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安徽省江淮十校2025届高三上学期第一次联考（一模）化学试卷（Word版附解析）
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这是一份安徽省江淮十校2025届高三上学期第一次联考（一模）化学试卷（Word版附解析），文件包含安徽省江淮十校2025届高三上学期第一次联考一模化学试题Word版含解析docx、安徽省江淮十校2025届高三上学期第一次联考一模化学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5
一、选择题：本题共14小题，每小题3分；共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生产生活、科技环境密切相关。下列叙述错误的是
A. 沼气是有机废弃物在富氧条件下发酵分解而成的一种清洁能源
B. 可利用蔗糖的焦糖化反应为食物增色
C. 福建舰舰体材料无磁镍铬钛合金钢硬度高于纯铁
D. 黏土高温烧结制陶瓷的过程中形成了新的化学键
【答案】A
【解析】
【详解】A．沼气是有机废弃物(树叶、秸秆、草类及垃圾、粪便等)在厌氧条件下发酵分解而成的气体，是一种清洁能源，A错误；
B．在食品工业中，利用蔗糖焦糖化的过程可以得到不同类型的焦糖色素，从而为食物增色，B正确；
C．合金比其组成金属硬度大，则无磁镍铬钛合金钢硬度高于纯铁，C正确；
D．黏土在高温中烧结，会发生一系列的化学反应，此过程有新化学键的形成，D正确；
故选A。
2. 下列除去样品中少量杂质(括号内为杂质)所用的试剂、方法可行的是
A. C2H6(C2H4)：酸性高锰酸钾溶液，洗气
B. 乙酸乙酯(C2H5OH)：饱和碳酸钠溶液，洗涤分液
C. 苯(苯酚)：适量浓溴水，过滤
D. 溴苯(Br2)：水洗，分液
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙烯会被酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳，会引入新的杂质，A错误；
B．饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇，降低乙酸乙酯溶解度，B正确；
C．苯酚和浓溴水生成的三溴苯酚会溶于苯，无法通过过滤分离，C错误；
D．溴不易溶于水，易溶于溴苯，除去溴苯中的溴应该加入氢氧化钠溶液后分液，D错误；
故选B。
3. 医典、古诗富载化学知识，下述之物见其氧化性者为
A. 石胆(CuSO4)：“石胆能化铁为铜”
B. 石炭(C)：“炉火照天地，红星乱紫烟”
C. 石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”
D. 石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”
【答案】A
【解析】
【详解】A．化铁为铜，发生反应方程式为，硫酸铜的铜元素化合价降低，表现其氧化性，A正确；
B．碳单质燃烧生成一氧化碳或二氧化碳，发生氧化还原反应，碳单质表现其还原性，B错误；
C．石灰与水反应，生成氢氧化钙，不发生氧化还原反应，C错误；
D．碳酸钙与醋酸反应生成醋酸钙与水和二氧化碳，不发生氧化还原反应，D错误；
故选A。
4. 某兴趣小组采用如图装置收集NO2、O2混合气体。将G装置上面的圆底烧瓶收集满气体进行喷泉实验，观察到混合气体全部被吸收。下列说法错误的是
A. G装置中虚线上导管实线图应是左高右低
B. 可观察G装置内浓硫酸中气泡的生成速率，控制混合气体的比例
C. H装置中发生反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
D. 实验后圆底烧瓶中所得溶液物质的量浓度约为0.036ml•L-1(保留两位有效数字)
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧气和二氧化氮的密度均比空气密度大，故应该进气管短，出气管长，即G装置中虚线上导管实线图应是左高右低，A正确；
B．G装置中浓硫酸有三种作用：除了混合、气体、干燥、以外，还有观察气泡的速率，以便于控制混合气体的比例，B正确；
C．铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，C正确；
D．观察到混合气体全部被吸收，则烧瓶中充满溶液，反应恰好完全反应，的物质的量等于的物质的量，溶液体积等于和的总体积。但是未说明气体是否处于标准状况下，不能确定其摩尔体积，也无法确定溶液的体积，从而无法计算所得溶液物质的量浓度，D错误；
故选D。
5. 冠醚因分子结构形如皇冠而得名。某冠醚分子c可识别K+，其合成方法如图：
下列说法不正确的是
A. a、b均可与NaOH溶液反应
B. b中C和O均采取sp3杂化
C. c中所有原子可能共平面
D. 冠醚络合哪种阳离子取决于环的大小等因素
【答案】C
【解析】
【详解】A．a含有酚羟基，具有弱酸性，能与NaOH发生中和反应，b含有碳氯键，能在NaOH溶液中发生水解反应，A正确；
B．b中C和O均采取sp3杂化，B正确；
C．c有杂化的碳原子，不可能所有原子共平面，C错误；
D．冠醚络合哪种阳离子由环的大小、氧原子的数目、氧原子间的空隙大小等共同决定，D正确；
故选C。
6. NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1.7gNH3，完全溶于1LH2O所得溶液，NH3•H2O微粒数目为0.1NA
B. 58.5gNaCl晶体中含有NA个NaCl分子
C. 金刚石晶体中，碳原子数与C－C键数目之比为1∶4
D. 标准状况下22.4LC4H10中含有的s－sp3σ键数为10NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．1.7gNH3，完全溶于1LH2O所得溶液，发生可逆反应：，生成微粒数目小于0.1NA，A错误；
B．NaCl晶体是离子晶体，不含分子，B错误；
C．金刚石晶体中，每个碳原子形成四条碳碳键，每条碳碳键由两个碳原子形成。故碳原子数与键数目之比为1∶2，C错误；
D．标准状况下22.4L 物质的量为1ml，其中含有的 σ键(键)数为10NA，D正确；
故选D。
7. 下列有关物质结构或性质的比较中，错误的是
A. 键角：NH3＞H2OB. 熔点：对羟基苯甲醛＞邻羟基苯甲醛
C. 键能：F－F＞Cl－ClD. 羟基的极性：苯酚＞乙醇
【答案】C
【解析】
【详解】A．的键角小于是因为两者中心原子杂化类型相同，孤电子对之间的斥力更大，A正确；
B．对羟基苯甲醛的熔沸点比邻羟基苯甲醛的高，是因为对羟基苯甲醛形成分子间氢键，而邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，B正确；
C．由于氟原子的半径过小，键能：，C错误；
D．苯酚中的羟基和苯环直接相连，烃基属于推电子基团，苯环体积更大，导致苯环与羟基之间的相互作用使酚羟基的极性增强，D正确；
答案选C。
8. 元素W、Q、X、Y、Z位于不同主族且原子序数依次增大，Z的价电子所在能层有9个轨道。灰黑色晶体Y的导电性介于导体和绝缘体之间，一种制备晶体Y的路线如图所示，通常状态下YW4呈气态。
YQ2X2YYW4Y
下列说法不正确的是
A. 简单离子半径：Z＞O＞X
B. 元素的电负性：Q＞Z＞W
C. 酸性：W2YO3＞WZQ4
D. 简单氢化物的稳定性：O＞Z＞Y
【答案】C
【解析】
【分析】Z的价电子所在能层有9个轨道，说明Z有三个能层。根据“灰黑色晶体Y的导电性介于导体和绝缘体之间”可判断Y是硅元素，硅元素的常见化合价为+4价，则“”中的Q元素显-2价，结合Q的原子序数小于硅可判断Q是氧元素；硅元素还可以显-4价，则“”中X元素显+2价，结合X的原子序数介于氧和硅之间可判断X是镁元素；由“通常状态下呈气态”和W的原子序数小于氧，判断W是氢元素；结合“WZ溶液”和Z的原子序数大于硅判断Z是氯元素；
【详解】A．电子层数越多，半径越大，电子层结构相同时，序大径小，则离子半径：，故A正确；
B．同周期从左至右电负性逐渐增大，根据甲烷中氢元素呈+1价可知电负性：C>H，则电负性：O>C>H，故B正确；
C．同周期从左至右元素非金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性：，故C不正确；
D．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，简单氢化物的稳定性：O＞Cl＞Si，故D正确；
答案选C。
9. 由下列实验操作和现象，可得出相应正确结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓硝酸在加热条件下会分解生成二氧化氮、氧气和水，因此不能说明木炭与浓硝酸一定发生了反应，故A错误；
B．中水解，，会消耗水解生成的，测定相同浓度的和溶液的pH，后者大于前者，不能说明；
C．向溶液中通入气体产生的黑色沉淀是CuS，说明该反应生成的硫化铜难溶，也就是结合硫离子的能力：，故C正确；
D．由于丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，当玻璃棒靠近水流时，液流方向改变，说明的正负电荷重心不重合，为极性分子，不是正四面体结构；
故答案为：C；
10. LiBr溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。制备LiBr的一种工艺流程如图。其中“还原”工序加入BaS溶液可以除去Br2。
下列说法不正确的是
A. “还原”工序反应的离子方程式为Br2+S2-=2Br-+S↓
B. 若在“还原”工序中使用NaOH溶液吸收Br2，吸收液可以直接返回“还原”工序
C. 滤渣中除硫外，还有BaSO4，可选用二硫化碳作溶剂溶解后进行分离
D. 参与反应的n(Br2)：n(BaS)：n(H2SO4)为1∶1∶1
【答案】B
【解析】
【分析】含少量Br2的HBr中加入BaS，Br2与BaS反应生成BaBr2和S；加入H2SO4与BaBr2反应生成BaSO4沉淀和HBr，加入Li2CO3与HBr发生复分解反应生成LiBr、H2O和CO2，LiBr溶液经浓缩等操作得到LiBr。
【详解】A．“还原”工序为Br2与BaS反应生成BaBr2和S，离子方程式为Br2+S2-=2Br-+S↓，A正确；
B．若“还原”工序用NaOH溶液吸收，与NaOH溶液发生自身氧化还原反应生成NaBr、NaBrO和，吸收液不可以直接返回“还原”工序，返回“还原”工序会引入，导致产品的纯度降低，B错误；
C．根据分析，滤渣中除“还原”工序产生的硫外，还有“除杂”工序产生的BaSO4，由于硫难溶于水、微溶于酒精、易溶于CS2，故可选用CS2作溶剂溶解后进行分离，C正确；
D．根据反应Br2+BaS=BaBr2+S↓、BaBr2+H2SO4=BaSO4↓+2HBr，故参与反应的n(Br2) ∶n(BaS) ∶n(H2SO4)为1∶1∶1，D正确；
答案选B。
11. 乙醛酸(OHC－COOH)是一种重要的化工中间体。工业上以乙二醛为原料制备乙醛酸的装置如图所示，通电后，阳极产物将乙二醛氧化为乙醛酸。已知乙醛酸的相对分子质量为74，下列说法正确的是
A. 离子交换膜为阴离子交换膜
B. b极与外电源的正极相连
C. 当外电路通过1mle-时，理论上最多可生成乙醛酸的质量为37g
D. 此装置中乙二醛被氧化的化学方程式：2+O2→2
【答案】C
【解析】
【分析】由题中信息：通电后，阳极产物将乙二醛氧化为乙醛酸，结合题中装置图，可知阳极生成的Cl2通入盛放盐酸和乙二醛混合液一侧，Cl2与乙二醛发生氧化还原反应，生成Cl-移向与a电极相连的电极，与b电极相连的电极发生还原反应，生成H2，a为电源正极，b为电源负极。根据电解原理，可知阳极发生的电极反应式为，阴极发生还原反应，电极反应方程式为，据此分析解题。
【详解】A．根据题意氢离子由左侧经离子交换膜进入右侧，则离子交换膜为阳离子交换膜，A错误；
B．a为电源正极，b为电源负极，B错误；
C．根据得失电子守恒有，则当外电路通过1mle-时，理论上最多可生成乙醛酸的质量为，故C正确；
D．氯气将乙二醛氧化为乙醛酸，自身被还原为氯离子，化学方程式为：+H2O+Cl2+2HCl，D错误；
故选C。
12. 实验室以苯甲醛为原料合成苯甲酸苯甲酯的反应机理如图(已知RO-极易结合H+转化为ROH)。下列说法错误的是
A. 该反应催化剂的核磁共振氢谱有四组峰
B. 苯甲醛合成苯甲酸苯甲酯总反应方程式为：
C. 该反应是一个最理想的“原子经济”反应
D. 久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，能加快该历程反应速率
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题目所给图可知，该反应的催化剂为苯甲醇钠，其核磁共振氢谱有四组峰，A正确；
B．根据题目所给图可知，苯甲醛合成苯甲酸苯甲酯总反应方程式为：，B正确；
C．根据总反应方程式，该反应没有副产物，只有目标产物，原子利用率为100%，C正确；
