高三押题理科综合化学试题一、单选题1．2022年北京冬奥会是一届科技冬奧、绿色冬奥。下列冬奥会期间实行的措施是为了防止白色污染的是（）A．“飞扬”火炬采用氢气作为燃料B．冬奥会所有场馆100%采用太阳能、风能供电C．“冰丝带”制冰用二氧化碳代替传统的氟利昂作制冷剂D．冬奥会使用以玉米、秸秆等为原料合成的可降解高分子材料制作餐具2.下列物质的贮存方法正确的是（）A．浓硝酸贮存在棕色瓶中B．金属锂贮存在煤油中C．NaOH溶液长期贮存在滴瓶中D．氢氟酸贮存在带玻璃塞的棕色细口瓶中3.下列各组离子在相应条件下一定能大量共存的是（）A.pH=14的溶液：K+、Na+、Cl-、ClO-B．能使甲基橙变红的溶液：K+、Na+、Cl-、S2OC.能使KI淀粉试纸变蓝的溶液：Na+、NH、S2-、SOD．能与金属铝反应生成H+2+2的溶液：K、Ca、NO、HCO4.有机物M的结构简式如图所示。下列说法错误的是（）A.能使酸性KMnO4溶液褪色B．能发生取代反应和加成反应C.1molM最多能与5molH2发生加成反应nD．与互为同分异构体n5.固体电解质的化学式为W6XY5Z，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，w为金属，且最外层电子数是次外层的一半，X、Y、Z为第三周期的非金属元素。下列说法正确的是（）A.单质W不能与水反应B．X的单质有多种同素异形体C．简单离子半径：X<Y<ZD．Y2Z2分子中仅含有极性共价键6.利用光电催化技术分解水，并实现CO2转化为CH3OH，其简易电化学装置如图所示。下列说法中错误的是（）A.交换膜为质子(H+)交换膜B．该电化学装置中能量转化形式不止一种C．N电极反应式之一为6H++CO-2+6e=CH3OH+H2OD．若电极M上分解18g水，则电极N有2gH2生成7．25°C时，三种金属氢氧化物的溶解度(纵坐标以溶解金属质量/mg·L-1表示)与溶液中pH的关系如图所示。下列说法错误的是（）A．Cu(OH)2的溶度积比Zn(OH)2的小B．K-17sp[Cu(OH)2]=×10C．反应2AgOH+Cu2+=2Ag++Cu(OH)2的平衡常数K=D．将Zn(OH)2加入pH=10的溶液中，可能发生Zn(OH)2+2OH-=ZnO+2H2On二、综合题8.一种从钼镍废催化剂(主要含MoS2、NiS、Al2O3、SiO2以及C)中回收镍和钼的工艺流程如下：回答下列问题：（1）写出“培烧”时产生的CO2的电子式：。（2）“焙烧”时，MoS2首先转化为MoO3，写出该反应的化学方程式：。（3）写出滤液中溶质的一种工业用途：；“净化2”时，发生反应的离子方程式为。（4）已知常温下，K-8-9sp(CaMoO4)=1.46×10；Ksp(CaCO3)=3.36×10，由CaMoO4制备Na2MoO4的方法是。（5）已知NiO是不溶于水的碱性氧化物，由浸渣“除铝”所用的试剂是；“酸溶”得到的溶液制备NiSO4·7H2O的操作方法是、过滤、洗涤、干燥。（6）若废催化剂中含160gMoS2，上，述工艺中获得CaMoO4的质量为190g，则CaMoO4的产率为。9.乙酸硅[(CH3COO)4Si，熔点：110°C，沸点：148°C]是白色至米色晶体。某校同学设计实验先制备SiCl4(熔点：-70℃，沸点：57.6℃，极易水解)，再由SiCl4与乙酸酐[(CH3CO)2O(熔点：-73℃，沸点：140℃反应制备乙酸硅。回答下列问题：（1）制备SiCl4装置(部分夹持仪器已省路)如下：n①A中制取Cl2反应的离子方程式为。②B中盛放的试剂是。③F中收集到的气体是CO，制备SiCl4的化学方程式为。④上述设计的装置有一处明显不妥，改进的方法是。（2）制备(CH3COO)4Si的反应装置如图所示。将一定量的SiCl4放入仪器a中，在电磁搅拌下，由滴液漏斗滴入过量的乙酸酐，关闭活塞。SiCl4和(CH3CO)2O的反应为放热反应，反应后反应混合物带色，并开始析出(CH3COO)4Si晶体。①仪器a的名称为；图中支管的作用是。②写出生成(CH3COO)4Si的化学方程式：(生成物有两种)。③完成反应后，将反应混合液放置数日，再用干冰-丙酮浴冷却后，将导管伸入液面以下，(结合装置图填写操作)，获得(CH3COO)4Si晶体粗品，若得到较纯(CH3COO)4Si，则下一步操作为。10.基于生物质的乙醇转化制氢是目前制氢领域研究较热门的技术之一。回答下列问题：（1）电催化乙醇制氢的装置如图所示。装置工作时，能量转化方式是；阳极的电极反应式为。n（2）水蒸气重整乙醇制氢包括的主要反应如下：-1KⅠ．CH3CH2OH(g)CO(g)+CH4(g)+H2(g)ΔH1=+49kJ·mol1；Ⅱ．CH3CH2OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g)ΔH2=+256kJ·mol-1K2；Ⅲ．CH4(g)+H2O(g)3H2(g)+CO(g)ΔH3K3；Ⅳ．CO(g)+H-12O(g)H2(g)+CO2(g)ΔH4=-41kJ·mol①反应CH3CH2OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)的ΔH=kJ·mol-1；反应III的平衡常数K3=(用K1、K2表示)。②在0.1MPa和650℃条件下，水醇物质的量之比与气体产率的关系如图所示。图中a、b代表的物质依次是、(填化学式)。③在0.1MPa、水醇比为7时，温度对气体产率的影响如图所示。在150~250℃主要发生的反应为(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)；温度高于650℃时，随着温度升高，H2的产率略有所下降，其原因是。n④在0.1MPa，水醇比为1时，在恒压密闭容器中若只发生反应CH3CH2OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g)，达平衡时乙醇的转化率为α，则该反应的平衡常数Kp=MPa4(以平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×各物质的体积分数)。11.最近科研人员发现，用[Ni(cyclam)]2+(结构如图a)作电催化剂、二茂铁(结构如图c)作为牺牲电子供体，NH4PF6作为电解质和质子供体，CH3CN作溶剂，可实现有效催化还原CO2。回答下列问题：（1）基态Ni原子转化为基态Ni2+失去轨道的电子；基态Fe原子核外电子排布式为。（2）NH4PF6中NH空间构型为；N、P、F的电负性由大到小的顺序为。（3）CH3CN分子中碳原子杂化方式为。（4）已知3个及以上原子构成的离子团或分子中，原子有彼此平行的未参与杂化的p轨道电子，连贯重叠在一起构成π型化学键，又称为大π键，可用符号表示，其中m代表参与形成的大πn键原子数，n代表参与形成的大π键电子数，如苯中的大π键可表示为。二茂铁[(C5H5)2Fe]中五元环的大π键可表示为。（5）[Ni(cyclam)]2+可由某些镍的化合物与cyclam反应制得。[Ni(cyclam)]2+中，Ni2+的配位数为；cyclam可溶于水，而环十四烷不溶于水，其原因是。（6）某镍、砷晶体结构如图所示。该晶体的密度为g·cm-3(列出计算式即可)。12.金色草素(H)具有抗炎镇痛作用，其一种合成路线如下：已知：①②，R1~R5为烃基。回答下列问题：（1）A的化学名称是。（2）B生成C的反应类型是。（3）D生成E的化学方程式为。（4）G的结构简式是。n（5）H中含氧官能团有羰基、。（6）写出符合下列条件的B的芳香族化合物的同分异构体的结构简式：(任写一种)。i.能发生银镜反应；ii.核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为2：2：2：1：1；iii.1mol该化合物与足量的金属钠反应生成1.5molH2。（7）参照上述合成路线，设计以乙醛和为原料制备对羟基肉桂醛()的合成路线：(无机试剂及3个以下碳原子数的有机试剂任用)。n答案解析部分1.【答案】D【解析】【解答】A．“飞扬”火炬采用氢气作为燃料，可减少二氧化碳的排放，故A不选；B．冬奥会所有场馆100%采用太阳能、风能供电，减少化石燃料的使用，可减少二氧化碳的排放，故B不选；C．“冰丝带”制冰用二氧化碳代替传统的氟利昂作制冷剂，减少氟利昂对臭氧层空洞造成的影响，故C不选；D．冬奥会使用以玉米、秸秆等为原料合成的可降解高分子材料制作餐具，减少塑料的使用，可防止白色污染，故D符合题意；故答案为：D。【分析】要先明确，所谓的白色污染指的是塑料垃圾，目前采用的可降解高分子材料作为餐具，可以有效减少塑料的使用。2.【答案】A【解析】【解答】A．浓硝酸见光易分解，应贮存在棕色瓶中，A项符合题意；B．金属锂密度小于煤油密度，故金属锂不能贮存在煤油中，B项不符合题意；C．NaOH会与二氧化硅反应，则NaOH溶液不能长期贮存在滴瓶中，C项不符合题意；D．氢氟酸会与二氧化硅反应，不能贮存在带玻璃塞的棕色细口瓶中，D项不符合题意；故答案为：A。【分析】A、浓硝酸见光易分解；B、锂的密度比煤油小；C、氢氧化钠可以和玻璃中的二氧化硅反应；D、氢氟酸可以和玻璃中的二氧化硅反应。3．【答案】A【解析】【解答】A．pH=14的溶液呈碱性，碱性条件下K+、Na+、Cl-、ClO-相互之间不反应，能大量共存，故选A；B.能使甲基橙变红的溶液呈酸性，酸性条件下S2O发生歧化反应生成S和二氧化硫，故不选B；C.能使KI淀粉试纸变蓝的溶液具有氧化性，S2-具有还原性，S2-能被氧化，故不选C；D．能与金属铝反应生成H2的溶液呈酸性或碱性，酸性条件下，硝酸根具有氧化性，与Al反应不放n氢气，HCO与H+反应放出二氧化碳；碱性条件下，HCO与OH-反应生成，故不选D；故答案为：A。【分析】无色溶液，不能含有Fe3+、Fe2+、Cu2+、MnO-等4K+、Na+、NH+和所有酸根离子共存，NO-和所有阳离子共存，43CO32-只能和Na+、K+、NH4+共存，OH-只能和Na+、K+、Ba2+共存，SO2-不能和Ag+、Ca2+、Pb2+、Ba2+共存，4Cl-不能和Ag+共存H+只能和Cl-、Br-、I-、NO-、SO2-、ClO-共存。3444.【答案】C【解析】【解答】A．该有机物中含有碳碳双键，碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，A不符合题意；B．该物质中含有甲基，能发生取代反应，含有碳碳双键，能发生加成反应，B不符合题意；C．该物质中苯环和碳碳双键可以和氢气发生加成反应，酯基不能与氢气加成，故1molM最多能与4molH2发生加成反应，C符合题意；D.根据M的结构和可知，两者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、碳碳双键可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；B、单键碳原子可以发生取代反应，碳碳双键、苯环可以发生加成反应；C、酯基、羧基不可以发生加成反应；D、同分异构体的判断可以从饱和度和碳原子、氧原子的总数入手判断，这是同分异构体书写很重要的一个技巧。5.【答案】B【解析】【解答】A．W是Li，单质Li能与水反应生成LiOH和H2，故A不符合题意；B．X是P元素，有白磷、红磷等多种同素异形体，故B符合题意；C．电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径：Cl-<S2-<P3-，故C不符合题意；D．S2Cl2分子的结构式为Cl-S-S-Cl，既含有极性共价键又含有非极性共价键，故D不符合题意；故答案为：B。n【分析】W为金属，且最外层电子数是次外层的一半，可知W为Li，X、Y、Z为第三周期的非金属元素，可从Si、P、S、Cl中的三种，结合固体电解质的化学式为W6XY5Z可知X为P，Y为S，Z为Cl；A、碱金属元素都可以和水反应；B、磷有多种同素异形体；C、粒子的半径比较，一看电子层，电子层数越多半径越大，二看核电荷数，核电荷数越多半径越小，三看最外层电子数，最外层电子数越多，半径越大；D、S2Cl2中，硫原子之间为非极性共价键。6.【答案】D【解析】【解答】A．氢离子透过交换膜由左侧向右侧迁移，故交换膜为质子交换膜，A不符合题意；B.该装置中太阳能转化为化学能，化学能转化为电能，电能转化为光能、热能等，B不符合题意；C．N极为正极，电极反应式为6H++CO-+-2+6e═CH3OH+H2O，2H+2e═H2↑，C不符合题意；D．N极二氧化碳和氢离子均得电子，无法计算实际生成氢气的量，D符合题意；故答案为：D。【分析】根据图示分析电池基本情况，左侧水转化为氧气，氧元素化合价升高，失去电子，M为负极，右侧二氧化碳转化为甲醇，碳元素化合价降低，氢离子转化为氢气，氢元素化合价降低，得到电子，N为正极；A、结合图示可知氢气在N极产生，即氢离子在正极放电，而氢离子来自负极的水，因此交换膜可以让氢离子通过，为质子交换膜；B、该装置中有太阳能、电能、化学能三种能量；C、N电极有两个反应，分别为二氧化碳和氢离子得电子生成甲醇和水，氢离子得电子生成氢气；D、本题不清楚氢离子转化为氢气和甲醇的具体物质的量，无法计算其质量。7.【答案】C【解析】【解答】A．由题干图示信息可知，在pH为9左右之前的任意pH下，Zn2+的浓度均比Cu2+大得多，故c(Cu2+)c2(OH-)比c(Zn2+)c2(OH-)小即Cu(OH)2的溶度积比Zn(OH)2的小，A不符合题意；B．由题干图示信息可知，pH=7时，Cu2+的浓度为amg/L，故K2+2-sp[Cu(OH)2]=c(Cu)c(OH)=×(10-7)2=×10-17，B不符合题意；nC.反应2AgOH+Cu2+=2Ag++Cu(OH)2的平衡常数K==，C符合题意；D.由题干图示信息可知，Zn(OH)2类似于Al(OH)3具有两性，故将Zn(OH)2加入pH=10的溶液中，-=ZnO+2H可能发生Zn(OH)2+2OH2O，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、离子浓度越大，则其溶解度越大，溶度积越大；B、可以根据题干给出的数据进行计算，即pH=7，再结合n=m/M进行计算；C、难溶电解质转换的平衡常数等于对应离子的难溶电解质的溶度积比值；D、结合题干可知氢氧化锌为两性氢氧化物。8.【答案】（1）（2）2MoS2+7O24SO2+2MoO3（3）制造氯气、纯碱；+H++H2O=Al(OH)3↓（4）用浓Na2CO3溶液充分浸取CaMoO4固体，过滤（5）氢氧化钠溶液；蒸发浓缩、冷却结晶（6）95%【解析】【解答】钼镍废催化剂(主要含MoS2、NiS、Al2O3、SiO2以及C)中回收镍和钼，钼镍废催化剂加入Na2CO3焙烧，MoS2和NiS在高温条件下与氧气反应生成Na2MoO4、Na2SiO3、NiO，Al2O3、NaAlO2；然后加水水浸，过滤除去NiO，Al2O3，滤渣经过除铝，得到Ni，NiO和硫酸反应生成NiSO4溶液，经过分离操作得到NiSO4•7H2O；滤液加入MgCl2调节pH=8～9，使Na2SiO3转化为MgSiO3除去；再加入盐酸，调节pH≈6，过量的偏铝酸根离子转化为氢氧化铝，过滤除去，然后加入CaCl2调节pH≈8，Na2MoO4转化为CaMoO4沉淀除去，同时得到含氯化钠的滤液，据此分析解答。(1)CO2为共价化合物，C原子和O原子间共用2对电子，C、O原子外围电子数均为8，电子式为，故答案为：；(2)“焙烧“时，MoS2首先转化为MoO3，该反应的化学方程式：2MoS2+7O24SO2+2MoO3，故答案为：2MoS2+7O24SO2+2MoO3；n(3)滤液中溶质为NaCl，工业可以用于制造氯气、纯碱，“净化2”时，发生反应的离子方程式为+H++H+2O=Al(OH)3↓，故答案为：制造氯气、纯碱；+H+H2O=Al(OH)3↓；(4)已知常温下，K-8-9sp(CaMoO4)=1.46×10、Ksp(CaCO3)=3.36×10，由于CaMoO4、CaCO3的溶度积接近，不能溶解直接过滤分离，所以可由CaMoO4制备Na2MoO4的方法是用浓Na2CO3溶液充分浸取CaMoO4固体，过滤，故答案为：用浓Na2CO3溶液充分浸取CaMoO4固体，过滤；(5)已知NiO是不溶于水的碱性氧化物，根据氧化铝溶于氢氧化钠，则由浸渣“除铝”所用的试剂是氢氧化钠溶液；酸溶得到的溶液制备NiSO4•7H2O的操作方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：氢氧化钠溶液；蒸发浓缩、冷却结晶；(6)160gMoS2的物质的量为=1mol，根据Mo元素守恒，理论获得CaMoO4的质量为1mol×200g/mol=200g，则CaMoO4的产率为×100%=95%，故答案为：95%。【分析】（1）二氧化碳为共价化合物，要注意碳原子和氧原子周围满8电子；（2）焙烧时需要氧气参与，氧气作为氧化剂，MoS2作为还原剂；（3）氯化钠的用途非常广泛，氯碱工业、侯氏制碱法中都可以用到；偏铝酸根和氢离子、水按照1：1：1反应生成氢氧化铝；（4）难溶电解质转化为更难溶的电解质时，可以采用浓溶液浸取的方法；（5）除铝采用的是强碱，可以用氢氧化钠溶液；制备含有结晶水的晶体时，可以采用蒸发浓缩、冷却结晶；（6）产率的计算要结合公式n=m/M以及反应的关系式计算。9.【答案】（1）；饱和食盐水；；SiCl4极易水解，故装置E、F之间需连接盛有浓硫酸的集气瓶装置（2）三颈烧瓶；平衡压强，使液体能够顺利滴落；；打开活塞，抽真空，以除去烧瓶中多余的液体；重结晶【解析】【解答】装置A中，高锰酸钾和浓盐酸反应，制取氯气；装置A中所制备的氯气中含有水蒸气和氯化氢，故需先除去氯化氢，后除去水蒸气，则装置B用于除去氯化氢，即B中盛放饱和食盐水，C中盛放浓硫酸；装置D中氯气、二氧化硅和C反应，生成SiCl4和CO；装置E，用于收集nSiCl4；装置F，用于收集CO，进行尾气处理。(1)①装置A中，高锰酸钾和浓盐酸反应，制取氯气，离子方程式为：，故答案为：；②装置A中所制备的氯气中含有水蒸气和氯化氢，故需先除去氯化氢，后除去水蒸气，则装置B用于除去氯化氢，即B中盛放饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；③由题意可知，装置D中氯气、二氧化硅和C反应，生成SiCl4和CO，化学方程式为，故答案为：；④由于SiCl4极易水解，故装置E、F之间需连接盛有浓硫酸的集气瓶装置，防止装置F中的水蒸气进入装置E中，降低SiCl4产率，故答案为：SiCl4极易水解，故装置E、F之间需连接盛有浓硫酸的集气瓶装置；(2)①仪器a的名称为三颈烧瓶；恒压漏斗中的支管作用为平衡压强，使液体能够顺利滴落，故答案为：三颈烧瓶；平衡压强，使液体能够顺利滴落；②SiCl4和(CH3CO)2O反应，生成(CH3COO)4Si和CH3COCl，化学方程式为：，故答案为：；③由题意中SiCl4和(CH3CO)2O的反应为放热反应，反应后反应混合物带色，并开始析出(CH3COO)4Si，则完成反应后，将反应混合液放置数日，再用干冰-丙酮浴冷却后，此时(CH3COO)4Si析出，将导管伸入液面以下，打开活塞，抽真空，以除去烧瓶中多余的液体；若得到较纯的(CH3COO)4Si，下一步的操作为重结晶，故答案为：打开活塞，抽真空，以除去烧瓶中多余的液体；重结晶。【分析】（1）①高锰酸钾作为氧化剂，盐酸作为还原剂，发生反应生成氯气和氯化锰、氯化钾、水；②反应过程中生成氯化氢，采用饱和食盐水除去氯化氢而降低氯气的溶解度；③氯气和碳、二氧化硅反应生成四氯化硅和一氧化碳，结合氧化还原反应的特征，可知碳化合价升高，氯化合价降低；④结合题干信息，可知四氯化硅易水解，因此需要在E和F之间连接干燥装置；（2）①仪器a为三颈烧瓶，是常考的化学仪器；支管所属仪器为恒压滴液漏斗，作用是平衡压n强，使液体能够顺利滴落；②结合题干，可知反应物为SiCl4和(CH3CO)2O，生成物为(CH3COO)4Si，结合原子守恒可知另一种产物是CH3COCl；③CH3COO)4Si析出，将导管伸入液面以下，打开活塞，抽真空，以除去烧瓶中多余的液体；若得到较纯的(CH3COO)4Si，然后重结晶。10.【答案】（1）电能转化为化学能；C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2+12H+（2）ΔH=+174kJ/mol；；H2；CO2；Ⅰ；反应Ⅳ的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，反应消耗H2，导致H2的产率降低；【解析】【解答】(1)电催化乙醇制氢的装置如图所示。装置工作时，能量转化方式是电能转化为化学能；在电解时阳极上C+-2H5OH失去电子产生CO2、H，故阳极的电极反应式为：C2H5OH-12e+3H2O=2CO2+12H+；(2)①已知：Ⅰ．CH3CH2OH(g)CO(g)+CH4(g)+H2(g)ΔH1=+49kJ·mol-1K1；Ⅱ．CH3CH2OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g)ΔH2=+256kJ·mol-1K2；Ⅲ．CH4(g)+H2O(g)3H2(g)+CO(g)ΔH3K3；Ⅳ．CO(g)+H-12O(g)H2(g)+CO2(g)ΔH4=-41kJ·mol根据盖斯定律，(Ⅲ)=(Ⅱ)-(Ⅰ)，所以CH4(g)+H2O(g)3H2(g)+CO(g)ΔH3=+207kJ/mol，将(Ⅱ)+(Ⅳ)×2，整理可得反应CH3CH2OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)的ΔH=+174kJ/mol；化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比。根据盖斯定律可知(Ⅲ)=(Ⅱ)-(Ⅰ)，所以根据化学平衡常数的含义可知反应：CH4(g)+H2O(g)3H2(g)+CO(g)的化学平衡常数K3=；②从给出的四个反应看，越大，Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ化学平衡正向移动，CO是Ⅱ、Ⅲ的生成物，同时是Ⅳ的反应物，随着不断增大，CO的产率应该减小，而CO2、H2的产率不断增大，且根据方程式可知生成的H2比CO2多，故H2的产率增大的要比CO2多，故曲线a表示物质为H2，曲线b表示物质为CO2；③根据图示可知：在温度为150~250℃H2的产率较低，结合Ⅰ、Ⅱ两个反应中H2的物质的量多少，可n知该温度段主要发生的反应是反应Ⅰ；当温度高于650℃时，随着温度升高，H2的产率略有所下降，这是由于反应Ⅳ．CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)ΔH4=-41kJ·mol-1的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，又反应消耗H2，因此导致H2的产率降低；④在0.1MPa，水醇比为1时，假设H2O、C2H5OH的物质的量都是1mol，在恒压密闭容器中若只发生反应CH3CH2OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g)，达平衡时乙醇的转化率为α，则根据物质反应转化关系可知平衡时n(CH3CH2OH)=n(H2O)=(1-α)mol，n(CO)=2αmol，n(H2)=4αmol，n(总)=(1-α)mol+(1-α)mol+2αmol+4αmol=2(1+2α)mol，平衡分压p(CH3CH2OH)=p(H2O)=，p(CO)=，p(H2)=，所以该反应的平衡常数Kp==MPa4。【分析】（1）根据图示可知该装置为电解池，为电能转化为化学能；阳极连接正极，为乙醇和水失去电子反应生成二氧化碳和氢离子；（2）①盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；②结合平衡移动考虑，增大水醇物质的量之比即可看成增大水的浓度，根据增大反应物浓度，使平衡朝正向移动，且按照化学计量数之比变化；③结合已知反应的几个过程，可知在温度为150~250℃H2的产率较低，可知该温度段主要发生的反应是反应Ⅰ；当温度高于650℃时，随着温度升高，H2的产率略有所下降，CO(g)+H2O(g)H-12(g)+CO2(g)ΔH4=-41kJ·mol是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，又反应消耗H2，因此导致H2的产率降低；④分压平衡常数要结合三段式进行计算，根据化学计量数之比等于物质的量之比，以及分压=总压×各物质的体积分数进行计算。11．【答案】（1）4s；1s22s22p63s23p63d64s2（2）正四面体；F＞N＞Pn（3）sp、sp3（4）（5）4；cyclam分子与水分子间形成氢键（6）【解析】【解答】(1)基态Ni原子的核外价电子排布式为3d84s2，形成基态Ni2+时，先失去4s轨道上的2个电子；铁元素为26号元素，基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；(2)的中心原子为sp3杂化，且无孤电子对，为正四面体结构；非金属性越强，其电负性越大，则电负性：F＞N＞P；(3)甲基上C原子价层电子对个数是4，C原子杂化类型为sp3，-CN中心原子C有1个σ键，孤电子对数为1，中心碳原子杂化类型为sp，故答案为：sp、sp3；(4)二茂铁[(C5H5)2Fe]中五元环形成的大π键原子数是5，形成的大π键电子数是6，大π键表示为；(5)由图a可知[Ni(cyclam)]2+中，Ni2+的配位数为4，含有氢键的物质可增大在水中的溶解性，cyclam可溶于水，而环十四烷不溶于水，其原因是cyclam分子与水分子间形成氢键；(6)由均摊法，晶胞中含6个Ni和6个As原子，晶胞质量为，底面是正六边形，晶胞体积为，则晶胞密度为g·cm-3。【分析】（1）镍为28号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，失去2电子时丢失4s轨道的电子；铁为26号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；（2）杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数；杂化轨道数=2，为直线；杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；n杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；电负性的大小跟非金属性有关，非金属性越强，电负性越强；（3）杂化数目=中心原子成键电子对数+孤电子对数；（4）形成的大π键原子数是5，形成的大π键电子数是6；（6）密度的计算要结合体积、摩尔质量、阿伏加德罗常数进行计算。12．【答案】（1）1，3，5-苯三酚（2）取代反应（3）（4）（5）（酚）羟基和醚键（6）任写一种（7）【解析】【解答】由A的分子式和A到B的反应条件以及B的结构简式可知A为，由题干知B为，C为，由E的分子式和已知②以及C、F的结构简式可得E为，由D、E的分子式和已知①可知D为，再由F的结构简式、G的分子式和反应条件可得G为：n。(1)由分析可知A为，名称为：1，3，5-苯三酚，故答案为：1，3，5-苯三酚；(2)由B、C的结构简式可知，由B到C是用CH3OCH2-代替B上的部分羟基上的H原子，所以是取代反应，故答案为：取代反应；(3)由分析可知D生成E的化学方程式为，故答案为：；(4)由F的结构简式和G的分子式和反应条件可得G的结构简式是，故答案为：；(5)由H的结构简式可知含氧官能团有羰基、（酚）羟基和醚键，故答案为：（酚）羟基和醚键；(6)B的芳香族化合物的同分异构体的结构简式满足：i.能发生银镜反应，说明含有醛基或者是甲酸某酯；ii.核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为2：2：2：1：1，说明有5种氢原子；iii.1mol该化合物与足量的金属钠反应生成1.5molH2说明含有3mol羟基（醇羟基、酚羟基或羧基n上的羟基都可），结合B的结构简式，可知符合条件的B的同分异构体只能是含有1个醛基和3个羟基，所以符合条件的有：，故答案为：任写一种；(7)以乙醛和为原料制备对羟基肉桂醛的合成路线为：，故答案为：。【分析】（1）结合物质B，可知A为1，3，5-苯三酚；（2）B转化为C的过程中发生取代反应；（3）D转化为E的反应类型和B转化为C一致，可以参考B转化为C的过程；（4）结合H和F的结构特点，推断G的结构简式；（5）H中含有酚羟基和醚键；（6）可以发生银镜反应，含有-CHO，核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为2：2：2：1：1，即含有5种等效氢，可以和金属钠反应身材氢气，结合题干可知含有3个酚羟基，且处于对称位置；（7）合成路线的设计，一般要结合已知条件或者已知合成路线去看，根据题干要求的物质，采用顺推或者逆推法进行相应的设计。nD．氢氟酸会与二氧化硅反应，不能贮存在带玻璃塞的棕色细口瓶中，D项不符合题意；高三押题理科综合化学试题故答案为：A。一、单选题1．2022年北京冬奥会是一届科技冬奧、绿色冬奥。下列冬奥会期间实行的措施是为了防止白色污染的是【分析】A、浓硝酸见光易分解；（）B、锂的密度比煤油小；A．“飞扬”火炬采用氢气作为燃料C、氢氧化钠可以和玻璃中的二氧化硅反应；B．冬奥会所有场馆100%采用太阳能、风能供电D、氢氟酸可以和玻璃中的二氧化硅反应。C．“冰丝带”制冰用二氧化碳代替传统的氟利昂作制冷剂3.下列各组离子在相应条件下一定能大量共存的是（）D．冬奥会使用以玉米、秸秆等为原料合成的可降解高分子材料制作餐具A.pH=14的溶液：K+、Na+、Cl-、ClO-【答案】DB．能使甲基橙变红的溶液：K+、Na+、Cl-、S2O【知识点】常见的生活环境的污染及治理【解析】【解答】A．“飞扬”火炬采用氢气作为燃料，可减少二氧化碳的排放，故A不选；C．能使KI淀粉试纸变蓝的溶液：Na+、NH、S2-、SOB．冬奥会所有场馆100%采用太阳能、风能供电，减少化石燃料的使用，可减少二氧化碳的排放，故B不D．能与金属铝反应生成H2的溶液：K+、Ca2+、NO、HCO选；C．“冰丝带”制冰用二氧化碳代替传统的氟利昂作制冷剂，减少氟利昂对臭氧层空洞造成的影响，故C不选；【答案】AD．冬奥会使用以玉米、秸秆等为原料合成的可降解高分子材料制作餐具，减少塑料的使用，可防止白色污【知识点】离子共存染，故D符合题意；【解析】【解答】A．pH=14的溶液呈碱性，碱性条件下K+、Na+、Cl-、ClO-相互之间不反应，能大量共存，故答案为：D。故选A；【分析】要先明确，所谓的白色污染指的是塑料垃圾，目前采用的可降解高分子材料作为餐具，可以有效减B.能使甲基橙变红的溶液呈酸性，酸性条件下S2O发生歧化反应生成S和二氧化硫，故不选B；少塑料的使用。C.能使KI淀粉试纸变蓝的溶液具有氧化性，S2-具有还原性，S2-能被氧化，故不选C；2.下列物质的贮存方法正确的是（）D．能与金属铝反应生成H2的溶液呈酸性或碱性，酸性条件下，硝酸根具有氧化性，与Al反应不放氢气，A．浓硝酸贮存在棕色瓶中HCO与H+反应放出二氧化碳；碱性条件下，HCO与OH-反应生成，故不选D；B．金属锂贮存在煤油中故答案为：A。C．NaOH溶液长期贮存在滴瓶中D．氢氟酸贮存在带玻璃塞的棕色细口瓶中【分析】无色溶液，不能含有Fe3+、Fe2+、Cu2+、MnO4-等【答案】AK+、Na+、NH4+和所有酸根离子共存，NO3-和所有阳离子共存，【知识点】硝酸的化学性质；硅和二氧化硅CO32-只能和Na+、K+、NH4+共存，【解析】【解答】A．浓硝酸见光易分解，应贮存在棕色瓶中，A项符合题意；OH-只能和Na+、K+、Ba2+共存，SO42-不能和Ag+、Ca2+、Pb2+、Ba2+共存，B．金属锂密度小于煤油密度，故金属锂不能贮存在煤油中，B项不符合题意；Cl-不能和Ag+共存C．NaOH会与二氧化硅反应，则NaOH溶液不能长期贮存在滴瓶中，C项不符合题意；H+只能和Cl-、Br-、I-、NO3-、SO42-、ClO4-共存。4.有机物M的结构简式如图所示。下列说法错误的是（）n【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】A．W是Li，单质Li能与水反应生成LiOH和H2，故A不符合题意；B．X是P元素，有白磷、红磷等多种同素异形体，故B符合题意；C．电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径：Cl-<S2-<P3-，故C不符合题意；D．S2Cl2分子的结构式为Cl-S-S-Cl，既含有极性共价键又含有非极性共价键，故D不符合题意；故答案为：B。A.能使酸性KMnO4溶液褪色B．能发生取代反应和加成反应【分析】W为金属，且最外层电子数是次外层的一半，可知W为Li，X、Y、Z为第三周期的非金属元素，A.1molM最多能与5molH2发生加成反应可从Si、P、S、Cl中的三种，结合固体电解质的化学式为W6XY5Z可知X为P，Y为S，Z为Cl；D．与互为同分异构体A、碱金属元素都可以和水反应；【答案】CB、磷有多种同素异形体；【知识点】有机物的结构和性质C、粒子的半径比较，一看电子层，电子层数越多半径越大，二看核电荷数，核电荷数越多半径越小，三看最【解析】【解答】A．该有机物中含有碳碳双键，碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化，从而使酸性高锰酸钾溶液外层电子数，最外层电子数越多，半径越大；褪色，A不符合题意；D、S2Cl2中，硫原子之间为非极性共价键。B.该物质中含有甲基，能发生取代反应，含有碳碳双键，能发生加成反应，B不符合题意；6.利用光电催化技术分解水，并实现CO2转化为CH3OH，其简易电化学装置如图所示。下列说法中错误的是C．该物质中苯环和碳碳双键可以和氢气发生加成反应，酯基不能与氢气加成，故1molM最多能与4molH2发（）生加成反应，C符合题意；D．根据M的结构和可知，两者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、碳碳双键可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；B、单键碳原子可以发生取代反应，碳碳双键、苯环可以发生加成反应；A.交换膜为质子(H+)交换膜C、酯基、羧基不可以发生加成反应；B．该电化学装置中能量转化形式不止一种D、同分异构体的判断可以从饱和度和碳原子、氧原子的总数入手判断，这是同分异构体书写很重要的一个技C．N电极反应式之一为6H++CO2+6e-=CH3OH+H2O巧。D．若电极M上分解18g水，则电极N有2gH2生成5.固体电解质的化学式为W6XY5Z，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，w为金属，【答案】D且最外层电子数是次外层的一半，X、Y、Z为第三周期的非金属元素。下列说法正确的是（）【知识点】化学电源新型电池A.单质W不能与水反应B．X的单质有多种同素异形体【解析】【解答】A．氢离子透过交换膜由左侧向右侧迁移，故交换膜为质子交换膜，A不符合题意；C．简单离子半径：X<Y<ZD．Y2Z2分子中仅含有极性共价键B.该装置中太阳能转化为化学能，化学能转化为电能，电能转化为光能、热能等，B不符合题意；【答案】B+-+-═H↑，C不符合题意；C．N极为正极，电极反应式为6H+CO2+6e═CH3OH+H2O，2H+2e2nD．N极二氧化碳和氢离子均得电子，无法计算实际生成氢气的量，D符合题意；C.反应2AgOH+Cu2+=2Ag++Cu(OH)2的平衡常数K==，C符合故答案为：D。题意；D.由题干图示信息可知，Zn(OH)2类似于Al(OH)3具有两性，故将Zn(OH)2加入pH=10的溶液中，可能发生【分析】根据图示分析电池基本情况，左侧水转化为氧气，氧元素化合价升高，失去电子，M为负极，右侧二氧化碳转化为甲醇，碳元素化合价降低，氢离子转化为氢气，氢元素化合价降低，得到电子，N为正极；Zn(OH)2+2OH-=ZnO+2H2O，D不符合题意；A、结合图示可知氢气在N极产生，即氢离子在正极放电，而氢离子来自负极的水，因此交换膜可以让氢离子故答案为：C。通过，为质子交换膜；【分析】A、离子浓度越大，则其溶解度越大，溶度积越大；B、该装置中有太阳能、电能、化学能三种能量；B、可以根据题干给出的数据进行计算，即pH=7，再结合n=m/M进行计算；C、N电极有两个反应，分别为二氧化碳和氢离子得电子生成甲醇和水，氢离子得电子生成氢气；C、难溶电解质转换的平衡常数等于对应离子的难溶电解质的溶度积比值；D、本题不清楚氢离子转化为氢气和甲醇的具体物质的量，无法计算其质量。D、结合题干可知氢氧化锌为两性氢氧化物。7．25°C时，三种金属氢氧化物的溶解度(纵坐标以溶解金属质量/mg·L-1表示)与溶液中pH的关系如图所示。二、综合题8.一种从钼镍废催化剂(主要含MoS2、NiS、Al2O3、SiO2以及C)中回收镍和钼的工艺流程如下：下列说法错误的是（）回答下列问题：A.Cu(OH)2的溶度积比Zn(OH)2的小（1）写出“培烧”时产生的CO2的电子式：。B．Ksp[Cu(OH)2]=×10-17（2）“焙烧”时，MoS2首先转化为MoO3，写出该反应的化学方程2+++Cu(OH)的平衡常数K=式：。C．反应2AgOH+Cu=2Ag2（3）写出滤液中溶质的一种工业用途：；“净化2”时，发生反应的离子方程式D．将Zn(OH)2加入pH=10的溶液中，可能发生Zn(OH)2+2OH-=ZnO+2H2O为。【答案】C-8-9（4）已知常温下，Ksp(CaMoO4)=1.46×10；Ksp(CaCO3)=3.36×10，由CaMoO4制备Na2MoO4的方法【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质是。【解析】【解答】A．由题干图示信息可知，在pH为9左右之前的任意pH下，Zn2+的浓度均比Cu2+大得多，（5）已知NiO是不溶于水的碱性氧化物，由浸渣“除铝”所用的试剂是；“酸溶”得到的2+2-)比c(Zn2+2-)小即Cu(OH)的溶度积比Zn(OH)的小，A不符合题意；故c(Cu)c(OH)c(OH22溶液制备NiSO4·7H2O的操作方法是、过滤、洗涤、干燥。（6）若废催化剂中含160gMoS2，上，述工艺中获得CaMoO4的质量为190g，则CaMoO4的产率B.由题干图示信息可知，pH=7时，Cu2+的浓度为amg/L，故Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)c2(OH-)=×(10-为。7)2=×10-17，B不符合题意；【答案】（1）n（2）2MoS2+7O24SO2+2MoO3【分析】（1）二氧化碳为共价化合物，要注意碳原子和氧原子周围满8电子；（3）制造氯气、纯碱；+H++H2O=Al(OH)3↓（2）焙烧时需要氧气参与，氧气作为氧化剂，MoS2作为还原剂；（3）氯化钠的用途非常广泛，氯碱工业、侯氏制碱法中都可以用到；偏铝酸根和氢离子、水按照1：1：1（4）用浓Na2CO3溶液充分浸取CaMoO4固体，过滤反应生成氢氧化铝；（5）氢氧化钠溶液；蒸发浓缩、冷却结晶（4）难溶电解质转化为更难溶的电解质时，可以采用浓溶液浸取的方法；（6）95%（5）除铝采用的是强碱，可以用氢氧化钠溶液；制备含有结晶水的晶体时，可以采用蒸发浓缩、冷却结【知识点】物质的分离与提纯晶；【解析】【解答】钼镍废催化剂(主要含MoS2、NiS、Al2O3、SiO2以及C)中回收镍和钼，钼镍废催化剂加入（6）产率的计算要结合公式n=m/M以及反应的关系式计算。Na2CO3焙烧，MoS2和NiS在高温条件下与氧气反应生成Na2MoO4、Na2SiO3、NiO，Al2O3、NaAlO2；然后加9.乙酸硅[(CH3COO)4Si，熔点：110°C，沸点：148°C]是白色至米色晶体。某校同学设计实验先制备SiCl4(熔水水浸，过滤除去NiO，Al2O3，滤渣经过除铝，得到Ni，NiO和硫酸反应生成NiSO4溶液，经过分离操作得点：-70℃，沸点：57.6℃，极易水解)，再由SiCl4与乙酸酐[(CH3CO)2O(熔点：-73℃，沸点：140℃反应制备到NiSO4•7H2O；滤液加入MgCl2调节pH=8～9，使Na2SiO3转化为MgSiO3除去；再加入盐酸，调节pH≈6，乙酸硅。回答下列问题：过量的偏铝酸根离子转化为氢氧化铝，过滤除去，然后加入CaCl2调节pH≈8，Na2MoO4转化为CaMoO4沉淀（1）制备SiCl4装置(部分夹持仪器已省路)如下：除去，同时得到含氯化钠的滤液，据此分析解答。(1)CO2为共价化合物，C原子和O原子间共用2对电子，C、O原子外围电子数均为8，电子式为，故答案为：；(2)“焙烧“时，MoS2首先转化为MoO3，该反应的化学方程式：2MoS2+7O24SO2+2MoO3，故答案为：2MoS2+7O24SO2+2MoO3；(3)滤液中溶质为NaCl，工业可以用于制造氯气、纯碱，“净化2”时，发生反应的离子方程式为+H++H2O=Al(OH)3↓，故答案为：制造氯气、纯碱；+H++H2O=Al(OH)3↓；①A中制取Cl2反应的离子方程式为。(4)已知常温下，Ksp(CaMoO4)=1.46×10-8、Ksp(CaCO3)=3.36×10-9，由于CaMoO4、CaCO3的溶度积接近，不能②B中盛放的试剂是。溶解直接过滤分离，所以可由CaMoO4制备Na2MoO4的方法是用浓Na2CO3溶液充分浸取CaMoO4固体，过③F中收集到的气体是CO，制备SiCl4的化学方程式为。滤，故答案为：用浓Na2CO3溶液充分浸取CaMoO4固体，过滤；④上述设计的装置有一处明显不妥，改进的方法(5)已知NiO是不溶于水的碱性氧化物，根据氧化铝溶于氢氧化钠，则由浸渣“除铝”所用的试剂是氢氧化钠溶是。液；酸溶得到的溶液制备NiSO4•7H2O的操作方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：氢（2）制备(CH3COO)4Si的反应装置如图所示。将一定量的SiCl4放入仪器a中，在电磁搅拌下，由滴液漏氧化钠溶液；蒸发浓缩、冷却结晶；斗滴入过量的乙酸酐，关闭活塞。SiCl4和(CH3CO)2O的反应为放热反应，反应后反应混合物带色，并开始析(6)160gMoS2的物质的量为=1mol，根据Mo元素守恒，理论获得CaMoO4的质量为出(CH3COO)4Si晶体。1mol×200g/mol=200g，则CaMoO4的产率为×100%=95%，故答案为：95%。n③由题意可知，装置D中氯气、二氧化硅和C反应，生成SiCl4和CO，化学方程式为，故答案为：；④由于SiCl4极易水解，故装置E、F之间需连接盛有浓硫酸的集气瓶装置，防止装置F中的水蒸气进入装置E中，降低SiCl4产率，故答案为：SiCl4极易水解，故装置E、F之间需连接盛有浓硫酸的集气瓶装置；(2)①仪器a的名称为三颈烧瓶；恒压漏斗中的支管作用为平衡压强，使液体能够顺利滴落，故答案为：三颈烧瓶；平衡压强，使液体能够顺利滴落；②SiCl4和(CH3CO)2O反应，生成(CH3COO)4Si和CH3COCl，化学方程式为：，故答案为：；①仪器a的名称为；图中支管的作用是。②写出生成(CH3COO)4Si的化学方程式：(生成物有两③由题意中SiCl4和(CH3CO)2O的反应为放热反应，反应后反应混合物带色，并开始析出(CH3COO)4Si，则完种)。成反应后，将反应混合液放置数日，再用干冰-丙酮浴冷却后，此时(CH3COO)4Si析出，将导管伸入液面以下，③完成反应后，将反应混合液放置数日，再用干冰-丙酮浴冷却后，将导管伸入液面以下，打开活塞，抽真空，以除去烧瓶中多余的液体；若得到较纯的(CH3COO)4Si，下一步的操作为重结晶，故答案(结合装置图填写操作)，获得(CH3COO)4Si晶体粗品，若得到较纯(CH3COO)4Si，则下一步操作为：打开活塞，抽真空，以除去烧瓶中多余的液体；重结晶。为。【分析】（1）①高锰酸钾作为氧化剂，盐酸作为还原剂，发生反应生成氯气和氯化锰、氯化钾、水；【答案】（1）；饱和食盐水；；②反应过程中生成氯化氢，采用饱和食盐水除去氯化氢而降低氯气的溶解度；SiCl4极易水解，故装置E、F之间需连接盛有浓硫酸的集气瓶装置③氯气和碳、二氧化硅反应生成四氯化硅和一氧化碳，结合氧化还原反应的特征，可知碳化合价升高，氯化（2）三颈烧瓶；平衡压强，使液体能够顺利滴落；；打合价降低；开活塞，抽真空，以除去烧瓶中多余的液体；重结晶④结合题干信息，可知四氯化硅易水解，因此需要在E和F之间连接干燥装置；【知识点】制备实验方案的设计（2）①仪器a为三颈烧瓶，是常考的化学仪器；支管所属仪器为恒压滴液漏斗，作用是平衡压强，使液体【解析】【解答】装置A中，高锰酸钾和浓盐酸反应，制取氯气；装置A中所制备的氯气中含有水蒸气和氯化能够顺利滴落；氢，故需先除去氯化氢，后除去水蒸气，则装置B用于除去氯化氢，即B中盛放饱和食盐水，C中盛放浓硫②结合题干，可知反应物为SiCl4和(CH3CO)2O，生成物为(CH3COO)4Si，结合原子守恒可知另一种产物是酸；装置D中氯气、二氧化硅和C反应，生成SiCl4和CO；装置E，用于收集SiCl4；装置F，用于收集CO，CH3COCl；进行尾气处理。③CH3COO)4Si析出，将导管伸入液面以下，打开活塞，抽真空，以除去烧瓶中多余的液体；若得到较纯的(1)①装置A中，高锰酸钾和浓盐酸反应，制取氯气，离子方程式为：(CH3COO)4Si，然后重结晶。，故答案为：10.基于生物质的乙醇转化制氢是目前制氢领域研究较热门的技术之一。回答下列问题：（1）电催化乙醇制氢的装置如图所示。装置工作时，能量转化方式是；阳极的电；极反应式为。②装置A中所制备的氯气中含有水蒸气和氯化氢，故需先除去氯化氢，后除去水蒸气，则装置B用于除去氯化氢，即B中盛放饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；n（2）水蒸气重整乙醇制氢包括的主要反应如下：④在0.1MPa，水醇比为1时，在恒压密闭容器中若只发生反应CH3CH2OH(g)+H2O(g)Ⅰ．CH3CH2OH(g)CO(g)+CH4(g)+H2(g)ΔH1=+49kJ·mol-1K1；2CO(g)+4H2(g)，达平衡时乙醇的转化率为α，则该反应的平衡常数Kp=Ⅱ．CH3CH2OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g)ΔH2=+256kJ·mol-1K2；MPa4(以平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×各物质的体积分数)。Ⅲ．CH4(g)+H2O(g)3H2(g)+CO(g)ΔH3K3；【答案】（1）电能转化为化学能；C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2+12H+Ⅳ．CO(g)+H-12O(g)H2(g)+CO2(g)ΔH4=-41kJ·mol①反应CH3CH2OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)的ΔH=kJ·mol-1；反应III的平衡（2）ΔH=+174kJ/mol；；H2；CO2；Ⅰ；反应Ⅳ的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆常数K3=(用K1、K2表示)。反应方向移动，反应消耗H2，导致H2的产率降低；②在0.1MPa和650℃条件下，水醇物质的量之比与气体产率的关系如图所示。图中a、b【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线【解析】【解答】(1)电催化乙醇制氢的装置如图所示。装置工作时，能量转化方式是电能转化为化学能；代表的物质依次是、(填化学式)。在电解时阳极上C+-+2H5OH失去电子产生CO2、H，故阳极的电极反应式为：C2H5OH-12e+3H2O=2CO2+12H；(2)①已知：Ⅰ．CH-13CH2OH(g)CO(g)+CH4(g)+H2(g)ΔH1=+49kJ·molK1；Ⅱ．CH-13CH2OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g)ΔH2=+256kJ·molK2；Ⅲ．CH4(g)+H2O(g)3H2(g)+CO(g)ΔH3K3；Ⅳ．CO(g)+H-12O(g)H2(g)+CO2(g)ΔH4=-41kJ·mol根据盖斯定律，(Ⅲ)=(Ⅱ)-(Ⅰ)，所以CH4(g)+H2O(g)3H2(g)+CO(g)ΔH3=+207kJ/mol，将(Ⅱ)+(Ⅳ)×2，整理可得反应CH3CH2OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)的ΔH=+174kJ/mol；化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比。根据盖斯定律可知(Ⅲ)=(Ⅱ)-(Ⅰ)，所以根据化学平衡常数的含义可知反应：CH4(g)+H2O(g)3H2(g)+CO(g)的化学平衡常数K3=③在0.1MPa、水醇比为7时，温度对气体产率的影响如图所示。在150~250℃主要发生的反应为(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)；温度高于650℃时，随着温度升高，H2的产率略有所下降，其原因；是。②从给出的四个反应看，越大，Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ化学平衡正向移动，CO是Ⅱ、Ⅲ的生成物，同时n低；是Ⅳ的反应物，随着不断增大，CO的产率应该减小，而CO2、H2的产率不断增大，且根据方程④分压平衡常数要结合三段式进行计算，根据化学计量数之比等于物质的量之比，以及分压=总压×各物质的式可知生成的H2比CO2多，故H2的产率增大的要比CO2多，故曲线a表示物质为H2，曲线b表示物质为体积分数进行计算。CO2；11.最近科研人员发现，用[Ni(cyclam)]2+(结构如图a)作电催化剂、二茂铁(结构如图c)作为牺牲电子供体，③根据图示可知：在温度为150~250℃H2的产率较低，结合Ⅰ、Ⅱ两个反应中H2的物质的量多少，可知该温度NH4PF6作为电解质和质子供体，CH3CN作溶剂，可实现有效催化还原CO2。段主要发生的反应是反应Ⅰ；当温度高于650℃时，随着温度升高，H2的产率略有所下降，这是由于反应Ⅳ．CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)ΔH4=-41kJ·mol-1的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，又反应消耗H2，因此导致H2的产率降低；④在0.1MPa，水醇比为1时，假设H2O、C2H5OH的物质的量都是1mol，在恒压密闭容器中若只发生反应CH3CH2OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g)，达平衡时乙醇的转化率为α，则根据物质反应转化关系可知平衡时n(CH3CH2OH)=n(H2O)=(1-α)mol，n(CO)=2αmol，n(H2)=4αmol，n(总)=(1-α)mol+(1-α)mol+2αmol+4αmol=2(1+2α)mol，平衡分压p(CH3CH2OH)=p(H2O)=，p(CO)=，回答下列问题：p(H2)=，所以该反应的平衡常数Kp=（1）基态Ni原子转化为基态Ni2+失去轨道的电子；基态Fe原子核外电子排布式为。=（2）NH4PF6中NH空间构型为；N、P、F的电负性由大到小的顺序为。MPa4。（3）CH3CN分子中碳原子杂化方式为。（4）已知3个及以上原子构成的离子团或分子中，原子有彼此平行的未参与杂化的p轨道电子，连贯重叠【分析】（1）根据图示可知该装置为电解池，为电能转化为化学能；阳极连接正极，为乙醇和水失去电子反在一起构成π型化学键，又称为大π键，可用符号表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参应生成二氧化碳和氢离子；与形成的大π键电子数，如苯中的大π键可表示为。二茂铁[(C5H5)2Fe]中五元环的大π键可表示（2）①盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相为。加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；（5）[Ni(cyclam)]2+可由某些镍的化合物与cyclam反应制得。[Ni(cyclam)]2+中，Ni2+的配位数②结合平衡移动考虑，增大水醇物质的量之比即可看成增大水的浓度，根据增大反应物浓为；cyclam可溶于水，而环十四烷不溶于水，其原因是。度，使平衡朝正向移动，且按照化学计量数之比变化；（6）某镍、砷晶体结构如图所示。该晶体的密度为g·cm-3(列出计算式即③结合已知反应的几个过程，可知在温度为150~250℃H2的产率较低，可知该温度段主要发生的反应是反应可)。Ⅰ；当温度高于650℃时，随着温度升高，H2的产率略有所下降，CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)ΔH4=-41kJ·mol-1是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，又反应消耗H2，因此导致H2的产率降n【分析】（1）镍为28号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，失去2电子时丢失4s轨道的电子；铁为26号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；（2）杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数；杂化轨道数=2，为直线；杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；【答案】（1）4s；1s22s22p63s23p63d64s2杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；（2）正四面体；F＞N＞P杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；（3）sp、sp3电负性的大小跟非金属性有关，非金属性越强，电负性越强；（4）（3）杂化数目=中心原子成键电子对数+孤电子对数；（5）4；cyclam分子与水分子间形成氢键（4）形成的大π键原子数是5，形成的大π键电子数是6；（6）密度的计算要结合体积、摩尔质量、阿伏加德罗常数进行计算。（6）12.金色草素(H)具有抗炎镇痛作用，其一种合成路线如下：【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【解析】【解答】(1)基态Ni原子的核外价电子排布式为3d84s2，形成基态Ni2+时，先失去4s轨道上的2个电子；铁元素为26号元素，基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；(2)的中心原子为sp3杂化，且无孤电子对，为正四面体结构；非金属性越强，其电负性越大，则电负性：F＞N＞P；(3)甲基上C原子价层电子对个数是4，C原子杂化类型为sp3，-CN中心原子C有1个σ键，孤电子对数为已知：①1，中心碳原子杂化类型为sp，故答案为：sp、sp3；(4)二茂铁[(C5H5)2Fe]中五元环形成的大π键原子数是5，形成的大π键电子数是6，大π键表示为；②，R1~R5为烃基。(5)由图a可知[Ni(cyclam)]2+中，Ni2+的配位数为4，含有氢键的物质可增大在水中的溶解性，cyclam可溶于回答下列问题：水，而环十四烷不溶于水，其原因是cyclam分子与水分子间形成氢键；（1）A的化学名称是。(6)由均摊法，晶胞中含6个Ni和6个As原子，晶胞质量为，底面是正六边形，晶胞体积为（2）B生成C的反应类型是。（3）D生成E的化学方程式为。，则晶胞密度为g·cm-3。（4）G的结构简式是。（5）H中含氧官能团有羰基、。n（6）写出符合下列条件的B的芳香族化合物的同分异构体的结构简式：(任写一种)。i.能发生银镜反应；G的分子式和反应条件可得G为：。ii.核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为2：2：2：1：1；iii.1mol该化合物与足量的金属钠反应生成1.5molH2。（7）参照上述合成路线，设计以乙醛和为原料制备对羟基肉桂醛(1)由分析可知A为，名称为：1，3，5-苯三酚，故答案为：1，3，5-苯三酚；()的合成路线：(无机试剂及3个以下碳原子数的有机试剂任用)。【答案】（1）1，3，5-苯三酚(2)由B、C的结构简式可知，由B到C是用CH3OCH2-代替B上的部分羟基上的H原子，所以是取代反应，（2）取代反应故答案为：取代反应；(3)由分析可知D生成E的化学方程式为（3），故答案为：（4）；（5）（酚）羟基和醚键(4)由F的结构简式和G的分子式和反应条件可得G的结构简式是（6）任写一种，故答案为：；（7）(5)由H的结构简式可知含氧官能团有羰基、（酚）羟基和醚键，故答案为：【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；取代反应；结构简式（酚）羟基和醚键；【解析】【解答】由A的分子式和A到B的反应条件以及B的结构简式可知A为，由题干知(6)B的芳香族化合物的同分异构体的结构简式满足：i.能发生银镜反应，说明含有醛基或者是甲酸某酯；ii.核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为2：2：2：1：1，说明有5种氢原子；iii.1mol该化合物与足量的金属钠反应生成1.5molH2说明含有3mol羟基（醇羟基、酚羟基或羧基上的羟基都B为，C为，由E的分子式和已知②以及C、F的结构简式可得E为可），结合B的结构简式，可知符合条件的B的同分异构体只能是含有1个醛基和3个羟基，，由D、E的分子式和已知①可知D为，再由F的结构简式、所以符合条件的有：，n故答案为：任写一种；(7)以乙醛和为原料制备对羟基肉桂醛的合成路线为：，故答案为：。【分析】（1）结合物质B，可知A为1，3，5-苯三酚；（2）B转化为C的过程中发生取代反应；（3）D转化为E的反应类型和B转化为C一致，可以参考B转化为C的过程；（4）结合H和F的结构特点，推断G的结构简式；（5）H中含有酚羟基和醚键；（6）可以发生银镜反应，含有-CHO，核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为2：2：2：1：1，即含有5种等效氢，可以和金属钠反应身材氢气，结合题干可知含有3个酚羟基，且处于对称位置；（7）合成路线的设计，一般要结合已知条件或者已知合成路线去看，根据题干要求的物质，采用顺推或者逆推法进行相应的设计。n高三下学期第三次模拟考试化学试题一、单选题1.化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（）A．焊接金属时，焊接点可用NH4Cl溶液进行预处理B．环保PVC(聚氯乙烯)可以制作食品包装袋、食品保鲜膜C．烟熏腊肉中含有丰富的脂肪，脂肪属于天然高分子化合物D．工业上，常用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子2.下列气体去除杂质的方法中，达不到实验目的的是（）选项气体(杂质)方法ACl2(HCl)通过饱和的食盐水BN2(O2)通过足量灼热的铜丝网CSO2(CO2)通过饱和的碳酸氢钠溶液DNH3(H2O)通过盛有碱石灰的干燥管A．AB．BC．CD．D3.下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是（）A.FeCl3+2+2+3溶液腐蚀印刷电路板上的铜：Fe+Cu=Fe+CuB.将Al3+2(SO4)3溶液与Na2CO3溶液混合：2Al+3CO=Al2(CO3)3C.用稀HNO+2+3溶解FeS固体：FeS+2H=Fe+H2S↑D.向Mg(OH)2+2悬浊液中滴加NH4Cl溶液，沉淀逐渐解：Mg(OH)2+2NH=Mg+2NH3•H2O4.长时间看电子显示屏幕，会对眼睛有一定的伤害。人眼的视色素中含有视黄醛，而与视黄醛结构相似的维生素A常作为保健药物。下列有关叙述正确的是（）A.视黄醛的分子式为C20H26OB．视黄醛与乙醛(CH3CHO)互为同系物C．一定条件下，维生素A可被氧化生成视黄醛D．视黄醛和维生素A互为同分异构体5.某化合物可用作发酵助剂，结构如图所示。图中X、Y、Z、W为元素周期表中前20号元素，且位于不同周期，它们的原子序数依次增大，其中Y为地壳中含量最高的元素。下列有关说法正确的是（）A.该化合物中除X外，其他原子最外层不一定均为8nB．Z元素形成的单质均为白色固体C．X分别与Y、Z、W形成的简单化合物中均含有共价键D．Z的最高价氧化物的水化物的酸性强于硫酸6.某科研团队研制了一种基于阳离子型活性分子的中性水系有机液流电池，以[Pyr-TEMPO]和[Pyr-PV]Cl4作中性水系有机液流电池的电极材料，已知放电时[Pyr-PV]2+先转化为[Pyr-PV]3+，后转化为[Pyr-PV]4+，电池工作原理如图所示。下列说法正确的是（）A.放电的过程中，氯离子由b电极向a电极移动B．放电时，负极的电极反应之一为[Pyr-PV]3+-=[Pyr-PV]4+C．a电极的电势比b电极的低D．充电时，b电极为阳极，发生氧化反应7.用0.10的NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度为c1的醋酸、c2的草酸(H2C2O4)溶液，得到如图滴定曲线，其中c、d为两种酸恰好完全中和的化学计量点。下列说法错误的是（）A.由滴定曲线可判断：c1＞c2B.滴定过程中始终有n(CH-++3COOH)=0.02c1+n(OH)-n(H)-n(Na)C.若a点V(NaOH)=7.95mL，则a点有c(Na+)＞c(C2O)＞c(HC2O)＞c(H2C2O4)D.若b点时溶液中c(CHCOO-)=c(CHCOOH)，则b点消耗了8.60mL的NaOH溶液二、综合题8.三氧化二砷(As2O3)可用于治疗急性早幼粒细胞白血病。利用某酸性含砷废水(含H3AsO3、H2SO4)可提取As2O3，提取工艺流程如下：已知：①As2O3为酸性氧化物；②As2S3易溶于过量的Na2S溶液中，故加入FeSO4，的目的是除去过量的S2-。回答下列问题：（1）废水中H3AsO3中砷元素的化合价为（2）“焙烧”操作中，As2S3参与反应的化学方程式为（3）“碱浸”的目的，“滤渣Y”的主要成分是。(写化学式)。（4）“氧化”操作的目的是(用离子方程式表示)。（5）“还原”过程中H3AsO4转化为H3AsO3然后将“还原”后溶液加热，H3AsO3分解为As2O3。某次“还原”过程中制得了1.98kgAs2O3，则消耗标准状况下气体X的体积是L。（6）砷酸钠(Na+-3AsO4)可用于可逆电池，装置如图1所示，其反应原理为AsO+2H+2I=AsOn+I2+H2O。探究pH对AsO氧化性的影响，测得输出电压与pH的关系如图2所示。则a点时，盐桥中K+(填“向左”“向右”或“不”)移动，c点时，负极的电极反应为。9.六氨合氯化镁(MgCl2•6NH3)具有极好的可逆吸、放氨特性，是一种优良的储氨材料。某研究小组以MgCl2•6H2O为原料在实验室制备MgCl2•6NH3，并测定所得产品中氯的含量（1）(一)制备MgCl2•6NH3I．首先制备无水MgCl2实验装置如下图(加热及夹持装置略去)：已知：SOCl2：熔点105℃、沸点76℃；遇水剧烈水解生成两种酸性气体。滴液漏斗中支管的作用为。（2）三颈瓶中发生反应的化学方程式为。（3）该实验装置中的不足之处为。（4）II．将NH3通入无水MgCl2的乙二醇溶液中，充分反应()后，过滤、洗涤并自然风干，制得粗品。相关物质的性质如表：NH3MgCl2MgCl2•NH3水易溶易溶易溶甲醇(沸点65℃)易溶易溶难溶乙二醇(沸点197℃)易溶易溶难溶生成MgCl2•6NH3的反应需在冰水浴中进行，其可能原因有(填字母)。A．反应吸热，促进反应正向进行B．加快反应速率C．防止氨气挥发，提高氨气利用率D．降低产物的溶解度（5）洗涤产品时，应选择的洗涤剂为(填字母)。A．冰浓氨水B．乙二醇和水的混合液C．氨气饱和的甲醇溶液D．氨气饱和的乙二醇溶液（6）(二)测定产品中氯的含量，步骤如下：步骤1：称取1.80g样品，加入足量稀硝酸溶解，配成250mL溶液；步骤2：取25.00mL待测液于锥形瓶中，以K2CrO4为指示剂，用0.20的AgNO3标准液n滴定溶液中，记录消耗标准液的体积；步骤3：重复步骤2操作2~3次，平均消耗标准液10.00mL。步骒1中，用稀硝酸溶解样品的目的为。（7）该品中氯的质量分数为(保留小数点后2位)；该实验值与理论值(36.04%)有偏差，造成该偏差的可能原因是(已知滴定操作均正确)。10.环保是当今社会最重要的课题，故研究CO、NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重义。回答下列问题（1）已知在298K和101kPa条件下，有如下反应①C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ/mol；②N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H2=+180.5kJ/mol。则反应C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g)的△H=kJ/mol（2）利用I2O5可消除CO污染，其反应为I2O5(s)+5CO(g)=5CO(g)+I2(s)。不同温度下，向装有足量I2O5固体的容闭容器中通入2molCO，测得CO2气体体积分数φ(CO2)随时间t的变化曲线如图1所示。①T1时，前0.5min内平均反应速率v(CO)=②b点和d点的化学平衡常数：Kb(填“＞”“＜”或“=”)Kd。③b点时，CO的转化率为。④下列能说明反应达到平衡的是(填字母)。A.容器内压强不再变化B．CO的质量不再变化，CO2的转化率不再增大C．CO2的生成速率等于CO的消耗速率D．混合气体的平均相对分子质量不再改变（3）用NaClO碱性溶液吸收SO2。工业上控制在40℃~50℃时，将含有SO2的烟气和NaClO碱性溶液按图2所示方式通入反应釜。①反应釜发生的反应中，SO2表现出。②反应釜中采用“气—液逆流”接触吸收法的优点是。③工业上常加Ni2O3作催化剂，催化过程如图3所示。在催化过程中，反应产生的四价镍和氧原子具有强氧化能力，能加快吸收速度。试写出过程2的反应方程式：n11.CIGS靶材是一种主要含铜、铟(In)、镓(Ga)、硒(Se)的合金由于其良好的电学传导和光学透明性被广泛用于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题：（1）基态Ga的核外电子排布为[Ar]3d104s24p1，转化为下列激发态时所需能量最少的是(填字母)。A．B．C．D．（2）硫酸铜分别和氨水、EDTA[(HOOCCH2)2NCH2CH2N(CH2COOH)2]可形成配合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4、[Cu(EDTA)]SO4。①的空间构型为，EDTA中碳原子杂化方式为。②C、N、O、S四种元素中，第一电离能最大的是。③在[Cu(NH3)4(H2O)₂]SO4化合物中，阳离子呈轴向狭长的八面体结构(如图)，该阳离子中存在的化学键类型，该化合物加热时首先失去的组分是。（3）人体代谢甲硒醇(CH3SeH)后可增加抗癌活性，下表中有机物沸点不同的原因。有机物甲醇甲硫醇(CH3SH)甲硒醇沸点/℃64.75.9525.05（4）四方晶系CuInSe2的晶胞结构如图所示，晶胞参数为a=b=mpm，c=2mpm，晶胞棱边夹角均为90°。设阿伏加德罗常数的值为NA，CuInSe2的相对质量为M，则该晶体密度ρ=g•cm-3(用含有m、M和NA的代数式表示)。该晶胞中，原子坐标分别为2号Cu原子(0，0.5，0.25)，3号In原子(0，0.5，0.75)，4号Se原子(0.75，0.75，0.125)。则1号Se原子的坐标为，晶体中与单个In键合的Se有个。12.一种活性物质H可通过以下路线合成。n已知：(Z=-COOR，-COOH等)回答下列问题：（1）M所含官能团的名称为，在核磁共振氢谱中B有组吸收峰。（2）CD的化学方程式为，反应类型为。（3）FG的反应中有副产物X(分子式为C14H14O3)生成，写出X的结构简式：。（4）A与乙醇在一定条件下生成N(C6H10O)，N的同分异构体中能同时满足以下三个条件的有种(不考虑立体异构体)。①含有两个甲基；②含有酮羰基(但不含C=C=O)；③不含有环状结构。（5）照上述信息，设计由和为原料，制备的合成路线(无机试剂和不超过2个碳的有机试剂任选)：。答案解析部分1.【答案】A2.【答案】C3.【答案】D4.【答案】C5.【答案】A6.【答案】B7.【答案】D8.【答案】（1）+3价（2）（3）将转化为，与分离；（4）n（5）448（6）向左；9.【答案】（1）平衡压强，以使液体顺利流下（2）（3）缺少防倒吸措施(合理即可)（4）C；D（5）C（6）将转化为，防止滴定时与反应（7）39.44%；样品中含有或晶体称量时已有部分氨气逸出10.【答案】（1）（2）；＞；80.0%；BD（3）还原性；让烟气和吸收液充分接触，提高SO2的吸收效率；1.【答案】（1）B（2）正四面体形；sp2、sp3；N；共价键和配位键；H2O（3）三种物质都是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，沸点越高，甲醇分子间存在氢键所以沸点最高（4）；(0.75，0.75，0.625)；412.【答案】（1）碳碳双键，醛基；4（2）+HCC-COOH+H2O；取代(酯化)反应（3）（4）8n（5）n高三下学期第三次模拟考试化学试题意；一、单选题B.氮气中混有少量氧气，在通过灼热的铜丝同时，氧气可以与之发生反应：，而铜与氯气1.化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（）无法反应，能够达到实验目的，B不合题意；A．焊接金属时，焊接点可用NH4Cl溶液进行预处理C．CO2不与碳酸氢钠反应，但SO2能与碳酸氢钠反应，产生更多的CO2，不能达到实验目的，C符合题意；B．环保PVC(聚氯乙烯)可以制作食品包装袋、食品保鲜膜D．碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠，具有吸水性，且不与NH3反应，可以干燥NH3，能够达到实验目C．烟熏腊肉中含有丰富的脂肪，脂肪属于天然高分子化合物的，D不合题意；D．工业上，常用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子故答案为：C。【答案】A【分析】A.HCl极易溶于水，饱和食盐水可抑制氯气的溶解；【知识点】盐类水解的应用；常用合成高分子材料的化学成分及其性能B.Cu与氧气反应，氮气不能；【解析】【解答】A．NH4Cl为强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，可除去焊接点表面的氧化物，A符合题意；C.二氧化硫与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳；B．环保PVC(聚氯乙烯)有毒，不能作食品包装袋、食品保鲜膜，B不符合题意；D.氨气为碱性气体，不与碱石灰反应，碱石灰能吸收水。C．油脂不是高分子化合物，C不符合题意；3.下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是（）D．氯气不能与Cu2+、Hg2+等重金属离子反应，可用Na2+2+2S与Cu、Hg等重金属离子反应生成难溶性盐，然A.FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+后过滤除去，D不符合题意；B.将Al2(SO4)3溶液与Na2CO3溶液混合：2Al3++3CO=Al2(CO3)3故答案为：A。C.用稀HNO+2+3溶解FeS固体：FeS+2H=Fe+H2S↑【分析】A.氯化铵水解显酸性；D.向Mg(OH)2悬浊液中滴加NH4Cl溶液，沉淀逐渐解：Mg(OH)2+2NH=Mg2++2NH3•H2OB.聚氯乙烯受热分解产生含氯有毒物质；【答案】DC.油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物；【知识点】离子方程式的书写D.氯气与Cu2+、Hg2+等重金属离子不反应。【解析】【解答】A．氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，2.下列气体去除杂质的方法中，达不到实验目的的是（）故A不符合题意；B．硫酸铝溶液与碳酸钠溶选项气体(杂质)方法液混合发生双水解反应生成硫酸钠、氢氧化铝沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为，故B不符合题意；ACl2(HCl)通过饱和的食盐水C．稀硝酸与硫化亚铁反应生成硝酸铁、硫沉淀、一氧化氮和水，反应的离子方程式为BN2(O2)通过足量灼热的铜丝网CSO2(CO2)通过饱和的碳酸氢钠溶液，故C不符合题意；DNH3(H2O)通过盛有碱石灰的干燥管D．氢氧化镁与氯化铵溶液反应生成氯化镁和一水合氨，反应的离子方程式为Mg(OH)2+2NHA．AB．BC．CD．D【答案】C=Mg2++2NH3•H2O，故D符合题意；【知识点】除杂故答案为：D。【解析】【解答】A．HCl极易溶于水，氯气在饱和食盐水中的溶解度比较小，可以达到实验目的，A不合题【分析】A.该方程式不符合电荷守恒；nB.铝离子和碳酸根发生双水解反应；层电子数为8，故A符合题意；C.硝酸的还原产物为NO。B．红磷为磷元素形成的红色单质，故B不符合题意；4.长时间看电子显示屏幕，会对眼睛有一定的伤害。人眼的视色素中含有视黄醛，而与视黄醛结构相似的维C．氢元素和钾元素形成的化合物氢化钾为离子化合物，故C不符合题意；生素A常作为保健药物。下列有关叙述正确的是（）D．磷元素的最高价氧化物的水化物为磷酸，酸性弱于硫酸，故D不符合题意；A.视黄醛的分子式为C20H26O故答案为：A。B．视黄醛与乙醛(CH3CHO)互为同系物C．一定条件下，维生素A可被氧化生成视黄醛【分析】Y为地壳中含量最高的元素，则Y为O元素，X、Y、Z、W为元素周期表中前20号元素，且位于D．视黄醛和维生素A互为同分异构体不同周期，它们的原子序数依次增大，则X位于第一周期，为H元素；Y位于第二周期，Z位于第三周期，【答案】CW位于第四周期，Z形成5个共价键，W形成+1价阳离子，则Z为P，W为K元素。【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；同系物6.某科研团队研制了一种基于阳离子型活性分子的中性水系有机液流电池，以[Pyr-TEMPO]和[Pyr-PV]Cl4作【解析】【解答】A．由结构简式可知，视黄醛的分子式为C20H28O，故A不符合题意；中性水系有机液流电池的电极材料，已知放电时[Pyr-PV]2+先转化为[Pyr-PV]3+，后转化为[Pyr-PV]4+，电池工B．由结构简式可知，视黄醛分子与乙醛分子中含有的官能团种类不同，不是同类物质，所以不可能互为同系作原理如图所示。下列说法正确的是（）物，故B不符合题意；A.放电的过程中，氯离子由b电极向a电极移动C．由结构简式可知，维生素A中含有—CH2OH能被氧化转化为—CHO，则一定条件下，维生素A可被氧化B．放电时，负极的电极反应之一为[Pyr-PV]3+-=[Pyr-PV]4+生成视黄醛，故C符合题意；C．a电极的电势比b电极的低D．由结构简式可知，视黄醛和维生素A的分子式不同，不可能互称同分异构体，故D不符合题意；D．充电时，b电极为阳极，发生氧化反应故答案为：C。【答案】B【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用【分析】A.根据结构简式确定其分子式；【解析】【解答】A．由分析可知，放电时，a电极为正极，b电极为负极，则氯离子由a电极向b电极移动，B.结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物；A不符合题意：D.分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体。B.已知放电时先转化为，后转化为，则负极的电极反应之一为5.某化合物可用作发酵助剂，结构如图所示。图中X、Y、Z、W为元素周期表中前20号元素，且位于不同周期，它们的原子序数依次增大，其中Y为地壳中含量最高的元素。下列有关说法正确的是（），B符合题意；C.由分析可知，放电时，a电极为正极，b电极为负极，则充电时，a电极为阳极，b电极为阴极，故无论放A.该化合物中除X外，其他原子最外层不一定均为8电或充电，a电极的电势均比b电极的高，C不符合题意；B．Z元素形成的单质均为白色固体D.由C选项可知，充电时，b电极为阴极，发生还原反应，D不符合题意；C．X分别与Y、Z、W形成的简单化合物中均含有共价键故答案为：B。D．Z的最高价氧化物的水化物的酸性强于硫酸【分析】放电时，a极[Pyr-TEMPO]得电子发生还原反应，故a极为正极，b极为负极，原电池工作时，阴离【答案】A子向负极移动；充电时，a极为阳极，b极为阴极。【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】A．由化合物的结构式可知，化合物中磷原子的最外层电子数为10，钾离子和氧原子的最外7.用0.10的NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度为c1的醋酸、c2的草酸(H2C2O4)溶液，得到如图滴定n曲线，其中c、d为两种酸恰好完全中和的化学计量点。下列说法错误的是（）C.V(NaOH)=7.95mL时，溶液中的溶质为等物质的量的、，溶液显酸性；A.由滴定曲线可判断：c1＞c2D.醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，时。B．滴定过程中始终有n(CH-++)3COOH)=0.02c1+n(OH)-n(H)-n(Na二、综合题C．若a点V(NaOH)=7.95mL，则a点有c(Na+)＞c(C2O)＞c(HC2O)＞c(H2C2O4)8.三氧化二砷(As2O3)可用于治疗急性早幼粒细胞白血病。利用某酸性含砷废水(含H3AsO3、H2SO4)可提取D．若b点时溶液中c(CHCOO-)=c(CHCOOH)，则b点消耗了8.60mL的NaOH溶液As2O3，提取工艺流程如下：【答案】D已知：①As2O3为酸性氧化物；②As2S3易溶于过量的Na2S溶液中，故加入FeSO4，的目的是除去过量的【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；中和滴定S2-。【解析】【解答】A．草酸是二元弱酸，滴定过程中有两次滴定突变；醋酸是一元酸，滴定时只有一次滴定突回答下列问题：变，所以根据图示可知X曲线代表草酸，Y曲线代表醋酸。其中c、d为两种酸恰好完全中和的化学计量点，（1）废水中H3AsO3中砷元素的化合价为（2）“焙烧”操作中，As2S3参与反应的化学方程式为滴定根据恰好反应时消耗NaOH溶液的体积数值可知，（3）“碱浸”的目的，“滤渣Y”的主要成分是。(写化学式)。，，故A不符合题意；（4）“氧化”操作的目的是(用离子方程式表示)。（5）“还原”过程中H3AsO4转化为H3AsO3然后将“还原”后溶液加热，H3AsO3分解为As2O3。某次“还原”过B.对于醋酸溶液，在滴定过程中始终存在电荷守恒，根据物料上程中制得了1.98kgAs2O3，则消耗标准状况下气体X的体积是L。述可知，故，所（6）砷酸钠(Na3AsO4)可用于可逆电池，装置如图1所示，其反应原理为AsO+2H++2I-=AsO+I2+H2O。以有，故B不符合题意；探究pH对AsO氧化性的影响，测得输出电压与pH的关系如图2所示。则a点时，盐桥中K+(填C.完全中和时需消耗V(NaOH)=10.60mL，则a点V(NaOH)=7.95mL时为、按1：1形成“向左”“向右”或“不”)移动，c点时，负极的电极反应为。的混合溶液，pH＜7，显酸性，故的电离程度大于及的水解程度，则【答案】（1）+3价，故C不符合题意：（2）D.若b点时加入氢氧化钠体积为8.6mL，则此时溶液中和相等，由图可知此（3）将转化为，与分离；时溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则，如果要（4）求，则此时加入氢氧化钠的体积，取，D符合题（5）448意；（6）向左；故答案为：D。【知识点】氧化还原反应方程式的配平；电极反应和电池反应方程式；离子方程式的书写；原电池工作原理及应用【解析】【解答】(1)由化合价代数和为0可知，亚砷酸中砷元素为+3价，故答案为：+3价；【分析】A.草酸是二元弱酸，有两次滴定突变，醋酸为一元弱酸，故X曲线代表草酸，Y曲线代表醋酸；(2)由分析可知，硫化砷在空气中煅烧生成三氧化二砷和二氧化硫，反应的化学方程式为B.结合电荷守恒和物料守恒判断；，故答案为：；n(3)由分析可知，碱浸的目的是将三氧化二砷转化为亚砷酸钠，与不与氢氧化钠溶液反应的氧化铁分离，滤渣NH3MgCl2MgCl2•NH3Y为氧化铁，故答案为：将转化为，与分离；；水易溶易溶易溶(4)加入过氧化氢溶液氧化操作的目的是亚砷酸钠与过氧化氢溶液反应生成砷酸钠和水，反应的离子方程式为甲醇(沸点65℃)易溶易溶难溶，故答案为：；乙二醇(沸点197℃)易溶易溶难溶(5)由分析可知，向砷酸钠溶液中加入稀硫酸酸化得到砷酸，通入二氧化硫气体将砷酸还原为亚砷酸，亚砷酸生成MgCl2•6NH3的反应需在冰水浴中进行，其可能原因有(填字母)。受热分解生成三氧化二砷，由得失电子数目守恒可知，生成1.98kg三氧化二砷时，反应消耗标准状况下二氧A．反应吸热，促进反应正向进行化硫的体积为×2××22.4L/mol=448L，故答案为：448；B．加快反应速率C．防止氨气挥发，提高氨气利用率(6)由图可知，a点时，溶液pH为0，平衡向正反应方向移动，甲池中石墨电极为原电池的正极，乙池中石墨D．降低产物的溶解度电极为负极，则盐桥中钾离子向左侧甲池移动；c点时，溶液pH减小，平衡向逆反应方向移动，乙池中石墨（5）洗涤产品时，应选择的洗涤剂为(填字母)。电极为正极，甲池中石墨电极为负极，在水分子作用下，亚砷酸根在负极失去电子发生氧化反应生成砷酸根A．冰浓氨水B．乙二醇和水的混合液离子，电极反应式为，故答案为：向左；C．氨气饱和的甲醇溶液D．氨气饱和的乙二醇溶液。（6）(二)测定产品中氯的含量，步骤如下：步骤1：称取1.80g样品，加入足量稀硝酸溶解，配成250mL溶液；【分析】酸性含砷废水(含H3AsO3、H2SO4)加入Na2S和FeSO4得到As2S3和FeS沉淀，过滤将沉淀和滤液分步骤2：取25.00mL待测液于锥形瓶中，以K2CrO4为指示剂，用0.20的AgNO3标准液滴定溶液中离；As2S3、FeS在空气中焙烧得到As2O3、Fe2O3以及SO2，加入NaOH溶液溶解焙烧产物，As2O3反应生成，记录消耗标准液的体积；Na3AsO3溶液，过滤得到的滤渣Y为Fe2O3，加入双氧水将Na3AsO3氧化得到Na3AsO4，通入二氧化硫和稀硫步骤3：重复步骤2操作2~3次，平均消耗标准液10.00mL。酸将Na3AsO4还原得到As2O3。步骒1中，用稀硝酸溶解样品的目的为。9.六氨合氯化镁(MgCl2•6NH3)具有极好的可逆吸、放氨特性，是一种优良的储氨材料。某研究小组以（7）该品中氯的质量分数为(保留小数点后2位)；该实验值与理论值(36.04%)有偏差，造成该偏MgCl2•6H2O为原料在实验室制备MgCl2•6NH3，并测定所得产品中氯的含量差的可能原因是(已知滴定操作均正确)。（1）(一)制备MgCl2•6NH3【答案】（1）平衡压强，以使液体顺利流下I．首先制备无水MgCl2实验装置如下图(加热及夹持装置略去)：已知：SOCl2：熔点105℃、沸点76℃；遇水剧烈水解生成两种酸性气体。（2）滴液漏斗中支管的作用为。（3）缺少防倒吸措施(合理即可)（2）三颈瓶中发生反应的化学方程式为。（4）C；D（3）该实验装置中的不足之处为。（5）C（4）II．将NH3通入无水MgCl2的乙二醇溶液中，充分反应()后，过滤、（6）将转化为，防止滴定时与反应洗涤并自然风干，制得粗品。相关物质的性质如表：（7）39.44%；样品中含有或晶体称量时已有部分氨气逸出【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计n【解析】【解答】先用反应制备无水，然后将该偏差的可能原因是样品中含有或晶体称量时已有部分氨气逸出。NH3通入无水MgCl2的乙二醇溶液中，发生反应，MgCl2•6NH3难溶于乙二【分析】（1）滴液漏斗中的支管可平衡气压；醇，过滤出MgCl2•6NH3沉淀，用氨气饱和的甲醇溶液洗涤、自然风干，制得MgCl2•6NH3粗品。（2）三颈瓶中MgCl2•6H2O和SOCl2发生反应生成无水MgCl2、SO2、HCl；(1)滴液漏斗中支管能平衡三口烧瓶和滴液漏斗的压强，使滴液漏斗中的液体顺利流入三口烧瓶内；（3）二氧化硫、氯化氢易溶于氢氧化钠溶液；(2)三颈瓶中MgCl2•6H2O和SOCl2发生反应生成无水MgCl2、SO2、HCl，反应的化学方程式为（4）根据MgCl2•6NH3的性质分析解答；；（5）MgCl2•6NH3易溶于水、乙二醇；(3)二氧化硫、氯化氢易溶于氢氧化钠溶液，易引起倒吸，该实验装置中的不足之处为缺少防倒吸措施；（6）和能形成，氨气与稀硝酸反应生成硝酸铵，防止NH3与AgNO3反应；(4)A．反应吸热，降低温度，平衡逆向移动，不利于反应正向进行，故不选A；B．降低温度，反应速率减慢，故不选B；（7）氯的质量分数=；样品中含有MgCl2或晶体称量时已有部分氨气逸出均可使该实验C．降低温度，氨气溶解度增大，反应在冰水浴中进行，可以防止氨气挥发，提高氨气利用率，值比理论值（36.04%）偏大。故答案为：C；10.环保是当今社会最重要的课题，故研究CO、NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重义。回答下列问D．温度越低，MgCl2•6NH3的溶解度越小，反应在冰水浴中进行，可以降低产物的溶解度，有利于产物析题出，（1）已知在298K和101kPa条件下，有如下反应①C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ/mol；②N2(g)故答案为：D；+O2(g)=2NO(g)△H2=+180.5kJ/mol。则反应C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g)的△H=kJ/mol选CD。（2）利用I2O5可消除CO污染，其反应为I2O5(s)+5CO(g)=5CO(g)+I2(s)。不同温度下，向装有足量I2O5固(5)A．MgCl2•6NH3易溶于水，不能用冰浓氨水洗涤MgCl2•6NH3，故不选A；体的容闭容器中通入2molCO，测得CO2气体体积分数φ(CO2)随时间t的变化曲线如图1所示。B．MgCl2•6NH3易溶于水，不能用乙二醇和水的混合液洗涤MgCl2•6NH3，故不选B；①T1时，前0.5min内平均反应速率v(CO)=C．MgCl2•6NH3难溶于甲醇，甲醇易挥发，可以用氨气饱和的甲醇溶液洗涤MgCl2•6NH3，②b点和d点的化学平衡常数：Kb(填“＞”“＜”或“=”)Kd。故答案为：C；③b点时，CO的转化率为。D．MgCl2•6NH3难溶于乙二醇溶液，乙二醇难挥发，不能用氨气饱和的甲醇溶液洗涤MgCl2•6NH3，故不选④下列能说明反应达到平衡的是(填字母)。D；A．容器内压强不再变化选C。B．CO的质量不再变化，CO2的转化率不再增大(6)和能形成，用稀硝酸溶解样品，将转化为，防止滴定时与C．CO2的生成速率等于CO的消耗速率反应；D．混合气体的平均相对分子质量不再改变(7)用0.20的AgNO+-3标准液滴定25.00mL溶液中，平均消耗标准液10.00mL，根据Ag+Cl（3）用NaClO碱性溶液吸收SO2。工业上控制在40℃~50℃时，将含有SO2的烟气和NaClO碱性溶液按=AgCl，n(Cl-)=n(Ag+)=0.2mol/L×0.01L=0.002mol，该品中氯的质量分数为图2所示方式通入反应釜。①反应釜发生的反应中，SO2表现出。；该实验值比理论值(36.04%)偏大，说明NH3含量少，造成②反应釜中采用“气—液逆流”接触吸收法的优点是。③工业上常加Ni2O3作催化剂，催化过程如图3所示。在催化过程中，反应产生的四价镍和氧原子具有强n氧化能力，能加快吸收速度。试写出过程2的反应方程式：③由反应物的起始加入量和平衡时体积分数计算转化量，进而计算转化率；【答案】（1）④可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量（2）；＞；80.0%；BD以及由此引起的一系列物理量不变，据此判断；（3）①SO2被次氯酸钠氧化生成硫酸钠，体现还原性；（3）还原性；让烟气和吸收液充分接触，提高SO2的吸收效率；②逆流接触有利于物质的充分接触反应；【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算③过程2是NiO2与ClO-作用生成氯离子、Ni2O3和活性O。【解析】【解答】(1)已知：①C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ/mol；11.CIGS靶材是一种主要含铜、铟(In)、镓(Ga)、硒(Se)的合金由于其良好的电学传导和光学透明性被广泛用②N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H2=+180.5kJ/mol；于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题：根据盖斯定律，由①-②得反应C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g)△H=-574kJ/mol；（1）基态Ga的核外电子排布为[Ar]3d104s24p1，转化为下列激发态时所需能量最少的是(填字母)。(2)①由图像Ⅱ0-0.5minCO2分析可知，曲线的体积分数为0.3，设转化的CO的物质的量为x，列三段式有：A．则，解得x=0.6，所以0-0.5min内的平均反应速率v(CO)==0.6mol·L-1·min-1；②根据图中曲线，先拐先平数值大，则TⅡ>TⅠ，即b点温度低于d点，降温平衡正向进行，平衡常数增大，B．则Kb＞Kd；③b点时，CO2的体积分数为0.8，设转化的CO的物质的量为y，列三段式有：C．则，解得y=1.6，所以CO的转化率为；D．④A．反应前后气体的体积不变，则容器内压强不再变化不能说明达到平衡状态，选项A不正确；（2）硫酸铜分别和氨水、EDTA[(HOOCCH2)2NCH2CH2N(CH2COOH)2]可形成配合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4、B．CO的质量不再变化，CO2的转化率不再增大，可说明达到平衡状态，选项B正确；[Cu(EDTA)]SO4。C．反应中CO2的生成速率始终等于CO的消耗速率，不能说明反应达平衡状态，选项C不正确；①的空间构型为，EDTA中碳原子杂化方式为。D．混合气体的平均相对分子质量不再改变，可说明气体的质量不变，可说明达到平衡状态，选项D正确；②C、N、O、S四种元素中，第一电离能最大的是。故答案为：BD；③在[Cu(NH3)4(H2O)₂]SO4化合物中，阳离子呈轴向狭长的八面体结构(如图)，该阳离子中存在的化学键(3)①反应釜发生的反应中，SO2被次氯酸钠氧化生成硫酸钠，表现出还原性；②反应釜中采用“气—液逆流”接触吸收法，让烟气和吸收液充分接触，提高SO2的吸收效率；类型，该化合物加热时首先失去的组分是。③根据图中信息可知，过程2是NiO2与ClO-作用生成氯离子、Ni2O3和活性O，（3）人体代谢甲硒醇(CH3SeH)后可增加抗癌活性，下表中有机物沸点不同的原因故过程2发生的反应离子方程式为：。。有机物甲醇甲硫醇(CH3SH)甲硒醇【分析】（1）根据盖斯定律计算；沸点/℃64.75.9525.05（2）①根据计算v(CO)；（4）四方晶系CuInSe2的晶胞结构如图所示，晶胞参数为a=b=mpm，c=2mpm，晶胞棱边夹角均为90°。②由温度变化对平衡的影响判断K值大小；设阿伏加德罗常数的值为NA，CuInSe2的相对质量为M，则该晶体密度ρ=g•cm-3(用含有nm、M和NA的代数式表示)。该晶胞中，原子坐标分别为2号Cu原子(0，0.5，0.25)，3号In原子(0，0.5，0.25)，3号In原子(0，0.5，0.75)，4号Se原子(0.75，0.75，0.125)。则1号Se原子的坐标为(0.75，0.75，0.75)，4号Se原子(0.75，0.75，0.125)。则1号Se原子的坐标为，晶体中与单个0.625)；晶胞中与单个In键合的Se有2个，则晶体中与单个In键合的Se有4个。In键合的Se有个。【答案】（1）B【分析】（1）转化为激发态时所需能量最少，则基态原子中的电子进入高能级的电子最少；（2）正四面体形；sp2、sp3；N；共价键和配位键；H2O（2）①的价层电子对数为4，不含孤电子对；EDTA中亚甲基上的碳原子价层电子对数是4、羧基中碳（3）三种物质都是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，沸点越高，甲醇分子间存在氢键所以沸点最高原子价层电子对数是3；（4）；(0.75，0.75，0.625)；4②同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同主族从上到下第一电离能减小；【知识点】原子核外电子排布；化学键；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型③铜离子分别与4个氨分子和2个水分子形成配位键，氨分子和水分子内部有共价键，两种配位键的强弱有判断差异，强度越低，加热越容易失去；【解析】【解答】(1)根据核外电子排布规律可知，激发态B的能量最低，故基态Ga原子转化为激发态B时所（3）能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；需能量最少，（4）根据计算。故答案为：B。12.一种活性物质H可通过以下路线合成。(2)①的σ键的数目为4，孤对电子数目为=0，故的空间构型为正四面体形；EDTA中，饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，连有碳氧双键的碳原子的杂化方式为sp2杂化，故EDTA中碳原子杂已知：(Z=-COOR，-COOH等)化方式为sp3和sp2；②同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但是IIA族和VA族的元素的第一电离能均高于其相回答下列问题：邻的元素，则第一电离能：N＞O＞C；同一主族，从上到下，元素的第一电离能逐渐减弱，则第一电离能：O（1）M所含官能团的名称为，在核磁共振氢谱中B有组吸收峰。＞S；故C、N、O、S四种元素中，第一电离能最大的是N；（2）CD的化学方程式为，反应类型为。③该配合物的阳离子中，Cu2+和配体之间形成配位键，配体分子内存在极性键，故该阳离子中存在配位键和（3）FG的反应中有副产物X(分子式为C14H14O3)生成，写出X的结构简式：。极性键；Cu2+与H2O形成的配位键比与NH3所形成的配位键弱，故该化合物加热时首先失去的组分是H2O。（4）A与乙醇在一定条件下生成N(C6H10O)，N的同分异构体中能同时满足以下三个条件的有种(3)甲醇、甲硫醇、甲硒醇都是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子晶体的沸点越高，甲醇分子间(不考虑立体异构体)。存在氢键，所以甲醇的沸点最高。①含有两个甲基；②含有酮羰基(但不含C=C=O)；③不含有环状结构。(4)Cu原子有4个位于棱上，6个位于面上，故Cu原子的个数为=4，In原子有8个位于顶点上，4个位于面上，1个位于体心，故In原子的个数为=4，Se原子有8个，全部在晶胞内部，故（5）照上述信息，设计由和为原料，制备的合成路线Se原子的个数为8，则晶胞质量为g，晶胞体积为(m10-10cm)∙(m10-10cm)∙(2m10-10cm)=2m310-30cm3，故晶胞(无机试剂和不超过2个碳的有机试剂任选)：。密度ρ==g•cm-3；如图所示，该晶胞中，原子坐标分别为2号Cu原子(0，0.5，【答案】（1）碳碳双键，醛基；4n(5)由信息可知，HCCCOOCH3与发生加成反应生成，发生消去反应生成（2）+HCC-COOH+H2O；取代(酯化)反应，与溴发生加成反应生成，然后在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生（3）成，合成路线为。（4）8【分析】（1）M含碳碳双键和醛基；B含有4种不同环境的氢原子；（2）C与HC≡CCOOH发生酯化反应生成D；（5）【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；醇类简介（3）结合F→G的反应以及X的分子式可推断X的结构简式为；【解析】【解答】A发生取代反应生成B，对比C、D的结构简式可知，C与HCCCOOH发生酯化反应生成D，D发生加成反应生成E，D发生氧化反应生成F，F发生取代反应生成G，G发生还原反应生成H。结合各物（4）N为CH≡CCH2OCH2CH3；质的结构进行分析解答。（5）参照题干合成路线分析设计。(1)M为CH2=CHCH2CHO，所含官能团的名称为碳碳双键，醛基；化合物B为CH3-CC-CH2CH2OH，有4种化学环境下的氢原子，故在核磁共振氢谱中B有4组吸收峰；(2)对比C、D的结构简式可知，C与HCCCOOH发生酯化反应生成D，所以反应CD的化学方程式为+HCC-COOH+H2O；反应为取代(酯化)反应；(3)结合FG的反应及它们的结构简式可推知，副产物X(分子式为C14H14O3)，则X的结构简式为：；(4)A与乙醇在一定条件下生成N(C6H10O)，则N为CHCCH2OCH2CH3，N的同分异构体含有酮羰基(但不含C=C=O)；不含有环状结构，含有两个甲基；则还含有1个碳碳双键，符合条件的同分异构体看作将羰基插入CH3CH=CHCH2CH3、CH2=C(CH3)CH2CH3、CH2=CHCH(CH3)2的碳碳单键中，分别有3种、3种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有3+3+2=8种，答案为8；n高三第三次模拟理科综合化学试题一、单选题1．下列关于我国最新科技成果的化学解读错误的是（）科技成果化学解读首次发现烷基型产甲烷的古菌，原油有望天然气、沼气、坑气的主要成分都是CH4，它A高效转化成天然气们都是不可再生能源纳米Cu2O表面改性控制CO2电化学还原其他条件相同时，接触面积越大，反应速率越B制备C2H4和合成气快利用催化剂Ni2Al3实现原生生物质大分子催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子的C高选择性转化成CH4百分数锂电池或二次电池的研究引领全球清洁能D锂电池能将化学能转化成电能源A．AB．BC．CD．D2．20世纪40年代，传统法合成己二酸工艺就已成熟，一直沿用至今。2020年我国科学家利用8种酶采用“一锅催化法”高效绿色合成了己二酸，其流程如图：下列说法错误的是（）A．温度越高，上述2种方法合成己二酸的速率越快B．传统法合成己二酸会产生大气污染物，原子利用率低C．“一锅催化法”属于绿色化学工艺D．1mol己二酸与足量NaHCO3反应生成88gCO23.碘仿(CHI3)是一种外用消毒剂。某实验小组通过电解KI和丙酮(CH3COCH3)来制备碘仿。制得的粗碘仿中含少量石墨粉，分离提纯碘仿的操作中，下列仪器没有用到的是（）已知几种物质的部分性质如表所示：物质熔点/℃沸点/℃溶解性丙酮-9556与水、乙醇互溶碘仿123218不溶于水，溶于热乙醇A.B．nC．D．4.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．工业上电解23制备54时，产生气体的分子数为3B．220三硫化四磷(43，如图所示)中含有的极性键的数目为6C．标准状况下，22.4L氯气与足量烧碱溶液反应，转移的电子数为2D．12与足量乙醇在一定条件下反应，生成的酯基的数目为25.我国科学家研发出一种绿色锌碘单液流二次电池，工作原理如图所示。下列说法错误的是（）A．放电时，聚烯烃多孔电极上发生氧化反应B．放电时，K+向多孔石墨电极迁移C．充电时，阳极反应式为2I--2e-=I2D．充电时，阴极净增65g时a区净增2mol离子6.我国科学家开发出一种离子液体(EMIES)，该物质由原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z、R、W组成，结构如图所示，只有Y、Z、R位于同一周期，R、W原子的最外层电子数相等。下列说法正确的是（）A.原子半径：Y>Z>R>W>XB．W的氧化物对应的水化物一定是强酸C．EMIES中，Z、Y原子的最外层都达到8电子结构D．由X、Z、R三种元素组成的化合物只有两种7.已知：AgA、Ag2B都是难溶盐。室温下，向体积均为10mL、浓度均为0.1mol·L-1的NaA溶液、Na-12B溶液中分别滴加0.1mol·L的AgNO3溶液，溶液中pX与AgNO3溶液体积的关系如图所示[已知：pX=—lgc(A—)或—lgc(B2—)]。下列推断错误的是（）A.室温下，K-3asp(Ag2B)=4×10B．对应溶液中c(Ag+)：e>fC．室温下，溶解度：S(AgA)<S(Ag2B)D．若c(AgNO-13)变为0.05mol·L，则c点向e点移动二、综合题8.铂钌催化剂是甲醇燃料电池的阳极催化剂。一种以钌矿石[主要含Ru(CO3)2，还含少量的FeO、MgO、RuO4、CaO、SiO2]为原料制备钌(Ru)的流程如图。回答下列问题：n（1）Na2Fe4(SO4)6(OH)2中Fe的化合价为。（2）“酸浸”时，Na2SO3的作用。“滤渣”的主要成分有SiO2和(填化学式)。“酸浸”中钌的浸出率与浸出温度、pH的关系如图所示，“酸浸”的最佳条件是。（3）“除铁”的离子方程式为。(提示：1molNaClO3参与反应，转移6mol电子)（4）从“滤液2”中可提取一种化肥，其电子式为。（5）“灼烧”时Ar的作用是。（6）某工厂用10t钌矿石[含8.84tRu(CO3)2、165kgRuO4]，最终制得3636kgRu，则Ru的产率为。(保留三位有效数字)9.苯硫酚(65−)是一种局部麻醉剂。某小组拟制备苯硫酚并探究其性质，已知相关物质的部分信息如下表所示：物质化学式相对分子质量熔点/℃沸点/℃相对密度溶解性苯硫酚65110−14.8169.51.07难溶于水苯磺酰氯652176.514.52511.38难溶于水操作步骤：①向三口烧瓶中加入72冰和13L浓硫酸。②再向三口烧瓶中慢慢加入6苯磺酰氯，尽快地分次加入12锌粉，继续反应1~15ℎ，温度保持在−5℃左右，如图1。③撤去水浴B，微热三口烧瓶，并保持一定的回流。反应平稳后，再加热4~7ℎ。④将反应后的混合液进行水蒸气蒸馏，分出苯硫酚，如图2。⑤加入氯化钙，经操作X得粗品3.59。再进行蒸馏，收集馏分，得纯品3.40。回答下列问题：（1）仪器A的名称是。（2）已知：在水中加入盐，水的沸点会升高，凝固点会降低。水浴B应选择(填标号)。a．冰盐水浴b．冷水浴c．热水浴（3）在水蒸气蒸馏中(如图2)，导管1的作用是，冷凝管中冷却水从(填“a”或“b”，下n同)口进、口出。（4）步骤⑤中操作X是。蒸馏时，收集馏分时温度计的读数为℃。（5）本实验中，苯硫酚的产率约为(保留整数)%。（6）取少量苯硫酚产品于酸性4溶液中，振荡，溶液褪色，说明苯硫酚具有(填“氧化”或“还原”)性。10.氮氧化物治理是环境学家研究的热点之一。回答下列问题：（1）NH3还原法。研究发现NH3还原NO的反应历程如图1。下列说法正确的是(填标号)。A．Fe3+能降低总反应的活化能，提高反应速率B．总反应为6NO+4NH3=5N2+6H2OC．该反应历程中形成了非极性键和极性键（2）已知有关反应如下：①C(s)+O-12(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ·mol②CO-12(g)+C(s)=2CO(g)ΔH2=+172.5kJ·mol③NO和CO反应的能量变化如图2所示。2NO(g)=N-12(g)+O2(g)ΔH=kJ·mol。（3）H2还原法。已知催化剂Rh表面H2催化还原NO的反应机理如表所示，其他条件一定时，决定H2的催化还原NO反应速率的基元反应为(填序号)。序号基元反应活化能E-1a/(kJ·mol)①H2(g)+Rh(s)+Rh(s)=H(s)+H(s)12.6②2NO(g)+Rh(s)=2NO(s)0.0③NO(s)+Rh(s)=N(s)+O(s)97.5④H(s)+O(s)=OH(s)+Rh(s)83.7⑤HO(s)+H(s)=H2O(s)+Rh(s)33.5⑥H2O(s)=H2O(g)+Rh(s)45.0⑦N(s)+N(s)=N2(s)+Rh(s)+Rh(s)120.9注明：N2(s)表示N2被吸附在Rh表面上。（4）CO还原法。一定温度下，在刚性密闭容器中充入1molNO(g)和1molCO(g)发生反应：2NO(g)+2CO(g)⇌nN2(g)+2CO2(g)。达到平衡后，再充入amolNO(g)和amolCO(g)，NO的平衡转化率(“增大”、“减小”或“不变”，下同)，气体总压强。（5）甲烷还原法。一定温度下，在2.0L刚性密闭容器中充入1molCH4和2molNO2，发生反应：CH4(g)+2NO2(g)⇌CO2(g)+N2(g)+2H2O(g)。测得反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的变化如表所示。反应时间(t)/min0246810p/(100kPa)4.805.445.765.926.006.00达到平衡时，NO2的转化率为。若起始时加入3molCH4和2molNO2，则在该温度下的压强平衡常数Kp=(以分压表示的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数)kPa。（6）电解氧化吸收法。电解0.1mol·L-1的NaCl溶液时，溶液中相关成分的质量浓度与电流强度的变化关系如图3。当电流强度为4A时，吸收NO的主要反应的离子方程式为(NO最终转化为NO−)311.我国科学家构建了新型催化剂“纳米片”(Co-N-C)，该“纳米片“可用于氧化SO2−和吸附Hg2+。回3答下列问题：（1）基态Co原子的价层电子排布式为，N、C、Co中第一电离能最大的是(填元素符号)。（2）在空气中SO2−会被氧化成SO2−。SO2−的空间构型是，SO2−中S原子采用3434杂化。（3）[Co(NH3)4(H2O)Cl]Cl2是钴的一种配合物，含1mol[Co(NH3)4(H2O)Cl]Cl2的溶液与足量AgNO3溶液能生成molAgCl，[Co(NH3)4(H2O)Cl]Cl2中Co2+的配位数为。（4）氰气[(CN)2]称为拟卤素，它的分子中每个原子最外层都达到8电子结构，则(CN)2分子中σ键、π键个数之比为。（5）氮和碳组成的一种新型材料，硬度超过金刚石，其部分结构如图1所示。它的化学式为，它的硬度超过金刚石的主要原因是。（6）氮化镓是新型半导体材料，其晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被N原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。图2为沿y轴投影的氮化镓晶胞中所有原子的分布图。若原子1的原子分113数坐标为(，，)，则原子3的原子分数坐标为。若氮化馆的晶体密度444为ρg·cm-3，则晶胞中Ga-N键的键长为(用含ρ、NA的代数式表n示)pm。已知NA为阿伏加德罗常数的值。图212.以芳香族化合物A为原料制备某药物中间体G的路线如图：已知：①同一碳原子上连两个羟基时不稳定，易发生反应：RCH(OH)2→RCHO+H2O。吡啶/苯胺②R1CHO+R2CH2COOH→R1CH=CHR2+CO2↑+H2O。3③→请回答下列问题：（1）G中含氧官能团的名称为。（2）C→D的反应类型是，C的分子式为。（3）E的结构简式为。（4）F→G的化学方程式为。（5）H是D的同分异构体，同时满足下列条件的H有种(不包括立体异构)。①遇氯化铁溶液发生显色反应；②能发生水解反应；③苯环上只有两个取代基。其中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰的面积之比为3：2：2：1的结构简式为(写一种即可)。（6）根据上述路线中的相关知识，设计以和乙酸为原料制备的合成路线。(无机试剂任选)答案解析部分1.【答案】A2.【答案】A3.【答案】B4.【答案】B5.【答案】D6.【答案】C7.【答案】Dn8.【答案】（1）+3价（2）溶解RuO4；CaSO4；温度为65℃、pH为1.0（3）6Na++12Fe2++2ClO−+18SO2−+6H--2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl+6OH34（4）（5）作保护气，防止钌与空气中的氧气反应（6）87.8%9.【答案】（1）恒压滴液漏斗（2）a（3）平衡气压，避免烧瓶内气压过大，发生危险；b；a（4）过滤；169.5（5）91（6）还原10.【答案】（1）A；C（2）-180.5（3）⑦（4）增大；增大（5）75%；3240-+2OH-=2NO−+3Cl-+H（6）2NO+3ClO32O11．【答案】（1）3d74s2；N（2）三角锥形；sp3（3）2；6（4）3：4（5）C3N4；氮化碳和金刚石都是原子(共价)晶体，N的原子半径小于C，氮碳键的键能大于碳碳键（6）(3，1，1)；3×3336×1010444412．【答案】（1）(酚)羟基、酯基（2）取代反应；C7H5BrO2（3）n浓硫酸（4）+⇌+H2O（5）9；(或)(3一定条件（6）)/→→→吡啶/苯胺n高三第三次模拟理科综合化学试题A.温度越高，上述2种方法合成己二酸的速率越快一、单选题B．传统法合成己二酸会产生大气污染物，原子利用率低1.下列关于我国最新科技成果的化学解读错误的是（）C．“一锅催化法”属于绿色化学工艺D．1mol己二酸与足量NaHCO3反应生成88gCO2科技成果化学解读【答案】A首次发现烷基型产甲烷的古菌，原油有望高效天然气、沼气、坑气的主要成分都是CH4，它们都【知识点】化学反应速率的影响因素A转化成天然气是不可再生能源【解析】【解答】A．温度升高，催化剂-酶会失活，反应速率会减慢，故A符合题意；B．传统法合成己二酸过程中浓硝酸被还原生成了二氧化氮气体，为大气污染物，且原子利用率低，故B不符纳米Cu2O表面改性控制CO2电化学还原制备B其他条件相同时，接触面积越大，反应速率越快合题意；C2H4和合成气C．一锅催化法”没有副产物生成，属于绿色化学工艺，故C不符合题意；利用催化剂Ni2Al3实现原生生物质大分子高选催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子的百分CD．羧基和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，且羧基和二氧化碳的物质的量之比为1：1，则1mol己二酸与足量饱择性转化成CH4数和碳酸氢钠溶液反应生成2mol二氧化碳，生成二氧化碳的质量为88g，故D不符合题意；D锂电池或二次电池的研究引领全球清洁能源锂电池能将化学能转化成电能故答案为：A。A．AB．BC．CD．D【分析】A.大多数酶的主要成分为蛋白质，温度过高蛋白质变性失活；【答案】AB.浓硝酸的还原产物二氧化氮为大气污染物；【知识点】催化剂；化学反应速率的影响因素；原电池工作原理及应用C.一锅催化法”没有副产物生成；【解析】【解答】A．天然气和沼气的主要成分都是甲烷，天然气属于化石燃料，用完之后不能再生，是不可D.羧基与碳酸氢钠以1：1反应。再生能源；沼气是利用植物秸秆发酵生成的，沼气是可再生资源，故A符合题意；3.碘仿(CHI3)是一种外用消毒剂。某实验小组通过电解KI和丙酮(CH3COCH3)来制备碘仿。制得的粗碘仿中B.纳米Cu2O表面改性控制CO2电化学还原增大了反应面积，反应速率加快，可得出其他条件相同时，接触含少量石墨粉，分离提纯碘仿的操作中，下列仪器没有用到的是（）面积越大，反应速率越快，故B不符合题意；已知几种物质的部分性质如表所示：C．催化剂的作用是能降低反应的活化能，提高活化分子的百分数，故C不符合题意；物质熔点/℃沸点/℃溶解性D．锂电池或二次电池都能将化学能转化成电能，属于清洁能源，故D不符合题意；丙酮-9556与水、乙醇互溶故答案为：A。碘仿123218不溶于水，溶于热乙醇【分析】A.沼气是可再生资源；A．B．B.反应物的接触面积越大，反应速率越快；C.催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子的百分数；D.原电池是将化学能转化为电能的装置。C．D．2．20世纪40年代，传统法合成己二酸工艺就已成熟，一直沿用至今。2020年我国科学家利用8种酶采用“一锅催化法”高效绿色合成了己二酸，其流程如图：下列说法错误的是（）【答案】Bn【知识点】常用仪器及其使用；过滤C.氯气和NaOH反应生成NaClO、NaCl和水；【解析】【解答】碘仿熔点是123℃，在常温下是固体，不溶于水，用过滤法分离分离提纯碘仿，过滤用到的D.酯化反应为可逆反应，不能彻底进行。仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒，不需要坩埚，5.我国科学家研发出一种绿色锌碘单液流二次电池，工作原理如图所示。下列说法错误的是（）故答案为：B。A.放电时，聚烯烃多孔电极上发生氧化反应B．放电时，K+向多孔石墨电极迁移C．充电时，阳极反应式为2I--2e-=I【分析】碘仿常温下为固体，且不溶于水，采用过滤分离。2D．充电时，阴极净增65g时a区净增2mol离子4.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）【答案】DA.工业上电解制备时，产生气体的分子数为3【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用B．三硫化四磷(，如图所示)中含有的极性键的数目为6【解析】【解答】A．根据上述分析，放电时，聚烯烃多孔电极作负极，化合价升高，发生氧化反应，故A不C．标准状况下，22.4L氯气与足量烧碱溶液反应，转移的电子数为2符合题意；B.根据原电池工作原理，阳离子向正极移动，即放电时，K+向多孔石墨电极迁移，故B不符合题意；D．与足量乙醇在一定条件下反应，生成的酯基的数目为2C．充电时，电池正极接电源的正极，阳极的电极反应式为2I--2e-=I2，故C不符合题意；【答案】BD．充电时，阴极电极反应式为Zn2++2e-=Zn，增加65g锌，转移电子物质的量2mol，所以C区增加【知识点】阿伏加德罗常数2molK+、2molCl-，离子总数为4mol，故D符合题意；【解析】【解答】A．电解方程式为24Al+3O2↑，生成的物质的量为故答案为D。，则产生1.5molO2，产生气体的分子数为1.5，A不符合题意；【分析】放电时，聚烯烃多孔电极为负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，多孔石墨电极为正极，充电时，聚烯烃多孔电极为阴极，电极反应式为Zn2++2e-=Zn，多孔石墨电极为阳极，电极反应式为2I--2e-=I2。B.的物质的量为，根据图可知含有的极性键P-S的数目为6，B符合6.我国科学家开发出一种离子液体(EMIES)，该物质由原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z、R、W组题意；成，结构如图所示，只有Y、Z、R位于同一周期，R、W原子的最外层电子数相等。下列说法正确的是C.标准状况下，22.4L氯气物质的量为，氯气和NaOH反应生成NaClO和NaCl，（）A.原子半径：Y>Z>R>W>X氯元素自身发生歧化反应，化合价从0价升到+1价，1mol氯气反应转移电子数为，C不符合题意；B．W的氧化物对应的水化物一定是强酸D.酯化反应是可逆反应，与乙醇反应不能完全转化，生成酯基的数目小于2，D不C．EMIES中，Z、Y原子的最外层都达到8电子结构符合题意；D．由X、Z、R三种元素组成的化合物只有两种故答案为：B。【答案】C【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较【分析】A.电解的反应为24Al+3O2↑；【解析】【解答】A．同一周期主族元素从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上向下原子半径逐渐增大，原子半径：W>Y>Z>R>X，A不符合题意；B.P4S3中含有6个P-S键；B．W为S，S的氧化物对应的水化物可以是硫酸，也可以是亚硫酸，亚硫酸为弱酸，B不符合题意；nC．Z为N，最外层有5个电子，物质结构中失去一个电子后形成4个共价键，最外层达到8电子结构，R为8.铂钌催化剂是甲醇燃料电池的阳极催化剂。一种以钌矿石[主要含Ru(CO3)2，还含少量的FeO、MgO、O，最外层有6个电子，物质结构中形成2个共价键，最外层达到8电子结构，C符合题意；RuO4、CaO、SiO2]为原料制备钌(Ru)的流程如图。回答下列问题：D．H、N、O能组成、、等物质，D不符合题意；（1）Na2Fe4(SO4)6(OH)2中Fe的化合价为。（2）“酸浸”时，Na2SO3的作用。“滤渣”的主要成分有SiO2和(填化学式)。“酸浸”故答案为：C。中钌的浸出率与浸出温度、pH的关系如图所示，“酸浸”的最佳条件是。（3）“除铁”的离子方程式【分析】只有Y、Z、R位于同一周期，则X位于第一周期，为H元素，Y、Z、R位于第二周期，W位于第为。(提示：1molNaClO3参三周期，W形成6个共价键，位于ⅥA族，则W为S元素；R、W原子的最外层电子数相等，二者位于同一与反应，转移6mol电子)主族，则R为O元素；Y形成4个共价键，则Y为C元素；Z形成4个共价键，该化合物的阳离子带有的2（4）从“滤液2”中可提取一种化肥，其电子式为。个正电荷应该为2个Z结合2个氢离子形成的，则Z为N元素。（5）“灼烧”时Ar的作用是。7.已知：AgA、Ag2B都是难溶盐。室温下，向体积均为10mL、浓度均为0.1mol·L-1的NaA溶液、Na2B溶液（6）某工厂用10t钌矿石[含8.84tRu(CO3)2、165kgRuO4]，最终制得3636kgRu，则Ru的产率中分别滴加0.1mol·L-1的AgNO—)或3溶液，溶液中pX与AgNO3溶液体积的关系如图所示[已知：pX=—lgc(A为。(保留三位有效数字)—lgc(B2—)]。下列推断错误的是（）【答案】（1）+3价A．室温下，Ksp(Ag2B)=4×10-3a（2）溶解RuO4；CaSO4；温度为65℃、pH为1.0B．对应溶液中c(Ag+)：e>fC．室温下，溶解度：S(AgA)<S(Ag（3）6Na++12Fe2++2ClO+18SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-2B)D．若c(AgNO-13)变为0.05mol·L，则c点向e点移动（4）【答案】D【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质（5）作保护气，防止钌与空气中的氧气反应【解析】【解答】A．由分析可知，室温下，Ag-3a2B的溶度积Ksp(Ag2B)=4×10，故A不符合题意；（6）87.8%B．由图可知，e点时NaA溶液过量，f点时NaA溶液恰好反应，由温度不变，溶度积不变可知，e点银离子【知识点】制备实验方案的设计；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算浓度小于f点，故B不符合题意；【解析】【解答】C．由分析可知，AgA饱和溶液中银离子浓度小于Ag2B饱和溶液，所以AgA的溶解度小于Ag2B，故C不符(1)由化合价代数和等于0可知，Na2Fe4(SO4)6(OH)2中铁元素的化合价为+3价，故答案为：+3价；合题意；(2)由分析可知，酸浸时加入亚硫酸钠溶液的目的是溶解四氧化钌，将四氧化钌转化为可溶的硫酸钌；滤渣的D．若硝酸银溶液浓度变为0.05mol/L，则加入20mL硝酸银溶液时，NaA溶液完全反应得到AgA饱和溶液，主要成分为二氧化硅和硫酸钙；由图可知，温度为65℃、pH为1.0时，钌的浸出率最大，则酸浸”最佳条件是由温度不变，溶度积不变可知，溶液中Ag+离子浓度还是10—bmol/L，则c点会向d点移动，故D符合题意；温度为65℃、pH为1.0，故答案为：溶解RuO4；CaSO4；温度为65℃、pH为1.0；故答案为：D。(3)由分析可知，加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液的目的是将铁元素转化为生成Na2Fe4(SO4)4(OH)2沉淀，反应的离子方程式为6Na++12Fe2++2ClO+18SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-，故答案为：【分析】10mL0.1mol·L-1的NaA溶液完全沉淀需要10mL0.1mol·L-1的AgNO3溶液，10mL0.1mol·L-1Na2B溶与溶液体积的关系，点所在曲线为6Na++12Fe2++2ClO+18SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-；-1-)AgNOfpX=-液完全沉淀需要20mL0.1mol·L的AgNO3溶液，则c点所在曲线为pX=-lgc(A3lgc(B-)与AgNO溶液体积的关系。3(4)由分析可知，滤液2的主要成分为离子化合物的氯化铵，电子式为，故答案为：二、综合题n回答下列问题：；（1）仪器A的名称是。(5)灼烧时氩气的作用是做保护气，否则反应得到的钌被空气中的氧气氧化，故答案为：作保护气，防止钌与（2）已知：在水中加入盐，水的沸点会升高，凝固点会降低。水浴B应选择(填标号)。空气中的氧气反应；a．冰盐水浴b．冷水浴c．热水浴（3）在水蒸气蒸馏中(如图2)，导管1的作用是，冷凝管(6)若10t钌矿石最终制得3636kg钌，由钌原子个数守恒可知，钌的产率为中冷却水从(填“a”或“b”，下同)口进、口出。（4）步骤⑤中操作X是。蒸馏时，收集馏分时温度计的读数为。（5）本实验中，苯硫酚的产率约为(保留整数)。×100%=87.8%，故答案为：87.8%。（6）取少量苯硫酚产品于酸性溶液中，振荡，溶液褪色，说明苯硫酚具有(填“氧化”或【分析】钌矿石中加稀硫酸和亚硫酸钠酸浸，钌元素转化为硫酸钌，氧化亚铁、氧化镁转化为硫酸亚铁、硫“还原”)性。酸镁，氧化钙与稀硫酸反应生成硫酸钙，二氧化硅与硫酸不反，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣和含【答案】（1）恒压滴液漏斗有硫酸钌的滤液；向滤液中先后加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液将铁元素转化为生成Na2Fe4(SO4)4(OH)2沉淀，（2）a过滤得到Na2Fe4(SO4)4(OH)2和滤液；向滤液中加入加氟化钠溶液将镁元素转化为氟化镁沉淀，过滤得到氟化（3）平衡气压，避免烧瓶内气压过大，发生危险；b；a镁和滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液将钌元素转化为碳酸钌沉淀，过滤得到滤液1和碳酸钌；碳酸钌溶于盐（4）过滤；169.5酸得到氯化钌，向氯化钌溶液中加入草酸铵溶液将氯化钌转化为草酸钌沉淀，过滤得到含有氯化铵的滤液2（5）91和草酸钌；在氩气氛围中灼烧草酸钌制得钌。（6）还原【知识点】常用仪器及其使用；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价9.苯硫酚是一种局部麻醉剂。某小组拟制备苯硫酚并探究其性质，已知相关物质的部分信息如【解析】【解答】下表所示：(1)根据仪器的构造可知，仪器A的名称是恒压滴液漏斗；物质化学式相对分子质量熔点/沸点/相对密度溶解性(2)反应温度保持在-5℃左右，在水中加入盐，水的沸点会升高，凝固点会降低，故水浴B选择冰盐水浴，苯硫酚110169.51.07难溶于水故答案为：a；苯磺酰氯176.514.52511.38难溶于水(3)蒸馏过程中装置中发生堵塞，导管1可以平衡烧瓶内压强，避免烧瓶内气压过大，发生危险；采取逆流原理通入冷凝水，冷凝管中冷却水从口进、a口出，充分冷凝蒸汽，操作步骤：故答案为：平衡烧瓶内压强，避免烧瓶内气压过大，发生危险；b；a；①向三口烧瓶中加入冰和浓硫酸。(4)步骤⑤中加入氯化钙吸水，然后过滤除去，苯硫酚的沸点为169.5℃，蒸馏时，收集馏分时温度计的读数②再向三口烧瓶中慢慢加入苯磺酰氯，尽快地分次加入锌粉，继续反应，温度保持在为169.5℃，左右，如图1。故答案为：过滤；169.5；③撤去水浴B，微热三口烧瓶，并保持一定的回流。反应平稳后，再加热。(5)由C6H5ClO2S~C6H5SH，可知苯硫酚的理论产量为6g，实际得纯品3.40g，故苯硫酚的产率=④将反应后的混合液进行水蒸气蒸馏，分出苯硫酚，如图2。100%≈91%，⑤加入氯化钙，经操作X得粗品。再进行蒸馏，收集馏分，得纯品。n答案为91%；⑤HO(s)+H(s)=H2O(s)+Rh(s)33.5(6)溶液褪色，说明苯硫酯被酸性高锰酸钾溶液氧化，苯硫酯具有还原性，⑥H2O(s)=H2O(g)+Rh(s)45.0故答案为：还原。⑦N(s)+N(s)=N2(s)+Rh(s)+Rh(s)120.9注明：N2(s)表示N2被吸附在Rh表面上。【分析】(1)仪器A是恒压滴液漏斗；（4）CO还原法。(2)反应温度保持在-5℃左右，在水中加入盐，水的沸点会升高，凝固点会降低；一定温度下，在刚性密闭容器中充入1molNO(g)和1molCO(g)发生反应：2NO(g)+2CO(g)(3)导管1可以平衡烧瓶内压强；采取逆流原理通入冷凝水；N2(g)+2CO2(g)。达到平衡后，再充入amolNO(g)和amolCO(g)，NO的平衡转化率(“增大”、“减小”(4)步骤⑤中加入氯化钙吸水，再过滤分离；苯硫酚的沸点为169.5℃；或“不变”，下同)，气体总压强。(5)根据6g苯磺酰氯计算苯硫酚的理论产量，产率=100%；（5）甲烷还原法。(6)溶液褪色，说明苯硫酯被酸性高锰酸钾溶液氧化。一定温度下，在2.0L刚性密闭容器中充入1molCH4和2molNO2，发生反应：CH4(g)+2NO2(g)10.氮氧化物治理是环境学家研究的热点之一。回答下列问题：CO2(g)+N2(g)+2H2O(g)。测得反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的变化如表所示。（1）NH3还原法。反应时间(t)/min0246810研究发现NH3还原NO的反应历程如图1。下列说法正确的是(填标号)。p/(100kPa)4.805.445.765.926.006.00A．Fe3+能降低总反应的活化能，提高反应速率达到平衡时，NO2的转化率为。若起始时加入3molCH4和2molNO2，则在该温度下的压强平衡常B．总反应为6NO+4NH3=5N2+6H2O数Kp=(以分压表示的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数)kPa。C．该反应历程中形成了非极性键和极性键（6）电解氧化吸收法。电解0.1mol·L-1的NaCl溶液时，溶液中相关成分的质量浓度与电流强度的变化关（2）已知有关反应如下：系如图3。当电流强度为4A时，吸收NO的主要反应的离子方程式为①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ·mol-1②CO2(g)+C(s)=2CO(g)ΔH2=+172.5kJ·mol-1(NO最终转化为NO)③NO和CO反应的能量变化如图2所示。【答案】（1）A；C2NO(g)=N2(g)+O2(g)ΔH=kJ·mol-1。（2）-180.5（3）H2还原法。（3）⑦已知催化剂Rh表面H2催化还原NO的反应机理如表所示，其他条件一定时，决定H2的催化还原NO反应（4）增大；增大速率的基元反应为(填序号)。（5）75%；3240-1序号基元反应活化能Ea/(kJ·mol)（6）2NO+3ClO-+2OH-=2NO+3Cl-+H2O①H2(g)+Rh(s)+Rh(s)=H(s)+H(s)12.6【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；化学平衡的计算②2NO(g)+Rh(s)=2NO(s)0.0【解析】【解答】(1)A.根据示意图可知，Fe3+为反应的催化剂，故能降低总反应的活化能，提高反应速率，正③NO(s)+Rh(s)=N(s)+O(s)97.5确；B.根据示意图可知反应物是氨气、NO和氧气，生成物是氮气和水，则脱硝过程总反应的化学方程式为④H(s)+O(s)=OH(s)+Rh(s)83.74NH3+4NO+O2=4N2+6H2O，不正确；C.该反应历程中形成了NN非极性键和H-O极性键，正确，故答案为：AC。n(2)已知①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ·mol-1②CO2(g)+C(s)=2CO(g)ΔH2=+172.5kJ·mol-题：1③2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH3=-746.5kJ·mol-1，根据盖斯定律可得，③+②-①可得（1）基态Co原子的价层电子排布式为，N、C、Co中第一电离能最大的是(填元素符2NO(g)=N2(g)+O2(g)，故ΔH=ΔH3+ΔH2-ΔH1=-180.55kJ·mol-1；号)。(3)由表中数据可知，反应⑦N(s)+N(s)=N2(s)+Rh(s)+Rh(s)的活化能最大，反应的活化能越高，反应速率越慢，（2）在空气中SO会被氧化成SO。SO的空间构型是，SO中S原子采用对整个反应有决定作用，所以决定H2催化还原.NO的反应速率的基元反应为⑦；杂化。(4)达到平衡后，再充入amolNO(g)和amolCO(g)，相当于等比例改变反应物的量，相当于加压，该反应正向进（3）[Co(NH3)4(H2O)Cl]Cl2是钴的一种配合物，含1mol[Co(NH3)4(H2O)Cl]Cl2的溶液与足量AgNO3溶液能行是气体计量系数减小的反应，故加压后平衡正向移动，一氧化氮得到转化率增大；再充入amolNO(g)和生成molAgCl，[Co(NH2+3)4(H2O)Cl]Cl2中Co的配位数为。amolCO(g)，反应容器为恒容容器，气体物质的量增多，则压强增大，故答案为：增大；增大；（4）氰气[(CN)2]称为拟卤素，它的分子中每个原子最外层都达到8电子结构，则(CN)2分子中σ键、π键(5)一定温度下，固定体积的容器中，压强比等于气体物质的量比，即，设平个数之比为。（5）氮和碳组成的一种新型材料，硬度超过金刚石，其部分结构如图1所示。它的化学式为，衡时气体总物质的量为y，则，解得y=3.75mol，设平衡时，CH4转化的物质的量为xmol，列三段它的硬度超过金刚石的主要原因式：是。可得1-x+2-2x+x+x+2x=3.75，解得x=0.75，NO2的转化率：；（6）氮化镓是新型半导体材料，其晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被N原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数；温度不变，平衡常数坐标。