精品解析：陕西省汉中市2025届高三下学期5月联考模拟预测化学试题

化学(二) 本试卷共8页，18题。全卷满分100分，考试用时75分钟。 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：N-14 Al-27 S-32 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。 1. 非物质文化遗产是传统文化的重要组成部分。下列广西非物质文化遗产的叙述错误的是 A. 侗族木构建筑营造技艺：木构建筑加工过程发生物理变化 B. 壮族织锦技艺：棉纱主要成分是纤维素，与淀粉互为同分异构体 C. 桂林米粉制作技艺：米粉主要成分是由绿色植物光合作用产生的 D. 瑶族地区的铜鼓舞：铜鼓保存于干燥处，避免发生电化学腐蚀 2. 实验室常用氯化钠粉末和浓硫酸制备氯化氢，化学反应为，的结构式为。下列化学用语或叙述错误的是 A. 分子间氢键使浓硫酸呈黏稠状和密度较大 B. NaCl的电子式： C. 中阴离子的VSEPR模型： D. HCl中共价键的形成过程： 3. 基本概念和理论是化学思维的基石。下列叙述正确的是 A. 阳离子和阴离子半径之比不同导致NaCl、CsCl晶胞类型不同 B. 在元素周期表中，s区、ds区、d区的元素都是金属元素 C. 杂化轨道由1个s轨道和2个p轨道混杂而成，只能填充成键电子 D. 根据构造原理，基态原子的电子一定先排满4s轨道，再进入3d轨道 4. 诺氟沙星能有效阻碍细菌DNA复制，从而对细菌起抑制作用，是治疗肠炎痢疾的一种常用药，其结构如图所示。下列关于诺氟沙星的叙述正确的是 A. 可以发生取代、加成、消去反应 B. 既能与盐酸反应，又能与NaOH反应 C. 1mol诺氟沙星最多能与6mol反应 D. 诺氟沙星所含第二周期元素中，氮的第一电离能最大 5. 初步掌握基本实验技能是学习化学和进行探究活动的必备条件。关于下列仪器(或装置)使用的叙述错误的是 仪器 选项 A．用盐酸和FeS制备 B．测定反应热 仪器 选项 C．准确称取2.68gNaCl D．除去乙烯中的 A. A B. B C. C D. D 6. 下列离子方程式正确的是 A. 常温下，用烧碱溶液吸收废气中氯气： B. 海水提溴中用水溶液吸收粗溴： C. “曾青得铁化为铜”： D. 用水鉴别和硫磺粉末： 7. HgS常用于制作红色颜料、防腐剂。王水清除残留HgS粉末：。设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是 A. 标准状况下，含原子总数为 B. 盐酸含数为 C. 完全反应时生成的含键数目为 D. 每生成时转移电子数为 8. 嫦娥六号挖回的月背土壤成分确认了的含量，X、Y、Z、W是短周期主族元素，原子序数依次增大。短周期中，Y原子半径最大，基态X原子价层电子排布式为，W的最高正化合价和最低负化合价代数和等于0。下列叙述正确的是 A. 简单离子半径： B. 和的阴、阳离子数目比不同 C. 分子是非极性分子 D. 单质熔点： 9. 氮化铝是第三代半导体材料，常用作电子材料、功能材料和散热基板及电子器件封装材料等。一种氮化铝晶胞如图所示。已知：正六棱柱底边长为anm，高为bnm，设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 基态N原子价层电子排布图为 B. 氮化铝晶体化学式为 C. 晶体中Al的配位数为12 D. 氮化铝晶体密度 10. 根据下列实验操作和现象，能得出相应结论的是 选项 操作及现象 结论 A 分别向、中滴加等浓度等体积的盐酸，前者无气体产生，后者产生黄绿色气体 氧化性： B 分别在同浓度的氨水、NaOH溶液中加入等量粉末，前者白色固体溶解，后者不溶解 碱性： C 在苯酚溶液，苯中分别滴加饱和溴水，前者产生白色沉淀，后者液体分层，上层呈橙红色 苯酚中苯环活化了酚羟基 D 加热溶液，溶液颜色由蓝色变为绿色(绿色＋黄色绿色) 蓝色的转化为黄色的的反应 A. A B. B C. C D. D 11. 近日，浙江大学一课题组创建光电共轭聚合物网络用于太阳能驱动硝酸盐转化产氨和氧气。模拟装置如图所示。下列叙述正确的是 A. 上述装置可实现太阳能全部转化成化学能 B. M极反应式为 C. 装置工作一段时间后，N极区溶液pH升高 D. 同温同压下，生成时理论上逸出 12. 下列粒子浓度关系式错误的是 A. 常温下，的溶液中： B. 溶液中： C. 含和的混合液中： D. 向醋酸溶液中滴加氨水至中性： 13. 氰化法从金矿提取黄金简易工艺流程如下，下列叙述正确的是 A. “氰浸”中，NaCN作络合剂且N原子为配位原子 B. “氰浸”反应： C. “还原”中，除生成两种配合物外，还产生一种助燃剂 D. “除锌”中，试剂X宜选择NaOH溶液、稀硫酸或硝酸等。 14. K下，向三个容积不等的恒容密闭容器中投入1 mol和1 mol，发生反应：，反应相同时间后，三个容器中的转化率如图所示。下列说法正确的是 A. 三个容器中的反应速率（用容器体积标号表示）： B. b点为平衡转化率，a、c点不是平衡转化率 C. K时，该反应的平衡常数为 D. L容器中达到平衡后，若再投入1 mol和1 mol，此时平衡不移动 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 苯甲酸乙酯()是一种有机化合物，天然存在于桃、菠萝、醋栗等水果中。常用于配制香水香精和人造精油，也大量用于食品中。某实验小组设计实验制备苯甲酸乙酯并计算产率。 【反应式】。 【试剂】6g苯甲酸(0.049mol)，11.9g无水乙醇(15mL，0.25mol，99.9%)，环己烷、浓硫酸、碳酸钠，乙醚，无水氯化钙。 【步骤】 步骤1：安装如图所示装置。 步骤2：在50mL圆底绕瓶中，加入6g苯甲酸、15mL无水乙醇、15mL环己烷和2.5mL浓硫酸，摇匀后加入几粒沸石，从分水器上端小心加试剂X，使液面与支管口距离1cm，分水器上端接一回流冷凝管。 步骤3：将烧瓶在电热套中加热回流，开始时回流速度要慢，随着回流进行，蒸出环己烷、乙醇和水三元共沸物。当分水器中的上层液体变得十分澄清，不再有水珠落入下层时，停止反应。 步骤4：将瓶中残留液倒入盛有冷水的烧杯中，在搅拌下加入碳酸钠粉末至无气泡产生。 步骤5：用分液漏斗分出粗产物，水层用乙醚萃取，合并粗产物和醚萃取液，用无水氯化钙干燥。水层倒入公用的回收瓶回收未反应的苯甲酸。干燥后的醚溶液置于25mL蒸馏烧瓶，先用水浴蒸馏乙醚，再在石棉网上加热，收集馏分，产量约5.0g． 已知各物质及三元共沸物的沸点/(101.325kPa)如下： 物质 水 乙醇 环己烷 三元共沸物 乙醚 苯甲酸乙酯 沸点/℃ 100 78.3 80.75 62.60 34.6 212.6 回答下列问题： （1）试剂X为_______(填字母)。 A. 乙醇 B. 乙醚 C. 水 D. 环己烷 （2）步骤2中，加入浓硫酸方式宜选择_______(填字母)。 A.直接一次性加入 B.在旋摇下滴入 （3）本实验加入环己烷的目的是_______；步骤3中，“开始回流要慢”，其原因是_______。 （4）步骤4中，不能用NaOH替代碳酸钠，其原因是_______。步骤5中，回收未反应的苯甲酸操作是：用盐酸小心酸化经碳酸钠中和后分出的水溶液，至溶液对pH试纸呈酸性，抽滤析出的苯甲酸晶体，用少量冷水洗涤后干燥。“呈酸性”的目的是_______；收集产品时控制温度为_______(填字母)。 A. B. C. （5）本实验产率约为_______%(计算结果保留两位有效数字)。 16. 是锌锰电池的正极材料，是一种绿色净水剂。以某锰矿(主要成分是，含少量Mn和Fe等)为原料制备和的流程如图。 已知：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。 金属离子 开始沉淀的pH 1.9 7.0 8.1 完全沉淀的pH 3.2 9.0 10.1 回答下列问题： （1）Mn和Fe两元素的部分电离能数据如下表所示。 元素 Mn Fe 电离能/ 717 762 1509 1561 3248 2957 Mn的第三电离能大于Fe的第三电离能，其主要原因是___________。 （2）提高“酸浸”速率的措施有___________(填一种即可)。 （3）“调pH”范围为___________；“转化”时，能转化为的原因可能是___________。 （4）写出“氧化2”过程中的离子方程式：___________；净水过程中会产生胶体，胶体与溶液、浊液、乳浊液的本质区别是___________。 （5）“电解”会产生废液，该废液可循环用于___________(填名称)工序。 （6）“灼烧”时反应的化学方程式为___________。 17. 实现“碳达峰、碳中和”目标之一是有效固定和利用碳。以为原料合成和的有关反应如下： i． ii． iii． 回答下列问题： （1） _______。 （2）在某催化剂作用下，还原制备的反应历程如图所示。 决速步的基元反应式为_______。 （3）一定温度下，在刚性密闭容器中投入和合成，仅发生反应ⅰ。下列情况表明，可逆反应一定达到平衡状态的是_______(填字母)。 A. 气体密度不随时间变化 B. 气体总压强不随时间变化 C. 体积分数不随时间变化 D. 平均摩尔质量不随时间变化 （4）在催化剂作用下，密闭容器发生反应i和ii，实验测得温度对平衡体系中甲醇、甲醚物质的量分数关系如图所示。 温度低于600K时，物质的量分数变化可能的原因是_______；一定温度下，增大压强，的物质的量分数_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 （5）在5MPa下，和按体积比进入投料，只发生反应i和iii。平衡体系中，CO和在含碳产物中的物质的量分数及转化率随温度变化如图所示。 ①乙代表_______(填化学式)。内，随着温度升高，的平衡产量变化趋势是_______。 ②时，的分压为_______MPa(保留2位有效数字，下同)，反应ⅲ的平衡常数为_______(用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 18. 香豆素(Coumarin)是一种重要的香料，常用作定香剂、脱臭剂，也用作饮料、食品、香烟等的增香剂。香豆素的一种制备工艺如图所示。 回答下列问题： （1）A的质谱图如下。 A的名称是___________；E中官能团名称是___________。 （2）F___________(填“有”或“无”)顺反异构体。E的沸点低于，判断依据是___________。 （3）在相同条件下，下列有机物酯基水解速率最快的是___________(填字母)。 a． b． c． d． （4）由F合成香豆素的化学方程式为___________。 （5）在F的同分异构体中，同时具备下列条件的结构有___________种。 ①苯环上有3个取代基 ②能发生水解反应和银镜反应 ③遇氯化铁溶液发生显色反应 （6）参照上述流程，以和乙酸酐为原料制备肉桂酸()，设计合成路线：___________(其他试剂自选)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 化学(二) 本试卷共8页，18题。全卷满分100分，考试用时75分钟。 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：N-14 Al-27 S-32 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。 1. 非物质文化遗产是传统文化的重要组成部分。下列广西非物质文化遗产的叙述错误的是 A. 侗族木构建筑营造技艺：木构建筑加工过程发生物理变化 B. 壮族织锦技艺：棉纱主要成分是纤维素，与淀粉互为同分异构体 C. 桂林米粉制作技艺：米粉主要成分是由绿色植物光合作用产生的 D. 瑶族地区的铜鼓舞：铜鼓保存于干燥处，避免发生电化学腐蚀 【答案】B 【解析】 【详解】A．木构建筑加工过程仅改变木材的形状、大小，无新物质生成，属于物理变化，A正确； B．纤维素与淀粉的组成均可表示为，但二者的聚合度值不同，分子式不同，不互为同分异构体，B错误； C．米粉主要成分是淀粉，淀粉是绿色植物通过光合作用产生的葡萄糖聚合得到的，C正确； D．干燥环境中缺少电解质溶液形成的必要条件水，难以形成原电池，可避免铜鼓发生电化学腐蚀，D正确； 故选B。 2. 实验室常用氯化钠粉末和浓硫酸制备氯化氢，化学反应为，的结构式为。下列化学用语或叙述错误的是 A. 分子间氢键使浓硫酸呈黏稠状和密度较大 B. NaCl的电子式： C. 中阴离子的VSEPR模型： D. HCl中共价键的形成过程： 【答案】D 【解析】 【详解】A．硫酸分子中含有羟基，分子间能形成较强的氢键，使浓硫酸分子间作用力较大，密度较大、呈黏稠状，A正确； B．NaCl是由Na+和Cl-形成的离子化合物，电子式为，B正确； C．的中心原子S的价层电子对数为，孤电子对数为0，故VSEPR模型为正四面体形，C正确； D．HCl中H原子的1s轨道上的电子（电子云轮廓图为球形）与Cl的2p轨道上的电子形成s－p σ键，故HCl中共价键的形成过程为，D项错误； 故答案选D。 3. 基本概念和理论是化学思维的基石。下列叙述正确的是 A. 阳离子和阴离子半径之比不同导致NaCl、CsCl晶胞类型不同 B. 在元素周期表中，s区、ds区、d区的元素都是金属元素 C. 杂化轨道由1个s轨道和2个p轨道混杂而成，只能填充成键电子 D. 根据构造原理，基态原子的电子一定先排满4s轨道，再进入3d轨道 【答案】A 【解析】 【详解】A．离子晶体的配位数由阴阳离子半径比决定，NaCl中小于CsCl中，二者配位数不同导致晶胞类型不同，A正确； B．s区包含第ⅠA、ⅡA族，其中H元素属于s区，是非金属元素，B错误； C．杂化轨道既可以填充成键电子，也可以填充孤电子对，例如中心S原子的杂化轨道中就填充有1对孤电子对，C错误； D．构造原理存在洪特规则特例，例如基态Cr原子电子排布为、Cu为，未排满4s轨道就填充3d轨道，D错误； 故选A。 4. 诺氟沙星能有效阻碍细菌DNA复制，从而对细菌起抑制作用，是治疗肠炎痢疾的一种常用药，其结构如图所示。下列关于诺氟沙星的叙述正确的是 A. 可以发生取代、加成、消去反应 B. 既能与盐酸反应，又能与NaOH反应 C. 1mol诺氟沙星最多能与6mol反应 D. 诺氟沙星所含第二周期元素中，氮的第一电离能最大 【答案】B 【解析】 【详解】A．该分子中含苯环、双键、羧基、氟原子，可以发生取代反应、加成反应；该有机物不存在能发生消去反应的官能团，苯环上的氟原子无法发生消去反应，也无醇羟基等消去反应的常见结构，不能发生消去反应，A错误； B．有机物含有亚氨基（氨基），具有碱性可与盐酸反应；含有羧基、苯环上的氟原子，可与NaOH发生中和、水解反应，因此既能与盐酸反应又能与NaOH反应，B正确； C．能与H2加成的结构为苯环（1 mol苯环消耗3 mol H2）、碳碳双键（1 mol）、酮羰基（1 mol），羧基中的羰基不能与H2加成，总共最多消耗5 mol H2，C错误； D．该物质含有的第二周期元素为C、N、O、F，同周期元素第一电离能总体呈增大趋势，故第一电离能最大的是F，不是N，D错误； 故选B。 5. 初步掌握基本实验技能是学习化学和进行探究活动的必备条件。关于下列仪器(或装置)使用的叙述错误的是 仪器 选项 A．用盐酸和FeS制备 B．测定反应热 仪器 选项 C．准确称取2.68gNaCl D．除去乙烯中的 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．盐酸和FeS制备，反应为固液不加热反应，装置正确，A正确； B．进行中和热测定实验时，要用到环形玻璃搅拌器等特殊仪器，实验的关键是减少热量的损失，B正确； C．托盘天平只能精确到0.1 g，C错误； D．氢氧化钠能吸收二氧化硫，而不能吸收乙烯，能除去乙烯中的，D正确； 故选C。 6. 下列离子方程式正确的是 A. 常温下，用烧碱溶液吸收废气中氯气： B. 海水提溴中用水溶液吸收粗溴： C. “曾青得铁化为铜”： D. 用水鉴别和硫磺粉末： 【答案】B 【解析】 【详解】A．常温下烧碱吸收氯气生成NaCl、NaClO和H2O，正确离子方程式为，A错误； B．SO2具有还原性，Br2具有氧化性，二者在水溶液中发生氧化还原反应，S从+4价升高到+6价，Br从0价降低到-1价，得失电子、电荷、原子均守恒，离子方程式书写正确，B正确； C．Cu2+氧化性较弱，只能将Fe氧化为Fe2+，正确离子方程式为，C错误； D．Na2O2是氧化物，书写离子方程式时不能拆写为，正确离子方程式为，D错误； 故选B。 7. HgS常用于制作红色颜料、防腐剂。王水清除残留HgS粉末：。设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是 A. 标准状况下，含原子总数为 B. 盐酸含数为 C. 完全反应时生成的含键数目为 D. 每生成时转移电子数为 【答案】C 【解析】 【详解】A．标准状态下，的物质的量为0.5mol，含1mol原子，含原子总数为NA，故A正确； B．盐酸完全电离，故盐酸含，含氯离子数为6NA，故B正确； C．由题干可知，完全反应时，生成，含键，故C错误； D．的物质的量为0.2mol，硫由价升至0价，故生成时转移0.4mol电子，转移电子数为0.4NA，故D正确； 答案选C。 8. 嫦娥六号挖回的月背土壤成分确认了的含量，X、Y、Z、W是短周期主族元素，原子序数依次增大。短周期中，Y原子半径最大，基态X原子价层电子排布式为，W的最高正化合价和最低负化合价代数和等于0。下列叙述正确的是 A. 简单离子半径： B. 和的阴、阳离子数目比不同 C. 分子是非极性分子 D. 单质熔点： 【答案】D 【解析】 【分析】短周期中，钠原子半径最大，故Y为钠；由基态X原子价层电子排布式为知，价层电子排布式为，X为氧；W的最高正化合价和最低负化合价代数和等于0，W最高正化合价和最低负化合价绝对值相等，W原子序数大于11，所以W为硅，由“”组成可知，化合价代数和等于为价，故Z为铝。 【详解】A．电子层数相同，则核电荷数越多半径越小，故离子半径：，A错误； B．、的阴、阳离子数目比均为，B错误； C．分子是极性分子，C错误； D．钠，铝是金属晶体，硅是共价晶体，硅的熔点最高；金属原子的半径越小，价电子数越多，金属键越强，铝的价电子数多于钠，半径小于钠，故铝的熔点高于钠，单质熔点：，D正确； 故答案选D。 9. 氮化铝是第三代半导体材料，常用作电子材料、功能材料和散热基板及电子器件封装材料等。一种氮化铝晶胞如图所示。已知：正六棱柱底边长为anm，高为bnm，设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 基态N原子价层电子排布图为 B. 氮化铝晶体化学式为 C. 晶体中Al的配位数为12 D. 氮化铝晶体密度 【答案】D 【解析】 【详解】A．基态N原子价层电子排布式为2s22p3，结合泡利原理、洪特规则画出价电子排布图；故A错误； B．观察晶胞可知，氮原子：12个位于顶点、2个位于面心和3个位于体内；铝原子：6个位于棱上、4个位于体内。晶胞中，，，化学式为AlN，故B错误； C．晶胞中Al位于4个N构成的正四面体间隙中，Al的配位数为4，故C错误； D．六棱柱晶胞密度计算：，，故D正确； 答案选D。 10. 根据下列实验操作和现象，能得出相应结论的是 选项 操作及现象 结论 A 分别向、中滴加等浓度等体积的盐酸，前者无气体产生，后者产生黄绿色气体 氧化性： B 分别在同浓度的氨水、NaOH溶液中加入等量粉末，前者白色固体溶解，后者不溶解 碱性： C 在苯酚溶液，苯中分别滴加饱和溴水，前者产生白色沉淀，后者液体分层，上层呈橙红色 苯酚中苯环活化了酚羟基 D 加热溶液，溶液颜色由蓝色变为绿色(绿色＋黄色绿色) 蓝色的转化为黄色的的反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．Ni(OH)3与盐酸反应生成黄绿色Cl2，说明Ni(OH)3可氧化Cl-，而Cr(OH)3与盐酸反应无气体，说明其不能氧化Cl-，可推知氧化性：，A正确； B．Ag2SO4在氨水中溶解是因为Ag+与NH3形成了稳定的银氨配离子，和碱性强弱无关，且NaOH是强碱，碱性强于弱碱，B错误； C．苯酚和饱和溴水发生苯环上的取代反应生成三溴苯酚沉淀，是酚羟基活化了苯环，结论表述相反，C错误； D．加热后溶液由蓝变绿，说明平衡向生成黄色的方向移动，正反应为吸热反应，即，D错误； 故选A。 11. 近日，浙江大学一课题组创建光电共轭聚合物网络用于太阳能驱动硝酸盐转化产氨和氧气。模拟装置如图所示。下列叙述正确的是 A. 上述装置可实现太阳能全部转化成化学能 B. M极反应式为 C. 装置工作一段时间后，N极区溶液pH升高 D. 同温同压下，生成时理论上逸出 【答案】B 【解析】 【分析】M电极上发生还原反应生成NH3，M极为阴极；N极为阳极，OH-在N极失电子发生氧化反应生成O2。 【详解】A．太阳能转化为化学能时，有部分能量转化为热能，A错误； B．M极上得电子发生还原反应生成氨气，电极反应为，B正确； C．OH-在N极失电子发生氧化反应生成O2，电极反应式为，故N极区溶液pH降低，C错误； D．根据得失电子守恒，，同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，生成时理论上逸出体积为，D错误； 故答案选B。 12. 下列粒子浓度关系式错误的是 A. 常温下，的溶液中： B. 溶液中： C. 含和的混合液中： D. 向醋酸溶液中滴加氨水至中性： 【答案】C 【解析】 【详解】A．常温下pH<7的溶液中，电离程度大于水解程度，为主要存在离子，电离和水电离均产生，故，A正确； B．溶液中，该式符合质子守恒关系，B正确； C．忽略体积变化，混合溶液中总浓度为，含碳粒子总浓度为，根据物料守恒得，C错误； D．醋酸和氨水混合至中性时，根据电荷守恒得，且盐电离的离子浓度远大于水电离的、浓度，关系式成立，D正确； 故选C。 13. 氰化法从金矿提取黄金简易工艺流程如下，下列叙述正确的是 A. “氰浸”中，NaCN作络合剂且N原子为配位原子 B. “氰浸”反应： C. “还原”中，除生成两种配合物外，还产生一种助燃剂 D. “除锌”中，试剂X宜选择NaOH溶液、稀硫酸或硝酸等。 【答案】B 【解析】 【分析】金矿料用氰化钠溶液氰浸通入氧气，相关离子反应为，在溶液中加入锌进一步还原，发生反应Zn+2[Au(CN)2]-=[Zn(CN)4]2-+2Au、Zn+2H2O+2OH-=[Zn(OH)4]2-+H2↑，得到固体金和锌，添加试剂NaOH溶液或稀硫酸，得到粗金，据此分析解答。 【详解】A．由于电负性：N＞C，则CN-作配位体时，C为配位原子，A错误； B．根据题示，“氰浸”生成Na[Au(CN)2]和NaOH，反应的离子方程式遵循电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得离子方程式为：，B正确； C．根据氧化还原反应原理，“还原”中，锌与氢氧化钠溶液反应时，锌作还原剂，还原产物是H2，发生反应为：Zn+2H2O+2OH-=[Zn(OH)4]2-+H2↑，H2常作还原剂或燃料，常见的助燃剂有O2，C错误； D．根据题意可知：Au与氢氧化钠溶液、稀硫酸、硝酸不反应，锌能与NaOH溶液或稀硫酸反应。如果选择硝酸，会生成NO、NO2等大气污染物，且原子利用率较低，故试剂X不宜选择硝酸，D错误； 故合理选项是B。 14. K下，向三个容积不等的恒容密闭容器中投入1 mol和1 mol，发生反应：，反应相同时间后，三个容器中的转化率如图所示。下列说法正确的是 A. 三个容器中的反应速率（用容器体积标号表示）： B. b点为平衡转化率，a、c点不是平衡转化率 C. K时，该反应的平衡常数为 D. L容器中达到平衡后，若再投入1 mol和1 mol，此时平衡不移动 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应的特点为，反应前后气体分子数增大，容器体积越小，反应物浓度越大，反应速率越快，容器体积：，浓度：，反应速率和浓度正相关，所以反应速率：，A错误； B．反应，体积越小（压强越大），平衡转化率越低；体积越大（压强越小），平衡转化率越高；体积小、速率快，相同时间下a点已达平衡，b、c点不是平衡转化率，B错误； C．反应的平衡常数为，a点达到平衡，此时的转化率为50%，，，代入后得到，但容器体积未知，无法得到该反应的平衡常数为，C错误； D．L容器中达到平衡后，若再投入1 mol和1 mol，此时和的浓度为，此时浓度商：，此时平衡不移动，D正确； 故答案选D。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 苯甲酸乙酯()是一种有机化合物，天然存在于桃、菠萝、醋栗等水果中。常用于配制香水香精和人造精油，也大量用于食品中。某实验小组设计实验制备苯甲酸乙酯并计算产率。 【反应式】。 【试剂】6g苯甲酸(0.049mol)，11.9g无水乙醇(15mL，0.25mol，99.9%)，环己烷、浓硫酸、碳酸钠，乙醚，无水氯化钙。 【步骤】 步骤1：安装如图所示装置。 步骤2：在50mL圆底绕瓶中，加入6g苯甲酸、15mL无水乙醇、15mL环己烷和2.5mL浓硫酸，摇匀后加入几粒沸石，从分水器上端小心加试剂X，使液面与支管口距离1cm，分水器上端接一回流冷凝管。 步骤3：将烧瓶在电热套中加热回流，开始时回流速度要慢，随着回流进行，蒸出环己烷、乙醇和水三元共沸物。当分水器中的上层液体变得十分澄清，不再有水珠落入下层时，停止反应。 步骤4：将瓶中残留液倒入盛有冷水的烧杯中，在搅拌下加入碳酸钠粉末至无气泡产生。 步骤5：用分液漏斗分出粗产物，水层用乙醚萃取，合并粗产物和醚萃取液，用无水氯化钙干燥。水层倒入公用的回收瓶回收未反应的苯甲酸。干燥后的醚溶液置于25mL蒸馏烧瓶，先用水浴蒸馏乙醚，再在石棉网上加热，收集馏分，产量约5.0g． 已知各物质及三元共沸物的沸点/(101.325kPa)如下： 物质 水 乙醇 环己烷 三元共沸物 乙醚 苯甲酸乙酯 沸点/℃ 100 78.3 80.75 62.60 34.6 212.6 回答下列问题： （1）试剂X为_______(填字母)。 A. 乙醇 B. 乙醚 C. 水 D. 环己烷 （2）步骤2中，加入浓硫酸方式宜选择_______(填字母)。 A.直接一次性加入 B.在旋摇下滴入 （3）本实验加入环己烷的目的是_______；步骤3中，“开始回流要慢”，其原因是_______。 （4）步骤4中，不能用NaOH替代碳酸钠，其原因是_______。步骤5中，回收未反应的苯甲酸操作是：用盐酸小心酸化经碳酸钠中和后分出的水溶液，至溶液对pH试纸呈酸性，抽滤析出的苯甲酸晶体，用少量冷水洗涤后干燥。“呈酸性”的目的是_______；收集产品时控制温度为_______(填字母)。 A. B. C. （5）本实验产率约为_______%(计算结果保留两位有效数字)。 【答案】（1）C （2）B （3） ①. 形成三元共沸物有利于蒸出水，提高产率 ②. 避免反应物未反应就大量蒸出 （4） ①. NaOH溶液碱性太强，会造成产物水解 ②. 确保苯甲酸钠完全转化成苯甲酸 ③. C （5）68 【解析】 【分析】本实验通过苯甲酸与乙醇在浓硫酸存在、加热条件下发生酯化反应生成苯甲酸乙酯和水。酯化反应是可逆反应，为了提高苯甲酸乙酯的产率，可以从影响化学平衡移动的因素入手。如步骤2使用分水器，可以及时将生成的水从分水器下端放出，有利于平衡正向移动；步骤3中形成三元共沸物，也有利于水的蒸出，从而提高苯甲酸乙酯的产率。 【小问1详解】 水的密度比环己烷、乙醚都大，且与乙醇混溶，故反应过程中分水器下层为水，上层为共沸物等物质，故反应开始前在分水器上端小心加试剂水，使液面与支管口距离1cm，选C； 【小问2详解】 浓硫酸溶于液体时放出大量热，为了提高产率，应在旋摇下滴入浓硫酸； 【小问3详解】 酯化反应有水生成，加入沸点较低的环己烷形成沸点较低的三元共沸物，有利于蒸出水，促进平衡正向移动，提高产率；步骤3中，“开始回流要慢”是防止有机物被大量蒸出，反应物利用率低，造成产品产量低； 【小问4详解】 步骤4中，不能用NaOH替代碳酸钠，是因为NaOH的碱性强会造成苯甲酸乙酯大量水解；通过测定pH判断苯甲酸钠转化成苯甲酸，加入盐酸至酸性，确保苯甲酸钠完全转化成苯甲酸，提高苯甲酸回收率；苯甲酸乙酯的沸点为212.6℃，故收集产品时控制温度为在212~213℃，选C； 【小问5详解】 由反应方程式可知存在如下计量关系：苯甲酸~乙醇~苯甲酸乙酯，反应物中乙醇过量，应按照苯甲酸的量进行计算，理论上可得到苯甲酸乙酯0.049mol，故产率。 16. 是锌锰电池的正极材料，是一种绿色净水剂。以某锰矿(主要成分是，含少量Mn和Fe等)为原料制备和的流程如图。 已知：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。 金属离子 开始沉淀的pH 1.9 7.0 8.1 完全沉淀的pH 3.2 9.0 10.1 回答下列问题： （1）Mn和Fe两元素的部分电离能数据如下表所示。 元素 Mn Fe 电离能/ 717 762 1509 1561 3248 2957 Mn的第三电离能大于Fe的第三电离能，其主要原因是___________。 （2）提高“酸浸”速率的措施有___________(填一种即可)。 （3）“调pH”范围为___________；“转化”时，能转化为的原因可能是___________。 （4）写出“氧化2”过程中的离子方程式：___________；净水过程中会产生胶体，胶体与溶液、浊液、乳浊液的本质区别是___________。 （5）“电解”会产生废液，该废液可循环用于___________(填名称)工序。 （6）“灼烧”时反应的化学方程式为___________。 【答案】（1）基态、的价层电子排布式分别为、，基态达到半充满稳定结构，再失去1个电子较难，而基态再失去1个电子达到半充满结构，失电子较容易 （2）粉碎矿石或增大反应物浓度或适当加热或搅拌等 （3） ①. ②. 的溶解度小于 （4） ①. ②. 分散质粒子直径在1nm~100nm （5）酸浸 （6） 【解析】 【分析】锰矿主要成分是，含少量Mn和Fe。锰矿加稀硫酸、硫酸亚铁“酸溶”，被硫酸亚铁还原为硫酸锰，锰和硫酸反应生成硫酸锰、铁和硫酸反应生成硫酸亚铁，加氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+，加氧化铁调节生成氢氧化铁沉淀，过滤，滤渣为氢氧化铁、滤液为硫酸锰；在碱性条件下，次氯酸钠把氢氧化铁氧化为高铁酸钠，加浓KOH溶液把高铁酸钠转化为高铁酸钾；硫酸锰溶液电解可以得到二氧化锰；硫酸锰溶液中加碳酸氢铵生成碳酸锰沉淀，在空气中灼烧碳酸锰生成二氧化锰，据此分析； 【小问1详解】 基态、的价层电子排布式分别为、，基态达到半充满稳定结构，再失去1个电子较难，而基态再失去1个电子达到半充满结构，失电子较容易，所以Mn的第三电离能大于铁的第三电离能； 【小问2详解】 根据影响反应速率的因素，提高“酸浸”速率的措施有粉碎矿石、增大反应物浓度、适当加热、搅拌等； 【小问3详解】 “调pH”的目的是使完全沉淀，不能沉淀，所以“调pH”范围为；“转化”的原理是利用的溶解度小于，和KOH反应生成沉淀； 【小问4详解】 “氧化2”是在碱性条件下，用次氯酸钠把氢氧化铁氧化为高铁酸钠，反应的离子方程式为；胶体不同于溶液、悬浊液、乳浊液的本质特征是分散质粒子直径在1 nm~100 nm； 【小问5详解】 电解硫酸锰溶液生成二氧化锰、氢气、硫酸，“电解”会产生废液硫酸，该废液可循环用于“酸浸”工序； 【小问6详解】 “灼烧”中碳酸锰和氧气反应生成和二氧化碳，反应的化学方程式为。 17. 实现“碳达峰、碳中和”目标之一是有效固定和利用碳。以为原料合成和的有关反应如下： i． ii． iii． 回答下列问题： （1） _______。 （2）在某催化剂作用下，还原制备的反应历程如图所示。 决速步的基元反应式为_______。 （3）一定温度下，在刚性密闭容器中投入和合成，仅发生反应ⅰ。下列情况表明，可逆反应一定达到平衡状态的是_______(填字母)。 A. 气体密度不随时间变化 B. 气体总压强不随时间变化 C. 体积分数不随时间变化 D. 平均摩尔质量不随时间变化 （4）在催化剂作用下，密闭容器发生反应i和ii，实验测得温度对平衡体系中甲醇、甲醚物质的量分数关系如图所示。 温度低于600K时，物质的量分数变化可能的原因是_______；一定温度下，增大压强，的物质的量分数_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 （5）在5MPa下，和按体积比进入投料，只发生反应i和iii。平衡体系中，CO和在含碳产物中的物质的量分数及转化率随温度变化如图所示。 ①乙代表_______(填化学式)。内，随着温度升高，的平衡产量变化趋势是_______。 ②时，的分压为_______MPa(保留2位有效数字，下同)，反应ⅲ的平衡常数为_______(用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 【答案】（1）-123 （2） （3）BD （4） ①. 温度对反应ⅱ影响大于反应ⅰ ②. 增大 （5） ①. CO ②. 先减少后增加 ③. 0.16 ④. 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，2×ⅰ+ⅱ得目标反应：； 【小问2详解】 观察图示，过渡态为TS2的能垒最大，它是决速步，基元反应式为：； 【小问3详解】 A．刚性密闭容器体积不变，气体总质量始终不变，密度始终不变，气体密度不随时间变化不能说明反应达到平衡状态，A项不符合题意； B．建立平衡的过程中气体总物质的量减小，气体总压强减小，总压强不变时达到平衡，B项符合题意； C．根据反应式，假设某时刻二氧化碳的转化量为xmol，剩余（1-x）mol，氢气的转化量为3xmol，剩余（1-3x）mol，甲醇生成xmol，水蒸气生成xmol，代入数据计算：在任意时刻体积分数均为，二氧化碳体积分数不随时间变化不能说明反应达到平衡状态，C项不符合题意； D．平均摩尔质量等于质量与物质的量之比，建立平衡的过程中平均摩尔质量是变量，平均摩尔质量不变时达到平衡，D项符合题意； 选BD。 【小问4详解】 反应ⅰ和ⅱ都是放热反应，升高温度，平衡都逆向移动，反应ⅰ逆向移动，物质的量分数减小，而反应ⅱ逆向移动，物质的量分数增大，综合作用结果，物质的量分数增大，说明温度低于600K时，随温度升高，温度对反应ⅱ影响大于反应ⅰ；反应ⅰ的正反应是气体分子数减小的反应，反应ⅱ是气体分子数相等的反应，增大压强，反应ⅰ正向移动，浓度增大，促进反应ⅱ正向移动，故甲醚的物质的量分数增大； 【小问5详解】 ①根据反应可知，反应ⅰ是放热反应，反应ⅲ是吸热反应，升温，反应ⅰ逆向移动，量减小；反应ⅲ正向移动，CO量增大，故甲代表，乙代表CO，在反应ⅰ和ⅲ中反应的和生成的的物质的量之比为，故在该温度区间内水的量先减少后增加； ②设投料和，a、b点对应温度相等，都为270℃，平衡体系中，，，，根据H守恒，，气体总物质的量为；，，，；反应ⅲ平衡常数。 18. 香豆素(Coumarin)是一种重要的香料，常用作定香剂、脱臭剂，也用作饮料、食品、香烟等的增香剂。香豆素的一种制备工艺如图所示。 回答下列问题： （1）A的质谱图如下。 A的名称是___________；E中官能团名称是___________。 （2）F___________(填“有”或“无”)顺反异构体。E的沸点低于，判断依据是___________。 （3）在相同条件下，下列有机物酯基水解速率最快的是___________(填字母)。 a． b． c． d． （4）由F合成香豆素的化学方程式为___________。 （5）在F的同分异构体中，同时具备下列条件的结构有___________种。 ①苯环上有3个取代基 ②能发生水解反应和银镜反应 ③遇氯化铁溶液发生显色反应 （6）参照上述流程，以和乙酸酐为原料制备肉桂酸()，设计合成路线：___________(其他试剂自选)。 【答案】（1） ①. 苯 ②. 醛基和酚羟基 （2） ①. 有 ②. 邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，分子间氢键会使物质沸点升高，分子内氢键会使物质沸点降低 （3）a （4） （5）10 （6） 【解析】 【分析】根据A的质谱图可知A的相对分子质量的78，A和浓硫酸反应生成，则A为，B与亚硫酸钠反应生成C，C与熔融氢氧化钠反应后再酸化生成D，D与碱性条件先反应再酸化生成E，E一定条件下与乙酸酐反应生成F，F在催化剂条件下转化为香豆素。 【小问1详解】 根据分析可知A为苯；E为邻羟基苯甲醛，官能团为醛基和酚羟基； 【小问2详解】 F中双键的两个碳原子均连接了不同的基团，因此存在顺反异构体；邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，分子间氢键会使物质沸点升高，分子内氢键会使物质沸点降低，因此E沸点低于对羟基苯甲醛 【小问3详解】 酯基水解时，吸电子取代基会增强酯基羰基碳的正电性，加快水解速率，吸电子能力：，因此a的酯基水解速率最快； 【小问4详解】 F（邻羟基肉桂酸）发生分子内酯化反应生成香豆素，脱去1分子水，化学方程式为； 【小问5详解】 F分子式为，满足条件：①苯环3个取代基；②能水解、银镜反应，说明含甲酸酯基；③遇显色，说明含酚羟基。推导得三个取代基为：、、，三个取代基均不同，苯环上三不同取代基的同分异构体共10种。 【小问6详解】 先发生水解反应生成，再催化氧化生成，和乙酸酐发生反应生成肉桂酸，合成路线为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $