精品解析：上海市华东师大学第一附属中学2024-2025学年高一下学期期终考试化学等级试题

华东师大一附中2024学年第二学期高二年级 期终考试化学等级试题 考生注意： 1.试卷共6页，满分100分，考试时间60分钟。 2.本考试分设试卷和答题纸。答题前，务必在答题纸上填涂姓名、班级、考生号。作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分。 3.标注“不定项”的试题，每小题有1~2个正确答案；未特别标注的选择类试题，每小题只有一个正确选项。 相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Ce-140 一、重要的战略资源——稀土 1. 稀土元素是国家战略资源，在电子、激光、核工业等领域有广泛的应用。稀土元素包括（钪）、（钇）和镧系元素共17种。 （1）（钪）位于元素周期表的______。 A. s区 B. p区 C. d区 D. f区 （2）基态钪原子的价电子轨道表示式为______。 （3）一种钪配合物的结构如图所示。该配合物中，钪元素的价态为______。 A. 0 B. C. D. （4）下列关于该配合物的说法错误的是______。（不定项） A. 钪的配位数为6 B. 配体个数为6 C. 配体种类数为1 D. 该配合物存在外界离子 （5）掺杂的具有优良的氧离子传导特性，可作为固体氧化物燃料电池的电解质材料。用作固体氧化物燃料电池的燃料气时，正极的电极反应式为______。 氧化铈可作为光催化材料，在光催化过程中晶胞的组成变化如图所示，和的可逆转换会造成氧空位的生成和消除。 （6）晶胞中距离子最近的离子的个数为______。 （7）晶胞为立方晶胞，其棱长为apm，则晶体的密度为______。（，用含a的代数式表示） （8）产生氧空位的过程中，晶体作______。 A. 氧化剂 B. 还原剂 C. 既非氧化剂也非还原剂 D. 既是氧化剂也是还原剂 （9）已知。溶于HI溶液时，反应的离子方程式正确的是______。 A. B. C. 2 D. 2 （10）每个晶胞中个数为______（用含x的代数式表示）。 （11）已知：的空缺率。若催化过程中产生的晶体，则此晶体中的空缺率为______。 【答案】（1）C （2） （3）C （4）BD （5） （6）8 （7） （8）A （9）D （10）4(1-2x) （11）12.5% 【解析】 【小问1详解】 （钪）是第四周期ⅢB族元素，位于元素周期表的d区，选C。 【小问2详解】 基态钪原子的价电子排布式为3d14s2，轨道表示式为； 【小问3详解】 该配合物中，配体带1个单位负电荷，所以钪元素的价态为+3，选C； 【小问4详解】 A．钪与6个O原子形成配位键，配位数为6，故A正确； B．与钪形成配位键的离子有3个，配体个数为3，故B错误； C．配体为，所以配体种类数为1，故C正确； D．该配合物不带电荷，所以不存在外界离子，故D错误； 选BD。 【小问5详解】 掺杂的具有优良的氧离子传导特性，用作固体氧化物燃料电池的燃料气时，正极氧气得电子生成氧离子，电极反应式为。 【小问6详解】 晶胞中位于组成的四面体的体心，距离子最近的离子的个数为4，则距离子最近的离子的个数为8。 【小问7详解】 根据均摊原则，晶胞中Ce4+数为 、数为8，晶胞为立方晶胞，其棱长为apm，则晶体的密度为。 【小问8详解】 产生氧空位的过程中，Ce元素化合价由+4降低为+3，发生还原反应，晶体作氧化剂，选A； 【小问9详解】 Fe3+能氧化I-，，说明能氧化I-。HI是强酸，溶于HI溶液时，反应的离子方程式为，选D； 【小问10详解】 中的占比为a，则Ce3+的占比为1-a，根据化合价代数和等于0，4a+3(1-a)=2(2-x)，a=1-2x，每个晶胞中共含有4个Ce，个数为4(1-2x)。 【小问11详解】 若催化过程中产生的晶体，则此晶体中的空缺率为。 二、清洁能源——液态阳光 2. 液态阳光技术，即利用太阳能等可再生能源制氢并与二氧化碳合成甲醇，具有减少碳排放、缓解液体燃料依赖、提供高效储氢等多重优点。利用（加氢制备的步骤如下所示： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： （1）反应Ⅲ的平衡常数表达式为______。 （2）下列关于反应Ⅲ自发性说法正确的是______。 A. 高温自发 B. 低温自发 C. 任意温度下自发 D. 任意温度下非自发 （3）______。 （4）若将含等物质的量CO和的混合气体充入恒温恒容密闭容器中进行反应Ⅱ，下列事实能说明此反应已达到平衡状态的是______。（不定项） A. 容器内气体密度保持不变 B. 混合气体的平均相对分子质量不变 C. D. CO的体积分数保持不变 （5）和在光催化下发生反应Ⅲ，反应历程如下图所示，其中吸附在催化剂表面的物质用*表示。写出虚线框中控速步的化学方程式______。 在体积为2L的恒容容器中，和在催化剂作用下发生反应Ⅲ．相同时间内不同的温度下，测定的产率与温度的关系如图所示。 （6）Q点时______。 A．> B．< C．= （7）改变下列条件能增大反应Ⅲ的活化分子百分数的是______。（不定项） A. 使用高效催化剂 B. 升高温度 C. 减小容器体积 D. 增大 （8）520K时，X点所对应甲醇的产率50%，计算此时反应Ⅲ的化学平衡常数______。 将和混合通入刚性密闭容器中，在不同催化剂作用下发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，反应相同的一段时间，不同条件下选择性和产率随温度变化曲线如图所示。 已知：的选择性 （9）在上述条件下合成甲醇的最优工业条件是______。 A. 210℃，催化剂a B. 230℃，催化剂a C. 210℃，催化剂b D. 230℃，催化剂b （10）230℃时，能同时提高甲醇产率和甲醇选择性的方法是______。 A．通入 B．减小容器体积 C．通入Ar气 （11）温度从210℃上升到230℃过程中，甲醇的选择性下降，但产率却上升，分析原因______。 【答案】（1） （2）B （3）-90.1 （4）BD （5）HCOO*+5H*→HCOOH*+4H* （6）C （7）AB （8） （9）D （10）B （11）反应Ⅰ为吸热反应，温度升高，正向移动，使CO浓度增大，反应Ⅱ正向移动，甲醇产率升高或温度升高，反应Ⅰ速度增大，单位时间内有更多的发生转化，所以甲醇的产率上升(两种解释均可) 【解析】 【小问1详解】 化学平衡常数，指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，则 。 【小问2详解】 反应Ⅲ△H<0，△S<0，根据△H-T△S<0反应自发进行，该反应自发进行的条件为低温自发，故选B。 【小问3详解】 由盖斯定律可知，反应Ⅱ+反应Ⅰ=反应Ⅲ，ΔH2=ΔH3- ΔH1=（-49.0-41.1）kJ·mol-1=-90.1kJ·mol-1。 【小问4详解】 A．密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，则容器内气体密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，A错误； B．混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，但物质的量是变化的，所以混合气体的平均相对分子质量不变，能说明反应达到平衡状态，B正确； C．时，正逆速率不相等，不能说明反应达到平衡状态，C错误； D．CO的体积分数保持不变说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，D正确； 答案选BD。 【小问5详解】 慢反应为控速步，即相对能量最大的为控速步，控速步为HCOO*+5H*→HCOOH*+4H*。 【小问6详解】 Q点为平衡点，正逆反应速率相等，则=，故选C； 【小问7详解】 使用高效催化剂、升高温度均可增大活化分子百分数，浓度和压强改变不能改变活化分子百分数，故减小容器体积、增大，活化分子百分数不变，故选AB； 【小问8详解】 列出三段式： 平衡常数； 【小问9详解】 由图知，温度为230℃，甲醇的选择性、甲醇的产率均高，所以在上述条件下合成甲醇的工业条件是230℃，使用催化剂b时，甲醇的选择性、甲醇的产率均比a催化剂高；故选：D。 【小问10详解】 反应Ⅱ为气体体积减小的放热反应，故减小容器体积能使反应Ⅱ正向移动，甲醇产量增大，CH3OH的选择性提高，通入虽然可使甲醇产量增大，但CH3OH的选择性降低，通入Ar气各物质浓度不变，不平衡不移动；故选B。 【小问11详解】 温度从210℃上升到230℃过程中，甲醇的选择性下降，但产率却上升，原因为反应Ⅰ为吸热反应，温度升高，正向移动，使CO浓度增大，反应Ⅱ正向移动，甲醇产率升高或温度升高，反应Ⅰ速度增大，单位时间内有更多的发生转化，所以甲醇的产率上升(两种解释均可)。 三、敦煌壁画——颜色之秘 3. 敦煌壁画色彩瑰丽，壁画使用的无机颜料主要源自彩色矿石和色土，含有硫、砷、铜、铅、汞、铁等元素。 雄黄与雌黄都可用作绘画颜料。一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示。 （1）中S的价层电子对数为______。 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 （2）反应Ⅱ中与的物质的量之比为，物质a的化学式为______。物质a______。 A．只是氧化产物 B．只是还原产物 C．既是氧化产物也是还原产物 D．既不是氧化产物也不是还原产物 （3）针铁矿的颜色有黄褐色与红色，被用作黄赭颜料，可由与反应制取，反应时与的物质的量之比为______。 （4）敦煌壁画中部分人脸变黑，主要是铅颜料发生了变化。例如，铅白可作为白色颜料，而某些微生物代谢产生的会使铅白氧化为黑棕色的。写出反应的化学方程式，并用单线桥法标出该反应电子转移方向和数目______。 青金石是方钠石类铝硅酸盐中的一种，其中一种化学式为，可作为彩绘用的蓝色颜料。 （5）下列说法错误的是______。（不定项） A. 第一电离能： B. 离子半径： C. 电负性： D. 原子半径： （6）青金石的颜色与骨架内填入的负离子有关，其中一种重要负离子是三硫自由基负离子。研究表明，三硫自由基负离子（Ⅱ）可以通过多硫负离子（Ⅰ）在高温下的均裂反应得到，并最终可能异构化为另一种S的异构体（Ⅲ），过程如图： 关于Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种物质，下列说法正确的有______。（不定项） A. Ⅱ中的S原子最外层都满足8电子稳定结构 B. Ⅰ中的S—S键都是键 C. 与Ⅱ互为等电子体 D. Ⅲ中的S均为杂化 （7）研究发现，正离子的颜色与未成对电子数有关，如d轨道上未成对电子可被可见光激发而产生颜色。解释有色而呈无色的原因______。 【答案】（1）C （2） ①. ②. C （3）4:1 （4） （5）B （6）BC （7）Cu+的核外电子排布为[Ar]3d10，d轨道无未成对电子，无法被可见光激发，呈无色；Cu2+（[Ar]3d9）、Fe2+（[Ar]3d6）、Fe3+（[Ar]3d5）的d轨道有未成对电子，可被可见光激发，故有色 【解析】 【小问1详解】 中S的价层电子对数=，故选C。 【小问2详解】 反应Ⅱ中与的物质的量之比为，根据元素守恒可知Ⅱ反应方程式为：+7=，故a为；中硫（S）的化合价为 -2价，中S的化合价为+4价，由此判断为氧化产物；O的化合价0→-2，也为还原产物，故选C。 【小问3详解】 FeSO4​与O2​反应生成FeO(OH)，根据铁、氧、硫等元素守恒和得失电子守恒来配平。Fe从+2价升高到+3价，O从0价降低到−2价。反应的化学方程式为4FeSO4​+O2​+2H2​O=4FeO(OH)+4H2​SO4​。反应时与的物质的量之比为4：1。 【小问4详解】 Pb2​(OH)2​CO3​中Pb为+2价，PbO2​中Pb为+4价，每个Pb失去2个电子，2个Pb共失去4个电子；H2​O2​中O为−1价，PbO2​和H2​O中O为−2价，H2​O2​中O得到电子，1个H2​O2​分子得到2个电子，这里H2​O2​作氧化剂，Pb2​(OH)2​CO3​作还原剂，单线桥为； 【小问5详解】 A．同周期元素第一电离能从左到右有增大趋势，Cl>Si>Al，A正确； B．离子半径比较：电子层数越多，半径越大；电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小。Ca2+、Cl−电子层结构相同（Ca2+核电荷数大），Cl−电子层数比Na+多，所以离子半径Cl−>Ca2+>Na+，B错误； C．同周期从左到右电负性增大，所以Cl>Si>Al，C正确； D．同周期从左到右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，Ca电子层多，Cl电子层比O多，所以原子半径Ca>Cl>O，D正确； 故选B。 【小问6详解】 A．在粒子 Ⅱ 中，中间S 原子不满足 8 电子稳定结构，A错误； B．Ⅰ 中的S-S键是原子轨道沿键轴方向以 “头碰头” 方式重叠形成的σ键，B正确； C．等电子体要求原子总数和价电子总数均相同，与原子总数均为 3，价电子总数均为6×3+1=19 ，二者互为等电子体，C正确； D．Ⅲ 中形成双键的S原子，价层电子对数为 3（σ键数+孤电子对数），采取sp2杂化；形成单键的S原子，价层电子对数为4，采取sp3杂化，并非所有S均为sp3杂化，D错误； 故选BC。 【小问7详解】 Cu+的核外电子排布为[Ar]3d10，d轨道无未成对电子，无法被可见光激发，呈无色；Cu2+（[Ar]3d9）、Fe2+（[Ar]3d6）、Fe3+（[Ar]3d5）的d轨道有未成对电子，可被可见光激发，故有色。 四、五氧化二钒的应用 4. 以制备氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵，实验步骤如下：氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵粗产品。已知能被氧化。其中步骤Ⅰ的反应装置示意图如下。 （1）仪器a的名称为______。该反应不使用球形滴液漏斗而使用a滴加溶液的原因是______、______。 （2）步骤I生成的同时，还生成一种无色无污染的气体，写出该反应的化学方程式______。 步骤Ⅱ可在如下图装置中进行。 （3）接口的连接顺序为a→______。（用小写字母连接）实验开始时，先关闭，打开，其目的为______。 （4）称取ag氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵粗产品溶于水配成100mL溶液（溶液中钒元素均以的形式存在），取10mL待测液用标准溶液滴定，达终点时，消耗标准溶液体积为VmL。（已知：） 则产品中氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵（摩尔质量为）的质量分数为______。（用含a、b、V、M的代数式表示） 利用与互相转化可形成全钒液流电池。利用该电池电解处理含质量分数为的废水制备硝酸和氨水的原理如图所示，a、b、c、d电极均为惰性电极。 （5）电极a为______。 A. 正极 B. 负极 C. 阴极 D. 阳极 （6）隔膜1是什么交换膜，隔膜2是什么交换膜_______。 A. 负离子；负离子 B. 负离子；正离子 C. 正离子；负离子 D. 正离子；正离子 （7）右侧装置中P口流出液中主要的溶质为______。（填化学式） （8）当导线中有电子通过时，理论上可处理上述废水的质量为______kg。（写出计算过程） 【答案】（1） ①. 恒压滴液漏斗 ②. 平衡内外压强，使液体顺利流下 ③. 防止发生倒吸 （2） （3） ①. ②. 排尽空气，防止产物被氧化 （4） （5）A （6）C （7） （8），可知， 【解析】 【分析】制取，然后再制取氧钒（IV）碱式碳酸铵，步骤顺序为：首先通过装置A制取CO2，利用装置C除去CO2中的HCl后，将CO2通入装置D中，排尽装置中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊，确保空气被排尽后，再打开D中K2，开始实验。 在电解装置中，X区产生氢气，则c为阴极；Y区产生氧气，则d为阳极。对应的电池的a极为正极，b为负极。 【小问1详解】 仪器a的名称为恒压滴液漏斗。使用其的好处为能够平衡内外压强，使漏斗内液体能够顺利流下，可以防止发生倒吸。 【小问2详解】 结合电子得失守恒及元素守恒可得，步骤生成的同时，还生成一种无色无污染的单质气体，反应的化学方程式为：。 【小问3详解】 首先通过装置A制取CO2，利用装置C除去CO2中的HCl后，将CO2通入装置D中，排尽装置中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊，确保空气被排尽后，再打开D中K2，开始实验，所以接口的连接顺序为。 当装置B中澄清石灰水变浑浊时，确保空气被排尽，以防止产物被氧化。 【小问4详解】 由元素守恒及反应方程式可知：，样品中氧钒碱式碳酸铵的质量分数为：。 【小问5详解】 根据分析可知，电极a为正极，故选A。 【小问6详解】 右边装置为电解池，电解含的废水制备硝酸和氨水，c电极为阴极，电极d为阳极， 阴极上水得电子生成，废水中铵根通过隔膜1进入X区，反应生成氨水，阳极上水失电子生成，阳极反应式为，废水中通过隔膜2进入Y区，结合为，隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜。故选C。 【小问7详解】 阴极上水得电子生成，废水中铵根通过隔膜1进入X区，反应生成氨水，所以口流出液中主要的溶质为。 【小问8详解】 根据阳极反应式，当导线中有电子通过时，生成，生成，同时也就生成氨水，一共处理，其质量为，理论上可处理上述废水的质量为。 五、抗2型糖尿病药物-海普诺 5. 一种抗2型糖尿病药物“海普诺”的合成路线如下： 已知： （1）试剂a为______。 A. 溴化氢 B. 溴化钠 C. 溴化铁 D. 浓溴水 （2）C中含氧官能团的名称为______、______。 （3）下列物质中，与D互为同系物的是______。 A. B. C. D. （4）E→F的反应类型为______。 （5）F与完全加成的产物中不对称碳原子的个数为______。 （6）已知在的过程中，与羟基中O上的孤电子对结合生成活性中间体，催化反应进行。下列物质中可能具有催化作用的是______。（不定项） A. NaCl B. C. D. （7）利用化学平衡移动的原理，解释H→I的过程中加入的原因______。 （8）芳香族化合物K与E互为同分异构体，写出一种满足下列条件K的结构简式______。 a．能与溶液发生显色反应 b．核磁共振氢谱显示有五种化学环境不同的H c．存在顺反异构体 （9）结合题目信息和格式，设计一条由甲苯制备的合成路线_______。（无机试剂任选） 【答案】（1）C （2） ①. 醛基 ②. 醚键 （3）A （4）还原反应 （5）5 （6）CD （7）K2CO3可以中和生成的HBr，促进反应正向进行 （8）、、、、或其他合理形式均可 （9） 【解析】 【分析】根据合成路线分析可知，A生成B的过程中，苯环上的氢原子被溴原子所取代，在溴化铁的做催化剂的条件下，发生了苯环上的溴代反应，A的结构为，B加入CH3I发生取代反应生成C，加入NH2NH2将醛基还原成甲基生成D，C加入Br2发生取代反应生成E，加入还原剂NaBH4生成F，D与F在AlCl3做催化剂，发生取代反应生成G，加NBS、光照发生取代反应生成H，水解生成I，I发生取代反应生成J。 【小问1详解】 根据分析可知试剂a为溴化铁，C符合；故答案为：C。 【小问2详解】 C结构为，含氧官能团为醛基和醚键；故答案为：醛基；醚键。 【小问3详解】 D结构为，与其互为同系物结构相似，相差一个或若干个-CH2，B含有酚羟基，排除，C与其互为同分异构体，排除，D中只含有1个氧原子，排除，A与其结构相似，并且相差1个-CH2，故互为同系物；故答案为：A。 【小问4详解】 根据分析可知，E→F反应类型为还原反应；故答案为：还原反应。 【小问5详解】 F与H2完全加成生成，1、2、3、4和5处为不对称碳原子，故不对称碳原子数为5；故答案为：5。 【小问6详解】 AlCl3与羟基中O上的孤电子对结合生成活性中间体，氯化铝接受孤对电子，形成配位键，而氨气不能接受孤对电子排除，氯化钠是离子化合物排除，三氟化硼和氯化镓结构上与氯化铝相似，均能接受O原子的孤对电子形成配位键；故答案为：CD。 【小问7详解】 根据分析可知，H→I为水解反应， 会生成HBr，K2CO3可以中和生成的酸，促进反应正向进行；故答案为：K2CO3可以中和生成的HBr，促进反应正向进行。 【小问8详解】 E的结构为，与其为同分异构体，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中有苯环，并且苯环上有酚羟基，核磁共振氢谱显示有五种化学环境不同的H，存在顺反异构体说明支链有碳碳双键，则分子结构可能为、、、、或其他合理形式均可； 【小问9详解】 甲苯加氯气光照生成，加氢氧化钠加热水解生成，氯化铝做催化剂，与甲苯反应生成；故答案为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 华东师大一附中2024学年第二学期高二年级 期终考试化学等级试题 考生注意： 1.试卷共6页，满分100分，考试时间60分钟。 2.本考试分设试卷和答题纸。答题前，务必在答题纸上填涂姓名、班级、考生号。作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分。 3.标注“不定项”的试题，每小题有1~2个正确答案；未特别标注的选择类试题，每小题只有一个正确选项。 相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Ce-140 一、重要的战略资源——稀土 1. 稀土元素是国家战略资源，在电子、激光、核工业等领域有广泛的应用。稀土元素包括（钪）、（钇）和镧系元素共17种。 （1）（钪）位于元素周期表的______。 A. s区 B. p区 C. d区 D. f区 （2）基态钪原子的价电子轨道表示式为______。 （3）一种钪配合物的结构如图所示。该配合物中，钪元素的价态为______。 A. 0 B. C. D. （4）下列关于该配合物的说法错误的是______。（不定项） A. 钪的配位数为6 B. 配体个数为6 C. 配体种类数为1 D. 该配合物存在外界离子 （5）掺杂的具有优良的氧离子传导特性，可作为固体氧化物燃料电池的电解质材料。用作固体氧化物燃料电池的燃料气时，正极的电极反应式为______。 氧化铈可作为光催化材料，在光催化过程中晶胞的组成变化如图所示，和的可逆转换会造成氧空位的生成和消除。 （6）晶胞中距离子最近的离子的个数为______。 （7）晶胞为立方晶胞，其棱长为apm，则晶体的密度为______。（，用含a的代数式表示） （8）产生氧空位的过程中，晶体作______。 A. 氧化剂 B. 还原剂 C. 既非氧化剂也非还原剂 D. 既是氧化剂也是还原剂 （9）已知。溶于HI溶液时，反应的离子方程式正确的是______。 A. B. C. 2 D. 2 （10）每个晶胞中个数为______（用含x的代数式表示）。 （11）已知：的空缺率。若催化过程中产生的晶体，则此晶体中的空缺率为______。 二、清洁能源——液态阳光 2. 液态阳光技术，即利用太阳能等可再生能源制氢并与二氧化碳合成甲醇，具有减少碳排放、缓解液体燃料依赖、提供高效储氢等多重优点。利用（加氢制备的步骤如下所示： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： （1）反应Ⅲ的平衡常数表达式为______。 （2）下列关于反应Ⅲ自发性说法正确的是______。 A. 高温自发 B. 低温自发 C. 任意温度下自发 D. 任意温度下非自发 （3）______。 （4）若将含等物质的量CO和的混合气体充入恒温恒容密闭容器中进行反应Ⅱ，下列事实能说明此反应已达到平衡状态的是______。（不定项） A. 容器内气体密度保持不变 B. 混合气体的平均相对分子质量不变 C. D. CO的体积分数保持不变 （5）和在光催化下发生反应Ⅲ，反应历程如下图所示，其中吸附在催化剂表面的物质用*表示。写出虚线框中控速步的化学方程式______。 在体积为2L的恒容容器中，和在催化剂作用下发生反应Ⅲ．相同时间内不同的温度下，测定的产率与温度的关系如图所示。 （6）Q点时______。 A．> B．< C．= （7）改变下列条件能增大反应Ⅲ的活化分子百分数的是______。（不定项） A. 使用高效催化剂 B. 升高温度 C. 减小容器体积 D. 增大 （8）520K时，X点所对应甲醇的产率50%，计算此时反应Ⅲ的化学平衡常数______。 将和混合通入刚性密闭容器中，在不同催化剂作用下发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，反应相同的一段时间，不同条件下选择性和产率随温度变化曲线如图所示。 已知：的选择性 （9）在上述条件下合成甲醇的最优工业条件是______。 A. 210℃，催化剂a B. 230℃，催化剂a C. 210℃，催化剂b D. 230℃，催化剂b （10）230℃时，能同时提高甲醇产率和甲醇选择性的方法是______。 A．通入 B．减小容器体积 C．通入Ar气 （11）温度从210℃上升到230℃过程中，甲醇的选择性下降，但产率却上升，分析原因______。 三、敦煌壁画——颜色之秘 3. 敦煌壁画色彩瑰丽，壁画使用的无机颜料主要源自彩色矿石和色土，含有硫、砷、铜、铅、汞、铁等元素。 雄黄与雌黄都可用作绘画颜料。一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示。 （1）中S的价层电子对数为______。 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 （2）反应Ⅱ中与的物质的量之比为，物质a的化学式为______。物质a______。 A．只是氧化产物 B．只是还原产物 C．既是氧化产物也是还原产物 D．既不是氧化产物也不是还原产物 （3）针铁矿的颜色有黄褐色与红色，被用作黄赭颜料，可由与反应制取，反应时与的物质的量之比为______。 （4）敦煌壁画中部分人脸变黑，主要是铅颜料发生了变化。例如，铅白可作为白色颜料，而某些微生物代谢产生的会使铅白氧化为黑棕色的。写出反应的化学方程式，并用单线桥法标出该反应电子转移方向和数目______。 青金石是方钠石类铝硅酸盐中的一种，其中一种化学式为，可作为彩绘用的蓝色颜料。 （5）下列说法错误的是______。（不定项） A. 第一电离能： B. 离子半径： C. 电负性： D. 原子半径： （6）青金石的颜色与骨架内填入的负离子有关，其中一种重要负离子是三硫自由基负离子。研究表明，三硫自由基负离子（Ⅱ）可以通过多硫负离子（Ⅰ）在高温下的均裂反应得到，并最终可能异构化为另一种S的异构体（Ⅲ），过程如图： 关于Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种物质，下列说法正确的有______。（不定项） A. Ⅱ中的S原子最外层都满足8电子稳定结构 B. Ⅰ中的S—S键都是键 C. 与Ⅱ互为等电子体 D. Ⅲ中的S均为杂化 （7）研究发现，正离子的颜色与未成对电子数有关，如d轨道上未成对电子可被可见光激发而产生颜色。解释有色而呈无色的原因______。 四、五氧化二钒的应用 4. 以制备氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵，实验步骤如下：氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵粗产品。已知能被氧化。其中步骤Ⅰ的反应装置示意图如下。 （1）仪器a的名称为______。该反应不使用球形滴液漏斗而使用a滴加溶液的原因是______、______。 （2）步骤I生成的同时，还生成一种无色无污染的气体，写出该反应的化学方程式______。 步骤Ⅱ可在如下图装置中进行。 （3）接口的连接顺序为a→______。（用小写字母连接）实验开始时，先关闭，打开，其目的为______。 （4）称取ag氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵粗产品溶于水配成100mL溶液（溶液中钒元素均以的形式存在），取10mL待测液用标准溶液滴定，达终点时，消耗标准溶液体积为VmL。（已知：） 则产品中氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵（摩尔质量为）的质量分数为______。（用含a、b、V、M的代数式表示） 利用与互相转化可形成全钒液流电池。利用该电池电解处理含质量分数为的废水制备硝酸和氨水的原理如图所示，a、b、c、d电极均为惰性电极。 （5）电极a为______。 A. 正极 B. 负极 C. 阴极 D. 阳极 （6）隔膜1是什么交换膜，隔膜2是什么交换膜_______。 A. 负离子；负离子 B. 负离子；正离子 C. 正离子；负离子 D. 正离子；正离子 （7）右侧装置中P口流出液中主要的溶质为______。（填化学式） （8）当导线中有电子通过时，理论上可处理上述废水的质量为______kg。（写出计算过程） 五、抗2型糖尿病药物-海普诺 5. 一种抗2型糖尿病药物“海普诺”的合成路线如下： 已知： （1）试剂a为______。 A. 溴化氢 B. 溴化钠 C. 溴化铁 D. 浓溴水 （2）C中含氧官能团的名称为______、______。 （3）下列物质中，与D互为同系物的是______。 A. B. C. D. （4）E→F的反应类型为______。 （5）F与完全加成的产物中不对称碳原子的个数为______。 （6）已知在的过程中，与羟基中O上的孤电子对结合生成活性中间体，催化反应进行。下列物质中可能具有催化作用的是______。（不定项） A. NaCl B. C. D. （7）利用化学平衡移动的原理，解释H→I的过程中加入的原因______。 （8）芳香族化合物K与E互为同分异构体，写出一种满足下列条件K的结构简式______。 a．能与溶液发生显色反应 b．核磁共振氢谱显示有五种化学环境不同的H c．存在顺反异构体 （9）结合题目信息和格式，设计一条由甲苯制备的合成路线_______。（无机试剂任选） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $