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2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市第六名校校高三高考一模 化学（解析版）
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这是一份2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市第六名校校高三高考一模 化学（解析版），共27页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
2023年黑龙江省哈尔滨六中高考化学一模试卷
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。
1．（6分）近年来我国在航天航空事业发展迅速，下列有关说法正确的是（ ）
A．“嫦娥五号”使用的碳化硅陶瓷是新型无机非金属材料
B．打印机墨粉中常加有Fe3O4，这是利用了其有颜色和具有磁性的特点，可用CuO替代
C．“长征五号”的燃料箱用高性能铝合金焊接，金属铝用加热分解法冶炼
D．“墨子号”卫星成功发射实现了光纤量子通信，生产光纤的原料为晶体硅
2．（6分）下列实验中操作规范，且能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D
观察Fe（OH）2的生成
蒸发结晶制备NaCl晶体
制取NaHCO3
配制稀硫酸溶液
A．A B．B C．C D．D
3．（6分）有机“纳米小人”风靡全球，其中涉及的一个反应如图：
下列说法正确的是（ ）
A．化合物N能使酸性KMnO4溶液褪色，但不能使溴水褪色
B．化合物P中所有碳原子可能共平面
C．该反应完全符合绿色化学的思想，理论上原子利用率为100%
D．化合物M的一氯代物有4种
4．（6分）下列离子方程式正确的是（ ）
A．少量H2O2溶液滴入酸性KMnO4溶液中，颜色变浅：H2O2+2+6H+＝2Mn2++4O2+6H2O
B．铁氰化钾溶液检验Fe2+的原理：Fe2++K++[Fe（CN）6]3﹣＝KFe[Fe（CN）6]↓
C．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与少量Ba（OH）2溶液反应：+Ba2+＝BaSO4↓
D．以镍铁基合金为惰性电极电解饱和KCl溶液，阳极反应式：Fe﹣2e﹣＝Fe2+
5．（6分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X元素的最高正价和最低负价之和相差2，Y和W同主族，其中Y、Z、W构成的某种物质结构如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：W＞Z＞Y＞X
B．元素X的氧化物对应水化物是强酸
C．元素Y和Z能形成一种用于呼吸面具供氧剂的物质
D．向Y、Z和W形成的上述化合物中加入稀硫酸，无明显现象
6．（6分）我国科技工作者设计以CoP和Ni2P纳米片为催化电极材料，电催化合成偶氮化合物的新装置如图所示（R代表烃基）。下列说法错误的是（ ）
A．该离子交换膜是阴离子交换膜
B．电极a的电极电势低于电极b
C．阳极反应为RCH2NH2﹣4e﹣+4OH﹣═RCN+4H2O
D．电流由直流电源出发，经电极a，KOH溶液，电极b回到直流电源
7．（6分）室温下，某二元碱X（OH）2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．由图可知X（OH）2一级、二级电离平衡常数
B．X（OH）NO3水溶液显碱性
C．等物质的量的X（NO3）2和X（OH）NO3混合溶液中c（X2+）＜c[X（OH）+]
D．在pH＝6的水溶液中，c（OH﹣）＝c（X2+）+c（H+）+c[X（OH）+]
二、
8．（15分）氧化铈（CeO2）是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿（含CeFCO3、BaO、SiO2等）为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示：
已知：①稀土离子易与形成复盐沉淀；
②Ce3+和发生反应：Ce2（SO4）3+Na2SO4+nH2O＝Ce2（SO4）3•Na2SO4•nH2O↓；
③硫脲：具有还原性，酸性条件下易被氧化为（SCN2H3）2；
④Ce2（CO3）3为白色粉末，难溶于水。
回答下列问题：
（1）滤渣A的主要成分是 （填写化学式）。
（2）在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，请写出焙烧过程中相应的化学方程式 。
（3）焙烧后加入稀硫酸浸出，为提高Ce的浸出率，需控制硫酸浓度不能太大的原因是 。
（4）加入硫脲的目的是将还原为Ce3+，反应的离子方程式为 。
（5）下列关于步骤④的说法正确的是 （填字母）。
A．该步骤发生的反应是2Ce3++6＝Ce2（CO3）3↓+3CO2↑+3H2O
B．可以用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，不影响产品纯度
C．过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率
（6）若常温下，Ka2（H2CO3）＝5.0×10−11，Ksp[Ce2（CO3）3]＝1.0×10﹣28，Ce3+恰好沉淀完全c（Ce3+）＝1.0×10﹣5mol•L﹣1，此时测得溶液的pH＝5，则溶液中c（）＝ mol•L﹣1。
（7）氧化铈的晶体结构如图所示，与Ce4+等距且最近的Ce4+个数为 。若晶体密度为dg•cm−3，阿伏加德罗常数为NA，晶胞参数a＝ cm（写出表达式）。
9．（14分）肉桂酸乙酯是高级防晒霜中必不可少的成分之一、由于其分子中存在碳碳双键，稳定性较差。研究肉桂酸乙酯的合成一直是热点，制备原理：
+CH3CH2OH+H2O
已知：Ⅰ.物理常数
有机物
相对分子质量
性状
熔点/℃
沸点/℃
密度/（g/mL）
溶解度
水
乙醇
乙醚
肉桂酸
148
白色晶体
135
300
1.25
微溶
溶
溶
肉桂酸乙酯
176
无色油状
12
271.5
1.05
不溶
溶
溶
乙醇
46
无色液体
——
78.3
0.79
溶
——
溶
环己烷
无色液体
——
80.8
0.73
不溶
溶
溶
Ⅱ.实验步骤：
①向圆底烧瓶中加入44.4g肉桂酸、25mL无水乙醇和25mL环己烷，在不断振摇下将3mL浓硫酸分多次加入其中，加完后充分摇匀并加入几粒沸石；
②按照图示组装好仪器（安装分水器），控制温度在65～70℃加热回流2h。反应时“环己烷﹣乙醇﹣水”会形成共沸物（沸点62.6℃）蒸馏出来，回流环己烷和乙醇。
③停止加热后，将圆底烧瓶中的物质倒入盛有80mL水的烧杯中，分批加入碳酸钠粉末；
④用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取，然后合并至有机层；
⑤干燥，过滤；
⑥首先低温蒸出乙醚，再改用减压蒸馏（水浴加热即可）得到产品肉桂酸乙酯的体积为35.2mL。
回答下列问题：
（1）蒸馏装置中，选用的冷凝管为 （填标号）。
A．空气冷凝管
B．球形冷凝管
C．直形冷凝管
D．蛇形冷凝管
（2）下列有关分水器的说法正确的是 （填标号）。
A．使用分水器能够促使反应正向进行
B．分水器中的液面不再变化时，反应达到最大限度
C．反应过程中，分水器有水积攒则立即打开活塞放出
（3）步骤③加入碳酸钠粉末的作用是 。
（4）步骤⑤合适的干燥剂为 （填标号）。
A．浓硫酸
B．无水氯化钙
C．氧化钙
D．氢氧化钠
（5）采用减压蒸馏的原因是 。
（6）肉桂酸乙酯的结构中，采取sp3杂化的原子有 。
（7）产品纯度的分析，取ag所得样品，用乙醇作溶剂，量取25.00mL所配溶液转移至锥形瓶中，加入mg氢氧化钠（过量），用浓度为cmol•L﹣1的盐酸滴定，消耗盐酸的体积为VmL，该样品的纯度为 （用代数式表示，无需化简）。
10．（15分）甲醇是重要的化工原料，也是重要的能源物质，可发展替代传统化石燃料。开发CO2加氢制甲醇技术既能解决温室效应等环境问题，又能有效提高资源的利用率。回答下列问题：CO2加氢分别生成甲醇和CO是最重要的两个基本反应，其反应如下：
Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＜0
Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＞0
Ⅲ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH3＜0
（1）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的焓变ΔH随温度T的变化如图1所示。据图判断，表示反应Ⅲ的焓变曲线为 （填“a”“b”或“c”）；反应Ⅰ在 （填“高温”或“低温”）下可自发进行。
（2）在343K、容积可变的密闭容器中，可判断反应Ⅰ达平衡的标志的 。
A.CO2和H2O的体积分数相等
B.单位时间内，断裂两个碳氧双键的同时又断裂两个氧氢键
C.体系密度不变
D.体系压强不变
（3）在1L刚性密闭容器中充入1molCO2和3molH2，在某催化剂作用下发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，测得产物甲醇、一氧化碳的体积分数与温度的关系如图3所示。
当温度高于300℃时，该催化剂选择性较大的产物是 （填化学式）。已知T℃时，达到平衡时CH3OH的选择性为80%，c（CO）＝0.1mol•L﹣1，则该温度下反应Ⅱ的平衡常数K＝ （用分数表示即可）。
（4）CO2加氢生成甲醇，在实际生产过程中，通常会在原料气里掺一些CO 。
（5）CO2也可以通过电化学方法转化为CH3OH，装置如图2所示。阴极的电极反应式为 ，若外接电源为铅蓄电池，铅蓄电池正极质量增加32g时，则标准状况下阳极生成 LO2。
