2025届高三化学一轮复习 2022-2024辽宁高考化学真题分考点汇编

2025届高三化学一轮复习 2022-2024 辽宁高考化学真题分考点汇编 一、单选题 考点 化学与材料 1．（2024·辽宁·高考真题）文物见证历史，化学创造文明。东北三省出土的下列文物据其主要成分不能与其他三项归为一类的是 A．金代六曲葵花鎏金银盏 B．北燕鸭形玻璃注 C．汉代白玉耳杯 D．新石器时代彩绘几何纹双腹陶罐 2．（2023·辽宁·高考真题）科技是第一生产力，我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法错误的是 A．利用CO2合成了脂肪酸：实现了无机小分子向有机高分子的转变 B．发现了月壤中的“嫦娥石[(Ca8Y)Fe(PO4)7]”：其成分属于无机盐 C．研制了高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式：太阳能→电能 D．革新了海水原位电解制氢工艺：其关键材料多孔聚四氟乙烯耐腐蚀 3．（2022·辽宁·高考真题）北京冬奥会备受世界瞩目。下列说法错误的是 A．冰壶主材料花岗岩属于无机非金属材料 B．火炬“飞扬”使用的碳纤维属于有机高分子材料 C．冬奥会“同心”金属奖牌属于合金材料 D．短道速滑服使用的超高分子量聚乙烯属于有机高分子材料 考点 物质的性质与用途 4．（2024·辽宁·高考真题）家务劳动中蕴含着丰富的化学知识。下列相关解释错误的是 A．用过氧碳酸钠漂白衣物：具有较强氧化性 B．酿米酒需晾凉米饭后加酒曲：乙醇受热易挥发 C．用柠檬酸去除水垢：柠檬酸酸性强于碳酸 D．用碱液清洗厨房油污：油脂可碱性水解 考点 化学用语 5．（2022·辽宁·高考真题）下列符号表征或说法正确的是 A．电离：H2S=HS- + H+ B．位于元素周期表p区 C．空间结构：平面三角形 D．电子式：   6．（2023·辽宁·高考真题）下列化学用语或表述正确的是 A．BeCl2的空间结构：V形 B．P4中的共价键类型：非极性键 C．基态Ni原子价电子排布式：3d10 D．顺—2—丁烯的结构简式：   7．（2024·辽宁·高考真题）下列化学用语或表述正确的是 A．中子数为1的氦核素： B．的晶体类型：分子晶体 C．的共价键类型：键 D．的空间结构：平面三角形 考点 物质的性质 8．（2022·辽宁·高考真题）下列类比或推理合理的是 已知 方法 结论 A 沸点： 类比 沸点： B 酸性： 类比 酸性： C 金属性： 推理 氧化性： D ： 推理 溶解度： A．A B．B C．C D．D 考点 阿伏伽德罗常数 9．（2022·辽宁·高考真题）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．标准状况下，22.4LHCl气体中H+数目为NA B．28gC2H4分子中含有的键数目为4NA C．1.8g18O中含有的中子数为NA D．pH=12的Na2CO3溶液中数目为0.01NA 10．（2023·辽宁·高考真题）我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．含键数目为 B．每生成转移电子数目为 C．晶体中含离子数目为 D．溶液中含数目为 11．（2024·辽宁·高考真题）硫及其化合物部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．标准状况下，中原子总数为 B．溶液中，数目为 C．反应①每消耗，生成物中硫原子数目为 D．反应②每生成还原产物，转移电子数目为 考点 实验基础、实验方案设计与评价 12．（2024·辽宁·高考真题）下列实验操作或处理方法错误的是 A．点燃前，先检验其纯度 B．金属K着火，用湿抹布盖灭 C．温度计中水银洒落地面，用硫粉处理 D．苯酚沾到皮肤上，先后用乙醇、水冲洗 13．（2023·辽宁·高考真题）下列鉴别或检验不能达到实验目的的是 A．用石灰水鉴别Na2CO3与NaHCO3 B．用KSCN溶液检验FeSO4是否变质 C．用盐酸酸化的BaCl2溶液检验Na2SO3是否被氧化 D．加热条件下用银氨溶液检验乙醇中是否混有乙醛 14．（2024·辽宁·高考真题）下列实验方法或试剂使用合理的是 选项 实验目的 实验方法或试剂 A 检验溶液中是否含有 溶液 B 测定溶液中 用溶液滴定 C 除去乙醇中少量的水 加入金属，过滤 D 测定溶液的 使用试纸 A．A B．B C．C D．D 15．（2022·辽宁·高考真题）下列实验能达到目的的是 实验目的 实验方法或操作 A 测定中和反应的反应热 酸碱中和滴定的同时，用温度传感器采集锥形瓶内溶液的温度 B 探究浓度对化学反应速率的影响 量取同体积不同浓度的溶液，分别加入等体积等浓度的溶液，对比现象 C 判断反应后是否沉淀完全 将溶液与溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴溶液 D 检验淀粉是否发生了水解 向淀粉水解液中加入碘水 A．A B．B C．C D．D 16．（2023·辽宁·高考真题）某小组进行实验，向蒸馏水中加入，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入锌粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知为棕色，下列关于颜色变化的解释错误的是 选项 颜色变化 解释 A 溶液呈浅棕色 在水中溶解度较小 B 溶液颜色加深 发生了反应： C 紫黑色晶体消失 ()的消耗使溶解平衡右移 D 溶液褪色 与有色物质发生了置换反应 A．A B．B C．C D．D 考点 氧化还原反应 17．（2024·辽宁·高考真题）分解的“碘钟”反应美轮美奂。将一定浓度的三种溶液(①溶液；②淀粉、丙二酸和混合溶液；③、稀硫酸混合溶液)混合，溶液颜色在无色和蓝色之间来回振荡，周期性变色；几分钟后，稳定为蓝色。下列说法错误的是 A．无色→蓝色：生成 B．蓝色→无色：转化为化合态 C．起漂白作用 D．淀粉作指示剂 18．（2022·辽宁·高考真题）镀锌铁钉放入棕色的碘水中，溶液褪色；取出铁钉后加入少量漂白粉，溶液恢复棕色；加入，振荡，静置，液体分层。下列说法正确的是 A．褪色原因为被还原 B．液体分层后，上层呈紫红色 C．镀锌铁钉比镀锡铁钉更易生锈 D．溶液恢复棕色的原因为被氧化 考点 有机化合物 19．（2022·辽宁·高考真题）下列关于苯乙炔()的说法正确的是 A．不能使酸性溶液褪色 B．分子中最多有5个原子共直线 C．能发生加成反应和取代反应 D．可溶于水 20．（2023·辽宁·高考真题）在光照下，螺吡喃发生开、闭环转换而变色，过程如下。下列关于开、闭环螺呲喃说法正确的是    A．均有手性碳原子 B．互为同分异构体 C．N原子杂化方式相同 D．闭环螺吡喃亲水性更好 21．（2023·辽宁·高考真题）冠醚因分子结构形如皇冠而得名，某冠醚分子c可识别，其合成方法如下。下列说法错误的是    A．该反应为取代反应 B．a、b均可与溶液反应 C．c核磁共振氢谱有3组峰 D．c可增加在苯中的溶解度 22．（2024·辽宁·高考真题）如下图所示的自催化反应，Y作催化剂。下列说法正确的是 A．X不能发生水解反应 B．Y与盐酸反应的产物不溶于水 C．Z中碳原子均采用杂化 D．随增大，该反应速率不断增大 23．（2024·辽宁·高考真题）环六糊精(D-吡喃葡萄糖缩合物)具有空腔结构，腔内极性较小，腔外极性较大，可包合某些分子形成超分子。图1、图2和图3分别表示环六糊精结构、超分子示意图及相关应用。下列说法错误的是 A．环六糊精属于寡糖 B．非极性分子均可被环六糊精包合形成超分子 C．图2中甲氧基暴露在反应环境中 D．可用萃取法分离环六糊精和氯代苯甲醚 24．（2022·辽宁·高考真题）利用有机分子模拟生物体内“醛缩酶”催化Diels-Alder反应取得重要进展，荣获2021年诺贝尔化学奖。某Diels-Alder反应催化机理如下，下列说法错误的是 A．总反应为加成反应 B．Ⅰ和Ⅴ互为同系物 C．Ⅵ是反应的催化剂 D．化合物X为 考点 元素周期律 25．（2022·辽宁·高考真题）短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大。基态X、Z、Q原子均有两个单电子，W简单离子在同周期离子中半径最小，Q与Z同主族。下列说法错误的是 A．X能与多种元素形成共价键 B．简单氢化物沸点： C．第一电离能： D．电负性： 26．（2024·辽宁·高考真题）如下反应相关元素中，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，基态X原子的核外电子有5种空间运动状态，基态Y、Z原子有两个未成对电子，Q是ds区元素，焰色试验呈绿色。下列说法错误的是 A．单质沸点： B．简单氢化物键角： C．反应过程中有蓝色沉淀产生 D．是配合物，配位原子是Y 27．（2023·辽宁·高考真题）某种镁盐具有良好的电化学性能，其阴离子结构如下图所示。W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W、Y原子序数之和等于Z，Y原子价电子数是Q原子价电子数的2倍。下列说法错误的是 A．W与X的化合物为极性分子 B．第一电离能 C．Q的氧化物是两性氧化物 D．该阴离子中含有配位键 考点 物质的性质与结构、晶胞结构 28．（2022·辽宁·高考真题）理论化学模拟得到一种离子，结构如图。下列关于该离子的说法错误的是 A．所有原子均满足8电子结构 B．N原子的杂化方式有2种 C．空间结构为四面体形 D．常温下不稳定 29．（2023·辽宁·高考真题）晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。下列说法错误的是    A．图1晶体密度为g∙cm-3 B．图1中O原子的配位数为6 C．图2表示的化学式为 D．取代产生的空位有利于传导 30．（2024·辽宁·高考真题）某锂离子电池电极材料结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；所有晶胞均为立方晶胞。下列说法错误的是 A．结构1钴硫化物的化学式为 B．晶胞2中S与S的最短距离为当 C．晶胞2中距最近的S有4个 D．晶胞2和晶胞3表示同一晶体 考点 电化学 31．（2023·辽宁·高考真题）某无隔膜流动海水电解法制的装置如下图所示，其中高选择性催化剂可抑制产生。下列说法正确的是 A．b端电势高于a端电势 B．理论上转移生成 C．电解后海水下降 D．阳极发生： 32．（2023·辽宁·高考真题）某低成本储能电池原理如下图所示。下列说法正确的是    A．放电时负极质量减小 B．储能过程中电能转变为化学能 C．放电时右侧通过质子交换膜移向左侧 D．充电总反应： 33．（2024·辽宁·高考真题）“绿色零碳”氢能前景广阔。为解决传统电解水制“绿氢”阳极电势高、反应速率缓慢的问题，科技工作者设计耦合高效制的方法，装置如图所示。部分反应机理为：。下列说法错误的是 A．相同电量下理论产量是传统电解水的1.5倍 B．阴极反应： C．电解时通过阴离子交换膜向b极方向移动 D．阳极反应： 34．（2022·辽宁·高考真题）如图，c管为上端封口的量气管，为测定乙酸溶液浓度，量取待测样品加入b容器中，接通电源，进行实验。下列说法正确的是 A．左侧电极反应： B．实验结束时，b中溶液红色恰好褪去 C．若c中收集气体，则样品中乙酸浓度为 D．把盐桥换为U形铜导线，不影响测定结果 35．（2022·辽宁·高考真题）某储能电池原理如图。下列说法正确的是 A．放电时负极反应： B．放电时透过多孔活性炭电极向中迁移 C．放电时每转移电子，理论上吸收 D．充电过程中，溶液浓度增大 考点 工艺流程、工业制备 36．（2023·辽宁·高考真题）下列有关物质的工业制备反应错误的是 A．合成氨：N2+3H22NH3 B．制HCl：H2+Cl22HCl C．制粗硅：SiO2+2CSi+2CO D．冶炼镁：2MgO(熔融)2Mg+O2↑ 37．（2023·辽宁·高考真题）某工厂采用如下工艺制备，已知焙烧后元素以价形式存在，下列说法错误的是 A．“焙烧”中产生 B．滤渣的主要成分为 C．滤液①中元素的主要存在形式为 D．淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用 38．（2024·辽宁·高考真题）某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的并制备，流程如下“脱氯”步骤仅元素化合价发生改变。下列说法正确的是 锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰) 离子 浓度 145 0.03 1 A．“浸铜”时应加入足量，确保铜屑溶解完全 B．“浸铜”反应： C．“脱氯”反应： D．脱氯液净化后电解，可在阳极得到 考点 反应原理、水溶液酸碱度 39．（2022·辽宁·高考真题）已知、均可自耦电离：，，下列反应与CH3CH2OH + HBr 原理不同的是 A． B． C． D． 40．（2022·辽宁·高考真题）某温度下，在恒容密闭容器中发生反应，有关数据如下： 时间段/ 产物Z的平均生成速率/ 0～2 0.20 0～4 0.15 0～6 0.10 下列说法错误的是 A．时，Z的浓度大于 B．时，加入，此时 C．时，Y的体积分数约为33.3% D．时，X的物质的量为 41．（2024·辽宁·高考真题）异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品，时其制备过程及相关物质浓度随时间变化如图所示，后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是 A．时，反应②正、逆反应速率相等 B．该温度下的平衡常数：①>② C．平均速率(异山梨醇) D．反应②加入催化剂不改变其平衡转化率 42．（2023·辽宁·高考真题）一定条件下，酸性溶液与发生反应，(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是    A．(Ⅲ)不能氧化 B．随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小 C．该条件下，(Ⅱ)和(Ⅶ)不能大量共存 D．总反应为： 43．（2022·辽宁·高考真题）甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是 A．甘氨酸具有两性 B．曲线c代表 C．的平衡常数 D． 44．（2023·辽宁·高考真题）某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即，通过调节pH使和形成硫化物而分离，体系中与关系如下图所示，c为和的浓度，单位为。已知，下列说法正确的是　　　 A． B．③为与的关系曲线 C． D． 45．（2024·辽宁·高考真题）下，、和的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。某实验小组以为指示剂，用标准溶液分别滴定含水样、含水样。 已知：①为砖红色沉淀； ②相同条件下溶解度大于； ③时，，。 pAg=-lg[c(Ag+)/(mol·L-1)] pX=-lg[c(Xn-)/(mol·L-1)](X代表Cl-、Br-或CrO) 下列说法错误的是 A．曲线②为沉淀溶解平衡曲线 B．反应的平衡常数 C．滴定时，理论上混合液中指示剂浓度不宜超过 D．滴定达终点时，溶液中 二、解答题 考点 化学工艺流程 46．（2024·辽宁·高考真题）中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的颗粒被、包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下： 回答下列问题： (1)北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为 (填化学式)。 (2)“细菌氧化”中，发生反应的离子方程式为 。 (3)“沉铁砷”时需加碱调节，生成 (填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含微粒的沉降。 (4)“培烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“培烧氧化”，“细菌氧化”的优势为_______(填标号)。 A．无需控温 B．可减少有害气体产生 C．设备无需耐高温 D．不产生废液废渣 (5)“真金不怕火炼”，表明难被氧化，“浸金”中的作用为 。 (6)“沉金”中的作用为 。 (7)滤液②经酸化，转化为和的化学方程式为 。用碱中和可生成 (填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。 47．（2023·辽宁·高考真题）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液（含和)。实现镍、钴、镁元素的回收。    已知： 物质 回答下列问题： (1)用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为 (答出一条即可)。 (2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，中过氧键的数目为 。 (3)“氧化”中，用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为 (的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为、 (填化学式)。 (4)“氧化”中保持空气通入速率不变，(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。体积分数为 时，(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大体积分数时，(Ⅱ)氧化速率减小的原因是 。    (5)“沉钴镍”中得到的(Ⅱ)在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为 。 (6)“沉镁”中为使沉淀完全，需控制不低于 (精确至0.1)。 48．（2022·辽宁·高考真题）某工厂采用辉铋矿(主要成分为，含有、杂质)与软锰矿(主要成分为)联合焙烧法制各和，工艺流程如下： 已知：①焙烧时过量的分解为，转变为； ②金属活动性：； ③相关金属离子形成氢氧化物的范围如下： 开始沉淀 完全沉淀 6.5 8.3 1.6 2.8 8.1 10.1 回答下列问题： (1)为提高焙烧效率，可采取的措施为 。 a.进一步粉碎矿石     b.鼓入适当过量的空气     c.降低焙烧温度 (2)在空气中单独焙烧生成，反应的化学方程式为 。 (3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出和；② 。 (4)滤渣的主要成分为 (填化学式)。 (5)生成气体A的离子方程式为 。 (6)加入金属Bi的目的是 。 (7)将100kg辉铋矿进行联合焙烧，转化时消耗1.1kg金属Bi，假设其余各步损失不计，干燥后称量产品质量为32kg，滴定测得产品中Bi的质量分数为78.5%。辉铋矿中Bi元素的质量分数为 。 考点 化工原理 49．（2022·辽宁·高考真题）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，其反应为：。回答下列问题： (1)合成氨反应在常温下 (填“能”或“不能”)自发。 (2) 温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率， 温有利于提高平衡转化率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用。 针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。 (3)方案一：双温-双控-双催化剂。使用双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为时，的温度为，而的温度为)。 下列说法正确的是 。 a．氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率 b．在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率 c．“热Fe”高于体系温度，有利于提高氨的平衡产率 d．“冷Ti”低于体系温度，有利于提高合成氨反应速率 (4)方案二：复合催化剂。 下列说法正确的是 。 a．时，复合催化剂比单一催化剂效率更高 b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率 c．温度越高，复合催化剂活性一定越高 (5)某合成氨速率方程为：，根据表中数据， ； 实验 1 m n p q 2 2m n p 2q 3 m n 0.1p 10q 4 m 2n p 2.828q 在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为 。 a．有利于平衡正向移动     b．防止催化剂中毒     c．提高正反应速率 (6)某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为，则M元素为 (填元素符号)；在该化合物中，M离子的价电子排布式为 。 50．（2023·辽宁·高考真题）硫酸工业在国民经济中占有重要地位。 (1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、 和 (填化学式)。    (2)铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下： NO2+SO2+H2O=NO+H2SO4 2NO+O2=2NO2 (ⅰ)上述过程中NO2的作用为 。 (ⅱ)为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是 (答出两点即可)。 (3)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化： SO2(g)+O2(g)SO3(g) ΔH=-98.9kJ·mol-1 (ⅰ)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如下图所示，下列说法正确的是 。    a．温度越高，反应速率越大 b．α=0.88的曲线代表平衡转化率 c．α越大，反应速率最大值对应温度越低 d．可根据不同下的最大速率，选择最佳生产温度 (ⅱ)为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如下图所示，催化性能最佳的是 (填标号)。    (ⅲ)设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe，用含p和αe的代数式表示上述催化氧化反应的Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算)。 51．（2024·吉林·高考真题）为实现氯资源循环利用，工业上采用催化氧化法处理废气：。将和分别以不同起始流速通入反应器中，在和下反应，通过检测流出气成分绘制转化率()曲线，如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。 回答下列问题： (1) 0(填“>”或“<”)； ℃。 (2)结合以下信息，可知的燃烧热 。                   (3)下列措施可提高M点转化率的是_______(填标号) A．增大的流速 B．将温度升高 C．增大 D．使用更高效的催化剂 (4)图中较高流速时，小于和，原因是 。 (5)设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数 (用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算) (6)负载在上的催化活性高，稳定性强，和的晶体结构均可用下图表示，二者晶胞体积近似相等，与的密度比为1.66，则的相对原子质量为 (精确至1)。 考点 物质的制备 52．（2022·辽宁·高考真题）作为绿色氧化剂应用广泛，氢醌法制备原理及装置如下： 已知：、等杂质易使催化剂中毒。回答下列问题： (1)A中反应的离子方程式为 。 (2)装置B应为 (填序号)。 (3)检查装置气密性并加入药品，所有活塞处于关闭状态。开始制备时，打开活塞 ，控温。一段时间后，仅保持活塞b打开，抽出残留气体。随后关闭活塞b，打开活塞 ，继续反应一段时间。关闭电源和活塞，过滤三颈烧瓶中混合物，加水萃取，分液，减压蒸馏，得产品。 (4)装置F的作用为 。 (5)反应过程中，控温的原因为 。 (6)氢醌法制备总反应的化学方程式为 。 (7)取产品，加蒸馏水定容至摇匀，取于锥形瓶中，用酸性标准溶液滴定。平行滴定三次，消耗标准溶液体积分别为、、。假设其他杂质不干扰结果，产品中质量分数为 。 53．（2023·辽宁·高考真题）2—噻吩乙醇()是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体，其制备方法如下：    Ⅰ．制钠砂。向烧瓶中加入液体A和金属钠，加热至钠熔化后，盖紧塞子，振荡至大量微小钠珠出现。 Ⅱ．制噻吩钠。降温至，加入噻吩，反应至钠砂消失。 Ⅲ．制噻吩乙醇钠。降温至，加入稍过量的环氧乙烷的四氢呋喃溶液，反应。 Ⅳ．水解。恢复室温，加入水，搅拌；加盐酸调至4~6，继续反应，分液；用水洗涤有机相，二次分液。 Ⅴ．分离。向有机相中加入无水，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，蒸出四氢呋喃、噻吩和液体A后，得到产品。 回答下列问题： (1)步骤Ⅰ中液体A可以选择 。 a．乙醇     b．水     c．甲苯     d．液氨 (2)噻吩沸点低于吡咯(  )的原因是 。 (3)步骤Ⅱ的化学方程式为 。 (4)步骤Ⅲ中反应放热，为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的方法是 。 (5)步骤Ⅳ中用盐酸调节的目的是 。 (6)下列仪器在步骤Ⅴ中无需使用的是 (填名称)：无水的作用为 。    (7)产品的产率为 (用计算，精确至0.1%)。 54．（2024·辽宁·高考真题）某实验小组为实现乙酸乙酯的绿色制备及反应过程可视化，设计实验方案如下： I．向烧瓶中分别加入乙酸()、乙醇()、固体及4~6滴甲基紫的乙醇溶液。向小孔冷凝柱中装入变色硅胶。 II．加热回流后，反应液由蓝色变为紫色，变色硅胶由蓝色变为粉红色，停止加热。 III．冷却后，向烧瓶中缓慢加入饱和溶液至无逸出，分离出有机相。 IV．洗涤有机相后，加入无水，过滤。 V．蒸馏滤液，收集馏分，得无色液体，色谱检测纯度为。 回答下列问题： (1)在反应中起 作用，用其代替浓的优点是 (答出一条即可)。 (2)甲基紫和变色硅胶的颜色变化均可指示反应进程。变色硅胶吸水，除指示反应进程外，还可 。 (3)使用小孔冷凝柱承载，而不向反应液中直接加入变色硅胶的优点是_______(填标号)。 A．无需分离 B．增大该反应平衡常数 C．起到沸石作用，防止暴沸 D．不影响甲基紫指示反应进程 (4)下列仪器中，分离有机相和洗涤有机相时均需使用的是 (填名称)。 (5)该实验乙酸乙酯的产率为 (精确至)。 (6)若改用作为反应物进行反应，质谱检测目标产物分子离子峰的质荷比数值应为 (精确至1)。 考点 有机推断与合成 55．（2024·辽宁·高考真题）特戈拉赞(化合物K)是抑制胃酸分泌的药物，其合成路线如下： 已知： I．为，咪唑为； II．和不稳定，能分别快速异构化为和。 回答下列问题： (1)B中含氧官能团只有醛基，其结构简式为 。 (2)G中含氧官能团的名称为 和 。 (3)J→K的反应类型为 。 (4)D的同分异构体中，与D官能团完全相同，且水解生成丙二酸的有 种(不考虑立体异构)。 (5)E→F转化可能分三步：①E分子内的咪唑环与羧基反应生成X；②X快速异构化为Y，Y与反应生成F。第③步化学方程式为 。 (6)苯环具有与咪唑环类似的性质。参考E→X的转化，设计化合物I的合成路线如下(部分反应条件已略去)。其中M和N的结构简式为 和 。 56．（2023·辽宁·高考真题）加兰他敏是一种天然生物碱，可作为阿尔茨海默症的药物，其中间体的合成路线如下。      回答下列问题： (1)A中与卤代烃成醚活性高的羟基位于酯基的 位(填“间”或“对”)。 (2)C发生酸性水解，新产生的官能团为羟基和 (填名称)。 (3)用O2代替PCC完成D→E的转化，化学方程式为 。 (4)F的同分异构体中，红外光谱显示有酚羟基、无N-H键的共有 种。 (5)H→I的反应类型为 。 (6)某药物中间体的合成路线如下(部分反应条件已略去)，其中M和N的结构简式分别为 和 。    57．（2022·辽宁·高考真题）某药物成分H具有抗炎、抗病毒、抗氧化等生物活性，其合成路线如下： 已知： 回答下列问题： (1)A的分子式为 。 (2)在溶液中，苯酚与反应的化学方程式为 。 (3)中对应碳原子杂化方式由 变为 ，的作用为 。 (4)中步骤ⅱ实现了由 到 的转化(填官能团名称)。 (5)I的结构简式为 。 (6)化合物I的同分异构体满足以下条件的有 种(不考虑立体异构)； i．含苯环且苯环上只有一个取代基 ii．红外光谱无醚键吸收峰 其中，苯环侧链上有3种不同化学环境的氢原子，且个数比为6∶2∶1的结构简式为 (任写一种)。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A B B C B C A C C 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 D B A A C D C D C B 题号 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 答案 C C B B B D A B C B 题号 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 答案 D B A A A D B C D B 题号 41 42 43 44 45 答案 A C D D D 1．A 【详解】A．金代六曲葵花鎏金银盏是合金，属于无机金属材料； B．北燕鸭形玻璃注是玻璃制品，属于硅酸盐材料； C．汉代白玉耳环是玉，属于含有微量元素的钙镁硅酸盐材料； D．新石器时代彩绘几何纹双腹陶罐是陶器，属于硅酸盐材料； 综上A选项材质与其他三项材质不用，不能归为一类，答案选A。 2．A 【详解】A．常见的脂肪酸有：硬脂酸(C17H35COOH)、油酸(C17H33COOH)，二者相对分子质量虽大，但没有达到高分子化合物的范畴，不属于有机高分子，A错误； B．嫦娥石因其含有Y、Ca、Fe等元素，属于无机化合物，又因含有磷酸根，是无机盐，B正确； C．电池是一种可以将其他能量转化为电能的装置，钙钛矿太阳能电池可以将太阳能转化为电能，C正确； D．海水中含有大量的无机盐成分，可以将大多数物质腐蚀，而聚四氟乙烯塑料被称为塑料王，耐酸、耐碱，不会被含水腐蚀，D正确； 故答案选A。 3．B 【详解】A．花岗岩的主要成分是石英、云母、长石等矿物，属于无机非金属材料，A正确； B．碳纤维指的是含碳量在90%以上的高强度高模量纤维，属于无机非金属材料，B错误； C．金属奖牌属于合金材料，C正确； D．聚乙烯属于有机高分子材料，D正确； 故答案选B。 4．B 【详解】A．过碳酸钠中过碳酸根中有两个O原子为-1价，易得到电子变成-2价O，因此过碳酸钠具有强氧化性，可以漂白衣物，A正确； B．酒曲上大量微生物，微生物可以分泌多种酶将化谷物中的淀粉、蛋白质等转变成糖、氨基酸。糖分在酵母菌的酶的作用下，分解成乙醇，即酒精。因此，米饭需晾凉，米饭过热会使微生物失活，B错误； C．柠檬酸的酸性强于碳酸，可以将水垢中的碳酸钙分解为可溶性的钙离子，用于除水垢，C正确； D．油脂可以在碱性条件下水解成可用于水的甘油和脂肪酸盐，用于清洗油污，D正确； 故答案选B。 5．C 【详解】A．H2S是二元弱酸，电离分步进行，其一级电离方程式为H2S⇌H++HS﹣，弱电解质电离应用可逆符号，故A错误； B．基态Na原子的价电子排布式是3s1，最后一个电子填充在s能级，位于元素周期表s区，故B错误； C．中心碳原子的价层电子对数为3+×（4+2﹣2×3）＝3，故其空间结构为平面三角形，故C正确； D．KOH是离子化合物，电子式为  ，故D错误； 故选C。 6．B 【详解】A．BeCl2的中心原子为Be，根据VSEPR模型可以计算，BeCl2中不含有孤电子对，因此BeCl2为直线型分子，A错误； B．P4分子中相邻两P原子之间形成共价键，同种原子之间形成的共价键为非极性共价键，P4分子中的共价键类型为非极性共价键，B正确； C．Ni原子的原子序数为28，其基态原子的价电子排布为3d84s2，C错误； D．顺-2-丁烯的结构中两个甲基在双键的同一侧，其结构简式为，D错误； 故答案选B。 7．C 【详解】A．中子数为1的He核素其质量数为1+2=3，故其表示应为He，A错误； B．SiO2晶体中只含有共价键，为共价晶体，B错误； C．两个F原子的2p轨道单电子相互重叠形成p-p σ键，C正确； D．PCl3的中心原子存在1对孤电子对，其VSEPR模型为四面体型，PCl3的空间结构为三角锥型，D错误； 故答案选C。 8．A 【详解】A．、、的相对分子质量逐渐增大，沸点逐渐升高，可推知分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，由于相对分子质量：，所以沸点：，故A正确； B．非金属元素最高价含氧酸的酸性与非金属性有关，元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，所以酸性：，酸性：，故B错误； C．由金属性：，可推出氧化性；由离子方程式可得，氧化性：，故C错误； D．和的阴、阳离子个数比不相同，不能通过大小来比较二者在水中的溶解度，故D错误； 选A。 9．C 【详解】A．标准状况下，22.4LHCl的物质的量为1mol，HCl是共价化合物，没有H+，故A错误； B．1个C2H4中含有5个σ键，28gC2H4分子中含有的σ键数目为mol-1=5NA，故B错误； C．18O中子数为18-8=10，1.8g18O的物质的量为，含有的中子数为NA，故C正确； D．未知溶液的体积，无法计算其离子数目，故D错误； 故选：C。 10．C 【详解】A．分子含有2个键，题中没有说是标况条件下，气体摩尔体积未知，无法计算键个数，A项错误； B．2.8g的物质的量，1mol生成转移的电子数为12，则0.1mol转移的电子数为1.2，B项错误； C．0.1mol晶体含有离子为、，含有离子数目为0.2，C项正确； D．因为水解使溶液中的数目小于0.1，D项错误； 答案选C。 11．D 【详解】A．标况下SO2为气体，11.2L SO2为0.5mol，其含有1.5mol原子，原子数为1.5NA，A错误； B．SO为弱酸阴离子，其在水中易发生水解，因此，100mL 0.1mol L-1 Na2SO3溶液中SO数目小于0.01NA，B错误； C．反应①的方程式为SO2+2H2S=3S+2H2O，反应中每生成3mol S消耗2mol H2S，3.4g H2S为0.1mol，故可以生成0.15mol S，生成的原子数目为0.15NA，C错误； D．反应②的离子方程式为3S+6OH-=SO+2S2-+3H2O，反应的还原产物为S2-，每生成2mol S2-共转移4mol电子，因此，每生成1mol S2-，转移2mol电子，数目为2NA，D正确； 故答案选D。 12．B 【详解】A．H2为易燃气体，在点燃前需验纯，A正确； B．金属K为活泼金属，可以与水发生反应，不能用湿抹布盖灭，B错误； C．Hg有毒且易挥发，温度计打碎后应用硫粉覆盖，使Hg转化为难挥发的HgS，C正确； D．苯酚易溶于乙醇等有机物质中，苯酚沾到皮肤上后应立即用乙醇冲洗，稀释后再用水冲洗，D正确； 故答案选B。 13．A 【详解】A．石灰水的主要成分为Ca(OH)2能与碳酸钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钙，二者均生成白色沉淀，不能达到鉴别的目的，A错误； B．Fe2+变质后会生成Fe3+，可以利用KSCN溶液鉴别，现象为溶液变成血红色，可以达到检验的目的，B正确； C．Na2SO3被氧化后会变成Na2SO4，加入盐酸酸化的BaCl2后可以产生白色沉淀，可以用来检验Na2SO3是否被氧化，C正确； D．含有醛基的物质可以与银氨溶液反应生成银单质，可以用来检验乙醇中混有的乙醛，D正确； 故答案选A。 14．A 【详解】A．溶液中含有Fe2+，可以与K3[Fe(CN)6]发生反应使溶液变成蓝色，A项合理； B．随着滴定的不断进行，溶液中S2-不断被消耗，但是溶液中的HS-还可以继续发生电离生成S2-，B项不合理； C．金属Na既可以和水发生反应又可以和乙醇发生反应，故不能用金属Na除去乙醇中少量的水，C项不合理； D．ClO-具有氧化性，不能用pH试纸测定其pH的大小，可以用pH计进行测量，D项不合理； 故答案选A。 15．C 【详解】A．酸碱中和滴定操作中没有很好的保温措施，热量损失较多，不能用于测定中和反应的反应热，A错误； B．和反应无明显现象，无法根据现象进行浓度对化学反应速率的影响的探究，B错误； C．将溶液与溶液混合，反应后静置，向上层清液中滴加1滴溶液，若有浑浊产生，则说明没有沉淀完全，反之，则沉淀完全，C正确； D．检验淀粉是否发生了水解，应检验是否有淀粉的水解产物(葡萄糖)存在，可选用银氨溶液或新制氢氧化铜，碘水是用来检验淀粉的试剂，可用于检验淀粉是否完全水解，D错误。 故答案选C。 【点睛】本题易忽略实验探究过程中，反应应具有明显的实验现象，如有气体或沉淀生成，或有明显的颜色变化，一般条件下会加入显色剂辅助观察实验现象，如酸碱中和滴定时加入酚酞溶液或甲基橙，从而易于观察滴定终点。 16．D 【详解】A．向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明I2的浓度较小，因为I2在水中溶解度较小，A项正确； B．已知(aq)为棕色，加入0.2g锌粒后，Zn与I2反应生成ZnI2，生成的I-与I2发生反应I-+I2⇌，生成使溶液颜色加深，B项正确； C．I2在水中存在溶解平衡I2(s)⇌I2(aq)，Zn与I2反应生成的I-与I2(aq)反应生成，I2(aq)浓度减小，上述溶解平衡向右移动，紫黑色晶体消失，C项正确； D．最终溶液褪色是Zn与有色物质发生了化合反应，不是置换反应，D项错误； 答案选D。 17．C 【分析】分析该“碘钟”反应的原理：①在Mn2+的催化下H2O2与IO反应生成I2，在淀粉指示剂的作用下溶液变蓝色；②生成的I2又会与H2O2反应生成IO，使溶液变回无色；③生成的I2可以与丙二酸反应生成琥珀色的ICH(COOH)2，溶液最终会变成蓝色。 【详解】A．根据分析，溶液由无色变为蓝色说明有I2生成，A正确； B．根据分析，溶液由蓝色变为无色，是将I2转化为IO，I2转化为为化合态，B正确； C．根据分析，H2O2在此过程中参加反应，不起到漂白作用，C错误； D．在此过程中，因为有I2的生成与消耗，淀粉在这个过程中起到指示剂的作用，D正确； 故答案选C。 18．D 【详解】A．比活泼，更容易失去电子，还原性更强，先与发生氧化还原反应，故溶液褪色原因为被还原，A项错误； B．液体分层后，在层，的密度比水大，则下层呈紫红色，B项错误； C．若镀层金属活泼性大于，则不易生锈，反之，若活泼性大于镀层金属，则更易生锈，由于活泼性：，则镀锡铁钉更易生锈，C项错误； D．漂白粉的有效成分为，其具有强氧化性，可将氧化，D项正确； 答案选D。 19．C 【分析】根据苯环的性质判断可以发生氧化、加成、取代反应；根据碳碳叁键的特点判断可发生加成反应，能被酸性高锰酸钾钾氧化，对于共线可根据有机碳原子的杂化及官能团的空间结构进行判断； 【详解】A．苯乙炔分子中含有碳碳三键，能使酸性溶液褪色，A错误； B．如图所示，，苯乙炔分子中最多有6个原子共直线，B错误； C．苯乙炔分子中含有苯环和碳碳三键，能发生加成反应，苯环上的氢原子能被取代，可发生取代反应，C正确； D．苯乙炔属于烃，难溶于水，D错误； 故选答案C； 【点睛】本题考查苯乙炔的结构与性质，根据官能团的特点进行判断。 20．B 【详解】 A．手性碳是连有四个不同的原子或原子团的碳原子，闭环螺吡喃含有一个手性碳原子，，开环螺吡喃不含手性碳原子，故A错误； B．根据它们的结构简式，分子式均为C19H19NO，它们结构不同，因此互为同分异构体，故B正确； C．闭环螺吡喃中N原子杂化方式为sp3，开环螺吡喃中N原子杂化方式为sp2，故C错误； D．开环螺吡喃中氧原子显负价，电子云密度大，容易与水分子形成分子间氢键，水溶性增大，因此开环螺吡喃亲水性更好，故D错误； 答案为B。 21．C 【详解】A．根据a和c的结构简式可知，a与b发生取代反应生成c和HCl，A正确； B．a中含有酚羟基，酚羟基呈弱酸性能与NaOH反应，b可在NaOH溶液中发生水解反应，生成醇类，B正确； C．根据C的结构简式可知，冠醚中有四种不同化学环境的氢原子，如图所示：   ， 核磁共振氢谱有4组峰，C错误； D．c可与K+形成螯合离子  ，该物质在苯中溶解度较大，因此c可增加KI在苯中的溶解度，D正确； 故答案选C。 22．C 【详解】A．根据X的结构简式可知，其结构中含有酯基和酰胺基，因此可以发生水解反应，A错误； B．有机物Y中含有亚氨基，其呈碱性，可以与盐酸发生反应生成盐，生成的盐在水中的溶解性较好，B错误； C．有机物Z中含有苯环和碳碳双键，无饱和碳原子，其所有的碳原子均为sp2杂化，C正确； D．随着体系中c(Y)增大，Y在反应中起催化作用，反应初始阶段化学反应会加快，但随着反应的不断进行，反应物X的浓度不断减小，且浓度的减小占主要因素，反应速率又逐渐减小，即不会一直增大，D错误； 故答案选C。 23．B 【详解】A．1mol糖水解后能产生2~10mol单糖的糖称为寡糖或者低聚糖，环六糊精是葡萄糖的缩合物，属于寡糖，A正确； B．要和环六糊精形成超分子，该分子的直径必须要匹配环六糊精的空腔尺寸，故不是所有的非极性分子都可以被环六糊精包含形成超分子，B错误； C．由于环六糊精腔内极性小，可以将苯环包含在其中，腔外极性大，故将极性基团甲氧基暴露在反应环境中，C正确； D．环六糊精空腔外有多个羟基，可以和水形成分子间氢键，故环六糊精能溶解在水中，而氯代苯甲醚不溶于水，所以可以选择水作为萃取剂分离环六糊精和氯代苯甲醚，D正确； 故选B。 24．B 【详解】 A．由催化机理可知，总反应为+ ，该反应为加成反应，A正确； B．结构相似、分子组成上相差若干个CH2原子团的有机物互为同系物，和结构不相似、分子组成上也不是相差若干个CH2原子团，两者不互为同系物，B错误； C．由催化机理可知，反应消耗了Ⅵ又生成了VI，VI是反应的催化剂，C正确； D．I+VI→X+II，由I、VI、II的结构简式可知，X为H2O，D正确； 答案选B。 25．B 【分析】短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W简单离子在同周期离子中半径最小，说明W为第三周期元素Al。短周期元素的基态原子中有两个单电子，可分类讨论：①为第二周期元素时，最外层电子排布为2s22p2或2s22p4，即C或O；②为第三周期元素时，最外层电子排布为3s23p2或3s23p4，即Si或S。Q与Z同主族，结合原子序数大小关系可知，则X、Z、Q分别为C、O和S，则Y为N。 【详解】A．X为C，能与多种元素(H、O、N、P、S等)形成共价键，A正确； B．Z和Q形成的简单氢化物为H2O和H2S，由于H2O分子间能形成氢键，故H2O沸点高于H2S，B错误； C．Y为N，Z为O，N的最外层p轨道电子为半充满结构，比较稳定，故其第一电离能比O大，C正确； D．W为Al，Z为O，O的电负性更大，D正确； 故选B。 26．D 【分析】Q是ds区元素，焰色试验呈绿色，则Q为Cu元素；空间运动状态数是指电子占据的轨道数，基态X原子的核外电子有5种空间运动状态，则X为第2周期元素，满足此条件的主族元素有N(1s22s22p3)、O(1s22s22p4)、F(1s22s22p5)；X、Y、Z为原子序数依次增大，基态Y、Z原子有两个未成对电子，若Y、Z为第2周期元素，则满足条件的可能为C(1s22s22p2)或O(1s22s22p4)，C原子序数小于N，所以Y不可能为C，若Y、Z为第3周期元素，则满足条件的可能为Si(1s22s22p63s23p2)或S(1s22s22p63s23p4)，Y、Z可与Cu形成CuZY4，而O、Si、S中只有O和S形成的才能形成CuZY4，所以Y、Z分别为O、S元素，则X只能为N；W能与X形成WX3，则W为IA族或VIIA族元素，但W原子序数小于N，所以W为H元素，综上所述，W、X、Y、Z、Q分别为H、N、O、S、Cu。 【详解】A．W、Y、Z分别为H、O、S，S单质常温下呈固态，其沸点高于氧气和氢气，O2和H2均为分子晶体，O2的相对分子质量大于H2，O2的范德华力大于 H2，所以沸点O2＞H2，即沸点S＞O2＞H2，故A正确； B．Y、X的 简单氢化物分别为H2O和NH3，H2O的中心原子O原子的价层电子对数为2+×(6-2×1)=4、孤电子对数为2，空间构型为V形，键角约105º，NH3的中心原子N原子的价层电子对数为3+×(5-3×1)=4、孤电子对数为1，空间构型为三角锥形，键角约107º18´，所以键角：，故B正确； C．硫酸铜溶液中滴加氨水，氨水不足时生成蓝色沉淀氢氧化铜，氨水过量时氢氧化铜溶解，生成Cu(NH3)4SO4，即反应过程中有蓝色沉淀产生，故C正确； D．为Cu(NH3)4SO4，其中铜离子提供空轨道、NH3的N原子提供孤电子对，两者形成配位键，配位原子为N，故D错误； 故答案为：D。 27．A 【分析】W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W形成1条单键且核电荷数最小，W为H，X形成4条键，核电荷数大于H，且小于其他三种元素，X为C，Y形成2条单键，核电荷数大于C，Y为O，W、Y原子序数之和等于Z，Z为F，Y原子价电子数为Q原子价电子数的2倍，Q为Al。 【详解】A．W与X的化合物不一定为极性分子，如CH4就是非极性分子，A错误； B．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能F>O>C，B正确； C．Q为Al，Al2O3为两性氧化物，C正确； D．该阴离子中L与Q之间形成配位键，D正确； 故答案选A。 28．B 【详解】A．由的结构式可知，所有N原子均满足8电子稳定结构，A正确； B．中心N原子为杂化，与中心N原子直接相连的N原子为杂化，与端位N原子直接相连的N原子为杂化，端位N原子为杂化，则N原子的杂化方式有3种，B错误； C．中心N原子为杂化，则其空间结构为四面体形，C正确； D．中含叠氮结构()，常温下不稳定，D正确； 故答案选B。 29．C 【详解】A．根据均摊法，图1的晶胞中含Li：8×+1=3，O：2×=1，Cl：4×=1，1个晶胞的质量为g=g，晶胞的体积为(a×10-10cm)3=a3×10-30cm3，则晶体的密度为g÷(a3×10-30cm3)=g/cm3，A项正确； B．图1晶胞中，O位于面心，与O等距离最近的Li有6个，O原子的配位数为6，B项正确； C．根据均摊法，图2中Li：1，Mg或空位为8×=2。O：2×=1，Cl或Br：4×=1，Mg的个数小于2，根据正负化合价的代数和为0，图2的化学式为LiMgOClxBr1-x，C项错误； D．进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料，说明Mg2+取代产生的空位有利于Li+的传导，D项正确； 答案选C。 30．B 【详解】A．由均摊法得，结构1中含有Co的数目为，含有S的数目为，Co与S的原子个数比为9：8，因此结构1的化学式为Co9S8，故A正确； B．由图可知，晶胞2中S与S的最短距离为面对角线的，晶胞边长为a，即S与S的最短距离为：，故B错误； C．如图：，以图中的Li为例，与其最近的S共4个，故C正确； D．如图，当2个晶胞2放在一起时，图中红框截取的部分就是晶胞3，晶胞2和晶胞3表示同一晶体，故D正确； 故选B。 31．D 【分析】根据图示，钛网上海水中Cl-、H2O发生失电子的氧化反应生成HClO、O2，钛网为阳极，电极反应式为Cl-+H2O-2e-=HClO+H+，钛箔上生成H2，钛箔上生成H2的电极反应为2H++2e-=H2↑，钛箔为阴极，高选择性催化剂PRT可抑制O2产生，电解的主要总反应为Cl-+2H2OHClO+H2↑+OH-，以此解题。 【详解】A．由分析可知，a为正极，b电极为负极，则a端电势高于b端电势，A错误； B．右侧电极上产生氢气的电极方程式为：2H++2e-=H2↑，则理论上转移生成，B错误； C．由分析可知，电解的主要总反应为Cl-+2H2OHClO+H2↑+OH-，电解后海水中OH-浓度增大，pH上升，C错误； D．由图可知，阳极上的电极反应为：，D正确； 故选D。 32．B 【分析】该储能电池放电时，Pb为负极，失电子结合硫酸根离子生成PbSO4，则多孔碳电极为正极，正极上Fe3+得电子转化为Fe2+，充电时，多孔碳电极为阳极，Fe2+失电子生成Fe3+，PbSO4电极为阴极，PbSO4得电子生成Pb和硫酸。 【详解】A．放电时负极上Pb失电子结合硫酸根离子生成PbSO4附着在负极上，负极质量增大，A错误； B．储能过程中，该装置为电解池，将电能转化为化学能，B正确； C．放电时，右侧为正极，电解质溶液中的阳离子向正极移动，左侧的H+通过质子交换膜移向右侧，C错误； D．充电时，总反应为PbSO4+2Fe2+=Pb++2Fe3+，D错误； 故答案选B。 33．A 【分析】 据图示可知，b电极上HCHO 转化为HCOO-，而HCHO 转化为HCOO-为氧化反应，所以b电极为阳极，a电极为阴极，HCHO为阳极反应物，由反应机理可知：反应后生成的转化为HCOOH。由原子守恒和电荷守恒可知，在生成HCOOH的同时还生成了H-，生成的HCOOH再与氢氧化钾酸碱中和：HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，而生成的H-在阳极失电子发生氧化反应生成氢气，即2H--2e-=H2↑，阴极水得电子生成氢气：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。 【详解】A．由以上分析可知，阳极反应：①HCHO+OH--e-→HCOOH+H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，阴极反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-，即转移2mol电子时，阴、阳两极各生成1molH2，共2molH2，而传统电解水：，转移2mol电子，只有阴极生成1molH2，所以相同电量下理论产量是传统电解水的2倍，故A错误； B．阴极水得电子生成氢气，阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故B正确； C．由电极反应式可知，电解过程中阴极生成OH-，负电荷增多，阳极负电荷减少，要使电解质溶液呈电中性，通过阴离子交换膜向阳极移动，即向b极方向移动，故C正确； D．由以上分析可知，阳极反应涉及到：①HCHO+OH--e-→HCOOH+H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，由(①+②)×2得阳极反应为：，故D正确； 答案选A。 34．A 【分析】本装置为电解池，左侧阳极析出氧气，右侧阴极析出氢气，据此分析解题。 【详解】A．左侧阳极析出氧气，左侧电极反应：，A正确； B．右侧电极反应2CH3COOH+2e-=H2+2CH3COO-，反应结束时溶液中存在CH3COO-，水解后溶液显碱性，故溶液为红色，B错误； C．若c中收集气体，若在标况下，c中收集气体的物质的量为0.5×10-3mol，转移电子量为0.5×10-3mol×4=2×10-3mol，故产生氢气：1×10-3mol，则样品中乙酸浓度为：2×10-3mol ÷10÷10-3=，并且题中未给定气体状态不能准确计算，C错误； D．盐桥换为U形铜导线，则铜导线构成了电解池的一部分，左侧铜导线为阴极，右侧铜导线为阳极，生成的铜离子影响溶液酸碱性，影响测定结果，D错误； 答案选A。 35．A 【分析】放电时负极反应：，正极反应：Cl2+2e-=2Cl-，消耗氯气，放电时，阴离子移向负极，充电时阳极：2Cl--2e-=Cl2，由此解析。 【详解】A． 放电时负极失电子，发生氧化反应，电极反应：，故A正确； B． 放电时，阴离子移向负极，放电时透过多孔活性炭电极向NaCl中迁移，故B错误； C． 放电时每转移电子，正极：Cl2+2e-=2Cl-，理论上释放，故C错误； D． 充电过程中，阳极：2Cl--2e-=Cl2，消耗氯离子，溶液浓度减小，故D错误； 故选A。 36．D 【详解】A．工业合成氨是利用氮气和氢气在催化剂的条件下反应生成的，反应方程式为N2+3H22NH3，A正确； B．工业制氯化氢是利用氢气和氯气反应生成的，反应方程式为H2+Cl22HCl，B正确； C．工业制粗硅是将SiO2与C在高温下反应生成粗硅，反应方程式为SiO2+2CSi+2CO，C正确； D．冶炼金属镁是电解熔融氯化镁，反应方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑，D错误； 故答案选D。 37．B 【分析】焙烧过程中铁转化为三氧化铁、铬元素被氧化转化为对应钠盐，水浸中氧化铁不溶转化为滤渣，滤液中存在铬酸钠，与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原得到氢氧化铬沉淀。 【详解】A．铁、铬氧化物与碳酸钠和氧气反应时生成氧化铁、铬酸钠和二氧化碳，A正确； B．焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的主要成分为氧化铁，B错误； C．滤液①中元素的化合价是+6价，铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀溶液显碱性，所以Cr 元素主要存在形式为，C正确； D．由分析知淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，D正确； 故选B。 38．C 【分析】铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：，再加入锌浸出液进行“脱氯”，“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，可知“脱氯”步骤发生反应的化学方程式为：，过滤得到脱氯液，脱氯液净化后电解，Zn2+可在阴极得到电子生成Zn。 【详解】A．由分析得，“浸铜”时，铜屑不能溶解完全，Cu在“脱氯”步骤还需要充当还原剂，故A错误； B．“浸铜”时，铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：，故B错误； C．“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，即Cu的化合价升高，Cu2+的化合价降低，发生归中反应，化学方程式为：，故C正确； D．脱氯液净化后电解，Zn2+应在阴极得到电子变为Zn，故D错误； 故选C。 39．D 【分析】根据题目信息可知，CH3CH2Br和H2O互相交换成分生成CH3CH2OH和HBr； 【详解】A．由2H2O(l)OH-+H3O+，Mg3N2和H2O互相交换成分，生成Mg(OH)2和NH3，与题中反应原理相同，故A不符合； B．由NH3(1)自耦电离，2NH3(1)，SiCl4和NH3互相交换成分，生成Si(NH2)4和NH4Cl，原理与题干中相同，故B不符合； C．PCl3、H2O的反应，二者进行互换成分生成了H3PO3和HCl，与题中的反应原理是相同的，故C不符合； D． Cl2和NH3发生反应生成单质N2，反应物之间没有进行成分的互相交换，与题中的反应原理不相同，故D符合； 故答案为：D。 40．B 【详解】A．反应开始一段时间，随着时间的延长，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则内Z的平均生成速率大于内的，故时，Z的浓度大于，A正确；　 B．时生成的Z的物质的量为，时生成的Z的物质的量为，故反应在时已达到平衡，设达到平衡时生了，列三段式： 根据，得，则Y的平衡浓度为，Z的平衡浓度为，平衡常数，时Y的浓度为，Z的浓度为，加入后Z的浓度变为，，反应正向进行，故，B错误； C．反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确； D．由B项分析可知时反应处于平衡状态，此时生成Z为，则X的转化量为，初始X的物质的量为，剩余X的物质的量为，D正确； 故答案选B。 41．A 【详解】A．由图可知，3小时后异山梨醇浓度继续增大，后异山梨醇浓度才不再变化，所以时，反应②未达到平衡状态，即正、逆反应速率不相等，故A错误； B．图像显示该温度下，后所有物质浓度都不再变化，且此时山梨醇转化完全，即反应充分，而1,4-失水山梨醇仍有剩余，即反应②正向进行程度小于反应①、反应限度小于反应①，所以该温度下的平衡常数：①>②，故B正确； C．由图可知，在内异山梨醇的浓度变化量为0.042mol/kg，所以平均速率(异山梨醇)=，故C正确； D．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变物质平衡转化率，所以反应②加入催化剂不改变其平衡转化率，故D正确； 故答案为：A。 42．C 【分析】开始一段时间（大约13min前）随着时间的推移Mn(Ⅶ)浓度减小直至为0，Mn(Ⅲ)浓度增大直至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(Ⅲ)，同时先生成少量Mn(Ⅳ)后Mn(Ⅳ)被消耗；后来（大约13min后）随着时间的推移Mn(Ⅲ)浓度减少，Mn(Ⅱ)的浓度增大；据此作答。 【详解】A．由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A项错误； B．随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，13min后反应速率会增大，B项错误； C．由图像可知，Mn(Ⅶ)的浓度为0后才开始生成Mn(Ⅱ)，该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，C项正确； D．H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D项错误； 答案选C。 43．D 【详解】A．中存在和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A正确； B．氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化，故B正确； C．的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，，则，故C正确； D．由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标分析可得电离平衡的电离常数为K1=，，则，即，故D错误； 故答案选D。 44．D 【分析】已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，则有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(S2-)，则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且，即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)和-lg(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2-，④代表HS-，据此分析结合图像各点数据进行解题。 【详解】A．由分析可知，曲线①代表Cd2+、③代表S2-，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2+)=c(S2-)=10-13mol/L，则有，A错误；     B．由分析可知，③为与的关系曲线，B错误； C．由分析可知，曲线④代表HS-，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6mol/L时，c(HS-)=10-6.5mol/L，或者当c(H+)=10-4.2mol/L时，c(HS-)=10-3.9mol/L，，C错误； D．已知Ka1Ka2==，由曲线③两点坐标可知，当c(H+)=10-4.9mol/L时，c(S2-)=10-13mol/L，或者当c(H+)=10-6.8mol/L时，c(S2-)=10-9.2mol/L，故有Ka1Ka2===10-21.8，结合C项分析可知Ka1=10-7.1，故有，D正确； 故答案为D。 45．D 【分析】由于AgCl和AgBr中阴、阳离子个数比均为1：1，即两者图象平行，所以①代表，由于相同条件下，AgCl溶解度大于AgBr，即，所以②代表AgCl，则③代表AgBr，根据①上的点（2.0，7.7），可求得，根据②上的点（2.0，7.7），可求得，根据③上的点（6.1，6.1），可求得。 【详解】A．由分析得，曲线②为AgCl沉淀溶解平衡曲线，故A正确； B．反应的平衡常数，故B正确； C．当Cl-恰好滴定完全时，，即，因此，指示剂的浓度不宜超过10-2mol/L，故C正确； D．当Br-到达滴定终点时，，即，，故D错误； 故选D。 46．(1)CuSO4 (2) (3) (4)BC (5)做络合剂，将Au转化为从而浸出 (6)作还原剂，将还原为Au (7) NaCN 【分析】矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH=2时进行细菌氧化，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，过滤，滤液中主要含有Fe3+、、As（Ⅵ），加碱调节pH值，Fe3+转化为胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au与空气中的O2和NaCN溶液反应，得到含的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含的滤液②。 【详解】（1）“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要成分为CuSO4； （2）“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和，离子方程式为：； （3）“沉铁砷”时，加碱调节pH值，Fe3+转化为胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降； （4）A．细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需要控温，A不符合题意； B．焙烧氧化时，金属硫化物中的S元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，B符合题意； C．焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无需耐高温，C符合题意； D．由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，D不符合题意； 故选BC； （5）“浸金”中，Au作还原剂，O2作氧化剂，NaCN做络合剂，氰化钠能够与金离子形成稳定的络合物从而提升金单质的还原性，将Au转化为从而浸出； （6）“沉金”中Zn作还原剂，将还原为Au； （7）滤液②含有，经过H2SO4的酸化，转化为ZnSO4和HCN，反应得化学方程式为：；用碱中和HCN得到的产物，可实现循环利用，即用NaOH中和HCN生成NaCN，NaCN可用于“浸金”步骤，从而循环利用。 47．(1)适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积 (2)NA (3) CaSO4、Fe(OH)3 (4) 9.0% SO2有还原性，过多将会降低的浓度，降低(Ⅱ)氧化速率 (5) (6)11.1 【分析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，用石灰乳调节，被氧化为，发生反应，Fe3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成。 【详解】（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积 （2） 的结构简式为，所以中过氧键的数目为NA （3）用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为：；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，，c(OH-)=10-10.8mol/L，根据Kw=10-14，pH=3.2，此时溶液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀；由于CaSO4微溶于水，故滤渣还有CaSO4和氢氧化铁； （4）根据图示可知体积分数为0.9%时，(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低的浓度，降低(Ⅱ)氧化速率 （5）“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为：； （6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp可计算c(OH-)=10-2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1； 48．(1)ab (2) (3)抑制金属离子水解 (4)SiO2 (5) (6)将Fe3+转化为Fe2+ (7)24.02% 【分析】已知①焙烧时过量的分解为，转变为，在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，经过酸浸，滤渣为二氧化硅，与浓盐酸生成A氯气，滤液中含有Bi3+、Fe3+，加入Bi将Fe3+转化为Fe2+，调节pH得到，据此分析解题。 【详解】（1）为提高焙烧效率，可采取的措施为：进一步粉碎矿石增大与氧气的接触面积；鼓入适当过量的空气 使燃烧更加充分，故选ab； （2）在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，反应的化学方程式为； （3）“酸浸”中由于铁离子、Bi3＋易水解，因此溶浸时加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；过量浓盐酸的作用为：①充分浸出和；②抑制金属离子水解； （4）由于SiO2不溶于酸和水中，故滤渣的主要成分为SiO2； （5）A为氯气，生成气体A的离子方程式为； （6）金属活动性：，Fe3+在pH为1.6时则产生沉淀，为了铁元素不以沉淀形式出现故加入金属Bi将Fe3+转化为Fe2+，形成氯化亚铁溶液； （7）辉铋矿中Bi元素的质量分数为。 49．(1)能 (2) 高 低 (3)ab (4)a (5) -1 ac (6) Fe 3d6 【详解】（1），则∆G=∆H-T∆S=(-92.4+0.2×298) kJ∙mol-1=-32.4 kJ∙mol-1＜0，所以合成氨反应在常温下能自发进行。答案为：能； （2）温度越高，反应速率越快，所以高温有利于提高反应速率；因为正反应为放热反应，所以低温有利于提高平衡转化率。答案为：高；低； （3）a．因为正反应为放热反应，所以低温有利于平衡正向移动，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率，a正确； b．温度升高，反应速率加快，所以在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率，b正确； c．合成氨反应的正反应为放热反应，“热Fe”高于体系温度，不利于提高氨的平衡产率，c不正确； d．温度升高，可提高合成氨反应的速率，所以“冷Ti”低于体系温度，不利于提高合成氨反应速率，d不正确； 故选ab。答案为：ab； （4）a．从图中可以看出，时，复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高，a正确； b．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率，所以同温同压下，复合催化剂不能提高氨的平衡产率，b不正确； c．虽然图中显示温度高反应速率快，但温度高到一定程度后，复合催化剂活性就可能不变或变低，c不正确； 故选a。答案为：a； （5）选择实验1和3进行分析，此时，则γ=-1； a．在合成氨过程中，需要不断分离出氨，有利于平衡正向移动，a正确； b．氨是在该催化剂的催化作用下生成，不会使催化剂中毒，b不正确； c．分离出氨，根据速率方程，氨的浓度是分母，浓度越小，速率越快，所以提高正反应速率，c正确； 故选ac。答案为：-1；ac； （6）从图中信息可以进行以下计算：含黑球的数目为=4，含白球的数目为8，则黑球与白球的个数比为1:2。黑球的化学式为，白球的化学式为。从而得出M+17×6+15×2=188，M=56，则M元素为Fe；在该化合物中，Fe2+的价电子排布式为3d6。答案为：Fe；3d6。 【点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，可采用均摊法。 50．(1) CuO SO3 (2) 催化剂 反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质、产率不高（答案合理即可） (3) cd d 【详解】（1）根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为SO2、SO3、O2，可能出现的化学方程式为3CuSO43CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑，结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO2、SO3、O2，故答案为CuO、SO3。 （2）(i)根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中线消耗再生成，说明NO2在反应中起催化剂的作用； (ii)近年来，铅室法被接触法代替因为在反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、同时作为催化剂的NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质影响产品质量、产率不高（答案合理即可）。 （3）(i)a．根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a错误； b．从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，有更大转化率，故α=0.88的条件下并不是平衡转化率，b错误； c．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c正确； d．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确； 故答案选cd； (ii)为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d的催化剂V-K-Cs-Ce对SO2的转化率最好，产率最佳，故答案选d； (iii)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp===；设SO2初始量为m mol，则平衡时n(SO2)=m-m·αe=m(1-αe)，n(SO3)=m·αe，Kp==，故答案为。 51．(1) ＜ 360℃ (2)-285.8 (3)BD (4)流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低。 (5)6 (6)101 【详解】（1）反应前后的气体分子数目在减小，所以该反应 <0，该反应为放热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，所以在流速低的时候，温度越高，HCl的转化率越小，故T1代表的温度为440℃，T3为360℃。 （2）表示氢气燃烧热的热化学方程式为④，设①，②，③ ，则，因此氢气的燃烧热－57.2kJ/mol－184.6kJ/mol－44kJ/mol=-285.8 （3）A．增大HCl的流速，由图像可知，HCl的转化率在减小，不符合题意； B．M对应温度为360℃，由图像可知，升高温度，HCl的转化率增大，符合题意； C．增大n(HCl):n(O2)，HCl的转化率减小，不符合题意； D．使用高效催化剂，可以增加该温度下的反应速率，使单位时间内HCl的转化率增加，符合题意； 故选BD。 （4）图中在较高流速下，T3温度下的转化率低于温度较高的T1和T2，主要是流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低。 （5）由图像可知，N点HCl的平衡转化率为80%，设起始n(HCl)=n(O2)=4mol，可列出三段式 则。 （6）由于二者的晶体结构相似，体积近似相等，则其密度之比等于摩尔质量之比。故，则Ru的相对原子质量为101。 52．(1) (2)②或③① (3) a、b c、d (4)防止外界水蒸气进入C中使催化剂中毒 (5)适当升温加快反应速率，同时防止温度过高分解 (6) (7)17% 【分析】从的制备原理图可知，反应分两步进行，第一步为在催化作用下与乙基葱醌反应生成乙基蒽醇，第二步为与乙基蒽醇反应生成和乙基蒽醌。启普发生器A为制取的装置，产生的中混有和，需分别除去后进入C中发生第一步反应。随后氧气源释放的氧气经D干燥后进入C中发生反应生成和乙基蒽醌，F中装有浓，与C相连，防止外界水蒸气进入C中，使催化剂中毒。 【详解】（1）A中锌和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，反应的离子方程式为； （2）、等杂质易使催化剂中毒，需通过碱石灰除去HX和H2O，所以装置B应该选②或③①； （3）开始制备时，打开活塞a、b，A中产生的进入C中，在催化作用下与乙基蒽醌反应生成乙基蒽醇，一段时间后，关闭a，仅保持活塞b打开，将残留抽出，随后关闭活塞b，打开活塞c、d，将O2通入C中与乙基蒽醇反应生成H2O2和乙基蒽醌。 （4）容易使催化剂中毒，实验中需要保持C装置为无水环境，F的作用为防止外界水蒸气进入C中。 （5）适当升温加快反应速率，同时防止温度过高分解，所以反应过程中控温； （6）第一步为在催化作用下与乙基葱醌反应生成乙基蒽醇，第二步为与乙基蒽醇反应生成和乙基蒽醌，总反应为。 （7）滴定反应的离子方程式为，可得关系式：。三组数据中偏差较大，舍去，故消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为，的质量分数。 53．(1)c (2)  中含有N原子，可以形成分子间氢键，氢键可以使熔沸点升高 (3)2+2Na2+H2 (4)将环氧乙烷溶液沿烧杯壁缓缓加入，此过程中不断用玻璃棒进行搅拌来散热 (5)将NaOH中和，使水解平衡正向移动，有利于水解完全 (6) 球形冷凝管和分液漏斗 除去水 (7)70.0% 【详解】（1）步骤Ⅰ制钠砂过程中，液体A不能和Na反应，而乙醇、水和液氨都能和金属Na反应，故选c。 （2） 噻吩沸点低于吡咯(  )的原因是：  中含有N原子，可以形成分子间氢键，氢键可以使熔沸点升高。 （3） 步骤Ⅱ中和Na反应生成2-噻吩钠和H2，化学方程式为：2+2Na2+H2。 （4）步骤Ⅲ中反应放热，为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的方法是：将环氧乙烷溶液沿烧杯壁缓缓加入，此过程中不断用玻璃棒进行搅拌来散热。 （5）2-噻吩乙醇钠水解生成-噻吩乙醇的过程中有NaOH生成，用盐酸调节的目的是将NaOH中和，使水解平衡正向移动，有利于水解完全。 （6）步骤Ⅴ中的操作有过滤、蒸馏，蒸馏的过程中需要直形冷凝管不能用球形冷凝管，无需使用的是球形冷凝管和分液漏斗；向有机相中加入无水的作用是：除去水。 （7）步骤Ⅰ中向烧瓶中加入液体A和金属钠，Na的物质的量为，步骤Ⅱ中Na完全反应，根据方程式可知，理论上可以生成0.2mol2-噻吩乙醇，产品的产率为=70.0%。 54．(1) 催化剂和吸水剂 无有毒气体二氧化硫产生 (2)吸收生成的水，使平衡正向移动，提高乙酸乙酯的产率 (3)AD (4)分液漏斗 (5)73.5% (6)90 【分析】乙酸与过量乙醇在一定温度下、硫酸氢钠作催化剂、甲基紫的乙醇溶液和变色硅胶作指示剂的条件下反应制取乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液除去其中的乙酸至无二氧化碳逸出，分离出有机相、洗涤、加无水硫酸镁后过滤，滤液蒸馏时收集馏分，得纯度为的乙酸乙酯。 【详解】（1）该实验可实现乙酸乙酯的绿色制备及反应过程可视化，用浓时，浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，所以在反应中起催化剂和吸水剂作用；浓硫酸还具有强氧化性和脱水性，用浓在加热条件下反应时，可能发生副反应，且浓硫酸的还原产物二氧化硫有毒气体，所以用其代替浓的优点是副产物少，可绿色制备乙酸乙酯，无有毒气体二氧化硫产生，同时 NaHSO4固体易于称量； （2）变色硅胶吸水，除指示反应进程外，还可吸收加热时生成的水，使平衡正向移动，提高乙酸乙酯的产率； （3）A. 若向反应液中直接加入变色硅胶，则反应后需要过滤出硅胶，而使用小孔冷凝柱承载则无需分离，故A正确； B. 反应的平衡常数只与温度有关，使用小孔冷凝柱承载不能增大该反应平衡常数，故B错误； C. 小孔冷凝柱承载并没有投入溶液中，不能起到沸石作用，不能防止暴沸，故C错误； D. 由题中“反应液由蓝色变为紫色，变色硅胶由蓝色变为粉红色，停止加热”可知，若向反应液中直接加入变色硅胶，则变色硅胶由蓝色变为粉红色，会影响观察反应液由蓝色变为紫色，所以使用小孔冷凝柱承载不影响甲基紫指示反应进程，故D正确； 故答案为：AD； （4）容量瓶用于配制一定物质的量浓度的溶液，分离有机相和洗涤有机相不需要容量瓶；漏斗用于固液分离，分离有机相和洗涤有机相不需要漏斗；分离液态有机相和洗涤液态有机相也不需要洗气瓶；分离有机相和洗涤有机相时均需使用的是分液漏斗； （5）由反应可知，乙酸与乙醇反应时，理论上可获得的乙酸乙酯的质量为0.1mol×88g/mol=8.8g，则该实验乙酸乙酯的产率为； （6）若改用作为反应物进行反应，则因为，生成的乙酸乙酯的摩尔质量为90g/mol，所以质谱检测目标产物分子离子峰的质荷比数值应为90。 55．(1) (2) (酚)羟基 羧基 (3)取代反应 (4)6 (5)+(CH3CO)2O→+CH3COOH (6) 【分析】 根据流程，有机物A与有机物B发生反应生成有机物C，根据有机物B的分子式和小问1中的已知条件，可以判断，有机物B的结构为；有机物C与有机物D发生反应生成有机物E；有机物E在醋酸酐的作用下发生成环反应生成有机物F；有机物F发生两步连续反应生成有机物G，根据有机物G的分子式和有机物H的结构可以推出，有机物G的结构为；有机物G发生两步反应生成有机物H，将羧基中的-OH取代为次氨基结构；有机物H与与有机物I发生取代反应，将有机物H中酚羟基上的氢取代生成有机物J；最后有机物J发生还原反应生成K和甲苯。据此分析解题。 【详解】（1） 根据分析，有机物B的结构为。 （2） 根据分析，有机物G的结构为，其含氧官能团为(酚)羟基和羧基。 （3）根据分析，J→K的反应是J与H2在Pd/C催化下发生取代反应生成K和甲苯，反应类型为取代反应。 （4） D的同分异构体中，与D的官能团完全相同，说明有酯基的存在，且水解后生成丙二酸，说明主体结构中含有。根据D的分子式，剩余的C原子数为5，剩余H原子数为12，因同分异构体中只含有酯基，则不能将H原子单独连接在某一端的O原子上，因此将5个碳原子拆分。当一侧连接甲基时，另一侧连接-C4H9，此时C4H9有共有4种同分异构体；当一侧连接乙基时，另一侧连接-C3H7，此时-C3H7有共有2种同分异构体，故满足条件的同分异构体有4+2=6种。 （5） 根据已知条件和题目中的三步反应，第三步反应为酚羟基与乙酸酐的反应，生成有机物F。则有机物Y为，根据异构化原理，有机物X的结构为。反应第③步的化学方程式为+(CH3CO)2O→+CH3COOH。 （6） 根据逆推法有机物N发生异构化生成目标化合物，发生的异构化反应为后者的反应，有机物N为，有机物M有前置原料氧化得到的，有机物M发生异构化前者的反应生成有机物N，有机物M的为。 56．(1)对 (2)羧基 (3)2+O22+2H2O (4)3 (5)取代 (6) 【分析】 根据有机物A的结构和有机物C的结构，有机物A与CH3I反应生成有机物B，根据有机物B的分子式可以得到有机物B的结构，即；有机物与BnCl反应生成有机物C，有机物C发生还原反应生成有机物D，有机物D与PCC发生氧化反应生成有机物E，根据有机物E的结构和有机物D的分子式可以得到有机物D的结构，即；有机物E与有机物有机物F发生已知条件给的②反应生成有机物G，有机物G发生还原反应生成有机物H，根据有机物H与有机物G的分子式可以得到有机物G的结构，即，同时也可得到有机物F的结构，即；随后有机物H与HCOOCH2CH3反应生成有机物I。由此分析解题。 【详解】（1）由有机物A与CH3I反应得到有机物B可知，酚与卤代烃反应成醚时，优先与其含有的其他官能团的对位羟基发生反应，即酯基对位的酚羟基活性最高，可以发生成醚反应，故答案为；对位。 （2）有机物C含有酯基，在酸性条件下发生水解生成羧基和羟基，故答案为羧基。 （3） O2与有机物D发生催化氧化反应生成有机物E，反应的化学方程式为2+O22+2H2O。 （4） F的同分异构体中不含有N-H键，说明结构中含有结构，又因红外中含有酚羟基，说明结构中含有苯环和羟基，固定羟基的位置有邻、间、对三种情况，故有3种同分异构体。 （5）有机物H与HCOOCH2CH3反应生成有机物I，反应时，有机物H中的N-H键发生断裂，与HCOOCH2CH3中断裂的醛基结合，故反应类型为取代反应。 （6） 根据题目中给的反应条件和已知条件，利用逆合成法分析，有机物N可以与NaBH4反应生成最终产物，类似于题中有机物G与NaBH4反应生成有机物H，作用位置为有机物N的N=C上，故有机物N的结构为，有机物M可以发生已知条件所给的反应生成有机物N，说明有机物M中含有C=O，结合反应原料中含有羟基，说明原料发生反应生成有机物M的反应是羟基的催化氧化，有机物M的结构为，故答案为、。 57．(1) (2)+CH3OCH2Cl+NaOH+NaCl+H2O (3) 选择性将分子中的羟基氧化为羰基 (4) 硝基 氨基 (5) (6) 12 (或) 【分析】F中含有磷酸酯基，且中步聚ⅰ在强碱作用下进行，由此可推测发生题给已知信息中的反应；由F、G的结构简式及化合物Ⅰ的分子式可逆推得到Ⅰ的结构简式为 ； 【详解】（1）由A的结构简式可知A是在甲苯结构基础上有羟基和硝基各一个各自取代苯环上的一个氢原子，所以A的分子式为“”； （2）由题给合成路线中的转化可知，苯酚可与发生取代反应生成与，可与发生中和反应生成和，据此可得该反应的化学方程式为 “+CH3OCH2Cl+NaOH+NaCl+H2O”； （3）根据D、E的结构简式可知，发生了羟基到酮羰基的转化，对应碳原子杂化方式由“sp3”变为“sp2”；由的结构变化可知，的作用为“选择性将分子中的羟基氧化为羰基”； （4）由题给已知信息可知，的步骤ⅰ中F与化合物Ⅰ在强碱的作用下发生已知信息的反应得到碳碳双键，对比F与G的结构简式可知，步骤ⅱ发生了由“硝基”到“氨基”的转化； （5）根据分析可知，化合物I的结构简式为“”； （6）化合物Ⅰ的分子式为，计算可得不饱和度为4，根据题目所给信息，化合物Ⅰ的同分异构体分子中含有苯环(已占据4个不饱和度)，则其余C原子均为饱和碳原子(单键连接其他原子)；又由红外光谱无醚键吸收峰，可得苯环上的取代基中含1个羟基；再由分子中苯环上只含有1个取代基，可知该有机物的碳链结构有如下四种：(1、2、3、4均表示羟基的连接位置)，所以满足条件的化合物Ⅰ的同分异构体共有“12”种；其中，苯环侧链上有3种不同化学环境的氢原子，且个数比为6∶2∶1的同分异构体应含有两个等效的甲基，则其结构简式为“ 或”。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$