湖南师大附中高三第六次月考试卷.pdf

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1、湖南师大附中湖南师大附中 20232023 届高三月考试卷届高三月考试卷(六六)化学化学本试题卷分选择题和非选择题两部分，共本试题卷分选择题和非选择题两部分，共 1010 分。时量分。时量 7575 分钟，满分分钟，满分 100100 分。分。可能用到的柏对银子质亚：可能用到的柏对银子质亚：H H1 1FeFe5656SbSb122122LaLa139139C C1212N N1414O O1616ClCl35.535.5CaCa4040ScSc4545一、选择题：本题共一、选择题：本题共 1414 小题，每小题小题，每小题 3 3 分，共分，共 4242 分。每小题只有一个选项符合题目要求。

2、分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学和生产生活紧密相关，下列叙述错误的是A.硝酸铵是一种高效氮肥，但受热或经撞击易发生爆炸，因此必须作改性处理才能施用B.加工馒头、面包和饼干等产品时，加入一些膨松剂(如碳酸氢铵、碳酸氢钠)，可中和酸和受热分解C.亚硝酸钠是一种防腐剂，不能用于任何的食品生产中D.豆腐是通过豆浆加入卤水而成，其生产过程与胶体性质相关【答案】C【解析】【详解】A硝酸铵是一种高效氮肥，但受热或经撞击易爆炸，作为化肥使用时必须作改性处理，选项 A正确；B加工馒头，面包和饼干等产品时，加入的一些膨松剂(如碳酸氢铵、碳酸氢钠)可中和酸并受热分解，产生大量气体，使面团疏松，多孔生产的

3、食品松软或酥脆，易消化吸收，选项 B 正确；C亚硝酸钠:是一种防腐剂、增色剂,是属于食品添加剂的一种，选项 C 错误；D盐卤就是电解质溶液，而豆浆是蛋白质溶液，属于胶体，该胶体遇到电解质溶液就发生聚沉，选项 D正确；答案选 C。2.化学与生活密切相关，下列叙述正确的是A.糖类、油脂、蛋白质是人体基本营养物质，均属于高分子B.乙醇汽油是一种新型化合物C.向牛奶中加入白醋会产生沉淀，这是因为发生了酸碱中和反应D.氢氟酸可用于蚀刻玻璃、石英制品【答案】D【解析】【详解】A油脂不属于高分子化合物，A 错误；B乙醇汽油是一种混合物，B 错误；C牛奶中含有蛋白质，加入果汁使蛋白质凝聚而沉淀，不是发生了酸碱

4、中和反应，C 错误；D氢氟酸可与 SiO2反应生成 SiF4气体和 H2O，因此可利用氢氟酸刻蚀玻璃、石英制品，D 正确；第 1页/共 21页故选 D。3.环氧树脂胶粘剂广泛应用于日常生活和工业生产等各种方面。制取环氧树脂胶粘剂的反应如下：下列说法正确的是A.I 和 II 均能与 NaOH 溶液反应C.该反应属于加聚反应【答案】A【解析】【详解】A由结构简式可知，有机物分子中含有的酚羟基和有机物分子中含有的碳氯键均能与氢氧化钠溶液反应，故 A 正确；B苯环对角线上的碳及其所连原子共直线，4 个原子处于同一直线，故 B 错误；C由反应方程式可知，有机物和有机物发生缩聚反应生成有机物，故 C 错误

5、；D由结构简式可知，有机物和有机物中都含有连有 4 个不同原子或原子团的手性碳原子，故 D 错误；故选 A。4.下列有关实验原理或操作正确的是B.I 至少有 9 个原子处于同一直线上D.I、II、III 均不含手性碳原子A.用图 1 装置制取并检验乙炔B.用图 2 所示装置证明 SO2具有漂白性C.用图 3 所示装置制取并检验 NH3D.用图 4 所示装置吸收 HCl 中的 Cl2【答案】C【解析】【详解】A电石中含有其他杂质，与水反应还会产生 H2S、PH3等还原性气体，它们也可以使酸性高锰酸第 2页/共 21页钾溶液褪色，A 不正确；B二氧化硫能使溴水褪色，体现的是二氧化硫的还原性而不是漂

6、白性，B 不正确；C采用 NH4Cl 固体与熟石灰加热反应制 NH3，用向下排空气法收集，用湿润的红色石蕊试纸检验 NH3是否收集满，C 正确；D饱和食盐水用于吸收 Cl2中混有的 HCl，D 不正确；故选 C。5.化合物 X 的结构如图所示，a、b、c、d 是四种原子序数依次增大的短周期主族元素，基态时 c 原子 2p原子轨道上有 1 对成对电子。下列说法正确的是A.X 的水溶液呈碱性，不能使酸性高锰酸钾褪色B.原子半径：rd rc rb raC.的结构中存在大键，可表示为4(用m表示，m 代表参与形成大键的原子数，n6n代表参与形成大键的电子数)D.电负性：a c b【答案】C【解析】【分

7、析】c 原子 2p 原子轨道上有 1 对成对电子，所以 c 是 O 元素；a 与 c 形成的是共价单键，原子序数在c 之前，所以 a 是 H 元素；d 元素是一个正 l 价离子，原子序数比 c 大，又是短周期主族元素，所以 d 元素是 Na 元素；b 与 c 共形成了 4 根共价键，故 b 元素是 C 元素，X 为 Na2CO3H2O2。【详解】A根据上述推断，X 物质是 Na2CO3H2O2，碳酸根离子水解，溶液呈碱性，H2O2中 O 元素呈负一价，属于中间价态，具有还原性，能使酸性高锰酸钾褪色，选项 A 错误；B电子层数越多半径越大，同周期原子半径从左往右依次减小，所以 r(Na)r(C)

8、r(O)r(H)，选项 B 错误；CCO3离子一共有 4 个原子，所以m=4。中心C 原子做 sp2杂化，剩余一个价电子；周围的O 原子的 2p能级上有两个单电子，其中一个单电子用来和中心 C 原子成键，剩余的一个单电子用来形成大键，所以三个氧原子一共提供 3 个电子；最后加上两个单位负电荷所对应的电子；所以成大键的电子一共为 6 个，即 n=6。所以该大键的表示为4，选项 C 正确；D元素非金属性越大，电负性越大，故电负性HCO，即a b c，选项 D 错误；答案选 C。6.在 Rh(铑)表面进行 NRR(电催化反应)将 N2转化为 NH3的一种反应机理如图所示，下列说法不正确的是（）第 3

9、页/共 21页26A.Rh 薄膜电极为电解池的阴极B.通过可知两个氮原子上的加氢过程分步进行C.上述所有过程都需铑电极提供电子才能进行D.反应每转移 2mol 电子，生成 22.4LN2(标准状况下)【答案】C【解析】【详解】A根据图象可知，Rh 薄膜电极得电子，Rh 薄膜电极为电解池的阴极，A 说法正确；B根据图象可知，通过可知两个氮原子上分 2 步分别得到氢原子，则加氢过程分步进行，B 说法正确；C根据图象可知，、步，Rh 未提供电子，C 说法错误；D反应为 3N2H2=2NH3+2N2，每转移 4mol 电子，生成 2molN2(标准状况下)，转移 2mol 电子，22.4L 标况下的氮

10、气，D 说法正确；答案为 C。7.实验室以二氧化铈CeO2废渣为原料制备含少量Cl的Ce2CO33，其部分实验过程如下：已知：Ce3+能被有机萃取剂(简称 HA)萃取，其萃取原理可表示为：Ce3+(水层)3HA(有机 层)GeA3(有机层)3H(水层)下列说法错误的是A.“酸浸”时CeO2与H2O2反应生成Ce3+并放出O2，该反应的离子方程式为2CeO2H2O26H=2Ce3O2 4H2O。eCl3溶液滴加到NH4HCO3溶液中可生成Ce2CO33沉淀，该过程有气体产生B.将CC.“沉淀”时加氨水使溶液接近中性，其目的是降低溶液中氢离子的浓度，促进碳酸氢根离子的电离，增大溶液中碳酸根离子的浓

11、度D.“反萃取”步骤中的“试剂 a”可选氢氧化钠溶液【答案】D【解析】【分析】“酸浸”时 CeO2做氧化剂，与 H2O2反应生成 Ce3+并放出 O2，Ce3+能被有机萃取剂(简称 HA)萃取，第 4页/共 21页其萃取原理可表示为：Ce3+(水层)+3HA(有机层)Ge(A)3(有机层)+3H+(水层)，加氨水提高 pH 值，有利于萃取，加入酸性试剂，反萃取，加氨水和碳酸氢铵除去盐酸，同时生成 Ce2(CO3)3。【详解】A“酸浸”时 CeO2与 H2O2反应生成 Ce3+并放出 O2，该反应的离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O，A 正确；B将 CeCl3溶液

12、滴加到 NH4HCO3溶液中可生成氯化铵、Ce2(CO3)3沉淀和二氧化碳，B 正确；C“沉淀”时加氨水使溶液接近中性，其目的是降低溶液中氢离子的浓度，促进碳酸氢根离子的电离，增大溶液中碳酸根离子的浓度，有利于沉淀 Ce2(CO3)3的生成，C 正确；D“反萃取”步骤中的“试剂 a”，Ce3+(水层)+3HA(有机层)Ge(A)3(有机层)+3H+(水层)，萃取原理逆向进行，增加 H+浓度，才能逆向进行，可选酸性试剂，D 错误；故答案为：D。8.羟基自由基(OH)是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。我国科学家设计了种能将苯酚氧化为CO2和H2O的原电池-电解池组合装置，实现了发电、环保两位一体。

13、NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.a 极1molCr2O7参与反应，理论上 NaCl 溶液中减少的离子数为12NA2B.电池工作时，b 极附近 pH 减小C.右侧装置中，c、d 两极产生气体的体积比(相同条件下)为 73D.d 极区苯酚被氧化的化学方程式为C6H5OH 28OH=6CO2 17H2O【答案】A【解析】【分析】a极反应为2Cr2O76e7H2O=2CrOH38OH，b极反应为C6H5OH-28e11H2O6CO2+28H。2得电子生成CrOH3，a 是正极、b 是负极；a 极反应为【详解】Aa 极Cr2O722Cr2O76e7H2O=2CrOH38OH，a 极1mol

14、Cr2O7参与反应转移 6mol 电子，OH-通过阴离子交换膜进入 NaCl 溶液中；转移 6mol 电子时有 6molH+通过阳离子交换膜进入 NaCl 溶液中，b 是负极，HO-、第 5页/共 21页H+反应生成水，论上 NaCl 溶液中离子数不变，故 A 错误；B电池工作时，b 极反应为C6H5OH-28e11H2O6CO2+28H，b 极附近 pH 减小，故 B 正确；C 右侧为电解装置，c 是阴极，c 极反应式为2H+2e=H2，d 为阳极，d 极反应式为H2O-eOH+H，+-C6H5OH+28OH=6CO2 17H2O，转移28mol 电子，c 极生成 14mol 氢气，d 极生

15、成 6mol 二氧化碳气体，所以两极产生气体的体积比(相同条件下)为 73，故 C 正确；Dd 极区苯酚被OH 氧化为二氧化碳，反应的化学方程式为C6H5OH 28OH=6CO2 17H2O，故D正确；选 A。9.向30 mL1.0 molL1的H2SO4和 3 mL 30%的H2O2的混合溶液中加入经处理过的铁丝，铁丝表面产生气泡，随后消失，再产生气泡，再消失，周而往复，振荡周期(现象重复出现的时间间隔)为 20 s 左右，可维持数小时。一种可能的反应机理为：(a)Fe2H=Fe2H2(b)2Fe2H2O2H2O=Fe2O34H3(c)Fe2O36H=2Fe(d)2Fe33H2OH2=2Fe

16、22HB.Fe2O3、Fe3+为中间产物D.由该机理可知：产生的气体是H2下列说法错误的是A.该振荡反应与H+浓度的变化有关C.冰水浴比室温条件下的振荡周期要短【答案】C【解析】【详解】A四步反应的总反应为Fe+H2O2+2H=Fe+2H2O，反应物浓度影响反应速率，故该振荡反应与H+浓度的变化有关，A 正确；BFe2O3、Fe3+在反应中生成又消耗，为中间产物，B 正确；C温度越低，反应速率越慢，则冰水浴比室温条件下的振荡周期要长，C 错误；D由该机理可知：产生的气体只能是H2，D 正确；故选 C。+2+pM ln M10.25时，难溶盐CaSO4、CaCO3、MnCO3溶液中阳离子浓度的负

17、对数浓度的负对数pR lg R3和阴离子2的关系如图所示。下列说法错误的是第 6页/共 21页A.25，KspCaCO3108.6B.向 A 点对应的溶液中加入固体CaCl2，可得到 Y 点对应的溶液C.25，三种物质的溶解度：MnCO3CaCO3CaSO4D.25，向100 mL MnCO3饱和溶液中加入1.11gCaCl2s，有CaCO3沉淀生成【答案】BC【解析】【详解】A25C，KspCaCO3=c(Ca)c(CO3)=102+2-4.310-4.3=10-8.6，选项 A 正确；B 向 A 点对应的溶液中加入固体CaCl2，钙离子浓度增大，pM=-lg M的溶液，选项 B 错误；2+

18、减小，不可能得到 Y 点对应C 比较三种物质的 Ksp，25C，三种物质的溶解度：MnCO3CaCO310-8.6，有CaCO3沉0.1L淀生成，选项 D 正确；答案选 BC。11.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.小苏打溶液中：K+、Na+、Br、AlO2B.c OH/cH1012的溶液中：AgNH3、K+、Cl、NO322+C.pH 7的溶液中：NH4、Fe3+、Cl、SO4第 7页/共 21页D.水电离的c OH【答案】B【解析】11013molL1的溶液中：K+、Cl、CH3COO、Cu2+【详解】A小苏打为 NaHCO3，HCO3、AlO2和 H2O 反应生成CO

19、3和氢氧化铝沉淀，不能大量共存，A-2-错误；BcOH/c H 10120，即cOHcH，溶液显碱性，AgNH3、K+、Cl和NO3在2碱性环境下可大量共存，B 正确；CpH 7的溶液，可能为 NH4Cl 和NH3H2O的混合溶液，则Fe3+与NH3H2O反应生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，C 错误；D水电离的c OH11013molL1，说明水的电离受到抑制，溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，若为酸溶液，CH3COO与 H+结合为醋酸而不能大量共存，若为碱溶液，Cu2+与 OH-反应生成氢氧化铜沉淀而不能大量共存，D 错误；故选 B。12.18O标 记 的 乙 酸 甲 酯 在 足 量 NaO

20、H 溶 液 中 发 生 水 解，部 分 反 应 历 程 可 表 示 为能量变化如图所示。已知为快速平衡，下列说法错误的是A.反应 I、IV 为决速步B.反应结束后，溶液中存在18OHC.反应结束后，溶液中存在CH3OH18第 8页/共 21页D.变【答案】C【解析】和CH3O的总能量与和OH的总能量之差等于图示总反应的焓【详解】A反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应、IV 的活化能较高，因此反应的决速步骤为反应、IV，A 正确；B反应 I 为加成反应，而与为快速平衡，反应 II 的成键和断键方式为或，后者能生成18OH-，因此反应结束后，溶液中存在18OH-，B正确；C反应 III

21、的成键和断键方式为或，因此反应结束后溶液中不会存在CH3OH，C 错误；D由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应，故和CH3O的总18能量与故选 C。和OH的总能量之差等于图示总反应的焓变，D 正确；13.下列实验操作、现象及结论不正确的选项实验操作现象结论A向蛋白质溶液中加入浓Na2SO4，溶液向Al2SO43溶液中滴加Na2S溶液出现浑浊Na2SO4溶液使蛋白质变性B产生白色沉淀白色沉淀为AlOH3第 9页/共 21页C常温下，把铝片放置于浓硝酸中向两支装有KI3的试管中分别滴入淀粉溶液和AgNO3溶液无明显现象前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀生成浓硝酸使铝片发生了钝化DKI

22、3溶 液 中 存在：I3I2IA.A【答案】A【解析】B.BC.CD.D【详解】A蛋白质中加入轻金属盐，能降低蛋白质的溶解度，使其从溶液中析出，为蛋白质的盐析不是变性，选项 A 不正确；B铝离子水解呈酸性，硫离子水解呈碱性，两溶液混合水解互促，彻底进行，白色沉淀是AlOH3，选项 B 正确；C常温下铝片遇浓硝酸，浓硝酸使铝片发生了钝化，选项 C 正确；D加入淀粉，溶液变蓝，说明有碘生成，加入AgNO3溶液，有黄色沉淀，说明含 I-，所以KI3溶液中存在：I3I2I，选项 D 正确；答案选 A。14.室温下，某溶液初始时仅溶有 M 和 N 且浓度相等，同时发生以下两个反应：M+N=X+Y；M+N

23、=X+Z，反应的速率可表示为 v1=k1c2(M)，反应的速率可表示为 v2=k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分 M、Z 的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是A.030min 时间段内，Y 的平均反应速率为 6.6710-8molL-1min-1B.反应开始后，体系中 Y 和 Z 的浓度之比保持不变C.如果反应能进行到底，反应结束时 62.5%的 M 转化为 ZD.反应的活化能比反应的活化能大【答案】A【解析】第 10页/共 21页【详解】A由图中数据可知，30min时，M、Z 的浓度分别为 0.300molL1和 0.125变化量为 0.5molL1-0.300mo

24、lL1，则 M 的molL1=0.200molL1，其中转化为 Y 的变化量为 0.200molL1-0.125molL1=0.075molL1。因此，0 30min时间段内，Y 的平均反应速率为0.075molL-10.0025 molL1min1，A 说法不正确；30mink1，Y 和 Z 分别为反应和反应的产物，且两者与B由题中信息可知，反应和反应的速率之比为k2k1M 的化学计量数相同（化学计量数均为 1），因此反应开始后，体系中 Y 和 Z 的浓度之比等于，由于k2k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B 说法正确；k10.075molL-13C 结合A、B的分析可知反应开始后，在

25、相同的时间内体系中 Y和Z的浓度之比等于=，k20.125molL-15因此，如果反应能进行到底，反应结束时有5的 M 转化为 Z，即62.5%的 M 转化为 Z，C 说法正确；8D由以上分析可知，在相同的时间内生成 Z 较多、生成 Y 较少，因此，反应的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应的活化能比反应的活化能大，D 说法正确。综上所述，相关说法不正确的只有 A，故本题选 A。三、非选择题：本题共三、非选择题：本题共 4 4 小题，共小题，共 5858 分。分。15.苯胺是一种重要精细化工原料，在染料、医药等行业中具有广泛的应用。实验室以苯为原料制取苯胺，其原

26、理简示如下：物质硝基苯苯胺相对分子质量12393沸点210.9184.4密度 g/mL1.231.02溶解性不溶于水，易溶于乙醇、乙醚微溶于水，易溶于乙醇、乙醚；还原性强、易被氧化.制取硝基苯实验步骤：实验室采用如图所示装置制取硝基苯，恒压滴液漏斗中装有一定量的苯，三颈烧瓶装有一定比例的浓硫酸和浓硝酸混合物。第 11页/共 21页请回答下列问题：（1）实验装置中长玻璃管可以用_代替(填仪器名称)。（2）下列说法中正确的是_(填序号)。A.配制混酸时，将浓硝酸沿杯壁缓缓加入浓硫酸中，并不断搅拌、冷却B.温度控制在 5060原因之一是减少副反应的发生C.制得的粗硝基苯可以先用乙醇萃取，分液后再洗涤

27、D.浓硫酸可以降低该反应活化能（3）粗硝基苯用 5%NaOH 溶液洗涤的目的是_。.制取苯胺组装好实验装置(如下图，夹持仪器已略去)，并检查气密性。先向三颈烧瓶中加入沸石及硝基苯，再取下恒压滴液漏斗，换上温度计。打开活塞 K，通入H2一段时间。利用油浴加热，使反应液温度维持在 140进行反应。反应结束后，关闭活塞 K，向三颈烧瓶中加入生石灰。调整好温度计的位置，继续加热，收集 182186馏分，得到较纯苯胺。回答下列问题：（4）步骤中温度计水银球的位置位于_(填序号，下同)，步骤中位于_。A.烧瓶内反应液中第 12页/共 21页B.贴近烧瓶内液面处C.三颈烧瓶出气口(等高线)附近（5）步骤中，

28、加入生石灰的作用是_。（6）若实验中硝基苯用量为 10mL，最后得到苯胺 5.6g，苯胺的产率为_(计算结果精确到 0.1%)。【答案】（1）球形冷凝管(或蛇形冷凝管、直形冷凝管)（3）除去粗硝基苯中混有的硫酸、硝酸等（4）.A.C（2）BD（5）吸收反应生成的水（6）60.2%【解析】【小问 1 详解】实验装置中长玻璃管的作用是冷凝回流，可以用球形冷凝管(或蛇形冷凝管、直形冷凝管)代替；【小问 2 详解】A浓硫酸的密度大于浓硝酸，配制混酸时，将浓硫酸沿杯壁缓缓加入浓硝酸中，并不断搅拌、冷却，故A错误；B温度控制在 5060原因之一是减少副反应的发生，故 B 正确；C硝基苯、苯都易溶于酒精，制

29、得的粗硝基苯不能用乙醇萃取，故 C 错误；D浓硫酸是该反应的催化剂，浓硫酸可以降低该反应活化能，故 D 正确；选 BD。【小问 3 详解】硫酸、硝酸和氢氧化钠反应生成盐和水，用氢氧化钠溶液洗涤粗硝基苯可以除去粗硝基苯中混有的硫酸、硝酸等；【小问 4 详解】步骤中温度计是测反应液的温度，水银球的位置位于烧瓶内反应液中，步骤中是蒸馏，温度计是测蒸气的温度，液泡位于三颈烧瓶出气口(等高线)附近。【小问 5 详解】氧化钙和水反应生成氢氧化钙，步骤中，加入生石灰的作用是吸收反应生成的水；【小问 6 详解】若实验中硝基苯用量为 10mL，硝基苯的物质的量是10mL1.23g/mL=0.1mol，理论上生成

30、苯胺的质123g/mol5.6g100%60.2%。9.3g量为 0.1mol93g/mol=9.3g，最后得到苯胺 5.6g，苯胺的产率为16.钪及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。从钛白工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)中提取氧化钪Sc2O3的一种流程如下：第 13页/共 21页回答下列问题：（1）洗涤“油相”可除去大量的钛离子。洗涤水是用 93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成。混合的实验操作是_。（2）常温下，先加入氨水调节pH 3，过滤，滤渣主要成分是_；再向滤液加入氨水调节pH 6，滤液中Sc3+的浓度为_。133931Mn OH1

31、.910KFe OH2.610KSc OH9.010已知：Ksp、spsp233（3）用草酸“沉钪”，写出“沉钪”得到草酸钪的离子方程式：_。（4）草酸钪“灼烧”氧化的化学方程式为_。（5）废酸中含钪量为15 mgL1，V L 废酸最多可提取Sc2O3的质量为_。（6）镧与 Sc 同族位于第六周期，一种镧、锑形成的配合物结构如图所示：该结构中，中心离子La3配位数为_。（7）某铁、镧、锑的合金晶胞如图 1，铁原子位于锑原子构成的正八面体的体心，晶胞的六个表面结构都如图 2：若图中 A 点锑原子的坐标为1 1,0，则 B 点铁原子的坐标为_。4 4若该晶体的密度为g/cm3，阿伏加徳罗常数的值为

32、NA，则Sb原子与Sb原子的最近距离为_cm。【答案】（1）将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入 H2O2中，并不断搅拌（2）.Fe(OH)3.9.010-7molL-1第 14页/共 21页（3）2Sc3+3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+（4）2Sc2(C2O4)3+3O2（5）0.023Vg（6）5【解析】【分析】工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)萃取后得到“油相”，洗涤“油相”可除去大量的钛离子，加入NaOH 反萃取，得到滤渣 Fe(OH)3、Mn(OH)2、ScOH3，加入盐酸酸溶，得到 Fe3+、Mn2+、Sc3+，加入氨水，先加入氨水调节

33、pH 3，滤渣主要成分是 Fe(OH)3，再向滤液加入氨水调节pH 6，得到沉淀ScOH3，加入盐酸溶解沉淀后再加入草酸沉钪，灼烧后得到 Sc2O3。【小问 1 详解】洗涤“油相”可除去大量的钛离子，洗涤水是用 93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成，不（7）.高温2Sc2O3+12CO23 3 3,4 4 4.336542cmNA4同的液体混合时，一般先加密度小的、易挥发的，后加密度大、难挥发的，若混合时放热，则最后加受热易分解的，因此，混合的实验操作是：将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入 H2O2中，并不断搅拌；【小问 2 详解】13 Mn

34、 OH1.9 10废酸中含钪、钛、铁、锰等离子，洗涤“油相”以除去大量的钛离子，根据Ksp、23931KspFe OH2.610KSc OH9.010、，可以求出余下三种离子沉淀完全时的 pH，sp33先加入氨水调节 pH=3，过滤，滤渣主要成分是 Fe(OH)3，再向滤液中加入氨水调节 pH=6，c H=10-6molL-1，c OHScOH3KspcOH3 Kw10148-110 molL=，滤液中 Sc3+的浓度为6cH109.0103110839.0107molL-1；【小问 3 详解】用草酸“沉钪”，草酸与 Sc3+反应，生成 Sc2(C2O4)3沉淀，其离子方程式为 2Sc3+3H

35、2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+；【小问 4 详解】草酸钪“灼烧”时与氧气反应，生成 Sc2O3和 CO2，其化学方程式为 2Sc2(C2O4)3+3O2【小问 5 详解】废酸中含钪量为15 mgL1，钪元素的质量为15 mgL1VL=15Vmg=0.015Vg，所以最多可提取Sc2O3的质第 15页/共 21页高温2Sc2O3+12CO2；0.015Vg138gmol10.023Vg；量为145gmol2【小问 6 详解】金属原子提供空轨道，非金属原子提供孤电子对，根据图中成键情况可知，该结构中，中心离子 La3+配位数为 5；【小问 7 详解】31 1若图中 A 点锑原子的坐标为,

36、0，根据晶胞结构图，B 处在正八面体空隙中，Z 方向的坐标为，44 4投影与 xy 平面，其 xy 的平面坐标为，所以 B 的原子坐标为1 个晶胞中含有 La 的数目为3 34 43 3 3,；44 4112个，含有 Fe 的数目为 8 个，每个 Fe 位于 Sb 的组成的正八面体空8隙中，纯粹的Sb 的个数为 68-12=36 个，其中 46=24 个 Sb 位于晶胞的面上，剩余 36-24=12，所以一个晶胞中含有 Sb 的数目为 242+12=24 个，取 1mol 晶胞，则有NA个晶胞，质量为m=(2139+856+24122)g=3654g，设晶胞边长为acm，1m365436543

37、g/cm3，a=cm，Sb 原子与VNAa3NASb 原子的最近距离为17.回答下列问题365422acm。，故为3N44A（1）NaBH4催化释氢。在催化剂作用下，NaBH4与水反应生成H2，可能的反应机理如图所示：其他条件不变时，以D2O代替H2O催化释氢，所得气体的分子式为_。已知：H3BO3为一元弱酸，H3BO3水溶液呈酸性的原因是_(用离子方程式表示)。（2）氨是重要的基础化工产品之一。在一定条件下，向某反应容器中投入5 mol N2、15 mol H2在不同温度下反应生成氨平衡体系中氨的质量分数随压强变化曲线如图所示：第 16页/共 21页温度T1，T2，T3中，最大的是_，M 点

38、N2的转化率为_。1939年 捷 姆 金 和 佩 热 夫 推 出 氨 合 成 反 应 在 接 近 平 衡 时 净 速 率 方 程 式 为p3H2p2NH3rNH3=k1pN22-k23pNHpH32a1-a，k1、k2分别为正反应和逆反应的速率常数；pN2、pH2、pNH3代表各组分的分压(分压总压物质的量分数)；为常数，工业上以铁为催化剂时，0.5。由 M 点数据计算k1_MPa2(保留两位有效数字)。k2H 44kJ/mol（3）氮的氧化物对大气的污染可用氨来处理。已知：H2Og=H2OlN2g2O2g=2NO2g2H2gO2g=2H2OlH 68kJ/molH 571kJ/molH 92

39、kJ/mol N2g3H2g 2NH3g请根据本题相关数据，写出NH3g还原NO2g生成N2g和H2Og的热化学方程式：_。分别通过甲、乙两种催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO2含将NH3和NO2以一定的流速，量，从而确定尾气脱氮率(即NO2的转化率)，结果如图所示：a 点_(填“是”或“不是”)平衡状态；脱氮率 ab 段呈现如图变化，可能的原因是_【答案】（1）（2）（3）.T3.H2、HD.40%.H3BO3+H2O B(OH)4+H.0.073.不是.该反应为放热反应，-+.8NH3(g)+6NO2(g)=7N2(g)+12H2O(g)H=-2734kJ/mol第 17页/共

40、21页根据线乙可知，a 点对应温度下的平衡脱氮率应该更高【解析】【小问 1 详解】从图示分析，第一步 BH4失去 H 原子和 BH3，若有 2 个 H 原子，则可以组成 1 个 H2。BH3中 H 为-1 价，与 H2O 中+1 价 H，发生归中反应生成 H2和 BH2OH，继续与 2 分子 H2O 发生归中反应生成 H3BO3。图中第一步生成的 H2来自于 BH4，若 D2O 与 BH3发生归中反应，生成 HD 和 BH2OD。H3BO3结合 H2O 电离出的 OH-生成 B(OH)4，H3BO3显酸性的原因是 H2O 电离出的 H+，而不是 H3BO3自身电离出的 H+，否则H3BO3应为

41、三元弱酸。H3BO3中 B 为 sp3杂化，四面体结构中，B 的三个 e-，填充 3 个轨道，还有一个空轨道，即为 H2O 中的 OH-的 O 的孤对电子填充，则 H2O 释放出一个 H+，其过程可表示为：H3BO3+H2O B(OH)-4+H+，故答案为：H2、HD；H3BO3+H2O B(OH)-4+H+；【小问 2 详解】由(1)中图示可知，合成氨反应的热化学方程式为N2g3H2g 2NH3gH=-92kJ/mol，升高温度，合成氨反应向逆反应方向移动，氨气的质量分数减小，由图可知，温度为 T3时，氨气的质量分数最小，则温度 T1、T2、T3中，T3最大；设 M 点时氮气的转化率为 x，

42、由题意可建立如下三段式：N2g+3H2g2NH3g起mol变mol平mol55x5-5x1515x15-15x010 x10 x1710 x100%=40%，解得 x=40%，故答案为：T3；40%；5281523916Mpa=3Mpa、16Mpa=9Mpa、1616由平衡体系中氨气的质量分数为 40%可得：由三段式数据可知，M 点时氮气、氢气和氨气的平衡分压为p2(NH3)(4MPa)24=16Mpa=4Mpa，分压平衡常数 Kp=3，由题意可知，反应达到平衡时，p(H2)p(N2)(9MPa)33MPa16r(NH3)=k1p(N2)p3(H2)p2(NH3)-k2p2(NH3)p3(H2

43、)(1-)=0，则p2(NH3)p3(H2)(1-)k1(4MPa)2=0.073(MPa)2，故答案为：0.073；32=Kp=3k2p(N2)p(H2)p(NH3)(9MPa)3MPa【小问 3 详解】由(1)中图示可知，合成氨反应的热化学方程式为N2g3H2g 2NH3gH=-92kJ/mol，将题 给 3 个 方 程 式 依 次 编 号 为 、，由 盖 斯 定 律 可 知，64123 可 得 反 应8NH3(g)+6NO2(g)=7N2(g)+12H2O(g)，则H=6(-571kJ/mol)-4(-92kJ/mol)-12(-44kJ/mol)-3(+68kJ/mol)=2734kJ

44、/mol，反应的热化学方程式为第 18页/共 21页8NH3(g)+6NO2(g)=7N2(g)+12H2O(g)H=-2734kJ/mol8NH3(g)+6NO2(g)=7N2(g)+12H2O(g)H=-2734kJ/mol；，故答案为：催化剂能改变化学反应速率，但是不能改变平衡的移动方向，由图可知，相同温度下，线乙中与 a 点对应点的脱氮率高于 a 点，说明 a 点对应温度下的平衡脱氮率没有达到最大，说明反应没有达到平衡，故答案为：不是；该反应为放热反应，根据线乙可知，a 点对应温度下的平衡脱氮率应该更高。18.吗氯贝胺临床上为单胺氧化酶抑制剂类抗抑郁药，由芳香烃 A 合成吗氯贝胺的路线

45、如图所示：回答下列问题：（1）A 的化学名称为_，F 中含氧官能团的名称为_。（2）C 的结构简式为_，由 D 生成 F 的反应类型为_。（3）FG 吗氯贝胺的化学方程式为_。（4）化合物 C 的同分异构体中满足下列条件的有_种(不考虑立体异构)：属于芳香族化合物；能发生银镜反应。(不考虑ClO)其中核磁共振氢谱有三组锋且蜂面积比为 22：1 的结构前式为_。（5）设计由_。【答案】（1）（2）.甲苯.酰氨基.取代反应和CH3NH2制备的合成路线。(无机试剂任选)（3）+HBr（4）.16.和（5第 19页/共 21页）酸性KMnO42 SOClNaOHCH3NH2；【解析】公众号：高中试卷君

46、【分析】利用逆推法，A 是和 F 逆推，可知 G 是【小问 1 详解】利用逆推法，A 是故答案为：甲苯；酰氨基；【小问 2 详解】被高锰酸钾氧化为故答案为：【小问 3 详解】；取代反应；，C 的结构简式为的反应类型为取代反应；，名称甲苯，F 含有的官能团名称为酰氨基、溴原子；被高锰酸钾氧化为(C)；由 H；由 D 和 F 逆推，可知 E 是 H2NCH2CH2Br；和生成和 HBr，反应的化学方程式为+HBr；故答案为：+HBr；【小问 4 详解】属于芳香族化合物能发生银镜反应说明为甲酸酯或醛，满足条件的的同分异构体，若第 20页/共 21页为甲酸酯则含有 2 个取代基-OOCH、-Cl，有 3 种结构:，若为醛则含有 3 个取代基-CHO、-Cl、有 10 种结构:-OH，若取代基为-CHO、有 3 种结构：-OCl，共 16 种；其中核磁共振氢谱有 3 组峰且峰面积比为 2:2:1 的结构简式为和；故答案为：16；和；【小问 5 详解】氧化为，和 SOCl2反应生成，路线图为酸性KMnO4和 CH3NH2合成，合成2 SOClNaOHCH3NH2；故答案为：见解析。第 21页/共 21页