高三化学
1.答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考生号、座号填写在相应位置。
2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 P 31 S 32 C1 35.5 Mn 55 Fe 56 Cu 64
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 清代刘献廷《广阳杂记》记载：“川东盐井，且有火井，以助煎熬，其火无灰”。下列说法错误的是 A. “火井”中气体主要成分是甲烷，甲烷分子结构是正方形 B. “煎熬”涉及到的操作为蒸发结晶 C. “其火无灰”发生了化学变化 D. “煎熬”所得盐中存在离子键 【答案】A 【解析】 【分析】
【详解】A．甲烷分子结构为正四面体结构，故A错误； B．煎熬指蒸煮的意思，涉及的操作为蒸发结晶，故B正确； C．其火无灰，是指燃烧充分，属于化学变化，故C正确； D．所得盐为NaCl，属于离子化合物，存在离子键，故D正确； 故选A。
2. 以海带为原料提取碘单质时，可以通过“反萃取法”将碘单质从碘的四氯化碳溶液中提取出来：
“操作1”能用到的仪器有
A. B. C. D.
【答案】B 【解析】 分析】
【详解】操作I为分离水层和有机层操作，即萃取分液，需要用到分液漏斗，故答案选B。 3. 某中药材含有抗肿瘤、镇痉作用的生物活性物质，结构如下图。下列说法错误的是
【
A. 该物质能发生取代反应 C. 该分子结构中不存在手性碳原子 【答案】C 【解析】 【分析】
【详解】A．根据结构简式可知：B．根据结构简式可知：B正确；
中存在手性碳原子，故C错误； D．根据结构简式故答案：C。
B. 1 mol该物质最多消耗1 mol NaOH D. 所有碳原子不可能共面
能发生取代反应，故A正确；
中只有一个酯基，所以1 mol该物质最多消耗1 mol NaOH，故
C．手性碳原子是指与碳原子相连的4个取代基不同。根据结构简式可知：该分子结构
可知：分子中含有多个烷烃基，所有碳原子不可能共面，故D正确；
4. [Co(NH3)6]C13是一种重要的化工产品，实验室可利用CoC12制取该配合物： 2CoC12+10NH3+2NH4Cl+H2O2=2[Co(NH3)6]C13+2H2O。下列叙述正确的是 A. NH+是三角锥型结构 4B. H2O2分子中只含极性共价键 C. 1mol[Co(NH3)6]3+中含6mol配位键 D. NH3和H2O与Co3+的配位能力：NH3 B．H2O2的结构式为H—O—O—H，既含极性键O—H，又含非极性键O—O，B错误； C．每个NH3配体与中心Co3+间形成一根配位键，故1 mol该配离子中含6 mol配位键，C正确； D．由于电负性O＞N，故N对电子吸引能力弱，所以NH3中N更容易给出自身孤电子对形成配位键，D错误； 故答案选C。 5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1molFe与足量水蒸气在高温条件下反应转移电子数为3NA B. 常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为6NA C. 1molCH4与C12在光照下反应生成的CH3Cl分子数为NA D. 1molD2O比1molH2O多NA个质子 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．Fe与足量水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁，1molFe转移电子数为 +5-1-1?4=4，故空间构型为正四面体形，28NA，故A错误； 3124g6NA6NA，B．1个P4分子中含有6个共价键，常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为 124g/mol故B正确； C．CH4与氯气在光照条件下生成4种氯代物，1molCH4与C12在光照下反应生成的CH3Cl分子数小于NA，故C错误； D．1molD2O和1molH2O都含有10NA个质子，故D错误； 选B。 6. 电池级草酸亚铁需要纯度在99％以上，可用标准高锰酸钾溶液滴定法测定草酸亚铁样品纯度(样品中不含其它还原性离子)。下列说法错误的是 A. 打开酸式滴定管的活塞，迅速放液以赶出气泡 B. 滴定过程中，眼睛要时刻注意滴定管液面变化 C. 滴入最后半滴标准液，溶液变为浅紫红色且半分钟内不褪色，达到滴定终点 D. 用待测液润洗锥形瓶，测得草酸亚铁样品纯度偏高 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．调节酸式滴定管的气泡可采用迅速放液缓慢关闭的方法，A正确； B．滴定过程中，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化，以确定反应终点，B错误； C．在未达滴定终点前，加入的KMnO4由于反应不会使溶液显色，当达滴定终点，KMnO4稍微过量时，溶液显浅紫红色，C正确； D．锥形瓶不需要用待测液润洗，若润洗，则所取待测液偏多，消耗标准液偏多，故所测样品纯度偏高，D正确； 故答案选B。 7. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大且处于不同主族，W元素2p轨道电子数为2，在短周期元素中X的第一电离能最小，Y元素3p轨道有2个单电子。下列说法错误的是 A. 元素电负性：Y W元素2p轨道电子数为2，则电子排布式为：1s22s22p2，则W为C；X素在短周期中第一电离能最小，同一周期，第ⅠA方族元素第一电离能最小，同一主族，从上到下，第一电离能减小，则X为Na；Y元素3p B. Y形成的一种晶体属于共价晶体 D. WY2是一种非极性分子 轨道有2个单电子有两种情况：一种是3p轨道只有2个电子，且为单电子，另一种是3p轨道有4个电子，2个成对， 2个单电子，对应的为Si、S，但W、X、Y、Z处于不同主族，所以Y为S；短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，所以Z为Cl。 【详解】A．同一周期元素从左到右，电负性逐渐增加，元素电负性S D．CS2结构可表示为：S=C=S，其中C原子sp杂化，直线型，两边极性抵消，故CS2是非极性分子，D项正确； 答案选B。 8. 硅和碳是重要的非金属元素，有关化学键键能如下表所示： 化学键 C-C C-H C-O Si- Si Si-H Si-O 413 336 226 318 452 键能/ (kJ ·mol-1) 356 下列说法正确的是 A. 热稳定性：CH4 C. 共价键的键能与成键原子的核间距一定成反比 D. 硅烷在种类和数量上都不如烷烃多 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．C与Si是同主族元素，同种主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，简单氢化物的热稳定性逐渐减弱，所以热稳定性CH4＞SiH4，A项错误； B．金刚石与晶体硅都是原子晶体，原子晶体的熔沸点主要与共价键强度有关，由表可知，C-C键的键能大于Si-Si键，说明C-C键更稳定，金刚石的熔点比晶体硅高，B项错误； C．共价键的键能与成键原子的核间距及成键原子的种类均有关，C项错误； D．由表可知，C-C键的键能大于Si-Si键且C-H键的键能大于Si-H键，说明C-C键和C-H键更稳定，因而所形成的烷烃更稳定，种类和数量也更多，而Si-Si键和Si -H键键能低，易断裂，导致长链硅烷难以生成，限制了硅烷的种类和数量，D项正确； 答案选D。 9. 科学家研究发现，在催化剂作用下，合成氨及氨的催化氧化反应的转化过程如下图所示： 下列说法正确的是 A. 催化剂a能提高合成氨反应的反应速率和平衡转化率 B. 催化剂a表面氮的吸附分解所需活化能高，是控制反应速率的关键步骤 C. 催化剂b表面反应生成NO时没有电子转移 D. 两个反应的原子利用率均为100％ 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．催化剂能降低反应的活化能从而加快反应速率，但对平衡移动不产生影响，故不能改变平衡转化率，A错误； B．由于N2中为N≡N，键能大，断键时需要吸收较多的能量，故催化剂a表面氮的吸附分解所需活化能高，反应速率慢，是整个过程的控速步骤，B正确； C．催化剂b表面O原子结合NH3中N原子生成NO，O原子化合价改变，故该过程伴随电子转移，C错误； D．氨催化氧化时，除了生成NO，同时生成H2O，故原子利用率不是100%，D错误； 故答案选B。 10. 合成药物“异搏定”的一步反应如下，下列说法错误的是 + A. 可用FeC13溶液检验X是否完全反应 B. X能与Na2CO3溶液反应 C. Z存在顺反异构现象 D. Y与浓硫酸共热可发生消去反应 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．反应过程所涉及的有机物中只有X含有酚羟基，故可以用FeCl3溶液检验X是否完全反应，A正确； B．酚羟基酸性＞HCO3，故X可以与Na2CO3反应生成NaHCO3，B正确； C．Z中存在碳碳双键两个C原子连接两个原子（团）都不同的现象，故存在顺反异构，C正确； D．Y中溴原子可发生消去反应，但条件为强碱醇溶液加热，D错误； 故答案选D。 -二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 下列实验操作、现象和结论都正确的是 选实验操作和现象 项 A B 向苯酚浊液中滴加NaHCO3溶液，浊液未变澄清 向Ba(NO3)2溶液中通入气体X，出现白色沉淀 向2mL10%的CuSO4溶液中滴入5~6滴2%的NaOH溶液，再滴C 入葡萄糖溶液并加热，产生砖红色沉淀 相同温度下，用pH试纸测CH3COONa溶液试纸显蓝色;测D Na2SO3溶液的试纸显深蓝色 A. A 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．苯酚不能碳酸氢钠溶液反应生成苯酚钠和碳酸，能证明苯酚的酸性比碳酸弱，A项正确； B．不一定为SO2，若气体X为SO3，也会出现出现白色沉淀，B项错误； B. B C. C D. D Ka( CH3COOH) >Ka1( H2SO3) 相同温度下葡萄糖含有醛基 苯酚的酸性弱于H2CO3的酸性 X一定是SO2 结论 C．新制的Cu(OH)2溶液需呈碱性，故在配制时，氢氧化钠要过量，C项错误； D．不知道CH3COONa溶液和Na2SO3溶液的浓度，无法比较，D项错误； 答案选A。 12. 制备铁红工业流程中，用FeS2还原铁盐溶液得到Fe2+和SO4，反应机理如下图。下列说法正确的是 2- A. 过程I中每有60gFeS2参与反应，理论上可还原6molFe3+ B. 过程Ⅱ中若S2O3过量会有气体生成 C. 由过程Ⅱ可知还原性：S2O3 【详解】A．n(FeS2)= 2-2-2-60 g2-=0.5 mol，根据图示，过程I FeS2中S元素化合价由-1价升高到S2O3中120 g/mol+2价，失去6个电子，Fe3+被还原为Fe2+得到1个电子，根据得失电子守恒得关系：FeS2~6Fe3+，故0.5 mol FeS2能还原3 mol Fe3+，A错误； 2-B．过程Ⅱ由于生成H+，溶液显酸性，S2O3在酸性条件下会歧化生成S和SO2，即2-S2O3+2H+=SO2↑+S+H2O，B正确； 2-2-C．由图示知，S2O3被Fe3+氧化为SO4，故S2O3作还原剂，Fe2+为还原产物，根据还原性强弱规律知还原2-性：S2O3＞Fe2+，C错误； 2-D．根据图示知总反应为：FeS2+Fe3+→SO4+H++Fe2+，根据元素守恒知，方程式左边要添加H2O，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平得总方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O=2SO4+16H++15Fe2+，D正确； 故答案选BD。 13. 复旦大学科学家构建了一种新型的非碱性锌空气电池，具有长循环寿命、安全稳定等优点，以三氟甲 2-2- 充电磺酸锌[Zn(OTf)2]为电解液，电池总反应为Zn+O2 放电ZnO2，构造原理如下图。下列说法正确的是 A. 含催化剂的多孔电极为电池的负极 B. 放电时正极的电极反应式为O2+Zn2++2e-=ZnO2 C. 放电时Zn电极电势高 D. 充电时每生成1mol锌，理论上产生气体体积为22.4L(标况) 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】A．多孔电极通空气，得电子，发生还原反应，为电池的正极，A项错误； B．由电池总反应：Zn+O2项正确； C．放电时，Zn电极为负极，其电势低，C项错误； D．根据总反应可知，充电时每生成1mol锌，会生成1mol的氧气，1mol氧气的体积为22.4L(标况)，D项正确； 答案选BD。 14. 常温下SnCl4为无色液体，沸点为114℃，在空气中易水解生成锡酸与HCl，将Cl2通入熔融的金属锡中制备纯净SnCl4，装置如下(夹持装置略去)。下列说法错误的是 充电放电ZnO2可知，放电时，正极得电子，电极反应式为O2+Zn2++2e-=ZnO2，B A. 实验过程中应该先点燃酒精灯，再注入浓盐酸 B. 该装置存在缺陷，制得的四氯化锡含有锡酸 C. 戊装置的作用是冷凝、收集SnC14 D. 已中NaOH溶液吸收尾气防止污染 【答案】A 【解析】 【分析】 装置甲反应产生Cl2，经过装置乙除去杂质HCl，经过装置丙获得干燥的Cl2，干燥的Cl2进入丁中与Sn反应生成SnCl4，经过装置戊冷凝得到液态SnCl4，装置己的作用为吸收多余的Cl2防止污染空气。 【详解】A．实验过程中，应先注入浓盐酸，利用产生的Cl2将装置中空气排出，如果先点燃酒精灯，则Sn会与装置中的O2反应，A错误； B．由于己装置中会有水蒸气进入戊中，所以SnCl4会水解生成锡酸与HCl，B正确； C．由分析知，戊装置作用为冷凝收集SnCl4，C正确； D．由分析知，多余的Cl2被己中NaOH溶液吸收，D正确； 故答案选A。 15. 常温下，向NaOH溶液中逐滴滴入亚磷酸(H3PO3)，反应中只能生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，含磷各微粒的分布分数X(平衡时某微粒的浓度占各微粒浓度之和的分数)与pOH[pOH=-lgc(OH-)]的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线a代表X(HPO3) B pOH=7时，c(Na+)=c(H2PO3)+2c(HPO3) C. H2PO3的电离平衡常数Ka=1×10-7.3mol·L-1 D. 等浓度Na2HPO3和NaH2PO3混合溶液： c(Na+)>c(HPO3)>c(H2PO3>c(OH-)>c(H+) 【答案】AB 【解析】 2----2-. 2- 【分析】 向NaOH溶液中逐滴滴入亚磷酸，NaOH过量，反应生成Na2HPO3，HPO3浓度增加，所以曲线a代表 -X(HPO3)；继续滴加亚磷酸，Na2HPO3浓度降低，NaH2PO3升高，所以曲线b代表X(H2PO3)，曲线c 2-2-代表X(H3PO3)。 【详解】A．向NaOH溶液中逐滴滴入亚磷酸，NaOH过量，反应生成Na2HPO3，HPO3浓度增加，所以曲线a代表X(HPO3)，故A正确； B．pOH=7时，c(H+)=c(OH-)，溶液中存在Na2HPO3和NaH2PO3两种溶质，根据电荷守恒 2c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(HPO3)+c(H2PO3)，其中c(H+)=c(OH-)，即2c(Na+)=2c(HPO3)+c(H2PO3)，故B正确； 2-2-C．H2PO在溶液中存在电离平衡H2PO-3-32-c(HPO3)c(H+)H+HPO，平衡常数Ka=，pOH=7.3时，-c(H2PO3)+2-3-2-c(H2PO3)=c(HPO3)且cH+=10-(14-pOH)=10-6.7mol/L，所以Ka=cH+=10-6.7，故C错误； KW10-14H2PO既电离又水解，D．=等浓度Na2HPO3和NaH2PO3混合溶液中，其电离常数Ka>Kh=， K(H3PO3)101.4-3HPO以电离为主； 2-其水解常数3只水解， KW10-14Kh==6.3 Ka102-3-)>c(H2PO3>cH+>cOH-，故D错误； 所以溶液中离子浓度大小为cNa故选AB。 +>c(HPO【点睛】把pOH换算成pH计算，pOH增大，碱性减弱，是解题的基本前提，依次推出各曲线代表的粒子变化情况。 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 SiO2、FeAs、Ca3(PO4)2工业上采用碱溶分解白钨矿[CaWO4，还包括CaMoO4、16. 仲钨酸铵(APT)用途广泛， 等]制得仲钨酸铵和副产品MoS3的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)溶浸时需要适当加热，其目的是______。焙烧时FeAs反应生成As2O3的化学方程式为_____。 (2)写出As2O3溶于纯碱溶液生成HCO3的离子方程式______。 (3)净化过程中加入H2O2后溶液中被氧化的元素为_______(填元素符号)。 (4)除钼时通入H2S气体发生反应：MoO4+4H2S=MoS4+4H2O，再加入硫酸酸化至pH为2.5～3，析出MoS3的离子方程式为_______。 (5)如图a、b分别为Mg3(AsO4)2、Mg3(PO4)2沉淀溶解平衡曲线。PO4离要保证“净化”后溶液中AsO4、子浓度不大于10-6mol·L-1，则溶液中镁离子浓度至少为_____，此时 3-3--2-2- 【答案】 (1). 加快溶浸速率 (2). 2FeAs+3O2Fe2O3=As2O3 (3). 高温22-As2O36CO33H2O=2AsO336HCO3 (4). As (5). MoS4+2HMoS3H2S (6). 10-2.56mol·L-1 (7). 10-2.76 【解析】 【分析】 白钨矿焙烧，FeAs与氧气反应生成Fe2O3、As2O3，用过量的碳酸钠溶液溶解，SiO2、Fe2O3难溶于碳酸钠溶液，CaMoO4与碳酸钠反应生成Na2MoO4和碳酸钙沉淀、As2O3与碳酸钠反应生成碳酸氢钠和Na3AsO3；滤液中加硫酸调节pH，用H2O2把AsO33-氧化为AsO43-，加入硫酸镁除去AsO43-、PO43-；通入H2S除去钼，通过萃取、反萃取得到仲钨酸铵溶液。 【详解】(1)加热能加快反应速率，溶浸时需要适当加热，其目的是加快溶浸速率。焙烧时FeAs与氧气反应生成Fe2O3、As2O3，反应的化学方程式为2FeAs+3O2Fe2O3=As2O3； 高温的cAsO3-4cPO3-4=______。 (2) As2O3与碳酸钠反应生成AsO33-、HCO3，反应的离子方程式是 2As2O36CO33H2O=2AsO336HCO3； -(3)净化过程中加入H2O2，用H2O2把AsO33-氧化为AsO43-，被氧化的元素为As。 (4)除钼时通入H2S气体发生反应：MoO4+4H2S=MoS4+4H2O， MoS4和再加入硫酸酸化至pH为2.5～3， 2-硫酸反应生成MoS3沉淀和硫化氢气体，反应的离子方程式为MoS4+2HMoS3H2S； 2-2-2-(5)根据图示，Mg3(AsO4)2的溶度积大于Mg3(PO4)2，Mg3(AsO4)2的溶度积等于110-19.68；Mg3(PO4)2的溶度L-1，则溶液中镁离子浓度积等于110-25.2；要保证“净化”后溶液中AsO4、PO4离子浓度不大于10-6mol·至少为33-3-10-19.6810-62=10-2.56mol·L，此时 -1 cAsO3-4cPO3-4=32c2AsO3-cMg432c2PO3-4cMg1025.2102.76。 19.6810【点睛】本题以用碱溶分解白钨矿制备仲钨酸铵和副产品MoS3为载体，考查化学工艺流程，明确流程图中各步骤的反应原理是解题关键，注意离子方程式的书写，会根据溶度积常数进行相关计算。 17. Na3Zr2Si2PO12是一种具有交叉隧道三维结构的快离子导体功能材料。回答下列问题： (1)40Zr位于周期表的第5周期IVB族，基态40Zr的价电子排布式为___________；第四周期元素中，基态原子核外成单电子数与基态40Zr相同且第一电离能最大的是___________。 (2)NH3、PH3和AsH3的沸点由高到低的顺序是___________。 (3)N(CH3)3和P(CH3)3是重要的化工原料。N(CH3)3中N原子的杂化方式为___________；键角C—N—C大于C—P—C的原因是___________。 (4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。Na3OCl属立方晶系(正方体形)，晶胞参数为a pm。晶胞沿y轴和沿z轴投影的各原子的分布图和原子分数坐标分别如图1、图2所示。据此推断该晶胞中Na原子的数目为___________。设NA为阿伏加德罗常数的值，则Na3OC1晶体的密度为___________g·cm-3(用代数式表示)。 【答案】 (1). 4d25s2 (2). Se或硒 (3). NH3>AsH3>PH3 (4). sp3 (5). N电负性大于P，成键 120.51030 电子对更偏向于N，成键电子对之间的斥力增大，键角变大 (6). 3 (7). 3aNA【解析】 【分析】 【详解】(1)根据洪特规则和泡利原理，40号元素Zr的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d25s2，其价 电子排布式为4d25s2；Zr的价电子层单电子数为2，根据题意第四周期单电子数为2的有Ti、Ni、Ge、Se，第一电离能从左到右依次增强，所以为Se，故填4d25s2、Se； (2)NH3分子间存在氢键，其沸点比同主族非金属简单氢化物沸点高，AsH3分子量大于PH3，沸点高，所以其沸点大小顺序为NH3>AsH3>PH3，故填NH3>AsH3>PH3； (3) N(CH3)3中N原子均形成σ键，其结构与NH3相似，其中N原子杂化方式为sp3杂化；键角与成键电子对之间的斥力有关，N电负性大于P，成键电子对更偏向于N，成键电子对之间的斥力增大，键角变大，故填sp3、N电负性大于P，成键电子对更偏向于N，成键电子对之间的斥力增大，键角变大； (4)由图可知钠原子位于晶胞立方体的棱上，所以晶胞中钠原子的个数为 112=3，Na3OC1晶体的密度4120.5mnMZM120.5120.530303==1010ρ===g/cm3，故填、。 VVNAV(a10-10)3NAa3NAa3NA【点睛】立方体棱上原子所占比例为四分之一；所谓单电子指自旋相同且不成对的电子。 实验室利用下图装置(加热和夹持装置略去)将二氧化硫通入新制氢氧18. CuCl在染色和催化领域应用广泛。化铜悬浊液中制备CuCl。 已知：I.CuCl为白色固体，难溶于水和乙醇，能溶于浓盐酸； Ⅱ.Cu2O+2H=Cu+Cu+H2O，CuCl+HCl=HCuCl2，HCuCl2 + 2+ 稀释 CuCl↓+HCl。 实验步骤如下：向C中加入15mL0.5mol·L-1的CuCl2溶液中，加入0.5mol·L-1的NaOH溶液30mL；打开A中分液漏斗的活塞产生SO2气体，一段时间后C中产生白色固体，将C中混合物过滤、依次用水和乙醇洗涤，所得固体质量为0.597g。 (1)试剂a为___________，仪器b名称为___________。 (2)B装置作用是___________。 (3)将二氧化硫通入C中新制氢氧化铜悬浊液，产生白色固体的离子方程式为___________。 (4)用乙醇洗涤CuCl的优点为___________，判断CuCl洗涤干净的实验方案是___________。 (5)计算该实验中CuCl的产率___________。 (6)若所得CuCl固体中混有少量Cu2O，请设计除去Cu2O的实验方案：___________。 【答案】 (1). 浓硫酸 (2). 蒸馏烧瓶 (3). 防倒吸 (4). 2Cl-+ SO2+2Cu(OH)2=2CuCl+SO4+2H2O (5). 可降低洗涤过程中物质的损失，更利于快速干燥 (6). 向最后一次洗涤液中滴加NaOH溶液，若溶液澄清且无沉淀，则CuCl已洗深干净 (7). 80% (8). 向产物中滴加浓HCl，使固体溶解充分，过滤出杂质后，加水稀释，产生白色沉淀，加水不再产生沉淀为止，过滤、洗涤、干燥，即可得到除去Cu2O后的CuCl固体 【解析】 【分析】 (1)实验室中常用浓硫酸和Zn制二氧化硫；仪器b为蒸馏烧瓶； (2)SO2不溶于饱和硫酸氢钠溶液，浓硫酸与Zn反应放热，用其可以防倒吸； (3)根据氧化还原反应，结合价态变化，书写方程式； (4)CuCl难溶于乙醇，乙醇易挥发，有利于CuCl的于燥；判断CuCl是否洗涤于净应向最后一次洗涤液中滴加NaOH溶液，若溶液澄清且无沉淀，则CuCl已洗深干净； (5)1molCuCl2完全转化生成CuCl1mol，据此作答； (6)根据信息提示Ⅱ作答。 【详解】(1)实验室中常用浓硫酸和Zn制二氧化硫；仪器b 蒸馏烧瓶，故答案为：浓硫酸；蒸馏烧瓶； 2(2)SO2不溶于饱和硫酸氢钠溶液，浓硫酸与Zn反应放热，故B的作用为防倒吸，故答案为：防倒吸； (3)CuCl难溶于水，是自色固体，二氧化硫通入C中新制氢氧化铜悬浊液，硫元素化合价升高生成硫酸根，Cu元素化合价降低，2Cl-+SO2+2Cu(OH)2=2CuCl+SO4+2H2O，2Cl-+ 生成CuCl，离子方程式为：故答案为：SO2+2Cu(OH)2=2CuCl+SO4+2H2O； (4)CuCl难溶于乙醇，乙醇易挥发，有利于CuCl的于燥；判断CuCl是否洗涤于净应向最后一次洗涤液中滴加NaOH溶液，若溶液澄清且无沉淀，则CuCl已洗深干净，故答案为：可降低洗涤过程中物质的损失，更利于快速干燥；向最后一次洗涤液中滴加NaOH溶液，若溶液澄清且无沉淀，则CuCl已洗深干净； (5) 15mL0.5mol·L-1的CuCl2溶液中，CuCl2的物质的量=cn=0.5mol/L0.015L=0.0075mol，完全转化为CuCl，理论上生成的物质的量为0.0075mol，其质量=Mn=0.0075mol99.5g/mol=0.746g，实验实 220.597g100%=80%，故答案为：80%； 际所得CuCl固体质量为0.597g，则CuCl的产率= 0.746g(6)可向产物中滴加浓HCl，使固体溶解充分，过滤出杂质后，加水稀释，产生白色沉淀，加水不再产生沉淀为止，过滤、洗涤、干燥，即可得到除去Cu2O后的CuCl固体，故答案为：向产物中滴加浓HCl，使固 体溶解充分，过滤出杂质后，加水稀释，产生白色沉淀，加水不再产生沉淀为止，过滤、洗涤、干燥，即可得到除去Cu2O后的CuCl固体。 【点睛】本题重点(6)，对于性质不熟悉的物质，要充分利用已知性质，并结合题干所给的信息提示，综合解题。 19. 三碟烯及其衍生物因其独特的结构在分子机器等领域有广泛的应用，羟基三碟烯(I)的一种合成路线如下： 回答下列问题： (1)H→I的反应类型为___________；F中含有的官能团的名称为___________。 (2)C的结构简式为___________；设计①、④两步的目的是___________。 (3)由D→E的化学方程式为___________。 (4)写出符合下列条件的B的同分异构体的结构简式___________。 ①苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物有两种②能发生银镜反应③遇FeCl3溶液显紫色 (5)4—甲氧基乙酰苯胺( )是重要的精细化工中间体。写出由苯甲醚 ()与乙酰氯()制备4—甲氧基乙酰苯胺的合成路线(其他试剂任选)：___________。 已知： 【答案】 (1). 加成反应 (2). 羧基、羟基、氨基 (3). (4). 保护酚羟 基 (5). +H2O H ++CH3COOH (6). (7). 【解析】 【分析】 根据框图可知：A-B发生酯化反应，B-C发生取代反应，生成C ，在酸性高锰酸钾 作用下，发生氧化反应生成D，则D的结构简式为 Fe和HCl的条件下，发生还原反应生成F。以此分析解答。 ，在酸性条件下加热生成E，在 【详解】(1)根据可知，H→I为加成反应；由F的结构简式 可知，F中含有羧基、羟基、氨基。故答案：加成反应；羧基、羟基、氨基。 (2)由可知。C的结构简式为 ；设计①、④两步的目的是保护酚羟基。故答案： 羟基。 ；保护酚 (3)根据上述分析：D的结构简式为，，则由D→E的化 学方程式为+H2O H +CH3COOH，故答案： +H2O H+CH3COOH。 (4)由B的结构简式为。①苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物有两种，取代基 为苯环的对位；②能发生银镜反应说明有醛基；③遇FeCl3溶液显紫色说明苯环上有酚羟基，所以符合条件 的同分异构体的结构简式为： 。故答案： 。 (5)4—甲氧基乙酰苯胺()是重要的精细化工中间体，由苯甲醚() 与乙酰氯()制备4—甲氧基乙酰苯胺的合成路线为： ；故答案： 。 这对消除NO的污染有重要意义。20. 我国科学家在“催化剂表面H2还原NO反应”的研究取得重大突破，回答下列问题： (1)N2、H2与氧气反应的能量变化如下图所示： 写出H2还原NO反应的热化学方程式___________。 (2)为测定c(H2)、c(NO)与反应2NO(g)+2H2(g)1L的密闭容器中进行实验，获得如下实验数据： 实验起始浓度c/(mol·L-1) 编号 a b c d NO 6.00×10-3 6.00×10-3 1.00×10-3 3.00×10-3 H2 1.00×10-3 2.00×10-3 6.00×10-3 6.00×10-3 3.18×10-3 6.36×10-3 0.53×10-3 4.77×10-3 生成N2的起始反应速率V(mol·L-1·s-1) N2(g)+2H2O(g)的关系，兴趣小组同学在T℃，体积为 ①该反应的速率方程为___________(速率常数用k表示，不必求出k值)。 ②实验d测得体系的总压强p随时间t的变化如下表所示： t/ min p/kPa 0 36 10 33.8 20 32 30 30.4 40 30.4 t=20min时，体系中P(H2)=___________kPa，v=___________mol·L-1·s-1(速率常数k=8.83×104mol-2· L-1· s-1，计算结果保留2位小数)。 (3)研究表明，催化剂表面反应2NO(g)+2H2(g)2NO(g)+H2(g) N2(g)+2H2O(g)发生的同时还发生 N2O(g)+H2O(g)；反应温度、H2和NO的初始物质的量之比均对NO的有效去除率(NO 转化为N2)造成较大影响。在体积均为1L的三个密闭容器中按下表所示关系加入H2和NO，在催化剂表面 发生反应，实验测得不同温度时N2在NO(g)、N2O、N2三种混合气体中的平衡体积分数如图所示。 n(H2 )/( mol) n(NO)/( mol) 甲 1 1 乙 2 1 丙 3 1 ①“催化剂表面H2还原NO反应”选择的合适条件是___________。 ②在200℃，丙容器中的H2(g)和NO(g)发生反应，测得体系的平衡压强与起始压强之比为3.52：4，则NO的有效去除率为___________。 【答案】 (1). 2H2(g)+ 2NO(g)16 (4). 3.53×10-4 (5). 【解析】 【分析】 【详解】(1)由图1得热化学方程式①：N2(g)+ O2(g)=2NO(g) △H=+108.5 kJ/mol；由图2得热化学方程式②：2H2(g)+ O2(g)=2H2O(g) △H=-483.6 kJ/mol，②-①得：2H2(g)+ 2NO(g) N2(g)+ 2H2O(g) △H=-592.1 kJ/mol， N2(g)+ 2H2O(g) △H=-592.1 kJ/mol (2). υ=k·c(H2)·c2(NO) (3). n(H2)=3（或丙），温度为250℃ (6). 83.2% n(NO)即为H2还原NO的热化学方程式（由第（2）问知该反应为可逆反应，故用可逆符号连接）； (2)①对比a、b组实验可知，反应速率与c(H2)成正比，对比c、d组实验可知，反应速率与c2(NO)成正比，故该反应速率方程为：υ=k·c(H2)·c2(NO)； ②根据所给信息列三段式如下： 2NO(g)+2H2(g)起始3?10-3mol/L6?10-3mol/L转化2x mol/L2x mol/L20min(3?10-3-2x) mol/L(6?10-3-2x) mol/LN2(g)+2H2O(g)00 ，由此得20min时 x mol/L2x mol/Lx mol/L2x mol/L10-3 –x)mol/L×1 L=(9×10-3 –x)mol；由于恒温恒容，故压强与物质的量成正比，所以气体总物质的量=(9× P始36n始9?10-3mol/L?1 L===10-3 mol/L，n(H2)= (6×10-3 –2x)mol/L×1 ，解得x=1×故20min时，-3P20min32n20min(9?10-x) mol/L?1 L4?10-3L=4×10 mol，n(g，10 –x)mol=8×10 mol，=16 kPa；20min总)= (9×故P(H2)=p(总)·n(H2)%=32 kPa×-38?10-3 -3 -3 10-3 –2x)mol/L=4×10-3 mol/L, c(NO)=( 3×10-3–2x)mol/L=1×10-3 mol/L，故反应速率时，c(H2)=( 6× υ=k·c(H2)·c2(NO)=8.83×104×4×10-3×(1×10-3)2 =3.53×10-4 mol·L-1·S-1； (3)①由题意知，混合气体中N2体积分数越高越好，故合适条件为 n(H2)=3，温度为250℃； n(NO)②设2a mol NO转化为N2，2b mol NO转化为N2O，列转化如下： 2NO+2H2转化2a mol2a mol2NO+H2转化2b molb molN2+2H2O 、 a mol2a molN2O+H2O，则平衡时：n(N2)=a mol，n(N2O)=b mol， b molb moln(H2O)=(2a+b) mol，n(NO)=(1-2a-2b) mol，n(H2)=(3-2a-b) mol，故n(g，总)=(a+b+2a+b+1-2a-2b+3-2a-b) mol=(4-a-b) mol。由题意知： P始P平=n44=始=，解得n平= 3.52 mol=n(g，总)= (4-a-b) mol，化简得：3.52n平n平①a+b=0.48 mol；平衡时N2、NO、N2O三者物质的量之和=a+1-2a-2b+b=(1-a-b) mol，依据N2占80%，列式80%，化简得：②9a+4b=4，解得a=0.416 mol，故NO有效去除率得：a mol=(1-a-b) mol×= 0.416 mol?2×100%=83.2%。 1 mol 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容