11．（14分）一种治疗糖尿病药物的合成路线如图（部分反应条件已省略）。
回答下列问题：
（1）有机物I中含氧官能团的名称为 。
（2）反应③的反应类型是 。
（3）反应②的化学方程式为 。
（4）H是一种氨基酸，其结构简式为 ，其本身发生聚合反应，所得高分子化合物的结构简式为 。
（5）符合下列条件的E的同分异构体有 种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1的结构简式为 。
①属于芳香族化合物且苯环上有3个取代基；
②既可发生银镜反应，又可发生水解反应。
2023年黑龙江省哈尔滨六中高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。
1．（6分）近年来我国在航天航空事业发展迅速，下列有关说法正确的是（ ）
A．“嫦娥五号”使用的碳化硅陶瓷是新型无机非金属材料
B．打印机墨粉中常加有Fe3O4，这是利用了其有颜色和具有磁性的特点，可用CuO替代
C．“长征五号”的燃料箱用高性能铝合金焊接，金属铝用加热分解法冶炼
D．“墨子号”卫星成功发射实现了光纤量子通信，生产光纤的原料为晶体硅
【分析】A.碳化硅陶瓷为新型无机非金属材料；
B.CuO无磁性；
C.金属铝用电解熔融氧化铝的方法来冶炼；
D.光导纤维的主要成分二氧化硅。
【解答】解：A.碳化硅陶瓷为耐高温陶瓷，属于新型无机非金属材料；
B.打印机墨粉中常加有Fe3O4，这是利用了其有颜色和具有磁性的特点，CuO不具有磁性6O4，故B错误；
C.金属铝比较活泼，只能用电解熔融氧化铝的方法来冶炼，故C错误；
D.光导纤维的主要成分二氧化硅，而非单质硅；
故选：A。
【点评】本题考查了物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意理解化学在生产、生活和科技领域的应用，题目难度不大。
2．（6分）下列实验中操作规范，且能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D
观察Fe（OH）2的生成
蒸发结晶制备NaCl晶体
制取NaHCO3
配制稀硫酸溶液
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．植物油可隔绝空气；
B．应在蒸发皿蒸发NaCl溶液；
C．二氧化碳在水的溶解度不大；
D．不能在容量瓶中稀释浓硫酸。
【解答】解：A．植物油可隔绝空气，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化；
B．应在蒸发皿蒸发NaCl溶液，故B错误；
C．二氧化碳在水的溶解度不大，故C错误；
D．不能在容量瓶中稀释浓硫酸、冷却后，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物的分离提纯、溶液的配制、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
3．（6分）有机“纳米小人”风靡全球，其中涉及的一个反应如图：
下列说法正确的是（ ）
A．化合物N能使酸性KMnO4溶液褪色，但不能使溴水褪色
B．化合物P中所有碳原子可能共平面
C．该反应完全符合绿色化学的思想，理论上原子利用率为100%
D．化合物M的一氯代物有4种
【分析】A．N中含碳碳三键、醛基；
B．化合物P中含有饱和碳原子，且与碳原子之间形成4个碳碳单键；
C．由原子守恒可知，还生成HBr；
D．M的结构对称，含4种H原子。
【解答】解：A．N中含碳碳三键，可使酸性KMnO4溶液、溴水均褪色；
B．化合物P中含有饱和碳原子，则分子所有碳原子不可能共平面；
C．由原子守恒可知，原子利用率小于100%；
D．M的结构对称，一氯代物有4种；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
4．（6分）下列离子方程式正确的是（ ）
A．少量H2O2溶液滴入酸性KMnO4溶液中，颜色变浅：H2O2+2+6H+＝2Mn2++4O2+6H2O
B．铁氰化钾溶液检验Fe2+的原理：Fe2++K++[Fe（CN）6]3﹣＝KFe[Fe（CN）6]↓
C．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与少量Ba（OH）2溶液反应：+Ba2+＝BaSO4↓
D．以镍铁基合金为惰性电极电解饱和KCl溶液，阳极反应式：Fe﹣2e﹣＝Fe2+
【分析】A．少量H2O2溶液滴入酸性KMnO4溶液中，颜色变浅，是高锰酸钾氧化过氧化氢生成氧气，本身被还原为锰离子，选项中电子、原子不守恒；
B．用铁氰化钾溶液检验Fe2+反应生成铁氰化钾KFe[Fe（CN）6]沉淀；
C．漏掉了亚铁离子与氢氧根离子的反应；
D．镍铁基合金为惰性电极，溶液中氯离子失电子发生氧化反应。
【解答】解：A．少量H2O2溶液滴入酸性KMnO4溶液中，颜色变浅，本身被还原为锰离子2O2+3+6H+＝3Mn2++5O6+8H2O，故A错误；
B．用铁氰化钾溶液检验Fe4+反应生成铁氰化钾沉淀，其反应的离子方程式为：K++Fe2++[Fe（CN）6]7﹣═KFe[Fe（CN）6]↓，故B正确；
C．（NH4）4Fe（SO4）2溶液与少量Ba（OH）6溶液反应的离子方程式为：Fe2++2OH﹣++Ba2+═Fe（OH）5↓+BaSO4↓，故C错误；
D．镍铁基合金为惰性电极，阳极反应式：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度中等。
5．（6分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X元素的最高正价和最低负价之和相差2，Y和W同主族，其中Y、Z、W构成的某种物质结构如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：W＞Z＞Y＞X
B．元素X的氧化物对应水化物是强酸
C．元素Y和Z能形成一种用于呼吸面具供氧剂的物质
D．向Y、Z和W形成的上述化合物中加入稀硫酸，无明显现象
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X元素的最高正价和最低负价之和相差2，X为氮；在短周期元素中Z原子的原子半径最大，Z为钠；Y和W同主族，W能形成6个共价键，则Y为氧、W为硫。
【解答】解：A．电子层数越多半径越大，核电荷数越大；简单离子半径：W＞X＞Y＞Z；
B．X为氮元素，若为亚硝酸，故B错误；
C．元素Y和Z能形成的过氧化钠能和水，可用于呼吸面具供氧剂的物质；
D．该物质为Na2S2O7，加入稀硫酸会反应生成硫单质，产生黄色沉淀；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查学生元素推断和元素周期律的掌握情况，试题难度中等。
6．（6分）我国科技工作者设计以CoP和Ni2P纳米片为催化电极材料，电催化合成偶氮化合物的新装置如图所示（R代表烃基）。下列说法错误的是（ ）
A．该离子交换膜是阴离子交换膜
B．电极a的电极电势低于电极b
C．阳极反应为RCH2NH2﹣4e﹣+4OH﹣═RCN+4H2O
D．电流由直流电源出发，经电极a，KOH溶液，电极b回到直流电源
【分析】该装置为电解池，a电极上RCH2NH2失电子生成RCN，发生氧化反应作阳极，电极反应式为RCH2NH2﹣4e﹣+4OH﹣＝RCN+4H2O，b电极上硝基苯生成偶氮化合物，作阴极发生还原反应。
【解答】解：A.a电极消耗氢氧根离子，右侧氢氧根离子向左侧移动，故A正确；
B.a电极作阳极，b电极作阴极，故B错误；
C.a电极发生氧化反应作阳极，电极反应式为RCH2NH2﹣2e﹣+4OH﹣＝RCN+4H2O，故C正确；
D.a电极作阳极，b电极作阴极，经电极a，电极b回到直流电源；
故选：B。
【点评】本意考查电解原理的应用，题目难度中等，能依据电极反应物和生成物价态变化判断阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
7．（6分）室温下，某二元碱X（OH）2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．由图可知X（OH）2一级、二级电离平衡常数
B．X（OH）NO3水溶液显碱性
C．等物质的量的X（NO3）2和X（OH）NO3混合溶液中c（X2+）＜c[X（OH）+]
D．在pH＝6的水溶液中，c（OH﹣）＝c（X2+）+c（H+）+c[X（OH）+]
【分析】A．根据点（9.2，0.5）分析，Kb1＝，根据溶液中c[X（OH）+]＝c（X2+）时溶液的pH计算Kb2；
B．根据X（OH）+的水解程度和电离程度的相对大小判断，水解使溶液呈酸性，电离使溶液呈碱性；
C．等物质的量的X（NO3）2和X（OH）NO3混合溶液，X2+的水解程度大于X（OH）+的水解程度；
D．在pH＝6的水溶液显酸性。
【解答】解：A．根据点（9.2，Kb3＝＝c（OH﹣）＝＝mol/L＝10﹣4.4，溶液中c[X（OH）+]＝c（X2+）时，溶液pH＝6.4﹣）＝＝mol/L＝10﹣7.8mol/L，所以Kb8＝＝10﹣7.7，由图可知X（OH）2一级、二级电离平衡常数；
B．X（OH）+的电离平衡常数为Kb2＝10﹣8.8mol/L，根据图象2]＝c（X（OH）+]时，溶液的pH＝2.2﹣）＝＝mol/L＝10﹣4.6mol/L，所以Kb1＝10﹣4.2，则X（OH）+的水解平衡常数为Ka＝＝10﹣9.8，则电离程度大于水解程度，溶液显碱性；
C．等物质的量的X（NO3）2和X（OH）NO4混合溶液，X2+的水解程度大于X（OH）+的水解程度，则溶液中c（X2+）＜c[X（OH）+]，故C正确；
D．在pH＝4的水溶液显酸性+）＞c（OH﹣），c（OH﹣）＜c（X2+）+c（H+）+c[X（OH）+]，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意把握溶液中的守恒关系及溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。
二、
8．（15分）氧化铈（CeO2）是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿（含CeFCO3、BaO、SiO2等）为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示：
已知：①稀土离子易与形成复盐沉淀；
②Ce3+和发生反应：Ce2（SO4）3+Na2SO4+nH2O＝Ce2（SO4）3•Na2SO4•nH2O↓；
③硫脲：具有还原性，酸性条件下易被氧化为（SCN2H3）2；
④Ce2（CO3）3为白色粉末，难溶于水。
回答下列问题：
（1）滤渣A的主要成分是 BaSO4和SiO2 （填写化学式）。
（2）在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，请写出焙烧过程中相应的化学方程式 4CeFCO3+4NaHCO3+O24NaF+4GeO2+8CO2+2H2O 。
（3）焙烧后加入稀硫酸浸出，为提高Ce的浸出率，需控制硫酸浓度不能太大的原因是 溶液中c（）增大，易和稀土离子形成复盐沉淀而使浸出率降低 。
（4）加入硫脲的目的是将还原为Ce3+，反应的离子方程式为 2+2＝2Ce3++（SCN2H3）2+2HF+2F﹣ 。
（5）下列关于步骤④的说法正确的是 AC （填字母）。
A．该步骤发生的反应是2Ce3++6＝Ce2（CO3）3↓+3CO2↑+3H2O
B．可以用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，不影响产品纯度
C．过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率
（6）若常温下，Ka2（H2CO3）＝5.0×10−11，Ksp[Ce2（CO3）3]＝1.0×10﹣28，Ce3+恰好沉淀完全c（Ce3+）＝1.0×10﹣5mol•L﹣1，此时测得溶液的pH＝5，则溶液中c（）＝ 0.2 mol•L﹣1。
（7）氧化铈的晶体结构如图所示，与Ce4+等距且最近的Ce4+个数为 12 。若晶体密度为dg•cm−3，阿伏加德罗常数为NA，晶胞参数a＝ cm（写出表达式）。
【分析】氟碳铈矿含CeFCO3、BaO、SiO2等，在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，用硫酸浸取，Ce4+进入溶液，SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤分离，滤渣A为SiO2、BaSO4，滤液A中加入硫脲将Ce4+还原为Ce3+，Ce2（SO4）3与Na2SO4形成复盐沉淀Ce2（SO4）3•Na2SO4•nH2O，过滤分离，复盐沉淀加入碱，再加入酸，Ce3+被转移到溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2（CO3）3，最后灼烧分解生成CeO2；
（1）SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀；
（2）在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质为CO2、H2O；
（3）硫酸浓度过大大，溶液中c（）增大；
（4）具有还原性，酸性条件下将还原为Ce3+，自身被以为（SCN2H3）2；
（5）A.该步骤为碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2（CO3）3；
B.不可以用Na2CO3溶液代替碳酸氢铵溶液；
C.过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率；
（6）步骤④中若Ce3+恰好沉淀完全c（Ce3+）为1.0×10﹣5mol•L﹣1），Ksp[Ce2（CO3）3]＝1.0×10﹣28＝c2（Ce3+）c3（）＝（1.0×10﹣5）2×c3（），c（）＝1.0×10﹣6，此时测得溶液的，pH＝5，Ka2（H2CO3）＝5.0×10﹣11＝；
（7）由图可知，与Ce4+等距且最近的Ce4+个数为8×3×＝12，该晶胞中，铈原子位于八个顶点和六个面心，因此为四个，氧原子在体心内，共8个，该晶胞为立方晶胞，则V＝。
【解答】解：（1）SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，滤渣A是 BaSO4和SiO2，
故答案为：BaSO4和SiO3；
（2）在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧2两种固体以及两种高温下的气态物质为CO2、H6O，焙烧过程中相应的化学方程式4CeFCO3+3NaHCO3+O26NaF+4GeO2+3CO2+2H3O，
故答案为：4CeFCO3+3NaHCO3+O26NaF+4GeO2+6CO2+2H4O；
（3）硫酸浓度过大大，溶液中c（，易和稀土离子形成复盐沉淀而使浸出率降低，
故答案为：溶液中c（）增大；
（4）具有还原性，酸性条件下将3+，自身被以为（SCN2H3）2，反应方程式为：2+2＝2Ce3++（SCN2H3）2+2HF+4F﹣，
故答案为：2+2＝2Ce4++（SCN2H3）6+2HF+2F﹣；
（5）A.该步骤为碳酸氢铵使Ce8+沉淀为Ce2（CO3）2，发生的反应是2Ce3++6＝Ce2（CO6）3↓+3CO7↑+3H2O，故A正确；
B.不可以用Na7CO3溶液代替碳酸氢铵溶液，会影响产品纯度；
C.过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率，故C正确；
故答案为：AC；
（6）步骤④中若Ce3+恰好沉淀完全c（Ce5+）为1.0×10﹣2mol•L﹣1，Ksp[Ce2（CO7）3]＝1.5×10﹣28＝c2（Ce3+）c3（）＝（7.0×10﹣5）2×c3（），c（﹣5，此时测得溶液的，pH＝5，Ka2（H8CO3）＝5.6×10﹣11＝＝，则溶液中c（﹣1，
故答案为：0.4；
（7）由图可知，与Ce4+等距且最近的Ce4+个数为8×3×＝12，铈原子位于八个顶点和六个面心+4×，氧原子在体心内，该晶胞为立方晶胞＝cm3，晶胞参数a＝cm，
故答案为：6；cm。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
9．（14分）肉桂酸乙酯是高级防晒霜中必不可少的成分之一、由于其分子中存在碳碳双键，稳定性较差。研究肉桂酸乙酯的合成一直是热点，制备原理：
+CH3CH2OH+H2O
已知：Ⅰ.物理常数
有机物
相对分子质量
性状
熔点/℃
沸点/℃
密度/（g/mL）
溶解度
水
乙醇
乙醚
肉桂酸
148
白色晶体
135
300
1.25
微溶
溶
溶
肉桂酸乙酯
176
无色油状
12
271.5
1.05
不溶
溶
溶
乙醇
46
无色液体
——
78.3
0.79
溶
——
溶
环己烷
无色液体
——
80.8
0.73
不溶
溶
溶
Ⅱ.实验步骤：
①向圆底烧瓶中加入44.4g肉桂酸、25mL无水乙醇和25mL环己烷，在不断振摇下将3mL浓硫酸分多次加入其中，加完后充分摇匀并加入几粒沸石；
②按照图示组装好仪器（安装分水器），控制温度在65～70℃加热回流2h。反应时“环己烷﹣乙醇﹣水”会形成共沸物（沸点62.6℃）蒸馏出来，回流环己烷和乙醇。
③停止加热后，将圆底烧瓶中的物质倒入盛有80mL水的烧杯中，分批加入碳酸钠粉末；
④用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取，然后合并至有机层；
⑤干燥，过滤；
⑥首先低温蒸出乙醚，再改用减压蒸馏（水浴加热即可）得到产品肉桂酸乙酯的体积为35.2mL。
回答下列问题：
（1）蒸馏装置中，选用的冷凝管为 C （填标号）。
A．空气冷凝管
B．球形冷凝管
C．直形冷凝管
D．蛇形冷凝管
（2）下列有关分水器的说法正确的是 AB （填标号）。
A．使用分水器能够促使反应正向进行
B．分水器中的液面不再变化时，反应达到最大限度
C．反应过程中，分水器有水积攒则立即打开活塞放出
（3）步骤③加入碳酸钠粉末的作用是 除去未反应的肉桂酸和作为催化剂的硫酸 。
（4）步骤⑤合适的干燥剂为 B （填标号）。
A．浓硫酸
B．无水氯化钙
C．氧化钙
D．氢氧化钠
（5）采用减压蒸馏的原因是 降低肉桂酸乙酯的沸点，低温下蒸馏可减少副反应的发生，提高其产率 。
（6）肉桂酸乙酯的结构中，采取sp3杂化的原子有 C、O 。
（7）产品纯度的分析，取ag所得样品，用乙醇作溶剂，量取25.00mL所配溶液转移至锥形瓶中，加入mg氢氧化钠（过量），用浓度为cmol•L﹣1的盐酸滴定，消耗盐酸的体积为VmL，该样品的纯度为 ×100% （用代数式表示，无需化简）。
【分析】（1）共沸物的沸点62.6℃，不选用空气冷凝方法，若选用球形冷凝管和蛇形冷凝管，可能导致冷凝管堵塞，液体不能顺利流出；
（2）A．使用分水器不断分离除去水，可减少生成物的生成量；
B．分水器中的液面不再变化时，说明反应达到平衡状态；
C．分水器使用时先加水接近支管口，即分水器中应该有水积攒，便于反应物回流入反应器；
（3）未反应的肉桂酸和作为催化剂的硫酸残留在产品中，可加入碳酸钠粉末反应转化为盐，使之进入水层；
（4）A．浓硫酸是液体，具有吸水性，可除去有机层中水；
B．无水氯化钙是固体，具有吸水性，可除去有机层中水；
C．氧化钙是固体，具有吸水性，但生成的氢氧化钙能使酯类水解；
D．氢氧化钠是强碱，能使酯类水解；
（5）肉桂酸乙酯沸点较高，高温易发生副反应，采用减压蒸馏可以降低沸点，在较低的温度下进行蒸馏，减少副反应的发生，提高产率；
（6）肉桂酸乙酯中C原子的杂化方式有两种：sp3、sp2，其中苯环、碳碳双键和碳氧双键中的C原子均采取sp2杂化，CH3CH2O﹣中的C、O原子采取sp3杂化；
（7）肉桂酸乙酯与氢氧化钠发生水解反应，反应比例为1：1，过量的氢氧化钠与盐酸1：1反应，则n（肉桂酸乙酯）＝n（NaOH）﹣n（HCl），结合n＝cV和纯度＝×100%进行计算。
【解答】解：（1）共沸物的沸点62.6℃，不选用空气冷凝方法，可能导致冷凝管堵塞，应选用直形冷凝管，
故答案为：C；
（2）A．该反应为可逆反应，使用分水器不断分离除去水，有利于化学平衡正向移动；
B．分水器中的液面不再变化时，即反应达到最大限度；
C．分水器中先加水接近支管口，及时打开活塞放出少量的水，故C错误；
故答案为：AB；
（3）碳酸钠能与未反应的肉桂酸和作为催化剂的硫酸反应，即步骤③加入碳酸钠粉末的作用是除去未反应的肉桂酸和作为催化剂的硫酸，
故答案为：除去未反应的肉桂酸和作为催化剂的硫酸；
（4）A．浓硫酸是液体，可除去有机层中水，故A错误；
B．无水氯化钙是固体，可除去有机层中水，故B正确；
C．氧化钙与反应生成的氢氧化钙是强碱，不能用于肉桂酸乙酯的干燥；
D．氢氧化钠是强碱，不能用于肉桂酸乙酯的干燥；
故答案为：B；
（5）肉桂酸乙酯沸点较高，高温易发生副反应，在较低的温度下进行蒸馏，提高产率，
故答案为：降低肉桂酸乙酯的沸点，低温下蒸馏可减少副反应的发生；
（6）肉桂酸乙酯的结构中的C、O原子的价层电子数为4，均原子采取sp6杂化，而苯环2杂化，即采取sp3杂化的原子有C、O，
故答案为：C、O；
（7）桂酸乙酯与氢氧化钠发生水解反应，反应比例为3：1，则25.00mL所配溶液中n（肉桂酸乙酯）＝n（NaOH）﹣n（HCl）＝﹣3mol＝（﹣cV×10﹣2）mol，250.00mL样品溶液中n（肉桂酸乙酯）＝（﹣3）mol×＝10（﹣3）mol，m（肉桂酸乙酯）＝nM＝10（﹣7）mol×176g/mol＝1760（﹣cV×10﹣3）g，样品纯度为×100%，
故答案为：×100%。
【点评】本题考查有机物的制备实验，涉及基本实验操作、物质的分离提纯、原子杂化类型的判断、纯度计算等知识，侧重学生基础知识的检测与实验能力的考查，把握仪器的使用、物质的分离提纯是解题关键，题目难度中等。
10．（15分）甲醇是重要的化工原料，也是重要的能源物质，可发展替代传统化石燃料。开发CO2加氢制甲醇技术既能解决温室效应等环境问题，又能有效提高资源的利用率。回答下列问题：CO2加氢分别生成甲醇和CO是最重要的两个基本反应，其反应如下：
Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＜0
Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＞0
Ⅲ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH3＜0
（1）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的焓变ΔH随温度T的变化如图1所示。据图判断，表示反应Ⅲ的焓变曲线为 c （填“a”“b”或“c”）；反应Ⅰ在 低温 （填“高温”或“低温”）下可自发进行。
（2）在343K、容积可变的密闭容器中，可判断反应Ⅰ达平衡的标志的 BC 。
A.CO2和H2O的体积分数相等
B.单位时间内，断裂两个碳氧双键的同时又断裂两个氧氢键
C.体系密度不变
D.体系压强不变
（3）在1L刚性密闭容器中充入1molCO2和3molH2，在某催化剂作用下发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，测得产物甲醇、一氧化碳的体积分数与温度的关系如图3所示。
当温度高于300℃时，该催化剂选择性较大的产物是 CH3OH （填化学式）。已知T℃时，达到平衡时CH3OH的选择性为80%，c（CO）＝0.1mol•L﹣1，则该温度下反应Ⅱ的平衡常数K＝ （用分数表示即可）。
（4）CO2加氢生成甲醇，在实际生产过程中，通常会在原料气里掺一些CO 加入一定量CO，使反应CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）逆向进行，提高生成CH3OH的选择性 。
（5）CO2也可以通过电化学方法转化为CH3OH，装置如图2所示。阴极的电极反应式为 CO2+6e﹣+6H+＝CH3OH+H2O ，若外接电源为铅蓄电池，铅蓄电池正极质量增加32g时，则标准状况下阳极生成 5.6 LO2。
【分析】（1）依据盖斯定律判断反应热关系，进而判断图象，△H﹣T△S＜0时反应自发；
（2）化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度和百分含量保持不变；
（3）结合图象产物变化判断选择性，依据反应物起始加入量、选择性和浓度关系计算平衡时各组分的量，进而计算平衡常数；
（4）依据CO加入对平衡的影响分析；
（5）由图可知，阴极二氧化碳转化为CH3OH，电极反应式为CO2+6e﹣+6H+＝CH3OH+H2O，阳极电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O。
【解答】解：（1）Ⅰ：CO2（g）+3H8（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH4＜0，Ⅱ：CO2（g）+H3（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＞2，依据盖斯定律Ⅰ﹣Ⅱ可得Ⅲ：CO（g）+2H2（g）⇌CH7OH（g）ΔH3＝ΔH1﹣ΔH7，依据图象反应热关系可知，表示反应Ⅲ的焓变曲线为c1＜0，△S＜7，△H﹣T△S＜0反应自发，
故答案为：c；低温；
（2）A.CO2和H4O的体积分数相等，无法判断正逆反应速率是否相等，故A错误；
B.单位时间内，断裂两个碳氧双键的同时又断裂两个氧氢键，化学反应达到平衡状态；
C.反应前后气体总质量不变，体系密度不变时，正逆反应速率相等，故C正确；
D.温度一定，容积可变，无法判断正逆反应速率是否相等，故D错误；
故答案为：BC；
（3）由图象可知，当温度高于300℃时3OH体积分数增大，CO体积分数减小3OH，在5L刚性密闭容器中充入1molCO2和5molH2，达到平衡时CH3OH的选择性为80%，c（CO）＝3.1mol•L﹣1，CO的物质的量为7.1mol/L×1L＝5.1mol，设平衡时CH3OH物质的量为xmol，列三段式：
CO6（g）+3H2（g）⇌CH7OH（g）+H2O（g）
起始时（mol）
变化量（mol） x x x
平衡量（mol） x
CO2（g）+H4（g）⇌CO（g）+H2O（g）
起始时（mol）
变化量（mol） 0.7 0.1
平衡量（mol） 6.1
则×100%＝80%，平衡时CO2的物质的量为1mol﹣5.4mol﹣0.5mol＝0.5mol，氢气的物质的量为6mol﹣1.2mol﹣5.1mol＝1.6mol，则该温度下反应Ⅱ的平衡常数K＝＝＝，
故答案为：CH3OH；；
（4）CO2加氢生成甲醇，在实际生产过程中，原因是加入一定量CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）逆向进行，提高生成CH3OH的选择性，
故答案为：加入一定量CO，使反应CO2（g）+H5（g）⇌CO（g）+H2O（g）逆向进行，提高生成CH3OH的选择性；
（5）阴极二氧化碳转化为CH8OH，电极反应式为CO2+6e﹣+2H+＝CH3OH+H2O，若外接电源为铅蓄电池5+2e﹣++4H+＝PbSO4+2H2O，质量增加32g时×2＝4mol﹣﹣4e﹣＝O2↑+4H2O，生成氧气体积为，
故答案为：CO2+6e﹣+5H+＝CH3OH+H2O；3.6。
【点评】本题考查化学平衡、原电池原理，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键，难点是化学平衡常数的计算。
11．（14分）一种治疗糖尿病药物的合成路线如图（部分反应条件已省略）。
回答下列问题：
（1）有机物I中含氧官能团的名称为 羧基、酰胺键 。
（2）反应③的反应类型是 氧化反应 。
（3）反应②的化学方程式为 +NaOH+NaCl 。
（4）H是一种氨基酸，其结构简式为 ，其本身发生聚合反应，所得高分子化合物的结构简式为 。
（5）符合下列条件的E的同分异构体有 16 种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1的结构简式为 、 。
①属于芳香族化合物且苯环上有3个取代基；
②既可发生银镜反应，又可发生水解反应。
【分析】A→B的反应过程中，A中苯环与甲醛发生加成反应，然后羟基被氯原子取代生成B，由B、D的结构简式，结合反应条件可知，A发生卤代烃的水解反应生成C，C再发生醇的催化氧化生成D，则C为，D中醛基被氧化为羧基生成E，E中苯环与氢气发生加成反应（或还原反应）生成F，F中羧基上的羟基被氯原子取代生成G，（4）中H是一种氨基酸，对比G、I的结构简式，可推知H为。
【解答】解：（1）有机物I中含氧官能团的名称为羧基、酰胺键，
故答案为：羧基、酰胺键；
（2）反应③的过程中﹣CH2OH转化为﹣CHO，该反应类型是氧化反应，
故答案为：氧化反应；
（3）反应②的化学方程式为+NaOH+NaCl，
故答案为：+NaOH+NaCl；
（4）H是一种氨基酸，对比G，可推知H的结构简式为，其本身发生聚合反应，所得高分子化合物的结构简式为，
故答案为：；；
（5）符合下列条件的E（）的同分异构体：①属于芳香族化合物且苯环上有3个取代基；②既可发生银镜反应，说明含有﹣OOCH基团3、﹣CH6CH3、﹣OOCH时，甲基与乙基有邻、间，对应的﹣OOCH分别有4种、8种位置3、﹣CH3、﹣CH7OOCH，2个甲基有邻、间，对应的﹣CH2OOCH分别有8种、3种，符合条件的同分异构体共有（4+5+2）+（2+2+1）＝16种，且峰面积之比为6：6：2：1：5的结构简式为、，
故答案为：16；、。
【点评】本题考查有机物的合成，涉及官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写等，对比有机物结构变化理解发生的反应，题目较好地考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
2023年黑龙江省哈尔滨六中高考化学一模试卷
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。
1．（6分）近年来我国在航天航空事业发展迅速，下列有关说法正确的是（ ）
A．“嫦娥五号”使用的碳化硅陶瓷是新型无机非金属材料
B．打印机墨粉中常加有Fe3O4，这是利用了其有颜色和具有磁性的特点，可用CuO替代
C．“长征五号”的燃料箱用高性能铝合金焊接，金属铝用加热分解法冶炼
D．“墨子号”卫星成功发射实现了光纤量子通信，生产光纤的原料为晶体硅
2．（6分）下列实验中操作规范，且能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D
观察Fe（OH）2的生成
蒸发结晶制备NaCl晶体
制取NaHCO3
配制稀硫酸溶液
A．A B．B C．C D．D
3．（6分）有机“纳米小人”风靡全球，其中涉及的一个反应如图：
下列说法正确的是（ ）
A．化合物N能使酸性KMnO4溶液褪色，但不能使溴水褪色
B．化合物P中所有碳原子可能共平面
C．该反应完全符合绿色化学的思想，理论上原子利用率为100%
D．化合物M的一氯代物有4种
4．（6分）下列离子方程式正确的是（ ）
A．少量H2O2溶液滴入酸性KMnO4溶液中，颜色变浅：H2O2+2+6H+＝2Mn2++4O2+6H2O
B．铁氰化钾溶液检验Fe2+的原理：Fe2++K++[Fe（CN）6]3﹣＝KFe[Fe（CN）6]↓
C．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与少量Ba（OH）2溶液反应：+Ba2+＝BaSO4↓
D．以镍铁基合金为惰性电极电解饱和KCl溶液，阳极反应式：Fe﹣2e﹣＝Fe2+
5．（6分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X元素的最高正价和最低负价之和相差2，Y和W同主族，其中Y、Z、W构成的某种物质结构如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：W＞Z＞Y＞X
B．元素X的氧化物对应水化物是强酸
C．元素Y和Z能形成一种用于呼吸面具供氧剂的物质
D．向Y、Z和W形成的上述化合物中加入稀硫酸，无明显现象
6．（6分）我国科技工作者设计以CoP和Ni2P纳米片为催化电极材料，电催化合成偶氮化合物的新装置如图所示（R代表烃基）。下列说法错误的是（ ）
A．该离子交换膜是阴离子交换膜
B．电极a的电极电势低于电极b
C．阳极反应为RCH2NH2﹣4e﹣+4OH﹣═RCN+4H2O
D．电流由直流电源出发，经电极a，KOH溶液，电极b回到直流电源
7．（6分）室温下，某二元碱X（OH）2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．由图可知X（OH）2一级、二级电离平衡常数
B．X（OH）NO3水溶液显碱性
C．等物质的量的X（NO3）2和X（OH）NO3混合溶液中c（X2+）＜c[X（OH）+]
D．在pH＝6的水溶液中，c（OH﹣）＝c（X2+）+c（H+）+c[X（OH）+]
二、
8．（15分）氧化铈（CeO2）是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿（含CeFCO3、BaO、SiO2等）为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示：
已知：①稀土离子易与形成复盐沉淀；
②Ce3+和发生反应：Ce2（SO4）3+Na2SO4+nH2O＝Ce2（SO4）3•Na2SO4•nH2O↓；
③硫脲：具有还原性，酸性条件下易被氧化为（SCN2H3）2；
④Ce2（CO3）3为白色粉末，难溶于水。
回答下列问题：
（1）滤渣A的主要成分是 （填写化学式）。
（2）在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，请写出焙烧过程中相应的化学方程式 。
（3）焙烧后加入稀硫酸浸出，为提高Ce的浸出率，需控制硫酸浓度不能太大的原因是 。
（4）加入硫脲的目的是将还原为Ce3+，反应的离子方程式为 。
（5）下列关于步骤④的说法正确的是 （填字母）。
A．该步骤发生的反应是2Ce3++6＝Ce2（CO3）3↓+3CO2↑+3H2O
B．可以用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，不影响产品纯度
C．过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率
（6）若常温下，Ka2（H2CO3）＝5.0×10−11，Ksp[Ce2（CO3）3]＝1.0×10﹣28，Ce3+恰好沉淀完全c（Ce3+）＝1.0×10﹣5mol•L﹣1，此时测得溶液的pH＝5，则溶液中c（）＝ mol•L﹣1。
（7）氧化铈的晶体结构如图所示，与Ce4+等距且最近的Ce4+个数为 。若晶体密度为dg•cm−3，阿伏加德罗常数为NA，晶胞参数a＝ cm（写出表达式）。
9．（14分）肉桂酸乙酯是高级防晒霜中必不可少的成分之一、由于其分子中存在碳碳双键，稳定性较差。研究肉桂酸乙酯的合成一直是热点，制备原理：
+CH3CH2OH+H2O
已知：Ⅰ.物理常数
有机物
相对分子质量
性状
熔点/℃
沸点/℃
密度/（g/mL）
溶解度
水
乙醇
乙醚
肉桂酸
148
白色晶体
135
300
1.25
微溶
溶
溶
肉桂酸乙酯
176
无色油状
12
271.5
1.05
不溶
溶
溶
乙醇
46
无色液体
——
78.3
0.79
溶
——
溶
环己烷
无色液体
——
80.8
0.73
不溶
溶
溶
Ⅱ.实验步骤：
①向圆底烧瓶中加入44.4g肉桂酸、25mL无水乙醇和25mL环己烷，在不断振摇下将3mL浓硫酸分多次加入其中，加完后充分摇匀并加入几粒沸石；
②按照图示组装好仪器（安装分水器），控制温度在65～70℃加热回流2h。反应时“环己烷﹣乙醇﹣水”会形成共沸物（沸点62.6℃）蒸馏出来，回流环己烷和乙醇。
③停止加热后，将圆底烧瓶中的物质倒入盛有80mL水的烧杯中，分批加入碳酸钠粉末；
④用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取，然后合并至有机层；
⑤干燥，过滤；
⑥首先低温蒸出乙醚，再改用减压蒸馏（水浴加热即可）得到产品肉桂酸乙酯的体积为35.2mL。
回答下列问题：
（1）蒸馏装置中，选用的冷凝管为 （填标号）。
A．空气冷凝管
B．球形冷凝管
C．直形冷凝管
D．蛇形冷凝管
（2）下列有关分水器的说法正确的是 （填标号）。
A．使用分水器能够促使反应正向进行
B．分水器中的液面不再变化时，反应达到最大限度
C．反应过程中，分水器有水积攒则立即打开活塞放出
（3）步骤③加入碳酸钠粉末的作用是 。
（4）步骤⑤合适的干燥剂为 （填标号）。
A．浓硫酸
B．无水氯化钙
C．氧化钙
D．氢氧化钠
（5）采用减压蒸馏的原因是 。
（6）肉桂酸乙酯的结构中，采取sp3杂化的原子有 。
（7）产品纯度的分析，取ag所得样品，用乙醇作溶剂，量取25.00mL所配溶液转移至锥形瓶中，加入mg氢氧化钠（过量），用浓度为cmol•L﹣1的盐酸滴定，消耗盐酸的体积为VmL，该样品的纯度为 （用代数式表示，无需化简）。
10．（15分）甲醇是重要的化工原料，也是重要的能源物质，可发展替代传统化石燃料。开发CO2加氢制甲醇技术既能解决温室效应等环境问题，又能有效提高资源的利用率。回答下列问题：CO2加氢分别生成甲醇和CO是最重要的两个基本反应，其反应如下：
Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＜0
Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＞0
Ⅲ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH3＜0
（1）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的焓变ΔH随温度T的变化如图1所示。据图判断，表示反应Ⅲ的焓变曲线为 （填“a”“b”或“c”）；反应Ⅰ在 （填“高温”或“低温”）下可自发进行。
（2）在343K、容积可变的密闭容器中，可判断反应Ⅰ达平衡的标志的 。
A.CO2和H2O的体积分数相等
B.单位时间内，断裂两个碳氧双键的同时又断裂两个氧氢键
C.体系密度不变
D.体系压强不变
（3）在1L刚性密闭容器中充入1molCO2和3molH2，在某催化剂作用下发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，测得产物甲醇、一氧化碳的体积分数与温度的关系如图3所示。
当温度高于300℃时，该催化剂选择性较大的产物是 （填化学式）。已知T℃时，达到平衡时CH3OH的选择性为80%，c（CO）＝0.1mol•L﹣1，则该温度下反应Ⅱ的平衡常数K＝ （用分数表示即可）。
（4）CO2加氢生成甲醇，在实际生产过程中，通常会在原料气里掺一些CO 。
（5）CO2也可以通过电化学方法转化为CH3OH，装置如图2所示。阴极的电极反应式为 ，若外接电源为铅蓄电池，铅蓄电池正极质量增加32g时，则标准状况下阳极生成 LO2。
11．（14分）一种治疗糖尿病药物的合成路线如图（部分反应条件已省略）。
回答下列问题：
（1）有机物I中含氧官能团的名称为 。
（2）反应③的反应类型是 。
（3）反应②的化学方程式为 。
（4）H是一种氨基酸，其结构简式为 ，其本身发生聚合反应，所得高分子化合物的结构简式为 。
（5）符合下列条件的E的同分异构体有 种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1的结构简式为 。
①属于芳香族化合物且苯环上有3个取代基；
②既可发生银镜反应，又可发生水解反应。
2023年黑龙江省哈尔滨六中高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。
1．（6分）近年来我国在航天航空事业发展迅速，下列有关说法正确的是（ ）
A．“嫦娥五号”使用的碳化硅陶瓷是新型无机非金属材料
B．打印机墨粉中常加有Fe3O4，这是利用了其有颜色和具有磁性的特点，可用CuO替代
C．“长征五号”的燃料箱用高性能铝合金焊接，金属铝用加热分解法冶炼
D．“墨子号”卫星成功发射实现了光纤量子通信，生产光纤的原料为晶体硅
【分析】A.碳化硅陶瓷为新型无机非金属材料；
B.CuO无磁性；
C.金属铝用电解熔融氧化铝的方法来冶炼；
D.光导纤维的主要成分二氧化硅。
【解答】解：A.碳化硅陶瓷为耐高温陶瓷，属于新型无机非金属材料；
B.打印机墨粉中常加有Fe3O4，这是利用了其有颜色和具有磁性的特点，CuO不具有磁性6O4，故B错误；
C.金属铝比较活泼，只能用电解熔融氧化铝的方法来冶炼，故C错误；
D.光导纤维的主要成分二氧化硅，而非单质硅；
故选：A。
【点评】本题考查了物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意理解化学在生产、生活和科技领域的应用，题目难度不大。
2．（6分）下列实验中操作规范，且能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D
观察Fe（OH）2的生成
蒸发结晶制备NaCl晶体
制取NaHCO3
配制稀硫酸溶液
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．植物油可隔绝空气；
B．应在蒸发皿蒸发NaCl溶液；
C．二氧化碳在水的溶解度不大；
D．不能在容量瓶中稀释浓硫酸。
【解答】解：A．植物油可隔绝空气，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化；
B．应在蒸发皿蒸发NaCl溶液，故B错误；
C．二氧化碳在水的溶解度不大，故C错误；
D．不能在容量瓶中稀释浓硫酸、冷却后，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物的分离提纯、溶液的配制、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
3．（6分）有机“纳米小人”风靡全球，其中涉及的一个反应如图：
下列说法正确的是（ ）
A．化合物N能使酸性KMnO4溶液褪色，但不能使溴水褪色
B．化合物P中所有碳原子可能共平面
C．该反应完全符合绿色化学的思想，理论上原子利用率为100%
D．化合物M的一氯代物有4种
【分析】A．N中含碳碳三键、醛基；
B．化合物P中含有饱和碳原子，且与碳原子之间形成4个碳碳单键；
C．由原子守恒可知，还生成HBr；
D．M的结构对称，含4种H原子。
【解答】解：A．N中含碳碳三键，可使酸性KMnO4溶液、溴水均褪色；
B．化合物P中含有饱和碳原子，则分子所有碳原子不可能共平面；
C．由原子守恒可知，原子利用率小于100%；
D．M的结构对称，一氯代物有4种；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
4．（6分）下列离子方程式正确的是（ ）
A．少量H2O2溶液滴入酸性KMnO4溶液中，颜色变浅：H2O2+2+6H+＝2Mn2++4O2+6H2O
B．铁氰化钾溶液检验Fe2+的原理：Fe2++K++[Fe（CN）6]3﹣＝KFe[Fe（CN）6]↓
C．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与少量Ba（OH）2溶液反应：+Ba2+＝BaSO4↓
D．以镍铁基合金为惰性电极电解饱和KCl溶液，阳极反应式：Fe﹣2e﹣＝Fe2+
【分析】A．少量H2O2溶液滴入酸性KMnO4溶液中，颜色变浅，是高锰酸钾氧化过氧化氢生成氧气，本身被还原为锰离子，选项中电子、原子不守恒；
B．用铁氰化钾溶液检验Fe2+反应生成铁氰化钾KFe[Fe（CN）6]沉淀；
C．漏掉了亚铁离子与氢氧根离子的反应；
D．镍铁基合金为惰性电极，溶液中氯离子失电子发生氧化反应。
【解答】解：A．少量H2O2溶液滴入酸性KMnO4溶液中，颜色变浅，本身被还原为锰离子2O2+3+6H+＝3Mn2++5O6+8H2O，故A错误；
B．用铁氰化钾溶液检验Fe4+反应生成铁氰化钾沉淀，其反应的离子方程式为：K++Fe2++[Fe（CN）6]7﹣═KFe[Fe（CN）6]↓，故B正确；
C．（NH4）4Fe（SO4）2溶液与少量Ba（OH）6溶液反应的离子方程式为：Fe2++2OH﹣++Ba2+═Fe（OH）5↓+BaSO4↓，故C错误；
D．镍铁基合金为惰性电极，阳极反应式：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度中等。
5．（6分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X元素的最高正价和最低负价之和相差2，Y和W同主族，其中Y、Z、W构成的某种物质结构如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：W＞Z＞Y＞X
B．元素X的氧化物对应水化物是强酸
C．元素Y和Z能形成一种用于呼吸面具供氧剂的物质
D．向Y、Z和W形成的上述化合物中加入稀硫酸，无明显现象
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X元素的最高正价和最低负价之和相差2，X为氮；在短周期元素中Z原子的原子半径最大，Z为钠；Y和W同主族，W能形成6个共价键，则Y为氧、W为硫。
【解答】解：A．电子层数越多半径越大，核电荷数越大；简单离子半径：W＞X＞Y＞Z；
B．X为氮元素，若为亚硝酸，故B错误；
C．元素Y和Z能形成的过氧化钠能和水，可用于呼吸面具供氧剂的物质；
D．该物质为Na2S2O7，加入稀硫酸会反应生成硫单质，产生黄色沉淀；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查学生元素推断和元素周期律的掌握情况，试题难度中等。
6．（6分）我国科技工作者设计以CoP和Ni2P纳米片为催化电极材料，电催化合成偶氮化合物的新装置如图所示（R代表烃基）。下列说法错误的是（ ）
A．该离子交换膜是阴离子交换膜
B．电极a的电极电势低于电极b
C．阳极反应为RCH2NH2﹣4e﹣+4OH﹣═RCN+4H2O
D．电流由直流电源出发，经电极a，KOH溶液，电极b回到直流电源
【分析】该装置为电解池，a电极上RCH2NH2失电子生成RCN，发生氧化反应作阳极，电极反应式为RCH2NH2﹣4e﹣+4OH﹣＝RCN+4H2O，b电极上硝基苯生成偶氮化合物，作阴极发生还原反应。
【解答】解：A.a电极消耗氢氧根离子，右侧氢氧根离子向左侧移动，故A正确；
B.a电极作阳极，b电极作阴极，故B错误；
C.a电极发生氧化反应作阳极，电极反应式为RCH2NH2﹣2e﹣+4OH﹣＝RCN+4H2O，故C正确；
D.a电极作阳极，b电极作阴极，经电极a，电极b回到直流电源；
故选：B。
【点评】本意考查电解原理的应用，题目难度中等，能依据电极反应物和生成物价态变化判断阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
7．（6分）室温下，某二元碱X（OH）2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．由图可知X（OH）2一级、二级电离平衡常数
B．X（OH）NO3水溶液显碱性
C．等物质的量的X（NO3）2和X（OH）NO3混合溶液中c（X2+）＜c[X（OH）+]
D．在pH＝6的水溶液中，c（OH﹣）＝c（X2+）+c（H+）+c[X（OH）+]
【分析】A．根据点（9.2，0.5）分析，Kb1＝，根据溶液中c[X（OH）+]＝c（X2+）时溶液的pH计算Kb2；
B．根据X（OH）+的水解程度和电离程度的相对大小判断，水解使溶液呈酸性，电离使溶液呈碱性；
C．等物质的量的X（NO3）2和X（OH）NO3混合溶液，X2+的水解程度大于X（OH）+的水解程度；
D．在pH＝6的水溶液显酸性。
【解答】解：A．根据点（9.2，Kb3＝＝c（OH﹣）＝＝mol/L＝10﹣4.4，溶液中c[X（OH）+]＝c（X2+）时，溶液pH＝6.4﹣）＝＝mol/L＝10﹣7.8mol/L，所以Kb8＝＝10﹣7.7，由图可知X（OH）2一级、二级电离平衡常数；
B．X（OH）+的电离平衡常数为Kb2＝10﹣8.8mol/L，根据图象2]＝c（X（OH）+]时，溶液的pH＝2.2﹣）＝＝mol/L＝10﹣4.6mol/L，所以Kb1＝10﹣4.2，则X（OH）+的水解平衡常数为Ka＝＝10﹣9.8，则电离程度大于水解程度，溶液显碱性；
C．等物质的量的X（NO3）2和X（OH）NO4混合溶液，X2+的水解程度大于X（OH）+的水解程度，则溶液中c（X2+）＜c[X（OH）+]，故C正确；
D．在pH＝4的水溶液显酸性+）＞c（OH﹣），c（OH﹣）＜c（X2+）+c（H+）+c[X（OH）+]，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意把握溶液中的守恒关系及溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。
二、
8．（15分）氧化铈（CeO2）是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿（含CeFCO3、BaO、SiO2等）为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示：
已知：①稀土离子易与形成复盐沉淀；
②Ce3+和发生反应：Ce2（SO4）3+Na2SO4+nH2O＝Ce2（SO4）3•Na2SO4•nH2O↓；
③硫脲：具有还原性，酸性条件下易被氧化为（SCN2H3）2；
④Ce2（CO3）3为白色粉末，难溶于水。
回答下列问题：
（1）滤渣A的主要成分是 BaSO4和SiO2 （填写化学式）。
（2）在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，请写出焙烧过程中相应的化学方程式 4CeFCO3+4NaHCO3+O24NaF+4GeO2+8CO2+2H2O 。
（3）焙烧后加入稀硫酸浸出，为提高Ce的浸出率，需控制硫酸浓度不能太大的原因是 溶液中c（）增大，易和稀土离子形成复盐沉淀而使浸出率降低 。
（4）加入硫脲的目的是将还原为Ce3+，反应的离子方程式为 2+2＝2Ce3++（SCN2H3）2+2HF+2F﹣ 。
（5）下列关于步骤④的说法正确的是 AC （填字母）。
A．该步骤发生的反应是2Ce3++6＝Ce2（CO3）3↓+3CO2↑+3H2O
B．可以用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，不影响产品纯度
C．过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率
（6）若常温下，Ka2（H2CO3）＝5.0×10−11，Ksp[Ce2（CO3）3]＝1.0×10﹣28，Ce3+恰好沉淀完全c（Ce3+）＝1.0×10﹣5mol•L﹣1，此时测得溶液的pH＝5，则溶液中c（）＝ 0.2 mol•L﹣1。
（7）氧化铈的晶体结构如图所示，与Ce4+等距且最近的Ce4+个数为 12 。若晶体密度为dg•cm−3，阿伏加德罗常数为NA，晶胞参数a＝ cm（写出表达式）。
【分析】氟碳铈矿含CeFCO3、BaO、SiO2等，在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，用硫酸浸取，Ce4+进入溶液，SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤分离，滤渣A为SiO2、BaSO4，滤液A中加入硫脲将Ce4+还原为Ce3+，Ce2（SO4）3与Na2SO4形成复盐沉淀Ce2（SO4）3•Na2SO4•nH2O，过滤分离，复盐沉淀加入碱，再加入酸，Ce3+被转移到溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2（CO3）3，最后灼烧分解生成CeO2；
（1）SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀；
（2）在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质为CO2、H2O；
（3）硫酸浓度过大大，溶液中c（）增大；
（4）具有还原性，酸性条件下将还原为Ce3+，自身被以为（SCN2H3）2；
（5）A.该步骤为碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2（CO3）3；
B.不可以用Na2CO3溶液代替碳酸氢铵溶液；
C.过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率；
（6）步骤④中若Ce3+恰好沉淀完全c（Ce3+）为1.0×10﹣5mol•L﹣1），Ksp[Ce2（CO3）3]＝1.0×10﹣28＝c2（Ce3+）c3（）＝（1.0×10﹣5）2×c3（），c（）＝1.0×10﹣6，此时测得溶液的，pH＝5，Ka2（H2CO3）＝5.0×10﹣11＝；
（7）由图可知，与Ce4+等距且最近的Ce4+个数为8×3×＝12，该晶胞中，铈原子位于八个顶点和六个面心，因此为四个，氧原子在体心内，共8个，该晶胞为立方晶胞，则V＝。
【解答】解：（1）SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，滤渣A是 BaSO4和SiO2，
故答案为：BaSO4和SiO3；
（2）在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧2两种固体以及两种高温下的气态物质为CO2、H6O，焙烧过程中相应的化学方程式4CeFCO3+3NaHCO3+O26NaF+4GeO2+3CO2+2H3O，
故答案为：4CeFCO3+3NaHCO3+O26NaF+4GeO2+6CO2+2H4O；
（3）硫酸浓度过大大，溶液中c（，易和稀土离子形成复盐沉淀而使浸出率降低，
故答案为：溶液中c（）增大；
（4）具有还原性，酸性条件下将3+，自身被以为（SCN2H3）2，反应方程式为：2+2＝2Ce3++（SCN2H3）2+2HF+4F﹣，
故答案为：2+2＝2Ce4++（SCN2H3）6+2HF+2F﹣；
（5）A.该步骤为碳酸氢铵使Ce8+沉淀为Ce2（CO3）2，发生的反应是2Ce3++6＝Ce2（CO6）3↓+3CO7↑+3H2O，故A正确；
B.不可以用Na7CO3溶液代替碳酸氢铵溶液，会影响产品纯度；
C.过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率，故C正确；
故答案为：AC；
（6）步骤④中若Ce3+恰好沉淀完全c（Ce5+）为1.0×10﹣2mol•L﹣1，Ksp[Ce2（CO7）3]＝1.5×10﹣28＝c2（Ce3+）c3（）＝（7.0×10﹣5）2×c3（），c（﹣5，此时测得溶液的，pH＝5，Ka2（H8CO3）＝5.6×10﹣11＝＝，则溶液中c（﹣1，
故答案为：0.4；
（7）由图可知，与Ce4+等距且最近的Ce4+个数为8×3×＝12，铈原子位于八个顶点和六个面心+4×，氧原子在体心内，该晶胞为立方晶胞＝cm3，晶胞参数a＝cm，
故答案为：6；cm。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
9．（14分）肉桂酸乙酯是高级防晒霜中必不可少的成分之一、由于其分子中存在碳碳双键，稳定性较差。研究肉桂酸乙酯的合成一直是热点，制备原理：
+CH3CH2OH+H2O
已知：Ⅰ.物理常数
有机物
相对分子质量
性状
熔点/℃
沸点/℃
密度/（g/mL）
溶解度
水
乙醇
乙醚
肉桂酸
148
白色晶体
135
300
1.25
微溶
溶
溶
肉桂酸乙酯
176
无色油状
12
271.5
1.05
不溶
溶
溶
乙醇
46
无色液体
——
78.3
0.79
溶
——
溶
环己烷
无色液体
——
80.8
0.73
不溶
溶
溶
Ⅱ.实验步骤：
①向圆底烧瓶中加入44.4g肉桂酸、25mL无水乙醇和25mL环己烷，在不断振摇下将3mL浓硫酸分多次加入其中，加完后充分摇匀并加入几粒沸石；
②按照图示组装好仪器（安装分水器），控制温度在65～70℃加热回流2h。反应时“环己烷﹣乙醇﹣水”会形成共沸物（沸点62.6℃）蒸馏出来，回流环己烷和乙醇。
③停止加热后，将圆底烧瓶中的物质倒入盛有80mL水的烧杯中，分批加入碳酸钠粉末；
④用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取，然后合并至有机层；
⑤干燥，过滤；
⑥首先低温蒸出乙醚，再改用减压蒸馏（水浴加热即可）得到产品肉桂酸乙酯的体积为35.2mL。
回答下列问题：
（1）蒸馏装置中，选用的冷凝管为 C （填标号）。
A．空气冷凝管
B．球形冷凝管
C．直形冷凝管
D．蛇形冷凝管
（2）下列有关分水器的说法正确的是 AB （填标号）。
A．使用分水器能够促使反应正向进行
B．分水器中的液面不再变化时，反应达到最大限度
C．反应过程中，分水器有水积攒则立即打开活塞放出
（3）步骤③加入碳酸钠粉末的作用是 除去未反应的肉桂酸和作为催化剂的硫酸 。
（4）步骤⑤合适的干燥剂为 B （填标号）。
A．浓硫酸
B．无水氯化钙
C．氧化钙
D．氢氧化钠
（5）采用减压蒸馏的原因是 降低肉桂酸乙酯的沸点，低温下蒸馏可减少副反应的发生，提高其产率 。
（6）肉桂酸乙酯的结构中，采取sp3杂化的原子有 C、O 。
（7）产品纯度的分析，取ag所得样品，用乙醇作溶剂，量取25.00mL所配溶液转移至锥形瓶中，加入mg氢氧化钠（过量），用浓度为cmol•L﹣1的盐酸滴定，消耗盐酸的体积为VmL，该样品的纯度为 ×100% （用代数式表示，无需化简）。
【分析】（1）共沸物的沸点62.6℃，不选用空气冷凝方法，若选用球形冷凝管和蛇形冷凝管，可能导致冷凝管堵塞，液体不能顺利流出；
（2）A．使用分水器不断分离除去水，可减少生成物的生成量；
B．分水器中的液面不再变化时，说明反应达到平衡状态；
C．分水器使用时先加水接近支管口，即分水器中应该有水积攒，便于反应物回流入反应器；
（3）未反应的肉桂酸和作为催化剂的硫酸残留在产品中，可加入碳酸钠粉末反应转化为盐，使之进入水层；
（4）A．浓硫酸是液体，具有吸水性，可除去有机层中水；
B．无水氯化钙是固体，具有吸水性，可除去有机层中水；
C．氧化钙是固体，具有吸水性，但生成的氢氧化钙能使酯类水解；
D．氢氧化钠是强碱，能使酯类水解；
（5）肉桂酸乙酯沸点较高，高温易发生副反应，采用减压蒸馏可以降低沸点，在较低的温度下进行蒸馏，减少副反应的发生，提高产率；
（6）肉桂酸乙酯中C原子的杂化方式有两种：sp3、sp2，其中苯环、碳碳双键和碳氧双键中的C原子均采取sp2杂化，CH3CH2O﹣中的C、O原子采取sp3杂化；
（7）肉桂酸乙酯与氢氧化钠发生水解反应，反应比例为1：1，过量的氢氧化钠与盐酸1：1反应，则n（肉桂酸乙酯）＝n（NaOH）﹣n（HCl），结合n＝cV和纯度＝×100%进行计算。
【解答】解：（1）共沸物的沸点62.6℃，不选用空气冷凝方法，可能导致冷凝管堵塞，应选用直形冷凝管，
故答案为：C；
（2）A．该反应为可逆反应，使用分水器不断分离除去水，有利于化学平衡正向移动；
B．分水器中的液面不再变化时，即反应达到最大限度；
C．分水器中先加水接近支管口，及时打开活塞放出少量的水，故C错误；
故答案为：AB；
（3）碳酸钠能与未反应的肉桂酸和作为催化剂的硫酸反应，即步骤③加入碳酸钠粉末的作用是除去未反应的肉桂酸和作为催化剂的硫酸，
故答案为：除去未反应的肉桂酸和作为催化剂的硫酸；
（4）A．浓硫酸是液体，可除去有机层中水，故A错误；
B．无水氯化钙是固体，可除去有机层中水，故B正确；
C．氧化钙与反应生成的氢氧化钙是强碱，不能用于肉桂酸乙酯的干燥；
D．氢氧化钠是强碱，不能用于肉桂酸乙酯的干燥；
故答案为：B；
（5）肉桂酸乙酯沸点较高，高温易发生副反应，在较低的温度下进行蒸馏，提高产率，
故答案为：降低肉桂酸乙酯的沸点，低温下蒸馏可减少副反应的发生；
（6）肉桂酸乙酯的结构中的C、O原子的价层电子数为4，均原子采取sp6杂化，而苯环2杂化，即采取sp3杂化的原子有C、O，
故答案为：C、O；
（7）桂酸乙酯与氢氧化钠发生水解反应，反应比例为3：1，则25.00mL所配溶液中n（肉桂酸乙酯）＝n（NaOH）﹣n（HCl）＝﹣3mol＝（﹣cV×10﹣2）mol，250.00mL样品溶液中n（肉桂酸乙酯）＝（﹣3）mol×＝10（﹣3）mol，m（肉桂酸乙酯）＝nM＝10（﹣7）mol×176g/mol＝1760（﹣cV×10﹣3）g，样品纯度为×100%，
故答案为：×100%。
【点评】本题考查有机物的制备实验，涉及基本实验操作、物质的分离提纯、原子杂化类型的判断、纯度计算等知识，侧重学生基础知识的检测与实验能力的考查，把握仪器的使用、物质的分离提纯是解题关键，题目难度中等。
10．（15分）甲醇是重要的化工原料，也是重要的能源物质，可发展替代传统化石燃料。开发CO2加氢制甲醇技术既能解决温室效应等环境问题，又能有效提高资源的利用率。回答下列问题：CO2加氢分别生成甲醇和CO是最重要的两个基本反应，其反应如下：
Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＜0
Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＞0
Ⅲ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH3＜0
（1）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的焓变ΔH随温度T的变化如图1所示。据图判断，表示反应Ⅲ的焓变曲线为 c （填“a”“b”或“c”）；反应Ⅰ在 低温 （填“高温”或“低温”）下可自发进行。
（2）在343K、容积可变的密闭容器中，可判断反应Ⅰ达平衡的标志的 BC 。
A.CO2和H2O的体积分数相等
B.单位时间内，断裂两个碳氧双键的同时又断裂两个氧氢键
C.体系密度不变
D.体系压强不变
（3）在1L刚性密闭容器中充入1molCO2和3molH2，在某催化剂作用下发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，测得产物甲醇、一氧化碳的体积分数与温度的关系如图3所示。
当温度高于300℃时，该催化剂选择性较大的产物是 CH3OH （填化学式）。已知T℃时，达到平衡时CH3OH的选择性为80%，c（CO）＝0.1mol•L﹣1，则该温度下反应Ⅱ的平衡常数K＝ （用分数表示即可）。
（4）CO2加氢生成甲醇，在实际生产过程中，通常会在原料气里掺一些CO 加入一定量CO，使反应CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）逆向进行，提高生成CH3OH的选择性 。
（5）CO2也可以通过电化学方法转化为CH3OH，装置如图2所示。阴极的电极反应式为 CO2+6e﹣+6H+＝CH3OH+H2O ，若外接电源为铅蓄电池，铅蓄电池正极质量增加32g时，则标准状况下阳极生成 5.6 LO2。
【分析】（1）依据盖斯定律判断反应热关系，进而判断图象，△H﹣T△S＜0时反应自发；
（2）化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度和百分含量保持不变；
（3）结合图象产物变化判断选择性，依据反应物起始加入量、选择性和浓度关系计算平衡时各组分的量，进而计算平衡常数；
（4）依据CO加入对平衡的影响分析；
（5）由图可知，阴极二氧化碳转化为CH3OH，电极反应式为CO2+6e﹣+6H+＝CH3OH+H2O，阳极电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O。
【解答】解：（1）Ⅰ：CO2（g）+3H8（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH4＜0，Ⅱ：CO2（g）+H3（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＞2，依据盖斯定律Ⅰ﹣Ⅱ可得Ⅲ：CO（g）+2H2（g）⇌CH7OH（g）ΔH3＝ΔH1﹣ΔH7，依据图象反应热关系可知，表示反应Ⅲ的焓变曲线为c1＜0，△S＜7，△H﹣T△S＜0反应自发，
故答案为：c；低温；
（2）A.CO2和H4O的体积分数相等，无法判断正逆反应速率是否相等，故A错误；
B.单位时间内，断裂两个碳氧双键的同时又断裂两个氧氢键，化学反应达到平衡状态；
C.反应前后气体总质量不变，体系密度不变时，正逆反应速率相等，故C正确；
D.温度一定，容积可变，无法判断正逆反应速率是否相等，故D错误；
故答案为：BC；
（3）由图象可知，当温度高于300℃时3OH体积分数增大，CO体积分数减小3OH，在5L刚性密闭容器中充入1molCO2和5molH2，达到平衡时CH3OH的选择性为80%，c（CO）＝3.1mol•L﹣1，CO的物质的量为7.1mol/L×1L＝5.1mol，设平衡时CH3OH物质的量为xmol，列三段式：
CO6（g）+3H2（g）⇌CH7OH（g）+H2O（g）
起始时（mol）
变化量（mol） x x x
平衡量（mol） x
CO2（g）+H4（g）⇌CO（g）+H2O（g）
起始时（mol）
变化量（mol） 0.7 0.1
平衡量（mol） 6.1
则×100%＝80%，平衡时CO2的物质的量为1mol﹣5.4mol﹣0.5mol＝0.5mol，氢气的物质的量为6mol﹣1.2mol﹣5.1mol＝1.6mol，则该温度下反应Ⅱ的平衡常数K＝＝＝，
故答案为：CH3OH；；
（4）CO2加氢生成甲醇，在实际生产过程中，原因是加入一定量CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）逆向进行，提高生成CH3OH的选择性，
故答案为：加入一定量CO，使反应CO2（g）+H5（g）⇌CO（g）+H2O（g）逆向进行，提高生成CH3OH的选择性；
（5）阴极二氧化碳转化为CH8OH，电极反应式为CO2+6e﹣+2H+＝CH3OH+H2O，若外接电源为铅蓄电池5+2e﹣++4H+＝PbSO4+2H2O，质量增加32g时×2＝4mol﹣﹣4e﹣＝O2↑+4H2O，生成氧气体积为，
故答案为：CO2+6e﹣+5H+＝CH3OH+H2O；3.6。
【点评】本题考查化学平衡、原电池原理，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键，难点是化学平衡常数的计算。
11．（14分）一种治疗糖尿病药物的合成路线如图（部分反应条件已省略）。
回答下列问题：
（1）有机物I中含氧官能团的名称为 羧基、酰胺键 。
（2）反应③的反应类型是 氧化反应 。
（3）反应②的化学方程式为 +NaOH+NaCl 。
（4）H是一种氨基酸，其结构简式为 ，其本身发生聚合反应，所得高分子化合物的结构简式为 。
（5）符合下列条件的E的同分异构体有 16 种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1的结构简式为 、 。
①属于芳香族化合物且苯环上有3个取代基；
②既可发生银镜反应，又可发生水解反应。
【分析】A→B的反应过程中，A中苯环与甲醛发生加成反应，然后羟基被氯原子取代生成B，由B、D的结构简式，结合反应条件可知，A发生卤代烃的水解反应生成C，C再发生醇的催化氧化生成D，则C为，D中醛基被氧化为羧基生成E，E中苯环与氢气发生加成反应（或还原反应）生成F，F中羧基上的羟基被氯原子取代生成G，（4）中H是一种氨基酸，对比G、I的结构简式，可推知H为。
【解答】解：（1）有机物I中含氧官能团的名称为羧基、酰胺键，
故答案为：羧基、酰胺键；
（2）反应③的过程中﹣CH2OH转化为﹣CHO，该反应类型是氧化反应，
故答案为：氧化反应；
（3）反应②的化学方程式为+NaOH+NaCl，
故答案为：+NaOH+NaCl；
（4）H是一种氨基酸，对比G，可推知H的结构简式为，其本身发生聚合反应，所得高分子化合物的结构简式为，
故答案为：；；
（5）符合下列条件的E（）的同分异构体：①属于芳香族化合物且苯环上有3个取代基；②既可发生银镜反应，说明含有﹣OOCH基团3、﹣CH6CH3、﹣OOCH时，甲基与乙基有邻、间，对应的﹣OOCH分别有4种、8种位置3、﹣CH3、﹣CH7OOCH，2个甲基有邻、间，对应的﹣CH2OOCH分别有8种、3种，符合条件的同分异构体共有（4+5+2）+（2+2+1）＝16种，且峰面积之比为6：6：2：1：5的结构简式为、，
故答案为：16；、。
【点评】本题考查有机物的合成，涉及官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写等，对比有机物结构变化理解发生的反应，题目较好地考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
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