13 安徽省合肥市高三上学期第二次教学质量检测-【景行之教育】2027年化学高考一轮复习先锋名校检测卷

解生成D,则D为O,N一 -NH,;D与〔 发生 HN O CI 取代反应生成E,则E为 ;结合F和G的分子 NO. 式可知，F与NH,发生取代反应生成G,则G NH2 CHCO-NH O C 为 NO 【解析】(1)A物质由一NH2和苯环组成，即苯胺。由综合 推断可知B→C发生硝化反应，属于取代反应。(2)A→B 过程中一NH2和一C00H反应生成酰胺基，C→D中酰胺基 在碱性、加热条件下水解生成一NH2,故设计A→D转化过 程的目的为保护一NH2,防止其被氧化。(3)C→D即酰胺 基在碱性、加热条件下水解，化学方程式为 0 △ O,N- NH- CH. NaOH O,N- NH2+CH,C00Na。(4)由综合推断可知，E 13安徽省合肥市高三上 1.B【解析】玛瑙的主要成分是二氧化硅，A不符合题意：陶 灶的主要成分是硅酸盐，B符合题意：银香囊的主要成分是 金属银，C不符合题意；蜡染裙的主要成分是有机物，D不符 合题意。 2.D【解析】p电子云轮廓图是哑铃形，A选项所给3p,的电 子云轮廓图正确；1,3-丁二烯的键线式为今Mn是25 号元素，基态Mn原子的价电子轨道表示式为 3d 4s D选项所给化学方程式中应生 成(n-1)H,0。综上所述，答案选D。 3.C【解析】1mol0H所含的电子数为10W,A错误；32g S,的物质的量为gm0l,所含有的S一-S键数目为g×8xN, N,B错误：0.1 mol Fe和0.1 mol Cu分别与0.1 mol Cl.2完 全反应，CL2均完全反应，转移电子数均为0.2WA,C正确；标 准状况下，HF不是气态，故无法用气体摩尔体积计算其物质 的量，D错误。 4.A【解析】HCO,的酸性比A1(OH),强，将Na[1(OH).] 溶液与NaHCO,溶液混合，反应的离子方程式为 [Al(OH)4]+HCO,=A1(OH),↓+C03+H,0,A正确；苯 酚的酸性比碳酸的弱，苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸 氢钠，B错误；氯气少量，反应生成的H应继续和HSO?反应 生成$02，C错误；用铜做电极电解硫酸铜溶液时，阳极上铜 被氧化生成铜离子，阴极上铜离子被还原生成铜单质，电解 过程中没有氧气生成，D错误。 5.C【解析】铜单质和硫单质在加热条件下反应生成Cu,S, A不符合题意：Cu与Fe3+反应生成Cu2+和Fe2+,B不符合题 意：硫化亚铜在高温条件下与氧气反应生成铜和二氧化硫， 该法属于火法炼铜，C符合题意：Cu与浓硫酸需在加热条件 下反应才能得到二氧化硫，D不符合题意。 6.B【解析】[Cu(NH3)4]2+中不含离子键，A错误；“还原” 步骤中Cu2+与S0?反应生成CuCl和S0?,氧化剂和还原剂 的物质的量之比为2：1，B正确；“还原”后所得溶液中Cu 与Cl反应生成CuCl沉淀，故该溶液中无大量存在的Cu、 D35卷 参考答案及深度解析 CI 的结构简式为 (5)D中含有硝基，硝基为吸 NO 电子基团，导致D中氨基氮原子周围电子云密度减小，从而 结合质子的能力减弱，所以A的碱性大于D。(6)G→H过 程主要发生的是环化反应，其中发生反应的官能团为羰基、 氨基。(7)B的分子式为CH,NO,其同分异构体需包含 1个苯环，一NH2直接与苯环相连，包含醛基，故当该同分异 构体包含1个苯环，1个一NH2,1个一CH2CH0时，两个取 代基在苯环上可位于邻、间、对位置，故其同分异构体有 3种，当该同分异构体包含1个苯环，1个-NH2,1个 一CH0,1个一CH3时，其同分异构体有10种， NH NH NH, 9 0(数字代表CH,的位 6 CHO CHO 置)，共13种：核磁共振氢谱中有五组吸收峰，且峰面积之 NH, 比为2：2：2：2：1的结构简式为机 CH,CHO 学期第二次教学质量检测 CI,C错误；“洗涤”时不可使用水做洗涤剂，因为CuCl潮湿 时易被氧化，D错误。 7.D【解析】电解饱和食盐水制备较纯净的烧碱，应该使用 阳离子交换膜，A错误；NO2与Br2(g)均能使湿润的淀粉-KI 试纸变蓝，无法鉴别，B错误：酸式滴定管不能用来盛装碱性 溶液，C错误：配制Na,S溶液时，用新煮沸过并冷却的NaOH 溶液溶解Na2S固体，可抑制Na2S的水解并防止其被氧气氧 化，D正确。 8.C【解析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素 且分属三个不同周期，则X为H:Z、W的基态原子价层电子 都有2个未成对电子且题给化合物中Z形成2个共价键，Y 形成4个共价键，W形成2个共价键，则Y为C、Z为0、W为 S。原子半径大小顺序为S>C>0>H,A说法正确：水和硫化 氢均有两对孤电子对，但是氧的电负性比硫的大，氧原子对 其携带的两对孤电子对的吸引比硫原子的大，故键角H,0> H,S,B说法正确；C的最高价氧化物对应的水化物是碳酸，碳 酸是弱酸，C说法错误；S单质易溶于CS2,故残留在试管壁 上的硫单质可以用二硫化碳去除，D说法正确。 9.B【解析】1mol该物质充分燃烧最多可消耗18mol02,A 错误；该有机物中的酯基、（酚）羟基均能与NaOH反应，1mol 酯基消耗1 mol NaOH,1mol(酚)羟基消耗1 mol NaOH,故 1mol该物质最多与3 mol NaOH反应，B正确；分子中不含羧 基，C错误；分子中存在手性碳原子，如图用“*”标注： 0= OH 0 OH,D错误。 HO OH OH 10.c :【解析】由题意可知，该实验可制备氮化锂，装置A中 发生反应NaNO,+NH,Cl△NaCI+N,↑+2H,O,A说法正 确：实验中先点燃A处酒精灯，利用装置A反应生成的氮气 排尽装置内的空气，再点燃C处酒精灯，防止装置内空气将 锂氧化，B说法正确；若制备纯净干燥的氯气，除了装置A 和B外，还需要增加干燥装置，C说法错误：装置D的作用 13·化学 高考一轮复习检测卷·化学 是吸收空气中的水蒸气，防止空气中的水蒸气进人装置C 而干扰实验，D说法正确。 11.D【解析】根据题表数据分析可知，N20的起始浓度为 0.100mol·L,每隔10min,N,0的浓度减少0.020mol· L1,说明N,0的消耗是匀速的，即该反应为匀速反应，则 c(N20)=1,故速率方程中n=0,c1=0.060mol·L1,c2= c3=0mol·L1,A错误；n=0,该反应为匀速反应，t=1l0min 时，瞬时速率等于平均速率，v(N20)= (0.100-0.080)mol·L -=2.0x10-3mol·L1·min,B错 10 min 误；速率方程中n=0,反应速率是一个定值，与N20的浓度 无关，增大N,0的浓度，反应速率不变，C错误：保持其他条 件不变，该反应的反应速率不变，为2.0×103mol·L1· min1,若起始浓度为0.300mol·L1,当减少至一半时所消 0.150mol·L- 耗时间 2.0x10ml·LP·min=75min,D正确。 12.D【解析】CH,0H转化成甲酸钠，发生氧化反应，故右侧 电极为阳极，与电源正极相连，即b为电源正极，A说法正 确：Na向阴极迁移，即由右侧室向左侧室移动，B说法正确： 阴极的电极反应式为2C02+2H20+2e一2HC0;+H2↑，C 说法正确；当电路中转移0.2mole时，根据2C02+2H0+ 2e=2HC0,+H2↑可知，吸收n(C0,)=n(e)=0.2mol, 生成n(H2)=0.1mol,定向移动到阴极的n(Na)=n(e)= 0.2mol,则阴极室增加的质量m=m(C02)+m(Na)- m(H2)=0.2mol×44g·mol1+0.2mol×23g·mol1- 0.1mol×2g·mol=13.2g,D说法错误。 13.C【解析】C02是非极性分子，A错误；反应Ⅱ为吸热反 应，随着温度的升高，C0的选择性升高，曲线a表示C0的 选择性随温度的变化，B错误：由题图可知，270℃时，C0的 选择性为70%，则甲醇的选择性为30%，故C02的转化率= CH,0H的收率_6.3% CH,0H的选择性30% =21%,C正确；在210~250℃之 间，CH,OH的收率增大是由于温度升高，生成CH,OH的反 应速率增大导致的，D错误。 14.D【解析】a点溶液成分为NaH2R,由电荷守恒可知， c(Na*)+c(H)=c(0H)+c(H2R)+2c(HR2)+3c(R3),a 点溶液呈酸性，c(H)>c(OH),则c(Na)<c(H,R)+ 2c(HR2)+3c(R3),A错误；b点溶液成分为Na,HR,溶液 呈酸性，则HR2的电离程度大于HR2的水解程度，离子浓 度大小顺序为c(Na)>c(HR2)>c(R3)>c(H2R),B错 说R的水解省数瓷0：-1.0以10C结误 常温下Na,HR溶液加水稀释过程中，HR2的水解常数保持 c(H,R) 不变，加水稀释过程中c(0)增大， c(HR2-) c(HR)·c(OH)K c(HR2-)·c(0H)c(OH)则(R） 减小，D正确。 c(HR2-) 15.（共14分，除标注外，每空2分) (1)粉碎钛铁矿、搅拌、升高温度（任答一条即可，1分） (2)避免亚铁离子被氧化大于10 (3)Ti02+(x+1)H,0—Ti02·xH20+2H (4)用Ca(OH),进行中和（或生产硫酸铵化肥或浓缩再利 用，答案合理即可，1分) (5)12Ti02·5H20 4×80 (6)60.382×0.95 -×102 【解析】(1)提高“酸解”效率的方法有将钛铁矿粉碎、搅 拌、适当升温等。(2)由题给流程可知，加入铁屑的目的是 防止Fe+被氧化为Fe+。由镁离子浓度与氢氧化镁的K /1.8×10m 可算出c(oH)=√00l8ml.L=10mal.L,则 c(H*)=100mol·L,当Q>K。时，才有沉淀生成，所以 D36卷 pH>10。(3)由Ti02水解得到Ti02·xH20可知，其水解方 程式为Ti02*+(x+1)H,0一Ti02·xH,0+2H。(4)废硫 酸是一种强酸性废物，会造成土壤酸化、水源污染等，故为 避免废硫酸污染，采取的措施有用Ca(OH),进行中和、生 产硫酸铵化肥、浓缩再利用等。(5)三次实验消耗标准溶液 的体积分别为24.02mL-0.02mL=24.00mL、24.06mL 0.08mL=23.98mL、24.14mL-0.12mL=24.02mL,则三次 实验消耗标准溶液体积的平均值为24.00mL。消耗标准溶液 的物质的量为0.02400L×0.1000mol·L-1=0.0024mol。 Fe3+和Ti3+反应生成F€2+和Ti02*,根据得失电子守恒可知 n(Fe3+)=n(Ti+)=n(Ti02)=0.0024mol,则样品中 250mL n(Ti0,)=0.024mol×25.O0mL=0.024mol,m(Ti0,) 0.024mol×80g·mol=1.92g,则水的质量为2.100g- 1.92g=0.18g,即物质的量为0.01mol,n(Ti02): n(H20)=0.024:0.01=12:5,则该样品的组成为 12Ti0,·5H,0。(6)由题给晶胞结构图可知，中心T4+周围 有6个距离其最近且相等的02，则其配位数为6。根据“均 摊法”可知，晶胞中含T个数为8×8+4×2+1=4，结合化 学式可知，晶胞中含有4个T02,则晶体密度为 4×80 -×1021g·cm3。 0.382×0.95 16.(共14分，除标注外，每空2分) (1)探究pH对溶液有效氯含量(COAC)的影响 (2)大于(1分) (3)相同条件下，碳酸钠的质量分数越大，稳定效果越好 (4)D (5)Cl2+20H=C1+C10+H,0 (6)4Mn0:+40H=4Mn02+0,↑+2H,0C10(1分) (7)过量CL2与NaOH反应产生NaCl0,使溶液的碱性减弱， c(OH)降低，溶液中的MnO被还原为MnO2的速率减 小，因而实验③未得到绿色溶液 【解析】(1)根据题表数据可知，实验1和2的pH不同，故 设计实验1和2的目的是探究pH对溶液有效氯含 量(C0AC)的影响。(2)由题表数据可知，实验3和4中，碳 酸纳的质量分数毯大，2后心的值落大。则实验5中 的a大于0.935。(3)根据实验3~5，可得出的结论是相同 条件下，碳酸钠的质量分数越大，稳定效果越好。(4)根据 题表中实验1~2的数据可知，pH越大，稳定效果越好， FeCl3溶液显酸性，KCl溶液显中性，Na2S03溶液 CH,COONa溶液均显碱性，但是Na2SO,与NaCl0能发生氧 化还原反应，故选CH,C00Na。(5)Cl,与氢氧根离子反应 使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为C1,+20H一C1+ CI0+H,0。(6)溶液紫色迅速变为绿色，说明Mn0,转化 为MO?,根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒可得 4Mn0.+40H= 三4Mn02+0,↑+2H,0。溶液绿色缓慢加 深，原因是MnO,被C10氧化，可证明③的悬浊液中氧化剂 过量。(7)过量Cl2与NaOH反应产生NaCI0,使溶液的碱 性减弱，c(OH)降低，溶液中的MnO,被还原为MnO?的 速率减小，因而实验③未得到绿色溶液。 17.(共15分，除标注外，每空2分) (1)+247.5959.2催化剂b(1分)剩余固体的质量与 原始固体质量的比值越大，说明催化剂表面的积碳质量越 小，催化活性保持时间就越长，催化剂b剩余固体的质量与 原始固体质量的比值大于催化剂a 9 (2)反应Ⅱ(1分)28（或0.32) (3)40~80℃，温度升高使反应速率增大：80~100℃，温度 升高使催化剂的活性减弱，反应速率减慢 0 (4)①H-C-0-Ru(1分)②C02+2e+2H=HC00H 【解析】(1)根据盖斯定律可知，由反应Ⅲ-反应Ⅳ可得到 13·化学 反应I,则反应I的△H1=△H3-△H4=+75kJ·mol1- (-172.5kJ·mol1)=+247.5kJ·mol1。根据反应焓变= 反应物的键能之和-生成物的键能之和，并结合反应Ⅱ可得 E反应物-E生成物=2×745k灯·mol-+436k灯·mol1-[2× 462.8kJ·ml+Eco]=+41.2k·mol,解得C0分子中 化学键的键能为959.2kJ·mol。由题图1可知，600℃以 上时，催化剂b剩余固体的质量与原始固体质量的比值大 于催化剂a,剩余固体的质量与原始固体质量的比值越大！ 说明催化剂表面的积碳质量越小，催化活性保持时间就越 长，故重整反应中能保持较长时间催化活性的是催化剂b。 (2)由题图2可知，较高温度时主要生成乙烯，则该催化剂 在较高温度时主要选择反应Ⅱ。根据原子守恒可以得出平 衡时各物质的物质的量分别为n(CH4)=0.2mol, n(C2H4)=0.2mol,n(H20)=1.2mol,n(C02)=1.4mol, n(H2)=2mol,总物质的量为5mol,则CH4、H,0、C0,、H 的物质的量分数分别为0.04、0.24、0.28、0.4，则反应I的 K=0.04×(0.242) 0.28×(0.4)4-28 ≈0.32。(3)由题意和题图3可知， 40~80℃，温度升高使反应速率增大：80~100℃，温度升高 使催化剂的活性减弱，反应速率减慢。(4)①结合题图中X 0 与H,的反应产物可以判断X的结构式为H一C一O一Ru。 ②由题图5可知，通入C0,的一极为阴极，通过质子交换膜 及制备甲酸可知，该电池反应在酸性环境中进行，则阴极电 极反应式为C0,+2e+2H一HC00H。 18.(共15分，除标注外，每空2分) (1)邻苯二胺（或1,2-苯二胺） (2)酰胺基 MeO NCH. (3〉 OMe (4)取代反应 (5)AD (6)20 液溴 25%28% 铁粉 氨水 Br 乙醇， t-BuONa,Pd(OAc)2. 1159℃ Br NH,dioxane,90℃ 3分 KOH,四丁基溴化铵 H,O,THF,50℃ 【解析】(1)由A的结构简式可知，其化学名称为邻苯二胺 (或1,2-苯二胺)。(2)由B的结构简式可知，其中含氧官能团 14辽宁省名校用 1.C【解析】氯纶属于合成纤维，C说法错误。 2.C【解析】石墨为混合型晶体，A错误；H2分子中为s-sσ 键，无方向性，B错误；基态S原子M能层的电子排布式为 3s23p63d0,C正确：NCl,的VSEPR模型为四面体形，分子结 构是三角锥形，D错误。 3.B【解析】银与稀硝酸可以发生反应，故可以用稀硝酸清 洗做过银镜反应的试管，A不符合题意；浓硫酸可以使pH试 纸脱水碳化，故不能用pH试纸测定浓硫酸的pH,B符合题 意；未使用完的钠要放回原试剂瓶，C不符合题意；过滤时滤 纸边缘要低于漏斗边缘，D不符合题意。 4.C【解析】没有给出气体所处状态，无法计算NO的质子 D37卷 参考答案及深度解析 的名称为酰胺基。(3)由E、G的结构简式可知，E到F的过程 MeO、 NH 中E中的溴原子与 中氨基上的一个氢原子结 OMe 合脱去HB得到F,则F的结构简式为 N MeO. NCH。(4)F到C的过 OMe H 程中，P中亚氨基上的氢原子与H,Cy八人中的氯原 HC 子结合脱去HC得到G,故该反应类型为取代反应。(5)G 中N原子的杂化方式为sp2、sp,A说法错误；G结构中含苯 环结构和含氮杂环共轭结构，含有离域Ⅱ键，B说法正确；G 结构中含亚氨基，具有碱性，可以与酸反应，C说法正确：G 中苯环结构和氢气是1：3加成，碳碳双键、碳氨双键和氢 气均是1：1加成，所以1molG最多可以消耗10mol的 H2,D说法错误。(6)根据题意可知，C的同分异构体中，苯 环上所连三个取代基分别为一Br、一CN、一CONH2或 ① ②个 HCONH一，根据“定二移一”法可得 Br ③ -CN ④ ④ ① -Br ② ② Br(图中序号代表一CONH,或 CN NC HCONH-一的取代位置)，故符合条件的C的同分异构体共 有10×2=20种。(7)结合题中信息，参照上述合成路线中 E→F→G的路线可得，以苯和不超过三个碳的有机物为反 应物，制 的合成路线为 25%-28% 液溴，铁粉 氨水 Br 乙醇， t-BuONa,Pd(OAc)2, 115℃ Br NH,dioxane,,90℃ KOH,四丁基溴化铵 H,O,THF,50℃ 盟高三12月联考 数，A错误；根据N原子守恒，NH、NH·H,0和NH的总数 为Na,B错误；1个氧气分子含有2个共用电子对，2mol氧气 分子含有的共用电子对数为4Wa,C正确；H,0中的中心原子 价层电子对数为2+6,2=4,3mlH,0中的中心原子的价层 2 电子对数为12N,,D错误。 5.B【解析】向硝酸银浓溶液中滴加少量氨水，生成Ag0H, A错误；向硫化铵溶液中通入硫化氢气体，生成硫氢化铵，B 正确；Fe+和SCN反应生成的Fe(SCN)3不是沉淀，C错误； K02为氧化物，不能拆成离子，D错误。 6.C【解析】A1、Mg、K均为金属晶体，离子半径越小、所带电 4·化学13安徽省合肥市高三上学期第二次教学质量检测 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一1C一120一16Na一23S一32Ti一48 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，只有一项是符合题目要求的。 1.中华文化博大精深，化学在文化传承过程中起着非常重要的作用。下列文物的主要成分属于硅酸盐的是( 选项 B C D 文物 名称 镶金兽首玛瑙杯 河姆渡出土陶灶 葡萄花纹银香囊 鹭鸟纹彩色蜡染裙 2.化学用语具有特殊的学科美。下列化学用语表示不正确的是 ( A.3p.电子云轮廓图： B.1,3-丁二烯的键线式：今 3d C.基态Mn原子的价电子轨道表示式：]) 0 D.用化学方程式表示尿素与甲醛制备线型脲醛树脂：nH,NC一NH2+2nHC一H 催化剂 H-OCH,NHCNHCH,OH+nH,O 3.设N,为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A.1mol羟基和1mol0H所含的质子数和电子数均为9N B.32gSg晶体(Sg分子结构：◇)中，S—S键数目为8NA C.0.1 mol Fe和0.1 mol Cu分别与0.1 mol Cl.2完全反应，转移电子数均为0.2NA 景行 D.标准状况下，33.6LHF含有的分子数为1.5N 4.化学四重表征是指宏观、微观、符号和曲线，离子方程式是重要的符号表征手段。下列反应的离子方程式正确的是 ( ) A.将Na[Al(OH)4]溶液与NaHCO,溶液混合：[AI(OH)4]+HCO3=AI(OH)3↓+CO?+H20 B.用过量苯酚溶液与碳酸钠溶液反应：2一0H:C0一2《一0+H,0+C0,t C.将少量氯气通人NaHS03溶液中：HS0,+H,0+Cl2一2Cl+3H+S0 D.用铜电极电解CuS0,溶液：2Cu2+2H,0通电2Cu+0,↑+4H 阅读下列材料，完成5~6小题。 铜是一种过渡金属元素，带有金属光泽，单质呈紫红色，延展性好，导热性和导电性高，是电缆和电气、电子元件中 的常用材料，也可用作建筑材料，可以组成多种合金。铜单质及其多种化合物在生活、生产和科学研究中有着极其广 泛的应用。 5.在指定条件下，下列选项所示的物质间的转化能实现的是 A.Cu(s)S() Fe2(S04)3(aq) CuS(s) B.Cu(s)- →Fe(s) △ 02(g) C.Cu,S(s)商溢Cu(s) D.Cu(s)- ,S0,(浓) +S02(g) 6.CC1为白色固体，难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，常用作媒染剂。以印刷线路板碱性蚀刻废液{主要成分为 [Cu(NH3)4]Cl2}为原料制备CuCl的工艺流程如下。下列说法正确的是 NaOH H,SO,NaSO,、NaCl 健装沉铜>Qu0酸溶还原一过滤、洗涤Q@ A.[Cu(NH3)4]2+中含有配位键、极性键、离子键等化学键 B.“还原”步骤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 C.“还原”后所得溶液中大量存在的离子有Cu、CI、SO子、Na D.“洗涤”时可使用水做洗涤剂，是因为CCl难溶于水 7.化学实验是判断化学知识是否正确的最高法庭。下列有关实验的说法正确的是 A.阴离子交换膜法电解饱和食盐水可制备较纯净的烧碱 B.NO2与Br,(g)均为红棕色气体，可用湿润的淀粉-KI试纸鉴别 C.可用酸式滴定管准确量取一定体积的Na,CO3溶液 D.配制Na2S溶液时，用新煮沸过并冷却的NaOH溶液溶解Na,S固体 8.化合物Y3X,ZW常应用于各种调味香精中，其结构式如图所示。已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素 且分属三个不同周期，乙、W的基态原子价层电子都有2个未成对电子。下列有关叙述错误的是 () 7 X YY一WY一X X A.原子半径：W>Y>Z>X B.氢化物键角：H2Z>H2W C.Y的最高价氧化物对应的水化物为强酸 D.试管壁残留的W单质可以用YW,清洗去除 9.咖啡酰奎尼酸是抗病毒药物的有效成分，结构如图。下列说法正确的是 ( 0 OH 之数音 OH HO OH OH A.1mol该物质充分燃烧最多可消耗17mol0, B.1mol该物质最多与3 mol NaOH反应 C.分子中含有羟基、酯基、羧基和碳碳双键等官能团 D.存在顺反异构，但分子中不存在手性碳 10.氮化锂(L,N)是一种金属氮化物，为紫色或红色的晶状固体，遇水蒸气剧烈反应生成氢氧化锂和氨气，一种制备氮 化锂的方案如下。 NH,CI 溶液 碱石灰 NaNO. 溶液 B D 化学°答案D35卷13 下列说法错误的是 A.装置A中发生反应：NaNO,+NH,C1△NaCl+N2↑+2H,0 B.实验中先点燃A处酒精灯，后点燃C处酒精灯 C.利用装置A和B能制备纯净干燥的氯气 D.装置D可吸收空气中的水蒸气 11.已知N20(g)一2N2(g)+02(g)的速率方程v=k·c"(N20)(k为速率常数，只与温度、催化剂有关)。实验测得， N,0在催化剂X表面反应的变化数据如下： t/min 0 10 20 30 40 50 60 70 c(N,0)/(mol·L1) 0.100 0.080 0.040 0.020 S 0 下列说法正确的是 A.n=1,c1>C2=C3 B.t=10min时，v(N20)=1.0x103mol·L1·min1 C.相同条件下，增大N,0的浓度或催化剂X的表面积，都能加快反应速率 D.保持其他条件不变，若N,0起始浓度为0.300mol·L1,当浓度减少至一半时共耗时75min 12.一种利用金属磷化物作为催化剂，将CH,0H转化成甲酸钠的电化学示意图如图，阴极生成HC0?和一种气体。下 列说法错误的是 () 电源 b NP基泡沫 NP基泡沫 催化剂涂层 钠离子 催化剂涂层 交换膜 NaHCO, 甲醇的 C02 溶液 NaOH溶液 甲酸钠制备 A.b为电源正极 B.Na由右侧室向左侧室移动 C.阴极的电极反应式为2C02+2H,0+2e一2HC03+H2↑ 景行 D.理论上，当电路中转移0.2mole时，阴极室质量增加13.4g 13.为有效实现“碳达峰、碳中和”的目标，某研究小组对C0,催化加氢合成甲醇技术展开研究，该过程发生下列反应： 反应I:C02(g)+3H2(g)=CH,0H(g)+H20(g)△H=-58.6kJ·mol 反应Ⅱ：C02(g)+H2(g)=C0(g)+H20(g）△H=+41.2kJ·mol1 0.5MPa下，将n(H2):n(C02)=3：1的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应器，测得C02的转化率、 CH,OH或CO的选择性 n生成(CH,OH)或n生成(CO) ×100% 以及CH,OH的收率(CO,的转化率×CH,OH的选择 n总转化(C02) 性)随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 卷13答案D35Q化学 190 口CO,转化率 ■CH,OH收率 影 18 同 (270.70) 70 1 曲线a 50寄 6 270,6.3) 30 ■ 210 230 250 270 290 温度℃ A.反应I和Ⅱ中，除H2外，其他分子都是极性分子 B.曲线a表示CH,OH的选择性随温度的变化 C.图中所示270℃时，对应C02的转化率为21% D.在210~250℃之间，CH,0H的收率增大是由于CH,0H的选择性增大导致的 CHCOOH 14.柠檬酸是常见的多元酸，其分子结构为H0C一C00H(用H,R表示)。常温下，用0.1000mol·L1Na0H溶液滴 CHCOOH 定20.00mL0.1000mol·L1H,R溶液的滴定曲线如图所示。已知常温下柠檬酸的电离常数为K1=1.0×103.1, K2=1.0×1048,K=1.0×106.4。下列叙述正确的是 14 12 10- 8 6 01020304050607080 INaOH(aq)]/mL A.a点溶液中，c(Na)=c(H2R)+2c(HR2)+3c(R3) B.b点溶液中，c(Na)>c(HR2)>c(H,R)>c(R3) C.常温下R3的水解常数为1.0×101o.9 ■ c(H2R) D.常温下Na,HR溶液加水稀释过程中， c(HR2-） 减小 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(14分)以钛铁矿（主要成分为钛酸亚铁FT03)为主要原料制备钛白粉Ti0,常用硫酸法，工艺流程如下： 钛铁矿硫酸80%铁屑 絮凝剂 酸解浸出、还原沉降→冷却结晶 浓缩 不溶性残渣 绿矾 煅烧 盐处理水洗漂白固液分离水解 研磨、表面 ,钛白粉产品 20%废硫酸外加晶种 处理 (1)为提高“酸解”效率，可采取的措施有 (写一条即可)。 (2)加入铁屑的目的是 。 浸出还原后所得溶液中含有Fe2+、T02+和少量Mg2+等阳离子。 已知常温下Mg(0H)2的Kp为1.8×101"，若所得溶液中Mg2+的物质的量浓度为0.0018mol·L1,当溶液的pH 时，Mg(OH)2开始沉淀。 (3)Ti02*水解得到Ti02·xH,0,则其水解方程式为 (4)为避免废硫酸污染，请你向工厂提出有益建议： (写一条即可)。 (5)TiCl4可制备纳米Ti02:以N2为载体，用TiCl4和水蒸气反应生成Ti(OH)4,再控制温度生成纳米xTiO2· yH,0。测定产物xTiO2·yH,0组成的方法如下： 步骤一：取样品2.100g在酸性条件下充分溶解，并用适量铝将T02+还原为T+,过滤并洗涤，将所得滤液和洗涤 液合并注入250mL容量瓶，并用稀硫酸定容，得待测液。 步骤二：取待测液25.00mL于锥形瓶中，加几滴KSCN溶液做指示剂，用0.1000mol·L1的NH,Fe(S04)2标准 溶液滴定，将T3+氧化为T02+。再重复滴定2次。滴定所得的相关数据如下表： 滴定序号 待测液体积/ml NH,Fe(SO4)2标准溶液滴定管起点读数/mL NH,Fe(SO4)2标准溶液滴定管终点读数/mL 1 25.00 0.02 24.02 25.00 0.08 24.06 3 25.00 0.12 24.14 通过计算确定该样品的组成为 (6)锐钛矿型Ti02晶胞结构和Ti4+沿c轴方向投影如图所示，已知晶胞参数a=0.38nm,b=0.38nm,c=0.95nm, α=B=y=90°，则Ti4+的配位数为 锐钛矿型Ti0,的晶体密度为 g·cm3(设N,为阿伏加德罗常 数的值，列出计算式即可)。 00 OTi 16.（14分)次氯酸盐是常用的水处理剂。有效氯含量(C0AC)指与含氯消毒剂氧化能力相当的氯气量，单位为g·L1;相 同条件下，次氯酸的氧化性大于次氯酸盐。 I.为探究70℃时，pH及稳定剂对NaCl0溶液有效氯含量的影响，设计实验方案如下： 序号 12h后C0AC 硅酸钠的质量分数 碳酸钠的质量分数 初始COAC pH 12h后C0AC 初始COAC 1 0 0 1794 8.53 1218 0.679 3 0 0 1794 8.63 1288 0.718 3 0.9% 0.6% 1794 13.44 1676 0.935 1.5% 0 1834 13.76 1597 0.871 5 0 1.5% 1834 13.66 0 (1)设计实验1和2的目的是 (2)实验5中的a 0.935(填“大于”“小于”或“等于”)。 (3)根据实验3~5，可得出的结论是 (4)下列物质中最适宜作为NaCI0溶液稳定剂的是 (填字母)。 A.FeCl3 B.KCI C.Na2SO3 D.CH,COONa Ⅱ.已知：i.Mn2+在一定条件下可被Cl0氧化成Mn0,(棕黑色)、MnO(绿色)、MnO,(紫色)。 iⅱ.浓碱条件下，MnO:可被OH还原为MnO?。 ⅲ.NaCl0的氧化性随碱性增强而减弱。 探究不同条件下氯气氧化Mn+的实验记录如下： 实验现象 序号 CL2的吸收液 通入CL2前 通入CL2后 ① 10mL水+5滴0.1mol·L1MnS0,溶液 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化 10mL5%Na0H溶液+5滴0.1mol·L1 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成 ② 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 MnS0,溶液 棕黑色沉淀 10mL40%Na0H溶液+5滴0.1mol·L 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成 ③ 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 MnSO.溶液 棕黑色沉淀 根据资料ⅱ，③中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因。 原因一：可能是通入CL,导致溶液的碱性减弱。 原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将MnO?氧化为MnO4。 (5)用离子方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因： 但通过实验测定溶液的 碱性变化很小。 (6)取③中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%Na0H溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫 色变为绿色的离子方程式为 ,溶液绿色缓慢加深，原因是Mn0,被 (填 化学式)氧化，可证明③的悬浊液中氧化剂过量。 (7)从反应速率的角度，分析实验③未得到绿色溶液的可能原因： 17.(15分)随着全球变暖，C0,带来的环境问题引得越来越多人的关注。一方面C0,的减排势在必行，2030年实现 碳达峰，2060年实现碳中和；另一方面对于C02的资源化利用进行重点研究。 (1)CH4-C02重整能获得氢能，同时能高效转化温室气体。CH4-C02重整反应的热化学方程式为 反应I:CH,(g)+C02(g)一2C0(g)+2H2(g)△H1 反应Ⅱ：C02(g)+H2(g)一C0(g)+H20(g)△H2=+41.2kJ·mol1 反应Ⅲ：CH,(g)—C(s)+2H,(g】△H,=+75k·mol1 反应V:2C0(g)—C02(g)+C(s) △H4=-172.5kJ·mol-1 则AH,k·mo。 已知： 化学键 H一H H-0 C=0 键能/(kJ·mol1) 436 462.8 745 则C0分子中化学键的键能为 kJ·moll。 在催化剂和催化剂b分别作用下，CH,-C02重整反应相同时间，控制其他条件相同，催化剂表面均产生积碳。对 附着积碳的催化剂a和催化剂b在空气中加热以除去积碳（该过程催化剂不发生反应），固体的质量变化如图1所 示。则重整反应中能保持较长时间催化活性的是 (填“催化剂a”或“催化剂b”),判断的理由是 化学P答案D35卷13 100 90 催化剂b 7 催化剂a 60 50 40 0100200300400500600700800 温度/℃ 图1 (2)C02经催化加氢可以生成低碳烃，主要有以下两个竞争反应： 反应I:C02(g)+4H2(g)CH4(g)+2H20(g) 反应Ⅱ：2C02(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H20(g) 为分析催化剂对反应的选择性，在1L恒容密闭容器中充入2olC0,和4molH2,测得有关物质的物质的量随温 度变化如图2所示，该催化剂在较高温度时主要选择 (填“反应I”或“反应Ⅱ”)。520℃时，反应I的平 衡常数K= (K是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数)。 1.0 C,H 0.5 CH 0.2 0 520 840T7℃ 图2 (3)C02/HC00H循环在氢能的贮存释放、燃料电池等方面具有重要应用。其他条件不变，HC0?催化加氢转化为 HC00的转化率随温度的变化如图3所示。反应温度在40~80℃范围内，HC0,催化加氢的转化率迅速上升，但 是在80~100℃范围内，HC0,催化加氢的转化率下降，两段变化的主要原因是 100 60 40 20406080100120 温度℃ 图3 景行 (4)利用C02可以制备甲酸。 ①我国科学家利用C0,在Ru(与Fe同族)基催化剂上加氢成功制得甲酸。催化反应过程如图4所示。 NaOH HCOOH 或NH HCOO H2 图4 C0,与吸附了H原子的催化剂通过配位键形成中间体，画出图中中间体X的结构式： ②一种利用电催化反应器合成甲酸的工作原理如图5所示。 卷13答案D35Q化学 CO,,覆盖催化剂的Sn电极二H,和CO HCOOH 质子交换膜 H2 覆盖催化剂的Pt电极 低浓度H, 图5 试写出阴极主要发生的电极反应式： 18.(15分)Erdafitinib(G)是一种抗肿瘤药物，主要用于治疗携带特定成纤维细胞生长因子受体(FGFR)基因突变的 局部晚期或转移性尿路上皮癌成人患者。可由下列路线合成(M代表甲基)： H.C H.C- CH NH NH,O Br2,AcOH Br. Br CI POCI EtOH,甲苯，rt. r.t.,12 h DMf,120℃，2h Na,CO B PPh,,Pd(OAc)2. HO,乙二醇二甲醚 24 h,reflux CH MeO NH HC H.C NH CH; OMe t-BuONa,Pd(OAc)2. F KOH,四丁基溴化铵 dioxane,90℃ HO,THF,50℃ 25%~28%氨水 已知： 乙醇，115℃ Br NH (1)A的化学名称为 (2)B中含氧官能团的名称为 (3)F的结构简式为 0 (4)F→G的反应类型为 (5)下列关于G的说法不合理的是 (填字母)。 ◆A.G中N原子的杂化方式为sp、sp2 B.G中含有离域Ⅱ键 C.G有碱性，可以和盐酸反应 D.1molG最多可以消耗12mol的H2 (6)符合下列条件的C的同分异构体有 种。 ①属于芳香族化合物且分子中只有一个环 ②在酸性或碱性条件下均能发生水解 ③溴原子连接在苯环上且苯环上有三个取代基 (7)结合题中信息，参照上述合成路线，设计以苯和不超过三个碳的有机物为反应物，制备 的合成路 线： (其他试剂任选)。