精品解析：河北邢台市清河中学2024-2025学年高三下学期开学考试化学试题

清河中学2024-2025学年度第二学期开学考试 高三化学 本试卷满分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Co：59 一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42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. 中华传统文化博大精深，其中涉及很多的化学知识。下列说法错误的是 A. “本经以丹砂为无毒，故多炼制服食∙∙∙∙∙∙，当以为戒”，“炼制”是将难溶于盐酸的HgS转化为HgO B. “赤铜，以炉甘石炼为黄铜，其色如金”，说明炉甘石(ZnCO3)可与铜反应生成铜锌合金 C. “用柔铁屈盘之，乃以生铁陷其间，泥封炼之，锻令相入，谓之' 团钢'”，是指炼钢时的渗碳工艺 D. “以炭烧石胆使作烟，以物扇之，其精华尽入铜盘”， 该过程为干馏胆矾制备硫酸 2. 聚乙酸醇肉桂酸酯是一种光刻胶，广泛用于制备集成电路、电子元件的光刻工艺，其结构式如下图所示。该类光刻胶在紫外光的照射下，会发生交联结构而固化。下列说法正确的是 A. 该类光刻胶是一种体型高分子化合物，具有热固性 B. 完成聚乙酸醇肉桂酸酯的反应为缩合聚合反应 C. 该光刻胶酸性条件下的水解，其相对分子质量较大的产物具有疏水性 D. 该类光刻胶形成光交联结构时，与分子中的碳碳双键有关 3. 下列化学用语表示正确的是 A. HCl分子中的s-pσ键： B. SO的VSEPR模型为： C. HF分子间氢键的表示： D. 基态Fe2+价电子的排布式为： 4. 设NA是阿伏加德罗常数的值，室温下Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，下列说法正确的是 A. 对于4CuFeS2+16Cl-+12Cu2+=S8+16CuCl+4Fe2+，每有2molCuFeS2参与反应时电子转移6NA B. 对于→，38g含有的中子数为20NA C. 30g甲醛分子中碳的价层电子对个数为4NA D. 使用NaOH中和200mL0.1mol·L-1的醋酸至中和率为50%时，n(CH3COO-)=n(CH3COOH)=0.01mol 5. 实验室根据实验目的、原理选用不同的实验仪器。下列说法错误的是 A．配制一定体积和物质的量浓度的稀硫酸时，可用移液管量取98%浓硫酸(密度18.4 g·cm-3)的体积 B．滴定时，I2标准液需置于酸式滴定管中 C．石油分馏时，馏分经直形冷凝管冷凝后选用小烧杯收集 D．收集NH3前，可以使其通过装有碱石灰的U形管进行除水 A. A B. B C. C D. D 6. 如图所示是一种离子液体，属于绿色溶剂，其中R、X、Y、Z、W五种元素均为短周期元素，R元素形成的一种同素异形体熔点高、硬度小，在有机化学中18X常用作示踪原子来研究乙酸与乙醇反应生成酯的反应机理，Y元素的最高价氧化物的水化物溶液易挥发，在单质中Z元素形成的单质是氧化性最强的。下列说法正确的是 A. 第一电离能：Z>X>Y>R B. 沸点：H2X2<H2W2 C. 阳离子中Y杂化类型均为sp2 D. XZ2是极性分子，其中极性键X-Z中Z显 7. 氧化苏木素是一种永久染色剂，微溶于水，其电离平衡如下图所示。下列说法错误的是 +H+ A. 将0.1mol氧化苏木素加到足量NaOH溶液中，充分反应后消耗 B. ①羟基在加热及Cu催化条件下，不可被O2氧化 C. 氧化苏木素能使溴水褪色，其反应位点有3个以上 D. 氧化苏木素易溶于热水，原因是加热破坏了分子间氢键 8. 由下列实验操作及现象，一定能得出相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 A 稀硫酸滴入到碳酸氢钠溶液中，产生气体 非金属性：S>C B NaHCO3溶液滴加至Ca(ClO)2溶液中，溶液变浑浊 结合质子能力：ClO-> C 加热稀RCl溶液，其溶液的pH下降 RCl发生了水解反应 D 向葡萄糖酸亚铁溶液中滴加酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液的紫红色褪去 氧化性：(H+)>Fe3+ A. A B. B C. C D. D 9. 电化学烯烃环氧化是一种绿色可持续且安全的反应途径。我国科学家发明了一套光电催化装置，实现了烯烃的环氧化和制氢，其原理如图所示。下列说法错误的是 A. α-Fe2O3电极电势低于Pt电极 B. 当Pt电极产生标准状况下的H211.2L时，同时产生0.5mol的 C. 水分子为整个反应体系的氧源，参与环氧化反应 D. 用溴化铵代替四丁基溴化铵能提高烯烃的环氧化效率 10. 蛋氨酸铬(Ⅲ)配合物是一种治疗Ⅱ型糖尿病的药物，其结构简式如图所示 对于该配合物分子的结构分析，下列说法错误的是 A. 该配合物分子中的O原子最外层都满足8电子结构 B. 该配合物分子结构中的配位键稳定性：O-Cr>N-Cr C. 该配合物溶解度小于蛋氨酸 D. 该配合物分子含有的σ键与π键个数比为20：1 11. 下列说法错误的是 A. 纯碱、石英砂高温反应后的熔融态产物，冷却后的水溶液可做木材防火剂 B. 一些金属氯化物发生水解反应生成沉淀，该沉淀可能是氧化物 C. 向双氧水中分别滴加酸性KMnO4溶液和FeCl3溶液均有无色气体生成，其化学原理相同 D. 珊瑚(CaCO3)是珊瑚虫从周围海水中获取Ca2+、经反应生成的 12. 工业生产上，从盐湖浓缩卤水(含有等离子)中提炼的工艺流程如图所示。已知，碳酸锂的溶解度随温度升高(95 ℃之前)而降低。 下列说法正确的是 A. 为提高沉镁效果，可选用较浓的溶液 B. “碳化”后含有Li元素的物质为 C. 物质X为 D. “操作”为冷却后过滤 13. 室温下，两种难溶盐X(OH)x、Y(OH)y的饱和溶液中p(Xx+)或p(Yy+)与pH的关系如图所示。已知：p(Xx+)=-lgc(Xx+)；化学反应的K<10-5，通常认定这个反应很难进行，K>105，认为该反应基本进行彻底。下列说法正确的是 A. x：y=2：3 B. 若该饱和溶液的pH=8，则= C. 向X(OH)x固体中加入YCly溶液，X(OH)x转化为Y(OH)y的趋势很大 D. 若混合溶液中各离子起始浓度如M点所示，滴入NaOH溶液待平衡时增大 14. 恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的方程式为①X(g)Y(g) ∆H1=+akJ·mol-1，②X(g)Z(g) ∆H2=+bkJ·mol-1，且b>a>0，测得X、Y的浓度随时间的变化如下表。已知lnk=lnA-，其中k为速率常数，A为指前因子(只由反应本性决定)，Ea为反应的活化能，T为温度，R为常数，下图为反应①和②的lnk～曲线。下列说法错误的是 t/h 0 1 2 3 4 5 c(X)/mol·L-1 1.000 0.706 0.500 0.350 0.250 0.175 c(Y)/mol·L-1 0 0.124 0.200 0.260 0.300 0.335 A. 0～5h时间段内化学反应速率：反应①<反应② B. L1表示反应①的相关曲线 C. 改变温度比使用催化剂，对提高产物Y的产率更有效 D. 需在两个反应均未达到平衡前分离出目标产物Z 二、非选择题(本题共4小题，共58分) 15. 苯胺为无色油状液体，具有较强的还原性，其蒸气与空气混合，能形成爆炸性混合物；具有碱性，能与酸反应生成盐。工业上常用硝基苯液相催化加氢工艺制备。 +3H2+2H2O。 其部分装置及有关数据如下： 项目 熔点/℃ 沸点/℃ 密度(g/mL) 溶解性 硝基苯 5.7 210.9 1.20 不溶于水，易溶于乙醇、乙醚 苯胺 -6.2 184.4 1.02 微溶于水，易溶于乙醇、乙醚 乙醚 -116.2 34.6 0.71 微溶于水 实验步骤： ①检查B装置的气密性。 ②先向B中加入硅胶铜催化剂，后加入20.0ml硝基苯。 ③加热B装置。 ④打开活塞k，通入H2。 （1）上述实验操作步骤的正确顺序为 ___________(填序号)。 （2）仪器a的名称为___________，使用前应___________。 （3）下列说法正确的是___________(填字母) A．实验过程中温度的水银球置于反应液中 B．为提高产生H2速率可加热启普发生器 C．B装置宜用油浴加热 D．上述制备苯胺的化学反应属于取代反应 E．b的使用有利于提高苯胺的产率 （4）制备完成后，蒸馏得到产品前需加入生石灰，其作用是___________。 （5）直接蒸馏得到苯胺的纯度往往不高，可设计如下方案进行。 ①写出过程Ⅱ中发生的化学反应方程式___________。 ②该蒸馏方案能提高苯胺纯度的原因___________。 ③减压蒸馏的优点有___________。若减压蒸馏得到产品15.7mL，则该实验合成苯胺的产率为___________(保留一位有效数字)。 16. 草酸钴晶体是一种生产指示剂、催化剂以及钴的氧化物的重要化工原料。一种以含钴废料(主要成分为Co3O4，还有少量的NiO、Al2O3、SiO2等)制备CoC2O4的流程如下图所示： 已知：①在酸性条件下，氧化性：Co3+>，②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下： 沉淀物 Al(OH)3 Co(OH)2 Ni(OH)2 完全沉淀时的pH 4.7 9.0 9.2 （1）滤渣Ⅰ的成分为___________(填化学式)。 （2）写出“反应”工序中发生化学反应的离子方程式___________，实际生产中消耗的H2O2的量比理论上多的原因是___________。 （3）设计加入CoO工序的目的是___________。 （4）该流程中能够循环利用的物质除H2SO4外，还有___________(用化学式表示)。 （5）X-射线结构表明，CoC2O4·2H2O分解的最终产物为Co3O4(M=241g·mol-1)。Co3O4的晶胞由A区和B区组成，如下图所示。 ①如上图建立坐标系，取z=0，得Co3O4晶胞截面如图1，若取z=，请在如图2中标出相应原子位置___________(分别用△和O表示)。 ②该晶胞密度为___________g/cm3(用含a、NA的代数式表示)。 17. CO2是一种温室气体，对人类的生存环境产生巨大的影响，维持大气中CO2的平衡对生态环境保护有着重要意义。 （1）已知25℃时，H2CO3的Ka1=m，Ka2=n。正常情况下海水呈微碱性，CO2可由大气进入海水。若室温下表层海水中的，则海水中的c(OH-)=___________mol·L-1(写出表达式，不考虑水的电离)。 （2）以CO2和H2合成二甲醚(CH3OCH3)涉及到以下反应： 反应I：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)   ΔH1=+41.2kJ•mol-1 反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)    ΔH2 ①已知：H2(g)、CH3OCH3(g)的燃烧热分别285.8kJ/mol、1460.3kJ/mol，H2O(g)=H2O(1) ΔH= -44kJ•mol-1，则ΔH2=___________。 ②保持TK，在恒容密闭容器中通入CO2、H2物质的量之比为1：3的混合气体进行反应，初始压强为3.2MPa，CO2的转化率为30%，且达到平衡时体系压强为2.8MPa，则CH3OCH3的物质的分压为___________，反应Ⅰ的Kp=___________。 ③在②条件下，CO2平衡时转化率和CH3OCH3的选择性随温度的变化如图所示： a表示___________随温度的变化曲线，依据是___________。 （3）合成甲酸是回收二氧化碳的有效途径。在催化剂甲(溶解在有机溶剂)条件下合成HCOOH的反应机理如下： 其中TS代表过渡态。温度升高，总化学反应速率将___________(填“增大”、“减小”或“不能确定”)，理由是___________。 （4）一种新型水系Zn—CO2电池是一种新型的电池技术，可使CO2转化为CH3OH，如下图所示。 a为___________离子交换膜，写出正极电极方程式___________。 18. 我国科学家利用水杨醇衍生物与苯氧乙酸衍生物合成了系列新型药物，如图所示为其中一种该类化合物I的合成路线。回答下列问题： （1）A的化学名称为___________。 （2）C的结构简式为___________。 （3）E→F的反应类型为___________。 （4）写出F→G反应的化学方程式 ___________，在D+G→I的转化过程中加入(C2H5)3N的作用是___________。 （5）写出一种能同时满足下列条件的I的同系物的同分异构体的结构简式___________。 a．能使FeCl3溶液显色 b．含有手性碳原子； c．相对分子质量比I少14 d．其稳定分子中核磁共振氢谱显示5组峰，峰面积之比为2：4：4：2：6. （6）参照上述路线，写出以为原料合成的路线___________ (其他无机试剂任选)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 清河中学2024-2025学年度第二学期开学考试 高三化学 本试卷满分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Co：59 一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42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. 中华传统文化博大精深，其中涉及很多的化学知识。下列说法错误的是 A. “本经以丹砂为无毒，故多炼制服食∙∙∙∙∙∙，当以为戒”，“炼制”是将难溶于盐酸的HgS转化为HgO B. “赤铜，以炉甘石炼为黄铜，其色如金”，说明炉甘石(ZnCO3)可与铜反应生成铜锌合金 C. “用柔铁屈盘之，乃以生铁陷其间，泥封炼之，锻令相入，谓之' 团钢'”，是指炼钢时的渗碳工艺 D. “以炭烧石胆使作烟，以物扇之，其精华尽入铜盘”， 该过程为干馏胆矾制备硫酸 【答案】A 【解析】 【详解】A．丹砂（）加热通常分解为汞和硫，反应为，在空气中可能部分氧化，但“转化为”不是目的或主要过程，炼制丹砂的主要目的是提取汞，而非转化为，A错误； B．炉甘石（）加热分解为氧化锌（），反应为，在加热条件下与碳反应生成锌，反应为，生成的锌和铜可制备铜锌合金，B正确； C．该过程通过将熟铁（柔铁）和生铁结合冶炼，利用生铁中的碳渗入熟铁以提高碳含量，制成钢，体现了炼钢的渗碳工艺，C正确； D．石胆（胆矾，）加热分解产生三氧化硫（）气体，反应为，与水反应生成硫酸，反应为，该过程属于干馏法制备硫酸的古代方法，D正确； 故答案选A。 2. 聚乙酸醇肉桂酸酯是一种光刻胶，广泛用于制备集成电路、电子元件的光刻工艺，其结构式如下图所示。该类光刻胶在紫外光的照射下，会发生交联结构而固化。下列说法正确的是 A. 该类光刻胶是一种体型高分子化合物，具有热固性 B. 完成聚乙酸醇肉桂酸酯的反应为缩合聚合反应 C. 该光刻胶酸性条件下的水解，其相对分子质量较大的产物具有疏水性 D. 该类光刻胶形成光交联结构时，与分子中的碳碳双键有关 【答案】D 【解析】 【详解】A．该类光刻胶在未形成交联结构时属于线型高分子化合物，具有热塑性，A错误； B．由聚乙酸醇肉桂酸酯的链节特征，可知完成其反应类型为分子中碳碳双键的加成聚合反应，B错误； C．该光刻胶酸性条件下链节内的酯基发生水解，相对分子质量较大的产物为聚乙烯醇，每一链节均具有1个具有亲水性的羟基，C错误； D．该类光刻胶分子中的碳碳双键之间发生加成反应，形成光交联结构，D正确。 故选D。 3. 下列化学用语表示正确的是 A. HCl分子中的s-pσ键： B. SO的VSEPR模型为： C. HF分子间氢键的表示： D. 基态Fe2+价电子的排布式为： 【答案】B 【解析】 【详解】A．HCl分子中形成的s-pσ键为，而仅为H、Cl原子轨道的重叠，A错误； B．价层电子对为3+=3+1=4，VSEPR模型为四面体形，B正确； C．氢键具有方向性，F-H与F形成分子间氢键时，H只能与一个F原子形成氢键，3个原子总是尽可能沿直线分布，这样可使F与F尽量远离，使两原子间的排斥作用力最小，体系能量最低，形成的氢键最强、最稳定，HF氢键表示为：，C错误； D．基态Fe2+的价电子排布式为3d6，选项中给出的是价电子排布图，D错误； 故答案选B。 4. 设NA是阿伏加德罗常数的值，室温下Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，下列说法正确的是 A. 对于4CuFeS2+16Cl-+12Cu2+=S8+16CuCl+4Fe2+，每有2molCuFeS2参与反应时电子转移6NA B. 对于→，38g含有的中子数为20NA C. 30g甲醛分子中碳的价层电子对个数为4NA D. 使用NaOH中和200mL0.1mol·L-1的醋酸至中和率为50%时，n(CH3COO-)=n(CH3COOH)=0.01mol 【答案】B 【解析】 【详解】A．对于反应 ，中的S从-2价升至0价，Fe为+3价，Cu为+1价，故4 mol 参与反应时，8mol S共转移16 mol电子，则每2 mol 参与反应时，转移电子物质的量为8 mol，数目为，A错误； B．反应为，由质量数和质子数守恒得A=19、Z=9，R为，38 g 物质的量为2 mol，每个的中子数为10，38g中子物质的量为20 mol，数目为，B正确； C．甲醛（HCHO）摩尔质量为30 g/mol，30 g甲醛物质的量为1 mol，其中碳原子价层电子对数为3，则碳的价层电子对个数为，C错误； D．200 mL 0.1 mol·L-1的醋酸溶液中醋酸物质的量为0.02 mol，中和率50%时，加入NaOH 0.01 mol，所得溶质为物质的量之比1：1的醋酸和醋酸钠，但由于醋酸的电离（）大于CH3COO-的水解（），故平衡时，，二者不相等，D错误； 故选B。 5. 实验室根据实验目的、原理选用不同的实验仪器。下列说法错误的是 A．配制一定体积和物质的量浓度的稀硫酸时，可用移液管量取98%浓硫酸(密度18.4 g·cm-3)的体积 B．滴定时，I2标准液需置于酸式滴定管中 C．石油分馏时，馏分经直形冷凝管冷凝后选用小烧杯收集 D．收集NH3前，可以使其通过装有碱石灰的U形管进行除水 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．配制一定体积和物质的量浓度的稀硫酸时，可用移液管量取98%的浓硫酸，A不符合题意； B．具有氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，故标准液需置于酸式滴定管中，操作合理，B不符合题意； C．石油分馏时，馏分经直形冷凝管冷凝后，应使用锥形瓶等容器收集，而非小烧杯，小烧杯敞口且不易密封，易导致馏分挥发，操作不合理，C符合题意； D．碱石灰的主要成分为和，呈碱性，可干燥，且U形管可用于盛装固体干燥剂，操作合理，D不符合题意； 故选C。 6. 如图所示是一种离子液体，属于绿色溶剂，其中R、X、Y、Z、W五种元素均为短周期元素，R元素形成的一种同素异形体熔点高、硬度小，在有机化学中18X常用作示踪原子来研究乙酸与乙醇反应生成酯的反应机理，Y元素的最高价氧化物的水化物溶液易挥发，在单质中Z元素形成的单质是氧化性最强的。下列说法正确的是 A. 第一电离能：Z>X>Y>R B. 沸点：H2X2<H2W2 C. 阳离子中Y杂化类型均为sp2 D. XZ2是极性分子，其中极性键X-Z中Z显 【答案】C 【解析】 【分析】R元素形成的一种同素异形体熔点高、硬度小，该同素异形体为石墨，故R为碳（C）；在有机化学中常用作示踪原子研究乙酸（）与乙醇（）反应生成酯（）的反应机理，故X为氧（O）；Y元素的最高价氧化物的水化物溶液易挥发，该物质为硝酸（），故Y为氮（N）；在单质中Z元素形成的单质氧化性最强，故Z为氟（F）；根据离子液体结构中W形成6个共价键，故W为硫（S）。五种元素分别为：R为C，X为O，Y为N，Z为F，W为S，据此分析。 【详解】A．第一电离能：同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族元素第一电离能出现反常，N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于O，故第一电离能顺序为F＞N＞O＞C，即Z＞Y＞X＞R，A不符合题意； B．H2O2可形成分子间氢键，而H2S2分子间只有范德华力，故沸点H2O2>H2S2，B不符合题意； C．其中阳离子中N原子形成3个σ键，1号N(Y)原子的孤对电子参与形成环的共轭体系，不占据杂化轨道，故孤电子对数为0，价层电子对数为3，杂化类型为杂化，2号N(Y)原子提供一个电子参与形成环的共轭体系，孤电子对数为0，价层电子对数为3，杂化类型为杂化，C符合题意； D．为，O原子与F原子形成极性键，F的电负性大于O，共用电子对偏向F，故极性键X-Z中Z显，D不符合题意； 故选C。 7. 氧化苏木素是一种永久染色剂，微溶于水，其电离平衡如下图所示。下列说法错误的是 +H+ A. 将0.1mol氧化苏木素加到足量NaOH溶液中，充分反应后消耗 B. ①羟基在加热及Cu催化条件下，不可被O2氧化 C. 氧化苏木素能使溴水褪色，其反应位点有3个以上 D. 氧化苏木素易溶于热水，原因是加热破坏了分子间氢键 【答案】A 【解析】 【详解】A．氧化苏木素分子中含有2个酚羟基，能与溶液反应，由电离方程式可知，的红圈处羟基也具有酸性，故氧化苏木素与足量溶液充分反应后消耗，A错误； B．与①羟基相连的碳原子上没有氢原子，在加热及催化条件下，不可被氧化，B正确； C．氧化苏木素分子中含有酚羟基，酚羟基的邻、对位可与溴水发生取代反应，还含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，所以能使溴水褪色，其反应位点有3个以上，位置如图：，C正确； D．氧化苏木素含有羟基，可以在分子间形成氢键，故其微溶于水，加热破坏其分子间氢键，溶解性增强，D正确； 故选A。 8. 由下列实验操作及现象，一定能得出相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 A 稀硫酸滴入到碳酸氢钠溶液中，产生气体 非金属性：S>C B NaHCO3溶液滴加至Ca(ClO)2溶液中，溶液变浑浊 结合质子能力：ClO-> C 加热稀RCl溶液，其溶液的pH下降 RCl发生了水解反应 D 向葡萄糖酸亚铁溶液中滴加酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液的紫红色褪去 氧化性：(H+)>Fe3+ A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．稀硫酸与碳酸氢钠反应产生二氧化碳气体，证明硫酸酸性强于碳酸，最高价含氧酸酸性越强，对应的非金属性越强，故非金属性：S>C，A正确； B．溶液变浑浊是由于生成沉淀，与有关，不能直接证明结合质子能力，B错误； C．水的电离是吸热过程，加热促进水的电离，水的离子积常数增大，氢离子浓度增大，pH减小。因此即使RCl不水解，其溶液的pH也会在加热时下降，故该现象不能得出RCl发生了水解反应的结论，C错误； D．溶液褪色可能由于或葡萄糖酸被氧化，无法确定氧化反应仅由引起，故不能一定得出氧化性()>的结论，D错误； 故选A。 9. 电化学烯烃环氧化是一种绿色可持续且安全的反应途径。我国科学家发明了一套光电催化装置，实现了烯烃的环氧化和制氢，其原理如图所示。下列说法错误的是 A. α-Fe2O3电极电势低于Pt电极 B. 当Pt电极产生标准状况下的H211.2L时，同时产生0.5mol的 C. 水分子为整个反应体系的氧源，参与环氧化反应 D. 用溴化铵代替四丁基溴化铵能提高烯烃的环氧化效率 【答案】D 【解析】 【分析】该装置为原电池，Pt电极物质转化可知H+发生还原反应，故Pt为正极，α-Fe2O3电极为负极，结合原电池原理进行分析； 【详解】Ａ．根据Pt电极物质转化可知H+发生还原反应，故Pt为正极，其电势高于α-Fe2O3电极(负极)，A项正确； Ｂ．根据图示物质转化信息，该电池总反应为+H2O+H2，可知H2与有机产品存在物质的量1：1的关系，B项正确； Ｃ．负极发生：H2O+Br--2e-=HBrO+H+，BrO-氧化烯烃使其“环氧化”，水分子为整个反应体系的氧源，参与环氧化反应，C项正确； Ｄ．四丁基溴化铵可以增大烯烃的溶解，如用溴化铵替代，烯烃因溶解度的降低，转化效率降低，D项错误； 答案选Ｄ。 10. 蛋氨酸铬(Ⅲ)配合物是一种治疗Ⅱ型糖尿病的药物，其结构简式如图所示 对于该配合物分子的结构分析，下列说法错误的是 A. 该配合物分子中的O原子最外层都满足8电子结构 B. 该配合物分子结构中的配位键稳定性：O-Cr>N-Cr C. 该配合物溶解度小于蛋氨酸 D. 该配合物分子含有的σ键与π键个数比为20：1 【答案】B 【解析】 【详解】A．由“铬(Ⅲ)”可知“蛋氨酸铬(Ⅲ)”中的“蛋氨酸”为蛋氨酸根负一价阴离子，O原子均满足最外层8电子稳定结构，A不符合题意； B．N的电负性小于O，故N给出孤电子对能力强于O，形成的配位键稳定性：O-Cr<N-Cr，B符合题意； C．该配合物分子结构对称性很强，属于非极性分子，而蛋氨酸含有羧基、氨基两个亲水基，且属于极性分子，故该配合物溶解度小于蛋氨酸，C不符合题意； D．该配合物分子含有的σ键与π键个数比为60：3=20：1，D不符合题意； 故选B。 11. 下列说法错误的是 A. 纯碱、石英砂高温反应后的熔融态产物，冷却后的水溶液可做木材防火剂 B. 一些金属氯化物发生水解反应生成沉淀，该沉淀可能是氧化物 C. 向双氧水中分别滴加酸性KMnO4溶液和FeCl3溶液均有无色气体生成，其化学原理相同 D. 珊瑚(CaCO3)是珊瑚虫从周围海水中获取Ca2+、经反应生成的 【答案】C 【解析】 【详解】A．纯碱（）和石英砂（）高温反应生成硅酸钠（），其水溶液（水玻璃）具有阻燃性，可用作木材防火剂，A正确； B．某些金属氯化物如水解生成沉淀，该沉淀为水合氧化物，符合题意，B正确； C．向双氧水中滴加酸性溶液时，被氧化生成（氧化还原反应）；滴加溶液时，催化分解生成（催化反应），两者化学原理不同，C错误； D．珊瑚虫从海水中吸收和，通过反应（如）生成，D正确； 答案选Ｃ。 12. 工业生产上，从盐湖浓缩卤水(含有等离子)中提炼的工艺流程如图所示。已知，碳酸锂的溶解度随温度升高(95 ℃之前)而降低。 下列说法正确的是 A. 为提高沉镁效果，可选用较浓的溶液 B. “碳化”后含有Li元素的物质为 C. 物质X为 D. “操作”为冷却后过滤 【答案】C 【解析】 【分析】浓缩卤水中加入Na2CO3溶液生成MgCO3沉淀除去，再加入饱和Na2CO3溶液，生成Li2CO3（含少量碳酸镁杂质），往其中加入水和CO2进行碳化，生成LiHCO3和Mg(HCO3)2，加入NaOH溶液生成Mg(OH)2沉淀除去，加入CO2调节pH，再经过过滤、蒸发分解，碳酸锂的溶解度随温度升高(95 ℃之前)而降低，故“操作”为过滤，即可得到高纯度Li2CO3。 【详解】A．若选用较浓的溶液沉镁，Li也可能沉出，A错误； B．根据分析，“碳化”后含有Li元素的物质为，B错误； C．根据分析，物质X为，C正确； D．根据分析，“操作”为过滤，D错误； 故选C。 13. 室温下，两种难溶盐X(OH)x、Y(OH)y的饱和溶液中p(Xx+)或p(Yy+)与pH的关系如图所示。已知：p(Xx+)=-lgc(Xx+)；化学反应的K<10-5，通常认定这个反应很难进行，K>105，认为该反应基本进行彻底。下列说法正确的是 A. x：y=2：3 B. 若该饱和溶液的pH=8，则= C. 向X(OH)x固体中加入YCly溶液，X(OH)x转化为Y(OH)y的趋势很大 D. 若混合溶液中各离子起始浓度如M点所示，滴入NaOH溶液待平衡时增大 【答案】B 【解析】 【详解】A．对于沉淀X(OH)x，存在沉淀溶解平衡X(OH)x(s)⇌Xx+(aq)+xOH-(aq)，则Ksp[X(OH)x]=c(Xx+)·cx(OH-)在图像上任找两点如(3，6)，(6，15)代入，得10-6·(10-11)x=10-15·(10-8)x，求得x=3，且Ksp[X(OH)3]=1×10-39；同理，Y(OH)y，得y=2，Ksp[Y(OH)2]=1×10-20，x：y=3：2，A错误； B．===，当pH=8，即c(OH-)=10-6mol·L-1，代入上式，=，B正确； C．向X(OH)x固体中加入YCly溶液发生2X(OH)3+3Y2+⇌3Y(OH)2+2X3+，K=====10-18<10-5，这个反应很难进行，C错误； D．M点，c(X3+)=c(Y2+)，且M点X(OH)3过饱和，加入NaOH溶液溶解平衡X(OH)3 (s)⇌X3+(aq)+3OH-(aq)向沉淀方向移动，c(X3+)减小至，M点Y(OH)2未饱和，加入NaOH溶液形成Y(OH)2沉淀，c(Y2+)减小至，=，M点滴入NaOH溶液后c(OH-)增大，减小，D项错误。 故选B。 14. 恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的方程式为①X(g)Y(g) ∆H1=+akJ·mol-1，②X(g)Z(g) ∆H2=+bkJ·mol-1，且b>a>0，测得X、Y的浓度随时间的变化如下表。已知lnk=lnA-，其中k为速率常数，A为指前因子(只由反应本性决定)，Ea为反应的活化能，T为温度，R为常数，下图为反应①和②的lnk～曲线。下列说法错误的是 t/h 0 1 2 3 4 5 c(X)/mol·L-1 1.000 0.706 0.500 0.350 0.250 0.175 c(Y)/mol·L-1 0 0.124 0.200 0.260 0.300 0.335 A. 0～5h时间段内化学反应速率：反应①<反应② B. L1表示反应①的相关曲线 C. 改变温度比使用催化剂，对提高产物Y的产率更有效 D. 需在两个反应均未达到平衡前分离出目标产物Z 【答案】C 【解析】 【详解】A．0～5h时间段内，c(X)减少了0.825mol·L-1，c(Y)增加了0.335mol·L-1，则c(Z)增加0.490mol·L-1，故化学反应速率：反应①<反应②，A项正确； B．由化学反应速率反应①<反应②，得活化能反应①>反应②，再由函数lnk=lnA-得知为直线方程的斜率，L1的斜率大即活化能大”修改为“L1斜率的绝对值更大，对应的反应活化能更大，即活化能大表示反应①，B项正确； C．观察图像可知升高温度可提高反应①的速率常数，但在坐标图所示的温度范围调节温度反应②的速率常数总是大于反应①的速率常数，使产物Y中混有较多的Z；但若使用选择反应①的催化剂则反应①的反应速率会远远大于反应②的反应速率，反应①的速率竞争优势会使产物Y产率远远大于产物Z的产率，使用催化剂比改变温度，对提高产物Y的产率更有效，C项错误； D．在某温度下的这两个平行反应，因b>a>0，说明Y是热力学稳定产物，若达成平衡后分离产物，反应受热力学控制则Y产物较多，若在未达成平衡就分离产物，则反应受动力学控制，Z为主要产物，D项正确； 故选C。 二、非选择题(本题共4小题，共58分) 15. 苯胺为无色油状液体，具有较强的还原性，其蒸气与空气混合，能形成爆炸性混合物；具有碱性，能与酸反应生成盐。工业上常用硝基苯液相催化加氢工艺制备。 +3H2+2H2O。 其部分装置及有关数据如下： 项目 熔点/℃ 沸点/℃ 密度(g/mL) 溶解性 硝基苯 5.7 210.9 1.20 不溶于水，易溶于乙醇、乙醚 苯胺 -6.2 184.4 1.02 微溶于水，易溶于乙醇、乙醚 乙醚 -116.2 34.6 0.71 微溶于水 实验步骤： ①检查B装置的气密性。 ②先向B中加入硅胶铜催化剂，后加入20.0ml硝基苯。 ③加热B装置。 ④打开活塞k，通入H2。 （1）上述实验操作步骤的正确顺序为 ___________(填序号)。 （2）仪器a的名称为___________，使用前应___________。 （3）下列说法正确的是___________(填字母) A．实验过程中温度的水银球置于反应液中 B．为提高产生H2速率可加热启普发生器 C．B装置宜用油浴加热 D．上述制备苯胺的化学反应属于取代反应 E．b的使用有利于提高苯胺的产率 （4）制备完成后，蒸馏得到产品前需加入生石灰，其作用是___________。 （5）直接蒸馏得到苯胺的纯度往往不高，可设计如下方案进行。 ①写出过程Ⅱ中发生的化学反应方程式___________。 ②该蒸馏方案能提高苯胺纯度的原因___________。 ③减压蒸馏的优点有___________。若减压蒸馏得到产品15.7mL，则该实验合成苯胺的产率为___________(保留一位有效数字)。 【答案】（1）①②④③ （2） ①. 恒压滴液漏斗 ②. 检漏 （3）ACE （4）除去产物中混有的水 （5） ①. +NaOH→+NaCl+H2O ②. 通过过程Ⅰ和Ⅱ，除去目标产品中的不溶性杂质，有利于蒸馏提纯 ③. 降低苯胺的沸点，防止苯胺蒸馏过程中被氧化 ④. 88.4% 【解析】 【小问1详解】 涉及H2反应的实验，一般先查密，再装药品，然后通入H2排除装置中的空气，然后加热。该实验中若步骤③和④的顺序颠倒，则实验装置中的空气无法排除，加热时H2遇装置中的O2易发生爆炸，同时生成的苯胺被易被氧气氧化；正确顺序为①②④③； 【小问2详解】 仪器a为漏斗本体有空心侧管与滴液嘴部相连通，平衡压强，可以使漏斗内液体顺利流下，该漏斗为恒压滴液漏斗，使用前需检查活塞是否灵活转动，滴液嘴是否顺利滴液； 【小问3详解】 A．实验过程中温度的水银球置于反应液中，以测定反应液的温度，A项正确； Ｂ．启普发生器不能加热，否则变形损坏，B项错误； Ｃ．因反应温度要求150℃，故B装置宜用油浴加热，C项正确； Ｄ．上述制备苯胺的化学反应属于还原反应，D项错误； Ｅ．b中的冷凝部分使挥发的反应物和产物回流，提高原料利用率，且分水器使产物水分离出去，有利于化学平衡向正反应方向移动，提高苯胺的产率，E项正确； 答案选ACE； 【小问4详解】 生石灰和水反应生成氢氧化钙，能除去反应中生成的水； 【小问5详解】 ①苯胺具有碱性能和盐酸反应生成氯化苯胺：+HCl→被水萃取，去除一部分不溶于酸的杂质，在碱性溶液中重新生成苯胺：+NaOH→+NaCl+H2O； ②再被乙醚反萃取，又去除了一部分不溶于碱的杂质，有利于蒸馏提纯； ③减压蒸馏降低苯胺的沸点，低温条件下蒸馏减少被氧化的速率； ④20.0ml硝基苯的质量为20.0ml×1.20g·mL-1=24.0g，根据苯胺合成反应＋3H2＋2H2O，每123g硝基苯完全反应理论上生成苯胺93g，则24.0g硝基苯的理论产量为18.1g，苯胺实际产量为15.70mL×1.02g·mL-1=16.0g，则产率=×100%=×100%=88.4%。 16. 草酸钴晶体是一种生产指示剂、催化剂以及钴的氧化物的重要化工原料。一种以含钴废料(主要成分为Co3O4，还有少量的NiO、Al2O3、SiO2等)制备CoC2O4的流程如下图所示： 已知：①在酸性条件下，氧化性：Co3+>，②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下： 沉淀物 Al(OH)3 Co(OH)2 Ni(OH)2 完全沉淀时的pH 4.7 9.0 9.2 （1）滤渣Ⅰ的成分为___________(填化学式)。 （2）写出“反应”工序中发生化学反应的离子方程式___________，实际生产中消耗的H2O2的量比理论上多的原因是___________。 （3）设计加入CoO工序的目的是___________。 （4）该流程中能够循环利用的物质除H2SO4外，还有___________(用化学式表示)。 （5）X-射线结构表明，CoC2O4·2H2O分解的最终产物为Co3O4(M=241g·mol-1)。Co3O4的晶胞由A区和B区组成，如下图所示。 ①如上图建立坐标系，取z=0，得Co3O4晶胞截面如图1，若取z=，请在如图2中标出相应原子位置___________(分别用△和O表示)。 ②该晶胞密度为___________g/cm3(用含a、NA的代数式表示)。 【答案】（1）SiO2 （2） ①. 2Co3++H2O2=2Co2++O2↑+2H+ ②. H2O2不稳定自身易分解 （3）调节溶液的pH使杂质Al3+形成Al(OH)3沉淀而除去 （4）HR （5） ①. ②. 【解析】 【分析】含钴废料（主要成分为Co3O4，含少量NiO、Al2O3、SiO2）粉碎，用热H2SO4酸浸，SiO2不溶形成滤渣Ⅰ；滤液中加入H2O2，将Co3+还原为Co2+；再加入CoO调节pH，使Al3+以Al(OH)3沉淀除去（滤渣Ⅱ）；随后用有机物RH萃取，将Ni2+与Co2+分离；反萃取时加入H2SO4，得到含Co2+的溶液；最后加入(NH4)2C2O4溶液进行沉钴，得到CoC2O4・2H2O产品，据此作答。 【小问1详解】 SiO2为酸性氧化物，不与H2SO4反应，滤渣Ⅰ为SiO2； 【小问2详解】 “反应”工序加入H2O2，目的是将Co3+还原为Co2+，离子方程式为：；H2O2不稳定自身易分解，导致消耗的H2O2的量比理论上多； 【小问3详解】 加入CoO的目的是调节溶液的pH，使Al3+水解生成Al(OH)3沉淀而除去，同时避免Co2+和Ni2+沉淀；答案为：调节溶液的pH使杂质Al3+形成Al(OH)3沉淀而除去； 【小问4详解】 加入RH目的是萃取Co2+，发生，反萃取时加入H2SO4使上述平衡逆向移动，有机相为HR可循环利用； 【小问5详解】 ①结合图A和图B，同时结合Co3O4晶胞，设晶胞棱长单位为1，可知z=时，O2-(O)和Co3+(∆)的位置为：； ②晶胞中含有结构A、B均为4个，Co2+处于晶胞的顶点、面心、结构A的体内，Co3+处于结构B内部，O2-处于结构A，结构B内部，晶胞中Co2+数目=4+8×+6×=8、Co3+数目=4×4=16，O2-数目=4×4+4×4=32，故每个晶胞含有8个Co3O4，。 17. CO2是一种温室气体，对人类的生存环境产生巨大的影响，维持大气中CO2的平衡对生态环境保护有着重要意义。 （1）已知25℃时，H2CO3的Ka1=m，Ka2=n。正常情况下海水呈微碱性，CO2可由大气进入海水。若室温下表层海水中的，则海水中的c(OH-)=___________mol·L-1(写出表达式，不考虑水的电离)。 （2）以CO2和H2合成二甲醚(CH3OCH3)涉及到以下反应： 反应I：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)   ΔH1=+41.2kJ•mol-1 反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)    ΔH2 ①已知：H2(g)、CH3OCH3(g)的燃烧热分别285.8kJ/mol、1460.3kJ/mol，H2O(g)=H2O(1) ΔH= -44kJ•mol-1，则ΔH2=___________。 ②保持TK，在恒容密闭容器中通入CO2、H2物质的量之比为1：3的混合气体进行反应，初始压强为3.2MPa，CO2的转化率为30%，且达到平衡时体系压强为2.8MPa，则CH3OCH3的物质的分压为___________，反应Ⅰ的Kp=___________。 ③在②条件下，CO2平衡时转化率和CH3OCH3的选择性随温度的变化如图所示： a表示___________随温度的变化曲线，依据是___________。 （3）合成甲酸是回收二氧化碳的有效途径。在催化剂甲(溶解在有机溶剂)条件下合成HCOOH的反应机理如下： 其中TS代表过渡态。温度升高，总化学反应速率将___________(填“增大”、“减小”或“不能确定”)，理由是___________。 （4）一种新型水系Zn—CO2电池是一种新型的电池技术，可使CO2转化为CH3OH，如下图所示。 a为___________离子交换膜，写出正极电极方程式___________。 【答案】（1） （2） ①. -122.5kJ• mol−1 ②. 0.1MPa ③. 0.014 ④. 二甲醚的选择性 ⑤. 反应I为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，温度升高，反应I平衡向正反应方向移动，反应Ⅱ平衡向逆反应方向移动，所以二甲醚的选择性随温度升高而下降 （3） ①. 不能确定 ②. 过程Ⅰ和Ⅱ活化能较小均为快反应（焓变小于零），能快速建立平衡状态，随着温度升高平衡向逆反应方向移动，则c(Z)减小，而Ⅲ是慢反应(决速步骤)，c(Z)减小对Ⅲ反应速率的影响与温度升高对总反应速率的影响谁大谁小不能确定 （4） ①. 阳 ②. CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O 【解析】 【小问1详解】 已知：，则；当时，，； 【小问2详解】 ①根据H2(g)、CH3OCH3(g)的燃烧热分别写出其热化学方程式：①，，结合③，根据盖斯定律，反应Ⅱ=①×3-②-3×③，则； ②因为反应Ⅰ的气体计量数不发生变化，所以体系压强的改变是反应Ⅱ造成的，根据化学方程式知每生成1 mol CH3OCH3体系中气体物质的量减少4 mol，现体系压强减少0.4 MPa，故产物CH3OCH3平衡时分压为0.1 MPa；根据初始压强为3.2 MPa，CO2、H2物质的量之比为1:3，故起始状态CO2分压0.8 MPa、H2分压2.4 MPa；平衡时，由CO2的转化率知CO2分压0.56 MPa，变化的分压为0.8 MPa-0.56 MPa=0.24 MPa；根据C原子守恒，CO分压为0.24 MPa-0.1 MPa×2=0.04 MPa；根据O原子守恒，H2O分压为0.8 MPa×2-0.56 MPa×2-0.1 MPa-0.04 MPa=0.34 MPa；根据H原子守恒，H2分压为2.4 MPa-0.1 MPa×3-0.34 MPa=1.76 MPa，故反应Ⅰ的； ③反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，温度升高，反应I平衡向正反应方向移动，反应Ⅱ平衡向逆反应方向移动，所以二甲醚的选择性随温度升高而下降，即a表示二甲醚的选择性随温度的变化曲线； 【小问3详解】 过程Ⅰ和过程Ⅱ活化能较小（焓变小于零），均为快反应，能快速建立平衡状态，随着温度升高平衡向逆反应方向移动，则c(Z)减小，而Ⅲ是慢反应(决速步骤)，c(Z)减小对Ⅲ反应速率的影响与温度升高对总反应速率的影响谁大谁小不能确定，即温度升高，总化学反应速率将不能确定； 【小问4详解】 据图可知，多孔Pd纳米片上发生二氧化碳生成甲醇的反应，为还原反应，多孔Pd纳米片为正极，放电时电极方程式为：；原电池中阳离子向正极移动，H+为双极膜中的H2O解离提供，通过a膜向正极移动，则a为阳离子交换膜。 18. 我国科学家利用水杨醇衍生物与苯氧乙酸衍生物合成了系列新型药物，如图所示为其中一种该类化合物I的合成路线。回答下列问题： （1）A的化学名称为___________。 （2）C的结构简式为___________。 （3）E→F的反应类型为___________。 （4）写出F→G反应的化学方程式 ___________，在D+G→I的转化过程中加入(C2H5)3N的作用是___________。 （5）写出一种能同时满足下列条件的I的同系物的同分异构体的结构简式___________。 a．能使FeCl3溶液显色 b．含有手性碳原子； c．相对分子质量比I少14 d．其稳定分子中核磁共振氢谱显示5组峰，峰面积之比为2：4：4：2：6. （6）参照上述路线，写出以为原料合成的路线___________ (其他无机试剂任选)。 【答案】（1）邻苯二酚或1，2-苯二酚 （2） （3）还原反应 （4） ①. +CH3CH2Cl+NaOH+NaCl+H2O ②. (C2H5)3N具有碱性，能结合“D+G→I”转化过程中产物HCl，从而使转化反应进行彻底 （5）或 （6） 【解析】 【分析】A和CH3Cl在NaOH条件下发生取代反应生成B()，B与在碱性条件下发生取代反应，生成C，根据D的结构式可知，C为，C经酰氯化得到酰氯D；E和甲醇、水经还原为F()，F与发生取代反应生成G（）；最后D与G在作用下发生取代反应，生成I和HCl，据此分析。 【小问1详解】 根据二元醇的命名，A的化学名称为邻苯二酚； 【小问2详解】 根据A→B转化及B的分子式，可得B结构简式为，再结合D的结构简式及C的分子式可得C的结构简式为； 【小问3详解】 E→F是醛基转化为羟基，该反应为还原反应； 【小问4详解】 观察I、D的结构变化，推知D的分子结构为，再根据E推知F为，在碱性条件下得F→G转化的化学反应方程式为+CH3CH2Cl+NaOH+NaCl+H2O，在“D+G→I”转化过程，属于取代反应， (C2H5)3N具有碱性能中和取代产物HCl，从而使转化反应进行彻底； 【小问5详解】 根据属于“I的同系物”且“相对分子质量少14”得知其比I少一个“CH2”，根据“使FeCl3溶液显色”条件得分子结构中含有酚羟基，根据其核磁共振氢谱情况得其结构对称性强，再结合“含有手性碳原子”，综合得出该异构体的结构式为：或     ； 【小问6详解】 将目标产物切割，运用逆合成分析法，结合题干流程转化信息分析得：，合成路线为：     。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $