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2024届河南省五市高三下学期第一次联考（一模）理综试题-高中化学（原卷版+解析版）
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这是一份2024届河南省五市高三下学期第一次联考（一模）理综试题-高中化学（原卷版+解析版），文件包含2024届河南省五市高三下学期第一次联考一模理综试题-高中化学原卷版docx、2024届河南省五市高三下学期第一次联考一模理综试题-高中化学解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
本试题卷分为第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试题卷上答题无效。考试结束后，监考老师只收答题卡。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写(涂)在答题卡上。考生要认真核对答题卡上贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致。
2.第I卷每小题选出答案后，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。第II卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题上作答，答案无效。
3.考试结束，监考教师将答题卡收回。
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 Fe-56
第I卷(选择题126分)
一、选择题(本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. 化学科学与我国取得的科技成果息息相关。下列说法正确的是
A. 飞船核心舱太阳能电池采用砷化镓(GaAs)材料，GaAs属于金属材料
B. 科学家研制的高效钙钛矿太阳能电池与硅太阳能电池的能量转换形式相同
C. 甘油和高级脂肪酸合成油脂是有机小分子向有机高分子的转变
D. 飞船返回舱使用氮化硅耐高温结构材料，Si3N4属于分子晶体
【答案】B
【解析】
【详解】A．GaAs属于半导体材料，A错误；
B．高效钙钛矿太阳能电池与硅太阳能电池均是将太阳能转化为电能，能量转换形式相同，B正确；
C．油脂不是高分子化合物，C错误；
D．氮化硅耐高温，属于共价晶体D错误；
故选B。
2. 某抗氧化剂Z可由如下反应制得
下列关于X、Y、Z的说法错误的是
A. Y和Z中含有相同数目的手性碳原子
B. X分子中所有原子可以共平面
C. 一定条件下，1mlX分别与Br2、H2反应，最多消耗3 ml Br2、5mlH2
D. 1 mlZ与NaOH溶液反应，最多消耗3 mlNaOH
【答案】C
【解析】
【详解】A．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连碳原子，Y中含有1个手性碳原子，位置为，Z中含有1个手性碳原子，位置为，故A正确；
B．X中含有苯环、羟基、羧基，X分子中所有原子可以共平面，故B正确；
C．X中含有苯环、碳碳双键可以和H2发生加成反应，碳碳双键可以和Br2发生加成反应，1 ml X分别与Br2、H2反应，最多消耗1ml Br2、4 ml H2，故C错误；
D．Z中含有酚羟基可以与NaOH反应，含有的酯基在碱性条件下水解出的羧基可与氢氧化钠反应，酰胺通过与碱发生作用生成相应的羧酸盐和氨，1 mlZ与NaOH溶液反应，最多消耗3 mlNaOH，故D正确；
故选C。
3. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数等于Y原子最外层电子数的2倍，四种元素形成的一种化合物的结构如图所示，该化合物的阴离子中每个原子的最外层均满足8电子稳定结构。下列说法正确的是
A. 原子半径：XB. Y的单质与X的最高价氧物对应的水化物反应时，X最高价氧物对应的水化物是氧化剂
C. 与Z相邻的短周期同族元素形成的氢化物的熔沸点一定低于W的气态氢化物
D. W与X形成的二元化合物中阳离子和阴离子个数比均为2：1
【答案】D
【解析】
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数等于Y原子最外层电子数的2倍，结合图示可知，W可形成2个共价键，Y形成+3价阳离子，X形成+1价阳离子，则W为O，X为Na，Y为Al；该化合物的阴离子中每个原子的最外层均满足8电子稳定结构，则Z为Si元素，综上分析，W为O，X为Na，Y为Al，Z为Si元素，以此分析解答。
【详解】A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：X＞Y＞Z＞W，故A错误；
B．Y的单质与X的最高价氧物对应的水化物氢氧化钠反应时，水中氢元素得到电子，水是氧化剂，故B错误；
C．与Z相邻的短周期同族元素为C，C的氢化物为烃，碳原子数较多的烃常温下为固态，其熔沸点大于水和双氧水，故C错误；
D．W与X形成的二元化合物氧化钠或过氧化钠中阳离子和阴离子个数比均为2：1，故D正确；
故选D。
4. 石墨是层状结构，许多分子和离子可以渗入石墨层间形成插层化合物。插入石墨层中间，形成晶体结构如图(a)，晶体投影图如图(b)。若该结构中碳碳键键长为apm，碳层和锂层相距dpm(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。下列说法错误的是
A. 石墨的二维结构中，每个碳原子配位数为3
B. 该插层化合物的化学式为LiC6
C. 该插层化合物中同层最近距离为3apm
D. 该插层化合物的密度为
【答案】D
【解析】
【详解】A．石墨的二维结构中，每个碳原子最近的碳原子为3，配位数为3，故A正确；
B．根据均摊原则，四棱柱单元中Li+个数，C原子个数，所以该化合物的化学式为LiC6，故B正确；
C．同层Li+最近距离为棱柱顶面边长，同层Li+最近距离为3apm，故C正确；
D．晶胞质量g，晶胞体积为，密度为；
故D错误；
故选D。
5. 一种以Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. 放电时，Na+通过离子交换膜从左室移向右室
B. 放电时，负极反应式为：
C. 充电时，外电路中通过0.2ml电子时，阳极质量变化2.3g
D. 充电时，电源的正极应与Mg箔连接
【答案】B
【解析】
【分析】根据放电工作原理图，M作正极，在正极上发生还原反应：Fe[Fe(CN) 6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]；Mg作负极，负极上是失电子的氧化反应：2Mg+2Cl--4e -=[Mg2C12]2+。充电时，原电池的负极连接电源的负极，电极反应和放电时的相反，据此分析解答。
【详解】A． 放电时，Mg箔作负极，M箔作正极，则Na＋通过离子交换膜从右室移向左室，A错误；
B． 放电时，镁失去电子发生氧化反应，负极反应式为：，B正确；
C．充电时， 阳极反应为Na2Fe[Fe(CN)6]-2e－= Fe[Fe(CN)6]＋2Na＋，则外电路中通过0.2ml电子时，阳极质量变化4.6g，C错误；
D．充电时，Mg箔作阴极，M箔作阳极，电源的负极应与Mg箔连接，D错误；
故选：B。
6. 完成下列实验所选用的试剂和操作、现象和结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳酸氢根离子和四羟基合铝酸根离子生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，不是双水解生成二氧化碳，A错误；
B．将过氧化钠投入滴有酚酞溶液的水中，过氧化钠具有强氧化性，会观察到溶液先变红后褪色，B错误；
C．向浓度均为0.1ml·L-1的MgSO4和CuSO4的混合溶液中逐滴加入0.01ml·L-1的NaOH溶液，先看到有蓝色沉淀生成，说明氢氧化铜更难溶，溶度积更小，C正确；
D．三溴苯酚溶于苯，观察不到沉淀，故无法判断苯中是否含有苯酚，D错误；
故选C。
7. 25℃时，用 NaOH 溶液滴定H2A 溶液，溶液中和-1gc(HA-)或和关系如图所示，下列说法正确的是
A. H2A 为弱酸，其Ka1约为10-4
B. 滴定过程中，当pH=5时，c(Na+)>3c(A2-)
C. 水的电离程度：M点＜N点
D. 向 H2A 溶液中加入等体积等浓度的 NaOH 溶液完全反应后的溶液中： c(OH-)+c(A2-)=c(H+)+2c(H2A)
【答案】C
【解析】
【分析】当，即c(H+)=c(H2A)时，，则-Lgc(HA-)=-LgKa1，同理当，即c(H+)=c(HA-)时，，则-Lgc(A2-)=-LgKa2，因为Ka1＞Ka2，故-LgKa1= -Lgc(HA-)＜-LgKa2=-Lgc(A2-)，故曲线Ⅱ代表-Lgc(A2-)与关系，曲线Ⅰ代表-Lgc(HA-)与关系。
详解】A．由分析知，曲线Ⅰ代表-Lgc(HA-)与关系，当时，，此时-Lgc(HA-)=2，即c(HA-)=10-2，故Ka1=10-2，A错误；
B．由图中N点知，-Lg，-Lgc(A2-)=2，即，c(A2-)=10-2，则，当pH=5时，c(H+)=10-5 ml/L，带入Ka2推得c(A2-)=c(HA-)，由电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)= c(OH-)+3c(A2-)，因为c(H+)＞c(OH-)，故此时c(Na+)＜3c(A2-)，B错误；
C．由图示知，M点c(HA-)=10-1 ml/L，说明此时溶液中生成大量的HA-，故M点以第一步电离反应为主，N点c(A2-)=10-2 ml/L，说明此时溶液中生成大量A2-，故N点以第二步电离反应为主，因为A2-水解促进水电离，故水的电离程度：M点＜N点，C正确；
D．由题意知，投料比为n(NaOH)：n(H2A)=1：1，故反应后溶液组成为NaHA，根据电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，结合物料守恒：c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，消去c(Na+)得：c(H+)+ c(H2A)=c(OH-)+c(A2-)，D错误；
故答案选C。
第II卷(非选择题共174分)
三、非选择题(说明：物理部分为第22~26题，共62分；化学部分为27~30题，共58分；生物部分为31~35题，共54分)
8. 钴是一种十分稀缺的金属，素有“工业味精”和“工业牙齿”之称。水钴矿主要成分为COOH，同时含有少量Fe、Al、Mn、Mg、Ca、Ni的氧化物及其他杂质。用水钴矿制取C的工艺流程如图所示：
已知：①氧化性：C3+>ClO->Fe3+，酸性条件下，ClO-和Mn2+几乎不反应。
②部分阳离子形成氢氧化物沉淀时，溶液pH见下表：
请回答下列问题：
（1）基态C子的价层电子排布式为___________。
（2）“还原酸浸”中，COOH发生反应的化学方程式是___________。浸出液中加入NaClO溶液的目的：___________。(用离子方程式表示)
（3）浸出过程中加入Na2CO3调pH范围是___________。
（4）如图所示，萃取剂可以把滤液Ⅱ中部分阳离子选择性分离。使用萃取剂时合适的pH范围为___________(填标号)。
A. 1~2B. 3~4C. 6~7D. 7~8
（5）C能与强酸反应产生H2，工业上采用惰性电极电解CCl2溶液制取钴，不能用CSO4溶液代替CCl2溶液的理由是___________。
（6）①钴单质晶体中原子在某温度下的堆积模型如图，若其晶胞几何体的体积是2acm3，钴单质的密度为pg·cm3，已知阿伏加德罗常数为NA，则钴的摩尔质量为___________。
a． b． c．
②经X射线衍射测定发现，晶体钴在417℃以上堆积方式发生改变，其剖面图如图所示，则该堆积方式属于___________，若该堆积方式下钴原子的半径为r，则该晶体的空间利用率为___________(用含π的代数式表示)。
【答案】（1）3d74s2
（2） ①. ②.
（3）5.2≤pH<7.6 （4）B
（5）若用CSO4代替 CCl2，OH-在阳极放电，溶液酸性增强，H+与 C 反应，导致 C产率降低
（6） ①. NA·a·ρ g/ml ②. 面心立方最密堆积 ③.
【解析】
【分析】向水钴矿中加入硫代硫酸钠溶液和稀硫酸，经还原酸浸、过滤得到含有可溶性硫酸盐的浸出液；向浸出液中加入次氯酸钠溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，向氧化后的溶液中加入碳酸钠溶液调节溶液pH在5.2—7.6的范围内，将铁离子和铝离子转化为氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣Ⅰ和除去铁离子、铝离子的滤液Ⅰ；向滤液Ⅰ中加入氟化钠溶液，将溶液中钙离子和镁离子转化为氟化钙沉淀、氟化镁沉淀，过滤得到氟化钙沉淀、氟化镁沉淀和除去钙离子、镁离子的滤液Ⅱ；向滤液Ⅱ中加入有机萃取剂，分液得到除去镍离子、锰离子的萃后余液；向萃后余液中加入草酸铵溶液，将溶液中钴离子转化为二水草酸钴沉淀，过滤得到Ⅲ和二水草酸钴沉淀；向二水草酸钴沉淀中加入盐酸，将沉淀溶解得到氯化钴溶液；电解氯化钴溶液制得金属钴。
【小问1详解】
C为27号元素，故基态C原子的价层电子排布式为3d74s2；
【小问2详解】
由分析可知，还原酸浸中发生的氧化还原反应为酸性条件下，COOH与硫代硫酸钠溶液反应生成硫酸钠、硫酸钴和水，反应中硫元素化合价由+2变为+6、钴元素化合价由+3变为+2，结合电子守恒可知，化学方程式为8COOH+Na2S2O3+7H2SO4=8CSO4+Na2SO4+11H2O；次氯酸钠具有强氧化性，而氧化性：C3+>ClO->Fe3+，酸性条件下ClO-和Mn2+几乎不反应，则浸出液中加入次氯酸钠溶液的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，利于铁离子的后续去除，反应的离子方程式为；
【小问3详解】
由表格数据结合分析可知，浸出过程中加入碳酸钠溶液调节溶液pH在5.2—7.6的范围内，此时可以将铁离子和铝离子转化为氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀，除去杂质离子而钴离子、锰离子不沉淀；
【小问4详解】
由图可知，萃取剂pH在3—4范围内镍离子、锰离子的萃取率很大，而钴离子的萃取率较小，则萃取剂合适的pH在3—4范围内，故选B；
【小问5详解】
若用硫酸钴代替氯化钴，则阳极上水放电生成氧气、氢离子，使得硫酸钴溶液电解生成硫酸、钴和氧气，反应生成的硫酸能与钴反应，导致钴的产率降低，故答案为：若用CSO4代替 CCl2，OH-在阳极放电，溶液酸性增强，H+与 C 反应，导致 C产率降低；
【小问6详解】
由图可知，图b为1个晶胞，根据“均摊法”，晶胞中含个C，则晶体密度为，则M= NAaρ g/ml；
由图可知，在面心位置存在钴原子，堆积方式属于面心立方最密堆积；根据“均摊法”，晶胞中含个C，面对角线为4r，则晶胞边长为，该晶体的空间利用率为。
9. 有一种新型补铁剂由甘氨酸与硫酸亚铁制取。某化学学习小组用如图所示装置(夹持仪器省略)制备补铁剂甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]
有关物质性质如下表所示：
回答下列问题：
（1）仪器b的名称是___________。
（2）d的作用是___________。
（3）实验开始时关闭K2，再依次打开K3和K1，使b中开始反应。此步骤的目的是___________。
（4）待仪器b中反应适当时间后，再打开K2关闭K3，使b中溶液进入c中，在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加适量NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应。
①c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是___________。
②c中少量柠檬酸的作用是___________。
③若向c中滴加NaOH溶液过多，pH过大，则会使甘氨酸亚铁的产量降低，主要原因是___________。(用离子方程式表示)
（5）反应完成后，向c中反应混合液中加入无水乙醇，生成白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤得粗产品，无水乙醇的作用是___________。粗产品中混有少量的甘氨酸杂质，可将粗产品放入到盛有___________(a．水 b．乙醇 c．冰醋酸)(填标号)的烧杯中，搅拌、过滤、洗涤得到纯净的产品。
（6）产品中亚铁含量的测定：称取产品mg，加入稀硫酸溶解，再加入10%磷酸溶液，配成100mL，取25.00mL于锥形瓶中，加入2滴二苯胺硫磺酸钠指示剂，用0.10mL·L-1[硫酸铈Ce(SO4)2]标准液滴定至由绿色变为紫红色，消耗硫酸铈标准液24.00mL，测得亚铁含量为___________%(已知：氧化性：Ce4+>Fe3+还原性：Fe2+>Ce3+)。
【答案】（1）蒸馏烧瓶
（2）液封或水封，防止空气进入c中
（3）制取硫酸亚铁同时产生氢气，排出装置内空气
（4） ①. ②. 防止亚铁离子(或甘氨酸亚铁)被氧化，同时防止亚铁离子水解 ③.
（5） ①. 降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其析出 ②. c
（6）
【解析】
【分析】先打开K1、K3，铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁同时产生氢气，将装置内的空气排尽；之后关闭K3，打开K2，通过产生的气体将b中溶液压入c中；c中盛放甘氨酸和少量柠檬酸，在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应，反应完成后加入无水乙醇，降低甘氨酸亚铁的溶解度，从而使其析出；得到的产品中混有甘氨酸杂质，可用冰醋酸洗涤。
【小问1详解】
根据b的结构特点可知其为蒸馏烧瓶；
【小问2详解】
d中导管插入液面以下，可以形成液封或水封，防止空气进入c中将甘氨酸亚铁氧化；
【小问3详解】
实验开始时关闭K2，再依次打开K3和K1，使b中开始反应，该操作的目的是：制取硫酸亚铁同时产生氢气，排出装置内空气；
【小问4详解】
①反应物有甘氨酸、硫酸亚铁以及NaOH，已知生成物有甘氨酸亚铁，结合元素守恒可知方程式应为；
②c中少量柠檬酸既可以防止亚铁离子(或甘氨酸亚铁)被氧化，同时防止亚铁离子水解；
③若向c中滴加NaOH溶液过多，pH过大，亚铁离子会与OH-直接反应生成Fe(OH)2沉淀，，会使甘氨酸亚铁的产量降低。
【小问5详解】
由题中信息可知，甘氨酸亚铁难溶于乙醇，因此用乙醇洗涤可以降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其析出；由信息可知甘氨酸在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度，甘氨酸亚铁难溶于乙醇、冰醋酸，可用冰醋酸除去粗产品中混有的少量甘氨酸杂质；
【小问6详解】
滴定过程中发生反应：Ce4++ Fe2+= Fe3++ Ce3+；消耗标准液体积24.00mL，则消耗n(Ce4+)=0.10 mL·L-1×0.024L=0.0024ml，待测液中n(Fe2+)= n(Ce4+)=0.0024ml，原样品中n(Fe2+)=0.0024ml×=0.0096ml，亚铁含量为。
10. 运用化学反应原理研究与氨气有关反应有重要意义。请回答下列问题。
I．已知合成氨反应的热化学方程式为： 。
（1）近期，我国科学家为了解决合成氨反应速率和平衡产率矛盾，选择使用Fe-TiO2-xHy双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为495℃时，Fe的温度为547℃，而TiO2-xHy的温度为415℃)。结合图示解释该双催化剂的工作原理(已知：常温下氮氮三键不易断裂)：___________。
热Fe冷Ti双温催化原理如下：
II．催化氧化法除尾气中氨气的反应为：
a．
在实际反应中还伴随如下副反应发生：
b．
c．
（2）反应a在常压下自发进行的温度条件是___________。(填“高温”“低温”或“任意温度”)
（3）其他条件不变，升高温度，NH3的平衡转化率___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。原因为___________。
（4）将一定比例的NH3和O2的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，NH3的转化率、生成N2的选择率与温度的关系如图所示。
①其他条件不变，在175℃~300℃范围，催化氧化除去尾气中的NH3应选择反应温度范围为200℃~225℃之间，理由是___________。
②随温度的升高，N2选择率下降的原因可能为___________。
III．请回答：
（5）含氮化合物对工业生产有多种影响，化学工作者设计了如下再利用的方案：
以NH3和CO2为原料合成尿素[CO(NH2)2]，两步反应的能量变化如图：
①已知第二步反应决定了生产尿素的快慢，可推测E1___________E3(填“>”“<”或“=”)。
②该反应达到化学平衡后，下列措施能提高NH3转化率的是___________。
A．选用更有效的催化剂 B．及时从体系转移出生成的尿素
C．降低反应体系的温度 D．增大二氧化碳的浓度
（6）某实验小组为了模拟工业合成尿素，在恒温恒容的真空密闭容器中充入一定量的CO2和NH3发生反应：，反应过程中NH3的体积分数如图所示。实验测得体系平衡时的压强为10MPa，计算该反应的平衡常数Kp=___________(MPa)-2(已知：)。
【答案】（1）N≡N键在“热Fe”表面断裂，利于提高合成氨的反应速率；氨气在“冷 Ti”表面生成，利于提高氨的平衡产率
（2）任意温度 （3） ①. 减小 ②. a、b、c三个反应均为放热反应，温度升高，平衡均左移
（4） ①. 该温度范围 NH3的转化率较大，且氮气的选择率较高，副产物较少 ②. 催化剂对生成氮气的反应活性下降，副反应的反应速度加快
（5） ①. < ②. CD
（6）0.15
【解析】
【小问1详解】
根据图中信息，“热Fe”高于体系温度，N2在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率；②“冷Ti”低于体系温度，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率，则该双催化剂的工作原理：N≡N键在“热Fe”表面断裂，利于提高合成氨的反应速率；氨气在“冷 Ti”表面生成，利于提高氨的平衡产率；
【小问2详解】
反应a的ΔH＜0，ΔS＞0，则ΔG=ΔH-TΔS＜0，任意温度下反应都能自发进行；
【小问3详解】
由信息可知，a、b、c三个反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，NH3的平衡转化率减小；
【小问4详解】
①其他条件不变，催化氧化除去尾气中的NH3应选择反应温度范围为200℃~225℃之间，理由是：该温度范围 NH3的转化率较大，且氮气的选择率较高，副产物较少；
②由图可知，低温下NH3转化率和N2选择性均较高，则高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂，随温度的升高，N2选择性下降的原因可能为催化剂对生成N2的反应活性下降，副反应的速率变大；
【小问5详解】
①活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定反应速率，第二步反应决定了生产尿素的快慢，则第二步的活化能大于第一步活化能即E1＜E3；
②A．催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，所以不能提高氨气的转化率，故A错误；
B．尿素是固体，浓度视为常数，及时从体系转移出生成的尿素，生成物浓度不变，平衡不移动，氨气的转化率不变，故B错误；
C．降低反应体系的温度，平衡正向移动，氨气转化率增大，故C正确；
D．增大二氧化碳的浓度，平衡正向移动，使氨气消耗量增多，氨气转化率增大，故D正确；
故答案为：CD；
【小问6详解】
起始氨气的体积分数为50%，说明二氧二碳的体积分数也为50%，设起始氨气和二氧化碳的物质的量均为1ml,平衡时氨气的体积分数为20%，列化学平衡三段式，，平衡时氨气的体积分数为=20%，解得x=，混合气体总物质的量为(2-2×)ml=ml，p(NH3)==2MPa，同理，p(CO2)=5MPa,p(H2O)=3MPa，Kp==0.15(MPa)-2。
11. 以A和芳香烃E为原料制备除草剂茚草酮中间体(I)的合成路线如下：
回答下列问题：
（1）I中除碳碳双键外的官能团的名称为___________。C中共平面的原子最多有___________个。
（2）D+H→I的反应类型为___________。
（3）D中碳原子的杂化轨道类型有___________；A中电负性最大的元素为___________(写元素名称)。
（4）写出F→G的化学方程式___________。
（5）B的同分异构体中，满足下列条件的结构有___________种；
条件：①含有苯环；②与FeCl3溶液发生显色反应；③含有2个甲基，且连在同一个碳原子上。
其中，核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为6：2：2：1的结构简式为___________。
（6）利用原子示踪技术追踪G→H的反应过程如下：
根据上述信息，写出以乙醇和为原料合成的路线(无机试剂任选)___________。
【答案】11. ①. 酮羰基(或羰基)、碳氯键 ②. 17
12. 取代反应 13. ①. sp2、sp3 ②. 氧
14. 15. ①. 13 ②.
16. （或）
【解析】
【分析】A发生加成反应生成羟基得到B，B发生消去反应生产碳碳双键得到C，C发生取代反应生成D；E生成F，F生成G，结合G化学式可知，E为邻二甲苯、F为，F发生酯化反应生成G，G转化为H，D和H发生取代反应生成I和HCl；
【小问1详解】
由I的结构简式可知，除了碳碳双键外还有官能团酮羰基(或羰基)、碳氯键；C中有苯环、碳碳双键，由于单键可自由旋转，因此C中最多有17个原子共面；
【小问2详解】
由图可知，D和H发生取代反应生成I和HCl；
【小问3详解】
D中饱和碳原子为sp3杂化，苯环上碳、碳碳双键两端的碳原子为sp2杂化；A中含有C、H、O、Cl元素，电负性最大的元素为O；
【小问4详解】
F为，发生酯化反应生成G，化学方程式为： ；
【小问5详解】
B除苯环外还有1个氯、3个碳、1个氧，不饱和度为0，其同分异构体中，满足下列条件：①含有苯环；②与溶液发生显色反应，含酚羟基；③含有2个甲基，且连在同一个碳原子上，若含有-OH、-CCl(CH3)2，则有邻间对3种；若含有-OH、-CH(CH3)2、-Cl，则为3个不相同的取代基在苯环上有10种情况，故共13种情况；核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1，则结构对称性很好，结构简式为；
【小问6详解】
乙醇氧化为乙酸，乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯和发生已知反应原理生成产品，故流程为：（或）。选项
实验
试剂和操作
现象和结论
A
探究HCO与[Al(OH)4]-的反应
等体积等浓度的NaHCO3溶液与Na[Al(OH)4]溶液混合
有气体和沉淀生成，HCO与[Al(OH)4]-发生双水解反应，生成A1(OH)3和CO2
B
检验过氧化钠溶于水是否生成碱性物质
将过量过氧化钠投入滴有酚酞溶液的水中
溶液最终变为红色，过氧化钠与水反应生成碱性物质
C
比较Cu(OH)2和Mg(OH)2的溶度积
向浓度均为0.1ml·L-1的MgSO4和CuSO4的混合溶液中逐滴加入0.01ml·L-1的NaOH溶液
先看到有蓝色沉淀生成，Ksp[Cu(OH)2]D
检验苯中是否含有苯酚
向苯中滴加少量浓溴水、振荡
无白色沉淀，苯中无苯酚
沉淀物
Fe(OH)2
Fe(OH)3
C(OH)2
Mn(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀时的pH
7.0
2.7
7.6
7.7
4.0
沉淀完全时的pH
9.6
3.7
9.2
9.8
5.2
甘氨酸(H2NCH2COOH)
易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度
柠檬酸
易溶于水和乙醇，酸性较强，有强还原性。
甘氨酸亚铁
易溶于水，难溶于乙醇、冰醋酸。
本试题卷分为第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试题卷上答题无效。考试结束后，监考老师只收答题卡。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写(涂)在答题卡上。考生要认真核对答题卡上贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致。
2.第I卷每小题选出答案后，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。第II卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题上作答，答案无效。
3.考试结束，监考教师将答题卡收回。
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 Fe-56
第I卷(选择题126分)
一、选择题(本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. 化学科学与我国取得的科技成果息息相关。下列说法正确的是
A. 飞船核心舱太阳能电池采用砷化镓(GaAs)材料，GaAs属于金属材料
B. 科学家研制的高效钙钛矿太阳能电池与硅太阳能电池的能量转换形式相同
C. 甘油和高级脂肪酸合成油脂是有机小分子向有机高分子的转变
D. 飞船返回舱使用氮化硅耐高温结构材料，Si3N4属于分子晶体
【答案】B
【解析】
【详解】A．GaAs属于半导体材料，A错误；
B．高效钙钛矿太阳能电池与硅太阳能电池均是将太阳能转化为电能，能量转换形式相同，B正确；
C．油脂不是高分子化合物，C错误；
D．氮化硅耐高温，属于共价晶体D错误；
故选B。
2. 某抗氧化剂Z可由如下反应制得
下列关于X、Y、Z的说法错误的是
A. Y和Z中含有相同数目的手性碳原子
B. X分子中所有原子可以共平面
C. 一定条件下，1mlX分别与Br2、H2反应，最多消耗3 ml Br2、5mlH2
D. 1 mlZ与NaOH溶液反应，最多消耗3 mlNaOH
【答案】C
【解析】
【详解】A．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连碳原子，Y中含有1个手性碳原子，位置为，Z中含有1个手性碳原子，位置为，故A正确；
B．X中含有苯环、羟基、羧基，X分子中所有原子可以共平面，故B正确；
C．X中含有苯环、碳碳双键可以和H2发生加成反应，碳碳双键可以和Br2发生加成反应，1 ml X分别与Br2、H2反应，最多消耗1ml Br2、4 ml H2，故C错误；
D．Z中含有酚羟基可以与NaOH反应，含有的酯基在碱性条件下水解出的羧基可与氢氧化钠反应，酰胺通过与碱发生作用生成相应的羧酸盐和氨，1 mlZ与NaOH溶液反应，最多消耗3 mlNaOH，故D正确；
故选C。
3. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数等于Y原子最外层电子数的2倍，四种元素形成的一种化合物的结构如图所示，该化合物的阴离子中每个原子的最外层均满足8电子稳定结构。下列说法正确的是
A. 原子半径：X
C. 与Z相邻的短周期同族元素形成的氢化物的熔沸点一定低于W的气态氢化物
D. W与X形成的二元化合物中阳离子和阴离子个数比均为2：1
【答案】D
【解析】
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数等于Y原子最外层电子数的2倍，结合图示可知，W可形成2个共价键，Y形成+3价阳离子，X形成+1价阳离子，则W为O，X为Na，Y为Al；该化合物的阴离子中每个原子的最外层均满足8电子稳定结构，则Z为Si元素，综上分析，W为O，X为Na，Y为Al，Z为Si元素，以此分析解答。
【详解】A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：X＞Y＞Z＞W，故A错误；
B．Y的单质与X的最高价氧物对应的水化物氢氧化钠反应时，水中氢元素得到电子，水是氧化剂，故B错误；
C．与Z相邻的短周期同族元素为C，C的氢化物为烃，碳原子数较多的烃常温下为固态，其熔沸点大于水和双氧水，故C错误；
D．W与X形成的二元化合物氧化钠或过氧化钠中阳离子和阴离子个数比均为2：1，故D正确；
故选D。
4. 石墨是层状结构，许多分子和离子可以渗入石墨层间形成插层化合物。插入石墨层中间，形成晶体结构如图(a)，晶体投影图如图(b)。若该结构中碳碳键键长为apm，碳层和锂层相距dpm(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。下列说法错误的是
A. 石墨的二维结构中，每个碳原子配位数为3
B. 该插层化合物的化学式为LiC6
C. 该插层化合物中同层最近距离为3apm
D. 该插层化合物的密度为
【答案】D
【解析】
【详解】A．石墨的二维结构中，每个碳原子最近的碳原子为3，配位数为3，故A正确；
B．根据均摊原则，四棱柱单元中Li+个数，C原子个数，所以该化合物的化学式为LiC6，故B正确；
C．同层Li+最近距离为棱柱顶面边长，同层Li+最近距离为3apm，故C正确；
D．晶胞质量g，晶胞体积为，密度为；
故D错误；
故选D。
5. 一种以Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. 放电时，Na+通过离子交换膜从左室移向右室
B. 放电时，负极反应式为：
C. 充电时，外电路中通过0.2ml电子时，阳极质量变化2.3g
D. 充电时，电源的正极应与Mg箔连接
【答案】B
【解析】
【分析】根据放电工作原理图，M作正极，在正极上发生还原反应：Fe[Fe(CN) 6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]；Mg作负极，负极上是失电子的氧化反应：2Mg+2Cl--4e -=[Mg2C12]2+。充电时，原电池的负极连接电源的负极，电极反应和放电时的相反，据此分析解答。
【详解】A． 放电时，Mg箔作负极，M箔作正极，则Na＋通过离子交换膜从右室移向左室，A错误；
B． 放电时，镁失去电子发生氧化反应，负极反应式为：，B正确；
C．充电时， 阳极反应为Na2Fe[Fe(CN)6]-2e－= Fe[Fe(CN)6]＋2Na＋，则外电路中通过0.2ml电子时，阳极质量变化4.6g，C错误；
D．充电时，Mg箔作阴极，M箔作阳极，电源的负极应与Mg箔连接，D错误；
故选：B。
6. 完成下列实验所选用的试剂和操作、现象和结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳酸氢根离子和四羟基合铝酸根离子生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，不是双水解生成二氧化碳，A错误；
B．将过氧化钠投入滴有酚酞溶液的水中，过氧化钠具有强氧化性，会观察到溶液先变红后褪色，B错误；
C．向浓度均为0.1ml·L-1的MgSO4和CuSO4的混合溶液中逐滴加入0.01ml·L-1的NaOH溶液，先看到有蓝色沉淀生成，说明氢氧化铜更难溶，溶度积更小，C正确；
D．三溴苯酚溶于苯，观察不到沉淀，故无法判断苯中是否含有苯酚，D错误；
故选C。
7. 25℃时，用 NaOH 溶液滴定H2A 溶液，溶液中和-1gc(HA-)或和关系如图所示，下列说法正确的是
A. H2A 为弱酸，其Ka1约为10-4
B. 滴定过程中，当pH=5时，c(Na+)>3c(A2-)
C. 水的电离程度：M点＜N点
D. 向 H2A 溶液中加入等体积等浓度的 NaOH 溶液完全反应后的溶液中： c(OH-)+c(A2-)=c(H+)+2c(H2A)
【答案】C
【解析】
【分析】当，即c(H+)=c(H2A)时，，则-Lgc(HA-)=-LgKa1，同理当，即c(H+)=c(HA-)时，，则-Lgc(A2-)=-LgKa2，因为Ka1＞Ka2，故-LgKa1= -Lgc(HA-)＜-LgKa2=-Lgc(A2-)，故曲线Ⅱ代表-Lgc(A2-)与关系，曲线Ⅰ代表-Lgc(HA-)与关系。
详解】A．由分析知，曲线Ⅰ代表-Lgc(HA-)与关系，当时，，此时-Lgc(HA-)=2，即c(HA-)=10-2，故Ka1=10-2，A错误；
B．由图中N点知，-Lg，-Lgc(A2-)=2，即，c(A2-)=10-2，则，当pH=5时，c(H+)=10-5 ml/L，带入Ka2推得c(A2-)=c(HA-)，由电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)= c(OH-)+3c(A2-)，因为c(H+)＞c(OH-)，故此时c(Na+)＜3c(A2-)，B错误；
C．由图示知，M点c(HA-)=10-1 ml/L，说明此时溶液中生成大量的HA-，故M点以第一步电离反应为主，N点c(A2-)=10-2 ml/L，说明此时溶液中生成大量A2-，故N点以第二步电离反应为主，因为A2-水解促进水电离，故水的电离程度：M点＜N点，C正确；
D．由题意知，投料比为n(NaOH)：n(H2A)=1：1，故反应后溶液组成为NaHA，根据电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，结合物料守恒：c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，消去c(Na+)得：c(H+)+ c(H2A)=c(OH-)+c(A2-)，D错误；
故答案选C。
第II卷(非选择题共174分)
三、非选择题(说明：物理部分为第22~26题，共62分；化学部分为27~30题，共58分；生物部分为31~35题，共54分)
8. 钴是一种十分稀缺的金属，素有“工业味精”和“工业牙齿”之称。水钴矿主要成分为COOH，同时含有少量Fe、Al、Mn、Mg、Ca、Ni的氧化物及其他杂质。用水钴矿制取C的工艺流程如图所示：
已知：①氧化性：C3+>ClO->Fe3+，酸性条件下，ClO-和Mn2+几乎不反应。
②部分阳离子形成氢氧化物沉淀时，溶液pH见下表：
请回答下列问题：
（1）基态C子的价层电子排布式为___________。
（2）“还原酸浸”中，COOH发生反应的化学方程式是___________。浸出液中加入NaClO溶液的目的：___________。(用离子方程式表示)
（3）浸出过程中加入Na2CO3调pH范围是___________。
（4）如图所示，萃取剂可以把滤液Ⅱ中部分阳离子选择性分离。使用萃取剂时合适的pH范围为___________(填标号)。
A. 1~2B. 3~4C. 6~7D. 7~8
（5）C能与强酸反应产生H2，工业上采用惰性电极电解CCl2溶液制取钴，不能用CSO4溶液代替CCl2溶液的理由是___________。
（6）①钴单质晶体中原子在某温度下的堆积模型如图，若其晶胞几何体的体积是2acm3，钴单质的密度为pg·cm3，已知阿伏加德罗常数为NA，则钴的摩尔质量为___________。
a． b． c．
②经X射线衍射测定发现，晶体钴在417℃以上堆积方式发生改变，其剖面图如图所示，则该堆积方式属于___________，若该堆积方式下钴原子的半径为r，则该晶体的空间利用率为___________(用含π的代数式表示)。
【答案】（1）3d74s2
（2） ①. ②.
（3）5.2≤pH<7.6 （4）B
（5）若用CSO4代替 CCl2，OH-在阳极放电，溶液酸性增强，H+与 C 反应，导致 C产率降低
（6） ①. NA·a·ρ g/ml ②. 面心立方最密堆积 ③.
【解析】
【分析】向水钴矿中加入硫代硫酸钠溶液和稀硫酸，经还原酸浸、过滤得到含有可溶性硫酸盐的浸出液；向浸出液中加入次氯酸钠溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，向氧化后的溶液中加入碳酸钠溶液调节溶液pH在5.2—7.6的范围内，将铁离子和铝离子转化为氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣Ⅰ和除去铁离子、铝离子的滤液Ⅰ；向滤液Ⅰ中加入氟化钠溶液，将溶液中钙离子和镁离子转化为氟化钙沉淀、氟化镁沉淀，过滤得到氟化钙沉淀、氟化镁沉淀和除去钙离子、镁离子的滤液Ⅱ；向滤液Ⅱ中加入有机萃取剂，分液得到除去镍离子、锰离子的萃后余液；向萃后余液中加入草酸铵溶液，将溶液中钴离子转化为二水草酸钴沉淀，过滤得到Ⅲ和二水草酸钴沉淀；向二水草酸钴沉淀中加入盐酸，将沉淀溶解得到氯化钴溶液；电解氯化钴溶液制得金属钴。
【小问1详解】
C为27号元素，故基态C原子的价层电子排布式为3d74s2；
【小问2详解】
由分析可知，还原酸浸中发生的氧化还原反应为酸性条件下，COOH与硫代硫酸钠溶液反应生成硫酸钠、硫酸钴和水，反应中硫元素化合价由+2变为+6、钴元素化合价由+3变为+2，结合电子守恒可知，化学方程式为8COOH+Na2S2O3+7H2SO4=8CSO4+Na2SO4+11H2O；次氯酸钠具有强氧化性，而氧化性：C3+>ClO->Fe3+，酸性条件下ClO-和Mn2+几乎不反应，则浸出液中加入次氯酸钠溶液的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，利于铁离子的后续去除，反应的离子方程式为；
【小问3详解】
由表格数据结合分析可知，浸出过程中加入碳酸钠溶液调节溶液pH在5.2—7.6的范围内，此时可以将铁离子和铝离子转化为氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀，除去杂质离子而钴离子、锰离子不沉淀；
【小问4详解】
由图可知，萃取剂pH在3—4范围内镍离子、锰离子的萃取率很大，而钴离子的萃取率较小，则萃取剂合适的pH在3—4范围内，故选B；
【小问5详解】
若用硫酸钴代替氯化钴，则阳极上水放电生成氧气、氢离子，使得硫酸钴溶液电解生成硫酸、钴和氧气，反应生成的硫酸能与钴反应，导致钴的产率降低，故答案为：若用CSO4代替 CCl2，OH-在阳极放电，溶液酸性增强，H+与 C 反应，导致 C产率降低；
【小问6详解】
由图可知，图b为1个晶胞，根据“均摊法”，晶胞中含个C，则晶体密度为，则M= NAaρ g/ml；
由图可知，在面心位置存在钴原子，堆积方式属于面心立方最密堆积；根据“均摊法”，晶胞中含个C，面对角线为4r，则晶胞边长为，该晶体的空间利用率为。
9. 有一种新型补铁剂由甘氨酸与硫酸亚铁制取。某化学学习小组用如图所示装置(夹持仪器省略)制备补铁剂甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]
有关物质性质如下表所示：
回答下列问题：
（1）仪器b的名称是___________。
（2）d的作用是___________。
（3）实验开始时关闭K2，再依次打开K3和K1，使b中开始反应。此步骤的目的是___________。
（4）待仪器b中反应适当时间后，再打开K2关闭K3，使b中溶液进入c中，在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加适量NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应。
①c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是___________。
②c中少量柠檬酸的作用是___________。
③若向c中滴加NaOH溶液过多，pH过大，则会使甘氨酸亚铁的产量降低，主要原因是___________。(用离子方程式表示)
（5）反应完成后，向c中反应混合液中加入无水乙醇，生成白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤得粗产品，无水乙醇的作用是___________。粗产品中混有少量的甘氨酸杂质，可将粗产品放入到盛有___________(a．水 b．乙醇 c．冰醋酸)(填标号)的烧杯中，搅拌、过滤、洗涤得到纯净的产品。
（6）产品中亚铁含量的测定：称取产品mg，加入稀硫酸溶解，再加入10%磷酸溶液，配成100mL，取25.00mL于锥形瓶中，加入2滴二苯胺硫磺酸钠指示剂，用0.10mL·L-1[硫酸铈Ce(SO4)2]标准液滴定至由绿色变为紫红色，消耗硫酸铈标准液24.00mL，测得亚铁含量为___________%(已知：氧化性：Ce4+>Fe3+还原性：Fe2+>Ce3+)。
【答案】（1）蒸馏烧瓶
（2）液封或水封，防止空气进入c中
（3）制取硫酸亚铁同时产生氢气，排出装置内空气
（4） ①. ②. 防止亚铁离子(或甘氨酸亚铁)被氧化，同时防止亚铁离子水解 ③.
（5） ①. 降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其析出 ②. c
（6）
【解析】
【分析】先打开K1、K3，铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁同时产生氢气，将装置内的空气排尽；之后关闭K3，打开K2，通过产生的气体将b中溶液压入c中；c中盛放甘氨酸和少量柠檬酸，在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应，反应完成后加入无水乙醇，降低甘氨酸亚铁的溶解度，从而使其析出；得到的产品中混有甘氨酸杂质，可用冰醋酸洗涤。
【小问1详解】
根据b的结构特点可知其为蒸馏烧瓶；
【小问2详解】
d中导管插入液面以下，可以形成液封或水封，防止空气进入c中将甘氨酸亚铁氧化；
【小问3详解】
实验开始时关闭K2，再依次打开K3和K1，使b中开始反应，该操作的目的是：制取硫酸亚铁同时产生氢气，排出装置内空气；
【小问4详解】
①反应物有甘氨酸、硫酸亚铁以及NaOH，已知生成物有甘氨酸亚铁，结合元素守恒可知方程式应为；
②c中少量柠檬酸既可以防止亚铁离子(或甘氨酸亚铁)被氧化，同时防止亚铁离子水解；
③若向c中滴加NaOH溶液过多，pH过大，亚铁离子会与OH-直接反应生成Fe(OH)2沉淀，，会使甘氨酸亚铁的产量降低。
【小问5详解】
由题中信息可知，甘氨酸亚铁难溶于乙醇，因此用乙醇洗涤可以降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其析出；由信息可知甘氨酸在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度，甘氨酸亚铁难溶于乙醇、冰醋酸，可用冰醋酸除去粗产品中混有的少量甘氨酸杂质；
【小问6详解】
滴定过程中发生反应：Ce4++ Fe2+= Fe3++ Ce3+；消耗标准液体积24.00mL，则消耗n(Ce4+)=0.10 mL·L-1×0.024L=0.0024ml，待测液中n(Fe2+)= n(Ce4+)=0.0024ml，原样品中n(Fe2+)=0.0024ml×=0.0096ml，亚铁含量为。
10. 运用化学反应原理研究与氨气有关反应有重要意义。请回答下列问题。
I．已知合成氨反应的热化学方程式为： 。
（1）近期，我国科学家为了解决合成氨反应速率和平衡产率矛盾，选择使用Fe-TiO2-xHy双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为495℃时，Fe的温度为547℃，而TiO2-xHy的温度为415℃)。结合图示解释该双催化剂的工作原理(已知：常温下氮氮三键不易断裂)：___________。
热Fe冷Ti双温催化原理如下：
II．催化氧化法除尾气中氨气的反应为：
a．
在实际反应中还伴随如下副反应发生：
b．
c．
（2）反应a在常压下自发进行的温度条件是___________。(填“高温”“低温”或“任意温度”)
（3）其他条件不变，升高温度，NH3的平衡转化率___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。原因为___________。
（4）将一定比例的NH3和O2的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，NH3的转化率、生成N2的选择率与温度的关系如图所示。
①其他条件不变，在175℃~300℃范围，催化氧化除去尾气中的NH3应选择反应温度范围为200℃~225℃之间，理由是___________。
②随温度的升高，N2选择率下降的原因可能为___________。
III．请回答：
（5）含氮化合物对工业生产有多种影响，化学工作者设计了如下再利用的方案：
以NH3和CO2为原料合成尿素[CO(NH2)2]，两步反应的能量变化如图：
①已知第二步反应决定了生产尿素的快慢，可推测E1___________E3(填“>”“<”或“=”)。
②该反应达到化学平衡后，下列措施能提高NH3转化率的是___________。
A．选用更有效的催化剂 B．及时从体系转移出生成的尿素
C．降低反应体系的温度 D．增大二氧化碳的浓度
（6）某实验小组为了模拟工业合成尿素，在恒温恒容的真空密闭容器中充入一定量的CO2和NH3发生反应：，反应过程中NH3的体积分数如图所示。实验测得体系平衡时的压强为10MPa，计算该反应的平衡常数Kp=___________(MPa)-2(已知：)。
【答案】（1）N≡N键在“热Fe”表面断裂，利于提高合成氨的反应速率；氨气在“冷 Ti”表面生成，利于提高氨的平衡产率
（2）任意温度 （3） ①. 减小 ②. a、b、c三个反应均为放热反应，温度升高，平衡均左移
（4） ①. 该温度范围 NH3的转化率较大，且氮气的选择率较高，副产物较少 ②. 催化剂对生成氮气的反应活性下降，副反应的反应速度加快
（5） ①. < ②. CD
（6）0.15
【解析】
【小问1详解】
根据图中信息，“热Fe”高于体系温度，N2在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率；②“冷Ti”低于体系温度，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率，则该双催化剂的工作原理：N≡N键在“热Fe”表面断裂，利于提高合成氨的反应速率；氨气在“冷 Ti”表面生成，利于提高氨的平衡产率；
【小问2详解】
反应a的ΔH＜0，ΔS＞0，则ΔG=ΔH-TΔS＜0，任意温度下反应都能自发进行；
【小问3详解】
由信息可知，a、b、c三个反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，NH3的平衡转化率减小；
【小问4详解】
①其他条件不变，催化氧化除去尾气中的NH3应选择反应温度范围为200℃~225℃之间，理由是：该温度范围 NH3的转化率较大，且氮气的选择率较高，副产物较少；
②由图可知，低温下NH3转化率和N2选择性均较高，则高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂，随温度的升高，N2选择性下降的原因可能为催化剂对生成N2的反应活性下降，副反应的速率变大；
【小问5详解】
①活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定反应速率，第二步反应决定了生产尿素的快慢，则第二步的活化能大于第一步活化能即E1＜E3；
②A．催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，所以不能提高氨气的转化率，故A错误；
B．尿素是固体，浓度视为常数，及时从体系转移出生成的尿素，生成物浓度不变，平衡不移动，氨气的转化率不变，故B错误；
C．降低反应体系的温度，平衡正向移动，氨气转化率增大，故C正确；
D．增大二氧化碳的浓度，平衡正向移动，使氨气消耗量增多，氨气转化率增大，故D正确；
故答案为：CD；
【小问6详解】
起始氨气的体积分数为50%，说明二氧二碳的体积分数也为50%，设起始氨气和二氧化碳的物质的量均为1ml,平衡时氨气的体积分数为20%，列化学平衡三段式，，平衡时氨气的体积分数为=20%，解得x=，混合气体总物质的量为(2-2×)ml=ml，p(NH3)==2MPa，同理，p(CO2)=5MPa,p(H2O)=3MPa，Kp==0.15(MPa)-2。
11. 以A和芳香烃E为原料制备除草剂茚草酮中间体(I)的合成路线如下：
回答下列问题：
（1）I中除碳碳双键外的官能团的名称为___________。C中共平面的原子最多有___________个。
（2）D+H→I的反应类型为___________。
（3）D中碳原子的杂化轨道类型有___________；A中电负性最大的元素为___________(写元素名称)。
（4）写出F→G的化学方程式___________。
（5）B的同分异构体中，满足下列条件的结构有___________种；
条件：①含有苯环；②与FeCl3溶液发生显色反应；③含有2个甲基，且连在同一个碳原子上。
其中，核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为6：2：2：1的结构简式为___________。
（6）利用原子示踪技术追踪G→H的反应过程如下：
根据上述信息，写出以乙醇和为原料合成的路线(无机试剂任选)___________。
【答案】11. ①. 酮羰基(或羰基)、碳氯键 ②. 17
12. 取代反应 13. ①. sp2、sp3 ②. 氧
14. 15. ①. 13 ②.
16. （或）
【解析】
【分析】A发生加成反应生成羟基得到B，B发生消去反应生产碳碳双键得到C，C发生取代反应生成D；E生成F，F生成G，结合G化学式可知，E为邻二甲苯、F为，F发生酯化反应生成G，G转化为H，D和H发生取代反应生成I和HCl；
【小问1详解】
由I的结构简式可知，除了碳碳双键外还有官能团酮羰基(或羰基)、碳氯键；C中有苯环、碳碳双键，由于单键可自由旋转，因此C中最多有17个原子共面；
【小问2详解】
由图可知，D和H发生取代反应生成I和HCl；
【小问3详解】
D中饱和碳原子为sp3杂化，苯环上碳、碳碳双键两端的碳原子为sp2杂化；A中含有C、H、O、Cl元素，电负性最大的元素为O；
【小问4详解】
F为，发生酯化反应生成G，化学方程式为： ；
【小问5详解】
B除苯环外还有1个氯、3个碳、1个氧，不饱和度为0，其同分异构体中，满足下列条件：①含有苯环；②与溶液发生显色反应，含酚羟基；③含有2个甲基，且连在同一个碳原子上，若含有-OH、-CCl(CH3)2，则有邻间对3种；若含有-OH、-CH(CH3)2、-Cl，则为3个不相同的取代基在苯环上有10种情况，故共13种情况；核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1，则结构对称性很好，结构简式为；
【小问6详解】
乙醇氧化为乙酸，乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯和发生已知反应原理生成产品，故流程为：（或）。选项
实验
试剂和操作
现象和结论
A
探究HCO与[Al(OH)4]-的反应
等体积等浓度的NaHCO3溶液与Na[Al(OH)4]溶液混合
有气体和沉淀生成，HCO与[Al(OH)4]-发生双水解反应，生成A1(OH)3和CO2
B
检验过氧化钠溶于水是否生成碱性物质
将过量过氧化钠投入滴有酚酞溶液的水中
溶液最终变为红色，过氧化钠与水反应生成碱性物质
C
比较Cu(OH)2和Mg(OH)2的溶度积
向浓度均为0.1ml·L-1的MgSO4和CuSO4的混合溶液中逐滴加入0.01ml·L-1的NaOH溶液
先看到有蓝色沉淀生成，Ksp[Cu(OH)2]
检验苯中是否含有苯酚
向苯中滴加少量浓溴水、振荡
无白色沉淀，苯中无苯酚
沉淀物
Fe(OH)2
Fe(OH)3
C(OH)2
Mn(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀时的pH
7.0
2.7
7.6
7.7
4.0
沉淀完全时的pH
9.6
3.7
9.2
9.8
5.2
甘氨酸(H2NCH2COOH)
易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度
柠檬酸
易溶于水和乙醇，酸性较强，有强还原性。
甘氨酸亚铁
易溶于水，难溶于乙醇、冰醋酸。
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