河北省石家庄市某校2026-2027学年高二上学期周测（9.20）化学试题

高三化学周测(9月20日) 可能用到的相对原子质量：H一1C一12N一14 O—16Br-80 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， 一项是符合题目要求的。 1.我国战略性新兴产业和未来产业发展日新月异，先进化学材料发挥了支撑作用。下列材料中 分属于有机物的是 A.人形机器人皮肤材料—硅橡胶B.第三代半导体核心材料—碳化硅 C.航空锂电池电极材料一石墨烯D.5G通讯传输光缆材料 —光导纤维 2.下列操作不符合化学实验安全要求的是 A.切割钠 B.试管中加锌粒 C.点燃酒精灯 D.转移热蒸发皿 A.A B.B C.C D.D 3.化学在推动社会发展和进步中发挥着重要作用。下列相关化学方程式错误的是 高温、高压 A.工业合成氨：N2+3H, ≌2NH, 催化剂 通电 B.氯碱工业：2NaCI+2H,O兰2NaOH+H,个+CL,个 C.氨脱硫法脱除烟气中少量二氧化硫：4NH3+2H,0+O2+2SO02=2(NH4),S04 OH CH3 O D.生产可降解高分子聚乳酸： mCH,CHCOOH催化剂H[0CHC匀oH+nH,0 4.化学助力体育强国与健康中国建设。下列说法错误的是 A.乒乓球拍底板加入碳纤维材料，强度更高，质量更轻 B.速滑冰刀由合金钢制成，熔点、强度均高于纯铁 C.竞赛泳衣多采用氨纶复合面料，疏水、亲肤、弹性好 只有 D.铅球由铸铁和钢制成，硬度更大，更安全、更耐用 5.我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的 主要成 反应为S+2KNO3+3C=K,S+N2个+3CO2个。下列说法正确的是 A基态S原子价层电子的轨道表示式为价分 个个女 3s 3p B.NO?的价层电子对互斥模型为 C.C0,分子中o键与π键的个数比为1：1 D.N2分子的电子式为N:N 6.有机光电功能材料重要中间体X的一种合成反应如下： 催化剂、 +HC三C-H 下列说法错误的是 A.该反应的原子利用率为100% B.X中碳原子都是Sp杂化 C.X存在顺反异构 D.X可发生聚合反应 7.我国科研工作者研发了一种高效双功能电催化剂，可实现硝酸盐与葡萄糖的同时转化，其原理如图 所示： M电源N ●●为 0 H CoHgOg NH ● 0 阳 离 ●Cu 子 ● Ni ● 、C6H1206 交 NO 膜 KOH+C.H12O6 KOH+KNO3 第1页/共6页 下列说法错误的是 A.M是电源正极，N是电源负极 B.电解一段时间后，电极Ⅱ附近c(OH)减小 C.电路中每通过3mol电子，理论上产生0.5molC6HgO? 通电 D.总反应为4C6H206+3NO3+50H 4C6H,Og+3NH3个+6H,0 8.下列对宏观事实的微观解释错误的是 选 宏观事实 微观解释 项 电子从能量较高的轨道跃迁至能量较低的轨 A 霓虹灯发光 道时，以光的形式释放能量 常温下，苯酚能与NaOH溶液反应， B 苯环使羟基中O-H键极性变强 而乙醇不能 C60不溶于水，可溶于苯 水是极性分子，C60与苯均为非极性分子 某汽车防冻液（主要成分为水和乙二 乙二醇水溶液分子间的范德华力大于水分子 D 醇)的凝固点为-40℃ 间的范德华力 A.A B.B C.C D.D 9.对甲苯磺酸钠(p-TsONa)熔点大于300C,易溶于水。实验室合成路线如下： CH3 CH3 CH3 浓H2SO4 NaCl ① ② SOH SONa 下列说法错误的是 A.水分离装置的使用有利于反应①的进行B.温度过高会造成多取代副产物的增多 C.饱和NaCI溶液有利于p-TsONa粗品的析出D.蒸馏法较重结晶法更适于p-TsONa的提纯 10.LaBeH3是由我国科学家理论预测并合成的具有高温超导电性的材料，其立方晶胞如图所示，晶 胞棱长为apm。晶体中氢原子与铍原子构成立方体单元(BHg),铍原子位于体心。氢原子Y和Z的 分数坐标分别为(0.85,0.15,0.65)和(0.85,0.15,0.35)。 ●Be OBeHs o H 下列说法错误的是 A.La原子周围最紧邻的氢原子有12个B.晶胞沿体对角线的投影图为 CXY两原子之间的距离为3 apmD.晶胞中含有4个BeHg单元 0 11.X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素。基态X原子中电子对的数目、未成对电 子数均与其所在周期数相同，Y与X相邻，基态Z原子最高能级的电子有4种运动状态，M与Y同 主族，Q在同周期主族元素中第一电离能最大。下列说法正确的是 A.简单氢化物的键角：X>M B.双原子分子的稳定性：Z>Y C.元素的电负性：Q>Z D.元素的非金属性：M>Q 12.C0,的利用技术受到全球的广泛关注。在一定条件下使用催化剂将C0,转变为CO的反应机理如 下： 第2页/共6页 吗琳 0 H◆O H-N-Ru ③ H-N-Ru ⑤ N-Ru N-RU ② H①H2 H-N-Bu N-Ru CO, ⑥ co 下列说法错误的是 A.反应③中的产物M是H,O B.循环Ⅱ包含C一N键的形成与断裂 催化剂 C.吗啉和N一Bu共同起催化作用D.总反应为CO2+H, C0+H,0 13.由下列实验事实不能得出相应结论的是 选 实验事实 结论 项 恒温恒容下2HI(g)≥L2(g)+H,(g)平衡 A 通入氩气后c(L2)不变，平衡不移动 体系通入氩气，体系颜色不发生变化 B 甲酸铵(HCOONH4)水溶液显酸性 K (HCOOH)>K(NH3H2O) 等浓度A1+与Fe3+的混合溶液中加入过量 K.[Fe(OH),]K[Al(OH),] NaOH溶液，生成红褐色沉淀 [Fe(SCN) 溶液中滴加NH,F,溶液由红 D 稳定性：[Fe(SCN),]<[Fef, 色变为无色，生成[FeF。 A.A B.B C.C D.D 14.25℃下，在0.1mol.L的K溶液中加入一定量12(s),达平衡时，溶液中-lgc(L2）和c(X)(X=L5 或I○)与pH的关系如图所示（溶液体积变化忽略不计）： 5 0.2 0.1 1e5了 0.049 人 2.87 0.0 7.5 8 8.73 9 10 pH 己知：I.pH<8.73时，体系中有L2(S)存在： Ⅱ.溶液中存在①+L2(aq)=I5:②3L+60H→8+IO+3H,0。 下列说法正确的是 49 A.反应①的平衡常数K= ×102.87 51 B.溶液中始终有c()>c),且pH>8.73时， c() 的值随pH增大而减小 e(I C.若在平衡体系中加入少量12(S),IO3和I5的平衡浓度均增大 D.若改变KI溶液的初始浓度，相同pH下达平衡时，c(I厂）c(IO?)的值不变 二、非选择题：本题共4题，共58分。 15.某兴趣小组探究NH,Br的制备。（实验均在通风橱内进行） 查阅资料：液溴(Br,)是生产溴化合物的基本原料。工业上利用B?,和氨水的氧化还原反应生产 NH,Br。实验室制备少量高纯度NH,Br常用氨气和氢溴酸的中和反应。 方案I:模拟工业生产方法制备NH,Br(夹持装置等略) 实验装置如图所示： 第3页/共6页 液溴 氨水 搅拌磁子遥 氨水 冰水浴 步骤如下： i检查装置气密性。 ⅱ将盛有65.0mL7.5molL氨水的C置于冰水浴中，搅拌下由B向c缓慢滴加10.0mL(32.0g) Br,,反应快速进行，C中出现白烟，D中导管口有无色气泡冒出。滴加完毕后关闭K2,C中溶液呈 橙黄色。 进打开K1,向C中逐滴加入15.0olL氨水至反应完成，再继续滴加少量氨水。 ⅳ将C和D中的溶液混合，转移至蒸发皿中，水浴加热蒸发、冷却结晶得粗品，进一步提纯得到无 色产品29.4g。 回答下列问题： (1)仪器B的名称为 (2)步骤中检查装置气密性的操作： 微热C,若导管口有气泡冒出， 停止加热，冷却后导管内上升一段水柱，并保持一段时间不下降，则证明装置气密性良好。 (3)步骤i中，制备NH,Br的化学方程式为 (4)步骤中，滴加氨水至溶液 时（填实验现象），反应恰好完成。 (5)反应开始时，D中应盛放 (单项选择，填序号) a.KMnO,溶液 b.蒸馏水 c.稀盐酸 (6)步骤v中进一步提纯的方法为 (7)NH4Br(M=98gmol)的产率为。 第4页 方案I:实验室方法制备NH,Br i利用70%硫酸和N,SO,固体反应制备SO,,再通入盛有Br,和碎冰的烧瓶中，反应后溶液经蒸馏、 除杂、再蒸馏得到高纯度氢溴酸。 ⅱ利用氨水加热制备氨气，经净化处理后的氨气缓慢通入氢溴酸中至碱性，停止通气。溶液转移至蒸 发皿中，水浴加热蒸发、冷却结晶得高纯NH,Br。 (8)对比两种制备方案，方案I存在的优点和不足为 (优点和 不足各答出1点即可)。 16.钒和铬是重要的战略金属。河钢集团与中科院合作研发了国际领先的亚熔盐法清洁生产工艺，实 现在温和条件下钒和铭的高效提取。主要流程如下： 50% ①H20 稀H2S04 NaOH溶液 ②Ca0 Na2S03 调pH 80℃ 钒渣→氧化一→沉淀 冷却 蒸发 还原州 水解 结晶 结晶 沉淀 >…→Cr203 140-180℃ 40℃Y 滤渣 母液 滤液 V205 已知：钒渣主要含FeO.V,O3、Fe0.Cr,O3、SiO,和少量CaO、MgO等。 回答下列问题： (1)V和C均位于元素周期表的 区。 (2)氧化工序通常采用较大的O,流量，其目的是 配平化学方程式： FeO.V2O3+NaOH+2 Fe,03+ Na:VO+ H,O (3)滤渣的主要成分有MgO、 (填化学式)。 (4)80C和40Cc时，Na,VO,和Na,CrO4的溶解度随NaOH质量分数变化如图所示。结合图像 分析NaOH质量分数为30%时，冷却结晶工序降温至40C有利于实现钒和铬有效分离的原因： /共6页 60r 80℃ 60 40℃ 50 50 40 40- 赵 、,Na2Cr04 、Na2Cr04 30 30 20 美 20 10 NagVO4 10 NasVO4 3040 0 20 50 10 203040 50 W(NaOH)/% w(NaOH)/% (5)母液返回 工序。 (6)还原工序中，反应的离子方程式为 17.丙烯是石油化工行业的重要原料，利用C0,氧化丙烷制备丙烯对环境保护和经济发展有重要的意 义。反应如下： IC,H(g)+C02(g)、→C,H6(g)+C0(g)+H2O(g) △H 使用铂锡双金属催化剂①M①，上述反应分两步进行： C,Hs(g)C,H.(g)+H2(g) △H2=+124kJ.molΓ C02(g)+H2(g)=CO(g)+H0(g) △H=+41 kJ.molΓ 回答下列问题： (1)△H1= kJ.mol-。 (2)550C时，恒容密闭容器中装有0.20g催化剂M,按n(C,Hg):n(CO2)=11通入混合气体， 反应2h后得到0.012molC,H6,则0-2h内每克催化剂催化生成C,H。的平均速率为 olh·g。下列能说明该体系达到平衡状态的是_（不定项选择，填序号）。 a. n(C,H)=n(H2)+n(CO) b.C3H。的生成速率和消耗速率相等 c.混合气体的密度不再改变 d.混合气体的平均摩尔质量不再改变 (3)反应历程中，催化剂M表面可能发生的部分基元反应及其相应活化能如图甲所示（吸附在催化 第5页 剂表面上的物种用*标注)： ①CH,CH,CH3→*CH,CH2+*CH? ②*CH,CH,CH3→*CH,CHCH3+*H ③CH,CHCH3→>CH,CH+*CH, ④*CH,CHCH3→*CH,CHCH2+*H 4.0r 3.26 3.0 人 2.09 盟 2.0 蜘 1.0 0.94 0.80 0.0 ① ② ③ ④ 甲 该催化剂对 (填C一C或C—H)键的断裂具有更好的选择性。 (4)100kPa下，向装有适量催化剂M的密闭容器中通入C,H.和C0,各1mol,在不同温度下体系 达平衡时各组分的物质的量如图乙所示： 0.9r 0.8 0.7 0.6 0.5 显 0.4 0.3 0.2 0.1 0.0 450500550600650700 温度/℃ 乙 ①图乙中曲线L代表的组分为 ②若体系压强变为50kPa,其他条件不变，达平衡时，A点对应组分的物质的量 (填“增大“减 小”或“不变)，原因为 共页 18.他司美琼（①是一种新型褪黑素受体激动剂，用于治疗睡眠障碍。其合成路线之一如下（未考虑立体 异构)： OH OCH2C.Hs OCH2CHs OH C.HCH2Cl 1)0s04 CH01)NaBH4、 人0H1CIC=02 DMF NaOH 2)NalO CHO 2)Pd/C,H2 入OH2NCH →GHuC10a0H C2HOH ① ③ D E ⑤ C6H50、 CN NCH)CuH NOPd/C,H. C2H50 H202 ⑧ CN NaH,催化剂 ←催化剂 ⑨ ⑦ ⑥ 回答下列问题： (1)T中的官能团名称为醚键和 (2)A与Br,可发生 反应和 反应。 (3)反应①引入基团CoH5CH-的目的是 (4)H中手性碳原子的个数为 (5)J的结构简式为 (6)E不与FCl,溶液发生显色反应，写出反应⑤的化学方程式： (7)写出满足下列条件的G(C1oH1oO2)的芳香族同分异构体的结构简式： a)红外光谱表明无C=O和O-H吸收峰 b)核磁共振氢谱显示有两组峰，且面积比为1：4 第6页/共6页9.20化学周测答案 2 3 5 6 7 8 0 10 11 12 13 14 A C D B C C B D D A A B C B 1. 【答案】A【详解】A.硅橡胶是含有碳元素的有机高分子聚合物，属于有机物，A符合题意： B.碳化硅化学式为SiC,属于无机碳化物，是无机物，B不符合题意： C.石墨烯是碳元素的单质，有机物属于含碳化合物，因此不属于有机物，C不符合题意： D.光导纤维的主要成分为SO,,属于无机非金属氧化物，是无机物，D不符合题意： 2.【答案】C【详解】A.切割钠时用镊子夹持，在玻璃片上用小刀切割，剩余的钠放回原试剂瓶， 操作符合实验安全要求，A不符合题意： B.向试管中加块状锌粒时，先将试管横放，用镊子将锌粒送至试管口后缓慢竖立试管，避免锌粒砸 破试管底部，图中操作符合规范，B不符合题意： C.点燃酒精灯时禁止用燃着的酒精灯引燃另一盏酒精灯，否则易导致酒精洒出引发火灾，该操作不 符合安全要求，C符合题意； D.热蒸发皿温度较高，用坩埚钳夹持转移，放置在石棉网上，可防止烫伤或损坏实验台，操作符合 安全要求，D不符合题意： 3.【答案】D【详解】A.工业合成氨是W,与H,在高温、高压、催化剂条件下发生可逆反应生成 高温、高压 N,化学方程式为：VN,+3H,元2NH,A正确： 催化剂 B.氯碱工业是电解饱和氯化钠溶液，生成NaOH、H,和CI,,化学方程式为： 通电 2NaCl+2H,O2NaOH+H,个+CL2个，B正确： C.氨脱硫时，O,先与WH3、H,O反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵再被O,氧化为硫酸铵，化学方程 式为：4WH3+2H,O+O,+2SO,=2(WH4),SO,,C正确： D.乳酸发生缩聚反应生成聚乳酸时，聚合物两端各保留1个氢原子和1个羟基，脱去的水分子数应 OH CH3 O 为n-1,化学方程式书为： nCH,CHCOOH→Hf0 CH on"10,D债误： 催化剂 4.【答案】B【详解】A.碳纤维具备强度高、密度小的优良性能，制作乒乓球拍底板可实现强度更 高、质量更轻的效果，A正确： B.合金钢属于铁的合金，合金的熔点通常低于其组成纯金属的熔点，因此合金钢熔点低于纯铁，B 错误； C.氨纶是聚氨酯类纤维，疏水、亲肤且弹性优异，适合制作竞赛泳衣，C正确： D.铸铁和钢均为铁碳合金，硬度远大于纯铁，制成铅球更安全耐用，D正确： 第1页 5.【答案】C【详解】A.基态S原子价电子排布为3s23p4,根据洪特规则，3p轨道的4个电子应 优先分占不同等价轨道，即1个p轨道填充2个电子，另外2个p轨道各填充1个单电子，选项中的 轨道表示式违反洪特规则，正确的轨道表示式为 个 个个 A错误； 3s 3p B.NO中心N原子的价层电子对数为3+ 5+1-3×2 =3,无孤电子对，价层电子对互斥模型为平 2 面三角形： B错误； C.CO,的结构式为O=C=O,每个双键包含1个0键和1个π键，分子中共2个0键、2个π 键，二者个数比为1：1，C正确： D.W分子的电子式应为：N:N:,孤电子对应分布在两个N原子的外侧，选项电子式书写错误， D错误； 6.【答案】C【详解】A.该反应属于加成反应，反应物的全部原子都转化为产物X,无其他副产物 生成，原子利用率为100%，A正确： B.X中的碳原子一部分属于苯环结构，另一部分属于碳碳双键结构，均为Sp杂化，B正确； C.顺反异构要求碳碳双键两端的每个碳原子都连接两种不同的基团，X中碳碳双键的末端碳原子连 接2个氢原子，不存在顺反异构，C错误： D.X中含有碳碳双键，可以发生加聚反应，D正确： 7.【答案】B【分析】左侧电极I上，CH12O6转化为C6HO,碳元素的化合价从0升高到+1，发 生氧化反应，电极反应式为C,H,O,-6+8OH=CHO3+6H,O,因此电极I是阳极。右侧电 极I上，NO转化为H3,氮元素的化合价从+5降低到-3，发生还原反应，电极反应式为 NO,+8e+6H,O=NH,个+9OH,因此电极Ⅱ是阴极。 【详解】A.根据上述分析，电极I是阳极，应连接电源正极M:电极Ⅱ是阴极，应连接电源负极N, A项正确： B.电极I是阴极，发生还原反应。NO转化为NH3,N的化合价从+5降为-3，每个N原子获得 8e。在碱性条件下，电极反应式为NO+8e+6H,O=NH3个+9OH,阴极生成了OH,导致 电极Ⅱ附近c(OH)增大，而不是减小，B项错误： 共6页 C.根据分析可知电极I发生的电极反应式为：C6H1,O。-6e+8OH-=C.HO-+6H,O每转移 6mole,生成1mol C6H.O3。因此转移3mole时，生成0.5molC6H3O3,C正确： D.将两极电极反应结合：阳极：C6H1O。+8OH-6e=C6HO+6HO,阴极： NO+8e+6H,O=NH,个+9OH,将阳极×4，阴极x3,使得失电子数相等，相加得 4C6H1O.+3NO+5OH=4C6H3O3+3NH3+6H,O,D项正确： 8.【答案】D 【详解】A.霓虹灯发光的本质是原子核外电子从高能级轨道跃迁至低能级轨道时，将多余能量以光 的形式释放，A不符合题意： B.苯酚中羟基直接与苯环相连，苯环的吸电子效应使羟基O-H键极性增强，更易电离出氢离子，酸 性强于连有给电子效应乙基的乙醇，因此苯酚能与NaOH反应而乙醇不能，B不符合题意： C.根据相似相溶规律，极性溶剂易溶解极性溶质，非极性溶剂易溶解非极性溶质，水是极性分子， C6和苯均为非极性分子，因此C0不溶于水可溶于苯，C不符合题意： D.乙二醇防冻液凝固点远低于纯水，本质原因是乙二醇可与水分子形成氢键，改变了纯水原本的分 子间作用结构，使凝固点降低：若分子间范德华力越大，物质凝固点越高，原解释逻辑错误，D符合 题意； 9.【答案】D 【详解】A.反应①是甲苯的磺化反应，这是一个可逆反应，反应过程中有水生成，水分离装置可移 除生成的水，使平衡正向移动，有利于反应①进行，A正确： B.甲基为苯环邻、对位定位基，在过高的温度下，反应速率过快，能量较高，可能导致生成二磺酸 或多磺酸等副产物，B正确： C.饱和NaCl溶液中Na浓度高，通过同离子效应可降低pTsONa的溶解度，有利于其粗品析 出，C正确； D.pTsONa熔点大于300C,沸点极高，一般需采用减压蒸馏，操作不方便，且蒸馏时高温可能导 致其分解；且其易溶于水，重结晶法更适合提纯，D错误： l0.【答案】A【详解】A.从晶胞图可以看出，La原子（黑球）位于立方晶胞的顶点和面心， BeH?位于棱心和体心，以位于面心的La原子为研究对象，周围最紧邻的BH?有6个，每个 BH?单元中有4个H原子与La原子紧邻，则La原子周围最紧邻的氢原子有24个，A错误： B.立方晶胞沿体对角线投影后结构为正六边形结构，位于体对角线上的原子会投影到图像中心，面 心原子会投影到中心周围，则该晶胞沿体对角线的投影图为： B正确： 第2页 C.氢原子Y和Z的分数坐标分别为(0.85,0.15,0.65)和(0.85,0.15,0.35)，则BH3单元正方体的 边长为0.65apm-0.35apm=0.3apm,X、Y两原子之间的距离为BeH3单元正方体体对角线的一半， 为0.3axv 3V3 一Dm三 pL,C正确 2 20 D.BeH。单元位于棱心和体心，数目为12x+1=4,因此晶胞含4个BH,单元，D正确： 4 11.【答案】A【分析】X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态X原子中电 子对的数目、未成对电子数均与其所在周期数相同，则X位于第二周期，电子排布为1s22s22p2, 共2对电子、2个未成对电子，X为C:Y与X相邻，原子序数更大，Y为N;Z最高能级有4种运 动状态的电子，每个电子运动状态不同，即最高能级有4个电子，Y为N,Z原子序数更大，第二周 期最高能级为2p,Z的最高能级为2p4,Z为O;M与Y同主族，M为P;Q在同周期主族元素 中第一电离能最大，同周期主族元素，从左往右第一电离能有增大的趋势，则Q为C1。 【详解】A.X的简单氢化物为CH,中心C原子价层电子对数为4+4-4X1-4,不含孤电子对， 杂化方式为sp:M的简单氢化物为PH3,中心P原子价层电子对数为3+ 5-3×1 -4,有1对孤电 子对，杂化方式为$p3,孤电子对成键电子的斥力更大，会使键角变小，故键角CH4>PH,,A正确： B.Z的双原子分子为O,,Y的双原子分子为W,,W,含氨氮三键，键能远大于O的双键，稳定性 W,>O2即Y>Z,B错误： C.化合物HCO中C1元素为+1价，O元素为-2价，可知O元素对成键电子的吸引力更强，电负性 更大，则电负性O>C1,C错误： D.同周期主族元素从左到右非金属性递增，故非金属性CI>P即Q>M,D错误； 12.【答案】B【详解】A.反应③中HCOO-与NH-发生取代反应生成酰胺基，结合原子守恒可知， 产物M为H,O,A正确： B.循环Ⅱ中仅存在酰胺基中C-N键的断裂，没有新C-N键的形成，B错误： C.吗啉和N一 u均先参与反应、后再生成，反应前后化学性质不变，共同起催化作用，C正 确； D.结合整个反应流程，反应物为CO,和H,,产物为CO和H,O,总反应化学方程式为： 共6页 催化剂 CO,+H, CO+H,O,D正确： 13.【答案】C【详解】A.恒温恒容条件下通入氩气，容器体积不变，各反应物、生成物浓度均不 改变，c(I2)不变故体系颜色不变，平衡不移动，结论正确，A不符合题意： B.HICOONH,为弱酸弱碱盐，溶液酸性说明NH水解程度大于HCOO,水解程度越大对应弱电 解质电离常数越小，故K,(HCOOH)>K,(NH3·H,O),结论正确，B不符合题意； C.A(OH),为两性氢氧化物，可与过量NaOH反应生成可溶性N[A(OH)4],且生成的白色沉 淀会被红褐色沉淀干扰，因此仅根据生成红褐色沉淀无法判断F(OH),和A(OH),的溶度积大 小，不能得出相应结论，C符合题意： D.配离子转化反应会生成稳定性更强的配离子，溶液红色褪去生成[F,]，说明稳定性 [Fe(SCN)6]<[FeF],结论正确，D不符合题意： 14.【答案】B【分析】当pH<8.73时，体系中有I（S)存在。这意味着在pH≤8.73时，溶液中的 I(ag)处于饱和状态，其浓度c(12)=10-28”mol·L保持恒定。 c( 【详解】A.反应①的平衡常数K= pH=7.5时c(12）=10-287molL1, c(I)c(1) cI)=0.049o1/L,根据碘元素守恒，初始cI）=0.1o1:L1,由于反应①消耗了转化为 了I,且物质的量之比为1：1，反应2在pH=7.5时产生的IO极少，趋近于0，可以忽略，所以此 时平衡时：c(I）=0.1mol.L1-c(I5）=0.1mo1.L1-0.049o1.1=0.0511o·L1，代入数 0.049 49 据：K= 0.051×10-287= ×10287,A错误： 51 c(I) KeU,)引对关系c)小)成立，当pH>83时.反应 49 B.当p<8.73时， c(I) ②3I+6OH、一8I+1O+3H,O右移，消耗生成更多，因此始终满足 第3页 c(I)>c(I)；当pH>8.73时， c=Kc(),c)逐降低，K不变，故 的值随 cI） pH增大而减小，B正确： C.当pH<&.73时，体系中已经存在I,(S),说明溶液中的I（q)已经达到了饱和溶液的溶解平 衡。此时再加入少量的I（S),c(I)不变，因此，化学平衡①和②都不会发生移动，IO和I的平 衡浓度都保持不变，C错误： D.反应②+3x反应①得到31，+60H=51+10,+3H,0,平衡常数K= c()c) c3 (1).cOH) c(I)cIO)=K×c3(I)c(OH),相同pH下意味着c(OH)是定值，改变I溶液的初始 浓度，反应①平衡会发生移动，c(I,)改变，K保持不变，故c(I）cIO)是变量，D错误： 故选B。 15.【答案】(1)分液漏斗 (2)关闭K1、K,,向D中加水使导管口浸没在水面下 (3)3B+8NH3·H,O=6WH4Br+N,个+8H,O(或3B+8WH3=6WH4Br+W,) (4)橙黄色褪去（或由橙黄色变为无色） (5)b (6)重结晶(7)75% (8)优点：步骤少，操作简单（或无需制备氢溴酸，节约时间）：不足：反应剧烈，易产生白烟造成 原料损失（或液溴易挥发，易污染环境），且存在提纯流程复杂等缺陷 【分析】方案I(工业法)利用B与氨水的氧化还原反应制备H4Br:部分Br从0价被还原为-1 价得到Br,部分H3中-3价N被氧化为0价N,,最终生成WH4Br。方案Ⅱ（实验室法）先通 过SO,还原B制备高纯度氢溴酸，再利用氢溴酸和氨气的中和反应得到H4Br。 【小问1详解】仪器B的名称为分液漏斗。 【小问2详解】检查装置气密性需要先形成密闭系统，因此必须关闭滴液漏斗的活塞K1和K,,并 将D中导管浸入水中，再通过微热烧瓶C观察是否有气泡冒出及冷却后是否形成水柱来判断气密 性。 【小问3详解】液溴与氨水发生氧化还原反应，溴单质作氧化剂被还原为B,氨气作还原剂被氧 化为无色气体W,,根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为： 3B5+8WH3·H,O=6NH4Br+N,个+8H,O(或3B+8NH3=6NWH4Br+N3)。 共6页 【小问4详解】步骤结束后溶液呈橙黄色，说明液溴过量。步骤中滴加氨水是为了消耗过量的液 溴，当液溴完全反应时，溶液的橙黄色会褪去，变为无色。 【小问5详解】反应过程中会有未反应的WH3和B,挥发出来，D装置用于吸收这些挥发物。由 于步骤v中需要将C和D中的溶液混合提纯，若使用MO4溶液或稀盐酸会引入新的杂质离子， 而使用蒸馏水吸收后生成氨水和溴水，混合后可继续反应生成WH,Br,既提高了产率又不引入杂 质，故选b。 【小问6详解】步骤v中通过蒸发结晶得到的是含有少量杂质的粗品，进一步提纯可溶性无机盐固体 最常用的方法是重结晶。 32.0g 【小问7详解】加入的B)质量为32.0g,其物质的量n= 160g/mol 一=0.2mol。根据关系式 3B5~6WH4Br可知，理论上生成WH4Br的物质的量为0.4mol。理论产量 m=0.4ol×98g/ol=39.2g。则产率= 29.48×100%=75%。 39.2g 【小问8详解】对比方案I和方案Ⅱ，方案I直接利用原料一步反应制得产品，流程短、操作简便：但 由于液溴与氨水反应放热剧烈，容易导致反应物挥发产生白烟，降低了原料利用率，且液溴挥发存在 环保隐患、且存在提纯流程复杂等缺陷。方案Ⅱ虽然步骤繁琐，但反应条件温和，产品纯度更高。 16.【答案】(1)d (2) ①.提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分（或提高钒、铬 的浸出率等，合理即可) ②.4e0V01+20Na0H+50,全2Fe,0+8NaV04+12H0 (3) ①.Fe03 ②.CaSiO3 (4)在NaOH质量分数为30%时，40C下Na3VO4的溶解度远小于80C,而Na2CO4的溶解度变化 不大。降温至40C时，Na3VO4大量结晶析出，而Na2CO4仍留在溶液中，从而实现钒和铬的分离 (5)氧化 (6)2CrO+3SO3+10H+=2C3++3SO+5H0 【分析】简要分析工艺流程：氧化：加入NaOH溶液，通入O,,140℃~180C反应，铁的转化：FeO被 氧化为F,O3,钒的转化：根据小问(2)，碱性条件下VO3被O,氧化为N@O4。铬的转化：CO3 被氧化为Wa,CO4。硅的转化：SiO,直接与NaOH反应生成Na,Sio3。沉淀：加入H,O和CaO, CaO与水反应生成Ca(OH)2。Ca(OH),与Na,SiO,生成CaSio3沉淀。同时，生成的氧化铁和不与 碱反应的氧化镁也可能在此处作为滤渣除去。冷却结晶：降温至40°C,利用不同物质溶解度随温度 第4页 变化的差异进行分离。W☑O4的溶解度受温度影响较大，且在高浓度碱性溶液中，降温容易析出； W,CO,的溶解度通常较大，且受温度影响相对较小，在该条件下仍保持溶解状态。析出的固体主要 为钒的化合物（后续处理可得，O),而铬保留在母液中。这一步实现了钒铬分离。蒸发结晶：对分 离出钒后的母液进行蒸发浓缩。让N,CO,从母液中析出，母液中亦含有少量N,CrO,,还原：利 用稀H,SO4、NWa,SO3。将溶液中的CO还原为C3+。水解沉淀：调节溶液的pH值，使Cr3+发 生水解反应，生成C(OH)3沉淀。后续过滤得到的C(OH)3沉淀经过煅烧分解，即可得到最终产品 CO3。 【小问1详解】根据元素周期表分区规则，V(23号)属于第VB族，Cr(24号)属于第VB族，它 们的价电子排布分别为3d34s2和3d54s1,均位于d区。 【小问2详解】首先，氧化工序的目的是将FeO.V2O3和FeO.Cr203中的Fe(四、V(四、氧化为Fe(四)、 V(),同时需要保证反应物充分接触，提高反应速率和转化率。采用较大O2流量可以提高氧气浓度， 加快反应速率，使反应更充分（或提高钒、铬的浸出率等，合理即可）。配平化学方程式：FOVO3中 Fe为+2价，V为+3价；FeO3中Fe为+3价，Na3VO4中V为+5价。每1 mol FeO.V2O3中，Fe失去1 mole,2molV共失去4mole,总计失去5mole。O2每1mol得4mole,因此Fe0VO3与O2的 △ 系数比为4：5。最终方程式为：4Fe0V03+24NaOH+503=2Fe203+8Na3V04+12H0。 【小问3详解】在氧化步骤中，FeOV2O3和Fe0CrO3被氧化为FeO3、Na3VO4、Na2CrO4,SiO2与 NaOH反应生成Na2SiO3。进入沉淀步骤后，加入H,O和CaO,CaO与水反应生成C(OH)2。 Ca(OH)2与Na,SiO3生成CaSio3沉淀，Mg0与FeO3不与碱反应，综上，滤渣主要成分为MgO、 FeO3、CaSiO3o 【小问4详解】观察图像：在80C时，Na2CrO4的溶解度较高，且随NaOH浓度增加而降低。 Na3VO4的溶解度较低，在40C时，Na3VO4溶解度显著降低，而Na2CrO4溶解度仍较高。当NaOH 质量分数为30%时，40℃下Na3VO4溶解度远小于80℃，而Na2CO4溶解度变化不大。因此，降温至 40C时，Na3VO4大量结晶析出，而NaCO4仍留在溶液中，可实现钒和铬的分离。 【小问5详解】母液主要含NaOH,以及未结晶析出的Na3VO4、NaCrO4等，根据流程，母液应返回 “氧化”工序，继续参与反应，提高原料利用率。 【小问6详解】还原工序中，Na2CrO4被NaSO3还原为Cr3+,SO3被氧化为SO。根据氧化还原 反应配平，离子方程式为2CrO+3SO+10H+=2Cr3++3SO+5H0。 17.【答案】(1)+165 共6页 (2) ①.0.03 ②.bd (3)C-H (4) ①.H, ②.减小 ③.A点代表的组分为CO,,该反应体系中发生的主要反应为气体 分子数增大的反应，减小压强，反应I平衡向正反应方向移动，CO,消耗量增大，其物质的量减小 【小问1详解】根据盖斯定律，将反应Ⅱ和反应Ⅲ相加即可得到反应I,故 △H,=△H,+△H3=+124kJ·mo1+41kJ.mo1=+165kJ.moF1。 【小问2详解】0~2h内每克催化剂催化生成C3H。的平均速率 0.01201 V= =0.03molh1.g1。 0.20g×2h a.由Ⅱ、Ⅲ两步反应关系可得，任意时刻都满足n(C3H)=n(H2)+n(CO),无法说明各组分浓度或 百分含量保持不变，不能作为平衡标志，错误： b.C3H。的生成速率等于消耗速率，说明正逆反应速率相等，达到平衡，b正确： c.该反应在恒容密闭容器中进行，气体总质量不变，容器体积不变，混合气体的密度始终不变，不 能说明达到平衡状态，错误： d.反应前后气体总质量不变，但反应和反应Ⅱ都是气体分子数增加的反应，气体总物质的量在反应 过程中不断增大，平均摩尔质量不断减小，当混合气体的平均摩尔质量不再改变时，说明达到了平衡 状态，正确。 故选bd。 【小问3详解】由图甲可知，断裂C-H键的基元反应（②和④）的活化能分别为0.94V和 0.80eV,明显低于断裂C-c键的基元反应（①和③）的活化能(3.26eV和2.09eV)。活化能越 低，反应越容易进行，因此该催化剂对C-H键的断裂具有更好的选择性。 【小问4详解】①初始通入C3H3和CO,各1ol。根据反应江和Ⅲ，设消耗的C3H3为ol,消耗 的CO2为yol,则生成的C3H。为ol,生成的CO为ymol,体系中存在的H,为 (x-y)ol。由于存在H,,故x>y,即消耗的CH3多于消耗的CO,,平衡时剩余的CH3少于 CO,。升温使平衡正向移动。因此，反应物（的C3H?、CO2)的量会随温度升高而减小，图中下降 的曲线中，虚线在上方，代表CO,,点线在下方，代表C3Hg。观察反应CO、HO的物质的量一定 相等，反应I和Ⅱ均会生成主产物C?H。,所以其物质的量在所有产物中应该是最高的，对应最上面的 那条实线；550℃之后，由于C3H3随升温而骤减，下降的比CO,要快，说明反应I发生程度较大，导 第5页 致n(H,)的量大于n(CO)=n(H,O),故曲线L代表H2。 ②A点在虚线上，代表的组分为CO,。该反应体系中发生的反应（反应I、Ⅱ)均为气体分子数增大 的反应，若体系压强由l00Pα变为50Pa,压强减小，平衡向气体分子数增大的方向（即正反应方 向)移动，CO,的转化率增大，其物质的量减小。 18.【答案】(1)酰胺基 (2) ①.取代 ②.加成 (3)保护酚羟基不在反应②被氧化 (4)2 (5 NH2 CH.CH,OH 6) +NaOH 加 +NaC1+H.O 7 【分析】A与CH5CHC1在NaOH溶液中发生取代反应生成B,B在1)OsO4、2)NaIO4的条件下发生 氧化反应生成C,C在1)NaBH4、2)Pd/C,H2的条件下发生还原反应生成D,D在1)(ClC=O)2,D、 2)N(CH5)3的条件下生成E,由题知E不与FCl?溶液发生显色反应，则不含有酚羟基，E在NaOH、 CH3CH2OH中发生消去反应生成F,结合E的分子式可推知E为 ,F与HO2在 催化剂的作用下氧化为G,G与CH,0、广 CN在NaI、催化剂的作用下发生反应生成H,H在 C2H30 共6页 Pd/C,H2的条件下发生还原反应生成J,J与 在N(CH5)3的作用下发生取代反应生成 T,结合J的分子式，可推知J为 NH2,据此回答。 【小问1详解】由图知，T的结构为 ,含氧五元环为醚键，还有-CONH-结 构，官能团为酰胺基： 【小问2详解】如图，A的结构中含有的官能团为酚羟基和碳碳双键，苯环上的酚羟基邻、对位氢原 子可以和B的取代反应，不饱和的碳碳双键，可以和B发生加成反应： 【小问3详解】A中有酚羟基(-OH),后续步骤②会发生氧化反应，酚羟基易被氧化破坏，反应① 引入基团CH5CH2-可保护酚羟基，防止其在后续氧化步骤中被破坏，反应③脱除保护基恢复酚羟 基； 【小问4详解】手性碳是指连4种不同基团的饱和碳原子，如图（带*号） 则H中手性碳原子的个数为2个： 【小问5详解】由分析知，J的结构简式为 NH2 【小问6详解】由分析知，E不与FCl溶液发生显色反应，则不含有酚羟基，E在NaOH、 第6页 CH3CHOH中发生消去反应生成F,结合E的分子式可推知E为 ,则反应⑤的化 Ci CH,CH,OH 学方程式为： +NaOH +NaCl+H,O: 【小问7详解】G(C1H1O,)的芳香族同分异构体中，满足红外光谱表明无C=O和O-H吸收峰， 则不存在醛、酮、羧酸、酚、醇等，氧只能是醚键；核磁共振氢谱显示有两组峰，且面积比为 1：4,结合氢原子个数，说明两种不同环境的氢原子个数比是2：8，满足条件的结构有： 共6页