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上海市奉贤区2023-2024学年高三下学期二模练习卷
化学试题
考生注意：
1.试卷满分100分，考试时间60分钟。
2.本考试分设试卷和答题纸。答题前，务必在答题纸上填写学校、姓名、考号，将条形
码贴在指定位置。答题时，必须将答案涂或写在答题纸上，在试卷上答题一律不得分。
3.选择类试题中，标注“不定项”的试题，每小题有1~2个正确选项，未特别标注的试题，每小题只有1个正确选项。
相对原子质量：O 16 Na 23 Cl 35.5
一、镍—古老而又年轻的金属
1. 镍颜色近似银白色，我国古时使用 “白铜”(一种镍铜合金)制造兵器。现代工业镍及其化合物主要用于生产不锈钢、电池以及催化剂领域。
（1）基态镍原子的价电子排布式为___________，镍元素在周期表中的位置为___________。
（2）金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如下图所示，该合金的化学式为___________。
A. LaNi5 B. LaNi6 C. LaNi8 D. LaNi9
（3）已知NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠相同，Ni2+和Fe2+的半径分别为69 pm和78 pm，则熔点NiO___________FeO(选填“<””或“>”)，理由是___________。
（4）丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图所示，下列关于该配合物结构分析正确的是__________。
A. 配体的分子式为C8H14N4O4
B. 既有内界，又有外界
C. 配位数为4
D. 氧原子与氢原子之间形成的化学键有共价键和氢键
（5）镍镉(Ni-Cd)可充电电池应用广泛。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充电和放电的反应原理为：Cd＋2NiOOH＋2H2OCd(OH)2＋2Ni(OH)2，有关该电池的说法正确的是_______。
A. 充电时阳极反应：Ni(OH)2＋OH——e—=NiOOH＋H2O
B. 充电过程是化学能转化为电能的过程
C. 放电时负极附近溶液的碱性不变
D. 放电时OH—向正极移动
（6）工业上通过调节pH除杂并回收废液中的镍，用于制备硫酸镍晶体。常温下，加碱调节pH在7.2~8.7，使Ni2+开始沉淀，至其浓度降为1.0×10 5 mol L-1，可认为Ni2+已经完全沉淀，则Ni(OH)2的Ksp=___________。
（7）硫酸镍溶液在强碱中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式___________。
（8）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用。其主要目的是___________。
【答案】（1） ①. 3d84s2 ②. 第四周期Ⅷ族
（2）A （3） ①. > ②. 两种物质均为离子晶体，Ni2+半径小，NiO中离子键更强，熔点更高
（4）C （5）A
（6）1.0×10 15.6
（7）2Ni2+＋ClO—＋4OH—=2NiOOH↓＋Cl—＋H2O
（8）提高镍元素的回收率
【解析】
【小问1详解】
镍元素的原子序数为28，位于元素周期表第四周期Ⅷ族，价电子排布式为3d84s2，故答案为：3d84s2；第四周期Ⅷ族；
【小问2详解】
由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的镧原子个数为8×=1，位于面上、面心和体心的镍原子个数为8×+1=5，则合金的化学式为LaNi5，故选A；
【小问3详解】
由题意可知，NiO、FeO都是离子晶体，Ni2+半径小于Fe2+，所以NiO中离子键强于FeO，熔点高于FeO，故答案为：两种物质均为离子晶体，Ni2+半径小，NiO中离子键更强，熔点更高；
【小问4详解】
A．由结构可知，配合物中中心离子为镍离子，配体为分子式是C4H8N2O2的丁二酮肟，故错误；
B．由结构可知，配合物只存在内界，不存在外界，故错误；
C．由结构可知，配合物中中心离子为镍离子，配体原子为氮原子，配位数为4，故正确；
D．氢键是较强的分子间作用力，不属于化学键，则由结构可知，配合物中氧原子与氢原子之间形成的化学键为共价键，故错误；
故选C；
【小问5详解】
A．由方程式可知，充电时，与直流电源正极相连的Ni(OH)2为电解池的阳极，碱性条件下Ni(OH)2在阳极失去电子发生氧化反应生成NiOOH，电极反应式为Ni(OH)2＋OH——e—=NiOOH＋H2O，故正确；
B．二次电池充电过程是电能转化为化学能的过程，故错误；
C．由方程式可知，放电时，镉为原电池的负极，碱性条件下镉在负极失去电子发生氧化反应生成氢氧化镉，电极反应式为Cd—2e—+2OH—=Cd(OH)2，放电消耗氢氧根离子，所以负极附近溶液的碱性减小，故错误；
D．放电时，溶液中的阴离子氢氧根离子向负极移动，故错误；
故选A；
【小问6详解】
由题意可知，氢氧化镍的溶度积Ksp=1.0×10 5×(1.0×10 5.3)2=1.0×10 15.6，故答案为：1.0×10 15.6；
【小问7详解】
由题意可知，生成NiOOH的反应为碱性条件下镍离子与次氯酸根离子反应生成NiOOH、氯离子和水，反应的离子方程式为2Ni2+＋ClO—＋4OH—=2NiOOH↓＋Cl—＋H2O，故答案为：2Ni2+＋ClO—＋4OH—=2NiOOH↓＋Cl—＋H2O；
【小问8详解】
将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用可以提高镍元素的回收率，故答案为：提高镍元素的回收率。
二、21世纪的“清洁能源”——二甲醚
2. (一)二甲醚(CH3OCH3)具有优良的燃烧性能，被称为21世纪的“清洁能源”。工业上以合成气(CO/H2)为原料“一步法”合成二甲醚的总反应为：2CO(g)＋4H2(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH=﹣221.51 kJ·mol-1
（1）600℃时，在复合催化剂CuO/ZnO/Al2O3作用下，反应器中发生了下列反应：
Ⅰ．合成气合成甲醇：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ΔH1
Ⅱ．甲醇脱水生成二甲醚：2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH2=﹣20.59 kJ·mol-1
则ΔH1=___________。
(二)Ⅲ．水煤气变换反应：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH3=﹣38.7 kJ·mol-1
（2）一定条件下，CO的起始浓度为0.6 mol·L 1，10 min后反应I达到化学平衡，CO的平衡转化率为50%，则0~10 min H2的平均反应速率为___________。
（3）传统合成法将反应I和II分别在不同的反应器中进行，“一步法”连续发生以上三步反应。从物质转化和化学平衡的角度，分析“一步法”的优点是___________。
（4）反应Ⅲ，水煤气变换部分基元反应如下：
基元反应 活化能Ea(eV) 反应热ΔH(eV)
① CO＋H2O＋2*=CO*＋H2O* 0 -1.73
② H2O*＋*=H*＋OH* 0.81 -0.41
第②步基元反应逆反应的活化能为___________eV。
(三)目前又有一种新合成二甲醚的方法是以CO2和H2为原料直接反应，其反应原理为：2CO2(g)＋6H2(g) CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH=﹣144.1 kJ·mol-1
（5）在___________下该反应能自发进行。
A．低温 B．高温 C．任何温度
（6）在恒容绝热密闭容器中，下列能判断该反应达到化学平衡状态的是___________。
A. v正(CO2)=3v逆(H2)
B. 容器内CH3OCH3体积分数不变
C. 容器内温度保持不变
D. 单位时间内断裂6 mol H—H键，同时断裂3 mol H—O键
（7）当=3时，实验测得CO2的平衡转化率随温度及压强变化如下图所示：
图中压强(p)从大到小顺序为___________。
A. p1>p2>p3 B. p3>p2>p1 C. p2>p1>p3 D. p3>p1>p2
（8）若在1 L密闭容器中充入0.2 mol CO2和0.6 mol H2，CO2的平衡转化率对应图1中A点，则在此温度下，该反应的化学平衡常数K=___________(取整数)。
（9）合成二甲醚选用硅铝化合物作催化剂，硅铝比与产物选择性如图所示，A点和B点的化学平衡常数比较：KA___________KB(选填“>”“<”或“=”)，根据以上两条曲线，写出其中一条变化规律___________。
【答案】（1）—100.46 kJ·mol-1
（2）0.06 mol·L 1·min 1
（3）采用一步法时，反应I生成的CH3OH可以由反应II立即转化为二甲醚；反应II中生成的H2O又可被反应III消耗；反应III中生成的H2又可作为原料参与到反应I中，3个反应相互促进，从而提高了CO的转化率和二甲醚的产率
（4）1.22 （5）A （6）BC （7）A
（8）23 （9） ①. = ②. 低温时硅铝比对二甲醚的选择性影响不大，高温时随着硅铝比增大，二甲醚的选择性先增大后减小
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，反应Ⅰ×2+Ⅱ得到总反应，则ΔH1==-100.46 kJ·mol-1，故答案：-100.46 kJ·mol-1；
【小问2详解】
由题意可知，10 min后反应I达到化学平衡时，一氧化碳的平衡转化率为50%，则由方程式可知，0~10 min氢气的平均反应速率为=0.06 mol·L 1·min 1，故答案为：0.06 mol·L 1·min 1；
【小问3详解】
由方程式可知，“一步法”的优点是采用一步法时，反应I生成的CH3OH可以由反应II立即转化为二甲醚；反应II中生成的H2O又可被反应III消耗；反应III中生成的H2又可作为原料参与到反应I中，3个反应相互促进，从而提高了CO的转化率和二甲醚的产率，故答案为：采用一步法时，反应I生成的CH3OH可以由反应II立即转化为二甲醚；反应II中生成的H2O又可被反应III消耗；反应III中生成的H2又可作为原料参与到反应I中，3个反应相互促进，从而提高了CO的转化率和二甲醚的产率；
【小问4详解】
由题意可知，第②步基元反应的反应热△H=-(Ea逆-Ea正)，由表格数据可知，逆反应的活化能Ea逆= 0.81ev+0.41ev=1.22 ev，故答案为：1.22；
【小问5详解】
由方程式可知，二氧化碳和氢气直接合成二甲醚的反应为熵减的放热反应，低温条件下反应ΔH—TΔS＜0，反应能自发进行，故选A；
【小问6详解】
A．由同一反应的反应速率之比等于化学计量数之比可知，v正(CO2)=3v逆(H2)说明正逆反应速率不相等，反应未达到平衡，故错误；
B．容器内CH3OCH3体积分数不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
C．该反应为放热反应，恒容绝热密闭容器中反应时，容器内温度升高，则容器内温度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
D．由方程式可知，单位时间内断裂6 mol H—H键，同时断裂3 mol H—O键都代表正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
故选BC；
【小问7详解】
该反应为气体体积减小的反应，相同温度时，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，由图可知，p1、p2、p3条件下二氧化碳的转化率依次减小，则压强的大小关系为p1>p2>p3，故选A；
【小问8详解】
由图可知，A点时二氧化碳的转化率为50%，由题意可建立如下三段式：
由三段式数据可知，反应的平衡常数K=≈23，故答案为：23；
【小问9详解】
平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，由图可知，A点和B点的反应温度相同，则A点和B点的平衡常数相等；230℃时硅铝比增大，二甲醚的物质的量分数变化不大，280℃时硅铝比增大，二甲醚的物质的量分数先增大后减小，说明低温时硅铝比对二甲醚的选择性影响不大，高温时随着硅铝比增大，二甲醚的选择性先增大后减小，故答案为：=；低温时硅铝比对二甲醚的选择性影响不大，高温时随着硅铝比增大，二甲醚的选择性先增大后减小。
三、三氯化铬的制备和性质探究
3. 三氯化铬(CrCl3)为紫色晶体，熔点为83 ℃，易潮解，易升华，能溶于水但不易水解，高温下能被氧气氧化。其工业生产中应用广泛。
以Cr2O3、CCl4(沸点为76.8 ℃)为原料制备无水CrCl3的实验装置图如下所示。
（1）关于氨气的制备和检验，下列说法正确的是___________。
A. 加热氯化铵固体制备氨气 B. 使用无水氯化钙干燥氨气
C. 用排水法收集氨气 D. 用湿润的红色石蕊试纸检验氨气
（2）装置A中产生N2的作用为___________。
A．排尽装置中的空气 B．平衡气压 C．吹出CCl4 和CrCl3
（3）装置C和装置E水槽中盛有的液体分别为___________ 、___________。
A．沸水 B．冰水
（4）装置D中另一产物为光气(COCl2)，D中反应的化学方程式为___________。
（5）三氯化铬属于___________。
A．分子晶体 B．离子晶体 C．共价晶体 D．金属晶体
实验中发现D、E之间的导管容易堵塞，原因是___________。
（6）为进一步探究CrCl3的性质，某同学取若干支试管，分别加入10滴0.1 mol L-1 CrCl3溶液，再分别加入不同滴数的0.1 mol L-1 KMnO4酸性溶液，并在不同的温度下进行实验，反应现象记录于表中。
KMnO4酸性溶液的用量(滴数) 在不同温度下的反应现象
25 ℃ 90~100 ℃
1 紫红色 蓝绿色溶液
3 紫红色 黄绿色溶液
10 紫红色 橙黄色溶液
11 紫红色 橙黄色溶液，有少量棕褐色沉淀
25 紫红色 紫红色溶液，有较多的棕褐色沉淀
通过对表中数据进行分析，在上述反应条件下，欲将Cr3+ 氧化为橙黄色的Cr2O，CrCl3与KMnO4最佳用量比为___________。已知：，实验用量比理论用量更多，原因是___________。
（7）Cr(Ⅲ)的存在形态的物质的量分数随溶液pH的分布如图所示，请补充完整由CrCl3溶液制备纯净的Cr(OH)3的实验方案。
步骤一：取适量CrCl3溶液，加入NaOH溶液，调节溶液的pH为___________。
A．4~6 B．6 C．6~12 D．12
步骤二：充分反应后过滤、洗涤，检验沉淀已洗净的操作是___________。
步骤三：低温烘干沉淀，得到Cr(OH)3晶体。
【答案】（1）D （2）AC
（3） ①. A ②. B
（4）Cr2O3+3CCl43COCl2+2CrCl3
（5） ①. A ②. CrCl3蒸气遇冷易凝华
（6） ①. 1：1 ②. 溶液中的Cl—和发生氧化还原反应，导致的消耗量偏多
（7） ①. C ②. 取少许最后一次洗涤液，加入稀硝酸和硝酸银溶液，无白色沉淀
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置A中氨气和氧化铜共热反应制取氮气，装置B中盛有的浓硫酸用于吸收氨气、干燥氮气，装置C用于水浴加热产生四氯化碳蒸气，装置D中四氯化碳和三氧化二铬共热反应生成氯化铬和光气，装置E用于冷凝收集氯化铬，装置E后连接光气处理装置，防止污染空气，同时防止水蒸气进入E中导致三氯化铬潮解；实验中不参与反应的氮气的作用：一是排尽装置中的空气，防止氧气和水蒸气干扰实验，二是将装置C中产生的四氯化碳蒸气吹入装置D中，将装置D中生成的三氯化铬吹入装置E中。
【小问1详解】
A．氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气，氯化氢和氨气遇冷重新反应生成氯化铵，则加热氯化铵固体无法制得氨气，故错误；
B．无水氯化钙会吸收氨气生成八氨氯化钙，所以不能用无水氯化钙干燥氨气，故错误；
C．氨气极易溶于水，不能用排水法收集氨气，应用向下排空气法收集氨气，故错误；
D．极易溶于水的氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨电离出的氢氧根离子使溶液呈碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，所以能用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，故正确；
故选D；
【小问2详解】
由分析可知，实验中不参与反应的氮气的作用：一是排尽装置中的空气，防止氧气和水蒸气干扰实验，二是将装置C中产生的四氯化碳蒸气吹入装置D中，将装置D中生成的三氯化铬吹入装置E中，故选AC；
【小问3详解】
由分析可知，装置C用于水浴加热产生四氯化碳蒸气，装置E用于冷凝收集氯化铬，所以装置C和装置E水槽中盛有的液体分别为沸水和冷水，故答案为：A；B；
【小问4详解】
由分析可知，装置D中四氯化碳和三氧化二铬共热反应生成氯化铬和光气，反应的化学方程式为Cr2O3+3CCl43COCl2+2CrCl3，故答案为：Cr2O3+3CCl43COCl2+2CrCl3；
【小问5详解】
由三氯化铬的熔点为83 ℃，易潮解，易升华可知，三氯化铬为熔点低的分子晶体；升华产生的三氯化铬蒸气遇冷易凝华，凝华产生的三氯化铬固体会堵塞导气管，所以实验中会发现D、E之间的导管容易堵塞，故答案为：A；CrCl3蒸气遇冷易凝华；
【小问6详解】
由表格数据可知，向10滴氯化铬溶液中滴入10滴同浓度的酸性高锰酸钾溶液时，溶液由紫红色变为澄清的橙黄色溶液说明溶液中铬离子与酸性高锰酸钾溶液完全反应生成重铬酸根离子，则氯化铬与高锰酸钾最佳用量比为1：1，由于溶液中的氯离子也能与酸性高锰酸钾溶液反应，所以酸性高锰酸钾的实验用量比理论用量更多，故答案为：1：1；溶液中的Cl—和发生氧化还原反应，导致的消耗量偏多；
【小问7详解】
由图可知，pH在6~12范围时Cr(III)的存在形态全是氢氧化铬，所以由氯化铬溶液制备纯净的氢氧化铬的实验方案为取适量氯化铬溶液，加入NaOH氢氧化钠溶液调节溶液pH在6~12范围内；反应制得的氢氧化铬表面粘附着氯离子，证明沉淀是否洗涤干净实际上就是检验洗涤液中是否存在氯离子，具体操作为取最后一次洗涤液少许，加入稀硝酸和硝酸银溶液，若无白色沉淀，则证明沉淀已洗涤干净，故答案为：C；取少许最后一次洗涤液，加入稀硝酸和硝酸银溶液，无白色沉淀。
四、亚氯酸钠的工业制备和提纯
4. 亚氯酸钠(NaClO2)是高效氧化剂和漂白剂，其制备流程如下：
已知：
① NaClO2在温度高于60 °C时易分解生成NaClO3和NaCl。
②ClO2(沸点11 ℃)浓度高时易发生分解爆炸，可用气体稀释至含量10 %以下。
ClO2极易溶于水。ClO在酸性溶液中发生歧化反应，离子方程式为：5ClO＋4H+4ClO2↑＋Cl-＋2H2O
（1）根据价层电子对互斥理论，预测ClO离子的空间结构是___________。
A. 直线形 B. V形 C. 平面三角形 D. 正四面体形
（2）推测发生器中鼓入空气的作用可能是___________。
（3）①若吸收塔内反应过程中转移2NA个电子，则生成标准状况下氧气的体积为___________L。
A．11.2 B．22.4 C．33.6 D．44.8
②吸收塔的温度需控制在10℃以下，其原因是___________、___________(列举两点)。
（4）28.25℃时，HClO2、HClO的电离平衡常数分别为：Ka(HClO2)=1.1×10-2、Ka(HClO) =2.98×10-8，常温下，等体积等物质的量浓度的NaClO2 、NaClO两种溶液，下列说法正确的是___________
A 碱性：NaClO2 > NaClO B. 离子总数：NaClO2 > NaClO
C. 2 c(Na+)=c(ClO-)＋c(ClO) D. c(ClO)＋c(HClO2)=c(ClO-)＋c(HClO)
（5）取0.5 mol L-1 NaClO2溶液，调节溶液pH=5，再加入适量AgNO3溶液，发现灭菌效果明显增强，请用化学平衡移动原理解释原因___________
（6）已知NaClO2的溶解度随温度变化曲线如图所示。
①从NaClO2溶液中获得NaClO2无水晶体的过程中对温度的控制要求较高。操作时先减压，再将NaClO2溶液加热浓缩，浓缩时的最佳温度为___________。
A．略低于38 ℃　　 　 B．略高于38 ℃　　　
C．略低于60 ℃　　 　 D．略高于60 ℃
②当加热浓缩至有晶膜出现时，再在常压下___________(填操作)、过滤、洗涤、干燥。
上述NaClO2产品的纯度测定实验为：称取m g样品溶解后、加入稍过量的KI，再滴加适量的稀硫酸，充分反应后，稀释为500 mL溶液，再移取25.00 mL上述溶液，用c mol·L 1 Na2S2O3标准溶液滴定，终点时消耗V mL，有关实验原理：ClO＋4I-＋4H+= 2H2O＋2I2＋Cl-、I2＋2S2O=2I-＋S4O。
（7）计算该NaClO2产品的纯度______(用含m、c、V的代数式表示，写出计算过程)。
【答案】（1）B （2）稀释ClO2防止浓度过高时发生分解爆炸
（3） ①. B ②. ClO2液化 ③. ClO2易被充分吸收；减少(或防止)H2O2分解；避免NaClO2 因温度过高分解 （4）BD
（5）因为酸性溶液中存在5ClO＋4H+4ClO2＋Cl-＋2H2O，加入适量硝酸银溶液，反应生成氯化银沉淀，使c(Cl-)降低，则平衡正向移动，导致c(ClO2)增大，溶液灭菌效果增强
（6） ①. C ②. 冷却至略高于38 ℃ 结晶
（7）×100%
【解析】
【分析】由题给流程可知，氯酸钠和稀硫酸的混合溶液与二氧化硫和空气的混合气体在二氧化氯发生器中反应生成硫酸钠和二氧化氯，二氧化氯在吸收塔中与氢氧化钠和过氧化氢的混合溶液反应生成亚氯酸钠、氧气和水。
【小问1详解】
亚氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，离子的空间构型为V形，故选B；
【小问2详解】
由题给信息可知，二氧化氯浓度高时易发生分解爆炸，可用气体稀释至含量10 %以下，所以发生器中鼓入空气的作用是稀释二氧化氯，防止二氧化氯浓度过高时发生分解爆炸，故答案为：稀释ClO2防止浓度过高时发生分解爆炸；
【小问3详解】
①由分析可知，二氧化氯在吸收塔中与氢氧化钠和过氧化氢的混合溶液反应生成亚氯酸钠、氧气和水，则转移2NA个电子时，生成标准状况下氧气的体积为××22.4L/mol=22.4L，故选B；
②温度越低，气体的溶解度越大，二氧化氯与氢氧化钠和过氧化氢的反应越充分，吸收越充分；过氧化氢受热易分解，温度较低，有利于防止过氧化氢分解；由题给信息可知，二氧化氯的沸点低，易液化，且亚氯酸钠在温度高于60 °C时易分解生成氯酸钠和氯化钠，所以吸收塔的温度需控制在10℃以下，故答案为：ClO2液化；ClO2易被充分吸收；减少(或防止)H2O2分解；避免NaClO2 因温度过高分解；
【小问4详解】
A．由电离常数可知，次氯酸的酸性弱于亚氯酸，由盐类水解规律可知，次氯酸根离子在溶液中的水解程度大于亚氯酸根离子，所以次氯酸钠溶液的碱性强于亚氯酸钠溶液，故错误；
B．由电离常数可知，次氯酸的酸性弱于亚氯酸，由盐类水解规律可知，次氯酸根离子在溶液中的水解程度大于亚氯酸根离子，所以次氯酸钠溶液中离子总数小于亚氯酸钠溶液，故正确；
C．等浓度的次氯酸钠溶液和亚氯酸钠溶液中存在如下物料守恒：c(Na+)=c(ClO)＋c(HClO2)=c(ClO-)＋c(HClO)，则溶液中2c(Na+)=c(ClO)＋c(HClO2)+c(ClO-)＋c(HClO)，故错误；
D．等浓度的次氯酸钠溶液和亚氯酸钠溶液中存在如下物料守恒：c(Na+)=c(ClO)＋c(HClO2)=c(ClO-)＋c(HClO)，故正确；
故选BD；
【小问5详解】
由题给信息可知，亚氯酸钠的酸性溶液中存在如下平衡：5ClO＋4H+4ClO2＋Cl-＋2H2O，向溶液中加入适量硝酸银溶液，溶液中氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀，氯离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，溶液中二氧化氯的浓度增大，灭菌效果增强，故答案为：因为酸性溶液中存在5ClO＋4H+4ClO2＋Cl-＋2H2O，加入适量硝酸银溶液，反应生成氯化银沉淀，使c(Cl-)降低，则平衡正向移动，导致c(ClO2)增大，溶液灭菌效果增强；
【小问6详解】
①由题给信息可知，亚氯酸钠在温度高于60 °C时易分解生成氯酸钠和氯化钠，温度低于38 °C时会析出三水亚氯酸钠晶体，所以次氯酸钠溶液减压条件下，加热浓缩的最佳温度为略低于60 ℃，故选C；
②由题给信息可知，亚氯酸钠在温度高于60 °C时易分解生成氯酸钠和氯化钠，温度低于38 °C时会析出三水亚氯酸钠晶体，所以当加热浓缩至有晶膜出现时，再在常压下冷却至略高于38℃结晶、过滤、洗涤、干燥得到亚硫酸钠晶体，故答案为：冷却至略高于38℃结晶；
【小问7详解】
由题意可得到如下转化关系：2NaClO2—2I2—4Na2S2O3，滴定消耗V mLcmol/L硫代硫酸钠溶液，则次氯酸钠产品的纯度为×100%=×100%，故答案为：×100%。
五、有机药物的合成
5. 有机合成为人们提供了大量新药，解决人们疾苦。化合物G是一种抗肿瘤新药的中间体，其合成路线如下：
（1）下列关于A的说法正确的是___________。
A. A分子中碳原子的杂化轨道类型为sp2和sp3
B A与其同分异构体邻羟基苯甲酸相比，其熔沸点更高
C. 和苯酚相比，A的酚羟基电离程度更弱
D. 1 mol A最多能消耗2 mol NaHCO3
（2）B的结构简式为___________。
（3）C中取代基上碳原子形成的σ键和π键的数目之比为___________。C最多有___________个原子共面。
A．15 B．16 C．17 D．18
（4）C→D的化学方程式为___________。
（5）E中官能团名称有醚键、___________、___________。E→F的反应类型为___________。
A．取代反应 B．还原反应 C．加成反应 D．消去反应
（6）写一种符合以下条件的F的同分异构体的结构简式___________。
①能与氯化铁溶液发生显色反应
②能发生银镜反应
③核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶1∶1∶1
④有1个手性碳原子
（7）已知：①羧酸和酚很难直接反应生成酯；②+3Cl2 +3HCl。结合合成路线中的信息，以甲苯和苯酚为有机原料，写出合成的路线(无机试剂任选)______。(合成路线可表示为：AB……目标产物)
【答案】（1）BC （2）
（3） ①. 7：1 ②. C
（4）+ ++HCl或者写+ +
（5） ①. 酚羟基 ②. 酮羰基 ③. B
（6） （7）
【解析】
【分析】A与NaOH水溶液、(CH3)2SO4反应生成B，B 经酸化后生成C()，则B的结构简式为，该过程保护了A中的羧基又将酚羟基转化为醚键，C与发生取代反应得到；E在NaOH的H2NNH2溶液中发生还原反应生成F，D与F在吡啶作用下制得化合物G。
【小问1详解】
A．A中含有羧基和苯环，碳原子的杂化轨道类型为sp2，故A错误；
B．邻羟基苯甲酸能够形成分子内氢键，A可以形成分子间氢键，形成分子内氢键会使熔沸点降低，故B正确；
C．-COOH是给电子基团，和苯酚相比，A的酚羟基极性更小，电离程度更弱，故C正确；
D．A中的羧基可以和碳酸氢钠反应，1mol A最多能消耗1molNaHCO3，故D错误；
故选BC。
【小问2详解】
根据上述分析，结合条件可知，B的结构简式为：；
【小问3详解】
C中取代基为-COOH和-O-CH3，碳原子形成的7个σ键和1个π键，σ键和π键的数目之比为7∶1，C中含有的苯环是平面结构，且单键可以旋转，则C最多有17个原子共面；
【小问4详解】
C与发生取代反应得到，化学方程式为：+ ++HCl或者写+ +；
【小问5详解】
E中官能团名称有醚键、酚羟基、酮羰基。E→F的过程中羰基转化为亚甲基，反应类型为还原反应；
【小问6详解】
F的同分异构体满足条件：①能与氯化铁溶液发生显色反应，说明其中含有酚羟基；②能发生银镜反应，说明其中含有醛基；③核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶1∶1∶1，即含有6种等效氢，且含有甲基；④有1个手性碳原子；则满足条件的F的一种同分异构体为：；
【小问7详解】
甲苯可被酸性KMnO4溶液氧化得到苯甲酸，根据已知信息，甲苯与Cl2可生成 ，苯甲酸与 可反应，生成的产物与酚羟基在吡啶作用下可得到酯基，故设计合成路线如下：。上海市奉贤区2023-2024学年高三下学期二模练习卷
化学试题
考生注意：
1.试卷满分100分，考试时间60分钟。
2.本考试分设试卷和答题纸。答题前，务必在答题纸上填写学校、姓名、考号，将条形
码贴在指定位置。答题时，必须将答案涂或写在答题纸上，在试卷上答题一律不得分。
3.选择类试题中，标注“不定项”的试题，每小题有1~2个正确选项，未特别标注的试题，每小题只有1个正确选项。
相对原子质量：O 16 Na 23 Cl 35.5
一、镍—古老而又年轻的金属
1. 镍颜色近似银白色，我国古时使用 “白铜”(一种镍铜合金)制造兵器。现代工业镍及其化合物主要用于生产不锈钢、电池以及催化剂领域。
（1）基态镍原子的价电子排布式为___________，镍元素在周期表中的位置为___________。
（2）金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如下图所示，该合金的化学式为___________。
A. LaNi5 B. LaNi6 C. LaNi8 D. LaNi9
（3）已知NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠相同，Ni2+和Fe2+的半径分别为69 pm和78 pm，则熔点NiO___________FeO(选填“<””或“>”)，理由是___________。
（4）丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图所示，下列关于该配合物结构分析正确的是__________。
A. 配体的分子式为C8H14N4O4
B. 既有内界，又有外界
C. 配位数为4
D. 氧原子与氢原子之间形成的化学键有共价键和氢键
（5）镍镉(Ni-Cd)可充电电池应用广泛。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充电和放电的反应原理为：Cd＋2NiOOH＋2H2OCd(OH)2＋2Ni(OH)2，有关该电池的说法正确的是_______。
A. 充电时阳极反应：Ni(OH)2＋OH——e—=NiOOH＋H2O
B. 充电过程是化学能转化为电能过程
C. 放电时负极附近溶液的碱性不变
D. 放电时OH—向正极移动
（6）工业上通过调节pH除杂并回收废液中的镍，用于制备硫酸镍晶体。常温下，加碱调节pH在7.2~8.7，使Ni2+开始沉淀，至其浓度降为1.0×10 5 mol L-1，可认为Ni2+已经完全沉淀，则Ni(OH)2的Ksp=___________。
（7）硫酸镍溶液在强碱中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式___________。
（8）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用。其主要目的是___________。
二、21世纪的“清洁能源”——二甲醚
2. (一)二甲醚(CH3OCH3)具有优良的燃烧性能，被称为21世纪的“清洁能源”。工业上以合成气(CO/H2)为原料“一步法”合成二甲醚的总反应为：2CO(g)＋4H2(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH=﹣221.51 kJ·mol-1
（1）600℃时，在复合催化剂CuO/ZnO/Al2O3作用下，反应器中发生了下列反应：
Ⅰ．合成气合成甲醇：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ΔH1
Ⅱ．甲醇脱水生成二甲醚：2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH2=﹣20.59 kJ·mol-1
则ΔH1=___________。
(二)Ⅲ．水煤气变换反应：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH3=﹣38.7 kJ·mol-1
（2）一定条件下，CO的起始浓度为0.6 mol·L 1，10 min后反应I达到化学平衡，CO的平衡转化率为50%，则0~10 min H2的平均反应速率为___________。
（3）传统合成法将反应I和II分别在不同的反应器中进行，“一步法”连续发生以上三步反应。从物质转化和化学平衡的角度，分析“一步法”的优点是___________。
（4）反应Ⅲ，水煤气变换部分基元反应如下：
基元反应 活化能Ea(eV) 反应热ΔH(eV)
① CO＋H2O＋2*=CO*＋H2O* 0 -173
② H2O*＋*=H*＋OH* 0.81 -0.41
第②步基元反应逆反应的活化能为___________eV。
(三)目前又有一种新合成二甲醚的方法是以CO2和H2为原料直接反应，其反应原理为：2CO2(g)＋6H2(g) CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH=﹣144.1 kJ·mol-1
（5）在___________下该反应能自发进行。
A．低温 B．高温 C．任何温度
（6）在恒容绝热密闭容器中，下列能判断该反应达到化学平衡状态的是___________。
A. v正(CO2)=3v逆(H2)
B. 容器内CH3OCH3体积分数不变
C. 容器内温度保持不变
D. 单位时间内断裂6 mol H—H键，同时断裂3 mol H—O键
（7）当=3时，实验测得CO2的平衡转化率随温度及压强变化如下图所示：
图中压强(p)从大到小顺序___________。
A. p1>p2>p3 B. p3>p2>p1 C. p2>p1>p3 D. p3>p1>p2
（8）若在1 L密闭容器中充入0.2 mol CO2和0.6 mol H2，CO2的平衡转化率对应图1中A点，则在此温度下，该反应的化学平衡常数K=___________(取整数)。
（9）合成二甲醚选用硅铝化合物作催化剂，硅铝比与产物选择性如图所示，A点和B点的化学平衡常数比较：KA___________KB(选填“>”“<”或“=”)，根据以上两条曲线，写出其中一条变化规律___________。
三、三氯化铬的制备和性质探究
3. 三氯化铬(CrCl3)为紫色晶体，熔点为83 ℃，易潮解，易升华，能溶于水但不易水解，高温下能被氧气氧化。其工业生产中应用广泛。
以Cr2O3、CCl4(沸点为76.8 ℃)为原料制备无水CrCl3的实验装置图如下所示。
（1）关于氨气的制备和检验，下列说法正确的是___________。
A. 加热氯化铵固体制备氨气 B. 使用无水氯化钙干燥氨气
C. 用排水法收集氨气 D. 用湿润的红色石蕊试纸检验氨气
（2）装置A中产生N2的作用为___________。
A．排尽装置中空气 B．平衡气压 C．吹出CCl4 和CrCl3
（3）装置C和装置E水槽中盛有的液体分别为___________ 、___________。
A．沸水 B．冰水
（4）装置D中另一产物为光气(COCl2)，D中反应的化学方程式为___________。
（5）三氯化铬属于___________。
A．分子晶体 B．离子晶体 C．共价晶体 D．金属晶体
实验中发现D、E之间的导管容易堵塞，原因是___________。
（6）为进一步探究CrCl3的性质，某同学取若干支试管，分别加入10滴0.1 mol L-1 CrCl3溶液，再分别加入不同滴数的0.1 mol L-1 KMnO4酸性溶液，并在不同的温度下进行实验，反应现象记录于表中。
KMnO4酸性溶液的用量(滴数) 在不同温度下的反应现象
25 ℃ 90~100 ℃
1 紫红色 蓝绿色溶液
3 紫红色 黄绿色溶液
10 紫红色 橙黄色溶液
11 紫红色 橙黄色溶液，有少量棕褐色沉淀
25 紫红色 紫红色溶液，有较多的棕褐色沉淀
通过对表中数据进行分析，在上述反应条件下，欲将Cr3+ 氧化为橙黄色Cr2O，CrCl3与KMnO4最佳用量比为___________。已知：，实验用量比理论用量更多，原因是___________。
（7）Cr(Ⅲ)的存在形态的物质的量分数随溶液pH的分布如图所示，请补充完整由CrCl3溶液制备纯净的Cr(OH)3的实验方案。
步骤一：取适量CrCl3溶液，加入NaOH溶液，调节溶液的pH为___________。
A．4~6 B．6 C．6~12 D．12
步骤二：充分反应后过滤、洗涤，检验沉淀已洗净的操作是___________。
步骤三：低温烘干沉淀，得到Cr(OH)3晶体。
四、亚氯酸钠的工业制备和提纯
4. 亚氯酸钠(NaClO2)是高效氧化剂和漂白剂，其制备流程如下：
已知：
① NaClO2在温度高于60 °C时易分解生成NaClO3和NaCl。
②ClO2(沸点11 ℃)浓度高时易发生分解爆炸，可用气体稀释至含量10 %以下。
ClO2极易溶于水。ClO在酸性溶液中发生歧化反应，离子方程式为：5ClO＋4H+4ClO2↑＋Cl-＋2H2O
（1）根据价层电子对互斥理论，预测ClO离子的空间结构是___________。
A. 直线形 B. V形 C. 平面三角形 D. 正四面体形
（2）推测发生器中鼓入空气的作用可能是___________。
（3）①若吸收塔内反应过程中转移2NA个电子，则生成标准状况下氧气的体积为___________L。
A．11.2 B．22.4 C．33.6 D．44.8
②吸收塔的温度需控制在10℃以下，其原因是___________、___________(列举两点)。
（4）28.25℃时，HClO2、HClO的电离平衡常数分别为：Ka(HClO2)=1.1×10-2、Ka(HClO) =2.98×10-8，常温下，等体积等物质的量浓度的NaClO2 、NaClO两种溶液，下列说法正确的是___________
A. 碱性：NaClO2 > NaClO B. 离子总数：NaClO2 > NaClO
C. 2 c(Na+)=c(ClO-)＋c(ClO) D. c(ClO)＋c(HClO2)=c(ClO-)＋c(HClO)
（5）取0.5 mol L-1 NaClO2溶液，调节溶液pH=5，再加入适量AgNO3溶液，发现灭菌效果明显增强，请用化学平衡移动原理解释原因。___________
（6）已知NaClO2的溶解度随温度变化曲线如图所示。
①从NaClO2溶液中获得NaClO2无水晶体的过程中对温度的控制要求较高。操作时先减压，再将NaClO2溶液加热浓缩，浓缩时的最佳温度为___________。
A．略低于38 ℃　　 　 B．略高于38 ℃　　　
C．略低于60 ℃　　 　 D．略高于60 ℃
②当加热浓缩至有晶膜出现时，再在常压下___________(填操作)、过滤、洗涤、干燥。
上述NaClO2产品的纯度测定实验为：称取m g样品溶解后、加入稍过量的KI，再滴加适量的稀硫酸，充分反应后，稀释为500 mL溶液，再移取25.00 mL上述溶液，用c mol·L 1 Na2S2O3标准溶液滴定，终点时消耗V mL，有关实验原理：ClO＋4I-＋4H+= 2H2O＋2I2＋Cl-、I2＋2S2O=2I-＋S4O。
（7）计算该NaClO2产品的纯度______(用含m、c、V的代数式表示，写出计算过程)。
五、有机药物的合成
5. 有机合成为人们提供了大量新药，解决人们疾苦。化合物G是一种抗肿瘤新药的中间体，其合成路线如下：
（1）下列关于A的说法正确的是___________。
A. A分子中碳原子的杂化轨道类型为sp2和sp3
B. A与其同分异构体邻羟基苯甲酸相比，其熔沸点更高
C. 和苯酚相比，A的酚羟基电离程度更弱
D. 1 mol A最多能消耗2 mol NaHCO3
（2）B的结构简式为___________。
（3）C中取代基上碳原子形成的σ键和π键的数目之比为___________。C最多有___________个原子共面。
A．15 B．16 C．17 D．18
（4）C→D的化学方程式为___________。
（5）E中官能团名称有醚键、___________、___________。E→F的反应类型为___________。
A．取代反应 B．还原反应 C．加成反应 D．消去反应
（6）写一种符合以下条件的F的同分异构体的结构简式___________。
①能与氯化铁溶液发生显色反应
②能发生银镜反应
③核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶1∶1∶1
④有1个手性碳原子
（7）已知：①羧酸和酚很难直接反应生成酯；②+3Cl2 +3HCl。结合合成路线中的信息，以甲苯和苯酚为有机原料，写出合成的路线(无机试剂任选)______。(合成路线可表示为：AB……目标产物)

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