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2022-2023学年山西省太原市第五中学校高三上学期期末考试化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年山西省太原市第五中学校高三上学期期末考试化学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
山西省太原市第五中学校2022-2023学年高三上学期
期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与人类生活、生产、社会可持续发展密切相关，下列有关化学知识的说法正确的是
A．我国科学家首次利用CO2和H2人工合成淀粉 ，分子式为(C6H10O5)n，是纯净物
B．我国火星探测器“天问一号”使用的新型SiC增强铝基复合材料是一种新型硅酸盐材料
C．海水淡化可以缓解淡水供应危机，海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法和离子交换法等
D．第24届冬季奥林匹克运动会，上使用的滑雪板，其复合层用玻璃纤维制作，玻璃纤维属于天然有机高分子材料
【答案】C
【详解】A．淀粉分子式为(C6H10O5)n，淀粉是高分子化合物，属于混合物，故A错误；
B．新型SiC增强铝基复合材料不是硅酸盐，故B错误；
C．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法和离子交换法等，故C正确；
D．玻璃纤维属于无机非金属材料，故D错误；
选C。
2．一种基于光催化剂MeOx(某金属氧化物)催化氮还原制取氨的反应过程如图所示(图中h+表示空穴)，下列说法错误的是
A．H+和N2是反应物，H2O是中间体
B．导带上发生的反应为2H2O+4h+=4H++O2↑
C．光能转变为化学能
D．该过程总反应可表示为2N2+6H2O4NH3+3O2
【答案】A
【详解】A．由图可知，H+是反应的中间体，H2O和N2是反应物，故A错误；
B．由图可知，导带上面H2O和h+反应生成了氧气和氢离子，方程式为：2H2O +4h+= 4H++ O2↑，故B正确；
C．由图可知，光催化剂MeOx(某金属氧化物)催化氮还原制取氨，则实现了光能向化学能的转化，故C正确；
D．由图可知，该过程反应物是氮气和水，生成物是氨气和氧气，总方程式可表示为2N2 +6H2O4 NH3+3O2，故D正确；
故答案选A。
3．2021年诺贝尔化学奖授予利斯特和麦克米伦，以表彰他们在不对称有机催化剂领域的重要贡献。如在合成R-(+)苦杏仁腈时(结构中—Ph为苯基)，D-羟腈酶就是该反应的不对称有机催化剂，其合成过程如图所示。下列说法错误的是
A．不对称有机催化剂对产物有选择性，从而使合成更加“绿色”
B．HCN的电子式为H+[∶C⋮⋮N∶]-
C．酶发挥催化功能需要适宜的温度及酸碱性环境条件
D．R-(+)苦杏仁腈和S-(-)苦杏仁腈互为同分异构体
【答案】B
【详解】A．不对称有机催化剂在使用时可以对产物有更好的选择性，从而制取更多的目标产物，可以使合成更加“绿色”，减少副产物的产生，选项A正确；
B．反应物氰化氢HCN分子中C原子与H原子形成1个共价键，与N原子形成3个共价键，从而使物质分子中各个原子都达到稳定结构，其电子式为，选项B错误；
C．酶是具有生物活性的蛋白质，其只有在一定温度及酸碱性环境中才能最大程度发挥其催化活性，因此酶发挥其催化功能需要适宜的条件，选项C正确；
D．R—(+)苦杏仁腈和S—(—)苦杏仁腈分子式相同，而结构不同，因此二者互为同分异构体，选项D正确；
答案选B。
4．设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．27 g 铝加入足量 1mol/L 的 NaOH 溶液，转移的电子数为 3NA
B．18g 氨基(－ND2)中含有的电子数为 10NA
C．向 100mL0.1mol/L 醋酸溶液中加 CH3COONa 固体至溶液刚好为中性，溶液中醋酸分子数为 0.01NA
D．用惰性电极电解 100mL0.1mol/L 的 CuSO4 溶液，当阴、阳两极产生相同条件下等体积的气体时， 电路中转移电子数为 0.04NA
【答案】B
【详解】A．27 g 铝为1mol，加入足量 1mol·L－1 的 NaOH 溶液，生成NaAlO2和H2，1molAl失去3mol电子，转移的电子数为 3NA，故A正确；
B．18g 氨基(－ND2)中含有的电子数为 = 9NA，故B错误；
C．向100mL0.1mol/L 醋酸溶液中加 CH3COONa 固体至溶液刚好为中性，根据电荷守恒，溶液中c(Na＋)=c(CH3COO－),溶液中醋酸分子数为0.100L×0.1mol·L－1NA= 0.01NA，故C正确；
D．用惰性电极电解100mL0.1mol·L－1的CuSO4溶液，阴极上Cu2＋先放电生成0.01molCu，而后H＋放电生成H2，阳极上一直是OH－放电生成O2，设生成的气体的物质的量为xmol，根据两极上得失电子数守恒可知：0.01mol×2+2x=4x，解得x=0.01mol，故阳极上转移电子为0.04NA个，故D正确；
故选B。
5．化学是以实验为基础的科学。下列实验操作与现象所得结论正确的是
选项
操作
现象
结论
A
向FeBr2溶液中加入少量氯水。再加CCl4萃取
溶液变黄，加入CCl4后，CCl4层无色
Fe2+的还原性强于Br-
B
向饱和食盐水中先通入足量NH3，再通入足量CO2
开始无明显现象，后溶液变浑浊
“侯氏制碱”原理，浑浊物为Na2CO3
C
使乙醇蒸汽通过炽热的铜粉，接着通入KMnO4溶液褪色
酸性KMnO4溶液
乙醇被催化氧化为乙醛
D
将装满NO和空气混合气体的试管倒扣在盛有水的水槽中
试管中水的液面上升
NO能与水直接发生反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．向 FeBr2溶液中滴加少量氯水，先氧化亚铁离子，加CCl4萃取溶液分层，水层变黄，CCl4层无色，证明溶液中没有Br2，则Fe2+的还原性强于Br-，故A项正确；
B．向饱和食盐水中先通入足量NH3，再通入足量CO2，发生反应，所得浑浊物为NaHCO3，故B项错误；
C．不一定是乙醛使高锰酸钾溶液褪色，乙醇也有还原性，也能使高锰酸钾溶液褪色，故C项错误；
D．NO先与O2发生反应生成NO2，NO2再与水发生反应，故D项错误；
答案选A。
6．下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应能实现如图所示转化的是
X
Y
Z
物质转化关系
A
Cu
CuO
Cu(OH)2
B
Si
SiO2
H2SiO3
C
NaHCO3
Na2CO3
NaOH
D
FeCl2
FeO
FeCl3
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A.Cu与O2反应生成CuO，CuO与C或H2等反应生成Cu，Cu(OH)2无法一步转化为Cu，且CuO无法一步转化为Cu(OH)2，错误；
B.Si与O2反应生成SiO2，SiO2与H2或C等反应生成Si，SiO2无法一步转化为H2SiO3，H2SiO3无法一步转化为Si，错误；
C.NaHCO3在加热条件下能生成Na2CO3，Na2CO3与CO2、H2O反应生成NaHCO3，Na2CO3与Ca(OH)2反应生成NaOH，NaOH与过量CO2反应能直接生成NaHCO3，正确；
D.FeCl2不能一步转化为FeO，FeO与HCl反应能生成FeCl2，FeO无法一步转化为FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，错误。
7．内酯Y可由X通过电解合成，并在一定条件下转化为Z，转化路线如图：
下列说法正确的是
A．X苯环上的一氯代物一定有9种
B．X→Y的反应类型为还原反应
C．X、Y、Z都能与碳酸氢钠溶液反应.
D．X、Y、Z分子中均至少有9个碳原子共面
【答案】D
【详解】A．X的苯环上有7种氢原子，其苯环上的一氯代物有7种，故A错误；
B．X中羧基发生取代反应生成Y中酯基，为取代反应，故B错误；
C．−COOH能和碳酸氢钠溶液反应，只有X能和碳酸氢钠溶液反应，故C错误；
D．苯环上所有原子共平面，单键可以旋转，所以X、Y、Z中最多有9个碳原子共平面，故D正确；故选D。
8．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，原子序数总和为25，Y是地壳中含量最多的元素，由这四种元素形成的某化合物的结构如图所示。下列叙述正确的是
A．原子半径大小：Z＞Y＞X＞W
B．该化合物具有强氧化性，用于消毒杀菌
C．X可与Y形成XY、XY2等共价化合物
D．W分别与X、Y、Z形成的化合物所含化学键类型相同
【答案】B
【分析】Y是地壳中含量最多的元素，则Y是O，根据化合物结构可知W共用1对电子对，且原子序数最小，则W为H，Z离子为+1价，且是短周期主族元素，则Z为Na，4种元素原子序数总和为25，则1+x+8+11=25，解得x=5，则X为B元素，据此分析解答。
【详解】A．由上述分析可知，W为H，X为B，Y为O，Z为Na元素，同一周期从左到右，原子半径减小，同一主族，从上到下，原子半径增大，则原子半径大小为Z＞X＞Y＞W，故A错误；
B．该化合物含有类似过氧根结构，因此具有强氧化性，可杀菌消毒，故B正确；
C．X为B，Y为O，X与Y可形成X2Y3共价化合物，故C错误；
D．W为H ，X为B，Y为O，都是非金属元素，H与X或Y形成化合物只有共价键，Z为Na，与H形成化合物NaH含离子键，故D错误；
答案B。
9．完成下列实验所选择的装置正确的是
选项
A
B
C
D
实验
用图示方法检查此装置的气密性
高温熔融烧碱
准确量取一定体积的KMnO4标准溶液
蒸发FeCl3溶液制取无水FeCl3
装置
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．可以利用压强检测装置气密性，故A正确；
B．石英坩埚主要成分为SiO2，在高温下会与烧碱反应，故B错误；
C．量取液体应用量筒，故C错误；
D．制备无水FeCl3要在HCl气流中加热蒸干FeCl3溶液，故D错误；
故选A。
10．下列离子组中加(或通)入相应试剂后，判断和分析均正确的是
选项
离子组
加(或通)入试剂
判断和分析
A
Na+、K+、AlO、Cl-
足量NaHCO3溶液
不能大量共存，因AlO和HCO之间会发生完全双水解生成CO2气体和Al(OH)3沉淀
B
NH、Ca2+、Cl-、NO
足量CO2
能大量共存，微粒间不发生化学反应
C
Na+、Mg2+、SO、HCO
足量NaOH溶液
不能大量共存，会发生下列反应： Mg2++HCO+OH-= MgCO3↓+ H2O
D
Na+、K+、ClO-、Cl-
少量SO2
不能大量共存，会发生下列反应：2ClO-+ H2O+ SO2 = 2HClO+SO
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．向含有Na+、K+、、Cl-离子的溶液中加入足量NaHCO3溶液，与电离产生的H+及溶液中的H2O反应产生Al(OH)3沉淀而不能大量共存，反应的离子方程式为：++H2O=Al(OH)3↓+，A错误；
B．向含有、Ca2+、Cl-、的溶液中通入足量CO2气体，微粒之间不能发生任何反应，因此能大量共存，B正确；
C．Mg(OH)2比MgCO3溶解度更小，向含有Na+、Mg2+、、的溶液中加入足量NaOH溶液，Mg2+、OH-会反应产生Mg(OH)2沉淀，不能大量共存；、OH-会反应产生、H2O，也不能大量共存，C错误；
D．H+、ClO-会反应产生弱酸HClO，不能大量共存。向含有Na+、K+、ClO-、Cl-的溶液中通入少量SO2气体，会发生反应：，不能大量共存，D错误；
故合理选项是B。
11．短周期主族元素X，Y，Z，W的原子序数依次增大，在如图所示转化关系中，甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物。其中A为W元素组成的单质，常温下为黄绿色气体，常温下乙为液体，丁物质常用于消毒、漂白。下列说法错误的是
A．这四种元素中Z的原子半径最大
B．丁中既有离子键又有极性共价键
C．Y、Z形成的化合物中阴、阳离子数目比为1：1
D．Y、Z、W形成的三种较高化合价的化合物中，W的杂化方式是
【答案】C
【分析】短周期元素X，Y，Z，W的原子序数依次增大，A为W元素组成的单质，常温下为黄绿色气体，则W为Cl，常温下乙为液体，应该为H2O，则X为H元素；Cl2与丙反应生成H2O、丁和戊，丁物质常用于消毒、漂白，则丁为NaClO，戊为NaCl，丙为NaOH，甲与H2O发生化合反应生成NaOH，则甲为Na2O，因此X为H，Y为O，Z为Na，W为Cl。
【详解】A．Na、Cl的核外电子层数多于H、O，原子半径更大，Na、Cl位于同一周期，原子序数越大，原子半径越小，因此，即Na原子半径最大，故A项正确；
B．丁为NaClO，Na+与ClO-之间为离子键，ClO-内Cl原子和O原子之间为极性共价键，故B项正确；
C．Na2O与Na2O2中阴、阳离子数目比都是1：2，故C项错误；
D．NaClO4中阴离子为，Cl原子形成4个σ键，Cl原子的孤电子对数为，因此Cl原子的价层电子对数为4+0=4，Cl原子的杂化方式是，故D项正确；
综上所述，错误的是C项。
12．下列对实验事实解释错误的是
选项
实验事实
解释
A
石墨的熔点高于金刚石
石墨是过渡晶体，金刚石是共价晶体
B
H2O的沸点高于CH3CH2OH
相同物质的量的H2O和CH3CH2OH比较：H2O形成的氢键数多于CH3CH2OH
C
聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯
C—F的键能大于C—H的键能
D
在CS2中的溶解度：CCl4>H2O
CS2、CCl4为非极性分子，而H2O为极性分子
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．石墨中C-C键的键能比金刚石中C-C键能大，石墨的熔点高于金刚石，A错误；
B．相同物质的量的H2O和CH3CH2OH比较,H2O形成的氢键数多于CH3CH2OH，形成氢键越多沸点越高，B正确；
C．C-F的键能大于C-H的键能，键能越大越稳定，聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，C正确；
D．CS2、CCl4为非极性分子，而H2O为极性分子，根据相似相溶原理，在CS2中的溶解度：CCl4>H2O， D正确；
故本题选A。
13．(式量为M)是生物医药、太阳能电池等领域的理想苂光材料，其晶胞结构如图所示，阿伏加德罗常数为。已知：原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，一种自旋状态用表示，与之相反的表示，称为电子的自旋磁量子数。下列说法错误的是
A．的价层电子排布式为
B．基态S原子电子自旋磁量子数的代数和为1或
C．若A点的分数坐标为，则B点的分数坐标为
D．晶体的密度为
【答案】D
【详解】A．位于第五周期ⅢA族、核外电子排布式为，A正确；
B． 基态S原子电子排布式为，同一个轨道中电子自旋方向相反、电子自旋磁量子数的代数和为0，中有2个p电子位于同一个轨道、另2个电子分占两个p轨道且自旋方向相同，则电子自旋磁量子数的代数和为1或-1，B正确；
C． 由晶胞示意图可知，若A点的分数坐标为，则B点的分数坐标为，C正确；
D．晶胞中Cu有8个位于顶点、4个面心、1个晶胞内，个数为8×+4×+1=4，In有4位于棱上、6个在面心，个数为4×+6×=4，8个S位于晶胞内，则晶体的密度为，D不正确；
答案选D。
14．室温下，向20mL浓度均为0.1mol/L的NaOH和MOH溶液中分别滴加0. 1mol/L盐酸，溶液的pH随盐酸体积变化如图所示。下列说法不正确的是
A．MOH的电离常数约为1×l0-5 B．a点溶液中存在
C．b点和c点溶液混合后显碱性 D．水的电离程度：d>b>a
【答案】D
【详解】A．据图知，0.1mol⋅L−1MOH溶液中pH=11，则c(OH−)=0.001mol⋅L−1，MOH电离程度较小，则c(M+)≈c(OH−)=0.001mol⋅L−1，c(MOH)≈0.1mol⋅L−1，常温下，MOH的电离常数，A正确；
B．a点溶液呈碱性，则c(H+)＜c(OH−)，根据电荷守恒得c(M+)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)，所以得c(M+)＞c(Cl−)≈，B正确；
C．当盐酸的体积为10mL时，c点溶液为等物质的量浓度的NaCl和NaOH溶液，当盐酸的体积为20mL时，b点为0.05mol⋅L−1的MCl溶液，是强酸弱碱盐，水解过程微弱，所以b点和c点溶液混合后显碱性，C正确；
D. a点有碱溶液、d点酸过量，水的电离均受到抑制，b点溶质是强酸弱碱盐，水解时促进水电离，从a到b点水的电离程度增大，从b到d点水的电离程度减小，故D错误；
答案选D。
【点睛】D容易错，同学往往受到图的影响而误以为水的电离程度是逐渐改变的，实际上水电离程度受溶质的影响。碱溶液、酸过溶液中水的电离均受到抑制，强酸弱碱盐、强碱弱酸盐水解时促进水电离。
二、实验题
15．亚硫酰氯()又名氯化亚砜，是一种无色或淡黄色发烟液体，有强烈刺激性气味，其熔点-105℃，沸点79℃，140℃以上时易分解。遇水剧烈反应，常用作脱水剂，主要用于制造酰基氯化物，还用于医药、农药、染料等的生产。某实验小组设计实验制备氯化亚砜并探究其性质。
【资料】①实验室制备原理：在活性炭催化下，
②。
③是一种重要的化工试剂，遇水易分解。
实验一：制备产品并探究的性质
根据图1所示装置设计实验(装置可以重复使用)。
(1)装置接口连接顺序为a→_______→d、e→_______→h。
(2)实验室用亚硫酸钠固体与70%硫酸制备，不用稀硫酸的原因为_______。
(3)A装置中发生反应的离子方程式为_______。
(4)实验室常用过量NaOH溶液吸收，写出反应的离子方程式：_______。
(5)甲同学认为还可用作由制取无水的脱水剂，但乙同学认为该实验可能发生副反应使产品不纯。所以乙同学设计如下实验判断副反应的可能性：取少量于试管中，加入足量，充分反应后向试管中加水溶解，取溶解后的溶液少许于四支试管中，分别进行下列实验，能验证发生副反应的是_______(填选项字母)。
A．滴加溶液 B．滴加溶液
C．滴加酸性溶液 D．先滴加稀，再滴加溶液
实验二：测定产品纯度。
利用图2装置测定产品纯度。
打开止水夹，向安全漏斗中加入足量蒸馏水，待反应完全后，将烧杯中的溶液和烧瓶中的溶液合并，在合并后的溶液中加入足量的固体，振荡后静置，过滤，将滤液配制成250mL溶液，取25.00mL配制的溶液于锥形瓶，滴几滴溶液作指示剂，用溶液滴定至终点，消耗VmL溶液［已知：常温下，，］。
(6)VmL产品中含_______mol。下列情况会使测定结果偏高的是_______(填序号)。
①产品含少量 ②滴定管没有用溶液润洗
③滴加指示剂过多 ④合并溶液时，烧瓶中有少量残余液体
【答案】(1) fgbc decb
(2)SO2易溶于水，使用70%硫酸能减少SO2的溶解损耗
(3)MnO2＋4H+＋2Cl-Mn2+＋Cl2↑＋2H2O
(4)
(5)AB
(6) 或 ①②
【分析】装置A用于制取氯气，用D中的饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，用B中的浓硫酸除去氯气中的水蒸气，干燥纯净的氯气通入三颈烧瓶C中，装置E制取二氧化硫经B中浓硫酸干燥后也通入三颈烧瓶中，氯气、二氧化硫和SCl2共同作用生成亚硫酰氯。据此作答。
【详解】（1）装置A制取氯气，含有HCl杂质气体，先通过装置D除去，再经过装置B干燥，干燥的氯气通入装置C中，装置E制取SO2，用装置B干燥后通入C中，则装置接口连接顺序为afgbcde(或ed)cbh；
（2）实验室用亚硫酸钠固体与70%硫酸制备SO2，不用稀硫酸的原因为SO2易溶于水，使用70%硫酸能减少SO2的溶解损耗；
（3）A装置中二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯化锰和氯气，发生反应的离子方程式为；
（4）用过量NaOH溶液吸收SOCl2，生成亚硫酸钠和氯化钠，反应的离子方程式：；
（5）取少量FeCl3•6H2O于试管中，加入SOCl2振荡使两种物质充分反应，若取少量SOCl2和FeCl3•6H2O反应后的混合物于试管中，加水溶解，将溶液平分至4支试管，发生反应SOCl2+2FeCl3•6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O，则充分反应后的溶液中无Fe3+，加入KSCN溶液无明显现象；若未发生该反应，则溶液中无Fe2+，由于溶液中存在氯离子，加入酸性KMnO4溶液必然会褪色，无法证明，则可检验硫酸根或亚铁离子存在即可证明发生副反应，分别用BaCl2溶液或K3[Fe(CN)6]溶液检验，故答案为：AB；
（6）根据氯元素守恒，SOCl2先转化为HCl，最终与AgNO3反应，可得关系式SOCl2~2HCl~2 AgNO3，则n(SOCl2)=0.5 n(AgNO3)=0.5×cV×10-3mol，250 mL溶液中n(SOCl2)=0.5×cV×10-3mol=mol，V mL产品中含mol SOCl2；
①SCl2摩尔质量更小，则相同体积的SCl2含Cl更多，消耗更多的AgNO3，使测定结果偏高，①选；
②滴定管没有用c mol·L-1 AgNO3溶液润洗，则标准溶液浓度减小，消耗体积偏大，测定结果偏高，②选；
③滴加Na2CrO4指示剂过多会使滴定终点提前，消耗标准溶液体积偏小，测定结果偏低，③不选；
④合并溶液时，烧瓶中有少量残余液体，则残余液体中Cl-有损耗，消耗标准溶液体积偏小，测定结果偏低，④不选；
故选：①②。
三、工业流程题
16．氧化钪(Sc2O3)是一种稀土氧化物，广泛应用于航天、激光、导弹等尖端科学领域。以钪锰矿石(主要含MnO2、SiO2及少量Sc2O3、Al2O3、CaO、FeO)为原料制备Sc2O3和三氯化钪(ScCl3)的工艺流程如图，其中TBP和P507均为有机萃取剂。
回答下列问题：
(1)“溶解”时铁屑被氧化为，该反应的离子方程式是_______。
(2)“滤渣”的主要成分是_______。
(3)有机萃取剂P507萃取的反应原理为阳离子交换：(HR代表)。在“富钪有机相”中反应生成的化学方程式是_______。
(4)“萃余液2”中的金属阳离子除、外，还有_______。
(5)沉钪后获得的操作Ⅰ为_______。
(6)取粗产品(含难溶杂质)溶于水，配成溶液，采用为指示剂，用标准溶液滴定，当溶液中出现_______现象时，说明已达到滴定终点。当溶液中恰好沉淀完全(浓度等于)时，此时溶液中_______。［已知：为砖红色固体；，］
【答案】(1)3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O
(2)CaSO4和SiO2
(3)ScR3+3NaOH=3NaR+Sc(OH)3↓
(4)Mn2+
(5)灼烧
(6) 产生砖红色沉淀且30s内沉淀不消失 0.005
【分析】钪锰矿石(主要含MnO2、SiO2及少量Sc2O3、Al2O3、CaO、FeO)加入稀硫酸后，溶液中含有A13+、Fe2+、Ca2+、Sc3+再加入Fe，可以将二氧化锰还原为Mn2+，铁被氧化成Fe3+，滤渣中含有SiO2，TBP和HCl加入可以除去Fe3+，得到有机相和萃余液1，萃余液1加入有机萃取剂P507萃取Sc3+，萃余液2中剩余Al3+、Ca2+、Mn2+ ，富钪有机相加入氢氧化钠后得到反萃固体Sc (OH)3，加入HCl得到ScCl3，加入H2C2O4后得到Sc2 (C2O4)3，在空气中灼烧后Sc2O3。据此作答。
【详解】（1）“溶解”时铁屑被MnO2氧化为Fe3+，MnO2还原Mn2+，溶液为酸性，有氢离子参与反应，根据元素守恒补齐生成物水，反应的离子方程式：3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O；故答案为: 3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O；
（2）钪锰矿石中不与硫酸和废铁屑反应的物质为二氧化硅，以及钙离子与硫酸根离子作用产生微溶的CaSO4，“ 滤渣”的主要成分是CaSO4和SiO2；故答案为: CaSO4和SiO2；
（3）在“富钪有机相”中反应生成Sc(OH)3，ScR3与氢氧化钠反应生成Sc(OH)3，化学方程式是ScR3+3NaOH=3NaR+Sc(OH)3↓；
故答案为: ScR3+3NaOH=3NaR+Sc(OH)3↓；
（4）根据分析可知，萃余液2中剩余Al3+、Ca2+、Mn2+ ；答案为Mn2+；
（5）加入HCl得到ScCl3，加入H2C2O4后得到Sc2 (C2O4)3，在空气中灼烧后Sc2O3，故操作Ⅰ为灼烧；
（6）用AgNO3标准溶液滴定，当溶液中出现产生砖红色沉淀且30s内沉淀不消失现象时，说明已达到滴定终点；
液中Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10-5mol·L-1)时，K(AgCl)= c(Ag+)c(Cl-)= c(Ag+)1.0×10-5mol·L-1=2.0×10-10，c(Ag+)=2.0×10-5mol·L-1，K(Ag2CrO4)= c2(Ag+)c()=(2.0×10-5mol·L-1)2c()=2.0×10-12；此时溶液中c()=0.005mol·L-1。
四、原理综合题
17．研究烟气的脱硝(除NOx)、脱硫(除SO2)技术有着积极的环保意义。
(1)一定条件下，用CH4催化还原可消除NO污染。
已知： Ⅰ．CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= -865.0 kJ ·mol-1
Ⅱ．2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) △H= -112.5 kJ·mol-1
Ⅲ．适量的N2和O2完全反应，每生成2.24 L(标准状况下)NO时，吸收8.9 kJ的热量；
则CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=____kJ·mol-1。
(2)一定条件下，用NH3催化还原可消除NO污染，其反应原理如下：4NH3 (g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g) △H= - 1980 kJ/mol
①应速率与浓度之间存在如下关系：v正=k正c4(NH3)·c6 (NO)，v逆=k逆c5(N2)·c 6(H2O)。k正、k 逆为速率常数，只受温度影响。350°C时，在2 L恒容密闭容器中，通入0.9 mol NH3(g)和1.2 mol NO(g)发生反应，平衡时NO转化率为50%，则此温度下=____。
②若保持其他条件不变，将上述恒温恒容容器改为恒温恒压容器，达到新平衡时，N2的体积分数与原平衡相比将____ (填“增大”、 “减小”或“不变”)；若温度升高，则k正增大m倍，k逆增大n倍，则m____ n(填“＞” “＜”或“=”)。
③保持温度不变，在恒容密闭容器中按一定比例充入NH3(g)和NO(g)发生反应，达到平衡时，H2O(g)的体积分数φ(H2O)随的变化如图所示，当=2.0时， 达到平衡φ (H2O)可能是 A、B、C三点中的____ (填“A”、“B”或“C”)。
(3)利用电解装置也可进行烟气处理，如图可将雾霾中的NO、SO2分别转化为和，阳极的电极反应式为___________；物质A是___________(填化学式)。
【答案】(1)-1155.5
(2) 0.25 增大 ＜ C
(3) SO2+2H2O-2e-=+4H+ H2SO4
【详解】（1）已知：Ⅰ．CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= -865.0 kJ ·mol-1
Ⅱ．2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) △H=-112.5 kJ·mol-1；
Ⅲ．适量的N2和O2完全反应，每生成2.24 L(标准状况下)NO时，物质的量n(NO)=，吸收8.9 kJ的热量，则生成2 mol NO吸收热量Q=8.9 kJ ×20=178 kJ，即热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+178 kJ/mol，根据盖斯定律，反应Ⅰ+Ⅱ-Ⅲ，整理可得CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-1155.5 kJ/mol；
（2）①对于反应4NH3 (g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)，反应开始时，c(NH3)=0.45 mol/L，c(NO)=0.6 mol/L，c(N2)=c(H2O)=0，反应达到平衡时，NO转化率为50%，则平衡时c(NO)=0.3 mol/L，根据物质反应转化关系可知平衡时，c(NH3)=(0.45-0.2) mol/L=0.25 mol/L，c(N2)=0.25 mol/L，c(H2O)=0.3 mol/L，平衡时v正=v逆，则k正c4(NH3)·c6 (NO)=k逆c5(N2)·c 6(H2O)，=；
②反应4NH3 (g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g) △H= - 1980 kJ/mol的正反应是气体体积增大的放热反应，反应达到平衡时气体压强比反应开始时压强增大。若保持其他条件不变，将上述恒温恒容容器改为恒温恒压容器，相当于在恒容条件下反应达到平衡后，扩大容器的容积，必然导致体系的压强减小，化学平衡正向移动，因此达到新平衡时，N2的体积分数与原平衡相比将增大；
反应达到平衡时，升高温度，正、逆反应速率都增大，温度对吸热反应影响更大，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，在达到平衡前v正＜v逆，升高温度的瞬间各种物质的浓度不变，因此正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，即m＜n；
③保持温度不变，在恒容密闭容器中按一定比例充入NH3(g)和NO(g)发生反应：4NH3 (g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)，其它条件不变，增大，相当于n(NH3)不变，n(NO)增大，化学平衡正向移动，平衡时n(总)增大，n(H2O)增大，但根据平衡移动原理可知：平衡移动的趋势是微弱的，n(H2O)增大幅度小于n(总)增大幅度，故φ(H2O)减小。因此当=2.0时，反应达到平衡时，φ(H2O)可能是图中的C点；
（3）根据图示可知：在阳极上SO2失去电子被氧化产生，阳极的电极反应式为：SO2+2H2O-2e-=+4H+；在阴极上NO得到电子被还原产生，阴极的电极反应式为：NO+6H++5e-=+H2O，所以总反应方程式为：2NO+5SO2+8H2O=(NH4)2SO4+4H2SO4，所以根据总反应方程式可知：装置中的A物质是H2SO4。
五、有机推断题
18．异戊巴比妥对中枢神经系统有抑制作用，主要用于催眠、镇静、抗惊厥以及麻醉前给药。合成路线如图：
回答下列问题：
(1)A的名称是____，B所含官能团的名称为____。
(2)C的结构简式为____，异戊巴比妥的分子式为____。
(3)A→B的化学方程式为____，B→C的反应类型是___。
(4)M在分子组成上比B少1个—CH2—原子团，则M的同分异构体中是A的同系物的有____种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有3种吸收峰，且峰面积之比为1：1：3的同分异构体的结构简式为____。
(5)已知在同一位置引入烷基时，一般先引入大的基团以控制中间体的质量，请设计一种由A制备的合成路线(试剂任选)。____。
【答案】(1) 丙二酸 酯基
(2) C11H18O3N2
(3) HOOCCH2COOH+2CH3CH2OH+2H2O 取代反应
(4) 9
(5)HOOCCH2COOH
【分析】A和乙醇发生酯化反应生成B，则A为HOOCCH2COOH；B和发生取代反应生成C，C和CH3CH2Br发生取代反应生成D，则C为。
【详解】（1）A为HOOCCH2COOH，其名称为丙二酸；由B的结构简式可知，B所含官能团的名称为酯基；
（2）由分析可知，C的结构简式为；由异戊巴比妥的结构简式可知，其分子式为C11H18O3N2；
（3）HOOCCH2COOH和乙醇发生酯化反应生成，化学方程式为HOOCCH2COOH+2CH3CH2OH+2H2O；B和发生取代反应生成C；
（4）M在分子组成上比B少1个—CH2—原子团，M的同分异构体中是A的同系物的有：HOOC(CH2)4COOH、CH3CH(COOH)(CH2)2COOH、CH3CH2CH(COOH)CH2COOH、CH3(CH2)2CH(COOH)2、C(CH3)2(COOH)CH2COOH、、HOOCCH(CH3)(CH2)2COOH、HOOCCH2CH(CH3)CH2COOH，共9种；其中核磁共振氢谱有3种吸收峰，且峰面积之比为1：1：3的同分异构体的结构简式为；
（5）HOOCCH2COOH和乙醇发生酯化反应生成，和CH3CH2Br发生取代反应生成，和CH3Br发生取代反应生成，则合成路线为HOOCCH2COOH 。
山西省太原市第五中学校2022-2023学年高三上学期
期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与人类生活、生产、社会可持续发展密切相关，下列有关化学知识的说法正确的是
A．我国科学家首次利用CO2和H2人工合成淀粉 ，分子式为(C6H10O5)n，是纯净物
B．我国火星探测器“天问一号”使用的新型SiC增强铝基复合材料是一种新型硅酸盐材料
C．海水淡化可以缓解淡水供应危机，海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法和离子交换法等
D．第24届冬季奥林匹克运动会，上使用的滑雪板，其复合层用玻璃纤维制作，玻璃纤维属于天然有机高分子材料
【答案】C
【详解】A．淀粉分子式为(C6H10O5)n，淀粉是高分子化合物，属于混合物，故A错误；
B．新型SiC增强铝基复合材料不是硅酸盐，故B错误；
C．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法和离子交换法等，故C正确；
D．玻璃纤维属于无机非金属材料，故D错误；
选C。
2．一种基于光催化剂MeOx(某金属氧化物)催化氮还原制取氨的反应过程如图所示(图中h+表示空穴)，下列说法错误的是
A．H+和N2是反应物，H2O是中间体
B．导带上发生的反应为2H2O+4h+=4H++O2↑
C．光能转变为化学能
D．该过程总反应可表示为2N2+6H2O4NH3+3O2
【答案】A
【详解】A．由图可知，H+是反应的中间体，H2O和N2是反应物，故A错误；
B．由图可知，导带上面H2O和h+反应生成了氧气和氢离子，方程式为：2H2O +4h+= 4H++ O2↑，故B正确；
C．由图可知，光催化剂MeOx(某金属氧化物)催化氮还原制取氨，则实现了光能向化学能的转化，故C正确；
D．由图可知，该过程反应物是氮气和水，生成物是氨气和氧气，总方程式可表示为2N2 +6H2O4 NH3+3O2，故D正确；
故答案选A。
3．2021年诺贝尔化学奖授予利斯特和麦克米伦，以表彰他们在不对称有机催化剂领域的重要贡献。如在合成R-(+)苦杏仁腈时(结构中—Ph为苯基)，D-羟腈酶就是该反应的不对称有机催化剂，其合成过程如图所示。下列说法错误的是
A．不对称有机催化剂对产物有选择性，从而使合成更加“绿色”
B．HCN的电子式为H+[∶C⋮⋮N∶]-
C．酶发挥催化功能需要适宜的温度及酸碱性环境条件
D．R-(+)苦杏仁腈和S-(-)苦杏仁腈互为同分异构体
【答案】B
【详解】A．不对称有机催化剂在使用时可以对产物有更好的选择性，从而制取更多的目标产物，可以使合成更加“绿色”，减少副产物的产生，选项A正确；
B．反应物氰化氢HCN分子中C原子与H原子形成1个共价键，与N原子形成3个共价键，从而使物质分子中各个原子都达到稳定结构，其电子式为，选项B错误；
C．酶是具有生物活性的蛋白质，其只有在一定温度及酸碱性环境中才能最大程度发挥其催化活性，因此酶发挥其催化功能需要适宜的条件，选项C正确；
D．R—(+)苦杏仁腈和S—(—)苦杏仁腈分子式相同，而结构不同，因此二者互为同分异构体，选项D正确；
答案选B。
4．设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．27 g 铝加入足量 1mol/L 的 NaOH 溶液，转移的电子数为 3NA
B．18g 氨基(－ND2)中含有的电子数为 10NA
C．向 100mL0.1mol/L 醋酸溶液中加 CH3COONa 固体至溶液刚好为中性，溶液中醋酸分子数为 0.01NA
D．用惰性电极电解 100mL0.1mol/L 的 CuSO4 溶液，当阴、阳两极产生相同条件下等体积的气体时， 电路中转移电子数为 0.04NA
【答案】B
【详解】A．27 g 铝为1mol，加入足量 1mol·L－1 的 NaOH 溶液，生成NaAlO2和H2，1molAl失去3mol电子，转移的电子数为 3NA，故A正确；
B．18g 氨基(－ND2)中含有的电子数为 = 9NA，故B错误；
C．向100mL0.1mol/L 醋酸溶液中加 CH3COONa 固体至溶液刚好为中性，根据电荷守恒，溶液中c(Na＋)=c(CH3COO－),溶液中醋酸分子数为0.100L×0.1mol·L－1NA= 0.01NA，故C正确；
D．用惰性电极电解100mL0.1mol·L－1的CuSO4溶液，阴极上Cu2＋先放电生成0.01molCu，而后H＋放电生成H2，阳极上一直是OH－放电生成O2，设生成的气体的物质的量为xmol，根据两极上得失电子数守恒可知：0.01mol×2+2x=4x，解得x=0.01mol，故阳极上转移电子为0.04NA个，故D正确；
故选B。
5．化学是以实验为基础的科学。下列实验操作与现象所得结论正确的是
选项
操作
现象
结论
A
向FeBr2溶液中加入少量氯水。再加CCl4萃取
溶液变黄，加入CCl4后，CCl4层无色
Fe2+的还原性强于Br-
B
向饱和食盐水中先通入足量NH3，再通入足量CO2
开始无明显现象，后溶液变浑浊
“侯氏制碱”原理，浑浊物为Na2CO3
C
使乙醇蒸汽通过炽热的铜粉，接着通入KMnO4溶液褪色
酸性KMnO4溶液
乙醇被催化氧化为乙醛
D
将装满NO和空气混合气体的试管倒扣在盛有水的水槽中
试管中水的液面上升
NO能与水直接发生反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．向 FeBr2溶液中滴加少量氯水，先氧化亚铁离子，加CCl4萃取溶液分层，水层变黄，CCl4层无色，证明溶液中没有Br2，则Fe2+的还原性强于Br-，故A项正确；
B．向饱和食盐水中先通入足量NH3，再通入足量CO2，发生反应，所得浑浊物为NaHCO3，故B项错误；
C．不一定是乙醛使高锰酸钾溶液褪色，乙醇也有还原性，也能使高锰酸钾溶液褪色，故C项错误；
D．NO先与O2发生反应生成NO2，NO2再与水发生反应，故D项错误；
答案选A。
6．下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应能实现如图所示转化的是
X
Y
Z
物质转化关系
A
Cu
CuO
Cu(OH)2
B
Si
SiO2
H2SiO3
C
NaHCO3
Na2CO3
NaOH
D
FeCl2
FeO
FeCl3
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A.Cu与O2反应生成CuO，CuO与C或H2等反应生成Cu，Cu(OH)2无法一步转化为Cu，且CuO无法一步转化为Cu(OH)2，错误；
B.Si与O2反应生成SiO2，SiO2与H2或C等反应生成Si，SiO2无法一步转化为H2SiO3，H2SiO3无法一步转化为Si，错误；
C.NaHCO3在加热条件下能生成Na2CO3，Na2CO3与CO2、H2O反应生成NaHCO3，Na2CO3与Ca(OH)2反应生成NaOH，NaOH与过量CO2反应能直接生成NaHCO3，正确；
D.FeCl2不能一步转化为FeO，FeO与HCl反应能生成FeCl2，FeO无法一步转化为FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，错误。
7．内酯Y可由X通过电解合成，并在一定条件下转化为Z，转化路线如图：
下列说法正确的是
A．X苯环上的一氯代物一定有9种
B．X→Y的反应类型为还原反应
C．X、Y、Z都能与碳酸氢钠溶液反应.
D．X、Y、Z分子中均至少有9个碳原子共面
【答案】D
【详解】A．X的苯环上有7种氢原子，其苯环上的一氯代物有7种，故A错误；
B．X中羧基发生取代反应生成Y中酯基，为取代反应，故B错误；
C．−COOH能和碳酸氢钠溶液反应，只有X能和碳酸氢钠溶液反应，故C错误；
D．苯环上所有原子共平面，单键可以旋转，所以X、Y、Z中最多有9个碳原子共平面，故D正确；故选D。
8．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，原子序数总和为25，Y是地壳中含量最多的元素，由这四种元素形成的某化合物的结构如图所示。下列叙述正确的是
A．原子半径大小：Z＞Y＞X＞W
B．该化合物具有强氧化性，用于消毒杀菌
C．X可与Y形成XY、XY2等共价化合物
D．W分别与X、Y、Z形成的化合物所含化学键类型相同
【答案】B
【分析】Y是地壳中含量最多的元素，则Y是O，根据化合物结构可知W共用1对电子对，且原子序数最小，则W为H，Z离子为+1价，且是短周期主族元素，则Z为Na，4种元素原子序数总和为25，则1+x+8+11=25，解得x=5，则X为B元素，据此分析解答。
【详解】A．由上述分析可知，W为H，X为B，Y为O，Z为Na元素，同一周期从左到右，原子半径减小，同一主族，从上到下，原子半径增大，则原子半径大小为Z＞X＞Y＞W，故A错误；
B．该化合物含有类似过氧根结构，因此具有强氧化性，可杀菌消毒，故B正确；
C．X为B，Y为O，X与Y可形成X2Y3共价化合物，故C错误；
D．W为H ，X为B，Y为O，都是非金属元素，H与X或Y形成化合物只有共价键，Z为Na，与H形成化合物NaH含离子键，故D错误；
答案B。
9．完成下列实验所选择的装置正确的是
选项
A
B
C
D
实验
用图示方法检查此装置的气密性
高温熔融烧碱
准确量取一定体积的KMnO4标准溶液
蒸发FeCl3溶液制取无水FeCl3
装置
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．可以利用压强检测装置气密性，故A正确；
B．石英坩埚主要成分为SiO2，在高温下会与烧碱反应，故B错误；
C．量取液体应用量筒，故C错误；
D．制备无水FeCl3要在HCl气流中加热蒸干FeCl3溶液，故D错误；
故选A。
10．下列离子组中加(或通)入相应试剂后，判断和分析均正确的是
选项
离子组
加(或通)入试剂
判断和分析
A
Na+、K+、AlO、Cl-
足量NaHCO3溶液
不能大量共存，因AlO和HCO之间会发生完全双水解生成CO2气体和Al(OH)3沉淀
B
NH、Ca2+、Cl-、NO
足量CO2
能大量共存，微粒间不发生化学反应
C
Na+、Mg2+、SO、HCO
足量NaOH溶液
不能大量共存，会发生下列反应： Mg2++HCO+OH-= MgCO3↓+ H2O
D
Na+、K+、ClO-、Cl-
少量SO2
不能大量共存，会发生下列反应：2ClO-+ H2O+ SO2 = 2HClO+SO
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．向含有Na+、K+、、Cl-离子的溶液中加入足量NaHCO3溶液，与电离产生的H+及溶液中的H2O反应产生Al(OH)3沉淀而不能大量共存，反应的离子方程式为：++H2O=Al(OH)3↓+，A错误；
B．向含有、Ca2+、Cl-、的溶液中通入足量CO2气体，微粒之间不能发生任何反应，因此能大量共存，B正确；
C．Mg(OH)2比MgCO3溶解度更小，向含有Na+、Mg2+、、的溶液中加入足量NaOH溶液，Mg2+、OH-会反应产生Mg(OH)2沉淀，不能大量共存；、OH-会反应产生、H2O，也不能大量共存，C错误；
D．H+、ClO-会反应产生弱酸HClO，不能大量共存。向含有Na+、K+、ClO-、Cl-的溶液中通入少量SO2气体，会发生反应：，不能大量共存，D错误；
故合理选项是B。
11．短周期主族元素X，Y，Z，W的原子序数依次增大，在如图所示转化关系中，甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物。其中A为W元素组成的单质，常温下为黄绿色气体，常温下乙为液体，丁物质常用于消毒、漂白。下列说法错误的是
A．这四种元素中Z的原子半径最大
B．丁中既有离子键又有极性共价键
C．Y、Z形成的化合物中阴、阳离子数目比为1：1
D．Y、Z、W形成的三种较高化合价的化合物中，W的杂化方式是
【答案】C
【分析】短周期元素X，Y，Z，W的原子序数依次增大，A为W元素组成的单质，常温下为黄绿色气体，则W为Cl，常温下乙为液体，应该为H2O，则X为H元素；Cl2与丙反应生成H2O、丁和戊，丁物质常用于消毒、漂白，则丁为NaClO，戊为NaCl，丙为NaOH，甲与H2O发生化合反应生成NaOH，则甲为Na2O，因此X为H，Y为O，Z为Na，W为Cl。
【详解】A．Na、Cl的核外电子层数多于H、O，原子半径更大，Na、Cl位于同一周期，原子序数越大，原子半径越小，因此，即Na原子半径最大，故A项正确；
B．丁为NaClO，Na+与ClO-之间为离子键，ClO-内Cl原子和O原子之间为极性共价键，故B项正确；
C．Na2O与Na2O2中阴、阳离子数目比都是1：2，故C项错误；
D．NaClO4中阴离子为，Cl原子形成4个σ键，Cl原子的孤电子对数为，因此Cl原子的价层电子对数为4+0=4，Cl原子的杂化方式是，故D项正确；
综上所述，错误的是C项。
12．下列对实验事实解释错误的是
选项
实验事实
解释
A
石墨的熔点高于金刚石
石墨是过渡晶体，金刚石是共价晶体
B
H2O的沸点高于CH3CH2OH
相同物质的量的H2O和CH3CH2OH比较：H2O形成的氢键数多于CH3CH2OH
C
聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯
C—F的键能大于C—H的键能
D
在CS2中的溶解度：CCl4>H2O
CS2、CCl4为非极性分子，而H2O为极性分子
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．石墨中C-C键的键能比金刚石中C-C键能大，石墨的熔点高于金刚石，A错误；
B．相同物质的量的H2O和CH3CH2OH比较,H2O形成的氢键数多于CH3CH2OH，形成氢键越多沸点越高，B正确；
C．C-F的键能大于C-H的键能，键能越大越稳定，聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，C正确；
D．CS2、CCl4为非极性分子，而H2O为极性分子，根据相似相溶原理，在CS2中的溶解度：CCl4>H2O， D正确；
故本题选A。
13．(式量为M)是生物医药、太阳能电池等领域的理想苂光材料，其晶胞结构如图所示，阿伏加德罗常数为。已知：原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，一种自旋状态用表示，与之相反的表示，称为电子的自旋磁量子数。下列说法错误的是
A．的价层电子排布式为
B．基态S原子电子自旋磁量子数的代数和为1或
C．若A点的分数坐标为，则B点的分数坐标为
D．晶体的密度为
【答案】D
【详解】A．位于第五周期ⅢA族、核外电子排布式为，A正确；
B． 基态S原子电子排布式为，同一个轨道中电子自旋方向相反、电子自旋磁量子数的代数和为0，中有2个p电子位于同一个轨道、另2个电子分占两个p轨道且自旋方向相同，则电子自旋磁量子数的代数和为1或-1，B正确；
C． 由晶胞示意图可知，若A点的分数坐标为，则B点的分数坐标为，C正确；
D．晶胞中Cu有8个位于顶点、4个面心、1个晶胞内，个数为8×+4×+1=4，In有4位于棱上、6个在面心，个数为4×+6×=4，8个S位于晶胞内，则晶体的密度为，D不正确；
答案选D。
14．室温下，向20mL浓度均为0.1mol/L的NaOH和MOH溶液中分别滴加0. 1mol/L盐酸，溶液的pH随盐酸体积变化如图所示。下列说法不正确的是
A．MOH的电离常数约为1×l0-5 B．a点溶液中存在
C．b点和c点溶液混合后显碱性 D．水的电离程度：d>b>a
【答案】D
【详解】A．据图知，0.1mol⋅L−1MOH溶液中pH=11，则c(OH−)=0.001mol⋅L−1，MOH电离程度较小，则c(M+)≈c(OH−)=0.001mol⋅L−1，c(MOH)≈0.1mol⋅L−1，常温下，MOH的电离常数，A正确；
B．a点溶液呈碱性，则c(H+)＜c(OH−)，根据电荷守恒得c(M+)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)，所以得c(M+)＞c(Cl−)≈，B正确；
C．当盐酸的体积为10mL时，c点溶液为等物质的量浓度的NaCl和NaOH溶液，当盐酸的体积为20mL时，b点为0.05mol⋅L−1的MCl溶液，是强酸弱碱盐，水解过程微弱，所以b点和c点溶液混合后显碱性，C正确；
D. a点有碱溶液、d点酸过量，水的电离均受到抑制，b点溶质是强酸弱碱盐，水解时促进水电离，从a到b点水的电离程度增大，从b到d点水的电离程度减小，故D错误；
答案选D。
【点睛】D容易错，同学往往受到图的影响而误以为水的电离程度是逐渐改变的，实际上水电离程度受溶质的影响。碱溶液、酸过溶液中水的电离均受到抑制，强酸弱碱盐、强碱弱酸盐水解时促进水电离。
二、实验题
15．亚硫酰氯()又名氯化亚砜，是一种无色或淡黄色发烟液体，有强烈刺激性气味，其熔点-105℃，沸点79℃，140℃以上时易分解。遇水剧烈反应，常用作脱水剂，主要用于制造酰基氯化物，还用于医药、农药、染料等的生产。某实验小组设计实验制备氯化亚砜并探究其性质。
【资料】①实验室制备原理：在活性炭催化下，
②。
③是一种重要的化工试剂，遇水易分解。
实验一：制备产品并探究的性质
根据图1所示装置设计实验(装置可以重复使用)。
(1)装置接口连接顺序为a→_______→d、e→_______→h。
(2)实验室用亚硫酸钠固体与70%硫酸制备，不用稀硫酸的原因为_______。
(3)A装置中发生反应的离子方程式为_______。
(4)实验室常用过量NaOH溶液吸收，写出反应的离子方程式：_______。
(5)甲同学认为还可用作由制取无水的脱水剂，但乙同学认为该实验可能发生副反应使产品不纯。所以乙同学设计如下实验判断副反应的可能性：取少量于试管中，加入足量，充分反应后向试管中加水溶解，取溶解后的溶液少许于四支试管中，分别进行下列实验，能验证发生副反应的是_______(填选项字母)。
A．滴加溶液 B．滴加溶液
C．滴加酸性溶液 D．先滴加稀，再滴加溶液
实验二：测定产品纯度。
利用图2装置测定产品纯度。
打开止水夹，向安全漏斗中加入足量蒸馏水，待反应完全后，将烧杯中的溶液和烧瓶中的溶液合并，在合并后的溶液中加入足量的固体，振荡后静置，过滤，将滤液配制成250mL溶液，取25.00mL配制的溶液于锥形瓶，滴几滴溶液作指示剂，用溶液滴定至终点，消耗VmL溶液［已知：常温下，，］。
(6)VmL产品中含_______mol。下列情况会使测定结果偏高的是_______(填序号)。
①产品含少量 ②滴定管没有用溶液润洗
③滴加指示剂过多 ④合并溶液时，烧瓶中有少量残余液体
【答案】(1) fgbc decb
(2)SO2易溶于水，使用70%硫酸能减少SO2的溶解损耗
(3)MnO2＋4H+＋2Cl-Mn2+＋Cl2↑＋2H2O
(4)
(5)AB
(6) 或 ①②
【分析】装置A用于制取氯气，用D中的饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，用B中的浓硫酸除去氯气中的水蒸气，干燥纯净的氯气通入三颈烧瓶C中，装置E制取二氧化硫经B中浓硫酸干燥后也通入三颈烧瓶中，氯气、二氧化硫和SCl2共同作用生成亚硫酰氯。据此作答。
【详解】（1）装置A制取氯气，含有HCl杂质气体，先通过装置D除去，再经过装置B干燥，干燥的氯气通入装置C中，装置E制取SO2，用装置B干燥后通入C中，则装置接口连接顺序为afgbcde(或ed)cbh；
（2）实验室用亚硫酸钠固体与70%硫酸制备SO2，不用稀硫酸的原因为SO2易溶于水，使用70%硫酸能减少SO2的溶解损耗；
（3）A装置中二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯化锰和氯气，发生反应的离子方程式为；
（4）用过量NaOH溶液吸收SOCl2，生成亚硫酸钠和氯化钠，反应的离子方程式：；
（5）取少量FeCl3•6H2O于试管中，加入SOCl2振荡使两种物质充分反应，若取少量SOCl2和FeCl3•6H2O反应后的混合物于试管中，加水溶解，将溶液平分至4支试管，发生反应SOCl2+2FeCl3•6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O，则充分反应后的溶液中无Fe3+，加入KSCN溶液无明显现象；若未发生该反应，则溶液中无Fe2+，由于溶液中存在氯离子，加入酸性KMnO4溶液必然会褪色，无法证明，则可检验硫酸根或亚铁离子存在即可证明发生副反应，分别用BaCl2溶液或K3[Fe(CN)6]溶液检验，故答案为：AB；
（6）根据氯元素守恒，SOCl2先转化为HCl，最终与AgNO3反应，可得关系式SOCl2~2HCl~2 AgNO3，则n(SOCl2)=0.5 n(AgNO3)=0.5×cV×10-3mol，250 mL溶液中n(SOCl2)=0.5×cV×10-3mol=mol，V mL产品中含mol SOCl2；
①SCl2摩尔质量更小，则相同体积的SCl2含Cl更多，消耗更多的AgNO3，使测定结果偏高，①选；
②滴定管没有用c mol·L-1 AgNO3溶液润洗，则标准溶液浓度减小，消耗体积偏大，测定结果偏高，②选；
③滴加Na2CrO4指示剂过多会使滴定终点提前，消耗标准溶液体积偏小，测定结果偏低，③不选；
④合并溶液时，烧瓶中有少量残余液体，则残余液体中Cl-有损耗，消耗标准溶液体积偏小，测定结果偏低，④不选；
故选：①②。
三、工业流程题
16．氧化钪(Sc2O3)是一种稀土氧化物，广泛应用于航天、激光、导弹等尖端科学领域。以钪锰矿石(主要含MnO2、SiO2及少量Sc2O3、Al2O3、CaO、FeO)为原料制备Sc2O3和三氯化钪(ScCl3)的工艺流程如图，其中TBP和P507均为有机萃取剂。
回答下列问题：
(1)“溶解”时铁屑被氧化为，该反应的离子方程式是_______。
(2)“滤渣”的主要成分是_______。
(3)有机萃取剂P507萃取的反应原理为阳离子交换：(HR代表)。在“富钪有机相”中反应生成的化学方程式是_______。
(4)“萃余液2”中的金属阳离子除、外，还有_______。
(5)沉钪后获得的操作Ⅰ为_______。
(6)取粗产品(含难溶杂质)溶于水，配成溶液，采用为指示剂，用标准溶液滴定，当溶液中出现_______现象时，说明已达到滴定终点。当溶液中恰好沉淀完全(浓度等于)时，此时溶液中_______。［已知：为砖红色固体；，］
【答案】(1)3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O
(2)CaSO4和SiO2
(3)ScR3+3NaOH=3NaR+Sc(OH)3↓
(4)Mn2+
(5)灼烧
(6) 产生砖红色沉淀且30s内沉淀不消失 0.005
【分析】钪锰矿石(主要含MnO2、SiO2及少量Sc2O3、Al2O3、CaO、FeO)加入稀硫酸后，溶液中含有A13+、Fe2+、Ca2+、Sc3+再加入Fe，可以将二氧化锰还原为Mn2+，铁被氧化成Fe3+，滤渣中含有SiO2，TBP和HCl加入可以除去Fe3+，得到有机相和萃余液1，萃余液1加入有机萃取剂P507萃取Sc3+，萃余液2中剩余Al3+、Ca2+、Mn2+ ，富钪有机相加入氢氧化钠后得到反萃固体Sc (OH)3，加入HCl得到ScCl3，加入H2C2O4后得到Sc2 (C2O4)3，在空气中灼烧后Sc2O3。据此作答。
【详解】（1）“溶解”时铁屑被MnO2氧化为Fe3+，MnO2还原Mn2+，溶液为酸性，有氢离子参与反应，根据元素守恒补齐生成物水，反应的离子方程式：3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O；故答案为: 3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O；
（2）钪锰矿石中不与硫酸和废铁屑反应的物质为二氧化硅，以及钙离子与硫酸根离子作用产生微溶的CaSO4，“ 滤渣”的主要成分是CaSO4和SiO2；故答案为: CaSO4和SiO2；
（3）在“富钪有机相”中反应生成Sc(OH)3，ScR3与氢氧化钠反应生成Sc(OH)3，化学方程式是ScR3+3NaOH=3NaR+Sc(OH)3↓；
故答案为: ScR3+3NaOH=3NaR+Sc(OH)3↓；
（4）根据分析可知，萃余液2中剩余Al3+、Ca2+、Mn2+ ；答案为Mn2+；
（5）加入HCl得到ScCl3，加入H2C2O4后得到Sc2 (C2O4)3，在空气中灼烧后Sc2O3，故操作Ⅰ为灼烧；
（6）用AgNO3标准溶液滴定，当溶液中出现产生砖红色沉淀且30s内沉淀不消失现象时，说明已达到滴定终点；
液中Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10-5mol·L-1)时，K(AgCl)= c(Ag+)c(Cl-)= c(Ag+)1.0×10-5mol·L-1=2.0×10-10，c(Ag+)=2.0×10-5mol·L-1，K(Ag2CrO4)= c2(Ag+)c()=(2.0×10-5mol·L-1)2c()=2.0×10-12；此时溶液中c()=0.005mol·L-1。
四、原理综合题
17．研究烟气的脱硝(除NOx)、脱硫(除SO2)技术有着积极的环保意义。
(1)一定条件下，用CH4催化还原可消除NO污染。
已知： Ⅰ．CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= -865.0 kJ ·mol-1
Ⅱ．2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) △H= -112.5 kJ·mol-1
Ⅲ．适量的N2和O2完全反应，每生成2.24 L(标准状况下)NO时，吸收8.9 kJ的热量；
则CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=____kJ·mol-1。
(2)一定条件下，用NH3催化还原可消除NO污染，其反应原理如下：4NH3 (g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g) △H= - 1980 kJ/mol
①应速率与浓度之间存在如下关系：v正=k正c4(NH3)·c6 (NO)，v逆=k逆c5(N2)·c 6(H2O)。k正、k 逆为速率常数，只受温度影响。350°C时，在2 L恒容密闭容器中，通入0.9 mol NH3(g)和1.2 mol NO(g)发生反应，平衡时NO转化率为50%，则此温度下=____。
②若保持其他条件不变，将上述恒温恒容容器改为恒温恒压容器，达到新平衡时，N2的体积分数与原平衡相比将____ (填“增大”、 “减小”或“不变”)；若温度升高，则k正增大m倍，k逆增大n倍，则m____ n(填“＞” “＜”或“=”)。
③保持温度不变，在恒容密闭容器中按一定比例充入NH3(g)和NO(g)发生反应，达到平衡时，H2O(g)的体积分数φ(H2O)随的变化如图所示，当=2.0时， 达到平衡φ (H2O)可能是 A、B、C三点中的____ (填“A”、“B”或“C”)。
(3)利用电解装置也可进行烟气处理，如图可将雾霾中的NO、SO2分别转化为和，阳极的电极反应式为___________；物质A是___________(填化学式)。
【答案】(1)-1155.5
(2) 0.25 增大 ＜ C
(3) SO2+2H2O-2e-=+4H+ H2SO4
【详解】（1）已知：Ⅰ．CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= -865.0 kJ ·mol-1
Ⅱ．2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) △H=-112.5 kJ·mol-1；
Ⅲ．适量的N2和O2完全反应，每生成2.24 L(标准状况下)NO时，物质的量n(NO)=，吸收8.9 kJ的热量，则生成2 mol NO吸收热量Q=8.9 kJ ×20=178 kJ，即热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+178 kJ/mol，根据盖斯定律，反应Ⅰ+Ⅱ-Ⅲ，整理可得CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-1155.5 kJ/mol；
（2）①对于反应4NH3 (g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)，反应开始时，c(NH3)=0.45 mol/L，c(NO)=0.6 mol/L，c(N2)=c(H2O)=0，反应达到平衡时，NO转化率为50%，则平衡时c(NO)=0.3 mol/L，根据物质反应转化关系可知平衡时，c(NH3)=(0.45-0.2) mol/L=0.25 mol/L，c(N2)=0.25 mol/L，c(H2O)=0.3 mol/L，平衡时v正=v逆，则k正c4(NH3)·c6 (NO)=k逆c5(N2)·c 6(H2O)，=；
②反应4NH3 (g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g) △H= - 1980 kJ/mol的正反应是气体体积增大的放热反应，反应达到平衡时气体压强比反应开始时压强增大。若保持其他条件不变，将上述恒温恒容容器改为恒温恒压容器，相当于在恒容条件下反应达到平衡后，扩大容器的容积，必然导致体系的压强减小，化学平衡正向移动，因此达到新平衡时，N2的体积分数与原平衡相比将增大；
反应达到平衡时，升高温度，正、逆反应速率都增大，温度对吸热反应影响更大，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，在达到平衡前v正＜v逆，升高温度的瞬间各种物质的浓度不变，因此正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，即m＜n；
③保持温度不变，在恒容密闭容器中按一定比例充入NH3(g)和NO(g)发生反应：4NH3 (g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)，其它条件不变，增大，相当于n(NH3)不变，n(NO)增大，化学平衡正向移动，平衡时n(总)增大，n(H2O)增大，但根据平衡移动原理可知：平衡移动的趋势是微弱的，n(H2O)增大幅度小于n(总)增大幅度，故φ(H2O)减小。因此当=2.0时，反应达到平衡时，φ(H2O)可能是图中的C点；
（3）根据图示可知：在阳极上SO2失去电子被氧化产生，阳极的电极反应式为：SO2+2H2O-2e-=+4H+；在阴极上NO得到电子被还原产生，阴极的电极反应式为：NO+6H++5e-=+H2O，所以总反应方程式为：2NO+5SO2+8H2O=(NH4)2SO4+4H2SO4，所以根据总反应方程式可知：装置中的A物质是H2SO4。
五、有机推断题
18．异戊巴比妥对中枢神经系统有抑制作用，主要用于催眠、镇静、抗惊厥以及麻醉前给药。合成路线如图：
回答下列问题：
(1)A的名称是____，B所含官能团的名称为____。
(2)C的结构简式为____，异戊巴比妥的分子式为____。
(3)A→B的化学方程式为____，B→C的反应类型是___。
(4)M在分子组成上比B少1个—CH2—原子团，则M的同分异构体中是A的同系物的有____种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有3种吸收峰，且峰面积之比为1：1：3的同分异构体的结构简式为____。
(5)已知在同一位置引入烷基时，一般先引入大的基团以控制中间体的质量，请设计一种由A制备的合成路线(试剂任选)。____。
【答案】(1) 丙二酸 酯基
(2) C11H18O3N2
(3) HOOCCH2COOH+2CH3CH2OH+2H2O 取代反应
(4) 9
(5)HOOCCH2COOH
【分析】A和乙醇发生酯化反应生成B，则A为HOOCCH2COOH；B和发生取代反应生成C，C和CH3CH2Br发生取代反应生成D，则C为。
【详解】（1）A为HOOCCH2COOH，其名称为丙二酸；由B的结构简式可知，B所含官能团的名称为酯基；
（2）由分析可知，C的结构简式为；由异戊巴比妥的结构简式可知，其分子式为C11H18O3N2；
（3）HOOCCH2COOH和乙醇发生酯化反应生成，化学方程式为HOOCCH2COOH+2CH3CH2OH+2H2O；B和发生取代反应生成C；
（4）M在分子组成上比B少1个—CH2—原子团，M的同分异构体中是A的同系物的有：HOOC(CH2)4COOH、CH3CH(COOH)(CH2)2COOH、CH3CH2CH(COOH)CH2COOH、CH3(CH2)2CH(COOH)2、C(CH3)2(COOH)CH2COOH、、HOOCCH(CH3)(CH2)2COOH、HOOCCH2CH(CH3)CH2COOH，共9种；其中核磁共振氢谱有3种吸收峰，且峰面积之比为1：1：3的同分异构体的结构简式为；
（5）HOOCCH2COOH和乙醇发生酯化反应生成，和CH3CH2Br发生取代反应生成，和CH3Br发生取代反应生成，则合成路线为HOOCCH2COOH 。
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