精品解析：福建福州市闽侯县第一中学2026届高三下学期第一次校级适应性训练 化学试卷

2026届福建省闽侯县第一中学第二学期高三第一次校级适应性训练 高中三年化学科试卷 完卷时间：75分钟 满分：100分 可能用到的相对原子量：H：1 C：12 N：14 O：16 I：127 S：32 Cl：35.5 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题4分，共40分) 1. 中国古代化学工艺是中华文明瑰宝的一部分，下列有关说法正确的是 A. 《本草纲目》中对酿酒有如下记载：“……以大麦蒸热，和曲酿瓮中七日，以甑蒸取，其清如水，味极浓烈……”。其中用到的操作为蒸馏和过滤 B. 战国时期《周礼·考工记》中记载：“以说水沤其丝”。说水为草木灰的水浸液，内含大量的KOH C. 古代炼丹家由丹砂炼水银的方法属于现代金属冶炼工艺中的热还原法 D. 汉成书记载有“石胆化铁则为铜”，该过程涉及了置换反应 2. 超临界碳酸化技术（反应如下，其中R-代表烃基）是实现我国“双碳”目标的有效途径之一，下列叙述正确的是 A. 上述转化过程中涉及的反应类型只有取代反应 B. 化合物4不存在手性碳原子 C. 化合物2与化合物3含有相同的官能团 D. 甲醇和化合物4分别与足量反应产生的之比为 3. 由五种元素组成的某配离子是一种常用的有机催化剂，结构如图。X、Y、Z、M、Q五种元素原子序数依次增大，Y、Z、M同周期，Y元素化合物种类数最多，离子的价电子排布式为。下列说法不正确的是 A. 元素电负性大小： B. 分子中含有的孤电子对数是2 C. 含有X、Y、Z的酸的分子式可能是 D. Q的最高价氧化物对应的水化物能溶于强酸，不溶于任何碱 4. 下列描述或解释有误的是 描述 解释 A N的第一电离能大于O N的能级半充满，比较稳定 B 非金属与氢形成的共价化合物中，氢可能为负价 氢的电负性小于该非金属 C 晶体受热转化为和 该过程涉及σ键的断裂与生成 D 键角： 两者中心原子杂化类型相同，孤电子对数相同，电负性成键电子对之间的斥力更大 A. A B. B C. C D. D 5. 某理论研究认为：燃料电池(图b)的电极Ⅰ和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图分别如图a和图c，其中获得第一个电子的过程最慢。由此可知，理论上 A. 负极反应的催化剂是ⅰ B. 图a中，ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最低 C. 电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变 D. 相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数相同 6. 以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2，Fe2O3和A12O3)为原料制备高纯镁砂（MgO）的工艺流程如下： 已知浸出时产生的废渣中有SiO2，Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法正确的是 A. 浸出镁的反应离子方程式为MgO+2 NH=Mg2++2NH3↑+H2O B. 浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行 C. 得到的高纯镁砂在工业上用来电解制备金属镁 D. 分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了Mg(OH)2的Ksp远小于Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp 7. 某小组同学利用如下实验探究平衡移动原理。 实验1： 实验2： 已知： ⅰ. ； ⅱ.溶液为无色。 下列说法正确的是 A. 等物质的量的和中键数之比为 B. 结合实验可知反应 C. ②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，的浓度增大 D. ③中加入，溶液变红，推测与形成了配合物 8. 分子有超长碳碳—键(C1-C2键长180.6 pm)，被氧化过程如图。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 的杂化碳原子数为 B. 的未成对电子数为 C. 的杂化碳原子数为 D. 完全氧化为，生成的阴离子数为 9. 钒催化剂对氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性，反应机理如图所示，其中步骤③为放热反应。 下列说法错误的是 A. 步骤①反应为 B. 步骤③正、逆反应的活化能关系为 C. 在催化循环中起氧化作用 D. 步骤③生成的物质Z是 10. 常温下，将一定浓度的氨水逐滴加入溶液中，该过程中溶液与加入氨水体积V的关系如图所示，已知e点对应的溶液迅速由浑浊变澄清，且此时溶液中的与均约为。下列叙述正确的是 A. 最好选择段溶液与葡萄糖等含有醛基的有机物发生银镜反应 B. a点对应溶液中由水电离出的 C. b点对应溶液中： D. 常温下，反应的平衡常数的数量级为 二、非选择题(共4题，共60分) 11. 我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。 已知：多金属精矿中主要含有等元素。 氢氧化物 （1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有_______(写一条)。 （2）“高压加热”时，生成的离子方程式为：_______。 （3）“沉铝”时，pH最高可调至_______(溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中，。 （4）“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有_______。 A. 镍与形成配位键 B. 配位时被还原 C. 配合物与水能形成分子间氢键 D. 烷基链具有疏水性 （5）晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则_______；晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为_______。 （6）“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为_______和_______。 12. 氢碘酸常用于合成碘化物。某化学兴趣小组用如图装置(夹持装置等略)制备氢碘酸。 步骤如下： ⅰ．在A中加入和，快速搅拌，打开通入，反应完成后，关闭，静置、过滤得滤液； ⅱ．将滤液转移至B中，打开通入，接通冷凝水，加热保持微沸，直至除尽； ⅲ．继续加热蒸馏，C中收集沸点为间的馏分，得到117mL氢碘酸(密度为，HI质量分数为57%)。 回答下列问题： （1）仪器A的名称：_______，通入发生反应的化学方程式：_______。 （2）步骤ⅰ中快速搅拌的目的：_______(填序号) a．便于产物分离 b．防止暴沸 c．防止固体产物包覆碘 （3）步骤ⅰ中随着反应的进行，促进碘溶解的原因_______(用离子方程式表示)。 （4）步骤ⅱ中的尾气常用_______(填化学式)溶液吸收。 （5）步骤ⅱ实验开始时的操作顺序：先通入，再加热；步骤ⅲ实验结束时相对应的操作顺序：_______。 （6）列出本实验产率的计算表达式：_______。 （7）氢碘酸见光易分解，易被空气氧化，应保存在_______。 13. 依拉雷诺(Q)是一种用于治疗非酒精性脂肪性肝炎的药物，其“一锅法”合成路线如下： 回答下列问题： （1）Q中含氧官能团的名称：_______、_______、_______。 （2）A→B的反应类型：_______。 （3）C的名称：_______。 （4）C→D反应中，在加热条件下滴加溴时，滴液漏斗末端位于液面以下的目的：_______。 （5）“一锅法”合成中，在NaOH作用下，B与D反应生成中间体E，该中间体的结构简式：_______。 （6）合成过程中，D也可与NaOH发生副反应生成M，图甲、图乙分别为D和M的核磁共振氢谱，推断M的结构，写出该反应的化学方程式：_______。 （7）写出满足下列条件A的芳香族同分异构体的结构简式：_______。 (a)不与溶液发生显色反应； (b)红外光谱表明分子中不含键； (c)核磁共振氢谱有三组峰，峰面积比为； (d)芳香环的一取代物有两种。 14. 在温和条件下，将转化为烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催化策略可将高选择性合成，该流程示意图如下： 回答下列问题： （1）电解池中电极M与电源的_______极相连。 （2）放电生成的电极反应式为_______。 （3）在反应器中，发生如下反应： 反应i： 反应ii： 计算反应的_______，该反应_______(填标号)。 A．高温自发 B．低温自发 C．高温低温均自发 D．高温低温均不自发 （4）一定温度下，和(体积比为)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为)发生反应i和ii．有存在时，反应ii的反应进程如图1所示。随着x的增加，的转化率和产物的选择性(选择性)如图2所示。 ①根据图1，写出生成的决速步反应式_______；的选择性大于的原因是_______。 ②结合图2，当时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x的增大，的转化率减小的原因是_______；当时，该温度下反应ii的_______(保留两位小数)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届福建省闽侯县第一中学第二学期高三第一次校级适应性训练 高中三年化学科试卷 完卷时间：75分钟 满分：100分 可能用到的相对原子量：H：1 C：12 N：14 O：16 I：127 S：32 Cl：35.5 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题4分，共40分) 1. 中国古代化学工艺是中华文明瑰宝的一部分，下列有关说法正确的是 A. 《本草纲目》中对酿酒有如下记载：“……以大麦蒸热，和曲酿瓮中七日，以甑蒸取，其清如水，味极浓烈……”。其中用到的操作为蒸馏和过滤 B. 战国时期《周礼·考工记》中记载：“以说水沤其丝”。说水为草木灰的水浸液，内含大量的KOH C. 古代炼丹家由丹砂炼水银的方法属于现代金属冶炼工艺中的热还原法 D. 汉成书记载有“石胆化铁则为铜”，该过程涉及了置换反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．《本草纲目》中描述的酿酒过程提到“以甑蒸取”，甑是蒸馏器具，说明蒸馏操作存在；发酵后的固体可能直接通过蒸馏分离，无需再进行过滤，A错误； B．草木灰水浸液的主要成分是碳酸钾(K2CO3)，碳酸钾是强碱弱酸盐，其水解生成少量KOH，但盐水解程度是微弱的，因此溶液不是含有大量KOH，B错误； C．丹砂(HgS)炼水银是通过高温分解，反应原理为：HgSHg+S，该方法属于热分解法，而不是热还原法，C错误； D．“石胆化铁则为铜”指用铁置换出硫酸铜溶液中的铜，发生反应为Fe +CuSO4=FeSO4+ Cu，该反应的基本类型属于置换反应，D正确； 故合理选项是D。 2. 超临界碳酸化技术（反应如下，其中R-代表烃基）是实现我国“双碳”目标的有效途径之一，下列叙述正确的是 A. 上述转化过程中涉及的反应类型只有取代反应 B. 化合物4不存在手性碳原子 C. 化合物2与化合物3含有相同的官能团 D. 甲醇和化合物4分别与足量反应产生的之比为 【答案】C 【解析】 【分析】由流程，化合物1和二氧化碳发生加成反应生成化合物2，化合物2和甲醇发生取代反应生成化合物3和化合物4； 【详解】A．化合物1和二氧化碳反应生成化合物2为加成反应，化合物2和甲醇生成化合物3和化合物4为取代反应，A错误； B．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；化合物4存在1个手性碳原子，B错误； C．据化合物2与化合物3的分子结构，二者都含有酯基，官能团相同，C正确； D．1mol甲醇与足量Na反应产生的为0.5mol，1mol化合物4与足量Na反应产生的为1mol，二者之比为1：2，D错误； 故选C。 3. 由五种元素组成的某配离子是一种常用的有机催化剂，结构如图。X、Y、Z、M、Q五种元素原子序数依次增大，Y、Z、M同周期，Y元素化合物种类数最多，离子的价电子排布式为。下列说法不正确的是 A. 元素电负性大小： B. 分子中含有的孤电子对数是2 C. 含有X、Y、Z的酸的分子式可能是 D. Q的最高价氧化物对应的水化物能溶于强酸，不溶于任何碱 【答案】D 【解析】 【分析】X、Y、Z、M、Q五种元素原子序数依次增大，Y元素化合物种类数最多，则Y为C元素；Y、Z、M同周期，由有机催化剂结构可知，X形成1个共价键、Z形成2个共价键(不算配位键)、M形成1个共价键，则X为H元素、Z为O元素、M为F元素；Q2+离子的价电子排布式为3d9，则Q为Cu元素。 【详解】A．Y为C，Z为O，M为F，同周期主族元素，随着核电荷数增加，电负性增强，电负性F＞O＞C，A正确； B．X为H，Z为O，分子中含有的孤电子对数是=2，B正确； C．氢、碳、氧三种元素形成的酸可能为()，C正确； D．Cu的最高价氧化物对应的水化物氢氧化铜能溶于强酸，可以溶于氨水，形成四氨合铜离子，D错误； 故选D。 4. 下列描述或解释有误的是 描述 解释 A N的第一电离能大于O N的能级半充满，比较稳定 B 非金属与氢形成的共价化合物中，氢可能为负价 氢的电负性小于该非金属 C 晶体受热转化为和 该过程涉及σ键的断裂与生成 D 键角： 两者中心原子杂化类型相同，孤电子对数相同，电负性成键电子对之间的斥力更大 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．N的第一电离能大于O是由于其2p轨道半充满结构更稳定，故A正确； B．非金属与氢的共价化合物中氢显负价需要氢的电负性更大，故B错误； C．NaHSO4分解涉及O-H、O-S等 σ键的断裂与形成，故C正确； D．PH3键角更大因P电负性大导致成键电子对斥力更大，故D正确； 选B。 5. 某理论研究认为：燃料电池(图b)的电极Ⅰ和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图分别如图a和图c，其中获得第一个电子的过程最慢。由此可知，理论上 A. 负极反应的催化剂是ⅰ B. 图a中，ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最低 C. 电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变 D. 相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数相同 【答案】C 【解析】 【分析】该燃料电池为氢氧燃料电池，由图可知该原电池的电解质溶液为酸性，氢气发生氧化反应，做负极，电极方程式为：；氧气发生还原反应，做正极，电极方程式为：。 【详解】A．由分析可知，氧气发生还原反应，做正极，正极反应的催化剂是ⅰ，A错误； B．图a中，ⅰ到ⅱ过程为获得第一个电子的过程，根据题中信息，获得第一个电子的过程最慢，则ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最高，B错误； C．氢气发生氧化反应，做负极，电极方程式为：，同时，反应负极每失去1个电子，就会有一个H+通过质子交换膜进入正极室，故电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变，C正确； D．由图a、c可知，氧气催化循环一次需要转移4个电子，氢气催化循环一次需要转移2个电子，相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数不相同，D错误； 故选C。 6. 以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2，Fe2O3和A12O3)为原料制备高纯镁砂（MgO）的工艺流程如下： 已知浸出时产生的废渣中有SiO2，Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法正确的是 A. 浸出镁的反应离子方程式为MgO+2 NH=Mg2++2NH3↑+H2O B. 浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行 C. 得到的高纯镁砂在工业上用来电解制备金属镁 D. 分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了Mg(OH)2的Ksp远小于Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp 【答案】A 【解析】 【分析】菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，MgCO3转化为MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，同时产生氨气，则此时浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg(OH)2沉淀，煅烧得到高纯镁砂。 【详解】A．高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根水解产生的氢离子反应，促进铵根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，离子方程式为MgO+2NH=Mg2++2NH3↑+H2O，A正确； B．一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，B错误； C．在工业上制备金属镁不是用电解熔点高的MgO，而是用电解熔点低些的MgCl2，C错误； D．Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp远小于Mg(OH)2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3+、Al3+产生沉淀，而Mg2+不沉淀，从而将其分离，D错误； 故选A。 7. 某小组同学利用如下实验探究平衡移动原理。 实验1： 实验2： 已知： ⅰ. ； ⅱ.溶液为无色。 下列说法正确的是 A. 等物质的量的和中键数之比为 B. 结合实验可知反应 C. ②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，的浓度增大 D. ③中加入，溶液变红，推测与形成了配合物 【答案】D 【解析】 【详解】A．等物质的量的和中键数之比为，故A错误； B．降低温度，溶液变为红色，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为吸热反应，反应焓变，故B错误； C．②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，的浓度减小，故C错误； D．③中加入，溶液变红，推测与形成了配合物，使浓度减小，平衡逆向移动，溶液变红，D正确。 故答案选D。 8. 分子有超长碳碳—键(C1-C2键长180.6 pm)，被氧化过程如图。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 的杂化碳原子数为 B. 的未成对电子数为 C. 的杂化碳原子数为 D. 完全氧化为，生成的阴离子数为 【答案】C 【解析】 【详解】A．Z的分子结构中，只有C1和C2两个碳原子是sp3杂化，则的杂化碳原子数为，A正确； B．中C1和C2两个碳原子之间的键电子对失去一个电子，剩余一个单电子，其他的共价键均未被破坏，即1个的未成对电子数为1，则的未成对电子数为，B正确； C．结构中，所有碳原子(包括C1和C2)均采取sp2杂化，故的杂化碳原子数为，C错误； D．该反应式可表示为：，即1个完全氧化为，生成的阴离子数为2，则完全氧化为，生成的阴离子数为，D正确； 故选C。 9. 钒催化剂对氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性，反应机理如图所示，其中步骤③为放热反应。 下列说法错误的是 A. 步骤①反应为 B. 步骤③正、逆反应的活化能关系为 C. 在催化循环中起氧化作用 D. 步骤③生成的物质Z是 【答案】D 【解析】 【分析】结合反应机理图可知和反应生成、、，步骤①反应为，和苯生成，和、反应生成、和水，据此解答。 【详解】A．结合反应机理图可知和反应生成、、，步骤①反应为，故A正确； B．步骤③为放热反应，，即正反应的活化能小于逆反应的活化能，故B正确； C．在催化循环中V的化合价由+5降低到+4，所以起氧化作用，故C正确； D．根据分析，步骤③生成的物质Z是，故D错误； 答案选D。 10. 常温下，将一定浓度的氨水逐滴加入溶液中，该过程中溶液与加入氨水体积V的关系如图所示，已知e点对应的溶液迅速由浑浊变澄清，且此时溶液中的与均约为。下列叙述正确的是 A. 最好选择段溶液与葡萄糖等含有醛基的有机物发生银镜反应 B. a点对应溶液中由水电离出的 C. b点对应溶液中： D. 常温下，反应的平衡常数的数量级为 【答案】B 【解析】 【分析】将一定浓度的氨水逐滴加入溶液中，首先生成氢氧化银沉淀，继续加入氨水，沉淀转化为二氨合银离子得到澄清溶液； 【详解】A．e点所得溶液为银氨溶液，c~d段为生成氢氧化银的阶段，则与葡萄糖发生银镜反应最好选用e点溶液，A错误； B．a点没有加入氨水，溶液为硝酸银溶液，水解促进水的电离，=4，mol/L，由水电离出的，B正确； C．由图可知，b点溶液中AG大于0，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，由电荷守恒关系可知，溶液中，则，C错误； D．由图可知，e点加入氨水体积为4.7 mL，溶液中银离子和氨分子的浓度都为，则溶液中二氨合银离子的浓度为，反应的平衡常数，D错误； 故选B。 二、非选择题(共4题，共60分) 11. 我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。 已知：多金属精矿中主要含有等元素。 氢氧化物 （1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有_______(写一条)。 （2）“高压加热”时，生成的离子方程式为：_______。 （3）“沉铝”时，pH最高可调至_______(溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中，。 （4）“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有_______。 A. 镍与形成配位键 B. 配位时被还原 C. 配合物与水能形成分子间氢键 D. 烷基链具有疏水性 （5）晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则_______；晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为_______。 （6）“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为_______和_______。 【答案】（1）搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等 （2） （3）5 （4）AD （5） ①. ②. 12 （6） ①. ②. 【解析】 【分析】矿粉通入SO2酸浸，浸取液中含有Fe2+、Cu2+、Ni2+、Al3+等，调节pH=3.0，通入空气高压加热得到Fe2O3，Fe2O3可以通过还原得到Fe单质，也可以用电解得到Fe单质，滤液1在常温下沉铝，滤液2选择萃取得到含硫酸根的溶液、分别得到Cu配合物和Ni配合物，最终得到产品NixCuyNz。 【小问1详解】 “酸浸”中，提高浸取速率的措施有：搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等； 【小问2详解】 由于通入“酸浸”，故浸取液中不含有，“高压加热”时，Fe2+在酸性条件下被氧化为，离子方程式为：4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+； 【小问3详解】 “沉铝”时，保证Cu2+和Ni2+不沉淀，Cu(OH)2的溶度积更小，，根据Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)×c2(OH-)=0.022×c2(OH-)=2.2×10-20，得出c(OH-)=10-9mol/L，pH=5； 【小问4详解】 A．镍与N、O形成配位键，可以使镍进入有机相，A正确； B．配体中提供孤对电子的O原子带一个单位负电，可以视作是得到一个电子的阴离子，其余配体不带电，整个配合物不显电性，形成配合物后，中心离子还是Ni2+，Ni2+化合价不变，B错误； C．配合物与水形成氢键，不能解释镍进入有机相，C错误； D．烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，D正确； 答案选AD； 【小问5详解】 根据同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，设晶胞边长为a，由几何关系可知，面心的原子与顶点的原子距离为，面心的原子与体心的原子距离为，则可以确定，晶胞中面心原子为Ni，有6×个，顶点原子为Cu，有8×个，体心的原子为N，有1个，则x∶y∶z=3∶1∶1；根据分析，Cu原子处于顶角，距离最近且等距离的原子为面心上Ni原子，数目为； 【小问6详解】 氨气分解为N2和H2，H2还原Fe2O3得到Fe单质和水，化学方程式为：2NH3N2+3H2、Fe2O3+3H22Fe+3H2O。 12. 氢碘酸常用于合成碘化物。某化学兴趣小组用如图装置(夹持装置等略)制备氢碘酸。 步骤如下： ⅰ．在A中加入和，快速搅拌，打开通入，反应完成后，关闭，静置、过滤得滤液； ⅱ．将滤液转移至B中，打开通入，接通冷凝水，加热保持微沸，直至除尽； ⅲ．继续加热蒸馏，C中收集沸点为间的馏分，得到117mL氢碘酸(密度为，HI质量分数为57%)。 回答下列问题： （1）仪器A的名称：_______，通入发生反应的化学方程式：_______。 （2）步骤ⅰ中快速搅拌的目的：_______(填序号) a．便于产物分离 b．防止暴沸 c．防止固体产物包覆碘 （3）步骤ⅰ中随着反应的进行，促进碘溶解的原因_______(用离子方程式表示)。 （4）步骤ⅱ中的尾气常用_______(填化学式)溶液吸收。 （5）步骤ⅱ实验开始时的操作顺序：先通入，再加热；步骤ⅲ实验结束时相对应的操作顺序：_______。 （6）列出本实验产率的计算表达式：_______。 （7）氢碘酸见光易分解，易被空气氧化，应保存在_______。 【答案】（1） ①. 圆底烧瓶 ②. I2+H2S=S+2HI （2）c （3） （4）NaOH （5）先停止加热，再通一段时间的N2后关闭K2 （6） （7）密封的棕色细口瓶中，并放在避光低温处 【解析】 【分析】I2的氧化性比S强，A中发生I2+H2S=S↓+2HI，过滤除去S，得到含H2S的HI滤液；将滤液转移到B中，先通氮气、加热保持微沸除去H2S，升高温度，收集沸点为125℃~127℃间的馏分，得到117mL密度为1.7g/mL，质量分数为57%的HI溶液。 【小问1详解】 仪器A的名称为圆底烧瓶；I2的氧化性比S强，通入发生反应的化学方程式为I2+H2S=S↓+2HI； 【小问2详解】 I2在水中的溶解度较小，生成的S可能包裹在其表面阻止反应的继续进行，故步骤ⅰ中快速搅拌的目的是防止固体产物包覆碘，选c； 【小问3详解】 I2和I-会发生反应：，步骤ⅰ中随着反应的进行，生成的HI电离出的I-与I2反应促进I2的溶解，本空答案为； 【小问4详解】 步骤ⅱ中的尾气为，有毒，是酸性气体，常用NaOH溶液吸收； 【小问5详解】 为确保蒸馏装置内的HI全部进入C中，步骤ⅲ实验结束时相对应的操作顺序为：先停止加热，再通一段时间的N2后关闭K2； 【小问6详解】 127gI2的物质的量为0.5mol，n理论(HI)=2×0.5mol=1mol，m理论(HI)=1mol×128g/mol=128g、m实际(HI)=，故HI的产率= =； 【小问7详解】 氢碘酸见光易分解，易被空气氧化，应保存在密封的棕色细口瓶中，并放在避光低温处。 13. 依拉雷诺(Q)是一种用于治疗非酒精性脂肪性肝炎的药物，其“一锅法”合成路线如下： 回答下列问题： （1）Q中含氧官能团的名称：_______、_______、_______。 （2）A→B的反应类型：_______。 （3）C的名称：_______。 （4）C→D反应中，在加热条件下滴加溴时，滴液漏斗末端位于液面以下的目的：_______。 （5）“一锅法”合成中，在NaOH作用下，B与D反应生成中间体E，该中间体的结构简式：_______。 （6）合成过程中，D也可与NaOH发生副反应生成M，图甲、图乙分别为D和M的核磁共振氢谱，推断M的结构，写出该反应的化学方程式：_______。 （7）写出满足下列条件A的芳香族同分异构体的结构简式：_______。 (a)不与溶液发生显色反应； (b)红外光谱表明分子中不含键； (c)核磁共振氢谱有三组峰，峰面积比为； (d)芳香环的一取代物有两种。 【答案】（1） ①. 羰基 ②. 醚键 ③. 羧基 （2）中和反应 （3）异丁酸或2-甲基丙酸 （4）溴易挥发，减少损失，提高利用率 （5） （6） （7） 【解析】 【分析】A含酚羟基，和氢氧化钠反应生成B为，羧基和氢氧化钠能发生中和反应，D含羧基和碳溴键，则B与D反应生成溴化钠和E，E为，E和F发生羟醛缩合反应生成G为，-COONa经酸化可转化为羧基，则G在氢氧化钠、加热下脱氢溶剂THF、再酸化转化为Q； 【小问1详解】 据分析，Q中含氧官能团的名称为羰基、醚键和羧基； 【小问2详解】 A→B的反应中，由于酚羟基具有酸性，能和NaOH发生反应转化为-ONa，则反应类型为中和反应； 【小问3详解】 根据C的结构简式，C的名称为<>异丁酸或2-甲基丙酸； 【小问4详解】 C与溴单质发生取代反应生成D，溴易挥发，则C→D反应中，在加热条件下滴加溴时，滴液漏斗末端位于液面以下的目的：减少溴的挥发损失，提高利用率； 【小问5详解】 B与D反应生成E，一方面是羧基和氢氧化钠发生了中和、-COOH转化为-COONa，另一方面，酚钠(ONa)和碳溴键发生了取代反应，则E为； 【小问6详解】 D也可与NaOH发生副反应生成M，D分子内有2种氢，1个是羧基上的氢原子，另一种为2个甲基上的6个氢原子，则甲为D，乙为M，据图，M分子内有2种氢，数目分别有2个、3个，则M为碳溴键在氢氧化钠醇溶液中发生消去、羧基发生中和生成，M为，则该反应的化学方程式：。 【小问7详解】 A的芳香族同分异构体满足下列条件： (a)不与溶液发生显色反应，则不含酚羟基； (b)红外光谱表明分子中不含键， (c)核磁共振氢谱有三组峰，峰面积比为，则分子内有3种氢原子，由于A分子式为C9H10O2，则A中这2种氢原子的数目为2、2、6个； (d)芳香环的一取代物有两种，则苯环上有2种氢； 结合分子内有5个不饱和度，可知满足条件的同分异构体为。 14. 在温和条件下，将转化为烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催化策略可将高选择性合成，该流程示意图如下： 回答下列问题： （1）电解池中电极M与电源的_______极相连。 （2）放电生成的电极反应式为_______。 （3）在反应器中，发生如下反应： 反应i： 反应ii： 计算反应的_______，该反应_______(填标号)。 A．高温自发 B．低温自发 C．高温低温均自发 D．高温低温均不自发 （4）一定温度下，和(体积比为)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为)发生反应i和ii．有存在时，反应ii的反应进程如图1所示。随着x的增加，的转化率和产物的选择性(选择性)如图2所示。 ①根据图1，写出生成的决速步反应式_______；的选择性大于的原因是_______。 ②结合图2，当时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x的增大，的转化率减小的原因是_______；当时，该温度下反应ii的_______(保留两位小数)。 【答案】（1）正 （2） （3） ①. ﹣126 ②. B （4） ①. ②. 由生成时，活化能较大，反应速率慢 ③. 反应i和反应ii为气体减小的反应，入口压强不变，随着x增大，反应体系的分压越小，平衡向左移动 ④. 0.16 【解析】 【小问1详解】 由图可知，N电极上CO转化为C2H4，C元素化合价下降，发生还原反应，N为阴极，则M为阳极，与电源正极相连； 【小问2详解】 CO发生得电子的还原反应转化为C2H4，电解液是碱性环境，电极反应为：； 【小问3详解】 根据盖斯定律，反应ii－反应i即可得到目标反应，则，该反应是熵减的放热反应，则依据反应能自发进行，则低温下自发进行，选B； 【小问4详解】 ①总反应的反应速率由慢反应决定，故决速步是反应最慢的步骤，由图可知，TSⅡ的垒能最大，该步骤是决速步骤，反应式为；由图可知，由生成时，活化能较大，反应速率慢，所以的选择性大于； ②当x≥2时，由题意可知，反应i和反应ii为气体减小的反应，入口压强不变，随着x增大，反应体系的分压越小，平衡向左移动；当x=2时，的转化率为90%，的选择性为80%，设初始投料：CO：2mol、C2H4：2mol、H2：1mol，则、、、，气体总物质的量为(2+0.72+0.18+0.2+0.28)mol=3.38mol，此时压强为，、、，反应ii的Kp=。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $