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云南省昆明市第一中学2024-2025学年高三上学期第二次联考 化学试题
一、选择题：本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2024高三上·昆明期末）云南是矿产资源大省，素有“有色金属王国”之称。通常把原子序数24~26的三种金属称为黑色金属，其余金属则称为有色金属。下列资源的主要金属不属于有色金属的是
A．玉溪大红山铁矿 B．个旧老厂锡矿
C．临沧大寨锗矿 D．兰坪金顶铅锌矿
2．（2024高三上·昆明期末）下列离子方程式中，正确的是
A．溶液中滴加少量溶液：
B．NaClO、NaCl混合溶液中滴加HI溶液：
C．金属铜溶于稀硝酸：
D．溶液与溶液反应：
3．（2024高三上·昆明期末）下列化学用语表述正确的是
A．中子数为1的氦的核素：
B．SO3的VSEPR模型：
C．NaCl溶液中的水合氯离子、水合钠离子：
D．用电子式表示H2O2的形成过程：
4．（2024高三上·昆明期末）已知反应：，NA为阿伏加德罗常数的值，若消耗48 gFeS2，下列叙述错误的是
A．转移的电子数为4.4NA
B．消耗的氧化剂分子数为1.1NA
C．氧化产物的物质的量共1 mol
D．生成SO2的体积为8.96 L(标准状况)
5．（2024高三上·昆明期末）实验室制取少量氯水并探究其酸性，下列实验装置和操作能达到实验目的的是
A．用装置甲制取氯气 B．用装置乙制取氯水
C．用装置丙完全吸收多余的 D．用pH试纸测定氯水的pH
6．（2024高三上·昆明期末）物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是
选项 性质差异 结构因素
A 熔点：石英干冰 晶体类型差异
B ： 碳卤键的极性差异
C 分解温度： 氢键与范德华力差异
D 键角： 卤素电负性差异
A．A B．B C．C D．D
7．（2024高三上·昆明期末）中药甘草含有多种有效成分，其中甘草香豆素结构简式如图所示。下列关于甘草香豆素的说法正确的是
A．与溴水能发生加成反应，不能发生取代反应
B．与NaOH完全反应的物质的量之比为1：5
C．光照条件下与氯气反应，苯环上可形成C—Cl键
D．催化剂存在下与足量氢气反应，π键均可断裂
8．（2024高三上·昆明期末）根据下列实验操作和现象，可得出相应结论的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向NaBr溶液中滴加少量氯水，再加入淀粉KI溶液 溶液先变橙色，后变蓝色 氧化性：Cl2＞Br2＞I2
B 常温下，铁丝插入浓硝酸中 几乎无明显变化 常温下，铁不能与浓硝酸发生反应
C 向乙醇中加入浓硫酸，加热，溶液变黑，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液中 溶液褪色 该气体是乙烯
D 向NaCl和NaI的混合稀溶液中滴加少量AgNO3溶液 先出现黄色沉淀 Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
A．A B．B C．C D．D
9．（2024高三上·昆明期末）一种钴的配合物离子的结构如图所示，下列有关说法正确的是
A．的价层电子排布式为
B．C、N原子的轨道杂化类型完全相同
C．第一电离能：CD．1mol该配离子含有6mol配位键
10．（2024高三上·昆明期末）为了使天然气产品的质量满足国家标准，需除去天然气中的羰基硫(COS)。如图为COS的催化水解反应机理。
下列说法正确的是
A．电负性：CB．、、COS的空间结构都为V形
C．该催化机理存在极性键的断裂和非极性键的形成
D．在催化剂表面COS中S与中O发生交换
11．（2024高三上·昆明期末）酒石酸是一种有机二元弱酸(记为)。25℃时，、和的分布分数(例如)与溶液pH的关系如图。已知：二元弱酸能够分步滴定的条件之一是。下列说法错误的是
A．b代表随pH变化的曲线
B．由图判断，不能分步滴定酒石酸溶液中的
C．当pH=3.5时，
D．P点溶液的
12．（2024高三上·昆明期末）铅酸蓄电池是一种常见的二次电池，放电时的总反应为，电池构造示意图如图所示。铅酸蓄电池在充电过程中还会产生氢气和氧气。下列有关说法错误的是
A．铅酸电池应采取安全措施防止电池气压增大而鼓胀
B．电池放电时，Pb、电极的质量均增大
C．充电时，阳极的电极反应式为
D．若用直流电源充电时，电池的正极与电源的正极相连
13．（2024高三上·昆明期末）某矿石的标准组成为，W、X、Y、Z、Q为原子序数依次增加的前20号元素。W原子的价层电子排布式为，X是短周期元素中金属性最强的元素，Y的最外层电子数是其内层电子数的，Z原子最高能级的不同轨道都有电子且自旋方向相同，Q的周期序数是其族序数的两倍。下列说法错误的是
A．简单离子半径：W>X B．简单氢化物的稳定性：W>Z
C．Y和Q都位于s区 D．a=8
14．（2024高三上·昆明期末）氢气是一种清洁能源，研究制氢技术具有重要意义。乙醇-水催化重整可获得。其主要反应为：
①
②
在、时，发生上述反应，平衡时和的转化率随温度的变化如图所示。下列说法正确的是
A．P点与Q点反应①的平衡常数比较：
B．加压有利于增大反应速率和、的平衡转化率
C．温度为300℃的平衡体系中，CO的分压的分压
D．反应体系在500℃达到平衡时，的转化率>的产率>的转化率
二、非选择题：本大题共4题，共58分。
15．（2024高三上·昆明期末）超细是一种优异的绿色阻燃剂。以蛇纹石(主要成分为和MgO，含少量Fe、Al、Cr、Ni、Co、Mn等的氧化物)为原料制备超细的一种工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）为提高酸浸效率，可采取的措施有　 　(答出2条即可)；酸浸时，金属元素都被浸出，浸渣的主要成分是　 　(填化学式)。
（2）除杂时温度不宜过高，否则会降低的利用率，原因是　 　；金属杂质离子(用表示)与MgO悬浮液反应生成沉淀而除去，离子反应方程式的通式为　 　。
（3）氢氧化镁含有羟基，主要通过形成分子间　 　(填“范德华力”“氢键”或“化学键”)产生团聚，形成大颗粒；CTAB是一种表面活性剂，可　 　(填“增大”或“减小”)表面的带电，利于制备超细氢氧化镁。
（4）沉镁所得氢氧化镁沉淀中含有少量碱式硫酸镁，影响产品质量，需脱硫处理，反应的化学方程式为　 　。
（5）上述工艺流程产生的废液(滤液1、2)或废渣(浸渣、滤渣)中，主要用于回收铁、铝、铬、镍、钴等金属的是　 　。
16．（2024高三上·昆明期末）乙炔是制造乙醛、乙酸、苯、合成橡胶、合成纤维等的基本原料。实验室常用图甲所示的气体发生装置，以饱和食盐水和电石(主要成分为，含少量CaS等杂质)反应制备乙炔，但在制备乙炔过程中会产生糊状沉淀且发出大量热，难以控制反应速率、无法控制反应进程、乙炔气流不平稳、泡沫随气体冲出堵塞导管甚至发生反应容器爆炸等问题，利用图乙所示的滴液式气体发生器制备乙炔，较好的解决了上述弊端。
回答下列问题：
（1）图甲中仪器X的名称为　 　；用饱和食盐水代替水与电石反应的目的是　 　。
（2）用图乙装置制备乙炔时可做到随关随停，若废液池中液面上升接近筛板时，为保持对反应进程的控制，应采取的操作是　 　。
（3）氯化铵溶液与反应的化学方程式为　 　；若用盐酸代替氯化铵溶液反应，会增大安全隐患，原因是　 　。
（4）图乙与图丙中的仪器连接可测量乙炔的产率，接口的连接顺序为a→　 　；饱和硫酸铜溶液的作用是　 　。
（5）在25℃和101kPa的条件下进行乙炔产率测量实验，已知气体摩尔体积约为24.5。称取电石质量为1.0365g(忽略杂质)，测得乙炔体积为366mL，产率最接近下列中的_______(填标号)。
A．70% B．80% C．90% D．100%
17．（2024高三上·昆明期末）催化氧化偶联制是科学研究的热点问题之一，相关反应如下：
氧化偶联：反应①
反应②
深度氧化：反应③
反应④
已知： ，；乙烯的燃烧热。
回答下列问题：
（1）25℃和101kPa下，甲烷的燃烧热　 　(填“>”“<”或“=”)；　 　；能自发进行的最低温度为　 　K。
（2）催化氧化偶联的温度一般控制在650℃~900℃，相同温度下，反应①~④中，平衡常数值最大的是反应　 　(填编号)；判断理由是　 　。
（3）750℃、0.6MPa，不同投料比的烷氧混合气体以相同流速通过催化反应器，测得投料比对甲烷转化率和二碳烃(、)的选择性及碳氧化物(CO、)的选择性的影响如左下图所示。已知：；。图中代表的是II，代表的是　 　；投料比时，的产率为　 　(保留2位有效数字)。
（4）MnO是制备甲烷氧化偶联反应催化剂的原料。基态氧原子价层电子排布的轨道表示式为　 　；MnO的立方晶胞结构如图所示，实验测得其晶胞参数，用代表阿伏加德罗常数的值，MnO晶体的密度ρ=　 　(列出计算式即可)。
18．（2024高三上·昆明期末）农作物感染致病菌后，会诱发多种作物疾病，给农业生产造成巨大经济损失。化合物H是一种研制中的农用抗菌剂，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）B的化学名称为　 　；生成C时还生成一种无机物，其化学式为　 　。
（2）C的ACD/3D结构模型显示分子中所有原子位于同一平面，说明C中碳、氮原子的轨道杂化类型为　 　；D也是平面型分子，其分子中碳、氮原子形成大π键的p电子数为　 　。
（3）E的结构简式为　 　；生成F的反应类型为　 　。
（4）G可由与反应制备(同时生成两种无机气体)，该反应的化学方程式为　 　。
（5）参照上述物质转化信息，以甲苯和苯胺为主要原料制备，写出合成路线　 　(其它试剂任选)。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】在元素周期表中，原子序数为24至26的三种金属元素分别是铬（Cr）、锰（Mn）和铁（Fe）。这三种金属因其外观和性质常被统称为黑色金属。因此，本题正确答案为选项A。
【分析】铬、锰和铁是黑色金属。
2．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；二价铁离子和三价铁离子的检验；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．H2SO3溶液过量，发生反应和，总反应为，A选项正确；
B．NaClO、NaCl混合溶液中滴加HI溶液：因为还原性I ＞Cl ，I 被优先氧化为I2，离子方程式为：，B选项错误；
C．铜与稀硝酸反应的离子方程式为：， C选项错误；
D．FeCl2溶液与K3[Fe(CN)6]溶液反应的离子方程式为：， D选项错误；
正确答案是A。
【分析】A．亚硫酸和硫化钠发生氧化还原反应；
B．次氯酸钠具有氧化性，能氧化碘离子；
C．铜和稀硝酸反应生成一氧化氮；
D．二价铁离子和铁氰化钾生成蓝色沉淀；
3．【答案】C
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素、核素
【解析】【解答】A. 原子符号中左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数。质量数是质子数与中子数之和。氦原子核含有2个质子，当中子数为1时，其质量数应为3（2+1）。因此该核素符号应表示为，A选项错误；
B. SO3分子中硫原子作为中心原子，其价层电子对数计算为3（σ键数）加上（孤电子对）=3，且无孤对电子存在。因此SO3的VSEPR模型应为平面三角形结构，B选项错误；
C. NaCl溶液中的水合离子构型显示，每个Na+周围配位5个H2O分子，每个Cl-周围配位6个H2O分子。根据电荷相互作用原理，在水合钠离子中水分子的氧原子会朝向Na+，而在水合氯离子中水分子的氢原子会朝向Cl-，C选项正确；
D．H2O2为共价化合物，没有电子得到与失去，用电子式表示其形成过程为，D错误；
综上所述，正确答案为C。
【分析】A. 氦是2号元素，质子数是2；
B. 三氧化硫的VSEPR，模型是平面三角形；
C. 氯化钠溶于水后形成水合氯离子和水合钠离子，图示正确；
D．过氧化氢是共价化合物。
4．【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A. 电子转移计算：，对应电子数为4.4NA，A正确；B. 氧化剂消耗量计算：，对应分子数为1.1NA，B正确；
C. 氧化产物总量计算：每4 mol FeS2产生10 mol氧化产物（2 mol Fe2O3 + 8 mol SO2）
，C正确；
D．根据S元素守恒可知：每反应消耗1 molFeS2，反应产生2 mol SO2，现在反应消耗0.4 mol FeS2，反应产生SO2的物质的量是n(SO2)=2n(FeS2)=2×0.4 mol=0.8 mol，其在标准状况下的体积V(SO2)=0.8 mol×22.4 L/mol=17.92 L，D错误；
故合理选项是D。
【分析】48 g FeS2的物质的量：， 每消耗4 mol FeS2，需要11 mol O2， 生成2 mol Fe2O3和8 mol SO2，转移44 mol电子。
5．【答案】B
【知识点】测定溶液pH的方法；氯气的实验室制法；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．装置甲用于制取氯气时需使用浓盐酸并加热， A选项错误；
B．采用装置乙制备氯水时，需先通过饱和食盐水除去挥发的氯化氢气体，该操作正确， B选项正确；
C．由于氢氧化钙（）微溶于水，其澄清溶液浓度较低，无法充分吸收多余的氯气（），导致吸收效果不佳， C选项错误；
D．氯水具有强氧化性和漂白性，会破坏pH试纸的指示剂，故应采用pH计进行测量， D选项错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A．实验室制备氯气是二氧化锰和浓盐酸反应；
B．根据氯气通入水中可得氯水；
C．氯气应用氢氧化钠溶液吸收；
D．氯水中含有次氯酸，有漂白性。
6．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；晶体熔沸点的比较；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．石英（SiO2）是共价晶体，熔点高于1000℃；干冰（CO2）是分子晶体，熔点低于0℃。A选项不符合题意；
B．由于F的电负性大于Cl，F—C键的极性比Cl—C键更强，使得CF3—的吸电子能力超过CCl3—，导致CF3COOH的羧基中O—H键极性更大，更容易电离出H+。因此，Ka(CCl3COOH) < Ka(CF3COOH)，B选项不符合题意；
C．H2O的分解温度高于H2S，是因为O—H键的键能（463 kJ/mol）远大于S—H键的键能（347 kJ/mol），这与O的非金属性强于S有关，而与氢键或范德华力无关。C选项符合题意；
D．由于F的电负性显著大于Cl，PF3中P—F键的电子对更偏向F原子，导致键角（96.3°）小于PCl3的键角（100.1°），这与F、Cl的电负性差异直接相关。D选项不符合题意；
