江苏省海安高级中学2023-2024学年高三上学期10月月考试题化学含解析.pdf

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1、2023-2024 学年度第一学期高三年级阶段检测化 学学年度第一学期高三年级阶段检测化 学注意：本试卷分第一部分选择题和第二部分非选择题，共注意：本试卷分第一部分选择题和第二部分非选择题，共 100 分，考试时间分，考试时间 75 分钟。可能用到的相对原子质量：分钟。可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 A127 S32 Ag108 Br80 Cu64一、单项选择题：共一、单项选择题：共 13 题，每题题，每题 3 分，共分，共 39 分。每题只有一个选项最符合题意。分。每题只有一个选项最符合题意。1.能源、航天、信息等科技离不开新技术和新材料的发现和应用。下列有关说法不正

2、确的是A.量子通信材料如螺旋碳纳米管、石墨烯等纳米材料属于胶体B.航天核心舱搭载的柔性太阳能电池板的核心材料是晶体硅C.新一代运载火箭成功应用液氧、煤油发动机，煤油是石油分馏所得混合物D.福建舰舰身材料采用低碳合金钢，合金的强度一般高于成分金属2.过氧化钠常用作供氧剂：22222Na O2H O4NaOHO。下列说法正确的是A.2H O为非极性分子B.22Na O的电子式：C.16O与18O互为同素异形体D.NaOH 属于离子化合物，不含有共价键3.纯磷酸(易吸潮，沸点261 C)可由85%的磷酸减压蒸馏除水、结晶得到。实验装置如图。该过程需严格控制温度，高于100 C时会脱水生成焦磷酸。下列

3、说法不正确的是A.通入 N2可防止暴沸，并具有搅拌和加速水逸出的作用B.丙处应连接冷凝管C.磷酸易吸潮是因为它可与水形成氢键D.连接减压装置的目的是降低磷酸沸点4.我国科研人员发现氟磺酰基叠氮(23FSO N)是一种安全、高效的“点击化学”试剂，其结构式如图，其中S 为+6 价。下列说法正确的是江苏省海安高级中学2023-2024学年高三上学期10月月考试题A.该分子中 N 原子均为2sp杂化B.电负性：FOSNC.原子半径：FONSrrrrD.第一电离能：FONSIIIIIIII5.周期表中A 族元素及其化合物作用广泛。氨是重要的化工原料；肼(24N H)的燃烧热为1624 kJ mol，是

4、常用的火箭燃料；由磷酸钙、石英砂和碳粉在电弧炉中熔烧可生成白磷(4P)和 CO；在一定条件下白磷可转化为黑鳞，在 700900条件下，3AsH与33Ga CH可制得半导体材料砷化镓晶体；铋酸钠(3NaBiO)不溶于冷水，在酸性条件下与2Mn反应生成4MnO、3Bi OH，在钢铁工业中可用于锰元素的分析测定。下列说法正确的是A.24N H和3NH中的键角相等B.3AsH和33Ga CH晶体类型均为共价晶体C.砷化镓晶体中化学键 键D.基态砷原子(33As)核外价电子排布式为254s 4p6.周期表中A 族元素及其化合物作用广泛。氨是重要化工原料；肼(24N H)的燃烧热为1624 kJ mol，

5、是常用的火箭燃料；由磷酸钙、石英砂和碳粉在电弧炉中熔烧可生成白磷(4P)和 CO；在一定条件下白磷可转化为黑鳞；在 700900条件下，3AsH与33Ga CH可制得半导体材料砷化镓晶体；铋酸钠(3NaBiO)不溶于冷水，在酸性条件下与2Mn反应生成4MnO、3Bi OH，在钢铁工业中可用于锰元素的分析测定。下列化学反应表示正确的是()A.肼的燃烧热的热化学方程式：24222N HlNOg1.5Ng2H O l H=-624 kJmol1B.制单质磷：34234222CaPO6SiO5C6CaSiOP5CO 熔烧为的C.制砷化镓晶体：333123700 900AsHGa CHGaAsC HD.

6、铋酸钠氧化2Mn；232432Mn5NaBiO8H O2MnO5Bi OH5NaH7.黑鳞的晶体结构是与石墨类似的层状结构，如图所示。下列有关说法不正确的是 A.黑磷晶体中片层间作用力为范德华力B.黑磷与白磷均可导电C.黑磷晶体的熔沸点比白磷高D.1 mol 黑磷晶体中含有 1.5 mol P-P 键8.高氯酸铵(44NH ClO)受热或撞击可分解成2N、2Cl、2O和2H O，可用作火箭推进剂。一种以工业3NaClO(含少量的272Na Cr O和24Na CrO)溶液制取高氯酸铵的流程如下，电解时使用惰性电极，电解后溶液中有4NaClO生成。关于制取高氯酸铵的反应，下列说法正确的是A.沉铬

7、时加入2Ba OH有利于24CrO转化为227Cr OB.电解时阴极电极方程式为：342ClO2e2OHClOH OC.加入饱和4NH Cl溶液反应时可能有3NH生成D.4NaClO、4NH Cl、44NH ClO三种物质中，44NH ClO溶解度最大9.有机物 Z 是合成药物的中间体，Z 的合成路线如下。下列说法正确的是 A.1 mol X 能最多能与 5 mol 2H反应B.化合物 Y 可以发生氧化、加成、取代等反应C.Z 分子中含有 2 个手性碳原子D.可以使用3NaHCO溶液鉴别化合物 Y 和 Z10.一定条件下，酸性4KMnO溶液与224H C O发生反应，Mn()起催化作用，过程中

8、不同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是 A.Mn()不能氧化224H C OB.随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小C.该条件下，Mn()和Mn()不能大量共存D.总反应为：22424222MnO5C O16H2Mn10CO8H O 11.科研人员发现利用低温固体质子导体作电解质，催化合成3NH，与传统的热催化合成氨相比，催化效率较高。其合成原理如图甲所示，其他条件不变，电源电压改变与生成3NH速率的关系如图乙所示，下列说法不正确的是 A.PtC是该合成氨装置的阳极B.34PtC N电极出口混合气可能含有2H、2N、3NHC.若 H的进出口流量差为 22.4 L/mi

9、n(标准状况)，则固体质子导体中H的流速为 1 mol/minD.当电压高于 1.2V 时，随电压升高，H在阴极放电生成2H的速率加快12.室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是选项实验目的实验方案A证明溴乙烷发生了消去反应将溴乙烷、乙醇和烧碱的混合物加热，产生的气体通入溴的4CCl溶液中，观察溶液颜色变化B证明spspKAgI ONS，则元素的电负性大小顺序为：FONS，故 B 错误；C电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：FONSrrrr，故 C 正确；D元素的非金属性越强，其第一电离能越大；同一周期元素从左往右第一电离能呈增大趋势，但第 IIA、

10、第 VA 元素原子核外电子处于全满、半满的稳定状态，其第一电离能比同周期相邻元素的大，故这四种元素的第一电离能大小顺序：FNOS，D 错误；故选 C。5.周期表中A 族元素及其化合物作用广泛。氨是重要的化工原料；肼(24N H)的燃烧热为1624 kJ mol，是常用的火箭燃料；由磷酸钙、石英砂和碳粉在电弧炉中熔烧可生成白磷(4P)和 CO；在一定条件下白磷可转化为黑鳞，在 700900条件下，3AsH与33Ga CH可制得半导体材料砷化镓晶体；铋酸钠(3NaBiO)不溶于冷水，在酸性条件下与2Mn反应生成4MnO、3Bi OH，在钢铁工业中可用于锰元素的分析测定。下列说法正确的是A.24N

11、H和3NH中的键角相等B.3AsH和33Ga CH晶体类型均为共价晶体C.砷化镓晶体中化学键为 键D.基态砷原子(33As)核外价电子排布式为254s 4p【答案】C【解析】【详解】A3NH中只含有 N-H 键，24N H含有 N-H 和 N-N，二者键角不相等，故 A 错误；BAsH3和 Ga(CH3)3晶体类型均为分子晶体，故 B 错误；CGa 元素和 As 元素电负性差别不大，GaAs 晶体中化学键为 键，故 C 正确；D基态砷原子(33As)位于第四周期第A 族，最外层电子数为 5，核外价电子排布式为 4s24p3，故 D 错误；故选：C。6.周期表中A 族元素及其化合物作用广泛。氨是

12、重要的化工原料；肼(24N H)的燃烧热为1624 kJ mol，是常用的火箭燃料；由磷酸钙、石英砂和碳粉在电弧炉中熔烧可生成白磷(4P)和 CO；在一定条件下白磷可转化为黑鳞；在 700900条件下，3AsH与33Ga CH可制得半导体材料砷化镓晶体；铋酸钠(3NaBiO)不溶于冷水，在酸性条件下与2Mn反应生成4MnO、3Bi OH，在钢铁工业中可用于锰元素的分析测定。下列化学反应表示正确的是()A.肼的燃烧热的热化学方程式：24222N HlNOg1.5Ng2H O l H=-624 kJmol1B.制单质磷：34234222CaPO6SiO5C6CaSiOP5CO 熔烧C.制砷化镓晶体

13、：333123700 900AsHGa CHGaAsC HD 铋酸钠氧化2Mn；232432Mn5NaBiO8H O2MnO5Bi OH5NaH【答案】D【解析】【详解】A燃烧热是指 1mol 纯物质在氧气中完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，肼的燃烧热的热化学方程式应为 24222N Hl+3Og=2NOg+2H O l H=-624 kJmol1，A 错误；B由磷酸钙、石英砂和碳粉在电弧炉中熔烧可生成白磷(4P)和 CO，则制单质磷的反应方程式应为3423422CaPO6SiO10C6CaSiOP10CO 熔烧，B 错误；C在 700900条件下，3AsH与33Ga CH可制得半导体材料

14、砷化镓晶体，则制砷化镓晶体的方程式应为4333700 900AsHGa CHGaAs3CH，C 错误；D铋酸钠(3NaBiO)不溶于冷水，在酸性条件下与2Mn反应生成4MnO、3Bi OH，则铋酸钠氧化2Mn的离子方程式为232432Mn5NaBiO8H O2MnO5Bi OH5NaH，D 正确；.故选 D。7.黑鳞的晶体结构是与石墨类似的层状结构，如图所示。下列有关说法不正确的是 A.黑磷晶体中片层间作用力为范德华力B.黑磷与白磷均可导电C.黑磷晶体的熔沸点比白磷高D.1 mol 黑磷晶体中含有 1.5 mol P-P 键【答案】B【解析】【详解】A由黑鳞的晶体结构是与石墨类似的层状结构，为

15、混合型晶体，片层间作用力为范德华力，A 正确；B白磷为分子晶体，黑磷结构与石墨类似为混合型晶体，则黑鳞能导电、白磷不导电，B 错误；C黑磷结构与石墨类似为混合型晶体，其熔沸点很高，故黑磷晶体的熔沸点比白磷高，C 正确；D可利用均摊法得黑磷晶体中 1 个磷原子形成31.52个共价键，则 1 mol 黑磷晶体中含有 1.5 mol P-P，D 正确；故选 B。8.高氯酸铵(44NH ClO)受热或撞击可分解成2N、2Cl、2O和2H O，可用作火箭推进剂。一种以工业3NaClO(含少量的272Na Cr O和24Na CrO)溶液制取高氯酸铵的流程如下，电解时使用惰性电极，电解后溶液中有4NaCl

16、O生成。关于制取高氯酸铵的反应，下列说法正确的是A.沉铬时加入2Ba OH有利于24CrO转化为227Cr OB.电解时阴极电极方程式为：342ClO2e2OHClOH OC.加入饱和4NH Cl溶液反应时可能有3NH生成D.4NaClO、4NH Cl、44NH ClO三种物质中，44NH ClO溶解度最大【答案】C【解析】【分析】2-+2-2724Cr O+H O2H(C()rO)+2 橙色黄色，氯酸钠溶液加入氢氧化钡，可以促使2-27Cr O转化为2-4CrO，进而和钡离子生成硫酸钡沉淀；过滤滤液电解阳极上发生氧化反应五价氯转化为七价氯得到高氯酸钠，阴极生成氢气和氢氧根离子，浓缩加入饱和氯

17、化铵将高氯酸钠转化为溶解度较小的高氯酸铵晶体结晶析出；【详解】A由分析可知，加入可以增加溶液的碱性，促使2-27Cr O转化为2-4CrO，A 错误；B电解阳极上发生氧化反应五价氯转化为七价氯得到高氯酸钠，阴极生成氢气和氢氧根离子，阴极电极方程式为：-222H O+2e=2OH+H，B 错误；C电解生成氢氧化钠，加入饱和氯化铵溶液，铵根离子和氢氧根离子反应会生成氨气，C 正确；D三种物质中，44NH ClO首先结晶析出，故其溶解度最小，D 错误；故选 C。9.有机物 Z 是合成药物的中间体，Z 的合成路线如下。下列说法正确的是 A.1 mol X 能最多能与 5 mol 2H反应B.化合物 Y

18、 可以发生氧化、加成、取代等反应C.Z 分子中含有 2 个手性碳原子D.可以使用3NaHCO溶液鉴别化合物 Y 和 Z【答案】B【解析】【详解】A酯基不能和氢气发生加成反应，一分子 X()含有的 1 个碳碳双键和 1 个苯环都能和氢气发生加成反应，则 1 mol X 能最多能与 4 mol 2H反应，A 错误；BY()含碳碳双键和苯环结构，可发生过氧化、加成、取代等反应，B 正确；C手性碳为连有 4 个不同的原子或基团的 C 原子，Z()中只含一个手性碳原子，C 错误；DY 和 Z 都含有羧基，都能与3NaHCO溶液反应，则不能使用3NaHCO溶液鉴别化合物 Y 和 Z，D 错误；故选 B。1

19、0.一定条件下，酸性4KMnO溶液与224H C O发生反应，Mn()起催化作用，过程中不同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是 A.Mn()不能氧化224H C OB.随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小C 该条件下，Mn()和Mn()不能大量共存D.总反应为：22424222MnO5C O16H2Mn10CO8H O【答案】C【解析】【分析】开始一段时间（大约 13min 前）随着时间的推移 Mn()浓度减小直至为 0，Mn()浓度增大直至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成 Mn()，同时先生成少量 Mn()后 Mn()被消耗；后来（大约 13min 后）随着时

20、间的推移 Mn()浓度减少，Mn()的浓度增大；据此作答。【详解】A 由图像可知，随着时间的推移 Mn()的浓度先增大后减小，说明开始反应生成 Mn()，后 Mn().被消耗生成 Mn()，Mn()能氧化 H2C2O4，A 项错误；B随着反应物浓度的减小，到大约 13min 时开始生成 Mn()，Mn()对反应起催化作用，13min 后反应速率会增大，B 项错误；C由图像可知，Mn()的浓度为 0 后才开始生成 Mn()，该条件下 Mn()和 Mn()不能大量共存，C 项正确；D H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2-4MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO

21、2+8H2O，D 项错误；答案选 C。11.科研人员发现利用低温固体质子导体作电解质，催化合成3NH，与传统的热催化合成氨相比，催化效率较高。其合成原理如图甲所示，其他条件不变，电源电压改变与生成3NH速率的关系如图乙所示，下列说法不正确的是 A.PtC是该合成氨装置的阳极B.34PtC N电极出口混合气可能含有2H、2N、3NHC.若 H的进出口流量差为 22.4 L/min(标准状况)，则固体质子导体中H的流速为 1 mol/minD.当电压高于 1.2V 时，随电压升高，H在阴极放电生成2H的速率加快【答案】C【解析】【分析】由图甲可知，PtC 电极是电解池的阳极，氢气在阳极失去电子发生

22、氧化反应生成氢离子，电极反应式为 H2-2e-=2H+，Pt-C3N4电极为阴极，酸性条件下氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨气，电极反应式为 N2+6H+6e-=2NH3。【详解】A由分析可知，PtC 电极是电解池的阳极，氢气在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子，故A 正确；B由分析可知，34PtC N电极为阴极，酸性条件下氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨气，可能存在氢离子得到电子发生还原反应生成的氢气及部分没反应的氮气，故 B 正确；C标准状况下，22.4L 氢气的物质的量为 1mol，则反应生成氢离子的物质的量 2mol，故固体质子导体中氢离子的流速 2 mol/min，故 C 错

23、误；D由图乙可知，当电压高于 1.2V 时，氨气反应速率变慢，说明氢离子在阴极得到电子生成氢气，故 D 正确；故选 C。12.室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是选项实验目的实验方案A证明溴乙烷发生了消去反应将溴乙烷、乙醇和烧碱的混合物加热，产生的气体通入溴的4CCl溶液中，观察溶液颜色变化B证明spspKAgI KAgCl向 NaCl、NaI 混合溶液中滴加少量3AgNO溶液，观察沉淀的颜色C检验 NaCl 溶液中是否存在KCl 杂质用洁净的铂丝蘸取该溶液，在酒精灯外焰上灼烧，观察火焰是否出现紫色D比较3CH COOH和 HClO 的酸性强弱相同条件下，分别用 pH 试纸测定 0.1

24、mol/L 3CH COONa溶液、0.1 mol/L NaClO 溶液的 pH，观察 pH 试纸颜色A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A将溴乙烷、乙醇和烧碱的混合物加热，若溴乙烷发生消去反应则会产生乙烯，将产生的气体通入溴的4CCl溶液中，若有乙烯则溴的4CCl溶液会褪色，则可通过观察溶液颜色变化来验证溴乙烷是否发生消去反应，A 正确；B要证明spspKAgI KAgCl，应向等物质的量浓度的 NaCl、NaI 混合溶液中滴加少量3AgNO溶液，观察沉淀的颜色，若产生黄色沉淀则可证明，B 错误；C检验 NaCl 溶液中是否存在 KCl 杂质，应用洁净的铂丝蘸取该溶液，在酒精灯

25、外焰上灼烧，并需要透过蓝色钴玻璃观察火焰是否出现紫色，若有紫色，则含 KCl 杂质，C 错误；D比较3CH COOH和 HClO 的酸性强弱，通过用 pH 试纸测定同浓度的3CH COONa溶液和 NaClO 溶液的 pH 不可行，NaClO 具有漂白性，会将 pH 试纸漂白，则需要用 pH 计来测 pH，D 错误；故选 A。13.化学链甲烷干重整联合制氢部分工艺的原理如图所示：将 1mol2CO和43molCH充入干重整反应器，发生：重整反应：422CHCO2CO2H 催化剂积炭反应：42CHC2H高温研究发现，增大 n(FeO)能减少积炭，并增大2HCOnn的值。下列说法不正确的是A.X

26、的化学式为34Fe O，被还原后可循环利用B.增大 n(FeO)能增大2HCOnn，推测发生42FeOCHFeCO2HC.减少 n(FeO)，Fe 上的积炭会导致蒸汽反应器中产生的2H纯度降低D.干重整反应器中存在：24COCHCO4molnnn【答案】D【解析】【详解】A蒸汽反应器中是铁和水蒸气反应得到氢气和 X，X 的化学式为34Fe O，被还原后得到铁单质可循环利用，故 A 正确；B增大 n(FeO)能减少积炭，并增大2HCOnn的值，说明 FeO 与 C 反应生成 CO，推测发生总反应：42FeOCHFeCO2H，故 B 正确；C减少 n(FeO)，Fe 上的积炭会在蒸汽反应器中与水蒸

27、气反应：22H OCCOH高温，导致蒸汽反应器中产生的2H中混有 CO，纯度降低，故 C 正确；D根据题意可知干重整反应器中还存在积炭反应，据元素质量守恒可知存在：24COCHCOC4molnnnn，故 D 错误；故选 D。非选择题：共非选择题：共 4 题，共题，共 61 分分14.以银锰精矿(主要含2Ag S、MnS、2FeS)和氧化锰矿(主要含2MnO)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。已知：酸性条件下，2MnO的氧化性强于3Fe。（1）“浸锰”过程是在24H SO溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除2FeS，有利于后续银的浸出：矿石中的银以2Ag S的形式残留于浸锰渣中。“浸锰”

28、过程中，银锰精矿中的2FeS和氧化锰矿中的2MnO发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有_。（2）“浸银”时，使用过量3FeCl、HCl 和2CaCl的混合液作为浸出剂，将2Ag S中的银以2AgCl形式浸出并生成 S。写出“浸银”反应的离子方程式：_。结合平衡移动原理，解释浸出剂中Cl、H的作用：_。（3）“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。写出“沉银”的离子方程式_。一定温度下，Ag 的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释 t 分钟后 Ag 的沉淀率逐渐减小的原因：_。（4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优点：可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液

29、中得到4MnSO；将银元素和锰元素分离；_。【答案】（1）3Fe、2Mn （2）.32222FeAg S4Cl2Fe2 AgClS .Cl是为了与2Ag S溶解出的Ag结合生成2AgCl，使2Ag S溶解平衡正向移动；H是为了抑制3Fe水解，提高3Fe浓度 （3）.222 AgClFeFe2Ag4Cl .2Fe被氧气氧化为3Fe，3FeCl把 Ag 氧化为2AgCl （4）浸锰液中的3Fe可用于浸银，节约氧化剂【解析】【分析】银锰精矿和氧化锰矿混合加硫酸溶液，二氧化锰具有氧化性使得二价铁氧化为三价铁同时二氧化锰能被还原生成锰离子，使矿石中的锰元素浸出，同时去除 FeS2，浸锰液中主要的金属阳离

30、子有3Fe、2Mn，矿石中的银以 Ag2S 的形式残留于浸锰渣中，浸锰渣中 Ag2S 与过量氯化铁、盐酸、氯化钙的混合液反应，将 Ag2S 中的银以2AgCl形式浸出，用铁粉把2AgCl还原为金属银。【小问 1 详解】由分析可知，浸锰液中主要的金属阳离子有3Fe、2Mn；【小问 2 详解】铁离子具有氧化性，能和2Ag S反应将硫氧化为硫单质而铁离子被还原为亚铁离子，释放出银离子和氯离子形成2AgCl，故“浸银”反应的离子方程式：32222FeAg S4Cl2Fe2 AgClS；浸出剂中Cl、H的作用为：Cl是为了与2Ag S溶解出的Ag结合生成2AgCl，使2Ag S溶解平衡正向移动；H是为了

31、抑制3Fe水解，提高3Fe浓度；【小问 3 详解】铁具有还原性，铁粉能把2AgCl还原为金属银同时生成亚铁离子，“沉银”的离子方程式222 AgClFeFe2Ag4Cl。空气中氧气具有氧化性，会把亚铁离子氧化为铁离子，铁离子会把 Ag 氧化为2AgCl，导致一段时间，t 分钟后 Ag 的沉淀率逐渐减小；【小问 4 详解】联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用二氧化锰的氧化性将 FeS2中的二价铁氧化为三价铁，同时生成的铁离子还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到 MnSO4。15.一种化合物 H 的合成路线如下：(Ph-代表苯基

32、)（1）化合物 D 的酸性比对乙基苯甲酸的酸性_。(填“强”、“弱”或“无差别”)（2）有机物 F 的分子式为1010C H，则其结构简式为_。（3）D 和乙二醇(22HOCH CH OH)以物质的量比为 21 完全酯化的产物有多种同分异构体，写出同时满足下列条件的一种同分异构体的结构简式：_。分子中含有 3 种不同化学环境的氢原子；能发生银镜反应；能发生水解反应，且 1 mol 该分子水解时消耗 4 mol NaOH。（4）CD 的过程中，第一步反应 C 与2CO反应生成物的结构简式为_。（5）写出以苯乙烯、苯甲酸、为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)

33、_。【答案】（1）弱 （2）（3）或 （4）（5）【解析】【分析】甲苯发生取代反应生成对甲基溴苯，对甲基溴苯和 Mg 反应生成，和二氧化碳反应、在酸性条件下水解生成对甲基苯甲酸，对甲基苯甲酸和 SOCl2发生取代反应生成，和反应生成，和反应生成。【小问 1 详解】化合物 D 是对甲基苯甲酸，酸性比对乙基苯甲酸的酸性弱。【小问 2 详解】有机物 F 的分子式为1010C H，E 和 F 发生取代反应生成 G，由 E、G 的结构简式，可知 F 是；【小问 3 详解】D 和乙二醇(22HOCH CH OH)以物质的量比为 21 完全酯化的产物是；分子中含有 3 种不同化学环境的氢原子，说明结构对称；

34、能发生银镜反应，说明含有醛基；能发生水解反应，说明含有酯基，且 1 mol 该分子水解时消耗 4 mol NaOH。符合条件的的同分异构体为或；【小问 4 详解】和二氧化碳反应生成，水解生成；【小问 5 详解】和溴发生加成反应生成；在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成；和 SOCl2反应生成；和反应生成，和反应生成，合成路线为。16.溴化亚铜(CuBr)是一种白色结晶状粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在热水中或见光都会分解，在空气中逐渐变为浅绿色。实验室制备 CuBr 的实验步骤和装置如下图。回答下列问题：（1）装置 A 中的离子方程式为_。（2）装置常采用 60水浴加热，温度不宜过高的原因是_；加

35、料完成后，60水浴加热，以一定速率搅拌，能提高2SO吸收率的方法为_。（3）欲利用上述装置烧杯中的吸收液(经检测含有23Na SO、3NaHSO)制取较纯净的23Na SO晶体。补充完整制取23Na SO晶体的实验方案：向烧杯内的吸收液中，_，置于真空干燥箱中干燥。(已知：室温下从饱和23Na SO溶液中结晶出232Na SO7H O，34100结晶出23Na SO；可选用试剂：2SO气体、20%NaOH 溶液、乙醇)（4）CuBr 在空气中氧化所得绿色粉末为22CuBrCu OHxy，为探究该粉末的化学式，现进行如下实验：准确称取一定质量的绿色粉末，溶于足量乙酸中，用蒸馏水配制成 100 m

36、L 溶液。取 25mL 溶液，向其中加入足量的3AgNO溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，所得淡黄色固体质量为 0.94 g。另取 25 mL 溶液，向其中加入过量的 KI 溶液，再用 0.400 molL1 223Na S O标准溶液滴定至终点，消耗 25.00 mL。已知反应的方程式如下：222Cu4I2CuII、22232462S OI2IS O。请确定该绿色粉末的化学式_(请写出计算过程)。【答案】（1）222242Cu2BrSO2H O2CuBrSO4H （2）.防止 CuBr 受热分解，防止2SO溶解度减小反应速率慢 .缓慢通入2SO （3）向烧杯中通入过量2SO充分反应，再加入

37、100 g 20%NaOH，蒸发浓缩至有大量晶体出现，在 34以上趁热过滤，用乙醇洗涤 23 次 （4）22CuBr 3Cu OH【解析】【分析】实验室制备 CuBr，三颈烧瓶中铜离子被二氧化硫还原成亚铜离子，与溴离子反应生成 CuBr 沉淀，用 NaOH 溶液除去过量的 SO2气体，该装置常采用 60水浴加热，防止 CuBr 受热分解，防止2SO溶解度减小反应速率慢，以此解答。【小问 1 详解】三颈烧瓶中铜离子被二氧化硫还原成亚铜离子，与溴离子反应生成 CuBr 沉淀，反应的离子方程式为222242Cu2BrSO2H O2CuBrSO4H。【小问 2 详解】装置常采用 60水浴加热，温度不宜

38、过高的原因是：防止 CuBr 受热分解，防止2SO溶解度减小反应速率慢；加料完成后，60水浴加热，以一定速率搅拌，能提高2SO吸收率的方法为：缓慢通入2SO。【小问 3 详解】制取23Na SO晶体的实验方案：向烧杯内的吸收液中，向烧杯中通入过量2SO充分反应，再加入 100 g 20%NaOH，蒸发浓缩至有大量晶体出现，在 34以上趁热过滤，用乙醇洗涤 23 次置于真空干燥箱中干燥。【小问 4 详解】n(Br-)n(AgBr)0.94 g188 g/mol0.005 mol，即 n(CuBr2)0.0025 mol，n(S2O23)0.400 molL-10.025 L0.01 mol，根据

39、222Cu4I2CuII、22232462S OI2IS O，有关系式 Cu2+S2O23，n(Cu2+)n(S2O)0.01 mol；根据电荷守恒 n(Cu2+)2n(Br)n(OH)，n(OH-)0.015 mol，所以 nCu(OH)20.0075 mol，故绿色粉末的化学式为 CuBr23Cu(OH)2。17.二氧化碳的排放受到环境和能源领域的关注，其综合利用是研究的重要课题。第 19 届亚洲运动会使用废碳再生的绿色零碳甲醇作为主火炬塔燃料，利用焦炉气中的2H与从工业尾气中捕集的2CO合成，实现循环内零碳排放。（1）已知：反应 I：222Og2Hg2H O g 1H=-484 kJ/m

40、ol反应：32222CH OH g3Og2COg4H O g 2H=-1353 kJ/mol合成甲醇的反应：2232COg3HgCH OH gH O g 3H=_kJ/mol。（2）2CO催化加氢制甲醇可能的反应历程如下图。2H首先在 Zn-Ga-O 表面解离成 2 个*H，随后参与到2CO的还原过程。注：表示氧原子空位，*表示吸附在催化剂上的微粒。理论上，反应历程中消耗的*H与生成的甲醇的物质的量之比为_。（3）该催化条件下，主要的副反应为：222COgHgCO gH O g。实际工业生产中，需要在 260、压强恒为 4.0 MPa 的反应釜中进行上述反应。为确保反应的连续性，需向反应釜中以

41、进气流量0.04 mol/min、22CO:H1:3nn持续通入原料，同时控制出气流量。需控制出气流量小于进气流量的原因为_。已知出气流量为 0.03 mol/min，单位时间 2COg的转化率为 60%，则流出气体中 CO g的百分含量为_。高炉气中捕集2CO制储氢物质 HCOOH 的综合利用示意图如下图所示：已知：T 温度下，7a123KH CO5.0 10，11a223KH CO5.0 10（4）T 温度下，当吸收池中溶液的pH8时，此时该溶液中232-3c H CO=c CO_。（5）电解池中2CO电催化还原为 HCOOH。铂电极反应方程式为_。铂电极上副反应除析氢外，没有其它放电过程

42、。若生成 HCOOH 的电解效率 HCOOH=80%。当电路中转移 3 mol e时，阴极室溶液的质量增加_g。定义：nB B=n生成 所用的电子通过电极的电子【答案】（1）-49.5 （2）61 （3）.反应为气体分子数减小的反应，出气流速小才能保持反应釜内为压强恒定 .3.3%（4）4 （5）.2CO2e2HHCOOH .55.2【解析】【小问 1 详解】由题可知，合成甲醇的反应 2232COg3HgCH OH gH O g可由反应和反应按32反应-反应叠加所得，则合成甲醇的反应的焓变值为1233 H HH=-49.5kJ/mol-2；【小问 2 详解】由反应历程图可知，2CO催化加氢制甲

43、醇总反应为 2232COg3HgCH OH gH O g，需要6 个*H参与反应才能生成 1 个甲醇，则反应历程中消耗的*H与生成的甲醇的物质的量之比为 61；【小问 3 详解】反应 2232COg3HgCH OH gH O g为气体分子数减小的反应，控制出气量小于进气量，可以保证反应釜的压强恒定，避免压强减小导致反应平衡逆移，故答案为反应为气体分子数减小的反应，出气流速小才能保持反应釜内为压强恒定；假设进气时间为 1min，则 1min 进气量为 0.04mol，出气量为 0.03mol，合成甲醇的反应 2232COg3HgCH OH gH O g为气体分子量减小的反应，副反应 222COg

44、HgCO gH O g为气体分子数不变的反应，减少的 0.01mol 气体全部由反应 2232COg3HgCH OH gH O g引起，n=1+3-1-1=2，则反应 2232COg3HgCH OH gH O g消耗的 CO2为 0.005mol，单位时间 2COg的转化率为60%，则消耗的 CO2总共为 0.006mol，有 0.001molCO2转化为 0.001molCO，则流出气体中 CO g的百分含量为0.001100%3.3%0.03；【小问 4 详解】的的 -233233232-2-2-a1a233333c H COc HCOc Hc H COc Hc HCOc Hc Hc H

45、CO=KKc COc HCOc COc Hc HCOc Hc CO，溶液的pH8，则+-8c H=10 mol/L，T 温度下，7a123KH CO5.0 10，11a223KH CO5.0 10，则232-3c H CO=4c CO；【小问 5 详解】玻碳电极中水转化为氧气，则为阳极，铂电极为阴极，二氧化碳在该电极得电子转化为甲酸，则电极反应式为2CO2e2HHCOOH；生成 HCOOH 的电解效率 HCOOH=80%，当电路中转移 3 mol e时，生成的甲酸为3 80%n(HCOOH)mol=1.2mol2，即 55.2g，阴极室中生成氢气和甲酸消耗的 H+全部来自阳极，阴极溶液的质量主要受生成甲酸的质量影响，则阴极溶液的质量增加 55.2g。