精品解析：山东省青岛第二中学2024-2025学年高三上学期12月月考化学试题

青岛二中2024-2025学年第一学期12月份阶段练习 —高三化学试题 考试时间90分钟 满分100分 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、教学班级、行政班级、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Ce-140 第Ⅰ卷(共40分) 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 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. 用过氧乙酸溶液对居住环境消毒：具有较强氧化性 B. 做豆腐时，用石膏作凝固剂：是硫酸盐结晶水合物 C. 使用漂粉精洗衣服时添加醋酸：和醋酸反应生成 D. 制作腌菜、酱菜时添加食盐：高浓度的溶液迫使微生物脱水失活 【答案】B 【解析】 【详解】A．以用过氧乙酸溶液对居住环境消毒，是由于具有较强氧化性，能够使细菌、病毒的蛋白质氧化变性而失去其生理活性，A正确； B．蛋白质溶液属于胶体；做豆腐时，用石膏作凝固剂是由于石膏CaSO4·2H2O电离产生的离子能够中和蛋白质胶粒上的电荷而使胶体发生聚沉，分散质与分散剂水分开，就制取得到豆腐，这与石膏是硫酸盐结晶水合物无关，B错误； C．由于酸性：CH3COOH＞HClO，所以向洗衣服的漂粉精中加入醋酸，就会发生反应：2CH3COOH+Ca(ClO)2=Ca(CH3COO)2+2HClO，溶液中c(HClO)增大，从而可以加快漂粉精漂白衣服的反应速率，C正确； D．制作腌菜、酱菜时添加食盐，是由于水总是从浓度小的地方流向浓度大的地方。高浓度的NaCl溶液迫使微生物脱水，蛋白质失去水分就会失去生理活性，因此食盐具有防腐能力，D正确； 故选B。 2. 化学用语可以表达化学过程。下列化学用语的表达正确的是 A. 氯化钠溶液中的水合离子： B. 用离子方程式表示泡沫灭火器的原理： C. 系统命名为2-羟基丁醛 D. 甲醛与苯酚生成酚醛树脂的反应： 【答案】C 【解析】 【详解】A．氯化钠溶液中钠离子带正电，氯离子带负电，水中氧原子呈负价，氢原子呈正价，根据异种电荷相互吸引可知溶液中的水合离子表示为，A错误； B．泡沫灭火器中的成分为硫酸铝和碳酸氢钠，二者发生水解相互促进，生成氢氧化铝和二氧化碳，使可燃物与空气隔绝，达到灭火的目的，离子方程式为：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，B错误； C．羟基醛中，醛基是主官能团，羟基是取代基，2-羟基丁醛以醛基为第1位，羟基位于第2位，故命名为2-羟基丁醛，C正确； D．苯酚和甲醛在一定条件下发生缩聚反应形成酚醛树脂，化学方程式为：n+nHCHO+(n-1)H2O，D错误； 故选C。 3. 某有机离子液体结构为，元素X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态Z原子的p能级电子总数比s能级电子总数多1，R与Z同主族。下列说法错误的是 A. 分子极性： B. 同周期第一电离能大于Y的元素有2种 C. 简单离子半径： D. 该离子液体阳离子中存在离子键、极性键和配位键 【答案】D 【解析】 【分析】元素X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，根据结构可判断出Y连接3根共价键，Y为N元素；基态Z原子的p能级电子总数比s能级电子总数多1，可能为1s22s22p5或1s22s22p63s22p1，R与Z同主族，且R的原子序数大于Z，R、Z均为短周期主族元素，因此R为Cl元素，Z为F元素；由可知X的化合价为+3价，X为B元素，元素X、Y、Z、R分别为B、N、F、Cl，据此作答； 【详解】A．X为B元素，Y为N元素，Z为F元素，为，为，中B的价层电子对数为3，无孤电子对，因此为非极性分子，的价层电子对数为4，有1对孤电子对，为极性分子，因此分子极性，即，A正确； B．同周期第一电离能从左往右呈现增大的趋势，但第IIA、ⅢA相反，VA、ⅥA相反，Y为N元素，同周期第一电离能大于N的元素有2种，B正确； C．R为Cl元素，Z为F元素，Y为N元素，电子层数越多半径越大，电子层数相同则比较核电荷数，核电荷数越大半径越小，氯离子电子层数为3层，因此简单离子半径：R＞Y＞Z，C正确； D．该离子液体阳离子中有C-N、C-H极性键，连接4根共价键的N有配位键，液体阳离子中无离子键，D错误； 故选D。 4. 某兴趣小组为制备1—氯—2—甲基丙烷(沸点69℃)，将2—甲基—1—丙醇和POCl3溶于CH2Cl2中，加热回流(伴有HCl气体产生)。反应完全后倒入冰水中分解残余的POCl3，分液收集CH2Cl2层，无水MgSO4干燥，过滤、蒸馏后得到目标产物。上述过程中涉及的装置或操作错误的是(夹持及加热装置略) A. B. C. D. A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．将2-甲基-1-丙醇和POCl3溶于盛在三口烧瓶中的CH2Cl2中，搅拌、加热回流(反应装置中的球形冷凝管用于回流)，制备产物，A项正确； B．产生的HCl可用NaOH溶液吸收，但要防止倒吸，导气管不能直接插入NaOH溶液中，B项错误； C．分液收集CH2Cl2层需用到分液漏斗，振摇时需将分液漏斗倒转过来，C项正确； D．蒸馏时需要用温度计控制温度，冷凝水从下口进、上口出，D项正确； 故选B。 5. 某短周期主族元素(R)组成的盐的通式为，为了探究R元素，设计如图装置进行实验。下列叙述正确的是 选项 试剂1 试剂2 Ⅱ中现象 结论 A 稀盐酸 澄清石灰水 溶液变浑浊 R元素一定位于周期表第2周期ⅣA族 B 浓盐酸 品红溶液 溶液褪色 基态R原子价层电子排布式一定为 C 70%硫酸 品红溶液 溶液褪色 为 D 浓硝酸 溶液 出现沉淀 酸性 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．能使澄清石灰水变浑浊的气体有或，故R可能是硫，也可能是碳，A错误； B．浓盐酸和反应生成氯气，氯气也能使品红溶液褪色，B错误； C．和硫酸反应生成，能使品红溶液褪色，C正确； D．浓硝酸具有挥发性，也可以与溶液反应，产生硅酸沉淀，无法比较 与的酸性强弱，D错误； 故选C。 6. 某课题组发现△-Ru1在催化酮的炔基化反应中表现出优异的催化活性和对映选择性。反应原理如图所示。 下列说法正确的是 A. Y分子中含有2个手性碳原子 B. X、Y均能在浓硫酸加热条件下发生消去反应 C. 1 mol Z最多能与4 mol氢氧化钠溶液发生反应 D. 等量Y和Z分别与足量H2反应时消耗H2量不同 【答案】C 【解析】 【详解】A．连接4个不同的原子或原子团的C原子为手性C原子。根据Y分子结构可知Y分子中只含有1个与-OH连接的C原子是手性碳原子，A错误； B．苯环具有特殊的稳定性，X不能发生消去反应；而Y分子中由于-OH连接的C原子的邻位C原子上有H原子，可以与浓硫酸加热条件下发生消去反应，B错误； C．在Z分子中含有1个与苯环连接的Cl原子及1个酯基和1个酰胺键，1个Z分子发生水解反应产生1分子HCl、1个酚羟基、1个H2CO3，它们与足量NaOH反应时消耗NaOH的数目分别是1、1、2，则1分子Z最多消耗4个NaOH，因此1 mol Z最多能与4 mol氢氧化钠溶液发生反应，C正确； D．Y分子中含有1个苯环和1个碳碳三键可以与H2发生加成反应。1个苯环可以与3个H2发生加成反应；1个碳碳三键可以与2个H2发生加成反应，因此1个Y分子与足量H2反应时消耗5个H2；1个Z分子含有1个苯环和1个碳碳三键可以与H2发生加成反应；含有的酯基具有独特的稳定性，不能与H2发生加成反应，故1个Z分子与足量H2反应时消耗也5个H2；因此等量Y和Z分别与足量H2反应时消耗H2量相同，D错误； 故合理选项是C。 7. 绿原酸是170多种抗菌消炎中成药的主要成分，具有广泛的生物活性和抗氧化性，易溶于低级醇、极微溶于乙酸乙酯。实验室从金银花中提取绿原酸的主要流程如图所示。下列说法错误的是 A. “醇浸”是利用甲醇和乙醇的混合液萃取金银花中的绿原酸 B. “超滤”所需仪器和用品有烧杯、漏斗、玻璃棒和滤纸 C. 可通过质谱法测定绿原酸的相对分子质量 D. “减压蒸馏”可加快蒸馏速率，防止绿原酸被氧化 【答案】B 【解析】 【分析】由实验流程可知，醇浸为固液萃取，超滤是以压力为推动力的膜分离技术，实现大分子与小分子的分离，从而分离出滤渣含蛋白质等大分子，对绿原酸的醇溶液加入乙酸乙酯后，减压蒸馏可使液体在较低温度下气化，加快蒸馏速率，可防止绿原酸因蒸馏时间过长而被氧化，以此来解答。 【详解】A．“醇浸”是利用甲醇和乙醇的混合液萃取金银花中的绿原酸，为固液萃取，故A正确； B．“超滤”是以压力为推动力的膜分离技术，实现大分子与小分子的分离，不需要滤纸，需分离膜，故B错误； C．由质谱法中的最大质荷比，可知绿原酸的相对分子质量，故C正确； D．“减压蒸馏”可使液体在较低温度下气化，加快蒸馏速率，防止绿原酸被氧化，故D正确； 故选：B。 8. 近年来，有研究团队提出基于锂元素的电化学过程合成氨的方法，主要流程如下： 下列说法不正确的是 A. Ⅰ中有、生成 B. 实验室常保存在煤油中 C. Ⅱ中，作氧化剂 D. 该方法中，可循环利用 【答案】B 【解析】 【分析】由题给流程可知，反应I为高温下电解熔融氢氧化锂，锂离子在阴极得到电子发生还原反应生成金属锂，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，一定条件下金属锂与氮气反应生成氮化锂，氮化锂发生水解反应生成氢氧化锂和氨气，据此回答； 【详解】A．由分析可知，高温下电解熔融氢氧化锂，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，A正确； B．金属Li的密度比煤油小，比石蜡油大，实验室常保存在石蜡油中，B错误； C．由分析可知，反应Ⅱ为一定条件下金属锂与氮气反应生成氮化锂，反应中氮元素的化合价降低得电子被还原，氮气是反应的氧化剂，C正确； D．由分析可知，反应I为高温下电解熔融氢氧化锂生成锂、氧气和水，反应Ⅲ为氮化锂发生水解反应生成氢氧化锂和氨气，则该方法中，氢氧化锂可以循环使用，D正确； 故选B。 9. α-AgI可用作固体离子导体，能通过加热γ-AgI制得。两种晶体的晶胞如图甲所示(为了简化，只画出了碘离子在晶胞中的位置)。测定α-AgI中导电离子类型的实验装置如图乙所示，在电场的作用下，α-AgI中的离子无需克服太大阻力即可发生迁移。下列说法错误的是 A. γ-AgI与α-AgI晶胞的体积之比为12：7 B. 可用X射线衍射区分γ-AgI和α-AgI晶体 C. γ-AgI与α-AgI中与Ⅰ-等距且最近的Ⅰ-个数比为3：2 D. 支管a中AgI质量不变，可推断导电离子是I-而不是Ag+ 【答案】D 【解析】 【详解】A．据“均摊法”，晶胞中含个I-，结合化学式，含有4个AgI，则晶体密度为；晶胞中含个I-，结合化学式，含有2个AgI，则晶体密度为；故，则与晶胞的体积之比为12：7，故A正确； B．两者结构不同，可用X射线衍射区分γ-AgI和α-AgI晶体，故B正确； C．γ-AgI晶胞中，晶胞顶点和面心位置的I-距离最近，因此最近的I-有12个，α-AgI中顶点和体心的I-距离最近，因此与等距且最近的个数为8个，γ-AgI与α-AgI中与等距且最近的个数比为3：2，故C正确； D．a为阳极，银失去电子生成银离子，然后和I-结合生成AgI，同时Ag+通过AgI固体离子导体移向支管b，然后在b得到电子生成银，该装置实际为银的电解精炼过程，支管a中AgI质量一直保持不变，导电离子为，故D错误； 故答案为D。 10. 利用平衡移动原理，分析室温下在不同的体系中的可能产物。 已知：ⅰ.图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。 ⅱ.图2中是和曲线；[注：起始，不同下由图1得到]。下列说法错误的是 A. 由图1，用盐酸滴定溶液至中性时， B. 常温下，的数量级为 C. 由图2，初始状态、，平衡后溶液中存在 D. 由图1和图2，初始状态、，发生反应 【答案】C 【解析】 【分析】H2CO3H++，Ka1(H2CO3)= ， H++，Ka2(H2CO3)= ，图1中和的交点可知，Ka2(H2CO3)=10-10.25，图1中H2CO3和的交点可知，Ka1=10-6.37；据此分析解答。 【详解】A．由上述分析可得：，盐酸滴定溶液至中性时，c(H+)=10-7mol/L；则，A正确； B．由图2可知，pH=10.37时，c(OH-)=10-3.63，c(Mg2+)=10-4，=(10-3.63)2×10-4=10-11.26；由图1可知pH=10.25时，溶液呈碱性，可忽略H2CO3存在， 此时溶液中，此时溶液中c(Mg2+)=，则碳酸镁的溶度积常数为，数量级为10-6，B正确； C．从图2可以看出pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中c(H2CO3)+c()+c()<0.1mol·L−1，C错误； D．pH=8时，溶液中主要含碳微粒是，pH=8，lg[c(Mg2+)]=-1时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为Mg2++2=MgCO3↓+CO2↑+H2O，D正确； 故选C。 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 碳酸二甲酯()是一种重要有机化工中间体，符合绿色低碳发展要求。双极耦合电催化合成的原理如图所示，该体系具有通用性，可用于合成碳酸二乙酯。下列说法错误的是 A. 金电极上发生的反应为： B. 若电源为铅蓄电池，则金电极应与铅蓄电池的电极连接，一段时间后，溶液中的保持不变 C. 每产生，玻碳电极处就有被氧化 D. 若用该装置合成碳酸二乙酯，可选用乙醇、作为原料 【答案】BC 【解析】 【分析】据图示可知，玻碳电极上Br-转化为Br2，发生氧化反应，玻碳电极为阳极，阳极电极反应式为：2Br--2e-=Br2，则金电极上CO2转化为CO，金电极为阴极，阴极电极反应式为CO2+2CH3OH+2e-2CH3O-+ CO+H2O，据此回答； 【详解】A．据以上分析可知，金电极为阴极，阴极上发生的反应为：，A正确； B．据分析可知，金电极为阴极，若电源为铅蓄电池，则金电极应与铅蓄电池的电极连接，B错误； C．据以上分析可知， ~2e-，每产生，玻碳电极处被氧化的n(Br-)=，C错误； D．该体系具有通用性，可成功用于合成碳酸二乙酯，据用该装置合成碳酸甲酯时原料可知，若用该装置合成碳酸二乙酯，可选用乙醇、作为原料，D正确； 故选BC。 12. 下列实验能达到实验目的的是 A B C D 测定H2C2O4溶液的浓度 证明苯环使羟基活化 制作简单的燃料电池 检验溴乙烷的水解产物 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．高锰酸钾易腐蚀橡胶应装于酸式滴定管中，A项不能达到实验目的； B．应该验证羟基H的活泼性，而用溴水反应取代苯环的H验证的是苯环的H的活泼性，B项不能达到实验目的； C．先关闭K1打开K2电解产生H2和O2。再打开K1关闭K2，H2和O2形成燃料电池，C项能达到实验目的； D．溴乙烷在碱性条件下水解产生了NaBr，但溶液中含有NaOH会与AgNO3反应而干扰检验，D项不能达到实验目的； 故选C。 13. 根据物质的组成和结构可推测其性质，下列推测不合理的是 物质 性质描述 推测 A 三甲基铝Al(CH3)3 暴露空气中瞬间着火，与水反应剧烈 水反应可得到CH4和Al(OH)3 B 三氟化氯ClF3 极强助燃剂，能发生自耦电离： BrF3比ClF3更易发生自耦电离 C 亚铁氰化钾K4[Fe(CN)6] 食盐的抗结剂，3K4[Fe(CN)6]12KCN+Fe3C+5C+3N2↑ 在空气中灼烧，生成K2CO3、FeO、CO2和N2 D 氨气NH3 氨气溶于水显碱性 NF3溶于水碱性强于NH3 A. A B. B C. C D. D 【答案】CD 【解析】 【详解】A．Al(CH3)3与水反应剧烈反应生成CH4和A(OH)3，甲烷是易燃气体，所以Al(CH3)3暴露空气中瞬间着火，与水反应剧烈，A正确； B．溴元素的电负性小于氯元素，溴氟键的极性强于氯氟键，所以三氟化溴比三氟化氯更易发生自耦电离，B正确； C．+2价的Fe2+具有强的还原性，则K4Fe(CN)6]在空气中灼烧生成氧化铁，不可能生成氧化亚铁，C错误； D．NH3溶于水，与水反应产生NH3·H2O，NH3·H2O微弱电离产生、OH-，使溶液显碱性；NF3中由于元素的电负性：F＞N，所以NF3溶于水与水反应产生HF、HNO2，HF、HNO2都是酸，使溶液显酸性，而不是显碱性，故NF3溶于水碱性弱于NH3，D错误； 故合理选项是CD。 14. 化学小组同学探究铜与过量浓硝酸反应后溶液呈绿色的原因。 资料：ⅰ．铜与浓硝酸反应过程中可生成，易分解产生无色气体。 ⅱ．是一种弱酸。电离出，与发生如下反应： (绿色) 编号 操作 现象 ① 分别向和溶液中通入稳定的气流 溶液变黄 溶液不变黄 ② 将实验①的黄色溶液与蓝色溶液混合 溶液呈绿色 ③ 将溶液与溶液混合 溶液呈绿色 ④ 向实验③所得溶液中加入浓硝酸 溶液变蓝 下列说法不正确的是 A. 依据实验①，向通入稳定的气流，溶液可能会变黄 B. 实验④加入浓硝酸后可能发生，使浓度下降，绿色消失 C. 铜与过量浓硝酸反应溶液呈绿色可能原因是：浓硝酸中溶解了生成的呈黄色，黄色与蓝色叠加呈绿色 D. 铜与过量浓硝酸反应溶液呈绿色可能原因是：铜与浓硝酸反应过程中，生成使溶液呈绿色 【答案】D 【解析】 【详解】A．依据实验①，当有氢离子存在时，通入气体，溶液可能会变成黄色，故向通入稳定的气流，溶液可能会变黄，A正确； B．当实验④加入浓硝酸后可能发生，使浓度下降，平衡逆向移动，绿色消失，B正确； C．由实验①②可知，铜与过量浓硝酸反应溶液呈绿色可能原因是：浓硝酸中溶解了生成的呈黄色，黄色与蓝色叠加呈绿色，C正确； D．易分解，溶液中不能生成大量使溶液呈绿色，D错误； 故选D。 15. 二甲醚催化制备乙醇主要涉及以下两个反应： 反应Ⅰ：CO(g)+CH3OCH3(g)CH3COOCH3(g)　ΔH1=a kJ/mol； 反应Ⅱ：CH3COOCH3(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)　ΔH2=b kJ/mol。 反应Ⅰ、Ⅱ的平衡常数的对数lgK1、lgK2与温度的关系如图甲所示；固定CO、CH3OCH3、H2的原料比、体系压强不变的条件下，同时发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时各物质的物质的量分数随温度的变化如图乙所示。下列说法正确的是 A. a>0 B. 测得X点CH3CH2OH的物质的量分数是10%，则X点反应Ⅱ有：v正<v逆 C. 由CH3COOCH3的曲线知，600 K后升高温度对反应Ⅰ的影响程度小于反应Ⅱ D. 曲线B表示CO或CH3OCH3的物质的量分数随温度的变化 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图可知：温度升高，lgK1减小，即平衡常数K1减小，说明温度升高，化学平衡逆向移动，逆向是吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，所以a＜0，A错误； B．X点对应反应温度为400 K，由图可知：X点乙醇物质的量分数小于平衡时乙醇的物质的量分数，说明此时反应未达平衡状态，反应正向进行，v正＞v逆，B错误； C．由图1可知，反应Ⅰ、Ⅱ均为放热反应，升高温度，化学平衡均逆向移动，由图2可知升高温度后乙酸甲酯的物质的量分数降低速率大于甲醇的降低速率，所以600 K后升高温度对反应Ⅰ的影响程度大于反应Ⅱ，C错误； D．B曲线随温度升高，物质的量分数升高，当温度高于600K时，乙醇或甲醇的物质的量分数很小，以反应Ⅰ为主，温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，一氧化碳或甲醚物质的量分数升高，故曲线B表示一氧化碳或甲醚的物质的量分数随温度的变化，D正确； 故选D。 第Ⅱ卷(共60分) 三、填空题 16. 镍是近些年来化学研究的热门金属。回答下列问题： （1）写出基态镍原子的价电子排布式_______，与镍同周期单电子数相同的有_______种。 （2）丁二酮肟的结构如下图，丁二酮肟可以与镍形成配合物，是检测镍的重要手段之一。 ①下列说法正确的是_______。 A.镍常压下可以和一氧化碳形成四羰基镍配合物，在该配合物中，镍的化合价为0 B.能量最低的激发态原子的电子排布式： C.丁二酮肟中原子的杂化方式均为 D.、、第二电离能数据为 ②已知丁二酮肟可以与反应：，配合物中含有两个五元环，且含有两个由氢键形成的六元环。请画出该配合物的结构_______。 （3）与形成的某化合物晶体的晶胞如图。 ①该化合物的化学式为_______。 ②每个的配位数为_______。 （4）已知谷氨酸(如下图)的电离常数，，，、、对应基团序号依次为_______。 【答案】（1） ①. 3d84s2 ②. 3 （2） ①. AD ②. （3） ①. NiCl2 ②. 6 （4）③①② 【解析】 【小问1详解】 Ni为28号元素，基态镍原子的价电子排布式3d84s2，其单电子数为2，与镍同周期单电子数相同的有Ti、Ge、Se3种； 【小问2详解】 ①A．羰基CO为中性配位体，化合物为电中性，因此镍为0价，A正确； B．2s电子的能量高于1s能量电子，因此2s电子发生跃迁后形成的激发态要比1s电子发生跃迁能量要低，B错误； C．丁二酮肟中C原子形成碳氮双键和甲基，因此其杂化方式为sp2、sp3，C错误； D．、、失去1个电子后，电子排布分别为1s22s22p1、1s22s22p2、1s22s22p3，此时氧2p轨道为半满较稳定状态，较难失去第二电子、碳最容易失去第二电子形成2s全满稳定状态，故第二电离能数据为，D正确； 故选AD； ②中有8个H，而配合物中总共只有14个H，其他原子个数没变，据反应：，以及配合物中含有两个五元环，且含有两个由氢键形成的六元环，配合物中由氮原子提供孤电子对和Ni2+形成配位键，其结构为； 【小问3详解】 ①据“均摊法”，晶胞中含个Ni、个Cl，则该化合物的化学式为NiCl2。 ②根据图示可知，Ni原子周围有6个Cl原子，因此Ni原子的配位数为6； 【小问4详解】 羧基酸性大于，由于氮电负性较大，吸电子能力较强，导致③羧基中氢更容易电离，其酸性大于①中羧基酸性，故、、对应基团序号依次为③①②。 17. 一种治疗神经系统疾病的药物中间体(G)的合成路线如下： 路线一： 已知： 回答下列问题： （1）A结构简式为_____；F中含氧官能团的名称为_____。 （2）反应类型为_____；的化学方程式为_____。 （3）符合下列条件的的同分异构体有_____种(不考虑空间异构) ①能与溴水反应而使其褪色 ②能在酸性条件下发生水解。产物之一遇溶液显紫色，且核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为， 上述同分异构体中，水解产物只有一个手性碳原子的为_____(填结构简式)。 （4）为了减少步骤，缩短反应过程，也可由如下路线合成。 路线二： 中有_____种化学环境的氢；结合合成路线一分析“反应条件”应为_____。 【答案】（1） ①. ②. 羟基、酰胺基 （2） ①. 还原反应 ②. + +H2O （3） ①. 8 ②. （4） ①. 16 ②. 48%HBr 【解析】 【分析】A()与在碱性条件下发生取代反应生成B()，B发生已知中反应生成C()，C先与丙胺发生反应，再与氢气发生还原反应生成D()，D与HBr发生取代反应生成E，E与发生取代反应生成F()，F在BH3作用下转化为G，据此分析解答。 【小问1详解】 由以上分析可知A为，F为，F中含氧官能团为羟基和酰胺基； 【小问2详解】 的过程中F中去掉1个O原子，属于还原反应；E与发生取代反应生成F，反应方程式为：++H2O； 【小问3详解】 符合下列条件的C()的同分异构体，①能与溴水反应而使其褪色，可能含碳碳双键、碳碳三键或者醛基；②能在酸性条件下发生水解，说明含有酯基。产物之一遇溶液显紫色，说明为酚类酯基结构，且核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为，则苯环上只有一个支链，可视为，取代丁烯中一个H，丁烯有C=C-C-C、C-C=C-C、三种碳骨架，分别有4、2、2种氢，则符合条件的同分异构体共8种，其中水解产物只有一个手性碳原子的为； 【小问4详解】 对比D的结构及组成可知H为，H种含16种氢原子，结合合成路线一分析“反应条件”目的是将苯环上的甲氧基转化为酚羟基，条件为48%HBr。 18. 氯磺酸(HSO3Cl)可用于制造农药、洗涤剂、塑料等，军事上常用作烟幕剂，其沸点约152℃，易溶于硫酸，极易潮解。常温下制氯磺酸的原理为：HCl+SO3=HSO3Cl(l)，其中SO3可由发烟硫酸提供。制备少量氯磺酸的装置如图所示(部分夹持装置略)。 （1）试剂a为_______，装置A中毛细管的作用是_______。 （2）装置F应为_______(填序号)，其作用除了尾气处理外还有_______(用化学用语表示)。 （3）反应到一定程度时需对C装置加热，其目的是_______。 （4）氯磺酸产品中可能含有少量Fe2+，现测定其中铁含量。已知在pH为时，邻菲啰啉能与Fe2+形成橙色配合物Fe-phen。Fe-phen在510 nm处的吸光度A与溶液中Fe2+浓度呈线性关系，如下表所示： Fe2+浓度/mol/L 0 0.00080 0.0016 0.0024 0.0032 吸光度A 0 0.20 0.40 0.60 0.80 在一定条件下测定溶液的平均吸光度A=0.25，该产品中Fe2+含量为_______。 （5）测定HSO3Cl的纯度(HSO3Cl中常溶有少量的SO3)：选择合适的试剂，设计实验。简要说明实验操作，实验数据可用字母表示。[可选的试剂：BaCl2溶液、Ba(NO3)2溶液、AgNO3溶液、稀硝酸] 取mg产品溶于水中，_______。 【答案】（1） ①. 浓盐酸 ②. 使密度较浓硫酸小的浓盐酸缓慢流到底部，控制浓盐酸的加入速率，使产生的HCl气流速率适当而稳定，避免液体沸腾飞溅 （2） ①. ②或①③ ②. HSO3Cl+H2O=H2SO4+HCl （3）使温度升高，沸点低的氯磺酸被迅速气化而与发烟硫酸分离 （4）0.001 （5）取m g产品于水中，加入过量Ba(NO3)2溶液，充分反应后过滤，向滤液中加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥、称量，测量所得AgCl沉淀的质量为n g 控制浓盐酸的加入速度，使产生的HCl气流速度适当而稳定 盐酸沸腾飞溅  【解析】 【分析】在装置A中浓盐酸与浓硫酸混合反应制备少量的HCl，装置B浓硫酸可以起到干燥HCl的作用；装置C中HCl与发烟硫酸反应制备氯磺酸，反应为HCl+SO3=HSO3Cl(l)。为防止氯磺酸与湿空气接触，导致氯磺酸水解变质，同时吸收未反应的酸性气体HCl或SO3，F中可以盛有干燥剂碱石灰，或者先通过盛有浓硫酸的装置，再通入盛有NaOH溶液的洗气瓶。由于邻菲啰琳能与Fe2+形成橙色配合物Fe-phen，故加入邻菲啰啉溶液之前需调节pH在3~9之间，依次确定操作步骤的顺序，由题干可知：Fe-phen在510 nm处的吸光度A与溶液中Fe2+浓度呈线性关系，分析表中数据可得出A=250c(Fe2+)，以此计算，据此分析解题。 【小问1详解】 A装置制取HCl气体，用浓盐酸和浓硫酸混合制取，所以试剂a为浓盐酸； 浓硫酸吸水放出大量的热，使浓盐酸挥发产生HCl气体；为避免反应过于剧烈，使密度较浓硫酸小的浓盐酸缓慢流到底部，控制浓盐酸的加入速率，使产生的HCl气流速率适当而稳定，避免液体沸腾飞溅，故装置A中毛细管的作用是使密度较浓硫酸小的浓盐酸缓慢流到底部，控制浓盐酸的加入速率，使产生的HCl气流速率适当而稳定，避免液体沸腾飞溅； 【小问2详解】 根据上述分析可知：装置F可以吸收空气中的水蒸气，防止制取的氯磺酸水解变质，同时吸收未反应的酸性气体HCl或SO3，防止大气污染，其中为碱性干燥剂碱石灰，因此应该使用装置②；或者先接装置①吸收水分，再通过装置③吸收酸性气体，故也可以使用装置①③；若无此装置，氯磺酸发生水解变质反应的化学方程式为：HSO3Cl+H2O=H2SO4+HCl； 【小问3详解】 装置C中盛有的发烟硫酸是液体物质，其与HCl气体反应产生的氯磺酸的沸点是152℃，加热时能使其汽化变为氯磺酸蒸气，发烟硫酸呈液态，从而使物质分离，然后再通过冷凝就可以得到氯磺酸，所以反应进行一定程度时需要对C装置加热； 【小问4详解】 由题干信息可知：Fe-phen在510 nm处的吸光度A与溶液中Fe2+浓度呈线性关系，分析表中数据可得出：A=c(Fe2+)=250c(Fe2+)，故在一定条件下测定溶液的平均吸光度A=0.25，该产品中Fe2+的含量为c(Fe2+)=mol/L=0.0010 mol/L； 【小问5详解】 可以通过测定产物中氯元素的含量来测定样品中HSO3Cl的纯度，这是由于HSO3Cl与水发生反应：HSO3Cl+H2O=H2SO4+HCl；杂质SO3也会与水发生反应：SO3+H2O=H2SO4，向反应后的溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液，H2SO4会发生反应： Ba(NO3)2+H2SO4=BaSO4↓+2HNO3，充分反应后过滤，向滤液中加入足量AgNO3溶液，HCl与AgNO3溶液发生反应：HCl+AgNO3=AgCl↓+HNO3，充分反应后过滤，将AgCl沉淀过滤出来，然后进行洗涤、干燥、称量，得到AgCl的质量及物质的量，再结合Cl元素守恒，就可以计算出一定质量样品中的HSO3Cl的质量，进而可得HSO3Cl的纯度，具体操作为：取m g产品于水中，加入过量Ba(NO3)2溶液，充分反应后过滤，向滤液中加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥、称量，测量所得AgCl沉淀的质量为n g。 19. 氧化铈()是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿(含、、等)为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示： 已知：①稀土离子易与形成复盐沉淀，和发生反应：； ②硫脲：具有还原性，酸性条件下易被氧化为； ③在空气中易被氧化为，两者均能形成氢氧化物沉淀； ④为白色粉末，难溶于水。 回答下列问题： （1）滤渣A的主要成分是_______(填写化学式)。 （2）在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到和两种固体以及两种高温下的气态物质，请写出焙烧过程中相应的化学方程式_______。 （3）焙烧后加入稀硫酸浸出，为提高的浸出率，需控制硫酸浓度不能太大的原因是______。 （4）加入硫脲的目的是将还原为，反应的离子方程式为_______。 （5）步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息推测，加入X的作用为_______。 （6）下列关于步骤④的说法正确的是_______(填字母)。 A.该步骤发生的反应是 B.过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率 C.过滤后的滤液中仍含有较多，需要将滤液循环以提高产率 （7）若常温下，，，恰好沉淀完全，此时测得溶液的，则溶液中_______。 （8）取所得产品溶解后配成溶液。取该溶液用硫酸亚铁铵[]溶液滴定，滴定时发生反应，达到滴定终点时消耗硫酸亚铁铵溶液，则该产品的纯度为_______。(保留三位有效数字)。 【答案】（1）BaSO4、SiO2 （2）4CeFCO3＋4NaHCO3＋O24NaF＋4CeO2＋8CO2＋2H2O （3）硫酸根离子浓度过大时，容易和Ce3+发生反应生成沉淀，从而使浸出率降低 （4）2＋2=2Ce3+＋(SCN2H3)2＋2HF＋2F－ （5）防止Ce3+被氧化 （6）AB （7）0.2 （8）90.9% 【解析】 【分析】氟碳铈矿含CeFCO3、BaO、SiO2等，在空气中焙烧， Ce3+在空气中氧化为Ce4+，用硫酸浸取，Ce元素以形式进入溶液， SiO2不反应， BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤分离，滤渣A为SiO2、BaSO4，含的滤液中加入硫脲将还原为Ce3+，Ce2(SO4)3与Na2SO4形成复盐沉淀，过滤分离。复盐沉淀B中加入NaOH，再加入稀盐酸，得到含Ce3+的滤液，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2，据此回答； 【小问1详解】 由分析可知，滤渣A的主要成分是BaSO4、SiO2； 【小问2详解】 在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉(CeFCO3)中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，根据质量守恒得到两种高温气体为二氧化碳和水蒸气，则焙烧过程中相应的化学方程式4CeFCO3＋4NaHCO3＋O24NaF＋4CeO2＋8CO2＋2H2O； 【小问3详解】 根据信息Ce3+和发生反应： Ce2(SO4)3+Na2SO4+nH2O=Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O↓；则焙烧后加入稀硫酸浸出，为提高Ce的浸出率，需控制硫酸浓度不能太大的原因是硫酸根离子浓度过大时，容易和Ce3+发生反应生成沉淀，从而使浸出率降低； 【小问4详解】 根据信息硫脲：具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2，则加入硫脲的目的是将还原为Ce3+，反应的离子方程式为2＋2=2Ce3+＋(SCN2H3)2＋2HF＋2F－； 【小问5详解】 步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+推测，加入X的作用是防止Ce3+被氧化； 【小问6详解】 A．Ce3+加入碳酸氢铵反应生成Ce2(CO3)3沉淀，根据元素守恒，说明还会生成二氧化碳和水，则该步骤发生的反应是2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O，故A正确； B．过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率，故B正确； C．由于加入的碳酸氢铵是过量的，沉淀是充分的，因此过滤后的滤液中含有Ce3+很少，故C错误； 故选AB； 【小问7详解】 若常温下，Ka2(H2CO3)=5.0×10−11，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10−28，Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)=1.0×10−5 mol∙L−1，根据，解得，此时测得溶液的pH=5，再根据，解得c()=0.2mol∙L−1； 【小问8详解】 根据题意和反应离子方程式Fe2+＋Ce4+=Fe3+＋Ce3+，则该产品的纯度为； 故答案为：90.9%。 20. “氢能源”的开发利用意义重大，乙醇与水催化重整制“氢”发生如下反应。 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 回答下列问题： （1）反应Ⅰ的___________。 （2）反应Ⅱ的速率，其中、分别为正、逆反应速率常数。升高温度时___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）压强为100kPa下，和发生上述反应，平衡时和CO的选择性、乙醇的转化率随温度的变化曲线如图。 ［已知：CO的选择性］ ①表示CO选择性的曲线是___________(填标号)； ②573K时，生成的物质的量为___________； ③573K时，反应Ⅱ的标准平衡常数，其中为100kPa，、、和为各组分的平衡分压，则反应Ⅲ的___________(列出计算式即可)。 （4）压强为100kPa，的平衡产率与温度、起始时的关系如图所示，每条曲线表示相同的平衡产率。 ①的平衡产率：Q点___________N点(填“>”、“=”或“<”)； ②M、N两点的平衡产率相等的原因是___________。 【答案】（1） （2）减小 （3） ①. c ②. 1.02mol ③. （4） ①. < ②. M点与N点具有相同的压强，相同；不同的是N点温度高于M点，升高温度，反应Ⅱ逆向移动消耗氢气的量与反应Ⅰ、Ⅲ正向移动产生H2的量相等 【解析】 【小问1详解】 观察知，反应Ⅰ=反应Ⅲ-2×反应Ⅱ，则； 【小问2详解】 达到平衡时，=升高温度，反应Ⅱ逆向移动，平衡常数减小，lgK减小； 【小问3详解】 ①反应Ⅰ、Ⅲ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，随着温度的升高，反应Ⅰ、Ⅲ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，反应Ⅱ逆向移动CO2转化为CO，故温度升高CO的选择性增大，CO2的选择性减小，由于CO的选择性+CO2的选择性=1，则表示CO2选择性的曲线为a，表示CO选择性的曲线是c，表示乙醇的转化率的曲线是b。②573K时，CO2的选择性为85%，CO的选择性为15%，乙醇的转化率为0.6，则平衡时n(CO2)+n(CO)=1mol×0.6×2=1.2mol，n(CO)= 1.2mol×15%= 0.18mol，n(CO2)= 1.2mol×85%= 1.02mol；③设反应Ⅰ中转化了xmol，反应Ⅱ中CO转化了ymol，反应Ⅲ中转化了zmol，则 ， ，那么x+z=0.6，2x-y=0.18，y+2z=1.02，平衡时n(H2O)=3-x-y-3z=3-(x+z)-(y+2z)=3-0.6-1.02=1.38mol，n(H2)=4x+y+6z=4(x+z)+(y+2z)=2.4+1.02=3.42mol，气体的总物质的量为0.4+1.38+1.02+0.18+3.42=6.4mol，故反应Ⅲ的= 【小问4详解】 ①每条曲线表示氢气相同的平衡产率，则在Q点所在曲线上取一个点与N点温度相同，标为点E，E点与N点相比温度相同，但是E点的小于N点的，而增大时，三个反应均会正向移动，氢气的产率增大，因此的产率：Q点<N点； ②M点与N点具有相同的压强，相同；不同的是N点温度高于M点，升高温度，反应Ⅱ逆向移动消耗氢气的量与反应Ⅰ、Ⅲ正向移动产生H2的量相等。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 青岛二中2024-2025学年第一学期12月份阶段练习 —高三化学试题 考试时间90分钟 满分100分 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、教学班级、行政班级、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Ce-140 第Ⅰ卷(共40分) 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 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. 用过氧乙酸溶液对居住环境消毒：具有较强氧化性 B. 做豆腐时，用石膏作凝固剂：是硫酸盐结晶水合物 C. 使用漂粉精洗衣服时添加醋酸：和醋酸反应生成 D. 制作腌菜、酱菜时添加食盐：高浓度的溶液迫使微生物脱水失活 2. 化学用语可以表达化学过程。下列化学用语的表达正确的是 A. 氯化钠溶液中的水合离子： B. 用离子方程式表示泡沫灭火器的原理： C. 系统命名为2-羟基丁醛 D. 甲醛与苯酚生成酚醛树脂的反应： 3. 某有机离子液体结构为，元素X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态Z原子的p能级电子总数比s能级电子总数多1，R与Z同主族。下列说法错误的是 A. 分子极性： B. 同周期第一电离能大于Y的元素有2种 C. 简单离子半径： D. 该离子液体阳离子中存在离子键、极性键和配位键 4. 某兴趣小组为制备1—氯—2—甲基丙烷(沸点69℃)，将2—甲基—1—丙醇和POCl3溶于CH2Cl2中，加热回流(伴有HCl气体产生)。反应完全后倒入冰水中分解残余的POCl3，分液收集CH2Cl2层，无水MgSO4干燥，过滤、蒸馏后得到目标产物。上述过程中涉及的装置或操作错误的是(夹持及加热装置略) A. B. C. D. A. A B. B C. C D. D 5. 某短周期主族元素(R)组成的盐的通式为，为了探究R元素，设计如图装置进行实验。下列叙述正确的是 选项 试剂1 试剂2 Ⅱ中现象 结论 A 稀盐酸 澄清石灰水 溶液变浑浊 R元素一定位于周期表第2周期ⅣA族 B 浓盐酸 品红溶液 溶液褪色 基态R原子价层电子排布式一定为 C 70%硫酸 品红溶液 溶液褪色 为 D 浓硝酸 溶液 出现沉淀 酸性 A. A B. B C. C D. D 6. 某课题组发现△-Ru1在催化酮的炔基化反应中表现出优异的催化活性和对映选择性。反应原理如图所示。 下列说法正确的是 A. Y分子中含有2个手性碳原子 B. X、Y均能在浓硫酸加热条件下发生消去反应 C. 1 mol Z最多能与4 mol氢氧化钠溶液发生反应 D. 等量Y和Z分别与足量H2反应时消耗H2量不同 7. 绿原酸是170多种抗菌消炎中成药的主要成分，具有广泛的生物活性和抗氧化性，易溶于低级醇、极微溶于乙酸乙酯。实验室从金银花中提取绿原酸的主要流程如图所示。下列说法错误的是 A. “醇浸”是利用甲醇和乙醇的混合液萃取金银花中的绿原酸 B. “超滤”所需仪器和用品有烧杯、漏斗、玻璃棒和滤纸 C. 可通过质谱法测定绿原酸的相对分子质量 D. “减压蒸馏”可加快蒸馏速率，防止绿原酸被氧化 8. 近年来，有研究团队提出基于锂元素的电化学过程合成氨的方法，主要流程如下： 下列说法不正确的是 A. Ⅰ中有、生成 B. 实验室常保存在煤油中 C. Ⅱ中，作氧化剂 D. 该方法中，可循环利用 9. α-AgI可用作固体离子导体，能通过加热γ-AgI制得。两种晶体的晶胞如图甲所示(为了简化，只画出了碘离子在晶胞中的位置)。测定α-AgI中导电离子类型的实验装置如图乙所示，在电场的作用下，α-AgI中的离子无需克服太大阻力即可发生迁移。下列说法错误的是 A. γ-AgI与α-AgI晶胞的体积之比为12：7 B. 可用X射线衍射区分γ-AgI和α-AgI晶体 C. γ-AgI与α-AgI中与Ⅰ-等距且最近的Ⅰ-个数比为3：2 D. 支管a中AgI质量不变，可推断导电离子是I-而不是Ag+ 10. 利用平衡移动原理，分析室温下在不同的体系中的可能产物。 已知：ⅰ.图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。 ⅱ.图2中是和曲线；[注：起始，不同下由图1得到]。下列说法错误的是 A. 由图1，用盐酸滴定溶液至中性时， B. 常温下，的数量级为 C. 由图2，初始状态、，平衡后溶液中存在 D. 由图1和图2，初始状态、，发生反应 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 碳酸二甲酯()是一种重要有机化工中间体，符合绿色低碳发展要求。双极耦合电催化合成的原理如图所示，该体系具有通用性，可用于合成碳酸二乙酯。下列说法错误的是 A. 金电极上发生的反应为： B. 若电源为铅蓄电池，则金电极应与铅蓄电池的电极连接，一段时间后，溶液中的保持不变 C. 每产生，玻碳电极处就有被氧化 D. 若用该装置合成碳酸二乙酯，可选用乙醇、作为原料 12. 下列实验能达到实验目的的是 A B C D 测定H2C2O4溶液的浓度 证明苯环使羟基活化 制作简单的燃料电池 检验溴乙烷的水解产物 A. A B. B C. C D. D 13. 根据物质的组成和结构可推测其性质，下列推测不合理的是 物质 性质描述 推测 A 三甲基铝Al(CH3)3 暴露空气中瞬间着火，与水反应剧烈 水反应可得到CH4和Al(OH)3 B 三氟化氯ClF3 极强助燃剂，能发生自耦电离： BrF3比ClF3更易发生自耦电离 C 亚铁氰化钾K4[Fe(CN)6] 食盐的抗结剂，3K4[Fe(CN)6]12KCN+Fe3C+5C+3N2↑ 在空气中灼烧，生成K2CO3、FeO、CO2和N2 D 氨气NH3 氨气溶于水显碱性 NF3溶于水碱性强于NH3 A. A B. B C. C D. D 14. 化学小组同学探究铜与过量浓硝酸反应后溶液呈绿色的原因。 资料：ⅰ．铜与浓硝酸反应过程中可生成，易分解产生无色气体。 ⅱ．是一种弱酸。电离出，与发生如下反应： (绿色) 编号 操作 现象 ① 分别向和溶液中通入稳定的气流 溶液变黄 溶液不变黄 ② 将实验①的黄色溶液与蓝色溶液混合 溶液呈绿色 ③ 将溶液与溶液混合 溶液呈绿色 ④ 向实验③所得溶液中加入浓硝酸 溶液变蓝 下列说法不正确的是 A. 依据实验①，向通入稳定的气流，溶液可能会变黄 B. 实验④加入浓硝酸后可能发生，使浓度下降，绿色消失 C. 铜与过量浓硝酸反应溶液呈绿色可能原因是：浓硝酸中溶解了生成的呈黄色，黄色与蓝色叠加呈绿色 D. 铜与过量浓硝酸反应溶液呈绿色可能原因是：铜与浓硝酸反应过程中，生成使溶液呈绿色 15. 二甲醚催化制备乙醇主要涉及以下两个反应： 反应Ⅰ：CO(g)+CH3OCH3(g)CH3COOCH3(g)　ΔH1=a kJ/mol； 反应Ⅱ：CH3COOCH3(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)　ΔH2=b kJ/mol。 反应Ⅰ、Ⅱ的平衡常数的对数lgK1、lgK2与温度的关系如图甲所示；固定CO、CH3OCH3、H2的原料比、体系压强不变的条件下，同时发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时各物质的物质的量分数随温度的变化如图乙所示。下列说法正确的是 A. a>0 B. 测得X点CH3CH2OH的物质的量分数是10%，则X点反应Ⅱ有：v正<v逆 C. 由CH3COOCH3的曲线知，600 K后升高温度对反应Ⅰ的影响程度小于反应Ⅱ D. 曲线B表示CO或CH3OCH3的物质的量分数随温度的变化 第Ⅱ卷(共60分) 三、填空题 16. 镍是近些年来化学研究的热门金属。回答下列问题： （1）写出基态镍原子的价电子排布式_______，与镍同周期单电子数相同的有_______种。 （2）丁二酮肟的结构如下图，丁二酮肟可以与镍形成配合物，是检测镍的重要手段之一。 ①下列说法正确的是_______。 A.镍常压下可以和一氧化碳形成四羰基镍配合物，在该配合物中，镍的化合价为0 B.能量最低的激发态原子的电子排布式： C.丁二酮肟中原子的杂化方式均为 D.、、第二电离能数据为 ②已知丁二酮肟可以与反应：，配合物中含有两个五元环，且含有两个由氢键形成的六元环。请画出该配合物的结构_______。 （3）与形成的某化合物晶体的晶胞如图。 ①该化合物的化学式为_______。 ②每个的配位数为_______。 （4）已知谷氨酸(如下图)的电离常数，，，、、对应基团序号依次为_______。 17. 一种治疗神经系统疾病的药物中间体(G)的合成路线如下： 路线一： 已知： 回答下列问题： （1）A结构简式为_____；F中含氧官能团的名称为_____。 （2）反应类型为_____；的化学方程式为_____。 （3）符合下列条件的的同分异构体有_____种(不考虑空间异构) ①能与溴水反应而使其褪色 ②能在酸性条件下发生水解。产物之一遇溶液显紫色，且核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为， 上述同分异构体中，水解产物只有一个手性碳原子的为_____(填结构简式)。 （4）为了减少步骤，缩短反应过程，也可由如下路线合成。 路线二： 中有_____种化学环境的氢；结合合成路线一分析“反应条件”应为_____。 18. 氯磺酸(HSO3Cl)可用于制造农药、洗涤剂、塑料等，军事上常用作烟幕剂，其沸点约152℃，易溶于硫酸，极易潮解。常温下制氯磺酸的原理为：HCl+SO3=HSO3Cl(l)，其中SO3可由发烟硫酸提供。制备少量氯磺酸的装置如图所示(部分夹持装置略)。 （1）试剂a为_______，装置A中毛细管的作用是_______。 （2）装置F应为_______(填序号)，其作用除了尾气处理外还有_______(用化学用语表示)。 （3）反应到一定程度时需对C装置加热，其目的是_______。 （4）氯磺酸产品中可能含有少量Fe2+，现测定其中铁含量。已知在pH为时，邻菲啰啉能与Fe2+形成橙色配合物Fe-phen。Fe-phen在510 nm处的吸光度A与溶液中Fe2+浓度呈线性关系，如下表所示： Fe2+浓度/mol/L 0 0.00080 0.0016 0.0024 0.0032 吸光度A 0 0.20 0.40 0.60 0.80 在一定条件下测定溶液的平均吸光度A=0.25，该产品中Fe2+含量为_______。 （5）测定HSO3Cl的纯度(HSO3Cl中常溶有少量的SO3)：选择合适的试剂，设计实验。简要说明实验操作，实验数据可用字母表示。[可选的试剂：BaCl2溶液、Ba(NO3)2溶液、AgNO3溶液、稀硝酸] 取mg产品溶于水中，_______。 19. 氧化铈()是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿(含、、等)为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示： 已知：①稀土离子易与形成复盐沉淀，和发生反应：； ②硫脲：具有还原性，酸性条件下易被氧化为； ③在空气中易被氧化为，两者均能形成氢氧化物沉淀； ④为白色粉末，难溶于水。 回答下列问题： （1）滤渣A的主要成分是_______(填写化学式)。 （2）在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到和两种固体以及两种高温下的气态物质，请写出焙烧过程中相应的化学方程式_______。 （3）焙烧后加入稀硫酸浸出，为提高的浸出率，需控制硫酸浓度不能太大的原因是______。 （4）加入硫脲的目的是将还原为，反应的离子方程式为_______。 （5）步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息推测，加入X的作用为_______。 （6）下列关于步骤④的说法正确的是_______(填字母)。 A.该步骤发生的反应是 B.过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率 C.过滤后的滤液中仍含有较多，需要将滤液循环以提高产率 （7）若常温下，，，恰好沉淀完全，此时测得溶液的，则溶液中_______。 （8）取所得产品溶解后配成溶液。取该溶液用硫酸亚铁铵[]溶液滴定，滴定时发生反应，达到滴定终点时消耗硫酸亚铁铵溶液，则该产品的纯度为_______。(保留三位有效数字)。 20. “氢能源”的开发利用意义重大，乙醇与水催化重整制“氢”发生如下反应。 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 回答下列问题： （1）反应Ⅰ的___________。 （2）反应Ⅱ的速率，其中、分别为正、逆反应速率常数。升高温度时___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）压强为100kPa下，和发生上述反应，平衡时和CO的选择性、乙醇的转化率随温度的变化曲线如图。 ［已知：CO的选择性］ ①表示CO选择性的曲线是___________(填标号)； ②573K时，生成的物质的量为___________； ③573K时，反应Ⅱ的标准平衡常数，其中为100kPa，、、和为各组分的平衡分压，则反应Ⅲ的___________(列出计算式即可)。 （4）压强为100kPa，的平衡产率与温度、起始时的关系如图所示，每条曲线表示相同的平衡产率。 ①的平衡产率：Q点___________N点(填“>”、“=”或“<”)； ②M、N两点的平衡产率相等的原因是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $