化学（山东A卷）-学易金卷：2023年高考化学第三次模拟考试卷 附解析.pdf

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1、2023年高考化学第三次模拟考试卷（山东A 卷）高 三 化 学本卷满分100分，考试时间90分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Fe 56 Zn 65 Pb 106一、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目要求

2、。1.化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是A.绿色化学要求从源头上消除或降低生产活动对环境的污染B.人造纤维和合成纤维都是由有机小分子经加聚反应合成的有机高分子C.通过煤的气化和液化的物理过程，可将煤转化为清洁燃料D.由石墨烯卷制而成的“超级纤维”碳纳米管是一种新型有机化合物材料2.下列关于物质使用及其解释均正确的是3.学习小组用废弃的铝制易拉罐按如下流程制备明研，并测定明研中结晶水的含量。选项物质使用解释AFeCh可用作净水剂FeCh有氧化性B高纯硅用于光导纤维、太阳能电池、计算机芯片硅具有半导体性能C液晶可作电视显示屏液晶分子可沿电场方向有序排列DBaS04可用于专贝餐Ba?+无毒上

3、述实验中不需要用到的操作是4.铁铝铅榴石主要成分为FesA lFbJSiO Js，其组成也可写成的氧化物形式：Fe,OA.A12O3-3PbO-5SiO2 o下列说法正确的是A.组成元素均位于元素周期表的p 区B.晶体硅的熔点比二氧化硅晶体高C.基态铝原子核外电子有7 种不同的空间运动状态D.FeyO、中 Fe(II)与 Fe(UI)的个数比为 2：15.在抗击新冠肺炎的过程中“合成材料”发挥了重要的作用。下列有关合成材料的说法正确的是A.CH3cHOHCOOH可通过缩聚反应生成可降解的绿色高分子材料CH3B.合成有机硅橡胶的单体是H O 印 OH,则有机硅橡胶是通过加聚反应制得的CH3C.合

4、成酚醛树脂(HCH,_O H)的单体是苯酚和甲醇D.天然橡胶的主要成分聚异戊二烯不能使澳水褪色6.乙二胺(H z N/N H?)是一种重要的有机化工原料，下列关于乙二胺的说法不正确的是A.易溶于水，其水溶液显碱性B.H-C H 键角大于H-N -H键角C.第二周期中第一电离能大于C 小于N 的元素只有一种D.Cu(HzNCH2cH,NHz)?中，提供孤电子对形成配位键的是Cu7.过二硫酸钾(K2 s 是工业上一种重要的消毒剂和织物漂白齐可通过电解KHSO,溶液制备。它 在 100下能发生分解反应：K2S2OR-K S O,+S O j+O 2 T(未配平)，设 八是阿伏加德罗常数的值，下列说法

5、正确的是A.hnol K2s20H中存在M 个非极性共价键B.每生成Imol。？，转移4鼠电子C.标准状况下，22.4LSC3含有的原子数为4N,、D.100mL 0.5mol/L KHSO4溶液的离子总数为0.2项8.M、W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的同周期主族元素，基态X 原子2P能级上有2 个未成对电子，Y 元素原子的价电子数是W 的两倍，由五种元素组成某电极材料的结构如图所示。下列说法错误的是A.电极材料的结构中存在配位键 B.简单氢化物沸点：XYC.第一电离能：WXY D.单质的氧化性：Z源液|FdOHh 谑渤MnO：室温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示:金属

6、离子Co2Cu2+Fe2tFeMn2+开始沉淀时的pH7.85.55.81.88.3完全沉淀时的pH9.46.78.82.910.9下列说法正确的是A.“滤渣 I”为 F e(O H)3B.“调 p H”时，选用C a O 浆液代替C a O 固体可加快反应速率C.生成乂11。2 的离子方程式为2 乂1 1 +0 2 +2 凡0=2 乂110 2 4+4 1 1+D.“沉钻”时，用 N a 2 c。3 代替N a H C C 3 可以提高C o C C 3 的纯度1 2 .P a x l o v i d 是近期抗击新冠病毒的药物中较出名的一种，其主要成分奈玛特韦(Ni r m a t r e

7、l vi r)合成工艺中的一步反应(反应条件已省略)如下图。下列说法错误的是A.化合物a、b能溶于水与氢键有关 B.化合物a 和 b均含有3 种官能团C.化合物a 分子中含2个手性碳 D.Im o l b 最多能与3 m o i 的 N a O H 溶液反应1 3 .硒化锌是一种重要的半导体材料；其晶胞结构如图甲所示，已知晶胞参数为p n m,乙图为晶胞的俯视图，下列说法正确的是A.晶胞中硒原子的配位数为1 2B.晶胞中d点原子分数坐标为C.相邻两个Z n 原子的最短距离为5 n mD.电负性：Zn Se1 4.一种稳定且具有低成本效益的碱性混合多硫化物-空气氧化还原液流电池结构如图所示。下列

8、说法正确的是 OM c(M g2+)c(H F)c(H+)三、非选择题：本题共5小题，共 6 0 分。16.（12分）硫、锌分别是人体必须的常量元素和微量元素，在生产中有着广泛应用。回答下列问题。（1）基 态 硫 原 子 的 价 电 子 排 布 式 为,共有 个未成对电子。下列状态的硫原子中,电离最外层1 个 电 子 所 需 能 量 最 低 的 是（填标号）。3s 3p 3s 3p 3s 3pE 田心面|gABC（2）S 与 O 同族，H2s与 HzO空间构型相同，都是2 对孤电子对，但 H2O分子中的键角比H2s分子中的键角大，请从成键电子对之间相互排斥的角度解释其原因_ _ _ _ _ _

9、 _ _ _ _ _。（3）二燃基锌（RZnR）分子中燃基R 与锌以键结合，C2H5ZnC2H5分子中原子的杂化方式有，下表是2 种二燃基锌的沸点数据,则炫基Ri是,推断的依据，是。物质Ri-Zn-RiC2H5-Zn-C2H5沸点（。46118（4）闪锌矿硫化锌的晶胞结构如图所示。硫离子呈立方最密堆积，Zn”填入S2-组成_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 空隙中（填“正四面体 或 正八面体”）；NA为阿伏加德罗常数，若晶体的密度为p g/cn?,则 S2-离子之间最短核间距离为 pm（用含p、NA的代数式表示）。17.（12分）杷（Pd）是一种贵金属，性质类似伯（Pt）。活性炭载杷催

10、化剂广泛应用于石油化工、制药等工业,但使用过程中因生成难溶于酸的PdO而失活。一种从废杷催化剂（杂质主要含有机物、活性炭、及少量Fe、Cu、A l等元素）中回收海绵钿的工艺流程如图：1）试剂A己知：I.阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为R-C I+M RM+C、RNa+N+.RN+Na+（R-表示树脂的有机成分）。II.“沉砂时得到氯钳酸钱（N H JP d C lj固体，不溶于冷水，可溶于稀盐酸。温度、固液比对浸取率的影响如图，则“浸取”的最佳条件为.浸取条件探索(2)“浸取”时，加入试剂A的目的为。“浸取”时，加入NaClO、有利于Pd的溶解，生成的四氯合钳(II)酸(H2Pde1，为

11、二元强酸。加入浓盐酸和NaClO?后主要反应的离子方程式：。(4)“离子交换除杂”应使用(填“阳离子 或 阴离子)树脂，洗脱”时应使用的洗脱液为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _(填标号)。A.硫酸 B.盐酸 C.无水乙醇(5)“还原”过程N2H“转化为N2,在反应器出口处器壁内侧有白色晶体生成，该过程还产生的副产物为,且该产物可循环利用至 环节(填环节名称)。(6)以上流程污染性较强且复杂，通常适用电解法回收钳。将“浸取”后的溶液与钳离子脱附试剂M H混合，形成 Pd(M H)2r配离子，电解可得高纯度钿，装置如图。电解时，当浓缩室里共得到5L0.7moi的较浓盐酸时(体积变化忽略不

12、计)，理论上能得到Pd_ g,但实际生产中得不到相应质量的Pd,原因是 o较浓盐酸HP d J 与 O.lm o lL-稀硫酸MH混合液 盐酸18.(12分)己二酸在有机合成工业等方面都有重要作用，以环己醇M=100,p=0.95g/mL)为原料制取己二酸 HOOC(CH2)4COO,M=1 46。实验原理己知：3f J-0 1 4+8KMnO4-3KOOC(CH2)4COOK+8MnO2+2KOH+5H2OAH C C h(g)+C(s)(反应W)：C H 4(g)=C(s)+2 H 2(g)(反应V)。回答下列问题:(1)A H2=k J-r n o l c(2)在 3 6 0 时，在固定

13、容积的容器中进行上述反应(不考虑积碳反应),平衡时CO和 H2的转化率及C H4和 C O 2 的产率随算怒变化的情况如图1 所示 於 化 率 或 产 率 biod -图中表示CO转化率、C H 4 产 率 变 化 的 曲 线 分 别 是、(填标号)，A、C两点喘 的值相同，C点通过改变温度达到A点，则 A、B、C三 点 温 度 由 大 到 小 的 顺 序 是。按 需 黑=3：1 向恒容容器内投料，初始压强为p o,若仅发生I、I 两个反应，达到平衡时总压为芋，CO的平衡转化率为a,则 C H 的选择性=_ _ _ _ _ _%,C H 4 的选择性=下 A三*4n(C O2)+n(C H4)

14、反 应 I 的 Kp=(用分压表示，分压=总 压 x 物质的量分数)。(3)已知各反应的平衡常数随温度的变化曲线如图2 所示，相同时间内甲烷产率随温度升高的变化曲线如图3。IUIIIIVV三由图2可知，CO 的 歧 化 反 应 属 于（填“吸热”或 放热”）反应，相同时间内C H 的产率在温度高于 3 3 0 时降低的可能原因之一是催化剂活性降低，高 温 导 致 催 化 剂 活 性 降 低 的 原 因 是，2023年高考化学第三次模拟考试卷(山东A卷)化 学全解全析123456789101112131415ACDCADADCABCCDBBAC1.A【解析】A.绿色化学要求从源头上消除或降低生产

15、活动对环境的污染，从而保护环境，故A正确；B.合成纤维是通过加聚或缩聚反应制得的有机高分子材料，故B错误；C.煤的气化和液化是通过复杂的化学变化将固体煤转变成气态或液态燃料的过程，属于化学变化，故C错误；D.石墨烯是碳单质，只含有碳元素,属于无机非金属材料，故D错误；故选A。2.C【解析】A.FeCb可作净水剂是因为Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，胶体具有净水的作用，与氯化铁的氧化性无关，A错误；B.用于制造光导纤维的是二氧化硅不是单质硅，B错误；C.液晶分子可沿电场方向有序排列，故液晶可作电视显示屏，C正确；D.Ba?+属于重金属离子有毒，BaSG为不溶于胃酸的沉淀，故可用作钢餐，D错误

16、；故答案选C。3.D【解析】废弃的铝制易拉罐加入氢氧化钾碱溶后分液得到滤液，然后加入稀硫酸调节pH得到硫酸铝钾溶液,然后经过一系列操作得到明研晶体；A.溶液I I得到明帆晶体需要蒸发浓缩操作，故A不符合题意；B.测定明研中结晶水的含量，故实验中需要灼烧操作，故B不符合题意；C.加入氢氧化钾溶解铝后需要过氯分离出滤液，故C不符合题意；D.实验中不需要萃取分液操作，不用分液漏斗，故D符合题意；故选D。4.C【解析】A.组成元素中0、Al、Si、Pb均位于元素周期表的p区，但Fe位于d区，A错误；B.已知Si和SiO2均为原子晶体，且键长为：Si-Si键Si-。键，通常键长越短键能越大，即键能：Si

17、-0键Si-Si键，键能越大，熔化需要的能量越高，其熔点越高，即二氧化硅的熔点高于晶体硅的熔点，B错误;C.已知A I是13号元素，其核外电子排布式为：Is22s22P33s23pL故基态铝原子核外电子占据7各原子轨道,即有.7种不同的空间运动状态，C正确；D.由原子手恒可知,FesOx中x=4,设FemOx中Fe(ll)为a个,则 有2a+3(3-a)=8,即得a=l,即设FemOx中Fe(ll)与Fe(川)的个数比为1：2,D错误；故答案为：Co5.A【解析】A.CH3CHOHCOOH分子中含有羟基、竣基，可通过缩聚反应生成可降解的绿色高分子材料，A正确；B.有机硅橡胶是通过缩聚反应制得的

18、，B错误；C.合成酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，C错误；D.天然橡胶的主要成分聚异戊二烯，分子中含有碳碳双键，能使澳水褪色，D错误；故选A.6.D【解析】A.乙胺中含氨基，能与水形成分子间氢键，易溶于水，其水溶液显碱性，A正确；B.-NHz中含有孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对与成键电子对之间的排斥力,所以H C-H键角大于H N H键角，B正确：C.同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2P轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素；第二周期中第一电离能大于C小于N的只有氧元素，C正确；D.乙二胺与C u 形成的 Cu(H?NCH2cHN H j J*中

19、，提供抓电子对形成配位键的是N,D错误；故选D7.A【解析】A.K S O g中K为+1价，S为+6价，则可知2个氧原子为-1价，即存在一个过氧键，Im olK S O.中存在可人个非极性共价键，故A正确；B.O?由 价 的。转化生成，每生成Im o lO?,转移2NA电子，故B错误；C.标准状况下，SO,不是气体，不能根据体积确定其物质的量，故C错误；D.n(KHS04)=0.5mol/Lx0.1L=0.05mol,溶于水电离产生 K：H SO：,均为 0Q 5m ol,离子总量为0.05molx3=0.15mol,即015电 个 离 子,故D错误；故选：Ao8.D【分析】根据题意可知X为第

20、二周期元素，因为题中五种元素均在同一周期，所 以M为Li元素，根据结构图可知X为C,Y为0,因为Y元素原子的价电子数是W的两倍，所以W为B,Z为F。【解析】A.W为B,最外层仅有3个电子，形成四个共价键，有一个为配位键，A正确；B.X的简单氢化物为CH4,Y的简单氢化物为出0,简单氢化物沸点：C0,B正确；C.同一周期，除第n A族和第V A族以外第一电离能随原子序数增大而增大，第一电离能BC0,C正确;D.同一周期非金属单质氧化性随原子序数增大而增大，0F,D错误；故 选D。9.C【解析】A.增大催化剂的表面积可加快反应速率，则将催化剂处理成纳米级颗粒可增大甲酸分解的速率，故A正确；B.已知

21、甲酸在纳米级FeQ q-Pd表面分解为活性H?和C0”则HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂，故B正确；C.lmolNO,转化为0.5molN2,转移5moi电子，lmol W转 移2moi电子，所以完全还原ImolNOJ消耗2.5molH2,故C错误；D.NO；与NO；在氧化Fe?+的过程中需要消耗氢离子，pH值降低，但 匕还原Fe3+过程中生成H+,所以生成的氢离子可以起到调节pH的作用，硝酸具有强氧化性，则氢离子具有增强NO；氧化性的作用，故D正确；答案选C。10.A【解析】A.若固体是钠块，液体试剂为水，钠块熔化成小球并浮在水面上，说明钠熔点低，且产生了气体，打开止水夹，点燃气体

22、，火焰呈淡蓝色，说明产生了氢气，可以证明钠块与水反应产生氢气，选项A正确；B.若固体是铝条，液体试剂为氢氧化钠溶液，铝单质与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，不会产生沉淀，选项B错误；C.若固体是铜丝，液体试剂为稀硝酸，铜单质与稀硝酸反应生成一氧化氮，选项C错误；D.若固体是铁丝，液体试剂为食盐水，食盐水呈中性，铁丝发生了吸氧腐蚀，打开止水夹，并松开小孔片刻，关闭止水夹，发现玻璃管中液面.上升，但由于塑料瓶直径较大，较难观察其液面变化，选 项D错误；答案选A。11.BC【分析】由题干工艺流程图信息可知，向低铜萃取余液中加入Ca。浆液调节pH值到4.05.0,则产生CaSO和Fe(OH)3沉淀，过滤

23、得滤渣I成分为CaSCU和Fe(OH)3,滤液中含有Co2+、Cu2 Fe2 MM+等离子，向滤液中通入空气将Fe2+氧化为Fe3+,进而转化为Fe(OH)3沉淀，将MM+氧化为MnO2,过滤得滤液(主要含有Co2+和C W),向其中加入CaO浆液，调节pH到5.57.8,将Ci?+转化为Cu(OH)2,即滤渣H为Cu(OH)2,过滤得滤液，向其中加入NaHCO3进行沉钻，反应原理为：Co2+2HCO：=CoCO3j+H2O+CC)2个，据此分析解题。【详解】A.由分析可知，滤渣I为Fe(OH)3和CaSM A错误；B.调pH时，选用Ca。浆液代替CaO固体，可以增大反应物之间的接触面积，可加

24、快反应速率，B正确；C.由题干工艺流程图可知，氧化步骤中溶液显酸性，结合氧化还原反应配平可得，生成MnCh的离子方程式为 2Mn2+O2+2H2O=2MnO,J+4H+,C 正确；D.由于碳酸钠溶液的碱性比碳酸氢钠的强得多，沉钻 时，不能用Na?CO3代 替NaHCCh,否则将生成Co(OH)2等杂质，D错误；故答案为：BC,12.CD【解析】A.氢键存在于H与。、N、F原子之间，化合物a含有多个。和N原子，化合物b含多个F和。原子，两者均能形成较多氢键，均能溶于水，故A正确；B.化合物a含氨基、酰胺基、竣基，化合物b含酰胺基、竣基、碳氟键，均含有3种官能团，故B正确；C.连接4个不同基团的碳

25、原子为手性碳原子，与-NH2连接的碳原子和与-COOH连接的碳原子均为手性碳原子，还有五元环上连接立体结构的两个碳原子也是手性碳，则化合物a分子中含4个手性碳，故C错误；D.im o lb中竣基能消耗Im olN aO H,酰胺基能消耗2moi NaOH,含有3m oi氟原子能与3moi NaOH溶液发生水解反应，贝U lmol b最多能与6 m ol的NaOH溶液反应，故D错误；故选：CD。13.B【解析】A.该晶胞中Zn原子的配位数是4,则ZnSe晶胞中Se原子的配位数也是4,A错误；B.该晶胞中a点坐标为(0,0,0),b点坐标为B为(g ,1,y),则a原子位于坐标原点，b原子在坐标轴

26、一一 3 1 3正方向空间内，由图乙可知d原子也在坐标轴正方向空间内，且到x轴、y轴、z轴的距离分别为了、;、4 4 4即d原子的坐标为(93，1 34),B正确；4 4 4C.面对角线的两个Z n原子距离最短，为 及 nm,C错误；2D.Zn、Se为同周期元素，根据非金属性越强，电负性越大，非金属性：Z n S e,电负性：Zn 0,则+，1J c(H+)即c(HF)c(F T),又由于 2c(Mg2+)=c(F-)+c(H F),故溶液中存在 c(CI-)c(M g2+)=c(HF)c(H+),故 D 错误。综上所述，答案为AC。16.3s23P4(1 分)2(1 分)B(1 分)硫的电负

27、性比氧小(或硫原子半径比氧大)，成键电子对离中心原子核的距离H2s比W。更远，2对成键电子对之间的排斥力H2s比H2O小(2分)sp、s p 3(l分)CH3一或 甲 基(1分)Ri Zn R i的沸点低于C2H5 Zn C2H5,则相对分子质量也小于 C2H5 Zn C2H5 (1 分)也X 3喀2 V PNA正四面体(1分)xl0(3 分)【解析】(1)基态硫原子的电子排布式为Is22s22P63s23P3则其价电子排布式为3s23P3价电子的轨道表示3s 3p式 为 叵 i E i m n，共有2个未成对电子。A中的s 原子为基态硫原子，B中的s 原子处于激发态，硫原子的能量高，不稳定，

28、C中的硫已经失去1 个电子，所 以 B中硫的能量最高，电离最外层1 个电子所需能量最低，故选B o（2）S 与 0同族，但。的非金属性比S 强，则 2 个 0-H 键之间的排斥作用比2个 S-H 键大，所 以 H20分子中的键角比H 2 s 分子中的键角大，其原因是：硫的电负性比氧小（或硫原子半径比氧大），成键电子对离中心原子核的距离H 2 s 比 H20更远，2 对成键电子对之间的排斥力H 2 s 比 H20小。（3）C 2 H 5 Z n C 2 H 5 分子中，一C 2 H 5 中的2个 C原子的价层电子对数都为4,而 Z n 原子的4 s 电子发生跃迁后，发生s p 轨道杂化，则杂化方

29、式有s p、s p 3；%Z n R i 和 C 2 H 5 Z n C 2 H 5 固态时都形成分子晶体，由表中数据可以看出，R i-Z n%比 C 2 H 5-Z n C 2 H 5 的沸点低，则表明前者的相对分子质量比后者小，则嫌基 R i 是 C H 3 或甲基，推断的依据是：R i Z n R i 的沸点低于C 2 H 5 Z n C 2 H 5,则相对分子质量也小于C 2 H 5Z n-C2H5。（4）从晶胞图中可以看出，每个Zr?+填入4 个 S 3组成的正四面体空隙中:在晶胞中，含有ZM+的个数为4,含有S 2的个数为8X：+6X：=4,NA为阿伏加德罗常数，若晶体的密度为o

30、2p g/c m3,则晶胞参数为；一 八?7 y）1 =皿 翼 繇 乂 1 0 p m,S?一离子之间最短核间距离为面对V p g/c m X NAmol PNA V PNA角线的一半，即 为 烂 xj?xl（y op m。2 V p NA17.（1）7 0,固液比3:1（1 分）将 Pd O还原为Pd （2 分）（3）C 1O；+3Pd +11CP+6H+=3Pd Cl +3H2O （2 分）阴 离 子（1 分）B（1 分）H CI （1 分）浸取与洗脱（1 分）159 （2 分）阴极有H，得电子生成H?（1 分）【分析】本题是一道工业流程题，通过废钿催化剂制备海绵钿，将原料焙烧后加入盐酸和

31、还原剂从而生成单质钳，再结合氯酸钠生成Pd Cl；,通过离子交换除杂后，得到较纯净的Pd Cl j,洗脱后用浓氨水沉钿，在用NJ 1,处理后得到产品，以此解题。【解析】（1）由图可知，浸取 的最佳条件为7 0,固液比3:1；（2）加入试剂A 可以将Pd O中的铝还原为单质，便于后期处理，故加入试剂A 的理由是：将 Pd O还原为Pd；（3）根据题给信息可知，加入Na Cl O:后和单质钿反应生成四氯合钳（口），则根据元素守恒可知，离子方程式为：Cl O；+3Pd +l l Cr+6H+=3Pd Cl f+3 Hq；（4）离子交换时发生的反应为阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为R Y 1 +

32、M-R-M+Cr,其中氯离子被除掉，故应该选用阴离子交换膜；由给信息可知洗脱时得到PdCl：,则此时应该选用盐酸，故选B；（5）由流程图可知，还原时N2H4和（N H J P d C lj反应生成单质把，根据反应器出口处器壁内侧有白色晶体生成和元素守恒可知，副产物为HCI；由于在浸取与洗脱时都使用了盐酸故可以循环至浸取与洗脱循环利用；（6）盐酸的浓度由S lm o lL变为0.7 m o l-L T,则生成的氯化氢的物质的量n（HCI）=5x（0-7mol-LT_0.1mol,LT）=3 m o l,则此时转移电子的物质的量n（e）=3 m o l,根 据Pb2e1则生成Pd的物质的量=1.5

33、m ol,其质量=106g/molxl.5mol=159g；而实际电解过程中可能有氢离子在阴极得到电子，故但实际生产中得不到相应质量的Pd。18.（l）b（1分）使反应物混合均匀加速反应，且可以散热防止温度过高（2分）（2）反应焙变小于零，为放热反应（2分）5（1分）高锌酸钾溶液过量（1分）黄 绿 色（1分）C（1分）（3分）【解析】三口烧瓶中加入搅拌磁子、KOH溶液和高镐酸钾，维持温度在4 5 P左右，滴加环己醇共2QmL,反应生成KOOC（CH2）4CC）C）K,过滤后滤液加入适量的KHSCh,再用约4mL浓HCI溶液，酸化后处理得到产品；（1）图1中冷却水应下进上出，从冷凝管b 口流入；

34、反应为放热反应且需维持温度在45。（：左右，故搅拌磁子的作用是使反应物混合均匀加速反应，且可以散热防止温度过高；（2）反应熔变小于零为放热反应，故三颈烧瓶中溶液温度逐渐升高；由题干可知，反应需维持温度在45左右，结合图像可知，为了实验安全，应选择的滴速为5滴/m in。（3）高镒酸钾溶液为紫色，出现紫色环，该现象说明高镒酸钾溶液过量；KHSCh具有还原性，可以除去过量的高锯酸钾溶液，如果KHSO3用量不足，在己二酸 制备”过程中加入盐酸后，氯离子会被高钛酸钾氧化为氯气，会观察到生成黄绿色气体：（4）二氧化镒为固体，分离固液选择过滤操作，故分离出M n 5的装置为C；由题干可知，高锯酸钾过量,环

35、己醇2 m L为宣篙处=。断%则理论生成0Q 19m a己二酸,故己二酸的产率是_ L46gO.O19mol x 146g/molxlOO%=1919.（1）2,2-二 甲 基3-丙 二 醇（1分）分子中含有羟基与水分子之间形成氢键（1分）取代 反 应（1分）酯基、氯 原 子（1分）(4)1(1 分)(5)5(1 分)CH2cH3(1 分)力 CH2cH3,YoI IHO-CCH2cH3(6)CH哥 CH皿C&OH 春3CH=CH2(3 分)【解析】结合B 的结构及已知反应可知A 为丙酸，丙酸PCb发生取代反应生成B,B 于氯气光照条件下发生取代反应生成C；根据G 的结构及已知反应可推出E 为

36、:结合D 的分子式及E 的结构可知D 为:;G 在 ZnCb作用下转化为M,M 碱性水解再酸化得到N。(1)由 F 的结构简式，结合醇的命名法，可知F 的名称为：2,2-二甲基-1,3-丙二醇，其结构中含有两个羟基，与水分子间易形成氢键，使其再水中溶解度较大；(2)由上述分析可知A f B 的反应类型为取代反应，由 M 的结构简式可知其所含官能团为酯基、氯原子;(3)结合已知反应可知E+F玲G 的反应方程式为：(4)手性碳原子是指连接4 个不同原子或原子团的碳原子，山 N 的结构可知，只有竣基所连碳原子为手性碳原子；(5)苯环上的一氯取代物有两种，则苯环上不能只有一个取代基；若含两个取代基，则

37、可能是甲基和正丙基、甲基和异丙基因取代基不同则处于对位时苯环一氯代物有两种；若两取代基相同则为2 个乙基，两乙基处于邻位时苯环一氯代物有两种；若含3 个取代基则为2 个甲基和1 个乙基，两个甲基不对称时苯环上有三种氢，不符合题意，则两个甲基应处于对称位置，两甲基可处于乙基的邻位或间位，2 种；若苯环上有4 个取代基则为4 个甲基，此时苯环只有一种氢，不符合题意，因此符合要求的同分异构体有5 种，其中核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积之比为3:2:1:1的结构简式:CH2cH3CH2cH3 ；可 由 甲 苯 与 c i X C H 2 cH 3发生取代反应得到，Cl2 CH2cH3 可由 HOd

38、CH2cH3 与 PCb 发生取代反应牛成 H O-C-C H2CH3可由丙醇氧化得到，丙醇可由丙烯与水加成得到，合成路线为：0CH,CH=CH2 C H3CH2CH2O H HO 2CH2cH320.(1)-41.2(2 分)5()8 b(1 分)c(1 分)B=CA(2 分)1(2 分)(i+a)3Xp2(2 分)放 热(1 分)高温时，积碳反应主要发生C电裂解，导致催化剂积碳，活性降低(1 分)【解析】(1)反应 I：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)AHi=-206.2kJmol-1反应 口：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)AH2反应DI：CO2(g)+

39、4H2(g).CH4(g)+2H2O(g)AH3=-165 kJ-mol1根据盖斯定律,反应n=反应 I -反应DI,AH2=AHI-AH3=-206,2kJ-mol-1-(-165 kJ-mol1)=-41.2 kJ mol1；(2)结合反应，黑 色 越 大,CO转化率越大，直到接近:L00%,故 b 表示CO转化率；随 着 黑 米 的 增大，CO接近完全转化，CH4产率逐渐增大，直到接近100%,故 C 表示CH4产率变化的曲线；b 表示C。转化率，B、C 均在曲线b 上，温度B=C,结合反应I、D,两反应均为放热反应，则温度越低C。转化率越高，A 点转化率高于c,故温度B=CA；设 n(

40、CO)=n,则 n(H2)=3 n,列出反应I 三段式：C O(g)+3 H2(g),CH4(g)+H2O(g)起始(m o l)n3 n00转化(m o l)X3 xXX平衡(m o l)n-x3 n-3 xXX反应n前后气体体积不变，反应I前后总物质的量减少2 x,根据初始压强为p o,达 到 平 衡 时 总 压 为 学，4M 1 Ix 4-x +n-x +3 n-3 x 3则-=-解得 x=0.5 n；4 n 4CO的平衡转化率为a,列出反应I I三段式为：C O(g)+H?O(g)CO2(g)+H2(g)起始(m o l)0转化(m o l)na-0.5 7 7w-0.5 na-0.5

41、nna-0.5 平衡(m o l)n(l-a)n(l-a)3 0.5)n(l+a)则C H，的选择性=两器而x l 0 0%=乎；平 衡 时,8 的分压为盛泮=中、出分压为空皿=红 土 皿、C H,的 分 压 为 竺 吼=9、出。分压为3=1外，I的4n 44/7 8 4 4 1 x()i/_z_ 2_8p（l-a）p0（l+a）p 3-（l+ay x p：4 1 4 4 J（3）甲烷的产率随着温度升高逐渐增大，达到平衡后升高温度，甲烷的产率逐渐减小，说明反应逆向进行,则CO的歧化反应属于放热反应，相同时间内C H d的产率在温度高于3 3 0 T时降低的可能原因之一是催化剂活性降低，高温导致催化剂活性降低的原因是高温时，积碳反应主要发生C H 4裂解，导致催化剂积碳，活性降低。