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湖南省娄底市双峰县重点中学2023届高三第七次月考化学试卷（解析版）
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湖南省娄底市双峰县第一中学2023届高三第七次月考
化学试题
可能用到的相对原子质量：H～1 C～12 O～16 S～32 Ag～108 La～139
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. 化学使生活更美好。下列说法不正确的是
A. 回收废旧电池既可减少环境污染，又可节约资源
B. 废旧玻璃属于不可回收垃圾
C. 汽车尾气催化转化器可有效减少氮氧化合物的排放
D. 减少聚乙烯等塑料的使用，可有效减少白色污染
【答案】B
【解析】
【详解】A．废旧电池中含有有毒重金属，所以回收废旧电池，既可节约金属资源又可减少环境污染，A正确；
B．废旧玻璃应该通过专门的渠道被回收，有些可以直接被重复使用，有些则可以采用特殊的技术手段使其熔融，炼制成新的玻璃产品，B错误；
C．汽车尾气催化转化器是将NO、CO转化为，C正确；
D．由于聚乙烯塑料难以降解，易形成白色污染，减少聚乙烯等塑料的使用，可有效减少白色污染，D正确；
故答案为：B。
2. NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 31g白磷中含磷磷单键键数为NA
B. 标准状况下，22.4L HF含有的质子数为10NA
C. 0.1moL/L的CH3COONH4溶液显中性，1L该溶液中含CH3COO-离子数小于0.1NA
D. Na2O2与H2O反应生成0.1mol O2时转移电子数为0.1NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．白磷分子结构为正四面体，分子中含有6个磷磷键，则白磷中含键数为×6×NAmol-1=1.5NA，故A错误；
B．标准状况下为液态，氟化氢为液态，无法计算22.L氟化氢的物质的量和含有的质子数，故B错误；
C．醋酸铵是弱酸弱碱盐，铵根离子和醋酸根离子在溶液中均水解，且水解程度相同，溶液显中性，则1L0.1molL醋酸铵溶液中含醋酸根离子数目小于0.1 NA，故C正确；
D．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应生成0.1mol氧气时转移电子数目为0.1mol×2×NAmol-1=0.2NA，故D错误；
故选C。
3. La和Ni的合金是目前使用最广泛的储氢材料。某La-Ni合金(晶胞为平行六面体)由图甲、图乙两个原子层交替紧密堆积而成，图丙是该合金的晶胞结构：
下列说法错误的是
A. 该晶体可表示为
B. 该晶体中1个La原子与18个Ni原子配位
C. 该晶体的一个晶胞中Ni原子数为12
D. 通过晶体X射线衍射实验可确定该晶组成的结构
【答案】C
【解析】
【详解】A．该晶体的一个晶胞中在两个底面上各有7个La，其中6个在线的角上，1个La面心，根据均摊法计算可得一个晶胞中La原子数为(6+6)×+1=3；该晶体的一个晶胞中在两个底面上各有6个Ni，侧面有6个Ni，体心内有6个Ni，根据均摊法计算可得一个晶胞中Ni原子数为(6+6+6)×+6=15；故该晶体中La与Ni的个数比是3：15=1：5，可表示为LaNi5，故A正确；
B．对于1个La来说，同一层周围有6个Ni，还有上下两层各6个，所以，La原子与18个Ni原子配位，故B正确；
C．该晶体的一个晶胞中在两个底面上各有6个Ni，侧面有6个Ni，体心内有6个Ni，根据均摊法计算可得一个晶胞中Ni原子数为(6+6+6)×+6=15，故C错误；
D．X射线衍射可用于确定晶体的结构，故D正确；
故选：C。
4. 一种治疗帕金森症的药品的合成中涉及如下转化关系。下列说法正确的是
A. 中存在键的数目为
B. 、、分子中均存在顺反异构现象
C. 的反应包括取代和消去两步反应
D. 分子中所有碳原子不可能处于同一平面
【答案】D
【解析】
【详解】A．单键含有1个键、双键含有1个键和1个π键， 中存在键的数目为20mol，故A错误；
B．含有碳碳双键且连接在碳上的是不同基团才存在顺反异构现象，X中不存在碳碳双键，所以不存在顺反异构现象，故B错误；
C．X→Y应是X中醛基和H-CH2NO2发生加成反应，再发生醇羟基的消去反应得到碳碳双键，故C 错误；
D．分子中存在饱和碳结构，所有碳原子不可能处于同一平面，故D正确；
故选：D。
5. 下列图示的实验，能够实现相应实验目的的是
A. 利用甲装置用CCl4从碘水中萃取碘 B. 利用乙装置制取并收集少量纯净的氯气
C. 利用丙装置控制制取氧气的速率 D. 利用丁装置验证SO2的漂白性
【答案】A
【解析】
【详解】A．碘易溶于CCl4，可用CCl4从碘水中萃取碘，故A正确；
B．高锰酸钾和浓盐酸制氯气，浓盐酸挥发，制备收集的氯气不纯净，故B错误；
C．过氧化钠是粉末状，不能用该装置控制反应速率，故C错误；
D．SO2与Fe2(SO)4发生氧化还原，生成亚铁离子，KSCN溶液颜色褪去，故D错误；
故答案为A。
6. 在295K温度下，甘氨酸和氯化镁溶液慢慢蒸发可得到聚二氯甘氨酸四水合镁晶体，的分子结构如图1所示，晶胞结构如图2所示(晶胞参数为)。甘氨酸与硝基乙烷()互为同分异构体。下列有关说法正确的是
A. 往该物质水溶液中滴加硝酸银溶液，无明显现象
B. 与之间的最短距离为
C. 蒸馏甘氨酸与硝基乙烷混合物时，甘氨酸先汽化
D. 与距离最近的有4个
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于氯离子在外界，因此往该物质水溶液中滴加硝酸银溶液，有白色沉淀AgC1产生，A错误；
B．由题干化学式和晶胞结构图可知，图2中实心黑球代表[Mg(C2H5NO2)(H2O)4]2+，空心白球代表Cl-，故与之间的最短距离为晶胞体对角线的，即为，B正确；
C．甘氨酸与硝基乙烷互为同分异构体，由于甘氨酸分子间能形成氢键，所以沸点更高，加热时比硝基乙烷后汽化， C错误；
D．由题干化学式和晶胞结构图可知，图2中实心黑球代表[Mg(C2H5NO2)(H2O)4]2+，空心白球代表Cl-，与距离最近的有12个，D错误；
答案选B。
7. 原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z。X单质在空气中燃烧，火焰呈黄色，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y是地壳中含量排在第二位的元素，由W、X、Y三种元素形成的化合物M结构如图所示。下列叙述正确的是
A. Y和Z元素简单氢化物的稳定性：Y>Z
B. X与W形成的化合物的电子式为：
C. X最高价氧化物对应水化物溶液可以用来吸收Z的单质
D. W、X、Z三种元素简单离子半径的大小顺序为：Z
【解析】
【详解】单质在空气中燃烧.火焰呈色，判断X为Na；Y是地壳中含量排第的元素可判断
为Si；W的核外电子数与X、Z的最外层电数之和相等即W的原序数为X、Z的主族数之和而根据化合物M结构：X为Na；Y为Si可知：[Si2W5]2-可推知，W可为O或者S而由于W原子序数为最小的，因此W为O，那么可分析O的核外电数为8而X的外会电子数为1，那么Z就应为Cl。
A．Y和Z元素简单氢化物分别为: SiH4、HCl.氢化物的稳定生和元素的非金属性有关
而同周期的非金属元素，从左到右非金属性增强则HCl稳定性大于SiH4，故A错误；
B．X和W为Na和O则X和W形成的化合物电子式为，故B错误；
C．X的最高价氧化物对应的水化物为NaOH可以与Cl2反应吸收Cl2，故C正确；
D．电子层越多半径越大；电子层数相同时，电数越大半径越大，因此半径大小为：W
8. 2020年11月7日是“中国稀土之父”徐光宪先生诞辰100周年纪念日。金属铈()是地壳中含量最高的稀土元素。关于铈的有关化合物及H2O2的转化关系如图所示，下列说法错误的是
A. CeO2是整个转化过程中的催化剂
B. 过程①的离子方程式：
C. 该反应历程的总反应为：2H2O2=2H2O+O2↑
D. 氧化性：CeO2＞H2O2
【答案】D
【解析】
【详解】A．在反应①中CeO2被还原为Ce3+，在反应②中Ce3+又被氧化为CeO2，故CeO2的质量与化学性质不变，因此CeO2是整个转化过程中的催化剂，A正确；
B．根据原子守恒、电荷守恒、电子守恒，可知过程①的离子方程式：，B正确；
C．过程①方程式为，过程②方程式为2Ce3++6OH-+H2O2=2CeO2+4H2O，将①+②，整理可得2H2O2=2H2O+O2↑，故该反应历程的总反应为：2H2O2=2H2O+O2↑，C正确；
D．碱性条件下，Ce3+被H2O2氧化成CeO2，说明氧化性CeO2不如H2O2，D错误；
故合理选项是D。
9. 我国科学家合成了Y、单原子催化剂，用于电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示(*表示稀土单原子催化剂)。下列说法中错误的是
A. 相同条件下，比催化剂更利于吸附氮气
B. 实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可提高氨气的平衡转化率
C. 使用单原子催化剂，反应的快慢由生成的速率决定
D. 工业合成氨与电化学催化还原氮气均涉及到共价键的断裂与形成
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，使用Sc1/NC的反应活化能小于使用Y1/NC的反应活化能，说明Sc1/NC比Y1/NC更有利于吸附N2，A正确；
B．催化剂只能改变反应的途径，不影响平衡移动，实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可加快反应速率，但氨气的平衡转化率不变，B错误；
C．由图可知，使用Sc1/NC单原子催化剂时，*N2与H结合生成*NNH的活化能最大，则历程中最大能垒的反应为：*N2+H→*NNH，C正确；
D．氮气和氢气合成氨和用于电化学催化氢气还原氮气的反应氨，都涉及氢氢键和氮氮键的和氮氢键的形成，D正确；
故选B。
10. 中国科学家设计出如图装置实现CO2的转化，可有效解决温室效应及能源问题，总反应为CO2+NaClCO+NaClO。忽略气体在溶液中的溶解及溶液的体积变化，下列叙述正确的是
A. A极为太阳能电池的正极
B. 电极II的电极反应式为Cl-+2e-+H2O=ClO-+2H+
C. 理论上转化44gCO2，左室溶液质量增重18g
D. 电解结束后，电极II所在电极室溶液的pH变小
【答案】C
【解析】
【分析】根据图示可知，反应原理为电解池原理，总反应为CO2+NaClCO+NaClO，则催化电极I附近CO2被还原为CO，为电解池的阴极，催化电极II附近NaCl转化为NaClO，为电解池的阳极，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知，催化电极I附近CO2被还原为CO，为电解池的阴极，所以A极为电源的负极，A错误；
B．电极II附近NaCl转化为NaClO，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为Cl--2e-+ H2O=ClO-+2H+，B错误；
C．左室CO2被还原为CO，其电极反应式为：CO2+2e-+2H+=CO+H2O，则理论上转化44gCO2（1mol），左室溶液质量增加的是1mol H2O的质量，为18g，C正确；
D．电解结束后，电极II发生反应的离子方程式为：Cl--2e-+ H2O=ClO-+2H+，但生成的氢离子会通过质子交换膜迁移到左室，消耗水分子的同时，生成的次氯酸根离子会发生水解，使溶液显碱性，因此所在电极室溶液的pH会变大，D错误；
故选C。
11. 氮化硅()是一种重要的结构陶瓷材料。用石英砂和原料气(含和少量)制备的操作流程如下(粗硅中含少量Fe、Cu的单质及化合物)：
下列叙述不正确的是
A. “还原”主要被氧化为
B. “高温氮化”反应的化学方程式为
C. “操作X”可将原料气通过灼热的铜粉
D. “稀酸Y”可选用稀硝酸
【答案】A
【解析】
【分析】石英砂为SiO2，SiO2与焦炭在高温下发生：SiO2+2CSi+2CO，粗硅与氮气反应生成Si3N4，据此分析。
【详解】A．焦炭与石英砂发生反应SiO2+2CSi+2CO，焦炭被氧化成CO，不是CO2，故A说法错误；
B．“高温氮化”是Si与氮气反应，其反应方程式为3Si+2N2Si3N4，故B说法正确；
C．原料气中含有N2和少量的O2，氧气能与Cu反应生成CuO，N2不与Cu反应，将原料气通过灼热的铜粉可以得到纯净氮气，故C说法正确；
D．粗硅中含有少量Fe和Cu，即Si3N4中含有少量Fe和Cu，Fe、Cu与稀硝酸反应，得到可溶于水的Fe(NO3)3和Cu(NO3)2，稀硝酸可以除去Si3N4中Fe和Cu，故D说法正确；
故选A。
12. 在硫酸工业中，通过下列反应：，下表列出了在不同温度和压强下，反应达到平衡时的转化率。下列说法不正确的是
温度/℃
平衡时的转化率
0.1MPa
0.5MPa
1MPa
5MPa
10MPa
450
97.5
98.9
99.2
99.6
99.7
550
85.6
92.9
94.9
97.7
98.3
A 从理论上分析，选择高压，可以提高转化率，又能加快反应速率
B. 从理论上分析，选择温度450-550℃，既利于平衡正向移动又利于提高反应速率
C. 在实际生产中，为了降低成本，采用常压条件，因为常压下的转化率已经很高了
D. 在实际生产中，通入过量的空气，既利于平衡正向移动，又利于提高反应速率
【答案】B
【解析】
【分析】从表格中可以看出同一温度下，随压强增大，转化率逐渐增大，但450℃时，最小压强，转化率已达到97.5%，再增压，提高幅度并不大，同一压强下，升高温度，转化率降低。但在工业生产，该反应在常温下活化能较高，不易反应或反应速率很慢，因此会出现理论与实际的不同，实际中多考虑设备、成本、转化率等实际问题。
【详解】A．该反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，所以从理论上分析，选择高压，既可以提高转化率，又能加快反应速率，故A正确；
B．该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，故B错误；
C．由表中数据可知，增大压强，的平衡转化率增大，但变化数值不大，并且压强越大，对设备要求越高，所以为了降低成本，采用常压条件，故C正确；
D．通入过量的空气，增大反应物氧气浓度，有利于提高的转化率和反应速率，故D正确；
答案选B。
13. 实验室用如图所示的装置模拟处理工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO和CO)。装置II中生成NaNO3和NaNO2两种盐，装置Ⅲ用于吸收CO。下列有关说法正确的是
A. 实验时应先向装置I中通工业废气，再向装置II中通空气
B. 装置I中吸收SO2的化学方程式为2SO2+Ca(OH)2=Ca(HSO3)2
C. 装置II中每吸收1molNO消耗1molNaOH
D. [Cu(NH3)2]+中，Cu+提供孤电子对与NH3形成配位键
【答案】C
【解析】
【分析】工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO和CO)通过石灰乳，二氧化硫和二氧化碳被吸收，然后通入足量的氢氧化钠中，同时通入空气，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和氢氧化钠反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，剩余氮气和一氧化碳进入装置Ⅲ，一氧化碳被吸收，氮气作为无污染气体排出。据此解答。
【详解】A. 若实验时应先向装置I中通工业废气，再向装置II中通空气，可能有一氧化氮不能被氧化，进而被氢氧化钠吸收，造成环境污染，故A错误；
B. 装置I中为足量的氢氧化钙，吸收SO2时应生成亚硫酸钙不是亚硫酸氢钙，故B错误；
C. 根据产物硝酸钠和亚硝酸钠的化学式分析，氮原子和钠原子个数比为1:1，故装置II中每吸收1molNO消耗1molNaOH，故C正确；
D. [Cu(NH3)2]+中，Cu+提供空轨道，NH3提供孤电子对与形成配位键，故D错误；
故选C。
14. 某温度下，向体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol•L-1的NaCl溶液、Na2CrO4溶液中分别滴加0.1mol•L-1的AgNO3溶液，滴定过程中的pX(PX=-lgX，X=Cl-、CrO)与滴加AgNO3溶液体积的关系如图所示。(已知：lg3=0.47)下列说法错误的是
A. 曲线Ⅰ表示AgNO3溶液滴定NaCl溶液的过程
B. Ksp(Ag2CrO4)=4.0×10-3b
C. 其他条件不变，如果NaCl溶液浓度改为0.05mol•L-1，则滴定终点向上移动
D. M点的纵坐标约为2a-1.47
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，pX=a或b时反应完全，并且二者的起始浓度、体积均相同，即二者溶质的起始物质的量相同，反应为NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3，Na2CrO4+AgNO3=Ag2CrO4↓+2NaNO3，完全反应时Na2CrO4消耗AgNO3溶液的体积是NaCl的2倍，所以曲线I表示NaCl溶液、曲线II表示Na2CrO4溶液，故A正确；
B．曲线II表示Na2CrO4溶液，达到滴定终点时pX=b，即c(CrO)=10-bmol/L，(s)⇌Ag+(aq)+CrO (aq)，则c(Ag+)=2c(CrO)=2.0×10-bmol/L，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)•c(CrO)=(2.0×10-b)2×(10-b)=4.0×10-3b，故B正确；
C．温度不变，氯化银的溶度积不变，若将NaCl溶液浓度改为0.05mol•L-1，需要的硝酸银溶液的体积变成原来的一般，因此滴定终点会向左平移，故C错误；
D．由曲线I可知，pX=a时达到滴定终点，此时c(Cl-)=c(Ag+)=10-amol/L，Ksp(AgCl)=c(Ag+)•c(Cl-)=10-2a，当在NaCl溶液中加入40mLAgNO3溶液，混合溶液中c(Ag+)≈mol/L，则溶液中c(Cl-)=mol/L=30×10-2amol/L，pX=-lg30×10-2a=2a-1-lg3=2a-1.47，故D正确；
故选：C。
二、非选择题(共4个大题，58分)
15. 亚硝酰氯可作为有机合成试剂。
已知：①
②沸点：为-6℃，为-34℃，为-152℃。
③易水解，能与反应。
某研究小组用和在如图所示装置中制备，并分离回收未反应的原料。
回答问题：
（1）通入和前先通入氩气，作用是___________；仪器的名称是___________。
（2）将催化剂负载在玻璃棉上而不是直接平铺在玻璃管中，目的是___________。
（3）实验所需的可用和溶液在稀中反应制得，离子反应方程式为___________。
（4）为分离产物和未反应的原料，低温溶槽A的温度区间应控制在___________，仪器C收集的物质是___________。
（5）无色的尾气若遇到空气会变为红棕色，原因是___________。
【答案】（1） ①. 排尽装置中的空气，防止与空气中的反应，防止遇空气中的水而水解 ②. 干燥管
（2）增大与气体的接触面积，加快反应速率
（3）
（4） ①. 或 ②.
（5）与空气中的反应产生红棕色的
【解析】
【分析】通过实验原理可知，进气端为和，经过催化剂使其反应制备；经过低温浴槽A降温，使冷凝，得到产品；再经过低温浴槽B降温，使冷凝，防止逸出，污染空气；剩下NO经过无水氯化钙干燥后，进行回收，据此分析作答。
【小问1详解】
通入和前先通入氩气，作用是排尽装置中的空气，防止与空气中的反应，防止遇空气中的水而水解；仪器的名称干燥管，故答案为：排尽装置中的空气，防止与空气中的反应，防止遇空气中的水而水解；干燥管；
【小问2详解】
将催化剂负载在玻璃棉上而不是直接平铺在玻璃管中，目的是增大与气体的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大与气体的接触面积，加快反应速率；
【小问3详解】
实验所需的可用和溶液在稀中反应制得，则亚铁离子会被氧化为铁离子，离子反应方程式为：，故答案为：；
【小问4详解】
为分离产物和未反应的原料，低温溶槽A使冷凝，得到产品，则温度区间应控制在或；再经过低温浴槽B降温，使冷凝，防止逸出，污染空气，仪器C收集的物质是，故答案为：或；；
【小问5详解】
剩下的气体为NO，则无色的尾气若遇到空气会变为红棕色，原因是与空气中的反应产生红棕色的，故答案为：与空气中的反应产生红棕色的。
【点睛】本题重点(4)，两个沸点低的物质，要经过冷凝分离，沸点高的，要先分离，沸点低的，后分离，温度要根据其沸点判断。
16. 重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：
回答下列问题：
（1）步骤①的主要反应为：FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2＋NaNO2，上述反应配平后 FeO·Cr2O3与 NaNO3的系数比为___________。
（2）滤渣 1 中含量最多的金属元素是___________，滤渣 2 的主要成分是___________及含硅杂质。
（3）步骤④调滤液 2 的 pH 使之变___________(填“大”或“小”)，原因是___________(用离子方程式表示)。
（4）有关物质的溶解度如图所示。
向“滤液 3”中加入适量 KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到 K2Cr2O7固体。冷却到___________(填标号)得到的 K2Cr2O7固体产品最多。
a．80 ℃ b．60 ℃ c．40 ℃ d．10 ℃
步骤⑤的反应类型是___________。
【答案】（1）2：7 （2） ①. 铁或Fe
②. Al(OH)3
（3） ①. 小 ②. 2Cr+2H+ Cr2 +H2O
（4） ①. d ②. 复分解反应
【解析】
【分析】铬铁矿主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质，制备重铬酸钾，由制备流程可知，步骤①的主要反应为FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，该步骤中若使用陶瓷，二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，则使用铁坩埚，熔块水浸过滤分离出滤渣1含Fe2O3滤液1中含NaAlO2、Na2CrO4调节pH过滤分离出Al (OH)3含Si物质，滤液2中含Na2CrO4，④中调节pH发生2Cr+2H+ Cr2 +H2O，滤液3含Na2Cr2O7，由水中的溶解度：Na2Cr2O7> K2Cr2O7，可知⑤中向Na2Cr2O7溶液中加入KCl固体后得到K2Cr2O7，溶解度小的析出，以此解答该题。
【小问1详解】
由题中反应可知，FeO·Cr2O3，是还原剂.Fe元素化合价由+2升高到+3，Cr元素化合价由+3升高到+6，1 molFeO·Cr2O3失去7 mol电子；NaNO3氧化剂，N元素化合价由+5降低到+3，1 mol NaNO2得到2 mol电子。根据电子守恒可得，FeO·Cr2O3和NaNO2，的系数比为2：7；
【小问2详解】
熔块中Fe2O3，不溶于水，过滤后进入滤渣1，则滤渣1中含量最多的金属元素是铁。滤液1中含有Al、Si、 及Cr ，调节溶液pH=7，Si转化为H2SiO3，Al转化为Al(OH)3，滤渣2为Al(OH)3及含硅杂质；
【小问3详解】
由流程图可知，滤液2通过调节pH使Cr转化为Cr2，根据离子方程式2Cr+2H+ Cr2 +H2O可知，增大H+浓度，即pH变小，可以使上述平街右移，有利于提高溶液中的Cr2浓度；
【小问4详解】
由图象可知，在10C左右时得到的K2Cr2O7固体最多。发生反应为2KC1+ Na2Cr2O7 =K2Cr2O7 ↓+2NaCl，该反应为复分解反应；
17. 甲醇是重要的化工原料，也是重要的能源物质，可发展替代传统化石燃料。开发加氢制甲醇技术既能解决温室效应等环境问题，又能有效提高资源的利用率。回答下列问题：
（1）加氢分别生成甲醇和CO是最重要的两个基本反应，其反应如下：
①
②
③
则反应③的_______。
（2）加氢生成甲醇适宜在_______(填“低温”“高温”“高压”“低压”，可多选)条件下进行，在实际生产过程中，通常会在原料气里掺一些CO，请从平衡移动角度分析原因：_______。
（3）在一恒温、容积可变密闭容器中，充入1mol 与3mol 发生反应： ，在温度T下的平衡转化率与总压强的关系如图1所示，图中M点时的物质的量分数为_______，该反应的压强平衡常数为_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（4）也可以通过电化学方法转化为，装置如图2所示。阴极的电极反应式为_______，若外接电源为铅蓄电池，铅蓄电池正极质量增加32g时，则标准状况下阳极生成_______L 。
【答案】（1）
（2） ①. 低温、高压 ②. 加入一定量CO，使反应逆向进行，提高生成的选择性
（3） ①. 16.7% ②.
（4） ①. ②. 5.6
【解析】
【小问1详解】
加氢分别生成甲醇和CO是最重要的两个基本反应，其反应如下：
①
②
③
根据盖斯定律，可知反应③=反应①−反应②，，则反应③的。
【小问2详解】
加氢生成甲醇的反应是一个反应后气体分子数减少的放热反应，因此，从热力学角度上分析，加氢生成甲醇的反应适宜在低温、高压的条件下进行；在实际生产过程中，通常会在原料气里掺一些CO，从平衡移动角度分析原因：加入一定量CO，使反应逆向进行，提高生成的选择性。
【小问3详解】
根据图中M点的平衡转化率为50%，得：
所以平衡时的物质的量分数为. 。
【小问4详解】
根据电荷守恒和质量守恒，阴极的电极反应式为，阳极有关系，若外接电源为铅蓄电池，铅蓄电池正极反应式为，正极质量增加64g转移2mol ，若铅蓄电池正极质量增加32g，则铅蓄电池中转移电子为1mol，生成的物质的量为0.25mol，则标准状况下阳极生成5.6L 。
18. 化合物G( )是一种治疗高血压药物的一种中间体，其合成路线如下：
已知：Ⅰ.
Ⅱ.(R为烃基或氢原子)
回答下列问题：
（1）在生活中，是我国应用最早、使用最多的酸味剂，A的化学名称为___________。
（2）A生成B的化学方程式为___________；该反应的反应类型为___________。
（3）C中含有的官能团名称为___________，D的结构简式为___________。
（4）M是C的同分异构体，且M是含有硝基()的芳香族化合物，遇三氯化铁溶液显紫色，符合要求的共有___________种，其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为1：2：2：2的是___________(写结构简式)
（5）请设计以对硝基甲苯和丙酮为原料合成合成路线(其它试剂任选) _____。已知：①；②氨基易被氧化。
【答案】（1）乙酸甲酯
（2） ①. ②. 取代反应
（3） ①. 羟基、 硝基 ②.
（4） ①. 13 ②.
（5）
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，在浓硫酸作用下，CH3COOH与CH3OH共热发生酯化反应生成CH3COOCH3，则C2H4O2的结构简式为CH3COOH、A为CH3COOCH3；在碱作用下，CH3COOCH3分子间发生取代反应生成CH3COCH2COOCH3，则B为CH3COCH2COOCH3；CH3COCH2COOCH3与氨气发生一系列反应生成；在浓硫酸作用下，与浓硝酸发生硝化反应生成，在光照条件下，与氯气发生取代反应生成，在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，则C为；在铜做催化剂作用下，与氧气发生催化氧化反应生成，一定条件下，与CH3COCH2COOCH3发生信息Ⅱ反应生成，则D为；与发生一系列反应生成。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为CH3COOCH3，名称为乙酸甲酯，故答案为：乙酸甲酯；
【小问2详解】
由分析可知，A生成B的反应为在碱作用下，CH3COOCH3分子间发生取代反应生成CH3COCH2COOCH3和甲醇，反应的化学方程式为，故答案为：；取代反应；
小问3详解】
C的结构简式为，官能团为羟基、硝基；D的结构简式为，故答案为：羟基、硝基；；
【小问4详解】
由C的同分异构体M是含有硝基的芳香族化合物，遇三氯化铁溶液显紫色可知，M含有的官能团为硝基和酚羟基，若苯环上连有2个取代基，取代基为—OH和—CH2NO2,2个取代基在苯环上有邻、间、对共3种结构；若苯环上连有3个取代基，取代基为—OH、—CH3和—NO2,可以视作邻甲基苯酚、间甲基苯酚和对甲基苯酚的苯环上的氢原子被硝基取代所得的衍生物，其中邻甲基苯酚、间甲基苯酚都有4种取代结构、对甲基苯酚有2种取代结构，则M共有13种结构；符合核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为1：2：2：2的结构简式为，故答案为：13；；
【小问5详解】
由题给信息可知，以对硝基甲苯和丙酮为原料合成的合成步骤为与高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，与铁、盐酸发生还原反应生成，与丙酮发生一系列反应生成，合成路线为，故答案为：。
湖南省娄底市双峰县第一中学2023届高三第七次月考
化学试题
可能用到的相对原子质量：H～1 C～12 O～16 S～32 Ag～108 La～139
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. 化学使生活更美好。下列说法不正确的是
A. 回收废旧电池既可减少环境污染，又可节约资源
B. 废旧玻璃属于不可回收垃圾
C. 汽车尾气催化转化器可有效减少氮氧化合物的排放
D. 减少聚乙烯等塑料的使用，可有效减少白色污染
【答案】B
【解析】
【详解】A．废旧电池中含有有毒重金属，所以回收废旧电池，既可节约金属资源又可减少环境污染，A正确；
B．废旧玻璃应该通过专门的渠道被回收，有些可以直接被重复使用，有些则可以采用特殊的技术手段使其熔融，炼制成新的玻璃产品，B错误；
C．汽车尾气催化转化器是将NO、CO转化为，C正确；
D．由于聚乙烯塑料难以降解，易形成白色污染，减少聚乙烯等塑料的使用，可有效减少白色污染，D正确；
故答案为：B。
2. NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 31g白磷中含磷磷单键键数为NA
B. 标准状况下，22.4L HF含有的质子数为10NA
C. 0.1moL/L的CH3COONH4溶液显中性，1L该溶液中含CH3COO-离子数小于0.1NA
D. Na2O2与H2O反应生成0.1mol O2时转移电子数为0.1NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．白磷分子结构为正四面体，分子中含有6个磷磷键，则白磷中含键数为×6×NAmol-1=1.5NA，故A错误；
B．标准状况下为液态，氟化氢为液态，无法计算22.L氟化氢的物质的量和含有的质子数，故B错误；
C．醋酸铵是弱酸弱碱盐，铵根离子和醋酸根离子在溶液中均水解，且水解程度相同，溶液显中性，则1L0.1molL醋酸铵溶液中含醋酸根离子数目小于0.1 NA，故C正确；
D．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应生成0.1mol氧气时转移电子数目为0.1mol×2×NAmol-1=0.2NA，故D错误；
故选C。
3. La和Ni的合金是目前使用最广泛的储氢材料。某La-Ni合金(晶胞为平行六面体)由图甲、图乙两个原子层交替紧密堆积而成，图丙是该合金的晶胞结构：
下列说法错误的是
A. 该晶体可表示为
B. 该晶体中1个La原子与18个Ni原子配位
C. 该晶体的一个晶胞中Ni原子数为12
D. 通过晶体X射线衍射实验可确定该晶组成的结构
【答案】C
【解析】
【详解】A．该晶体的一个晶胞中在两个底面上各有7个La，其中6个在线的角上，1个La面心，根据均摊法计算可得一个晶胞中La原子数为(6+6)×+1=3；该晶体的一个晶胞中在两个底面上各有6个Ni，侧面有6个Ni，体心内有6个Ni，根据均摊法计算可得一个晶胞中Ni原子数为(6+6+6)×+6=15；故该晶体中La与Ni的个数比是3：15=1：5，可表示为LaNi5，故A正确；
B．对于1个La来说，同一层周围有6个Ni，还有上下两层各6个，所以，La原子与18个Ni原子配位，故B正确；
C．该晶体的一个晶胞中在两个底面上各有6个Ni，侧面有6个Ni，体心内有6个Ni，根据均摊法计算可得一个晶胞中Ni原子数为(6+6+6)×+6=15，故C错误；
D．X射线衍射可用于确定晶体的结构，故D正确；
故选：C。
4. 一种治疗帕金森症的药品的合成中涉及如下转化关系。下列说法正确的是
A. 中存在键的数目为
B. 、、分子中均存在顺反异构现象
C. 的反应包括取代和消去两步反应
D. 分子中所有碳原子不可能处于同一平面
【答案】D
【解析】
【详解】A．单键含有1个键、双键含有1个键和1个π键， 中存在键的数目为20mol，故A错误；
B．含有碳碳双键且连接在碳上的是不同基团才存在顺反异构现象，X中不存在碳碳双键，所以不存在顺反异构现象，故B错误；
C．X→Y应是X中醛基和H-CH2NO2发生加成反应，再发生醇羟基的消去反应得到碳碳双键，故C 错误；
D．分子中存在饱和碳结构，所有碳原子不可能处于同一平面，故D正确；
故选：D。
5. 下列图示的实验，能够实现相应实验目的的是
A. 利用甲装置用CCl4从碘水中萃取碘 B. 利用乙装置制取并收集少量纯净的氯气
C. 利用丙装置控制制取氧气的速率 D. 利用丁装置验证SO2的漂白性
【答案】A
【解析】
【详解】A．碘易溶于CCl4，可用CCl4从碘水中萃取碘，故A正确；
B．高锰酸钾和浓盐酸制氯气，浓盐酸挥发，制备收集的氯气不纯净，故B错误；
C．过氧化钠是粉末状，不能用该装置控制反应速率，故C错误；
D．SO2与Fe2(SO)4发生氧化还原，生成亚铁离子，KSCN溶液颜色褪去，故D错误；
故答案为A。
6. 在295K温度下，甘氨酸和氯化镁溶液慢慢蒸发可得到聚二氯甘氨酸四水合镁晶体，的分子结构如图1所示，晶胞结构如图2所示(晶胞参数为)。甘氨酸与硝基乙烷()互为同分异构体。下列有关说法正确的是
A. 往该物质水溶液中滴加硝酸银溶液，无明显现象
B. 与之间的最短距离为
C. 蒸馏甘氨酸与硝基乙烷混合物时，甘氨酸先汽化
D. 与距离最近的有4个
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于氯离子在外界，因此往该物质水溶液中滴加硝酸银溶液，有白色沉淀AgC1产生，A错误；
B．由题干化学式和晶胞结构图可知，图2中实心黑球代表[Mg(C2H5NO2)(H2O)4]2+，空心白球代表Cl-，故与之间的最短距离为晶胞体对角线的，即为，B正确；
C．甘氨酸与硝基乙烷互为同分异构体，由于甘氨酸分子间能形成氢键，所以沸点更高，加热时比硝基乙烷后汽化， C错误；
D．由题干化学式和晶胞结构图可知，图2中实心黑球代表[Mg(C2H5NO2)(H2O)4]2+，空心白球代表Cl-，与距离最近的有12个，D错误；
答案选B。
7. 原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z。X单质在空气中燃烧，火焰呈黄色，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y是地壳中含量排在第二位的元素，由W、X、Y三种元素形成的化合物M结构如图所示。下列叙述正确的是
A. Y和Z元素简单氢化物的稳定性：Y>Z
B. X与W形成的化合物的电子式为：
C. X最高价氧化物对应水化物溶液可以用来吸收Z的单质
D. W、X、Z三种元素简单离子半径的大小顺序为：Z
【解析】
【详解】单质在空气中燃烧.火焰呈色，判断X为Na；Y是地壳中含量排第的元素可判断
为Si；W的核外电子数与X、Z的最外层电数之和相等即W的原序数为X、Z的主族数之和而根据化合物M结构：X为Na；Y为Si可知：[Si2W5]2-可推知，W可为O或者S而由于W原子序数为最小的，因此W为O，那么可分析O的核外电数为8而X的外会电子数为1，那么Z就应为Cl。
A．Y和Z元素简单氢化物分别为: SiH4、HCl.氢化物的稳定生和元素的非金属性有关
而同周期的非金属元素，从左到右非金属性增强则HCl稳定性大于SiH4，故A错误；
B．X和W为Na和O则X和W形成的化合物电子式为，故B错误；
C．X的最高价氧化物对应的水化物为NaOH可以与Cl2反应吸收Cl2，故C正确；
D．电子层越多半径越大；电子层数相同时，电数越大半径越大，因此半径大小为：W
8. 2020年11月7日是“中国稀土之父”徐光宪先生诞辰100周年纪念日。金属铈()是地壳中含量最高的稀土元素。关于铈的有关化合物及H2O2的转化关系如图所示，下列说法错误的是
A. CeO2是整个转化过程中的催化剂
B. 过程①的离子方程式：
C. 该反应历程的总反应为：2H2O2=2H2O+O2↑
D. 氧化性：CeO2＞H2O2
【答案】D
【解析】
【详解】A．在反应①中CeO2被还原为Ce3+，在反应②中Ce3+又被氧化为CeO2，故CeO2的质量与化学性质不变，因此CeO2是整个转化过程中的催化剂，A正确；
B．根据原子守恒、电荷守恒、电子守恒，可知过程①的离子方程式：，B正确；
C．过程①方程式为，过程②方程式为2Ce3++6OH-+H2O2=2CeO2+4H2O，将①+②，整理可得2H2O2=2H2O+O2↑，故该反应历程的总反应为：2H2O2=2H2O+O2↑，C正确；
D．碱性条件下，Ce3+被H2O2氧化成CeO2，说明氧化性CeO2不如H2O2，D错误；
故合理选项是D。
9. 我国科学家合成了Y、单原子催化剂，用于电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示(*表示稀土单原子催化剂)。下列说法中错误的是
A. 相同条件下，比催化剂更利于吸附氮气
B. 实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可提高氨气的平衡转化率
C. 使用单原子催化剂，反应的快慢由生成的速率决定
D. 工业合成氨与电化学催化还原氮气均涉及到共价键的断裂与形成
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，使用Sc1/NC的反应活化能小于使用Y1/NC的反应活化能，说明Sc1/NC比Y1/NC更有利于吸附N2，A正确；
B．催化剂只能改变反应的途径，不影响平衡移动，实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可加快反应速率，但氨气的平衡转化率不变，B错误；
C．由图可知，使用Sc1/NC单原子催化剂时，*N2与H结合生成*NNH的活化能最大，则历程中最大能垒的反应为：*N2+H→*NNH，C正确；
D．氮气和氢气合成氨和用于电化学催化氢气还原氮气的反应氨，都涉及氢氢键和氮氮键的和氮氢键的形成，D正确；
故选B。
10. 中国科学家设计出如图装置实现CO2的转化，可有效解决温室效应及能源问题，总反应为CO2+NaClCO+NaClO。忽略气体在溶液中的溶解及溶液的体积变化，下列叙述正确的是
A. A极为太阳能电池的正极
B. 电极II的电极反应式为Cl-+2e-+H2O=ClO-+2H+
C. 理论上转化44gCO2，左室溶液质量增重18g
D. 电解结束后，电极II所在电极室溶液的pH变小
【答案】C
【解析】
【分析】根据图示可知，反应原理为电解池原理，总反应为CO2+NaClCO+NaClO，则催化电极I附近CO2被还原为CO，为电解池的阴极，催化电极II附近NaCl转化为NaClO，为电解池的阳极，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知，催化电极I附近CO2被还原为CO，为电解池的阴极，所以A极为电源的负极，A错误；
B．电极II附近NaCl转化为NaClO，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为Cl--2e-+ H2O=ClO-+2H+，B错误；
C．左室CO2被还原为CO，其电极反应式为：CO2+2e-+2H+=CO+H2O，则理论上转化44gCO2（1mol），左室溶液质量增加的是1mol H2O的质量，为18g，C正确；
D．电解结束后，电极II发生反应的离子方程式为：Cl--2e-+ H2O=ClO-+2H+，但生成的氢离子会通过质子交换膜迁移到左室，消耗水分子的同时，生成的次氯酸根离子会发生水解，使溶液显碱性，因此所在电极室溶液的pH会变大，D错误；
故选C。
11. 氮化硅()是一种重要的结构陶瓷材料。用石英砂和原料气(含和少量)制备的操作流程如下(粗硅中含少量Fe、Cu的单质及化合物)：
下列叙述不正确的是
A. “还原”主要被氧化为
B. “高温氮化”反应的化学方程式为
C. “操作X”可将原料气通过灼热的铜粉
D. “稀酸Y”可选用稀硝酸
【答案】A
【解析】
【分析】石英砂为SiO2，SiO2与焦炭在高温下发生：SiO2+2CSi+2CO，粗硅与氮气反应生成Si3N4，据此分析。
【详解】A．焦炭与石英砂发生反应SiO2+2CSi+2CO，焦炭被氧化成CO，不是CO2，故A说法错误；
B．“高温氮化”是Si与氮气反应，其反应方程式为3Si+2N2Si3N4，故B说法正确；
C．原料气中含有N2和少量的O2，氧气能与Cu反应生成CuO，N2不与Cu反应，将原料气通过灼热的铜粉可以得到纯净氮气，故C说法正确；
D．粗硅中含有少量Fe和Cu，即Si3N4中含有少量Fe和Cu，Fe、Cu与稀硝酸反应，得到可溶于水的Fe(NO3)3和Cu(NO3)2，稀硝酸可以除去Si3N4中Fe和Cu，故D说法正确；
故选A。
12. 在硫酸工业中，通过下列反应：，下表列出了在不同温度和压强下，反应达到平衡时的转化率。下列说法不正确的是
温度/℃
平衡时的转化率
0.1MPa
0.5MPa
1MPa
5MPa
10MPa
450
97.5
98.9
99.2
99.6
99.7
550
85.6
92.9
94.9
97.7
98.3
A 从理论上分析，选择高压，可以提高转化率，又能加快反应速率
B. 从理论上分析，选择温度450-550℃，既利于平衡正向移动又利于提高反应速率
C. 在实际生产中，为了降低成本，采用常压条件，因为常压下的转化率已经很高了
D. 在实际生产中，通入过量的空气，既利于平衡正向移动，又利于提高反应速率
【答案】B
【解析】
【分析】从表格中可以看出同一温度下，随压强增大，转化率逐渐增大，但450℃时，最小压强，转化率已达到97.5%，再增压，提高幅度并不大，同一压强下，升高温度，转化率降低。但在工业生产，该反应在常温下活化能较高，不易反应或反应速率很慢，因此会出现理论与实际的不同，实际中多考虑设备、成本、转化率等实际问题。
【详解】A．该反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，所以从理论上分析，选择高压，既可以提高转化率，又能加快反应速率，故A正确；
B．该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，故B错误；
C．由表中数据可知，增大压强，的平衡转化率增大，但变化数值不大，并且压强越大，对设备要求越高，所以为了降低成本，采用常压条件，故C正确；
D．通入过量的空气，增大反应物氧气浓度，有利于提高的转化率和反应速率，故D正确；
答案选B。
13. 实验室用如图所示的装置模拟处理工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO和CO)。装置II中生成NaNO3和NaNO2两种盐，装置Ⅲ用于吸收CO。下列有关说法正确的是
A. 实验时应先向装置I中通工业废气，再向装置II中通空气
B. 装置I中吸收SO2的化学方程式为2SO2+Ca(OH)2=Ca(HSO3)2
C. 装置II中每吸收1molNO消耗1molNaOH
D. [Cu(NH3)2]+中，Cu+提供孤电子对与NH3形成配位键
【答案】C
【解析】
【分析】工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO和CO)通过石灰乳，二氧化硫和二氧化碳被吸收，然后通入足量的氢氧化钠中，同时通入空气，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和氢氧化钠反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，剩余氮气和一氧化碳进入装置Ⅲ，一氧化碳被吸收，氮气作为无污染气体排出。据此解答。
【详解】A. 若实验时应先向装置I中通工业废气，再向装置II中通空气，可能有一氧化氮不能被氧化，进而被氢氧化钠吸收，造成环境污染，故A错误；
B. 装置I中为足量的氢氧化钙，吸收SO2时应生成亚硫酸钙不是亚硫酸氢钙，故B错误；
C. 根据产物硝酸钠和亚硝酸钠的化学式分析，氮原子和钠原子个数比为1:1，故装置II中每吸收1molNO消耗1molNaOH，故C正确；
D. [Cu(NH3)2]+中，Cu+提供空轨道，NH3提供孤电子对与形成配位键，故D错误；
故选C。
14. 某温度下，向体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol•L-1的NaCl溶液、Na2CrO4溶液中分别滴加0.1mol•L-1的AgNO3溶液，滴定过程中的pX(PX=-lgX，X=Cl-、CrO)与滴加AgNO3溶液体积的关系如图所示。(已知：lg3=0.47)下列说法错误的是
A. 曲线Ⅰ表示AgNO3溶液滴定NaCl溶液的过程
B. Ksp(Ag2CrO4)=4.0×10-3b
C. 其他条件不变，如果NaCl溶液浓度改为0.05mol•L-1，则滴定终点向上移动
D. M点的纵坐标约为2a-1.47
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，pX=a或b时反应完全，并且二者的起始浓度、体积均相同，即二者溶质的起始物质的量相同，反应为NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3，Na2CrO4+AgNO3=Ag2CrO4↓+2NaNO3，完全反应时Na2CrO4消耗AgNO3溶液的体积是NaCl的2倍，所以曲线I表示NaCl溶液、曲线II表示Na2CrO4溶液，故A正确；
B．曲线II表示Na2CrO4溶液，达到滴定终点时pX=b，即c(CrO)=10-bmol/L，(s)⇌Ag+(aq)+CrO (aq)，则c(Ag+)=2c(CrO)=2.0×10-bmol/L，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)•c(CrO)=(2.0×10-b)2×(10-b)=4.0×10-3b，故B正确；
C．温度不变，氯化银的溶度积不变，若将NaCl溶液浓度改为0.05mol•L-1，需要的硝酸银溶液的体积变成原来的一般，因此滴定终点会向左平移，故C错误；
D．由曲线I可知，pX=a时达到滴定终点，此时c(Cl-)=c(Ag+)=10-amol/L，Ksp(AgCl)=c(Ag+)•c(Cl-)=10-2a，当在NaCl溶液中加入40mLAgNO3溶液，混合溶液中c(Ag+)≈mol/L，则溶液中c(Cl-)=mol/L=30×10-2amol/L，pX=-lg30×10-2a=2a-1-lg3=2a-1.47，故D正确；
故选：C。
二、非选择题(共4个大题，58分)
15. 亚硝酰氯可作为有机合成试剂。
已知：①
②沸点：为-6℃，为-34℃，为-152℃。
③易水解，能与反应。
某研究小组用和在如图所示装置中制备，并分离回收未反应的原料。
回答问题：
（1）通入和前先通入氩气，作用是___________；仪器的名称是___________。
（2）将催化剂负载在玻璃棉上而不是直接平铺在玻璃管中，目的是___________。
（3）实验所需的可用和溶液在稀中反应制得，离子反应方程式为___________。
（4）为分离产物和未反应的原料，低温溶槽A的温度区间应控制在___________，仪器C收集的物质是___________。
（5）无色的尾气若遇到空气会变为红棕色，原因是___________。
【答案】（1） ①. 排尽装置中的空气，防止与空气中的反应，防止遇空气中的水而水解 ②. 干燥管
（2）增大与气体的接触面积，加快反应速率
（3）
（4） ①. 或 ②.
（5）与空气中的反应产生红棕色的
【解析】
【分析】通过实验原理可知，进气端为和，经过催化剂使其反应制备；经过低温浴槽A降温，使冷凝，得到产品；再经过低温浴槽B降温，使冷凝，防止逸出，污染空气；剩下NO经过无水氯化钙干燥后，进行回收，据此分析作答。
【小问1详解】
通入和前先通入氩气，作用是排尽装置中的空气，防止与空气中的反应，防止遇空气中的水而水解；仪器的名称干燥管，故答案为：排尽装置中的空气，防止与空气中的反应，防止遇空气中的水而水解；干燥管；
【小问2详解】
将催化剂负载在玻璃棉上而不是直接平铺在玻璃管中，目的是增大与气体的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大与气体的接触面积，加快反应速率；
【小问3详解】
实验所需的可用和溶液在稀中反应制得，则亚铁离子会被氧化为铁离子，离子反应方程式为：，故答案为：；
【小问4详解】
为分离产物和未反应的原料，低温溶槽A使冷凝，得到产品，则温度区间应控制在或；再经过低温浴槽B降温，使冷凝，防止逸出，污染空气，仪器C收集的物质是，故答案为：或；；
【小问5详解】
剩下的气体为NO，则无色的尾气若遇到空气会变为红棕色，原因是与空气中的反应产生红棕色的，故答案为：与空气中的反应产生红棕色的。
【点睛】本题重点(4)，两个沸点低的物质，要经过冷凝分离，沸点高的，要先分离，沸点低的，后分离，温度要根据其沸点判断。
16. 重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：
回答下列问题：
（1）步骤①的主要反应为：FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2＋NaNO2，上述反应配平后 FeO·Cr2O3与 NaNO3的系数比为___________。
（2）滤渣 1 中含量最多的金属元素是___________，滤渣 2 的主要成分是___________及含硅杂质。
（3）步骤④调滤液 2 的 pH 使之变___________(填“大”或“小”)，原因是___________(用离子方程式表示)。
（4）有关物质的溶解度如图所示。
向“滤液 3”中加入适量 KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到 K2Cr2O7固体。冷却到___________(填标号)得到的 K2Cr2O7固体产品最多。
a．80 ℃ b．60 ℃ c．40 ℃ d．10 ℃
步骤⑤的反应类型是___________。
【答案】（1）2：7 （2） ①. 铁或Fe
②. Al(OH)3
（3） ①. 小 ②. 2Cr+2H+ Cr2 +H2O
（4） ①. d ②. 复分解反应
【解析】
【分析】铬铁矿主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质，制备重铬酸钾，由制备流程可知，步骤①的主要反应为FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，该步骤中若使用陶瓷，二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，则使用铁坩埚，熔块水浸过滤分离出滤渣1含Fe2O3滤液1中含NaAlO2、Na2CrO4调节pH过滤分离出Al (OH)3含Si物质，滤液2中含Na2CrO4，④中调节pH发生2Cr+2H+ Cr2 +H2O，滤液3含Na2Cr2O7，由水中的溶解度：Na2Cr2O7> K2Cr2O7，可知⑤中向Na2Cr2O7溶液中加入KCl固体后得到K2Cr2O7，溶解度小的析出，以此解答该题。
【小问1详解】
由题中反应可知，FeO·Cr2O3，是还原剂.Fe元素化合价由+2升高到+3，Cr元素化合价由+3升高到+6，1 molFeO·Cr2O3失去7 mol电子；NaNO3氧化剂，N元素化合价由+5降低到+3，1 mol NaNO2得到2 mol电子。根据电子守恒可得，FeO·Cr2O3和NaNO2，的系数比为2：7；
【小问2详解】
熔块中Fe2O3，不溶于水，过滤后进入滤渣1，则滤渣1中含量最多的金属元素是铁。滤液1中含有Al、Si、 及Cr ，调节溶液pH=7，Si转化为H2SiO3，Al转化为Al(OH)3，滤渣2为Al(OH)3及含硅杂质；
【小问3详解】
由流程图可知，滤液2通过调节pH使Cr转化为Cr2，根据离子方程式2Cr+2H+ Cr2 +H2O可知，增大H+浓度，即pH变小，可以使上述平街右移，有利于提高溶液中的Cr2浓度；
【小问4详解】
由图象可知，在10C左右时得到的K2Cr2O7固体最多。发生反应为2KC1+ Na2Cr2O7 =K2Cr2O7 ↓+2NaCl，该反应为复分解反应；
17. 甲醇是重要的化工原料，也是重要的能源物质，可发展替代传统化石燃料。开发加氢制甲醇技术既能解决温室效应等环境问题，又能有效提高资源的利用率。回答下列问题：
（1）加氢分别生成甲醇和CO是最重要的两个基本反应，其反应如下：
①
②
③
则反应③的_______。
（2）加氢生成甲醇适宜在_______(填“低温”“高温”“高压”“低压”，可多选)条件下进行，在实际生产过程中，通常会在原料气里掺一些CO，请从平衡移动角度分析原因：_______。
（3）在一恒温、容积可变密闭容器中，充入1mol 与3mol 发生反应： ，在温度T下的平衡转化率与总压强的关系如图1所示，图中M点时的物质的量分数为_______，该反应的压强平衡常数为_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（4）也可以通过电化学方法转化为，装置如图2所示。阴极的电极反应式为_______，若外接电源为铅蓄电池，铅蓄电池正极质量增加32g时，则标准状况下阳极生成_______L 。
【答案】（1）
（2） ①. 低温、高压 ②. 加入一定量CO，使反应逆向进行，提高生成的选择性
（3） ①. 16.7% ②.
（4） ①. ②. 5.6
【解析】
【小问1详解】
加氢分别生成甲醇和CO是最重要的两个基本反应，其反应如下：
①
②
③
根据盖斯定律，可知反应③=反应①−反应②，，则反应③的。
【小问2详解】
加氢生成甲醇的反应是一个反应后气体分子数减少的放热反应，因此，从热力学角度上分析，加氢生成甲醇的反应适宜在低温、高压的条件下进行；在实际生产过程中，通常会在原料气里掺一些CO，从平衡移动角度分析原因：加入一定量CO，使反应逆向进行，提高生成的选择性。
【小问3详解】
根据图中M点的平衡转化率为50%，得：
所以平衡时的物质的量分数为. 。
【小问4详解】
根据电荷守恒和质量守恒，阴极的电极反应式为，阳极有关系，若外接电源为铅蓄电池，铅蓄电池正极反应式为，正极质量增加64g转移2mol ，若铅蓄电池正极质量增加32g，则铅蓄电池中转移电子为1mol，生成的物质的量为0.25mol，则标准状况下阳极生成5.6L 。
18. 化合物G( )是一种治疗高血压药物的一种中间体，其合成路线如下：
已知：Ⅰ.
Ⅱ.(R为烃基或氢原子)
回答下列问题：
（1）在生活中，是我国应用最早、使用最多的酸味剂，A的化学名称为___________。
（2）A生成B的化学方程式为___________；该反应的反应类型为___________。
（3）C中含有的官能团名称为___________，D的结构简式为___________。
（4）M是C的同分异构体，且M是含有硝基()的芳香族化合物，遇三氯化铁溶液显紫色，符合要求的共有___________种，其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为1：2：2：2的是___________(写结构简式)
（5）请设计以对硝基甲苯和丙酮为原料合成合成路线(其它试剂任选) _____。已知：①；②氨基易被氧化。
【答案】（1）乙酸甲酯
（2） ①. ②. 取代反应
（3） ①. 羟基、 硝基 ②.
（4） ①. 13 ②.
（5）
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，在浓硫酸作用下，CH3COOH与CH3OH共热发生酯化反应生成CH3COOCH3，则C2H4O2的结构简式为CH3COOH、A为CH3COOCH3；在碱作用下，CH3COOCH3分子间发生取代反应生成CH3COCH2COOCH3，则B为CH3COCH2COOCH3；CH3COCH2COOCH3与氨气发生一系列反应生成；在浓硫酸作用下，与浓硝酸发生硝化反应生成，在光照条件下，与氯气发生取代反应生成，在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，则C为；在铜做催化剂作用下，与氧气发生催化氧化反应生成，一定条件下，与CH3COCH2COOCH3发生信息Ⅱ反应生成，则D为；与发生一系列反应生成。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为CH3COOCH3，名称为乙酸甲酯，故答案为：乙酸甲酯；
【小问2详解】
由分析可知，A生成B的反应为在碱作用下，CH3COOCH3分子间发生取代反应生成CH3COCH2COOCH3和甲醇，反应的化学方程式为，故答案为：；取代反应；
小问3详解】
C的结构简式为，官能团为羟基、硝基；D的结构简式为，故答案为：羟基、硝基；；
【小问4详解】
由C的同分异构体M是含有硝基的芳香族化合物，遇三氯化铁溶液显紫色可知，M含有的官能团为硝基和酚羟基，若苯环上连有2个取代基，取代基为—OH和—CH2NO2,2个取代基在苯环上有邻、间、对共3种结构；若苯环上连有3个取代基，取代基为—OH、—CH3和—NO2,可以视作邻甲基苯酚、间甲基苯酚和对甲基苯酚的苯环上的氢原子被硝基取代所得的衍生物，其中邻甲基苯酚、间甲基苯酚都有4种取代结构、对甲基苯酚有2种取代结构，则M共有13种结构；符合核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为1：2：2：2的结构简式为，故答案为：13；；
【小问5详解】
由题给信息可知，以对硝基甲苯和丙酮为原料合成的合成步骤为与高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，与铁、盐酸发生还原反应生成，与丙酮发生一系列反应生成，合成路线为，故答案为：。
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