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山东省实验中学2024届高三上学期10月第一次诊断考试化学含精品解析
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这是一份山东省实验中学2024届高三上学期10月第一次诊断考试化学含精品解析，文件包含精品解析山东省实验中学2024届高三上学期10月一诊考试化学试题原卷版docx、精品解析山东省实验中学2024届高三上学期10月一诊考试化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共38页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、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2B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 Na 23 S 32 Cl 35.5 Cu 64
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. 齐鲁大地，文化底蕴厚重，因此历史遗产丰富，出土了很多历史文物，据其主要化学成分不能与其他三种归为一类的是
A. 青花五彩杯B. 红陶兽形壶C. 鲁国大玉璧D. 莒国游编钟
【答案】D
【解析】
【详解】青花五彩杯、红陶兽形壶、鲁国大玉璧的主要成分都是硅酸盐，莒国游编钟的主要成分是合金，以铜为主，故选D。
2. 我国取得让世界瞩目的科技成果，化学功不可没。下列说法正确的是
A. 核心舱太阳能电池采用砷化镓()材料，属于金属材料
B. “北斗”系统芯片中的半导体材料为单晶硅
C. “旅程”足球中含有玻璃纤维，玻璃纤维是一种有机合成材料
D 飞船返回舱使用氮化硅耐高温结构材料，属于分子晶体
【答案】B
【解析】
【详解】A．属于半导体材料，A错误；
B．北斗芯片中的半导体材料为硅，B正确；
C．玻璃纤维是一种新型无机非金属材料，C错误；
D．氮化硅耐高温，属于共价晶体，D错误；
故选：B
3. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 反-2-丁烯的球棍模型：
B. 的形成过程：
C. 基态碘原子简化电子排布式：
D. 基态氮原子的轨道表示式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．反-2-丁烯的结构是两个甲基在平面的同侧，球棍模型为：，A正确；
B．用电子式表示MgCl2的形成过程：，B错误；
C．碘为53号元素，基态碘原子简化电子排布式：，C错误；
D．基态氮原子的电子排布式为1s22s22p3，轨道表示式为：，D错误；
答案选A。
4. 下列关于物质的结构或性质及解释均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．随着孤电子对数增多，成键电子对与成键电子对之间的斥力减小，键角也减小， H2O和的键角大小为，选项A错误；
B．非金属氢化物的稳定性跟其对应的非金属的非金属性有关，非金属性越强，越稳定，所以HF和HCl的稳定性大小为，但解释错误，选项B错误；
C．键长越短，键能越大，熔沸点越高，碳化硅和金刚石熔点大小为金刚石>碳化硅，选项C错误；
D．的极性大于的极性，导致的羧基中的羟基极性更大，更容易电离出氢离子，酸性大于，选项D正确；
答案选D。
5. 软包电池的关键组件结构如图所示。为原子序数依次增大的短周期元素，元素最外层电子数是次外层电子数的一半，和同主族。下列说法错误的是
A. 简单离子半径：
B. 简单氢化物的热稳定性：
C. 常温下单质可以在水溶液中置换出单质
D. 为形分子
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，X元素最外层电子数是次外层电子数的一半，则X为Li元素；W和Q同主族，由阴离子的结构示意图可知，W、Q形成共价键的数目分别为2和6，则W为O元素、Q为S元素；Y、M形成共价键的数目分别为4和1，则Y为C元素、Z为N元素、M为F元素。
【详解】A．电子层数相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则，即，故A正确；
B．元素的非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，元素的非金属性强弱顺序为F>O>S，则氢化物的稳定性强弱顺序为HF>H2O>H2S，故B正确；
C．氟元素的非金属性强于氧元素，氟气能与水发生置换反应生成氢氟酸和氧气，因此F2不能在水溶液中置换出S单质，故C错误；
D．臭氧和二氧化硫的原子个数都为3、价电子数都为18，互为等电子体，二氧化硫的价层电子对数为3、孤对电子对数为1，分子的空间构型为V形，等电子体具有相同的空间构型，则臭氧是空间构型为V形的极性分子，故D正确；
故选：C。
6. 苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量和泥沙)的提纯方案如下：
下列说法不正确的是
A. 操作Ⅱ趁热过滤目的是除去泥沙和
B. 操作Ⅰ中依据苯甲酸的溶解度估算加水量
C. 操作Ⅲ缓慢冷却结晶可使结晶出晶体颗粒大纯度高
D. 操作Ⅳ用冷水洗涤晶体可减少溶解损失
【答案】A
【解析】
【分析】苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化钠，加水、加热溶解，苯甲酸、NaCl溶解在水中，泥沙不溶，从而形成悬浊液；趁热过滤出泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出；将滤液冷却结晶，大部分苯甲酸结晶析出，氯化钠仍留在母液中；过滤、用冷水洗涤，便可得到纯净的苯甲酸。
【详解】A．操作Ⅱ趁热过滤的目的，是除去泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出，NaCl含量少，通常不结晶析出，A错误；
B．操作I中，为减少能耗、减少苯甲酸的溶解损失，溶解所用水的量需加以控制，可依据苯甲酸的大致含量、溶解度等估算加水量，B正确；
C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶，可形成较大的苯甲酸晶体颗粒，同时可减少杂质被包裹在晶体颗粒内部，C正确；
D．苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，所以操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体，既可去除晶体表面吸附的杂质离子，又能减少溶解损失，D正确；
故选A。
7. 如图所示是合成瑞德西韦的中间体M，下列说法错误的是
A. 分子中的C原子与N原子均有两种杂化类型
B. 核磁共振氢谱共有10组吸收峰
C. 分子中有3种含氧官能团
D. 与足量溶液反应时消耗
【答案】B
【解析】
【详解】A．分子中硝基的N原子是sp2杂化，—NH—中的N原子是sp3杂化，A正确；
B．核磁共振氢谱共有11个吸收峰，如图，B错误；
C．分子中含有3种含氧官能团，酯基、硝基和P-O-C，C正确；
D．1ml该分子中发生水解反应后会生成1ml羧基，1ml磷酸，2ml酚羟基，故1ml该物质与足量NaOH溶液反应时消耗6mlNaOH，D正确；
故选B
8. 在熔融盐体系中，通过电解和获得电池材料，电解装置如图，下列说法正确的是
A. 石墨电极为阴极，发生氧化反应
B. 电极A的电极反应：
C. 该体系中，石墨优先于参与反应
D. 电解时，阳离子向石墨电极移动
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，在外加电源下石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，与电源正极相连，则电极A作阴极，和获得电子产生电池材料，电极反应为。
【详解】A．在外加电源下石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，选项A错误；
B．电极A的电极反应为，选项B错误；
C．根据图中信息可知，该体系中，石墨优先于参与反应，选项C正确；
D．电解池中石墨电极为阳极，阳离子向阴极电极A移动，选项D错误；
答案选C。
9. 使用镍基电催化剂、二茂铁(简写为Cp2Fe)作牺牲电子供体，同时使用NH4PF6作电解质和质子供体，乙腈(CH3CN)作溶剂，可实现连续非水流通池中有效的催化CO2还原，装置如下图所示：
已知：
下列说法错误的是
A. 选用乙腈作溶剂，与CO2、NH4PF6等在其中的溶解性有关
B. 使用的交换膜是质子交换膜
C. 该装置工作时，阴极上还可能有H2产生
D. 该电池反应为2Cp2Fe+CO2+2NH4PF62Cp2FePF6+CO+2NH3+H2O
【答案】B
【解析】
【分析】由题干信息可知，该电解池的阳极反应式为：Cp2Fe-e-=Cp2Fe+，阴极反应式为：CO2+2+2e-=CO+2NH3+H2O，据此进行分析。
【详解】A．溶剂要使各种物质能较好地溶解，A正确；
B．阳极上是二茂铁失电子，方程式为Cp2Fe-e-=Cp2Fe+，生成的Cp2Fe+是阳离子，交换膜左侧正电性增大，所以要使阳离子从阳极处移动到阴极处，溶液中没有氢离子，只能通过铵根离子移动到阴极，在阴极上发生反应。所以交换膜是阳离子交换膜，不是质子交换膜，B错误；
C．阴极发生CO2+2+2e-=CO+2NH3+H2O，工作一段时间后，生成的水可能在阴极上得电子，生成氢气，C正确；
D．根据电极方程式，可得总反应方程式为2Cp2Fe+CO2+2NH4PF62Cp2FePF6+CO+2NH3+H2O，D正确；
故答案选B。
10. 根据的水溶液能量循环图：
下列说法不正确的是
A. 由于氢键的存在，
B. 已知气体溶于水放热，则
C. 相同条件下，
D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．为脱水能，为吸热过程，焓变大于零，HF与水分子间存在氢键，所以的焓变更大，故，A正确；
B．为脱水能，为吸热过程，焓变大于零，B错误；
C．为离解能，为吸热过程，氯原子半径小于溴原子，故氢氯键键能更大，则相同条件下，，C正确；
D．由盖斯定律可知，反应的焓变于途径无关，故，D正确；
故选B。
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. 青蒿素(，)是治疗疟疾的有效药物，白色针状晶体，溶于乙醇和乙醚，对热不稳定。青蒿素晶胞(长方体)及分子结构如下图所示。下列说法错误的是
A. 青蒿素分子中既有极性键又有非极性键
B. 双氢青蒿素比青蒿素水溶性更好，治疗疟疾的效果更好
C. 若图中晶胞的棱长分别为、、，晶体的密度为
D. 利用红外光谱法测定原子的空间位置、原子间存在的化学键及键长和键角
【答案】D
【解析】
【详解】A．青蒿素分子中碳碳之间非极性键，碳和氢之间是极性键，A正确；
B．双青蒿素中含羟基，能和水形成分子间氢键，其水溶性比青蒿素水溶性更好，治疗疟疾的效果更好，B正确；
C．1个晶胞中含有4个青蒿素分子，1ml晶胞的质量为282g/ml×4，1ml晶胞的体积为 ，晶体的密度为，C正确；
D．红外光谱可以确定原子间存在的化学键及键长和键角，但是不能确定原子的空间位置，D错误；
故选D。
12. 盐酸羟胺是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质类似。工业上主要采用向两侧电极分别通入和，以盐酸为电解质来进行制备，其电池装置(图1)和含的催化电极反应机理(图2)如下。不考虑溶液体积的变化，下列说法正确的是
A. 电池工作时，电极为正极
B. 该催化循环中元素的化合价发生了变化
C. 电池工作时，每消耗左室溶液质量增加
D. 电池工作一段时间后，正极区溶液增大，负极区溶液的不变
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，Pt电极上H2→H+，失去电子发生氧化反应，做负极，电极反应式：H2-2e-=2H+；含铁的催化电极为正极，其电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl；
【详解】A．Pt电极H2→H+，H元素化合价升高，做负极，故A错误；
B．Fe电极NO→NH3OHCl，N元素化合价降低，故B正确；
C．不确定气体所处状态，因此无法计算，故C错误；
D．负极电极反应式：H2-2e-=2H+，H+浓度增大pH值减小，正极电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl，正极区H+浓度减小，pH增大，故D错误；
故选B。
13. 无害化处理的一种方法为，在一定容积的密闭容器中发生此反应，的转化率如图所示，若起始浓度为，下列说法错误的是
A. 升高温度，有利于提高的平衡转化率
B. a、c两点中，的物质的量浓度相等
C. 反应在、恒压容器中进行，达平衡时，的转化率小于
D. 若点反应达到平衡状态，的体积分数为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．从图像知，升高温度N2O的平衡转化率增大，说明升高温度，平衡正向移动，有利于提高N2O的转化率，A正确；
B．a、c两点的转化率相等都为67%，则两点生成N2的物质的量相等，容器体积不变，因此a、c两点N2的物质的量浓度相等，B正确；
C．正向反应为体积增大的反应，在230℃、恒压容器中进行反应，达平衡时容器体积大于同温下恒容时的体积，等效于在恒容条件下反应达平衡后再减压，平衡正向移动，N2O的转化率大于98%，C错误；
D．在 230℃ 条件下，b点转化率为98%，列三段式：
则O2的体积分数为，D错误；
故选CD。
14. 一定条件下，丙烯与HCl反应生成和的反应历程如图所示。下列说法正确的是
A. 丙烯与HCl的反应是吸热反应
B. 合成的反应中，第Ⅱ步为反应的决速步
C. 其他条件不变，适当升高温度可以提高加成产物中的比例
D. 的焓变等于第一步与第二步正反应活化能的差值
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，无论是生成氯丙烷还是生成氯丙烷，反应物的总能量总是高于生成物的总能量，则丙烯与HCl的反应是放热反应，A错误；
B．在合成氯丙烷的反应中，第Ⅰ步反应的活化能更大，即第Ⅰ步的反应速率慢，故第Ⅰ步为反应的决速步，B错误；
C．由图可知：，升高温度，平衡正向移动，故其他条件不变，适当升高温度可以提高加成产物中的比例，C正确；
D．由图像可知，第一步与第二步正反应活化能的差值不是反应物和生成物的能量差，即该差值不是反应的焓变，D错误；
故选C。
15. 氯霉素(D)的部分合成路线如下：
下列说法正确的是
A. A→B的反应过程中，每生成1个B分子，A中断裂2个碳氧σ键
B. B的含苯环同分异构体中最多有8种不同化学环境的氢原子
C. B转化为C的过程中有配位键的形成
D. 氯霉素D可发生还原、消去反应等，不能发生缩聚反应
【答案】AC
【解析】
【分析】由图可知，A中醚键转化为羟基得到B，B发生取代反应引入硝基得到C，C中氨基发生取代反应得到D；
【详解】A．单键均为σ键，由分析可知，A→B的反应过程中，每生成1个B分子，A中断裂2个碳氧σ键，生成2个羟基，A正确；
B．B的含苯环同分异构体可以为或，分子中均含有大于8种不同化学环境的氢原子，B错误；
C．B中含有氨基，转化为C的过程中氨基中氮和氢离子能形成配位键，C正确；
D．氯霉素D含有硝基可发生还原反应，分子中含有羟基能发生消去反应，分子中含有2个羟基，多个分子可以生成醚键和小分子水，故能发生缩聚反应，D错误；
故选AC。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 回答下列问题：
（1）根据价层电子对互斥理论，当价层电子对数为5时，轨道形状为三角双锥形，孤电子对数不同则分子空间结构不同，孤电子对数为1、2、3时，对应的分子或离子空间结构分别为变形四面体、形、直线形，则的空间构型分别为_______、_______。
（2）石墨晶体由层状石墨“分子”按ABAB方式堆积而成，如图a所示，图中用虚线标出了石墨的一个六方晶胞。若按方式堆积而成，则如图所示，图中用虚线标出了石墨的一个三方晶胞。原子的分数坐标为_______。该六方石墨晶体的密度为_______。
配合物在许多尖端领域如激光材料、超导材料、抗癌药物的研究、催化剂的研制、自组装超分子等方面有广泛的应用。回答下列问题：
（3）茜草中的茜素与、生成的红色配合物X是最早的媒染染料。
配合物中的配体除外还有_______，茜素水溶性较好的主要原因是_______。
（4）向溶液中滴加溶液后，经提纯、结晶可得到普鲁士蓝蓝色晶体。实验表明，通过配位键构成了晶体的骨架。其局部结构如图1，记为I型立方结构。将I型立方结构平移、旋转、并置，可得到晶体的晶胞(如图2，记为II型立方结构，下层左后的小立方体未标出)。
①可溶性氧化物(如)有剧毒，但普鲁士蓝却无毒，请从结构角度解释普鲁士蓝无毒的原因是_______。
②若位于II型立方结构的棱心和体心上，则位于II型立方结构的_______上；若的摩尔质量为，该蓝色晶体密度为，II型立方结构的边长为，则阿伏加德罗常数的值可表示为_______。
【答案】（1） ①. 直线形 ②. 变形四面体
（2） ①. ②.
（3） ①. 、 ②. ①分子中含有亲水性的羟基、羰基；②能和水分子形成氢键；
（4） ①. 普鲁士蓝中铁与氰基以配位键结合，剧毒的氰根离子几乎不可能游离出来 ②. 顶点和面心 ③.
【解析】
【小问1详解】
的孤对电子对数为，的孤对电子对数为，所以和的空间构型分别为直线形和变形四面体；
【小问2详解】
根据图b可得D原子的分数坐标为；A层中面内的碳原子与相邻的3个碳原子相切，所以底面边长为nm，石墨的层间距为c nm，故晶胞的高度为2c nm，晶胞的体为，则晶胞的密度为；
【小问3详解】
配合物中的配体还有、，茜素水溶性较好的主要原因是①分子中含有亲水性的羟基、羰基，②能和水分子形成氢键；
【小问4详解】
①普鲁士蓝中铁与氰基以配位键结合，剧毒的氰根离子几乎不可能游离出来，因此普鲁士蓝本身是无毒的；
②由8个I型立方结构平移、旋转、并置，可得到II型立方结构，若Fe2+位于II型立方结构的棱心和体心上，则Fe3+位于II型立方结构的顶点和面心上；若KFe[Fe(CN)6]的摩尔质量为Mg/ml，该蓝色晶体密度为ρ g·cm-3，II 型立方结构的边长为a nm，则，阿伏加德罗常数的值可表示为。
17. 以为原料制备甲烷、甲醇等能源物质具有较好的发展前景。回答下列问题：
（1）在固体催化表面加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：
主反应：
副反应：
①已知，则燃烧的热化学方程式_______。
②对于主反应，在一定条件下存在：或，相应的速率与温度关系如图所示。
则主反应的平衡常数_______(用含的代数式表示)；图中四个点中，能表示反应已达到平衡状态的是_______。
（2）某研究小组采用双合金团簇催化甲烷干法重整法(DRM)取得了良好的效果。通过大量的研究三种双金属合金团簇可用于催化反应，在催化剂表面涉及多个基元反应，分别为过程1：甲烷逐步脱氢，过程2：的活化(包括直接活化和氢诱导活化)，过程3：和的氧化，过程4：扩散吸附反应。其反应机理如图所示。
则过程3的最终产物为_______，过程4发生扩散吸附反应的微粒为_______。
（3）光催化制甲醇技术也是研究热点。铜基纳米光催化材料还原的机理为：光照时，低能价带失去电子并产生空穴(，具有强氧化性)。
光催化原理与电解原理类似，写出高能导带的电极反应式：_______。太阳光激发下，在导带和价带中除了产生电子和空穴外，还会生成_______(填写微粒名称)参与的还原再生。
【答案】（1） ①. -634.3 ②. ③. C
（2） ①. ②. 和
（3） ①. ②. H+
【解析】
【小问1详解】
已知：Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ，根据盖斯定律，将Ⅲ×2-Ⅰ，整理可得CH4(g)+2O2(g) =CO2(g)+2H2O(g) △H=(-395.6 kJ/ ml)×2-(-156.9kJ/ml)=-634.3 kJ/ ml。
②，，反应达到平衡状态时，，则主反应的平衡常数；由反应可知平衡时，结合图像可知C点满足，则C点为平衡状态。
【小问2详解】
观察可知过程3的最终产物为CO*，过程4发生扩散吸附反应的微粒为和。
【小问3详解】
已知光催化原理与电解原理类似，由图可知，高能导带的电极反应为：二氧化碳得电子发生还原反应得到甲醇，由此可知其电极反应式为：。光照时，低能价带失去电子并产生空穴(，具有强氧化性)，相当于电解池的阳极，结合图知，在低能价带上，H2O直接转化为O2的电极反应式为：2H2O+4h+=O2+4H+，反应生成H+可参与高能带上的还原再生。
18. 现以铅蓄电池的填充物铅高(主要含和少量)为原料，可生产三盐基硫酸铅和副产品，其工艺流程如下：
已知：
（1）“转化”后的难溶物质为和少量，则转化为的离子方程式为_______，滤液1中和的浓度比为_______。
（2）“酸浸”过程，产生的气体主要有(氮氧化物)和_______(填化学式)。
（3）“沉铅”后循环利用的物质Y是_______(填化学式)。
（4）“除杂”中滤渣的主要成分为_______(填化学式)：在“合成”三盐基硫酸铅的化学方程式为_______。
（5）根据图2所示的溶解度随温度的变化曲线，由“滤液1”和“滤液2”获得晶体的操作为将“滤液”调节为7，然后_______、_______，洗涤后干燥。
【答案】（1） ①. ②.
（2）CO2 （3）HNO3
（4） ①. Fe(OH)3 ②.
（5） ①. 蒸发浓缩 ②. 趁热过滤
【解析】
【分析】铅蓄电池的填充物铅膏加入过量的亚硫酸钠、碳酸钠反应得到PbCO3和少量PbSO4，及不反应的氧化亚铁，过滤后固体加入稀硝酸酸溶，二价铁被氧化为三价铁同时生成氮的氧化物气体和二氧化碳气体；加入氢氧化钠调节pH生成氢氧化铁沉淀，滤液加入稀硫酸将铅转化为PbSO4沉淀，PbSO4加入氢氧化钠加热后过滤分离出沉淀洗涤干燥得到三盐基硫酸铅；
【小问1详解】
亚硫酸钠具有还原性，具有氧化性，被亚硫酸钠还原为二价铅，然后和碳酸根离子转化为沉淀，反应为；滤液1中和的浓度比为；
【小问2详解】
由分析可知，混合气体为加入硝酸后，酸和碳酸根离子生成的二氧化碳，以及硝酸根离子氧化亚铁离子生成的氮氧化合物；故填CO2；
【小问3详解】
“沉铅”过程中硫酸和硝酸铅生成硫酸铅沉淀和硝酸，故循环利用的物质Y是HNO3；
【小问4详解】
“除杂”中铁离子和氢氧根离子生成氢氧化铁沉淀，故滤渣的主要成分为Fe(OH)3；沉淀在50~60°C“合成”加入氢氧化钠生成三盐基硫酸铅，根据质量守恒可知，还生成硫酸钠和水，化学方程式为；
【小问5详解】
由图可可知，温度低于45℃左右时得到Na2SO4⋅10H2O晶体，高于45℃时得到Na2SO4晶体，且温度升高Na2SO4的溶解度减小，故由“滤液1”和“滤液2”获得Na2SO4晶体的操作为将“滤液”调节pH为7，然后蒸发浓缩、趁热过滤，洗涤后干燥。
19. 某研究小组按下列路线合成胃动力药依托比利。
已知：-CH=N-
请回答：
（1）化合物B的含氧官能团名称是_______。
（2）下列说法不正确的是_______(填序号)。
A. 化合物能与发生显色反应
B. 的转变也可用在酸性条件下氧化来实现
C. 的反应类型为加成反应
D. 依托比利可在酸性或碱性条件下发生水解反应
（3）化合物的结构简式是_______。
（4）写出的化学方程式_______。
（5）写出两种同时符合下列条件的化合物的同分异构体的结构简式_______、_______。
①分子中含有苯环
②谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有酰胺基()。
（6）研究小组在实验室用苯甲醛、苯甲酰氯为原料合成药物-芐基苯甲酰胺()。利用以上合成线路中的相关信息，设计该合成路线_______(用流程图表示，无机试剂任选)
【答案】19. 羟基、醛基 20. BC
21. ClCH2CH2N(CH3)2
22. +2H2+H2O
23. ①. ②.
24.
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，发生催化氧化反应生成，碳酸钾作用下与ClCH2CH2N(CH3)2发生取代反应生成，则C为ClCH2CH2N(CH3)2；与NH2OH反应生成，则E为；催化剂作用下与氢气发生还原反应生成，则F为； 与SOCl2发生取代反应生成；与发生取代反应生成依托比利。
【小问1详解】
由结构简式可知，B分子的官能团为羟基、醛基；
【小问2详解】
A．由结构简式可知，A分子中含有酚羟基，能与氯化铁溶液发生显色反应，使溶液变为紫色，故正确；
B．酚羟基具有强还原性，由结构简式可知，A分子中含有酚羟基，则A→B的转变不能用酸性高锰酸钾溶液来实现，故错误；
C．由分析可知，D转化成E的过程中D中醛基转化为CH=NOH，不属于加成反应，故错误；
D．由结构简式可知，依托比利分子中含有酰胺基，可在酸性或碱性条件下发生水解反应，故正确；
故选BC；
【小问3详解】
由分析可知，C的结构简式为ClCH2CH2N(CH3)2；
【小问4详解】
由分析可知，E→F的反应为催化剂作用下与氢气发生还原反应生成 ，反应的化学方程式为 +2H2+H2O；
【小问5详解】
D的同分异构体分子中含有苯环，谱和IR谱检测表明分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有酰胺基说明同分异构体分子含有醚键或酚羟基，结合对称性，同分异构体的结构简式为、 。
【小问6详解】
由题给信息可知，用苯甲醛为原料合成药物苄基苯甲酰胺的合成步骤为与NH2OH反应生成，催化剂作用下与氢气发生还原反应生成 ；与 发生取代反应生成，合成路线为。
20. CO2的有效利用可减缓能源问题。回答下列问题：
（1）由合成气(组成为H2、CO和少量的CO2)直接制备甲醇，其中的主要过程包括以下三个反应：
ⅰ．
ⅱ．
ⅲ．
经理论计算表明反应ⅰ能够自发的温度为T0，而实际生产温度远高于T0，可能的原因是_______。
（2）条件下，将1 ml CO2、3 ml H2和6 ml Ar投入一恒容密闭容器中发生反应，反应10 min达到平衡，测得容器中分别为。
①CO2的平衡转化率为_______，内H2O(g)的平均变化速率=_______，反应ⅰ的平衡常数Kx=_______[对于反应，，为物质的量分数]。
②研究表明，反应ⅰ的速率方程为，x表示气体的物质的量分数，Kp为压强平衡常数，k为反应的速率常数且随着温度升高而增大。在气体物质的量分数和催化剂一定的情况下，反应速率随温度的变化如图1所示。图2为反应ⅱ的速率常数的对数与温度的倒数之间的关系。图1中根据速率方程分析T＞T0时，v逐渐增大的原因是_______。图2中直线_______(填“A”或“B”)表示与的关系。
【答案】（1）反应ⅰ的活化能大
（2） ①. 70% ②. 0.7 ③. ④. T＞T0时，升高温度，k增大对速率的影响大于Kp增大对速率的影响 ⑤. B
【解析】
【小问1详解】
经理论计算表明反应ⅰ能够自发的温度为T0，而实际生产温度远高于T0，可能的原因是该反应的活化能大，断裂化学键需吸收很高能量；
【小问2详解】
t℃、100 kPa条件下，将1 ml CO2和3 ml H2投入含6 ml Ar的恒压密闭容器中发生反应，反应10 min达到平衡，测得容器中CO、CH3OH分别为0.2 ml、0.5 ml。根据碳守恒，反应消耗CO2的物质的量为0.2 ml +0.5 ml =0.7 ml，根据氧守恒，反应生成0.7 ml H2O，根据H守恒，反应消耗氢气0.7ml+0.5ml×2= 1.7 ml；平衡时，容器中有0.3 ml CO2、0.7 ml H2O、0.2 ml CO、0.5 ml CH3OH、1.3ml H2、6 ml Ar；
①反应消耗CO2的物质的量为0.7 ml，则CO2的平衡转化率为；
平衡时总压强为p总=100 kPa×=90 kPa，H2O的分压为p(H2O)=90 kPa×=7 kPa，0~ 10 min内H2O分压的平均变化速率v(H2O)=；反应i的平衡常数Kx=；
②根据速率方程，T＞T0时，升高温度，k增大对速率的影响大于kp增大对速率的影响，所以T＞T0时，升高温度v逐渐增大；
反应ⅱ放热，升高温度，化学平衡逆向移动，说明升高温度对逆反应速率的影响更大，图2中直线B表示lg k正与的关系。选项
物质的结构或性质
解释
A
键角：
水分子中O上孤电子对数比氨分子中N上的多
B
稳定性：
分子间氢键强于分子间作用力
C
熔点：碳化硅>金刚石
的键能大于的键能
D
酸性：
的极性大于的极性，导致的羧基中的羟基极性更大，氢更易电离
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、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2B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 Na 23 S 32 Cl 35.5 Cu 64
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. 齐鲁大地，文化底蕴厚重，因此历史遗产丰富，出土了很多历史文物，据其主要化学成分不能与其他三种归为一类的是
A. 青花五彩杯B. 红陶兽形壶C. 鲁国大玉璧D. 莒国游编钟
【答案】D
【解析】
【详解】青花五彩杯、红陶兽形壶、鲁国大玉璧的主要成分都是硅酸盐，莒国游编钟的主要成分是合金，以铜为主，故选D。
2. 我国取得让世界瞩目的科技成果，化学功不可没。下列说法正确的是
A. 核心舱太阳能电池采用砷化镓()材料，属于金属材料
B. “北斗”系统芯片中的半导体材料为单晶硅
C. “旅程”足球中含有玻璃纤维，玻璃纤维是一种有机合成材料
D 飞船返回舱使用氮化硅耐高温结构材料，属于分子晶体
【答案】B
【解析】
【详解】A．属于半导体材料，A错误；
B．北斗芯片中的半导体材料为硅，B正确；
C．玻璃纤维是一种新型无机非金属材料，C错误；
D．氮化硅耐高温，属于共价晶体，D错误；
故选：B
3. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 反-2-丁烯的球棍模型：
B. 的形成过程：
C. 基态碘原子简化电子排布式：
D. 基态氮原子的轨道表示式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．反-2-丁烯的结构是两个甲基在平面的同侧，球棍模型为：，A正确；
B．用电子式表示MgCl2的形成过程：，B错误；
C．碘为53号元素，基态碘原子简化电子排布式：，C错误；
D．基态氮原子的电子排布式为1s22s22p3，轨道表示式为：，D错误；
答案选A。
4. 下列关于物质的结构或性质及解释均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．随着孤电子对数增多，成键电子对与成键电子对之间的斥力减小，键角也减小， H2O和的键角大小为，选项A错误；
B．非金属氢化物的稳定性跟其对应的非金属的非金属性有关，非金属性越强，越稳定，所以HF和HCl的稳定性大小为，但解释错误，选项B错误；
C．键长越短，键能越大，熔沸点越高，碳化硅和金刚石熔点大小为金刚石>碳化硅，选项C错误；
D．的极性大于的极性，导致的羧基中的羟基极性更大，更容易电离出氢离子，酸性大于，选项D正确；
答案选D。
5. 软包电池的关键组件结构如图所示。为原子序数依次增大的短周期元素，元素最外层电子数是次外层电子数的一半，和同主族。下列说法错误的是
A. 简单离子半径：
B. 简单氢化物的热稳定性：
C. 常温下单质可以在水溶液中置换出单质
D. 为形分子
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，X元素最外层电子数是次外层电子数的一半，则X为Li元素；W和Q同主族，由阴离子的结构示意图可知，W、Q形成共价键的数目分别为2和6，则W为O元素、Q为S元素；Y、M形成共价键的数目分别为4和1，则Y为C元素、Z为N元素、M为F元素。
【详解】A．电子层数相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则，即，故A正确；
B．元素的非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，元素的非金属性强弱顺序为F>O>S，则氢化物的稳定性强弱顺序为HF>H2O>H2S，故B正确；
C．氟元素的非金属性强于氧元素，氟气能与水发生置换反应生成氢氟酸和氧气，因此F2不能在水溶液中置换出S单质，故C错误；
D．臭氧和二氧化硫的原子个数都为3、价电子数都为18，互为等电子体，二氧化硫的价层电子对数为3、孤对电子对数为1，分子的空间构型为V形，等电子体具有相同的空间构型，则臭氧是空间构型为V形的极性分子，故D正确；
故选：C。
6. 苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量和泥沙)的提纯方案如下：
下列说法不正确的是
A. 操作Ⅱ趁热过滤目的是除去泥沙和
B. 操作Ⅰ中依据苯甲酸的溶解度估算加水量
C. 操作Ⅲ缓慢冷却结晶可使结晶出晶体颗粒大纯度高
D. 操作Ⅳ用冷水洗涤晶体可减少溶解损失
【答案】A
【解析】
【分析】苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化钠，加水、加热溶解，苯甲酸、NaCl溶解在水中，泥沙不溶，从而形成悬浊液；趁热过滤出泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出；将滤液冷却结晶，大部分苯甲酸结晶析出，氯化钠仍留在母液中；过滤、用冷水洗涤，便可得到纯净的苯甲酸。
【详解】A．操作Ⅱ趁热过滤的目的，是除去泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出，NaCl含量少，通常不结晶析出，A错误；
B．操作I中，为减少能耗、减少苯甲酸的溶解损失，溶解所用水的量需加以控制，可依据苯甲酸的大致含量、溶解度等估算加水量，B正确；
C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶，可形成较大的苯甲酸晶体颗粒，同时可减少杂质被包裹在晶体颗粒内部，C正确；
D．苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，所以操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体，既可去除晶体表面吸附的杂质离子，又能减少溶解损失，D正确；
故选A。
7. 如图所示是合成瑞德西韦的中间体M，下列说法错误的是
A. 分子中的C原子与N原子均有两种杂化类型
B. 核磁共振氢谱共有10组吸收峰
C. 分子中有3种含氧官能团
D. 与足量溶液反应时消耗
【答案】B
【解析】
【详解】A．分子中硝基的N原子是sp2杂化，—NH—中的N原子是sp3杂化，A正确；
B．核磁共振氢谱共有11个吸收峰，如图，B错误；
C．分子中含有3种含氧官能团，酯基、硝基和P-O-C，C正确；
D．1ml该分子中发生水解反应后会生成1ml羧基，1ml磷酸，2ml酚羟基，故1ml该物质与足量NaOH溶液反应时消耗6mlNaOH，D正确；
故选B
8. 在熔融盐体系中，通过电解和获得电池材料，电解装置如图，下列说法正确的是
A. 石墨电极为阴极，发生氧化反应
B. 电极A的电极反应：
C. 该体系中，石墨优先于参与反应
D. 电解时，阳离子向石墨电极移动
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，在外加电源下石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，与电源正极相连，则电极A作阴极，和获得电子产生电池材料，电极反应为。
【详解】A．在外加电源下石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，选项A错误；
B．电极A的电极反应为，选项B错误；
C．根据图中信息可知，该体系中，石墨优先于参与反应，选项C正确；
D．电解池中石墨电极为阳极，阳离子向阴极电极A移动，选项D错误；
答案选C。
9. 使用镍基电催化剂、二茂铁(简写为Cp2Fe)作牺牲电子供体，同时使用NH4PF6作电解质和质子供体，乙腈(CH3CN)作溶剂，可实现连续非水流通池中有效的催化CO2还原，装置如下图所示：
已知：
下列说法错误的是
A. 选用乙腈作溶剂，与CO2、NH4PF6等在其中的溶解性有关
B. 使用的交换膜是质子交换膜
C. 该装置工作时，阴极上还可能有H2产生
D. 该电池反应为2Cp2Fe+CO2+2NH4PF62Cp2FePF6+CO+2NH3+H2O
【答案】B
【解析】
【分析】由题干信息可知，该电解池的阳极反应式为：Cp2Fe-e-=Cp2Fe+，阴极反应式为：CO2+2+2e-=CO+2NH3+H2O，据此进行分析。
【详解】A．溶剂要使各种物质能较好地溶解，A正确；
B．阳极上是二茂铁失电子，方程式为Cp2Fe-e-=Cp2Fe+，生成的Cp2Fe+是阳离子，交换膜左侧正电性增大，所以要使阳离子从阳极处移动到阴极处，溶液中没有氢离子，只能通过铵根离子移动到阴极，在阴极上发生反应。所以交换膜是阳离子交换膜，不是质子交换膜，B错误；
C．阴极发生CO2+2+2e-=CO+2NH3+H2O，工作一段时间后，生成的水可能在阴极上得电子，生成氢气，C正确；
D．根据电极方程式，可得总反应方程式为2Cp2Fe+CO2+2NH4PF62Cp2FePF6+CO+2NH3+H2O，D正确；
故答案选B。
10. 根据的水溶液能量循环图：
下列说法不正确的是
A. 由于氢键的存在，
B. 已知气体溶于水放热，则
C. 相同条件下，
D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．为脱水能，为吸热过程，焓变大于零，HF与水分子间存在氢键，所以的焓变更大，故，A正确；
B．为脱水能，为吸热过程，焓变大于零，B错误；
C．为离解能，为吸热过程，氯原子半径小于溴原子，故氢氯键键能更大，则相同条件下，，C正确；
D．由盖斯定律可知，反应的焓变于途径无关，故，D正确；
故选B。
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. 青蒿素(，)是治疗疟疾的有效药物，白色针状晶体，溶于乙醇和乙醚，对热不稳定。青蒿素晶胞(长方体)及分子结构如下图所示。下列说法错误的是
A. 青蒿素分子中既有极性键又有非极性键
B. 双氢青蒿素比青蒿素水溶性更好，治疗疟疾的效果更好
C. 若图中晶胞的棱长分别为、、，晶体的密度为
D. 利用红外光谱法测定原子的空间位置、原子间存在的化学键及键长和键角
【答案】D
【解析】
【详解】A．青蒿素分子中碳碳之间非极性键，碳和氢之间是极性键，A正确；
B．双青蒿素中含羟基，能和水形成分子间氢键，其水溶性比青蒿素水溶性更好，治疗疟疾的效果更好，B正确；
C．1个晶胞中含有4个青蒿素分子，1ml晶胞的质量为282g/ml×4，1ml晶胞的体积为 ，晶体的密度为，C正确；
D．红外光谱可以确定原子间存在的化学键及键长和键角，但是不能确定原子的空间位置，D错误；
故选D。
12. 盐酸羟胺是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质类似。工业上主要采用向两侧电极分别通入和，以盐酸为电解质来进行制备，其电池装置(图1)和含的催化电极反应机理(图2)如下。不考虑溶液体积的变化，下列说法正确的是
A. 电池工作时，电极为正极
B. 该催化循环中元素的化合价发生了变化
C. 电池工作时，每消耗左室溶液质量增加
D. 电池工作一段时间后，正极区溶液增大，负极区溶液的不变
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，Pt电极上H2→H+，失去电子发生氧化反应，做负极，电极反应式：H2-2e-=2H+；含铁的催化电极为正极，其电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl；
【详解】A．Pt电极H2→H+，H元素化合价升高，做负极，故A错误；
B．Fe电极NO→NH3OHCl，N元素化合价降低，故B正确；
C．不确定气体所处状态，因此无法计算，故C错误；
D．负极电极反应式：H2-2e-=2H+，H+浓度增大pH值减小，正极电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl，正极区H+浓度减小，pH增大，故D错误；
故选B。
13. 无害化处理的一种方法为，在一定容积的密闭容器中发生此反应，的转化率如图所示，若起始浓度为，下列说法错误的是
A. 升高温度，有利于提高的平衡转化率
B. a、c两点中，的物质的量浓度相等
C. 反应在、恒压容器中进行，达平衡时，的转化率小于
D. 若点反应达到平衡状态，的体积分数为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．从图像知，升高温度N2O的平衡转化率增大，说明升高温度，平衡正向移动，有利于提高N2O的转化率，A正确；
B．a、c两点的转化率相等都为67%，则两点生成N2的物质的量相等，容器体积不变，因此a、c两点N2的物质的量浓度相等，B正确；
C．正向反应为体积增大的反应，在230℃、恒压容器中进行反应，达平衡时容器体积大于同温下恒容时的体积，等效于在恒容条件下反应达平衡后再减压，平衡正向移动，N2O的转化率大于98%，C错误；
D．在 230℃ 条件下，b点转化率为98%，列三段式：
则O2的体积分数为，D错误；
故选CD。
14. 一定条件下，丙烯与HCl反应生成和的反应历程如图所示。下列说法正确的是
A. 丙烯与HCl的反应是吸热反应
B. 合成的反应中，第Ⅱ步为反应的决速步
C. 其他条件不变，适当升高温度可以提高加成产物中的比例
D. 的焓变等于第一步与第二步正反应活化能的差值
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，无论是生成氯丙烷还是生成氯丙烷，反应物的总能量总是高于生成物的总能量，则丙烯与HCl的反应是放热反应，A错误；
B．在合成氯丙烷的反应中，第Ⅰ步反应的活化能更大，即第Ⅰ步的反应速率慢，故第Ⅰ步为反应的决速步，B错误；
C．由图可知：，升高温度，平衡正向移动，故其他条件不变，适当升高温度可以提高加成产物中的比例，C正确；
D．由图像可知，第一步与第二步正反应活化能的差值不是反应物和生成物的能量差，即该差值不是反应的焓变，D错误；
故选C。
15. 氯霉素(D)的部分合成路线如下：
下列说法正确的是
A. A→B的反应过程中，每生成1个B分子，A中断裂2个碳氧σ键
B. B的含苯环同分异构体中最多有8种不同化学环境的氢原子
C. B转化为C的过程中有配位键的形成
D. 氯霉素D可发生还原、消去反应等，不能发生缩聚反应
【答案】AC
【解析】
【分析】由图可知，A中醚键转化为羟基得到B，B发生取代反应引入硝基得到C，C中氨基发生取代反应得到D；
【详解】A．单键均为σ键，由分析可知，A→B的反应过程中，每生成1个B分子，A中断裂2个碳氧σ键，生成2个羟基，A正确；
B．B的含苯环同分异构体可以为或，分子中均含有大于8种不同化学环境的氢原子，B错误；
C．B中含有氨基，转化为C的过程中氨基中氮和氢离子能形成配位键，C正确；
D．氯霉素D含有硝基可发生还原反应，分子中含有羟基能发生消去反应，分子中含有2个羟基，多个分子可以生成醚键和小分子水，故能发生缩聚反应，D错误；
故选AC。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 回答下列问题：
（1）根据价层电子对互斥理论，当价层电子对数为5时，轨道形状为三角双锥形，孤电子对数不同则分子空间结构不同，孤电子对数为1、2、3时，对应的分子或离子空间结构分别为变形四面体、形、直线形，则的空间构型分别为_______、_______。
（2）石墨晶体由层状石墨“分子”按ABAB方式堆积而成，如图a所示，图中用虚线标出了石墨的一个六方晶胞。若按方式堆积而成，则如图所示，图中用虚线标出了石墨的一个三方晶胞。原子的分数坐标为_______。该六方石墨晶体的密度为_______。
配合物在许多尖端领域如激光材料、超导材料、抗癌药物的研究、催化剂的研制、自组装超分子等方面有广泛的应用。回答下列问题：
（3）茜草中的茜素与、生成的红色配合物X是最早的媒染染料。
配合物中的配体除外还有_______，茜素水溶性较好的主要原因是_______。
（4）向溶液中滴加溶液后，经提纯、结晶可得到普鲁士蓝蓝色晶体。实验表明，通过配位键构成了晶体的骨架。其局部结构如图1，记为I型立方结构。将I型立方结构平移、旋转、并置，可得到晶体的晶胞(如图2，记为II型立方结构，下层左后的小立方体未标出)。
①可溶性氧化物(如)有剧毒，但普鲁士蓝却无毒，请从结构角度解释普鲁士蓝无毒的原因是_______。
②若位于II型立方结构的棱心和体心上，则位于II型立方结构的_______上；若的摩尔质量为，该蓝色晶体密度为，II型立方结构的边长为，则阿伏加德罗常数的值可表示为_______。
【答案】（1） ①. 直线形 ②. 变形四面体
（2） ①. ②.
（3） ①. 、 ②. ①分子中含有亲水性的羟基、羰基；②能和水分子形成氢键；
（4） ①. 普鲁士蓝中铁与氰基以配位键结合，剧毒的氰根离子几乎不可能游离出来 ②. 顶点和面心 ③.
【解析】
【小问1详解】
的孤对电子对数为，的孤对电子对数为，所以和的空间构型分别为直线形和变形四面体；
【小问2详解】
根据图b可得D原子的分数坐标为；A层中面内的碳原子与相邻的3个碳原子相切，所以底面边长为nm，石墨的层间距为c nm，故晶胞的高度为2c nm，晶胞的体为，则晶胞的密度为；
【小问3详解】
配合物中的配体还有、，茜素水溶性较好的主要原因是①分子中含有亲水性的羟基、羰基，②能和水分子形成氢键；
【小问4详解】
①普鲁士蓝中铁与氰基以配位键结合，剧毒的氰根离子几乎不可能游离出来，因此普鲁士蓝本身是无毒的；
②由8个I型立方结构平移、旋转、并置，可得到II型立方结构，若Fe2+位于II型立方结构的棱心和体心上，则Fe3+位于II型立方结构的顶点和面心上；若KFe[Fe(CN)6]的摩尔质量为Mg/ml，该蓝色晶体密度为ρ g·cm-3，II 型立方结构的边长为a nm，则，阿伏加德罗常数的值可表示为。
17. 以为原料制备甲烷、甲醇等能源物质具有较好的发展前景。回答下列问题：
（1）在固体催化表面加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：
主反应：
副反应：
①已知，则燃烧的热化学方程式_______。
②对于主反应，在一定条件下存在：或，相应的速率与温度关系如图所示。
则主反应的平衡常数_______(用含的代数式表示)；图中四个点中，能表示反应已达到平衡状态的是_______。
（2）某研究小组采用双合金团簇催化甲烷干法重整法(DRM)取得了良好的效果。通过大量的研究三种双金属合金团簇可用于催化反应，在催化剂表面涉及多个基元反应，分别为过程1：甲烷逐步脱氢，过程2：的活化(包括直接活化和氢诱导活化)，过程3：和的氧化，过程4：扩散吸附反应。其反应机理如图所示。
则过程3的最终产物为_______，过程4发生扩散吸附反应的微粒为_______。
（3）光催化制甲醇技术也是研究热点。铜基纳米光催化材料还原的机理为：光照时，低能价带失去电子并产生空穴(，具有强氧化性)。
光催化原理与电解原理类似，写出高能导带的电极反应式：_______。太阳光激发下，在导带和价带中除了产生电子和空穴外，还会生成_______(填写微粒名称)参与的还原再生。
【答案】（1） ①. -634.3 ②. ③. C
（2） ①. ②. 和
（3） ①. ②. H+
【解析】
【小问1详解】
已知：Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ，根据盖斯定律，将Ⅲ×2-Ⅰ，整理可得CH4(g)+2O2(g) =CO2(g)+2H2O(g) △H=(-395.6 kJ/ ml)×2-(-156.9kJ/ml)=-634.3 kJ/ ml。
②，，反应达到平衡状态时，，则主反应的平衡常数；由反应可知平衡时，结合图像可知C点满足，则C点为平衡状态。
【小问2详解】
观察可知过程3的最终产物为CO*，过程4发生扩散吸附反应的微粒为和。
【小问3详解】
已知光催化原理与电解原理类似，由图可知，高能导带的电极反应为：二氧化碳得电子发生还原反应得到甲醇，由此可知其电极反应式为：。光照时，低能价带失去电子并产生空穴(，具有强氧化性)，相当于电解池的阳极，结合图知，在低能价带上，H2O直接转化为O2的电极反应式为：2H2O+4h+=O2+4H+，反应生成H+可参与高能带上的还原再生。
18. 现以铅蓄电池的填充物铅高(主要含和少量)为原料，可生产三盐基硫酸铅和副产品，其工艺流程如下：
已知：
（1）“转化”后的难溶物质为和少量，则转化为的离子方程式为_______，滤液1中和的浓度比为_______。
（2）“酸浸”过程，产生的气体主要有(氮氧化物)和_______(填化学式)。
（3）“沉铅”后循环利用的物质Y是_______(填化学式)。
（4）“除杂”中滤渣的主要成分为_______(填化学式)：在“合成”三盐基硫酸铅的化学方程式为_______。
（5）根据图2所示的溶解度随温度的变化曲线，由“滤液1”和“滤液2”获得晶体的操作为将“滤液”调节为7，然后_______、_______，洗涤后干燥。
【答案】（1） ①. ②.
（2）CO2 （3）HNO3
（4） ①. Fe(OH)3 ②.
（5） ①. 蒸发浓缩 ②. 趁热过滤
【解析】
【分析】铅蓄电池的填充物铅膏加入过量的亚硫酸钠、碳酸钠反应得到PbCO3和少量PbSO4，及不反应的氧化亚铁，过滤后固体加入稀硝酸酸溶，二价铁被氧化为三价铁同时生成氮的氧化物气体和二氧化碳气体；加入氢氧化钠调节pH生成氢氧化铁沉淀，滤液加入稀硫酸将铅转化为PbSO4沉淀，PbSO4加入氢氧化钠加热后过滤分离出沉淀洗涤干燥得到三盐基硫酸铅；
【小问1详解】
亚硫酸钠具有还原性，具有氧化性，被亚硫酸钠还原为二价铅，然后和碳酸根离子转化为沉淀，反应为；滤液1中和的浓度比为；
【小问2详解】
由分析可知，混合气体为加入硝酸后，酸和碳酸根离子生成的二氧化碳，以及硝酸根离子氧化亚铁离子生成的氮氧化合物；故填CO2；
【小问3详解】
“沉铅”过程中硫酸和硝酸铅生成硫酸铅沉淀和硝酸，故循环利用的物质Y是HNO3；
【小问4详解】
“除杂”中铁离子和氢氧根离子生成氢氧化铁沉淀，故滤渣的主要成分为Fe(OH)3；沉淀在50~60°C“合成”加入氢氧化钠生成三盐基硫酸铅，根据质量守恒可知，还生成硫酸钠和水，化学方程式为；
【小问5详解】
由图可可知，温度低于45℃左右时得到Na2SO4⋅10H2O晶体，高于45℃时得到Na2SO4晶体，且温度升高Na2SO4的溶解度减小，故由“滤液1”和“滤液2”获得Na2SO4晶体的操作为将“滤液”调节pH为7，然后蒸发浓缩、趁热过滤，洗涤后干燥。
19. 某研究小组按下列路线合成胃动力药依托比利。
已知：-CH=N-
请回答：
（1）化合物B的含氧官能团名称是_______。
（2）下列说法不正确的是_______(填序号)。
A. 化合物能与发生显色反应
B. 的转变也可用在酸性条件下氧化来实现
C. 的反应类型为加成反应
D. 依托比利可在酸性或碱性条件下发生水解反应
（3）化合物的结构简式是_______。
（4）写出的化学方程式_______。
（5）写出两种同时符合下列条件的化合物的同分异构体的结构简式_______、_______。
①分子中含有苯环
②谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有酰胺基()。
（6）研究小组在实验室用苯甲醛、苯甲酰氯为原料合成药物-芐基苯甲酰胺()。利用以上合成线路中的相关信息，设计该合成路线_______(用流程图表示，无机试剂任选)
【答案】19. 羟基、醛基 20. BC
21. ClCH2CH2N(CH3)2
22. +2H2+H2O
23. ①. ②.
24.
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，发生催化氧化反应生成，碳酸钾作用下与ClCH2CH2N(CH3)2发生取代反应生成，则C为ClCH2CH2N(CH3)2；与NH2OH反应生成，则E为；催化剂作用下与氢气发生还原反应生成，则F为； 与SOCl2发生取代反应生成；与发生取代反应生成依托比利。
【小问1详解】
由结构简式可知，B分子的官能团为羟基、醛基；
【小问2详解】
A．由结构简式可知，A分子中含有酚羟基，能与氯化铁溶液发生显色反应，使溶液变为紫色，故正确；
B．酚羟基具有强还原性，由结构简式可知，A分子中含有酚羟基，则A→B的转变不能用酸性高锰酸钾溶液来实现，故错误；
C．由分析可知，D转化成E的过程中D中醛基转化为CH=NOH，不属于加成反应，故错误；
D．由结构简式可知，依托比利分子中含有酰胺基，可在酸性或碱性条件下发生水解反应，故正确；
故选BC；
【小问3详解】
由分析可知，C的结构简式为ClCH2CH2N(CH3)2；
【小问4详解】
由分析可知，E→F的反应为催化剂作用下与氢气发生还原反应生成 ，反应的化学方程式为 +2H2+H2O；
【小问5详解】
D的同分异构体分子中含有苯环，谱和IR谱检测表明分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有酰胺基说明同分异构体分子含有醚键或酚羟基，结合对称性，同分异构体的结构简式为、 。
【小问6详解】
由题给信息可知，用苯甲醛为原料合成药物苄基苯甲酰胺的合成步骤为与NH2OH反应生成，催化剂作用下与氢气发生还原反应生成 ；与 发生取代反应生成，合成路线为。
20. CO2的有效利用可减缓能源问题。回答下列问题：
（1）由合成气(组成为H2、CO和少量的CO2)直接制备甲醇，其中的主要过程包括以下三个反应：
ⅰ．
ⅱ．
ⅲ．
经理论计算表明反应ⅰ能够自发的温度为T0，而实际生产温度远高于T0，可能的原因是_______。
（2）条件下，将1 ml CO2、3 ml H2和6 ml Ar投入一恒容密闭容器中发生反应，反应10 min达到平衡，测得容器中分别为。
①CO2的平衡转化率为_______，内H2O(g)的平均变化速率=_______，反应ⅰ的平衡常数Kx=_______[对于反应，，为物质的量分数]。
②研究表明，反应ⅰ的速率方程为，x表示气体的物质的量分数，Kp为压强平衡常数，k为反应的速率常数且随着温度升高而增大。在气体物质的量分数和催化剂一定的情况下，反应速率随温度的变化如图1所示。图2为反应ⅱ的速率常数的对数与温度的倒数之间的关系。图1中根据速率方程分析T＞T0时，v逐渐增大的原因是_______。图2中直线_______(填“A”或“B”)表示与的关系。
【答案】（1）反应ⅰ的活化能大
（2） ①. 70% ②. 0.7 ③. ④. T＞T0时，升高温度，k增大对速率的影响大于Kp增大对速率的影响 ⑤. B
【解析】
【小问1详解】
经理论计算表明反应ⅰ能够自发的温度为T0，而实际生产温度远高于T0，可能的原因是该反应的活化能大，断裂化学键需吸收很高能量；
【小问2详解】
t℃、100 kPa条件下，将1 ml CO2和3 ml H2投入含6 ml Ar的恒压密闭容器中发生反应，反应10 min达到平衡，测得容器中CO、CH3OH分别为0.2 ml、0.5 ml。根据碳守恒，反应消耗CO2的物质的量为0.2 ml +0.5 ml =0.7 ml，根据氧守恒，反应生成0.7 ml H2O，根据H守恒，反应消耗氢气0.7ml+0.5ml×2= 1.7 ml；平衡时，容器中有0.3 ml CO2、0.7 ml H2O、0.2 ml CO、0.5 ml CH3OH、1.3ml H2、6 ml Ar；
①反应消耗CO2的物质的量为0.7 ml，则CO2的平衡转化率为；
平衡时总压强为p总=100 kPa×=90 kPa，H2O的分压为p(H2O)=90 kPa×=7 kPa，0~ 10 min内H2O分压的平均变化速率v(H2O)=；反应i的平衡常数Kx=；
②根据速率方程，T＞T0时，升高温度，k增大对速率的影响大于kp增大对速率的影响，所以T＞T0时，升高温度v逐渐增大；
反应ⅱ放热，升高温度，化学平衡逆向移动，说明升高温度对逆反应速率的影响更大，图2中直线B表示lg k正与的关系。选项
物质的结构或性质
解释
A
键角：
水分子中O上孤电子对数比氨分子中N上的多
B
稳定性：
分子间氢键强于分子间作用力
C
熔点：碳化硅>金刚石
的键能大于的键能
D
酸性：
的极性大于的极性，导致的羧基中的羟基极性更大，氢更易电离
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