精品解析：福建省厦门第一中学2025-2026学年高三下学期校适应性练习 化学试题

福建省厦门第一中学2025-2026学年高三(下)校适应性练习 化 学 (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 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，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 一、单项选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分，每小题只有一个选项符合题意) 1. 下列说法正确的有 ① 生产熔喷布口罩的原料聚丙烯属于纯净物 ② 从石油中获取裂化汽油和直馏汽油的原理不同，二者均能使溴水或酸性KMnO4溶液褪色 ③ 电离、风化、裂解、潮解、焰色反应均是化学变化 ④ 植物油中含有碳碳双键，可以与H2加成制得脂肪 ⑤ 淀粉、纤维素、油脂均为高分子化合物，氨水、王水、双氧水均为混合物 ⑥ 配制Fe(NO3)2溶液时将Fe(NO3)2晶体溶于浓硝酸中并加入蒸馏水稀释至指定浓度 ⑦ 将Ca(ClO)2、 Na2SO3、 FeCl3、 KAl(SO4)2的各自溶液分别蒸干均得不到原溶质 ⑧ 用氯化铁溶液和氨水制备氢氧化铁胶体 ⑨ 用热饱和硫酸铵溶液清洗铁器表面的铁锈 ⑩ 向锌和稀硫酸反应的试管中滴加几滴CuSO4溶液，产生气泡速率加快，CuSO4作该反应的催化剂 A. 1项 B. 2项 C. 3项 D. 4项 2. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 质量均为15 g的三种微粒所含有的质子数均为9NA B. 标准状况下，0.9 g H2C2O4含有的σ键总数为0.09NA C. 标准状况下，33.6 L HF中含有氟原子的数目为1.5NA D. 0.1 mol环氧乙烷( )中含有的极性键数目为0.2NA 3. 下列离子方程式书写正确的是 A. K2Cr2O7溶液中加入NaOH溶液： B. 过量 SO2与 Na2S溶液反应：SO2+2S2-+2H2O=3S↓+4OH- C. 联氨(N2H4)是一种二元弱碱，N2H5Cl在水溶液中发生水解的离子方程式： D. 少量 CO2与 C6H5ONa 溶液反应：2C6H5O-+CO2+H2O → 2C6H5OH+ 4. X、Y、Z、R为原子序数依次增大的前10号元素，X、Y、R的基态原子核外未成对电子数相等；279.2K下，四种元素构成的物质a可转化为物质b．下列叙述错误的是 A. a、b中Z的杂化方式均为sp3 B. 最简单氢化物的沸点：Z>R C. YR3是含有极性键的极性分子 D. Y的最高价含氧酸为一元弱酸 5. 利用如图装置(省略夹持仪器)制备TiCl4.已知：TiCl4易水解，熔点-24℃，沸点136.4℃；CCl4沸点76.8℃；TiO2不溶于水和稀酸；装置C中除生成TiCl4外，还生成一种有毒气态氧化物和少量CCl4。下列说法正确的是 A. 装入试剂后，应先加热陶瓷管，再打开装置A中分液漏斗活塞 B. 装置D烧杯中可加入冰水，便于收集纯净的液态TiCl4 C. 装置B和装置E的作用不完全相同 D. 整套装置仍存在的缺陷是装置C前没有加除去Cl2中HCl的装置 6. 阿斯巴甜常用作甜味剂，其结构简式如下，下列有关阿斯巴甜分子的说法正确的是 A. 存在5个C-Oσ键 B. 有6个碳原子是sp2杂化 C. 能发生水解反应、缩聚反应 D. ①号N比②号N更难结合H+ 7. 某实验小组尝试设计如下装置，利用光伏发电，以甲苯为原料通过间接氧化法制取苯甲酸并实现储能，下列有关说法错误的是 A. 电极a为阴极，H+通过质子交换膜移向a极 B. 装置M中发生反应：++8H+=+2Cr3++5H2O C. 电极b发生电极反应为 D. 每生成3 mol H2，理论上装置M中可获得244 g苯甲酸 8. 以高硫铝土矿（主要成分为，还有少量）为原料生产氧化铝并获得的部分工艺流程如图所示： 下列说法错误的是 A. 高硫铝土矿在焙烧前进行粉碎处理可加快焙烧速率 B. 加入少量CaO的目的之一是脱除“焙烧”过程中产生的 C. 向滤液中通入过量生成的离子方程式为 D. “缺氧下焙烧”时，参加反应的 9. 以草酸和硝酸盐为原料（和分别为氮源和碳源），电催化偶联制备甘氨酸。原理如图（OA为，GX为，GC为）。下列说法正确的是 A. OA→GX的电极反应式为 B. 反应ⅳ的原子利用率为100% C. 反应ⅲ是偶联制备甘氨酸的决速步 D. 甘氨酸在阳极和阴极的中间区域生成 10. 时，用溶液分别滴定浓度均为的三种溶液，溶液中，M表示随的变化关系如图所示。已知；溶液离子浓度可认为除尽。下列说法正确的是 A. ①代表滴定溶液的变化关系 B. 滴定溶液到a点时，溶液 C. 调整溶液的，工业废水中的未完全除尽 D. 滴定溶液至时，溶液中 二、填空题(本题共4题，共60分) 11. 吲哚丁酸乙酯(简化表示为，)是一种难溶于水的白色晶体，主要用作植物生长调节剂，实验室制备原理及简化实验步骤如下： 已知：① 吲哚环60℃以上易分解；② SOCl2遇水剧烈水解。 ⅰ．在250 mL三颈烧瓶中加入磁力搅拌子和10.2g(0.05mol)吲哚丁酸，仪器X 中装入8.7 mL二氯亚砜(SOCl2)，按图组装实验装置(尾气吸收装置和加热装置略)； ii．搅拌下缓慢滴加SOCl2，升温至50~60℃水浴回流至反应结束； iii．蒸馏去除过量二氯亚砜，得到淡黄色油状液体(吲哚丁酰氯粗品)； ⅳ．更换装有50 mL无水乙醇的仪器X，缓慢滴加无水乙醇，升温至40~45℃水浴反应2小时； ⅴ．将反应液倒入冰水中，加碱中和大部分酸，转移至分液漏斗，用乙酸乙酯萃取，有机相依次用饱和碳酸氢钠溶液、饱和食盐水洗涤后弃去水相，有机相中加入无水硫酸钠，过滤后滤液经减压蒸馏得到淡黄色固体粗品； ⅵ．粗品经重结晶得到9.0 g纯品。 回答下列问题： （1）实验仪器清洗后必须_______后才能进行实验。 （2）SOCl2中心原子的杂化方式为_______，若皮肤不慎沾到少量SOCl2，立即用大量水冲洗，再用3%~5%_______(填“硼酸”或“碳酸氢钠”)溶液冲洗。 （3）IBA-COCl(吲哚丁酰氯)合成IBA的反应方程式为_______。 （4）两步反应的温度均控制在60℃以下，原因是_______；吸收尾气应选择下列装置中的_______(填标号)。 （5）步骤Ⅴ中用饱和碳酸氢钠溶液洗涤有机相的作用是_______。 （6）若用吲哚丁酸与乙醇在浓硫酸作用下直接酯化制备吲哚丁酸乙酯，缺点是反应温度高导致产率低和_______(答出一条)。 （7）吲哚丁酸乙酯的产率为_______% (保留1位小数)。 12. 铜阳极泥(含有Au、、、等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下： 已知：① 当某离子的浓度低于1.0×10-5mol∙L-1时，可忽略该离子的存在； ② ； ③ Na2SO3易从溶液中结晶析出； ④ 不同温度下Na2SO3的溶解度如下： 温度/℃ 0 20 40 60 80 溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0 回答下列问题： （1）Cu属于_______区元素，其基态原子核外电子有_______种空间运动状态。 （2）“滤液1”中含有Cu2+和H2SeO3，“氧化酸浸”时Cu2Se反应的化学方程式_______。 （3）“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的： ① 在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是_______。 ② 在“除金”工序中，Cl-浓度不能超过_______mol∙L-1 。 （4）在“银转化”体系中，存在，和浓度之和为，两种离子分布分数随浓度的变化关系如图所示，若浓度为，则的浓度为_______。 （5）“银还原”每消耗1mol Na2S2O4，理论上可得到_______molAg。已知亚硫酸的结构式为，则连二亚硫酸根的结构式为_______， （6）在连续生产的模式下，“银转化”工序需在40℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是_______。 （7）某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数。化合物的化学式是_______，其摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值是NA，则晶体的密度为_______(列出计算表达式)。 13. L是合成某雌酮药物的中间体，其合成路线如下。 已知：ⅰ． ⅱ． ⅲ． （1）H中官能团的名称是_______。 （2）D→E的化学方程式是_______。 （3），试剂a的结构简式是_______。 （4）已知：，I的结构简式为_______。 （5）G＋J→K的反应类型是_______。 （6）嘧啶()和吡啶()结构均和苯环结构相似，但嘧啶的碱性比吡啶弱，主要原因是_______。 （7）G的同分异构体中满足下列条件，请写出其中一种_______。 a．能发生银镜反应和水解反应 b．含有sp杂化的碳原子 （8）由G经过多步反应合成P后可制备双环内酰胺的衍生物X 已知：； O3只氧化碳碳双键 Q的结构中含有一个六元环和一个五元环，请写出Q的结构简式_______。 14. 硫化氢消除并资源化利用是天然气开采、炼油行业、煤化工等工业中长期面临的重要研究课题。 （1）催化重整法。Fe2O3可以用作脱除H2S的催化剂，脱除过程如图1所示。 ① Fe2O3脱除H2S时需先进行吸附。利用如图乙进行吸附，其吸附能力比图甲强，请从结构角度解释其原因_______。 ② 脱除一段时间后，催化剂的活性降低，原因是_______。 （2）H2S和CH4的重整制氢涉及的反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ．2H2S + CH4CS2 + 4H2 在恒压下按组成为通入混合气体，测得平衡状态下的收率和的转化率随温度的变化曲线如图2所示。 已知：H2的收率，的收率 ① 请写出反应Ⅲ的热化学方程式_______。 ② 计算温度下的收率_______。 ③ 设为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为)除以。计算时反应Ⅰ的相对压力平衡常数为_______(写出计算式即可)。 （3）某种光电催化法可用于脱除H2S，其原理如图3所示。 ① 利用光电催化法在负极区脱除硫化氢的离子方程式：_______。 ② 与直接加热分解法相比，光电催化法的优点是_______(只写1点) 。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建省厦门第一中学2025-2026学年高三(下)校适应性练习 化 学 (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 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，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 一、单项选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分，每小题只有一个选项符合题意) 1. 下列说法正确的有 ① 生产熔喷布口罩的原料聚丙烯属于纯净物 ② 从石油中获取裂化汽油和直馏汽油的原理不同，二者均能使溴水或酸性KMnO4溶液褪色 ③ 电离、风化、裂解、潮解、焰色反应均是化学变化 ④ 植物油中含有碳碳双键，可以与H2加成制得脂肪 ⑤ 淀粉、纤维素、油脂均为高分子化合物，氨水、王水、双氧水均为混合物 ⑥ 配制Fe(NO3)2溶液时将Fe(NO3)2晶体溶于浓硝酸中并加入蒸馏水稀释至指定浓度 ⑦ 将Ca(ClO)2、 Na2SO3、 FeCl3、 KAl(SO4)2的各自溶液分别蒸干均得不到原溶质 ⑧ 用氯化铁溶液和氨水制备氢氧化铁胶体 ⑨ 用热饱和硫酸铵溶液清洗铁器表面的铁锈 ⑩ 向锌和稀硫酸反应的试管中滴加几滴CuSO4溶液，产生气泡速率加快，CuSO4作该反应的催化剂 A. 1项 B. 2项 C. 3项 D. 4项 【答案】B 【解析】 【详解】①聚丙烯是高分子化合物，聚合度值不固定，属于混合物，①错误； ②直馏汽油是石油分馏产物，主要成分为饱和烃，不能使溴水、酸性溶液发生反应而褪色，只有含不饱和烃的裂化汽油可使溴水或酸性KMnO4溶液褪色，②错误； ③电离、潮解、焰色反应无新物质生成，属于物理变化，仅风化、裂解为化学变化，③错误； ④植物油属于不饱和高级脂肪酸甘油酯，含有碳碳双键，可与发生加成反应制得氢化脂肪，④正确； ⑤油脂的相对分子质量远小于10000，不属于高分子化合物；双氧水是纯净物​，不是混合物，⑤错误； ⑥浓硝酸具有强氧化性，会将氧化为，无法得到溶液，⑥错误； ⑦次氯酸钙是强碱弱酸盐，在溶液中水解生成氢氧化钙和次氯酸，次氯酸受热分解生成氯化氢和氧气，氢氧化钙与盐酸反应生成氯化钙和水，则次氯酸钙溶液蒸干得到氯化钙；亚硫酸钠具有还原性，易被空气中氧气氧化为硫酸钠，则亚硫酸钠溶液蒸干得硫酸钠；氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铁和盐酸，盐酸受热挥发使平衡不断右移直至趋于完全生成氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生成氧化铁；硫酸铝钾溶液中铝离子发生水解：，由于水解生成的硫酸为难挥发性酸，蒸发水分时，水解平衡会向逆反应方向移动，最终得到原溶质硫酸铝钾，⑦错误； ⑧氯化铁溶液与氨水反应生成氢氧化铁沉淀，无法制得胶体，制备氢氧化铁胶体应向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，⑧错误； ⑨硫酸铵为强酸弱碱盐，加热时水解程度增大，溶液酸性增强，可与铁锈（主要成分为）反应，能清洗铁锈，⑨正确； ⑩与反应置换出，形成原电池加快反应速率，不是催化剂，⑩错误； 综上分析，④⑨正确，故选B。 2. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 质量均为15 g的三种微粒所含有的质子数均为9NA B. 标准状况下，0.9 g H2C2O4含有的σ键总数为0.09NA C. 标准状况下，33.6 L HF中含有氟原子的数目为1.5NA D. 0.1 mol环氧乙烷( )中含有的极性键数目为0.2NA 【答案】A 【解析】 【详解】A．、、​的摩尔质量均为，因此三种微粒的物质的量均为；C的质子数为6，每个H的质子数为1，电荷改变不影响质子数，因此每个微粒的质子数均为，故三种微粒所含质子数均为，A正确； B．标准状况下0.9 g 对应物质的量为0.01 mol，1 mol 中含有2 mol 键、2 mol 键、2 mol 键、1 mol 键，故0.9 g 中含有键总数为，B错误； C．标准状况下HF为液体，题中条件不能确定其物质的量，C错误； D．1 mol环氧乙烷中含有4 mol键，2 mol 键和1 mol键，故0.1 mol环氧乙烷中含有极性键数目为，D错误； 故选A。 3. 下列离子方程式书写正确的是 A. K2Cr2O7溶液中加入NaOH溶液： B. 过量 SO2与 Na2S溶液反应：SO2+2S2-+2H2O=3S↓+4OH- C. 联氨(N2H4)是一种二元弱碱，N2H5Cl在水溶液中发生水解的离子方程式： D. 少量 CO2与 C6H5ONa 溶液反应：2C6H5O-+CO2+H2O → 2C6H5OH+ 【答案】A 【解析】 【详解】A．在碱性条件下平衡正向移动转化为，离子方程式书写符合反应事实，A正确； B．过量通入溶液，最终体系为酸性环境，产物应为而非，正确离子方程式为，B错误； C．是弱碱阳离子，水解显酸性，应生成和，选项给出的是的电离方程式，正确水解离子方程式为，C错误； D．苯酚酸性弱于碳酸，强于，无论量多少，与苯酚钠反应都只能生成，不能生成，正确离子方程式为，D错误； 故选A。 4. X、Y、Z、R为原子序数依次增大的前10号元素，X、Y、R的基态原子核外未成对电子数相等；279.2K下，四种元素构成的物质a可转化为物质b．下列叙述错误的是 A. a、b中Z的杂化方式均为sp3 B. 最简单氢化物的沸点：Z>R C. YR3是含有极性键的极性分子 D. Y的最高价含氧酸为一元弱酸 【答案】C 【解析】 【分析】X、Y、Z、R为原子序数依次增大的前10号元素，且X、Y、R的基态原子核外未成对电子数相等，结合结构a、b分析成键特征：X在结构中形成1个共价键符合H（氢）的成键特点，H的基态电子排布为1s1，未成对电子数为1，所以X为H；未成对电子数为1的元素（前10号）还有B(2s22p1)、F(2s22p5)，所以Y为B(5)，R为F(9)，剩余Z为原子序数6～8之间的元素，结合Z成键形成X2Z或，确定Z为O，据此分析； 【详解】A．a、b中氧原子价层电子对均为4，杂化方式均为sp3，A正确； B．Z(O)和R(F)的最简单氢化物分别为H2O和HF，1个分子可形成2个氢键，1个分子仅形成1个氢键，常温下为液态、为气态，沸点为，即，B正确； C．YR3是BF3，BF3为平面正三角形结构中，3个B−F键的极性向量和为0，即分子的正、负电荷中心重合，所以BF3是含有极性键的非极性分子，C错误； D．Y的最高价含氧酸为硼酸，硼酸可以发生电离：，硼酸为一元弱酸，D正确； 故选C。 5. 利用如图装置(省略夹持仪器)制备TiCl4.已知：TiCl4易水解，熔点-24℃，沸点136.4℃；CCl4沸点76.8℃；TiO2不溶于水和稀酸；装置C中除生成TiCl4外，还生成一种有毒气态氧化物和少量CCl4。下列说法正确的是 A. 装入试剂后，应先加热陶瓷管，再打开装置A中分液漏斗活塞 B. 装置D烧杯中可加入冰水，便于收集纯净的液态TiCl4 C. 装置B和装置E的作用不完全相同 D. 整套装置仍存在的缺陷是装置C前没有加除去Cl2中HCl的装置 【答案】C 【解析】 【分析】装置A中高锰酸钾和浓盐酸反应产生的氯气中含有水蒸气，通过装置B中的浓硫酸除去，然后在电炉内与二氧化钛和碳的混合物发生反应生成TiCl4，用装置D的冰水降低温度，获得液态TiCl4，TiCl4易与水反应，故在后面连接干燥管，防止空气中的水蒸气进入装置D，同时装置E也可以吸收未反应完的Cl2和可能挥发出来的HCl，防止污染环境。 【详解】A．若先加热陶瓷管，装置内空气（含水蒸气）会导致TiCl4​水解，应先打开分液漏斗活塞通入Cl2​排尽装置内空气，再加热陶瓷管，A错误； B．CCl4​沸点为76.8℃，TiCl4​沸点为136.4℃，冰水冷却时两种物质都会冷凝为液态，得到的是二者混合物，无法收集到纯净TiCl4，B错误； C．装置B的作用仅为干燥Cl2​，除去Cl2​中的水蒸气，装置E除了防止空气中水蒸气进入D使TiCl4​水解，还需要吸收尾气中未反应的有毒Cl2​，防止污染空气，二者作用不完全相同，C正确； D．HCl不参与反应，也不影响TiCl4​的制备和收集，不需要额外除去Cl2​中的HCl，D错误； 故选C。 6. 阿斯巴甜常用作甜味剂，其结构简式如下，下列有关阿斯巴甜分子的说法正确的是 A. 存在5个C-Oσ键 B. 有6个碳原子是sp2杂化 C. 能发生水解反应、缩聚反应 D. ①号N比②号N更难结合H+ 【答案】C 【解析】 【详解】A．该分子中羧基、酰胺、酯基的羰基各含1个C-O σ键，羧基含1个C-O单键σ键，酯基含2个C-O单键σ键，共6个C-O σ键，A错误； B．苯环的6个C、羧基/酰胺基/酯基的3个羰基C均为杂化，共9个杂化的C，B错误； C．分子含酯基、酰胺基，可发生水解反应；同时含有氨基和羧基，可发生缩聚反应，C正确； D．①号N为游离氨基，孤对电子未发生共轭，电子云密度大，更易结合；②号N的孤对电子与相邻羰基共轭，电子云密度低，更难结合，D错误； 故选C。 7. 某实验小组尝试设计如下装置，利用光伏发电，以甲苯为原料通过间接氧化法制取苯甲酸并实现储能，下列有关说法错误的是 A. 电极a为阴极，H+通过质子交换膜移向a极 B. 装置M中发生反应：++8H+=+2Cr3++5H2O C. 电极b发生电极反应为 D. 每生成3 mol H2，理论上装置M中可获得244 g苯甲酸 【答案】D 【解析】 【分析】图示装置配备了光伏外接电源，为电解池，b极上放电，生成，发生氧化反应，故电极b为阳极，则电极a为阴极，氢离子移向电极a并放电，生成氢气；电极b得到的具有较强氧化性，将甲苯氧化为苯甲酸，同时重新转化为，实现物质的循环与苯甲酸的制取； 【详解】A．由分析可知，电极a为阴极，通过质子交换膜移向a极，A正确； B．由分析，电极b上生成的重铬酸根可与甲苯发生氧化还原反应，生成苯甲酸，电解质溶液呈酸性，可配平方程式为：，B正确； C．b极上放电，生成，电极方程式为，C正确； D．每生成3 mol，即转移6 mol电子，根据b电极的电极方程式，转移6 mol电子时生成1 mol，1 mol可氧化1 mol甲苯，得到1 mol苯甲酸，苯甲酸的摩尔质量为，1 mol苯甲酸即122 g，而不是244 g，D错误； 故选D。 8. 以高硫铝土矿（主要成分为，还有少量）为原料生产氧化铝并获得的部分工艺流程如图所示： 下列说法错误的是 A. 高硫铝土矿在焙烧前进行粉碎处理可加快焙烧速率 B. 加入少量CaO的目的之一是脱除“焙烧”过程中产生的 C. 向滤液中通入过量生成的离子方程式为 D. “缺氧下焙烧”时，参加反应的 【答案】D 【解析】 【详解】A．“焙烧”时，将铝土矿粉碎增大接触面积，可加快化学反应速率，A正确； B．“焙烧”过程中产生的SO2可与CaO反应生成，除掉反应生成的SO2，B正确； C．向滤液中通入过量的CO2，CO2与反应生成，离子方程式为：，C正确； D．“缺氧下焙烧”时发生反应：，参加反应的，D项错误； 故答案选D。 9. 以草酸和硝酸盐为原料（和分别为氮源和碳源），电催化偶联制备甘氨酸。原理如图（OA为，GX为，GC为）。下列说法正确的是 A. OA→GX的电极反应式为 B. 反应ⅳ的原子利用率为100% C. 反应ⅲ是偶联制备甘氨酸的决速步 D. 甘氨酸在阳极和阴极的中间区域生成 【答案】A 【解析】 【详解】A．OA为，GX为，反应中1个C的化合价从+3价降为+1价，得到2 mol电子，结合配平后，电极反应为： HOOC−COOH+2H++2e-=HOOC−CHO+H2​O，原子、电荷均守恒，A正确； B．反应ⅳ是与反应生成，同时生成，有副产物，原子利用率小于100%，B错误； C．决速步是总反应中速率最慢的基元反应，反应ⅲ是GX转化为副产物GC的慢反应，不属于C-N偶联制备甘氨酸的主反应步骤，不决定主反应速率，C错误； D．制备甘氨酸的关键步骤，如草酸的还原、硝酸盐的还原以及后续中间产物的还原，均为在阴极发生的得电子的还原反应，因此甘氨酸在阴极生成，D错误； 故答案为：A。 10. 时，用溶液分别滴定浓度均为的三种溶液，溶液中，M表示随的变化关系如图所示。已知；溶液离子浓度可认为除尽。下列说法正确的是 A. ①代表滴定溶液的变化关系 B. 滴定溶液到a点时，溶液 C. 调整溶液的，工业废水中的未完全除尽 D. 滴定溶液至时，溶液中 【答案】B 【解析】 【分析】由题干信息可知，，加碱后溶液中Cu2+先沉淀，Fe2+后沉淀，①代表滴定溶液的变化关系，②代表滴定溶液的变化关系，③代表滴定HX溶液的变化关系。p=0时，=，pH=4.2，c(H+)=10-4.2，c(OH-)==10-9.8，=1=10-19.6；同理，=1=10-15；p=0时，pH=5.0，此时HX的电离平衡常数为Ka==c(H+)=10-5，据此分析解答。 【详解】A．根据以上分析，②代表滴定溶液的变化关系，故A错误； B．根据Ka=、，a点存在关系，变式得到，代入数据得到，则pOH=6，故pH=8，故B正确； C．根据分析=10-19.6，调节溶液的pH=7时，c(OH-)=10-7，==10-5.6＜10-5，沉淀完全，故C错误； D．当滴定溶液至时，c(H+)=10-5，此时pH=5，此时溶液呈酸性，，根据电荷守恒可知，，故D错误； 故选B。 二、填空题(本题共4题，共60分) 11. 吲哚丁酸乙酯(简化表示为，)是一种难溶于水的白色晶体，主要用作植物生长调节剂，实验室制备原理及简化实验步骤如下： 已知：① 吲哚环60℃以上易分解；② SOCl2遇水剧烈水解。 ⅰ．在250 mL三颈烧瓶中加入磁力搅拌子和10.2g(0.05mol)吲哚丁酸，仪器X 中装入8.7 mL二氯亚砜(SOCl2)，按图组装实验装置(尾气吸收装置和加热装置略)； ii．搅拌下缓慢滴加SOCl2，升温至50~60℃水浴回流至反应结束； iii．蒸馏去除过量二氯亚砜，得到淡黄色油状液体(吲哚丁酰氯粗品)； ⅳ．更换装有50 mL无水乙醇的仪器X，缓慢滴加无水乙醇，升温至40~45℃水浴反应2小时； ⅴ．将反应液倒入冰水中，加碱中和大部分酸，转移至分液漏斗，用乙酸乙酯萃取，有机相依次用饱和碳酸氢钠溶液、饱和食盐水洗涤后弃去水相，有机相中加入无水硫酸钠，过滤后滤液经减压蒸馏得到淡黄色固体粗品； ⅵ．粗品经重结晶得到9.0 g纯品。 回答下列问题： （1）实验仪器清洗后必须_______后才能进行实验。 （2）SOCl2中心原子的杂化方式为_______，若皮肤不慎沾到少量SOCl2，立即用大量水冲洗，再用3%~5%_______(填“硼酸”或“碳酸氢钠”)溶液冲洗。 （3）IBA-COCl(吲哚丁酰氯)合成IBA的反应方程式为_______。 （4）两步反应的温度均控制在60℃以下，原因是_______；吸收尾气应选择下列装置中的_______(填标号)。 （5）步骤Ⅴ中用饱和碳酸氢钠溶液洗涤有机相的作用是_______。 （6）若用吲哚丁酸与乙醇在浓硫酸作用下直接酯化制备吲哚丁酸乙酯，缺点是反应温度高导致产率低和_______(答出一条)。 （7）吲哚丁酸乙酯的产率为_______% (保留1位小数)。 【答案】（1）干燥 （2） ①. sp3 ②. 碳酸氢钠 （3）＋ C2H5OH＋ HCl↑或 （4） ①. 吲哚环60℃以上易分解 ②. BD （5）除去残留的酸 （6）浓硫酸的强氧化性会使有机物发生氧化或碳化；酯化反应可逆，产率低；浓硫酸可能使吲哚环发生 磺化反应(取代反应)等，答出一条即可。 （7）77.9 【解析】 【分析】本实验先将吲哚丁酸与SOCl2反应，把羧基转化为酰氯，生成吲哚丁酰氯，随后更换装有无水乙醇的装置，使吲哚丁酰氯与乙醇反应生成吲哚丁酸乙酯。反应结束后，将产物倒入冰水中分层，用乙酸乙酯萃取有机产物，再依次用饱和碳酸氢钠溶液、饱和食盐水洗涤有机相，最后用无水硫酸钠干燥，过滤、蒸馏得到淡黄色固体粗品； 【小问1详解】 已知遇水剧烈水解，因此实验仪器清洗后必须干燥，避免接触水发生水解，影响实验进行； 【小问2详解】 中心S原子的σ键数为3，孤电子对数为，价层电子对数为4，故杂化方式为，水解生成和，均为酸性物质，需用弱碱性的碳酸氢钠溶液中和，硼酸为弱酸，仅用于处理碱灼伤； 【小问3详解】 吲哚丁酰氯与乙醇发生取代反应，氯原子被乙氧基取代，生成吲哚丁酸乙酯和氯化氢，反应温度为40~45℃，据此写出反应方程式为＋＋ C2H5OH＋ HCl↑或 。 【小问4详解】 由已知信息可知吲哚环60℃以上易分解，故反应温度需控制在60℃以下；尾气含、两种酸性气体，可用溶液吸收，同时需防倒吸：A、C装置导管直接插入液面下，易发生倒吸，B的球形干燥管、D的倒扣漏斗均能防倒吸，故答案选BD； 【小问5详解】 有机相中残留有反应生成的及未反应完全的酸性有机物，饱和碳酸氢钠溶液可与酸性物质反应，从而除去有机相中的酸性杂质； 【小问6详解】 酯化反应为可逆反应，反应物不能完全转化，会导致产率降低，此外浓硫酸具有强氧化性和脱水性，可能使有机物氧化、碳化，还可能与吲哚环发生磺化反应，降低产率； 【小问7详解】 由反应关系可知0.05mol吲哚丁酸理论上生成0.05mol吲哚丁酸乙酯，理论质量，实际产量为9.0g，故产率。 12. 铜阳极泥(含有Au、、、等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下： 已知：① 当某离子的浓度低于1.0×10-5mol∙L-1时，可忽略该离子的存在； ② ； ③ Na2SO3易从溶液中结晶析出； ④ 不同温度下Na2SO3的溶解度如下： 温度/℃ 0 20 40 60 80 溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0 回答下列问题： （1）Cu属于_______区元素，其基态原子核外电子有_______种空间运动状态。 （2）“滤液1”中含有Cu2+和H2SeO3，“氧化酸浸”时Cu2Se反应的化学方程式_______。 （3）“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的： ① 在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是_______。 ② 在“除金”工序中，Cl-浓度不能超过_______mol∙L-1 。 （4）在“银转化”体系中，存在，和浓度之和为，两种离子分布分数随浓度的变化关系如图所示，若浓度为，则的浓度为_______。 （5）“银还原”每消耗1mol Na2S2O4，理论上可得到_______molAg。已知亚硫酸的结构式为，则连二亚硫酸根的结构式为_______， （6）在连续生产的模式下，“银转化”工序需在40℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是_______。 （7）某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数。化合物的化学式是_______，其摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值是NA，则晶体的密度为_______(列出计算表达式)。 【答案】（1） ①. ds ②. 15 （2） （3） ①. 使银元素转化为AgCl沉淀，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致AgCl转化为 ②. 0.5 （4）0.05 （5） ①. 2 ②. （6）高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产 （7） ①. Ca3N3B ②. 【解析】 【分析】铜阳极泥还含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等，加入H2O2、H2SO4、NaCl进行氧化酸浸，发生反应：Cu2Se+4H2O2+4H+=2Cu2++H2SeO3+5H2O，同时Ag2Se也被氧化为H2SeO3，Ag最后转化为AgCl沉淀，过滤，滤液主要为硫酸铜和H2SeO3，滤渣含有Au、AgCl、PbSO4等，再加入NaClO3、H2SO4、NaCl使Au转化为Na[AuCl4]，滤渣2为AgCl、PbSO4等，再加入Na2SO3，使AgCl转化为[Ag(SO3)2]3-，过滤除去PbSO4，向滤液中加入Na2S2O4还原AgCl生成Ag单质，据此分析作答。 【小问1详解】 Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族，属于ds区元素。电子的空间运动状态由原子轨道决定，每个轨道对应一种空间运动状态，Cu的基态电子排布为  ，包含的轨道有1+1+3+1+3+5+1=15 个。因此，Cu基态原子核外电子有15种空间运动状态。 【小问2详解】 “滤液1”中含有Cu2+和H2SeO3，“氧化酸浸”时，Cu2Se与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应，Cu由+1价升高为+2价，Se由-2价升高为+4价，根据化合价升降守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为：。 【小问3详解】 ①“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的NaCl，在“氧化酸浸”工序中，加入适量NaCl的原因是：使银元素转化为AgCl沉淀，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致AgCl转化为； ②根据题意可知存在平衡：AgCl(s)+Cl-(aq)[AgCl2]-(aq)，在“除金”工序溶液中，若Cl-加入过多，AgCl会转化为[AgCl2]-，当离子浓度低于1.0×10-5mol•L-1时，可忽略该离子的存在，当[AgCl2]-的浓度等于1.0×10-5mol•L-1，根据=2.0×10-5，解得： =0.5mol/L，为了不让AgCl会转化为[AgCl2]-，Cl-浓度不能超过0.5mol∙L-1 。 【小问4详解】 在“银转化”体系中，[Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-浓度之和为0.075 mol•L-1，溶液中存在平衡：，当c()=0.5 mol/L，c([Ag(SO3)2]3-)=c([Ag(SO3)3]5-)=0.0375 mol/L，则该平衡常数=2，当c()=1mol/L，则=2，解得：c([Ag(SO3)3]5-)=0.05 mol/L。 【小问5详解】 Na2S2O4中S的平均化合价为+3价，作为还原剂还原 Ag+时，S被氧化为+4价的。1 mol 失去电子数为 2 mol×(4−3)=2 mol。1 mol Ag+得到1 mol电子生成Ag。根据得失电子守恒，1 mol Na2S2O4可还原2 mol Ag+ ，得到2 mol Ag。连二亚硫酸根 可以看作是两个亚硫酸根去掉1个O原子后通过S-S键连接，则连二亚硫酸根的结构式为。 【小问6详解】 根据分析可知，滤液4中溶质主要成分为Na2SO3，根据不同温度下Na2SO3的溶解度可知，温度高于40℃后，Na2SO3的溶解度下降，“银转化”和“银还原”工序的效率降低，难以实现连续生产。 【小问7详解】 由晶胞结构可知，Ca位于顶点和内部，数目为=3，B位于棱心，数目为=1，N位于棱心和面心，数目为=3，则该化合物的化学式是Ca3N3B，其摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值是NA，则晶体的密度为。 13. L是合成某雌酮药物的中间体，其合成路线如下。 已知：ⅰ． ⅱ． ⅲ． （1）H中官能团的名称是_______。 （2）D→E的化学方程式是_______。 （3），试剂a的结构简式是_______。 （4）已知：，I的结构简式为_______。 （5）G＋J→K的反应类型是_______。 （6）嘧啶()和吡啶()结构均和苯环结构相似，但嘧啶的碱性比吡啶弱，主要原因是_______。 （7）G的同分异构体中满足下列条件，请写出其中一种_______。 a．能发生银镜反应和水解反应 b．含有sp杂化的碳原子 （8）由G经过多步反应合成P后可制备双环内酰胺的衍生物X 已知：； O3只氧化碳碳双键 Q的结构中含有一个六元环和一个五元环，请写出Q的结构简式_______。 【答案】（1）碳碳三键 氨基、醚键 （2） （3） （4） （5）加成反应 （6）嘧啶分子中一个氮原子的吸电子效应会降低另一个氮原子的电子云密度，减弱其结合H+的能力 （7）HCOOCH2CH2CH2C≡CH(任写一种) （8） 【解析】 【分析】根据反应条件可知，D与乙醇发生酯化反应，并且E含有4个氧原子，再结合F的结构中含有多个酯基，可知D物质含有两个羧基，则E含有两个酯基，则E的结构简式为：；由此逆推D物质为，反应氧原子增加，则B物质发生氧化反应，B的结构为，故A物质为。E与试剂a在一定条件下反应已知信息的反应，生成F，则a的结构为。根据信息，由L逆推，可知K是，K是由J和G发生加成反应生成（根据信息可知，J生成碳碳双键），已知G为，则J为：，结合信息可知，I物质为：。 【小问1详解】 根据H的结构简式可知，含有的官能团是碳碳三键 氨基、醚键。 【小问2详解】 D（乙二酸）与乙醇发生酯化反应生成E（乙二酸二乙酯），方程式为： 。 【小问3详解】 根据分析可知，a的结构简式是。 【小问4详解】 由分析可知，I的结构简式为。 【小问5详解】 发生信息的反应，产物含有碳碳双键，结合分析可知，G＋J→K的反应类型是加成反应。 【小问6详解】 嘧啶分子含有两个氮原子，氮电负性大于碳，另一个氮原子的吸电子效应降低了氮原子上孤对电子的电子云密度，减弱其结合能力，因此嘧啶碱性弱于只有一个氮原子的吡啶。 【小问7详解】 G的分子式为，能发生银镜反应和水解反应，说明含有甲酸酯结构（）；含有杂化的碳原子，说明含有，其结构为：、、、等（任写一种）。 【小问8详解】 根据题目已知信息，发生Lewis acid反应生成Q，Q是；根据根据信息，由X逆推，W是。 14. 硫化氢消除并资源化利用是天然气开采、炼油行业、煤化工等工业中长期面临的重要研究课题。 （1）催化重整法。Fe2O3可以用作脱除H2S的催化剂，脱除过程如图1所示。 ① Fe2O3脱除H2S时需先进行吸附。利用如图乙进行吸附，其吸附能力比图甲强，请从结构角度解释其原因_______。 ② 脱除一段时间后，催化剂的活性降低，原因是_______。 （2）H2S和CH4的重整制氢涉及的反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ．2H2S + CH4CS2 + 4H2 在恒压下按组成为通入混合气体，测得平衡状态下的收率和的转化率随温度的变化曲线如图2所示。 已知：H2的收率，的收率 ① 请写出反应Ⅲ的热化学方程式_______。 ② 计算温度下的收率_______。 ③ 设为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为)除以。计算时反应Ⅰ的相对压力平衡常数为_______(写出计算式即可)。 （3）某种光电催化法可用于脱除H2S，其原理如图3所示。 ① 利用光电催化法在负极区脱除硫化氢的离子方程式：_______。 ② 与直接加热分解法相比，光电催化法的优点是_______(只写1点) 。 【答案】（1） ①. H2S中H带正电、S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式为不同电性微粒靠近，吸附能力强 ②. 生成的硫单质附着在催化剂表面，降低了催化剂的表面积或催化剂表面的活性位点减少 （2） ①. 2H2S(g) + CH4(g)CS2(g) + 4H2(g) ∆H= + 233.5kJ·mol-1 ②. 20% ③. （3） ①. ②. 光电催化法脱除硫化氢，能耗低，还能持续发电；碘离子可循环利用，正极生成的过氧化氢可回收利用 【解析】 【小问1详解】 ①H2S中H带正电、S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；根据图可知：甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式为不同电性微粒靠近，吸附能力强； ②脱除一段时间后，生成的硫单质附着在催化剂表面，降低了催化剂的表面积，催化剂活性降低； 【小问2详解】 ①根据盖斯定律；反应III=I+II，，则反应Ⅲ的热化学方程式为：2H2S(g) + CH4(g)CS2(g) + 4H2(g) ∆H= + 233.5kJ·mol-1； ②设H2S、CH4、Ar的物质的量分别是1 mol、1 mol、4.7 mol，由图可知，T1温度下H2S转化率为 32%，剩余H2S为0.68 mol，S原子共1 mol，S2的收率为4%，S2的物质的量为，根据S原子守恒，CS2的物质的量为，根据C原子守恒，CH4的物质的量为，根据H原子守恒，H2的物质的量为，H2的收率为； ③由②可知，H2S、CH4、H2、CS2、S2、Ar的物质的量分别是0.68 mol、0.86 mol、0.6 mol、0.14 mol、0.02 mol、4.7 mol，，S2、H2、H2S的相对分压分别是：、、，； 【小问3详解】 根据电子流向可知，电极三氧化钨为负极，电极GDE为正极； ①脱除H2S的反应中，和H2S为反应物，S2、I-和H+为生成物，离子方程式为：； ②与直接加热分解法相比，光电催化法的优点是：光电催化法脱除硫化氢，能耗低，还能持续发电；碘离子可循环利用，正极生成的过氧化氢可回收利用。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $