还剩16页未读，
继续阅读
安徽省淮南第一中学等学校2024-2025学年高三上学期开学考试 化学试题（解析版）
展开
这是一份安徽省淮南第一中学等学校2024-2025学年高三上学期开学考试 化学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了满分100分，考试时间75分钟，本卷命题范围， 下列说法正确的是， 下列化学反应表示错误的是， 设NA为阿伏加德罗常数的值， 实验室用如图所示装置制备硝酸等内容，欢迎下载使用。
1.满分100分，考试时间75分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
3.本卷命题范围：高考范围。
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 S-32
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. 巴黎奥运赛场上中国运动健儿绽放异彩，“中国科技”闪耀赛场内外。下列所涉及的材质为无机非金属的是
A. 射击比赛服采用特制帆布和牛皮等材料
B. 奥运会场馆中的紫色跑道使用可循环橡胶材料
C. 乒乓球比赛用球采用高品质ABS塑料材料
D. 自行车采用航空级纳米碳纤维材料
【答案】D
【解析】
【详解】A．帆布的主要成分是较粗厚的棉织物或麻织物。牛皮的主要成分是蛋白质，属于有机物，故A项错误；
B．橡胶材料属于有机物，故B项错误；
C．ABS塑料材料属于有机物，故C项错误；
D．航空级纳米碳纤维材料属干无机非金属材料，故D项正确；
故本题选D。
2. 化学与生产、生活息息相关。下列叙述错误的是
A. 乙醇可作液体燃料，也可作消毒剂
B. 葡萄糖溶液可以为运动员补充电解质
C. 石灰石是制造玻璃和水泥的主要原料之一
D. 工业燃煤中加入生石灰可以减少酸雨的形成
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙醇能燃烧可作液体燃料，乙醇能杀灭病菌也可作消毒剂，A正确；
B．电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；葡萄糖不是电解质，B错误；
C．石灰石为碳酸钙，是制造玻璃和水泥的主要原料之一，C正确；
D．生石灰能和二氧化硫反应，减少硫氧化物排放，减少酸雨的形成，D正确；
故选B。
3. 下列鉴别或除杂的方法错误的是
A. 用灼烧法区别蚕丝和人造纤维
B. 用水鉴别氢氧化钠和氯化钠两种固体
C. 通过灼热的铜丝网除去氮气中的氧气
D. 用湿润的淀粉碘化钾试纸鉴别Br2(g)和NO2
【答案】D
【解析】
【详解】A．蚕丝的主要成分是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味，人造纤维的主要成分是纤维素，灼烧时没有烧焦羽毛的气味，A正确；
B．氢氧化钠溶于水放热，溶液温度升高，氯化钠溶于水温度几乎不变，B正确；
C．氧气通过灼热的铜丝网时可与铜发生反应生成氧化铜，而氮气不与铜反应，C正确；
D．Br2(g)和NO2(与水反应生成硝酸)都可将KI氧化为I2，都能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，不能鉴别，D错误；
答案选D
4. 物质的转化是化学学习的重要内容，甲、乙、丙所代表的物质符合如图所示转化关系的是(图中的箭头均表示一步转化)
A. NaCl、NaHCO3、Na2CO3B. N2、NO2、NO
C. SO2、H2SO4、BaSO4D. Al、AlCl3、Al(OH)3
【答案】A
【解析】
【详解】A．饱和氨盐水通入二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解为碳酸钠，碳酸钠和盐酸生成氯化钠、和二氧化碳生成碳酸氢钠，A正确；
B．氮气和氧气生成一氧化氮而不是二氧化氮，B错误；
C．二氧化硫可以被次氯酸等氧化剂氧化为硫酸，硫酸和氯化钡生成硫酸钡，硫酸钡不能转化为硫酸，C错误；
D．铝和氯气生成氯化铝，氯化铝和氨水生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和盐酸生成氯化铝，氢氧化铝不能一步转化为铝单质，D错误；
故选A。
5. 灵芝酸B是灵芝的主要活性成分之一，其结构简式如。下列说法错误的是
A. 灵芝酸B能使溴的CCl4溶液褪色
B. 1ml灵芝酸B中含有5ml碳氧π键
C. 灵芝酸B能发生加聚反应
D. 灵芝酸B中碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3
【答案】B
【解析】
【详解】A．分子中的官能团有碳碳双键，和溴单质加成使溴的CCl4溶液褪色，A正确；
B．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，1ml灵芝酸B中含有4ml碳氧π键，B错误；
C．分子中的官能团有碳碳双键，故灵芝酸B能发生加聚反应，C正确；
D．灵芝酸B中饱和碳原子为sp3，碳碳双键中碳原子的杂化轨道类型为sp2，D正确；
故选B。
阅读下列资料，完成下面小题。
碳元素被誉为“生命的核心元素”。12C、13C和14C是3种常见的碳元素核素；由于碳原子能通过单键、双键、三键等形式成键，形成了数目繁多的有机物。CO2是常见的含碳化合物，在日常生活中应用广泛，近年来由于温室效应日益加剧，针对CO2处理和利用有多种方法：可利用NaOH溶液喷淋捕捉空气中的CO2；利用CO2和H2反应生成甲醇；还可以使CO2在电解条件下生成C2H4、HCOOH、尿素等多种物质。
6. 下列说法正确的是
A. 碳原子杂化轨道中s轨道成分占比：－C≡C－＞－CH=CH－
B. 碳单质的晶体类型均为共价晶体
C. 12CO2、13CO2、14CO2互为同素异形体
D. CO2是非极性分子，因此可制备尿素
7. 下列化学反应表示错误的是
A. CO2和H2合成甲醇：CO2+3H2=CH3OH+H2O
B. NaOH溶液喷淋捕捉空气中的CO2：CO2+2OH-=CO+H2O
C. 泡沫灭火器原理：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑
D. CO2通过电解法转化为HCOO-：2H++CO2+3e-=HCOO-
【答案】6. A 7. D
【解析】
【6题详解】
A．碳碳三键中C原子杂化方式为sp杂化，碳碳双键中C原子杂化方式为sp2杂化，故碳原子杂化轨道中s成分占比：－C≡C－＞－CH=CH－，故A正确；
B．碳元素的单质有多种，金刚石为共价晶体，石墨为混合晶体，C60为分子晶体，故B错误；
C．同种元素形成的不同单质互为同素异形体；12CO2、13CO2、14CO2都是化合物，不互为同素异形体，故C错误；
D．CO2制备尿素与其是非极性分子无关，故D错误；
答案选A
【7题详解】
A．CO2和H2合成甲醇，根据电子守恒和质量守恒，反应的化学方程式为：CO2+3H2=CH3OH+H2O，故A正确；
B．NaOH溶液喷淋捕捉空气中的CO2，应该用足量NaOH，生成碳酸钠，离子方程式为CO2+2OH-=CO+H2O，故B正确；
C．泡沫灭火器原理是利用Al3+和HCO发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，离子方程式为Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑，故C正确；
D．CO2通过电解法转化为HCOO-，CO2中C为+4价，HCOO-C为+2价，得到2个电子，电极反应式为H++CO2+2e-=HCOO-，故D错误；
答案选D。
8. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是
A. 16g肼(N2H4)分子中含σ键数目为2.5NA
B. 0.5ml异丁烷、正丁烷混合物中含共价键的数目为6.5NA
C. 34gNH3中氮原子上孤电子对的数目为NA
D. 1LpH=3的NH4Cl溶液中H+数目为0.001NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．1ml肼(N2H4)分子中含有5mlσ键，16g肼(N2H4)的物质的量为0.5ml，含σ键数目为2.5NA，故A正确；
B．每个正丁烷和异丁烷中都含有13个共价键，0.5ml异丁烷、正丁烷混合物中含共价键的数目为6.5NA，故B正确；
C．1个NH3中的N原子含有1个孤电子对，34gNH3为2ml，氮原子上孤电子对的数目为2NA，故C错误；
D．pH=3的NH4Cl溶液中c(H+)=0.001ml/L，故1LpH=3的NH4Cl溶液中H+数目为0.001NA，故D正确；
答案选C。
9. 实验室用如图所示装置制备硝酸(加热装置已省略)。下列有关说法错误的是
A. 制得的硝酸可盛装在无色透明的洁净试剂瓶中
B. KNO3换成KCl即可制备HCl
C. 冷却水的作用是促进硝酸蒸气冷凝，避免形成酸雾
D. 反应温度如果过高，制得的HNO3可能会呈现黄色
【答案】A
【解析】
【详解】A．硝酸见光或受热易分解，故盛装在棕色的洁净试剂瓶中，故A错误；
B．HCl也具有挥发性，故KNO3换成KCl，同样符合难挥发性酸制易挥发性酸的原理，可以制备HCl，故B正确；
C．硝酸挥发易形成酸雾，冷却水可以促进硝酸蒸气冷凝，避免形成酸雾，故C正确；
D．反应温度如果过高，制得的HNO3会分解得到NO2，NO2溶解在硝酸中会使溶液显黄色，故D正确；
答案选A。
10. 下列实验操作及现象与结论一致的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯水会氧化亚铁离子为铁离子，铁离子和KSCN溶液变红色，但是实验操作错误，可能原溶液中本就有铁离子，不能说明原溶液中一定含有Fe2+，A错误；
B．挥发的乙醇可被酸性高锰酸钾溶液氧化，则酸性KMnO4溶液褪色，不能说明乙醇发生了消去反应，B错误；
C．浊液变清，说明苯酚和硫化钠反应转化为苯酚钠，则C6H5O-结合H+的能力比S2-弱，C正确；
D．氨水少量的话生成氢氧化铜蓝色沉淀也不溶于乙醇，D错误；
故选C。
11. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X是密度最小的金属；Y与Z同主族，且基态Y原子中p能级和s能级上的电子数相同；X和Z形成的化合物的晶体结构如图所示。设阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞边长为apm。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(Y)＜r(Z)＜r(W)
B. 第一电离能：I1(X)＜I1(Y)＜I1(Z)
C. 晶胞中Z的配位数为12
D. 晶体的密度为g•cm-3
【答案】D
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X是密度最小的金属，X是Li，基态Y原子中p能级和s能级上的电子数相同，Y为O，Y与Z同主族，Z为S，W是Cl；即X、Y、Z、W分别是Li、O、S、Cl；
【详解】A．同周期从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，故原子半径r(O)＜r(Cl)＜r(S)，故A错误；
B．同主族从上到下第一电离能逐渐减小，同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，第一电离能：I1(Li)＜I1(S)＜I1(O)，故B错误；
C．由晶胞示意图可知，晶胞中Z的配位数为8，故C错误；
D．由晶胞示意图可知，晶胞中含有4个Li2S，晶胞的质量为，晶胞的体积为，故晶胞的密度为==g•cm-3，故D正确；
答案选D。
12. 在恒温恒容密闭容器中充入一定量W(g)，发生如下反应：
2W(g)4X(g)+Y(g)2Z(g)
反应②和③的反应速率分别满足v2(X)=k2c2(X)和v3(Z)=k3c(Z)，其中k2、k3分别为反应②和③的速率常数，反应③的活化能大于反应②。测得W(g)的浓度随时间的变化如表。
下列说法错误的是
A. 0～2min内，W的平均反应速率为0.040ml•L-1•min-1
B. 若增加Y的浓度，v2不变
C. 若k2=k3，平衡时c(X)=c(Z)
D. 若升高温度，平衡时c(Z)减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．由表知内∆c(W)=0.08ml/L，则v(W)==0.040ml•L-1•min-1，故A正确；
B．由方程式可知，增加Y的浓度，v2不变，故B正确；
C．由速率之比等于系数比，平衡时2v逆(X)=v正(Z)，即2v3=v2，2k3c(Z)= k2c2(X)，若k2=k3，平衡时2c(Z)= c2(X)，故C错误；
D．反应③活化能大于反应②，∆H=正反应活化能-逆反应活化能<0，则4X(g)+Y(g)2Z(g) △H<0，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡时c(Z)减小，故D正确；
故选C；
13. 间接电解法合成苯甲醛的原理如图所示。下列说法错误的是
A. c电源正极
B. 电解一段时间后，a极区溶液pH降低(忽略溶液体积变化)
C. 理论上，电源提供4ml电子能生成1ml苯甲醛
D. 用有机溶剂分离出苯甲醛，避免其在电解池中放电发生副反应
【答案】B
【解析】
【分析】根据图中信息可知，左侧a极二价锰被氧化为三价锰：，为阳极，则b电极为阴极，电极反应为：；阳极得到的三价锰进入“氧化池”将甲苯氧化为苯甲醛，发生的反应为：。
【详解】A．电极a是阳极，与电源正极c相连，A正确；
B．电解一段时间后，氧化池生成的氢离子进入a极区，通过质子交换膜进入b极区，则a极区溶液pH不变(忽略溶液体积变化)，B错误；
C．a极二价锰被氧化为三价锰：，三价锰进入“氧化池”将甲苯氧化为苯甲醛，发生的反应为：，由电子守恒可知，提供4ml电子能生成1ml苯甲醛，C正确；
D．用有机溶剂分离出苯甲醛，避免其在电解池中被氧化，防止其放电发生副反应，D正确；
故选B。
14. 25℃时，用0.20ml•L-1NaOH溶液滴定•L-1NaHX溶液，滴定曲线如图所示。下列说法错误的是
A. 25℃时，若H2X的电离常数分别为Ka1、Ka2，则Ka1•Ka2＞Kw
B. a→b→c的滴定过程中，水的电离程度先增大后减小
C. a点溶液中：c(X2-)＜c(HX-)+3c(H2X)
D. c点溶液中：c(Na+)＞c(OH-)＞c(X2-)＞c(HX-)
【答案】C
【解析】
【分析】初始时，NaHX溶液呈酸性，HX-电离程度大于水解程度，a点时，n(NaOH)=n(NaHX)，b点时，NaOH恰好和NaHX完全反应，溶质为Na2X，此时pH=10，c点时n(NaOH)=2n(NaHX)，溶质为等浓度的NaOH和Na2X混合溶液。
【详解】A．由分析可知，b点时溶质为Na2X，此时pH=10，c(H+)=1×10-10ml/L，c(OH-)=1×10-4ml/L，=，=1×10-7，由于Ka1＞Ka2，则Ka1•Ka2＞Kw，故A正确；
B．b点溶质为Na2X，X2-水解促进水的电离，故在b点水的电离程度最大，即a→b→c的滴定过程中，水的电离程度先增大后减小，故B正确；
C．a点溶质为等浓度的NaHX和Na2X混合溶液，存在质子守恒，此时溶液呈酸性，则，即c(X2-)＞c(HX-)+3c(H2X)，故C错误；
D．c点溶质为等浓度的NaOH和Na2X混合溶液，X2-离子水解，则离子浓度大小顺序为c(Na+)＞c(OH-)＞c(X2-)＞c(HX-)，故D正确；
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. ZnCO3•2Zn(OH)2是制备活性ZnO的中间体。以锌焙砂(主要成分为ZnO、ZnSiO3，含少量Cu2+、Mn2+等)为原料制备ZnCO3•2Zn(OH)2的流程如图：
回答下列问题：
（1）锌位于元素周期表第______周期第______族，ZnCO3•2Zn(OH)2属于______(填“纯净物”或“混合物”)。
（2）“浸取1”步骤中加入H2O2的目的是______。
（3）“浸取2”步骤中[Cu(NH3)4]2+转化为“浸渣”______(填化学式)。
（4）“蒸氨”步骤中存在[Zn(NH3)4]2+→NH3，[Zn(NH3)4]2+中H－N－H的键角______(填“＞”“＜”或“=”)NH3中H－N－H的键角。
（5）写出流程中“沉锌”的离子方程式：______。
（6）该流程中可以循环利用的物质是______(写出主要成分的化学式)。
（7）ZnCO3•2Zn(OH)2经焙烧可得活性ZnO，反应的化学方程式为______。
【答案】（1） ①. 四 ②. ⅡB ③. 纯净物
（2）将Mn2+氧化为MnO2除去
（3）CuS （4）﹥
（5）
（6）(NH4)2SO4
（7）
【解析】
【分析】制备2Zn(OH)2·ZnCO3流程为：锌焙砂（主要成分为ZnO、ZnSiO3，含少量Cu2+、Mn2+等离子）中加入硫酸铵、氨水、双氧水，双氧水将Mn2+氧化为MnO2，过滤后在滤液中加硫化铵，再过滤，除去铜离子，蒸氨除去多余的氨气，加入碳酸氢铵得到2Zn(OH)2·ZnCO3和二氧化碳气体，过滤得ZnCO3•2Zn(OH)2，滤液为硫酸铵溶液，据此解答。
【小问1详解】
锌位于元素周期表第四周期第ⅡB族；纯净物是有化学式的，故ZnCO3•2Zn(OH)2属于纯净物；
【小问2详解】
双氧水具有强氧化性，还原产物是水，不会引入新杂质，因此加入H2O2的目的是：将Mn2+氧化为MnO2除去；
【小问3详解】
根据以上分析可知加入(NH4)2S的目的是除去Cu2+，则除杂过程中的主要离子方程式为Cu2++S2-＝CuS↓，故“浸取2”步骤中的“浸渣”为CuS；
【小问4详解】
由于NH3提供孤对电子与Zn2+形成配位键后，N-H成键电子对受到的排斥力减小，所以H-N-H键角增大，则[Zn(NH3)4]2+中H－N－H的键角﹥NH3中H－N－H的键角；
【小问5详解】
“沉锌”时，ZnSO4与NH4HCO3反应生成ZnCO3•2Zn(OH)2、CO2、H2O和(NH4)2SO4，离子方程式为：；
【小问6详解】
由分析可知，加入碳酸氢铵得到ZnCO3•2Zn(OH)2和二氧化碳气体，过滤得ZnCO3•2Zn(OH)2，滤液为(NH4)2SO4溶液，(NH4)2SO4溶液可以回到浸取1中循环使用，则该流程中可以循环利用的物质是(NH4)2SO4；
【小问7详解】
ZnCO3•2Zn(OH)2经焙烧可得活性ZnO，反应的化学方程式为。
16. 清凉茶酸乙酯(CH3CH=CHCH=CHCOOCH2CH3)是一种消毒杀菌剂，对细菌、霉菌等有灭活作用。通过酯化反应制备清凉茶酸乙酯的实验步骤如下。
I.在三颈烧瓶中加入5.6g清凉茶酸、4.6g乙醇、环己烷、少量浓硫酸等，再加入几粒沸石。
Ⅱ.加热并不断搅拌，一段时间后停止加热和搅拌。
Ⅲ.反应物冷却至室温，进行操作X。
Ⅳ.在滤液中加入试剂Y，洗涤至混合液pH为7左右，再用试剂Z洗涤。
Ⅴ.将洗涤后混合液加入分液漏斗，进行分液。
Ⅵ.在分液后的有机层加入干燥剂，振荡，静置，过滤。
Ⅶ.对过滤后产物进行提纯操作，得到4.3mL纯净的清凉茶酸乙酯。
（1）步骤I中加入环己烷的作用是______。
（2）步骤Ⅱ中为了受热均匀和易于控制温度为110℃，可采用______(填“水浴”或“油浴”)加热，写出实验中三颈烧瓶内发生的主要反应：______。
（3）在步骤Ⅲ中必须用到的下列仪器有______(填名称)。
（4）在步骤Ⅳ中使用的洗涤试剂Y、Z依次为_______、_______(填标号)。
a.5%的小苏打溶液 b.乙醇 c.NaOH溶液 d.蒸馏水
（5）在步骤Ⅶ中对清凉茶酸乙酯进行提纯的方法是______，本实验的产率为_______(保留三位有效数字)。
【答案】（1）增大水蒸气的挥发量，促进平衡的正向移动
（2） ①. 油浴 ②. H3CCH=CHCH=CHCOOH+C2H5OHH3CCH=CHCH=CHCOOC2H5+H2O
（3）玻璃棒、漏斗、烧杯
（4） ①. a ②. d
（5） ①. 蒸馏 ②.
【解析】
【分析】清凉茶酸与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应，环己烷挥发过程中可带出较多的水，则加入环己烷的作用是增大水蒸气的挥发量，促进平衡的正向移动，反应后冷却至室温，过滤，向滤液中加入小苏打溶液，洗涤，至混合液pH=7左右，再用蒸馏水洗涤，将洗涤后混合液加入分液漏斗，进行分液。在分液后的有机层加入干燥剂，振荡，静置，过滤。对滤液进行蒸馏，收集一定温度的馏分，得到纯净的清凉茶酸乙酯。
【小问1详解】
环己烷挥发过程中可带出较多的水，则加入环己烷的作用是增大水蒸气的挥发量，促进平衡的正向移动；
【小问2详解】
控制温度为110℃，温度高于水的沸点，故可采用油浴加热，实验中三颈烧瓶内清凉茶酸与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应，主要反应是H3CCH=CHCH=CHCOOH+C2H5OHH3CCH=CHCH=CHCOOC2H5+H2O；
【小问3详解】
操作X是过滤，使用的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯；
【小问4详解】
有机物酯会溶于乙醇，氢氧化钠会和生成的酯反应，不能选；加入Y小苏打是为了中和混合物中的酸性物质，再用试剂Z蒸馏水洗涤，然后分液分离出有机层；故选a、d；
【小问5详解】
根据物质沸点不同，在步骤Ⅶ中对清凉茶酸乙酯进行提纯的方法是蒸馏；H3CCH=CHCH=CHCOOH+C2H5OHH3CCH=CHCH=CHCOOC2H5+H2O，5.6g清凉茶酸是0.05ml，4.6g乙醇是0.1ml，则乙醇过量，因此生成0.05ml清凉茶酸乙酯，则生成清凉茶酸乙酯0.05ml×140g/ml=7.0g，实际生成清凉茶酸乙酯4.3mL×0.926g/mL=3.98g，则产率为。
17. 氢能是新能源领域中与油气行业现有业务结合最紧密的一类，而制氢成本过高仍是目前氢能产业发展的挑战之一。甲烷、水蒸气重整制氢是目前工业制氢最为成熟的方法，涉及的主要反应如下：
反应I：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H1=+206.3kJ•ml-1
反应II：CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) △H2=+165.2kJ•ml-1
反应III：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H3
回答下列问题：
（1）①计算△H3=______kJ•ml-1，反应II的△S_____(填“＞”“＜”或“=”)0。
②以CH4、H2O和N2的混合气体为起始投料(N2不参与反应)，保持混合气体总物质的量不变，在恒容的容器中对反应I进行研究。下列说法正确的是______(填标号)。
A.升高温度，正、逆反应速率同时增大
B.n(CO)：n(H2)保持恒定时，反应达到化学平衡状态
C.增加起始投料时N2的体积分数，单位体积的活化分子数增加
D.增加起始投料时CH4的体积分数，CH4平衡转化率增大
（2）650℃时(局部温度过高会造成积碳)，按照一定流速通入甲烷和水蒸气，当水碳比[]一定时，催化剂中无添加吸附剂和添加P－Li4SiO4吸附剂(吸收CO2)的情况下，各气体组分反应的平衡含量与时间的关系如图所示。
①催化剂中添加P－Li4SiO4吸附剂与无添加吸附剂比较，t1min前H2的平衡含量升高，CO2、CO和CH4的平衡含量降低；t1min后H2的平衡含量降低，CO2、CO和CH4的平衡含量升高，最后与无添加吸附剂时的含量相同。可能的原因是______。
②实验时发现，t1min后CO2的平衡含量低于理论平衡值，CO的平衡含量高于理论平衡值，可能的原因是______(用化学方程式表示)。
（3）一定温度下，向2L容器中充入4mlCH4(g)和12mlH2O(g)，若20min后反应达到平衡，容器中CO、CO2均为1ml。则0～20min内H2O的消耗速率v(H2O)=______ml•L-1•min-1，反应III的压强平衡常数Kp=_____(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1） ①. ﹣41.1 ②. ＞ ③. A
（2） ①. 添加吸附剂P－Li4SiO4，降低了CO2的浓度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动；t1min后，P－Li4SiO4吸附剂失效 ②.
（3） ①. 0.075 ②.
【解析】
小问1详解】
①根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅱ－反应Ⅰ，则△H3=△H2－△H1=(+165.2kJ•ml-1)－(+206.3kJ•ml-1)=﹣41.1 kJ•ml-1；反应Ⅱ的正反应方向为气体分子数增加的熵增反应，则△S＞0；
②A．升高温度，活化分子百分数增大，正、逆反应速率同时增大，故A正确；
B．CO和H2都是生成物，n(CO)∶n(H2)始终保持恒定，故不能判断反应达到化学平衡状态，故B错误；
C．增加起始投料时N2的体积分数，各物质浓度保持不变，单位体积的活化分子数不变，故C错误；
D．增加起始投料时CH4的体积分数，CH4平衡转化率下降，故D错误；
故选A；
【小问2详解】
①添加吸附剂P－Li4SiO4，降低了CO2的浓度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动；t1min后，P－Li4SiO4吸附剂失效，故t1min后H2的平衡含量降低，CO2、CO和CH4的平衡含量升高，最后与无添加吸附剂时的含量相同；
②实验时发现t1min后的CO2平衡含量低于理论平衡值，CO的平衡含量高于理论平衡值，可能的原因是；
【小问3详解】
列出三段式有
，根据已知条件a－c=1ml，b+c=1ml，则a+b=2ml，H2O的消耗量为(a+2b+c)ml=3ml，则0～20min内H2O的消耗速率v(H2O)= ；反应平衡时，n(CO)=n(CO2)=1ml，n(CH4)=4－(a+b)=2ml，n(H2O)=9ml，n(H2)=(3a+4b+c)ml=7ml，气体总物质的量为20ml，反应Ⅲ的压强平衡常数Kp===。
18. 有机物J是一种治疗各种疼痛以及减轻发热症状药物的中间体，工业上一种利用煤化工产品制备J的流程如图所示。
（1）A的化学名称是______，G中含氧官能团的名称为______。
（2）C→D的反应类型为______。
（3）J中手性碳原子的数目为______。
（4）结合已有知识，写出D+E→F的化学方程式：______。
（5）有机物M是F的同系物，且相对分子质量比F大14，同时满足下列条件的M的同分异构体共有______种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱有六组峰且峰面积比为3：2：2：1：1：1的结构简式为______(任写一种)。
①苯环上连有两个侧链；②能发生银镜反应；③存在碳碳双键。
（6）设计以和为原料制备的合成路线：_______(无机试剂任选)。
【答案】（1） ①. 甲苯 ②. 羧基
（2）氧化反应 （3）2n
（4）+CH3CHO+H2O
（5） ①. 18 ②. 或
（6）
【解析】
【分析】B在氢氧化钠溶液的条件下，发生取代反应生成C，则B的结构简式为，A与氯气在光照条件下，生成B，则A为，C在催化剂氧气条件下，生成D，D的结构简式为，D先发生加成反应，再发生消去，生成F，F中醛基被氧化生成羧基，生成G，G与乙二醇发生取代反应，生成I，I发生加成聚合反应，生成J。
【小问1详解】
A为，其化学名称是甲苯；G中含氧官能团的名称为羧基；
【小问2详解】
C中羟基被氧化为醛基，其反应类型是氧化反应；
【小问3详解】
J中手性碳原子为，其数目为2n；
【小问4详解】
D先发生加成反应，再发生消去，生成F，化学方程式为+CH3CHO+H2O；
【小问5详解】
化合物F的同系物M比F的相对分子质量大14，则M比F多一个碳，且存在碳碳双键、醛基。M的同分异构体能发生银镜反应，则含有醛基；苯环上有两个取代基，则2个取代基可以分别为-CH=CHCHO、-CH3；-CH2CHO、-CH=CH2；-CHO、-CH=CHCH3；-CHO、-C(CH3)=CH2；-C(CHO)=CH2，-CH3；-CHO，-CH2CH=CH2，每种情况均存在邻间对3种位置关系，共18种同分异构体；其中核磁共振氢谱有六组峰且峰面积比为3∶2∶2∶1∶1∶1的结构简式为或；
【小问6详解】
先水解生成，氧化为，与生成，具体路线为。选项
实验操作及现象
结论
A
先将氯水滴入某溶液中，然后滴加KSCN溶液，溶液变红
原溶液中一定含有Fe2+
B
向无水乙醇中加入浓硫酸，加热至170℃，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液中，紫红色褪去
乙醇发生消去反应生成乙烯
C
向C6H5OH浊液中滴入Na2S溶液，浊液变清
C6H5O-结合H+的能力比S2-弱
D
向CuSO4溶液中逐滴加入氨水，得到蓝色沉淀，再继续加入乙醇，蓝色沉淀不溶解
蓝色沉淀为[Cu(NH3)4]SO4•H2O
t/min
0
1
2
3
4
5
c(W)/ml•L-1
0.160
0.113
0.080
0.056
0.040
0.028
沸点/℃
密度/(g•cm-3)
水溶性
备注
乙醇
78
0.789
混溶
清凉茶酸
228
1.204
易溶
清凉茶酸乙酯
195
0.926
难溶
环己烷
80.7
0.780
难溶
挥发过程中可带出较多的水
1.满分100分，考试时间75分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
3.本卷命题范围：高考范围。
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 S-32
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. 巴黎奥运赛场上中国运动健儿绽放异彩，“中国科技”闪耀赛场内外。下列所涉及的材质为无机非金属的是
A. 射击比赛服采用特制帆布和牛皮等材料
B. 奥运会场馆中的紫色跑道使用可循环橡胶材料
C. 乒乓球比赛用球采用高品质ABS塑料材料
D. 自行车采用航空级纳米碳纤维材料
【答案】D
【解析】
【详解】A．帆布的主要成分是较粗厚的棉织物或麻织物。牛皮的主要成分是蛋白质，属于有机物，故A项错误；
B．橡胶材料属于有机物，故B项错误；
C．ABS塑料材料属于有机物，故C项错误；
D．航空级纳米碳纤维材料属干无机非金属材料，故D项正确；
故本题选D。
2. 化学与生产、生活息息相关。下列叙述错误的是
A. 乙醇可作液体燃料，也可作消毒剂
B. 葡萄糖溶液可以为运动员补充电解质
C. 石灰石是制造玻璃和水泥的主要原料之一
D. 工业燃煤中加入生石灰可以减少酸雨的形成
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙醇能燃烧可作液体燃料，乙醇能杀灭病菌也可作消毒剂，A正确；
B．电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；葡萄糖不是电解质，B错误；
C．石灰石为碳酸钙，是制造玻璃和水泥的主要原料之一，C正确；
D．生石灰能和二氧化硫反应，减少硫氧化物排放，减少酸雨的形成，D正确；
故选B。
3. 下列鉴别或除杂的方法错误的是
A. 用灼烧法区别蚕丝和人造纤维
B. 用水鉴别氢氧化钠和氯化钠两种固体
C. 通过灼热的铜丝网除去氮气中的氧气
D. 用湿润的淀粉碘化钾试纸鉴别Br2(g)和NO2
【答案】D
【解析】
【详解】A．蚕丝的主要成分是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味，人造纤维的主要成分是纤维素，灼烧时没有烧焦羽毛的气味，A正确；
B．氢氧化钠溶于水放热，溶液温度升高，氯化钠溶于水温度几乎不变，B正确；
C．氧气通过灼热的铜丝网时可与铜发生反应生成氧化铜，而氮气不与铜反应，C正确；
D．Br2(g)和NO2(与水反应生成硝酸)都可将KI氧化为I2，都能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，不能鉴别，D错误；
答案选D
4. 物质的转化是化学学习的重要内容，甲、乙、丙所代表的物质符合如图所示转化关系的是(图中的箭头均表示一步转化)
A. NaCl、NaHCO3、Na2CO3B. N2、NO2、NO
C. SO2、H2SO4、BaSO4D. Al、AlCl3、Al(OH)3
【答案】A
【解析】
【详解】A．饱和氨盐水通入二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解为碳酸钠，碳酸钠和盐酸生成氯化钠、和二氧化碳生成碳酸氢钠，A正确；
B．氮气和氧气生成一氧化氮而不是二氧化氮，B错误；
C．二氧化硫可以被次氯酸等氧化剂氧化为硫酸，硫酸和氯化钡生成硫酸钡，硫酸钡不能转化为硫酸，C错误；
D．铝和氯气生成氯化铝，氯化铝和氨水生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和盐酸生成氯化铝，氢氧化铝不能一步转化为铝单质，D错误；
故选A。
5. 灵芝酸B是灵芝的主要活性成分之一，其结构简式如。下列说法错误的是
A. 灵芝酸B能使溴的CCl4溶液褪色
B. 1ml灵芝酸B中含有5ml碳氧π键
C. 灵芝酸B能发生加聚反应
D. 灵芝酸B中碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3
【答案】B
【解析】
【详解】A．分子中的官能团有碳碳双键，和溴单质加成使溴的CCl4溶液褪色，A正确；
B．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，1ml灵芝酸B中含有4ml碳氧π键，B错误；
C．分子中的官能团有碳碳双键，故灵芝酸B能发生加聚反应，C正确；
D．灵芝酸B中饱和碳原子为sp3，碳碳双键中碳原子的杂化轨道类型为sp2，D正确；
故选B。
阅读下列资料，完成下面小题。
碳元素被誉为“生命的核心元素”。12C、13C和14C是3种常见的碳元素核素；由于碳原子能通过单键、双键、三键等形式成键，形成了数目繁多的有机物。CO2是常见的含碳化合物，在日常生活中应用广泛，近年来由于温室效应日益加剧，针对CO2处理和利用有多种方法：可利用NaOH溶液喷淋捕捉空气中的CO2；利用CO2和H2反应生成甲醇；还可以使CO2在电解条件下生成C2H4、HCOOH、尿素等多种物质。
6. 下列说法正确的是
A. 碳原子杂化轨道中s轨道成分占比：－C≡C－＞－CH=CH－
B. 碳单质的晶体类型均为共价晶体
C. 12CO2、13CO2、14CO2互为同素异形体
D. CO2是非极性分子，因此可制备尿素
7. 下列化学反应表示错误的是
A. CO2和H2合成甲醇：CO2+3H2=CH3OH+H2O
B. NaOH溶液喷淋捕捉空气中的CO2：CO2+2OH-=CO+H2O
C. 泡沫灭火器原理：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑
D. CO2通过电解法转化为HCOO-：2H++CO2+3e-=HCOO-
【答案】6. A 7. D
【解析】
【6题详解】
A．碳碳三键中C原子杂化方式为sp杂化，碳碳双键中C原子杂化方式为sp2杂化，故碳原子杂化轨道中s成分占比：－C≡C－＞－CH=CH－，故A正确；
B．碳元素的单质有多种，金刚石为共价晶体，石墨为混合晶体，C60为分子晶体，故B错误；
C．同种元素形成的不同单质互为同素异形体；12CO2、13CO2、14CO2都是化合物，不互为同素异形体，故C错误；
D．CO2制备尿素与其是非极性分子无关，故D错误；
答案选A
【7题详解】
A．CO2和H2合成甲醇，根据电子守恒和质量守恒，反应的化学方程式为：CO2+3H2=CH3OH+H2O，故A正确；
B．NaOH溶液喷淋捕捉空气中的CO2，应该用足量NaOH，生成碳酸钠，离子方程式为CO2+2OH-=CO+H2O，故B正确；
C．泡沫灭火器原理是利用Al3+和HCO发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，离子方程式为Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑，故C正确；
D．CO2通过电解法转化为HCOO-，CO2中C为+4价，HCOO-C为+2价，得到2个电子，电极反应式为H++CO2+2e-=HCOO-，故D错误；
答案选D。
8. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是
A. 16g肼(N2H4)分子中含σ键数目为2.5NA
B. 0.5ml异丁烷、正丁烷混合物中含共价键的数目为6.5NA
C. 34gNH3中氮原子上孤电子对的数目为NA
D. 1LpH=3的NH4Cl溶液中H+数目为0.001NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．1ml肼(N2H4)分子中含有5mlσ键，16g肼(N2H4)的物质的量为0.5ml，含σ键数目为2.5NA，故A正确；
B．每个正丁烷和异丁烷中都含有13个共价键，0.5ml异丁烷、正丁烷混合物中含共价键的数目为6.5NA，故B正确；
C．1个NH3中的N原子含有1个孤电子对，34gNH3为2ml，氮原子上孤电子对的数目为2NA，故C错误；
D．pH=3的NH4Cl溶液中c(H+)=0.001ml/L，故1LpH=3的NH4Cl溶液中H+数目为0.001NA，故D正确；
答案选C。
9. 实验室用如图所示装置制备硝酸(加热装置已省略)。下列有关说法错误的是
A. 制得的硝酸可盛装在无色透明的洁净试剂瓶中
B. KNO3换成KCl即可制备HCl
C. 冷却水的作用是促进硝酸蒸气冷凝，避免形成酸雾
D. 反应温度如果过高，制得的HNO3可能会呈现黄色
【答案】A
【解析】
【详解】A．硝酸见光或受热易分解，故盛装在棕色的洁净试剂瓶中，故A错误；
B．HCl也具有挥发性，故KNO3换成KCl，同样符合难挥发性酸制易挥发性酸的原理，可以制备HCl，故B正确；
C．硝酸挥发易形成酸雾，冷却水可以促进硝酸蒸气冷凝，避免形成酸雾，故C正确；
D．反应温度如果过高，制得的HNO3会分解得到NO2，NO2溶解在硝酸中会使溶液显黄色，故D正确；
答案选A。
10. 下列实验操作及现象与结论一致的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯水会氧化亚铁离子为铁离子，铁离子和KSCN溶液变红色，但是实验操作错误，可能原溶液中本就有铁离子，不能说明原溶液中一定含有Fe2+，A错误；
B．挥发的乙醇可被酸性高锰酸钾溶液氧化，则酸性KMnO4溶液褪色，不能说明乙醇发生了消去反应，B错误；
C．浊液变清，说明苯酚和硫化钠反应转化为苯酚钠，则C6H5O-结合H+的能力比S2-弱，C正确；
D．氨水少量的话生成氢氧化铜蓝色沉淀也不溶于乙醇，D错误；
故选C。
11. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X是密度最小的金属；Y与Z同主族，且基态Y原子中p能级和s能级上的电子数相同；X和Z形成的化合物的晶体结构如图所示。设阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞边长为apm。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(Y)＜r(Z)＜r(W)
B. 第一电离能：I1(X)＜I1(Y)＜I1(Z)
C. 晶胞中Z的配位数为12
D. 晶体的密度为g•cm-3
【答案】D
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X是密度最小的金属，X是Li，基态Y原子中p能级和s能级上的电子数相同，Y为O，Y与Z同主族，Z为S，W是Cl；即X、Y、Z、W分别是Li、O、S、Cl；
【详解】A．同周期从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，故原子半径r(O)＜r(Cl)＜r(S)，故A错误；
B．同主族从上到下第一电离能逐渐减小，同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，第一电离能：I1(Li)＜I1(S)＜I1(O)，故B错误；
C．由晶胞示意图可知，晶胞中Z的配位数为8，故C错误；
D．由晶胞示意图可知，晶胞中含有4个Li2S，晶胞的质量为，晶胞的体积为，故晶胞的密度为==g•cm-3，故D正确；
答案选D。
12. 在恒温恒容密闭容器中充入一定量W(g)，发生如下反应：
2W(g)4X(g)+Y(g)2Z(g)
反应②和③的反应速率分别满足v2(X)=k2c2(X)和v3(Z)=k3c(Z)，其中k2、k3分别为反应②和③的速率常数，反应③的活化能大于反应②。测得W(g)的浓度随时间的变化如表。
下列说法错误的是
A. 0～2min内，W的平均反应速率为0.040ml•L-1•min-1
B. 若增加Y的浓度，v2不变
C. 若k2=k3，平衡时c(X)=c(Z)
D. 若升高温度，平衡时c(Z)减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．由表知内∆c(W)=0.08ml/L，则v(W)==0.040ml•L-1•min-1，故A正确；
B．由方程式可知，增加Y的浓度，v2不变，故B正确；
C．由速率之比等于系数比，平衡时2v逆(X)=v正(Z)，即2v3=v2，2k3c(Z)= k2c2(X)，若k2=k3，平衡时2c(Z)= c2(X)，故C错误；
D．反应③活化能大于反应②，∆H=正反应活化能-逆反应活化能<0，则4X(g)+Y(g)2Z(g) △H<0，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡时c(Z)减小，故D正确；
故选C；
13. 间接电解法合成苯甲醛的原理如图所示。下列说法错误的是
A. c电源正极
B. 电解一段时间后，a极区溶液pH降低(忽略溶液体积变化)
C. 理论上，电源提供4ml电子能生成1ml苯甲醛
D. 用有机溶剂分离出苯甲醛，避免其在电解池中放电发生副反应
【答案】B
【解析】
【分析】根据图中信息可知，左侧a极二价锰被氧化为三价锰：，为阳极，则b电极为阴极，电极反应为：；阳极得到的三价锰进入“氧化池”将甲苯氧化为苯甲醛，发生的反应为：。
【详解】A．电极a是阳极，与电源正极c相连，A正确；
B．电解一段时间后，氧化池生成的氢离子进入a极区，通过质子交换膜进入b极区，则a极区溶液pH不变(忽略溶液体积变化)，B错误；
C．a极二价锰被氧化为三价锰：，三价锰进入“氧化池”将甲苯氧化为苯甲醛，发生的反应为：，由电子守恒可知，提供4ml电子能生成1ml苯甲醛，C正确；
D．用有机溶剂分离出苯甲醛，避免其在电解池中被氧化，防止其放电发生副反应，D正确；
故选B。
14. 25℃时，用0.20ml•L-1NaOH溶液滴定•L-1NaHX溶液，滴定曲线如图所示。下列说法错误的是
A. 25℃时，若H2X的电离常数分别为Ka1、Ka2，则Ka1•Ka2＞Kw
B. a→b→c的滴定过程中，水的电离程度先增大后减小
C. a点溶液中：c(X2-)＜c(HX-)+3c(H2X)
D. c点溶液中：c(Na+)＞c(OH-)＞c(X2-)＞c(HX-)
【答案】C
【解析】
【分析】初始时，NaHX溶液呈酸性，HX-电离程度大于水解程度，a点时，n(NaOH)=n(NaHX)，b点时，NaOH恰好和NaHX完全反应，溶质为Na2X，此时pH=10，c点时n(NaOH)=2n(NaHX)，溶质为等浓度的NaOH和Na2X混合溶液。
【详解】A．由分析可知，b点时溶质为Na2X，此时pH=10，c(H+)=1×10-10ml/L，c(OH-)=1×10-4ml/L，=，=1×10-7，由于Ka1＞Ka2，则Ka1•Ka2＞Kw，故A正确；
B．b点溶质为Na2X，X2-水解促进水的电离，故在b点水的电离程度最大，即a→b→c的滴定过程中，水的电离程度先增大后减小，故B正确；
C．a点溶质为等浓度的NaHX和Na2X混合溶液，存在质子守恒，此时溶液呈酸性，则，即c(X2-)＞c(HX-)+3c(H2X)，故C错误；
D．c点溶质为等浓度的NaOH和Na2X混合溶液，X2-离子水解，则离子浓度大小顺序为c(Na+)＞c(OH-)＞c(X2-)＞c(HX-)，故D正确；
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. ZnCO3•2Zn(OH)2是制备活性ZnO的中间体。以锌焙砂(主要成分为ZnO、ZnSiO3，含少量Cu2+、Mn2+等)为原料制备ZnCO3•2Zn(OH)2的流程如图：
回答下列问题：
（1）锌位于元素周期表第______周期第______族，ZnCO3•2Zn(OH)2属于______(填“纯净物”或“混合物”)。
（2）“浸取1”步骤中加入H2O2的目的是______。
（3）“浸取2”步骤中[Cu(NH3)4]2+转化为“浸渣”______(填化学式)。
（4）“蒸氨”步骤中存在[Zn(NH3)4]2+→NH3，[Zn(NH3)4]2+中H－N－H的键角______(填“＞”“＜”或“=”)NH3中H－N－H的键角。
（5）写出流程中“沉锌”的离子方程式：______。
（6）该流程中可以循环利用的物质是______(写出主要成分的化学式)。
（7）ZnCO3•2Zn(OH)2经焙烧可得活性ZnO，反应的化学方程式为______。
【答案】（1） ①. 四 ②. ⅡB ③. 纯净物
（2）将Mn2+氧化为MnO2除去
（3）CuS （4）﹥
（5）
（6）(NH4)2SO4
（7）
【解析】
【分析】制备2Zn(OH)2·ZnCO3流程为：锌焙砂（主要成分为ZnO、ZnSiO3，含少量Cu2+、Mn2+等离子）中加入硫酸铵、氨水、双氧水，双氧水将Mn2+氧化为MnO2，过滤后在滤液中加硫化铵，再过滤，除去铜离子，蒸氨除去多余的氨气，加入碳酸氢铵得到2Zn(OH)2·ZnCO3和二氧化碳气体，过滤得ZnCO3•2Zn(OH)2，滤液为硫酸铵溶液，据此解答。
【小问1详解】
锌位于元素周期表第四周期第ⅡB族；纯净物是有化学式的，故ZnCO3•2Zn(OH)2属于纯净物；
【小问2详解】
双氧水具有强氧化性，还原产物是水，不会引入新杂质，因此加入H2O2的目的是：将Mn2+氧化为MnO2除去；
【小问3详解】
根据以上分析可知加入(NH4)2S的目的是除去Cu2+，则除杂过程中的主要离子方程式为Cu2++S2-＝CuS↓，故“浸取2”步骤中的“浸渣”为CuS；
【小问4详解】
由于NH3提供孤对电子与Zn2+形成配位键后，N-H成键电子对受到的排斥力减小，所以H-N-H键角增大，则[Zn(NH3)4]2+中H－N－H的键角﹥NH3中H－N－H的键角；
【小问5详解】
“沉锌”时，ZnSO4与NH4HCO3反应生成ZnCO3•2Zn(OH)2、CO2、H2O和(NH4)2SO4，离子方程式为：；
【小问6详解】
由分析可知，加入碳酸氢铵得到ZnCO3•2Zn(OH)2和二氧化碳气体，过滤得ZnCO3•2Zn(OH)2，滤液为(NH4)2SO4溶液，(NH4)2SO4溶液可以回到浸取1中循环使用，则该流程中可以循环利用的物质是(NH4)2SO4；
【小问7详解】
ZnCO3•2Zn(OH)2经焙烧可得活性ZnO，反应的化学方程式为。
16. 清凉茶酸乙酯(CH3CH=CHCH=CHCOOCH2CH3)是一种消毒杀菌剂，对细菌、霉菌等有灭活作用。通过酯化反应制备清凉茶酸乙酯的实验步骤如下。
I.在三颈烧瓶中加入5.6g清凉茶酸、4.6g乙醇、环己烷、少量浓硫酸等，再加入几粒沸石。
Ⅱ.加热并不断搅拌，一段时间后停止加热和搅拌。
Ⅲ.反应物冷却至室温，进行操作X。
Ⅳ.在滤液中加入试剂Y，洗涤至混合液pH为7左右，再用试剂Z洗涤。
Ⅴ.将洗涤后混合液加入分液漏斗，进行分液。
Ⅵ.在分液后的有机层加入干燥剂，振荡，静置，过滤。
Ⅶ.对过滤后产物进行提纯操作，得到4.3mL纯净的清凉茶酸乙酯。
（1）步骤I中加入环己烷的作用是______。
（2）步骤Ⅱ中为了受热均匀和易于控制温度为110℃，可采用______(填“水浴”或“油浴”)加热，写出实验中三颈烧瓶内发生的主要反应：______。
（3）在步骤Ⅲ中必须用到的下列仪器有______(填名称)。
（4）在步骤Ⅳ中使用的洗涤试剂Y、Z依次为_______、_______(填标号)。
a.5%的小苏打溶液 b.乙醇 c.NaOH溶液 d.蒸馏水
（5）在步骤Ⅶ中对清凉茶酸乙酯进行提纯的方法是______，本实验的产率为_______(保留三位有效数字)。
【答案】（1）增大水蒸气的挥发量，促进平衡的正向移动
（2） ①. 油浴 ②. H3CCH=CHCH=CHCOOH+C2H5OHH3CCH=CHCH=CHCOOC2H5+H2O
（3）玻璃棒、漏斗、烧杯
（4） ①. a ②. d
（5） ①. 蒸馏 ②.
【解析】
【分析】清凉茶酸与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应，环己烷挥发过程中可带出较多的水，则加入环己烷的作用是增大水蒸气的挥发量，促进平衡的正向移动，反应后冷却至室温，过滤，向滤液中加入小苏打溶液，洗涤，至混合液pH=7左右，再用蒸馏水洗涤，将洗涤后混合液加入分液漏斗，进行分液。在分液后的有机层加入干燥剂，振荡，静置，过滤。对滤液进行蒸馏，收集一定温度的馏分，得到纯净的清凉茶酸乙酯。
【小问1详解】
环己烷挥发过程中可带出较多的水，则加入环己烷的作用是增大水蒸气的挥发量，促进平衡的正向移动；
【小问2详解】
控制温度为110℃，温度高于水的沸点，故可采用油浴加热，实验中三颈烧瓶内清凉茶酸与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应，主要反应是H3CCH=CHCH=CHCOOH+C2H5OHH3CCH=CHCH=CHCOOC2H5+H2O；
【小问3详解】
操作X是过滤，使用的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯；
【小问4详解】
有机物酯会溶于乙醇，氢氧化钠会和生成的酯反应，不能选；加入Y小苏打是为了中和混合物中的酸性物质，再用试剂Z蒸馏水洗涤，然后分液分离出有机层；故选a、d；
【小问5详解】
根据物质沸点不同，在步骤Ⅶ中对清凉茶酸乙酯进行提纯的方法是蒸馏；H3CCH=CHCH=CHCOOH+C2H5OHH3CCH=CHCH=CHCOOC2H5+H2O，5.6g清凉茶酸是0.05ml，4.6g乙醇是0.1ml，则乙醇过量，因此生成0.05ml清凉茶酸乙酯，则生成清凉茶酸乙酯0.05ml×140g/ml=7.0g，实际生成清凉茶酸乙酯4.3mL×0.926g/mL=3.98g，则产率为。
17. 氢能是新能源领域中与油气行业现有业务结合最紧密的一类，而制氢成本过高仍是目前氢能产业发展的挑战之一。甲烷、水蒸气重整制氢是目前工业制氢最为成熟的方法，涉及的主要反应如下：
反应I：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H1=+206.3kJ•ml-1
反应II：CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) △H2=+165.2kJ•ml-1
反应III：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H3
回答下列问题：
（1）①计算△H3=______kJ•ml-1，反应II的△S_____(填“＞”“＜”或“=”)0。
②以CH4、H2O和N2的混合气体为起始投料(N2不参与反应)，保持混合气体总物质的量不变，在恒容的容器中对反应I进行研究。下列说法正确的是______(填标号)。
A.升高温度，正、逆反应速率同时增大
B.n(CO)：n(H2)保持恒定时，反应达到化学平衡状态
C.增加起始投料时N2的体积分数，单位体积的活化分子数增加
D.增加起始投料时CH4的体积分数，CH4平衡转化率增大
（2）650℃时(局部温度过高会造成积碳)，按照一定流速通入甲烷和水蒸气，当水碳比[]一定时，催化剂中无添加吸附剂和添加P－Li4SiO4吸附剂(吸收CO2)的情况下，各气体组分反应的平衡含量与时间的关系如图所示。
①催化剂中添加P－Li4SiO4吸附剂与无添加吸附剂比较，t1min前H2的平衡含量升高，CO2、CO和CH4的平衡含量降低；t1min后H2的平衡含量降低，CO2、CO和CH4的平衡含量升高，最后与无添加吸附剂时的含量相同。可能的原因是______。
②实验时发现，t1min后CO2的平衡含量低于理论平衡值，CO的平衡含量高于理论平衡值，可能的原因是______(用化学方程式表示)。
（3）一定温度下，向2L容器中充入4mlCH4(g)和12mlH2O(g)，若20min后反应达到平衡，容器中CO、CO2均为1ml。则0～20min内H2O的消耗速率v(H2O)=______ml•L-1•min-1，反应III的压强平衡常数Kp=_____(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1） ①. ﹣41.1 ②. ＞ ③. A
（2） ①. 添加吸附剂P－Li4SiO4，降低了CO2的浓度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动；t1min后，P－Li4SiO4吸附剂失效 ②.
（3） ①. 0.075 ②.
【解析】
小问1详解】
①根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅱ－反应Ⅰ，则△H3=△H2－△H1=(+165.2kJ•ml-1)－(+206.3kJ•ml-1)=﹣41.1 kJ•ml-1；反应Ⅱ的正反应方向为气体分子数增加的熵增反应，则△S＞0；
②A．升高温度，活化分子百分数增大，正、逆反应速率同时增大，故A正确；
B．CO和H2都是生成物，n(CO)∶n(H2)始终保持恒定，故不能判断反应达到化学平衡状态，故B错误；
C．增加起始投料时N2的体积分数，各物质浓度保持不变，单位体积的活化分子数不变，故C错误；
D．增加起始投料时CH4的体积分数，CH4平衡转化率下降，故D错误；
故选A；
【小问2详解】
①添加吸附剂P－Li4SiO4，降低了CO2的浓度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动；t1min后，P－Li4SiO4吸附剂失效，故t1min后H2的平衡含量降低，CO2、CO和CH4的平衡含量升高，最后与无添加吸附剂时的含量相同；
②实验时发现t1min后的CO2平衡含量低于理论平衡值，CO的平衡含量高于理论平衡值，可能的原因是；
【小问3详解】
列出三段式有
，根据已知条件a－c=1ml，b+c=1ml，则a+b=2ml，H2O的消耗量为(a+2b+c)ml=3ml，则0～20min内H2O的消耗速率v(H2O)= ；反应平衡时，n(CO)=n(CO2)=1ml，n(CH4)=4－(a+b)=2ml，n(H2O)=9ml，n(H2)=(3a+4b+c)ml=7ml，气体总物质的量为20ml，反应Ⅲ的压强平衡常数Kp===。
18. 有机物J是一种治疗各种疼痛以及减轻发热症状药物的中间体，工业上一种利用煤化工产品制备J的流程如图所示。
（1）A的化学名称是______，G中含氧官能团的名称为______。
（2）C→D的反应类型为______。
（3）J中手性碳原子的数目为______。
（4）结合已有知识，写出D+E→F的化学方程式：______。
（5）有机物M是F的同系物，且相对分子质量比F大14，同时满足下列条件的M的同分异构体共有______种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱有六组峰且峰面积比为3：2：2：1：1：1的结构简式为______(任写一种)。
①苯环上连有两个侧链；②能发生银镜反应；③存在碳碳双键。
（6）设计以和为原料制备的合成路线：_______(无机试剂任选)。
【答案】（1） ①. 甲苯 ②. 羧基
（2）氧化反应 （3）2n
（4）+CH3CHO+H2O
（5） ①. 18 ②. 或
（6）
【解析】
【分析】B在氢氧化钠溶液的条件下，发生取代反应生成C，则B的结构简式为，A与氯气在光照条件下，生成B，则A为，C在催化剂氧气条件下，生成D，D的结构简式为，D先发生加成反应，再发生消去，生成F，F中醛基被氧化生成羧基，生成G，G与乙二醇发生取代反应，生成I，I发生加成聚合反应，生成J。
【小问1详解】
A为，其化学名称是甲苯；G中含氧官能团的名称为羧基；
【小问2详解】
C中羟基被氧化为醛基，其反应类型是氧化反应；
【小问3详解】
J中手性碳原子为，其数目为2n；
【小问4详解】
D先发生加成反应，再发生消去，生成F，化学方程式为+CH3CHO+H2O；
【小问5详解】
化合物F的同系物M比F的相对分子质量大14，则M比F多一个碳，且存在碳碳双键、醛基。M的同分异构体能发生银镜反应，则含有醛基；苯环上有两个取代基，则2个取代基可以分别为-CH=CHCHO、-CH3；-CH2CHO、-CH=CH2；-CHO、-CH=CHCH3；-CHO、-C(CH3)=CH2；-C(CHO)=CH2，-CH3；-CHO，-CH2CH=CH2，每种情况均存在邻间对3种位置关系，共18种同分异构体；其中核磁共振氢谱有六组峰且峰面积比为3∶2∶2∶1∶1∶1的结构简式为或；
【小问6详解】
先水解生成，氧化为，与生成，具体路线为。选项
实验操作及现象
结论
A
先将氯水滴入某溶液中，然后滴加KSCN溶液，溶液变红
原溶液中一定含有Fe2+
B
向无水乙醇中加入浓硫酸，加热至170℃，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液中，紫红色褪去
乙醇发生消去反应生成乙烯
C
向C6H5OH浊液中滴入Na2S溶液，浊液变清
C6H5O-结合H+的能力比S2-弱
D
向CuSO4溶液中逐滴加入氨水，得到蓝色沉淀，再继续加入乙醇，蓝色沉淀不溶解
蓝色沉淀为[Cu(NH3)4]SO4•H2O
t/min
0
1
2
3
4
5
c(W)/ml•L-1
0.160
0.113
0.080
0.056
0.040
0.028
沸点/℃
密度/(g•cm-3)
水溶性
备注
乙醇
78
0.789
混溶
清凉茶酸
228
1.204
易溶
清凉茶酸乙酯
195
0.926
难溶
环己烷
80.7
0.780
难溶
挥发过程中可带出较多的水
相关试卷
陕西省西安中学2024-2025学年高三上学期开学考试化学试题（解析版）： 这是一份陕西省西安中学2024-2025学年高三上学期开学考试化学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了5 Mn-55 Bi-209， 硫及其化合物部分转化关系如图， 下列有关实验的描述正确的是， 下列分离提纯的方法错误的是等内容，欢迎下载使用。
四川省叙永第一中学校2024-2025学年高三上学期开学考试化学试题（解析版）： 这是一份四川省叙永第一中学校2024-2025学年高三上学期开学考试化学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了5 Ag-108，5ml 晶体中含有的离子数目为等内容，欢迎下载使用。
四川省叙永第一中学校2024-2025学年高三上学期开学考试化学试题（原卷版）： 这是一份四川省叙永第一中学校2024-2025学年高三上学期开学考试化学试题（原卷版），共9页。试卷主要包含了5 Ag-108，5ml 晶体中含有的离子数目为等内容，欢迎下载使用。