图2为沿y轴投影的氮化镓晶胞中所有原子的分布图。若原子1的原子分数坐标为(，，)，则原不变，故若起始时加入3molCH子3的原子分数坐标为。若氮化馆的晶体密度为ρg·cm-3，则晶胞中Ga-N键的键长4和2molNO2，则在该温度下的压强平衡常数还是3240KPa；(6)由图可知当电流强度为4A时，氯的主要存在形式为ClO-，故此时是ClO-和一氧化氮反应生成氯离子和硝为(用含ρ、NA的代数式表示)pm。已知NA为阿伏加德罗常数的值。图2酸根，方程式为：2NO+3ClO-+2OH-=2NO+3Cl-+H2O。【答案】（1）3d74s2；N（2）三角锥形；sp3【分析】（1）A.催化剂能降低反应的活化能；（3）2；6B.反应物是氨气、NO和氧气，生成物是氮气和水；（4）3：4C.氮气含有非极性键，水含有极性键；（5）C3N4；氮化碳和金刚石都是原子(共价)晶体，N的原子半径小于C，氮碳键的键能大于碳碳键（2）根据盖斯定律计算；（6）(，，)；××1010（3）活化能越大反应速率越慢，多步反应的反应速率由活化能最大的步骤决定；（4）再充入amolNO(g)和amolCO(g)，平衡正向移动；气体总压强增大；【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式（5）列出反应的三段式计算；及杂化类型判断-【解析】【解答】(1)Co元素位于第四周期Ⅷ族，因此价电子排布式为3d74s2；元素周期表中，一般非金属性（6）电流强度为4A，ClO将NO氧化为NO。越强，第一电离能越大，同周期从左向右第一电离能是增大趋势，因此第一电离能最大的是N；故答案为11.我国科学家构建了新型催化剂“纳米片”(Co-N-C)，该“纳米片“可用于氧化SO和吸附Hg2+。回答下列问3d74s2；N；n(2)SO中心原子S的价层电子对数为3+=4，空间构型为三角锥形；SO中心原子S的价层电子（6）原子3的坐标为(，，)；Ga-N键长应是体对角线的。对数为4+=4，因此S的杂化方式为sp3；故答案为三角锥形；sp3；12.以芳香族化合物A为原料制备某药物中间体G的路线如图：(3)根据配合物的组成，1mol配合物中外界有2molCl－，因此与足量硝酸银溶液反应，得到2molAgCl；Co2＋的已知：①同一碳原子上连两个羟基时不稳定，易发生反应：RCH(OH)2→RCHO+H2O。配位数为4＋1＋1=6；故答案为2；6；②R1CHO+R2CH2COOHR1CH=CHR2+CO2↑+H2O。(4)(CN)2中每个原子最外层都达到都达到8电子结构，即(CN)2的结构式为N≡C－C≡N，σ键的数目为3，π键③数目是4，因此个数比值为3∶4；故答案为3∶4；(5)根据图1可知，1个N连3个C，1个C连4个N，因此化学式为C3N4；C3N4、金刚石均为共价晶体，硬请回答下列问题：度与共价键有关，C的半径大于N，因此C－C键长比C－N键长长，C－C键能比C－N键能弱，因此金刚（1）G中含氧官能团的名称为。石的硬度比氮化碳低；故答案为C3N4；氮化碳和金刚石都是原子(共价)晶体，N的原子半径小于C，氮碳键的（2）C→D的反应类型是，C的分子式为。键能大于碳碳键（3）E的结构简式为。（4）F→G的化学方程式为。（5）H是D的同分异构体，同时满足下列条件的H有种(不包括立体异构)。(6)根据题中要求，得出氮化镓的晶胞图为则原子3的坐标为(，，)；根据信①遇氯化铁溶液发生显色反应；②能发生水解反应；③苯环上只有两个取代基。息，N原子在晶胞内部，个数为4，Ga位于顶点和面心，个数为=4，氮化镓的化学式为GaN，晶其中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰的面积之比为3：2：2：1的结构简式为(写一种即可)。胞的质量为=g，根据密度的定义，得出晶胞的边长为cm，Ga与N最近的距离，（6）根据上述路线中的相关知识，设计以和乙酸为原料制备的合成路即Ga-N键长应是体对角线的，从而推出Ga-N键长××1010pm；故答案为(，，)；××1010。线。(无机试剂任选)【答案】（1）(酚)羟基、酯基（2）取代反应；C7H5BrO2【分析】（1）Co元素位于第四周期Ⅷ族；同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，非金属的第一电离能大于金属；（3）（2）SO中S的价层电子对数为4，含有一个孤电子对；SO中S的价层电子对数为4；-能与AgNO溶液生成AgCl沉淀；[Co(NH)(HO)Cl]Cl中配体为NH、HO和Cl；（3）外界的Cl3342232（4）(CN)2中每个原子最外层都达到8电子结构；（5）该结构中1个N连3个C，1个C连4个N；C3N4、金刚石均为共价晶体，硬度与共价键有关；（4）++H2On++H2O；（5）9；(或)(5)D的同分异构体H苯环上只有两个取代基，遇氯化铁溶液发生显色反应，能发生水解反应，说明H分子的取代基可能为—OH和—CH2OOCH，或—OH和—OOCCH3，或—OH和—COOCH3，两个取代基在苯环上都（6）有邻间对三种位置关系，则符合条件的H共有3×3=9种，其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰的面积之比为【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体3：2：2：1的结构简式为、，故答案为：9；(或)；【解析】【解答】(1)G的结构简式为，含氧官能团为(酚)羟基、酯基，故答案为：(酚)羟(6)由题给路线中的相关知识可知，以和乙酸为原料制备的合成步骤为基、酯基；在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，与乙酸发生信息②反应生成(2)由分析可知，C→D的反应为与甲醇钠发生取代反应生成和溴化钠，C的分子式为C7H5BrO2，故答案为：取代反应；C7H5BrO2；，一定条件下，发生加聚反应生成，合成路线为(3)由分析可知，E的结构简式为，故答案为：；，故答案为：(4)由分析可知，F→G的反应为在浓硫酸作用下，与共热发生酯。化反应生成和水，反应的化学方程式为++H2O，故答案为：n【分析】在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应后，酸化得到B为；在溴化铁做催化剂条件下与液溴发生取代反应生成，与甲醇钠发生取代反应生成，与HOOCCH2COOH发生信息②反应生成E为；发生信息③反应生成F为；在浓硫酸作用下，与共热发生酯化反应生成。n高三第三次质量预测理综化学试题一、单选题1.长征五号系列运载火箭是我国首型大推力无毒、无污染液体燃料火箭，运载能力位居世界前列，是中国由航天大国迈向航天强国的显著标志和重要支撑。下列叙述错误的是（）A.火箭芯一级尾段使用的碳纤维材料属于新型无机非金属材料B．火箭的整流罩前锥段材料-聚甲基丙烯酰亚胺属于有机高分子材料C．火箭采用2219-铝合金做箭体的蒙皮材料，有利于减轻火箭的质量D．火箭的推进剂是四氧化二氮和偏二甲肼2.下图是在Cu基分子筛表面用NH3处理NO，污染物的一种反应机理。下列说法正确的是（）注：图中元素右上角的罗马数字表示化合价A．该过程中化合价发生变化的只有N和O两种元素B．上述过程中催化剂首先吸附的是NOC．该过程中氧化产物和还原产物只有N2催化剂D.该过程的总反应为4NH3＋4NO＋O2_N2+6H2O_3.海带中含有丰富的碘元素，某化学兴趣小组设计的海带提碘实验流程如下图，下列说法中正确的是（）nA.上述流程中各步操作用到的仪器包括：、、、、B.“氧化”时，试剂可选用O2、H2O2或Br2C．上述流程包括三个氧化还原反应和三种分离操作D．“反萃取”时，反应的离子方程式为I--−＋H2＋2OH=I＋IO32O4.下图为某物质的结构。已知：W、Y、Z属于不同周期、不同主族的短周期元素，W、Y、Z原子最外层电子数之和等于X原子最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述错误的是（）A．Y元素在周期表中的位置为第二周期IVA族B．W、X对应的简单离子半径：X>WC．该物质具有强氧化性，可以用作漂白剂D．该物质中，Y、X原子的最外层均满足8电子结构5.有机物Q的合成路线如下图所示，相关说法错误的是（）A．N可以直接合成高分子化合物B．O生成P的反应类型为加成反应C．P可以在Cu的催化作用下发生氧化反应D．Q分子存在属于芳香族化合物的同分异构体6.某微生物燃料电池以对氯苯酚(分子式：C6H5OCl，用RCl表示)和醋酸钠为原料，其工作原理如下图所示。下列说法错误的是（）nA.工作时H＋通过质子交换膜向左侧电极迁移B．左侧电极反应式为：C-＋-6H5OCl＋2e＋H=C6H5OH＋ClC．反应中1molCH-＋3COO参与放电可生成8molHD．放电后体系的pH降低7.某化学兴趣小组在学习完温度对盐类水解的影响后，测定了0.1mol·L-1Na2CO3溶液的pH随温度的变化，结果如下图所示。下列分析正确的是（）A.升温前溶液呈碱性的原因是：CO2−＋2H-2O⇌H2CO3＋2OH3B．常温下，0.1mol·L-1Na＋2−)＋c(HCO−2CO3溶液中：c(Na)>2c(CO)33C．温度升高，Na2CO3水解程度增大，溶液pH增大，故图1实验数据一定不符合题意D．降低温度，Na2CO3水解平衡移动和水的电离平衡移动对溶液pH的影响一致二、综合题8.某同学查阅资料得知，在无水三氯化铝的催化作用下，利用乙醇制备乙烯的反应温度为120℃。反应装置如下图所示：实验过程：检验装置气密性后，在圆底烧瓶中加入5g无水三氯化铝和10mL无水乙醇，点燃酒精灯加热。请回答相关问题：n（1）该催化机理如下所示，某同学判断该机理中一定有水生成，请写出生成H2O的步骤中反应方程式。（2）仪器B的名称为。该实验所采用的加热方式优点是。实验装置中还缺少的仪器是。（3）B中无水氯化钙的作用是。甲同学认为可以将B装置改为装有浓硫酸的洗气瓶，老师否定了他的观点，理由是。（4）气囊的作用是。其优点是。（5）溴的四氯化碳溶液的作用是。（6）中学教材中用乙醇和浓硫酸在170℃时制备乙烯。和教材实验相比，用三氯化铝做催化剂制备乙烯的优点有(任意写出两条即可)。9.火法炼铜过程中产生的碱性渣，其主要成分为TeO2、Na2TeO3、Na2SeO3以及少量的CuO、PbO、SiO2等。一种利用这种碱性渣提取高纯碲和粗硒的工艺流程如下图所示。已知：Ksp(CuS)=6×10-36；Ksp(PbS)=9×10-29。请回答以下问题：（1）“碱浸”前应对碱性渣进行的操作是。（2）下图分别是温度和NaOH溶液浓度对碲浸出率的影响，则碱浸时的合适温度是。实际生产中采用1mol·L-1的NaOH溶液，而不用更大浓度NaOH溶液的原因是。n（3）已知：CuO和PbO均具有一定的“两性”，“碱浸”时生成物类型类似于偏铝酸钠。则“碱浸”时PbO所发生反应的离子方程式为。（4）滤渣3的主要成分为。滤液中Pb2＋沉淀完全时，c(Cu2＋)的最大值是mol·L-1，(保留小数点后2位。某离子浓度低于1×10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全)（5）电解制碲时阴极的电极反应式为。电解余液经处理后可循环使用于步骤。电解时电流为10A，电解时间为4h。若生成碲(Te)的电流利用率为95％，则生成碲的质量为。(法拉第常数为96500C·mol-1，保留小数点后1位)10.丙烯(C3H6)是石油化工行业重要的有机原料之一，主要用于生产聚丙烯、二氯丙烷、异丙醇等产品。回答下列问题：（1）丙烷脱氢制备丙烯。由图可得C-13H8(g)=C3H6(g)＋H2(g)ΔH=kJ·mol。（2）将一定浓度的CO2与固定浓度的C3H8通过含催化剂的恒容反应器发生脱氢反应。经相同时间，流出的C3H6、CO和H2浓度随初始CO2浓度的变化关系如下图所示。c(H2)和c(C3H6)变化差异的原因为(用化学方程式表示)。n（3）已知Arrhenius经验公式为Rlnk=RlnA-(Ea为活化能，k为速率常数，R、A为常数)。丙烷脱氢制备丙烯反应在某条件下的Arrhenius经验公式的实验数据如图中曲线a所示，其活化能为J·mol-1，当其实验数据发生变化如图中b线所示，则可能的原因是。（4）工业上用丙烯加成法制备1，2-二氯丙烷(CH2ClCHClCH3)，副产物为3-氯丙烯(CH2=CHCH2Cl)，反应原理为：①CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2ClCHClCH3(g)②CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2=CHCH3和Cl2发生反应，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。时间/min060120180240300360压强/kPa8074.269.265.261.65858该温度下，若平衡时HCl的体积分数为10％。此时CH2=CHCH3的转化率为。反应①的压力平衡常数Kp=kPa-1(保留小数点后2位)。n（5）一定条件下，CH3CH=CH2与HCl发生反应有①、②两种可能，反应进程中的能量变化如图所示。保持其他条件不变，若要提高产物中CH3CH2CH2Cl(g)的比例，可采用的措施是。A．适当提高反应温度B．改变催化剂C．适当降低反应温度D．改变反应物浓度11．2022年以来，全球化石能源价格一路飙升，对全球经济复苏产生巨大影响。氢能源是一种不依赖化石燃料的储量丰富的清洁能源。（1）电解水产氢是目前较为理想的制氢技术，这项技术的广泛应用一直被高价的贵金属催化剂所制约。我国科学家开发了一种负载氧化镍纳米晶粒的聚合物氮化碳二维纳米材料，大幅提高了催化效率。①基态Ni原子的价电子排布式为，该元素在元素周期表中的位置是。②C、N、O的电负性的由大到小的顺序是。③为寻找更多的金属催化剂，科学家从众多金属元素中选取Co、Fe、Cu进行了相关研究，并取得了成功。选取这三种金属进行相关研究的原因可能是。（2）开发新型储氢材料是氢能利用的重要研究方向。氨硼烷(NH3BH3)是一种潜在的储氢材料，可由(HB=NH)3(结构为平面六元环状)通过如下反应制得：3CH4+2(HB=NH)3+6H2O=3CO2+6NH3BH3。①请解释CH4、H2O、CO2的键角大小顺序。②(HB=NH)3中B、N原子的杂化轨道类型分别为。n③氨硼烷(NH3BH3)中N、B都达到稳定结构，用化学键表示出(NH3BH3)分子的结构式。（3）有储氢功能的铜银合金晶体具有立方堆积结构，晶胞中Cu原子位于面心，Ag原子位于顶点，氢原子可进到由Cu原子与Ag原子构成的全部四面体空隙中。①该晶体储氢后的化学式为。储氢后氢气的密度②储氢材料的储氢能力=，若晶胞参数为apm，忽略吸氢前后晶胞的体积标准状况下氢气的密度变化，标准状况下氢气的密度为bg·cm-3，则该储氢材料的储氢能力为。(NA表示阿伏加德罗常数，写出表达式即可)12．从猫薄荷植物中分离出来的荆芥内酯，可用来制取具有驱虫效能的二氢荆芥内酯。为研究二氢荆芥内酯的合成和性质，进行了如下反应。（1）物质B的名称是。（2）C中官能团的结构式为。（3）D中有3个甲基，则D的结构简式为。（4）试剂1为。（5）A、F互为同分异构体，则E→F的化学方程式为。（6）H是E的同系物，且比E少两个碳原子。满足下列条件的H的同分异构体有种(不考虑立体异构)；其中被氧化后核磁共振氢谱有三组峰，面积比为1：1：4的有机物的结构简式为。①有两个取代基的六元碳环；②1mol该同分异构体分别与足量的Na和NaHCO3反应生成气体物质的量相同。（7）F→G的反应类型是。该反应在非水溶剂中进行的原因是。n答案解析部分1.【答案】D2.【答案】D3.【答案】A4.【答案】A5.【答案】C6.【答案】C7.【答案】B8．【答案】（1）+3+=3+2（2）球形干燥管；受热均匀，便于控制温度；温度计（3）除去乙烯中的水和乙醇；浓硫酸和乙烯能发生加成反应（4）收集乙烯气体；不会引入水蒸气（5）验证生成的乙烯或吸收多余的乙烯气体，防止污染空气（6）反应条件温和(温度低)、副反应少、产物更纯净、反应剩余物易处理（任意写两点）9．【答案】（1）粉碎（2）80℃～90℃；当NaOH溶液浓度为1mol∙L-1时浸出率已很高，若再增大浓度浸出率没有明显提高，且会导致后续在调pH时消耗更多的硫酸，增加成本（3）PbO+2OH-=PbO2−+H22O（4）CuS、PbS；6.67×10-13（5）TeO2−+4e-+3H-；碱浸和溶解TeO32O=Te+6OH2；45.4g10．【答案】（1）+124.2高温（2）CO2+H2_CO+H2O_1−23；催化剂中毒(答案合理即可)（）푥2−푥1（4）69.5%；0.15（5）A；B1.【答案】（1）3d84s2；第四周期第Ⅷ族；O>N>C；这三种元素都是过渡元素，在元素周期表中位置和Ni相近，可能具有相似的性质（2）CO32中心原子为sp杂化，键角为180度；CH4和H2O中心原子均为sp杂化。H2O中孤对电子与成键电子对之间的斥力大于CH224中成键电子对之间的斥力，故键角：CO2>CH4>H2O；sp、sp；n8（3）Cu3AgH8；푏푁퐴(푎×10−10)12.【答案】（1）甲醇（2）、（3）（4）NaOH水溶液（5）+H2O（6）8种；（7）还原反应；LiAlH4中的H为-1价，易和H2O发生反应生成H2n高三第三次质量预测理综化学试题A.该过程中化合价发生变化的只有N和O两种元素一、单选题B.上述过程中催化剂首先吸附的是NO1.长征五号系列运载火箭是我国首型大推力无毒、无污染液体燃料火箭，运载能力位居世界前列，是中国由C.该过程中氧化产物和还原产物只有N2航天大国迈向航天强国的显著标志和重要支撑。下列叙述错误的是（）D．该过程的总反应为4NH3＋4NO＋O2N2+6H2OA.火箭芯一级尾段使用的碳纤维材料属于新型无机非金属材料B．火箭的整流罩前锥段材料-聚甲基丙烯酰亚胺属于有机高分子材料【答案】DC．火箭采用2219-铝合金做箭体的蒙皮材料，有利于减轻火箭的质量【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；催化剂D．火箭的推进剂是四氧化二氮和偏二甲肼【解析】【解答】A．从反应流程图可知，发生化合价变化的元素还有Cu，A项不符合题意；【答案】DB．从上述过程中可以看出，催化剂首先吸附的是NH3，B项不符合题意；【知识点】无机非金属材料；高分子材料C．从反应流程图可知，NH3中的N被氧化生成N2，NO中的N被还原生成N2，O2中的O最终被还原生成【解析】【解答】A．碳纤维是指含碳量在90%以上的高强度、高模量纤维，碳纤维材料属于新型无机非金属H2O，C项不符合题意；材料，A不符合题意；D．从反应流程图可知总反应为4NH3＋4NO＋O2N2+6H2O，D项符合题意；B.聚甲基丙烯酰亚胺是聚合物，属于有机高分子材料，B不符合题意；C．铝合金质量轻、耐高温，铝合金做箭体的蒙皮材料，有利于减轻火箭的质量，C不符合题意；故答案为：D。D．火箭推进剂主要有三种类型：固体，液体，和混合型，由燃料和氧化剂构成，偏二甲肼和四氧化二氮作液【分析】A.该过程中化合价发生变化的元素为Cu、N、O；体推进剂，但也可以是其他组合液体推进剂，不一定就是四氧化二氮和偏二甲肼，D符合题意；B.由图可知，催化剂首先吸附NH3；故答案为：D。C.O2中的O被还原生成H2O。【分析】A.碳纤维属于新型无机非金属材料；3.海带中含有丰富的碘元素，某化学兴趣小组设计的海带提碘实验流程如下图，下列说法中正确的是B.聚甲基丙烯酰亚胺为有机高分子化合物；（）C.铝合金密度小质量轻。2.下图是在Cu基分子筛表面用NH3处理NO，污染物的一种反应机理。下列说法正确的是（）A.上述流程中各步操作用到的仪器包括：、、、、B.“氧化”时，试剂可选用O2、H2O2或Br2C．上述流程包括三个氧化还原反应和三种分离操作D．“反萃取”时，反应的离子方程式为I2＋2OH-=I-＋IO＋H2O注：图中元素右上角的罗马数字表示化合价【答案】An【知识点】氧化还原反应；常用仪器及其使用；海带成分中碘的检验；离子方程式的书写子数为3，Y为B元素。【解析】【解答】A．上述流程中灼烧用到坩埚，萃取分液用到分液漏斗，蒸馏用到直形冷凝管和蒸馏烧瓶，5.有机物Q的合成路线如下图所示，相关说法错误的是（）过滤用到漏斗，A符合题意；B.氧化过程将碘离子变成碘单质，可选用的氧化剂为O2、H2O2，选Br2会引入杂质，B不符合题意；C．该过程中海带灼烧、氧化过程碘离子氧化成碘单质、反萃取过程中碘单质与氢氧化钠溶液反应、酸化分离过程中生成碘单质，共4个氧化还原反应；涉及到过滤、分液、蒸馏三种分离操作，C不符合题意；A．N可以直接合成高分子化合物--＋IO-＋HO，D不符合题意；D．根据分析，反萃取时反应的离子方程式为：I2＋2OH=I2B．O生成P的反应类型为加成反应故答案为：A。C．P可以在Cu的催化作用下发生氧化反应【分析】海带在坩埚中进行灼烧，浸取得到海带浸取原液，过滤分离出含碘离子的溶液，氧化过程中将碘离D．Q分子存在属于芳香族化合物的同分异构体子氧化为单质碘，萃取分液得到含碘的有机溶液，方案一中蒸馏分离出碘，方案二中反萃取时发生反应【答案】CI2+2OH-=I-+IO-+H2O，水层酸化发生反应I-+IO-+2H+=I2+H2O，过滤分离出碘。【知识点】同分异构现象和同分异构体；加成反应4.下图为某物质的结构。已知：W、Y、Z属于不同周期、不同主族的短周期元素，W、Y、Z原子最外层电【解析】【解答】A．N中含双键，能发生加聚反应得到高分子化合物，A不符合题意；子数之和等于X原子最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述错误的是（）B．根据分析，生成P的反应类型为加成反应，B不符合题意；C．P中与羟基直接相连的碳原子上没有氢原子，不能在Cu的催化作用下发生氧化反应，C符合题意；D．Q的不饱和度为4，苯环的不饱和度为4，故Q分子存在属于芳香族化合物的同分异构体，D不符合题A．Y元素在周期表中的位置为第二周期IVA族意；B．W、X对应的简单离子半径：X>W故答案为：C。C．该物质具有强氧化性，可以用作漂白剂【分析】A.N含有碳碳双键，能发生加聚反应；D．该物质中，Y、X原子的最外层均满足8电子结构B.O分子中甲基与羰基之间加成反应成环生成P；【答案】AC.羟基连接的碳原子上含有氢原子可以发生催化氧化；【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较D.分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体。【解析】【解答】A．由分析可知，Y为B元素，原子序数为5，位于第二周期IIIA族，故A符合题意；6.某微生物燃料电池以对氯苯酚(分子式：C6H5OCl，用RCl表示)和醋酸钠为原料，其工作原理如下图所示。B．由分析可知，X为O元素，W为Mg元素，电子层数相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径下列说法错误的是（）X>W，故B不符合题意；C.该物质中含有O-O键，具有强氧化性，可以用作漂白剂，故C不符合题意；D.该化合物中O形成2个共价键，且有2个孤电子对，两个B都形成4个共价键且得两个电子，则O、B原子均满足8电子稳定结构，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】W、Y、Z属于不同周期、不同主族的短周期元素，则其中有一种为H元素，根据该离子的结构可知，A.工作时H＋通过质子交换膜向左侧电极迁移-＋H＋=CHOH＋ClZ形成一个共价键，则Z为H元素，W、X对应的简单离子核外电子排布相同，W形成+2价阳离子，则W为B．左侧电极反应式为：C6H5OCl＋2e65-C．反应中1molCH-参与放电可生成8molH＋3COOMg元素，X为O元素，W、Y、Z原子最外层电子数之和等于X原子最外层电子数，则Y的最外层电nD．放电后体系的pH降低-【解析】【解答】A.升温前溶液呈碱性的原因是：CO＋H2OHCO＋OH，故A不符合题意；【答案】CB.常温下，0.1mol·L-1Na2CO3溶液中，存在电荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=2c(CO)＋c(HCO)+c(OH-)，溶液呈【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用【解析】【解答】A．工作时H+从负极移向正极，即通过质子交换膜向左侧电极迁移，A不符合题意；碱性，c(Na＋)>2c(CO)＋c(HCO)，故B符合题意；B．左侧电极上C6H5OCl得电子生成C6H5OH，反应式为：C6H5OCl＋2e-＋H+=C6H5OH＋Cl-，B不符合题意；C.温度升高，Na2CO3水解程度增大，溶液pH增大，但升高温度，水的电离平衡也正向移动，pH降低，综合C．反应中CH3COO-参与放电的电极反应式为：，1molCH3COO-可两者作用，温度对水电离平衡常数的影响大于碳酸根离子的水解常数，pH降低，图1提供的信息是升高温度生成9molH+，C符合题意；溶液的pH降低，故图1实验数据一定符合题意，故C不符合题意；-参与反应生成9mol氢离子，转移8mol电子，故有8mol氢离子通过质子交换膜移向正极；转移8mol电子，正极4molCHOCl反应消耗4molH+，体系中正极和负极的氢离子浓度D.降低温度，Na2CO3水解平衡移动逆向移动，溶液的pH降低，降低温度，水的电离平衡逆向移动，水的D.1molCH3COO65增大，放电后体系的pH降低，D不符合题意；pH升高，对溶液pH的影响不一致，故D不符合题意；故答案为：B。故答案为：C。【分析】A.碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根；【分析】由图可知，该电池中，右侧电极上醋酸根失去电子发生氧化反应生成碳酸氢根，电极反应式为B.根据电荷守恒分析；，则右侧电极为负极，左侧电极为正极，正极上C6H5OCl得电子生C.升温促进碳酸钠的水解，也促进水的电离；成C-+-6H5OH，电极反应式为C6H5OCl＋2e＋H=C6H5OH＋Cl。D.降温碳酸钠的水解平衡逆向移动，水的电离平衡逆向移动。7.某化学兴趣小组在学习完温度对盐类水解的影响后，测定了0.1mol·L-1Na2CO3溶液的pH随温度的变化，二、综合题结果如下图所示。下列分析正确的是（）8.某同学查阅资料得知，在无水三氯化铝的催化作用下，利用乙醇制备乙烯的反应温度为120℃。反应装置如下图所示：A.升温前溶液呈碱性的原因是：CO＋2H2OH2CO3＋2OH-实验过程：检验装置气密性后，在圆底烧瓶中加入5g无水三氯化铝和10mL无水乙醇，点燃酒精灯加热。B．常温下，0.1mol·L-1Na2CO3溶液中：c(Na＋)>2c(CO)＋c(HCO)请回答相关问题：C．温度升高，Na2CO3水解程度增大，溶液pH增大，故图1实验数据一定不符合题意（1）该催化机理如下所示，某同学判断该机理中一定有水生成，请写出生成H2O的步骤中反应方程D．降低温度，Na2CO3水解平衡移动和水的电离平衡移动对溶液pH的影响一致式。【答案】B【知识点】影响盐类水解程度的主要因素n(6)本实验的温度低，没有用到浓硫酸，优点为：反应条件温和(温度低)、副反应少、产物更纯净、反应剩余物易处理（任意写两点）。【分析】（1）根据反应机理图书写方程式；（2）仪器B的名称为。该实验所采用的加热方式优点是。（2）仪器B为球形干燥管；该加热放热受热均匀，便于控制温度；反应温度为120℃，还需要温度计测量温实验装置中还缺少的仪器是。度；（3）B中无水氯化钙的作用是。甲同学认为可以将B装置改为装有浓硫酸的（3）无水氯化钙可作干燥剂；浓硫酸与乙烯能发生加成反应；洗气瓶，老师否定了他的观点，理由是。（4）气囊可收集乙烯；气囊可以避免与空气中的水接触；（4）气囊的作用是。其优点是。（5）乙烯能与溴的四氯化碳发生加成反应；（5）溴的四氯化碳溶液的作用是。（6）用三氯化铝做催化剂制备乙烯的实验温度低、副反应少、产物更纯净。（6）中学教材中用乙醇和浓硫酸在170℃时制备乙烯。和教材实验相比，用三氯化铝做催化剂制备乙烯的9.火法炼铜过程中产生的碱性渣，其主要成分为TeO2、Na2TeO3、Na2SeO3以及少量的CuO、PbO、SiO2优点有(任意写出两条即可)。等。一种利用这种碱性渣提取高纯碲和粗硒的工艺流程如下图所示。【答案】（1）（2）球形干燥管；受热均匀，便于控制温度；温度计（3）除去乙烯中的水和乙醇；浓硫酸和乙烯能发生加成反应（4）收集乙烯气体；不会引入水蒸气（5）验证生成的乙烯或吸收多余的乙烯气体，防止污染空气（6）反应条件温和(温度低)、副反应少、产物更纯净、反应剩余物易处理（任意写两点）【知识点】常用仪器及其使用；制备实验方案的设计已知：Ksp(CuS)=6×10-36；Ksp(PbS)=9×10-29。【解析】【解答】该实验中乙醇在无水氯化铝作用下发生消去反应生成乙烯和水，无水氯化钙干燥乙烯，并吸请回答以下问题：收挥发的乙醇，C中收集乙烯，D中可以验证生成物为乙烯。（1）“碱浸”前应对碱性渣进行的操作是。(1)根据机理图可以看出，产物为乙烯，无水氯化铝应为催化剂，故过程中生成的（2）下图分别是温度和NaOH溶液浓度对碲浸出率的影响，则碱浸时的合适温度是。实；际生产中采用1mol·L-1的NaOH溶液，而不用更大浓度NaOH溶液的原因(2)仪器B的名称为球形干燥管；该实验反应温度为120℃，所采用的加热方式优点是受热均匀，便于控制温是度；该实验需要控制温度为120℃，还需要温度计；。(3)根据分析，除去乙烯中的水和乙醇；若将B装置改为盛有浓硫酸的洗气瓶，浓硫酸和乙烯能发生加成反应；(4)根据分析，气囊的作用是收集乙烯气体，气囊可以避免与空气中的水接触，故其优点是不会引入水蒸气；(5)根据分析，乙烯与溴的四氯化碳溶液反应，故溴的四氯化碳溶液的作用是：验证生成的乙烯或吸收多余的乙烯气体，防止污染空气；n(4)由分析可知，滤渣3的主要成分为CuS、PbS；当滤液中Pb2＋沉淀完全时，c(S2-)===910-24，则c(Cu2+)==≈6.67×10-13mol/L。(5)电解制碲时阴极TeO得电子生成Te，电极反应式为：TeO+4e-+3H2O=Te+6OH-，生成了氢氧化钠，电解余液经处理后可循环使用于步骤碱浸和溶解TeO2中；电解时电流为10A，电解时间为4h，若生成碲(Te)的电流利用率为95％，则电子的物质的量为mol，生成Te的物质的量为（3）已知：CuO和PbO均具有一定的“两性”，“碱浸”时生成物类型类似于偏铝酸钠。则“碱浸”时PbO所发生反应的离子方程式为。mol，质量为mol128g/mol≈45.4g。（4）滤渣3的主要成分为。滤液中Pb2＋沉淀完全时，c(Cu2＋)的最大值是mol·L-1，(保留小数点后2位。某离子浓度低于1×10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全)【分析】碱性渣的主要成分为TeO2、Na2TeO3、Na2SeO3以及少量的CuO、PbO、SiO2等，加入氢氧化钠溶液（5）电解制碲时阴极的电极反应式为。电解余液经处理后可循环使用于进行碱浸，TeO2转化为Na2TeO3，CuO和PbO均具有一定的“两性”，碱浸时分别转化为CuO和PbO，步骤。电解时电流为10A，电解时间为4h。若生成碲(Te)的电流利用率为95％，则生成碲的SiO2和氢氧化钠反应生成硅酸钠，浸出液中加入氯化钙溶液，与过量的氢氧化钠反应生成微溶的氢氧化钙，质量为。(法拉第常数为96500C·mol-1，保留小数点后1位)【答案】（1）粉碎与硅酸钠反应生成硅酸钙沉淀，过滤后向滤液中加入硫化钠，与CuO反应生成硫化铜沉淀，与PbO反应（2）80℃～90℃；当NaOH溶液浓度为1mol∙L-1时浸出率已很高，若再增大浓度浸出率没有明显提高，且会生成硫化铅沉淀，过滤后向滤液中加入硫酸，过滤得到TeO2和Na2SeO3溶液，向TeO2中加入氢氧化钠溶液进导致后续在调pH时消耗更多的硫酸，增加成本行溶解，然后电解、熔炼得到高纯碲，向Na2SeO3溶液中通入二氧化硫得到粗硒。（3）PbO+2OH-=PbO+H2O10.丙烯(C3H6)是石油化工行业重要的有机原料之一，主要用于生产聚丙烯、二氯丙烷、异丙醇等产品。回答下列问题：（4）CuS、PbS；6.67×10-13（1）丙烷脱氢制备丙烯。由图可得C-13H8(g)=C3H6(g)＋H2(g)ΔH=kJ·mol。（5）TeO+4e-+3H2O=Te+6OH-；碱浸和溶解TeO2；45.4g【知识点】电极反应和电池反应方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用【解析】【解答】(1)“碱浸”前应对碱性渣进行的操作是粉碎，目的是增大接触面积，加快碱浸时的反应速率。(2)由图示可知，碱浸时的合适温度是80℃～90℃，当NaOH溶液浓度为1mol∙L-1时浸出率已很高，若再增大浓度浸出率没有明显提高，且会导致后续在调pH时消耗更多的硫酸，增加成本，因此实际生产中采用（2）将一定浓度的CO2与固定浓度的C3H8通过含催化剂的恒容反应器发生脱氢反应。经相同时间，流出1mol·L-1的NaOH溶液，而不用更大浓度NaOH溶液。的C3H6、CO和H2浓度随初始CO2浓度的变化关系如下图所示。c(H2)和c(C3H6)变化差异的原因为(3)CuO和PbO均具有一定的“两性”，“碱浸”时生成物类型类似于偏铝酸钠，“碱浸”时PbO与氢氧根离子反应(用化学方程式表示)。生成PbO和H2O，反应的离子方程式为：PbO+2OH-=PbO+H2O。n保持其他条件不变，若要提高产物中CH3CH2CH2Cl(g)的比例，可采用的措施是。（3）已知Arrhenius经验公式为Rlnk=RlnA-(Ea为活化能，k为速率常数，R、A为常数)。丙烷脱氢制A．适当提高反应温度B．改变催化剂备丙烯反应在某条件下的Arrhenius经验公式的实验数据如图中曲线a所示，其活化能为C．适当降低反应温度D．改变反应物浓度J·mol-1，当其实验数据发生变化如图中b线所示，则可能的原因是。【答案】（1）+124.2（2）CO2+H2CO+H2O（3）；催化剂中毒(答案合理即可)（4）69.5%；0.15（5）A；B【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算（4）工业上用丙烯加成法制备1，2-二氯丙烷(CH2ClCHClCH3)，副产物为3-氯丙烯(CH2=CHCH2Cl)，反应【解析】【解答】(1)由图可得出以下热化学方程式：原理为：Ⅰ.C3H8(g)CH4(g)+C2H2(g)+H2(g)∆H=+156.6kJ∙mol-1①CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2ClCHClCH3(g)Ⅱ.C3H6(g)CH4(g)+C2H2(g)∆H=+32.4kJ∙mol-1②CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)利用盖斯定律，将反应Ⅰ-Ⅱ可得C3H8(g)=C3H6(g)＋H2(g)ΔH=+124.2kJ·mol-1。一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2=CHCH3和Cl2发生反应，容器内气体的压强随时间(2)如果只发生C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)这个反应，生成的C3H6、H2的浓度应该相等，但是氢气的变化不明的变化如下表所示。显，反而是CO与C3H6的浓度增加幅度几乎相等，因此可以推断高温下能够发生消耗H2生成CO的反应：且时间/min060120180240300360消耗的H2刚好等于生成的CO，即CO2+H2CO+H2O，故导致C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势出现压强/kPa8074.269.265.261.65858该温度下，若平衡时HCl的体积分数为10％。此时CH2=CHCH3的转化率为。反应①的压力平这样的差异的原因为用化学方程式表示CO2+H2CO+H2O。衡常数Kp=kPa-1(保留小数点后2位)。（5）一定条件下，CH3CH=CH2与HCl发生反应有①、②两种可能，反应进程中的能量变化如图所示。(3)根据Arrhenius经验公式为Rlnk=RlnA-(Ea为活化能，k为速率常数，R、A为常数)。将图中曲线a上两n（1）电解水产氢是目前较为理想的制氢技术，这项技术的广泛应用一直被高价的贵金属催化剂所制约。我点对应数据代入计算公式得，解之得其活化能Ea=J·mol-1，当其实验数据发生变化如国科学家开发了一种负载氧化镍纳米晶粒的聚合物氮化碳二维纳米材料，大幅提高了催化效率。图中b线所示，即相同温度下(相同)，更小，即活化能更大，值更大，则可能的原因是催化剂中①基态Ni原子的价电子排布式为，该元素在元素周期表中的位置是。毒。②C、N、O的电负性的由大到小的顺序是。③为寻找更多的金属催化剂，科学家从众多金属元素中选取Co、Fe、Cu进行了相关研究，并取得了成(4)(4)功。选取这三种金属进行相关研究的原因可能是。（2）开发新型储氢材料是氢能利用的重要研究方向。氨硼烷(NH3BH3)是一种潜在的储氢材料，可由(HB=NH)3(结构为平面六元环状)通过如下反应制得：3CH4+2(HB=NH)3+6H2O=3CO2+6NH3BH3。①请解释CH4、H2O、CO2的键角大小顺根据表格数据可知，300min达到平衡，则初始时与平衡状态时的压强之比等于物质的量之比，=序，x=0.55n；平衡时HCl的体积分数为10%，即=10%，则。②(HB=NH)3中B、N原子的杂化轨道类型分别为。y=0.145n，则此时CH2=CHCH3的转化率为69.5%，反应①的压力平③氨硼烷(NH3BH3)中N、B都达到稳定结构，用化学键表示出(NH3BH3)分子的结构式。（3）有储氢功能的铜银合金晶体具有立方堆积结构，晶胞中Cu原子位于面心，Ag原子位于顶点，氢原子衡常数Kp==0.15kPa-1。可进到由Cu原子与Ag原子构成的全部四面体空隙中。①该晶体储氢后的化学式为。(5)由图知，反应②的活化能小、反应更容易发生，则通常丙烯与HCl反应的主要产物是2—氯丙烷，则：A.适当提高反应温度，对活化能大的反应①更有利，能提高产物中CH3CH2CH2Cl(g)的比例，A符合；②储氢材料的储氢能力=，若晶胞参数为apm，忽略吸氢前后晶胞的体积变化，B.改变催化剂、使用高效的选择性催化剂，可以降低①的活化能，能提高产物中CH3CH2CH2Cl(g)的比例，标准状况下氢气的密度为bg·cm-3，则该储氢材料的储氢能力为。(NA表示阿伏加德罗常B符合；数，写出表达式即可)C.适当降低反应温度，对活化能大的反应①更不利，不能提高产物中CH3CH2CH2Cl(g)的比例，C不符合；【答案】（1）3d84s2；第四周期第Ⅷ族；O>N>C；这三种元素都是过渡元素，在元素周期表中位置和Ni相D.改变反应物浓度，不影响反应的活化能，不影响产物中成分的比例，D不符合；近，可能具有相似的性质故答案为：AB。（2）CO2中心原子为sp杂化，键角为180度；CH4和H2O中心原子均为sp3杂化。H2O中孤对电子与成键电【分析】（1）根据图示写出两个热化学方程式，再结合盖斯定律计算；（2）c(H2)和c(C3H6)变化差异的原因是发生了副反应；子对之间的斥力大于CH224中成键电子对之间的斥力，故键角：CO2>CH4>H2O；sp、sp；（3）将曲线上的点代入公式计算；（4）②反应在300min达到平衡，根据压强之比等于物质的量之比，结合HCl的体积分数为10％计算；（5）若要提高产物中CH3CH2CH2Cl(g)的比例，应使反应物尽量按照①反应。（3）Cu3AgH8；11．2022年以来，全球化石能源价格一路飙升，对全球经济复苏产生巨大影响。氢能源是一种不依赖化石燃【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方料的储量丰富的清洁能源。式及杂化类型判断n【解析】【解答】(1)基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2；该元素在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族；合成和性质，进行了如下反应。C、N、O位于同周期，同周期从左往右电负性呈增大趋势，故电负性由大到小的顺序是O>N>C；寻找更多的金属催化剂，在过渡金属区域进行寻找，原因是这三种元素都是过渡元素，在元素周期表中位置和Ni相近，可能具有相似的性质；(2)CO32中心原子为sp杂化，键角为180度；CH4和H2O中心原子均为sp杂化。H2O中孤对电子与成键电子对之间的斥力大于CH4中成键电子对之间的斥力，故键角：CO2>CH4>H2O；(HB=NH)3中B、N原子均形成双键，共有3个键，杂化轨道类型分别为sp2、sp2；氨硼烷(NH3BH3)中N、B都达到稳定结构，即最外层均为8电子结构，氮原子提供孤电子对，与硼原子之间形成配位键，NH3BH3分子的结构式：（1）物质B的名称是。（2）C中官能团的结构式为。；（3）D中有3个甲基，则D的结构简式为。（4）试剂1为。（5）A、F互为同分异构体，则E→F的化学方程式为。(3)铜银合金晶体具有立方堆积结构，晶胞中Cu原子位于面心，根据均摊法铜原子个数为3，Ag原子位于顶（6）H是E的同系物，且比E少两个碳原子。满足下列条件的H的同分异构体有种(不考虑立点，银原子个数为1，氢原子可进到由Cu原子与Ag原子构成的全部四面体空隙中，四面体空隙共8个，故体异构)；其中被氧化后核磁共振氢谱有三组峰，面积比为1：1：4的有机物的结构简式为。晶体的化学式为：Cu3AgH8；储氢后氢气的密度为：，①有两个取代基的六元碳环；②1mol该同分异构体分别与足量的Na和NaHCO3反应生成气体物质的量相同。（7）F→G的反应类型是。该反应在非水溶剂中进行的原因。是。【答案】（1）甲醇【分析】（1）①基态Ni原子3d、4s能级上的电子为其价电子；Ni位于第四周期第Ⅷ族；（2）、②同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；③Co、Fe、Cu都是过渡元素，在元素周期表中位置和Ni相近；（3）（2）①CH4的键角为109°28′，H2O的键角为104.5°，CO2的键角为180°；②(HB=NH)3中B、N原子均形成3个σ键；③NH3BH3中N、B都达到8电子稳定结构；（4）NaOH水溶液（3）①根据均摊法计算；（5）+H2O②根据储氢能力=计算。12．从猫薄荷植物中分离出来的荆芥内酯，可用来制取具有驱虫效能的二氢荆芥内酯。为研究二氢荆芥内酯的n（6）8种；CH2COOH和-OH时，可能的结构为（数字代表-CH2COOH的位置）：，共8种；被氧化后核磁共（7）还原反应；LiAlH4中的H为-1价，易和H2O发生反应生成H2振氢谱有三组峰，面积比为1：1：4，说明被氧化后不同化学环境的氢原子有3种，且氢原子个数比为1：【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；酯化反应【解析】【解答】(1)根据分析，物质B为甲醇；1：4，满足条件结构简式为：；(2)根据分析，C的结构简式为，官能团的结构简式为；、；(7)对比F和G的结构，F到G加氢去氧，为还原反应；该反应中用到LiAlH4，容易与水反应生成氢气，故原因为LiAlH4中的H为-1价，易和H2O发生反应生成H2。(3)D中含三个甲基，结构简式为：；【分析】A中醛基与银氨溶液反应，酸化后得到A，A为，对比A与C的分子式，可知B为(4)根据分析，试剂1为NaOH水溶液；(5)根据分析F的结构简式为：，F生成F的化学方程式为：甲醇，C为，C与HBr发生加成反应生成D，对比G的结构简式，D为+H2O；，D先在氢氧化钠水溶液中水解，再酸化得到E，根据E的分子式，E为(6)E的结构简式为：，H是E的同系物，且比E少两个碳原子，则H中有羟基和羧基，1mol；E与F在浓硫酸作用下发生酯化反应，F的结构简式为，F与LiAlH4反应该同分异构体分别与足量的Na和NaHCO3反应生成气体物质的量相同，说明含1mol羧基和1mol羟基，当取得到G，加氢去氧，发生了还原反应。代基为-COOH和-CH2OH时，可能的结构为（数字代表-COOH的位置）：；当取代基为-