精品解析：江苏淮安市淮安区名校协作体2026-2027学年高三上学期9月阶段检测 化学试题

高三年级化学试题 【本试题共8页 考试时间75分钟 满分100分】 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。 1. 材料是人类赖以生存和发展的物质基础。下列属于有机高分子材料的是 A. 无磁不锈钢 B. 芳纶纤维 C. 金刚石薄膜 D. 耐温高硼玻璃 2. 草酸易被氧化：，下列说法不正确的是 A. 的空间构型为直线形 B. 属于离子化合物 C. 的电子式为 D. 的结构示意图为 3. 以废铁屑(主要成分为，含少量、等)为原料制备。下列相关原理、装置及操作正确的是 A. 用装置甲去除废铁屑表面的油污 B. 用装置乙将废铁屑转化为 C. 用装置丙吸收气体 D. 用装置丁采用蒸发结晶的方法从溶液中获取 4. 磷酸二氢钙和硫酸钾均可用作化肥。下列说法正确的是 A. 半径： B. 碱性： C. 热稳定性： D. 第一电离能： 阅读下列材料，完成下面小题。 卤素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要用途。与盐酸反应生成黄绿色的，中心原子Cl为杂化。电解和盐酸混合液可得，易水解生成和。在常温下与反应生成致密的氟化物薄膜；在与氢氧化钠溶液反应生成；在下缓缓通过冰面可得，与氢氧化钠溶液反应放出氧气。 5. 下列说法正确的是 A. 键角： B. 中含有键 C. 是非极性分子 D. 与形成配位键的能力： 6. 下列化学反应表示错误的是 A. 与盐酸反应： B. 电解和盐酸混合液： C. 在水中电离： D. 与NaOH溶液反应： 7. 下列物质性质与用途具有对应关系的是 A. 呈黄绿色，可作自来水消毒剂 B. 易液化，液氨可作制冷剂 C. 易分解，可作氮肥 D. Cu与反应，不可作储存的容器 8. 暖贴是一种便捷的自发热保暖产品，具有发热快、持续时间久等优点。它主要由铁粉、活性炭、食盐、水等成分组成，如图所示。下列有关说法不正确的是 A. 暖贴生效时，将化学能转化为热能 B. 水与食盐、活性炭共同作用可加快铁粉的腐蚀速率 C. 正极反应式为 D. 透气膜的透氧速率可控制暖贴的发热时间和温度 9. 为探究溶液与双氧水的反应，进行如下实验： 实验1：向2 mL0.1 mol·L-1溶液中滴加4滴0.1 mol·L-1KSCN溶液，无明显现象。 实验2：向实验1所得溶液中滴加4滴双氧水，振荡，溶液变红。 实验3：向实验2所得溶液中继续滴加4滴双氧水，振荡，溶液红色褪去。 实验4：将实验3所得溶液分为两等份，一份中滴加2滴FeCl3溶液，无明显变化；另一份中滴加2滴KSCN溶液，溶液变红。 下列说法不正确的是 A. 实验1说明Fe2+与没有发生显色反应 B. 实验2说明加入双氧水后有Fe3+生成 C. 对照实验3与实验4可推测实验3中与双氧水发生了反应 D. 向实验3所得溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，可验证被氧化为 10. 化合物Z是一种药物中间体，可用下列方法合成。下列说法不正确的是 A. X→Y的反应为还原反应 B. Y→Z的反应过程中有乙醇生成 C. 可用银氨溶液鉴别Y和Z D. 1molY最多可以与3mol反应 11. 我国科学家开发的Ni-Fe-V三元催化剂在温和条件下通过电解将氮气()还原为氨()，电极上的催化机理如图所示。下列说法错误的是 A. 过程①、②、③均有极性键的形成 B. 催化过程的电极反应： C. 该电极上可能有生成 D. 电催化实现温和条件下人工固氮是由于Ni-Fe-V催化剂降低了反应的焓变 12. 常温下，用含少量和的溶液制备的过程如图： 已知：，，，，。下列说法正确的是 A. “除镍锌”时，先生成沉淀 B. 溶液中： C. 浓度相等的和混合溶液中： D. “沉锰”时发生的反应为 13. 和重整制氢过程中的主要反应为 反应I 反应II 反应III 下，在密闭容器中，和各1 mol发生上述反应，平衡时各气态物质的物质的量随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线表示平衡时随温度的变化 B. 降低因反应II向逆反应方向进行 C. ，反应II的平衡常数 D. 时，增大压强，增大 二、非选择题：共4题，满分61分。 14. 以铜碲渣为原料制备单质碲(Te)并回收铜的过程如下： 已知：①、；。② 。 （1）原料铜碲渣主要成分为(晶胞结构如下所示)，、等，“氧化酸浸”的浸出液中碲主要以形式存在，滤渣可用于提炼贵金属银。 ①晶胞中Te的配位数为_______。 ②酸浸时温度控制在左右，目的是_______。 ③写出发生反应的离子方程式：_______ ④滤渣中含银物质的化学式为_______。 （2）“沉铜”时测得铜沉淀率随投入量的变化关系如下图所示。后续向沉铜后的溶液中加入溶液“还原”制得单质Te。 ①铜沉淀率随投入量的增大先增加后下降，原因是_______。 ②增大投入量，碲损失率略有增加的原因可用离子方程式解释为_______。 （3）“热解”在氩气氛围中进行。实验测得升温过程中固体质量保留百分数(剩余固体质量与起始质量的比值)随温度变化的关系如下图所示。温度在之间，剩余固体的质量保持恒定，此时获得的含铜固体产物为_______(填化学式)。 15. 化合物F是合成血管激酶抑制剂的中间体，其合成路线如下： （1）A在水中的溶解度比B的___________(填“大”或“小”)。 （2）的反应类型为___________，C分子中含氧官能团名称为硝基、___________。 （3）的反应需经历的过程，中间体M的分子式为。M的结构简式为___________。 （4）写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：___________。 ①能使的溶液褪色； ②碱性条件下水解后酸化，生成X和Y两种有机产物，：，能与溶液发生显色反应且苯环上的一取代产物只有一种，Y的相对分子质量为60。 （5）写出以、和为原料制备的合成路线流程图_________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。 16. 某化学兴趣小组对氯水和次氯酸盐进行有关探究实验。 实验一：制取氯水和次氯酸钠(NaClO)。利用图-1所示实验装置进行实验。已知氯气和反应放热。 （1）B装置中反应的离子方程式为____________，冰水的作用有____________。 （2）若对调和装置位置，可提高中次氯酸钠产率的原因为____________。 实验二：对氯水中微粒浓度的探究。时，在不同下，约氯水中，部分含氯微粒平衡浓度的对数值()如图-2所示(溶液体积保持不变)。 已知氯水中存在如下平衡(不考虑其他平衡)： Ⅰ： Ⅱ： Ⅲ： （3）该氯水中氯元素质量守恒表达式：____________。 （4）当在时，氯水中变化不明显的原因是____________。 实验三：制备碱式次氯酸镁[] 资料：Ⅰ． Ⅱ．碱式次氯酸镁的消毒杀菌能力取决于有效氯含量；当溶液pH=9.5时，其有效氯含量最高。 （5）实验室按如图-3所示装置制备碱式次氯酸镁，补充实验方案：取溶液加入三颈烧瓶中，打开电磁搅拌器，__________，将所得滤渣低温干燥。(须使用的试剂：2.00 mol/L NaClO溶液、NaOH溶液、溶液、蒸馏水) 17. 的催化加氢反应可以产生多种高附加值产品，如甲醇，碳氢化合物等。 Ⅰ．由制碳氢化合物的过程如图-1所示。 （1）涉及部分反应： 　 　 　_____ （2）催化剂Ⅰ可使用铁基催化剂。 ①方铁矿()可用作催化剂，当时，晶体中为_____。 ②地球化学研究发现，地幔层(温度)中磁铁矿与石墨矿会转化为方铁矿，该反应的化学方程式为_____。 Ⅱ．电催化还原制备碳氢化合物，其装置原理如图-2所示。 （3）电池工作过程中，阴极生成的电极反应式为_____。 （4）每转移2mol电子，阳极室溶液质量减少_____g。 Ⅲ．把附着在分子筛上，可催化、生成及碳氢化合物，部分反应机理如图-3所示。催化剂中、转化率，烃的选择性关系如图-4所示。 （5）大于1后，CO转化率降低的可能原因为_____。 （6）随增加，烯烃选择性减少，烷烃增加的可能原因为_____。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级化学试题 【本试题共8页 考试时间75分钟 满分100分】 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。 1. 材料是人类赖以生存和发展的物质基础。下列属于有机高分子材料的是 A. 无磁不锈钢 B. 芳纶纤维 C. 金刚石薄膜 D. 耐温高硼玻璃 【答案】B 【解析】 【详解】A．无磁不锈钢属于铁合金，为金属材料，不属于有机高分子材料，A不符合题意； B．芳纶纤维是芳香族聚酰胺类有机合成高分子化合物，属于有机高分子材料，B符合题意； C．金刚石薄膜是碳单质构成的无机非金属材料，不属于有机高分子材料，C不符合题意； D．耐温高硼玻璃属于硅酸盐类无机非金属材料，不属于有机高分子材料，D不符合题意； 故答案选B。 2. 草酸易被氧化：，下列说法不正确的是 A. 的空间构型为直线形 B. 属于离子化合物 C. 的电子式为 D. 的结构示意图为 【答案】C 【解析】 【详解】A．CO2的C为sp杂化，空间构型为直线形，故A正确； B．中有Na+和ClO-，阴阳离子间通过离子键结合，属于离子化合物，故B正确； C．是共价化合物，其电子式为，故C错误； D．原子核外有17个电子，其结构示意图为，故D正确； 故选C。 3. 以废铁屑(主要成分为，含少量、等)为原料制备。下列相关原理、装置及操作正确的是 A. 用装置甲去除废铁屑表面的油污 B. 用装置乙将废铁屑转化为 C. 用装置丙吸收气体 D. 用装置丁采用蒸发结晶的方法从溶液中获取 【答案】A 【解析】 【分析】用热的纯碱溶液将废铁屑表面的油污除去后，加入稀硫酸溶解，Fe转化为FeSO4和H2，Fe2O3转化为Fe2(SO4)3后被Fe还原为FeSO4，FeS转化为FeSO4和H2S，得到的FeSO4溶液采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法获取FeSO4∙7H2O；产生的尾气经过酸性高锰酸钾溶液除去H2S，再进一步处理H2； 【详解】A．热的纯碱溶液碱性较强，能够去除油污，A正确； B．长颈漏斗未形成液封，FeS与稀硫酸反应产生的有毒气体H2S会从长颈漏斗逸出，污染空气，B错误； C．用酸性高锰酸钾溶液吸收H2S气体需要“长管进，短管出”，C错误； D．制备FeSO4∙7H2O晶体时，不能直接蒸发结晶，应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，D错误； 故答案选A。 4. 磷酸二氢钙和硫酸钾均可用作化肥。下列说法正确的是 A. 半径： B. 碱性： C. 热稳定性： D. 第一电离能： 【答案】D 【解析】 【详解】A．Ca2+和K+具有相同的核外电子排布，且Ca的核电荷数比K大，故离子半径：，A错误； B．已知K的金属性强于Ca，故碱性：，B错误； C．已知O的非金属性强于S，故简单气体氢化物的热稳定性为：，C错误； D．已知同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅤA与ⅥA反常，故第一电离能：，D正确； 故答案为：D。 阅读下列材料，完成下面小题。 卤素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要用途。与盐酸反应生成黄绿色的，中心原子Cl为杂化。电解和盐酸混合液可得，易水解生成和。在常温下与反应生成致密的氟化物薄膜；在与氢氧化钠溶液反应生成；在下缓缓通过冰面可得，与氢氧化钠溶液反应放出氧气。 5. 下列说法正确的是 A. 键角： B. 中含有键 C. 是非极性分子 D. 与形成配位键的能力： 6. 下列化学反应表示错误的是 A. 与盐酸反应： B. 电解和盐酸混合液： C. 在水中电离： D. 与NaOH溶液反应： 7. 下列物质性质与用途具有对应关系的是 A. 呈黄绿色，可作自来水消毒剂 B. 易液化，液氨可作制冷剂 C. 易分解，可作氮肥 D. Cu与反应，不可作储存的容器 【答案】5. A 6. C 7. B 【解析】 【5题详解】 A．中心为杂化，键角接近；中心为杂化，含2对孤电子对，键角小于，故键角，A正确； B．中内有4个键，与之间为离子键无键，1 mol NH4Cl含4 mol σ键，B错误； C．为V形结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子，C错误； D．电负性大于，中原子电子云密度低于中，给出孤电子对能力弱，配位能力，D错误； 故选A； 【6题详解】 A．与盐酸反应时发生歧化，电子守恒、电荷守恒、原子守恒均满足，方程式正确，A不符合题意； B．已知电解和盐酸混合液可得，该反应电子守恒、原子守恒满足，方程式正确，B不符合题意； C．是弱电解质，电离为可逆过程，应使用可逆符号，方程式错误，C符合题意； D．与反应生成氧气，配平正确，原子守恒、得失电子守恒满足，方程式正确，D不符合题意； 故选C； 【7题详解】 A．作自来水消毒剂是因为其具有强氧化性，与颜色无关，对应关系不成立，A错误； B．易液化，液氨汽化时吸收大量热，故可作制冷剂，性质与用途对应，B正确； C．作氮肥是因为含有植物可吸收的氮元素，与易分解的性质无关，对应关系不成立，C错误； D．与反应生成致密的氟化物薄膜，可阻止进一步腐蚀，故可作储存的容器，D错误； 故选B。 8. 暖贴是一种便捷的自发热保暖产品，具有发热快、持续时间久等优点。它主要由铁粉、活性炭、食盐、水等成分组成，如图所示。下列有关说法不正确的是 A. 暖贴生效时，将化学能转化为热能 B. 水与食盐、活性炭共同作用可加快铁粉的腐蚀速率 C. 正极反应式为 D. 透气膜的透氧速率可控制暖贴的发热时间和温度 【答案】C 【解析】 【分析】自热贴发热料中的铁粉、活性炭、食盐及水之间能形成数目庞大的微型原电池，铁作负极，活性炭做正极，据此分析； 【详解】A．暖贴生效时，将化学能转化为热能，A正确； B．铁粉、水与食盐、活性炭共同作用形成原电池，可加快的腐蚀速率，B正确； C．该装置为原电池装置，铁作负极，活性炭做正极，正极反应式为，C错误； D．透气膜的透氧速率可控制氧气浓度，故可控制暖贴的发热时间和温度，D正确； 故选C。 9. 为探究溶液与双氧水的反应，进行如下实验： 实验1：向2 mL0.1 mol·L-1溶液中滴加4滴0.1 mol·L-1KSCN溶液，无明显现象。 实验2：向实验1所得溶液中滴加4滴双氧水，振荡，溶液变红。 实验3：向实验2所得溶液中继续滴加4滴双氧水，振荡，溶液红色褪去。 实验4：将实验3所得溶液分为两等份，一份中滴加2滴FeCl3溶液，无明显变化；另一份中滴加2滴KSCN溶液，溶液变红。 下列说法不正确的是 A. 实验1说明Fe2+与没有发生显色反应 B. 实验2说明加入双氧水后有Fe3+生成 C. 对照实验3与实验4可推测实验3中与双氧水发生了反应 D. 向实验3所得溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，可验证被氧化为 【答案】D 【解析】 【详解】A．实验1中，含的溶液加入后无明显现象，说明与不发生显色反应，A正确； B．与反应会使溶液显红色，实验2加入双氧水后溶液变红，说明被氧化为，B正确； C．实验4中，加无明显现象说明溶液中无剩余，加溶液变红说明溶液中仍有，可推知实验3中被双氧水消耗，C正确； D．原反应物本身就含有大量​，因此无论是否被氧化为，加入盐酸酸化的都会产生白色沉淀，无法验证的氧化产物，D错误； 故选D。 10. 化合物Z是一种药物中间体，可用下列方法合成。下列说法不正确的是 A. X→Y的反应为还原反应 B. Y→Z的反应过程中有乙醇生成 C. 可用银氨溶液鉴别Y和Z D. 1molY最多可以与3mol反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．X→Y的反应中，X（含有硝基）在Fe、HCl作用下生成Y（含有氨基），是硝基被还原为氨基的过程，加氢去氧属于还原反应，A正确； B．Y→Z的反应中，Y与CH3COCOOCH2CH3反应，根据反应条件及产物结构，结合酯的水解等反应原理，反应过程中有乙醇生成，B正确； C．Y含有醛基，能与银氨溶液发生银镜反应，Z不含醛基，不能与银氨溶液反应，所以可用银氨溶液鉴别Y和Z，C正确； D．Y中苯环和醛基都能与氢气发生加成反应，苯环与3molH2加成，醛基与1molH2加成，所以1molY最多可以与4molH2反应，D错误； 故选D。 11. 我国科学家开发的Ni-Fe-V三元催化剂在温和条件下通过电解将氮气()还原为氨()，电极上的催化机理如图所示。下列说法错误的是 A. 过程①、②、③均有极性键的形成 B. 催化过程的电极反应： C. 该电极上可能有生成 D. 电催化实现温和条件下人工固氮是由于Ni-Fe-V催化剂降低了反应的焓变 【答案】D 【解析】 【详解】A．过程①、②、③均形成N-H键，N与H为不同非金属元素，N-H属于极性键，A正确； B．总反应为得电子，与结合生成，电极反应式为，B正确； C．催化过程中N-N键断裂前，若两个N原子均结合2个H，可生成，因此可能有联氨生成，C正确； D．催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应物和生成物的总能量差，即无法改变反应的焓变，D错误； 故选D。 12. 常温下，用含少量和的溶液制备的过程如图： 已知：，，，，。下列说法正确的是 A. “除镍锌”时，先生成沉淀 B. 溶液中： C. 浓度相等的和混合溶液中： D. “沉锰”时发生的反应为 【答案】B 【解析】 【分析】本流程以含少量、杂质的溶液为原料制备，分为两步核心操作： 除镍锌：加入溶液，利用硫化物溶度积差异（的溶度积远小于），使杂质转化为沉淀除去，仍留在溶液中，实现杂质分离。 沉锰：除杂后得到纯净的​溶液，加入氨水和​，使转化为​沉淀，最终得到产品。 【详解】A．对于AB型的难溶电解质，只有离子浓度相同时，才能根据​判断沉淀顺序：越小越先生成沉淀。本题仅说明原溶液含少量和，未说明二者浓度相等，无法确定一定先生成沉淀，A错误； B．Na2​S溶液中第一步水解为：，水解常数计算： ，设水解生成的，平衡时，，代入得： ，整理求解得，因此，B正确； C．浓度相等的和混合溶液，根据物料守恒：假设二者浓度均为，则N元素总浓度为，C元素总浓度为，正确关系应为，C错误； D．沉锰过程中加入了氨水和​，参与反应，实际反应为，题给离子方程式未体现氨水的参与，D错误； 故选B。 13. 和重整制氢过程中的主要反应为 反应I 反应II 反应III 下，在密闭容器中，和各1 mol发生上述反应，平衡时各气态物质的物质的量随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线表示平衡时随温度的变化 B. 降低因反应II向逆反应方向进行 C. ，反应II的平衡常数 D. 时，增大压强，增大 【答案】B 【解析】 【分析】升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，CO、的物质的量都增大；升高温度，反应Ⅱ平衡正向移动，CO的物质的量增大，的物质的量减小；反应Ⅲ中，升高温度，平衡逆向移动，CO的物质的量增大。综合分析，升高温度，CO物质的量增大的幅度大于物质的量增大的幅度，所以曲线b表示CO平衡时物质的量随温度变化的曲线。据此分析。 【详解】A．由分析可知，曲线b表示CO平衡时物质的量随温度变化的曲线，A错误； B．升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅲ平衡逆向移动，都使得的浓度减小，进而导致反应II向逆反应方向进行使得降低，B正确； C．时，，，，依据氢元素守恒，可求出平衡时，设容器的体积为VL，则反应Ⅱ的平衡常数，C错误； D．图中时，体系中的气体只有CO、，且二者均为2.0 mol，说明反应I恰好反应完全，且不存在反应II、反应Ⅲ，所以增大压强对无影响，D错误； 故选B。 二、非选择题：共4题，满分61分。 14. 以铜碲渣为原料制备单质碲(Te)并回收铜的过程如下： 已知：①、；。② 。 （1）原料铜碲渣主要成分为(晶胞结构如下所示)，、等，“氧化酸浸”的浸出液中碲主要以形式存在，滤渣可用于提炼贵金属银。 ①晶胞中Te的配位数为_______。 ②酸浸时温度控制在左右，目的是_______。 ③写出发生反应的离子方程式：_______ ④滤渣中含银物质的化学式为_______。 （2）“沉铜”时测得铜沉淀率随投入量的变化关系如下图所示。后续向沉铜后的溶液中加入溶液“还原”制得单质Te。 ①铜沉淀率随投入量的增大先增加后下降，原因是_______。 ②增大投入量，碲损失率略有增加的原因可用离子方程式解释为_______。 （3）“热解”在氩气氛围中进行。实验测得升温过程中固体质量保留百分数(剩余固体质量与起始质量的比值)随温度变化的关系如下图所示。温度在之间，剩余固体的质量保持恒定，此时获得的含铜固体产物为_______(填化学式)。 【答案】（1） ①. 4 ②. 温度较低时反应速率较慢，但温度过高会加速分解 ③. ④. （2） ①. 增加，生成的沉淀增多，继续增大，生成的沉淀与反应生成而溶解 ②. （3）Cu 【解析】 【分析】向碲铜废料中加入H2O2溶液、稀H2SO4，充分反应生成CuSO4和H2TeO3，再加入Na2C2O4溶液将Cu2+转化为CuC2O4沉淀除去，此时滤液主要含有H2TeO3、H2SO4，最后再加入Na2SO3溶液将H2TeO3还原生成Te； 【小问1详解】 ①据“均摊法”，晶胞中含个白球、4个黑球，结合化学式，则黑球为Cu、白球为Te，由图，晶胞中Te为4个铜构成的四面体中，配位数为4。 ②过氧化氢不稳定，受热易分解，温度较低时反应速率较慢，但温度过高会加速分解，故酸浸时温度控制在左右； ③过氧化氢具有氧化性，氧化酸浸过程中在酸性条件下为氧化为铜离子和，铜化合价由+1变为+2、Te化合价由-2变为+4、过氧化氢中氧化合价由-1变为-2，结合电子守恒，发生反应的离子方程式：； ④银离子和硫酸根离子会生成微溶的硫酸银，则滤渣中含银物质的化学式为； 【小问2详解】 ①增加，生成的沉淀增多，继续增大，生成的沉淀与反应生成而溶解，导致铜沉淀率随投入量的增大先增加后下降； ②草酸根离子具有还原性，能还原为Te沉淀，同时草酸根离子被氧化为二氧化碳，导致Te损失，故增大投入量，碲损失率略有增加的原因为； 【小问3详解】 由图可知，350~400℃时剩余固体的质量与原始固体的质量的比值为42.11%，的摩尔质量为152g/mol，则剩余固体的摩尔质量为152g/mol×42.11%=64g/mol，再结合化学反应前后元素种类不变，350~400℃下剩余固体的化学式为Cu。 15. 化合物F是合成血管激酶抑制剂的中间体，其合成路线如下： （1）A在水中的溶解度比B的___________(填“大”或“小”)。 （2）的反应类型为___________，C分子中含氧官能团名称为硝基、___________。 （3）的反应需经历的过程，中间体M的分子式为。M的结构简式为___________。 （4）写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：___________。 ①能使的溶液褪色； ②碱性条件下水解后酸化，生成X和Y两种有机产物，：，能与溶液发生显色反应且苯环上的一取代产物只有一种，Y的相对分子质量为60。 （5）写出以、和为原料制备的合成路线流程图_________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。 【答案】（1）大 （2） ①. 取代反应 ②. 酯基 （3） （4）或或或 （5） 【解析】 【分析】由流程，A发生酯化反应生成B，B发生取代反应生成C，C和氢气转化为D，D在酸性、加热条件下生成E，E中氨基发生取代生成F； 【小问1详解】 A中亲水性羧基转化为B中憎水性酯基，则A在水中的溶解度比B的大； 【小问2详解】 B中氯原子被取代引入新的支链，发生取代反应生成C，故为取代反应；由结构，C分子中含氧官能团名称为硝基、酯基； 【小问3详解】 的反应需经历的过程，中间体M的分子式为，结合M化学式、C和D结构，则M为C中硝基被还原为氨基得到，M的结构简式为；M中氨基与分子中酯基发生取代反应成环得到D； 【小问4详解】 F除苯环外，含6个碳、4个氧、1个氮、4个不饱和度，同时满足下列条件的F的一种同分异构体：①能使的溶液褪色，则含碳碳不饱和键；②碱性条件下水解后酸化，生成X和Y两种有机产物，：能与溶液发生显色反应且苯环上的一取代产物只有一种，则同分异构体中应含2个酯基或一个酯基一个酰胺基，其水解酸化后生成的X中应该含2个酚羟基，Y为羧酸，那么X中应含氨基和碳碳不饱和键，Y的相对分子质量为60，则Y为乙酸，那么X中苯环含对位的氨基和2个碳形成的碳碳叁键支链，故可以为：或或或； 【小问5详解】 被还原为CH2OHCH2CH2CH2OH，羟基发生取代反应引入溴原子得到CH2BrCH2CH2CH2Br，再发生B生成的C的反应原理，和生成，和硝基苯生成，酸化得到产物，故流程为：。 16. 某化学兴趣小组对氯水和次氯酸盐进行有关探究实验。 实验一：制取氯水和次氯酸钠(NaClO)。利用图-1所示实验装置进行实验。已知氯气和反应放热。 （1）B装置中反应的离子方程式为____________，冰水的作用有____________。 （2）若对调和装置位置，可提高中次氯酸钠产率的原因为____________。 实验二：对氯水中微粒浓度的探究。时，在不同下，约氯水中，部分含氯微粒平衡浓度的对数值()如图-2所示(溶液体积保持不变)。 已知氯水中存在如下平衡(不考虑其他平衡)： Ⅰ： Ⅱ： Ⅲ： （3）该氯水中氯元素质量守恒表达式：____________。 （4）当在时，氯水中变化不明显的原因是____________。 实验三：制备碱式次氯酸镁[] 资料：Ⅰ． Ⅱ．碱式次氯酸镁的消毒杀菌能力取决于有效氯含量；当溶液pH=9.5时，其有效氯含量最高。 （5）实验室按如图-3所示装置制备碱式次氯酸镁，补充实验方案：取溶液加入三颈烧瓶中，打开电磁搅拌器，__________，将所得滤渣低温干燥。(须使用的试剂：2.00 mol/L NaClO溶液、NaOH溶液、溶液、蒸馏水) 【答案】（1） ①. Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O ②. 防止温度过高不利于Cl2的溶解；防止温度过高生成副产物 （2）水可以除去Cl2中混有的HCl （3） （4）pH增大，浓度降低，使平衡Ⅰ右移，增大；同时平衡Ⅲ也右移，减小，两个趋势抵消，变化不明显 （5）将100 mL 2.00 mol/L NaClO溶液和NaOH溶液混合后加入滴液漏斗，边搅拌边向三颈烧瓶中滴加，用pH计监测溶液pH，当pH为9.5时停止滴加，充分反应后过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤液中滴加​溶液不再产生白色沉淀，过滤 【解析】 【分析】A中用二氧化锰和浓盐酸制备氯气，B中用30%NaOH溶液在冰水浴中吸收氯气制备NaClO，C和D作为尾气吸收装置。 【小问1详解】 B中发生的反应为氯气和NaOH反应生成NaCl、NaClO和水，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；氯气与NaOH反应放热，使用冰水浴降低温度，防止温度过高发生副反应生成氯酸钠，提高次氯酸钠产率，同时温度过高Cl2溶解下降。 【小问2详解】 A中制备得到的氯气会混有会发出的HCl，HCl与NaOH反应影响NaClO产率，将B和C位置对调，水会吸收HCl，与NaOH反应的HCl减少，NaClO产率增加。 【小问3详解】 Cl2溶于水生成等量的Cl-和HClO，HClO进一步转化为Cl2O和ClO-，则该氯水中氯元素质量守恒表达式为：。 【小问4详解】 pH从4升高到6时，浓度降低，使平衡Ⅰ右移，增大；同时平衡Ⅲ也右移，减小，两个趋势抵消，因此变化不明显。 【小问5详解】 根据反应的化学方程式可知，所用氯化镁溶液的物质的量为，则需要，对应2.00 mol/L NaClO溶液体积为100 mL，题目说明pH=9.5时有效氯含量最高，因此需要控制pH=9.5，产物沉淀表面吸附杂质，需要洗涤，洗涤后再用​检验洗涤是否完全，故需要补充的实验方案为：将100 mL 2.00 mol/L NaClO溶液和NaOH溶液混合后加入滴液漏斗，边搅拌边向三颈烧瓶中滴加，用pH计监测溶液pH，当pH为9.5时停止滴加，充分反应后过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤液中滴加​溶液不再产生白色沉淀，过滤。 17. 的催化加氢反应可以产生多种高附加值产品，如甲醇，碳氢化合物等。 Ⅰ．由制碳氢化合物的过程如图-1所示。 （1）涉及部分反应： 　 　 　_____ （2）催化剂Ⅰ可使用铁基催化剂。 ①方铁矿()可用作催化剂，当时，晶体中为_____。 ②地球化学研究发现，地幔层(温度)中磁铁矿与石墨矿会转化为方铁矿，该反应的化学方程式为_____。 Ⅱ．电催化还原制备碳氢化合物，其装置原理如图-2所示。 （3）电池工作过程中，阴极生成的电极反应式为_____。 （4）每转移2mol电子，阳极室溶液质量减少_____g。 Ⅲ．把附着在分子筛上，可催化、生成及碳氢化合物，部分反应机理如图-3所示。催化剂中、转化率，烃的选择性关系如图-4所示。 （5）大于1后，CO转化率降低的可能原因为_____。 （6）随增加，烯烃选择性减少，烷烃增加的可能原因为_____。 【答案】（1） （2） ①. 8.5 ②. （3） （4）18 （5）Zr含量减少，吸附的CO量减少，CO转化率降低 （6）随Zn的量增多，吸附的量增多，产生、增多，与烯烃反应，使烷烃量增加，烯烃量减少 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律， 可以由减去得到，则该过程的； 故答案为：； 【小问2详解】 当，方铁矿()可写为，根据化合物化合价为零的规律，有关系式，解得，则=8.5；磁铁矿主要成分为与石墨矿反应转化为方铁矿与CO，则化学方程式为； 故答案为：8.5；； 【小问3详解】 从电催化还原制备碳氢化合物装置图-2可知，装置中使用了质子交换膜，左侧惰性电极发生氧化反应，该电极为阳极，右侧石墨烯电极发生或等碳氢化合物，为还原反应，该电极为阴极，其中生成的电极反应式为； 故答案为：； 【小问4详解】 左侧惰性电极为阳极，发生电极反应式为，且由阳极室通过质子交换膜移向阴极室，每转移2mol电子，生成0.5mol，移走2mol，阳极室溶液质量减少； 故答案为：18； 【小问5详解】 从催化、生成及碳氢化合物，部分反应机理图-3可看出，需吸附在上转化生成或碳氢化合物，当大于1后，随比值增大，含量减少，吸附CO的量降低，则转化率降低； 故答案为：Zr含量减少，吸附的CO量减少，CO转化率降低； 【小问6详解】 从部分反应机理图-3可看出吸附在上产生、，再生成或碳氢化合物，随增加，则Zn的含量增多，吸附的量增多，产生、增多，会与烯烃反应，生成烷烃从而使烷烃量增加，烯烃量减少； 故答案为：随Zn的量增多，吸附的量增多，产生、增多，与烯烃反应，使烷烃量增加，烯烃量减少。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $