4 安徽省江淮十校高三上学期第一次联考-【景行之教育】2027年化学高考一轮复习先锋名校检测卷

4安徽省江准十校高三上学期第一次联考 本试卷满分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H一1N一140一16Na一23S一32C1一35.5 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每5.冠醚因分子结构形如皇冠而得名。某冠醚分子c可识 小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 别K,其合成方法如图： 1.化学与生产、生活、科技、环境密切相关。下列叙述错误 OH HO CI 的是 A.沼气是有机废弃物在富氧条件下发酵分解而成的一 a) 种清洁能源 B.可利用蔗糖的焦糖化反应为食物增色 识别飞 C.福建舰舰体材料无磁镍铬钛合金钢硬度高于纯铁 D.黏土高温烧结制陶瓷的过程中形成了新的化学键 2.下列除去样品中少量杂质（括号内为杂质）所用的试 (c) 剂、方法可行的是 下列说法不正确的是 A.C2H(C2H4):酸性高锰酸钾溶液，洗气 A.a、b均可与NaOH溶液反应 B.乙酸乙酯(C2H,OH):饱和碳酸钠溶液，洗涤后分液 B.b中C和0均采取sp3杂化 C.苯（苯酚）：适量浓溴水，过滤 C.c中所有原子可能共平面 D.溴苯(Br2):水洗，分液 D.冠醚络合哪种阳离子取决于环的大小等因素 3.医典、古诗富载化学知识，下述之物见其氧化性者为 6.N是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是() A.1.7gNH3完全溶于1LH20所得的溶液中NH3· A.石胆(CuS04):“石胆能化铁为铜” H,0微粒数目为0.1NA B.石炭(C):“炉火照天地，红星乱紫烟” B.58.5 g NaCl晶体中含有Na个NaCl分子 C.石灰(Ca0):“以水沃之，即热蒸而解” C.金刚石晶体中，碳原子数与C一C键数目之比为1：4 D.石钟乳(CaC03):“色黄，以苦酒（醋）洗刷则白” D.标准状况下，22.4LC4H1。中含有的s-sp3σ键数 为10WA 4.某兴趣小组采用如图装置收集N02、02混合气体。将G 7.下列有关物质结构或性质的比较中，错误的是() 装置上面的圆底烧瓶收集满气体进行喷泉实验，观察到 A.键角：NH3>H20 混合气体全部被吸收。下列说法错误的是() B.熔点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛 C.键能：F一F>Cl一Cl 过氧化氢 D.羟基的极性：苯酚>乙醇 浓硝酸 8.元素W、Q、X、Y、Z位于不同主族且原子序数依次增大， 浓 Z的价电子所在能层有9个轨道。灰黑色晶体Y的导 二氧化锰 铜片 酸 电性介于导体和绝缘体之间，一种制备晶体Y的路线如 G H A.G装置中虚线上导管实线图应是左高右低 图所示，通常状态下YW4呈气态。 B.可观察G装置内浓硫酸中气泡的生成速率，控制混 0 WZ Y 合气体的比例 下列说法不正确的是 C.H装置中发生反应的化学方程式为Cu+4HNO,(浓) A.简单离子半径：Z>Q>X 景行 =Cu(N03)2+2N02↑+2H20 B.元素的电负性：Q>Z>W D.实验后G装置圆底烧瓶中所得溶液的物质的量浓度 C.酸性：W2YQ3>WZQ4 约为0.036mol·L-(保留2位有效数字) D.简单氢化物的稳定性：Q>Z>Y 9.由下列实验操作和现象，可得出相应正确结论的是 12.实验室以苯甲醛为原料合成苯甲酸苯甲酯的反应机理 ( 如图所示（已知R0极易结合H转化为ROH)。下列 选项 实验操作 现象 结论 说法错误的是 向热的浓硝酸中加入红热的 产生红棕 木炭与浓硝酸发 A 木炭，继续加热 色气体 生了反应 分别测浓度均为0.1mol·L 后者大于 K(CH,C00)< 的CH,COONH,和NaHCO 前者 溶液的pH K (HCO3) 向CuS0.溶液中通入H,S 产生黑色 结合硫离子的能 C 气体 沉淀 力：Cu2+>H 用丝绸摩擦过的带电玻璃棒 液流方向 CF2Cl2为正四面 0 靠近CF,CL2液流 改变 体结构 1O.LiBr溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。制备LBr A.该反应催化剂的核磁共振氢谱有四组峰 的一种工艺流程如图。其中“还原”工序中加入BaS B.苯甲醛合成苯甲酸苯甲酯的总反应方程式 溶液可以除去Br2。 0 0 BaS H,SO,Li,CO 为 催化剂 HBr少量Br,)一还原除杂一中和一浓缩…一→LiBr C.该反应是一个最理想的“原子经济”反应 滤渣气体 D.久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，能加快该历程的 下列说法不正确的是 反应速率 A.“还原”工序中反应的离子方程式有Br,+S2一 13.亚砷酸(H3As03)是三元弱酸，可以用于治疗白血病。 2Br+S↓ H3As03水溶液中含砷物种的分布分数（平衡时某物种 B.若在“还原”工序中使用NaOH溶液吸收Br2,吸收 的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图 液可以直接返回“还原”工序 所示。下列说法正确的是 C.滤渣中除硫外，还有BaS04,可选用二硫化碳做溶剂 知1.0 溶解后进行分离 0.8 H.AsO, /H,AsO D.参与反应的n(Br2):n(BaS):n(H,S04)为1： 是0.4 HAsO2 1:1 震02 11.乙醛酸(OHC一C00H)是一种重要的化工中间体。工 征0.05 6 89.21012 业上以乙二醛为原料制备乙醛酸的装置如图所示，通 pH 电后，阳极产物将乙二醛氧化为乙醛酸。已知乙醛酸 A.H3As03的电离方程式为H3As0,3H+As0 的相对分子质量为74，下列说法正确的是 B.H3As03第一步电离的电离常数K,=1×1092 尾气处理 oa bo C.H,As0,溶液的pH约为9.2 D.pH=12时，溶液中c(H2As03)+2c(HAs03)+ 盐酸和 3c(As03)+c(0H)=c(H) 稀硫酸 14.NiAs的立方晶胞结构如图所示，其晶体密度为pg· 混合液 cm3。,设NiAs晶体最简式的相对分子质量为M,N 为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是() 泵离子交换膜泵 O Ni A.离子交换膜为阴离子交换膜 As B.b极与外电源的正极相连 ● C.当外电路通过1mole时，理论上最多可生成乙醛 酸的质量为37g A.Ni+的价电子排布图为山t1t1 CHO ⊙ D.此装置中乙二醛被氧化的化学方程式为2 B.As位于由Ni构成的四面体空隙中 CHO C.晶体中与Ni3+距离最近且相等的As3有4个 CHO 4M. 02 +2 D.晶胞中最近的N3+之间的距离为 ×10nm COOH PN 化学P答案D9卷4 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 ⅱ.硫单质在含乙醇的水溶液中析出时，颗粒更小，分 15.(14分)工业上常用铜阳极泥[主要成分是碲化亚 布均匀。 铜(Cu2Te),含少量的Ag、Au]回收碲和氧化铜，其工 ⅲ.几种常见弱酸的电离常数如表所示。 艺流程如图： 弱酸 H,S03 H,S H,CO. Na,SO NaC,O 电离平衡 K1=1.54×10- K=1.1×107 K.=4.5×10 HS04、H20 滤液① 常数(25℃) Ka=1.02×102K2=1.3×103 K2=4.7×101 铜阳氧化过滤厂（含H,Te0,) 远淀过滤滤液②还原- CuC,O 极泥酸浸 加热.Cu0 (1)仪器a的名称为 ;甲中发生反应的化学方 一滤渣 程式为 已知：①H2T03是一种比草酸酸性弱的二元酸。 (2)反应结束后，通入N,的作用是 ②CuC,0,的Kp为2.2×108。 (3)丙中加入的试剂是物质的量之比为2：1的NaS (1)Cu位于元素周期表第 周期第 和Na,C0,的混合溶液，溶液呈碱性。制备过程中，向 族。TeO}的空间结构为 丙中通入S02,澄清溶液先变浑浊，后变澄清，稍后又 (2)“氧化酸浸”步骤的氧化产物为 ,“滤渣” 再次出现微量浑浊，此时立刻停止通入S02,溶液经分 的成分是 。该步H,0,的实际用量通常比理 离可得Na2S203o 论用量更大，原因可能是 ①反应前，丙中混合溶液呈碱性的主要原因是 (3)“沉淀”步骤，若要使Cu2+完全沉淀（离子浓度小于1× (用离子方程式表示)。 10mol·L1),应控制C20子的浓度不低于 ②“稍后又再次出现微量浑浊”中的“浑浊”成分是 (4)“还原”步骤反应的离子方程式为 (填化学式)。 ③制备时，丙中通常还会加入少量乙醇，目的是 (5)Cu0可催化消耗血糖，从而控制血糖浓度。一种 可植入体内的微型电池工作原理如图所示，当传感器 ④为了提高制备的效率，可将丙装置水浴加热。其他 检测到血糖浓度高于标准时，电池启动。血糖浓度下 条件均相同时，水浴温度与反应达到终点的时间如表 降至标准，电池停止工作。（血糖浓度以葡萄糖浓度计） 所示： 控 传感器 温度/℃ 30 35 40 45 50 纳米P/导 纳米Cu0/导电聚合物 时间/min 34 20 30 42 电聚合物 葡萄糖酸 (C6H120,) Cu.O 血液 水浴温度达到40℃后，继续提高水浴温度，达到终点 8 的时间增加的可能原因是 OH o00。o (4)为检验制得产品的纯度，该实验小组称取5.0g产品配 制成250mL硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液 葡萄糖 的浓度。在锥形瓶中加入25.00mL0.0100mol·L 电池工作时，b电极的电极反应式为 0 KI03溶液，并加入过量的KI后酸化，发生反应5I+ 16.(15分)硫代硫酸钠(Na,S203)可用作分析试剂，它有 较强的还原性，遇酸易分解。某兴趣小组设计了利用 I0+6H*一3L,+3H,0,再加入几滴淀粉溶液，立即用 S02、Na2C03和Na2S制备Na2S203的实验。其制备装 所配Na2S20,溶液滴定，发生反应I2+2S20?—2+ 置如图（加热和夹持装置略）： S40%,当达到滴定终点时，消耗Na2S203溶液15.00mL, 则该产品的纯度为 17.（15分)C0,的转化和利用是实现碳中和的有效途径。 可利用焦炉气中的H2和工业废气捕获的C0,生产绿 色燃料—“零碳甲醇”。两者在适宜的过渡金属及 Na,SO NaOH溶液 其氧化物催化下发生反应： Na,C03、NazS 混合溶液 ①C02(g)+3H2(g)-CH,0H(g)+H20(g)K1 匆 乙 丙 此反应一般认为通过如下步骤来实现： 已知：i.2Na2S+3S02=2Na2S03+3S↓、Na2S03+ ②C02(g)+H,(g)H,0(g）+C0(g） S=Na2S2030 △H1=+40.5kJ·mol1K2 卷4答案D9Q化学 ③C0(g)+2H2(g)=CH,0H(g）K (7)在研究该反应历程时发现：反应气中水蒸气含量 (1)原料C0,可通过捕获技术从工业尾气中获取，下 会影响CH,OH的产率。资料显示：水也可以使催化剂 列物质能作为CO2捕获剂的是 (填字母)。 活化点位减少。利用计算机模拟，研究添加适量水蒸 A.NaOH溶液 B.氨水 气前后对能垒较大的反应历程能量变化的影响，结果 C.CH,CH,OH D.NH,Cl溶液 如图3（吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注）： (2)K1= (用含K2和K的代数式表示)。 :表示物种吸附 (3)实验测得K(记作lnK)与温度(T)的关系如图1所 20 200 在催化剂表面 示，则该反应①的△H (填“>”“<”或“=”)0。 0 0 13 *0CH,+*H -20 *OCH, -20 兰12 无水 有水 11 图3 27476787 结合资料、图3及学过的知识推测在反应气中添加水 T1℃ 蒸气将如何影响甲醇产率及产生这种影响的原因（任 图1 (4)反应①的自发条件是 答一点)： (填字母，下同)。 A.高温自发 B.低温自发 18.(14分)2-氨基-3-氯苯甲酸(J)是一种白色晶体，是 C.任何温度下都自发 重要的医药中间体，制备流程如图： CH, 浓HNO, CH, CH (5)若反应②为慢反应，下列示意图中能体现反应① NO. 能量变化的是 浓H,S0,△B浓H,S0,A H/H,O ① ② ③ SO,H D C C0+H20+2H COOH 0 C00H0 C0+H,0+2H C02+3H,CH,0H+H,0 C0,+3H2 NO, CH,OH+H,O KMnO/H' Fe/HCI F- CH,CCI NHCCH, 反应过程 反应过程 ④ ⑤ ⑥ E B COOH 0 COOH 浓H,S04,△ H/H,0 ⑦ -NHCCH,⑧ I -NH, ⑨ HO S CI C0+H,0+2H2 CO+H,O+2H, 已知：①仁 Fe C02+3H, CH,OH+H,O C02+3H2 CH,OH+H,O -NO, NH,(苯胺呈碱性，易 反应过程 反应过程 被氧化)。 D 0 0 (6)向容积为10L的恒容密闭容器中充入2.0mol C0(g)和3.0molH2(g),仅发生反应③，初始压强为 ②RNH2+R'CCI →RNHCR'+HCl. akPa,测得C0(g)的平衡转化率与温度的关系如图2 (1)E的名称为 ,B的结构简式为 所示： ↑C0的平衡转化率 (2)反应③的反应类型为 。 反应④和⑤的顺 80% 序不能对换的原因是 0 70% (3)H中除了磺酸基，还含有的官能团名称为 流程中多次引入磺酸基，其目的可能是 60% 0 250 300 T/℃ (4)写出反应⑥的化学反应方程式： 图2 (5)符合下列条件的D的同分异构体的数目有 温度300℃条件下，5min达到平衡，则从开始到平衡 种（不考虑立体异构）。 H,的平均反应速率为 。 已知分压=总压x气 a.可与FeCl,溶液发生显色反应 体物质的量分数，用气体分压代替浓度计算的平衡常 b.可发生银镜反应 数叫压强平衡常数(K。)。则A点对应温度下的K,= c.完全加氢后有两个手性碳原子 kPa2(用a表示)。反应Ⅲ会生成碳，使用催化剂M时相同时间内积碳量会更 少，说明催化剂M优于N。(4)①反应Ⅲ生成碳，反应V消 n(CO,) 耗碳，这两个反应都是吸热反应，在573~853K,n(CH,) 0.5时，温度升高对反应Ⅲ的促进程度比反应V的促进程度 大，导致积碳量随着温度的升高而增大。②反应Ⅲ生成碳， 反应V消耗碳， 袋C超大相当于增大c0,的物质的量， 反应V平衡正向移动，积碳量会减小，则(C0,) n(CH)3.0的曲 线是a。(5)在1273K和100kPa下，向密闭容器中充入 C0,和CH各1.0mol进行反应（仅发生反应I和Ⅱ），设 CH4的转化量为xmol,H20的生成量为ymol,列出“三段式”： CH4(g)+C02(g)=2C0(g)+2H2(g) 起始量/mol1 1 0 0 转化量/mol x 2x 平衡量/mol1-x 1-x 2x 2x 4安徽省江准十校高 1.A【解析】沼气是有机废弃物（树叶、秸秆、垃圾、粪便等） 在厌氧条件下发酵分解而成的气体，是一种清洁能源，A叙 述错误：在食品工业中，利用蔗糖焦糖化的过程可以得到不 同类型的焦糖色素，从而为食物增色，B叙述正确：一般，合 金比其组成金属的硬度大，则无磁镍铬钛合金钢硬度高于纯 铁，C叙述正确；黏土高温烧结制陶瓷的过程中会发生一系 列的化学反应，此过程中有新的化学键形成，D叙述正确。 2.B【解析】乙烯会被酸性高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳 会引入新的杂质，A不可行：饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇 降低乙酸乙酯的溶解度，用饱和碳酸钠溶液洗涤后分液可除 杂，B可行；苯酚和浓溴水反应生成的2,4,6-三溴苯酚会溶 于苯，无法通过过滤法分离，C不可行；溴不易溶于水，易溶 于溴苯，除去溴苯中的溴时应该向混合物中加入氢氧化钠溶 液后分液，D不可行。 3.A【解析】“石胆能化铁为铜”，发生反应的化学方程式为 Fe+CuS0,=Cu+FeS04,CuS0,中铜元素的化合价降低，表 现其氧化性，A符合题意；碳单质燃烧生成一氧化碳或二氧 化碳，发生氧化还原反应，碳单质表现还原性，B不符合题 意：石灰与水反应生成氢氧化钙，不发生氧化还原反应，C不 符合题意：碳酸钙与醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳，不 发生氧化还原反应，D不符合题意。 4.D【解析】氧气和二氧化氮的密度均比空气的密度大，故 应该进气管短，出气管长，即G装置中虚线上导管实线图应 是左高右低，A说法正确：G装置中浓硫酸有三种作用，除了 混合NO2、02气体，干燥N02、02气体外，还可以通过观察气 泡的生成速率，控制混合气体的比例，B说法正确：铜和浓硝 酸反应生成硝酸铜、二氧化氨和水，反应的化学方程式为 Cu+4HN0(浓)一Cu(N03)2+2NO2↑+2H20,C说法正确； 观察到混合气体全部被吸收，则圆底烧瓶中充满溶液，即反 应4NO2+02+2H20一4HN0,恰好完全反应，HNO,的物质 的量等于NO2的物质的量，溶液体积等于NO2和O2的总体 积，但是题中未给出标准状况下NO,和O,的气体体积，故无 法计算所得溶液的物质的量浓度，D说法错误。 5.C【解析】a中含有（酚）羟基，具有弱酸性，能与NaOH发 生中和反应，b中含有碳氯键，能在NaOH溶液中发生水解反 应，A说法正确；b中C和0均采取sp杂化，B说法正确；c 中有采取$p3杂化的碳原子，所有原子不可能共平面，C说法 错误；冠醚络合哪种阳离子由环的大小、氧原子的数目、氧原 子间的空隙大小等共同决定，D说法正确。 6.D【解析】NH,溶于H,O发生可逆反应NH,+H,0 NH3·H20,且NH3·H,0部分电离NH3·H,0==NH4+ D9卷 参考答案及深度解析 C02(g)+H(g)=C0(g)+H0(g) 起始量/mol1-x2x 2x 0 转化量/moly y y 平衡量/mol1-x-y2x-y2x+yy 达到平衡时，CH,的转化率为，元×100%=80%，C02的转化 1.0 率为高x10%=090%,则=0.8，y=0.1,n()=1.5m, n(CO)=1.7 mol,n(CO2)=0.1 mol,n(CH)=0.2 mol,n= (1.5+1.7+0.1+0.2+0.1)mol=3.6mol,则反应1的压强平 2(1.7x100kPa (L.5x100kPa×3.6 12 3.61 衡常数K。 三 /0.1 lw/0.2 x100kPa× 100kPa 3.6 3.6 1.52×1.72×1002 (kPa) 3.62×0.1×0.2 三上学期第一次联考 OH,则溶液中NH,·H,0微粒数目小于0.1N,A错误； NaCl晶体是离子晶体，不含分子，B错误；金刚石晶体中，每 个碳原子形成4个碳碳键，每个碳碳键由2个碳原子形成， 故碳原子数与C一C键数目之比为1：2，C错误：标准状况 下，22.4LC,Ho的物质的量为1mol,其中含有的s-sp3σ键 (C一H键)数为10NA,D正确。 7.C【解析】H,0的键角小于NH3,是因为两者中心原子杂 化类型相同，但H,0中0有2个孤电子对，NH,中N有1个 孤电子对，孤电子对排斥力更大，A不符合题意：对羟基苯甲 醛的熔、沸点比邻羟基苯甲醛的高，是因为对羟基苯甲醛形 成分子间氢键，而邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，B不符合 题意；由于氟原子的半径过小，所以键能F一F<C1一CL,C符 合题意：苯酚分子中的羟基和苯环直接相连，苯环与羟基之 间的相互作用使（酚）羟基的极性增强，D不符合题意。 8.C综合推断|Z的价电子所在能层有9个轨道，说明Z有 3个能层。根据“灰黑色晶体Y的导电性介于导体和绝缘体 之间”可判断Y是硅元素，硅元素的常见化合价为+4，则 “YQ,”中的Q元素显-2价，结合Q的原子序数小于硅可判 断Q是氧元素；硅元素还可以显-4价，则“X2Y”中X元素 显+2价，结合X的原子序数介于氧和硅之间可判断X是镁 元素：由“通常状态下YW。呈气态”和W的原子序数小于 氧，可判断W是氢元素：结合“WZ溶液”和Z的原子序数大 于硅，判断Z是氯元素。 【解析】一般来说，电子层数越多，离子半径越大，电子层结 构相同时，原子序数越大，离子半径越小，则离子半径C> 02>Mg2+,A说法正确：次氯酸中只有氧是负价的，因此电负 性O>C>H,B说法正确：同周期从左至右元素非金属性逐渐 增强，其最高价氧化物对应水化物的酸性增强，则酸性 H,Si03<HCI04,C说法不正确；元素的非金属性越强，其简单氢 化物的稳定性越强，简单氢化物的稳定性O>C>Si,D说法正确。 9.C【解析】浓硝酸在加热条件下会分解生成二氧化氮、氧 气和水，因此不能说明木炭与浓硝酸一定发生了反应，A错 误；CH,COONH4中NH也会水解，水解反应为NH+H,O =NH2·H,0+H,分别测定相同浓度的CH,COONH4和 NaHCO3溶液的pH,后者大于前者，不能说明K,(CH,COO)< K,(HCO,),B错误；向CuSO4溶液中通入H2S气体产生的黑 色沉淀是CS,说明该反应生成的硫化铜难溶，也就是结合硫 离子的能力：Cu2+>H,C正确：由于丝绸摩擦过的玻璃棒带 正电，当该玻璃棒靠近CF2C2液流时，液流方向改变，说明 CFCL2分子中的正、负电荷重心不重合，即为极性分子， CF2Cl2不是正四面体结构，D错误。 ,化学 高考一轮复习检测卷·化学 10.B流程分析 BaBr,+H,SO,= BaS0,↓+2HBI Li,CO,+2HBr= BaS H,SO,Li,CO,/2LiBr+H,O+CO2 1 HBr少量Br,)一还原一除杂一中和浓缩一LiBr Br,+BaS= =BaBr,+SI滤渣气体—C0, S、BaSO, 【解析】由流程分析可知，“还原”工序中Br,与BaS反应 生成BaBr,和S,离子方程式为Br2+S2一2Br+S↓，A说 法正确：若在“还原”工序中用NaOH溶液吸收Br2,Br,与 NaOH溶液发生自身氧化还原反应生成NaBr、NaBrO和 H20,若吸收液直接返回“还原”工序中，则会引入Na,导致 产品的纯度降低，B说法错误；根据流程分析可知，滤渣中 除“还原”工序产生的硫外，还有“除杂”工序产生的BS04, 由于硫易溶于CS2,而BaS04不溶于CS2,故可选用CS2做 溶剂溶解后进行分离，C说法正确；根据反应Br2+BaS BaBr2+S↓、BaBr2+H2S04一BaS04↓+2HBr,可知参与反 应的n(Br2):n(BaS):n(H,S04)为1：1：1，D说法正确。 11.C【解析】由“通电后，阳极产物将乙二醛氧化为乙醛 酸”可知，a极为阳极，阳极生成的Cl,与乙二醛发生氧化还 原反应，阳极发生氧化反应，电极反应式为2C-2e C12↑；b极为阴极，与外电源的负极相连，发生还原反应，电 极反应为2H+2e一H2↑，B错误。由上述分析可知，H 由左侧经离子交换膜进入右侧，则离子交换膜为阳离子交 换膜，A错误。CL,将乙二醛氧化为乙醛酸，自身被还原为 CHO CHO C1,反应的化学方程式为 +H20+C2→ CHO COOH 2HCl,即1mol0HC一C00H~1 mol Cl.2~2mole,则当外电 路通过1mole时，理论上最多可生成乙醛酸的质量为 1 2 mol×74g·mol=37g,C正确，D错误。 12.D【解析】根据题图可知，该反应的催化剂为 0,其核磁共振氢谱有四组峰，A说法正确；由题 图可知，苯甲醛合成苯甲酸苯甲酯的总反应方程式为 0 0 2H 催化剂 0 ,B说法正确：根 据总反应方程式可知，该反应没有副产物，只有目标产物 原子利用率为100%，C说法正确；苯甲酸会使苯甲醇钠转 化为苯甲醇，导致催化剂失效，故久置的苯甲醛中含有少量 苯甲酸，会减慢该历程的反应速率，D说法错误。 13.B【解析】H3As0,是三元弱酸，分步发生电离，第一步电 离方程式为H3As03一H+H2As0,A错误；H3As03第 步电离的电离常数K,=学(H,As0)·c学(H) ,由题图可 c平(H3As03) 知，pH=9.2时，c学(H2As03)=c平(H3As03),则K= c学(H)=1x1092,B正确；H,As0,是三元弱酸，其水溶液 的pH应小于7，C错误；pH=12时，溶液呈碱性，则有 c(OH)>c(H*),从而可得c(H2As0)+2c(HAsO号)+ 3c(As0;)+c(OH)>c(H),D错误。 14.D【解析】N*的价层电子排布式为3d',价电子排布图 为IIt1,A说法正确；由题给晶胞图可知，As 3d 位于由Ni构成的四面体空隙中，B说法正确；NiAs中N* As3数目之比为1：1，则晶体中与N3+距离最近且相等的 As3有4个，C说法正确：NiAs晶体最简式的相对分子质量 为M,晶体密度为pg·cm3,设晶胞棱长为anm,有p= m 4M. 34M. V(ax107)°·N,则a= ×10,该晶胞中最近的 NPN D10卷 N“之间的距离为面对角线的一半，即2 2 巨4×10m,D说法错误。 21 pN 15.(共14分，除标注外，每空2分) (1)四(0.5分)IB(0.5分)三角锥形(1分) (2)H,Te0,、CuS04Ag、Au氧化产物中的Cu2+对H202 分解有催化作用 (3)2.2×10-3mol·L-1 (4)H2Te0,+2S03=2S0+Te↓+H,0 (5)C6H206-2e+H20=C6H20,+2H 【解析】(1)Cu位于元素周期表第四周期第IB族。TeO 的中心原子Te的价层电子对数为3+7×(6+2-3x2)=4, 有一个孤电子对，其空间结构为三角锥形。(2)由题给流程 图可知，“氧化酸浸”步骤的氧化产物为H2TeO,、CuSO,“滤 渣”的成分是Ag、Au;该步H,O2的实际用量通常比理论用 量更大，原因可能是氧化产物中的C2对H202分解有催化 作用。(3)CuC204的K。为2.2×108，离子浓度小于1× 103mol·L1时，离子完全沉淀，则要使Cu+完全沉淀，应控制 c0矿时的浓度不低守子22X09°ml=22x10ml.L (4)加人Na,S0,溶液，可将滤液②中的LTe0,还原为Te 同时得到Na,S04,“还原”步骤反应的离子方程式为 H,Te0,+2S03=2S0?+Te↓+H,0。(5)电池开始工作 时，a电极为电池正极，血液中的02在a电极上得电子生成 0H,电极反应式为0，+4e+2H,0=40H;b电极为电 池负极，Cu,0在b电极上失电子转化成Cu0,Cu0氧化葡萄 糖时被还原成Cu,0,葡萄糖被C0氧化为葡萄糖酸，则电 池工作时，b电极的电极反应式为C6H120。-2e+H20 C6H202+2H*。 16.(共15分，除标注外，每空2分) (1)恒压滴液漏斗(1分)Na2S0,+H2S04(浓)一 Na2S0,+S02↑+H20 (2)排尽装置内的S02,使其全部被NaOH溶液吸收，防止其 污染空气 (3)①S2+H,0一一HS+0H②S③加入少量乙醇后， 析出的S单质颗粒更小，分布均匀，增大了接触面积，加快 反应速率④温度升高，$02的溶解度下降，溶液中的$02 浓度降低 (4)79% 【解析】(1)由题图可知，仪器a的名称为恒压滴液漏斗。 Na,S0,和浓硫酸发生复分解反应生成S0,,反应的化学方 程式为Na2S0,+H2S04(浓)一Na2S04+S02↑+H20。 (2)该反应中涉及$0，气体，所以实验结束之后继续通入 N2的目的是排尽装置内的S02,使其全部被NaOH溶液吸 收，防止其污染空气。(3)①NaS和Na2C0,在水中都可以 发生水解，而使溶液显碱性，H,S的第二步电离比碳酸的第 二步电离程度更小，所以S2水解程度更大，且溶液中S2浓 度更大，则使溶液呈碱性的主要原因是$2的水解，其水解 的离子方程式为S2+H,0=HS+OH。②“稍后又再次 出现微量浑浊”是由于通入的S0,溶于水使溶液呈酸性，而 Na,S,0,在酸溶液中会发生反应，生成的S使溶液变浑浊， 反应的离子方程式为S,0号+2H,S0,=S↓+S0,↑+H,0+ 2HS0?。③由已知信息iⅱ可知，S单质在含乙醇的水溶液中 析出时，颗粒更小，分布均匀，可以增大S和Na,SO,的接触 面积，增大反应速率，使反应更充分，所以在制备时，会在丙 中加入少量乙醇。④继续升高温度，S0,的溶解度下降，溶 液中的$02浓度降低，所以反应速率变慢，达到终点的时间 增加。(4)由化学反应方程式可得关系式I0;~3L2~ 6S20号，则15.00mLNa2S203溶液中Na2S203的物质的量 为0.025L×0.0100mol·L×6,则该产品的纯度为 4·化学 0.025Lx0.0100mol.Lx6×15.00m 250mL ×158g·molP 5.0g 100%=79%。 17.（共15分，除标注外，每空2分)》 (1)AB (2)K2K (3)< (4)B(1分) (5)A (6)0.048mol·L1·min1625 6a2 (7)催化剂活化点位减少，吸附反应物能力减弱，甲醇产率 下降（或水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降或有水 参与的历程，活化能较小，反应速率加快，甲醇产率上升) 【解析】(1)CO2为酸性气体，能与NaOH溶液反应，生成 碳酸钠或碳酸氢钠，A符合题意：氨水呈碱性，能吸收酸性 气体C0,B符合题意：CH,CH,OH与C0,不反应，不能作 为CO2捕获剂，C不符合题意；NH4C1溶液呈酸性，不能吸 收酸性气体C02,D不符合题意。(2)根据盖斯定律，反应 ②、③相加就是目标反应，因此K,=KK。(3)由题图1可 知，K随温度的升高而降低，也就是温度升高，平衡逆向移 动，因此反应①是放热反应，即△H<0。(4)反应①是嫡减 的放热反应，即△S<0、△H<0,低温条件下反应△H-T△S<0, 能自发进行，故选B。(5)反应①为放热反应，从总反应看 反应物的总能量大于生成物的总能量，排除C、D:反应②为 慢反应，则反应②的活化能大于反应③，故选A。(6)向容 积为10L的恒容密闭容器中充入2.0molC0(g)和3.0mol H2(g),300℃条件下，5min达到平衡，C0的平衡转化率为 60%,根据已知可列“三段式”： C0(g)+2H,(g) CH OH(g) 起始量/mol 2 3 0 转化量/mol 1.2 2.4 1.2 平衡量/mol0.8 0.6 1.2 2.4 mol 10L (H2)=5 min -=0.048mol·L1·min1。初始时反应物 的总物质的量为5mol,初始压强为akPa,平衡时容器中气 体的总物质的量为2.6ml,则平衡时总压强为26akPa, p(C0)= x 2.6a kPa,p(H )=0.6 x 2.6a kPa. 2.6 5 2.6 5 2×26 p(CH,0H)=2.6 p(CH3OH) 5 kPa,K。= p(C0)·p2(H2) 1.22.6a 2.65 0.82.6a/0.62.6a12kPa-2=625, kPa2。(7)由题给资 6a2 2.6×5×2.6×5 料可知，在反应气中添加水蒸气，催化剂活化点位减少，吸 附反应物能力减弱，甲醇产率下降；由反应①和所学知识可 知，水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降：由题图3可知 有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快，甲醇产率上升。 18.(共14分，除标注外，每空2分) CH, (1)邻硝基苯甲酸（或2-硝基苯甲酸） (1分) SO,H (2)取代反应（或水解反应，1分）保护氨基 (3)羧基、酰胺基减少相应位置上氢原子的取代 COOH COOH (4) NH2+CH CCI- NHCOCH,+HCI D11卷 参考答案及深度解析 (5)2 CH, 综合推断甲苯在浓硫酸、加热的条件下反应生成 (B): SO,H CH CH CH; NO. NO 紧接着发生硝化反应，得到 在 SO,H SO,H SO,H CH, CH, 酸性条件下水解，得到 N02 NO,被酸性高锰酸 COOH COOH 钾溶液氧化，得到 NO. N0发生已知信息①中 COOH COOH 的反应，其中的硝基被还原，得到 NH,(F NH COOH 发生已知信息②中的反应，得到 NHCOCH,(G),G在 浓硫酸、加热的条件下反应生成H,由J的结构简式和反应条 COOH 0 件，可知I为 NHCCH, HO,S COOH 【解析】(1)根据E的结构简式为 N02,可知E的名 称为邻硝基苯甲酸或2-硝基苯甲酸。根据综合推断，可知 CH B的结构简式为 。(2)根据综合推断，可知反应③的 SOH 反应类型为取代反应（或水解反应）。氨基易被氧化，故反 应④和⑤的顺序不能对换的原因是保护氨基。(3)H中除 了磺酸基，还含有的官能团为羧基、酰胺基。流程中多次利 用磺酸基占位，目的是减少相应位置上氢原子的取代。 COOH (4)反应⑥为 NH与CH,COCl发生取代反应，化学 COOH 0 反应方程式 为 NH2 CHCCI COOH NHCOCH,+HCI°(5)D的同分异构体可与FeC, 溶液发生显色反应，说明分子结构中含有酚羟基：可发生银 0 镜反应，说明分子中含有CH,再结合完全加氢后有两个 手性碳原子，可知符合条件的D的同分异构体有 OH 0 OH NHCH和 0,共2种。 NHCH 4·化学