精品解析：江苏省无锡市澄宜六校2024-2025学年高三上学期12月联考化学试题

澄宜六校阶段性联合测试试题 高三化学 一、选择题(共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。) 1. 习总书记强调：积极培育和发展新质生产力。下列与科技成就相关的描述正确的是 A. “朱雀二号”遥二成为全球首枚成功入轨的液氧甲烷运载火箭，甲烷作助燃剂 B. “神舟十七号”发动机的耐高温结构材料Si3N4是一种分子晶体 C. 挑战马里亚纳海沟的自供电软体机器人所用的硅树脂是新型无机非金属材料 D. 铁磁流体液态机器人中驱动机器人运动的磁铁的主要成分是Fe2O3 2. 侯德榜制碱法重要反应 NaCl+CO2+NH3+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl。下列说法正确的是 A. 离子半径：r(N3-)<r(Na+)<r(Cl−) B. 沸点：H2S> H2O> NH3 C. 键角：NF3>NCl3>NBr3 D. 共价键的极性：H-O>H-N 3. 氮化镓是新型半导体材料。工业制备氮化镓的常用方法是GaCl3 + NH3GaN3 + 3HCl。下列叙述正确的是 A. 基态Ga原子电子排布式：[Ar]4s24p1 B. NH3的VSEPR模型： C. HCl中的共价键是s-p σ键 D. 氯化铵的电子式： 4. 下列由废铁屑制取(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O的实验装置与操作能达到实验目的的是 A. 用装置甲称取一定质量的(NH4)2SO4固体 B. 用装置乙除去废铁屑表面的油污 C. 用装置丙将废铁屑充分溶解 D 用装置丁蒸干溶液得到(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O晶体 5. Cu2S可用于钾离子电池的负极材料。冶炼铜时可使Cu2S在高温下与O2反应转化为Cu2O， Cu2O在酸性溶液中会转化为Cu和Cu2+；Cu在O2存在下能与氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+； O3、O2的沸点分别为-111℃、-182℃。下列说法正确的是 A. Cu2+吸引电子能力比Cu+的强 B. SO2为非极性分子 C. 1mol[Cu(NH3)4]2+含有4mol的σ键 D. O2和O3互为同位素 阅读材料，硫元素主要以氢化物、硫化物、含氧酸和含氧酸盐等主要形式存在。硫的单质有S2、S4、S8等多种分子形态；硫的氢化物(硫化氢、二硫化氢)均有弱酸性；低价硫有氧气敏感性，易和氧气反应。硫在生物圈的演化中扮演了重要角色，蛋氨酸、胱氨酸和半胱氨酸均含硫元素。在细菌作用下硫元素可发生氧化或还原，从而促进了硫元素在地球各圈层中的循环。回答问题。 6. 下列化学反应的离子方程式表示正确的是 A. 使用硫化亚铁除去废水中汞离子：S2-+Hg2+=HgS↓ B. 黄铁矿在细菌作用下转化为强酸：2FeS2+2H2O+7O22Fe2++4H++4 C. 用Na2S2O3除去漂白废水中的余氯：+4Cl2+5H2O=2+8Cl-+10H+ D. 半胱氨酸[HOOCCH(NH2)CH2SH]和足量烧碱溶液反应：HSCH2(NH2)CHCOOH+OH-=HSCH2(NH2)CHCOO-+H2O 7. 硫及其化合物的转化有着重要的应用。下列含硫物质的转化不正确的是 A. 用Na2CO3溶液吸收SO2制备Na2SO3：SO2(g)NaHSO3(aq)Na2SO3(aq) B. 工业上制备H2SO4的部分流程：FeS2(s)SO2(g)SO3(g) C. 实验室探究SO2的制备与性质：Na2SO3(s)SO2(g)BaSO4(s) D. 实验室探究浓硫酸的性质：H2SO4(浓)SO2(g)H2SO4(aq) 8. 前4周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的3倍；在同周期元素中，第一电离能数值比Y大的元素有2种；Z是金属性最强的短周期元素；W元素基态原子最外层只有2个电子，且内层轨道均排满电子。下列说法中正确的是 A. Y在周期表中位于第二周期VIA族 B. 电负性大小：x(Z)<x(X)<x(Y) C. X的最高价氧化物的水化物酸性比Y的强 D. W元素在元素周期表中的s区 9. 以甲苯为原料通过间接氧化法可以制取苯甲醛、苯甲酸等物质，反应原理如下图所示，下列说法正确的是 A. 电解结束后，阴极区溶液pH不变 B. 电解时的阳极反应为： 2Cr3+ + 6e−+ 7H2O = + 14H+ C. 1.5mol甲苯氧化为0.75mol苯甲醛和0.75mol苯甲酸时，共消耗1.2 mol D. 甲苯、苯甲醛、苯甲酸的混合物可以通过分液的方法分离 10. 由化合物X、Y为起始原料可合成药物Z。下列说法正确的是 A. X分子中所有碳原子可处于同一平面 B. Y分子与足量H2反应后的产物含有3个手性碳原子 C. Z的分子式为C22H30O4 D. Z可与甲醛发生缩聚反应 11. 室温下，下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 将卤代烃与NaOH醇溶液混合加热，待冷却后加入稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，观察沉淀颜色 确定卤代烃中卤原子种类 B 用洁净的玻璃棒蘸取某无色溶液在酒精灯外焰灼烧，观察火焰颜色 确定溶液中是否含Na元素 C 用pH计分别测量0.1 mol·L−1的CH3COONa和NaClO溶液的pH，比较溶液pH大小 对比Kh(CH3COO−)和Kh(ClO−)的相对大小 D 将红热的木炭投入浓HNO3中，有红棕色气体产生 证明木炭有还原性 A. A B. B C. C D. D 12. 常温下，用含少量Zn2+ 和Ni2+的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如下。 已知：Ka1(H2S)=1.3×10-7，Ka2(H2S)=1.3×10-13 下列说法中正确的是 A. 0.1 mol·L-1 Na2S溶液中c(S2−)> c(HS−) B. “除锌镍”后所得上层清液中c(Ni2+)c(S2−)> Ksp(NiS) C. “沉锰”后的溶液中存在c()+ c(NH3∙H2O) =c(H2CO3) + c() + c() D. 0.1 mol·L-1NH4HCO3溶液中存在c(H+)+ 2c(H2CO3) > c() + c(OH−) + c(NH3∙H2O) 13. CO2催化加氢可合成二甲醚，发生的主要反应有： 反应Ⅰ： 2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)；ΔH1=-1225 kJ·mol-1 反应Ⅱ： CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)；ΔH2=a kJ·mol-1 在恒压、n始(CO2)和n始(H2)=1∶3时，若仅考虑上述反应，平衡时CH3OCH3和CO的选择性及CO2的转化率随温度的变化如图中实线所示。CH3OCH3的选择性=×100%，下列说法错误的是 A. 图中曲线③表示平衡时CO2转化率随温度的变化 B. a>0 C. 平衡时H2转化率随温度变化可能如图中虚线所示 D. 200 ℃时， 使用对反应Ⅰ选择性高的催化剂可提高CH3OCH3的生产效率 二、非选择题(共4题，共61分。) 14. 以软锰矿[主要成分为MnO2，还含有钙镁碳酸盐及少量的有机物(C12H22O11)]为原料制备硫酸锰，进而进一步制备Mn3O4 、Mn12O19. （1）制备硫酸锰的流程如下： 已知：①“酸洗”时，MnO2与有机物发生反应使锰元素产生损耗。②使用相同浓度硝酸或磷酸进行“酸洗”时，锰元素损耗率：硝酸大于磷酸。 ①写出用硝酸“酸洗”时，有机物与MnO2反应生成CO2的离子方程式___________。 ②工业上常采用硝酸酸洗而不采用磷酸酸洗的主要原因是___________。 ③ “还原”过程中会得到副产物MnS2O6，其形成过程如下： pH在4~6范围内，随溶液pH增大，MnS2O6的生成速率减小，其主要原因是___________。 （2）已知：pH在6.4~7.6范围内，MnSO4可被氧气直接氧化得到Mn3O4.实际工业生产时，先向MnSO4溶液中通入氨气生成Mn(OH)2沉淀，再将Mn(OH)2氧化得到Mn3O4，其他条件一定时，Mn2+的沉淀率随氨气通入量的变化如图所示。 向起始pH≈7的MnSO4溶液中持续通入O2，反应一段时间后，MnSO4不再转化Mn3O4，其原因是___________。 （3）制备Mn12O19的反应中KMnO4、MnSO4按物质的量之比1∶5与K2S2O8反应，且反应后的溶液中只有K2SO4和H2SO4两种溶质。制备Mn12O19的离子方程式为___________。 15. 黄酮派酯是一种解痉药，可通过如下路线合成： （1）B的名称是___________。 （2）C→D的反应类型是___________。 （3）已知苯甲酸酐()可以与羟基化合物生成酯，D→E经历了D→X→E的过程，中间体X的化学式为C17H14O5，分子中共有3个六元环。写出X的结构简式：___________。 （4）写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：___________。 ①属于芳香族化合物； ②碱性水解后酸化得到两种产物，且两种产物的核磁共振氢谱中均只有2个峰。 （5）写出以、CH3COCl、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)。 16. 连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，广泛应用于纺织业和造纸业。利用碱性NaBH4溶液或Zn还原含硫化合物是制备Na2S2O4常用方法。 已知：①Na2S2O4在水溶液可以发生歧化反应(只有S元素化合价的升降)，受热易分解。 ②NaBH4是一种强还原剂，酸性或受热条件下易与水反应产生氢气，在碱性溶液中比较稳定。 ③生成物的ΔG越大，表示在该条件下转化成该物质的可能性较大。溶液中部分含硫组分的ΔG如图所示。 Ⅰ.NaBH4碱性溶液还原法 （1）12%NaBH4碱性溶液配制：在烧杯中加入48g水，再向其中加入___________(请完成溶液配制，所需试剂为40gNaOH固体及12gNaBH4固体)。 （2）溶有饱和SO2的NaHSO3溶液制备：利用如图所示装置来制备该溶液，判断制备完成的方法是___________。 （3）将12%NaBH4碱性溶液与制备的NaHSO3溶液在无氧、水浴加热的条件下发生反应，相同时间内，Na2S2O4的产率随温度的变化如图所示，70℃后Na2S2O4的产率下降的原因是___________。Na2S2O4在水溶液中发生歧化反应的离子方程式为___________。 Ⅱ.锌粉还原法 已知：①Zn＋2H2SO3ZnS2O4(易溶于水)＋2H2O； ②二价锌在水溶液中的存在形式与pH的关系如图所示。 （4）请补充完整由锌粉制备Na2S2O4粗品的实验方案：向盛有水的烧杯中加入一定量的Zn粉，搅拌，___________，向滤液中加入氯化钠粉末至有大量晶体析出，过滤得到Na2S2O4粗品(实验中须使用的试剂：SO2、1mol·L-1NaOH溶液)。 17. 发展二甲醚(CH3OCH3)的生产和使用技术具有重要意义。 （1）工业上利用反应CH3O-Na++CH3I→CH3OCH3+NaI合成二甲醚。该反应需要在无水条件下进行的原因是___________。 （2）工业上以CO和H2为原料生产CH3OCH3的新工艺主要发生以下两个反应： I．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH1=-91 kJ·mol-1 II．2CH3OH(g)CH3OCH3(g) +H2O(g) ΔH2=-24kJ·mol-1 ①有研究者在使用催化剂、压强为5.0 MPa、反应时间为10分钟的条件下，通过反应I、II制备二甲醚，结果如图所示。260℃时CO转化率高但CH3OCH3(g)产率很低的原因可能是___________。 ②Al2O3催化CH3OH形成二甲醚的过程可表示为2CH3OH+CH3OCH3+，控制起始温度为250℃，以固定流速向装有催化剂的反应器中分别通入纯甲醇和[m(CH3OH)∶m(H2O)]=4∶1的甲醇溶液，得到甲醇转化率、反应器温度随通入液体时长的关系如图所示。通入甲醇溶液的反应器中，甲醇转化率逐渐降低的原因是___________。 （3）利用二甲醚可通过以下途径制取氢气。 途径Ⅰ：2CH3OCH3(g)+3O2(g)=4CO2(g)+6H2(g) ΔH=-25 kJ·mol-1 途径Ⅱ：CH3OCH3(g)+3H2O (g)=2CO2(g)+6H2(g) ΔH=+135 kJ·mol-1 ①“自热重整”可看做是途径Ⅰ和途径Ⅱ相结合的一种制氢方法：向二甲醚、水蒸气的混合气中通入少量氧气。通入氧气最主要的目的是___________。 ②途径Ⅱ中主要包括三个ΔH>0的基本反应：CH3OCH3+H2O=2CH3OH；CH3OH+H2O=CO2+3H2；CO2+H2=CO+H2O。下列措施一定可以提高单位时间内H2产率的是___________(填序号)。 A．升高温度 B．增大反应器中压强 C．使用甲醇水解的高效催化剂 ③在“Cu0/Cu+双位点”催化作用下，CH3OH与水反应的反应路径如图所示，在答题卡上画出图中方框内中间体的结构：___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 澄宜六校阶段性联合测试试题 高三化学 一、选择题(共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。) 1. 习总书记强调：积极培育和发展新质生产力。下列与科技成就相关的描述正确的是 A. “朱雀二号”遥二成为全球首枚成功入轨液氧甲烷运载火箭，甲烷作助燃剂 B. “神舟十七号”发动机的耐高温结构材料Si3N4是一种分子晶体 C. 挑战马里亚纳海沟的自供电软体机器人所用的硅树脂是新型无机非金属材料 D. 铁磁流体液态机器人中驱动机器人运动的磁铁的主要成分是Fe2O3 【答案】C 【解析】 详解】A．甲烷运载火箭中液氧作助燃剂，甲烷作燃料，A错误； B．Si3N4是共价化合物，熔沸点很高，为共价晶体，B错误； C．硅树脂一种具有高度交联结构的热固性聚硅氧烷聚合物，属于无机非金属材料，C正确； D．磁铁的主要成分是Fe3O4，D错误； 故选：C。 2. 侯德榜制碱法的重要反应 NaCl+CO2+NH3+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl。下列说法正确的是 A. 离子半径：r(N3-)<r(Na+)<r(Cl−) B. 沸点：H2S> H2O> NH3 C. 键角：NF3>NCl3>NBr3 D. 共价键的极性：H-O>H-N 【答案】D 【解析】 【详解】A．电子结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；电子层数不同的离子，电子层数越多，半径越大，则离子半径大小关系为：r(Na+) < r(N3-)<r(Cl−)，A项错误； B．H2O和NH3分子间都存在氢键，常温下H2O为液态，NH3为气态，H2S分子间只含有范德华力，故沸点的大小关系为：H2O>NH3>H2S，B项错误； C．已知电负性F>Cl>Br，且NF3、NCl3、NBr3分子的中心原子相同，周围原子电负性越大键角越小，则键角：NF3<NCl3<NBr3，C项错误； D．电负性：O＞N＞H，成键原子之间电负性相差越大，共价键的极性越强，故共价键极性强弱关系为：H-O>H-N，D项正确； 答案选D。 3. 氮化镓是新型半导体材料。工业制备氮化镓的常用方法是GaCl3 + NH3GaN3 + 3HCl。下列叙述正确的是 A. 基态Ga原子电子排布式：[Ar]4s24p1 B. NH3的VSEPR模型： C. HCl中的共价键是s-p σ键 D. 氯化铵的电子式： 【答案】C 【解析】 【详解】A．镓是31号元素，基态镓原子电子排布式为[Ar]3d104s24p1，A错误； B．氨分子中N原子价层电子对数为，VSEPR模型为四面体，即，B错误； C． HCl分子中的共价键是H原子的1s轨道与Cl原子的3p轨道形成的s﹣pσ键，C正确； D．氯化铵由铵根离子和氯离子构成，其电子式为：，D错误； 答案选C。 4. 下列由废铁屑制取(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O的实验装置与操作能达到实验目的的是 A. 用装置甲称取一定质量的(NH4)2SO4固体 B. 用装置乙除去废铁屑表面的油污 C. 用装置丙将废铁屑充分溶解 D. 用装置丁蒸干溶液得到(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O晶体 【答案】B 【解析】 【详解】A．装置甲中，物品与砝码的位置颠倒，使用游码时称取的(NH4)2SO4固体的质量偏低，A不能达到实验目的； B．Na2CO3溶液呈碱性，能促进油脂水解，从而去除物品表面的油污，所以可用装置乙除去废铁屑表面的油污，B能达到实验目的； C．浓硫酸具有强氧化性，能使铁表面发生钝化，所以不能用装置丙将废铁屑充分溶解，C不能达到实验目的； D．(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O晶体受热易失去结晶水，不能用蒸干溶液的方法制取，所以用装置丁蒸干溶液得不到(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O晶体，D不能达到实验目的； 故选B。 5. Cu2S可用于钾离子电池的负极材料。冶炼铜时可使Cu2S在高温下与O2反应转化为Cu2O， Cu2O在酸性溶液中会转化为Cu和Cu2+；Cu在O2存在下能与氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+； O3、O2的沸点分别为-111℃、-182℃。下列说法正确的是 A. Cu2+吸引电子的能力比Cu+的强 B. SO2为非极性分子 C. 1mol[Cu(NH3)4]2+含有4mol的σ键 D. O2和O3互为同位素 【答案】A 【解析】 【详解】A．Cu2+的半径小于Cu+，且Cu2+、Cu+的价层电子排布分别为3d9、3d10 ，Cu2+再得到一个电子就能达到3d10的稳定结构，而Cu+是3d10全充满的稳定结构，因此Cu2+吸引电子的能力比Cu+的强，A正确； B．SO2中心原子价层电子对数为2+=3，含有1对孤对电子，空间构型为V形，正、负电中心不重合，SO2是极性分子，B错误； C．1mol[Cu(NH3)4]2+含有4mol的配位键，配位键属于σ键，且配体NH3也含有σ键，则1mol[Cu(NH3)4]2+含有σ键总数为(4+3×4)mol=16mol，C错误； D．O2和O3是由同种元素组成而性质不同的单质，互为同素异形体，D错误； 故选A。 阅读材料，硫元素主要以氢化物、硫化物、含氧酸和含氧酸盐等主要形式存在。硫的单质有S2、S4、S8等多种分子形态；硫的氢化物(硫化氢、二硫化氢)均有弱酸性；低价硫有氧气敏感性，易和氧气反应。硫在生物圈的演化中扮演了重要角色，蛋氨酸、胱氨酸和半胱氨酸均含硫元素。在细菌作用下硫元素可发生氧化或还原，从而促进了硫元素在地球各圈层中的循环。回答问题。 6. 下列化学反应的离子方程式表示正确的是 A. 使用硫化亚铁除去废水中汞离子：S2-+Hg2+=HgS↓ B. 黄铁矿在细菌作用下转化为强酸：2FeS2+2H2O+7O22Fe2++4H++4 C. 用Na2S2O3除去漂白废水中的余氯：+4Cl2+5H2O=2+8Cl-+10H+ D. 半胱氨酸[HOOCCH(NH2)CH2SH]和足量烧碱溶液反应：HSCH2(NH2)CHCOOH+OH-=HSCH2(NH2)CHCOO-+H2O 7. 硫及其化合物的转化有着重要的应用。下列含硫物质的转化不正确的是 A. 用Na2CO3溶液吸收SO2制备Na2SO3：SO2(g)NaHSO3(aq)Na2SO3(aq) B. 工业上制备H2SO4部分流程：FeS2(s)SO2(g)SO3(g) C. 实验室探究SO2的制备与性质：Na2SO3(s)SO2(g)BaSO4(s) D. 实验室探究浓硫酸的性质：H2SO4(浓)SO2(g)H2SO4(aq) 【答案】6. C 7. A 【解析】 【6题详解】 A．使用硫化亚铁除去废水中汞离子发生的反应为硫化亚铁与废水中的汞离子反应生成硫化汞和亚铁离子，反应的离子方程式为FeS+Hg2+=HgS+Fe2+，A错误； B．黄铁矿在细菌作用下转化为强酸发生的反应为细菌作用下二硫化铁与氧气和水反应生成铁离子、硫酸根离子和氢离子，反应的离子方程式为4FeS2+2H2O+15O24Fe3++4H++8，B错误； C．用硫代硫酸钠除去漂白废水中的余氯发生的反应为溶液中硫代硫酸根离子与氯气反应生成硫酸根离子、氯离子和氢离子，反应的离子方程式为+4Cl2+5H2O=2+8Cl-+10H+，C正确； D．半胱氨酸和足量烧碱溶液反应生成[SCH2(NH2)CHCOO]2-和水，反应的离子方程式为HSCH2(NH2)CHCOOH+2OH-=[SCH2(NH2)CHCOO]2-+2H2O，D错误； 故选C； 【7题详解】 A．二氧化硫与过量碳酸钠溶液反应生成亚硫酸钠，不能生成亚硫酸氢钠，A错误； B．二硫化铁在氧气中高温煅烧生成二氧化硫，催化剂作用下二氧化硫与氧气干扰发生催化氧化反应生成三氧化硫，物质间的转化能实现，B正确； C．亚硫酸钠固体与70%硫酸溶液反应生成二氧化硫，二氧化硫与过氧化氢和氯化钡混合溶液反应生成硫酸钡沉淀，物质间的转化能实现，C正确； D．浓硫酸与铜共热反应生成二氧化硫，二氧化硫与高锰酸钾溶液反应生成硫酸，物质间的转化能实现，D正确； 故选A。 8. 前4周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的3倍；在同周期元素中，第一电离能数值比Y大的元素有2种；Z是金属性最强的短周期元素；W元素基态原子最外层只有2个电子，且内层轨道均排满电子。下列说法中正确的是 A. Y在周期表中位于第二周期VIA族 B. 电负性大小：x(Z)<x(X)<x(Y) C. X的最高价氧化物的水化物酸性比Y的强 D. W元素在元素周期表中的s区 【答案】B 【解析】 【分析】基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的3倍则X的电子排布为1s22s1或1s22s22p2，X为Li或C。Z是金属性最强的短周期元素，Z为Na。在同周期元素中，第一电离能数值比Y大的元素有2种，Y为N。W元素基态原子最外层只有2个电子，且内层轨道均排满，W可能为Mg或Zn。 【详解】A．Y为第二周期ⅤA族，A项错误； B．同周期从左往右电负性增强，同族元素从下往上电负性增强，则电负性Z<X<Y，B项正确； C．同周期从左往右非金属性增强，最高价氧化为的水化物酸性增强，即X的最高价氧化物的水化物酸性比Y的弱，C项错误； D．若W为Zn，则属于ds区元素，D项错误； 故选B。 9. 以甲苯为原料通过间接氧化法可以制取苯甲醛、苯甲酸等物质，反应原理如下图所示，下列说法正确的是 A. 电解结束后，阴极区溶液pH不变 B. 电解时的阳极反应为： 2Cr3+ + 6e−+ 7H2O = + 14H+ C. 1.5mol甲苯氧化为0.75mol苯甲醛和0.75mol苯甲酸时，共消耗1.2 mol D. 甲苯、苯甲醛、苯甲酸的混合物可以通过分液的方法分离 【答案】A 【解析】 【分析】由图可知，左侧铂电极为阳极，水分子作用下铬离子在阳极失去电子发生氧化反应生成重铬酸根离子和氢离子，电极反应式为2Cr3+ —6e—+ 7H2O = + 14H+，放电生成的重铬酸根离子与甲苯在酸性条件下反应生成苯甲醛或苯甲酸，反应的离子方程式为3C6H5-CH3+2+16H+3C6H5-CHO +4Cr3++11H2O， C6H5-CH3++8H+C6H5-COOH +2Cr3++5H2O；右侧铂电极为电解池的阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e—=H2↑，电解时，氢离子通过质子交换膜由阳极区进入阴极区。 【详解】A．由分析可知，右侧铂电极为电解池的阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e—=H2↑，电解时，氢离子通过质子交换膜由阳极区进入阴极区，放电消耗氢离子的物质的量与由阳极区移向阴极区的氢离子物质的量相等，所以电解结束后，阴极区溶液pH不变，故A正确； B．由分析可知，左侧铂电极为阳极，铬离子在阳极失去电子发生氧化反应生成重铬酸根离子和氢离子，电极反应式为2Cr3+ —6e—+ 7H2O = + 14H+，故B错误； C．由得失电子数目守恒可知，1.5mol甲苯氧化为0.75mol苯甲醛和0.75mol苯甲酸时，共消耗重铬酸根离子的物质的量为=1.25mol，故C错误； D．甲苯、苯甲醛、苯甲酸的混合物是互溶的液体，不可以通过分液的方法分离，故D错误； 故选A。 10. 由化合物X、Y为起始原料可合成药物Z。下列说法正确的是 A. X分子中所有碳原子可处于同一平面 B. Y分子与足量H2反应后的产物含有3个手性碳原子 C. Z的分子式为C22H30O4 D. Z可与甲醛发生缩聚反应 【答案】C 【解析】 【详解】A．X分子中六元环中存在sp3杂化的饱和碳原子，即存在空间立体结构，所以X中所有碳原子不可能处于同一平面，A错误； B．Y分子与足量H2反应后的产物为，与羟基相连的2个饱和碳原子为手性碳原子，B错误； C．根据Z结构简式可知，其分子式为C22H30O4，C正确； D．Z分子中含酚羟基，但与酚羟基直接相连的碳原子的2个邻位碳原子上，至有1个碳原子含H原子，所以Z不能与甲醛发生缩聚反应，D错误； 答案选C。 11. 室温下，下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 将卤代烃与NaOH醇溶液混合加热，待冷却后加入稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，观察沉淀颜色 确定卤代烃中卤原子种类 B 用洁净的玻璃棒蘸取某无色溶液在酒精灯外焰灼烧，观察火焰颜色 确定溶液中是否含Na元素 C 用pH计分别测量0.1 mol·L−1的CH3COONa和NaClO溶液的pH，比较溶液pH大小 对比Kh(CH3COO−)和Kh(ClO−)的相对大小 D 将红热的木炭投入浓HNO3中，有红棕色气体产生 证明木炭有还原性 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．若卤代烃只有一个碳原子，其不能发生消去反应，无法通过此方案确定卤原子种类，故A错误； B．玻璃含有钠元素，在酒精灯上灼烧时，火焰也为黄色，所以不能用玻璃棒完成焰色试验，故B错误； C．对比Kh(CH3COO−)和Kh(ClO−)的相对大小可以用pH计分别测量0.1 mol·L−1的醋酸钠和次氯酸钠溶液的pH，比较溶液pH大小，故C正确； D．浓硝酸不稳定，受热分解生成红棕色的二氧化氮气体、氧气和水，则将红热的木炭投入浓硝酸中，有红棕色气体产生不能证明木炭有还原性，故D错误； 故选C。 12. 常温下，用含少量Zn2+ 和Ni2+的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如下。 已知：Ka1(H2S)=1.3×10-7，Ka2(H2S)=1.3×10-13 下列说法中正确的是 A. 0.1 mol·L-1 Na2S溶液中c(S2−)> c(HS−) B. “除锌镍”后所得上层清液中c(Ni2+)c(S2−)> Ksp(NiS) C. “沉锰”后的溶液中存在c()+ c(NH3∙H2O) =c(H2CO3) + c() + c() D. 0.1 mol·L-1NH4HCO3溶液中存在c(H+)+ 2c(H2CO3) > c() + c(OH−) + c(NH3∙H2O) 【答案】D 【解析】 【详解】A．的水解平衡常数，溶液中若有一半水解，则，小于，由此可知，故A错误； B．“除锌镍”后得到硫化锌硫化镍沉淀，所得上层清液中，c(Ni2+)c(S2−)=Ksp(NiS)，B错误； C．NH4HCO3 中，元素N的物质的量等于元素C的物质的量，C还存在于碳酸锰沉淀中，故“沉锰”后的溶液中存在c()+ c(NH3∙H2O) >c(H2CO3) + c() + c()，C错误； D．NH4HCO3溶液中存在，电荷守恒：，物料守恒：，两式相减得c(H+)+ 2c(H2CO3) > c() + c(OH−) + c(NH3∙H2O)，D正确； 故选D。 13. CO2催化加氢可合成二甲醚，发生的主要反应有： 反应Ⅰ： 2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)；ΔH1=-122.5 kJ·mol-1 反应Ⅱ： CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)；ΔH2=a kJ·mol-1 在恒压、n始(CO2)和n始(H2)=1∶3时，若仅考虑上述反应，平衡时CH3OCH3和CO的选择性及CO2的转化率随温度的变化如图中实线所示。CH3OCH3的选择性=×100%，下列说法错误的是 A. 图中曲线③表示平衡时CO2转化率随温度的变化 B. a>0 C. 平衡时H2转化率随温度的变化可能如图中虚线所示 D. 200 ℃时， 使用对反应Ⅰ选择性高的催化剂可提高CH3OCH3的生产效率 【答案】C 【解析】 【分析】反应Ⅰ焓变小于零，升高温度，平衡Ⅰ逆向移动，则平衡时CH3OCH3选择性随温度升高会下降，结合图像可知，②表示平衡时CH3OCH3选择性随温度的变化曲线；曲线①随温度升高上升，说明反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡Ⅱ正向移动，导致CO的选择性增大，故曲线③表示平衡时CO2转化率随温度的变化、曲线①表示平衡时CO的选择性随温度的变化，反应Ⅱ为吸热反应，焓变大于零，故a>0； 【详解】A．由分析可知，曲线③表示平衡时CO2转化率随温度的变化，A正确； B．由分析可知，a>0，B正确； C．n始(CO2)：n始(H2)=1∶3，若只发生反应Ⅰ，则二氧化碳和氢气的平衡转化率之比为1:1，若只发生反应Ⅱ，则二氧化碳转化率和氢气转化率之比为3:1，由于两个反应均发生，则1:1＜二氧化碳转化率与氢气的转化率之比＜3:1；温度升高平衡Ⅰ逆向移动，平衡Ⅱ正向移动，二氧化碳转化率和氢气转化率之比越来越远离1:1，即相等，故图中虚线不可能表示氢气的平衡转化率，C错误； D．使用对反应Ⅰ选择性高的催化剂，则单位时间内生成CH3OCH3的速率加快，可提高CH3OCH3的生产效率，D正确； 故选C。 二、非选择题(共4题，共61分。) 14. 以软锰矿[主要成分为MnO2，还含有钙镁碳酸盐及少量的有机物(C12H22O11)]为原料制备硫酸锰，进而进一步制备Mn3O4 、Mn12O19. （1）制备硫酸锰的流程如下： 已知：①“酸洗”时，MnO2与有机物发生反应使锰元素产生损耗。②使用相同浓度硝酸或磷酸进行“酸洗”时，锰元素损耗率：硝酸大于磷酸。 ①写出用硝酸“酸洗”时，有机物与MnO2反应生成CO2的离子方程式___________。 ②工业上常采用硝酸酸洗而不采用磷酸酸洗的主要原因是___________。 ③ “还原”过程中会得到副产物MnS2O6，其形成过程如下： pH在4~6范围内，随溶液pH增大，MnS2O6的生成速率减小，其主要原因是___________。 （2）已知：pH在6.4~7.6范围内，MnSO4可被氧气直接氧化得到Mn3O4.实际工业生产时，先向MnSO4溶液中通入氨气生成Mn(OH)2沉淀，再将Mn(OH)2氧化得到Mn3O4，其他条件一定时，Mn2+的沉淀率随氨气通入量的变化如图所示。 向起始pH≈7的MnSO4溶液中持续通入O2，反应一段时间后，MnSO4不再转化Mn3O4，其原因是___________。 （3）制备Mn12O19的反应中KMnO4、MnSO4按物质的量之比1∶5与K2S2O8反应，且反应后的溶液中只有K2SO4和H2SO4两种溶质。制备Mn12O19的离子方程式为___________。 【答案】（1） ①. C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O ②. 易与溶液中Ca2+、Mg2+杂质氯离子生成难溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无法通过“酸洗”步骤除去 ③. pH增大，c()减小，c(H2S2O6)减小，生成MnS2O6的速率减慢 （2）Mn2+直接被氧化时发生反应为6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值 （3）2+10Mn2++ 2+11H2O=Mn12O19↓+4+22H+ 【解析】 【分析】根据软锰矿中所含杂质，以及题中所给信息可知，“酸洗”步骤中部分MnO2与有机物发生氧化还原反应，钙镁碳酸盐与酸反应生成可溶于水的物质，然后过滤，滤渣中主要成分是MnO2，向滤渣中加水“制浆”，通入二氧化硫，发生氧化还原反应，得到硫酸锰，据此分析； 【小问1详解】 ①MnO2与有机物发生氧化还原反应，将C元素氧化成CO2，本身被还原为Mn2+，利用化合价升降法、电荷守恒、原子守恒得出该反应离子方程式为C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O，故答案为C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O； ②软锰矿杂质中含有钙镁碳酸盐，Ca2+、Mg2+能与磷酸反应生成难溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无法通过“酸洗”步骤除去；故答案为PO易与溶液中Ca2+、Mg2+杂质氯离子生成难溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无法通过“酸洗”步骤除去； ③根据流程图可知，MnOOH用于HSO反应生成MnO与H2S2O6，MnO与H2S2O6反应生成MnS2O6，当溶液pH增大，c(HSO)减小，从而导致c(H2S2O6)减小，使生成MnS2O6的速率减慢；故答案为：pH增大，c(HSO)减小，c(H2S2O6)减小，生成MnS2O6的速率减慢； 【小问2详解】 Mn2+直接被氧化时发生反应为6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值，故答案为Mn2+直接被氧化时发生反应为6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值； 【小问3详解】 制备Mn12O19的反应中KMnO4、MnSO4按物质的量之比1：5与K2S2O8反应，且反应后的溶液中只有K2SO4和H2SO4两种溶质。根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒及物质的拆分原则，可知制备Mn12O19的离子方程式为：2+10Mn2++2+11H2O=Mn12O19↓+4+22H+。 15. 黄酮派酯是一种解痉药，可通过如下路线合成： （1）B的名称是___________。 （2）C→D的反应类型是___________。 （3）已知苯甲酸酐()可以与羟基化合物生成酯，D→E经历了D→X→E的过程，中间体X的化学式为C17H14O5，分子中共有3个六元环。写出X的结构简式：___________。 （4）写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：___________。 ①属于芳香族化合物； ②碱性水解后酸化得到两种产物，且两种产物的核磁共振氢谱中均只有2个峰。 （5）写出以、CH3COCl、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）邻羟基苯甲酸 （2）取代反应 （3） （4）或 （5） 【解析】 【分析】A在一定条件下与NaOH、CO2反应后酸化得到B，B与丙酰氯发生取代反应生成C和HCl，C在AlCl3作用下发生重组取代反应生成D，D与苯甲酸酐在一定条件下反应生成E，E与SOCl2反应生成F，F与发生取代反应生成黄酮派酯。 【小问1详解】 B分子中的苯环在相邻位置分别连有羟基和羧基，其名称为邻羟基苯甲酸； 【小问2详解】 C→D是C在AlCl3作用下反应生成D，根据结构简式的变化可知，反应类型是取代反应； 【小问3详解】 已知苯甲酸酐()可以与羟基化合物生成酯，D→E经历了D→X→E的过程，中间体X的化学式为C17H14O5，分子中共有3个六元环，根据分子式可知，X比E多了2个H原子和1个O原子，故应该为X脱水形成碳碳双键，则X的结构简式为：； 【小问4详解】 D为，其同分异构体满足：①属于芳香族化合物，则含有苯环，②碱性水解后酸化得到两种产物，且两种产物核磁共振氢谱中均只有2个峰，则高度对称，根据分子中含有4个O可知有两个酯基，符合条件的同分异构体有或； 【小问5详解】 与CH3COCl发生取代反应生成，在酸性高锰酸钾溶液中被氧化生成，在氯化铝作用下反应生成，与反应制备，合成路线图如下：。 16. 连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，广泛应用于纺织业和造纸业。利用碱性NaBH4溶液或Zn还原含硫化合物是制备Na2S2O4常用方法。 已知：①Na2S2O4在水溶液可以发生歧化反应(只有S元素化合价的升降)，受热易分解。 ②NaBH4是一种强还原剂，酸性或受热条件下易与水反应产生氢气，在碱性溶液中比较稳定。 ③生成物的ΔG越大，表示在该条件下转化成该物质的可能性较大。溶液中部分含硫组分的ΔG如图所示。 Ⅰ.NaBH4碱性溶液还原法 （1）12%NaBH4碱性溶液配制：在烧杯中加入48g水，再向其中加入___________(请完成溶液配制，所需试剂为40gNaOH固体及12gNaBH4固体)。 （2）溶有饱和SO2的NaHSO3溶液制备：利用如图所示装置来制备该溶液，判断制备完成的方法是___________。 （3）将12%NaBH4碱性溶液与制备的NaHSO3溶液在无氧、水浴加热的条件下发生反应，相同时间内，Na2S2O4的产率随温度的变化如图所示，70℃后Na2S2O4的产率下降的原因是___________。Na2S2O4在水溶液中发生歧化反应的离子方程式为___________。 Ⅱ.锌粉还原法 已知：①Zn＋2H2SO3ZnS2O4(易溶于水)＋2H2O； ②二价锌在水溶液中的存在形式与pH的关系如图所示。 （4）请补充完整由锌粉制备Na2S2O4粗品的实验方案：向盛有水的烧杯中加入一定量的Zn粉，搅拌，___________，向滤液中加入氯化钠粉末至有大量晶体析出，过滤得到Na2S2O4粗品(实验中须使用的试剂：SO2、1mol·L-1NaOH溶液)。 【答案】（1）边搅拌边加入40gNaOH固体，充分溶解后并冷却至室温后，边搅拌边加入12gNaBH4固体充分溶解 （2）用pH传感仪测定溶液的pH，一段时间内保持不变 （3） ①. 70℃后，Na2S2O4受热分解的速率大于Na2S2O4生成速率；NaBH4与水反应加快，降低Na2S2O4生成速率 ②. 2S2O＋H2O=S2O＋2HSO （4）将烧杯置于35℃水浴中(加热溶液至35℃并保持)，通入二氧化硫反应至溶液澄清，将尾气通入1mol·L-1NaOH溶液中吸收，向溶液中加入1mol·L-1NaOH溶液，测量溶液的pH至8.2～10.5之间，过滤 【解析】 【小问1详解】 2%NaBH4碱性溶液配制：在烧杯中加入48g水，再边搅拌边加入40gNaOH固体，充分溶解后并冷却至室温后，边搅拌边加入12gNaBH4固体充分溶解； 【小问2详解】 用pH传感仪测定溶液的pH，一段时间内保持不变，说明浓度不在发生变化，制得溶有饱和SO2的NaHSO3溶液； 【小问3详解】 ①根据题目所给信息可知，NaBH4是一种强还原剂，酸性或受热条件下易与水反应产生氢气，70℃后，一方面Na2S2O4受热分解速率大于Na2S2O4生成速率，另一方面NaBH4与水反应加快，降低Na2S2O4生成速率； ②根据所给的条件，生成物的ΔG越大，表示在该条件下转化成该物质的可能性较大，所以Na2S2O4在水溶液发生的歧化反应为：； 【小问4详解】 根据二价锌在水溶液中的存在形式与pH的关系图，制得Na2S2O4粗品的方法：向盛有水的烧杯中加入一定量的Zn粉，搅拌，将烧杯置于35℃水浴中(加热溶液至35℃并保持)，通入二氧化硫反应至溶液澄清，将尾气通入1mol·L-1NaOH溶液中吸收，向溶液中加入1mol·L-1NaOH溶液，测量溶液的pH至8.2～10.5之间，过滤。 17. 发展二甲醚(CH3OCH3)的生产和使用技术具有重要意义。 （1）工业上利用反应CH3O-Na++CH3I→CH3OCH3+NaI合成二甲醚。该反应需要在无水条件下进行的原因是___________。 （2）工业上以CO和H2为原料生产CH3OCH3的新工艺主要发生以下两个反应： I．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH1=-91 kJ·mol-1 II．2CH3OH(g)CH3OCH3(g) +H2O(g) ΔH2=-24kJ·mol-1 ①有研究者在使用催化剂、压强为5.0 MPa、反应时间为10分钟的条件下，通过反应I、II制备二甲醚，结果如图所示。260℃时CO转化率高但CH3OCH3(g)产率很低的原因可能是___________。 ②Al2O3催化CH3OH形成二甲醚的过程可表示为2CH3OH+CH3OCH3+，控制起始温度为250℃，以固定流速向装有催化剂的反应器中分别通入纯甲醇和[m(CH3OH)∶m(H2O)]=4∶1的甲醇溶液，得到甲醇转化率、反应器温度随通入液体时长的关系如图所示。通入甲醇溶液的反应器中，甲醇转化率逐渐降低的原因是___________。 （3）利用二甲醚可通过以下途径制取氢气。 途径Ⅰ：2CH3OCH3(g)+3O2(g)=4CO2(g)+6H2(g) ΔH=-25 kJ·mol-1 途径Ⅱ：CH3OCH3(g)+3H2O (g)=2CO2(g)+6H2(g) ΔH=+135 kJ·mol-1 ①“自热重整”可看做是途径Ⅰ和途径Ⅱ相结合的一种制氢方法：向二甲醚、水蒸气的混合气中通入少量氧气。通入氧气最主要的目的是___________。 ②途径Ⅱ中主要包括三个ΔH>0的基本反应：CH3OCH3+H2O=2CH3OH；CH3OH+H2O=CO2+3H2；CO2+H2=CO+H2O。下列措施一定可以提高单位时间内H2产率的是___________(填序号)。 A．升高温度 B．增大反应器中压强 C．使用甲醇水解的高效催化剂 ③在“Cu0/Cu+双位点”催化作用下，CH3OH与水反应的反应路径如图所示，在答题卡上画出图中方框内中间体的结构：___________。 【答案】（1）CH3ONa更容易与水反应生成难电离的CH3OH，使c(CH3O−)减小 （2） ①. 反应I中CO转化成CH3OH的速率快，但反应II中CH3OH转化成CH3OCH3(g)的速率慢，故在固定时间内CO转化率高但CH3OCH3(g)产率很低 ②. 水、甲醇对催化剂活性位点形成竞争吸附，参与催化反应的甲醇减少 （3） ①. 氧气和二甲醚反应放热，促进途径Ⅱ反应正向进行，提H2产率 ②. C ③. 【解析】 【小问1详解】 更容易与水反应生成难电离的，使减小，所以利用反应合成二甲醚，需要在无水条件下进行。 【小问2详解】 ①  --I   --II CO的转化主要体现在反应I的进行，据图推测，反应I是快反应，很快达到平衡，因此，CO转化率实际上就是平衡转化率随温度的变化；但是反应II中由合成是个慢反应，的产率既与CO平衡转化率有关，也与自身速率有关。温度越高，CO平衡转化率越低，但是反应II速率越快，因此在不同温度范围内呈现不同的变化规律。根据上述分析，260℃时CO转化率高但产率很低的原因可能是反应I中CO转化成的速率快，但反应II中转化成的速率慢，因此在固定时间内CO转化率高但产率很低。 ②水、甲醇对催化剂活性位点形成竞争吸附，参与催化反应的甲醇减少，所以通入甲醇溶液的反应器中，甲醇转化率逐渐降低。 【小问3详解】 ①制氢过程中向二甲醚、水蒸气的混合气中通入少量氧气最主要的目的是：氧气和二甲醚反应放热，促进途径Ⅱ反应正向进行，提高H2产率； ② A.三个基本反应，不同温度下对不同反应影响程度不同，所以升温不一定提高单位时间内产率，A不符合题意； B．对应反应，增大压强会导致平衡逆向移动，不利于生成氢气，B不符合题意； C．使用甲醇水解的高效催化剂，可以降低反应活化能，提高单位时间内产率，C符合题意； ③中间体是指在反应过程中生成，但有参与后续反应，则中间体结构：： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$