精品解析：新疆乌鲁木齐市2024-2025学年高三三次理综试卷-高中化学

乌鲁木齐地区2025年高三年级第三次质量监测 理科综合能力测试(问卷) (卷面分值：300分；考试时间：150分钟) 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，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子量：O-16 K-39 Cl-35.5 Cr-52 一、选择题：本题包括13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 化学材料助推了羽毛球运动的推广和发展。下列所涉及的材料不属于有机高分子材料的是 A. 传统羽毛球毛片——蛋白质 B. 羽毛球拍的拍框——碳纤维 C. 运动速干衣——聚酯纤维 D. 防滑耐磨运动鞋鞋底——橡胶 2. 塑料的循环利用有利于环境保护。研究人员利用小分子单体Y合成聚合物P，该聚合物在一定条件下能解聚为原来的小分子单体Y，如图所示。下列说法错误的是 A. Y与P的相互转化属于可逆反应 B. 1molY最多可与2molNaOH反应 C. P存在顺反异构现象 D. Y→P发生加聚反应 3. 为了探究浓硫酸与铜在加热条件下的反应并检验生成的部分产物，设计如图所示的实验装置(部分夹持装置略去)。下列说法错误的是 A. 向外拉铜丝可以终止反应 B. 试管②③中溶液颜色的变化均能说明：具有漂白性 C. 浓在该实验中既表现酸性又表现强氧化性 D. 实验结束，将冷却后的试管①中溶液缓慢倒入水中得到蓝色溶液 4. 下列化学反应表示正确的是 A. 用小苏打作为抗酸药中和胃酸： B. 硝酸工业中氨的催化氧化： C. 钢铁发生析氢腐蚀的正极反应：O2+2H2O+4e-=4OH- D. 向澄清的苯酚钠溶液中通入二氧化碳： 5. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。X有一种不含中子的同位素，Y的一种单质是极性分子且常用于消毒杀菌，Z为第三周期电负性最小的元素，基态W原子未成对电子数为2个，其单质是应用最广泛的半导体材料。下列说法中正确的是 A. Y、Z分别与X形成的二元化合物的熔点：Y＞Z B. 简单氢化物的键角：Y＜W C. Z的氧化物均属于碱性氧化物 D. 1 mol W单质的晶体中含共价键的数目为4NA(NA表示阿伏加德罗常数的值) 6. 一种新型双功能催化剂电池的工作原理及充电催化路径如图所示。下列说法正确的是 A. 放电时，内电路电流由电极N经KOH溶液流向电极M B. 放电时，消耗，理论上有2mol电子发生转移 C. 充电时，最大能垒(活化能)为 D. 充电时，M极电极反应式： 7. 常温下，一元有机弱酸(HA)：的三种溶液中，分布系数与pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是 已知：①HA溶液中，HA的分布系数为：； ②杂化轨道中s成分越多，C元素的电负性越大。 A. 曲线代表微粒的分布系数随pH变化关系 B. 等体积、等浓度的和的混合溶液的 C. 加水稀释溶液的过程中保持不变 D. 若酸的初始浓度为，则d点对应的溶液中有： 8. 由锇酸钠废液(主要成分为，含少量和等杂质)回收锇并制备锇酸钾晶体()的工艺流程如下： 已知：①的熔点为，沸点为微溶于水，易溶于四氯化碳； ②为紫红色晶体，加热至：以上失去一分子结晶水，微溶于冷水，不溶于乙醇； ③时，，； ④当离子浓度不大于时，可认为该离子沉淀完全。 回答下列问题： （1）已知Os元素的价层电子排布式为。Os元素位于元素周期表中_______区(填“s”“d”或“ds”)；从结构的角度分析微溶于水，易溶于四氯化碳的主要原因_______。 （2）“除钙镁”步骤中，若废液中浓度分别为和，则1.0 L该废液中至少需加入_______molNaF固体才能使废液中沉淀完全。(不考虑溶液体积的变化) （3）“沉锇”得到难溶物。“溶解、蒸馏”步骤中，先加入50%硫酸得到溶液，再加入NaClO溶液反应后蒸馏出生成的气体，而杂质留在蒸馏残液中。生成的离子方程式为_______。 （4）“吸收”步骤中，蒸馏出的气体用KOH溶液吸收后又得到溶液，写出KOH溶液吸收发生的化学方程式_______。 （5）将“吸收”步骤中所得的溶液冷却后，向其中缓慢加入无水乙醇至紫红色晶体析出，通过“过滤”获得的晶体在干燥时采用真空干燥而不直接烘干的原因可能是_______。 （6）流程中从初始的“锇酸钠废液”到“吸收”获得溶液，操作的目的是_______。 （7）检验滤液1和滤液2中金属阳离子的实验方法是_______。 9. 铬酰氯常在有机合成中作氧化剂或氯化剂，也可用作染料的溶剂，常温下为深红棕色液体，熔点，沸点放置在空气中会迅速挥发并水解。实验室制备装置如图所示，步骤如下： ①将44.7 gKCl固体和固体研磨成粉末，混合搅拌5 min后放入三颈烧瓶； ②通入冷凝水，打开恒压分液漏斗下方的活塞，分两次加入约60 mL过量的98%浓硫酸，反应迅速进行，装置中充满深红棕色的气体； ③反应结束后，用电热套加热三颈烧瓶，并收集的馏分，获得。 （1）仪器A的名称是_______；相对于普通分液漏斗，恒压分液漏斗的主要优点是_______。 （2）已知：的结构式为，铬元素的化合价为_______；反应过程中，浓硫酸先分别与和KCl反应生成和HCl两种中间产物，然后二者迅速反应生成，与HCl反应生成的化学反应方程式为_______。 （3）实验前，将KCl和固体研磨成粉末后再混合搅拌5 min，这样做的目的是_______；浓硫酸要预先冷却至后再分两次加入三颈烧瓶中的原因是_______。 （4）蒸馏过程中，若发现装置A中充满深红棕色气体，可将装置进行改进的方法是_______；B中的物质是_______(填“碱石灰”或“无水氯化钙”)。 （5）蒸馏最终获得产品质量21.7 g，本实验铬酰氯的产率为_______。 10. 工业上，常采用“加碳氯化”的方法以为原料生产，相关反应为： 反应I 反应II （1）基态钛原子最外层电子的电子云轮廓图为_______(填“球形”或“哑铃形”)。 （2）钛与卤素形成的化合物熔点如下表： 熔点/℃ 377 38.3 153 钛、卤素的电负性差值 2.44 1.62 1.42 1.12 解释熔点差异的原因_______。 （3）氯化过程中加碳的作用是_______。 （4）已知，的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略随温度的变化。若，则该反应可以自发进行。根据下图判断：时，反应_______(填“能”或“不能”)自发进行。 （5）在下，将以物质的量比投入反应器中，充分反应后，体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示： ①反应的平衡常数_______。 ②图中显示，在平衡时几乎完全转化为，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是_______。 （6）的一种晶胞具有典型的四方晶系结构(如图所示)，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。晶胞中A、B的原子分数坐标分别为。已知晶胞含对称中心和对称面，则晶胞中C的原子分数坐标为_______，A、D两个氧原子之间的核间距_______。 11. 氯雷他定常用于治疗过敏性鼻炎、荨麻疹及其他过敏性皮肤病等。以化合物A为原料合成氯雷他定的路线如下图： 已知：I. II. （1）A分子中C原子杂化方式除了还有_______；试剂的系统命名为_______。 （2）B→C的反应类型为_______；反应①→③的目的是_______。 （3）根据已知I，H与B之间发生相互转化，则H的结构简式为_______。 （4）E分子中含有的官能团名称是_______。(已知：中没有官能团) （5）E→F的化学方程式为_______。 （6）有机物X是的芳香族同分异构体，则满足条件的X共有_______种。 （7）F和生成氯雷他定的反应称为麦克默里反应，指醛或酮偶联成为烯烃的反应，反应中除生成目标产物外，还可能有其他物质生成，写出属于有机物的副产物的结构简式_______(任写一种)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 乌鲁木齐地区2025年高三年级第三次质量监测 理科综合能力测试(问卷) (卷面分值：300分；考试时间：150分钟) 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，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子量：O-16 K-39 Cl-35.5 Cr-52 一、选择题：本题包括13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 化学材料助推了羽毛球运动的推广和发展。下列所涉及的材料不属于有机高分子材料的是 A. 传统羽毛球毛片——蛋白质 B. 羽毛球拍的拍框——碳纤维 C. 运动速干衣——聚酯纤维 D. 防滑耐磨运动鞋鞋底——橡胶 【答案】B 【解析】 【详解】A．传统羽毛球毛片主要成分是蛋白质，蛋白质是天然有机高分子化合物，A不符合题意； B．制作羽毛球拍的拍框主要成分是碳纤维，碳纤维属于新型无机非金属材料，B符合题意； C．运动速干衣主要成分是聚酯纤维，聚酯纤维属于有机合成高分子化合物，C不符合题意； D．制作防滑耐磨运动鞋鞋底的材料是橡胶，橡胶有天然橡胶和合成橡胶，它们都是有机高分子化合物，D不符合题意； 故合理选项是B。 2. 塑料的循环利用有利于环境保护。研究人员利用小分子单体Y合成聚合物P，该聚合物在一定条件下能解聚为原来的小分子单体Y，如图所示。下列说法错误的是 A. Y与P的相互转化属于可逆反应 B. 1molY最多可与2molNaOH反应 C. P存在顺反异构现象 D. Y→P发生加聚反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．可逆反应需在同一条件下正逆反应同时进行，Y→P在120℃催化剂条件下，P→Y在258℃催化剂条件下，温度不同，条件不同，不属于可逆反应，A项错误； B．Y分子中含2个酯基（-COOCH2CH₃），1mol酯基水解消耗1mol NaOH，故1mol Y最多与2mol NaOH反应，B项正确； C．Y为共轭二烯衍生物，加聚后P的链节中保留碳碳双键，且双键两端碳原子分别连接不同基团，满足顺反异构条件，C项正确； D．Y含碳碳双键，聚合为P时无小分子生成，属于加聚反应，D项正确； 故答案选A。 3. 为了探究浓硫酸与铜在加热条件下的反应并检验生成的部分产物，设计如图所示的实验装置(部分夹持装置略去)。下列说法错误的是 A. 向外拉铜丝可以终止反应 B. 试管②③中溶液颜色的变化均能说明：具有漂白性 C. 浓在该实验中既表现酸性又表现强氧化性 D. 实验结束，将冷却后的试管①中溶液缓慢倒入水中得到蓝色溶液 【答案】B 【解析】 【详解】A．向外拉铜丝可使铜与浓硫酸分离，反应物脱离接触，反应终止，A正确； B．试管②中品红溶液褪色说明SO2具有漂白性，但试管③中石蕊溶液变红是因为SO2与水反应生成H2SO3显酸性，SO2不能漂白酸碱指示剂，石蕊溶液颜色变化不能说明漂白性，B错误； C．反应生成CuSO4体现浓硫酸酸性，生成SO2体现S元素化合价降低的强氧化性，C正确； D．试管①中含生成的CuSO4及过量浓硫酸，冷却后缓慢倒入水中稀释，Cu2+溶解形成蓝色溶液，D正确； 故答案为B。 4. 下列化学反应表示正确的是 A. 用小苏打作为抗酸药中和胃酸： B. 硝酸工业中氨的催化氧化： C. 钢铁发生析氢腐蚀的正极反应：O2+2H2O+4e-=4OH- D. 向澄清的苯酚钠溶液中通入二氧化碳： 【答案】D 【解析】 【详解】A．小苏打是碳酸氢钠的俗称，NaHCO3与胃酸反应产生NaCl、H2O、CO2，反应的离子方程式应该为：H++=H2O+CO2↑，A错误； B．硝酸工业中氨的与O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化还原反应产生NO、H2O，反应的化学方程式应该为：4NH3+5O24NO+6H2O，B错误； C．钢铁在酸性环境中发生析氢腐蚀，正极反应式应该为2H++2e-=H2↑，选项中电极反应式为钢铁在中性或弱酸性环境发生吸氧腐蚀的正极反应式，C错误； D．由于酸性：H2CO3＞C6H5OH＞，所以向苯酚钠溶液中通入CO2气体，苯酚钠与CO2、H2O反应生成苯酚和NaHCO3，该反应的化学方程式为：，D正确； 故合理选项是D。 5. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。X有一种不含中子的同位素，Y的一种单质是极性分子且常用于消毒杀菌，Z为第三周期电负性最小的元素，基态W原子未成对电子数为2个，其单质是应用最广泛的半导体材料。下列说法中正确的是 A. Y、Z分别与X形成的二元化合物的熔点：Y＞Z B. 简单氢化物的键角：Y＜W C. Z的氧化物均属于碱性氧化物 D. 1 mol W单质的晶体中含共价键的数目为4NA(NA表示阿伏加德罗常数的值) 【答案】B 【解析】 【分析】短周期主族元素X有一种不含中子的同位素，则X为氢元素(H)；Y的一种单质是极性分子且常用于消毒杀菌，常用于消毒杀菌的极性分子单质是臭氧(O3)，因此Y为氧元素(O)；Z为第三周期电负性最小的元素，第三周期中电负性最小的主族元素是钠(Na)，因此Z为钠元素(Na)；基态W原子未成对电子数为2个，其单质是应用最广泛的半导体材料，半导体材料中应用最广泛的是硅(Si)，则W为硅元素(Si)元素，然后根据问题分析解答。 【详解】根据上述分析可知：X是H，Y是O，Z是Na，W是Si元素。 A．H与O形成的H2O是分子晶体，熔点较低；H与Na形成的NaH是离子晶体，熔点较高，因此Y、Z分别与X形成的二元化合物的熔点：Z(Na)＞Y(O)，A错误； B．根据上述分析可知：Y是O，W是Si元素。Y的简单氢化物H2O分子中中心O原子的价层电子对数是：2+=4，O采用sp3杂化，O原子上有2对孤电子对。由于孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，导致其键角为104.5°。W的简单氢化物SiH4分子中的中心Si原子的价层电子对数是：4+=4，无孤对电子，Si采用sp3杂化，分子呈正四面体形，键角为109.28°，故简单氢化物的键角：Y＜W ，B正确； C．根据上述分析可知：Z是Na元素，Na的氧化物包括Na2O和Na2O2。Na2O属于碱性氧化物，而Na2O2属于过氧化物，过氧化物不是碱性氧化物，可见并不是所有Na元素的氧化物都是碱性氧化物。C错误； D．晶体Si为共价晶体，在晶体中每个Si原子与相邻的4个Si原子形成4个Si-Si共价键，但每个键被这2个Si原子所共有，1 mol Si含共价键为4 mol××NA/mol=2NA，D错误； 故合理选项是B。 6. 一种新型双功能催化剂电池的工作原理及充电催化路径如图所示。下列说法正确的是 A. 放电时，内电路电流由电极N经KOH溶液流向电极M B. 放电时，消耗，理论上有2mol电子发生转移 C. 充电时，最大能垒(活化能)为 D. 充电时，M极电极反应式： 【答案】D 【解析】 【详解】A．放电时，M极为负极（Zn失电子），N极为正极（O2得电子），内电路电流方向与正电荷移动方向一致，阳离子（K+）移向正极N，故内电路电流应由M流向N，故A错误； B．未指明标准状况，11.2 L O2的物质的量不一定为0.5 mol，无法计算电子转移数，故B错误； C．充电路径中，反应为4OH-→O2+2H2O，能量从d eV（4 OH-）到0 eV（O2+2H2O），最大能垒为过渡态c eV与中间体d eV的能量差（c - d）eV，而非（c - b）eV，故C错误； D．充电时M极为阴极，发生还原反应，[Zn(OH)4]2－得电子生成Zn，电极反应式为[Zn(OH)4]2－ + 2e- = Zn + 4OH-，故D正确； 答案选D。 7. 常温下，一元有机弱酸(HA)：的三种溶液中，分布系数与pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是 已知：①HA溶液中，HA的分布系数为：； ②杂化轨道中s成分越多，C元素的电负性越大。 A. 曲线代表微粒的分布系数随pH变化关系 B. 等体积、等浓度的和的混合溶液的 C. 加水稀释溶液的过程中保持不变 D. 若酸的初始浓度为，则d点对应的溶液中有： 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可知，杂化轨道中s成分越多，碳元素的电负性越大，羧酸的酸性越强，则丙炔酸、丙烯酸、丙酸的酸性依次减弱，电离常数依次减小，等浓度的酸溶液的pH依次增大，则曲线分别表示、的分布系数随pH变化关系；由图可知，和的浓度相等时，溶液pH为1.89，则丙炔酸的电离常数，同理可知，丙烯酸、丙酸的电离常数分别为、。 【详解】A．曲线在pH=1.89时δ(HA)=0.5，此pH对应酸的pKa=1.89，三种酸中酸性最强的是CH≡CCOOH（sp杂化C电负性大，吸电子能力强），其pKa最小（1.89），故L1代表CH≡CCOOH的分布系数曲线，A错误； B．由分析可知，丙烯酸的电离常数Ka=10﹣4.26，则丙烯酸根离子在溶液中的水解常数Kh==＜Ka，所以等浓度的丙烯酸和丙烯酸钠混合溶液中，丙烯酸的电离程度大于丙烯酸根离子水解，则存在关系：，由图可知，溶液的pH大于4.26，B错误； C．对NaA溶液，电荷守恒：c(Na⁺)+c(H⁺)=c(A⁻)+c(OH⁻)，则c(Na⁺)-c(A⁻)=c(OH⁻)-c(H⁺)，质子守恒：c(OH⁻)=c(H⁺)+c(HA)，故c(Na⁺)-c(A⁻)=c(HA)，因此原式=，Ka为常数，比值不变，C正确； D．由图可知，d点pH<1，则c(H+)>0.1mol/L，而酸的初始浓度为0.1mol/L，且为弱酸，故溶液中还有其他酸，则溶液中除了HC≡CCOO-和OH-，还有其它阴离子，根据电荷守恒关可知，溶液中c(H+)>c(HC≡CCOO-)+c(OH-)，D错误； 故答案为C。 8. 由锇酸钠废液(主要成分为，含少量和等杂质)回收锇并制备锇酸钾晶体()的工艺流程如下： 已知：①的熔点为，沸点为微溶于水，易溶于四氯化碳； ②为紫红色晶体，加热至：以上失去一分子结晶水，微溶于冷水，不溶于乙醇； ③时，，； ④当离子浓度不大于时，可认为该离子沉淀完全。 回答下列问题： （1）已知Os元素的价层电子排布式为。Os元素位于元素周期表中_______区(填“s”“d”或“ds”)；从结构的角度分析微溶于水，易溶于四氯化碳的主要原因_______。 （2）“除钙镁”步骤中，若废液中浓度分别为和，则1.0 L该废液中至少需加入_______molNaF固体才能使废液中沉淀完全。(不考虑溶液体积的变化) （3）“沉锇”得到难溶物。“溶解、蒸馏”步骤中，先加入50%硫酸得到溶液，再加入NaClO溶液反应后蒸馏出生成的气体，而杂质留在蒸馏残液中。生成的离子方程式为_______。 （4）“吸收”步骤中，蒸馏出的气体用KOH溶液吸收后又得到溶液，写出KOH溶液吸收发生的化学方程式_______。 （5）将“吸收”步骤中所得的溶液冷却后，向其中缓慢加入无水乙醇至紫红色晶体析出，通过“过滤”获得的晶体在干燥时采用真空干燥而不直接烘干的原因可能是_______。 （6）流程中从初始的“锇酸钠废液”到“吸收”获得溶液，操作的目的是_______。 （7）检验滤液1和滤液2中金属阳离子的实验方法是_______。 【答案】（1） ①. d ②. 是极性分子，和为非极性分子，遵循相似相溶 （2）0.07 （3） （4） （5）加快干燥的速度，防止晶体在较高温下分解 （6）富集锇元素的同时除去杂质 （7）焰色试验 【解析】 【分析】首先利用NaF溶液对废液处理，分离Mg和Ca，再加入稀硫酸和SO2沉锇，后利用NaClO氧化，再经过蒸馏，进一步提纯Os元素，最后加入KOH溶液制得目标产物。 【小问1详解】 d区元素的特点是价电子填充到最外层d区，且未填满（填满为ds区），所以Os位于d区；Os价电子数为8，OsO4中Os的孤电子数为，所以OsO4的分子空间对称，分子没有极性，为非极性分子，根据相似相溶规律，其在非极性溶剂四氯化碳中溶解度较高。 【小问2详解】 Ca2+、Mg2+完全沉淀时，要满足c(Ca2+)<10-5 mol/L，则需，要满足c(Mg2+)<10-5 mol/L，则需，所以应满足c(F−)>0.03 mol/L，另外沉淀物质的量分别为0.01 mol的Ca2+与Mg2+一共需要 F-，所以至少需加入NaF的物质的量为(0.03+0.04)mol=0.07 mol。 【小问3详解】 加入硫酸得到的Na2OsO4溶液被NaClO氧化生成OsO4的离子方程式为：+ClO−+2H+=OsO4+Cl−+H2O。 【小问4详解】 KOH溶液吸收OsO4气体发生的方程式为：4KOH+2OsO4=2K2OsO4+O2↑+2H2O。 【小问5详解】 真空干燥相比烘干，其因为压差，使得干燥速率快，且K2OsO4·2H2O在温度较高的烘箱内容易失去结晶水，破坏产品，所以采取真空干燥更好。 【小问6详解】 由分析知流程中两次提纯分离Os，目的是为了富集Os同时除去杂质。 【小问7详解】 滤液1中金属阳离子为钠离子，滤液2中金属阳离子为钾离子，检验的经典实验方法为焰色反应，钠离子显现出黄色火焰，钾离子为紫色火焰。 9. 铬酰氯常在有机合成中作氧化剂或氯化剂，也可用作染料的溶剂，常温下为深红棕色液体，熔点，沸点放置在空气中会迅速挥发并水解。实验室制备装置如图所示，步骤如下： ①将44.7 gKCl固体和固体研磨成粉末，混合搅拌5 min后放入三颈烧瓶； ②通入冷凝水，打开恒压分液漏斗下方的活塞，分两次加入约60 mL过量的98%浓硫酸，反应迅速进行，装置中充满深红棕色的气体； ③反应结束后，用电热套加热三颈烧瓶，并收集的馏分，获得。 （1）仪器A的名称是_______；相对于普通分液漏斗，恒压分液漏斗的主要优点是_______。 （2）已知：的结构式为，铬元素的化合价为_______；反应过程中，浓硫酸先分别与和KCl反应生成和HCl两种中间产物，然后二者迅速反应生成，与HCl反应生成的化学反应方程式为_______。 （3）实验前，将KCl和固体研磨成粉末后再混合搅拌5 min，这样做的目的是_______；浓硫酸要预先冷却至后再分两次加入三颈烧瓶中的原因是_______。 （4）蒸馏过程中，若发现装置A中充满深红棕色气体，可将装置进行改进的方法是_______；B中的物质是_______(填“碱石灰”或“无水氯化钙”)。 （5）蒸馏最终获得产品质量21.7 g，本实验铬酰氯的产率为_______。 【答案】（1） ①. 锥形瓶 ②. 平衡气压，使液体顺利滴下 （2） ①. +6 ②. （3） ①. 使反应物充分接触，提高反应效率 ②. 反应放热，冷的浓硫酸可防止温度过高，反应速率过快，导致产物挥发，降低产率 （4） ①. 用冰水浴冷却装置A ②. 碱石灰 （5）70% 【解析】 【小问1详解】 仪器A的名称为锥形瓶，对于普通分液漏斗，恒压分液漏斗的主要优点是：其外接细管可以平衡气压，从而使液滴顺利流下的效果。 【小问2详解】 O为-2价，Cl为-1价，所以Cr为+6价；CrO3与HCl反应生成CrO2Cl2的化学反应方程式为CrO3+2HCl=CrO2Cl2+H2O。 【小问3详解】 将反应物研磨成粉末增大了反应物接触面积，从而提高反应效率；通过三颈烧瓶中充满深红色气体，以及沸点117℃，常温为深红色液体的CrO2Cl2，可以得出反应放热极高，所以此时浓硫酸的加入需要先预冷，再分布加入，防止温度过高，反应速率过快，导致产物挥发，降低产率。 【小问4详解】 若装置A中充满棕红色气体，说明冷凝装置效果不佳，可以对A装置施加冰水浴，延续冷凝效果；装置B不仅需要起到防止空气进入装置，防止产品挥发的作用，还需要有吸收副产物HCl的作用，故碱石灰可以满足条件。 【小问5详解】 根据铬元素守恒可知，，铬酰氯的理论产量为，则产率为。 10. 工业上，常采用“加碳氯化”的方法以为原料生产，相关反应为： 反应I 反应II （1）基态钛原子最外层电子的电子云轮廓图为_______(填“球形”或“哑铃形”)。 （2）钛与卤素形成的化合物熔点如下表： 熔点/℃ 377 38.3 153 钛、卤素的电负性差值 2.44 1.62 1.42 1.12 解释熔点差异的原因_______。 （3）氯化过程中加碳的作用是_______。 （4）已知，的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略随温度的变化。若，则该反应可以自发进行。根据下图判断：时，反应_______(填“能”或“不能”)自发进行。 （5）在下，将以物质的量比投入反应器中，充分反应后，体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示： ①反应的平衡常数_______。 ②图中显示，在平衡时几乎完全转化为，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是_______。 （6）的一种晶胞具有典型的四方晶系结构(如图所示)，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。晶胞中A、B的原子分数坐标分别为。已知晶胞含对称中心和对称面，则晶胞中C的原子分数坐标为_______，A、D两个氧原子之间的核间距_______。 【答案】（1）球形 （2）为离子晶体，熔点高：均为分子晶体，熔点较低，且随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高 （3）为反应I提供热量，消耗使反应I的平衡正向移动 （4）能 （5） ①. 500 Pa ②. 提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品，提高生产效益 （6） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 基态Ti原子的价电子排布为3d24s2，4s能级的电子云轮廓图为球形。 【小问2详解】 F相比Cl、Br、I半径小，电负性强，对电子云的极化能力强，所以TiF4为离子晶体，熔点高；TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，熔点较低，且随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高。 【小问3详解】 C燃烧不仅为反应I提供热量，而且消耗O2使反应I的平衡正向移动。 【小问4详解】 根据盖斯定律的应用，600℃时，目标反应的，所以可以自发进行。 【小问5详解】 ①当温度升高时，CO2会被C还原转变为CO，所以气体物质的量随温度上升的为CO，随温度下降的为CO2，由图得当温度为600度时，CO物质的量分数为0.05，CO2物质的量分数为0.5，所以； ②在此温度下，反应速率小，不利于实际经济效应，所以实际采用更高的温度提高反应速率。 【小问6详解】 ①由于晶胞包含对称中心和对称面，所以C与B的坐标关于晶胞中心对称，故C的原子分数坐标为(0.81,0.19,0.5)； ②A与D关于轴面对称，所以A与D核间距。 11. 氯雷他定常用于治疗过敏性鼻炎、荨麻疹及其他过敏性皮肤病等。以化合物A为原料合成氯雷他定的路线如下图： 已知：I. II. （1）A分子中C原子杂化方式除了还有_______；试剂的系统命名为_______。 （2）B→C的反应类型为_______；反应①→③的目的是_______。 （3）根据已知I，H与B之间发生相互转化，则H的结构简式为_______。 （4）E分子中含有的官能团名称是_______。(已知：中没有官能团) （5）E→F的化学方程式为_______。 （6）有机物X是的芳香族同分异构体，则满足条件的X共有_______种。 （7）F和生成氯雷他定的反应称为麦克默里反应，指醛或酮偶联成为烯烃的反应，反应中除生成目标产物外，还可能有其他物质生成，写出属于有机物的副产物的结构简式_______(任写一种)。 【答案】（1） ①. sp， ②. 2-甲基-2-丙醇 （2） ①. 取代反应 ②. 保护官能团 （3） （4）羧基和碳氯键 （5） （6）9 （7）或或 【解析】 【分析】第一步反应将-CN转化，第二步发生取代反应，第三步反应重新得到了-CN基团，第四步将-CN转化为羧基，第五步利用信息反应II，转化羧基，最后一步反应制得产品，据此解答。 【小问1详解】 ①A分子-CN中C和N之间为三键，故杂化方式sp杂化，苯环上甲基碳单键数为4，杂化方式为sp3杂化；②(CH3)3COH系统命名为2-甲基-2-丙醇。 【小问2详解】 ①通过对比B与C的结构，B到C的反应为取代反应，同时生成1分子HCl； ②对比A与D，可以得出目的是保护-CN。 【小问3详解】 根据信息反应I，可得H为。 【小问4详解】 根据E的结构简式可知，E分子中含有羧基和碳氯键。 【小问5详解】 E到F发生信息反应II的方程式为。 【小问6详解】 有机物X的芳香族同分异构体，一定含有苯环，则分为3种情况：①苯环上有3个取代基：2个-Cl，一个-CH3，以2个-Cl原子作取代基为母体，一共有1（对位）+3（间位）+2（邻位）=6种；②苯环上有两个取代基时：一个-Cl，一个-CH2Cl，一共对位和邻位2种；③苯环上只有-CHCl2一个取代基，只有一种同分异构体。一共6+1+2=9种同分异构体。 【小问7详解】 F生成氯雷他定的反应原理大致为两个酮羰基“直接对接”，脱去两个氧原子，所以副产物还可以为两个F分子中的酮碳基对接，也可以为两个分子中的酮碳基直接对接，并且两个F分子中的酮碳基直接对接存在顺反异构，故答案可以为或以及（答出一个即可）。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $