资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩4页未读，
继续阅读
四川省南充市2023届高三下学期二诊考试化学试题（Word版附解析）
展开
这是一份四川省南充市2023届高三下学期二诊考试化学试题（Word版附解析），文件包含四川省南充市2023届高三下学期二诊考试理综化学试题原卷版docx、四川省南充市2023届高三下学期二诊考试理综化学试题Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
1. 劳动开创未来。下列劳动项目与所述的科学知识没有关联的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．二氧化硫属于酸性氧化物，可以和碱性氧化物反应，在燃煤时加入适量生石灰可以达到脱硫的效果，与所述的科学知识有关联，故A不符合题意；
B．活性炭具有吸附性，能给冰箱除异味，与所述的科学知识有关联，故B不符合题意；
C．小苏打是碳酸氢钠，受热分解为二氧化碳，能使糕点疏松，与所述的科学知识没有关联，故C符合题意；
D．铁与水在高温下会反应生成氢气而产生危险，与所述的科学知识有关联，故D不符合题意；
故选C。
2. 阿伏加 德罗常数为NA。关于 l00mLl ml/L的Fe2(SO4)3溶液，下列说法正确的是
A. 加NaOH可制得Fe(OH)3 胶粒0.2NA
B. 溶液中阳离子数目为0.2NA
C. 加Na2CO3 溶液发生的反应为 3CO32-+ 2Fe3+ = Fe2(CO3 )3↓
D. Fe2(SO4)3溶液可用于净化水
【答案】D
【解析】
【详解】A. Fe2(SO4)3加NaOH反应生成Fe(OH)3沉淀，而不是胶粒，故A错误；
B. l00mL l ml/L的Fe2(SO4)3溶液中n[Fe2(SO4)3] =1 ml∙L−1 ×0.1L =0.1ml，n(Fe3+)=0.2ml，铁离子水解 Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+，根据水解方程式得到溶液中阳离子数目大于0.2NA，故B错误；
C. 加Na2CO3溶液发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，其反应为 3CO32−+ 2Fe3+ + 3H2O =2 Fe(OH)3↓ + 3CO2↑，故C错误；
D. Fe2(SO4)3溶液水解生成胶体，胶体具有吸附杂质功能，起净水功能，因此可用于净化水，故D正确。
综上所述，答案为D。
【点睛】铁离子与碳酸根、碳酸氢根、偏铝酸根、硅酸根等离子要发生双水解反应。
3. 异肉桂酸可用于食品、农药、医药工业，其制备如图，下列说法错误的是
A. 3−苯基丙酸的分子式为C9H10O2
B. 上述制备过程属于氧化反应
C. 1ml异肉桂酸最多与5mlH2发生反应
D. 异肉桂酸分子最多有9个碳原子共面
【答案】C
【解析】
【详解】A．3﹣苯基丙酸中C、H、O原子个数依次9、10、2，分子式为C9H10O2，A正确；
B．该反应中催化脱氢生成异肉桂酸，为氧化反应，B正确；
C．苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，羧基中碳氧双键和氢气不反应，则1ml异肉桂酸最多与4mlH2发生反应，C错误；
D．苯环、乙烯及直接连接苯环和碳碳双键的原子共平面，该分子相当于乙烯分子中的氢原子被苯基和羧基取代，所以该分子中最多有9个碳原子共平面，D正确；
故选C。
4. 我国科学家通过电解法将，转化为乙烯，常采用单原子Ni和纳米Cu作串联催化剂，装置如图。下列说法错误的是
A. 电极b连接电源的正极
B. 电极a上发生的总反应为：
C. 通电后右室溶液质量减少
D. 若电路中通过电子时，理论上电极b产生气体(标准状况)
【答案】C
【解析】
【分析】电解法将，转化为乙烯，碳元素化合价降低，左侧a电极为阴极，电极a连接电源的负极，右侧b电极为阳极，电极b连接电源的正极。
【详解】A．根据分析，电极b连接电源的正极，A正确；
B．电极a上二氧化碳先被还原为CO，CO再被还原为乙烯，发生的总反应为：，B正确；
C．右侧b电极为阳极，通电后右室电极反应为：，OH-通过阴离子交换膜迁移至右室，与消耗的氢氧根的量相同，右室溶液中水的质量增加，故右室溶液质量增加，C错误；
D．阳极电极反应为：，若电路中通过电子时，理论上电极b产生O2的物质的量为0.025ml，标准状况下体积为，D正确；
故选C。
5. 下列实验能达到实验目的的是
A AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢，应选氯化铵与氢氧化钙加热制备氨气，故A错误；
B．生成的氧气易从长颈漏斗逸出，故B错误；
C．二氧化硫可被酸性高锰酸钾溶液氧化，可知二氧化硫具有还原性，故C错误；
D．饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇、中和乙酸、降低酯的溶解度，故D正确；
故选：D。
6. 短周期主族元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，Z单质是应用最为广泛的半导体材料，W的最外层电子数比Y、Z最外层电子数之和少1，W和X的单质在常温下均为无色气体。下列结论正确的是
A. 原子半径大小顺序为Z>Y>X>WB. 工业上常用电解法冶炼Y单质
C. X的氢化物分子中只含极性键D. X、Z形成的化合物属于离子化合物
【答案】B
【解析】
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，Z的单质是应用最为广泛的半导体材料，Z为Si元素；W的最外层电子数比Y、Z最外层电子数之和少1，W的最外层电子数大于等于4，W和X的单质在常温下均为无色气体，结合原子序数可知W为N元素、X为O元素，Y的最外层电子数为5+1-4=2，结合原子序数可知Y为Mg元素，以此来解答。
【详解】A．同周期主族元素从左向右原子半径减小，则原子半径大小顺序为Y>Z>W>X，故A错误；
B．Mg为活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁制取镁单质，故B正确；
C．X的氢化物若为过氧化氢，含O﹣O非极性键，故C错误；
D．X、Z形成的化合物为二氧化硅，属于共价化合物，故D错误；
故选：B。
7. 25℃时，AgCl和Ag2CrO4两种难溶化合物的溶解平衡曲线如图所示，已知pA=﹣lgc(A)，两条相交的溶解平衡曲线把图像分成了X、Y、Z、M四个区域。下列说法中错误的是
A. Ksp(Ag2CrO4)的数量级为10﹣12
B. M区域内可同时析出AgCl和Ag2CrO4沉淀
C. a点对应溶液中：c(Ag+)>c(Cl﹣)=c()
D. 向Cl﹣、均为0.1ml/L的混合溶液中逐滴加入稀硝酸银溶液，Cl﹣先沉淀
【答案】B
【解析】
【分析】Ksp(AgCl)=c(Ag+)×c(Cl﹣)、Ksp(Ag2CrO4)=c()×c2(Ag+)，-lgKsp(AgCl)=﹣lg[c(Ag+)×c(Cl﹣)]=p(Ag+)+p(Cl﹣)，-lgKsp(Ag2CrO4)=-lg[c()×c2(Ag+)]=p()+2p(Ag+)，即p(Ag+)=-p(Cl﹣)-lgKsp(AgCl)，p(Ag+)=-p()-lgKsp(AgCl)，根据图中曲线斜率大小关系可知，点(10，0)所在直线表示AgCl的溶解平衡曲线，点(12，0)所在直线表示Ag2CrO4的溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=10﹣10，Ksp(Ag2CrO4)=10﹣12，据此分析解答。
【详解】A．由上述分析可知，点(12，0)所在直线表示Ag2CrO4的溶解平衡曲线，则Ksp(Ag2CrO4)=c()×c2(Ag+)=10﹣12×12=10﹣12，数量级为10﹣12，故A正确；
B．M区域内Ag2CrO4而言，浓度积Qc>Ksp(Ag2CrO4)，是Ag2CrO4过饱和溶液，能析出Ag2CrO4沉淀，而对于AgCl而言QcC．a点对应溶液中p(Cl﹣)=p()，即c(Cl﹣)=c()=10﹣8ml/L，此时c(Ag+)=10﹣5ml/L，则c(Ag+)>c(Cl﹣)=c()，故C正确；
D．向Cl﹣、均为0.6ml/L的混合溶液中逐滴加入稀硝酸银溶液﹣恰好沉淀时所需c(Ag+)=ml/L=10﹣5ml/L，恰好沉淀时所需c(Ag+)=ml/L≈3.2×10﹣6ml/L>10﹣9ml/L，则Cl﹣先沉淀，故D正确；
故选：B。
二、非选择题(本卷包括必考题和选考题两部分，第8-10为必考题，每个试题考生都必须做答。第11-12题为选考题，考生根据要求做答)
(一)必考题(共43分)
8. 明矾[KAl(SO4)2•12H2O，M=474g/ml]具有抗菌、收敛、净水等作用。现利用废旧铝制易拉罐制备明矾产品，并测定产品的纯度。回答下列问题：
（1）将易拉罐溶于浓氢氧化钠溶液，并减压过滤。溶液中发生的主要反应离子方程式为 ___________。与普通过滤相比，减压过滤的优点是 ___________。
（2）向滤液中滴加H2SO4溶液调pH，溶液中产生大量沉淀，如图是Al(OH)3溶解度随pH变化曲线，调节滤液的最佳pH范围为 ___________(填字母标号)。用pH试纸测量溶液pH的操作为 _______________________。
a．小于4 b．4～6 c．8～10 d．大于10
（3）用适量热水洗涤沉淀，判断沉淀已洗净的方案是 ___________。
（4）将沉淀溶于稀H2SO4，然后加入K2SO4，可得到明矾溶液。从溶液中获得大颗粒明矾晶体的操作依次是 _________(选填字母标号)。
a．抽滤 b．蒸发浓缩至出现较多量晶体
c．冰水冷却 d．自然冷却 e．蒸发浓缩至表面出现晶膜
经无水乙醇洗涤后，所得明矾晶体中仍含有少量可溶性杂质，可采用的除杂方法为 ___________。
（5）已知EDTA可与等物质的量的Al3+(或Zn2+)结合。为测定产品的纯度，先称取ag产品于锥形瓶中，加水溶解1mLc1ml•L﹣1EDTA溶液(过量)和指示剂，立即用c2ml•L﹣1的Zn2+标准溶液滴定至终点。三次平行测定平均消耗Zn2+标准溶液V2mL，计算产品的纯度为 ___________%。
【答案】（1） ①. 2Al+2OH﹣+2H2O=2+3H2↑； ②. 加快过滤速度
（2） ①. b ②. 将pH试纸放在干净的玻璃片上，并将试纸显示的颜色与标准比色卡比较
（3）取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则溶液没有洗涤干净，若不产生白色沉淀，则洗涤干净
（4） ①. bda ②. 重结晶
（5）
【解析】
【小问1详解】
将易拉罐溶于浓氢氧化钠溶液，铝和氢氧化钠溶液反应离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO+3H2↑，与普通过滤相比， “减压过滤”速度快、过滤彻底；
【小问2详解】
向滤液中滴加H2SO4溶液调pH，最终溶液为酸性，则调节滤液的最佳pH范围为4～6，用干净的玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，读出pH；
【小问3详解】
沉淀会附着少量的硫酸根离子，检验硫酸根离子的存在即可，判断沉淀已洗净的方案是：取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则溶液没有洗涤干净，若不产生白色沉淀，则洗涤干净；
【小问4详解】
明矾晶体中有结晶水，温度过高会使结晶水失去，操作依次是蒸发浓缩至出现较多量晶体、抽滤；故选：bda，所得明矾晶体中仍含有少量可溶性杂质，可采用的除杂方法为重结晶；
【小问5详解】
根据化学式[KAl(SO4)2•12H2O，EDTA可与等物质的量的Al3+(或Zn2+)结合，称取ag产品于锥形瓶中，再加入V2mLc1ml•L﹣1EDTA溶液(过量)和指示剂，立即用c2ml•L﹣1的Zn2+标准溶液滴定至终点，则多余的EDTA和锌离子反应，消耗Zn2+标准溶液V2mL，计算产品的纯度为=%。
9. 工业生产硝酸的核心反应之一是在恒压装置中将NO转化为NO2：
反应Ⅰ．NO(g)+O2(g)NO2(g) ΔH
目前认为反应Ⅰ分两步进行：
反应Ⅱ．2NO(g)N2O2(g) ΔH1=a
反应Ⅲ．N2O2(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH2=b
回答下列问题：
（1）ΔH=___________(用a和b表示)，该工艺适宜的压强条件是 _______(填“高压”或“低压”)。
（2）已知：ΔG=ΔH﹣TΔS，ΔG越小，反应正向自发趋势越大。忽略ΔH、ΔS随温度的变化___________(填“高温”或“低温”)有利于反应Ⅰ正向自发进行，原因是 ___________。
（3）控制原料比n(NO)：n(O2)=2：1，在不同条件下，反应Ⅰ中NO转化率随时间的变化如图。当100kPa、90℃时，NO转化率达到50%的过程中，v(NO)=___________kPa•s﹣1(保留3位有效数字)。
（4）由图可知，反应Ⅰ的速率随温度升高而 ___________(填“增大”、“减小”或“不变”)，可能的原因是 ___________[已知反应Ⅱ为快速平衡，ΔH1<0，反应Ⅲ的速率方程为v=k•p(N2O2)•p(O2)]。
（5）T℃、3200kPa时，控制原料比n(NO)：n(O2)：n(N2)=2：1：2发生反应Ⅰ(N2由空气带入，不参与反应)，NO平衡转化率为80%，写出该反应压强平衡常数的计算式：Kp= _______。
（6）已知不同温度下反应Ⅰ的浓度平衡常数Kc如表。
NO由NH3催化氧化得到，而催化氧化后的产物气体往往高于800℃，为使反应Ⅰ顺利进行，再进行反应。“急剧冷却”的目的有 ___________(写出两条即可)。
【答案】（1） ①. (a+b) ②. 高压
（2） ①. 高温 ②. 升高温度△G减小，有利于反应Ⅰ正向自发进行
（3）1.05 （4） ①. 减小 ②. 反应Ⅱ为快速平衡，温度升高，导致反应Ⅲ的速率降低
（5）0.324 （6）降低温度，使反应Ⅰ平衡右移；除去大量的H2O，使氨气的催化氧化反应平衡右移
【解析】
【小问1详解】
已知反应Ⅰ。NO(g)+O4(g)⇌NO2(g) ΔH，反应Ⅱ。2NO(g)⇌N4O2(g)ΔH1=a，反应Ⅲ。N7O2(g)+O2(g)⇌5NO2(g) ΔH2=b，根据盖斯定律反应Ⅰ=，则ΔH=ΔH1+ΔH3=(a+b)，该反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，因此适宜在高压条件下进行；
【小问2详解】
已知：ΔG=ΔH﹣TΔS，ΔG越小，反应正向自发趋势越大。忽略ΔH、ΔS随温度变化，升高温度△G减小，有利于反应Ⅰ正向自发进行；
【小问3详解】
设n(NO)=2ml，n(O3)=1ml，则有
p始(NO)=100kPa×=，p末(NO)=100kPa×=40kPa，1.05kPa•s﹣1；
【小问4详解】
反应Ⅱ为快速平衡，但其为放热反应，温度升高，该平衡逆向移动，导致反应Ⅲ的速率降低，故反应Ⅰ速率减小；
【小问5详解】
设n(NO)=2ml，n(O2)=1ml，n(N2)=2ml，则有
n总=4.2ml，P总=3200kPa，Kp==0.324；
【小问6详解】
由表中数据可知，升高温度反应Ⅰ的平衡常数逐渐减小，则反应Ⅰ为放热反应，降低温度，使反应Ⅰ平衡右移，提高NO转化率；除去大量的H2O，使氨气的催化氧化反应平衡右移，生成更多的NO。
10. 实验室以废旧锂电池正极材料(难溶于水，含LiCO2及少量Al、Fe等)为原料制备C3O4.流程如图：
回答下列问题：
（1）为了加快浸出速率，可以采取的措施为 ___________(写出一条即可)，“浸取”时，被氧化为，反应同时生成C2+，该反应的化学方程式为 ___________。
（2）“除杂”时，向浸取液中先加入足量NaClO3溶液，再加入NaOH溶液调节pH，过滤。有关沉淀数据如表(“完全沉淀”时溶液中金属离子浓度≤1.0×10﹣5ml•L﹣1)：
若浸取液中c(C2+)=0.1ml•L﹣1，则须调节溶液的pH范围是 ___________。(加入NaClO3溶液和NaOH溶液时，溶液体积的变化忽略不计)
（3）“萃取”和“反萃取”的目的是 ___________，其中用有机磷萃取剂(用HA表示)萃取金属离子的原理可表示为：Mn++nHA(有机层)MAn(有机层)+nH+(水层)。钴、锂在有机磷萃取剂中的萃取率与pH的关系如图所示。随pH的升高，C2+在有机磷萃取剂中萃取率增大的原因是 ___________。“反萃取”过程中将有机层C2+转移到水层，为使C2+尽可能多地发生上述转移，可多次反萃取或 ___________。
（4）“沉钴”时，可加入H2C2O4溶液或(NH4)2C2O4溶液反应制得CC2O4，不能用Na2C2O4溶液代替(NH4)2C2O4溶液的原因是 ___________。
（5）“沉钴”时，也可先制得CCO3再制备C3O4，在空气中煅烧CCO3生成C3O4的化学方程式为 ___________。
【答案】（1） ①. 增大硫酸溶液浓度(适当升高溶液的温度或将正极材料研磨粉碎或搅拌等) ②. 8LiCO2+11H2SO4+Na2S3O3=8CSO4+4Li2SO4+11H2O+Na2SO4
（2）5.2≤pH<7.4
（3） ①. 富集提纯钴 ②. 萃取产生H+，随着pH增大，H+被消耗，促使萃取金属离子的平衡正向移动C2+萃取率增大 ③. 适当提高稀硫酸的浓度或调节溶液的pH<3或充分振荡
（4）Na2C2O4溶液碱性较强，易生成C(OH)2沉淀
（5）6CCO3+O22C3O4+6CO2
【解析】
【分析】以废旧锂电池正极材料(难溶于水，含LiCO2及少量Al、Fe等)为原料制备C3O4，废旧锂电池正极材料加入硫酸溶解，LiCO2与Na2S2O3反应生成、C2+，反应的化学方程式为8LiCO2+11H2SO4+Na2S2O3=8CSO4+4Li2SO4+11H2O+Na2SO4，同时Al、Fe等与稀硫酸反应生成硫酸铝和硫酸亚铁，加入氧化剂NaClO3氧化Fe2+为Fe3+，再加入NaOH溶液调节pH除去Al3+、Fe3+，再加入有机磷萃取、加入稀硫酸进行反萃取除去Li+，然后加入H2C2O4溶液或(NH4)2C2O4溶液等试剂沉钴，得到CC2O4沉淀，灼烧沉淀生成C3O4，反应为6CCO3+O22C3O4+6CO2。
【小问1详解】
搅拌、适当升高溶液的温度、将正极材料粉碎等措施均可加快浸出速率，被氧化为，反应同时生成C2+，该反应的化学方程式为8LiCO2+11H2SO4+Na2S2O3=8CSO4+4Li2SO4+11H2O+Na2SO4。
【小问2详解】
向浸取液中先加入足量NaClO3，将Fe2+转化为Fe3+，调节pH使Al3+、Fe3+转化为沉淀除去且C2+尽量不能生成沉淀，由表中数据可知Al3+、Fe3+均完全沉淀时pH=5.2，C2+完全沉淀时pH=9.4，溶液中c(OH﹣)=109.4-14ml/L=10-4.6ml/L，Ksp[C(OH)2]=1.0×10-5×(10-4.6)2=10-14.2，若浸取液中c(C2+)=0.1ml/L，则c(OH-)==ml/L=10-6.6ml/L，pH=14+lg10-6.6=7.4，则调节溶液pH的范围是5.2≤pH<7.4。
【小问3详解】
“萃取”时通过调节溶液的pH使C2+更多的进入有机层，Li+尽可能多的留在水层，“反萃取”过程中将有机层C2+转移到水层，达到富集提纯C的目的。萃取原理Mn++nHA(有机层)MAn(有机层)+nH+(水层)，pH增大氢离子浓度减小，平衡正向移动C2+萃取率增大。反萃取过程中将有机层中的C2+转移到水层中，为使C2+尽可能多地发生上述转移，可多次反萃取或适当提高稀硫酸的浓度以增大氢离子浓度，促使平衡逆向移动，或调节溶液pH<3或充分振荡等。
【小问4详解】
Na2C2O4是弱酸强碱盐，水解使溶液呈碱性用Na2C2O4代替(NH2)2C2O4溶液，Na2C2O2溶液碱性较强，易使C2+转化为C(OH)2沉淀，产率降低。
【小问5详解】
在空气中煅烧CCO3生成C3O4和CO2气体，反应的化学方程式为6CCO3+O22C3O4+6CO2。
(二)选考题(共15分。请考生从给出的2道化学题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分)。
[化学—物质结构与性质]
11. 水杨醛缩邻氨基苯酚X又称“锰试剂”，可与Mn2+形成配合物。X和它的一种同分异构体Y结构如图：
回答下列问题：
（1）基态Mn2+的电子排布式为 ___________。基态C、N、O原子中未成对电子数最多且第一电离能较大的是 ___________。
（2）已知X中的所有原子共平面，其中N的杂化方式为 ___________。从原子半径的角度说明，第二周期元素原子C、N之间易形成π键的主要原因是 ___________。
（3）X的沸点比Y的低，从氢键的角度解释可能原因 ___________。X与Mn2+产生黄色配合物，其中配位原子有 ___________。
（4）Mn2+与Cl﹣形成一种多聚阴离子[MnCln]m﹣，其结构如图1，指出n=___________，m=___________。
（5）MnO2有30多种晶型，β﹣MnO2是其中是最稳定的一种，其晶胞结构如图2，晶胞参数分别为apm、apm、cpm，β﹣MnO2晶体的密度ρ=___________g•cm﹣3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1） ①. [Ar]3d5 ②. O
（2） ①. sp2 ②. C、N原子半径小，未杂化的5p轨道肩并肩成键时电子云重叠程度大
（3） ①. X易形成分子内氢键，Y易形成分子间氢键 ②. O、N
（4） ①. 3 ②. 1
（5）
【解析】
【小问1详解】
Mn为25号元素，位于周期表中第四周期第ⅦB族，Mn2+的电子排布式为[Ar]3d5；基态C、N、O原子中未成对电子数分别为2、3、2，未成对电子数较多且第一电离能较大的是N；
【小问2详解】
X中的所有原子共平面，则N为sp2杂化；C、N原子半径小，未杂化的2p轨道肩并肩成键时电子云重叠程度大、N之间易形成π键；
【小问3详解】
X易形成分子内氢键，Y易形成分子间氢键；X中O、N都能与Mn2+产生黄色配合物；
【小问4详解】
由多聚阴离子[MnCln]m﹣结构图可知，1个阴离子中含有4个Mn2+和12个Cl﹣，Mn2+：Cl﹣=4：12=1：3，则阴离子化学式为[MnCl3]﹣，故n=3，m=1；
【小问5详解】
由晶胞结构图可知，Mn2+位于顶点和体心，个数为4×，O4﹣位于面上和体内，个数为4×，晶胞质量为g，晶胞体积为a2c×10﹣30g·cm-3，晶胞密度ρ==g•cm﹣3=g•cm﹣3。
[化学-有机化学基础]
12. 以化合物A为原料合成化合物F的路线如图。
回答下列问题：
（1）化合物B中官能团名称是 ___________，化合物A的化学名称为 ___________。
（2）化合物B与醇X生成酯C，醇X的结构简式为 ___________。
（3）化合物D的等效氢有 ___________种。上述路线中酯C生成D的反应类型是 ___________。
（4）化合物D转化为化合物F的反应条件为 ___________。然而此条件下有多种F的异构体产生，反应选择性降低。实际合成中D先与乙酸反应生成酯E，后经500℃发生消去反应产生F．写出酯E产生F的化学方程式 ___________。
（5）烃F的异构体中，含有碳碳三键且主链有5个碳原子的分子结构有 ___________种。
（6）以苯酚为原料制备化合物A，写出合成路线 ___________。(无机试剂任选)
【答案】（1） ①. 羧基 ②. 一溴环己烷
（2）CH3CH2OH
（3） ①. 6
②. 还原反应
（4） ①. 浓硫酸、加热 ②. +CH3COOH
（5）5 （6）
【解析】
【分析】由A的分子式、B的结构简式，可知A为，(2)中化合物B与醇X生成酯C，由C的分子式可知，X为CH3CH2OH，则C为，C发生还原反应生成，发生消去反应生成；(6)苯酚与氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成，与HBr发生加成反应生成。
小问1详解】
化合物B中官能团名称是羧基；化合物A是 ，其化学名称为一溴环己烷；
【小问2详解】
化合物B与醇X生成酯C，由C的分子式可知CH3CH2OH；
【小问3详解】
化合物D的等效氢环上有4种、侧链中有4种。上述路线中酯C生成D的反应类型是还原反应；
【小问4详解】
化合物D转化为化合物F发生醇的消去反应，反应条件为浓硫酸，然而此条件下有多种F的异构体产生。实际合成中D先与乙酸反应生成酯E为 ，后经500℃发生消去反应产生F，酯E产生F的化学方程式为 +CH3COOH；
【小问5详解】
烃F的异构体含有碳碳三键且主链有5个碳原子，可以看作是CH≡CCH2CH2CH3、CH3C≡CCH2CH3中氢原子被2个甲基取代，前者有5种，可以是CH≡CCH2CH2CH3中氢原子被乙基取代，只有1种；
【小问6详解】选项
劳动项目
科学知识
A
环保工程师在燃煤时加入适量生石灰
二氧化硫与生石灰反应
B
整理收纳师用活性炭给冰箱除异味
活性炭具有吸附性
C
面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包
Na2CO3可与酸反应
D
炼钢技术员将模具干燥后再注入熔融钢水
铁与水在高温下会反应
A．实验室制氨气
B．定量测定化学反应速率
C．验证SO2具有漂白性
D．实验室制乙酸乙酯
温度/℃
27
77
127
177
227
500
平衡常数Kc
1.1×106
4.3×104
3.7×103
5.6×102
1.2×102
1.0
沉淀
Al(OH)3
Fe(OH)3
C(OH)2
恰好完全沉淀时pH
5.2
2.8
9.4
1. 劳动开创未来。下列劳动项目与所述的科学知识没有关联的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．二氧化硫属于酸性氧化物，可以和碱性氧化物反应，在燃煤时加入适量生石灰可以达到脱硫的效果，与所述的科学知识有关联，故A不符合题意；
B．活性炭具有吸附性，能给冰箱除异味，与所述的科学知识有关联，故B不符合题意；
C．小苏打是碳酸氢钠，受热分解为二氧化碳，能使糕点疏松，与所述的科学知识没有关联，故C符合题意；
D．铁与水在高温下会反应生成氢气而产生危险，与所述的科学知识有关联，故D不符合题意；
故选C。
2. 阿伏加 德罗常数为NA。关于 l00mLl ml/L的Fe2(SO4)3溶液，下列说法正确的是
A. 加NaOH可制得Fe(OH)3 胶粒0.2NA
B. 溶液中阳离子数目为0.2NA
C. 加Na2CO3 溶液发生的反应为 3CO32-+ 2Fe3+ = Fe2(CO3 )3↓
D. Fe2(SO4)3溶液可用于净化水
【答案】D
【解析】
【详解】A. Fe2(SO4)3加NaOH反应生成Fe(OH)3沉淀，而不是胶粒，故A错误；
B. l00mL l ml/L的Fe2(SO4)3溶液中n[Fe2(SO4)3] =1 ml∙L−1 ×0.1L =0.1ml，n(Fe3+)=0.2ml，铁离子水解 Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+，根据水解方程式得到溶液中阳离子数目大于0.2NA，故B错误；
C. 加Na2CO3溶液发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，其反应为 3CO32−+ 2Fe3+ + 3H2O =2 Fe(OH)3↓ + 3CO2↑，故C错误；
D. Fe2(SO4)3溶液水解生成胶体，胶体具有吸附杂质功能，起净水功能，因此可用于净化水，故D正确。
综上所述，答案为D。
【点睛】铁离子与碳酸根、碳酸氢根、偏铝酸根、硅酸根等离子要发生双水解反应。
3. 异肉桂酸可用于食品、农药、医药工业，其制备如图，下列说法错误的是
A. 3−苯基丙酸的分子式为C9H10O2
B. 上述制备过程属于氧化反应
C. 1ml异肉桂酸最多与5mlH2发生反应
D. 异肉桂酸分子最多有9个碳原子共面
【答案】C
【解析】
【详解】A．3﹣苯基丙酸中C、H、O原子个数依次9、10、2，分子式为C9H10O2，A正确；
B．该反应中催化脱氢生成异肉桂酸，为氧化反应，B正确；
C．苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，羧基中碳氧双键和氢气不反应，则1ml异肉桂酸最多与4mlH2发生反应，C错误；
D．苯环、乙烯及直接连接苯环和碳碳双键的原子共平面，该分子相当于乙烯分子中的氢原子被苯基和羧基取代，所以该分子中最多有9个碳原子共平面，D正确；
故选C。
4. 我国科学家通过电解法将，转化为乙烯，常采用单原子Ni和纳米Cu作串联催化剂，装置如图。下列说法错误的是
A. 电极b连接电源的正极
B. 电极a上发生的总反应为：
C. 通电后右室溶液质量减少
D. 若电路中通过电子时，理论上电极b产生气体(标准状况)
【答案】C
【解析】
【分析】电解法将，转化为乙烯，碳元素化合价降低，左侧a电极为阴极，电极a连接电源的负极，右侧b电极为阳极，电极b连接电源的正极。
【详解】A．根据分析，电极b连接电源的正极，A正确；
B．电极a上二氧化碳先被还原为CO，CO再被还原为乙烯，发生的总反应为：，B正确；
C．右侧b电极为阳极，通电后右室电极反应为：，OH-通过阴离子交换膜迁移至右室，与消耗的氢氧根的量相同，右室溶液中水的质量增加，故右室溶液质量增加，C错误；
D．阳极电极反应为：，若电路中通过电子时，理论上电极b产生O2的物质的量为0.025ml，标准状况下体积为，D正确；
故选C。
5. 下列实验能达到实验目的的是
A AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢，应选氯化铵与氢氧化钙加热制备氨气，故A错误；
B．生成的氧气易从长颈漏斗逸出，故B错误；
C．二氧化硫可被酸性高锰酸钾溶液氧化，可知二氧化硫具有还原性，故C错误；
D．饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇、中和乙酸、降低酯的溶解度，故D正确；
故选：D。
6. 短周期主族元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，Z单质是应用最为广泛的半导体材料，W的最外层电子数比Y、Z最外层电子数之和少1，W和X的单质在常温下均为无色气体。下列结论正确的是
A. 原子半径大小顺序为Z>Y>X>WB. 工业上常用电解法冶炼Y单质
C. X的氢化物分子中只含极性键D. X、Z形成的化合物属于离子化合物
【答案】B
【解析】
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，Z的单质是应用最为广泛的半导体材料，Z为Si元素；W的最外层电子数比Y、Z最外层电子数之和少1，W的最外层电子数大于等于4，W和X的单质在常温下均为无色气体，结合原子序数可知W为N元素、X为O元素，Y的最外层电子数为5+1-4=2，结合原子序数可知Y为Mg元素，以此来解答。
【详解】A．同周期主族元素从左向右原子半径减小，则原子半径大小顺序为Y>Z>W>X，故A错误；
B．Mg为活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁制取镁单质，故B正确；
C．X的氢化物若为过氧化氢，含O﹣O非极性键，故C错误；
D．X、Z形成的化合物为二氧化硅，属于共价化合物，故D错误；
故选：B。
7. 25℃时，AgCl和Ag2CrO4两种难溶化合物的溶解平衡曲线如图所示，已知pA=﹣lgc(A)，两条相交的溶解平衡曲线把图像分成了X、Y、Z、M四个区域。下列说法中错误的是
A. Ksp(Ag2CrO4)的数量级为10﹣12
B. M区域内可同时析出AgCl和Ag2CrO4沉淀
C. a点对应溶液中：c(Ag+)>c(Cl﹣)=c()
D. 向Cl﹣、均为0.1ml/L的混合溶液中逐滴加入稀硝酸银溶液，Cl﹣先沉淀
【答案】B
【解析】
【分析】Ksp(AgCl)=c(Ag+)×c(Cl﹣)、Ksp(Ag2CrO4)=c()×c2(Ag+)，-lgKsp(AgCl)=﹣lg[c(Ag+)×c(Cl﹣)]=p(Ag+)+p(Cl﹣)，-lgKsp(Ag2CrO4)=-lg[c()×c2(Ag+)]=p()+2p(Ag+)，即p(Ag+)=-p(Cl﹣)-lgKsp(AgCl)，p(Ag+)=-p()-lgKsp(AgCl)，根据图中曲线斜率大小关系可知，点(10，0)所在直线表示AgCl的溶解平衡曲线，点(12，0)所在直线表示Ag2CrO4的溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=10﹣10，Ksp(Ag2CrO4)=10﹣12，据此分析解答。
【详解】A．由上述分析可知，点(12，0)所在直线表示Ag2CrO4的溶解平衡曲线，则Ksp(Ag2CrO4)=c()×c2(Ag+)=10﹣12×12=10﹣12，数量级为10﹣12，故A正确；
B．M区域内Ag2CrO4而言，浓度积Qc>Ksp(Ag2CrO4)，是Ag2CrO4过饱和溶液，能析出Ag2CrO4沉淀，而对于AgCl而言Qc
D．向Cl﹣、均为0.6ml/L的混合溶液中逐滴加入稀硝酸银溶液﹣恰好沉淀时所需c(Ag+)=ml/L=10﹣5ml/L，恰好沉淀时所需c(Ag+)=ml/L≈3.2×10﹣6ml/L>10﹣9ml/L，则Cl﹣先沉淀，故D正确；
故选：B。
二、非选择题(本卷包括必考题和选考题两部分，第8-10为必考题，每个试题考生都必须做答。第11-12题为选考题，考生根据要求做答)
(一)必考题(共43分)
8. 明矾[KAl(SO4)2•12H2O，M=474g/ml]具有抗菌、收敛、净水等作用。现利用废旧铝制易拉罐制备明矾产品，并测定产品的纯度。回答下列问题：
（1）将易拉罐溶于浓氢氧化钠溶液，并减压过滤。溶液中发生的主要反应离子方程式为 ___________。与普通过滤相比，减压过滤的优点是 ___________。
（2）向滤液中滴加H2SO4溶液调pH，溶液中产生大量沉淀，如图是Al(OH)3溶解度随pH变化曲线，调节滤液的最佳pH范围为 ___________(填字母标号)。用pH试纸测量溶液pH的操作为 _______________________。
a．小于4 b．4～6 c．8～10 d．大于10
（3）用适量热水洗涤沉淀，判断沉淀已洗净的方案是 ___________。
（4）将沉淀溶于稀H2SO4，然后加入K2SO4，可得到明矾溶液。从溶液中获得大颗粒明矾晶体的操作依次是 _________(选填字母标号)。
a．抽滤 b．蒸发浓缩至出现较多量晶体
c．冰水冷却 d．自然冷却 e．蒸发浓缩至表面出现晶膜
经无水乙醇洗涤后，所得明矾晶体中仍含有少量可溶性杂质，可采用的除杂方法为 ___________。
（5）已知EDTA可与等物质的量的Al3+(或Zn2+)结合。为测定产品的纯度，先称取ag产品于锥形瓶中，加水溶解1mLc1ml•L﹣1EDTA溶液(过量)和指示剂，立即用c2ml•L﹣1的Zn2+标准溶液滴定至终点。三次平行测定平均消耗Zn2+标准溶液V2mL，计算产品的纯度为 ___________%。
【答案】（1） ①. 2Al+2OH﹣+2H2O=2+3H2↑； ②. 加快过滤速度
（2） ①. b ②. 将pH试纸放在干净的玻璃片上，并将试纸显示的颜色与标准比色卡比较
（3）取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则溶液没有洗涤干净，若不产生白色沉淀，则洗涤干净
（4） ①. bda ②. 重结晶
（5）
【解析】
【小问1详解】
将易拉罐溶于浓氢氧化钠溶液，铝和氢氧化钠溶液反应离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO+3H2↑，与普通过滤相比， “减压过滤”速度快、过滤彻底；
【小问2详解】
向滤液中滴加H2SO4溶液调pH，最终溶液为酸性，则调节滤液的最佳pH范围为4～6，用干净的玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，读出pH；
【小问3详解】
沉淀会附着少量的硫酸根离子，检验硫酸根离子的存在即可，判断沉淀已洗净的方案是：取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则溶液没有洗涤干净，若不产生白色沉淀，则洗涤干净；
【小问4详解】
明矾晶体中有结晶水，温度过高会使结晶水失去，操作依次是蒸发浓缩至出现较多量晶体、抽滤；故选：bda，所得明矾晶体中仍含有少量可溶性杂质，可采用的除杂方法为重结晶；
【小问5详解】
根据化学式[KAl(SO4)2•12H2O，EDTA可与等物质的量的Al3+(或Zn2+)结合，称取ag产品于锥形瓶中，再加入V2mLc1ml•L﹣1EDTA溶液(过量)和指示剂，立即用c2ml•L﹣1的Zn2+标准溶液滴定至终点，则多余的EDTA和锌离子反应，消耗Zn2+标准溶液V2mL，计算产品的纯度为=%。
9. 工业生产硝酸的核心反应之一是在恒压装置中将NO转化为NO2：
反应Ⅰ．NO(g)+O2(g)NO2(g) ΔH
目前认为反应Ⅰ分两步进行：
反应Ⅱ．2NO(g)N2O2(g) ΔH1=a
反应Ⅲ．N2O2(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH2=b
回答下列问题：
（1）ΔH=___________(用a和b表示)，该工艺适宜的压强条件是 _______(填“高压”或“低压”)。
（2）已知：ΔG=ΔH﹣TΔS，ΔG越小，反应正向自发趋势越大。忽略ΔH、ΔS随温度的变化___________(填“高温”或“低温”)有利于反应Ⅰ正向自发进行，原因是 ___________。
（3）控制原料比n(NO)：n(O2)=2：1，在不同条件下，反应Ⅰ中NO转化率随时间的变化如图。当100kPa、90℃时，NO转化率达到50%的过程中，v(NO)=___________kPa•s﹣1(保留3位有效数字)。
（4）由图可知，反应Ⅰ的速率随温度升高而 ___________(填“增大”、“减小”或“不变”)，可能的原因是 ___________[已知反应Ⅱ为快速平衡，ΔH1<0，反应Ⅲ的速率方程为v=k•p(N2O2)•p(O2)]。
（5）T℃、3200kPa时，控制原料比n(NO)：n(O2)：n(N2)=2：1：2发生反应Ⅰ(N2由空气带入，不参与反应)，NO平衡转化率为80%，写出该反应压强平衡常数的计算式：Kp= _______。
（6）已知不同温度下反应Ⅰ的浓度平衡常数Kc如表。
NO由NH3催化氧化得到，而催化氧化后的产物气体往往高于800℃，为使反应Ⅰ顺利进行，再进行反应。“急剧冷却”的目的有 ___________(写出两条即可)。
【答案】（1） ①. (a+b) ②. 高压
（2） ①. 高温 ②. 升高温度△G减小，有利于反应Ⅰ正向自发进行
（3）1.05 （4） ①. 减小 ②. 反应Ⅱ为快速平衡，温度升高，导致反应Ⅲ的速率降低
（5）0.324 （6）降低温度，使反应Ⅰ平衡右移；除去大量的H2O，使氨气的催化氧化反应平衡右移
【解析】
【小问1详解】
已知反应Ⅰ。NO(g)+O4(g)⇌NO2(g) ΔH，反应Ⅱ。2NO(g)⇌N4O2(g)ΔH1=a，反应Ⅲ。N7O2(g)+O2(g)⇌5NO2(g) ΔH2=b，根据盖斯定律反应Ⅰ=，则ΔH=ΔH1+ΔH3=(a+b)，该反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，因此适宜在高压条件下进行；
【小问2详解】
已知：ΔG=ΔH﹣TΔS，ΔG越小，反应正向自发趋势越大。忽略ΔH、ΔS随温度变化，升高温度△G减小，有利于反应Ⅰ正向自发进行；
【小问3详解】
设n(NO)=2ml，n(O3)=1ml，则有
p始(NO)=100kPa×=，p末(NO)=100kPa×=40kPa，1.05kPa•s﹣1；
【小问4详解】
反应Ⅱ为快速平衡，但其为放热反应，温度升高，该平衡逆向移动，导致反应Ⅲ的速率降低，故反应Ⅰ速率减小；
【小问5详解】
设n(NO)=2ml，n(O2)=1ml，n(N2)=2ml，则有
n总=4.2ml，P总=3200kPa，Kp==0.324；
【小问6详解】
由表中数据可知，升高温度反应Ⅰ的平衡常数逐渐减小，则反应Ⅰ为放热反应，降低温度，使反应Ⅰ平衡右移，提高NO转化率；除去大量的H2O，使氨气的催化氧化反应平衡右移，生成更多的NO。
10. 实验室以废旧锂电池正极材料(难溶于水，含LiCO2及少量Al、Fe等)为原料制备C3O4.流程如图：
回答下列问题：
（1）为了加快浸出速率，可以采取的措施为 ___________(写出一条即可)，“浸取”时，被氧化为，反应同时生成C2+，该反应的化学方程式为 ___________。
（2）“除杂”时，向浸取液中先加入足量NaClO3溶液，再加入NaOH溶液调节pH，过滤。有关沉淀数据如表(“完全沉淀”时溶液中金属离子浓度≤1.0×10﹣5ml•L﹣1)：
若浸取液中c(C2+)=0.1ml•L﹣1，则须调节溶液的pH范围是 ___________。(加入NaClO3溶液和NaOH溶液时，溶液体积的变化忽略不计)
（3）“萃取”和“反萃取”的目的是 ___________，其中用有机磷萃取剂(用HA表示)萃取金属离子的原理可表示为：Mn++nHA(有机层)MAn(有机层)+nH+(水层)。钴、锂在有机磷萃取剂中的萃取率与pH的关系如图所示。随pH的升高，C2+在有机磷萃取剂中萃取率增大的原因是 ___________。“反萃取”过程中将有机层C2+转移到水层，为使C2+尽可能多地发生上述转移，可多次反萃取或 ___________。
（4）“沉钴”时，可加入H2C2O4溶液或(NH4)2C2O4溶液反应制得CC2O4，不能用Na2C2O4溶液代替(NH4)2C2O4溶液的原因是 ___________。
（5）“沉钴”时，也可先制得CCO3再制备C3O4，在空气中煅烧CCO3生成C3O4的化学方程式为 ___________。
【答案】（1） ①. 增大硫酸溶液浓度(适当升高溶液的温度或将正极材料研磨粉碎或搅拌等) ②. 8LiCO2+11H2SO4+Na2S3O3=8CSO4+4Li2SO4+11H2O+Na2SO4
（2）5.2≤pH<7.4
（3） ①. 富集提纯钴 ②. 萃取产生H+，随着pH增大，H+被消耗，促使萃取金属离子的平衡正向移动C2+萃取率增大 ③. 适当提高稀硫酸的浓度或调节溶液的pH<3或充分振荡
（4）Na2C2O4溶液碱性较强，易生成C(OH)2沉淀
（5）6CCO3+O22C3O4+6CO2
【解析】
【分析】以废旧锂电池正极材料(难溶于水，含LiCO2及少量Al、Fe等)为原料制备C3O4，废旧锂电池正极材料加入硫酸溶解，LiCO2与Na2S2O3反应生成、C2+，反应的化学方程式为8LiCO2+11H2SO4+Na2S2O3=8CSO4+4Li2SO4+11H2O+Na2SO4，同时Al、Fe等与稀硫酸反应生成硫酸铝和硫酸亚铁，加入氧化剂NaClO3氧化Fe2+为Fe3+，再加入NaOH溶液调节pH除去Al3+、Fe3+，再加入有机磷萃取、加入稀硫酸进行反萃取除去Li+，然后加入H2C2O4溶液或(NH4)2C2O4溶液等试剂沉钴，得到CC2O4沉淀，灼烧沉淀生成C3O4，反应为6CCO3+O22C3O4+6CO2。
【小问1详解】
搅拌、适当升高溶液的温度、将正极材料粉碎等措施均可加快浸出速率，被氧化为，反应同时生成C2+，该反应的化学方程式为8LiCO2+11H2SO4+Na2S2O3=8CSO4+4Li2SO4+11H2O+Na2SO4。
【小问2详解】
向浸取液中先加入足量NaClO3，将Fe2+转化为Fe3+，调节pH使Al3+、Fe3+转化为沉淀除去且C2+尽量不能生成沉淀，由表中数据可知Al3+、Fe3+均完全沉淀时pH=5.2，C2+完全沉淀时pH=9.4，溶液中c(OH﹣)=109.4-14ml/L=10-4.6ml/L，Ksp[C(OH)2]=1.0×10-5×(10-4.6)2=10-14.2，若浸取液中c(C2+)=0.1ml/L，则c(OH-)==ml/L=10-6.6ml/L，pH=14+lg10-6.6=7.4，则调节溶液pH的范围是5.2≤pH<7.4。
【小问3详解】
“萃取”时通过调节溶液的pH使C2+更多的进入有机层，Li+尽可能多的留在水层，“反萃取”过程中将有机层C2+转移到水层，达到富集提纯C的目的。萃取原理Mn++nHA(有机层)MAn(有机层)+nH+(水层)，pH增大氢离子浓度减小，平衡正向移动C2+萃取率增大。反萃取过程中将有机层中的C2+转移到水层中，为使C2+尽可能多地发生上述转移，可多次反萃取或适当提高稀硫酸的浓度以增大氢离子浓度，促使平衡逆向移动，或调节溶液pH<3或充分振荡等。
【小问4详解】
Na2C2O4是弱酸强碱盐，水解使溶液呈碱性用Na2C2O4代替(NH2)2C2O4溶液，Na2C2O2溶液碱性较强，易使C2+转化为C(OH)2沉淀，产率降低。
【小问5详解】
在空气中煅烧CCO3生成C3O4和CO2气体，反应的化学方程式为6CCO3+O22C3O4+6CO2。
(二)选考题(共15分。请考生从给出的2道化学题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分)。
[化学—物质结构与性质]
11. 水杨醛缩邻氨基苯酚X又称“锰试剂”，可与Mn2+形成配合物。X和它的一种同分异构体Y结构如图：
回答下列问题：
（1）基态Mn2+的电子排布式为 ___________。基态C、N、O原子中未成对电子数最多且第一电离能较大的是 ___________。
（2）已知X中的所有原子共平面，其中N的杂化方式为 ___________。从原子半径的角度说明，第二周期元素原子C、N之间易形成π键的主要原因是 ___________。
（3）X的沸点比Y的低，从氢键的角度解释可能原因 ___________。X与Mn2+产生黄色配合物，其中配位原子有 ___________。
（4）Mn2+与Cl﹣形成一种多聚阴离子[MnCln]m﹣，其结构如图1，指出n=___________，m=___________。
（5）MnO2有30多种晶型，β﹣MnO2是其中是最稳定的一种，其晶胞结构如图2，晶胞参数分别为apm、apm、cpm，β﹣MnO2晶体的密度ρ=___________g•cm﹣3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1） ①. [Ar]3d5 ②. O
（2） ①. sp2 ②. C、N原子半径小，未杂化的5p轨道肩并肩成键时电子云重叠程度大
（3） ①. X易形成分子内氢键，Y易形成分子间氢键 ②. O、N
（4） ①. 3 ②. 1
（5）
【解析】
【小问1详解】
Mn为25号元素，位于周期表中第四周期第ⅦB族，Mn2+的电子排布式为[Ar]3d5；基态C、N、O原子中未成对电子数分别为2、3、2，未成对电子数较多且第一电离能较大的是N；
【小问2详解】
X中的所有原子共平面，则N为sp2杂化；C、N原子半径小，未杂化的2p轨道肩并肩成键时电子云重叠程度大、N之间易形成π键；
【小问3详解】
X易形成分子内氢键，Y易形成分子间氢键；X中O、N都能与Mn2+产生黄色配合物；
【小问4详解】
由多聚阴离子[MnCln]m﹣结构图可知，1个阴离子中含有4个Mn2+和12个Cl﹣，Mn2+：Cl﹣=4：12=1：3，则阴离子化学式为[MnCl3]﹣，故n=3，m=1；
【小问5详解】
由晶胞结构图可知，Mn2+位于顶点和体心，个数为4×，O4﹣位于面上和体内，个数为4×，晶胞质量为g，晶胞体积为a2c×10﹣30g·cm-3，晶胞密度ρ==g•cm﹣3=g•cm﹣3。
[化学-有机化学基础]
12. 以化合物A为原料合成化合物F的路线如图。
回答下列问题：
（1）化合物B中官能团名称是 ___________，化合物A的化学名称为 ___________。
（2）化合物B与醇X生成酯C，醇X的结构简式为 ___________。
（3）化合物D的等效氢有 ___________种。上述路线中酯C生成D的反应类型是 ___________。
（4）化合物D转化为化合物F的反应条件为 ___________。然而此条件下有多种F的异构体产生，反应选择性降低。实际合成中D先与乙酸反应生成酯E，后经500℃发生消去反应产生F．写出酯E产生F的化学方程式 ___________。
（5）烃F的异构体中，含有碳碳三键且主链有5个碳原子的分子结构有 ___________种。
（6）以苯酚为原料制备化合物A，写出合成路线 ___________。(无机试剂任选)
【答案】（1） ①. 羧基 ②. 一溴环己烷
（2）CH3CH2OH
（3） ①. 6
②. 还原反应
（4） ①. 浓硫酸、加热 ②. +CH3COOH
（5）5 （6）
【解析】
【分析】由A的分子式、B的结构简式，可知A为，(2)中化合物B与醇X生成酯C，由C的分子式可知，X为CH3CH2OH，则C为，C发生还原反应生成，发生消去反应生成；(6)苯酚与氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成，与HBr发生加成反应生成。
小问1详解】
化合物B中官能团名称是羧基；化合物A是 ，其化学名称为一溴环己烷；
【小问2详解】
化合物B与醇X生成酯C，由C的分子式可知CH3CH2OH；
【小问3详解】
化合物D的等效氢环上有4种、侧链中有4种。上述路线中酯C生成D的反应类型是还原反应；
【小问4详解】
化合物D转化为化合物F发生醇的消去反应，反应条件为浓硫酸，然而此条件下有多种F的异构体产生。实际合成中D先与乙酸反应生成酯E为 ，后经500℃发生消去反应产生F，酯E产生F的化学方程式为 +CH3COOH；
【小问5详解】
烃F的异构体含有碳碳三键且主链有5个碳原子，可以看作是CH≡CCH2CH2CH3、CH3C≡CCH2CH3中氢原子被2个甲基取代，前者有5种，可以是CH≡CCH2CH2CH3中氢原子被乙基取代，只有1种；
【小问6详解】选项
劳动项目
科学知识
A
环保工程师在燃煤时加入适量生石灰
二氧化硫与生石灰反应
B
整理收纳师用活性炭给冰箱除异味
活性炭具有吸附性
C
面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包
Na2CO3可与酸反应
D
炼钢技术员将模具干燥后再注入熔融钢水
铁与水在高温下会反应
A．实验室制氨气
B．定量测定化学反应速率
C．验证SO2具有漂白性
D．实验室制乙酸乙酯
温度/℃
27
77
127
177
227
500
平衡常数Kc
1.1×106
4.3×104
3.7×103
5.6×102
1.2×102
1.0
沉淀
Al(OH)3
Fe(OH)3
C(OH)2
恰好完全沉淀时pH
5.2
2.8
9.4
相关试卷
四川省泸州市2023届高三下学期二模化学试题（Word版附解析）： 这是一份四川省泸州市2023届高三下学期二模化学试题（Word版附解析），文件包含四川省泸州市2023届高三下学期二模化学试题原卷版docx、四川省泸州市2023届高三下学期二模化学试题Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
四川省绵阳市绵阳中学2023届高三一诊模拟考试化学试题（Word版附解析）： 这是一份四川省绵阳市绵阳中学2023届高三一诊模拟考试化学试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了 下列离子方程攻正确的是，8%等内容，欢迎下载使用。
四川省成都市石室中学2023-2024学年高三高三上学期一诊模拟考试理科综合化学试题（Word版附解析）： 这是一份四川省成都市石室中学2023-2024学年高三高三上学期一诊模拟考试理科综合化学试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁， Al3和H2SiO3等内容，欢迎下载使用。
