浙江省诸暨市2022-2023学年高三化学5月适应性考试试题（Word版附解析）

这是一份浙江省诸暨市2022-2023学年高三化学5月适应性考试试题（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了 下列化学用语表示正确的是， 下列说法不正确的是， 关于反应，下列说法不正确的是， 下列反应的离子方程式的正确是等内容，欢迎下载使用。
浙江省诸暨市2022-2023学年高三5月适应性考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 Mg 24 A1 27 Si 28 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Br 80 Ag 108 I 127 Ba 137
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 下列物质中属于难溶于水的碱性氧化物的是
A. B. C. CuO D.
【答案】C
【解析】
【详解】A． 是酸性氧化物，A不符合；
B． 虽然能与酸反应生成亚铁盐、铁盐和水，但不存在对应的碱，不属于碱性氧化物，B不符合；
C． CuO难溶于水，与酸反应生成铜离子和水，属于碱性氧化物，C符合；
D． 是两性氧化物，D不符合；
答案选C。
2. 硒元素与氧同主族，在人和动物体内起到抗氧化作用，下列说法不正确的是
A. Se元素位于周期表第四周期第Ⅵ族 B. 单质硒难溶于水
C. 亚硒酸钠溶液呈碱性 D. 硒酸钠属于强电解质
【答案】A
【解析】
【详解】A．硒元素与氧同主族，O位于第二周期第VIA族，则Se位于第四周期第VIA族，A错误；
B．O、S、Se同主族，硫单质难溶于水，则单质硒难溶于水，B正确；
C．硒元素与氧同主族，Se的最高价为+6，亚硒酸钠类似亚硫酸钠属于强碱弱酸盐，亚硒酸钠溶液中与水发生水解反应而呈碱性，C正确；
D．硒酸钠Na2SeO4在熔融状态下能完全电离，属于强电解质，D正确；
故选：A。
3. 下列化学用语表示正确的是
A. 的结构示意图：
B. 锌原子的价层电子的轨道表示式：
C. 的VSEPR模型：V形
D. 的电子式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．Ca2+的质子数为20，电子数为18，各层上电子数为2、8、8，结构示意图为 ，故A错误；
B．基态Zn原子价层电子为3d、4s能级上的电子，基态锌原子的价层电子排布式：3d104s2，轨道表示式： ，故B正确；
C．SO2分子中S原子的价层电子对数为2+=3，含有1对孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，故C错误；
D．过氧化氢是共价化合物，其电子式为 ，故D错误；
故选：B。
4. 下列说法不正确的是
A. 能防止葡萄酒中的一些成分被氧化，可用抗氧化剂
B. 二氧化氯、臭氧能杀灭水中的病菌，故可用作自来水的消毒剂
C. 碳酸钠溶液呈碱性，但不可用作食用碱
D. 氨水可作化肥，但氨易挥发，因此常将氨转化成各种固态铵盐加以利用
【答案】C
【解析】
【详解】A．具有还原性，能与氧气反应，可做食品添加剂，能防止葡萄酒中的一些成分被氧化，可用抗氧化剂，A正确；
B．二氧化氯、臭氧具有氧化性，能是蛋白质失活，能杀灭水中的病菌，故可用作自来水的消毒剂，B正确；
C．碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸根离子发生水解反应使溶液呈碱性，可用作食用碱，C错误；
D．氮元素为植物需要的营养元素，由于氨易挥发，将氨转化成各种固态铵盐如氯化铵或硝酸铵加以利用，D正确；
故选：C。
5. 下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是
A. 工业上可用乙烯和水反应制取乙醇
B. 氯气通入NaOH溶液可制漂白液
C. 工业上用焦炭和金刚砂制备粗硅
D. 氨气、二氧化碳先后通入饱和食盐水可制得小苏打
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烯与水发生加成反应，水化法制乙醇，A正确；
B．氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水制取漂白液，B正确；
C．工业上用焦炭还原石英砂制备粗硅，C错误；
D．氨气、二氧化碳先后通入饱和食盐水可得碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度小过饱和而析出，D正确；
故选C。
6. 关于反应(未配平)，下列说法不正确的是
A. 生成1mol ，转移6mol电子
B. 是氧化产物
C. 该反应类型属于氧化还原反应
D. 的配体中形成配位键的原子是O
【答案】A
【解析】
【详解】A．CH3CH2OH中C为-2价，中C为0价，有2个C原子发生变价，生成1mol ，转移4mol电子，故A错误；
B．碳元素化合价升高，CH3CH2OH是还原剂，是氧化产物，故B正确；
C．该反应中C、Cr元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C正确；
D．H2O中O原子提供孤对电子对与Cr3+提供空轨道形成配位键，故D正确；
故选：A。
7. 下列反应的离子方程式的正确是
A. 磁铁矿溶于稀硝酸：
B. 将溶液与溶液混合：
C. 在亚硫酸中加入过量的次氯酸钠溶液：
D. 往硫酸氢铵溶液滴加过量NaOH溶液：
【答案】B
【解析】
【详解】A．磁铁的主要成分是四氧化三铁，硝酸可以把其中的二价铁氧化为三价铁，方程式为：，A错误；
B．两者混合发生双水解反应，得到氢氧化铝沉淀和碳酸钠，离子方程式为：，B正确；
C．亚硫酸有还原性，次氯酸钠有氧化性，两者发生氧化还原反应，但是次氯酸钠过量，最终会生成次氯酸，离子方程式为：，C错误；
D．硫酸氢铵溶液与过量氢氧化钠溶液反应生成硫酸钠、一水合氨和水，反应的离子方程式为：，D错误；
故选B。
8. 下列说法不正确的是
A. 动物或人体中的纤维素水解酶可将纤维素水解成葡萄糖
B. 胺类可以看作是烃分子中的氢原子被氨基所替代的化合物
C. 蛋白质溶液中加入饱和NaCl溶液，会析出白色固体，再加水，白色沉淀会溶解
D. 网状结构酚醛树脂是由苯酚与过量甲醛发生缩聚反应制得
【答案】A
【解析】
【详解】A．人体无纤维素酶，纤维素人体内不能水解，故A错误；
B．烃基取代氨分子中的而形成的化合物叫做胺，故B正确；
C．蛋白质溶液中加入饱和NaCl溶液，会发生盐析，析出白色固体，此时蛋白质没有变性，再加水，白色沉淀会溶解，故C正确；
D．网状结构酚醛树脂是由苯酚和甲醛在催化剂条件下缩聚而成，故D正确；
故选A。
9. 有机物A的结构如图，下列说法正确的是

A. 一定条件下，该有机物能与乙二醇生成聚酯
B. 分子中所有碳原子可能共平面
C. 1mol该物质与足量氢气反应，最多可消耗5mol
D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3mol NaOH
【答案】D
【解析】
【详解】A．该有机物含有羧基，在浓硫酸催化下能与乙二醇生成小分子酯，不能形成聚酯，故A错误；
B．由结构简式可知，A分子中含有多个空间构型为四面体形的饱和碳原子，则分子中所有碳原子不可能共平面，故B错误；
C．该分子中含有的苯环、酮羰基一定条件下能与氢气发生加成反应，则1molA分子最多可消耗4mol氢气，故C错误；
D．该分子中含有的羧基和碳氟键能与氢氧化钠溶液反应，发生水解反应后得到酚羟基，能继续消耗NaOH溶液，则1molA分子最多可消耗3mol氢氧化钠，故D正确；
故选D。
10. W、X、Y、Z、N是原子序数依次增大的五种短周期元素，W基态原子只有一种自旋取向，X的最高正化合价与最低负化合价代数和为零，Y位于第二周期，基态原子的s能级电子总数与p能级电子总数相等，Z基态原子的价电子中，在不同形状原子轨道运动中的电子数相等，N的简单离子半径是同周期元素简单离子中最大的。下列说法正确的是
A. Y的第一电离能一定低于同周期相邻元素
B. 由W、X、Y、N四种元素中的任意两种形成的化合物只有极性共价键
C. 由W、X、Y三种元素形成的化合物可能有成千上万种
D. 最简单氢化物的稳定性：
【答案】AC
【解析】
【分析】W、X、Y、Z、N是原子序数依次增大的五种短周期元素，W基态原子只有一种自旋取向，说明W中只有1个电子，为H元素；X的最高正化合价与最低负化合价代数和为零，X为第IVA族元素，X为C元素；Y位于第二周期，基态原子的s能级电子总数与p能级电子总数相等，Y的电子排布式为1s22s22p4，为O元素；Z基态原子的价电子中，在不同形状原子轨道运动中的电子数相等，则Z的价电子排布式为3s23p2，为Si元素，N的简单离子半径是同周期元素简单离子中最大的，N为P元素，以此解答。
【详解】A．F对最外层电子的吸引力比O强，N原子核外电子处于半满的较稳定状态，故第一电离能均高于O，故A正确；
B．H和O构成的化合物H2O2中存在非极性共价键，故B错误；
C．由H、C、O三种元素形成的有机化合物可能有成千上万种，故C正确；
D．非金属性：O>Si，则最简单氢化物的稳定性：，故D错误；
故选AC。
11. 可充放电锂硫电池与传统锂电池相比，在能量密度、工作温度、电压稳定方面都有一定的优势。一种锂硫电池正极材料为被碳材料包装起来的硫单质，放电时Li与化合成固体，下列说法不正确的是
A. 负极失电子，发生氧化反应
B. 充电时，向碳材料电极移动
C. 正极的电极反应：
D. 该电池通常不选择水系电解液
【答案】B
【解析】
【分析】可充放电锂硫电池放电时，Li为负极，Li失去电子被氧化，正极材料为被碳材料包装起来的硫单质，硫单质得到电子被还原，充电时为电解池，阴极上锂离子得电子被还原，阳极上Li2S失去电子被氧化。
【详解】A． 放电时原电池，负极失电子，发生氧化反应，A正确；
B． 充电时为电解池，向阴极Li移动，放电时为原电池，Li+向碳材料电极移动，B不正确；
C． 放电时正极发生还原反应，结合题干信息可知，电极反应：，C正确；
D． Li能与水反应，则该电池通常不选择水系电解液，D正确；
答案选B。
12. 古代陶器釉料中大多含有钴的化合物，下列说法不正确的是
A. CoO的熔点比CoS高
B. 中中心原子的杂化方式是
C. 中所含π键和σ键的比例为2：1
D. 中存在配位键、范德华力、非极性键
【答案】D
【解析】
【详解】A．离子半径越小，离子键就越强，断裂离子键需消耗的能量就越大，物质的晶格能就越大，熔沸点就越高。由于离子半径：O2-＜S2-，所以CoO的晶格能大于CoS，CoO的熔点比CoS高，故A正确；
B．中C原子价层电子对个数=3+=3且不含孤电子对，C原子采用sp2杂化，故B正确；
C．N-与N2 核外等电子体，其结构式为[C≡N]-，三键含有1个σ键、2个π键，故C正确；
D．范德华力属于分子间作用力，该物质不含有范德华力，故D错误；
故选：D。
13. 已知为二元弱酸，，。室温下，下列说法不正确的是
A. 0.1mol/L NaHR溶液
B. 用NaOH溶液中和一定量的溶液至呈中性时，溶液中
C. 0.1mol/L 溶液：
D. 0.01mol/L的溶液与的NaOH溶液完全中和时，消耗酸与碱溶液的体积比为1∶2
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaHR是弱酸的酸式盐，存在电离和水解，，电离强于水解，0.1mol/L NaHR溶液，A正确；
B．用NaOH溶液中和一定量的溶液至呈中性时，=10-7mol/L，，故溶液中，B正确；
C．0.1mol/L 溶液中根据电荷守恒和元素守恒可得c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=0.1mol/L，c(H+)=c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)，故，C错误；
D．H2R+2NaOH=2H2O+Na2R，0.01mol/L的（二元酸）溶液与即0.01mol/L的NaOH溶液完全中和时，消耗酸与碱溶液的体积比为1∶2，D正确；
故选C。
14. 甲醇与水蒸气在催化剂作用下发生如下反应：
反应Ⅰ： ，
反应Ⅱ：
根据能量变化示意图，下列说法正确的是

A.
B. 反应Ⅱ决定整个反应的速率
C. 催化剂可以降低总反应的焓变
D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．由于绝对值，该值为负值，去掉绝对值后，，A正确；
B．由图可知，反应I正反应的活化能为E1-E5，反应II的活化能为E2-E3，反应I的活化能较大，则反应I的反应速率慢于反应II，反应I决定整个反应的速率，B错误；
C．催化剂可改变反应的活化能，反应的焓变由始态和终态决定，催化剂不改变焓变，C错误；
D．根据盖斯定律，反应I+II可得目标方程，D错误；
故选：A。
15. 氢氧化镁是常见难溶物，将过量氢氧化镁粉末置于水中达到溶解平衡：。已知，；通常，溶液中某离子的浓度小于时，可以认为该离子已沉淀完全。下列有关说法不正确的是
A. 滴入几滴稀硫酸，溶液的pH先下降后上升，最后保持一个稳定值
B. 的饱和溶液中
C. NaOH溶液可使较彻底地转化为
D. 氢氧化镁可处理印染厂的酸性废水，处理后，此时溶液呈碱性
【答案】B
【解析】
【详解】A．滴入几滴稀硫酸后，氢离子和氢氧根离子反应生成水，氢氧根离子浓度降低，pH降低，随后沉淀溶解平衡正向移动，氢氧根离子浓度增大，pH增大，A正确；
B．碳酸镁电离产生镁离子和碳酸根离子，但是碳酸根离子会水解，故镁离子浓度大于碳酸根离子，B错误；
C．通过信息可知，氢氧化镁的溶度积常数要小的多，故碳酸镁更加容易转化为氢氧化镁，则NaOH溶液可使较彻底地转化为，C正确；
D．处理后，则此时，氢氧根离子浓度较大，溶液显碱性，D正确；
故选B。
16. 探究硫及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是

实验方案
现象
结论
A
往溶液中通入
无明显现象
弱酸不能制强酸
B
向固体中加入较浓硫酸
产生无色有刺激性气味气体
浓硫酸体现强氧化性
C
将某固体溶于水后，加足量稀盐酸酸化的溶液
产生白色沉淀
该固体中一定含有或
D
盛有等体积等浓度溶液的两支试管分别置于冷水和热水浴中，一段时间后，同时加入等体积等浓度的稀硫酸
热水浴中产生乳白色浑浊更快
其他条件相同时，该反应的温度越高，反应速率越快

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．是硝酸盐，硝酸盐溶液在酸性溶液中具有氧化性，二氧化硫气体具有还原性，根据氧化还原反应中强制弱原理，向Ba(NO3)2溶液中通入足量SO2，生成硫酸钡沉淀、一氧化氮气体等，即Ba(NO3)2+ 3SO2+2H2O=BaSO4↓+2NO↑+2H2SO4，故A错误；
B．用浓硫酸与Na2SO3反应制取SO2，为复分解反应，反应过程中浓硫酸中硫元素化合价不变，体现浓硫酸的酸性，故B错误；
C．将某固体溶于水后，向溶液滴加加足量稀盐酸酸化的溶液，产生白色沉淀可能是BaSO4或者是AgCl，所以溶液中可能存在HSO、或Ag+，故C错误；
D．盛有等体积等浓度溶液的两支试管分别置于冷水和热水浴中，一段时间后，同时加入等体积等浓度的稀硫酸，热水浴中产生乳白色浑浊更快，说明其他条件相同时，该反应的温度越高，反应速率越快，故D正确；
故选D。
二、非选择题(共5大题，共52分)
17. 含氮化合物在生活中占有重要地位。请回答：
（1）可通过配位键与形成。形成该配合物时，基态的价层电子发生重排提供两个空轨道，则重排后的价电子排布图为___________；的金属配合物也已经制备成功，但为数不多，如[]，已知该配合物的配位数与[]的配位数相同，测得其中存在两种碳氧键的键长，一个为0.117mm，另一个为0.122nm。请画出[]的结构示意图：___________。
（2）和是常见含氮化合物，其VSEPR构型均为___________，其中二者相比较，键角更大的是___________。
（3）N、P、As同属于ⅤA族，下列说法正确的是___________。
A. 原子半径：r(N) ＞r(P) ＞r(As)且电负性：N＞P＞As
B. N、P、As的最高价氧化物水化物的酸性依次减弱
C. 简单氢化物的还原性：
D. 黑砷和黑磷的结构相似(如图1)，每个砷原子最外层均形成8电子结构。其晶体单层中，As原子与As—As键的个数比为2∶3
（4）已知晶胞结构如图2所示，M处的 (其位于四个所构成的正四面体中心)有一定的朝向，不能随意转动，请解释其原因___________，该晶胞的晶胞参数如图所示，设为阿伏伽德罗常数的值，该晶体的密度ρ=___________(列出计算式即可)

【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. 四面体 ②. （3）BD
（4） ①. 与F-形成N—H…F氢键，氢键具有方向性； ②.
【解析】
【小问1详解】
基态Co3+的价层电子排布式为3d6，CN-可通过配位键与Co3+形成[Co(CN)6]3-，形成配合物时，基态Co3+的价层电子发生重排提供两个空轨道，则重排后的Co3+价电子排布图为 ；[Ni(CO)4]的配位数为4，[Ni(PH3)2CO2]的配位数与[Ni(CO)4]的配位数相同，[Ni(PH3)2CO2]的配位数也为4，测得其中存在两种碳氧键的键长，一个为0.117mm，另一个为0.122nm，说明Ni与2个PH3分子中的P原子、CO2分子中的碳原子和1个O原子形成配位键，其结构示意图为： ；答案为： ； 。
【小问2详解】
NF3和NH3分子中中心N原子的σ键电子对数都为3、孤电子对数都为1，价层电子对数都为4，VSEPR模型都为四面体形；空间构型都为三角锥形，由于电负性F＞N＞H，则NF3分子中成键电子对离N原子更远，两个N—F键之间的斥力减小，故NF3中的键角更小，键角更大的是NH3；答案为：四面体；NH3。
【小问3详解】
A．同主族从上到下原子半径逐渐增大、电负性逐渐减小，原子半径：r(N) ＜r(P) ＜r(As)，电负性：N＞P＞As，A项错误；
B．同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，最高价氧化物水化物的酸性逐渐减弱，N、P、As的最高价氧化物水化物的酸性逐渐减弱，B项正确；
C．同主族从上到下元素非金属性逐渐减弱，简单氢化物的还原性逐渐增强，即简单氢化物的还原性：NH3＜PH3＜AsH3，C项错误；
D．黑砷和黑磷的结构相似，每个砷原子最外层均形成8电子结构，由图可知，晶体单层中，每个As原子形成3个As—As键，以As—As键形成六元环，每个As原子被3个六元环共有，每个As—As键被2个六元环共有，则晶体单层中As原子与As—As键的个数比为2∶3，D项正确；
答案选BD。
【小问4详解】
M处的 (其位于四个F-所构成的正四面体中心)有一定的朝向，不能随意转动，其原因是：与F-形成N—H…F氢键，氢键具有方向性；由图可知晶胞中含F-、的个数都为2，晶胞的质量为，晶胞的体积为 (a×10-7cm)×(a×10-7cm)×(c×10-7cm)=a2c×10-21cm3，该晶体的密度ρ=÷(a2c×10-21cm3)=g/cm3；答案为：与F-形成N—H…F氢键，氢键具有方向性；。
18. 结晶水合物X由六种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：

已知：
①第一步反应中元素价态没有发生变化；
②气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；
③溶液D中含有三种正盐，其中一种即为溶液H中的唯一溶质，另一种盐M在高温灼烧时可得到相同物质的量的三种产物：红棕色G和两种组成元素相同的氧化物。
（1）X的组成中，非金属元素有___________，X的化学式___________。
（2）盐M高温分解生成三种氧化物的化学方程式___________。
（3）沉淀F和次氯酸钠、浓氢氧化钠反应可以制备一种能净水的钠盐，请写出该反应的离子方程式___________。
（4）溶液D在空气中敞口放置一段时间后，请设计实验检验溶液D中可能存在的金属阳离子：___________。
【答案】（1） ①. C、H、O、N ②.
（2）
（3）
（4）检验钾离子：用铂丝蘸取少量样品在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃片观察到紫色火焰则有钾离子；检验亚铁离子：取少量样品于试管中，滴加酸性高锰酸钾溶液，若紫色褪去，或加铁氰化钾出现蓝色沉淀则含有亚铁离子检验三价铁离子：取少量样品于试管中，滴少量KSCN溶液，若溶液出现血红色，则含有三价铁离子
【解析】
【分析】气体A和CuO反应生成气体B能使澄清石灰水变浑浊，则气体A是CO，气体B是CO2，白色固体C是CaCO3，则n(C元素)= n(CO)=n(CO2)=；红棕色固体G是沉淀F经灼烧得到，则G是Fe2O3，其物质的量n(Fe2O3)=，n(Fe元素)=，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，E为氨气，物质的量n(N元素)= n(NH3)=；第一步反应中元素价态没有发生变化，且溶液D中含有三种正盐，则D中含有，D能与KOH反应生成氨气，则D中含有，其中一种即为溶液H中的唯一溶质，则H为含K2SO4， D中另一种盐M在高温灼烧时可得到相同物质的量的Fe2O3和两种组成元素相同的氧化物应为SO2、SO3，n(Fe元素)：n(S元素)=1:1，则正盐M为FeSO4，则F是Fe(OH)2，所以D中的三种正盐分别是：K2SO4、(NH4)2SO4、FeSO4；结晶水合物X由六种元素组成，则X中含有H、O、K、Fe、N、C元素，且n(C元素):n(Fe元素): n(N元素)=0.05mol:0.01mol:0.05mol=5:1:5，则为离子，则n(K元素)=0.03mol， m(H2O)=3.21g- m(C元素)-m(Fe元素)-m(N元素)- m(K元素)=3.21g-0.6g-0.56g-0.7g-1.17g=0.18g，n(H2O)=0.01mol，所以X的化学式为。据此作答。
【小问1详解】
根据分析，X中含有H、O、K、Fe、N、C元素，非金属元素有H、O、N、C；X的化学式为；
【小问2详解】
根据分析，M是FeSO4，受热分解可得到相同物质的量的三种产物，方程式为：；
【小问3详解】
根据分析，沉淀F为Fe(OH)2，与次氯酸钠、浓氢氧化钠反应可以制备一种能净水的钠盐为高铁酸钠，反应的离子方程式为：；
【小问4详解】
根据分析，溶液D 中的三种正盐分别是：K2SO4、(NH4)2SO4、FeSO4，在空气中敞口放置一段时间后，Fe2+可能会部分或全部被氧化为Fe3+。检验钾离子：用铂丝蘸取少量样品在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃片观察到紫色火焰则有钾离子；检验亚铁离子：取少量样品于试管中，滴加酸性高锰酸钾溶液，若紫色褪去，或加铁氰化钾出现蓝色沉淀则含有亚铁离子；检验三价铁离子：取少量样品于试管中，滴少量KSCN溶液，若溶液出现血红色，则含有三价铁离子。
19. 对苯二甲酸(TPA)是生产聚酯的主要原料。实验中，将初始浓度为0.08mol/L对甲基苯甲酸(p-TA)放入反应器中(用醋酸作为溶剂)，在Co-Mn-Br的复合催化剂作用下进行反应，反应温度为186℃，反应过程中有充足的氧气供应，对甲基苯甲酸(p-TA)按照如下的路径发生反应：
且有
已知对甲基苯甲酸(p-TA)氧化的活化能比对醛基苯甲酸(4-CBA)氧化的活化能大得多。反应10min后，取样分析，对甲基苯甲酸(p-TA)和对醛基苯甲酸(4-CBA)含量基本为零。请回答：
（1）下列说法正确的是___________
A. 反应Ⅰ 的平衡常数表达式
B. CO-Mn-Br催化剂能改变反应历程
C. 相同条件下温度升高，反应Ⅰ的速率减慢，反应Ⅱ的速率加快
D. 升高温度，副产物的含量会增大
（2）画出上述过程中p-TA制备TPA的物质相对能量-反应过程的示意图_________

（3）某研究小组进行了186℃下p-TA液相氧化反应并绘制了各物质浓度随时间的变化图像。

Ⅰ.已知图像中4-CBA的曲线有误，请说明错误的理由：___________。
Ⅱ.已知有两种溶剂a与b，p-TA、4-CBA和TPA在其中的溶解情况如下表所示，现欲收集反应的中间产物，选择溶剂___________(填“a”或“b”)
溶解度
反应物质
p-TA
4-CBA
TPA
溶剂
a
可溶
易溶
可溶
b
易溶
难溶
可溶

（4）已知原料对甲基苯甲酸(p-TA)可通过对二甲苯(PX)制取，PX液相氧化遵循自由基机理，部分反应历程如下所示，下列说法正确的是___________

A. Co(Ⅲ)使苯环上甲基的C-H键断裂生成PX自由基和
B. 该反应中Co(Ⅲ)作为催化剂
C. PX自由基在反应ⅱ中发生还原反应
D. 该历程中原料的原子利用率达到100%
【答案】（1）ABD （2）
（3） ①. 反应Ⅱ的活化能小，是快反应，中间产物4-CBA在反应过程中不会大量积累 ②. b （4）AB
【解析】
【小问1详解】
A．根据平衡常数表达式，反应Ⅰ的平衡常数，A正确；
B．催化剂能降低反应的活化能，所以能改变反应历程，B正确；
C．相同条件下温度升高，反应Ⅰ和反应Ⅱ的速率都加快，C错误；
D．升高温度，TPA可能会被氧化为CO2和H2O，所以副产物的含量会增大，D正确；
故选ABD；
【小问2详解】
p-TA制备TPA的相对能量-反应过程：第一步放热反应，第二步吸热反应，且有，所以p-TA的能量高于TPA，则对能量-反应过程的示意图： ；
【小问3详解】
I．反应Ⅱ的活化能小，反应速率比反应Ｉ快，所以中间产物4-CBA在反应过程中会迅速被消耗，不会大量积累；
II．欲收集反应的中间产物4-CBA，应选b溶剂，因为4-CBA在b溶剂中为难溶，p-TA和TPA在b溶剂中为可溶，将它们溶于b溶剂后，通过过滤可以收集到4-CBA；
【小问4详解】
A．根据图示，Co(Ⅲ)使苯环上甲基的C-H键断裂生成PX自由基和，A正确；
B．根据图示，Co(Ⅲ)是第i步的反应物，在反应 中，又成Co(Ⅲ)，所以Co(Ⅲ)是作为催化剂，B正确；
C．PX自由基在反应ⅱ中发生氧化反应，C错误；
D．对二甲苯生成对甲基苯甲酸的原子利用率不是100%，D错误；
故选AB。
20. 硫代硫酸钠(Na2S2O3∙5H2O)俗称大苏打，主要用作照相业定影剂。实验室中用工业硫化钠、纯碱、二氧化硫等物质制备硫代硫酸钠晶体的流程如下：

已知：
①工业硫化钠含有重金属硫化物、煤粉等杂质而呈红褐色或棕黑色。硫化钠易溶于水，微溶于乙醇，能溶于热的乙醇。
②用硫化钠制备硫代硫酸钠的反应大致可分为三步进行：



③Na2S2O3∙5H2O易溶于水，难溶于乙醇，50℃开始失去结晶水
请回答：
（1）步骤Ⅰ回流用到的主要玻璃仪器有圆底烧瓶和___________；回流适用的加热方式是___________。
A．水浴加热 B．油浴加热 C．酒精灯直接加热 D．电热套温和加热
（2）步骤Ⅱ趁热过滤的目的是___________。
（3）步骤Ⅳ、Ⅴ制备Na2S2O3∙5H2O的装置如图所示：

①锥形瓶中发生总反应的化学方程式为___________；反应中Na2CO3固体的用量不宜过少，理由是___________。
②步骤Ⅴ，当锥形瓶中溶液pH≈7时应停止通入SO2，若继续通入SO2，将导致产率降低，理由是___________。
（4）步骤Ⅵ，选出获取Na2S2O3∙5H2O晶体过程中合理的操作并排序：________
过滤，取滤液→___________→___________→___________→___________→___________→40℃下干燥40～60分钟→产品。
a．蒸发浓缩至产生细密的气泡且溶液表面出现晶膜
b．蒸发浓缩至大量晶体析出
c．停止加热，自然冷却
d．加乙醇洗涤晶体2～3次
e．过滤
f．加入乙醇，促使晶体快速析出
【答案】（1） ①. 冷凝管(直形或球形) ②. AD
（2）除去硫化钠中的不溶性杂质，防止硫化钠晶体冷却析出，从而降低产率
（3） ①. ②. 碳酸钠用量过少，中间产物亚硫酸钠量少，使析出的硫不能全部生成硫代硫酸钠 ③. 继续通SO2会使溶液的pH降低，Na2S2O3酸性条件下会与H+发生反应
（4）a→c→f→e→d
【解析】
【分析】工业硫化钠含有重金属硫化物、煤粉等杂质而呈红褐色或棕黑色，硫化钠易溶于水、微溶于乙醇、能溶于热的乙醇，而重金属硫化物、煤粉都难溶于水，所以加入95%的乙醇溶液、水、加热回流，可使硫化钠充分溶解，趁热过滤，得到硫化钠的乙醇溶液；经过蒸发浓缩、结晶等操作后过滤，从而获得硫化钠晶体；将硫化钠晶体、Na2CO3晶体放入蒸馏水中溶解，得到混合溶液；通入SO2气体、调节pH≈7，得到Na2S2O3溶液；将所得溶液蒸发浓缩、降温结晶等操作，从而获得Na2S2O3∙5H2O晶体。
【小问1详解】
步骤Ⅰ回流时，所用装置为蒸馏操作，用到主要玻璃仪器有圆底烧瓶和冷凝管(直形或球形)；回流时，温度控制在80℃，所以适用的加热方式是水浴加热、电热套温和加热，而油浴加热，温度高于100℃，酒精灯直接加热，温度难以控制，故选AD。答案为：冷凝管(直形或球形)；AD；
【小问2详解】
步骤Ⅱ中，加入95%的乙醇溶液、水，将硫化钠溶解，杂质不溶，硫化钠在酒精中的溶解度随温度降低而减小，所以趁热过滤的目的是：除去硫化钠中的不溶性杂质，防止硫化钠晶体冷却析出，从而降低产率。答案为：除去硫化钠中的不溶性杂质，防止硫化钠晶体冷却析出，从而降低产率；
【小问3详解】
①锥形瓶中，Na2S、Na2CO3晶体放入蒸馏水中溶解，得到混合溶液，通入SO2气体，生成Na2S2O3，同时生成CO2，发生总反应的化学方程式为；反应中Na2CO3固体的用量不宜过少，否则会生成NaHSO3，Na2SO3的量减少，产品的生成量减少。理由是：碳酸钠用量过少，中间产物亚硫酸钠量少，使析出的硫不能全部生成硫代硫酸钠。
②H2SO3呈酸性，其酸性比H2S2O3强，所以步骤Ⅴ，当锥形瓶中溶液pH≈7时应停止通入SO2，若继续通入SO2，将导致产率降低，理由是：继续通SO2会使溶液的pH降低，Na2S2O3酸性条件下会与H+发生反应。答案为：；碳酸钠用量过少，中间产物亚硫酸钠量少，使析出的硫不能全部生成硫代硫酸钠；继续通SO2会使溶液的pH降低，Na2S2O3酸性条件下会与H+发生反应；
【小问4详解】
步骤Ⅵ，获取Na2S2O3∙5H2O晶体过程中，需先将溶液浓缩至有晶膜出现，再降温、加入乙醇降低其溶解度，然后过滤、用乙醇洗涤，合理的操作顺序为：过滤，取滤液→a→c→f→e→d→40℃下干燥40～60分钟→产品。答案为：a→c→f→e→d。
【点睛】易溶于水、受热易分解的晶体，常使用乙醇洗涤。
21. 巴洛沙韦酯是一种抗病毒药物，其中间体H的合成路线如下：

已知：
①F→G过程中有一个六元环生成；
②
请回答：
（1）化合物A的含氧官能团名称有羟基、___________。
（2）化合物E的结构简式是___________。
（3）下列说法正确的是___________。
A. G分子中含有1个手性碳 B. 1mol F可以和2mol NaOH反应
C. F→G的反应属于取代反应 D. H的分子式为
（4）写出C→D的化学方程式___________。
（5）化合物可以由和合成，请以、和为原料，其他无机试剂任选，合成。________
（6）有机物X比流程中的有机物多一个碳原子的同系物，写出同时符合下列条件的有机物X的同分异构体的结构简式___________。
①只含一个六元杂环，无其他环；
②核磁共振氢谱表明有3个峰
③不能使溴水反应而褪色。
【答案】（1）酮羰基、醚键、羧基
（2） （3）AC
（4）+H2N-NHCOOC(CH3)3+H2O
（5）HCHOHOCH2CNHOCH2CH2NH2
（6）、
【解析】
【分析】A与发生取代反应得到B：，B与乙醇反应得到C：，C与H2N-NHCOOC(CH3)3反应得到D：，D与EA，HCl反应得到E：，E与反应得到F：，F转化为G时生成了六元环，G为：，G经过转化得到H。
【小问1详解】
化合物A的含氧官能团名称有羟基、酮羰基、醚键、羧基；
【小问2详解】
根据分析，E的结构简式是：；
【小问3详解】
A.根据分析，G为：，G分子中含有1个手性碳：，A正确；
B.根据分析，F为 ，1mol F含2mol酯基、1mol肽键，可以和3mol NaOH发生水解反应，B错误；
C.根据F和G结构简式，F→G的反应属于取代反应，C正确；
D. H的分子式为，D错误；
故选AC；
【小问4详解】
C为，与H2N-NHCOOC(CH3)3反应得到D：，化学方程式为：+H2N-NHCOOC(CH3)3+H2O；
【小问5详解】
HCHO与HCN反应得到HOCH2CN，HOCH2CN与H2反应得到HOCH2CH2NH2，HOCH2CH2NH2与HOCH2COCl反应得到，与DIBAL-H得到，与甲醇反应得到，故合成路线为：HCHOHOCH2CNHOCH2CH2NH2；
【小问6详解】
①只含一个六元杂环，无其他环；②核磁共振氢谱表明有3个峰，说明含3种不同化学环境的氢原子；③不能使溴水反应而褪色，说明不能褪色，满足条件的有机物X的同分异构体的结构简式为：、。