2021-2022学年安徽省中学生标准学术能力高三（上）诊断化学试卷（1月份）

这是一份2021-2022学年安徽省中学生标准学术能力高三（上）诊断化学试卷（1月份），共27页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（6分）碳中和对于改善环境，实现绿色发展至关重要。碳中和的含义是减少含碳温室气体的排放，采用合适的技术固碳，最终达到平衡。下列说法中正确的是（ ）
A．CO2是导致温室效应和酸雨的主要气体
B．煤经过气化、液化等物理变化可转化为清洁能源
C．汽车尾气催化转化器的使用主要是为了减少CO2的排放
D．研发催化剂将CO2还原为甲醇是促进碳中和的有效途径
2．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下22.4LCHCl3含有C﹣Cl键的数目为3NA
B．25℃时 pH＝1的盐酸含有H+总数为0.1NA
C．1ml PCl3和1mlCl2在密闭容器中充分反应，生成物中P﹣Cl键的数目为5NA
D．100g质量分数为46%的乙醇溶液含有的氧原子总数为4NA
3．（6分）绿原酸是金银花抗菌、抗病毒的有效活性成分之一，其结构如图所示。下列关于绿原酸的叙述不正确的是（ ）
A．绿原酸分子式为C16H18O9
B．酸性K2Cr2O7溶液可以被绿原酸还原而变色
C．该有机物分子中不可能所有的原子共面
D．1ml绿原酸可与5mlH2发生加成反应
4．（6分）下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是（ ）
A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：SO32﹣+H2O+Cl2═SO42﹣+2Cl﹣+2H+
B．向MgCl2溶液中加入足量石灰乳：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓
C．向含1mlFeI2溶液中通入1mlCl2：2I﹣+Cl2═2Cl﹣+I2
D．向AgCl浊液中通入H2S气体：2AgCl+H2S═Ag2S+2HCl
5．（6分）2019年诺贝尔化学奖颁给研究锂电池的科学家，一种用作锂电池电解液的锂盐结构如图所示。已知X、Y、Z、W为同周期元素，原子半径Z＞X＞Y＞W，其中Y最外层电子数等于其电子层数的3倍。下列叙述不正确的是（ ）
A．原子序数大小顺序为：Z＜X＜Y＜W
B．X的氢化物的沸点一定低于W的氢化物的沸点
C．最高价氧化物的水化物的酸性：Z弱于X
D．W的氢化物水溶液可用于刻蚀玻璃
6．（6分）利用双极膜组合电解法模拟海水淡化并获取盐酸、NaOH的装置如图所示，其中A、B为阳离子或阴离子选择性透过膜。在直流电场的作用下，双极膜复合层间的H2O解离成H+和OH﹣，并实现定向移动。下列说法不正确的是（ ）
A．X极接电源的正极，发生氧化反应
B．溶液1为稀盐酸，溶液2为稀NaOH溶液
C．电解过程中，Na+透过A膜向X电极移动
D．Y极的电极反应式为：2H++2e﹣＝H2↑
7．（6分）电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。常温下，用cml•L﹣1HCl标准溶液测定VmL未知浓度的Na2CO3溶液，得到滴定过程中溶液电位与V（HCl）的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．滴定过程b至c点对应溶液中逐渐减小
B．若用稀盐酸滴定稀Na2CO3溶液时用酚酞作指示剂，反应终点为d点
C．c点溶液中存在：c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣）
D．原溶液的浓度ml•L﹣1
二、非选择题
8．（14分）乙醚是一种有刺激性气味、无色、易燃、极易挥发的液体，常用作有机溶剂，与空气隔绝时相当稳定，但与空气接触会形成爆炸性混合物。实验室制备乙醚的反应原理为：2C2H5OHC2H5OC2H5+H2O，反应中若温度过高会生成乙烯等副产物。实验室制备和提纯乙醚的装置如图（温度计容器内部分未画出）：
相关物质的性质如表：
结合实验过程回答下列问题：
（1）装置2中仪器的名称：X为 、Y为 。
（2）组装好装置1后，在三颈烧瓶中，先加入反应物，并加入2粒沸石。其中乙醇与浓硫酸的加入顺序和操作方法为 。
（3）装置1分液漏斗中盛有乙醇，其下端管口伸入液面的原因是 。
（4）装置1和装置2中均要用到温度计，水银球的位置 （填“相同”或“不相同”）。实验中为了减少产品的损失，用作接收器的锥形瓶应该 。
（5）将装置1中的馏出液转至分液漏斗中，依次用15%NaOH，饱和NaCl洗涤，最后用饱和CaCl2洗涤2次，然后加无水CaCl2干燥。其中用饱和NaCl溶液洗涤的作用是 。
（6）待乙醚干燥后，倒入X中，投入2～3粒沸石，加热蒸馏，收集33～38℃的馏分。其中加热方式为 。
9．（15分）羰基硫是一种粮食熏蒸剂，能防治某些害虫和真菌的危害，利用CO等制备羰基硫原理如下：CO+H2S⇌COS+H2。
（1）用FeOOH作催化剂，CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）的反应分两步进行，其反应过程能量变化如图1所示。
①CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）△H＝ 。
②决定COS生成速率的主要步骤是 （填“第1步”或“第2步”）。
