2023届山东省菏泽市单县二中高三一模模拟练1解析

高三模拟试题高三模拟试题PAGE20PAGE1山东省菏泽市单县二中2023届高三一模模拟练1可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Cl35.5Ti48Co59选题题本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．化学与日常生活息息相关。下列说法错误的是()A．科学家成功将CO2转化为淀粉，该过程中涉及到氧化还原反应B．飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子C．加入明矾后泥水变澄清D．切开的茄子放置后切面变色〖答案〗B〖解析〗CO2转化为淀粉，碳的化合价发生变化，发生涉及到氧化还原反应，A正确；玻璃纤维是一种性能优异的无机非金属材料，B错误；明矾净水的原理为Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体具有吸附性，可以使泥水变澄清，C正确；茄子中存在一类叫“酚氧化酶”的物质，它遇到氧气之后，发生化学反应产生一些有色的物质。反应时间越长，颜色越深，D正确。2．下列有关实验操作的叙述合理的是()A．用酒精灯加热烧瓶、蒸发皿时，都需要垫上石棉网B．用酒精为萃取剂萃取碘水中的碘单质C．蒸馏自来水实验中发现忘加沸石，冷却后再加入沸石D．蒸发操作时，将溶液放入坩埚中加热到出现大量晶体后停止加热〖答案〗C〖解析〗A．用酒精灯加热蒸发皿时，不需要垫上石棉网，A错误；B．酒精与水互溶，萃取碘水中的碘单质时不能用酒精作萃取剂，B错误；C．若在热溶液中加入沸石会引起暴沸，蒸馏自来水实验中发现忘加沸石，冷却后再加入沸石，C正确；D．坩埚能用于灼烧固体、不适合蒸发，蒸发操作时，将溶液放入蒸发皿中加热到出现大量晶体后停止加热，D错误。3．下列实验装置或操作正确且能达到实验目的的是()A．用装置甲可制取C2H4B．装置乙蒸干MnCl2溶液，可制取MnCl2·4H2OC．将碘水转移至装置丙中，加入CCl4，塞上玻璃塞用力振摇，以萃取碘水中的碘单质D．用装置丁可以比较KMnO4、Cl2、S的氧化性强弱〖答案〗D〖解析〗A．乙醇和浓硫酸混合加热170℃制取乙烯，需控制混合液温度，温度计要插入液面下，A错误；B．MnCl2溶液含有Mn2＋会水解，产生Mn(OH)2和HCl，随着加热和水的蒸发，水解反应向水解方向移动，HCl挥发，最终会完全反应，生成Mn(OH)2，无法得到MnCl2·4H2O，B错误；C．萃取操作，振摇分液漏斗时要将分液漏斗倒转，使液体充分接触，C错误；D．根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，高锰酸钾与浓盐酸反应生成Cl2，Cl2和硫化钠反应生成硫单质(黄色沉淀)，只要观察到试管中出现黄色沉淀，即可说明氧化性：KMnO4>Cl2>S，D正确。4．5-氨基四唑硝酸盐受热迅速生成以N2为主的环境友好型气体，并放出大量的热，是制造HTPB火箭推进剂的重要原料，结构简式如图，其中五元环为平面结构，下列说法正确的是()A．基态N原子核外电子的运动状态有3种B．阴离子的空间构型为三角锥形C．该化合物中五元环上的5个原子的杂化方式都相同D．该化合物因存在类似于苯分子的大键，所以非常稳定〖答案〗D〖解析〗A．已知N为7号元素，其原子核外有7个电子，根据鲍利不相容原理可知，基态N原子核外电子的运动状态有7种，A错误；B．阴离子即，中心原子N原子周围的价层电子对数为：3＋(5＋1－3×2)=3，故其空间构型为平面三角形，B错误；C．由题干图示结构可知，该化合物中五元环上以双键连接的氮原子和碳原子均为sp2杂化，以单键连接的氮原子以sp3杂化，故它们的杂化方式不相同，C错误；D．该化合物因存在类似于苯分子的大键，所以非常稳定，D正确。5．茚地那韦被用于新型冠状病毒肺炎的治疗，结构简式如图所示，下列说法正确的是()A．茚地那韦分子中含有羟基和酮羰基B．1mol茚地那韦最多与11mol氢气发生加成反应C．虚线框内的所有碳、氧原子可能处于同一平面D．茚地那韦可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，能与NaOH溶液反应，不与FeCl3溶液显色，〖答案〗D〖解析〗A．该分子中含有羟基(—OH)，不含酮羰基，结构中的—NH—CO—是酰胺基，A项错误；B．分子中的可以与H2反应，1mol消耗3molH2，苯环可以与H2反应，也是1∶3的关系，碳氧双键由于来源于酰胺基，不能和氢气加成，所以1mol该分子消耗9molH2，B项错误；C．如图虚线框内，苯环中的6个碳原子在一个平面上，1号碳和2号碳是取代了苯环上原来的氢，也在苯环的平面上，1号或者2号碳是四面体的中心，最多再有2个原子与其共面，可以选择苯环上的C和3号碳，1、2、3号碳原子共面，对于3号碳上的O则不在此平面上，C项错误；D．该结构中有羟基，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，分子中含酰胺基，没有酚羟基，故不能使氯化铁溶液显色，D项正确。6．某新型漂白剂的结构如图，其组成元素均为短周期元素，其中X与Y同周期，X与W对应的简单离子核外电子排布相同，且W、Y、Z的价电子数之和等于X的最外层电子数。下列说法错误的是()A．原子半径：W＞Y＞X＞ZB．四种元素中X电负性最大C．1mol该物质中含有2mol配位键D．第一电离能介于X与Y之间的同周期元素有1种〖答案〗D〖解析〗短线表示是共价键和配位键，X形成两个键可能是O或S，Z形成一个键可能是H或F或Cl，根据“W、Y、Z的价电子数之和等于X的最外层电子数”，Z只能是H，W原子最外层有2个电子，可推出Y最外层3个电子，说明结构中Y形成化学键中有配位键，再根据“W、X对应的简单离子核外电子排布相同”，且X与Y同周期，W只能是Mg，X是O，Y是B，Z是H。A．同周期元素从左到右原子半径增大，电子层数越多原子半径越大，则原子半径：W(Mg)＞Y(B)＞X(O)＞Z(H)，A正确；B．非金属性越强其电负性越大，四种元素中，氧元素电负性最大，B正确；C．结合Y为B和结构图可看出1mol该物质中含有2mol配位键，C正确；D．第一电离能介于O和B之间的同周期元素有Be和C两种，D错误。7．实验室中利用固体KMnO4进行如下实验。下列说法错误的是()A．G与H均为氧化产物B．实验Ⅰ中KMnO4既是氧化剂又是还原剂C．Mn元素至少参与了3个氧化还原反应D．G与H的物质的量之和可能为0．25mol〖答案〗D〖解析〗A．加热KMnO4时发生反应：2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑，所得固体K2MnO4、MnO2和浓盐酸加热时发生反应：K2MnO4＋8HCl(浓)2KCl＋MnCl2＋2Cl2↑＋4H2O、MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，若KMnO4有剩余，还发生反应：2KMnO4＋16HCl(浓)2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。O2和Cl2均为氧化产物，选项A正确；B．2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑中KMnO4既作氧化剂，又作还原剂，选项B正确；C．由以上分析可知，Mn元素至少参与了3个氧化还原反应，选项C正确；D．若0．1molKMnO4完全分解，则得到0．05molO2，同时生成0．05molK2MnO4、0．05molMnO2，加热时与浓盐酸完全反应，共得到0．15molCl2，此时O2和Cl2的物质的量之和为0．20mol，由以上化学方程式知，KMnO4全部与浓盐酸反应时得到的气体最多，为0．25molCl2，但加热时KMnO4发生分解，故O2与Cl2的物质的量之和一定小于0．25mol，选项D错误。8．茉莉醛()是一种合成香料、制备苯莉醛的工艺流程如图所示。下列说法正确的是()已知：①庚醛易自身缩合生成与茉莉醛沸点接近的产物；②茉莉醛易被浓疏酸氧化A．乙醇的主要作用是助溶剂B．干燥剂可选用无水C．可将最后两步“蒸馏”和“柱色谱法分离”替换为“真空减压蒸馏”D．可采用与浓硫酸共热的方法来除去产品中少量的庚醛自缩物〖答案〗A9．某废催化剂主要含有Al2O3、MoO3、Fe2O3及少量杂质。通过如下工艺流程可以回收钼和铝。已知：溶液中含铝元素离子浓度的对数lgc与溶液pH的关系如图所示：下列说法中正确的是()A．“焙烧”中生成Na2MoO4的反应：Na2CO3＋MoO3＝Na2MoO4＋CO2↑B．浸出渣主要成分是Fe(OH)3C．沉铝时调节pH范围3.7~4.7D．Na2MoO4的溶解度受温度变化的影响比Na2SO4小〖答案〗D〖解析〗含钼的废弃催化剂先和Na2CO3煅烧，并用水浸取，经过滤除去Fe2O3等难溶杂质，滤液中含Na2MoO4、Na2CO3、NaAlO2，用硫酸除去Na2CO3，并形成Al(OH)3沉淀，过滤后的滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤除去大部分Na2SO4。焙烧”中生成Na2MoO4的反应：Na2CO3＋MoO3Na2MoO4＋CO2↑，A正确；B．浸出渣主要成分是Fe2O3，B错误；C．当c(Al3＋)≤10-5，可以认为Al3＋沉淀完全，根据铝元素离子浓度的对数lgc与溶液pH的关系图，说明Al3＋被沉淀完全时对应的pH大约是4.7，而当溶液中c{〖Al(OH)4〗-}>10-5时，开始生成〖Al(OH)4〗-，此时溶液pH大约为8，说明pH调节应该是在4.7~8，C错误；D．蒸发浓缩、冷却结晶，Na2MoO4没有结晶析出，Na2SO4得到Na2SO4·10H2O，说明Na2MoO4溶解度随温度变化较小、Na2SO4溶解度随温度变化较大，D正确。10．(2022·保定二模)研究人员利用膜电解技术，以Na2CrO4溶液为主要原料制备Na2Cr2O7的装置如图1所示，下列叙述正确的是()已知：Cr2O和CrO的物质的量浓度的对数(lgc)与pH的关系如图2所示。A．a为电源负极，b为正极B．Na2Cr2O7在阴极室制得C．交换膜为阳离子交换膜D．每转移1mol电子，产生16．8L气体〖答案〗C〖解析〗A．CrO转化为Cr2O反应：2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O，电解过程实质是电解水，左室是产品室，电解提供H＋，故左侧是H2O放电生成O2和H＋，左侧为阳极室，右侧为阴极室，故a为电源正极、b为电源负极，故A错误；B．由A项分析可知Na2Cr2O7在阳极室制得，故B错误；C．左室中Na＋经过离子交换膜进入右室，交换膜为阳离子交换膜，故C正确；D．电解过程实质是电解水，外电路中每通过1mol电子，根据电子转移守恒，生成O2为eq\f(1mol,4)＝0．25mol，生成H2为eq\f(1mol,2)＝0．5mol，未指明标准状况，不能计算产生气体的体积，故D错误。本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11．下表中的实验操作或实验现象能达到实验目的或得出相应结论的是()选项实验操作或实验现象实验目的或结论A向1mL0．01mol·L－1AgNO3溶液中滴加等浓度的NaCl溶液，至不再有沉淀产生，再向其中滴加0．01mol·L－1NaI溶液，产生黄色沉淀常温下，Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)B取少量C2H5Br与NaOH溶液共热，待溶液不分层后，再滴加AgNO3溶液检验C2H5Br中的溴元素C向苯酚浊液中滴加饱和Na2CO3溶液，浊液是否变澄清酸性：苯酚>碳酸D向淀粉溶液中滴加稀硫酸，加热一段时间后，加入NaOH溶液至碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热煮沸，观察是否有砖红色沉淀产生检验淀粉是否水解完全〖答案〗AC〖解析〗A．向1mL0．01mol·L－1AgNO3溶液中滴加等浓度的NaCl溶液，至不再有沉淀产生，生成了AgCl白色沉淀，再向其中滴加0．01mol·L－1NaI溶液，产生黄色沉淀，说明生成了AgI沉淀，可说明生成的AgI的溶度积更小，则Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故A符合题意；B．反应后溶液呈碱性，会生成AgOH沉淀，干扰试验现象，应先将溶液调至酸性，再滴加AgNO3溶液，故B不符合题意；C．苯酚与碳酸钠溶液反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，则酸性为苯酚大于碳酸氢根离子，C错误，故C符合题意；D．该实验操作是检验淀粉是否水解，而不是检验淀粉是否水解彻底，故D不符合题意。12．苯乙醛可用于生产工业香料，其制备流程如图。下列说法正确的是()A．反应①②原子利用率100%B．环氧乙烷与二甲醚互为同分异构体C．预测可以发生反应：D．反应⑤可用酸性高锰酸钾溶液作氧化剂〖答案〗C〖解析〗A．反应①中乙烯和氧气反应生成环氧乙烷，方程式为2CH2＝CH2＋O22，原子利用率为100%；反应②为乙烯和Cl2先发生加成反应，再和H2O发生取代反应，取代反应原子利用率小于100%，故A错误；B．环氧乙烷的分子式为C2H4O，二甲醚的分子式是C2H6O，二者分子式不同，不互为同分异构体，故B错误；C．根据反应④中加成反应可知，可以发生反应，故C正确；D．酸性高锰酸钾溶液还可以氧化醛基，反应⑤不能用酸性高锰酸钾溶液作氧化剂，故D错误。13．氮氧化物(NOx)是一类特殊的污染物，它本身会对生态系统和人体健康造成危害。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示。下列叙述错误的是()A．反应①变化过程可表示为2〖Cu(NH3)2〗＋＋O2=〖(NH3)2Cu—O—O—Cu(NH3)2〗2＋B．反应③属于非氧化还原反应C．反应④涉及极性共价键的断裂与形成D．图中总过程中每吸收1molNO需要标准状况下的NH344．8L〖答案〗D〖解析〗根据图示，反应③中各元素化合价都没有变化，属于非氧化还原反应，故B正确；反应④中有氮氧键、氮氢键的断裂，有氢氧键的形成，故C正确；图中总过程中每吸收1molNO需要1mol氨气，标准状况下NH3的体积是22．4L，故D错误。14．(2022·许昌市高中毕业班下学期阶段性测试)高电压水系锌-有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法错误的是()A．充电时，中性电解质NaCl的浓度增大B．放电时，负极反应式为Zn－2e－＋4OH－=Zn(OH)C．充电时，1molFQH2转化为FQ转移2mol电子D．放电时，正极区溶液的pH增大〖答案〗A〖解析〗根据题意，充电时，FQH2生成FQ，被氧化，所以充电时右侧为阳极，左侧为阴极，Zn(OH)被还原为Zn；则放电时左侧为负极，Zn被氧化为Zn(OH)eq\o\al(2－,4)，右侧为正极，FQ被还原为FQH2。充电时，左侧阴极的电极反应为Zn(OH)＋2e－=Zn＋4OH－，阴离子增多，为平衡电荷，中性电解质中的Na＋经阳膜迁移至左侧，Cl－经阴膜迁移至右侧，NaCl的浓度减小，A错误；放电时，左侧为负极，Zn被氧化为Zn(OH)，电极反应为Zn－2e－＋4OH－=Zn(OH)，B正确；充电时，右侧FQH2被氧化为FQ，电极反应为FQH2－2e－=FQ＋2H＋，所以1molFQH2转化为FQ转移2mol电子，C正确；放电时右侧为正极，电极反应为FQ＋2H＋＋2e－=FQH2，氢离子被消耗，pH增大，D正确。15．难溶盐BaCO3的饱和溶液中c2(Ba2＋)随c(H＋)而变化。实验发现，298K时c2(Ba2＋)－c(H＋)为线性关系，如图中实线所示。下列说法错误的是()A．饱和BaCO3溶液中c(Ba2＋)随pH增大而增大B．BaCO3的溶度积Ksp＝2．6×10－9C．若忽略CO的第二步水解，Ka2(H2CO3)＝5×10－11D．N点溶液中：c(Ba2＋)>c(HCO)>c(CO)〖答案〗A〖解析〗A．由图像知c2(Ba2＋)随c(H＋)增大而增大，所以c(Ba2＋)随pH增大而减小，A错误；B．c(H＋)几乎为0时，c(OH－)浓度最大，抑制CO离子水解程度最大，此时c(Ba2＋)＝c(CO)，此时Ksp＝c(Ba2＋)·c(CO)＝c2(Ba2＋)＝2．6×10－9，B正确；C．若忽略CO的第二步水解，当c(CO)＝c(HCO)时，Ka2(H2CO3)＝＝c(H＋)，溶液中有c(Ba2＋)＝c(CO)＋c(HCO)＝2c(CO)，故c2(Ba2＋)＝c(Ba2＋)·2c(CO)＝2c(Ba2＋)·c(CO)＝2Ksp＝5．2×10－9，即M点，此时c(H＋)＝5×10－11，Ka2(H2CO3)＝c(H＋)＝5×10－11，C正确；D．由C选项得知，M点c(CO)＝c(HCOeq\o\al(－,3))，N点c(H＋)大，所以更促进CO转化成HCO，因此有c(Ba2＋)>c(HCO)>c(CO)，D正确。本题共5小题，共60分。16．硼化物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：(1)立方氮化硼硬度大，熔点3000°C，其晶体类型为。制备氮化硼(BN)的一种方法为BCl3(g)＋NH3(g)＝BN(s)＋3HCl(g)。BCl3的空间构型为，形成BCl3时，基态B原子价电子层上的电子先进行激发，再进行杂化，激发时B原子的价电子轨道表示式可能为(填标号)。(2)硼砂阴离子〖B4O5(OH)4〗2－的球棍模型如图所示。其中B原子的杂化方式为，该阴离子中所存在的化学键类型有(填标号)。A．离子键B．配位键C．氢键D．非极性共价键(3)Ca与B组成的金属硼化物结构如图所示，硼原子全部组成B6正八面体，各个顶点通过B－B键互相连接成三维骨架，具有立方晶系的对称性。该晶体的化学式为，晶体中Ca原子的配位数为，以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如M点原子的分数坐标为(，，)，已知B6八面体中B－B键的键长为rpm，晶胞参数为apm，则N点原子的分数坐标为，Ca与B原子间的距离d＝pm(列出计算式即可)。〖答案〗(1)共价晶体平面三角形C(2)sp2或sp3B(3)CaB624(0，0，)〖解析〗(1)立方氮化硼硬度大，熔点3000°C，其晶体类型为共价晶体，制备氮化硼(BN)的一种方法为BCl3(g)＋NH3(g)＝BN(s)＋3HCl(g)，BCl3中心原子周围的价层电子对数为：3＋(3－3×1)＝3，根据价层电子对互斥理论可知，其空间构型为平面三角形，形成BCl3时，基态B原子价电子层上的电子先进行激发，再进行杂化，说明B原子激发后的三个轨道能量相同，B原子中的2s轨道中的1个电子激发到2p轨道上，激发后能与Cl形成3个相同的共价键，故激发时B原子的价电子轨道表示式可能为C；(2)已知B原子最外层上有3个电子，结合硼砂阴离子〖B4O5(OH)4〗2－的球棍模型可知每个B周围形成了3个或4个共价键，即B周围的价成电子对数为3或者4，故其中B原子的杂化方式为sp2或sp3，该阴离子中所存在的化学键类型有两个形成4个共价键的B原子中存在配位键，其余为H－O、B－O之间的极性共价键，不存在离子键和非极性共价键，氢键不属于化学键；(3)由晶胞结构知，一个Ca原子和1个单元有6个B原子，该化合物的化学式为CaB6，钙原子的配位数为6＋4＝24；将8个正八面体的中心连接呈晶胞的立方晶系图，由M点坐标知该原子位于晶胞的中心，且每个坐标系的单位长度都记为1，已知B6八面体中B－B键的键长为rpm，晶胞参数为apm，则八面体中心到顶点的距离为，则N点在棱的处，其坐标为(0，0，)，Ca与B原子间的距离d即M与N的距离如下图中的MN，图中NA是底面对角线的一半，NA＝pm，AM＝(a−)pm，所以d＝MN＝＝pm。17．硫氰化钾(KSCN)是一种用途广泛的化工原料，常用于染料、药物的生产。某化学实验小组设计如图实验装置模拟工业制备KSCN并进行相关探究实验。已知：①CS2是一种不溶于水且密度大于水的非极性试剂。②CS2＋3NH3NH4SCN＋NH4HS。回答下列问题：(1)装置A用于实验室制备氨气，反应的化学方程式为。(2)装置B中，三颈烧瓶内盛放有CS2、水和固体催化剂，通入氨气的导管口需要插入CS2液体中，其目的是(写出两点即可)。(3)待三颈烧瓶内液体不分层后，熄灭装置A处的酒精灯，关闭K1，移开水浴。将装置B继续加热至105℃，待NH4HS完全分解后(NH4HSNH3↑＋H2S↑)，打开K2，缓缓滴入适量的K2CO3溶液充分反应，(NH4)2CO3完全分解制得KSCN溶液。装置C中仪器a的名称是，用离子方程式表示装置C处的烧杯中产生淡黄色浑浊的原因：。(4)除去固体催化剂后，为使KSCN晶体充分析出并分离，采用的操作为减压蒸发、、过滤。(5)过滤装置C中吸收尾气后的悬浊液，得到滤液x。取少量滤液х进行如图实验〖已知Ag＋＋SCN－=AgSCN↓(白色)〗：①设计实验方案并根据实验现象解释试管b中产生银镜的原因：。〖可供选择的试剂：0.5mol·L－1AgNO3溶液、Fe2(SO4)3溶液、FeSO4溶液、(NH4)2SO4溶液〗。②小组同学观察到试管c中实验现象后，用力振荡试管，又观察到红色褪去且白色沉淀增多，结合平衡移动的知识解释其原因：。〖答案〗(1)2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O(2)防倒吸；使NH3与CS2充分接触混合(3)(球形)干燥管2Fe3＋＋H2S=2Fe2＋＋S↓＋2H＋(4)冷却结晶(5)①取2mL0.5mol·L－1AgNO3溶液，加入几滴FeSO4溶液，若产生银镜，证明是Fe2＋还原Ag＋产生银镜②用力振荡试管，发生反应：Ag＋＋SCN－=AgSCN↓，白色沉淀增多；红色溶液存在平衡Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3，c(SCN－)减小，平衡逆向移动，红色褪去〖解析〗A中制备氨气，在B中氨气与二硫化碳反应先生成硫氰化铵，然后与碳酸钾溶液反应生成硫氰化钾，装置C为尾气吸收装置。(2)CS2是非极性试剂，极性分子NH3在其中的溶解度小，可以防倒吸；NH3(气体)通入CS2(液体)中，可以增大接触面积，使反应充分。(5)①滤＋Ag＋=Fe3＋＋Ag↓。根据试管a中AgNO3溶液的用量，结合所提供的试剂，要选用2mL0.5mol·L－1AgNO3溶液和FeSO4溶液设计实验方案。②试管c的溶液局部变红是因为上层清液中的Fe3＋与滴入的SCN－反应，存在化学平衡：Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3。用力振荡试管，减小，使Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3平衡逆向移动，红色褪去。18．有机化合物G是抗炎症、抗肿瘤的药物。以有机化合物A和醛X为原料制备该药物的合成路线如下：已知：Ⅰ.RCHORCH2OH；Ⅱ.RCOOH＋R1NH2eq\o(→,\s\up7(SOCl2))RNHR1＋H2O；Ⅲ.R—CNR—CH2NH2回答下列问题：(1)醛X的名称是______________，F中的官能团名称是______________。(2)C的结构简式是______________，C生成D的反应类型是______________。(3)E的同分异构体中，满足下列条件的同分异构体(不考虑立体异构)有_______种，其中有5种不同化学环境的H，且个数比为2∶2∶1∶1∶1的同分异构体的结构简式是_______。①含氰基

(－CN)

②属于芳香族化合物

③与溶液反应放出气体(4)写出以苯甲醇()为原料制备的合成路线(其他无机试剂任选)：。〖答案〗(1)

甲醛

醚键、羧基(2)

取代反应(3)

17

(4)〖解析〗B的分子式为C8H6O3、不饱和度为6，由流程知，B发生还原反应生成C，C发生取代生成D，结合D的结构简式可知B为，比较A和B的结构简式可知，X为HCHO，A与甲醛生成B，B发生信息Ⅰ反应、即还原反应生成C(分子式为C8H8O3)，C的结构简式为，C发生取代生成D，D再发生取代得E，E水解、酸化得F，F的结构简式为，F发生信息Ⅱ中的取代得到G。(1)已知A＋X→B为，X为醛类物质，根据碳原子数目的变化，可知X为甲醛，根据F的结构可知F中含氧官能团的名称为醚键和羧基。(2)C的结构简式为，C中的羟基被Br原子取代得到D，D的结构简式为，则C→D反应类型为取代反应。(3)E的分子式为C9H7O2N、其同分异构体(不考虑立体异构)满足下列条件：①含氰基－CN

；②属于芳香族化合物、则含有1个苯环；

③与NaHCO3溶液反应放出气体、则含有-COOH；当苯环有1个侧链时，结构为；当苯环只有2个侧链时，分别为-CN、-CH2COOH，分别处以邻、间、对位，共有3种；或2个侧链分别为-CH2CN、-COOH，又有3种；当苯环有3个侧链时，分别为-CN、-CH3、-COOH，让其中2个例如-CN、-CH3先处以邻位、再把第三个取代基-COOH取代上去，则有4种结构；-CN、-CH3先处以间位、把第三个取代基-COOH取代上去，有4种结构，-CN、-CH3先处以对位、把第三个取代基-COOH取代上去，有2种结构；故符合条件的结构有17种；其中有5种不同化学环境的H，且个数比为2∶2∶1∶1∶1的同分异构体的结构简式是。(4)欲以苯甲醇()为原料制备，按逆合成分析法，可由和发生信息反应Ⅱ生成，结合信息反应、题干中反应线路可知和均可由转变而来、按题目中的反应线路可知：可由生成、则可由生成，则合成路线为：19．铈的氧化物在半导体材料、汽车尾气净化器等方面有广泛应用。以氟碳酸铈(主要成分CeFCO3)为原料制备CeO2的工艺流程如下：已知：①CeO2具有较强的氧化性，难溶于一般的酸或碱。②能与Ce4＋、Al3＋结合成稳定的CeF3＋、，这有利于酸浸步骤，不利于后续的沉淀步骤。③溶液中铈的常见离子有Ce4＋、Ce3＋，其中Ce4＋能被萃取剂TBP萃取，而Ce3＋不能被萃取。回答下列问题：(1)氟碳酸铈矿浮选过程中采用不同捕收剂BHA和SHA(浓度均为2×10-4mol·L－1)时，pH对氟碳酸铈矿浮选捕收率的影响如图所示。浮选时应选择的最佳条件为_______。(2)“氧化焙烧”后的固体产物中含CeO2和CeF4的物质的量之比为3∶1，“酸浸”时CeO2溶解，原因是_______；有报告认为“酸浸”过程使用盐酸弊端很大，原因是_______(用化学方程式表示)。(3)用TBP(有机萃取剂)“萃取”时存在反应CeF4＋TBPCeTBP4+＋F-，加入氟洗液的目的是_______，由题目信息，氟洗液中可加入的物质为_______。(4)“反萃取”操作过程加入H2O2的作用是_______，需要用到的玻璃仪器有_______。(5)若“沉铈”后，溶液的pH为6，＝0.2mol·L－1，此时c(Ce3+)＝_______mol·L－1。已知常温下：H2CO3Ce2(CO3)3Ka1＝4.0×10-7Ka2＝5.0×10-11Ksp＝1.0×10-28〖答案〗(1)BHA、pH值为9.5(2)CeO2＋CeF4＋12H＋=4CeF3＋＋6H2O2CeO2＋8HCl=Cl2↑＋2CeCl3＋4H2O(3)使平衡往正向移动，提高萃取的效果

Al3＋(4)将CeTBP4＋还原为Ce3＋分液漏斗(5)1.0×10-6.5〖解析〗二氧化铈通过氧气氧化焙烧获得CeO2和CeF4，再加入硫酸酸浸，形成CeF3＋，反应为3CeO2＋CeF4＋12H＋=4CeF3＋＋6H2O，随后加入萃取剂TBP，形成CeTBP4＋，在萃取过程中氟洗液中添加Al3＋，促进CeF4＋TBPCeTBP4+＋F-正向进行然后进行反萃取，发生反应2CeTBP4＋＋H2O2=2Ce3＋＋O2↑＋2H＋＋TBP，形成Ce3＋，通过加入氢氧化钠调节pH，先使A13＋沉淀分离出Ce3＋，随后再调节pH，使Ce3＋完全沉淀，再加次氨酸钠氧化形成Ce(OH)4，反应为:2Ce(OH)3＋NaClO＋H2O=2Ce(OH)4↓＋NaCl，最后煅烧生成CeO2(1)根据pH对氟碳酸铈矿浮选捕收率的影响图示，当捕获剂为SHA时，其最大浮选回收率为62%，当捕获剂为BHA时，其最大浮选回收率为80%，因此最佳捕获剂应选择BHA，此时对应的最佳pH值为9.5。(2)已知题意中氧化焙烧后的固体产物中含有CeO2和CeF4物质的量之比为3:1，随后开始用硫酸酸浸，则CeO2和硫酸反应生成Ce4＋，则Ce4＋能与F结合成CeF3＋，发生反应CeO2＋CeF4＋12H＋=4CeF3＋＋6H2O；传统工艺中用盐酸替代硫酸，盐酸具有还原性，CeO2具有较强的氧化性，故能使得氯化氢被氧化成有毒气体氯气，会污染环境，反应的化学方程式为2CeO2＋8HCl=Cl2↑＋2CeCl3＋4H2O(3)“萃取”时存在反应CeF4＋TBPCeTBP4+＋F-，氟洗液中添加Al3＋、F-能和很多金属离子形成较为稳定的配合物，如Al3＋也能与F-结合成，氟离子含量减少，平衡会正向移动，提高萃取的效果；(4)“反萃取”步骤中加入了硫酸和双氧水，最终水层中有Ce3＋产生，CeTBP4＋中Ce为＋4价，化合价降低，说明发生了氧化还原，即双氧水做了还原剂，将CeTBP4＋还原为Ce3＋；萃取需要用到的玻璃仪器是分液漏斗；(5)溶液的pH为6，则c(H＋)=10-6mol·L－1，当＝0.2mol·L－1，根据Ka2(H2CO3＝，计算得到＝1.0×10-5mol·L－1，根据Ksp〖Ce2(CO3)3〗＝c2(Ce3+)·c3()＝1.0×10-28；计算得到c(Ce3＋)＝1.0×10-6.5mol·L－1。20．(2022·石家庄质检)丙烯腈()是一种重要的化工原料，广泛应用于三大有机合成材料的生产。以3－羟基丙酸乙酯()为原料合成丙烯腈的主要反应如下：Ⅰ．(g)＋H2O(g)ΔH1＞0Ⅱ．(1)已知部分化学键键能如表所示：化学键C—OC—CC=C键能/(kJ·mol－1)351348615化学键C—HO—HC=O键能/(kJ·mol－1)413463745据此计算ΔH1＝________。(2)在盛有催化剂TiO2、压强为100kPa的恒压密闭容器中按体积比为2∶15充入(g)和NH3(g)发生反应，通过实验测得平衡体系中含碳物质(乙醇除外)的物质的量分数(如的物质的量分数w%＝×100%)随温度的变化如图1所示。①随着温度的升高，(g)的平衡物质的量分数先增大后减小的原因为。②科学家通过DFT计算得出反应Ⅱ的机理如图2所示，其中第二步反应为(g)＋H2O(g)，则第一步反应的化学方程式为___________；实验过程中未检测到(g)的原因可能为___________。③A点对应反应Ⅱ的平衡常数Keq\o\al(r,p)＝________(保留两位有效数字)。〖其表达式为用相对分压代替浓度平衡常数表达式中的浓度，气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0＝100kPa)〗④实际生产中若充入一定量N2(不参与反应)，可提高丙烯腈的平衡产率，原因为___________。(3)利用电解法由丙烯腈制备乙二腈〖NC(CH2)4CN〗的装置如图3所示。通电过程中，石墨电极2上的电极反应式为____________。〖答案〗(1)＋34kJ·mol－1(2)①反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，最高点前反应Ⅰ进行程度大，最高点后反应Ⅱ进行程度大②第二步反应的活化能远小于第一步，第二步反应的速率远大于第一步反应的速率③0．011④该反应为气体分子数增大的反应，恒压密闭容器中充入一定量N2，可降低各气体分压(相当于扩大容器体积)，会使反应Ⅱ的平衡正向移动(3)2CH2=CHCN＋2e－＋2H＋=NC(CH2)4CN〖解析〗(1)反应的焓变＝反应物总键能－生成物总键能，故ΔH1＝〖463＋413×9＋351×3＋348×3＋745－(413×8＋615＋745＋351×2＋348×2＋463×2)〗kJ·mol－1＝＋34kJ·mol－1。(2)②根据图2，由第二步反应可知，第一步反应是和氨气反应生成乙醇和；由图可知，第二步反应的活化能远小于第一步，所以第二步反应的速率远大于第一步反应的速率，第一步反应产生的很快被消耗，故实验过程中未检测到。③设初始时的物质的量为2mol、氨气的物质的量为15mol，由图1知，A点的含量为0，说明反应Ⅰ进行到底，生成了2mol和2mol水；A点和丙烯腈的含量相等，说明1mol、1mol氨气参与反应Ⅱ，生成了1mol乙醇、1mol丙烯腈和1mol水；则平衡体系中氨气为14mol、为1mol、丙烯腈为1mol、乙醇为1mol、水为3mol，气体总物质的量为20mol；由于平衡体系的压强为100kPa，与p0相等，故A点对应反应Ⅱ的平衡常数＝0．011。(3)根据图示，结合题意知，石墨电极2上CH2=CHCN发生还原反应生成NC(CH2)4CN。高三模拟试题高三模拟试题PAGE20PAGE1山东省菏泽市单县二中2023届高三一模模拟练1可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Cl35.5Ti48Co59选题题本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．化学与日常生活息息相关。下列说法错误的是()A．科学家成功将CO2转化为淀粉，该过程中涉及到氧化还原反应B．飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子C．加入明矾后泥水变澄清D．切开的茄子放置后切面变色〖答案〗B〖解析〗CO2转化为淀粉，碳的化合价发生变化，发生涉及到氧化还原反应，A正确；玻璃纤维是一种性能优异的无机非金属材料，B错误；明矾净水的原理为Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体具有吸附性，可以使泥水变澄清，C正确；茄子中存在一类叫“酚氧化酶”的物质，它遇到氧气之后，发生化学反应产生一些有色的物质。反应时间越长，颜色越深，D正确。2．下列有关实验操作的叙述合理的是()A．用酒精灯加热烧瓶、蒸发皿时，都需要垫上石棉网B．用酒精为萃取剂萃取碘水中的碘单质C．蒸馏自来水实验中发现忘加沸石，冷却后再加入沸石D．蒸发操作时，将溶液放入坩埚中加热到出现大量晶体后停止加热〖答案〗C〖解析〗A．用酒精灯加热蒸发皿时，不需要垫上石棉网，A错误；B．酒精与水互溶，萃取碘水中的碘单质时不能用酒精作萃取剂，B错误；C．若在热溶液中加入沸石会引起暴沸，蒸馏自来水实验中发现忘加沸石，冷却后再加入沸石，C正确；D．坩埚能用于灼烧固体、不适合蒸发，蒸发操作时，将溶液放入蒸发皿中加热到出现大量晶体后停止加热，D错误。3．下列实验装置或操作正确且能达到实验目的的是()A．用装置甲可制取C2H4B．装置乙蒸干MnCl2溶液，可制取MnCl2·4H2OC．将碘水转移至装置丙中，加入CCl4，塞上玻璃塞用力振摇，以萃取碘水中的碘单质D．用装置丁可以比较KMnO4、Cl2、S的氧化性强弱〖答案〗D〖解析〗A．乙醇和浓硫酸混合加热170℃制取乙烯，需控制混合液温度，温度计要插入液面下，A错误；B．MnCl2溶液含有Mn2＋会水解，产生Mn(OH)2和HCl，随着加热和水的蒸发，水解反应向水解方向移动，HCl挥发，最终会完全反应，生成Mn(OH)2，无法得到MnCl2·4H2O，B错误；C．萃取操作，振摇分液漏斗时要将分液漏斗倒转，使液体充分接触，C错误；D．根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，高锰酸钾与浓盐酸反应生成Cl2，Cl2和硫化钠反应生成硫单质(黄色沉淀)，只要观察到试管中出现黄色沉淀，即可说明氧化性：KMnO4>Cl2>S，D正确。4．5-氨基四唑硝酸盐受热迅速生成以N2为主的环境友好型气体，并放出大量的热，是制造HTPB火箭推进剂的重要原料，结构简式如图，其中五元环为平面结构，下列说法正确的是()A．基态N原子核外电子的运动状态有3种B．阴离子的空间构型为三角锥形C．该化合物中五元环上的5个原子的杂化方式都相同D．该化合物因存在类似于苯分子的大键，所以非常稳定〖答案〗D〖解析〗A．已知N为7号元素，其原子核外有7个电子，根据鲍利不相容原理可知，基态N原子核外电子的运动状态有7种，A错误；B．阴离子即，中心原子N原子周围的价层电子对数为：3＋(5＋1－3×2)=3，故其空间构型为平面三角形，B错误；C．由题干图示结构可知，该化合物中五元环上以双键连接的氮原子和碳原子均为sp2杂化，以单键连接的氮原子以sp3杂化，故它们的杂化方式不相同，C错误；D．该化合物因存在类似于苯分子的大键，所以非常稳定，D正确。5．茚地那韦被用于新型冠状病毒肺炎的治疗，结构简式如图所示，下列说法正确的是()A．茚地那韦分子中含有羟基和酮羰基B．1mol茚地那韦最多与11mol氢气发生加成反应C．虚线框内的所有碳、氧原子可能处于同一平面D．茚地那韦可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，能与NaOH溶液反应，不与FeCl3溶液显色，〖答案〗D〖解析〗A．该分子中含有羟基(—OH)，不含酮羰基，结构中的—NH—CO—是酰胺基，A项错误；B．分子中的可以与H2反应，1mol消耗3molH2，苯环可以与H2反应，也是1∶3的关系，碳氧双键由于来源于酰胺基，不能和氢气加成，所以1mol该分子消耗9molH2，B项错误；C．如图虚线框内，苯环中的6个碳原子在一个平面上，1号碳和2号碳是取代了苯环上原来的氢，也在苯环的平面上，1号或者2号碳是四面体的中心，最多再有2个原子与其共面，可以选择苯环上的C和3号碳，1、2、3号碳原子共面，对于3号碳上的O则不在此平面上，C项错误；D．该结构中有羟基，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，分子中含酰胺基，没有酚羟基，故不能使氯化铁溶液显色，D项正确。6．某新型漂白剂的结构如图，其组成元素均为短周期元素，其中X与Y同周期，X与W对应的简单离子核外电子排布相同，且W、Y、Z的价电子数之和等于X的最外层电子数。下列说法错误的是()A．原子半径：W＞Y＞X＞ZB．四种元素中X电负性最大C．1mol该物质中含有2mol配位键D．第一电离能介于X与Y之间的同周期元素有1种〖答案〗D〖解析〗短线表示是共价键和配位键，X形成两个键可能是O或S，Z形成一个键可能是H或F或Cl，根据“W、Y、Z的价电子数之和等于X的最外层电子数”，Z只能是H，W原子最外层有2个电子，可推出Y最外层3个电子，说明结构中Y形成化学键中有配位键，再根据“W、X对应的简单离子核外电子排布相同”，且X与Y同周期，W只能是Mg，X是O，Y是B，Z是H。A．同周期元素从左到右原子半径增大，电子层数越多原子半径越大，则原子半径：W(Mg)＞Y(B)＞X(O)＞Z(H)，A正确；B．非金属性越强其电负性越大，四种元素中，氧元素电负性最大，B正确；C．结合Y为B和结构图可看出1mol该物质中含有2mol配位键，C正确；D．第一电离能介于O和B之间的同周期元素有Be和C两种，D错误。7．实验室中利用固体KMnO4进行如下实验。下列说法错误的是()A．G与H均为氧化产物B．实验Ⅰ中KMnO4既是氧化剂又是还原剂C．Mn元素至少参与了3个氧化还原反应D．G与H的物质的量之和可能为0．25mol〖答案〗D〖解析〗A．加热KMnO4时发生反应：2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑，所得固体K2MnO4、MnO2和浓盐酸加热时发生反应：K2MnO4＋8HCl(浓)2KCl＋MnCl2＋2Cl2↑＋4H2O、MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，若KMnO4有剩余，还发生反应：2KMnO4＋16HCl(浓)2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。O2和Cl2均为氧化产物，选项A正确；B．2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑中KMnO4既作氧化剂，又作还原剂，选项B正确；C．由以上分析可知，Mn元素至少参与了3个氧化还原反应，选项C正确；D．若0．1molKMnO4完全分解，则得到0．05molO2，同时生成0．05molK2MnO4、0．05molMnO2，加热时与浓盐酸完全反应，共得到0．15molCl2，此时O2和Cl2的物质的量之和为0．20mol，由以上化学方程式知，KMnO4全部与浓盐酸反应时得到的气体最多，为0．25molCl2，但加热时KMnO4发生分解，故O2与Cl2的物质的量之和一定小于0．25mol，选项D错误。8．茉莉醛()是一种合成香料、制备苯莉醛的工艺流程如图所示。下列说法正确的是()已知：①庚醛易自身缩合生成与茉莉醛沸点接近的产物；②茉莉醛易被浓疏酸氧化A．乙醇的主要作用是助溶剂B．干燥剂可选用无水C．可将最后两步“蒸馏”和“柱色谱法分离”替换为“真空减压蒸馏”D．可采用与浓硫酸共热的方法来除去产品中少量的庚醛自缩物〖答案〗A9．某废催化剂主要含有Al2O3、MoO3、Fe2O3及少量杂质。通过如下工艺流程可以回收钼和铝。已知：溶液中含铝元素离子浓度的对数lgc与溶液pH的关系如图所示：下列说法中正确的是()A．“焙烧”中生成Na2MoO4的反应：Na2CO3＋MoO3＝Na2MoO4＋CO2↑B．浸出渣主要成分是Fe(OH)3C．沉铝时调节pH范围3.7~4.7D．Na2MoO4的溶解度受温度变化的影响比Na2SO4小〖答案〗D〖解析〗含钼的废弃催化剂先和Na2CO3煅烧，并用水浸取，经过滤除去Fe2O3等难溶杂质，滤液中含Na2MoO4、Na2CO3、NaAlO2，用硫酸除去Na2CO3，并形成Al(OH)3沉淀，过滤后的滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤除去大部分Na2SO4。焙烧”中生成Na2MoO4的反应：Na2CO3＋MoO3Na2MoO4＋CO2↑，A正确；B．浸出渣主要成分是Fe2O3，B错误；C．当c(Al3＋)≤10-5，可以认为Al3＋沉淀完全，根据铝元素离子浓度的对数lgc与溶液pH的关系图，说明Al3＋被沉淀完全时对应的pH大约是4.7，而当溶液中c{〖Al(OH)4〗-}>10-5时，开始生成〖Al(OH)4〗-，此时溶液pH大约为8，说明pH调节应该是在4.7~8，C错误；D．蒸发浓缩、冷却结晶，Na2MoO4没有结晶析出，Na2SO4得到Na2SO4·10H2O，说明Na2MoO4溶解度随温度变化较小、Na2SO4溶解度随温度变化较大，D正确。10．(2022·保定二模)研究人员利用膜电解技术，以Na2CrO4溶液为主要原料制备Na2Cr2O7的装置如图1所示，下列叙述正确的是()已知：Cr2O和CrO的物质的量浓度的对数(lgc)与pH的关系如图2所示。A．a为电源负极，b为正极B．Na2Cr2O7在阴极室制得C．交换膜为阳离子交换膜D．每转移1mol电子，产生16．8L气体〖答案〗C〖解析〗A．CrO转化为Cr2O反应：2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O，电解过程实质是电解水，左室是产品室，电解提供H＋，故左侧是H2O放电生成O2和H＋，左侧为阳极室，右侧为阴极室，故a为电源正极、b为电源负极，故A错误；B．由A项分析可知Na2Cr2O7在阳极室制得，故B错误；C．左室中Na＋经过离子交换膜进入右室，交换膜为阳离子交换膜，故C正确；D．电解过程实质是电解水，外电路中每通过1mol电子，根据电子转移守恒，生成O2为eq\f(1mol,4)＝0．25mol，生成H2为eq\f(1mol,2)＝0．5mol，未指明标准状况，不能计算产生气体的体积，故D错误。本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11．下表中的实验操作或实验现象能达到实验目的或得出相应结论的是()选项实验操作或实验现象实验目的或结论A向1mL0．01mol·L－1AgNO3溶液中滴加等浓度的NaCl溶液，至不再有沉淀产生，再向其中滴加0．01mol·L－1NaI溶液，产生黄色沉淀常温下，Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)B取少量C2H5Br与NaOH溶液共热，待溶液不分层后，再滴加AgNO3溶液检验C2H5Br中的溴元素C向苯酚浊液中滴加饱和Na2CO3溶液，浊液是否变澄清酸性：苯酚>碳酸D向淀粉溶液中滴加稀硫酸，加热一段时间后，加入NaOH溶液至碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热煮沸，观察是否有砖红色沉淀产生检验淀粉是否水解完全〖答案〗AC〖解析〗A．向1mL0．01mol·L－1AgNO3溶液中滴加等浓度的NaCl溶液，至不再有沉淀产生，生成了AgCl白色沉淀，再向其中滴加0．01mol·L－1NaI溶液，产生黄色沉淀，说明生成了AgI沉淀，可说明生成的AgI的溶度积更小，则Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故A符合题意；B．反应后溶液呈碱性，会生成AgOH沉淀，干扰试验现象，应先将溶液调至酸性，再滴加AgNO3溶液，故B不符合题意；C．苯酚与碳酸钠溶液反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，则酸性为苯酚大于碳酸氢根离子，C错误，故C符合题意；D．该实验操作是检验淀粉是否水解，而不是检验淀粉是否水解彻底，故D不符合题意。12．苯乙醛可用于生产工业香料，其制备流程如图。下列说法正确的是()A．反应①②原子利用率100%B．环氧乙烷与二甲醚互为同分异构体C．预测可以发生反应：D．反应⑤可用酸性高锰酸钾溶液作氧化剂〖答案〗C〖解析〗A．反应①中乙烯和氧气反应生成环氧乙烷，方程式为2CH2＝CH2＋O22，原子利用率为100%；反应②为乙烯和Cl2先发生加成反应，再和H2O发生取代反应，取代反应原子利用率小于100%，故A错误；B．环氧乙烷的分子式为C2H4O，二甲醚的分子式是C2H6O，二者分子式不同，不互为同分异构体，故B错误；C．根据反应④中加成反应可知，可以发生反应，故C正确；D．酸性高锰酸钾溶液还可以氧化醛基，反应⑤不能用酸性高锰酸钾溶液作氧化剂，故D错误。13．氮氧化物(NOx)是一类特殊的污染物，它本身会对生态系统和人体健康造成危害。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示。下列叙述错误的是()A．反应①变化过程可表示为2〖Cu(NH3)2〗＋＋O2=〖(NH3)2Cu—O—O—Cu(NH3)2〗2＋B．反应③属于非氧化还原反应C．反应④涉及极性共价键的断裂与形成D．图中总过程中每吸收1molNO需要标准状况下的NH344．8L〖答案〗D〖解析〗根据图示，反应③中各元素化合价都没有变化，属于非氧化还原反应，故B正确；反应④中有氮氧键、氮氢键的断裂，有氢氧键的形成，故C正确；图中总过程中每吸收1molNO需要1mol氨气，标准状况下NH3的体积是22．4L，故D错误。14．(2022·许昌市高中毕业班下学期阶段性测试)高电压水系锌-有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法错误的是()A．充电时，中性电解质NaCl的浓度增大B．放电时，负极反应式为Zn－2e－＋4OH－=Zn(OH)C．充电时，1molFQH2转化为FQ转移2mol电子D．放电时，正极区溶液的pH增大〖答案〗A〖解析〗根据题意，充电时，FQH2生成FQ，被氧化，所以充电时右侧为阳极，左侧为阴极，Zn(OH)被还原为Zn；则放电时左侧为负极，Zn被氧化为Zn(OH)eq\o\al(2－,4)，右侧为正极，FQ被还原为FQH2。充电时，左侧阴极的电极反应为Zn(OH)＋2e－=Zn＋4OH－，阴离子增多，为平衡电荷，中性电解质中的Na＋经阳膜迁移至左侧，Cl－经阴膜迁移至右侧，NaCl的浓度减小，A错误；放电时，左侧为负极，Zn被氧化为Zn(OH)，电极反应为Zn－2e－＋4OH－=Zn(OH)，B正确；充电时，右侧FQH2被氧化为FQ，电极反应为FQH2－2e－=FQ＋2H＋，所以1molFQH2转化为FQ转移2mol电子，C正确；放电时右侧为正极，电极反应为FQ＋2H＋＋2e－=FQH2，氢离子被消耗，pH增大，D正确。15．难溶盐BaCO3的饱和溶液中c2(Ba2＋)随c(H＋)而变化。实验发现，298K时c2(Ba2＋)－c(H＋)为线性关系，如图中实线所示。下列说法错误的是()A．饱和BaCO3溶液中c(Ba2＋)随pH增大而增大B．BaCO3的溶度积Ksp＝2．6×10－9C．若忽略CO的第二步水解，Ka2(H2CO3)＝5×10－11D．N点溶液中：c(Ba2＋)>c(HCO)>c(CO)〖答案〗A〖解析〗A．由图像知c2(Ba2＋)随c(H＋)增大而增大，所以c(Ba2＋)随pH增大而减小，A错误；B．c(H＋)几乎为0时，c(OH－)浓度最大，抑制CO离子水解程度最大，此时c(Ba2＋)＝c(CO)，此时Ksp＝c(Ba2＋)·c(CO)＝c2(Ba2＋)＝2．6×10－9，B正确；C．若忽略CO的第二步水解，当c(CO)＝c(HCO)时，Ka2(H2CO3)＝＝c(H＋)，溶液中有c(Ba2＋)＝c(CO)＋c(HCO)＝2c(CO)，故c2(Ba2＋)＝c(Ba2＋)·2c(CO)＝2c(Ba2＋)·c(CO)＝2Ksp＝5．2×10－9，即M点，此时c(H＋)＝5×10－11，Ka2(H2CO3)＝c(H＋)＝5×10－11，C正确；D．由C选项得知，M点c(CO)＝c(HCOeq\o\al(－,3))，N点c(H＋)大，所以更促进CO转化成HCO，因此有c(Ba2＋)>c(HCO)>c(CO)，D正确。本题共5小题，共60分。16．硼化物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：(1)立方氮化硼硬度大，熔点3000°C，其晶体类型为。制备氮化硼(BN)的一种方法为BCl3(g)＋NH3(g)＝BN(s)＋3HCl(g)。BCl3的空间构型为，形成BCl3时，基态B原子价电子层上的电子先进行激发，再进行杂化，激发时B原子的价电子轨道表示式可能为(填标号)。(2)硼砂阴离子〖B4O5(OH)4〗2－的球棍模型如图所示。其中B原子的杂化方式为，该阴离子中所存在的化学键类型有(填标号)。A．离子键B．配位键C．氢键D．非极性共价键(3)Ca与B组成的金属硼化物结构如图所示，硼原子全部组成B6正八面体，各个顶点通过B－B键互相连接成三维骨架，具有立方晶系的对称性。该晶体的化学式为，晶体中Ca原子的配位数为，以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如M点原子的分数坐标为(，，)，已知B6八面体中B－B键的键长为rpm，晶胞参数为apm，则N点原子的分数坐标为，Ca与B原子间的距离d＝pm(列出计算式即可)。〖答案〗(1)共价晶体平面三角形C(2)sp2或sp3B(3)CaB624(0，0，)〖解析〗(1)立方氮化硼硬度大，熔点3000°C，其晶体类型为共价晶体，制备氮化硼(BN)的一种方法为BCl3(g)＋NH3(g)＝BN(s)＋3HCl(g)，BCl3中心原子周围的价层电子对数为：3＋(3－3×1)＝3，根据价层电子对互斥理论可知，其空间构型为平面三角形，形成BCl3时，基态B原子价电子层上的电子先进行激发，再进行杂化，说明B原子激发后的三个轨道能量相同，B原子中的2s轨道中的1个电子激发到2p轨道上，激发后能与Cl形成3个相同的共价键，故激发时B原子的价电子轨道表示式可能为C；(2)已知B原子最外层上有3个电子，结合硼砂阴离子〖B4O5(OH)4〗2－的球棍模型可知每个B周围形成了3个或4个共价键，即B周围的价成电子对数为3或者4，故其中B原子的杂化方式为sp2或sp3，该阴离子中所存在的化学键类型有两个形成4个共价键的B原子中存在配位键，其余为H－O、B－O之间的极性共价键，不存在离子键和非极性共价键，氢键不属于化学键；(3)由晶胞结构知，一个Ca原子和1个单元有6个B原子，该化合物的化学式为CaB6，钙原子的配位数为6＋4＝24；将8个正八面体的中心连接呈晶胞的立方晶系图，由M点坐标知该原子位于晶胞的中心，且每个坐标系的单位长度都记为1，已知B6八面体中B－B键的键长为rpm，晶胞参数为apm，则八面体中心到顶点的距离为，则N点在棱的处，其坐标为(0，0，)，Ca与B原子间的距离d即M与N的距离如下图中的MN，图中NA是底面对角线的一半，NA＝pm，AM＝(a−)pm，所以d＝MN＝＝pm。17．硫氰化钾(KSCN)是一种用途广泛的化工原料，常用于染料、药物的生产。某化学实验小组设计如图实验装置模拟工业制备KSCN并进行相关探究实验。已知：①CS2是一种不溶于水且密度大于水的非极性试剂。②CS2＋3NH3NH4SCN＋NH4HS。回答下列问题：(1)装置A用于实验室制备氨气，反应的化学方程式为。(2)装置B中，三颈烧瓶内盛放有CS2、水和固体催化剂，通入氨气的导管口需要插入CS2液体中，其目的是(写出两点即可)。(3)待三颈烧瓶内液体不分层后，熄灭装置A处的酒精灯，关闭K1，移开水浴。将装置B继续加热至105℃，待NH4HS完全分解后(NH4HSNH3↑＋H2S↑)，打开K2，缓缓滴入适量的K2CO3溶液充分反应，(NH4)2CO3完全分解制得KSCN溶液。装置C中仪器a的名称是，用离子方程式表示装置C处的烧杯中产生淡黄色浑浊的原因：。(4)除去固体催化剂后，为使KSCN晶体充分析出并分离，采用的操作为减压蒸发、、过滤。(5)过滤装置C中吸收尾气后的悬浊液，得到滤液x。取少量滤液х进行如图实验〖已知Ag＋＋SCN－=AgSCN↓(白色)〗：①设计实验方案并根据实验现象解释试管b中产生银镜的原因：。〖可供选择的试剂：0.5mol·L－1AgNO3溶液、Fe2(SO4)3溶液、FeSO4溶液、(NH4)2SO4溶液〗。②小组同学观察到试管c中实验现象后，用力振荡试管，又观察到红色褪去且白色沉淀增多，结合平衡移动的知识解释其原因：。〖答案〗(1)2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O(2)防倒吸；使NH3与CS2充分接触混合(3)(球形)干燥管2Fe3＋＋H2S=2Fe2＋＋S↓＋2H＋(4)冷却结晶(5)①取2mL0.5mol·L－1AgNO3溶液，加入几滴FeSO4溶液，若产生银镜，证明是Fe2＋还原Ag＋产生银镜②用力振荡试管，发生反应：Ag＋＋SCN－=AgSCN↓，白色沉淀增多；红色溶液存在平衡Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3，c(SCN－)减小，平衡逆向移动，红色褪去〖解析〗A中制备氨气，在B中氨气与二硫化碳反应先生成硫氰化铵，然后与碳酸钾溶液反应生成硫氰化钾，装置C为尾气吸收装置。(2)CS2是非极性试剂，极性分子NH3在其中的溶解度小，可以防倒吸；NH3(气体)通入CS2(液体)中，可以增大接触面积，使反应充分。(5)①滤＋Ag＋=Fe3＋＋Ag↓。根据试管a中AgNO3溶液的用量，结合所提供的试剂，要选用2mL0.5mol·L－1AgNO3溶液和FeSO4溶液设计实验方案。②试管c的溶液局部变红是因为上层清液中的Fe3＋与滴入的SCN－反应，存在化学平衡：Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3。用力振荡试管，减小，使Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3平衡逆向移动，红色褪去。18．有机化合物G是抗炎症、抗肿瘤的药物。以有机化合物A和醛X为原料制备该药物的合成路线如下：已知：Ⅰ.RCHORCH2OH；Ⅱ.RCOOH＋R1NH2eq\o(→,\s\up7(SOCl2))RNHR1＋H2O；Ⅲ.R—CNR—CH2NH2回答下列问题：(1)醛X的名称是______________，F中的官能团名称是______________。(2)C的结构简式是______________，C生成D的反应类型是______________。(3)E的同分异构体中，满足下列条件的同分异构体(不考虑立体异构)有_______种，其中有5种不同化学环境的H，且个数比为2∶2∶1∶1∶1的同分异构体的结构简式是_______。①含氰基

(－CN)

②属于芳香族化合物

③与溶液反应放出气体(4)写出以苯甲醇()为原料制备的合成路线(其他无机试剂任选)：。〖答案〗(1)

甲醛

醚键、羧基(2)

取代反应(3)

17

(4)〖解析〗B的分子式为C8H6O3、不饱和度为6，由流程知，B发生还原反应生成C，C发生取代生成D，结合D的结构简式可知B为，比较A和B的结构简式可知，X为HCHO，A与甲醛生成B，B发生信息Ⅰ反应、即还原反应生成C(分子式为C8H8O3)，C的结构简式为，C发生取代生成D，D再发生取代得E，E水解、酸化得F，F的结构简式为，F发生信息Ⅱ中的取代得到G。(1)已知A＋X→B为，X为醛类物质，根据碳原子数目的变化，可知X为甲醛，根据F的结构可知F中含氧官能团的名称为醚键和羧基。(2)C的结构简式为，C中的羟基被Br原子取代得到D，D的结构简式为，则C→D反应类型为取代反应。(3)E的分子式为C9H7O2N、其同分异构体(不考虑立体异构)满足下列条件：①含氰基－CN

；②属于芳香族化合物、则含有1个苯环；

③与NaHCO3溶液反应放出气体、则含有-COOH；当苯环有1个侧链时，结构为；当苯环只有2个侧链时，分别为-CN、-CH2COOH，分别处以邻、间、对位，共有3种；或2个侧链分别为-CH2CN、-COOH，又有3种；当苯环有3个侧链时，分别为-CN、-CH3、-COOH，让其中2个例如-CN、-CH3先处以邻位、再把第三个取代基-COOH取代上去，则有4种结构；-CN、-CH3先处以间位、把第三个取代基-COOH取代上去，有4种结构，-CN、-CH3先处以对位、把第三个取代基-COOH取代上去，有2种结构；故符合条件的结构有17种；其中有5种不同化学环境的H，且个数比为2∶2∶1∶1∶1的同分异构体的结构简式是。(4)欲以苯甲醇()为原料制备，按逆合成分析法，可由和发生信息反应Ⅱ生成，结合信息反应、题干中反应线路可知和均可由转变而来、按题目中的反应线路可知：可由生成、则可由生成，则合成路线为：19．铈的氧化物在半导体材料、汽车尾气净化器等方面有广泛应用。以氟碳酸铈(主要成分CeFCO3)为原料制备CeO2的工艺流程如下：已知：①CeO2具有较强的氧化性，难溶于一般的酸或碱。②能与Ce4＋、Al3＋结合成稳定的CeF3＋、，这有利于酸浸步骤，不利于后续的沉淀步骤。③溶液中铈的常见离子有Ce4＋、Ce3＋，其中Ce4＋能被萃取剂TBP萃取，而Ce3＋不能被萃取。回答下列问题：(1)氟碳酸铈矿浮选过程中采用不同捕收剂BHA和SHA(浓度均为2×10-4mol·L－1)时，pH对氟碳酸铈矿浮选捕收率的影响如图所示。浮选时应选择的最佳条件为_______。(2)“氧化焙烧”后的固体产物中含CeO2和CeF4的物质的量之比为3∶1，“酸浸”时CeO2溶解，原因是_______；有报告认为“酸浸”过程使用盐酸弊端很大，原因是_______(用化学方程式表示