D．苯甲酸会使苯甲醇钠转化为苯甲醇，导致催化剂失效，故久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，会减慢该历程反应速率，D错误；
答案选D。
13. 亚砷酸（）是三元弱酸，可以用于治疗白血病，水溶液中含砷物质的分布分数（平衡时某粒子的浓度占各粒子浓度之和的分数）与pH的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 的电离方程式为
B. 第一步电离的电离常数
C. 溶液的pH约为9.2
D. 时，溶液中
【答案】B
【解析】
【详解】A. 是三元弱酸，分步发生电离，第一步电离方程式为，A项错误；
B. 第一步电离的电离常数，由图可知，时，，则，B项正确；
C. 是三元弱酸，其水溶液的pH小于7，C项错误；
D. 时，溶液呈碱性，则有，从而可得，D项错误；
故选B。
14. NiAs的立方晶胞结构如图所示，其晶体密度为ρg•cm-3。，设NiAs晶体最简式的式量为Mr，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. Ni3+的价电子排布图为
B. As位于由Ni构成的四面体空隙中
C. 晶体中与Ni3+距离最近且相等的As3-有4个
D. 晶胞中最近的Ni3+之间的距离为×107nm
【答案】D
【解析】
【详解】A．价层电子排布式为，价电子排布图为，选项A正确；
B．与A点处的距离最近且相等的有4个，NiAs原子之比为1∶1，As与周围的四个Ni形成正四面体结构，选项B正确；
C．根据选项B分析可知，晶体中与Ni3+距离最近且相等的As3-有4个，选项C正确；
D．设NiAs晶体最简式的式量为(式量是指在化学物质的实验式中各原子的相对原子质量的总和)，晶体密度为，则设晶胞参数边长为a nm，有，边长，则存在该晶胞中最近的之间的距离为面对角线的一半，选项D错误；
答案选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 工业上常用铜阳极泥[主要成分是碲化亚铜(Cu2Te)，含少量的Ag、Au]回收碲和氧化铜，其工艺流程如图：
已知：①H2TeO3是一种比草酸酸性弱的二元酸
②CuC2O4的Ksp为2.2×108
（1）Cu位于元素周期表第_______周期第_______族。TeO的空间构型为_______。
（2）“氧化酸浸”步骤的氧化产物为_______，“滤渣”的成分是_______。该步H2O2的实际用量通常比理论用量更大，原因可能是_______。
（3）“沉淀”步骤，若要使Cu2+完全沉淀(离子浓度小于1×10-5ml/L)，应控制C2O的浓度不低于________。
（4）“还原”步骤反应的离子方程式为_______。
（5）CuO可催化消耗血糖，从而控制血糖浓度。一种可植入体内的微型电池工作原理如图所示，当传感器检测到血糖浓度高于标准，电池启动。血糖浓度下降至标准，电池停止工作。(血糖浓度以葡萄糖浓度计)
电池工作时，b电极的电极反应式为________。
【答案】（1） ①. 四 ②. ⅠB ③. 三角锥形
（2） ①. 、 ②. Ag、Au ③. 氧化产物中的对分解有催化作用
（3）
（4）
（5）
【解析】
【分析】铜阳极泥的主要成分为，含少量的Ag、Au，在稀硫酸中溶解，并加入过氧化氢，得到、Au、Ag、硫酸铜溶液，然后过滤，滤液①含有硫酸铜和，滤渣中含有Au、Ag，在滤液①中加入草酸钠，是一种比草酸酸性弱的二元酸，草酸钠与硫酸铜反应生成草酸铜沉淀，过滤，滤渣为草酸铜，加热分解生成铜；滤液②中含有和硫酸钠，加入亚硫酸钠溶液，可将溶液中的还原为Te，同时得到硫酸钠；
【小问1详解】
Cu位于元素周期表第四周期第ⅠB族；的中心原子Te的价层电子对数为，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形；
【小问2详解】
“氧化酸浸”步骤的氧化产物为、，“滤渣”的成分是Ag、Au；该步H2O2的实际用量通常比理论用量更大，原因可能是氧化产物中的对分解有催化作用；
【小问3详解】
的Kp为，离子浓度小于时，离子即完全沉淀。若要使完全沉淀，应控制的浓度不低于；
【小问4详解】
加入亚硫酸钠溶液，可将溶液中的H2TeO3还原为Te，同时得到硫酸钠，还原反应的离子方程式为，故答案为：；
【小问5详解】
电池开始工作时，a电极为电池正极，血液中的在a电极上得电子生成，电极反应式为；b电极为电池负极，在b电极上失电子转化成CuO，电极反应式为，然后葡萄糖被CuO氧化为葡萄糖酸，CuO被还原为，电池总反应为。
16. 硫代硫酸钠(Na2S2O3))可用作分析试剂，它有较强的还原性，遇酸易分解。某兴趣小组设计了利用SO2和Na2CO3、Na2S生成Na2S2O3。制备装置图如图(加热和夹持装置略)：
已知：i.2Na2S+3SO2=2Na2SO3+3S↓、Na2SO3+S= Na2S2O3。
ii.硫单质在含乙醇的水溶液中析出时，颗粒更小，分布均匀。
iii.几种常见弱酸的电离常数如表。
（1）仪器a的名称为_______；甲中发生反应的化学方程式为_______。
（2）反应结束后，通入N2的作用是_______。
（3）丙中加入的试剂是物质的量之比为2∶1的Na2S和Na2CO3的混合溶液，溶液呈碱性。制备过程中，向丙中通入SO2，澄清溶液先变浑浊，后变澄清，稍后又再次出现微量浑浊，此时立刻停止通入SO2，溶液经分离可得Na2S2O3。
①反应前，丙中混合溶液呈碱性的主要原因是_______(用离子方程式表示)。
②“稍后又再次出现微量浑浊”中的‘浑浊’成分是_______(填化学式)。
③制备时，丙中通常还会加入少量乙醇，目的是_______。
④为了提高制备的效率，可将丙装置水浴加热。其它条件均相同时，水浴温度与反应达到终点的时间如表所示：
水浴温度达到40℃后，继续提高水浴温度，达到终点的时间增加的可能原因是_______。
（4）为检验制得产品的纯度，该实验小组称取5.0g产品配制成250mL硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度。在锥形瓶中加入⋅L-1KIO3溶液，并加入过量的KI后酸化，发生反应：5I-+IO+6H+=3I2+3H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O=2I-+S4O，当达到滴定终点时，消耗Na2S2O3溶液15.00mL，则该产品的纯度为_______(保留两位有效数字)。
【答案】（1） ①. 恒压滴液漏斗 ②.
（2）排尽装置内的二氧化硫，使其全部被氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气
（3） ①. ②. S ③. 加入乙醇后，析出的S单质颗粒更小，分布均匀，增大了接触面积，加快反应速率； ④. 温度升高，二氧化硫溶解度下降，溶液中的二氧化硫浓度降低，所以速率减慢
（4）
【解析】
【分析】装置甲在制备二氧化硫，装置丙利用SO2和Na2CO3、Na2S反应制备Na2S2O3，据此分析：
【小问1详解】
由图所示，仪器a的名称为恒压滴液漏斗；亚硫酸钠和浓硫酸发生复分解反应生成，其反应的化学方程式为：；
【小问2详解】
该反应中涉及二氧化硫气体，所以实验结束之后继续通氮气的目的是排尽装置内的二氧化硫，使其全部被氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气；
【小问3详解】
①硫化钠和碳酸钠在水中都可以发生水解，使溶液显碱性，的第二步电离比碳酸的第二步电离程度更小，所以水解程度更大，使溶液呈碱性的主要原因是的水解，其水解的离子方程式为：；
②“稍后又再次出现微量浑浊”是由于通入的溶于水使溶液呈酸性，而硫代硫酸钠在酸溶液中会发生反应，生成的S使溶液变浑浊，反应的离子方程式为：；
③S单质在含乙醇的水溶液中析出时，颗粒更小，可以增大硫和亚硫酸钠的接触面积，增大反应速率，是反应更充分，所以在制备时，在丙种会加入少量乙醇；
④继续升高温度，二氧化硫溶解度下降，溶液中的二氧化硫浓度降低，所以速率减慢；
【小问4详解】
由反应方程式可得关系式：，则15.00mL 溶液中的物质的量为，则该产品的纯度为：
。
17. CO2的转化和利用是实现碳中和的有效途径。可利用焦炉气中的H2和工业废气捕获的CO2生产绿色燃料——“零碳甲醇”。两者在适宜的过渡金属及其氧化物催化下发生反应
①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) K1
此反应一般认为通过如下步骤来实现：
②CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g) △H1=+40.5kJ•ml-1 K2
③CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) K3
（1）原料CO2可通过捕获技术从工业尾气中获取，下列物质能作为CO2捕获剂的是_______(字母)。
A. NaOH溶液B. 氨水C. CH3CH2OHD. NH4Cl溶液
（2）K1=________(用含K2和K3的代数式表示)。
（3）实验测得K1(记作lnK)与温度(T)的关系如图所示，则该反应①的△H_______0(填“＞”“＜”或“=”)。
（4）反应①的自发条件是______(填字母)。
A.高温自发 B.低温自发 C.任何温度下都自发
（5）若反应②为慢反应，下列示意图中能体现反应①能量变化的是_______(填字母)。
A. B.
C. D.
（6）向体积为10L的恒容密闭容器中充入2.0mlCO(g)和3.0mlH2(g)，仅发生反应③，初始压强为akPa，测得CO(g)的平衡转化率与温度的关系如图所示：
温度300℃条件下，5min达到平衡，则开始到平衡H2的平均反应速率为_______。已知分压=总压×气体物质的量分数，用气体分压代替浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数(Kp)。则A点对应温度下的Kp=_______(kPa)-1(用a表示)。
（7）在研究该反应历程时发现：反应气中水蒸气含量会影响CH3OH的产率。资料显示：水也可以使催化剂活化点位减少。利用计算机模拟，研究添加适量水蒸气前后对能垒较大的反应历程能量变化的影响，结果如图(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)：
结合资料、图中及学过的知识推测在反应气中添加水蒸气将如何影响甲醇产率及产生这种影响的原因(任答一点)_______。
【答案】（1）AB （2）
（3）< （4）B （5）A
（6） ①. 0.048ml/（L·min） ②.
（7）催化剂活化点位减少，吸附反应物能力减弱，甲醇产率下降（ “水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降”或“有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快，甲醇产率上升”）
【解析】
【小问1详解】
A．为酸性气体，能与NaOH溶液反应，生成碳酸钠或碳酸氢钠；
B．氨水呈碱性，能吸收酸性气体；
C．呈中性，与不反应，不能作为捕获剂；
D．溶液呈酸性，不能吸收酸性气体。
【小问2详解】
根据盖斯定律，两反应相加就是目标反应，因此；
【小问3详解】
由图像可知：K随温度的升高而降低，也就是温度升高平衡逆向移动，因此该反应是正向放热的反应，；
【小问4详解】
反应①是熵减的放热反应，即、，低温条件下反应，能自发进行，故选B；
【小问5详解】
从总反应看，反应物的总能量大于生成物的总能量，排除C、D，反应②为慢反应，则活化能大于反应①，故选A；
【小问6详解】
10L的恒容密闭容器中充入2.0ml 和3.0ml ，300℃条件下，5min达到平衡，CO的转化率为60%，根据已知列三段式
；
②初始物质的量为5ml，初始压强为a kPa，A点时容器中气体的总物质的量为2.6ml，则平衡时总压强为，，，，；
【小问7详解】
结合资料、图中及学过的知识推测在反应气中添加水蒸气将如何影响甲醇产率及产生这种影响的原因：催化剂活化点位减少，吸附反应物能力减弱，甲醇产率下降（ “水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降”或“有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快，甲醇产率上升”）。
18. 2－氨基－3－氯苯甲酸(J)是一种白色晶体，是重要的医药中间体，制备流程如图：
已知：
①(苯胺呈碱性，易被氧化)
②RNH2+→+HCl
（1）E的名称为_______，B的结构简式为______。
（2）反应③的反应类型为_______。反应④和⑤的顺序不能对换的原因是______。
（3）H中除了磺酸基还含有的官能团名称为_______。流程中多次引入磺酸基，其目的可能是______。
（4）写出⑥的化学反应方程式_______。
（5）符合下列条件的D的同分异构体的数目有______种(不考虑立体异构)。
a.可与FeCl3溶液发生显色反应
b.可发生银镜反应
c.完全加氢后有两个手性碳原子
【答案】（1） ①. 邻硝基苯甲酸 ②.
（2） ①. 取代反应 ②. 保护氨基
（3） ①. 羧基、酰胺基 ②. 减少相应位置上氢原子的取代
（4） （5）2
【解析】
【分析】甲苯在浓硫酸加热的条件下，生成，紧接着发生硝化反应，得，在酸性条件下水解，得，被酸性高锰酸钾氧化，得，硝基被还原，得，发生已知②反应，得，后续按照流程进行，据此解答。
【小问1详解】
根据分析可得的E名称为邻硝基苯甲酸，B的结构简式为；
【小问2详解】
反应③的反应类型为取代反应；氨基易被氧化，故反应④和⑤的顺序不能对换的原因是保护氨基；
【小问3详解】
H中除了磺酸基还含有的官能团名称为羧基、酰胺基；流程中多次利用磺酸基占位，目的是减少相应位置上氢原子的取代；
【小问4详解】
⑥为与CH3COCl发生取代反应，化学反应方程式为；
【小问5详解】
D的同分异构体可与溶液发生显色反应说明分子结构中含有酚羟基，“可发生银镜反应”说明分子中有醛基的结构，再结合“完全加氢后有两个手性碳原子”，故符合条件的有和两种。选项
实验操作
现象
结论
A
向热的浓硝酸中加入红热的木炭，继续加热
产生红棕色气体
木炭与浓硝酸发生了反应
B
分别测浓度均为0.1ml•L-1CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH
后者大于前者
Kh(CH3COO-)＜Kh(HCO)
C
向CuSO4溶液中通入H2S气体
产生黑色沉淀
结合硫离子的能力：Cu2+＞H+
D
用丝绸摩擦过带电玻璃棒靠近CF2Cl2液流
液流方向改变
CF2Cl2为正四面体结构
弱酸
H2SO3
H2S
H2CO3
电离平衡常数(25℃)
Ka1=1.54×10-2
Ka2=102×10-7
Ka1=1.1×10-7
Ka2=1.3×10-13
Ka1=4.5×10-7
Ka2=4.7×10-11
温度(℃)
30
35
40
45
50
时间(min)
41
34
20
30
42
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5
一、选择题：本题共14小题，每小题3分；共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生产生活、科技环境密切相关。下列叙述错误的是
A. 沼气是有机废弃物在富氧条件下发酵分解而成的一种清洁能源
B. 可利用蔗糖的焦糖化反应为食物增色
C. 福建舰舰体材料无磁镍铬钛合金钢硬度高于纯铁
D. 黏土高温烧结制陶瓷的过程中形成了新的化学键
【答案】A
【解析】
【详解】A．沼气是有机废弃物(树叶、秸秆、草类及垃圾、粪便等)在厌氧条件下发酵分解而成的气体，是一种清洁能源，A错误；
B．在食品工业中，利用蔗糖焦糖化的过程可以得到不同类型的焦糖色素，从而为食物增色，B正确；
C．合金比其组成金属硬度大，则无磁镍铬钛合金钢硬度高于纯铁，C正确；
D．黏土在高温中烧结，会发生一系列的化学反应，此过程有新化学键的形成，D正确；
故选A。
2. 下列除去样品中少量杂质(括号内为杂质)所用的试剂、方法可行的是
A. C2H6(C2H4)：酸性高锰酸钾溶液，洗气
B. 乙酸乙酯(C2H5OH)：饱和碳酸钠溶液，洗涤分液
C. 苯(苯酚)：适量浓溴水，过滤
D. 溴苯(Br2)：水洗，分液
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙烯会被酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳，会引入新的杂质，A错误；
B．饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇，降低乙酸乙酯溶解度，B正确；
C．苯酚和浓溴水生成的三溴苯酚会溶于苯，无法通过过滤分离，C错误；
D．溴不易溶于水，易溶于溴苯，除去溴苯中的溴应该加入氢氧化钠溶液后分液，D错误；
故选B。
3. 医典、古诗富载化学知识，下述之物见其氧化性者为
A. 石胆(CuSO4)：“石胆能化铁为铜”
B. 石炭(C)：“炉火照天地，红星乱紫烟”
C. 石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”
D. 石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”
【答案】A
【解析】
【详解】A．化铁为铜，发生反应方程式为，硫酸铜的铜元素化合价降低，表现其氧化性，A正确；
B．碳单质燃烧生成一氧化碳或二氧化碳，发生氧化还原反应，碳单质表现其还原性，B错误；
C．石灰与水反应，生成氢氧化钙，不发生氧化还原反应，C错误；
D．碳酸钙与醋酸反应生成醋酸钙与水和二氧化碳，不发生氧化还原反应，D错误；
故选A。
4. 某兴趣小组采用如图装置收集NO2、O2混合气体。将G装置上面的圆底烧瓶收集满气体进行喷泉实验，观察到混合气体全部被吸收。下列说法错误的是
A. G装置中虚线上导管实线图应是左高右低
B. 可观察G装置内浓硫酸中气泡的生成速率，控制混合气体的比例
C. H装置中发生反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
D. 实验后圆底烧瓶中所得溶液物质的量浓度约为0.036ml•L-1(保留两位有效数字)
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧气和二氧化氮的密度均比空气密度大，故应该进气管短，出气管长，即G装置中虚线上导管实线图应是左高右低，A正确；
B．G装置中浓硫酸有三种作用：除了混合、气体、干燥、以外，还有观察气泡的速率，以便于控制混合气体的比例，B正确；
C．铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，C正确；
D．观察到混合气体全部被吸收，则烧瓶中充满溶液，反应恰好完全反应，的物质的量等于的物质的量，溶液体积等于和的总体积。但是未说明气体是否处于标准状况下，不能确定其摩尔体积，也无法确定溶液的体积，从而无法计算所得溶液物质的量浓度，D错误；
故选D。
5. 冠醚因分子结构形如皇冠而得名。某冠醚分子c可识别K+，其合成方法如图：
下列说法不正确的是
A. a、b均可与NaOH溶液反应
B. b中C和O均采取sp3杂化
C. c中所有原子可能共平面
D. 冠醚络合哪种阳离子取决于环的大小等因素
【答案】C
【解析】
【详解】A．a含有酚羟基，具有弱酸性，能与NaOH发生中和反应，b含有碳氯键，能在NaOH溶液中发生水解反应，A正确；
B．b中C和O均采取sp3杂化，B正确；
C．c有杂化的碳原子，不可能所有原子共平面，C错误；
D．冠醚络合哪种阳离子由环的大小、氧原子的数目、氧原子间的空隙大小等共同决定，D正确；
故选C。
6. NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1.7gNH3，完全溶于1LH2O所得溶液，NH3•H2O微粒数目为0.1NA
B. 58.5gNaCl晶体中含有NA个NaCl分子
C. 金刚石晶体中，碳原子数与C－C键数目之比为1∶4
D. 标准状况下22.4LC4H10中含有的s－sp3σ键数为10NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．1.7gNH3，完全溶于1LH2O所得溶液，发生可逆反应：，生成微粒数目小于0.1NA，A错误；
B．NaCl晶体是离子晶体，不含分子，B错误；
C．金刚石晶体中，每个碳原子形成四条碳碳键，每条碳碳键由两个碳原子形成。故碳原子数与键数目之比为1∶2，C错误；
D．标准状况下22.4L 物质的量为1ml，其中含有的 σ键(键)数为10NA，D正确；
故选D。
7. 下列有关物质结构或性质的比较中，错误的是
A. 键角：NH3＞H2OB. 熔点：对羟基苯甲醛＞邻羟基苯甲醛
C. 键能：F－F＞Cl－ClD. 羟基的极性：苯酚＞乙醇
【答案】C
【解析】
【详解】A．的键角小于是因为两者中心原子杂化类型相同，孤电子对之间的斥力更大，A正确；
B．对羟基苯甲醛的熔沸点比邻羟基苯甲醛的高，是因为对羟基苯甲醛形成分子间氢键，而邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，B正确；
C．由于氟原子的半径过小，键能：，C错误；
D．苯酚中的羟基和苯环直接相连，烃基属于推电子基团，苯环体积更大，导致苯环与羟基之间的相互作用使酚羟基的极性增强，D正确；
答案选C。
8. 元素W、Q、X、Y、Z位于不同主族且原子序数依次增大，Z的价电子所在能层有9个轨道。灰黑色晶体Y的导电性介于导体和绝缘体之间，一种制备晶体Y的路线如图所示，通常状态下YW4呈气态。
YQ2X2YYW4Y
下列说法不正确的是
A. 简单离子半径：Z＞O＞X
B. 元素的电负性：Q＞Z＞W
C. 酸性：W2YO3＞WZQ4
D. 简单氢化物的稳定性：O＞Z＞Y
【答案】C
【解析】
【分析】Z的价电子所在能层有9个轨道，说明Z有三个能层。根据“灰黑色晶体Y的导电性介于导体和绝缘体之间”可判断Y是硅元素，硅元素的常见化合价为+4价，则“”中的Q元素显-2价，结合Q的原子序数小于硅可判断Q是氧元素；硅元素还可以显-4价，则“”中X元素显+2价，结合X的原子序数介于氧和硅之间可判断X是镁元素；由“通常状态下呈气态”和W的原子序数小于氧，判断W是氢元素；结合“WZ溶液”和Z的原子序数大于硅判断Z是氯元素；
【详解】A．电子层数越多，半径越大，电子层结构相同时，序大径小，则离子半径：，故A正确；
B．同周期从左至右电负性逐渐增大，根据甲烷中氢元素呈+1价可知电负性：C>H，则电负性：O>C>H，故B正确；
C．同周期从左至右元素非金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性：，故C不正确；
D．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，简单氢化物的稳定性：O＞Cl＞Si，故D正确；
答案选C。
9. 由下列实验操作和现象，可得出相应正确结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓硝酸在加热条件下会分解生成二氧化氮、氧气和水，因此不能说明木炭与浓硝酸一定发生了反应，故A错误；
B．中水解，，会消耗水解生成的，测定相同浓度的和溶液的pH，后者大于前者，不能说明；
C．向溶液中通入气体产生的黑色沉淀是CuS，说明该反应生成的硫化铜难溶，也就是结合硫离子的能力：，故C正确；
D．由于丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，当玻璃棒靠近水流时，液流方向改变，说明的正负电荷重心不重合，为极性分子，不是正四面体结构；
故答案为：C；
10. LiBr溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。制备LiBr的一种工艺流程如图。其中“还原”工序加入BaS溶液可以除去Br2。
下列说法不正确的是
A. “还原”工序反应的离子方程式为Br2+S2-=2Br-+S↓
B. 若在“还原”工序中使用NaOH溶液吸收Br2，吸收液可以直接返回“还原”工序
C. 滤渣中除硫外，还有BaSO4，可选用二硫化碳作溶剂溶解后进行分离
D. 参与反应的n(Br2)：n(BaS)：n(H2SO4)为1∶1∶1
【答案】B
【解析】
【分析】含少量Br2的HBr中加入BaS，Br2与BaS反应生成BaBr2和S；加入H2SO4与BaBr2反应生成BaSO4沉淀和HBr，加入Li2CO3与HBr发生复分解反应生成LiBr、H2O和CO2，LiBr溶液经浓缩等操作得到LiBr。
【详解】A．“还原”工序为Br2与BaS反应生成BaBr2和S，离子方程式为Br2+S2-=2Br-+S↓，A正确；
B．若“还原”工序用NaOH溶液吸收，与NaOH溶液发生自身氧化还原反应生成NaBr、NaBrO和，吸收液不可以直接返回“还原”工序，返回“还原”工序会引入，导致产品的纯度降低，B错误；
C．根据分析，滤渣中除“还原”工序产生的硫外，还有“除杂”工序产生的BaSO4，由于硫难溶于水、微溶于酒精、易溶于CS2，故可选用CS2作溶剂溶解后进行分离，C正确；
D．根据反应Br2+BaS=BaBr2+S↓、BaBr2+H2SO4=BaSO4↓+2HBr，故参与反应的n(Br2) ∶n(BaS) ∶n(H2SO4)为1∶1∶1，D正确；
答案选B。
11. 乙醛酸(OHC－COOH)是一种重要的化工中间体。工业上以乙二醛为原料制备乙醛酸的装置如图所示，通电后，阳极产物将乙二醛氧化为乙醛酸。已知乙醛酸的相对分子质量为74，下列说法正确的是
A. 离子交换膜为阴离子交换膜
B. b极与外电源的正极相连
C. 当外电路通过1mle-时，理论上最多可生成乙醛酸的质量为37g
D. 此装置中乙二醛被氧化的化学方程式：2+O2→2
【答案】C
【解析】
【分析】由题中信息：通电后，阳极产物将乙二醛氧化为乙醛酸，结合题中装置图，可知阳极生成的Cl2通入盛放盐酸和乙二醛混合液一侧，Cl2与乙二醛发生氧化还原反应，生成Cl-移向与a电极相连的电极，与b电极相连的电极发生还原反应，生成H2，a为电源正极，b为电源负极。根据电解原理，可知阳极发生的电极反应式为，阴极发生还原反应，电极反应方程式为，据此分析解题。
【详解】A．根据题意氢离子由左侧经离子交换膜进入右侧，则离子交换膜为阳离子交换膜，A错误；
B．a为电源正极，b为电源负极，B错误；
C．根据得失电子守恒有，则当外电路通过1mle-时，理论上最多可生成乙醛酸的质量为，故C正确；
D．氯气将乙二醛氧化为乙醛酸，自身被还原为氯离子，化学方程式为：+H2O+Cl2+2HCl，D错误；
故选C。
12. 实验室以苯甲醛为原料合成苯甲酸苯甲酯的反应机理如图(已知RO-极易结合H+转化为ROH)。下列说法错误的是
A. 该反应催化剂的核磁共振氢谱有四组峰
B. 苯甲醛合成苯甲酸苯甲酯总反应方程式为：
C. 该反应是一个最理想的“原子经济”反应
D. 久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，能加快该历程反应速率
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题目所给图可知，该反应的催化剂为苯甲醇钠，其核磁共振氢谱有四组峰，A正确；
B．根据题目所给图可知，苯甲醛合成苯甲酸苯甲酯总反应方程式为：，B正确；
C．根据总反应方程式，该反应没有副产物，只有目标产物，原子利用率为100%，C正确；
D．苯甲酸会使苯甲醇钠转化为苯甲醇，导致催化剂失效，故久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，会减慢该历程反应速率，D错误；
答案选D。
13. 亚砷酸（）是三元弱酸，可以用于治疗白血病，水溶液中含砷物质的分布分数（平衡时某粒子的浓度占各粒子浓度之和的分数）与pH的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 的电离方程式为
B. 第一步电离的电离常数
C. 溶液的pH约为9.2
D. 时，溶液中
【答案】B
【解析】
【详解】A. 是三元弱酸，分步发生电离，第一步电离方程式为，A项错误；
B. 第一步电离的电离常数，由图可知，时，，则，B项正确；
C. 是三元弱酸，其水溶液的pH小于7，C项错误；
D. 时，溶液呈碱性，则有，从而可得，D项错误；
故选B。
14. NiAs的立方晶胞结构如图所示，其晶体密度为ρg•cm-3。，设NiAs晶体最简式的式量为Mr，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. Ni3+的价电子排布图为
B. As位于由Ni构成的四面体空隙中
C. 晶体中与Ni3+距离最近且相等的As3-有4个
D. 晶胞中最近的Ni3+之间的距离为×107nm
【答案】D
【解析】
【详解】A．价层电子排布式为，价电子排布图为，选项A正确；
B．与A点处的距离最近且相等的有4个，NiAs原子之比为1∶1，As与周围的四个Ni形成正四面体结构，选项B正确；
C．根据选项B分析可知，晶体中与Ni3+距离最近且相等的As3-有4个，选项C正确；
D．设NiAs晶体最简式的式量为(式量是指在化学物质的实验式中各原子的相对原子质量的总和)，晶体密度为，则设晶胞参数边长为a nm，有，边长，则存在该晶胞中最近的之间的距离为面对角线的一半，选项D错误；
答案选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 工业上常用铜阳极泥[主要成分是碲化亚铜(Cu2Te)，含少量的Ag、Au]回收碲和氧化铜，其工艺流程如图：
已知：①H2TeO3是一种比草酸酸性弱的二元酸
②CuC2O4的Ksp为2.2×108
（1）Cu位于元素周期表第_______周期第_______族。TeO的空间构型为_______。
（2）“氧化酸浸”步骤的氧化产物为_______，“滤渣”的成分是_______。该步H2O2的实际用量通常比理论用量更大，原因可能是_______。
（3）“沉淀”步骤，若要使Cu2+完全沉淀(离子浓度小于1×10-5ml/L)，应控制C2O的浓度不低于________。
（4）“还原”步骤反应的离子方程式为_______。
（5）CuO可催化消耗血糖，从而控制血糖浓度。一种可植入体内的微型电池工作原理如图所示，当传感器检测到血糖浓度高于标准，电池启动。血糖浓度下降至标准，电池停止工作。(血糖浓度以葡萄糖浓度计)
电池工作时，b电极的电极反应式为________。
【答案】（1） ①. 四 ②. ⅠB ③. 三角锥形
（2） ①. 、 ②. Ag、Au ③. 氧化产物中的对分解有催化作用
（3）
（4）
（5）
【解析】
【分析】铜阳极泥的主要成分为，含少量的Ag、Au，在稀硫酸中溶解，并加入过氧化氢，得到、Au、Ag、硫酸铜溶液，然后过滤，滤液①含有硫酸铜和，滤渣中含有Au、Ag，在滤液①中加入草酸钠，是一种比草酸酸性弱的二元酸，草酸钠与硫酸铜反应生成草酸铜沉淀，过滤，滤渣为草酸铜，加热分解生成铜；滤液②中含有和硫酸钠，加入亚硫酸钠溶液，可将溶液中的还原为Te，同时得到硫酸钠；
【小问1详解】
Cu位于元素周期表第四周期第ⅠB族；的中心原子Te的价层电子对数为，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形；
【小问2详解】
“氧化酸浸”步骤的氧化产物为、，“滤渣”的成分是Ag、Au；该步H2O2的实际用量通常比理论用量更大，原因可能是氧化产物中的对分解有催化作用；
【小问3详解】
的Kp为，离子浓度小于时，离子即完全沉淀。若要使完全沉淀，应控制的浓度不低于；
【小问4详解】
加入亚硫酸钠溶液，可将溶液中的H2TeO3还原为Te，同时得到硫酸钠，还原反应的离子方程式为，故答案为：；
【小问5详解】
电池开始工作时，a电极为电池正极，血液中的在a电极上得电子生成，电极反应式为；b电极为电池负极，在b电极上失电子转化成CuO，电极反应式为，然后葡萄糖被CuO氧化为葡萄糖酸，CuO被还原为，电池总反应为。
16. 硫代硫酸钠(Na2S2O3))可用作分析试剂，它有较强的还原性，遇酸易分解。某兴趣小组设计了利用SO2和Na2CO3、Na2S生成Na2S2O3。制备装置图如图(加热和夹持装置略)：
已知：i.2Na2S+3SO2=2Na2SO3+3S↓、Na2SO3+S= Na2S2O3。
ii.硫单质在含乙醇的水溶液中析出时，颗粒更小，分布均匀。
iii.几种常见弱酸的电离常数如表。
（1）仪器a的名称为_______；甲中发生反应的化学方程式为_______。
（2）反应结束后，通入N2的作用是_______。
（3）丙中加入的试剂是物质的量之比为2∶1的Na2S和Na2CO3的混合溶液，溶液呈碱性。制备过程中，向丙中通入SO2，澄清溶液先变浑浊，后变澄清，稍后又再次出现微量浑浊，此时立刻停止通入SO2，溶液经分离可得Na2S2O3。
①反应前，丙中混合溶液呈碱性的主要原因是_______(用离子方程式表示)。
②“稍后又再次出现微量浑浊”中的‘浑浊’成分是_______(填化学式)。
③制备时，丙中通常还会加入少量乙醇，目的是_______。
④为了提高制备的效率，可将丙装置水浴加热。其它条件均相同时，水浴温度与反应达到终点的时间如表所示：
水浴温度达到40℃后，继续提高水浴温度，达到终点的时间增加的可能原因是_______。
（4）为检验制得产品的纯度，该实验小组称取5.0g产品配制成250mL硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度。在锥形瓶中加入⋅L-1KIO3溶液，并加入过量的KI后酸化，发生反应：5I-+IO+6H+=3I2+3H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O=2I-+S4O，当达到滴定终点时，消耗Na2S2O3溶液15.00mL，则该产品的纯度为_______(保留两位有效数字)。
【答案】（1） ①. 恒压滴液漏斗 ②.
（2）排尽装置内的二氧化硫，使其全部被氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气
（3） ①. ②. S ③. 加入乙醇后，析出的S单质颗粒更小，分布均匀，增大了接触面积，加快反应速率； ④. 温度升高，二氧化硫溶解度下降，溶液中的二氧化硫浓度降低，所以速率减慢
（4）
【解析】
【分析】装置甲在制备二氧化硫，装置丙利用SO2和Na2CO3、Na2S反应制备Na2S2O3，据此分析：
【小问1详解】
由图所示，仪器a的名称为恒压滴液漏斗；亚硫酸钠和浓硫酸发生复分解反应生成，其反应的化学方程式为：；
【小问2详解】
该反应中涉及二氧化硫气体，所以实验结束之后继续通氮气的目的是排尽装置内的二氧化硫，使其全部被氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气；
【小问3详解】
①硫化钠和碳酸钠在水中都可以发生水解，使溶液显碱性，的第二步电离比碳酸的第二步电离程度更小，所以水解程度更大，使溶液呈碱性的主要原因是的水解，其水解的离子方程式为：；
②“稍后又再次出现微量浑浊”是由于通入的溶于水使溶液呈酸性，而硫代硫酸钠在酸溶液中会发生反应，生成的S使溶液变浑浊，反应的离子方程式为：；
③S单质在含乙醇的水溶液中析出时，颗粒更小，可以增大硫和亚硫酸钠的接触面积，增大反应速率，是反应更充分，所以在制备时，在丙种会加入少量乙醇；
④继续升高温度，二氧化硫溶解度下降，溶液中的二氧化硫浓度降低，所以速率减慢；
【小问4详解】
由反应方程式可得关系式：，则15.00mL 溶液中的物质的量为，则该产品的纯度为：
。
17. CO2的转化和利用是实现碳中和的有效途径。可利用焦炉气中的H2和工业废气捕获的CO2生产绿色燃料——“零碳甲醇”。两者在适宜的过渡金属及其氧化物催化下发生反应
①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) K1
此反应一般认为通过如下步骤来实现：
②CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g) △H1=+40.5kJ•ml-1 K2
③CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) K3
（1）原料CO2可通过捕获技术从工业尾气中获取，下列物质能作为CO2捕获剂的是_______(字母)。
A. NaOH溶液B. 氨水C. CH3CH2OHD. NH4Cl溶液
（2）K1=________(用含K2和K3的代数式表示)。
（3）实验测得K1(记作lnK)与温度(T)的关系如图所示，则该反应①的△H_______0(填“＞”“＜”或“=”)。
（4）反应①的自发条件是______(填字母)。
A.高温自发 B.低温自发 C.任何温度下都自发
（5）若反应②为慢反应，下列示意图中能体现反应①能量变化的是_______(填字母)。
A. B.
C. D.
（6）向体积为10L的恒容密闭容器中充入2.0mlCO(g)和3.0mlH2(g)，仅发生反应③，初始压强为akPa，测得CO(g)的平衡转化率与温度的关系如图所示：
温度300℃条件下，5min达到平衡，则开始到平衡H2的平均反应速率为_______。已知分压=总压×气体物质的量分数，用气体分压代替浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数(Kp)。则A点对应温度下的Kp=_______(kPa)-1(用a表示)。
（7）在研究该反应历程时发现：反应气中水蒸气含量会影响CH3OH的产率。资料显示：水也可以使催化剂活化点位减少。利用计算机模拟，研究添加适量水蒸气前后对能垒较大的反应历程能量变化的影响，结果如图(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)：
结合资料、图中及学过的知识推测在反应气中添加水蒸气将如何影响甲醇产率及产生这种影响的原因(任答一点)_______。
【答案】（1）AB （2）
（3）< （4）B （5）A
（6） ①. 0.048ml/（L·min） ②.
（7）催化剂活化点位减少，吸附反应物能力减弱，甲醇产率下降（ “水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降”或“有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快，甲醇产率上升”）
【解析】
【小问1详解】
A．为酸性气体，能与NaOH溶液反应，生成碳酸钠或碳酸氢钠；
B．氨水呈碱性，能吸收酸性气体；
C．呈中性，与不反应，不能作为捕获剂；
D．溶液呈酸性，不能吸收酸性气体。
【小问2详解】
根据盖斯定律，两反应相加就是目标反应，因此；
【小问3详解】
由图像可知：K随温度的升高而降低，也就是温度升高平衡逆向移动，因此该反应是正向放热的反应，；
【小问4详解】
反应①是熵减的放热反应，即、，低温条件下反应，能自发进行，故选B；
【小问5详解】
从总反应看，反应物的总能量大于生成物的总能量，排除C、D，反应②为慢反应，则活化能大于反应①，故选A；
【小问6详解】
10L的恒容密闭容器中充入2.0ml 和3.0ml ，300℃条件下，5min达到平衡，CO的转化率为60%，根据已知列三段式
；
②初始物质的量为5ml，初始压强为a kPa，A点时容器中气体的总物质的量为2.6ml，则平衡时总压强为，，，，；
【小问7详解】
结合资料、图中及学过的知识推测在反应气中添加水蒸气将如何影响甲醇产率及产生这种影响的原因：催化剂活化点位减少，吸附反应物能力减弱，甲醇产率下降（ “水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降”或“有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快，甲醇产率上升”）。
18. 2－氨基－3－氯苯甲酸(J)是一种白色晶体，是重要的医药中间体，制备流程如图：
已知：
①(苯胺呈碱性，易被氧化)
②RNH2+→+HCl
（1）E的名称为_______，B的结构简式为______。
（2）反应③的反应类型为_______。反应④和⑤的顺序不能对换的原因是______。
（3）H中除了磺酸基还含有的官能团名称为_______。流程中多次引入磺酸基，其目的可能是______。
（4）写出⑥的化学反应方程式_______。
（5）符合下列条件的D的同分异构体的数目有______种(不考虑立体异构)。
a.可与FeCl3溶液发生显色反应
b.可发生银镜反应
c.完全加氢后有两个手性碳原子
【答案】（1） ①. 邻硝基苯甲酸 ②.
（2） ①. 取代反应 ②. 保护氨基
（3） ①. 羧基、酰胺基 ②. 减少相应位置上氢原子的取代
（4） （5）2
【解析】
【分析】甲苯在浓硫酸加热的条件下，生成，紧接着发生硝化反应，得，在酸性条件下水解，得，被酸性高锰酸钾氧化，得，硝基被还原，得，发生已知②反应，得，后续按照流程进行，据此解答。
【小问1详解】
根据分析可得的E名称为邻硝基苯甲酸，B的结构简式为；
【小问2详解】
反应③的反应类型为取代反应；氨基易被氧化，故反应④和⑤的顺序不能对换的原因是保护氨基；
【小问3详解】
H中除了磺酸基还含有的官能团名称为羧基、酰胺基；流程中多次利用磺酸基占位，目的是减少相应位置上氢原子的取代；
【小问4详解】
⑥为与CH3COCl发生取代反应，化学反应方程式为；
【小问5详解】
D的同分异构体可与溶液发生显色反应说明分子结构中含有酚羟基，“可发生银镜反应”说明分子中有醛基的结构，再结合“完全加氢后有两个手性碳原子”，故符合条件的有和两种。选项
实验操作
现象
结论
A
向热的浓硝酸中加入红热的木炭，继续加热
产生红棕色气体
木炭与浓硝酸发生了反应
B
分别测浓度均为0.1ml•L-1CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH
后者大于前者
Kh(CH3COO-)＜Kh(HCO)
C
向CuSO4溶液中通入H2S气体
产生黑色沉淀
结合硫离子的能力：Cu2+＞H+
D
用丝绸摩擦过带电玻璃棒靠近CF2Cl2液流
液流方向改变
CF2Cl2为正四面体结构
弱酸
H2SO3
H2S
H2CO3
电离平衡常数(25℃)
Ka1=1.54×10-2
Ka2=102×10-7
Ka1=1.1×10-7
Ka2=1.3×10-13
Ka1=4.5×10-7
Ka2=4.7×10-11
温度(℃)
30
35
40
45
50
时间(min)
41
34
20
30
42
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