2024届上海市金山区高三下学期二模化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1上海市金山区2024届高三下学期二模相对原子质量：H-1C-12O-16S-32Co-59Cu-64一、联氨(N2H4)的性质和应用1.联氨(N2H4)又称肼，在航天、能源等领域具有广泛应用。Ⅰ.N2H4分子中所有原子均达到稀有气体原子的稳定结构。（1）写出N2H4的电子式。___________（2）N2H4晶体受热熔化时，破坏的作用力有___________。A.范德华力 B.氢键 C.共价键 D.离子键（3）酸碱质子理论提出：凡是能给出质子的分子或离子称为酸，凡是能接受质子的分子或离子称为碱。①由N2H4+H2ON2H+OH-可知N2H4是___________。A．酸B．碱②选择足量的盐酸或NaOH溶液与N2H4充分反应，生成盐的化学式为___________。Ⅱ.肼具有强还原性，可作火箭推进剂燃料，反应的热化学方程式表示为：2N2H4(l)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g)∆H<0。（4）①结合化学反应原理分析，该反应可自发进行的原因是_______________________。②N2H4和N2O4作为火箭推进剂的主要原因是_______________________________。Ⅲ.肼可还原钴离子制备纳米金属钴，纳米金属钴具有特殊的物理、化学和表面性质。（5）下列状态的钴中，电离最外层一个电子所需能量最小的是_______。A．[Ar]3d74s2B．[Ar]3d74s14p1C．[Ar]3d74s1（6）Co2+被N2H4还原的离子方程式如下，完成方程式并配平_______。Co2++N2H4+___________=Co↓+N2↑+H2O当转移7.224×1024个电子数时，生成金属钴___________克。（7）金属钴可以形成多种配合物。一种配合物由Co3+、NH3、Cl-、H2O组成，实验显示Co3+、NH3、Cl-、H2O的物质的量之比为1∶3∶3∶1.向该配合物的水溶液加入AgNO3溶液，只能沉淀出三分之一的Cl-。①该配合物的化学式是___________。A．[Co(NH3)3ClH2O]Cl2B．[Co(NH3)3Cl2H2O]ClC．[Co(NH3)3H2O]Cl3②该配合物的配体有___________。〖答案〗（1）（2）AB（3）①B②N2H6Cl2（4）①∆H<0、∆S>0，∆H-T∆S<0，任意温度下可自发进行②N2H4具有强还原性、N2O4具有强氧化性，两者剧烈反应，放出大量热，产生大量气体，为火箭提供推力（5）B（6）2Co2++1N2H4+4OH-=2Co↓+1N2↑+4H2O354（7）①B②NH3、Cl-、H2O〖解析〗（1）N2H4为共价化合物，分子中所有原子均达到稀有气体原子的稳定结构，电子式；（2）氢键是H与N、O、F等电负性大的元素原子相结合的一种特殊分子间或分子内相互作用力；N2H4晶体为分子晶体且分子间存在氢键，受热熔化时，破坏的作用力有A.范德华力、B.氢键；故选AB；（3）①凡是能接受质子的分子或离子称为碱，则由N2H4+H2ON2H+OH-可知N2H4是碱，故选B；②结合①分析可知，N2H4中2个氮能接受2个质子，为碱，则可以与足量的盐酸反应生成N2H6Cl2;（4）①∆H-T∆S<0的反应可以自发进行，该反应为放热的熵增反应，故该反应可自发进行的原因是：∆H<0、∆S>0，∆H-T∆S<0，任意温度下可自发进行。②N2H4具有强还原性、N2O4具有强氧化性，两者剧烈反应，放出大量热，产生大量气体，为火箭提供推力，故N2H4和N2O4可以作为火箭推进剂；（5）钴为27号元素，基态钴原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d74s2，[Ar]3d74s2为基态钴原子、[Ar]3d74s14p1为激发态钴原子、[Ar]3d74s1为失去1个电子形成的离子，[Ar]3d74s1再失去1个电子为第二电离能大于第一电离能，激发态原子较基态原子更容易失去1个电子，故选B；（6）反应中Co化合价由+2降低为0、氮化合价由-2升高为0，结合电子守恒可知，反应为：2Co2++1N2H4+4OH-=2Co↓+1N2↑+4H2O；电子转移关系为：2Co~4e-，转移7.224×1024个电子数时，为12mol电子，生成6mol钴，质量为6mol×59g/mol=354g；（7）①向该配合物的水溶液加入AgNO3溶液，只能沉淀出三分之一的Cl-，则有三分之一的氯离子处于外界、三分之二的处于内界，故该配合物的化学式是B．[Co(NH3)3Cl2H2O]Cl；②结合其化学式可知，该配合物的配体有NH3、Cl-、H2O。二、对甲苯磺酸的制备和性质探究2.Ⅰ.对甲苯磺酸是一种白色晶体，熔点107℃，易溶于醇、醚和水，是用途广泛的化工原料。实验室利用磺化反应制备对甲苯磺酸(实验装置如图所示)，装置中有分水器，其作用是使回流的水蒸气冷凝进入分水器，有机溶剂进入烧瓶，增大反应物的转化率。（1）下列说法错误的是___________。A.当分水器中的水量不再增加时，停止加热B.分水器可将反应体系中的甲苯移除C.烧瓶中不需要添加沸石D.冷凝水从x口进入（2）写出反应的化学方程式。_______________________________Ⅱ.根据对甲苯磺酸的结构，有同学推测对甲苯磺酸的性质和硫酸相似，进行了如下探究：（3）对甲苯磺酸可能是强酸，电离方程式：，设计简单实验证明猜想。_______________________________________________________________（4）采用如图所示装置进行实验，观察到蔗糖迅速变黑。上述实验现象说明对甲苯磺酸具有___________。A．吸水性B．脱水性C．强酸性（5）向吸收液中滴加一定量___________溶液，仍未观察到明显现象，说明对甲苯磺酸不具有强氧化性。A．Ba(OH)2B．NaClC．CaCl2Ⅲ.对甲苯磺酸可做酯化反应的催化剂，催化合成丙酸乙酯。将0.2mol丙酸(M=74g∙mol−1)、1g对甲苯磺酸和0.24mol乙醇(M=46g∙mol−1)加入三口瓶中，加热进行反应。反应结束后将反应液过滤，分别经水、碳酸钠溶液、饱和食盐水洗涤，干燥后进行蒸馏，蒸出17.4g馏分。（6）计算该反应的产率____________。(产率=，写出计算过程，结果保留1位小数)（7）请评价用对甲苯磺酸代替浓硫酸做酯化反应催化剂的优点___________________。〖答案〗（1）B（2）（3）室温下，配制0.1mol∙L-1对甲苯磺酸溶液，测得pH=1，说明其为强酸；若pH>1，说明其为弱酸(合理即可)（4）B（5）AC（6）CH3CH2OH过量，n(CH3CH2COOH)=n(CH3CH2COOC2H5)=0.2mol，m(CH3CH2COOC2H5)理论值=0.2mol×102g∙mol-1=20.4g，CH3CH2COOC2H5产率=×100%=85.3%（7）对甲苯磺酸没有强氧化性，减少副反应的发生，污染小，对设备的腐蚀性小(体现对甲苯磺酸是非强氧化性酸即可)〖祥解〗甲苯和浓硫酸在三口烧瓶中反应生成对甲苯磺酸和水，冷凝管不断冷凝回流，用分水器分离出反应生成得水，使反应正向进行，增大反应物的转化率。【详析】（1）A．当分水器中的水量不再增加时，说明反应结束，此时停止加热，故A正确；B．分水器可将反应体系中的水移除，故B错误；C．该装置有磁力搅拌器，烧瓶中不需要添加沸石，故C正确；D．为提高冷凝效果，冷凝水“低进高出”，所以冷凝水从x口进入，故D正确；选B。（2）甲苯和浓硫酸发生取代反应生成对甲苯磺酸和水，反应的化学方程式为。（3）室温下，配制0.1mol∙L-1对甲苯磺酸溶液，若测得pH=1，说明其为强酸；若pH>1，说明其为弱酸。（4）采用如图所示装置进行实验，观察到蔗糖迅速变黑。说明蔗糖中H、O原子被夺去，蔗糖炭化，说明对甲苯磺酸具有脱水性，选B。（5）向吸收液中滴加一定量Ba(OH)2、CaCl2溶液，未观察到沉淀生成，说明没有生成二氧化硫、二氧化碳等气体，则对甲苯磺酸不具有强氧化性，故选AC。（6）0.2mol丙酸(M=74g∙mol−1)、0.24mol乙醇反应，CH3CH2OH过量，理论上生成0.2mol丙酸乙酯，该反应的产率为。（7）用对甲苯磺酸代替浓硫酸做酯化反应催化剂的优点是：对甲苯磺酸没有强氧化性，减少副反应的发生，污染小，对设备的腐蚀性小。三、逆水煤气变换反应助力碳中和3.Ⅰ.随着碳中和目标的提出，CO2回收技术已成为科学研究热点问题，其中逆水煤气变换反应引起了广泛关注。该反应是将CO2加氢转化为CH3OH等高附加值化学品的关键步骤。在催化剂作用下，逆水煤气变换体系中存在以下反应：①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)；∆H1=‒49.5kJ∙mol-1；K1②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)；∆H2=41.2kJ∙mol-1；K2③CO2(g)+2H2(g)CH3OH(g)；∆H3=‒90.7kJ∙mol-1；K3（1）K1=___________(用K2、K3表示)。Ⅱ.将6molCO2和8molH2充入容积为2L的密闭容器中，分别在T1、T2温度下发生反应①，H2的物质的量变化如表所示：物质的量/molT1/℃T2/℃05min10min15min20min25min30minH28.03.52.02.01.71.51.5（2）T1温度下，5~10min内以CO2表示该反应速率v(CO2)=___________。该温度下，若各物质的起始量n(CO2)=n(H2)=n(CH3OH)=n(H2O)=2mol，则v(正)___________v(逆)。A．>B．=C．<（3）下列说法正确是___________。A.T1<T2B.混合气体的密度保持不变时，反应已达到平衡C.平衡后向容器中充入稀有气体，平衡不发生移动D.加入合适的催化剂可以降低反应的活化能，∆H减小Ⅲ.一定条件下，将原料气n(CO2)∶n(H2)=1∶3进行投料，在恒容密闭容器中模拟上述三个反应，CO和CH3OH在含碳产物(CH3OH和CO)中物质的量分数及CO2的平衡转化率随温度变化的情况如图所示（4）CO2平衡转化率随温度升高先减小后增大的原因是____________________________。曲线_________代表CH3OH在含碳产物中物质的量分数。A．mB．n（5）有利于提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率的措施有___________。A.使用催化性能好的催化剂 B.降低反应温度C.投料比不变，增加反应物的浓度 D.增大CO2和H2的初始投料比Ⅳ.光催化CO2也可以制备甲醇、甲烷等燃料，反应原理示意图如下图所示：（6）下列描述正确的是___________。A.H+由a区向b区移动B.b区电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+C.CH4是氧化产物D.该装置实现了电能转化为化学能（7）写出a区的电极反应式_______________________________。〖答案〗（1）K2∙K3（2）0.05mol∙L-1∙min-1C（3）C（4）反应①为放热反应，反应②为吸热反应。开始(温度低于250℃)升温，对反应①的影响程度大于反应②，CO2平衡转化率减小；后来(温度高于250℃)升温，对反应②的影响程度大于反应①，CO2平衡转化率增大A（5）BC（6）B（7）CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O〖解析〗（1）根据题中所给反应，反应②+反应③=反应①，故K1=K2∙K3；（2）5~10min内氢气物质的量变化了1.5mol，根据反应方程式中化学计量数之比，二氧化碳物质的量变化为0.5mol，则以CO2表示该反应速率v(CO2)=；根据表中数据，T1温度下，达到平衡时，列出三段式平衡常数K=，若各物质的起始量n(CO2)=n(H2)=n(CH3OH)=n(H2O)=2mol，即浓度均为1mol/L，Q=>K，反应向逆方向进行，则v(正)<v(逆)；（3）A．T2温度平衡时氢气的量更少，说明平衡正向程度更大，反应是正向放热反应，温度低有利于正向反应，故T1

>T2，A错误；B．容器容积不变，反应满足气体质量守恒，混合气体密度一定不变，无法判断反应是否到达平衡，B错误；C．平衡后向容器中充入稀有气体，各物质分压不变，平衡不发生移动，C正确；D．加入合适的催化剂可以降低反应的活化能，但∆H不变，D错误；故选C；（4）反应①为放热反应，反应②为吸热反应。开始(温度低于250℃)升温，对反应①的影响程度大于反应②，CO2平衡转化率减小；后来(温度高于250℃)升温，对反应②的影响程度大于反应①，CO2平衡转化率增大，故CO2平衡转化率随温度升高先减小后增大，反应①CO2转化率减小，故乙醇物质的量分数减小，m代表CH3OH在含碳产物中物质的量分数；（5）提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率要使反应①的平衡转化率增大：A．使用催化剂能加快反应速率，但是不能提高平衡转化率，A错误；B．反应①为放热反应，降低温度平衡正向移动，有利于提高平衡转化率，B正确；C．反应①生成物化学计量数之和小于反应物化学计量数之和，投料比不变，增加反应物的浓度有利于正向进行，可以提高平衡转化率，C正确；D．增大CO2和H2的初始投料比，会使二氧化碳转化率降低，D错误；故选BC；（6）A．a区电极二氧化碳得电子，为负极，电极反应为8H++CO2+8e-=CH4+2H2O，反应消耗氢离子，故H+由b区向a区移动，A错误；B．b区电极氧气得电子，为正极，反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，B正确；C．CH4是CO2得电子产生，是还原产物，C错误；D．该装置是原电池，化学能转化为电能，D错误；故选B；（7）由前一小题A选项分析，a区的电极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O。四、三蝶烯及其衍生物4.Ⅰ.三蝶烯()及其衍生物是一类具有独特三维刚性结构的化合物，广泛应用在分子机器、材料化学以及超分子化学等领域。三蝶烯的合成路线如下：已知：（1）三蝶烯中碳原子的杂化轨道类型有___________。（2）预测三蝶烯的核磁共振氢谱中有___________组峰。A.1 B.2 C.3 D.4（3）下列关于邻氨基苯甲酸的说法正确的是___________。A.红外光谱图显示分子中含有碳碳双键B.可形成分子内氢键C.沸点高于对氨基苯甲酸D.可发生加聚反应和缩聚反应（4）步骤Ⅱ的反应类型为___________。A.取代反应 B.消去反应 C.氧化反应 D.加成反应Ⅱ.三蝶烯-2，3，6，7-四甲酸二酐是三蝶烯的衍生物，其合成路线如下：已知：2RCOOH+(CH3CO)2O→(RCO)2O+2CH3COOH（5）A属于___________。A.脂肪烃 B.芳香烃 C.饱和烃 D.苯的同系物（6）C中含氧官能团的名称是___________、羰基。（7）写出C→D的化学方程式。_________________________________________（8）化合物W是比化合物D少一个苯环的芳香族化合物，写出1种同时满足下列条件的W的同分异构体的结构简式。_________________①仅含C、H、O元素，其中碳元素的质量分数为0.741，氢元素的质量分数为0.062；质谱图显示分子离子峰的m/z值为162。②能与FeCl3溶液发生显色反应，遇浓溴水不产生白色沉淀③核磁共振氢谱图中有4组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶6。（9）将三蝶烯-2，3，6，7-四甲酸二酐的合成路线补充完整_____________________。〖答案〗（1）sp2、sp3（2）C（3）B（4）D（5）BD（6）羧基（7）（8）、（9）〖祥解〗Ⅰ.根据已知，步骤Ⅱ中苯炔和蒽发生类似的加成反应成环得到三蝶烯；Ⅱ；【详析】（1）三蝶烯中苯环上的碳原子平面结构，是sp2杂化，不在苯环上的两个碳原子以四根单键和其他原子相连，是sp3杂化，故三蝶烯中碳原子的杂化轨道类型有sp2、sp3；（2）如图，根据分子结构的对称性，标有相同数字的碳原子上面的氢原子都是等效氢原子，一共3种，故三蝶烯的核磁共振氢谱中有3组峰，故选C；（3）A．邻氨基苯甲酸中，苯环结构不是单双键交替的结构，故分子中没有碳碳双键，故红外光谱图不会显示分子中含有碳碳双键，A错误；B．邻氨基苯甲酸中两个官能团处于邻位，相距较近，同一个分子的氨基和羧基之间可以形成氢键，B正确；C．对氨基苯甲酸中两个官能团较远，无法形成分子内氢键，只能形成分子间氢键，使沸点升高，故邻氨基苯甲酸沸点低于对氨基苯甲酸，C错误；D．邻氨基苯甲酸中没有可以发生加成的碳碳双键或碳氧双键，无法发生加成聚合反应，D错误；故选B；（4）由分析，步骤Ⅱ反应类型为加成反应，故选D；（5）A分子式为C8H10，分子组成比苯多了两个CH2，是苯的同系物，根据有机物分类，属于芳香烃，故选BD；（6）C中含氧官能团的名称是羧基、羰基；（7）C在浓硫酸的作用下，羧基和另一个苯环上的氢脱水，形成一个新的六元环得到D，反应方程式为：；（8）D的分子式为C16H12O2，W比D少一个苯环，则W分子中有10个碳原子，质谱图显示分子离子峰的m/z值为162即相对分子量为162，氢元素的质量分数为0.062，则分子中氢原子个数为，162-10-12×10=32说明W分子中有2个氧原子，故W分子式为C10H10O2，不饱和度为6，除苯环外，还有2个不饱和度，能与FeCl3溶液发生显色反应，遇浓溴水不产生白色沉淀说明有酚羟基，但是酚羟基的邻对位都有取代基，核磁共振氢谱图中有4组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶6，考虑有一个酚羟基和两个酚羟基的情况，同时满足条件的W的同分异构体肯能是或；（9）分析E和F的分子式差异可以发现F比E少了CH3NO2的分子组成，Ⅰ中步骤Ⅰ刚好也符合这样的分子组成变化，再结合F的后续产物可以得知F中应当有一个苯环两个甲基，且甲基处于邻位，故得出F为，E为；苯环上的侧链与苯直接相连的碳原子上有氢，侧链就能被高锰酸钾氧化为羧基，故得G为。五、工业回收硒5.Ⅰ.硒(Se)是一种重要的化学元素，在医药、农业、能源和电子等领域有广泛应用。（1）以下不能用元素周期律解释的是___________。A.键的极性：H−Se<H−Br B.原子半径：Se>BrC.稳定性：H2Se<HBr D.酸性：H2SeO3<HBrO4（2）硒化铅可用作玻璃和陶瓷的着色剂，其晶胞结构如图所示：①Se的电负性2.4、Pb的电负性1.9，判断硒化铅中Se与Pb之间的化学键是___________。A．离子键B．共价键②晶体中每个Se周围与其最近的，且距离相等的Se有___________个。Ⅱ.工业上以精炼铜的阳极泥为原料(主要成分为Se、CuSe、Ag2Se等)回收Se。①Se难溶于水，沸点684.9℃，易于与O2反应。②室温下Ksp(Ag2SO4)=10−5；Ksp(AgCl)=10−9.75。（3）“焙烧”前，将阳极泥中大块颗粒粉碎的目的是_____________________________。（4）“烟气”中含有SO2和SeO2，被水吸收发生反应，SO2与和SeO2的物质的量之比为___________，SeO2体现了___________。A．氧化性B．还原性（5）“提纯”步骤中用到真空蒸馏工艺，真空的作用是______________、______________。（6）小组同学测定某CuSO4∙xH2O晶体样品热分解的质量变化情况(如图所示)，258℃失去全部结晶水，x=___________。(结果保留2位小数)（7）常温“浸取”步骤中，加入NaCl能否使Ag2SO4完全转化为AgCl？结合平衡原理和计算过程回答_________________________________________。Ⅲ.亚硒酸(H2SeO3)是主要含硒化合物，是二元弱酸。常温下，H2SeO3溶液中某些微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示：（8）下列说法正确的是___________。A.曲线a表示的是SeO物质的量分数随pH变化B.Ka1=10−5.5C.pH=3时，=100.4D.向H2SeO3溶液中逐滴加入NaOH溶液，pH=8.3时溶液中存在：2c(Na+)=3[c(HSeO)+c(SeO)+c(H2SeO3)]（9）向滴有酚酞的H2SeO3溶液中加入氨水，当溶液由粉红色变为红色时，反应的离子方程式为_________________________________________。〖答案〗（1）D（2）①B②12（3）增大接触面积，加快反应速率（4）2：1A（5）避免Se与氧气反应降低Se的沸点，便于分离（6）5.17（7）Ag2SO4+2Cl-2AgCl+SO，K==1014.5>105，Ag2SO4可以完全转化为AgCl（8）CD（9）HSeO+NH3∙H2O=SeO+NH+H2O〖祥解〗II．阳极泥(主要成分为Se、CuSe、Ag2Se等)加入浓硫酸焙烧后，烟气中含有SeO2和SO2，用水吸收时法生氧化还原反应生成H2SO4和Se，过滤分离出粗硒，提纯得到纯硒；烧渣的主要成分是硫酸铜和硫酸银，加入NaCl溶液浸取，得到硫酸铜溶液和AgCl固体，对硫酸铜溶液进行加热浓缩，冷却结晶得到结晶水合物。【详析】（1）Se与Br是同周期从左到右的位置，故非金属性Se<Br；A．非金属性Se<Br，故键的极性：H−Se<H−Br，可以用元素周期律解释，故A不选；B．同周期从左到右，原子半径逐渐减小，故原子半径：Se>Br，可以用元素周期律解释，故B不选；C．非金属性Se<Br，故简单气态氢化物的稳定性H2Se<HBr，可以用元素周期律解释，故C不选；D．H2SeO3不是Se元素的最高价含氧酸，故酸性H2SeO3<HBrO4不能用元素周期律解释，故D选；〖答案〗为D；（2）①Se的电负性2.4、Pb的电负性1.9，差值较小，硒化铅中Se与Pb之间的化学键是共价键；〖答案〗为B；②根据晶胞结构示意图，晶体中每个Se周围与其最近的，且距离相等的Se有12个；（3）“焙烧”前，将阳极泥中大块颗粒粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率；（4）SO2和SeO2，被水吸收发生反应的化学方程式为：，SO2与和SeO2的物质的量之比为2：1；SeO2体现了氧化性；（5）提纯步骤用到真空蒸馏工艺，目的是避免Se与氧气反应、降低Se的沸点，便于分离；（6）根据图示，晶体的质量为250.0g，失去全部结晶水后的质量为158.1g，即硫酸铜的质量与结晶水的质量比为，结合化学式CuSO4∙xH2O，有，解得x=5.17；（7）Ag2SO4完全转化为AgCl的方程式为Ag2SO4+2Cl-2AgCl+SO，K==1014.5>105，Ag2SO4可以完全转化为AgCl；（8）根据图像，随着pH增大，H2SeO3逐渐变为HSeO，HSeO再变为SeO，故a表示H2SeO3的物质的量分数随pH的变化，中间的虚线表示HSeO的物质的量分数随pH的变化，右边的实线表示SeO的物质的量分数随pH的变化；A．由上述分析可知，a表示H2SeO3的物质的量分数随pH的变化，故A错误；B．Ka1=，根据左边的交叉点的坐标(2.6,50)，可知Ka1=10-2.6，故B错误；C．由B可知Ka1==10-2.6，pH=3时，c(H+)=10-3，此时==100.4，故C正确；D．当pH=8.3时，由图像可知，HSeO与SeO的物质的量分数相等，即溶液是等浓度的Na2SeO和NaHSeO的混合溶液，根据物料守恒有：2c(Na+)=3[c(HSeO)+c(SeO)+c(H2SeO3)]，故D正确；〖答案〗为CD；（9）溶液为粉红色时，溶液为NH4HSeO3，变为红色时，HSeO变为SeO，离子方程式为HSeO+NH3∙H2O=SeO+NH+H2O。上海市金山区2024届高三下学期二模相对原子质量：H-1C-12O-16S-32Co-59Cu-64一、联氨(N2H4)的性质和应用1.联氨(N2H4)又称肼，在航天、能源等领域具有广泛应用。Ⅰ.N2H4分子中所有原子均达到稀有气体原子的稳定结构。（1）写出N2H4的电子式。___________（2）N2H4晶体受热熔化时，破坏的作用力有___________。A.范德华力 B.氢键 C.共价键 D.离子键（3）酸碱质子理论提出：凡是能给出质子的分子或离子称为酸，凡是能接受质子的分子或离子称为碱。①由N2H4+H2ON2H+OH-可知N2H4是___________。A．酸B．碱②选择足量的盐酸或NaOH溶液与N2H4充分反应，生成盐的化学式为___________。Ⅱ.肼具有强还原性，可作火箭推进剂燃料，反应的热化学方程式表示为：2N2H4(l)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g)∆H<0。（4）①结合化学反应原理分析，该反应可自发进行的原因是_______________________。②N2H4和N2O4作为火箭推进剂的主要原因是_______________________________。Ⅲ.肼可还原钴离子制备纳米金属钴，纳米金属钴具有特殊的物理、化学和表面性质。（5）下列状态的钴中，电离最外层一个电子所需能量最小的是_______。A．[Ar]3d74s2B．[Ar]3d74s14p1C．[Ar]3d74s1（6）Co2+被N2H4还原的离子方程式如下，完成方程式并配平_______。Co2++N2H4+___________=Co↓+N2↑+H2O当转移7.224×1024个电子数时，生成金属钴___________克。（7）金属钴可以形成多种配合物。一种配合物由Co3+、NH3、Cl-、H2O组成，实验显示Co3+、NH3、Cl-、H2O的物质的量之比为1∶3∶3∶1.向该配合物的水溶液加入AgNO3溶液，只能沉淀出三分之一的Cl-。①该配合物的化学式是___________。A．[Co(NH3)3ClH2O]Cl2B．[Co(NH3)3Cl2H2O]ClC．[Co(NH3)3H2O]Cl3②该配合物的配体有___________。〖答案〗（1）（2）AB（3）①B②N2H6Cl2（4）①∆H<0、∆S>0，∆H-T∆S<0，任意温度下可自发进行②N2H4具有强还原性、N2O4具有强氧化性，两者剧烈反应，放出大量热，产生大量气体，为火箭提供推力（5）B（6）2Co2++1N2H4+4OH-=2Co↓+1N2↑+4H2O354（7）①B②NH3、Cl-、H2O〖解析〗（1）N2H4为共价化合物，分子中所有原子均达到稀有气体原子的稳定结构，电子式；（2）氢键是H与N、O、F等电负性大的元素原子相结合的一种特殊分子间或分子内相互作用力；N2H4晶体为分子晶体且分子间存在氢键，受热熔化时，破坏的作用力有A.范德华力、B.氢键；故选AB；（3）①凡是能接受质子的分子或离子称为碱，则由N2H4+H2ON2H+OH-可知N2H4是碱，故选B；②结合①分析可知，N2H4中2个氮能接受2个质子，为碱，则可以与足量的盐酸反应生成N2H6Cl2;（4）①∆H-T∆S<0的反应可以自发进行，该反应为放热的熵增反应，故该反应可自发进行的原因是：∆H<0、∆S>0，∆H-T∆S<0，任意温度下可自发进行。②N2H4具有强还原性、N2O4具有强氧化性，两者剧烈反应，放出大量热，产生大量气体，为火箭提供推力，故N2H4和N2O4可以作为火箭推进剂；（5）钴为27号元素，基态钴原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d74s2，[Ar]3d74s2为基态钴原子、[Ar]3d74s14p1为激发态钴原子、[Ar]3d74s1为失去1个电子形成的离子，[Ar]3d74s1再失去1个电子为第二电离能大于第一电离能，激发态原子较基态原子更容易失去1个电子，故选B；（6）反应中Co化合价由+2降低为0、氮化合价由-2升高为0，结合电子守恒可知，反应为：2Co2++1N2H4+4OH-=2Co↓+1N2↑+4H2O；电子转移关系为：2Co~4e-，转移7.224×1024个电子数时，为12mol电子，生成6mol钴，质量为6mol×59g/mol=354g；（7）①向该配合物的水溶液加入AgNO3溶液，只能沉淀出三分之一的Cl-，则有三分之一的氯离子处于外界、三分之二的处于内界，故该配合物的化学式是B．[Co(NH3)3Cl2H2O]Cl；②结合其化学式可知，该配合物的配体有NH3、Cl-、H2O。二、对甲苯磺酸的制备和性质探究2.Ⅰ.对甲苯磺酸是一种白色晶体，熔点107℃，易溶于醇、醚和水，是用途广泛的化工原料。实验室利用磺化反应制备对甲苯磺酸(实验装置如图所示)，装置中有分水器，其作用是使回流的水蒸气冷凝进入分水器，有机溶剂进入烧瓶，增大反应物的转化率。（1）下列说法错误的是___________。A.当分水器中的水量不再增加时，停止加热B.分水器可将反应体系中的甲苯移除C.烧瓶中不需要添加沸石D.冷凝水从x口进入（2）写出反应的化学方程式。_______________________________Ⅱ.根据对甲苯磺酸的结构，有同学推测对甲苯磺酸的性质和硫酸相似，进行了如下探究：（3）对甲苯磺酸可能是强酸，电离方程式：，设计简单实验证明猜想。_______________________________________________________________（4）采用如图所示装置进行实验，观察到蔗糖迅速变黑。上述实验现象说明对甲苯磺酸具有___________。A．吸水性B．脱水性C．强酸性（5）向吸收液中滴加一定量___________溶液，仍未观察到明显现象，说明对甲苯磺酸不具有强氧化性。A．Ba(OH)2B．NaClC．CaCl2Ⅲ.对甲苯磺酸可做酯化反应的催化剂，催化合成丙酸乙酯。将0.2mol丙酸(M=74g∙mol−1)、1g对甲苯磺酸和0.24mol乙醇(M=46g∙mol−1)加入三口瓶中，加热进行反应。反应结束后将反应液过滤，分别经水、碳酸钠溶液、饱和食盐水洗涤，干燥后进行蒸馏，蒸出17.4g馏分。（6）计算该反应的产率____________。(产率=，写出计算过程，结果保留1位小数)（7）请评价用对甲苯磺酸代替浓硫酸做酯化反应催化剂的优点___________________。〖答案〗（1）B（2）（3）室温下，配制0.1mol∙L-1对甲苯磺酸溶液，测得pH=1，说明其为强酸；若pH>1，说明其为弱酸(合理即可)（4）B（5）AC（6）CH3CH2OH过量，n(CH3CH2COOH)=n(CH3CH2COOC2H5)=0.2mol，m(CH3CH2COOC2H5)理论值=0.2mol×102g∙mol-1=20.4g，CH3CH2COOC2H5产率=×100%=85.3%（7）对甲苯磺酸没有强氧化性，减少副反应的发生，污染小，对设备的腐蚀性小(体现对甲苯磺酸是非强氧化性酸即可)〖祥解〗甲苯和浓硫酸在三口烧瓶中反应生成对甲苯磺酸和水，冷凝管不断冷凝回流，用分水器分离出反应生成得水，使反应正向进行，增大反应物的转化率。【详析】（1）A．当分水器中的水量不再增加时，说明反应结束，此时停止加热，故A正确；B．分水器可将反应体系中的水移除，故B错误；C．该装置有磁力搅拌器，烧瓶中不需要添加沸石，故C正确；D．为提高冷凝效果，冷凝水“低进高出”，所以冷凝水从x口进入，故D正确；选B。（2）甲苯和浓硫酸发生取代反应生成对甲苯磺酸和水，反应的化学方程式为。（3）室温下，配制0.1mol∙L-1对甲苯磺酸溶液，若测得pH=1，说明其为强酸；若pH>1，说明其为弱酸。（4）采用如图所示装置进行实验，观察到蔗糖迅速变黑。说明蔗糖中H、O原子被夺去，蔗糖炭化，说明对甲苯磺酸具有脱水性，选B。（5）向吸收液中滴加一定量Ba(OH)2、CaCl2溶液，未观察到沉淀生成，说明没有生成二氧化硫、二氧化碳等气体，则对甲苯磺酸不具有强氧化性，故选AC。（6）0.2mol丙酸(M=74g∙mol−1)、0.24mol乙醇反应，CH3CH2OH过量，理论上生成0.2mol丙酸乙酯，该反应的产率为。（7）用对甲苯磺酸代替浓硫酸做酯化反应催化剂的优点是：对甲苯磺酸没有强氧化性，减少副反应的发生，污染小，对设备的腐蚀性小。三、逆水煤气变换反应助力碳中和3.Ⅰ.随着碳中和目标的提出，CO2回收技术已成为科学研究热点问题，其中逆水煤气变换反应引起了广泛关注。该反应是将CO2加氢转化为CH3OH等高附加值化学品的关键步骤。在催化剂作用下，逆水煤气变换体系中存在以下反应：①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)；∆H1=‒49.5kJ∙mol-1；K1②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)；∆H2=41.2kJ∙mol-1；K2③CO2(g)+2H2(g)CH3OH(g)；∆H3=‒90.7kJ∙mol-1；K3（1）K1=___________(用K2、K3表示)。Ⅱ.将6molCO2和8molH2充入容积为2L的密闭容器中，分别在T1、T2温度下发生反应①，H2的物质的量变化如表所示：物质的量/molT1/℃T2/℃05min10min15min20min25min30minH28.03.52.02.01.71.51.5（2）T1温度下，5~10min内以CO2表示该反应速率v(CO2)=___________。该温度下，若各物质的起始量n(CO2)=n(H2)=n(CH3OH)=n(H2O)=2mol，则v(正)___________v(逆)。A．>B．=C．<（3）下列说法正确是___________。A.T1<T2B.混合气体的密度保持不变时，反应已达到平衡C.平衡后向容器中充入稀有气体，平衡不发生移动D.加入合适的催化剂可以降低反应的活化能，∆H减小Ⅲ.一定条件下，将原料气n(CO2)∶n(H2)=1∶3进行投料，在恒容密闭容器中模拟上述三个反应，CO和CH3OH在含碳产物(CH3OH和CO)中物质的量分数及CO2的平衡转化率随温度变化的情况如图所示（4）CO2平衡转化率随温度升高先减小后增大的原因是____________________________。曲线_________代表CH3OH在含碳产物中物质的量分数。A．mB．n（5）有利于提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率的措施有___________。A.使用催化性能好的催化剂 B.降低反应温度C.投料比不变，增加反应物的浓度 D.增大CO2和H2的初始投料比Ⅳ.光催化CO2也可以制备甲醇、甲烷等燃料，反应原理示意图如下图所示：（6）下列描述正确的是___________。A.H+由a区向b区移动B.b区电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+C.CH4是氧化产物D.该装置实现了电能转化为化学能（7）写出a区的电极反应式_______________________________。〖答案〗（1）K2∙K3（2）0.05mol∙L-1∙min-1C（3）C（4）反应①为放热反应，反应②为吸热反应。开始(温度低于250℃)升温，对反应①的影响程度大于反应②，CO2平衡转化率减小；后来(温度高于250℃)升温，对反应②的影响程度大于反应①，CO2平衡转化率增大A（5）BC（6）B（7）CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O〖解析〗（1）根据题中所给反应，反应②+反应③=反应①，故K1=K2∙K3；（2）5~10min内氢气物质的量变化了1.5mol，根据反应方程式中化学计量数之比，二氧化碳物质的量变化为0.5mol，则以CO2表示该反应速率v(CO2)=；根据表中数据，T1温度下，达到平衡时，列出三段式平衡常数K=，若各物质的起始量n(CO2)=n(H2)=n(CH3OH)=n(H2O)=2mol，即浓度均为1mol/L，Q=>K，反应向逆方向进行，则v(正)<v(逆)；（3）A．T2温度平衡时氢气的量更少，说明平衡正向程度更大，反应是正向放热反应，温度低有利于正向反应，故T1

>T2，A错误；B．容器容积不变，反应满足气体质量守恒，混合气体密度一定不变，无法判断反应是否到达平衡，B错误；C．平衡后向容器中充入稀有气体，各物质分压不变，平衡不发生移动，C正确；D．加入合适的催化剂可以降低反应的活化能，但∆H不变，D错误；故选C；（4）反应①为放热反应，反应②为吸热反应。开始(温度低于250℃)升温，对反应①的影响程度大于反应②，CO2平衡转化率减小；后来(温度高于250℃)升温，对反应②的影响程度大于反应①，CO2平衡转化率增大，故CO2平衡转化率随温度升高先减小后增大，反应①CO2转化率减小，故乙醇物质的量分数减小，m代表CH3OH在含碳产物中物质的量分数；（5）提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率要使反应①的平衡转化率增大：A．使用催化剂能加快反应速率，但是不能提高平衡转化率，A错误；B．反应①为放热反应，降低温度平衡正向移动，有利于提高平衡转化率，B正确；C．反应①生成物化学计量数之和小于反应物化学计量数之和，投料比不变，增加反应物的浓度有利于正向进行，可以提高平衡转化率，C正确；D．增大CO2和H2的初始投料比，会使二氧化碳转化率降低，D错误；故选BC；（6）A．a区电极二氧化碳得电子，为负极，电极反应为8H++CO2+8e-=CH4+2H2O，反应消耗氢离子，故H+由b区向a区移动，A错误；B．b区电极氧气得电子，为正极，反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，B正确；C．CH4是CO2得电子产生，是还原产物，C错误；D．该装置是原电池，化学能转化为电能，D错误；故选B；（7）由前一小题A选项分析，a区的电极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O。四、三蝶烯及其衍生物4.Ⅰ.三蝶烯()及其衍生物是一类具有独特三维刚性结构的化合物，广泛应用在分子机器、材料化学以及超分子化学等领域。三蝶烯的合成路线如下：已知：（1）三蝶烯中碳原子的杂化轨道类型有___________。（2）预测三蝶烯的核磁共振氢谱中有___________组峰。A.1 B.2 C.3 D.4（3）下列关于邻氨基苯甲酸的说法正确的是___________。A.红外光谱图显示分子中含有碳碳双键B.可形成分子内氢键C.沸点高于对氨基苯甲酸D.可发生加聚反应和缩聚反应（4）步骤Ⅱ的反应类型为___________。A.取代反应 B.消去反应 C.氧化反应 D.加成反应Ⅱ.三蝶烯-2，3，6，7-四甲酸二酐是三蝶烯的衍生物，其合成路线如下：已知：2RCOOH+(CH3CO)2O→(RCO)2O+2CH3COOH（5）A属于___________。A.脂肪烃 B.芳香烃 C.饱和烃 D.苯的同系物（6）C中含氧官能团的名称是___________、羰基。（7）写出C→D的化学方程式。_________________________________________（8）化合物W是比化合物D少一个苯环的芳香族化合物，写出1种同时满足下列条件的W的同分异构体的结构简式。_________________①仅含C、H、O元素，其中碳元素的质量分数为0.741，氢元素的质量分数为0.062；质谱图显示分子离子峰的m/z值为162。②能与FeCl3溶液发生显色反应，遇浓溴水不产生白色沉淀③核磁共振氢谱图中有4组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶6。（9）将三蝶烯-2，3，6，7-四甲酸二酐的合成路线补充完整_____________________。〖答案〗（1）sp2、sp3（2）C（3）B（4）D（5）BD（6）羧基（7）（8）、（9）〖祥解〗Ⅰ.根据已知，步骤Ⅱ中苯炔和蒽发生类似的加成反应成环得到三蝶烯；Ⅱ；【详析】（1）三蝶烯中苯环上的碳原子平面结构，是sp2杂化，不在苯环上的两个碳原子以四根单键和其他原子相连，是sp3杂化，故三蝶烯中碳原子的杂化轨道类型有sp2、sp3；（2）如图，根据分子结构的对称性，标有相同数字的碳原子上面的氢原子都是等效氢原子，一共3种，故三蝶烯的核磁共振氢谱中有3组峰，故选C；（3）A．邻氨基苯甲酸中，苯环结构不是单双键交替的结构，故分子中没有碳碳双键，故红外光谱图不会显示分子中含有碳碳双键，A错误；B．邻氨基苯甲酸中两个官能团处于邻位，相距较近，同一个分子的氨基和羧基之间可以形成氢键，B正确；C．对氨基苯甲酸中两个官能团较远，无法形成分子内氢键，只能形成分子间氢键，使沸点升高，故邻氨基苯甲酸沸点低于对氨基苯甲酸，C错误；D．邻氨基苯甲酸中没有可以发生加成的碳碳双键或碳氧双键，无法发生加成聚合反应，D错误；故选B；（4）由分析，步骤Ⅱ反应类型为加成反应，故选D；（5）A分子式为C8H10，分子组成比苯多了两个CH2，是苯的同系物，根据有机物分类，属于芳香烃，故选BD；（6）C中含氧官能团的名称是羧基、羰基；（7）C在浓硫酸的作用下，羧基和另一个苯环上的氢脱水，形成一个新的六元环得到D，反应方程式为：；（8）D的分子式为C16H12O2，W比D少一个苯环，则W分子中有10个碳原子，质谱图显示分子离子峰的m/z值为162即相对分子量为162，氢元素的质量分数为0.062，则分子中氢原子个数为，162-10-12×10=32说明W分子中有2个氧原子，故W分子式为C10H10O2，不饱和度为6，除苯环外，还有2个不饱和度，能与FeCl3溶液发生显色反应，遇浓溴水不产生白色沉淀说明有酚羟基，但是酚羟基的邻对位都有取代基，核磁共振氢谱图中有4组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶6，考虑有一个酚羟基和两个酚羟基的情况，同时满足条件的W的同分异构体肯能是或；（9）分析E和F的分子式差异可以发现F比E少了CH3NO2的分子组成，Ⅰ中步骤Ⅰ刚好也符合这样的分子组成变化，再结合F的后续产物可以得知F中应当有一个苯环两个甲基，且甲基处于邻位，故得出F为，E为；苯环上的侧链与苯直接相连的碳原子上有氢，侧链就能被高锰酸钾氧化为羧基，故得G为。五、工业回收硒5.Ⅰ.硒(Se)是一种重要的化学元素，在医药、农业、能源和电子等领域有广泛应用。（1）以下不能用元素周期律解释的是___________。A.键的极性：H−Se<H−Br B.原子半径：Se>BrC.稳定性：H2Se<HBr D.酸性：H2SeO3<HBrO4（2）硒化铅可用作玻璃和陶瓷的着色剂，其晶胞结构如图所示：①Se的电负性2.4、Pb的电负性1.9，判断硒化铅中Se与Pb之间的化学键是___________。A．离子键B．共价键②晶体中每个Se周围与其最近的，且距离相等的Se有___________个。Ⅱ.工业上以精炼铜的阳极泥为原料(主要成分为Se、CuSe、Ag2Se等)回收Se。①Se难溶于水，沸点684.9℃，易于与O2反应。②室温下Ksp(Ag2SO4)=10−5；Ksp(AgCl)=10−9.75。（3）“焙烧”前，将阳极泥中大块颗粒粉碎的目的是_________