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安徽省合肥市一六八中学（东校区）2024届高三下学期最后一卷（三模）化学试卷（Word版附解析）
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考生注意：
1.满分100分，考试时间75分钟。
2.可能用到的相对原子质量：C-12 O-16 Fe-56 Al-27 Cu-64
第Ⅰ卷 (选择题共42分)
1. 化学推动科技进步，下列说法错误的是
A. “长征七号”采用液氧、煤油等作为推进剂，煤油是烃的混合物
B. 华为自主研发的“麒麟”芯片与太阳能电池感光板所用的主要材料均为晶体硅
C. 歼—20飞机上用到的氮化镓材料属于合金材料
D. “神舟十七号”发动机的耐高温结构材料碳化硅属于共价晶体
【答案】C
【解析】
【详解】A．煤油中含有多种碳原子数不同的烃，是烃的混合物，A正确；
B．芯片和太阳能电池感光板的主要材料都是晶体硅，B正确；
C．氮化镓属于化合物，合金是金属和金属单质或金属与非金属单质熔合而成的物质，属于混合物，C错误；
D．碳化硅具有耐高温的特性，属于共价晶体，D正确；
故答案选C。
2. 化学与生产生活密切相关，下列说法正确的是
A. 用热的纯碱溶液可清洗衣物上的汽油污渍
B. 氯化钠不能使蛋白质变性，但可用作食品防腐剂
C. 向河水中加入明矾，可除去悬浮杂质并杀灭有害细菌
D. “三元催化剂”将汽车尾气中NO和CO转化为N2和CO2有利于实现碳中和
【答案】B
【解析】
【详解】A．汽油是烃混合物，不溶于纯碱，所以不能用热的纯碱溶液清洗衣物上的汽油污渍，故A错误；
B．氯化钠是轻金属盐，不能使蛋白质变性，但可用作食品防腐剂，故B正确；
C．明矾溶于水，生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒而净水，所以向河水中加入明矾，可除去悬浮杂质，但明矾不能杀灭有害细菌，故C错误；
D．“三元催化剂”将汽车尾气中NO和CO转化为N2和CO2，反应生成了CO2，没有减少CO2的排放量，所以不利于实现碳中和，故D错误；
故答案为：B。
3. 下列化学用语或表述正确的是
A. NaH的形成过程：
B. H2O2的球棍模型为
C. 邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：
D. 羟基的电子式为
【答案】A
【解析】
【详解】A．NaH为离子化合物，NaH的形成过程：，A正确；
B．球棍模型用来表现化学分子的三维空间分布，双氧水分子四个原子不是直线，分子应为折线形， B错误；
C．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图，C错误；
D．羟基的电子式为：，D错误；
故选A。
4. 照相底片定影并回收定影液硫代硫酸钠和银，经历如下过程，下列说法错误的是
AgBrNa3Ag(S2O3)2Ag2SAg+SO2
A. 1mlNa3Ag(S2O3)2晶体中含1.806×1024个离子键
B. 在Ag2S与O2的反应中，SO2既是氧化产物又是还原产物
C. Ag2S为离子化合物，属于非电解质
D. 副产物SO2的键角小于120°的原因：SO2分子中S的孤电子对对成键电子对的排斥
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na3Ag(S2O3)2晶体中所含的作用力含有离子键、配位键、共价键，1mlNa3Ag(S2O3)2晶体中含有3ml离子键，故离子键个数为1.806×1024个，A正确；
B．在Ag2S与O2的反应中，由于S的化合价升高，O的化合价降低故SO2既是氧化产物又是还原产物，B正确；
C．Ag2S为离子化合物，它在水中可以电离成银离子和硫离子，属于强电解质，C错误；
D．SO2分子中S含有孤电子对，副产物SO2的键角小于120°的原因是SO2分子中S的孤电子对对成键电子对的排斥作用使键角变小，D正确；
本题选C。
5. 下列离子方程式书写正确的是
A. 乙酰胺与盐酸混合共热：CH3CONH2+H2O+H+CH3COOH+NH
B. 向硝酸银溶液中滴入少量氨水：Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O
C. 向Na2S2O3溶液中加入足量稀硝酸：S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O
D. 一定条件下，由乳酸[CH3CH(OH)COOH]合成聚乳酸的化学方程式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙酰胺(CH3CONH2)与盐酸共热，会发生水解反应，反应的离子方程式为，A正确；
B．氨水少量，则生成氢氧化银而不是银氨溶液，反应为Ag++NH3·H2O=AgOH+，B错误；
C．稀HNO3具有强氧化性，能将氧化生成，离子方程式为3S2O+2NO+2H+=2S↓+3SO+2NO+H2O ，C错误；
D．一定条件下，由乳酸[CH3CH(OH)COOH]合成聚乳酸的化学方程式：，D错误；
故选A。
6. 下列装置或操作能达到实验目的的是
A. 实验甲(部分夹持仪器已略去)：加热烘干，达到使容量瓶快速干燥的目的
B. 乙：利用牺牲阳极的阴极保护法来保护钢铁输水管
C. 图丙浓硫酸与萤石(主要成分为CaF2)加热制备HF
D. 用装置丁制备氢氧化铁胶体
【答案】B
【解析】
详解】A．容量瓶不能加热，容量瓶中有少量水对溶液配制无影响，不用干燥，故A错误；
B．将要保护的钢铁输水管与更活泼的镁用导线连接，形成的原电池中镁作负极被腐蚀，钢铁输水管作正极被保护，利用了牺牲阳极的阴极保护法来保护钢铁输水管，故B正确；
C．浓硫酸与萤石(主要成分为CaF2)生成的硫酸钙为微溶物，阻止反应进一步进行，不能制备HF，故C错误；
D．饱和氯化铁溶液与氢氧化钠溶液加热生成氢氧化铁沉淀，应将饱和氯化铁溶液逐滴滴加到沸水中，继续煮沸至液体呈红褐色，即得氢氧化铁胶体，故D错误；
故答案为：B。
7. 某离子液体结构中，Q、R、T、X、Y和Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态T原子和Y原子最外层均有两个单电子，Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为22，下列说法正确的是
A. 第一电离能：
B. X、Y、Z可形成既含离子键又含共价键化合物
C. 该阴离子含有共价键、配位键
D. 该物质的熔点高于NaZ
【答案】C
【解析】
【分析】Q、R、T、X、Y和Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，阳离子结构中Q只形成一个价键，则Q为IA族或VIIA族元素，阴离子结构中Z只形成一个价键，则Z为VIIA族元素，Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为22，Q的原子序数最小，则Q为H元素，Z为F元素；基态T原子和Y原子最外层均有两个单电子，原子序数小于F，则T和Y的价电子排布式分别为2s22p2、2s22p4，即T和Y分别为C、O元素；X原子序数介于C、O元素之间，则X为N元素；R的原子序数为22-1-7-9=5，所以R为B元素，综上所述，Q、R、T、X、Y和Z分别为H、B、C、N、O、F。
【详解】A．T、X、Y分别为C、N、O元素，同一周期从左至右第一电离能有增大的趋势，但VA的第一电离能大于同周期相邻的两种元素，所以第一电离能：，故A错误；
B．X、Y、Z分别为N、O、F元素，N、O、H元素可形成既含离子键又含共价键的化合物，如NH4NO3，但F、O元素非金属性很强，且F无正价，N、O、F三种元素不能形成阳离子，所以不能形成既含离子键又含共价键的化合物，故B错误；
C．R和Z分别为B和F，该阴离子含有B与F之间的共价键，B最外层有3个电子，只能形成3个共价键，所以阴离子内还有B、F原子之间的配位键，故C正确；
D．该物质的阴离子和F-一样带一个单位的负电荷，阳离子和Na+一样带一个单位的正电荷，但NaF的阴、阳离子半径更小，即NaF的离子键更强，所以NaF的熔点更高，故D错误；
故答案为：C。
8. 氯硝西泮，化学式为C15H10ClN3O3，是一种苯二氮䓬类镇定剂，其分子结构如图所示。下列说法正确的是
A. 分子中C和N原子都有sp2、sp3两种杂化方式
B. 苯环上的一氯代物有7种，分子中含有1个手性碳原子
C. 1ml氯硝西泮最多可消耗4mlNaOH，消耗氢气的数目为7NA
D. 在酸性条件下水解只生成1种有机物，但产物在水中的溶解度比氯硝西泮小
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据题干有机物结构简式可知，苯环上的碳原子，碳氮双键、碳氧双键的碳原子为sp2杂化方式、其余碳原子为sp3杂化方式，碳氮双键、氮氧双键的氮原子为sp2杂化方式、其余氮原子为sp3杂化方式，故A正确；
B．由题干有机物结构简式可知，分子中的二个苯环所处环境各不相同，左侧苯环上的一氯代物有3种，下方苯环上的一氯代物有4种，故该有机物的苯环上的一氯代物共有7种；同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，由结构简式可知，分子中不含有手性碳原子，故B错误；
C．1ml酰胺基水解消耗1ml氢氧化钠、1ml氯原子水解消耗1ml氢氧化钠，生成酚类物质再消耗1ml氢氧化钠，故1ml氯硝西泮最多可消耗3mlNaOH；苯环、碳氮双键、碳氧双键都能与氢气发生加成反应，1ml硝基可与3ml氢气发生反应生成氨基，故1ml氯硝西泮最多可消耗氢气的数目为11NA，故C错误；
D．在酸性条件下水解，酰胺键打开，只生成1种有机物，但产物中含有羧基、氨基，属于亲水基团，故产物在水中的溶解度比氯硝西泮大，故D错误；
故答案为：A。
9. 环氧乙烷()可用于生产乙二醇。电化学合成环氧乙烷()的装置如图所示：
已知：
下列说法错误的是
A. Pt电极接电源正极
B. 制备1ml环氧乙烷，Ni电极区产生2mlH2
C. Pt电极区的反应方程式为：CH2=CH2+Br2+H2O→HOCH2CH2Br
D. 电解完成后，将阳极区和阴极区溶液混合才可得到环氧乙烷
【答案】B
【解析】
【分析】由题给信息：“ ”可知，在Pt电极，Br-失电子生成Br2，然后与水反应的产物再与CH2=CH2发生反应，所以Pt电极为阳极，Ni电极为阴极，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，钾离子通过阳离子交换膜进入阴极区，电解完成后，将阳极区和阴极区溶液混合，HOCH2CH2Br在碱性条件下发生取代反应生成环氧乙烷。
【详解】A．由分析可知，与直流电源正极相连的铂电极为电解池的阳极，故A正确；
B．由题意可知，生成1ml环氧乙烷需要消耗1ml溴，则由得失电子数目守恒可知，阴极上生成氢气的物质的量为1ml，故B错误；
C．由题给转化关系可知，与直流电源正极相连的铂电极为电解池的阳极，溴离子在阳极失去电子发生氧化反应生成溴，通入的乙烯与溴、水反应生成HOCH2CH2Br，Pt电极区的反应方程式为：CH2=CH2+Br2+H2O→HOCH2CH2Br，故C正确；
D．由分析可知，电解完成后，将阳极区和阴极区溶液混合，HOCH2CH2Br在碱性条件下发生取代反应生成环氧乙烷，故D正确；
故选B。
10. 下列有关实验操作及实验现象的解释或结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．在平衡体系中保持恒温恒容条件继续充入一定量，最终二氧化氮的浓度变大，体系颜色变深，A错误；
B．向I2水中先加浓NaOH溶液，发生反应后没有I2剩余，再加CCl4，振荡后静置，溶液分层，但是没有紫色出现，B错误；
C．常温下，用pH计测定0.1ml•L-1NaHRO3溶液的pH=3.71，说明的电离大于水解，则H2RO3为二元酸， C正确；
D．甲烷与氯气混合的试管倒置于水中，试管内液面上升，不能证明甲烷与氯气发生取代反应，常温下1体积水能溶解2体积氯气，可能是氯气溶于水、Cl2与H2O反应生成的HClO见光分解导致试管中气体减少等、试管内液面上升， D错误；
故选C。
11. SiCl4的水解反应可用于军事工业中烟雾剂的制造，其部分反应机理如图。下列说法错误的是
A. SiCl4非极性分子
B. 沸点：SiCl4大于SiH4
C. 过程①中Si的sp3杂化轨道接纳O的孤电子对形成配位键
D. 该过程中与Si结合能力：O>Cl
【答案】C
【解析】
【详解】A．的中心原子上的价层电子对数是4，采用sp3杂化，的中心原子上没有孤电子对，分子的空间结构为正四面体形，属于非极性分子，故A项正确；
B．组成结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，沸点：SiCl4大于SiH4，故B项正确；
C．过程①中发生取代反应，硅原子与氧原子形成普通共价键，没有配位键形成，故C项错误；
D．该过程中，非金属性越强电负性越强O>Cl，氯原子能被羟基取代，故与Si结合能力：O>Cl，故D项正确；
故本题选C。
12. 我国科学家利用两种不同的纳米催化剂(C3O4/Pt、N- C3O4/Pt)在室温水汽条件下实现高效CO催化氧化(C16O+16O2=C16O2)，其反应历程中相对能量的变化如下图所示(TS1、TS2、TS3分别代表过渡态1、过渡态2、过渡态3)。下列说法错误的是
A. 效果较好的催化剂是N-C3O4/Pt
B. 若利用H218O进行同位素标记实验，检测到以上反应中有C16O18O和C18O2生成，说明O-H键断裂
C. 反应：C16O(g)+16O2(g)=C16O2 (g)的∆H<0
D. 若ⅱ表示H2O被吸附在催化剂表面，则C3O4/Pt更容易吸附H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图示可知N-C3O4/Pt作为催化剂活化能降低更多，因此效果较好的催化剂是N-C3O4/Pt，A正确；
B．若利用进行同位素标记实验，检测到以上反应中有和生成，来自，说明O-H键断裂，B正确；
C．根据图示可知反应物总能量高于生成物，因此的，C正确；
D．若ⅱ表示H2O被吸附在催化剂表面，N-C3O4/Pt的活化能更低，因此更容易吸附H2O，D错误；
故选D。
13. LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如下：
下列说法正确的是
A. 滤渣的主要成分有Fe(OH)3、Al(OH)3、NiS、CaSO4
B. 可以用H2O2替换第一步酸溶中的MnO2，并没有什么影响
C. 电解过程中为保证电解液成分稳定需要加入水
D. 煅烧窑中的气体产物物质的量之比为2：1
【答案】D
【解析】
【分析】根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO2，可将固体溶解为离子，将杂质中的Fe、Ni、Al等元素物质也转化为其离子形式，加入的MnO2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；随后将溶液pH调至制约等于7，溶液中的Al3+ 、Ca2+、Fe3+沉淀出来；随后加入BaS，可以将溶液中的Ni2+沉淀，得到相应的滤渣；后溶液中含有大量的Mn2+，将此溶液置于电解槽中电解，得到MnO2，将MnO2与碳酸锂共同煅烧得到最终产物LiMn2O4；据此分析解题。
【详解】A．滤渣的主要成分有Fe(OH)3、Al(OH)3、NiS、CaSO4、SiO2，A错误；
B．应为最终产物中含有锰元素，若替换为双氧水后，则应该后续添加锰元素，不能实现节能高效的目的，B错误；
C．电解时电解液中Mn2+大量减少，H+大量增加，为了保证电解液成分稳定，应不断补充Mn(OH)2，Mn(OH)2可与氢离子反应生成Mn2+，C错误；
D．煅烧窑中MnO2与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4，反应的化学方程式为2Li2CO3+8MnO2 4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑，煅烧窑中的气体产物物质的量之比为2：1，D正确；
故选D。
14. 某温度下，Mg2+与不同pH的Na2CO3体系反应可生成不同的沉淀。下面图1表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。图2表示Mg2+与不同pH的Na2CO3体系反应生成沉淀的情况，其中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c2(OH-)=Ksp[Mg(OH)2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c(CO)=Ksp[MgCO3][注：起始c(Na2CO3)=0.1ml/L，不同pH下c(CO)由图1得到]。
下列说法正确的是
A. 上述Na2CO3体系呈中性时，一定是10-3.25
B. 符合c()>c()>c(H2CO3)的pH范围：6.37C. pH=9，c(Mg2+)=0.01ml/L时，溶液中只存在MgCO3沉淀
D. pH=8，c(Mg2+)=0.1ml/L时可发生反应：Mg2++2=Mg(OH)2↓+CO2↑
【答案】C
【解析】
【分析】图1中pH越大，碳酸根物质的量分数越大，碳酸物质的量分数越小，碳酸氢根物质的量分数先增大后减小；图2中已知曲线Ⅰ代表的是氢氧化镁，曲线Ⅱ代表的是碳酸镁。
【详解】A．温度不一定是常温，因此中性体系pH不一定是7，也就不确定，故A错误；
B．由图1可知，，，，若符合c()>c()>c(H2CO3)，则满足下列两个关系：①，②，将①代入表达式，可得c(H+)＞10-10.25ml/L，即pH＜10.25；将②代入表达式，可得c(H+)＜10-8.31ml/L，即pH＞8.31，因此，符合条件的8.31＜pH＜10.25，故B错误；
C．分析图2，pH=9， c(Mg2+)=0.01ml/L时，对数函数纵坐标为-2，在氢氧化镁曲线下面，MgCO3曲线上面，所以溶液中只存在沉淀MgCO3，故C正确；
D．分析图1和图2，pH=8时，溶液中主要含碳离子为碳酸氢根，镁离子浓度为0.1 ml/L时，对数函数纵坐标为-1，此点在氢氧化镁曲线下面，MgCO3曲线上面，即只有碳酸镁沉淀，因此可以发生Mg2++2=MgCO3↓+H2O+CO2↑，故D错误；
答案选C。
第Ⅱ卷 (非选择题共58分)
15. 配合物乙二胺四乙酸铁钠(NaFeY)可溶于水，具有促进膳食中其他铁源或内源性铁源吸收的作用，同时还可促进锌的吸收，是常见的铁营养强化剂。模拟工业生产原理制取乙二胺四乙酸铁钠并测定所制取样品的纯度。
I．产品的制备：
步骤1：准确称取mgFeCl3·6H2O于烧杯中，加水充分溶解，分批加入适量浓氨水，搅拌、过滤、洗涤、干燥。步骤2：将Fe(OH)3、乙二胺四乙酸(H4Y)，水加入三颈烧瓶中，搅拌，80℃水浴反应1h，加入Na2CO3溶液，发生反应：2Fe(OH)3+Na2CO3+2H4Y=2NaFeY·3H2O+CO2↑+H2O。经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤，晾干后得产品。
（1）利用FeCl3和氨水的反应制备Fe(OH)3，写出反应的离子方程式___________。检验Fe(OH)3洗涤干净的方法是___________。
（2）实验中需要控温在80℃反应1小时，最佳的加热方式是___________。
（3）方案的缺点：氢氧化铁沉淀成胶体状态，难以过滤和洗涤。为使沉淀颗粒增大，实验中往往可以采取___________(填实验条件)。
Ⅱ.测定所制取样品中铁的含量(EDTA标准溶液滴定法)
取20.00g样品溶于水，然后将其中的铁元素用萃取剂从配合物中“反萃取”出来并配成250mL溶液，取出25mL加入过量的标准溶液并加热煮沸，充分反应后，再用0.2000ml/L的Zn2+标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗Zn2+标准溶液体积为5.00mL。
已知：Fe3+、Zn2+与EDTA反应的化学计量比均为1:1。
（4）实验室进行萃取操作时，需要打开分液漏斗活塞放气，正确的放气图示___________。
A. B. C. D.
（5）计算铁元素的质量分数___________。
Ⅲ.某同学为探究富含亚铁盐且保存时间较长的糕点情况，设计了如下实验方案：
（6）试剂1的名称是___________。
（7）加入新制氯水后，溶液红色加深的原因是___________(用离子方程式表示)。
（8）该同学实验中加入过量新制氯水，放置一段时间后，深红色褪去，现对褪色原因进行探究(已知SCN-有还原性)。
①【提出假设】
假设1：溶液中的+3价铁被氧化为更高的价态。
假设2：___________。
②【设计方案】
为了对假设2进行验证，简述你的设计方案：___________。
【答案】（1） ①. Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH ②. 取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成则已洗涤干净
（2）水浴加热 （3）煮沸 （4）C
（5）10.64％ （6）硫氰化钾溶液
（7）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
（8） ①. SCN-被过量的新制氯水氧化 ②. 取少量褪色后的溶液，滴加过量KSCN溶液，若溶液出现红色，则说明假设2成立，若溶液不变红，则假设2不成立
【解析】
【分析】氯化铁晶体溶于水，加入过量的氨水将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤、洗涤操作，可得Fe(OH)3沉淀，然后加入EDTA和Na2CO3溶液在80℃条件下反应，反应结束后进行蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥，可得产品。
【小问1详解】
①FeCl3和氨水发生复分解反应产生Fe(OH)3沉淀和NH4Cl，该反应离子方程式为：，故答案为： ；
②若Fe(OH)3沉淀未洗涤干净，则在沉淀表面有Cl-，所以检验Fe(OH)3沉淀是否洗涤干净，可根据最后一次洗涤液中是否含有Cl-，方法是取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成则已洗涤干净，否则未洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成则已洗涤干净；
【小问2详解】
实验中需要控温在80℃反应1小时，最佳的加热方式是80℃水浴加热，故答案为：水浴加热；
【小问3详解】
为使沉淀颗粒增大，实验中往往可以采取煮沸的方法，故答案为：煮沸；
【小问4详解】
实验室进行萃取操作时，需要打开分液漏斗的活塞放气，分液漏斗放气时需要用右手掌压紧盖子，左手拇指、食指和中指握住活塞，把漏斗倒转过来，所以正确的放气图示为C，故答案为：C；
【小问5详解】
EDTA的总物质的量为：0.1600ml/L×0.03L=0.0048ml，已知Fe2+、Zn2+和EDTA为1：1反应，反应后剩余的EDTA的物质的量等于消耗的Zn2+的物质的量为：0.2000ml/L×0.005L=0.0010ml，25mL中Fe2+的物质的量为：0.0048ml-0.0010ml=0.0038ml，20.00g样品共计配成250mL溶液，铁元素的质量分数为：，故答案为：；
【小问6详解】
Fe3+与KSCN溶液反应生成红色的溶液Fe(SCN)3，所以试剂1是KSCN，故答案为：硫氰化钾溶液；
【小问7详解】
加入新制氯水，红色加深，说明原溶液中有Fe2+，加入氯水Fe2+被氧化成Fe3+，Fe3+与KSCN溶液反应生成红色的溶液Fe(SCN)3，Fe(SCN)3浓度增大使红色加深，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
【小问8详解】
①实验中加入过量氯水，放置一段时间后，深红色褪去，说明Fe(SCN)3逐渐消失，而Fe(SCN)3的生成与Fe3+、SCN-有关，且已知SCN-有还原性；假设1：认为可能是溶液中的+3价的铁被Cl2氧化为更高价态的铁，溶液颜色褪去；则假设2可以为：SCN－被过量的新制氯水氧化，故答案为：SCN－被过量的新制氯水氧化；
②证明假设：若假设Fe3+没有被氧化，而是SCN－被氧化，可以取少量褪色后的溶液，向其中滴加过量KSCN溶液，若溶液出现红色，则说明假设2成立，若溶液不变红，则假设2不成立，故答案为：取少量褪色后的溶液，滴加过量KSCN溶液，若溶液出现红色，则说明假设2成立，若溶液不变红，则假设2不成立。
16. 硫酸钴CSO4·7H2O，主要用于钴电镀液，也用作钴铁磁性材料、油漆催干剂、彩色瓷器的釉药、践行蓄电池的添加剂、化学分析试剂和催化剂等。以钴矿[主要成分是CO、C2O3、C(OH)3，还含有少量Fe、Al、Ca、Si的氧化物、MnOOH及其他不溶性杂质等]为原料可制取硫酸钴。主要步骤如下：
已知：①浸取液中含有Al3+、Fe2+、C2+、Ca2+、Mn2+、等离子。
②常温相关氢氧化物的Ksp值如下：
（1）浸出时添加还原剂SO2对原料中的锰和___________(填元素名称)进行有效浸出。写出C2O3发生反应的离子方程式___________。
（2）“除杂”：混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)。
①Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为___________(已知：H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)。
②若浸取液中浓度为0.1ml/L计算，则须调节pH的范围是___________。
③加入物质X调节溶液pH，最适宜使用的X是___________(填标号)。
A．NH3·H2O B．Ca(OH)2 C．NaOH
（3）萃取：
①在萃取剂一定量的情况下，提高萃取率的措施有___________(答出一点即可)，萃取后水相溶液中存在的金属离子有Mn2+、Ca2+。
②萃取剂P204-TBP含量对各元素萃取率有不同影响。萃取率为萃取后有机相中金属离子的质量比水相中金属离子质量的百分比；元素的分配比DA为被萃金属A在有机相中的浓度占水相中浓度的百分比；A和B两种金属的分离系数β(A/B)=DA/DB。根据下图可知，工业中为实现高浓度硫酸钴溶液中钴、锰、钙的分离TBP浓度应为___________，料液平衡pH约为___________。
（4）硫酸钴可用于生产钴酞菁，酞菁和钴酞菁的分子结构如图所示。酞菁分子中所有原子共平面，则氮原子的杂化方式为___________。钴酞菁分子中，氮原子与钴离子形成___________键。
【答案】（1） ①. 铁、钴 ②. C2O3+SO2+2H+=2C2++SO+H2O
（2） ①. H2O+Mn2++HSO=MnO2+SO+3H+ ②. 5≤pH<7 ③. B
（3） ①. 分多次加入萃取剂 ②. 10% ③. 3.7或者3.8
（4） ①. sp2 ②. 配位
【解析】
【分析】以钴矿[主要成分是CO、C2O3、C(OH)3，还含有少量Fe、Al、Ca、Si的氧化物、MnOOH及其他不溶性杂质等]为原料可制取硫酸钴,根据浸取液中含有Al3+、Fe2+、C2+、Ca2+、Mn2+、等离子，浸出时添加还原剂SO2对原料中的锰和铁、钴进行有效浸出，过滤出不溶物，滤液中用热空气、SO2再加Ca(OH)2除去Fe3+、Al3+等，用萃取剂P204-TBP萃取高浓度硫酸钴溶液中钴、锰、钙的分离，再用硫酸反萃取得到硫酸钴。
【小问1详解】
SO2具有还原性，能与MnOOH中+3价的锰离子发生氧化还原反应生成Mn2+和，根据信息可知滤液中的金属离子同样发生氧化还原反应的还有铁元素及钴。则C2O3发生反应的离子方程式：C2O3+SO2+2H+===2C2++SO42-+H2O。
【小问2详解】
①Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱，写离子方程式拆，该反应的离子方程式为H2O+Mn2++HSO=MnO2+SO+3H+；②根据前后题意和信息，除杂形成的沉淀为氢氧化铁和氢氧化铝，不能让钴离子沉淀，根据表中数据可知，Al3+完全沉淀时Fe3+也完全沉淀，完全沉淀的离子浓度取值为1×10-5，Al3+完全沉淀时c(OH-)=ml∙L-1，此时pH=5；由于浸取液中c(C2+)=0.1ml∙L-1，则C2+开始沉淀时c(OH-)=ml∙L-1，此时pH=7，故要防止C2+开始沉淀，pH应小于7，故须调节溶液pH的范围是5≤pH<7；加入物质X调节溶液pH，选择和NaOH会引入杂质离子，最适宜使用的X是Ca(OH)2，故选B；
【小问3详解】
①在萃取剂一定量的情况下，分多次加入萃取剂能够提高萃取率；②根据信息可知萃取后水相溶液中存在的金属离子有Mn2+、Ca2+，所以萃取的目的是将C2+和Mn2+、Ca2+分离，由图1可知在锰和钴的分离系数变化不大的情况下，钙和钴的分离系数变化较大，所以为了得到更好的分离效果可以选择钙钴分离系数最大值对应的TBP浓度为10%，同理可得图2应选择料液pH为3.7或者3.8，可达到最佳分离效果；
【小问4详解】
)酞菁分子中所有原子共平面，则分子中所有的碳原子和所有的氮原子均为sp2杂化。钴酞菁分子中氨原子提供孤对电子与钴离子形成配位键。
17. 甲烷化反应即为氢气和碳氧化物反应生成甲烷，有利于实现碳循环利用。
已知涉及的反应如下：反应Ⅰ：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)；ΔH1=−206.2kJ·ml−1
反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)；ΔH2
反应Ⅲ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；ΔH3=−165kJ·ml−1
积碳反应(CO的歧化反应和CH4的裂解反应是催化剂积碳的主要成因：2CO(g)CO2(g)+C(s)(反应Ⅳ)；CH4(g)C(s)+2H2(g)(反应Ⅴ)。
（1）ΔH2=___________kJ·ml−1。
（2）在360℃时，在固定容积的容器中进行上述反应(不考虑积碳反应)，平衡时CO和H2的转化率及CH4和CO2的产率随变化的情况如图1所示。
①图中表示CO转化率、CH4产率变化的曲线分别是___________、___________(填标号)，A、C两点的值相同，C点通过改变温度达到A点，则A、B、C三点温度由大到小的顺序是___________。
②按=3：1向恒容容器内投料，初始压强为p0，若仅发生Ⅰ、Ⅱ两个反应，达到平衡时总压为，CO的平衡转化率为a，则CH4的选择性=___________%，[CH4的选择性=]反应Ⅰ的Kp=___________(用分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
（3）已知各反应的平衡常数随温度的变化曲线如图2所示，相同时间内甲烷产率随温度升高的变化曲线如图3。
由图2可知，CO的歧化反应属于___________(填“吸热”或“放热”)反应，相同时间内CH4的产率在温度高于330℃时降低的可能原因之一是催化剂活性降低，高温导致催化剂活性降低的原因是___________。研究发现，铜基催化剂可以促进二氧化碳(CO2)转换成一氧化碳(CO)、甲醛(CH2O)或乙烯(CH2=CH2)及乙醇(CH3CH2OH)等多碳化合物，对于“碳达峰”和“碳中和”目标的顺利实现具有积极推动作用。
（4）铜基催化剂铁表面上铁原子吸附离解的碳原子局部示意图如图所示(图中小黑球代表碳原子，灰球代表铜原子)。则催化剂表面上C/Cu原子数比为___________。
（5）已和CO2在高温高压下所形成的晶体的晶胞如图所示，CO2的晶胞参数(棱长)apm，其密度为bg•cm−3，则阿伏加德罗常数为___________(列出计算式即可)。
【答案】（1）−41.2
（2） ①. b ②. c ③. B=C>A ④. ⑤.
（3） ①. 放热 ②. 高温时，积碳反应主要发生CH4裂解，导致催化剂积碳，活性降低
（4）1：2 （5）ml−1
【解析】
【小问1详解】
反应Ⅰ：CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)ΔH1=−206.2kJ·ml−1
反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)ΔH2
反应Ⅲ：CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)ΔH3=−165kJ·ml−1
根据盖斯定律，反应Ⅱ=反应Ⅰ−反应Ⅲ，ΔH2=ΔH1−ΔH3=(−206.2kJ·ml−1)−(−165kJ·ml−1)=−41.2kJ·ml−1。
【小问2详解】
①结合反应，越大，CO转化率越大，直到接近100%，故b表示CO转化率；随着的增大，CO接近完全转化，CH4产率逐渐增大，直到接近100%，故c表示CH4产率变化的曲线；b表示CO转化率，B、C均在曲线b上，温度B=C，结合反应Ⅰ、Ⅱ，两反应均为放热反应，则温度越低CO转化率越高，A点转化率高于c，故温度B=C>A；
②设n(CO)=n，则n(H2)=3n，列出反应Ⅰ三段式：
反应Ⅱ前后气体体积不变，反应Ⅰ前后总物质的量减少2x，根据初始压强为p0，达到平衡时总压为，则，解得x=0.5n；
CO的平衡转化率为a，列出反应Ⅱ三段式为：
则CH4的选择性==%；平衡时，CO的分压为=
、H2分压为=、CH4的分压为=、H2O分压为=，Ⅰ的Kp==。
【小问3详解】
甲烷的产率随着温度升高逐渐增大，达到平衡后升高温度，甲烷的产率逐渐减小，说明反应逆向进行，则CO的歧化反应属于放热反应，相同时间内CH4的产率在温度高于330°C时降低的可能原因之一是催化剂活性降低，高温导致催化剂活性降低的原因是高温时，积碳反应主要发生CH4裂解，导致催化剂积碳，活性降低。
【小问4详解】
根据碳原子在铜的晶面上的单层附着局部示意图可以看出，每个铜原子周围有2个碳原子，而每个碳原子周围有4个铜原子，所以对于某个碳原子来讲，属于这个碳原子的铜原子数为4×=2，所以氮原子与铁原子的个数比为1：2。
【小问5详解】
由题干CO2在高温高压下所形成的晶体的晶胞示意图可知，1个晶胞中含有碳原子个数为：，O原子个数为16，则一个晶胞的质量为g，CO2的晶胞参数(棱长)apm，则一个晶胞的体积为(a×10−10)3cm3，其密度为bg•cm−3，故有：b=，则阿伏加德罗常数NA为：ml−1。
18. 科学家将阿司匹林与另一解热镇痛药对乙酰氨基酚(扑热息痛)利用拼合的方法得到一种新药贝诺酯，口服后在胃肠道不被水解，避免了对胃肠道的刺激。贝诺酯以原形吸收，吸收后很快代谢为水杨酸和对乙酰氨基酚，两种药物同时发挥作用，且作用时间较阿司匹林和对乙酰氨基酚长。已知：Ph-ONa+RCOCl→RCOOPh+NaCl，Ph-为苯基。
（1）水杨酸的系统命名___________，步骤③的反应类型是___________；
（2）阿司匹林分子中sp3杂化的原子有___________个，图1为阿司匹林的波谱解析图，其中图2为___________。
（3）由A制D不采取甲苯与Br2直接反应，而是经步骤①~③，目的是___________。
（4）贝诺酯的官能团名称___________，写出H的结构简式：___________，
（5）化合物N是阿司匹林的一种同系物，相对分子质量比阿司匹林多14，Q是N的同分异构体，满足下列要求的Q的结构有___________种。①含苯环，不含其他环，苯环上只有两种取代基②只含有1种官能团，且能与Na反应放出气体
（6）在催化剂(浓)作用下，将阿司匹林与聚乙烯醇()熔融酯化可以制得抗炎性和解热止痛性更长久的高分子药物M，请写出生成M的化学反应方程式___________
（7）结合以上合成路线，请设计由和制备的合成路线(无机试剂任选)____。
【答案】（1） ①. 邻羟基苯甲酸 ②. 取代反应
（2） ①. 3 ②. 质谱图
（3）利用-SO3H占据甲基的对位，达到控制-Br只能取代甲基邻位的目的，若直接与Br2反应将导致甲基的邻、对位均可发生取代反应
（4） ①. 酯基，酰胺基 ②.
（5）12 （6）+n+nH2O
（7）
【解析】
【分析】题干信息与反应Ⅱ原理相同，则H为；
要设计由和制备的合成路线，由逆合成分析法进行分析：已知Ph-为苯基，根据信息反应，可由和反应生成，由在下得到，由氧化得到，由和氢氧化钠溶液反应得到；
【小问1详解】
水杨酸的系统命名邻羟基苯甲酸，步骤③为苯环上的磺酸基被氢原子取代，反应类型是取代反应。
【小问2详解】
中有一个碳原子两个氧原子为sp3杂化。阿司匹林的波谱解析图普中左图为红外光谱，右图为质谱图。
【小问3详解】
甲苯的邻对位氢原子都很活泼，利用-SO3H占据甲基的对位，达到控制-Br只能取代甲基邻位的目的，若直接与Br2反应将导致甲基的邻、对位均可发生取代反应。
【小问4详解】
贝诺酯的官能团名称为酯基，酰胺基，由分析可知，H结构简式为：。
【小问5详解】
化合物N是阿司匹林的一种同系物，相对分子质量比阿司匹林多14，Q是N的同分异构体，阿司匹林中除苯环外含有3个碳、4个氧、不饱和度为2； Q满足下列要求：
①含苯环，不含其他环且二取代；②只含有1种官能团，且能与Na反应放出气体，则只能含有2个羧基；含有2个取代基：-CH(COOH)2，-CH3，有邻间对3种情况；含有2个取代基：-COOH、-CH2CH2COOH，有邻间对3种情况；含有2个取代基：-COOH、-CH(COOH)CH3，有邻间对3种情况；还有2个取代基均为-CH2COOH，有邻间对3种情况，共12种情况。
【小问6详解】
阿司匹林含羧基，聚乙烯醇()含羟基，则在催化剂(浓)作用下，将阿司匹林与聚乙烯醇()熔融酯化可以制得抗炎性和解热止痛性更长久的高分子药物M，生成M的化学反应方程式为：+n+nH2O。
【小问7详解】
据分析，由和制备的合成路线为：。选项
实验操作
实验现象
实验解释或结论
A
在2NO2N2O4平衡体系中保持恒温恒容条件继续充入一定量NO2
体系颜色变浅
反应物浓度增大，平衡向正向移动
B
向I2水中先加浓NaOH溶液，再加CCl4，振荡后静置
液体分层，上层无色，下层紫红色
CCl4能萃取碘水中的碘，而NaOH溶液不能
C
常温下，用pH计测定0.1ml•L-1NaHRO3溶液的pH
溶液的pH=3.71
H2RO3为二元酸
D
将收集满甲烷和氯气混合气的试管倒扣在盛满水的水槽中，久置光照
试管内液面上升
甲烷和氯气发生取代反应
物质
Fe(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
Ksp
1×10-38
1×10-15
1×10-32
1×10-12.7
考生注意：
1.满分100分，考试时间75分钟。
2.可能用到的相对原子质量：C-12 O-16 Fe-56 Al-27 Cu-64
第Ⅰ卷 (选择题共42分)
1. 化学推动科技进步，下列说法错误的是
A. “长征七号”采用液氧、煤油等作为推进剂，煤油是烃的混合物
B. 华为自主研发的“麒麟”芯片与太阳能电池感光板所用的主要材料均为晶体硅
C. 歼—20飞机上用到的氮化镓材料属于合金材料
D. “神舟十七号”发动机的耐高温结构材料碳化硅属于共价晶体
【答案】C
【解析】
【详解】A．煤油中含有多种碳原子数不同的烃，是烃的混合物，A正确；
B．芯片和太阳能电池感光板的主要材料都是晶体硅，B正确；
C．氮化镓属于化合物，合金是金属和金属单质或金属与非金属单质熔合而成的物质，属于混合物，C错误；
D．碳化硅具有耐高温的特性，属于共价晶体，D正确；
故答案选C。
2. 化学与生产生活密切相关，下列说法正确的是
A. 用热的纯碱溶液可清洗衣物上的汽油污渍
B. 氯化钠不能使蛋白质变性，但可用作食品防腐剂
C. 向河水中加入明矾，可除去悬浮杂质并杀灭有害细菌
D. “三元催化剂”将汽车尾气中NO和CO转化为N2和CO2有利于实现碳中和
【答案】B
【解析】
【详解】A．汽油是烃混合物，不溶于纯碱，所以不能用热的纯碱溶液清洗衣物上的汽油污渍，故A错误；
B．氯化钠是轻金属盐，不能使蛋白质变性，但可用作食品防腐剂，故B正确；
C．明矾溶于水，生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒而净水，所以向河水中加入明矾，可除去悬浮杂质，但明矾不能杀灭有害细菌，故C错误；
D．“三元催化剂”将汽车尾气中NO和CO转化为N2和CO2，反应生成了CO2，没有减少CO2的排放量，所以不利于实现碳中和，故D错误；
故答案为：B。
3. 下列化学用语或表述正确的是
A. NaH的形成过程：
B. H2O2的球棍模型为
C. 邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：
D. 羟基的电子式为
【答案】A
【解析】
【详解】A．NaH为离子化合物，NaH的形成过程：，A正确；
B．球棍模型用来表现化学分子的三维空间分布，双氧水分子四个原子不是直线，分子应为折线形， B错误；
C．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图，C错误；
D．羟基的电子式为：，D错误；
故选A。
4. 照相底片定影并回收定影液硫代硫酸钠和银，经历如下过程，下列说法错误的是
AgBrNa3Ag(S2O3)2Ag2SAg+SO2
A. 1mlNa3Ag(S2O3)2晶体中含1.806×1024个离子键
B. 在Ag2S与O2的反应中，SO2既是氧化产物又是还原产物
C. Ag2S为离子化合物，属于非电解质
D. 副产物SO2的键角小于120°的原因：SO2分子中S的孤电子对对成键电子对的排斥
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na3Ag(S2O3)2晶体中所含的作用力含有离子键、配位键、共价键，1mlNa3Ag(S2O3)2晶体中含有3ml离子键，故离子键个数为1.806×1024个，A正确；
B．在Ag2S与O2的反应中，由于S的化合价升高，O的化合价降低故SO2既是氧化产物又是还原产物，B正确；
C．Ag2S为离子化合物，它在水中可以电离成银离子和硫离子，属于强电解质，C错误；
D．SO2分子中S含有孤电子对，副产物SO2的键角小于120°的原因是SO2分子中S的孤电子对对成键电子对的排斥作用使键角变小，D正确；
本题选C。
5. 下列离子方程式书写正确的是
A. 乙酰胺与盐酸混合共热：CH3CONH2+H2O+H+CH3COOH+NH
B. 向硝酸银溶液中滴入少量氨水：Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O
C. 向Na2S2O3溶液中加入足量稀硝酸：S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O
D. 一定条件下，由乳酸[CH3CH(OH)COOH]合成聚乳酸的化学方程式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙酰胺(CH3CONH2)与盐酸共热，会发生水解反应，反应的离子方程式为，A正确；
B．氨水少量，则生成氢氧化银而不是银氨溶液，反应为Ag++NH3·H2O=AgOH+，B错误；
C．稀HNO3具有强氧化性，能将氧化生成，离子方程式为3S2O+2NO+2H+=2S↓+3SO+2NO+H2O ，C错误；
D．一定条件下，由乳酸[CH3CH(OH)COOH]合成聚乳酸的化学方程式：，D错误；
故选A。
6. 下列装置或操作能达到实验目的的是
A. 实验甲(部分夹持仪器已略去)：加热烘干，达到使容量瓶快速干燥的目的
B. 乙：利用牺牲阳极的阴极保护法来保护钢铁输水管
C. 图丙浓硫酸与萤石(主要成分为CaF2)加热制备HF
D. 用装置丁制备氢氧化铁胶体
【答案】B
【解析】
详解】A．容量瓶不能加热，容量瓶中有少量水对溶液配制无影响，不用干燥，故A错误；
B．将要保护的钢铁输水管与更活泼的镁用导线连接，形成的原电池中镁作负极被腐蚀，钢铁输水管作正极被保护，利用了牺牲阳极的阴极保护法来保护钢铁输水管，故B正确；
C．浓硫酸与萤石(主要成分为CaF2)生成的硫酸钙为微溶物，阻止反应进一步进行，不能制备HF，故C错误；
D．饱和氯化铁溶液与氢氧化钠溶液加热生成氢氧化铁沉淀，应将饱和氯化铁溶液逐滴滴加到沸水中，继续煮沸至液体呈红褐色，即得氢氧化铁胶体，故D错误；
故答案为：B。
7. 某离子液体结构中，Q、R、T、X、Y和Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态T原子和Y原子最外层均有两个单电子，Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为22，下列说法正确的是
A. 第一电离能：
B. X、Y、Z可形成既含离子键又含共价键化合物
C. 该阴离子含有共价键、配位键
D. 该物质的熔点高于NaZ
【答案】C
【解析】
【分析】Q、R、T、X、Y和Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，阳离子结构中Q只形成一个价键，则Q为IA族或VIIA族元素，阴离子结构中Z只形成一个价键，则Z为VIIA族元素，Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为22，Q的原子序数最小，则Q为H元素，Z为F元素；基态T原子和Y原子最外层均有两个单电子，原子序数小于F，则T和Y的价电子排布式分别为2s22p2、2s22p4，即T和Y分别为C、O元素；X原子序数介于C、O元素之间，则X为N元素；R的原子序数为22-1-7-9=5，所以R为B元素，综上所述，Q、R、T、X、Y和Z分别为H、B、C、N、O、F。
【详解】A．T、X、Y分别为C、N、O元素，同一周期从左至右第一电离能有增大的趋势，但VA的第一电离能大于同周期相邻的两种元素，所以第一电离能：，故A错误；
B．X、Y、Z分别为N、O、F元素，N、O、H元素可形成既含离子键又含共价键的化合物，如NH4NO3，但F、O元素非金属性很强，且F无正价，N、O、F三种元素不能形成阳离子，所以不能形成既含离子键又含共价键的化合物，故B错误；
C．R和Z分别为B和F，该阴离子含有B与F之间的共价键，B最外层有3个电子，只能形成3个共价键，所以阴离子内还有B、F原子之间的配位键，故C正确；
D．该物质的阴离子和F-一样带一个单位的负电荷，阳离子和Na+一样带一个单位的正电荷，但NaF的阴、阳离子半径更小，即NaF的离子键更强，所以NaF的熔点更高，故D错误；
故答案为：C。
8. 氯硝西泮，化学式为C15H10ClN3O3，是一种苯二氮䓬类镇定剂，其分子结构如图所示。下列说法正确的是
A. 分子中C和N原子都有sp2、sp3两种杂化方式
B. 苯环上的一氯代物有7种，分子中含有1个手性碳原子
C. 1ml氯硝西泮最多可消耗4mlNaOH，消耗氢气的数目为7NA
D. 在酸性条件下水解只生成1种有机物，但产物在水中的溶解度比氯硝西泮小
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据题干有机物结构简式可知，苯环上的碳原子，碳氮双键、碳氧双键的碳原子为sp2杂化方式、其余碳原子为sp3杂化方式，碳氮双键、氮氧双键的氮原子为sp2杂化方式、其余氮原子为sp3杂化方式，故A正确；
B．由题干有机物结构简式可知，分子中的二个苯环所处环境各不相同，左侧苯环上的一氯代物有3种，下方苯环上的一氯代物有4种，故该有机物的苯环上的一氯代物共有7种；同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，由结构简式可知，分子中不含有手性碳原子，故B错误；
C．1ml酰胺基水解消耗1ml氢氧化钠、1ml氯原子水解消耗1ml氢氧化钠，生成酚类物质再消耗1ml氢氧化钠，故1ml氯硝西泮最多可消耗3mlNaOH；苯环、碳氮双键、碳氧双键都能与氢气发生加成反应，1ml硝基可与3ml氢气发生反应生成氨基，故1ml氯硝西泮最多可消耗氢气的数目为11NA，故C错误；
D．在酸性条件下水解，酰胺键打开，只生成1种有机物，但产物中含有羧基、氨基，属于亲水基团，故产物在水中的溶解度比氯硝西泮大，故D错误；
故答案为：A。
9. 环氧乙烷()可用于生产乙二醇。电化学合成环氧乙烷()的装置如图所示：
已知：
下列说法错误的是
A. Pt电极接电源正极
B. 制备1ml环氧乙烷，Ni电极区产生2mlH2
C. Pt电极区的反应方程式为：CH2=CH2+Br2+H2O→HOCH2CH2Br
D. 电解完成后，将阳极区和阴极区溶液混合才可得到环氧乙烷
【答案】B
【解析】
【分析】由题给信息：“ ”可知，在Pt电极，Br-失电子生成Br2，然后与水反应的产物再与CH2=CH2发生反应，所以Pt电极为阳极，Ni电极为阴极，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，钾离子通过阳离子交换膜进入阴极区，电解完成后，将阳极区和阴极区溶液混合，HOCH2CH2Br在碱性条件下发生取代反应生成环氧乙烷。
【详解】A．由分析可知，与直流电源正极相连的铂电极为电解池的阳极，故A正确；
B．由题意可知，生成1ml环氧乙烷需要消耗1ml溴，则由得失电子数目守恒可知，阴极上生成氢气的物质的量为1ml，故B错误；
C．由题给转化关系可知，与直流电源正极相连的铂电极为电解池的阳极，溴离子在阳极失去电子发生氧化反应生成溴，通入的乙烯与溴、水反应生成HOCH2CH2Br，Pt电极区的反应方程式为：CH2=CH2+Br2+H2O→HOCH2CH2Br，故C正确；
D．由分析可知，电解完成后，将阳极区和阴极区溶液混合，HOCH2CH2Br在碱性条件下发生取代反应生成环氧乙烷，故D正确；
故选B。
10. 下列有关实验操作及实验现象的解释或结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．在平衡体系中保持恒温恒容条件继续充入一定量，最终二氧化氮的浓度变大，体系颜色变深，A错误；
B．向I2水中先加浓NaOH溶液，发生反应后没有I2剩余，再加CCl4，振荡后静置，溶液分层，但是没有紫色出现，B错误；
C．常温下，用pH计测定0.1ml•L-1NaHRO3溶液的pH=3.71，说明的电离大于水解，则H2RO3为二元酸， C正确；
D．甲烷与氯气混合的试管倒置于水中，试管内液面上升，不能证明甲烷与氯气发生取代反应，常温下1体积水能溶解2体积氯气，可能是氯气溶于水、Cl2与H2O反应生成的HClO见光分解导致试管中气体减少等、试管内液面上升， D错误；
故选C。
11. SiCl4的水解反应可用于军事工业中烟雾剂的制造，其部分反应机理如图。下列说法错误的是
A. SiCl4非极性分子
B. 沸点：SiCl4大于SiH4
C. 过程①中Si的sp3杂化轨道接纳O的孤电子对形成配位键
D. 该过程中与Si结合能力：O>Cl
【答案】C
【解析】
【详解】A．的中心原子上的价层电子对数是4，采用sp3杂化，的中心原子上没有孤电子对，分子的空间结构为正四面体形，属于非极性分子，故A项正确；
B．组成结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，沸点：SiCl4大于SiH4，故B项正确；
C．过程①中发生取代反应，硅原子与氧原子形成普通共价键，没有配位键形成，故C项错误；
D．该过程中，非金属性越强电负性越强O>Cl，氯原子能被羟基取代，故与Si结合能力：O>Cl，故D项正确；
故本题选C。
12. 我国科学家利用两种不同的纳米催化剂(C3O4/Pt、N- C3O4/Pt)在室温水汽条件下实现高效CO催化氧化(C16O+16O2=C16O2)，其反应历程中相对能量的变化如下图所示(TS1、TS2、TS3分别代表过渡态1、过渡态2、过渡态3)。下列说法错误的是
A. 效果较好的催化剂是N-C3O4/Pt
B. 若利用H218O进行同位素标记实验，检测到以上反应中有C16O18O和C18O2生成，说明O-H键断裂
C. 反应：C16O(g)+16O2(g)=C16O2 (g)的∆H<0
D. 若ⅱ表示H2O被吸附在催化剂表面，则C3O4/Pt更容易吸附H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图示可知N-C3O4/Pt作为催化剂活化能降低更多，因此效果较好的催化剂是N-C3O4/Pt，A正确；
B．若利用进行同位素标记实验，检测到以上反应中有和生成，来自，说明O-H键断裂，B正确；
C．根据图示可知反应物总能量高于生成物，因此的，C正确；
D．若ⅱ表示H2O被吸附在催化剂表面，N-C3O4/Pt的活化能更低，因此更容易吸附H2O，D错误；
故选D。
13. LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如下：
下列说法正确的是
A. 滤渣的主要成分有Fe(OH)3、Al(OH)3、NiS、CaSO4
B. 可以用H2O2替换第一步酸溶中的MnO2，并没有什么影响
C. 电解过程中为保证电解液成分稳定需要加入水
D. 煅烧窑中的气体产物物质的量之比为2：1
【答案】D
【解析】
【分析】根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO2，可将固体溶解为离子，将杂质中的Fe、Ni、Al等元素物质也转化为其离子形式，加入的MnO2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；随后将溶液pH调至制约等于7，溶液中的Al3+ 、Ca2+、Fe3+沉淀出来；随后加入BaS，可以将溶液中的Ni2+沉淀，得到相应的滤渣；后溶液中含有大量的Mn2+，将此溶液置于电解槽中电解，得到MnO2，将MnO2与碳酸锂共同煅烧得到最终产物LiMn2O4；据此分析解题。
【详解】A．滤渣的主要成分有Fe(OH)3、Al(OH)3、NiS、CaSO4、SiO2，A错误；
B．应为最终产物中含有锰元素，若替换为双氧水后，则应该后续添加锰元素，不能实现节能高效的目的，B错误；
C．电解时电解液中Mn2+大量减少，H+大量增加，为了保证电解液成分稳定，应不断补充Mn(OH)2，Mn(OH)2可与氢离子反应生成Mn2+，C错误；
D．煅烧窑中MnO2与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4，反应的化学方程式为2Li2CO3+8MnO2 4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑，煅烧窑中的气体产物物质的量之比为2：1，D正确；
故选D。
14. 某温度下，Mg2+与不同pH的Na2CO3体系反应可生成不同的沉淀。下面图1表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。图2表示Mg2+与不同pH的Na2CO3体系反应生成沉淀的情况，其中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c2(OH-)=Ksp[Mg(OH)2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c(CO)=Ksp[MgCO3][注：起始c(Na2CO3)=0.1ml/L，不同pH下c(CO)由图1得到]。
下列说法正确的是
A. 上述Na2CO3体系呈中性时，一定是10-3.25
B. 符合c()>c()>c(H2CO3)的pH范围：6.37
D. pH=8，c(Mg2+)=0.1ml/L时可发生反应：Mg2++2=Mg(OH)2↓+CO2↑
【答案】C
【解析】
【分析】图1中pH越大，碳酸根物质的量分数越大，碳酸物质的量分数越小，碳酸氢根物质的量分数先增大后减小；图2中已知曲线Ⅰ代表的是氢氧化镁，曲线Ⅱ代表的是碳酸镁。
【详解】A．温度不一定是常温，因此中性体系pH不一定是7，也就不确定，故A错误；
B．由图1可知，，，，若符合c()>c()>c(H2CO3)，则满足下列两个关系：①，②，将①代入表达式，可得c(H+)＞10-10.25ml/L，即pH＜10.25；将②代入表达式，可得c(H+)＜10-8.31ml/L，即pH＞8.31，因此，符合条件的8.31＜pH＜10.25，故B错误；
C．分析图2，pH=9， c(Mg2+)=0.01ml/L时，对数函数纵坐标为-2，在氢氧化镁曲线下面，MgCO3曲线上面，所以溶液中只存在沉淀MgCO3，故C正确；
D．分析图1和图2，pH=8时，溶液中主要含碳离子为碳酸氢根，镁离子浓度为0.1 ml/L时，对数函数纵坐标为-1，此点在氢氧化镁曲线下面，MgCO3曲线上面，即只有碳酸镁沉淀，因此可以发生Mg2++2=MgCO3↓+H2O+CO2↑，故D错误；
答案选C。
第Ⅱ卷 (非选择题共58分)
15. 配合物乙二胺四乙酸铁钠(NaFeY)可溶于水，具有促进膳食中其他铁源或内源性铁源吸收的作用，同时还可促进锌的吸收，是常见的铁营养强化剂。模拟工业生产原理制取乙二胺四乙酸铁钠并测定所制取样品的纯度。
I．产品的制备：
步骤1：准确称取mgFeCl3·6H2O于烧杯中，加水充分溶解，分批加入适量浓氨水，搅拌、过滤、洗涤、干燥。步骤2：将Fe(OH)3、乙二胺四乙酸(H4Y)，水加入三颈烧瓶中，搅拌，80℃水浴反应1h，加入Na2CO3溶液，发生反应：2Fe(OH)3+Na2CO3+2H4Y=2NaFeY·3H2O+CO2↑+H2O。经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤，晾干后得产品。
（1）利用FeCl3和氨水的反应制备Fe(OH)3，写出反应的离子方程式___________。检验Fe(OH)3洗涤干净的方法是___________。
（2）实验中需要控温在80℃反应1小时，最佳的加热方式是___________。
（3）方案的缺点：氢氧化铁沉淀成胶体状态，难以过滤和洗涤。为使沉淀颗粒增大，实验中往往可以采取___________(填实验条件)。
Ⅱ.测定所制取样品中铁的含量(EDTA标准溶液滴定法)
取20.00g样品溶于水，然后将其中的铁元素用萃取剂从配合物中“反萃取”出来并配成250mL溶液，取出25mL加入过量的标准溶液并加热煮沸，充分反应后，再用0.2000ml/L的Zn2+标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗Zn2+标准溶液体积为5.00mL。
已知：Fe3+、Zn2+与EDTA反应的化学计量比均为1:1。
（4）实验室进行萃取操作时，需要打开分液漏斗活塞放气，正确的放气图示___________。
A. B. C. D.
（5）计算铁元素的质量分数___________。
Ⅲ.某同学为探究富含亚铁盐且保存时间较长的糕点情况，设计了如下实验方案：
（6）试剂1的名称是___________。
（7）加入新制氯水后，溶液红色加深的原因是___________(用离子方程式表示)。
（8）该同学实验中加入过量新制氯水，放置一段时间后，深红色褪去，现对褪色原因进行探究(已知SCN-有还原性)。
①【提出假设】
假设1：溶液中的+3价铁被氧化为更高的价态。
假设2：___________。
②【设计方案】
为了对假设2进行验证，简述你的设计方案：___________。
【答案】（1） ①. Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH ②. 取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成则已洗涤干净
（2）水浴加热 （3）煮沸 （4）C
（5）10.64％ （6）硫氰化钾溶液
（7）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
（8） ①. SCN-被过量的新制氯水氧化 ②. 取少量褪色后的溶液，滴加过量KSCN溶液，若溶液出现红色，则说明假设2成立，若溶液不变红，则假设2不成立
【解析】
【分析】氯化铁晶体溶于水，加入过量的氨水将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤、洗涤操作，可得Fe(OH)3沉淀，然后加入EDTA和Na2CO3溶液在80℃条件下反应，反应结束后进行蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥，可得产品。
【小问1详解】
①FeCl3和氨水发生复分解反应产生Fe(OH)3沉淀和NH4Cl，该反应离子方程式为：，故答案为： ；
②若Fe(OH)3沉淀未洗涤干净，则在沉淀表面有Cl-，所以检验Fe(OH)3沉淀是否洗涤干净，可根据最后一次洗涤液中是否含有Cl-，方法是取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成则已洗涤干净，否则未洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成则已洗涤干净；
【小问2详解】
实验中需要控温在80℃反应1小时，最佳的加热方式是80℃水浴加热，故答案为：水浴加热；
【小问3详解】
为使沉淀颗粒增大，实验中往往可以采取煮沸的方法，故答案为：煮沸；
【小问4详解】
实验室进行萃取操作时，需要打开分液漏斗的活塞放气，分液漏斗放气时需要用右手掌压紧盖子，左手拇指、食指和中指握住活塞，把漏斗倒转过来，所以正确的放气图示为C，故答案为：C；
【小问5详解】
EDTA的总物质的量为：0.1600ml/L×0.03L=0.0048ml，已知Fe2+、Zn2+和EDTA为1：1反应，反应后剩余的EDTA的物质的量等于消耗的Zn2+的物质的量为：0.2000ml/L×0.005L=0.0010ml，25mL中Fe2+的物质的量为：0.0048ml-0.0010ml=0.0038ml，20.00g样品共计配成250mL溶液，铁元素的质量分数为：，故答案为：；
【小问6详解】
Fe3+与KSCN溶液反应生成红色的溶液Fe(SCN)3，所以试剂1是KSCN，故答案为：硫氰化钾溶液；
【小问7详解】
加入新制氯水，红色加深，说明原溶液中有Fe2+，加入氯水Fe2+被氧化成Fe3+，Fe3+与KSCN溶液反应生成红色的溶液Fe(SCN)3，Fe(SCN)3浓度增大使红色加深，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
【小问8详解】
①实验中加入过量氯水，放置一段时间后，深红色褪去，说明Fe(SCN)3逐渐消失，而Fe(SCN)3的生成与Fe3+、SCN-有关，且已知SCN-有还原性；假设1：认为可能是溶液中的+3价的铁被Cl2氧化为更高价态的铁，溶液颜色褪去；则假设2可以为：SCN－被过量的新制氯水氧化，故答案为：SCN－被过量的新制氯水氧化；
②证明假设：若假设Fe3+没有被氧化，而是SCN－被氧化，可以取少量褪色后的溶液，向其中滴加过量KSCN溶液，若溶液出现红色，则说明假设2成立，若溶液不变红，则假设2不成立，故答案为：取少量褪色后的溶液，滴加过量KSCN溶液，若溶液出现红色，则说明假设2成立，若溶液不变红，则假设2不成立。
16. 硫酸钴CSO4·7H2O，主要用于钴电镀液，也用作钴铁磁性材料、油漆催干剂、彩色瓷器的釉药、践行蓄电池的添加剂、化学分析试剂和催化剂等。以钴矿[主要成分是CO、C2O3、C(OH)3，还含有少量Fe、Al、Ca、Si的氧化物、MnOOH及其他不溶性杂质等]为原料可制取硫酸钴。主要步骤如下：
已知：①浸取液中含有Al3+、Fe2+、C2+、Ca2+、Mn2+、等离子。
②常温相关氢氧化物的Ksp值如下：
（1）浸出时添加还原剂SO2对原料中的锰和___________(填元素名称)进行有效浸出。写出C2O3发生反应的离子方程式___________。
（2）“除杂”：混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)。
①Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为___________(已知：H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)。
②若浸取液中浓度为0.1ml/L计算，则须调节pH的范围是___________。
③加入物质X调节溶液pH，最适宜使用的X是___________(填标号)。
A．NH3·H2O B．Ca(OH)2 C．NaOH
（3）萃取：
①在萃取剂一定量的情况下，提高萃取率的措施有___________(答出一点即可)，萃取后水相溶液中存在的金属离子有Mn2+、Ca2+。
②萃取剂P204-TBP含量对各元素萃取率有不同影响。萃取率为萃取后有机相中金属离子的质量比水相中金属离子质量的百分比；元素的分配比DA为被萃金属A在有机相中的浓度占水相中浓度的百分比；A和B两种金属的分离系数β(A/B)=DA/DB。根据下图可知，工业中为实现高浓度硫酸钴溶液中钴、锰、钙的分离TBP浓度应为___________，料液平衡pH约为___________。
（4）硫酸钴可用于生产钴酞菁，酞菁和钴酞菁的分子结构如图所示。酞菁分子中所有原子共平面，则氮原子的杂化方式为___________。钴酞菁分子中，氮原子与钴离子形成___________键。
【答案】（1） ①. 铁、钴 ②. C2O3+SO2+2H+=2C2++SO+H2O
（2） ①. H2O+Mn2++HSO=MnO2+SO+3H+ ②. 5≤pH<7 ③. B
（3） ①. 分多次加入萃取剂 ②. 10% ③. 3.7或者3.8
（4） ①. sp2 ②. 配位
【解析】
【分析】以钴矿[主要成分是CO、C2O3、C(OH)3，还含有少量Fe、Al、Ca、Si的氧化物、MnOOH及其他不溶性杂质等]为原料可制取硫酸钴,根据浸取液中含有Al3+、Fe2+、C2+、Ca2+、Mn2+、等离子，浸出时添加还原剂SO2对原料中的锰和铁、钴进行有效浸出，过滤出不溶物，滤液中用热空气、SO2再加Ca(OH)2除去Fe3+、Al3+等，用萃取剂P204-TBP萃取高浓度硫酸钴溶液中钴、锰、钙的分离，再用硫酸反萃取得到硫酸钴。
【小问1详解】
SO2具有还原性，能与MnOOH中+3价的锰离子发生氧化还原反应生成Mn2+和，根据信息可知滤液中的金属离子同样发生氧化还原反应的还有铁元素及钴。则C2O3发生反应的离子方程式：C2O3+SO2+2H+===2C2++SO42-+H2O。
【小问2详解】
①Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱，写离子方程式拆，该反应的离子方程式为H2O+Mn2++HSO=MnO2+SO+3H+；②根据前后题意和信息，除杂形成的沉淀为氢氧化铁和氢氧化铝，不能让钴离子沉淀，根据表中数据可知，Al3+完全沉淀时Fe3+也完全沉淀，完全沉淀的离子浓度取值为1×10-5，Al3+完全沉淀时c(OH-)=ml∙L-1，此时pH=5；由于浸取液中c(C2+)=0.1ml∙L-1，则C2+开始沉淀时c(OH-)=ml∙L-1，此时pH=7，故要防止C2+开始沉淀，pH应小于7，故须调节溶液pH的范围是5≤pH<7；加入物质X调节溶液pH，选择和NaOH会引入杂质离子，最适宜使用的X是Ca(OH)2，故选B；
【小问3详解】
①在萃取剂一定量的情况下，分多次加入萃取剂能够提高萃取率；②根据信息可知萃取后水相溶液中存在的金属离子有Mn2+、Ca2+，所以萃取的目的是将C2+和Mn2+、Ca2+分离，由图1可知在锰和钴的分离系数变化不大的情况下，钙和钴的分离系数变化较大，所以为了得到更好的分离效果可以选择钙钴分离系数最大值对应的TBP浓度为10%，同理可得图2应选择料液pH为3.7或者3.8，可达到最佳分离效果；
【小问4详解】
)酞菁分子中所有原子共平面，则分子中所有的碳原子和所有的氮原子均为sp2杂化。钴酞菁分子中氨原子提供孤对电子与钴离子形成配位键。
17. 甲烷化反应即为氢气和碳氧化物反应生成甲烷，有利于实现碳循环利用。
已知涉及的反应如下：反应Ⅰ：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)；ΔH1=−206.2kJ·ml−1
反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)；ΔH2
反应Ⅲ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；ΔH3=−165kJ·ml−1
积碳反应(CO的歧化反应和CH4的裂解反应是催化剂积碳的主要成因：2CO(g)CO2(g)+C(s)(反应Ⅳ)；CH4(g)C(s)+2H2(g)(反应Ⅴ)。
（1）ΔH2=___________kJ·ml−1。
（2）在360℃时，在固定容积的容器中进行上述反应(不考虑积碳反应)，平衡时CO和H2的转化率及CH4和CO2的产率随变化的情况如图1所示。
①图中表示CO转化率、CH4产率变化的曲线分别是___________、___________(填标号)，A、C两点的值相同，C点通过改变温度达到A点，则A、B、C三点温度由大到小的顺序是___________。
②按=3：1向恒容容器内投料，初始压强为p0，若仅发生Ⅰ、Ⅱ两个反应，达到平衡时总压为，CO的平衡转化率为a，则CH4的选择性=___________%，[CH4的选择性=]反应Ⅰ的Kp=___________(用分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
（3）已知各反应的平衡常数随温度的变化曲线如图2所示，相同时间内甲烷产率随温度升高的变化曲线如图3。
由图2可知，CO的歧化反应属于___________(填“吸热”或“放热”)反应，相同时间内CH4的产率在温度高于330℃时降低的可能原因之一是催化剂活性降低，高温导致催化剂活性降低的原因是___________。研究发现，铜基催化剂可以促进二氧化碳(CO2)转换成一氧化碳(CO)、甲醛(CH2O)或乙烯(CH2=CH2)及乙醇(CH3CH2OH)等多碳化合物，对于“碳达峰”和“碳中和”目标的顺利实现具有积极推动作用。
（4）铜基催化剂铁表面上铁原子吸附离解的碳原子局部示意图如图所示(图中小黑球代表碳原子，灰球代表铜原子)。则催化剂表面上C/Cu原子数比为___________。
（5）已和CO2在高温高压下所形成的晶体的晶胞如图所示，CO2的晶胞参数(棱长)apm，其密度为bg•cm−3，则阿伏加德罗常数为___________(列出计算式即可)。
【答案】（1）−41.2
（2） ①. b ②. c ③. B=C>A ④. ⑤.
（3） ①. 放热 ②. 高温时，积碳反应主要发生CH4裂解，导致催化剂积碳，活性降低
（4）1：2 （5）ml−1
【解析】
【小问1详解】
反应Ⅰ：CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)ΔH1=−206.2kJ·ml−1
反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)ΔH2
反应Ⅲ：CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)ΔH3=−165kJ·ml−1
根据盖斯定律，反应Ⅱ=反应Ⅰ−反应Ⅲ，ΔH2=ΔH1−ΔH3=(−206.2kJ·ml−1)−(−165kJ·ml−1)=−41.2kJ·ml−1。
【小问2详解】
①结合反应，越大，CO转化率越大，直到接近100%，故b表示CO转化率；随着的增大，CO接近完全转化，CH4产率逐渐增大，直到接近100%，故c表示CH4产率变化的曲线；b表示CO转化率，B、C均在曲线b上，温度B=C，结合反应Ⅰ、Ⅱ，两反应均为放热反应，则温度越低CO转化率越高，A点转化率高于c，故温度B=C>A；
②设n(CO)=n，则n(H2)=3n，列出反应Ⅰ三段式：
反应Ⅱ前后气体体积不变，反应Ⅰ前后总物质的量减少2x，根据初始压强为p0，达到平衡时总压为，则，解得x=0.5n；
CO的平衡转化率为a，列出反应Ⅱ三段式为：
则CH4的选择性==%；平衡时，CO的分压为=
、H2分压为=、CH4的分压为=、H2O分压为=，Ⅰ的Kp==。
【小问3详解】
甲烷的产率随着温度升高逐渐增大，达到平衡后升高温度，甲烷的产率逐渐减小，说明反应逆向进行，则CO的歧化反应属于放热反应，相同时间内CH4的产率在温度高于330°C时降低的可能原因之一是催化剂活性降低，高温导致催化剂活性降低的原因是高温时，积碳反应主要发生CH4裂解，导致催化剂积碳，活性降低。
【小问4详解】
根据碳原子在铜的晶面上的单层附着局部示意图可以看出，每个铜原子周围有2个碳原子，而每个碳原子周围有4个铜原子，所以对于某个碳原子来讲，属于这个碳原子的铜原子数为4×=2，所以氮原子与铁原子的个数比为1：2。
【小问5详解】
由题干CO2在高温高压下所形成的晶体的晶胞示意图可知，1个晶胞中含有碳原子个数为：，O原子个数为16，则一个晶胞的质量为g，CO2的晶胞参数(棱长)apm，则一个晶胞的体积为(a×10−10)3cm3，其密度为bg•cm−3，故有：b=，则阿伏加德罗常数NA为：ml−1。
18. 科学家将阿司匹林与另一解热镇痛药对乙酰氨基酚(扑热息痛)利用拼合的方法得到一种新药贝诺酯，口服后在胃肠道不被水解，避免了对胃肠道的刺激。贝诺酯以原形吸收，吸收后很快代谢为水杨酸和对乙酰氨基酚，两种药物同时发挥作用，且作用时间较阿司匹林和对乙酰氨基酚长。已知：Ph-ONa+RCOCl→RCOOPh+NaCl，Ph-为苯基。
（1）水杨酸的系统命名___________，步骤③的反应类型是___________；
（2）阿司匹林分子中sp3杂化的原子有___________个，图1为阿司匹林的波谱解析图，其中图2为___________。
（3）由A制D不采取甲苯与Br2直接反应，而是经步骤①~③，目的是___________。
（4）贝诺酯的官能团名称___________，写出H的结构简式：___________，
（5）化合物N是阿司匹林的一种同系物，相对分子质量比阿司匹林多14，Q是N的同分异构体，满足下列要求的Q的结构有___________种。①含苯环，不含其他环，苯环上只有两种取代基②只含有1种官能团，且能与Na反应放出气体
（6）在催化剂(浓)作用下，将阿司匹林与聚乙烯醇()熔融酯化可以制得抗炎性和解热止痛性更长久的高分子药物M，请写出生成M的化学反应方程式___________
（7）结合以上合成路线，请设计由和制备的合成路线(无机试剂任选)____。
【答案】（1） ①. 邻羟基苯甲酸 ②. 取代反应
（2） ①. 3 ②. 质谱图
（3）利用-SO3H占据甲基的对位，达到控制-Br只能取代甲基邻位的目的，若直接与Br2反应将导致甲基的邻、对位均可发生取代反应
（4） ①. 酯基，酰胺基 ②.
（5）12 （6）+n+nH2O
（7）
【解析】
【分析】题干信息与反应Ⅱ原理相同，则H为；
要设计由和制备的合成路线，由逆合成分析法进行分析：已知Ph-为苯基，根据信息反应，可由和反应生成，由在下得到，由氧化得到，由和氢氧化钠溶液反应得到；
【小问1详解】
水杨酸的系统命名邻羟基苯甲酸，步骤③为苯环上的磺酸基被氢原子取代，反应类型是取代反应。
【小问2详解】
中有一个碳原子两个氧原子为sp3杂化。阿司匹林的波谱解析图普中左图为红外光谱，右图为质谱图。
【小问3详解】
甲苯的邻对位氢原子都很活泼，利用-SO3H占据甲基的对位，达到控制-Br只能取代甲基邻位的目的，若直接与Br2反应将导致甲基的邻、对位均可发生取代反应。
【小问4详解】
贝诺酯的官能团名称为酯基，酰胺基，由分析可知，H结构简式为：。
【小问5详解】
化合物N是阿司匹林的一种同系物，相对分子质量比阿司匹林多14，Q是N的同分异构体，阿司匹林中除苯环外含有3个碳、4个氧、不饱和度为2； Q满足下列要求：
①含苯环，不含其他环且二取代；②只含有1种官能团，且能与Na反应放出气体，则只能含有2个羧基；含有2个取代基：-CH(COOH)2，-CH3，有邻间对3种情况；含有2个取代基：-COOH、-CH2CH2COOH，有邻间对3种情况；含有2个取代基：-COOH、-CH(COOH)CH3，有邻间对3种情况；还有2个取代基均为-CH2COOH，有邻间对3种情况，共12种情况。
【小问6详解】
阿司匹林含羧基，聚乙烯醇()含羟基，则在催化剂(浓)作用下，将阿司匹林与聚乙烯醇()熔融酯化可以制得抗炎性和解热止痛性更长久的高分子药物M，生成M的化学反应方程式为：+n+nH2O。
【小问7详解】
据分析，由和制备的合成路线为：。选项
实验操作
实验现象
实验解释或结论
A
在2NO2N2O4平衡体系中保持恒温恒容条件继续充入一定量NO2
体系颜色变浅
反应物浓度增大，平衡向正向移动
B
向I2水中先加浓NaOH溶液，再加CCl4，振荡后静置
液体分层，上层无色，下层紫红色
CCl4能萃取碘水中的碘，而NaOH溶液不能
C
常温下，用pH计测定0.1ml•L-1NaHRO3溶液的pH
溶液的pH=3.71
H2RO3为二元酸
D
将收集满甲烷和氯气混合气的试管倒扣在盛满水的水槽中，久置光照
试管内液面上升
甲烷和氯气发生取代反应
物质
Fe(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
Ksp
1×10-38
1×10-15
1×10-32
1×10-12.7
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