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2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市尚志中学高三上学期期中考试化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市尚志中学高三上学期期中考试化学试题含解析，共28页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
黑龙江省哈尔滨市尚志中学2022-2023学年高三上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A．水中加入“催化剂”，可变成汽车燃料“油”
B．中草药中常含有苷类、生物碱、有机酸等成分，煎煮中草药不适宜用铁锅
C．为增强“84”消毒液的消毒效果，可加入适量稀盐酸
D．二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中
【答案】B
【详解】A．水中只含H、O两种元素，汽车燃料“油”含有C、H等元素，二者含有的元素不同，故水中加入“催化剂”，不能变成汽车燃料“油”，故A错误；
B．中草药中含有的有机酸会和铁反应，因此煎煮中草药不适宜用铁锅，故B正确；
C．“84”消毒液的有效成分NaClO和盐酸反应可生成氯气，氯气有毒，且会使“84”消毒液的消毒效果减弱，故C错误；
D．二氧化硫常用作葡萄酒的防腐剂和抗氧化剂，所以二氧化硫可以添加到食品和饮料中，但是不能用于漂白食品，故D错误。
答案选B。
2．下列有关物质的性质及用途描述不正确的是
A．Na2O2与H2O、CO2反应均有O2生成，故Na2O2可用作呼吸面具中的供氧剂
B．氢硫酸的酸性比硫酸弱，可以向硫化钠固体中滴加浓硫酸的方法制备
C．漂白粉可与CO2反应生成HClO，可用于自来水的杀菌消毒
D．钠的熔点较低，可用作液态金属导热剂
【答案】B
【详解】A．过氧化钠能与人呼吸出的二氧化碳和水蒸气反应生成氧气，可用作呼吸面具中的供氧剂，故A正确；
B．硫化氢为还原性气体，浓硫酸具有强氧化性，不能用浓硫酸与硫化钠固体反应制备该硫化氢气体，因为该气体会与浓硫酸发生氧化还原反应，故B错误；
C．次氯酸的酸性比碳酸弱，漂白粉中的有效成分次氯酸钙能与空气中的二氧化碳反应生成具有强氧化性的次氯酸，能起到杀菌消毒的作用，则漂白粉可用于自来水的杀菌消毒，故C正确；
D．合金的熔点比各组分的熔点都低，钠的熔点较低，则由钠形成的钠钾合金常温呈液态，可做原子反应堆的导热剂，故D正确；
故选B。
3．下列离子方程式书写正确的是
A．SO2与酸性高锰酸钾溶液反应：SO2+MnO+4H+=+Mn2++2H2O
B．向FeBr2溶液中通入少量Cl2：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-
C．NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应：H2C2O4+2OH-=C2O+2H2O
D．乙酸乙酯与NaOH溶液共热：
【答案】D
【详解】A．SO2与酸性高锰酸钾溶液反应发生氧化还原反应生成锰离子和硫酸根离子，正确的离子方程式为：5SO2+2H2O+2═5+2Mn2++4H+，故A错误；
B．向FeBr2溶液中通入少量Cl2，由还原性：Fe2+>Br-，亚铁离子先被氧化生成铁离子，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故B错误；
C．NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应生成NaHC2O4，反应的离子方程式为：H2C2O4+OH-=+H2O，故C错误；
D．乙酸乙酯与NaOH溶液共热生成乙酸钠和乙醇，离子方程式为：，故D正确；
故选：D。
4．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1.12LC2H4所含极性共价键的数目为0.2NA
B．12gNaHSO4晶体中阴、阳离子总数为0.2NA
C．0.1molCH4与足量Cl2反应生成CH3Cl的分子数为0.1NA
D．电解熔融MgCl2制2.4gMg，电路中通过的电子数为0.1NA
【答案】B
【详解】A．没有标况，不能计算其物质的量，A错误；
B．NaHSO4晶体中含有钠离子和硫酸氢根离子，12gNaHSO4晶体（0.1mol）中阴、阳离子总的物质的量为0.2mol，数目为0.2NA，B正确；
C．甲烷与氯气发生取代反应生成多种取代物，不能计算，C错误；
D．电解熔融MgCl2镁元素化合价由+2变为0，Mg~2e-，2.4gMg（0.1mol），电路中通过的电子数为0.2NA，D错误；
故选B。
5．下表所列是2个反应在不同温度时的化学平衡常数()值。
反应
①
②
温度/℃
27
2000
25
400
450
K
0.1
0.507
0.152
关于反应①、②的下列说法正确的是A．反应①、②均为吸热反应
B．反应①不适合用于大规模人工固氮
C．可求算反应的
D．一定温度下，①、②分别达到平衡，压缩容器体积均可使的转化率增大
【答案】B
【详解】A．反应①随温度升高，K 值变大，平衡正向移动，是吸热反应；反应②随温度升高， K 值变小，平衡逆向移动，是放热反应。故A错误。
B．反应①为吸热反应，平衡常数太小，不适合用于大规模人工固氮，故B正确。
C．由盖斯定律，①×2－②×2得：4NH3(g)+2O2(g)4NO(g)+6H2(g)，得不到4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，故C错误；
D．一定温度下，反应①N2(g)+O2(g)2NO(g)是气体体积不变的反应，压缩容器体积(加压)平衡不移动，不能使N2的转化率增大，故D错误。
故选B。
6．依据下列实验和现象，得出结论正确的是
选项
实验
现象
结论
A
点燃无色气体，将生成的气体通入澄清石灰水
澄清石灰水先浑浊后澄清
为
B
25℃时，向无色的溶液中滴加1～2滴酚酞试液
溶液仍为无色
溶液的
C
在淀粉和的混合溶液中滴加溶液。[已知：、分别与卤素单质、卤素离子性质相似]
溶液仍为蓝色
氧化性：
D
在稀中加入少量
溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成
反应中既作氧化剂又作还原剂
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．无色气体甲烷在空气中燃烧生成二氧化碳和水，将生成的气体通入澄清石灰水，澄清石灰水也会先浑浊后澄清，则无色气体X不一定为一氧化碳，故A错误；
B．若无色Y溶液的pH在7—8之间，向溶液中滴加1～2滴酚酞试液，溶液也为无色，则溶液仍为无色不能判断得到溶液pH小于7，故B错误；
C．若向淀粉和碘的混合溶液中滴加不足量的硫氰化钾溶液，碘未完全反应，溶液也呈蓝色，则溶液仍为蓝色不能判断硫氰气和碘的氧化性强弱，故C错误；
D．在稀硫酸中加入少量氧化亚铜固体，溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成说明氧化亚铜在稀硫酸溶液中反应生成硫酸铜和铜，则反应中氧化亚铜既作氧化剂又作还原剂，故D正确；
故选D。
7．乙烯气相直接水合反应制备乙醇：C2H4(g)+H2O(g) C2H5OH(g)。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图[起始时，n(H2O)=n(C2H4)=1mol，容器体积为1L。下列分析不正确的是
A．该反应是放热反应
B．图中压强的大小关系为p1
D．a、b点对应气体的平均摩尔质量：a=b
【答案】C
【详解】A．由图可知，压强相同的情况下，随着温度的升高，乙烯平衡转化率下降，说明温度升高，化学平衡逆向移动，反应为放热反应，A正确；
B．该反应正反应为气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡正向移动，乙烯的平衡转化率增大，则p3>p2>p1，B正确；
C．b点压强大，温度高，a点压强小，温度低，则达到平衡状态的时间a>b，C错误；
D．a、b两点乙烯的平衡转化率相同，则说明平衡时a、b两点乙烯、水和乙醇的物质的量均相同，则a、b两点对应气体的平均摩尔质量a=b，D正确；
故答案选C。
8．“空气吹出法”是目前海水提溴最成熟的工业方法，部分工艺流程如下：
下列说法错误的是
A．步骤③发生时溶液的酸性增强 B．溶液中Br2的浓度：ⅠⅡ
C．步骤②利用了溴易挥发的性质 D．使用乙醇萃取溶液Ⅱ中Br2后再蒸馏
【答案】D
【详解】A．Br+SO2+2H2O=2 HBr+H2SO4，生成的HBr、H2SO4均为强酸，故酸性增强，A正确；
B．Ⅰ→Ⅱ是Br的富集，溶液中Br2的浓度：ⅠⅡ，B正确；
C．因为溴单质易挥发为溴蒸气，所以用热空气吹出，步骤②利用了溴易挥发的性质，C正确；
D．乙醇与水互溶，不能作为萃取剂，D错误；
答案选D。
9．“中国芯”的发展离不开高纯单晶硅。从石英砂(主要成分为SiO2)制取高纯硅涉及的主要反应用流程图表示如下：
下列说法错误的是
A．反应①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
B．流程中HCl和H2可以循环利用
C．反应①②③均为置换反应
D．由反应②③的反应温度推测，③为放热反应
【答案】D
【分析】由题给流程可知，二氧化硅与焦炭高温条件下发生置换反应生成硅和二氧化碳；粗硅中的硅与氯化氢气体高温条件下发生置换反应生成氢气和三氯硅烷；三氯硅烷与氢气高温条件下发生置换反应生成高纯硅和氯化氢，制取高纯硅的过程中氯化氢和氢气可以循环利用。
【详解】A．反应①为氧化硅与焦炭高温条件下发生置换反应生成硅和二氧化碳，反应中氧化剂二氧化硅和还原剂C的物质的量之比为1：2，故A正确；
B．由分析可知，制取高纯硅的过程中氯化氢和氢气可以循环利用，故B正确；
C．由分析可知，反应①②③均为置换反应，故C正确；
D．反应是否为放热反应，与反应物的总能量和生成物的总能量有关，与反应条件无关，故D错误；
故选D。
10．利用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A．图Ⅰ装置中，关闭a、打开b，可检查装置的气密性
B．利用图Ⅱ装置进行喷泉实验
C．利用图Ⅲ装置蒸发KCl溶液制备无水KCl
D．利用图Ⅳ装置验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用
【答案】C
【详解】A．橡胶管可平衡气压，使液体顺利流下，则关闭a、打开b,不产生液面差，不能检查装置的气密性，故A错误；
B．食盐水抑制氯气的溶解，不能形成喷泉实验，故B错误；
C．KCl为可溶性固体，可选图中蒸发装置制备无水KCl，故C正确；
D．温度、催化剂均不同，两个变量，不能验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用，故D错误；
故选：C。
11．中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，其主要过程如图所示。
已知：几种物质中化学键的键能如表所示。
化学键
H-O键
O=O键
H-H键
O-O键
键能/ (kJ/mol)
467
498
436
138
若反应过程中分解了2mol H2O，则下列说法错误的是A．总反应为2H2O2H2↑+O2↑ B．过程I吸收了934KJ能量
C．过程II放出了574KJ能量 D．过程III属于放热反应
【答案】D
【详解】A．用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，则总反应为2H2O2H2↑+O2↑，故A正确；
B．断裂化学键吸收能量，结合表中数据可知，过程Ⅰ吸收了467kJ×2=934kJ能量，故B正确；
C．形成化学键释放能量，则过程Ⅱ放出了436kJ+138kJ=574kJ能量，故C正确；
D．过程III 为1 mol 过氧化氢 生成1 mol 氧气和1 mol 氢气，吸收的能量大于放出的能量，该过程为吸热反应，故D错误；
故选D。
12．在3种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：2A(g)+B(g) 2C(g) ΔH=QkJ/mol。相关条件和数据见下表：
实验编号
实验Ⅰ
实验Ⅱ
实验Ⅲ
反应温度/℃
700
700
750
达平衡时间/min
40
5
30
平衡时n(C)/mol
1.5
1.5
1
化学平衡常数
K1
K2
K3
下列说法正确的是（ ）A．K1=K2
C．实验Ⅱ比实验Ⅰ达平衡所需时间小的可能原因是使用了催化剂
D．实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molC，平衡正向移动
【答案】C
【详解】A.反应为2A(g)+B(g)2C(g)，比较实验I和III，温度升高，平衡时C的量减少，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，Q<0，则K3
C.实验II达到平衡的时间比实验I短，而实验温度与实验I相同，平衡时各组分的量也相同，可判断实验II改变的条件是使用了催化剂。催化剂加快反应速率，但不改变化学平衡状态，故实验I和Ⅱ探究的是催化剂对于化学反应的影响，C正确；
D.容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1mol B，发生反应：2A(g)+B(g)2C(g)，实验III中，原平衡的化学平衡常数为K==4。温度不变，平衡常数不变，实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1 mol A和1 molC，则此时容器中c(A)=1mol/L，c(B)=0.25mol/L，c(C)=1mol/L，此时浓度商Qc==4=K，因此恒温下再向容器中通入1 mol A和1 molC，化学平衡没有发生移动，D错误；
故合理选项是C。
13．在酸性条件下，黄铁矿(FeS2)催化氧化的反应2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO+4H+，实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是
A．反应I的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O
B．反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+
C．反应Ⅲ是非氧化还原反应
D．黄铁矿催化氧化过程中：NO和Fe(NO)2+均作催化剂
【答案】D
【分析】步骤I中，O2将Fe(NO)2+氧化为Fe3+，并释放出NO；Ⅱ中Fe3+将FeS2氧化成，生成的Fe2+在Ⅲ中又与NO结合成Fe(NO)2+进入下一个过程。总反应为：2FeS2+7O2+2H2O ═2Fe2++4SO42−+4H+，NO的量不变，作催化剂，据此分析作答。
【详解】A．根据上述图示信息可以看出，反应I中Fe(NO)2+与O2反应生成NO和Fe3+，根据氧化还原反应的规律可知，该离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，故A正确；
B．反应Ⅱ中硫元素的化合价升高，铁元素的化合价降低，Fe3+作氧化剂，故B正确；
C．反应Ⅲ的离子方程式为Fe2++NO=Fe(NO)2+，所含元素的化合价没有发生变化，该反应是非氧化还原反应，故C正确；
D．由图可以看出，加入的NO参与反应，又重新生成，前后没有发生量的变化，所以在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂，但Fe(NO)2+不是催化剂，故D错误；
答案选D。
【点睛】分解成多步描述的反应中，判断催化剂的方法可以是：分析整个过程中，该物质消耗的量和重新生成的量是否相等。
14．液氨中存在平衡：。如图所示为电解池装置，以的液氨溶液为电解液，电解过程中a、b两个惰性电极上都有气泡产生。下列有关说法正确的是
A．b电极连接的是电源的负极 B．a电极的反应为
C．电解过程中，阴极附近K+浓度减小 D．理论上两极产生的气体物质的量之比为1:1
【答案】B
【详解】A．根据图示可知：在b电极上产生N2，N元素化合价升高，失去电子，发生氧化反应，所以b电极为阳极，连接电源的正极，A错误；
B．电极a上产生H2，H元素化合价降低得到电子，发生还原反应，所以a电极为阴极，电极反应式为：，B正确；
C．电解过程中，阴极附近产生，使附近溶液中阴离子浓度增大，为维持溶液电中性，阳离子K+会向阴极区定向移动，最终导致阴极附近K+浓度增大，C错误；
D．每反应产生1 mol H2，转移2 mol电子，每反应产生1 mol N2，转移6 mol电子，故阴极产生H2与阳极产生的N2的物质的量的比是3:1，D错误；
选B。
15．某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4。某实验小组以该废催化剂为原料，回收锌和铜，设计实验流程如图：
下列说法正确的是
A．检验滤液1中是否含有Fe2+，可以选用KSCN和新制的氯水
B．滤渣2的主要成分H2SiO3
C．步骤②操作中，应先加6%H2O2，然后不断搅拌下缓慢加入1.0mol·L-1H2SO4
D．步骤③、④操作是蒸发浓缩至液体表面出现晶膜时停止加热，冷却结晶，过滤
【答案】D
【分析】某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4，加入硫酸后，发生反应ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑、Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O，得到的滤液1中含ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，滤渣1中含SiO2、CuS，向滤渣1中加入H2SO4和H2O2溶液，会得到CuSO4、S，则滤液2中含CuSO4，滤渣2中含S、SiO2。
【详解】A．氯气能够氧化亚铁离子，滤液1中同时含有Fe2+、Fe3+，不能使用KSCN和新制的氯水来检验溶液中的Fe2+，故A错误；
B．滤渣2的主要成分为S、SiO2，故B错误；
C．H2O2在酸性条件下才能氧化CuS，所以应该先加入硫酸，再加入H2O2，故C错误；
D．两步均为从溶液到晶体的过程，操作正确，故D正确；
故选D。
16．一定温度下，在恒容反应器中发生反应，化学反应速率(k为化学反应速率常数，其数值与温度有关)。实验测得该温度下反应物浓度与化学反应速率的关系如表所示：
0.01
0.02
0.02
0.01
0.01
0.01
0.015
0.015
x
根据表中的测定结果，下列结论不正确的是A．表中x的值为
B．化学反应速率
C．升高温度，各物质浓度不变，化学反应速率不变
D．催化剂影响k的大小
【答案】C
【分析】将表格中相应数据代入方程式，，解得；，解得，；
【详解】A．后将第四列数据带入计算可得，故A正确；
B．、 、；所以，胡B正确；
C．升高温度时，各物质的浓度不变，但k增大，反应速率加快，故C错误；
D．催化剂改变反应速率，加入催化剂，各物质浓度不变，故催化剂可能对k影响较大，故D正确；
选C。
17．工业废气H2S经资源化利用后可回收能量并得到单质硫。反应原理为2H2S(g)＋O2(g)＝S2(s)＋2H2O(l) ΔH＝－632 kJ·mol－1。H2S燃料电池的工作原理如图所示。下列有关说法不正确的是（ ）
A．电极a为电池的负极
B．电极b上的电极反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2O
C．若电路中通过2 mol电子，则电池内部释放632 kJ热能
D．若有17 g H2S参与反应，则会有1 mol H＋经质子膜进入正极区
【答案】C
【分析】根据2H2S(g)＋O2(g)＝S2(s)＋2H2O(l) ΔH＝－632 kJ·mol－1，得出负极H2S失电子发生氧化反应 正极O2得电子发生还原反应，据此分析解
【详解】A．由2H2S(g)＋O2(g)＝S2(s)＋2H2O(l) ΔH＝－632 kJ·mol－1，得出负极H2S失电子发生氧化反应，则a 为电池的负极，故A正确；
B．正极O2得电子发生还原反应，所以电极 b上发生的电极反应为 O2＋4H＋＋4e－=2H2O，故B正确；
C．电路中每流过2mol电子，则消耗0.5mol 氧气，但该装置将化学能转化为电能，所以电池内部几乎不放出能量，故C错误；
D．每17g即0.5molH2S参与反应，则消耗 0.25mol氧气，则根据 O2＋4H＋＋4e－=2H2O，所以有1moH+经 质子膜进入正极区，故D正确；
故选C 。
18．按如图所示装置进行下列不同的操作，其中不正确的是
A．先只接通K1，一段时间后，漏斗液面上升，然后再只接通K2，漏斗液面下降
B．只接通K1，一段时间后，U形管中出现白色沉淀
C．只接通K2，U形管左、右两端液面均下降
D．铁腐蚀的速率由大到小的顺序是：只接通K1＞只闭合K3＞都断开＞只闭合K2
【答案】A
【分析】接通K1构成铁棒为阳极的电解池，接通K2构成铁棒为阴极的电解池，接通K3构成原电池。
【详解】A．先只接通K1，铁棒为阳极作活性电极，发生反应：Fe-2e-= Fe2+，多孔石墨为阴极，反应2H2O+ 2e-= H2↑+2OH-，阴极区气压升高，漏斗液面上升；然后再只接通K2，多孔石墨为阳极，反应2Cl--2e-=Cl2↑，Cl2与之前产生的H2生成HCl，溶于水，气压下降；铁棒为阴极，反应2H2O+ 2e-= H2↑+2OH-，气压升高；阴极产生的H2与阳极消耗的H2相等，漏斗液面不会下降，A错误；
B．只接通K1，一段时间后，铁棒为阳极作活性电极生成的Fe2+与阴极产生的OH-生成Fe(OH)2白色沉淀，B正确；
C．只接通K2，U形管左端为阴极：2H2O+ 2e-= H2↑+2OH-，U形管右端为阳极：2Cl--2e-=Cl2↑，两端均生成气体，气压升高液面下降，C正确；
D．只接通K1铁棒作活性电极腐蚀速率最快，只闭合K3铁棒作原电池负极腐蚀速率次之，都断开则铁棒在NaCl溶液中发生较缓慢的吸氧腐蚀，只闭合K2铁棒作为电解池的阴极得到保护，腐蚀速率最慢，D正确；
故答案选A。
19．X、Y是原子序数增大的短周期元素，两者可形成多种有机化合物。甲、乙分别是X、Y元素形成的常见氧化物。现将甲和乙的混合物与足量过氧化钠反应，固体质量增重mg，同时生成VL氧气。下列说法正确的是
A．反应过程中，电子转移数为
B．
C．参加反应的过氧化钠的质量为
D．
【答案】C
【分析】X、Y是原子序数增大的短周期元素，两者可形成多种有机化合物，可知一种是C，在结合两者形成的氧化物均能与过氧化钠反应，可知一种应是H，Y的原子序数大于X，则X为H，Y为C，甲为H2O，乙为CO2，据此解答。
【详解】A．甲、乙与过氧化钠的反应分别为：、，由反应可知每2molH2O和2mol CO2参加反应均转移2mol电子，则nmol甲、乙混合物完全反应转移电子数为，故A错误；
B．由上述反应可知，1molH2O反应时固体质量增加2g，1mol CO2反应时固体质量增加28g，由题意可得：、，解答，，，故B错误；
C．由反应可知每2molH2O和2mol CO2参加反应消耗的过氧化钠均为2mol，得nmol混合物消耗nmol过氧化钠，即78ng，故C正确；
D．O2不一定是在标准状况下，无法确定其体积，故D错误；
故选：C。
20．温度为T℃，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和1molNO2，发生反应：2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)。反应相同时间，测得各容器中NO2的转化率与容器体积的关系如图所示。
下列说法不正确的是
A．T℃时，该反应的化学平衡常数为Kc=mol·L-1
B．由图可知，c点V正>V逆
C．向a点平衡体系中充入一定量的NO2，达到平衡时，NO2的转化率比原平衡小
D．容器内的压强：pa∶pb=6∶7
【答案】D
【详解】A．由图可知，b点NO2的转化率最高，则温度为T℃时，b点恰好达到平衡状态，而ab曲线上对应容器的体积均小于V2L，起始投料相同，则NO2的起始浓度均大于b点，ab曲线上物质的反应速率均大于b点，所以ab曲线上反应均先于b点达到平衡状态，即ab曲线上反应均达到平衡状态，由于a点时NO2的转化率为40%，a点反应三段式为， 所以T℃时，该反应的化学平衡常数=＝mol·L-1，故A正确；
B．图中b点NO2的转化率最高，则温度为T℃时，b点恰好达到平衡状态，b点以后，随着容器体积的增大，NO2的起始浓度减小，反应速率减慢，达到平衡的时间延长，所以bc曲线上反应均未达到平衡状态，并且NO2的起始浓度均小于b点，反应速率也小于b点，则bc曲线上反应正向进行，即图中c点所示条件下，v(正)>v(逆)，故B正确；
C．反应2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)正向气体体积减小，恒温恒容条件下，平衡体系中再充入一定量的NO2，相当增大压强，平衡逆向移动，NO2的平衡转化率减小，即向a点平衡体系中充入一定量的NO2，达到平衡时，NO2的转化率比原平衡小，故C正确；
D．b点反应三段式为， 根据A选项中a点反应三段式、b点三段式和pV=nRT可知，PaV1=1.2RT，PbV2=1.4RT，由于V2>V1，所以容器内的压强：Pa:Pb>6:7，故D错误；
故选D。
二、工业流程题
21．氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3)是提取稀土化合物、冶炼铈的重要矿物原料，根据如图以氟碳铈矿为原料提取铈的工艺流程图，回答问题：
(1)CeFCO3中Ce的化合价为___________；氧化焙烧时不能使用陶瓷容器，原因是___________。
(2)氧化焙烧后的产物之一为CeO2，则酸浸时发生反应的离子方程式为___________。
(3)HT是一种难溶于水的有机溶剂，则操作Ⅰ的名称为___________。
(4)为了提高酸浸率，可以适当提高反应温度，但发现温度偏高浸出率反而会减小，其原因是___________。
(5)写出向Ce(OH)3悬浊液中通入氧气得到产品Ce(OH)4的化学方程式：___________。
【答案】(1) +3 陶瓷会与生成的HF反应
(2)2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O
(3)分液
(4)温度升高，双氧水发生分解，造成浸出率偏小
(5)4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4
【分析】氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，由流程可知，氧化焙烧生成CO2、HF气体及CeO2，再加稀硫酸、H2O2进行酸浸，发生氧化还原反应：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，溶液中加入萃取剂HT，操作I为分液，将溶液中的Ce3+萃取出来，向有机层加入稀硫酸得含有Ce3+的溶液，加入碱调节溶液的pH得到Ce(OH)3沉淀，再经过氧气氧化发生反应4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4，过滤、洗涤、干燥可得Ce(OH)4产品。
【详解】（1）CeFCO3中整体显-2价，F显-1价，根据化合物中正、负化合价代数和为0，可知Ce的价态为+3价；氧化焙烧时不能使用陶瓷容器，这是由于陶瓷容器中含有SiO2，SiO2与HF发生反应：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，因此在该流程氧化焙烧时不能使用陶瓷容器，故答案为：+3；陶瓷会与生成的HF反应；
（2）氧化焙烧后的产物之一为CeO2，酸浸时，CeO2与硫酸、H2O2发生氧化还原反应，产生Ce2(SO4)3、O2、H2O，该反应的离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，故答案为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；
（3）操作I是得到溶液和有机相，是分离互不相容的两层液体物质，因此操作I的名称为分液，故答案为：分液；
（4）酸浸时加入H2O2，H2O2不稳定，在高温下会发生分解，造成浸出率偏小，故答案为：温度升高，双氧水发生分解，造成浸出率偏小；
（5）向Ce(OH)3悬浊液中通入氧气，发生氧化还原反应得到产品Ce(OH)4，该反应的化学方程式为：4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4，故答案为：4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4。
三、原理综合题
22．当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点，我国提出争取2030年“碳达峰”，2060年“碳中和”。因此，研发二氧化碳利用技术、降低空气中二氧化碳含量成为热点。
(1)甲醇是一种可再生能源，由CO2制备甲醇的过程可能涉及的反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.58kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2
反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H3=-90.77kJ·mol-1
则：反应Ⅱ的ΔH2=___________kJ·mol-1
(2)若反应II在一绝热恒容密闭容器中进行，下面能说明反应已达到平衡状态的是________。
a、v(CO)=v(H2O) b、总压强不变
c、平衡常数不变 d、容器内n(CO2)/n(H2O)的值保持不变
(3)①对于反应Ⅰ，不同温度对CO2的转化率及催化剂的催化效率影响如图所示，下列有关说法正确的是___________。
A．其他条件不变，若不使用催化剂，则250℃时CO2的平衡转化率可能位于M1
B．温度低于250℃时，随温度升高甲醇的平衡产率增大
C．M点时平衡常数比N点时平衡常数大
D．若反应在较低的温度下进行，可以提高CO2的平衡转化率，符合勒沙特列原理
②若在2L密闭容器中充入3molH2和1molCO2只发生反应Ⅰ，250℃时反应的平衡常数K=___________L2/mol2，若要进一步提高甲醇的体积分数，可采取的措施有___________(写一条即可)。
(4)研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。写出CO2在碱性介质中电还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的电极反应方程式为___________。
【答案】(1)41.19
(2)bcd
(3) CD 增大压强
(4)3CO2+18e-+13H2O=CH3CH2CH2OH+18OH-
【详解】（1）反应Ⅱ=反应Ⅰ-反应Ⅲ，则ΔH2=ΔH1-ΔH3=41.19kJ/mol。
（2）a．v(CO)=v(H2O)，没有说明是正反应速率还是逆反应速率，无法说明反应达到平衡，a错误；
b．该反应为吸热反应且为等体积反应，总压强不变说明气体温度不变，此时反应达到平衡，b正确；
c．化学平衡常数只与温度有关，其数值不变说明温度不变，反应达到平衡状态，c正确；
d．随着反应进行，n(CO2)/n(H2O)始终在变化，n(CO2)/n(H2O)保持不变说明反应达到平衡，d正确；
故答案选bcd。
（3）①
A．其他条件不变，若不使用催化剂，平衡不移动，则250℃时CO2的平衡转化率不变，A错误；
B．温度低于250℃时，随温度升高二氧化碳平衡转化率降低，甲醇的平衡产率降低，B错误；
C．反应放热，温度升高，平衡逆向移动，K值减小，则M点时平衡常数比N点时平衡常数大，C正确；
D．反应放热，温度降低，平衡正向移动，反应在较低的温度下进行，可以提高CO2的平衡转化率，符合勒沙特列原理，D正确；
故答案选CD。
②250℃CO2的转化率为50%，则有，则K=。要进一步提高甲醇的体积分数，即促使化学平衡正向移动，可采取的方式为增大压强或适当降温等。
（4）CO2在碱性介质中得电子被还原为正丙醇，电极反应式为3CO2+18e-+13H2O=CH3CH2CH2OH+18OH-。
四、结构与性质
23．金属元素及其化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。
(1)锰元素在周期表中的位置是___，基态锰原子的最外层电子排布式为___。
(2)六羰基铬[Cr(CO)6]用于制高纯度铬粉，它的沸点为220℃。Cr(CO)6的晶体类型是___，Cr(CO)6中σ键与π键的个数比为___。
(3)[Ag(NH3)2]+中Ag+空的5s轨道和5p轨道以sp杂化成键，则该配离子的空间构型是___。
(4)多数配离子显示颜色与d轨道的分裂能有关。分裂能是指配离子的中心原子(离子)的一个电子从较低能量的d轨道跃迁到较高能量的d轨道所需的能量(用∆表示)，它与中心离子的结构、电荷、配体有关。试判断分裂能△[Fe(H2O)6]2+__△[Fe(H2O)6]3+(填<”或“=”)，理由___。
(5)已知Pb(CH2CH3)4晶体的堆积方式如图。
Pb(CH2CH3)4在晶体结构中的配位数是___。设阿伏加德罗常数为NAmol-1，Pb(CH2CH3)4的摩尔质量为Mg/mol，则Pb(CH2CH3)4晶体的密度是___g/cm3(列出计算式即可)。
【答案】 第四周期第ⅦB族 4s2 分子晶体 1：1 直线形 ＜ Fe3+的正电荷数比Fe2+多，吸引电子能力强；Fe3+的3d轨道达到半充满稳定结构，Fe2+的3d轨道未达到半充满稳定结构 12
【详解】(1)锰是25号元素，其电子排布式为[Ar]3d54s2，因此锰元素在周期表中的位置是第四周期第ⅦB族，基态锰原子的最外层电子排布式为4s2；故答案为：第四周期第ⅦB族；4s2。
(2)六羰基铬[Cr(CO)6]的沸点为220℃，说明Cr(CO)6的晶体类型是分子晶体，由于N2和CO是互为等电子体，N2含有1个σ键和2个π键，CO与Cr形成配位键，因此Cr(CO)6中σ键与π键的个数比为(6+6)：12=1:1；故答案为：分子晶体；1：1。
(3)[Ag(NH3)2]+中Ag+空的5s轨道和5p轨道以sp杂化成键，说明该配离子的空间构型是直线形；故答案为：直线形。
(4)根据题意得出Fe3+的正电荷数比Fe2+多，吸引电子能力强，Fe3+的3d轨道达到半充满稳定结构，Fe2+的3d轨道未达到半充满稳定结构，因此分裂能△[Fe(H2O)6]2+＜△[Fe(H2O)6]3+，其理由是Fe3+的正电荷数比Fe2+多，吸引电子能力强，Fe3+的3d轨道达到半充满稳定结构，Fe2+的3d轨道未达到半充满稳定结构；故答案为：＜；Fe3+的正电荷数比Fe2+多，吸引电子能力强；Fe3+的3d轨道达到半充满稳定结构，Fe2+的3d轨道未达到半充满稳定结构。
(5)Pb(CH2CH3)4晶体堆积方式为是六方最密堆积，因此其结构中的配位数是12。根据题意得到Pb(CH2CH3)4晶体的密度是；故答案为：。
五、有机推断题
24．姜黄素具有抗突变和预防肿瘤的作用，其合成路线如下：
已知：①
②
请回答下列问题：
(1)E中含有的官能团有___________(填名称)，反应EF的反应类型是___________。
(2)F的分子式为___________，B的化学名称是___________。
(3)反应AB的化学方程式为___________。
(4)G的同分异构体中，符合下列条件的共有___________种
①苯环上有两个取代基
②能发生银镜反应
③能与FeCl3溶液发生显色反应
其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为1:1:2:2:2的是___________(写出一种即可)。
(5)结合题中信息，写出由甲苯和丙酮为原料制备苯丁烯酮()的合成路线(无机试剂任选)：___________。
【答案】(1) 羧基、醇羟基、酚羟基、醚键 氧化反应
(2) C9H8O5 乙二醇
(3)BrCH2CH2Br+ 2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr
(4) 9
(5)
【分析】乙烯和溴发生加成反应，生成A：BrCH2CH2Br，由D的分子式与E的结构简式可知D为OHC-COOH，H为，则A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成B：HOCH2CH2OH，B发生氧化反应生成C：OHC-CHO，E中羟基被氧化生成F，F在信息①中脱羧反应生成G：，结合信息②及姜黄素的分子式，可知姜黄素的结构简式为：，据此分析解题。
【详解】（1）根据E的结构简式可知E中含有的官能团有羧基、醇羟基、酚羟基、醚键；E中羟基被氧化生成F，反应EF的反应类型是氧化反应；
（2）由F的结构式可知F的分子式为C9H8O5， B的结构简式为：HOCH2CH2OH，B的化学名称是乙二醇；
（3）A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成B，反应AB的化学方程式为：BrCH2CH2Br+ 2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr；
（4）①苯环上有两个取代基②能发生银镜反应说明含有醛基③能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基，G的同分异构体中，，有邻、间、对三种，，有邻、间、对三种，，有邻、间、对三种，符合条件的共有9种；其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为1:1:2:2:2的是：(合理皆可)；
（5）甲苯和丙酮为原料制备苯丁烯酮()，甲苯侧链上的H被Br取代生成，水解后生成苯甲醇，苯甲醇催化氧化生成苯甲醛，利用已知条件，苯甲醛和丙酮生成 ，合成路线为：。
黑龙江省哈尔滨市尚志中学2022-2023学年高三上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A．水中加入“催化剂”，可变成汽车燃料“油”
B．中草药中常含有苷类、生物碱、有机酸等成分，煎煮中草药不适宜用铁锅
C．为增强“84”消毒液的消毒效果，可加入适量稀盐酸
D．二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中
【答案】B
【详解】A．水中只含H、O两种元素，汽车燃料“油”含有C、H等元素，二者含有的元素不同，故水中加入“催化剂”，不能变成汽车燃料“油”，故A错误；
B．中草药中含有的有机酸会和铁反应，因此煎煮中草药不适宜用铁锅，故B正确；
C．“84”消毒液的有效成分NaClO和盐酸反应可生成氯气，氯气有毒，且会使“84”消毒液的消毒效果减弱，故C错误；
D．二氧化硫常用作葡萄酒的防腐剂和抗氧化剂，所以二氧化硫可以添加到食品和饮料中，但是不能用于漂白食品，故D错误。
答案选B。
2．下列有关物质的性质及用途描述不正确的是
A．Na2O2与H2O、CO2反应均有O2生成，故Na2O2可用作呼吸面具中的供氧剂
B．氢硫酸的酸性比硫酸弱，可以向硫化钠固体中滴加浓硫酸的方法制备
C．漂白粉可与CO2反应生成HClO，可用于自来水的杀菌消毒
D．钠的熔点较低，可用作液态金属导热剂
【答案】B
【详解】A．过氧化钠能与人呼吸出的二氧化碳和水蒸气反应生成氧气，可用作呼吸面具中的供氧剂，故A正确；
B．硫化氢为还原性气体，浓硫酸具有强氧化性，不能用浓硫酸与硫化钠固体反应制备该硫化氢气体，因为该气体会与浓硫酸发生氧化还原反应，故B错误；
C．次氯酸的酸性比碳酸弱，漂白粉中的有效成分次氯酸钙能与空气中的二氧化碳反应生成具有强氧化性的次氯酸，能起到杀菌消毒的作用，则漂白粉可用于自来水的杀菌消毒，故C正确；
D．合金的熔点比各组分的熔点都低，钠的熔点较低，则由钠形成的钠钾合金常温呈液态，可做原子反应堆的导热剂，故D正确；
故选B。
3．下列离子方程式书写正确的是
A．SO2与酸性高锰酸钾溶液反应：SO2+MnO+4H+=+Mn2++2H2O
B．向FeBr2溶液中通入少量Cl2：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-
C．NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应：H2C2O4+2OH-=C2O+2H2O
D．乙酸乙酯与NaOH溶液共热：
【答案】D
【详解】A．SO2与酸性高锰酸钾溶液反应发生氧化还原反应生成锰离子和硫酸根离子，正确的离子方程式为：5SO2+2H2O+2═5+2Mn2++4H+，故A错误；
B．向FeBr2溶液中通入少量Cl2，由还原性：Fe2+>Br-，亚铁离子先被氧化生成铁离子，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故B错误；
C．NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应生成NaHC2O4，反应的离子方程式为：H2C2O4+OH-=+H2O，故C错误；
D．乙酸乙酯与NaOH溶液共热生成乙酸钠和乙醇，离子方程式为：，故D正确；
故选：D。
4．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1.12LC2H4所含极性共价键的数目为0.2NA
B．12gNaHSO4晶体中阴、阳离子总数为0.2NA
C．0.1molCH4与足量Cl2反应生成CH3Cl的分子数为0.1NA
D．电解熔融MgCl2制2.4gMg，电路中通过的电子数为0.1NA
【答案】B
【详解】A．没有标况，不能计算其物质的量，A错误；
B．NaHSO4晶体中含有钠离子和硫酸氢根离子，12gNaHSO4晶体（0.1mol）中阴、阳离子总的物质的量为0.2mol，数目为0.2NA，B正确；
C．甲烷与氯气发生取代反应生成多种取代物，不能计算，C错误；
D．电解熔融MgCl2镁元素化合价由+2变为0，Mg~2e-，2.4gMg（0.1mol），电路中通过的电子数为0.2NA，D错误；
故选B。
5．下表所列是2个反应在不同温度时的化学平衡常数()值。
反应
①
②
温度/℃
27
2000
25
400
450
K
0.1
0.507
0.152
关于反应①、②的下列说法正确的是A．反应①、②均为吸热反应
B．反应①不适合用于大规模人工固氮
C．可求算反应的
D．一定温度下，①、②分别达到平衡，压缩容器体积均可使的转化率增大
【答案】B
【详解】A．反应①随温度升高，K 值变大，平衡正向移动，是吸热反应；反应②随温度升高， K 值变小，平衡逆向移动，是放热反应。故A错误。
B．反应①为吸热反应，平衡常数太小，不适合用于大规模人工固氮，故B正确。
C．由盖斯定律，①×2－②×2得：4NH3(g)+2O2(g)4NO(g)+6H2(g)，得不到4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，故C错误；
D．一定温度下，反应①N2(g)+O2(g)2NO(g)是气体体积不变的反应，压缩容器体积(加压)平衡不移动，不能使N2的转化率增大，故D错误。
故选B。
6．依据下列实验和现象，得出结论正确的是
选项
实验
现象
结论
A
点燃无色气体，将生成的气体通入澄清石灰水
澄清石灰水先浑浊后澄清
为
B
25℃时，向无色的溶液中滴加1～2滴酚酞试液
溶液仍为无色
溶液的
C
在淀粉和的混合溶液中滴加溶液。[已知：、分别与卤素单质、卤素离子性质相似]
溶液仍为蓝色
氧化性：
D
在稀中加入少量
溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成
反应中既作氧化剂又作还原剂
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．无色气体甲烷在空气中燃烧生成二氧化碳和水，将生成的气体通入澄清石灰水，澄清石灰水也会先浑浊后澄清，则无色气体X不一定为一氧化碳，故A错误；
B．若无色Y溶液的pH在7—8之间，向溶液中滴加1～2滴酚酞试液，溶液也为无色，则溶液仍为无色不能判断得到溶液pH小于7，故B错误；
C．若向淀粉和碘的混合溶液中滴加不足量的硫氰化钾溶液，碘未完全反应，溶液也呈蓝色，则溶液仍为蓝色不能判断硫氰气和碘的氧化性强弱，故C错误；
D．在稀硫酸中加入少量氧化亚铜固体，溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成说明氧化亚铜在稀硫酸溶液中反应生成硫酸铜和铜，则反应中氧化亚铜既作氧化剂又作还原剂，故D正确；
故选D。
7．乙烯气相直接水合反应制备乙醇：C2H4(g)+H2O(g) C2H5OH(g)。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图[起始时，n(H2O)=n(C2H4)=1mol，容器体积为1L。下列分析不正确的是
A．该反应是放热反应
B．图中压强的大小关系为p1
D．a、b点对应气体的平均摩尔质量：a=b
【答案】C
【详解】A．由图可知，压强相同的情况下，随着温度的升高，乙烯平衡转化率下降，说明温度升高，化学平衡逆向移动，反应为放热反应，A正确；
B．该反应正反应为气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡正向移动，乙烯的平衡转化率增大，则p3>p2>p1，B正确；
C．b点压强大，温度高，a点压强小，温度低，则达到平衡状态的时间a>b，C错误；
D．a、b两点乙烯的平衡转化率相同，则说明平衡时a、b两点乙烯、水和乙醇的物质的量均相同，则a、b两点对应气体的平均摩尔质量a=b，D正确；
故答案选C。
8．“空气吹出法”是目前海水提溴最成熟的工业方法，部分工艺流程如下：
下列说法错误的是
A．步骤③发生时溶液的酸性增强 B．溶液中Br2的浓度：ⅠⅡ
C．步骤②利用了溴易挥发的性质 D．使用乙醇萃取溶液Ⅱ中Br2后再蒸馏
【答案】D
【详解】A．Br+SO2+2H2O=2 HBr+H2SO4，生成的HBr、H2SO4均为强酸，故酸性增强，A正确；
B．Ⅰ→Ⅱ是Br的富集，溶液中Br2的浓度：ⅠⅡ，B正确；
C．因为溴单质易挥发为溴蒸气，所以用热空气吹出，步骤②利用了溴易挥发的性质，C正确；
D．乙醇与水互溶，不能作为萃取剂，D错误；
答案选D。
9．“中国芯”的发展离不开高纯单晶硅。从石英砂(主要成分为SiO2)制取高纯硅涉及的主要反应用流程图表示如下：
下列说法错误的是
A．反应①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
B．流程中HCl和H2可以循环利用
C．反应①②③均为置换反应
D．由反应②③的反应温度推测，③为放热反应
【答案】D
【分析】由题给流程可知，二氧化硅与焦炭高温条件下发生置换反应生成硅和二氧化碳；粗硅中的硅与氯化氢气体高温条件下发生置换反应生成氢气和三氯硅烷；三氯硅烷与氢气高温条件下发生置换反应生成高纯硅和氯化氢，制取高纯硅的过程中氯化氢和氢气可以循环利用。
【详解】A．反应①为氧化硅与焦炭高温条件下发生置换反应生成硅和二氧化碳，反应中氧化剂二氧化硅和还原剂C的物质的量之比为1：2，故A正确；
B．由分析可知，制取高纯硅的过程中氯化氢和氢气可以循环利用，故B正确；
C．由分析可知，反应①②③均为置换反应，故C正确；
D．反应是否为放热反应，与反应物的总能量和生成物的总能量有关，与反应条件无关，故D错误；
故选D。
10．利用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A．图Ⅰ装置中，关闭a、打开b，可检查装置的气密性
B．利用图Ⅱ装置进行喷泉实验
C．利用图Ⅲ装置蒸发KCl溶液制备无水KCl
D．利用图Ⅳ装置验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用
【答案】C
【详解】A．橡胶管可平衡气压，使液体顺利流下，则关闭a、打开b,不产生液面差，不能检查装置的气密性，故A错误；
B．食盐水抑制氯气的溶解，不能形成喷泉实验，故B错误；
C．KCl为可溶性固体，可选图中蒸发装置制备无水KCl，故C正确；
D．温度、催化剂均不同，两个变量，不能验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用，故D错误；
故选：C。
11．中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，其主要过程如图所示。
已知：几种物质中化学键的键能如表所示。
化学键
H-O键
O=O键
H-H键
O-O键
键能/ (kJ/mol)
467
498
436
138
若反应过程中分解了2mol H2O，则下列说法错误的是A．总反应为2H2O2H2↑+O2↑ B．过程I吸收了934KJ能量
C．过程II放出了574KJ能量 D．过程III属于放热反应
【答案】D
【详解】A．用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，则总反应为2H2O2H2↑+O2↑，故A正确；
B．断裂化学键吸收能量，结合表中数据可知，过程Ⅰ吸收了467kJ×2=934kJ能量，故B正确；
C．形成化学键释放能量，则过程Ⅱ放出了436kJ+138kJ=574kJ能量，故C正确；
D．过程III 为1 mol 过氧化氢 生成1 mol 氧气和1 mol 氢气，吸收的能量大于放出的能量，该过程为吸热反应，故D错误；
故选D。
12．在3种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：2A(g)+B(g) 2C(g) ΔH=QkJ/mol。相关条件和数据见下表：
实验编号
实验Ⅰ
实验Ⅱ
实验Ⅲ
反应温度/℃
700
700
750
达平衡时间/min
40
5
30
平衡时n(C)/mol
1.5
1.5
1
化学平衡常数
K1
K2
K3
下列说法正确的是（ ）A．K1=K2
C．实验Ⅱ比实验Ⅰ达平衡所需时间小的可能原因是使用了催化剂
D．实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molC，平衡正向移动
【答案】C
【详解】A.反应为2A(g)+B(g)2C(g)，比较实验I和III，温度升高，平衡时C的量减少，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，Q<0，则K3
C.实验II达到平衡的时间比实验I短，而实验温度与实验I相同，平衡时各组分的量也相同，可判断实验II改变的条件是使用了催化剂。催化剂加快反应速率，但不改变化学平衡状态，故实验I和Ⅱ探究的是催化剂对于化学反应的影响，C正确；
D.容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1mol B，发生反应：2A(g)+B(g)2C(g)，实验III中，原平衡的化学平衡常数为K==4。温度不变，平衡常数不变，实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1 mol A和1 molC，则此时容器中c(A)=1mol/L，c(B)=0.25mol/L，c(C)=1mol/L，此时浓度商Qc==4=K，因此恒温下再向容器中通入1 mol A和1 molC，化学平衡没有发生移动，D错误；
故合理选项是C。
13．在酸性条件下，黄铁矿(FeS2)催化氧化的反应2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO+4H+，实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是
A．反应I的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O
B．反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+
C．反应Ⅲ是非氧化还原反应
D．黄铁矿催化氧化过程中：NO和Fe(NO)2+均作催化剂
【答案】D
【分析】步骤I中，O2将Fe(NO)2+氧化为Fe3+，并释放出NO；Ⅱ中Fe3+将FeS2氧化成，生成的Fe2+在Ⅲ中又与NO结合成Fe(NO)2+进入下一个过程。总反应为：2FeS2+7O2+2H2O ═2Fe2++4SO42−+4H+，NO的量不变，作催化剂，据此分析作答。
【详解】A．根据上述图示信息可以看出，反应I中Fe(NO)2+与O2反应生成NO和Fe3+，根据氧化还原反应的规律可知，该离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，故A正确；
B．反应Ⅱ中硫元素的化合价升高，铁元素的化合价降低，Fe3+作氧化剂，故B正确；
C．反应Ⅲ的离子方程式为Fe2++NO=Fe(NO)2+，所含元素的化合价没有发生变化，该反应是非氧化还原反应，故C正确；
D．由图可以看出，加入的NO参与反应，又重新生成，前后没有发生量的变化，所以在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂，但Fe(NO)2+不是催化剂，故D错误；
答案选D。
【点睛】分解成多步描述的反应中，判断催化剂的方法可以是：分析整个过程中，该物质消耗的量和重新生成的量是否相等。
14．液氨中存在平衡：。如图所示为电解池装置，以的液氨溶液为电解液，电解过程中a、b两个惰性电极上都有气泡产生。下列有关说法正确的是
A．b电极连接的是电源的负极 B．a电极的反应为
C．电解过程中，阴极附近K+浓度减小 D．理论上两极产生的气体物质的量之比为1:1
【答案】B
【详解】A．根据图示可知：在b电极上产生N2，N元素化合价升高，失去电子，发生氧化反应，所以b电极为阳极，连接电源的正极，A错误；
B．电极a上产生H2，H元素化合价降低得到电子，发生还原反应，所以a电极为阴极，电极反应式为：，B正确；
C．电解过程中，阴极附近产生，使附近溶液中阴离子浓度增大，为维持溶液电中性，阳离子K+会向阴极区定向移动，最终导致阴极附近K+浓度增大，C错误；
D．每反应产生1 mol H2，转移2 mol电子，每反应产生1 mol N2，转移6 mol电子，故阴极产生H2与阳极产生的N2的物质的量的比是3:1，D错误；
选B。
15．某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4。某实验小组以该废催化剂为原料，回收锌和铜，设计实验流程如图：
下列说法正确的是
A．检验滤液1中是否含有Fe2+，可以选用KSCN和新制的氯水
B．滤渣2的主要成分H2SiO3
C．步骤②操作中，应先加6%H2O2，然后不断搅拌下缓慢加入1.0mol·L-1H2SO4
D．步骤③、④操作是蒸发浓缩至液体表面出现晶膜时停止加热，冷却结晶，过滤
【答案】D
【分析】某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4，加入硫酸后，发生反应ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑、Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O，得到的滤液1中含ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，滤渣1中含SiO2、CuS，向滤渣1中加入H2SO4和H2O2溶液，会得到CuSO4、S，则滤液2中含CuSO4，滤渣2中含S、SiO2。
【详解】A．氯气能够氧化亚铁离子，滤液1中同时含有Fe2+、Fe3+，不能使用KSCN和新制的氯水来检验溶液中的Fe2+，故A错误；
B．滤渣2的主要成分为S、SiO2，故B错误；
C．H2O2在酸性条件下才能氧化CuS，所以应该先加入硫酸，再加入H2O2，故C错误；
D．两步均为从溶液到晶体的过程，操作正确，故D正确；
故选D。
16．一定温度下，在恒容反应器中发生反应，化学反应速率(k为化学反应速率常数，其数值与温度有关)。实验测得该温度下反应物浓度与化学反应速率的关系如表所示：
0.01
0.02
0.02
0.01
0.01
0.01
0.015
0.015
x
根据表中的测定结果，下列结论不正确的是A．表中x的值为
B．化学反应速率
C．升高温度，各物质浓度不变，化学反应速率不变
D．催化剂影响k的大小
【答案】C
【分析】将表格中相应数据代入方程式，，解得；，解得，；
【详解】A．后将第四列数据带入计算可得，故A正确；
B．、 、；所以，胡B正确；
C．升高温度时，各物质的浓度不变，但k增大，反应速率加快，故C错误；
D．催化剂改变反应速率，加入催化剂，各物质浓度不变，故催化剂可能对k影响较大，故D正确；
选C。
17．工业废气H2S经资源化利用后可回收能量并得到单质硫。反应原理为2H2S(g)＋O2(g)＝S2(s)＋2H2O(l) ΔH＝－632 kJ·mol－1。H2S燃料电池的工作原理如图所示。下列有关说法不正确的是（ ）
A．电极a为电池的负极
B．电极b上的电极反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2O
C．若电路中通过2 mol电子，则电池内部释放632 kJ热能
D．若有17 g H2S参与反应，则会有1 mol H＋经质子膜进入正极区
【答案】C
【分析】根据2H2S(g)＋O2(g)＝S2(s)＋2H2O(l) ΔH＝－632 kJ·mol－1，得出负极H2S失电子发生氧化反应 正极O2得电子发生还原反应，据此分析解
【详解】A．由2H2S(g)＋O2(g)＝S2(s)＋2H2O(l) ΔH＝－632 kJ·mol－1，得出负极H2S失电子发生氧化反应，则a 为电池的负极，故A正确；
B．正极O2得电子发生还原反应，所以电极 b上发生的电极反应为 O2＋4H＋＋4e－=2H2O，故B正确；
C．电路中每流过2mol电子，则消耗0.5mol 氧气，但该装置将化学能转化为电能，所以电池内部几乎不放出能量，故C错误；
D．每17g即0.5molH2S参与反应，则消耗 0.25mol氧气，则根据 O2＋4H＋＋4e－=2H2O，所以有1moH+经 质子膜进入正极区，故D正确；
故选C 。
18．按如图所示装置进行下列不同的操作，其中不正确的是
A．先只接通K1，一段时间后，漏斗液面上升，然后再只接通K2，漏斗液面下降
B．只接通K1，一段时间后，U形管中出现白色沉淀
C．只接通K2，U形管左、右两端液面均下降
D．铁腐蚀的速率由大到小的顺序是：只接通K1＞只闭合K3＞都断开＞只闭合K2
【答案】A
【分析】接通K1构成铁棒为阳极的电解池，接通K2构成铁棒为阴极的电解池，接通K3构成原电池。
【详解】A．先只接通K1，铁棒为阳极作活性电极，发生反应：Fe-2e-= Fe2+，多孔石墨为阴极，反应2H2O+ 2e-= H2↑+2OH-，阴极区气压升高，漏斗液面上升；然后再只接通K2，多孔石墨为阳极，反应2Cl--2e-=Cl2↑，Cl2与之前产生的H2生成HCl，溶于水，气压下降；铁棒为阴极，反应2H2O+ 2e-= H2↑+2OH-，气压升高；阴极产生的H2与阳极消耗的H2相等，漏斗液面不会下降，A错误；
B．只接通K1，一段时间后，铁棒为阳极作活性电极生成的Fe2+与阴极产生的OH-生成Fe(OH)2白色沉淀，B正确；
C．只接通K2，U形管左端为阴极：2H2O+ 2e-= H2↑+2OH-，U形管右端为阳极：2Cl--2e-=Cl2↑，两端均生成气体，气压升高液面下降，C正确；
D．只接通K1铁棒作活性电极腐蚀速率最快，只闭合K3铁棒作原电池负极腐蚀速率次之，都断开则铁棒在NaCl溶液中发生较缓慢的吸氧腐蚀，只闭合K2铁棒作为电解池的阴极得到保护，腐蚀速率最慢，D正确；
故答案选A。
19．X、Y是原子序数增大的短周期元素，两者可形成多种有机化合物。甲、乙分别是X、Y元素形成的常见氧化物。现将甲和乙的混合物与足量过氧化钠反应，固体质量增重mg，同时生成VL氧气。下列说法正确的是
A．反应过程中，电子转移数为
B．
C．参加反应的过氧化钠的质量为
D．
【答案】C
【分析】X、Y是原子序数增大的短周期元素，两者可形成多种有机化合物，可知一种是C，在结合两者形成的氧化物均能与过氧化钠反应，可知一种应是H，Y的原子序数大于X，则X为H，Y为C，甲为H2O，乙为CO2，据此解答。
【详解】A．甲、乙与过氧化钠的反应分别为：、，由反应可知每2molH2O和2mol CO2参加反应均转移2mol电子，则nmol甲、乙混合物完全反应转移电子数为，故A错误；
B．由上述反应可知，1molH2O反应时固体质量增加2g，1mol CO2反应时固体质量增加28g，由题意可得：、，解答，，，故B错误；
C．由反应可知每2molH2O和2mol CO2参加反应消耗的过氧化钠均为2mol，得nmol混合物消耗nmol过氧化钠，即78ng，故C正确；
D．O2不一定是在标准状况下，无法确定其体积，故D错误；
故选：C。
20．温度为T℃，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和1molNO2，发生反应：2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)。反应相同时间，测得各容器中NO2的转化率与容器体积的关系如图所示。
下列说法不正确的是
A．T℃时，该反应的化学平衡常数为Kc=mol·L-1
B．由图可知，c点V正>V逆
C．向a点平衡体系中充入一定量的NO2，达到平衡时，NO2的转化率比原平衡小
D．容器内的压强：pa∶pb=6∶7
【答案】D
【详解】A．由图可知，b点NO2的转化率最高，则温度为T℃时，b点恰好达到平衡状态，而ab曲线上对应容器的体积均小于V2L，起始投料相同，则NO2的起始浓度均大于b点，ab曲线上物质的反应速率均大于b点，所以ab曲线上反应均先于b点达到平衡状态，即ab曲线上反应均达到平衡状态，由于a点时NO2的转化率为40%，a点反应三段式为， 所以T℃时，该反应的化学平衡常数=＝mol·L-1，故A正确；
B．图中b点NO2的转化率最高，则温度为T℃时，b点恰好达到平衡状态，b点以后，随着容器体积的增大，NO2的起始浓度减小，反应速率减慢，达到平衡的时间延长，所以bc曲线上反应均未达到平衡状态，并且NO2的起始浓度均小于b点，反应速率也小于b点，则bc曲线上反应正向进行，即图中c点所示条件下，v(正)>v(逆)，故B正确；
C．反应2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)正向气体体积减小，恒温恒容条件下，平衡体系中再充入一定量的NO2，相当增大压强，平衡逆向移动，NO2的平衡转化率减小，即向a点平衡体系中充入一定量的NO2，达到平衡时，NO2的转化率比原平衡小，故C正确；
D．b点反应三段式为， 根据A选项中a点反应三段式、b点三段式和pV=nRT可知，PaV1=1.2RT，PbV2=1.4RT，由于V2>V1，所以容器内的压强：Pa:Pb>6:7，故D错误；
故选D。
二、工业流程题
21．氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3)是提取稀土化合物、冶炼铈的重要矿物原料，根据如图以氟碳铈矿为原料提取铈的工艺流程图，回答问题：
(1)CeFCO3中Ce的化合价为___________；氧化焙烧时不能使用陶瓷容器，原因是___________。
(2)氧化焙烧后的产物之一为CeO2，则酸浸时发生反应的离子方程式为___________。
(3)HT是一种难溶于水的有机溶剂，则操作Ⅰ的名称为___________。
(4)为了提高酸浸率，可以适当提高反应温度，但发现温度偏高浸出率反而会减小，其原因是___________。
(5)写出向Ce(OH)3悬浊液中通入氧气得到产品Ce(OH)4的化学方程式：___________。
【答案】(1) +3 陶瓷会与生成的HF反应
(2)2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O
(3)分液
(4)温度升高，双氧水发生分解，造成浸出率偏小
(5)4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4
【分析】氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，由流程可知，氧化焙烧生成CO2、HF气体及CeO2，再加稀硫酸、H2O2进行酸浸，发生氧化还原反应：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，溶液中加入萃取剂HT，操作I为分液，将溶液中的Ce3+萃取出来，向有机层加入稀硫酸得含有Ce3+的溶液，加入碱调节溶液的pH得到Ce(OH)3沉淀，再经过氧气氧化发生反应4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4，过滤、洗涤、干燥可得Ce(OH)4产品。
【详解】（1）CeFCO3中整体显-2价，F显-1价，根据化合物中正、负化合价代数和为0，可知Ce的价态为+3价；氧化焙烧时不能使用陶瓷容器，这是由于陶瓷容器中含有SiO2，SiO2与HF发生反应：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，因此在该流程氧化焙烧时不能使用陶瓷容器，故答案为：+3；陶瓷会与生成的HF反应；
（2）氧化焙烧后的产物之一为CeO2，酸浸时，CeO2与硫酸、H2O2发生氧化还原反应，产生Ce2(SO4)3、O2、H2O，该反应的离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，故答案为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；
（3）操作I是得到溶液和有机相，是分离互不相容的两层液体物质，因此操作I的名称为分液，故答案为：分液；
（4）酸浸时加入H2O2，H2O2不稳定，在高温下会发生分解，造成浸出率偏小，故答案为：温度升高，双氧水发生分解，造成浸出率偏小；
（5）向Ce(OH)3悬浊液中通入氧气，发生氧化还原反应得到产品Ce(OH)4，该反应的化学方程式为：4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4，故答案为：4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4。
三、原理综合题
22．当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点，我国提出争取2030年“碳达峰”，2060年“碳中和”。因此，研发二氧化碳利用技术、降低空气中二氧化碳含量成为热点。
(1)甲醇是一种可再生能源，由CO2制备甲醇的过程可能涉及的反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.58kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2
反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H3=-90.77kJ·mol-1
则：反应Ⅱ的ΔH2=___________kJ·mol-1
(2)若反应II在一绝热恒容密闭容器中进行，下面能说明反应已达到平衡状态的是________。
a、v(CO)=v(H2O) b、总压强不变
c、平衡常数不变 d、容器内n(CO2)/n(H2O)的值保持不变
(3)①对于反应Ⅰ，不同温度对CO2的转化率及催化剂的催化效率影响如图所示，下列有关说法正确的是___________。
A．其他条件不变，若不使用催化剂，则250℃时CO2的平衡转化率可能位于M1
B．温度低于250℃时，随温度升高甲醇的平衡产率增大
C．M点时平衡常数比N点时平衡常数大
D．若反应在较低的温度下进行，可以提高CO2的平衡转化率，符合勒沙特列原理
②若在2L密闭容器中充入3molH2和1molCO2只发生反应Ⅰ，250℃时反应的平衡常数K=___________L2/mol2，若要进一步提高甲醇的体积分数，可采取的措施有___________(写一条即可)。
(4)研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。写出CO2在碱性介质中电还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的电极反应方程式为___________。
【答案】(1)41.19
(2)bcd
(3) CD 增大压强
(4)3CO2+18e-+13H2O=CH3CH2CH2OH+18OH-
【详解】（1）反应Ⅱ=反应Ⅰ-反应Ⅲ，则ΔH2=ΔH1-ΔH3=41.19kJ/mol。
（2）a．v(CO)=v(H2O)，没有说明是正反应速率还是逆反应速率，无法说明反应达到平衡，a错误；
b．该反应为吸热反应且为等体积反应，总压强不变说明气体温度不变，此时反应达到平衡，b正确；
c．化学平衡常数只与温度有关，其数值不变说明温度不变，反应达到平衡状态，c正确；
d．随着反应进行，n(CO2)/n(H2O)始终在变化，n(CO2)/n(H2O)保持不变说明反应达到平衡，d正确；
故答案选bcd。
（3）①
A．其他条件不变，若不使用催化剂，平衡不移动，则250℃时CO2的平衡转化率不变，A错误；
B．温度低于250℃时，随温度升高二氧化碳平衡转化率降低，甲醇的平衡产率降低，B错误；
C．反应放热，温度升高，平衡逆向移动，K值减小，则M点时平衡常数比N点时平衡常数大，C正确；
D．反应放热，温度降低，平衡正向移动，反应在较低的温度下进行，可以提高CO2的平衡转化率，符合勒沙特列原理，D正确；
故答案选CD。
②250℃CO2的转化率为50%，则有，则K=。要进一步提高甲醇的体积分数，即促使化学平衡正向移动，可采取的方式为增大压强或适当降温等。
（4）CO2在碱性介质中得电子被还原为正丙醇，电极反应式为3CO2+18e-+13H2O=CH3CH2CH2OH+18OH-。
四、结构与性质
23．金属元素及其化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。
(1)锰元素在周期表中的位置是___，基态锰原子的最外层电子排布式为___。
(2)六羰基铬[Cr(CO)6]用于制高纯度铬粉，它的沸点为220℃。Cr(CO)6的晶体类型是___，Cr(CO)6中σ键与π键的个数比为___。
(3)[Ag(NH3)2]+中Ag+空的5s轨道和5p轨道以sp杂化成键，则该配离子的空间构型是___。
(4)多数配离子显示颜色与d轨道的分裂能有关。分裂能是指配离子的中心原子(离子)的一个电子从较低能量的d轨道跃迁到较高能量的d轨道所需的能量(用∆表示)，它与中心离子的结构、电荷、配体有关。试判断分裂能△[Fe(H2O)6]2+__△[Fe(H2O)6]3+(填<”或“=”)，理由___。
(5)已知Pb(CH2CH3)4晶体的堆积方式如图。
Pb(CH2CH3)4在晶体结构中的配位数是___。设阿伏加德罗常数为NAmol-1，Pb(CH2CH3)4的摩尔质量为Mg/mol，则Pb(CH2CH3)4晶体的密度是___g/cm3(列出计算式即可)。
【答案】 第四周期第ⅦB族 4s2 分子晶体 1：1 直线形 ＜ Fe3+的正电荷数比Fe2+多，吸引电子能力强；Fe3+的3d轨道达到半充满稳定结构，Fe2+的3d轨道未达到半充满稳定结构 12
【详解】(1)锰是25号元素，其电子排布式为[Ar]3d54s2，因此锰元素在周期表中的位置是第四周期第ⅦB族，基态锰原子的最外层电子排布式为4s2；故答案为：第四周期第ⅦB族；4s2。
(2)六羰基铬[Cr(CO)6]的沸点为220℃，说明Cr(CO)6的晶体类型是分子晶体，由于N2和CO是互为等电子体，N2含有1个σ键和2个π键，CO与Cr形成配位键，因此Cr(CO)6中σ键与π键的个数比为(6+6)：12=1:1；故答案为：分子晶体；1：1。
(3)[Ag(NH3)2]+中Ag+空的5s轨道和5p轨道以sp杂化成键，说明该配离子的空间构型是直线形；故答案为：直线形。
(4)根据题意得出Fe3+的正电荷数比Fe2+多，吸引电子能力强，Fe3+的3d轨道达到半充满稳定结构，Fe2+的3d轨道未达到半充满稳定结构，因此分裂能△[Fe(H2O)6]2+＜△[Fe(H2O)6]3+，其理由是Fe3+的正电荷数比Fe2+多，吸引电子能力强，Fe3+的3d轨道达到半充满稳定结构，Fe2+的3d轨道未达到半充满稳定结构；故答案为：＜；Fe3+的正电荷数比Fe2+多，吸引电子能力强；Fe3+的3d轨道达到半充满稳定结构，Fe2+的3d轨道未达到半充满稳定结构。
(5)Pb(CH2CH3)4晶体堆积方式为是六方最密堆积，因此其结构中的配位数是12。根据题意得到Pb(CH2CH3)4晶体的密度是；故答案为：。
五、有机推断题
24．姜黄素具有抗突变和预防肿瘤的作用，其合成路线如下：
已知：①
②
请回答下列问题：
(1)E中含有的官能团有___________(填名称)，反应EF的反应类型是___________。
(2)F的分子式为___________，B的化学名称是___________。
(3)反应AB的化学方程式为___________。
(4)G的同分异构体中，符合下列条件的共有___________种
①苯环上有两个取代基
②能发生银镜反应
③能与FeCl3溶液发生显色反应
其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为1:1:2:2:2的是___________(写出一种即可)。
(5)结合题中信息，写出由甲苯和丙酮为原料制备苯丁烯酮()的合成路线(无机试剂任选)：___________。
【答案】(1) 羧基、醇羟基、酚羟基、醚键 氧化反应
(2) C9H8O5 乙二醇
(3)BrCH2CH2Br+ 2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr
(4) 9
(5)
【分析】乙烯和溴发生加成反应，生成A：BrCH2CH2Br，由D的分子式与E的结构简式可知D为OHC-COOH，H为，则A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成B：HOCH2CH2OH，B发生氧化反应生成C：OHC-CHO，E中羟基被氧化生成F，F在信息①中脱羧反应生成G：，结合信息②及姜黄素的分子式，可知姜黄素的结构简式为：，据此分析解题。
【详解】（1）根据E的结构简式可知E中含有的官能团有羧基、醇羟基、酚羟基、醚键；E中羟基被氧化生成F，反应EF的反应类型是氧化反应；
（2）由F的结构式可知F的分子式为C9H8O5， B的结构简式为：HOCH2CH2OH，B的化学名称是乙二醇；
（3）A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成B，反应AB的化学方程式为：BrCH2CH2Br+ 2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr；
（4）①苯环上有两个取代基②能发生银镜反应说明含有醛基③能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基，G的同分异构体中，，有邻、间、对三种，，有邻、间、对三种，，有邻、间、对三种，符合条件的共有9种；其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为1:1:2:2:2的是：(合理皆可)；
（5）甲苯和丙酮为原料制备苯丁烯酮()，甲苯侧链上的H被Br取代生成，水解后生成苯甲醇，苯甲醇催化氧化生成苯甲醛，利用已知条件，苯甲醛和丙酮生成 ，合成路线为：。
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2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市第六中学校高一上学期期中考试化学试题含解析： 这是一份2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市第六中学校高一上学期期中考试化学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，计算题，实验题，填空题，元素或物质推断题等内容，欢迎下载使用。