（2）在2L的密闭容器中，保持温度不变，开始投入9mlH2S和amlCO，经10min达到平衡，Kp＝0.2（Kp为以分压表示的平衡常数），n（H2S）＝5ml，则CO的平衡转化率α＝ 。
（3）在2L的密闭容器中，开始时投入amlCO和1mlH2S，图2中曲线Ⅰ和Ⅱ表示某温度下，CO和H2S投料比不同时，CO转化率随时间变化关系，则曲线Ⅰ和Ⅱ中a值的大小关系为：Ⅰ Ⅱ（填“＞”“＜”或“＝”），理由是 。
（4）已知起始密闭容器中ω[H2S（g）]和ω[CO（g）]、ω[COS（g）]和ω[H2（g）]分别相等，在240℃时该反应平衡常数K＝1，在300°C、340℃时反应中H2S（g）和COS（g）的体积分数（ω）随时间（t）的变化关系如图3所示。则300℃时，ω[COS（g）]随时间变化的曲线为 ，340℃时，ω[H2S（g）]随时间变化的曲线为 。
（5）羰基硫在水存在时会缓慢水解生成H2S，会使钢铁设备发生析氢腐蚀，则其正极的电极反应式为 ，负极的反应产物为（填化学式） 。
10．（14分）氢氧化镍由于具有出色的电化学性能，广泛应用于多种二次电池的电极材料。某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其它不溶性物质，回收其中的镍制备氢氧化镍的一种工艺流程如图1所示：
部分金属氢氧化物的Ksp近似值如表：
（1）为加快“碱浸”过程的速率，可采取的措施有 ，“碱浸”的目的是 。
（2）“酸浸”时，稀硫酸加入量不宜过多的原因是 。
（3）“转化”过程中发生反应的离子方程式为 ；该过程中温度不宜过高的原因是 。
（4）当溶液中离子浓度c≤1.0×10﹣5ml•L﹣1时，可认为该离子沉淀完全。若“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1ml•L﹣1，则“调pH”应控制的pH范围是 ，“沉镍”过程应控制溶液的pH 。
（5）镍锌电池是一种以金属锌为负极的碱性二次电池，对环境不产生污染，属于“绿色电池”，其工作原理如图2所示，则充电时阳极的电极反应为 。
11．（15分）铁、铜、锌是重要的过渡元素，其化合物种类繁多，具有广泛的用途。
（1）血红素是由中心Fe2+及配体卟啉衍生物组合成大环配位化合物，结构如图1所示：
①Fe2+的电子排布式为 。
②血红素中C、N、O的第一电离能由大到小分别为 。
（2）合成氨工业常用醋酸二氨合铜[Cu（NH3）2]Ac溶液吸收对合成氨反应的催化剂有毒害的气体CO。
①写出一个与CO互为等电子体的离子： 。
②醋酸二氨合铜水解生成的醋酸（HAc）的结构式为，则HAc分子中π键和σ键的数目之比为，HAc中碳原子的杂化类型为 ，分子中键角α （填“＞”“＜”或“＝”）键角β。
（3）工业上一般利用闪锌矿（主要成分是ZnS）为原料制备锌，ZnS的晶胞结构如图2所示，则锌的配位数为 ；已知图中立方体棱长为acm，则该晶体的密度为 g/cm3（写出计算式，设阿伏加德罗常数的值为NA）。
12．（15分）我国是最早将辣椒作为药物使用的国家之一，中医用辣椒治疗胃寒、风湿等症。现代研究表明，其活性成分辣椒碱具有消炎、镇痛、麻醉和戒毒等方面的功效，其镇痛作用比吗啡更持久。辣椒碱又称辣椒素，其合成路线如图所示：
已知：①R﹣OHR﹣Br
②R﹣Br+R′﹣Na→R′﹣R+NaBr
③RCOOH+SOCl2→RCOCl+HCl↑+SO2↑
回答下列问题：
（1）A的结构简式为 ，B中所含官能团的名称是 ，F的最简单同系物的结构简式为 。
（2）G→辣椒素的反应类型为 ，写出C→D的化学方程式： 。
（3）下列反应类型，辣椒素不能发生的有 （填序号）。
A．加成反应
B．取代反应
C．氧化反应
D．消去反应
E．聚合反应
（4）写出同时符合下列条件的F的同分异构体的结构简式： 。
①能发生银镜反应
②分子中不存在碳碳双键或环状结构
③核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为6：2：1
（5）4﹣戊烯酸（CH2＝CHCH2CH2COOH）可用作农药、医药中间体。参照以上合成路线，设计由CH2＝CHCH2OH为起始原料制备4﹣戊烯酸的合成路线（限选合成路线及信息中的试剂） 。
2021-2022学年安徽省中学生标准学术能力高三（上）诊断化学试卷（1月份）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（6分）碳中和对于改善环境，实现绿色发展至关重要。碳中和的含义是减少含碳温室气体的排放，采用合适的技术固碳，最终达到平衡。下列说法中正确的是（ ）
A．CO2是导致温室效应和酸雨的主要气体
B．煤经过气化、液化等物理变化可转化为清洁能源
C．汽车尾气催化转化器的使用主要是为了减少CO2的排放
D．研发催化剂将CO2还原为甲醇是促进碳中和的有效途径
【分析】A．导致酸雨的主要气体是二氧化硫和氮的氧化物；
B．煤的气化、液化均有新物质生成；
C．汽车尾气催化转化器是将氮的氧化物和CO等污染性气体转化为无毒的气体排放；
D．研发催化剂将CO2还原为甲醇，可以减少CO2的排放。
【解答】解：A．CO2是导致温室效应，不是导致酸雨的主要气体，导致酸雨的主要气体是二氧化硫和氮的氧化物，故A错误；
B．镁的气化、液化等转化为清洁能源的过程中均有新物质生成，均属于化学变化，故B错误；
C．汽车尾气催化转化器的使用主要是为了减少氮的氧化物、CO等污染性气体的排放，故C错误；
D．研发催化剂将CO2还原为甲醇，可以减少CO2的排放，是促进碳中和的有效途径，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查环境保护，侧重考查学生化学知识的应用能力，试题比较简单。
2．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下22.4LCHCl3含有C﹣Cl键的数目为3NA
B．25℃时 pH＝1的盐酸含有H+总数为0.1NA
C．1ml PCl3和1mlCl2在密闭容器中充分反应，生成物中P﹣Cl键的数目为5NA
D．100g质量分数为46%的乙醇溶液含有的氧原子总数为4NA
【分析】A．标况下，三氯甲烷为液态；
B．溶液体积未知；
C．该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化成生成物；
D．100克质量分数为46%的乙醇溶液中，除了乙醇外，水也含O原子。
【解答】解：A．标况下，三氯甲烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；
B．溶液体积未知，无法计算盐酸含有H+总数，故B错误；
C．PCl3与Cl2生成PCl5的反应为可逆反应，则生成PCl5的物质的量小于1ml，生成物中P﹣Cl键的数目小于5NA，故C错误；
D．100克质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇的质量为46g，物质的量为＝1ml，含NA个氧原子，而水的质量为54g，物质的量为＝3ml，含3NA个氧原子，故此溶液中共含4NA个氧原子，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
3．（6分）绿原酸是金银花抗菌、抗病毒的有效活性成分之一，其结构如图所示。下列关于绿原酸的叙述不正确的是（ ）
A．绿原酸分子式为C16H18O9
B．酸性K2Cr2O7溶液可以被绿原酸还原而变色
C．该有机物分子中不可能所有的原子共面
D．1ml绿原酸可与5mlH2发生加成反应
【分析】A．C、H、O原子个数依次是16、18、9；
B．醇羟基能被酸性K2Cr2O7溶液氧化；
C．饱和碳原子具有甲烷结构特点，单键可以旋转；
D．苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，酯基中碳氧双键和氢气不反应。
【解答】解：A．根据结构简式知，分子式为C16H18O9，故A正确；
B．醇羟基能被酸性K2Cr2O7溶液氧化，即酸性K2Cr2O7溶液可以被绿原酸还原而变色，故B正确；
C．饱和碳原子具有甲烷结构特点，甲烷为四面体结构，单键可以旋转，所以该分子中所有原子一定不共平面，故C正确；
D．苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，酯基中碳氧双键和氢气不反应，1ml绿原酸可与4mlH2发生加成反应，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
4．（6分）下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是（ ）
A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：SO32﹣+H2O+Cl2═SO42﹣+2Cl﹣+2H+
B．向MgCl2溶液中加入足量石灰乳：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓
C．向含1mlFeI2溶液中通入1mlCl2：2I﹣+Cl2═2Cl﹣+I2
D．向AgCl浊液中通入H2S气体：2AgCl+H2S═Ag2S+2HCl
【分析】A.氯气少量，反应生成亚硫酸氢根离子、氯离子和硫酸根离子；
B.石灰乳为氢氧化钙的浓溶液，离子方程式中需要保留化学式；
C.1mlFeBr2的溶液中通入1mlCl2，先与亚铁离子反应，再与溴离子反应；
D.氯化氢为气体，溶于水能完全电离，要将其拆成离子形式。
【解答】解：A.用Na2SO3溶液吸收少量Cl2，离子方程式为：3SO32﹣+Cl2+H2O═2HSO3﹣+2Cl﹣+SO42﹣，故A错误；
B.MgCl2溶液中加入足量石灰乳，离子方程式为：Mg2++Ca（OH）2＝Mg（OH）2+Ca2+，故B错误；
C.向含1mlFeI2的溶液中通入1mlCl2，氯气与碘离子反应生成氯离子和单质碘，则反应的离子方程式为：Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣，故C正确；
D.向AgCl浊液中通入H2S，白色沉淀AgCl转化为更难溶的黑色Ag2S，则反应的离子方程式为：2AgCl+H2S═Ag2S+2H++2Cl﹣，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
5．（6分）2019年诺贝尔化学奖颁给研究锂电池的科学家，一种用作锂电池电解液的锂盐结构如图所示。已知X、Y、Z、W为同周期元素，原子半径Z＞X＞Y＞W，其中Y最外层电子数等于其电子层数的3倍。下列叙述不正确的是（ ）
A．原子序数大小顺序为：Z＜X＜Y＜W
B．X的氢化物的沸点一定低于W的氢化物的沸点
C．最高价氧化物的水化物的酸性：Z弱于X
D．W的氢化物水溶液可用于刻蚀玻璃
【分析】Y最外层电子数等于其电子层数的3倍，由于最外层电子数不超过8，而1个电子层最多容纳2个电子，故Y原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Y为O元素；X、Y、Z、W为同周期元素，即均为第二周期元素，阴离子结构中W只形成1个共价键，则Y为F，而X、Z都形成4个共价键，结合原子半径Z＞X＞Y＞W，故Z为B元素、X为C元素，阴离子结构中B原子形成3个普通共价键、1个配位键。
【解答】解：由上述分析可知，X为C、Y为O、Z为B、W为F；
A．同主族自上而下原子半径增大，而原子半径Z＞X＞Y＞W，故原子序数大小顺序为：Z＜X＜Y＜W，故A正确；
B．W的氢化物为HF，常温下为气体，而X的氢化物属于烃类，烃有气态、液态、固态3种状态，液态、固态的烃的沸点比HF高，故B错误；
C．元素的非金属性B＜C，故酸性：硼酸＜碳酸，故C正确；
D．W的氢化物为HF，能与二氧化硅反应，可用于刻蚀玻璃，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，注意理解价键结构推断元素，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识，侧重分析与应用能力的考查。
6．（6分）利用双极膜组合电解法模拟海水淡化并获取盐酸、NaOH的装置如图所示，其中A、B为阳离子或阴离子选择性透过膜。在直流电场的作用下，双极膜复合层间的H2O解离成H+和OH﹣，并实现定向移动。下列说法不正确的是（ ）
A．X极接电源的正极，发生氧化反应
B．溶液1为稀盐酸，溶液2为稀NaOH溶液
C．电解过程中，Na+透过A膜向X电极移动
D．Y极的电极反应式为：2H++2e﹣＝H2↑
【分析】由图可知该装置为电解池，X电极上OH﹣发生失电子氧化反应生成O2，Y电极上H+发生得电子还原反应生成H2，则X电极为阳极，Y电极为阴极，阳极反应式为4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O，阴极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，阳极上OH﹣放电促进水的电离生成H+，H+通过双极膜向右移动，与NaCl溶液中通过膜A的Cl﹣生成较浓的盐酸，阴极H+放电促进水的电离生成OH﹣，OH﹣通过双极膜向左移动，与通过膜B的Na+结合生成NaOH，则溶液1为稀盐酸，溶液2为稀NaOH溶液，A膜为阴离子选择性透过膜，B膜为阳离子选择性透过膜，据此分析解答。
【解答】解：A．由上述分析可知，X电极为阳极，Y电极为阴极，阳极接电源的正极，发生失电子的氧化反应，故A正确；
B．由上述分析可知，溶液1为稀盐酸，溶液2为稀NaOH溶液，故B正确；
C．电解过程中X电极为阳极，Y电极为阴极，A膜为阴离子选择性透过膜，B膜为阳离子选择性透过膜，则Na+透过B膜向Y电极移动，故C错误；
D．Y极生成氢气，发生还原反应，则Y极为阴极，阴极上氢离子放电产生氢气，阴极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查电解原理的应用，把握电极的判断、电极反应和离子交换膜的作用是解题关键，侧重分析能力和运用能力的考查，注意分析目标产物的生成过程，题目难度不大。
7．（6分）电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。常温下，用cml•L﹣1HCl标准溶液测定VmL未知浓度的Na2CO3溶液，得到滴定过程中溶液电位与V（HCl）的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．滴定过程b至c点对应溶液中逐渐减小
B．若用稀盐酸滴定稀Na2CO3溶液时用酚酞作指示剂，反应终点为d点
C．c点溶液中存在：c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣）
D．原溶液的浓度ml•L﹣1
【分析】滴入盐酸首先和碳酸钠生成碳酸氢钠和氯化钠，继续滴加盐酸和碳酸氢钠生成氯化钠和水、二氧化碳；
A．滴定过程b至c点过程继续滴加盐酸，溶液酸性变强，对应溶液＝×＝；
B．酚酞变色范围约为8～10；
C．根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣）；
D．bd反应为盐酸和碳酸氢钠生成氯化钠和水、二氧化碳。
【解答】解：A．滴定过程b至c点过程继续滴加盐酸，溶液酸性变强，对应溶液＝×＝，氢离子浓度变大，则比值逐渐减小，故A正确；
B．酚酞变色范围约为8﹣10，反应终点为d点，为氯化钠溶液显中性，故B错误；
C．根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣），故C正确；
D．bd反应为盐酸和碳酸氢钠生成氯化钠和水、二氧化碳，则n（Na2CO3）＝n（NaHCO3）＝n（HCl）＝c（V2﹣V1）×10﹣3ml，则原溶液的浓度为ml•L﹣1，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断和盐类水解等知识，为高频考点，掌握水的电离平衡及其影响因素、曲线上各点溶质的组成及性质是解题关键，注意掌握溶液中守恒关系式的应用，题目难度中等。
二、非选择题
8．（14分）乙醚是一种有刺激性气味、无色、易燃、极易挥发的液体，常用作有机溶剂，与空气隔绝时相当稳定，但与空气接触会形成爆炸性混合物。实验室制备乙醚的反应原理为：2C2H5OHC2H5OC2H5+H2O，反应中若温度过高会生成乙烯等副产物。实验室制备和提纯乙醚的装置如图（温度计容器内部分未画出）：
相关物质的性质如表：
结合实验过程回答下列问题：
（1）装置2中仪器的名称：X为 蒸馏烧瓶 、Y为 直形冷凝管 。
（2）组装好装置1后，在三颈烧瓶中，先加入反应物，并加入2粒沸石。其中乙醇与浓硫酸的加入顺序和操作方法为 先加入乙醇，再将浓硫酸沿玻璃棒慢慢加入乙醇中，并不断搅拌，防止放出大量热导致液体飞溅 。
（3）装置1分液漏斗中盛有乙醇，其下端管口伸入液面的原因是 减少乙醇挥发，防止反应物损失，导致产率下降 。
（4）装置1和装置2中均要用到温度计，水银球的位置 不相同 （填“相同”或“不相同”）。实验中为了减少产品的损失，用作接收器的锥形瓶应该 使用冰水浴 。
（5）将装置1中的馏出液转至分液漏斗中，依次用15%NaOH，饱和NaCl洗涤，最后用饱和CaCl2洗涤2次，然后加无水CaCl2干燥。其中用饱和NaCl溶液洗涤的作用是 洗去残留在乙醚中的碱，减少乙醚在水中的溶解度，防止造成乙醚损失 。
（6）待乙醚干燥后，倒入X中，投入2～3粒沸石，加热蒸馏，收集33～38℃的馏分。其中加热方式为 水浴加热 。
【分析】（1）X为蒸馏烧瓶、Y为直形冷凝管；
（2）浓硫酸溶于水放出大量的热，混合时先加入乙醇，再将浓硫酸沿玻璃棒慢慢加入乙醇中，并不断搅拌；
（3）乙醇易挥发，伸入液面下有利于减少乙醇损失；
（4）装置1中水银球应该伸入液面以下且不与玻璃壁接触，装置2中水银球应该位于蒸馏烧瓶的支管口处；乙醚是极易挥发的液体，使用冰水浴有利于减少乙醇会发；
（5）已知，乙醚微溶于水，在饱和食盐水中比在水中更难溶，据此分析；
（6）低于100℃加热方式为水浴加热。
【解答】解：（1）装置2中仪器的名称：X为蒸馏烧瓶、Y为直形冷凝管，
故答案为：蒸馏烧瓶；直形冷凝管；
（2）浓硫酸溶于水放出大量的热，故乙醇与浓硫酸的加入顺序和操作方法为：先加入乙醇，再将浓硫酸沿玻璃棒慢慢加入乙醇中，并不断搅拌，防止放出大量热导致液体飞溅，
故答案为：先加入乙醇，再将浓硫酸沿玻璃棒慢慢加入乙醇中，并不断搅拌，防止放出大量热导致液体飞溅；
（3）装置1分液漏斗中盛有乙醇，其下端管口伸入液面的原因是减少乙醇挥发，防止反应物损失，导致产率下降，
故答案为：减少乙醇挥发，防止反应物损失，导致产率下降；
（4）水银球的位置不相同，装置1中水银球应该伸入液面以下且不与玻璃壁接触，装置2中水银球应该位于蒸馏烧瓶的支管口处；乙醚是极易挥发的液体，实验中为了减少产品的损失，用作接收器的锥形瓶应该使用冰水浴，
故答案为：不相同；使用冰水浴；
（5）已知，乙醚微溶于水，在饱和食盐水中比在水中更难溶；用饱和NaCl溶液洗涤的作用是洗去残留在乙醚中的碱，减少乙醚在水中的溶解度，防止造成乙醚损失，
故答案为：洗去残留在乙醚中的碱，减少乙醚在水中的溶解度，防止造成乙醚损失；
（6）乙醚沸点为34.6℃，加热蒸馏，收集33～38℃的馏分，温度小于100℃，故加热方式为水浴加热，容易控制加热温度，
故答案为：水浴加热。
【点评】本题考查有机物的制备，侧重考查阅读、信息筛选和整合、综合运用能力，明确实验原理、化合物性质、实验操作是解本题关键，注意题给信息的整合和运用，题目难度中等。
9．（15分）羰基硫是一种粮食熏蒸剂，能防治某些害虫和真菌的危害，利用CO等制备羰基硫原理如下：CO+H2S⇌COS+H2。
（1）用FeOOH作催化剂，CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）的反应分两步进行，其反应过程能量变化如图1所示。
①CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）△H＝ ﹣22.6kJ/ml 。
②决定COS生成速率的主要步骤是 第1步 （填“第1步”或“第2步”）。
（2）在2L的密闭容器中，保持温度不变，开始投入9mlH2S和amlCO，经10min达到平衡，Kp＝0.2（Kp为以分压表示的平衡常数），n（H2S）＝5ml，则CO的平衡转化率α＝ 20% 。
（3）在2L的密闭容器中，开始时投入amlCO和1mlH2S，图2中曲线Ⅰ和Ⅱ表示某温度下，CO和H2S投料比不同时，CO转化率随时间变化关系，则曲线Ⅰ和Ⅱ中a值的大小关系为：Ⅰ ＜ Ⅱ（填“＞”“＜”或“＝”），理由是 CO和H2S投料比越大，CO转化率越小 。
（4）已知起始密闭容器中ω[H2S（g）]和ω[CO（g）]、ω[COS（g）]和ω[H2（g）]分别相等，在240℃时该反应平衡常数K＝1，在300°C、340℃时反应中H2S（g）和COS（g）的体积分数（ω）随时间（t）的变化关系如图3所示。则300℃时，ω[COS（g）]随时间变化的曲线为 L3 ，340℃时，ω[H2S（g）]随时间变化的曲线为 L1 。
（5）羰基硫在水存在时会缓慢水解生成H2S，会使钢铁设备发生析氢腐蚀，则其正极的电极反应式为 H2S+2e﹣＝H2↑+S2﹣ ，负极的反应产物为（填化学式） FeS 。
【分析】（1）①△H＝反应物的总键能﹣生成物的总键能；
②活化能越大，反应速率越慢，是总反应的决速步；
（2）平衡转化率α＝；
（3）CO的量越多，其转化率越小；
（4）温度升高，平衡逆移，反应物的体积分数增大，生成物的体积分数减小；
（5）羰基硫在水存在时会缓慢水解生成H2S，会使钢铁设备发生析氢腐蚀，正极H2S中氢的化合价降低，得到电子；负极铁失去电子生成Fe2+与S2﹣结合生成FeS。
【解答】解：（1）①△H＝反应物的总键能﹣生成物的总键能，CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）△H＝168.9kJ/ml﹣191.5kJ/ml＝﹣22.6kJ/ml，
故答案为：﹣22.6kJ/ml；
②由于第1步反应的活化能大于第2步反应的活化能，所以决定COS生成速率的主要步骤是第1步，
故答案为：第1步；
（2）利用三步计算法可知，反应过程中各物质的物质的量的变化如下：
CO+H2S⇌COS+H2（单位：ml）
始：a 9 0 0
变：4 4 4 4
末：（a﹣4）5 4 4
由Kp＝＝0.2可知，a＝20，则CO的平衡转化率α＝＝20%，
故答案为：20%；
（3）a越大，CO转化率越小，则曲线Ⅰ和Ⅱ中a值的大小关系为：Ⅰ＜Ⅱ，
故答案为：＜；CO和H2S投料比越大，CO转化率越小；
（4）240℃时该反应平衡常数K＝1，体积分数ω[H2S（g）]＝ω[CO（g）]＝ω[COS（g）]＝ω[H2（g）]＝25%，已知该反应为放热反应，温度升高，生成物的体积分数减小，反应物的体积分数增大，起始密闭容器中ω[H2S（g）]＝ω[CO（g）]，ω[COS（g）]＝ω[H2（g）]，结合图中数据可知，L1和L4处于同一温度（320℃），L2和L3处于同一温度（300℃），则300℃时ω[COS（g）]随时间变化的曲线为L3，320℃时ω[H2S（g）]随时间变化的曲线为L1，
故答案为：L3；L1；
（5）羰基硫在水存在时会缓慢水解生成H2S，会使钢铁设备发生析氢腐蚀，正极H2S中氢的化合价降低，得到电子，正极的电极反应式为H2S+2e﹣＝H2↑+S2﹣，负极铁失去电子生成Fe2+与S2﹣结合生成FeS，负极的反应产物为FeS，
故答案为：H2S+2e﹣＝H2↑+S2﹣；FeS。
【点评】本题考查反应机理，侧重考查学生反应热、化学平衡和电化学知识的掌握情况，试题较难。
10．（14分）氢氧化镍由于具有出色的电化学性能，广泛应用于多种二次电池的电极材料。某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其它不溶性物质，回收其中的镍制备氢氧化镍的一种工艺流程如图1所示：
部分金属氢氧化物的Ksp近似值如表：
（1）为加快“碱浸”过程的速率，可采取的措施有 适当升高温度、搅拌、适当增大NaOH的浓度、将废料粉碎等 ，“碱浸”的目的是 去除油污，将Al转化为NaAlO2而除去 。
（2）“酸浸”时，稀硫酸加入量不宜过多的原因是 防止调pH时消耗大量的NaOH 。
（3）“转化”过程中发生反应的离子方程式为 2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O ；该过程中温度不宜过高的原因是 防止H2O2受热分解 。
（4）当溶液中离子浓度c≤1.0×10﹣5ml•L﹣1时，可认为该离子沉淀完全。若“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1ml•L﹣1，则“调pH”应控制的pH范围是 2.7≤pH＜6.5 ，“沉镍”过程应控制溶液的pH ≥9 。
（5）镍锌电池是一种以金属锌为负极的碱性二次电池，对环境不产生污染，属于“绿色电池”，其工作原理如图2所示，则充电时阳极的电极反应为 Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣＝NiOOH+H2O 。
【分析】可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑、Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O，Ni、Fe及其氧化物不溶于NaOH溶液，过滤后浸出液中含有NaAlO2和过量的NaOH，滤渣中加入稀硫酸进行酸浸，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，废渣1为少量其它不溶性物质，然后加入NaOH溶液调节溶液的pH值，过滤后再加入NaOH溶液进行沉镍，则滤渣2为Fe（OH）3，沉镍时生成Ni（OH）2，过滤后滤液中含有Na2SO3、NaOH；
（1）升高温度、增大反应物浓度、搅拌、增大反应物的接触面积等方法都能加快化学反应速率；碱浸时能除去油污及能和碱溶液反应的物质；
（2）硫酸能和后面的NaOH溶液发生中和反应；
（3）“转化”过程中Fe2+被H2O2氧化为Fe3+；双氧水受热易分解；
（4）调节溶液pH值时，Fe3+完全转化为沉淀，Ni2+不产生沉淀，Fe3+完全转化为沉淀时c（Fe3+）＝1.0×10﹣5ml•L﹣1，c（OH﹣）＝＝ml/L≈10﹣11.3ml/L，据此计算溶液的pH值；若“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1ml•L﹣1，溶液中c2（OH﹣）＝＝＝10﹣15，c（OH﹣）＝ml/L＝10﹣7.5ml/L，溶液中c（H+）＝＝ml/L＝10﹣6.5ml/L，溶液的pH＝6.5；“沉镍”过程Ni2+完全转化为沉淀，c（Ni2+）＝1.0×10﹣5ml•L﹣1，c（OH﹣）＝＝ml/L＝10﹣5ml/L，c（H+）＝；
（5）充电时阳极上失电子发生氧化反应，即Ni（OH）2失电子生成NiOOH。
【解答】解：（1）升高温度、增大NaOH的浓度、搅拌、将废料粉碎等方法都能加快化学反应速率；碱浸时能除去油污，同时将Al及其氧化物转化为可溶性的NaAlO2而除去杂质，
故答案为：适当升高温度、搅拌、适当增大NaOH的浓度、将废料粉碎等；去除油污，将Al转化为NaAlO2而除去；
（2）硫酸能和后面的NaOH溶液发生中和反应而消耗大量NaOH，造成资源浪费，所以硫酸加入量不宜过多，
故答案为：防止调pH时消耗大量的NaOH；
（3）“转化”过程中Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，双氧水不稳定，受热易分解，温度过高促进双氧水分解而造成浪费，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；防止H2O2受热分解；
（4）调节溶液pH值时，Fe3+完全转化为沉淀，Ni2+不产生沉淀，Fe3+完全转化为沉淀时c（Fe3+）＝1.0×10﹣5ml•L﹣1，c（OH﹣）＝＝ml/L≈10﹣11.3ml/L，c（H+）＝＝ml/L＝10﹣2.7ml/L，溶液的pH＝2.7；若“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1ml•L﹣1，溶液中c2（OH﹣）＝＝＝10﹣15，c（OH﹣）＝ml/L＝10﹣7.5ml/L，溶液中c（H+）＝＝ml/L＝10﹣6.5ml/L，溶液的pH＝6.5，所以“调pH”应控制的pH范围是2.7≤pH＜6.5；“沉镍”过程Ni2+完全转化为沉淀，c（Ni2+）＝1.0×10﹣5ml•L﹣1，c（OH﹣）＝＝ml/L＝10﹣5ml/L，c（H+）＝＝ml/L＝10﹣9ml/L，溶液的pH＝9，所以需要调节溶液的pH≥9，
故答案为：2.7≤pH＜6.5；≥9；
（5）充电时阳极上失电子发生氧化反应，即Ni（OH）2失电子生成NiOOH，电极反应式为Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣＝NiOOH+H2O，
故答案为：Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣＝NiOOH+H2O。
【点评】本题考查物质制备，为高考常见题型，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识、反应原理与实验的结合，难点是（4）题pH值的计算，题目难度中等。
11．（15分）铁、铜、锌是重要的过渡元素，其化合物种类繁多，具有广泛的用途。
（1）血红素是由中心Fe2+及配体卟啉衍生物组合成大环配位化合物，结构如图1所示：
①Fe2+的电子排布式为 [Ar]3d6 。
②血红素中C、N、O的第一电离能由大到小分别为 N＞O＞C 。
（2）合成氨工业常用醋酸二氨合铜[Cu（NH3）2]Ac溶液吸收对合成氨反应的催化剂有毒害的气体CO。
①写出一个与CO互为等电子体的离子： CN﹣ 。
②醋酸二氨合铜水解生成的醋酸（HAc）的结构式为，则HAc分子中π键和σ键的数目之比为，HAc中碳原子的杂化类型为 sp3、sp2 ，分子中键角α ＜ （填“＞”“＜”或“＝”）键角β。
（3）工业上一般利用闪锌矿（主要成分是ZnS）为原料制备锌，ZnS的晶胞结构如图2所示，则锌的配位数为 4 ；已知图中立方体棱长为acm，则该晶体的密度为 g/cm3（写出计算式，设阿伏加德罗常数的值为NA）。
【分析】（1）①铁为26号元素，依据构造原理书写核外电子排布式；
②元素周期表中，非金属性越强，第一电离能呈增大趋势，但第IIA族和第VA族由于半满和全满结构，第一电离能偏大；
（2）①等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，CO的价电子数为10；
②单键均为σ键，双键中含有1个σ键，则HAc分子中π键和σ键的数目之比为1：7，由醋酸分子结构式可知，HAc中甲基中碳原子的杂化类型为sp3，羧基中碳原子杂化类型为sp2，羧基中碳氧双键对单键的作用力大于单键之间的作用力；
（3）由ZnS的晶胞结构可知，1个锌原子周围有4个硫原子，则锌的配位数为4；晶胞中锌原子位于顶点和面心，一个晶胞中锌原子数目为8×+6×＝4，硫原子位于晶胞内部，一个晶胞中硫原子数目为4，则晶胞质量为g；晶胞边长为acm，则晶胞体积为a3cm3，据此计算。
【解答】解：（1）①铁为26号元素，Fe2+的电子排布式为[Ar]3d6，
故答案为：[Ar]3d6；
②元素周期表中，非金属性越强，第一电离能呈增大趋势，但第IIA族和第VA族由于半满和全满结构，第一电离能偏大，故第一电离能N＞O＞C，
故答案为：N＞O＞C；
（2）①等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，CO的价电子数为10，互为等电子体的离子为CN﹣，
故答案为：CN﹣；
②单键均为σ键，双键中含有1个σ键，则HAc分子中π键和σ键的数目之比为1：7，由醋酸分子结构式可知，HAc中甲基中碳原子的杂化类型为sp3，羧基中碳原子杂化类型为sp2，羧基中碳氧双键对单键的作用力大于单键之间的作用力，故分子中键角α＜键角β，
故答案为：sp3、sp2；＜；
（3）由ZnS的晶胞结构可知，1个锌原子周围有4个硫原子，则锌的配位数为4；晶胞中锌原子位于顶点和面心，一个晶胞中锌原子数目为8×+6×＝4，硫原子位于晶胞内部，一个晶胞中硫原子数目为4，则晶胞质量为g；晶胞边长为acm，则晶胞体积为a3cm3，所以密度＝g/cm3，
故答案为：4；。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
12．（15分）我国是最早将辣椒作为药物使用的国家之一，中医用辣椒治疗胃寒、风湿等症。现代研究表明，其活性成分辣椒碱具有消炎、镇痛、麻醉和戒毒等方面的功效，其镇痛作用比吗啡更持久。辣椒碱又称辣椒素，其合成路线如图所示：
已知：①R﹣OHR﹣Br
②R﹣Br+R′﹣Na→R′﹣R+NaBr
③RCOOH+SOCl2→RCOCl+HCl↑+SO2↑
回答下列问题：
（1）A的结构简式为 （CH3）2CHCH＝CHCH2CH2CH2OH ，B中所含官能团的名称是 碳碳双键、溴原子 ，F的最简单同系物的结构简式为 CH2＝CHCOOH 。
（2）G→辣椒素的反应类型为 取代反应 ，写出C→D的化学方程式： +2NaOH（CH3）2CHCH＝CHCH2CH2CH2CH（COONa）2+2CH3CH2OH 。
（3）下列反应类型，辣椒素不能发生的有 D （填序号）。
A．加成反应
B．取代反应
C．氧化反应
D．消去反应
E．聚合反应
（4）写出同时符合下列条件的F的同分异构体的结构简式： 。
①能发生银镜反应
②分子中不存在碳碳双键或环状结构
③核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为6：2：1
（5）4﹣戊烯酸（CH2＝CHCH2CH2COOH）可用作农药、医药中间体。参照以上合成路线，设计由CH2＝CHCH2OH为起始原料制备4﹣戊烯酸的合成路线（限选合成路线及信息中的试剂） CH2＝CHCH2OHCH2＝CHCH2BrCH2＝CHCH2CH（COOCH2CH3）2CH2＝CHCH2CH（COOH）2CH2＝CHCH2CH2COOH 。
【分析】A能发生信息①的反应生成B，说明A中含有醇羟基；根据E的结构简式知，A为（CH3）2CHCH＝CHCH2CH2CH2OH，B为（CH3）2CHCH＝CHCH2CH2CH2Br，B发生信息中的反应生成C为，C水解酸化得到D为（CH3）2CHCH＝CHCH2CH2CH2CH（COONa）2，D酸化得到E为，根据辣椒素的结构简式知，G为，F发生取代反应生成G，则F为；
（5）由CH2＝CHCH2OH为原料合成4﹣戊烯酸，丙烯醇发生信息中的取代反应生成CH2＝CHCH2Br，然后发生信息中的反应生成CH2＝CHCH2CH（COOCH2CH3）2，然后发生水解反应然后酸化得到CH2＝CHCH2CH（COOH）2，然后加热去二氧化碳得到4﹣戊烯酸。
【解答】解：（1）A的结构简式为（CH3）2CHCH＝CHCH2CH2CH2OH，B为（CH3）2CHCH＝CHCH2CH2CH2Br，B中所含官能团的名称是碳碳双键、溴原子，F为，F的最简单同系物的结构简式为CH2＝CHCOOH，
故答案为：（CH3）2CHCH＝CHCH2CH2CH2OH；碳碳双键、溴原子；CH2＝CHCOOH；
（2）G→辣椒素的反应类型为取代反应，C为，C水解酸化得到D为（CH3）2CHCH＝CHCH2CH2CH2CH（COONa）2，C→D的化学方程式：+2NaOH（CH3）2CHCH＝CHCH2CH2CH2CH（COONa）2+2CH3CH2OH，
故答案为：取代反应；+2NaOH（CH3）2CHCH＝CHCH2CH2CH2CH（COONa）2+2CH3CH2OH；
（3）A．苯环和碳碳双键能发生加成反应，故A不选；
B．酰胺键能发生取代反应，故B不选；
C．碳碳双键能发生氧化反应，故C不选；
D．不能发生消去反应，故D选；
E．碳碳双键能发生聚合反应，故E不选；
故答案为：D；
（4）F为，F的同分异构体符合下列条件：
①能发生银镜反应，说明含有醛基；
②分子中不存在碳碳双键或环状结构，说明含有两个醛基或1个醛基、1个羰基；
③核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为6：2：1，说明含有2个相同类型的甲基，符合条件的结构简式为，
故答案为：；
（5）由CH2＝CHCH2OH为原料合成4﹣戊烯酸，丙烯醇发生信息中的取代反应生成CH2＝CHCH2Br，然后发生信息中的反应生成CH2＝CHCH2CH（COOCH2CH3）2，然后发生水解反应然后酸化得到CH2＝CHCH2CH（COOH）2，然后加热去二氧化碳得到4﹣戊烯酸，合成路线为CH2＝CHCH2OH CH2＝CHCH2BrCH2＝CHCH2CH（COOCH2CH3）2CH2＝CHCH2CH（COOH）2CH2＝CHCH2CH2COOH，
故答案为：CH2＝CHCH2OH CH2＝CHCH2BrCH2＝CHCH2CH（COOCH2CH3）2CH2＝CHCH2CH（COOH）2CH2＝CHCH2CH2COOH。
【点评】题考查有机物的推断与合成，充分利用物质的结构进行分析解答，试题侧重考查学生的分析推理能力、知识迁移运用能力，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，注意利用信息进行有机合成路线设计，为解答难点。物质
密度
沸点
溶解性
乙醇
0.816g/mL
78℃
与水混溶，在CaCl2溶液中可形成络合物CaCl2•6C2H5OH
乙醚
0.713g/mL
34.6℃
微溶于水，在饱和食盐水中比在水中更难溶
化学式
Fe（OH）2
Fe（OH）3
Al（OH）3
Ni（OH）2
Ksp的近似值
10﹣17
10﹣39
10﹣34
10﹣15
物质
密度
沸点
溶解性
乙醇
0.816g/mL
78℃
与水混溶，在CaCl2溶液中可形成络合物CaCl2•6C2H5OH
乙醚
0.713g/mL
34.6℃
微溶于水，在饱和食盐水中比在水中更难溶
化学式
Fe（OH）2
Fe（OH）3
Al（OH）3
Ni（OH）2
Ksp的近似值
10﹣17
10﹣39
10﹣34
10﹣15