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2022-2023学年河南省信阳高级中学高二上学期期末考试化学试题（解析版）
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这是一份2022-2023学年河南省信阳高级中学高二上学期期末考试化学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了 设NA为阿伏加德罗常数的值，4LNO与11， 下列有关叙述正确的是， 常温下，等内容，欢迎下载使用。
2024届高二上期期末考试化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16
1. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 16gCH4含有C—H键的数目为4NA
B. 1L1.0mol/L的盐酸含有HCl分子总数为NA
C. 标准状况下，22.4LNO与11.2LO2混合后的分子数目为NA
D. 23gNa与足量O2反应，转移电子数目为1.5NA
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．1个分于含有4个键，1mol含有键，描述正确，符合题意；
B．HCl是强电解质，在水分子作用下会完全电离，盐酸中不存在HCl分子，描述错误，不符题意；
C．NO与反应方程式为：，生成的会产生二聚反应，故混合后的分子数目小于，描述错误，不符题意；
D． 1molNa只能失去1mol电子，描述错误，不符题意；
综上，本题选A。
2. 下列表达方式或说法正确的是
A. 甲酸甲酯的实验式： B. 顺式聚异戊二烯的结构简式：
C. 的电子式： D. 聚丙烯的结构简式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲酸甲酯的分子式为：2，实验式为：CH2O，故A错误；
B．顺式聚异戊二烯的结构简式为： ，故B正确；
C．的电子式为： ，故C错误；
D．聚丙烯的结构简式为： ，故D错误；
故答案选B。
3. 下列有关叙述正确的是
A. 质谱法通常用来确定有机化合物分子结构
B. 将有机化合物燃烧进行定量分析，可以直接确定该有机化合物的分子式
C. 在核磁共振氢谱中能出现三组峰，峰面积之比为3∶1∶4
D. 乙醚与1-丁醇不能利用红外光谱法进行鉴别
【答案】C
【解析】
【详解】A．质谱法通常用来确定有机化合物的质荷比，即得出相对分子质量，A错误；
B．有机化合物燃烧进行定量分析，只能通过生成的和算出分子中的最简整数比，得出该有机化合物的最简式，B错误；
C．根据分子的对称性，在核磁共振氢谱中能出现三组峰，峰面积之比为3∶1∶4，C正确；
D．红外光谱可以读出分子中特殊的化学键和官能团，乙醚的分子为：，1-丁醇为分子中含有不同的官能团，故可以利用红外光谱法进行鉴别二者，D错误；
故选C。
4. 用如图仪器或装置(图中夹持略)进行相应实验，能达到实验目的的是
A. 用图甲装置灼烧海带
B. 用图乙装置检验浓硫酸的吸水性
C. 用图丙装置检验非金属性：
D. 用图丁装置接收蒸馏水
【答案】B
【解析】
【详解】A．干海带的灼烧不用烧杯应用坩埚，A错误；
B．蓝色胆矾晶体一旦接触到浓硫酸，会逐渐失去结晶水变为白色无水硫酸铜粉末，体现了浓硫酸的吸水性，B正确；
C．装置中依次通过溶液、KI溶液并依次与之发生置换反应，两个小棉球分别变黄色、蓝色，只能证明的非金属性既强于，也强于，但无法比较与之间的非金属性强弱，C错误；
D．锥形瓶未与大气相通，会导致馏出液难以顺利入瓶，且瓶内气压会逐渐变大，也存在安全风险，D错误；
故选B。
5. 一种叫卡莫氟(Carmofur)的嘧啶类抗肿瘤药，可能对新冠肺炎病毒有一定的抑制作用，该物质的结构为：，下列关于卡莫氟(Carmofur)的说法正确的是
A. 分子式为 B. 虚框内所有原子可能共一个平面
C. 属于芳香族化合物 D. 能发生取代、加聚、氧化等反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．分子式为，故A错误；
B．虚框内六元环内有2个杂化的原子，原子与三个所连的原子构成三角锥型，故这相邻的四原子不可能共一个平面，故B错误；
C．结构中不含有苯环，不属于芳香族化合物，故C错误；
D．分子内有酰胺基，能发生取代反应，还有碳碳双键，能发生加聚反应、氧化反应，故D正确；
故答案选D。
6. 下列过程中，没有发生酯化反应的是
A. 用秸秆制取燃料乙醇 B. 用纤维素制取硝酸纤维
C. 核苷酸生成多聚核苷酸 D. 白酒陈化过程中产生香味
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．用秸秆(纤维素)水解最终产物得到葡萄糖、葡萄糖发酵得乙醇，没有发生酯化反应，A符合；
B．纤维素所含羟基、与硝酸发生酯化反应生成硝酸纤维，B不符合；
C．核酸是由许多核苷酸单体形成的聚合物。核酸可看做磷酸、戊糖(含羟基)和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子，则核苷酸则核苷酸生成多聚核苷酸的过程中有酯化反应，C不符合；
D．白酒陈化过程中产生乙酸乙酯因而产生香味，因为有乙醇转变为乙酸、乙酸与乙醇反应形成的，D不符合；
答案选A。
7. 用如图所示装置进行下列实验，装置正确并能达到实验目的的是
选项
①中试剂
2中溶液
实验目的
A
浓硫酸、无水乙醇(沸石)
酸性高锰酸钾溶液
检验有乙烯气体生成
B
Cu、浓硫酸
溴水
验证的还原性
C
乙醇、乙酸、浓硫酸
饱和碳酸钠溶液
制取乙酸乙酯
D
澄清石灰水
验证的热稳定性
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．装置①中产生的乙醇蒸气也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，A项错误；
B．Cu和浓硫酸加热反应生成，可以使溴水褪色，体现的是的还原性，B项正确；
C．制取乙酸乙酯时导气管口应置于饱和碳酸钠溶液液面上方，不应插入液面下，以防止倒吸，C项错误；
D．试管中加热固体物质时，试管口应略向下倾斜，D项错误；
故答案选B。
8. 常温下，。下列说法正确的是
A. 一定浓度的溶液加水稀释，所有离子的浓度均减小
B. 的溶液和的氨水等体积混合后
C. 等浓度的和溶液中阴离子浓度之和，前者小于后者
D. 等浓度、等体积的溶液和氨水分别与固体反应，消耗的量多
【答案】B
【解析】
【详解】A．一定浓度的溶液加水稀释时，促进醋酸的电离，但是溶液体积增大，且是主要因素，故稀释时氢离子浓度、醋酸根离子浓度均减小，但由于温度不变，水的离子积不变，则氢氧根离子浓度增大，A错误；
B．和氨水均为弱电解质，且根据上述平衡常数的数值可看出，两者的电离程度相当，所以两者等体积混合发生中和后，得到的醋酸铵水解程度也一样，最终使溶液显中性，常温下，pH=7，B正确；
C．溶液中根据电荷守恒可知，阴离子浓度之和等于阳离子浓度，即钠离子浓度与水电离的氢离子浓度之和，溶液中阴离子浓度之和等于氯离子浓度与氢氧根离子浓度之和，由于弱电解质的电离程度相当，所以其对应离子的水解程度相当，对水的抑制作用相当，等浓度的上述两种溶液中水电离的氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，即前者等于后者，C错误；
D．醋酸溶液与碳酸氢钠反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，1mol醋酸消耗1mol碳酸氢钠，氨水和碳酸氢钠反应生成碳酸钠和碳酸铵，1mol一水合氨消耗1mol碳酸氢钠，等浓度等体积的醋酸溶液和氨水中溶质的物质的量相同，则消耗碳酸氢钠的量相同，D错误；
故选B。
9. 已知微溶于水，易溶于强酸和强碱。从粗铜精炼的阳极泥(主要含有)中提取粗碲的一种工艺流程如图所示。下列有关说法正确的是
A. “氧化浸出”时为使碲元素沉淀充分，应加入过量的硫酸
B. 判断粗碲洗净的方法：取少量最后一次洗涤液于一洁净试管中，向试管中加入稀盐酸，无现象，再加入少量溶液，没有白色沉淀生成
C. “过滤”用到的玻璃仪器：长颈漏斗、烧杯、玻璃棒
D. “还原”时发生的离子方程式为：
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题中信息可知，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱，是两性氧化物。Cu2Te与硫酸、氧气反应，生成硫酸铜和TeO2，硫酸若过量，会导致TeO2的溶解，造成原料的利用率降低，A错误；
B．通过过滤从反应后的混合物中获得粗碲，粗碲表面附着液中含有，取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明洗涤干净，B正确；
C．“过滤”用到的玻璃仪器：漏斗、烧杯、玻璃棒，C错误；
D．Na2SO3加入到Te(SO4)2溶液中进行还原得到固态碲，同时生成Na2SO4，由于该溶液显酸性，则该反应的离子方程式是2 +Te4 ++2H2O=Te↓+2 +4H+，D错误；
故答案选为：B。
10. 工业上利用CO和H2合成二甲醚：3CO(g)＋3H2(g)⇌CH3OCH3(g)＋CO2(g) ΔH。其它条件不变时，相同时间内CO的转化率随温度T的变化情况如图所示。下列说法不正确的是
A. ΔH＜0
B. 状态X时，v消耗(CO)=v生成(CO)
C. 相同温度时，增大压强，可以提高CO的转化率
D. 状态X时，选择合适催化剂，可以提高相同时间内CO的转化率
【答案】B
【解析】
【分析】250℃之前，反应未平衡，升高温度，反应速率增大，相同时间内CO的转化率随温度T的升高而增大，250℃，反应达到平衡，250℃后，温度升高，平衡逆向移动，相同时间内CO的转化率随温度T的升高而减小，因此逆反应是吸热反应。
【详解】A．结合分析可知正反应是放热反应，ΔH＜0，A正确；
B．由分析可知，X点反应未平衡，反应表现为正向进行，因此v消耗(CO)＞v生成(CO)，B错误；
C．该反应为气体分子数减小的反应，因此相同温度时，增大压强，平衡正向移动，可提高CO的转化率，C正确；
D．状态X时，反应未平衡，选择合适催化剂，反应速率增大，可以提高相同时间内CO的转化率，D正确；
答案选B。
11. 已知：常温下浓度为0.1mol/L的下列溶液的pH如表：下列有关说法正确的是
溶质
NaF
Na2CO3
NaClO
NaHCO3
pH
7.5
11.6
9.7
8.3
A. 在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：H2CO3
C. 向Na2CO3溶液中通入足量的HF气体，化学反应方程式为：Na2CO3+2HF=CO2↑+H2O+2NaF
D. 等体积等物质的量浓度的NaClO溶液与NaF溶液中离子总数大小：N(NaClO)>N(NaF)
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液pH越大，盐的水解程度越大，对应酸的酸性越弱，根据表中数据可知，酸性大小为：HF>H2CO3>HClO>，温度、浓度相同时，酸性越强，溶液导电能力越强，则三种溶液导电性大小为：HClO
C．酸性：HF>H2CO3，向Na2CO3溶液中通入足量的HF气体，反应生成水、二氧化碳和氟化钠，化学方程式为：Na2CO3+2HF=CO2↑+ H2O+2NaF，故C正确；
D．NaClO、NaF溶液中次氯酸根离子、氟离子发生水解使溶液呈碱性，氢离子浓度小于10−7mol/L，由于酸性：HF>HClO，则次氯酸根离子的水解程度大于氟离子，故次氯酸钠溶液中氢氧根离子浓度大于氟化钠溶液中氢氧根离子浓度，次氯酸钠溶液中的氢离子浓度小于氟化钠溶液中氢离子浓度，两溶液中钠离子浓度相等且两溶液中阴离子浓度之和=c(Na+)+c(H+)，由于溶液体积相等，则次氯酸钠溶液中阴离子数目小于氟化钠，即：N(NaClO)
12. 近年来，由于石油价格不稳定，以煤为原料制备一些化工产品的前景被看好。下图是以煤为原料生产聚氯乙烯(PVC)和人造羊毛的合成路线。下列叙述不正确的是
A. ①的反应类型是加成反应
B. C的结构简式为H2C=CHCN
C. A→D反应的化学方程式为
D. 反应②为缩聚反应
【答案】D
【解析】
【分析】煤干馏得到焦炭，在电炉中氧化钙与碳反应生成碳化钙，再与水反应生成乙炔，所以A为乙炔，B为氯乙烯，PVC为聚氯乙烯，乙炔与HCN发生加成反应生成，由人造羊毛的结构简式可以看出D结构简式为。
【详解】A．①是乙炔与HCl的加成反应，A项正确；
B．据以上分析，C的结构简式为，是乙炔与HCN加成的产物，B项正确；
C．反应的化学方程式为，C项正确；
D．②是与的加聚反应，D项错误。
故选D。
13. 钠碱脱硫液()吸收一定量气体后，可通过如图装置实现再生，下列说法错误的是
A. 电极a应接电源的负极
B. 自右向左穿过m膜，m膜应为阳离子交换膜
C. 出液2的pH大于进液的pH
D. 出液1可使品红溶液褪色
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，电极a为电解池的阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，氢氧根离子与进液中亚硫酸氢钠溶液反应生成亚硫酸钠，溶液中阴离子电荷数大于阳离子，由溶液呈电中性可知，中间区的进液中的钠离子通过阳离子交换膜加进入阴极区，电极b为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子通过阳离子交换膜进入中间区，与再生液中的亚硫酸根离子和亚硫酸氢根离子反应生成亚硫酸，由于放电时阳极区消耗水导致硫酸溶液的浓度增大，溶液pH减小，则再生液氢氧化钠和亚硫酸钠的混合溶液、出液1为亚硫酸溶液、出液2为浓度增大的硫酸溶液。
【详解】A．由分析可知，电极a为与直流电源负相连的电解池的阴极，故A正确；
B．由分析可知，中间区的进液中的钠离子通过阳离子交换膜加进入阴极区，则m膜应为阳离子交换膜，故B正确；
C．由分析可知，电极b为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子通过阳离子交换膜进入中间区，阳极区水的量减小导致硫酸溶液的浓度增大，溶液pH减小，故C错误；
D．由分析可知，出液1为亚硫酸溶液，亚硫酸溶液中的二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液漂白褪色，故D正确；
故选C
14. 某固体混合物可能由、、、、、中的若干种物质组成，设计部分实验方案探究该固体混合物的成分，所加试剂均过量，下列说法正确的是
A. 气体A中一定含有
B. 固体中可能含有
C. 该固体混合物中和至少有其中一种
D. 该固体混合物一定含有、、
【答案】C
【解析】
【分析】由气体A通过酸性高锰酸钾溶液气体体积缩小可知，气体A中一定含有二氧化硫，气体B可能为氢气和二氧化碳中的一种或两种，则固体混合物中一定含有亚硫酸钠和铁、碳酸钠中的一种或两种；由溶液A中加入氢氧化钠溶液生成一段时间后颜色加深的白色沉淀B可知，白色沉淀B为氢氧化亚铁，溶液A中一定含有亚铁离子，则固体混合物中氧化铁和铁至少有其中一种；由溶液B中加入硝酸钡溶液得到沉淀C和溶液C，溶液C与酸化的硝酸银溶液生成沉淀D可知，沉淀C为硫酸钡沉淀、沉淀D为氯化银沉淀，溶液B和溶液C中含有氯离子，则固体混合物中一定含有氯化钡，固体A中一定含有硫酸钡，可能含有二氧化硅。
【详解】A．由分析可知，气体A中一定含有二氧化硫，气体B可能为氢气和二氧化碳中的一种或两种，故A错误；
B．由分析可知，固体A中一定含有硫酸钡，可能含有二氧化硅，故B错误；
C．由分析可知，溶液A中一定含有亚铁离子，固体混合物中氧化铁和铁至少有其中一种，故C正确；
D．由分析可知，固体混合物中一定含有亚硫酸钠、氯化钡，可能含有碳酸钠，故D错误；
故选C。
15. 一种芳纶纤维的拉伸强度比钢丝还高，广泛用作防护材料。其结构片段如下图下列关于该高分子的说法正确的是
A. 属于聚酯类合成高分子材料
B. 完全水解产物的单个分子中，含有官能团—COOH或
C. 合成该芳纶纤维的单体只有一种
D. 氢键不会影响该高分子的沸点、密度、硬度等性能
【答案】B
【解析】
【详解】A．图中结构中不含酯基，不是聚酯类高分子化合物，A错误；
B．图中结构的官能团为肽键，完全水解后的产物中含有氨基和羧基，B正确；
C．图中结构水解后的单体为对苯二甲胺和对苯二甲酸，共2种单体，C错误；
D．氢键会影响高分子的沸点、密度等物理性质，D错误；
故选B
16. 金(Au)表面发生分解反应：，其速率方程为。已知部分信息如下：
①k为速率常数，只与催化剂、温度、固体接触面积有关，与浓度、压强无关；
②n为反应级数，可以取整数、分数，如0、1、2、等；
③化学上，将物质消耗一半所用时间称为半衰期。
在某温度下，实验测得与时间变化的关系如下表所示：
t/min
0
20
40
60
80
100
0.100
0.080
0.060
0.040
0.020
0
下列叙述正确的是
A. 速率常数k等于反应速率即为
B. 该反应属于2级反应，不同催化剂可能会改变反应级数
C. 升温或增大催化剂表面积，反应10min时浓度净减小于
D. 其他条件不变，若起始浓度为，则半衰期为500cmin
【答案】D
【解析】
【详解】A．观察表格数据可知，相同时间内各物质浓度变化值相等，即反应速率为常数且与浓度无关，，则，单位不对，A错误；
B．观察表格数据可知，相同时间内各物质浓度变化值相等，即反应速率为常数且与浓度无关，，因为催化剂能改变反应历程，反应历程不同，速率方程不同，反应级数不同，B错误；
C．升温反应速率增大，或增大催化剂表面积，反应速率增大，反应10min时浓度净减大于，C错误；
D．因为反应速率不变，则半衰期与起始浓度成正比，若起始浓度为，则半衰期为，D正确；
故答案选D。
17. 硝基苯可用于生产染料、香料、炸药等。实验室可用浓硫酸、浓硝酸、苯为原料制备一定量的硝基苯(硝基苯的密度为，沸点；苯的密度为，沸点为)。
I．粗硝基苯的制备，制备装置如图1所示(夹持及加热装置省略)：
实验操作：将浓硫酸缓慢加入浓硝酸(约含)中，然后向混合酸中加入苯于容器中，然后水浴加热约，使其充分反应。
（1）方框甲中的仪器是__________形冷凝管，仪器a的容积以__________(填字母)为宜。
A．150 B．200 C．500 D．1000
（2）水浴加热时，除需要水浴锅、热源外，还必须使用的一种玻璃仪器是____。
Ⅱ．硝基苯精制
实验操作：将a中混合液与适量稀溶液混合，然后进行充分振荡、静置、分液，接着依次进行水洗蒸馏(蒸馏装置如图2所示)。
（3）水洗的目的是__________，操作所用试剂应具有的一种性质是__________。
（4）蒸馏过程中仪器c至少需要使用__________个(次)；向乙中通冷却水与加热烧瓶的顺序是__________，若最终得到精制产品，则硝基苯的产率是__________(保留三位有效数字)。
【答案】（1） ①. 球(蛇) ②. B
（2）温度计 （3） ①. 除去残留的NaOH和生成的可溶性盐 ②. 吸水性
（4） ①. 2 ②. 通冷却水 ③. 79.8%
【解析】
【分析】实验室利用浓硫酸、浓硝酸、苯为原料在三颈烧瓶中水浴加热55~60℃条件下，制备一定量的硝基苯，同时对粗产品硝基苯继续进行精制，按题目要求解答。
【小问1详解】
由于硝基苯的沸点210℃，苯的沸点为80.1℃，为减少苯的挥发，提高反应物的利用率，方框甲中应采用球(蛇)形冷凝管，冷凝回流；加热时，三颈烧瓶中液体体积不宜超过其容积的，不宜少于其容积的，三种液体体积之和约为124mL，故选用200mL的三颈烧瓶较好，B项正确；
故答案为：球(蛇)，B。
【小问2详解】
水浴加热时，除需要水浴锅、热源外，还必须使用温度计测量温度；
故答案为：温度计。
【小问3详解】
反应后混合液中含有没反应完的硝酸及催化剂硫酸，用NaOH溶液将它们转化为溶于水的盐除去，故相应的操作是充分振荡、静置，然后分液；分液所得产品中残留有NaOH和生成的可溶性盐，再通过水洗除去，然后用干燥剂除去残留的水，因此操作X中所用试剂应具有吸水性；
故答案为：除去残留的NaOH和生成的可溶性盐；吸水性。
【小问4详解】
由于被蒸馏的液体中含有没反应完的苯及产物硝基苯，而苯的沸点比较低，故装置c先接收苯，然后接收硝基苯，故至少需要用2次；为确保蒸馏中汽化了的物质被冷凝，应先向冷凝管中通入冷却水；原料中苯的物质的量为39mL× 0.88g⋅cm-3÷78g/mol=0.44mol，论上可得到0.44mol硝基苯，实际得到的硝基苯为36mL×1.2g·cm-3÷123g·mol-1，由此可求出产率为×100%=79.8% ；
故答案为：2；通冷却水；79.8%。
18. 富钴结壳浸出液分离制备的工业流程如下。
已知：i.浸出液中主要含有的金属离子为：、、、、
ii.25℃时，金属硫化物的溶度积常数。
金属硫化物
NiS
CoS
CuS
MnS
（1）过程①中，还原得到的浸出液中含硫元素的阴离子主要为_______。
（2）过程②中，转化为时，氧气和石灰乳的作用分别是_______。
（3）固体Y中主要物质的化学式为_______。
（4）已知，在时完全沉淀转化为。过程③中沉淀剂不选择的原因可能是_______。
（5）已知，温度高于20℃时，在水中的溶解度随温度升高迅速降低。过程④中，采用的操作是_______。
（6）过程⑤中发生下列反应。
利用和计算时，还需要利用_______反应的。
（7）流程中可循环使用的物质是_______。
【答案】（1）
（2）使Fe2+转化为Fe3+、使Fe3+转化为沉淀
（3）CuS、CoS、NiS
（4）S2-使Mn2+生成MnS沉淀 （5）蒸发结晶
（6）
（7）SO2
【解析】
【分析】酸浸过程中SO2具有还原性，MnO2具有氧化性，所以两者反应生成硫酸锰，反应的离子方程式为，因为浸出液中含有Ni2+ 、 Co2+ 、 Cu2+ 、 Mn2+ 、 Fe2+，与氧气和石灰乳反应后，生成Fe(OH)3，根据金属硫化物的Ksp可知，向溶液1中加入NaHS，生成沉淀的先后顺序为，CuS、CoS、NiS、MnS，根据溶液2的成分分析，生成的沉淀中没有MnS，故溶液2中的MnSO4经过蒸发结晶得到固体MnSO4，最后经过焙烧得到Mn3O4，以此分析解答；
【小问1详解】
根据分析，含硫的阴离子主要为；
故答案为：；
【小问2详解】
根据分析，氧气的作用使得亚铁离子转化为铁离子，加入石灰乳使得铁离子转化为沉淀；
故答案为：Fe2+转化为Fe3+；将Fe3+转化为沉淀；
【小问3详解】
根据分析，Y中的固体有CuS、CoS、NiS;
故答案为：CuS、CoS、NiS；
【小问4详解】
，生成的硫离子，使得Mn2+生成MnS沉淀；
故答案为：使Mn2+生成MnS沉淀；
【小问5详解】
对硫酸锰溶液进行蒸发结晶，得到晶体MnSO4；
故答案为：蒸发结晶；
【小问6详解】
根据盖斯定律，2①-2②，可得，与式③相比，差；
故答案为：
【小问7详解】
根据分析，MnSO4进行焙烧时产生SO2可以在步骤①中重复使用；
故答案为：SO2。
19. 含氮化合物在现代工业、环境治理中有重要地位。请回答下列有关问题：
（1）用催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。
已知：①
②
③
写出与反应生成、和的热化学方程式______________。
（2）氨气的催化氧化是工业制取硝酸的重要步骤，假设只会发生以下两个竞争反应I、II。
反应I：
反应II：
为分析某催化剂对该反应的选择性，将和充入密闭容器中，在不同温度，相同时间下，测得有关物质的量关系如图所示。
①该催化剂在低温时对反应__________(填“I”或“II”)的选择性更好。
②时，反应II：的平衡常数__________(只需列出有具体数字的计算式，不要求计算出结果)。
③高于时，的产率降低的可能原因是__________。
A．溶于水 B．反应活化能增大 C．反应I的平衡常数变小 D．催化剂活性降低
（3）也是造成水体富营养化的重要原因之一，用溶液氧化可除去氨。其反应机理如图1所示(其中和略去)。
①氧化的化学方程式为_______________________________________________。
②为了提高氨氮的去除率，在实际工艺过程中温度控制在时，其可能的原因是：____________。
【答案】（1）CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-955kJ/mol
（2） ①. II ②. ③. CD
（3） ①. ②. 温度过低，反应速率慢，不利于快速去除；温度过高，会促进HClO的分解，导致NaClO的利用率低
【解析】
【小问1详解】
已知：①
②
③
根据盖斯定律：(①+②)+③×2得CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l)ΔH=(-574-1160)kJ/mol-44kJ/mol×2=-955kJ/mol,与反应生成、和的热化学方程式CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-955kJ/mol。故答案为：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-955kJ/mol；
【小问2详解】
①该催化剂在低温时主要生成氮气，对反应II的选择性更好。故答案为：II；
②520℃时，N2和NO各0.2mol，反应I消耗0.2molNH3、0.25molO2、生成0.3molH2O,反应II：，密闭容器是2L，故的平衡常数K=。故答案为：；
③A．高于840℃时，水为气体，也为气体，故A不符；
B．对于同一反应，反应活化能不随温度改变，故B不符；
C．反应I是放热反应，升高温度，平衡常数变小，故C符合；
D．催化剂活性降低，反应速率降低，NO的产率降低，故D符合；
故答案为：CD；
【小问3详解】
①由题图和题意可知，NaClO与NH3发生氧化还原反应，生成N2、H2O和NaCl,根据得失电子守恒、原子守恒写出反应的化学方程式为；
②也是造成水体富营养化的重要原因之一，用NaClO溶液氧化可除去氨。为了提高氨的去除率，在实际工艺过程中温度控制在15℃~30℃时，其可能的原因是温度过低，反应速率慢，不利于快速去除；温度过高，会促进HClO的分解，导致NaClO的利用率低。故答案为：温度过低，反应速率慢，不利于快速去除；温度过高，会促进HClO的分解，导致NaClO的利用率低。
20. 有机物H是一种用于治疗多发性骨髓瘤的药品，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为_______。B分子内甲基中碳原子的杂化方式为_______。
（2）F→G的反应类型为_______。
（3）C→D的化学方程式为_______。
（4）F中含氮官能团的名称为_______。
（5）满足下列条件的B的同分异构体共有_______种(不考虑立体异构)，其中分子结构中含有手性碳原子的结构简式为_______。
a．分子中含有苯环和
b．能与溶液反应产生气体
（6）参照上述合成路线，以和为原料，设计合成的路线_______(其他试剂任选)。
【答案】（1） ①. 邻二甲苯(或1，2-二甲基苯) ②.
（2）还原反应 （3）+CH3OH+H2O
（4）酰胺基、硝基 （5） ①. 17 ②.
（6）
【解析】
【分析】A的分子式为C8H10，A与硝酸反应生成B，结合分子式及B的结构简式可知，发生硝化反应，故可推知A为；B在催化剂作用下被高锰酸钾氧化得到C，结构C的分子式可知，C为，与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成D为，与溴发生取代反应生成E，结合其他物质的结构简式及反应条件进行分析解答。
【小问1详解】
由B即可推断A为，名称为邻二甲苯(或1，2-二甲基苯)；B分子内甲基中的碳原子均形成单键，采用杂化；
【小问2详解】
反应F→G的反应类型为还原反应(硝基被还原为氨基)；
【小问3详解】
根据C分子式及B→C的反应条件可推出C的结构简式为，再根据D→E的反应条件及E的结构简式可推出反应C→D为酯化反应，其化学方程式为+CH3OH+H2O ；
【小问4详解】
F中含氮官能团的名称为酰胺基和硝基。
【小问5详解】
能与溶液反应产生气体，说明含有羧基，若分子中含有三个取代基，则为氨基、羧基、甲基，三个不同取代基在苯环上位置异构有10种，与氨基在苯环上位置异构有3种，与羧基在苯环上位置异构有3种，当苯环上只有一个取代基即为时有1种，共17种；含有手性碳原子的是；
【小问6详解】
根据反应C→D、E→F和F→G所给提示，采用逆向合成分析法，即可写出合成路线为。
2024届高二上期期末考试化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16
1. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 16gCH4含有C—H键的数目为4NA
B. 1L1.0mol/L的盐酸含有HCl分子总数为NA
C. 标准状况下，22.4LNO与11.2LO2混合后的分子数目为NA
D. 23gNa与足量O2反应，转移电子数目为1.5NA
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．1个分于含有4个键，1mol含有键，描述正确，符合题意；
B．HCl是强电解质，在水分子作用下会完全电离，盐酸中不存在HCl分子，描述错误，不符题意；
C．NO与反应方程式为：，生成的会产生二聚反应，故混合后的分子数目小于，描述错误，不符题意；
D． 1molNa只能失去1mol电子，描述错误，不符题意；
综上，本题选A。
2. 下列表达方式或说法正确的是
A. 甲酸甲酯的实验式： B. 顺式聚异戊二烯的结构简式：
C. 的电子式： D. 聚丙烯的结构简式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲酸甲酯的分子式为：2，实验式为：CH2O，故A错误；
B．顺式聚异戊二烯的结构简式为： ，故B正确；
C．的电子式为： ，故C错误；
D．聚丙烯的结构简式为： ，故D错误；
故答案选B。
3. 下列有关叙述正确的是
A. 质谱法通常用来确定有机化合物分子结构
B. 将有机化合物燃烧进行定量分析，可以直接确定该有机化合物的分子式
C. 在核磁共振氢谱中能出现三组峰，峰面积之比为3∶1∶4
D. 乙醚与1-丁醇不能利用红外光谱法进行鉴别
【答案】C
【解析】
【详解】A．质谱法通常用来确定有机化合物的质荷比，即得出相对分子质量，A错误；
B．有机化合物燃烧进行定量分析，只能通过生成的和算出分子中的最简整数比，得出该有机化合物的最简式，B错误；
C．根据分子的对称性，在核磁共振氢谱中能出现三组峰，峰面积之比为3∶1∶4，C正确；
D．红外光谱可以读出分子中特殊的化学键和官能团，乙醚的分子为：，1-丁醇为分子中含有不同的官能团，故可以利用红外光谱法进行鉴别二者，D错误；
故选C。
4. 用如图仪器或装置(图中夹持略)进行相应实验，能达到实验目的的是
A. 用图甲装置灼烧海带
B. 用图乙装置检验浓硫酸的吸水性
C. 用图丙装置检验非金属性：
D. 用图丁装置接收蒸馏水
【答案】B
【解析】
【详解】A．干海带的灼烧不用烧杯应用坩埚，A错误；
B．蓝色胆矾晶体一旦接触到浓硫酸，会逐渐失去结晶水变为白色无水硫酸铜粉末，体现了浓硫酸的吸水性，B正确；
C．装置中依次通过溶液、KI溶液并依次与之发生置换反应，两个小棉球分别变黄色、蓝色，只能证明的非金属性既强于，也强于，但无法比较与之间的非金属性强弱，C错误；
D．锥形瓶未与大气相通，会导致馏出液难以顺利入瓶，且瓶内气压会逐渐变大，也存在安全风险，D错误；
故选B。
5. 一种叫卡莫氟(Carmofur)的嘧啶类抗肿瘤药，可能对新冠肺炎病毒有一定的抑制作用，该物质的结构为：，下列关于卡莫氟(Carmofur)的说法正确的是
A. 分子式为 B. 虚框内所有原子可能共一个平面
C. 属于芳香族化合物 D. 能发生取代、加聚、氧化等反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．分子式为，故A错误；
B．虚框内六元环内有2个杂化的原子，原子与三个所连的原子构成三角锥型，故这相邻的四原子不可能共一个平面，故B错误；
C．结构中不含有苯环，不属于芳香族化合物，故C错误；
D．分子内有酰胺基，能发生取代反应，还有碳碳双键，能发生加聚反应、氧化反应，故D正确；
故答案选D。
6. 下列过程中，没有发生酯化反应的是
A. 用秸秆制取燃料乙醇 B. 用纤维素制取硝酸纤维
C. 核苷酸生成多聚核苷酸 D. 白酒陈化过程中产生香味
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．用秸秆(纤维素)水解最终产物得到葡萄糖、葡萄糖发酵得乙醇，没有发生酯化反应，A符合；
B．纤维素所含羟基、与硝酸发生酯化反应生成硝酸纤维，B不符合；
C．核酸是由许多核苷酸单体形成的聚合物。核酸可看做磷酸、戊糖(含羟基)和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子，则核苷酸则核苷酸生成多聚核苷酸的过程中有酯化反应，C不符合；
D．白酒陈化过程中产生乙酸乙酯因而产生香味，因为有乙醇转变为乙酸、乙酸与乙醇反应形成的，D不符合；
答案选A。
7. 用如图所示装置进行下列实验，装置正确并能达到实验目的的是
选项
①中试剂
2中溶液
实验目的
A
浓硫酸、无水乙醇(沸石)
酸性高锰酸钾溶液
检验有乙烯气体生成
B
Cu、浓硫酸
溴水
验证的还原性
C
乙醇、乙酸、浓硫酸
饱和碳酸钠溶液
制取乙酸乙酯
D
澄清石灰水
验证的热稳定性
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．装置①中产生的乙醇蒸气也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，A项错误；
B．Cu和浓硫酸加热反应生成，可以使溴水褪色，体现的是的还原性，B项正确；
C．制取乙酸乙酯时导气管口应置于饱和碳酸钠溶液液面上方，不应插入液面下，以防止倒吸，C项错误；
D．试管中加热固体物质时，试管口应略向下倾斜，D项错误；
故答案选B。
8. 常温下，。下列说法正确的是
A. 一定浓度的溶液加水稀释，所有离子的浓度均减小
B. 的溶液和的氨水等体积混合后
C. 等浓度的和溶液中阴离子浓度之和，前者小于后者
D. 等浓度、等体积的溶液和氨水分别与固体反应，消耗的量多
【答案】B
【解析】
【详解】A．一定浓度的溶液加水稀释时，促进醋酸的电离，但是溶液体积增大，且是主要因素，故稀释时氢离子浓度、醋酸根离子浓度均减小，但由于温度不变，水的离子积不变，则氢氧根离子浓度增大，A错误；
B．和氨水均为弱电解质，且根据上述平衡常数的数值可看出，两者的电离程度相当，所以两者等体积混合发生中和后，得到的醋酸铵水解程度也一样，最终使溶液显中性，常温下，pH=7，B正确；
C．溶液中根据电荷守恒可知，阴离子浓度之和等于阳离子浓度，即钠离子浓度与水电离的氢离子浓度之和，溶液中阴离子浓度之和等于氯离子浓度与氢氧根离子浓度之和，由于弱电解质的电离程度相当，所以其对应离子的水解程度相当，对水的抑制作用相当，等浓度的上述两种溶液中水电离的氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，即前者等于后者，C错误；
D．醋酸溶液与碳酸氢钠反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，1mol醋酸消耗1mol碳酸氢钠，氨水和碳酸氢钠反应生成碳酸钠和碳酸铵，1mol一水合氨消耗1mol碳酸氢钠，等浓度等体积的醋酸溶液和氨水中溶质的物质的量相同，则消耗碳酸氢钠的量相同，D错误；
故选B。
9. 已知微溶于水，易溶于强酸和强碱。从粗铜精炼的阳极泥(主要含有)中提取粗碲的一种工艺流程如图所示。下列有关说法正确的是
A. “氧化浸出”时为使碲元素沉淀充分，应加入过量的硫酸
B. 判断粗碲洗净的方法：取少量最后一次洗涤液于一洁净试管中，向试管中加入稀盐酸，无现象，再加入少量溶液，没有白色沉淀生成
C. “过滤”用到的玻璃仪器：长颈漏斗、烧杯、玻璃棒
D. “还原”时发生的离子方程式为：
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题中信息可知，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱，是两性氧化物。Cu2Te与硫酸、氧气反应，生成硫酸铜和TeO2，硫酸若过量，会导致TeO2的溶解，造成原料的利用率降低，A错误；
B．通过过滤从反应后的混合物中获得粗碲，粗碲表面附着液中含有，取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明洗涤干净，B正确；
C．“过滤”用到的玻璃仪器：漏斗、烧杯、玻璃棒，C错误；
D．Na2SO3加入到Te(SO4)2溶液中进行还原得到固态碲，同时生成Na2SO4，由于该溶液显酸性，则该反应的离子方程式是2 +Te4 ++2H2O=Te↓+2 +4H+，D错误；
故答案选为：B。
10. 工业上利用CO和H2合成二甲醚：3CO(g)＋3H2(g)⇌CH3OCH3(g)＋CO2(g) ΔH。其它条件不变时，相同时间内CO的转化率随温度T的变化情况如图所示。下列说法不正确的是
A. ΔH＜0
B. 状态X时，v消耗(CO)=v生成(CO)
C. 相同温度时，增大压强，可以提高CO的转化率
D. 状态X时，选择合适催化剂，可以提高相同时间内CO的转化率
【答案】B
【解析】
【分析】250℃之前，反应未平衡，升高温度，反应速率增大，相同时间内CO的转化率随温度T的升高而增大，250℃，反应达到平衡，250℃后，温度升高，平衡逆向移动，相同时间内CO的转化率随温度T的升高而减小，因此逆反应是吸热反应。
【详解】A．结合分析可知正反应是放热反应，ΔH＜0，A正确；
B．由分析可知，X点反应未平衡，反应表现为正向进行，因此v消耗(CO)＞v生成(CO)，B错误；
C．该反应为气体分子数减小的反应，因此相同温度时，增大压强，平衡正向移动，可提高CO的转化率，C正确；
D．状态X时，反应未平衡，选择合适催化剂，反应速率增大，可以提高相同时间内CO的转化率，D正确；
答案选B。
11. 已知：常温下浓度为0.1mol/L的下列溶液的pH如表：下列有关说法正确的是
溶质
NaF
Na2CO3
NaClO
NaHCO3
pH
7.5
11.6
9.7
8.3
A. 在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：H2CO3
C. 向Na2CO3溶液中通入足量的HF气体，化学反应方程式为：Na2CO3+2HF=CO2↑+H2O+2NaF
D. 等体积等物质的量浓度的NaClO溶液与NaF溶液中离子总数大小：N(NaClO)>N(NaF)
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液pH越大，盐的水解程度越大，对应酸的酸性越弱，根据表中数据可知，酸性大小为：HF>H2CO3>HClO>，温度、浓度相同时，酸性越强，溶液导电能力越强，则三种溶液导电性大小为：HClO
C．酸性：HF>H2CO3，向Na2CO3溶液中通入足量的HF气体，反应生成水、二氧化碳和氟化钠，化学方程式为：Na2CO3+2HF=CO2↑+ H2O+2NaF，故C正确；
D．NaClO、NaF溶液中次氯酸根离子、氟离子发生水解使溶液呈碱性，氢离子浓度小于10−7mol/L，由于酸性：HF>HClO，则次氯酸根离子的水解程度大于氟离子，故次氯酸钠溶液中氢氧根离子浓度大于氟化钠溶液中氢氧根离子浓度，次氯酸钠溶液中的氢离子浓度小于氟化钠溶液中氢离子浓度，两溶液中钠离子浓度相等且两溶液中阴离子浓度之和=c(Na+)+c(H+)，由于溶液体积相等，则次氯酸钠溶液中阴离子数目小于氟化钠，即：N(NaClO)
12. 近年来，由于石油价格不稳定，以煤为原料制备一些化工产品的前景被看好。下图是以煤为原料生产聚氯乙烯(PVC)和人造羊毛的合成路线。下列叙述不正确的是
A. ①的反应类型是加成反应
B. C的结构简式为H2C=CHCN
C. A→D反应的化学方程式为
D. 反应②为缩聚反应
【答案】D
【解析】
【分析】煤干馏得到焦炭，在电炉中氧化钙与碳反应生成碳化钙，再与水反应生成乙炔，所以A为乙炔，B为氯乙烯，PVC为聚氯乙烯，乙炔与HCN发生加成反应生成，由人造羊毛的结构简式可以看出D结构简式为。
【详解】A．①是乙炔与HCl的加成反应，A项正确；
B．据以上分析，C的结构简式为，是乙炔与HCN加成的产物，B项正确；
C．反应的化学方程式为，C项正确；
D．②是与的加聚反应，D项错误。
故选D。
13. 钠碱脱硫液()吸收一定量气体后，可通过如图装置实现再生，下列说法错误的是
A. 电极a应接电源的负极
B. 自右向左穿过m膜，m膜应为阳离子交换膜
C. 出液2的pH大于进液的pH
D. 出液1可使品红溶液褪色
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，电极a为电解池的阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，氢氧根离子与进液中亚硫酸氢钠溶液反应生成亚硫酸钠，溶液中阴离子电荷数大于阳离子，由溶液呈电中性可知，中间区的进液中的钠离子通过阳离子交换膜加进入阴极区，电极b为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子通过阳离子交换膜进入中间区，与再生液中的亚硫酸根离子和亚硫酸氢根离子反应生成亚硫酸，由于放电时阳极区消耗水导致硫酸溶液的浓度增大，溶液pH减小，则再生液氢氧化钠和亚硫酸钠的混合溶液、出液1为亚硫酸溶液、出液2为浓度增大的硫酸溶液。
【详解】A．由分析可知，电极a为与直流电源负相连的电解池的阴极，故A正确；
B．由分析可知，中间区的进液中的钠离子通过阳离子交换膜加进入阴极区，则m膜应为阳离子交换膜，故B正确；
C．由分析可知，电极b为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子通过阳离子交换膜进入中间区，阳极区水的量减小导致硫酸溶液的浓度增大，溶液pH减小，故C错误；
D．由分析可知，出液1为亚硫酸溶液，亚硫酸溶液中的二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液漂白褪色，故D正确；
故选C
14. 某固体混合物可能由、、、、、中的若干种物质组成，设计部分实验方案探究该固体混合物的成分，所加试剂均过量，下列说法正确的是
A. 气体A中一定含有
B. 固体中可能含有
C. 该固体混合物中和至少有其中一种
D. 该固体混合物一定含有、、
【答案】C
【解析】
【分析】由气体A通过酸性高锰酸钾溶液气体体积缩小可知，气体A中一定含有二氧化硫，气体B可能为氢气和二氧化碳中的一种或两种，则固体混合物中一定含有亚硫酸钠和铁、碳酸钠中的一种或两种；由溶液A中加入氢氧化钠溶液生成一段时间后颜色加深的白色沉淀B可知，白色沉淀B为氢氧化亚铁，溶液A中一定含有亚铁离子，则固体混合物中氧化铁和铁至少有其中一种；由溶液B中加入硝酸钡溶液得到沉淀C和溶液C，溶液C与酸化的硝酸银溶液生成沉淀D可知，沉淀C为硫酸钡沉淀、沉淀D为氯化银沉淀，溶液B和溶液C中含有氯离子，则固体混合物中一定含有氯化钡，固体A中一定含有硫酸钡，可能含有二氧化硅。
【详解】A．由分析可知，气体A中一定含有二氧化硫，气体B可能为氢气和二氧化碳中的一种或两种，故A错误；
B．由分析可知，固体A中一定含有硫酸钡，可能含有二氧化硅，故B错误；
C．由分析可知，溶液A中一定含有亚铁离子，固体混合物中氧化铁和铁至少有其中一种，故C正确；
D．由分析可知，固体混合物中一定含有亚硫酸钠、氯化钡，可能含有碳酸钠，故D错误；
故选C。
15. 一种芳纶纤维的拉伸强度比钢丝还高，广泛用作防护材料。其结构片段如下图下列关于该高分子的说法正确的是
A. 属于聚酯类合成高分子材料
B. 完全水解产物的单个分子中，含有官能团—COOH或
C. 合成该芳纶纤维的单体只有一种
D. 氢键不会影响该高分子的沸点、密度、硬度等性能
【答案】B
【解析】
【详解】A．图中结构中不含酯基，不是聚酯类高分子化合物，A错误；
B．图中结构的官能团为肽键，完全水解后的产物中含有氨基和羧基，B正确；
C．图中结构水解后的单体为对苯二甲胺和对苯二甲酸，共2种单体，C错误；
D．氢键会影响高分子的沸点、密度等物理性质，D错误；
故选B
16. 金(Au)表面发生分解反应：，其速率方程为。已知部分信息如下：
①k为速率常数，只与催化剂、温度、固体接触面积有关，与浓度、压强无关；
②n为反应级数，可以取整数、分数，如0、1、2、等；
③化学上，将物质消耗一半所用时间称为半衰期。
在某温度下，实验测得与时间变化的关系如下表所示：
t/min
0
20
40
60
80
100
0.100
0.080
0.060
0.040
0.020
0
下列叙述正确的是
A. 速率常数k等于反应速率即为
B. 该反应属于2级反应，不同催化剂可能会改变反应级数
C. 升温或增大催化剂表面积，反应10min时浓度净减小于
D. 其他条件不变，若起始浓度为，则半衰期为500cmin
【答案】D
【解析】
【详解】A．观察表格数据可知，相同时间内各物质浓度变化值相等，即反应速率为常数且与浓度无关，，则，单位不对，A错误；
B．观察表格数据可知，相同时间内各物质浓度变化值相等，即反应速率为常数且与浓度无关，，因为催化剂能改变反应历程，反应历程不同，速率方程不同，反应级数不同，B错误；
C．升温反应速率增大，或增大催化剂表面积，反应速率增大，反应10min时浓度净减大于，C错误；
D．因为反应速率不变，则半衰期与起始浓度成正比，若起始浓度为，则半衰期为，D正确；
故答案选D。
17. 硝基苯可用于生产染料、香料、炸药等。实验室可用浓硫酸、浓硝酸、苯为原料制备一定量的硝基苯(硝基苯的密度为，沸点；苯的密度为，沸点为)。
I．粗硝基苯的制备，制备装置如图1所示(夹持及加热装置省略)：
实验操作：将浓硫酸缓慢加入浓硝酸(约含)中，然后向混合酸中加入苯于容器中，然后水浴加热约，使其充分反应。
（1）方框甲中的仪器是__________形冷凝管，仪器a的容积以__________(填字母)为宜。
A．150 B．200 C．500 D．1000
（2）水浴加热时，除需要水浴锅、热源外，还必须使用的一种玻璃仪器是____。
Ⅱ．硝基苯精制
实验操作：将a中混合液与适量稀溶液混合，然后进行充分振荡、静置、分液，接着依次进行水洗蒸馏(蒸馏装置如图2所示)。
（3）水洗的目的是__________，操作所用试剂应具有的一种性质是__________。
（4）蒸馏过程中仪器c至少需要使用__________个(次)；向乙中通冷却水与加热烧瓶的顺序是__________，若最终得到精制产品，则硝基苯的产率是__________(保留三位有效数字)。
【答案】（1） ①. 球(蛇) ②. B
（2）温度计 （3） ①. 除去残留的NaOH和生成的可溶性盐 ②. 吸水性
（4） ①. 2 ②. 通冷却水 ③. 79.8%
【解析】
【分析】实验室利用浓硫酸、浓硝酸、苯为原料在三颈烧瓶中水浴加热55~60℃条件下，制备一定量的硝基苯，同时对粗产品硝基苯继续进行精制，按题目要求解答。
【小问1详解】
由于硝基苯的沸点210℃，苯的沸点为80.1℃，为减少苯的挥发，提高反应物的利用率，方框甲中应采用球(蛇)形冷凝管，冷凝回流；加热时，三颈烧瓶中液体体积不宜超过其容积的，不宜少于其容积的，三种液体体积之和约为124mL，故选用200mL的三颈烧瓶较好，B项正确；
故答案为：球(蛇)，B。
【小问2详解】
水浴加热时，除需要水浴锅、热源外，还必须使用温度计测量温度；
故答案为：温度计。
【小问3详解】
反应后混合液中含有没反应完的硝酸及催化剂硫酸，用NaOH溶液将它们转化为溶于水的盐除去，故相应的操作是充分振荡、静置，然后分液；分液所得产品中残留有NaOH和生成的可溶性盐，再通过水洗除去，然后用干燥剂除去残留的水，因此操作X中所用试剂应具有吸水性；
故答案为：除去残留的NaOH和生成的可溶性盐；吸水性。
【小问4详解】
由于被蒸馏的液体中含有没反应完的苯及产物硝基苯，而苯的沸点比较低，故装置c先接收苯，然后接收硝基苯，故至少需要用2次；为确保蒸馏中汽化了的物质被冷凝，应先向冷凝管中通入冷却水；原料中苯的物质的量为39mL× 0.88g⋅cm-3÷78g/mol=0.44mol，论上可得到0.44mol硝基苯，实际得到的硝基苯为36mL×1.2g·cm-3÷123g·mol-1，由此可求出产率为×100%=79.8% ；
故答案为：2；通冷却水；79.8%。
18. 富钴结壳浸出液分离制备的工业流程如下。
已知：i.浸出液中主要含有的金属离子为：、、、、
ii.25℃时，金属硫化物的溶度积常数。
金属硫化物
NiS
CoS
CuS
MnS
（1）过程①中，还原得到的浸出液中含硫元素的阴离子主要为_______。
（2）过程②中，转化为时，氧气和石灰乳的作用分别是_______。
（3）固体Y中主要物质的化学式为_______。
（4）已知，在时完全沉淀转化为。过程③中沉淀剂不选择的原因可能是_______。
（5）已知，温度高于20℃时，在水中的溶解度随温度升高迅速降低。过程④中，采用的操作是_______。
（6）过程⑤中发生下列反应。
利用和计算时，还需要利用_______反应的。
（7）流程中可循环使用的物质是_______。
【答案】（1）
（2）使Fe2+转化为Fe3+、使Fe3+转化为沉淀
（3）CuS、CoS、NiS
（4）S2-使Mn2+生成MnS沉淀 （5）蒸发结晶
（6）
（7）SO2
【解析】
【分析】酸浸过程中SO2具有还原性，MnO2具有氧化性，所以两者反应生成硫酸锰，反应的离子方程式为，因为浸出液中含有Ni2+ 、 Co2+ 、 Cu2+ 、 Mn2+ 、 Fe2+，与氧气和石灰乳反应后，生成Fe(OH)3，根据金属硫化物的Ksp可知，向溶液1中加入NaHS，生成沉淀的先后顺序为，CuS、CoS、NiS、MnS，根据溶液2的成分分析，生成的沉淀中没有MnS，故溶液2中的MnSO4经过蒸发结晶得到固体MnSO4，最后经过焙烧得到Mn3O4，以此分析解答；
【小问1详解】
根据分析，含硫的阴离子主要为；
故答案为：；
【小问2详解】
根据分析，氧气的作用使得亚铁离子转化为铁离子，加入石灰乳使得铁离子转化为沉淀；
故答案为：Fe2+转化为Fe3+；将Fe3+转化为沉淀；
【小问3详解】
根据分析，Y中的固体有CuS、CoS、NiS;
故答案为：CuS、CoS、NiS；
【小问4详解】
，生成的硫离子，使得Mn2+生成MnS沉淀；
故答案为：使Mn2+生成MnS沉淀；
【小问5详解】
对硫酸锰溶液进行蒸发结晶，得到晶体MnSO4；
故答案为：蒸发结晶；
【小问6详解】
根据盖斯定律，2①-2②，可得，与式③相比，差；
故答案为：
【小问7详解】
根据分析，MnSO4进行焙烧时产生SO2可以在步骤①中重复使用；
故答案为：SO2。
19. 含氮化合物在现代工业、环境治理中有重要地位。请回答下列有关问题：
（1）用催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。
已知：①
②
③
写出与反应生成、和的热化学方程式______________。
（2）氨气的催化氧化是工业制取硝酸的重要步骤，假设只会发生以下两个竞争反应I、II。
反应I：
反应II：
为分析某催化剂对该反应的选择性，将和充入密闭容器中，在不同温度，相同时间下，测得有关物质的量关系如图所示。
①该催化剂在低温时对反应__________(填“I”或“II”)的选择性更好。
②时，反应II：的平衡常数__________(只需列出有具体数字的计算式，不要求计算出结果)。
③高于时，的产率降低的可能原因是__________。
A．溶于水 B．反应活化能增大 C．反应I的平衡常数变小 D．催化剂活性降低
（3）也是造成水体富营养化的重要原因之一，用溶液氧化可除去氨。其反应机理如图1所示(其中和略去)。
①氧化的化学方程式为_______________________________________________。
②为了提高氨氮的去除率，在实际工艺过程中温度控制在时，其可能的原因是：____________。
【答案】（1）CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-955kJ/mol
（2） ①. II ②. ③. CD
（3） ①. ②. 温度过低，反应速率慢，不利于快速去除；温度过高，会促进HClO的分解，导致NaClO的利用率低
【解析】
【小问1详解】
已知：①
②
③
根据盖斯定律：(①+②)+③×2得CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l)ΔH=(-574-1160)kJ/mol-44kJ/mol×2=-955kJ/mol,与反应生成、和的热化学方程式CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-955kJ/mol。故答案为：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-955kJ/mol；
【小问2详解】
①该催化剂在低温时主要生成氮气，对反应II的选择性更好。故答案为：II；
②520℃时，N2和NO各0.2mol，反应I消耗0.2molNH3、0.25molO2、生成0.3molH2O,反应II：，密闭容器是2L，故的平衡常数K=。故答案为：；
③A．高于840℃时，水为气体，也为气体，故A不符；
B．对于同一反应，反应活化能不随温度改变，故B不符；
C．反应I是放热反应，升高温度，平衡常数变小，故C符合；
D．催化剂活性降低，反应速率降低，NO的产率降低，故D符合；
故答案为：CD；
【小问3详解】
①由题图和题意可知，NaClO与NH3发生氧化还原反应，生成N2、H2O和NaCl,根据得失电子守恒、原子守恒写出反应的化学方程式为；
②也是造成水体富营养化的重要原因之一，用NaClO溶液氧化可除去氨。为了提高氨的去除率，在实际工艺过程中温度控制在15℃~30℃时，其可能的原因是温度过低，反应速率慢，不利于快速去除；温度过高，会促进HClO的分解，导致NaClO的利用率低。故答案为：温度过低，反应速率慢，不利于快速去除；温度过高，会促进HClO的分解，导致NaClO的利用率低。
20. 有机物H是一种用于治疗多发性骨髓瘤的药品，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为_______。B分子内甲基中碳原子的杂化方式为_______。
（2）F→G的反应类型为_______。
（3）C→D的化学方程式为_______。
（4）F中含氮官能团的名称为_______。
（5）满足下列条件的B的同分异构体共有_______种(不考虑立体异构)，其中分子结构中含有手性碳原子的结构简式为_______。
a．分子中含有苯环和
b．能与溶液反应产生气体
（6）参照上述合成路线，以和为原料，设计合成的路线_______(其他试剂任选)。
【答案】（1） ①. 邻二甲苯(或1，2-二甲基苯) ②.
（2）还原反应 （3）+CH3OH+H2O
（4）酰胺基、硝基 （5） ①. 17 ②.
（6）
【解析】
【分析】A的分子式为C8H10，A与硝酸反应生成B，结合分子式及B的结构简式可知，发生硝化反应，故可推知A为；B在催化剂作用下被高锰酸钾氧化得到C，结构C的分子式可知，C为，与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成D为，与溴发生取代反应生成E，结合其他物质的结构简式及反应条件进行分析解答。
【小问1详解】
由B即可推断A为，名称为邻二甲苯(或1，2-二甲基苯)；B分子内甲基中的碳原子均形成单键，采用杂化；
【小问2详解】
反应F→G的反应类型为还原反应(硝基被还原为氨基)；
【小问3详解】
根据C分子式及B→C的反应条件可推出C的结构简式为，再根据D→E的反应条件及E的结构简式可推出反应C→D为酯化反应，其化学方程式为+CH3OH+H2O ；
【小问4详解】
F中含氮官能团的名称为酰胺基和硝基。
【小问5详解】
能与溶液反应产生气体，说明含有羧基，若分子中含有三个取代基，则为氨基、羧基、甲基，三个不同取代基在苯环上位置异构有10种，与氨基在苯环上位置异构有3种，与羧基在苯环上位置异构有3种，当苯环上只有一个取代基即为时有1种，共17种；含有手性碳原子的是；
【小问6详解】
根据反应C→D、E→F和F→G所给提示，采用逆向合成分析法，即可写出合成路线为。
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