精品解析：福建省福州十校2024-2025学年高三上学期期中考试化学试题

2024-2025学年第一学期期中考试 高三化学试卷 (满分：100分；考试时间：75分钟) 可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5Cu-64 一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分) 1. 科技发展与化学密切相关。下列说法正确是 A. 福建舰舰体材料无磁镍铬钛合金钢硬度高于纯铁 B. 钍核反应堆的主要原料是，与互为同位素 C. 制造5G芯片材质之一氮化镓(GaN)为金属晶体 D. 嫦娥5号带回的月壤中含有Al元素，Al属于s区元素 2. 下列对事实解释正确的是 选项 事实 解释 A 常温下，Cl2为气体，Br2为液体 键能：Cl2>Br2 B 中显正价 电负性： C 原子半径： 最外层电子数： D 稳定性： 中有氢键 A. A B. B C. C D. D 3. 蛇烯醇(Serpentenynenynol)的结构如图所示，特别像一条蛇。下列关于蛇烯醇说法错误的是 A. 蛇烯醇可以进行催化氧化反应，得到醛类物质 B. 1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗6molBr2 C 蛇烯醇可以使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 蛇烯醇中含有3个手性碳 4. 下列有关化学方程式或离子方程式正确的是 A. AgCl沉淀溶于氨水：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O B. 向次氯酸钙溶液通入少量二氧化碳： C. 碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- D. 食醋去除水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑ 5. 某多孔储氢材料前驱体结构如图，M、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的五种短周期主族非金属元素，Z是地壳中含量最多的元素。下列说法正确的是 A. 基态原子的第一电离能：W<X<Y<Z B. Z基态原子未成对电子数：4个 C. 1mol该化合物中含有配位键的数目为2NA D. W基态原子的电子的空间运动状态有5种 6. 设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 含有的共价键数目为 B. 标准状况下，含有的原子数为 C. 晶体中含有个键 D. 中的电子数为 7. 用下列图示实验装置进行实验，能达到相应实验目的的是 A. 用图①所示装置配制银氨溶液 B. 用图②所示装置证明 C. 用图③所示装置海水蒸馏制淡水 D. 用图④所示装置蒸发结晶制明矾晶体 8. 常温常压下利用Cu/ZnO/ZrO催化剂实现二氧化碳加氢制甲醇的反应历程和能量变化图如下(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)，下列说法正确的是 A. 若无Cu/ZnO/ZrO催化剂，二氧化碳加氢制甲醇不能自发进行 B. 转化历程有5个基元反应，决速步为： C. 反应过程中断裂与形成的共价键类型相同 D. 寻找高效催化剂，有利于的回收利用，使该反应原子利用率达到100% 9. 利用废旧锂电池中LiMn2O4制备MnO2的装置如图所示，下列说法错误的是 A. 电极A为阴极 B. 电极B发生的反应为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2↓+4H+ C. LiMn2O4中的Mn元素均转移到了MnO2中 D. 电解池中H+经阳离子交换膜移向电极A 10. 电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。室温下，用的滴定10.00mL浓度均为的NaOH和的混合溶液，所得电导率曲线如图所示。已知，，下列说法错误的是 A. a点的混合溶液中：约为 B. b点的混合溶液中： C. c点的混合溶液中： D. a点→c点过程中，溶液中水的电离程度一直增大 二、非选择题(本题共4小题，共60分) 11. NaClO2是重要漂白剂和消毒剂，主要用于水、砂糖、油脂的漂白杀菌。实验室制备NaClO2装置如图1所示。 已知：i．NaClO2的溶解度曲线如图2所示；若溶液温度高于60℃，NaClO2发生分解。 ii．ClO2气体浓度超过10%时，易发生爆炸性分解。 （1）装置A中发生的主要反应的化学方程式：___________。 （2）下列实验操作一定能提高ClO2吸收效率的有___________。 A. 装置C采用热水浴 B. 加快滴加浓硫酸的速率 C. 适当提高H2O2的浓度 D. 通过多孔球泡向C的混合溶液中通ClO2 （3）试管C中获得的产品往往混有Na2SO4杂质，其原因是___________。 （4）反应过程中，打开K1，并缓慢鼓入N2的目的是___________，___________。 （5）反应结束后，补充完整制取NaClO2晶体的实验方案：取试管C中的溶液，___________，38℃趁热过滤，38℃～60℃热蒸馏水洗涤晶体，至取最后一次洗涤液滴加盐酸和BaCl2溶液无沉淀产生，低温干燥，得到NaClO2晶体。 （6）产品中NaClO2质量分数的测定：称取5.000g产品配成250mL溶液；取25.00mL所配溶液，加入足量KI溶液和稀硫酸，发生反应：(方程式未配平)；向充分反应后的混合物中逐滴加入0.8400溶液至恰好完全反应：(方程式均未配平)，消耗溶液20.00mL。 ①该滴定实验中使用的指示剂为___________，滴定终点的现象是___________。 ②若加入KI溶液后在空气中放置时间过长，会导致测得的NaClO2质量分数___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 12. 二氧化铈(CeO2)类似MnO2具有较强的氧化性，是一种应用非常广泛的稀土氧化物。以氟碳铈矿(主要含CeFCO3、BaO等)为原料制备CeO2的一种工艺流程如图所示。 回答下列问题： （1）“氧化焙烧”后，Ce元素转化为CeO2和CeF4。写出氧化焙烧的化学方程式：___________。 （2）“酸浸”时，铈的浸出率与温度、c(H+)的关系如图所示，应选择的最适宜的条件为___________(填标号)。不能用盐酸代替硫酸进行酸浸，理由是___________。 a．65℃2.0mol·L-1 b．75℃2.0mol·L-1 c．85℃2.5mol·L-1 d．100℃2.5mol·L-1 （3）“系列操作”包含以下几个过程： 已知：Ce3+不能溶于有机物TBP，CeF3+能溶于有机物TBP，且存在反应：CeF3++TBPCeTBP4++F-。“系列操作”在___________(填仪器名称)中完成。 （4）“调pH”中，要使Ce3+沉淀完全(通常认为溶液中离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1为沉淀完全)，应控制pH大于___________(已知25℃时Ksp[Ce(OH)3]=1×10-20)。 （5）“氧化”中，氧化剂与还原剂物质的量之比为___________。 （6）检验乙醛中的醛基常用新制氢氧化铜悬浊液，反应方程式为： 回答下列问题： ①基态Cu+的价电子轨道表示式为___________，基态铜原子的电子占据___________种能量不同的原子轨道。 ②乙酸钠晶体中存在的微粒间作用力有___________(填标号)。 a．非极性键 b．金属键 c．范德华力 d．离子键 ③生成的Cu2O晶胞结构如图所示，该晶胞原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(0.5，0.5，0.5)，C为(1，1，1)，则D原子的坐标参数为___________。若该晶胞参数为anm，则晶胞密度为___________g/cm3(用NA、a表示) 13. 氮是自然界重要元素之一，氮及其化合物的性质以及氮的循环利用对解决环境和能源问题都具有重要意义。 已知：1mol物质中的化学键断裂时所需能量如下表。 物质 N2(g) O2(g) NO(g) 能量/kJ·mol-1 945 498 631 （1）恒温下，将1mol空气(N2和O2的体积分数分别为0.78和0.21，其余为惰性组分)置于容积为VL的恒容密闭容器中，假设体系中只存在如下两个反应： i．N2(g)+O2(g)2NO(g) K1 ΔH1 ii．2NO(g)+O2(g)2NO2(g) K2 ΔH2=-114kJ·mol-1 ①ΔH1=___________kJ·mol-1. ②以下操作可以降低上述平衡体系中NO浓度的有___________(填标号)。 a．升高温度 b．移除NO2 c．降低N2浓度 （2）NH3也是造成水体富营养化的重要原因之一，用NaClO溶液氧化可除去氨气。其反应机理如图(其中H2O和NaCl略去)。NaClO氧化NH3的化学反应方程式为___________。 （3）改变对溶液中NaClO去除氨气效果与余氯(溶液中＋1价氯元素的含量)的影响如图所示，则除氨气过程中最佳的值约为___________。 （4）室温下，用水稀释0.1mol⋅L-1氨水，溶液中随着水量的增加而减小的是___________。 a．b．c．c(H+) d． （5）工业上以CO2和NH3为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步： ⅰ.CO2和NH3生成NH2COONH4 ⅱ.NH2COONH4分解生成尿素。 结合反应过程中能量变化图，下列说法正确是___________。 a．活化能：反应ⅰ<反应ⅱ b．ⅰ为放热反应，ⅱ为吸热反应 c．CO2(l)+2NH3(l)=CO(NH2)2(l)+H2O(l) ΔH=E1-E4 14. 法匹拉韦(有机物Ⅰ)是一种广谱抗病毒仿制药，其含有的环状结构与苯的共辄结构类似。一种合成法匹拉韦的路线如图所示： 已知：①；②； ③化合物F、G不易分离，萃取剂的极性过大则常得到黑色糊状物，过小则萃取率不高。 回答下列问题： （1）化合物A中所有元素的电负性由大到小的顺序为___________，化合物B中含氧官能团的名称为___________。写出A生成B的化学方程式：___________。 （2）C的结构简式为___________，化合物D中碳原子的杂化方式为___________；F到G的反应类型为___________。 （3）D的同分异构体J满足下列条件： ①J与其一种水解产物均可以发生银镜反应； ②J的谱如图所示 ； ③J含有两种含氧官能团，不存在两个氧原子相连或氧原子与溴原子相连的情况； ④J含有环状结构。 请写出J的结构简式：___________(一种即可)。 （4）根据已有知识并结合相关信息，将以A为原料制备合成路线补充完整。 ___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年第一学期期中考试 高三化学试卷 (满分：100分；考试时间：75分钟) 可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5Cu-64 一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分) 1. 科技发展与化学密切相关。下列说法正确是 A. 福建舰舰体材料无磁镍铬钛合金钢硬度高于纯铁 B. 钍核反应堆的主要原料是，与互为同位素 C. 制造5G芯片材质之一氮化镓(GaN)为金属晶体 D. 嫦娥5号带回的月壤中含有Al元素，Al属于s区元素 【答案】A 【解析】 【详解】A．一般情况下，合金的硬度比各组分都高，所以无磁镍铬钛合金钢硬度高于纯铁，故A正确； B．与的质子数不同，不可能互为同位素，故B错误；  C．氮化镓是熔沸点高、硬度大的共价晶体，故C错误； D．铝元素的原子序数为13，基态原子的价电子排布式为3s23p1，处于元素周期表p区，属于p区元素，故D错误； 故选A 2. 下列对事实解释正确的是 选项 事实 解释 A 常温下，Cl2为气体，Br2为液体 键能：Cl2>Br2 B 中显正价 电负性： C 原子半径： 最外层电子数： D 稳定性： 中有氢键 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．氯气和溴是结构相似的双原子分子，溴的相对分子质量大于氯气，分子间作用力大于氯气，沸点高于氯气，则常温下氯气为气体、溴为液体由分子间作用力的大小有关，与键能大小无关，故A错误； B．氯元素的电负性大于溴元素，氯化溴分子中共用电子对偏向氯原子一方，所以化合物中溴元素显+1价，故B正确； C．同周期元素，从左到右原子核对核外电子的吸引力依次增强，原子半径依次减小，则硫原子的原子半径大于氯原子与核对核外电子的吸引力有关，与最外层电子数无关，故C错误； D．硫化氢不能形成分子间氢键，故D错误； 故选B。 3. 蛇烯醇(Serpentenynenynol)的结构如图所示，特别像一条蛇。下列关于蛇烯醇说法错误的是 A. 蛇烯醇可以进行催化氧化反应，得到醛类物质 B. 1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗6molBr2 C. 蛇烯醇可以使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 蛇烯醇中含有3个手性碳 【答案】D 【解析】 【详解】A．分子中的—CH2OH能被催化氧化生成—CHO，所以该物质能得到醛类物质，A正确； B．碳碳双键和溴以1：1发生加成反应，碳碳三键可以和溴以1：2发生加成反应，该分子中含有2个碳碳双键、2个碳碳三键，1mol该物质最多消耗6mol溴，B正确； C．分子中碳碳双键、碳碳三键都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确； D．已知同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故分子中环上连接支链的碳原子为手性碳原子，有2个手性碳原子，D错误； 故答案为：D。 4. 下列有关化学方程式或离子方程式正确的是 A. AgCl沉淀溶于氨水：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O B. 向次氯酸钙溶液通入少量二氧化碳： C. 碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- D. 食醋去除水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑ 【答案】A 【解析】 【详解】A．AgCl沉淀溶于氨水生成[Ag(NH3)2]Cl，离子方程式为：AgCl+2NH3•H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O，故A正确； B．向次氯酸钙溶液通入少量二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，反应的离子方程式为：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CaCO3↓，故B错误； C．氯气先氧化碘离子再氧化亚铁离子，碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气反应时只能先氧化碘离子，离子方程式为：2I-+Cl2=I2+2Cl-，故C错误； D．食醋的主要成分为醋酸，属于弱酸，正确的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，故D错误； 答案选A。 5. 某多孔储氢材料前驱体结构如图，M、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的五种短周期主族非金属元素，Z是地壳中含量最多的元素。下列说法正确的是 A. 基态原子的第一电离能：W<X<Y<Z B. Z基态原子未成对电子数：4个 C. 1mol该化合物中含有配位键的数目为2NA D. W基态原子的电子的空间运动状态有5种 【答案】C 【解析】 【分析】由题干信息可知，Z是地壳中含量最多的元素，故Z为O元素；M、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的五种短周期主族非金属元素，根据多孔材料前驱体结构，M只形成一个单键，因此M为H元素，Y周围形成了4个化学键，因此Y为N元素，X可形成4个共价键，因此X为C元素，W为B元素。综上所述，M为H元素、W为B元素、X为C元素、Y为N元素、Z为O元素。 【详解】A．W、X、Y、Z均为同一周期元素，其第一电离能的变化趋势为逐渐增大，但由于Y为N元素，其电子结构中存在半满状态，导致其第一电离能要比相邻两族的元素高，因此W、X、Y、Z的第一电离能大小为Y＞Z＞X＞W，故A错误； B．Z为O元素，价层电子排布式为2s22p4，则基态原子未成对电子数：2个，故B错误； C．Y为N元素，其可以形成3个共价键，还存在一对孤电子对，在结构的阳离子中，N与H+形成配位键，H+提供空轨道，N提供孤电子对；B最外层有3个电子，可以形成3个共价键，B还存在可以容纳孤电子对的空轨道，因此B可以容纳O提供的孤电子对形成配位键，因此1 mol该化合物中含有配位键的数目为，故C正确； D．B为5号元素，基态原子电子排布式为1s22s22p1，共占据3个轨道，其基态原子的电子的空间运动状态有3种，故D错误； 故选C。 6. 设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 含有的共价键数目为 B. 标准状况下，含有的原子数为 C. 晶体中含有个键 D. 中的电子数为 【答案】D 【解析】 【详解】A．含有的共价键数(3个极性键和1个配位键)目为，A错误； B．在标准状况下，SO3为固体，无法根据气体摩尔体积计算其物质的量，B错误； C．1molSiO2晶体存在4molSi-O键，即含有4NA个Si—O键，C错误； D．含有10个是电子，中的电子数为，D正确； 故选D。 7. 用下列图示实验装置进行实验，能达到相应实验目的的是 A. 用图①所示装置配制银氨溶液 B. 用图②所示装置证明 C. 用图③所示装置海水蒸馏制淡水 D. 用图④所示装置蒸发结晶制明矾晶体 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．配制银氨溶液时，应将氨水滴入AgNO3溶液中，至生成的沉淀刚好完全溶解为止，A不正确； B．图②所示装置中的数据表明，AgNO3溶液过量，滴入的KI不需与AgCl反应，而是直接与AgNO3反应，所以不能证明，B不正确； C．制取淡水时，以海水为原料，采用蒸馏的方法，将生成的水蒸气冷凝从而获得淡水，C正确； D．明矾中所含的结晶水受热易失去，所以制明矾晶体时，应采用冷却结晶法，D不正确； 故选C。 8. 常温常压下利用Cu/ZnO/ZrO催化剂实现二氧化碳加氢制甲醇的反应历程和能量变化图如下(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)，下列说法正确的是 A. 若无Cu/ZnO/ZrO催化剂，二氧化碳加氢制甲醇不能自发进行 B. 转化历程有5个基元反应，决速步为： C. 反应过程中断裂与形成的共价键类型相同 D. 寻找高效催化剂，有利于的回收利用，使该反应原子利用率达到100% 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应能发自发进行，与熵变和焓变有关，与活化能无关，故A错误； B．有化学键断裂或形成的反应是基元反应，根据图示，转化历程中有4个过渡态，同时第一步中也包含化学键的断裂，也是基元反应，共计5个基元反应，慢反应决定总反应速率，活化能越大，反应速率越慢，的活化能最大，反应最慢，所以决速步为：，故B正确； C．反应过程中，有非极性键断裂，无非极性键形成，有π键断裂，无π键形成，故C错误； D．反应产物还有水生成，原子利用率不可能达到100%，故D错误； 选B。 9. 利用废旧锂电池中LiMn2O4制备MnO2的装置如图所示，下列说法错误的是 A. 电极A为阴极 B. 电极B发生的反应为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2↓+4H+ C. LiMn2O4中的Mn元素均转移到了MnO2中 D. 电解池中H+经阳离子交换膜移向电极A 【答案】C 【解析】 【分析】用废旧锂电池中LiMn2O4制备MnO2，由图可知，B极Mn元素化合价升高失电子，故B极为阳极，电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2↓+4H+，A极为阴极，电极反应式为LiMn2O4+3e-+8H+=2Mn2++Li++4H2O，据此作答。 【详解】A．A极Mn元素化合价降低得电子，故A极为阴极，故A正确； B．由分析可知B极为阳极，电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2↓+4H+，故B正确； C．由两极反应可知电解总反应为2LiMn2O4+4H+2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，故C错误； D．电解池中H+经阳离子交换膜移向A极(阴极)，故D正确； 答案选C。 10. 电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。室温下，用的滴定10.00mL浓度均为的NaOH和的混合溶液，所得电导率曲线如图所示。已知，，下列说法错误的是 A. a点的混合溶液中：约为 B. b点的混合溶液中： C. c点的混合溶液中： D. a点→c点过程中，溶液中水的电离程度一直增大 【答案】B 【解析】 【分析】由图可知，a点为等浓度的氢氧化钠和一水合氨的混合溶液，碱电离出的氢氧根离子抑制水的电离；b点为等浓度的醋酸钠和一水合氨的混合溶液，由电离常数可知，一水合氨的电离程度大于醋酸根的水解程度，一水合氨电离出的氢氧根离子抑制醋酸根离子的水解，溶液中氢氧根离子浓度减小，抑制水的电离程度小于a点；c点为等浓度的醋酸钠和醋酸铵混合溶液，铵根离子和醋酸根离子在溶液中水解促进水的电离，溶液呈碱性。 【详解】A．由分析可知，a点为等浓度的氢氧化钠和一水合氨的混合溶液，溶液中氢氧根离子和一水合氨的浓度都约为0.100mol/L，由电离常数可知，溶液中铵根离子浓度=≈=，故A正确； B．由分析可知，一水合氨的电离程度大于醋酸根的水解程度，一水合氨电离出的氢氧根离子抑制醋酸根离子的水解，则溶液中，故B错误； C．由分析可知，c点为等浓度的醋酸钠和醋酸铵混合溶液，溶液中存在物料守恒关系，故C正确； D．由分析可知，a点、b点均抑制水的电离，b点抑制水的电离程度小于a点，c点铵根离子和醋酸根离子在溶液中水解促进水的电离，则a点→c点过程中，溶液中水的电离程度一直增大，故D正确； 故选B。 二、非选择题(本题共4小题，共60分) 11. NaClO2是重要漂白剂和消毒剂，主要用于水、砂糖、油脂的漂白杀菌。实验室制备NaClO2装置如图1所示。 已知：i．NaClO2的溶解度曲线如图2所示；若溶液温度高于60℃，NaClO2发生分解。 ii．ClO2气体浓度超过10%时，易发生爆炸性分解。 （1）装置A中发生的主要反应的化学方程式：___________。 （2）下列实验操作一定能提高ClO2吸收效率的有___________。 A. 装置C采用热水浴 B. 加快滴加浓硫酸的速率 C. 适当提高H2O2的浓度 D. 通过多孔球泡向C的混合溶液中通ClO2 （3）试管C中获得的产品往往混有Na2SO4杂质，其原因是___________。 （4）反应过程中，打开K1，并缓慢鼓入N2的目的是___________，___________。 （5）反应结束后，补充完整制取NaClO2晶体的实验方案：取试管C中的溶液，___________，38℃趁热过滤，38℃～60℃热蒸馏水洗涤晶体，至取最后一次洗涤液滴加盐酸和BaCl2溶液无沉淀产生，低温干燥，得到NaClO2晶体。 （6）产品中NaClO2质量分数的测定：称取5.000g产品配成250mL溶液；取25.00mL所配溶液，加入足量KI溶液和稀硫酸，发生反应：(方程式未配平)；向充分反应后的混合物中逐滴加入0.8400溶液至恰好完全反应：(方程式均未配平)，消耗溶液20.00mL。 ①该滴定实验中使用的指示剂为___________，滴定终点的现象是___________。 ②若加入KI溶液后在空气中放置时间过长，会导致测得NaClO2质量分数___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 【答案】（1）2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O （2）CD （3）Na2SO3与浓硫酸反应生成SO2进入C中被H2O2氧化 （4） ①. 防止ClO2浓度过大爆炸 ②. 将ClO2吹入C中充分吸收 （5）在略低于60℃减压蒸发至有大量晶体析出结晶 （6） ①. 淀粉溶液 ②. 当滴入最后半滴标准液时，锥形瓶中溶液由浅蓝色变为无色，且30秒内不变色 ③. 偏高 【解析】 【分析】由题干实验装置图可知，装置A中NaClO3、Na2SO3和浓H2SO4反应生成ClO2和Na2SO4，ClO2在冰水浴的条件下和氢氧化钠、过氧化氢混合溶液发生反应得NaClO2，B为安全瓶，D是尾气处理防倒吸装置，据此分析解题。 【小问1详解】 装置A中氯酸钠、亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化氯、硫酸钠和水，其发生的主要反应的化学方程式为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，故答案为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O； 【小问2详解】 A．装置C采用热水浴可能导致NaClO2发生分解，过氧化氢分解等问题，A错误； B．加快滴加浓硫酸的速率，使ClO2的产生速率变快，更快通过C，由于流速快无法充分反应，吸收效率下降，B错误； C．适当提高H2O2的浓度，能使C中反应速率加快，从而提高ClO2吸收效率，C正确； D．通过多孔球泡向C的混合溶液中通ClO2，增大了气体和液体的接触面积，加快反应速率，提高了ClO2吸收效率，D正确； 故答案为：CD； 【小问3详解】 A中Na2SO3与硫酸反应生成SO2进入C中与氢氧化钠反应得Na2SO3且继续被H2O2氧化，故C中获得的产品往往混有Na2SO4杂质，故答案为：Na2SO3与浓硫酸反应生成SO2进入C中被H2O2氧化； 【小问4详解】 由已知ii.ClO2气体浓度超过10%时，易发生爆炸性分解，故反应过程中，打开K1，并缓慢鼓入N2，防止ClO2浓度过大爆炸，将ClO2吹入C中充分吸收，故答案为：防止ClO2浓度过大爆炸；将ClO2吹入C中充分吸收； 【小问5详解】 由已知i.NaClO2的溶解度曲线如图所示；若溶液温度高于60℃，NaClO2发生分解，反应结束后，得到NaClO2溶液，在略低于60℃减压蒸发至有大量晶体析出结晶，防止蒸发时NaClO2发生分解，同时38℃趁热过滤；38℃～60℃热蒸馏水洗涤晶体，防止生成带有结晶水的产物，最后用氯化钡溶液检验硫酸根从而确定是否洗涤干净，故答案为：在略低于60℃减压蒸发至有大量晶体析出结晶； 【小问6详解】 ①Na2S2O3溶液滴定碘单质，则指示剂为淀粉溶液，滴定终点的现象是当滴入最后半滴标准液时，锥形瓶中溶液由浅蓝色变为无色，且30秒内不变色，故答案为：淀粉溶液；当滴入最后半滴标准液时，锥形瓶中溶液由浅蓝色变为无色，且30秒内不变色； ②若加入KI溶液后在空气中放置时间过长，碘单质的含量变大，会导致测得的NaClO2质量分数偏高，故答案为：偏高。 12. 二氧化铈(CeO2)类似MnO2具有较强的氧化性，是一种应用非常广泛的稀土氧化物。以氟碳铈矿(主要含CeFCO3、BaO等)为原料制备CeO2的一种工艺流程如图所示。 回答下列问题： （1）“氧化焙烧”后，Ce元素转化为CeO2和CeF4。写出氧化焙烧的化学方程式：___________。 （2）“酸浸”时，铈的浸出率与温度、c(H+)的关系如图所示，应选择的最适宜的条件为___________(填标号)。不能用盐酸代替硫酸进行酸浸，理由是___________。 a．65℃2.0mol·L-1 b．75℃2.0mol·L-1 c．85℃2.5mol·L-1 d．100℃2.5mol·L-1 （3）“系列操作”包含以下几个过程： 已知：Ce3+不能溶于有机物TBP，CeF3+能溶于有机物TBP，且存在反应：CeF3++TBPCeTBP4++F-。“系列操作”在___________(填仪器名称)中完成。 （4）“调pH”中，要使Ce3+沉淀完全(通常认为溶液中离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1为沉淀完全)，应控制pH大于___________(已知25℃时Ksp[Ce(OH)3]=1×10-20)。 （5）“氧化”中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 （6）检验乙醛中的醛基常用新制氢氧化铜悬浊液，反应方程式为： 回答下列问题： ①基态Cu+的价电子轨道表示式为___________，基态铜原子的电子占据___________种能量不同的原子轨道。 ②乙酸钠晶体中存在的微粒间作用力有___________(填标号)。 a．非极性键 b．金属键 c．范德华力 d．离子键 ③生成的Cu2O晶胞结构如图所示，该晶胞原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(0.5，0.5，0.5)，C为(1，1，1)，则D原子的坐标参数为___________。若该晶胞参数为anm，则晶胞密度为___________g/cm3(用NA、a表示) 【答案】（1）4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2 （2） ①. c ②. CeO2具有较强氧化性会被盐酸还原为Ce3+，生成有毒的Cl2会污染环境，盐酸不能除去杂质Ba2+等 （3）分液漏斗 （4）9 （5）1∶2 （6） ① ②. 7 ③. ad ④. ⑤. 【解析】 【分析】由氟碳铈矿(主要含CeFCO3、BaO等)为原料制备CeO2的流程为：将氟碳铈矿通入富氧空气进行氧化焙烧得到熔渣，同时释放气体，将熔渣加硫酸酸浸，Ba元素转化为沉淀形成滤渣A过滤除去，得到含的滤液A，再通过有机物TBP对进行萃取分液得到有机层A，再将有机层A加入洗氟液洗涤去除后得到有机层B，向有机层B中加入硫酸和还原为同时进行反萃取分液等“一系列操作”得到含的水层，分离后的TBP回收循环使用，将含的水层加入NaOH溶液调pH将转化为沉淀，过滤后将沉淀与NaClO混合氧化得到固体，最后煅烧固体分解得到产品，据此分析解答。 【小问1详解】 “氧化焙烧”是将在高温条件下与氧气反应转化为和以及气体，故该氧化焙烧化学方程式为：。 【小问2详解】 根据铈的浸出率与温度、c(H+)的关系图，当温度为85℃、时，铈的浸出率都是最高的，符合的组合为：c；在“酸浸”步骤中，用硫酸浸取时可以将BaO与硫酸反应生成沉淀过滤除去，而若是用盐酸替代硫酸，具有较强氧化性会被盐酸还原为，生成有毒的会污染环境，且盐酸不能除去杂质，故不能用盐酸代替硫酸进行酸浸。 【小问3详解】 根据分析，“系列操作”属于萃取分液和反萃取分液，则所需要的仪器为：分液漏斗。 【小问4详解】 当溶液中离子浓度小于为沉淀完全，根据25℃时，有，解得⇒，根据⇒，，则要保证Ce3+沉淀完全，应控制pH大于9。 【小问5详解】 在“氧化”过程中，是沉淀与NaClO混合氧化得到固体，则反应的化学方程式为：，其中氧化剂为NaClO，还原剂为，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2。 【小问6详解】 根据乙醛与新制氢氧化铜悬浊液的反应方程式：；此方法通常可用于检验有机物中醛基的存在； ①Cu为29号元素，位于周期表第四周期第IB族，电子排布式为：，则其基态的价电子轨道表示式为；根据基态铜原子的电子排布式可知，其电子占据了7种能量不同的原子轨道； ②乙酸钠晶体的结构为：，根据结构中的化学键可知乙酸钠晶体中存在的微粒间作用力有离子键、共价键[（极性）：、、]、共价键[（非极性）：]，根据题目所给四个选项，符合要求的选项为：ad。 ③根据生成的Cu2O晶胞结构图，当A点坐标参数为(0，0，0)，B为(0.5，0.5，0.5)，C为(1，1，1)时，可推出D原子的坐标参数为：；在Cu2O晶胞中，Cu有4个位于体内，原子个数为4；O原子有8个位于顶点，1个位于体心，原子个数为，则1个晶胞的原子数为：，若该晶胞参数为，则晶胞的密度为：。 13. 氮是自然界重要元素之一，氮及其化合物的性质以及氮的循环利用对解决环境和能源问题都具有重要意义。 已知：1mol物质中的化学键断裂时所需能量如下表。 物质 N2(g) O2(g) NO(g) 能量/kJ·mol-1 945 498 631 （1）恒温下，将1mol空气(N2和O2的体积分数分别为0.78和0.21，其余为惰性组分)置于容积为VL的恒容密闭容器中，假设体系中只存在如下两个反应： i．N2(g)+O2(g)2NO(g) K1 ΔH1 ii．2NO(g)+O2(g)2NO2(g) K2 ΔH2=-114kJ·mol-1 ①ΔH1=___________kJ·mol-1. ②以下操作可以降低上述平衡体系中NO浓度的有___________(填标号)。 a．升高温度 b．移除NO2 c．降低N2浓度 （2）NH3也是造成水体富营养化的重要原因之一，用NaClO溶液氧化可除去氨气。其反应机理如图(其中H2O和NaCl略去)。NaClO氧化NH3的化学反应方程式为___________。 （3）改变对溶液中NaClO去除氨气效果与余氯(溶液中＋1价氯元素的含量)的影响如图所示，则除氨气过程中最佳的值约为___________。 （4）室温下，用水稀释0.1mol⋅L-1氨水，溶液中随着水量的增加而减小的是___________。 a．b．c．c(H+) d． （5）工业上以CO2和NH3为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步： ⅰ.CO2和NH3生成NH2COONH4 ⅱ.NH2COONH4分解生成尿素。 结合反应过程中能量变化图，下列说法正确的是___________。 a．活化能：反应ⅰ<反应ⅱ b．ⅰ为放热反应，ⅱ为吸热反应 c．CO2(l)+2NH3(l)=CO(NH2)2(l)+H2O(l) ΔH=E1-E4 【答案】（1） ①. ②. bc （2） （3）1.5 （4）bd （5）ab 【解析】 【小问1详解】 ①ΔH1=反应物键能之和减去生成物键能之和，则ΔH1=；②a．升高温度，i平衡正移，ii 平衡逆移，则平衡体系中NO浓度增大； b．移除NO2 ，ii 平衡正移，则平衡体系中NO浓度减小； c．降低N2浓度，i平衡逆移，则平衡体系中NO浓度减小； 故选bc； 【小问2详解】 根据图知， NH3被NaClO氧化为氮气，则NaClO被还原为氯化钠，根据得失电子守恒、原子守恒，化学反应方程式为：； 【小问3详解】 根据图知，值约为1.5时，氨气去除率最好，余氯量最小； 【小问4详解】 室温下，用水稀释0.1mol⋅L-1氨水，平衡正移，则、、都减小； a．，Kb只与温度有关，即不变； b．，减小，则减小； c．c(H+)=，减小，则c(H+)增大； d．因为减小，c(H+)增大，则减小； 故选bd； 【小问5详解】 a．根据图知，E1<E3，活化能：反应ⅰ<反应ⅱ，正确； b．反应ⅰ反应物能量大于生成物能量，则为放热反应，反应ⅱ反应物能量小于生成物能量，则为吸热反应，正确； c．由反应历程图可知，反应i：，反应ii：，根据盖斯定律：i+ii得 ，错误； 故选ab。 14. 法匹拉韦(有机物Ⅰ)是一种广谱抗病毒仿制药，其含有的环状结构与苯的共辄结构类似。一种合成法匹拉韦的路线如图所示： 已知：①；②； ③化合物F、G不易分离，萃取剂的极性过大则常得到黑色糊状物，过小则萃取率不高。 回答下列问题： （1）化合物A中所有元素的电负性由大到小的顺序为___________，化合物B中含氧官能团的名称为___________。写出A生成B的化学方程式：___________。 （2）C的结构简式为___________，化合物D中碳原子的杂化方式为___________；F到G的反应类型为___________。 （3）D的同分异构体J满足下列条件： ①J与其一种水解产物均可以发生银镜反应； ②J的谱如图所示 ； ③J含有两种含氧官能团，不存在两个氧原子相连或氧原子与溴原子相连的情况； ④J含有环状结构。 请写出J的结构简式：___________(一种即可)。 （4）根据已有知识并结合相关信息，将以A为原料制备的合成路线补充完整。 ___________。 【答案】（1） ①. O>N>C>H ②. 酯基 ③. +CH3OH+H2O， （2） ①. ②. sp2、sp3 ③. 取代反应 （3）、 （4） 【解析】 【分析】A()在浓硫酸作催化剂、加热的条件下与CH3OH发生酯化反应生成B，在NBS、CH3CN、N2条件下反应生成的C()发生取代反应生成D()，与一水合氨反应生成E为，转化为F为，发生卤代反应生成G为，发生卤代物水解生成H为，在1）H2O2、2）HCl作用下生成I为； 【小问1详解】 元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性O＞N＞C＞H，化合物A中所有元素的电负性由大到小的顺序为O＞N＞C＞H，化合物B中含氧官能团的名称为酯基，A生成B的化学方程式+CH3OH+H2O； 【小问2详解】 C的结构简式为，化合物D中环上及连接双键的碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化，所以D中碳原子的杂化方式为sp2、sp3，F到G的反应类型为取代反应； 【小问3详解】 D的同分异构体J满足下列条件： ①J与其一种水解产物均可以发生银镜反应，说明J中含有醛基且其中的一种水解产物为HCOOH； ②J的1H—NMR谱如图所示；，说明含有3种氢原子，氢原子的个数之比为2：2：1； ③J含有两种含氧官能团，不存在两个氧原子相连或氧原子与溴原子相连的情况； ④J含有环状结构，则分子中含有HCOO—结构，结构对称，符合条件的结构简式为、； 【小问4详解】 A中羧基发生还原反应生成醛基，醛基再发生信息②的反应生成—CH（OH）COOH，氨基发生取代反应生成羟基，—CH（OH）COOH发生氧化反应生成—COCOOH，—COCOOH和—OH发生取代反应生成酯基而得到目标产物，补充的合成路线为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $