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辽宁省沈阳市第二中学2023-2024学年高三下学期第五次模拟考试化学试卷
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这是一份辽宁省沈阳市第二中学2023-2024学年高三下学期第五次模拟考试化学试卷，共25页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
时间：75分钟，试卷满分：100分
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Ga-70 Ce-140
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 习总书记强调：积极培育和发展新质生产力。下列与科技成就相关的描述错误的是
A. “朱雀二号”遥二成为全球首枚成功入轨的液氧甲烷运载火箭，甲烷作助燃剂
B. “神舟十七号”发动机的耐高温结构材料是一种熔沸点很高的共价晶体
C. 挑战马里亚纳海沟的自供电软体机器人所用的硅树脂是新型无机非金属材料
D. 人造卫星和深空探测器强度要求高的零部件采用钛合金等合金材料
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲烷运载火箭中液氧作助燃剂，甲烷作燃料，A错误；
B．熔沸点很高，为共价晶体，B正确；
C．硅树脂一种具有高度交联结构的热固性聚硅氧烷聚合物，属于无机非金属材料，C正确；
D．钛合金为合金材料，D正确；
故选A。
2. 下列符号表征或说法正确的是
A. HClO的电子式：
B. 的VSEPR模型：试卷源自 每日更新，更低价下载，欢迎访问。C. 的离子结构示意图：
D. 基态S原子的价电子排布图：
【答案】B
【解析】
【详解】A．HClO是共价化合物，电子式是，故A错误；
B．的中心原子Cl价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，有1对孤电子对，故B正确；
C．Fe2+的离子结构示意图：，故C错误；
D．硫为16号元素，基态硫原子的价电子排布图： ，故D错误；
故答案选B。
3. 下列离子方程式与所给事实不符的是
A. 用制：
B. 用饱和食盐水制烧碱：
C. 用过量的氨水吸收：
D. 惰性电极电解丙烯腈制备己二腈：
【答案】C
【解析】
【详解】A．TiCl4水解程度很大，能反应完全生成，其水解反应方程式为：，A正确；
B．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，常用于工业上制烧碱，离子方程式为：，B正确；
C．用过量的氨水吸收SO2生成亚硫酸铵，离子方程式为：，C错误；
D．惰性电极电解丙烯腈制备己二腈，得到电子生成，H2O失去电子生成O2，化学方程式为：，D正确；
故选C。
4. 利用下列装置完成相应实验，能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙醇发生消去反应应该在170℃，温度计应该插入液面以下，A错误；
B．乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂的条件下发生酯化反应，碎瓷片用于防止暴沸，球形冷凝管用于将有机物冷凝回流，通过分水器分离出水，使平衡正向移动，提高乙酸乙酯的产率，B正确；
C．苯与液溴在溴化铁作催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，由于溴具有挥发性，会随着溴化氢一起进入硝酸银溶液，溴和水反应生成溴化氢，与硝酸银溶液反应生成淡黄色沉淀，干扰对反应产物的验证，C错误；
D．饱和食盐水和电石反应放出大量的热量，且反应太剧烈，无法控制，另外电石与水反应容易变成粉末，不能用启普发生器制备乙炔，D错误；
故选B。
5. 制备(S呈+2价)的化学方程式为。下列说法正确的是
A. 参与反应，转移电子的数目为
B. 25℃、101kPa条件下，的分子数为
C. 由()与()组成的混合物中所含共价键的数目为
D. 常温下，1LpH为5的溶液中，由水电离出的数目为
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据化学方程式可知，6ml得到的电子数为8ml，所以即0.3ml参与反应转移的电子数为，故A错误；
B．不是标准状况，25℃、101kPa条件下，的分子数小于，故B错误；
C．()与()中每个S原子平均形成一个共价键，32g该混合物中所含共价键数目为，故C正确；
D．铵根水解促进水的电离，常温下，1LpH为5的溶液中，由水电离出的数目为，故D错误；
故选C。
6. 某种新型治疗类风湿性关节炎的药物合成路线如下，下列说法错误的是
A. 反应I为取代反应，反应II为加成反应B. 物质D中，N的杂化方式有三种
C. 物质A还可以和溴水、酸性高锰酸钾溶液以及氨基酸反应D. 物质E中的卤原子发生水解，最多可消耗
【答案】D
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，反应I为与发生取代反应生成和水，反应II为与发生加成反应生成。
【详解】A．由分析可知，反应I为取代反应，反应II为加成反应，故A正确；
B．由结构简式可知，分子中单键氮原子的杂化方式为sp3杂化、双键氮原子的杂化方式为sp2杂化、三键氮原子的杂化方式为sp杂化，共有三种，故B正确；
C．由结构简式可知，分子中含有的碳碳三键可以与溴水发生加成反应、与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，含有的氨气能与氨基酸发生取代反应，故C正确；
D．由结构简式可知，分子中与苯环相连的碳氟键、碳溴键能与氢氧化钠溶液发生水解反应，水解生成的酚羟基也能与氢氧化钠溶液反应，则1mlE最多能消耗4ml氢氧化钠，故D错误；
故选D。
7. 2012年9月25日开始服役的我国首艘航母辽宁舰采用模块制造再焊接组装而成。实验室模拟海水和淡水对焊接金属材料的影响，结果如图所示。下列分析正确的是
A. 舰艇腐蚀主要是因为发生了化学腐蚀B. 图甲是海水环境下的腐蚀情况
C. 腐蚀时负极反应为：D. 焊点附近可用锌块打“补丁”延缓腐蚀
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，该腐蚀过程是因为形成了原电池，Fe比Sn活泼，Fe作负极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，Sn作正极被保护，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，据此作答。
【详解】A．舰艇被腐蚀是因为形成了原电池，发生了电化学腐蚀，故A错误；
B．海水中含有电解质浓度大，腐蚀速度快，故乙为海水环境下的腐蚀情况，甲为淡水环境下的腐蚀情况，故B错误；
C．Sn作正极被保护，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，Fe作负极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，故C错误；
D．焊点附近用锌块打“补丁”，Zn比Fe活泼，Zn作负极，Fe作正极被保护，可延缓腐蚀，故D正确；
故选：D。
8. 科研人员提出了CO2羰基化合成甲醇的反应机理，其主要过程示意图如图(图中数字表示键长的数值)。
下列说法不正确的是
A. 该过程中，CO2被还原
B. 该过程中发生了3次加成反应
C. 由上图可知，化学键的键长会受到周围基团的影响
D. 该过程原子利用率达到100%
【答案】D
【解析】
【详解】A．该过程中，CO2中碳元素化合价由+4价降低到－2价，被还原，故A正确；
B．由图可知，该过程中CO2中的C=O双键发生了2次加成反应，中间产物甲醛中的C=O双键发生了1次加成，所以共发生3次加成反应，故B正确；
C．由图可知，CO2中的C=O双键的键长为1.161，发生一次加成后，C=O双键的键长变为1.199，键长发生了改变，即化学键的键长会受到周围基团的影响，故C正确；
D．由图可知，该反应过程中还生成了水，原子利用率未达到100%，故D错误。
故答案选D。
9. 核能是一种可持续的新兴能源，但也有潜在的风险。我国科学家最近合成了一种能够高效捕获与储存核泄漏产生的放射性碘的物质，合成原料之一结构如图所示，X、Y、Z、W的原子序数依次增大、分列三个短周期的主族元素，其中，Z的单质是组成空气的主要成分。下列说法正确的是
A. 原子半径：
B. 最简单氢化物的稳定性：
C. 电负性：
D. W基态原子有9种空间运动状态不同的电子
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、W的原子序数依次增大、分列三个短周期的主族元素，根据结构可知，X、W只形成一个键则X为H、W为Cl、Z的单质是组成空气的主要成分且在物质结构中Z形成3个键则Z为N，Y介于H、N之间且形成4个键则Y为C；X为H、Y为C、Z为N、W为Cl。
【详解】A．X为H、Y为C、Z为N、W为Cl，原子核外电子层数越多半径越大，同周期元素核电荷数越大原子半径越小，原子半径Cl＞C＞N＞H，故A错误；
B．Y为C、Z为N，C、N为同周期元素核电荷数越大非金属性越强，对应简单气态氢化物越稳定，则最简单氢化物的稳定性：N＞C，故B错误；
C．Y为C、Z为N，C、N为同周期元素核电荷数越大电负性越强，电负性N＞C，故C错误；
D．W为Cl，核外电子排布在1s、2s、2p、3s、3p轨道，因此有1+1+3+1+3=9种空间运动状态电子，故D正确；
故答案为：D。
10. 在葡萄糖水溶液中，链状结构与环状结构的平衡关系及百分含量如下：
下列说法错误的是
A. 链状葡萄糖成环是-OH与-CHO发生加成反应的结果
B. 链状葡萄糖成环后，分子中多了一个手性碳原子
C. 三种葡萄糖分子相互转化发生了化学反应，不能互称为同分异构体
D. 水溶液中，-D-吡喃葡萄糖比-D-吡喃葡萄糖稳定
【答案】C
【解析】
【详解】A．由链式葡萄糖和环状葡萄糖的结构简式可知，链状葡萄糖成环是-OH与-CHO发生加成反应，故A正确；
B．链状葡萄糖成环后，醛基变为羟基，醛基中的碳原子变为手性碳原子，分子中多了一个手性碳原子，故B正确；
C．三种葡萄糖分子式相同，结构式不同，互为同分异构体，故C错误；
D．水溶液中，-D-吡喃葡萄糖比-D-吡喃葡萄糖含量高，更易形成-D-吡喃葡萄糖，说明-D-吡喃葡萄糖比-D-吡喃葡萄糖稳定，故D正确；
故选C。
11. 利用可再生能源驱动耦合电催化HCHO氧化与CO2还原，同步实现CO2与HCHO高效转化为高附加值的化学产品，可有效消除酸性工业废水中的甲醛，减少碳排放，实现碳中和。耦合电催化反应系统原理如图所示。
下列说法正确的是
A. 电源a极为正极，通过质子交换膜从右侧移向左侧
B. 阳极的电极反应式为：
C. 外电路转移时，理论上可消除废水中0.5mlHCHO
D. 电解生成1mlHCOOH，理论上可消耗标准状况下
【答案】C
【解析】
【分析】由题干电解池装置图可知，碳纸负载MnO2纳米片中HCHO转化为HCOOH，发生氧化反应，故为阳极，电极反应为：HCHO+H2O-2e-=HCOOH+2H+，即电源b电极为正极，Cu箔负载Cu纳米绒为阴极，发生还原反应，电极反应为：CO2+2H++2e-=HCOOH，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，电源b电极为正极，电源a极为负极，H+通过质子交换膜从左侧阳极区移向右侧阴极区，A错误；
B．由分析可知，阳极发生氧化反应，阳极的电极反应式为：HCHO+H2O-2e-=HCOOH+2H+，B错误；
C．由分析可知，阳极区发生的电极反应为：HCHO+H2O-2e-=HCOOH+2H+，根据电子守恒可知，外电路转移时，理论上可消除废水中0.5mlHCHO，C正确；
D．由题干信息可知，阳极区生成HCOOH，阴极区也能生成HCOOH，结合电极反应式HCHO+H2O-2e-=HCOOH+2H+、CO2+2H++2e-=HCOOH可知，电解生成1mlHCOOH，理论上可消耗0.5mlCO2，则其标准状况下的体积为：0.5ml×22.4L/ml=11.2L，D错误；
故答案为：C。
12. 参与的乙苯脱氢机理如图所示(，表示乙苯分子中C或H原子的位置：A、B为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，、位点带部分负电荷)。下列说法不正确的是
A. 乙苯脱氢反应中作氧化剂
B. 乙苯脱氢后所得有机产物中所有原子可以共平面
C. 步骤Ⅰ可表述为乙苯带部分正电荷，被带部分负电荷的位点吸引，随后解离出并吸附在位点上
D. 步骤Ⅱ可描述为位点上的与位点上中带部分负电荷的C作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的位点上
【答案】D
【解析】
【详解】A．由反应机理可知，乙苯脱氢反应中作氧化剂，A正确；
B．乙苯脱氢后所得有机产物为苯乙烯，苯分子为平面型结构，乙烯分子也为平面型结构，两者通过单键相连，单键可以旋转，所以两个平面型结构可以在同一平面上，所以苯乙烯中所有原子可以共平面，B正确；
C．根据图中反应机理，步骤Ⅰ可表述为乙苯带部分正电荷，被带部分负电荷的位点吸引，随后解离出并吸附在位点上，C正确；
D．步骤Ⅱ可描述为位点上的与位点上中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的位点上，D错误；
故选D。
13. 根据下列实验操作和现象，得出的相应结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．也有可能是碱，A错误；
B．向溶液中加入固体，溶液由蓝色变为黄绿色，说明存在转化，B正确；
C．证明非金属性需要最高价含氧酸去比较酸性强弱，C错误；
D．酸性也可氧化氯离子，D错误；
故选B。
14. 采用了氮化镓元件的充电器体积小、质量轻，在发热量、效率转换上相比普通充电器也有更大的优势，被称为“快充黑科技”，下图是氮化镓的三种晶体结构(表示阿伏加德罗常数的值)。下列说法错误的是
A. Ga、N均属于p区元素
B. 图a晶体结构中含有5个Ga、4个N
C. 图b晶体结构中Ga的配位数是4
D. 三种晶体结构中Ga原子的配位数之比为2∶2∶3
【答案】B
【解析】
【详解】A．Ga、N的价电子分别是4s24p1、2s22p3、Ga、N均属于p区元素，故A正确；
B．图a晶体结构中含有12×+2×+3=6个Ga、6×+4=6个N，故B错误；
C．以晶胞上边平面中心的Ga原子为研究对象，可知：在该晶胞中Ga与2个N原子距离相等且最近，在通过该平面上边还存在1个晶胞，其中Ga与2个N原子距离相等且最近，故Ga原子的配位数是4，C正确；
D．a的晶胞为，Ga原子的配位数为4，b晶胞中Ga的配位数是4，c晶胞中Ga原子的配位数为6，则三种晶体结构中Ga原子的配位数之比为2∶2∶3，D正确；
故选B。
15. 常温下向的混合液中滴加溶液，混合液中与的关系如图所示，或或。下列叙述正确的是
已知：①；
②；
③，且。
A. 直线a代表与的关系
B. 平衡常数的数量级为
C. 不易发生
D. 向含相同浓度的和的溶液中滴加溶液，先生成
【答案】C
【解析】
【分析】x1=K1·c4(CN-)，同理x2= K2·c6(CN-)，x3= K3·c6(CN-)，根据斜率以及K3＞K2，推出直线a代表lg与lgc(CN-)的关系，直线b代表lg与lgc(CN-)的关系，直线c代表lg与lgc(CN-)的关系，据此分析；
【详解】A．根据上述分析，直线a代表lg与lgc(CN-)的关系，A错误；
B．直线c代表lg与lgc(CN-)的关系，将p点坐标代入x1=K1·c4(CN-)，推出K1==1031.3，数量级为，B错误；
C．反应平衡常数K=，平衡常数较小，C正确；
D．因为K3＞K2，因此向含相同浓度的Fe2+、Fe3+的溶液中滴加KCN溶液，先生成[Fe(CN)6]3-，D错误；
选C。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 二氧化铈()是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含)为原料制备的一种工艺流程如图所示：
已知：①能与结合成，也能与结合成；
②在硫酸体系中能被萃取剂[]萃取，而不能。
回答下列问题：
（1）氧化焙烧中氧化的目的是___________。
（2）“萃取”时存在反应：，如图中D是分配比，表示Ce(IV)分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比保持其它条件不变，若在起始料液中加入不同量的以改变水层中的，请解释D随起始料液中变化的原因：___________。
（3）“反萃取”中，在稀硫酸和的作用下转化为，反应的离子方程式为：___________。
（4）向水层中加入NaOH溶液来调节溶液的pH，pH应大于___________时，完全生成沉淀。(已知[])
（5）是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧，在尾气消除过程中发生着(0≤x≤0.25)的循环，请写出消除NO尾气(气体产物是空气的某一成分)的化学方程式___________。
（6）氧化铈，常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，如图所示，晶胞中与最近的核间距为a pm。(已知：的空缺率=)
①已知M点原子的分数坐标为，则N点原子的分数坐标为___________。
②晶体的密度为___________(只需列出表达式)。
③若掺杂后得到的晶体，则此晶体中的空缺率为___________。
【答案】（1）将＋3价铈氧化＋4价
（2）随着增大，水层中被结合成，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小
（3）
（4）9 （5）
（6） ①. ②. ③. 10%
【解析】
【分析】氟碳铈矿(主要含CeFCO3)氧化焙烧将将+3价铈氧化为+4价，加入盐酸得到Ce4+的溶液，加入萃取剂，Ce4++n(HA)2Ce•(H2n-4A2n)+4H+，从而除去溶液中的F-，再加入过氧化氢和硫酸，Ce4+被还原为Ce3+，反萃取得到Ce3+的溶液，加入NaOH，使Ce3+转化为Ce(OH)3，加入NaClO，Ce(OH)3被氧化为Ce(OH)4。
【小问1详解】
原料CeFCO3中Ce为+3价，结合题目信息“在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3+不能”，所以氧化焙烧的目的是将+3价铈氧化为+4价。
【小问2详解】
D随起始料液中变化的原因是：随着增大，水层中被结合成，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小。
【小问3详解】
依据流程中水层含Ce3+可知，Ce4+作氧化剂，H2O2作还原剂，氧化产物一定有氧气，在酸性环境下反应，从而写出离子方程式。
【小问4详解】
Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀时，Ce3+浓度小于10-5ml/L，依据Ksp[Ce(OH)3=1.0×10-20]，，c(H+)=，则pH大于9时，Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀。
【小问5详解】
根据题目信息“CeO2在氧化气氛中耗氧”，“气体产物是空气的某一成分”，可知NO的产物是N2，写出方程式：。
【小问6详解】
①根据M点原子的分数坐标为（0，0，0），N在面心位置，则N点原子的分数坐标为；
②根据均摊原则，CeO2晶胞中Ce4+数为=4，O2-数为8，CeO2晶胞中Ce4+与最近O2-的核间距为apm，为晶胞体对角线的，则晶胞边长为，晶体的密度为；
④CeO2中阳离子和阴离子的个数比为1:2，若掺杂Y2O3后得到n（CeO2）：n（Y2O3）＝0.6：0.2的晶体，阳离子和阴离子的个数比为1:1.8，则此晶体中O2-的空缺率为=10%。
17. 实验室利用红磷与反应可制取少量或。
I．利用如图所示装置制取少量（部分夹持装置已略去）。
（1）B中所装试剂为_______（填字母）。
A. 饱和碳酸氢钠溶液B. 饱和氯化钠溶液C. 氢氧化钠溶液D. 浓硫酸
（2）实验开始前，打开通入一段时间氮气来除去装置中的空气，除去空气的目的是______________。
（3）除去装置中空气的具体方法是________________。
（4）除去产物中杂质的化学方程式是______________。
Ⅱ．测定产品中的质量分数
实验步骤：
①迅速称取产品，加水反应后配成溶液。
②取上述溶液，向其中加入碘水（足量），充分反应。
③向②所得溶液中加入几滴淀粉溶液，逐滴滴加的溶液并振荡，当溶液恰好由蓝色变为无色时，记录所消耗溶液的体积。
④重复②、③操作3次，平均消耗溶液。
（5）步骤②中反应的化学方程式是______________。
（6）逐滴滴加溶液使用的仪器是______________（已知：是弱酸）。
（7）根据上述数据测得该产品中的质量分数为______________。[已知：]
【答案】（1）D （2）防止与空气中的氧气、水蒸气反应
（3）关闭和、打开，通A中产生的，当看到B装置中液面上方充满黄绿色气体时，关闭、打开
（4）
（5）
（6）碱式滴定管 （7）
【解析】
【分析】装置A中MnO2和浓盐酸共热反应制取Cl2，装置B用浓硫酸干燥Cl2，防止后续装置中PCl3遇水反应；装置C用于吸收反应结束时的Cl2尾气，装置D为红磷与氯气反应制取PCl3，装置E用于冷凝并收集PCl3，装置F用于吸收未反应的Cl2、HCl，并防止空气中的水蒸气进入E装置内，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，B中所装试剂名称为浓硫酸，防止后续装置中PCl3遇水反应，故选D；
【小问2详解】
题给信息显示，PCl3易遇水反应、易被空气中氧气氧化，所以实验开始前，打开K1通入一段时间氮气来除去装置中的空气，除去空气的目的是：排出装置D、E、F中的空气，防止PCl3与空气中的氧气、水蒸气反应；
小问3详解】
除去装置A、B中空气，应通入Cl2，具体方法是： 关闭和、打开，通A中产生的，当看到B装置中液面上方充满黄绿色气体时，关闭、打开；
【小问4详解】
PCl5中磷元素为+5价，具有一定的氧化性，红磷中磷元素为0价，具有一定的还原性，磷元素化合价向中间靠拢生成PCl3，故可通过加入红磷加热去除PCl5，故除去产物中杂质的化学方程式是：；
【小问5详解】
具有还原性，碘单质具有氧化性，二者发生氧化还原反应，则步骤②中反应的化学方程式是：；
【小问6详解】
已知是弱酸，则溶液由于水解显碱性，故逐滴滴加溶液使用的仪器是碱式滴定管；
【小问7详解】
依据PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl，H3PO3+I2+H2O=H3PO4+2HI，，可建立如下关系式：PCl3～H3PO3～I2～2Na2S2O3，则与H3PO3反应的I2的物质的量为，该产品中PCl3的质量分数为。
18. 利用下列反应可减少排放，是实现“双碳”目标的途径之一。
I．
II．
III．
请回答：
（1）反应I自发进行的条件是___________。(填“高温”、“低温”或“任何温度”)
（2）一定压强下，往某密闭容器中按投料比充入和反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。
①下列说法正确的是___________。
A．图中X、Y分别代表CO、
B．增大的比值，的平衡转化率增大
C．若容器内混合气体的密度不再随时间改变时，说明反应已达到平衡状态
D．250℃时，反应II的平衡常数K<1
②体系中的物质的量分数受温度的影响不大，试分析原因___________。
（3）在一定温度下，在一容积固定的密闭容器中充入1ml (g)和3ml (g)，仅发生反应I。起始时容器内气体的总压强为16p kPa，平衡时(g)的体积分数为30%，则该温度下反应I的平衡常数___________(用含p的表达式表示)。(已知：用气体分压计算的平衡常数为，分压=总压×物质的量分数)。
（4）多相催化反应是在催化剂表面通过“扩散→吸附→反应→脱附”四个基本过程进行的。的平衡转化率随着浓度的增加先增大后减小，减小的原因是___________。如图，我国学者发现T℃时，在铜催化剂上二氧化碳加氢的反应机理如下，其中反应II为慢反应，请画出反应能量变化图像。___________
【答案】（1）低温 （2） ①. CD ②. 温度升高反应I左移，温度升高反应II右移，且对体积分数的影响程度接近
（3）
（4） ①. 浓度继续增加，会造成催化剂表面的吸附率下降 ②.
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，反应I=反应II+反应III，，如果使反应自发进行，则G=H-TS小于0，由题干可知，反应Ⅰ的小于0，S小于0，所以T应该是低温。
【小问2详解】
①A．反应1和反应3为放热反应，升温时甲醇的物质的量分数应减小，反应2为吸热反应，升温时CO的物质的量分数应变大，按投料比充入H2和CO2，导致水蒸气减小幅度小于甲醇，所以X代表CO，Y代表甲醇，Z代表水，故A错误；
B．增大的的比值，H2的平衡转化率应该减小，故B错误；
C．，气体质量不变，体积变化，密度是个变化量，混合气体的密度不再改变时，说明反应已达到平衡状态，故C正确；
D．平衡常数K=，通过图像可以得到，分子小于分母，K<1，故D正确；
故答案为：CD；
②根据方程式可知，反应Ⅰ消耗CO2，反应Ⅱ逆向生成CO2，最终CO2的物质的量的分数与上下两个反应进行的程度有关，反应Ⅰ放热，反应Ⅱ吸热，温度变化时，2个反应移动方向相反，导致体系中的CO2物质的量分数受温度的影响不大；答案：温度升高反应Ⅰ左移，温度升高反应Ⅱ右移，且对CO2体积分数的影响程度接近。
【小问3详解】
一定温度下，密闭容器，充入1 ml CO2(g)和3ml H2(g)，起始时容器内气体的总压强为16pkPa，平衡时CH3OH(g)的体积分数为30%，假设CO2(g)变化量为X，
则平衡时CH3OH(g)物质的量X，总物质的量4-2X，=30%，得到，X=0.75，总物质的量为2.5ml，根据PV=nRT，得平衡时总压强为10p kPa，H2O压强3pkPa，CH3OH压强3pkPa，CO2压强1pkPa和 H2压强3pkPa（分压=总压×物质的量分数），得Kp=。
【小问4详解】
H2浓度的适度增加，会提高催化剂表面H2的浓度，浓度过大会影响CO2的吸附效果，所以H2浓度的增加，CO2的平衡转换率增大；H2浓度继续增加，会造成催化剂表面CO2的吸附率下降；由题可知，反应Ⅱ为慢反应，即所需活化能较大，反应Ⅱ为快反应，即所需活化能较小，可以得到所示图像：。
19. 多聚二磷酸腺苷核糖聚合酶抑制剂奥拉帕尼(J)的合成路线如下：
已知：
i．；
ii．。
（1）A为芳香族酯类化合物，A→B化学方程式为___________。
（2）B→C的化学方程式为___________。
（3）C→D发生了两步反应，反应类型依次为加成反应、___________。
（4）试剂a中含有的官能团有___________。(写出官能团的名称)
（5）下列说法正确的是___________。
a．A的一种同分异构体既能发生银镜反应，又能遇溶液发生显色反应
b．H能与溶液反应
c．H→I的过程可能生成一种分子内含有7个六元环的副产物
d．I→J的过程利用了的碱性
（6）E经多步转化可得到G，路线如下。
M分子中含有2个六元环，P分子中含有3个六元环。M和P的结构简式分别为___________、___________。
【答案】（1） （2）
（3）取代反应 （4）氰基、醛基、碳氟键
（5）bcd （6） ①. ②.
【解析】
【分析】结合流程以及分子式可推知A为，A在酸性条件下水解生成B，B中的醇结构在Cu催化下被氧化为C，C先发生加成反应再发生取代反应生成D，D和反应生成E，E与N2H4反应生成G，G中-CN结构在一定条件下转化为-COOH而生成H，H再发生取代反应生成I，I再次发生取代反应生成J。
【小问1详解】
据分析，A为，在酸性条件下发生水解，方程式为。
【小问2详解】
B为，在Cu作催化剂条件下被氧气氧化生成，方程式为：。
【小问3详解】
据分析，C→D发生了两步反应，反应类型依次为加成反应、取代反应。
【小问4详解】
试剂a为，含有的官能团有：氰基、醛基、碳氟键。
【小问5详解】
a．A的结构简式为除去苯环外不饱和度为2，只有2个C，不可能同时存在醛基和酚羟基的同分异构体，a错误；
b．H中有-COOH能与NaHCO3溶液反应，b正确；
c．H→I的过程2分子H与1分子脱水生成的分子内含有7个六元环，c正确；
d．I→J的过程利用了的碱性，将生成的HCl消耗，使反应平衡正向移动，d正确；
故选bcd。
【小问6详解】
E为和N2H4发生取代反应生成M，再发生异构化生成N，N分子内部羰基发生加成反应生成P，P中脱去1分子水得到G。M和P的结构简式分别为、。A
B
验证乙醇脱水生成乙烯
利用分水器制备乙酸乙酯并提高产率
C
D
验证苯与液溴发生取代反应
实验室制备乙炔
选项
实验操作
现象
结论
A
用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色试验
有黄色火焰，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰
溶液中含有钠盐和钾盐
B
向溶液中加入固体
溶液由蓝色变为黄绿色
存在转化：
C
向溶液中滴加稀盐酸溶液
有白色胶状沉淀
非金属性：
D
将铁锈溶于浓盐酸，滴入溶液
紫红色褪去
铁锈中含有二价铁
物质
熔点/℃
沸点
性质
75.5
遇水生成和，与反应生成
——
约升华
遇水生成和，与红磷反应生成
时间：75分钟，试卷满分：100分
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Ga-70 Ce-140
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 习总书记强调：积极培育和发展新质生产力。下列与科技成就相关的描述错误的是
A. “朱雀二号”遥二成为全球首枚成功入轨的液氧甲烷运载火箭，甲烷作助燃剂
B. “神舟十七号”发动机的耐高温结构材料是一种熔沸点很高的共价晶体
C. 挑战马里亚纳海沟的自供电软体机器人所用的硅树脂是新型无机非金属材料
D. 人造卫星和深空探测器强度要求高的零部件采用钛合金等合金材料
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲烷运载火箭中液氧作助燃剂，甲烷作燃料，A错误；
B．熔沸点很高，为共价晶体，B正确；
C．硅树脂一种具有高度交联结构的热固性聚硅氧烷聚合物，属于无机非金属材料，C正确；
D．钛合金为合金材料，D正确；
故选A。
2. 下列符号表征或说法正确的是
A. HClO的电子式：
B. 的VSEPR模型：试卷源自 每日更新，更低价下载，欢迎访问。C. 的离子结构示意图：
D. 基态S原子的价电子排布图：
【答案】B
【解析】
【详解】A．HClO是共价化合物，电子式是，故A错误；
B．的中心原子Cl价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，有1对孤电子对，故B正确；
C．Fe2+的离子结构示意图：，故C错误；
D．硫为16号元素，基态硫原子的价电子排布图： ，故D错误；
故答案选B。
3. 下列离子方程式与所给事实不符的是
A. 用制：
B. 用饱和食盐水制烧碱：
C. 用过量的氨水吸收：
D. 惰性电极电解丙烯腈制备己二腈：
【答案】C
【解析】
【详解】A．TiCl4水解程度很大，能反应完全生成，其水解反应方程式为：，A正确；
B．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，常用于工业上制烧碱，离子方程式为：，B正确；
C．用过量的氨水吸收SO2生成亚硫酸铵，离子方程式为：，C错误；
D．惰性电极电解丙烯腈制备己二腈，得到电子生成，H2O失去电子生成O2，化学方程式为：，D正确；
故选C。
4. 利用下列装置完成相应实验，能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙醇发生消去反应应该在170℃，温度计应该插入液面以下，A错误；
B．乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂的条件下发生酯化反应，碎瓷片用于防止暴沸，球形冷凝管用于将有机物冷凝回流，通过分水器分离出水，使平衡正向移动，提高乙酸乙酯的产率，B正确；
C．苯与液溴在溴化铁作催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，由于溴具有挥发性，会随着溴化氢一起进入硝酸银溶液，溴和水反应生成溴化氢，与硝酸银溶液反应生成淡黄色沉淀，干扰对反应产物的验证，C错误；
D．饱和食盐水和电石反应放出大量的热量，且反应太剧烈，无法控制，另外电石与水反应容易变成粉末，不能用启普发生器制备乙炔，D错误；
故选B。
5. 制备(S呈+2价)的化学方程式为。下列说法正确的是
A. 参与反应，转移电子的数目为
B. 25℃、101kPa条件下，的分子数为
C. 由()与()组成的混合物中所含共价键的数目为
D. 常温下，1LpH为5的溶液中，由水电离出的数目为
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据化学方程式可知，6ml得到的电子数为8ml，所以即0.3ml参与反应转移的电子数为，故A错误；
B．不是标准状况，25℃、101kPa条件下，的分子数小于，故B错误；
C．()与()中每个S原子平均形成一个共价键，32g该混合物中所含共价键数目为，故C正确；
D．铵根水解促进水的电离，常温下，1LpH为5的溶液中，由水电离出的数目为，故D错误；
故选C。
6. 某种新型治疗类风湿性关节炎的药物合成路线如下，下列说法错误的是
A. 反应I为取代反应，反应II为加成反应B. 物质D中，N的杂化方式有三种
C. 物质A还可以和溴水、酸性高锰酸钾溶液以及氨基酸反应D. 物质E中的卤原子发生水解，最多可消耗
【答案】D
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，反应I为与发生取代反应生成和水，反应II为与发生加成反应生成。
【详解】A．由分析可知，反应I为取代反应，反应II为加成反应，故A正确；
B．由结构简式可知，分子中单键氮原子的杂化方式为sp3杂化、双键氮原子的杂化方式为sp2杂化、三键氮原子的杂化方式为sp杂化，共有三种，故B正确；
C．由结构简式可知，分子中含有的碳碳三键可以与溴水发生加成反应、与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，含有的氨气能与氨基酸发生取代反应，故C正确；
D．由结构简式可知，分子中与苯环相连的碳氟键、碳溴键能与氢氧化钠溶液发生水解反应，水解生成的酚羟基也能与氢氧化钠溶液反应，则1mlE最多能消耗4ml氢氧化钠，故D错误；
故选D。
7. 2012年9月25日开始服役的我国首艘航母辽宁舰采用模块制造再焊接组装而成。实验室模拟海水和淡水对焊接金属材料的影响，结果如图所示。下列分析正确的是
A. 舰艇腐蚀主要是因为发生了化学腐蚀B. 图甲是海水环境下的腐蚀情况
C. 腐蚀时负极反应为：D. 焊点附近可用锌块打“补丁”延缓腐蚀
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，该腐蚀过程是因为形成了原电池，Fe比Sn活泼，Fe作负极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，Sn作正极被保护，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，据此作答。
【详解】A．舰艇被腐蚀是因为形成了原电池，发生了电化学腐蚀，故A错误；
B．海水中含有电解质浓度大，腐蚀速度快，故乙为海水环境下的腐蚀情况，甲为淡水环境下的腐蚀情况，故B错误；
C．Sn作正极被保护，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，Fe作负极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，故C错误；
D．焊点附近用锌块打“补丁”，Zn比Fe活泼，Zn作负极，Fe作正极被保护，可延缓腐蚀，故D正确；
故选：D。
8. 科研人员提出了CO2羰基化合成甲醇的反应机理，其主要过程示意图如图(图中数字表示键长的数值)。
下列说法不正确的是
A. 该过程中，CO2被还原
B. 该过程中发生了3次加成反应
C. 由上图可知，化学键的键长会受到周围基团的影响
D. 该过程原子利用率达到100%
【答案】D
【解析】
【详解】A．该过程中，CO2中碳元素化合价由+4价降低到－2价，被还原，故A正确；
B．由图可知，该过程中CO2中的C=O双键发生了2次加成反应，中间产物甲醛中的C=O双键发生了1次加成，所以共发生3次加成反应，故B正确；
C．由图可知，CO2中的C=O双键的键长为1.161，发生一次加成后，C=O双键的键长变为1.199，键长发生了改变，即化学键的键长会受到周围基团的影响，故C正确；
D．由图可知，该反应过程中还生成了水，原子利用率未达到100%，故D错误。
故答案选D。
9. 核能是一种可持续的新兴能源，但也有潜在的风险。我国科学家最近合成了一种能够高效捕获与储存核泄漏产生的放射性碘的物质，合成原料之一结构如图所示，X、Y、Z、W的原子序数依次增大、分列三个短周期的主族元素，其中，Z的单质是组成空气的主要成分。下列说法正确的是
A. 原子半径：
B. 最简单氢化物的稳定性：
C. 电负性：
D. W基态原子有9种空间运动状态不同的电子
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、W的原子序数依次增大、分列三个短周期的主族元素，根据结构可知，X、W只形成一个键则X为H、W为Cl、Z的单质是组成空气的主要成分且在物质结构中Z形成3个键则Z为N，Y介于H、N之间且形成4个键则Y为C；X为H、Y为C、Z为N、W为Cl。
【详解】A．X为H、Y为C、Z为N、W为Cl，原子核外电子层数越多半径越大，同周期元素核电荷数越大原子半径越小，原子半径Cl＞C＞N＞H，故A错误；
B．Y为C、Z为N，C、N为同周期元素核电荷数越大非金属性越强，对应简单气态氢化物越稳定，则最简单氢化物的稳定性：N＞C，故B错误；
C．Y为C、Z为N，C、N为同周期元素核电荷数越大电负性越强，电负性N＞C，故C错误；
D．W为Cl，核外电子排布在1s、2s、2p、3s、3p轨道，因此有1+1+3+1+3=9种空间运动状态电子，故D正确；
故答案为：D。
10. 在葡萄糖水溶液中，链状结构与环状结构的平衡关系及百分含量如下：
下列说法错误的是
A. 链状葡萄糖成环是-OH与-CHO发生加成反应的结果
B. 链状葡萄糖成环后，分子中多了一个手性碳原子
C. 三种葡萄糖分子相互转化发生了化学反应，不能互称为同分异构体
D. 水溶液中，-D-吡喃葡萄糖比-D-吡喃葡萄糖稳定
【答案】C
【解析】
【详解】A．由链式葡萄糖和环状葡萄糖的结构简式可知，链状葡萄糖成环是-OH与-CHO发生加成反应，故A正确；
B．链状葡萄糖成环后，醛基变为羟基，醛基中的碳原子变为手性碳原子，分子中多了一个手性碳原子，故B正确；
C．三种葡萄糖分子式相同，结构式不同，互为同分异构体，故C错误；
D．水溶液中，-D-吡喃葡萄糖比-D-吡喃葡萄糖含量高，更易形成-D-吡喃葡萄糖，说明-D-吡喃葡萄糖比-D-吡喃葡萄糖稳定，故D正确；
故选C。
11. 利用可再生能源驱动耦合电催化HCHO氧化与CO2还原，同步实现CO2与HCHO高效转化为高附加值的化学产品，可有效消除酸性工业废水中的甲醛，减少碳排放，实现碳中和。耦合电催化反应系统原理如图所示。
下列说法正确的是
A. 电源a极为正极，通过质子交换膜从右侧移向左侧
B. 阳极的电极反应式为：
C. 外电路转移时，理论上可消除废水中0.5mlHCHO
D. 电解生成1mlHCOOH，理论上可消耗标准状况下
【答案】C
【解析】
【分析】由题干电解池装置图可知，碳纸负载MnO2纳米片中HCHO转化为HCOOH，发生氧化反应，故为阳极，电极反应为：HCHO+H2O-2e-=HCOOH+2H+，即电源b电极为正极，Cu箔负载Cu纳米绒为阴极，发生还原反应，电极反应为：CO2+2H++2e-=HCOOH，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，电源b电极为正极，电源a极为负极，H+通过质子交换膜从左侧阳极区移向右侧阴极区，A错误；
B．由分析可知，阳极发生氧化反应，阳极的电极反应式为：HCHO+H2O-2e-=HCOOH+2H+，B错误；
C．由分析可知，阳极区发生的电极反应为：HCHO+H2O-2e-=HCOOH+2H+，根据电子守恒可知，外电路转移时，理论上可消除废水中0.5mlHCHO，C正确；
D．由题干信息可知，阳极区生成HCOOH，阴极区也能生成HCOOH，结合电极反应式HCHO+H2O-2e-=HCOOH+2H+、CO2+2H++2e-=HCOOH可知，电解生成1mlHCOOH，理论上可消耗0.5mlCO2，则其标准状况下的体积为：0.5ml×22.4L/ml=11.2L，D错误；
故答案为：C。
12. 参与的乙苯脱氢机理如图所示(，表示乙苯分子中C或H原子的位置：A、B为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，、位点带部分负电荷)。下列说法不正确的是
A. 乙苯脱氢反应中作氧化剂
B. 乙苯脱氢后所得有机产物中所有原子可以共平面
C. 步骤Ⅰ可表述为乙苯带部分正电荷，被带部分负电荷的位点吸引，随后解离出并吸附在位点上
D. 步骤Ⅱ可描述为位点上的与位点上中带部分负电荷的C作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的位点上
【答案】D
【解析】
【详解】A．由反应机理可知，乙苯脱氢反应中作氧化剂，A正确；
B．乙苯脱氢后所得有机产物为苯乙烯，苯分子为平面型结构，乙烯分子也为平面型结构，两者通过单键相连，单键可以旋转，所以两个平面型结构可以在同一平面上，所以苯乙烯中所有原子可以共平面，B正确；
C．根据图中反应机理，步骤Ⅰ可表述为乙苯带部分正电荷，被带部分负电荷的位点吸引，随后解离出并吸附在位点上，C正确；
D．步骤Ⅱ可描述为位点上的与位点上中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的位点上，D错误；
故选D。
13. 根据下列实验操作和现象，得出的相应结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．也有可能是碱，A错误；
B．向溶液中加入固体，溶液由蓝色变为黄绿色，说明存在转化，B正确；
C．证明非金属性需要最高价含氧酸去比较酸性强弱，C错误；
D．酸性也可氧化氯离子，D错误；
故选B。
14. 采用了氮化镓元件的充电器体积小、质量轻，在发热量、效率转换上相比普通充电器也有更大的优势，被称为“快充黑科技”，下图是氮化镓的三种晶体结构(表示阿伏加德罗常数的值)。下列说法错误的是
A. Ga、N均属于p区元素
B. 图a晶体结构中含有5个Ga、4个N
C. 图b晶体结构中Ga的配位数是4
D. 三种晶体结构中Ga原子的配位数之比为2∶2∶3
【答案】B
【解析】
【详解】A．Ga、N的价电子分别是4s24p1、2s22p3、Ga、N均属于p区元素，故A正确；
B．图a晶体结构中含有12×+2×+3=6个Ga、6×+4=6个N，故B错误；
C．以晶胞上边平面中心的Ga原子为研究对象，可知：在该晶胞中Ga与2个N原子距离相等且最近，在通过该平面上边还存在1个晶胞，其中Ga与2个N原子距离相等且最近，故Ga原子的配位数是4，C正确；
D．a的晶胞为，Ga原子的配位数为4，b晶胞中Ga的配位数是4，c晶胞中Ga原子的配位数为6，则三种晶体结构中Ga原子的配位数之比为2∶2∶3，D正确；
故选B。
15. 常温下向的混合液中滴加溶液，混合液中与的关系如图所示，或或。下列叙述正确的是
已知：①；
②；
③，且。
A. 直线a代表与的关系
B. 平衡常数的数量级为
C. 不易发生
D. 向含相同浓度的和的溶液中滴加溶液，先生成
【答案】C
【解析】
【分析】x1=K1·c4(CN-)，同理x2= K2·c6(CN-)，x3= K3·c6(CN-)，根据斜率以及K3＞K2，推出直线a代表lg与lgc(CN-)的关系，直线b代表lg与lgc(CN-)的关系，直线c代表lg与lgc(CN-)的关系，据此分析；
【详解】A．根据上述分析，直线a代表lg与lgc(CN-)的关系，A错误；
B．直线c代表lg与lgc(CN-)的关系，将p点坐标代入x1=K1·c4(CN-)，推出K1==1031.3，数量级为，B错误；
C．反应平衡常数K=，平衡常数较小，C正确；
D．因为K3＞K2，因此向含相同浓度的Fe2+、Fe3+的溶液中滴加KCN溶液，先生成[Fe(CN)6]3-，D错误；
选C。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 二氧化铈()是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含)为原料制备的一种工艺流程如图所示：
已知：①能与结合成，也能与结合成；
②在硫酸体系中能被萃取剂[]萃取，而不能。
回答下列问题：
（1）氧化焙烧中氧化的目的是___________。
（2）“萃取”时存在反应：，如图中D是分配比，表示Ce(IV)分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比保持其它条件不变，若在起始料液中加入不同量的以改变水层中的，请解释D随起始料液中变化的原因：___________。
（3）“反萃取”中，在稀硫酸和的作用下转化为，反应的离子方程式为：___________。
（4）向水层中加入NaOH溶液来调节溶液的pH，pH应大于___________时，完全生成沉淀。(已知[])
（5）是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧，在尾气消除过程中发生着(0≤x≤0.25)的循环，请写出消除NO尾气(气体产物是空气的某一成分)的化学方程式___________。
（6）氧化铈，常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，如图所示，晶胞中与最近的核间距为a pm。(已知：的空缺率=)
①已知M点原子的分数坐标为，则N点原子的分数坐标为___________。
②晶体的密度为___________(只需列出表达式)。
③若掺杂后得到的晶体，则此晶体中的空缺率为___________。
【答案】（1）将＋3价铈氧化＋4价
（2）随着增大，水层中被结合成，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小
（3）
（4）9 （5）
（6） ①. ②. ③. 10%
【解析】
【分析】氟碳铈矿(主要含CeFCO3)氧化焙烧将将+3价铈氧化为+4价，加入盐酸得到Ce4+的溶液，加入萃取剂，Ce4++n(HA)2Ce•(H2n-4A2n)+4H+，从而除去溶液中的F-，再加入过氧化氢和硫酸，Ce4+被还原为Ce3+，反萃取得到Ce3+的溶液，加入NaOH，使Ce3+转化为Ce(OH)3，加入NaClO，Ce(OH)3被氧化为Ce(OH)4。
【小问1详解】
原料CeFCO3中Ce为+3价，结合题目信息“在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3+不能”，所以氧化焙烧的目的是将+3价铈氧化为+4价。
【小问2详解】
D随起始料液中变化的原因是：随着增大，水层中被结合成，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小。
【小问3详解】
依据流程中水层含Ce3+可知，Ce4+作氧化剂，H2O2作还原剂，氧化产物一定有氧气，在酸性环境下反应，从而写出离子方程式。
【小问4详解】
Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀时，Ce3+浓度小于10-5ml/L，依据Ksp[Ce(OH)3=1.0×10-20]，，c(H+)=，则pH大于9时，Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀。
【小问5详解】
根据题目信息“CeO2在氧化气氛中耗氧”，“气体产物是空气的某一成分”，可知NO的产物是N2，写出方程式：。
【小问6详解】
①根据M点原子的分数坐标为（0，0，0），N在面心位置，则N点原子的分数坐标为；
②根据均摊原则，CeO2晶胞中Ce4+数为=4，O2-数为8，CeO2晶胞中Ce4+与最近O2-的核间距为apm，为晶胞体对角线的，则晶胞边长为，晶体的密度为；
④CeO2中阳离子和阴离子的个数比为1:2，若掺杂Y2O3后得到n（CeO2）：n（Y2O3）＝0.6：0.2的晶体，阳离子和阴离子的个数比为1:1.8，则此晶体中O2-的空缺率为=10%。
17. 实验室利用红磷与反应可制取少量或。
I．利用如图所示装置制取少量（部分夹持装置已略去）。
（1）B中所装试剂为_______（填字母）。
A. 饱和碳酸氢钠溶液B. 饱和氯化钠溶液C. 氢氧化钠溶液D. 浓硫酸
（2）实验开始前，打开通入一段时间氮气来除去装置中的空气，除去空气的目的是______________。
（3）除去装置中空气的具体方法是________________。
（4）除去产物中杂质的化学方程式是______________。
Ⅱ．测定产品中的质量分数
实验步骤：
①迅速称取产品，加水反应后配成溶液。
②取上述溶液，向其中加入碘水（足量），充分反应。
③向②所得溶液中加入几滴淀粉溶液，逐滴滴加的溶液并振荡，当溶液恰好由蓝色变为无色时，记录所消耗溶液的体积。
④重复②、③操作3次，平均消耗溶液。
（5）步骤②中反应的化学方程式是______________。
（6）逐滴滴加溶液使用的仪器是______________（已知：是弱酸）。
（7）根据上述数据测得该产品中的质量分数为______________。[已知：]
【答案】（1）D （2）防止与空气中的氧气、水蒸气反应
（3）关闭和、打开，通A中产生的，当看到B装置中液面上方充满黄绿色气体时，关闭、打开
（4）
（5）
（6）碱式滴定管 （7）
【解析】
【分析】装置A中MnO2和浓盐酸共热反应制取Cl2，装置B用浓硫酸干燥Cl2，防止后续装置中PCl3遇水反应；装置C用于吸收反应结束时的Cl2尾气，装置D为红磷与氯气反应制取PCl3，装置E用于冷凝并收集PCl3，装置F用于吸收未反应的Cl2、HCl，并防止空气中的水蒸气进入E装置内，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，B中所装试剂名称为浓硫酸，防止后续装置中PCl3遇水反应，故选D；
【小问2详解】
题给信息显示，PCl3易遇水反应、易被空气中氧气氧化，所以实验开始前，打开K1通入一段时间氮气来除去装置中的空气，除去空气的目的是：排出装置D、E、F中的空气，防止PCl3与空气中的氧气、水蒸气反应；
小问3详解】
除去装置A、B中空气，应通入Cl2，具体方法是： 关闭和、打开，通A中产生的，当看到B装置中液面上方充满黄绿色气体时，关闭、打开；
【小问4详解】
PCl5中磷元素为+5价，具有一定的氧化性，红磷中磷元素为0价，具有一定的还原性，磷元素化合价向中间靠拢生成PCl3，故可通过加入红磷加热去除PCl5，故除去产物中杂质的化学方程式是：；
【小问5详解】
具有还原性，碘单质具有氧化性，二者发生氧化还原反应，则步骤②中反应的化学方程式是：；
【小问6详解】
已知是弱酸，则溶液由于水解显碱性，故逐滴滴加溶液使用的仪器是碱式滴定管；
【小问7详解】
依据PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl，H3PO3+I2+H2O=H3PO4+2HI，，可建立如下关系式：PCl3～H3PO3～I2～2Na2S2O3，则与H3PO3反应的I2的物质的量为，该产品中PCl3的质量分数为。
18. 利用下列反应可减少排放，是实现“双碳”目标的途径之一。
I．
II．
III．
请回答：
（1）反应I自发进行的条件是___________。(填“高温”、“低温”或“任何温度”)
（2）一定压强下，往某密闭容器中按投料比充入和反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。
①下列说法正确的是___________。
A．图中X、Y分别代表CO、
B．增大的比值，的平衡转化率增大
C．若容器内混合气体的密度不再随时间改变时，说明反应已达到平衡状态
D．250℃时，反应II的平衡常数K<1
②体系中的物质的量分数受温度的影响不大，试分析原因___________。
（3）在一定温度下，在一容积固定的密闭容器中充入1ml (g)和3ml (g)，仅发生反应I。起始时容器内气体的总压强为16p kPa，平衡时(g)的体积分数为30%，则该温度下反应I的平衡常数___________(用含p的表达式表示)。(已知：用气体分压计算的平衡常数为，分压=总压×物质的量分数)。
（4）多相催化反应是在催化剂表面通过“扩散→吸附→反应→脱附”四个基本过程进行的。的平衡转化率随着浓度的增加先增大后减小，减小的原因是___________。如图，我国学者发现T℃时，在铜催化剂上二氧化碳加氢的反应机理如下，其中反应II为慢反应，请画出反应能量变化图像。___________
【答案】（1）低温 （2） ①. CD ②. 温度升高反应I左移，温度升高反应II右移，且对体积分数的影响程度接近
（3）
（4） ①. 浓度继续增加，会造成催化剂表面的吸附率下降 ②.
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，反应I=反应II+反应III，，如果使反应自发进行，则G=H-TS小于0，由题干可知，反应Ⅰ的小于0，S小于0，所以T应该是低温。
【小问2详解】
①A．反应1和反应3为放热反应，升温时甲醇的物质的量分数应减小，反应2为吸热反应，升温时CO的物质的量分数应变大，按投料比充入H2和CO2，导致水蒸气减小幅度小于甲醇，所以X代表CO，Y代表甲醇，Z代表水，故A错误；
B．增大的的比值，H2的平衡转化率应该减小，故B错误；
C．，气体质量不变，体积变化，密度是个变化量，混合气体的密度不再改变时，说明反应已达到平衡状态，故C正确；
D．平衡常数K=，通过图像可以得到，分子小于分母，K<1，故D正确；
故答案为：CD；
②根据方程式可知，反应Ⅰ消耗CO2，反应Ⅱ逆向生成CO2，最终CO2的物质的量的分数与上下两个反应进行的程度有关，反应Ⅰ放热，反应Ⅱ吸热，温度变化时，2个反应移动方向相反，导致体系中的CO2物质的量分数受温度的影响不大；答案：温度升高反应Ⅰ左移，温度升高反应Ⅱ右移，且对CO2体积分数的影响程度接近。
【小问3详解】
一定温度下，密闭容器，充入1 ml CO2(g)和3ml H2(g)，起始时容器内气体的总压强为16pkPa，平衡时CH3OH(g)的体积分数为30%，假设CO2(g)变化量为X，
则平衡时CH3OH(g)物质的量X，总物质的量4-2X，=30%，得到，X=0.75，总物质的量为2.5ml，根据PV=nRT，得平衡时总压强为10p kPa，H2O压强3pkPa，CH3OH压强3pkPa，CO2压强1pkPa和 H2压强3pkPa（分压=总压×物质的量分数），得Kp=。
【小问4详解】
H2浓度的适度增加，会提高催化剂表面H2的浓度，浓度过大会影响CO2的吸附效果，所以H2浓度的增加，CO2的平衡转换率增大；H2浓度继续增加，会造成催化剂表面CO2的吸附率下降；由题可知，反应Ⅱ为慢反应，即所需活化能较大，反应Ⅱ为快反应，即所需活化能较小，可以得到所示图像：。
19. 多聚二磷酸腺苷核糖聚合酶抑制剂奥拉帕尼(J)的合成路线如下：
已知：
i．；
ii．。
（1）A为芳香族酯类化合物，A→B化学方程式为___________。
（2）B→C的化学方程式为___________。
（3）C→D发生了两步反应，反应类型依次为加成反应、___________。
（4）试剂a中含有的官能团有___________。(写出官能团的名称)
（5）下列说法正确的是___________。
a．A的一种同分异构体既能发生银镜反应，又能遇溶液发生显色反应
b．H能与溶液反应
c．H→I的过程可能生成一种分子内含有7个六元环的副产物
d．I→J的过程利用了的碱性
（6）E经多步转化可得到G，路线如下。
M分子中含有2个六元环，P分子中含有3个六元环。M和P的结构简式分别为___________、___________。
【答案】（1） （2）
（3）取代反应 （4）氰基、醛基、碳氟键
（5）bcd （6） ①. ②.
【解析】
【分析】结合流程以及分子式可推知A为，A在酸性条件下水解生成B，B中的醇结构在Cu催化下被氧化为C，C先发生加成反应再发生取代反应生成D，D和反应生成E，E与N2H4反应生成G，G中-CN结构在一定条件下转化为-COOH而生成H，H再发生取代反应生成I，I再次发生取代反应生成J。
【小问1详解】
据分析，A为，在酸性条件下发生水解，方程式为。
【小问2详解】
B为，在Cu作催化剂条件下被氧气氧化生成，方程式为：。
【小问3详解】
据分析，C→D发生了两步反应，反应类型依次为加成反应、取代反应。
【小问4详解】
试剂a为，含有的官能团有：氰基、醛基、碳氟键。
【小问5详解】
a．A的结构简式为除去苯环外不饱和度为2，只有2个C，不可能同时存在醛基和酚羟基的同分异构体，a错误；
b．H中有-COOH能与NaHCO3溶液反应，b正确；
c．H→I的过程2分子H与1分子脱水生成的分子内含有7个六元环，c正确；
d．I→J的过程利用了的碱性，将生成的HCl消耗，使反应平衡正向移动，d正确；
故选bcd。
【小问6详解】
E为和N2H4发生取代反应生成M，再发生异构化生成N，N分子内部羰基发生加成反应生成P，P中脱去1分子水得到G。M和P的结构简式分别为、。A
B
验证乙醇脱水生成乙烯
利用分水器制备乙酸乙酯并提高产率
C
D
验证苯与液溴发生取代反应
实验室制备乙炔
选项
实验操作
现象
结论
A
用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色试验
有黄色火焰，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰
溶液中含有钠盐和钾盐
B
向溶液中加入固体
溶液由蓝色变为黄绿色
存在转化：
C
向溶液中滴加稀盐酸溶液
有白色胶状沉淀
非金属性：
D
将铁锈溶于浓盐酸，滴入溶液
紫红色褪去
铁锈中含有二价铁
物质
熔点/℃
沸点
性质
75.5
遇水生成和，与反应生成
——
约升华
遇水生成和，与红磷反应生成
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