精品解析：广西壮族自治区南宁市第三中学2024-2025学年高二下学期5月月考 化学试题

南宁三中2023级高二下学期月考(三) 化学试题 可能用到的相对原子质量：Li-7 O-16 Ti-48 La-139 一、选择题(本题共14小题，每题只有一个正确选项。每小题3分，共42分)。 1. 下列物质的用途错误的是 A. 氧炔焰可用于焊接或切割金属 B. 乙二醇可用于生产汽车防冻液 C. 福尔马林可用于消毒和制作生物标本 D. 聚氯乙烯塑料(PVC)是热塑性塑料，常用于包装食品 2. 下列化学用语表示正确的是 A. 乙醇分子的球棍模型： B. 2-甲基丙醛的键线式： C. 聚乳酸的结构简式： D. 乙酸的电子式： 3. 下列事实不能用有机化合物分子中基团间的相互作用解释的是 A 乙烯能与H2发生加成反应，而乙烷不能 B. 甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色，而甲烷不能 C. 苯酚能与浓溴水发生取代反应，而苯不能 D. 乙酸能与NaHCO3溶液反应放出气体，而乙醇不能 4. 下列物质的鉴别方法(必要时可加热)错误的是 A. 己烷、CCl4、乙醛：用水鉴别 B. 乙醇、苯、CCl4：用燃烧法鉴别 C. 甲酸、乙酸、乙醛：用新制Cu(OH)2悬浊液鉴别 D. 1-丙醇、2-氯丙烷、苯酚稀溶液：用NaHCO3溶液鉴别 5. 下列有机物的命名正确的是 A. BrCH2CH2Br：二溴乙烷 B. (CH3)2CHOOCCH3：异丙酸乙酯 C. ：邻苯二甲酸 D. ：2-甲基-3-丁醇 6. 羟甲香豆素(丙)是一种治疗胆结石的药物，部分合成路线如下图所示。下列说法错误的是 A. 甲分子中的官能团只有羟基、酯基 B 乙可以发生氧化反应、取代反应、消去反应 C 丙分子中所有碳原子均处于同一平面 D. 1mol丙与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2molNaOH 7. 天津大学化学团队以CO2和辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置工作原理如下图。下列说法错误的是 A. Ni2P电极与电源正极相连 B. In/In2O3-x电极上可能有副产物H2产生 C. 在In/In2O3-x电极上发生的反应为： D. 溶液中有2molOH−迁移时，理论上Ni2P电极上有1mol辛腈生成 8. 下列合成路线不合理的是 A. 用乙烯合成乙酸： B. 用BrCH2CH=CHCH2Br合成HOOCCH=CHCOOH： C. 用乙烯合成乙二醇： D. 用乙烯合成1， 4-二氧杂环己烷()： 9. 下列说法错误的是 A. 的一氯代物有3种 B. 有机物分子式为C5H10O2，且能与NaHCO3溶液反应的同分异构体有4种 C. 单烯烃和氢气加成后得到，该单烯烃可能有2种结构(不考虑立体异构) D. 有机物的同分异构体中，其中属于酯且苯环上有2个取代基的同分异构体有6种 10. 下列化学方程式书写正确的是 A. 光照下甲苯与氯气反应生成一氯代物： B. 溴乙烷在NaOH醇溶液中加热： C. 甲醛与足量新制Cu(OH)2悬浊液反应： D. 向苯酚钠溶液中通入二氧化碳：2 11. 下列实验中，能够达到实验目的的是 A．证明碳酸的酸性强于苯酚 B．实验室制备乙炔气体 C．制备乙酸乙酯后，分离有机相和水相 D．检验乙醇发生消去反应后生成的乙烯 A. A B. B C. C D. D 12. X、Y、Z、M和Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，X原子半径最小，基态M原子核外电子的空间运动状态为7种，Z与Y、Q相邻，基态Z原子的s能级与p能级的电子数相等，下列说法错误的是 A. M元素位于元素周期表的p区 B. 键角：YX3>X2Z C. 基态原子中的未成对电子数：Z＜Y=M D. QZ2和Z3的空间结构均为V形 13. 甲酸(HCOOH)是一种重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂(含固体活性成分R3N，R为烷基)因静电作用被吸附回收，其回收率(被吸附在树脂上甲酸根的物质的量分数)与废水初始pH关系如图(已知甲酸Ka=1.8×10−4)，下列说法错误的是 A. 活性成分R3N可与盐酸发生反应： B. pH=4的废水中： C. 废水初始pH<2.4，随pH下降，甲酸的电离被抑制，回收率降低 D. 在0.1 mol·L−1 R3NHCl溶液中，存在： 14. 研究人员制备了一种具有锂离子通道的导电氧化物，其立方晶胞和导电时Li+迁 移过程如下图所示。已知该氧化物中Ti为价，La为价，晶胞参数为acm。下列说法正确的是 A. 导电时，Li的价态发生变化 B. 与Ti原子最近且等距的O原子数为3 C. 若，则Li+与空位的数目相等 D. 若x=y，则晶体的密度为 二、非选择题(共58分)。 15. 稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。一种利用钒钛磁铁矿精矿(主要成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和SiO2)综合提取钒、钛，并同步制备黄铵铁矾工艺流程如下图所示： 已知：①“加压焙烧”过程中FeCl3分解生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”；②“酸浸”所得溶液中钒、钛以、TiO2+形式存在。回答下列问题： （1）基态钒原子中价层电子的轨道表示式为_______。 （2）“加压焙烧”时，产生的气体可与盐酸反应进行循环利用，则该气体的用途之一是_______；FeV2O4(已知Fe为＋2价)经“二次氯化”转化为VO2Cl和FeCl2的化学方程式为_______。 （3）“酸浸”时，产生的“浸出渣”的主要成分为_______。 （4）“沉钛”时，为使TiO2+沉淀完全(c≤1.0×10−5 mol·L−1)，需要调节溶液的pH不低于_______[已知Ksp[TiO(OH)2]=1.0×10−29]。 （5）“氧化”时，H2O2的使用量远大于理论计算量，可能的原因为_______。 （6）“萃取”时，一定条件下，钒和铁萃取率与溶液初始pH的关系如图，据此分析，最佳的溶液初始pH为_______。 （7）“沉铁”时，生成黄铵铁矾的离子方程式为_______。 16. 苯乙烯是合成树脂及合成橡胶等的重要单体。 【乙苯催化脱氢制备苯乙烯】 ， ΔH1= +124 kJ·mol−1反应① （1）已知部分化学键的键能如下： 化学键 C-H C-C C=C H-H 键能/(kJ·mol−1) 412 348 a 436 则a=_______kJ·mol−1，反应①在_______(填“高温”或“低温”)下能自发反应。 （2）恒温恒容时，可以判断反应①达到化学平衡状态的标志是_______。 A. 平衡常数不变 B. 混合气体的密度不变 C. c(乙苯)与c (苯乙烯)之比保持不变 D. n(乙苯)与n(苯乙烯)之和保持不变 （3）实际生产过程中，通常向乙苯中掺入水蒸气，保持体系总压为常压的条件下进行反应①。请用化学平衡理论解释掺入水蒸气的目的是_____。 （4）T℃、100kPa下，若起始投料n(乙苯)：n(H2O)=4发生反应①，平衡时乙苯转化率为75%，则该温度下，反应的平衡常数Kp=_______kPa。(Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数) 【乙苯和CO2反应制备苯乙烯】 ，ΔH2= +158.7 kJ·mol−1反应②。在刚性容器中，进料浓度比[c(乙苯)：c(CO2)]分别等于1∶5、1∶15、1∶50时发生反应②，乙苯的平衡转化率随条件X的变化关系如图所示： （5）条件X是_______(填“温度”或“压强”)。 （6）曲线a的进料浓度比[c(乙苯)：c(CO2)]为_______，判断依据是_______。 17. 乙酰苯胺()可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间体。实验室中可采用苯胺和冰醋酸等原料制备乙酰苯胺。制备装置示意图如下图所示，实验步骤为： 步骤1：在圆底烧瓶中加入5.0 mL(0.055mol)苯胺、7.5 mL(0.13mol)冰醋酸和0.05g锌粒。安装仪器，加入沸石，调节加热温度，使温度计示数控制在105℃左右，反应约1.5h。 步骤2：在搅拌下，趁热将烧瓶中的物料倒入盛有100 mL冰水的烧杯中，冷却，结晶，抽滤、洗涤、干燥，得到乙酰苯胺粗品。 步骤3：将此粗乙酰苯胺进行重结晶，晾干，称重，计算产率。 注：分馏柱的作用相当于二次蒸馏，用于沸点差别不太大的混合物的分离。已知：①苯胺易被氧化；②有关物质的物理常数如下表： 名称 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解度 苯胺 93 -6.2 184.4 微溶于水 易溶于乙醇、乙醚 乙酸 60 16.7 118.1 易溶于水 易溶于乙醇、乙醚 乙酰苯胺 135 115 304 微溶于冷水，溶于热水 易溶于乙醇、乙醚 回答下列问题： （1）仪器a的名称为_______。 （2）写出该制备方法的主要化学方程式_______。 （3）“步骤1”中加热方式适宜选用_______(填“水浴”或“油浴”)，温度计控制示数在105℃左右的原因是_______。 （4）“步骤1”中入锌粒，除了防止暴沸外，还能起到的作用是_______。 （5）“步骤2”中将烧瓶中的物料倒入冰水中的目的是_______。 （6）“步骤3”中用水进行重结晶。重结晶过程：将粗产品溶于沸水中配成饱和溶液→再加入少量蒸馏水→加入活性炭脱色→加热煮沸→_______(填操作名称)→冷却结晶→过滤→洗涤→干燥。 （7）该实验最终得到5.5g纯净的乙酰苯胺，则乙酰苯胺的产率是_____%(结果保留一位小数)。 18. 有研究表明化合物G对神经系统有一定的保护作用，其部分合成路线如下。 已知：回答下列问题： （1）化合物B的名称为_______；化合物G中含氧官能团的名称为_______。 （2）反应④的反应条件(含试剂)为_______。 （3）反应③与⑥的反应类型分别为_______、_______。 （4）化合物E的结构简式为_______。 （5）反应⑤的化学方程式为_______。 （6）化合物F与等物质的量H2反应并未得到G，而是得到了副产物M，已知M的含氧官能团种类与F相同，写出M的结构简式_______。 （7）为了实现F到G的转变，同时避免得到副产物M，设计不超过3步的合成路线实现F到G的转变，_______(无机试剂任选)。(可表示为：AB……目标产物) 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 南宁三中2023级高二下学期月考(三) 化学试题 可能用到的相对原子质量：Li-7 O-16 Ti-48 La-139 一、选择题(本题共14小题，每题只有一个正确选项。每小题3分，共42分)。 1. 下列物质的用途错误的是 A. 氧炔焰可用于焊接或切割金属 B. 乙二醇可用于生产汽车防冻液 C. 福尔马林可用于消毒和制作生物标本 D. 聚氯乙烯塑料(PVC)是热塑性塑料，常用于包装食品 【答案】D 【解析】 【详解】A．氧炔焰温度高，常用于金属焊接或切割，A正确； B．乙二醇降低水的冰点，用作防冻液，B正确； C．福尔马林含甲醛，具有防腐消毒作用，可用于消毒和制作生物标本，C正确； D．聚氯乙烯（PVC）受热易分解有毒物质，不可用于食品包装，D错误； 故答案选D。 2. 下列化学用语表示正确的是 A. 乙醇分子的球棍模型： B. 2-甲基丙醛的键线式： C. 聚乳酸的结构简式： D. 乙酸的电子式： 【答案】B 【解析】 【详解】A．乙醇分子的球棍模型，A错误； B．2-甲基丙醛的主链上有3个碳，在第2个碳上有甲基，其键线式为：，B正确； C．聚乳酸可由乳酸CH3CH(OH)COOH发生缩聚反应生成，结构简式：，C错误； D．氧原子最外层有8个电子，乙酸的电子式，D错误； 故选B。 3. 下列事实不能用有机化合物分子中基团间的相互作用解释的是 A. 乙烯能与H2发生加成反应，而乙烷不能 B. 甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色，而甲烷不能 C. 苯酚能与浓溴水发生取代反应，而苯不能 D. 乙酸能与NaHCO3溶液反应放出气体，而乙醇不能 【答案】A 【解析】 【详解】A．乙烯含碳碳双键能加成，乙烷无碳碳双键不能加成，是官能团本身性质，非基团间相互作用，A符合题意； B．甲苯的苯环活化甲基，使其易被氧化，属于基团间相互作用，B不符合题意； C．苯酚的羟基活化苯环，促进取代反应，属于基团间相互作用，C不符合题意； D．乙酸羧基中羰基增强羟基酸性，属于基团间相互作用，D不符合题意； 故答案选A。 4. 下列物质的鉴别方法(必要时可加热)错误的是 A. 己烷、CCl4、乙醛：用水鉴别 B. 乙醇、苯、CCl4：用燃烧法鉴别 C. 甲酸、乙酸、乙醛：用新制Cu(OH)2悬浊液鉴别 D. 1-丙醇、2-氯丙烷、苯酚稀溶液：用NaHCO3溶液鉴别 【答案】D 【解析】 【详解】A．己烷密度小于水，CCl4密度大于水，乙醛与水混溶，用水可分层区分，A正确； B．乙醇燃烧无烟，苯燃烧有浓烟，CCl4不燃烧，燃烧法可鉴别，B正确； C．甲酸常温溶解Cu(OH)2得到蓝色溶液，在加热条件下生成砖红色沉淀，乙酸仅中和溶解，乙醛常温不溶解，加热生成砖红色沉淀，三者现象不同，C正确； D．苯酚酸性弱于碳酸，不与NaHCO3反应，1-丙醇中性不反应，二者均与碳酸氢钠溶液互溶，2-氯丙烷常温难水解，无法与NaHCO3反应，三者无法鉴别，D错误； 故答案选D。 5. 下列有机物的命名正确的是 A. BrCH2CH2Br：二溴乙烷 B. (CH3)2CHOOCCH3：异丙酸乙酯 C. ：邻苯二甲酸 D. ：2-甲基-3-丁醇 【答案】C 【解析】 【详解】A．官能团的位置没有标出，应为1，2-二溴乙烷，A错误； B．应先判断酸和醇的名称，再进行命名，应为乙酸异丙酯，B错误； C．两个羧基在苯环邻位，命名为邻苯二甲酸，C正确； D．醇类命名时，要选最长的碳链为主链，故主链上有4个碳原子，从离官能团近的一端开始编号，故在2号碳原子上有一个-OH，在3号碳原子上有一个甲基，故名称3-甲基-2-丁醇，D错误； 故答案选C。 6. 羟甲香豆素(丙)是一种治疗胆结石的药物，部分合成路线如下图所示。下列说法错误的是 A. 甲分子中的官能团只有羟基、酯基 B. 乙可以发生氧化反应、取代反应、消去反应 C. 丙分子中所有碳原子均处于同一平面 D. 1mol丙与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2molNaOH 【答案】D 【解析】 【详解】A．由甲分子的结构可知，1个甲分子含有3个羟基、1个酯基两种官能团，A正确； B．乙中的酚羟基等结构说明其可以被氧化，酯基水解、醇羟基转化为卤原子、酚羟基的邻对位与溴单质的反应等都属于取代反应，醇羟基的β位碳原子上有氢原子因此可以发生消去反应，B正确； C．苯环及其连接的碳原子共面，碳碳双键及其连接的原子共面，碳氧双键及其连接的原子共面，单键可以旋转，3个平面可以重合，即所有的碳原子可能共平面，C正确； D．1mol丙分子中有1mol酚酯基其水解时可以消耗2molNaOH，1mol酚羟基可以消耗1molNaOH，总共可以消耗3molNaOH，D错误； 故选D。 7. 天津大学化学团队以CO2和辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置工作原理如下图。下列说法错误的是 A. Ni2P电极与电源正极相连 B. In/In2O3-x电极上可能有副产物H2产生 C. 在In/In2O3-x电极上发生的反应为： D. 溶液中有2molOH−迁移时，理论上Ni2P电极上有1mol辛腈生成 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据电解质“异性相吸”原理，氢氧根向Ni2P电极移动，说明Ni2P电极为阳极，与电源正极相连，A正确； B．In/In2O3-x电极为阴极，阴极可能有氢离子得到电子，因此可能有副产物H2生成，B正确； C．In/In2O3-x电极为阴极，根据图中信息，阴极上发生的反应为，C正确； D．Ni2P电极上发生的反应为，故溶液中2mol OH-迁移时，生成辛腈物质的量为0.5mol，D错误； 故答案选D。 8. 下列合成路线不合理的是 A. 用乙烯合成乙酸： B. 用BrCH2CH=CHCH2Br合成HOOCCH=CHCOOH： C. 用乙烯合成乙二醇： D 用乙烯合成1， 4-二氧杂环己烷()： 【答案】B 【解析】 【详解】A．乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇可以发生催化氧化生成乙醛，乙醛可以进一步氧化生成乙酸，方案可行，A正确； B．HOCH2CH=CHCH2OH被酸性高锰酸钾溶液氧化时，碳碳双键也会被氧化断开，不可能生成HOOCCH=CHCOOH，B错误； C．乙烯和氧气在催化剂作用下生成环氧乙烷，环氧乙烷再和水开环生成乙二醇，C正确； D．乙烯和溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br在NaOH水溶液中共热发生水解反应生成HOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生取代反应生成，合成路线合理，D正确； 故选B。 9. 下列说法错误的是 A. 的一氯代物有3种 B. 有机物分子式为C5H10O2，且能与NaHCO3溶液反应的同分异构体有4种 C. 单烯烃和氢气加成后得到，该单烯烃可能有2种结构(不考虑立体异构) D. 有机物的同分异构体中，其中属于酯且苯环上有2个取代基的同分异构体有6种 【答案】D 【解析】 【详解】A．的一氯代物有，一共3种，A正确； B．有机物分子式为C5H10O2，且能与NaHCO3溶液反应的物质含有羧基，可表示为C4H9COOH，由于丁基由4种，则符合条件的羧酸有4种，B正确； C．单烯烃和氢气加成后得到，则该单烯烃中双键可能出现的位置为：或，即该单烯烃可能有2种结构，C正确； D．该有机物，有2个取代基且属于酯类，则其取代基为-CH3、-OOC-，在苯环上有邻、间、对三种结构，D错误； 故选D。 10. 下列化学方程式书写正确的是 A. 光照下甲苯与氯气反应生成一氯代物： B. 溴乙烷在NaOH醇溶液中加热： C. 甲醛与足量新制Cu(OH)2悬浊液反应： D. 向苯酚钠溶液中通入二氧化碳：2 【答案】A 【解析】 【详解】A．光照下甲苯中甲基上的氢和氯气反应生成一氯代物，反应方程式为：++HCl，A正确； B．溴乙烷属于卤代烃，与NaOH的醇溶液共热，发生消去反应，生成乙烯，溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热反应方程式为：，B错误； C．甲醛与新制反应，生成二氧化碳，氧化亚铜和水，反应的化学方程式为，，C错误； D．苯酚钠(C6H5ONa)溶液中通入二氧化碳产物为苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH +，D错误； 故选A。 11. 下列实验中，能够达到实验目的的是 A．证明碳酸的酸性强于苯酚 B．实验室制备乙炔气体 C．制备乙酸乙酯后，分离有机相和水相 D．检验乙醇发生消去反应后生成的乙烯 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．浓盐酸与碳酸钙反应生成的CO2中混有挥发的HCl气体，HCl会直接与苯酚钠反应，干扰酸性强弱比较，A错误； B．电石（CaC2）与水反应剧烈，放出大量热，易失控，启普发生器不适用，无法安全制取乙炔，B错误； C．乙酸乙酯难溶于水，密度小于水，分层后有机相在上层，可以用分液的方法分离，C正确； D．乙醇易挥发，且乙醇蒸气也能使酸性高锰酸钾褪色，D错误； 故选C。 12. X、Y、Z、M和Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，X原子半径最小，基态M原子核外电子的空间运动状态为7种，Z与Y、Q相邻，基态Z原子的s能级与p能级的电子数相等，下列说法错误的是 A. M元素位于元素周期表的p区 B. 键角：YX3>X2Z C. 基态原子中的未成对电子数：Z＜Y=M D. QZ2和Z3的空间结构均为V形 【答案】C 【解析】 【分析】X原子半径最小，则X为H元素；基态M原子核外电子的空间运动状态为7种，对应轨道数目为7，则M为Al元素；Y、Z为第二周期元素，基态Z原子的s能级与p能级的电子数相等，则基态Z原子的电子排布式为1s22s22p4，因此Z为O元素；Z与Y和Q相邻，则Y和Q分别为N元素和S元素。 【详解】A．根据分析可知，M元素是Al，Al的电子排布为[Ne]3s²3p¹，占据轨道数为1（1s）+1（2s）+3（2p）+1（3s）+1（3p）=7，位于p区，A正确； B．根据分析可知YX3为NH3，X2Z为H2O，NH3中心原子N形成3个σ键，1个孤电子对，H2O中心原子O形成2个σ键，2个孤电子对，故电子对构型为四面体，同类型分子中，中心原子孤电子对数目越多，键角越小，故NH3键角更大，B正确； C．Z为O（未成对电子数2），Y为N（未成对电子数3），M为Al（未成对电子数1），则Z＜Y≠M，C错误； D．Q为S，Z为O，QZ2为SO2，其中心原子S的价层电子对数为，含有1对未成键电子对，杂化方式为sp2，空间构形为V形，Z3为O3，二氧化硫和臭氧是等电子体，则臭氧分子也是V形，D正确； 故答案选C。 13. 甲酸(HCOOH)是一种重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂(含固体活性成分R3N，R为烷基)因静电作用被吸附回收，其回收率(被吸附在树脂上甲酸根的物质的量分数)与废水初始pH关系如图(已知甲酸Ka=1.8×10−4)，下列说法错误的是 A. 活性成分R3N可与盐酸发生反应： B. pH=4的废水中： C. 废水初始pH<2.4，随pH下降，甲酸的电离被抑制，回收率降低 D. 在0.1 mol·L−1 R3NHCl溶液中，存在： 【答案】D 【解析】 【详解】A．R3N是胺类化合物，具有碱性，可以与酸（如HCl）反应生成盐，故可与盐酸发生反应：，A正确； B．由电离常数公式可知，溶液中=，当溶液pH为4时，溶液中==1.8，B正确； C．由题干图示信息可知，废水初始pH<2.4时，废水中pH值越小，c(H+)越大，HCOOH⇌HCOO-+H+平衡逆向移动，则HCOO-数目减少，即甲酸回收率降低，C正确； D．R3NHCl是强电解质，完全电离为R3NH+和Cl⁻，则该溶液中电荷守恒为：，元素守恒为：，元素守恒-电荷守恒得：，D错误； 故选D。 14. 研究人员制备了一种具有锂离子通道的导电氧化物，其立方晶胞和导电时Li+迁 移过程如下图所示。已知该氧化物中Ti为价，La为价，晶胞参数为acm。下列说法正确的是 A. 导电时，Li的价态发生变化 B. 与Ti原子最近且等距的O原子数为3 C. 若，则Li+与空位的数目相等 D. 若x=y，则晶体的密度为 【答案】D 【解析】 【分析】由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的钛原子个数为8×=1，位于棱上的氧原子个数为12×=3，位于体心锂原子或镧原子或空位的个数为1。 【详解】A．导电过程中，迁移导电，不涉及得失电子，故Li的价态不变，A错误； B．Ti原子位于顶点，O原子位于棱心则与Ti原子等距且最近的O原子数为6，B错误； C．设晶胞中含有的空位个数为z，由分析可知，位于体心锂原子或镧原子或空位的个数为1，则x+y+z=1，由化合价代数和为0可得：x+3y+4+(-2)×3=0，若x=，解联立方程可得y=、z=，则锂离子的数目是空位数目的3倍，C错误； D．结合C的解析当x=y时，联立C解析中的两个方程式有、z=0，此时晶胞的化学式为，结合分析可知晶体的密度为，D正确； 故选D。 二、非选择题(共58分)。 15. 稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。一种利用钒钛磁铁矿精矿(主要成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和SiO2)综合提取钒、钛，并同步制备黄铵铁矾的工艺流程如下图所示： 已知：①“加压焙烧”过程中FeCl3分解生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”；②“酸浸”所得溶液中钒、钛以、TiO2+形式存在。回答下列问题： （1）基态钒原子中价层电子的轨道表示式为_______。 （2）“加压焙烧”时，产生的气体可与盐酸反应进行循环利用，则该气体的用途之一是_______；FeV2O4(已知Fe为＋2价)经“二次氯化”转化为VO2Cl和FeCl2的化学方程式为_______。 （3）“酸浸”时，产生的“浸出渣”的主要成分为_______。 （4）“沉钛”时，为使TiO2+沉淀完全(c≤1.0×10−5 mol·L−1)，需要调节溶液的pH不低于_______[已知Ksp[TiO(OH)2]=1.0×10−29]。 （5）“氧化”时，H2O2的使用量远大于理论计算量，可能的原因为_______。 （6）“萃取”时，一定条件下，钒和铁萃取率与溶液初始pH关系如图，据此分析，最佳的溶液初始pH为_______。 （7）“沉铁”时，生成黄铵铁矾的离子方程式为_______。 【答案】（1） （2） ①. 作制冷剂、制备硝酸等 ②. （3）SiO2 （4）2.0 （5）产生的Fe3+催化H2O2的分解 （6）1.7 （7） 【解析】 【分析】钒钛磁铁矿精矿(主要成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和SiO2 “加压焙烧”过程中存在反应2FeCl3(s)=2FeCl2(s)+C12(g)，生成的C12会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”，FeV2O4经“二次氯化”转化为VO2C1、FeCl2，加入盐酸进行酸浸，VO2C1转化为，TiO2转化为TiO2+，滤渣含SiO2，加适量铁粉沉钛，调节溶液pH使TiO2+完全生成TiO(OH)2沉淀，加入H2O2将+2价亚铁离子氧化成+3价铁离子，加入有机萃取剂N235，和Fe3+进入有机相，加酸化的Na2SO4洗涤分液，有机相加入Na2CO3进行反萃取，经一系列操作得V2O5；水相加入(NH4)2SO4生成黄铵铁矾，据此分析； 【小问1详解】 钒为24号元素，基态钒原子中价层电子轨道表示式为； 【小问2详解】 “加压焙烧”时，产生的气体可与盐酸反应进行循环利用，说明该气体是氨气，氨气的作用是作制冷剂、制备硝酸等；加压焙烧”中FeV2O4经“二次氧化”转化为VO2C1和FeCl2，V由+3价升高到+5价，C1由0价降至-1价，根据化合价升降守恒进行配平，化学方程式为； 【小问3详解】 根据分析可知，“酸浸”时，产生的“浸出渣”的主要成分为SiO2； 【小问4详解】 Ksp[TiО(ОH)2|=c(TiO2+)·c2(ОH-)= 1.0×10-5 ×c2(OH-)=10-29，c(OH-)=10-12mol·L-1，c(H+)=10-2mol·L-1，pH不低于2.0； 【小问5详解】 “氧化”时，将+2价亚铁离子氧化成+3价铁离子，H2O2的使用量远大于理论计算量，可能的原因为产生的Fe3+催化H2O2的分解； 【小问6详解】 加入有机萃取剂N235，要使和Fe3+尽可能进入有机相，最佳的溶液初始pH为1.7； 【小问7详解】 “沉铁”时，加入(NH4)2SO4，生成黄铵铁矾的离子方程式为：。 16. 苯乙烯是合成树脂及合成橡胶等的重要单体。 【乙苯催化脱氢制备苯乙烯】 ， ΔH1= +124 kJ·mol−1反应① （1）已知部分化学键的键能如下： 化学键 C-H C-C C=C H-H 键能/(kJ·mol−1) 412 348 a 436 则a=_______kJ·mol−1，反应①在_______(填“高温”或“低温”)下能自发反应。 （2）恒温恒容时，可以判断反应①达到化学平衡状态的标志是_______。 A. 平衡常数不变 B. 混合气体的密度不变 C. c(乙苯)与c (苯乙烯)之比保持不变 D. n(乙苯)与n(苯乙烯)之和保持不变 （3）实际生产过程中，通常向乙苯中掺入水蒸气，保持体系总压为常压的条件下进行反应①。请用化学平衡理论解释掺入水蒸气的目的是_____。 （4）T℃、100kPa下，若起始投料n(乙苯)：n(H2O)=4发生反应①，平衡时乙苯转化率为75%，则该温度下，反应的平衡常数Kp=_______kPa。(Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数) 【乙苯和CO2反应制备苯乙烯】 ，ΔH2= +158.7 kJ·mol−1反应②。在刚性容器中，进料浓度比[c(乙苯)：c(CO2)]分别等于1∶5、1∶15、1∶50时发生反应②，乙苯的平衡转化率随条件X的变化关系如图所示： （5）条件X是_______(填“温度”或“压强”)。 （6）曲线a的进料浓度比[c(乙苯)：c(CO2)]为_______，判断依据是_______。 【答案】（1） ①. 612 ②. 高温 （2）C （3）乙苯蒸气中掺混水蒸气，相当于减压，反应①平衡正向移动，可以提高乙苯的平衡转化率 （4） （5）温度 （6） ①. 1：5 ②. 其他条件相同时，c(乙苯)/c(CO2)比值减小，相当于c(CO2)增大，反应②平衡正向移动，乙苯的平衡转化率增大 【解析】 【小问1详解】 反应热等于=反应物断键所吸收的热量减去生成物成键放出能量，即，解得a=612；因，反应才能自发进行，、，当高温时，反应能自发进行，故答案为：+124；高温。 【小问2详解】 A．温度不变，平衡常数不变，该反应平衡常数始终不变，无法判断反应①达到化学平衡状态，A项错误； B．混合气体的质量不变，在恒容条件下，密度始终不变，无法判断反应①达到化学平衡状态，B项错误； C．c(乙苯)与c (苯乙烯)之比保持不变，说明正逆反应速率相等，可以判断反应①达到化学平衡状态，C项正确； D．由方程式可知，n(乙苯)与n(苯乙烯)之和始终保持不变，无法判断反应①达到化学平衡状态，D项错误； 故答案为：C。 【小问3详解】 正反应方向气体分子数增加，加入水蒸气起稀释作用，相当于起减压的效果，减压的条件下，平衡正向移动，乙苯的平衡转化率增大，故答案为：乙苯蒸气中掺混水蒸气，相当于减压，反应①平衡正向移动，可以提高乙苯的平衡转化率。 【小问4详解】 起始投料n(乙苯)：n(H2O)=4，设n(乙苯) =4mol，则n(H2O) =1mol，平衡时乙苯转化率为75%，消耗n(乙苯) =3mol，生成苯乙烯和氢气的物质的量各为3mol，则，故答案为： 【小问5详解】 反应②为吸热反应，则温度越高，反应正向进行，乙苯的平衡转化率升高，符合图形走向，反应②正反应反向体积变大，则压强越大，反应逆向进行，乙苯的平衡转化率降低，不符合图形走向，则条件X是温度，故答案为：温度。 【小问6详解】 其他条件相同时，c(乙苯)/c(CO2)比值减小，相当于c(CO2)增大，反应②平衡正向移动，乙苯的平衡转化率增大，曲线a的乙苯的平衡转化率最小，则c(乙苯)/c(CO2)比值最大，为1：5，故答案为：1：5；其他条件相同时，c(乙苯)/c(CO2)比值减小，相当于c(CO2)增大，反应②平衡正向移动，乙苯的平衡转化率增大。 17. 乙酰苯胺()可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间体。实验室中可采用苯胺和冰醋酸等原料制备乙酰苯胺。制备装置示意图如下图所示，实验步骤为： 步骤1：在圆底烧瓶中加入5.0 mL(0.055mol)苯胺、7.5 mL(0.13mol)冰醋酸和0.05g锌粒。安装仪器，加入沸石，调节加热温度，使温度计示数控制在105℃左右，反应约1.5h。 步骤2：在搅拌下，趁热将烧瓶中的物料倒入盛有100 mL冰水的烧杯中，冷却，结晶，抽滤、洗涤、干燥，得到乙酰苯胺粗品。 步骤3：将此粗乙酰苯胺进行重结晶，晾干，称重，计算产率。 注：分馏柱的作用相当于二次蒸馏，用于沸点差别不太大的混合物的分离。已知：①苯胺易被氧化；②有关物质的物理常数如下表： 名称 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解度 苯胺 93 -6.2 184.4 微溶于水 易溶于乙醇、乙醚 乙酸 60 16.7 118.1 易溶于水 易溶于乙醇、乙醚 乙酰苯胺 135 115 304 微溶于冷水，溶于热水 易溶于乙醇、乙醚 回答下列问题： （1）仪器a的名称为_______。 （2）写出该制备方法的主要化学方程式_______。 （3）“步骤1”中加热方式适宜选用_______(填“水浴”或“油浴”)，温度计控制示数在105℃左右的原因是_______。 （4）“步骤1”中入锌粒，除了防止暴沸外，还能起到的作用是_______。 （5）“步骤2”中将烧瓶中的物料倒入冰水中的目的是_______。 （6）“步骤3”中用水进行重结晶。重结晶过程：将粗产品溶于沸水中配成饱和溶液→再加入少量蒸馏水→加入活性炭脱色→加热煮沸→_______(填操作名称)→冷却结晶→过滤→洗涤→干燥。 （7）该实验最终得到5.5g纯净的乙酰苯胺，则乙酰苯胺的产率是_____%(结果保留一位小数)。 【答案】（1）直形冷凝管 （2） （3） ①. 油浴 ②. 温度高于105℃，冰醋酸蒸出，降低了原料的利用率；温度低于105℃，不利于蒸出水，影响乙酰苯胺产率的提高 （4）锌粒与醋酸反应产生的氢气可排出装置中的空气，防止苯胺被氧化 （5）使乙酰苯胺固体充分析出；除去过量的醋酸及未作用的苯胺(它可以生成苯胺醋酸盐而溶于水) （6）趁热过滤 （7）74.1 【解析】 【分析】在圆底烧瓶中加入苯胺、冰醋酸和少量锌粒，锌与醋酸反应放出氢气，排出装置内空气，防止苯胺被氧化，温度计示数控制在105℃左右，反应约1.5h生成乙酰苯胺；乙酰苯胺溶于热水、微溶于冷水，在搅拌下，趁热将烧瓶中的物料倒入盛有100 mL冰水的烧杯中，冷却，结晶，抽滤、洗涤、干燥，得到乙酰苯胺粗品； 【小问1详解】 根据装置图，仪器a的名称为直形冷凝管； 【小问2详解】 苯胺和乙酸发生取代反应生成乙酰苯胺和水，反应化学方程式为； 【小问3详解】 “步骤1”中温度控制在105℃左右，加热方式适宜选用油浴；温度高于105℃，冰醋酸蒸出，降低了原料的利用率；温度低于105℃，不利于蒸出水，影响乙酰苯胺产率的提高，所以温度计控制示数在105℃左右。 【小问4详解】 “步骤1”中入锌粒，除了防止暴沸外，锌粒与醋酸反应产生的氢气可排出装置中的空气，防止苯胺被氧化； 【小问5详解】 乙酰苯胺的熔点是115℃，“步骤2”中将烧瓶中的物料倒入冰水中的目的是使乙酰苯胺固体充分析出；除去过量的醋酸及未作用的苯胺(它可以生成苯胺醋酸盐而溶于水) 【小问6详解】 乙酰苯胺溶于热水，为防止乙酰苯胺结晶析出，加入活性炭脱色→加热煮沸→趁热过滤除去活性炭。 【小问7详解】 该实验中乙酸过量，根据加入0.055mol苯胺，理论上是0.055mol乙酰苯胺，最终得到5.5g纯净的乙酰苯胺，则乙酰苯胺的产率是。 18. 有研究表明化合物G对神经系统有一定的保护作用，其部分合成路线如下。 已知：。回答下列问题： （1）化合物B的名称为_______；化合物G中含氧官能团的名称为_______。 （2）反应④的反应条件(含试剂)为_______。 （3）反应③与⑥的反应类型分别为_______、_______。 （4）化合物E的结构简式为_______。 （5）反应⑤的化学方程式为_______。 （6）化合物F与等物质的量H2反应并未得到G，而是得到了副产物M，已知M的含氧官能团种类与F相同，写出M的结构简式_______。 （7）为了实现F到G的转变，同时避免得到副产物M，设计不超过3步的合成路线实现F到G的转变，_______(无机试剂任选)。(可表示为：AB……目标产物) 【答案】（1） ①. 邻硝基甲苯(或2-硝基甲苯) ②. 硝基、羟基 （2）Cl2、光照 （3） ①. 取代反应(水解反应) ②. 氧化反应 （4） （5） （6） （7） 【解析】 【分析】苯环上的H原子被硝基取代生成A，结合B的结构可知A为；E→F发生羟醛缩合反应（参照已知），结合F的结构推出E为；对比D、E分子式可推出D为；对比D、C分子式，结合D的结构可推出C为。 【小问1详解】 由B的结构简式可知，B的名称为邻硝基甲苯或2-硝基甲苯；由G的结构可知其含氧官能团名称为硝基和羟基； 【小问2详解】 B结构上的甲基与氯气发生取代反应生成C，反应的条件为Cl2、光照； 【小问3详解】 反应③为苯环上的-SO3H发生水解反应（或取代反应）；反应⑥为D结构上的羟基发生氧化反应生成醛基； 【小问4详解】 由上述分析可知E的结构简式为； 【小问5详解】 结合C、D结构可知，反应⑤为卤素原子的取代反应，反应的化学方程式为； 【小问6详解】 依题意可知等物质的量的H2与F结构上的碳碳双键发生加成反应生成了M()； 【小问7详解】 为了避免碳碳双键与H2发生加成反应，则可先用HBr与碳碳双键进行加成得到（或），再用H2与醛基进行加成得到（或）；最后进行卤素原子的消去反应得到G，具体的流程如下：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$