精品解析：湖南省长沙市实验中学 2024-2025 学年高三第七次阶段测试文字版+答案

长沙市实验中学 2025 届高三第七次阶段测试 化学试题 本试卷分 2 部分 共 8 页 满分：100 分 时间：75 分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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，将本试题卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 一、选择题：本题共 14 小题，每小题 3 分，共 42 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是 A. 《物理小识》卷七《金石类》中指出：有硇水者，剪银块投之，则旋而为水。其中的“硇水”是指硝酸 B. “独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂”中的“飞絮”与“马尾”化学成分均为蛋白质 C. 《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酸盐 D. “美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”说明古人从沙子中得到黄金的方法为重力沉降法 【答案】B 【解析】 【详解】A．硝酸能溶解银，“有硇水者，剪银块投之，则旋而为水” ，其中的 “硇水” 指的是硝酸，A正确； B．“飞絮” 的主要成分是纤维素，“马尾” 的主要成分是蛋白质，二者化学成分不同，B错误； C．矾一般是指含有结晶水的金属硫酸盐，“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酸盐，C正确； D．金的密度比沙子大，“美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来” ，说明古人从沙子中得到黄金的方法为重力沉降法，D正确； 故选B 2. 下列化学用语表述错误的是 A. 基态铁原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2 B. H2S溶于水显酸性，是因为H2S=2H++S2- C. NH3分子的球棍模型： D. 基态磷原子的核外电子排布图为 【答案】B 【解析】 【详解】A．铁是 26 号元素，根据构造原理，基态铁原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，A正确； B．H2S二元弱酸，在水溶液中分步电离，电离方程式为H2S⇌H++HS− 、HS−⇌H++S2−，不能一步完全电离，B错误； C．NH3分子中氮原子和氢原子以单键相连，球棍模型中用小球表示原子，短棍表示化学键，该球棍模型正确，C正确； D．磷是 15 号元素，基态磷原子的核外电子排布图遵循泡利不相容原理、能量最低原理和洪特规则，该排布图正确，D正确； 故选B。 3. 下列有关物质结构和性质的说法正确的是 A. 在任何情况下，σ键都比π键强度大 B. 凡有规则外形的固体一定是晶体 C. 在天然存在的各种元素中，无论是游离态还是化合态，各种核素的丰度一般是不变的 D. AgCl和Ag2S在浓氨水都能因形成配合物而溶解 【答案】C 【解析】 【详解】A．一般情况下，σ 键比 π 键强度大，但也有特殊情况，如 N₂分子中，N≡N 键中 π 键的键能比 σ 键大，A错误； B．晶体具有规则的几何外形，但有规则外形的固体不一定是晶体，如玻璃打磨后也可以有规则外形，但玻璃属于非晶体，B错误； C．在天然存在的各种元素中，无论是游离态还是化合态，各种核素的丰度（即核素在自然界该元素中所占的原子个数百分比）一般是不变的，C正确； D．AgCl 能与浓氨水反应生成 而溶解，而 Ag2S 的溶度积常数太小，不与浓氨水反应形成配合物而溶解，D错误； 故选C。 4. 下列说法错误的是 A. 水很稳定是因为水中含有大量氢键 B. 乳酸分子[CH3CH(OH)COOH]中含有一个手性碳原子 C. 碘易溶于四氯化碳、甲烷难溶于水，二者都可用相似相溶原理解释 D. 氟的电负性大于氯的电负性，导致三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性 【答案】A 【解析】 【详解】A．水很稳定，是因为水分子内的共价键较强的缘故，与氢键无关，氢键只影响水的熔沸点，故A错误； B．CH3CH(OH)COOH中间碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、甲基、羧基和羟基，是手性碳原子，存在对映异构即手性异构体，故B正确； C．碘、四氯化碳、甲烷均是非极性分子，而水是极性溶剂，根据相似相溶原理知，碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水，故C正确； D．由于氟的电负性大于氯的电负性，F-C的极性大于Cl-C的极性，使F3C-的极性大于Cl3C-的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，，导致三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性，故D正确； 故选A。 5. 下列有关物质工业制备反应错误的是 A. 制粗硅： B. 冶炼铁： C. 制氯气： D. 制漂白粉： 【答案】A 【解析】 【详解】A．冶炼粗硅时SiO2和C反应生成Si和CO，反应的方程式为；故A错误； B．冶炼铁时CO还原氧化铁生成铁和CO2，反应的方程式为，故B正确； C．工业上常用电解饱和食盐水制Cl2，反应的方程式为，故C正确； D．工业上常用氯气和石灰乳反应制备漂白粉，反应方程式为，故D正确。 答案选A。 6. 某液晶分子结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期非金属元素，基态X原子的电子只有一种自旋取向，基态W原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，Y与W的质子数之和等于Z的质子数的2倍。下列说法错误的是 A. 电负性：W>Z>Y B. 第一电离能：Z>W>Y C. 常见单质分子键能：X>W>Z D. 简单氢化物沸点：W>Z>Y 【答案】C 【解析】 【分析】基态X原子的电子只有一种自旋取向，则X为H元素；基态W原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，电子排布为1s22s22p4或1s22s22p63s2，则W为O或Mg元素，由于W是非金属元素，故W是O元素；Y与W的质子数之和等于Z的质子数的2倍，Y、Z、W为原子序数依次增大的非金属元素，则Y为C元素，Z为N元素。据此作答。 【详解】A．同周期元素从左向右电负性依次增大，故O>N>C，A正确； B．同周期元素从左向右第一电离能呈增大趋势，其中N原子的2p电子半满为较稳定结构，第一电离能大于相邻元素的第一电离能，则第一电离能大小顺序为：N＞O>C，B正确； C ．X、W、Z的单质分子分别为H2、N2、O2，对应的化学键分别是单键、三键、双键，故键能大小关系为H2<O2<N2，C错误； D．W、Z和Y的最简单氢化物分别为H2O、NH3、CH4，NH3能形成1个分子间氢键、H2O能形成2个分子间氢键，CH4不存在分子间氢键，则H2O的沸点最高，NH3次之，C正确； 故选：C。 7. 腺嘌呤核苷酸是生产核酸类药物的中间体，其分子结构如图。下列有关说法正确的是 A. 水解生成碱基的分子式为C5H5N5 B. 能发生消去反应和加成反应 C. 水解生成的戊糖的核磁共振氢谱有7组峰 D. 所有中心原子均采取sp3杂化 【答案】AB 【解析】 【详解】A．腺嘌呤核苷酸水解生成的碱基是腺嘌呤，其分子式为C5H5N5，A正确； B．该分子中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，能发生消去反应；分子中含有碳氮双键等不饱和键，能发生加成反应，B正确； C．水解生成的戊糖结构中，有9种不同化学环境的氢原子，所以其核磁共振氢谱有9组峰，不是7组峰，C错误； D．分子中形成双键的氮原子和碳原子采取sp2杂化，并非所有中心原子均采取sp3杂化，D错误； 故选B。 8. 验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。 ① ② ③ 在Fe表面生成蓝色沉淀 试管内无明显变化 试管内生成蓝色沉淀 下列说法不正确的是 A. 对比②③，可以判定Zn保护了Fe B. 对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化 C. 验证Zn保护Fe时不能用①的方法 D. 将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼 【答案】D 【解析】 【详解】分析：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+；C项，对比①②，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼。 详解：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护，A项正确；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+，B项正确；C项，对比①②，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe，C项正确；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案选D。 点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对比分析法。要注意操作条件的变化，如①中没有取溶液，②中取出溶液，考虑Fe对实验结果的影响。要证明Fe比Cu活泼，可用②的方法。 9. “吹出法”是工业上常用的一种海水提溴技术，其流程如下，下列说法不正确的是 A. 步骤Ⅰ：加入酸酸化可提高的利用率 B. 步骤Ⅱ、Ⅲ：目的是富集溴元素，在吹出塔和吸收塔中完成 C. 步骤Ⅳ：采用水蒸气将液溴蒸出 D. 步骤Ⅴ：采用萃取分液得到液溴 【答案】D 【解析】 【详解】A．步骤Ⅰ中，先将海水酸化，再通入氯气将溴离子氧化为溴单质，是由于氯气和生成的溴单质都与水反应，如，加酸酸化可抑制氯气、溴单质与水反应，节约了氯气，得到更多溴单质，步骤Ⅰ中加酸酸化可提高Cl2的利用率，A正确； B．步骤Ⅱ、Ⅲ的目的是富集溴元素，在吹出塔和吸收塔中完成，B正确； C．步骤Ⅳ利用溴易挥发，采用水蒸气将液溴蒸出，C正确； D．步骤Ⅴ应该是冷凝得到液溴，D错误； 故选D。 10. 氧化性酸的铵盐受热分解过程中铵被氧化，产物中有大量气体，因此受热往往会发生爆炸。硝酸铵在不同温度下受热分解的产物如下表所示。下列说法正确的是 温度 分解产物 反应I 185~200℃ 、 反应II 高于230℃ 、、 反应III 高于400℃ 、、 A. 和的VSEPR模型名称均为四面体形 B. 三个反应中，均有 C. 反应I和II中，转移时生成等物质的量的气体 D. 反应II和III中，均仅为氧化产物 【答案】B 【解析】 【分析】反应I（185~200℃） ：NH4NO3=N2O ↑+ 2H2O↑ 转移4e- 反应II（高于230℃）：2 NH4NO3=2N2↑+O2↑ + 4H2O↑ 转移10e- 反应III（高于400℃）：4 NH4NO3=3N2↑+2NO2↑+8H2O↑ 转移12e- 【详解】A．VSEPR模型：4+=4四面体形；的VSEPR模型3+=3平面三角形，A错误； B．上述三个反应，H原子守恒，均有，B正确； C．反应I和II中，转移时生成等物质的量的气体分别为反应I：mol；反应IImol，C错误； D．反应II 既为氧化产物也为还原产物，　反应III为氧化产物，D错误； 故选B。 11. 科研工作者合成了低温超导化合物M，再利用低温去插层法，获得了一个新化合物N。二者的晶体结构如图所示，下列说法正确的是 A. 去插层过程中Cs元素均转化为Cs单质 B. N的化学式为 C. M中与Cs原子最临近的Se原子有2个 D. N中V原子填充了Se原子构成的正八面体空隙 【答案】B 【解析】 【详解】A．去插层过程中Cs元素均转化为CsI，故A错误； B．根据均摊原则，晶胞中含有V原子数 、Se原子数、O原子数，N的化学式为，故B正确； C．根据图示，M中与Cs原子最临近的Se原子有8个，故C错误； D．N中V原子位于Se原子围成的正方形中心，故D错误； 选B。 12. 煤—天然气综合利用制甲醇项目中，原料气主要发生反应①和副反应②。 主反应①：CO2 (g)+3H2 (g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1 副反应②：CO2 (g)+H2 (g) ⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2 CO2的平衡转化率(X—CO2)，CH3OH的选择性(S—CH3OH)随温度变化如下： 已知：初始n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，S—CH3OH=[n(转化为CH3OH的CO2)/n(转化的CO2)]×100%。 下列说法错误的是 A. ΔH1<0、ΔH2>0 B. T°C，若只发生①②，则H2的平衡转化率也为30% C. 较低温度、较大压强，有利于甲醇的合成 D. T°C，反应②的Kp=1.16×10-3(Kp为分压平衡常数，分压=总压×物质的量分数) 【答案】BD 【解析】 【详解】A．从图像可以看出，随着温度升高，CH3OH的选择性降低，CO2的平衡转化率先降低后升高。对于主反应①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ，升温平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，逆反应吸热，所以正反应放热，即ΔH1<0 ；副反应②随着温度升高，生成CO增多（因为CH3OH选择性降低，CO2转化率升高，说明有更多CO2发生副反应生成CO），平衡正向移动，所以ΔH2>0，A正确； B．T℃时，根据CO2的平衡转化率为30%，得出两个反应共消耗0.3mol CO2，又因为CH3OH的选择性为80%，可知0.3mol CO2中有80%即0.24mol发生反应①转化为CH3OH，根据反应方程式CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ，消耗氢气0.72mol，有0.06mol CO2发生反应②，根据方程式CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，消耗氢气0.06mol，共消耗0.78mol，转化率为，B错误； C．主反应①是气体分子数减少的反应（反应前4个气体分子，反应后2个气体分子），且为放热反应。根据勒夏特列原理，增大压强平衡向气体分子数减少的方向移动，即正向移动；降低温度，平衡向放热反应方向移动，也是正向移动。所以较低温度、较大压强有利于甲醇的合成，C正确； D．根据方程式，反应①消耗氢气0.72mol的同时，生成水和甲醇都是0.24mol，反应②氢气0.06mol的同时，生成水和一氧化碳都是0.06mol，此时，体系中剩余未反应的CO2 0.7mol，氢气剩余2.22mol，CO有0.06mol，H2O共有0.3mol，甲醇0.24mol，反应②平衡时各物质的分压分别为：，，， 。反应②的==，D错误； 故选BD。 13. 室温下，滴加NaOH溶液改变0.1mol·L-1RCOOH溶液的pH，溶液中RCOOH、RCOO-的粒子分布分数，甲酸（HCOOH）与乙酸（CH3COOH）中酸分子的分布系数δ(X)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是 A. L1代表乙酸的变化曲线 B. pH=3的CH3COOH溶液中：c(CH3COOH)+c(OH-)>c(H+)+c(Na+) C. 室温下=0.95 D. 将体积均为1L、浓度均为1mol·L-1的CH3COOH和HCOOH溶液混合后，加入80gNaOH固体充分反应并恢复至室温后，所得混合溶液中：c(Na+)>c(CH3COOH)>c(HCOOH)>c(OH-)>c(H+) 【答案】B 【解析】 【详解】A．随着pH增大，RCOOH分子会与OH−反应转化为RCOO−，RCOOH的分布分数减小，RCOO−的分布分数增大，当δ(RCOOH)=δ(RCOO−)时，根据，此时Ka=c(H+) ，则曲线L1对应的Ka(HCOOH)=10−2.8，曲线L2对应的Ka(CH3COOH)=10−3.75，甲酸的酸性强于乙酸，所以L1代表甲酸的变化曲线，L2代表乙酸的变化曲线，A错误； B．在pH=3的CH3COOH溶液中，存在电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+) 。从CH3COOH的电离平衡角度，此时溶液酸性较强，CH3COOH的电离程度较小，c(CH3COOH)>c(CH3COO−) 。那么c(CH3COOH)+c(OH−)>c(CH3COO−)+c(OH−)，又因为c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+) ，所以c(CH3COOH)+c(OH−)>c(H+)+c(Na+)，B正确； C．乙酸CH3COOH的Ka(CH3COOH)=10−3.75，甲酸HCOOH的Ka(HCOOH)=10−2.8。则=−3.75−(−2.8)=−0.95，所以，C错误； D．1L 1mol/L的CH3COOH和HCOOH溶液中，CH3COOH和HCOOH的物质的量均为1mol，80g NaOH（物质的量为） ，NaOH与两种酸恰好完全反应生成1mol CH3COONa和1mol HCOONa。因为Ka(CH3COOH)<Ka(HCOOH)，根据 “越弱越水解”，CH3COO−的水解程度大于HCOO−的水解程度 。水解后溶液显碱性，所得混合溶液中离子浓度大小应为c(Na+)>c(HCOO−)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)，且水解是微弱的，c(HCOO−)和c(CH3COO−)远大于c(CH3COOH)和c(HCOOH) ，D错误； 故选B。 14. 醛、酮与可发生加成反应：平衡常数为K，微量碱存在时的催化机理如下． 已知不同基团（、）对平衡常数的影响如下表所示： 平衡常数K ① 210 ② 530 ③ 38 ④ 下列说法不正确的是 A. 第二步为决速步骤 B. 若将微量碱改成加入酸，则反应速率减慢 C. 由①②可知推电子基团可以使上的C原子活化，增大平衡常数 D. ④的平衡常数小于③，可能是因为④中受到的空间位阻更大 【答案】C 【解析】 【详解】A．第二步反应慢，为决速步骤，A正确； B．氢离子能与CN－结合生成HCN，降低CN－浓度，所以若将微量碱改成加入酸，则反应速率减慢，B正确； C．由①②可知吸电子基团可以使上的C原子活化，增大平衡常数，C错误； D．由于④中受到的空间位阻更大，不利于反应进行，所以④的平衡常数小于③，D正确； 答案选C。 二、非选择题：本题共4个小题，共58分。 15. 四氧化三铁(Fe3O4)磁性纳米颗粒稳定，容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。一种以2-吡咯烷酮、硫酸烧渣(主要成分为Fe2O3和SiO₂，还有CaO、PbO、MgO杂质)等为原料制取纳米四氧化三铁的工艺流程如下： 已知 Ksp(PbCl2) = 1.6×10-5，Ksp(PbSO4) = 1.6×10-8。 （1）铁元素在元素周期表中的位置是_______。 （2）滤渣Ⅰ的主要成分是_______(填化学式)；母液中金属阳离子主要有_______(填离子符号)。 （3）工业上从操作III得到的FeCl3·6H2O制备无水氯化铁中含有部分无水氯化镁，依据表中信息，除去无水氯化镁杂质的最好方法是_____。 物质 氯化铁 氯化镁 溶解性 易溶于水 易溶于水 熔点 282 714 沸点 315 1412 （4）已知环丙胺性质与氨气相似，流程中生成FeOOH的化学方程式_______。 （5）酸浸后溶液中c(Cl-)=2mol·L-1，净化时加入等体积2mol·L-1硫酸铁溶液，滤渣II中是否含有硫酸铅(忽略其它离子消耗的的量)？通过计算说明_______。 （6）X射线衍射得知四氧化三铁是反式尖晶石结构，具有铁磁性和导电性。如图所示： Fe3O4晶体中，O2-采取立方最密堆积，围成正四面体空隙(如1、3、6、7等)和正八面体空隙(如3、6、7、8、9、12等)。Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，Fe2+和另一半Fe3+填充在正八面体空隙中。有_______%的正八面体空隙没有填充阳离子。 （7）关于四氧化三铁导电性的解释正确的是_______。 a. 四氧化三铁是金属晶体，Fe原子失去价电子形成遍布整块晶体、自由移动的“电子气” b. 四氧化三铁是离子晶体，Fe2+和Fe3+在晶体中能自由移动 c. Fe2+、Fe3+在八面体位置上呈无序排列的，电子可在铁的两种氧化态间迅速发生转移 【答案】（1）第四周期Ⅷ族 （2） ①. SiO2、PbCl2 ②. Fe3+、Mg2+ （3）气化冷却 （4）FeCl3·6H2O+3FeOOH+3+4H2O （5）加入等体积2mol/L硫酸铁溶液后，c(Pb2+)·c(SO)==6×10-6＞Ksp(PbSO4)=1.6×10-8，所以滤渣Ⅱ中混有硫酸铅 （6）50% （7）c 【解析】 【分析】硫酸烧渣所含成分是Fe2O3、SiO2、CaO、PbO、MgO，加盐酸，Fe2O3、CaO、PbO、MgO分别转化为FeCl3、CaCl2、PbCl2、MgCl2，SiO2不与盐酸反应，也不溶于盐酸，PbCl2微溶于水，滤渣Ⅰ的主要成分是SiO2、PbCl2，滤液中含有FeCl3、CaCl2、MgCl2，还含有微量的PbCl2，加入硫酸铁净化，将CaCl2转化为微溶于水的CaSO4，PbCl2转化为更难溶的PbSO4，过滤后，滤液中含有FeCl3、MgCl2，还含有少量的CaSO4，然后蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，得到FeCl3·6H2O，母液中主要含有金属阳离子为Fe3+、Mg2+，氯化铁晶体与环丙胺反应得到FeOOH，高温下通入CO，生成四氧化三铁，据此分析； 【小问1详解】 铁元素的原子序数为26，位于第四周期Ⅷ族，故答案为第四周期Ⅷ族； 【小问2详解】 根据上述分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是SiO2、PbCl2，母液中金属阳离子主要有Fe3+、Mg2+，故答案为SiO2、PbCl2；Fe3+、Mg2+； 【小问3详解】 根据表中数据可知，除去无水氯化镁最好方法，利用它们沸点相差较大，即加热使氯化铁由固体转化为气体，然后再冷凝，故答案为气化冷却； 【小问4详解】 环丙胺性质与氨气相似，能与酸反应生成盐，生成FeOOH的方程式为FeCl3·6H2O+3FeOOH+3+4H2O，故答案为FeCl3·6H2O+3FeOOH+3+4H2O； 【小问5详解】 酸浸后溶液中c(Cl-)=2mol/L，此时溶液中c(Pb2+)=4×10-6mol/L，净化时加入等体积2mol/L硫酸铁溶液，混合后溶液中c(SO)=3mol/L，Qsp=c(Pb2+)·c(SO)=2×10-6×3=6×10-6＞Ksp(PbSO4)=1.6×10-8，因此滤渣Ⅱ中混有硫酸铅；故答案为加入等体积2mol/L硫酸铁溶液后，c(Pb2+)·c(SO)==6×10-6＞Ksp(PbSO4)=1.6×10-8，所以滤渣Ⅱ中混有硫酸铅； 【小问6详解】 根据题中信息，该晶胞中有8个正四面体，4个正八面体，晶胞中O2-个数为8×+6×=4，即该晶胞中Fe2+个数为1个，Fe3+个数为2个，1个Fe3+填充在正四面体空隙中，1个Fe3+、1个Fe2+填充在正八面体空隙中，有2个正八面体空隙没有被填充，占比为50%；故答案为50%； 【小问7详解】 a．Fe3O4为化合物，是一种特殊的晶体，不属于金属晶体，故a错误； b．能导电是自由电子在Fe2+、Fe3+之间传递，离子通常固定在晶格中，不能自由移动，故b错误； c．Fe2+、Fe3+在八面体位置上呈统计学随机分布，即无序排列，这种无序排列为电子可在两种氧化态间迅速发生转移提供了通道，故c正确； 答案为c。 16. 乙酸丁酯广泛用作人造革、纺织品和塑料生产中的溶剂。工业上以正丁醇和冰醋酸为原料，用浓硫酸作催化剂可得到乙酸丁酯，但反应时间长、产率不高、设备腐蚀严重且会排放大量的废酸污染环境，用固体超强酸/TiO2催化合成乙酸丁酯能很好地避免上述问题，实验室模拟固体超强酸/TiO2催化合成乙酸丁酯的步骤如下。 I. 固体超强酸催化剂的制备 取锐钛型TiO2放入的烧杯中，加入1.0mol·L-1硫酸溶液，搅拌1h后，真空抽滤，干燥，将固体放入仪器A中，在450°C焙烧3h，得/TiO2固体超强酸催化剂。 （1）仪器A是_______(填名称)。 （2）/TiO2型固体超强酸酸中心的形成主要源于在表面配位吸附，与TiO2形成的配位键中，配原子是_______(填标号)。 A. S 　　　　B. O　　　　　　 C. S和O均可以 II. 乙酸丁酯的制备 在干燥的圆底烧瓶中，加入沸石和上述固体超强酸催化剂1g，12.0mL正丁醇和16.0mL冰醋酸(过量)，然后再安装分水器(如图)、冷凝管，然后小火加热。 （3）分水器可将圆底烧瓶中产生的水分离出来，目的是_______，当观察到分水器中出现_______的现象时，停止加热圆底烧瓶，终止反应。 （4）①乙酸丁酯的精制：将乙酸丁酯粗产品用如下的操作进行精制： a. 用无水MgSO4干燥 b.常压蒸馏　 c. 用等体积饱和氯化钠溶液洗涤，分液 d. 水洗 正确的操作步骤是_______(填标号)。 A. bdca 　　B. cadb 　　C. cdab 　　D. dbca ②在乙酸丁酯的精制中，用饱和氯化钠溶液洗涤有机相比用水洗涤的优点是_______。 （5）利用同位素示踪法研究酯化反应机理，现将醇中氧原子标记成R18OH，下图是当正丁醇先吸附在催化剂表面上，酯化反应的机理图(其中R代表甲基，R′代表正丁基)。根据下列反应机理可知_______(填“正丁醇”或“乙酸”或“酸和醇均可”)脱羟基，反应后18O存在于_______(任写两种物质，不考虑中间产物)。 【答案】（1）坩埚 （2）B （3） ①. 移除反应生成的水，推动平衡向生成乙酸丁酯的方向移动 ②. 水层不再增加 （4） ①. C ②. 可以降低乙酸丁酯的溶解度，提高产物的产率 （5） ①. 正丁醇 ②. 正丁醇、水 【解析】 【分析】正丁醇与乙酸反应方程式为：，通过分水器移除反应生成的水，推动平衡向生成乙酸丁酯的方向移动。制备的乙酸丁酯中含有正丁醇，乙酸等杂质，先用等体积饱和氯化钠溶液洗涤，除去乙酸、正丁醇等杂质，同时降低乙酸丁酯的溶解度，分液，再用水洗涤，无水硫酸镁干燥，经常压蒸馏得到精制的乙酸丁酯。 【小问1详解】 焙烧在坩埚中进行，故A的名称为坩埚； 【小问2详解】 硫酸根的结构为：，作配位原子的只能为O原子，故选B； 【小问3详解】 酯化反应为可逆反应，分水器可将圆底烧瓶中产生的水分离出来，目的是：移除反应生成的水，推动平衡向生成乙酸丁酯的方向移动；当观察到分水器中出现水层不再增加的现象时，停止加热圆底烧瓶，终止反应； 【小问4详解】 制备的乙酸丁酯中含有正丁醇，乙酸等杂质，先用等体积饱和氯化钠溶液洗涤，除去乙酸、正丁醇等杂质，同时降低乙酸丁酯的溶解度，分液，再用水洗涤，无水硫酸镁干燥，经常压蒸馏得到精制的乙酸丁酯，故选C； ②在乙酸丁酯的精制中，用饱和氯化钠溶液洗涤有机相比用水洗涤的优点是：可以降低乙酸丁酯的溶解度，提高产物的产率； 【小问5详解】 由图可知，该反应中正丁醇脱去羟基，乙酸脱去氢，故水中存在18O，过程中丁醇分子间脱水可形成丁醚和水，均含18O，酯化反应为可逆反应，由此分析存在18O的物质，合理即可。 17. 高纯硅用途广泛，SiHCl3是制备高纯硅的主要原料，制备SiHCl3主要有以下工艺。 I. 热氢化法：在1200~1400℃、0.2~0.4MPa条件下，H2和SiCl4在热氢化炉内反应。 （1）请写出该反应的化学方程式_______。 （2）已知热氢化法制SiHCl3有两种反应路径，反应进程如图所示，该过程更优的路径是_______(填“a”或“b”)。 II.氯氢化法：反应原理为Si(s)+3HCl(g)⇌SiHCl3(g)+H2(g) ΔH<0 （3）在恒温恒容条件下，该反应达到化学平衡状态，下列说法正确的是_______。 A. HCl、SiHCl3和H2的物质的量浓度之比为3:1:1 B. 向体系中充入HCl，反应速率增大，平衡常数增大 C. 向反应体系充入惰性气体，平衡不发生移动 D. 移除部分SiHCl3，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动 III. 冷氢化法：在一定条件下发生如下反应 i. 3SiCl₄(g) + Si(s) + 2H2 (g) ⇌4SiHCl3(g) ΔH1 = a kJ/mol ii. 2SiHCl3(g) ⇌SiH2Cl2 (g) + SiCl4(g) ΔH2 = b kJ/mol iii. SiHCl3(g) + H2 (g) ⇌Si(s)+3HCl(g) ΔH3 = c kJ/mol （4）在催化剂作用下，反应ii中温度和SiHCl3转化率关系如图所示，200 min时，353 K条件下SiHCl3转化率较高。其原因可能是_______(写出一种)。 （5）反应i进行的同时还会发生反应iv iv. SiCl4 (g) + Si(s) + 2H2 (g)⇌2SiH2Cl2 (g) ΔH4 = _______ kJ/mol （6）已知反应i和反应iv的压强平衡常数的负对数随着温度的变化如图所示。 图示：lgKp与T/K的关系曲线 ①反应i、iv中，属于放热反应的是_______(填序号)。 ②某温度下，保持压强为12 MPa的某恒压密闭容器中，起始时加入足量Si，通入8 mol SiCl4和6 mol H2，假设只发生反应i和反应iv，反应达到平衡后，测得SiCl4转化率为50%，n(SiHCl3)：n(SiH2Cl2) = 2：1，该温度下的反应i压强平衡常数Kₚ = _______ Mpa-1(已知压强平衡常数的表达式为各气体物质的平衡分压替代物质的量浓度，气体的分压等于其物质的量分数乘以总压强)。 【答案】（1）H2+SiCl4SiHCl3+HCl （2）a （3）CD （4）温度高，反应速率快，则转化率高，也可能该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，导致SiHCl3转化率较高，或者在353K时，催化剂的活性更高或者该温度下反应ii的平衡常数更大，有利于SiHCl3的转化(任写一种) （5）ΔH4+2ΔH2或(a+2b) （6） ①. i ②. 1 【解析】 【小问1详解】 氢气和四氯化硅在热氢化炉内的反应生成SiHCl3和HCl，其反应方程式为H2+SiCl4SiHCl3+HCl；故答案为H2+SiCl4SiHCl3+HCl； 【小问2详解】 过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大，活化能越大，活化能越小，反应速率越快，根据图像可知，该过程中更优的路径为a；故答案为a； 【小问3详解】 A．题中没有指出起始量，因此三种物质的物质的量浓度之比，不能说明反应达到平衡，故A不符合题意； B．向体系中通入HCl，反应物的物质的量浓度增大，化学反应速率加快，化学平衡常数受温度的影响，通入HCl，体系温度不变，则平衡常数没变，故B不符合题意； C．恒温恒容下，向体系中充入惰性气体，反应中各组分的浓度不变，平衡不移动，故C符合题意； D．移出部分SiHCl3，生成物SiHCl3的浓度减小，逆反应速率减小，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，故D符合题意； 故答案为CD； 【小问4详解】 200min时，353K条件下SiHCl3转化率较高，其原因可能是温度高，反应速率快，则转化率高，也可能该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，导致SiHCl3转化率较高，或者在353K时，催化剂的活性更高或者该温度下反应ii的平衡常数更大，有利于SiHCl3的转化，故答案为温度高，反应速率快，则转化率高，也可能该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，导致SiHCl3转化率较高，或者在353K时，催化剂的活性更高或者该温度下反应ii的平衡常数更大，有利于SiHCl3的转化(任写一种)； 【小问5详解】 根据盖斯定律可知，i+2×ii得到iv，因此ΔH4=ΔH4+2ΔH2=(a+2b)kJ/mol，故答案为ΔH4+2ΔH2或(a+2b)； 【小问6详解】 ①由图可知，随着温度升高，i的平衡常数减小，则平衡逆向移动，反应为放热反应，随着温度升高，iv的平衡常数增大，则平衡正向移动，反应为吸热反应；故答案为i； ②达到平衡时，消耗SiCl4物质的量为8mol×50%=4mol，令反应iv中消耗SiCl4物质的量为xmol，则反应i中SiCl4物质的量为(4-x)mol，根据反应方程式可知，生成SiHCl3物质的量为mol，生成SiH2Cl2为2xmol，因此有∶2x=2∶1，解得x=1，则平衡时，SiCl4、H2、SiHCl3、SiH2Cl2物质的量分别为4mol、2mol、4mol、2mol，总物质的量为12mol，该温度下反应i的压强平衡常数Kp==1，故答案为1。 18. 氯维地平是治疗高血压的药物，有机物I是合成该药物的一种重要中间体，其一种合成路线如下图所示： 已知：R3COOR2+R1OHR3COOR₁+R2OH （1）化合物D中含氮官能团名称为_______。 （2）若以乙酰基()为取代基，化合物F的名称为_______。 （3）酮式和烯醇式存在互变异构：(R为烃基或氢)，但大多数情况下酮式是主要存在形式。则化合物C的结构简式为_______。 （4）由E生成G两步进行：①E+F→M；②M→G+N。则①的反应类型为_______。 （5）1mol的G与足量H2在Ni催化下反应最多可以消耗H2为_______mol。 （6）胺类化合物K与D互为同分异构体，则符合下列条件的K有_______种。 ①只含两种官能团，且同种官能团的氢原子化学环境完全相同； ②遇FeCl3溶液显紫色 写出其中核磁共振氢谱检测表明分子中有4种不同环境的氢原子，峰面积比为4：3：2：1的一种同分异构体：_______(任写一种即可)。 （7）σ键迁移重排是有机反应中一类重要反应，有机物X→Y的σ键迁移重排异构化反应： 如图所示，据此推测的σ键迁移重排异构化反应产物的结构简式为_______。 【答案】（1）氨基和氰基 （2）乙酰乙酸甲酯 （3） （4）加成反应 （5）5 （6） ①. 4 ②. 、(任写一种) （7） 【解析】 【分析】根据题中所给已知，C的分子式以及问题(3)，可推知C的结构简式为，对比E、G的结构简式，以及问题(4)，E中“C=O”键中的π键断裂，F中“CH2”中一个“C-H”键断裂，H与O结合成羟基，剩余部分结合，即M的结构简式为，该反应为加成反应；然后M发生消去反应，得到G和H2O据此分析； 【小问1详解】 根据化合物D的结构简式，含氮官能团是氨基和氰基；故答案为氨基和氰基； 【小问2详解】 若乙酰基为取代基，则F属于酯类，因此F的名称为乙酰乙酸甲酯；故答案为乙酰乙酸甲酯； 【小问3详解】 根据上述分析，C的结构简式为；故答案为； 【小问4详解】 对比E、G的结构简式，E中“C=O”键中的π键断裂，F中“CH2”中一个“C-H”键断裂，H与O结合成羟基，剩余部分结合，即M的结构简式为，该反应为加成反应；然后M发生消去反应，得到G和H2O，故答案为加成反应； 【小问5详解】 G中能与氢气发生反应的结构有苯环、酮羰基、碳碳双键，1molG中含有1mol苯环、1mol酮羰基、1mol碳碳双键，即1molG与足量氢气发生反应最多消耗氢气的物质的量为5mol，故答案为5； 【小问6详解】 遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，的D的不饱和度为4，苯环的不饱和度为4，则符合条件K中除了苯环外不含其它环或双键，应该含有2个酚羟基和2个氨基，且结构对称，根据碳原子数可知，还含一个甲基，则符合条件的结构简式为、、、，共有4种；符合峰面积之比为4∶3∶2∶1的结构有、；故答案为4；、(任写一种)； 【小问7详解】 根据题中所给迁移重排异构化反应中断键和成键部位，该物质的σ键迁移重排异构化反应产物为；故答案为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长沙市实验中学 2025 届高三第七次阶段测试 化学试题 本试卷分 2 部分 共 8 页 满分：100 分 时间：75 分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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，将本试题卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 一、选择题：本题共 14 小题，每小题 3 分，共 42 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是 A. 《物理小识》卷七《金石类》中指出：有硇水者，剪银块投之，则旋而为水。其中的“硇水”是指硝酸 B. “独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂”中的“飞絮”与“马尾”化学成分均为蛋白质 C. 《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酸盐 D. “美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”说明古人从沙子中得到黄金的方法为重力沉降法 2. 下列化学用语表述错误的是 A. 基态铁原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2 B. H2S溶于水显酸性，是因为H2S=2H++S2- C. NH3分子的球棍模型： D. 基态磷原子的核外电子排布图为 3. 下列有关物质结构和性质的说法正确的是 A. 在任何情况下，σ键都比π键强度大 B. 凡有规则外形的固体一定是晶体 C. 在天然存在的各种元素中，无论是游离态还是化合态，各种核素的丰度一般是不变的 D. AgCl和Ag2S在浓氨水都能因形成配合物而溶解 4. 下列说法错误的是 A. 水很稳定是因为水中含有大量氢键 B 乳酸分子[CH3CH(OH)COOH]中含有一个手性碳原子 C. 碘易溶于四氯化碳、甲烷难溶于水，二者都可用相似相溶原理解释 D. 氟的电负性大于氯的电负性，导致三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性 5. 下列有关物质的工业制备反应错误的是 A. 制粗硅： B. 冶炼铁： C. 制氯气： D. 制漂白粉： 6. 某液晶分子结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期非金属元素，基态X原子的电子只有一种自旋取向，基态W原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，Y与W的质子数之和等于Z的质子数的2倍。下列说法错误的是 A. 电负性：W>Z>Y B. 第一电离能：Z>W>Y C. 常见单质分子键能：X>W>Z D. 简单氢化物沸点：W>Z>Y 7. 腺嘌呤核苷酸是生产核酸类药物的中间体，其分子结构如图。下列有关说法正确的是 A. 水解生成的碱基的分子式为C5H5N5 B. 能发生消去反应和加成反应 C. 水解生成的戊糖的核磁共振氢谱有7组峰 D 所有中心原子均采取sp3杂化 8. 验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。 ① ② ③ 在Fe表面生成蓝色沉淀 试管内无明显变化 试管内生成蓝色沉淀 下列说法不正确的是 A. 对比②③，可以判定Zn保护了Fe B. 对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化 C. 验证Zn保护Fe时不能用①的方法 D. 将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼 9. “吹出法”是工业上常用的一种海水提溴技术，其流程如下，下列说法不正确的是 A. 步骤Ⅰ：加入酸酸化可提高的利用率 B. 步骤Ⅱ、Ⅲ：目的是富集溴元素，在吹出塔和吸收塔中完成 C. 步骤Ⅳ：采用水蒸气将液溴蒸出 D. 步骤Ⅴ：采用萃取分液得到液溴 10. 氧化性酸的铵盐受热分解过程中铵被氧化，产物中有大量气体，因此受热往往会发生爆炸。硝酸铵在不同温度下受热分解的产物如下表所示。下列说法正确的是 温度 分解产物 反应I 185~200℃ 、 反应II 高于230℃ 、、 反应III 高于400℃ 、、 A. 和的VSEPR模型名称均为四面体形 B. 三个反应中，均有 C. 反应I和II中，转移时生成等物质的量的气体 D. 反应II和III中，均仅为氧化产物 11. 科研工作者合成了低温超导化合物M，再利用低温去插层法，获得了一个新化合物N。二者的晶体结构如图所示，下列说法正确的是 A. 去插层过程中Cs元素均转化为Cs单质 B. N的化学式为 C. M中与Cs原子最临近的Se原子有2个 D. N中V原子填充了Se原子构成的正八面体空隙 12. 煤—天然气综合利用制甲醇项目中，原料气主要发生反应①和副反应②。 主反应①：CO2 (g)+3H2 (g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1 副反应②：CO2 (g)+H2 (g) ⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2 CO2的平衡转化率(X—CO2)，CH3OH的选择性(S—CH3OH)随温度变化如下： 已知：初始n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，S—CH3OH=[n(转化为CH3OH的CO2)/n(转化的CO2)]×100%。 下列说法错误的是 A. ΔH1<0、ΔH2>0 B. T°C，若只发生①②，则H2的平衡转化率也为30% C. 较低温度、较大压强，有利于甲醇的合成 D. T°C，反应②的Kp=1.16×10-3(Kp为分压平衡常数，分压=总压×物质的量分数) 13. 室温下，滴加NaOH溶液改变0.1mol·L-1RCOOH溶液的pH，溶液中RCOOH、RCOO-的粒子分布分数，甲酸（HCOOH）与乙酸（CH3COOH）中酸分子的分布系数δ(X)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是 A. L1代表乙酸的变化曲线 B. pH=3的CH3COOH溶液中：c(CH3COOH)+c(OH-)>c(H+)+c(Na+) C. 室温下=0.95 D. 将体积均为1L、浓度均为1mol·L-1的CH3COOH和HCOOH溶液混合后，加入80gNaOH固体充分反应并恢复至室温后，所得混合溶液中：c(Na+)>c(CH3COOH)>c(HCOOH)>c(OH-)>c(H+) 14. 醛、酮与可发生加成反应：平衡常数为K，微量碱存在时的催化机理如下． 已知不同基团（、）对平衡常数的影响如下表所示： 平衡常数K ① 210 ② 530 ③ 38 ④ 下列说法不正确的是 A. 第二步为决速步骤 B. 若将微量碱改成加入酸，则反应速率减慢 C. 由①②可知推电子基团可以使上的C原子活化，增大平衡常数 D. ④的平衡常数小于③，可能是因为④中受到的空间位阻更大 二、非选择题：本题共4个小题，共58分。 15. 四氧化三铁(Fe3O4)磁性纳米颗粒稳定，容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。一种以2-吡咯烷酮、硫酸烧渣(主要成分为Fe2O3和SiO₂，还有CaO、PbO、MgO杂质)等为原料制取纳米四氧化三铁的工艺流程如下： 已知 Ksp(PbCl2) = 1.6×10-5，Ksp(PbSO4) = 1.6×10-8。 （1）铁元素在元素周期表中的位置是_______。 （2）滤渣Ⅰ的主要成分是_______(填化学式)；母液中金属阳离子主要有_______(填离子符号)。 （3）工业上从操作III得到的FeCl3·6H2O制备无水氯化铁中含有部分无水氯化镁，依据表中信息，除去无水氯化镁杂质的最好方法是_____。 物质 氯化铁 氯化镁 溶解性 易溶于水 易溶于水 熔点 282 714 沸点 315 1412 （4）已知环丙胺性质与氨气相似，流程中生成FeOOH的化学方程式_______。 （5）酸浸后溶液中c(Cl-)=2mol·L-1，净化时加入等体积2mol·L-1硫酸铁溶液，滤渣II中是否含有硫酸铅(忽略其它离子消耗的量)？通过计算说明_______。 （6）X射线衍射得知四氧化三铁是反式尖晶石结构，具有铁磁性和导电性。如图所示： Fe3O4晶体中，O2-采取立方最密堆积，围成正四面体空隙(如1、3、6、7等)和正八面体空隙(如3、6、7、8、9、12等)。Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，Fe2+和另一半Fe3+填充在正八面体空隙中。有_______%的正八面体空隙没有填充阳离子。 （7）关于四氧化三铁导电性的解释正确的是_______。 a. 四氧化三铁是金属晶体，Fe原子失去价电子形成遍布整块晶体、自由移动的“电子气” b. 四氧化三铁是离子晶体，Fe2+和Fe3+在晶体中能自由移动 c. Fe2+、Fe3+在八面体位置上呈无序排列的，电子可在铁的两种氧化态间迅速发生转移 16. 乙酸丁酯广泛用作人造革、纺织品和塑料生产中的溶剂。工业上以正丁醇和冰醋酸为原料，用浓硫酸作催化剂可得到乙酸丁酯，但反应时间长、产率不高、设备腐蚀严重且会排放大量的废酸污染环境，用固体超强酸/TiO2催化合成乙酸丁酯能很好地避免上述问题，实验室模拟固体超强酸/TiO2催化合成乙酸丁酯的步骤如下。 I. 固体超强酸催化剂的制备 取锐钛型TiO2放入的烧杯中，加入1.0mol·L-1硫酸溶液，搅拌1h后，真空抽滤，干燥，将固体放入仪器A中，在450°C焙烧3h，得/TiO2固体超强酸催化剂。 （1）仪器A是_______(填名称)。 （2）/TiO2型固体超强酸酸中心的形成主要源于在表面配位吸附，与TiO2形成的配位键中，配原子是_______(填标号)。 A. S 　　　　B. O　　　　　　 C. S和O均可以 II. 乙酸丁酯的制备 在干燥的圆底烧瓶中，加入沸石和上述固体超强酸催化剂1g，12.0mL正丁醇和16.0mL冰醋酸(过量)，然后再安装分水器(如图)、冷凝管，然后小火加热。 （3）分水器可将圆底烧瓶中产生的水分离出来，目的是_______，当观察到分水器中出现_______的现象时，停止加热圆底烧瓶，终止反应。 （4）①乙酸丁酯的精制：将乙酸丁酯粗产品用如下的操作进行精制： a. 用无水MgSO4干燥 b.常压蒸馏　 c. 用等体积饱和氯化钠溶液洗涤，分液 d. 水洗 正确的操作步骤是_______(填标号)。 A. bdca 　　B. cadb 　　C. cdab 　　D. dbca ②在乙酸丁酯的精制中，用饱和氯化钠溶液洗涤有机相比用水洗涤的优点是_______。 （5）利用同位素示踪法研究酯化反应机理，现将醇中氧原子标记成R18OH，下图是当正丁醇先吸附在催化剂表面上，酯化反应机理图(其中R代表甲基，R′代表正丁基)。根据下列反应机理可知_______(填“正丁醇”或“乙酸”或“酸和醇均可”)脱羟基，反应后18O存在于_______(任写两种物质，不考虑中间产物)。 17. 高纯硅用途广泛，SiHCl3是制备高纯硅的主要原料，制备SiHCl3主要有以下工艺。 I. 热氢化法：在1200~1400℃、0.2~0.4MPa条件下，H2和SiCl4在热氢化炉内反应。 （1）请写出该反应的化学方程式_______。 （2）已知热氢化法制SiHCl3有两种反应路径，反应进程如图所示，该过程更优的路径是_______(填“a”或“b”)。 II.氯氢化法：反应原理为Si(s)+3HCl(g)⇌SiHCl3(g)+H2(g) ΔH<0 （3）在恒温恒容条件下，该反应达到化学平衡状态，下列说法正确的是_______。 A. HCl、SiHCl3和H2的物质的量浓度之比为3:1:1 B. 向体系中充入HCl，反应速率增大，平衡常数增大 C. 向反应体系充入惰性气体，平衡不发生移动 D. 移除部分SiHCl3，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动 III. 冷氢化法：在一定条件下发生如下反应 i. 3SiCl₄(g) + Si(s) + 2H2 (g) ⇌4SiHCl3(g) ΔH1 = a kJ/mol ii. 2SiHCl3(g) ⇌SiH2Cl2 (g) + SiCl4(g) ΔH2 = b kJ/mol iii. SiHCl3(g) + H2 (g) ⇌Si(s)+3HCl(g) ΔH3 = c kJ/mol （4）在催化剂作用下，反应ii中温度和SiHCl3转化率关系如图所示，200 min时，353 K条件下SiHCl3转化率较高。其原因可能是_______(写出一种)。 （5）反应i进行的同时还会发生反应iv iv. SiCl4 (g) + Si(s) + 2H2 (g)⇌2SiH2Cl2 (g) ΔH4 = _______ kJ/mol （6）已知反应i和反应iv的压强平衡常数的负对数随着温度的变化如图所示。 图示：lgKp与T/K的关系曲线 ①反应i、iv中，属于放热反应的是_______(填序号)。 ②某温度下，保持压强为12 MPa的某恒压密闭容器中，起始时加入足量Si，通入8 mol SiCl4和6 mol H2，假设只发生反应i和反应iv，反应达到平衡后，测得SiCl4转化率为50%，n(SiHCl3)：n(SiH2Cl2) = 2：1，该温度下的反应i压强平衡常数Kₚ = _______ Mpa-1(已知压强平衡常数的表达式为各气体物质的平衡分压替代物质的量浓度，气体的分压等于其物质的量分数乘以总压强)。 18. 氯维地平是治疗高血压的药物，有机物I是合成该药物的一种重要中间体，其一种合成路线如下图所示： 已知：R3COOR2+R1OHR3COOR₁+R2OH （1）化合物D中含氮官能团名称为_______。 （2）若以乙酰基()为取代基，化合物F的名称为_______。 （3）酮式和烯醇式存在互变异构：(R为烃基或氢)，但大多数情况下酮式是主要存在形式。则化合物C的结构简式为_______。 （4）由E生成G两步进行：①E+F→M；②M→G+N。则①的反应类型为_______。 （5）1mol的G与足量H2在Ni催化下反应最多可以消耗H2为_______mol。 （6）胺类化合物K与D互为同分异构体，则符合下列条件的K有_______种。 ①只含两种官能团，且同种官能团的氢原子化学环境完全相同； ②遇FeCl3溶液显紫色 写出其中核磁共振氢谱检测表明分子中有4种不同环境的氢原子，峰面积比为4：3：2：1的一种同分异构体：_______(任写一种即可)。 （7）σ键迁移重排是有机反应中一类重要反应，有机物X→Y的σ键迁移重排异构化反应： 如图所示，据此推测σ键迁移重排异构化反应产物的结构简式为_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $