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湖南省永州市2022-2023学年高三化学上学期第一次适应性考试试卷（Word版附解析）
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这是一份湖南省永州市2022-2023学年高三化学上学期第一次适应性考试试卷（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
永州市2023年高考第一次适应性考试试卷
化学
本试卷共18道小题，满分为100分，考试时量75分钟。
可能用到的相对原子质量H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 I-127 Cu-64 Pb-207
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 下列有关应用不涉及氧化还原反应的是
A. 用葡萄糖制镜 B. 用石膏改良盐碱地
C. 谷物发酵酿造食醋 D. 用84消毒液杀灭细菌
【答案】B
【解析】
【详解】A．用葡萄糖的还原性，发生银镜反应制镜，涉及氧化还原反应，A不符合题意；
B．用石膏改良盐碱地，没有涉及元素化合价改变，不是氧化还原反应，B符合题意；
C．谷物发酵酿造食醋，是有机物转化为酸，涉及氧化还原反应，C不符合题意；
D．用84消毒液杀灭细菌利用了84的强氧化性，涉及氧化还原反应，D不符合题意；
故选B。
2. 下列离子方程式书写错误的是
A. 向明矾溶液中加入少量氢氧化钡溶液：2Al3++3+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓
B. 澄清石灰水中通入过量的二氧化碳：CO2+OH-=HCO
C. 氢氧化镁固体溶解于氯化铵溶液：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O
D. SO2使酸性KMnO4溶液褪色：5SO2+2H2O+2=5+4H++2Mn2+
【答案】C
【解析】
【详解】A．向明矾溶液中加入少量氢氧化钡溶液，铝离子、硫酸根离子过量，钡离子、氢氧根离子完全反应生产氢氧化铝沉淀、硫酸钡沉淀：2Al3++3+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，A正确；
B．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳生成可溶性碳酸氢钙溶液：CO2+OH-=HCO，B正确；
C．氢氧化镁固体溶解于氯化铵溶液，是铵根离子水解生成的氢离子与氢氧化镁反应，故反应生成一水合氨：Mg(OH)2+2NH=Mg2++2NH3∙H2O；C错误；
D．SO2使酸性KMnO4溶液褪色是发生氧化还原反应生成硫酸根离子和锰离子：5SO2+2H2O+2=5+4H++2Mn2+，D正确；
故选C。
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1 mol环戊烷含有的σ键数为5NA
B. 1.0 mol·L-1的AlCl3溶液中含有阴离子总数为3NA
C. 电解精炼铜，阳极质量减少64 g时电路中通过的电子数为2NA
D. 反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O生成25.4 g I2时，转移电子的数目为0.175NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．环戊烷分子式是C5H10，分子中含有5个C-C键和10个C-H键，C-C键、C-H键都是σ键，1个分子中含有15个σ键，则1 mol环戊烷含有的σ键数为15NA，A错误；
B．只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算微粒数目，B错误；
C．电解精炼铜时，阳极上Cu及活动性比Cu强的金属失去电子，发生氧化反应变为金属阳离子进入溶液，活动性比Cu弱的金属则以单质的形式沉淀在阳极底部形成阳极泥，故若阳极质量减少64 g时，反应过程不一定转移2 mol电子，所以电路中通过的电子数不一定为2NA，C错误；
D．根据反应方程式可知：每反应产生4 mol I2，反应过程中转移7 mol电子，现在反应生成25.4 g I2时，n(I2)==0.01 mol，则反应过程中转移电子的物质的量n(e-)==0.175 mol，则转移的电子数目为0.175NA，D正确；
故合理选项是D。
4. 用下图所示装置及药品进行实验，能达到对应实验目的的是
A．用海水制取蒸馏水
B．检验乙炔具有还原性
C．用乙醇萃取碘水中的I2
D．实验室制氨气
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．用海水制取蒸馏水时，采用蒸馏方法，烧瓶下面垫上石棉网使烧瓶受热均匀，为充分冷凝，要采用逆流原理，操作符合蒸馏要求，A正确；
B．电石中含有杂质与水反应会产生H2S、PH3等杂质气体也会被酸性KMnO4溶液氧化而使KMnO4溶液紫色褪色，因此不能证明乙炔气体具有还原性，B错误；
C．乙醇与水混溶，故乙醇不能作碘水中I2的萃取剂，C错误；
D．NH4Cl受热分解产生NH3、HCl，二者在试管口遇冷会重新化合形成NH4Cl固体，因此不能用加热NH4Cl固体的方法制取NH3，D错误；
故合理选项是A。
5. X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的前四周期元素，X和Y可以形成一种红棕色气体，Z是同周期元素中原子半径最大的元素，Q是地壳中含量最高的金属元素，R的基态原子中有6个未成对电子。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(Q)>r(Y)>r(X) B. 电负性：X>Y>Z
C. R位于元素周期表中第四周期第ⅣB族 D. Z的最高价氧化物对应水化物的碱性比Q的强
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的前四周期元素，X和Y可以形成一种红棕色气体，故X为N；Y为O；Z是同周期元素中原子半径最大的元素，Z为Na；Q是地壳中含量最高的金属元素，Q为Al；R的基态原子中有6个未成对电子，R为Cr；
【详解】A．同主族从上到下原子半径增大，同周期元素从左到右半径减小，故半径为Al>N>O，故r(Q) >r(X) >r(Y)，故A错误；
B．同周期元素从左到右电负性增强，故O>N>Na，电负性：Y>X>Z，故B错误；
C．R的价电子为6，R位于元素周期表中第四周期第ⅥB族，故C错误；
D．Z为Na，Z的最高价氧化物对应水化物为NaOH，为强碱，Q的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，属于两性氢氧化物，故NaOH碱性比Al(OH)3的强，故D正确；
故答案为D。
6. 下列说法正确的是
A. 镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁
B. 浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化
C. 加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强
D. 向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，说明炭可与浓HNO3反应生成NO2
【答案】A
【解析】
【详解】A．镁非常活泼，空气中燃烧可和氮气、氧气反应，生成氧化镁和氮化镁，A正确；
B．浓H2SO4能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化，是其脱水性的体现，B错误；
C．浓H3PO4为难挥发性酸，加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，是难挥发性酸制取挥发性酸，C错误；
D．向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，也可能是硝酸受热分解生成二氧化氮气体，D错误。
故选A。
7. 奥昔布宁具有解痉和抗胆碱作用，其结构简式如图所示。下列关于奥昔布宁的说法正确的是
A. 分子式为C22H30NO3
B. 分子中碳原子轨道杂化类型有2种
C. 能和Br2发生取代反应和加成反应
D. 1mol该物质最多能与2molNaOH反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，分子式为C22H31NO3，A错误；
B．苯环中碳为sp2杂化、支链中饱和碳为sp2杂化、碳碳叁键两端碳为sp杂化，分子中碳原子轨道杂化类型有3种，B错误；
C．分子中支链氢能和Br2发生取代反应，碳碳叁键能和溴发生加成反应，C正确；
D．酯基能和氢氧化钠反应、羟基不和氢氧化钠反应，1mol该物质最多能与1molNaOH反应，D错误。
故选C。
8. BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，弱酸性条件下降解苯酚的反应原理如下图所示。
下列说法错误的是
A. 催化剂BMO能降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变
B. 反应①和②中转移的e-数目相等
C. 整个过程中参与反应的n(苯酚)：n(O2)=1：7
D. 过程①的反应为：
【答案】B
【解析】
【详解】A．催化剂BMO能改变反应历程，降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，A正确；
B．反应②中苯酚中碳元素化合价改变生成二氧化碳、水，①中苯酚碳元素、中氧元素化合价均发生改变且最终还是生成二氧化碳、水，故转移的e-数目不相等，B错误；
C．整个过程中反应可看作：氧气和苯酚反应生成二氧化碳和水，苯酚化学式为C6H6O，则1分子苯酚消耗个氧分子，故参与反应的n(苯酚)：n(O2)=1：7，C正确；
D．由图可知，过程①中苯酚和反应生成二氧化碳和水，反应为：，D正确。
故选B。
9. 废旧铅蓄电池会导致铅污染，RSR工艺回收铅的化工流程如图所示。
已知：i.铅膏的主要成分是PbO2和PbSO4；HBF4是强酸；
ii.Ksp(PbSO4)=1.6×10-8、Ksp(PbCO3)=7.4×10-14。
下列有关说法错误的是
A. 步骤②中反应PbSO4(s)+(aq)⇌PbCO3(s)+(aq)的化学平衡常数K约为2.2×105
B. 操作③需要用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
C. 步骤④发生反应的离子方程式为PbCO3+2H+=Pb2++CO2↑+H2O
D. 副产品M的主要成分是(NH4)2SO3
【答案】D
【解析】
【分析】废旧铅蓄电池处理后加水通入二氧化硫、碳酸铵，PbO2和二氧化硫发生氧化还原反应，四价铅转化为二价铅生成碳酸铅沉淀、二氧化硫转化为硫酸根生成副产品硫酸铵M；碳酸铅加入HBF4得到Pb(BF4)2和二氧化碳气体，Pb(BF4)2电解得到铅；
【详解】A．步骤②中反应PbSO4(s)+(aq)⇌PbCO3(s)+(aq)的化学平衡常数K=2.2×105，A正确；
B．操作③为分离固液的操作，是过滤，需要用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，B正确；
C．HBF4是强酸，和碳酸铅反应生成二氧化碳、水、和Pb(BF4)2，故步骤④发生反应的离子方程式为PbCO3+2H+=Pb2++CO2↑+H2O，C正确；
D．副产品M的主要成分是(NH4)2SO4，D错误；
故选D。
10. 河蚌的壳外层主要成分为方解石，内层主要是霰石，两者成分都是碳酸钙，但晶体结构不同，称为“同质多象”现象，金刚石和石墨也属于同质多象现象。霰石光滑，结构中每个Ca2+周围围绕着6个，方解石坚硬，晶胞结构如图。下列说法错误的是
A. 霰石晶体中每个周围有6个Ca2+
B. 霰石和方解石中的均为平面三角形结构
C. 霰石和方解石的熔点相同
D. 方解石晶体结构图的平行六面体中含有2个Ca2+、2个
【答案】C
【解析】
【详解】A．结构中每个Ca2+周围围绕着6个，由化学式可知，每个周围也会有6个Ca2+，A正确；
B．中C原子的价层电子对数为3＋=3，所以是平面三角形结构，B正确；
C．霰石和方解石的晶体结构不同，故其熔点不相同，C错误；
D．方解石晶体结构图的平行六面体中处于体内，数目为2；钙离子处于顶点和体内，数目为1＋=2，D正确。
故选C。
二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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，选对但不全得2分，有错选得0分。
11. 某同学探究Fe2+还原性的实验记录如下：
①
②
③
溶液变红，大约10秒左右红色褪去，有气体生成(经检验为O2)。取褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀。
溶液变红且不褪色，有气体生成(经检验为O2)，经检验有丁达尔效应。
溶液变红且不褪色，滴加盐酸和BaCl2溶液，无白色沉淀，经检验无丁达尔效应。
下列说法错误的是
A. 对比①②，可以判定酸性越强，H2O2的氧化能力越强
B. ①中发生氧化还原反应只有两种
C. ②中红色溶液中含有Fe(OH)3胶体
D. ③中发生的氧化还原反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验①比实验②酸性强以外其他均相同，但根据实验现象分析，双氧水氧化硫氰根的氧化程度不一样，前者能将硫氰根离子氧化成硫酸根，而后者不能，则说明酸性越强双氧水的氧化性越强，故A正确；
B．①中双氧水能将亚铁离子氧化为铁离子，双氧水能将硫氰根离子氧化为硫酸根离子，还有生成氧气的反应，所以①中发生的氧化还原反应应该有三个，故B错误；
C．②中双氧水或者氧气将亚铁离子氧化成铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，所以②中红色溶液中含有Fe(OH)3胶体，故C正确；
D．③中在酸性条件下氧气将亚铁离子氧化成铁离子，则其反应为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D正确；
答案选B。
12. 双膜碱性多硫化物空气液流二次电池可用于再生能源储能和智能电网的备用电源等，电极I为掺杂Na2S2的电极，电极II为碳电极。电池工作原理如下图所示。下列说法错误的是
A. 离子交换膜a为阳离子交换膜，离子交换膜b为阴离子交换膜
B. 放电时，中间储液器中NaOH的浓度不断减小
C. 充电时，电极I的电极反应式为：2-2e-=
D. 充电时，电路中每通过1mol电子，阳极室溶液质量理论上增加9g
【答案】BC
【解析】
【分析】由图分析可知，电极II为碳电极，放电时，氧气发生还原反应生成氢氧根离子，为正极，则电极I为负极；
【详解】A．放电时，正极发生还原反应，反应为O2+2H2O+ 4e- =4OH-；负极发生氧化反应，反应为2-2e-=；正极区氢氧根离子向左侧运动，离子交换膜b为阴离子交换膜；负极区钠离子向右侧运动，离子交换膜a为阳离子交换膜，中间储液器中NaOH的浓度不断变大，A正确；
B．由A分析可知，中间储液器中NaOH的浓度不断变大，B错误；
C．充电时，电极I为阴极，得到电子发生还原反应，C错误；
D．充电时，电极II为阳极区，反应为4OH-- 4e- = O2+2H2O，电路中每通过1mol电子，阳极室从中间储液器进入1mol氢氧根离子、同时生成0.25mol氧气，溶液质量理论上增加17g-8g=9g，D正确；
故选BC。
13. 甲烷重整制合成气，体系中主要反应如下：
I.CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH1
II.CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH2
各反应平衡常数与温度的关系如图所示，下列说法正确的是
A. 体系温度高于1000K时，升温对反应I的平衡影响更大
B. 理论上，反应II在低温下可自发进行
C. 1000K时，反应CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)的平衡常数K=1
D. 1000K时，若平衡时，则，应控制起始投料比
【答案】CD
【解析】
【分析】由图可知，升高温度lnK均变大，说明平衡正向移动，反应均为吸热反应；
【详解】A．由图可知，体系温度高于1000K时，升温反应I曲线变化程度较小，故升温对反应II的平衡影响更大，A错误；
B．反应II为吸热的熵增反应，故根据∆H-T∆S<0反应可自发进行，理论上反应II在高温下可自发进行，B错误；
C．根据盖斯定律可知，反应II-反应I得到反应CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)；1000K时，反应II、反应I的K值相等，则反应CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)的平衡常数K=1，C正确；
D．据C分析可知，1000K时，反应CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)的平衡常数K=1，若平衡时，则，由于反应在同一容器中进行，且反应中二氧化碳、水的系数相等，则起始投料比，D正确。
故选CD。
14. 常温下，用HCl或NaOH调节0.100mol·L-1HCOONH4的pH，忽略NH3·H2O分解及溶液体积变化，溶液中c(HCOO-)、c(HCOOH)、c()、c(NH3·H2O)四种微粒pX与pH关系如下图所示[pX=-lgc(X)]。
已知：①x、y点的坐标：x(3.75，1.3)，y(9.25，1.3)；②Ka(HCOOH)>Kb(NH3·H2O)。下列说法正确的是
A. 曲线①表示pc(HCOO-)随pH的变化
B. Kb(NH3·H2O)的数量级为10-10
C. z点的横坐标为6.2
D. pH=7时，溶液中离子浓度大小：c(HCOO-)>c()
【答案】AD
【解析】
【分析】0.100mol·L-1HCOONH4的溶液中加入HCl，溶液酸性增强，HCOONH4+HCl= HCOOH+NH4Cl，HCOOH浓度变大、HCOO-浓度减小、水解受到抑制浓度稍微变大；加入氢氧化钠，溶液碱性增强，HCOONH4+NaOH= HCOONa+NH3∙H2O，NH3·H2O 浓度变大、浓度减小、HCOO-水解受到抑制稍微变大；结合图像可知，①②③④分别为HCOO-、NH3·H2O、、HCOOH；
【详解】A．由分析可知，曲线①表示pc(HCOO-)随pH的变化，A正确；
B．已知：x、y点的坐标：x(3.75，1.3)，y(9.25，1.3)；Kb(NH3·H2O)= ，NH3∙H2O、浓度相等时，位于y点，pH=9.25，pOH=4.75，故Kb(NH3·H2O)=10-4.75，其数量级为10-5，B错误；
C．由x点的坐标：x(3.75，1.3)可知，pH=3.75，此时HCOO-、HCOOH浓度相等，则Ka(HCOOH)= =10-3.75；z点为NH3∙H2O、HCOOH浓度相等，同时HCOO-、浓度相等，，结合Kw=10-14，可知，其横坐标为6.2，C错误；
D．初始溶液为HCOONH4，由图像可知，pH=7时，溶液中c(NH3∙H2O)>c(HCOOH)，则溶液中离子浓度大小：c(HCOO-)>c()，D正确；
故选AD。
三、非选择题：本题共4小题，共54分。
15. 硫酸四氨合铜晶体[Cu(NH3)4SO4·H2O，相对分子质量为246]是深蓝色正交晶体，易溶于水，不溶于乙醇等有机溶剂。常用作杀虫剂、媒染剂，也是高效、安全的广谱杀菌剂、植物生长激素。某兴趣小组设计利用下图装置制备硫酸四氨合铜晶体。回答下列问题：
（1）仪器甲的名称为_______，仪器甲中发生反应的离子方程式为_______。
（2）反应后取下仪器甲，向其中缓缓加入95%乙醇溶液，过滤，洗涤，得到Cu(NH3)4SO4·H2O晶体。精确称取制备的晶体ag，加适量水溶解，注入250mL锥形瓶中，逐次加入足量10％NaOH溶液，加热直至将样品液中的氨全部蒸出，用V1mL0.1mol·L-1的盐酸完全吸收。取下接收瓶，再用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定剩余的盐酸，消耗NaOH溶液V2mL。
①在吸收氨的装置中，小试管的作用是_______；若水槽中没有使用冰浴冷却会使氨含量测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
②晶体的纯度为_______(用有关字母表示，不用化简)。
（3）PtCl2(NH3)2与四氨合铜离子结构相似，已知PtCl2(NH3)2可以形成两种固体，一种为淡黄色，在水中溶解度较小，另一种为黄绿色，在水中溶解度较大。则
①PtCl2(NH3)2的结构是_______(填“平面正方形”或“四面体”)。
②请用结构简式画出淡黄色固体分子的几何构型_______。
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. Cu+H2O2+4NH3+2H+=[Cu(NH3)4]2++2H2O
（2） ①. 液封 ②. 偏低 ③.
（3） ①. 平面正方形 ②.
【解析】
【分析】铜、过氧化氢、氨气在酸性环境下生成水、硫酸四氨合铜，分离出硫酸四氨合铜晶体，溶解后和氢氧化钠反应释放出氨气被稀盐酸吸收，通过滴定剩余盐酸溶质的量可以计算生成氨气的量，进而计算硫酸四氨合铜晶体的纯度。
【小问1详解】
仪器甲的名称为三颈烧瓶；过氧化氢具有强氧化性，仪器甲中发生反应为铜、过氧化氢、氨气在酸性环境下生成水、硫酸四氨合铜，离子方程式为Cu+H2O2+4NH3+2H+=[Cu(NH3)4]2++2H2O；
【小问2详解】
①在吸收氨装置中，小试管的作用是液封，防止生成的气体逸出导致实验误差；若水槽中没有使用冰浴冷却，导致氨气吸收不充分，氨气挥发导致氨含量测定结果偏低。
②根据质量守恒可得：Cu(NH3)4SO4·H2O~ 4NH3~4HCl，氢氧化钠与盐酸反应关系为：NaOH~HCl，则与氨气反应的HCl的物质的量为V1×10-3L×0.1mol·L-1- V2×10-3L×0.1mol·L-1，则Cu(NH3)4SO4·H2O的物质的量为=，故晶体的纯度为；
【小问3详解】
①四面体的四个顶点位置相同，已知PtCl2(NH3)2可以形成两种固体，说明PtCl2(NH3)2的结构不是四面体形结构，而是平面正方形结构。
②水分子为极性分子；淡黄色固体，在水中溶解度较小，说明正负电荷对称，分子极性较小，为对称结构，故淡黄色固体分子的几何构型为。
16. 制备茉莉醛(具有茉莉花香味，广泛应用于化妆品、洗涤剂和空气清新剂)的一种工艺流程和有关数据如下：
I.反应原理：
II.工艺流程：
III.有关数据：
相对分子质量
密度/g·cm-3
溶解性
苯甲醛
106
1.04
微溶于水，可混溶于乙醇、乙醚、苯、氯仿
庚醛
114
0.85
微溶于水，溶于乙醇、乙醚
茉莉醛
202
0.97
微溶于冷水，溶于乙醇、乙醚和热水
回答下列问题：
（1）“操作X”的名称是_______。
（2）“水洗”的主要目的是_______，加入无水Na2SO4的目的是_______。
（3）柱色谱装置如下图，先将液体样品从柱顶加入，流经吸附柱时，即被吸附在柱的上端，然后从柱顶加入洗脱剂，由于吸附剂对各组分吸附能力不同，各组分随洗脱剂以不同速度沿柱下移，从而达到分离的效果。
①柱色谱法分离中使用的吸附剂为硅胶或碳酸钙，除此之外，还可以使用_______(填序号)。
a.活性炭 b.氯化钠 c.氧化铝 d.碳酸钾
②柱色谱法分离过程中，如果洗脱剂加入速度太快，会对产品产率造成怎样影响_______。
（4）在反应中可能产生的副产物的结构简式为_______。
（5）本工艺加入苯甲醛10.6L、庚醛6.84kg，可得茉莉醛5.05kg，该工艺的产率为_______%。
【答案】（1）分液 （2） ①. 除去乙醇和KOH溶液 ②. 干燥
（3） ①. ac ②. 速度过快，会导致产品与杂质难以准确分离，产率可能偏大也可能偏小
（4） （5）41.7
【解析】
【分析】苯甲醛、庚醛在乙醇、氢氧化钾条件下生成茉莉醛，冷却后分液除去水层，有机层水洗后加入无水硫酸钠干燥，有机层通过柱色谱装置分离得到茉莉醛；
【小问1详解】
“操作X”分离有机层和水层的操作，名称是分液；
【小问2详解】
有机层中含有少量的乙醇、氢氧化钾，“水洗”的主要目的是除去乙醇和KOH溶液；无水Na2SO4可以吸收有机层中的水分，故加入无水Na2SO4的目的是吸收水分干燥有机层；
【小问3详解】
①柱色谱法分离中使用的吸附剂为表面积较大，具有吸附性的物质且不和分离物质发生反应，故选ac；
②柱色谱法分离过程中，如果洗脱剂加入速度太快，导致产品不能被充分吸附，使得与杂质难以准确分离，产率可能偏大也可能偏小；
【小问4详解】
根据醛与醛的反应原理，在反应中庚醛与庚醛也可能发生反应产生的副产物：；
【小问5详解】
本工艺加入苯甲醛10.6L，质量为10.6×103L×1.04 g·cm-3=11024g，物质的量为104mol；庚醛6.84kg，物质的量为60mol，则反应中苯甲醛过量、庚醛完全反应，理论生成茉莉醛60mol，质量为12.12kg；得茉莉醛5.05kg，该工艺的产率为41.7%。
17. 氮氧化合物的处理对建设生态文明具有重要意义，可采用多种方法消除。
方法一：氢气还原法
（1）已知H2在催化剂Rh表面还原NO的部分反应机理如表：
基元反应
活化能Ea(kJ·mol-1)
H2(g)+Rh(s)+Rh(s)→H(s)+H(s)
12.6
N(s)+N(s)→N2(s)+Rh(s)+Rh(s)
120.9
OH(s)+Rh(s)→H(s)+O(s)
37.7
H(s)+H(s)→H2(g)+Rh(s)+Rh(s)
77.8
NO(s)→NO(g)+Rh(s)
108.9
①基元反应H2+Rh(s)+Rh(s)→H(s)+H(s)的焓变ΔH=_______kJ/mol。
②低温时，使用催化剂Pt/Al-M-10-A，将H2和NO以物质的量比1：2充入恒温刚性容器中，发生反应H2(g)+2NO(g)⇌N2O(g)+H2O(g)。下列有关说法错误的是_______。
a.当混合气体的平均相对分子质量不再变化时说明反应处于平衡状态
b.任意时刻，2v正(NO)=v逆(H2O)
c.若向容器内充入少量O2，平衡不移动
d.平衡后，向容器中按照物质的量比1∶2再充入H2和NO，平衡向右移动
③将H2、NO、O2按体积比3∶2∶1充入恒温恒压(200℃、100kPa)容器中，发生反应：4H2(g)+2NO(g)+O2(g)⇌N2(g)+4H2O(g)，平衡时，N2的体积分数为0.1。NO的平衡转化率为_______，平衡常数Kp=_______(kPa)-2(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
方法二：一氧化碳还原法
（2）将等物质的量的NO和CO分别充入盛有催化剂①和②的体积相同的刚性容器，进行反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g) ∆H<0，经过相同时间测得NO的转化率如图所示，图中cd段转化率下降的可能原因有_______。
方法三：间接电化学法
（3）已知：H2S2O4是一种弱酸。利用下图装置可处理燃煤烟气中NO。
①阴极区的电极反应式为_______。
②通电时，当电路中转移0.2mole-，吸收的NO在标准状况下的体积为896mL。则NO转化后的产物为_______。
【答案】（1） ①. -65.2 ②. bc ③. 50% ④. 0.04
（2）反应为放热反应，升温平衡逆向移动，且温度过高使催化剂活性降低，反应速率减慢，导致相同时间转化率下降
（3） ①. 2+2e-+4H+=H2S2O4+2H2O ②.
【解析】
小问1详解】
①反应的焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，故基元反应H2+Rh(s)+Rh(s)→H(s)+H(s)的焓变ΔH=（12.6-77.8）kJ/mol=-65.2 kJ/mol。
②a．混合气体的平均相对分子质量M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，a正确；
b．反应的速率比等于其系数比，任意时刻，2v正(NO)=v逆(H2O)不能说明反应的正逆反应速率相等，b错误；
c．若向容器内充入少量O2，氧气与一氧化氮迅速反应，导致平衡逆向移动，c错误；
d．平衡后，向容器中按照物质的量比1∶2再充入H2和NO，相当于增加压强，平衡向右移动，d正确；
故选bc；
③将H2、NO、O2按体积比3∶2∶1充入恒温恒压(200℃、100kPa)容器中，发生反应：4H2(g)+2NO(g)+O2(g)⇌N2(g)+4H2O(g)；
反应后总的物质的量为（6-2x）mol，平衡时，N2的体积分数为0.1，则，NO的平衡转化率为；反应后总的物质的量为5mol，H2、NO(g)、O2、N2、H2O的物质的量分别为1mol、1mol、0.5mol、0.5mol、2mol，总压为100kPa，平衡常数Kp= =0.04 (kPa)-2。
【小问2详解】
反应为放热反应，升温平衡逆向移动，且温度过高使催化剂活性降低，反应速率减慢，导致相同时间转化率下降，故cd段转化率下降；
【小问3详解】
①由图可知，阴极区得到电子发生还原反应生成H2S2O4，电极反应式为2+2e-+4H+=H2S2O4+2H2O。
②吸收的NO在标准状况下的体积为896mL，物质的量为0.04mol，此时转移0.2mole-，则1molNO反应转移电子5mol，则NO中氮元素化合价变化为5，得到转化后的产物为。
18. 化合物G是合成新冠病毒3CLpro酶抑制剂的一种中间物质，其人工合成路线如下：
（1）A的名称为_______。
（2）E中含氧官能团名称为_______。
（3）C→D的反应方程式为_______。
（4）已知含有吡啶环()的物质也具有芳香性，则符合以下条件的物质C的同分异构体有_______种(不考虑空间异构)。
①分子中含有吡啶环；②吡啶环上含有3个支链。
其中核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积之比为3：1的结构简式为_______。
（5）已知：①；②氨基易被氧化。
参照上述合成路线，以为原料，设计合成的路线_______。(试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)
【答案】（1）对氯甲苯
（2）硝基、肽键 （3）
（4） ①. 16 ②. 、
（5）
【解析】
【分析】A发生取代反应生成B，B发生还原反应硝基转化为氨基生成C，C和乙酸发生取代反应生生成D，D发生取代反应引入硝基生成E，E发生反应成环得到F，F和CH3I在氢氧化钾作用下引入甲基得到G；
【小问1详解】
由结构简式可知，A的名称为对氯甲苯；
【小问2详解】
由结构简式可知，E中含氧官能团为-NO2、-NHCO-，名称为硝基、肽键；
【小问3详解】
由流程可知，C→D的反应方程式为；
【小问4详解】
C的化学式是C7H8ClN，同分异构体满足以下条件：
①分子中含有吡啶环，；②吡啶环上含有3个支链，则为-Cl、2个-CH3；可以首先安排2个甲基，然后安排氯原子，由以下情况：
故共3+3+3+2+3+2=16种；其中核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积之比为3：1，则结构较为对称，结构简式为、；
【小问5详解】
以为原料，设计合成，苯环上甲基变为羧基，且氨基易被氧化，则应该首先将甲基氧化我羧基，然后还原硝基为氨基，在发生已知①反应引入氰基生成，和发生C生成D的反应转化为，成环生成，故路线为：。
永州市2023年高考第一次适应性考试试卷
化学
本试卷共18道小题，满分为100分，考试时量75分钟。
可能用到的相对原子质量H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 I-127 Cu-64 Pb-207
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 下列有关应用不涉及氧化还原反应的是
A. 用葡萄糖制镜 B. 用石膏改良盐碱地
C. 谷物发酵酿造食醋 D. 用84消毒液杀灭细菌
【答案】B
【解析】
【详解】A．用葡萄糖的还原性，发生银镜反应制镜，涉及氧化还原反应，A不符合题意；
B．用石膏改良盐碱地，没有涉及元素化合价改变，不是氧化还原反应，B符合题意；
C．谷物发酵酿造食醋，是有机物转化为酸，涉及氧化还原反应，C不符合题意；
D．用84消毒液杀灭细菌利用了84的强氧化性，涉及氧化还原反应，D不符合题意；
故选B。
2. 下列离子方程式书写错误的是
A. 向明矾溶液中加入少量氢氧化钡溶液：2Al3++3+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓
B. 澄清石灰水中通入过量的二氧化碳：CO2+OH-=HCO
C. 氢氧化镁固体溶解于氯化铵溶液：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O
D. SO2使酸性KMnO4溶液褪色：5SO2+2H2O+2=5+4H++2Mn2+
【答案】C
【解析】
【详解】A．向明矾溶液中加入少量氢氧化钡溶液，铝离子、硫酸根离子过量，钡离子、氢氧根离子完全反应生产氢氧化铝沉淀、硫酸钡沉淀：2Al3++3+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，A正确；
B．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳生成可溶性碳酸氢钙溶液：CO2+OH-=HCO，B正确；
C．氢氧化镁固体溶解于氯化铵溶液，是铵根离子水解生成的氢离子与氢氧化镁反应，故反应生成一水合氨：Mg(OH)2+2NH=Mg2++2NH3∙H2O；C错误；
D．SO2使酸性KMnO4溶液褪色是发生氧化还原反应生成硫酸根离子和锰离子：5SO2+2H2O+2=5+4H++2Mn2+，D正确；
故选C。
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1 mol环戊烷含有的σ键数为5NA
B. 1.0 mol·L-1的AlCl3溶液中含有阴离子总数为3NA
C. 电解精炼铜，阳极质量减少64 g时电路中通过的电子数为2NA
D. 反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O生成25.4 g I2时，转移电子的数目为0.175NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．环戊烷分子式是C5H10，分子中含有5个C-C键和10个C-H键，C-C键、C-H键都是σ键，1个分子中含有15个σ键，则1 mol环戊烷含有的σ键数为15NA，A错误；
B．只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算微粒数目，B错误；
C．电解精炼铜时，阳极上Cu及活动性比Cu强的金属失去电子，发生氧化反应变为金属阳离子进入溶液，活动性比Cu弱的金属则以单质的形式沉淀在阳极底部形成阳极泥，故若阳极质量减少64 g时，反应过程不一定转移2 mol电子，所以电路中通过的电子数不一定为2NA，C错误；
D．根据反应方程式可知：每反应产生4 mol I2，反应过程中转移7 mol电子，现在反应生成25.4 g I2时，n(I2)==0.01 mol，则反应过程中转移电子的物质的量n(e-)==0.175 mol，则转移的电子数目为0.175NA，D正确；
故合理选项是D。
4. 用下图所示装置及药品进行实验，能达到对应实验目的的是
A．用海水制取蒸馏水
B．检验乙炔具有还原性
C．用乙醇萃取碘水中的I2
D．实验室制氨气
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．用海水制取蒸馏水时，采用蒸馏方法，烧瓶下面垫上石棉网使烧瓶受热均匀，为充分冷凝，要采用逆流原理，操作符合蒸馏要求，A正确；
B．电石中含有杂质与水反应会产生H2S、PH3等杂质气体也会被酸性KMnO4溶液氧化而使KMnO4溶液紫色褪色，因此不能证明乙炔气体具有还原性，B错误；
C．乙醇与水混溶，故乙醇不能作碘水中I2的萃取剂，C错误；
D．NH4Cl受热分解产生NH3、HCl，二者在试管口遇冷会重新化合形成NH4Cl固体，因此不能用加热NH4Cl固体的方法制取NH3，D错误；
故合理选项是A。
5. X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的前四周期元素，X和Y可以形成一种红棕色气体，Z是同周期元素中原子半径最大的元素，Q是地壳中含量最高的金属元素，R的基态原子中有6个未成对电子。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(Q)>r(Y)>r(X) B. 电负性：X>Y>Z
C. R位于元素周期表中第四周期第ⅣB族 D. Z的最高价氧化物对应水化物的碱性比Q的强
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的前四周期元素，X和Y可以形成一种红棕色气体，故X为N；Y为O；Z是同周期元素中原子半径最大的元素，Z为Na；Q是地壳中含量最高的金属元素，Q为Al；R的基态原子中有6个未成对电子，R为Cr；
【详解】A．同主族从上到下原子半径增大，同周期元素从左到右半径减小，故半径为Al>N>O，故r(Q) >r(X) >r(Y)，故A错误；
B．同周期元素从左到右电负性增强，故O>N>Na，电负性：Y>X>Z，故B错误；
C．R的价电子为6，R位于元素周期表中第四周期第ⅥB族，故C错误；
D．Z为Na，Z的最高价氧化物对应水化物为NaOH，为强碱，Q的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，属于两性氢氧化物，故NaOH碱性比Al(OH)3的强，故D正确；
故答案为D。
6. 下列说法正确的是
A. 镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁
B. 浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化
C. 加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强
D. 向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，说明炭可与浓HNO3反应生成NO2
【答案】A
【解析】
【详解】A．镁非常活泼，空气中燃烧可和氮气、氧气反应，生成氧化镁和氮化镁，A正确；
B．浓H2SO4能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化，是其脱水性的体现，B错误；
C．浓H3PO4为难挥发性酸，加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，是难挥发性酸制取挥发性酸，C错误；
D．向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，也可能是硝酸受热分解生成二氧化氮气体，D错误。
故选A。
7. 奥昔布宁具有解痉和抗胆碱作用，其结构简式如图所示。下列关于奥昔布宁的说法正确的是
A. 分子式为C22H30NO3
B. 分子中碳原子轨道杂化类型有2种
C. 能和Br2发生取代反应和加成反应
D. 1mol该物质最多能与2molNaOH反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，分子式为C22H31NO3，A错误；
B．苯环中碳为sp2杂化、支链中饱和碳为sp2杂化、碳碳叁键两端碳为sp杂化，分子中碳原子轨道杂化类型有3种，B错误；
C．分子中支链氢能和Br2发生取代反应，碳碳叁键能和溴发生加成反应，C正确；
D．酯基能和氢氧化钠反应、羟基不和氢氧化钠反应，1mol该物质最多能与1molNaOH反应，D错误。
故选C。
8. BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，弱酸性条件下降解苯酚的反应原理如下图所示。
下列说法错误的是
A. 催化剂BMO能降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变
B. 反应①和②中转移的e-数目相等
C. 整个过程中参与反应的n(苯酚)：n(O2)=1：7
D. 过程①的反应为：
【答案】B
【解析】
【详解】A．催化剂BMO能改变反应历程，降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，A正确；
B．反应②中苯酚中碳元素化合价改变生成二氧化碳、水，①中苯酚碳元素、中氧元素化合价均发生改变且最终还是生成二氧化碳、水，故转移的e-数目不相等，B错误；
C．整个过程中反应可看作：氧气和苯酚反应生成二氧化碳和水，苯酚化学式为C6H6O，则1分子苯酚消耗个氧分子，故参与反应的n(苯酚)：n(O2)=1：7，C正确；
D．由图可知，过程①中苯酚和反应生成二氧化碳和水，反应为：，D正确。
故选B。
9. 废旧铅蓄电池会导致铅污染，RSR工艺回收铅的化工流程如图所示。
已知：i.铅膏的主要成分是PbO2和PbSO4；HBF4是强酸；
ii.Ksp(PbSO4)=1.6×10-8、Ksp(PbCO3)=7.4×10-14。
下列有关说法错误的是
A. 步骤②中反应PbSO4(s)+(aq)⇌PbCO3(s)+(aq)的化学平衡常数K约为2.2×105
B. 操作③需要用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
C. 步骤④发生反应的离子方程式为PbCO3+2H+=Pb2++CO2↑+H2O
D. 副产品M的主要成分是(NH4)2SO3
【答案】D
【解析】
【分析】废旧铅蓄电池处理后加水通入二氧化硫、碳酸铵，PbO2和二氧化硫发生氧化还原反应，四价铅转化为二价铅生成碳酸铅沉淀、二氧化硫转化为硫酸根生成副产品硫酸铵M；碳酸铅加入HBF4得到Pb(BF4)2和二氧化碳气体，Pb(BF4)2电解得到铅；
【详解】A．步骤②中反应PbSO4(s)+(aq)⇌PbCO3(s)+(aq)的化学平衡常数K=2.2×105，A正确；
B．操作③为分离固液的操作，是过滤，需要用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，B正确；
C．HBF4是强酸，和碳酸铅反应生成二氧化碳、水、和Pb(BF4)2，故步骤④发生反应的离子方程式为PbCO3+2H+=Pb2++CO2↑+H2O，C正确；
D．副产品M的主要成分是(NH4)2SO4，D错误；
故选D。
10. 河蚌的壳外层主要成分为方解石，内层主要是霰石，两者成分都是碳酸钙，但晶体结构不同，称为“同质多象”现象，金刚石和石墨也属于同质多象现象。霰石光滑，结构中每个Ca2+周围围绕着6个，方解石坚硬，晶胞结构如图。下列说法错误的是
A. 霰石晶体中每个周围有6个Ca2+
B. 霰石和方解石中的均为平面三角形结构
C. 霰石和方解石的熔点相同
D. 方解石晶体结构图的平行六面体中含有2个Ca2+、2个
【答案】C
【解析】
【详解】A．结构中每个Ca2+周围围绕着6个，由化学式可知，每个周围也会有6个Ca2+，A正确；
B．中C原子的价层电子对数为3＋=3，所以是平面三角形结构，B正确；
C．霰石和方解石的晶体结构不同，故其熔点不相同，C错误；
D．方解石晶体结构图的平行六面体中处于体内，数目为2；钙离子处于顶点和体内，数目为1＋=2，D正确。
故选C。
二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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，选对但不全得2分，有错选得0分。
11. 某同学探究Fe2+还原性的实验记录如下：
①
②
③
溶液变红，大约10秒左右红色褪去，有气体生成(经检验为O2)。取褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀。
溶液变红且不褪色，有气体生成(经检验为O2)，经检验有丁达尔效应。
溶液变红且不褪色，滴加盐酸和BaCl2溶液，无白色沉淀，经检验无丁达尔效应。
下列说法错误的是
A. 对比①②，可以判定酸性越强，H2O2的氧化能力越强
B. ①中发生氧化还原反应只有两种
C. ②中红色溶液中含有Fe(OH)3胶体
D. ③中发生的氧化还原反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验①比实验②酸性强以外其他均相同，但根据实验现象分析，双氧水氧化硫氰根的氧化程度不一样，前者能将硫氰根离子氧化成硫酸根，而后者不能，则说明酸性越强双氧水的氧化性越强，故A正确；
B．①中双氧水能将亚铁离子氧化为铁离子，双氧水能将硫氰根离子氧化为硫酸根离子，还有生成氧气的反应，所以①中发生的氧化还原反应应该有三个，故B错误；
C．②中双氧水或者氧气将亚铁离子氧化成铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，所以②中红色溶液中含有Fe(OH)3胶体，故C正确；
D．③中在酸性条件下氧气将亚铁离子氧化成铁离子，则其反应为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D正确；
答案选B。
12. 双膜碱性多硫化物空气液流二次电池可用于再生能源储能和智能电网的备用电源等，电极I为掺杂Na2S2的电极，电极II为碳电极。电池工作原理如下图所示。下列说法错误的是
A. 离子交换膜a为阳离子交换膜，离子交换膜b为阴离子交换膜
B. 放电时，中间储液器中NaOH的浓度不断减小
C. 充电时，电极I的电极反应式为：2-2e-=
D. 充电时，电路中每通过1mol电子，阳极室溶液质量理论上增加9g
【答案】BC
【解析】
【分析】由图分析可知，电极II为碳电极，放电时，氧气发生还原反应生成氢氧根离子，为正极，则电极I为负极；
【详解】A．放电时，正极发生还原反应，反应为O2+2H2O+ 4e- =4OH-；负极发生氧化反应，反应为2-2e-=；正极区氢氧根离子向左侧运动，离子交换膜b为阴离子交换膜；负极区钠离子向右侧运动，离子交换膜a为阳离子交换膜，中间储液器中NaOH的浓度不断变大，A正确；
B．由A分析可知，中间储液器中NaOH的浓度不断变大，B错误；
C．充电时，电极I为阴极，得到电子发生还原反应，C错误；
D．充电时，电极II为阳极区，反应为4OH-- 4e- = O2+2H2O，电路中每通过1mol电子，阳极室从中间储液器进入1mol氢氧根离子、同时生成0.25mol氧气，溶液质量理论上增加17g-8g=9g，D正确；
故选BC。
13. 甲烷重整制合成气，体系中主要反应如下：
I.CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH1
II.CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH2
各反应平衡常数与温度的关系如图所示，下列说法正确的是
A. 体系温度高于1000K时，升温对反应I的平衡影响更大
B. 理论上，反应II在低温下可自发进行
C. 1000K时，反应CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)的平衡常数K=1
D. 1000K时，若平衡时，则，应控制起始投料比
【答案】CD
【解析】
【分析】由图可知，升高温度lnK均变大，说明平衡正向移动，反应均为吸热反应；
【详解】A．由图可知，体系温度高于1000K时，升温反应I曲线变化程度较小，故升温对反应II的平衡影响更大，A错误；
B．反应II为吸热的熵增反应，故根据∆H-T∆S<0反应可自发进行，理论上反应II在高温下可自发进行，B错误；
C．根据盖斯定律可知，反应II-反应I得到反应CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)；1000K时，反应II、反应I的K值相等，则反应CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)的平衡常数K=1，C正确；
D．据C分析可知，1000K时，反应CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)的平衡常数K=1，若平衡时，则，由于反应在同一容器中进行，且反应中二氧化碳、水的系数相等，则起始投料比，D正确。
故选CD。
14. 常温下，用HCl或NaOH调节0.100mol·L-1HCOONH4的pH，忽略NH3·H2O分解及溶液体积变化，溶液中c(HCOO-)、c(HCOOH)、c()、c(NH3·H2O)四种微粒pX与pH关系如下图所示[pX=-lgc(X)]。
已知：①x、y点的坐标：x(3.75，1.3)，y(9.25，1.3)；②Ka(HCOOH)>Kb(NH3·H2O)。下列说法正确的是
A. 曲线①表示pc(HCOO-)随pH的变化
B. Kb(NH3·H2O)的数量级为10-10
C. z点的横坐标为6.2
D. pH=7时，溶液中离子浓度大小：c(HCOO-)>c()
【答案】AD
【解析】
【分析】0.100mol·L-1HCOONH4的溶液中加入HCl，溶液酸性增强，HCOONH4+HCl= HCOOH+NH4Cl，HCOOH浓度变大、HCOO-浓度减小、水解受到抑制浓度稍微变大；加入氢氧化钠，溶液碱性增强，HCOONH4+NaOH= HCOONa+NH3∙H2O，NH3·H2O 浓度变大、浓度减小、HCOO-水解受到抑制稍微变大；结合图像可知，①②③④分别为HCOO-、NH3·H2O、、HCOOH；
【详解】A．由分析可知，曲线①表示pc(HCOO-)随pH的变化，A正确；
B．已知：x、y点的坐标：x(3.75，1.3)，y(9.25，1.3)；Kb(NH3·H2O)= ，NH3∙H2O、浓度相等时，位于y点，pH=9.25，pOH=4.75，故Kb(NH3·H2O)=10-4.75，其数量级为10-5，B错误；
C．由x点的坐标：x(3.75，1.3)可知，pH=3.75，此时HCOO-、HCOOH浓度相等，则Ka(HCOOH)= =10-3.75；z点为NH3∙H2O、HCOOH浓度相等，同时HCOO-、浓度相等，，结合Kw=10-14，可知，其横坐标为6.2，C错误；
D．初始溶液为HCOONH4，由图像可知，pH=7时，溶液中c(NH3∙H2O)>c(HCOOH)，则溶液中离子浓度大小：c(HCOO-)>c()，D正确；
故选AD。
三、非选择题：本题共4小题，共54分。
15. 硫酸四氨合铜晶体[Cu(NH3)4SO4·H2O，相对分子质量为246]是深蓝色正交晶体，易溶于水，不溶于乙醇等有机溶剂。常用作杀虫剂、媒染剂，也是高效、安全的广谱杀菌剂、植物生长激素。某兴趣小组设计利用下图装置制备硫酸四氨合铜晶体。回答下列问题：
（1）仪器甲的名称为_______，仪器甲中发生反应的离子方程式为_______。
（2）反应后取下仪器甲，向其中缓缓加入95%乙醇溶液，过滤，洗涤，得到Cu(NH3)4SO4·H2O晶体。精确称取制备的晶体ag，加适量水溶解，注入250mL锥形瓶中，逐次加入足量10％NaOH溶液，加热直至将样品液中的氨全部蒸出，用V1mL0.1mol·L-1的盐酸完全吸收。取下接收瓶，再用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定剩余的盐酸，消耗NaOH溶液V2mL。
①在吸收氨的装置中，小试管的作用是_______；若水槽中没有使用冰浴冷却会使氨含量测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
②晶体的纯度为_______(用有关字母表示，不用化简)。
（3）PtCl2(NH3)2与四氨合铜离子结构相似，已知PtCl2(NH3)2可以形成两种固体，一种为淡黄色，在水中溶解度较小，另一种为黄绿色，在水中溶解度较大。则
①PtCl2(NH3)2的结构是_______(填“平面正方形”或“四面体”)。
②请用结构简式画出淡黄色固体分子的几何构型_______。
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. Cu+H2O2+4NH3+2H+=[Cu(NH3)4]2++2H2O
（2） ①. 液封 ②. 偏低 ③.
（3） ①. 平面正方形 ②.
【解析】
【分析】铜、过氧化氢、氨气在酸性环境下生成水、硫酸四氨合铜，分离出硫酸四氨合铜晶体，溶解后和氢氧化钠反应释放出氨气被稀盐酸吸收，通过滴定剩余盐酸溶质的量可以计算生成氨气的量，进而计算硫酸四氨合铜晶体的纯度。
【小问1详解】
仪器甲的名称为三颈烧瓶；过氧化氢具有强氧化性，仪器甲中发生反应为铜、过氧化氢、氨气在酸性环境下生成水、硫酸四氨合铜，离子方程式为Cu+H2O2+4NH3+2H+=[Cu(NH3)4]2++2H2O；
【小问2详解】
①在吸收氨装置中，小试管的作用是液封，防止生成的气体逸出导致实验误差；若水槽中没有使用冰浴冷却，导致氨气吸收不充分，氨气挥发导致氨含量测定结果偏低。
②根据质量守恒可得：Cu(NH3)4SO4·H2O~ 4NH3~4HCl，氢氧化钠与盐酸反应关系为：NaOH~HCl，则与氨气反应的HCl的物质的量为V1×10-3L×0.1mol·L-1- V2×10-3L×0.1mol·L-1，则Cu(NH3)4SO4·H2O的物质的量为=，故晶体的纯度为；
【小问3详解】
①四面体的四个顶点位置相同，已知PtCl2(NH3)2可以形成两种固体，说明PtCl2(NH3)2的结构不是四面体形结构，而是平面正方形结构。
②水分子为极性分子；淡黄色固体，在水中溶解度较小，说明正负电荷对称，分子极性较小，为对称结构，故淡黄色固体分子的几何构型为。
16. 制备茉莉醛(具有茉莉花香味，广泛应用于化妆品、洗涤剂和空气清新剂)的一种工艺流程和有关数据如下：
I.反应原理：
II.工艺流程：
III.有关数据：
相对分子质量
密度/g·cm-3
溶解性
苯甲醛
106
1.04
微溶于水，可混溶于乙醇、乙醚、苯、氯仿
庚醛
114
0.85
微溶于水，溶于乙醇、乙醚
茉莉醛
202
0.97
微溶于冷水，溶于乙醇、乙醚和热水
回答下列问题：
（1）“操作X”的名称是_______。
（2）“水洗”的主要目的是_______，加入无水Na2SO4的目的是_______。
（3）柱色谱装置如下图，先将液体样品从柱顶加入，流经吸附柱时，即被吸附在柱的上端，然后从柱顶加入洗脱剂，由于吸附剂对各组分吸附能力不同，各组分随洗脱剂以不同速度沿柱下移，从而达到分离的效果。
①柱色谱法分离中使用的吸附剂为硅胶或碳酸钙，除此之外，还可以使用_______(填序号)。
a.活性炭 b.氯化钠 c.氧化铝 d.碳酸钾
②柱色谱法分离过程中，如果洗脱剂加入速度太快，会对产品产率造成怎样影响_______。
（4）在反应中可能产生的副产物的结构简式为_______。
（5）本工艺加入苯甲醛10.6L、庚醛6.84kg，可得茉莉醛5.05kg，该工艺的产率为_______%。
【答案】（1）分液 （2） ①. 除去乙醇和KOH溶液 ②. 干燥
（3） ①. ac ②. 速度过快，会导致产品与杂质难以准确分离，产率可能偏大也可能偏小
（4） （5）41.7
【解析】
【分析】苯甲醛、庚醛在乙醇、氢氧化钾条件下生成茉莉醛，冷却后分液除去水层，有机层水洗后加入无水硫酸钠干燥，有机层通过柱色谱装置分离得到茉莉醛；
【小问1详解】
“操作X”分离有机层和水层的操作，名称是分液；
【小问2详解】
有机层中含有少量的乙醇、氢氧化钾，“水洗”的主要目的是除去乙醇和KOH溶液；无水Na2SO4可以吸收有机层中的水分，故加入无水Na2SO4的目的是吸收水分干燥有机层；
【小问3详解】
①柱色谱法分离中使用的吸附剂为表面积较大，具有吸附性的物质且不和分离物质发生反应，故选ac；
②柱色谱法分离过程中，如果洗脱剂加入速度太快，导致产品不能被充分吸附，使得与杂质难以准确分离，产率可能偏大也可能偏小；
【小问4详解】
根据醛与醛的反应原理，在反应中庚醛与庚醛也可能发生反应产生的副产物：；
【小问5详解】
本工艺加入苯甲醛10.6L，质量为10.6×103L×1.04 g·cm-3=11024g，物质的量为104mol；庚醛6.84kg，物质的量为60mol，则反应中苯甲醛过量、庚醛完全反应，理论生成茉莉醛60mol，质量为12.12kg；得茉莉醛5.05kg，该工艺的产率为41.7%。
17. 氮氧化合物的处理对建设生态文明具有重要意义，可采用多种方法消除。
方法一：氢气还原法
（1）已知H2在催化剂Rh表面还原NO的部分反应机理如表：
基元反应
活化能Ea(kJ·mol-1)
H2(g)+Rh(s)+Rh(s)→H(s)+H(s)
12.6
N(s)+N(s)→N2(s)+Rh(s)+Rh(s)
120.9
OH(s)+Rh(s)→H(s)+O(s)
37.7
H(s)+H(s)→H2(g)+Rh(s)+Rh(s)
77.8
NO(s)→NO(g)+Rh(s)
108.9
①基元反应H2+Rh(s)+Rh(s)→H(s)+H(s)的焓变ΔH=_______kJ/mol。
②低温时，使用催化剂Pt/Al-M-10-A，将H2和NO以物质的量比1：2充入恒温刚性容器中，发生反应H2(g)+2NO(g)⇌N2O(g)+H2O(g)。下列有关说法错误的是_______。
a.当混合气体的平均相对分子质量不再变化时说明反应处于平衡状态
b.任意时刻，2v正(NO)=v逆(H2O)
c.若向容器内充入少量O2，平衡不移动
d.平衡后，向容器中按照物质的量比1∶2再充入H2和NO，平衡向右移动
③将H2、NO、O2按体积比3∶2∶1充入恒温恒压(200℃、100kPa)容器中，发生反应：4H2(g)+2NO(g)+O2(g)⇌N2(g)+4H2O(g)，平衡时，N2的体积分数为0.1。NO的平衡转化率为_______，平衡常数Kp=_______(kPa)-2(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
方法二：一氧化碳还原法
（2）将等物质的量的NO和CO分别充入盛有催化剂①和②的体积相同的刚性容器，进行反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g) ∆H<0，经过相同时间测得NO的转化率如图所示，图中cd段转化率下降的可能原因有_______。
方法三：间接电化学法
（3）已知：H2S2O4是一种弱酸。利用下图装置可处理燃煤烟气中NO。
①阴极区的电极反应式为_______。
②通电时，当电路中转移0.2mole-，吸收的NO在标准状况下的体积为896mL。则NO转化后的产物为_______。
【答案】（1） ①. -65.2 ②. bc ③. 50% ④. 0.04
（2）反应为放热反应，升温平衡逆向移动，且温度过高使催化剂活性降低，反应速率减慢，导致相同时间转化率下降
（3） ①. 2+2e-+4H+=H2S2O4+2H2O ②.
【解析】
小问1详解】
①反应的焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，故基元反应H2+Rh(s)+Rh(s)→H(s)+H(s)的焓变ΔH=（12.6-77.8）kJ/mol=-65.2 kJ/mol。
②a．混合气体的平均相对分子质量M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，a正确；
b．反应的速率比等于其系数比，任意时刻，2v正(NO)=v逆(H2O)不能说明反应的正逆反应速率相等，b错误；
c．若向容器内充入少量O2，氧气与一氧化氮迅速反应，导致平衡逆向移动，c错误；
d．平衡后，向容器中按照物质的量比1∶2再充入H2和NO，相当于增加压强，平衡向右移动，d正确；
故选bc；
③将H2、NO、O2按体积比3∶2∶1充入恒温恒压(200℃、100kPa)容器中，发生反应：4H2(g)+2NO(g)+O2(g)⇌N2(g)+4H2O(g)；
反应后总的物质的量为（6-2x）mol，平衡时，N2的体积分数为0.1，则，NO的平衡转化率为；反应后总的物质的量为5mol，H2、NO(g)、O2、N2、H2O的物质的量分别为1mol、1mol、0.5mol、0.5mol、2mol，总压为100kPa，平衡常数Kp= =0.04 (kPa)-2。
【小问2详解】
反应为放热反应，升温平衡逆向移动，且温度过高使催化剂活性降低，反应速率减慢，导致相同时间转化率下降，故cd段转化率下降；
【小问3详解】
①由图可知，阴极区得到电子发生还原反应生成H2S2O4，电极反应式为2+2e-+4H+=H2S2O4+2H2O。
②吸收的NO在标准状况下的体积为896mL，物质的量为0.04mol，此时转移0.2mole-，则1molNO反应转移电子5mol，则NO中氮元素化合价变化为5，得到转化后的产物为。
18. 化合物G是合成新冠病毒3CLpro酶抑制剂的一种中间物质，其人工合成路线如下：
（1）A的名称为_______。
（2）E中含氧官能团名称为_______。
（3）C→D的反应方程式为_______。
（4）已知含有吡啶环()的物质也具有芳香性，则符合以下条件的物质C的同分异构体有_______种(不考虑空间异构)。
①分子中含有吡啶环；②吡啶环上含有3个支链。
其中核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积之比为3：1的结构简式为_______。
（5）已知：①；②氨基易被氧化。
参照上述合成路线，以为原料，设计合成的路线_______。(试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)
【答案】（1）对氯甲苯
（2）硝基、肽键 （3）
（4） ①. 16 ②. 、
（5）
【解析】
【分析】A发生取代反应生成B，B发生还原反应硝基转化为氨基生成C，C和乙酸发生取代反应生生成D，D发生取代反应引入硝基生成E，E发生反应成环得到F，F和CH3I在氢氧化钾作用下引入甲基得到G；
【小问1详解】
由结构简式可知，A的名称为对氯甲苯；
【小问2详解】
由结构简式可知，E中含氧官能团为-NO2、-NHCO-，名称为硝基、肽键；
【小问3详解】
由流程可知，C→D的反应方程式为；
【小问4详解】
C的化学式是C7H8ClN，同分异构体满足以下条件：
①分子中含有吡啶环，；②吡啶环上含有3个支链，则为-Cl、2个-CH3；可以首先安排2个甲基，然后安排氯原子，由以下情况：
故共3+3+3+2+3+2=16种；其中核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积之比为3：1，则结构较为对称，结构简式为、；
【小问5详解】
以为原料，设计合成，苯环上甲基变为羧基，且氨基易被氧化，则应该首先将甲基氧化我羧基，然后还原硝基为氨基，在发生已知①反应引入氰基生成，和发生C生成D的反应转化为，成环生成，故路线为：。
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