精品解析：山东省青岛第一中学2027届高三上学期阶段性自测 化学试卷

2026—2027学年度第一学期高三年级阶段性自测 化学试题 相对原子质量：H-1    O-16    N-14    Na-23    S-32    Fe-56    Sr-88    Mo-96    Ce-140    I-127 一、单选题 1. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A. 具有氧化性，可用作葡萄酒的抗氧化剂 B. 浓具有强氧化性，可用作酯化反应的催化剂 C. 具有弱碱性，可用作胃酸的中和剂 D. 溶液呈蓝色，可用作游泳池的消毒剂 【答案】C 【解析】 【详解】A．二氧化硫与氧气反应，所以少量的二氧化硫可用作葡萄酒抗氧化剂，与二氧化硫具有氧化性无关，故A错误； B．浓硫酸在酯化反应中作催化剂和吸水剂，加快反应速率和提高乙酸乙酯产率，与浓硫酸具有强氧化性无关，故B错误； C．胃酸主要成分为盐酸，Al（OH）3具有弱碱性，能与盐酸发生中和反应，所以Al（OH）3可用作胃酸中和剂，故C正确； D．硫酸铜溶液可用作游泳池中水的消毒剂，是因为铜离子为重金属离子，能够使蛋白质变性，与其颜色无关，故D错误； 故选：C。 2. 类比推测是科学研究中常用的方法之一。下列类比推测正确的是 A. 冰中水分子配位数为4，则硫化氢晶体中硫化氢分子配位数为4 B. 浓硫酸与反应生成，则浓硫酸与反应可制备 C. 乙醇被过量酸性溶液氧化为乙酸，则甲醇被过量酸性溶液氧化为甲酸 D. 溶于氨水生成，则溶于氨水生成 【答案】D 【解析】 【详解】A．冰晶体中水分子间存在氢键，配位数为4；硫化氢晶体中分子间无氢键，为分子密堆积，配位数为12，A错误； B．浓硫酸与反应制利用难挥发酸制易挥发酸原理，但还原性强于，浓硫酸会将生成的氧化为，无法制备纯净，B错误； C．乙醇被过量酸性溶液氧化为乙酸，但甲醇被氧化生成的甲酸含有醛基，会继续被过量酸性溶液氧化最终得到，并非甲酸，C错误； D．中可与形成配离子，中可与形成配离子，因此溶于氨水生成，D正确； 故选D。 3. 下列关于鉴别、除杂的方法错误的是 A. 用溴的四氯化碳除去乙烷中的乙烯 B. 用酸性溶液鉴别苯和甲苯 C. 用重结晶法除去苯甲酸中混有的少量NaCl D. 用溶液鉴别溶液和溶液 【答案】A 【解析】 【详解】A．溴的四氯化碳溶液与乙烯反应生成1，2-二溴乙烷，溶解在四氯化碳中，但乙烷作为气体逸出时可能携带四氯化碳蒸气，导致引入新杂质，无法得到纯净乙烷，正确方法应使用溴水而非溴的四氯化碳，故A错误； B．甲苯能够被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸，溶液褪色，苯则不能，此方法可鉴别苯和甲苯，故B正确； C．苯甲酸溶解度随温度变化大，NaCl溶解度变化小，通过重结晶可析出苯甲酸，NaCl留在母液中，故C正确； D．中为外界离子，与生成AgCl沉淀，中的Cl-为配体，无沉淀，此方法可鉴别，故D正确； 故选A。 4. 由一种阳离子与两种酸根离子组成的盐称为混盐。向混盐中加入足量浓硫酸，可发生反应：(浓)。下列说法错误的是 A. 混盐中既含离子键又含共价键 B. 浓硫酸体现氧化性与酸性 C. 每产生1mol氯气，转移电子物质的量为1mol D. 1mol混盐中含有3mol离子 【答案】B 【解析】 【详解】A．混盐CaOCl2的阳离子是Ca2+，阴离子是Cl-和ClO-，离子间通过离子键结合，ClO-内部存在Cl-O共价键，因此既含离子键又含共价键，A正确； B．反应中H2SO4的S元素化合价未变化（仍为+6），浓硫酸仅提供H+和，未体现氧化性，仅表现酸性，B错误； C．Cl2的生成源于Cl-（-1→0，失去1mol电子）和ClO-（+1→0，得到1mol电子），每生成1mol Cl2，转移1mol电子，C正确； D．1mol CaOCl2含1mol Ca2+、1mol Cl-和1mol ClO-，总离子数为3mol，D正确； 故选B。 5. 向含有a mol FeBr2的溶液中通入x mol Cl2。下列各项为通Cl2过程中溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是 A. x＝0.4a，2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－ B. x＝0.6a，4Fe2＋＋2Br－＋3Cl2=Br2＋4Fe3＋＋6Cl－ C. x＝a，2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2=Br2＋2Fe3＋＋4Cl－ D. x＝1.5a，2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Br2＋2Fe3＋＋6Cl－ 【答案】B 【解析】 【分析】由于还原性：Fe2+＞Br-，通入Cl2，依次发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，当n（Cl2）：n（FeBr2）≤1/2时，只氧化Fe2+，当n（Cl2）：n（FeBr2）≥3/2时，Fe2+和Br-被完全氧化，介于二者之间时，Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化， 【详解】A．x=0.4a，n（Cl2）：n（FeBr2）=0.4＜1/2，只氧化Fe2+，A正确； B．x=0.6a，n（Cl2）：n（FeBr2）介于1/2～3/2，Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化，B错误； C．x=a，n（Cl2）：n（FeBr2）介于1/2～3/2，Fe2+被完全氧化，amolFe2+被氧化消耗0.5amolCl2，剩余0.5amolCl2可与amolBr-发生氧化还原反应，则反应的离子方程式为2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2==Br2＋2Fe3＋＋4Cl－，C正确； D．x=1.5a，Fe2+和Br-恰好被完全氧化，反应的离子方程式为2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2==2Br2＋2Fe3＋＋6Cl－，D正确， 答案选B。 【点晴】本题注意把握物质的还原性强弱，此为解答该题的关键，答题时注意氧化剂和还原剂物质的量之间的关系，此为易错点。注意掌握氧化还原反应的先后规律：越易失电子的物质，失电子后就越难得电子，越易得电子的物质，得电子后就越难失去电子；一种氧化剂同时和几种还原剂相遇时，优先与还原性最强的还原剂发生反应；同理，一种还原剂遇到多种氧化剂时，优先与氧化性最强的氧化剂反应。 6. 实验室合成环己酮缩乙二醇的步骤如下：在圆底烧瓶中按比例加入乙二醇、环己酮、带水剂(苯)、催化剂(浓硫酸)，组装好实验装置(如图)，边搅拌边加热回流，反应一段时间后，冷却，依次用蒸馏水、5% Na2CO3溶液、蒸馏水洗涤并干燥有机层，对干燥后的有机层进行蒸馏并收集174~180℃的馏分(即产品)。 反应原理：+HOCH2CH2OH+H2O 下列说法错误的是 A. 实验时，圆底烧瓶中应加入沸石防止暴沸 B. 第二次用蒸馏水洗涤的目的是除去硫酸和乙二醇 C. 分水器中水层液面的变化情况可监控反应是否达到平衡 D. 用5% Na2CO3溶液洗涤的目的是中和残留的酸 【答案】B 【解析】 【详解】A．该反应需要加热，为防止液体暴沸，应在圆底烧瓶中加入沸石，A正确； B．洗涤顺序为先水洗，再用溶液洗涤，最后再水洗。第一次水洗的目的是除去大部分水溶性的乙二醇和硫酸；用溶液洗涤的目的是中和除去作催化剂的浓硫酸；第二次水洗的目的是除去前一步残留的和生成的盐，B错误； C．反应生成水，通过分水器可将生成的水分离出来，使平衡正向移动，提高产率。当分水器中水层液面不再变化时，说明反应达到了平衡状态，C正确； D．催化剂为浓硫酸，反应后有残留，溶液显碱性，可以与酸反应，故用5% 溶液洗涤的目的是中和残留的酸，D正确； 故答案选B。 7. 光催化是一种常用的绿色有机合成方法，合成化合物M(表示芳基，表示叔丁基)的反应历程如图所示。下列说法错误的是 A. X→Y过程中既有σ键断裂，又有π键断裂 B. Z中Ni的化合价为+2 C. PC②→PC①是一个氧化过程 D. 总反应式为 【答案】B 【解析】 【详解】A．X→Y过程中，X含碳碳三键，反应时三键的键断裂，同时X中氧原子左边所连为-CH2-，Y中氧原子左边所连C为有一个单电子，此时这个碳原子上只连了一个氢原子，有碳氢键断裂，既有键断裂又有键断裂，A正确； B．由图可知，中Ni的化合价为+2价，中Ni与结合生成Z，Ni原子与具有单电子的碳原子结合形成键，且共用单子对偏向于C原子，则Ni的化合价上升到+3价，B错误； C．该步骤是光催化剂PC②与 反应，生成PC①和 。在这个反应中，Ni的化合价从+1价下降到0价，是氧化剂，则PC②→PC①是一个氧化过程，C正确； D．根据反应历程，反应物为炔烃X和ArCl，产物为M，条件为光、催化剂，总反应式为，D正确； 故选B。 8. 药物奥利司他结构简式如下。下列关于该物质说法错误的是 A. 含有5个手性碳原子 B. 含有分子内氢键 C. 能使酸性溶液褪色 D. 能发生水解反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．手性碳原子是指连有4个不同原子或原子团的饱和碳原子，如图（带*号的为手性碳），则奥利司他中含有的手性C原子为4个，A错误； B．由奥利司他的结构可知，分子中含有官能团，N上的氢原子与右侧链酯基碳氧双键的氧原子能形成分子内氢键，B正确； C．由奥利司他的结构可知，分子中含有官能团，具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确； D．由奥利司他的结构可知，分子中含有酰胺键和酯基，能够发生水解反应，正确； 故选A。 9. 层状的晶体结构与石墨类似，可用于制作润滑材料、电极材料等。其单层二维部分结构如图所示，下列说法错误的是 A. 由结构可知 B. 每个原子周围距离最近的S原子数目为6 C. 该晶体中之间不存在配位键 D. 其作为润滑材料表现优异与层间存在范德华力有关 【答案】C 【解析】 【详解】A．由结构可知每个Mo原子连接4个S原子，每个S原子连接2个Mo原子，Mo、S的最简个数比为1:2，，A正确； B．由图中结构可知每个原子周围距离最近的S原子数目为6，B正确； C．S形成2个σ键后，S原子存在孤电子对，原子提供空轨道，该晶体中之间存在配位键，C错误； D．层间存在范德华力，作用力较小，容易相对滑动，故其作为润滑材料表现优异与层间存在范德华力有关，D正确； 故选C。 10. 某密闭容器中发生以下两个反应：① ；② 。反应①的正反应速率，反应②的正反应速率，其中、为速率常数。某温度下，体系中生成物浓度随时间变化的关系如图所示。下列说法不正确的是 A. 反应①的活化能小于反应② B. 10s时， C. 该温度时， D. 0～6s内，X的平均反应速率 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图可知，初始生成M的速率大于N，则反应①的活化能小于反应②，A正确； B．由图可知，初始生成M的速率大于N，则>，10s时两个反应均达到平衡状态，由于、，则，B正确； C．、，则，由图可知，平衡时刻M、N的浓度分别为2、5，则，C正确； D．①②反应中X、Q的系数均为1，则内，X的平均反应速率为，D错误； 故选D。 二、不定项选择题 11. 我国科研小组实现了光电条件下脂肪醇与芳基卤代烃的偶联反应，具体工作原理如下图。 已知：R表示烷基；X表示卤素原子；L为有机物，易提供孤对电子形成配合物。 下列说法正确的是 A. N接电源的正极 B. Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种离子中Ni的化合价均不相同 C. 该偶联反应为++CH2O+HX D. 电解一段时间后需补充含的电解质 【答案】BC 【解析】 【分析】催化条件下，该装置以外加电源驱动电化学氧化还原过程：阳极区域中，脂肪醇在 Fe3+/Fe2+介质的辅助下被氧化生成烷基自由基，同时释放质子；阴极区域中，Ni配合物被还原为Ni活性物种，对芳基卤代烃进行氧化加成生成芳基镍(II)中间体，该中间体进一步捕获阳极产生的烷基自由基，经还原消除形成C–C偶联产物Ar–R，同时再生Ni完成催化循环。光照可能通过激发催化剂或半导体电极促进界面电子转移，提高反应效率。 【详解】A．根据循环过程，左电极M中，转化为，失电子发生氧化反应，因此M是阳极，接电源正极；右电极N中，带电荷的Ⅱ得电子转化为带电荷的Ⅲ，发生还原反应，N是阴极，接电源负极，因此N接正极的说法错误，A不符合题意； B．设配体为中性，整体电荷对应化合价：Ⅰ中为价；Ⅱ，芳基为价，故化合价为；Ⅲ，同理化合价为； 三种化合价均不同，B符合题意； C．根据整个过程的反应物和产物，反应物为和芳基卤代烃，产物为偶联产物、、，原子守恒配平后总反应为： ，C符合题意； D．循环过程中，与反应会释放，在M极重新生成消耗，循环利用，总量不变，不需要补充，D不符合题意； 答案选BC。 12. 下列实验所选择的玻璃仪器和试剂准确完整的是 实验目的 玻璃仪器 试剂 A 对比、对分解的催化效果 试管、胶头滴管 溶液、溶液、溶液 B 检测硫酸作用后的淀粉是否水解 试管、胶头滴管、酒精灯 硫酸作用后的淀粉溶液、溶液、氢氧化钠溶液 C 制备氢氧化铁胶体 胶头滴管、玻璃棒、烧杯 饱和溶液、蒸馏水 D 用电石制备乙炔 启普发生器、集气瓶、水槽、洗气瓶 电石、食盐水、硫酸铜溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．对比Fe3+、Cu2+对H2O2分解的催化效果，需要采用单一控制变量法，则Fe3+、Cu2+的浓度应一样，故A错误； B． 淀粉在稀硫酸作用下发生水解，水解液显酸性，需要加入氢氧化钠溶液，调至溶液呈碱性，再用过量氢氧化钠溶液和硫酸铜溶液配制新制氢氧化铜悬浊液，滴加到呈碱性的水解液中，并加热，若观察到有砖红色沉淀生成，则证明有葡萄糖生成，说明淀粉已发生水解，故B正确； C．沸水中滴加饱和氯化铁溶液制备胶体，不需要玻璃棒，且需用酒精灯加热，故C错误； D．实验室用电石与饱和食盐水制备乙炔，①反应放出的大量热，易损坏启普发发生器(受热不均而炸裂)，②反应后生成的石灰乳是糊状，可夹带少量( CaC2进入启普发生器底部，堵住球形漏斗和底部容器之间的空隙，使启音普发生器失去作用，故D错误； 故选B。 13. 天青石主要成分是，还含有少量及Si、Mg、Fe的氧化物等杂质，现以天青石为原料制备的工艺流程如下： 已知：， 下列说法错误的是 A. 加入缓冲溶液可使转化为 B. 钡、硅元素分别在“酸浸”和“调pH”工序除去 C. 若去掉“氧化”工序，“调pH”时消耗氨水量增大 D. 将92g 投入到1L 溶液中，反应后时，的转化率为32%（忽略溶液体积变化） 【答案】BD 【解析】 【分析】由溶度积可知相同温度时溶解度SrCO3＜SrSO4，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，所以将天青石矿粉和Na2CO3溶液充分混合，发生的反应为SrSO4+ Na2CO3=SrCO3+Na2SO4，过滤后得到的粗SrCO3中含有杂质SiO2、BaSO4。粗SrCO3加盐酸酸浸除掉SiO2、BaSO4，加HClO氧化Fe2+生成Fe3+，氨水调pH除Fe(OH)3，加入NH4HCO3溶液，生成沉淀SrCO3，经过滤、洗涤、干燥即可得纯净的SrCO3。据此分析解题。 【详解】A．根据分析，加入缓冲溶液可使转化为，便于除去，A正确； B．钡、硅元素均在“酸浸”工序除去，B错误； C．若去掉“氧化”工序，则要沉淀Fe2+，需要将pH调到强碱性，会导致“调pH”时消耗氨水量增大，C正确； D．将92g ，即0.5mol的投入到1L 溶液中，由反应SrSO4(s)+(aq)⇌SrCO3(s)+(aq)，反应后时，溶液中， 则此时溶液中c()===0.32mol/L，的转化率为，D错误； 故选BD。 14. 4-氨基喹啉及其衍生物可用作治疗红细胞型疟原虫感染的抗疟药，其重要中间体的部分合成路线如下所示，下列说法正确的是 已知：Et表示乙基() A. C、D不可用红外光谱鉴别 B. B中含有两种官能团 C. A和B生成C的另一种产物是乙醇 D. C生成D的过程先环化再异构化，其环化的产物是 【答案】C 【解析】 【详解】A．红外光谱可通过检测不同官能团和化学键的特征吸收峰来鉴别有机物。C和D的官能团种类存在差异，C含有碳碳双键、亚氨基，D含有羟基、吡啶环，因此可用红外光谱鉴别，A错误； B．B的结构中含有碳碳双键、酯基、醚键三种官能团，B错误； C．A和B发生加成取代反应生成C，根据原子守恒，反应中B分子断裂一个键，与A的氨基结合，另一种产物为乙醇，C正确； D．C生成D的过程先环化再异构化，环化产物的结构中应含有碳碳双键和羰基，与选项中给出的结构不符，异构化后才发生烯醇式互变生成含羟基的D，D错误； 故选C。 15. 在一定条件下，用草酸-草酸铵浸出废渣中的，平衡时浸出体系中含草酸根粒子的形态分布（按折合成计）随pH变化如下图所示。下列说法不正确的是 已知：①和可以生成、和三种配离子。 ②体系中草酸根的总浓度（按折合成计） A. 曲线③表示的变化情况 B. C. 该条件下，碱性增强的物质的量分数一定增大 D. 时， 【答案】C 【解析】 【分析】根据溶液中微粒的性质随 pH 变化规律： 酸性越强浓度越高，随pH增大不断电离减少。对应图中最左侧下降的曲线②。属于中间产物，随pH增大由电离产生，随后又电离生成，呈先增大后减小的趋势。对应曲线③。随pH升高先增多，强碱性下因转化为减少，对应随pH升高先增后减的曲线①。最后 对应曲线④，据此解答； 【详解】A．如上所述，作为中间态酸根，其物质的量分数必然经历一个先增大后减小的过程，对应曲线③，A正确； B． 的一级电离方程式为。电离常数表达式为： 。观察图像，在pH = b时，曲线②(  ) 与曲线③ (  ) 相交，意味着此时。代入公式可得，B正确； C．观察图像最右侧（pH大于8的部分）。随着碱性进一步增强，体系中占主导地位的微粒曲线急剧下降，趋向于0。这是因为在强碱性条件下，溶液中的会争夺，生成更难溶或更稳定的  沉淀，导致草酸铁配离子被破坏分解。因此，其物质的量分数并不是一直增大的，在pH很大时会减小，C错误； D．由图可知，在pH = c时，曲线①和曲线④相交，即此时（设为  ），且对应纵坐标（物质的量分数）为0.1。同时，曲线③（）的物质的量分数为 0.15。由于曲线①、③、④的分数之和为，说明剩余的0.65为以及、两种配离子的折合草酸根占比。已知体系中草酸根总浓度 。因此，D正确； 故选C。 三、非选择题 16. 钼是一种战略金属元素，钼的化合物在许多领域有重要应用。回答下列问题。 （1）基态Mo原子核外价电子排布为，Mo元素在周期表的位置为______。 （2）两种钼的配合物结构如下图，Mo原子的配位数是______，a和b中Mo的杂化方式相同，则①②处的键角大小比较①______②（填“>”“<”或“=”，下同）；b分子中碳氧三键的键长______CO分子的碳氧三键的键长。 （3）晶体结构以六方晶系的2H型最稳定，层状晶体结构与石墨相似，每层由三层原子构成，中间的Mo原子层夹在两层S原子之间，形成了类似“三明治”的结构。 ①关于该种晶体的说法正确的是______。 A.中的中心原子价电子对数 B.为离子晶体 C.晶体中Mo原子周围与它最近且距离相等的Mo原子有3个 ②能表现出半导体的性质，从结构角度分析原因______。 （4）氮化钼作为锂离子电池负极材料具有很好的发展前景。立方晶胞结构如图所示。 氮化钼的化学式为______，如果填入氮化钼晶体的八面体空隙，一个晶胞最多可以填入______个。氮化钼晶胞参数为a nm，晶体的密度______（列出计算式，设为阿伏加德罗常数的值）。 【答案】（1）第5周期ⅥB族 （2） ①. 6 ②. > ③. > （3） ①. A ②. 硫原子位于同层，每个硫原子与3个Mo原子相连，仍含有未杂化电子可形成大键 （4） ①. ②. 2 ③. 或 【解析】 【小问1详解】 Mo（钼）原子序数42，价电子排布为，位于第5周期ⅥB族；故答案为第5周期ⅥB族。 【小问2详解】 配合物a中，Mo与4个O和2个N配位，配位数为6；配合物b中，Mo与6个CO配位，配位数为6；键角①是配合物a中的∠O=Mo=O，键角②是配合物a中的∠O=Mo-O，由于两个Mo=O键之间的排斥力大于Mo=O和Mo-O之间的排斥力，所以对应的键角①>键角②；在化合物b中，Mo与CO之间形成σ-配位键，削弱了C≡O的键，导致C≡O键长增长，因此，b中配位CO的C≡O键长 > CO分子的C≡O键长；故答案为6；>；>。 【小问3详解】 ① A．中Mo为中心原子，的层状结构与石墨相似，每层MoS2由三层原子构成，中间的Mo原子层夹在两层S原子之间，与6个S配位，价层电子对数为6，故A正确； B．的层状结构与石墨相似，层内为共价键，层间为范德华力，属于混合型晶体，故B错误； C．中Mo原子层夹在两层S原子之间，每个Mo与6个S配位，而Mo-Mo之间在同一层内，每个Mo有6个最近且距离相等的Mo，故C错误； 故答案选A； ②的层状结构与石墨相似，每层内Mo与S以共价键结合，但层间为范德华力，硫原子位于同层，每个硫原子与3个Mo原子相连，仍含有未杂化电子可形成大键，因此呈现半导体性质；故答案为硫原子位于同层，每个硫原子与3个Mo原子相连，仍含有未杂化电子可形成大键。 【小问4详解】 晶胞中Mo原子在顶角和面心，共个Mo，N原子在棱心和体心，共，共2个N；因此氮化钼的化学式为；如果让Li＋填入氮化钼晶体的八面体空隙，面心上的所有Mo原子形成1个八面体，如图所示，红色部分为正八面体的，该晶胞中有12个这样的结构，所以该晶胞中含有正八面体个数＝，Li＋填入氮化钼晶体的八面体空隙，即填充在体心和棱上，该晶胞中体心和4个棱上已经被N原子占用，还有8个棱可以被Li＋占用，该晶胞中棱上的Li＋个数＝，该晶胞体积V＝（a×10−7cm）3，晶胞密度＝；故答案为：Mo2N；2；或。 17. 氧化铈()是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿(含、、等)为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示： 已知：①稀土离子易与形成复盐沉淀，和发生反应：； ②硫脲：具有还原性，酸性条件下易被氧化为； ③在空气中易被氧化为，两者均能形成氢氧化物沉淀； ④为白色粉末，难溶于水。 回答下列问题： （1）滤渣A的主要成分是_______(填写化学式)。 （2）在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到和两种固体以及两种高温下的气态物质，请写出焙烧过程中相应的化学方程式_______。 （3）焙烧后加入稀硫酸浸出，为提高的浸出率，需控制硫酸浓度不能太大的原因是______。 （4）加入硫脲的目的是将还原为，反应的离子方程式为_______。 （5）步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息推测，加入X的作用为_______。 （6）下列关于步骤④的说法正确的是_______(填字母)。 A.该步骤发生的反应是 B.过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率 C.过滤后的滤液中仍含有较多，需要将滤液循环以提高产率 （7）若常温下，，，恰好沉淀完全，此时测得溶液的，则溶液中_______。 （8）取所得产品溶解后配成溶液。取该溶液用硫酸亚铁铵[]溶液滴定，滴定时发生反应，达到滴定终点时消耗硫酸亚铁铵溶液，则该产品的纯度为_______。(保留三位有效数字)。 【答案】（1）BaSO4、SiO2 （2）4CeFCO3＋4NaHCO3＋O24NaF＋4CeO2＋8CO2＋2H2O （3）硫酸根离子浓度过大时，容易和Ce3+发生反应生成沉淀，从而使浸出率降低 （4）2＋2=2Ce3+＋(SCN2H3)2＋2HF＋2F－ （5）防止Ce3+被氧化 （6）AB （7）0.2 （8）90.9% 【解析】 【分析】氟碳铈矿含CeFCO3、BaO、SiO2等，在空气中焙烧， Ce3+在空气中氧化为Ce4+，用硫酸浸取，Ce元素以形式进入溶液， SiO2不反应， BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤分离，滤渣A为SiO2、BaSO4，含的滤液中加入硫脲将还原为Ce3+，Ce2(SO4)3与Na2SO4形成复盐沉淀，过滤分离。复盐沉淀B中加入NaOH，再加入稀盐酸，得到含Ce3+的滤液，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2，据此回答； 【小问1详解】 由分析可知，滤渣A的主要成分是BaSO4、SiO2； 【小问2详解】 在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉(CeFCO3)中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，根据质量守恒得到两种高温气体为二氧化碳和水蒸气，则焙烧过程中相应的化学方程式4CeFCO3＋4NaHCO3＋O24NaF＋4CeO2＋8CO2＋2H2O； 【小问3详解】 根据信息Ce3+和发生反应： Ce2(SO4)3+Na2SO4+nH2O=Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O↓；则焙烧后加入稀硫酸浸出，为提高Ce的浸出率，需控制硫酸浓度不能太大的原因是硫酸根离子浓度过大时，容易和Ce3+发生反应生成沉淀，从而使浸出率降低； 【小问4详解】 根据信息硫脲：具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2，则加入硫脲的目的是将还原为Ce3+，反应的离子方程式为2＋2=2Ce3+＋(SCN2H3)2＋2HF＋2F－； 【小问5详解】 步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+推测，加入X的作用是防止Ce3+被氧化； 【小问6详解】 A．Ce3+加入碳酸氢铵反应生成Ce2(CO3)3沉淀，根据元素守恒，说明还会生成二氧化碳和水，则该步骤发生的反应是2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O，故A正确； B．过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率，故B正确； C．由于加入的碳酸氢铵是过量的，沉淀是充分的，因此过滤后的滤液中含有Ce3+很少，故C错误； 故选AB； 【小问7详解】 若常温下，Ka2(H2CO3)=5.0×10−11，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10−28，Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)=1.0×10−5 mol∙L−1，根据，解得，此时测得溶液的pH=5，再根据，解得c()=0.2mol∙L−1； 【小问8详解】 根据题意和反应离子方程式Fe2+＋Ce4+=Fe3+＋Ce3+，则该产品的纯度为； 故答案为：90.9%。 18. 化合物H为合成阿帕替尼的中间体，一种合成路线如下（部分反应条件已简化）： 已知：ⅰ． ⅱ． ⅲ． 回答下列问题： （1）B的名称是________________________；B→C的化学方程式为________________________。 （2）已知硝化反应中包含如下基元反应：，中碳原子的杂化方式为________________________。 （3）反应条件X应选择_______________（填标号）。 a．KMnO4/H+ b． c． d．HNO3、H2SO4/加热 （4）F中的官能团名称为酯基、_______________；G的结构简式为___________________。C→D的反应类型为____________。 （5）满足下列条件的H的同分异构体有_______________种。 ①含有、、3种结构 ②除苯环外，核磁共振氢谱显示有2组峰 （6）化合物H的另一种合成路线如下： N的结构简式为________________________。 【答案】（1） ①. 苯乙酸甲酯 ②. （2） （3）c （4） ①. 酰胺基、碳氯键 ②. ③. 取代反应 （5）7 （6） 【解析】 【分析】A与甲醇发生酯化反应生成B（），B与在NaH存在下反应生成C（），C与浓在浓加热条件下反应生成D，由D的结构简式知，C的结构简式为，D发生还原生成E，E发生已知ⅱ的反应生成F（），F的结构简式为，F发生已知ⅲ的反应生成G，G的结构简式为，G发生已知ⅰ的反应生成H（），H的结构简式为。 【小问1详解】 B（）的名称是苯乙酸甲酯；据分析可知，B→C的化学方程式：； 【小问2详解】 中与—NO2相连的碳原子形成4个键，无孤对电子，为sp3杂化、其余碳原子形成3个键，无孤对电子为sp2杂化； 【小问3详解】 D中硝基被还原为氨基得到E，在Pd存在下能将D还原为E，故选c； 【小问4详解】 根据分析，F的结构简式为，官能团名称为酯基、酰胺基、碳氯键；G的结构简式为；C→D的反应类型为取代反应，硝基取代了苯环上的氢原子； 【小问5详解】 H的结构简式为，其同分异构体满足：①含有、、3种结构；②除苯环外，核磁共振氢谱显示有2组峰，故3个N原子形成3个-NH2，连在同一个饱和碳原子上，-OH的位置为图，中数字，即符合条件的同分异构体有7种； 【小问6详解】 发生还原反应生成的M为，M与反应生成的N为，N发生已知ⅲ的反应生成H。 19. 高炉煤气(主要成分为CO、N2、H2、H2S和少量COS)是炼铁过程中所得到的一种副产品，直接排放会污染空气。某化学兴趣小组利用高炉煤气和SO2制备Na2S2O3·5H2O，装置如图所示。回答下列问题： 资料：润湿的试纸可鉴别，方程式为：(黑色) Ⅰ．Na2S2O3的制备 步骤一：关闭K1、K2，打开K3，通入高炉煤气。 发生的反应有：丁中；乙中。 （1）当润湿的(CH3COO)2Pb试纸_____(填现象)，关闭K3，停止通入高炉煤气。 （2）导管b接盛有醋酸亚铜氨溶液的洗气瓶。醋酸亚铜氨溶液的洗气瓶用于吸收CO气体，方程式为：　。 ①过量H2S会导致吸收CO的能力下降的原因是_____。 ②将吸收液通过_____(任写一种)的方法实现吸收液的再生，同时释放CO，达到资源再利用。 步骤二：打开K1、K2，通入SO2气体。 （3）试剂a为_____(填化学式)。 （4）装置乙中生成Na2S2O3的化学方程式为_____。 （5）导管b接盛有_____(填化学式)溶液的洗气瓶用于尾气处理。 Ⅱ．Na2S2O3·5H2O纯度的测定 （6）测定某样品中Na2S2O3·5H2O的含量的实验步骤如下(杂质不参加反应)： i．取的溶液，用硫酸酸化后，加入过量溶液，发生反应： ii．称取样品，配制成溶液，取该溶液滴定步骤i所得溶液(淀粉作指示剂)至终点。三次平行实验，平均消耗样品溶液。发生的反应为： ①判断步骤ii的滴定终点方法为_____。 ②样品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为_____。 【答案】（1）变黑 （2） ①. H2S能与亚铜离子反应生成沉淀，破坏配合物结构，从而降低了CO的吸收 ②. 加热(或减压) （3）Na2SO3 （4）4NaHCO3+2NaHS+4SO2=3Na2S2O3+4CO2+3H2O （5）NaOH （6） ①. 滴入最后半滴样品溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色 ②. 80.0% 【解析】 【分析】本题为实验探究题，先关闭K1、K2，打开K3，通入高炉煤气，分别发生反应有：丁中；乙中H2S+Na2CO3=NaHCO3+NaHS，当湿润的(CH3COO)2Pb试纸变黑后，说明乙中反应完全，关闭K3，打开K1、K2，甲中产生SO2，原理为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O，向乙装置中通入SO2气体，发生反应：4NaHCO3+2NaHS+4SO2=3Na2S2O3+4CO2+3H2O，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥，得到Na2S2O3·5H2O，最后对所得样品进行定量实验检测其纯度，据此分析解题。 【小问1详解】 H2S和(CH3COO)2Pb反应生成黑色的PbS，当润湿的(CH3COO)2Pb试纸变黑，说明H2S过量，关闭K3，停止通入高炉煤气，故答案为：变黑； 【小问2详解】 ①过量H2S会导致吸收CO的能力下降的原因是过量H2S会与Cu+反应生成Cu2S沉淀，破坏了CH3COOCu(NH3)2，从而降低了CO的吸收，故答案为：H2S能与亚铜离子反应生成沉淀，破坏配合物结构，从而降低了CO的吸收； ②CH3COOCu(NH3)2(aq)+CO(g)CH3COOCu(NH3)2⋅CO(aq)ΔH＜0，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故将吸收液通过加热的方法实现吸收液的再生，同时释放CO，达到资源化利用，另该反应也是气体分子数减小的反应，减压也可以使平衡逆向移动，达到同样的目的，故答案为：加热(或减压)； 【小问3详解】 装置甲内利用浓硫酸与亚硫酸钠反应，制取SO2，故试剂a为Na2SO3，故答案为：Na2SO3； 【小问4详解】 装置乙中有NaHCO3、NaHS，通入后SO2，三者反应生成Na2S2O3的化学方程式为：4NaHCO3+2NaHS+4SO2=3Na2S2O3+4CO2+3H2O，故答案为：4NaHCO3+2NaHS+4SO2=3Na2S2O3+4CO2+3H2O； 【小问5详解】 多余的SO2可以用NaOH溶液吸收，故导管b接盛有NaOH溶液的洗气瓶用于尾气处理，故答案为：NaOH； 【小问6详解】 ①由题干信息可知，步骤ii中一开始为淀粉和I2的溶液，溶液显蓝色，而后随着反应的进行I2消耗，当I2消耗完时溶液变为无色，故判断步骤ii的滴定终点方法为当滴入最后半滴样品溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色，故答案为：滴入最后半滴样品溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色； ②根据反应方程式、可知：n(Na2S2O3·5H2O)=2n(I2)=2×3n(K2Cr2O7)=6×0.01mol/L×20.00×10-3L=1.2×10-3mol，故样品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为：×100%=80.0%，故答案为：80.0%。 20. 二氧化碳合成有机物的综合利用有利于碳中和。涉及的反应有： 反应I：　； 反应II：　； 反应III：　； 反应IV：　。 （1）工业上常用乙酸的热裂解反应制氢，则该反应___________kJ·mol-1。在恒容密闭容器中，加入一定量的乙酸蒸气，在催化剂作用下发生热裂解反应和脱羧基反应，在相同时间测得温度与气体产率的关系如图。 ①H2产率低于CO的可能原因为___________。 ②若保持其他条件不变，向密闭容器中加入一定量的水，氢气产率显著提高，而CO产率下降，原因为___________(用化学方程式解释)。 （2）若在TK条件下，向VL密闭容器中充入1molCO2和3molH2，压强为pkPa，发生上述反应I、II、III、IV。CO2的平衡转化率和生成物的选择性随温度的变化如图。已知：DMF表示CH3OCH3，生成物A的选择性。 ①表示CO2的平衡转化率的曲线是___________(填标号)。 ②则平衡时n(CH3OH)=___________mol。 ③反应III的Kp=___________。 ④平衡时，保持其他条件不变，若缩小容器体积，则n(CO)________(填“增大”、“等于”或“减小”)。 【答案】（1） ①. +201.4 ②. 乙酸的热裂解反应生成的氢气和脱羧基反应生成的二氧化碳发生反应III：，从而使H2产率低于CO ③. （2） ①. b ②. 0.09 ③. 0.046 ④. 减小 【解析】 【分析】四个反应中CO2参与反应I，反应III两个反应。反应I放热，反应III吸热，升高温度反应I逆向进行，二氧化碳转化率降低，反应III正向进行，二氧化碳转化率升高，两个反应进行程度不同，导致二氧化碳转化率有降有升。确定b曲线表示CO2的平衡转化率。升高温度，乙酸的选择性降低，反应IV消耗的CO减少，同时反应III正向进行，CO选择性增大。反应I、II、IV逆向进行，甲醇的选择性减小，分析图像可知图中a表示CO的选择性。TK平衡时CO2的转化率为60%， CH3OCH3选择性70%，CH3COOH选择性10%，CO选择性5%。据此相关数据进行分析计算。 【小问1详解】 根据盖斯定律得 ；乙酸的热裂解反应生成的氢气和脱羧基反应生成的二氧化碳发生反应III：，从而使H2产率低于CO。乙酸蒸汽中加入一定量的水蒸气，CO与水蒸气发反应生成氢气和二氧化碳，氢气产率显著提高，而CO产率下降对应的化学方程式。故答案为：+201.4；乙酸的热裂解反应生成的氢气和脱羧基反应生成的二氧化碳发生反应III：，从而使H2产率低于CO；； 【小问2详解】 ①四个反应中CO2参与反应I，反应III两个反应。反应I放热，反应III吸热，升高温度反应I逆向进行，二氧化碳转化率降低，反应III正向进行，二氧化碳转化率升高，两个反应进行程度不同，导致二氧化碳转化率有降有升。图中四条曲线只有b曲线变化中有升高和降低的变化。故表示CO2的平衡转化率的曲线是b，故答案为：b； ②升高温度，乙酸的选择性降低，反应IV消耗的CO减少，同时反应III正向进行，CO选择性增大。反应I、II、IV逆向进行，甲醇的选择性减小，分析图像可知图中a表示CO的选择性。所以TK平衡时CO2的转化率为60%， CH3OCH3选择性70%，CH3COOH选择性10%，CO选择性5%。反应前加入1molCO2，3molH2，平衡时消耗CO2：0.6mol，生成，，，根据碳原子守恒可计算出，故答案为：0.09； ③反应IV， 平衡时CO为0.03mol，反应III生成CO为0.03+0.03=0.06mol， 反应III 反应I、反应III共消耗CO2为0.6mol，反应I消耗CO2为0.6-0.03=0.57mol。 反应I 反应II 平衡时，， ，， 反应III的，故答案为：0.046； ④平衡时，保持其他条件不变，缩小容器体积，反应I、IV正向进行，消耗CO同时使得体系中水蒸气的量增大，反应III逆向进行，消耗CO， n(CO)减小。故答案为：减小。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026—2027学年度第一学期高三年级阶段性自测 化学试题 相对原子质量：H-1    O-16    N-14    Na-23    S-32    Fe-56    Sr-88    Mo-96    Ce-140    I-127 一、单选题 1. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A. 具有氧化性，可用作葡萄酒的抗氧化剂 B. 浓具有强氧化性，可用作酯化反应的催化剂 C. 具有弱碱性，可用作胃酸的中和剂 D. 溶液呈蓝色，可用作游泳池的消毒剂 2. 类比推测是科学研究中常用的方法之一。下列类比推测正确的是 A. 冰中水分子配位数为4，则硫化氢晶体中硫化氢分子配位数为4 B. 浓硫酸与反应生成，则浓硫酸与反应可制备 C. 乙醇被过量酸性溶液氧化为乙酸，则甲醇被过量酸性溶液氧化为甲酸 D. 溶于氨水生成，则溶于氨水生成 3. 下列关于鉴别、除杂的方法错误的是 A. 用溴的四氯化碳除去乙烷中的乙烯 B. 用酸性溶液鉴别苯和甲苯 C. 用重结晶法除去苯甲酸中混有的少量NaCl D. 用溶液鉴别溶液和溶液 4. 由一种阳离子与两种酸根离子组成的盐称为混盐。向混盐中加入足量浓硫酸，可发生反应：(浓)。下列说法错误的是 A. 混盐中既含离子键又含共价键 B. 浓硫酸体现氧化性与酸性 C. 每产生1mol氯气，转移电子物质的量为1mol D. 1mol混盐中含有3mol离子 5. 向含有a mol FeBr2的溶液中通入x mol Cl2。下列各项为通Cl2过程中溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是 A. x＝0.4a，2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－ B. x＝0.6a，4Fe2＋＋2Br－＋3Cl2=Br2＋4Fe3＋＋6Cl－ C. x＝a，2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2=Br2＋2Fe3＋＋4Cl－ D. x＝1.5a，2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Br2＋2Fe3＋＋6Cl－ 6. 实验室合成环己酮缩乙二醇的步骤如下：在圆底烧瓶中按比例加入乙二醇、环己酮、带水剂(苯)、催化剂(浓硫酸)，组装好实验装置(如图)，边搅拌边加热回流，反应一段时间后，冷却，依次用蒸馏水、5% Na2CO3溶液、蒸馏水洗涤并干燥有机层，对干燥后的有机层进行蒸馏并收集174~180℃的馏分(即产品)。 反应原理：+HOCH2CH2OH+H2O 下列说法错误的是 A. 实验时，圆底烧瓶中应加入沸石防止暴沸 B. 第二次用蒸馏水洗涤的目的是除去硫酸和乙二醇 C. 分水器中水层液面的变化情况可监控反应是否达到平衡 D. 用5% Na2CO3溶液洗涤的目的是中和残留的酸 7. 光催化是一种常用的绿色有机合成方法，合成化合物M(表示芳基，表示叔丁基)的反应历程如图所示。下列说法错误的是 A. X→Y过程中既有σ键断裂，又有π键断裂 B. Z中Ni的化合价为+2 C. PC②→PC①是一个氧化过程 D. 总反应式为 8. 药物奥利司他结构简式如下。下列关于该物质说法错误的是 A. 含有5个手性碳原子 B. 含有分子内氢键 C. 能使酸性溶液褪色 D. 能发生水解反应 9. 层状的晶体结构与石墨类似，可用于制作润滑材料、电极材料等。其单层二维部分结构如图所示，下列说法错误的是 A. 由结构可知 B. 每个原子周围距离最近的S原子数目为6 C. 该晶体中之间不存在配位键 D. 其作为润滑材料表现优异与层间存在范德华力有关 10. 某密闭容器中发生以下两个反应：① ；② 。反应①的正反应速率，反应②的正反应速率，其中、为速率常数。某温度下，体系中生成物浓度随时间变化的关系如图所示。下列说法不正确的是 A. 反应①的活化能小于反应② B. 10s时， C. 该温度时， D. 0～6s内，X的平均反应速率 二、不定项选择题 11. 我国科研小组实现了光电条件下脂肪醇与芳基卤代烃的偶联反应，具体工作原理如下图。 已知：R表示烷基；X表示卤素原子；L为有机物，易提供孤对电子形成配合物。 下列说法正确的是 A. N接电源的正极 B. Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种离子中Ni的化合价均不相同 C. 该偶联反应为++CH2O+HX D. 电解一段时间后需补充含的电解质 12. 下列实验所选择的玻璃仪器和试剂准确完整的是 实验目的 玻璃仪器 试剂 A 对比、对分解的催化效果 试管、胶头滴管 溶液、溶液、溶液 B 检测硫酸作用后的淀粉是否水解 试管、胶头滴管、酒精灯 硫酸作用后的淀粉溶液、溶液、氢氧化钠溶液 C 制备氢氧化铁胶体 胶头滴管、玻璃棒、烧杯 饱和溶液、蒸馏水 D 用电石制备乙炔 启普发生器、集气瓶、水槽、洗气瓶 电石、食盐水、硫酸铜溶液 A. A B. B C. C D. D 13. 天青石主要成分是，还含有少量及Si、Mg、Fe的氧化物等杂质，现以天青石为原料制备的工艺流程如下： 已知：， 下列说法错误的是 A. 加入缓冲溶液可使转化为 B. 钡、硅元素分别在“酸浸”和“调pH”工序除去 C. 若去掉“氧化”工序，“调pH”时消耗氨水量增大 D. 将92g 投入到1L 溶液中，反应后时，的转化率为32%（忽略溶液体积变化） 14. 4-氨基喹啉及其衍生物可用作治疗红细胞型疟原虫感染的抗疟药，其重要中间体的部分合成路线如下所示，下列说法正确的是 已知：Et表示乙基() A. C、D不可用红外光谱鉴别 B. B中含有两种官能团 C. A和B生成C的另一种产物是乙醇 D. C生成D的过程先环化再异构化，其环化的产物是 15. 在一定条件下，用草酸-草酸铵浸出废渣中的，平衡时浸出体系中含草酸根粒子的形态分布（按折合成计）随pH变化如下图所示。下列说法不正确的是 已知：①和可以生成、和三种配离子。 ②体系中草酸根的总浓度（按折合成计） A. 曲线③表示的变化情况 B. C. 该条件下，碱性增强的物质的量分数一定增大 D. 时， 三、非选择题 16. 钼是一种战略金属元素，钼的化合物在许多领域有重要应用。回答下列问题。 （1）基态Mo原子核外价电子排布为，Mo元素在周期表的位置为______。 （2）两种钼的配合物结构如下图，Mo原子的配位数是______，a和b中Mo的杂化方式相同，则①②处的键角大小比较①______②（填“>”“<”或“=”，下同）；b分子中碳氧三键的键长______CO分子的碳氧三键的键长。 （3）晶体结构以六方晶系的2H型最稳定，层状晶体结构与石墨相似，每层由三层原子构成，中间的Mo原子层夹在两层S原子之间，形成了类似“三明治”的结构。 ①关于该种晶体的说法正确的是______。 A.中的中心原子价电子对数 B.为离子晶体 C.晶体中Mo原子周围与它最近且距离相等的Mo原子有3个 ②能表现出半导体的性质，从结构角度分析原因______。 （4）氮化钼作为锂离子电池负极材料具有很好的发展前景。立方晶胞结构如图所示。 氮化钼的化学式为______，如果填入氮化钼晶体的八面体空隙，一个晶胞最多可以填入______个。氮化钼晶胞参数为a nm，晶体的密度______（列出计算式，设为阿伏加德罗常数的值）。 17. 氧化铈()是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿(含、、等)为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示： 已知：①稀土离子易与形成复盐沉淀，和发生反应：； ②硫脲：具有还原性，酸性条件下易被氧化为； ③在空气中易被氧化为，两者均能形成氢氧化物沉淀； ④为白色粉末，难溶于水。 回答下列问题： （1）滤渣A的主要成分是_______(填写化学式)。 （2）在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到和两种固体以及两种高温下的气态物质，请写出焙烧过程中相应的化学方程式_______。 （3）焙烧后加入稀硫酸浸出，为提高的浸出率，需控制硫酸浓度不能太大的原因是______。 （4）加入硫脲的目的是将还原为，反应的离子方程式为_______。 （5）步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息推测，加入X的作用为_______。 （6）下列关于步骤④的说法正确的是_______(填字母)。 A.该步骤发生的反应是 B.过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率 C.过滤后的滤液中仍含有较多，需要将滤液循环以提高产率 （7）若常温下，，，恰好沉淀完全，此时测得溶液的，则溶液中_______。 （8）取所得产品溶解后配成溶液。取该溶液用硫酸亚铁铵[]溶液滴定，滴定时发生反应，达到滴定终点时消耗硫酸亚铁铵溶液，则该产品的纯度为_______。(保留三位有效数字)。 18. 化合物H为合成阿帕替尼的中间体，一种合成路线如下（部分反应条件已简化）： 已知：ⅰ． ⅱ． ⅲ． 回答下列问题： （1）B的名称是________________________；B→C的化学方程式为________________________。 （2）已知硝化反应中包含如下基元反应：，中碳原子的杂化方式为________________________。 （3）反应条件X应选择_______________（填标号）。 a．KMnO4/H+ b． c． d．HNO3、H2SO4/加热 （4）F中的官能团名称为酯基、_______________；G的结构简式为___________________。C→D的反应类型为____________。 （5）满足下列条件的H的同分异构体有_______________种。 ①含有、、3种结构 ②除苯环外，核磁共振氢谱显示有2组峰 （6）化合物H的另一种合成路线如下： N的结构简式为________________________。 19. 高炉煤气(主要成分为CO、N2、H2、H2S和少量COS)是炼铁过程中所得到的一种副产品，直接排放会污染空气。某化学兴趣小组利用高炉煤气和SO2制备Na2S2O3·5H2O，装置如图所示。回答下列问题： 资料：润湿的试纸可鉴别，方程式为：(黑色) Ⅰ．Na2S2O3的制备 步骤一：关闭K1、K2，打开K3，通入高炉煤气。 发生的反应有：丁中；乙中。 （1）当润湿的(CH3COO)2Pb试纸_____(填现象)，关闭K3，停止通入高炉煤气。 （2）导管b接盛有醋酸亚铜氨溶液的洗气瓶。醋酸亚铜氨溶液的洗气瓶用于吸收CO气体，方程式为：　。 ①过量H2S会导致吸收CO的能力下降的原因是_____。 ②将吸收液通过_____(任写一种)的方法实现吸收液的再生，同时释放CO，达到资源再利用。 步骤二：打开K1、K2，通入SO2气体。 （3）试剂a为_____(填化学式)。 （4）装置乙中生成Na2S2O3的化学方程式为_____。 （5）导管b接盛有_____(填化学式)溶液的洗气瓶用于尾气处理。 Ⅱ．Na2S2O3·5H2O纯度的测定 （6）测定某样品中Na2S2O3·5H2O的含量的实验步骤如下(杂质不参加反应)： i．取的溶液，用硫酸酸化后，加入过量溶液，发生反应： ii．称取样品，配制成溶液，取该溶液滴定步骤i所得溶液(淀粉作指示剂)至终点。三次平行实验，平均消耗样品溶液。发生的反应为： ①判断步骤ii的滴定终点方法为_____。 ②样品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为_____。 20. 二氧化碳合成有机物的综合利用有利于碳中和。涉及的反应有： 反应I：　； 反应II：　； 反应III：　； 反应IV：　。 （1）工业上常用乙酸的热裂解反应制氢，则该反应___________kJ·mol-1。在恒容密闭容器中，加入一定量的乙酸蒸气，在催化剂作用下发生热裂解反应和脱羧基反应，在相同时间测得温度与气体产率的关系如图。 ①H2产率低于CO的可能原因为___________。 ②若保持其他条件不变，向密闭容器中加入一定量的水，氢气产率显著提高，而CO产率下降，原因为___________(用化学方程式解释)。 （2）若在TK条件下，向VL密闭容器中充入1molCO2和3molH2，压强为pkPa，发生上述反应I、II、III、IV。CO2的平衡转化率和生成物的选择性随温度的变化如图。已知：DMF表示CH3OCH3，生成物A的选择性。 ①表示CO2的平衡转化率的曲线是___________(填标号)。 ②则平衡时n(CH3OH)=___________mol。 ③反应III的Kp=___________。 ④平衡时，保持其他条件不变，若缩小容器体积，则n(CO)________(填“增大”、“等于”或“减小”)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $