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安徽师范大学附属中学2024届高三下学期最后一卷（三模）化学试题（学生版+教师版 ）
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这是一份安徽师范大学附属中学2024届高三下学期最后一卷（三模）化学试题（学生版+教师版 ），文件包含安徽师范大学附属中学2024届高三下学期最后一卷三模化学试题教师版docx、安徽师范大学附属中学2024届高三下学期最后一卷三模化学试题学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共37页， 欢迎下载使用。
可能用到的元素相对原子质量：
一、选择题(本题共14小题，每题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)
1. 近年我国在科学技术领域取得了举世瞩目的成就。对下列成就所涉及的化学知识的表述不正确的是
A. “鲲龙”水陆两栖飞机实现海上首飞，其所用燃料航空煤油是石油分馏产品
B. “C919”飞机身使用的复合材料—碳纤维和环氧树脂均为高分子材料
C. “墨子号”卫星的成功发射实现了光纤量子通信，光纤的主要成分为二氧化硅
D. 用光刻机制作计算机芯片的过程中用到的光刻胶是由马来酸酐()等物质共聚而成，马来酸酐的分子式为
【答案】B
【解析】
【详解】A．石油分馏可得到汽油、煤油、柴油等燃料，故A正确；
B．碳纤维属于无机非金属材料，故B错误；
C．二氧化硅具有良好的导光能力，常用于制作光导纤维，故C正确；
D．由结构简式可知马来酸酐的分子式为，故D正确；
故选：B。
2. 化学与生活、生产密切相关。下列叙述不正确的是
A. 裂化汽油、煤焦油、生物柴油的主要成分都是烷烃类
B. 节日烟花呈现的是钠、钾、钡等是金属元素的焰色试验，与电子跃迁有关
C. 在水处理过程中涉及：氧化还原反应、蛋白质变性、盐类水解、胶体聚沉
D. 中国茶文化源远流长：治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、酾茶、品茶……，泡茶过程涉及的操作有萃取、过滤
【答案】A
【解析】
【详解】A．裂化汽油、煤焦油的主要成分是烃类，生物柴油的主要成分是酯类，故A错误；
B．节日烟花呈现的是钠、钾、钡等是金属元素的焰色试验，与电子跃迁有关，电子从能量较高的激发态跃迁至能量较低的激发态乃至是基态时，以光的形式释放能量，故B正确；
C．具有强氧化性，在水处理过程中与细菌发生氧化还原反应使蛋白质变性而达到杀菌的作用，被还原生成铁离子，铁离子在水溶液中发生水解生成氢氧化铁胶体，胶体吸附水中悬浮的难溶性杂质聚沉而达到净水的目的，故在水处理过程中涉及：氧化还原反应、蛋白质变性、盐类水解、胶体聚沉，故C正确；
D．投茶、出浴涉及茶的溶解，淋壶、烫杯、酾茶过程涉及萃取以及过滤等操作，故D正确；
故选A。
3. 下列化学用语和表述正确的是
A. 分子的VSEPR模型为三角锥形
B. HClO的电子式：
C. 2-羟基丙酸(乳酸)的实验式：
D. 的价电子的轨道表示式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．分子中心原子为N，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，A错误；
B．HClO的电子式为，B错误；
C．2-羟基丙酸(乳酸)的结构简式为，分子式为，实验式为，C正确；
D．的价电子的轨道表示式为，D错误；
答案选C。
4. 掌握化学实验技能是进行科学研究的基本保证，下列有关说法正确的是
A. 图甲为埋在地下的钢管道采用外加电流法防腐
B. 装置乙可模拟侯氏制碱法获得
C. 图丙所示装置可吸收多余氨气且能防止倒吸
D. 测定未知溶液的浓度
【答案】D
【解析】
【详解】A．图甲为埋在地下的钢管道采用牺牲阳极的阴极保护法防腐，A错误；
B．极易溶于水，应采取防倒吸措施，故装置乙中短导管通氨气，长导管通，可模拟侯氏制碱法获得，B错误；
C．极易与稀硫酸反应，该装置中导管通入稀硫酸中，不能防倒吸，应采用盛有与稀硫酸溶液的试剂瓶，可吸收多余氨气且能防止倒吸，C错误；
D．标准酸性溶液可以盛装在酸式滴定管中，采用氧化还原滴定法测定未知溶液的浓度，D正确；
答案选D。
5. Cu是重要的金属元素。铜的冶炼工艺简单，成为了人类最早使用的金属之一、纯铜是柔软的金属，单质呈紫红色。二价铜盐是最常见的铜化合物，其常呈蓝色、常呈深蓝色、常呈黄色。蓝铜矿和绿松石等矿物颜色的来源，历史上曾广泛用作颜料。
工业上黄铜矿(主要成分为)的冶炼广泛使用的是火法冶炼，第一步是矿石熔炼，目的是使黄铜矿转化为铜较高的冰铜(、FeS)。下列说法不正确的是
A. 的Cu的价态是价
B. 矿石熔炼过程中消耗反应时，转移电子的数目为
C. 矿石熔炼时在富氧条件下进行有利于S的回收利用
D. 熔炼过程中可以采用逆向流进料，从而提高熔炼效率
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据电荷守恒，Cu2S中S为-2价，则Cu为+1价，A正确；
B．矿石熔炼过程反应方程式为2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2，根据反应式可知消耗2mlCuFeS2转移6ml电子，故消耗1ml CuFeS2转移电子数为3NA，B错误；
C．在富氧的条件下，氧气浓度高，提高黄铜矿的转化率，有利于S的回收利用，C正确；
D．逆向进料是将原料从设备底部加入，其优点是组分分离效果好，能够提高熔炼效率，D正确；
故选 B。
6. Cu是重要的金属元素。铜的冶炼工艺简单，成为了人类最早使用的金属之一、纯铜是柔软的金属，单质呈紫红色。二价铜盐是最常见的铜化合物，其常呈蓝色、常呈深蓝色、常呈黄色。蓝铜矿和绿松石等矿物颜色的来源，历史上曾广泛用作颜料。
下列有关铜转化的方程式书写不正确的是
A. 含溶液中加入浓氨水，得到深蓝色溶液：
B. 新制氢氧化铜悬浊液检验葡萄糖中的醛基：
C. 氧化铜加强热生成氧化亚铜：
D. 粗铜精炼时的阳极反应只有：
【答案】D
【解析】
【详解】A．含溶液中加入浓氨水，增大了氨气浓度，平衡正移，得到深蓝色溶液，，A正确；
B．新制氢氧化铜悬浊液与葡萄糖中的醛基反应，得到砖红色沉淀氧化亚铜，，B正确；
C．根据得失电子守恒以及原子守恒知，氧化铜加强热生成氧化亚铜和氧气：，C正确；
D．粗铜含有锌、铁等金属，因此阳极反应有：、、等，D错误；
故选D。
7. 意大利化学家阿伏加德罗的重大贡献是建立分子学说，下列说法不正确的是
A. 18个碳原子构成的碳环分子的结构如图甲所示，该物质也是碳的一种同素异形体
B. 的结构如图乙，可看作分子中H原子被硝基取代，是极性分子
C. 白磷晶胞如图丙所示，白磷晶体中1个分子周围有8个紧邻的分子
D. 图丁中，环戊二烯中的碳原子的杂化方式有和，环戊二烯负离子和亚铁离子形成的二茂铁中无离子键
【答案】C
【解析】
【详解】A． 18个碳原子构成的碳环分子的结构如图甲所示，分子式为C18，属于碳单质，该物质也是碳的一种同素异形体，故A正确；
B． 的结构如图乙，可看作分子中H原子被硝基取代而形成，分子的正负电荷中心不重叠，是极性分子，故B正确；
C． 白磷晶胞如图丙所示，属于面心立方晶胞，白磷晶体中1个分子周围有12个紧邻的白磷分子，故C错误；
D． 图丁中，环戊二烯中的碳原子有sp2、sp3两种杂化方式，已知二茂铁沸点较低，应属于分子晶体，故环戊二烯负离子与Fe2+形成配位键，无离子键，故D正确；
故选C。
8. 盐酸帕罗西汀，一种新型的5-羟色胺再摄取阻滞剂类(SSRI)抗抑郁处方药(Rx)，该药物选择性好、不良反应少、耐受性好，治疗指数高。下列有关该物质叙述不正确的是
A. 该结构中的官能团有氨基、碳氟键、醚键、碳碳双键
B. 化学式是
C. 是一种半水盐酸盐
D. 可使酸性溶液褪色
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，化合物中含有的官能团为亚氨基、碳氟键、醚键，没有碳碳双键，故A错误；
B．由图可知，化合物的化学式为，故B正确；
C．由图可知，化合物是一种带有结晶水的半水盐酸盐，故C正确；
D．由图可知，化合物中含有的碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故D正确；
故选A。
9. 已知短周期主族元素T、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，分布在周期表前三周期，X的核外电子总数等于T、W的核外电子总数之和，下列说法不正确的是
A. 该结构中存在配位键
B. 元素W、X、Y、Z均属于p区元素
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：W＜X
D. 简单氢化物的稳定性：Z>Y>X
【答案】D
【解析】
【分析】短周期主族元素T、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，分布在周期表前三周期，则T为H元素；阴离子中T、W、X、Y、Z形成的共价键数目分别为4、4、2、1，X的核外电子总数等于T、W的核外电子总数之和，则W为B元素、X为C元素、Y为O元素、Z为Cl元素。
【详解】A．由阴离子中硼原子形成4个共价键可知，离子中具有空轨道的硼原子与具有孤对电子的氯离子形成配位键，故A正确；
B．硼元素、碳元素、氧元素和氯元素均位于元素周期表p区，故B正确；
C．同周期元素，从左到右非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，则硼酸的酸性弱于碳酸，故C正确；
D．元素的非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，氧元素的非金属性强于氯元素，则水的稳定性强于氯化氢，故D错误；
故选D。
10. 铁化合物生产生活中具有非常广泛的应用，一种磁性氮化铁的晶胞结构如下所示(分数坐标是指以晶胞参数为单位长度建立的坐标系中用来表示晶胞中各原子位置的坐标)，其中沿z轴方向有如下投影如图所示，则下列说法中不正确的是
A. 该化合物化学式为
B. 该晶胞沿y方向的投影和z方向的投影相同
C. 该晶胞中体心的N原子的分数坐标为
D. 该晶体的密度为
【答案】B
【解析】
【详解】A．该晶胞中铁原子为，氮原子为，则该化合物化学式为，A正确；
B．该晶胞沿y方向的投影，不会出现铁原子与氮原子重叠，该晶胞沿z方向的投影如图，会出现铁原子与氮原子重叠，B错误；
C．分数坐标是指以晶胞参数为单位长度建立的坐标系中用来表示晶胞中各原子位置的坐标，则该晶胞中体心的N原子的分数坐标为，C正确；
D．该晶体的密度为，D正确；
故选B。
11. 室温下，下列设计的实验方案不能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．向溶液中滴加溶液，充分反应，FeCl3溶液过量，滴加KSCN溶液，溶液变红，不能证明该反应是否为可逆反应，A错误；
B．用pH计分别测定等浓度的溶液和溶液的pH，可通过比较pH 的大小探究键的极性对羧酸酸性的影响，B正确；
C．向溶液中滴加2滴，生成AgCl白色沉淀，振荡试管，再滴加2滴溶液，白色沉淀转化为AgI黄色沉淀，可推知＜，C正确；
D．溶液中存在平衡，加NaOH溶液，平衡正向移动，加硫酸，平衡逆向移动，可探究浓度对平衡移动的影响，D正确；
故选A。
12. 三维电极法：是在传统的电解槽两电极之间填充粒状或碎屑状材料，填充的粒子电极表面能带电，成为新的一极(第三极)。如图为用三维电极法处理氨氮废水的原理图，石墨板作为阴、阳极，自制活性炭为填充材料，电解一定浓度的、与NaCl的酸性混合溶液来进行模拟。下列选项中不正确的是
A. m电极电解池阳极
B. n电极上的反应为：
C. 该装置生成大量氧化性更强的·OH，·OH去除的离子方程式
D. 相比于传统的二维电极反应系统，三维电极的提高了电流效率，粒子电极表面会生成许多强氧化性物质，氧化效率高
【答案】B
【解析】
【分析】m电极上H2O发生失电子的氧化反应转化成、Cl-发生失电子的氧化反应转化成Cl2，m电极为电解池的阳极，n电极为电解池的阴极，n电极上O2发生得电子的还原反应转化成。
【详解】A．根据分析，m电极为电解池的阳极，A项正确；
B．n电极上O2发生得电子的还原反应转化成，由于混合溶液呈酸性，故n电极的电极反应为O2+2e-+2H+=2，B项错误；
C．由图可知，该装置生成大量氧化性更强的，将氧化成N2，则被还原成H2O，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为6+2=N2↑+6H2O+2H+，C项正确；
D．三维电极法是在传统的电解槽两电极之间填充粒状或碎屑状材料，填充的粒子电极表面能带电，成为新的一极(第三极)，结合图示可知，相比于传统的二维电极反应系统，三维电极的电极比表面积增大，粒子间距小，提高了电流效率，粒子电极表面会生成许多强氧化性物质，氧化效率高，D项正确；
答案选B。
13. 常温下，分别在、、溶液中滴加NaOH溶液，溶液pX=-lgX，X代表、、与pH的关系如图所示。
已知：。下列说法不正确的是
A.
B. 的数量级为
C.
D. d点存在
【答案】C
【解析】
【分析】Mn(OH)2、Zn(OH2的物质类型相似，二者的pX随pH的变化曲线应是平行线，则曲线ad代表与pH的关系，由图中a点可知可知pX=0时，溶液的pH=3.3，此时=c(H+)=1×10-3.3；已知：，纵坐标值越大表示阳离子浓度越小，可以判断出b所在曲线表示与pH的关系曲线，c所在的曲线表示与pH的关系曲线
详解】A．由上述分析可知，，故A项正确；
B．b所在曲线表示，与pH的关系曲线，根据b点的坐标值，此时c(Zn2+)=1×10-6.15，c(OH-)=1×10-5，，数量级为10-17，故B项正确；
C．c所在曲线表示，与pH的关系曲线，根据c点的坐标值，此时c(Mn2+)=1×101.3，c(OH-)=1×10-7，，的平衡常数，故C项错误；
D．d点溶液呈中性，电荷守恒等式为：，根据可得，故D项正确。
故本题选C。
14. 一种被还原为CO的反应机理示意图如下：图1为通过实验观察捕获中间体和产物推演出的被还原为CO的反应过程；图2为转化为CO反应过程经历的中间体的能垒变化。已知：MS代表反应物或中间产物；TS代表过渡态；FS代表终态产物。下列推断不正确的是
A. 由图1可知，存在键的断裂和形成
B. 由图1、2可知，Cu(Ⅰ)是该循环的催化剂，且步骤MS2→MS3决定总反应速率
C. 由图1、2可知，几种中间产物中最稳定
D. 由图1、2可知该过程的总反应为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图1CO2被还原为CO的反应过程可知，存在CO2中π键的断裂和CO中π键的形成，A正确；
B．由图1可知，Cu(Ⅰ)是该循环的催化剂；在多步反应体系中，反应速率最慢的反应决定了反应的总速率，活化能越高，反应速率越慢，由图2可知，MS2→MS3活化能最大，反应速率最慢，决定了总反应速率，B正确；
C．能量越低，物质越稳定，由图1、2可知，几种中间产物中[Cu(CO)]+最低，最稳定，C正确；
D．由图1、2可知该过程的总反应为，D错误；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 三氯化铬是很多含铬化合物的起始原料。实验室利用固体和反应制备无水，并收集该反应产生的光气，实验装置如图所示(夹持及加热装置已省略)。
已知：a.光气与水易反应，能溶于溶液；
b有关物质熔沸点如下表：
（1）制备过程中的能量变化如下图所示，所以下列相关说法正确的是_______。
A. ，
B. 中C-Cl键的键能约为
C.
D. 很小，说明沸点很高
（2）a装置名称_______。
（3）组装好装置，检查气密性完好后往装置中加料，保持、、打开状态，接着通入，此时通入的目的是_______。
（4）通入一段时间后，保持_______打开，关闭_______，将装置A在85℃下进行水浴加热(选填写：、、)。
（5）待B中反应结束后，停止高温加热，将装置C在30℃下进行水浴加热，同时关闭、，打开，温度计显示的温度为_______℃。
（6）实验结束后，装置E中溶质除了有NaOH，还含有_______(填化学式)。
（7）称取B中所得产品6.34g溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加入稀硫酸，完全溶解后加入NaOH溶液形成绿色的沉淀后，再加入过量，小火加热至沉淀完全转变为溶液后，继续加热一段时间，再滴入指示剂，用新配制的的溶液进行滴定，到达滴定终点时，消耗溶液36.00mL。
①沉淀完全转变为溶液后，继续加热一段时间的原因_______。
②产品中的质量分数为_______。
【答案】（1）BC （2）球形干燥管
（3）排净装置中的空气，作保护气
（4） ①. 、 ②.
（5）8.2 （6）NaCl和
（7） ①. 除去残留的，防止氧化，导致实验结果偏高 ②. 60％
【解析】
【分析】该实验为物质制备，由题中信息可知A装置中CCl4被N2鼓入B装置，和Cr2O3固体反应生成CrCl3固体和光气COCl2，用氢氧化钠吸收尾气防止污染空气，因为光气与水易反应，球形干燥管内为无水氯化钙，防止水蒸气进入C或D装置；反应开始，用氮气排出装置中空气，然后打开K1、K2，关闭K3，进行反应，C中得到光气和四氯化碳，再关闭开K1、K2、打开K3，利用沸点不同蒸馏分离出光气。据此解答。
【小问1详解】
A. 断键吸热，形成化学键放热，则，，A错误；
B. 3ml四氯化碳断键形成6ml氯原子和3mlCCl2吸热能量是，因此中C－Cl键的键能约为，B正确；
C. 依据盖斯定律可知，C正确；
D. 形成的晶体是分子晶体，其沸点高低与大小无关系，D错误；
答案选BC。
【小问2详解】
根据仪器构造可知a装置名称为球形干燥管。
【小问3详解】
空气会干扰实验，所以组装好装置，检查气密性完好后往装置中加料，保持、、打开状态，接着通入，此时通入的目的是排净装置中的空气，作保护气。
小问4详解】
根据以上分析可知通入一段时间后，保持K1、K2打开，关闭K3，将装置A在85℃下进行水浴加热。
【小问5详解】
C中收集到溶解在CCl4中的光气，利用沸点不同，采用蒸馏法分离出光气，此时关闭K1和K2，打开K3，利用沸点不同蒸馏出光气，温度计显示的温度为8.2℃。
【小问6详解】
光气易与水发生反应生成CO2和HCl，则实验结束后，E中溶质除了有NaOH，还含有Na2CO3、NaCl。
【小问7详解】
①若沉淀完全转变为Na2CrO4溶液后，溶液中存在为分解的H2O2，H2O2也可以氧化，导致消耗偏多，质量分数偏高，所以需要继续加热一段时间；
②根据元素守恒、得失电子守恒可知CrCl3～Cr(OH)3～Na2CrO4～3，产品中CrCl3质量分数为。
16. ZnO是一种白色粉末，可溶于酸、氢氧化钠溶液、氨水和氨水-铵盐缓冲溶液中，在橡胶、涂料、医疗及食品等行业有着广泛应用。一种由含锌烟灰(含有ZnO、CuO、PbO、FeO、、CdO等)制备ZnO，并可继续制备单质Zn的工艺如图：
(ⅰ)ZnO在强碱性条件下转化为；
(ⅱ)二价金属氧化物如Cu(Ⅱ)、Pb(Ⅱ)与氨络合可生成、；
(ⅲ)Fe元素对应优势微粒与溶液的pH及氧化剂氧化电位(Eh)关系如图：
（1）Zn在元素周期表中的位置是_______。
（2）“氧化预处理”时，加入溶液的目的为将含锌烟灰中的铁(Ⅱ) 氧化，写出氧化FeO的离子方程式_______。
（3） “浸出”时生成多种配离子，其中ZnO生成的离子方程式_______。
（4）“深度净化”时，可采用加入足量锌粉。该方案所得滤渣c中除了含Zn、Cd之外，还含有(填化学式)_______
（5）“蒸氨”时得混合气体e和固体碱式碳酸锌，其中气体e可返回至_______工序循环利用；取11.2g固体，经充分“煅烧”后得到氧化锌8.1g，同时产生的气体通入到足量溶液中，得沉淀9.85g，则固体的x为_______、y为_______。
（6）工业中可以采用先将ZnO溶于足量NaOH溶液，再使用电解的方法制备Zn，装置如图：
①写出Zn电极上的离子反应方程式_______；
②从原料利用角度这种方法制备Zn的最大优点是_______。
【答案】（1）第四周期，ⅡB族
（2）
（3）
（4）Pb、Cu （5） ①. 浸出 ②. 1 ③. 1
（6） ①. ②. NaOH可以循环使用
【解析】
【分析】根据题目及图示信息可知，利用次氯酸钙的氧化性将含锌烟灰中的铁(Ⅱ)氧化成FeOOH和，然后过滤，滤渣a中加入氨水和碳酸氢铵转化成相应的离子、、、；，加入试剂X为锌，除去Cu、Pb、Cd等元素，据此分析。
【小问1详解】
Zn是30号元素，在元素周期表中的位置是第四周期，ⅡB族；
【小问2详解】
“氧化预处理”时，加入溶液的目的为将含锌烟灰中的铁(Ⅱ) 和锰(Ⅱ)分别氧化，根据Fe元素对应优势微粒与溶液的pH及氧化剂氧化电位(Eh)关系图可知，当Eh=0.70V，pH=11.6时，Fe元素以FeOOH形式存在，故氧化FeO的离子方程式为；
【小问3详解】
根据流程以及元素守恒可知，“浸出”时，ZnO生成的离子方程式为；
【小问4详解】
根据金属活动顺序表，锌的金属性强于Cu、Pb，加入足量锌粉发生置换反应，将Cu、Pb、Cd置换出来，因此滤渣c中除了过量Zn、Cd之外，还含有Pb、Cu；
【小问5详解】
“蒸氨”时得混合气体e为氨气、二氧化碳和水，可返回至浸出工序循环利用；煅烧得到氧化锌的质量为8.1g，根据元素守恒，该固体中n(Zn)=n(ZnO)=0.1ml，将产生气体通入到足量溶液中得到BaCO3沉淀，根据元素守恒，样品中，根据电荷守恒，样品中n(OH-)=2×0.1ml-2×0.05ml=0.1ml，则，则固体的x为1、y为1；
【小问6详解】
①ZnO溶于足量NaOH溶液生成，再使用电解的方法制备Zn，即转化为Zn，则Zn作阴极，故Zn电极上的离子反应方程式为；
②ZnO溶于足量NaOH溶液生成，消耗NaOH，Zn电极上发生反应，生成NaOH，故从原料利用角度这种方法制备Zn的最大优点是NaOH可以循环使用。
17. 我国对世界郑重承诺：2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和，而研发的碳捕捉和碳利用技术则是关键。
Ⅰ.的捕集：
（1）属于_______分子(填“极性”或“非极性”)，其晶体(干冰)属于_______晶体。
（2）用饱和溶液做吸收剂“捕集”。若所得溶液pH=l0，则溶液中_______(室温下，的；)；若吸收剂失效，可利用NaOH溶液使其再生，写出该反应的离子方程式_______。
（3）聚合离子液体是目前广泛研究的吸附剂。结合下图分析聚合离子液体吸附的有利条件是_______。
Ⅱ.的转化：
、重整制合成气CO和，是一种有效实现碳达峰、碳中和的关键技术，也是近几年研究的热点之一、回答下列问题：
已知：甲烷、二氧化碳重整工艺的相关反应如下：
①
②
③
④
（4）重整反应的发生条件是_______填(“高温自发”“低温自发”或“任何温度下都自发”)。
（5）在恒压p=100kPa、初始投料的条件下，甲烷、二氧化碳重整制合成气的过程中各平衡组分的物质的量随温度的变化如图所示。
①随温度升高，产率增加，减小，积碳含量_______(填“增大”或“减小”)。
②在630℃时，反应的平衡常数_______(是以分压表示的平衡常数，已知分压=总压×物质的量分数)。
Ⅲ.CO2的创新应用
（6）某团队提出耦合乙烷催化脱氢制乙烯技术。用Cr/SSZ-13为催化剂、作为温和的氧化剂用于乙烷脱氢制备乙烯可以避免乙烷深度氧化、实现资源化利用、避免将氧化为更高价等优势。催化条件下，乙烷裂解主要引发反应为：，同时Cr的价态由升高。推测配位不饱和催化耦合脱氢反应过程如图所示，补全图中画框部分_______。
【答案】（1） ①. 非极性 ②. 分子
（2） ①. 2∶1 ②.
（3）25℃，
（4）高温自发 （5） ①. 减小 ②.
（6）
【解析】
【小问1详解】
结构为O=C=O，正负电荷重心重合，属于非极性，干冰易升华，属于分子晶体；
【小问2详解】
，溶液的pH=10，c(H+)=10-10ml/L，所得溶液 2：1，饱和Na2CO3溶液做吸收剂“捕集”CO2生成NaHCO3而失效，NaHCO3是酸式盐，能与NaOH反应生成Na2CO3和H2O，反应的离子方程式为；
【小问3详解】
观察图可知，温度相对越低、气体流速越慢，聚合离子液体吸附CO2越彻底、效果越好，即吸附CO2的有利条件温度为25℃，气体流速为；
【小问4详解】
根据盖斯定律，反应③-②可得反应△H=75kJ•ml−1-(−172kJ•ml−1)=+247kJ•ml−1；该反应是气体分子数增大的吸热反应，∆S>0，∆H>0，由反应自发进行的判据∆G=∆H-T∆S<0，则发生条件是高温自发
【小问5详解】
①由C(s)曲线可知，随温度升高，产率增加，减小，积碳含量减小；
②在630℃时，平衡时物质的量分别为n(CH4)=0.3ml、n(CO2)=0.5ml、n(CO)=0.5ml、n(H2)=1.2ml,总压为0.3+0.5+0.5+1.2+0.5=3ml,恒压p=100kPa,反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)的平衡常数kPa2；
【小问6详解】
用Cr/SSZ-13为催化剂、CO2作为温和的氧化剂用于乙烷脱氢制备乙烯，乙烷裂解主要引发反应为反应Ⅰ：C2H6(g)→C2H5•(g)+H•(g)，同时Cr的价态由+3升高+4，则Cr周围形成四个共价键，并结合后续转化，则图中画框部分应该为。
18. Balan1酶是一种蛋白激酶C的抑制剂，其前体的合成路线如下：
已知：
ⅰ.
ⅱ.
ⅲ. 不稳定，立即分解为
回答下列问题：
（1）有机物A的系统命名名称是_______。
（2）B→D的反应中的作用是_______。
（3）已知试剂H能与反应，则写出H是结构简式_______。
（4）已知J→K的反应中被氧化为，则J与的物质的量之比为_______。
（5）写出N→O的化学方程式是_______。
（6）Z的分子式比E多一个，写出满足下列条件Z的一种同分异构体_______。
a.官能团和E相同 b.分子中有2个手性碳原子
（7）L→M的过程如下：其中经历了含过氧键的中间体L1，L→L1的过程是与L的加成反应。
已知L1含多于3个的六元环，且其中2个是苯环，请写出中间体L1的结构简式_______。
【答案】（1）1，3-二溴丙烷
（2）消耗反应生成的副产物HBr，提高D的产率
（3） （4）3∶1
（5）+3Br2+3HBr
（6）或 （7）
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，BrCH2CH2CH2Br与NaCN发生取代反应生成NC CH2CH2CH2Br，则A为BrCH2CH2CH2Br、B为NCCH2CH2CH2Br；碳酸钾作用下NC CH2CH2CH2Br发生水解反应生成NCCH2CH2CH2OH，催化剂作用下NCCH2CH2CH2OH与氢气发生还原反应生成H2NCH2CH2CH2CH2OH，则E为H2NCH2CH2CH2CH2OH；H2NCH2CH2CH2CH2OH经多步转化生成，催化剂作用下与氢气发生还原反应生成，则G为；一定条件下与发生取代反应生成，则H为、I为；与连二硫酸钠发生还原反应生成，碳酸钾作用下与一碘甲烷发生取代反应生成，则L为；光照、酸性条件下与氧气发生氧化反应生成，则M为；碳酸钾作用下与一碘甲烷发生取代反应生成，光照条件下与溴发生取代反应生成，则O为；与氢氧化钠溶液共热发生水解反应生成，则P为；酸化生成，则Q为；浓硫酸作用下与共热发生酯化反应生成。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为BrCH2CH2CH2Br，名称为1，3—二溴丙烷，故答案为：1，3—二溴丙烷；
【小问2详解】
由分析可知，B→D的反应为碳酸钾作用下NCCH2CH2CH2Br发生水解反应生成NCCH2CH2CH2OH、溴化钾和碳酸氢钾，反应中碳酸钾的作用是消耗反应生成的副产物溴化氢，提高NCCH2CH2CH2OH的产率，故答案为：消耗反应生成的副产物HBr，提高D的产率；
【小问3详解】
由分析可知，能与碳酸氢钠反应的H的结构简式为，故答案为：；
【小问4详解】
由分析可知，J→K的反应为与连二硫酸钠发生还原反应生成，由得失电子数目守恒可知，氧化剂与还原剂连二硫酸钠的物质的量比为3：1，故答案为：3：1；
【小问5详解】
由分析可知，N→O的反应为光照条件下与溴发生取代反应生成和溴化氢，反应的化学方程式为+3Br2+3HBr，故答案为：+3Br2+3HBr；
【小问6详解】
由分析可知，E的结构简式为H2NCH2CH2CH2CH2OH，Z的分子式比E多一个，则I的分子式为C5H13NO，I的官能团和E相同说明分子中含有氨基和羟基，分子中有2个手性碳原子的结构简式为、，故答案为：或；
【小问7详解】
由题意可知，L→L1的反应为一定条件下与氧气发生加成反应生成，则L1的结构简式为，故答案为：。选项
实验现象和操作
实验目的
A
向溶液中滴加溶液，充分反应后，滴加KSCN溶液，观察现象
证明该反应是否为可逆反应
B
用pH计分别测定等浓度的溶液和溶液的pH
探究键的极性对羧酸酸性的影响
C
向溶液中滴加2滴，观察现象。振荡试管，再滴加2滴溶液，观察现象
比较与的大小
D
向盛有溶液的试管中滴加5～10滴溶液，再继续滴加5～10滴溶液，观察现象
探究浓度对化学平衡的影响
物质
熔点/℃
1435
1152
沸点/℃
4000
1300
76
8.2
可能用到的元素相对原子质量：
一、选择题(本题共14小题，每题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)
1. 近年我国在科学技术领域取得了举世瞩目的成就。对下列成就所涉及的化学知识的表述不正确的是
A. “鲲龙”水陆两栖飞机实现海上首飞，其所用燃料航空煤油是石油分馏产品
B. “C919”飞机身使用的复合材料—碳纤维和环氧树脂均为高分子材料
C. “墨子号”卫星的成功发射实现了光纤量子通信，光纤的主要成分为二氧化硅
D. 用光刻机制作计算机芯片的过程中用到的光刻胶是由马来酸酐()等物质共聚而成，马来酸酐的分子式为
【答案】B
【解析】
【详解】A．石油分馏可得到汽油、煤油、柴油等燃料，故A正确；
B．碳纤维属于无机非金属材料，故B错误；
C．二氧化硅具有良好的导光能力，常用于制作光导纤维，故C正确；
D．由结构简式可知马来酸酐的分子式为，故D正确；
故选：B。
2. 化学与生活、生产密切相关。下列叙述不正确的是
A. 裂化汽油、煤焦油、生物柴油的主要成分都是烷烃类
B. 节日烟花呈现的是钠、钾、钡等是金属元素的焰色试验，与电子跃迁有关
C. 在水处理过程中涉及：氧化还原反应、蛋白质变性、盐类水解、胶体聚沉
D. 中国茶文化源远流长：治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、酾茶、品茶……，泡茶过程涉及的操作有萃取、过滤
【答案】A
【解析】
【详解】A．裂化汽油、煤焦油的主要成分是烃类，生物柴油的主要成分是酯类，故A错误；
B．节日烟花呈现的是钠、钾、钡等是金属元素的焰色试验，与电子跃迁有关，电子从能量较高的激发态跃迁至能量较低的激发态乃至是基态时，以光的形式释放能量，故B正确；
C．具有强氧化性，在水处理过程中与细菌发生氧化还原反应使蛋白质变性而达到杀菌的作用，被还原生成铁离子，铁离子在水溶液中发生水解生成氢氧化铁胶体，胶体吸附水中悬浮的难溶性杂质聚沉而达到净水的目的，故在水处理过程中涉及：氧化还原反应、蛋白质变性、盐类水解、胶体聚沉，故C正确；
D．投茶、出浴涉及茶的溶解，淋壶、烫杯、酾茶过程涉及萃取以及过滤等操作，故D正确；
故选A。
3. 下列化学用语和表述正确的是
A. 分子的VSEPR模型为三角锥形
B. HClO的电子式：
C. 2-羟基丙酸(乳酸)的实验式：
D. 的价电子的轨道表示式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．分子中心原子为N，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，A错误；
B．HClO的电子式为，B错误；
C．2-羟基丙酸(乳酸)的结构简式为，分子式为，实验式为，C正确；
D．的价电子的轨道表示式为，D错误；
答案选C。
4. 掌握化学实验技能是进行科学研究的基本保证，下列有关说法正确的是
A. 图甲为埋在地下的钢管道采用外加电流法防腐
B. 装置乙可模拟侯氏制碱法获得
C. 图丙所示装置可吸收多余氨气且能防止倒吸
D. 测定未知溶液的浓度
【答案】D
【解析】
【详解】A．图甲为埋在地下的钢管道采用牺牲阳极的阴极保护法防腐，A错误；
B．极易溶于水，应采取防倒吸措施，故装置乙中短导管通氨气，长导管通，可模拟侯氏制碱法获得，B错误；
C．极易与稀硫酸反应，该装置中导管通入稀硫酸中，不能防倒吸，应采用盛有与稀硫酸溶液的试剂瓶，可吸收多余氨气且能防止倒吸，C错误；
D．标准酸性溶液可以盛装在酸式滴定管中，采用氧化还原滴定法测定未知溶液的浓度，D正确；
答案选D。
5. Cu是重要的金属元素。铜的冶炼工艺简单，成为了人类最早使用的金属之一、纯铜是柔软的金属，单质呈紫红色。二价铜盐是最常见的铜化合物，其常呈蓝色、常呈深蓝色、常呈黄色。蓝铜矿和绿松石等矿物颜色的来源，历史上曾广泛用作颜料。
工业上黄铜矿(主要成分为)的冶炼广泛使用的是火法冶炼，第一步是矿石熔炼，目的是使黄铜矿转化为铜较高的冰铜(、FeS)。下列说法不正确的是
A. 的Cu的价态是价
B. 矿石熔炼过程中消耗反应时，转移电子的数目为
C. 矿石熔炼时在富氧条件下进行有利于S的回收利用
D. 熔炼过程中可以采用逆向流进料，从而提高熔炼效率
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据电荷守恒，Cu2S中S为-2价，则Cu为+1价，A正确；
B．矿石熔炼过程反应方程式为2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2，根据反应式可知消耗2mlCuFeS2转移6ml电子，故消耗1ml CuFeS2转移电子数为3NA，B错误；
C．在富氧的条件下，氧气浓度高，提高黄铜矿的转化率，有利于S的回收利用，C正确；
D．逆向进料是将原料从设备底部加入，其优点是组分分离效果好，能够提高熔炼效率，D正确；
故选 B。
6. Cu是重要的金属元素。铜的冶炼工艺简单，成为了人类最早使用的金属之一、纯铜是柔软的金属，单质呈紫红色。二价铜盐是最常见的铜化合物，其常呈蓝色、常呈深蓝色、常呈黄色。蓝铜矿和绿松石等矿物颜色的来源，历史上曾广泛用作颜料。
下列有关铜转化的方程式书写不正确的是
A. 含溶液中加入浓氨水，得到深蓝色溶液：
B. 新制氢氧化铜悬浊液检验葡萄糖中的醛基：
C. 氧化铜加强热生成氧化亚铜：
D. 粗铜精炼时的阳极反应只有：
【答案】D
【解析】
【详解】A．含溶液中加入浓氨水，增大了氨气浓度，平衡正移，得到深蓝色溶液，，A正确；
B．新制氢氧化铜悬浊液与葡萄糖中的醛基反应，得到砖红色沉淀氧化亚铜，，B正确；
C．根据得失电子守恒以及原子守恒知，氧化铜加强热生成氧化亚铜和氧气：，C正确；
D．粗铜含有锌、铁等金属，因此阳极反应有：、、等，D错误；
故选D。
7. 意大利化学家阿伏加德罗的重大贡献是建立分子学说，下列说法不正确的是
A. 18个碳原子构成的碳环分子的结构如图甲所示，该物质也是碳的一种同素异形体
B. 的结构如图乙，可看作分子中H原子被硝基取代，是极性分子
C. 白磷晶胞如图丙所示，白磷晶体中1个分子周围有8个紧邻的分子
D. 图丁中，环戊二烯中的碳原子的杂化方式有和，环戊二烯负离子和亚铁离子形成的二茂铁中无离子键
【答案】C
【解析】
【详解】A． 18个碳原子构成的碳环分子的结构如图甲所示，分子式为C18，属于碳单质，该物质也是碳的一种同素异形体，故A正确；
B． 的结构如图乙，可看作分子中H原子被硝基取代而形成，分子的正负电荷中心不重叠，是极性分子，故B正确；
C． 白磷晶胞如图丙所示，属于面心立方晶胞，白磷晶体中1个分子周围有12个紧邻的白磷分子，故C错误；
D． 图丁中，环戊二烯中的碳原子有sp2、sp3两种杂化方式，已知二茂铁沸点较低，应属于分子晶体，故环戊二烯负离子与Fe2+形成配位键，无离子键，故D正确；
故选C。
8. 盐酸帕罗西汀，一种新型的5-羟色胺再摄取阻滞剂类(SSRI)抗抑郁处方药(Rx)，该药物选择性好、不良反应少、耐受性好，治疗指数高。下列有关该物质叙述不正确的是
A. 该结构中的官能团有氨基、碳氟键、醚键、碳碳双键
B. 化学式是
C. 是一种半水盐酸盐
D. 可使酸性溶液褪色
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，化合物中含有的官能团为亚氨基、碳氟键、醚键，没有碳碳双键，故A错误；
B．由图可知，化合物的化学式为，故B正确；
C．由图可知，化合物是一种带有结晶水的半水盐酸盐，故C正确；
D．由图可知，化合物中含有的碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故D正确；
故选A。
9. 已知短周期主族元素T、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，分布在周期表前三周期，X的核外电子总数等于T、W的核外电子总数之和，下列说法不正确的是
A. 该结构中存在配位键
B. 元素W、X、Y、Z均属于p区元素
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：W＜X
D. 简单氢化物的稳定性：Z>Y>X
【答案】D
【解析】
【分析】短周期主族元素T、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，分布在周期表前三周期，则T为H元素；阴离子中T、W、X、Y、Z形成的共价键数目分别为4、4、2、1，X的核外电子总数等于T、W的核外电子总数之和，则W为B元素、X为C元素、Y为O元素、Z为Cl元素。
【详解】A．由阴离子中硼原子形成4个共价键可知，离子中具有空轨道的硼原子与具有孤对电子的氯离子形成配位键，故A正确；
B．硼元素、碳元素、氧元素和氯元素均位于元素周期表p区，故B正确；
C．同周期元素，从左到右非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，则硼酸的酸性弱于碳酸，故C正确；
D．元素的非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，氧元素的非金属性强于氯元素，则水的稳定性强于氯化氢，故D错误；
故选D。
10. 铁化合物生产生活中具有非常广泛的应用，一种磁性氮化铁的晶胞结构如下所示(分数坐标是指以晶胞参数为单位长度建立的坐标系中用来表示晶胞中各原子位置的坐标)，其中沿z轴方向有如下投影如图所示，则下列说法中不正确的是
A. 该化合物化学式为
B. 该晶胞沿y方向的投影和z方向的投影相同
C. 该晶胞中体心的N原子的分数坐标为
D. 该晶体的密度为
【答案】B
【解析】
【详解】A．该晶胞中铁原子为，氮原子为，则该化合物化学式为，A正确；
B．该晶胞沿y方向的投影，不会出现铁原子与氮原子重叠，该晶胞沿z方向的投影如图，会出现铁原子与氮原子重叠，B错误；
C．分数坐标是指以晶胞参数为单位长度建立的坐标系中用来表示晶胞中各原子位置的坐标，则该晶胞中体心的N原子的分数坐标为，C正确；
D．该晶体的密度为，D正确；
故选B。
11. 室温下，下列设计的实验方案不能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．向溶液中滴加溶液，充分反应，FeCl3溶液过量，滴加KSCN溶液，溶液变红，不能证明该反应是否为可逆反应，A错误；
B．用pH计分别测定等浓度的溶液和溶液的pH，可通过比较pH 的大小探究键的极性对羧酸酸性的影响，B正确；
C．向溶液中滴加2滴，生成AgCl白色沉淀，振荡试管，再滴加2滴溶液，白色沉淀转化为AgI黄色沉淀，可推知＜，C正确；
D．溶液中存在平衡，加NaOH溶液，平衡正向移动，加硫酸，平衡逆向移动，可探究浓度对平衡移动的影响，D正确；
故选A。
12. 三维电极法：是在传统的电解槽两电极之间填充粒状或碎屑状材料，填充的粒子电极表面能带电，成为新的一极(第三极)。如图为用三维电极法处理氨氮废水的原理图，石墨板作为阴、阳极，自制活性炭为填充材料，电解一定浓度的、与NaCl的酸性混合溶液来进行模拟。下列选项中不正确的是
A. m电极电解池阳极
B. n电极上的反应为：
C. 该装置生成大量氧化性更强的·OH，·OH去除的离子方程式
D. 相比于传统的二维电极反应系统，三维电极的提高了电流效率，粒子电极表面会生成许多强氧化性物质，氧化效率高
【答案】B
【解析】
【分析】m电极上H2O发生失电子的氧化反应转化成、Cl-发生失电子的氧化反应转化成Cl2，m电极为电解池的阳极，n电极为电解池的阴极，n电极上O2发生得电子的还原反应转化成。
【详解】A．根据分析，m电极为电解池的阳极，A项正确；
B．n电极上O2发生得电子的还原反应转化成，由于混合溶液呈酸性，故n电极的电极反应为O2+2e-+2H+=2，B项错误；
C．由图可知，该装置生成大量氧化性更强的，将氧化成N2，则被还原成H2O，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为6+2=N2↑+6H2O+2H+，C项正确；
D．三维电极法是在传统的电解槽两电极之间填充粒状或碎屑状材料，填充的粒子电极表面能带电，成为新的一极(第三极)，结合图示可知，相比于传统的二维电极反应系统，三维电极的电极比表面积增大，粒子间距小，提高了电流效率，粒子电极表面会生成许多强氧化性物质，氧化效率高，D项正确；
答案选B。
13. 常温下，分别在、、溶液中滴加NaOH溶液，溶液pX=-lgX，X代表、、与pH的关系如图所示。
已知：。下列说法不正确的是
A.
B. 的数量级为
C.
D. d点存在
【答案】C
【解析】
【分析】Mn(OH)2、Zn(OH2的物质类型相似，二者的pX随pH的变化曲线应是平行线，则曲线ad代表与pH的关系，由图中a点可知可知pX=0时，溶液的pH=3.3，此时=c(H+)=1×10-3.3；已知：，纵坐标值越大表示阳离子浓度越小，可以判断出b所在曲线表示与pH的关系曲线，c所在的曲线表示与pH的关系曲线
详解】A．由上述分析可知，，故A项正确；
B．b所在曲线表示，与pH的关系曲线，根据b点的坐标值，此时c(Zn2+)=1×10-6.15，c(OH-)=1×10-5，，数量级为10-17，故B项正确；
C．c所在曲线表示，与pH的关系曲线，根据c点的坐标值，此时c(Mn2+)=1×101.3，c(OH-)=1×10-7，，的平衡常数，故C项错误；
D．d点溶液呈中性，电荷守恒等式为：，根据可得，故D项正确。
故本题选C。
14. 一种被还原为CO的反应机理示意图如下：图1为通过实验观察捕获中间体和产物推演出的被还原为CO的反应过程；图2为转化为CO反应过程经历的中间体的能垒变化。已知：MS代表反应物或中间产物；TS代表过渡态；FS代表终态产物。下列推断不正确的是
A. 由图1可知，存在键的断裂和形成
B. 由图1、2可知，Cu(Ⅰ)是该循环的催化剂，且步骤MS2→MS3决定总反应速率
C. 由图1、2可知，几种中间产物中最稳定
D. 由图1、2可知该过程的总反应为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图1CO2被还原为CO的反应过程可知，存在CO2中π键的断裂和CO中π键的形成，A正确；
B．由图1可知，Cu(Ⅰ)是该循环的催化剂；在多步反应体系中，反应速率最慢的反应决定了反应的总速率，活化能越高，反应速率越慢，由图2可知，MS2→MS3活化能最大，反应速率最慢，决定了总反应速率，B正确；
C．能量越低，物质越稳定，由图1、2可知，几种中间产物中[Cu(CO)]+最低，最稳定，C正确；
D．由图1、2可知该过程的总反应为，D错误；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 三氯化铬是很多含铬化合物的起始原料。实验室利用固体和反应制备无水，并收集该反应产生的光气，实验装置如图所示(夹持及加热装置已省略)。
已知：a.光气与水易反应，能溶于溶液；
b有关物质熔沸点如下表：
（1）制备过程中的能量变化如下图所示，所以下列相关说法正确的是_______。
A. ，
B. 中C-Cl键的键能约为
C.
D. 很小，说明沸点很高
（2）a装置名称_______。
（3）组装好装置，检查气密性完好后往装置中加料，保持、、打开状态，接着通入，此时通入的目的是_______。
（4）通入一段时间后，保持_______打开，关闭_______，将装置A在85℃下进行水浴加热(选填写：、、)。
（5）待B中反应结束后，停止高温加热，将装置C在30℃下进行水浴加热，同时关闭、，打开，温度计显示的温度为_______℃。
（6）实验结束后，装置E中溶质除了有NaOH，还含有_______(填化学式)。
（7）称取B中所得产品6.34g溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加入稀硫酸，完全溶解后加入NaOH溶液形成绿色的沉淀后，再加入过量，小火加热至沉淀完全转变为溶液后，继续加热一段时间，再滴入指示剂，用新配制的的溶液进行滴定，到达滴定终点时，消耗溶液36.00mL。
①沉淀完全转变为溶液后，继续加热一段时间的原因_______。
②产品中的质量分数为_______。
【答案】（1）BC （2）球形干燥管
（3）排净装置中的空气，作保护气
（4） ①. 、 ②.
（5）8.2 （6）NaCl和
（7） ①. 除去残留的，防止氧化，导致实验结果偏高 ②. 60％
【解析】
【分析】该实验为物质制备，由题中信息可知A装置中CCl4被N2鼓入B装置，和Cr2O3固体反应生成CrCl3固体和光气COCl2，用氢氧化钠吸收尾气防止污染空气，因为光气与水易反应，球形干燥管内为无水氯化钙，防止水蒸气进入C或D装置；反应开始，用氮气排出装置中空气，然后打开K1、K2，关闭K3，进行反应，C中得到光气和四氯化碳，再关闭开K1、K2、打开K3，利用沸点不同蒸馏分离出光气。据此解答。
【小问1详解】
A. 断键吸热，形成化学键放热，则，，A错误；
B. 3ml四氯化碳断键形成6ml氯原子和3mlCCl2吸热能量是，因此中C－Cl键的键能约为，B正确；
C. 依据盖斯定律可知，C正确；
D. 形成的晶体是分子晶体，其沸点高低与大小无关系，D错误；
答案选BC。
【小问2详解】
根据仪器构造可知a装置名称为球形干燥管。
【小问3详解】
空气会干扰实验，所以组装好装置，检查气密性完好后往装置中加料，保持、、打开状态，接着通入，此时通入的目的是排净装置中的空气，作保护气。
小问4详解】
根据以上分析可知通入一段时间后，保持K1、K2打开，关闭K3，将装置A在85℃下进行水浴加热。
【小问5详解】
C中收集到溶解在CCl4中的光气，利用沸点不同，采用蒸馏法分离出光气，此时关闭K1和K2，打开K3，利用沸点不同蒸馏出光气，温度计显示的温度为8.2℃。
【小问6详解】
光气易与水发生反应生成CO2和HCl，则实验结束后，E中溶质除了有NaOH，还含有Na2CO3、NaCl。
【小问7详解】
①若沉淀完全转变为Na2CrO4溶液后，溶液中存在为分解的H2O2，H2O2也可以氧化，导致消耗偏多，质量分数偏高，所以需要继续加热一段时间；
②根据元素守恒、得失电子守恒可知CrCl3～Cr(OH)3～Na2CrO4～3，产品中CrCl3质量分数为。
16. ZnO是一种白色粉末，可溶于酸、氢氧化钠溶液、氨水和氨水-铵盐缓冲溶液中，在橡胶、涂料、医疗及食品等行业有着广泛应用。一种由含锌烟灰(含有ZnO、CuO、PbO、FeO、、CdO等)制备ZnO，并可继续制备单质Zn的工艺如图：
(ⅰ)ZnO在强碱性条件下转化为；
(ⅱ)二价金属氧化物如Cu(Ⅱ)、Pb(Ⅱ)与氨络合可生成、；
(ⅲ)Fe元素对应优势微粒与溶液的pH及氧化剂氧化电位(Eh)关系如图：
（1）Zn在元素周期表中的位置是_______。
（2）“氧化预处理”时，加入溶液的目的为将含锌烟灰中的铁(Ⅱ) 氧化，写出氧化FeO的离子方程式_______。
（3） “浸出”时生成多种配离子，其中ZnO生成的离子方程式_______。
（4）“深度净化”时，可采用加入足量锌粉。该方案所得滤渣c中除了含Zn、Cd之外，还含有(填化学式)_______
（5）“蒸氨”时得混合气体e和固体碱式碳酸锌，其中气体e可返回至_______工序循环利用；取11.2g固体，经充分“煅烧”后得到氧化锌8.1g，同时产生的气体通入到足量溶液中，得沉淀9.85g，则固体的x为_______、y为_______。
（6）工业中可以采用先将ZnO溶于足量NaOH溶液，再使用电解的方法制备Zn，装置如图：
①写出Zn电极上的离子反应方程式_______；
②从原料利用角度这种方法制备Zn的最大优点是_______。
【答案】（1）第四周期，ⅡB族
（2）
（3）
（4）Pb、Cu （5） ①. 浸出 ②. 1 ③. 1
（6） ①. ②. NaOH可以循环使用
【解析】
【分析】根据题目及图示信息可知，利用次氯酸钙的氧化性将含锌烟灰中的铁(Ⅱ)氧化成FeOOH和，然后过滤，滤渣a中加入氨水和碳酸氢铵转化成相应的离子、、、；，加入试剂X为锌，除去Cu、Pb、Cd等元素，据此分析。
【小问1详解】
Zn是30号元素，在元素周期表中的位置是第四周期，ⅡB族；
【小问2详解】
“氧化预处理”时，加入溶液的目的为将含锌烟灰中的铁(Ⅱ) 和锰(Ⅱ)分别氧化，根据Fe元素对应优势微粒与溶液的pH及氧化剂氧化电位(Eh)关系图可知，当Eh=0.70V，pH=11.6时，Fe元素以FeOOH形式存在，故氧化FeO的离子方程式为；
【小问3详解】
根据流程以及元素守恒可知，“浸出”时，ZnO生成的离子方程式为；
【小问4详解】
根据金属活动顺序表，锌的金属性强于Cu、Pb，加入足量锌粉发生置换反应，将Cu、Pb、Cd置换出来，因此滤渣c中除了过量Zn、Cd之外，还含有Pb、Cu；
【小问5详解】
“蒸氨”时得混合气体e为氨气、二氧化碳和水，可返回至浸出工序循环利用；煅烧得到氧化锌的质量为8.1g，根据元素守恒，该固体中n(Zn)=n(ZnO)=0.1ml，将产生气体通入到足量溶液中得到BaCO3沉淀，根据元素守恒，样品中，根据电荷守恒，样品中n(OH-)=2×0.1ml-2×0.05ml=0.1ml，则，则固体的x为1、y为1；
【小问6详解】
①ZnO溶于足量NaOH溶液生成，再使用电解的方法制备Zn，即转化为Zn，则Zn作阴极，故Zn电极上的离子反应方程式为；
②ZnO溶于足量NaOH溶液生成，消耗NaOH，Zn电极上发生反应，生成NaOH，故从原料利用角度这种方法制备Zn的最大优点是NaOH可以循环使用。
17. 我国对世界郑重承诺：2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和，而研发的碳捕捉和碳利用技术则是关键。
Ⅰ.的捕集：
（1）属于_______分子(填“极性”或“非极性”)，其晶体(干冰)属于_______晶体。
（2）用饱和溶液做吸收剂“捕集”。若所得溶液pH=l0，则溶液中_______(室温下，的；)；若吸收剂失效，可利用NaOH溶液使其再生，写出该反应的离子方程式_______。
（3）聚合离子液体是目前广泛研究的吸附剂。结合下图分析聚合离子液体吸附的有利条件是_______。
Ⅱ.的转化：
、重整制合成气CO和，是一种有效实现碳达峰、碳中和的关键技术，也是近几年研究的热点之一、回答下列问题：
已知：甲烷、二氧化碳重整工艺的相关反应如下：
①
②
③
④
（4）重整反应的发生条件是_______填(“高温自发”“低温自发”或“任何温度下都自发”)。
（5）在恒压p=100kPa、初始投料的条件下，甲烷、二氧化碳重整制合成气的过程中各平衡组分的物质的量随温度的变化如图所示。
①随温度升高，产率增加，减小，积碳含量_______(填“增大”或“减小”)。
②在630℃时，反应的平衡常数_______(是以分压表示的平衡常数，已知分压=总压×物质的量分数)。
Ⅲ.CO2的创新应用
（6）某团队提出耦合乙烷催化脱氢制乙烯技术。用Cr/SSZ-13为催化剂、作为温和的氧化剂用于乙烷脱氢制备乙烯可以避免乙烷深度氧化、实现资源化利用、避免将氧化为更高价等优势。催化条件下，乙烷裂解主要引发反应为：，同时Cr的价态由升高。推测配位不饱和催化耦合脱氢反应过程如图所示，补全图中画框部分_______。
【答案】（1） ①. 非极性 ②. 分子
（2） ①. 2∶1 ②.
（3）25℃，
（4）高温自发 （5） ①. 减小 ②.
（6）
【解析】
【小问1详解】
结构为O=C=O，正负电荷重心重合，属于非极性，干冰易升华，属于分子晶体；
【小问2详解】
，溶液的pH=10，c(H+)=10-10ml/L，所得溶液 2：1，饱和Na2CO3溶液做吸收剂“捕集”CO2生成NaHCO3而失效，NaHCO3是酸式盐，能与NaOH反应生成Na2CO3和H2O，反应的离子方程式为；
【小问3详解】
观察图可知，温度相对越低、气体流速越慢，聚合离子液体吸附CO2越彻底、效果越好，即吸附CO2的有利条件温度为25℃，气体流速为；
【小问4详解】
根据盖斯定律，反应③-②可得反应△H=75kJ•ml−1-(−172kJ•ml−1)=+247kJ•ml−1；该反应是气体分子数增大的吸热反应，∆S>0，∆H>0，由反应自发进行的判据∆G=∆H-T∆S<0，则发生条件是高温自发
【小问5详解】
①由C(s)曲线可知，随温度升高，产率增加，减小，积碳含量减小；
②在630℃时，平衡时物质的量分别为n(CH4)=0.3ml、n(CO2)=0.5ml、n(CO)=0.5ml、n(H2)=1.2ml,总压为0.3+0.5+0.5+1.2+0.5=3ml,恒压p=100kPa,反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)的平衡常数kPa2；
【小问6详解】
用Cr/SSZ-13为催化剂、CO2作为温和的氧化剂用于乙烷脱氢制备乙烯，乙烷裂解主要引发反应为反应Ⅰ：C2H6(g)→C2H5•(g)+H•(g)，同时Cr的价态由+3升高+4，则Cr周围形成四个共价键，并结合后续转化，则图中画框部分应该为。
18. Balan1酶是一种蛋白激酶C的抑制剂，其前体的合成路线如下：
已知：
ⅰ.
ⅱ.
ⅲ. 不稳定，立即分解为
回答下列问题：
（1）有机物A的系统命名名称是_______。
（2）B→D的反应中的作用是_______。
（3）已知试剂H能与反应，则写出H是结构简式_______。
（4）已知J→K的反应中被氧化为，则J与的物质的量之比为_______。
（5）写出N→O的化学方程式是_______。
（6）Z的分子式比E多一个，写出满足下列条件Z的一种同分异构体_______。
a.官能团和E相同 b.分子中有2个手性碳原子
（7）L→M的过程如下：其中经历了含过氧键的中间体L1，L→L1的过程是与L的加成反应。
已知L1含多于3个的六元环，且其中2个是苯环，请写出中间体L1的结构简式_______。
【答案】（1）1，3-二溴丙烷
（2）消耗反应生成的副产物HBr，提高D的产率
（3） （4）3∶1
（5）+3Br2+3HBr
（6）或 （7）
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，BrCH2CH2CH2Br与NaCN发生取代反应生成NC CH2CH2CH2Br，则A为BrCH2CH2CH2Br、B为NCCH2CH2CH2Br；碳酸钾作用下NC CH2CH2CH2Br发生水解反应生成NCCH2CH2CH2OH，催化剂作用下NCCH2CH2CH2OH与氢气发生还原反应生成H2NCH2CH2CH2CH2OH，则E为H2NCH2CH2CH2CH2OH；H2NCH2CH2CH2CH2OH经多步转化生成，催化剂作用下与氢气发生还原反应生成，则G为；一定条件下与发生取代反应生成，则H为、I为；与连二硫酸钠发生还原反应生成，碳酸钾作用下与一碘甲烷发生取代反应生成，则L为；光照、酸性条件下与氧气发生氧化反应生成，则M为；碳酸钾作用下与一碘甲烷发生取代反应生成，光照条件下与溴发生取代反应生成，则O为；与氢氧化钠溶液共热发生水解反应生成，则P为；酸化生成，则Q为；浓硫酸作用下与共热发生酯化反应生成。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为BrCH2CH2CH2Br，名称为1，3—二溴丙烷，故答案为：1，3—二溴丙烷；
【小问2详解】
由分析可知，B→D的反应为碳酸钾作用下NCCH2CH2CH2Br发生水解反应生成NCCH2CH2CH2OH、溴化钾和碳酸氢钾，反应中碳酸钾的作用是消耗反应生成的副产物溴化氢，提高NCCH2CH2CH2OH的产率，故答案为：消耗反应生成的副产物HBr，提高D的产率；
【小问3详解】
由分析可知，能与碳酸氢钠反应的H的结构简式为，故答案为：；
【小问4详解】
由分析可知，J→K的反应为与连二硫酸钠发生还原反应生成，由得失电子数目守恒可知，氧化剂与还原剂连二硫酸钠的物质的量比为3：1，故答案为：3：1；
【小问5详解】
由分析可知，N→O的反应为光照条件下与溴发生取代反应生成和溴化氢，反应的化学方程式为+3Br2+3HBr，故答案为：+3Br2+3HBr；
【小问6详解】
由分析可知，E的结构简式为H2NCH2CH2CH2CH2OH，Z的分子式比E多一个，则I的分子式为C5H13NO，I的官能团和E相同说明分子中含有氨基和羟基，分子中有2个手性碳原子的结构简式为、，故答案为：或；
【小问7详解】
由题意可知，L→L1的反应为一定条件下与氧气发生加成反应生成，则L1的结构简式为，故答案为：。选项
实验现象和操作
实验目的
A
向溶液中滴加溶液，充分反应后，滴加KSCN溶液，观察现象
证明该反应是否为可逆反应
B
用pH计分别测定等浓度的溶液和溶液的pH
探究键的极性对羧酸酸性的影响
C
向溶液中滴加2滴，观察现象。振荡试管，再滴加2滴溶液，观察现象
比较与的大小
D
向盛有溶液的试管中滴加5～10滴溶液，再继续滴加5～10滴溶液，观察现象
探究浓度对化学平衡的影响
物质
熔点/℃
1435
1152
沸点/℃
4000
1300
76
8.2
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