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江西省宜春市宜丰中学2024届高三下学期模拟预测化学试题（Word版附解析）
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这是一份江西省宜春市宜丰中学2024届高三下学期模拟预测化学试题（Word版附解析），文件包含2024届江西省宜春市宜丰中学高三下学期模拟预测化学试题原卷版docx、2024届江西省宜春市宜丰中学高三下学期模拟预测化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
一、单选题(每小题3分，共42分)
1. 中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列叙述错误的是
A. 江西博物馆中“《论语》竹简”中竹简的主要成分是纤维素
B. 安徽古代科学家方以智在其《物理小识》“有硇水者，剪银块投之，则旋而为水”，其中的“硇水”指醋酸
C. 甘肃出土的春秋早期秦国的铜柄铁剑中，铁元素有化合态和游离态两种存在形式
D. 广西壮锦的主要原料是蚕丝等，蚕丝属于有机高分子化合物
【答案】B
【解析】
【详解】A．竹简由竹子做成，主要成分是纤维素，A正确；
B．硇水可以溶解银块，醋酸不能溶解银块，所以硇水是硝酸，B不正确；
C．铁剑中部分铁生锈生成氧化铁，故铁剑中铁元素有化合态和游离态两种存在形式，C正确；
D．蚕丝属于蛋白质，是有机高分子化合物，D正确；
答案选B。
2. 下列化学用语表达正确的是
A. 基态离子的价电子排布图为
B. N，N-二甲基苯甲酰胺的结构简式：
C. 分子的球棍模型：
D. 的电子式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．基态离子的价电子排布式为，排布图为，A错误；
B．N，N-二甲基苯甲酰胺的结构简式正确，B正确；
C．图示为臭氧分子的VSEPR模型，C错误；
D．是由钙离子和过氧根离子构成的，过氧根电子式写错了，D错误；
故选B。
3. 下列离子方程式与所给事实不相符的是
A. 将二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液：
B. 酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水：
C. 将二氧化碳通入碳酸钠溶液中：
D. 溶液与足量溶液混合：
【答案】D
【解析】
【详解】A．将二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，离子方程式为：，故A正确；
B．酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水，碘离子被过氧化氢氧化为碘单质同时生成水，，故B正确；
C．将二氧化碳通入碳酸钠溶液中生成碳酸氢根，离子方程式为：，故C正确；
D．溶液与足量溶液反应，亚硫酸根离子、铵根离子均和氢氧根离子完全反应：，故D错误；
故选D。
4. 现有M、Q、R、T、W、X、Y七种前四周期常见元素，原子序数依次递增。其中，M具有一种没有中子的同位素；Q是植物生长三要素之一；R是地壳中含量最多的元素，且W与R的最外层电子数相同；T、Y是金属元素，其中T的原子半径是短周期中最大的，能与X形成离子化合物；含Y的金属是用量最大的金属材料，其合金被称为“黑色金属”。下列说法错误的是
A. M元素与Q、R元素形成的两种微粒的键角：QM>M3R+
B. Q、R、T三种元素简单离子的半径：T>R>Q
C. T、W、X、Y四种元素的第一电离能：X>W>Y>T
D. WR、XR的VSEPR模型与实际空间构型均相同
【答案】B
【解析】
【分析】现有M、Q、R、T、W、X、Y七种前四周期常见元素，原子序数依次递增，其中，M具有一种没有中子的同位素，M是H，Q是植物生长三要素之一，R是地壳中含量最多的元素，R是O，所以Q是N，且W与R的最外层电子数相同，则W是S，T、Y是金属元素，其中T的原子半径是短周期中最大的，T是Na，能与X形成离子化合物，所以X是Cl，含Y的金属是用量最大的金属材料，其合金被称为“黑色金属” ，Y是Fe ；
【详解】A． 为NH，中心原子N的孤电子对为，价层电子对为0+4=4，与4个H形成4个σ键，无孤电子对，为正四面体结构，M3R+为H3O＋，中心原子O的孤电子对为，价层电子对为1+3=4， H3O＋为三角锥形；孤电子对对成键电子对的排斥作用大于对成键电子对间的排斥作用，使键角减小，因此NH的键角大于H3O＋，A正确；
B．Q、R、T三种元素分别为N、O、Na，对应的简单离子为N3-、O2-、Na＋，三种离子的电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，N3->O2->Na＋，即Q>R>T，B错误；
C．T、W、X、Y四种元素分别为Na、S、Cl、Fe，一般情况下：金属性越强，第一电离能越小，非金属性越强，第一电离能越大，一般非金属的第一电离能大于金属的第一电离能，则第一电离能有Cl>S>Fe>Na，即X>W>Y>T，C正确；
D． 、分别为、，中心原子S的孤电子对为，价层电子对为0+4=4， VSEPR模型为正四面体形，S与4个O形成4个σ键，无孤电子对，空间构型为正四面体形，中心原子Cl的孤电子对为，价层电子对为0+4=4， VSEPR模型为正四面体形，Cl与4个O形成4个σ键，无孤电子对，空间构型为正四面体形，则、的VSEPR模型与实际空间构型均相同，D正确；
故选B。
5. 氨氧化法是工业制硝酸的重要途径，其中氨氧化过程如下图所示。下列说法错误的是
A. 能降低氧化的活化能
B. 该过程的总反应式为：
C. 第一电离能：O>N>H
D. 可用氨还原法处理硝酸工业的尾气
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，反应物为NH3和氧气，生成物为水与NO，Pt / CaTiO3为反应的催化剂，据此回答。
【详解】A．Pt / CaTiO3为反应的催化剂，降低NH3氧化的活化能，A正确；
B．根据分析可知，该过程的总反应式为：，B正确；
C．第一电离能：N>O>H，N的2p能级半满，能量低，比相邻元素第一电离能大，C错误；
D．氨还原法处理硝酸工业的尾气NO，方程式为，D正确；
故选C。
6. 下列叙述中，事实与对应解释错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．H3C–是推电子基团，使羧基中氧氢键极性减小，氢离子不易电离，所以酸性：HCOOH > CH3COOH，A正确；
B．乙醇CH3CH2OH，其中的-OH与水分子中的-OH相近，因而乙醇能与水互溶，而戊醇CH3CH2CH2CH2CH2OH中烃基较大，其中的-OH与水分子中的-OH相似因素小得多，因而戊醇在水中溶解度明显减小，B正确；
C．金刚石为共价晶体，石墨为混合型晶体，层内共价键，层间为范德华力，所以硬度：金刚石>石墨，C正确；
D．范德华力、氢键影响物质的部分物理性质，稳定性属于物质的化学性质，H2O的稳定性强于H2S，是因为O的原子半径比S小，O的非金属性比S强，导致H-O键能强于H-S，即H2O的稳定性强于H2S，D错误；
答案选D。
7. AlN是一种半导体材料，一种制备方法是。设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 消耗等物质的量Al2O3和N2，转移电子数目为6NA
B. 12 g C(石墨)含非极性键数目为3NA
C. 标准状况下，11.2 L CO含键数目为NA
D. 0.1 ml Al2O3溶于足量盐酸，溶液中含Al3+数目为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于不知道等物质的量的Al2O3和N2具体物质的量，无法计算转移的电子数目，A错误；
B．石墨为12gC，石墨的物质的量为1ml，含1mlml非极性键，即非极性键数目为1.5NA，B错误；
A．CO与N2互为等电子体，结构相似，而1个分子含2个键，标准状况下，的物质的量为，含键，C正确；
D．会水解，溶于足量盐酸，溶液中含数目小于，D错误；
答案选C。
8. 数字化实验是研究化学变化的重要手段，为验证次氯酸光照分解的产物，某同学采用三种传感器分别测得氯水光照过程中pH、Cl-浓度、体积分数的变化，实验数据如图所示，下列叙述错误的是
A. 从0s到150s，溶液pH降低的原因是右移
B. 氯水在光照过程中可能出现
C. 从50 s到150 s，的平均生成速率约为
D. 从0 s到150 s，溶液中 增加到起始浓度的倍
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯水中存在、，HClO见光分解，使右移，c(H+)增大，溶液pH降低，A正确；
B．根据电荷守恒可知，则氯水在光照过程中不会出现，B错误；
C．从50 s到150 s，的变化浓度为400mg/L，则平均生成速率约为=，故C正确；
D．从0 s到150 s，溶液的pH由2降低到1.5，则溶液中 增加到起始浓度的=倍，故D正确；
故答案为B。
9. 氢能是一种极具发展潜能的清洁能源。对于可逆反应： ，在容积恒为2L的密闭容器中，将2.0mlC0与8.0mlH2混合加热到830℃发生上述反应，5min时达到平衡，CO的转化率是80%。实验发现，其他条件不变，在相同时间内，向上述体系中投入一定量的CaO可以增大H2的体积分数。选用相同质量、不同粒径的CaO固体进行实验时，对比实验的结果如图所示。下列叙述中错误的是
(已知：1微米 = 10-6米，1纳米= 10-9米)。
A. 微米CaO和纳米CaO对平衡影响不同主要是CaO作为催化剂表面积越大，反应的速率越快
B. 在生产中，增大的用量可同时提高CO的转化率和的产率
C. 5min内的平均反应速率
D. 平衡时间容器中通入He增大压强，平衡不移动
【答案】A
【解析】
【详解】A．CaO可吸收生成的，促进平衡正向移动，表面积越大，吸收越充分，不是作为催化剂，A不正确；
B．增大的用量，平衡正向移动，可同时提高CO的转化率和的产率，B正确；
C．根据题中所给数据列三段式进行计算
内的平均反应速率，C正确；
D．反应容器为恒容容器，平衡时向容器中通入增大压强，不影响反应物和产物的浓度，平衡不移动，D正确；
故答案为：A。
10. 榕江葛根是贵州黔东南榕江县特产、国家地理标志保护产品，葛根中含有丰富的葛根素，葛根素具有增强心肌收缩力，降低血压等作用，如图是葛根素结构简式，下列说法正确的是
A. 葛根素的分子式为
B. 葛根素分子可与反应，与反应，与反应
C. 葛根素分子能使FeCl3溶液显紫色，也能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 葛根素分子中C原子存在杂化
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，葛根素的分子式为C21H20O9，故A错误；
B．由结构简式可知，葛根素分子中含有的羟基能与钠反应、含有的酚羟基能与氢氧化钠溶液反应、含有的苯环和酮羰基能与氢气反应，则1ml葛根素分子可与6ml钠反应、与2ml氢氧化钠反应，与8ml氢气反应，故B错误；
C．由结构简式可知，葛根素分子中含有的酚羟基、碳碳双键，酚羟基能使FeCl3溶液显紫色，碳碳双键能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D．由结构简式可知，葛根素的分子式中含有的饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，含有的双键和苯环碳原子的杂化方式为sp2杂化，故D错误；
故选C。
11. 为减少的排放，科研工作者利用与电解转化法从烟气中分离的原理如图。已知气体可选择性通过膜电极，溶液不能通过。下列说法不正确的是
A. 为电源正极
B. 在极被还原
C. 溶液中的物质的量保持不变
D. 极上的反应为
【答案】B
【解析】
【分析】结合该电解池图示中的信息可知，M 极发生的是由转化为的过程，从分子组成上看，该过程中是一个加氢的过程，属于还原反应，故 M 极为阴极，则阴极的电极反应式为：+2+=+，故与M相连的a电极为负极，b为电源正极，N为阳极，阳极的电极反应式为，由此分析回答；
【详解】A．由分析可知，b为电源正极，A正确；
B．M 极为阴极，则阴极的电极反应式为：+2+=+，可知整个过程 CO2 并未被还原，CO2 在 M 极上发生反应为：CO2+OH−=， B错误；
C．结合阴极的电极反应式：+2+=+，阳极的电极反应式：，可知该电解池中的总反应的方程式可表示为：，在该电解池中 Q 相当于是反应的催化剂，结合该电解装置中气体可选择性通过膜电极、溶液不能通过，则溶液中 Q 的物质的量保持不变，C正确；
D．极为阳极，电极反应式为，D正确；
故选B。
12. 某化学兴趣小组对教材中乙醇氧化及产物检验的实验进行了改进和创新，其改进实验装置如图所示，按图组装好仪器，装好试剂。下列有关改进实验的叙述不正确的是
A. 点燃酒精灯，轻轻推动注射器活塞即可实现乙醇氧化及部分产物的检验
B. 铜粉黑红变化有关反应为：2Cu+O22CuO、C2H5OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O
C. 硫酸铜粉末变蓝，说明乙醇氧化反应生成了水
D. 在盛有新制氢氧化铜悬浊液的试管中能看到砖红色沉淀
【答案】D
【解析】
【详解】点燃酒精灯，轻轻推动注射器活塞即可反应，空气带着乙醇蒸气与热的铜粉发生反应，选项A 正确；看到铜粉变黑，发生2Cu+O22CuO，看到铜粉黑变红，发生C2H5OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，选项B正确；硫酸铜粉末变蓝，是因为生成了五水硫酸铜，说明乙醇氧化有水生成，选项C正确；乙醛与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀需要加热，选项D不正确。
13. 镧镍合金是一种储氢材料，其晶胞可认为由两种结构不同的层交替堆积而成，如下图所示，该合金的密度为p g·cm-3.已知该合金的晶胞中最多可容纳9个氢原子。下列叙述错误的是
A. 基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2
B. 该合金的化学式为LaNi5
C. 设La的原子坐标为(0，0，0)，则晶胞底面上Ni的原子坐标为系(，，0)或(，，0)
D. 假定吸氢后体积不变，则合金中氢最大密度为ρg·cm-3
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ni元素原子序数为28，基态原子的价电子排布式为3d84s2，A正确；
B．该晶胞中La原子个数为8×=1，Ni原子个数为8×+1=5，则La、Ni原子个数之比为1：5，化学式为LaNi5，B正确；
C．晶胞底面为两个正三角形组成的菱形，Ni原子处于两个正三角形的中心，则晶胞底面上Ni的原子坐标为系(,,0)或(,,0)，C错误；
D．设晶胞体积为V，该晶胞密度为，假定吸氢后体积不变，当晶胞中最多容纳9个氢原子时合金中氢的密度最大，氢的密度为，D正确；
本题选C。
14. 常温下将NaOH溶液滴加到溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示[纵坐标为或]。下列叙述正确的是
A. 曲线N表示pH与的关系
B. 图中a点对应溶液中：
C. NaHA溶液中：
D. 溶液pH从5.6到9.6的过程中，水的电离程度先增大后减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．，，因为纵坐标为或，分别取a、b点，则此时对应曲线上有和，可以算出对应曲线的电离平衡常数为和，因为，所以，，所以曲线M，N分别表示pH与和pH与的关系。根据分析可知曲线M表示pH与的关系，A项错误；
B．图中a点对应溶液中存在电荷守恒：且此时，所以有：，a点pH=5.6，则，所以，B项错误；
C．的水解常数，的电离常数，的水解程度大于其电离程度，NaHA溶液中：，C项正确；
D．初始溶质为，呈酸性，电离出的氢离子抑制水的电离，完全反应时生成，水解呈碱性，促进水的电离，所以由到完全生成的过程中，水的电离程度一直增大，则溶液pH从5.6到9.6的过程中，水的电离程度逐渐增大，D项错误；
故选C。
二、解答题
15. 实验室由1，3，5-三甲苯(密度为0.87gcm3)为主要有机原料制备2，4，6-三甲基苯甲酸的反应原理为；
相关信息如下表：
装置示意图如图所示：
实验步骤如下：
①在装置甲仪器a中加入8.0g无水AlCl3、20mL1，3，5-三甲苯，并控制温度40℃。
②打开分液漏斗活塞和K1，通入过量干燥纯净的CO2气体，加热D回流20～30min。
③关闭分液漏斗活塞和K1.取下球形冷凝管，接装置乙加热蒸馏，回收未反应完的1，3，5-三甲苯。
④将仪器a中的混合物倒入NaOH溶液中，调节pH至8～9，过滤。
⑤向滤液中加入稀盐酸调节pH=2，过滤、洗涤干燥，再将粗品进行纯化，得到19.0g白色固体。
回答下列问题：
（1）仪器b的名称为___________。使用仪器b代替普通分液漏斗的主要优点是___________。
（2）为获得干燥纯净的CO2气体，装置B、C中所盛试剂分别为___________、___________。
（3）装置乙中，冷凝水的进水口为___________(填“m”或“n”)，冷凝管为何不能使用装置D中的球形冷凝管？说明理由：___________。
（4）步骤④中过滤得到的沉淀中包含Al(OH)3和六甲基二苯甲酮，从该沉淀中获得六甲基二苯甲酮的实验方法为___________。步骤⑤中将粗品进行纯化的操作名称为___________。
（5）①2，4，6-三甲基苯甲酸、②苯甲酸、③2，4，6-三氟苯甲酸，三种酸的酸性由强到弱的顺序为___________(用序号表示)。
（6）本实验的产率为___________(保留两位有效数字)。
【答案】（1） ①. 恒压滴液漏斗 ②. 平衡气压，便于漏斗中液体能顺利流下
（2） ①. 饱和碳酸氢钠溶液 ②. 浓硫酸
（3） ①. m ②. 会有馏分液体残留在球形冷凝管凹槽中(合理即可)
（4） ①. 加入足量稀盐酸(或稀NaOH溶液)，过滤、洗涤、干燥(合理即可) ②. 重结晶
（5）③>②>① （6）80%
【解析】
【分析】根据反应原理，装置甲中A的作用是生成CO2，B中装饱和碳酸氢钠溶液，用于吸收挥发的HCl，C中装浓硫酸干燥气体，干燥纯净的CO2通入D中，加热D回流20～30min，闭分液漏斗活塞和K1.取下球形冷凝管，接装置乙加热蒸馏，回收未反应完的1，3，5-三甲苯，最后将仪器a中的混合物倒入NaOH溶液中，按题干步骤④和⑤进行提纯。
【小问1详解】
仪器b为恒压滴液漏斗，用它代替普通分液漏斗的主要优点是平衡气压，便于漏斗中液体能顺利流下；
【小问2详解】
根据分析可知，为获得干燥纯净的CO2气体，装置B、C中所盛试剂分别为饱和碳酸氢钠溶液、浓硫酸；
小问3详解】
冷凝水通常是下进上出，故冷凝水的进水口为m；因为球形冷凝管会有馏分液体残留在球形冷凝管凹槽中，故蒸馏时一般不用球形冷凝管；
【小问4详解】
由题干中表格可知，六甲基二苯甲酮难溶于水、酸、碱，而Al(OH)3能溶于强酸或强碱，故从该沉淀中获得六甲基二苯甲酮的实验方法为加入足量稀盐酸(或稀NaOH溶液)，过滤、洗涤、干燥；步骤⑤中将粗品进行纯化的操作为重结晶；
【小问5详解】
2，4，6-三甲基苯甲酸中甲基为推电子基团，所以酸性比苯甲酸弱，2，4，6-三氟苯甲酸中F原子为吸电子基团，所以酸性比苯甲酸强，故三者酸性强弱顺序为：③>②>①；
【小问6详解】
20mL的1，3，5-三甲苯的质量为=17.4g，根据方程式，理论上生成的2，4，6-三甲基苯甲酸的质量为=23.78g，故产率为：。
16. 硼化钛(结构式为B=Ti=B)常用于制备导电陶瓷材料和PTC材料。工业上以高钛渣(主要成分为TiO2、SiO2、Al2O3和CaO，另有少量MgO、Fe2O3)为原料制取TiB2的流程如图，回答下列问题：
已知：①电弧炉是由石墨电极和石墨坩埚组成的高温加热装置；
②B2O3高温下蒸气压大、易挥发；
③TiO2可溶于热的浓硫酸形成TiO2+。
（1）滤渣的主要成分为_______(填化学式)。
（2）“水解”需在沸水中进行，离子方程式为_______，该工艺中，经处理可循环利用的物质为_______(填化学式)。
（3）“热还原”中发生反应的化学方程式为TiO2+B2O3+5CTiB2+5CO↑， B2O3的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是_______。仅增大配料中B2O3的用量，产品中的杂质含量变化如下图所示，杂质TiC含量随w%增大而降低的原因是_______(用化学方程式解释)。
（4）硼可与多种金属形成化合物，其中与Ca组成的金属都化物可做新型半导体材料，晶胞结构如下图所示，该晶胞中B原子数为_______个，晶体中Ca原子的配位数为_______。
【答案】（1）SiO2
（2） ①. TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+ ②. H2SO4
（3） ①. B2O3高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应 ②. TiC+ B2O3+COTiB2+2CO2
（4） ①. 6 ②. 24
【解析】
【分析】高钛渣(主要成分为TiO2、SiO2、Al2O3和CaO，另有少量MgO、Fe2O3)中加稀盐酸，Al2O3、CaO、MgO、Fe2O3转化为对应的盐酸盐，二氧化硅、TiO2不溶解，过滤，滤渣中加浓硫酸酸解，二氧化硅不溶解，成为滤渣，TiO2溶解生成，加萃取剂萃取，分液、水解、过滤，得TiO2‧xH2O，然后脱水所得物质在电弧炉热还原得TiB2。
【小问1详解】
在高钛渣中先加稀盐酸，后加浓硫酸时只有SiO2不会溶解，所以滤渣的主要成分为SiO2；
【小问2详解】
“水解”需在沸水中进行，此时TiO2+在沸水中水解生成TiO2·xH2O，同时生成H+，反应的离子方程式为TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+，即TiO2+水解后溶液酸性增强，生成硫酸，所以在该工艺中，经处理可循环利用的物质为H2SO4；
【小问3详解】
“热还原”中发生反应化学方程式为TiO2+B2O3+5CTiB2+5CO↑，B2O3的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是B2O3高温下蒸气压大，易挥发，只有部分参加了反应；仅增大配料中B2O3的用量，产品中的杂质TiC含量随w%增大而降低的原因是：TiC+ B2O3+COTiB2+2CO2；
【小问4详解】
由晶胞结构可知，Ca位于以8个B6形成的立方晶胞的体心位置，B6的个数为：8×=1，则B原子个数为6，该晶胞的化学式为CaB6；位于晶胞顶点的每个B6中只有3个B原子距离Ca原子最近，即Ca的配位数为3×8=24。
17. 、常用于制造农药等。磷在氯气中燃烧生成这两种卤化磷。请回答下列问题：
（1）的VSEPR模型是______。已知中P原子的d能级参与杂化，分子呈三角双锥形（如图甲），由此推知中P的杂化类型为______（填标号）。
A． B． C． D．
（2）已知，① kJ⋅ml，
② kJ⋅ml（）。
则 ______（用含a、b、c的式子表示）kJ⋅ml。
（3）实验测得的速率方程为（k为速率常数，只与温度、催化剂有关），速率常数k与活化能的经验关系式为（R为常数，为活化能，T为绝对温度）。
①一定温度下，向密闭容器中充入适量和，实验测得在催化剂Cat1、Cat2下与的关系如图乙所示。催化效能较高的是______（填“Cat1”或“Cat2”），判断依据是____________。
②将2n ml和n ml充入体积不变的密闭容器中，一定条件下发生上述反应，达到平衡时，为a ml，如果此时移走n ml和0.5n ml ，在相同温度下再达到平衡时的物质的量为x，则x为______（填标号）。
A．ml B．ml C．ml D．0.5a mlml
（4）向恒容密闭容器中投入0.2 ml 和0.2 ml ，发生反应：，在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图丙所示。
①相对曲线b，曲线a改变条件可能是____________；曲线c改变的条件可能是____________。
②曲线b条件下，该反应平衡常数（）为______。[提示：用分压计算的平衡常数为压强平衡常数，分压=总压×物质的量分数。]
【答案】（1） ①. 四面体形 ②. D
（2）
（3） ①. Cat1 ②. 改变相同温度，变化值较小，较小 ③. C
（4） ①. 升高温度 ②. 加催化剂 ③.
【解析】
【小问1详解】
分子中P原子价层电子对数为4，其中孤电子对数为1，VSEPR模型为四面体形。分子含5个单键，需要5个杂化轨道。基态P原子电子排布式为，3s、3p、3d能量相近，可以参与杂化，杂化类型为。
小问2详解】
根据盖斯定律可知，（②-①）÷4得目标热化学方程式，则 kJ⋅ml，由于b>a，则，三氯化磷与氯气反应生成五氯化磷是放热反应。
【小问3详解】
①根据表达式可知，温度变化相同时，值越小，变化值(绝对值)越小，直线斜率越小，催化剂催化效能越大。由图乙可知，Cat1对应直线的斜率较小。
②移走一半反应物，压强减小，减压平衡逆向移动，即平衡时的物质的量小于原平衡的一半，故选C。
【小问4详解】
①曲线a、b起始状态时，容器体积相同，反应物的物质的量相同，温度越高，压强越大，即温度：a>b。曲线c和b达到相同的平衡状态，只是前者先达到平衡，c反应速率较大，该反应是气体分子数不相等的反应，故c改变条件是加入催化剂，或加入效率更高的催化剂。
②同温同容条件下，压强之比等于物质的量之比。
，，kPa，。
18. 文拉法辛(化合物G)是一种用于治疗各类抑郁症的药物，其合成路线如下图所示：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是___________。
（2）C→D的反应类型是___________。
（3）E中手性碳原子有___________个。
（4）F中官能团的名称为___________。
（5）C发生消去反应生成的烯烃被足量酸性溶液氧化后的产物是___________和___________(写结构简式)。
（6）B的同分异构体中，同时满足下列条件的共有___________种，写出其核磁共振氢谱显示有5组峰，峰面积之比为1：2：2：2：1的一种同异构体的结构简式为___________。
a．能发生银镜反应 b．遇溶液显紫色
（7）以丙酮、、甲醛和甲酸为含碳原料，合成化合物。基于你设计的合成路线，相关步骤涉及到氢气参与反应，其化学方程式为___________。
【答案】（1）对羟基苯甲醛
（2）氧化反应 （3）1
（4）醚键、氨基 （5） ①. ②.
（6） ①. 13 ②.
（7）+2H2
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，与(CH3)2SO4发生取代反应生成B为，则A为；与先发生加成反应、后酸性条件下发生水解反应生成C为，与酸性重铬酸钠溶液发生氧化反应生成D为，一定条件下先溴代、后与氰化钠反应生成，催化剂作用下与氢气发生加成反应生成，则F为；在甲醛和甲酸作用下转化为，据此解答。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为，名称为对羟基苯甲醛，故答案为：对羟基苯甲醛；
【小问2详解】
由分析可知，C→D的反应为与酸性重铬酸钠溶液发生氧化反应生成，故答案为：氧化反应；
【小问3详解】
由结构简式可知，E分子中含有如图所示的1个手性碳原子：，故答案为：1；
【小问4详解】
由分析可知，F的结构简式为，官能团为醚键和氨基，故答案为：醚键、氨基；
【小问5详解】
浓硫酸作用下，共热发生消去反应生成，与足量酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成和，故答案为：；；
【小问6详解】
B的同分异构体能发生银镜反应、遇氯化铁溶液显紫色说明同分异构体分子中含有醛基和酚羟基，同分异构体的结构可以视作是邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚分子中苯环上和甲基上的氢原子被醛基取代所得结构，共有13种，其中核磁共振氢谱显示有5组峰，峰面积之比为1：2：2：2：1的一种同异构体的结构简式，故答案为：13；；
【小问7详解】
由有机物的转化关系可知，以丙酮、氰化钠、甲醛和甲酸为含碳原料，合成化合物的合成路线为：，则涉及到氢气参与反应的化学方程式为+2H2，故答案为：+2H2。
事实
解释
A
酸性：HCOOH > CH3COOH
H3C-是推电子基团，使羧基中羟基的极性减小
B
在水中的溶解度：乙醇 > 戊醇
乙醇分子结构与水具有相似性，而戊醇分子结构与水的相似性较小
C
硬度：金刚石>石墨
金刚石属于共价晶体只含共价键，石墨属于混合型晶体，既存在共价键又存在范德华力
D
热稳定性：H2O>H2S
水分子间存在氢键作用
物质
性状
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
1，3，5-三甲苯(Mr=120)
无色液体
-44.8
164.7
难溶于水、酸、碱
2，4，6-三甲基苯甲酸(Mr=164)
白色固体
155
296
微溶于冷水，能溶于热水，易溶于碱
六甲基二苯甲酮
白色粉末
136
340
难溶于水、酸、碱
一、单选题(每小题3分，共42分)
1. 中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列叙述错误的是
A. 江西博物馆中“《论语》竹简”中竹简的主要成分是纤维素
B. 安徽古代科学家方以智在其《物理小识》“有硇水者，剪银块投之，则旋而为水”，其中的“硇水”指醋酸
C. 甘肃出土的春秋早期秦国的铜柄铁剑中，铁元素有化合态和游离态两种存在形式
D. 广西壮锦的主要原料是蚕丝等，蚕丝属于有机高分子化合物
【答案】B
【解析】
【详解】A．竹简由竹子做成，主要成分是纤维素，A正确；
B．硇水可以溶解银块，醋酸不能溶解银块，所以硇水是硝酸，B不正确；
C．铁剑中部分铁生锈生成氧化铁，故铁剑中铁元素有化合态和游离态两种存在形式，C正确；
D．蚕丝属于蛋白质，是有机高分子化合物，D正确；
答案选B。
2. 下列化学用语表达正确的是
A. 基态离子的价电子排布图为
B. N，N-二甲基苯甲酰胺的结构简式：
C. 分子的球棍模型：
D. 的电子式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．基态离子的价电子排布式为，排布图为，A错误；
B．N，N-二甲基苯甲酰胺的结构简式正确，B正确；
C．图示为臭氧分子的VSEPR模型，C错误；
D．是由钙离子和过氧根离子构成的，过氧根电子式写错了，D错误；
故选B。
3. 下列离子方程式与所给事实不相符的是
A. 将二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液：
B. 酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水：
C. 将二氧化碳通入碳酸钠溶液中：
D. 溶液与足量溶液混合：
【答案】D
【解析】
【详解】A．将二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，离子方程式为：，故A正确；
B．酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水，碘离子被过氧化氢氧化为碘单质同时生成水，，故B正确；
C．将二氧化碳通入碳酸钠溶液中生成碳酸氢根，离子方程式为：，故C正确；
D．溶液与足量溶液反应，亚硫酸根离子、铵根离子均和氢氧根离子完全反应：，故D错误；
故选D。
4. 现有M、Q、R、T、W、X、Y七种前四周期常见元素，原子序数依次递增。其中，M具有一种没有中子的同位素；Q是植物生长三要素之一；R是地壳中含量最多的元素，且W与R的最外层电子数相同；T、Y是金属元素，其中T的原子半径是短周期中最大的，能与X形成离子化合物；含Y的金属是用量最大的金属材料，其合金被称为“黑色金属”。下列说法错误的是
A. M元素与Q、R元素形成的两种微粒的键角：QM>M3R+
B. Q、R、T三种元素简单离子的半径：T>R>Q
C. T、W、X、Y四种元素的第一电离能：X>W>Y>T
D. WR、XR的VSEPR模型与实际空间构型均相同
【答案】B
【解析】
【分析】现有M、Q、R、T、W、X、Y七种前四周期常见元素，原子序数依次递增，其中，M具有一种没有中子的同位素，M是H，Q是植物生长三要素之一，R是地壳中含量最多的元素，R是O，所以Q是N，且W与R的最外层电子数相同，则W是S，T、Y是金属元素，其中T的原子半径是短周期中最大的，T是Na，能与X形成离子化合物，所以X是Cl，含Y的金属是用量最大的金属材料，其合金被称为“黑色金属” ，Y是Fe ；
【详解】A． 为NH，中心原子N的孤电子对为，价层电子对为0+4=4，与4个H形成4个σ键，无孤电子对，为正四面体结构，M3R+为H3O＋，中心原子O的孤电子对为，价层电子对为1+3=4， H3O＋为三角锥形；孤电子对对成键电子对的排斥作用大于对成键电子对间的排斥作用，使键角减小，因此NH的键角大于H3O＋，A正确；
B．Q、R、T三种元素分别为N、O、Na，对应的简单离子为N3-、O2-、Na＋，三种离子的电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，N3->O2->Na＋，即Q>R>T，B错误；
C．T、W、X、Y四种元素分别为Na、S、Cl、Fe，一般情况下：金属性越强，第一电离能越小，非金属性越强，第一电离能越大，一般非金属的第一电离能大于金属的第一电离能，则第一电离能有Cl>S>Fe>Na，即X>W>Y>T，C正确；
D． 、分别为、，中心原子S的孤电子对为，价层电子对为0+4=4， VSEPR模型为正四面体形，S与4个O形成4个σ键，无孤电子对，空间构型为正四面体形，中心原子Cl的孤电子对为，价层电子对为0+4=4， VSEPR模型为正四面体形，Cl与4个O形成4个σ键，无孤电子对，空间构型为正四面体形，则、的VSEPR模型与实际空间构型均相同，D正确；
故选B。
5. 氨氧化法是工业制硝酸的重要途径，其中氨氧化过程如下图所示。下列说法错误的是
A. 能降低氧化的活化能
B. 该过程的总反应式为：
C. 第一电离能：O>N>H
D. 可用氨还原法处理硝酸工业的尾气
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，反应物为NH3和氧气，生成物为水与NO，Pt / CaTiO3为反应的催化剂，据此回答。
【详解】A．Pt / CaTiO3为反应的催化剂，降低NH3氧化的活化能，A正确；
B．根据分析可知，该过程的总反应式为：，B正确；
C．第一电离能：N>O>H，N的2p能级半满，能量低，比相邻元素第一电离能大，C错误；
D．氨还原法处理硝酸工业的尾气NO，方程式为，D正确；
故选C。
6. 下列叙述中，事实与对应解释错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．H3C–是推电子基团，使羧基中氧氢键极性减小，氢离子不易电离，所以酸性：HCOOH > CH3COOH，A正确；
B．乙醇CH3CH2OH，其中的-OH与水分子中的-OH相近，因而乙醇能与水互溶，而戊醇CH3CH2CH2CH2CH2OH中烃基较大，其中的-OH与水分子中的-OH相似因素小得多，因而戊醇在水中溶解度明显减小，B正确；
C．金刚石为共价晶体，石墨为混合型晶体，层内共价键，层间为范德华力，所以硬度：金刚石>石墨，C正确；
D．范德华力、氢键影响物质的部分物理性质，稳定性属于物质的化学性质，H2O的稳定性强于H2S，是因为O的原子半径比S小，O的非金属性比S强，导致H-O键能强于H-S，即H2O的稳定性强于H2S，D错误；
答案选D。
7. AlN是一种半导体材料，一种制备方法是。设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 消耗等物质的量Al2O3和N2，转移电子数目为6NA
B. 12 g C(石墨)含非极性键数目为3NA
C. 标准状况下，11.2 L CO含键数目为NA
D. 0.1 ml Al2O3溶于足量盐酸，溶液中含Al3+数目为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于不知道等物质的量的Al2O3和N2具体物质的量，无法计算转移的电子数目，A错误；
B．石墨为12gC，石墨的物质的量为1ml，含1mlml非极性键，即非极性键数目为1.5NA，B错误；
A．CO与N2互为等电子体，结构相似，而1个分子含2个键，标准状况下，的物质的量为，含键，C正确；
D．会水解，溶于足量盐酸，溶液中含数目小于，D错误；
答案选C。
8. 数字化实验是研究化学变化的重要手段，为验证次氯酸光照分解的产物，某同学采用三种传感器分别测得氯水光照过程中pH、Cl-浓度、体积分数的变化，实验数据如图所示，下列叙述错误的是
A. 从0s到150s，溶液pH降低的原因是右移
B. 氯水在光照过程中可能出现
C. 从50 s到150 s，的平均生成速率约为
D. 从0 s到150 s，溶液中 增加到起始浓度的倍
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯水中存在、，HClO见光分解，使右移，c(H+)增大，溶液pH降低，A正确；
B．根据电荷守恒可知，则氯水在光照过程中不会出现，B错误；
C．从50 s到150 s，的变化浓度为400mg/L，则平均生成速率约为=，故C正确；
D．从0 s到150 s，溶液的pH由2降低到1.5，则溶液中 增加到起始浓度的=倍，故D正确；
故答案为B。
9. 氢能是一种极具发展潜能的清洁能源。对于可逆反应： ，在容积恒为2L的密闭容器中，将2.0mlC0与8.0mlH2混合加热到830℃发生上述反应，5min时达到平衡，CO的转化率是80%。实验发现，其他条件不变，在相同时间内，向上述体系中投入一定量的CaO可以增大H2的体积分数。选用相同质量、不同粒径的CaO固体进行实验时，对比实验的结果如图所示。下列叙述中错误的是
(已知：1微米 = 10-6米，1纳米= 10-9米)。
A. 微米CaO和纳米CaO对平衡影响不同主要是CaO作为催化剂表面积越大，反应的速率越快
B. 在生产中，增大的用量可同时提高CO的转化率和的产率
C. 5min内的平均反应速率
D. 平衡时间容器中通入He增大压强，平衡不移动
【答案】A
【解析】
【详解】A．CaO可吸收生成的，促进平衡正向移动，表面积越大，吸收越充分，不是作为催化剂，A不正确；
B．增大的用量，平衡正向移动，可同时提高CO的转化率和的产率，B正确；
C．根据题中所给数据列三段式进行计算
内的平均反应速率，C正确；
D．反应容器为恒容容器，平衡时向容器中通入增大压强，不影响反应物和产物的浓度，平衡不移动，D正确；
故答案为：A。
10. 榕江葛根是贵州黔东南榕江县特产、国家地理标志保护产品，葛根中含有丰富的葛根素，葛根素具有增强心肌收缩力，降低血压等作用，如图是葛根素结构简式，下列说法正确的是
A. 葛根素的分子式为
B. 葛根素分子可与反应，与反应，与反应
C. 葛根素分子能使FeCl3溶液显紫色，也能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 葛根素分子中C原子存在杂化
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，葛根素的分子式为C21H20O9，故A错误；
B．由结构简式可知，葛根素分子中含有的羟基能与钠反应、含有的酚羟基能与氢氧化钠溶液反应、含有的苯环和酮羰基能与氢气反应，则1ml葛根素分子可与6ml钠反应、与2ml氢氧化钠反应，与8ml氢气反应，故B错误；
C．由结构简式可知，葛根素分子中含有的酚羟基、碳碳双键，酚羟基能使FeCl3溶液显紫色，碳碳双键能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D．由结构简式可知，葛根素的分子式中含有的饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，含有的双键和苯环碳原子的杂化方式为sp2杂化，故D错误；
故选C。
11. 为减少的排放，科研工作者利用与电解转化法从烟气中分离的原理如图。已知气体可选择性通过膜电极，溶液不能通过。下列说法不正确的是
A. 为电源正极
B. 在极被还原
C. 溶液中的物质的量保持不变
D. 极上的反应为
【答案】B
【解析】
【分析】结合该电解池图示中的信息可知，M 极发生的是由转化为的过程，从分子组成上看，该过程中是一个加氢的过程，属于还原反应，故 M 极为阴极，则阴极的电极反应式为：+2+=+，故与M相连的a电极为负极，b为电源正极，N为阳极，阳极的电极反应式为，由此分析回答；
【详解】A．由分析可知，b为电源正极，A正确；
B．M 极为阴极，则阴极的电极反应式为：+2+=+，可知整个过程 CO2 并未被还原，CO2 在 M 极上发生反应为：CO2+OH−=， B错误；
C．结合阴极的电极反应式：+2+=+，阳极的电极反应式：，可知该电解池中的总反应的方程式可表示为：，在该电解池中 Q 相当于是反应的催化剂，结合该电解装置中气体可选择性通过膜电极、溶液不能通过，则溶液中 Q 的物质的量保持不变，C正确；
D．极为阳极，电极反应式为，D正确；
故选B。
12. 某化学兴趣小组对教材中乙醇氧化及产物检验的实验进行了改进和创新，其改进实验装置如图所示，按图组装好仪器，装好试剂。下列有关改进实验的叙述不正确的是
A. 点燃酒精灯，轻轻推动注射器活塞即可实现乙醇氧化及部分产物的检验
B. 铜粉黑红变化有关反应为：2Cu+O22CuO、C2H5OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O
C. 硫酸铜粉末变蓝，说明乙醇氧化反应生成了水
D. 在盛有新制氢氧化铜悬浊液的试管中能看到砖红色沉淀
【答案】D
【解析】
【详解】点燃酒精灯，轻轻推动注射器活塞即可反应，空气带着乙醇蒸气与热的铜粉发生反应，选项A 正确；看到铜粉变黑，发生2Cu+O22CuO，看到铜粉黑变红，发生C2H5OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，选项B正确；硫酸铜粉末变蓝，是因为生成了五水硫酸铜，说明乙醇氧化有水生成，选项C正确；乙醛与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀需要加热，选项D不正确。
13. 镧镍合金是一种储氢材料，其晶胞可认为由两种结构不同的层交替堆积而成，如下图所示，该合金的密度为p g·cm-3.已知该合金的晶胞中最多可容纳9个氢原子。下列叙述错误的是
A. 基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2
B. 该合金的化学式为LaNi5
C. 设La的原子坐标为(0，0，0)，则晶胞底面上Ni的原子坐标为系(，，0)或(，，0)
D. 假定吸氢后体积不变，则合金中氢最大密度为ρg·cm-3
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ni元素原子序数为28，基态原子的价电子排布式为3d84s2，A正确；
B．该晶胞中La原子个数为8×=1，Ni原子个数为8×+1=5，则La、Ni原子个数之比为1：5，化学式为LaNi5，B正确；
C．晶胞底面为两个正三角形组成的菱形，Ni原子处于两个正三角形的中心，则晶胞底面上Ni的原子坐标为系(,,0)或(,,0)，C错误；
D．设晶胞体积为V，该晶胞密度为，假定吸氢后体积不变，当晶胞中最多容纳9个氢原子时合金中氢的密度最大，氢的密度为，D正确；
本题选C。
14. 常温下将NaOH溶液滴加到溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示[纵坐标为或]。下列叙述正确的是
A. 曲线N表示pH与的关系
B. 图中a点对应溶液中：
C. NaHA溶液中：
D. 溶液pH从5.6到9.6的过程中，水的电离程度先增大后减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．，，因为纵坐标为或，分别取a、b点，则此时对应曲线上有和，可以算出对应曲线的电离平衡常数为和，因为，所以，，所以曲线M，N分别表示pH与和pH与的关系。根据分析可知曲线M表示pH与的关系，A项错误；
B．图中a点对应溶液中存在电荷守恒：且此时，所以有：，a点pH=5.6，则，所以，B项错误；
C．的水解常数，的电离常数，的水解程度大于其电离程度，NaHA溶液中：，C项正确；
D．初始溶质为，呈酸性，电离出的氢离子抑制水的电离，完全反应时生成，水解呈碱性，促进水的电离，所以由到完全生成的过程中，水的电离程度一直增大，则溶液pH从5.6到9.6的过程中，水的电离程度逐渐增大，D项错误；
故选C。
二、解答题
15. 实验室由1，3，5-三甲苯(密度为0.87gcm3)为主要有机原料制备2，4，6-三甲基苯甲酸的反应原理为；
相关信息如下表：
装置示意图如图所示：
实验步骤如下：
①在装置甲仪器a中加入8.0g无水AlCl3、20mL1，3，5-三甲苯，并控制温度40℃。
②打开分液漏斗活塞和K1，通入过量干燥纯净的CO2气体，加热D回流20～30min。
③关闭分液漏斗活塞和K1.取下球形冷凝管，接装置乙加热蒸馏，回收未反应完的1，3，5-三甲苯。
④将仪器a中的混合物倒入NaOH溶液中，调节pH至8～9，过滤。
⑤向滤液中加入稀盐酸调节pH=2，过滤、洗涤干燥，再将粗品进行纯化，得到19.0g白色固体。
回答下列问题：
（1）仪器b的名称为___________。使用仪器b代替普通分液漏斗的主要优点是___________。
（2）为获得干燥纯净的CO2气体，装置B、C中所盛试剂分别为___________、___________。
（3）装置乙中，冷凝水的进水口为___________(填“m”或“n”)，冷凝管为何不能使用装置D中的球形冷凝管？说明理由：___________。
（4）步骤④中过滤得到的沉淀中包含Al(OH)3和六甲基二苯甲酮，从该沉淀中获得六甲基二苯甲酮的实验方法为___________。步骤⑤中将粗品进行纯化的操作名称为___________。
（5）①2，4，6-三甲基苯甲酸、②苯甲酸、③2，4，6-三氟苯甲酸，三种酸的酸性由强到弱的顺序为___________(用序号表示)。
（6）本实验的产率为___________(保留两位有效数字)。
【答案】（1） ①. 恒压滴液漏斗 ②. 平衡气压，便于漏斗中液体能顺利流下
（2） ①. 饱和碳酸氢钠溶液 ②. 浓硫酸
（3） ①. m ②. 会有馏分液体残留在球形冷凝管凹槽中(合理即可)
（4） ①. 加入足量稀盐酸(或稀NaOH溶液)，过滤、洗涤、干燥(合理即可) ②. 重结晶
（5）③>②>① （6）80%
【解析】
【分析】根据反应原理，装置甲中A的作用是生成CO2，B中装饱和碳酸氢钠溶液，用于吸收挥发的HCl，C中装浓硫酸干燥气体，干燥纯净的CO2通入D中，加热D回流20～30min，闭分液漏斗活塞和K1.取下球形冷凝管，接装置乙加热蒸馏，回收未反应完的1，3，5-三甲苯，最后将仪器a中的混合物倒入NaOH溶液中，按题干步骤④和⑤进行提纯。
【小问1详解】
仪器b为恒压滴液漏斗，用它代替普通分液漏斗的主要优点是平衡气压，便于漏斗中液体能顺利流下；
【小问2详解】
根据分析可知，为获得干燥纯净的CO2气体，装置B、C中所盛试剂分别为饱和碳酸氢钠溶液、浓硫酸；
小问3详解】
冷凝水通常是下进上出，故冷凝水的进水口为m；因为球形冷凝管会有馏分液体残留在球形冷凝管凹槽中，故蒸馏时一般不用球形冷凝管；
【小问4详解】
由题干中表格可知，六甲基二苯甲酮难溶于水、酸、碱，而Al(OH)3能溶于强酸或强碱，故从该沉淀中获得六甲基二苯甲酮的实验方法为加入足量稀盐酸(或稀NaOH溶液)，过滤、洗涤、干燥；步骤⑤中将粗品进行纯化的操作为重结晶；
【小问5详解】
2，4，6-三甲基苯甲酸中甲基为推电子基团，所以酸性比苯甲酸弱，2，4，6-三氟苯甲酸中F原子为吸电子基团，所以酸性比苯甲酸强，故三者酸性强弱顺序为：③>②>①；
【小问6详解】
20mL的1，3，5-三甲苯的质量为=17.4g，根据方程式，理论上生成的2，4，6-三甲基苯甲酸的质量为=23.78g，故产率为：。
16. 硼化钛(结构式为B=Ti=B)常用于制备导电陶瓷材料和PTC材料。工业上以高钛渣(主要成分为TiO2、SiO2、Al2O3和CaO，另有少量MgO、Fe2O3)为原料制取TiB2的流程如图，回答下列问题：
已知：①电弧炉是由石墨电极和石墨坩埚组成的高温加热装置；
②B2O3高温下蒸气压大、易挥发；
③TiO2可溶于热的浓硫酸形成TiO2+。
（1）滤渣的主要成分为_______(填化学式)。
（2）“水解”需在沸水中进行，离子方程式为_______，该工艺中，经处理可循环利用的物质为_______(填化学式)。
（3）“热还原”中发生反应的化学方程式为TiO2+B2O3+5CTiB2+5CO↑， B2O3的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是_______。仅增大配料中B2O3的用量，产品中的杂质含量变化如下图所示，杂质TiC含量随w%增大而降低的原因是_______(用化学方程式解释)。
（4）硼可与多种金属形成化合物，其中与Ca组成的金属都化物可做新型半导体材料，晶胞结构如下图所示，该晶胞中B原子数为_______个，晶体中Ca原子的配位数为_______。
【答案】（1）SiO2
（2） ①. TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+ ②. H2SO4
（3） ①. B2O3高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应 ②. TiC+ B2O3+COTiB2+2CO2
（4） ①. 6 ②. 24
【解析】
【分析】高钛渣(主要成分为TiO2、SiO2、Al2O3和CaO，另有少量MgO、Fe2O3)中加稀盐酸，Al2O3、CaO、MgO、Fe2O3转化为对应的盐酸盐，二氧化硅、TiO2不溶解，过滤，滤渣中加浓硫酸酸解，二氧化硅不溶解，成为滤渣，TiO2溶解生成，加萃取剂萃取，分液、水解、过滤，得TiO2‧xH2O，然后脱水所得物质在电弧炉热还原得TiB2。
【小问1详解】
在高钛渣中先加稀盐酸，后加浓硫酸时只有SiO2不会溶解，所以滤渣的主要成分为SiO2；
【小问2详解】
“水解”需在沸水中进行，此时TiO2+在沸水中水解生成TiO2·xH2O，同时生成H+，反应的离子方程式为TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+，即TiO2+水解后溶液酸性增强，生成硫酸，所以在该工艺中，经处理可循环利用的物质为H2SO4；
【小问3详解】
“热还原”中发生反应化学方程式为TiO2+B2O3+5CTiB2+5CO↑，B2O3的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是B2O3高温下蒸气压大，易挥发，只有部分参加了反应；仅增大配料中B2O3的用量，产品中的杂质TiC含量随w%增大而降低的原因是：TiC+ B2O3+COTiB2+2CO2；
【小问4详解】
由晶胞结构可知，Ca位于以8个B6形成的立方晶胞的体心位置，B6的个数为：8×=1，则B原子个数为6，该晶胞的化学式为CaB6；位于晶胞顶点的每个B6中只有3个B原子距离Ca原子最近，即Ca的配位数为3×8=24。
17. 、常用于制造农药等。磷在氯气中燃烧生成这两种卤化磷。请回答下列问题：
（1）的VSEPR模型是______。已知中P原子的d能级参与杂化，分子呈三角双锥形（如图甲），由此推知中P的杂化类型为______（填标号）。
A． B． C． D．
（2）已知，① kJ⋅ml，
② kJ⋅ml（）。
则 ______（用含a、b、c的式子表示）kJ⋅ml。
（3）实验测得的速率方程为（k为速率常数，只与温度、催化剂有关），速率常数k与活化能的经验关系式为（R为常数，为活化能，T为绝对温度）。
①一定温度下，向密闭容器中充入适量和，实验测得在催化剂Cat1、Cat2下与的关系如图乙所示。催化效能较高的是______（填“Cat1”或“Cat2”），判断依据是____________。
②将2n ml和n ml充入体积不变的密闭容器中，一定条件下发生上述反应，达到平衡时，为a ml，如果此时移走n ml和0.5n ml ，在相同温度下再达到平衡时的物质的量为x，则x为______（填标号）。
A．ml B．ml C．ml D．0.5a mlml
（4）向恒容密闭容器中投入0.2 ml 和0.2 ml ，发生反应：，在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图丙所示。
①相对曲线b，曲线a改变条件可能是____________；曲线c改变的条件可能是____________。
②曲线b条件下，该反应平衡常数（）为______。[提示：用分压计算的平衡常数为压强平衡常数，分压=总压×物质的量分数。]
【答案】（1） ①. 四面体形 ②. D
（2）
（3） ①. Cat1 ②. 改变相同温度，变化值较小，较小 ③. C
（4） ①. 升高温度 ②. 加催化剂 ③.
【解析】
【小问1详解】
分子中P原子价层电子对数为4，其中孤电子对数为1，VSEPR模型为四面体形。分子含5个单键，需要5个杂化轨道。基态P原子电子排布式为，3s、3p、3d能量相近，可以参与杂化，杂化类型为。
小问2详解】
根据盖斯定律可知，（②-①）÷4得目标热化学方程式，则 kJ⋅ml，由于b>a，则，三氯化磷与氯气反应生成五氯化磷是放热反应。
【小问3详解】
①根据表达式可知，温度变化相同时，值越小，变化值(绝对值)越小，直线斜率越小，催化剂催化效能越大。由图乙可知，Cat1对应直线的斜率较小。
②移走一半反应物，压强减小，减压平衡逆向移动，即平衡时的物质的量小于原平衡的一半，故选C。
【小问4详解】
①曲线a、b起始状态时，容器体积相同，反应物的物质的量相同，温度越高，压强越大，即温度：a>b。曲线c和b达到相同的平衡状态，只是前者先达到平衡，c反应速率较大，该反应是气体分子数不相等的反应，故c改变条件是加入催化剂，或加入效率更高的催化剂。
②同温同容条件下，压强之比等于物质的量之比。
，，kPa，。
18. 文拉法辛(化合物G)是一种用于治疗各类抑郁症的药物，其合成路线如下图所示：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是___________。
（2）C→D的反应类型是___________。
（3）E中手性碳原子有___________个。
（4）F中官能团的名称为___________。
（5）C发生消去反应生成的烯烃被足量酸性溶液氧化后的产物是___________和___________(写结构简式)。
（6）B的同分异构体中，同时满足下列条件的共有___________种，写出其核磁共振氢谱显示有5组峰，峰面积之比为1：2：2：2：1的一种同异构体的结构简式为___________。
a．能发生银镜反应 b．遇溶液显紫色
（7）以丙酮、、甲醛和甲酸为含碳原料，合成化合物。基于你设计的合成路线，相关步骤涉及到氢气参与反应，其化学方程式为___________。
【答案】（1）对羟基苯甲醛
（2）氧化反应 （3）1
（4）醚键、氨基 （5） ①. ②.
（6） ①. 13 ②.
（7）+2H2
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，与(CH3)2SO4发生取代反应生成B为，则A为；与先发生加成反应、后酸性条件下发生水解反应生成C为，与酸性重铬酸钠溶液发生氧化反应生成D为，一定条件下先溴代、后与氰化钠反应生成，催化剂作用下与氢气发生加成反应生成，则F为；在甲醛和甲酸作用下转化为，据此解答。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为，名称为对羟基苯甲醛，故答案为：对羟基苯甲醛；
【小问2详解】
由分析可知，C→D的反应为与酸性重铬酸钠溶液发生氧化反应生成，故答案为：氧化反应；
【小问3详解】
由结构简式可知，E分子中含有如图所示的1个手性碳原子：，故答案为：1；
【小问4详解】
由分析可知，F的结构简式为，官能团为醚键和氨基，故答案为：醚键、氨基；
【小问5详解】
浓硫酸作用下，共热发生消去反应生成，与足量酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成和，故答案为：；；
【小问6详解】
B的同分异构体能发生银镜反应、遇氯化铁溶液显紫色说明同分异构体分子中含有醛基和酚羟基，同分异构体的结构可以视作是邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚分子中苯环上和甲基上的氢原子被醛基取代所得结构，共有13种，其中核磁共振氢谱显示有5组峰，峰面积之比为1：2：2：2：1的一种同异构体的结构简式，故答案为：13；；
【小问7详解】
由有机物的转化关系可知，以丙酮、氰化钠、甲醛和甲酸为含碳原料，合成化合物的合成路线为：，则涉及到氢气参与反应的化学方程式为+2H2，故答案为：+2H2。
事实
解释
A
酸性：HCOOH > CH3COOH
H3C-是推电子基团，使羧基中羟基的极性减小
B
在水中的溶解度：乙醇 > 戊醇
乙醇分子结构与水具有相似性，而戊醇分子结构与水的相似性较小
C
硬度：金刚石>石墨
金刚石属于共价晶体只含共价键，石墨属于混合型晶体，既存在共价键又存在范德华力
D
热稳定性：H2O>H2S
水分子间存在氢键作用
物质
性状
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
1，3，5-三甲苯(Mr=120)
无色液体
-44.8
164.7
难溶于水、酸、碱
2，4，6-三甲基苯甲酸(Mr=164)
白色固体
155
296
微溶于冷水，能溶于热水，易溶于碱
六甲基二苯甲酮
白色粉末
136
340
难溶于水、酸、碱
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