2024届安徽省黄山市高三下学期二模化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2安徽省黄山市2024届高三下学期二模可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Fe56Cu64Ga70Br80一、选择题：本题共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.下列古诗文中蕴含着一定的化学知识或原理，下列有关说法错误的是（）A.“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中柳絮的主要成分和棉花相同B.《物理小识·金石类》：“有硇水(硝酸)者，剪银块投之，则旋而为水”，该过程涉及氧化还原反应C.“雨过天青云破处，这般颜色做将来”中所描述瓷器的青色不是来自氧化铁D.“纷纷灿烂如星陨，赫赫喧豗似火攻”中烟花是某些金属的焰色试验，属于化学变化〖答案〗D〖解析〗A．柳絮和棉花的主要成分都是纤维素，A正确；B．“有硇水(硝酸)者，剪银块投之，则旋而为水”，说明硝酸和银反应，该反应属于氧化还原反应，B正确；C．瓷器的青色不是来自氧化铁，因为氧化铁是红棕色，不是青色，C正确；D．焰色试验属于物理变化，D错误；故选D。2.化学与人类生活密切相关，下列说法错误的是（）A.二氧化硫可作漂白剂、防腐剂，还是一种食品添加剂B.葡萄糖制备“碳量子点”是一种绿色、低成本的方法C.研发催化剂将二氧化碳转化为甲醇，有助于我国2060年前实现碳中和的目标D.三星堆青铜大立人以合金为材料，其深埋于地下生锈是发生了析氢腐蚀〖答案〗D〖解析〗A．二氧化硫有毒，可以起到杀菌的作用，二氧化硫具有还原性，是一种常见的抗氧化剂，所以二氧化硫可作漂白剂、防腐剂，还是一种食品添加剂，故A正确；B．葡萄糖来源丰富、廉价易得，所以用葡萄糖制备“碳量子点”是一种绿色、低成本的方法，故B正确；C．将二氧化碳转化为甲醇可以减少二氧化碳的排放，有助于我国2060年前实现碳中和的目标，故C正确；D．青铜深埋于地下生锈是因为发生了吸氧腐蚀，故D错误；故选D。3.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.电解精炼铜时，阳极质量减少，电路中转移电子数可能是B.晶体和晶体含有的离子数目均为C.与足量乙醇在一定条件下反应，生成的酯基的数目为D.水解能力弱于的溶液中和的总数大于〖答案〗A〖解析〗A．电解精炼铜时，阳极粗铜中含有活泼性较强的铁、先等杂质，电解时铁、锌杂质先放电，且铁摩尔质量小于铜的64g/mol，锌的摩尔质量大于铜的摩尔质量，若阳极减少64g，电路中转移电子数也可能是，故A正确；B．由钙离子和构成，由钙离子和构成，晶体和晶体含有的离子数目分别为、，故B错误；C．酯化反应是可逆反应，与足量乙醇在一定条件下反应，生成的酯基的数目小于，故C错误；D．水解能力弱于，溶液呈酸性，的溶液中，c()<c(),物料守恒有n()+n(HF)=1mol，n()+n(HF)<1mol，和的总数小于，故D错误；〖答案〗选A。4.下列化学用语正确的是（）A.基态原子的轨道表示式：B.用电子云轮廓图表示中的键形成的示意图：C.的模型：D.2-甲基-1-丁醇的键线式：〖答案〗B〖解析〗A．基态原子的价电子排布式为3d24s2，轨道表示式为，A错误；B．H的s能级为球形，两个氢原子形成氢气时，是两个s能级的原子轨道和互靠近，形成新的轨道，B正确；C．中心原子S的价层电子对数为3+=3，无孤电子对，VSEPR模型是平面三角形，与图不相符，C错误；D．2-甲基-1-丁醇的键线式：，D错误；故选B阅读下列材料，完成5-6小题。的综合利用具有重要意义。的捕集方法众多，可以形成、尿素等重要化合物，还可以催化转化为高附加值化学品等。用活化铜催化剂电解可以制备乙醇。5.下列说法正确的是（）A.是共价化合物 B.与属于同素异形体C.位于元素周期表的区 D.键角大小：〖答案〗D〖解析〗A．(NH4)2CO3属于铵盐，NH4+与CO32-之间存在离子键，是离子化合物，A错误；B．同素异形体指由同种元素组成的具有不同性质的单质，而CO(NH2)2与NH4CNO是化合物，其两者关系为同分异构体，B错误；C．Cu元素位于元素周期表ds区，C错误；D．CH4的C原子采用sp3杂化，其空间构型为正四面体，键角为109°28′，CO32-的C原子形成3个键，无孤对电子，故采用sp2杂化，其空间构型为平面三角形，键角为120°，D正确；故选D。6.下列有关离子方程式书写正确的是（）A.侯氏制碱法中制备NaHCO3：NH3+CO2+H2O=HCO+NHB.酸性条件下催化电解制的阴极电极反应式为：2CO2+12e−+12H+=CH3CH2OH+3H2OC.向苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：D.碳酸铵与氢氧化钙溶液反应：CO+Ca2+=CaCO3↓〖答案〗B〖解析〗A．侯氏制碱法中制备碳酸氢钠的反应为二氧化碳与氨气和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH，故A错误；B．酸性条件下催化电解二氧化碳制乙醇时，通入二氧化碳的电极为电解池的阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙醇和水，电极反应式为2CO2+12e−+12H+=CH3CH2OH+3H2O，故B正确；C．苯酚钠溶液与少量二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为+CO2+H2O+HCO，故C错误；D．碳酸铵溶液与氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀、一水合氨，反应的离子方程式为CO+2NH+Ca2++2OH—=CaCO3↓+2NH3·H2O，故D错误；故选B。7.松香酸的结构如图所示，下列叙述正确的是（）A.分子式为C20H32O2B.只能使溴水褪色，不可以使酸性高锰酸钾溶液褪色C.该分子中有4个手性碳原子D.能与氨基酸发生缩聚反应〖答案〗C〖解析〗A．由结构简式可知，松香酸的分子式为C20H30O2，故A错误；B．由结构简式可知，松香酸分子中含有的碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故B错误；C．由结构简式可知，松香酸分子中含有如图*所示的4个手性碳原子：，故C正确；D．由结构简式可知，松香酸分子中只含有1个羧基，不具备发生缩聚反应的条件，不能与氨基酸发生缩聚反应，故D错误；故选C8.某离子液体结构如图，其中和是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态原子和原子最外层均有两个单电子，和质子数均为奇数且和为22.下列说法正确的是（）A.原子半径：B.组成的化合物的水溶液一定显酸性C.为非极性分子D.该离子液体中含非极性键，不含配位键〖答案〗C〖祥解〗Z的原子序数最大，Z只形成1个共价键，Q、R、X和Z质子数为奇数，且奇数和为22比较小，所以Z为F；基态T原子和Y原子最外层均有两个单电子，所以T为C、Y为O、X为N；由结构逆推，Q为H；R的质了数为22-1-7-9=5，则R为B；【详析】A．同周期原子半径从左到右越来越小，故原子半径C>O，A错误；B．一水合氨的水溶液显碱性，B错误；C．BF3的中心原子B的价层电子对数为3+=3，空间构型为平面三角形，为非极性分子，C正确；D．B与F之间有配位键，故该离子液体中含极性键和配位键，D错误；故选C。9.下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项操作现象结论向某钠盐粉末上滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液溶液褪色气体一定是向溶液中滴加盐酸产生浑浊的非金属性比强C将SO3、SO2混合气体通入溶液中生成白色沉淀沉淀是BaSO3、BaSO4D向硫酸铜溶液中依次加入足量氨水和适量乙醇最终析出深蓝色晶体乙醇降低硫酸四氨合铜晶体的溶解度〖答案〗D〖解析〗A．高锰酸钠固体能与浓盐酸反应生成能使品红溶液褪色的氯气，则向某钠盐粉末上滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液，溶液褪色不能说明产生的气体一定是二氧化硫，故A错误；B．元素的非金属性强弱与最高价氧化物对应水化物的强弱有关，与氢化物的酸性无关，则向硅酸钠溶液中滴加盐酸产生浑浊只能说明盐酸的酸性强于硅酸，但不能说明氯元素的非金属性强于硅元素，故B错误；C．亚硫酸的酸性弱于盐酸，由强酸制弱酸的原理可知，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，则将三氧化硫、二氧化硫混合气体通入氯化钡溶液中，反应生成的白色沉淀中不可能含有亚硫酸钡，故C错误；D．硫酸铜溶液与足量氨水反应生成硫酸四氨合铜，向硫酸铜溶液中依次加入足量氨水和适量乙醇，最终析出深蓝色晶体是因为乙醇降低了硫酸四氨合铜晶体的溶解度，故D正确；故选D。10.由羟基丁酸生成丁内酯的反应如下：，在298K下，羟基丁酸水溶液的初始浓度为，随着反应的进行，测得丁内酯的浓度随时间变化的数据如下表所示。下列说法错误的是（）2150801001201602200.0240.0500.0710.0810.0900.1040.1160.132A.其他条件相同时，升高温度，化学反应速率加快B.在内，以丁内酯的浓度变化表示的反应速率为C.时羟基丁酸的转化率为D.298K时该反应的平衡常数〖答案〗C〖解析〗A．其他条件相同时，升高温度，化学反应速率加快，A正确；B．80～100min内用γ-丁内酯的浓度变化表示反应速率v(γ-丁内酯)=，B正确；C．反应至120min时，反应产生0.090mol/L的γ-丁内酯，则反应消耗γ-羟基丁酸的浓度为0.090mol/L，故γ-羟基丁酸转化率为50%，C错误；D．298K时，平衡时c(γ-丁内酯)=0.132mol/L，c(γ-羟基丁酸)=0.180-0.132=0.048mol/L，该反应的平衡常数K==2.75，D正确；故选C。11.利用传感器探究溶液与硫酸、硫酸铜混合溶液发生反应时离子反应的先后顺序，绘得三份曲线图如图所示。已知实验使用的溶液浓度和滴速相同；硫酸溶液和硫酸铜溶液浓度相同；混合溶液中两溶质的浓度也相同。下列说法错误的是（）A.混合溶液中滴加溶液，硫酸先于硫酸铜发生反应B.图溶液接近5的原因是：C.点：D.段铜离子浓度保持不变〖答案〗D〖祥解〗根据图可知：混合溶液中开始滴加NaOH溶液时，溶液pH≈2，几乎等于H2SO4溶液的pH，随着NaOH溶液的滴加，溶液pH变化不大，当滴加至100s时，产生滴定突跃，此时溶液pH≈5，等于CuSO4溶液的pH，说明此时发生反应为H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，即在前100s内发生酸碱中和反应，在100s～200s内发生反应：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，在≥200s时，该反应沉淀完全，发生滴定突跃，在200s以后W段的溶液中，处于Cu(OH)2的沉淀溶解平衡阶段，溶液中c(H+)几乎不变。【详析】A．根据滴定时溶液的pH变化，结合单独滴加NaOH溶液时的pH图可知：混合溶液中滴加NaOH溶液，硫酸先于硫酸铜发生反应，A正确；B．硫酸铜为强酸弱碱盐，铜离子水解生成氢离子，使得溶液显酸性：，B正确；C．w点时溶液中溶质为Na2SO4及难溶性Cu(OH)2的饱和溶液，根据Na2SO4=2Na++及Cu(OH)2是难溶性物质，但其溶解电离产生的离子浓度远大于水电离产生的离子浓度，所以此时溶液中微粒浓度关系为：，C正确；D．段随着氢氧化钠的滴入，溶液碱性增强，导致铜离子浓度减小，D错误；故合理选项是D。12.一种用氯丙烯()电解合成环氧氯丙烷()的装置如图所示。该装置无需使用隔膜，且绿色高效，图中为或，工作时和同时且等量放电。下列说法错误的是（）A.电解一段时间后，装置中物质的量增大B.每转移，生成环氧氯丙烷C.若为，也可电解制得环氧氯丙烷D.该装置工作时不需要补充〖答案〗A〖祥解〗由图可知，右电极上H2O被还原生成H2，即右电极作阴极，则左电极作阳极，阳极上X-和OH-同时且等量放电：X--e-=X·、OH--e-=OH·；【详析】A．由装置原理图可知，每生成1个环氧氯丙烷，阳极上消耗1个OH-，阴极上生成1个OH-，即OH-消耗的量与生成的量相等，则电解一段时间后，装置中OH-的物质的量不变，A错误；B．由装置原理图可知，阳极上X-和OH-各失去1个电子，即转移2个电子，就生成1个环氧氯丙烷，则每转移2mole-，生成1mol环氧氯丙烷，B正确；C．由装置原理图可知，X为Cl或Br，电解制备产物均为环氧氯丙烷，C正确；D．由装置原理图可知，每生成1个环氧氯丙烷，阳极上先消耗1个X-，最终生成环氧氯丙烷时又释放1个X-，即X-为可循环离子，则该装置工作时无需补充X-，D正确；〖答案〗选A。13.室温下向含和的溶液中滴加溶液，混合液中和的关系如图所示，已知：，下列叙述错误的是（）A.直线Ⅱ代表和的关系B.d点直线Ⅱ和直线Ⅲ对应的两种沉淀的相同C.向等浓度的和混合溶液中逐滴滴加溶液，先生成沉淀D.得平衡常数为〖答案〗B〖祥解〗由化学式可知，溶液中pSCN—和pIO与pAg变化趋势相似，则直线Ⅱ代表pCrO和pAg的关系，由AgSCN的溶度积小于AgIO3可知，溶液中pAg相同时，pSCN—大于pIO，则曲线Ⅰ表示pSCN—和pAg的关系、曲线Ⅲ表示pIO和pAg的关系；由a、b、c三点的数据可知，AgIO3、Ag2CrO4、AgSCN的溶度积分别为100×10—7.5=10—7.5、(10—3)2×10—5.95=10—11.95、10—2×10—9.99=10—11.99。【详析】A．由分析可知，直线Ⅱ代表pCrO和pAg的关系，故A正确；B．由分析可知，直线Ⅱ代表pCrO和pAg的关系、曲线Ⅲ表示pIO和pAg的关系，AgIO3和Ag2CrO4的溶度积不相等，故B错误；C．由分析可知，曲线Ⅰ表示pSCN—和pAg的关系、直线Ⅱ代表pCrO和pAg的关系，由图可知，溶液中SCN—和CrO浓度相等时，Ag2CrO4溶液中银离子浓度大于AgSCN溶液中银离子浓度，所以向等浓度的K2CrO4和KSCN混合溶液中逐滴滴加硝酸银溶液时，AgSCN优先沉淀，故C正确；D．由方程式可知，反应的平衡常数K=====104.99，故D正确；故选B。14.制甲醇的反应历程如图：已知：Ⅰ.与在活化后的催化剂表面生成甲醇的反应是放热的可逆反应Ⅱ.该过程的副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH>0下列说法错误的是（）A.制甲醇的方程式为：B.反应中经历了In−C、In−O键的形成和断裂C.升高温度可以提高甲醇在平衡时的选择性D.加压可以提高的平衡转化率〖答案〗C〖解析〗A．由图可知，二氧化碳制备甲醇的反应为催化剂作用下二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，反应的化学方程式为，故A正确；B．由图可知，反应中经历了In−C、In−O键的形成和断裂，故B正确；C．由题给信息可知，二氧化碳制备甲醇的反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度，主反应平衡向逆反应方向移动，副反应平衡向正反应方向移动，甲醇在平衡时的选择性降低，故C错误；D．二氧化碳制备甲醇的反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，副反应是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，二氧化碳的转化率不变，则加压可以提高二氧化碳的平衡转化率，故D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.氧缺位体是热化学循环分解水制氢的催化剂。一种以黄铜矿(主要成分是，含、等杂质)为原料制备流程如图所示：已知：①酸浸后溶液中的金属离子有和②时已知几种金属离子沉淀的如表所示：金属氢氧化物开始沉淀的1.93.46.47.0完全沉淀的3.24.77.69.0请回答下列问题：（1）“焙烧”时生成三种氧化物，其中金属氧化物的化学式为___________。（2）焙烧产物中的在有氧条件下利用石灰石浆液吸收可制得一种副产品___________。(填化学式)（3）流程中，若无“还原”工序，造成的后果是___________。（4）已知有两种同分异构体，则“沉铁”过程中生成的的空间结构是___________。（5）“灼烧”工序化学方程式是___________，“煅烧”时通入的作用是___________。（6）“煅烧”得到氧缺位体时，不同温度范围内，发生变价的金属元素不同，某温度下制得的氧缺位体质量为原质量的，则___________。（7）氧缺位体催化分解水制氢可分为两步：第一步：___________(完成方程式)；第二步：。〖答案〗（1）CuO、Fe3O4（2）CaSO4（3）还原工序是将Fe3+还原为Fe2+，若没有还原工序，会使Fe3+发生沉淀（4）平面正方形（5）CuO+2Fe(OH)3CuFe2O4+3H2ON2在煅烧时做保护气（6）0.15（7）〖祥解〗氧气具有氧化性，已知酸浸后的溶液中金属离子有Cu2+，Fe2+，Al3+和Fe3+，CuFeS2焙烧生成三种氧化物，结合质量守恒可知，三种氧化物为SO2、CuO、Fe3O4，加入硫酸金属氧化物转化为相应的硫酸盐，滤渣1为SiO2，加入Cu还原Fe3+为Fe2+，加入CuO调节pH使Al3+沉淀，，而Cu2+和Fe2+不沉淀，滤渣2中有Al(OH)3、CuO、Cu，加H2O2将Fe2+氧化为Fe3+离子，加入过量的氨水反应生成Cu(NH3)4SO4，Fe3+生成Fe(OH)3沉淀，Cu(NH3)4SO4经过系列操作生成CuO，灼烧CuO和Fe(OH)3生成CuFe2O4，在N2做保护气下煅烧生成。【详析】（1）已知酸浸后的溶液中金属离子有Cu2+，Fe2+，Al3+和Fe3+，CuFeS2焙烧生成三种氧化物，结合质量守恒可知，三种氧化物为SO2、CuO、Fe3O4，其中金属氧化物的化学式为CuO、Fe3O4；（2）焙烧产物中的在有氧条件下利用石灰石浆液Ca(OH)2吸收可制得一种副产品是CaSO4；（3）加入Cu还原Fe3+为Fe2+，若没有还原工序，调节pH值时会使Fe3+发生沉淀；（4）已知有两种同分异构体，则可知其结构不是四面体结构，而是平面四边形结构，故的空间构型为平面正方形；（5）灼烧CuO和Fe(OH)3生成CuFe2O4，反应的方程式为CuO+2Fe(OH)3CuFe2O4+3H2O；N2做保护气，防止生成物被氧化；（6）“煅烧”得到氧缺位体，质量减少的是氧气质量，，得出=0.15（7）制取氢气的总反应为：2H2O=2H2↑+O2↑，结合第二步反应，可知第一步反应为。16.溴戊二酸二甲酯(相对分子质量为239)是某抗癌药物的重要中间体，其制备的反应原理如图所示：制备装置如图所示(夹持装置已略去)：实验步骤如下：步骤一：制备将10.0g戊二酸(相对分子质量为132)加入到三颈烧瓶中，再向其中加入三氯甲烷25mL，搅拌均匀，保持78℃条件下，依次缓慢滴加12mL氯化亚砜、3滴催化剂、液溴，随后回流；回流完毕后，将三颈烧瓶置于冰盐浴中，将溶液温度降到−10℃后，缓慢滴加25mL甲醇(沸点64.7℃)，保持滴加过程中温度不超过0℃。步骤二：除杂向三颈烧瓶中加入25mL饱和碳酸氢钠溶液进行洗涤，分液除去上层水相，下层有机相再用25mL饱和氯化钠溶液洗涤3次，洗涤完毕，用无水硫酸镁干燥，过滤。步骤三：提纯过滤后的液体置于热浴容器中(外温)，接上精馏装置，进行减压蒸馏。步骤四：收集收集100—110℃的馏分，得到10.86g无色透明油状液体。回答下列问题：（1）使用装置A的优点是___________。（2）步骤一中采取“温度降到−10℃”“缓慢滴加”这些措施的可能原因有___________。减缓反应速率防止高温下发生复杂的有机副反应避免原料挥发，使反应物充分反应（3）步骤二中用饱和氯化钠溶液洗涤的目的是___________。（4）步骤三中使用减压蒸馏的目的是___________。（5）中间产物Ⅰ比戊二酸的沸点低很多的原因是___________，反应中生成戊二酰氯的同时得到两种有刺激性气味的气体，该反应的化学方程式为___________。（6）从环保角度分析，该实验装置存在明显不足之处，解决的办法是___________。（7）本实验的产率是___________。A. B. C. D.〖答案〗（1）平衡气压，便于液体顺利流下（2）abc（3）除去有机相中残留的NaHCO3（4）降低有机物沸点，减少挥发（5）戊二酸分子间存在氢键，中间产物Ⅰ分子间不存在氢键+2SOCl2+2SO2↑+2HCl（6）在冷凝管上端尾部连接装有碱石灰的球形干燥管（7）C〖祥解〗由图可知，制备2-溴戊二酸二甲酯的实验原理为戊二酸与氯化亚砜反应，生成中间产物1(戊二酰氯)，戊二酰氯与液溴反应生成中间产物2，中间产物2再与甲醇发生酯化反应得到2-溴戊二酸二甲酯，制得的2-溴戊二酸二甲酯经除杂提纯得到产品。【详析】（1）由实验装置图可知，装置A为恒压滴液漏斗，使用恒压滴液漏斗的目的是平衡气压，便于所盛溶液顺利流下，故〖答案〗为：平衡气压，便于液体顺利流下；（2）步骤一中采取“温度降到−10℃”“缓慢滴加”这些措施的目的是减缓反应速率，使反应物充分反应，同时防止温度过高导致副反应的发生，避免原料受热挥发造成损失，故选abc；（3）由题意可知，步骤二中向三颈烧瓶中加入25mL饱和碳酸氢钠溶液进行洗涤的目的是除去有机物中的酸性物质，下层有机相再用25mL饱和氯化钠溶液洗涤3次的目的是除去有机物中残留的碳酸氢钠，故〖答案〗为：除去有机相中残留的NaHCO3；（4）减压可降低有机物的沸点，蒸馏时减少其挥发，则步骤三中使用减压蒸馏的目的是降低有机物沸点，减少挥发；（5）戊二酰氯与戊二酸都是由分子组成的物质，戊二酸结构中含有羧基，分子间能形成氢键，戊二酰氯分子间不存在氢键，所以戊二酰氯比戊二酸的沸点低很多；由题意可知，戊二酸与氯化亚砜反应生成戊二酰氯、二氧化硫和氯化氢，反应的化学方程式为+2SOCl2+2SO2↑+2HCl，故〖答案〗为：戊二酸分子间存在氢键，戊二酰氯分子间不存在氢键；+2SOCl2+2SO2↑+2HCl；（6）由于反应中产生污染性气体，所以从绿色化学角度分析，该实验装置的明显不足之处是没有尾气处理装置，应在冷凝管处连接装有碱石灰的球形干燥管，故〖答案〗为：应在冷凝管上端尾部连接装有碱石灰的球形干燥管；（7）由题意可知，10.0g戊二酸制得10.86g2-溴戊二酸二甲酯，则由碳原子守恒可知，实验的产率为×100%≈60%，故选C。17.氨是最基本的化工原料，常用于制液氮、氨水、硝酸、铵盐和胺类等。（1）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，其反应如下：根据下列键能数据，结合上述反应数据，计算的键能是___________。化学键键能946436（2）合成氨工业中，原料气(及少量的混合气)在进入合成塔前需经过铜氨液处理，目的是除去其中，其反应为：。①配离子的中心离子是___________，配位数是___________。②铜氨溶液吸收适宜的生产条件：___________温、___________压。(填“高”“低”)（3）恒温恒压条件下，向容器中通入和，合成氨反应用摩尔分数表示的平衡常数，达到平衡时的转化率为___________(保留3位有效数字)。(已知反应的，物质ⅰ的摩尔分数，)。（4）制备时所需的可以通过反应合成，但缺。有学者倡议：常温下，把石膏矿中(Ⅱ)转化为难溶的，留下的和形成，反应方程式如下：化学平衡常数为，用下列相关的符号来表示___________。通过计算反应的判断以上倡议___________(填“可行”或“不可行”)。(已知、、、的、、)（5）与镓在高温下生成，氮化镓晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被原子代替，顶点和面心的碳原子被原子代替。①以晶胞边长为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中的原子位置，称作原子坐标。原子坐标为，则原子坐标为___________。②若为阿伏伽德罗常数的值，晶胞中原子与原子之间最短的核间距离是，则晶体的密度为___________(只列计算式)。〖答案〗（1）391（2）①Cu+4②低高（3）18.0%（4）可行（5）①(0，，)②〖解析〗（1）由反应热与反应物键能之和与生成物键能之和的差值相等可得：(946kJ/mol+436kJ/mol×3)—6E(N—H)=—92.0kJ/mol，解得E(N—H)=391kJ/mol，故〖答案〗为：391；（2）①配离子的中心离子为亚铜离子，氨分子和一氧化碳为配体，配位数为4，故〖答案〗为：Cu+；4；②铜氨溶液吸收一氧化碳的反应为气体体积减小的放热反应，降低温度、增大压强，平衡均向正反应方向移动，则适宜的生产条件为低温、高压，故〖答案〗为：低；高；（3）设平衡时消耗氮气的物质的量为amol，由题意可建立如下三段式：由合成氨反应的平衡常数可得：=，解得a1=1+(舍去)、a2=1—，则氮气的转化率为×100%≈18.0%，故〖答案〗为：18.0%；（4）由方程式可知，反应Kc==××××==≈2.7×106，则学者的倡议可行，故〖答案〗为：；可行；（5）①位于体对角线处B原子的原子坐标为，则晶胞的参数为1，位于面心的A原子的原子坐标为(0，，)，故〖答案〗为：(0，，)；②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的镓原子个数为8×+6×=4，位于体内的氮原子个数为4，晶胞中氮原子和氮原子的原子核间距为面对角线长度的一半，则由题意可知，晶胞的参数为bnm，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(b×10—7)3d，解得d=，故〖答案〗为：。18.是一种辅酶类似物，其合成路线如下：已知：是苯基回答下列问题：（1）中的官能团名称是___________。（2）生成的反应中的作用是___________。（3）C含有羟基，分子式为，则C的结构简式为___________。C生成D的反应类型是___________。（4）生成的化学方程式为___________。（5）与D互为同分异构体，符合下列条件。可能的结构简式为___________(任写一种)。①含有苯环②含有硝基和碳碳双键③核磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积之比为（6）参照述合成线，以和为原料计制备。该物质的合成路线为___________。〖答案〗（1）羟基、氨基（2）还原剂（3）取代反应（4）+HCl+phNHNH2+CH3OH（5）或（6）〖祥解〗由A转化为B的过程中-COOH转化为-OH，发生还原反应，B和ClCH2COCl发生取代反应生成C，C含有羟基，分子式为，则C的结构简式为C发生取代反应生成D，D和(CH3)3OBF4发生反应生成E，E和HCl、phNHNH2发生反应生成F，F和HC(OCH3)3发生反应生成G，以此解答。【详析】（1）中的官能团名称是羟基、氨基。（2）由A转化为B的过程中-COOH转化为-OH，发生还原反应，的作用是还原剂。（3）由分析可知，C的结构简式为，C生成D的反应类型是取代反应。（4）E和HCl、phNHNH2发生反应生成F，由E和F的结构推断该反应中还生成了CH3OH，化学方程式为：+HCl+phNHNH2+CH3OH。（5）与D互为同分异构体，符合条件：①含有苯环；②含有硝基和碳碳双键；③核磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积之比为；X为对称的结构，满足条件的X为或。（6）发生DEFG的反应原理可以得到，合成路线为。安徽省黄山市2024届高三下学期二模可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Fe56Cu64Ga70Br80一、选择题：本题共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.下列古诗文中蕴含着一定的化学知识或原理，下列有关说法错误的是（）A.“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中柳絮的主要成分和棉花相同B.《物理小识·金石类》：“有硇水(硝酸)者，剪银块投之，则旋而为水”，该过程涉及氧化还原反应C.“雨过天青云破处，这般颜色做将来”中所描述瓷器的青色不是来自氧化铁D.“纷纷灿烂如星陨，赫赫喧豗似火攻”中烟花是某些金属的焰色试验，属于化学变化〖答案〗D〖解析〗A．柳絮和棉花的主要成分都是纤维素，A正确；B．“有硇水(硝酸)者，剪银块投之，则旋而为水”，说明硝酸和银反应，该反应属于氧化还原反应，B正确；C．瓷器的青色不是来自氧化铁，因为氧化铁是红棕色，不是青色，C正确；D．焰色试验属于物理变化，D错误；故选D。2.化学与人类生活密切相关，下列说法错误的是（）A.二氧化硫可作漂白剂、防腐剂，还是一种食品添加剂B.葡萄糖制备“碳量子点”是一种绿色、低成本的方法C.研发催化剂将二氧化碳转化为甲醇，有助于我国2060年前实现碳中和的目标D.三星堆青铜大立人以合金为材料，其深埋于地下生锈是发生了析氢腐蚀〖答案〗D〖解析〗A．二氧化硫有毒，可以起到杀菌的作用，二氧化硫具有还原性，是一种常见的抗氧化剂，所以二氧化硫可作漂白剂、防腐剂，还是一种食品添加剂，故A正确；B．葡萄糖来源丰富、廉价易得，所以用葡萄糖制备“碳量子点”是一种绿色、低成本的方法，故B正确；C．将二氧化碳转化为甲醇可以减少二氧化碳的排放，有助于我国2060年前实现碳中和的目标，故C正确；D．青铜深埋于地下生锈是因为发生了吸氧腐蚀，故D错误；故选D。3.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.电解精炼铜时，阳极质量减少，电路中转移电子数可能是B.晶体和晶体含有的离子数目均为C.与足量乙醇在一定条件下反应，生成的酯基的数目为D.水解能力弱于的溶液中和的总数大于〖答案〗A〖解析〗A．电解精炼铜时，阳极粗铜中含有活泼性较强的铁、先等杂质，电解时铁、锌杂质先放电，且铁摩尔质量小于铜的64g/mol，锌的摩尔质量大于铜的摩尔质量，若阳极减少64g，电路中转移电子数也可能是，故A正确；B．由钙离子和构成，由钙离子和构成，晶体和晶体含有的离子数目分别为、，故B错误；C．酯化反应是可逆反应，与足量乙醇在一定条件下反应，生成的酯基的数目小于，故C错误；D．水解能力弱于，溶液呈酸性，的溶液中，c()<c(),物料守恒有n()+n(HF)=1mol，n()+n(HF)<1mol，和的总数小于，故D错误；〖答案〗选A。4.下列化学用语正确的是（）A.基态原子的轨道表示式：B.用电子云轮廓图表示中的键形成的示意图：C.的模型：D.2-甲基-1-丁醇的键线式：〖答案〗B〖解析〗A．基态原子的价电子排布式为3d24s2，轨道表示式为，A错误；B．H的s能级为球形，两个氢原子形成氢气时，是两个s能级的原子轨道和互靠近，形成新的轨道，B正确；C．中心原子S的价层电子对数为3+=3，无孤电子对，VSEPR模型是平面三角形，与图不相符，C错误；D．2-甲基-1-丁醇的键线式：，D错误；故选B阅读下列材料，完成5-6小题。的综合利用具有重要意义。的捕集方法众多，可以形成、尿素等重要化合物，还可以催化转化为高附加值化学品等。用活化铜催化剂电解可以制备乙醇。5.下列说法正确的是（）A.是共价化合物 B.与属于同素异形体C.位于元素周期表的区 D.键角大小：〖答案〗D〖解析〗A．(NH4)2CO3属于铵盐，NH4+与CO32-之间存在离子键，是离子化合物，A错误；B．同素异形体指由同种元素组成的具有不同性质的单质，而CO(NH2)2与NH4CNO是化合物，其两者关系为同分异构体，B错误；C．Cu元素位于元素周期表ds区，C错误；D．CH4的C原子采用sp3杂化，其空间构型为正四面体，键角为109°28′，CO32-的C原子形成3个键，无孤对电子，故采用sp2杂化，其空间构型为平面三角形，键角为120°，D正确；故选D。6.下列有关离子方程式书写正确的是（）A.侯氏制碱法中制备NaHCO3：NH3+CO2+H2O=HCO+NHB.酸性条件下催化电解制的阴极电极反应式为：2CO2+12e−+12H+=CH3CH2OH+3H2OC.向苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：D.碳酸铵与氢氧化钙溶液反应：CO+Ca2+=CaCO3↓〖答案〗B〖解析〗A．侯氏制碱法中制备碳酸氢钠的反应为二氧化碳与氨气和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH，故A错误；B．酸性条件下催化电解二氧化碳制乙醇时，通入二氧化碳的电极为电解池的阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙醇和水，电极反应式为2CO2+12e−+12H+=CH3CH2OH+3H2O，故B正确；C．苯酚钠溶液与少量二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为+CO2+H2O+HCO，故C错误；D．碳酸铵溶液与氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀、一水合氨，反应的离子方程式为CO+2NH+Ca2++2OH—=CaCO3↓+2NH3·H2O，故D错误；故选B。7.松香酸的结构如图所示，下列叙述正确的是（）A.分子式为C20H32O2B.只能使溴水褪色，不可以使酸性高锰酸钾溶液褪色C.该分子中有4个手性碳原子D.能与氨基酸发生缩聚反应〖答案〗C〖解析〗A．由结构简式可知，松香酸的分子式为C20H30O2，故A错误；B．由结构简式可知，松香酸分子中含有的碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故B错误；C．由结构简式可知，松香酸分子中含有如图*所示的4个手性碳原子：，故C正确；D．由结构简式可知，松香酸分子中只含有1个羧基，不具备发生缩聚反应的条件，不能与氨基酸发生缩聚反应，故D错误；故选C8.某离子液体结构如图，其中和是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态原子和原子最外层均有两个单电子，和质子数均为奇数且和为22.下列说法正确的是（）A.原子半径：B.组成的化合物的水溶液一定显酸性C.为非极性分子D.该离子液体中含非极性键，不含配位键〖答案〗C〖祥解〗Z的原子序数最大，Z只形成1个共价键，Q、R、X和Z质子数为奇数，且奇数和为22比较小，所以Z为F；基态T原子和Y原子最外层均有两个单电子，所以T为C、Y为O、X为N；由结构逆推，Q为H；R的质了数为22-1-7-9=5，则R为B；【详析】A．同周期原子半径从左到右越来越小，故原子半径C>O，A错误；B．一水合氨的水溶液显碱性，B错误；C．BF3的中心原子B的价层电子对数为3+=3，空间构型为平面三角形，为非极性分子，C正确；D．B与F之间有配位键，故该离子液体中含极性键和配位键，D错误；故选C。9.下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项操作现象结论向某钠盐粉末上滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液溶液褪色气体一定是向溶液中滴加盐酸产生浑浊的非金属性比强C将SO3、SO2混合气体通入溶液中生成白色沉淀沉淀是BaSO3、BaSO4D向硫酸铜溶液中依次加入足量氨水和适量乙醇最终析出深蓝色晶体乙醇降低硫酸四氨合铜晶体的溶解度〖答案〗D〖解析〗A．高锰酸钠固体能与浓盐酸反应生成能使品红溶液褪色的氯气，则向某钠盐粉末上滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液，溶液褪色不能说明产生的气体一定是二氧化硫，故A错误；B．元素的非金属性强弱与最高价氧化物对应水化物的强弱有关，与氢化物的酸性无关，则向硅酸钠溶液中滴加盐酸产生浑浊只能说明盐酸的酸性强于硅酸，但不能说明氯元素的非金属性强于硅元素，故B错误；C．亚硫酸的酸性弱于盐酸，由强酸制弱酸的原理可知，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，则将三氧化硫、二氧化硫混合气体通入氯化钡溶液中，反应生成的白色沉淀中不可能含有亚硫酸钡，故C错误；D．硫酸铜溶液与足量氨水反应生成硫酸四氨合铜，向硫酸铜溶液中依次加入足量氨水和适量乙醇，最终析出深蓝色晶体是因为乙醇降低了硫酸四氨合铜晶体的溶解度，故D正确；故选D。10.由羟基丁酸生成丁内酯的反应如下：，在298K下，羟基丁酸水溶液的初始浓度为，随着反应的进行，测得丁内酯的浓度随时间变化的数据如下表所示。下列说法错误的是（）2150801001201602200.0240.0500.0710.0810.0900.1040.1160.132A.其他条件相同时，升高温度，化学反应速率加快B.在内，以丁内酯的浓度变化表示的反应速率为C.时羟基丁酸的转化率为D.298K时该反应的平衡常数〖答案〗C〖解析〗A．其他条件相同时，升高温度，化学反应速率加快，A正确；B．80～100min内用γ-丁内酯的浓度变化表示反应速率v(γ-丁内酯)=，B正确；C．反应至120min时，反应产生0.090mol/L的γ-丁内酯，则反应消耗γ-羟基丁酸的浓度为0.090mol/L，故γ-羟基丁酸转化率为50%，C错误；D．298K时，平衡时c(γ-丁内酯)=0.132mol/L，c(γ-羟基丁酸)=0.180-0.132=0.048mol/L，该反应的平衡常数K==2.75，D正确；故选C。11.利用传感器探究溶液与硫酸、硫酸铜混合溶液发生反应时离子反应的先后顺序，绘得三份曲线图如图所示。已知实验使用的溶液浓度和滴速相同；硫酸溶液和硫酸铜溶液浓度相同；混合溶液中两溶质的浓度也相同。下列说法错误的是（）A.混合溶液中滴加溶液，硫酸先于硫酸铜发生反应B.图溶液接近5的原因是：C.点：D.段铜离子浓度保持不变〖答案〗D〖祥解〗根据图可知：混合溶液中开始滴加NaOH溶液时，溶液pH≈2，几乎等于H2SO4溶液的pH，随着NaOH溶液的滴加，溶液pH变化不大，当滴加至100s时，产生滴定突跃，此时溶液pH≈5，等于CuSO4溶液的pH，说明此时发生反应为H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，即在前100s内发生酸碱中和反应，在100s～200s内发生反应：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，在≥200s时，该反应沉淀完全，发生滴定突跃，在200s以后W段的溶液中，处于Cu(OH)2的沉淀溶解平衡阶段，溶液中c(H+)几乎不变。【详析】A．根据滴定时溶液的pH变化，结合单独滴加NaOH溶液时的pH图可知：混合溶液中滴加NaOH溶液，硫酸先于硫酸铜发生反应，A正确；B．硫酸铜为强酸弱碱盐，铜离子水解生成氢离子，使得溶液显酸性：，B正确；C．w点时溶液中溶质为Na2SO4及难溶性Cu(OH)2的饱和溶液，根据Na2SO4=2Na++及Cu(OH)2是难溶性物质，但其溶解电离产生的离子浓度远大于水电离产生的离子浓度，所以此时溶液中微粒浓度关系为：，C正确；D．段随着氢氧化钠的滴入，溶液碱性增强，导致铜离子浓度减小，D错误；故合理选项是D。12.一种用氯丙烯()电解合成环氧氯丙烷()的装置如图所示。该装置无需使用隔膜，且绿色高效，图中为或，工作时和同时且等量放电。下列说法错误的是（）A.电解一段时间后，装置中物质的量增大B.每转移，生成环氧氯丙烷C.若为，也可电解制得环氧氯丙烷D.该装置工作时不需要补充〖答案〗A〖祥解〗由图可知，右电极上H2O被还原生成H2，即右电极作阴极，则左电极作阳极，阳极上X-和OH-同时且等量放电：X--e-=X·、OH--e-=OH·；【详析】A．由装置原理图可知，每生成1个环氧氯丙烷，阳极上消耗1个OH-，阴极上生成1个OH-，即OH-消耗的量与生成的量相等，则电解一段时间后，装置中OH-的物质的量不变，A错误；B．由装置原理图可知，阳极上X-和OH-各失去1个电子，即转移2个电子，就生成1个环氧氯丙烷，则每转移2mole-，生成1mol环氧氯丙烷，B正确；C．由装置原理图可知，X为Cl或Br，电解制备产物均为环氧氯丙烷，C正确；D．由装置原理图可知，每生成1个环氧氯丙烷，阳极上先消耗1个X-，最终生成环氧氯丙烷时又释放1个X-，即X-为可循环离子，则该装置工作时无需补充X-，D正确；〖答案〗选A。13.室温下向含和的溶液中滴加溶液，混合液中和的关系如图所示，已知：，下列叙述错误的是（）A.直线Ⅱ代表和的关系B.d点直线Ⅱ和直线Ⅲ对应的两种沉淀的相同C.向等浓度的和混合溶液中逐滴滴加溶液，先生成沉淀D.得平衡常数为〖答案〗B〖祥解〗由化学式可知，溶液中pSCN—和pIO与pAg变化趋势相似，则直线Ⅱ代表pCrO和pAg的关系，由AgSCN的溶度积小于AgIO3可知，溶液中pAg相同时，pSCN—大于pIO，则曲线Ⅰ表示pSCN—和pAg的关系、曲线Ⅲ表示pIO和pAg的关系；由a、b、c三点的数据可知，AgIO3、Ag2CrO4、AgSCN的溶度积分别为100×10—7.5=10—7.5、(10—3)2×10—5.95=10—11.95、10—2×10—9.99=10—11.99。【详析】A．由分析可知，直线Ⅱ代表pCrO和pAg的关系，故A正确；B．由分析可知，直线Ⅱ代表pCrO和pAg的关系、曲线Ⅲ表示pIO和pAg的关系，AgIO3和Ag2CrO4的溶度积不相等，故B错误；C．由分析可知，曲线Ⅰ表示pSCN—和pAg的关系、直线Ⅱ代表pCrO和pAg的关系，由图可知，溶液中SCN—和CrO浓度相等时，Ag2CrO4溶液中银离子浓度大于AgSCN溶液中银离子浓度，所以向等浓度的K2CrO4和KSCN混合溶液中逐滴滴加硝酸银溶液时，AgSCN优先沉淀，故C正确；D．由方程式可知，反应的平衡常数K=====104.99，故D正确；故选B。14.制甲醇的反应历程如图：已知：Ⅰ.与在活化后的催化剂表面生成甲醇的反应是放热的可逆反应Ⅱ.该过程的副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH>0下列说法错误的是（）A.制甲醇的方程式为：B.反应中经历了In−C、In−O键的形成和断裂C.升高温度可以提高甲醇在平衡时的选择性D.加压可以提高的平衡转化率〖答案〗C〖解析〗A．由图可知，二氧化碳制备甲醇的反应为催化剂作用下二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，反应的化学方程式为，故A正确；B．由图可知，反应中经历了In−C、In−O键的形成和断裂，故B正确；C．由题给信息可知，二氧化碳制备甲醇的反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度，主反应平衡向逆反应方向移动，副反应平衡向正反应方向移动，甲醇在平衡时的选择性降低，故C错误；D．二氧化碳制备甲醇的反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，副反应是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，二氧化碳的转化率不变，则加压可以提高二氧化碳的平衡转化率，故D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.氧缺位体是热化学循环分解水制氢的催化剂。一种以黄铜矿(主要成分是，含、等杂质)为原料制备流程如图所示：已知：①酸浸后溶液中的金属离子有和②时已知几种金属离子沉淀的如表所示：金属氢氧化物开始沉淀的1.93.46.47.0完全沉淀的3.24.77.69.0请回答下列问题：（1）“焙烧”时生成三种氧化物，其中金属氧化物的化学式为___________。（2）焙烧产物中的在有氧条件下利用石灰石浆液吸收可制得一种副产品___________。(填化学式)（3）流程中，若无“还原”工序，造成的后果是___________。（4）已知有两种同分异构体，则“沉铁”过程中生成的的空间结构是___________。（5）“灼烧”工序化学方程式是___________，“煅烧”时通入的作用是___________。（6）“煅烧”得到氧缺位体时，不同温度范围内，发生变价的金属元素不同，某温度下制得的氧缺位体质量为原质量的，则___________。（7）氧缺位体催化分解水制氢可分为两步：第一步：___________(完成方程式)；第二步：。〖答案〗（1）CuO、Fe3O4（2）CaSO4（3）还原工序是将Fe3+还原为Fe2+，若没有还原工序，会使Fe3+发生沉淀（4）平面正方形（5）CuO+2Fe(OH)3CuFe2O4+3H2ON2在煅烧时做保护气（6）0.15（7）〖祥解〗氧气具有氧化性，已知酸浸后的溶液中金属离子有Cu2+，Fe2+，Al3+和Fe3+，CuFeS2焙烧生成三种氧化物，结合质量守恒可知，三种氧化物为SO2、CuO、Fe3O4，加入硫酸金属氧化物转化为相应的硫酸盐，滤渣1为SiO2，加入Cu还原Fe3+为Fe2+，加入CuO调节pH使Al3+沉淀，，而Cu2+和Fe2+不沉淀，滤渣2中有Al(OH)3、CuO、Cu，加H2O2将Fe2+氧化为Fe3+离子，加入过量的氨水反应生成Cu(NH3)4SO4，Fe3+生成Fe(OH)3沉淀，Cu(NH3)4SO4经过系列操作生成CuO，灼烧CuO和Fe(OH)3生成CuFe2O4，在N2做保护气下煅烧生成。【详析】（1）已知酸浸后的溶液中金属离子有Cu2+，Fe2+，Al3+和Fe3+，CuFeS2焙烧生成三种氧化物，结合质量守恒可知，三种氧化物为SO2、CuO、Fe3O4，其中金属氧化物的化学式为CuO、Fe3O4；（2）焙烧产物中的在有氧条件下利用石灰石浆液Ca(OH)2吸收可制得一种副产品是CaSO4；（3）加入Cu还原Fe3+为Fe2+，若没有还原工序，调节pH值时会使Fe3+发生沉淀；（4）已知有两种同分异构体，则可知其结构不是四面体结构，而是平面四边形结构，故的空间构型为平面正方形；（5）灼烧CuO和Fe(OH)3生成CuFe2O4，反应的方程式为CuO+2Fe(OH)3CuFe2O4+3H2O；N2做保护气，防止生成物被氧化；（6）“煅烧”得到氧缺位体，质量减少的是氧气质量，，得出=0.15（7）制取氢气的总反应为：2H2O=2H2↑+O2↑，结合第二步反应，可知第一步反应为。16.溴戊二酸二甲酯(相对分子质量为239)是某抗癌药物的重要中间体，其制备的反应原理如图所示：制备装置如图所示(夹持装置已略去)：实验步骤如下：步骤一：制备将10.0g戊二酸(相对分子质量为132)加入到三颈烧瓶中，再向其中加入三氯甲烷25mL，搅拌均匀，保持78℃条件下，依次缓慢滴加12mL氯化亚砜、3滴催化剂、液溴，随后回流；回流完毕后，将三颈烧瓶置于冰盐浴中，将溶液温度降到−10℃后，缓慢滴加25mL甲醇(沸点64.7℃)，保持滴加过程中温度不超过0℃。步骤二：除杂向三颈烧瓶中加入25mL饱和碳酸氢钠溶液进行洗涤，分液除去上层水相，下层有机相再用25mL饱和氯化钠溶液洗涤3次，洗涤完毕，用无水硫酸镁干燥，过滤。步骤三：提纯过滤后的液体置于热浴容器中(外温)，接上精馏装置，进行减压蒸馏。步骤四：收集收集100—110℃的馏分，得到10.86g无色透明油状液体。回答下列问题：（1）使用装置A的优点是___________。（2）步骤一中采取“温度降到−10℃”“缓慢滴加”这些措施的可能原因有___________。减缓反应速率防止高温下发生复杂的有机副反应避免原料挥发，使反应物充分反应（3）步骤二中用饱和氯化钠溶液洗涤的目的是___________。（4）步骤三中使用减压蒸馏的目的是___________。（5）中间产物Ⅰ比戊二酸的沸点低很多的原因是___________，反应中生成戊二酰氯的同时得到两种有刺激性气味的气体，该反应的化学方程式为___________。（6）从环保角度分析，该实验装置存在明显不足之处，解决的办法是___________。（7）本实验的产率是___________。A. B. C. D.〖答案〗（1）平衡气压，便于液体顺利流下（2）abc（3）除去有机相中残留的NaHCO3（4）降低有机物沸点，减少挥发（5）戊二酸分子间存在氢键，中间产物Ⅰ分子间不存在氢键+2SOCl2+2SO2↑+2HCl（6）在冷凝管上端尾部连接装有碱石灰的球形干燥管（7）C〖祥解〗由图可知，制备2-溴戊二酸二甲酯的实验原理为戊二酸与氯化亚砜反应，生成中间产物1(戊二酰氯)，戊二酰氯与液溴反应生成中间产物2，中间产物2再与甲醇发生酯化反应得到2-溴戊二酸二甲酯，制得的2-溴戊二酸二甲酯经除杂提纯得到产品。【详析】（1）由实验装置图可知，装置A为恒压滴液漏斗，使用恒压滴液漏斗的目的是平衡气压，便于所盛溶液顺利流下，故〖答案〗为：平衡气压，便于液体顺利流下；（2）步骤一中采取“温度降到−10℃”“缓慢滴加”这些措施的目的是减缓反应速率，使反应物充分反应，同时防止温度过高导致副反应的发生，避免原料受热挥发造成损失，故选abc；（3）由题意可知，步骤二中向三颈烧瓶中加入25mL饱和碳酸氢钠溶液进行洗涤的目的是除去有机物中的酸性物质，下层有机相再用25mL饱和氯化钠溶液洗涤3次的目的是除去有机物中残留的碳酸氢钠，故〖答案〗为：除去有机相中残留的NaHCO3；（4）减压可降低有机物的沸点，蒸馏时减少其挥发，则步骤三中使用减压蒸馏的目的是降低有机物沸点，减少挥发；（5）戊二酰氯与戊二酸都是由分子组成的物质，戊二酸结构中含有羧基，分子间能形成氢键，戊二酰氯分子间不存在氢键，所以戊二酰氯比戊二酸的沸点低很多；由题意可知，戊二酸与氯化亚砜反应生成戊二酰氯、二氧化硫和氯化氢，反应的化学方程式为+2SOCl2+2SO2↑+2HCl，故〖答案〗为：戊二酸分子间存在氢键，戊二酰氯分子