精品解析：四川省江油市太白中学2024-2025学年高三上学期12月考试 化学试题

江油市太白中学高2022级高三(上)12月月考 可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Mg 24 S 32 Cl 35.5 Zn 65 第Ⅰ卷(选择题，共42分) 一、选择题(包括14小题，每题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意) 1. 古丝绸之路贸易中的下列商品，主要成分属于无机物的是 A．瓷器 B．丝绸 C．茶叶 D．中草药 A. A B. B C. C D. D 2. 巴黎奥运会精彩纷呈，化学在其中扮演着重要的角色。下列说法不正确的是 A. 奥运奖牌铜牌采用青铜材料，青铜的熔点低于铜 B. 奥运火炬以丙烷为燃料，丙烷与丙醇均属于烃类物质 C. 跑鞋鞋底材料采用轻质、耐磨的聚氨酯，聚氨酯是一种高分子材料 D. 水上运动中心屋顶覆盖太阳能电池板，它能将太阳能转化为电能 3. “点击化学”研究获得2022年诺贝尔化学奖表彰，利用该原理可制得如图所示的产物。已知杂化轨道中s成分越多，所形成的化学键越稳定。下列说法错误的是 A. 铜离子降低了反应的活化能 B. 反应物中黑球元素的电负性比N小 C. 产物中碳原子的杂化方式为 D. 反应物中氮氮键比产物中氮氮键的键长短 4. 全固态锂金属电池具有更高比能和更高安全性。我国科研团队设计了基于LLZ-TO@Ag复合层负极改性的硫化物全固态锂电池，结构如图，放电时电池反应：。下列说法不正确的是 A. 充电时，电流流向为电源→b极→固态电解质→a极 B. 放电时，流向为a极→复合层→固态电解质→b极 C. 充电时，b极的电极反应为 D. 放电前两电极质量相等，放电过程中，当两电极质量差值为1.4g时，电路中转移0.2mol 5. 己烯雌酚是一种非甾体雌激素类药物，其结构简式如图所示。下列关于己烯雌酚的叙述错误的是 A. 分子式为C18H20O2 B. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 所有碳原子可能共面 D. 1mol该物质最多消耗1molBr2 6. 侯德榜联合制碱法的原理之一是。下列说法正确的是 A. 基态N原子的轨道表示式若写为，则违背了洪特规则 B. NH3、CO2和H2O均为非电解质 C. 氯化钠的电子式为 D. CO2、和H2O的中心原子均为sp3杂化 7. 植物对氮元素的吸收过程如下，下列说法正确的是 植物吸收 A. 高温有利于加快过程① B. 浇水和松土有利于过程② C. 过程③中被还原 D. 过程④叫做氮的固定 8. 控制试剂的用量是化学实验准确性的基础和保证。将过量的通入的下列溶液中，实验现象及离子方程式的书写均正确的是 已知酸性强弱顺序：。 选项 溶液 现象 离子方程式 A 水溶液 产生淡黄色沉淀 B 溶液 溶液由棕黄色变浅绿色，产生淡黄色沉淀，后又产生黑色沉淀 C 溶液(含酚酞) 溶液由红色变无色 D 酸性溶液 溶液紫红色褪去，产生淡黄色沉淀 A. A B. B C. C D. D 9. 短周期主族元素X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大，其中基态Y原子s能级电子数是p能级电子数的两倍，Z和M位于同一主族且其基态原子中未成对电子数在同周期元素中最多，由上述五种元素形成的化合物可作离子导体，结构如图所示，其阳离子中存在大键。下列说法错误的是 A. 该离子导体中Y与Z均采取杂化 B. 化合物可用于漂白 C. 简单阴离子半径大小顺序： D. 电负性大小顺序： 10. 过氧化钠可作织物的印染剂、潜艇中的供氧剂等。某实验小组利用如图装置探究过氧化钠的性质，下列说法正确的是 A. 试剂A可以是碱石灰，目的是除去 B. 可以用带火星的木条检验收集的气体是氧气 C. 试剂B可以是浓硫酸，作用是除去氧气中的水蒸气 D. 若试剂A为饱和溶液，硬质玻璃管中只发生反应： 11. 过氧化钠是一种供氧剂，常用作潜水艇和呼吸面具，其供氧主要原理如下：。设为阿伏加德罗常数的值，下列有关该反应的说法错误的是 A. 当0.5mol参与反应转移的电子数为 B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1 C. 1L1mol/L的溶液中数目小于 D. 标况下，1.12L中C原子含有的价层电子对数目为 12. 天津工业生物所开发了一种人工转化二氧化碳精准合成糖技术，其转化关系如图所示。下列叙述错误的是 A. 物质a能与草酸发生缩聚反应 B. 物质b与甲醛的最简式相同 C. CH3OH转化为HCHO属于氧化反应 D. HCHO的空间结构为三角锥形 13. 下列实验装置能达到实验目的的是 A B C D A. 铝热反应冶炼金属镁 B. 吸收并防倒吸 C. 粗铜精炼 D. 制备无水 14. 锆(Zr)是重要的战略金属，可从其氧化物中提取。下图是某种锆的氧化物晶体的立方晶胞，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 该氧化物的化学式为 B. 该氧化物的密度为 C. p点和q点之间的距离为 D. 该晶体中Zr的配位数为2 第Ⅱ卷(非选择题，共58分) 二、非选择题(本题包括4小题，共58分) 15. 某实验小组同学采用下列装置模拟硫酸工业的接触室，制备SO3并测定实验条件下SO2的转化率。 （1）实验过程中，当V2O5表面红热后，应将酒精灯移开一段时间后再继续加热，其原因是_______________________________________。 （2）装置B中U形管内收集到的物质呈________色________态。D处可能观察到的现象是____________________________________________。 （3）结束实验时应先停止______________，并继续_______________。 （4）为了除去SO2气体中混有的少量SO3，还可以让混合气体通过________溶液（除了图示方法）。为了检验SO2气体中是否混有少量SO3，可以让混合气体通过__________溶液；若有__________________________现象出现，说明SO2气体中混有SO3。 （5）为了测定该条件下SO2的转化率，若B中U形管内收集到的物质的质量为m g，还需要测定的实验数据是_______________________________________。 （6）实际测得SO2的转化率比理论值小，其主要原因有________________。 A.装置C中亚硫酸盐被氧化B.SO2通入速度太快，未被充分吸收 C.有SO2残留在A、B装置中D.SO3挥发，被装置C吸收 16. 高铼酸铵()是一种重要的化工原料，能用于制备石化工业炼油厂的重整催化剂。以钼精矿(主要成分有、，还含有、、、等杂质)为原料制备的工艺流程图如下。 已知： ①“氧压碱浸”的主要产物有、、； ②“水相1”中的阴离子主要是和； ③。 回答下列问题： （1）Mo位于元素周期表的第五周期第ⅥB族，其价层电子排布为_______；的主要用途有(写一点)______________。 （2）“氧压碱浸”在高温条件下进行，写出转化为的化学方程式：______________。 （3）“调酸”的pH大约为5，则“滤渣2”的主要成分为_______(填化学式)。 （4）若“萃取”发生的反应为，则“反萃取”的化学方程式为______________。 （5）“除磷”过程中按物质的量之比加入，充分反应后，=_______。 （6）“操作X”的具体操作为_______，过滤、洗涤、干燥，即可得到晶体。 17. 合成氨工艺是人工化肥的生产支柱，是人类生存发展的“食”之基础。 回答下列问题： Ⅰ．化学键键能如表 化学键 N≡N H―H N―H 键能() 946 436 390.8 （1）估算的___________。已知该反应的，理论上该反应在温度为298K下___________(填“能”或“不能”)自发进行。 Ⅱ．科学家结合实验与计算机模拟结果，研究了合成氨的反应历程，如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示，TS表示过渡态。 （2）图示历程包含___________个基元反应。发生N—N键断裂的反应方程式为___________。 （3）H―H键断裂应该吸收热量，但反应的，主要原因为___________。 （4）在实际工业生产中，合成氨一般采用的温度为400~500℃，主要原因为___________。 （5）温度为500℃、压强为20MPa，原料气，反应，反应平衡时，氨气的体积分数为20%，则氮气的转化率约为___________%(计算结果保留三位有效数字)。该条件下，，的标准平衡常数为___________(用最简分数形式表示)。［已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压］。 18. 化合物J是一种EED抑制剂的中间体，其合成路线如下： 已知：—Boc代表。 回答下列问题： （1）C中含氧官能团的名称为___________。 （2）E的结构简式为___________。 （3）检验F中含碳碳双键的试剂为___________。 （4）C→D的反应类型为___________。 （5）已知A→B为取代反应，该反应的化学方程式为___________。 （6）与B具有相同官能团且属于芳香族化合物的同分异构体共有___________种(不考虑立体异构) （7）根据题干信息，补全虚线框内剩余片段，使其合成路线完整___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江油市太白中学高2022级高三(上)12月月考 可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Mg 24 S 32 Cl 35.5 Zn 65 第Ⅰ卷(选择题，共42分) 一、选择题(包括14小题，每题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意) 1. 古丝绸之路贸易中的下列商品，主要成分属于无机物的是 A．瓷器 B．丝绸 C．茶叶 D．中草药 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A、瓷器是硅酸盐，陶瓷的成分主要是：氧化铝,二氧化硅，属于无机物，A正确。B、丝绸有要可怜人是蛋白质，属于有机物，B错误；C、茶叶主要含有茶多酚（Tea Polyphenols），是茶叶中多酚类物质的总称，包括黄烷醇类、花色苷类、黄酮类、黄酮醇类和酚酸类等，属于有机物，C错误；D、中药所含化学成分很复杂，通常有糖类、氨基酸、蛋白质、油脂、蜡、酶、色素、维生素、有机酸、鞣质、无机盐、挥发油、生物碱、甙类等，主要成份是有机物，D错误。 2. 巴黎奥运会精彩纷呈，化学在其中扮演着重要的角色。下列说法不正确的是 A. 奥运奖牌铜牌采用青铜材料，青铜的熔点低于铜 B. 奥运火炬以丙烷为燃料，丙烷与丙醇均属于烃类物质 C. 跑鞋鞋底材料采用轻质、耐磨的聚氨酯，聚氨酯是一种高分子材料 D. 水上运动中心屋顶覆盖太阳能电池板，它能将太阳能转化为电能 【答案】B 【解析】 【详解】A．合金熔点一般低于成分金属，则青铜的熔点低于铜，A正确； B．丙烷属于烃类物质，丙醇含有氧，不属于烃类物质，B错误； C．聚氨酯是合成高分子化合物，具有高弹性、耐磨性，是一种力学性能优异的有机高分子材料，C正确； D．太阳能电池板，它能将太阳能转化为电能，实现能量转化，D正确； 故选B。 3. “点击化学”研究获得2022年诺贝尔化学奖表彰，利用该原理可制得如图所示的产物。已知杂化轨道中s成分越多，所形成的化学键越稳定。下列说法错误的是 A. 铜离子降低了反应的活化能 B. 反应物中黑球元素的电负性比N小 C. 产物中碳原子的杂化方式为 D. 反应物中氮氮键比产物中氮氮键的键长短 【答案】C 【解析】 【详解】A．铜离子在反应中作催化剂，能降低反应的活化能，加快反应速率，A正确； B．由图可知，α位置的N原子带正电，则与黑球元素直接连接的N应该显一定负电性，黑球元素应显一定正电性，故黑球元素的电负性弱于N，B正确； C．产物中的碳原子形成了碳碳双键，其杂化方式为，C错误； D．已知杂化轨道中s成分越多，所形成的化学键越稳定；反应物中氮氮键更稳定、键长更短，故反应物中氮氮键比产物中氮氮键的键长短，D正确； 故答案选C。 4. 全固态锂金属电池具有更高比能和更高安全性。我国科研团队设计了基于LLZ-TO@Ag复合层负极改性的硫化物全固态锂电池，结构如图，放电时电池反应：。下列说法不正确的是 A. 充电时，电流流向为电源→b极→固态电解质→a极 B. 放电时，流向为a极→复合层→固态电解质→b极 C. 充电时，b极的电极反应为 D. 放电前两电极质量相等，放电过程中，当两电极质量差值为1.4g时，电路中转移0.2mol 【答案】D 【解析】 【分析】放电时，a极为负极，电极反应为Li-e−=Li+，b极为正极，电极反应为：Li1-aNixCoyMnzO2+aLi++ae-=LiNixCoyMnzO2，充电时，a极为阴极，b极为阳极，据此回答。 【详解】A．充电时，电流流向为电源→阳极→固态电解质→阴极，A正确； B．放电时阳离子经电解质流向正极b，B正确； C．充电时b极为阳极，电极反应为LiNixCoyMnzO2-ae-=Li1-aNixCoyMnzO2+aLi+，C正确； D．放电时a极为负极，电极反应为Li-e−=Li+，b极为正极，电极反应为：Li1-aNixCoyMnzO2+aLi++ae-=LiNixCoyMnzO2，当两电极质量差值为1.4g时，即负极减小0.7g，正极增加0.7g，转移0.1mol电子，D错误； 故选D。 5. 己烯雌酚是一种非甾体雌激素类药物，其结构简式如图所示。下列关于己烯雌酚的叙述错误的是 A. 分子式为C18H20O2 B. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 所有碳原子可能共面 D. 1mol该物质最多消耗1molBr2 【答案】D 【解析】 【详解】A．由题干己烯雌酚的结构简式可知，其分子式为C18H20O2，A正确； B．由题干己烯雌酚的结构简式可知，分子中含有酚羟基和碳碳双键，故能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确； C．由题干己烯雌酚的结构简式可知，分子中含有苯环和碳碳双键所在的三个平面结构，且单键连接可以任意旋转，故分子中所有碳原子可能共面，C正确； D．由题干己烯雌酚的结构简式可知，分子中含有酚羟基，且邻位上有H，且含有碳碳双键，故可知1mol该物质最多消耗5molBr2(1mol与双键加成，4mol发生取代反应)，D错误； 故答案为：D。 6. 侯德榜联合制碱法的原理之一是。下列说法正确的是 A. 基态N原子的轨道表示式若写为，则违背了洪特规则 B. NH3、CO2和H2O均为非电解质 C. 氯化钠的电子式为 D. CO2、和H2O的中心原子均为sp3杂化 【答案】A 【解析】 【详解】A．洪特规则的内容是指当电子进入相同能级的简并轨道时电子总是单独分占不同的轨道且自旋方向相同，故基态N原子的轨道表示式若写为，则违背了洪特规则，A正确； B．NH3、CO2均为非电解质，但H2O是一种极弱的电解质，B错误； C．氯化钠是离子化合物，则其电子式为：，C错误； D．CO2中心原子C周围的价层电子对数为2，则其采用sp杂化，和H2O的中心原子的价层电子对数均为4，均为sp3杂化，D错误； 故答案为：A。 7. 植物对氮元素的吸收过程如下，下列说法正确的是 植物吸收 A. 高温有利于加快过程① B. 浇水和松土有利于过程② C. 过程③中被还原 D. 过程④叫做氮的固定 【答案】B 【解析】 【详解】A．过程①有根瘤菌参与催化，不能高温下进行，故A错误； B．过程②是与氧气反应生成，浇水和松土有利于氧气的溶解和吸收，有利于过程②的反应，故B正确； C．过程③中转化为，N的化合价由+3价升高到+5价，作还原剂被氧化，故C错误； D．氮的固定是将游离态的氮转化为含氮化合物的过程，过程④是氮的化合物中氮元素的转变，不属于氮的固定，故D错误； 答案选B。 8. 控制试剂的用量是化学实验准确性的基础和保证。将过量的通入的下列溶液中，实验现象及离子方程式的书写均正确的是 已知酸性强弱顺序：。 选项 溶液 现象 离子方程式 A 水溶液 产生淡黄色沉淀 B 溶液 溶液由棕黄色变浅绿色，产生淡黄色沉淀，后又产生黑色沉淀 C 溶液(含酚酞) 溶液由红色变无色 D 酸性溶液 溶液紫红色褪去，产生淡黄色沉淀 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．由氧化还原反应规律可知，与水溶液反应不能生成，A错误； B．将通入溶液中，离子方程式应为，过量的不能与反应，因为沉淀溶于强酸，B错误； C．将通入溶液(含酚酞)中，根据强酸制弱酸的原理，离子方程式为，C正确； D．将通入酸性溶液中，离子方程式应为，D错误； 故选C。 9. 短周期主族元素X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大，其中基态Y原子s能级电子数是p能级电子数的两倍，Z和M位于同一主族且其基态原子中未成对电子数在同周期元素中最多，由上述五种元素形成的化合物可作离子导体，结构如图所示，其阳离子中存在大键。下列说法错误的是 A. 该离子导体中Y与Z均采取杂化 B. 化合物可用于漂白 C. 简单阴离子半径大小顺序： D. 电负性大小顺序： 【答案】C 【解析】 【分析】短周期主族元素X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大，基态Y原子s能级电子数是p能级电子数的两倍，基态Y原子的电子排布为，Y为碳元素；根据结构图可知，X形成1个共价键，则X为氢元素；Z的原子序数比Y(C)大，且Z和M位于同一主族，则Z在第二周期，M、N在第三周期，Z和M位于同一主族且其基态原子中未成对电子数在同周期元素中最多，则Z为氮元素，M为磷元素；由可得N为氯元素；即X=H、Y=C、Z=N、M=P、N=Cl，据此回答问题。 【详解】A．该离子导体中Y与Z共同形成平面六边形结构，与苯环结构相似，中心碳原子和氮原子都形成的平面三角形结构，所以它们都采取的杂化，A正确； B．化合物为，其水解反应为，产物之一为，具有漂白作用，B正确； C．Z、M、N的简单阴离子分别为：、、，、形成的核外电子排布相同，根据核电荷数越大，离子半径越小，得到半径>，与、的最外层电子数相同，但电子层少一层，所以半径>，最后得到半径的大小顺序为：，即M>N>Z，C错误； D．在同一周期内，从左到右，随着原子序数的增加，电负性逐渐增大，C和N位于第二周期，原子序数逐渐增大，则有电负性C<N，在CH4中，碳原子与4个氢原子形成了4个共价键，且共用电子对都偏向于碳，说明碳原子对电子的吸引力大于氢原子，因此碳的电负性大于氢‌，则H、C、N的电负性大小为：H<C<N，即X<Y<Z，D正确； 故答案为：C。 10. 过氧化钠可作织物的印染剂、潜艇中的供氧剂等。某实验小组利用如图装置探究过氧化钠的性质，下列说法正确的是 A. 试剂A可以是碱石灰，目的是除去 B. 可以用带火星的木条检验收集的气体是氧气 C. 试剂B可以是浓硫酸，作用是除去氧气中的水蒸气 D. 若试剂A为饱和溶液，硬质玻璃管中只发生反应： 【答案】B 【解析】 【详解】A．若试剂A是碱石灰，会吸收二氧化碳和水蒸气，固体碱石灰作为干燥剂，应放在U形管或球形干燥管中，A错误； B．可以用带火星的木条检验收集的气体是氧气，B正确； C．若试剂B浓硫酸，作用是防止外界水蒸气进去硬质玻璃管中，不是为了除去水蒸气，因为后续还用排水法收集，C错误； D．若试剂A为饱和溶液，硬质玻璃管中发生、，D错误； 故选B。 11. 过氧化钠是一种供氧剂，常用作潜水艇和呼吸面具，其供氧主要原理如下：。设为阿伏加德罗常数的值，下列有关该反应的说法错误的是 A. 当0.5mol参与反应转移的电子数为 B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1 C. 1L1mol/L的溶液中数目小于 D. 标况下，1.12L中C原子含有的价层电子对数目为 【答案】A 【解析】 【详解】A．该反应为Na2O2的歧化反应，1molNa2O2转移1mol电子，结合方程式可知当0.5mol参与反应转移的电子数为，故A错误； B．该反应为Na2O2的歧化反应，Na2O2中1个O的化合价升高1价，1个O的化合价降低1价，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，故B正确； C．由于要水解，故1L1mol/L的溶液中数目小于，故C正确； D．中C的价层电子对数为2+=2，标况下，1.12L的物质的量为0.05mol，C原子含有的价层电子对数目为，故D正确； 答案选A。 12. 天津工业生物所开发了一种人工转化二氧化碳精准合成糖技术，其转化关系如图所示。下列叙述错误的是 A. 物质a能与草酸发生缩聚反应 B. 物质b与甲醛的最简式相同 C. CH3OH转化为HCHO属于氧化反应 D. HCHO的空间结构为三角锥形 【答案】D 【解析】 【详解】A．物质a中含有两个羟基，草酸分子内有2个羧基，则a能与草酸发生缩聚反应生成高分子化合物，故A正确； B．物质b的分子式为C6H12O6，与甲醛的最简式都是CH2O，故B正确； C．CH3-OH转化为HCHO发生“去氢”氧化，属于氧化反应，故C正确； D．HCHO中C原子价电子对数为3，无孤电子对，空间结构为平面三角形，故D错误； 选D。 13. 下列实验装置能达到实验目的的是 A B C D A. 铝热反应冶炼金属镁 B. 吸收并防倒吸 C. 粗铜精炼 D. 制备无水 【答案】D 【解析】 【详解】A．镁金属性强于铝，氧化镁与铝粉不反应，铝热反应只能用Al还原金属活动性弱于Al的金属氧化物，故A错误； B．氨气极易溶于水，导管直接插入水中容易倒吸，用该装置吸收氨气不能防倒吸，故B错误； C．粗铜精炼，粗铜作阳极接外接电源的正极，精铜作阴极接外接电源负极，故C错误； D．Mg2+在加热条件下易水解生成Mg(OH)2，在HCl气氛中能抑制水解从而得到无水MgCl2，故D正确； 答案选D。 14. 锆(Zr)是重要的战略金属，可从其氧化物中提取。下图是某种锆的氧化物晶体的立方晶胞，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 该氧化物的化学式为 B. 该氧化物的密度为 C. p点和q点之间的距离为 D. 该晶体中Zr的配位数为2 【答案】C 【解析】 【详解】A．由晶胞结构可知，晶胞中位于体内的锆原子个数为4，位于顶点、面心、棱上和体心的氧原子个数为，则立方氧化锆的化学式为，故A错误； B．设晶体的密度为，由晶胞的质量公式可得：，解得，故B错误； C．由晶胞结构可知，p点和q点之间的距离为晶胞面对角线的一半，为，故C正确； D．由晶胞结构可知，Zr周围距离最近且相等的O原子有8个，该晶体中Zr的配位数为8，故D错误； 故选C。 第Ⅱ卷(非选择题，共58分) 二、非选择题(本题包括4小题，共58分) 15. 某实验小组同学采用下列装置模拟硫酸工业的接触室，制备SO3并测定实验条件下SO2的转化率。 （1）实验过程中，当V2O5表面红热后，应将酒精灯移开一段时间后再继续加热，其原因是_______________________________________。 （2）装置B中U形管内收集到的物质呈________色________态。D处可能观察到的现象是____________________________________________。 （3）结束实验时应先停止______________，并继续_______________。 （4）为了除去SO2气体中混有的少量SO3，还可以让混合气体通过________溶液（除了图示方法）。为了检验SO2气体中是否混有少量SO3，可以让混合气体通过__________溶液；若有__________________________现象出现，说明SO2气体中混有SO3。 （5）为了测定该条件下SO2的转化率，若B中U形管内收集到的物质的质量为m g，还需要测定的实验数据是_______________________________________。 （6）实际测得SO2的转化率比理论值小，其主要原因有________________。 A.装置C中亚硫酸盐被氧化B.SO2通入速度太快，未被充分吸收 C.有SO2残留在A、B装置中D.SO3挥发，被装置C吸收 【答案】 ①. 该反应放热，如果持续加热则温度过高会影响催化剂的活性，影响反应速率 ②. 温度过高会使平衡向逆反应方向移动不利于SO3的生成 ③. 无 ④. 固 ⑤. 品红不褪色 ⑥. 通入SO2，通入一段时间O2 ⑦. 饱和亚硫酸氢钠 ⑧. 氯化钡溶液 ⑨. 白色沉淀 ⑩. C瓶溶液增重的质量 ⑪. A、D 【解析】 【分析】(1)二氧化硫转化为三氧化硫的反应为放热反应，结合温度对催化剂活性的影响分析； (2)三氧化硫的熔点为16.8℃，其固态为无色晶体；通过氢氧化钠溶液后，混合气体中没有二氧化硫剩余； (3)实验结束时，要把未反应的二氧化硫全部排入C中； (4)根据SO3与亚硫酸氢钠溶液反应生成SO2来分析除杂试剂，利用SO3与氯化钡反应产生白色沉淀而SO2不与氯化钡反应来检验SO2气体中是否混有少量SO3； (5) U形管内收集到的物质为三氧化硫，还需要知道剩余的二氧化硫的质量； (6) SO2的转化率=，根据该公式中数据的变化分析。 【详解】(1)由二氧化硫转化为三氧化硫的反应：2SO2+O⇌2SO3，△H＜0，可知道，温度过高会使平衡逆向移动，不利于二氧化硫的转化，且催化剂的活性受到温度的限制； (2)氧化硫的熔点为16.8℃，在冰盐水中冷却时三氧化硫转化为固态，其固态为无色晶体；反应后剩余的气体通过氢氧化钠溶液，二氧化硫被氢氧化钠溶液吸收，所以再通过品红溶液时，品红不褪色（或品红溶液红色变浅）； (3)实验结束时，要把未反应的二氧化硫全部排入C中，则应该先停止通二氧化硫，再通一段时间的氧气把二氧化硫全部排入C中； (4)饱和NaHSO3溶液与SO3、水反应，除去SO3气体，同时生成SO2气体，不引入新杂质，且饱和NaHSO3溶液还可以降低SO2气体的溶解度，则除杂试剂为饱和NaHSO3溶液；SO3与氯化钡反应产生白色沉淀而SO2不与氯化钡反应，SO3+H2O+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，所以检验SO2气体中是否混有少量SO3，可以让混合气体通过氯化钡溶液，若有白色沉淀出现，说明SO2气体中混有SO3； (5) U形管内收集到的物质为三氧化硫，要计算二氧化硫的转化率，还需要知道剩余的二氧化硫的质量，即C瓶溶液增加的质量； (6) SO2的转化率=， A．装置C中亚硫酸盐被氧化，则C瓶溶液增加的质量偏大，即剩余的二氧化硫的质量偏大，所以SO2的转化率偏小，故A符合题意； B．SO2通入速度太快，未被充分吸收，则C瓶溶液增加的质量偏小，即剩余的二氧化硫的质量偏小，所以SO2的转化率偏大，故B不符合题意； C．有SO2残留在A、B装置中，则C瓶溶液增加的质量偏小，即剩余的二氧化硫的质量偏小，所以SO2的转化率偏大，故C不符合题意； D．SO3挥发，被装置C吸收，则C瓶溶液增加的质量偏大，即剩余的二氧化硫的质量偏大，所以SO2的转化率偏小，故D符合题意； 故答案为：AD。 16. 高铼酸铵()是一种重要的化工原料，能用于制备石化工业炼油厂的重整催化剂。以钼精矿(主要成分有、，还含有、、、等杂质)为原料制备的工艺流程图如下。 已知： ①“氧压碱浸”的主要产物有、、； ②“水相1”中的阴离子主要是和； ③。 回答下列问题： （1）Mo位于元素周期表的第五周期第ⅥB族，其价层电子排布为_______；的主要用途有(写一点)______________。 （2）“氧压碱浸”在高温条件下进行，写出转化为的化学方程式：______________。 （3）“调酸”的pH大约为5，则“滤渣2”的主要成分为_______(填化学式)。 （4）若“萃取”发生的反应为，则“反萃取”的化学方程式为______________。 （5）“除磷”过程中按物质的量之比加入，充分反应后，=_______。 （6）“操作X”的具体操作为_______，过滤、洗涤、干燥，即可得到晶体。 【答案】（1） ①. ②. 作红色颜料(或炼铁原料等) （2） （3）Al(OH)3、H2SiO3 （4） （5） （6）蒸发浓缩、冷却结晶 【解析】 【分析】钼精矿(主要成分有、，还含有、、、等杂质) “氧压碱浸”在高温条件下进行，转化为，转化为Na2AlO2，转化为Na2SiO3，转化为，转化为Na3PO4，滤渣1为Fe2O3，滤液加入硫酸调pH时Na2AlO2和Na2SiO3分别转化为Al(OH)3、H2SiO3，加入R3N萃取，向有机相中加入氨水反萃取，向水相中加入硫酸镁除磷，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶得到，以此解答。 【小问1详解】 Mo元素位于元素周期表的第五周期第ⅥB族，其价层电子排布为。常用作红色颜料等。 【小问2详解】 由氧化还原反应原理和元素守恒可知，。 【小问3详解】 和在“氧压碱浸”时转化为四羟基合铝酸钠和硅酸钠，故加入硫酸“调酸”时，二者均会反应：(后续除杂中没有去除铝离子，故沉淀未溶解)，，故“滤渣2”为和。 【小问4详解】 “反萃取”就是让重新进入水相，使“萃取”反应逆向移动，加入氨水，写出反应的化学方程式。(5)假设，，则，计算可得，故。 【小问5详解】 假设，，则，计算可得，故。 【小问6详解】 由溶液得到晶体的具体操作为蒸发浓缩，冷却结晶﹐过滤、洗涤、干燥。 17. 合成氨工艺是人工化肥的生产支柱，是人类生存发展的“食”之基础。 回答下列问题： Ⅰ．化学键键能如表 化学键 N≡N H―H N―H 键能() 946 436 390.8 （1）估算的___________。已知该反应的，理论上该反应在温度为298K下___________(填“能”或“不能”)自发进行。 Ⅱ．科学家结合实验与计算机模拟结果，研究了合成氨的反应历程，如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示，TS表示过渡态。 （2）图示历程包含___________个基元反应。发生N—N键断裂的反应方程式为___________。 （3）H―H键断裂应该吸收热量，但反应的，主要原因为___________。 （4）在实际工业生产中，合成氨一般采用的温度为400~500℃，主要原因为___________。 （5）温度为500℃、压强为20MPa，原料气，反应，反应平衡时，氨气的体积分数为20%，则氮气的转化率约为___________%(计算结果保留三位有效数字)。该条件下，，的标准平衡常数为___________(用最简分数形式表示)。［已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压］。 【答案】（1） ①. -90.8 ②. 能 （2） ①. 7 ②. 或 （3）断键后的H吸附在催化剂表面，形成特殊的作用力要释放能量，释放的总能量高于断键吸收的总能量 （4）能够提高反应速率(或催化剂的活性较大) （5） ①. 33.3% ②. 【解析】 【小问1详解】 ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能=946+436×3-390.8×6=-90.8kJ•mol-1；ΔG=ΔH-TΔS=[-90.8-298×10-3]=-31.5278 kJ•mol-1<0，理论上该反应在温度为298K下能自发进行； 【小问2详解】 反应历程中有7个过渡态，基元反应有7个；N—N断裂的过程经历过渡态4(TS4)，其反应方程式为或； 【小问3详解】 H—H键断裂应该吸收热量，但反应的，主要原因为H—H键断裂应该吸收热量，断键后的H吸附在催化剂表面，形成特殊的作用力要释放能量，释放的总能量高于断键吸收的总能量； 【小问4详解】 合成氨是放热反应，理论上低温有利于合成氨，但低温会使反应速率降低，400～500℃能够提高反应速率，催化剂(铁触媒)的活性较大； 【小问5详解】 根据已知条件列出“三段式”： 反应平衡时，氨气的体积分数=，解得x=，则氮气的转化率为33.3%；p(NH3)=20MPa×0.2=4MPa，p(N2)=20MPa×0.2=4MPa，p(H2)=20MPa×0.6=12MPa，=0.1MPa，==。 18. 化合物J是一种EED抑制剂的中间体，其合成路线如下： 已知：—Boc代表。 回答下列问题： （1）C中含氧官能团的名称为___________。 （2）E的结构简式为___________。 （3）检验F中含碳碳双键的试剂为___________。 （4）C→D的反应类型为___________。 （5）已知A→B为取代反应，该反应的化学方程式为___________。 （6）与B具有相同官能团且属于芳香族化合物的同分异构体共有___________种(不考虑立体异构) （7）根据题干信息，补全虚线框内剩余片段，使其合成路线完整___________。 【答案】（1）醚键和酯基 （2） （3）溴的四氯化碳溶液(或先用新制氢氧化铜悬浊液或银氨溶液，再用溴水或酸性高锰酸钾溶液) （4）取代反应(或水解反应) （5）++ （6）15 （7）； 【解析】 【分析】A和发生取代反应生成B，B和先发生加成反应再发生消去反应生成C，由A→B可知的作用是引入醛基，再根据E的分子式和F的结构简式即可推出E的结构简式为，E和发生取代反应生成F，F经过一系列反应得到I，以此解答。 【小问1详解】 根据C的结构简式，C中含氧官能团的名称为醚键和酯基； 【小问2详解】 由A→B可知的作用是引入醛基，再根据E的分子式和F的结构简式即可推出E的结构简式为； 【小问3详解】 F的结构中有醛基，能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，可采用的方法是利用弱氧化剂(新制氢氧化铜悬浊液或银氨溶液)将醛基转化为羧基，再利用溴水或酸性高锰酸钾溶液；也可直接利用溴的四氯化碳溶液，因为醛基与溴的四氯化碳不反应，碳碳双键能使溴的四氯化碳褪色； 【小问4详解】 根据C和D的官能团变化，可以得出该反应类型为取代反应或水解反应； 【小问5详解】 已知A→B为取代反应，则A中的H被醛基取代得到B，另外的产物是，故其化学方程式为故其化学方程式为++； 【小问6详解】 B的结构简式为：；将两个氟原子固定在苯环上，有三种(邻间对)，再将溴原子和醛基进行移动位置，可得：(醛基有三个位置，3种)、(醛基有三个位置，3种)、(醛基有三个位置，3种)、(醛基有三个位置，3种)、(醛基有两个位置，2种)、(醛基有两个位置，2种)，减去本身的1种，共3+3+3+3+2+2-1=15种； 【小问7详解】 转化为，需先进行光照取代，再水解，再进行催化氧化(将—CH2OH转化为—CHO)，故前半部分的合成路线为；再依据B→C的变化即可推断最终的产物是。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $