精品解析：上海市杨思高级中学2024-2025学年高三上学期10月期中诊断测试 化学试题

2024 年高三化学第一学期期中诊断测试卷 考试时间：60 分钟 卷面满分：100 分 2024 年 10 月 (一)物质结构 1. “医用酒精”和“84消毒液”混合，产生ZQ、X2W4Y、XW3Q等多种物质，已知W、X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素。下列叙述错误的是 A. 简单气态氢化物热稳定性： Y>X B. W与Z可形成离子化合物ZW C. 简单离子半径： Q->Y2->Z+ D. 常温下，XW3Q为气态，且X、W、Q均满足8电子稳定结构 2. 研究发现，在CO2低压合成甲醇的反应(CO2＋3H2=CH3OH＋H2O)中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。下列说法中错误的是 A. Co和Mn都属于金属晶体 B. CO2和CH3OH分子中C原子的杂化类型相同 C. 该反应中H2做还原剂 D. 干冰晶体中每个CO2分子周围有12个与之紧密相邻的CO2分子 3. 科学家最近研制出有望成为高效火箭推进剂的，结构简式如图所示。已知该分子中键角都是，下列有关的说法正确的是 A. 该分子中N、O原子间形成的共价键是非极性键 B. 该分子中四个氮原子共平面 C. 该物质既有氧化性又有还原性 D. 该分子为非极性分子 4. 张亭栋研究小组受民间中医启发，发现As2O3（俗称砒霜）对白血病有明显的治疗作用．氮（N）、磷（P）、砷（As）等都是VA族的元素，该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途．回答下列问题： （1）As原子的核外电子排布式为_____。 （2）P和S是同一周期的两种元素，P的第一电离能比S大，原因是_____。 （3）NH4+中H﹣N﹣H的键角比NH3中H﹣N﹣H的键角_____（填“大”或“小”），原因是_____。 （4）Na3AsO4中含有的化学键类型包括_____；AsO43﹣的空间构型为_____，As4O6的分子结构如图1所示，则在该化合物中As的杂化方式是_____。 （5）化合物NH5中的所有原子最外层都满足稳定结构，则NH5是____晶体． （6）白磷（P4）的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图2（小圆圈表示白磷分子）．已知晶胞的边长为a cm，阿伏加德罗常数为NAmol﹣l，则该晶胞中含有的P原子的个数为_____，该晶体的密度为_____g•cm﹣3（用含NA、a的式子表示）。 (二)氧化还原反应与能量 5. 钛被誉为第三金属，广泛用于航空航天领域。硼化钒(VB2)—空气电池的放电反应为4VB2＋11O2=4B2O3+2V2O5，以该电池为电源制备钛的装置如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 电解过程中，OH-由阴离子交换膜右侧向左侧迁移 B. Pt极反应式为2VB2＋22OH--22e-=V2O5＋2B2O3＋11H2O C. 电解过程中，铜极附近电解质溶液的pH增大 D. 若石墨电极上只收集到4.48L气体，则理论上制备4.8gTi 6. 近日，北京航空航天大学教授团队与中科院高能物理研究所合作，合成了Y、Sc(Y1／NC，Sc1／NC)单原子催化剂，用于常温常压下的电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示(*表示稀土单原子催化剂)。下列说法错误的是 A. 相同条件下，两种催化反应的焓变相同 B. 实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可提高氨气的平衡转化率 C. 使用Sc1／NC单原子催化剂的反应历程中，最大能垒的反应过程可表示为*N2+H→*NNH D. 升高温度一定可以提高氨气单位时间内的产率 7. 电絮凝的反应原理是以铝、铁等合金金属作为主电极，借助外加脉冲高电压作用产生电化学反应，把电能转化为化学能，以牺牲阳极金属电极产生金属阳离子絮凝剂，通过凝聚、浮除、还原和氧化分解将污染物从水体中分离，从而达到净化水体的目的。下列说法正确的是（ ） A. 右极为阳极，左极为阴极 B. 电子从左极经电解液流入右极 C. 每产生1 mol O2，整个电解池中理论上转移电子数为4NA D. 若铁为阳极，则在处理废水过程中阳极附近会发生：4Fe2＋+O2+4H+＝4Fe3++2H2O 8. 二氧化氯(ClO2)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸。某研究小组欲用以下三种方案制备ClO2，回答下列问题： （1）以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，写出制备ClO2的离子方程式__。 （2）用过氧化氢作还原剂，在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2，并将制得的ClO2用于处理含CN-废水。实验室模拟该过程的实验装置(夹持装置略)如图所示。 ①装置A的名称是__，装置C的作用是__。 ②反应容器B应置于30℃左右的水浴中，目的是__。 ③通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO2排出，三是__。 ④ClO2处理含CN-废水的离子方程式为__，装置E的作用是__。 （3）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2的方法。 ①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。某次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的__（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。 ②用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，工作原理如图所示，写出阳极产生ClO2的电极反应式__。 (三)化学工业 9. 过氧乙酸(CH3COOOH)是常用的消毒剂，易溶于水、易挥发、见光或受热易分解。制备原理为：H2O2+CH3COOH CH3COOOH+H2O △H<0，制得的过氧乙酸(含少量H2O2)含量测定流程如下，下列说法不正确的是 A. 应在密闭、低温、避光条件下保存过氧乙酸 B. 在常压条件下采用蒸馏操作将过氧乙酸分离出来 C. 溶液由无色变为浅红色且30s内不变色，说明H2O2已除尽 D. 加过量硫酸亚铁溶液目的是还原CH3COOOH 10. 由硫铁矿烧渣(主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO)得到绿矾(FeSO4·7H2O)，再通过绿矾制备铁黄[FeO(OH)]的流程如下： 烧渣溶液绿矾铁黄 已知：FeS2和铁黄均难溶于水，下列说法不正确的是 A. 步骤①，最好用硫酸来溶解烧渣 B. 步骤②，涉及的离子反应为FeS2＋14Fe3+＋8H2O=15Fe2+＋2＋16H+ C. 步骤③，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得纯净绿矾 D. 步骤④，反应条件控制不当会使铁黄中混有Fe(OH)3 11. 钛酸锰（MnTiO3）纳米材料是一种多用途催化剂。工业上用红钛锰矿（主要成分有MnTiO3，还含有少量FeO、Fe2O3、SiO2等杂质）来制备MnTiO3，其工艺流程如图所示： 已知①红钛锰矿“酸溶”后Ti元素主要以TiO2+的形式存在； ②H2TiO3不溶于无机酸和碱，不溶于水； ③在空气中加热无水MnCl2分解放出HCl，生成Mn3O4。 回答下列问题： （1）“粉碎”的目的是__。 （2）“酸溶”中发生的主要反应化学方程式为__。 （3）为了更好地把滤渣2分离出来，除搅拌外，还需要（填操作名称）___。 （4）“氧化”的氧化剂选用的是高锰酸钾，而不选择通常人们认可的绿色氧化剂“双氧水”，除了高锰酸钾氧化性强、反应快之外，还可能的原因是__（写出一条即可）。 （5）“沉锰”的条件一般控制在45℃以下的原因是__。 （6）TiO2+的水解率受温度和H+浓度的影响如图所示，TiO2+最适宜的水解条件是__。 （7）测定所得MnCl2·xH2O晶体中结晶水的含量。取29.70g样品加热分解，热重曲线（TG）如图所示。 所得氯化锰晶体x的值是__。 (四)有机化学 12. 利用下列实验装置完成对应的实验，能达到实验目的的是 A. 装置甲验证苯与液溴发生取代反应 B. 装置乙探究酒精脱水生成乙烯 C. 装置丙制备乙酸乙酯并提高产率 D. 装置丁分离乙醇和水 13. 双烯酮是精细化学品染料、医药、农药、食品和饲料添加剂、助剂等的原料。下列关于双烯酮的说法中错误的是 A. 分子式为C4H4O2 B. 分子中所有原子处于同一平面 C. 能与NaOH溶液发生反应 D. 能使酸性KMnO4溶液褪色 14. 化合物X在一定条件下可制得Y。下列有关化合物X、Y的说法正确的是 A. 化合物X、Y均易被氧化 B. 1 mol Y最多可与2 mol NaOH发生反应 C. 由X转化为Y发生取代反应 D. X与足量H2发生反应后，生成的分子中含有6个手性碳原子 15. 他米巴罗汀(I)可用于治疗急性白血病，其合成研究具有重要意义，合成路线如图所示。 已知：i.HCCH+ ii.R—NO2R—NH2 iii.R1—NH2++HCl (1)A中官能团名称是_________。 (2)B的结构简式是________。 (3)D→E的化学方程式是__________。 (4)试剂a是_________。 (5)已知H在合成I的同时，还生成甲醇，G→H所加物质L的结构简式是______。 (6)B的一种同分异构体符合下列条件，其结构简式是________。 ①能发生银镜反应 ②核磁共振氢谱只有两组吸收峰 (7)D→E的过程中有多种副产物，其中属于高分子化合物的结构简式是_______。 (8)也是合成他米巴罗汀(I)的一种原料，合成路线如图所示。利用题中所给信息，中间产物的结构简式是_______________。 (五)化学实验 16. 碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂，是一种绿色或墨绿色结晶性粉末，难溶于水，溶于稀酸和氨水，在空气中十分稳定。 Ⅰ.模拟制备碱式氯化铜。向CuCl2溶液中通入NH3和HCl，调节pH至5.0~5.5，控制反应温度于70~80℃，实验装置如图所示(部分夹持装置已省略)。 (1)仪器X的名称是______，其主要作用有导气、______。 (2)实验室利用装置A制NH3，发生反应的化学方程式为_______。 (3)反应过程中，在三颈烧瓶内除观察到溶液蓝绿色褪去，还可能观察到的现象有_____。 (4)若体系中NH3过量会导致碱式氯化铜的产量___(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)，原因为___。 Ⅱ.无水碱式氯化铜组成的测定。称取产品4.29 g，加硝酸溶解，并加水定容至200 mL，得到待测液。 (5)铜的测定：取20.00 mL待测液，经测定Cu2+浓度为0.2 mol·L-1。则称取的样品中 n(Cu2+)=_____mol。 (6)采用沉淀滴定法测定氯：用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3(已知：AgSCN是一种难溶于水的白色固体)，实验如下图： ①滴定时，应选用下列哪种物质作为指示剂_____(填标号)。 a．FeSO4 b．Fe(NO3)3 c．FeCl3 ②重复实验操作三次，消耗NH4SCN溶液的体积平均为10.00 mL。则称取的样品中n(Cl-)=_____mol。 (7)根据上述实验结果可推知无水碱式氯化铜的化学式为_____。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024 年高三化学第一学期期中诊断测试卷 考试时间：60 分钟 卷面满分：100 分 2024 年 10 月 (一)物质结构 1. “医用酒精”和“84消毒液”混合，产生ZQ、X2W4Y、XW3Q等多种物质，已知W、X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素。下列叙述错误的是 A. 简单气态氢化物热稳定性： Y>X B. W与Z可形成离子化合物ZW C. 简单离子半径： Q->Y2->Z+ D. 常温下，XW3Q为气态，且X、W、Q均满足8电子稳定结构 【答案】D 【解析】 【分析】“医用酒精”主要成分为CH3CH2OH, “84消毒液”主要成分为NaClO，则反应后必定含有元素C、H、O、Na、Cl，已知W、X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，则W为H，X为C，Y为O，Z为Na，Q为Cl，以此分析。 【详解】根据上述分析可知， A. 由于O的非金属性强于C，则简单气态氢化物热稳定性：H2O>CH4，故A正确； B. W与Z可形成离子化合物NaH，故B正确； C. 简单离子半径： Cl->O2->Na+，故C正确； D. 常温下，CH3Cl为气态，但H原子不满足8电子稳定结构，故D错误； 故答案选：D。 【点睛】根据反应前后元素守恒分析W、X、Y、Z、Q对应元素。 2. 研究发现，在CO2低压合成甲醇的反应(CO2＋3H2=CH3OH＋H2O)中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。下列说法中错误的是 A. Co和Mn都属于金属晶体 B. CO2和CH3OH分子中C原子的杂化类型相同 C. 该反应中H2做还原剂 D. 干冰晶体中每个CO2分子周围有12个与之紧密相邻的CO2分子 【答案】B 【解析】 【详解】A．Co和Mn均为金属单质，属于金属晶体，A正确； B．CO2分子中C原子的价层电子对数为，为sp杂化，CH3OH分子中C原子的价层电子对数为，为杂化，二者杂化类型不同，B错误； C．该反应中H元素化合价由0价升高为+1价，H2失电子作还原剂，C正确； D．二氧化碳晶体属于面心立方，采用沿X、Y、Z三轴切割的方法判断二氧化碳分子的个数为12，所以在CO2晶体中，与每个CO2分子周围紧邻的有12个CO2分子，D正确； 故选B。 3. 科学家最近研制出有望成为高效火箭推进剂的，结构简式如图所示。已知该分子中键角都是，下列有关的说法正确的是 A. 该分子中N、O原子间形成的共价键是非极性键 B. 该分子中四个氮原子共平面 C. 该物质既有氧化性又有还原性 D. 该分子为非极性分子 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A.由于、为不同的原子，所以、原子间形成极性键，选项A错误； B.该分子中四个氮原子形成三角锥形结构，不共面，选项B错误； C.由化学式可知该物质中氮元素的平均化合价是，处于中间价态，所以该物质既有氧化性又有还原性，选项C正确； D.该分子的正、负电荷重心不重合，所以它是极性分子，选项D错误。 答案选C。 【点睛】本题考查分子空间构型、物质的性质、极性键和非极性键等知识点，侧重考查基本理论、基本概念，会根据已知知识采用知识迁移的方法进行分析是解本题关键，注意该物质中N元素化合价判断。 4. 张亭栋研究小组受民间中医启发，发现As2O3（俗称砒霜）对白血病有明显的治疗作用．氮（N）、磷（P）、砷（As）等都是VA族的元素，该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途．回答下列问题： （1）As原子的核外电子排布式为_____。 （2）P和S是同一周期的两种元素，P的第一电离能比S大，原因是_____。 （3）NH4+中H﹣N﹣H的键角比NH3中H﹣N﹣H的键角_____（填“大”或“小”），原因是_____。 （4）Na3AsO4中含有的化学键类型包括_____；AsO43﹣的空间构型为_____，As4O6的分子结构如图1所示，则在该化合物中As的杂化方式是_____。 （5）化合物NH5中的所有原子最外层都满足稳定结构，则NH5是____晶体． （6）白磷（P4）的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图2（小圆圈表示白磷分子）．已知晶胞的边长为a cm，阿伏加德罗常数为NAmol﹣l，则该晶胞中含有的P原子的个数为_____，该晶体的密度为_____g•cm﹣3（用含NA、a的式子表示）。 【答案】 ①. 1s22s22p63s23p63d104s24p3 ②. P的p亚层是半充满状态，比较稳定，所以第一电离能比硫的大 ③. 大 ④. NH4+中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子和成键电子之间的排斥力强于成键电子和成键电子之间的排斥力 ⑤. 离子键、共价键 ⑥. 正四面体 ⑦. sp3 ⑧. 离子 ⑨. 16 ⑩. 【解析】 【详解】（1）As原子核外电子数为33，根据能量最低原理，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3，故答案为1s22s22p63s23p63d104s24p3； （2）P的3p亚层是半充满状态，比较稳定，第一电离能高于同周期相邻元素的，第一电离能大于硫的，故答案为P的p亚层是半充满状态，比较稳定，所以第一电离能比硫的大； （3）NH4+中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子和成键电子之间的排斥力强于成键电子和成键电子之间的排斥力，故NH4+中H-N-H的键角比NH3中H-N-H的键角大，故答案为大；NH4+中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子和成键电子之间的排斥力强于成键电子和成键电子之间的排斥力； （4）Na3AsO4属于离子化合物，含有离子键，酸根离子中含有共价键；AsO43-中As原子孤电子对数==0、价层电子对数为4+0=4，空间构型为正四面体；As4O6的分子中As原子形成3个As-O键，含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，杂化类型为sp3杂化，故答案为离子键、共价键；正四面体；sp3； （5）化合物NH5中的所有原子最外层都满足稳定结构，则由NH4+与H-构成，属于离子晶体，故答案为离子； （6）根据均摊法可知，晶胞中P4分子数目为8×+6×=4，则晶胞中P原子数目为4×4=16，晶胞质量为16×g，晶胞体积为（a cm）3，则晶胞密度为=g·cm-3，故答案为。 (二)氧化还原反应与能量 5. 钛被誉为第三金属，广泛用于航空航天领域。硼化钒(VB2)—空气电池的放电反应为4VB2＋11O2=4B2O3+2V2O5，以该电池为电源制备钛的装置如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 电解过程中，OH-由阴离子交换膜右侧向左侧迁移 B. Pt极反应式为2VB2＋22OH--22e-=V2O5＋2B2O3＋11H2O C. 电解过程中，铜极附近电解质溶液的pH增大 D. 若石墨电极上只收集到4.48L气体，则理论上制备4.8gTi 【答案】BC 【解析】 【分析】根据总反应，VB2发生氧化反应，所以Pt是负极，O2发生还原反应，Cu是正极；则石墨电极是阳极、TiO2是阴极。 【详解】A. Pt是负极，原电池中阴离子移向负极，OH-由阴离子交换膜左侧向右侧迁移，A错误； B. Pt是负极，VB2发生氧化反应，负极反应式为：2VB2-22e-+22OH-=V2O5+2B2O3+11H2O， B正确； C. 铜是正极，正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，正极生成OH-，铜极附近电解质溶液pH增大，C正确； D. 未指明气体是否处于“标准状况”，无法计算，D错误； 故答案为：BC。 6. 近日，北京航空航天大学教授团队与中科院高能物理研究所合作，合成了Y、Sc(Y1／NC，Sc1／NC)单原子催化剂，用于常温常压下的电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示(*表示稀土单原子催化剂)。下列说法错误的是 A. 相同条件下，两种催化反应的焓变相同 B. 实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可提高氨气的平衡转化率 C. 使用Sc1／NC单原子催化剂的反应历程中，最大能垒的反应过程可表示为*N2+H→*NNH D. 升高温度一定可以提高氨气单位时间内的产率 【答案】BD 【解析】 【详解】A．根据盖斯定律，焓变只与反应物的总能量和生成物的总能量的相对大小，与反应途径无关，催化剂只改变反应历程，不改变反应的焓变，相同条件下，两种催化反应的焓变相同，A正确； B．催化剂只能改变反应速率，不能影响化学平衡移动，故实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒不能提高氨气的平衡转化率，B错误； C．从图中可以看出，使用Sc1／NC单原子催化剂的反应历程中，最大能垒的反应过程可表示为*N2+H→*NNH，C正确； D．从图中可知，合成氨的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，且温度越高，催化剂吸附N2更困难，故升高温度虽然可以加快反应速率，但不一定可以提高氨气单位时间内的产率，D错误； 故答案为：BD。 7. 电絮凝的反应原理是以铝、铁等合金金属作为主电极，借助外加脉冲高电压作用产生电化学反应，把电能转化为化学能，以牺牲阳极金属电极产生金属阳离子絮凝剂，通过凝聚、浮除、还原和氧化分解将污染物从水体中分离，从而达到净化水体的目的。下列说法正确的是（ ） A. 右极为阳极，左极为阴极 B. 电子从左极经电解液流入右极 C. 每产生1 mol O2，整个电解池中理论上转移电子数为4NA D. 若铁为阳极，则在处理废水过程中阳极附近会发生：4Fe2＋+O2+4H+＝4Fe3++2H2O 【答案】D 【解析】 【分析】由装置图可知，若铁为阳极，则阳极电极方程式有Fe-2e-═Fe2+和2H2O-4e-═O2↑+4H+，并且二价铁还被放出的氧气氧化成三价铁，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，阴极氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e-═H2↑+2OH-，据此分析解答。 【详解】A．该装置是把电能转化为化学能的电解池，电子流入的电极为阴极，电子流出的电极为阳极，所以左极为阳极，右极为阴极，故A错误； B．电子不能通过电解质溶液，电解质溶液中通过离子的定向移动，再在两极得失电子形成电流，故B错误； C．每产生1 mol O2，根据电极反应，M−ne−=Mn+（M代表金属）和2H2O−4e− =O2↑+4H+，转移电子的物质的量大于4 mol，转移电子数大于4NA，故C错误； D．根据题意，若铁为阳极，则阳极电极反应式为Fe−2e−=Fe2+和2H2O−4e−=O2↑+4H+，并且二价铁还被放出的氧气氧化成三价铁，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，故D正确； 答案选D。 8. 二氧化氯(ClO2)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸。某研究小组欲用以下三种方案制备ClO2，回答下列问题： （1）以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，写出制备ClO2的离子方程式__。 （2）用过氧化氢作还原剂，在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2，并将制得的ClO2用于处理含CN-废水。实验室模拟该过程的实验装置(夹持装置略)如图所示。 ①装置A的名称是__，装置C的作用是__。 ②反应容器B应置于30℃左右的水浴中，目的是__。 ③通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO2排出，三是__。 ④ClO2处理含CN-废水的离子方程式为__，装置E的作用是__。 （3）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2的方法。 ①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。某次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的__（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。 ②用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，工作原理如图所示，写出阳极产生ClO2的电极反应式__。 【答案】 ①. FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O ②. 恒压漏斗 ③. 安全瓶 ④. 提高化学反应速率，同时防止过氧化氢受热分解 ⑤. 稀释ClO2，防止其爆炸 ⑥. 2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl- ⑦. 吸收ClO2等气体，防止污染大气 ⑧. BaCl2 ⑨. Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+ 【解析】 【分析】二氧化氯(ClO2)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。分别利用无机反应和电解原理制备二氧化氯，三种方法均利用了氧化还原反应。 【详解】（1）以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，根据氧化还原反应中电子守恒和元素守恒，可以写出制备ClO2的离子方程式为FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O。 （2）①装置A的名称为恒压漏洞，装置C为安全瓶，起到防止液体倒吸的作用。 ②升高温度可以提高化学反应速率，但是原料中含有过氧化氢，过氧化氢在过高的温度下可以发生分解反应，因此反应容器B应置于30℃左右的水浴中。 ③根据题文可知，ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸，故通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO2排出，三是稀释ClO2，防止其爆炸。 ④ClO2处理含CN-废水发生氧化还原反应，将CN-转化为无污染的CO2和N2，故离子方程式为2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-；装置E在整套装置之后，起到吸收尾气，防止环境污染的作用。 （3）①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，需要过量的碳酸根离子、氢氧根离子和钡离子，过量的钡离子可以用碳酸根离子除去，因此在加入Na2CO3之前应先加入过量BaCl2。 ②用石墨做电极，电解池的阳极发生氧化反应，元素化合价升高，因此氯离子在阳极失电子和水反应得到ClO2，电极反应式为Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+。 (三)化学工业 9. 过氧乙酸(CH3COOOH)是常用的消毒剂，易溶于水、易挥发、见光或受热易分解。制备原理为：H2O2+CH3COOH CH3COOOH+H2O △H<0，制得的过氧乙酸(含少量H2O2)含量测定流程如下，下列说法不正确的是 A. 应在密闭、低温、避光条件下保存过氧乙酸 B. 在常压条件下采用蒸馏操作将过氧乙酸分离出来 C. 溶液由无色变为浅红色且30s内不变色，说明H2O2已除尽 D. 加过量硫酸亚铁溶液目的是还原CH3COOOH 【答案】B 【解析】 【分析】取样加硫酸酸化，先用高锰酸钾将过氧化氢除尽后，加过量的硫酸亚铁还原过氧乙酸，再用重铬酸钾溶液滴定过量的硫酸亚铁溶液，从而可得被过氧乙酸氧化的硫酸亚铁的量，进而求得过氧乙酸的含量，据此分析作答。 【详解】A. 过氧乙酸(CH3COOOH)易挥发、见光或受热易分解，应在密闭、低温、避光条件下保存过氧乙酸，故A正确； B.因过氧乙酸受热易分解，常压蒸馏会导致过氧乙酸受热分解，故B错误； C. 溶液由无色变为浅红色且30s内不变色，说明高锰酸钾过量，从而证明H2O2已除尽，故C正确； D. 加过量的硫酸亚铁还原过氧乙酸，再用重铬酸钾溶液滴定过量的硫酸亚铁溶液，从而确定过氧乙酸的量，故D正确； 故选：B。 10. 由硫铁矿烧渣(主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO)得到绿矾(FeSO4·7H2O)，再通过绿矾制备铁黄[FeO(OH)]的流程如下： 烧渣溶液绿矾铁黄 已知：FeS2和铁黄均难溶于水，下列说法不正确的是 A. 步骤①，最好用硫酸来溶解烧渣 B. 步骤②，涉及的离子反应为FeS2＋14Fe3+＋8H2O=15Fe2+＋2＋16H+ C. 步骤③，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得纯净绿矾 D. 步骤④，反应条件控制不当会使铁黄中混有Fe(OH)3 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．因绿矾的酸根离子为硫酸根离子，则步骤①最好用硫酸来溶解烧渣，A说法正确； B．步骤②发生的反应FeS2与溶液中的Fe2(SO4)3溶液反应生成FeSO4和H2SO4，反应的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2+16H+，B说法正确； C．步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，若用余热将液体蒸干，绿矾受热会失去结晶水，C说法错误； D．若步骤④反应条件控制不当，绿矾会与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe(OH)3，D说法正确； 答案为C。 11. 钛酸锰（MnTiO3）纳米材料是一种多用途催化剂。工业上用红钛锰矿（主要成分有MnTiO3，还含有少量FeO、Fe2O3、SiO2等杂质）来制备MnTiO3，其工艺流程如图所示： 已知①红钛锰矿“酸溶”后Ti元素主要以TiO2+的形式存在； ②H2TiO3不溶于无机酸和碱，不溶于水； ③在空气中加热无水MnCl2分解放出HCl，生成Mn3O4。 回答下列问题： （1）“粉碎”的目的是__。 （2）“酸溶”中发生的主要反应化学方程式为__。 （3）为了更好地把滤渣2分离出来，除搅拌外，还需要（填操作名称）___。 （4）“氧化”的氧化剂选用的是高锰酸钾，而不选择通常人们认可的绿色氧化剂“双氧水”，除了高锰酸钾氧化性强、反应快之外，还可能的原因是__（写出一条即可）。 （5）“沉锰”的条件一般控制在45℃以下的原因是__。 （6）TiO2+的水解率受温度和H+浓度的影响如图所示，TiO2+最适宜的水解条件是__。 （7）测定所得MnCl2·xH2O晶体中结晶水的含量。取29.70g样品加热分解，热重曲线（TG）如图所示。 所得氯化锰晶体x的值是__。 【答案】 ①. 增大接触面积，加快反应速度，提高浸取率 ②. MnTiO3+2H2SO4=MnSO4+TiOSO4+2H2O ③. 加热(或电泳) ④. 根据反应过程中颜色变化可以判断Fe2＋是否氧化完全(或Fe2＋、Fe3＋存在时，加速H2O2分解，导致原料利用率太低，答案合理即可) ⑤. 升温可以加快反应速度，但超过45℃，NH4HCO3易分解，所以控制在45℃以下可以提高原料利用率(转化率) ⑥. 温度105℃，H＋浓度0.90g·L－1 ⑦. 4 【解析】 【分析】红钛锰矿（主要成分有MnTiO3，还含有少量FeO、Fe2O3、SiO2等杂质），粉碎后加较浓硫酸进行酸浸，生成FeSO4 、Fe2(SO4)3、MnTiO3+2H2SO4=MnSO4+TiOSO4+2H2O，生成MnSO4 、TiOSO4，滤渣1为SiO2等不溶杂质，“氧化”的氧化剂选用的是高锰酸钾，将Fe2＋氧化成Fe3＋，加热促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀，滤渣2为Fe(OH)3沉淀，沉锰的反应为：MnSO4+2NH4HCO3=(NH4)2SO4+MnCO3↓+CO2↑+H2O，向TiOSO4中加水：TiO2＋+2H2O=H2TiO3+2H＋，生成H2TiO3，与MnCl2·xH2O共熔生成钛酸锰。 【详解】（1）“粉碎”的目的是增大接触面积，加快反应速度，提高浸取率。故答案为：增大接触面积，加快反应速度，提高浸取率； （2）“酸溶”中发生的主要反应MnTiO3与H2SO4发生反应生成TiOSO4和MnSO4，化学方程式为MnTiO3+2H2SO4=MnSO4+TiOSO4+2H2O。故答案为：MnTiO3+2H2SO4=MnSO4+TiOSO4+2H2O； （3）滤渣2是Fe(OH)3，生成时可能以胶体形式存在，为了更好地把滤渣2分离出来，除搅拌外，还需要（填操作名称）加热促进铁离子水解使胶体变成沉淀(或电泳使其移向阴极)。故答案为：加热(或电泳)； （4）“氧化”的氧化剂选用的是高锰酸钾，而不选择通常人们认可的绿色氧化剂“双氧水”，除了高锰酸钾氧化性强、反应快之外，还可能的原因是：根据反应过程中颜色变化可以判断Fe2＋是否氧化完全(或Fe2＋、Fe3＋存在时，加速H2O2分解，导致原料利用率太低，答案合理即可)（写出一条即可）。故答案为：根据反应过程中颜色变化可以判断Fe2＋是否氧化完全(或Fe2＋、Fe3＋存在时，加速H2O2分解，导致原料利用率太低，答案合理即可)； （5）沉锰的反应为：MnSO4+2NH4HCO3=(NH4)2SO4+MnCO3↓+CO2↑+H2O，“沉锰”的条件一般控制在45℃以下的原因是升温可以加快反应速度，但超过45℃，NH4HCO3易分解，所以控制在45℃以下可以提高原料利用率(转化率)。故答案为：升温可以加快反应速度，但超过45℃，NH4HCO3易分解，所以控制在45℃以下可以提高原料利用率(转化率)； （6）由图TiO2+的水解率最高时，读出温度和H+浓度，TiO2+最适宜的水解条件是温度105℃，H＋浓度0.90g·L－1。故答案为：温度105℃，H＋浓度0.90g·L－1； （7）由题中信息，在空气中加热无水MnCl2分解放出HCl，生成Mn3O4。200℃时，失去全部结晶水， ，x=4，所得氯化锰晶体x的值是4。故答案为：4。 【点睛】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程、盐的水解、对反应条件的控制选择的理解，主要是化学工艺流程的分析，易错点（3）做题时注意从物质的性质角度解答，本质是使胶体聚沉，难点（7）利用题中信息，在空气中加热无水MnCl2分解放出HCl，生成Mn3O4，判断在200℃时，失去全部结晶水，根据化学式中计量数之比进行计算。 (四)有机化学 12. 利用下列实验装置完成对应的实验，能达到实验目的的是 A. 装置甲验证苯与液溴发生取代反应 B. 装置乙探究酒精脱水生成乙烯 C. 装置丙制备乙酸乙酯并提高产率 D. 装置丁分离乙醇和水 【答案】C 【解析】 【详解】A．苯与液溴在三溴化铁作催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，由于溴也有挥发性，也会随着溴化氢一起进入硝酸银溶液，溴可以和水反应生成溴化氢，也会与硝酸银溶液反应生成淡黄色沉淀，干扰了对实验结果的验证，故A错误； B．在浓硫酸作用下，170℃时酒精脱水生成乙烯，140℃时酒精脱水生成乙醚，需要测定溶液的温度，温度计需要在圆底烧瓶的混合液中，碎瓷片用于防止爆沸，由于乙醇具有挥发性，也会随着乙烯一起进入酸性高锰酸钾溶液，乙醇也具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰了对实验结果的验证，故B错误； C．乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂的条件下发生酯化反应，碎瓷片用于防止爆沸，但由于乙酸、乙醚、乙醇和水都有挥发性，会随着乙酸乙酯一起蒸出，故利用分水器，将水冷凝回流，再通过冷凝管，提高乙酸乙酯的产率，故C正确； D．直接蒸馏水和乙醇，会得到一种共沸物，无法分离，故分离乙醇和水时，需要加入生石灰，使水转化为氢氧化钙溶液，再经过蒸馏，可以达到分离的目的，故D错误； 答案选C。 13. 双烯酮是精细化学品染料、医药、农药、食品和饲料添加剂、助剂等的原料。下列关于双烯酮的说法中错误的是 A. 分子式为C4H4O2 B. 分子中所有原子处于同一平面 C. 能与NaOH溶液发生反应 D. 能使酸性KMnO4溶液褪色 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据物质分子结构，结合C四价原则可知，该化合物分子式为C4H4O2，A正确； B．该物质分子中四元环上含有饱和C原子，该C原子具有甲烷的四面体结构，因此不可能分子中所有原子处于同一平面上，B错误； C．该物质含有酯基，能够在碱性条件下发生水解反应，因此能与NaOH溶液发生反应，C正确； D．该物质含有不饱和的碳碳双键，能够被酸性KMnO4溶液氧化，因此能使酸性KMnO4溶液褪色，D正确； 故合理选项是B。 14. 化合物X在一定条件下可制得Y。下列有关化合物X、Y的说法正确的是 A. 化合物X、Y均易被氧化 B. 1 mol Y最多可与2 mol NaOH发生反应 C. 由X转化为Y发生取代反应 D. X与足量H2发生反应后，生成的分子中含有6个手性碳原子 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】A．化合物X含有醛基、酚羟基、碳碳双键，均易发生氧化反应；化合物Y含有醇羟基、酚羟基、碳碳双键，均易发生氧化反应，故A正确； B．Y中只有酚羟基可以与NaOH反应，故1molY最多可与1molNaOH发生反应，故B错误； C．X转化为Y，X的醛基变为Y中的-CH2OH，发生醛基与H2的加成反应，故C错误； D．X与足量H2发生反应，苯环、醛基、碳碳双键均可以与H2发生加成反应，生成，手性碳连有四个不同的基团，该化合物的手性碳用“*”表示为，共有6个，故D正确； 故选AD。 15. 他米巴罗汀(I)可用于治疗急性白血病，其合成研究具有重要意义，合成路线如图所示。 已知：i.HCCH+ ii.R—NO2R—NH2 iii.R1—NH2++HCl (1)A中官能团名称是_________。 (2)B的结构简式是________。 (3)D→E的化学方程式是__________。 (4)试剂a是_________。 (5)已知H在合成I的同时，还生成甲醇，G→H所加物质L的结构简式是______。 (6)B的一种同分异构体符合下列条件，其结构简式是________。 ①能发生银镜反应 ②核磁共振氢谱只有两组吸收峰 (7)D→E的过程中有多种副产物，其中属于高分子化合物的结构简式是_______。 (8)也是合成他米巴罗汀(I)的一种原料，合成路线如图所示。利用题中所给信息，中间产物的结构简式是_______________。 【答案】 ①. 碳碳三键 ②. ③. ++2HCl ④. 浓HNO3，浓H2SO4 ⑤. ⑥. ⑦. ⑧. 【解析】 【分析】A分子式是C2H2，为乙炔，结构简式为HC≡CH，A与2个分子的发生已知i反应生成B，根据B分子式可知B结构为：，B与H2在Ni作催化剂条件下发生加成反应生成C：，C与浓盐酸加热，发生取代反应生成D： ，D与苯在AlCl3作用下发生取代反应生成E：，由G的结构简式和已知ii可知，E与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生硝化反应生成F：，F与Ni在Ni催化下发生还原反应生成G：，G与L在DMAP条件下反应已知iii的反应生成H，H与NaOH甲醇溶液共热，然后酸化得到I：和甲醇CH3OH，逆推可知L是，H是，然后对问题逐一分析解答。 【详解】根据上述分析可知：A是HC≡CH，B是，C是，D是，E是，F是，G是，L是，H是，I是。 (1)A是HC≡CH，则A中官能团名称是碳碳三键。 (2)根据上述分析可知B的结构简式是。 (3)D是，D与苯在AlCl3作用下，发生苯环上邻位的2个H原子的取代反应生成E（）和HCl，则D→E的化学方程式是++2HCl。 (4)E是，E与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应生成F：，所以试剂a是浓硝酸、浓硫酸。 (5)根据上述分析可知G→H所加物质L的结构简式是。 (6)B是，不饱和度是2，B的同分异构体符合下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②核磁共振氢谱只有两组吸收峰，说明分子中含有2种不同的H原子，该同分异构体高度对称，符合该条件的同分异构体结构简式是：。 (7)D是，E是，D→E的过程中发生苯环上H的取代反应，H原子位置不同，产物不同，因此有多种副产物，其中属于高分子化合物的结构简式是。 (8)采用逆推方法，I是，H是，根据物质在反应过程中碳链结构不变，中间产物与有机物2在AlCl3作用下反应生成H，结合题干信息可知应该是苯环上2个邻位H原子发生的取代反应，则由H可逆推得知中间产物是，有机物2是，苯胺与有机物1在DMAP条件下反应生成中间产物，根据二者分子结构的不同及题给已知，可知有机物1是。 【点睛】本题考查了有机物的结构、性质、转化及同分异构体的书写。要充分利用题干信息，熟练掌握反应中官能团的性质及变化，根据物质结构，理解发生的反应，可采用正推与逆推相结合的方法分析判断。题目考查了学生接受信息、应用信息分析问题与解决问题的能力。 (五)化学实验 16. 碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂，是一种绿色或墨绿色结晶性粉末，难溶于水，溶于稀酸和氨水，在空气中十分稳定。 Ⅰ.模拟制备碱式氯化铜。向CuCl2溶液中通入NH3和HCl，调节pH至5.0~5.5，控制反应温度于70~80℃，实验装置如图所示(部分夹持装置已省略)。 (1)仪器X的名称是______，其主要作用有导气、______。 (2)实验室利用装置A制NH3，发生反应的化学方程式为_______。 (3)反应过程中，在三颈烧瓶内除观察到溶液蓝绿色褪去，还可能观察到的现象有_____。 (4)若体系中NH3过量会导致碱式氯化铜的产量___(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)，原因为___。 Ⅱ.无水碱式氯化铜组成的测定。称取产品4.29 g，加硝酸溶解，并加水定容至200 mL，得到待测液。 (5)铜的测定：取20.00 mL待测液，经测定Cu2+浓度为0.2 mol·L-1。则称取的样品中 n(Cu2+)=_____mol。 (6)采用沉淀滴定法测定氯：用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3(已知：AgSCN是一种难溶于水的白色固体)，实验如下图： ①滴定时，应选用下列哪种物质作为指示剂_____(填标号)。 a．FeSO4 b．Fe(NO3)3 c．FeCl3 ②重复实验操作三次，消耗NH4SCN溶液的体积平均为10.00 mL。则称取的样品中n(Cl-)=_____mol。 (7)根据上述实验结果可推知无水碱式氯化铜的化学式为_____。 【答案】 ①. 球形干燥管 ②. 防倒吸 ③. 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O ④. 溶液中有大量墨绿色固体产生，三颈烧瓶中有白烟 ⑤. 偏低 ⑥. 碱式氯化铜能溶于氨水 ⑦. 0.04 ⑧. b ⑨. 0.02 ⑩. Cu2(OH)3Cl 【解析】 【分析】Ⅰ．实验室制取氨气是利用氯化铵和氢氧化钙加热的条件下反应，生成氯化钙，氨气和水，写出化学方程式；反应过程中，在三颈烧瓶内生成碱式氯化铜，氯化氢进入，从气体的压强变化分析；从碱式氯化铜溶于氨水分析产量的变化； Ⅱ．(5)根据稀释前后离子的物质的量不变进行计算； (6)①用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3，根据滴定终点，判断所加的指示剂； ②利用10.00mL0.1mol/L的NH4SCN溶液计算出剩余的硝酸银的物质的量，利用总的硝酸银的物质的量减去剩余的硝酸银的物质的量，计算出与氯离子反应的硝酸银的物质的量，从而算出氯离子的物质的量，换算成样品中的氯离子的物质的量； (7) 根据铜离子，铝离子的物质的量，计算出样品的物质的量，根据质量和物质的量关系，计算出相对分子质量，减去铜和氯的相对原子质量，可以得到氢氧根离子的数目。 【详解】(1)仪器X的名称是球形干燥管，其主要作用有导气、防止倒吸； (2)实验室制取氨气的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O； (3)在三颈烧瓶内，氯化铜，氨气和氯化氢气体反应制取碱式氯化铜，碱式氯化铜为绿色或墨绿色结晶性粉末，难溶于水，故实验现象为：①溶液中有大量墨绿色固体产生；由于通入的氯化氢气体和氨气相遇产生氯化铵，故实验现象②三颈烧瓶中有白烟生成；干燥管中充满了氨气和氯化氢气体，反应后气体的压强迅速减小，故实验现象③干燥管中有液体上升后下降的现象； (4)若NH3过高，会导致氨水浓度增大，会使碱式氯化铜溶于氨水有损耗，故导致碱式氯化铜的产量偏低； (5)20.00mL待测液，Cu2+浓为0.2000 mol·L-1，则铜离子的物质的量为0.2mol/L×0.02L=0.004mol，由于称取的样品中是20mL溶液的10倍，所得铜离子的物质的量也是20mL溶液的10倍，样品中所含铜离子的物质的量为0.004mol×10=0.04mol； (6)①用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3，到达滴定终点，用三价铁离子检验硫氰根离子，可以使用硝酸铁，不能使用氯化铁，由于氯化铁会和硝酸银反应生成氯化银沉淀，影响滴定终点的判断，答案选b； ②10.00mL0.1mol/L的NH4SCN的物质的量等于0.1mol/L×0.01L=0.001mol，由NH4SCN~AgNO3可知，未反应的硝酸银的物质的量等于0.001mol，共加入30mL0.1mol/L的硝酸银，则与氯离子反应的硝酸银的物质的量等于0.03L×0.1mol/L-0.001mol=0.002mol，Cl-~Ag+，n(Cl-)=0.002mol，样品配成的是200mL溶液，滴定只取了20mL，样品中的氯离子的物质的量是0.002mol×10=0.02mol； (7)测定无水碱式氯化铜组成时，称取产品4.290 g，已知铜离子的物质的量为0.04mol，氯离子的物质的量为0.02mol，假设无水碱式氯化铜的化学式为Cu2(OH)xCl，可知无水碱式氯化铜的物质的量为0.02mol，摩尔质量为=214.5g/mol，64×2g/mol +17x g/mol +35.5 g/mol =214.5 g/mol，解得x=3，故无水碱式氯化铜的化学式为Cu2(OH)3Cl。 【点睛】本题易错点为(6)②，在滴定过程中只取200mL样品中的20mL进行滴定实验，计算结果要转化为样品中的总含量。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $