重慶市第一中學校2022-2023學年高三下學期5月月考化學 Word版含解析

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2023年重慶一中高2023屆5月月考化學試題可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1Li-7C-12O-16Co-59一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學與生活、科技密切相關(guān)。下列說法正確的是A.用聚碳酸酯類塑料替代聚乙烯塑料，可減少“白色污染”B.新型無機非金屬材料氧化鋁制成的坩堝可用于加熱熔化純堿C.“天舟四號”配置的太陽能電池的能量轉(zhuǎn)化形式為太陽能→化學能+電能D.合成結(jié)晶牛胰島素是一種由核苷酸聚合形成的有機高分子物質(zhì)【答案】A【解析】【詳解】A．聚碳酸酯類塑料能水解，聚碳酸酯類塑料替代聚乙烯塑料，可減少“白色污染”，故A正確；B．氧化鋁與熔融純堿會發(fā)生化學反應生成偏鋁酸鈉和二氧化碳，不能用氧化鋁制成的坩堝可用于加熱熔化純堿，故B錯誤；C．太陽能電池將太陽能直接轉(zhuǎn)化為電能，故C錯誤；D．牛胰島素是蛋白質(zhì)，合成結(jié)晶牛胰島素由氨基酸聚合形成，故D錯誤；選A。2.下列化學用語表述正確的是A.CaC2的電子式：B.基態(tài)Fe3+的核外電子排布圖：C.BF3的VSEPR模型：D.乙烯分子中C原子的雜化軌道示意圖：【答案】D

1【解析】【詳解】A．CaC2是離子化合物，電子式為，故A錯誤；B．是Fe2+的結(jié)構(gòu)示意圖，故B錯誤；C．BF3中B原子有3個共用電子對，VSEPR模型為平面三角形，故C錯誤；D.乙烯分子中C原子采用sp2雜化，雜化軌道示意圖：，故D正確；選D。3.常溫下，下列各組離子在給定條件下可能大量共存的是A.鋁粉能產(chǎn)生H2的溶液：K+、Na+、SO、AlOB.滴入酚酞顯紅色的溶液：NH、Al3+、CO、Cl-C.水電離出的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液：Na+、Fe3+、I-、NOD.=0.1mol/L的溶液：Na+、Mg2+、SiO、HCO【答案】A【解析】【詳解】A．鋁粉能產(chǎn)生H2的溶液可能呈酸性、也可能呈堿性，溶液呈酸性時不能大量存在，溶液呈堿性時離子相互間不反應、與OH-不反應，溶液呈堿性時能大量共存，A項符合題意；B．滴入酚酞顯紅色的溶液中含OH-，OH-與、Al3+反應不能大量共存，且Al3+與發(fā)生雙水解反應不能大量共存，B項不符合題意；C．水電離出的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液可能呈酸性、也可能呈堿性，F(xiàn)e3+與I-發(fā)生氧化還原反應不能大量共存，酸性時與I-發(fā)生氧化還原反應不能大量共存，堿性時Fe3+不能大量存在，C項不符合題意；D．=0.1mol/L的溶液呈堿性，堿性溶液中OH-與Mg2+、不能大量共存，D項不符合題意；答案選A。4.NA代表阿伏加得羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.1molCrO5(Cr為+6價)含有的過氧鍵數(shù)目為NA

2B.10gD2O含有的電子數(shù)、中子數(shù)均為5NAC.足量的銅鋅合金與含2molH2SO4的濃硫酸共熱，生成的氣體分子數(shù)為NAD.22.4L(標準狀況)NH3完全溶于水后，溶液中NH3?H2O數(shù)目為NA【答案】B【解析】【詳解】A．CrO5(Cr為+6價)的結(jié)構(gòu)為，故1molCrO5(Cr為+6價)含有的過氧鍵數(shù)目為2NA，A錯誤；B．1分子D2O含有的電子數(shù)、中子數(shù)均為10，10gD2O為0.5mol，則含有的電子數(shù)、中子數(shù)均為5NA，B正確；C．足量的銅鋅合金與含2molH2SO4的濃硫酸共熱，隨著反應進行，硫酸濃度減小，會部分和鋅反應生成氫氣，導致生成的氣體分子數(shù)大于NA，C錯誤；D．22.4L(標準狀況)NH3為1.0mol，完全溶于水后，溶液中、和數(shù)目之和為NA，D錯誤；故選B。5.下列物質(zhì)的性質(zhì)與用途不具有對應關(guān)系是A.CO具有還原性，可用于冶煉鐵B.KNO3具有氧化性，可用于制黑火藥C.Na2CO3溶液顯堿性，可用于除油污D.FeCl3溶液顯酸性，可用于刻蝕電路板上的銅【答案】D【解析】【詳解】A．CO具有還原性，用CO還原氧化鐵冶煉生鐵，故A正確；B．KNO3具有氧化性，可用于制黑火藥，故B正確；C．油脂在堿性條件下會發(fā)生水解，Na2CO3溶液顯堿性，可用于除油污，故C正確；D．刻蝕電路板上的銅是利用氯化鐵中鐵離子的氧化性，故D錯誤；故選D。6.利用下列裝置(夾持裝置已略去)進行實驗，能達到實驗目的的是

3A.制取無水MgCl2B.吸收多余NH3C.證明1－溴丁烷發(fā)生了消去反應D.分離碘和四氯化碳A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【詳解】A．氯化氫可以抑制氯化鎂的水解從而得到無水氯化鎂，能達到實驗目的，故A符合題意；B．氨氣極易溶于水，直接通入水中導致倒吸，不能達到實驗目的，故B不符合題意；C．揮發(fā)的乙醇也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，不能證明1－溴丁烷發(fā)生了消去反應，不能達到實驗目的，故C不符合題意；D．碘單質(zhì)和四氯化碳互溶，不能分液，不能達到實驗目的，故D不符合題意；故選A。7.一種藥物合成中間體結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，下列說法正確的是A.分子中含有3個手性碳B.可以發(fā)生氧化反應、消去反應和開環(huán)聚合反應C.與酸或堿溶液反應都可生成鹽D.苯環(huán)上二氯代物有5種【答案】C【解析】

4【詳解】A．連接4個不同基團的碳原子為手性碳原子，則中黑球表示的2個碳原子為手性碳原子，故A錯誤；B．含羥基、碳鹵鍵可發(fā)生消去反應，由結(jié)構(gòu)可知，該有機物不能發(fā)生消去反應，故B錯誤；C．含酯基、酰胺鍵，與酸或堿溶液反應都可生成鹽，故C正確；D．由對稱性可知，苯環(huán)上只有2種H原子，可固定1個Cl、移動另一個Cl,如圖、，苯環(huán)上的二氯代物有4種，故D錯誤；故選C。8.W、X、Y、Z為同一周期元素，Y的電子總數(shù)為最外層電子數(shù)的3倍。由這些元素組成的一種化合物M的結(jié)構(gòu)如圖所示，下列敘述錯誤的是A.原子半徑：W＞X＞Y＞ZB.第一電離能：W＞X＞Y＞ZC.電負性：W＜X＜Y＜ZD.化合物M中，W、X、Y、Z均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z為同一周期元素，其中Y的電子總數(shù)為最外層電子數(shù)的3倍，符合條件的元素有Li、P，化合物M中Y形成共價鍵，可知Y為P元素，而X形成4條共價鍵、Z形成1條共價鍵，可知X為Si元素、Z為Cl元素，W形成+1價陽離子，則W為Na元素。【詳解】由分析可知，W為Na元素、X為Si元素、Y為P元素、Z為Cl元素；A．同周期主族元素自左而右原子半徑減小，則原子半徑：Na＞Si＞P＞Cl即W＞X＞Y＞Z，A正確；B．同周期主族元素隨原子序數(shù)增大第一電離能呈增大趨勢，ⅡA族、Ⅴ族第一電離能大于同周期相鄰元素，則第一電離能：Na＜Si＜P＜Cl即W＜X＜Y＜Z，B錯誤；C．同周期主族元素自左而右電負性增大，則電負性：Na＜Si＜P＜Cl即W＜X＜Y＜Z，C正確；D．Si元素形成4條共價鍵、Cl原子形成1條共價鍵、P原子形成2條共價鍵且獲得1個電子，三者都滿8

5電子結(jié)構(gòu)，而Na+離子最外層有8個電子，D正確；故答案為：B。9.下列實驗操作、現(xiàn)象及結(jié)論均正確的是選項操作現(xiàn)象結(jié)論A向紫色石蕊溶液中通入Cl2溶液先變紅后褪色氯氣有漂白性B向Na2SiO3溶液中通入SO2溶液變渾濁非金屬性：S＞SiC向酸性MnSO4溶液中加入NaBiO3固體溶液變?yōu)樽霞t色氧化性：BiO＞MnOD相同溫度下，將相同大小鈉塊分別加到醋酸和乙醇中生成氫氣的速率：醋酸＞乙醇結(jié)合質(zhì)子能力：CH3COO-＞C2H5O-A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【詳解】A．向紫色石蕊溶液中通入Cl2，Cl2和水反應生成HCl和HClO，溶液呈酸性所以先變紅，后褪色的原因是HClO具有漂白性，故A錯誤；B．向Na2SiO3溶液中通入SO2產(chǎn)生硅酸沉淀，溶液變渾濁，說明酸性：H2SO3>H2SiO3，H2SO3不是S元素的最高價含氧酸，不能證明非金屬性：S＞Si，故B錯誤；C．向酸性MnSO4溶液中加入NaBiO3固體，溶液變?yōu)樽霞t色，說明BiO將Mn2+氧化為MnO，則氧化性：BiO＞MnO，故C正確；D．相同溫度下，將相同大小鈉塊分別加到醋酸和乙醇中，生成氫氣的速率：醋酸＞乙醇，說明電離H+（質(zhì)子）能力：CH3COOH＞C2H5OH，則結(jié)合質(zhì)子能力：CH3COO-

6A.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=-42kJ?mol-1B.H2的燃燒熱△H=-243kJ?mol-1C.由圖(a)可知O－H的鍵能為220kJ?mol-1D.CO2(g)的生成熱△Hf=-394kJ?mol-1【答案】D【解析】【詳解】A．由圖(b)可知①，由圖(a)可知②；根據(jù)蓋斯定律①-②得CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+42kJ?mol-1，故A錯誤；B．H2的燃燒熱是1mol氫氣完全燃燒生成液態(tài)水放出的能量，△H<-243kJ?mol-1，故B錯誤；C．由圖(a)可知，斷裂2molO－H鍵吸收的總能量為(243+436+247)kJ，O－H鍵的鍵能為463kJ?mol-1，故C錯誤；D．穩(wěn)定單質(zhì)化合生成1mol純物質(zhì)的熱效應稱為生成熱，由圖(b)可知CO2(g)的生成熱△Hf=-109kJ?mol-1-285kJ?mol-1=-394kJ?mol-1，故D正確；選D。11.石墨是層狀結(jié)構(gòu)，許多分子和離子可以滲入石墨層間形成插層化合物。Li+插入石墨層中間，形成晶體結(jié)構(gòu)如圖(a)，晶體投影圖如圖(b)。若該結(jié)構(gòu)中碳碳鍵鍵長為apm，碳層和鋰層相距dpm(用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)。下列說法錯誤的是A.Li+插入石墨層中間改變了石墨的堆積方式

7B.該化合物的化學式為LiC6C.同層Li+最近距離為3apmD.該晶體的密度為×1030g?cm-3【答案】D【解析】【詳解】A．石墨由錯層結(jié)構(gòu)變?yōu)閮蓪訉R，堆積方式發(fā)生改變，故A正確；B．根據(jù)均攤原則，四棱柱單元中個數(shù)，C原子個數(shù)，所以該化合物的化學式為LiC6，故B正確；C．同層Li+最近距離棱柱頂面邊長，同層Li+最近距離為3apm，故C正確；D．晶胞質(zhì)量為g，晶胞體積為，密度為；故D錯誤；選D。12.丙烯腈(CH2=CHCN)電合成已二腈[NC(CH2)4CN]的原理如圖所示(兩極均為惰性電極)，電解過程會產(chǎn)生丙腈(C2H5CN)等副產(chǎn)物(已知：電流效率=×100%)，下列說法錯誤的是A.電勢：X極＞Y極B.H+移動方向：左室→質(zhì)子交換膜→右室C.生成己二腈的電極反應式為2CH2=CHCN+2H++2e-=NC(CH2)4CND.若X極產(chǎn)生33.6L(標準狀況)氣體，Y極區(qū)生成了0.3mol丙腈，則電流效率高于90%【答案】D【解析】【分析】由圖可知，CH2=CHCN在Y極生成NC(CH2)4CN，該過程中C的化合價降低，發(fā)生還原反應，Y極是電解池陰極，X為陽極，以此解答。

8【詳解】A．由分析可知，Y極是電解池陰極，X為陽極，電勢：X極＞Y極，故A正確；B．電解池中H+向陰極移動，H+移動方向：左室→質(zhì)子交換膜→右室，故B正確；C．由分析可知，CH2=CHCN在Y極得電子生成NC(CH2)4CN，電極方程式為：2CH2=CHCN+2H++2e-=NC(CH2)4CN，故C正確；D．X為陽極，H2O在陽極失去電子得到O2，電極方程式為：2H2O-4e-=O2↑+4H+，若X極產(chǎn)生33.6L(標準狀況)O2，物質(zhì)的量為=1.5mol，轉(zhuǎn)移6mol電子，Y極區(qū)生成了0.3mol丙腈，得到0.6mol電子，說明Y極H+也會放電生成H2，則電流效率不可能高于90%，故D錯誤；故選D。13.常溫下，向碳酸鈉的溶液中通入過量SO2可制備NaHSO3，主要流程如圖，下列敘述錯誤的是已知H2CO3：Ka1=4.4×10-7，Ka2=5.6×10-11；H2SO3：Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.2×10-8。A.Na2CO3溶液中：c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)=c(OH-)B.通入SO2開始時反應為2CO+SO2+H2O=SO+2HCOC.當吸收SO2后pH=9的溶液中：c(HCO)＜c(CO)＜c(Na+)D.母液中加KOH至中性時：3c(SO)＜c(Na+)+c(K+)【答案】C【解析】【分析】碳酸鈉中通入SO2，兩者反應生成Na2SO3，隨著SO2的持續(xù)通入，Na2SO3轉(zhuǎn)化為NaHSO3，再經(jīng)過結(jié)晶可得到NaHSO3?！驹斀狻緼．碳酸鈉溶液水解生成和H2CO3，其中的H均來源于H2O中，水電離生成的H+和OH-物質(zhì)的量相同，因此c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)=c(OH-)，A正確；B．從題干可知，酸性H2SO3>H2CO3>>，因此剛開始通入SO2時，Na2CO3與SO2反應生成和，離子方程式為2CO+SO2+H2O=SO+2HCO，B正確；C．pH=9時，c(H+)=1×10-9mol/L，根據(jù)H2CO3的Ka2=5.6×10-11，可得=5.6×10-11，解得

9=5.6×10-2，因此c()

10點壓強相等，甲容器為絕熱過程，乙容器為恒溫過程，若兩證氣體物質(zhì)的量相等，則甲容器的壓強大于乙容器壓強，現(xiàn)壓強相等則說明甲容器中氣體的總物質(zhì)的量比乙容器的小，則氣體的總物質(zhì)的量：nb＞nc，B正確；C．恒溫恒容過程中，Z點NO的轉(zhuǎn)化率為80%，若乙為恒溫恒壓過程，則隨反應進行平衡正向移動，則平衡時NO的轉(zhuǎn)化率大于80%，C錯誤；D．起始投料為n(NO)：n(H2)=1：2，起始總壓強為9kPa，則NO為3kPa，H2為6kPa，根據(jù)信息列三段式，，，Z點容器內(nèi)為6.6kPa，則0.6+3.6-3x+1.2-x+2.4+2x=6.6，解得x=0.6，則從開始到Z點，用分壓表示的H2消耗速率為=0.14kPa?min-1，D正確；答案選C。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.鋰離子電池通常含有多種金屬元素，廢棄鋰離子電池的回收處理對資源利用和環(huán)境保護有重要意義。某實驗小組從某廢舊鋰電池正極活性材料[主要成分可表示為LiNixCo(1-x)O2]中分別回收處理金屬元素，工藝流程如圖：已知：①“酸浸”后濾液中主要金屬陽離子為Li+、Ni2+、Co2+。②沉鎳反應為回答下列問題：（1）基態(tài)氧原子的核外電子空間運動狀態(tài)有_____種。丁二酮肟分子中sp3雜化的原子個數(shù)為_____

11，二丁二酮肟鎳中存在的化學鍵有_____(填序號)。A.π鍵B.氫鍵C.金屬鍵D.配位鍵（2）鋰電池負極材料為Li2C6，廢舊鋰電池加NaCl溶液浸泡，既可將廢電池充分放電，保證拆解安全，還可以達到_____的目的。（3）“酸浸”過程的主要反應離子方程式為_____。（4）“萃取”鈷離子的原理可表示為2HA+Co2+CoA2+2H+，pH太小萃取率偏低的原因為_____。（5）CoC2O4和Li2CO3在空氣氛圍中焙燒可得到LiCoO2，該反應化學方程式為_____。（6）將草酸鈷晶體(CoC2O4?2H2O)置于空氣中加熱，受熱過程中固體殘留率(固體殘留率=×100%)變化如圖，則C點固體物質(zhì)化學式為_____。【答案】（1）①.5②.4③.AD（2）將負極鋰元素轉(zhuǎn)移到正極材料中，提高鋰的回收率（3）2LiNixCo(1-x)O2+6H++H2O2=2Li++2xNi2++2(1-x)Co2++4H2O+O2↑（4）pH越小，H+濃度越大，抑制萃取平衡（5）4CoC2O4+2LiCO3+3O24LiCoO2+10CO2（6）Co2O3【解析】【分析】廢舊鋰電池正極活性材料（主要成分可表示為LiNixCo(1-x)O2），加NaCl溶液浸泡，可將廢電池充分放電，保證拆解安全，將負極鋰元素轉(zhuǎn)移到正極材料中，提高鋰的回收率，加入稀硫酸和過氧化氫酸浸，過濾得到的濾液中主要陽離子為鋰離子、鎳離子和鈷離子，加入丁二銅肟沉鎳，得到二丁二酮肟鎳，過濾得到的濾液中加入萃取劑萃取分液得到水相中含有鋰離子，加入碳酸鈉沉鋰得到碳酸鋰，有機相加入試劑反萃取后加入草酸沉鈷得到草酸鈷?！拘?詳解】基態(tài)氧原子的核外電子排布式為1s22s22p4，軌道數(shù)為5，核外電子空間運動狀態(tài)有5種，丁二酮肟分子中

12sp3雜化的原子是兩個甲基中的碳原子，兩個羥基中的氧原子，個數(shù)為4，二丁二酮肟鎳中存在的化學鍵有σ鍵、π鍵、配位鍵，氫鍵不屬于化學鍵，金屬鍵存在于金屬或合金中，故答案選AD?！拘?詳解】鋰電池負極材料為Li2C6，廢舊鋰電池加NaCl溶液浸泡，可將廢電池充分放電，保證拆解安全，還可以達到將負極鋰元素轉(zhuǎn)移到正極材料中，提高鋰的回收率的目的?！拘?詳解】從題干可知，酸浸后的濾液中主要金屬陽離子為Li+、Ni2+和Co2+，同時有氧氣生成，酸浸過程中的主要反應離子方程式為2LiNixCo(1-x)O2+6H++H2O2=2Li++2xNi2++2(1-x)Co2++4H2O+O2↑?！拘?詳解】萃取鈷離子的原理可表示為2HA+Co2+CoA2+2H+，pH越小，氫離子濃度越大，該反應化學平衡逆向移動，降低了萃取率?！拘?詳解】CoC2O4與Li2CO3在空氣中焙燒可得到LiCoO2，Co失電子化合價從+2價升高為+3價，則反應物中O2得電子生成CO2，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒，反應的化學方程式為4CoC2O4+2Li2CO3+3O24LiCoO2+10CO2。【小問6詳解】CoC2O4·2H2O(M=183g/mol)，取1mol的CoC2O4·2H2O，則Co元素的質(zhì)量為59g，C點固體物質(zhì)中O元素約為183g×45.36%-59g=24g，Co原子和O原子物質(zhì)的量之比為1：1.5，化學式為Co2O3。16.一中學某課外小組的同學設計利用C2H2氣體制取H2C2O4?2H2O并測定產(chǎn)品純度。I.制取H2C2O4?2H2O①電石除CaC2外還含有少量CaS及Ca3P2雜質(zhì)等②查閱文獻，用Hg(NO3)2作催化劑，濃硝酸能將C2H2氧化為H2C2O4（1）為減慢裝置A中產(chǎn)生C2H2的反應速率，常用_____(填試劑名稱)代替水作反應試劑。

13（2）裝置B中KClO3將H2S、PH3氧化為硫酸及磷酸除去，同時又產(chǎn)生一種新的氣體單質(zhì)雜質(zhì)，該雜質(zhì)的化學式是_____。（3）裝置D中生成H2C2O4的化學方程式為______，從反應后的溶液得到產(chǎn)品，還需經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、_____(填操作名稱)、過濾、洗滌及干燥。（4）裝置F的作用是_____。II.測定產(chǎn)品中H2C2O4?2H2O的純度準確稱取3.5000g產(chǎn)品于燒杯中，加入適量蒸餾水和稀硫酸溶解，配成100mL溶液.每次用移液管量取20.00mL溶液于錐形瓶中，用0.1000mol?L-1KMnO4標準溶液滴定至終點，記錄數(shù)據(jù)如表。滴定次數(shù)標準KMnO4溶液體積(mL)滴定前讀數(shù)滴定后讀數(shù)10.3020.20212021.3030.8022.5041.5021.50（5）滴定過程中發(fā)現(xiàn)褪色速率開始很慢后迅速加快，其原因是______。（6）滴定終點時的現(xiàn)象為______。（7）產(chǎn)品中H2C2O4?2H2O的純度為_____%。（8）下列操作可能使產(chǎn)品純度測定結(jié)果偏高的是_____(填序號)。A.用產(chǎn)品配制溶液定容讀數(shù)時，俯視容量瓶上的刻度線B.錐形瓶水洗后未干燥C.滴定終點時，滴定管尖嘴部分有氣泡D.產(chǎn)品在干燥器中干燥時間過長，導致失去部分結(jié)晶水【答案】（1）飽和食鹽水(飽和氯化鈉溶液)（2）Cl2（3）①.C2H2+8HNO3(濃)H2C2O4+8NO2+4H2O②.冷卻(降溫)結(jié)晶（4）吸收尾氣NO2，防止污染空氣（5）生成的Mn2+作該反應的催化劑（6）滴入最后半滴標準溶液，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色

14（7）90（8）AD【解析】【分析】水與電石反應生成C2H2，同時因為有CaS及Ca3P2雜質(zhì)等存在，同時生成H2S和PH3，將混合氣體通入KClO3溶液中，H2S和PH3被氧化為硫酸和磷酸除去，同時KClO3被還原生成氯氣，用NaOH除去生成的氯氣，D中在Hg(NO3)2作催化劑條件下，濃硝酸將C2H2氧化為H2C2O4，自身被還原為NO2，生成的NO2需進行尾氣處理，F(xiàn)中NaOH用于吸收多余的NO2，同時需要進行防倒吸處理，E瓶的作用為防止倒吸。【小問1詳解】電石與水反應過于劇烈，為了減慢反應速率，平緩地產(chǎn)生乙炔，可用飽和食鹽水代替水反應?！拘?詳解】裝置B中KClO3將H2S、PH3氧化為硫酸及磷酸除去，同時KClO3被還原生成Cl2，新的氣體單質(zhì)為氯氣。【小問3詳解】裝置D中濃硝酸和C2H2反應生成H2C2O4和NO2，化學方程式為C2H2+8HNO3(濃)H2C2O4+8NO2+4H2O，從反應后的溶液得到產(chǎn)品，還需要經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌及干燥。【小問4詳解】裝置F中為NaOH，用于吸收多余的NO2，防止其污染環(huán)境。【小問5詳解】滴定過程中高錳酸鉀與H2C2O4反應生成了Mn2+，Mn2+可作為該反應的催化劑從而加快反應速率?！拘?詳解】用高錳酸鉀標準溶液滴定草酸溶液，滴定終點的現(xiàn)象為滴入最后半滴標準溶液，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色。【小問7詳解】從表中可知，四次實驗消耗的KMnO4的體積為19.90mL、20.10mL、21.7mL、20.00mL，第三組數(shù)據(jù)與其他數(shù)據(jù)相差較大舍去，平均消耗KMnO420mL，即消耗KMnO42×10-3mol，根據(jù)H2C2O4和KMnO4反應的比例關(guān)系，2KMnO4~5H2C2O4，可得消耗的H2C2O4為5×10-3mol，則3.5g樣品中含有H2C2O42.5×10-2mol，則H2C2O4·2H2O的純度為=90%?！拘?詳解】A

15．用產(chǎn)品配制溶液定容讀數(shù)時，俯視容量瓶上的刻度線，導致溶液濃度偏高，消耗的高錳酸鉀溶液偏多，測定結(jié)果偏高，A正確；B．錐形瓶水洗后未干燥，對實驗沒有影響，B錯誤；C．滴定終點時，滴定管尖嘴部分有氣泡，則測定的高錳酸鉀消耗量偏低，產(chǎn)品純度偏低，C錯誤；D．產(chǎn)品在干燥器中干燥時間過長，失去部分結(jié)晶水，配置成溶液消耗的高錳酸鉀的量不變，但是樣品質(zhì)量偏小，產(chǎn)品純度偏高，D正確；故答案選AD。17.神舟十五號飛船滑動部件由多種高強度、高模量復合材料制成，某樹脂L是其中一種材料的組成部分。（1）L由己二酸和鄰苯二胺在催化劑作用下縮聚合成，L中官能團的名稱為氨基和_____；生成L的化學反應方程式為_____。（2）由乙烯合成己二酸的一種合成路線如圖：已知：R1CHO+R2CH2CHO①A與銀氨溶液反應的化學方程式為_____。②按系統(tǒng)命名法，B的名稱為_____。③反應D→E中有一種分子式為C4H6Cl2的副產(chǎn)物生成，該副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為____。（3）鄰苯二胺的一種合成路線如圖：①設計反應H→I的目的是_____。②K→鄰苯二胺的反應類型為______。③化合物M的相對分子質(zhì)量比H大16，滿足下列條件的結(jié)構(gòu)有_____種(不考慮立體異構(gòu))。a.遇FeCl3溶液顯色；b.能在NaOH溶液中發(fā)生水解反應；c.能與新制氫氧化銅懸濁液反應生成磚紅色沉淀其中，核磁共振氫譜有5組峰，峰面積之比為1：1：2：2：3的結(jié)構(gòu)簡式為_____。【答案】（1）①.酰胺基、羧基②.nHOOC(CH2)4COOH+n

16+(2n-1)H2O（2）①.CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+3NH3+2Ag↓+H2O②.3－羥基丁醛③.（3）①.用磺酸基封閉乙酰氨基的對位，使隨后硝化的硝基只能進入鄰位②.還原反應③.16④.【解析】【分析】由乙烯合成己二酸的一種合成路線分析：乙烯（CH2=CH2）在一定條件下轉(zhuǎn)化為A，A發(fā)生已知反應的原理得到B，結(jié)合A的分子式可知，A為CH3CHO，B為CH3CH(OH)CH2CHO，由C的分子式可知B和H2發(fā)生加成反應得到C，C為CH3CH(OH)CH2CH2OH，C發(fā)生消去反應得到D，D的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CH-CH=CH2，D發(fā)生加成反應得到E，E為CH2ClCH=CHCH2Cl，E經(jīng)過一系列反應得到己二酸，以此解答。由鄰苯二胺的一種合成路線分析：H和濃H2SO4發(fā)生取代反應生成I，結(jié)合H的分子式可以推知H為，G為，I發(fā)生硝化反應生成J，J為，J在硫酸溶液中煮沸得到K，K為，K發(fā)生還原反應得到鄰苯二胺。【小問1詳解】L由HOOC(CH2)4COOH和在催化劑作用下縮聚合成，該過程中羧基脫去羥基，氨基脫去氫原子后形成酰胺基，L中官能團的名稱為氨基和酰胺基、羧基；生成L的化學反應方程式為：

17nHOOC(CH2)4COOH+n+(2n-1)H2O?！拘?詳解】①由分析可知，A為CH3CHO，與銀氨溶液反應的化學方程式為：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+3NH3+2Ag↓+H2O；②由分析可知，B為CH3CH(OH)CH2CHO，名稱為3－羥基丁醛；③D的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CH-CH=CH2，D和Cl2發(fā)生1、4加成反應得到E，如發(fā)生1、2加成生成副產(chǎn)品C4H6Cl2，該副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為?！拘?詳解】①設計反應H→I的目的是用磺酸基封閉乙酰氨基的對位，使隨后硝化的硝基只能進入鄰位；②由分析可知，K為，K發(fā)生還原反應將硝基轉(zhuǎn)化為氨基得到；③化合物M的相對分子質(zhì)量比H大16，M比H分子式多1個O原子，且滿足條件：a.遇FeCl3溶液顯色，說明其中含有酚羥基；b.能在NaOH溶液中發(fā)生水解反應，結(jié)合M的分子式可以推知其中含有酰胺基；c.能與新制氫氧化銅懸濁液反應生成磚紅色沉淀，說明其中含有醛基；綜上所述，M含有苯環(huán)，若苯環(huán)上有3個取代基可能為：-OH、-CH3、-NHCHO，共有10種結(jié)構(gòu)；若苯環(huán)上有2個取代基可能為：-OH，-CH2NHCHO或-OH、-N(CH3)CHO，每一種組合都有鄰間對三種情況，共有6種結(jié)構(gòu)，則滿足條件的結(jié)構(gòu)共有16種，其中，核磁共振氫譜有5組峰，峰面積之比為1：1：2：2：3的結(jié)構(gòu)簡式為。18.為加快實現(xiàn)“雙碳”目標，CO2的資源化利用成為了科研的熱門選題。（1）工業(yè)上利用CO2和H2為原料，在催化劑Cu/ZnO的作用下合成甲醇，該反應的熱化學方程式為CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ?mol-1。①該反應在_____(填“高溫”“低溫”或“任意溫度”)下，易自發(fā)進行。②該反應分兩步進行：第一步Cu/ZnO*=Cu/Zn*+H2O△H＞0第二步Cu/Zn*+2H2+CO2=Cu/ZnO*+CH3OH

18已知第二步反應幾乎不影響總反應達到平衡所用的時間，由此推知以下能正確表示反應過程中能量變化的示意圖為______(填序號)。a.b.c.d.（2）Sabatier反應可實現(xiàn)CO2甲烷化：反應1為CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H=-165kJ?mol-1，該反應發(fā)生的同時還伴隨著副反應；反應2為CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ?mol-1，將5molCO2和20molH2通入某恒壓密閉容器中將CO2甲烷化，平衡時體系中各含碳元素物質(zhì)的物質(zhì)的量n(X)與溫度T的關(guān)系如圖所示。①曲線Y代表的物質(zhì)是______(填化學式)，曲線Z所代表的物質(zhì)在1100K以上物質(zhì)的量減小的原因是______。②800K時，若經(jīng)過10min達到平衡，則該條件下0～10min內(nèi)H2O的平均生成速率v(H2O)=_______mol?min-1。③當反應1和反應2均達到化學平衡狀態(tài)時，若維持溫度不變，向容器內(nèi)通入惰性氣體He，則反應2平衡______(填“正向移動”“逆向移動”或“不移動”)。④800K時，若平衡時容器內(nèi)總壓為p，則反應2的壓強平衡常數(shù)Kp=_____(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字，Kp為以分壓表示的平衡常數(shù)，分壓=總壓物質(zhì)的量分數(shù))。（3）在酸性水溶液中，CO2通過電催化法可生成C2H5OH，c－NC、i－NC是兩種電極催化劑，轉(zhuǎn)化原理如圖所示。

19①c－NC上的電極反應式為______。②當兩個電極上轉(zhuǎn)移相同數(shù)目的電子時，c－NC電極和i－NC電極上得到的C2H5OH的物質(zhì)的量之比為5：4，則i－NC電極上產(chǎn)生的C2H5OH和CO的物質(zhì)的量之比為______?！敬鸢浮浚?）①.低溫②.b（2）①.CO②.溫度高于1100K時，反應1平衡左移使n(CO2)增多的程度小于反應2平衡右移使n(CO2)減小的程度③.0.78④.正向移動⑤.0.34（3）①.2CO2+12e-+12H+=C2H5OH+3H2O②.2∶3【解析】小問1詳解】①，該反應，，由于時反應自發(fā)，因此該反應在低溫下易自發(fā)進行；②總反應，分步反應第一步，故第二步必然，且根據(jù)題意可知第二步反應為快反應，活化能低，故選b?！拘?詳解】①溫度升高的過程中，反應1平衡逆向移動，減小，反應2平衡正向移動，增大，故曲線Y代表的物質(zhì)是CO；曲線Z代表的物質(zhì)是，溫度高于1100K時，反應1平衡左移使增多的程度小于反應2平衡右移使減小的程度，故減?。虎?00K時，根據(jù)圖中所給數(shù)據(jù)可列三段式：

20故0~10min內(nèi)的平均生成速率；③向恒壓的容器內(nèi)通入惰性氣體，相當于減壓，平衡向著氣體分子數(shù)增大的方向移動，故反應1平衡逆向移動，在此影響下，反應2平衡正向移動.④由②中三段式可知：當800K下達到平衡時，，此時反應2中各物質(zhì)的平衡分壓為，，，，則平衡常數(shù)。【小問3詳解】①c-NC電極上CO2轉(zhuǎn)化為C2H5OH，電極反應式為2CO2+12e-+12H+=C2H5OH+3H2O；②i-NC電極上CO2生成CO和C2H5OH兩種產(chǎn)物，電極方程式為：CO2+2e-+2H+=CO+H2O，2CO2+12e-+12H+=C2H5OH+3H2O，假設當兩個電極上轉(zhuǎn)移12mol電子時，c-NC電極上生成1molC2H5OH，c－NC電極和i－NC電極上得到的C2H5OH的物質(zhì)的量之比為5：4，i－NC電極上得到的C2H5OH的物質(zhì)的量為0.8mol，轉(zhuǎn)移9.6mol電子，則生成CO的過程中轉(zhuǎn)移12mol-9.6mol=2.4mol，生成1.2molCO，則i－NC電極上產(chǎn)生的C2H5OH和CO的物質(zhì)的量之比為2∶3?！军c睛】.

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