精品解析：福建福州市2026届高三下学期毕业班适应性练习（四）化学试题

福州市2026届高三毕业班适应性练习(四) 化 学 试 题 (完卷时间 75 分钟；满分 100 分) 可能用到的相对原子质量： C-12 H-1 O-16 Fe-56 Na-23 Cl-35.5 S-32 Ag-108 Te-128 Bi-209 一、选择题：本题共10小题，每小题４分，共40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. 科技创新是新质生产力的核心要素。下列说法错误的是 A. 制造飞机的材料——氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料 B. 开启航运氢能时代——氢气是一种理想的绿色能源 C. 打造北斗卫星系统——与星载铷钟所用的化学性质不同 D. 突破量子通信技术——作为传输介质的光纤其主要成分为二氧化硅 2. 可持续高分子材料在纺织、生物医用等领域具有广阔的应用前景。一种在温和条件下制备高性能可持续聚酯P的路线如图所示。 下列说法错误的是 A. E能使溴的四氯化碳溶液褪色 B. F分子中采取杂化的原子有3个 C. P在碱性条件下能够发生水解反应而降解 D. P解聚生成M的过程中，存在键的断裂与形成 3. 我国化学工作者将游离态氮固定在碳上，示踪反应：(石墨)，制得的离子可用于合成核酸的结构单元。下列说法错误的是(设阿伏加德罗常数的值为) A. 石墨中碳原子的杂化轨道类型为 B. 在反应中作氧化剂，1个中含有16个中子 C. 生成时，以上反应中转移的电子数目为 D. 为V形结构，中含有的键数目为 4. 一种对称的阴离子(结构如图)由原子半径依次增大的X、Y、Z、M、W五种短周期的p区元素组成，基态原子中未成对电子数目，Y与W为同主族元素。下列说法错误的是 A. 该阴离子呈现锯齿状 B. 该阴离子与季铵离子()能形成离子液体 C. M的氢化物的沸点不一定比Y的氢化物低 D. 第一电离能大小： 5. 实验室用和制备无水HBr的装置如图所示，夹持装置略。已知：易水解。 下列说法错误的是 A. 装置E可盛放或无水 B. 装置D发生的反应有 C. 装置F连接装有碱石灰的干燥管可除去所有的尾气 D. 通入氢气一段时间后，再滴入液溴，最后加热管式炉 6. 工业上可利用钛白粉副产物[主要成分为，还含有、、]生产电池级磷酸铁锂()，其流程如图所示。已知“沉渣2”的主要成分为、，下列说法错误的是 A. “合成”时，葡萄糖被氧化 B. “转化”时温度太高，产率降低 C. “水解”时越小，钛的去除率越高 D. “沉渣1”中除了，可能还含有 7. 南开大学某团队开发了一种新型手性螺环二亚磷酸酯配体分子(简写为)，实现了铱(Ir)催化的-烯烃(，R为烷基)与丙烯酰胺的高度对映选择性氢烯基化反应，催化循环过程如图所示。 已知：烯烃可通过提供一对 键电子对充当配体，每提供一对 电子，中心原子的配位数＋1.Ph-代表苯基；Bu-代表。 下列说法错误的是 A. 总反应为加成反应，原子利用率为 B. Ⅲ中Ir的配体数为4，配位数为6 C. 的系统命名为顺，顺-1，5-环辛二烯 D. Ⅲ到Ⅳ中Ir的化合价发生了变化 8. 一定条件下，汽油添加剂可通过与烯烃的液相反应制得，体系中发生如下反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 反应Ⅰ、Ⅱ的平衡常数的对数（）与温度倒数（）的变化关系如图所示，下列说法正确的是 A. 在较高温度下，平衡时可获得更多的 B. 反应物、生成物均为液态，故增加甲醇的用量无法提高的平衡产量 C. 焓变：，b比a更稳定 D. 相同条件下，反应较短时间，监测到a的含量比b多，则活化能 9. 我国科学家利用如图所示装置实现了5-羟甲基糠醛的电氧化，原理为：先在惰性电极上制备氧化还原媒介，后在纯水中直接氧化反应物。 下列说法错误的是 A. a电极的电势低于b电极 B. b电极反应式为 C. 每产生1 mol ，a电极产生的气体在标况下体积为33.6 L D. 纯水中发生的反应为6Ni0.85Co0.15OOH++2H2O6Ni0.85Co0.15(OH)2+ 10. 马来酸和富马酸是互为同分异构体的二元弱酸，在催化剂作用下的相互转化可表示为 (无催化剂不考虑转化)。常温下，催化剂存在时，调节溶液的(催化剂自身对无影响)，、、的平衡分布系数变化如图。例如的分布系数为。下列说法错误的是 A. B. 无催化剂存在时，溶液显酸性 C. 常温下，有催化剂存在时，任意下、都为定值 D. 常温下，有催化剂存在且时， 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11. 碲(Te)广泛应用于光伏、半导体元器件。一种从金属矿石(含、、)提取碲、铋的工艺如下。 已知：标准电极电势(氧化态/还原态)数值越大，氧化态转化为还原态越容易。 、、、。 请回答下列问题： （1）碲(Te)的原子序数为 52，其基态原子的 N 层电子排布式为________________。 （2）“酸浸”中，提高浸取率的措施有_____________________(写一条)。 （3）“酸浸”时，Te元素转化为，则发生反应的离子方程式为_____________________。 __________________ 。 （4）“萃取”可除去“滤液”中大部分，反应原理为，HA的结构如图，下列说法正确的是______。 A. HA能与水形成分子间氢键，水溶性好 B. 在有机相中加入NaOH，可回收HA C. HA能与形成配位键 D. HA中P、O间存在p轨道“肩并肩”形成的键 （5）“还原1”生成一种无污染的气体，理论上产出256 g Te需投入______mol；但实际生产中的用量超过理论值，原因是____________________________________________。 （6）“还原2”所得粗铋中含有的杂质有______。 （7）“电解”时，在碱性环境下转化为纯碲，阴极的电极反应式为_________________________。 （8）晶体具有热电和机械性能，其立方结构单元如图，Bi和Ag原子间的最近距离为，则______；其立方晶胞的密度为______(列出计算式)。 12. 某研究小组探究AlCl3催化氯苯与氯化亚砜(SOCl2)转化为化合物Z()的反应。实验流程为： 已知： ①实验在通风橱内进行。 ②SOCl2遇水即放出SO2和HCl；AlCl3易升华。 ③氯苯溶于乙醚，难溶于水；Z易溶于乙醚，难溶于水；乙醚不易溶于水。 请回答下列问题： （1）在无水气氛中提纯少量AlCl3的简易升华装置如图所示，此处漏斗的作用是_________________________。 （2）写出下图中仪器X的名称______，氯苯与氯化亚砜的反应最可能是_______反应(填“吸热”或“放热”)。 （3）干燥管内可用的酸性固体干燥剂______(填1种)。 （4）步骤Ⅰ，下列说法不正确的是______。 A. 氯苯试剂可能含有水，在使用前应作除水处理 B. 三颈烧瓶置于冰水浴中，是为了控制反应温度 C. 因实验在通风橱内进行，X处无需连接尾气吸收装置 D. 反应体系中不再产生气泡时，可判定反应基本结束 （5）步骤Ⅱ，加入冰水的作用是_________________________。 （6）步骤Ⅲ，从混合物M2中得到Z粗产物的所有操作如下，请排序______(填序号)。 ①减压蒸馏 ②用乙醚萃取、分液 ③过滤 ④再次萃取、分液，合并有机相 ⑤加入无水Na2SO4干燥剂吸水 （7）可促进氯苯与 SOCl2反应中 S-Cl 键的断裂，原因是________________________________。 （8）若某次实验用到氯苯22.5 g，最终得到纯品Z 24.0 g，则产率为_____。(保留三位有效数字)。 13. 伊波加因是一种抗成瘾药物，合成其所需的中间体I可由如下路线合成。 已知：①CbzCl是的缩写； ②三元环可与HBr发生开环反应：； ③ 回答下列问题： （1）G中官能团的名称是______，一个I分子中含有手性碳原子的数目是______。 （2）步骤⑤经历了两步反应实现转化，第一步得到的中间产物结构简式为______；第二步的化学反应类型为______。 （3）反应③属于Diels－Alder反应，则该反应的化学方程式为______。 （4）CbzCl的同分异构体中，同时满足下列条件的共有______种(不考虑立体异构)： ①与溶液发生显色反应；②羰基与氯原子直接相连。 其中一种结构简式含有4组不同化学环境的氢原子，其有机水解产物的系统命名为______。 （5）研究者模仿I的合成路线，设计了化合物J的一种合成路线。该路线中M和N的结构简式分别为______和______。 14. 乙酸异戊酯是一种高效、低毒、优良的有机溶剂，可由乙酸和异戊醇通过酯化反应制备： 。 已知：①该反应平衡常数K与温度T的关系为 ； ②相关物质参数如下。 乙酸(1) 异戊 醇(1) (l) (1) 汽化热/ a b c d 键能 e f / g 键能 p q ①x，②y / 沸点/℃ 118 132 142 100 请回答下列问题： （1）该反应为_______反应(填“吸热”或“放热”)， _______。 （2）乙酸有分子间氢键，但乙酸异戊酯的沸点高于乙酸，原因是__________________________。 （3）某研究小组对乙酸异戊酯的最佳合成条件进行探究： 反应温度：浓硫酸作催化剂、不同温度下酯化反应的平衡产率如下表。当反应温度高于115℃时，乙酸异戊酯的平衡产率降低，主要原因有2个，一是温度过高会发生副反应；二是__________________________。 反应温度/℃ 105 110 115 120 平衡产率/% 69.8 76.1 96.6 85.1 酸醇量比：酯化反应是可逆反应，增加反应物中某一组分的浓度有利于向生成酯的方向进行，并提高另一组分的转化率。通常n(乙酸)：n(异戊醇)>1，从物质分离的角度分析选择乙酸过量而不是异戊醇过量的原因：__________________________。 （4）由于酯化反应为可逆反应，实验条件下，加入带水剂把反应生成的水有效带出，从而抑制了酯水解反应的进行，且反应体系的体积变化可忽略，故可假定反应为恒容不可逆反应，测得酯化反应速率；，[378.15 K时]。在常压和378.15 K时，初始组成 、作催化剂的条件下进行反应，异戊醇的初始浓度为3.3 mol/L，120 min时异戊醇浓度为0.33 mol/L。此时乙酸的转化率为_______，酯化反应速率为_______(保留2位有效数字)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州市2026届高三毕业班适应性练习(四) 化 学 试 题 (完卷时间 75 分钟；满分 100 分) 可能用到的相对原子质量： C-12 H-1 O-16 Fe-56 Na-23 Cl-35.5 S-32 Ag-108 Te-128 Bi-209 一、选择题：本题共10小题，每小题４分，共40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. 科技创新是新质生产力的核心要素。下列说法错误的是 A. 制造飞机的材料——氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料 B. 开启航运氢能时代——氢气是一种理想的绿色能源 C. 打造北斗卫星系统——与星载铷钟所用的化学性质不同 D. 突破量子通信技术——作为传输介质的光纤其主要成分为二氧化硅 【答案】C 【解析】 【详解】A．氮化硅陶瓷具有高强度、耐高温等特性，属于新型无机非金属材料，A正确； B．氢气燃烧产物为水，无污染，是理想的绿色能源，B正确； C．85Rb与87Rb互为同位素，化学性质相同（仅物理性质不同），C错误； D．光纤的主要成分是二氧化硅，用于传输光信号，D正确； 故选C。 2. 可持续高分子材料在纺织、生物医用等领域具有广阔的应用前景。一种在温和条件下制备高性能可持续聚酯P的路线如图所示。 下列说法错误的是 A. E能使溴的四氯化碳溶液褪色 B. F分子中采取杂化的原子有3个 C. P在碱性条件下能够发生水解反应而降解 D. P解聚生成M的过程中，存在键的断裂与形成 【答案】B 【解析】 【详解】A．E中含有碳碳双键，可以和发生加成反应，当溴的四氯化碳溶液与含有碳碳双键的物质反应时，溴被消耗，溶液的颜色会褪去，A正确； B．化合物F的结构式为 ，其中两个上的C各形成4个键，采取sp3杂化，上的C形成4个键，采取sp3杂化，两个酯基中连接甲基的氧原子各形成2个键和2对孤对电子，采取sp3杂化，所以F中采取sp3杂化的原子共有3个碳原子和2个氧原子，B错误； C．聚合物P是一种聚酯，在碱性条件下，酯基会发生水解反应，导致高分子链断裂，从而实现降解，C正确； D．P解聚生成M的过程中，酯发生水解或醇解，导致酯基中C-O键断裂，生成相应的醇和羧酸过程中存在C-O键的生成，D正确； 答案选B。 3. 我国化学工作者将游离态氮固定在碳上，示踪反应：(石墨)，制得的离子可用于合成核酸的结构单元。下列说法错误的是(设阿伏加德罗常数的值为) A. 石墨中碳原子的杂化轨道类型为 B. 在反应中作氧化剂，1个中含有16个中子 C. 生成时，以上反应中转移的电子数目为 D. 为V形结构，中含有的键数目为 【答案】D 【解析】 【详解】A．石墨中碳原子通过sp2杂化形成层状结构，A正确； B．15N的中子数为15-7=8，1个15N2含2×8=16个中子；反应中N的化合价从0降至-3，15N2被还原，作氧化剂，B正确； C．反应中N被还原（得6 mol e-），C被氧化（失4 mol e-），H被氧化（失2 mol e-），总转移6 mol e-。生成1 mol H2时，对应转移电子，C正确； D．[N=C=N]2-与CO2互为等电子体，为直线型结构，每个双键含1个π键，1 mol该离子含个π键，D错误； 故答案选D。 4. 一种对称的阴离子(结构如图)由原子半径依次增大的X、Y、Z、M、W五种短周期的p区元素组成，基态原子中未成对电子数目，Y与W为同主族元素。下列说法错误的是 A. 该阴离子呈现锯齿状 B. 该阴离子与季铵离子()能形成离子液体 C. M的氢化物的沸点不一定比Y的氢化物低 D. 第一电离能大小： 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，阴离子中X、Y、Z、M、W形成共价键的数目为1、2、2、4、6，X、Y、Z、M、W五种短周期的p区元素的原子半径依次增大，基态原子中未成对电子数目Z>Y=M>X，则X为F元素、Y为O元素、Z为N元素、M为C元素、W为S元素。 【详解】A．由图可知，阴离子中碳原子、硫原子、氧原子的价层电子对数都为4，孤对电子对数分别为0、0、2，原子的空间构型依次为四面体形、四面体形、V形，所以阴离子的空间结构呈现锯齿状，A正确； B．阴离子与季铵离子的体积都很大，阴阳离子间形成的离子键较弱，所以能形成难挥发的离子液体，B正确； C．碳元素的氢化物可能是气态烃、液态烃、固态烃，气态烃的沸点低于水和过氧化氢，固态烃的沸点高于水和过氧化氢，所以碳元素的氢化物的沸点不一定低于氧元素的氢化物，C正确； D． 同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则氮元素的第一电离能大于氧元素，D错误； 故答案选D。 5. 实验室用和制备无水HBr的装置如图所示，夹持装置略。已知：易水解。 下列说法错误的是 A. 装置E可盛放或无水 B. 装置D发生的反应有 C. 装置F连接装有碱石灰的干燥管可除去所有的尾气 D. 通入氢气一段时间后，再滴入液溴，最后加热管式炉 【答案】C 【解析】 【分析】装置A中浓硫酸干燥氢气，装置B中氢气带动液溴蒸气进入装置C，管式炉中催化加热和生成，装置D中湿润红磷除去未反应的，装置E干燥，装置F冷凝收集无水。 【详解】A．E的作用是干燥，是酸性干燥剂、无水是中性干燥剂，都不与反应，均可作干燥剂，A正确； B．装置D中过量和红磷、水反应，先生成，再水解得到和，总反应就是选项B给出的方程式，原子配平正确，B正确； C．尾气中含有未反应的有毒、，还有不与碱石灰反应的，碱石灰只能吸收酸性的、，不能除去，C错误； D．实验需要先通一段时间氢气排尽装置内的空气，防止氢气与空气混合加热发生爆炸，排空气后再滴入液溴，最后加热管式炉让和反应，顺序正确，D正确； 答案选C。 6. 工业上可利用钛白粉副产物[主要成分为，还含有、、]生产电池级磷酸铁锂()，其流程如图所示。已知“沉渣2”的主要成分为、，下列说法错误的是 A. “合成”时，葡萄糖被氧化 B. “转化”时温度太高，产率降低 C. “水解”时越小，钛的去除率越高 D. “沉渣1”中除了，可能还含有 【答案】C 【解析】 【分析】钛白粉副产物加水溶解后，用Na2S除锰生成MnS（沉渣1）；调节pH水解使Al3+、TiO2+转化为Al(OH)3、 TiO(OH)2沉淀（沉渣2），而Fe2+留在溶液中；加双氧水将Fe2+氧化为Fe3+后，与磷酸反应生成FePO4沉淀；最后FePO4在被葡萄糖还原后与LiOH反应合成LiFePO₄。 【详解】A．转化为，铁元素的化合价降低，得电子，故葡萄糖作还原剂，被氧化，A项正确； B．“转化”步骤中温度太高会导致分解，氨水挥发，促进水解，从而降低的产率，B项正确； C．发生水解的离子方程式为，越小，越大，对的水解反应越不利，C项错误； D．能和发生互相促进的双水解反应，可能有沉淀生成，D项正确； 故选C。 7. 南开大学某团队开发了一种新型手性螺环二亚磷酸酯配体分子(简写为)，实现了铱(Ir)催化的-烯烃(，R为烷基)与丙烯酰胺的高度对映选择性氢烯基化反应，催化循环过程如图所示。 已知：烯烃可通过提供一对 键电子对充当配体，每提供一对 电子，中心原子的配位数＋1.Ph-代表苯基；Bu-代表。 下列说法错误的是 A. 总反应为加成反应，原子利用率为 B. Ⅲ中Ir的配体数为4，配位数为6 C. 的系统命名为顺，顺-1，5-环辛二烯 D. Ⅲ到Ⅳ中Ir的化合价发生了变化 【答案】D 【解析】 【详解】A． 根据催化循环图可知，反应起始原料为和丙烯酰胺衍生物，整个催化反应过程中没有副产物生成，所有反应物的原子都进入了最终产物中。这种反应类型属于加成反应，其原子利用率为100%； B．由图示可知，Ⅲ中，配体包括(占据2个配位点)、氢(占据1个配位点)、烯烃(占据1个配位点)以及丙烯酰胺脱氢部分(通过O和C占据2个配位点)，配体总数为4，配位数为6，B正确； C．是一个八元环，含有两个碳碳双键，双键的位置反别在1号和5号碳原子上，由于环的几何限制，这两个键都处于顺式构型，其系统命名为顺，顺-1，5-环辛二烯，C正确； D．Ⅲ中Ir的化合价为+3，Ⅳ中发生烯烃的迁移插入反应，Ir的化合价未发生变化，仍为+3，D错误； 故答案选D。 8. 一定条件下，汽油添加剂可通过与烯烃的液相反应制得，体系中发生如下反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 反应Ⅰ、Ⅱ的平衡常数的对数（）与温度倒数（）的变化关系如图所示，下列说法正确的是 A. 在较高温度下，平衡时可获得更多的 B. 反应物、生成物均为液态，故增加甲醇的用量无法提高的平衡产量 C. 焓变：，b比a更稳定 D. 相同条件下，反应较短时间，监测到a的含量比b多，则活化能 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图中曲线可知，随增大（即T减小），增大（即增大），所以升高温度后，反应Ⅰ和Ⅱ的平衡常数减小，两个反应均为放热反应，升温后，向逆反应方向移动，TAME的产量减少，A错误； B．该反应为液相反应，增大反应物的浓度可以促进平衡向正反应方向移动，提高TAME的平衡产量，B错误； C．在平衡常数对数（ln K）与温度倒数（1/T）的关系图中，斜率代表的是标准摩尔反应焓变（ΔH）的负值与气体常数（R）的比值，即斜率。由图中曲线变化趋势可知反应Ⅰ和Ⅱ均为放热反应，反应Ⅰ的斜率更大，所以反应Ⅰ比反应Ⅱ放出的热量更多，即，反应Ⅰ-反应Ⅱ=反应Ⅲ，这说明反应Ⅲ也是一个放热反应，能量越低越稳定，所以b比a更稳定，C正确； D．相同条件下，反应较短时间，a的含量比b多，因此参与反应的a比参与反应的b少，活化能越低的反应进行越容易，速率越快，所以反应Ⅰ的活化能高于反应Ⅱ的活化能，即，D错误； 故答案选C。 9. 我国科学家利用如图所示装置实现了5-羟甲基糠醛的电氧化，原理为：先在惰性电极上制备氧化还原媒介，后在纯水中直接氧化反应物。 下列说法错误的是 A. a电极的电势低于b电极 B. b电极反应式为 C. 每产生1 mol ，a电极产生的气体在标况下体积为33.6 L D. 纯水中发生的反应为6Ni0.85Co0.15OOH++2H2O6Ni0.85Co0.15(OH)2+ 【答案】C 【解析】 【分析】左侧装置为电解池，电极上被氧化为 ，失电子，故为阳极，为阴极。 【详解】A．根据分析，电解池中，阳极电势高于阴极，因此a电极电势低于b电极，A正确； B．b电极为阳极，发生氧化反应，在碱性条件下失去电子，被氧化为，电极反应式为，B正确； C．根据题意，5-羟甲基糠醛被氧化为，每个分子失去6个电子，生成1 mol时，整个电路转移6 mol电子；a电极为阴极，在碱性条件下发生还原反应：，转移6 mol电子时，生成的物质的量为，在标准状况下体积为，C错误； D．纯水中，将5-羟甲基糠醛氧化为，自身被还原为 ，配平后反应为6Ni0.85Co0.15OOH++2H2O6Ni0.85Co0.15(OH)2+     ，D正确； 故选C。 10. 马来酸和富马酸是互为同分异构体的二元弱酸，在催化剂作用下的相互转化可表示为 (无催化剂不考虑转化)。常温下，催化剂存在时，调节溶液的(催化剂自身对无影响)，、、的平衡分布系数变化如图。例如的分布系数为。下列说法错误的是 A. B. 无催化剂存在时，溶液显酸性 C. 常温下，有催化剂存在时，任意下、都为定值 D. 常温下，有催化剂存在且时， 【答案】D 【解析】 【分析】常温下，催化剂存在时，调节溶液的pH(催化剂自身对pH无影响)，H2A转化为H2B，随着pH的增大，随后H2B先转化为HB-，随后又转化为B2-，H2B的量减小、HB-量先增大后减小、B2-的量增大，则图像中①、②、③分别代表H2B、HB-、B2-的平衡分布系数变化； 【详解】A．由图中pH=3.6时数据可知，，则，A正确； B．由图可知，②代表HB- 的平衡分布系数变化，当HB-的分布系数最大时，pH<7，说明无催化剂存在时，NaHB溶液显酸性，B正确； C．常温下，有催化剂存在时， ，任意下，为定值；则，也为定值，C正确； D．有催化剂存在时， ，、、都为定值；由图pH=8时，，pH=3.6时，，，，，D错误； 故选D。 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11. 碲(Te)广泛应用于光伏、半导体元器件。一种从金属矿石(含、、)提取碲、铋的工艺如下。 已知：标准电极电势(氧化态/还原态)数值越大，氧化态转化为还原态越容易。 、、、。 请回答下列问题： （1）碲(Te)的原子序数为 52，其基态原子的 N 层电子排布式为________________。 （2）“酸浸”中，提高浸取率的措施有_____________________(写一条)。 （3）“酸浸”时，Te元素转化为，则发生反应的离子方程式为_____________________。 __________________ 。 （4）“萃取”可除去“滤液”中大部分，反应原理为，HA的结构如图，下列说法正确的是______。 A. HA能与水形成分子间氢键，水溶性好 B. 在有机相中加入NaOH，可回收HA C. HA能与形成配位键 D. HA中P、O间存在p轨道“肩并肩”形成的键 （5）“还原1”生成一种无污染的气体，理论上产出256 g Te需投入______mol；但实际生产中的用量超过理论值，原因是____________________________________________。 （6）“还原2”所得粗铋中含有的杂质有______。 （7）“电解”时，在碱性环境下转化为纯碲，阴极的电极反应式为_________________________。 （8）晶体具有热电和机械性能，其立方结构单元如图，Bi和Ag原子间的最近距离为，则______；其立方晶胞的密度为______(列出计算式)。 【答案】（1） （2）将金属矿石粉碎 （3） （4）C （5） ①. 2 ②. 根据，可知的氧化性强于，加入先将还原，因此的实际用量超过理论值 （6）Cu、Fe （7） （8） ①. 1：1：2 ②. 【解析】 【分析】向矿石中加入浓盐酸和浓硫酸。​ 转化为和进入溶液。和在强氧化性酸（浓硫酸）作用下，金属元素转化为、进入溶液。滤液中加入有机萃取剂 HA，除去“滤液”中大部分，反应原理为，利用水合肼的还原性，选择性地将 还原为单质碲（Te），再利用铁的活泼性（还原性），置换出比铁不活泼的金属， 过滤得到粗铋。 【小问1详解】 Te原子序数52，电子排布为，N层为第4电子层，排布式为。 【小问2详解】 提高浸取率的常见方法为将金属矿石粉碎、升温、搅拌、提高反应物浓度等。 【小问3详解】 “酸浸”时，Te元素转化为，说明浓硫酸将氧化为，硫酸被还原为SO2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。 【小问4详解】 A．HA含有长链疏水烃基，虽然含羟基可形成氢键，但整体水溶性差，A错误； B．在有机相中加入NaOH，NaOH与HA反应生成NaA，不能回收HA，B错误； C．有空轨道，HA中O有孤对电子，可形成配位键，HA通过与形成配位键萃取，C正确； D．σ键是原子轨道头碰头重叠形成，p轨道肩并肩形成的是π键，D错误； 故选C。 【小问5详解】 反应中，1mol 得4mol ，，1mol 失4mol ，256g Te物质的量为，故需投入2mol 。但实际生产中的用量超过理论值，原因是：根据，可知的氧化性强于，加入先将还原，因此的实际用量超过理论值。 【小问6详解】 根据标准电极电势，氧化性：，加入Fe还原时，先被还原为Cu，被还原为Bi，过量Fe也会析出，故杂质为Cu和Fe。 【小问7详解】 阴极发生还原反应，碱性条件下得电子生成Te，配平得到电极反应式：。 【小问8详解】 图示结构为立方结构单元，并非晶胞结构，其晶胞结构为，已知Bi和Ag原子间的最近距离为，该晶体结构为Te构成面心立方堆积，Ag和Bi原子交错填充在所有八面体空隙中，晶胞边长为2a。晶胞中，Ag位于棱心，数目：​；Bi位于棱心和体心，数目：；Te位于面心和顶点，数目：，故，晶胞质量为，体积为，密度等于质量除以体积为。 12. 某研究小组探究AlCl3催化氯苯与氯化亚砜(SOCl2)转化为化合物Z()的反应。实验流程为： 已知： ①实验在通风橱内进行。 ②SOCl2遇水即放出SO2和HCl；AlCl3易升华。 ③氯苯溶于乙醚，难溶于水；Z易溶于乙醚，难溶于水；乙醚不易溶于水。 请回答下列问题： （1）在无水气氛中提纯少量AlCl3的简易升华装置如图所示，此处漏斗的作用是_________________________。 （2）写出下图中仪器X的名称______，氯苯与氯化亚砜的反应最可能是_______反应(填“吸热”或“放热”)。 （3）干燥管内可用的酸性固体干燥剂______(填1种)。 （4）步骤Ⅰ，下列说法不正确的是______。 A. 氯苯试剂可能含有水，在使用前应作除水处理 B. 三颈烧瓶置于冰水浴中，是为了控制反应温度 C. 因实验在通风橱内进行，X处无需连接尾气吸收装置 D. 反应体系中不再产生气泡时，可判定反应基本结束 （5）步骤Ⅱ，加入冰水的作用是_________________________。 （6）步骤Ⅲ，从混合物M2中得到Z粗产物的所有操作如下，请排序______(填序号)。 ①减压蒸馏 ②用乙醚萃取、分液 ③过滤 ④再次萃取、分液，合并有机相 ⑤加入无水Na2SO4干燥剂吸水 （7）可促进氯苯与 SOCl2反应中 S-Cl 键的断裂，原因是________________________________。 （8）若某次实验用到氯苯22.5 g，最终得到纯品Z 24.0 g，则产率为_____。(保留三位有效数字)。 【答案】（1）蒸汽遇冷的漏斗内壁会凝华为固体，收集 （2） ①. 球形干燥管 ②. 放热 （3） （4）C （5）除去混合物中的、，实现有机相与无机相的分离 （6）②④⑤③① （7）易与形成络合物，促使反应中S-Cl键的断裂 （8） 【解析】 【小问1详解】 蒸汽遇冷的漏斗内壁会凝华为固体，漏斗的作用是收集； 【小问2详解】 ①仪器X的名称为球形干燥管； ②反应使用冰水浴控温，说明反应放热，需降温防止副反应、反应物挥发； 【小问3详解】 体系会生成、酸性气体，不能用碱性干燥剂，固体酸性干燥剂选； 【小问4详解】 A．与遇水反应，氯苯必须除水，A正确； B．冰水浴控制放热反应温度，B正确； C．生成、有毒酸性气体，必须尾气处理，C不正确； D．气体为反应产物，无气泡代表反应基本结束，D正确； 故选C； 【小问5详解】 步骤Ⅱ，加入冰水的作用是除去混合物中的、，实现有机相与无机相的分离； 【小问6详解】 步骤逻辑：乙醚萃取分液→多次萃取合并有机相→无水硫酸钠干燥除水→过滤除去干燥剂→减压蒸馏除去乙醚，得到粗产物Z；故填②④⑤③①； 【小问7详解】 可促进氯苯与 SOCl2反应中 S-Cl 键的断裂，原因是易与形成络合物，促使反应中S-Cl键的断裂； 【小问8详解】 该反应方程式为：，，则，。 13. 伊波加因是一种抗成瘾药物，合成其所需的中间体I可由如下路线合成。 已知：①CbzCl是的缩写； ②三元环可与HBr发生开环反应：； ③ 回答下列问题： （1）G中官能团的名称是______，一个I分子中含有手性碳原子的数目是______。 （2）步骤⑤经历了两步反应实现转化，第一步得到的中间产物结构简式为______；第二步的化学反应类型为______。 （3）反应③属于Diels－Alder反应，则该反应的化学方程式为______。 （4）CbzCl的同分异构体中，同时满足下列条件的共有______种(不考虑立体异构)： ①与溶液发生显色反应；②羰基与氯原子直接相连。 其中一种结构简式含有4组不同化学环境的氢原子，其有机水解产物的系统命名为______。 （5）研究者模仿I的合成路线，设计了化合物J的一种合成路线。该路线中M和N的结构简式分别为______和______。 【答案】（1） ①. 羰基、次氨基 ②. 4 （2） ①. ②. 取代反应 （3） （4） ①. 13 ②. 4-羟基苯乙酸 （5） ①. ②. 【解析】 【分析】由有机物的转化关系可知，一定条件下A与CbzCl发生反应生成B；一定条件下B先与溴发生加成反应，后发生消去反应生成C；一定条件下C与发生加成反应生成E，则D为；一定条件下E与氢气先发生加成反应，后生成F；一定条件下F与溴化氢发生开环反应生成，再发生分子内取代反应生成G；一定条件下，G与H反应转化为I。 【小问1详解】 由结构简式可知，G分子的官能团为羰基、次氨基；I分子中含有如图*所示的4个手性碳原子：； 【小问2详解】 由分析可知，步骤⑤的反应为一定条件下F与溴化氢发生开环反应生成，再发生分子内取代反应生成G； 【小问3详解】 由分析可知，反应③为一定条件下C与发生加成反应生成E，反应的化学方程式为：； 【小问4详解】 CbzCl的同分异构体与氯化铁溶液发生显色反应，说明同分异构体分子中含有酚羟基；羰基与氯原子直接相连说明同分异构体分子中可能含有，或和-CH3；若苯环上的取代基为酚羟基、，取代基在苯环上有邻间对3种结构；若苯环上取代基为酚羟基、和-CH3，同分异构体可以视作邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚分子的苯环上氢原子被取代所得结构，共有10种，则符合条件的结构共有13种；其中含有4组不同化学环境的氢原子的结构简式为：，一定条件下发生水解生成结构简式是的4-羟基苯乙酸； 【小问5详解】 由有机物的转化关系可知，一定条件下与发生A→B的反应生成，则M为；一定条件下与发生Diels－Alder反应生成J，则N为。 14. 乙酸异戊酯是一种高效、低毒、优良的有机溶剂，可由乙酸和异戊醇通过酯化反应制备： 。 已知：①该反应平衡常数K与温度T的关系为 ； ②相关物质参数如下。 乙酸(1) 异戊 醇(1) (l) (1) 汽化热/ a b c d 键能 e f / g 键能 p q ①x，②y / 沸点/℃ 118 132 142 100 请回答下列问题： （1）该反应为_______反应(填“吸热”或“放热”)， _______。 （2）乙酸有分子间氢键，但乙酸异戊酯的沸点高于乙酸，原因是__________________________。 （3）某研究小组对乙酸异戊酯的最佳合成条件进行探究： 反应温度：浓硫酸作催化剂、不同温度下酯化反应的平衡产率如下表。当反应温度高于115℃时，乙酸异戊酯的平衡产率降低，主要原因有2个，一是温度过高会发生副反应；二是__________________________。 反应温度/℃ 105 110 115 120 平衡产率/% 69.8 76.1 96.6 85.1 酸醇量比：酯化反应是可逆反应，增加反应物中某一组分的浓度有利于向生成酯的方向进行，并提高另一组分的转化率。通常n(乙酸)：n(异戊醇)>1，从物质分离的角度分析选择乙酸过量而不是异戊醇过量的原因：__________________________。 （4）由于酯化反应为可逆反应，实验条件下，加入带水剂把反应生成的水有效带出，从而抑制了酯水解反应的进行，且反应体系的体积变化可忽略，故可假定反应为恒容不可逆反应，测得酯化反应速率；，[378.15 K时]。在常压和378.15 K时，初始组成 、作催化剂的条件下进行反应，异戊醇的初始浓度为3.3 mol/L，120 min时异戊醇浓度为0.33 mol/L。此时乙酸的转化率为_______，酯化反应速率为_______(保留2位有效数字)。 【答案】（1） ①. 放热 ②. （2）乙酸异戊酯的相对分子质量远大于乙酸，分子间作用力比乙酸更大 （3） ①. 该反应为放热反应，当反应达到平衡后，升高温度，平衡逆向移动，平衡产率降低 ②. 酸过量，因粗产品中残留的酸与酯沸点相差较大，可通过蒸馏方法使之分离，简化了分离工艺，若异戊醇过量，其沸点与产物酯接近，二者难以蒸馏分离，提纯难度大 （4） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 由 ，温度升高，K变小，反应逆向移动，该反应为放热反应； 酯化反应遵循酸脱羟基、醇脱氢的断键规律，乙酸仅断裂羧基内C-O键（键能 p）、异戊醇仅断裂羟基O-H键（键能 f）；先将液态乙酸、异戊醇汽化为气态吸热 a、b，再断裂两根化学键吸热 p+f，之后形成酯的C-O键（键能 x）与水的 O-H 键（键能 g）放热 x+g，最后将气态酯、气态水液化放热 c、d，结合盖斯定律可得总焓变为 ； 【小问2详解】 乙酸异戊酯的沸点高于乙酸的原因是：乙酸异戊酯的相对分子质量远大于乙酸，分子间作用力比乙酸更大； 【小问3详解】 当反应温度高于115℃时，乙酸异戊酯的平衡产率降低，原因还可能是：该反应为放热反应，当反应达到平衡后，升高温度，平衡逆向移动，平衡产率降低； 从物质分离的角度分析选择乙酸过量而不是异戊醇过量的原因：酸过量，因粗产品中残留的酸与酯沸点相差较大，可通过蒸馏方法使之分离，简化了分离工艺，若异戊醇过量，其沸点与产物酯接近，二者难以蒸馏分离，提纯难度大； 【小问4详解】 ①已知， ，则；120 min消耗异戊醇浓度，，同步消耗乙酸， ； ②此时，，。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $