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天津市和平区2023-2024学年高三下学期第三次质量调查化学学科试卷（原卷版+解析版）
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相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Fe56 Zn65 Ba137
第Ⅰ卷（选择题共36分）
选择题（本题包括12小题，每小题3分，共36分。每小题只有一个选项符合题意。）
1. 下列东阿阿胶传统工序与化学实验中的原理不具有对应关系的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．化皮指的是将皮煮化，与实验中的加热溶解原理类似，故A不符合题意；
B．除渣指的是用过滤方法将不溶性物质除掉，与实验中的过滤原理类似，故B不符合题意；
C．挂旗指的是熬制过程中达到挂旗的状态，用勺子舀起来非常黏稠，与实验中的蒸发浓缩原理类似，故C不符合题意；
D．凝胶指的是阿胶冷却凝固的过程，与实验中的渗析原理无关，故D符合题意；
答案选D。
2. 有利于实现“碳达峰、碳中和”的是
A. 风能发电B. 粮食酿酒C. 燃煤脱硫D. 石油裂化
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】碳达峰是指我国承诺2030年前，二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后逐步降低；碳中和是指通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”，故选A。
【点睛】
3. 下列说法正确的是
A. 键角：NH3＜NF3B. 放热反应不一定是自发进行的反应
C. 酸性：FCH2COOH＜ClCH2COOHD. 吸热反应一定是非自发进行的
【答案】B
【解析】
【详解】A．两者中心原子价层电子对数均为4，已知电负性：F＞N＞H，故NF3中成键电子对离中心原子更远，斥力更小，故键角更小，即键角：NH3＞NF3，A错误；
B．焓判据认为放热反应具有自发进行的倾向，能否实现要看反应的条件，即放热反应不一定是自发进行的反应，B正确；
C．电负性：F＞Cl，吸引电子的能力：F＞Cl，导致羧基中羟基的极性：FCH2COOH＞ClCH2COOH，极性越大，O-H键越易断裂，越易电离出H+，故酸性：FCH2COOH＞ClCH2COOH， C错误；
D．反应焓变是与反应能否自发进行有关的一个因素，但不是唯一因素，有些吸热反应也能自发进行，例如2NH4Cl(s)+Ba(OH)2•8H2O(s)=BaCl2(s)+2NH3(g)+10H2O(l)，D错误；
故答案为：B。
4. 下列化学用语表述不正确的是
A. 中子数为10的氧原子：
B. 基态N原子的价层电子排布图：
C. HClO的电子式：
D. 分子的VSEPR模型：
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知O是8号元素，质量数等于质子数加中子数，故中子数为10的氧原子表示为：，A正确；
B．已知N是7号元素，基态N原子的核外电子排布式为：1s22s22p3，则基态N原子的价层电子排布图：，B正确；
C．已知H、Cl最外层上只有1个未成对电子，O最外层有2个未成对电子，HClO为共价化合物，故HClO的电子式为：，C正确；
D．NH3分子中N原子的价层电子对数为3+（5-3）=4，VSEPR模型为四面体，含有1对孤电子对，即，D错误；
故答案为：D。
5. 萜品醇的结构如图所示。下列说法正确的是
A. 可以发生加成反应B. 分子中所有碳原子共平面
C. 与乙醇互为同系物D. 属于酚类物质
【答案】A
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，萜品醇分子中含有的碳碳双键能发生加成反应，故A正确；
B．由结构简式可知，萜品醇分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，则分子中的所有碳原子不可能共平面，故B错误；
C．同系物必须是含有相同数目的相同官能团的同类物质，由结构简式可知，萜品醇分子中含有的官能团与乙醇不同，不是同类物质，不可能互为同系物，故C错误；
D．由结构简式可知，萜品醇分子中不含有苯环，不可能属于酚类物质，故D错误；
故选A。
6. 下列说法不正确的是
A. 甘氨酸和丙氨酸混合，在一定条件下可生成4种二肽
B. 乙酸、苯甲酸、乙二酸(草酸)均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 纤维素与乙酸酐作用生成的醋酸纤维可用于生产电影胶片片基
D. 工业上通常用植物油与氢气反应生产人造奶油
【答案】B
【解析】
【详解】A．甘氨酸和丙氨酸混合在一定条件下形成二肽，甘氨酸与甘氨酸、丙氨酸与丙氨酸脱水可形成2种二肽，甘氨酸的羧基与丙氨酸的氨基、甘氨酸的氨基与丙氨酸的羧基可脱水形成2种二肽，共可生成4种二肽，A正确；
B．乙二酸具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，反应的离子方程式为2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，B错误；
C．纤维素的每个葡萄糖单元中含3个醇羟基，纤维素可表示为[C6H7O2(OH)3]n，纤维素能与乙酸酐反应生成醋酸纤维，醋酸纤维不易燃烧，可用于生产电影胶片片基，C正确；
D．植物油中含碳碳双键，植物油一定条件下能与氢气发生加成反应生成脂肪，此过程称油脂的氢化或油脂的硬化，用于生产人造奶油，D正确；
答案选B。
7. 化学是一门以实验为基础的学科。下列操作或现象错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．同种浓度下，碳酸钠的碱性比碳酸氢钠大，A项正确；
B．试管夹应夹在距试管口1/3处，B项错误；
C．碱式滴定管将胶管向上弯曲，用力捏挤玻璃珠使溶液从尖嘴喷出，以排除气泡，C项正确；
D．止水夹夹紧，长颈漏斗形成稳定水柱，D项正确；
故答案选B。
8. SO2溶于水后溶液的实验探究中，下列依实验操作及现象得出的结论正确的是
A. 向SO2溶液中加入少量品红溶液，品红溶液褪色，说明SO2水溶液具有漂白性
B. 向SO2溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，说明SO2水溶液中含有
C. 向SO2溶液中通入H2S气体，有淡黄色沉淀产生，说明SO2水溶液具有还原性
D. 向KMnO4溶液中滴加SO2溶液，溶液颜色褪去，说明SO2水溶液具有漂白性
【答案】A
【解析】
【详解】A．二氧化硫具有漂白性可以使品红溶液褪色，品红溶液中不断的通入SO2气体，品红溶液褪色，说明SO2水溶液具有漂白性，A符合题意；
B．向SO2溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，SO2与H2O反应电离出H+，硝酸钡电离出硝酸根离子，SO2被硝酸氧化生成，和Ba2+反应生成BaSO4沉淀，故有白色沉淀产生，不能说明SO2水溶液中含有，B不合题意；
C．将SO2水溶液中通入H2S气体，发生氧化还原反应生成淡黄色沉淀S，由S元素的化合价降低可知SO2水溶液具有氧化性，C不合题意；
D．高锰酸钾可氧化二氧化硫，溶液褪色，体现二氧化硫的还原性，而不是漂白性，D不合题意；
故答案为：A。
9. 1-丁醇、溴化钠和70%的硫酸共热反应，经过回流、蒸馏、萃取分液制得1-溴丁烷粗产品，装置如图所示：
已知：
下列说法正确的是
A. 装置I中回流的目的是为了减少物质的挥发，提高产率
B. 装置Ⅱ中a为进水口，b为出水口
C. 用装置Ⅲ萃取分液时，将分层的液体依次从下放出
D. 经装置Ⅲ得到的粗产品干燥后，使用装置Ⅱ再次蒸馏，可得到更纯的产品
【答案】AD
【解析】
【分析】根据题意1-丁醇、溴化钠和70%的硫酸在装置I中共热发生得到含、、NaHSO4、NaBr、H2SO4的混合物，混合物在装置Ⅱ中蒸馏得到和的混合物，在装置Ⅲ中用合适的萃取剂萃取分液得粗产品。
【详解】A．浓硫酸和NaBr会产生HBr，1-丁醇以及浓硫酸和NaBr产生的HBr均易挥发，用装置I回流可减少反应物的挥发，提高产率，A正确；
B．冷凝水应下进上出，装置Ⅱ中b为进水口，a为出水口，B错误；
C．用装置Ⅲ萃取分液时，将下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，C错误；
D．由题意可知经装置Ⅲ得到粗产品，由于粗产品中各物质沸点不同，再次进行蒸馏可得到更纯的产品，D正确；
选AD。
10. 一种能在较低电压下获得氢气和氧气的电化学装置如图所示。下列说法正确的是
A. 电极a与电源的负极相连，电极b为阳极
B. 隔膜为阴离子交换膜，从电解池的左室通过隔膜向右室迁移
C. 反应器I中发生的反应为
D. 该装置总反应为，气体N是氧气
【答案】C
【解析】
【分析】根据装置图可知，电极a上发生[Fe(CN)6]4-→[Fe(CN)6]3-，铁元素的化合价由+2价升高为+3价，根据电解原理，该电极为阳极，则电极b为阴极，据此分析；
【详解】A．由图可知，电极a的电极反应为[Fe(CN)6]4-－e-→[Fe(CN)6]3-，则电极a为阳极，与电源的正极相连，电极b为阴极，故A错误；
B．根据装置图可知，电极b的电极反应为DHPS+2H2O+2e-=DHPS-2H+2OH-，根据电解原理可知，阴离子向阳极移动，即OH-从电解池的右室通过隔膜向左室迁移，隔膜为阴离子交换膜，故B错误；
C．反应器Ⅰ中发生的反应为，故C正确；
D．根据上述分析以及本装置的作用可知，该装置的总反应为，气体N是氢气，故D错误；
答案为C。
11. 草酸()是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验I：往溶液中滴加溶液。
实验Ⅱ：往溶液中滴加溶液。
[已知：的电离常数，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法正确的是
A. 实验I可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点
B. 实验I中时，存在
C. 实验Ⅱ中发生反应
D. 实验Ⅱ中时，溶液中
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验误差要选用变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验I可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，故A错误；
B．实验I中时，溶质是、且两者物质的量浓度相等，，，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在，故B错误；
C．实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而过量，因此该反应在初始阶段发生的是，该反应的平衡常数为，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当完全消耗后，再和发生反应，故C错误；
D．实验Ⅱ中时，溶液中的钙离子浓度为，溶液中，故D正确。
综上所述，答案为D。
12. CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。
下列说法不正确的是
A. 反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2
B. t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2
C. t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率
D. t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CO2=CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为，A正确；
B．由题干图2信息可知，t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1:2，B正确；
C．由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mml/min，而CO变为1~2mml/min之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C错误；
D．由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；
答案选C。
第Ⅱ卷（非选择题共64分）
注意事项：第Ⅱ卷共4页，用蓝、黑色墨水的钢笔或圆珠笔直接答在答题纸上。
相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Ni59 La139
13. 东晋《华阳国志•南中志》已有白铜（铜镍合金）的记载，回答下列问题：
（1）镍元素基态原子的电子排布式为______，3d能级上的未成对的电子数为______。
（2）硫酸镍溶于氨水形成蓝色溶液，在中与之间形成的化学键称为______，配位原子是______，中阴离子的立体构型是______。
（3）单质铜及镍都是由______键形成的晶体，元素铜与镍的第二电离能分别为：kJ⋅ml，kJ⋅ml，的原因是____________。
（4）现有La、Ni合金是较为理想的储氢材料，其晶胞结构如图1所示：
①该储氢材料的化学式为______。
②已知晶胞参数边长为a nm，高为b nm，设阿伏加德罗常数的值为。若一个晶胞内可以储存18个氢原子，则储氢后的晶胞密度为______g·cm。
（5）用含镍废料（含镍、铝、氧化铁、碳等杂质）提取蓄电池材料，流程如图2所示：
已知：易溶于水，不能氧化。
①酸浸时镍的浸出率与温度的关系如图3所示，温度高于40℃时镍的浸出率开始下降，主要原因可能是____________（从两个角度分析）。
②证明“沉镍”中，已经沉淀完全的实验步骤及现象为____________。
③电解过程产生的氯气在弱碱条件下生成了，再把二价镍氧化为三价镍，写出“氧化”反应的离子方程式____________。
【答案】（1） ①. [Ar]3d84s2 ②. 2
（2） ①. 配位键 ②. N ③. 正四面体
（3） ①. 金属 ②. 铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子
（4） ①. LaNi5 ②.
（5） ①. 温度高于40℃时，HCl挥发加快，导致盐酸浓度降低较快；Ni2+水解加快(或促进Ni2+水解)，部分生成Ni(OH)2 ②. 向“沉镍"后的上层清液中滴加Na2C2O4溶液，若不变浑浊，则说明Ni2+已经沉淀完全 ③. 2Ni(OH)2 + ClO- =Ni2O3 +Cl- +2H2O
【解析】
【分析】含镍废料（含镍、铝、氧化铁、碳等杂质）先进行预处理，用盐酸浸出，滤渣为碳，滤液中含有镍离子、铁离子、铝离子，用NiO调节溶液的pH除去铁离子、铝离子，滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，用草酸钠沉镍，滤液为氯化钠溶液，通电制得氯气，并制取次氯酸钠溶液，草酸镍加入氢氧化钠进行沉淀转化得到氢氧化镍，次氯酸钠氧化氢氧化镍得到。
【小问1详解】
镍为28号元素，基态镍原子的电子排布式为[Ar]3d84s2，3d能级有5个轨道，填充8个电子，未成对的电子数为2。
【小问2详解】
在中，Ni2+提供空轨道，NH3中氮原子提供孤电子对形成配位键，故与之间形成化学键称为配位键，配位原子是N；的中心原子S的价层电子对数为4，中心原子轨道杂化类型为sp3杂化，立体构型是正四面体。
【小问3详解】
金属单质或合金都是由金属键形成的晶体。元素铜与镍的第二电离能分别为：kJ⋅ml，kJ⋅ml，铜原子失去一个电子后Cu+的价电子排布式为3d10，3d轨道处于全充满状态，能量较低，较稳定，再失去一个电子较难。镍失去一个电子后Ni+的价电子排布式为3d84s1，再失去一个电子，失去的是4s能级轨道上的电子，较容易，所以元素铜的第二电离能大于镍的第二电离能。
【小问4详解】
①由晶胞结构可知，La原子处于晶胞的上、下面心及12个顶角，Ni原子有12个处于上、下底面、6个处于侧面上、6个位于晶胞内部，根据“均摊法”，每个晶胞含La原子数为，含Ni原子数为，则La、Ni原子个数比为3：15=1 ：5，故该储氢材料的化学式为LaNi5。
②晶胞底面边长为a nm，高为b nm，则晶胞的体积为，储氢后晶胞的质量为，则储氢后的晶胞密度为。
【小问5详解】
含镍废料（含镍、铝、氧化铁、碳等杂质）先进行预处理，用盐酸浸出，滤渣为碳，滤液中含有镍离子、铁离子、铝离子，用NiO调节溶液的pH除去铁离子、铝离子，滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，用草酸钠沉镍，滤液为氯化钠溶液，通电制得氯气，并制取次氯酸钠溶液，草酸镍加入氢氧化钠进行沉淀转化得到氢氧化镍，次氯酸钠氧化氢氧化镍得到。
①温度高于40℃时镍的浸出率开始下降，主要原因可能是温度高于40℃时，HCl挥发加快，导致盐酸浓度降低较快；Ni2+水解加快(或促进Ni2+水解)，部分生成Ni(OH)2。
②向“沉镍"后的上层清液中滴加Na2C2O4溶液，若不变浑浊，则说明Ni2+已经沉淀完全。
③电解过程产生的氯气在弱碱条件下生成了，再把二价镍氧化为三价镍，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该“氧化”反应的离子方程式为2Ni(OH)2 + ClO- =Ni2O3 +Cl- +2H2O。
14. 天然产物V具有抗疟活性，某研究小组以化合物Ⅰ为原料合成Ⅴ及其衍生物Ⅵ的路线如下（部分反应条件省略，Ph表示）：
（1）化合物Ⅰ的命称，______，化合物Ⅲ中含氧官能团有______（写名称）。
（2）反应①的方程式可表示为：Ⅰ+Ⅱ=Ⅲ+Z，化合物Z的分子式为______。
（3）化合物Ⅳ能发生银镜反应，写出其结构简式______。
（4）反应②的反应类型是______，反应③的反应类型是______。
（5）化合物Ⅵ的芳香族同分异构体中，同时满足如下条件的有______种，写出其中任意一种的结构简式______。
条件：a．能与NaHCO3反应；b．最多能与2倍物质的量的NaOH反应；c．能与3倍物质的量的Na发生放出H2的反应；d．核磁共振氢谱确定分子中有6个化学环境相同的氢原子；ę．不含手性碳原子（手性碳原子是指连有4个不同的原子或原子团的饱和碳原子）。
（6）已知：，根据上述信息，写出以苯酚的一种同系物及为原料合成的路线______（不需注明反应条件）。
【答案】（1） ①. 对羟基苯甲醛或4-羟基苯甲醛 ②. 羟基和醚键
（2）C18H15OP
（3） （4） ①. 加成反应或还原反应 ②. 氧化反应
（5） ①. 10 ②.
（6）
【解析】
【分析】I中醛基上的O原子被取代生成Ⅲ，根据反应条件知，反应②为加成反应，根据反应②产物的结构简式及Ⅳ分子式知，Ⅳ能发生有机反应，则Ⅳ含有酯基，Ⅳ为，反应③为氧化反应，反应④中碳碳双键发生加成反应，Ⅴ发生酯化反应生成Ⅵ；以苯酚的一种同系物及HOCH2CH2Cl为原料合成，根据“”知，合成的苯酚的同系物为，及HOCH2CH2Cl发生信息中的反应生成，发生水解反应生成，发生反应④类型的反应生成，据此分析解题。
【小问1详解】
由题干路线图中I的结构简式可知，化合物Ⅰ的名称为对羟基苯甲醛或4-羟基苯甲醛，由题干路线图中Ⅲ的结构简式可知，化合物Ⅲ中含氧官能团有羟基和醚键，故答案为：对羟基苯甲醛或4-羟基苯甲醛；羟基和醚键；
小问2详解】
反应①的方程式可表示为：Ⅰ+Ⅱ=Ⅲ+Z，根据I、Ⅱ、Ⅲ的结构简式知，Ⅱ中的CHOCH2CH3被I中的O原子取代，则Z为Ph3P=O，则化合物Z的分子式为C18H15OP，故答案为：C18H15OP；
【小问3详解】
由分析可知，化合物Ⅳ能发生银镜反应，其结构简式为：，故答案为：；
【小问4详解】
由分析可知，化合物Ⅳ的结构简式为：，反应②为Ⅳ中醛基与H2发生加成反应生成醇羟基，该反应的反应类型是加成反应或还原反应，比较Ⅳ、Ⅴ的结构简式可知，反应③的反应类型是氧化反应，故答案为：加成反应或还原反应；氧化反应；
【小问5详解】
化合物Ⅵ的不饱和度是5，Ⅵ的芳香族同分异构体中含有苯环，苯环的不饱和度是4，同分异构体同时满足如下条件：a）能与NaHCO3反应，说明含有-COOH，根据其不饱和度知，不含酯基或碳碳双键；b）最多能与2倍物质的量的NaOH反应，说明含有1个酚羟基；c）能与3倍物质的量的Na发生放出H2的反应，说明含有1个醇羟基；d）核磁共振氢谱确定分子中有6个化学环境相同的氢原子，说明含有2个甲基；e）不含手性碳原子（手性碳原子是指连有4个不同的原子或原子团的饱和碳原子），其取代基有3个，分别为-COOH、酚-OH、，如果-COOH、酚-OH相邻，有4种排列方式；
如果-COOH、酚-OH相间，有4种排列方式；如果-COOH、酚-OH相对，有2种排列方式，所以符合条件的同分异构体有10种，其中一种结构简式为，故答案为：10；；
【小问6详解】
以苯酚的一种同系物及HOCH2CH2Cl为原料合成，根据“”知，合成的苯酚的同系物为，及HOCH2CH2Cl发生信息中的反应生成，发生水解反应生成，发生反应④类型的反应生成，据此分析确定合成路线为：，故答案为：。
15. 锰的化合物用途与性质的探究，有关物质及颜色：（白色）、（棕黑色）、（绿色）、（紫色）。回答问题：
Ⅰ．用溶液氧化甲苯制苯甲酸，按如下流程分离苯甲酸和回收甲苯。
已知：苯甲酸相对分子质量是122，在225℃和95℃时溶解度分别为0.3 g和6.9 g。
（1）操作Ⅰ为______，操作Ⅱ为______。
（2）无色液体A是______，．定性检验A的试剂是______，现象是____________。
（3）该同学推测白色固体B是苯甲酸与少量KCl的混合物，简述提纯过程____________。
Ⅱ．探究在一定条件下被或氧化成的产物，实验装置如图（夹持装置略）：
实验ⅰ：物质a为5% KOH溶液，C中通入前产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀；通入后棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀。
实验ⅱ：物质a为40% KOH溶液，C中通入前后与实验ⅰ现象一样。
（4）通入前，C中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为____________。
（5）的氧化性与溶液的酸碱性无关，KClO的氧化性随碱性减弱而增强。取ⅰ中放置后的1 mL悬浊液，再加入4 mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是____________。
（6）浓碱条件下，可被还原为。取ⅱ中放置后的1 mL悬浊液，再加4 mL 40% KOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，溶液紫色变为绿色的离子方程式为____________。
（7）从反应速率的角度，分析实验ⅱ未得到绿色溶液的可能原因____________。
【答案】（1） ①. 分液 ②. 蒸馏
（2） ①. 甲苯 ②. 酸性高锰酸钾溶液 ③. 酸性高锰酸钾溶液褪色
（3）加热溶液、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
（4）2Mn(OH)2＋O2=2MnO2＋2H2O
（5）
（6）
（7）由于过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的被还原为的速率减小，因而实验Ⅲ未得到绿色溶液
【解析】
【分析】反应混合物中含有甲苯和苯甲酸钾、高锰酸钾溶液，经过分液后得到有机相含有甲苯，水相含有苯甲酸钾，苯甲酸钾经过酸化得到苯甲酸，在经过蒸发浓缩、冷却、过滤得到B为苯甲酸粗产品，有机相经过干燥、蒸馏得到A为甲苯。
在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，据此解答。
【小问1详解】
由分析知，操作Ⅰ为分液，操作Ⅱ为蒸馏。
【小问2详解】
由分析知，无色液体A是甲苯，定性检验A的试剂是酸性高锰酸钾溶液，现象是酸性高锰酸钾溶液褪色。
【小问3详解】
苯甲酸的溶解度随温度变化比较大，KCl的溶解度随温度变化不大，故提纯过程为加热溶液、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
小问4详解】
通入Cl2前，C中Mn2＋与碱性溶液中NaOH电离产生的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色的MnO2，则沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为2Mn(OH)2＋O2=2MnO2＋2H2O。
【小问5详解】
溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为，方程式为。
【小问6详解】
溶液紫色变为绿色是由于在浓碱条件下，可被还原为，离子方程式为。
【小问7详解】
由于过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的被还原为的速率减小，因而实验Ⅲ未得到绿色溶液。
16. 甲烧催化裂解是工业上制备乙炔的方法之一。回答下列问题：
（1）已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H1=-885 kJ/ml
2C2H2(g)+5O2(8)=4CO2(g)+2H2O(l) △H2= -2600 kJ/ml
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H3 =-572 kJ/ml
则2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g) △H=_______kJ/ml
（2）某科研小组尝试利用固体表面催化工艺进行CH4的裂解。
①若用分别表示CH4、C2H2、H2和固体催化剂，在固体催化剂表面CH4的裂解过程如图所示，从吸附到解吸的过程中，能量状态最高的是_______(填标号)，其理由是_______。
②在恒容密闭容器中充入a ml甲烷，测得单位时间内在固体催化剂表面CH4的转化率[ɑ(CH4)]与温度(t0°C)的关系如图所示，t0℃后CH4的转化率突减的原因可能是_______。
（3）甲烷分解体系中几种气体平衡分压(p/Pa)与温度(t/°C)的关系如图所示。
①在某温度下，向VL恒容密闭容器中充入0. 12 ml CH4只发生反应2CH4(g)C2H4(g) + 2H2 (g)，达到平衡时，测得p(H2)=p(CH4)。CH4的平衡转化率为_______(结果保留两位有效数字)。
②在图中，T°C时，化学反应2CH4(g)C2H2(g)+ 3H2(g)的压强平衡常数Kp=_______Pa2。
（4）CH4在催化剂作用下吸收二氧化碳反应为：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H= +120 kJ·ml-1，按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图所示。此反应优选温度为900°C的原因是_______。
【答案】（1）+388
（2） ①. B ②. A→B是甲烷中的C-H键断裂过程，断键吸热，A的能量小于B；B→C是形成化学键的过程，成键放热，B的能量大于C ③. 温度过高，催化剂活性降低
（3） ①. 50% ②.
（4）900°C时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低。
【解析】
【小问1详解】
①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H1=-885 kJ/ml
②2C2H2(g)+5O2(8)=4CO2(g)+2H2O(l) △H2= -2600 kJ/ml
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H3 =-572 kJ/ml
根据盖斯定律①×2-②- ③得2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g) △H=-885 kJ/ml×2+2600 kJ/ml+572 kJ/ml=+388kJ/ml
【小问2详解】
①A→B是甲烷中的C-H键断裂过程，断键吸热，A的能量小于B；B→C是形成化学键的过程，成键放热，B的能量大于C，能量状态最高的是B。
②2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g)正反应吸热，t0℃后，升高温度CH4的转化率突减的原因可能是温度过高，催化剂活性降低；
【小问3详解】
①设达到平衡时，参加反应的甲烷的物质的量为xml，测得p(H2)=p(CH4)，则0.12-x=x，所以x=0.06ml，CH4的平衡转化率为。
②根据图示，T°C时，CH4的压强为、H2的压强为、C2H2的压强为，反应2CH4(g)C2H2(g)+ 3H2(g)的压强平衡常数Kp=Pa2。
【小问4详解】
900°C时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低，所以此反应优选温度为900°C。选项
A
B
C
D
工序
化学实验
A.分别滴入2滴酚酞溶液
B.加热溶液
C.碱式滴定管排气泡
D.检查装置气密性
相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Fe56 Zn65 Ba137
第Ⅰ卷（选择题共36分）
选择题（本题包括12小题，每小题3分，共36分。每小题只有一个选项符合题意。）
1. 下列东阿阿胶传统工序与化学实验中的原理不具有对应关系的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．化皮指的是将皮煮化，与实验中的加热溶解原理类似，故A不符合题意；
B．除渣指的是用过滤方法将不溶性物质除掉，与实验中的过滤原理类似，故B不符合题意；
C．挂旗指的是熬制过程中达到挂旗的状态，用勺子舀起来非常黏稠，与实验中的蒸发浓缩原理类似，故C不符合题意；
D．凝胶指的是阿胶冷却凝固的过程，与实验中的渗析原理无关，故D符合题意；
答案选D。
2. 有利于实现“碳达峰、碳中和”的是
A. 风能发电B. 粮食酿酒C. 燃煤脱硫D. 石油裂化
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】碳达峰是指我国承诺2030年前，二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后逐步降低；碳中和是指通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”，故选A。
【点睛】
3. 下列说法正确的是
A. 键角：NH3＜NF3B. 放热反应不一定是自发进行的反应
C. 酸性：FCH2COOH＜ClCH2COOHD. 吸热反应一定是非自发进行的
【答案】B
【解析】
【详解】A．两者中心原子价层电子对数均为4，已知电负性：F＞N＞H，故NF3中成键电子对离中心原子更远，斥力更小，故键角更小，即键角：NH3＞NF3，A错误；
B．焓判据认为放热反应具有自发进行的倾向，能否实现要看反应的条件，即放热反应不一定是自发进行的反应，B正确；
C．电负性：F＞Cl，吸引电子的能力：F＞Cl，导致羧基中羟基的极性：FCH2COOH＞ClCH2COOH，极性越大，O-H键越易断裂，越易电离出H+，故酸性：FCH2COOH＞ClCH2COOH， C错误；
D．反应焓变是与反应能否自发进行有关的一个因素，但不是唯一因素，有些吸热反应也能自发进行，例如2NH4Cl(s)+Ba(OH)2•8H2O(s)=BaCl2(s)+2NH3(g)+10H2O(l)，D错误；
故答案为：B。
4. 下列化学用语表述不正确的是
A. 中子数为10的氧原子：
B. 基态N原子的价层电子排布图：
C. HClO的电子式：
D. 分子的VSEPR模型：
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知O是8号元素，质量数等于质子数加中子数，故中子数为10的氧原子表示为：，A正确；
B．已知N是7号元素，基态N原子的核外电子排布式为：1s22s22p3，则基态N原子的价层电子排布图：，B正确；
C．已知H、Cl最外层上只有1个未成对电子，O最外层有2个未成对电子，HClO为共价化合物，故HClO的电子式为：，C正确；
D．NH3分子中N原子的价层电子对数为3+（5-3）=4，VSEPR模型为四面体，含有1对孤电子对，即，D错误；
故答案为：D。
5. 萜品醇的结构如图所示。下列说法正确的是
A. 可以发生加成反应B. 分子中所有碳原子共平面
C. 与乙醇互为同系物D. 属于酚类物质
【答案】A
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，萜品醇分子中含有的碳碳双键能发生加成反应，故A正确；
B．由结构简式可知，萜品醇分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，则分子中的所有碳原子不可能共平面，故B错误；
C．同系物必须是含有相同数目的相同官能团的同类物质，由结构简式可知，萜品醇分子中含有的官能团与乙醇不同，不是同类物质，不可能互为同系物，故C错误；
D．由结构简式可知，萜品醇分子中不含有苯环，不可能属于酚类物质，故D错误；
故选A。
6. 下列说法不正确的是
A. 甘氨酸和丙氨酸混合，在一定条件下可生成4种二肽
B. 乙酸、苯甲酸、乙二酸(草酸)均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 纤维素与乙酸酐作用生成的醋酸纤维可用于生产电影胶片片基
D. 工业上通常用植物油与氢气反应生产人造奶油
【答案】B
【解析】
【详解】A．甘氨酸和丙氨酸混合在一定条件下形成二肽，甘氨酸与甘氨酸、丙氨酸与丙氨酸脱水可形成2种二肽，甘氨酸的羧基与丙氨酸的氨基、甘氨酸的氨基与丙氨酸的羧基可脱水形成2种二肽，共可生成4种二肽，A正确；
B．乙二酸具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，反应的离子方程式为2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，B错误；
C．纤维素的每个葡萄糖单元中含3个醇羟基，纤维素可表示为[C6H7O2(OH)3]n，纤维素能与乙酸酐反应生成醋酸纤维，醋酸纤维不易燃烧，可用于生产电影胶片片基，C正确；
D．植物油中含碳碳双键，植物油一定条件下能与氢气发生加成反应生成脂肪，此过程称油脂的氢化或油脂的硬化，用于生产人造奶油，D正确；
答案选B。
7. 化学是一门以实验为基础的学科。下列操作或现象错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．同种浓度下，碳酸钠的碱性比碳酸氢钠大，A项正确；
B．试管夹应夹在距试管口1/3处，B项错误；
C．碱式滴定管将胶管向上弯曲，用力捏挤玻璃珠使溶液从尖嘴喷出，以排除气泡，C项正确；
D．止水夹夹紧，长颈漏斗形成稳定水柱，D项正确；
故答案选B。
8. SO2溶于水后溶液的实验探究中，下列依实验操作及现象得出的结论正确的是
A. 向SO2溶液中加入少量品红溶液，品红溶液褪色，说明SO2水溶液具有漂白性
B. 向SO2溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，说明SO2水溶液中含有
C. 向SO2溶液中通入H2S气体，有淡黄色沉淀产生，说明SO2水溶液具有还原性
D. 向KMnO4溶液中滴加SO2溶液，溶液颜色褪去，说明SO2水溶液具有漂白性
【答案】A
【解析】
【详解】A．二氧化硫具有漂白性可以使品红溶液褪色，品红溶液中不断的通入SO2气体，品红溶液褪色，说明SO2水溶液具有漂白性，A符合题意；
B．向SO2溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，SO2与H2O反应电离出H+，硝酸钡电离出硝酸根离子，SO2被硝酸氧化生成，和Ba2+反应生成BaSO4沉淀，故有白色沉淀产生，不能说明SO2水溶液中含有，B不合题意；
C．将SO2水溶液中通入H2S气体，发生氧化还原反应生成淡黄色沉淀S，由S元素的化合价降低可知SO2水溶液具有氧化性，C不合题意；
D．高锰酸钾可氧化二氧化硫，溶液褪色，体现二氧化硫的还原性，而不是漂白性，D不合题意；
故答案为：A。
9. 1-丁醇、溴化钠和70%的硫酸共热反应，经过回流、蒸馏、萃取分液制得1-溴丁烷粗产品，装置如图所示：
已知：
下列说法正确的是
A. 装置I中回流的目的是为了减少物质的挥发，提高产率
B. 装置Ⅱ中a为进水口，b为出水口
C. 用装置Ⅲ萃取分液时，将分层的液体依次从下放出
D. 经装置Ⅲ得到的粗产品干燥后，使用装置Ⅱ再次蒸馏，可得到更纯的产品
【答案】AD
【解析】
【分析】根据题意1-丁醇、溴化钠和70%的硫酸在装置I中共热发生得到含、、NaHSO4、NaBr、H2SO4的混合物，混合物在装置Ⅱ中蒸馏得到和的混合物，在装置Ⅲ中用合适的萃取剂萃取分液得粗产品。
【详解】A．浓硫酸和NaBr会产生HBr，1-丁醇以及浓硫酸和NaBr产生的HBr均易挥发，用装置I回流可减少反应物的挥发，提高产率，A正确；
B．冷凝水应下进上出，装置Ⅱ中b为进水口，a为出水口，B错误；
C．用装置Ⅲ萃取分液时，将下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，C错误；
D．由题意可知经装置Ⅲ得到粗产品，由于粗产品中各物质沸点不同，再次进行蒸馏可得到更纯的产品，D正确；
选AD。
10. 一种能在较低电压下获得氢气和氧气的电化学装置如图所示。下列说法正确的是
A. 电极a与电源的负极相连，电极b为阳极
B. 隔膜为阴离子交换膜，从电解池的左室通过隔膜向右室迁移
C. 反应器I中发生的反应为
D. 该装置总反应为，气体N是氧气
【答案】C
【解析】
【分析】根据装置图可知，电极a上发生[Fe(CN)6]4-→[Fe(CN)6]3-，铁元素的化合价由+2价升高为+3价，根据电解原理，该电极为阳极，则电极b为阴极，据此分析；
【详解】A．由图可知，电极a的电极反应为[Fe(CN)6]4-－e-→[Fe(CN)6]3-，则电极a为阳极，与电源的正极相连，电极b为阴极，故A错误；
B．根据装置图可知，电极b的电极反应为DHPS+2H2O+2e-=DHPS-2H+2OH-，根据电解原理可知，阴离子向阳极移动，即OH-从电解池的右室通过隔膜向左室迁移，隔膜为阴离子交换膜，故B错误；
C．反应器Ⅰ中发生的反应为，故C正确；
D．根据上述分析以及本装置的作用可知，该装置的总反应为，气体N是氢气，故D错误；
答案为C。
11. 草酸()是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验I：往溶液中滴加溶液。
实验Ⅱ：往溶液中滴加溶液。
[已知：的电离常数，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法正确的是
A. 实验I可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点
B. 实验I中时，存在
C. 实验Ⅱ中发生反应
D. 实验Ⅱ中时，溶液中
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验误差要选用变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验I可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，故A错误；
B．实验I中时，溶质是、且两者物质的量浓度相等，，，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在，故B错误；
C．实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而过量，因此该反应在初始阶段发生的是，该反应的平衡常数为，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当完全消耗后，再和发生反应，故C错误；
D．实验Ⅱ中时，溶液中的钙离子浓度为，溶液中，故D正确。
综上所述，答案为D。
12. CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。
下列说法不正确的是
A. 反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2
B. t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2
C. t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率
D. t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CO2=CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为，A正确；
B．由题干图2信息可知，t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1:2，B正确；
C．由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mml/min，而CO变为1~2mml/min之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C错误；
D．由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；
答案选C。
第Ⅱ卷（非选择题共64分）
注意事项：第Ⅱ卷共4页，用蓝、黑色墨水的钢笔或圆珠笔直接答在答题纸上。
相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Ni59 La139
13. 东晋《华阳国志•南中志》已有白铜（铜镍合金）的记载，回答下列问题：
（1）镍元素基态原子的电子排布式为______，3d能级上的未成对的电子数为______。
（2）硫酸镍溶于氨水形成蓝色溶液，在中与之间形成的化学键称为______，配位原子是______，中阴离子的立体构型是______。
（3）单质铜及镍都是由______键形成的晶体，元素铜与镍的第二电离能分别为：kJ⋅ml，kJ⋅ml，的原因是____________。
（4）现有La、Ni合金是较为理想的储氢材料，其晶胞结构如图1所示：
①该储氢材料的化学式为______。
②已知晶胞参数边长为a nm，高为b nm，设阿伏加德罗常数的值为。若一个晶胞内可以储存18个氢原子，则储氢后的晶胞密度为______g·cm。
（5）用含镍废料（含镍、铝、氧化铁、碳等杂质）提取蓄电池材料，流程如图2所示：
已知：易溶于水，不能氧化。
①酸浸时镍的浸出率与温度的关系如图3所示，温度高于40℃时镍的浸出率开始下降，主要原因可能是____________（从两个角度分析）。
②证明“沉镍”中，已经沉淀完全的实验步骤及现象为____________。
③电解过程产生的氯气在弱碱条件下生成了，再把二价镍氧化为三价镍，写出“氧化”反应的离子方程式____________。
【答案】（1） ①. [Ar]3d84s2 ②. 2
（2） ①. 配位键 ②. N ③. 正四面体
（3） ①. 金属 ②. 铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子
（4） ①. LaNi5 ②.
（5） ①. 温度高于40℃时，HCl挥发加快，导致盐酸浓度降低较快；Ni2+水解加快(或促进Ni2+水解)，部分生成Ni(OH)2 ②. 向“沉镍"后的上层清液中滴加Na2C2O4溶液，若不变浑浊，则说明Ni2+已经沉淀完全 ③. 2Ni(OH)2 + ClO- =Ni2O3 +Cl- +2H2O
【解析】
【分析】含镍废料（含镍、铝、氧化铁、碳等杂质）先进行预处理，用盐酸浸出，滤渣为碳，滤液中含有镍离子、铁离子、铝离子，用NiO调节溶液的pH除去铁离子、铝离子，滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，用草酸钠沉镍，滤液为氯化钠溶液，通电制得氯气，并制取次氯酸钠溶液，草酸镍加入氢氧化钠进行沉淀转化得到氢氧化镍，次氯酸钠氧化氢氧化镍得到。
【小问1详解】
镍为28号元素，基态镍原子的电子排布式为[Ar]3d84s2，3d能级有5个轨道，填充8个电子，未成对的电子数为2。
【小问2详解】
在中，Ni2+提供空轨道，NH3中氮原子提供孤电子对形成配位键，故与之间形成化学键称为配位键，配位原子是N；的中心原子S的价层电子对数为4，中心原子轨道杂化类型为sp3杂化，立体构型是正四面体。
【小问3详解】
金属单质或合金都是由金属键形成的晶体。元素铜与镍的第二电离能分别为：kJ⋅ml，kJ⋅ml，铜原子失去一个电子后Cu+的价电子排布式为3d10，3d轨道处于全充满状态，能量较低，较稳定，再失去一个电子较难。镍失去一个电子后Ni+的价电子排布式为3d84s1，再失去一个电子，失去的是4s能级轨道上的电子，较容易，所以元素铜的第二电离能大于镍的第二电离能。
【小问4详解】
①由晶胞结构可知，La原子处于晶胞的上、下面心及12个顶角，Ni原子有12个处于上、下底面、6个处于侧面上、6个位于晶胞内部，根据“均摊法”，每个晶胞含La原子数为，含Ni原子数为，则La、Ni原子个数比为3：15=1 ：5，故该储氢材料的化学式为LaNi5。
②晶胞底面边长为a nm，高为b nm，则晶胞的体积为，储氢后晶胞的质量为，则储氢后的晶胞密度为。
【小问5详解】
含镍废料（含镍、铝、氧化铁、碳等杂质）先进行预处理，用盐酸浸出，滤渣为碳，滤液中含有镍离子、铁离子、铝离子，用NiO调节溶液的pH除去铁离子、铝离子，滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，用草酸钠沉镍，滤液为氯化钠溶液，通电制得氯气，并制取次氯酸钠溶液，草酸镍加入氢氧化钠进行沉淀转化得到氢氧化镍，次氯酸钠氧化氢氧化镍得到。
①温度高于40℃时镍的浸出率开始下降，主要原因可能是温度高于40℃时，HCl挥发加快，导致盐酸浓度降低较快；Ni2+水解加快(或促进Ni2+水解)，部分生成Ni(OH)2。
②向“沉镍"后的上层清液中滴加Na2C2O4溶液，若不变浑浊，则说明Ni2+已经沉淀完全。
③电解过程产生的氯气在弱碱条件下生成了，再把二价镍氧化为三价镍，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该“氧化”反应的离子方程式为2Ni(OH)2 + ClO- =Ni2O3 +Cl- +2H2O。
14. 天然产物V具有抗疟活性，某研究小组以化合物Ⅰ为原料合成Ⅴ及其衍生物Ⅵ的路线如下（部分反应条件省略，Ph表示）：
（1）化合物Ⅰ的命称，______，化合物Ⅲ中含氧官能团有______（写名称）。
（2）反应①的方程式可表示为：Ⅰ+Ⅱ=Ⅲ+Z，化合物Z的分子式为______。
（3）化合物Ⅳ能发生银镜反应，写出其结构简式______。
（4）反应②的反应类型是______，反应③的反应类型是______。
（5）化合物Ⅵ的芳香族同分异构体中，同时满足如下条件的有______种，写出其中任意一种的结构简式______。
条件：a．能与NaHCO3反应；b．最多能与2倍物质的量的NaOH反应；c．能与3倍物质的量的Na发生放出H2的反应；d．核磁共振氢谱确定分子中有6个化学环境相同的氢原子；ę．不含手性碳原子（手性碳原子是指连有4个不同的原子或原子团的饱和碳原子）。
（6）已知：，根据上述信息，写出以苯酚的一种同系物及为原料合成的路线______（不需注明反应条件）。
【答案】（1） ①. 对羟基苯甲醛或4-羟基苯甲醛 ②. 羟基和醚键
（2）C18H15OP
（3） （4） ①. 加成反应或还原反应 ②. 氧化反应
（5） ①. 10 ②.
（6）
【解析】
【分析】I中醛基上的O原子被取代生成Ⅲ，根据反应条件知，反应②为加成反应，根据反应②产物的结构简式及Ⅳ分子式知，Ⅳ能发生有机反应，则Ⅳ含有酯基，Ⅳ为，反应③为氧化反应，反应④中碳碳双键发生加成反应，Ⅴ发生酯化反应生成Ⅵ；以苯酚的一种同系物及HOCH2CH2Cl为原料合成，根据“”知，合成的苯酚的同系物为，及HOCH2CH2Cl发生信息中的反应生成，发生水解反应生成，发生反应④类型的反应生成，据此分析解题。
【小问1详解】
由题干路线图中I的结构简式可知，化合物Ⅰ的名称为对羟基苯甲醛或4-羟基苯甲醛，由题干路线图中Ⅲ的结构简式可知，化合物Ⅲ中含氧官能团有羟基和醚键，故答案为：对羟基苯甲醛或4-羟基苯甲醛；羟基和醚键；
小问2详解】
反应①的方程式可表示为：Ⅰ+Ⅱ=Ⅲ+Z，根据I、Ⅱ、Ⅲ的结构简式知，Ⅱ中的CHOCH2CH3被I中的O原子取代，则Z为Ph3P=O，则化合物Z的分子式为C18H15OP，故答案为：C18H15OP；
【小问3详解】
由分析可知，化合物Ⅳ能发生银镜反应，其结构简式为：，故答案为：；
【小问4详解】
由分析可知，化合物Ⅳ的结构简式为：，反应②为Ⅳ中醛基与H2发生加成反应生成醇羟基，该反应的反应类型是加成反应或还原反应，比较Ⅳ、Ⅴ的结构简式可知，反应③的反应类型是氧化反应，故答案为：加成反应或还原反应；氧化反应；
【小问5详解】
化合物Ⅵ的不饱和度是5，Ⅵ的芳香族同分异构体中含有苯环，苯环的不饱和度是4，同分异构体同时满足如下条件：a）能与NaHCO3反应，说明含有-COOH，根据其不饱和度知，不含酯基或碳碳双键；b）最多能与2倍物质的量的NaOH反应，说明含有1个酚羟基；c）能与3倍物质的量的Na发生放出H2的反应，说明含有1个醇羟基；d）核磁共振氢谱确定分子中有6个化学环境相同的氢原子，说明含有2个甲基；e）不含手性碳原子（手性碳原子是指连有4个不同的原子或原子团的饱和碳原子），其取代基有3个，分别为-COOH、酚-OH、，如果-COOH、酚-OH相邻，有4种排列方式；
如果-COOH、酚-OH相间，有4种排列方式；如果-COOH、酚-OH相对，有2种排列方式，所以符合条件的同分异构体有10种，其中一种结构简式为，故答案为：10；；
【小问6详解】
以苯酚的一种同系物及HOCH2CH2Cl为原料合成，根据“”知，合成的苯酚的同系物为，及HOCH2CH2Cl发生信息中的反应生成，发生水解反应生成，发生反应④类型的反应生成，据此分析确定合成路线为：，故答案为：。
15. 锰的化合物用途与性质的探究，有关物质及颜色：（白色）、（棕黑色）、（绿色）、（紫色）。回答问题：
Ⅰ．用溶液氧化甲苯制苯甲酸，按如下流程分离苯甲酸和回收甲苯。
已知：苯甲酸相对分子质量是122，在225℃和95℃时溶解度分别为0.3 g和6.9 g。
（1）操作Ⅰ为______，操作Ⅱ为______。
（2）无色液体A是______，．定性检验A的试剂是______，现象是____________。
（3）该同学推测白色固体B是苯甲酸与少量KCl的混合物，简述提纯过程____________。
Ⅱ．探究在一定条件下被或氧化成的产物，实验装置如图（夹持装置略）：
实验ⅰ：物质a为5% KOH溶液，C中通入前产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀；通入后棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀。
实验ⅱ：物质a为40% KOH溶液，C中通入前后与实验ⅰ现象一样。
（4）通入前，C中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为____________。
（5）的氧化性与溶液的酸碱性无关，KClO的氧化性随碱性减弱而增强。取ⅰ中放置后的1 mL悬浊液，再加入4 mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是____________。
（6）浓碱条件下，可被还原为。取ⅱ中放置后的1 mL悬浊液，再加4 mL 40% KOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，溶液紫色变为绿色的离子方程式为____________。
（7）从反应速率的角度，分析实验ⅱ未得到绿色溶液的可能原因____________。
【答案】（1） ①. 分液 ②. 蒸馏
（2） ①. 甲苯 ②. 酸性高锰酸钾溶液 ③. 酸性高锰酸钾溶液褪色
（3）加热溶液、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
（4）2Mn(OH)2＋O2=2MnO2＋2H2O
（5）
（6）
（7）由于过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的被还原为的速率减小，因而实验Ⅲ未得到绿色溶液
【解析】
【分析】反应混合物中含有甲苯和苯甲酸钾、高锰酸钾溶液，经过分液后得到有机相含有甲苯，水相含有苯甲酸钾，苯甲酸钾经过酸化得到苯甲酸，在经过蒸发浓缩、冷却、过滤得到B为苯甲酸粗产品，有机相经过干燥、蒸馏得到A为甲苯。
在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，据此解答。
【小问1详解】
由分析知，操作Ⅰ为分液，操作Ⅱ为蒸馏。
【小问2详解】
由分析知，无色液体A是甲苯，定性检验A的试剂是酸性高锰酸钾溶液，现象是酸性高锰酸钾溶液褪色。
【小问3详解】
苯甲酸的溶解度随温度变化比较大，KCl的溶解度随温度变化不大，故提纯过程为加热溶液、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
小问4详解】
通入Cl2前，C中Mn2＋与碱性溶液中NaOH电离产生的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色的MnO2，则沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为2Mn(OH)2＋O2=2MnO2＋2H2O。
【小问5详解】
溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为，方程式为。
【小问6详解】
溶液紫色变为绿色是由于在浓碱条件下，可被还原为，离子方程式为。
【小问7详解】
由于过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的被还原为的速率减小，因而实验Ⅲ未得到绿色溶液。
16. 甲烧催化裂解是工业上制备乙炔的方法之一。回答下列问题：
（1）已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H1=-885 kJ/ml
2C2H2(g)+5O2(8)=4CO2(g)+2H2O(l) △H2= -2600 kJ/ml
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H3 =-572 kJ/ml
则2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g) △H=_______kJ/ml
（2）某科研小组尝试利用固体表面催化工艺进行CH4的裂解。
①若用分别表示CH4、C2H2、H2和固体催化剂，在固体催化剂表面CH4的裂解过程如图所示，从吸附到解吸的过程中，能量状态最高的是_______(填标号)，其理由是_______。
②在恒容密闭容器中充入a ml甲烷，测得单位时间内在固体催化剂表面CH4的转化率[ɑ(CH4)]与温度(t0°C)的关系如图所示，t0℃后CH4的转化率突减的原因可能是_______。
（3）甲烷分解体系中几种气体平衡分压(p/Pa)与温度(t/°C)的关系如图所示。
①在某温度下，向VL恒容密闭容器中充入0. 12 ml CH4只发生反应2CH4(g)C2H4(g) + 2H2 (g)，达到平衡时，测得p(H2)=p(CH4)。CH4的平衡转化率为_______(结果保留两位有效数字)。
②在图中，T°C时，化学反应2CH4(g)C2H2(g)+ 3H2(g)的压强平衡常数Kp=_______Pa2。
（4）CH4在催化剂作用下吸收二氧化碳反应为：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H= +120 kJ·ml-1，按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图所示。此反应优选温度为900°C的原因是_______。
【答案】（1）+388
（2） ①. B ②. A→B是甲烷中的C-H键断裂过程，断键吸热，A的能量小于B；B→C是形成化学键的过程，成键放热，B的能量大于C ③. 温度过高，催化剂活性降低
（3） ①. 50% ②.
（4）900°C时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低。
【解析】
【小问1详解】
①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H1=-885 kJ/ml
②2C2H2(g)+5O2(8)=4CO2(g)+2H2O(l) △H2= -2600 kJ/ml
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H3 =-572 kJ/ml
根据盖斯定律①×2-②- ③得2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g) △H=-885 kJ/ml×2+2600 kJ/ml+572 kJ/ml=+388kJ/ml
【小问2详解】
①A→B是甲烷中的C-H键断裂过程，断键吸热，A的能量小于B；B→C是形成化学键的过程，成键放热，B的能量大于C，能量状态最高的是B。
②2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g)正反应吸热，t0℃后，升高温度CH4的转化率突减的原因可能是温度过高，催化剂活性降低；
【小问3详解】
①设达到平衡时，参加反应的甲烷的物质的量为xml，测得p(H2)=p(CH4)，则0.12-x=x，所以x=0.06ml，CH4的平衡转化率为。
②根据图示，T°C时，CH4的压强为、H2的压强为、C2H2的压强为，反应2CH4(g)C2H2(g)+ 3H2(g)的压强平衡常数Kp=Pa2。
【小问4详解】
900°C时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低，所以此反应优选温度为900°C。选项
A
B
C
D
工序
化学实验
A.分别滴入2滴酚酞溶液
B.加热溶液
C.碱式滴定管排气泡
D.检查装置气密性
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