精品解析：福建省龙岩市2025届高三下学期二模考试化学试题

2024-2025学年一级校高三联考试卷 化学试题 (考试时间：75分钟 满分：100分) 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，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Co-59 Pt-195 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 我国在科技领域不断创新和超越，向世界展示了一张张“中国名片”。下列说法正确的是 A. 华为麒麟芯片的主体材料的晶体类型与石墨属于同种晶体 B. 首创了从二氧化碳到淀粉的合成，合成的淀粉和纤维素属于同分异构体 C. “神舟十六号”返回舱外表的陶瓷材料具有耐高温、抗腐蚀功能 D. “天问一号”着陆火星，探测到火星陨石中含有的和的化学性质不同 2. 抗肿瘤新型药物西利替尼结构如图。关于该药物的说法正确的是 A. 含有2个手性碳原子 B. C、N、O原子均有2种杂化形式 C. 能发生加成反应、取代反应和缩聚反应 D. 虚框内N原子提供4个电子参与形成大键 3. 利用市售的氯化锌制备无水氯化锌的实验装置如图。已知无水氯化锌遇水易水解。 下列说法错误的是 A. 盛装浓硫酸的仪器名称为恒压滴液漏斗 B. 盐酸的沸点比硫酸的低 C. 为提高除水速率，应加快HCl和的气体流速 D. 管式炉Ⅰ采取阶段式升温，实验结束时先撤去管式炉Ⅰ、再撤去管式炉Ⅱ 4. 一种新型离子液体[Dmim]Tos结构示意如图，其中短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大。下列说法正确的是 A. 中心原子Z和W杂化方式不同 B. 和的微粒空间结构相同 C. 简单氢化物的稳定性：X>Y D. 最高价氧化物对应水化物酸性：W>Z 5. 25℃时，一些有机酸的电离平衡常数如下表。 有机酸 (简写为) 、 下列说法错误的是 A. 中羟基为吸电子基，造成羧基中羟基的极性增强 B. 3.86＜＜4.87 C. 0.1 溶液中 D. 等物质的量浓度的和混合液，溶液pH约为4.87 6. 常温常压下，利用电催化去除水体中污染物，并实现绿色合成氨的反应如下：(未配平)。设为阿伏伽德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 9g 的键数为 B. 3.4g 中含有的孤电子对为0.2 C. 每转化6.2g ，转移的电子数为0.8 D. 每生成2.24L (已折算为标况)，产生X的微粒数为0.1 7. 汞(Hg)位于第6周期ⅡB族，的络合反应及平衡常数值如下： 络合反应 平衡常数值 K 下列说法错误的是 A. 基态的价电子排布式为 B. C. 共价键极性： D. 上述络合反应均为非氧化还原反应 8. 一种电催化及联产环己酮肟()的装置如图。下列说法正确的是 A. 阳极产生氧气的量与阴极消耗氧气的量相等 B. 理论上，外电路每转移4mol电子，阳极区溶液质量减少32g C. 阴极区生成环己酮肟的反应为+H2O2+NH4HCO3=CO2↑++3H2O D. 理论上，生成1mol环己酮肟，至少需要22.4L 9. 从废旧线路板(主要成分为塑料板及金属，其金属含量为Cu 75%、Fe 7.5%、Pb 2.7%、Al 2.1%)中提取铜的流程如下： 已知：萃取原理可表示为(水层)(有机层)(有机层)(水层)。 下列说法正确的是 A. “磁选”分离过程发生了化学变化 B. “浸出”过程主要发生反应的离子方程式为 C. “萃取”过程，pH越小萃取率越高 D. 该流程可循环利用的物质只有RH和煤油 10. 25℃时，的、，的。不断稀释1 溶液(pH=7.8)，溶液中含碳及含氮微粒的分布系数变化关系如图。比如，。下列说法错误的是 A. 1 溶液中 B. 曲线Ⅲ代表的是 C. 稀释溶液，抑制的水解、促进的水解 D. 时， 二、非选择题：本题共4小题，共60分。 11. 一种从金还原后液(主要含、、、、)中回收钯(Pd)和铂(Pt)的工艺流程如下： （1）“沉钯铂”中钯、铂的沉淀率与搅拌时长的关系如图。 ①转化为的离子方程式为_______。 ②搅拌时间过长，钯、铂的沉淀率下降的原因是_______。 （2）“微热”过程1mol Pd(Ⅳ)转化为Pd(Ⅱ)的同时，生成标准状况下22.4L气体X，则气体X为(填化学式)_______。 （3）“分铂”发生反应： K=250；浓度从0.025降到，此时溶液中_______。 （4）“沉钯”得到存在同分异构现象，其中分子极性较弱的是_______ (填标号) 。 A． B． （5）虚线框内“还原”和“氧化”步骤需重复三次的目的是_______。 （6）“煅烧”过程产生气体中，有一种可做保护气，相应的化学方程式为_______。 （7）金属Pt采用面心立方堆积方式，将其晶胞中的一些Pt换成Co，得到具有永磁性能的铂钴合金，其晶胞如图所示。则该合金的化学式为_______；Pt原子和Co原子之间的最近距离为a pm，则该晶胞参数为_______pm。 12. 具有抗肿瘤作用的查尔酮衍生物合成路线如图。 已知：-R代表任意原子或基团。 （1）A中官能团的名称为_______。 （2）A→B反应类型为_______。 （3）B→C的化学方程式为_______。 （4）B的同分异构体中符合以下条件的结构简式为_______。 ①能与新制生成砖红色沉淀 ②核磁共振氢谱的峰面积之比为6∶6∶1∶1 ③红外光谱显示该有机物存在C-O-C结构的吸收峰 （5）D的结构简式为_______。 （6）D→E中，吡唑()体现了其酸性。 ①分子中大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为)，则吡唑中的大键应表示为_______。 ②从物质结构角度解释，吡唑具有一定酸性的原因是_______。 （7）E→F中会得到不同产率的F1和F2，F1产率总是低于F2产率的原因是_______。 13. 键合异构体是指配合物中的中心原子和配体组成完全相同，但与中心原子相结合的配位原子不同。两种Co(Ⅲ)配合物键合异构体的制备、表征及转化分析实验如下。 （1）配位原子为N和O，而配位原子只有N。 ①上述两种Co(Ⅲ)配合物中的杂化方式为_______(填标号)。 A． B． C． ②上述两种Co(Ⅲ)配合物红外光谱图如下，图中标有N-O吸收峰的波数。 的红外光谱图为_______(填“A”或“B”)，理由是_______。 （2）加入氨水“溶解”过程，为加快溶解速率，可采取的措施是搅拌、_______。 （3）“调节pH”时，加入盐酸不宜过多的原因是_______。 （4）“常温溶解”中生成配合物的离子方程式为_______。 （5）已知：弱酸易分解。制备的实验过程中，为避免因分解而影响产率，所采取的实验措施有_______。 （6）“变温红外分析”的具体过程为：样品用KBr压片，恒温55℃，每间隔10min，测定其红外光谱图(如图C)，直至N-O吸收峰无明显变化为止。 ①随着测定时间的增加，样品N-O吸收峰的透光率不断_______(填“增大”或“减小”)。 ②总结实验条件对上述两种Co(Ⅲ)配合物键合异构体转化的影响_______。 （7）设计实验证明热力学稳定性大于_______。 14. 甲酸受热分解有脱水和脱羧两种方式： 脱水反应： 脱氢反应： 回答下列问题： （1）已知 则_______，_______(用、表示) （2）TK时，向1L恒容密闭容器中充入2mol HCOOH(g)，压强为kPa．反应达到平衡时，甲酸转化率为95%，CO的选择性为40%。 已知：为气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。 ①该反应的平衡总压_______kPa。 ②TK时，脱水反应的平衡常数_______。(列出计算式) ③反应温度升高有利于提高平衡时产物CO选择性的原因是_______。 （3）我国科学家研发萤石型纳米材料(晶胞如图)，能阻断甲酸脱氢路径，获取纯度超过99.999%的CO，其反应历程如图。 ①萤石型晶胞中，Zr的配位数为_______。 ②甲酸脱水反应决速步相应的化学方程式为_______。 ③反应历程中COOH*对应的结构应为_______(填“图a”或“图b”)。 （4）若在水热条件下进行甲酸脱水反应，其反应机理为如下，其中质子化甲酸中间体的生成是快速平衡反应。 ①增大浓度可以加快HCOOH分解速率，其原因为_______。 ②已知：甲酸脱水速率方程为，该温度下，0.1 HCOOH溶液中_______；在此基础上，通入HCl至pH=1，则甲酸脱水速率是原速率的_______倍。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年一级校高三联考试卷 化学试题 (考试时间：75分钟 满分：100分) 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，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Co-59 Pt-195 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 我国在科技领域不断创新和超越，向世界展示了一张张“中国名片”。下列说法正确的是 A. 华为麒麟芯片的主体材料的晶体类型与石墨属于同种晶体 B. 首创了从二氧化碳到淀粉的合成，合成的淀粉和纤维素属于同分异构体 C. “神舟十六号”返回舱外表的陶瓷材料具有耐高温、抗腐蚀功能 D. “天问一号”着陆火星，探测到火星陨石中含有的和的化学性质不同 【答案】C 【解析】 【详解】A．芯片的主体材料为单质硅，为共价晶体，而石墨为混合晶体，A错误； B．同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物；淀粉和纤维素虽都写成(C6H10O5)n，但n不同分子式不同，不是同分异构体，B错误； C．返回舱外表的陶瓷材料具有耐高温、抗腐蚀的功能，这样才能保证返回舱顺利返回，C正确； D．和最外层电子数相同，两者的化学性质应该相同，D错误； 故选C。 2. 抗肿瘤新型药物西利替尼结构如图。关于该药物的说法正确的是 A. 含有2个手性碳原子 B. C、N、O原子均有2种杂化形式 C. 能发生加成反应、取代反应和缩聚反应 D. 虚框内N原子提供4个电子参与形成大键 【答案】A 【解析】 【详解】A．手性碳原子为碳原子周围连接四个不同的原子或原子团，含有两个手性碳原子：，A正确； B．C的杂化方式有sp、sp2、sp3三种杂化方式，B错误； C．结构中有叁键、苯环可以加成反应，苯环上可以发生取代反应，不能发生缩聚反应，C错误； D．虚框中的N原子为sp2杂化，每个N原子提供一个电子参与大π键，共提供2个电子，D错误； 答案选A。 3. 利用市售的氯化锌制备无水氯化锌的实验装置如图。已知无水氯化锌遇水易水解。 下列说法错误的是 A. 盛装浓硫酸的仪器名称为恒压滴液漏斗 B. 盐酸的沸点比硫酸的低 C. 为提高除水速率，应加快HCl和的气体流速 D. 管式炉Ⅰ采取阶段式升温，实验结束时先撤去管式炉Ⅰ、再撤去管式炉Ⅱ 【答案】D 【解析】 【分析】浓硫酸与固体NaCl加热得到HCl，经过浓硫酸干燥，通入管式炉，在管式炉中HCl气流作用下加热市售氯化锌得的无水氯化锌。 【详解】A．恒压分液漏斗可以保证内部压强不变，保持恒压分液漏斗与三颈瓶内压强相等，使浓硫酸顺利滴下，盛装浓硫酸的仪器名称为恒压滴液漏斗，A正确； B．盐酸易挥发，硫酸是高沸点酸，B正确； C．应加快HCl和的气体流速，可以快速带走水蒸气，C正确； D．氯化锌升华进入管式炉II，凝华得到高纯度无水氯化锌，所以实验时应先撤去管式炉Ⅱ的加热，再撤去管式炉Ⅰ，D错误； 答案选D。 4. 一种新型离子液体[Dmim]Tos结构示意如图，其中短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大。下列说法正确的是 A. 中心原子Z和W的杂化方式不同 B. 和的微粒空间结构相同 C. 简单氢化物的稳定性：X>Y D. 最高价氧化物对应水化物酸性：W>Z 【答案】D 【解析】 【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，结构示意图中，X可形成三个共价键，X也可以失去一个电子后形成四个共价键，则A为N；Y形成两个共价键，Y为O；Z能形成五个共价键，则Z为P；W可形成六个共价键，则W为S。综上，X、Y、Z、W依次为N、O、P、S元素。 【详解】A．Z和W分别为P和S，二者均形成了四个键且无孤电子对，杂化方式均为sp3，A错误； B．即，中心原子N的价层电子对数为，N无孤电子对，则的空间结构为平面三角形；即，中心原子S的价层电子对数为，S的孤电子对数为1，则的空间结构为三角锥形，B错误； C．X和Y的简单氢化物为NH3和H2O，由于原子半径：O<N，键能：O-H>N-H，则稳定性：H2O>NH3，C错误； D．Z、W为P、S，二者对应的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4、H2SO4，H3PO4为中强酸而H2SO4为强酸，则最高价氧化物对应水化物酸性：W>Z，D正确； 故选D。 5. 25℃时，一些有机酸的电离平衡常数如下表。 有机酸 (简写为) 、 下列说法错误的是 A. 中羟基为吸电子基，造成羧基中羟基的极性增强 B. 3.86＜＜4.87 C. 0.1 溶液中 D. 等物质的量浓度的和混合液，溶液pH约为4.87 【答案】C 【解析】 【详解】A．中羟基为吸电子基，造成羧基中羟基的极性增强，较更容易电离出氢离子，酸性增强，A正确； B．含有羟基，但羟基位置较中羟基离得羧基远，使得酸性介于、之间，则3.86＜＜4.87，B正确； C．0.1 溶液中由物料守恒，，C错误； D．等物质的量浓度的和混合液中，则，溶液pH约为4.87，D正确； 故选C。 6. 常温常压下，利用电催化去除水体中污染物，并实现绿色合成氨的反应如下：(未配平)。设为阿伏伽德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 9g 的键数为 B. 3.4g 中含有的孤电子对为0.2 C. 每转化6.2g ，转移的电子数为0.8 D. 每生成2.24L (已折算为标况)，产生X的微粒数为0.1 【答案】D 【解析】 【分析】根据电荷守恒知，X为，在反应过程中，N元素的化合价由+5价降至-3价，一个N降了8个价态；部分O元素化合价由-2升至0价，一个O升高了两个价态；根据化合价升降守恒、原子守恒可得到配平后的方程式为。 【详解】A．H2O的结构式为H-O-H，一个水分子中含两个键，9g的物质的量为，则含键数为，A正确； B．的中心原子N的孤电子对数为，3.4g的物质的量为，其中含有的孤电子对为0.2，B正确； C．结合分析知，，6.2g的物质的量为，每转化6.2g，转移的电子数为0.8，C正确； D．X为，结合分析知，，标况下2.24L的物质的量为，对应产生X的数目应为0.05，D错误； 故选D 7. 汞(Hg)位于第6周期ⅡB族，的络合反应及平衡常数值如下： 络合反应 平衡常数值 K 下列说法错误的是 A. 基态的价电子排布式为 B. C. 共价键极性： D. 上述络合反应均为非氧化还原反应 【答案】C 【解析】 【详解】A．汞(Hg)位于第6周期ⅡB族，位于Zn的下一周期，与Zn同族，基态的价电子排布式为，A正确； B．Br-参与的平衡常数介于Cl-和I-参与的平衡常数之间，B正确； C．Cl的非金属性大于I，Hg与Cl的电负性差值大于Hg和I的电负性差值，共价键的极性，C错误； D．上述络合反应中元素化合价均没有变化，均为非氧化还原反应，D正确； 答案选C。 8. 一种电催化及联产环己酮肟()的装置如图。下列说法正确的是 A. 阳极产生氧气的量与阴极消耗氧气的量相等 B. 理论上，外电路每转移4mol电子，阳极区溶液质量减少32g C. 阴极区生成环己酮肟反应为+H2O2+NH4HCO3=CO2↑++3H2O D. 理论上，生成1mol环己酮肟，至少需要22.4L 【答案】C 【解析】 【分析】根据图示，左侧电极与电源正极相连，左侧为阳极，此处水被氧化得到氧气，则阳极式为；右侧电极与电源负极相连，右侧为阴极，此处氧气被还原得到过氧化氢，则阴极式为。 【详解】A．结合分析知，阳极区：，阴极区：，根据得失电子守恒知，阳极产生氧气的量与阴极消耗氧气的量不相等，A错误； B．阳极式为，理论上，外电路转移4mol电子时，阳极区产生1mol氧气，同时有4mol透过交换膜由阳极区迁移至阴极区，则阳极区溶液质量减少32g+4g=36g，B错误； C．由图知，阴极产生的过氧化氢能与环己酮、碳酸氢钠反应生成环己酮肟，结合原子守恒可确定阴极区生成环己酮肟的反应为+H2O2+NH4HCO3=CO2↑++3H2O，C正确； D．阴极区依次发生反应：、+H2O2+NH4HCO3=CO2↑++3H2O，理论上每生成1mol环己酮肟，至少需要消耗1mol，由于未指明气体是否处于标准状态下，不能确定氧气的具体体积，D错误； 故选C。 9. 从废旧线路板(主要成分为塑料板及金属，其金属含量为Cu 75%、Fe 7.5%、Pb 2.7%、Al 2.1%)中提取铜的流程如下： 已知：萃取原理可表示为(水层)(有机层)(有机层)(水层)。 下列说法正确的是 A. “磁选”分离过程发生了化学变化 B. “浸出”过程主要发生反应的离子方程式为 C. “萃取”过程，pH越小萃取率越高 D. 该流程可循环利用的物质只有RH和煤油 【答案】B 【解析】 【分析】废旧线路板粉碎、风选除去塑料颗粒，磁选除去铁粉，剩余物加入氯酸钠、稀硫酸浸取，使得铜、铝转化为浸出液，滤渣为硫酸铅，加入萃取剂萃取出含铜有机层，反萃取分离出铜离子，电解得到铜； 【详解】A．“磁选”分离过程没有生成新物质，发生了物理变化，A错误； B．“浸出”过程中氯酸钠在酸性条件下氧化铜单质生成铜离子和氯离子，主要发生反应的离子方程式为，B正确； C．萃取原理可表示为(水层)(有机层)(有机层)(水层)，则“萃取”过程，pH越小，酸性越强，使得平衡逆向移动，导致萃取率降低，C错误； D．该流程电解硫酸铜溶液制取铜的过程中会生成硫酸，硫酸也可循环利用，D错误； 故选B。 10. 25℃时，的、，的。不断稀释1 溶液(pH=7.8)，溶液中含碳及含氮微粒的分布系数变化关系如图。比如，。下列说法错误的是 A. 1 溶液中 B. 曲线Ⅲ代表的是 C. 稀释溶液，抑制的水解、促进的水解 D. 时， 【答案】D 【解析】 【分析】根据的、，的可知，NH4HCO3溶液显碱性，起始时，主要粒子为和，分布系数大于的分布系数，加水稀释，和NH3·H2O的分布系数和为1，、和H2CO3分布系数之和为1，则可以确定I代，II代表的分布系数，III代表H2CO3的分布系数，IV代表NH3·H2O分布系数。 【详解】A．1 溶液(pH=7.8)，c(H+)=10-7.8，c(OH-)=10-6.2，的，Kb=，，A正确； B．根据分析可知，曲线Ⅲ代表的是，B正确； C．由图可知，稀释溶液，的分布系数增大，NH3·H2O的分布系数减小，的分布系数减小，H2CO3的分布系数增大，抑制的水解、促进的水解，C正确； D．时，=1×10-8mol/L，或小于溶液中H+浓度或OH-浓度，D错误； 答案选D。 二、非选择题：本题共4小题，共60分。 11. 一种从金还原后液(主要含、、、、)中回收钯(Pd)和铂(Pt)的工艺流程如下： （1）“沉钯铂”中钯、铂的沉淀率与搅拌时长的关系如图。 ①转化为的离子方程式为_______。 ②搅拌时间过长，钯、铂的沉淀率下降的原因是_______。 （2）“微热”过程1mol Pd(Ⅳ)转化为Pd(Ⅱ)的同时，生成标准状况下22.4L气体X，则气体X为(填化学式)_______。 （3）“分铂”发生反应： K=250；浓度从0.025降到，此时溶液中的_______。 （4）“沉钯”得到的存在同分异构现象，其中分子极性较弱的是_______ (填标号) 。 A． B． （5）虚线框内“还原”和“氧化”步骤需重复三次的目的是_______。 （6）“煅烧”过程产生气体中，有一种可做保护气，相应的化学方程式为_______。 （7）金属Pt采用面心立方堆积方式，将其晶胞中的一些Pt换成Co，得到具有永磁性能的铂钴合金，其晶胞如图所示。则该合金的化学式为_______；Pt原子和Co原子之间的最近距离为a pm，则该晶胞参数为_______pm。 【答案】（1） ①. ②. 搅拌时间过长与反应，导致、解离溶解 （2） （3） （4）A （5）充分除去沉淀中的杂质，提高纯度 （6） （7） ①. PtCo ②. 【解析】 【分析】金还原后液加入氯酸钠、氯化铵转化得到、，微热，转化为，加入氨水使得Pt元素转化为沉淀、转化为，使得两者分离，经过还原、氧化得到，煅烧得到Pt；加入盐酸沉淀、煅烧得到Pd； 【小问1详解】 ①氯酸钠具有氧化性，氧化转化为，氯酸钠中氯化合价由+5变为-1、Pd化合价由+2变为+4，结合电子守恒，离子方程式为。 ②搅拌时间过长与反应，导致、解离溶解，故搅拌时间过长，钯、铂的沉淀率下降； 【小问2详解】 “微热”过程1mol Pd(Ⅳ)转化为Pd(Ⅱ)，Pd化合价降低被还原，且转移2mol，同时生成标准状况下22.4L气体X（为1mol），则气体X为氯离子失去2mol电子被氧化生成的氯气：； 【小问3详解】 浓度从0.025降到，则可以认为已经完全转化，则、分别为2.5×10-2mol/L、2.5×10-2mol/L×4=10-1mol/L，则，； 【小问4详解】 存在同分异构现象，则其为平面四边形结构，分子极性较弱，则其分子结构较为对称，故为A．； 【小问5详解】 虚线框内“还原”和“氧化”步骤需重复三次的目的是：充分除去沉淀中的杂质，提高纯度； 【小问6详解】 “煅烧”得到Pt，Pt化合价降低被还原，且产生气体中有一种可做保护气，结合质量守恒、电子守恒，则部分氮化合价升高被氧化为氮气，氮气化学性质稳定能做保护气，结合质量守恒，还会生成氯化铵、HCl，相应的化学方程式为； 【小问7详解】 根据“均摊法”，晶胞中含个Co、个Pt，则该合金的化学式为PtCo；Pt原子和Co原子之间的最近距离为面对角线的二分之一，且为a pm，则该晶胞参数为pm。 12. 具有抗肿瘤作用的查尔酮衍生物合成路线如图。 已知：-R代表任意原子或基团。 （1）A中官能团的名称为_______。 （2）A→B的反应类型为_______。 （3）B→C的化学方程式为_______。 （4）B的同分异构体中符合以下条件的结构简式为_______。 ①能与新制生成砖红色沉淀 ②核磁共振氢谱的峰面积之比为6∶6∶1∶1 ③红外光谱显示该有机物存在C-O-C结构的吸收峰 （5）D的结构简式为_______。 （6）D→E中，吡唑()体现了其酸性。 ①分子中大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为)，则吡唑中的大键应表示为_______。 ②从物质结构角度解释，吡唑具有一定酸性的原因是_______。 （7）E→F中会得到不同产率的F1和F2，F1产率总是低于F2产率的原因是_______。 【答案】（1）醚键、羟基 （2）取代反应 （3） （4） （5） （6） ①. ②. N电负性大，吸电子能力强，增强了N-H键极性；电离后，N上的电子能与环内双键形成p-共轭，使生成物更加稳定 （7）F1中大基团在碳碳双键同一侧，空间位阻大，产物不稳定，导致产率较低 【解析】 【分析】对比A和B的结构简式可知，A转化为B为取代反应；由C和B的分子式可知，由B到C加两个C、两个H、一个O，即由取代H原子，所以C的结构简式为，由D→E的反应过程可知，是取代了D中的一个Br得到的，所以D的结构简式为； 【小问1详解】 A的结构简式为，A中官能团的名称为醚键、羟基，故答案为：醚键、羟基； 【小问2详解】 A的结构简式为，B的结构简式为，对比A和B的结构简式可知，A→B的过程中-OH转化为-OCH3，同时有HI生成，所以该反应类型为取代反应，故答案为：取代反应； 【小问3详解】 由B、C的分子式相差C2H2O可知，B→C是取代了B中苯环上的一个H，由E可推出D的结构简式为，从而可知取代的是苯环上与-O-CH3处于间位上的H，所以A→B的化学方程式为，故答案为：； 【小问4详解】 B()的同分异构体中符合以下条件：①能与新制生成砖红色沉淀，说明含有醛基；②核磁共振氢谱的峰面积之比为6∶6∶1∶1，说明存在对称结构；③红外光谱显示该有机物存在C-O-C结构的吸收峰，符合条件的同分异构体为,故答案为； 【小问5详解】 由题目中D→E的反应过程可知, 是取代了D中的一个Br得到的，所以D的结构简式为，故答案为； 【小问6详解】 ①分子中碳原子、氮原子都采取sp2杂化，3个碳原子各提供1个电子、-NH-中氮原子提供未参与杂化的2p轨道的1对孤电子、另1个氮原子提供1个电子，形成5原子6电子大键，则吡唑中的大键应表示为； ②从物质结构角度解释，吡唑具有一定酸性的原因是：吡唑分子中的N电负性大，吸电子能力强，增强了N-H键极性；电离后，N上的电子能与环内双键形成p-共轭，使生成物更加稳定；故答案为；N电负性大，吸电子能力强，增强了N-H键极性；电离后，N上的电子能与环内双键形成p-共轭，使生成物更加稳定； 【小问7详解】 E→F中会得到不同产率的F1和F2，由F1的结构简式可知，其中大基团在碳碳双键同一侧，空间位阻大，产物不稳定，而F2中大基团在碳碳双键异侧，空间位阻小一些，比F1稳定，所以F1产率总是低于F2产率，故答案为：F1中大基团在碳碳双键同一侧，空间位阻大，产物不稳定，导致产率较低。 13. 键合异构体是指配合物中中心原子和配体组成完全相同，但与中心原子相结合的配位原子不同。两种Co(Ⅲ)配合物键合异构体的制备、表征及转化分析实验如下。 （1）配位原子为N和O，而配位原子只有N。 ①上述两种Co(Ⅲ)配合物中的杂化方式为_______(填标号)。 A． B． C． ②上述两种Co(Ⅲ)配合物红外光谱图如下，图中标有N-O吸收峰的波数。 的红外光谱图为_______(填“A”或“B”)，理由是_______。 （2）加入氨水“溶解”过程，为加快溶解速率，可采取的措施是搅拌、_______。 （3）“调节pH”时，加入盐酸不宜过多的原因是_______。 （4）“常温溶解”中生成配合物的离子方程式为_______。 （5）已知：弱酸易分解。制备的实验过程中，为避免因分解而影响产率，所采取的实验措施有_______。 （6）“变温红外分析”的具体过程为：样品用KBr压片，恒温55℃，每间隔10min，测定其红外光谱图(如图C)，直至N-O吸收峰无明显变化为止。 ①随着测定时间增加，样品N-O吸收峰的透光率不断_______(填“增大”或“减小”)。 ②总结实验条件对上述两种Co(Ⅲ)配合物键合异构体转化的影响_______。 （7）设计实验证明热力学稳定性大于_______。 【答案】（1） ①. C ②. B ③. 配体中O原子配位，造成两个N-O强度不同，故存在两组吸收峰 （2）水浴加热，适当升温 （3）盐酸加入过多，转化为，造成配体失去配位能力 （4）或 （5）先溶解，后加热溶液；先冷却降温后加入浓盐酸酸化 （6） ①. 减小 ②. 升温有利于转化为 （7）常温放置一段时间后，测定其红外光谱图，观察N-O吸收峰变化 【解析】 【分析】加入氨水溶解，分成两份，分别加入盐酸调节pH为3.5、4.5，在pH=3.5的溶液中加入NaNO2，微热30分钟后冷却，生成，再加入浓盐酸酸化，冰水浴冷却、抽滤、洗涤，得到棕黄色的。在pH=4.5的溶液中加入NaNO2，常温溶解，生成，冰水浴冷却、抽滤、洗涤，得到棕黄色的。 【小问1详解】 ①对于和的配位原子，的配位数均为6，则中心原子的杂化方式为，故选C。 ②分析红外光谱图，图A中N-O吸收峰的波数为1428cm-1，图B中N-O吸收峰的波数为1454cm-1和1065cm-1，由于配体中O原子配位，造成两个N-O强度不同，故存在两组吸收峰，故的红外光谱图为B。 【小问2详解】 为了加快溶解速率，可以采取的措施包括：水浴加热：升高温度可以加快溶解速率；适当升温：控制温度在适宜范围内，避免配合物分解；搅拌：增加溶液的流动性，促进溶质与溶剂的接触，故加入氨水“溶解”过程，为加快溶解速率，可采取的措施是搅拌、水浴加热，适当升温。 【小问3详解】 “调节pH”时，加入盐酸不宜过多的原因是盐酸加入过多，转化为，造成配体失去配位能力。 【小问4详解】 根据题意，[Co(NH3)5Cl]Cl2在酸性和常温条件下，Cl-配体被亚硝酸根离子取代，并且亚硝酸根通过O原子配位到Co(Ⅲ)中心，形成亚硝酸基配合物，即，故反应的离子方程式为或。 【小问5详解】 弱酸易分解，制备的实验过程中，为避免因分解而影响产率，所采取的实验措施有先溶解，后加热溶液；先冷却降温后加入浓盐酸酸化。 【小问6详解】 ①根据图中信息，随着测定时间的增加，样品N-O吸收峰的透光率不断减小。 ②根据信息，恒温55°C，两种Co(Ⅲ)配合物键合异构体会发生转化，说明温度会影响两种Co(Ⅲ)配合物键合异构体的转化，且在一定时间内持续转化直至N-O吸收峰无明显变化，升温反应速率加快，故升温有利于转化为。 【小问7详解】 常温放置一段时间后，测定其红外光谱图，观察N-O吸收峰的变化，从而证明热力学稳定性大于。 14. 甲酸受热分解有脱水和脱羧两种方式： 脱水反应： 脱氢反应： 回答下列问题： （1）已知 则_______，_______(用、表示)。 （2）TK时，向1L恒容密闭容器中充入2mol HCOOH(g)，压强为kPa．反应达到平衡时，甲酸转化率为95%，CO的选择性为40%。 已知：为气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。 ①该反应的平衡总压_______kPa。 ②TK时，脱水反应的平衡常数_______。(列出计算式) ③反应温度升高有利于提高平衡时产物CO选择性的原因是_______。 （3）我国科学家研发萤石型纳米材料(晶胞如图)，能阻断甲酸脱氢路径，获取纯度超过99.999%的CO，其反应历程如图。 ①萤石型晶胞中，Zr的配位数为_______。 ②甲酸脱水反应决速步相应的化学方程式为_______。 ③反应历程中COOH*对应的结构应为_______(填“图a”或“图b”)。 （4）若在水热条件下进行甲酸脱水反应，其反应机理为如下，其中质子化甲酸中间体的生成是快速平衡反应。 ①增大浓度可以加快HCOOH分解速率，其原因为_______。 ②已知：甲酸脱水速率方程为，该温度下，0.1 HCOOH溶液中_______；在此基础上，通入HCl至pH=1，则甲酸脱水速率是原速率的_______倍。 【答案】（1） ①. ＋26.4 ②. （2） ①. 1.95 ②. ③. 脱水反应为吸热反应，脱氢反应为放热反应，温度升高，脱水反应平衡正移，脱氢反应平衡逆移，CO选择性提高 （3） ①. 8 ②. ③. 图b （4） ①. 增大，质子化甲酸中间体的生成平衡右移，使得质子化甲酸中间体浓度增加，慢反应速率增大，提高甲酸分解反应速率 ②. ③. 20 【解析】 【小问1详解】 反应I、 反应II、 反应III、 根据盖斯定律，反应I=反应II-反应III，= ∆H2-∆H3=-14.8kJ·mol-1+41.2kJ·mol-1=+26.4 kJ·mol-1； 反应I=反应II-反应III，则K1=； 【小问2详解】 三段式：，平衡后，HCOOH、H2O、CO、H2、CO2的物质的量分别是：(2-2×95%)mol=0.1mol、0.76mol、0.76mol、1.14mol、1.14mol，n总=0.1mol+0.76mol+0.76mol+1.14mol+1.14mol=3.9mol； ①恒温恒容下有：，p总=； ②Kp==； ③脱水反应为吸热反应，脱氢反应为放热反应，温度升高，脱水反应平衡正移，脱氢反应平衡逆移，CO选择性提高； 【小问3详解】 ①根据晶胞结构，黑球个数为8，灰球个数为8×，则灰球为Zr原子，黑球为O原子，O的配位数为4，Zr的配位数为8； ②反应速率最慢的步骤为决速步骤，决速步骤的活化能最大，决速步骤的方程式为： ③COOH*结构中，H原子与O原子成键，图b符合； 【小问4详解】 ①增大，质子化甲酸中间体的生成平衡右移，使得质子化甲酸中间体浓度增加，慢反应速率增大，提高甲酸分解反应速率； ②Ka=，c(H+)=； 在此基础上，通入HCl至pH=1，c(H+)=0.1mol/L，此时H+浓度是原来的倍，则甲酸脱水速率是原速率的20倍。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $