精品解析：2025届山东省肥城市高三高考适应性测试化学试题（三）

2025年高考适应性训练 化 学 试 题(三) 1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。 2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。 可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 S 32 Fe 56 Zn 65 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. 量子全息投影技术的实现依赖于材料科学与光学技术的结合。下列相关说法错误的是 A. 全息投影膜所用聚酯膜PET(聚对苯二甲酸乙二醇酯)是通过缩聚反应形成的 B. 全息投影技术所用光敏材料中含卤化银，利用卤化银光照时可分解的性质 C. 空气显示影像时通过电激发氧气发光，该过程属于化学变化 D. 全息投影技术光电器件所用材料氮化镓为新型无机非金属材料 2. 下列关于实验操作的说法正确的是 A. 用排水法收集较纯净的气体时，导气管口一有气泡冒出立即开始收集 B. 实验室用剩的药品，一定不能放回原试剂瓶 C. 除去苯中混有的少量苯酚，先加入溴水，然后过滤 D. pH试纸使用时，可能需要润湿 3. 下列化学用语或图示正确的是 A. 一元酸次磷酸(H3PO2)的结构简式： B. 4-甲氧基苯胺的结构简式： C. 基态Cu＋的价电子轨道表示式： D. 反式聚异戊二烯的结构简式： 4. 下列仪器和操作不能实现实验目的的是 A．分离铁粉和I2 B． 检验Ag⁺是否沉淀完全 C． 滴定终点前用洗瓶冲 洗锥形瓶内壁减小误差 D．当分水器中水层不再增多，说明制备实验已完成 A. A B. B C. C D. D 5. 某离子液体的结构如图所示，其阴离子能与纤维素中的羟基形成氢键，对纤维素有很好的溶解性。W、X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y是组成有机物的基本骨架元素。下列说法正确的是 A. 第一电离能：Y>Z B. 阴离子中X不满足8电子稳定结构 C. 氢化物的沸点：Z>Y D. WQ属于酸，但能与某些酸性氧化物反应 6. 下列实例与解释不相符的是 选项 实例 解释 A 石墨熔点比金刚石高 石墨晶体内存在共价键、分子间作用力，而金刚石晶体内只存在共价键 B 臭氧在四氯化碳中的溶解度高于在 水中的溶解度 臭氧是极性分子，但极性很弱 C 邻羟基苯甲酸的酸性强于苯甲酸 邻羟基苯甲酸易形成分子内氢键，有利 于羧基上氢离子的电离 D 酸性： > O的电负性比S大，使羧基中的O-H键极性更强，更容易电离出H+，酸性 更强。 A. A B. B C. C D. D 7. 某小组检验补铁剂中铁元素的价态，实验如下。 已知：SCN−中硫元素的化合价为–2价。 下列说法正确的是 A. 为使③中现象明显，试剂a可以选用过量氯水 B. KMnO4褪色的原因一定是5Fe2+ + + 8H+ = 5Fe3++ Mn2+ + 4H2O C. 用邻二氮菲()检测Fe2+时，需先调节滤液pH，pH过大或过小均会影响测定 D. 该实验可证实补铁剂中的铁元素以Fe2+和Fe3+形式存在 8. 化合物M是一种新型抗生素的中间体，其合成路线如下(略去部分试剂和反应条件)。已知化合物K虚线圈内所有原子共平面。下列说法正确的是 A. K中碳氮键可沿键轴旋转 B. L中所有碳、氧原子共平面 C. 形成M时，氮原子与L中碳原子a成键 D. Q的构造异构体有6种 9. 下列说法正确的是 A. 检验丙烯醛分子中的碳碳双键：向其中滴加足量的溴水，观察溴水是否褪色 B. 验证牺牲阳极法防止铁腐蚀：向铁电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液，观察是否有蓝色沉淀 C. 探究温度对化学平衡的影响：加热CuCl2稀溶液，观察溶液颜色变化 D. 检验麦芽糖水解：与稀硫酸共热，调至碱性，加入银氨溶液并水浴加热，观察是否有银镜 10. 某学习小组探究利用强碱准确滴定强酸和弱酸混合溶液中强酸的可能性，以溶液滴定同浓度HCl和HA混合溶液为例(HA代表不同的任意弱酸)。HCl滴定百分比x、分布系数随pH变化关系如下图所示。 [已知，lg2=0.3]下列说法正确的是 A. 曲线对应酸的电离常数：Ⅱ<Ⅲ B. a点的纵坐标约为0.67 C. b点处存在如下关系： D. 甲基橙作指示剂，大于时，即可准确滴定混合溶液中的HCl 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. 通过实验测定有机物A的组成和结构，取4.5 g样品，置于铂舟并放入燃烧管中，不断通入氧气流，用电炉持续加热样品，将生成物依次通过盛有浓H2SO4和碱石灰的装置，生成物被完全吸收后，测得浓H2SO4增重2.7 g，碱石灰增重6.6 g。并对该物质进行图谱分析可得以下图谱。 下列说法错误的是 A. 由质谱图可知相对分子质量为91，该有机物的分子式为C3H6O3 B. 由核磁共振氢谱可知峰面积比为1：1：1：3 C. 等量该有机物分别和足量金属钠或足量碳酸氢钠溶液反应生成的气体一样多 D. 有机物A不存在立体异构体，存在和有机物A具有相同官能团的构造异构体 12. 天津大学张兵团队合成了高曲率的纳米针尖电极催化剂，实现了溴自由基介导的环氧氯丙烷无膜电合成。其工作原理如图所示。已知：。具有较低的和生成能垒、较高的氧化的能垒和固定的Br吸附位点，同时抑制析氧和析溴竞争反应。 下列说法错误的是 A. 电极a接电源的正极 B. Ⅱ可能为 C. 由Ⅱ生成环氧氯丙烷的方程式为 D. 当合成1mol环氧氯丙烷时，至少有22.4L （标准状况）生成 13. 金属有机框架(MOFs)是一类由金属离子与有机配体通过配位键自组装形成的多孔晶体材料。MOF-5是其中最具代表性的材料之一，MOF-5晶体由具有正四面体结构的[Zn4O]6+(如图)和有机配体BDC2-(如图)构成，其中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的取向不同。 下列说法错误的是 A. 基态Zn2+电子的空间运动状态为14种 B. MOF-5晶体内部的空腔可以吸附小分子。若要增强MOF-5与H2O之间的吸附作用，可在配体上引入-OH﹑-NH2或-CH3 C. Cu的第二电离能I2小于 Zn的第二电离能I2 D. 除BDC2-外， 可以作为有机配体用于构成金属有机框架 14. 利用NaClO氧化尿素[CO(NH2)2]制备水合肼(N2H4·H2O)的同时可制备Na2SO3，制备流程如图所示： 已知：水合肼有强还原性；Ka( H2SO3) = 10-2， Ka ()= 10-7. 下列说法错误的是 A. “步骤Ⅰ”反应时，若产物中n(NaClO)：n(NaClO3) = 5：1，则n(NaCl)：n(NaClO) = 2：1 B. “步骤Ⅱ”中应将尿素逐滴滴加到步骤Ⅰ所得溶液中 C. “步骤Ⅱ”反应的离子方程式为ClO-+CO(NH2)2+2OH-= Cl-+N2H4·H2O+ D. “步骤Ⅳ”应调节溶液pH约为4.5 15. 一定温度下，将CaC2O4固体溶于不同初始浓度 [c0 ( HCl )] 的盐酸中，平衡时部分组分的lg c～lg c0 ( HCl )关系如图。已知该温度下 Ka( H2C2O4) = 10-1.3， Ka () = 10-4.3。 下列说法错误的是 A. lgc0 ( HCl ) = -1.2时，溶液的pH = 1.3 B. 任意c0 ( HCl )下均有：c(Ca2+) = c() + c(H2C2O4) + c() C. CaC2O4 (s) + 2H+(aq) = Ca2+(aq) + H2C2O4 (aq)的平衡常数为10-3.0 D. lgc0 ( HCl ) = -4.1时，2c(Ca2+) + c(H+) = c( OH-) + 2c() + c( Cl-) 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 配位化合物在催化反应、材料合成、生物医药及环境治理等领域发挥关键作用。 Ⅰ．铜元素在生命体系和超导领域研究中发挥着至关重要的作用。 （1）以5-磺基水杨酸和咪唑衍生物为配体合成了单核心的铜配合物如图所示： 咪唑( )具有类似苯环的芳香性，上图标号为②、③的N原子p轨道能提供一对电子的是___________(填标号)。 （2）上图中酚羟基中的H原子始终与苯环共面，①号O原子的杂化方式为___________，a处C-O键键长___________乙醇中C-O键键长(填“<”、“>”或“=”)，原因：一是a处C、O原子的杂化轨道中s成分多，形成的键强，键长短；二是___________。  Ⅱ．Hg是第一种被发现的超导体，Hg最外层有2个电子。 （3）HgCl2分子的空间结构为___________；实验室用K2[HgI4]鉴别NH，反应生成[NH2Hg2O]I(黄色沉淀)，[NH2Hg2O]+ 中Hg2+的配位数为2，画出 [NH2Hg2O]+ 的结构简式___________。 （4）已知阴、阳离子的电子云在离子极化作用下发生变形，离子半径越大，变形性越大，电子云重叠程度越大。稳定性[HgI4]2-___________[HgCl4]2-(填 “>” “<” 或 “=” )，原因是___________。 Ⅲ．某种由NH3作为配体形成的新型储氢材料的晶胞结构如图，其中NH3为正八面体的顶点，H为正四面体的顶点。 （5）若以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，则Q的原子分数坐标为___________；若晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为___________ g·cm-3. 17. CO还原法回收利用SO2是治理烟气的重要课题，有关实验探究如下，回答以下问题： Ⅰ．利用下列装置收集干燥的SO2. （1）装置A中盛放的试剂为___________。 装置的连接顺序为：制备装置→___________(按气流方向，用小写字母表示)。 Ⅱ．利用如下装置，探究在460℃和Cu-Al2O3催化下，CO还原SO2回收硫磺的效率。已知：F、G装置分别盛有20 mL 0.01 mol·L-1 NaOH溶液和醋酸二氨合铜溶液。反应时混气装置内SO2、CO体积分数分别为0.05% 、0.1% 。 （2）管式电阻炉中发生反应的化学方程式为___________；装置G的作用是___________。 （3）涉及的实验操作有： a．通入氮气一段时间 b．按上述比例通入CO、SO2和N2混合气体 c．加热管式炉 d．停止加热，冷却 e．停止通入CO、SO2和N2混合气体 f．测定F中相关物质的量 正确的操作顺序为a→___________→f． （4）上述反应结束后，先将F中过量的NaOH除去，再以淀粉溶液为指示剂，用0.001 mol·L-1 标准碘溶液滴定，消耗标准溶液18.00 mL，滴定终点的现象为___________。已知实验过程中通入混合气体总体积为8.96 L(已折算为标准状况)，则SO2转化率为___________。若将装置F、G互换顺序，重复实验，测定结果将___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。 （5）工业上利用上述原理获得的硫磺粗品含有碳单质，设计简单的实验方案提纯硫磺：___________。 18. 从工业废料[含ZnO、少量Fe2O3及铟(In)、铋(Bi)、锗(Ge)的氧化物]中回收金属单质或化合物的工业流程如图： 已知：i． In3+与Al3+相似，易水解； ii． Ge4++2H2R GeR2 ↓+4H+； iii． Ksp [Fe(OH)3] =1×10-38，Ksp [Zn(OH)2] =1×10-17，Ksp [Ge(OH)4]=4×10-46 。 请回答下列问题： （1）下列措施更有利于完成“酸浸l”目的的是___________(填序号)。 a．预热工业废料         b．启动搅拌器 c．将硫酸浓度增大到70%     d．加大废料的用量 （2）“浸液1”中c(Zn2+)约为0.1 mol·L-1，则除去Fe3+时应控制pH的范围为___________。(已知：当溶液中某离子浓度小于1.0 × 10-5 mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全。) （3）“沉锗”操作中需调节pH为2.5，不能过高或过低，原因是___________。 （4）“水相···→海绵铟”的流程如图：虚线框内实验步骤的目的是___________，沉铟过程可用纯碱代替烧碱的原因是___________(用离子方程式表示)。 （5）①加热ZnSO4·7H2O(M = 287 g·mol-1)固体，固体质量保留百分数与温度的关系如图所示。 温度从688℃升高到1050℃时，同时生成两种气体，该反应的化学方程式为___________； ②ZnO可用作半导体材料，晶体中部分O原子被N原子替代可以改善半导体的性能，Zn-N键中离子键成分的百分数小于Zn-O键，原因是___________。 19. 一锅法全合成奥司他韦(化合物G)，60min内完成5步反应，总收率达到15％，其合成路线如下(略去部分试剂和条件，忽略立体化学)。 已知： HWE反应：(其中R1﹑R3﹑R5为烃基，R2﹑R4为烃基或H) 回答下列问题； （1）A中含氧官能团名称是___________；B的结构简式是___________。 （2）D为丙烯酸乙酯衍生物。丙烯酸乙酯有多种同分异构体，同时满足下列条件的有___________种(不考虑立体异构)； ① 具有与丙烯酸乙酯相同的官能团； ② 核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为3：3：2. 其中一种发生水解反应能生成甲醇，其系统命名法为___________；写出用其合成有机玻璃(PMMA)的化学方程式___________。 （3）反应⑤的反应类型为___________，奥司他韦(化合物G)有___________个手性碳原子。 （4）化合物N可用作医药合成中间体。参考反应②(Michael和HWE的一个串联反应)，设计化合物N的合成路线如下(部分反应条件已略去)，其中M的结构简式为___________。 20. 甲醇是主要的有机原料，常利用CH4、CO2等进行制备。回答下列问题： Ⅰ．利用甲烷选择性氧化制备甲醇，其原子利用率100%。 （1）该反应的热化学方程式为___________。已知：CH4(g)、CH3OH(l)的摩尔燃烧焓分别为-890 kJ·mol-1、-724 kJ·mol-1。 （2）已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的。从反应速率的角度分析，通入CH4后将体系温度维持在200℃的原因是___________(不考虑催化剂活性变化)。 Ⅱ．利用合成气CO2、H2制备甲醇，涉及的反应如下： 反应①：CO2(g)+3H2(g)= CH3OH(g)+H2O(g)   ∆H1<0 反应②：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)   ∆H2>0 在不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3进行投料，在容器中发生反应①、②，平衡时，CO和 CH3OH在含碳产物(即CH3OH和CO)中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图所示。 （3）图中压强 p1、p2、p3由大到小的顺序为___________；压强不变时，分析升温过程中CO2转化率变化的原因：___________。 （4）在某恒温恒容体系中，按起始c(CO2)=1mol·L-1、c(H2) = 3mol·L-1进行实验，平衡时CH3OH的物质的量分数为点M，此时CO2转化率为20%，则该条件下反应②正反应的平衡常数K=___________(保留一位有效数字)。 （5）反应①存在以下定量关系：(其中Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，实验数据如图中曲线a所示。当改变外界条件时，实验数据如曲线b所示，则改变的外界条件可能为___________。 Ⅲ．科学家设计如图所示装置(串联光电催化反应池)减少CO2排放并获取制备甲醇的原料CH4。 （6）光催化电池中的半导体是在晶体硅中掺杂硼原子和磷原子实现的。p型半导体也称为空穴型半导体，n型半导体也称为电子型半导体。据此推测 n型半导体掺杂的是___________(填元素符号)。产生CH4的电极反应式为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年高考适应性训练 化 学 试 题(三) 1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。 2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。 可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 S 32 Fe 56 Zn 65 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. 量子全息投影技术的实现依赖于材料科学与光学技术的结合。下列相关说法错误的是 A. 全息投影膜所用聚酯膜PET(聚对苯二甲酸乙二醇酯)是通过缩聚反应形成的 B. 全息投影技术所用光敏材料中含卤化银，利用卤化银光照时可分解的性质 C. 空气显示影像时通过电激发氧气发光，该过程属于化学变化 D. 全息投影技术光电器件所用材料氮化镓为新型无机非金属材料 【答案】C 【解析】 【详解】A．聚酯膜通常是由二元酸和二元醇通过发生缩聚反应形成的，A正确； B．卤化银具有感光性，在光照条件下发生分解，产生Ag原子等，所以常用卤化银作光敏材料，B正确； C．通过电激发氧气发光，是利用氧气将电能转化为光能，氧气没有发生改变，该过程属于物理变化，C错误； D．氮化镓是一种新型无机非金属材料，在光电器件领域有广泛应用，D正确； 故选C。 2. 下列关于实验操作的说法正确的是 A. 用排水法收集较纯净的气体时，导气管口一有气泡冒出立即开始收集 B. 实验室用剩的药品，一定不能放回原试剂瓶 C. 除去苯中混有的少量苯酚，先加入溴水，然后过滤 D. pH试纸使用时，可能需要润湿 【答案】D 【解析】 【详解】A．用排水法收集气体时，初始气泡是装置内的空气，立即收集会导致气体不纯，应待气泡连续均匀后再收集，故A错误； B．实验室用剩的药品通常不能放回原试剂瓶，但某些特殊试剂（如未污染的金属钠）需放回，因此“一定不能”过于绝对，故B错误； C．苯酚与溴水反应生成的三溴苯酚可能溶于苯，且引入溴杂质，正确方法是用NaOH溶液将苯酚转化为水溶性物质后分液，故C错误； D．测pH时，若测的是碱性或酸性溶液，pH试纸不能润湿。若测中性溶液，润湿影响不大，如检测某些气体的酸碱性，需先润湿试纸，让气体溶于水形成溶液，才能发生显色反应判断酸碱性，此时必须润湿pH试纸。所以pH试纸使用时可能需要润湿，故D正确； 故选D。 3. 下列化学用语或图示正确的是 A. 一元酸次磷酸(H3PO2)的结构简式： B. 4-甲氧基苯胺的结构简式： C. 基态Cu＋的价电子轨道表示式： D. 反式聚异戊二烯的结构简式： 【答案】B 【解析】 【详解】A．一元酸次磷酸(H3PO2)只含有1个羟基氢，结构简式：，A错误； B．4-甲氧基苯胺中氨基和甲氧基处于对位，结构简式：，B正确； C．基态Cu＋的价电子数为10，价电子轨道表示式为，C错误； D．相同的原子或原子团位于双键两侧的为反式结构，反式聚异戊二烯的结构简式：，D错误； 故选B。 4. 下列仪器和操作不能实现实验目的的是 A．分离铁粉和I2 B． 检验Ag⁺是否沉淀完全 C． 滴定终点前用洗瓶冲 洗锥形瓶内壁减小误差 D．当分水器中水层不再增多，说明制备实验已完成 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．加热铁粉和I2的混合物时，二者会发生反应生成FeI2，不能达到实验目的，A错误； B．在AgCl饱和溶液中，沿烧杯壁向上层清液继续滴加1~2滴0.1mol∙L-1NaCl溶液，若有浑浊出现，则表明Ag+没有沉淀完全，否则沉淀完全，B正确； C．中和滴定达终点前，将滴定管的尖端接触锥形瓶内壁，此时有半滴标准液流入锥形瓶，用洗瓶冲洗锥形瓶内壁，使标准液流入锥形瓶内与待测液反应，从而减小误差，C正确； D．当分水器中水层不再增多，则反应已不再生成水，可说明制备实验已完成，D正确； 故选A。 5. 某离子液体的结构如图所示，其阴离子能与纤维素中的羟基形成氢键，对纤维素有很好的溶解性。W、X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y是组成有机物的基本骨架元素。下列说法正确的是 A. 第一电离能：Y>Z B. 阴离子中X不满足8电子稳定结构 C. 氢化物的沸点：Z>Y D. WQ属于酸，但能与某些酸性氧化物反应 【答案】D 【解析】 【分析】Y是组成有机物的基本骨架元素，则Y为C；Q的原子序数大于C，形成1个共价键，且离子液体的阴离子能与纤维素中的羟基形成氢键，说明Q的电负性较大，则Q为F；Z能形成3个共价键或4个共价键，原子序数大于C，小于F，则Z为N；X的原子序数小于C，且形成，则X为B．W的原子序数最小，结合成键特点，则W为，据此分析； 【详解】A．N的2p电子处于半充满状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能，A错误； B．B原子核外有3个价电子，4个F提供4个电子，又带1个单位的负电荷，故中B满足8电子稳定结构，B错误； C．Y为C元素，Z为N元素，NH3分子间可以形成氢键，简单氢化物的沸点：NH3>CH4，题中未标明最简单的氢化物，则有固态烃，沸点高于NH3，C错误； D．HF为弱酸，可与反应，D正确； 故选D。 6. 下列实例与解释不相符的是 选项 实例 解释 A 石墨熔点比金刚石高 石墨晶体内存在共价键、分子间作用力，而金刚石晶体内只存在共价键 B 臭氧在四氯化碳中的溶解度高于在 水中的溶解度 臭氧是极性分子，但极性很弱 C 邻羟基苯甲酸的酸性强于苯甲酸 邻羟基苯甲酸易形成分子内氢键，有利 于羧基上氢离子的电离 D 酸性： > O的电负性比S大，使羧基中的O-H键极性更强，更容易电离出H+，酸性 更强。 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．石墨熔点比金刚石高是因为石墨晶体中碳碳键键长小于金刚石中碳碳键、键能大于金刚石中碳碳键，共价键强于金刚石中碳碳键所致，与石墨晶体中的分子间作用力无关，A错误； B．虽然O3为极性分子，但其分子的极性微弱，导致O3在水中的溶解度小于在四氯化碳中的溶解度，B正确； C．邻羟基苯甲酸分子内的羟基与羧基之间即存在氢键（分子内氢键），使羧基中的O-H键极性更强，有利于氢离子的电离，C正确； D．O的电负性比S大，吸电子能力更强，使羧基中的O-H键极性更强，更容易电离出H+，酸性 更强，D正确； 故选A。 7. 某小组检验补铁剂中铁元素的价态，实验如下。 已知：SCN−中硫元素的化合价为–2价。 下列说法正确的是 A. 为使③中现象明显，试剂a可以选用过量氯水 B. KMnO4褪色的原因一定是5Fe2+ + + 8H+ = 5Fe3++ Mn2+ + 4H2O C. 用邻二氮菲()检测Fe2+时，需先调节滤液pH，pH过大或过小均会影响测定 D. 该实验可证实补铁剂中的铁元素以Fe2+和Fe3+形式存在 【答案】C 【解析】 【分析】补铁剂与盐酸反应，分成三份，第一份加入KSCN，溶液微红，滴加试剂a后，溶液红色加深，说明③中生成的硫氰化铁浓度大，②中生成的硫氰化铁浓度很小，则a为氧化剂，将亚铁离子氧化为铁离子，；第二份加入高锰酸钾，现象为褪色，说明发生氧化还原反应；第三份加入邻二氮菲()检测Fe2+时，溶液变橙红色，据此分析； 【详解】A．SCN−中硫元素的化合价为–2价，具有还原性，试剂a选用过量氯水，可能会与SCN−发生氧化还原反应，不能使现象明显，A错误； B．因之前加入盐酸，其中氯离子具有还原性，也可能使KMnO4褪色，B错误； C．用邻二氮菲检测Fe2+时，需先调节滤液pH，pH过大会形成氢氧化亚铁沉淀，pH过小邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，均会影响测定，C正确； D．补铁剂加入盐酸后，滴加KSCN后微微变红说明有少量Fe3+，滴加邻二氮菲变橙红色，说明有Fe2+，但Fe3+可能是部分二价铁被空气氧化所得，D错误； 故选C。 8. 化合物M是一种新型抗生素的中间体，其合成路线如下(略去部分试剂和反应条件)。已知化合物K虚线圈内所有原子共平面。下列说法正确的是 A. K中碳氮键可沿键轴旋转 B. L中所有碳、氧原子共平面 C. 形成M时，氮原子与L中碳原子a成键 D. Q的构造异构体有6种 【答案】D 【解析】 【详解】A．化合物K虚线圈内所有原子共平面，则N原子的最外层孤电子对未参与杂化，而是与苯环的大π键共轭，故碳氮键不可沿键轴旋转，A错误； B．L中有饱和碳原子，故所有碳、氧原子不共平面，B错误； C．对照L和M的结构可以看出，形成M时，L分子中18O与b碳原子之间的共价键断裂，则氮原子与L中碳原子b成键，C错误； D．Q的构造异构体、、、、、，共有6种，D正确； 故选D。 9. 下列说法正确的是 A. 检验丙烯醛分子中的碳碳双键：向其中滴加足量的溴水，观察溴水是否褪色 B. 验证牺牲阳极法防止铁腐蚀：向铁电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液，观察是否有蓝色沉淀 C. 探究温度对化学平衡的影响：加热CuCl2稀溶液，观察溶液颜色变化 D. 检验麦芽糖水解：与稀硫酸共热，调至碱性，加入银氨溶液并水浴加热，观察是否有银镜 【答案】C 【解析】 【详解】A．丙烯醛的醛基和碳碳双键均能与溴水反应，直接滴加溴水无法区分两者，需先消除醛基干扰，故A错误； B．牺牲阳极法中，铁作为阴极被保护，不会产生二价铁离子，故滴加K3[Fe(CN)6]溶液不会生成蓝色沉淀，但由于铁片可被K3[Fe(CN)6]氧化为二价铁离子，随后二价铁离子与K3[Fe(CN)6]进一步反应生成蓝色沉淀，无法直接验证，故B错误； C．溶液中存在平衡：，加热后平衡发生移动，可通过观察溶液颜色变化探究新制温度对化学平衡的影响，故C正确； D．麦芽糖本身就是还原性糖，无法通过上述实验，检验麦芽糖水解，故D错误； 答案选C。 10. 某学习小组探究利用强碱准确滴定强酸和弱酸混合溶液中强酸的可能性，以溶液滴定同浓度HCl和HA混合溶液为例(HA代表不同的任意弱酸)。HCl滴定百分比x、分布系数随pH变化关系如下图所示。 [已知，lg2=0.3]下列说法正确的是 A. 曲线对应酸的电离常数：Ⅱ<Ⅲ B. a点的纵坐标约为0.67 C. b点处存在如下关系： D. 甲基橙作指示剂，大于时，即可准确滴定混合溶液中的HCl 【答案】B 【解析】 【详解】A．如图所示，当A－分布系数均为0.5时，对应c(A－)＝c(HA)， pH＝－lgc(H＋)，A分布系数＝0.5时，pH越大，对应酸的电离平衡常数越小，则电离平衡常数：Ⅱ＞Ⅲ，A错误； B．结合当A－分布系数均为0.5时，可得到曲线Ⅲ对应酸的电离平衡常数，a点对应pH＝6.2,带入得到，，B正确； C．溶液中电荷守恒，b点存在，变形有,因为b点溶液呈酸性，C错误； D．可以准确滴定混合溶液中的HCl，说的是HCl刚刚滴定结束后，HA才开始电离；甲基橙作指示剂pH=4.4时变色(橙变黄)，曲线Ⅲ的起点pH＞4，也就是说pH＞4，HA才电离，不影响HCl的滴定，故Ka＜10－5.9满足题意，D错误； 故答案为：B。 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. 通过实验测定有机物A的组成和结构，取4.5 g样品，置于铂舟并放入燃烧管中，不断通入氧气流，用电炉持续加热样品，将生成物依次通过盛有浓H2SO4和碱石灰的装置，生成物被完全吸收后，测得浓H2SO4增重2.7 g，碱石灰增重6.6 g。并对该物质进行图谱分析可得以下图谱。 下列说法错误的是 A. 由质谱图可知相对分子质量为91，该有机物的分子式为C3H6O3 B. 由核磁共振氢谱可知峰面积比为1：1：1：3 C. 等量该有机物分别和足量金属钠或足量碳酸氢钠溶液反应生成的气体一样多 D. 有机物A不存在立体异构体，存在和有机物A具有相同官能团的构造异构体 【答案】AD 【解析】 【分析】生成物为水和二氧化碳，浓H2SO4增重2.7g，说明反应生成的n(H2O)=，有机物A中含n(H)=0.3mol；碱石灰增重6.6g，说明反应生成的n(CO2)=，则有机物A中含n(O)=，所以有机物A中C、H、O三种原子的物质的量之比为0.15∶0.3∶0.15=1∶2∶1，即实验式为CH2O，由质谱图可知其相对分子质量为90，则有机物A分子式为C3H6O3，核磁共振氢谱图中峰面积之比为1∶1∶1∶3，即含有4种等效氢，且每种等效氢的原子个数之比为1∶1∶1∶3，由红外光谱图可知有机物A含有-OH和-COOH，则其结构简式为，据此解答。 【详解】A．由质谱图可知，相对分子质量为90，不是91，结合分析可知，该有机物的分子式为C3H6O3，A错误； B．由核磁共振氢谱图可知峰面积比1∶1∶1∶3，B正确； C．由分析可知，该有机物的结构简式为，含有的-OH和-COOH均能和金属钠反应，只有-COOH能和碳酸氢钠溶液反应，假设1mol该有机物参与反应，与足量金属钠反应生成的氢气为1mol，与足量碳酸氢钠溶液反应生成的二氧化碳也是1mol，生成的气体一样多，C正确； D．有机物A中含有手性碳原子，即存在对映异构体，所以存在和有机物A具有相同官能团的构造异构体，D错误； 故选AD。 12. 天津大学张兵团队合成了高曲率的纳米针尖电极催化剂，实现了溴自由基介导的环氧氯丙烷无膜电合成。其工作原理如图所示。已知：。具有较低的和生成能垒、较高的氧化的能垒和固定的Br吸附位点，同时抑制析氧和析溴竞争反应。 下列说法错误的是 A. 电极a接电源的正极 B. Ⅱ可能为 C. 由Ⅱ生成环氧氯丙烷的方程式为 D. 当合成1mol环氧氯丙烷时，至少有22.4L （标准状况）生成 【答案】B 【解析】 【分析】由图可知，右电极上H2O被还原生成H2，即右电极作阴极，则左电极作阳极，阳极上X-和OH-同时且等量放电：X- -e-=X·、OH- -e-=OH·。据此作答。 【详解】A．根据分析，左边电极a为阳极，所以电极a接电源的正极，A正确； B．根据图示，I与·OH结合生成II，所以II只能是，B错误； C．根据图示，由Ⅱ生成环氧氯丙烷的方程式为，C正确； D．当合成1mol环氧氯丙烷时，阳极上X-和OH-各失去1mol电子，共转移2mol电子，根据2H2O+2e-=2OH-+H2↑，转移2mol电子时，生成1molH2，即22.4L （标准状况），D正确； 答案选B。 13. 金属有机框架(MOFs)是一类由金属离子与有机配体通过配位键自组装形成的多孔晶体材料。MOF-5是其中最具代表性的材料之一，MOF-5晶体由具有正四面体结构的[Zn4O]6+(如图)和有机配体BDC2-(如图)构成，其中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的取向不同。 下列说法错误的是 A. 基态Zn2+电子的空间运动状态为14种 B. MOF-5晶体内部的空腔可以吸附小分子。若要增强MOF-5与H2O之间的吸附作用，可在配体上引入-OH﹑-NH2或-CH3 C. Cu的第二电离能I2小于 Zn的第二电离能I2 D. 除BDC2-外， 可以作为有机配体用于构成金属有机框架 【答案】BC 【解析】 【详解】A．基态Zn2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，核外电子占用14个原子轨道，电子的空间运动状态为14种，故A正确； B．-OH﹑-NH2能与水分子形成氢键，-CH3不能与水分子形成氢键，-OH﹑-NH2能增强MOF-5与H2O之间的吸附作用，-CH3不能增强MOF-5与H2O之间的吸附作用，故B错误； C．Cu的第二电离能是失去3d10上的1个电子吸收的能量，Zn的第二电离能是失去4s1上的1个电子吸收的能量，3d10结构稳定，难失电子，所以Cu的第二电离能I2大于 Zn的第二电离能I2，故C错误； D．结构可知，含有2个及以上可以作为配体， 中O原子含有孤电子对，能与金属阳离子形成配位键，满足作为配体的要求，故D正确； 选BC。 14. 利用NaClO氧化尿素[CO(NH2)2]制备水合肼(N2H4·H2O)的同时可制备Na2SO3，制备流程如图所示： 已知：水合肼有强还原性；Ka( H2SO3) = 10-2， Ka ()= 10-7. 下列说法错误的是 A. “步骤Ⅰ”反应时，若产物中n(NaClO)：n(NaClO3) = 5：1，则n(NaCl)：n(NaClO) = 2：1 B. “步骤Ⅱ”中应将尿素逐滴滴加到步骤Ⅰ所得溶液中 C. “步骤Ⅱ”反应的离子方程式为ClO-+CO(NH2)2+2OH-= Cl-+N2H4·H2O+ D. “步骤Ⅳ”应调节溶液pH约为4.5 【答案】BD 【解析】 【分析】步骤Ⅰ中氯气与氢氧化钠发生氧化还原反应，生成氯化钠、次氯酸钠和氯酸钠，步骤Ⅱ中次氯酸钠与尿素发生反应，生成水合肼溶液、氯化钠和碳酸钠，步骤Ⅲ从溶液中分离提纯得到水合肼溶液和碳酸钠，碳酸钠与二氧化硫反应生成亚硫酸钠。 【详解】A．“步骤Ⅰ”发生氧化还原反应，遵循得失电子守恒，若产物中n(NaClO)：n(NaClO3) = 5：1，假设n(NaClO)=5mol，n(NaClO3) =1mol，根据得失电子守恒，n(NaCl)=10mol，即n(NaCl)：n(NaClO) = 2：1，A正确； B．步骤Ⅱ是利用次氯酸钠氧化尿素以制备，具有还原性，会被次氯酸钠氧化，所以“步骤Ⅱ”中应将次氯酸钠溶液逐滴滴加到尿素中，B错误； C．根据分析可知，“步骤Ⅱ”是在碱性条件下用次氯酸钠氧化尿素以制备，根据得失电子守恒及电荷守恒，离子方程式：ClO-+CO(NH2)2+2OH-= Cl-+N2H4·H2O+，C正确； D．“步骤Ⅳ”中为了促使碳酸钠吸收二氧化硫生成亚硫酸钠，应使溶液呈碱性，D错误； 答案选BD。 15. 一定温度下，将CaC2O4固体溶于不同初始浓度 [c0 ( HCl )] 的盐酸中，平衡时部分组分的lg c～lg c0 ( HCl )关系如图。已知该温度下 Ka( H2C2O4) = 10-1.3， Ka () = 10-4.3。 下列说法错误的是 A. lgc0 ( HCl ) = -1.2时，溶液的pH = 1.3 B. 任意c0 ( HCl )下均有：c(Ca2+) = c() + c(H2C2O4) + c() C. CaC2O4 (s) + 2H+(aq) = Ca2+(aq) + H2C2O4 (aq)的平衡常数为10-3.0 D. lgc0 ( HCl ) = -4.1时，2c(Ca2+) + c(H+) = c( OH-) + 2c() + c( Cl-) 【答案】D 【解析】 【分析】将草酸钙固体溶于不同初始浓度的盐酸中，体系中存在一系列平衡、、，随着HCl浓度的增大，Ca2+浓度增大，浓度减小，浓度一直增大，因此曲线Ⅰ代表，曲线Ⅱ代表，曲线Ⅲ代表，据此解题； 【详解】A．时，，则Ka1()=c(H+)=10-1.3mol/L，溶液的，A正确； B．和盐酸反应过程中，任意下均存在物料守恒：，B正确； C．时，，，，；，解得，由图可知时，，则；的平衡常数，C正确； D．溶液中存在电荷守恒，时，c()=c()，则存在关系，D错误； 故选D。 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 配位化合物在催化反应、材料合成、生物医药及环境治理等领域发挥关键作用。 Ⅰ．铜元素在生命体系和超导领域研究中发挥着至关重要的作用。 （1）以5-磺基水杨酸和咪唑衍生物为配体合成了单核心的铜配合物如图所示： 咪唑( )具有类似苯环的芳香性，上图标号为②、③的N原子p轨道能提供一对电子的是___________(填标号)。 （2）上图中酚羟基中的H原子始终与苯环共面，①号O原子的杂化方式为___________，a处C-O键键长___________乙醇中C-O键键长(填“<”、“>”或“=”)，原因：一是a处C、O原子的杂化轨道中s成分多，形成的键强，键长短；二是___________。  Ⅱ．Hg是第一种被发现的超导体，Hg最外层有2个电子。 （3）HgCl2分子的空间结构为___________；实验室用K2[HgI4]鉴别NH，反应生成[NH2Hg2O]I(黄色沉淀)，[NH2Hg2O]+ 中Hg2+的配位数为2，画出 [NH2Hg2O]+ 的结构简式___________。 （4）已知阴、阳离子的电子云在离子极化作用下发生变形，离子半径越大，变形性越大，电子云重叠程度越大。稳定性[HgI4]2-___________[HgCl4]2-(填 “>” “<” 或 “=” )，原因是___________。 Ⅲ．某种由NH3作为配体形成的新型储氢材料的晶胞结构如图，其中NH3为正八面体的顶点，H为正四面体的顶点。 （5）若以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，则Q的原子分数坐标为___________；若晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为___________ g·cm-3. 【答案】（1）② （2） ①. sp2 ②. < ③. a处C、O原子参与形成大π键，C-O键的键长短 （3） ①. 直线形 ②. （4） ①. > ②. 半径I— > Cl—，离子半径越大，变形性越大，[HgI4]2-的电子云重叠程度更大更稳定 （5） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 咪唑具有类似苯环的芳香性，则氮原子为sp2杂化，两个N原子的价层电子对数均为3，对于②号N原子，有3个键，则3个sp2杂化轨道均各有1个电子用于形成键，p轨道上有1对孤电子对，对于③号N原子，有2个键，则2个sp2杂化轨道各有1个电子用于形成键，则第3个sp2杂化轨道有1对孤电子对，故上图标号为②、③的N原子p轨道能提供一对电子的是②； 【小问2详解】 上图中酚羟基中的H原子始终与苯环共面，则苯环、①号O原子始终共平面，可以推测①号O原子的杂化方式为sp2杂化，a处C、O原子参与形成大π键；a处C原子与苯环相连，C原子为sp2杂化，乙醇中C原子为sp3杂化。a处C—O键键长小于乙醇中C—O键键长，原因一是a处C、O原子的杂化轨道中s成分多，形成的键强，键长短；二是a处C、O原子参与形成大π键，使C—O键键能增大，键长缩短 。 【小问3详解】 Hg最外层有2个电子，在HgCl2中，Hg与2个Cl形成2个σ键，Hg原子的价层电子对数n = 2+=2，且不含孤电子对，分子的空间结构为直线形； 已知[NH2Hg2O]+中Hg2+的配位数为2，N和O原子上有孤电子对，Hg2+作为中心离子接受配体提供的孤电子对形成配位键。N和O作为配体与Hg2+形成配位键，其结构简式为 ； 【小问4详解】 稳定性[HgI4]2-＞[HgCl4]2-，对于[HgI4]2-和[HgCl4]2-，中心离子均为Hg2+，阴离子分别为I-和Cl-。已知离子半径越大，变形性越大，电子云重叠程度越大，原因是：I-的离子半径大于Cl-的离子半径，I-在Hg2+的离子极化作用下电子云变形性更大，与Hg2+的电子云重叠程度更大，形成的配位键更强。 【小问5详解】 若以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示品胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，根据晶胞结构可知Q的原子分数坐标为，NH3为正八面体的项点，H为正四面体的顶点，由晶胞结构可知。BH4的个数为8，Fe(NH3)6的个数为8×1/8+6×1/2=4，若晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为= g·cm-3。 17. CO还原法回收利用SO2是治理烟气的重要课题，有关实验探究如下，回答以下问题： Ⅰ．利用下列装置收集干燥的SO2. （1）装置A中盛放的试剂为___________。 装置的连接顺序为：制备装置→___________(按气流方向，用小写字母表示)。 Ⅱ．利用如下装置，探究在460℃和Cu-Al2O3催化下，CO还原SO2回收硫磺的效率。已知：F、G装置分别盛有20 mL 0.01 mol·L-1 NaOH溶液和醋酸二氨合铜溶液。反应时混气装置内SO2、CO体积分数分别为0.05% 、0.1% 。 （2）管式电阻炉中发生反应的化学方程式为___________；装置G的作用是___________。 （3）涉及的实验操作有： a．通入氮气一段时间 b．按上述比例通入CO、SO2和N2混合气体 c．加热管式炉 d．停止加热，冷却 e．停止通入CO、SO2和N2混合气体 f．测定F中相关物质的量 正确的操作顺序为a→___________→f． （4）上述反应结束后，先将F中过量的NaOH除去，再以淀粉溶液为指示剂，用0.001 mol·L-1 标准碘溶液滴定，消耗标准溶液18.00 mL，滴定终点的现象为___________。已知实验过程中通入混合气体总体积为8.96 L(已折算为标准状况)，则SO2转化率为___________。若将装置F、G互换顺序，重复实验，测定结果将___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。 （5）工业上利用上述原理获得的硫磺粗品含有碳单质，设计简单的实验方案提纯硫磺：___________。 【答案】（1） ①. P2O5或无水氯化钙 ②. ba → cd → g (ba → cd → ba → g) （2） ①. SO2 + 2COS + 2CO2 ②. 吸收未反应的CO，防止污染空气 （3）c→ b→ e → a → d （4） ①. 当滴入最后半滴碘溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 ②. 91.0％ ③. 偏大 （5）将硫磺粗品溶于足量的二硫化碳，过滤，蒸馏 【解析】 【分析】A干燥二氧化硫，可选用P2O5或无水CaCl2，B中用向上排空气法收集二氧化硫，D中吸收二氧化硫，防止污染空气，故装置的连接顺序为：ABD(或ABAD)。混气装置将气体混合完成后，在管式电阻炉中反应，E中收集硫磺，F吸收未反应完的SO2，G吸收未反应完的CO。 【小问1详解】 据上述分析可知A中的试剂为P2O5或无水CaCl2；装置的连接顺序为ba → cd → g (ba → cd → ba → g)； 【小问2详解】 依题可知管式电阻炉中发生CO还原SO2回收硫磺的反应，反应的化学方程式为SO2 + 2COS + 2CO2；据上述分析可知，装置G吸收未反应完的CO； 【小问3详解】 实验开始时先用氮气将装置中的空气排干净，再按一定比例通入混合气体，加热管式炉进行反应，停止通气后再通一段时间氮气，将装置中未反应完的气体除去，最后测定F中相关物质的量，故操作顺序为a→ c→ b→ e → a → d→f； 【小问4详解】 滴定终点的现象为：当滴入最后半滴碘溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；滴定时发生的反应为，故存在计量关系：，转化率为；若将装置F、G互换顺序，亚硫酸根被空气中氧气氧化，消耗的碘单质的物质的量偏少，故重复实验，测定结果将偏大； 【小问5详解】 硫磺易溶于CS2而碳难溶于CS2，故先用CS2溶解S，再过滤，滤液经蒸馏得到硫磺。 18. 从工业废料[含ZnO、少量Fe2O3及铟(In)、铋(Bi)、锗(Ge)的氧化物]中回收金属单质或化合物的工业流程如图： 已知：i． In3+与Al3+相似，易水解； ii． Ge4++2H2R GeR2 ↓+4H+； iii． Ksp [Fe(OH)3] =1×10-38，Ksp [Zn(OH)2] =1×10-17，Ksp [Ge(OH)4]=4×10-46 。 请回答下列问题： （1）下列措施更有利于完成“酸浸l”目的的是___________(填序号)。 a．预热工业废料         b．启动搅拌器 c．将硫酸浓度增大到70%     d．加大废料的用量 （2）“浸液1”中c(Zn2+)约为0.1 mol·L-1，则除去Fe3+时应控制pH的范围为___________。(已知：当溶液中某离子浓度小于1.0 × 10-5 mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全。) （3）“沉锗”操作中需调节pH为2.5，不能过高或过低，原因是___________。 （4）“水相···→海绵铟”的流程如图：虚线框内实验步骤的目的是___________，沉铟过程可用纯碱代替烧碱的原因是___________(用离子方程式表示)。 （5）①加热ZnSO4·7H2O(M = 287 g·mol-1)固体，固体质量保留百分数与温度的关系如图所示。 温度从688℃升高到1050℃时，同时生成两种气体，该反应的化学方程式为___________； ②ZnO可用作半导体材料，晶体中部分O原子被N原子替代可以改善半导体的性能，Zn-N键中离子键成分的百分数小于Zn-O键，原因是___________。 【答案】（1）ab （2）3 ≤ pH < 6 （3）pH过高，有Ge(OH)4生成，pH过低，Ge4+＋2H2RGeR2↓＋4H＋化学平衡逆向移动，均不利于沉锗的进行 （4） ①. 富集InCl3 ②. 2In3++3+3H2O=2In(OH)3↓+3CO2↑ （5） ①. 2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑ ②. 电负性O>N，O对电子的吸引能力更强，Zn更容易与O形成离子键 【解析】 【分析】工业废料除ZnO和少量Fe2O3外，还含有铟（In）、铋（Bi）、锗（Ge）的氧化物，工业废料中加入稀硫酸进行酸浸1，ZnO、Fe2O3溶于稀硫酸分别生成可溶性的ZnSO4、Fe2（SO4）3，浸液1通过一系列转化得到ZnSO4晶体；过滤后得到的浸渣中加入70%的H2SO4进行酸浸2，得到含铋渣[（BiO）2SO4]，浸液2中加入H2A2/煤油进行萃取，有机相中加入盐酸进行反萃取得到有机相和水相，水相通过一系列操作得到海绵In；水相中加入单宁酸进行沉锗，过滤后得到的滤渣进行焙烧氯化蒸馏得到GeCl4。 【小问1详解】 a．预热工业废料可以升高温度，加快反应速率，a正确； b．启动搅拌器，增大接触面积，使反应物接触充分，加快反应速率，b正确； c．将硫酸浓度增大到70%，铋的氧化物也会反应，滤液不纯，达不到目的，c错误； d．加大废料的用量会导致溶液浓度降低，速率变慢，不有利于完成“酸浸l”，d错误； 故选ab； 【小问2详解】 “浸液1”中c(Zn2+)约为0.1 mol·L-1，则除去Fe3+时需要除去铁离子，不除去锌离子，铁离子完全沉淀时c（OH-）==10-11mol/L，此时pH=3，锌离子开始沉淀c（OH-）=，此时pH=6，应控制pH的范围为3 ≤ pH < 6。 【小问3详解】 In3+与Al3+相似，易水解，“沉锗”操作中需调节pH为2.5，不能过高或过低，原因是pH过高，有Ge(OH)4生成，pH过低，Ge4+＋2H2RGeR2↓＋4H＋化学平衡逆向移动，均不利于沉锗的进行； 【小问4详解】 根据“水相···→海绵铟”的流程图，虚线框内实验步骤的目的是富集InCl3，In3+与Al3+相似，易水解，沉铟过程可用纯碱代替烧碱的原因是2In3++3+3H2O=2In(OH)3↓+3CO2↑。 【小问5详解】 ①设ZnSO4∙7H2O固体的质量是100g，物质的量为mol，依据锌守恒的原则，可求出688℃时固体的摩尔质量为≈161g/mol，其为ZnSO4；1050℃时所得固体的摩尔质量为≈81g/mol，其为ZnO，分解产生的气体应为SO2、O2的混合气，该过程中发生反应的化学方程式为2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑。 ②ZnO可用作半导体材料，晶体中部分O原子被N原子替代可以改善半导体的性能，Zn-N键中离子键成分的百分数小于Zn-O键，原因是电负性O>N，O对电子的吸引能力更强，Zn更容易与O形成离子键。 19. 一锅法全合成奥司他韦(化合物G)，60min内完成5步反应，总收率达到15％，其合成路线如下(略去部分试剂和条件，忽略立体化学)。 已知： HWE反应：(其中R1﹑R3﹑R5为烃基，R2﹑R4为烃基或H) 回答下列问题； （1）A中含氧官能团名称是___________；B的结构简式是___________。 （2）D为丙烯酸乙酯衍生物。丙烯酸乙酯有多种同分异构体，同时满足下列条件的有___________种(不考虑立体异构)； ① 具有与丙烯酸乙酯相同的官能团； ② 核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为3：3：2. 其中一种发生水解反应能生成甲醇，其系统命名法为___________；写出用其合成有机玻璃(PMMA)的化学方程式___________。 （3）反应⑤的反应类型为___________，奥司他韦(化合物G)有___________个手性碳原子。 （4）化合物N可用作医药合成中间体。参考反应②(Michael和HWE的一个串联反应)，设计化合物N的合成路线如下(部分反应条件已略去)，其中M的结构简式为___________。 【答案】（1） ①. 酰胺基、硝基 ②. 或 （2） ①. 2 ②. 2-甲基丙烯酸甲酯 (或甲基丙烯酸甲酯) ③. （3） ①. 还原反应 ②. 3 （4） 【解析】 【分析】根据A的结构，C的结构，可知B的结构为；C与D反应生成E，E转化为F，根据F的结构及G的结构可知，该反应原理是使 F结构中的硝基转化为G结构中的氨基，故反应⑤为还原反应。 【小问1详解】 根据A的结构，可知其含氧官能团为酰胺基、硝基；A与B发生加成反应生成C，根据A、C结构，可知B的结构为或，故答案为：酰胺基、硝基；或； 【小问2详解】 丙烯酸乙酯的结构简式为CH2=CHCOOC2H5，满足条件的丙烯酸乙酯的同分异构体结构中含有碳碳双键、酯基及2个不对称位置的甲基，故其结构有、CH3-COOC(CH3)=CH2，共2种；其中能发生水解反应生成甲醇的是，其系统命名为2-甲基丙烯酸甲酯；中含有碳碳双键，可以发生加聚反应，方程式为：；故答案为：2；2-甲基丙烯酸甲酯 (或甲基丙烯酸甲酯)；； 【小问3详解】 根据F的结构及G的结构可知，该反应原理是使 F结构中的硝基转化为氨基，故反应⑤反应类型为还原反应； 结构中标有*的碳原子为手性碳原子，故有3个； 故答案为：还原反应；3； 【小问4详解】 反应②C结构中含有醛基，与D发生反应的生成物中该醛基碳原子与酯基碳的邻位碳原子形成碳碳双键，参考反应②(Michael和HWE的一个串联反应)的反应物之一结构中含有羰基，该碳原子在生成物中也是与酯基碳的邻位碳原子形成碳碳双键，由此可知被氧化的M中含有羰基，结合N的结构中含有的碳碳双键，故M结构为； 故答案为：。 20. 甲醇是主要的有机原料，常利用CH4、CO2等进行制备。回答下列问题： Ⅰ．利用甲烷选择性氧化制备甲醇，其原子利用率100%。 （1）该反应的热化学方程式为___________。已知：CH4(g)、CH3OH(l)的摩尔燃烧焓分别为-890 kJ·mol-1、-724 kJ·mol-1。 （2）已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的。从反应速率的角度分析，通入CH4后将体系温度维持在200℃的原因是___________(不考虑催化剂活性变化)。 Ⅱ．利用合成气CO2、H2制备甲醇，涉及的反应如下： 反应①：CO2(g)+3H2(g)= CH3OH(g)+H2O(g)   ∆H1<0 反应②：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)   ∆H2>0 在不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3进行投料，在容器中发生反应①、②，平衡时，CO和 CH3OH在含碳产物(即CH3OH和CO)中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图所示。 （3）图中压强 p1、p2、p3由大到小的顺序为___________；压强不变时，分析升温过程中CO2转化率变化的原因：___________。 （4）在某恒温恒容体系中，按起始c(CO2)=1mol·L-1、c(H2) = 3mol·L-1进行实验，平衡时CH3OH的物质的量分数为点M，此时CO2转化率为20%，则该条件下反应②正反应的平衡常数K=___________(保留一位有效数字)。 （5）反应①存在以下定量关系：(其中Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，实验数据如图中曲线a所示。当改变外界条件时，实验数据如曲线b所示，则改变的外界条件可能为___________。 Ⅲ．科学家设计如图所示装置(串联光电催化反应池)减少CO2排放并获取制备甲醇的原料CH4。 （6）光催化电池中的半导体是在晶体硅中掺杂硼原子和磷原子实现的。p型半导体也称为空穴型半导体，n型半导体也称为电子型半导体。据此推测 n型半导体掺杂的是___________(填元素符号)。产生CH4的电极反应式为___________。 【答案】（1）2CH4(g) + O2(g) = 2CH3OH(l) ∆H = -332 kJ·mol-1 （2）温度过低，反应速率降低；温度过高，反应物在催化剂表面的吸附量减少成为主因，也会导致反应速率减小 （3） ①. p1＞p2＞p3 ②. 升高温度，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动。250℃前，温度升高对反应①的影响是主要的，使CO2的转化率降低，250℃后，温度升高对反应②的影响是主要的，使CO2的转化率升高 （4）0.01 （5）使用更高效的催化剂 （6） ①. P ②. CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O 【解析】 【小问1详解】 甲烷氧化制备甲醇的方程式为：，已知：，，甲烷制备甲醇的焓变，该反应的热化学方程式为：2CH4(g) + O2(g) = 2CH3OH(l) ∆H = -332 kJ·mol-1； 【小问2详解】 已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的，温度过低，虽然有利于气体在催化剂表面的吸附，但对提高反应速率不利；温度过高，不利于气体在催化剂表面的吸附，但对提高反应速率有利。从反应速率的角度分析，通入CH4后将体系温度维持在200℃的原因是：温度过低，反应速率降低；温度过高，反应物在催化剂表面的吸附量减少成为主因，也会导致反应速率减小； 【小问3详解】 由于反应①的∆H1＜0、反应②的∆H2＞0，低温时有利于反应①，所以下降的曲线为CH3OH(g)的物质的量分数随温度变化的曲线，上升的曲线为CO(g)的物质的量分数随温度变化的曲线。对于反应①，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH(g)的物质的量分数增大，则图中压强p1、p2、p3由大到小的顺序为p1＞p2＞p3；压强不变时，升高温度，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，则升温过程中，CO2转化率变化的原因：升高温度，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动。250℃前，温度升高对反应①的影响是主要的，使CO2的转化率降低，250℃后，温度升高对反应②的影响是主要的，使CO2的转化率升高； 【小问4详解】 在某恒温恒容体系中，按起始c(CO2)=1mol/L、c(H2)=3mol/L进行实验，平衡时CH3OH和CO的物质的量分数为点M，此时二者的物质的量分数都为50%，CO2转化率为20%，则参加反应CO2的浓度变化量为：1mol/L×20%=0.2mol/L。设反应①中CO2的浓度变化量为xmol/L，则反应②中CO2的浓度变化量为(0.2-x)mol/L，CO2的平衡浓度为0.8mol/L，H2的平衡浓度为：[3-3x-(0.2-x)]mol/L=(2.8-2x) mol/L，由此可列出三段式：，，x=0.2-x，x=0.1，则该条件下反应②的平衡常数：； 【小问5详解】 该定量关系为直线方程，活化能Ea为该直线的斜率，如图过程a→b直线斜率减小，即活化能Ea降低，所以改变的条件可能是：使用更高效的催化剂； 【小问6详解】 B比Si少1个价电子，二者结合后形成空穴，导致空穴导电；P比Si多1个价电子，二者结合后，多出1个自由电子，能提供电子导电。p型半导体也称为空穴型半导体，n型半导体也称为电子型半导体。据此，推测 n型半导体掺杂的是P；由图可知，在光阴极，CO2得电子生成CH4，产生CH4的电极反应式为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $