2024届重庆市拔尖强基联盟高三上学期12月联考化学试题(解析版)_第1页
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高级中学名校试卷PAGEPAGE2重庆市拔尖强基联盟2024届高三上学期12月联考可能用到的相对原于质量:H1O16Na23Cu64K39Cr52C12一、选择题:本大题共14小题,每小题3分,共42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.“绿水青山,就是金山银山”。近年来我国的环境保护工作取得了长足进步,人们的生活环境得到了极大改善,下列说法错误的是()A.使用聚乳酸可降解餐具可减少白色垃圾B.禁止向长江、嘉陵江排放工业废水,有利于水质得到改善C.垃圾的分类收集和处理符合绿色环保和废物再利用原则D.煤的气化和液化有利于减少CO2的排放,提前实现“碳达峰”〖答案〗D〖解析〗A.使用聚乳酸可降解餐具,绿色环保,可减少白色垃圾,A正确;B.减少废水的排放,可改善水质,B正确;C.垃圾的分类收集和处理可对资源重新再利用,符合绿色环保和废物再利用原则,C正确;D.煤的气化和液化后燃料燃烧产物仍为CO2,并未减少CO2的排放,D错误;故选D。2.在含H+、Mg2+、Ba2+、的溶液中,通入足量SO2气体,离子数目几乎没有变化的是()A.H+ B.Mg2+ C.Ba2+ D.〖答案〗B〖解析〗A.二氧化硫被溶液中硝酸氧化为硫酸,硫酸电离出氢离子,氢离子数目变大,A不符合题意;B.镁离子和二氧化硫不反应,数目不变,B符合题意;C.二氧化硫被溶液中硝酸氧化为硫酸,硫酸和钡离子生成硫酸钡沉淀,钡离子数目改变,C不符合题意;D.二氧化硫被溶液中硝酸氧化为硫酸,硝酸根离子数目减小,D不符合题意;故选B。3.下列叙述正确的是()A.Fe(OH)3分别与盐酸和稀HNO3反应,反应类型相同B.Cu分别与浓HNO3和稀HNO3反应,生成的还原产物相同C.过量Fe分别与氯气和硫反应,生成物中铁的价态相同D.浓H2SO4分别与Zn和C反应,硫酸表现的性质相同〖答案〗A〖解析〗A.Fe(OH)3分别与盐酸和稀HNO3反应,均属于酸碱中和反应,反应类型相同,A正确;B.Cu与浓HNO3反应,还原产物为NO2,和稀HNO3反应,还原产物为NO,生成的还原产物不相同,B错误;C.过量Fe与氯气反应,生成氯化铁,铁为+3价,和硫反应,产物为硫化亚铁,铁为+2价,生成物中铁的价态不相同,C错误;D.浓H2SO4与Zn反应时体现氧化性与酸性,和C反应时体现氧化性,硫酸表现的性质不相同,D错误;故选A。4.中国空间站天和核心舱的主要能量来源是砷化镓(GaAs)太阳电池阵,其中Ga与Al同主族,As与N同主族,GaAs的熔点为1238℃。下列说法正确的是()A.Ga的电负性大于AsB.GaAs的晶体类型为分子晶体C.砷化镓是一种金属材料D.基态Ga原子电子填充的最高能级轨道形状为哑铃形〖答案〗D〖解析〗A.Ga与As都在第四周期,且原子序数As>Ga,则电负性As大于Ga,故A错误;B.GaAs的熔点为1238℃,熔点较高,符合共价晶体的物理性质,故晶体类型为共价晶体,故B错误;C.砷化镓属于化合物,为半导体材料,不是金属材料,故C错误;D.基态Ga原子电子排布式为[Ar]3d104s24p1,最高能级为4p,轨道形状为哑铃形,故D正确;所以〖答案〗选D。5.已知反应,若NA为阿伏加德罗常数的值,当固体质量减少0.96g时,下列叙述一定正确的是()A.转移电子数为0.36NAB.反应后的固体质量为384gC.生成N2的分子数为0.04NAD.消耗的NH3与生成的H2O含有的共用电子对数均为0.12NA〖答案〗D〖祥解〗该反应中固体质量减少量为氧化铜的质量减去铜的质量,当有3molCuO参与反应时,固体质量减少量为48g,现质量减少0.96g,则有0.06molCuO参与反应。【详析】A.反应中铜元素得电子由+2价变为0价,故有0.06molCuO参与反应时转移的电子数为0.12NA,A错误;B.有0.06molCuO参与反应生成0.06molCu,则反应后固体质量为3.84g,B错误;C.根据反应系数可知,生成N2的分子数为0.02NA,C错误;D.消耗的氨气分子为0.04mol,生成的水分子为0.06mol,一个氨气分子中有三对共用电子对,一个水分子中有两对共用电子对,故消耗的NH3与生成的H2O含有的共用电子对数均为0.12NA,D正确;〖答案〗选D。6.以下实验装置或操作(部分夹持仪器省略)正确的是()A.一定浓度的NaOH溶液测定未知浓度的CH3COOHB.检验生成的乙炔C.验证NH4Cl分解D.配一定物质的量浓度的溶液〖答案〗C〖解析〗A.一定浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH,滴定终点溶液呈碱性,应该用酚酞作指示剂,氢氧化钠应该盛放在碱式滴定管中,故A错误;B.饱和食盐水和电石生成的乙烯中可能含有还原性气体H2S,H2S、乙烯都能使酸性高锰酸钾褪色,该装置不能检验有乙炔生成,故B错误;C.氯化铵分解生成氨气和氯化氢,P2O5能吸收氨气,碱石灰能吸收氯化氢,湿润的蓝色石蕊试纸检验HCl、湿润的红色石蕊试纸检验NH3,故C正确;D.配一定物质的量浓度的溶液,颠倒摇匀,应该用手扶住容量瓶底部,如图所示,故D错误;选C。7.重庆火锅驰名中外,誉满全球。火锅底料中的桂皮可以起到去腥解腻的功能,桂皮的主要成份是肉桂醛(),可发生如下反应:n,下列说法正确的是()A.a物质所有原子在一个平面上B.可以用溴的四氯化碳溶液检验肉桂醛中的碳碳双键C.肉桂醛和氢气完全加成后有一个手性碳D.a物质不能使酸性高锰酸钾溶液褪色〖答案〗B〖解析〗A.a中与苯环直接相连的碳原子为饱和碳原子,所有原子不在同一平面,A错误;B.双键能使溴的四氯化碳溶液褪色,可以用溴的四氯化碳溶液检验肉桂醛中的碳碳双键,B正确;C.肉桂醛和氢气完全加成后产物为:,没有手性碳,C错误;D.a物质中含醛基,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,D错误;故选B。8.氧化铈(CeO2)常用作玻璃工业添加剂,在其立方晶胞中掺杂Y2O3,Y3+占据原来Ce4+的位置,可以得到更稳定的结构,这种稳定的结构使得氧化铈具有许多独特的性质和应用。下列说法不正确的是()A.已知基态Ce原子的价电子排布式为4f15d16s2,则Ce位于周期表f区B.CeO2立方晶胞中铈离子的配位数为4C.CeO2晶胞中氧离子填充在铈离子构成的四面体空隙中D.若掺杂Y2O3后得到n(CeO2):n(Y2O3)=0.8:0.1的晶体,则此晶体中O2-的空缺率为5%〖答案〗B〖解析〗A.根据基态Ce原子的价电子排布式为4f15d16s2可知Ce位于周期表f区,A正确;B.由图知,CeO2立方晶胞中Ce位于顶点和面向,O位于8个小立方体的体心,则铈离于的配位数为8,B不正确;C.结合选项B可知,CeO2晶胞中氧离子填充在铈离子构成的四面体空隙中,C正确;D.氧化铈(CeO2)立方晶胞中摻杂Y2O3,Y3+占据原来Ce4+的位置,则未掺杂前每个晶胞中含4个Ce8个O、若掺杂Y2O3后得到n(CeO2):n(Y2O3)=0.8:0.1的晶体,每个晶胞中Ce与Y共4个时含4×(0.8×2+0.1×3)=7.6个O,则此晶体中O2-的空缺率=5%,D正确;选B。9.化学工作者以NaOH溶液为电解质溶液,以Ni2P和CoP纳米片作为电极催化材料,合成偶氮化合物()的装置如图所示(其中R表示烃基)。下列说法不正确的是()A.电解结束后左右两侧溶液中OH-的物质的量不变B.CoP电极反应式为:C.与Ni2P相连的为燃料电池的负极D.该装置工作时,当转移电子为6mol时,理论上消耗甲醇的质量为32g〖答案〗C〖祥解〗甲醇燃料电池为原电池,提供电能,左侧电极室,C6H5NO2中C为价,生成的中C为,12个C原子共得到8个电子,发生还原反应,作为阴极;右侧,RCH2NH2生成RCN,少4个H原子,则失去4个电子,,发生氧化反应,作阳极,以此分析;【详析】A.根据分析,当阴阳极得失电子相等时,阴极生成OH-的物质的量与阳极消耗OH-的物质的量相等,A正确;B.根据分析,CoP电极为阴极,发生还原反应,B正确;C.Ni2P为阳极,与电源正极相连,C错误;D.甲醇燃料电池中,,当转移电子为6mol时,理论上消耗甲醇1mol,,D正确;故〖答案〗为:C。10.以下实验操作、现象都正确是()选项操作现象A向天蓝色的CuSO4溶液中缓慢通入NH3有蓝色沉淀生成,继续通入NH3,沉淀不溶解B将铜质钥匙和电源正极相连,银单质和负极相接,以AgNO3溶液为电解质溶液对钥匙镀银铜质钥匙上出现银白色镀层C向乙酸乙酯、乙酸、乙醇的混合溶液中加入足量饱和Na2CO3溶液提纯乙酸乙酯下层出现油状液体D在试管中加入2mL饱和(NH4)2SO4溶液,向其中滴加鸡蛋清溶液,振荡,再加入蒸馏水,振荡试管中先出现分层现象,后又消失〖答案〗D〖解析〗A.向天蓝色的CuSO4溶液中缓慢通入NH3,观察到首先生成蓝色沉淀,而后沉淀逐渐溶解成深蓝色溶液,故A错误;B.对钥匙镀银应该将Ag与电源正极相连,铜质钥匙与电源负极相连,故B错误;C.乙酸能与碳酸钠反应生成易溶于水的乙酸钠,而乙酸乙酯不与碳酸钠反应也不溶于水,且乙酸乙酯密度比水小,所以油状液体在上层,故C错误;D.鸡蛋清溶液遇(NH4)2SO4溶液发生蛋白质的盐析,为可逆过程,先产生白色沉淀,加水后沉淀又溶解,故D正确;故选D。11.2022年9月9日,中国科学家首次在月球上发现的新矿物被命名为“嫦娥石”。该矿物含有X、R、Z、W四种原子序数依次增大的短周期主族元素。已知X、R、Z、W质子数之和为46,X、R、Z最外层电子数分别为x、y、z,,。下列叙述正确的是()A.离子半径:X<R<ZB.Z在空气中燃烧生成多种物质C.W简单氢化物热稳定比X的简单氢化物强D.X与R形成了化合物为离子化合物且只含有离子键〖答案〗B〖祥解〗X、R、Z最外层电子数分别为x、y、z,,解得x=6,y+z=3,根据原子序数的大小,X为O元素,R和Z的最外层电子数分别为1和2,R为Na,Z为Mg,根据质子数之和为46,W的质子数为15,为P元素。【详析】A.根据粒子半径的大小比较,电子层数越多,粒子半径越大,电子层数相同,质子数越大,半径越小,所以离子半径大小为O2->Na+>Mg2+,A错误;B.镁在空气中燃烧,能与氮气、氧气、二氧化碳反应,生成氮化镁、氧化镁和碳,B正确;C.因为O的非金属性强于P,所以P的简单氢化物热稳定性比O的简单氢化物弱,C错误;D.O和Na形成的化合物中既有离子键,又有共价键,D错误;〖答案〗选B。12.三氟化氯(ClF3)是极强助燃剂,液态时能发生自耦电离:,其气态分子的空间构型如图,下列推测合理的是()A.ClF的空间构型为V形B.ClF3分子的中心原子杂化轨道类型为sp2C.ClF3与Fe反应生成FeCl2D.ClF3分子是含有极性键的非极性分子〖答案〗A〖解析〗A.根据价层电子对互斥理论,中心原子Cl有2个成键电子对,2个孤电子对,价层电子对数为2+2=4,离子空间构型为V形,A正确;B.ClF3分子中有2个孤电子对和3个成键电子对,价层电子对数为2+3=5,所以其中心原子杂化轨道类型不是sp2,B错误;C.三氟化氯是极强助燃剂,其中Cl化合价为+3价,具有强氧化性,ClF3与Fe反应生成FeCl3和FeF3,C错误;D.由图可知,三氟化氯是结构不对称的三角锥形分子,属于含有极性键的极性分子,D错误;

故选A。13.25℃时,向20mL0.1mol/LH2A溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液,测得溶液的pOH与或的变化关系如图所示,下列说法错误的是()A.L1线表示与pOH的变化关系B.H2A的C.pH=3时,溶液中c(H2A)>c(HA-)>c(A2-)D.当加入30mLNaOH溶液时,有〖答案〗D〖解析〗A.根据向溶液中加入溶液的反应过程可知,越来越少,先生成,再生成,且逐滴加入,pOH逐渐减小,则L2表示与pOH的变化关系,L1线表示与pOH的变化关系,A正确;B.图中A点坐标﹙1.11,0﹚,B点坐标﹙7.04,0﹚,A点,则,B点,则,B正确;C.根据,,则当pH=3时,H2A存在最多,其次是,最少,c(H2A)>c(HA-)>c(A2-),C正确;D.当加入30mLNaOH溶液时,中存在物料守恒,D错误;故选D。14.固体氨基甲酸铵H2NCOONH4可用于医药制药、(NH4)2CO3可用于做化肥,两者受热均发生分解反应。某一温度T℃下反应I:的。该温度下单独发生反应II:,平衡后的总压为160kPa.该温度下、刚性容器中放入H2NCOONH4和(NH4)2CO3两种固体,平衡后两种固体均大量存在,下列关于两种固体共存并达到化学平衡态的说法正确的是()A.NH3和CO2的比值不变说明反应I和II达到了化学平衡B.气态水分压p(H2O)=70kPaC.气体的总压约为184.8kPaD.反应II的平衡常数〖答案〗C〖解析〗A.反应过程中NH3和CO2的比值恒为2:1,NH3和CO2的比值不变不能说明反应I和II达到了化学平衡,故A错误;B.达到平衡时,p(NH3):p(CO2):p(H2O)=2:1:1,平衡后的总压为160kPa,则分压p(H2O)=160kPa×=40kPa,故B错误;C.反应I和II同时进行,由方程式系数关系可知,达到平衡时p(NH3):p(CO2)=2:1,的,p(NH3):p(CO2)=2:1,则p()=2,p(CO2)=30kPa,由B可知,反应II的Kp2=40kPa×40kPa×(80kPa)2=1.024×107,则反应I和II同时进行达到平衡时p(H2O)=,则气体的总压约为60kPa+30kPa+94.8kPa=184.8kPa,故C正确;D.由C可知,反应II的平衡常数Kp2=1.024×107,故D错误;故选C。二、非选择题:本大题共4个小题,共58分。15.一种以铬铁矿【主要含有Fe(CrO2)2,同时含有Al2O3、SiO2】为主要原料制备K2Cr2O7的工艺流程如图所示:(1)基态铬原子的单电子数为________,铬铁矿中元素第一电离能Al________Si(填“大于”、“小于”或“等于”)。(2)焙烧时Fe(CrO2)2转化为Na2CrO4,同时杂质A12O3、SiO2转化为可溶性钠盐,焙烧时Fe(CrO2)2发生反应的的化学方程式为____________________________________。(3)滤渣a中除A1(OH)3外还有________________。(填化学式)(4)已知,,酸化时发生,,测得滤液2中pH=5,含铬微粒只有和,其中c()=1.0mol/L,则滤液2中c(Al3+)=________mol/L,的转化率为_______。(结果保留3位有效数字)(5)已知相同温度下Na2Cr2O7溶解度显著高于K2Cr2O7,可利用两者溶解度的不同实现转化,操作X的具体过程为:加热浓缩、___________、冷却结晶、过滤、洗涤干燥,得到较纯净的K2Cr2O7晶体。(6)将15kg铬铁矿按上述流程制得K2Cr2O7产品,假设各步损失铬元素总计9.0%,干燥称量得14kg该产品,滴定分析产品中K2Cr2O7的纯度为99.2%,则铬铁矿中铬元素的质量分数为___________。〖答案〗(1)6小于(2)(3)H2SiO3(或H4SiO4)(4)1×10-699.5%(5)趁热过滤(6)36.0%〖祥解〗含铬废渣与纯碱、O2焙烧生成Na2CrO4、Fe2O3,同时释放出CO2气体:,同时Al2O3、SiO2分别转化为NaAlO2和Na2SiO3,Fe2O3不溶于水,水浸过滤得到的滤渣是Fe2O3,酸化后形成滤渣为Al(OH)3和H2SiO3(或H4SiO4)沉淀,最后分离出Na2Cr2O7溶液,已知相同温度下Na2Cr2O7的溶解度显著高于K2Cr2O7,可利用两者溶解度的不同实现转化,在Na2Cr2O7溶液中加KCl固体,经过加热浓缩,趁热过滤,冷却结晶,过滤、洗涤得到K2Cr2O7。【详析】(1)基态铬原子的外围电子排布为3d54s1,单电子数为6;同周期从左往右第一电离能呈增大趋势,故第一电离能Al小于Si;(2)根据分析:焙烧时Fe(CrO2)2发生反应的的化学方程式为:;(3)根据分析,滤渣a中除A1(OH)3外还有H2SiO3(或H4SiO4);(4)室温下,滤液2中pH=5,故,,故;方程式:,,其中pH=5,即,c()=1.0mol/L,故,的转化率为:;(5)根据分析:操作X的具体过程为:加热浓缩、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤干燥;(6)根据铬元素守恒,14kg产品中的铬元素质量为:,各步损失铬元素总计9.0%,故铬铁矿中个元素质量为:,铬铁矿中铬元素的质量分数为:。16.苯甲酸和苯甲醇是重要的化工原料,可通过卡甲醛和足量氢氧化钾溶液反应制取,“强基计化”小分队在实验室制备苯甲酸和苯甲醇,同时测定苯甲酸的纯度。I.制备反应原理及反应结束后对反应液处理步骤如下:己知:名称熔点℃沸点℃溶解性相对分子质量苯甲酸122.4(100℃左右开始升华)248微溶于冷水,易溶于乙醇、热水122苯甲醇-15.3205.7在水中溶解度较小,易溶于乙醚、乙醇108请根据以上信息,回答下列问题(下图夹持仪器已省略):(1)有关提纯过程下列说法正确的是___________。A.步骤I:可以用乙醇作为萃取剂B.步骤II:可用无水MgCl2作干燥剂C.若在蒸馏过程中忘记加沸石,应立即停止加热,冷却后再加入沸石D.步骤V:产品可用酒精灯或沸水浴加热烘干(2)若用如图装置进行步骤III,则装置a应选用________(从b、c、d中选填,写名称),蒸馏时宜选用减压蒸馏,优点是_______________________________________(任写一点),真空接引管应连接装置_________(填“e”或“f”)。(3)步骤III具体操作步骤:安装好减压蒸馏装置→________→先旋紧螺旋夹,打开安全瓶上活塞,使体系与大气相通,启动油泵抽气、慢慢关闭安全瓶上活塞至完全关闭→_________→用一个洁净干燥的接受瓶接收液体,温度趋于稳定后,待温度计的读数显著升高并稳定后→________→蒸馏完毕,移去热源,慢慢旋开螺旋夹(避免倒吸),再慢慢打开安全瓶活塞,平稳内外压力,使测压计的水银柱慢慢地恢复原状,然后关闭油泵和冷却水。请从下列选项中选择合适的操作填空:A.开启冷凝水,选用油浴加热蒸馏B.在蒸馏瓶中加入待蒸液体,并加入1~2粒沸石C.用一个洁净干燥的接受瓶收集馏分II.产品的纯度测定(4)称取mg样品,溶于过量的V1mL浓度为0.1mol/L的氢氧化钾溶液中,滴加几滴酚酞溶液,摇匀,用0.1mol/L盐酸滴定,达到滴定终点,记录耗酸体积。做3组平行实验,所消耗盐酸的平均体积为V2mL。①滴定终点现象是___________________________________________________。②产品的纯度是___________%③若用甲基橙作指示剂,则测定结果___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。〖答案〗(1)BC(2)直形冷凝管减压蒸馏沸点低,可防止温度过高时产品被氧化或蒸馏效率高或节约能源e(3)BAC(4)①当滴入最后半滴盐酸时,溶液的颜色由红色变为浅红色,且半分钟内不恢复红色②③偏小〖祥解〗反应液含有苯甲醇和苯甲酸钠,加入乙醚萃取,分液,得到的有机层为苯甲醇和乙醚的混合物,蒸馏可得到苯甲醇,水层为苯甲酸钠的水溶液,加入盐酸酸化得到苯甲酸,经一系列操作后重结晶得到苯甲酸。【详析】(1)A.乙醇与水互溶,不能用作该体系的萃取剂,A错误;B.无水氯化镁可用作有机体系的干燥剂,B正确;C.蒸馏过程中忘记加沸石,应将装置冷却至室温后再补加,C正确;D.苯甲酸在100℃左右升华,不能用酒精灯或用沸水浴加热烘干,D错误;故选BC。(2)蒸馏选用直形冷凝管,蒸馏时宜选用减压蒸馏,优点是:减压蒸馏沸点低,可防止温度过高时产品被氧化或蒸馏效率高或节约能源;真空接引管应连接装置:e,抽滤瓶中连接真空系统时导管斜面长的一端应远离抽滤瓶支管;(3)步骤III具体操作步骤:安装好减压蒸馏装置→在蒸馏瓶中加入待蒸液体,并加入1~2粒沸石→先旋紧橡皮管上的螺旋夹,打开安全瓶上活塞,使体系与大气相通→启动油泵抽气,慢慢关闭安全瓶上活塞至完全关闭→开启冷凝水,选用油浴加热蒸馏→用一个洁净干燥的接受瓶收集馏分→温度趋于稳定后→待温度计的读数显著升高并稳定→用一个洁净干燥的接受瓶收集馏分→蒸馏完毕,移去热源,慢慢旋开螺旋夹(避免倒吸),再慢慢打开安全瓶活塞,平稳内外压力,使测压计的水银柱慢慢地恢复原状,然后关闭油泵和冷却水,故依次填入的顺序为:B、A、C;(4)①滴定终点现象是:当滴入最后半滴盐酸时,溶液的颜色由红色变为浅红色,且半分钟内不恢复红色;②苯甲酸与氢氧化钾先反应(物质的量比为1:1),剩余的氢氧化钾用盐酸进行滴定,故苯甲酸的物质的量为:,苯甲酸的纯度为:=;③甲基橙的变色范围为3.1-4.4,酸过量,即盐酸消耗的氢氧化钾的量偏大,苯甲酸消耗的氢氧化钾的量偏少,故苯甲酸的测定结果偏小。17.为了实现“碳中和”的目标,有多种方式,如节能减排,吸收储存,转化等。工业上用下列反应I将CO2进行加氢转化成甲醇,反应I:,同时还伴有副反应II:。(1)己知H2,CH3OH的燃烧热△H分别为-285.8kJ/mol,-726.5kJ/mol,水,甲醇的汽化热分别为44kJ/mol,39.4kJ/mol,则反应I的△H=______________。(2)在一容器中以物质的量之比1:3的比例通入CO2和H2,并通入少量H2O(g)活化催化剂Cu/ZnO,得出的结果如下图所示,请选出最适宜的合成条件___________(选择水蒸气含量和反应时间)。(3)研究表明有水蒸气参与的反应进程如下图所示,eV表示能量单位,该催化反应优先选择___________路径。(选“COOH*”或“HCOO*”)(4)假设在一刚性容器中,起始压强为4×106Pa,以体积比1:3的比例通入CO2和H2,H2O的体积分数为0.06%,该条件下4小时反应I和II达到平衡,CO2的转化率为4%,甲醇的选择性为98%,为了简化计算,忽略反应起始加入的0.06%的水蒸气,计算该情况下H2O(g)的压强为___________,甲醇的反应速率为___________Pa/h(单位为Pa/h),反应II的Kp=___________。(5)工业上还可用In2O3电极电化学还原CO2得到HCOO-,另一石墨电极得到产品CH3(CH2)6CN,写出阴极的电极反应:__________________________________________,当外电路转移1mol电子时,生成的产品CH3(CH2)6CN的物质的量为___________。〖答案〗(1)-47.5kJ/mol(2)水蒸气百分含量为0.11%,反应时间3小时(3)COOH*(4)4×1049.8×1031.16×10-5(5)0.25mol〖解析〗(1)己知H2,CH3OH的燃烧热△H分别为-285.8kJ/mol,-726.5kJ/mol,水,甲醇的汽化热分别为44kJ/mol,39.4kJ/mol,则有:①H2(g)+O2(g)=H2O(l)

△H1=-285.8kJ/mol;②CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)

△H2=-726.5kJ/mol;③H2O(l)=H2O(g)△H3=+44kJ/mol;④CH3OH(l)=CH3OH(g)△H4=+39.4kJ/mol;由盖斯定律可知,①×3-②+③+④可得反应I,则反应I的△H=3△H1-△H2+△H3+△H4=-47.5kJ/mol。(2)由图可知,水蒸气百分含量为0.11%,反应时间3小时的条件下,CH3OH的选择性最高。(3)由图可知,选择COOH*路径时,反应的活化能更小,反应速率更快。(4)根据已知条件列出“三段式”CO2的转化率为,甲醇的选择性为=98%,解得x=39200Pa,y=800Pa,该情况下H2O(g)的压强为39200Pa+800Pa=4×104Pa,甲醇的反应速率为=9.8×103Pa/h,反应II的Kp==1.16×10-5。(5)由图可知,CO2在阴极发生还原反应生成HCOO-,根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为:,阳极CH3(CH2)7CN发生氧化反应得到CH3(CH2)6CN,根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为:CH3(CH2)7CN+6OH--4e-=CO+CH3(CH2)6CN+3H2O,当外电路转移1mol电子时,生成的产品CH3(CH2)6CN的物质的量为0.25mol。18.2022年诺贝尔化学奖颁给了三位在点击化学作出杰出贡献的科学家。一价铜催化叠氮化物与炔烃反应(CuAAC反应)是点击化学的经典之作。某三氮唑类聚合物G的合成路线如图所示。己知:i.R-Br+HC≡C-R′R-C≡C-R′+HBrii.+回答下列问题:(1)A的化学名称为___________;B中含有的官能团的名称为___________。(2)A→C的反应类型为___________。(3)已知F的结构中有两种不同化学环境的氟原子,写出E生成F的化学方程式:________________________________________________________。(4)三氮唑类聚合物G中链节的结构简式为_________________。(5)J的相对分子质量比C小14,满足下列条件的J的结构有___________种(不含的结构)。①能发生银镜反应②苯环上只有2个取代基,除苯环外无其他环状结构③1molJ最多消耗2molNaOH写出其中一种核磁共振氢谱有5组峰,且峰面积比为3:2:2:2:1的物质的结构简式_______________________________。(6)已知-CH3为邻对位定位基,-COOH为间位定位基,结合以上合成路线,设计以和HC=CCH3为原料制备的合成路线________________________________________________(其他无机试剂任选)。〖答案〗(1)对溴苯甲醛(或4-溴苯甲醛)碳碳三键,羟基(2)取代反应(3)(4)(5)18或(6)〖祥解〗由A、C结构及反应条件可知A与B发生的反应与已知信息i相同,推断B结构为,由F分子式及F的结构中有两种不同化学环境的氟原子,可推断F结构为,由F结构及反应条件可知生成G发生的反应与已知信息ii相同,可推断G结构中链节为。【详析】(1)A的结构为,化学名称为对溴苯甲醛(或4-溴苯甲醛);B结构为,含有的官能团名称为碳碳三键,羟基;(2)A→C的反应类型与已知信息i相同,为取代反应;(3)E的结构为,F结构为,E生成F的化学方程式为;(4)F结构为,由F结构及反应条件可知生成G发生的反应与已知信息ii相同,可推断G结构中链节为;(5)J的相对分子质量比C小14,则J分子式为,J结构中有苯环,由①③确定有甲酸酯基,且甲酸酯基与苯环直接相连,由J分子式及以上分析结构片段结合条件②确定苯环上另一个取代基的组成为,结构中有一个碳碳三键或两个碳碳双键,其结构有、、、、、共6种,在苯环上与甲酸酯基位置可以是邻、间、对,J符合条件的结构共有种;核磁共振氢谱有5组峰,且峰面积比为3:2:2:2:1的物质的结构,苯环上2个取代基位于对位且结构中有甲基,故结构为、。重庆市拔尖强基联盟2024届高三上学期12月联考可能用到的相对原于质量:H1O16Na23Cu64K39Cr52C12一、选择题:本大题共14小题,每小题3分,共42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.“绿水青山,就是金山银山”。近年来我国的环境保护工作取得了长足进步,人们的生活环境得到了极大改善,下列说法错误的是()A.使用聚乳酸可降解餐具可减少白色垃圾B.禁止向长江、嘉陵江排放工业废水,有利于水质得到改善C.垃圾的分类收集和处理符合绿色环保和废物再利用原则D.煤的气化和液化有利于减少CO2的排放,提前实现“碳达峰”〖答案〗D〖解析〗A.使用聚乳酸可降解餐具,绿色环保,可减少白色垃圾,A正确;B.减少废水的排放,可改善水质,B正确;C.垃圾的分类收集和处理可对资源重新再利用,符合绿色环保和废物再利用原则,C正确;D.煤的气化和液化后燃料燃烧产物仍为CO2,并未减少CO2的排放,D错误;故选D。2.在含H+、Mg2+、Ba2+、的溶液中,通入足量SO2气体,离子数目几乎没有变化的是()A.H+ B.Mg2+ C.Ba2+ D.〖答案〗B〖解析〗A.二氧化硫被溶液中硝酸氧化为硫酸,硫酸电离出氢离子,氢离子数目变大,A不符合题意;B.镁离子和二氧化硫不反应,数目不变,B符合题意;C.二氧化硫被溶液中硝酸氧化为硫酸,硫酸和钡离子生成硫酸钡沉淀,钡离子数目改变,C不符合题意;D.二氧化硫被溶液中硝酸氧化为硫酸,硝酸根离子数目减小,D不符合题意;故选B。3.下列叙述正确的是()A.Fe(OH)3分别与盐酸和稀HNO3反应,反应类型相同B.Cu分别与浓HNO3和稀HNO3反应,生成的还原产物相同C.过量Fe分别与氯气和硫反应,生成物中铁的价态相同D.浓H2SO4分别与Zn和C反应,硫酸表现的性质相同〖答案〗A〖解析〗A.Fe(OH)3分别与盐酸和稀HNO3反应,均属于酸碱中和反应,反应类型相同,A正确;B.Cu与浓HNO3反应,还原产物为NO2,和稀HNO3反应,还原产物为NO,生成的还原产物不相同,B错误;C.过量Fe与氯气反应,生成氯化铁,铁为+3价,和硫反应,产物为硫化亚铁,铁为+2价,生成物中铁的价态不相同,C错误;D.浓H2SO4与Zn反应时体现氧化性与酸性,和C反应时体现氧化性,硫酸表现的性质不相同,D错误;故选A。4.中国空间站天和核心舱的主要能量来源是砷化镓(GaAs)太阳电池阵,其中Ga与Al同主族,As与N同主族,GaAs的熔点为1238℃。下列说法正确的是()A.Ga的电负性大于AsB.GaAs的晶体类型为分子晶体C.砷化镓是一种金属材料D.基态Ga原子电子填充的最高能级轨道形状为哑铃形〖答案〗D〖解析〗A.Ga与As都在第四周期,且原子序数As>Ga,则电负性As大于Ga,故A错误;B.GaAs的熔点为1238℃,熔点较高,符合共价晶体的物理性质,故晶体类型为共价晶体,故B错误;C.砷化镓属于化合物,为半导体材料,不是金属材料,故C错误;D.基态Ga原子电子排布式为[Ar]3d104s24p1,最高能级为4p,轨道形状为哑铃形,故D正确;所以〖答案〗选D。5.已知反应,若NA为阿伏加德罗常数的值,当固体质量减少0.96g时,下列叙述一定正确的是()A.转移电子数为0.36NAB.反应后的固体质量为384gC.生成N2的分子数为0.04NAD.消耗的NH3与生成的H2O含有的共用电子对数均为0.12NA〖答案〗D〖祥解〗该反应中固体质量减少量为氧化铜的质量减去铜的质量,当有3molCuO参与反应时,固体质量减少量为48g,现质量减少0.96g,则有0.06molCuO参与反应。【详析】A.反应中铜元素得电子由+2价变为0价,故有0.06molCuO参与反应时转移的电子数为0.12NA,A错误;B.有0.06molCuO参与反应生成0.06molCu,则反应后固体质量为3.84g,B错误;C.根据反应系数可知,生成N2的分子数为0.02NA,C错误;D.消耗的氨气分子为0.04mol,生成的水分子为0.06mol,一个氨气分子中有三对共用电子对,一个水分子中有两对共用电子对,故消耗的NH3与生成的H2O含有的共用电子对数均为0.12NA,D正确;〖答案〗选D。6.以下实验装置或操作(部分夹持仪器省略)正确的是()A.一定浓度的NaOH溶液测定未知浓度的CH3COOHB.检验生成的乙炔C.验证NH4Cl分解D.配一定物质的量浓度的溶液〖答案〗C〖解析〗A.一定浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH,滴定终点溶液呈碱性,应该用酚酞作指示剂,氢氧化钠应该盛放在碱式滴定管中,故A错误;B.饱和食盐水和电石生成的乙烯中可能含有还原性气体H2S,H2S、乙烯都能使酸性高锰酸钾褪色,该装置不能检验有乙炔生成,故B错误;C.氯化铵分解生成氨气和氯化氢,P2O5能吸收氨气,碱石灰能吸收氯化氢,湿润的蓝色石蕊试纸检验HCl、湿润的红色石蕊试纸检验NH3,故C正确;D.配一定物质的量浓度的溶液,颠倒摇匀,应该用手扶住容量瓶底部,如图所示,故D错误;选C。7.重庆火锅驰名中外,誉满全球。火锅底料中的桂皮可以起到去腥解腻的功能,桂皮的主要成份是肉桂醛(),可发生如下反应:n,下列说法正确的是()A.a物质所有原子在一个平面上B.可以用溴的四氯化碳溶液检验肉桂醛中的碳碳双键C.肉桂醛和氢气完全加成后有一个手性碳D.a物质不能使酸性高锰酸钾溶液褪色〖答案〗B〖解析〗A.a中与苯环直接相连的碳原子为饱和碳原子,所有原子不在同一平面,A错误;B.双键能使溴的四氯化碳溶液褪色,可以用溴的四氯化碳溶液检验肉桂醛中的碳碳双键,B正确;C.肉桂醛和氢气完全加成后产物为:,没有手性碳,C错误;D.a物质中含醛基,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,D错误;故选B。8.氧化铈(CeO2)常用作玻璃工业添加剂,在其立方晶胞中掺杂Y2O3,Y3+占据原来Ce4+的位置,可以得到更稳定的结构,这种稳定的结构使得氧化铈具有许多独特的性质和应用。下列说法不正确的是()A.已知基态Ce原子的价电子排布式为4f15d16s2,则Ce位于周期表f区B.CeO2立方晶胞中铈离子的配位数为4C.CeO2晶胞中氧离子填充在铈离子构成的四面体空隙中D.若掺杂Y2O3后得到n(CeO2):n(Y2O3)=0.8:0.1的晶体,则此晶体中O2-的空缺率为5%〖答案〗B〖解析〗A.根据基态Ce原子的价电子排布式为4f15d16s2可知Ce位于周期表f区,A正确;B.由图知,CeO2立方晶胞中Ce位于顶点和面向,O位于8个小立方体的体心,则铈离于的配位数为8,B不正确;C.结合选项B可知,CeO2晶胞中氧离子填充在铈离子构成的四面体空隙中,C正确;D.氧化铈(CeO2)立方晶胞中摻杂Y2O3,Y3+占据原来Ce4+的位置,则未掺杂前每个晶胞中含4个Ce8个O、若掺杂Y2O3后得到n(CeO2):n(Y2O3)=0.8:0.1的晶体,每个晶胞中Ce与Y共4个时含4×(0.8×2+0.1×3)=7.6个O,则此晶体中O2-的空缺率=5%,D正确;选B。9.化学工作者以NaOH溶液为电解质溶液,以Ni2P和CoP纳米片作为电极催化材料,合成偶氮化合物()的装置如图所示(其中R表示烃基)。下列说法不正确的是()A.电解结束后左右两侧溶液中OH-的物质的量不变B.CoP电极反应式为:C.与Ni2P相连的为燃料电池的负极D.该装置工作时,当转移电子为6mol时,理论上消耗甲醇的质量为32g〖答案〗C〖祥解〗甲醇燃料电池为原电池,提供电能,左侧电极室,C6H5NO2中C为价,生成的中C为,12个C原子共得到8个电子,发生还原反应,作为阴极;右侧,RCH2NH2生成RCN,少4个H原子,则失去4个电子,,发生氧化反应,作阳极,以此分析;【详析】A.根据分析,当阴阳极得失电子相等时,阴极生成OH-的物质的量与阳极消耗OH-的物质的量相等,A正确;B.根据分析,CoP电极为阴极,发生还原反应,B正确;C.Ni2P为阳极,与电源正极相连,C错误;D.甲醇燃料电池中,,当转移电子为6mol时,理论上消耗甲醇1mol,,D正确;故〖答案〗为:C。10.以下实验操作、现象都正确是()选项操作现象A向天蓝色的CuSO4溶液中缓慢通入NH3有蓝色沉淀生成,继续通入NH3,沉淀不溶解B将铜质钥匙和电源正极相连,银单质和负极相接,以AgNO3溶液为电解质溶液对钥匙镀银铜质钥匙上出现银白色镀层C向乙酸乙酯、乙酸、乙醇的混合溶液中加入足量饱和Na2CO3溶液提纯乙酸乙酯下层出现油状液体D在试管中加入2mL饱和(NH4)2SO4溶液,向其中滴加鸡蛋清溶液,振荡,再加入蒸馏水,振荡试管中先出现分层现象,后又消失〖答案〗D〖解析〗A.向天蓝色的CuSO4溶液中缓慢通入NH3,观察到首先生成蓝色沉淀,而后沉淀逐渐溶解成深蓝色溶液,故A错误;B.对钥匙镀银应该将Ag与电源正极相连,铜质钥匙与电源负极相连,故B错误;C.乙酸能与碳酸钠反应生成易溶于水的乙酸钠,而乙酸乙酯不与碳酸钠反应也不溶于水,且乙酸乙酯密度比水小,所以油状液体在上层,故C错误;D.鸡蛋清溶液遇(NH4)2SO4溶液发生蛋白质的盐析,为可逆过程,先产生白色沉淀,加水后沉淀又溶解,故D正确;故选D。11.2022年9月9日,中国科学家首次在月球上发现的新矿物被命名为“嫦娥石”。该矿物含有X、R、Z、W四种原子序数依次增大的短周期主族元素。已知X、R、Z、W质子数之和为46,X、R、Z最外层电子数分别为x、y、z,,。下列叙述正确的是()A.离子半径:X<R<ZB.Z在空气中燃烧生成多种物质C.W简单氢化物热稳定比X的简单氢化物强D.X与R形成了化合物为离子化合物且只含有离子键〖答案〗B〖祥解〗X、R、Z最外层电子数分别为x、y、z,,解得x=6,y+z=3,根据原子序数的大小,X为O元素,R和Z的最外层电子数分别为1和2,R为Na,Z为Mg,根据质子数之和为46,W的质子数为15,为P元素。【详析】A.根据粒子半径的大小比较,电子层数越多,粒子半径越大,电子层数相同,质子数越大,半径越小,所以离子半径大小为O2->Na+>Mg2+,A错误;B.镁在空气中燃烧,能与氮气、氧气、二氧化碳反应,生成氮化镁、氧化镁和碳,B正确;C.因为O的非金属性强于P,所以P的简单氢化物热稳定性比O的简单氢化物弱,C错误;D.O和Na形成的化合物中既有离子键,又有共价键,D错误;〖答案〗选B。12.三氟化氯(ClF3)是极强助燃剂,液态时能发生自耦电离:,其气态分子的空间构型如图,下列推测合理的是()A.ClF的空间构型为V形B.ClF3分子的中心原子杂化轨道类型为sp2C.ClF3与Fe反应生成FeCl2D.ClF3分子是含有极性键的非极性分子〖答案〗A〖解析〗A.根据价层电子对互斥理论,中心原子Cl有2个成键电子对,2个孤电子对,价层电子对数为2+2=4,离子空间构型为V形,A正确;B.ClF3分子中有2个孤电子对和3个成键电子对,价层电子对数为2+3=5,所以其中心原子杂化轨道类型不是sp2,B错误;C.三氟化氯是极强助燃剂,其中Cl化合价为+3价,具有强氧化性,ClF3与Fe反应生成FeCl3和FeF3,C错误;D.由图可知,三氟化氯是结构不对称的三角锥形分子,属于含有极性键的极性分子,D错误;

故选A。13.25℃时,向20mL0.1mol/LH2A溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液,测得溶液的pOH与或的变化关系如图所示,下列说法错误的是()A.L1线表示与pOH的变化关系B.H2A的C.pH=3时,溶液中c(H2A)>c(HA-)>c(A2-)D.当加入30mLNaOH溶液时,有〖答案〗D〖解析〗A.根据向溶液中加入溶液的反应过程可知,越来越少,先生成,再生成,且逐滴加入,pOH逐渐减小,则L2表示与pOH的变化关系,L1线表示与pOH的变化关系,A正确;B.图中A点坐标﹙1.11,0﹚,B点坐标﹙7.04,0﹚,A点,则,B点,则,B正确;C.根据,,则当pH=3时,H2A存在最多,其次是,最少,c(H2A)>c(HA-)>c(A2-),C正确;D.当加入30mLNaOH溶液时,中存在物料守恒,D错误;故选D。14.固体氨基甲酸铵H2NCOONH4可用于医药制药、(NH4)2CO3可用于做化肥,两者受热均发生分解反应。某一温度T℃下反应I:的。该温度下单独发生反应II:,平衡后的总压为160kPa.该温度下、刚性容器中放入H2NCOONH4和(NH4)2CO3两种固体,平衡后两种固体均大量存在,下列关于两种固体共存并达到化学平衡态的说法正确的是()A.NH3和CO2的比值不变说明反应I和II达到了化学平衡B.气态水分压p(H2O)=70kPaC.气体的总压约为184.8kPaD.反应II的平衡常数〖答案〗C〖解析〗A.反应过程中NH3和CO2的比值恒为2:1,NH3和CO2的比值不变不能说明反应I和II达到了化学平衡,故A错误;B.达到平衡时,p(NH3):p(CO2):p(H2O)=2:1:1,平衡后的总压为160kPa,则分压p(H2O)=160kPa×=40kPa,故B错误;C.反应I和II同时进行,由方程式系数关系可知,达到平衡时p(NH3):p(CO2)=2:1,的,p(NH3):p(CO2)=2:1,则p()=2,p(CO2)=30kPa,由B可知,反应II的Kp2=40kPa×40kPa×(80kPa)2=1.024×107,则反应I和II同时进行达到平衡时p(H2O)=,则气体的总压约为60kPa+30kPa+94.8kPa=184.8kPa,故C正确;D.由C可知,反应II的平衡常数Kp2=1.024×107,故D错误;故选C。二、非选择题:本大题共4个小题,共58分。15.一种以铬铁矿【主要含有Fe(CrO2)2,同时含有Al2O3、SiO2】为主要原料制备K2Cr2O7的工艺流程如图所示:(1)基态铬原子的单电子数为________,铬铁矿中元素第一电离能Al________Si(填“大于”、“小于”或“等于”)。(2)焙烧时Fe(CrO2)2转化为Na2CrO4,同时杂质A12O3、SiO2转化为可溶性钠盐,焙烧时Fe(CrO2)2发生反应的的化学方程式为____________________________________。(3)滤渣a中除A1(OH)3外还有________________。(填化学式)(4)已知,,酸化时发生,,测得滤液2中pH=5,含铬微粒只有和,其中c()=1.0mol/L,则滤液2中c(Al3+)=________mol/L,的转化率为_______。(结果保留3位有效数字)(5)已知相同温度下Na2Cr2O7溶解度显著高于K2Cr2O7,可利用两者溶解度的不同实现转化,操作X的具体过程为:加热浓缩、___________、冷却结晶、过滤、洗涤干燥,得到较纯净的K2Cr2O7晶体。(6)将15kg铬铁矿按上述流程制得K2Cr2O7产品,假设各步损失铬元素总计9.0%,干燥称量得14kg该产品,滴定分析产品中K2Cr2O7的纯度为99.2%,则铬铁矿中铬元素的质量分数为___________。〖答案〗(1)6小于(2)(3)H2SiO3(或H4SiO4)(4)1×10-699.5%(5)趁热过滤(6)36.0%〖祥解〗含铬废渣与纯碱、O2焙烧生成Na2CrO4、Fe2O3,同时释放出CO2气体:,同时Al2O3、SiO2分别转化为NaAlO2和Na2SiO3,Fe2O3不溶于水,水浸过滤得到的滤渣是Fe2O3,酸化后形成滤渣为Al(OH)3和H2SiO3(或H4SiO4)沉淀,最后分离出Na2Cr2O7溶液,已知相同温度下Na2Cr2O7的溶解度显著高于K2Cr2O7,可利用两者溶解度的不同实现转化,在Na2Cr2O7溶液中加KCl固体,经过加热浓缩,趁热过滤,冷却结晶,过滤、洗涤得到K2Cr2O7。【详析】(1)基态铬原子的外围电子排布为3d54s1,单电子数为6;同周期从左往右第一电离能呈增大趋势,故第一电离能Al小于Si;(2)根据分析:焙烧时Fe(CrO2)2发生反应的的化学方程式为:;(3)根据分析,滤渣a中除A1(OH)3外还有H2SiO3(或H4SiO4);(4)室温下,滤液2中pH=5,故,,故;方程式:,,其中pH=5,即,c()=1.0mol/L,故,的转化率为:;(5)根据分析:操作X的具体过程为:加热浓缩、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤干燥;(6)根据铬元素守恒,14kg产品中的铬元素质量为:,各步损失铬元素总计9.0%,故铬铁矿中个元素质量为:,铬铁矿中铬元素的质量分数为:。16.苯甲酸和苯甲醇是重要的化工原料,可通过卡甲醛和足量氢氧化钾溶液反应制取,“强基计化”小分队在实验室制备苯甲酸和苯甲醇,同时测定苯甲酸的纯度。I.制备反应原理及反应结束后对反应液处理步骤如下:己知:名称熔点℃沸点℃溶解性相对分子质量苯甲酸122.4(100℃左右开始升华)248微溶于冷水,易溶于乙醇、热水122苯甲醇-15.3205.7在水中溶解度较小,易溶于乙醚、乙醇108请根据以上信息,回答下列问题(下图夹持仪器已省略):(1)有关提纯过程下列说法正确的是___________。A.步骤I:可以用乙醇作为萃取剂B.步骤II:可用无水MgCl2作干燥剂C.若在蒸馏过程中忘记加沸石,应立即停止加热,冷却后再加入沸石D.步骤V:产品可用酒精灯或沸水浴加热烘干(2)若用如图装置进行步骤III,则装置a应选用________(从b、c、d中选填,写名称),蒸馏时宜选用减压蒸馏,优点是_______________________________________(任写一点),真空接引管应连接装置_________(填“e”或“f”)。(3)步骤III具体操作步骤:安装好减压蒸馏装置→________→先旋紧螺旋夹,打开安全瓶上活塞,使体系与大气相通,启动油泵抽气、慢慢关闭安全瓶上活塞至完全关闭→_________→用一个洁净干燥的接受瓶接收液体,温度趋于稳定后,待温度计的读数显著升高并稳定后→________→蒸馏完毕,移去热源,慢慢旋开螺旋夹(避免倒吸),再慢慢打开安全瓶活塞,平稳内外压力,使测压计的水银柱慢慢地恢复原状,然后关闭油泵和冷却水。请从下列选项中选择合适的操作填空:A.开启冷凝水,选用油浴加热蒸馏B.在蒸馏瓶中加入待蒸液体,并加入1~2粒沸石C.用一个洁净干燥的接受瓶收集馏分II.产品的纯度测定(4)称取mg样品,溶于过量的V1mL浓度为0.1mol/L的氢氧化钾溶液中,滴加几滴酚酞溶液,摇匀,用0.1mol/L盐酸滴定,达到滴定终点,记录耗酸体积。做3组平行实验,所消耗盐酸的平均体积为V2mL。①滴定终点现象是___________________________________________________。②产品的纯度是___________%③若用甲基橙作指示剂,则测定结果___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。〖答案〗(1)BC(2)直形冷凝管减压蒸馏沸点低,可防止温度过高时产品被氧化或蒸馏效率高或节约能源e(3)BAC(4)①当滴入最后半滴盐酸时,溶液的颜色由红色变为浅红色,且半分钟内不恢复红色②③偏小〖祥解〗反应液含有苯甲醇和苯甲酸钠,加入乙醚萃取,分液,得到的有机层为苯甲醇和乙醚的混合物,蒸馏可得到苯甲醇,水层为苯甲酸钠的水溶液,加入盐酸酸化得到苯甲酸,经一系列操作后重结晶得到苯甲酸。【详析】(1)A.乙醇与水互溶,不能用作该体系的萃取剂,A错误;B.无水氯化镁可用作有机体系的干燥剂,B正确;C.蒸馏过程中忘记加沸石,应将装置冷却至室温后再补加,C正确;D.苯甲酸在100℃左右升华,不能用酒精灯或用沸水浴加热烘干,D错误;故选BC。(2)蒸馏选用直形冷凝管,蒸馏时宜选用减压蒸馏,优点是:减压蒸馏沸点低,可防止温度过高时产品被氧化或蒸馏效率高或节约能源;真空接引管应连接装置:e,抽滤瓶中连接真空系统时导管斜面长的一端应远离抽滤瓶支管;(3)步骤III具体操作步骤:安装好减压蒸馏装置→在蒸馏瓶中加入待蒸液体,并加入1~2粒沸石→先旋紧橡皮管上的螺旋夹,打开安全瓶上活塞,使体系与大气相通→启动油泵抽气,慢慢关闭安全瓶上活塞至完全关闭→开启冷凝水,选用油浴加热蒸馏→用一个洁净干燥的接受瓶收集馏分→温度趋于稳定后→待温度计的读数显著升高并稳定→用一个洁净干燥的接受瓶收集馏分→蒸馏完毕,移去热源,慢慢旋开螺旋夹(避免倒吸),再慢慢打开安全瓶活塞,平稳内外压力,使测压计的水银柱慢慢地恢复原状,然后关闭油泵和冷却水,故依次填入的顺序为:B、A、C;(4)①滴定终点现象是:当滴入最后半滴盐酸时,溶液的颜色由红色变为浅红色,且半分钟内不恢复红色;②苯甲酸与氢氧化钾先反应(物质的量比为1:1),剩余的氢氧化钾用盐酸进行滴定,故苯甲酸的物质的量为:,苯甲酸的纯度为:=;③甲基橙的变色范围为3.1-4.4,酸过量,即盐酸消耗的氢氧化钾的量偏大,苯甲酸消耗的氢氧化钾的量偏少,故苯甲酸的测定结果偏小。17.为了实现“碳中和”的目标,有多种方式,如节能减排,吸收储存,转化等。工业上用下列反应I将CO2进行加氢转化成甲醇,反应I:,同时还伴有副反应II:。(1)己知H2,CH3OH的燃烧热△H分别为-285.8kJ/mol,-726.5kJ/mol,水,甲醇的汽化热分别为44kJ/mol,39.4kJ/mol,则反应I的△H=______________。(2)在一容器中以物质的量之比1:3的比例通入CO2和H2,并通入少量H2O(g)活化催化剂Cu/ZnO,得出的结果如下图所示,请选出最适宜的合成条件___________(选择水蒸气含量和反应时间)。(3)研究表明有水蒸气参与的反应进程如下图所示,eV表示能量单位,该催化反应优先选择___________路径。(选“COOH*”或“HCOO*”)(4)假设在

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