精品解析：湖北襄阳市2026届高三上学期期末考试 化学试卷

2026届高三上学期期末考试 化学试卷 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.选择题用2B铅笔在答题卡上把对应题目所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 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. 化学之美，外美于现象，内美于原理。下列说法错误的是 A. 制作泡菜时加入少量维生素C，维生素C可去除泡菜中的亚硝酸盐 B. 晶莹剔透的六角形雪花完美对称，六角形雪花融化为吸热反应 C. 通电时，液晶电视显示器中液晶的长轴取向发生改变，从而显示数字、文字或图像 D. 缺角的硫酸铜晶体在饱和硫酸铜溶液中能变为完美的晶体 2. 化学用语可以表达化学过程。下列化学用语表达错误的是 A. 用电子式表示HCl的形成过程： B. 用电子云轮廓图表示N2中2px-2px，2py-2py π键的形成过程： C. 由1，6-己二胺和己二酸制备尼龙66：+(2n-1)H2O D. “钠与水反应”实验有关图标： 3. 常温下，BrF3是一种无色液体，常用于核燃料生产和处理，遇水立即发生反应：，设为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是 A. 在标准状况下，11.2L HF含电子数为5 B. 0.1mol HBrO3晶体含离子数目为0.2 C. 1mol BrF3中心原子的价层电子对数为4 D. 该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1 4. 宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一、下列离子方程式的书写正确的是 A. H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2=4Na++4OH-+18O2↑ B. 向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：SO2+H2O+Ca2++ClO-=CaSO4↓+2H++Cl- C. 向H3PO2(次磷酸，一元弱酸)溶液中滴入足量的NaOH溶液：H3PO2+OH-=H2PO+H2O D. 用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O 5. 高分子材料Q的合成路线如图所示，下列说法正确的是 A. 制备Q时消耗W与Y的物质的量之比为 B. 生成X的反应为取代反应 C. 物质Y为 D. Z在水中的溶解度大于W 6. 下列方案设计、现象和结论都正确的是 选项 目的 方案设计 现象和结论 A 比较HClO和醋酸的酸性强弱 用pH试纸测定等浓度的NaClO溶液、CH3COONa溶液的pH pH：NaClO溶液>CH3COONa，CH3COOH的酸性强 B 比较和的大小 向同浓度NaCl、NaI混合溶液中滴入少量AgNO3溶液 有黄色沉淀生成， C 探究铁粉脱氧剂中是否有Fe3+ 将脱氧剂样品溶于盐酸，滴加KSCN溶液 若溶液没变红，说明铁粉脱氧剂中没有Fe3+ D 探究反应物的浓度对化学平衡的影响 试管1：2 mL 0.001 mol·L-1 FeCl3溶液+2 mL 0.003 mol·L-1 KSCN溶液 试管2：2 mL 0.001 mol·L-1 FeCl3溶液+2 mL 0.006 mol·L-1 KSCN溶液 试管2中红色更深，增大反应物浓度，化学平衡正向移动 A. A B. B C. C D. D 7. 结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是 选项 事实 解释 A 硬度：金刚石>石墨 石墨中碳碳键键能小于金刚石中碳碳键键能 B 键角： 中心原子杂化方式不同 C 的溶解度： 的极性仅是的极性的28% D 酸性：(邻羟基苯甲酸)(苯酚) 邻羟基苯甲酸根能形成分子内氢键 A. A B. B C. C D. D 8. 某配离子是一种常用的有机催化剂，其结构如图所示。X、Y、Z、M、Q为五种原子序数依次增大的前四周期元素；Y、Z、M同周期，Y元素是形成化合物种类数最多的元素；基态Q原子的价电子数等于基态Y原子与基态M原子的价电子数之和。下列说法正确的是 A. M的第一电离能和电负性均是同周期中最大的 B. Q的最高价氧化物对应的水化物可溶于某些酸和碱 C. 元素Y、Z的简单氢化物分子的VSEPR模型、中心原子的杂化方式和分子的空间结构均完全不相同 D. 简单氢化物的沸点：Z>M，是因为前者简单氢化物形成的分子间氢键强于后者的 9. 瓜环是继冠醚、环糊精、杯芳烃之后的新一代有机大环主体分子，由2n个亚甲基桥联n个苷脲单体(n=5，6，7，8……)构成的笼状化合物，具有分子识别功能。具体合成路线和不同大小形状的瓜环形状结构如图所示。 下列说法错误的是 A. 不同瓜环识别的分子或金属离子不同，且与识别的分子间一般不形成化学键 B. 一定条件下，苷脲既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应 C. 由苷脲单体缩合形成1 mol瓜环[7]时生成14 mol H2O D. 瓜环都属于有机高分子 10. 已知A、B、C、D、E、F、G、H、X、Y是中学化学常见物质，其中A是一种活泼金属，D是一种黑色非金属固体单质，且除A、D外，其余物质均为化合物；E、F、H、X、Y中含有同种元素，F是一种红棕色气体。它们之间在一定条件下存在下列转化关系： 已知：反应④中物质A、E以物质的量之比反应，且生成物X、Y均属于盐类。下列叙述正确的是 A. 物质B、F、H均是大气污染物，且均能形成酸雨 B. 反应②中每转移2 mol ，标准状况下产生的还原产物与氧化产物的体积差为33.6 L C. 反应②、④中物质E表现的化学性质不完全相同 D. 若在反应④所得溶液中加入过量NaOH浓溶液且加热时，会观察到有白色沉淀生成，并产生使蓝色石蕊试纸变红气体 11. MFC—EF耦合装置是微生物燃料电池(MFC)与电芬顿(EF)技术结合的难降解有机物(如丙烯腈，能降解为CO2、N2和H2O)废水处理系统，核心是“产电+高级氧化降解”协同工作。“PS”代表产生自由基需要电解活化，但该装置中是用MFC自身的产电替代了外加电源，实现了“无外加电源的电解活化”。其工作原理如下所示： 下列说法正确的是 A. 若处理0.1 mol丙烯腈，理论上需要补充空气42 L(标准状况下，假设空气中氧气的体积分数为20%) B. 装置工作过程中存在反应： C. 离子交换膜为质子交换膜，H+从右侧电极室迁移到左侧电极室 D. 装置工作时，装置内温度越高，处理废水的效率越高 12. 四碘合汞酸银(Ag2HgI4)是一种热致变色材料，存在两种晶体结构分别为、。低温下Ag2HgI4以型结构存在，其晶胞结构如图，以面心立方结构密堆积，A原子分数坐标为，升温至50.7℃转变为，、两者结构相似，区别是中Ag+和Hg2+如图形式随机占据四面体空隙。晶体可以导电，而且导电粒子几乎全是Ag+，、间晶体结构的转变也导致性质的一些变化，如颜色、导电性等。若将晶胞中各粒子看作刚性球体。下列说法错误的是 (相关离子半径：261 pm、Ag+：115 pm、Hg2+：102 pm；) A. 晶胞结构中Hg2+分数坐标为、 B. 晶胞中四面体空隙填充率为37.5% C. 晶体导电时导电粒子几乎全为Ag+是因为Ag+比Hg2+带电荷数少，与阴离子间作用力弱，且四面体侧面的空隙半径(空隙内切圆半径)大于Ag+半径 D. 晶胞沿y轴方向晶胞投影如上图所示 13. 某小组同学欲探究NH3催化氧化反应，按如图所示装置进行实验。 装置A、B、C、D可选药品：浓氨水、H2O2、蒸馏水、碱石灰、MnO2、浓硫酸。 甲乙两同学分别按上述装置进行实验，一段时间后，装置G中溶液都变成蓝色。甲观察到装置F中有红棕色气体，乙观察到装置F中只有白烟生成。下列说法正确的是 A. 装置A、B中圆底烧瓶内盛装的固体药品分别是碱石灰、MnO2 B. 甲观察到装置F中有红棕色气体的原因为在装置E中发生化学反应： C. 为帮助乙实现在装置F中也观察到红棕色气体可调节K2增加装置B的产气量 D. 为实现该反应，也可用如图2所示的装置替换图1装置中虚线框部分，化合物X可选Na2O2 14. 某种含二价铜的催化剂可用于汽车尾气脱硝。催化机理如图1所示，反应过程中不同态物质体系所具有的能量如图2所示。下列说法中正确的是 A. 该脱硝反应过程各步反应均有反应物的总键能大于生成物的总键能 B. 依据反应机理，参与反应的NH3和NO的物质的量之比为 C. 中心原子发生sp3杂化 D. 该脱硝反应过程各步反应均为氧化还原反应 15. 25℃下，保持溶液中恒定，通过调节pH使Pb2+、Ba2+形成氟化物而分离，体系中pH与pX(X表示、Pb2+、Ba2+)的关系如图所示。已知：；。下列叙述错误的是 A. 线③表示pH与p(Pb2+)的关系 B. 25℃时，反应的平衡常数 C. 25℃时， D. 线①与线②的交点的pH为2.3 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 研究碳、氮、硫元素化合物的性质及其相互转化对建设生态文明、美丽中国具有重要意义。请回答下列问题： （1）已知可以催化二氧化硫在水溶液中发生歧化反应： 。催化原理分为两步： 第一步： 慢反应 第二步：___________=___________+___________ 快反应 ①请完整写出第二步反应的离子方程式___________。 ②能正确表示催化SO2歧化反应原理的能量变化示意图为___________(填字母)。 A． B． C． D． （2）一种以CO2为碳源，在催化剂作用下催化加氢制备可再生能源甲醇的反应如下： 反应ⅰ： 反应ⅱ： ①试计算反应ⅲ： ___________。该反应能自发进行的条件为___________(填“高温”“低温”或“任何温度”)。 ②反应ⅰ在某非金属催化剂催化下的反应历程如下图所示，容易得到的副产物有CO和CH2O，其中相对较少的副产物为___________；上述合成甲醇的反应速率较慢，要使反应速率加快，主要降低下列变化中___________(填字母)的能量变化。 A． B． C． D． ③往某一恒容密闭容器中按投料比充入4 mol反应物，在合适催化剂作用下发生反应ⅰ和反应ⅱ，CO2的平衡转化率和甲醇的选择性如图所示。随着温度的升高，ABC所在曲线逐渐升高的原因是___________。在513 K达平衡时，甲醇的物质的量为___________mol(计算结果保留三位有效数字)。 [已知：甲醇的选择性] ④恒温恒压密闭容器中，加入2 mol CO2和4 mol H2，同时发生反应ⅰ、ⅱ和ⅲ。初始压强为P0 kPa，在300℃发生反应，反应达平衡时，CO2的转化率为50%，甲醇的选择性为75%。反应ⅰ的平衡常数Kp=___________(Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 17. 稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。一种利用钒钛磁铁矿精矿[主要成分为Fe3O4、FeV2O4(V为+3价)、TiO2和SiO2]综合提取钒、钛，并同步制备黄铵铁矾的工艺流程如下图所示： 已知： ①“加压焙烧”过程中存在反应，生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”。 ②“酸浸”所得溶液中钒、钛以、TiO2+形式存在。 ③“萃取”时，先转化为再与萃取剂R3N结合，其过程可表示为：。 回答下列问题： （1）在离子化合物FeV2O4中，Fe存在形式的价电子排布式为___________。 （2）“加压焙烧”中FeV2O4经“二次氯化”转化为VO2Cl和FeCl2的化学方程式为___________。 （3）“酸浸”时，产生的“浸出渣”的主要成分为___________(填化学式)。 “酸浸”时，若用硝酸代替盐酸，弊端有： ①硝酸有强氧化性，会将Fe2+氧化Fe3+，导致下一工序会额外消耗更多的铁粉。 ②___________。 （4）“氧化”时，H2O2的使用量远大于理论计算量，可能的原因为___________。 （5）“沉铁”时，生成黄铵铁矾的离子方程式为___________。 （6）V2O5可溶于强酸强碱，常温时不同pH、不同钒元素浓度时，+5价V存在形态如图所示(忽略溶液前后体积变化)： 常温下，将0.01 mol V2O5溶解在200 mL烧碱溶液中，剩余溶液的，则该反应的离子方程式为___________。 （7）V2O5在氮气氛围中，用碳高温条件下还原氮化制备VN，还生成一种分子结构中存在配位键的气体，则该反应的化学方程式为___________。 18. 氯气是一种重要的化工原料，在生产生活中有着重要的应用。请回答下列问题： (一)实验室利用以下装置进行相关实验。 （1）其中难以达到预期目的的是___________。 A．净化、干燥Cl2 B．收集Cl2 C．验证Cl2的漂白性 D．吸收尾气Cl2 (二)探究盐酸与MnO2的反应。 （2）实验用4 mol·L-1的盐酸与一定量的MnO2反应时，没有产生明显实验现象。小组同学猜测可能原因是： 猜想1：反应温度低 猜想2：…… ①上述猜想2为___________。请完成如下实验设计并证明上述猜想是否成立。 可选药品：4 mol·L-1盐酸、7 mol·L-1盐酸、MnO2、4 mol·L-1 NaOH溶液。 序号 试剂 反应温度 现象 Ⅰ 40 mL 4 mol·L-1盐酸、一药匙MnO2 65℃ 无明显现象 Ⅱ ___________盐酸、一药匙MnO2 80℃ 无明显现象 Ⅲ ___________盐酸、一药匙MnO2 65℃ 产生黄绿色气体 表中实验Ⅱ所用试剂中盐酸的规格为___________，根据上述实验可知猜想___________(填“1”或“2”)成立。 ②实验Ⅰ中无明显现象的原因可能是或较低，设计实验进行探究： 序号 试剂 反应温度 现象 Ⅳ 20 mL 8 mol·L-1盐酸、20 mL 2 mol·L-1硫酸、一药匙MnO2 65℃ 无明显现象 Ⅴ 20 mL 8 mol·L-1盐酸、20 mL 3 mol·L-1硫酸、一药匙MnO2 65℃ 产生黄绿色气体 Ⅵ 40 mL 4 mol·L-1盐酸、11.7 g NaCl固体、一药匙MnO2 65℃ 无明显现象 Ⅶ 40 mL 4 mol·L-1盐酸、14.04 g NaCl固体、一药匙MnO2 65℃ 产生黄绿色气体 由上述实验结果可知MnO2氧化盐酸的反应中，变化的影响___________(填“大于”或“小于”)变化的影响。 ③为探究变化究竟是影响了MnO2的氧化性还是影响了的还原性，用如图所示装置(A、B均为石墨电极，恒温水浴加热装置省略)进行实验。 序号 操作 现象 ⅰ K闭合 指针向左偏转 ⅱ 向U形管右侧滴加浓硫酸至 指针偏转幅度变化不大 ⅲ ___________ 指针向左偏转幅度逐渐增大 实验ⅲ的操作为___________。 将ⅱ、ⅲ与ⅰ作对比，分别可得出结论：___________、___________。 19. 某研究小组按下列路线合成多巴胺单体Y(部分反应条件及试剂已简化)。 已知：①(苯胺、苯酚易被氧化) ② 请回答： （1）化合物F的名称是___________。 （2）化合物D→E的反应类型为___________。 （3）化合物B→C是在B的氧原子上引入乙酰基(CH3CO—)，其目的是___________。 （4）化合物I的结构简式___________。 （5）E+NH3(足量)→F反应的化学方程式为___________。 （6）同时符合下列条件的多巴胺单体Y的同分异构体有___________种。 ①分子中只含有1个环，且为苯环 ②分子结构中有氰基(—CN)，无羟基、醛基和过氧键(—O—O—) ③1H—NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有3种不同环境的氢原子 （7）化合物D→E的反应会生成E的位置异构的同分异构体E′，若以E′代替E参与合成路线，则生成物G的同分异构体的结构简式为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三上学期期末考试 化学试卷 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.选择题用2B铅笔在答题卡上把对应题目所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 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. 化学之美，外美于现象，内美于原理。下列说法错误的是 A. 制作泡菜时加入少量维生素C，维生素C可去除泡菜中的亚硝酸盐 B. 晶莹剔透的六角形雪花完美对称，六角形雪花融化为吸热反应 C. 通电时，液晶电视显示器中液晶的长轴取向发生改变，从而显示数字、文字或图像 D. 缺角的硫酸铜晶体在饱和硫酸铜溶液中能变为完美的晶体 【答案】B 【解析】 【详解】A．维生素C具有还原性，亚硝酸盐具有氧化性，二者可发生反应，因此维生素C能去除泡菜中的亚硝酸盐，A正确； B．吸热反应的定义是化学反应中吸收热量的反应，雪花融化为物理变化，只能称为吸热过程，不能称为吸热反应，B错误； C．液晶的光学性质随外加电场改变，通电时液晶分子长轴取向发生变化，从而可以显示图像，是液晶显示器的原理，C正确； D．饱和硫酸铜溶液中存在溶解-结晶平衡，晶体缺角处能量较高，结晶速率大于溶解速率，因此缺角处会逐渐析出晶体补齐，D正确； 故选B。 2. 化学用语可以表达化学过程。下列化学用语表达错误的是 A. 用电子式表示HCl的形成过程： B. 用电子云轮廓图表示N2中2px-2px，2py-2py π键的形成过程： C. 由1，6-己二胺和己二酸制备尼龙66：+(2n-1)H2O D. “钠与水反应”实验有关图标： 【答案】A 【解析】 【详解】A．用电子式表示HCl的形成过程时，HCl形成需要H原子和Cl原子，正确的形成过程为：，A错误； B．N2中存在三键，有1个σ键和2个π键，2个π键分别为在空间上相互垂直的2px-2px π键和2py-2py π键，B正确； C．反应为：+(2n-1) H2O，生成1 mol尼龙-66，同时生成(2n-1) mol水，C正确； D．钠的取用需要用小刀切，钠与水反应放热、可能发生迸溅，实验需要佩戴护目镜、注意防烫伤、保证通风，实验后需要清洗，图标对应正确，D正确； 故选A。 3. 常温下，BrF3是一种无色液体，常用于核燃料生产和处理，遇水立即发生反应：，设为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是 A. 在标准状况下，11.2L HF含电子数为5 B. 0.1mol HBrO3晶体含离子数目为0.2 C. 1mol BrF3中心原子的价层电子对数为4 D. 该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1 【答案】D 【解析】 【详解】A．标准状况下（0℃、1 atm）HF为液态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，因此无法计算电子数，A错误； B．是共价化合物，属于分子晶体，晶体中只存在分子，不存在自由移动的离子，因此离子数不为，B错误； C．中心原子的价层电子对数计算：键数为3，孤电子对数，因此价层电子对数，中心原子价层电子对数为，C错误； D．​中为价，​中，被还原为​（0价），得到电子，生成​（还原产物）；被氧化为​（+5价），同时中（-2价）被氧化为​（0价），总共失去电子，氧化产物为​和，共。因此氧化产物与还原产物物质的量之比为，D正确； 故选D。 4. 宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一、下列离子方程式的书写正确的是 A. H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2=4Na++4OH-+18O2↑ B. 向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：SO2+H2O+Ca2++ClO-=CaSO4↓+2H++Cl- C. 向H3PO2(次磷酸，一元弱酸)溶液中滴入足量的NaOH溶液：H3PO2+OH-=H2PO+H2O D. 用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A．该离子方程式中，氧气的氧原子应来自过氧化钠中的过氧根离子，而不是水，因此应生成普通O2，而不是18O2，正确方程式应为2H218O+2Na2O2=4Na++218OH-+2OH-+O2↑，A错误； B．向次氯酸钙溶液中通入少量SO2时，发生氧化还原反应：SO2被氧化为SO，ClO-被还原为Cl-，Ca2+与SO形成CaSO4沉淀，但反应中H+会与过量的ClO-结合生成HClO，正确方程式应为SO2+H2O+Ca2++3ClO-=CaSO4↓+2HClO+Cl-，B错误； C．次磷酸为一元弱酸，与足量NaOH溶液反应生成次磷酸钠和水，离子方程式符合反应实质，原子和电荷守恒，C正确； D．用浓盐酸酸化时，Cl-具有还原性，可被KMnO4氧化，干扰H2O2还原性的证明。该离子方程式在硫酸酸化时正确，但在盐酸条件下不适用，不符合题意，D错误； 故选C。 5. 高分子材料Q的合成路线如图所示，下列说法正确的是 A. 制备Q时消耗W与Y的物质的量之比为 B. 生成X的反应为取代反应 C. 物质Y为 D. Z在水中的溶解度大于W 【答案】A 【解析】 【分析】乙炔与发生加成反应生成，X在酸性条件下加热生成。X在催化时生成聚合物Z，Z在碱性条件下加热水解生成W，W与Y反应生成Q，据此作答。 【详解】A．制备Q时，2个羟基与1分子乙醛反应脱去1分子水，生成Q时需n个与个乙醛分子反应，因此W与Y的物质的量为，A正确； B．制备Q的过程中，乙炔中碳碳三键的一个键断裂，乙酸中的H原子加成到乙炔的一个C原子上，加成到另一个C原子上，B错误； C．由分析可知，物质Y为，C错误； D．W中含有，可以与水形成氢键，Z无法与水形成氢键，因此，Z在水中的溶解度小于W，D错误； 故答案选A。 6. 下列方案设计、现象和结论都正确的是 选项 目的 方案设计 现象和结论 A 比较HClO和醋酸的酸性强弱 用pH试纸测定等浓度的NaClO溶液、CH3COONa溶液的pH pH：NaClO溶液>CH3COONa，CH3COOH的酸性强 B 比较和的大小 向同浓度NaCl、NaI混合溶液中滴入少量AgNO3溶液 有黄色沉淀生成， C 探究铁粉脱氧剂中是否有Fe3+ 将脱氧剂样品溶于盐酸，滴加KSCN溶液 若溶液没变红，说明铁粉脱氧剂中没有Fe3+ D 探究反应物的浓度对化学平衡的影响 试管1：2 mL 0.001 mol·L-1 FeCl3溶液+2 mL 0.003 mol·L-1 KSCN溶液 试管2：2 mL 0.001 mol·L-1 FeCl3溶液+2 mL 0.006 mol·L-1 KSCN溶液 试管2中红色更深，增大反应物浓度，化学平衡正向移动 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．NaClO溶液具有强氧化性，会漂白pH试纸，导致pH测量不准确，无法比较酸性强弱，A错误； B．生成黄色沉淀（AgI）表明AgI的Ksp更小，即Ksp(AgI) < Ksp(AgCl)，但结论错误，B错误； C．铁粉脱氧剂中的铁粉会还原Fe3+至Fe2+，即使存在Fe3+，加KSCN也不变红，无法正确检测，C错误； D．实验中只有的浓度不同，浓度完全相同，控制了单一变量，试管2中浓度更大，红色更深，说明增大反应物浓度，平衡正向移动，方案、现象、结论都正确，D正确； 故选D。 7. 结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是 选项 事实 解释 A 硬度：金刚石>石墨 石墨中碳碳键键能小于金刚石中碳碳键键能 B 键角： 中心原子杂化方式不同 C 的溶解度： 的极性仅是的极性的28% D 酸性：(邻羟基苯甲酸)(苯酚) 邻羟基苯甲酸根能形成分子内氢键 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．石墨层内的碳碳键键能实际上比金刚石的大，但金刚石的三维网状结构使其硬度更高，而石墨的层状结构易滑动导致硬度低，A错误； B．的中心N为sp2杂化，的中心N为sp3杂化，中心原子杂化方式不同导致键角差异，B正确； C．O3是极性分子，但是的极性仅是的极性的28%，极性较弱，O3更易溶于非极性的CCl4，解释正确，C正确； D．邻羟基苯甲酸的苯甲酸根与酚羟基形成分子内氢键，稳定了酸的形式，氢离子较难解离，所以Ka2小于苯酚的Ka，解释正确，D正确； 故选A。 8. 某配离子是一种常用的有机催化剂，其结构如图所示。X、Y、Z、M、Q为五种原子序数依次增大的前四周期元素；Y、Z、M同周期，Y元素是形成化合物种类数最多的元素；基态Q原子的价电子数等于基态Y原子与基态M原子的价电子数之和。下列说法正确的是 A. M的第一电离能和电负性均是同周期中最大的 B. Q的最高价氧化物对应的水化物可溶于某些酸和碱 C. 元素Y、Z的简单氢化物分子的VSEPR模型、中心原子的杂化方式和分子的空间结构均完全不相同 D. 简单氢化物的沸点：Z>M，是因为前者简单氢化物形成的分子间氢键强于后者的 【答案】B 【解析】 【分析】X、Y、Z、M、Q为五种原子序数依次增大的前四周期元素，Y、Z、M同周期，结合配离子的结构图可知，X、Y、Z、M分别为H、C、O、F；基态Q原子的价电子数等于基态Y原子与基态M原子的价电子数之和，推出Q为Cu； 【详解】A．M是F元素，第二周期中第一电离能最大的是Ne，A错误； B．Q为Cu元素，Cu的最高价氧化物对应水化物为，可溶于盐酸和氨水，B正确； C．元素Y、Z的简单氢化物分别是和，中心原子的杂化方式都是sp3杂化，C错误； D．元素Z、M的简单氢化物分别是和，沸点：Z>M，是因为形成的分子间氢键数目更多，D错误； 故选B。 9. 瓜环是继冠醚、环糊精、杯芳烃之后的新一代有机大环主体分子，由2n个亚甲基桥联n个苷脲单体(n=5，6，7，8……)构成的笼状化合物，具有分子识别功能。具体合成路线和不同大小形状的瓜环形状结构如图所示。 下列说法错误的是 A. 不同瓜环识别的分子或金属离子不同，且与识别的分子间一般不形成化学键 B. 一定条件下，苷脲既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应 C. 由苷脲单体缩合形成1 mol瓜环[7]时生成14 mol H2O D. 瓜环都属于有机高分子 【答案】D 【解析】 【详解】A．瓜环依靠自身不同大小的空腔实现分子识别，靠分子间作用力结合，一般不形成化学键，不同大小瓜环适配不同的客体，识别对象不同，A正确； B．苷脲结构中含有酰胺键，酰胺键既可在酸性条件下水解，也可在碱性条件下水解，同时结构中的氮原子具有碱性，可与盐酸反应，因此苷脲既能与盐酸反应又能与NaOH反应，B正确； C．由题意，瓜环[n]由个苷脲、个亚甲基（来自甲醛）缩合而成，缩合时每个亚甲基对应生成分子，共生成水；瓜环[7]中，因此生成，C正确； D．有机高分子的相对分子质量一般达数万以上，且聚合度不固定，而瓜环的为确定的小整数（），相对分子质量较小，属于有机小分子，不属于有机高分子，D错误； 故选D。 10. 已知A、B、C、D、E、F、G、H、X、Y是中学化学常见物质，其中A是一种活泼金属，D是一种黑色非金属固体单质，且除A、D外，其余物质均为化合物；E、F、H、X、Y中含有同种元素，F是一种红棕色气体。它们之间在一定条件下存在下列转化关系： 已知：反应④中物质A、E以物质的量之比反应，且生成物X、Y均属于盐类。下列叙述正确的是 A. 物质B、F、H均是大气污染物，且均能形成酸雨 B. 反应②中每转移2 mol ，标准状况下产生的还原产物与氧化产物的体积差为33.6 L C. 反应②、④中物质E表现的化学性质不完全相同 D. 若在反应④所得溶液中加入过量NaOH浓溶液且加热时，会观察到有白色沉淀生成，并产生使蓝色石蕊试纸变红气体 【答案】C 【解析】 【分析】F为红棕色气体，故F是；D是黑色非金属固体单质，且能与E反应生成，故D是，E是；A是活泼金属，在B中燃烧为置换反应，结合后续反应，推得A是，B是，C是；反应②为，故G是；反应③为，故H是；反应④中与以物质的量之比反应，配平得，故X、Y为、，据此分析。 【详解】A．B是，不属于大气污染物，也不能形成酸雨；F是、H是，均为大气污染物且能形成硝酸型酸雨，A不符合题意； B．反应②为，还原产物为，氧化产物为；每转移时，还原产物与氧化产物的物质的量差为，则每转移时，物质的量差为，但在标准状况下不是气态，故体积小于，B不符合题意； C．反应②中仅表现氧化性，反应④中既表现氧化性（被还原为）又表现酸性（生成硝酸盐），二者化学性质不完全相同，C符合题意； D．反应④所得溶液中含和，加入过量浓溶液并加热时，与生成白色沉淀，与反应生成，能使湿润红色石蕊试纸变蓝，D不符合题意； 故选C。 11. MFC—EF耦合装置是微生物燃料电池(MFC)与电芬顿(EF)技术结合的难降解有机物(如丙烯腈，能降解为CO2、N2和H2O)废水处理系统，核心是“产电+高级氧化降解”协同工作。“PS”代表产生自由基需要电解活化，但该装置中是用MFC自身的产电替代了外加电源，实现了“无外加电源的电解活化”。其工作原理如下所示： 下列说法正确的是 A. 若处理0.1 mol丙烯腈，理论上需要补充空气42 L(标准状况下，假设空气中氧气的体积分数为20%) B. 装置工作过程中存在反应： C. 离子交换膜为质子交换膜，H+从右侧电极室迁移到左侧电极室 D. 装置工作时，装置内温度越高，处理废水的效率越高 【答案】A 【解析】 【分析】该装置左侧为微生物燃料电池，废水中的有机物在电极X附近被氧化为CO2，释放电子；电子经外电路流向右侧电极体系，用于电芬顿体系中O2还原生成H2O2，Fe3+被还原为Fe2+，Fe2+再与H2O2发生芬顿反应生成·OH，从而氧化降解有机污染物； 【详解】A．丙烯腈的分子式为C3H3N，完全氧化可写为：C3H3N+O2→3CO2+H2O+N2。处理0.1 mol丙烯腈需要O2的物质的量为0.1 mol×=0.375 mol，标准状况下体积为0.375 mol×22.4 L·mol-1=8.4 L。若空气中O2体积分数为20%，则所需空气体积为8.4 L÷20%=42 L，A正确； B．Fe2+与H2O2发生芬顿反应的正确离子方程式为Fe2++H2O2+H+=Fe3++H2O+·OH，B错误； C．该装置左侧为MFC阳极区，有机物被氧化时产生H+，右侧电芬顿体系中O2得电子生成H2O2以及Fe2+/H2O2生成·OH的过程需要酸性环境，H+应由左侧电极室经质子交换膜迁移到右侧电极室，选项将H+迁移方向写反，C错误； D．电芬顿反应和微生物燃料电池都受温度影响，适当升温可能提高反应速率，但温度过高会影响微生物活性，也会加速H2O2分解，降低·OH有效利用率，因此不能说温度越高处理废水效率越高，D错误； 选A。 12. 四碘合汞酸银(Ag2HgI4)是一种热致变色材料，存在两种晶体结构分别为、。低温下Ag2HgI4以型结构存在，其晶胞结构如图，以面心立方结构密堆积，A原子分数坐标为，升温至50.7℃转变为，、两者结构相似，区别是中Ag+和Hg2+如图形式随机占据四面体空隙。晶体可以导电，而且导电粒子几乎全是Ag+，、间晶体结构的转变也导致性质的一些变化，如颜色、导电性等。若将晶胞中各粒子看作刚性球体。下列说法错误的是 (相关离子半径：261 pm、Ag+：115 pm、Hg2+：102 pm；) A. 晶胞结构中Hg2+分数坐标为、 B. 晶胞中四面体空隙填充率为37.5% C. 晶体导电时导电粒子几乎全为Ag+是因为Ag+比Hg2+带电荷数少，与阴离子间作用力弱，且四面体侧面的空隙半径(空隙内切圆半径)大于Ag+半径 D. 晶胞沿y轴方向晶胞投影如上图所示 【答案】C 【解析】 【详解】A． 以面心立方结构密堆积，个数为，则Ag+为2个，Hg2+为1个，晶胞结构中，含2个，所以有2个Hg2+，即位于最右后下方的晶胞的体心上，或者上面一个晶胞的左后下方的晶胞的体心上，故Hg2+的分数坐标分别为、，A正确； B．题图所示晶胞中含有8个I⁻离子，在由其构成的点阵中，存在16个四面体空隙，其中只有6个填充了离子(4个Ag+和2个Hg2+)，故晶胞中四面体空隙填充率为（即37.5%），B正确； C．Ag+在四面体空隙间迁移需穿越四面体侧面，侧面的空隙半径(空隙内切圆半径)即如图所示：，则内切圆的半径为：小于Ag+半径（115pm），C错误； D．从晶胞结构图可知，白球在顶点和面心，沿y轴方向晶胞投影时，投影在长方形的顶点、短边中点、长边4平分位置及中心线上，个数和位置正确，4个Ag+和2个Hg2+在体内投影位置也正确，D正确； 故选C。 13. 某小组同学欲探究NH3催化氧化反应，按如图所示装置进行实验。 装置A、B、C、D可选药品：浓氨水、H2O2、蒸馏水、碱石灰、MnO2、浓硫酸。 甲乙两同学分别按上述装置进行实验，一段时间后，装置G中溶液都变成蓝色。甲观察到装置F中有红棕色气体，乙观察到装置F中只有白烟生成。下列说法正确的是 A. 装置A、B中圆底烧瓶内盛装的固体药品分别是碱石灰、MnO2 B. 甲观察到装置F中有红棕色气体的原因为在装置E中发生化学反应： C. 为帮助乙实现在装置F中也观察到红棕色气体可调节K2增加装置B的产气量 D. 为实现该反应，也可用如图2所示的装置替换图1装置中虚线框部分，化合物X可选Na2O2 【答案】D 【解析】 【分析】首先梳理实验原理：本实验是的催化氧化，核心反应为，进一步被氧化为红棕色；若过量，、与过量反应生成固体，即白烟。 【详解】A．氨气是碱性气体，需要用碱石灰干燥，对应装置：为发生装置（浓氨水+碱石灰），出来后经（碱石灰干燥管）干燥；用浓硫酸干燥，对应装置：为发生装置（），出来后经（浓硫酸洗气瓶）干燥。因此中固体为，中固体为碱石灰，顺序颠倒，A不符合题意； B．氨气催化氧化的产物是，不是，正确反应为，再与反应生成，B不符合题意； C．乙中只生成白烟，是因为过量、不足，（和水生成）与过量反应生成白烟。要得到红棕色，需要增加的产气量，由装置产生，应调节增加的产气量，增加（发生装置）的产气量会让更过量，更易生成白烟，C不符合题意； D． 受热分解生成、和，若为，会与分解产生的、反应生成，后续碱石灰可以吸收多余的和水蒸气，最终得到和的混合气体，满足催化氧化的反应物要求，D符合题意； 故选D。 14. 某种含二价铜的催化剂可用于汽车尾气脱硝。催化机理如图1所示，反应过程中不同态物质体系所具有的能量如图2所示。下列说法中正确的是 A. 该脱硝反应过程各步反应均有反应物的总键能大于生成物的总键能 B. 依据反应机理，参与反应的NH3和NO的物质的量之比为 C. 中心原子发生sp3杂化 D. 该脱硝反应过程各步反应均为氧化还原反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图2可知，整个反应过程中体系能量逐渐降低，说明每一步均为放热反应，；根据反应物总键能−生成物总键能，放热反应中，因此反应物总键能小于生成物总键能，A错误； B．脱硝总反应：，参与反应的，B正确； C．的中心离子为，配位数为4（1个+3个），该配合物为杂化，C错误； D．过程①→②仅为结合2个生成，没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，因此不是各步均为氧化还原反应，D错误； 故选B。 15. 25℃下，保持溶液中恒定，通过调节pH使Pb2+、Ba2+形成氟化物而分离，体系中pH与pX(X表示、Pb2+、Ba2+)的关系如图所示。已知：；。下列叙述错误的是 A. 线③表示pH与p(Pb2+)的关系 B. 25℃时，反应的平衡常数 C. 25℃时， D. 线①与线②的交点的pH为2.3 【答案】B 【解析】 【分析】根据可知，增大，的浓度减小，的浓度增大，减小，则①为与的关系，根据时，，则，根据③给的点可知，，根据②给的点可得，此时，则，则，根据，所以，，③为与的关系，②为与的关系，据此分析； 【详解】A．根据分析，线③表示pH与p(Pb2+)的关系，A正确； B．反应，平衡常数：，B错误； C．根据分析，，C正确； D．①线与②线的交点为，，，则为，D正确； 故选B。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 研究碳、氮、硫元素化合物的性质及其相互转化对建设生态文明、美丽中国具有重要意义。请回答下列问题： （1）已知可以催化二氧化硫在水溶液中发生歧化反应： 。催化原理分为两步： 第一步： 慢反应 第二步：___________=___________+___________ 快反应 ①请完整写出第二步反应的离子方程式___________。 ②能正确表示催化SO2歧化反应原理的能量变化示意图为___________(填字母)。 A． B． C． D． （2）一种以CO2为碳源，在催化剂作用下催化加氢制备可再生能源甲醇的反应如下： 反应ⅰ： 反应ⅱ： ①试计算反应ⅲ： ___________。该反应能自发进行的条件为___________(填“高温”“低温”或“任何温度”)。 ②反应ⅰ在某非金属催化剂催化下的反应历程如下图所示，容易得到的副产物有CO和CH2O，其中相对较少的副产物为___________；上述合成甲醇的反应速率较慢，要使反应速率加快，主要降低下列变化中___________(填字母)的能量变化。 A． B． C． D． ③往某一恒容密闭容器中按投料比充入4 mol反应物，在合适催化剂作用下发生反应ⅰ和反应ⅱ，CO2的平衡转化率和甲醇的选择性如图所示。随着温度的升高，ABC所在曲线逐渐升高的原因是___________。在513 K达平衡时，甲醇的物质的量为___________mol(计算结果保留三位有效数字)。 [已知：甲醇的选择性] ④恒温恒压密闭容器中，加入2 mol CO2和4 mol H2，同时发生反应ⅰ、ⅱ和ⅲ。初始压强为P0 kPa，在300℃发生反应，反应达平衡时，CO2的转化率为50%，甲醇的选择性为75%。反应ⅰ的平衡常数Kp=___________(Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 【答案】（1） ①. ②. B （2） ①. -90.2 kJ·mol-1 ②. 低温 ③. CH2O ④. D ⑤. 反应ⅰ为放热反应，反应ⅱ为吸热反应，在其他条件不变时，升高温度，反应ⅱ正向移动的程度大于反应ⅰ逆向移动的程度，导致CO2的平衡转化率逐渐升高 ⑥. 0.117 ⑦. 【解析】 【小问1详解】 ①I-可以催化二氧化硫在水溶液中发生歧化反应，I-前后质量和性质保持不变，因此根据总反应和第一步反应，推出第二步反应的离子方程式为2H2O+I2+SO2=4H+++2I-； ②总反应为放热反应，说明始态总能量高于终态总能量；第一步为吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量；第二步为放热反应，反应物总能量高于生成物总能量；第一步为慢反应，第二步为快反应，说明第一步反应活化能大于第二步，根据题中所给图像可知，选项B符合题意；答案为B； 【小问2详解】 ①利用盖斯定律，反应i－反应ii=目标反应方程式，即ΔH3=ΔH1－ΔH2=[(-49.1)－(+41.1)]kJ/mol=-90.2kJ/mol，ΔH3＜0，该反应是熵减的反应，即ΔS＜0，根据ΔG=ΔH－TΔS＜0，在低温下能够自发进行； ②根据图象可知，生成CH2O需要的能量多，因此相对较少的副产物为CH2O；反应速率慢是活化能大，要使反应速率加快，需要降低决速步骤的活化能，根据图象可知，该反应的决速步骤是*CO+*OH→*CO+*H2O，因此需要降低*CO+*OH→*CO+*H2O的能量变化，选项D符合题意； ③反应i为放热反应，反应ii为吸热反应，升高温度，反应i的平衡向逆反应方向移动，甲醇产量减少，甲醇的选择性降低，根据图像可知，曲线DE表示甲醇的选择性，则曲线AB表示CO2的平衡转化率，在其他条件不变时，升高温度，反应ⅱ正向移动的程度大于反应ⅰ逆向移动的程度，导致CO2的平衡转化率逐渐升高；n(CO2)∶n(H2)=1∶3充入4mol反应物，n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，根据图像可知，该温度下，CO2的平衡转化率为15%，甲醇的选择性为78%，根据甲醇选择性的公式，甲醇的物质的量为1mol×15%×78%=0.117mol； ④根据原子守恒，达到平衡时n(CO2)=2mol×(1－50%)=1mol，n(CH3OH)= 2mol×50%×75%=0.75mol，n(CO)=2mol×50%×(1-75%)=0.25mol，n(H2O)=n(CH3OH)+n(CO)=1mol，n(H2)=4mol－3n(CH3OH)－n(CO)=4mol－0.75mol×3－0.25mol=1.5mol，总物质的量为4.5mol，反应i的Kp=。 17. 稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。一种利用钒钛磁铁矿精矿[主要成分为Fe3O4、FeV2O4(V为+3价)、TiO2和SiO2]综合提取钒、钛，并同步制备黄铵铁矾的工艺流程如下图所示： 已知： ①“加压焙烧”过程中存在反应，生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”。 ②“酸浸”所得溶液中钒、钛以、TiO2+形式存在。 ③“萃取”时，先转化为再与萃取剂R3N结合，其过程可表示为：。 回答下列问题： （1）在离子化合物FeV2O4中，Fe存在形式的价电子排布式为___________。 （2）“加压焙烧”中FeV2O4经“二次氯化”转化为VO2Cl和FeCl2的化学方程式为___________。 （3）“酸浸”时，产生的“浸出渣”的主要成分为___________(填化学式)。 “酸浸”时，若用硝酸代替盐酸，弊端有： ①硝酸有强氧化性，会将Fe2+氧化Fe3+，导致下一工序会额外消耗更多的铁粉。 ②___________。 （4）“氧化”时，H2O2的使用量远大于理论计算量，可能的原因为___________。 （5）“沉铁”时，生成黄铵铁矾的离子方程式为___________。 （6）V2O5可溶于强酸强碱，常温时不同pH、不同钒元素浓度时，+5价V存在形态如图所示(忽略溶液前后体积变化)： 常温下，将0.01 mol V2O5溶解在200 mL烧碱溶液中，剩余溶液的，则该反应的离子方程式为___________。 （7）V2O5在氮气氛围中，用碳高温条件下还原氮化制备VN，还生成一种分子结构中存在配位键的气体，则该反应的化学方程式为___________。 【答案】（1）3d6 （2） （3） ①. SiO2 ②. 硝酸被还原时会生成NO、NO2等有毒气体，污染环境 （4）Fe3+具有催化作用，会加速H2O2的分解 （5） （6） （7） 【解析】 【分析】原料经“加压焙烧”，“二次氯化”将矿物转化为可溶性氯化物，再经“酸浸”除去二氧化硅滤渣，通过“沉钛”分离钛元素，加入双氧水氧化亚铁离子，通过“萃取”，“沉铁”分离铁元素，得到黄铵铁矾，含钒物质经一系列操作转化为V2O5。 【小问1详解】 在离子化合物FeV2O4中，V是+3价，O是-2价，所以Fe是+2价，以形式存在，其价电子排布式为：； 【小问2详解】 “加压焙烧”中FeV2O4经“二次氯化”转化为VO2Cl和FeCl2，化学方程式为：； 【小问3详解】 ①酸浸时，SiO2 不与盐酸反应，留在浸出渣中； ②若用硝酸代替盐酸，硝酸被还原时会生成NO、NO2等有毒气体，污染环境； 【小问4详解】 Fe3+具有催化作用，会加速H2O2的分解，“氧化”时，H2O2的使用量远大于理论计算量； 【小问5详解】 “沉铁”时，、、 反应生成黄铵铁矾沉淀，离子方程式为：； 【小问6详解】 溶液的，，溶液的，pH=12，由图可得V2O5反应生成，该反应的离子方程式为：； 【小问7详解】 CO分子中存在配位键，符合题意，V2O5被C还原为 VN，C被氧化为CO，该反应的化学方程式为：。 18. 氯气是一种重要的化工原料，在生产生活中有着重要的应用。请回答下列问题： (一)实验室利用以下装置进行相关实验。 （1）其中难以达到预期目的的是___________。 A．净化、干燥Cl2 B．收集Cl2 C．验证Cl2的漂白性 D．吸收尾气Cl2 (二)探究盐酸与MnO2的反应。 （2）实验用4 mol·L-1的盐酸与一定量的MnO2反应时，没有产生明显实验现象。小组同学猜测可能原因是： 猜想1：反应温度低 猜想2：…… ①上述猜想2为___________。请完成如下实验设计并证明上述猜想是否成立。 可选药品：4 mol·L-1盐酸、7 mol·L-1盐酸、MnO2、4 mol·L-1 NaOH溶液。 序号 试剂 反应温度 现象 Ⅰ 40 mL 4 mol·L-1盐酸、一药匙MnO2 65℃ 无明显现象 Ⅱ ___________盐酸、一药匙MnO2 80℃ 无明显现象 Ⅲ ___________盐酸、一药匙MnO2 65℃ 产生黄绿色气体 表中实验Ⅱ所用试剂中盐酸的规格为___________，根据上述实验可知猜想___________(填“1”或“2”)成立。 ②实验Ⅰ中无明显现象的原因可能是或较低，设计实验进行探究： 序号 试剂 反应温度 现象 Ⅳ 20 mL 8 mol·L-1盐酸、20 mL 2 mol·L-1硫酸、一药匙MnO2 65℃ 无明显现象 Ⅴ 20 mL 8 mol·L-1盐酸、20 mL 3 mol·L-1硫酸、一药匙MnO2 65℃ 产生黄绿色气体 Ⅵ 40 mL 4 mol·L-1盐酸、11.7 g NaCl固体、一药匙MnO2 65℃ 无明显现象 Ⅶ 40 mL 4 mol·L-1盐酸、14.04 g NaCl固体、一药匙MnO2 65℃ 产生黄绿色气体 由上述实验结果可知MnO2氧化盐酸的反应中，变化的影响___________(填“大于”或“小于”)变化的影响。 ③为探究变化究竟是影响了MnO2的氧化性还是影响了的还原性，用如图所示装置(A、B均为石墨电极，恒温水浴加热装置省略)进行实验。 序号 操作 现象 ⅰ K闭合 指针向左偏转 ⅱ 向U形管右侧滴加浓硫酸至 指针偏转幅度变化不大 ⅲ ___________ 指针向左偏转幅度逐渐增大 实验ⅲ的操作为___________。 将ⅱ、ⅲ与ⅰ作对比，分别可得出结论：___________、___________。 【答案】（1）BC （2） ①. 盐酸浓度低 ②. 40mL 4 mol·L-1 ③. 2 ④. 大于 ⑤. 向U形管左侧滴加浓硫酸至 ⑥. MnO2氧化盐酸的反应中，HCl的还原性与无关 ⑦. MnO2的氧化性与有关，越大，MnO2的氧化性越强 【解析】 【分析】MnO2与浓盐酸在加热条件下的反应可用于制取Cl2，但温度低时反应不发生，盐酸浓度小时反应也不能发生，那么，温度和盐酸的浓度中，哪个因素对反应的影响更大？溶液的酸性对Cl-的还原性影响大，还是MnO2的氧化性影响大？通过实验探究，可确定H+浓度变化对反应的影响比Cl-浓度的变化对反应的影响大，溶液的酸性对MnO2氧化性的影响比对Cl-还原性的影响大。 【小问1详解】 A．Cl2中的HCl可被饱和食盐水吸收，Cl2中的水可被浓硫酸吸收，A正确； B．Cl2的密度大于空气，可以使用向上排空气法收集，B错误； C．鲜花中有水，验证不了氯气的漂白性，C错误； D．氯气可以和氢氧化钠溶液反应，可以吸收尾气，D正确； 故选BC。 【小问2详解】 MnO2与盐酸反应时，不加热不发生反应，稀盐酸与MnO2即使在加热条件下也不发生反应，所以温度和盐酸的浓度都对反应的发生造成影响。 ①实验Ⅰ中，使用40 mL 4 mol∙L-1盐酸、一药匙MnO2，温度为65℃，反应未发生；实验Ⅱ中，虽然将温度由65℃升高到80℃，反应仍未发生，则表明溶液的浓度小导致反应未发生，所以猜想1为反应温度低；猜想2为盐酸浓度低。比较实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的温度和浓度可以得出，实验Ⅱ的目的是与实验Ⅰ对比，验证猜想1（反应温度低）是否成立。根据控制变量法，应只改变温度，保持盐酸浓度和体积不变，故选用盐酸规格为：40 mL 4 mol∙L-1。实验Ⅲ中，虽然温度低，但盐酸的浓度大，反应仍能发生。上述实验中，升高温度时反应未发生，但增大盐酸浓度时反应发生，由此可知猜想2成立。 ②由上述实验结果可知，MnO2氧化盐酸的反应中，c(H+)从4 mol∙L-1增大到7 mol∙L-1时，反应发生，而c(Cl-)由4 mol∙L-1增大到10 mol∙L-1时，反应才发生，所以c(H+)变化的影响大于c(Cl-)。 ③为探究c(H+)变化究竟是影响了MnO2的氧化性还是影响了Cl-的还原性，则可向图中装置的U形管左侧或右侧分别滴加浓硫酸至c(H+)≥7 mol∙L-1，观察指针的偏转情况，由此作出结论。 序号 操作 现象 i K闭合 指针向左偏转 ii 向U形管右侧滴加浓硫酸至c(H+)≥ 7mol∙L-1 指针偏转幅度变化不大 iii 向U形管左侧滴加浓硫酸至c(H+)≥7 mol∙L-1 指针向左偏转幅度增大 U形管左侧，A电极为正极，MnO2得电子产物与电解质反应，生成Mn2+等，发生的电极反应为；将i和ii、iii作对比，得出结论：MnO2氧化盐酸的反应中，HCl的还原性与c(H+)无关；MnO2的氧化性与c(H+)有关，c(H+)越大，MnO2的氧化性越强。 19. 某研究小组按下列路线合成多巴胺单体Y(部分反应条件及试剂已简化)。 已知：①(苯胺、苯酚易被氧化) ② 请回答： （1）化合物F的名称是___________。 （2）化合物D→E的反应类型为___________。 （3）化合物B→C是在B的氧原子上引入乙酰基(CH3CO—)，其目的是___________。 （4）化合物I的结构简式___________。 （5）E+NH3(足量)→F反应的化学方程式为___________。 （6）同时符合下列条件的多巴胺单体Y的同分异构体有___________种。 ①分子中只含有1个环，且为苯环 ②分子结构中有氰基(—CN)，无羟基、醛基和过氧键(—O—O—) ③1H—NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有3种不同环境的氢原子 （7）化合物D→E的反应会生成E的位置异构的同分异构体E′，若以E′代替E参与合成路线，则生成物G的同分异构体的结构简式为___________。 【答案】（1）1-氨基-2-丙醇 （2）加成反应 （3）保护酚羟基 （4） （5） （6）4 （7） 【解析】 【分析】丙烯（D）和次氯酸发生加成反应生成E，E与NH3发生取代反应生成F，由F逆推，可知E是CH3CH(OH)CH2Cl；F、C发生取代反应生成G，由F、G的结构简式，可知C是；根据H的分子式，可知G发生催化氧化生成H，则H是；根据信息②，可知I是。 【小问1详解】 根据化合物F的结构简式可知，化合物F的名称为1-氨基-2-丙醇。 【小问2详解】 根据以上分析，丙烯（D）和次氯酸发生加成反应生成CH3CH(OH)CH2Cl，D→E的反应类型为加成反应。 【小问3详解】 B中含有酚羟基，化合物B→Y的转化过程中，酚羟基变为酯基，最后又变为酚羟基，则B的氧原子上引入乙酰基的目的是保护酚羟基。 【小问4详解】 根据以上分析，H是，I是。 【小问5详解】 E→F是CH3CH(OH)CH2Cl与NH3发生取代反应生成CH3CH(OH)CH2NH2和NH4Cl，反应方程式为。 【小问6详解】 符合条件的Y的所有同分异构体，分子式为C10H9O3N，不饱和度为7：①分子中只含有1个环，且为苯环，不饱和度用去4；②1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有3种不同环境的氢原子，有氰基（—CN），不饱和度用去2，无羟基、醛基和过氧键（—O—O—），分析可得：如下结构、、、。 【小问7详解】 由题意可得，E的位置异构的同分异构体的结构简式为CH3CH（Cl）CH2OH，则F的位置异构的同分异构体为CH3CH（NH2）CH2OH，故生成物G的同分异构体的结构简式为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $