 故答案为：C。 7. X、Y、Z是常见的三种冠醚，其结构如图所示。它们能与碱金属离子作用，并随着环的大小不同而与不同金属离子作用。Li+的体积与X的空腔大小相近，恰好能进入X的环内，且Li+与氧原子的一对孤电子对作用形成稳定结构W(如图所示)。 例如：冠醚Z可与KMnO4发生如图所示的变化： 下列说法正确的是 A. W中Li+与冠醚X之间的作用属于离子键 B. 冠醚Y既能与K+形成稳定结构，也能与Li+形成稳定结构 C. 烯烃难溶于水，被KMnO4水溶液氧化的效果较差，若烯烃中溶入冠醚Z，氧化效果明显提升 D. 与X相比，W中的C－O－C键角更大 【答案】CD 【解析】 【详解】A．Li+提供空轨道、O原子提供孤电子对，二者形成配位键，A错误； B．冠醚Y空腔较大，Li+半径较小，导致该离子不易与氧原子的孤电子对形成配位键，所以得不到稳定结构，B错误； C．根据相似相溶原理知，冠醚Z可溶于烯烃，加入冠醚Z中的K+因静电作用将带入烯烃中，增大反应物的接触面积，提高了氧化效果，C正确； D．X中O原子含有2对孤电子对，孤电子对之间排斥力较强，导致X中键角小于W，D正确； 故选CD。 8. 工业生产中利用方铅矿(主要成分为，含有等杂质)制备晶体的工艺流程如图所示： 已知：难溶于冷水，易溶于热水；； 。下列说法错误的是 A. “浸取"的主要离子反应： B. “沉降”时加入冰水，是为了降低冰水温度，化学平衡逆向移动，有利于沉淀完全 C. “滤液a”经过处理后可以返回到浸取工序循环使用 D. 经“沉淀转化”后得到，若用溶液转化(忽略溶液体积变化)，则溶液的最初物质的量浓度不得低于 【答案】A 【解析】 【分析】方铅矿(主要成分为，含有等杂质)和中加入盐酸浸取，盐酸与、反应生成和，被还原为，加入的可促进反应平衡正向移动，使更多的元素存在于溶液中，再加入调节溶液，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤得到滤渣2为氢氧化铁沉淀，难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到晶体，之后加入稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，滤液a中主要成分为HCl，据此分析解答。　 【详解】A．浸取时盐酸与、反应生成和S，被还原为，加入的可促进反应平衡正向移动，发生，使更多的Pb元素存在于溶液中，最后发生的主要离子方程式为：，A错误； B．因难溶于冷水，易溶于热水并存在；加入冰水降低温度，化学平衡逆向移动，有利于沉淀更完全，B正确； C．根据分析，滤液a中主要成分为，经处理后可返回浸取工艺循环利用，C正确； D．用溶液将经“沉淀转化”后得到的离子方程式为，该反应的平衡常数，转化为沉淀需要，同时溶液中，则，由，计算出还需要，则的起始物质的量至少为，即溶液的起始物质的量浓度不得低于，D正确； 故答案为：A。 9. 某探究小组设计实验测定反应的平衡常数并探究常温下稀释对该平衡移动方向的影响。步骤如下： (1)实验Ⅰ：配制溶液和溶液。各取混合(忽略反应引起的溶液体积变化，下同)，测得平衡时浓度为。 (2)实验Ⅱ：将溶液、溶液与水混合，测得平衡时浓度为。 下列分析正确的是 A. 配溶液所用玻璃仪器只需容量瓶、量筒和玻璃棒 B. C. 该组实验可作为判断稀释对该平衡移动方向影响的证据 D. 测得该反应的 【答案】C 【解析】 【详解】A．配溶液所用玻璃仪器需要容量瓶（对应规格）、量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管，A错误； B．根据为离子浓度减小的反应，稀释时，反应应向离子浓度增大的方向移动，则，B错误； C．根据稀释前后浓度分析，该组实验可作为判断稀释对该平衡移动方向影响的证据，C正确； D．根据实验Ⅰ，反应后银离子浓度为（0.005-c1）mol/L，亚铁离子浓度为（0.02-c1）mol/L，则该反应的，D错误； 故选C。 10. 已知部分短周期元素的原子半径和最高(最低)化合价如下表。我国科学家设计如下图所示“电子转移链” 过程。实现了低温条件下氧化高效制，下列说法错误的是 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ 0.74 1.60 1.52 1.10 0.99 1.86 0.75 0.82 A. 反应I为取代反应 B. 水解可制取 C. 反应的和的物质的量之比为1:2 D. N为上表中的⑦，而且和的混合气体中含有的孤电子对数为 【答案】C 【解析】 【分析】短周期元素，①最低价是-2，半径较小，推测其为O元素；⑤的最高价+7，最低价-1，推测其为Cl元素；④和⑦最高+5价，最低-3价，④的半径比⑦大，推测④是P元素，⑦是N元素；③和⑥最高+1价，⑥的半径比③大，推测⑥是Na元素，③是Li元素；②最高+2价，⑧最高+3价，且半径⑧<③Li<②<⑥Na，推断②是Mg元素，⑧是B元素。故①②③④⑤⑥⑦⑧对应的元素分别是O、Mg、Li、P、Cl、Na、N、B，据此分析答题。 【详解】A．由图可知，反应I为取代反应，甲基取代了氢原子，A正确； B．中含有酯基，酸性水解可制取，B正确； C．结合反应Ⅲ和Ⅳ，得2+O2→2+2H2O，则反应的和的物质的量之比为2：1，C错误； D．根据分析，⑦是N元素，CO与N2的相对分子质量均为28，孤电子对数均为2，故和的混合气体中含有的孤电子对数为，D正确； 答案选C。 11. 恒压条件下，将A、B按一定比例和流速通过装有催化剂的反应管只发生以下两个反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 相同时间内测得A的转化率及C、E的选择性与反应温度的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 194℃时，保持其他条件不变，增大气体流速，E的产率增大 B. 190～198℃范围内，升高温度，物质A的平衡转化率一定增大 C. X点可推断此时 D. Z点对应的所有生成物中，D的体积分数最小 【答案】C 【解析】 【详解】A．194℃时，保持其他条件不变，增大气体流速，反应物与催化剂接触时间少，E的产率减小，故A错误； B．两个反应均为放热反应，190～198℃范围内，升高温度，平衡逆向移动，平衡转化率随温度的升高而降低，故B错误； C．由图可知X点时，A的转化率为97%，物质C的选择性为50%，则物质E的选择性也为50%，设A的起始物质的量为100mol，两反应消耗的A为97mol，剩余A为3mol，则反应II中消耗的A为48.5mol，生成E的物质的量为48.5mol， ，故C正确； D．Z点对应的所有生成物中，由于两反应均生成D，则D的物质的量最大，又因为此时C的选择性大于50%，可知C的物质的量大于E的物质的量，则E的体积分数最小，故D错误； 故选：C。 12. 向某Na2A、NaHA的混合液中加入CaCl2固体(忽略溶液体积、温度的变化)，测出溶液中离子浓度变化如图所示。已知：Ksp(CaA)＝2×10−9，H2A为二元弱酸，Ca(HA)2易溶于水且溶液呈碱性。下列说法正确的是 A. X、Y、Z三点对应溶液pH大小顺序为：X＜Y＜Z B. X点溶液中可能存在：c(OH－)＝c(H+) C. Y点溶液中c(HA－)＝2×10−2 mol∙L−1 D. 向Z点溶液中通入HCl气体，可以使Z点溶液向Y点溶液转化 【答案】C 【解析】 【详解】A．H2A为二元弱酸，，则，，可知越小，氢离子浓度越小，其pH值越大，因此溶液X、Y、Z三点对应溶液pH大小顺序为： Z＜Y＜X，故A错误； B．Ca(HA)2易溶于水且溶液呈碱性，则说明HA－电离程度小于水解程度，Y点，说明c(HA－)＝c(A2−)，X点，则c(HA－)＜c(A2−)，溶液显碱性即c(H+)＜c(OH－)，故B错误； C．Y点溶液c(Ca2+)＝1×10−7mol∙L−1，根据Ksp(CaA)＝2×10−9，则c(A2−)＝2×10−2 mol∙L−1，由于，c(HA－)＝c(A2−)＝2×10−2 mol∙L−1，故C正确； D．向Z点溶液中通入HCl气体，A2−与H＋反应，c(A2−)减小，减小，则增大，因此可以使Z点溶液向右后方点溶液转化，故D错误。 综上所述，答案为C。 二、非选择题：本题共4题，共57分。 13. 某化学小组制取无水三氯化铁并研究其与铜的反应，设计如图实验。 I.制备无水三氯化铁实验装置如图。(已知无水三氯化铁易潮解，易升华) （1）试剂X可以是_____；若缺少C装置其后果是_____(写一条)。 （2）整个装置充满黄绿色气体后，才开始加热D装置的目的是_____。 （3）若实验过程中FeCl3沉积在D和E的导管之间，导致导管内径变小，除去沉积FeCl3的简易操作是_____。 II.探究三氯化铁与铜反应的实验如图： (已知CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体) （4）请从平衡角度说明红色褪去的可能原因______。 （5）为了进一步研究白色沉淀进行如图实验。 ①如图蓝色溶液中可能含有的盐有Cu(NO3)2、______。 ②实验中CuSCN与过量稀HNO3反应生成白色沉淀B的阴离子，同时生成N2、NO和CO2气体。CuSCN与HNO3反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为______(已知SCN-中C为+4价)。 【答案】（1） ①. KMnO4 ②. D装置中的铁粉与水蒸气反应或无水三氯化铁潮解 （2）防止D装置中的铁粉与空气中的氧气和水蒸气反应 （3）加热D与E之间的导管 （4）由于存在反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，加入铜粉，Cu与Fe3+反应消耗Fe3+，也可能生成CuSCN消耗SCN-，使上述平衡逆向移动，Fe(SCN)3浓度减小，致红色褪去 （5） ①. CuCl2、CuSO4 ②. 1：4 【解析】 【分析】A中生成氯气，通过饱和食盐水B除去挥发的氯化氢气体后，通过C浓硫酸干燥，进入D中和铁生成氯化铁，E收集产物，F吸收尾气； 【小问1详解】 A为不加热装置制取氯气，则X可以为KMnO4；已知无水三氯化铁易潮解，若缺少C装置，则铁和水蒸气在高温下和铁反应生成四氧化三铁，且会导致生成的无水三氯化铁潮解； 【小问2详解】 整个装置充满黄绿色气体后，才开始加热D装置的目的是防止D装置中的铁粉与空气中的氧气和水蒸气反应，干扰实验； 【小问3详解】 已知无水三氯化铁易升华，故加热D与E之间的导管，可以除去沉积的FeCl3； 【小问4详解】 红色的原因是存在反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，生成的Fe(SCN)3为红色，加入铜粉，Cu与Fe3+反应消耗Fe3+，也可能生成CuSCN消耗SCN-，使上述平衡逆向移动，Fe(SCN)3浓度减小，致红色褪去； 【小问5详解】 ①已知CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体，加入的稀硝酸具有强氧化性，可能把硫元素氧化为硫酸根离子，铜离子的溶液显蓝色，故实验中蓝色溶液中可能含有的盐为Cu(NO3)2、CuCl2、CuSO4。 ②实验中CuSCN与过量稀HNO3反应生成白色沉淀B的阴离子，B的阴离子为硫酸根离子，同时生成N2、NO和CO2气体；CuSCN与HNO3反应，CuSCN中铜元素化合价由+1变为+2、硫元素由-2变为+6、氮元素由-3变为0，硝酸中氮元素化合价由+5变为-2，则根据电子守恒可知，CuSCN~12e-~4HNO3，故还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:4。 14. 硫酸镁可用于印染、造纸、医药工业。利用某水泥厂的废料(含50%MgO，还有少量CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质)，制取MgSO4·7H2O的流程如图： 回答下列问题 （1）“酸浸”时，pH控制为1，若提高浸取速率。可采取的措施是_________(任写一条)． （2）“氧化”时，NaClO与Mn2+按物质的量1：1反应生成MnO2，其离子方程式为：_________；调节时可加入试剂X为_________(任写一种)。 （3）滤渣除、外还有氧化物_________。 “除钙”时，控温在时除去和混合溶液中的。部分物质的溶解度()如表： 温度/ 物质 20 40 60 80 28.6 30.9 36 40.8 0.272 0.23 0.204 0.184 （4）参照表格，简要说明除钙的操作方法__________________。 （5）60℃下CaSO4的Ksp=_________(饱和CaSO4溶液的密度约为) （6）为了提高原料中镁的利用率，操作后滤液的处理方法是_________________。 【答案】（1）适当升温(或粉碎或搅拌) （2） ①. ②. MgO(或MgCO3或碱式碳酸镁等) （3）MnO2、SiO2 （4）将滤液保持左右蒸发至出现一定量固体并趁热过滤 （5） （6）将操作a后的母液循环利用 【解析】 【分析】水泥厂的废料加入足量稀硫酸，MgO、CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3都与硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，向反应后溶液中加入次氯酸钠溶液进行氧化，再加入氧化镁物质调节溶液的pH值使得铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤，向滤液中加入除钙物质除钙，再过滤，将滤液进行一系列操作得到MgSO4∙7H2O。 【小问1详解】 提高浸取速率，可以从温度、接触面积来采取的措施，具体为适当升温(或粉碎或搅拌)； 【小问2详解】 “氧化”时，NaClO与Mn2+按物质的量1：1反应生成MnO2、Cl－和水，锰化合价由+2变为+4、氯化合价由+1变为-1，结合电子守恒，其离子方程式为ClO－＋Mn2+＋H2O=Cl－＋MnO2↓＋2H+；调节pH时不能引入新杂质，加入要保留的离子对应的难溶物，通过消耗铁离子水解的氢离子来促进铁离子水解，因此可加入试剂X为MgO(或MgCO3或碱式碳酸镁等)； 【小问3详解】 二氧化硅不与硫酸反应，在氧化时得到二氧化锰，因此滤渣除Al(OH)3、Fe(OH)3外还有氧化物MnO2、SiO2； 【小问4详解】 根据表格数据，60℃时MgSO4溶解度较大，而CaSO4溶解度较小，在此时趁热过滤，其除钙的操作方法将滤液保持60℃左右蒸发至出现一定量固体并趁热过滤； 【小问5详解】 60℃下饱和CaSO4溶液的密度约为1.0g∙mL−1，60℃时CaSO4溶解度为0.204，则1L溶液为1000g，溶解CaSO4的质量为2.04g，其溶液中，则CaSO4的； 【小问6详解】 操作a是从溶液中经过一系列过程得到晶体，过滤时溶液中还有硫酸镁，为了提高原料中镁的利用率，操作a后滤液的处理方法是将操作a后的母液循环利用。 15. 汽车尾气的氮氧化物是大气污染物的主要来源，研究汽车尾气处理是环境保护重要课题。试回答下列问题： Ⅰ.有关汽车尾气的生成 已知：① ② ③ （1）_________。 Ⅱ.用CO消除汽车尾气，在催化剂a作用下将尾气转化无污染气体而除去。向密闭容器中充入10mol CO(g)和8mol NO(g)发生反应，测得平衡时NO体积分数与温度、压强关系如图。 （2）已知 T2＞T1，则反应ΔH_________(填“>”、“=”或“<”)。 （3）该反应达到平衡后，为了同时提高反应速率和NO的平衡转化率，可采取的措施_________(填字母序号)。 a．改用高效催化剂 b．恒温恒容条件下，按投料比增大反应物浓度 c．移去CO2 d．升高温度 e．缩小反应容器的体积 （4）在温度为T1，体积为4L的条件下，反应进行到10min时恰好在D点平衡、则从反应开始到平衡时，NO平均反应速率v(NO)= _________；若其他条件不变，升高温度，用分压表示的平衡常数Kp_________(填“变大”、“变小”或“不变”)。 （5）在X点，对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到平衡状态可能为图中_________点(填A~F)。 Ⅲ.用NH3消除汽车尾气，新型催化剂b在含有少量O2条件下，能催化NH3和NOx反应生成N2，且高温下活性很强。在盛有催化剂b的管式反应容器[如图(一)]中按一定比例匀速通入NH3、NOx、O2发生反应。NOx的除去率随反应温度变化曲线如图(二)所示： （6）在50℃之前，NOx的除去率随温度升高而缓慢上升的原因是__________________。 （7）当温度高于300℃时，NOx除去率迅速下降的原因是__________________。 Ⅳ. CH4与CO2制备CO和H2，使用Ca/Fe3O4/Ni复合催化剂，可显著提高CO2的转化率，实现碳氢分离，并得到富含CO的产物，催化机理如图所示。 （8）请用化学方程式解释Fe3O4循环的原理__________________。 【答案】（1）-130.52 kJ/mol （2）＜ （3）be （4） ①. 0.1mol·L-1·min-1 ②. 变小 （5）A （6）催化剂的活性较小，温度升高速率增加缓慢 （7）O2与NH3反应生成NOx （8）Fe3O4+4CO=3Fe+4CO2、Fe3O4+4H2=3Fe+4H2O、3Fe+4CO2=Fe3O4+4CO或3Fe+4CaCO3=4CaO+Fe3O4+4CO。 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，反应②×-①-③×可得反应3NO(g)=N2O(g)＋NO2(g)，ΔH=ΔH2×-ΔH2 -ΔH3×=-144.14kJ•mol-1×-180.50kJ•mol-1-(-244.10kJ•mol-1)×=-130.52kJ•mol-1。 答案为-130.52kJ/mol。 【小问2详解】 根据图中信息可知，以过X点的等压线，已知T2＞T1，温度越高，NO的体积分数越大，说明升高温度，平衡逆向移动。升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则逆方向为吸热反应，正方向为放热反应，则反应ΔH＜0。 答案为＜。 小问3详解】 a．改用高效催化剂，化学反应速率增大，但催化剂不能使平衡移动，NO的转化率不变，a不符合题意； b．恒温恒容条件下，按投料比增大反应物浓度，相当于增大压强，化学反应速率增大，平衡向气体体积缩小的正反应方向移动，NO的转化率增大，b符合题意； c．移去CO2，生成物的浓度减小，反应速率减小，平衡正向移动，NO的转化率增大，c不符合题意； d．升高温度，化学反应速率增大，但正反应为放热反应，平衡逆向移动，NO的转化率减小，d不符合题意； e．缩小反应容器的体积，相当于增大压强，化学反应速率增大，平衡向气体体积缩小的正反应方向移动，NO的转化率增大，e符合题意； 综上，be符合题意； 答案为be。 【小问4详解】 可利用三段式，求反应速率。向密闭容器中充入10mol CO(g)和8mol NO(g)发生反应，设NO转化率为x，根据三段式有： 平衡时NO的体积分数为25%，则有，解得x=50%，则NO平均反应速率v(NO)= =0.1mol•L-1•min-1。 若其他条件不变，升高温度，平衡逆向移动，生成物的平衡分压减小，反应物的平衡分压增大，用分压表示的平衡常数Kp变小。 答案为0.1mol·L-1·min-1 变小。 【小问5详解】 由图可知，结合反应可知，升温会使反应逆向移动，导致NO的体积分数会增加，减压也会使反应逆向移动，导致NO的体积分数增加；所以升温和减压后，NO的体积分数必然增加，达到平衡状态时，NO的体积分数一定比X点对应的体积分数大，符合条件的只有A点，A符合题意。 答案为A。 【小问6详解】 已知新型催化剂b在高温下活性很强，随温度的升高，催化剂b活性增强，但由于温度仍然较低，活性提高程度不大，反应速率加快但不明显，故50℃之前NOx的除去率缓慢增大。 答案为催化剂的活性较小，温度升高速率增加缓慢。 【小问7详解】 已知新型催化剂b在高温下活性很强，当温度高于300℃时NOx的除去率迅速下降与催化剂活性无关。所通气体为NOx、NH3和O2的混合物，当温度高于300℃时，NH3与O2可能发生副反应，如4NH3+5O24NO+6H2O，生成了NOx，且氨的浓度减小，导致NOx除去率迅速下降。 答案为O2与NH3反应生成NOx。 【小问8详解】 根据图知，Fe3O4和CO、H2反应生成Fe，Fe和CO2或CaCO3反应生成Fe3O4，涉及的方程式为Fe3O4+4CO=3Fe+4CO2、Fe3O4+4H2=3Fe+4H2O、3Fe+4CO2=Fe3O4+4CO或3Fe+4CaCO3=4CaO+Fe3O4+4CO。 答案Fe3O4+4CO=3Fe+4CO2、Fe3O4+4H2=3Fe+4H2O、3Fe+4CO2=Fe3O4+4CO或3Fe+4CaCO3=4CaO+Fe3O4+4CO。 16. 2－氨基－3－苯基丁酸及其衍生物可作为植物生长调节剂，其同系物G的人工合成路线如图： （1）A是可与碳酸氢钠溶液反应的芳香族化合物，写出A的结构简式_____。 （2）写出C→D的反应方程式_____。 （3）A→B使用NaOH的目的_____。 （4）比C相对分子质量小14的芳香族同分异构体，同时满足下列条件的共有_____种(不考虑空间异构)。 ①可与碳酸氢钠溶液反应 ②可以使溴水褪色 ③苯环上为二取代，其中氯原子直接连接在苯环上 写出其中核磁共振氢谱五组峰，比值为2：2：2：2：1的同分异构体的结构简式_____。 （5）已知：+ 写出以为原料制备的合成路线流程图(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） （2）CH3OH++HCl （3）中和生成的HI，使反应A→B向正反应方向移动 （4） ①. 24 ②. （5） 【解析】 【分析】A是可与碳酸氢钠溶液反应的芳香族化合物，对比A的分子组成及B的结构可知，A与CH3I发生取代反应，再经酸化生成B，A的结构简式为：；B与SOCl2发生取代反应生成C，C为，C与甲醇发生取代反应生成D，结合E的结构可知C与的Cl原子被-OCH3替代，D为：，D与NH2OH发生反应生成E，E在Zn、硫酸作用下发生还原反应，再经碱化生成F，F为 ，F在酸性条件下发生酯的水解反应，再调节pH值得到G，据此解答。 【小问1详解】 由以上分析可知A为，故答案为：； 【小问2详解】 C与甲醇发生取代反应生成D，结合E的结构可知C与的Cl原子被-OCH3替代，D为：，反应方程式为：CH3OH++HCl，故答案为：CH3OH++HCl； 【小问3详解】 A到B的第一步转化反应为：+2CH3I→+2HI，加入NaOH可以中和生成的HI，有利于该反应正向进行，故答案为：中和生成的HI，使反应A→B向正反应方向移动； 【小问4详解】 比C相对分子质量小14，可知该结构比C少一个碳原子；①可与碳酸氢钠溶液反应，说明含有羧基； ②可以使溴水褪色，结合C的组成可知，有羧基后苯环支链上还有一个不饱和度，说明含有一个碳碳双键； ③苯环上为二取代，其中氯原子直接连接在苯环上，则碳碳双键和羧基在同一个支链上。 则除Cl原子外的支链可以是：—CH=CHCH2COOH、、、、、—CH2—CH=CH—COOH、、，每种结构与氯原子有邻、间、对三种位置，共24种结构，其中核磁共振氢谱五组峰，比值为2：2：2：2：1的同分异构体的结构简式，故答案为：24；； 【小问5详解】 经催化氧化生成，在NaOH加热条件下发生分子内加成再消去生成，与NH2OH发生流程种反应生成，可得合成路线：，故答案为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $