湖北省2024届高三年级下册二模化学试题（含答案解析）

湖北省七市州教科研协作体2024届高三下学期二模化学试

题

学校:姓名：班级：考号：

一、单选题

1.化学与生产和生活息息相关。下列说法错误的是

A.SO?有毒，不能作为食品添加剂

B.工业上以纤维素为原料生产燃料乙醇

C.松花蛋在制备过程中蛋白质发生了变性

D.工业上制取NaOH一般不用Na2。与H2O反应

【答案】A

【详解】A.一般情况下，葡萄酒中会添加微量的SO2,可以杀死葡萄自身携带的细菌，

防止微生物污染，同时SO2具有还原性，可以防止酒中的物质被氧化，A错误；

B.因纤维素水解生成的葡萄糖在酶的催化下可以转变为乙醇，工业上以纤维素为原料

生产燃料乙醇，B正确；

C.松花蛋在制备过程中，蛋白质因遇强碱而发生变性，呈现出特殊的颜色，C正确；

D.工业上制取NaOH一般采用电解饱和食盐水，用NazO与H2O反应，因成本太高一

般不用，D正确；

故选A。

2.化学遵循哲学思想。下列变化不遵循“量变引起质变”的哲学思想的是

A.向Imol/LNa2c溶液中滴加lmol/L稀盐酸，刚开始没有明显现象，后产生气

体

B.向2%AgNC>3溶液中滴加2%氨水，先产生沉淀，后沉淀溶解

C.向蓝色石蕊试纸上滴加氯水，试纸先变为红色，后迅速褪色

D.向装有细铁丝的两支试管中分别加入稀硫酸与浓硫酸，实验现象不同

【答案】C

【详解】A.Na2c03与稀盐酸反应分步进行，依次为：COl+W=HCO；y

+

HCO；+H=CO2T+H2O,遵循“量变引起质变”的哲学思想，A不符合题意；

B.AgNCh溶液与氨水反应，先产生AgOH沉淀，后沉淀溶解生成[Ag(NH3)2]OH,反应

分步进行，遵循“量变引起质变”的哲学思想，B不符合题意；

C.氯水中的H+使试纸变红，氯水中具有漂白性的HC1O使红色褪去，不遵循“量变引

起质变”的哲学思想，C符合题意；

D.铁丝与稀硫酸、浓硫酸反应实验现象不同，是因为硫酸浓度不同导致反应原理不同，

遵循“量变引起质变”的哲学思想，D不符合题意；

故选C。

3.化学用语可以表达化学过程。下列化学用语的表达错误的是

A.用离子方程式表示铜在氨水中被腐蚀：

2+-

2Cu+O2+8NH3-H2O=2[CU(NH3)J+4OH+6H2O

B.用电子式表示水分子的形成过程：

HX+・O・+XH—►H+2H+

••••

c.牙膏中添加氟化物能预防弱齿的原因：

Ca5(PO4)3OH(s)+F-(aq)Ca5(POJF(s)+OIT(aq)

,、高温

D.用化学方程式表示钢铁表面进行“烤蓝”处理：3Fe+4H2O(g)=Fe3O4+4H2

【答案】B

【详解】A.铜在氨水中被腐蚀，铜在氨水环境中被空气中氧气氧化为四氨合铜离子,

A正确；

B.水为共价化合物，用电子式表示水分子的形成过程应：

+H—>H：d：HB错误;

••••

C.牙膏中添加氟化物能将Ca5(POjOH转化为更难溶的CCa5(POjF,从而保护牙

齿，正确；

D.钢铁表面进行“烤蓝”处理是在铁的表面形成一层致密的氧化膜，反应为铁和水蒸气

高温生成四氧化三铁，D正确；

故选B。

4.NN是重要的化工原料，下列流程涉及NH3的制备与用途。有关说法正确的是

试卷第2页，共21页

NH4cl和物质A

IIT

熟石灰与氯化镀固体网2寿。＞N2H4

饱和食盐水RJcc)2

NaHCO；

A.过程I中，实验室制氨可用氢氧化钠代替熟石灰

B.过程n中，物质A是一种高效氮肥

C.过程III中，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1

D.过程IV中，反应的离子方程式为：NH3+CO2+H2O=NH：+HCO-

【答案】B

【分析】熟石灰和氯化钱固体混合加热制备氨气，氨气先通入饱和食盐水中，然后再通

入二氧化碳生成碳酸氢钠，氨气被次氯酸钠氧化生成N2H4,据此解答。

【详解】A.实验室制氨气不能用氢氧化钠代替熟石灰，因为氢氧化钠易吸水结块，且

易腐蚀试管，故A错误；

B.根据质量守恒定律可推出物质A为尿素，是一种高效氮肥，故B正确；

C.反应III的化学方程式为：2NH3+NaC10=N2H4+NaCl+H2O,氧化剂与还原剂的物质

的量之比为1:2,故C错误；

+

D.过程IV的离子方程式为：Na+NH3+CO2+H2O=NH：+NaHCO3；,故D错误。

答案为B。

5.泽布替尼是第一款完全由中国企业自主研发，在FDA获准上市的抗癌新药，其结构

简式如图。下列有关说法错误的是

A.一个泽布替尼分子中有2个手性碳原子B.泽布替尼在一定条件下能发生加

成反应

C.泽布替尼能使酸性高锯酸钾溶液紫色褪去D.泽布替尼既能与盐酸反应又能和

氢氧化钠溶液反应

【答案】A

【详解】A.由图可知，一个泽布替尼分子中有1个手性碳原子，如图

O'

B.分子中的碳碳双键、堤基、苯环均可发生加成反应，故B正确；

C.碳碳双键可以使酸性高镒酸钾溶液褪色，故C正确；

D.氨基可以与盐酸反应，酰胺基可以与氢氧化钠溶液反应，故D正确。

答案选A。

6.由原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z、W、R组成的一种离子液体，其结构

如图。Z的最简单氢化物易液化，可用作制冷剂。W的氢化物的水溶液能腐蚀玻璃，Z、

R为同一主族元素。下列说法错误的是

X

XXXIX

III-W

ZV、W\I/W

X-Y-Y-Y-ZY、|

IIIYZ—Y—XR

XXX,IWzI、W

—

XXW

A.电负性：W>Z>YB.最简单氢化物的沸点：Z>R

c.RW6"空间结构为正八面体形D.该离子液体中的Z原子的杂化方式均

为Sp3

【答案】D

【分析】X形成1个化学键，则X可能为H、F、CLY形成4个键，则Y可能为C、

Si,Z失去电子1个电子，形成4个共价键，则Z为N或P,W形成1个化学键，则W

为H、F、CLR形成5个共价键，则R为P或N,W的氢化物的水溶液能腐蚀玻璃,

则W为F,因元素原子序数依次增大，则X、Y、Z、W、R分别为：H、C、N、F、P,

以此分析；

【详解】A.电负性F>N>C,故A正确；

B.最简单氢化物的沸点NH3>PH3,因为氨气分子间存在氢键，故B正确；

C.P4有6个成键电子对，无孤电子对，空间结构为正八面体形，故C正确；

D.Z原子均为SP2杂化，故D错误。

综上，答案为D。

试卷第4页，共21页

7.超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体。某种超

分子结构如图所示。下列有关说法正确的是

A.该超分子中-CH3的键角NHCH小于-NH?的键角/HNH

B.该超分子中存在配位键、氢键等化学键

C.该超分子具有自组装的特征

D.该超分子不能发生水解反应

【答案】C

【详解】A.-CH3的碳原子为sp3杂化无孤电子对，-NH?的氮原子为sp3杂化有1对

孤电子对，孤电子与成键电子对之间的排斥力〉成键电子对之间的排斥力，-CH3的键角

ZHCH大于-NH2的键角ZHNH,故A错误；

B.该分子中无配位键，氢键是较强的分子间作用力，不是化学键，故B错误；

C.根据题干信息，超分子具有自组装的特征，故C正确；

D.该超分子具有酰胺键，在酸性。碱性条件下都可以发生水解反应，故D错误。

综上，答案为C。

8.药物贝诺酯有消炎、镇痛、解热的作用，其制备原理为：

NHCOCH3

Z（贝诺酯）

在实验室可用以下装置（夹持和水浴加热装置略）制备贝诺酯（沸点453.11。。），实验

中利用环己烷一水的共沸体系（沸点69℃）带出水分。已知体系中沸点最低的有机物

是环己烷（沸点81℃）。下列说法正确的是

C.因为蒸出的是共沸体系，故锥形瓶中不会出现分层现象

D.以共沸体系带出水促使反应正向进行，同时加快了反应速率

【答案】B

【详解】A.实验中利用环己烷-水的共沸体系（沸点69℃）带出水分，体系中沸点最

低的有机物是环己烷（沸点8FC）,反应时水浴温度应高于69℃,低于81℃,A项错

误；

B.根据环己烷带出水的体积，结合反应方程式，可估算出反应进度，B项正确；

C.蒸出的是共沸体系，环己烷与水不混溶，锥形瓶中冷却为液体后会出现分层现象，

C项错误；

D.以共沸体系带出水促使反应正向进行，反应过程中能够，反应物浓度减小，反应速

率减小，D项错误；

答案选B。

9.碑化像是超级计算机、光信号处理的理想材料。图甲为它的一种立方晶胞结构，图

乙为该晶胞沿z轴投影图。已知该晶胞边长为dpm,a、b两点原子的分数坐标分别为

（0,0,0）,（1,1,Do下列说法错误的是

A.Ga原子占据As原子形成的四面体空隙

试卷第6页，共21页

B.两个As原子间最短距离是（dpm

4x1451八21,3

C.该晶胞的密度为3xl。-g/cm-

"Ax。

D.c点原子的分数坐标为

（444J

【答案】c

【详解】

A.根据晶胞结构可知，Ga原子占据As原子形成的四面体空隙，故A正确；

B.两个As原子间最短距离为面对角线的一半，为日dpm,故B正确；

11

C.根据均摊法知，晶胞中含有4个As,8XJ+6X7=4个Ga,化学式为，该晶胞的密

o2

4x145

度为^^xlSOg/cn?,故C错误；

NAX。

D.根据图中信息，a、b两点原子的分数坐标分别为（0,0,0）,（1,1,1）,则c点

原子的坐标分数为（；1，：3：3），故D正确。

444

答案选C。

10.利用光伏并网发电装置电解NH3得到高纯度H2的装置如图所示。下列说法正确的

是

离

ab

子

HN2

2|交

换

膜

KOH溶液KOH溶液光伏并网发电装置

A.m极电势高于n极电势

B.离子交换膜最好为阳离子交换膜

C.b电极的电极反应式为：2NH3+6OH-6e=N2?+6H2O

D.电解产生2.24LH,时导线中通过0.2mol电子

【答案】C

【分析】管装置为原电池和电解池的组合装置，光伏并网发电装置为原电池，另一个为

电解池，通入NN的电极为阳极，因此a电极为阴极，发生的电极反应式为：

2H2O+2e=H2t+2OH-,b电极为阳极，发生的电极反应式为:

2NH3+6OH-6e=N2T+6H2O,对应可知n为正极，m为负极。

【详解】A.正极电势高于负极，n极电势高于m极电势，故A错误；

B.0H-由a经过离子交换膜到b,离子交换膜应选择阴离子交换膜，故B错误;

C.选项，b电极的电极反应式为：2NH3+6OH-6e=N2T+6H2O,故C正确；

D.未说明状态，无法计算2.24LH2物质的量，故D错误。

综上，答案为C。

11.下列实验装置（部分夹持装置略）正确且能够达到实验目的是

A.验证浓HNO3分解生D.制备

B.铝件镀银C.Na的燃烧

FeSO4/HzO晶体

成NO?

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【详解】A.硝酸具有挥发性和强氧化性，进入b中干扰了NCh与I的反应，故A错误;

B.纯银为阳极，铝件为阴极，符合电镀条件，故B正确；

C.Na的燃烧实验不能在玻璃表面皿中进行，应在生期中进行，故C错误；

D.蒸发结晶应该在蒸发皿中进行，且需蒸发浓缩、冷却结晶才能得到FeSO#7H2O晶

体，不能使用用烟加热的方法。故D错误。

综上，答案为B。

12.“宏观辨识与微观探析”是化学学科核心素养之一。下列有关宏观辨识与微观探析说

法错误的是

宏观辨识微观探析

AHF在标准状况下为液态HF分子间存在氢键

试卷第8页，共21页

B。3在水中的溶解度大于。2是极性分子，。2是非极性分子

石墨晶体中相邻碳原子平面之间相隔较

C石墨的导电性只能沿石墨平面的方向

远

船式环己烷（）比椅式环己烷稳定

DC6HI2分子空间结构不同，船式的空间位阻小

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【详解】A.HF形成分子间氢键，沸点相对较高，HF在标准状况下为液态，故A正确；

B.03是极性分子，02是非极性分子，H2O为极性分子，根据相似相溶原理，03在水

中的溶解度大于02,故B正确；

C.石墨晶体中相邻碳原子平面之间相隔较远，石墨的导电性只能沿石墨平面的方向，

故C正确；

D.分子空间结构不同，物质的稳定性不同，椅式的空间位阻小，椅式环己烷（C6H12）

比船式环己烷稳定，故D错误。

综上，答案为D。

13.常温常压下利用Cu/Zn0/Zr0催化剂实现二氧化碳加氢制甲醇的反应历程和能量变

A.转化历程有四个基元反应，决速步为：HCOO*+5H*=CH3O*+H2O+H*

B.若无Cu/ZnO/ZrO催化剂，二氧化碳加氢制甲醇不能自发进行

C.反应过程中断裂与形成的共价键类型相同

D.寻找高效催化剂，有利于CO?的回收利用，使该反应原子利用率达到100%

【答案】A

【详解】A.由图可知，转化历程有四个基元反应；活化能越大，反应越慢，为决速步,

决速步为HCOO*+5H*=CH3O*+H2O+H*,故A正确;

B.催化剂能改变反应的速率，不能决定反应是否自发进行，无Cu/ZnO/ZrO催化剂，

二氧化碳加氢制甲醇依然能自发进行，故B错误；

C.反应过程中断裂与形成的共价键类型不相同，故c错误；

D.反应产物还有水生成，原子利用率不可能达到100%,故D错误。

答案选A。

14.向密闭容器中充入一定量H?和N?混合气体，在一定条件下，发生反应：

N2(g)+3H2(g)2NH3(g)AH=-92.4kJ/mol。测得NH3在不同温度下的平衡时产率

与压强的关系如图所示。下列说法正确的是

<

之

=1

且

小

H

N

A.平衡常数：K(A)>K(B)>K(C)B.逆反应速率：v(A)>v(B)>v(C)

C.反应温度：D.混合气体平均摩尔质量：

【答案】D

【分析】AH<0,则同一压强下，升高温度，平衡逆向移动，氨气的平衡产率降低，平

衡常数K减小，故。>T2,K(A)>K(B),据此解答。

【详解】A.平衡常数只与温度有关，则K(A)>K(B尸K(C),A错误；

B.平衡时，正、逆反应速率相等，相同压强，温度高反应速率大，则v(B)>v(A),相同

温度时，压强大反应速率快，则v(B)>v(C),B错误；

C.由分析可知，反应温度：TI>T2,C错误；

D.由“=二2可知，混合气体质量不变，物质的量越大，平均摩尔质量越小，氨气的

〃混

平衡产率越低，混合气体物质的量越大，即”(A)<a(B)<”(C),则M(A)>M(B)>M(C),D

正确；

故选D。

试卷第10页，共21页

15.H3RO3为三元弱酸，在溶液中存在多种微粒形态。将NaOH溶液滴到Imo/LHsROs

c（HRO；）

溶液中，各种含R微粒的分布分数比如可印9。=随

c（H3RO3）+c（HROj）+c（RO.）

B.当pH调至11〜12时发生反应的离子方程式为：H3RO3+OH=H2RO；+H2O

C.pH=12.8时，溶液中2c（HR0j）+4c（R0.）+c（0H）=c（H+）+c（Na+）

D.pH=14时，溶液中c（RO；）＞c（HROj）＞c（H2RO；）＞c（OH）＞c（H+）

【答案】C

【分析】因为H3RO3为三元弱酸，电离过程分步进行,则图中a、b、c、d分别表示H3RO3、

凡7?。；、HRO（、RO：分布分数随pH变化曲线，据此解答。

【详解】A.图中pH=9.22时，c（H37?O3）=c（H27?O；）,则H3RO3的

24\法，）=。"）=1产,A错误；

B.由图可知，当pH调至11〜12时，c（H?R。；）迅速减小，c（跳O；）迅速增大，则HzRO；

与OH-反应生成HR。；，发生反应的离子方程式为：H/O，+OfT=HRO：+HQ,B

错误；

C.pH=12.8时，溶液中由电荷守恒得：

（凡夫。；）++3c（R。：）+c（O/T）=c（H+）+c（Mfj,且=c（R。；）,

则2c（/7RO：）+4c（R*）+c（O/T）=c（H+）+c（Mf）,C正确；

D.pH=14时，c（OH）=lmol/L,且由图可知：c（RC^）＞[HRO^）＞c（H2/?O；）,且各种

含R微粒的浓度都小于lmol/L,则溶液中c(ar)>c(RO：)>("RQj)>c(H2R。。,

D错误；

故选C。

二、解答题

16.硒和碑是重要的稀散元素，都可以作为半导体材料。一种从碎碱渣(硫和硒的含量

较高，还含有少量Cu、Pb等元素)分离硒回收确的工艺流程如下：

盐酸羟胺

H2ONaHSH2SO4盐酸(HONH3C1)Na2SO3

水浸渣除杂渣中和液酸浸渣粗硒还原液

已知：①水浸液的主要成分为NaTeC)3、NazSeC^及少量可溶性的铜、铅化合物等。

②T6。2为两性氧化物，微溶于水。

③亚硒酸为二元弱酸，跖=2.7/10-3(2=2.5x10-8

回答下列问题：

⑴硒与氧同族，基态Se原子价电子排布式为。

(2)“除杂渣”的主要成分为。

(3)“中和”时控制pH为4〜5,生成TeC^沉淀，若硫酸过量，将导致Te的回收率下降的

原因是O

(4)“酸浸液”中硒主要以亚硒酸的形式存在。若控制“酸浸液”的pH为2,此时溶液中

c(SeO^)

=

c(H2SeO3)°

⑸“沉硒”时生成了一种无污染的单质气体，写出“沉硒”时发生的主要反应的化学方程

式O

(6)碘量法测定“粗硒”中硒的含量，过程如下：

取0.1000g粗硒，加入足量硫酸和硝酸，充分反应生成HJeOs，再加热至90℃使过量

的硝酸挥发；继续向HzSeOs溶液中加入过量的KI溶液，生成Se和月；然后滴入2滴

淀粉溶液，用0.4000mol/LNa2s2O3溶液滴定(2Na2s?。3+L=2NaI+Na2sQG)。重复

上述操作2次，消耗的Na2s2O3溶液的平均体积为12.50mL。①判断滴定至终点的方法

是o

试卷第12页，共21页

②该粗硒的纯度为o

【答案】⑴4s24P4

(2)CuS、PbS

(3)TeO2为两性氧化物，会与过量的硫酸反应进入中和液中导致硝元素损失。

(4)6.75义10-7

(5)H2SeO3+4HONH3Cl=Se；+2N2T+7H2O+4HCl

(6)滴入半滴Na2s2O3标准溶液，溶液蓝色消失，且半分钟内不变色98.75%

【分析】确碱渣(谶和硒的含量较高，还含有少量Cu、Pb等元素)加水水浸得到水浸

渣和水浸液，水浸液的主要成分为NaTeOs、Na/eOs及少量可溶性的铜、铅化合物等，

加入NaHS除杂，得到除杂渣，主要成分为CuS、PbS,除杂液加入硫酸中和得到中和

固体物质，固体物质用盐酸酸浸得到酸浸渣和酸浸液，酸浸液加入盐酸羟胺沉硒得到粗

硒，溶液再加入亚硫酸钠还原得到还原液和还原硅粉；

【详解】(1)基态硒是第四周期VIA族元素，主族元素价电子数等于最外层电子数，

所以基态硒原子的价电子排布式为4s24P4,故答案为:4s24P%

(2)可溶性的铜、铅化合物加入NaHS除杂，得到除杂渣，产生难溶性的硫化物，故"除

杂渣”的主要成分为CuS、PbS；

(3)“中和”时控制pH为4〜5,生成Teo?沉淀，若硫酸过量，TeCh为两性氧化物，会

与过量的硫酸反应进入中和液中导致确元素损失，导致Te的回收率下降；

(4)亚硒酸为二元弱酸，跖=2.7x10-3、鼠=2.5x10-8,“酸浸液”中硒主要以亚硒

c（SeOj）

酸的形式存在。若控制“酸浸液”的pH为2,此时溶液中

c（H2SeO3）

c（SeO^）c（HSeO；）c（H+）c（SeO^）c（H+）c（HSeO；）1降•降

X2+2+

c（HSeO；）c（H2SeO3）-c（HSeO-）*c（H2SeO3）c（H）~c（H）

2.7x10-3x2.5x10-8

=6.75x10-7；

（102）2

(5)“沉硒”时酸浸液加入盐酸羟胺沉硒得到粗硒，生成了一种无污染的单质气体，则

为氮气，发生的主要反应的化学方程式为H2SeO3+4HONH3Cl=Se；+2N2T+7H2O+4HCl；

(6)①用淀粉为指示剂，当碘反应完时蓝色褪去，则判断滴定至终点的方法是滴入半

滴Na2s2O3标准溶液，溶液蓝色消失，且半分钟内不变色；

②根据反应可知，关系式为HzSeCh〜Se〜2L〜4NazSQs，该粗硒的纯度为

31

0.4000mol/Lxl2.50xl0-3Lx-x79g/mol

_________________________xlOO%=9&75%。

0.1000g

17.化合物G(4—甲基一3一环己烯甲靖)是一种重要的化工原料，以丙烯和乙烘为主

要原料的一种合成路线如下:

H20O2CH=CH浓H2s

CHCH=CHc5H8CH=C—C=CH

3—2C3H8。-Cu/C3H6。。2

催化剂NaNH2△

A'BC

CH3

D

C5H8^

Lindlar催化剂

E

CH-CH/回-

已知:CH2=CH2+CH2=CH—CH=CH2—

回答下列问题:

(1)化合物F的名称是

⑵化合物C中的官能团名称为，C-D的反应类型为

⑶化合物D中最多有个原子共平面，化合物G核磁共振氢谱图中有组峰。

(4)A—B的化学方程式为

(5)化合物H是B的同系物，且相对分子质量比B大：14,则满足以下条件的H的同分

异构体有种(不考虑立体异构体，羟基直接连在碳碳双键的碳原子上的结构不稳

定)。

①分子中无环状结构②能使滨水褪色

(6)参照化合物G合成路线，以乙焕、甲醛及无机试剂为原料合成1,4一环己二烯(Cj),

请完成下列合成路线:

CHmCHf^HOCH2c=CCH2OH_

【答案】(1)丙烯月青

⑵碳碳三键、羟基消去反应

⑶96

OHO

(4)2+02—II+2H2O

H3C—CH—CH3,H3C—c—CH3

(5)10

催化剂

SfcH2so

(6)THOCH2cH2cH2cH20H4»CH2=CHCH=CH2温•

A

H2

【分析】由有机物的转化关系可知，催化剂作用下CH3cH=CH2与水发生加成反应生成

试卷第14页，共21页

OHOHOH

I，则A为|；铜做催化剂条件下I与氧气共

H3C—CH—CH3H3C—CH—CH3H3C—CH—CH3

热发生催化氧化反应生成II，则B为II；||与乙

H3C—c—CH3H3C—C—CH3H3C—C—CH3

OHOHOH

快发生加成反应生成HC三C-,—CH3,则c为HC三c—q—CH3；HC三

CH3CH3CH3

HC=C—C=CH2

在浓硫酸中共热发生消去反应生成I，催化剂作用下

CH3

HCH

c2

HC=C—C=CH2H2C=I

I与氢气发生加成反应生成'C则E为

CH3H3

CcH

=2

H2C=CHI

C催化剂作用下乙烘与氢氟酸发生加成反应生成CH2=CHCN,则

H3

HC=C—C=CH2

F为CH2=CHCN；CH2=CHCN与I共热发生加成反应生成

CH3

【详解】(1)由分析可知，F的结构简式为CH2=CHCN,名称为丙烯月青，故答案为：丙

烯睛;

0H

(2)由分析可知，C的结构简式为HC三C—f—CH3,官能团为碳碳三键、羟基；C-D

CH3

OH

的反应为HC三C一(J—CH。在浓硫酸中共热发生消去反应生成HC=C—C=CH2

I和水,

CH3

CH3

故答案为：碳碳三键、羟基；消去反应;

HC三CCH2

(3)由结构简式可知，分子中碳碳三键为直线结构、碳碳双键为平

面结构，则由三点成面可知，分子中最多有9个原子共平面;分子中含有6

种类型的氢原子，核磁共振氢谱有6组峰，故答案为：9；6；

0H

(4)由分析可知，A-B的反应为铜做催化剂条件下|与氧气共热发生催

H3C—CH—CH3

OOH

化氧化反应生成II和水，反应的化学方程式为2|+O2-T->2

H3C—C—CH3H3C—CH—CH3

OOHO

II+2H2O,故答案为：2|+02—畀2II+2H2O；

H3C—C—CH3H3C—CH—CH3H3C—C—CH3

(5)B的同系物H的相对分子质量比B大14,分子中无环状结构，能使滨水褪色说明

H分子的分子式为C4H80,含有的官能团为醛基，或碳碳双键和羟基，或碳碳双键和酸

键，其中官能团为醛基的结构有2种；由羟基直接连在碳碳双键的碳原子上的结构不稳

定可知，官能团为碳碳双键和羟基的结构有4种；官能团为碳碳双键和酸键的结构有4

种，则符合条件的结构共有10种，故答案为：10；

(6)由题给有机物的转化关系可知，以乙快、甲醛及无机试剂为原料合成1,4一环己

二烯的合成步骤为催化剂作用下乙焕与甲醛发生加成反应生成HOCH2c三CCHzOH,催

化剂作用下HOCH2c三CCH20H与氢气发生加成反应生成HOCH2cH2cH2cH2(DH,

HOCH2cH2cH2cH20H在浓硫酸中共热发生消去反应生成CH2=CHCH=CH2,

CH2=CHCH=CH2与乙焕共热发生加成反应生成］)，合成路线为

CH三CH就>HQCH2c三CCH2OH一岛->HOCH2cH2cH2cH20H巧?—

CH2=CHCH=CH2篙*>Ql»

o

18.DMSO(s)是一种无色粘稠液体，广泛用作溶剂和反应试剂。实验

/\

H3cCH3

相对分子质量熔点沸点密度

DMSO7818.4℃189℃1.10g/cm3

3

CH3SCH362-83.2℃37.5℃0.85g/cm

II.HNO2微热易分解为NO、NO?和H2O。

实验过程：①连接好装置，检查装置的气密性，装好药品。打开活塞b,通入。2,打开

试卷第16页，共21页

活塞a,滴加稀硫酸，微热三颈烧瓶A。将A仪器中制得的足量气体通入31.00mL二甲

基硫酸中，控制温度为60〜80℃,反应一段时间得到DMSO粗品，

②粗品经减压蒸储后共收集到24.11mLDMSO纯品。

回答下列问题：

(1)B中盛放的试剂是(填名称)；仪器X的进水口为(填“d”或"c”)口。

(2)多孔球泡的主要作用是o

(3)关闭活塞b,装置A中产生的气体通入装置C中发生反应后，气体成分不变。生成

DMSO的化学方程式是。

(4)D装置吸收尾气的优点是=

(5)实验中通入过量O?的目的是(答两点)。

(6)DMSO被誉为“万能溶剂”，其易溶于水的主要原因是o

⑺本实验的产率是%(结果保留2位小数)。

【答案】(1)五氧化二磷或硅胶或无水氯化钙d

(2)增大接触面积，提高吸收效率(或吸收速率)

O

(3)NO2+CH3SCH34S+NO

/\

H3cCH3

(4)防止倒吸

⑸①氧气将NO转化为NO2,可以提高原料利用率。②过量的氧气将C中生成的尾气

NO氧化，促进尾气吸收。③将装置中的气体赶入后面的装置充分吸收。(任选两点回

答)

(6)DMSO与水分子之间可形成氢键

(7)80.00

【分析】由图可知，装置C中二甲基硫酸CH3SCH3与NO2反应制备二甲基亚碉，A装

置是产生NO2,D中处理剩余的NO2,为防止污染空气，用氢氧化钠溶液进行尾气吸收,

根据制备二甲基亚飒的反应计算产率，据此解答。

【详解】(1)B中盛放的试剂的目的是干燥NCh,则B中盛放的试剂可能是五氧化二磷

或硅胶或无水氯化钙，仪器X为冷凝管，进水口为下端，故答案为：五氧化二磷或硅

胶或无水氯化钙；d„

(2)多孔球泡可以增大气体与溶液接触面积，提高吸收效率，增大接触面积，提高吸

收效率，故答案为：增大接触面积，提高吸收效率(或吸收速率)。

(3)检测发现装置A中产生的气体通入装置C中发生反应后，气体成分不变，可推测

O

60

C中反应生成DMSO的同时生成NO,故答案为:NCh+CfhSCJh：!：(+NOo

/\

H3cCH3

(4)双球U型管吸收尾气，双球的容积大可防止液体倒吸，故答案为：防止倒吸。

(5)HNO2微热易分解为NO、NO2和H2O,为得到更多的NCh,因此需要将NO转变

为NCh,则实验中02需过量的原因是将NO氧化成NCh,可以提高原料利用率，过量

的氧气还能氧化尾气中的NO,促进尾气的吸收；同时02可将装置中的气体赶入后面的

装置充分吸收，故答案为：①氧气将NO转化为NCh,可以提高原料利用率。②过量的

氧气将C中生成的尾气NO氧化，促进尾气吸收。③将装置中的气体赶入后面的装置充

分吸收。(任选两点回答)。

(6)分子间形成氢键是溶解度增大为主要因素，分子的极性是次要因素，故答案为：

DMSO与水分子之间可形成氢键。

(7)根据二甲基硫酸(CH3SCH3)制备DMSO的反应原理，则理论上得到DMSO的

-3

_324.11mLx1.10g-cm

质量0.85g-cm、0mLx78,则本实验的产率是o.85g-cm-3x310OmLx78mno/nno/

62-------------------------------x100%a80.00%

62

故答案为80.00o

19.为了实现“碳达峰”和“碳中和”的目标，将CO?转化成可利用的化学能源的“负碳”技

术是世界各国关注的焦点。回答下列问题：

方法I：CO?催化加氢制甲醇。

以CO?、凡为原料合成CH30H涉及的反应如下：

反应i：CO2(g)+3H2(g).■CH3OH(g)+H2O(g)AHl=-49.0kJ/mol

反应ii：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)AH2=+41.0kJ/mol

反应iii：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)AH3

⑴计算反应出的△&=kJ/mol0

(2)一定温度和催化剂条件下，在密闭恒容容器中按照投料

〃((：02):双耳):〃(2)=1:3:1发生反应(凡不参与反应)，平衡时CO2的转化率、

小(CHQH)

CH30H和CO的选择性(如CHQH的选择性=—J一^—―xl00%)随温

“生成(C&OH)+性成(CO)

度的变化曲线如图所示。

试卷第18页，共21页

10O-

(-

%9O-

)8O-

如-

-

港7O-

利-

6O-

播5O-

裕-

-

F4O-

-

港3O-

-

2O-

-

1O-

O-

①图中曲线a表示物质的变化（填“CO?CH30H”或“CO”）。

②上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有（填标号）。

A.升高温度，反应i逆向移动，所以正反应速率减小

B.向容器中再通入少量N2,CO?的平衡转化率下降

C.移去部分H2（D（g）,反应出平衡一定不移动

D.选择合适的催化剂能提高CH30H的选择性

③保持温度不变，在恒容反应器中，初始总压为5pkPa,只发生反应i和ii,达到平衡

时CO2的转化率为80%,CO的选择性为25%,则H2的转化率为,反应ii的压强

平衡常数Kp=（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压x物质的量分数）

方法II：催化加氢制甲酸

（3）科研工作者通过开发新型催化剂，利用太阳能电池将工业排放的CO?转化