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陕西省咸阳市2021年高考化学三模试卷及答案
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这是一份陕西省咸阳市2021年高考化学三模试卷及答案，共16页。试卷主要包含了单项选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
高考化学三模试卷
一、单项选择题
1.我国四川广汉的三星堆遗址距今已有3000～5000年历史，2021年3月20日，三星堆遗址新出土了多达500多件重要文物，如黄金面具、丝绸“黑炭〞、青铜神树、陶瓷碎片等。以下有关表达错误的选项是〔 〕
A.考古时利用 C测定文物的年代， C的中子数为8
B.黄金面具、青铜神树的成分均为纯金属
C.丝绸转化为“黑炭〞的过程涉及化学变化
D.三星堆中含有大量的陶瓷碎片，属于无机非金属材料
2.抗麻风药物clofazimine对SARS—CoV—2表现出强大的抗病毒活性，并能缓解与重症COVID—19相关的过度炎症反响。clofazimine的结构简式如下列图：
以下有关clofazimin的表达正确的选项是〔 〕
A.属于芳香烃，分子式为C27H21Cl2N4
B.能发生取代、氧化、缩聚反响
C.该物质存在含5个苯环的同分异构体
D.1molclofazimine最多能与11molH2发生加成反响
3.冬季燃煤活动排放的大量活性溴化合物BrCl能通过光解释放溴自由基和氯自由基，从而影响大气中自由基(OH、HO2、RO2)的浓度，其原理循环如下列图。以下说法正确的选项是〔 〕
A.活性溴化合物BrCl中含非极性键
B.溴自由基和氯自由基只具有氧化性
C.通过循环大气中OH自由基的浓度降低
D.BrCl的排放会造成臭氧含量减少、水中汞含量超标等
4.MDI广泛应用于聚氨酯弹性体，其结构简式如图，其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，且均小于10。
设NA为阿伏加德罗常数的值，以下有关表达正确的选项是〔 〕
A. 元素非金属性：X>Y>Z B. W、X、Z形成的化合物一定是二元弱酸
C. W与X、Y、Z均可形成至少2种10电子微粒 D. 1molMDI中所含X—W键为2NA
5.苯甲酸乙酯为无色液体，相对密度为1.0458，沸点为212℃，微溶于水，易溶于乙醚。实验室常由苯甲酸和乙醇在浓硫酸催化下反响制备，粗产物经洗涤、乙醚萃取、枯燥及蒸馏等操作后得到纯品。乙醚的相对密度为0.7134，沸点34.5℃。以下说法错误的选项是〔 〕
A.该反响为可逆反响，及时将生成的水移除反响体系可提高产率
B.用乙醚萃取苯甲酸乙酯时，有机相位于分液漏斗的下层
C.冷水和Na2CO3溶液洗涤的目的是除去浓硫酸和未反响的苯甲酸
D.蒸馏除去乙醚时，需水浴加热，实验台附近严禁火源
6.验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下〔烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液〕。
①
②
③
在Fe外表生成蓝色沉淀
试管内无明显变化
试管内生成蓝色沉淀
以下说法错误的选项是〔 〕
A. 比照②③，可以判定Zn保护了Fe B. 比照①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化
C. 验证Zn保护Fe时不能用①的方法 D. 将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼
7.是制备电池的重要原料。室温下， 溶液的pH随 的变化如图甲所示， 溶液中 的分布分数 随pH的变化如图乙所示 。
以下有关 溶液的表达正确的选项是
A. 溶液中存在3个平衡
B. 含P元素的粒子有 、 和
C. 随 增大，溶液的pH明显变小
D. 用浓度大于 的 溶液溶解 ，当pH到达 时， 几乎全部转化为
二、综合题
8.2-硝基-1，3-苯二酚是重要的医药中间体。实验室常以间苯二酚为原料，经磺化、硝化、去磺酸基三步合成：
局部物质相关性质如下表：
名称
相对分子质量
性状
熔点/℃
水溶性(常温)
间苯二酚
110
白色针状晶体
110.7
易溶
2-硝基-1，
3-苯二酚
155
桔红色针状晶体
87.8
难溶
制备过程如下：
第一步：磺化。称取77.0 g间苯二酚，碾成粉末放入烧瓶中，慢慢参加适量浓硫酸并不断搅拌，控制温度在一定范围内搅拌15 min(如图1)。
第二步：硝化。待磺化反响结束后将烧瓶置于冷水中，充分冷却后参加“混酸〞，控制温度继续搅拌15 min。
第三步：蒸馏。将硝化反响混合物的稀释液转移到圆底烧瓶B中，然后用如图2所示装置进行水蒸气蒸馏(水蒸气蒸馏可使待提纯的有机物在低于100℃的情况下随水蒸气一起被蒸馏出来，从而到达别离提纯的目的)，收集馏出物，得到2-硝基-1，3-苯二酚粗品。
请答复以下问题：
〔1〕图1中仪器a的名称是________；磺化步骤中控制温度最适宜的范围为________(填字母代号，下同)。
A．30～60℃ B．60～65℃
C．65～70℃ D．70~100℃
〔2〕：酚羟基邻对位的氢原子比较活泼，均易被取代。请分析第一步磺化引入磺酸基基团(—SO3H)的作用是________。
〔3〕硝化步骤中制取“混酸〞的具体操作是________。
〔4〕水蒸气蒸馏是别离和提纯有机物的方法之一，被提纯物质必须具备的条件正确的选项是___________。
A.具有较低的熔点
B.不溶或难溶于水，便于最后别离
C.难挥发性
D.在沸腾下与水不发生化学反响
〔5〕以下说法正确的选项是___________。
A.直型冷凝管内壁中可能会有红色晶体析出
B.反响一段时间后，停止蒸馏，先熄灭酒精灯，再翻开旋塞，最后停止通冷凝水
C.烧瓶A中长玻璃管起稳压作用，既能防止装置中压强过大引起事故，又能防止压强过小引起倒吸
〔6〕蒸馏所得2-硝基-1，3-苯二酚中仍含少量杂质，可用少量乙醇水混合剂洗涤。请设计简单实验证明2-硝基-1，3-苯二酚已经洗涤干净________。
〔7〕本实验最终获得15.5 g桔红色晶体，那么2-硝基-1，3-苯二酚的产率约为________(保存3位有效数字)。
9.铈是稀土中丰度最高的元素，其在电子材料、催化剂等方面的应用广泛。现以氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)为原料制备氧化铈(CeO2)，并测定其纯度。其工艺流程如下：
：①稀土离子易和SO 形成复盐沉淀：
Ce2(SO4)3＋Na2SO4＋nH2O= Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O↓(复盐沉淀)；
②硫脲：一种有机物，结构简式为 ，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2；
③Ce3＋在空气中易被氧化为Ce4＋；
答复以下问题：
〔1〕焙烧时，为了提高焙烧效率，可采取的措施有________
〔2〕CeFCO3中Ce元素的化合价为________，滤渣A的主要成分是________
〔3〕焙烧后参加硫酸浸出，稀土的浸出率和硫酸浓度、温度有关，如下列图，应选择的适宜的条件为________，硫酸浓度过大时，浸出率减小的原因是________。
〔4〕参加硫脲的目的是将Ce4＋复原为Ce3＋ ， 反响的化学方程式为________。
〔5〕步骤③参加盐酸后，通常还需参加H2O2 ， 其主要目的为________。
〔6〕步骤④的离子方程式为________。
〔7〕取所得产品CeO2 8.0g，用30 mL高氯酸和20 mL磷酸混合液加热溶解，冷却至室温后，配成250 mL溶液。取25.00 mL溶液用0.2000 mol·L－1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液滴定，滴定时发生的反响为Fe2＋＋Ce4＋=Fe3＋＋Ce3＋ ， 到达滴定终点时消耗硫酸亚铁铵溶液20.50 mL，那么该产品的纯度为________。
10.利用NH3可有效消除氮氧化物的污染，还自然“绿水青山〞。
：
Ⅰ.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)DH1=-483.6kJ·mol-1
Ⅱ.N2(g)+O2(g)=2NO(g)DH2=+180.5kJ·mol-1
答复以下问题：
〔1〕在刚性容器中，发生反响Ⅲ：2H2(g)+2NO(g) N2(g)+2H2O(g)DH
①DH=________kJ·mol-1。
②恒温恒压时，以下能说明该反响已到达化学平衡状态的是________(填标号)。
A．v逆(NO)=2v正(N2)
B．混合气体的密度不再变化
C．容器内总压强不再改变
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
〔2〕我国科学研究工作者在刚性容器中按投料比 =1发生反响Ⅲ，不同催化剂条件下，反响相同时间测得NO的转化率与温度的关系，如图。
①催化剂为FeNb0.4Ox时，试分析温度大于350℃时，NO转化率降低的原因是________。
②研究说明该反响v=kcm(H2)c2(NO)，其中k为速率常数，与温度、活化能有关。假设初始速率为r，当H2转化率为50%时，反响速率为 r，由此可知m=________。设该反响的活化能为Ea ， 不同温度T1、T2条件下对应的速率常数分别为k1、k2 ， 存在以下关系：lg = ( ﹣ )(R为常数)。据此推测升高温度时，活化能大小与速率常数变化情况的关系：________。
〔3〕在30MPa、3m%的H2、m%的N2和q%的惰性气体条件进行反响N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)DH＜0合成氨气，测得平衡时，NH3体积分数变化情况如图。
假设q=10时，M点的N2的分压=________MPa。此时该反响的压强平衡常数Kp=________(MPa)-2(保存三位有效数字)(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数)。
11.Fe—Cr—Si系合金是一种新型耐磨耐腐蚀的材料，具有较好的开展前景。按要求答复以下问题。
〔1〕基态Cr2+与Fe的未成对电子数之比为________。试从电子排布角度分析水溶液中Fe2+具有强复原性________。假设是形成将其转化为(NH4)2Fe(SO4)2 ， 在空气中相对稳定， 的空间构型为________。
〔2〕由环戊二烯(C5H6 ， )与FeCl2在一定条件下反响得到二茂铁[双环戊二烯基合亚铁，Fe(C5H5)2]， 的空间构型为所有碳原子一定处于同一平面，指出碳原子的杂化形式为________，结构中的大π键可用符号表示 ，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为 )。那么 结构中含有的大π键可表示为________。
〔3〕某含铬配合物，[Cr3O(CH3COO)6(H2O)3]Cl·8H2O，指出其中Cr的化合价为________。几种Cr的卤化物的局部性质如表所示：
卤化物
CrCl3
CrBr3
CrI3
熔点/℃
1150
600
试预测CrBr3的熔点范围________。
〔4〕某晶体中含有K+、Ni2+、Fe2+、CN- ， 其局部微粒在晶胞结构的位置如下列图。1个晶胞中含有CN-________个。该物质常用于吸附Cs+ ， 将取代晶胞中的K+ ， 取代后的物质的化学式为________。
12.曲美布汀是一种消化系统药物的有效成分，能缓解各种原因引起的胃肠痉挛，可通过以下路线合成。
：R—CN R—COOH
答复以下问题：
〔1〕A的名称是________，反响⑤的反响类型是________。
〔2〕写出F的结构简式并用星号(*)标出手性碳原子________。
〔3〕以下有关说法正确的选项是________(填标号)。
a.反响①需用铁粉作催化剂
b.曲美布汀的含氧官能团为酯基和醚键
c.E中所有碳原子可处于同一平面
d.化合物G能发生取代反响、加成反响和消去反响
〔4〕反响⑦的化学方程式为________。
〔5〕化合物M是E的同分异构体，符合以下条件的M的可能结构有________种。其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为________。
i.M为苯的二元取代物
ii.既能发生银镜反响又能发生水解反响
〔6〕参照上述合成路线，以 和OCH—CH2—CH2—CH2—CHO为原料，设计制备 的合成路线(无机试剂任选)________。
答案解析局部
一、单项选择题
1.【答案】 B
【解析】【解答】 青铜为铜的合金，并不是纯金属
故答案为：B
【分析】A.根据原子的质量数和质子数来计算中子数；
B.青铜式最早的合金，是在纯铜中参加锡、铅构成的合金；
C.丝绸为蚕吐出的蚕丝所编制而成，成分为蛋白质，蛋白质变为黑炭的过程为蛋白质的灼烧，产生二氧化碳和水及少量副产物
D.陶瓷碎片为天然或合成化合物经过成型和高温烧结而成的非金属材料。
2.【答案】 C
【解析】【解答】A.分子中含有氮原子、氯原子，属于经的衍生物，A不符合题意;
B.含有碳碳双键等，可以发生氧化反响，含有氯原子、亚氨基等，可以发生取代反响，但不能发生缩聚反响，B不符合题意;
C.由结构简式可知，该有机物分子的不饱和度为18，可以形成含有5个苯环的稠环化合物，C符合题意;
D.苯环、碳碳双键、碳氮双键能与氢气发生加成反响，1mol clofazimine最多能与13mol H2发生加成反响，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A.判断有机物的分子式要数清楚结构式中的各个原子个数，对于C原子周围的H原子个数要认真的数清楚；
B.有机物几乎都能发生氧化反响，而双键能够发生加成和加聚反响，缩聚反响指在一定条件下脱去小分子而形成高聚物，一般具有氨基和羧基可以发生缩聚反响；
C.同分异构体要满足分子式相同，且和原物质不是同一种物质；
D.苯环可以和3分子氢气反响，一分子双键和一分子氢气发生加成反响。
3.【答案】 D
【解析】【解答】A．BrCl之间是不同原子形成的共价键，属于极性键，故A不符合题意；
B．溴自由基和氯自由基处于低价，Br和O3反响生成BrO，具有复原性，故B不符合题意；
C．BrO+HO2=HOBr+OH，循环大气中OH自由基的浓度升高，故C不符合题意；
D．BrCl的循环中自由基Br和臭氧结合生成BrO而造成臭氧含量减小，自由基Br结合Hg0生成HgII ， 造成水中汞含量超标，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.非极性键是相同原子之间形成的，不同原子之间形成的是极性键
B.根据图中臭氧和溴自由基的反响即可判断
C.通过BrO和HO2的作用即可判断羟基自由基的含量在增加
D.根据图示中的流程即可判断可以消耗臭氧和增加汞
4.【答案】 C
【解析】【解答】A．元素非金属性强弱顺序根据元素所在周期表中的位置进行判断，强弱顺序为；C
C．H与C、N、O可以形成CH4、NH3、H2O三种10电子微粒，故C符合题意；
D．1molMDI中所含H—C键为10NA ， 因苯环有8个H—C键，故D不不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据结构简式中原子成键特点：W形成1个化学键，且是原子序数最小的原子，故推测W为H元素，X形成4个化学键，推测X是C元素，Y形成三个化学键且物质用于聚氨酯故应该是N元素，Z形成2个化学键推测Z元素是O元素，故W、X、Y、Z分别为：H、C、N、O元素。
5.【答案】 B
【解析】【解答】A．酯化反响在酸性条件下为可逆反响，除去产物中的水可以提高产量，A不符合题意；
B．苯甲酸乙酯溶于乙醚，乙醚密度比水小，有机相应在上层，B符合题意；
C．反响后有杂质浓硫酸和未反响的苯甲酸，可用冷水和Na2CO3溶液洗涤除去，C不符合题意；
D．蒸馏除去乙醚时，乙醚沸点34.5℃可用水浴加热，实验台附近严禁火源，以防危险事故，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.酯化反响的可逆性，通过及时分理出产物可以提高产率
B.根据 乙醚的相对密度为0.7134， 密度小于水的密度，有机层密度小于水处于上层
C.冷水和碳酸钠溶液的洗涤目的主要是除杂
D.乙醚的沸点 为34.5℃较低，可以采用水浴加热
6.【答案】 D
【解析】【解答】解：A项，比照②③，②Fe附近的溶液中参加K3[Fe〔CN〕6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+ ， ③Fe附近的溶液中参加K3[Fe〔CN〕6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+ ， ②中Fe被保护，A项不符合题意；
B.①参加K3[Fe〔CN〕6]在Fe外表产生蓝色沉淀，Fe外表产生了Fe2+ ， 比照①②的异同，①可能是K3[Fe〔CN〕6]将Fe氧化成Fe2+ ， B项不符合题意；
C.比照①②，①参加K3[Fe〔CN〕6]在Fe外表产生蓝色沉淀，①也能检验出Fe2+ ， 不能用①的方法验证Zn保护Fe，C项不符合题意；
D.由实验可知K3[Fe〔CN〕6]可能将Fe氧化成Fe2+ ， 将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A项，比照②③，②Fe附近的溶液中参加K3[Fe〔CN〕6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+ ， ③Fe附近的溶液中参加K3[Fe〔CN〕6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+ ， ②中Fe被保护；B项，①参加K3[Fe〔CN〕6]在Fe外表产生蓝色沉淀，Fe外表产生了Fe2+ ， 比照①②的异同，①可能是K3[Fe〔CN〕6]将Fe氧化成Fe2+；C项，比照①②，①也能检验出Fe2+ ， 不能用①的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知K3[Fe〔CN〕6]可能将Fe氧化成Fe2+ ， 将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼。
7.【答案】 D
【解析】【解答】A. 溶液中存在 的电离平衡和水解平衡、 的电离平衡、 的电离平衡，故A不符合题意；
B. 溶液中含P元素的粒子有 、 、 和 ，故B不符合题意；
C. 溶液的pH随着 初始浓度的增大逐渐减小，但当 的浓度增大到10 时，浓度再增大，溶液的pH根本不变，故C不符合题意；
D. 与 反响生成 和 ，因为 浓度大于1 ，那么可得到 浓度也大于1 。根据图1可知：当 的浓度大于1 时其 ；根据图2可知当 时 的分布分数到达 ，即 几乎全部转化为 ，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】此题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握弱电解质的电离特点以及图象曲线的变化趋势，难度不大。
二、综合题
8.【答案】 〔1〕三颈烧瓶；B
〔2〕防止硝基取代两个酚羟基对位上的氢原子
〔3〕在烧杯中参加适量的浓硝酸，沿杯壁缓慢参加一定量的浓硫酸，边加边搅拌，冷却
〔4〕B,D
〔5〕A,C
〔6〕取最后一次洗涤液少量，滴加氯化钡溶液，假设无沉淀产生，证明已经洗涤干净，反之那么没有洗涤干净
〔7〕14.3%
【解析】【解答】(1)根据仪器的外观可知图1中仪器a的名称是三颈烧瓶，由题中信息可知，在磺化步骤中要控制温度低于65°C。假设温度过低，磺化反响的速率过慢；间苯二酚具有较强的复原性，而浓硫酸具有强氧化性，假设温度过高，苯二酚易被浓硫酸氧化，并且酚羟基的所有邻位均可被磺化，这将影响下一步硝化反响的进行，因此，在磺化步骤中控制温度最适宜的范围为60°C~65°C，选B，故答案为：三颈烧瓶；B；
(2)：酚羟基邻对位的氢原子比较活泼，均易被取代，故第一步磺化引入磺酸基基团(—SO3H)的作用是防止硝基取代两个酚羟基对位上的氢原子，故答案为：防止硝基取代两个酚羟基对位上的氢原子；
(3)类比浓硫酸的稀释方法，为了防止液体飞溅和硝酸温度过高发生分解和挥发过多，要将浓硫酸慢慢参加浓硝酸中，因此，硝化步骤中制取“混酸〞的具体操作是：在烧杯中参加适量的浓硝酸，沿杯壁缓慢参加一-定量的浓硫酸，边加边搅拌，冷却，故答案为：在烧杯中参加适量的浓硝酸，沿杯壁缓慢参加一定量的浓硫酸，边加边搅拌，冷却；
(4)由题中信息可知，水蒸气蒸馏是别离和提纯有机物的方法之一，在低于100°C的情况下,有机物可以随水蒸气一起被蒸馏出来，从而到达别离提纯的目的。因此，被提纯物质必须具备的条件是：其在一定的温度范围内有一定的挥发性，可以随水蒸气-起被蒸馏出来；不溶或难溶于水，便于最后别离；在沸腾条件下不与水发生化学反响，选BD，故答案为：BD；
(5) A．由于2-硝基-1，3-苯二酚的熔点是87.8°C，且其难溶于水，因此，冷凝管C中有2-硝基-1， 3-苯二酚析出，可能看到的现象是冷凝管内壁有桔红色晶体析出，A正确；
B．反响一段时间后，停止蒸馏，应先翻开旋塞，再熄灭酒精灯，B不正确；
C．图2中烧瓶A中长玻璃管起稳压作用，能使装置中的气体压强维持在一定的平安范围， 既能防止装置中压强过大引起事故，又能防止压强过小引起倒吸，C正确；
故答案为：AC；
(6)实验证明2-硝基-1，3-苯二酚已经洗涤干净， 取最后一次洗涤液少量，滴加氯化钡溶液，假设无沉淀产生，证明已经洗涤干净，反之那么没有洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少量，滴加氯化钡溶液，假设无沉淀产生，证明已经洗涤干净，反之那么没有洗涤干净；
(7) 77.0 g间苯二酚的物质的量为= =0.7mol，理论上可以制备出2-硝基-1，3-苯二酚0.7mol，其质量为0.7mol×155g/mol=7×15.5g。 本实验最终获得15.5桔红色晶体，那么2-硝基-1，3-苯二酚的产率= ，约为14.3%，故答案为：14.3%。
【分析】由题中信息可知，间苯二酚与适量浓硫酸共热后可发生磺化反响；待磺化反响结束后将烧瓶置于冷水中，充分冷却后参加“混酸〞，控制温度继续搅拌15min；将硝化反响混合物的稀释液进行水蒸气蒸馏可以得到2-硝基- 1，3-苯二酚。
9.【答案】 〔1〕将氟碳铈矿粉碎以增大接触面积或延长焙烧时间
〔2〕＋3价；BaSO4和SiO2
〔3〕温度85℃、c(H＋)2.5mol/L；溶液中c(SO )增大，易和稀土离子形成复盐沉淀而使浸出率降低
〔4〕2Ce(SO4)2＋2 = Ce2(SO4)3＋(SCN2H3)2＋H2SO4
〔5〕防止Ce3＋被氧化
〔6〕2Ce3＋＋6HCO =Ce2(CO3)3↓＋3CO2↑＋3H2O
〔7〕88.15%
【解析】【解答】(1)将氟碳铈矿粉碎以增大接触面积或延长焙烧时间都可以提高焙烧效率；
(2)CeFCO3中F为-1价，O为-2价，C为+4价，所以Ce为+3价；滤渣A主要为难溶物BaSO4和SiO2；
(3)据图可知当c(H＋)=2.5mol/L浸出率最高，温度为85℃时浸出率最高，所以适宜的条件为温度85℃、c(H＋)=2.5mol/L；根据题目信息可知溶液中c(SO )增大，易和稀土离子形成复盐沉淀而使浸出率降低；
(4)根据题目信息可知反响过程中 被氧化成(SCN2H3)2 ， 而Ce4＋被复原为Ce3＋ ， 根据电子守恒可得化学方程式为2Ce(SO4)2＋2 ===Ce2(SO4)3＋(SCN2H3)2＋H2SO4；
(5)参加双氧水可以防止Ce3＋被氧化；
(6)含Ce3+溶液中参加碳酸氢铵溶液，碳酸氢根电离出的碳酸根与Ce3+结合生成沉淀，促进碳酸氢根的电离，所以会产生大量氢离子，氢离子又和碳酸氢根结合生成二氧化碳和水，所以离子方程式为2Ce3＋＋6HCO =Ce2(CO3)3↓＋3CO2↑＋3H2O；
(7)根据滴定时发生的反响可知25.00mL溶液中n(Ce4+)=n{[(NH4)2Fe(SO4)2]}=0.2000mol/L×0.0205L=0.0041mol，那么样品中n(Ce4+)=0.0041mol× =0.041mol，n(CeO2)=n(Ce4+)=0.041mol，所以样品的纯度为 100%=88.15%。
【分析】氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)在空气中焙烧，Ce元素被氧化，得到CeO2、CeF4 ， 之后用稀硫酸浸取，得到的滤渣A为难溶物BaSO4以及SiO2 ， 滤液A中主要含有Ce4+、Fˉ等，相继参加硫脲和硫酸钠，根据题目信息可知Ce元素转化为 Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O沉淀，依次参加NaOH溶液和稀盐酸，得到含Ce3+的溶液，然后向溶液中参加碳酸氢铵，碳酸氢根电离出的碳酸根与Ce3+结合得到Ce2(CO3)3沉淀，高温灼烧得到CeO2。
10.【答案】 〔1〕-664.1；ABD
〔2〕催化剂失活或活性降低；1；活化能越大的反响，升高温度时，速率常数增加倍数(程度)越大
〔3〕3；0.0257
【解析】【解答】〔1〕①由盖斯定律可知，反响I-反响II得到反响III，因此DH= DH1 - DH2 = -483.6kJ·mol-1 - 180.5kJ·mol-1 = -664.1 kJ·mol-1 ，故正确答案是： -664.1
②A.由化学反响速率和化学计量系数之间的关系，v逆(NO)=2V正(N2)时正逆速率相等，反响到达化学平衡状态，故A符合题意
B.由质量守恒定律可知，反响前后混合气体的质量不变，该反响是体积不等的反响，恒温恒压时密度不变可以说明化学平衡，故B符合题意
C.恒温恒压时，容器内的始终压强不变，压强不变不能说明正逆速率相等，不能判断是否到达平衡，故C不符合题意
D.由质量守恒定律，反响前后的质量不变，且气体分子的系数不等，平均相对分子质量不变可以说明化学到达平衡状态，故D符合题意
〔2〕①由图可知， 催化剂为FeNb0.4Ox ，转化率随着温度升高增大先增大后减小，原因是反响未到达平衡，温度低于350摄氏度时，温度升高，一氧化氮的转化率随着化学反响速率增大而增大，高于350℃时， 催化剂的活性降低导致速率下降，故正确答案是：催化剂活性降低
②假设温度为T1，初始氢气和一氧化氮的浓度都为1mol/L, 由v=kcm(H2)c2(NO) 可知，初始的速率r=k,根据转化率为50%时，此时一氧化氮和氢气的浓度诶0.5mol/L,根据速率 r =rxmx2,m=1,由 lg = ( ﹣ )(R为常数)。可知，温度升高，( ﹣ )减小，弱假设活化能Ea增大， lg 越大，说明活化能越大的反响，升高温度时，速率增大的倍数越大，故正确答案是：1 、 活化能越大的反响，升高温度时，速率常数增加倍数(程度)越大
〔3〕假设q=10,由题意可知， 3m% + m% +10%=1，即可求出m=22,5,，因此氮气的分压为22.5%x30Mpa=6.75Mpa,氢气的平衡分压是6.75Mpax3=20.25Mp，惰性气体的分压是10%x30Mpa=3Mpa.因此设氮气的变化分压为xMpa,结合三行式进行计算即可
N2(g)+
3H2(g)
2NH3(g)
起始
6.75
20.25
0
转化
x
3x
2x
平衡
6.75-x
20.05-3x
2x
由氨气的含量为， 即可得出。x=3.75,即可求出氮气和氢气和氨气的分压为3.9.7.5，平衡常数==0.0257
故正确答案是3,0.0257
【分析】〔1〕①根据盖斯定律即可计算出焓变②根据 2H2(g)+2NO(g) N2(g)+2H2O(g)，反响前后是气体系数减小的反响们可以通过某物质的正逆速率相等以及浓度不变以及密度不变和相对分子质量不变判断是否到达平衡
〔2〕①温度升高速率加快，但是温度过高催化剂活性降低
②根据给出的数据即可计算出吗数值，结合公式 lg = ( ﹣ )(R为常数) 判断温度与速率常数的关系即可比较活化能与速率的关系
〔3〕根据给出的数据结合三行式即可计算出平衡时的分压即可计算出常数
11.【答案】 〔1〕1：1；Fe2+ 的3d轨道有6个电子，失去1个电子后3d轨道电子排布处于半充满稳定状态；正四面体结构
〔2〕sp2；
〔3〕+3；600℃-1150℃
〔4〕24；Cs8Fe4Ni4(CN)24
【解析】【解答】〔1〕基态Cr2+离子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d4 ， 其3d轨道上有4个未成对电子， Fe核外有26个电子，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2 ， 其3d轨道上有4个未成对电子，故未成对电子数之比为1：1；
铁为26号元素，元素在周期表中位于第四周期Ⅷ族；由于Fe2+的价电子3d6失去一个电子可形成3d5半充满稳定结构，所以Fe2+易被氧化成Fe3+ ，
故答案为：Fe2+ 的3d轨道有6个电子，失去1个电子后3d轨道电子排布处于半充满稳定状态；
根据价层电子对互斥理论，价层电子对个数=σ键+孤电子对个数， 中中心原子S的价层电子对为 =4，孤电子对数为 =0，不含孤电子对，所以空间构型是正四面体结构；
〔2〕由题意可知 的C环是平面的，故知其中5个C原子应为sp2杂化；因5个C原子均是sp2杂化，那么应各有一个未杂化的p电子参与形成5个C原子的大π键，加上负电荷的电子，共有6个电子参与形成大π键，故大键为 ；
(3)根据化合物中各元素化合价代数和为0，H2O化合价总和为0，CH3COO-根价为-1，O化合价为-2，Cl化合价为-1，设Cr 的化合价为x，那么[Cr3O(CH3COO)6(H2O)3]Cl·8H2O中有3x+(-2)+(-1) 6+0 +(-1)+0 =0，解得x=+3，即其中Cr的化合价为+3价；
根据Cr的卤化物的熔点可知，卤化物均为离子晶体，结构和组成相同的离子晶体，离子半径越大，形成的离子键越不稳定，熔点越低，故熔点CrCl3> CrBr3> CrI3 ， 故CrBr3的熔点范围为600℃-1150℃；
(4)根据均摊法，一个晶胞中含有K+的个数为8个、Ni2+的个数为12 +1=4个、Fe2+的个数为8 +6 =4个，根据化合物中各元素化合价代数和为0可知1 8+2 4+2 4=24，故CN-的个数为24个；晶胞的化学式为K8Fe4Ni4(CN)24；该物质常用于吸附Cs+ ， 将取代晶胞中的K+ ， 取代后的物质的化学式为Cs8Fe4Ni4(CN)24。
【分析】〔1〕写出 Cr2+与Fe的价电子轨道排布即可，根据核外电子能级排布即可判断失去电子后到达半充满状态，计算出硫酸根离子中硫原子的价层电子对以及孤对电子即可
〔2〕根据处于同一平面即可判断杂化方式，根据化学式即可找出π键的电子数即可
〔3〕根据常见元素的化合价即可计算出Cr的化合价，结构相似的离子晶体的熔沸点主要和半径和电荷有关即可判断
〔4〕根据占位法计算出阳离子的个数结合化合价代数和为0即可计算出CN-的离子个数，根据占位即可计算出化学式
12.【答案】 〔1〕甲苯；复原反响
〔2〕
〔3〕bd
〔4〕+ → +HBr
〔5〕15；
〔6〕OCHCH2CH2CHO HOCH2CH2CH2CH2OH BrCH2CH2CH2CH2Br
【解析】【解答】(1) A的分子式是C7H8 ， 由C的结构简式逆推，可知A是 ，名称是甲苯；反响⑤是 生成 ，分子中氢原子数增多、氧原子数减少，所以反响类型是复原反响；
(2) F的分子式是C10H14O，由G的结构简式逆推，可知F是 ； 与4个不同原子或原子团相连的碳原子为手性碳原子，用星号(*)标出 中手性碳原子为 。
(3) a.反响①是甲苯中甲基上的碳原子被氯原子代替，条件为光照，故a不符合题意；
b. 的含氧官能团为酯基和醚键(红圈标出)，故b符合题意；
c. 中标*号的碳原子通过单键与3个碳原子相连(红圈标出)，不可能所有碳原子可处于同一平面，故c不符合题意；
d.化合物 含有溴原子、羟基能发生取代反响，含有苯环能发生加成反响，含有溴原子能发生消去反响，故d符合题意；
选bd；
(4)反响⑦是 和 发生取代反响生成 和HBr，反响的化学方程式为 + → +HBr；
(5) i.苯的二元取代物； ii.既能发生银镜反响又能发生水解反响，说明含有-OOCH；符合条件的 的同分异构体有 、 、 、 、 、 、 、 、 、 、 、 、 、 、 ，共15种；核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为 。
(6)根据 和 发生取代反响生成 和HBr，可知 由 和BrCH2—CH2—CH2—CH2—CH2Br合成，BrCH2—CH2—CH2—CH2—CH2Br可由HOCH2—CH2—CH2—CH2—CH2OH和HBr发生取代反响制备，OCH—CH2—CH2—CH2—CHO和氢气发生加成反响生成HOCH2—CH2—CH2—CH2—CH2OH； 和OCH—CH2—CH2—CH2—CHO制备 的合成路线为OCHCH2CH2CHO HOCH2CH2CH2CH2OH BrCH2CH2CH2CH2Br 。
【分析】A的分子式是C7H8 ， 由C的结构简式逆推，可知A是 ；F的分子式是C10H14O，由G的结构简式逆推，可知F是 ；H和 反响生成 ，逆推可知H是 。
高考化学三模试卷
一、单项选择题
1.我国四川广汉的三星堆遗址距今已有3000～5000年历史，2021年3月20日，三星堆遗址新出土了多达500多件重要文物，如黄金面具、丝绸“黑炭〞、青铜神树、陶瓷碎片等。以下有关表达错误的选项是〔 〕
A.考古时利用 C测定文物的年代， C的中子数为8
B.黄金面具、青铜神树的成分均为纯金属
C.丝绸转化为“黑炭〞的过程涉及化学变化
D.三星堆中含有大量的陶瓷碎片，属于无机非金属材料
2.抗麻风药物clofazimine对SARS—CoV—2表现出强大的抗病毒活性，并能缓解与重症COVID—19相关的过度炎症反响。clofazimine的结构简式如下列图：
以下有关clofazimin的表达正确的选项是〔 〕
A.属于芳香烃，分子式为C27H21Cl2N4
B.能发生取代、氧化、缩聚反响
C.该物质存在含5个苯环的同分异构体
D.1molclofazimine最多能与11molH2发生加成反响
3.冬季燃煤活动排放的大量活性溴化合物BrCl能通过光解释放溴自由基和氯自由基，从而影响大气中自由基(OH、HO2、RO2)的浓度，其原理循环如下列图。以下说法正确的选项是〔 〕
A.活性溴化合物BrCl中含非极性键
B.溴自由基和氯自由基只具有氧化性
C.通过循环大气中OH自由基的浓度降低
D.BrCl的排放会造成臭氧含量减少、水中汞含量超标等
4.MDI广泛应用于聚氨酯弹性体，其结构简式如图，其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，且均小于10。
设NA为阿伏加德罗常数的值，以下有关表达正确的选项是〔 〕
A. 元素非金属性：X>Y>Z B. W、X、Z形成的化合物一定是二元弱酸
C. W与X、Y、Z均可形成至少2种10电子微粒 D. 1molMDI中所含X—W键为2NA
5.苯甲酸乙酯为无色液体，相对密度为1.0458，沸点为212℃，微溶于水，易溶于乙醚。实验室常由苯甲酸和乙醇在浓硫酸催化下反响制备，粗产物经洗涤、乙醚萃取、枯燥及蒸馏等操作后得到纯品。乙醚的相对密度为0.7134，沸点34.5℃。以下说法错误的选项是〔 〕
A.该反响为可逆反响，及时将生成的水移除反响体系可提高产率
B.用乙醚萃取苯甲酸乙酯时，有机相位于分液漏斗的下层
C.冷水和Na2CO3溶液洗涤的目的是除去浓硫酸和未反响的苯甲酸
D.蒸馏除去乙醚时，需水浴加热，实验台附近严禁火源
6.验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下〔烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液〕。
①
②
③
在Fe外表生成蓝色沉淀
试管内无明显变化
试管内生成蓝色沉淀
以下说法错误的选项是〔 〕
A. 比照②③，可以判定Zn保护了Fe B. 比照①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化
C. 验证Zn保护Fe时不能用①的方法 D. 将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼
7.是制备电池的重要原料。室温下， 溶液的pH随 的变化如图甲所示， 溶液中 的分布分数 随pH的变化如图乙所示 。
以下有关 溶液的表达正确的选项是
A. 溶液中存在3个平衡
B. 含P元素的粒子有 、 和
C. 随 增大，溶液的pH明显变小
D. 用浓度大于 的 溶液溶解 ，当pH到达 时， 几乎全部转化为
二、综合题
8.2-硝基-1，3-苯二酚是重要的医药中间体。实验室常以间苯二酚为原料，经磺化、硝化、去磺酸基三步合成：
局部物质相关性质如下表：
名称
相对分子质量
性状
熔点/℃
水溶性(常温)
间苯二酚
110
白色针状晶体
110.7
易溶
2-硝基-1，
3-苯二酚
155
桔红色针状晶体
87.8
难溶
制备过程如下：
第一步：磺化。称取77.0 g间苯二酚，碾成粉末放入烧瓶中，慢慢参加适量浓硫酸并不断搅拌，控制温度在一定范围内搅拌15 min(如图1)。
第二步：硝化。待磺化反响结束后将烧瓶置于冷水中，充分冷却后参加“混酸〞，控制温度继续搅拌15 min。
第三步：蒸馏。将硝化反响混合物的稀释液转移到圆底烧瓶B中，然后用如图2所示装置进行水蒸气蒸馏(水蒸气蒸馏可使待提纯的有机物在低于100℃的情况下随水蒸气一起被蒸馏出来，从而到达别离提纯的目的)，收集馏出物，得到2-硝基-1，3-苯二酚粗品。
请答复以下问题：
〔1〕图1中仪器a的名称是________；磺化步骤中控制温度最适宜的范围为________(填字母代号，下同)。
A．30～60℃ B．60～65℃
C．65～70℃ D．70~100℃
〔2〕：酚羟基邻对位的氢原子比较活泼，均易被取代。请分析第一步磺化引入磺酸基基团(—SO3H)的作用是________。
〔3〕硝化步骤中制取“混酸〞的具体操作是________。
〔4〕水蒸气蒸馏是别离和提纯有机物的方法之一，被提纯物质必须具备的条件正确的选项是___________。
A.具有较低的熔点
B.不溶或难溶于水，便于最后别离
C.难挥发性
D.在沸腾下与水不发生化学反响
〔5〕以下说法正确的选项是___________。
A.直型冷凝管内壁中可能会有红色晶体析出
B.反响一段时间后，停止蒸馏，先熄灭酒精灯，再翻开旋塞，最后停止通冷凝水
C.烧瓶A中长玻璃管起稳压作用，既能防止装置中压强过大引起事故，又能防止压强过小引起倒吸
〔6〕蒸馏所得2-硝基-1，3-苯二酚中仍含少量杂质，可用少量乙醇水混合剂洗涤。请设计简单实验证明2-硝基-1，3-苯二酚已经洗涤干净________。
〔7〕本实验最终获得15.5 g桔红色晶体，那么2-硝基-1，3-苯二酚的产率约为________(保存3位有效数字)。
9.铈是稀土中丰度最高的元素，其在电子材料、催化剂等方面的应用广泛。现以氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)为原料制备氧化铈(CeO2)，并测定其纯度。其工艺流程如下：
：①稀土离子易和SO 形成复盐沉淀：
Ce2(SO4)3＋Na2SO4＋nH2O= Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O↓(复盐沉淀)；
②硫脲：一种有机物，结构简式为 ，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2；
③Ce3＋在空气中易被氧化为Ce4＋；
答复以下问题：
〔1〕焙烧时，为了提高焙烧效率，可采取的措施有________
〔2〕CeFCO3中Ce元素的化合价为________，滤渣A的主要成分是________
〔3〕焙烧后参加硫酸浸出，稀土的浸出率和硫酸浓度、温度有关，如下列图，应选择的适宜的条件为________，硫酸浓度过大时，浸出率减小的原因是________。
〔4〕参加硫脲的目的是将Ce4＋复原为Ce3＋ ， 反响的化学方程式为________。
〔5〕步骤③参加盐酸后，通常还需参加H2O2 ， 其主要目的为________。
〔6〕步骤④的离子方程式为________。
〔7〕取所得产品CeO2 8.0g，用30 mL高氯酸和20 mL磷酸混合液加热溶解，冷却至室温后，配成250 mL溶液。取25.00 mL溶液用0.2000 mol·L－1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液滴定，滴定时发生的反响为Fe2＋＋Ce4＋=Fe3＋＋Ce3＋ ， 到达滴定终点时消耗硫酸亚铁铵溶液20.50 mL，那么该产品的纯度为________。
10.利用NH3可有效消除氮氧化物的污染，还自然“绿水青山〞。
：
Ⅰ.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)DH1=-483.6kJ·mol-1
Ⅱ.N2(g)+O2(g)=2NO(g)DH2=+180.5kJ·mol-1
答复以下问题：
〔1〕在刚性容器中，发生反响Ⅲ：2H2(g)+2NO(g) N2(g)+2H2O(g)DH
①DH=________kJ·mol-1。
②恒温恒压时，以下能说明该反响已到达化学平衡状态的是________(填标号)。
A．v逆(NO)=2v正(N2)
B．混合气体的密度不再变化
C．容器内总压强不再改变
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
〔2〕我国科学研究工作者在刚性容器中按投料比 =1发生反响Ⅲ，不同催化剂条件下，反响相同时间测得NO的转化率与温度的关系，如图。
①催化剂为FeNb0.4Ox时，试分析温度大于350℃时，NO转化率降低的原因是________。
②研究说明该反响v=kcm(H2)c2(NO)，其中k为速率常数，与温度、活化能有关。假设初始速率为r，当H2转化率为50%时，反响速率为 r，由此可知m=________。设该反响的活化能为Ea ， 不同温度T1、T2条件下对应的速率常数分别为k1、k2 ， 存在以下关系：lg = ( ﹣ )(R为常数)。据此推测升高温度时，活化能大小与速率常数变化情况的关系：________。
〔3〕在30MPa、3m%的H2、m%的N2和q%的惰性气体条件进行反响N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)DH＜0合成氨气，测得平衡时，NH3体积分数变化情况如图。
假设q=10时，M点的N2的分压=________MPa。此时该反响的压强平衡常数Kp=________(MPa)-2(保存三位有效数字)(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数)。
11.Fe—Cr—Si系合金是一种新型耐磨耐腐蚀的材料，具有较好的开展前景。按要求答复以下问题。
〔1〕基态Cr2+与Fe的未成对电子数之比为________。试从电子排布角度分析水溶液中Fe2+具有强复原性________。假设是形成将其转化为(NH4)2Fe(SO4)2 ， 在空气中相对稳定， 的空间构型为________。
〔2〕由环戊二烯(C5H6 ， )与FeCl2在一定条件下反响得到二茂铁[双环戊二烯基合亚铁，Fe(C5H5)2]， 的空间构型为所有碳原子一定处于同一平面，指出碳原子的杂化形式为________，结构中的大π键可用符号表示 ，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为 )。那么 结构中含有的大π键可表示为________。
〔3〕某含铬配合物，[Cr3O(CH3COO)6(H2O)3]Cl·8H2O，指出其中Cr的化合价为________。几种Cr的卤化物的局部性质如表所示：
卤化物
CrCl3
CrBr3
CrI3
熔点/℃
1150
600
试预测CrBr3的熔点范围________。
〔4〕某晶体中含有K+、Ni2+、Fe2+、CN- ， 其局部微粒在晶胞结构的位置如下列图。1个晶胞中含有CN-________个。该物质常用于吸附Cs+ ， 将取代晶胞中的K+ ， 取代后的物质的化学式为________。
12.曲美布汀是一种消化系统药物的有效成分，能缓解各种原因引起的胃肠痉挛，可通过以下路线合成。
：R—CN R—COOH
答复以下问题：
〔1〕A的名称是________，反响⑤的反响类型是________。
〔2〕写出F的结构简式并用星号(*)标出手性碳原子________。
〔3〕以下有关说法正确的选项是________(填标号)。
a.反响①需用铁粉作催化剂
b.曲美布汀的含氧官能团为酯基和醚键
c.E中所有碳原子可处于同一平面
d.化合物G能发生取代反响、加成反响和消去反响
〔4〕反响⑦的化学方程式为________。
〔5〕化合物M是E的同分异构体，符合以下条件的M的可能结构有________种。其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为________。
i.M为苯的二元取代物
ii.既能发生银镜反响又能发生水解反响
〔6〕参照上述合成路线，以 和OCH—CH2—CH2—CH2—CHO为原料，设计制备 的合成路线(无机试剂任选)________。
答案解析局部
一、单项选择题
1.【答案】 B
【解析】【解答】 青铜为铜的合金，并不是纯金属
故答案为：B
【分析】A.根据原子的质量数和质子数来计算中子数；
B.青铜式最早的合金，是在纯铜中参加锡、铅构成的合金；
C.丝绸为蚕吐出的蚕丝所编制而成，成分为蛋白质，蛋白质变为黑炭的过程为蛋白质的灼烧，产生二氧化碳和水及少量副产物
D.陶瓷碎片为天然或合成化合物经过成型和高温烧结而成的非金属材料。
2.【答案】 C
【解析】【解答】A.分子中含有氮原子、氯原子，属于经的衍生物，A不符合题意;
B.含有碳碳双键等，可以发生氧化反响，含有氯原子、亚氨基等，可以发生取代反响，但不能发生缩聚反响，B不符合题意;
C.由结构简式可知，该有机物分子的不饱和度为18，可以形成含有5个苯环的稠环化合物，C符合题意;
D.苯环、碳碳双键、碳氮双键能与氢气发生加成反响，1mol clofazimine最多能与13mol H2发生加成反响，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A.判断有机物的分子式要数清楚结构式中的各个原子个数，对于C原子周围的H原子个数要认真的数清楚；
B.有机物几乎都能发生氧化反响，而双键能够发生加成和加聚反响，缩聚反响指在一定条件下脱去小分子而形成高聚物，一般具有氨基和羧基可以发生缩聚反响；
C.同分异构体要满足分子式相同，且和原物质不是同一种物质；
D.苯环可以和3分子氢气反响，一分子双键和一分子氢气发生加成反响。
3.【答案】 D
【解析】【解答】A．BrCl之间是不同原子形成的共价键，属于极性键，故A不符合题意；
B．溴自由基和氯自由基处于低价，Br和O3反响生成BrO，具有复原性，故B不符合题意；
C．BrO+HO2=HOBr+OH，循环大气中OH自由基的浓度升高，故C不符合题意；
D．BrCl的循环中自由基Br和臭氧结合生成BrO而造成臭氧含量减小，自由基Br结合Hg0生成HgII ， 造成水中汞含量超标，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.非极性键是相同原子之间形成的，不同原子之间形成的是极性键
B.根据图中臭氧和溴自由基的反响即可判断
C.通过BrO和HO2的作用即可判断羟基自由基的含量在增加
D.根据图示中的流程即可判断可以消耗臭氧和增加汞
4.【答案】 C
【解析】【解答】A．元素非金属性强弱顺序根据元素所在周期表中的位置进行判断，强弱顺序为；C
C．H与C、N、O可以形成CH4、NH3、H2O三种10电子微粒，故C符合题意；
D．1molMDI中所含H—C键为10NA ， 因苯环有8个H—C键，故D不不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据结构简式中原子成键特点：W形成1个化学键，且是原子序数最小的原子，故推测W为H元素，X形成4个化学键，推测X是C元素，Y形成三个化学键且物质用于聚氨酯故应该是N元素，Z形成2个化学键推测Z元素是O元素，故W、X、Y、Z分别为：H、C、N、O元素。
5.【答案】 B
【解析】【解答】A．酯化反响在酸性条件下为可逆反响，除去产物中的水可以提高产量，A不符合题意；
B．苯甲酸乙酯溶于乙醚，乙醚密度比水小，有机相应在上层，B符合题意；
C．反响后有杂质浓硫酸和未反响的苯甲酸，可用冷水和Na2CO3溶液洗涤除去，C不符合题意；
D．蒸馏除去乙醚时，乙醚沸点34.5℃可用水浴加热，实验台附近严禁火源，以防危险事故，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.酯化反响的可逆性，通过及时分理出产物可以提高产率
B.根据 乙醚的相对密度为0.7134， 密度小于水的密度，有机层密度小于水处于上层
C.冷水和碳酸钠溶液的洗涤目的主要是除杂
D.乙醚的沸点 为34.5℃较低，可以采用水浴加热
6.【答案】 D
【解析】【解答】解：A项，比照②③，②Fe附近的溶液中参加K3[Fe〔CN〕6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+ ， ③Fe附近的溶液中参加K3[Fe〔CN〕6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+ ， ②中Fe被保护，A项不符合题意；
B.①参加K3[Fe〔CN〕6]在Fe外表产生蓝色沉淀，Fe外表产生了Fe2+ ， 比照①②的异同，①可能是K3[Fe〔CN〕6]将Fe氧化成Fe2+ ， B项不符合题意；
C.比照①②，①参加K3[Fe〔CN〕6]在Fe外表产生蓝色沉淀，①也能检验出Fe2+ ， 不能用①的方法验证Zn保护Fe，C项不符合题意；
D.由实验可知K3[Fe〔CN〕6]可能将Fe氧化成Fe2+ ， 将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A项，比照②③，②Fe附近的溶液中参加K3[Fe〔CN〕6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+ ， ③Fe附近的溶液中参加K3[Fe〔CN〕6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+ ， ②中Fe被保护；B项，①参加K3[Fe〔CN〕6]在Fe外表产生蓝色沉淀，Fe外表产生了Fe2+ ， 比照①②的异同，①可能是K3[Fe〔CN〕6]将Fe氧化成Fe2+；C项，比照①②，①也能检验出Fe2+ ， 不能用①的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知K3[Fe〔CN〕6]可能将Fe氧化成Fe2+ ， 将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼。
7.【答案】 D
【解析】【解答】A. 溶液中存在 的电离平衡和水解平衡、 的电离平衡、 的电离平衡，故A不符合题意；
B. 溶液中含P元素的粒子有 、 、 和 ，故B不符合题意；
C. 溶液的pH随着 初始浓度的增大逐渐减小，但当 的浓度增大到10 时，浓度再增大，溶液的pH根本不变，故C不符合题意；
D. 与 反响生成 和 ，因为 浓度大于1 ，那么可得到 浓度也大于1 。根据图1可知：当 的浓度大于1 时其 ；根据图2可知当 时 的分布分数到达 ，即 几乎全部转化为 ，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】此题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握弱电解质的电离特点以及图象曲线的变化趋势，难度不大。
二、综合题
8.【答案】 〔1〕三颈烧瓶；B
〔2〕防止硝基取代两个酚羟基对位上的氢原子
〔3〕在烧杯中参加适量的浓硝酸，沿杯壁缓慢参加一定量的浓硫酸，边加边搅拌，冷却
〔4〕B,D
〔5〕A,C
〔6〕取最后一次洗涤液少量，滴加氯化钡溶液，假设无沉淀产生，证明已经洗涤干净，反之那么没有洗涤干净
〔7〕14.3%
【解析】【解答】(1)根据仪器的外观可知图1中仪器a的名称是三颈烧瓶，由题中信息可知，在磺化步骤中要控制温度低于65°C。假设温度过低，磺化反响的速率过慢；间苯二酚具有较强的复原性，而浓硫酸具有强氧化性，假设温度过高，苯二酚易被浓硫酸氧化，并且酚羟基的所有邻位均可被磺化，这将影响下一步硝化反响的进行，因此，在磺化步骤中控制温度最适宜的范围为60°C~65°C，选B，故答案为：三颈烧瓶；B；
(2)：酚羟基邻对位的氢原子比较活泼，均易被取代，故第一步磺化引入磺酸基基团(—SO3H)的作用是防止硝基取代两个酚羟基对位上的氢原子，故答案为：防止硝基取代两个酚羟基对位上的氢原子；
(3)类比浓硫酸的稀释方法，为了防止液体飞溅和硝酸温度过高发生分解和挥发过多，要将浓硫酸慢慢参加浓硝酸中，因此，硝化步骤中制取“混酸〞的具体操作是：在烧杯中参加适量的浓硝酸，沿杯壁缓慢参加一-定量的浓硫酸，边加边搅拌，冷却，故答案为：在烧杯中参加适量的浓硝酸，沿杯壁缓慢参加一定量的浓硫酸，边加边搅拌，冷却；
(4)由题中信息可知，水蒸气蒸馏是别离和提纯有机物的方法之一，在低于100°C的情况下,有机物可以随水蒸气一起被蒸馏出来，从而到达别离提纯的目的。因此，被提纯物质必须具备的条件是：其在一定的温度范围内有一定的挥发性，可以随水蒸气-起被蒸馏出来；不溶或难溶于水，便于最后别离；在沸腾条件下不与水发生化学反响，选BD，故答案为：BD；
(5) A．由于2-硝基-1，3-苯二酚的熔点是87.8°C，且其难溶于水，因此，冷凝管C中有2-硝基-1， 3-苯二酚析出，可能看到的现象是冷凝管内壁有桔红色晶体析出，A正确；
B．反响一段时间后，停止蒸馏，应先翻开旋塞，再熄灭酒精灯，B不正确；
C．图2中烧瓶A中长玻璃管起稳压作用，能使装置中的气体压强维持在一定的平安范围， 既能防止装置中压强过大引起事故，又能防止压强过小引起倒吸，C正确；
故答案为：AC；
(6)实验证明2-硝基-1，3-苯二酚已经洗涤干净， 取最后一次洗涤液少量，滴加氯化钡溶液，假设无沉淀产生，证明已经洗涤干净，反之那么没有洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少量，滴加氯化钡溶液，假设无沉淀产生，证明已经洗涤干净，反之那么没有洗涤干净；
(7) 77.0 g间苯二酚的物质的量为= =0.7mol，理论上可以制备出2-硝基-1，3-苯二酚0.7mol，其质量为0.7mol×155g/mol=7×15.5g。 本实验最终获得15.5桔红色晶体，那么2-硝基-1，3-苯二酚的产率= ，约为14.3%，故答案为：14.3%。
【分析】由题中信息可知，间苯二酚与适量浓硫酸共热后可发生磺化反响；待磺化反响结束后将烧瓶置于冷水中，充分冷却后参加“混酸〞，控制温度继续搅拌15min；将硝化反响混合物的稀释液进行水蒸气蒸馏可以得到2-硝基- 1，3-苯二酚。
9.【答案】 〔1〕将氟碳铈矿粉碎以增大接触面积或延长焙烧时间
〔2〕＋3价；BaSO4和SiO2
〔3〕温度85℃、c(H＋)2.5mol/L；溶液中c(SO )增大，易和稀土离子形成复盐沉淀而使浸出率降低
〔4〕2Ce(SO4)2＋2 = Ce2(SO4)3＋(SCN2H3)2＋H2SO4
〔5〕防止Ce3＋被氧化
〔6〕2Ce3＋＋6HCO =Ce2(CO3)3↓＋3CO2↑＋3H2O
〔7〕88.15%
【解析】【解答】(1)将氟碳铈矿粉碎以增大接触面积或延长焙烧时间都可以提高焙烧效率；
(2)CeFCO3中F为-1价，O为-2价，C为+4价，所以Ce为+3价；滤渣A主要为难溶物BaSO4和SiO2；
(3)据图可知当c(H＋)=2.5mol/L浸出率最高，温度为85℃时浸出率最高，所以适宜的条件为温度85℃、c(H＋)=2.5mol/L；根据题目信息可知溶液中c(SO )增大，易和稀土离子形成复盐沉淀而使浸出率降低；
(4)根据题目信息可知反响过程中 被氧化成(SCN2H3)2 ， 而Ce4＋被复原为Ce3＋ ， 根据电子守恒可得化学方程式为2Ce(SO4)2＋2 ===Ce2(SO4)3＋(SCN2H3)2＋H2SO4；
(5)参加双氧水可以防止Ce3＋被氧化；
(6)含Ce3+溶液中参加碳酸氢铵溶液，碳酸氢根电离出的碳酸根与Ce3+结合生成沉淀，促进碳酸氢根的电离，所以会产生大量氢离子，氢离子又和碳酸氢根结合生成二氧化碳和水，所以离子方程式为2Ce3＋＋6HCO =Ce2(CO3)3↓＋3CO2↑＋3H2O；
(7)根据滴定时发生的反响可知25.00mL溶液中n(Ce4+)=n{[(NH4)2Fe(SO4)2]}=0.2000mol/L×0.0205L=0.0041mol，那么样品中n(Ce4+)=0.0041mol× =0.041mol，n(CeO2)=n(Ce4+)=0.041mol，所以样品的纯度为 100%=88.15%。
【分析】氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)在空气中焙烧，Ce元素被氧化，得到CeO2、CeF4 ， 之后用稀硫酸浸取，得到的滤渣A为难溶物BaSO4以及SiO2 ， 滤液A中主要含有Ce4+、Fˉ等，相继参加硫脲和硫酸钠，根据题目信息可知Ce元素转化为 Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O沉淀，依次参加NaOH溶液和稀盐酸，得到含Ce3+的溶液，然后向溶液中参加碳酸氢铵，碳酸氢根电离出的碳酸根与Ce3+结合得到Ce2(CO3)3沉淀，高温灼烧得到CeO2。
10.【答案】 〔1〕-664.1；ABD
〔2〕催化剂失活或活性降低；1；活化能越大的反响，升高温度时，速率常数增加倍数(程度)越大
〔3〕3；0.0257
【解析】【解答】〔1〕①由盖斯定律可知，反响I-反响II得到反响III，因此DH= DH1 - DH2 = -483.6kJ·mol-1 - 180.5kJ·mol-1 = -664.1 kJ·mol-1 ，故正确答案是： -664.1
②A.由化学反响速率和化学计量系数之间的关系，v逆(NO)=2V正(N2)时正逆速率相等，反响到达化学平衡状态，故A符合题意
B.由质量守恒定律可知，反响前后混合气体的质量不变，该反响是体积不等的反响，恒温恒压时密度不变可以说明化学平衡，故B符合题意
C.恒温恒压时，容器内的始终压强不变，压强不变不能说明正逆速率相等，不能判断是否到达平衡，故C不符合题意
D.由质量守恒定律，反响前后的质量不变，且气体分子的系数不等，平均相对分子质量不变可以说明化学到达平衡状态，故D符合题意
〔2〕①由图可知， 催化剂为FeNb0.4Ox ，转化率随着温度升高增大先增大后减小，原因是反响未到达平衡，温度低于350摄氏度时，温度升高，一氧化氮的转化率随着化学反响速率增大而增大，高于350℃时， 催化剂的活性降低导致速率下降，故正确答案是：催化剂活性降低
②假设温度为T1，初始氢气和一氧化氮的浓度都为1mol/L, 由v=kcm(H2)c2(NO) 可知，初始的速率r=k,根据转化率为50%时，此时一氧化氮和氢气的浓度诶0.5mol/L,根据速率 r =rxmx2,m=1,由 lg = ( ﹣ )(R为常数)。可知，温度升高，( ﹣ )减小，弱假设活化能Ea增大， lg 越大，说明活化能越大的反响，升高温度时，速率增大的倍数越大，故正确答案是：1 、 活化能越大的反响，升高温度时，速率常数增加倍数(程度)越大
〔3〕假设q=10,由题意可知， 3m% + m% +10%=1，即可求出m=22,5,，因此氮气的分压为22.5%x30Mpa=6.75Mpa,氢气的平衡分压是6.75Mpax3=20.25Mp，惰性气体的分压是10%x30Mpa=3Mpa.因此设氮气的变化分压为xMpa,结合三行式进行计算即可
N2(g)+
3H2(g)
2NH3(g)
起始
6.75
20.25
0
转化
x
3x
2x
平衡
6.75-x
20.05-3x
2x
由氨气的含量为， 即可得出。x=3.75,即可求出氮气和氢气和氨气的分压为3.9.7.5，平衡常数==0.0257
故正确答案是3,0.0257
【分析】〔1〕①根据盖斯定律即可计算出焓变②根据 2H2(g)+2NO(g) N2(g)+2H2O(g)，反响前后是气体系数减小的反响们可以通过某物质的正逆速率相等以及浓度不变以及密度不变和相对分子质量不变判断是否到达平衡
〔2〕①温度升高速率加快，但是温度过高催化剂活性降低
②根据给出的数据即可计算出吗数值，结合公式 lg = ( ﹣ )(R为常数) 判断温度与速率常数的关系即可比较活化能与速率的关系
〔3〕根据给出的数据结合三行式即可计算出平衡时的分压即可计算出常数
11.【答案】 〔1〕1：1；Fe2+ 的3d轨道有6个电子，失去1个电子后3d轨道电子排布处于半充满稳定状态；正四面体结构
〔2〕sp2；
〔3〕+3；600℃-1150℃
〔4〕24；Cs8Fe4Ni4(CN)24
【解析】【解答】〔1〕基态Cr2+离子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d4 ， 其3d轨道上有4个未成对电子， Fe核外有26个电子，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2 ， 其3d轨道上有4个未成对电子，故未成对电子数之比为1：1；
铁为26号元素，元素在周期表中位于第四周期Ⅷ族；由于Fe2+的价电子3d6失去一个电子可形成3d5半充满稳定结构，所以Fe2+易被氧化成Fe3+ ，
故答案为：Fe2+ 的3d轨道有6个电子，失去1个电子后3d轨道电子排布处于半充满稳定状态；
根据价层电子对互斥理论，价层电子对个数=σ键+孤电子对个数， 中中心原子S的价层电子对为 =4，孤电子对数为 =0，不含孤电子对，所以空间构型是正四面体结构；
〔2〕由题意可知 的C环是平面的，故知其中5个C原子应为sp2杂化；因5个C原子均是sp2杂化，那么应各有一个未杂化的p电子参与形成5个C原子的大π键，加上负电荷的电子，共有6个电子参与形成大π键，故大键为 ；
(3)根据化合物中各元素化合价代数和为0，H2O化合价总和为0，CH3COO-根价为-1，O化合价为-2，Cl化合价为-1，设Cr 的化合价为x，那么[Cr3O(CH3COO)6(H2O)3]Cl·8H2O中有3x+(-2)+(-1) 6+0 +(-1)+0 =0，解得x=+3，即其中Cr的化合价为+3价；
根据Cr的卤化物的熔点可知，卤化物均为离子晶体，结构和组成相同的离子晶体，离子半径越大，形成的离子键越不稳定，熔点越低，故熔点CrCl3> CrBr3> CrI3 ， 故CrBr3的熔点范围为600℃-1150℃；
(4)根据均摊法，一个晶胞中含有K+的个数为8个、Ni2+的个数为12 +1=4个、Fe2+的个数为8 +6 =4个，根据化合物中各元素化合价代数和为0可知1 8+2 4+2 4=24，故CN-的个数为24个；晶胞的化学式为K8Fe4Ni4(CN)24；该物质常用于吸附Cs+ ， 将取代晶胞中的K+ ， 取代后的物质的化学式为Cs8Fe4Ni4(CN)24。
【分析】〔1〕写出 Cr2+与Fe的价电子轨道排布即可，根据核外电子能级排布即可判断失去电子后到达半充满状态，计算出硫酸根离子中硫原子的价层电子对以及孤对电子即可
〔2〕根据处于同一平面即可判断杂化方式，根据化学式即可找出π键的电子数即可
〔3〕根据常见元素的化合价即可计算出Cr的化合价，结构相似的离子晶体的熔沸点主要和半径和电荷有关即可判断
〔4〕根据占位法计算出阳离子的个数结合化合价代数和为0即可计算出CN-的离子个数，根据占位即可计算出化学式
12.【答案】 〔1〕甲苯；复原反响
〔2〕
〔3〕bd
〔4〕+ → +HBr
〔5〕15；
〔6〕OCHCH2CH2CHO HOCH2CH2CH2CH2OH BrCH2CH2CH2CH2Br
【解析】【解答】(1) A的分子式是C7H8 ， 由C的结构简式逆推，可知A是 ，名称是甲苯；反响⑤是 生成 ，分子中氢原子数增多、氧原子数减少，所以反响类型是复原反响；
(2) F的分子式是C10H14O，由G的结构简式逆推，可知F是 ； 与4个不同原子或原子团相连的碳原子为手性碳原子，用星号(*)标出 中手性碳原子为 。
(3) a.反响①是甲苯中甲基上的碳原子被氯原子代替，条件为光照，故a不符合题意；
b. 的含氧官能团为酯基和醚键(红圈标出)，故b符合题意；
c. 中标*号的碳原子通过单键与3个碳原子相连(红圈标出)，不可能所有碳原子可处于同一平面，故c不符合题意；
d.化合物 含有溴原子、羟基能发生取代反响，含有苯环能发生加成反响，含有溴原子能发生消去反响，故d符合题意；
选bd；
(4)反响⑦是 和 发生取代反响生成 和HBr，反响的化学方程式为 + → +HBr；
(5) i.苯的二元取代物； ii.既能发生银镜反响又能发生水解反响，说明含有-OOCH；符合条件的 的同分异构体有 、 、 、 、 、 、 、 、 、 、 、 、 、 、 ，共15种；核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为 。
(6)根据 和 发生取代反响生成 和HBr，可知 由 和BrCH2—CH2—CH2—CH2—CH2Br合成，BrCH2—CH2—CH2—CH2—CH2Br可由HOCH2—CH2—CH2—CH2—CH2OH和HBr发生取代反响制备，OCH—CH2—CH2—CH2—CHO和氢气发生加成反响生成HOCH2—CH2—CH2—CH2—CH2OH； 和OCH—CH2—CH2—CH2—CHO制备 的合成路线为OCHCH2CH2CHO HOCH2CH2CH2CH2OH BrCH2CH2CH2CH2Br 。
【分析】A的分子式是C7H8 ， 由C的结构简式逆推，可知A是 ；F的分子式是C10H14O，由G的结构简式逆推，可知F是 ；H和 反响生成 ，逆推可知H是 。
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