还剩23页未读，
继续阅读
45，山东省济宁市第一中学2023-2024学年高三上学期2月期末化学试题
展开
这是一份45，山东省济宁市第一中学2023-2024学年高三上学期2月期末化学试题，共26页。
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 C 59 Si 28 S 32 Cl 35.5
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 化学与生活、生产、科技密切相关。下列说法错误的是
A. 葡萄糖酸-δ-内酯常用作制作豆腐的凝固剂
B. 饱和溶液可处理锅炉水垢中的
C. 石油经干馏后可以获得汽油、煤油、柴油等轻质油
D. 纤维素与硝酸作用生成的硝酸纤维可用于生产火药、塑料和涂料
【答案】C
【解析】
【详解】A．葡萄糖酸内酯葡萄糖酸-δ-内酯又名豆腐王，白色结晶性粉末，在使用中常作为稳定凝固剂，故A正确；
B．锅炉水垢中含有的 可先用饱和溶液处理，使之转化为易溶于酸的CaCO3，而后用酸去除，故B正确；
C．石油分馏可得石油气、汽油、煤油、柴油等，不是干馏产物，干馏是化学变化，分馏是物理变化等，故C错误；
D．纤维素与硝酸作用生成的硝酸纤维可用于生产火药、塑料和涂料，故D正确；
故选C
2. 下列物质的性质与用途均正确，且具有对应关系的是
A. 油脂能够水解，可用来制作人造奶油
B. 钠具有很强的还原性，可用钠与TiCl4溶液反应制取钛
C. FeCl3溶液呈酸性，可用于刻蚀铜制电路板您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 D. 氢氟酸可与SiO2反应，可利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品
【答案】D
【解析】
【详解】A．油脂中含有不饱和的碳碳双键，可通过一定条件下与氢气发生加成反应来制作人造奶油，故A错误；
B．金属钠的还原性强，与熔融的四氯化钛发生置换反应制取钛，与四氯化钛溶液反应不能制取钛，故B错误；
C．氯化铁具有氧化性，氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，氯化铁溶液可用于刻蚀铜制电路板，故C错误；
D．氢氟酸可与二氧化硅反应生成四氟化硅和水，可利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，故D正确；
故选D。
3. 如图是反应装置，可以做下列
A. 稀硝酸与铁制备一氧化氮B. 浓盐酸与二氧化锰制备氯气
C. 浓氨水与氢氧化钠制备氨气D. 浓硫酸与亚硫酸钠制备二氧化硫
【答案】D
【解析】
【详解】A．一氧化氮易被空气中的氧气氧化，不能用排空气法收集，故A不选；
B．浓盐酸与二氧化锰制备氯气需要加热，故B不选；
C．氨气密度比空气小，不能用向上排空气法收集，故C不选；
D．浓硫酸与亚硫酸钠制备二氧化硫，二氧化硫的密度比空气大，用向上排空气法收集，二氧化硫有毒需要用NaOH溶液吸收尾气，故D选；
故选D。
4. 利用“杯酚”从和的混合物中纯化的过程如图所示：
合成“杯酚”的小分子对叔丁基苯酚(如下图所示)和HCHO，下列说法不正确的是
A. 合成“杯酚”的过程可能发生先加成、后脱水的反应
B. 和“杯酚”之间的相互作用是键
C. 对叔丁基苯酚中苯环上的键角大于叔丁基上的键角
D. 与对叔丁基苯酚分子式、侧链数相同，滴加溶液呈紫色的同分异构体还有11种
【答案】B
【解析】
【详解】A．从“杯酚”结构分析可知，对叔丁基苯酚与甲醛发生加成反应生成，该物质分子之间脱水生成“杯酚”，A正确；
B．和“杯酚”之间的相互作用是范德华力，B错误；
C．对叔丁基苯酚中苯环上的碳原子杂化方式为杂化，叔丁基上的饱和碳原子杂化方式为杂化，所以对叔丁基苯酚中苯环上的键角大于叔丁基上的键角，C正确；
D．与对叔丁基苯酚分子式、侧链数相同，滴加溶液呈紫色的同分异构体可视为取代了正丁烷、异丁烷分子中一个氢原子所得结构，除去对叔丁基苯酚共有种，D正确；
答案选B。
5. “酸化”是实验中常用方法，下列说法正确的是
A. 增强的氧化能力，用浓盐酸酸化
B. 抑制的水解，用稀硝酸酸化
C. 检验卤代烃中的卤素，加碱溶液并加热后，用稀硫酸酸化，再检验
D. 确认溶液中是否含，先用盐酸酸化，再检验
【答案】D
【解析】
【详解】A．酸性具有强氧化性，Cl-具有还原性，二者混合会发生氧化还原反应，不能达到目的，A错误；
B．具有还原性，稀硝酸具有强氧化性，二者混合会发生氧化还原反应，不能达到目的， B错误；
C．碱性条件下利用硝酸银溶液检验氯离子，而硫酸银也是沉淀会干扰试验，应使用硝酸酸化，C错误；
D．检验溶液中是否含，先用盐酸酸化，可以有效排除碳酸根、银离子、亚硫酸根离子的干扰，可以达到目的，D正确；
故选D。
6. 苯胺的提纯过程如图所示，已知苯胺微溶于水，易溶于乙醚(密度0.714g·cm-3)。下列说法正确的是
A. 盐析的作用是降低苯胺在水中的溶解度
B. 萃取分液时从分液漏斗下口放出有机层
C. 干燥时可选用P2O5作为干燥剂
D. 蒸馏时用到的仪器有球形冷凝管、温度计等
【答案】A
【解析】
【详解】A．增大溶液中盐浓度可降低有机物的溶解度，使有机物析出，故A项正确；
B．乙醚的密度小于水的密度，因此用乙醚萃取后分液时应从上口倒出有机物，故B项错误；
C．苯胺中氨基显碱性，因此无法用具有酸性的P2O5作为干燥剂，故C项错误；
D．蒸馏分离苯胺时，应用直形冷凝管进行冷凝，球形冷凝管常用于冷凝回流，故D项错误；
综上所述，答案为A。
7. (光气)、(亚硫酰氯)、均为稳定结构的氯化试剂，可与反应制备，下列说法错误的是
A. 和分子的空间构型相同
B. 上述三个制备反应均为非氧化还原反应
C. 、中C原子和S原子的杂化方式相同
D. 与基态Ti原子同周期且未成对电子数相同的元素有3种
【答案】C
【解析】
【详解】A．四氯化碳和四氯化钛分子中中心原子的配位数都为4，中心原子的杂化方式都为sp3杂化，分子的空间构型均为正四面体形，故A正确；
B．光气与二氧化钛共热反应生成四氯化钛和二氧化碳、亚硫酰氯与二氧化钛共热反应生成四氯化钛和二氧化硫、四氯化碳与二氧化钛共热反应生成四氯化钛和二氧化碳，三个反应中都没有元素发生化合价变化，都为非氧化还原反应，故B正确；
C．光气中碳原子的价层电子对数为3，原子的杂化方式为sp2杂化，亚硫酰氯中硫原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，则碳原子和硫原子的杂化方式不同，故C错误；
D．钛元素的原子序数为22，基态原子的价电子排布式为3d24s2，原子中有2个未成对电子，第四周期中未成对电子数2的原子还有镍、锗、硒，共有3种，故D正确；
故选C。
8. 利用下列实验装置完成对应的实验，能达到实验目的的是
A. 装置甲验证苯与液溴发生取代反应B. 装置乙探究酒精脱水生成乙烯
C. 装置丙制备乙酸乙酯并提高产率D. 装置丁分馏石油
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯与液溴在三溴化铁作催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，由于溴也有挥发性，也会随着溴化氢一起进入硝酸银溶液，溴可以和水反应生成溴化氢，也会与硝酸银溶液反应生成淡黄色沉淀，干扰了对实验结果的验证，故A错误；
B．在浓硫酸作用下，170℃时酒精脱水生成乙烯，140℃时酒精脱水生成乙醚，需要测定溶液的温度，温度计需要在圆底烧瓶的混合液中，碎瓷片用于防止暴沸，由于乙醇具有挥发性，也会随着乙烯一起进入酸性高锰酸钾溶液，乙醇也具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰了对实验结果的验证，故B错误；
C．乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂的条件下发生酯化反应，碎瓷片用于防止暴沸，但由于乙酸、乙醚、乙醇和水都有挥发性，会随着乙酸乙酯一起蒸出，故利用分水器，将水冷凝回流，再通过冷凝管，提高乙酸乙酯的产率，故C正确；
D．图中温度计水银球未在支管口处，故D错误；
故选：C。
9. 中国科学家开发了一种新型的生物催化剂DepPETase，对多种废弃塑料包装实现了完全解聚。该方法的最后一步原理如图所示
下列叙述正确的是
A. 中所有原子一定共平面
B. 与足量溶液反应能生成
C. 和在不同条件下发生缩聚反应可得到多种不同的高聚物
D. 或都能与发生取代反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯环、羰基为平面结构，σ键为轴对称，可以旋转，因此与苯环相连的碳碳单键、碳氧键在空间旋转，使所有原子可能不共面，故A错误；
B．TPA-OH中能与NaHCO3溶液反应的官能团是-COOH，1mlTPA-OH中含有2ml-COOH，因此0.1mlTPA-OH与足量NaHCO3溶液反应生成0.2mlCO2，故B错误；
C．TPA-OH为不对称结构，1个TPA-OH中含有2个-COOH，1个EG中含有2个-OH，因此在不同条件下，发生缩聚反应可得到多种不同的高聚物，故C正确；
D．酚羟基的邻对位与溴水发生取代反应，1mlBHET-OH或TPA-OH都能与2mlBr2发生取代反应，故D错误；
答案为C。
10. X、Y、Q、W、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，W与Y位于同一主族，X、Y、Z三种元素可组成用于隐形飞机中吸收微波的物质R(结构如图)，Q元素单质可用作铝热反应的引燃剂。下列说法正确的是
A. 同一周期中，第一电离能比Q小的只有一种
B. 电负性：Y>W>X
C. 物质R吸收微波时，分子内的π键会断裂
D. 简单气态氢化物的还原性：W>Y
【答案】CD
【解析】
【分析】X、Y、Q、W、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，则Y为C元素；W与Y位于同一主族，则W为Si元素；Q元素单质可用作铝热反应的引燃剂，则Q为Mg元素；结合物质的结构式可知， X可形成1对共用电子对，则X为H元素，Z可形成2个共价单键，则根据满8电子稳定原则可知，Z最外层电子数为6，且位于第三周期，所以Z为S元素。
【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，镁原子的3s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则钠元素、铝元素的第一电离能小于镁元素，故A错误；
B．硅元素的电负性小于氢元素，故B错误；
C．键比π键牢固，所以物质R吸收微波时，分子内的π键会断裂，故C正确；
D．元素的非金属性越强，简单氢化物的热稳定性越强、还原性越弱，碳元素的非金属性强于硅元素，所以硅烷的还原性强于甲烷，故D正确；
故选CD。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交化学作出贡献的三位科学家。点击化学的代表反应为“叠氮化物炔烃”反应，其反应原理如图所示(R1和R2代表烷基)。下列说法正确的是
A. 整个反应中碳原子的杂化方式共有2种
B. 在[Cu]作用下，C-H键断裂并放出能量
C. 该反应原理的总反应的原子利用率为100%
D. 反应中[Cu]可降低反应的活化能，提高反应速率，降低焓变，提高平衡转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A．整个反应中碳原子的杂化方式共有3种，形成三键的是sp杂化，形成双键的是sp2杂化，全部形成单键的是sp3杂化，故A错误；
B．R1－≡－H在催化剂作用下，C－H键断裂，但同时又有新的化学键生成，所以无法判断是放热还是吸热，故B错误；
C．该流程中初始反应物为N3-R2和HC≡CR1，最终产物为，总反应的原子利用率为100%，故C正确；
D．该反应中[Cu]为催化剂，可降低反应的活化能，提高反应速率，不能降低焓变，也不能提高平衡转化率，故D错误；
故选：C。
12. 为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)
A. AB. BC. CD. D
【答案】CD
【解析】
【详解】A．制备Fe(OH)3胶体的方法为往烧杯中加入 适量蒸馏水并加热至沸腾，向沸水滴加几滴饱 和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色停止加热，得到氢氧化铁胶体，故需要的玻璃仪器 为烧杯、酒精灯、胶头滴管，需要的试剂为蒸馏水、饱和FeCl3溶液，制备过程不需要搅 拌，不需要玻璃棒，A不正确；
B．验证1-溴丁烷发生消去反应的产物乙烯时，若使用酸性KMnO4，应使用水等洗涤气体，以排除乙醇的干扰，否则乙醇会干扰乙烯的检验，B不正确；
C．向试管中的硫酸铜溶液中用胶头滴管滴加浓氨水至得到深蓝色溶液，再滴加乙醇使硫酸四氨合铜晶体析出，C正确；
D．用氢氧化钠溶液、硫酸铜溶液反应制取氢氧化铜悬浊液，脱脂棉和浓硫酸混合于试管中进行加热，然后用NaOH溶液中和未反应的硫酸，再加入新制的氢氧化铜悬浊液共热，检验纤维素的水解产物，所用仪器符合要求，D正确；
故选CD。
13. 科学家设计了一种能产生羟基自由基(·OH)的原电池—电解池组合装置，·OH能将苯酚氧化为CO2和H2O，实现发电、环保二位一体，原理如图所示。下列说法错误的是
A. a极为正极，N为阴离子交换膜
B. d极的电极反应式为H2O－e－=·OH +H+
C. a极区每产生1 ml Cr(OH)3，C 极区溶液质量减轻3g
D. b极区消耗1 ml C6H5OH，理论上电路中转移电子28 ml
【答案】C
【解析】
【分析】电解水生成的羟基自由基()氧化苯酚生成二氧化碳和水，因此左侧池为原电池，右侧池为电解池。
【详解】A． I室化合价降低，得电子，发生还原反应，因此a极为正极，b极为负极，c极为阴极，d极为阳极；II室中、数目都减小，说明离子从II室向I室和III室移动，由于阴离子移向负极(b极)，阳离子移向正极(a极)，因此N和M分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜，故A正确；
B．根据图中信息可知，d极上发生的电极反应式为，故B正确；
C．a极每产生1ml，转移3ml电子，c极上的电极反应式为，生成1.5ml，与此同时，有3ml从阳极室透过质子交换膜进入阴极室，因此c极区溶液质量不变，故C错误；
D．根据苯酚被氧化生成二氧化碳，故消耗1 ml C6H5OH，理论上电路中转移电子28 ml，故D正确。
综上所述，答案为C。
14. 溴化亚铁(FeBr2)是一种常用的催化剂，易潮解变质，800℃以上可升华，高温时溴化铁(FeBr3)迅速分解成溴化亚铁。如图所示制备溴化亚铁(部分夹持仪器未画出)，下列说法错误的是
A. 若用浓硫酸代替浓磷酸，则会导致产品的纯度降低
B. 常温下浓硫酸与浓磷酸粘度较大主要是由于分子间有氢键
C. 浓磷酸在与溴化钠反应中体现了磷酸的酸性比氢溴酸的酸性强
D. 碱石灰不能用无水氯化钙代替
【答案】AC
【解析】
【分析】浓磷酸和溴化钠制备溴化氢，经过安全瓶及干燥后，溴化氢在加热条件下与铁反应生成溴化亚铁，发生反应：Fe+2HBr=FeBr2+H2↑，碱石灰用来吸收未反应的溴化氢，并防止空气中的水蒸气进入装置，实验结束时要关闭热源并继续通入氮气一段时间，使装置中残留的溴化氢被充分吸收，避免造成污染。
【详解】A．浓磷酸换成浓硫酸，会发生副反应：2NaBr+2H2SO4(浓)Na2SO4+Br2↑+SO2↑+2H2O，生成的二氧化硫与铁不反应，溴与铁反应生成的溴化铁在高温下会迅速分解为溴化亚铁，对产品的纯度无影响，故A错误；
B．分子间有氢键的液体，一般粘度较大，常温下浓硫酸与浓磷酸粘度较大主要是由于分子间有氢键，故B正确；
C．氢溴酸是一种强酸，而磷酸为中强酸，浓磷酸能用于制备溴化氢的原因是浓磷酸具有难挥发性，从而生成易挥发的溴化氢，故C错误；
D．碱石灰是用来吸收未反应的溴化氢，而无水氯化钙不能吸收溴化氢，故D正确；
故答案选AC。
15. 常温下，向一定浓度溶液中加入，保持溶液体积和温度不变，测得pH与[X为、、]变化如下图所示。下列说法错误的是
A. 常温下，的
B. a点溶液中：
C. 从a点到b点溶液中水的电离程度逐渐减小
D. 溶液中：
【答案】AC
【解析】
【分析】已知H2C2O4中加入KOH固体，随着pH增大，c(H+)减小，H2C2O4减小，-lgc(H2C2O4)增大，的浓度增大，-lgc减小，=增大，-lg减小，则上升曲线表示-lgc(H2C2O4)，ab曲线表示-lgc，最后一根曲线表示-lg，且由-lg
时溶液可得pH=4.3，则=，据此回答。
【详解】A．a点时c(H2C2O4)=，==，则，A错误；
B．根据电荷守恒，则，a点c(H2C2O4)=，则，B正确；
C．从a至b点，溶液中H2C2O4、浓度逐渐减小，浓度逐渐增大，故水的电离程度逐渐增大，C错误；
D．由分析可知，Ka1=10-1.3，Ka2=10-4.3，Kh2=＜Ka2，即的电离大于水解，则KHCO3溶液中有，D正确；
故选AC。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 硼、砷、铁等元素可形成结构、性质各异的物质，在生产、科研中发挥着重要用途。回答下列问题：
（1）下列不同状态的硼中，失去一个电子需要吸收能量最多的是_______(填标号，下同)，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是_______。
A． B．
C． D．
（2）与两种含砷有机酸中沸点较高的是_______(填化学式)，原因为_______。
（3）LiZnAs晶体的立方晶胞结构如下图1所示，N点原子分数坐标为；LiZnAs晶体部分Zn原子被Mn原子代替后可以形成一种新型稀磁半导体，其立方晶胞结构如下图2所示。
①M点原子分数坐标为_______。
②m=_______。
③已知为阿伏加德罗常数的值，的摩尔质量为，晶体密度为。晶胞中As原子与Mn原子之间的最短距离为_______nm(列出计算式)。
（4）的结构如下图所示。
图示结构中键角1、2、3由大到小的顺序是_______(填序号)。
【答案】（1） ①. A ②. CD
（2） ①. CH3As(OH)2 ②. CH3As(OH)2与(CH3)2AsOH两种含砷有机酸均属于分子晶体，CH3As(OH)2含两个羟基，形成的氢键数目多，沸点高
（3） ①. ②. 0.75 ③.
（4）3>1>2(或3，1，2)
【解析】
【小问1详解】
硼元素的原子序数为5，基态电子排布式为1s22s22p1，激发态原子中电子的能量高于基态原子中电子的能量，失去一个电子所需能量小于基态原子，C、D均为激发态，D失去一个电子需要能量最小，基态原子中第一电离能小于第二电离能，A失去一个电子需要克服第二电离能，B失去一个电子需要克服第一电离能，则失去一个电子需要吸收能量最大的是A；发射光谱是由能量较高的激发态电子跃迁回到能量较低的激发态或基态过程中产生的光谱，C、D均为激发态，则用光谱仪可捕捉到发射光谱的是C、D项。
【小问2详解】
CH3As(OH)2与(CH3)2AsOH两种含砷有机酸均属于分子晶体，CH3As(OH)2含两个羟基，形成的氢键数目多，沸点高。
【小问3详解】
把晶胞切割成多个边长为的小正方体，M位于一个顶点，所在的正方体在N所在正方体的正上方，所以M点原子分数坐标为；据均摊法晶胞计算法则可得：Li：=4，Zn：=3，Mn：=1，As：4，化简即可得LiZnmMnnAs中m=0.75，n=0.25；将晶胞切割成八个大小相等的正方体，如图，Mn原子在顶点，As原子在小正方体的体心，即晶胞结构体对角线的处，设棱长为a，一个晶胞中含有4个分子，所以，nm，则As原子与Mn原子之间的最短距离为nm。
【小问4详解】
FeSO4⋅7H2O中Fe2+提供空轨道，H2O中O提供孤电子对，形成配位键，H2O与SO之间形成氢键。H2O、SO的中心原子均为sp3杂化，H2O中O有两个孤电子对，SO中S无孤电子对，根据孤电子对间的斥力大于孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力，得3＞1＞2。
17. 三氯化六氨合钴(Ⅲ)([C(NH3)6]Cl3)是一种重要的含钴配合物，由CCl2制备它的流程如下：
已知：C2+在溶液中较稳定，[C(NH3)6]2+具有较强还原性。
回答下列问题：
（1）原料中加入NH4Cl有利于后续钴离子的络合反应，其原因是_______。
（2）制备装置如图，向混合液加入H2O2溶液与氨水时，应最先打开活塞_______(填字母代号)；加入所有试剂后，水浴的温度控制在55℃左右，反应约30分钟，温度不宜过高的原因是_______；干燥管中试剂为_______。
（3）CCl2制备[C(NH3)6]Cl3的总反应化学方程式为_______。
（4）由滤渣获取[C(NH3)6]Cl3•6H2O的步骤：向滤渣中加入80℃左右的热水，充分搅拌后，趁热过滤，向滤液加入少量甲，冷却结晶后过滤，用乙洗涤晶体2~3次，低温干燥。下列选项合理的是_______(填标号)。
A.甲为浓盐酸，乙为水 B.甲为乙醇，乙为水 C.甲为浓盐酸，乙为乙醇
（5）称取0.2675g[C(NH3)6]Cl3样品，加入盛有足量氢氧化钠溶液的烧瓶中并加热，发生反应：，将生成的氨气通入装有盐酸的锥形瓶中，充分吸收，向锥形瓶加入2~3滴甲基橙，用0.5000的NaOH滴定(杂质不反应)。
①达滴定终点时，共消耗NaOH溶液14.00mL，则样品纯度的为_______。
②下列操作会使纯度测量值偏高的是_______(填标号)。
A.滴定前，碱式滴定管未润洗 B.滴定前尖嘴处无气泡，滴定后有气泡
C.滴定终点时俯视滴定管刻度 D.滴定时选用酚酞为指示剂
【答案】（1）抑制NH3•H2O电离，有利于络合物形成
（2） ①. d ②. 既能保证较快的反应速率，同时减少氨的挥发和H2O2的分解 ③. P2O5或CaCl2
（3）2CCl2+10NH3•H2O+ H2O2+2NH4Cl=2[C(NH3)6]Cl3+12H2O
（4）C （5） ①. 91.67% ②. B
【解析】
【分析】将CCl2∙6H2O、NH4Cl溶液、活性炭混合，加入氨水得到[C(NH3)6]Cl2，再加入H2O2的水溶液，在活性炭的催化作用下，溶液中C(Ⅱ)被氧化为C(Ⅲ)，生成[C(NH3)6]Cl3•6H2O和活性炭的浊液，过滤，得到滤渣中含有[C(NH3)6]Cl3•6H2O和活性炭，向滤渣中加入80℃左右的热水，充分搅拌后，趁热过滤，冷却后向滤液中加入少量浓盐酸，边加边搅拌，充分静置后过滤，用无水乙醇洗涤晶体2~3次，低温干燥得到产品。
【小问1详解】
后续钴离子和氨水反应络合反应，原料中加入NH4Cl可以抑制NH3•H2O电离，有利于络合物形成。
【小问2详解】
C2+在溶液中较稳定，[C(NH3)6]2+具有较强还原性，为了将不易被氧化的C2+转化为具有较强还原性的[C(NH3)6]2+，应该先打开d进行络合反应，再打开b进行氧化；控制三颈烧瓶中水浴的温度控制在55℃左右，温度不宜过高的原因是既能保证较快的反应速率，同时减少氨的挥发和H2O2的分解；干燥管的作用是吸收多余的氨气且防止空气中的水蒸气进入装置，干燥管中试剂为P2O5或CaCl2。
【小问3详解】
CCl2和NH3•H2O、H2O2反应生成[C(NH3)6]Cl3，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：2CCl2+10NH3•H2O+ H2O2+2NH4Cl=2[C(NH3)6]Cl3+12H2O。
【小问4详解】
由分析可知，滤渣中[C(NH3)6]Cl3•6H2O表面有残留的氨水，加入浓盐酸可以消耗氨水且抑制[C(NH3)6]Cl3•6H2O的电离，[C(NH3)6]Cl3能够溶于水，所以过量的盐酸要用乙醇洗涤，故选C。
【小问5详解】
①称取0.2675g[C(NH3)6]Cl3样品，加入盛有足量氢氧化钠溶液的烧瓶中并加热，发生反应：，将生成的氨气通入装有盐酸的锥形瓶中，充分吸收，向锥形瓶加入2~3滴甲基橙，用0.5000的NaOH滴定，达滴定终点时，共消耗NaOH溶液14.00mL，则剩余n(HCl)=0.014L×0.5000ml/L=0.007ml，消耗n(HCl)= 0.025L×0.5000ml/L-0.007ml=0.0055ml，则n(NH3)=0.0055ml，n([C(NH3)6]Cl3)=n(NH3)= ，样品纯度的为=91.67%；
②A．碱式滴定管未润洗，会造成NaOH标准溶液浓度变小，用量增多，导致滴定结果剩余盐酸的结果偏大，消耗n(HCl)偏小，n([C(NH3)6]Cl3)偏小，故A不选；
B．若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后出现气泡，V(NaOH)偏大，致滴定结果剩余盐酸的结果偏大，消耗n(HCl)偏小，n([C(NH3)6]Cl3)偏小，故B不选；
C．终点读数时，俯视滴定管的刻度，V(NaOH)偏小，导致滴定结果剩余盐酸的结果偏小，消耗n(HCl)偏大，n([C(NH3)6]Cl3)偏大，故C选；
D．酚酞的变色范围是8.2~10.0，滴定时选用酚酞为指示剂，则V(NaOH)偏大，导致滴定结果剩余盐酸的结果偏大，消耗n(HCl)偏小，n([C(NH3)6]Cl3)偏小，故D不选；
故选C。
18. 磷酸钒锂[]是常用锂电极材料的填充物，某工业利用钒渣(，含、等杂质)和β-锂辉矿(，含少量MgO、等杂质)制备该物质的工艺流程如图所示：
已知：
①有机萃取剂(HR)萃取的能力强，反应：(有机层)(有机层)；
②微溶于水，具有强氧化性，属于两性氧化物；草酸具有强还原性，加热易分解；
③向溶液(加热生成)中加酸，不同pH对应的主要存在形式如下表：
④当某离子浓度时即可认为该离子沉淀完全。
回答下列问题：
（1）“焙烧”时钒渣中V、A1、Si元素转化为、、等可溶性钠盐，发生反应的化学方程式___________；“还原”过程中通入足量，则还原产物为___________(写离子)。
（2）“沉钒”时，加入不能过量的原因是___________，加硫酸最终需要控制pH约为___________。
（3）用草酸溶解“滤渣Ⅱ”时，需要水浴加热控制70℃左右，滤渣Ⅱ溶解的化学方程式为___________，温度超过70℃滤渣Ⅱ溶解速率反而减慢的可能原因是___________。
（4）“滤渣Ⅲ”主要成分是___________。已知，，若“净化”时溶液中和分别为0.01、1.0，则加入时，理论上应控制的范围为___________，使和分离。
【答案】（1） ①. ②. 、
（2） ①. 氧化离子时，生成，过量与生成氯气污染环境 ②. 2
（3） ①. ②. 超过70℃，草酸加热分解
（4） ①. 、 ②.
【解析】
【分析】‘ 焙烧’时钒渣中V、A1、Si元素转化为、、等可溶性钠盐，‘还原’时具有强氧化性，被还原为，氧化铁被还原为Fe2+，滤渣I为，滤液I中发生反应：(有机层)(有机层)，‘沉钒’时氧化为，加入草酸发生反应；‘酸浸’中β-锂辉矿中、MgO、分别与硫酸反应得到硫酸铝、硫酸锂、硅酸、硫酸镁和CaSO4，滤渣Ⅲ为、，‘净化’中得到滤渣Ⅳ为氢氧化铝、碳酸镁，滤液Ⅱ含硫酸锂，加入碳酸钠得到碳酸锂，溶液I含有V2(C2O4)3，与碳酸锂和磷酸反应得到；
【小问1详解】
“焙烧”时钒渣中V元素转化为，发生反应的化学方程式；“还原”过程中通入足量，具有强氧化性，被还原为，氧化铁被还原为Fe2+，则还原产物为、；
【小问2详解】
β-锂辉矿中、分别与硫酸反应得到硅酸和CaSO4，均为难溶于水的物质，则“滤渣Ⅲ”主要成分是、；“沉钒”时，加入不能过量的原因是氧化离子时，生成，过量与生成氯气污染环境；由含V元素存在形成和pH表可知，pH约为2时以存在，则“沉钒”时加硫酸最终需要控制pH约为2；
【小问3详解】
草酸具有强还原性，溶解“滤渣Ⅱ”时，与草酸发生氧化还原反应得到V2(C2O4)3和CO2，反应方程式为；已知草酸加热易分解，温度超过70℃滤渣Ⅱ溶解速率反而减慢的可能原因是超过70℃，草酸加热分解；
【小问4详解】
“净化”时完全沉淀而不能使沉淀，此时，则，不能使沉淀，<，理论上应控制的范围为。
19. 有机物M是一种制备液晶材料的重要中间体，其合成路线如图：
已知：Ⅰ． 、Br、I
Ⅱ．
Ⅲ．
（1）A→B的反应方程式为_______，反应类型为_______。
（2）反应中使用三甲基氯硅烷()的作用是_______，在本流程中起类似作用的有机物还有_______(填名称)。
（3）L中的官能团有_______(填名称)。
（4）符合下列条件的E的同分异构体有种_______(不考虑立体异构)。
①能与金属钠反应产生氢气②含两个甲基③能发生银镜反应；
其中核磁共振氢谱中显示的六组峰的面积比为，且含有1个手性碳原子的有机物结构简式为_______(只写一种)。
（5）已知：。写出以苯、丙酮和格林试剂为原料合成的路线(其他试剂任选)_______。
【答案】（1） ①. ②. 取代反应
（2） ①. 保护酚羟基 ②. 乙二醇
（3）(酚)羟基、醚键
（4） ①. 16 ②. (或或)
（5）
【解析】
【分析】由A分子式，转化为B分子式，再转化为D结构为，可推出A结构为，B结构为，由的反应条件可知，该反应与已知Ⅰ类似，故推出F结构为，由C结构，转化为E分子式，推出E结构为，由的反应条件可知，该反应与已知Ⅲ的第一步反应类似，由的反应条件可知，该反应与已知Ⅱ的第二步反应类似，结合I、F的结构，可推出H结构为，由，结合L结构，可推出K结构为，由的反应条件可知，该反应与已知Ⅲ的第二步反应类似，由此推出M结构为。
小问1详解】
由上述分析，A结构为，B结构为，A→B的反应方程式为；该反应为取代反应；
故答案为：；取代反应。
【小问2详解】
在B转化为D反应中，B结构中的酚羟基转化为，在的反应中，该结构又转化为酚羟基，故使用三甲基氯硅烷()的作用是保护酚羟基；由的反应使用的乙二醇，使G结构中的羰基转化为醚键，而在的反应过程，L结构中的醚键又转化为羰基，故乙二醇的使用起到保护羰基的作用；
故答案为：保护酚羟基；乙二醇。
【小问3详解】
L的结构为，其中含有的官能团有酚羟基、醚键；
故答案为：酚羟基、醚键。
【小问4详解】
符合条件的E的同分异构体结构中含有一个羟基、一个醛基，另外有5个碳原子形成的碳链，其结构种类为（省略部分氢原子，箭头指向为羟基位置）、、、、、、，共16种；其中核磁共振氢谱中显示的六组峰的面积比为，且含有1个手性碳原子的有机物结构简式有、、；
故答案为：16；或或。
【小问5详解】
该目标产物中含有醚键，故用逆合成法推出，故该物质生成与已知反应Ⅱ类似，故合成路线为；
故答案为：。
20. 环戊烯()常用于有机合成及树脂交联等。在催化剂作用下，可通过环戊二烯()选择性氧化制得，体系中同时存在如下反应：
反应I：(g)+H2(g) (g) ΔH1=-1003 kJ·ml-1
反应Ⅱ：(g)+H2(g)= (g) ΔH2= -109.4 kJ·ml-1
反应Ⅲ：(g)+ (g)2 ΔH3
已知选择性指生成目标产物所消耗的原料量在全部所消耗原料量中所占的比例。回答下列问题，
（1）反应Ⅲ的ΔH3=_______kJ·ml-1。
（2）为研究上述反应的平衡关系，在T°C下，向某密闭容器中加入a ml的环戊二烯和4 ml H2，测得平衡时，容器中环戊二烯和环戊烷( )的物质的量相等，环戊烯的选择性为 80%，此时H2的转化率为_______%，反应Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数Kx3=_______。
（3）为研究不同温度下催化剂的反应活性，保持其他条件不变，测得在相同时间内，上述反应的转化率和选择性与温度的关系如图所示。
该氢化体系制环戊烯的最佳温度为 _______；30°C以上时，环戊烯的选择性降低的可能原因是_______(填标号)。
A.催化剂活性降低 B.平衡常数变大 C.反应活化能减小
（4）实际生产中采用双环戊二烯( )解聚成环戊二烯：(g) 2 ΔH> 0。若将3 ml双环戊二烯通入恒容密闭容器中，分别在T1和T2温度下进行反应。曲线A表示T2温度下n(双环戊二烯)的变化，曲线B表示T1温度下n(环戊二烯)的变化，T2温度下反应到a点恰好达到平衡。
①曲线B在T1温度下恰好达到平衡时的点的坐标为(m，n)，则m_______2(填“>” “<”或“=”)，由图象计算n的取值范围是_______。
②T2温度下，若某时刻，容器内气体的压强为起始时的1.5倍，则此时v(正)_______v(逆) (填“>” “<”或“=”)。
【答案】（1）＋9.1
（2） ①. 25a ②. 16
（3） ①. 30 ②. A
（4） ①. ＜ ②. 4.8＜n＜6 ③. >
【解析】
【小问1详解】
反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，ΔH3=ΔH1-ΔH2=[-100.3-(-109.4)]kJ·ml-1=＋9.1kJ·ml-1；故答案为：＋9.1；
【小问2详解】
设平衡时容器中的环戊二烯和环戊烷的物质的量为xml，则反应中消耗的环戊二烯的物质的量为(a-x)ml，因为环戊烯的选择性为80%，所以环戊烯的物质的量为，根据碳原子守恒可得，解得，所以H2的转化率为；平衡时容器内环戊二烯和环戊烷的物质的量均为，环戊烯的物质的量为，则环戊二烯、环戊烷、环戍烯的物质的量分数分别为、、，则；故答案为：25a；16；
【小问3详解】
根据图象可知，该体系温度为30℃左右时，环戊烯的选择性和环戊二烯的转化率都很高，因此最佳温度为30℃；
A．催化剂的活性在一定温度范围内最大，高于或低于这个温度范围，催化剂的活性降低，导致选择性降低，故A符合题意；
B．催化剂对化学平衡移动无影响，故B不符合题意；
C．使用催化剂，降低反应活化能，催化剂的活性降低，活化能应增大，故C不符合题意；
故答案为：30；A；
【小问4详解】
①根据图象可知，相同时间段内，环戊二烯表示反应速率大于双环戊二烯表示的反应速率，因此T1>T2，温度高，反应速率快，达到平衡时所用的时间短，即m＜2；在T2温度下，达到平衡，消耗双环戊二烯的物质的量为(3-0.6)ml=2.4ml，此时生成环戊二烯的物质的量为2.4×2ml=4.8ml，因为T1>T2，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，则n>4.8ml，假设双环戊二烯全部反应，则生成环戊二烯的物质的量为6ml，但该反应为可逆反应，不能进行到底，因此n＜6ml，综上所述，得出n的范围为4.8＜n＜6；故答案为4.8＜n＜6；
②由①的分析可知，T2温度下，达到平衡时，生成环戊二烯的物质的量为4.8ml，容器内气体的总物质的量为0.6ml+4.8ml=5.4ml，相同条件下，压强之比等于气体物质的量的之比，则平衡时，容器内的气体压强为起始时容器内压强的1.8倍，该反应为气体体积增大的反应，由于1.8>1.5，当容器内气体的压强为起始时的1.5倍时，反应正向进行，即v(正)>v(逆)；故答案为：>。选项
实验目的
玻璃仪器
试剂
A
制取氢氧化铁胶体
烧杯、胶头滴管、酒精灯、玻璃棒
蒸馏水、饱和氯化铁溶液
B
验证1-溴丁烷发生消去反应
酒精灯、圆底烧瓶、导管、试管
1-溴丁烷、乙醇、氢氧化钠、酸性高锰酸钾溶液
C
硫酸四氨合铜晶体的形成
胶头滴管、试管、玻璃棒
硫酸铜溶液、氨水、乙醇
D
验证纤维素水解产物
酒精灯、试管、玻璃棒、胶头滴管
脱脂棉、浓硫酸、蒸馏水、氢氧化钠溶液、硫酸铜溶液
PH
≥13
10.6-12
约8.4
3-8
约2
＜1
存在形式
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 C 59 Si 28 S 32 Cl 35.5
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 化学与生活、生产、科技密切相关。下列说法错误的是
A. 葡萄糖酸-δ-内酯常用作制作豆腐的凝固剂
B. 饱和溶液可处理锅炉水垢中的
C. 石油经干馏后可以获得汽油、煤油、柴油等轻质油
D. 纤维素与硝酸作用生成的硝酸纤维可用于生产火药、塑料和涂料
【答案】C
【解析】
【详解】A．葡萄糖酸内酯葡萄糖酸-δ-内酯又名豆腐王，白色结晶性粉末，在使用中常作为稳定凝固剂，故A正确；
B．锅炉水垢中含有的 可先用饱和溶液处理，使之转化为易溶于酸的CaCO3，而后用酸去除，故B正确；
C．石油分馏可得石油气、汽油、煤油、柴油等，不是干馏产物，干馏是化学变化，分馏是物理变化等，故C错误；
D．纤维素与硝酸作用生成的硝酸纤维可用于生产火药、塑料和涂料，故D正确；
故选C
2. 下列物质的性质与用途均正确，且具有对应关系的是
A. 油脂能够水解，可用来制作人造奶油
B. 钠具有很强的还原性，可用钠与TiCl4溶液反应制取钛
C. FeCl3溶液呈酸性，可用于刻蚀铜制电路板您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 D. 氢氟酸可与SiO2反应，可利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品
【答案】D
【解析】
【详解】A．油脂中含有不饱和的碳碳双键，可通过一定条件下与氢气发生加成反应来制作人造奶油，故A错误；
B．金属钠的还原性强，与熔融的四氯化钛发生置换反应制取钛，与四氯化钛溶液反应不能制取钛，故B错误；
C．氯化铁具有氧化性，氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，氯化铁溶液可用于刻蚀铜制电路板，故C错误；
D．氢氟酸可与二氧化硅反应生成四氟化硅和水，可利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，故D正确；
故选D。
3. 如图是反应装置，可以做下列
A. 稀硝酸与铁制备一氧化氮B. 浓盐酸与二氧化锰制备氯气
C. 浓氨水与氢氧化钠制备氨气D. 浓硫酸与亚硫酸钠制备二氧化硫
【答案】D
【解析】
【详解】A．一氧化氮易被空气中的氧气氧化，不能用排空气法收集，故A不选；
B．浓盐酸与二氧化锰制备氯气需要加热，故B不选；
C．氨气密度比空气小，不能用向上排空气法收集，故C不选；
D．浓硫酸与亚硫酸钠制备二氧化硫，二氧化硫的密度比空气大，用向上排空气法收集，二氧化硫有毒需要用NaOH溶液吸收尾气，故D选；
故选D。
4. 利用“杯酚”从和的混合物中纯化的过程如图所示：
合成“杯酚”的小分子对叔丁基苯酚(如下图所示)和HCHO，下列说法不正确的是
A. 合成“杯酚”的过程可能发生先加成、后脱水的反应
B. 和“杯酚”之间的相互作用是键
C. 对叔丁基苯酚中苯环上的键角大于叔丁基上的键角
D. 与对叔丁基苯酚分子式、侧链数相同，滴加溶液呈紫色的同分异构体还有11种
【答案】B
【解析】
【详解】A．从“杯酚”结构分析可知，对叔丁基苯酚与甲醛发生加成反应生成，该物质分子之间脱水生成“杯酚”，A正确；
B．和“杯酚”之间的相互作用是范德华力，B错误；
C．对叔丁基苯酚中苯环上的碳原子杂化方式为杂化，叔丁基上的饱和碳原子杂化方式为杂化，所以对叔丁基苯酚中苯环上的键角大于叔丁基上的键角，C正确；
D．与对叔丁基苯酚分子式、侧链数相同，滴加溶液呈紫色的同分异构体可视为取代了正丁烷、异丁烷分子中一个氢原子所得结构，除去对叔丁基苯酚共有种，D正确；
答案选B。
5. “酸化”是实验中常用方法，下列说法正确的是
A. 增强的氧化能力，用浓盐酸酸化
B. 抑制的水解，用稀硝酸酸化
C. 检验卤代烃中的卤素，加碱溶液并加热后，用稀硫酸酸化，再检验
D. 确认溶液中是否含，先用盐酸酸化，再检验
【答案】D
【解析】
【详解】A．酸性具有强氧化性，Cl-具有还原性，二者混合会发生氧化还原反应，不能达到目的，A错误；
B．具有还原性，稀硝酸具有强氧化性，二者混合会发生氧化还原反应，不能达到目的， B错误；
C．碱性条件下利用硝酸银溶液检验氯离子，而硫酸银也是沉淀会干扰试验，应使用硝酸酸化，C错误；
D．检验溶液中是否含，先用盐酸酸化，可以有效排除碳酸根、银离子、亚硫酸根离子的干扰，可以达到目的，D正确；
故选D。
6. 苯胺的提纯过程如图所示，已知苯胺微溶于水，易溶于乙醚(密度0.714g·cm-3)。下列说法正确的是
A. 盐析的作用是降低苯胺在水中的溶解度
B. 萃取分液时从分液漏斗下口放出有机层
C. 干燥时可选用P2O5作为干燥剂
D. 蒸馏时用到的仪器有球形冷凝管、温度计等
【答案】A
【解析】
【详解】A．增大溶液中盐浓度可降低有机物的溶解度，使有机物析出，故A项正确；
B．乙醚的密度小于水的密度，因此用乙醚萃取后分液时应从上口倒出有机物，故B项错误；
C．苯胺中氨基显碱性，因此无法用具有酸性的P2O5作为干燥剂，故C项错误；
D．蒸馏分离苯胺时，应用直形冷凝管进行冷凝，球形冷凝管常用于冷凝回流，故D项错误；
综上所述，答案为A。
7. (光气)、(亚硫酰氯)、均为稳定结构的氯化试剂，可与反应制备，下列说法错误的是
A. 和分子的空间构型相同
B. 上述三个制备反应均为非氧化还原反应
C. 、中C原子和S原子的杂化方式相同
D. 与基态Ti原子同周期且未成对电子数相同的元素有3种
【答案】C
【解析】
【详解】A．四氯化碳和四氯化钛分子中中心原子的配位数都为4，中心原子的杂化方式都为sp3杂化，分子的空间构型均为正四面体形，故A正确；
B．光气与二氧化钛共热反应生成四氯化钛和二氧化碳、亚硫酰氯与二氧化钛共热反应生成四氯化钛和二氧化硫、四氯化碳与二氧化钛共热反应生成四氯化钛和二氧化碳，三个反应中都没有元素发生化合价变化，都为非氧化还原反应，故B正确；
C．光气中碳原子的价层电子对数为3，原子的杂化方式为sp2杂化，亚硫酰氯中硫原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，则碳原子和硫原子的杂化方式不同，故C错误；
D．钛元素的原子序数为22，基态原子的价电子排布式为3d24s2，原子中有2个未成对电子，第四周期中未成对电子数2的原子还有镍、锗、硒，共有3种，故D正确；
故选C。
8. 利用下列实验装置完成对应的实验，能达到实验目的的是
A. 装置甲验证苯与液溴发生取代反应B. 装置乙探究酒精脱水生成乙烯
C. 装置丙制备乙酸乙酯并提高产率D. 装置丁分馏石油
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯与液溴在三溴化铁作催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，由于溴也有挥发性，也会随着溴化氢一起进入硝酸银溶液，溴可以和水反应生成溴化氢，也会与硝酸银溶液反应生成淡黄色沉淀，干扰了对实验结果的验证，故A错误；
B．在浓硫酸作用下，170℃时酒精脱水生成乙烯，140℃时酒精脱水生成乙醚，需要测定溶液的温度，温度计需要在圆底烧瓶的混合液中，碎瓷片用于防止暴沸，由于乙醇具有挥发性，也会随着乙烯一起进入酸性高锰酸钾溶液，乙醇也具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰了对实验结果的验证，故B错误；
C．乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂的条件下发生酯化反应，碎瓷片用于防止暴沸，但由于乙酸、乙醚、乙醇和水都有挥发性，会随着乙酸乙酯一起蒸出，故利用分水器，将水冷凝回流，再通过冷凝管，提高乙酸乙酯的产率，故C正确；
D．图中温度计水银球未在支管口处，故D错误；
故选：C。
9. 中国科学家开发了一种新型的生物催化剂DepPETase，对多种废弃塑料包装实现了完全解聚。该方法的最后一步原理如图所示
下列叙述正确的是
A. 中所有原子一定共平面
B. 与足量溶液反应能生成
C. 和在不同条件下发生缩聚反应可得到多种不同的高聚物
D. 或都能与发生取代反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯环、羰基为平面结构，σ键为轴对称，可以旋转，因此与苯环相连的碳碳单键、碳氧键在空间旋转，使所有原子可能不共面，故A错误；
B．TPA-OH中能与NaHCO3溶液反应的官能团是-COOH，1mlTPA-OH中含有2ml-COOH，因此0.1mlTPA-OH与足量NaHCO3溶液反应生成0.2mlCO2，故B错误；
C．TPA-OH为不对称结构，1个TPA-OH中含有2个-COOH，1个EG中含有2个-OH，因此在不同条件下，发生缩聚反应可得到多种不同的高聚物，故C正确；
D．酚羟基的邻对位与溴水发生取代反应，1mlBHET-OH或TPA-OH都能与2mlBr2发生取代反应，故D错误；
答案为C。
10. X、Y、Q、W、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，W与Y位于同一主族，X、Y、Z三种元素可组成用于隐形飞机中吸收微波的物质R(结构如图)，Q元素单质可用作铝热反应的引燃剂。下列说法正确的是
A. 同一周期中，第一电离能比Q小的只有一种
B. 电负性：Y>W>X
C. 物质R吸收微波时，分子内的π键会断裂
D. 简单气态氢化物的还原性：W>Y
【答案】CD
【解析】
【分析】X、Y、Q、W、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，则Y为C元素；W与Y位于同一主族，则W为Si元素；Q元素单质可用作铝热反应的引燃剂，则Q为Mg元素；结合物质的结构式可知， X可形成1对共用电子对，则X为H元素，Z可形成2个共价单键，则根据满8电子稳定原则可知，Z最外层电子数为6，且位于第三周期，所以Z为S元素。
【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，镁原子的3s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则钠元素、铝元素的第一电离能小于镁元素，故A错误；
B．硅元素的电负性小于氢元素，故B错误；
C．键比π键牢固，所以物质R吸收微波时，分子内的π键会断裂，故C正确；
D．元素的非金属性越强，简单氢化物的热稳定性越强、还原性越弱，碳元素的非金属性强于硅元素，所以硅烷的还原性强于甲烷，故D正确；
故选CD。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交化学作出贡献的三位科学家。点击化学的代表反应为“叠氮化物炔烃”反应，其反应原理如图所示(R1和R2代表烷基)。下列说法正确的是
A. 整个反应中碳原子的杂化方式共有2种
B. 在[Cu]作用下，C-H键断裂并放出能量
C. 该反应原理的总反应的原子利用率为100%
D. 反应中[Cu]可降低反应的活化能，提高反应速率，降低焓变，提高平衡转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A．整个反应中碳原子的杂化方式共有3种，形成三键的是sp杂化，形成双键的是sp2杂化，全部形成单键的是sp3杂化，故A错误；
B．R1－≡－H在催化剂作用下，C－H键断裂，但同时又有新的化学键生成，所以无法判断是放热还是吸热，故B错误；
C．该流程中初始反应物为N3-R2和HC≡CR1，最终产物为，总反应的原子利用率为100%，故C正确；
D．该反应中[Cu]为催化剂，可降低反应的活化能，提高反应速率，不能降低焓变，也不能提高平衡转化率，故D错误；
故选：C。
12. 为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)
A. AB. BC. CD. D
【答案】CD
【解析】
【详解】A．制备Fe(OH)3胶体的方法为往烧杯中加入 适量蒸馏水并加热至沸腾，向沸水滴加几滴饱 和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色停止加热，得到氢氧化铁胶体，故需要的玻璃仪器 为烧杯、酒精灯、胶头滴管，需要的试剂为蒸馏水、饱和FeCl3溶液，制备过程不需要搅 拌，不需要玻璃棒，A不正确；
B．验证1-溴丁烷发生消去反应的产物乙烯时，若使用酸性KMnO4，应使用水等洗涤气体，以排除乙醇的干扰，否则乙醇会干扰乙烯的检验，B不正确；
C．向试管中的硫酸铜溶液中用胶头滴管滴加浓氨水至得到深蓝色溶液，再滴加乙醇使硫酸四氨合铜晶体析出，C正确；
D．用氢氧化钠溶液、硫酸铜溶液反应制取氢氧化铜悬浊液，脱脂棉和浓硫酸混合于试管中进行加热，然后用NaOH溶液中和未反应的硫酸，再加入新制的氢氧化铜悬浊液共热，检验纤维素的水解产物，所用仪器符合要求，D正确；
故选CD。
13. 科学家设计了一种能产生羟基自由基(·OH)的原电池—电解池组合装置，·OH能将苯酚氧化为CO2和H2O，实现发电、环保二位一体，原理如图所示。下列说法错误的是
A. a极为正极，N为阴离子交换膜
B. d极的电极反应式为H2O－e－=·OH +H+
C. a极区每产生1 ml Cr(OH)3，C 极区溶液质量减轻3g
D. b极区消耗1 ml C6H5OH，理论上电路中转移电子28 ml
【答案】C
【解析】
【分析】电解水生成的羟基自由基()氧化苯酚生成二氧化碳和水，因此左侧池为原电池，右侧池为电解池。
【详解】A． I室化合价降低，得电子，发生还原反应，因此a极为正极，b极为负极，c极为阴极，d极为阳极；II室中、数目都减小，说明离子从II室向I室和III室移动，由于阴离子移向负极(b极)，阳离子移向正极(a极)，因此N和M分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜，故A正确；
B．根据图中信息可知，d极上发生的电极反应式为，故B正确；
C．a极每产生1ml，转移3ml电子，c极上的电极反应式为，生成1.5ml，与此同时，有3ml从阳极室透过质子交换膜进入阴极室，因此c极区溶液质量不变，故C错误；
D．根据苯酚被氧化生成二氧化碳，故消耗1 ml C6H5OH，理论上电路中转移电子28 ml，故D正确。
综上所述，答案为C。
14. 溴化亚铁(FeBr2)是一种常用的催化剂，易潮解变质，800℃以上可升华，高温时溴化铁(FeBr3)迅速分解成溴化亚铁。如图所示制备溴化亚铁(部分夹持仪器未画出)，下列说法错误的是
A. 若用浓硫酸代替浓磷酸，则会导致产品的纯度降低
B. 常温下浓硫酸与浓磷酸粘度较大主要是由于分子间有氢键
C. 浓磷酸在与溴化钠反应中体现了磷酸的酸性比氢溴酸的酸性强
D. 碱石灰不能用无水氯化钙代替
【答案】AC
【解析】
【分析】浓磷酸和溴化钠制备溴化氢，经过安全瓶及干燥后，溴化氢在加热条件下与铁反应生成溴化亚铁，发生反应：Fe+2HBr=FeBr2+H2↑，碱石灰用来吸收未反应的溴化氢，并防止空气中的水蒸气进入装置，实验结束时要关闭热源并继续通入氮气一段时间，使装置中残留的溴化氢被充分吸收，避免造成污染。
【详解】A．浓磷酸换成浓硫酸，会发生副反应：2NaBr+2H2SO4(浓)Na2SO4+Br2↑+SO2↑+2H2O，生成的二氧化硫与铁不反应，溴与铁反应生成的溴化铁在高温下会迅速分解为溴化亚铁，对产品的纯度无影响，故A错误；
B．分子间有氢键的液体，一般粘度较大，常温下浓硫酸与浓磷酸粘度较大主要是由于分子间有氢键，故B正确；
C．氢溴酸是一种强酸，而磷酸为中强酸，浓磷酸能用于制备溴化氢的原因是浓磷酸具有难挥发性，从而生成易挥发的溴化氢，故C错误；
D．碱石灰是用来吸收未反应的溴化氢，而无水氯化钙不能吸收溴化氢，故D正确；
故答案选AC。
15. 常温下，向一定浓度溶液中加入，保持溶液体积和温度不变，测得pH与[X为、、]变化如下图所示。下列说法错误的是
A. 常温下，的
B. a点溶液中：
C. 从a点到b点溶液中水的电离程度逐渐减小
D. 溶液中：
【答案】AC
【解析】
【分析】已知H2C2O4中加入KOH固体，随着pH增大，c(H+)减小，H2C2O4减小，-lgc(H2C2O4)增大，的浓度增大，-lgc减小，=增大，-lg减小，则上升曲线表示-lgc(H2C2O4)，ab曲线表示-lgc，最后一根曲线表示-lg，且由-lg
时溶液可得pH=4.3，则=，据此回答。
【详解】A．a点时c(H2C2O4)=，==，则，A错误；
B．根据电荷守恒，则，a点c(H2C2O4)=，则，B正确；
C．从a至b点，溶液中H2C2O4、浓度逐渐减小，浓度逐渐增大，故水的电离程度逐渐增大，C错误；
D．由分析可知，Ka1=10-1.3，Ka2=10-4.3，Kh2=＜Ka2，即的电离大于水解，则KHCO3溶液中有，D正确；
故选AC。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 硼、砷、铁等元素可形成结构、性质各异的物质，在生产、科研中发挥着重要用途。回答下列问题：
（1）下列不同状态的硼中，失去一个电子需要吸收能量最多的是_______(填标号，下同)，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是_______。
A． B．
C． D．
（2）与两种含砷有机酸中沸点较高的是_______(填化学式)，原因为_______。
（3）LiZnAs晶体的立方晶胞结构如下图1所示，N点原子分数坐标为；LiZnAs晶体部分Zn原子被Mn原子代替后可以形成一种新型稀磁半导体，其立方晶胞结构如下图2所示。
①M点原子分数坐标为_______。
②m=_______。
③已知为阿伏加德罗常数的值，的摩尔质量为，晶体密度为。晶胞中As原子与Mn原子之间的最短距离为_______nm(列出计算式)。
（4）的结构如下图所示。
图示结构中键角1、2、3由大到小的顺序是_______(填序号)。
【答案】（1） ①. A ②. CD
（2） ①. CH3As(OH)2 ②. CH3As(OH)2与(CH3)2AsOH两种含砷有机酸均属于分子晶体，CH3As(OH)2含两个羟基，形成的氢键数目多，沸点高
（3） ①. ②. 0.75 ③.
（4）3>1>2(或3，1，2)
【解析】
【小问1详解】
硼元素的原子序数为5，基态电子排布式为1s22s22p1，激发态原子中电子的能量高于基态原子中电子的能量，失去一个电子所需能量小于基态原子，C、D均为激发态，D失去一个电子需要能量最小，基态原子中第一电离能小于第二电离能，A失去一个电子需要克服第二电离能，B失去一个电子需要克服第一电离能，则失去一个电子需要吸收能量最大的是A；发射光谱是由能量较高的激发态电子跃迁回到能量较低的激发态或基态过程中产生的光谱，C、D均为激发态，则用光谱仪可捕捉到发射光谱的是C、D项。
【小问2详解】
CH3As(OH)2与(CH3)2AsOH两种含砷有机酸均属于分子晶体，CH3As(OH)2含两个羟基，形成的氢键数目多，沸点高。
【小问3详解】
把晶胞切割成多个边长为的小正方体，M位于一个顶点，所在的正方体在N所在正方体的正上方，所以M点原子分数坐标为；据均摊法晶胞计算法则可得：Li：=4，Zn：=3，Mn：=1，As：4，化简即可得LiZnmMnnAs中m=0.75，n=0.25；将晶胞切割成八个大小相等的正方体，如图，Mn原子在顶点，As原子在小正方体的体心，即晶胞结构体对角线的处，设棱长为a，一个晶胞中含有4个分子，所以，nm，则As原子与Mn原子之间的最短距离为nm。
【小问4详解】
FeSO4⋅7H2O中Fe2+提供空轨道，H2O中O提供孤电子对，形成配位键，H2O与SO之间形成氢键。H2O、SO的中心原子均为sp3杂化，H2O中O有两个孤电子对，SO中S无孤电子对，根据孤电子对间的斥力大于孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力，得3＞1＞2。
17. 三氯化六氨合钴(Ⅲ)([C(NH3)6]Cl3)是一种重要的含钴配合物，由CCl2制备它的流程如下：
已知：C2+在溶液中较稳定，[C(NH3)6]2+具有较强还原性。
回答下列问题：
（1）原料中加入NH4Cl有利于后续钴离子的络合反应，其原因是_______。
（2）制备装置如图，向混合液加入H2O2溶液与氨水时，应最先打开活塞_______(填字母代号)；加入所有试剂后，水浴的温度控制在55℃左右，反应约30分钟，温度不宜过高的原因是_______；干燥管中试剂为_______。
（3）CCl2制备[C(NH3)6]Cl3的总反应化学方程式为_______。
（4）由滤渣获取[C(NH3)6]Cl3•6H2O的步骤：向滤渣中加入80℃左右的热水，充分搅拌后，趁热过滤，向滤液加入少量甲，冷却结晶后过滤，用乙洗涤晶体2~3次，低温干燥。下列选项合理的是_______(填标号)。
A.甲为浓盐酸，乙为水 B.甲为乙醇，乙为水 C.甲为浓盐酸，乙为乙醇
（5）称取0.2675g[C(NH3)6]Cl3样品，加入盛有足量氢氧化钠溶液的烧瓶中并加热，发生反应：，将生成的氨气通入装有盐酸的锥形瓶中，充分吸收，向锥形瓶加入2~3滴甲基橙，用0.5000的NaOH滴定(杂质不反应)。
①达滴定终点时，共消耗NaOH溶液14.00mL，则样品纯度的为_______。
②下列操作会使纯度测量值偏高的是_______(填标号)。
A.滴定前，碱式滴定管未润洗 B.滴定前尖嘴处无气泡，滴定后有气泡
C.滴定终点时俯视滴定管刻度 D.滴定时选用酚酞为指示剂
【答案】（1）抑制NH3•H2O电离，有利于络合物形成
（2） ①. d ②. 既能保证较快的反应速率，同时减少氨的挥发和H2O2的分解 ③. P2O5或CaCl2
（3）2CCl2+10NH3•H2O+ H2O2+2NH4Cl=2[C(NH3)6]Cl3+12H2O
（4）C （5） ①. 91.67% ②. B
【解析】
【分析】将CCl2∙6H2O、NH4Cl溶液、活性炭混合，加入氨水得到[C(NH3)6]Cl2，再加入H2O2的水溶液，在活性炭的催化作用下，溶液中C(Ⅱ)被氧化为C(Ⅲ)，生成[C(NH3)6]Cl3•6H2O和活性炭的浊液，过滤，得到滤渣中含有[C(NH3)6]Cl3•6H2O和活性炭，向滤渣中加入80℃左右的热水，充分搅拌后，趁热过滤，冷却后向滤液中加入少量浓盐酸，边加边搅拌，充分静置后过滤，用无水乙醇洗涤晶体2~3次，低温干燥得到产品。
【小问1详解】
后续钴离子和氨水反应络合反应，原料中加入NH4Cl可以抑制NH3•H2O电离，有利于络合物形成。
【小问2详解】
C2+在溶液中较稳定，[C(NH3)6]2+具有较强还原性，为了将不易被氧化的C2+转化为具有较强还原性的[C(NH3)6]2+，应该先打开d进行络合反应，再打开b进行氧化；控制三颈烧瓶中水浴的温度控制在55℃左右，温度不宜过高的原因是既能保证较快的反应速率，同时减少氨的挥发和H2O2的分解；干燥管的作用是吸收多余的氨气且防止空气中的水蒸气进入装置，干燥管中试剂为P2O5或CaCl2。
【小问3详解】
CCl2和NH3•H2O、H2O2反应生成[C(NH3)6]Cl3，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：2CCl2+10NH3•H2O+ H2O2+2NH4Cl=2[C(NH3)6]Cl3+12H2O。
【小问4详解】
由分析可知，滤渣中[C(NH3)6]Cl3•6H2O表面有残留的氨水，加入浓盐酸可以消耗氨水且抑制[C(NH3)6]Cl3•6H2O的电离，[C(NH3)6]Cl3能够溶于水，所以过量的盐酸要用乙醇洗涤，故选C。
【小问5详解】
①称取0.2675g[C(NH3)6]Cl3样品，加入盛有足量氢氧化钠溶液的烧瓶中并加热，发生反应：，将生成的氨气通入装有盐酸的锥形瓶中，充分吸收，向锥形瓶加入2~3滴甲基橙，用0.5000的NaOH滴定，达滴定终点时，共消耗NaOH溶液14.00mL，则剩余n(HCl)=0.014L×0.5000ml/L=0.007ml，消耗n(HCl)= 0.025L×0.5000ml/L-0.007ml=0.0055ml，则n(NH3)=0.0055ml，n([C(NH3)6]Cl3)=n(NH3)= ，样品纯度的为=91.67%；
②A．碱式滴定管未润洗，会造成NaOH标准溶液浓度变小，用量增多，导致滴定结果剩余盐酸的结果偏大，消耗n(HCl)偏小，n([C(NH3)6]Cl3)偏小，故A不选；
B．若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后出现气泡，V(NaOH)偏大，致滴定结果剩余盐酸的结果偏大，消耗n(HCl)偏小，n([C(NH3)6]Cl3)偏小，故B不选；
C．终点读数时，俯视滴定管的刻度，V(NaOH)偏小，导致滴定结果剩余盐酸的结果偏小，消耗n(HCl)偏大，n([C(NH3)6]Cl3)偏大，故C选；
D．酚酞的变色范围是8.2~10.0，滴定时选用酚酞为指示剂，则V(NaOH)偏大，导致滴定结果剩余盐酸的结果偏大，消耗n(HCl)偏小，n([C(NH3)6]Cl3)偏小，故D不选；
故选C。
18. 磷酸钒锂[]是常用锂电极材料的填充物，某工业利用钒渣(，含、等杂质)和β-锂辉矿(，含少量MgO、等杂质)制备该物质的工艺流程如图所示：
已知：
①有机萃取剂(HR)萃取的能力强，反应：(有机层)(有机层)；
②微溶于水，具有强氧化性，属于两性氧化物；草酸具有强还原性，加热易分解；
③向溶液(加热生成)中加酸，不同pH对应的主要存在形式如下表：
④当某离子浓度时即可认为该离子沉淀完全。
回答下列问题：
（1）“焙烧”时钒渣中V、A1、Si元素转化为、、等可溶性钠盐，发生反应的化学方程式___________；“还原”过程中通入足量，则还原产物为___________(写离子)。
（2）“沉钒”时，加入不能过量的原因是___________，加硫酸最终需要控制pH约为___________。
（3）用草酸溶解“滤渣Ⅱ”时，需要水浴加热控制70℃左右，滤渣Ⅱ溶解的化学方程式为___________，温度超过70℃滤渣Ⅱ溶解速率反而减慢的可能原因是___________。
（4）“滤渣Ⅲ”主要成分是___________。已知，，若“净化”时溶液中和分别为0.01、1.0，则加入时，理论上应控制的范围为___________，使和分离。
【答案】（1） ①. ②. 、
（2） ①. 氧化离子时，生成，过量与生成氯气污染环境 ②. 2
（3） ①. ②. 超过70℃，草酸加热分解
（4） ①. 、 ②.
【解析】
【分析】‘ 焙烧’时钒渣中V、A1、Si元素转化为、、等可溶性钠盐，‘还原’时具有强氧化性，被还原为，氧化铁被还原为Fe2+，滤渣I为，滤液I中发生反应：(有机层)(有机层)，‘沉钒’时氧化为，加入草酸发生反应；‘酸浸’中β-锂辉矿中、MgO、分别与硫酸反应得到硫酸铝、硫酸锂、硅酸、硫酸镁和CaSO4，滤渣Ⅲ为、，‘净化’中得到滤渣Ⅳ为氢氧化铝、碳酸镁，滤液Ⅱ含硫酸锂，加入碳酸钠得到碳酸锂，溶液I含有V2(C2O4)3，与碳酸锂和磷酸反应得到；
【小问1详解】
“焙烧”时钒渣中V元素转化为，发生反应的化学方程式；“还原”过程中通入足量，具有强氧化性，被还原为，氧化铁被还原为Fe2+，则还原产物为、；
【小问2详解】
β-锂辉矿中、分别与硫酸反应得到硅酸和CaSO4，均为难溶于水的物质，则“滤渣Ⅲ”主要成分是、；“沉钒”时，加入不能过量的原因是氧化离子时，生成，过量与生成氯气污染环境；由含V元素存在形成和pH表可知，pH约为2时以存在，则“沉钒”时加硫酸最终需要控制pH约为2；
【小问3详解】
草酸具有强还原性，溶解“滤渣Ⅱ”时，与草酸发生氧化还原反应得到V2(C2O4)3和CO2，反应方程式为；已知草酸加热易分解，温度超过70℃滤渣Ⅱ溶解速率反而减慢的可能原因是超过70℃，草酸加热分解；
【小问4详解】
“净化”时完全沉淀而不能使沉淀，此时，则，不能使沉淀，<，理论上应控制的范围为。
19. 有机物M是一种制备液晶材料的重要中间体，其合成路线如图：
已知：Ⅰ． 、Br、I
Ⅱ．
Ⅲ．
（1）A→B的反应方程式为_______，反应类型为_______。
（2）反应中使用三甲基氯硅烷()的作用是_______，在本流程中起类似作用的有机物还有_______(填名称)。
（3）L中的官能团有_______(填名称)。
（4）符合下列条件的E的同分异构体有种_______(不考虑立体异构)。
①能与金属钠反应产生氢气②含两个甲基③能发生银镜反应；
其中核磁共振氢谱中显示的六组峰的面积比为，且含有1个手性碳原子的有机物结构简式为_______(只写一种)。
（5）已知：。写出以苯、丙酮和格林试剂为原料合成的路线(其他试剂任选)_______。
【答案】（1） ①. ②. 取代反应
（2） ①. 保护酚羟基 ②. 乙二醇
（3）(酚)羟基、醚键
（4） ①. 16 ②. (或或)
（5）
【解析】
【分析】由A分子式，转化为B分子式，再转化为D结构为，可推出A结构为，B结构为，由的反应条件可知，该反应与已知Ⅰ类似，故推出F结构为，由C结构，转化为E分子式，推出E结构为，由的反应条件可知，该反应与已知Ⅲ的第一步反应类似，由的反应条件可知，该反应与已知Ⅱ的第二步反应类似，结合I、F的结构，可推出H结构为，由，结合L结构，可推出K结构为，由的反应条件可知，该反应与已知Ⅲ的第二步反应类似，由此推出M结构为。
小问1详解】
由上述分析，A结构为，B结构为，A→B的反应方程式为；该反应为取代反应；
故答案为：；取代反应。
【小问2详解】
在B转化为D反应中，B结构中的酚羟基转化为，在的反应中，该结构又转化为酚羟基，故使用三甲基氯硅烷()的作用是保护酚羟基；由的反应使用的乙二醇，使G结构中的羰基转化为醚键，而在的反应过程，L结构中的醚键又转化为羰基，故乙二醇的使用起到保护羰基的作用；
故答案为：保护酚羟基；乙二醇。
【小问3详解】
L的结构为，其中含有的官能团有酚羟基、醚键；
故答案为：酚羟基、醚键。
【小问4详解】
符合条件的E的同分异构体结构中含有一个羟基、一个醛基，另外有5个碳原子形成的碳链，其结构种类为（省略部分氢原子，箭头指向为羟基位置）、、、、、、，共16种；其中核磁共振氢谱中显示的六组峰的面积比为，且含有1个手性碳原子的有机物结构简式有、、；
故答案为：16；或或。
【小问5详解】
该目标产物中含有醚键，故用逆合成法推出，故该物质生成与已知反应Ⅱ类似，故合成路线为；
故答案为：。
20. 环戊烯()常用于有机合成及树脂交联等。在催化剂作用下，可通过环戊二烯()选择性氧化制得，体系中同时存在如下反应：
反应I：(g)+H2(g) (g) ΔH1=-1003 kJ·ml-1
反应Ⅱ：(g)+H2(g)= (g) ΔH2= -109.4 kJ·ml-1
反应Ⅲ：(g)+ (g)2 ΔH3
已知选择性指生成目标产物所消耗的原料量在全部所消耗原料量中所占的比例。回答下列问题，
（1）反应Ⅲ的ΔH3=_______kJ·ml-1。
（2）为研究上述反应的平衡关系，在T°C下，向某密闭容器中加入a ml的环戊二烯和4 ml H2，测得平衡时，容器中环戊二烯和环戊烷( )的物质的量相等，环戊烯的选择性为 80%，此时H2的转化率为_______%，反应Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数Kx3=_______。
（3）为研究不同温度下催化剂的反应活性，保持其他条件不变，测得在相同时间内，上述反应的转化率和选择性与温度的关系如图所示。
该氢化体系制环戊烯的最佳温度为 _______；30°C以上时，环戊烯的选择性降低的可能原因是_______(填标号)。
A.催化剂活性降低 B.平衡常数变大 C.反应活化能减小
（4）实际生产中采用双环戊二烯( )解聚成环戊二烯：(g) 2 ΔH> 0。若将3 ml双环戊二烯通入恒容密闭容器中，分别在T1和T2温度下进行反应。曲线A表示T2温度下n(双环戊二烯)的变化，曲线B表示T1温度下n(环戊二烯)的变化，T2温度下反应到a点恰好达到平衡。
①曲线B在T1温度下恰好达到平衡时的点的坐标为(m，n)，则m_______2(填“>” “<”或“=”)，由图象计算n的取值范围是_______。
②T2温度下，若某时刻，容器内气体的压强为起始时的1.5倍，则此时v(正)_______v(逆) (填“>” “<”或“=”)。
【答案】（1）＋9.1
（2） ①. 25a ②. 16
（3） ①. 30 ②. A
（4） ①. ＜ ②. 4.8＜n＜6 ③. >
【解析】
【小问1详解】
反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，ΔH3=ΔH1-ΔH2=[-100.3-(-109.4)]kJ·ml-1=＋9.1kJ·ml-1；故答案为：＋9.1；
【小问2详解】
设平衡时容器中的环戊二烯和环戊烷的物质的量为xml，则反应中消耗的环戊二烯的物质的量为(a-x)ml，因为环戊烯的选择性为80%，所以环戊烯的物质的量为，根据碳原子守恒可得，解得，所以H2的转化率为；平衡时容器内环戊二烯和环戊烷的物质的量均为，环戊烯的物质的量为，则环戊二烯、环戊烷、环戍烯的物质的量分数分别为、、，则；故答案为：25a；16；
【小问3详解】
根据图象可知，该体系温度为30℃左右时，环戊烯的选择性和环戊二烯的转化率都很高，因此最佳温度为30℃；
A．催化剂的活性在一定温度范围内最大，高于或低于这个温度范围，催化剂的活性降低，导致选择性降低，故A符合题意；
B．催化剂对化学平衡移动无影响，故B不符合题意；
C．使用催化剂，降低反应活化能，催化剂的活性降低，活化能应增大，故C不符合题意；
故答案为：30；A；
【小问4详解】
①根据图象可知，相同时间段内，环戊二烯表示反应速率大于双环戊二烯表示的反应速率，因此T1>T2，温度高，反应速率快，达到平衡时所用的时间短，即m＜2；在T2温度下，达到平衡，消耗双环戊二烯的物质的量为(3-0.6)ml=2.4ml，此时生成环戊二烯的物质的量为2.4×2ml=4.8ml，因为T1>T2，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，则n>4.8ml，假设双环戊二烯全部反应，则生成环戊二烯的物质的量为6ml，但该反应为可逆反应，不能进行到底，因此n＜6ml，综上所述，得出n的范围为4.8＜n＜6；故答案为4.8＜n＜6；
②由①的分析可知，T2温度下，达到平衡时，生成环戊二烯的物质的量为4.8ml，容器内气体的总物质的量为0.6ml+4.8ml=5.4ml，相同条件下，压强之比等于气体物质的量的之比，则平衡时，容器内的气体压强为起始时容器内压强的1.8倍，该反应为气体体积增大的反应，由于1.8>1.5，当容器内气体的压强为起始时的1.5倍时，反应正向进行，即v(正)>v(逆)；故答案为：>。选项
实验目的
玻璃仪器
试剂
A
制取氢氧化铁胶体
烧杯、胶头滴管、酒精灯、玻璃棒
蒸馏水、饱和氯化铁溶液
B
验证1-溴丁烷发生消去反应
酒精灯、圆底烧瓶、导管、试管
1-溴丁烷、乙醇、氢氧化钠、酸性高锰酸钾溶液
C
硫酸四氨合铜晶体的形成
胶头滴管、试管、玻璃棒
硫酸铜溶液、氨水、乙醇
D
验证纤维素水解产物
酒精灯、试管、玻璃棒、胶头滴管
脱脂棉、浓硫酸、蒸馏水、氢氧化钠溶液、硫酸铜溶液
PH
≥13
10.6-12
约8.4
3-8
约2
＜1
存在形式
相关试卷
山东省济宁市第一中学2023-2024学年高三上学期2月期末化学试题： 这是一份山东省济宁市第一中学2023-2024学年高三上学期2月期末化学试题，共13页。
山东省济宁市第一中学2023-2024学年高三上学期2月期末化学试题： 这是一份山东省济宁市第一中学2023-2024学年高三上学期2月期末化学试题，文件包含济宁一中高三2月份定时检测化学试题pdf、济宁一中高三2月份定时检测化学试题答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共12页， 欢迎下载使用。
山东省济宁市2023-2024学年高三上学期期末质量检测化学试题含答案： 这是一份山东省济宁市2023-2024学年高三上学期期末质量检测化学试题含答案，共28页。试卷主要包含了25mlO2，C项正确；，0－10等内容，欢迎下载使用。
