东北三省一区2025-2026学年高三下学期第二次模拟考试 化学试题

东北三省一区2025-2026学年 高三学年第二次模拟考试试题 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，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H1C12016Cl35.5K39Fe56Rb85.5 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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.【社会热点】化学与生产、生活紧密相关，下列场景中所运用的化学知识解释正确的是 选项 场景 化学解释 1 医院：用体积分数为75%的医用酒精杀菌消毒 酒精具有强氧化性 B 消防：泡沫灭火器灭火 A13+与HCO;互促水解生成CO2 工厂：用FeCl,溶液刻蚀铜制电路板 铁比铜活泼 D 厨房：用热的纯碱溶液去除油污 油污和纯碱直接反应 2.【新情境】火箭推进剂发生反应的化学方程式为2N,H4+NO,=3N2+4H,O。下列表示反应中相关微粒 的化学用语错误的是 HH A.中子数为10的氧原子：0 B.N,H,的电子式：HN:N:H 2s 2p C.N3的结构示意图 D.基态O原子价层电子轨道表示式： ↑ 3.从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是 选项 物质性质 微观解释 A pKa:CF3COOH<CCI3COOH F的电负性大于CL,吸电子能力强，导 1/10 致CFCOOH中羟基极性大 孤电子对与成键电子对之间斥力大于 B 键角(-N-H:NH,<[Cu(NH,)4]” 成键电子对与成键电子对之间的斥力 c 稳定性：HF>H,O H-F键的键能大于H-0键 O,在CCl4中的溶解度大于在H,0中的 O,和CCl4均为非极性分子，H0为极 0 溶解度 性分子 4.硅及其化合物的部分转化关系如图.设N为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 焦炭 HCI H, 石英砂180-2000C粗硅300 SiHCI,110°C高纯硅 A.1 mol SiO2晶体含Si-0键的数目约为2NA B.制粗硅时每生成1mol氧化产物，公众号悦爱学堂转移电子数目为4N C.0.5 nol HCI含有的孤电子对数目为2NA D.0.Imol SiHCI,中含有的极性共价键数目为0.4Na 5.我国科学家团队研发了一种新型双功能有机框架N-DAPT材料。该化合物结构如图所示，则关于该化 合物说法不正确的是 OHC CHO CHO A,该化合物中含有2个碳碳双键 B.该化合物中不存在配位键 C.该化合物能与溴水发生多种化学反应类型的反应D.该化合物可以发生银镜反应 6.【新考法】不同含铜物质间可相互转化。下列离子方程式书写错误的是 甲醛 H2O2H2S0,溶液 NaOH CuS04② 溶腹Cuo2③亠C,0氨水 溶液 Cu ① ICONH.P A.反应①：Cu+H02+2H=Cu2++2H,0 B.反应②：Cu2++2OH=Cu(OH)2↓ C.反应8：HCH0+2Cu(OH,+2OH≌Cu,ON+2H,O+CG D.反应④：Cu,0+4NH,H,0=2[Cu(NH,2]+20H+3H,0 7.用下列实验装置完成对应实验（部分仪器已省略），操作正确并能达到实验目的的是 2/10 白磷 红磷 蓝色钴玻璃 A.红磷、白磷着火点比较 B. 检验K,CO3中的K+ NaHCO,粉末 澄清 浓H2S04 石灰水 C.NaHCO,分解 D.吸收Cl2, 防止污染空气 8.【模块融合】X、Y、Z、W为短周期主族元素，它们的原子半径、原子序数与最高价氧化物的水化物的 溶液（浓度均为0.01mol·L)在常温下的pH之间的关系如图所示。下列说法错误的是 原子序数 -●…小…… ■W ▣X OY Z 0 12 pH 原子半径 A.元素电负性：Y>Z>X B.元素第一电离能：Z>Y>X C.简单离子半径：W>X D.最简单氢化物沸点：W>Y 9.【社会热点】我国科研工作者利用Ru2+作为光催化剂，以NaCI、NaS,Og和芳香烃为原料可制得氯代芳 烃。研究发现，该方法可选择性地对C$即)-H进行氯化，有关反应机理如图所示： Ru3 ③ -H S04 ③ *Ru2*(激发态Ru2*) K① eRu2*女 HCIO ④ 下列说法正确的是 A.步骤①③中，Ru3+与SO子均属于中间产物 B.步骤③反应为2Ru3++CI+OH=2Ru2++HCIO 3/10 C.每制得1mol 消耗NaS,Og的物质的量为1mol CH,CI D.若用 代替 则最终可得到 10.北京大学和中国科学院的化学工作者成功研制出碱金属与C和形成的球碳盐，实验测知该类物质在熔融 状态下能导电，具有良好的超导性。其中C和与金属K、Rb形成的化合物晶胞结构如图1，该晶胞在 xy平面的投影如图2.已知：晶胞边长a(C6o-K)=1.424nm,a(Co-Rb)=1.439nm,√5≈1.73.下 列说法错误的是。 。K或Rb 图1 图2 A.晶胞中含有12个碱金属阳离子 B.相邻两个C的最短距离为 2 a C.与碱金属阳离子距离最近且相等的C有6个 D.晶胞密度：p(C6o-Rb)>p(Co-K) 11.【新考法】对氯甲苯(M=126.5g·mol)的制备原理如下： NH, NaNO, N,CI CuCl +N2 HCI H.C HCI H,C (重氮盐) 5.35g对甲基苯胺(M =107gmo)、浓 控制在0℃~5℃ 加适量的 重氮盐 盐酸（过量） 冷却并搅拌成糊状 NaNO,溶液 溶液 操作1 操作2 已知：重氮盐的生成需在强酸性条件下进行，以免发生副反应。下列说法错误的是 A.操作1时，可将反应器置于冰水浴中 B.NaNO2溶液呈碱性，故操作2中NaNO2溶液不能过量 C.上述转化中，可用KMnO4代替CuCI D.对氯甲苯粗品经过精制后，得到2.53g产品，本实验的产率为40% 12.一种主要成分为Pb(VO4),C1的钒铅矿（杂质元素为Si、A1),通过如下工艺可制得NH,VO,.已知： NH,VO3沉淀的最佳pH范围为7.0~8.5. 4/10 空气 热水 NH,CI 钒铅矿 电炉焙烧 浸取 除硅铝 纯碱 沉钒 →NH,VO3 出炉气 浸渣 电炉焙烧步骤反应：4Pb,(V04),Cl+6NaC0,+O2 烧2Nav0,+20Pb0+2C,个+6C0,个. 下列说法错误的是 A.“出炉气”可用碱液吸收以避免环境污染 B.“浸取”中热水的作用是增大NaVO3的溶解度 C.“除硅铝”经调节pH将A+转化为A1(OH),除去 D.“沉钒”中析出NH,VO3时，需要加入过量NH,CI 13.一种利用微生物燃料电池电解废水处理装置不仅获得高效能源，还通过电渗析法合成电子工业清洗剂 四甲基氢氧化铵(CH)4NOH。相关装置如图所示。有关说法错误的是 石墨电极X 石墨电极Y a电极 b电极 (CH),NCI溶液NaCI溶液 M 0 c膜 d膜 e膜 M ·微生物菌 硫酸 醋酸钠 A室 B室 NaOH溶液 C室 D室 溶液溶液 质子交换膜 (CH,)NOH稀溶液 MFC室 ED室 A.该装置可用于浓缩海水 B.局部电子流向为：电极b→导线→石墨电极X C.微生物菌辅助电极Y的电极反应为：CHC00+2H2O-8e=2C02↑+7H D.合成1mol(CH3)4NOH时，MFC理论上至少需要消耗标准状况下空气少于22.4L 14.由生物质产品乙酰丙酸催化合成y-戊内酯的步骤如图。下列说法正确的是 0 ① HO 、乙酰丙酸 Y戊内脂 ④ H,0 5/10 A.催化剂的使用增大了乙酰丙酸的平衡转化率 B.步骤②中发生了还原反应 C.步骤⑤中只有非极性键的断裂和生成 D.总反应为 OH 定件心0++0 15.【改编】取20.00mL含甲胺(K.(CHNH2)=4.2×10)和吡啶(K(CHN)=1.7×109)的混合溶液，用 0.1000mol.LHC1标准溶液滴定，滴定曲线如图甲，4种含氮微粒的分布分数δ与pH关系如图乙[比 如：o(C,H,NH)= c(C,H NH* 。 下列说法正确的是 c(C,H NH*)+c(C,H N) 21 (7.92,0.998) 1.01 10 ① ② ④ 0.8 8- a(20.00,7.92) 0.6 6 6 0.4 4 0.2- 2 0.0- 0 5 101520 25 30 10 12 V(HCl)/mL pH 图甲 图乙 A.曲线①表示甲胺的分布分数 B.甲胺的含量：3.10gL C.b点：c(CH,NH)>c(OH)>c(H)>c(CH,NH2) D.a点：99.8%的吡啶转化为CHNH 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16.(14分)一种从废钴渣[主要含Co的有机物盐及Fe(IID、Fe四)、Mn(D]中分离铁、锰并回收钴的工 艺流程如下 H,SO (NH),SO Na,CO, (NH).S.Os 钴渣一→焙烧一酸浸→一次沉铁→三次沉铁→氧化沉铁锰 Mn,O →FeOOH 黄铵铁矾 FeOOH 含钴液→回收利用 已知：①黄铵铁矾(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)2与FeOOH均易于沉降和过滤，Fe(OH),通常为无定形胶状 物；②该工艺条件下，Kp[Fe(OH)]=2.0×1039。 回答下列问题： (1)写出基态钴原子的价层电子排布式。 6/10 (2)结合下表，分别对比钴渣与酸浸液中Co、F元素的含量，说明“焙烧”与“酸浸”两步工序的主要目的 是 元素 Co Fe 钴渣中含量% 0.68 1.40 酸浸液中含量/g·L 20.38 2.44 (3)“一次沉铁”中发生反应的化学方程式为 (4)若“二次沉铁”Fe+的初始浓度为0.112gL,为避免生成Fe(OH)3,应控制溶液的pH<(保留 1位小数).确定Fe+已被除尽的试剂是 (填化学式). (5)“二次沉铁”完半后得到的滤液中所含金属离子有Co2+、Mn2+ (6)“氧化沉铁锰”中Mn2+发生反应的离子方程式为 。研究表明，在该步骤中控制pH为4.5，可 保证铁沉淀完全。实际操作中，须不断滴加50%N,CO,溶液，结合相关反应说明其必要性 17.(13分)三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体(K[F(C04)3]·3H0)是一种重要的配合物，在化学分析、催化、电 化学、环保、药物合成等多个领域具有广泛的应用价值。某化学兴趣小组设计如下实验制备 K[Fe(C,O4)3]3H,O晶体并测定其纯度。 已知：①FC204在冷水中的溶解度为0.22g,在热水中的溶解度为0.026g. ②三草酸合铁酸钾晶体为翠绿色的晶体，易溶于水，难溶于乙醇，摩尔质量M=491g·ol. I.FeC2042H20晶体的制备 i.打开K1、K3和K4,关闭K2,向装置A中加入稍过量的稀硫酸： ⅱ.收集H2并验纯后， ,让A中溶液进入B中生成FeC2O4黄色沉淀； ⅲ.将B装置加热至沸腾，然后停止加热并静置，待沉淀完全沉降后，用倾滤法倒出清液，再用热的 蒸馏水洗涤至中性，最终获得F©C2O42H20晶体。实验装置如下图所示。 稀硫酸 K 气球 铁屑 H2C2O4溶液 之碎瓷片 (1)盛放稀硫酸的仪器名称是 (2)步骤ⅱ中横线部分的具体操作是 (3)步骤ⅲ中使用热的蒸馏水洗涤的目的是 Ⅱ.K[Fe(C,04)3]3H2O晶体的制备 7/10 将实验I得到的FeC2O42H0进行如下实验： FeC:O.2H2O 氧化配位(H,O2、K,C0溶液)酸溶配位 冰水浴冷却 翠绿色溶液 加热并控温40℃ H,CO4溶液) 过滤、洗涤、干燥翠绿色晶体 (4)已知“氧化配位”时发生如下反应 6FeC,0,·2H,0)+3H,0,+6K,C,0,合4K,[Fe(C,0,]+2Fe(OH,+12H,0,且反应后K2C204有剩余， 则酸溶配位”时发生反应的化学方程式为 (⑤)已知形成稳定的该配合物需要控制pH在4~5左右，“洗涤”时使用的最佳试剂为 (填 字母) a.蒸馏水b.乙醇c.硫酸溶液d.氢氧化钠溶液 (⑥)为了更快获得较干燥的产品，往往采用减压过滤。减压过滤的实验装置如下图所示，过滤时要特别 注意操作顺序以避免抽气泵内的液体倒吸进瓶内。 布氏漏斗 抽气泵 抽滤瓶 操作过程： 打开抽气泵→转移溶液至布氏漏斗→关闭活塞K→确认抽干→停止.停止操作时应该 (填字 母). a.先打开活塞K,再关闭抽气泵 b.先关闭抽气泵，再打开活塞K Ⅲ.产品纯度的测定 常温下，取上述三草酸合铁酸钾晶体产品2.5g溶于水中，配制成250mL溶液，取出10.00mL,用 0.01mol.L的酸性高锰酸钾标准液进行滴定，重复三次，平均消耗标准液20.00mL。 (7)产品中三草酸合铁酸钾晶体的纯度为 (结果保留三位有效数字) 18.(14分)实现“碳中和、碳达峰”是中国对国际社会的庄严承诺。关键在于二氧化碳如何资源化，其中利 用CO2与CH4镍基催化重整(DRM)技术制合成气(CO和H2)是研究热点之一，发生的主要反应如下： 反应I:CH4(g+C02(g)→2C0(g+2H(g)△H1=+247.4kJ·mol 反应Ⅱ：C0,(g)+H,(g)=C0(g)+H,O(g)△H, (I)△H9为标准摩尔生成焓，其定义为标准状态下，由稳定状态的单质生成1ol该物质的焓变.对 于稳定状态单质，其△，Hm日为零。根据下表数据，计算反应Ⅱ的反应热△H2=kJo',该反 应能自发进行，则△S 0(填“大于小于”或“等于”). 8/10 物质 C02 cO H2O(g) △Hn(kJ-mol-) -393.5 -110.5 -241.8 (2)描述化学反应的平衡常数常用三种方法：K。、K、和K(用平衡时气体的物质的量分数代替平衡浓度 计算)。关于相同温度下，反应Ⅱ的三种平衡常数的数值 (填“相等”或“不相等”)。 (3)在恒温恒容的条件同时发生反应I和反应Ⅱ，下列有关说法正确的是 (填标号) A.通入氮气，公众号悦爱学堂不能改变C02的平衡转化率 B.混合气体密度不再改变，说明反应达到平衡状态 C.使用高效催化剂能加快反应速率和降低反应的焓变 D.反应Ⅱ逆反应的活化能小于正反应的活化能 (4)在PMpa时，将CO2和CH4按等物质的量充入密闭容器中，只进行反应I，分别在无催化剂及ZO2 催化下反应相同时间，测得C02的转化率与温度的关系如图所示。 70 60 a 50 40 30 …平衡 20 ZrO : ·--无催化剂 10 600700 800900100011001200 温度/°C ①a点时有催化剂和无催化剂的CO2转化率相等的原因是 ②在PMPa、900℃、ZO2催化条件下，将C02、CH4、Ar按物质的量之比1：1：2充入密闭容器，CO2 的平衡转化率大于50%，解释说明原因： ,此时平衡常数K。=(以各气体的分压代替 浓度计算；列出含a、p的计算式) (⑤)一种由离子交换树脂和碳纳米管构成的复合薄膜，可同时传导阴离子(HCO;)和电子。利用该薄膜能 有效富集空气中的CO2.如图所示，在薄膜a侧通入空气，b侧通入氢气，充分反应后在b侧得到高浓度 的C02. a侧 空气 →基本无C0,的气体 H2→ 薄膜（含水） →H,0、高浓度的C02 b侧 a侧上的电极反应式为 19.(14分)瑞普替尼(K)是一种酪氨酸激酶抑制剂，其合成路线之一如下： 9/10 OH C.H,OF MgCl,,TEA CH,MgBr 多聚甲醛， CHO Cs2CO3,DCM F THF MoCN A 0 OH OH HCl,H2O/吡喃 G NH,·HCI DIPEA,n-BuOH 已知： R -C-H+H.N-R,-Cs.C0,-DCM >R-CH=N-R2+H2O (1)A的名称为 K中含氧官能团名称为 (2)B→D中还生成了H0,则C的结构简式为 (3)E→F的化学反应方程式为 (4)从结构的角度分析B的酸性强于A的原因 (⑤)在B的同分异构体中，符合下列条件的有 种。 a.含苯环且存在与苯环直接相连的氟原子b.能发生银镜反应 (6)G可以由以下路线合成： HN M H,N N POCl G COOC,Hs DMF CH CN L 已知L+M→N的反应类型为取代反应，则N的结构简式为 反应的另一产物的名称为 10/10 东北三省一区2025-2026学年 高三学年第二次模拟考试试题 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，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H1C12016C135.5K39Fe56Rb85.5 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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.【社会热点】化学与生产、生活紧密相关，下列场景中所运用的化学知识解释正确的是 选项 场景 化学解释 A 医院：用体积分数为75%的医用酒精杀菌消毒 酒精具有强氧化性 B 消防：泡沫灭火器灭火 AI3+与HCO;互促水解生成CO2 0 工厂：用FeCL,溶液刻蚀铜制电路板 铁比铜活泼 D 厨房：用热的纯碱溶液去除油污 油污和纯碱直接反应 【答案】B 【解析】A.酒精杀菌消毒的原理是使蛋白质变性，而非依靠强氧化性；乙醇（酒精）并非强氧化剂， A错误； B.泡沫灭火器中，硫酸铝与碳酸氢钠发生双水解反应：A+与HCO,互促水解生成CO2和AI(OH3,产 生泡沫隔绝空气，B正确： C.FeCl溶液刻蚀铜电路板的反应为2FeCl3+Cu=2FeCl+CuCl2,利用Fe3的氧化性氧化Cu,而非铁 单质比铜活泼，C错误： D.纯碱（碳酸钠）溶液加热后水解显碱性，促进油污（酯类）皂化反应生成肥皂和甘油，并非油污与 纯碱直接反应，D错误， 1/24 故答案选B. 2. 【新情境】火箭推进剂发生反应的化学方程式为2N,H4+NO,=3N2+4HO。下列表示反应中相关微 粒的化学用语错误的是 HH A.中子数为10的氧原子：0 B.N,H的电子式：H:N:N:H 2s 2p C.N的结构示意图： D.基态O原子价层电子轨道表示式： 价 【答案】C 【解析】A.氧原子质子数为8，左下角写质子数，左上角为质量数，中子数为10的氧原子为80，A 正确： B.在NH:分子中，氮原子与氢原子之间、氮原子与氮原子之间均共用一对电子形成单键，电子式为 HH H:N:N:HB正确， C.氮原子原子序数为7，结构示意图中圈内为核电荷数也就等于质子数，N3的结构示意图为 C错误； D. 氧为第8号元素，核外电子排布式为：1s22s22p,所以基态0原子价层电子轨道表示式为 2s 2p D正确： 故选C. 3.从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是 选项 物质性质 微观解释 F的电负性大于CL吸电子能力强，导 A pKa:CF3COOH<CCICOOH 致CF,COOH中羟基极性大 孤电子对与成键电子对之间斥力大于 & 键角(H-N-H)NH,<[Cu(NH,]” 成键电子对与成键电子对之间的斥力 C 稳定性：HF>H,O H-F键的键能大于H-O键 2/24 O3在CCl4中的溶解度大于在H,O中的 O3和CCl4均为非极性分子，H,O为极 0 溶解度 性分子 【答案】D 【解析】A.F的电负性大于CL,吸电子能力强，使CF3COOH中OH键极性增大，酸性增强，A正确： B.NH中N有孤电子对，键角较小；[CuNH)]2+中N的孤电子对用于配位，无孤电子对斥力，键角增 大，B正确： C.H-F键能（约565kJ/mol)大于H-0键能（约463kJ/mol),故稳定性：HF>H20,C正确； D.O,为极性分子，臭氧在非极性的CC4中溶解度更大，因其极性较弱，而不是题干中说的非极性分子， D错误； 故答案选D。 4.硅及其化合物的部分转化关系如图。设N为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 焦炭 HCI H 石英砂1800-2000°C粗硅300 CSiHCI,100°C高纯硅 A.1 mol SiO2晶体含Si-0键的数目约为2NA B.制粗硅时每生成1mol氧化产物，转移电子数目为4Na C.0.5 mol HC1含有的孤电子对数目为2NA D.0.1 mol SiHCI3中含有的极性共价键数目为0.4WA 【答案】D 【解析】以石英砂（主要成分为SO2)为起始原料，经三步反应得到高纯硅，各步反应如下：制粗硅： 石英砂与焦炭在1800~2000°C下发生置换反应，生成粗硅和一氧化碳，反应方程式为： S0,+2C1800~200CS粗)+2C0个制三氯氢硅：粗硅与氟化氢在30°C下反应，生成三氯氢硅和 氢气，反应方程式为：S1(粗)+3HC1300CsHC,+H,:制高纯硅：三氯氢硅与氢气在11O0C下发生置 换反应，生成高纯硅和氯化氢反应方程式为：STHCI,,+H,山00Csi(纯)+3HC. A.在SiO2晶体中，每个硅原子与4个氧原子形成4个Si-O键，故1 molSiO2晶体含有的Si-O键数目 3/24 为4NA,而非2NA,A不符合题意 B.制粗硅的反应为Si0,+2Cl800~2000CSi+2C0个，其中氧化产物为C0,生成1m01C0时.碳元 素从0价升至+2价，转移电子数目为2NA,B不符合题意： C.HC1的电子式为H:Cl:,分子中C原子含有3对孤电子对，故0.5 molHC1含有的孤电子对数目为 0.5mol×3×N=1.5Na,C不符合题意： D.1个SiHCI,分子中含1个Si-H、3个Si-Cl共4个极性共价键，故0.1 molSiHCI3含有的极性共价键 数目为0.1mol×4×Na=0.4Na,D符合题意： 故选D. 5.我国科学家团队研发了一种新型双功能有机框架N-DAPT材料。该化合物结构如图所示，则关于该化 合物说法不正确的是 CHO OHO CHO A.该化合物中含有2个碳碳双键 B.该化合物中不存在配位键 C.该化合物能与溴水发生多种化学反应类型的反应D.该化合物可以发生银镜反应 【答案】B 【解析】A,该化合物中含有2个碳碳双键，A不符合题意； B.N原子具有空轨道，S原子具有孤电子对，二者可形成配位键；故该化合物中存在配位键，B符合 题意 C.结构中含醛基，可与溴发生氧化反应、苯环可与溴发生取代反应，C不符合题意； D.结构中含醛基（一CHO),醛基可与银氨溶液发生银镜反应，D不符合题意： 故选B 6.【新考法】不同含铜物质间可相互转化。下列离子方程式书写错误的是 甲醛 H202/H2$0,溶液。 NaOH Cu 液 ⑦ →CuS040 →Cu(OH02③ →Cu,0氨水 →CNH,2J 4/24 A.反应①：Cu+H,02+2H*=Cu2++2H,0 B.反应②：Cu2++20H=Cu(OH)2↓ C.反应8：HCH0+2Cu(OH,+20H合Cu,0l+2H,0+CG D.反应④：Cu,0+4NH,H,0=2[Cu(NH)2]+20H+3H,0 【答案】C 【解析】A.反应①中Cu被HO2氧化为Cu2+,同时HO2被还原为HO,离子方程式为 Cu+H,02+2H=Cu2++2H,0,A正确： B.Cu2+与OH结合生成Cu(OH2沉淀，离子方程式为Cu2++2OH=Cu(OH)2↓，B正确； C.甲醛与新制氢氧化铜在碱性条件下共热，发生氧化还原反应，甲醛被氧化为碳酸盐，但1 mol HCHO 完全氧化时，需要4mol氢氧化铜，并生成2mol氧化亚铜，离子方程式为 HCH0+4Cu(OH)2+20H=2Cu,0↓+6H,0+C02,C错误； D.CuO与NHHO反应生成[CuNH2广，离子方程式为 Cu,0+4NHH,0=2[Cu(NH)2]+20H+3H,0,D正确： 故选C. 7.用下列实验装置完成对应实验（部分仪器已省略），操作正确并能达到实验目的的是 白磷 红磷 蓝色钴玻璃 A.红磷、白磷着火点比较 B.检验K,CO3中的K NaHCO,粉末 澄清 浓H,SO04 厨石灰水 C.NaHCO,分解 D.吸收CL2,防止污染空气 【答案】B 5/24 【解析】A.白磷着火点比红磷低，应该加热二者的中间位置或同时加热，图示的加热方法红磷和白磷 的温度不一样，A错误 B.钾元素的焰色反应必须通过蓝色钴玻璃观察，滤去黄光的干扰，B正确： C.图中试管口没有向下倾斜，加热碳酸氢钠有水生成，倒流会引起试管炸裂，所以操作错误，C错误； D.氯气和浓硫酸不反应，所以能用浓硫酸干燥氯气，但不能用于吸收氯气，D错误： 故答案为B. 8.【模块融合】X、Y、Z、W为短周期主族元素，它们的原子半径、原子序数与最高价氧化物的水化物的 溶液（浓度均为0.01olL)在常温下的pH之间的关系如图所示。下列说法错误的是 原子序数 ”线”””中””“=“”“””“”中” ■W ▣X OY ●Z 02 12 pH 原子半径 A.元素电负性：Y>Z>X B.元素第一电离能：Z>Y>X C.简单离子半径：W>X D.最简单氢化物沸点：W>Y 【答案】B 【解析】由图象和题给信息可知，浓度均为0.01moL的W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物溶液 pH都小于7，则W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物是酸，说明W、Y、Z都是非金属元素，W、Z 最高价氧化物对应的水化物溶液pH=2,则为一元强酸，根据原子序数Z>W,Z是CL,W是N;Y的 最高价氧化物对应的水化物溶液pH<2,则Y的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸：HSO4,则Y 是S;X的最高价氧化物对应的水化物溶液pH=12,则X的最高价氧化物对应的水化物为一元强碱：NaOH, 即X是Na,所以W、X、Y、Z分别为N、Na、S、Cl. A.同周期元素从左往右电负性逐渐增大，故电负性：C>S>Na,A错误； B.同周期元素从左往右第一电离能呈增大趋势(A与IA,VA与VIA出现反常)，故第一电离能： C>S>Na,B正确 C.W和X元素的简单离子为：N3和Na,均为10电子结构，核电荷数越大，半径越小，故半径：N3>Na, C正确： D.W和Y的简单氢化物分别为NH3和HS,NH3存在分子间氢键，沸点高于HS,D正确： 故选A。 6/24 9.【社会热点】我国科研工作者利用Ru+作为光催化剂，以NaCI、NaS,Og和芳香烃为原料可制得氯代 芳烃。研究发现，该方法可选择性地对C($p)-H进行氯化，有关反应机理如图所示： S,0 Ru CI ② -H ③ *Ru2*(激发态Ru2*) K① Ru2 HCIO ④ 下列说法正确的是 A.步骤①③中，Ru+与SO子均属于中间产物 B.步骤③反应为2Ru3++CI+OH=2Ru2++HClO CI C.每制得1mol 消耗Na2S2OsF的物质的量为1mol CH,CI D.若用 代替 则最终可得到 【答案】C 【解析】A.中间产物是反应中生成又消耗的物质，Ru3+在步骤②生成、步骤③消耗，属于中间产物： 而SO是步骤②生成的产物，后续未被消耗，属于最终产物，并非中间产物，A错误： B.步骤③中，Ru+被还原为Ru+,C被氧化为HC1O,根据电子守恒，需2个Ru+与1个C反应.但 反应体系中原料为NaCI和Na2S2Og,无大量OH,O和H应来自H2O,正确方程式应为2Ru3+C+HO =2Ru2++HCIO+H,B错误； C.总反应中，S,O?为氧化剂，C为还原剂，1molS,O?可氧化1molC生成1 mol HC10,1 mol HC1o 与1mol芳香烃反应生成1mol氯代芳烃，故每制得1mol氯代芳烃消耗1 mol Na2S,Og,C正确： D.该方法选择性氯化苯环上的H,甲苯中苯环H为C(sp)H,甲基H为C(sp)H,故应生成氯甲苯， D错误； 故答案为C. 10.北京大学和中国科学院的化学工作者成功研制出碱金属与C形成的球碳盐，实验测知该类物质在熔融 7/24 状态下能导电，具有良好的超导性。其中C6o与金属K、Rb形成的化合物晶胞结构如图1，该晶胞在 xy平面的投影如图2.已知：晶胞边长a(C6o-K)=1.424nm,a(C6o-Rb)=1.439nm,√5≈1.73。下 列说法错误的是。 ●K或Rb 图1 图2 A.晶胞中含有12个碱金属阳离子 B.相邻两个C的最短距离为Y巨， C.与碱金属阳离子距离最近且相等的C有6个 D.晶胞密度：p(C6o-Rb)>p(Co-K) 【答案】C 【解析)A晶胞中C位于顶点和面心，总数为8×行+6× ×24个，即含有4个C,碱金属阳离子为 K+或Rb*,根据化合价代数和为零可知，晶胞中含有12个碱金属阳离子，A正确： B.由晶胞图可知，相邻两个C的最短距离为面对角线的一半，即 a,B正确； C.由晶胞图可知，位于体心、棱心的碱金属阳离子周围有6个C与碱金属阳离子距离最近且相等， 而处于四面体空隙的碱金属阳离子与4个C距离最近且相等，C错误： 根据密度公式：p=严-乙·M,对于K,CM和Rb,Co,每个品胞中均含有4个CCw和12个碱金 属阳离子，则p(C6o-Rb)与p(Co-K)的比值为 M(Rb,Co)/1.4243_ 720+3×85.5.1.4243 M(K,C6o)】 1.439 720+339 1.439 ≈1.1x0.969=1.13>1,所以p(C6o-Rb)>p(C6o-K) D正确： 故选C. 8/24 11.【新考法】对氯甲苯(M=126.5gmol)的制备原理如下： NH, NaNO. N,CI CuCl +N, H.C HCI H.C HCI H.C (重氮盐) 5.35g对甲基苯胺(M =107 g'mol-l)、浓 控制在0℃5C 加适量的 重氮盐 盐酸（过量） 冷却并搅拌成糊状 NaNO,溶液 溶液 操作1 操作2 已知：重氨盐的生成需在强酸性条件下进行，以免发生副反应。下列说法错误的是 A.操作1时，公众号悦爱学堂可将反应器置于冰水浴中 B.NaNO2溶液呈碱性，故操作2中NaNO2溶液不能过量 C.上述转化中，可用KMnO4代替CuCI D.对氯甲苯粗品经过精制后，得到2.53g产品，本实验的产率为40% 【答案】C 【解析】对甲基苯胺在亚硝酸钠和盐酸的作用下转化为重氮盐，重氨盐在氯化亚铜和盐酸的作用下转 化为对氯甲苯，结合实验原理、装置图和问题分析解答。 A.冰水浴可用于控制温度在0~S℃，故A正确： B.NNO2溶液显碱性，重氮盐的生成需在强酸性条件下进行，故B正确： C.KMnO,能氧化苯环上的甲基，故C错误； NH NaNO, N,CI CuCl C D.由转化关系 +N2可知，5.35 H,C HCI H,C HCI H,C g对甲基苯胺完全反应理论上能够生成对氯甲苯的质量 5.35g 107gm0F×126.5gmo1-=6.325g,对氯甲 苯粗品经过精制后，得到2.53g产品，故本实验的产率为 2.538x100%=40%,故D正确； 6.325g 故答案选C, 12.一种主要成分为Pb(VO4),C1的钒铅矿（杂质元素为Si、A1),通过如下工艺可制得NH4VO,.已知： NH4VO3沉淀的最佳pH范围为7.0~8.5. 9/24 空气 热水 NH,CI 钒铅矿 电炉焙烧 浸取 除硅铝 纯碱 沉钒 →NH,VO, 出炉气 浸渣 电炉焙烧步骤反应：4Pb(V04),C1+6NaC0,+O2 2NaV0,+20Pb0+2C,个+6C0,个. 下列说法错误的是 A.“出炉气”可用碱液吸收以避免环境污染 B.“浸取”中热水的作用是增大NaVO3的溶解度 C.“除硅铝”经调节pH将AI+转化为AI(OH,除去 D.“沉钒”中析出NH4VO3时，需要加入过量NH,CI 【答案】D 【解析】钒铅矿（主要成分为Pb(VO4)3Cl)与纯碱在电炉中通入空气焙烧，发生反应生成NVO,、PbO、 Cl2和CO2,出炉气中含Cl2和CO2；用热水浸取焙烧产物，NaVO3溶于热水，PbO等不溶物形成浸渣； 之后通过调节pH除去溶液中的Si、Al杂质（转化为氢氧化物沉淀）；最后加入NH,C1,在pH为7.0-8.5 的条件下沉淀出NH,VO,晶体. A.出炉气中含有有毒的C2,可用碱液（如NOH溶液）吸收，以避免环境污染，A正确： B.“浸取中使用热水，是为了增大NVO3的溶解度，使其充分溶解在溶液中，提高浸取率，B正确： C.“除硅铝”步骤通过调节pH,可将溶液中的AI+转化为AI(OH),沉淀除去，硅的化合物也会形成沉淀 被除去，C正确 D.NH,VO3沉淀的最佳pH范围为7.0-8.5，若加入过量NH,CI,会使溶液酸性增强，pH降低，可能 导致NH,VO,溶解而无法沉淀，因此不能加入过量的NH,CI,D错误； 故答案选D. 13.一种利用微生物燃料电池电解废水处理装置不仅获得高效能源，还通过电渗析法合成电子工业清洗剂 四甲基氢氧化铵(CH)4NOH.相关装置如图所示。有关说法错误的是 10/24 石墨电极X 石墨电极Y a电极 b电极 0 (CH )NCI溶液aCI溶液 0 d膜 e膜 ·微生物菌 硫酸 酷酸钠 A室 B室 C室 D室 NaOH溶液 溶液 溶液 质子交换膜 (CHNOH稀溶液 Q ED室YP MFC室 A.该装置可用于浓缩海水 B.局部电子流向为：电极b→导线→石墨电极X C.微生物菌辅助电极Y的电极反应为：CH3C00+2H20-8e=2C02↑+7H D.合成1mol(CH)4NOH时，MFC理论上至少需要消耗标准状况下空气少于22.4L 【答案】D 【解析】公众号悦爱学堂左侧为微生物燃料电池(MFC) 石墨电极X为正极：O2在酸性条件下得电子，反应为O2+4H*+4e=2H,O 石墨电极Y为负极：CH,CO0被氧化为C02,反应为CH,COO+2H,0-8e=2C0,个+7H 右侧为电解池（电渗析法合成(CH3)4NOH); a电极为阴极：a电极发生2H,O+2e=H2个+2OH,B室加入的(CH,),NCl溶液中(CH3),N*通过c(阳 离子交换膜)进人a电极室合成(CH,),NOH,A电极室(CH),NOH的稀溶液变为(CH),NOH浓溶 液，B室(CH3),NCI溶液中CI通过d(阴离子交换膜)进入NaCI溶液的C室； b电极为阳极：OH失电子生成O2和H20,反应为4OH-4e=02个+2H20,Na*通过e(阳离子交 换膜)进入NaCI溶液的C室，得到P处NaCl浓溶液，据此解答。 A.由分析可知，B室中CI通过d膜进入C室，Na+通过e膜进入C室，C室中的NaCl浓度升高，可 实现海水浓缩，A正确： B.b电极为阳极，失去电子，故可实现局部电子流向：电极b一→导线→石墨电极X,B正确： C.微生物辅助电极Y为负极，CH,COO在此被氧化，电极反应式为： CH,C00+2H,0-8e=2C0,个+7H,C正确： D.合成1mol(CH3)4NOH时，由a电极反应可知，整个电路需要转移1mol电子.MFC正极消耗O2 11/24 的物质的量为：n(0,)=1m0l0.25mol,空气中0，体积分数约为21%，所需空气的体积为： 4 V(空气)=0.25mo ×22.4L/mol≈26.7L,因此需要消耗标准状况下空气大于22.4L,D错误； 0.21 故答案选D。 14.由生物质产品乙酰丙酸催化合成y-戊内酯的步骤如图。下列说法正确的是 ① HO 乙酰丙酸 γ戊内脂 ④ A.催化剂的使用增大了乙酰丙酸的平衡转化率 B.步骤②中发生了还原反应 C.步骤⑤中只有非极性键的断裂和生成 .总反应为 D + 一定条件、 +9+0 【答案】D 【解析】A.催化剂只能改变反应速率，不能使平衡发生移动，也就不会影响乙酰丙酸的平衡转化率， A错误； B.步骤②发生酯化反应不是还原反应，B错误： C.步骤⑤中有两种有机产物形成，非环状的产物中形成了新的甲基，说明有CH的形成，则步骤⑤ 中不只有非极性键的变化，C错误： D.根据合成步骤图中箭头指向可得反应物为 和生格为又心0 和H0,故总反应为 定条件心0+又+40 12/24 D正确；故选D. 15.【改编】取20.00mL含甲胺(K.(CHNH2)=4.2×104)和吡啶(K.(CHN)=1.7×109)的混合溶液，用 0.1000mol.LHC1标准溶液滴定，滴定曲线如图甲，4种含氨微粒的分布分数δ与pH关系如图乙[比 c(CH;NH* 如：dCH,NHr)FcC,HN+eCH,N 。下列说法正确的是 (7.920.998) 12 1.0 10- ① ② ③ ④ 0.8 8 a(20.00,7.92) 0.6 : 6 b 0.4 4 0.2 2 0.0 0 5 101520 25 30 6 V(HCI)/mL pH 图甲 图乙 A.曲线①表示甲胺的分布分数 B.甲胺的含量：3.10gL C.b点：c(CH,NH)>c(OH)>c(H)>c(CHNH2) D.a点：99.8%的吡啶转化为C,H,NH 【答案】D 【解析】甲胺碱性更强，优先与盐酸反应，故第一个滴定突变点为甲胺恰好完全反应，第二个突变点 为吡啶恰好完全反应；根据碱性可知，随pH不断增大，先生成吡啶再生成甲胺，①代表CH,NH, ②代表CsH,N,③代表CH,NH,④代表CH,NH2. A.根据分析，曲线①代表C,HNH,A错误； B.第一个滴定突变点为甲胺恰好完全反应， n(CH,NH2)=n(HC1)=0.1000 mol.Lx20.00×10~3L=2×103mol,甲胺含量为 2×103mol×31gmol=3.10g/L,B正确： 20×10-3L C.b点溶液呈酸性，故c(H)>c(OH),C错误， 13/24 D.结合图甲和图乙可知，a点pH为7.92，图乙中②代表CHN,δ(C,HN)=0.998,则 δ(C,HNH)=1-0.998=0.002,故a点：0.2%的吡啶转化为CHNH,D错误； 故选B。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16.(14分)一种从废钴渣[主要含Co的有机物盐及Fe(III)、Fe(I、Mn(II)]中分离铁、锰并回收钴的 工艺流程如下。 H,SO (NH),SO Na,CO, (NH)S,O 钴渣→焙烧 酸浸 →一次沉铁二次沉铁 →氧化沉铁锰 Mn,O FeOOH M 黄铵铁矾 FeOOH 含钴液一→回收利用 已知：①黄铵铁矾[(NH4),Fe.(SO,)4(OH)2]与FeOOH均易于沉降和过滤，Fe(OH),通常为无定形胶 状物；②该工艺条件下，Km[Fe(OH)3]=2.0×10-39 回答下列问题： (1)写出基态钴原子的价层电子排布式 (2)结合下表，分别对比钴渣与酸浸液中C0、F元素的含量，说明“焙烧”与“酸浸”两步工序的主要目的 是 元素 Co Fe 钴渣中含量% 0.68 1.40 酸浸液中含量/g·L 20.38 2.44 (3)“一次沉铁”中发生反应的化学方程式为 (4)若“二次沉铁”Fe3+的初始浓度为0.112g·L,为避免生成Fe(OH)3,应控制溶液的pH< (保留 1位小数)。确定Fe+已被除尽的试剂是 (填化学式)。 (5)二次沉铁”完毕后得到的滤液中所含金属离子有Co2+、M2+、 (6)“氧化沉铁锰”中M2+发生反应的离子方程式为 。1 研究表明，在该步骤中控制pH为4.5，可 保证铁沉淀完全。实际操作中，须不断滴加50%NaCO3溶液，结合相关反应说明其必要性 【答案】（除标注外，每空2分）(1)3d?4s2(1分) (2)富集C0元素 14/24 (3)3Fe2(S04)3+(NH4)2S04+12H20=(NH4)2Fe(SO,),(OH)h2↓+6H,S0, (4)2.0 KSCN(I分) (⑤)Na、Fe2+ (6)3Mn2++S,O+4H20=Mn,04↓+8H+2SO} 在氧化沉锰步骤中有H*生成，滴加NaCO3溶 液，可维持pH为4.5 【解析】废钴渣[主要含Co的有机物盐及Fe(I)、Fe()、Mn(I]焙烧，加入硫酸生成Co+、Fe3+、 Fe2Mn2+,加入硫酸铵生成黄铵铁矾[(NH,)2Fe,(SO,)4(OH)2],过滤后滤液加入NaCO,生成FeOOH, 氧化沉铁过滤得到Mn3O4和FeOOH,含钴液回收利用，据此分析： (1)钴是第27号元素，基态钴原子的价层电子排布式3d74s2; (2)由钴的含量可知，“培烧”与“酸浸”两步工序的主要目的是富集C0元素： (3)“一次沉铁”硫酸铁和硫酸铵生成黄铵铁矾(NH4),Fe6(SO,),(OH)2,化学方程式为 3Fe2 (SO)+(NH),SO+12H2O=(NH),Fe SO)(OH)2+6H2SO; 0.112gL (4)Fe3+的初始浓度为0.112g·L,则Fe3+的初始浓度为 =0.002mo/L 56g/mol Kp [Fe(OH)3]=c(Fe)(OH)=2.0x103OH)=2 K[Fe(OH)]=1 10molL. c(Fe") c(H)=10×I02molL,则pH=2;检验Fe+是否存在的试剂是KSCN; (5)“二次沉铁”完毕后得到的滤液中所含金属离子有Co2+、Mn2+、Na*、Fe2+; (6)“氧化沉铁锰”中Mn2+被氧化，离子方程式为3Mn2++S,O+4H,0=Mn,O4↓+8H+2SO子；研 究表明，在该步骤中控制pH为4.5，可保证铁沉淀完全.实际操作中，须不断滴加50%N,CO3溶液， 结合相关反应说明其必要性在氧化沉锰步骤中有H*生成，滴加Na2CO,溶液，可维持pH为4.5. 17.(13分)三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体(K[F(C,04)]3H20)是一种重要的配合物，在化学分析、催化、电 化学、环保、药物合成等多个领域具有广泛的应用价值.某化学兴趣小组设计如下实验制备 K[Fe(C2O4)3]3H0晶体并测定其纯度。 已知：①FeC204在冷水中的溶解度为0.22g,在热水中的溶解度为0.026g. ②三草酸合铁酸钾晶体为翠绿色的晶体，易溶于水，难溶于乙醇，摩尔质量M=491g·ol-. 15/24 I.FeC2O42H2O晶体的制备 i.打开K1、K3和K4,关闭K2,向装置A中加入稍过量的稀硫酸； ⅱ.收集H2并验纯后， 让A中溶液进入B中生成FeC2O4黄色沉淀； ⅲ.将B装置加热至沸腾，然后停止加热并静置，待沉淀完全沉降后，用倾滤法倒出清液，再用热的 蒸馏水洗涤至中性，最终获得FeC2O42H20晶体。实验装置如下图所示. 稀硫酸 气球 铁屑 H2C2O4溶液 碎瓷片 B (1)盛放稀硫酸的仪器名称是 (2)步骤ⅱ中横线部分的具体操作是 (3)步骤ⅲ中使用热的蒸馏水洗涤的目的是 Ⅱ.K[Fe(C,04)3]3H,0晶体的制备 将实验I得到的FeC2O42H20进行如下实验： FeC,042H,0 氧化配位(H,O2、K,C0溶液)、酸溶配位 冰水浴冷却 翠绿色浴液过滤、洗涤、干燥 翠绿色晶体 加热并控温40℃ (HCO4溶液) (4)已知“氧化配位”时发生如下反应： 6FeC,0,·2H,0)+3H,0,+6K,C,0,4K,PeC,0,1+2Fe(OH,+12H,0,且反应后K,C,0有剩余， 则“酸溶配位”时发生反应的化学方程式为 (⑤)已知形成稳定的该配合物需要控制pH在4~5左右，“洗涤时使用的最佳试剂为 (填 字母) a.蒸馏水b.乙醇c.硫酸溶液d.氢氧化钠溶液 (6)为了更快获得较干燥的产品，往往采用减压过滤。减压过滤的实验装置如下图所示，过滤时要特别 注意操作顺序以避免抽气泵内的液体倒吸进瓶内。 16/24 布氏漏斗 抽气泵 抽滤瓶 操作过程： 打开抽气泵→转移溶液至布氏漏斗→关闭活塞K→确认抽干→停止.停止操作时应该 (填字 母)。 a.先打开活塞K,再关闭抽气泵 b.先关闭抽气泵，再打开活塞K Ⅲ.产品纯度的测定 常温下，取上述三草酸合铁酸钾晶体产品2.5g溶于水中，配制成250mL溶液，取出10.00mL,用 0.01mol·L的酸性高锰酸钾标准液进行滴定，重复三次，平均消耗标准液20.00mL。 (7)产品中三草酸合铁酸钾晶体的纯度为 (结果保留三位有效数字) 【答案】（除标注外，每空2分）(1)分液漏斗(1分)】 (2)打开K2,K1、K3 (3)减少FeC2042H20晶体的溶解损失 (4)2Fe(OH3+3H2C204+3K2C2O4=2K3Fe(C204)3l+6H20 (5)b (6)a (7)81.8% 【解析】制备F©C2O42H0晶体时，为防止Fe2+氧化变质，在实验过程中，需防止空气中的氧气参与 反应.为此，在实验前，需排尽装置内的空气.先打开K1、K3和K4,关闭K2,向装置A中加入稍过 量的稀硫酸，利用产生的氢气排尽装置内的空气；当检验氢气纯净后，关闭K1、K3,打开K2,利用产 生的氢气将装置A内的FeSO4溶液压人装置B中，与H2C2O4发生反应，从而制得FeC2O42HzO晶体。 将B装置加热至沸腾，然后停止加热并静置，待沉淀完全沉降后，用倾滤法倒出清液，再用热的蒸馏 水洗涤至中性，最终获得FeC2O42H0晶体 (1)盛放稀硫酸的仪器带有活塞，名称是：分液漏斗。 (2)收集H2并验纯后，若想让A中溶液进人B中生成FC2O4黄色沉淀，需利用反应生成H2产生压 力，则步骤ⅱ中横线部分的具体操作是：打开K2,关闭K1、K3。 17/24 (3)题中信息显示：F©C204在冷水中的溶解度为0.22g,在热水中的溶解度为0.026g.则温度越高， FeC2O42HzO晶体的溶解损失越小，所以步骤ⅲ中使用热的蒸馏水洗涤的目的是：减少FeC2O42H2O 晶体的溶解损失。 (4)已知“氧化配位”时发生如下反应： 24·2+22+224兰43 243+ 3+20,且反应后KC204有剩余， 则“酸溶配位”时，Fe(OH3与H2C2O4、K2C2O4发生反应，生成K3F©(C2O4)]和H0,根据原子守恒可 得出发生反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3H2C204+3K2C204=2Ks[Fe(C2O4)]+6H0. (5)a.蒸馏水会溶解K3[Fe(C204)]3H0,造成产品损失，a不符合题意： b.K3[Fe(CzO4小3HO难溶于乙醇，用乙醇洗涤可以减少产品的溶解损失，同时乙醇易挥发，能较快 干燥产品，b符合题意： c.硫酸溶液会改变溶液的pH,可能影响配合物的稳定性，而且引入杂质，c不符合题意： d.氢氧化钠溶液会改变溶液的pH,可能影响配合物的稳定性，而且引入杂质，d不符合题意； 故选b. (6)停止操作时应该防止倒吸，所以需要先打开活塞K,让布氏漏斗与大气相通，再关闭抽气泵，故 选a. (7)三草酸合铁酸钾晶体K3[F(C2O4)小3Hz0与酸性高锰酸钾标准液反应，依据得失电子守恒，可建 250mL 立如下关系式：5K3[Fe(C204)3H206KMnO4,n(KMn04)=0.01mol/L×0.0200L× =5×103mol: 10.00mL n(Ko[Fe(C2O4)s]-3H2O)=(KMnO,)x5_5x10-molx5_2.5x10 一mol,产品中三草酸合铁酸钾晶体的纯 6 6 6 2.5×102 mol×491g/mol 度为6 -×100%81.8%. 2.5g 18. (14分)实现“碳中和、碳达峰”是中国对国际社会的庄严承诺。关键在于二氧化碳如何资源化，其中 利用CO2与CH4镍基催化重整(DRM)技术制合成气(CO和H2)是研究热点之一，发生的主要反应如下： 反应I：CH4(g+C02(g)→2C0(g+2H(g)△H,=+247.4kJ.mol 反应Ⅱ：C0,(g)+H,(g)=C0(g)+H,0(g)△H, (1)△，H日为标准摩尔生成焓，其定义为标准状态下，由稳定状态的单质生成1ol该物质的焓变。对 于稳定状态单质，其△yHm日为零。根据下表数据，计算反应Ⅱ的反应热△H2=kJ.mol-1,该反 应能自发进行，则△S」 0(填“大于小于”或“等于”). 18/24 物质 C02 CO H2O(g) △Hn6(kJ-mol) -393.5 -110.5 -241.8 (2)描述化学反应的平衡常数常用三种方法：K。、Kp、 和K(用平衡时气体的物质的量分数代替平衡浓度 计算)。关于相同温度下，反应Ⅱ的三种平衡常数的数值 (填“相等”或“不相等). (3)在恒温恒容的条件同时发生反应I和反应Ⅱ，下列有关说法正确的是 (填标号)。 A.通入氨气，不能改变CO2的平衡转化率 B.混合气体密度不再改变，说明反应达到平衡状态 C.使用高效催化剂能加快反应速率和降低反应的焓变 D.反应Ⅱ逆反应的活化能小于正反应的活化能 (4)在PMpa时，将CO2和CH4按等物质的量充入密闭容器中，只进行反应I,分别在无催化剂及ZrO2 催化下反应相同时间，测得c02的转化率与温度的关系如图所示。 70 60 8 50 40 30 平衡 20 Zro, ·--无催化剂 10 600 700 800900100011001200 温度/°C ①a点时有催化剂和无催化剂的C02转化率相等的原因是 ②在PMPa、900℃、ZrO2催化条件下，将CO2、CH4、Ar按物质的量之比1：1：2充入密闭容器，CO, 的平衡转化率大于50%，解释说明原因： 此时平衡常数K。= (以各气体的分压代替 浓度计算；列出含a、p的计算式)， (⑤)一种由离子交换树脂和碳纳米管构成的复合薄膜，可同时传导阴离子(HCO;)和电子。利用该薄膜能 有效富集空气中的CO2如图所示，在薄膜a侧通入空气，b侧通入氢气，充分反应后在b侧得到高浓度 的C02 a侧 空气 →基本无C0,的气体 H2- 薄膜（含水） →H20、高浓度的C02 b侧 19/24 a侧上的电极反应式为 【答案】（除标注外，每空2分）(1)十41.2 大于(1分) (2)相等(1分) (3)AD (4)a点所处温度下催化剂失去活性 充入了不参加反应的氩气，相当减小压强，平衡向体积增大的 方向移动，C02的平衡转化率增大 Ap'd (2+(1-2 (5)02+4e+2H20+4C02=4HC0 【解析】(1)由题给信息知，△H=生成物的标准生成焓之和-反应物的标准生成焓之和，因此 C0,(g)+H,(g)=Co(g)+H,0(g)的 △H2=(-110.5 kJ.moI)+(-241.8 kJ.mol)-(-393.5kmo)-0=+41.2 kJ.mol；该反应能自发进行， 即△G=△H-T△S<0,因△H>0,所以△S>0,故答案为+41.2；大于 n(CO)n(H,O) (2)对于反应n,K.=cC0cH,0)_P n(CO)n(H,O) c(C02)c(H2)n(C02n(H2n(C02)nH2) P(CO)P(H,O 4coxPH,OxP) =n n总 n(CO)n(H,O) K。= P(CO,)P(H2) CO)xP) 2×P n(C02)n(H2) n总 n总 n(CO) n(H2O)) K,=x(CO)(H,O) n总 n n(CO)n(H,O) x(CO,(H,)CO2) n(H2) 所以相同温度下，反应Ⅱ的三种平衡常数 n(C02)n(H2) n总 n总 的数值相等，公众号悦爱学堂故答案为相等， (3)A.恒温恒容条件下，通入氮气，反应物和生成物浓度不变，平衡不移动，CO2的平衡转化率不 变，A正确： B.恒温恒容条件下，混合气体的总质量始终不变，混合气体密度不再改变，不能说明反应达到平衡状 态，B错误 C.使用高效催化剂能加快反应速率但不影响反应的焓变，C错误： D.反应Ⅱ为吸热反应，由△H=正反应的活化能-逆反应的活化能>O知，逆反应的活化能小于正反应 的活化能，D正确： 20/24 故答案选AD. (4)①根据图示，点时，有催化剂和无催化剂的转化率相等，这说明在该温度下，两者反应速率相 等，即a点时温度较高，催化剂失去了活性，故答案为a点所处温度下催化剂失去活性. ②反应I为气体物质的量增大的反应，在pMPa、900℃、ZrO2催化条件下，将CO2、CH,、Ar按物质 的量之比1：1：2充入恒压密闭容器，充入了不参加反应的氩气，相当减小压强，平衡向体积增大的 方向移动，C02的平衡转化率增大，所以C02的平衡转化率a大于50%：假设起始充入了xmol CO2、 xmol CH4、2 xmol Ar,平衡时CH4的转化率为a,则平衡时转化的n(CH4)=xmol×Fmol,平衡时 n(CH4)=n(C02)=(1-a)xmol,n(CO)=n(H2)=2amol,平衡时气体的总物质的量为 (1-oxmol +(1-oxmol+2 mol+2 amol +2xmol =(4+2 oxmol, 72 2 cmol 2 amol x D X X D (4+2 a xmol (4+2 axmol Ap"d K。= 2+d(1-d 故答案为充入了不参加反应的氩气， (1-d xmol (1-axmol (4+2 a xmol pk个4+2ymol 4p2d 相当减小压强，平衡向体积增大的方向移动，CO2的平衡转化率增大； (2+(1-2 (5)由题意可知，薄膜可同时传导阴离子(HCO;)和电子，b侧通入氢气，充分反应后在b侧得到水和 高浓度的CO2,故b侧氢气失去电子，发生氧化反应，为负极，则薄膜侧为正极，得到电子，发生 还原反应，电极反应式为02+4e+2H,0+4C02=4HC0,故答案为02+4e+2H20+4C0,=4HC0; 19.(14分)瑞普替尼(K)是一种酪氨酸激酶抑制剂，其合成路线之一如下： 21/24 OH C.H,OF MgCl,,TEA. CH,MgBr 多聚甲醛， Cs,CO,,DCM F MoCN CHO A OH OH HC1,H,O/吡喃 G NH2·HCI DIPEA.n-BuOH 已知： R-C-H+H.N-R:-CsCODCM >R:-CH=N-R2+H2O (1)A的名称为 ,K中含氧官能团名称为 (2)B→D中还生成了H0,则C的结构简式为 (3)E→F的化学反应方程式为 (4)从结构的角度分析B的酸性强于A的原因 (⑤)在B的同分异构体中，符合下列条件的有」 种 a.含苯环且存在与苯环直接相连的氟原子b.能发生银镜反应 (6)G可以由以下路线合成： HN M N POCI; H,N COOC,H, DMF CH,CN 已知L+M→N的反应类型为取代反应，则N的结构简式为 反应的另一产物的名称为 【答案】（除标注外，每空2分）(1)对氟苯酚(4-氟苯酚)(1分) 醚键、酰胺基 0 (2) NH2 22/24 OH OH 吡喃 、+H,0+HCI一 NH,·HCI (4)醛基为吸电子基团，故B中-OH的极性更强，酸性更强 (5)12 乙醇(1分) 【解析】结合B结构和A的分子式，可知化合物A为 B与C发生类似已知信息中的反 应生成D和水，由B、D结构可知C为 D与CH;MgBr反应生成E,E与HO、HCI反 NH. OH 应生成F和 F与G反应生成H,H最终可转化为瑞普替尼(K). OH (1)由分析可知A结构简式为 名称为对氟苯酚(4氟苯酚)：根据K的结构简式，可知 9 K中含氧官能团为醚键、酰胺基； (2)B与C发生类似已知信息中的反应生成D和水，由B、D结构可知C的结构简式为 NH (3)由分析可知E与H2O、HC1反应生成F和 OH E→F的化学反应方程式为： OH 吡喃 NH2 .HCI OH OH OH (4)由分析可知A为 B为 因为醛基为吸电子基团，故B中-OH的 CHO 极性更强，酸性也更强 (5)B的分子式CH,FO2,不饱和度为2x7+2-5一=5.其同分异构体含苯环且苯环直接连F;能发 2 生银镜反应说明含醛基(~CHO)或甲酸酯基(HCOO-)·若含醛基肯定还含有酚羟基(-OH),苯环上 有三个支链，可采用“定二移一法确定同分异构体的数目，即先固定-CHO和F位置，再移动-OH位置， 23/24 共有10种；若含甲酸酯基，则苯环有两个支链，共3 CHO HCOO HCOO HCOO 种 故B的同分异构体中，符合条件的有13-1(B 本身)=12种： (6)已知L+M→N的反应类型为取代反应，结合L、M、G的结构简式，N是L的氨基(NH)、亚 氨基(NH)与M发生取代后形成的产物，反应过程中，L中断氨基(NH)中的一个N-H键、亚氨基(NH) 中的一个NH键，M断酯基中的一个C0键及（碳碳）双键碳原子形成的C-0键，一分子L和一分子M H 发生取代反应生成一分子N和两分子CH,CH,OH(乙醇)，N的结构简式为O 另 产物名称为乙醇。 24/24