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2022-2023学年陕西省西安市长安区第一中学高三上学期第二次质量检测化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年陕西省西安市长安区第一中学高三上学期第二次质量检测化学试题含解析，共29页。试卷主要包含了单选题，元素或物质推断题，工业流程题，实验题，原理综合题，有机推断题，填空题等内容，欢迎下载使用。
陕西省西安市长安区第一中学2022-2023学年高三上学期第二次质量检测化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．最理想的“原子经济性反应”是指反应物的原子全部转化为期望的最终产物的反应。下列属于最理想的“原子经济性反应”的是
A．人工模拟光合作用合成淀粉中首先用氢气在无机催化剂作用下将二氧化碳还原为甲醇
B．用苯与液溴制备溴苯的反应
C．用乙酸与正丁醇制备乙酸正丁酯的反应
D．煤的综合利用中利用煤的气化产物——CO和合成液态燃料甲醇
【答案】D
【详解】A.氢气与二氧化碳反应，产物为甲醇和水，没有实现反应物的原子全部转化为期望的最终产物，A不符合题意；
B.用苯与液溴制备溴苯的反应中，有溴化氢生成，没有实现反应物的原子全部转化为期望的最终产物，B不符合题意；
C.用乙酸与正丁醇制备乙酸正丁酯的反应中，有水生成，而且该反应为可逆反应，反应物不可能全部转化为产物，没有实现反应物的原子全部转化为期望的最终产物，C不符合题意；
D.CO和H2合成液态燃料甲醇，产物只有甲醇，实现反应物的原子全部转化为期望的最终产物，D不符合题意；
故答案选择D选项。
2．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．18.9g三肽(相对分子质量：189)中的肽键数目为
B．1mol重水比1mol水多NA个质子
C．电解精炼铜时，电路中每通过NA个电子时阳极溶解32gCu
D．常温常压下，13.6g金刚烷()中所含C-C键的数目为1.36NA
【答案】A
【详解】A．18.9g三肽(相对分子质量：189)的物质的量是0.1mol，三肽中含有2个肽键，其中的肽键数目为，故A正确；
B．重水和普通水均含有10个质子，故B错误；
C．电解精炼铜时，阳极为粗铜，铜和比铜活泼的多种金属放电，故无法通过转移电子数目计算溶解金属质量，故C错误；
D．13.6g金刚烷中所含C-C共价键的数目为，故D错误；
故选A。
3．对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是
粒子组
判断和分析
A
、、、
不能大量共存，因发生反应：
B
、、、
不能大量共存，因发生反应：
C
、、、
能大量共存，粒子间不反应
D
、、、
能大量共存，粒子间不反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A.Al3+和NH3H2O生成Al(OH)3沉淀而不是生成Al，故A错误；
B．S2和H+反应生成单质硫、二氧化硫和水，离子方程式为：2H++ S2=S↓+SO2↑+H2O，故B正确；
C．Fe3+做催化剂促进H2O2分解，不能大量共存，故C错误；
D．在酸性条件下Mn能将Cl-氧化为Cl2，不能大量共存，故D错误；
答案选B。
4．某多孔储氢材料前驱体结构如图，M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，Z原子最外层电子数是电子层数的3倍。下列说法正确的是
A．Z的氢化物只含极性键
B．原子半径：M>W>X>Y>Z
C．Z的氢化物沸点一定比X的氢化物的沸点高
D．已知H3WO3的解离反应：H3WO3+H2OH++W(OH)，Ka=5.81×10-10，可判断H3WO3是一元弱酸
【答案】D
【分析】Z原子最外层电子数是电子层数的3倍，则Z是O；根据结构图中元素成键规律， W是B、X是C、Y是N。
【详解】A．O的氢化物有H2O、H2O2，H2O2中含极性键、非极性键，A错误；
B．电子层数越多，原子半价越大，同周期元素从左到右原子半径减小，原子半径：B＞C＞N＞O＞H，B错误；
C．X是C元素、Z是O元素，C能形成多种氢化物，有些C的氢化物呈固态，所以O的氢化物的沸点不一定比C的氢化物的沸点高，C错误；
D．W为B元素，，，说明只发生一步电离，可判断是一元弱酸，D正确；
故选D。
5．苯磺酸左旋氨氯地平片具有舒张血管的作用，可用于高血压、心绞痛的治疗，其结构中含左旋氨氯地平，左旋氨氯地平结构如图所示，下列有关说法不正确的是
A．左旋氨氯地平可使溴水褪色
B．1mol左旋氨氯地平最多可与5mol氢气加成
C．手性碳原子是指与四个各不相同的原子或基团相连的碳原子，左旋氨氯地平含2个手性碳原子
D．1mol左旋氨氯地平与足量NaOH溶液一定条件下完全反应最多消耗4mol NaOH
【答案】C
【详解】A．根据结构简式，1mol该有机物中含有2mol碳碳双键，该有机物可使溴水褪色，故A说法正确；
B．1个该有机物分子中含有1个苯环和2个碳碳双键，因此1mol该有机物与氢气发生加成反应最多可与5mol氢气加成，故B说法正确；
C．根据手性碳原子的定义，该有机物中有1个手性碳原子，即为，故C说法错误；
D．该有机物中含有酯基和-Cl，酯基能在NaOH溶液中发生水解，－Cl能发生水解，羟基则替代－Cl的位置，构成酚羟基，酚羟基也能与NaOH溶液发生反应，因此1mol该有机物最多消耗4molNaOH，故D说法正确；
答案为C。
6．在钯的配合物离子[PdCl4]2－的作用下合成H2O2，反应历程如图，下列说法错误的是
A．[PdCl4]2－在此过程中作为催化剂
B．该过程的总反应为H2+O2H2O2
C．生成1molH2O2的过程中，转移电子总数为4mol
D．历程中发生了Pd+O2+2Cl－＝[PdCl2O2]2－
【答案】C
【详解】A．依据过程图可知[PdCl4]2－在此过程中先消耗后生成，反应前后不变，是催化剂，故A正确；
B．依据图示可知氢气与氧气在[PdCl4]2－催化作用下生成过氧化氢，H2+O2H2O2，故B正确；
C．由B中的方程式H2+O2H2O2可知，生成1molH2O2的过程中，转移电子总数为2mol，故C错误；
D．由图示可知，过程中发生了Pd+O2+2Cl－＝[PdCl2O2]2－故D正确；
故答案为：C
7．下列“类比”或“对比”不合理的是
A．Mg在CO2中点燃反应生成MgO和C，则Ca在CO2中点燃反应生成CaO和C
B．NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，而Ca(ClO)2溶液与少量CO2反应生成CaCO3和HClO
C．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4C1
D．NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NaNO3，则氨水与少量AgNO3溶液反应最终生成Ag2O和NH4NO3
【答案】D
【详解】A．由金属性：Ca>Mg，Mg在CO2中燃烧生成MgO和C，则Ca在CO2中燃烧可能生成CaO和C，类比合理，故A正确；
B．NaClO溶液中通入少量CO2生成Na2CO3和HClO，若二氧化碳过量，则碳酸钠与二氧化碳和水反应可生成NaHCO3，向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2生成CaCO3和HClO，故B正确；
C．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，反应为Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl，Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl，反应为Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl，故C正确；
D．氨水与少量AgNO3反应生成配合物[Ag(NH3)2]+，发生反应的离子方程式为Ag++2NH3•H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，故D错误；
故选：D。
8．利用氧化制备的装置如下图所示(夹持装置略)：
已知：锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO+2H2O =MnO2↓+2MnO+ 4OH-。下列说法不正确的
A．向仪器a中加入水，盖好玻璃塞关闭止水夹，打开仪器a玻璃旋塞向烧瓶滴加水，若水一段时间不能滴下，则气密性良好
B．装置A中发生反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O
C．若去掉装置B，可能会导致KMnO4产率降低
D．装置D中的作用是除去过量的氯气，以免污染环境
【答案】A
【详解】A．仪器a为恒压滴液漏斗，无论装置气密性是否良好，打开活塞，液体都能顺利流下，不能检查装置的气密性，A错误；
B．装置A中的漂白粉，与浓盐酸反应，方程式为：，B正确；
C．装置B中饱和食盐水是为了除去中的，若去掉装置B，溶液在酸性条件下，会使产率降低 ，C正确；
D．有毒，会污染空气，用溶液进行尾气处理，D正确；
故选A。
9．相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1mol环己烷()的能量变化如图所示：
下列推理不正确的是
A．2ΔH1≈ΔH2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比
B．ΔH2＜ΔH3，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定
C．3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
D．ΔH3-ΔH1＜0，ΔH4-ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性
【答案】A
【详解】A．虽然2ΔH1≈ΔH2，但ΔH2≠ΔH3，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目、双键的位置有关，不能简单的说碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比，A错误；
B．ΔH2＜ΔH3，即单双键交替的物质能量低，更稳定，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定，B正确；
C．由图示可知，反应I为：(l)+H2(g)→(l) ΔH1，反应IV为：+3H2(g)→(l) ΔH4，故反应I是1mol碳碳双键加成，如果苯环上有三个完全独立的碳碳三键，则3ΔH1=ΔH4，现3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，C正确；
D．由图示可知，反应I为：(l)+H2(g)→(l) ΔH1，反应III为：(l)+2H2(g) →(l) ΔH3，反应IV为：+3H2(g)→(l) ΔH4，ΔH3-ΔH1＜0即(l)+H2(g) →(l) ΔH＜0，ΔH4-ΔH3＞0即+H2(g)→(l) ΔH＞0，则说明具有的总能量小于，能量越低越稳定，则说明苯分子具有特殊稳定性，D正确；
故答案为：A。
10．下列实验对应的离子方程式不正确的是
A．将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：HCO+Ca2++OH− = CaCO3↓+H2O
B．将少量SO2通入NaClO溶液：SO2+H2O+2ClO− = SO+2HClO
C．将少量NO2通入NaOH溶液：2NO2+2OH−=NO+NO+H2O
D．强酸性溶液中金属铜的吸氧腐蚀正极反应：O2+4H++4e- =2H2O
【答案】B
【详解】A．将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合，反应生成碳酸钙和水，反应的离子方程式为：HCO+Ca2++OH− = CaCO3↓+H2O ，A正确；
B．将少量SO2通入 NaClO 溶液，ClO−的强氧化性，可以将正4价硫氧化成正6价硫，从而反应生成硫酸钠和盐酸，剩余的ClO−结合氢离子生成次氯酸，反应的离子方程式为：SO2+H2O+2ClO− = +2HClO+H++Cl-，B错误；
C．将少量NO2通入NaOH溶液，反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，反应的离子方程式为：2NO2+2OH−=NO+NO+H2O，C正确；
D．强酸性溶液中金属铜的吸氧腐蚀正极反应，氧气得电子， 强酸性溶液，用氢离子来平衡电荷，故离子方程式为：O2+4H++4e- =2H2O D正确；
故本题选D。
11．下列方案设计、现象和结论有不正确的是
目的
方案设计
现象和结论
A
检验硫酸厂周边空气中是否含有二氧化硫
用注射器多次抽取空气，慢慢注入盛有酸性KMnO4稀溶液的同一试管中，观察溶液颜色变化
溶液不变色，说明空气中不含二氧化硫
B
鉴定某涂改液中是否存在含氯化合物
取涂改液与KOH溶液混合加热充分反应，取上层清液，硝酸酸化，加入硝酸银溶液，观察现象
出现白色沉淀，说明涂改液中存在含氯化合物
C
测定亚硝酸和氢硫酸的Ka1
常温下，分别测定0.1mol·L-1NaNO2溶液，0.1mol·L-1Na2S溶液的pH，测得Na2S溶液的pH更大
Ka(HNO2)>Ka1(H2S)
D
鉴别食盐与亚硝酸钠
各取少量固体加水溶解，分别滴加含淀粉的酸性KI溶液，振荡，观察溶液颜色变化
溶液变蓝色的为亚硝酸钠；溶液不变蓝的为食盐
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．若空气中含有二氧化硫，具有还原性的二氧化硫会与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，所以溶液不变色，说明空气中不含二氧化硫，A正确；
B．若涂改液中含有含氯化合物，涂改液与氢氧化钾溶液混合加热充分反应时氯代烃会发生水解反应生成氯化钾，取上层清液，硝酸酸化，加入硝酸银溶液，氯化钾溶液会与硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀，所以出现白色沉淀，说明涂改液中存在含氯化合物，B正确；
C．常温下，分别测定0.1mol·L-1NaNO2溶液，0.1mol·L-1NaHS溶液的pH值，溶液的pH值更大的对应的酸的酸性弱，C错误；
D．鉴别食盐与亚硝酸钠时，各取少量固体加水溶解，分别滴加含淀粉的酸性碘化钾溶液，振荡，氯化钠与碘化钾不反应，溶液不会变色，而亚硝酸钠溶液酸性条件下能与碘化钾溶液反应生成能使淀粉溶液变蓝色的碘，溶液会变为蓝色，所以溶液变蓝色的为亚硝酸钠，溶液不变蓝的为食盐，D正确；
故选C。
12．乙醛酸是一种重要的化工中间体，可果用如下图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH-，并在直流电场作用下分别问两极迁移。下列说法正确的是
A．KBr在上述电化学合成过程中只起电解质的作用
B．阳极上的反应式为：+ 2H++ 2e-→ + H2O
C．制得乙醛酸，理论上外电路中迁移了电子
D．双极膜中间层中的在外电场作用下向石墨电极方向迁移
【答案】C
【详解】A.由题图可知，在铅电极乙二酸变成乙醛酸是去氧的过程，发生还原反应，则铅电极是电解装置的阴极，石墨为阳极，发生氧化反应，反应为2Br--2e-=Br2，A错误；
B.阳极上的反应式为2Br--2e-=Br2，B错误；
C.制得2 mol 乙醛酸，阴极 +2H++2e-→ +H2O，阳极：2Br--2e-=Br2， +Br2+H2O→ +2Br-+2H+，由此可知左、右两侧各制得1 mol乙醛酸，共转移2 mol电子，故理论上外电路中迁移的电子为2 mol，C正确；
D.电解装置中，阳离子移向阴极，即铅电极方向，D错误；
故答案为C。
13．恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解2NH3(g)N2(g)+3H2(g)。测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法不正确的是
编号
0
20
40
60
80
①
a
2.40
2.00
1.60
1.20
0.80
②
a
1.20
0.80
0.40
x
③
2a
2.40
1.60
0.80
0.40
0.40
A．实验①，，
B．实验②，时处于平衡状态，x<0.4
C．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
D．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
【答案】D
【详解】A．实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为，，反应速率之比等于化学计量数之比，，A正确；
B．催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为，则实验①达平衡时氨气浓度也为，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min时处于平衡状态，x<0.4，B正确；
C．对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大， C正确；
D．实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，D错误；
故选D。
14．已知25℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列说法正确的是
A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者
B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则H2A的电离度为0.013%
C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-)
D．取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1
【答案】B
【详解】A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的电离程度前者大于后者，故A错误；
B．溶液中c(H+)=10-3mol/L，H2A电离程度较小，溶液中c(H2A)≈0.1mol/L，Ka1=，c(HA-)=1.3×10-5mol/L，c(HA-)≈c(H2A) 电离，则H2A的电离度 0.013%，故B正确；
C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，则c(A2-)
二、元素或物质推断题
15．当硝酸与金属反应时，反应物或反应条件不同，硝酸被还原的产物不同。金属铝在酸性或碱性溶液中均可与NO发生氧化还原反应，转化关系如下：
已知，气体D和F反应可生成盐，气体D和A溶液反应生成白色沉淀。请回答下列问题：
(1)A和B两溶液混合产生白色沉淀，反应的离子方程式为_________。
(2)C、E排入大气中会造成大气污染，在催化剂存在下，D可以将C或E都转化为无毒的气态单质，任意写出其中一个反应的化学方程式：_________。
(3)写出铝在碱性条件下与NO反应的离子方程式：_________。
(4)除去气体C中的杂质气体E的化学方法：_________(用化学方程式表示)。
(5)Al与NO在酸性条件下反应，Al与被还原的NO的物质的量之比是_________。
(6)为了更加准确测定E气体的相对分子质量，应选择的适合条件是_________。
A．较高温度、较高压强 B．较低温度、较低压强
C．较高温度、较低压强 D．较低温度、较高压强
【答案】(1)Al3＋＋3AlO＋6H2O=4Al(OH)3↓
(2)6NO＋4NH35N2＋6H2O(或6NO2＋8NH37N2＋12H2O)
(3)8Al＋3NO＋5OH-＋2H2O8AlO＋3NH3↑
(4)3NO2＋H2O=2HNO3＋NO
(5)1∶1
(6)C
【分析】由转化关系图D→C→E→F ，及D和F反应可生成盐及题中信息可知氨气催化氧化可以生成一氧化氮和水，一氧化氮可以和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，所以：D为NH3、C为NO、E为NO2、F为HNO3，可知金属铝在酸性或碱性溶液中均可与 发生氧化还原反应，在酸性环境下，铝和硝酸反应生成铝盐和NO，碱性环境下生成偏铝酸盐和NH3， A为硝酸铝，B为偏铝酸盐。气体D和A溶液反应生成白色沉淀,NH3和铝盐生成氢氧化铝沉淀。
【详解】（1）铝盐与偏铝酸盐发生水解互相促进反应，反应彻底进行生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为:Al3＋＋3AlO＋6H2O=4Al(OH)3↓，答案：Al3＋＋3AlO＋6H2O=4Al(OH)3↓；
（2）氨气可以和C（一氧化氮）或D（二氧化氮）发生氧化还原反应生成无毒气体单质氮气，化学方程式为6NO＋4NH35N2＋6H2O(或6NO2＋8NH37N2＋12H2O)，答案：6NO＋4NH35N2＋6H2O(或6NO2＋8NH37N2＋12H2O)；
（3）由前面推断可知，金属铝在碱性环境下可以和反应生成偏铝酸盐和氨气，用离子方程式为：8Al＋3NO＋5OH-＋2H2O8AlO＋3NH3↑，答案：8Al＋3NO＋5OH-＋2H2O8AlO＋3NH3↑；
（4）用水除去气体NO杂质气体NO2，化学方程式：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，答案：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO；
（5）Al与在酸性条件下反应生成铝盐、NO，在反应中铝失去3个电子，的还原产物是NO，化合价由+5价降低到+2价，得到3个电子，依据得失电子守恒可知，Al与被还原的NO的物质的量之比是1:1，故答案为:1:1；
（6）NO2中存在可逆反应 ，测定NO2气体的相对分子质量，应抑制该反应发生。其它条件不变，升高温度或减小压强会使平衡向逆反应进行，所以，应在低压、高温条件下测定测定NO2气体的相对分子质量更准确，答案选C。
三、工业流程题
16．钴(Co)及其化合物在工业上广泛应用于磁性材料、电池材料及超硬材料等领域。某学习小组欲从某工业废料中回收钴，设计工艺流程如下：(废料中含有Al、Co2O3 和Fe2O3等物质)。
请回答：
（1）废料用NaOH溶液处理前通常先将废料粉碎，其目的是____________。
（2）过程Ⅱ用稀H2SO4和H2O2溶液与Co2O3反应而达到浸出钴的目的，请写出该反应的离子方程式___________。在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，请分析不用盐酸浸出钴的主要原因______________。
（3）碳酸钠溶液在过程Ⅱ和Ⅲ中所起作用有所不同，请写出碳酸钠在过程Ⅱ中发生反应生成沉淀的离子方程式__________________________________。
（4） 若在实验室中完成过程Ⅳ，则沉淀物需在__________________（填仪器名称）中灼烧；写出在过程Ⅴ中发生反应的化学方程式__________________________________。
（5）将1.0×10-3 mol/LCoSO4与1.2×10-3mol/L的Na2CO3等体积混合，此时溶液中的Co2+的浓度为__________ mol/L。（已知：CoCO3的溶度积为：Ksp=1.0×10-13）
（6）CoO与盐酸反应可得粉红色的CoCl2溶液。CoCl2晶体因结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水。如图是粉红色的CoCl2·6H2O晶体在烘箱中受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，物质A的化学式是____________________。
【答案】 增大反应物接触面积，加快反应速率 Co2O3+H2O2+4H+=2Co2＋+ O2+3H2O Co2O3可氧化盐酸产生Cl2，污染环境 2Fe3++3+3H2O=2Fe (OH)3↓+3CO2↑ 坩埚 3CoO+2Al3Co+ A12O3 1.0×10-9 CoCl2·2H2O
【分析】第一步中，Al和氢氧化钠溶液反应，其离子反应方程式为：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，得到滤液和滤渣，因此采用操作步骤是过滤，滤液中AlO2－与二氧化碳反应得到氢氧化铝沉淀，之后灼烧并通过电解熔融氧化铝得到金属单质铝。滤渣中Co2O3作氧化剂与过氧化氢反应，化合价由＋3价→＋2价，之后调节PH得到Fe（OH）3。滤液中Co2＋不能转化成沉淀，根据pH的范围为3.2≤pH<7.15调节PH得到碳酸钴沉淀之后进行煅烧得到氧化钴，与金属单质铝发生铝热反应得到金属单质Co。根据此分析进行解答。
【详解】（1）废料进行矿石粉碎处理，可以增大接触面积，加快反应速率，
故答案：为增大反应物接触面积，加快反应速率
（2）Co2O3作氧化剂与过氧化氢反应，化合价由＋3价→＋2价，故反应的离子方程式为Co2O3+H2O2+4H+=2Co2＋+ O2+3H2O。HCl被氧化后，Cl由－1价→0价，反应离子反应方程式为Co2O3＋2Cl－＋6H＋=2Co2＋＋3H2O＋Cl2↑，会产生氯气污染环境，
故答案为Co2O3+H2O2+4H+=2Co2＋+ O2+3H2O Co2O3可氧化盐酸产生Cl2，污染环境
（3）在过程Ⅱ中Fe3＋与碳酸根发生双水解，转化成Fe（OH）3，但Co2＋不能转化成沉淀。碳酸钠在过程Ⅱ中发生反应生成沉淀的离子方程式为2Fe3++3+3H2O=2Fe (OH)3↓+3CO2↑，
故答案为：2Fe3++3+3H2O=2Fe (OH)3↓+3CO2↑
（4）过程Ⅳ是将Al(OH)3 灼烧生成Al2O3，需要在坩埚中进行，电解熔融氧化铝得到金属单质铝，过程Ⅴ中氧化钴与金属单质铝发生铝热反应得到金属单质Co，化学方程式为3CoO+2Al3Co+ A12O3，
故答案为坩埚； 3CoO+2Al3Co+ A12O3
（5）Co2+与CO32-结合成CoCO3沉淀，此时碳酸根的浓度为（1.2×10-3-1.0×10-3）÷2=1×10-4，故Co2+的浓度=mol/L，
故答案为 1.0×10-9
（6）由图可知n（CoCl2）=65×10-3÷130=5×10-4mol，物质A中含有的结晶水的物质的量为n（H2O）=（83-65）×10-3÷18=1×10-3mol，故n（CoCl2）∶n（H2O）=1:2，故物质A的化学式为CoCl2·2H2O，
故答案为CoCl2·2H2O
【点睛】点睛：熟悉流程图涉及的反应原理是解题的基础。本题的难点是(2)题，需要根据反应物和生成物的关系，结合质量守恒定律书写方程式；本题的易错点为(3)，明确溶度积常数的含义是解题的关键。
四、实验题
17．肼(N2H4)是一种重要的工业产品，实验室用NH3与Cl2合成肼(N2H4)并探究肼的性质。实验装置如图所示：
相关物质的性质如下：
性状
熔点/℃
沸点/℃
性质
N2H4
无色液体
1.4
113
与水混溶、强还原性
N2H6SO4
无色晶体
254
/
微溶于冷水，易溶于热水
回答下列问题：
(1)装置A试管中的试剂为_________(填化学式)；仪器a的名称是_________。
(2)N2H4的电子式_________。
(3)装置B中制备肼的离子方程式为_________，该装置中通入NH3必须过量的原因是_________。
(4)上述装置存在一处缺陷，会导致肼的产率降低，改进方法是_________。
(5)①探究N2H4的性质。取装置B中溶液，加入适量稀硫酸振荡，置于冰水浴冷却，试管底部得到无色晶体。肼是一种二元弱碱，肼与硫酸反应除能生成N2H6SO4外，还可能生成的盐为_________(填化学式)。
②测定肼的质量分数。取装置B中的溶液3.2g，调节溶液pH为6.5左右，加水配成250mL溶液，移取25.00mL置于锥形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用c mol/L 的碘溶液滴定(杂质不参与反应)，滴定过程中有无色、无味、无毒气体产生。滴定终点平均消耗标准溶液20.00mL，产品中肼的质量分数为_________%。
【答案】(1) NH4Cl、Ca(OH)2 长颈漏斗
(2)
(3) 2NH3＋2OH−＋Cl2=N2H4＋2Cl−＋2H2O 防止N2H4被氧化
(4)B、C之间增加盛有饱和食盐水的装置
(5) (N2H5)2SO4、N2H6(HSO4)2 100c
【分析】装置A生成氨气，装置C生成氯气，氨气和氯气在B中生成肼，尾气通过烧杯中溶液吸收；
【详解】（1）装置A生成氨气，氢氧化钙和氯化铵加入生成氨气，故试管中的试剂为Ca(OH)2、NH4Cl。氨气极易溶于水，仪器a的名称是长颈漏斗，可以防止倒吸；
（2）N2H4为共价化合物，氮原子达到8电子结构：；
（3）氯气和氢氧化钠生成次氯酸钠：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，次氯酸钠和氨气反应生成肼和氯化钠：2NH3 + ClO- =N2H4+H2O+Cl-；总反应为：2NH3+2OH−+Cl2=N2H4+2Cl−+2H2O；已知肼具有强还原性，次氯酸钠、氯气具有强氧化性，肼会与其反应；该装置中通入NH3必须过量的原因是因为N2H4具有强还原性易被Cl2氧化，NH3必须过量，促进氯气、次氯酸钠和氨气反应，以利于肼的生成；
（4）Cl2中含有挥发产生的HCl，会和装置B中氢氧化钠溶液反应，导致肼的产率降低，改进方法是在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯化氢气体；
（5）①肼是二元弱碱，与强酸反应，可产生正盐和碱式盐，故还可能生成(N2H5)2SO4、N2H6(HSO4)2；
②滴定过程中有无色无味无毒气体产生，碘具有氧化性，则碘和肼发生氧化还原反应生成碘离子和氮气，根据电子守恒可知，2I2～4e−~N2H4，则产品中N2H4的质量分数为。
五、原理综合题
18．面对气候变化，我国承诺二氧化碳排放力争2030年前达到峰值，力争2060年前实现碳中和。某科研机构利用CO2和CH4反应生成合成气(主要成分为CO、H2)，可减少温室气体的排放。
(1)已知相关反应的热化学方程式为：
①
②
③
则由CO2和CH4反应生成合成气的热化学方程式为_________。
(2)在密闭容器中通入物质的量均为的CO2(g)和CH4(g)，在一定条件下使CO2和CH4发生反应，CH4的平衡转化率与温度及压强(单位Pa)的关系如图所示。
①结合上图，在1100℃下y点时_________(填“大于”“小于”或“等于”)。
②用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp，则1100℃下反应的平衡常数Kp_________。x点时若向密闭容器中充入氦气，反应和反应的平衡将_________(填“正向移动"“逆向移动”或“不移动”)。
③在1100℃下x点已达到平衡状态1，若起始时在上述密闭容器中加入物质的量均为的和，在1100℃和条件下达到平衡状态2，与平衡状态1相比，该状态下的_________(填“变大”“变小”或“不变”)。
(3)一种电化学制甲酸的装置如图所示，电极a为_________极，电极b的电极反应式为_________。
【答案】(1)CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ∆H=+247J/mol
(2) 小于 正向移动 不变
(3) 负 CO2+2H++2e-=HCOOH
【详解】（1）CH4和CO2生成合成气的反应为CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，根据盖斯定律，①＋2×③-②得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，∆H=75kJ/mol+2×(-111J/mol)-(-394J/mol)=+247J/mol；
（2）①由图示可知，y点甲烷的转化率小于平衡转化率，反应正向进行，所以y点：v逆小于v正；
②根据三段式计算可得：
，平衡常数；x在等压线p2上，即总压强不变，通入He气，反应物和生成物的分压减小，根据反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)可知，平衡会向气体体积增大的方向移动，即向正反应方向移动；
③在等压条件下，将0.2molH2和0.2molCO完全反应，转化为0.1molCH4和0.1molCO2，则与②中反应等效，反应在达到平衡状态2，c(CO2)不变；
（3）由装置图物质转化关系可知，电极a发生氧化反应，为电池的负极，b电极发生还原反应，为正极，右侧电极附近反应物为二氧化碳，生成物为甲酸，电池在工作过程中氢离子通过质子交换膜进入右侧，所有右侧正极为酸性环境，故电极反应式为：CO2+2H++2e-=HCOOH。
六、有机推断题
19．G是某抗炎症药物的中间体，其合成路线如下：
已知： ①
②(呈碱性，易氧化)
(1)B的命名为_________，C的官能团名称是_________。
(2)反应①的反应类型为_________；反应②的目的是_________。
(3)下列对有机物G的性质推测错误的是_________(填选项字母)。
A．1 mol G与足量NaHCO3溶液反应放出2 mol CO2
B．能发生取代反应和氧化反应
C．能加聚合成高分子化合物
D．具有两性，既能与酸反应也能与碱反应
(4)写出E→F的化学反应方程式_________。
(5)同时符合下列条件的D的同分异构体有_________种。
①含有苯环且能发生水解反应；②能发生银镜反应；③能与NaHCO3溶液反应放出CO2。
(6)已知：苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在苯环的邻、对位；苯环上有羧基时，新引入的取代基连在苯环的间位。根据题中的信息，写出以甲苯为原料合成有机物的流程图_________ (无机试剂任选)。合成路线流程图示例如下： XYZ……目标产物
【答案】(1) 邻甲基苯酚 酯基
(2) 取代反应 保护酚羟基，以防被氧化
(3)AC
(4)；
(5)17
(6)
【分析】乙酰氯和乙酸反应生成A，A和B反应生成C，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，根据D结构简式知，C为 ，A为(CH3CO)2O，D发生水解反应然后酸化得到E，E为 ，E反应生成F，F发生还原反应生成G，根据G结构简式结合题给信息知，F为 ，据此回答。
【详解】（1）B： 的命名为邻甲基苯酚，根据分析，C为 ，则C的官能团名称是酯基；
（2）反应①为乙酰氯和乙酸反应生成A，A为(CH3CO)2O，乙酰氯中的氯原子被取代，则反应类型为取代反应；反应②的作用是保护酚羟基，防止被氧化；
（3）A．G中只有羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以1molG与足量NaHCO3溶液反应放出1molCO2，故A错误；
B．G中含有酚羟基，能发生氧化反应，不能发生消去反应，羧基能发生取代反应，故B正确；
C．G中含有羧基和酚羟基，所以能发生缩聚反应生成高分子化合物，故C错误；
D．G中含有羧基和氨基，所以具有酸性和碱性，则具有两性，既能与酸反应也能和碱反应，故D正确；
答案选AC；
（4）E为 ，F为 ，E在浓硫酸加热条件下与硝酸反应取代反应，化学反应方程式；
（5）①含有苯环且能发生水解反应，说明结构中含有苯环和酯基，②能发生银镜反应，说明结构中含有醛基，③能与NaHCO3溶液反应放出CO2，说明结构中含有羧基，由以上综合分析，该有机物的结构可以由 与-CH2OOCH构成，共有邻间对3种结构，或由 与-CH3、-OOCH构成，共有10种结构，或由 和－OOCH构成有邻间对3中结构，或 和构成，只有一种结构，则同时符合下列条件的D的同分异构体有17种；
（6）甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，其合成流程图为： 。
七、填空题
20．太阳能的开发利用在新能源研究中占据重要地位，单晶硅太阳能电池片在加工时，一般掺杂微量的铜、钴、硼、镓、硒等。已知铜的配合物A结构如图。请回答下列问题：
(1)基态二价铜离子的电子排布式为_________，已知高温下Cu2O比CuO更稳定，试从核外电子排布角度解释_________。
(2)配体氨基乙酸根(H2NCH2COO-)受热分解可产生CO2和N2，N2中σ键和π键数目之比是_________；N2O与CO2互为等电子体，则N2O的电子式为_________。
(3)铜与(SCN)2反应生成Cu(SCN)2，1mol(SCN)2中含有π键的数目为_________(用NA表示)，HSCN结构有两种，硫氰酸(H—S—C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H—N=C=S)的原因是_________。
(4)六方氮化硼晶体结构与石墨晶体相似，层间相互作用力为_________。六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构、硬度与金刚石相似，其晶胞如图，晶胞边长为361.5pm，立方氮化硼的密度是_________g·cm-3(只列算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。
(5)关于两种晶体的说法正确的是_________ (填序号)。
a.立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大
b.六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软
c.两种晶体中的B-N键均为共价键
d.两种晶体均为分子晶体
【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9 亚铜离子价电子排布式为3d10，核外电子处于稳定的全充满状态
(2) 1∶2
(3) 4NA或2.408×1024 异硫氰酸分子间可形成氢键，所以熔沸点较高
(4) 分子间作用力或范德华力
(5)bc
【详解】（1）基态Cu原子的外围电子为：，则基态二价铜离子的电子排布式为： ，铜原子失去一个电子后，亚铜离子核外电子排布为，处于稳定对 全充满状态，所以导致高温时比更稳定。
（2）中含有N，因为三键中有1个δ键和2个π键，所以中的δ键和π键数目之比为1:2；根据等电子体结构相似的原理，的结构与相似，则的电
子式为：
（3）的结构式为：，根据结构式可知，分子中有3个单键和2个三键，因为单键为键，三键为1个键和2个键，所以1mol中的键为4；因为异硫氰酸(H—N=C=S)分子间可以形成氢键，而硫氰酸(H—S—C≡N)分子间不能形成氢键，故硫氰酸(H—S—C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H—N=C=S)；故答案为：异硫氰酸(H—N=C=S)分子间可以形成氢键；
（4）六方氮化硼晶体结构与石墨晶体相似，石墨为混合晶体，层间作用力为分子间的作用力，故六方氮化硼晶体层间作用力为分子间作用力或范德华力；在六方氮化硼晶体中，N原子为：4×1=4，B原子为：，因此一个晶胞中含有4个BN，六方氮化硼的晶胞边长为361.5pm，则六方氮化硼的密度为： =
（5）a.立方相氮化硼中没有π键，所以a错误；
b.六方相氮化硼为层状结构，层间作用力小，所以质地软，b正确；
c.两种晶体中的B-N键均为共价键，c正确；
d.六方氮化硼晶体为混合晶体，d错误。
故选bc。
陕西省西安市长安区第一中学2022-2023学年高三上学期第二次质量检测化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．最理想的“原子经济性反应”是指反应物的原子全部转化为期望的最终产物的反应。下列属于最理想的“原子经济性反应”的是
A．人工模拟光合作用合成淀粉中首先用氢气在无机催化剂作用下将二氧化碳还原为甲醇
B．用苯与液溴制备溴苯的反应
C．用乙酸与正丁醇制备乙酸正丁酯的反应
D．煤的综合利用中利用煤的气化产物——CO和合成液态燃料甲醇
【答案】D
【详解】A.氢气与二氧化碳反应，产物为甲醇和水，没有实现反应物的原子全部转化为期望的最终产物，A不符合题意；
B.用苯与液溴制备溴苯的反应中，有溴化氢生成，没有实现反应物的原子全部转化为期望的最终产物，B不符合题意；
C.用乙酸与正丁醇制备乙酸正丁酯的反应中，有水生成，而且该反应为可逆反应，反应物不可能全部转化为产物，没有实现反应物的原子全部转化为期望的最终产物，C不符合题意；
D.CO和H2合成液态燃料甲醇，产物只有甲醇，实现反应物的原子全部转化为期望的最终产物，D不符合题意；
故答案选择D选项。
2．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．18.9g三肽(相对分子质量：189)中的肽键数目为
B．1mol重水比1mol水多NA个质子
C．电解精炼铜时，电路中每通过NA个电子时阳极溶解32gCu
D．常温常压下，13.6g金刚烷()中所含C-C键的数目为1.36NA
【答案】A
【详解】A．18.9g三肽(相对分子质量：189)的物质的量是0.1mol，三肽中含有2个肽键，其中的肽键数目为，故A正确；
B．重水和普通水均含有10个质子，故B错误；
C．电解精炼铜时，阳极为粗铜，铜和比铜活泼的多种金属放电，故无法通过转移电子数目计算溶解金属质量，故C错误；
D．13.6g金刚烷中所含C-C共价键的数目为，故D错误；
故选A。
3．对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是
粒子组
判断和分析
A
、、、
不能大量共存，因发生反应：
B
、、、
不能大量共存，因发生反应：
C
、、、
能大量共存，粒子间不反应
D
、、、
能大量共存，粒子间不反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A.Al3+和NH3H2O生成Al(OH)3沉淀而不是生成Al，故A错误；
B．S2和H+反应生成单质硫、二氧化硫和水，离子方程式为：2H++ S2=S↓+SO2↑+H2O，故B正确；
C．Fe3+做催化剂促进H2O2分解，不能大量共存，故C错误；
D．在酸性条件下Mn能将Cl-氧化为Cl2，不能大量共存，故D错误；
答案选B。
4．某多孔储氢材料前驱体结构如图，M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，Z原子最外层电子数是电子层数的3倍。下列说法正确的是
A．Z的氢化物只含极性键
B．原子半径：M>W>X>Y>Z
C．Z的氢化物沸点一定比X的氢化物的沸点高
D．已知H3WO3的解离反应：H3WO3+H2OH++W(OH)，Ka=5.81×10-10，可判断H3WO3是一元弱酸
【答案】D
【分析】Z原子最外层电子数是电子层数的3倍，则Z是O；根据结构图中元素成键规律， W是B、X是C、Y是N。
【详解】A．O的氢化物有H2O、H2O2，H2O2中含极性键、非极性键，A错误；
B．电子层数越多，原子半价越大，同周期元素从左到右原子半径减小，原子半径：B＞C＞N＞O＞H，B错误；
C．X是C元素、Z是O元素，C能形成多种氢化物，有些C的氢化物呈固态，所以O的氢化物的沸点不一定比C的氢化物的沸点高，C错误；
D．W为B元素，，，说明只发生一步电离，可判断是一元弱酸，D正确；
故选D。
5．苯磺酸左旋氨氯地平片具有舒张血管的作用，可用于高血压、心绞痛的治疗，其结构中含左旋氨氯地平，左旋氨氯地平结构如图所示，下列有关说法不正确的是
A．左旋氨氯地平可使溴水褪色
B．1mol左旋氨氯地平最多可与5mol氢气加成
C．手性碳原子是指与四个各不相同的原子或基团相连的碳原子，左旋氨氯地平含2个手性碳原子
D．1mol左旋氨氯地平与足量NaOH溶液一定条件下完全反应最多消耗4mol NaOH
【答案】C
【详解】A．根据结构简式，1mol该有机物中含有2mol碳碳双键，该有机物可使溴水褪色，故A说法正确；
B．1个该有机物分子中含有1个苯环和2个碳碳双键，因此1mol该有机物与氢气发生加成反应最多可与5mol氢气加成，故B说法正确；
C．根据手性碳原子的定义，该有机物中有1个手性碳原子，即为，故C说法错误；
D．该有机物中含有酯基和-Cl，酯基能在NaOH溶液中发生水解，－Cl能发生水解，羟基则替代－Cl的位置，构成酚羟基，酚羟基也能与NaOH溶液发生反应，因此1mol该有机物最多消耗4molNaOH，故D说法正确；
答案为C。
6．在钯的配合物离子[PdCl4]2－的作用下合成H2O2，反应历程如图，下列说法错误的是
A．[PdCl4]2－在此过程中作为催化剂
B．该过程的总反应为H2+O2H2O2
C．生成1molH2O2的过程中，转移电子总数为4mol
D．历程中发生了Pd+O2+2Cl－＝[PdCl2O2]2－
【答案】C
【详解】A．依据过程图可知[PdCl4]2－在此过程中先消耗后生成，反应前后不变，是催化剂，故A正确；
B．依据图示可知氢气与氧气在[PdCl4]2－催化作用下生成过氧化氢，H2+O2H2O2，故B正确；
C．由B中的方程式H2+O2H2O2可知，生成1molH2O2的过程中，转移电子总数为2mol，故C错误；
D．由图示可知，过程中发生了Pd+O2+2Cl－＝[PdCl2O2]2－故D正确；
故答案为：C
7．下列“类比”或“对比”不合理的是
A．Mg在CO2中点燃反应生成MgO和C，则Ca在CO2中点燃反应生成CaO和C
B．NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，而Ca(ClO)2溶液与少量CO2反应生成CaCO3和HClO
C．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4C1
D．NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NaNO3，则氨水与少量AgNO3溶液反应最终生成Ag2O和NH4NO3
【答案】D
【详解】A．由金属性：Ca>Mg，Mg在CO2中燃烧生成MgO和C，则Ca在CO2中燃烧可能生成CaO和C，类比合理，故A正确；
B．NaClO溶液中通入少量CO2生成Na2CO3和HClO，若二氧化碳过量，则碳酸钠与二氧化碳和水反应可生成NaHCO3，向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2生成CaCO3和HClO，故B正确；
C．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，反应为Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl，Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl，反应为Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl，故C正确；
D．氨水与少量AgNO3反应生成配合物[Ag(NH3)2]+，发生反应的离子方程式为Ag++2NH3•H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，故D错误；
故选：D。
8．利用氧化制备的装置如下图所示(夹持装置略)：
已知：锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO+2H2O =MnO2↓+2MnO+ 4OH-。下列说法不正确的
A．向仪器a中加入水，盖好玻璃塞关闭止水夹，打开仪器a玻璃旋塞向烧瓶滴加水，若水一段时间不能滴下，则气密性良好
B．装置A中发生反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O
C．若去掉装置B，可能会导致KMnO4产率降低
D．装置D中的作用是除去过量的氯气，以免污染环境
【答案】A
【详解】A．仪器a为恒压滴液漏斗，无论装置气密性是否良好，打开活塞，液体都能顺利流下，不能检查装置的气密性，A错误；
B．装置A中的漂白粉，与浓盐酸反应，方程式为：，B正确；
C．装置B中饱和食盐水是为了除去中的，若去掉装置B，溶液在酸性条件下，会使产率降低 ，C正确；
D．有毒，会污染空气，用溶液进行尾气处理，D正确；
故选A。
9．相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1mol环己烷()的能量变化如图所示：
下列推理不正确的是
A．2ΔH1≈ΔH2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比
B．ΔH2＜ΔH3，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定
C．3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
D．ΔH3-ΔH1＜0，ΔH4-ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性
【答案】A
【详解】A．虽然2ΔH1≈ΔH2，但ΔH2≠ΔH3，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目、双键的位置有关，不能简单的说碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比，A错误；
B．ΔH2＜ΔH3，即单双键交替的物质能量低，更稳定，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定，B正确；
C．由图示可知，反应I为：(l)+H2(g)→(l) ΔH1，反应IV为：+3H2(g)→(l) ΔH4，故反应I是1mol碳碳双键加成，如果苯环上有三个完全独立的碳碳三键，则3ΔH1=ΔH4，现3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，C正确；
D．由图示可知，反应I为：(l)+H2(g)→(l) ΔH1，反应III为：(l)+2H2(g) →(l) ΔH3，反应IV为：+3H2(g)→(l) ΔH4，ΔH3-ΔH1＜0即(l)+H2(g) →(l) ΔH＜0，ΔH4-ΔH3＞0即+H2(g)→(l) ΔH＞0，则说明具有的总能量小于，能量越低越稳定，则说明苯分子具有特殊稳定性，D正确；
故答案为：A。
10．下列实验对应的离子方程式不正确的是
A．将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：HCO+Ca2++OH− = CaCO3↓+H2O
B．将少量SO2通入NaClO溶液：SO2+H2O+2ClO− = SO+2HClO
C．将少量NO2通入NaOH溶液：2NO2+2OH−=NO+NO+H2O
D．强酸性溶液中金属铜的吸氧腐蚀正极反应：O2+4H++4e- =2H2O
【答案】B
【详解】A．将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合，反应生成碳酸钙和水，反应的离子方程式为：HCO+Ca2++OH− = CaCO3↓+H2O ，A正确；
B．将少量SO2通入 NaClO 溶液，ClO−的强氧化性，可以将正4价硫氧化成正6价硫，从而反应生成硫酸钠和盐酸，剩余的ClO−结合氢离子生成次氯酸，反应的离子方程式为：SO2+H2O+2ClO− = +2HClO+H++Cl-，B错误；
C．将少量NO2通入NaOH溶液，反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，反应的离子方程式为：2NO2+2OH−=NO+NO+H2O，C正确；
D．强酸性溶液中金属铜的吸氧腐蚀正极反应，氧气得电子， 强酸性溶液，用氢离子来平衡电荷，故离子方程式为：O2+4H++4e- =2H2O D正确；
故本题选D。
11．下列方案设计、现象和结论有不正确的是
目的
方案设计
现象和结论
A
检验硫酸厂周边空气中是否含有二氧化硫
用注射器多次抽取空气，慢慢注入盛有酸性KMnO4稀溶液的同一试管中，观察溶液颜色变化
溶液不变色，说明空气中不含二氧化硫
B
鉴定某涂改液中是否存在含氯化合物
取涂改液与KOH溶液混合加热充分反应，取上层清液，硝酸酸化，加入硝酸银溶液，观察现象
出现白色沉淀，说明涂改液中存在含氯化合物
C
测定亚硝酸和氢硫酸的Ka1
常温下，分别测定0.1mol·L-1NaNO2溶液，0.1mol·L-1Na2S溶液的pH，测得Na2S溶液的pH更大
Ka(HNO2)>Ka1(H2S)
D
鉴别食盐与亚硝酸钠
各取少量固体加水溶解，分别滴加含淀粉的酸性KI溶液，振荡，观察溶液颜色变化
溶液变蓝色的为亚硝酸钠；溶液不变蓝的为食盐
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．若空气中含有二氧化硫，具有还原性的二氧化硫会与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，所以溶液不变色，说明空气中不含二氧化硫，A正确；
B．若涂改液中含有含氯化合物，涂改液与氢氧化钾溶液混合加热充分反应时氯代烃会发生水解反应生成氯化钾，取上层清液，硝酸酸化，加入硝酸银溶液，氯化钾溶液会与硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀，所以出现白色沉淀，说明涂改液中存在含氯化合物，B正确；
C．常温下，分别测定0.1mol·L-1NaNO2溶液，0.1mol·L-1NaHS溶液的pH值，溶液的pH值更大的对应的酸的酸性弱，C错误；
D．鉴别食盐与亚硝酸钠时，各取少量固体加水溶解，分别滴加含淀粉的酸性碘化钾溶液，振荡，氯化钠与碘化钾不反应，溶液不会变色，而亚硝酸钠溶液酸性条件下能与碘化钾溶液反应生成能使淀粉溶液变蓝色的碘，溶液会变为蓝色，所以溶液变蓝色的为亚硝酸钠，溶液不变蓝的为食盐，D正确；
故选C。
12．乙醛酸是一种重要的化工中间体，可果用如下图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH-，并在直流电场作用下分别问两极迁移。下列说法正确的是
A．KBr在上述电化学合成过程中只起电解质的作用
B．阳极上的反应式为：+ 2H++ 2e-→ + H2O
C．制得乙醛酸，理论上外电路中迁移了电子
D．双极膜中间层中的在外电场作用下向石墨电极方向迁移
【答案】C
【详解】A.由题图可知，在铅电极乙二酸变成乙醛酸是去氧的过程，发生还原反应，则铅电极是电解装置的阴极，石墨为阳极，发生氧化反应，反应为2Br--2e-=Br2，A错误；
B.阳极上的反应式为2Br--2e-=Br2，B错误；
C.制得2 mol 乙醛酸，阴极 +2H++2e-→ +H2O，阳极：2Br--2e-=Br2， +Br2+H2O→ +2Br-+2H+，由此可知左、右两侧各制得1 mol乙醛酸，共转移2 mol电子，故理论上外电路中迁移的电子为2 mol，C正确；
D.电解装置中，阳离子移向阴极，即铅电极方向，D错误；
故答案为C。
13．恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解2NH3(g)N2(g)+3H2(g)。测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法不正确的是
编号
0
20
40
60
80
①
a
2.40
2.00
1.60
1.20
0.80
②
a
1.20
0.80
0.40
x
③
2a
2.40
1.60
0.80
0.40
0.40
A．实验①，，
B．实验②，时处于平衡状态，x<0.4
C．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
D．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
【答案】D
【详解】A．实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为，，反应速率之比等于化学计量数之比，，A正确；
B．催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为，则实验①达平衡时氨气浓度也为，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min时处于平衡状态，x<0.4，B正确；
C．对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大， C正确；
D．实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，D错误；
故选D。
14．已知25℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列说法正确的是
A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者
B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则H2A的电离度为0.013%
C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-)
D．取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1
【答案】B
【详解】A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的电离程度前者大于后者，故A错误；
B．溶液中c(H+)=10-3mol/L，H2A电离程度较小，溶液中c(H2A)≈0.1mol/L，Ka1=，c(HA-)=1.3×10-5mol/L，c(HA-)≈c(H2A) 电离，则H2A的电离度 0.013%，故B正确；
C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，则c(A2-)
二、元素或物质推断题
15．当硝酸与金属反应时，反应物或反应条件不同，硝酸被还原的产物不同。金属铝在酸性或碱性溶液中均可与NO发生氧化还原反应，转化关系如下：
已知，气体D和F反应可生成盐，气体D和A溶液反应生成白色沉淀。请回答下列问题：
(1)A和B两溶液混合产生白色沉淀，反应的离子方程式为_________。
(2)C、E排入大气中会造成大气污染，在催化剂存在下，D可以将C或E都转化为无毒的气态单质，任意写出其中一个反应的化学方程式：_________。
(3)写出铝在碱性条件下与NO反应的离子方程式：_________。
(4)除去气体C中的杂质气体E的化学方法：_________(用化学方程式表示)。
(5)Al与NO在酸性条件下反应，Al与被还原的NO的物质的量之比是_________。
(6)为了更加准确测定E气体的相对分子质量，应选择的适合条件是_________。
A．较高温度、较高压强 B．较低温度、较低压强
C．较高温度、较低压强 D．较低温度、较高压强
【答案】(1)Al3＋＋3AlO＋6H2O=4Al(OH)3↓
(2)6NO＋4NH35N2＋6H2O(或6NO2＋8NH37N2＋12H2O)
(3)8Al＋3NO＋5OH-＋2H2O8AlO＋3NH3↑
(4)3NO2＋H2O=2HNO3＋NO
(5)1∶1
(6)C
【分析】由转化关系图D→C→E→F ，及D和F反应可生成盐及题中信息可知氨气催化氧化可以生成一氧化氮和水，一氧化氮可以和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，所以：D为NH3、C为NO、E为NO2、F为HNO3，可知金属铝在酸性或碱性溶液中均可与 发生氧化还原反应，在酸性环境下，铝和硝酸反应生成铝盐和NO，碱性环境下生成偏铝酸盐和NH3， A为硝酸铝，B为偏铝酸盐。气体D和A溶液反应生成白色沉淀,NH3和铝盐生成氢氧化铝沉淀。
【详解】（1）铝盐与偏铝酸盐发生水解互相促进反应，反应彻底进行生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为:Al3＋＋3AlO＋6H2O=4Al(OH)3↓，答案：Al3＋＋3AlO＋6H2O=4Al(OH)3↓；
（2）氨气可以和C（一氧化氮）或D（二氧化氮）发生氧化还原反应生成无毒气体单质氮气，化学方程式为6NO＋4NH35N2＋6H2O(或6NO2＋8NH37N2＋12H2O)，答案：6NO＋4NH35N2＋6H2O(或6NO2＋8NH37N2＋12H2O)；
（3）由前面推断可知，金属铝在碱性环境下可以和反应生成偏铝酸盐和氨气，用离子方程式为：8Al＋3NO＋5OH-＋2H2O8AlO＋3NH3↑，答案：8Al＋3NO＋5OH-＋2H2O8AlO＋3NH3↑；
（4）用水除去气体NO杂质气体NO2，化学方程式：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，答案：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO；
（5）Al与在酸性条件下反应生成铝盐、NO，在反应中铝失去3个电子，的还原产物是NO，化合价由+5价降低到+2价，得到3个电子，依据得失电子守恒可知，Al与被还原的NO的物质的量之比是1:1，故答案为:1:1；
（6）NO2中存在可逆反应 ，测定NO2气体的相对分子质量，应抑制该反应发生。其它条件不变，升高温度或减小压强会使平衡向逆反应进行，所以，应在低压、高温条件下测定测定NO2气体的相对分子质量更准确，答案选C。
三、工业流程题
16．钴(Co)及其化合物在工业上广泛应用于磁性材料、电池材料及超硬材料等领域。某学习小组欲从某工业废料中回收钴，设计工艺流程如下：(废料中含有Al、Co2O3 和Fe2O3等物质)。
请回答：
（1）废料用NaOH溶液处理前通常先将废料粉碎，其目的是____________。
（2）过程Ⅱ用稀H2SO4和H2O2溶液与Co2O3反应而达到浸出钴的目的，请写出该反应的离子方程式___________。在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，请分析不用盐酸浸出钴的主要原因______________。
（3）碳酸钠溶液在过程Ⅱ和Ⅲ中所起作用有所不同，请写出碳酸钠在过程Ⅱ中发生反应生成沉淀的离子方程式__________________________________。
（4） 若在实验室中完成过程Ⅳ，则沉淀物需在__________________（填仪器名称）中灼烧；写出在过程Ⅴ中发生反应的化学方程式__________________________________。
（5）将1.0×10-3 mol/LCoSO4与1.2×10-3mol/L的Na2CO3等体积混合，此时溶液中的Co2+的浓度为__________ mol/L。（已知：CoCO3的溶度积为：Ksp=1.0×10-13）
（6）CoO与盐酸反应可得粉红色的CoCl2溶液。CoCl2晶体因结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水。如图是粉红色的CoCl2·6H2O晶体在烘箱中受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，物质A的化学式是____________________。
【答案】 增大反应物接触面积，加快反应速率 Co2O3+H2O2+4H+=2Co2＋+ O2+3H2O Co2O3可氧化盐酸产生Cl2，污染环境 2Fe3++3+3H2O=2Fe (OH)3↓+3CO2↑ 坩埚 3CoO+2Al3Co+ A12O3 1.0×10-9 CoCl2·2H2O
【分析】第一步中，Al和氢氧化钠溶液反应，其离子反应方程式为：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，得到滤液和滤渣，因此采用操作步骤是过滤，滤液中AlO2－与二氧化碳反应得到氢氧化铝沉淀，之后灼烧并通过电解熔融氧化铝得到金属单质铝。滤渣中Co2O3作氧化剂与过氧化氢反应，化合价由＋3价→＋2价，之后调节PH得到Fe（OH）3。滤液中Co2＋不能转化成沉淀，根据pH的范围为3.2≤pH<7.15调节PH得到碳酸钴沉淀之后进行煅烧得到氧化钴，与金属单质铝发生铝热反应得到金属单质Co。根据此分析进行解答。
【详解】（1）废料进行矿石粉碎处理，可以增大接触面积，加快反应速率，
故答案：为增大反应物接触面积，加快反应速率
（2）Co2O3作氧化剂与过氧化氢反应，化合价由＋3价→＋2价，故反应的离子方程式为Co2O3+H2O2+4H+=2Co2＋+ O2+3H2O。HCl被氧化后，Cl由－1价→0价，反应离子反应方程式为Co2O3＋2Cl－＋6H＋=2Co2＋＋3H2O＋Cl2↑，会产生氯气污染环境，
故答案为Co2O3+H2O2+4H+=2Co2＋+ O2+3H2O Co2O3可氧化盐酸产生Cl2，污染环境
（3）在过程Ⅱ中Fe3＋与碳酸根发生双水解，转化成Fe（OH）3，但Co2＋不能转化成沉淀。碳酸钠在过程Ⅱ中发生反应生成沉淀的离子方程式为2Fe3++3+3H2O=2Fe (OH)3↓+3CO2↑，
故答案为：2Fe3++3+3H2O=2Fe (OH)3↓+3CO2↑
（4）过程Ⅳ是将Al(OH)3 灼烧生成Al2O3，需要在坩埚中进行，电解熔融氧化铝得到金属单质铝，过程Ⅴ中氧化钴与金属单质铝发生铝热反应得到金属单质Co，化学方程式为3CoO+2Al3Co+ A12O3，
故答案为坩埚； 3CoO+2Al3Co+ A12O3
（5）Co2+与CO32-结合成CoCO3沉淀，此时碳酸根的浓度为（1.2×10-3-1.0×10-3）÷2=1×10-4，故Co2+的浓度=mol/L，
故答案为 1.0×10-9
（6）由图可知n（CoCl2）=65×10-3÷130=5×10-4mol，物质A中含有的结晶水的物质的量为n（H2O）=（83-65）×10-3÷18=1×10-3mol，故n（CoCl2）∶n（H2O）=1:2，故物质A的化学式为CoCl2·2H2O，
故答案为CoCl2·2H2O
【点睛】点睛：熟悉流程图涉及的反应原理是解题的基础。本题的难点是(2)题，需要根据反应物和生成物的关系，结合质量守恒定律书写方程式；本题的易错点为(3)，明确溶度积常数的含义是解题的关键。
四、实验题
17．肼(N2H4)是一种重要的工业产品，实验室用NH3与Cl2合成肼(N2H4)并探究肼的性质。实验装置如图所示：
相关物质的性质如下：
性状
熔点/℃
沸点/℃
性质
N2H4
无色液体
1.4
113
与水混溶、强还原性
N2H6SO4
无色晶体
254
/
微溶于冷水，易溶于热水
回答下列问题：
(1)装置A试管中的试剂为_________(填化学式)；仪器a的名称是_________。
(2)N2H4的电子式_________。
(3)装置B中制备肼的离子方程式为_________，该装置中通入NH3必须过量的原因是_________。
(4)上述装置存在一处缺陷，会导致肼的产率降低，改进方法是_________。
(5)①探究N2H4的性质。取装置B中溶液，加入适量稀硫酸振荡，置于冰水浴冷却，试管底部得到无色晶体。肼是一种二元弱碱，肼与硫酸反应除能生成N2H6SO4外，还可能生成的盐为_________(填化学式)。
②测定肼的质量分数。取装置B中的溶液3.2g，调节溶液pH为6.5左右，加水配成250mL溶液，移取25.00mL置于锥形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用c mol/L 的碘溶液滴定(杂质不参与反应)，滴定过程中有无色、无味、无毒气体产生。滴定终点平均消耗标准溶液20.00mL，产品中肼的质量分数为_________%。
【答案】(1) NH4Cl、Ca(OH)2 长颈漏斗
(2)
(3) 2NH3＋2OH−＋Cl2=N2H4＋2Cl−＋2H2O 防止N2H4被氧化
(4)B、C之间增加盛有饱和食盐水的装置
(5) (N2H5)2SO4、N2H6(HSO4)2 100c
【分析】装置A生成氨气，装置C生成氯气，氨气和氯气在B中生成肼，尾气通过烧杯中溶液吸收；
【详解】（1）装置A生成氨气，氢氧化钙和氯化铵加入生成氨气，故试管中的试剂为Ca(OH)2、NH4Cl。氨气极易溶于水，仪器a的名称是长颈漏斗，可以防止倒吸；
（2）N2H4为共价化合物，氮原子达到8电子结构：；
（3）氯气和氢氧化钠生成次氯酸钠：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，次氯酸钠和氨气反应生成肼和氯化钠：2NH3 + ClO- =N2H4+H2O+Cl-；总反应为：2NH3+2OH−+Cl2=N2H4+2Cl−+2H2O；已知肼具有强还原性，次氯酸钠、氯气具有强氧化性，肼会与其反应；该装置中通入NH3必须过量的原因是因为N2H4具有强还原性易被Cl2氧化，NH3必须过量，促进氯气、次氯酸钠和氨气反应，以利于肼的生成；
（4）Cl2中含有挥发产生的HCl，会和装置B中氢氧化钠溶液反应，导致肼的产率降低，改进方法是在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯化氢气体；
（5）①肼是二元弱碱，与强酸反应，可产生正盐和碱式盐，故还可能生成(N2H5)2SO4、N2H6(HSO4)2；
②滴定过程中有无色无味无毒气体产生，碘具有氧化性，则碘和肼发生氧化还原反应生成碘离子和氮气，根据电子守恒可知，2I2～4e−~N2H4，则产品中N2H4的质量分数为。
五、原理综合题
18．面对气候变化，我国承诺二氧化碳排放力争2030年前达到峰值，力争2060年前实现碳中和。某科研机构利用CO2和CH4反应生成合成气(主要成分为CO、H2)，可减少温室气体的排放。
(1)已知相关反应的热化学方程式为：
①
②
③
则由CO2和CH4反应生成合成气的热化学方程式为_________。
(2)在密闭容器中通入物质的量均为的CO2(g)和CH4(g)，在一定条件下使CO2和CH4发生反应，CH4的平衡转化率与温度及压强(单位Pa)的关系如图所示。
①结合上图，在1100℃下y点时_________(填“大于”“小于”或“等于”)。
②用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp，则1100℃下反应的平衡常数Kp_________。x点时若向密闭容器中充入氦气，反应和反应的平衡将_________(填“正向移动"“逆向移动”或“不移动”)。
③在1100℃下x点已达到平衡状态1，若起始时在上述密闭容器中加入物质的量均为的和，在1100℃和条件下达到平衡状态2，与平衡状态1相比，该状态下的_________(填“变大”“变小”或“不变”)。
(3)一种电化学制甲酸的装置如图所示，电极a为_________极，电极b的电极反应式为_________。
【答案】(1)CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ∆H=+247J/mol
(2) 小于 正向移动 不变
(3) 负 CO2+2H++2e-=HCOOH
【详解】（1）CH4和CO2生成合成气的反应为CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，根据盖斯定律，①＋2×③-②得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，∆H=75kJ/mol+2×(-111J/mol)-(-394J/mol)=+247J/mol；
（2）①由图示可知，y点甲烷的转化率小于平衡转化率，反应正向进行，所以y点：v逆小于v正；
②根据三段式计算可得：
，平衡常数；x在等压线p2上，即总压强不变，通入He气，反应物和生成物的分压减小，根据反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)可知，平衡会向气体体积增大的方向移动，即向正反应方向移动；
③在等压条件下，将0.2molH2和0.2molCO完全反应，转化为0.1molCH4和0.1molCO2，则与②中反应等效，反应在达到平衡状态2，c(CO2)不变；
（3）由装置图物质转化关系可知，电极a发生氧化反应，为电池的负极，b电极发生还原反应，为正极，右侧电极附近反应物为二氧化碳，生成物为甲酸，电池在工作过程中氢离子通过质子交换膜进入右侧，所有右侧正极为酸性环境，故电极反应式为：CO2+2H++2e-=HCOOH。
六、有机推断题
19．G是某抗炎症药物的中间体，其合成路线如下：
已知： ①
②(呈碱性，易氧化)
(1)B的命名为_________，C的官能团名称是_________。
(2)反应①的反应类型为_________；反应②的目的是_________。
(3)下列对有机物G的性质推测错误的是_________(填选项字母)。
A．1 mol G与足量NaHCO3溶液反应放出2 mol CO2
B．能发生取代反应和氧化反应
C．能加聚合成高分子化合物
D．具有两性，既能与酸反应也能与碱反应
(4)写出E→F的化学反应方程式_________。
(5)同时符合下列条件的D的同分异构体有_________种。
①含有苯环且能发生水解反应；②能发生银镜反应；③能与NaHCO3溶液反应放出CO2。
(6)已知：苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在苯环的邻、对位；苯环上有羧基时，新引入的取代基连在苯环的间位。根据题中的信息，写出以甲苯为原料合成有机物的流程图_________ (无机试剂任选)。合成路线流程图示例如下： XYZ……目标产物
【答案】(1) 邻甲基苯酚 酯基
(2) 取代反应 保护酚羟基，以防被氧化
(3)AC
(4)；
(5)17
(6)
【分析】乙酰氯和乙酸反应生成A，A和B反应生成C，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，根据D结构简式知，C为 ，A为(CH3CO)2O，D发生水解反应然后酸化得到E，E为 ，E反应生成F，F发生还原反应生成G，根据G结构简式结合题给信息知，F为 ，据此回答。
【详解】（1）B： 的命名为邻甲基苯酚，根据分析，C为 ，则C的官能团名称是酯基；
（2）反应①为乙酰氯和乙酸反应生成A，A为(CH3CO)2O，乙酰氯中的氯原子被取代，则反应类型为取代反应；反应②的作用是保护酚羟基，防止被氧化；
（3）A．G中只有羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以1molG与足量NaHCO3溶液反应放出1molCO2，故A错误；
B．G中含有酚羟基，能发生氧化反应，不能发生消去反应，羧基能发生取代反应，故B正确；
C．G中含有羧基和酚羟基，所以能发生缩聚反应生成高分子化合物，故C错误；
D．G中含有羧基和氨基，所以具有酸性和碱性，则具有两性，既能与酸反应也能和碱反应，故D正确；
答案选AC；
（4）E为 ，F为 ，E在浓硫酸加热条件下与硝酸反应取代反应，化学反应方程式；
（5）①含有苯环且能发生水解反应，说明结构中含有苯环和酯基，②能发生银镜反应，说明结构中含有醛基，③能与NaHCO3溶液反应放出CO2，说明结构中含有羧基，由以上综合分析，该有机物的结构可以由 与-CH2OOCH构成，共有邻间对3种结构，或由 与-CH3、-OOCH构成，共有10种结构，或由 和－OOCH构成有邻间对3中结构，或 和构成，只有一种结构，则同时符合下列条件的D的同分异构体有17种；
（6）甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，其合成流程图为： 。
七、填空题
20．太阳能的开发利用在新能源研究中占据重要地位，单晶硅太阳能电池片在加工时，一般掺杂微量的铜、钴、硼、镓、硒等。已知铜的配合物A结构如图。请回答下列问题：
(1)基态二价铜离子的电子排布式为_________，已知高温下Cu2O比CuO更稳定，试从核外电子排布角度解释_________。
(2)配体氨基乙酸根(H2NCH2COO-)受热分解可产生CO2和N2，N2中σ键和π键数目之比是_________；N2O与CO2互为等电子体，则N2O的电子式为_________。
(3)铜与(SCN)2反应生成Cu(SCN)2，1mol(SCN)2中含有π键的数目为_________(用NA表示)，HSCN结构有两种，硫氰酸(H—S—C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H—N=C=S)的原因是_________。
(4)六方氮化硼晶体结构与石墨晶体相似，层间相互作用力为_________。六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构、硬度与金刚石相似，其晶胞如图，晶胞边长为361.5pm，立方氮化硼的密度是_________g·cm-3(只列算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。
(5)关于两种晶体的说法正确的是_________ (填序号)。
a.立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大
b.六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软
c.两种晶体中的B-N键均为共价键
d.两种晶体均为分子晶体
【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9 亚铜离子价电子排布式为3d10，核外电子处于稳定的全充满状态
(2) 1∶2
(3) 4NA或2.408×1024 异硫氰酸分子间可形成氢键，所以熔沸点较高
(4) 分子间作用力或范德华力
(5)bc
【详解】（1）基态Cu原子的外围电子为：，则基态二价铜离子的电子排布式为： ，铜原子失去一个电子后，亚铜离子核外电子排布为，处于稳定对 全充满状态，所以导致高温时比更稳定。
（2）中含有N，因为三键中有1个δ键和2个π键，所以中的δ键和π键数目之比为1:2；根据等电子体结构相似的原理，的结构与相似，则的电
子式为：
（3）的结构式为：，根据结构式可知，分子中有3个单键和2个三键，因为单键为键，三键为1个键和2个键，所以1mol中的键为4；因为异硫氰酸(H—N=C=S)分子间可以形成氢键，而硫氰酸(H—S—C≡N)分子间不能形成氢键，故硫氰酸(H—S—C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H—N=C=S)；故答案为：异硫氰酸(H—N=C=S)分子间可以形成氢键；
（4）六方氮化硼晶体结构与石墨晶体相似，石墨为混合晶体，层间作用力为分子间的作用力，故六方氮化硼晶体层间作用力为分子间作用力或范德华力；在六方氮化硼晶体中，N原子为：4×1=4，B原子为：，因此一个晶胞中含有4个BN，六方氮化硼的晶胞边长为361.5pm，则六方氮化硼的密度为： =
（5）a.立方相氮化硼中没有π键，所以a错误；
b.六方相氮化硼为层状结构，层间作用力小，所以质地软，b正确；
c.两种晶体中的B-N键均为共价键，c正确；
d.六方氮化硼晶体为混合晶体，d错误。
故选bc。
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