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湖南省长沙市长郡中学2024届高三上学期月考(三）化学试题（Word版附解析）
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这是一份湖南省长沙市长郡中学2024届高三上学期月考(三）化学试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了 下列说法不正确的是， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5
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. 化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列有关说法正确的是
A. 我国航天工程近年来成就斐然，卫星计算机芯片使用的是高纯度的二氧化硅
B. 铁磁流体液态机器人中驱动机器人运动的磁铁的主要成分是Fe2O3
C. 硬铝合金是制造飞机的理想材料，合金的熔点一定低于各成分金属
D. “天和”核心舱电推进系统中使用的氮化硼陶瓷基复合材料是新型无机非金属材料
【答案】D
【解析】
【详解】A.芯片使用的是高纯度的硅，而不是二氧化硅，故A错误；
B.Fe3O4具有磁性，故磁铁的主要成分是Fe3O4，故B错误；
C.合金的熔点通常低于各成分金属，但不是绝对的。有些合金中添加的元素具有较高熔点，这样就会造成金属合金的熔点比原金属的高，故C错误；
D.氮化硼陶瓷基复合材料是新型无机非金属材料，故D正确；
所以答案选D。
2. 下列说法不正确的是
A. 只存在范德华力的分子，以一个分子为中心，其周围最多可以有12个紧邻的分子
B. 臭氧是极性分子，所以其在水中溶解度高于在四氯化碳中的溶解度
C. 核糖和脱氧核糖是生物体遗传物质的重要组成部分，它们都属于戊糖
D. 用化学方法在钢铁部件表面进行发蓝处理可以金属防腐
【答案】B
【解析】
【详解】A．只存在范德华力的分子的堆积方式为密堆积，则配位数为12，A正确；
B．臭氧极性很弱，且臭氧在四氯化碳中的溶解度要比在水中的溶解度大，B错误；
C．核糖和脱氧核糖是五碳糖，它们都属于戊糖，C正确；
D．部件表面进行发蓝处理，可以在钢铁表面形成一层致密氧化物薄膜，从而防止钢铁部件被腐蚀，D正确；
故选B。
3. 下列说法正确的是
A. 中含有醛基，所以该物质属于醛
B. 间二氯苯只有1种结构能证明苯分子中6个碳原子之间的键完全相同
C. 的名称为2－羟基－4－甲基己烷
D. 存在属于芳香族化合物的同分异构体
【答案】D
【解析】
【详解】A．该物质含酯基，为酯类物质，A错误；
B．无论苯环中碳碳键相同还是单双键交替，间二氯苯都只有1种结构，因此不能证明苯分子中6个碳原子之间的键完全相同，B错误；
C．该物质为醇，命名为4－甲基－2－己醇，C错误；
D．该分子含有7个碳、不饱和度为4，苯环的不饱和度也为4，则存在属于芳香族化合物的同分异构体，D正确；
故选D。
4. 用下列装置(夹持仪器已略去)进行相关实验，其装置正确且能达到实验目的是
A. 用图甲装置测定醋酸浓度
B. 图乙为向容量瓶中转移溶解后放置至室温的液体
C. 用图丙装置制备Cl2可达到随用随制的目的
D. 用图丁装置模拟侯氏制碱法制备NaHCO3
【答案】B
【解析】
【详解】A．用图甲装置测定醋酸浓度，应该用酚酞，NaOH溶液应该用碱式滴定管，故A不符合题意；
B．固体溶解后放置至室温才能转移到容量瓶中，并用玻璃棒引流，故B符合题意；
C．高锰酸钾易溶于水，因此不能用图丙装置制备Cl2，不能达到随用随制的目的，故C不符合题意；
D．模拟侯氏制碱法制备NaHCO3时向饱和食盐水中通入过量氨气，再通入二氧化碳反应生成NaHCO3，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
5. 短周期主族元素X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大，其中基态Y原子s能级电子数是p能级电子数的两倍，Z和M位于同一主族，由上述五种元素形成的化合物可作离子导体，其结构如图所示，下列说法错误的是
A. 原子半径：M＞Y＞Z
B. 非金属性：N＞M＞Y
C. 氢化物沸点：Z＞N＞Y
D. 同周期中第一电离能小于Z的元素有五种
【答案】C
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大，基态Y原子s能级电子数是p能级电子数的两倍，则Y为C元素；由阴阳离子的结构可知，X、Y、Z、M、N形成的共价键数目分别为1、4、4、6、1，Z和M位于同一主族，则阴阳离子中均存在配位键，X为H元素、Z为N元素、M为P元素、N为Cl元素。
【详解】A．原子的电子层数越多，原子的原子半径越大，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径的大小顺序为P＞C＞N，故A正确；
B．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性的强弱顺序为HClO4＞H3PO4＞H2CO3，则非金属性强弱顺序为Cl＞P＞C，故B正确；
C．碳元素形成的氢化物可以是气态烃、液态烃、固态烃，液态烃、固态烃的沸点高于能形成分子间氢键的氨气，故C错误；
D．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则同周期中第一电离能小于氮元素的有锂元素、铍元素、硼元素、碳元素、氧元素，共5种元素，故D正确；
故选C。
6. 如图是催化偶联反应的机理，R—为烷烃基或氢原子。下列说法正确的是
A. 催化剂只有[Pd0]
B. 第②步反应为氧化还原反应
C. 中碳杂化类型有sp2、sp3
D. 偶联反应为：+HX+
【答案】D
【解析】
【分析】反应机理分为四步：①+[Pd0]→；③CuX+→+HCl；②+ → +CuX；④→+[Pd0]。
【详解】A．由反应机理可知[Pd0]、CuX在反应前后质量和性质均不变，皆为该反应的催化剂，A错误；
B．第②步反应为+ → +CuX，该反应为取代反应，B错误；
C．苯环上的C、碳碳三键的C分别为sp2、sp杂化，-R为烷基时，R中的C为sp3杂化，C错误；
D．结合分析可知，反应物有 和 ，生成物有HX和，因此偶联反应总反应为+HX+，D正确；
答案选D。
7. 从铜阳极泥分铜渣碱浸液中制备TeO2的工艺流程如图所示：
已知：①碱浸液中碲以TeO的形式存在。
②TeO2与氧化铝的性质具有一定的相似性。
下列说法错误的是
A. TeO2中Te的化合价为+4
B. 加入的Na2SO3在反应中被氧化
C. 根据上述反应可以推知，还原性：S2-＞TeO＞SO
D. 为防止产品产率降低，加入硫酸的量不宜过多
【答案】C
【解析】
【分析】碱浸液中碲以TeO，加入Na2SO3，得到TeO，Te元素化合价降低，Na2SO3作还原剂，再加入Na2S将Cu2+沉淀，滤液中含有TeO，加入稀硫酸调节pH，发生反应TeO+2H+=TeO2+H2O，得到TeO2。
【详解】A．TeO2中O是-2价，Te的化合价为+4，A正确；
B．加入Na2SO3，得到TeO，Te元素化合价降低，Na2SO3作还原剂，被氧化，B正确；
C．加入Na2S将Cu2+沉淀，没有体现其还原性，C错误；
D．TeO2与氧化铝的性质具有一定的相似性，既能与酸反应，也能与碱反应，所以为防止产品产率降低，加入硫酸的量不宜过多，D正确；
答案选C。
8. 近日，美国工程院院士华裔科学家邵阳教授采用共晶盐电解液和，膜研制了一种熔盐型电池，其工作原理如图所示：
该电池工作时，下列说法正确的是
A. 既表现氧化性又表现还原性
B. 膜能阻止电子和离子通过
C. 镍电极的电极反应式为
D. 电池总反应为
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据放电原理示意图分析，在分步反应中表现了氧化性，从总反应看，是催化剂，A错误；
B．电子不能通过电解质，通过膜的是，B错误；
C．根据放电原理示意图可判断，镍电极附近的电极反应式为，C正确；
D．电池总反应为，D错误；
故选C。
9. NH3脱NO的一种MnO2催化机理示意图如图。下列说法错误的是
A. 催化过程中Mn的配位数和化合价没有改变
B. MnO2不能提高NH3脱NO的平衡转化率
C. 反应历程中有极性键和非极性键的断裂及生成
D. 过程总反应方程式：4NH3+4NO+O24N2+6H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A．从图中可以看出Mn 所形成的共价键数目变化了，说明其配位数和化合价都有变化，A错误；
B．MnO2作为反应的催化剂可以加快反应速率，但不该变平衡，不能提高平衡转化率，B正确；
C．从图中可以看出，有极性键的断裂(N-H键等)和生成(O-H键等)，有单质参与(O2)也有单质生成(N2)，所以也有非极性键的断裂和生成，C正确；
D．根据示意图可知，反应物有 NH3、NO、O2，产物有N2、H2O，故反应为4NH3+4NO+O24N2+6H2O，D正确；
故选A。
10. 25℃时，向弱酸H3RO3的溶液中加入NaOH溶液，所有含R微粒的lgc－pOH关系如图所示。下列叙述正确的是
已知：①pOH=-lgc(OH-)；②a、b、c三点的坐标：a(7.3，-1.3)、b(10.0，-3.6)、c(12.6，-1.3)。
A. H3RO3与足量NaOH溶液反应，生成的盐为Na3RO3
B. a点溶液中，c(H+)+c(Na+)=3c()+c(OH-)
C. 曲线①表示lgc(H3RO3)随pOH的变化
D. D.反应H3RO3+HRO2H2RO的平衡常数K=104.7
【答案】B
【解析】
【分析】由电离常数公式可知，当溶液中R微粒的浓度相等时，电离常数与溶液中的氢离子浓度相等；由图可知，含R微粒只有3条曲线说明H3RO3为二元弱酸，Na2HRO3为正盐，由多元弱酸分步电离，以一级电离为主可知，一级电离常数大于二级电离常数，则电离常数越大，溶液中pOH的值越小，则曲线③表示表示lgc(H3RO3)随pOH的变化的曲线、曲线②表示lgc()随pOH的变化、曲线①表示lgc()随pOH的变化；由a点数据可知，a点的pOH=7.3则pH=6.7，c()= c()，则，同理，由c点数据可知，H3RO3的电离常数Ka1(H3RO3)= 10—1.4。
【详解】A．H3RO3是个二元弱酸，所以其与足量NaOH溶液反应，生成的盐为Na2HRO3，故A错误；
B．由图可知，a点溶液中c()= c()，由电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)=2c()+ c()+ c(OH—)，可得：溶液中c(H+)+c(Na+)=3c()+c(OH-)，故B正确；
C．由分析可知，曲线①表示lgc()随pOH的变化，故C错误；
D．由方程式可知反应的平衡常数，故D错误；
故选B。
11. 研究笼形包合物结构和性质具有重要意义，化学式为Ni(CN)x•Zn(NH3)y•zC6H6的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(H原子未画出)。每个苯环只有一半属于该晶胞，晶胞参数为a=b≠c，α=β=γ=90°。晶胞中N原子均参与形成配位键。下列说法不正确的是
A. 基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2
B. Ni2+与Zn2+的配位数之比为2：3
C. x：y：z=2：1：1
D. 晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是Zn2+
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ni是28号元素，基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2，A正确；
B．晶胞中每个N原子均参与形成配位键，Ni2+周围形成的配位键数目为4，Zn2+周围形成的配位键数目为6，则Ni2+与Zn2+的配位数之比为4:6=2:3，B正确；
C．由晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Ni2+个数为2×=1，Zn2+个数为8×=1，含有CN-为8×=4，NH3个数为8×=2，苯环个数为4×=2，则该晶胞的化学式为Ni(CN)4•Zn(NH3)2•2C6H6，则x:y:z=4:2:2=2:1:1，C正确；
D．由题图知，Ni2+的电子排布式为[Ar] 3d8，配位数为4，采取dsp2杂化，Zn2+的电子排布式为[Ar] 3d10，配位数为6，采取sp3d2杂化，故Ni2+、Zn2+的d轨道均参与杂化，D错误；
故选D。
12. 实验小组探究双氧水与KI的反应，实验方案如表：
下列说法不正确的是
A. KI对H2O2的分解有催化作用
B. 对比②和③，酸性条件下H2O2氧化KI的速率更大
C. 实验②③中的温度差异说明过氧化氢催化分解的反应为放热反应
D. 对比②和③，③中的现象可能是因为H2O2分解的速率大于H2O2氧化KI的速率
【答案】D
【解析】
【详解】A．由实验①②的实验现象可知，实验①无明显现象，实验②溶液立即变为黄色，产生大量无色气体，说明碘化钾是过氧化氢溶液发生分解反应的催化剂，对过氧化氢的分解有催化作用，A正确；
B．由实验②③的实验现象可知，实验②溶液立即变为黄色，产生大量无色气体，实验③溶液立即变为棕黄色，产生少量无色气体，说明酸性条件下过氧化氢溶液氧化碘化钾溶液的反应速率更大，B正确；
C．实验②中主要发生H2O2分解，温度明显升高，而实验③中主要发生H2O2氧化KI的反应，温度无明显变化，说明H2O2催化分解是一个放热反应，C正确；
D．对比②和③，②中的现象为溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色，实验③现象为：溶液立即变为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化，故可能是因为H2O2氧化KI的速率大于分解的速率，D错误；
故答案为：D。
13. 二氧化碳选择性加氢制甲醇是解决温室效应、发展绿色能源和实现经济可持续发展的重要途径之一。常温常压下利用铜基催化剂实现二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机理和能量变化图如下(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)，下列说法错误的是
A. 催化剂能改变反应机理，加快反应速率，降低反应热
B. 二氧化碳选择性加氢制甲醇是放热反应
C. 该历程的决速步为
D. 总反应为
【答案】A
【解析】
【详解】A．催化剂能改变反应机理，加快反应速率，不能改变反应热，选项A错误；
B．由反应历程图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，选项B正确；
C．的活化能最大，是该历程的决速步，选项C正确；
D．该反应的反应物是和，生成物是和，则总反应为，选项D正确；
答案选A。
14. 在523.15K、7MPa的条件下，乙烯通过固体酸催化可直接与水反应生成乙醇：。该反应的吉布斯自由能()与温度(T)的关系如图所示(已知：分压=总压×物质的量分数)。下列说法正确的是
A. 乙烯通过固体酸催化直接与水反应生成乙醇属于取代反应
B. 加入更多的固体酸催化剂，有利于提高乙醇的平衡产率
C. 由图像可知
D. 当反应达到平衡状态时，体系的总压强为p，其中、、均为1ml，则用分压表示的平衡常数
【答案】D
【解析】
【详解】A．是加成反应，故A错误；
B．固体酸作为催化剂，不能影响化学平衡的最终状态，对乙醇的平衡产率没有影响，故B错误；
C．，根据图示，低温条件下，高温条件下，可知低温条件下反应能自发进行，则，故C错误；
D．平衡时、、均为1ml，则三者的分压均为，故用分压表示的平衡常数，故D正确。
故选D。
二、非选择题(本题共4小题，共58分。)
15. 己二酸在有机合成工业等方面有着重要作用，以环己醇(Mr=100，ρ=0.95g/mL)为原料制取己二酸[HOOC(CH2)4COOH，Mr=146]，已知己二酸和己二酸钾[KOOC(CH2)4COOK]的溶解度均随温度升高而增大。
实验步骤：①向250mL三颈烧瓶中加入搅拌磁子、50mL1.0%的KOH溶液和9.0g高锰酸钾，按如图所示安装装置，控制滴速并维持温度在45℃左右，共滴加环己醇2.0mL，滴加结束时需启动加热装置加热一段时间，趁热过滤，洗涤滤渣MnO2。
②将滤液和洗涤液倒入100mL烧杯中，加入适量饱和亚硫酸氢钾溶液，再用约4mL浓HCl溶液，使溶液呈酸性，加热浓缩使溶液体积减少至10mL，经过冷却结晶、过滤、洗涤，烘干得到粗产品ag。
③准确称取bg己二酸产品于锥形瓶中，加入少量水溶解，滴入酚酞试剂，用0.1ml/L的NaOH溶液滴定。重复上述操作三次，平均消耗NaOH溶液VmL。
（1）装环己醇的仪器名称_______，冷凝水的进水口为_______(填“a”或“b”)。
（2）三颈烧瓶内发生的化学反应方程式为_______。
（3）步骤①中趁热过滤的优点是_______。
（4）下列关于实验操作的相关说法，错误的有_______。
A. 步骤①中洗涤时可采用少量热水洗涤滤渣三次
B. 步骤①如滴速过快，会导致溶液温度升高，反应过于剧烈
C. 步骤②中饱和亚硫酸氢钾溶液的目的是除去多余的KMnO4
D. 步骤②中过滤时，可用玻璃棒搅拌待过滤液，加快过滤速率
（5）如不加入适量饱和亚硫酸氢钾溶液，后续会产生一种有毒气体。在产生该有毒气体的化学反应中，氧化剂和氧化产物的物质的量之比为_______。
（6）如何判断滴定达到终点：_______。
（7）己二酸的实际产率是_______(用含a、b、V的化简后的式子表示)。
【答案】（1） ①. 恒压滴液漏斗 ②. b
（2）3+8KMnO43KOOC(CH2)4COOK+MnO2↓+2KOH+5H2O
（3）滤去MnO2的同时可以避免溶液冷却导致己二酸钾析出，提高产率 （4）D
（5）2：5 （6）当滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液由无色刚好变为粉红色，且半分钟内不恢复原色
（7）×100%
【解析】
【分析】三口烧瓶中发生反应3+8KMnO43KOOC(CH2)4COOK+MnO2↓+2KOH+5H2O，反应结束，过滤出MnO2，加适量饱和亚硫酸氢钾把剩余的高锰酸钾还原为Mn2+，加盐酸使溶液呈酸性，把KOOC(CH2)4COOK转化为HOOC(CH2)4COOH，加热浓缩，经过冷却结晶、过滤、洗涤，烘干得到粗己二酸产品。
【小问1详解】
根据装置图，装环己醇仪器名称恒压滴液漏斗；为提高冷凝效果，冷凝水“低进高出”，冷凝水的进水口为b。
【小问2详解】
三颈烧瓶内，在碱性条件下，环己醇被高锰酸钾氧化为己二酸钾，高锰酸钾被还原为二氧化锰，发生的化学反应方程式为3+8KMnO43KOOC(CH2)4COOK+MnO2↓+2KOH+5H2O。
【小问3详解】
己二酸钾的溶解度随温度升高而增大，步骤①中趁热过滤的优点是滤去MnO2的同时可以避免溶液冷却导致己二酸钾析出，提高产率；
【小问4详解】
A．己二酸钾的溶解度随温度升高而增大，步骤①中洗涤二氧化锰时，为提高己二酸钾的溶解度，可采用少量热水洗涤滤渣三次，故A正确；
B．步骤①三颈烧瓶内反应放热，如滴速过快，会导致溶液温度升高，反应过于剧烈，故B正确；
C．亚硫酸氢钾具有还原性，步骤②中饱和亚硫酸氢钾溶液的目的是除去多余的KMnO4，故C正确；
D．过滤时，不能用玻璃棒搅拌待过滤液，故D错误；
选D。
【小问5详解】
如不加入适量饱和亚硫酸氢钾溶液，高锰酸钾会把盐酸氧化为氯气，反应方程式为2KMnO4+16HCl=MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，锰元素化合价由+7降低为+2、Cl元素化合价由-1升高为0， KMnO4是氧化剂、Cl2是氧化产物，氧化剂和氧化产物的物质的量之比为2:5。
【小问6详解】
酚酞在酸性条件下呈无色、碱性条件下为红色，当滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液由无色刚好变为粉红色，且半分钟内不恢复原色，说明达到滴定终点。
【小问7详解】
bg产品消耗NaOH溶液VmL，bg产品含有己二酸的物质的量为；所以ag产品中己二酸的物质的量为，滴加环己醇的物质的量为 ，理论上生成己二酸的物质的量为0.019ml；己二酸的实际产率是。
16. 天然气作为最清洁的化石燃料一直被认为是实现碳平衡的中坚力量，将二氧化碳甲烷化可实现资源化利用。
（1）主反应：_______。
副反应I：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H1=+41.2kJ•ml-1
副反应II：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) △H2=-206kJ•ml-1
①主反应由CO2加氢直接生成CH4的热化学方程式为_______。
②已知反应中部分物质的键能如表：
则CO2中C=O的键能x为_______kJ•ml-1，CO2中C=O的键能比甲醛中C=O(键能750kJ•ml-1)的键能大的原因是_______。
（2）向某密闭容器中投入1mlCO2和4mlH2，，在不同温度和压强条件下发生CO2甲烷化反应，CO2的平衡转化率如图所示：
①a、b、c三点比较，主反应CH4的生成速率va、vb和vc由大到小的顺序为_______；温度高于1000℃时，曲线汇于一点的原因是_______。
②已知c(400，80)，若此时CH4的产率为70%，且n(H2)+0.4ml=n(H2O)，则此时，n(CO)=_______，副反应I的Kx=_______[保留两位小数，对于反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)，Kx=，x为物质的量分数]。
【答案】（1） ①. CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) △H=-164.9kJ•ml-1 ②. 805.6 ③. CO2分子内含有两组π的离域键，电子云分布更均匀，能量更低
（2） ①. va＞vb＞vc ②. 主反应和副反应I共同影响CO2的平衡转化率，高温时(主反应的△G不断增大，副反应I的△G不断减小)，副反应I占主导，△n=0，压强对平衡几乎无影响 ③. 0.1ml ④. 0.68
【解析】
【小问1详解】
①根据盖斯定律：主反应=副反应Ⅰ＋副反应Ⅱ，则 ；
②根据反应热=反应物键能和-产物键能和，结合反应I可知2x+436-1076-2×465=41.2，解得x=805.6；结合二氧化碳的结构可知，其中含有两组π的离域键，则其键能大的原因是：CO2分子内含有两组π的离域键，电子云分布更均匀，能量更低；
【小问2详解】
①转化率由主反应和副反应Ⅰ共同决定，副反应Ⅰ是的反应，主反应，则压强越大平衡转化率越大，因此等温条件下压强越大反应速率越大，则；原因是：主反应和副反应I共同影响CO2的平衡转化率，高温时(主反应的△G不断增大，副反应I的△G不断减小)，副反应I占主导，△n=0，压强对平衡几乎无影响；
②投入转化率为80%，则，甲烷产率为70%，则，根据碳守恒可知；根据氢守恒可知，平衡时，又，则，，平衡时副反应Ⅰ的平衡常数。
17. 银作为一种战略金属，在电子、化工、医药等行业广泛使用。某铅锌矿(含有PbCO3、ZnCO3、ZnO等)中含有低品位的辉银矿(Ag2S与自然Ag共生)，可以采用NaCN溶液氰化法提取出银，能耗低，生产工艺简便。其炼制工艺简介如图：
已知：①HCN是一种弱酸，易挥发，有毒性，Ka=6.2×10-10。
②ZnCO3、ZnO易溶解于NaCN溶液中，且NaCN对游离态和化合态的银均能以[Ag(CN)2]-形式浸出。
③调pH过程中，PbCO3已经溶解为Pb(OH)。
（1）NaCN的电子式为_______。
（2）铅锌矿破碎研磨的目的是_______。
（3）“碱洗”后需调pH，使pH＞12，方可进行NaCN溶液喷淋，其目的是_______。
（4）“氰化”过程中Ag2S与NaCN溶液反应的化学方程式为_______，调pH后不经过“过滤”操作直接加NaCN溶液“氰化”的理由是_______。
（5）矿泥堆要有良好的渗透性和孔隙度，其原因是_______。
（6）“氰化法”中最终矿浆需要用NaClO溶液消毒处理，发生的离子反应方程式为_______，处理100m3含NaCN10.3mg/L的废水，实际至少需NaClO_______g(实际用量应为理论值的4倍)，才能使NaCN含量低于0.5mg/L，达到排放标准。
【答案】（1） （2）增大铅锌矿的接触面积，使其洗矿效果更好
（3）使CN- +H2OHCN+OH-逆向移动，防止溶液中的氰化物转化为HCN而挥发
（4） ①. Ag2S+4NaCN=2Na[Ag(CN)2]+Na2S ②. Pb(OH)[铅盐或写成Pb(Ⅱ)]与硫化钠反应生成难溶的而促进Ag2S被NaCN溶解浸出
（5）提供足够的氧，作Ag与NaCN溶液反应的氧化剂
（6） ①. 2CN-+5ClO-+H2O=2CO2↑+N2↑+5Cl-+2OH- ②. 14900
【解析】
【分析】由题干流程图可知，将铅锌矿破碎研磨之后进行洗矿将一些可溶性杂质洗去得到洗液，向矿泥堆中先碱洗调节pH后再加入NaCN溶液进行氰化过滤，得到矿浆和贵液，贵液中主要含有[Ag(CN)2]-，加入Zn进行还原制得Ag，据此分析解题。
【小问1详解】
已知NaCN是由Na+和CN-构成的离子化合物，故其电子式为：，故答案为：；
【小问2详解】
铅锌矿破碎研磨的目的是增大铅锌矿的接触面积，使其洗矿效果更好，故答案为：增大铅锌矿的接触面积，使其洗矿效果更好；
【小问3详解】
由题干信息可知，HCN为弱酸，属于弱电解质，使CN- +H2OHCN+OH-逆向移动，防止溶液中的氰化物转化为HCN而挥发，故“碱洗”后需调pH，使pH＞12，方可进行NaCN溶液喷淋，故答案为：使CN- +H2OHCN+OH-逆向移动，防止溶液中的氰化物转化为HCN而挥发；
【小问4详解】
根据化学方程式配平可知，“氰化”过程中Ag2S与NaCN溶液反应的化学方程式为：Ag2S+4NaCN=2Na[Ag(CN)2]+Na2S，由题干信息可知，调pH过程中，PbCO3已经溶解为Pb(OH)，Pb(OH)[铅盐或写成Pb(Ⅱ)]与硫化钠反应生成难溶的而促进Ag2S被NaCN溶解浸出，故调pH后不经过“过滤”操作直接加NaCN溶液“氰化”，故答案为：Ag2S+4NaCN=2Na[Ag(CN)2]+Na2S；Pb(OH)[铅盐或写成Pb(Ⅱ)]与硫化钠反应生成难溶的而促进Ag2S被NaCN溶解浸出；
【小问5详解】
矿泥堆要有良好的渗透性和孔隙度，留足空隙进入空气，以提供足够的氧，作Ag与NaCN溶液反应的氧化剂，故答案为：提供足够的氧，作Ag与NaCN溶液反应的氧化剂；
【小问6详解】
“氰化法”中最终矿浆需要用NaClO溶液消毒处理，即将CN-氧化为N2和CO2，根据氧化还原反应配平可知，该过程发生的离子反应方程式为2CN-+5ClO-+H2O=2CO2↑+N2↑+5Cl-+2OH-，处理100m3含NaCN10.3mg/L的废水，使NaCN含量低于0.5mg/L，则参加反应的NaCN的质量为：100m3×103L/m3×(10.3-0.5)mg/L=980g，根据反应方程式可知，理论消耗的NaClO的质量为：=3725g，实际至少需NaClO的质量为4×3725=14900g，故答案为：2CN-+5ClO-+H2O=2CO2↑+N2↑+5Cl-+2OH-；14900。
18. 2022年诺贝尔化学奖颁给了三位在点击化学作出杰出贡献的科学家。一价铜催化叠氮化物－炔烃环加成反应(CuAAC反应)是点击化学的经典之作。某三氮唑类聚合物G的合成路线如图所示。
已知：R－Br+HC≡C－R'R－C≡C－R'+HBr
+
回答下列问题：
（1）A的化学名称为_______；C中含氧官能团的名称为_______。
（2）A→C的反应类型为_______；E的分子式为_______。
（3）B的结构简式为_______；符合下列条件的B的同分异构体共有_______种。
i.含有醛基
ii.不考虑立体异构
其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积比为4∶3∶1的结构简式为_______。
（4）Pd催化剂包含Pd配合物，可催化A→C转化中C－Br断裂，也能催化反应①：+。为探究有机小分子催化反应①的可能性，甲、乙两个研究小组分别合成了有机小分子S－1(结构如图所示)。在合成S﹣1的过程中，甲组使用了Pd催化剂，并在纯化过程中用沉淀剂除Pd；乙组未使用金属催化剂。
研究结果显示，只有甲组得到的产品能催化反应①。根据上述信息，甲、乙两组合成的S－1产品催化性能出现差异的原因是_______。
（5）结合以上合成路线，设计以原料制备合成路线(其他无机试剂任选)_______。
【答案】18. ①. 对溴苯甲醛(或4－溴苯甲醛) ②. 醛基、羟基
19. ①. 取代反应 ②. C15H6NF5
20. ①. ②. 12 ③.
21. 单独的S－1不能催化，甲组合成的物质有Pd残留或甲组实验中Pd和S－1形成配合物
22.
【解析】
【分析】A和B()发生取代反应生成C，C在KOH溶液作用下发生取代反应生成D，D在稀硫酸加热作用下发生取代反应生成E，E和NaN3发生取代反应生成F，根据题中信息F反应生成三氮唑类聚合物。
【小问1详解】
根据A的结构简式得到A的化学名称为对溴苯甲醛(或4－溴苯甲醛)；根据C的结构简式得到C中含氧官能团的名称为醛基、羟基；故答案为：对溴苯甲醛(或4－溴苯甲醛)；醛基、羟基。
【小问2详解】
根据已知信息得到A→C的反应类型为取代反应；根据E的结构简式得到E的分子式为C15H6NF5；故答案为：取代反应；C15H6NF5。
【小问3详解】
根据A和C的结构简式和A到C是取代反应得到B的结构简式为； B的同分异构体符合下列条件i.含有醛基含有−CHO，ii.不考虑立体异构，相当于丁烯中一个氢原子被醛基取代，或环丁烷中一个氢原子被醛基取代或环丙烷中一个氢原子被甲基取代，一个氢原子被醛基取代；丁烯碳架结构有C=C−C−C、C−C=C−C、，被醛基分别取代分别有4、2、2种，或环丁烷中一个氢原子被醛基有一种结构；环丙烷中一个氢原子被甲基取代，一个氢原子被醛基取代，取代同一个碳上的氢原子有一种结构，取代不同碳原子上的结构有一种；环丙烷中一个氢原子被−CH2CHO取代有一种结构，共12种；其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积比为4∶3∶1的结构简式为；故答案为：12；。
【小问4详解】
根据上述信息，甲、乙两组合成的S－1产品催化性能出现差异的原因是甲、乙两组合成的小分子催化剂结构相同，但只有使用了Pd催化剂的甲组才能催化反应①，而乙组不能催化反应①，说明单独的S－1不能催化，甲组合成的物质有Pd残留或甲组实验中Pd和S－1形成配合物；故答案为：单独的S－1不能催化，甲组合成的物质有Pd残留或甲组实验中Pd和S－1形成配合物。
【小问5详解】序号
①
②
③
实验装置及操作
实验现象
无明显变化
溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色
溶液立即变为棕黄色，产生少量无色气体，溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色物质析出
化学键
H－H
C=O(CO2中)
C≡O(CO)
O－H
键能/(kJ•ml-1)
436
x
1076
465
可能用到的相对原子质量：C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5
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. 化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列有关说法正确的是
A. 我国航天工程近年来成就斐然，卫星计算机芯片使用的是高纯度的二氧化硅
B. 铁磁流体液态机器人中驱动机器人运动的磁铁的主要成分是Fe2O3
C. 硬铝合金是制造飞机的理想材料，合金的熔点一定低于各成分金属
D. “天和”核心舱电推进系统中使用的氮化硼陶瓷基复合材料是新型无机非金属材料
【答案】D
【解析】
【详解】A.芯片使用的是高纯度的硅，而不是二氧化硅，故A错误；
B.Fe3O4具有磁性，故磁铁的主要成分是Fe3O4，故B错误；
C.合金的熔点通常低于各成分金属，但不是绝对的。有些合金中添加的元素具有较高熔点，这样就会造成金属合金的熔点比原金属的高，故C错误；
D.氮化硼陶瓷基复合材料是新型无机非金属材料，故D正确；
所以答案选D。
2. 下列说法不正确的是
A. 只存在范德华力的分子，以一个分子为中心，其周围最多可以有12个紧邻的分子
B. 臭氧是极性分子，所以其在水中溶解度高于在四氯化碳中的溶解度
C. 核糖和脱氧核糖是生物体遗传物质的重要组成部分，它们都属于戊糖
D. 用化学方法在钢铁部件表面进行发蓝处理可以金属防腐
【答案】B
【解析】
【详解】A．只存在范德华力的分子的堆积方式为密堆积，则配位数为12，A正确；
B．臭氧极性很弱，且臭氧在四氯化碳中的溶解度要比在水中的溶解度大，B错误；
C．核糖和脱氧核糖是五碳糖，它们都属于戊糖，C正确；
D．部件表面进行发蓝处理，可以在钢铁表面形成一层致密氧化物薄膜，从而防止钢铁部件被腐蚀，D正确；
故选B。
3. 下列说法正确的是
A. 中含有醛基，所以该物质属于醛
B. 间二氯苯只有1种结构能证明苯分子中6个碳原子之间的键完全相同
C. 的名称为2－羟基－4－甲基己烷
D. 存在属于芳香族化合物的同分异构体
【答案】D
【解析】
【详解】A．该物质含酯基，为酯类物质，A错误；
B．无论苯环中碳碳键相同还是单双键交替，间二氯苯都只有1种结构，因此不能证明苯分子中6个碳原子之间的键完全相同，B错误；
C．该物质为醇，命名为4－甲基－2－己醇，C错误；
D．该分子含有7个碳、不饱和度为4，苯环的不饱和度也为4，则存在属于芳香族化合物的同分异构体，D正确；
故选D。
4. 用下列装置(夹持仪器已略去)进行相关实验，其装置正确且能达到实验目的是
A. 用图甲装置测定醋酸浓度
B. 图乙为向容量瓶中转移溶解后放置至室温的液体
C. 用图丙装置制备Cl2可达到随用随制的目的
D. 用图丁装置模拟侯氏制碱法制备NaHCO3
【答案】B
【解析】
【详解】A．用图甲装置测定醋酸浓度，应该用酚酞，NaOH溶液应该用碱式滴定管，故A不符合题意；
B．固体溶解后放置至室温才能转移到容量瓶中，并用玻璃棒引流，故B符合题意；
C．高锰酸钾易溶于水，因此不能用图丙装置制备Cl2，不能达到随用随制的目的，故C不符合题意；
D．模拟侯氏制碱法制备NaHCO3时向饱和食盐水中通入过量氨气，再通入二氧化碳反应生成NaHCO3，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
5. 短周期主族元素X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大，其中基态Y原子s能级电子数是p能级电子数的两倍，Z和M位于同一主族，由上述五种元素形成的化合物可作离子导体，其结构如图所示，下列说法错误的是
A. 原子半径：M＞Y＞Z
B. 非金属性：N＞M＞Y
C. 氢化物沸点：Z＞N＞Y
D. 同周期中第一电离能小于Z的元素有五种
【答案】C
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大，基态Y原子s能级电子数是p能级电子数的两倍，则Y为C元素；由阴阳离子的结构可知，X、Y、Z、M、N形成的共价键数目分别为1、4、4、6、1，Z和M位于同一主族，则阴阳离子中均存在配位键，X为H元素、Z为N元素、M为P元素、N为Cl元素。
【详解】A．原子的电子层数越多，原子的原子半径越大，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径的大小顺序为P＞C＞N，故A正确；
B．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性的强弱顺序为HClO4＞H3PO4＞H2CO3，则非金属性强弱顺序为Cl＞P＞C，故B正确；
C．碳元素形成的氢化物可以是气态烃、液态烃、固态烃，液态烃、固态烃的沸点高于能形成分子间氢键的氨气，故C错误；
D．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则同周期中第一电离能小于氮元素的有锂元素、铍元素、硼元素、碳元素、氧元素，共5种元素，故D正确；
故选C。
6. 如图是催化偶联反应的机理，R—为烷烃基或氢原子。下列说法正确的是
A. 催化剂只有[Pd0]
B. 第②步反应为氧化还原反应
C. 中碳杂化类型有sp2、sp3
D. 偶联反应为：+HX+
【答案】D
【解析】
【分析】反应机理分为四步：①+[Pd0]→；③CuX+→+HCl；②+ → +CuX；④→+[Pd0]。
【详解】A．由反应机理可知[Pd0]、CuX在反应前后质量和性质均不变，皆为该反应的催化剂，A错误；
B．第②步反应为+ → +CuX，该反应为取代反应，B错误；
C．苯环上的C、碳碳三键的C分别为sp2、sp杂化，-R为烷基时，R中的C为sp3杂化，C错误；
D．结合分析可知，反应物有 和 ，生成物有HX和，因此偶联反应总反应为+HX+，D正确；
答案选D。
7. 从铜阳极泥分铜渣碱浸液中制备TeO2的工艺流程如图所示：
已知：①碱浸液中碲以TeO的形式存在。
②TeO2与氧化铝的性质具有一定的相似性。
下列说法错误的是
A. TeO2中Te的化合价为+4
B. 加入的Na2SO3在反应中被氧化
C. 根据上述反应可以推知，还原性：S2-＞TeO＞SO
D. 为防止产品产率降低，加入硫酸的量不宜过多
【答案】C
【解析】
【分析】碱浸液中碲以TeO，加入Na2SO3，得到TeO，Te元素化合价降低，Na2SO3作还原剂，再加入Na2S将Cu2+沉淀，滤液中含有TeO，加入稀硫酸调节pH，发生反应TeO+2H+=TeO2+H2O，得到TeO2。
【详解】A．TeO2中O是-2价，Te的化合价为+4，A正确；
B．加入Na2SO3，得到TeO，Te元素化合价降低，Na2SO3作还原剂，被氧化，B正确；
C．加入Na2S将Cu2+沉淀，没有体现其还原性，C错误；
D．TeO2与氧化铝的性质具有一定的相似性，既能与酸反应，也能与碱反应，所以为防止产品产率降低，加入硫酸的量不宜过多，D正确；
答案选C。
8. 近日，美国工程院院士华裔科学家邵阳教授采用共晶盐电解液和，膜研制了一种熔盐型电池，其工作原理如图所示：
该电池工作时，下列说法正确的是
A. 既表现氧化性又表现还原性
B. 膜能阻止电子和离子通过
C. 镍电极的电极反应式为
D. 电池总反应为
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据放电原理示意图分析，在分步反应中表现了氧化性，从总反应看，是催化剂，A错误；
B．电子不能通过电解质，通过膜的是，B错误；
C．根据放电原理示意图可判断，镍电极附近的电极反应式为，C正确；
D．电池总反应为，D错误；
故选C。
9. NH3脱NO的一种MnO2催化机理示意图如图。下列说法错误的是
A. 催化过程中Mn的配位数和化合价没有改变
B. MnO2不能提高NH3脱NO的平衡转化率
C. 反应历程中有极性键和非极性键的断裂及生成
D. 过程总反应方程式：4NH3+4NO+O24N2+6H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A．从图中可以看出Mn 所形成的共价键数目变化了，说明其配位数和化合价都有变化，A错误；
B．MnO2作为反应的催化剂可以加快反应速率，但不该变平衡，不能提高平衡转化率，B正确；
C．从图中可以看出，有极性键的断裂(N-H键等)和生成(O-H键等)，有单质参与(O2)也有单质生成(N2)，所以也有非极性键的断裂和生成，C正确；
D．根据示意图可知，反应物有 NH3、NO、O2，产物有N2、H2O，故反应为4NH3+4NO+O24N2+6H2O，D正确；
故选A。
10. 25℃时，向弱酸H3RO3的溶液中加入NaOH溶液，所有含R微粒的lgc－pOH关系如图所示。下列叙述正确的是
已知：①pOH=-lgc(OH-)；②a、b、c三点的坐标：a(7.3，-1.3)、b(10.0，-3.6)、c(12.6，-1.3)。
A. H3RO3与足量NaOH溶液反应，生成的盐为Na3RO3
B. a点溶液中，c(H+)+c(Na+)=3c()+c(OH-)
C. 曲线①表示lgc(H3RO3)随pOH的变化
D. D.反应H3RO3+HRO2H2RO的平衡常数K=104.7
【答案】B
【解析】
【分析】由电离常数公式可知，当溶液中R微粒的浓度相等时，电离常数与溶液中的氢离子浓度相等；由图可知，含R微粒只有3条曲线说明H3RO3为二元弱酸，Na2HRO3为正盐，由多元弱酸分步电离，以一级电离为主可知，一级电离常数大于二级电离常数，则电离常数越大，溶液中pOH的值越小，则曲线③表示表示lgc(H3RO3)随pOH的变化的曲线、曲线②表示lgc()随pOH的变化、曲线①表示lgc()随pOH的变化；由a点数据可知，a点的pOH=7.3则pH=6.7，c()= c()，则，同理，由c点数据可知，H3RO3的电离常数Ka1(H3RO3)= 10—1.4。
【详解】A．H3RO3是个二元弱酸，所以其与足量NaOH溶液反应，生成的盐为Na2HRO3，故A错误；
B．由图可知，a点溶液中c()= c()，由电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)=2c()+ c()+ c(OH—)，可得：溶液中c(H+)+c(Na+)=3c()+c(OH-)，故B正确；
C．由分析可知，曲线①表示lgc()随pOH的变化，故C错误；
D．由方程式可知反应的平衡常数，故D错误；
故选B。
11. 研究笼形包合物结构和性质具有重要意义，化学式为Ni(CN)x•Zn(NH3)y•zC6H6的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(H原子未画出)。每个苯环只有一半属于该晶胞，晶胞参数为a=b≠c，α=β=γ=90°。晶胞中N原子均参与形成配位键。下列说法不正确的是
A. 基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2
B. Ni2+与Zn2+的配位数之比为2：3
C. x：y：z=2：1：1
D. 晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是Zn2+
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ni是28号元素，基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2，A正确；
B．晶胞中每个N原子均参与形成配位键，Ni2+周围形成的配位键数目为4，Zn2+周围形成的配位键数目为6，则Ni2+与Zn2+的配位数之比为4:6=2:3，B正确；
C．由晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Ni2+个数为2×=1，Zn2+个数为8×=1，含有CN-为8×=4，NH3个数为8×=2，苯环个数为4×=2，则该晶胞的化学式为Ni(CN)4•Zn(NH3)2•2C6H6，则x:y:z=4:2:2=2:1:1，C正确；
D．由题图知，Ni2+的电子排布式为[Ar] 3d8，配位数为4，采取dsp2杂化，Zn2+的电子排布式为[Ar] 3d10，配位数为6，采取sp3d2杂化，故Ni2+、Zn2+的d轨道均参与杂化，D错误；
故选D。
12. 实验小组探究双氧水与KI的反应，实验方案如表：
下列说法不正确的是
A. KI对H2O2的分解有催化作用
B. 对比②和③，酸性条件下H2O2氧化KI的速率更大
C. 实验②③中的温度差异说明过氧化氢催化分解的反应为放热反应
D. 对比②和③，③中的现象可能是因为H2O2分解的速率大于H2O2氧化KI的速率
【答案】D
【解析】
【详解】A．由实验①②的实验现象可知，实验①无明显现象，实验②溶液立即变为黄色，产生大量无色气体，说明碘化钾是过氧化氢溶液发生分解反应的催化剂，对过氧化氢的分解有催化作用，A正确；
B．由实验②③的实验现象可知，实验②溶液立即变为黄色，产生大量无色气体，实验③溶液立即变为棕黄色，产生少量无色气体，说明酸性条件下过氧化氢溶液氧化碘化钾溶液的反应速率更大，B正确；
C．实验②中主要发生H2O2分解，温度明显升高，而实验③中主要发生H2O2氧化KI的反应，温度无明显变化，说明H2O2催化分解是一个放热反应，C正确；
D．对比②和③，②中的现象为溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色，实验③现象为：溶液立即变为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化，故可能是因为H2O2氧化KI的速率大于分解的速率，D错误；
故答案为：D。
13. 二氧化碳选择性加氢制甲醇是解决温室效应、发展绿色能源和实现经济可持续发展的重要途径之一。常温常压下利用铜基催化剂实现二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机理和能量变化图如下(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)，下列说法错误的是
A. 催化剂能改变反应机理，加快反应速率，降低反应热
B. 二氧化碳选择性加氢制甲醇是放热反应
C. 该历程的决速步为
D. 总反应为
【答案】A
【解析】
【详解】A．催化剂能改变反应机理，加快反应速率，不能改变反应热，选项A错误；
B．由反应历程图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，选项B正确；
C．的活化能最大，是该历程的决速步，选项C正确；
D．该反应的反应物是和，生成物是和，则总反应为，选项D正确；
答案选A。
14. 在523.15K、7MPa的条件下，乙烯通过固体酸催化可直接与水反应生成乙醇：。该反应的吉布斯自由能()与温度(T)的关系如图所示(已知：分压=总压×物质的量分数)。下列说法正确的是
A. 乙烯通过固体酸催化直接与水反应生成乙醇属于取代反应
B. 加入更多的固体酸催化剂，有利于提高乙醇的平衡产率
C. 由图像可知
D. 当反应达到平衡状态时，体系的总压强为p，其中、、均为1ml，则用分压表示的平衡常数
【答案】D
【解析】
【详解】A．是加成反应，故A错误；
B．固体酸作为催化剂，不能影响化学平衡的最终状态，对乙醇的平衡产率没有影响，故B错误；
C．，根据图示，低温条件下，高温条件下，可知低温条件下反应能自发进行，则，故C错误；
D．平衡时、、均为1ml，则三者的分压均为，故用分压表示的平衡常数，故D正确。
故选D。
二、非选择题(本题共4小题，共58分。)
15. 己二酸在有机合成工业等方面有着重要作用，以环己醇(Mr=100，ρ=0.95g/mL)为原料制取己二酸[HOOC(CH2)4COOH，Mr=146]，已知己二酸和己二酸钾[KOOC(CH2)4COOK]的溶解度均随温度升高而增大。
实验步骤：①向250mL三颈烧瓶中加入搅拌磁子、50mL1.0%的KOH溶液和9.0g高锰酸钾，按如图所示安装装置，控制滴速并维持温度在45℃左右，共滴加环己醇2.0mL，滴加结束时需启动加热装置加热一段时间，趁热过滤，洗涤滤渣MnO2。
②将滤液和洗涤液倒入100mL烧杯中，加入适量饱和亚硫酸氢钾溶液，再用约4mL浓HCl溶液，使溶液呈酸性，加热浓缩使溶液体积减少至10mL，经过冷却结晶、过滤、洗涤，烘干得到粗产品ag。
③准确称取bg己二酸产品于锥形瓶中，加入少量水溶解，滴入酚酞试剂，用0.1ml/L的NaOH溶液滴定。重复上述操作三次，平均消耗NaOH溶液VmL。
（1）装环己醇的仪器名称_______，冷凝水的进水口为_______(填“a”或“b”)。
（2）三颈烧瓶内发生的化学反应方程式为_______。
（3）步骤①中趁热过滤的优点是_______。
（4）下列关于实验操作的相关说法，错误的有_______。
A. 步骤①中洗涤时可采用少量热水洗涤滤渣三次
B. 步骤①如滴速过快，会导致溶液温度升高，反应过于剧烈
C. 步骤②中饱和亚硫酸氢钾溶液的目的是除去多余的KMnO4
D. 步骤②中过滤时，可用玻璃棒搅拌待过滤液，加快过滤速率
（5）如不加入适量饱和亚硫酸氢钾溶液，后续会产生一种有毒气体。在产生该有毒气体的化学反应中，氧化剂和氧化产物的物质的量之比为_______。
（6）如何判断滴定达到终点：_______。
（7）己二酸的实际产率是_______(用含a、b、V的化简后的式子表示)。
【答案】（1） ①. 恒压滴液漏斗 ②. b
（2）3+8KMnO43KOOC(CH2)4COOK+MnO2↓+2KOH+5H2O
（3）滤去MnO2的同时可以避免溶液冷却导致己二酸钾析出，提高产率 （4）D
（5）2：5 （6）当滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液由无色刚好变为粉红色，且半分钟内不恢复原色
（7）×100%
【解析】
【分析】三口烧瓶中发生反应3+8KMnO43KOOC(CH2)4COOK+MnO2↓+2KOH+5H2O，反应结束，过滤出MnO2，加适量饱和亚硫酸氢钾把剩余的高锰酸钾还原为Mn2+，加盐酸使溶液呈酸性，把KOOC(CH2)4COOK转化为HOOC(CH2)4COOH，加热浓缩，经过冷却结晶、过滤、洗涤，烘干得到粗己二酸产品。
【小问1详解】
根据装置图，装环己醇仪器名称恒压滴液漏斗；为提高冷凝效果，冷凝水“低进高出”，冷凝水的进水口为b。
【小问2详解】
三颈烧瓶内，在碱性条件下，环己醇被高锰酸钾氧化为己二酸钾，高锰酸钾被还原为二氧化锰，发生的化学反应方程式为3+8KMnO43KOOC(CH2)4COOK+MnO2↓+2KOH+5H2O。
【小问3详解】
己二酸钾的溶解度随温度升高而增大，步骤①中趁热过滤的优点是滤去MnO2的同时可以避免溶液冷却导致己二酸钾析出，提高产率；
【小问4详解】
A．己二酸钾的溶解度随温度升高而增大，步骤①中洗涤二氧化锰时，为提高己二酸钾的溶解度，可采用少量热水洗涤滤渣三次，故A正确；
B．步骤①三颈烧瓶内反应放热，如滴速过快，会导致溶液温度升高，反应过于剧烈，故B正确；
C．亚硫酸氢钾具有还原性，步骤②中饱和亚硫酸氢钾溶液的目的是除去多余的KMnO4，故C正确；
D．过滤时，不能用玻璃棒搅拌待过滤液，故D错误；
选D。
【小问5详解】
如不加入适量饱和亚硫酸氢钾溶液，高锰酸钾会把盐酸氧化为氯气，反应方程式为2KMnO4+16HCl=MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，锰元素化合价由+7降低为+2、Cl元素化合价由-1升高为0， KMnO4是氧化剂、Cl2是氧化产物，氧化剂和氧化产物的物质的量之比为2:5。
【小问6详解】
酚酞在酸性条件下呈无色、碱性条件下为红色，当滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液由无色刚好变为粉红色，且半分钟内不恢复原色，说明达到滴定终点。
【小问7详解】
bg产品消耗NaOH溶液VmL，bg产品含有己二酸的物质的量为；所以ag产品中己二酸的物质的量为，滴加环己醇的物质的量为 ，理论上生成己二酸的物质的量为0.019ml；己二酸的实际产率是。
16. 天然气作为最清洁的化石燃料一直被认为是实现碳平衡的中坚力量，将二氧化碳甲烷化可实现资源化利用。
（1）主反应：_______。
副反应I：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H1=+41.2kJ•ml-1
副反应II：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) △H2=-206kJ•ml-1
①主反应由CO2加氢直接生成CH4的热化学方程式为_______。
②已知反应中部分物质的键能如表：
则CO2中C=O的键能x为_______kJ•ml-1，CO2中C=O的键能比甲醛中C=O(键能750kJ•ml-1)的键能大的原因是_______。
（2）向某密闭容器中投入1mlCO2和4mlH2，，在不同温度和压强条件下发生CO2甲烷化反应，CO2的平衡转化率如图所示：
①a、b、c三点比较，主反应CH4的生成速率va、vb和vc由大到小的顺序为_______；温度高于1000℃时，曲线汇于一点的原因是_______。
②已知c(400，80)，若此时CH4的产率为70%，且n(H2)+0.4ml=n(H2O)，则此时，n(CO)=_______，副反应I的Kx=_______[保留两位小数，对于反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)，Kx=，x为物质的量分数]。
【答案】（1） ①. CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) △H=-164.9kJ•ml-1 ②. 805.6 ③. CO2分子内含有两组π的离域键，电子云分布更均匀，能量更低
（2） ①. va＞vb＞vc ②. 主反应和副反应I共同影响CO2的平衡转化率，高温时(主反应的△G不断增大，副反应I的△G不断减小)，副反应I占主导，△n=0，压强对平衡几乎无影响 ③. 0.1ml ④. 0.68
【解析】
【小问1详解】
①根据盖斯定律：主反应=副反应Ⅰ＋副反应Ⅱ，则 ；
②根据反应热=反应物键能和-产物键能和，结合反应I可知2x+436-1076-2×465=41.2，解得x=805.6；结合二氧化碳的结构可知，其中含有两组π的离域键，则其键能大的原因是：CO2分子内含有两组π的离域键，电子云分布更均匀，能量更低；
【小问2详解】
①转化率由主反应和副反应Ⅰ共同决定，副反应Ⅰ是的反应，主反应，则压强越大平衡转化率越大，因此等温条件下压强越大反应速率越大，则；原因是：主反应和副反应I共同影响CO2的平衡转化率，高温时(主反应的△G不断增大，副反应I的△G不断减小)，副反应I占主导，△n=0，压强对平衡几乎无影响；
②投入转化率为80%，则，甲烷产率为70%，则，根据碳守恒可知；根据氢守恒可知，平衡时，又，则，，平衡时副反应Ⅰ的平衡常数。
17. 银作为一种战略金属，在电子、化工、医药等行业广泛使用。某铅锌矿(含有PbCO3、ZnCO3、ZnO等)中含有低品位的辉银矿(Ag2S与自然Ag共生)，可以采用NaCN溶液氰化法提取出银，能耗低，生产工艺简便。其炼制工艺简介如图：
已知：①HCN是一种弱酸，易挥发，有毒性，Ka=6.2×10-10。
②ZnCO3、ZnO易溶解于NaCN溶液中，且NaCN对游离态和化合态的银均能以[Ag(CN)2]-形式浸出。
③调pH过程中，PbCO3已经溶解为Pb(OH)。
（1）NaCN的电子式为_______。
（2）铅锌矿破碎研磨的目的是_______。
（3）“碱洗”后需调pH，使pH＞12，方可进行NaCN溶液喷淋，其目的是_______。
（4）“氰化”过程中Ag2S与NaCN溶液反应的化学方程式为_______，调pH后不经过“过滤”操作直接加NaCN溶液“氰化”的理由是_______。
（5）矿泥堆要有良好的渗透性和孔隙度，其原因是_______。
（6）“氰化法”中最终矿浆需要用NaClO溶液消毒处理，发生的离子反应方程式为_______，处理100m3含NaCN10.3mg/L的废水，实际至少需NaClO_______g(实际用量应为理论值的4倍)，才能使NaCN含量低于0.5mg/L，达到排放标准。
【答案】（1） （2）增大铅锌矿的接触面积，使其洗矿效果更好
（3）使CN- +H2OHCN+OH-逆向移动，防止溶液中的氰化物转化为HCN而挥发
（4） ①. Ag2S+4NaCN=2Na[Ag(CN)2]+Na2S ②. Pb(OH)[铅盐或写成Pb(Ⅱ)]与硫化钠反应生成难溶的而促进Ag2S被NaCN溶解浸出
（5）提供足够的氧，作Ag与NaCN溶液反应的氧化剂
（6） ①. 2CN-+5ClO-+H2O=2CO2↑+N2↑+5Cl-+2OH- ②. 14900
【解析】
【分析】由题干流程图可知，将铅锌矿破碎研磨之后进行洗矿将一些可溶性杂质洗去得到洗液，向矿泥堆中先碱洗调节pH后再加入NaCN溶液进行氰化过滤，得到矿浆和贵液，贵液中主要含有[Ag(CN)2]-，加入Zn进行还原制得Ag，据此分析解题。
【小问1详解】
已知NaCN是由Na+和CN-构成的离子化合物，故其电子式为：，故答案为：；
【小问2详解】
铅锌矿破碎研磨的目的是增大铅锌矿的接触面积，使其洗矿效果更好，故答案为：增大铅锌矿的接触面积，使其洗矿效果更好；
【小问3详解】
由题干信息可知，HCN为弱酸，属于弱电解质，使CN- +H2OHCN+OH-逆向移动，防止溶液中的氰化物转化为HCN而挥发，故“碱洗”后需调pH，使pH＞12，方可进行NaCN溶液喷淋，故答案为：使CN- +H2OHCN+OH-逆向移动，防止溶液中的氰化物转化为HCN而挥发；
【小问4详解】
根据化学方程式配平可知，“氰化”过程中Ag2S与NaCN溶液反应的化学方程式为：Ag2S+4NaCN=2Na[Ag(CN)2]+Na2S，由题干信息可知，调pH过程中，PbCO3已经溶解为Pb(OH)，Pb(OH)[铅盐或写成Pb(Ⅱ)]与硫化钠反应生成难溶的而促进Ag2S被NaCN溶解浸出，故调pH后不经过“过滤”操作直接加NaCN溶液“氰化”，故答案为：Ag2S+4NaCN=2Na[Ag(CN)2]+Na2S；Pb(OH)[铅盐或写成Pb(Ⅱ)]与硫化钠反应生成难溶的而促进Ag2S被NaCN溶解浸出；
【小问5详解】
矿泥堆要有良好的渗透性和孔隙度，留足空隙进入空气，以提供足够的氧，作Ag与NaCN溶液反应的氧化剂，故答案为：提供足够的氧，作Ag与NaCN溶液反应的氧化剂；
【小问6详解】
“氰化法”中最终矿浆需要用NaClO溶液消毒处理，即将CN-氧化为N2和CO2，根据氧化还原反应配平可知，该过程发生的离子反应方程式为2CN-+5ClO-+H2O=2CO2↑+N2↑+5Cl-+2OH-，处理100m3含NaCN10.3mg/L的废水，使NaCN含量低于0.5mg/L，则参加反应的NaCN的质量为：100m3×103L/m3×(10.3-0.5)mg/L=980g，根据反应方程式可知，理论消耗的NaClO的质量为：=3725g，实际至少需NaClO的质量为4×3725=14900g，故答案为：2CN-+5ClO-+H2O=2CO2↑+N2↑+5Cl-+2OH-；14900。
18. 2022年诺贝尔化学奖颁给了三位在点击化学作出杰出贡献的科学家。一价铜催化叠氮化物－炔烃环加成反应(CuAAC反应)是点击化学的经典之作。某三氮唑类聚合物G的合成路线如图所示。
已知：R－Br+HC≡C－R'R－C≡C－R'+HBr
+
回答下列问题：
（1）A的化学名称为_______；C中含氧官能团的名称为_______。
（2）A→C的反应类型为_______；E的分子式为_______。
（3）B的结构简式为_______；符合下列条件的B的同分异构体共有_______种。
i.含有醛基
ii.不考虑立体异构
其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积比为4∶3∶1的结构简式为_______。
（4）Pd催化剂包含Pd配合物，可催化A→C转化中C－Br断裂，也能催化反应①：+。为探究有机小分子催化反应①的可能性，甲、乙两个研究小组分别合成了有机小分子S－1(结构如图所示)。在合成S﹣1的过程中，甲组使用了Pd催化剂，并在纯化过程中用沉淀剂除Pd；乙组未使用金属催化剂。
研究结果显示，只有甲组得到的产品能催化反应①。根据上述信息，甲、乙两组合成的S－1产品催化性能出现差异的原因是_______。
（5）结合以上合成路线，设计以原料制备合成路线(其他无机试剂任选)_______。
【答案】18. ①. 对溴苯甲醛(或4－溴苯甲醛) ②. 醛基、羟基
19. ①. 取代反应 ②. C15H6NF5
20. ①. ②. 12 ③.
21. 单独的S－1不能催化，甲组合成的物质有Pd残留或甲组实验中Pd和S－1形成配合物
22.
【解析】
【分析】A和B()发生取代反应生成C，C在KOH溶液作用下发生取代反应生成D，D在稀硫酸加热作用下发生取代反应生成E，E和NaN3发生取代反应生成F，根据题中信息F反应生成三氮唑类聚合物。
【小问1详解】
根据A的结构简式得到A的化学名称为对溴苯甲醛(或4－溴苯甲醛)；根据C的结构简式得到C中含氧官能团的名称为醛基、羟基；故答案为：对溴苯甲醛(或4－溴苯甲醛)；醛基、羟基。
【小问2详解】
根据已知信息得到A→C的反应类型为取代反应；根据E的结构简式得到E的分子式为C15H6NF5；故答案为：取代反应；C15H6NF5。
【小问3详解】
根据A和C的结构简式和A到C是取代反应得到B的结构简式为； B的同分异构体符合下列条件i.含有醛基含有−CHO，ii.不考虑立体异构，相当于丁烯中一个氢原子被醛基取代，或环丁烷中一个氢原子被醛基取代或环丙烷中一个氢原子被甲基取代，一个氢原子被醛基取代；丁烯碳架结构有C=C−C−C、C−C=C−C、，被醛基分别取代分别有4、2、2种，或环丁烷中一个氢原子被醛基有一种结构；环丙烷中一个氢原子被甲基取代，一个氢原子被醛基取代，取代同一个碳上的氢原子有一种结构，取代不同碳原子上的结构有一种；环丙烷中一个氢原子被−CH2CHO取代有一种结构，共12种；其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积比为4∶3∶1的结构简式为；故答案为：12；。
【小问4详解】
根据上述信息，甲、乙两组合成的S－1产品催化性能出现差异的原因是甲、乙两组合成的小分子催化剂结构相同，但只有使用了Pd催化剂的甲组才能催化反应①，而乙组不能催化反应①，说明单独的S－1不能催化，甲组合成的物质有Pd残留或甲组实验中Pd和S－1形成配合物；故答案为：单独的S－1不能催化，甲组合成的物质有Pd残留或甲组实验中Pd和S－1形成配合物。
【小问5详解】序号
①
②
③
实验装置及操作
实验现象
无明显变化
溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色
溶液立即变为棕黄色，产生少量无色气体，溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色物质析出
化学键
H－H
C=O(CO2中)
C≡O(CO)
O－H
键能/(kJ•ml-1)
436
x
1076
465
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