综上所述，正确答案为C。
【分析】A．根据共价晶体熔点高于分子晶体分析；
B．卤素原子是吸电子原子，氟的电负性比氯的电负性大，三氟乙酸酸性强于三氯乙酸；
C．氢键和范德华力是分子间作用力，影响物质的物理性质，不影响物质的稳定性；
D．氟电负性比氯电负性大，则三氟化磷的键角较小。
7．【答案】B
【知识点】酯的性质；取代反应；加成反应；水解反应
【解析】【解答】A. 甘草香豆素分子结构中含有酚羟基，其邻位氢原子可与溴水发生取代反应，A选项的表述是错误的
B. 甘草香豆素本身含有三个酚羟基，在碱性条件下水解后会新增一个酚羟基和一个羧基，总共形成五个酸性基团，完全反应时与NaOH的物质的量之比为1：5，B选项正确；
C. 在光照条件下与氯气反应时，甘草香豆素苯环上的氢原子不会被取代，因此不会形成C-Cl键，C选项错误；
D. 在催化剂存在下，酯基中的π键不会与氢气发生加成反应，D选项错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A. 根据甘草香豆素的结构，可发生取代反应；
B. 甘草香豆素 中有酚羟基和酯基可与氢氧化钠反应，物质的量之比为1：5；
C. 苯环在催化剂条件下，和氯可发生取代反应，形成 C—Cl键 ；
D. 酯基不与氢气发生加成反应。
8．【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；乙烯的物理、化学性质
【解析】【解答】A．向NaBr溶液中滴加少量氯水时发生反应：，证明的氧化性强于；由于NaBr过量，氯水完全反应生成的使溶液变橙色。再加入淀粉KI溶液时发生反应：，证明的氧化性强于，生成的使淀粉溶液变蓝色。综上可证明氧化性顺序：，A选项正确；
B．浓硝酸具有强氧化性，常温下铁丝插入浓硝酸中会发生钝化反应，在铁丝表面形成致密的氧化物保护膜阻止反应继续进行，这与"不能发生反应"是不同的概念，B选项错误；
C．乙醇与浓硫酸加热时，溶液变黑说明有碳化现象，产生的混合气体中可能含有乙烯、二氧化硫、二氧化碳以及挥发的乙醇和水蒸气。由于二氧化硫和乙醇都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此不能仅凭褪色现象判断是否有乙烯生成，C选项错误；
D．AgCl和AgI沉淀的生成取决于与卤素离子浓度的乘积是否超过其溶度积常数。由于实验中没有给出NaCl和NaI的具体浓度，无法比较和的大小关系，D选项错误；
综上所述，正确答案是A。
【分析】A．反应中氯水少量，变橙色说明氯气氧化溴离子生成溴单质，后变蓝色说明溴单质氧化碘离子生成碘单质，据此分析；
B．常温下，浓硝酸使铁钝化；
C．乙醇和浓硝酸加热，会有二氧化硫气体生成，使高锰酸钾溶液褪色；
D．未说明氯化钠和碘化钠溶度关系，无法比较。
9．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．钴(Co)的原子序数为27，其价电子排布为3d74s2。形成Co2+时优先失去4s轨道电子，因此Co2+的价电子排布为3d7，选项A表述错误；
B．在该配合物中，碳(C)原子存在sp2和sp3两种杂化方式，而氮(N)原子仅呈现sp3杂化，选项B表述错误；
C．由于氮原子的2p轨道处于半充满稳定状态，其第一电离能高于相邻的碳和氧元素，故第一电离能顺序为C < O < N，选项C表述错误；
D．配合物中Co2+与氧(O)、氮(N)原子均通过配位键结合，每个配离子含有6个配位键，因此1mol该配离子包含6mol配位键，选项D表述正确；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A．Co2+的价电子排布为3d7；
B．根据配合物离子结构分析，碳原子有两种杂化方式，sp2和sp3，氮原子有一种杂化方式；
C．根据元素周期律，同周期元素第一电离能从左至右总体呈增大趋势，结合氮元素2p能级电子半充满状态，可得电离能大小；
D．根据离子结构，钴周围形成6个配位键。
10．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解析】A. 根据元素周期律，电负性关系为，A选项表述错误；
B. 和的价层电子对数均为4，呈V形结构；与互为等电子体，具有相同的直线形结构。B选项的结论错误；
C. 催化过程中仅涉及极性键（如O-H、C=O等）的断裂与形成，未涉及非极性键的变化，；C选项错误。
D. 催化机理表明：中的S原子与中的O原子发生交换反应，最终生成和， D选项正确；
答案选D。
【分析】A. 根据元素周期律，同周期元素从左至右电负性逐渐增大，同主族元素从上至下电负性逐渐减小分析
B. 和呈V形结构；空间结构是直线形；
C. 根据机理图可知，未涉及非极性键的变化；
D. 根据机理图，中的S原子与中的O原子互换。
11．【答案】C
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；电离平衡常数
【解析】【解答】A、二元弱酸 H2A 随 pH 增大，H2A 会逐步电离为 HA-和 A2-。其中 H2A 浓度随 pH 增大而减小（曲线 a），HA-浓度先增后减（曲线 b），A2-浓度随 pH 增大而增大（曲线 c）。因此 b 代表 δ(HA-) 随 pH 变化的曲线，A正确。
B、曲线交点处两种粒子浓度相等，此时 K 1=c (H+)=10-3.04，K 2=c (H+)=10-4.37。计算得=101.33＜104， 不满足分步滴定条件，故不能分步滴定酒石酸溶液中的 H+，B正确。
C、由 K 1 K 2=，得。当溶液的pH=3.5 时，溶液中c (H+)=10-3.5，此时 ，因此溶液中 c (A2-)＜c(H2A)，C选项错误。
D、P 点 δ(A2-)=0.8，δ(HA-)=0.2，因总浓度相同，=4。由
Ka2=10-4.37， ，得 c(H+)=mol/L， pH=4.37＋2lg2=4.97，D正确；
故答案为：C【分析】A．依据 pH 变化对二元弱酸各存在形式的影响，判断曲线对应的粒子。
B．根据电离常数比值判断是否满足分步滴定条件。
C．结合两步电离常数推导 c (A2-) 与 c (H2A) 的关系，代入 pH 计算比例。
D．利用 P 点的分布分数和 K 2表达式计算 pH。
12．【答案】C
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．铅酸蓄电池充电时会生成氢气和氧气，因此需要采取安全措施避免电池内部气压过高导致鼓胀，A选项不符合题意；B．放电过程中，Pb和PbO2均会转化为PbSO4并沉积在电极上，因此两电极的质量均增加，B选项不符合题意；
C．由于PbSO4难溶于水，阳极的电极反应为：，C选项符合题意；
D．充电时，电池的正极发生氧化反应，需连接直流电源的正极（正极发生还原反应），D选项不符合题意。
正确答案为C。
【分析】A．充电时，铅蓄电池会生成气体，防止鼓胀应采取安全措施；
B．放电过程中，Pb和PbO2均会转化为PbSO4，电极质量增大；
C．充电时，阳极失电子，硫酸铅是固体不拆；
D．根据充放电工作原理，电池正极和电源正极相连。
13．【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A. 比较离子半径：O2-和Na+具有相同电子层结构，核电荷数越小半径越大，故O2- > Na+， 故A项正确；B. 氢化物稳定性比较：非金属性O>P，因此H2O比PH3更稳定， 故B项正确；
C. Mg和Ca同属ⅡA族，位于周期表s区， 故C项正确；
D. 计算化学式CaaNaMg(PO4)7：根据化合价平衡2a+1+2=21，解得a=9，与选项不符， 故D项错误；
故本题选D。
【分析】 W原子的价层电子排布式为nsnnp2n，解得n=2，因此W为氧元素(O)，X是短周期中金属性最强的元素，确定为钠元素(Na)，Y的最外层电子数是内层电子数的，推得Y为镁元素(Mg)，Z原子最高能级的不同轨道都有电子且自旋方向相同，符合磷元素(P)的电子排布，Q的周期序数是族序数的两倍，周期序数4=2×族序数2，确定为钙元素(Ca)。
14．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．对于反应①：C2H5OH(g) + 3H2O(g) 2CO2(g) + 6H2(g)，其ΔH1 > 0，说明该反应为吸热反应。根据勒夏特列原理，升高温度会使平衡向吸热方向移动，因此平衡常数KP随温度升高而增大。由于P点温度低于Q点，故KP < KQ，选项A的结论是错误的；B．反应①是一个气体分子数增加的反应（由4mol气体生成8mol气体）。增大压强虽然能提高反应速率，但会使平衡向气体分子数减少的方向（即逆向）移动，导致C2H5OH和H2O的平衡转化率降低，选项B的结论是错误的；
C．温度低于大约200℃时，C2H5OH和H2O的平衡转化率相等，说明只发生反应①，温度高于大约200℃时，反应①②都发生，导致H2O的转化率小于C2H5OH的转化率。设n始(C2H5OH)=1 mol，则n始(H2O)=3 mol，某温度（200℃以上）平衡时C2H5OH转化了x mol，则反应①中：
再设反应②中消耗CO2、H2各y mol，则反应②中：，反应①②合计：消耗C2H5OH仍为x mol，消耗H2O（3x-y）mol，生成H2、CO2、CO分别为(6x-y)mol、（2x-y）mol、y mol。则平衡时，α(C2H5OH)=x/1=x，α(H2O)=(3x-y)/3=x-y/3，H2的产率为(6x-y)/6=x-y/6；假设300℃平衡时，p(CO)=p(CO2)，则有y=（2x-y），解得x=y，则α(C2H5OH)/α(H2O)=x/(x-y/3)=3/2，由图可知300℃平衡时，α(C2H5OH)≈90%，α(H2O)≈78%，两者之比不等于3/2，假设不成立。另解，p(CO)=p(CO2)时，总反应可由①+②得到：C2H5OH(g)+2H2O(g)CO2(g)+CO(g)+5H2(g)，α(C2H5OH)/α(H2O)=x/(2x/3)=3/2，实际比值约为，故C项错误；
D．由前述推导可知，平衡时α(C2H5OH)=x/1=x，α(H2O)=（3x-y）/3=x-y/3，H2的产率为（6x-y）/6=x-y/6。温度为500℃时，反应②已发生，即y＞0，则有α(C2H5OH)=x＞H2的产率=(x-y/6)＞α(H2O)=(x-y/3)，故D项正确；
故本题选D。
【分析】A． 反应① 是放热反应，温度越高，平衡常数越小；
B．增大压强可以增大反应速率，增大压强反应 ① 逆向移动，乙醇和水的转化率减小；
C．根据曲线变化，温度高于200℃，乙醇和水转化率不再相等，可列三段式计算；
D．参考解答部分C选项计算，可得乙醇转化率大于氢气转化率大于水的转化率。
15．【答案】（1）适当增大硫酸浓度、适当升温、将原料粉碎、搅拌；SiO2
（2）温度过高使H2O2分解；2Men++nMgO+nH2O=2Me(OH)n↓+nMg2+
（3）氢键；增大
（4）MgSO4·5Mg(OH)2·3H2O+2NaOH=6Mg(OH)2↓+Na2SO4+3H2O
（5）滤渣
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）提高酸浸效率的措施包括：增大硫酸浓度，升高温度，原料粉碎，搅拌；酸浸后浸渣的主要成分为SiO2（石英）；
（2）除杂时需控制温度，因为高温会导致H2O2分解失效。金属杂质离子（Men+）与MgO的沉淀反应通式为： 2Men++nMgO+nH2O=2Me(OH)n↓+nMg2+；
（3）Mg(OH)2易通过分子间氢键团聚。CTAB作为表面活性剂的作用：增强表面电荷，抑制颗粒团聚， 促进超细颗粒形成；
（4）脱硫反应方程式：MgSO4·5Mg(OH)2·3H2O + 2NaOH → 6Mg(OH)2↓ + Na2SO4 + 3H2O
（5）可回收金属的资源：主要来源：滤渣（含Fe、Al、Cr、Ni、Co等氢氧化物），次要来源：浸渣（SiO2中可能夹带金属氧化物）。
【分析】蛇纹石(主要成分为SiO2和MgO，含少量Fe、Al、Cr、Ni、Co、Mn等的氧化物)经稀硫酸酸浸后，过滤得到滤渣1（主要成分为SiO2）和滤液1（含Mg2+、Fe2+/3+、Al3+、Cr3+、Ni2+、Co2+、Mn2+）。后续通过H2O2氧化、MgO悬浊液沉淀除杂、CTAB/氨水沉镁、NaOH脱硫等步骤制备超细Mg(OH)2。
（1）为提高酸浸效率，可采取的措施有适当增大硫酸浓度、适当升温、将原料粉碎、搅拌等；由分析可知，酸浸时，金属元素都被浸出，浸渣的主要成分是SiO2；
（2）除杂时温度不宜过高，是因为温度过高使H2O2分解；金属杂质离子(用Men+表示)与MgO悬浮液反应生成Me(OH)n沉淀而除去，离子反应方程式的通式为：2Men++nMgO+nH2O=2Me(OH)n↓+nMg2+；
（3）氢氧化镁含有羟基，主要通过形成分子间氢键产生团聚，形成大颗粒；CTAB是一种表面活性剂，可增大表面的带电，利于制备超细氢氧化镁；
（4）沉镁所得氢氧化镁沉淀中含有少量碱式硫酸镁[MgSO4 5Mg(OH)2 3H2O]，影响产品质量，加入氢氧化钠溶液进行脱硫处理，反应的化学方程式为：MgSO4·5Mg(OH)2·3H2O+2NaOH=6Mg(OH)2↓+Na2SO4+3H2O；
（5）由分析可知，上述工艺流程产生的废液(滤液1、2)或废渣(浸渣、滤渣)中，主要用于回收铁、铝、铬、镍、钴等金属的是滤渣。
16．【答案】（1）恒压滴液漏斗；防止剧烈反应，减小反应速率
（2）打开活塞将废液放出到下方的烧杯中
（3）2NH4Cl + CaC2=CaCl2+C2H2↑+2NH3↑；反应更加剧烈，放热更多
（4）bcedf；吸收乙炔中混有的氨气和硫化氢
（5）C
【知识点】物质的分离与提纯；常见气体制备原理及装置选择；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）图甲中仪器X的名称为恒压滴液漏斗；使用饱和食盐水代替水与电石反应的目的是减缓反应速率，防止反应过于剧烈；
（2）若废液池中液面上升接近筛板时，为保持对反应进程的控制，应采取的操作是打开活塞将废液排出至下方的烧杯中；
（3）氯化铵溶液与CaC2反应的化学方程式为：2NH4Cl + CaC2 = CaCl2 + C2H2↑ + 2NH3↑，若用盐酸代替氯化铵溶液，反应会更加剧烈并放出更多热量，从而增加安全隐患；
（4）图乙与图丙中的仪器连接顺序为abcedf，用于测量乙炔的产率；饱和硫酸铜溶液的作用是吸收乙炔中混有的氨气和硫化氢；
（5）乙炔的理论产量计算为：，产率计算为：
故答案为：C。
【分析】实验室通常采用图甲所示的气体发生装置，通过饱和食盐水与电石（主要成分CaC2，含少量CaS等杂质）反应来制取乙炔。但该传统方法存在以下问题：反应会生成糊状Ca(OH)2沉淀并释放大量热量，导致反应速率难以控制、反应进程无法精确调控、乙炔气流不稳定、泡沫随气体喷出堵塞导管，甚至可能引发反应容器爆炸。为解决这些问题，改用图乙所示的滴液式气体发生器进行乙炔制备，显著改善了上述缺陷。具体操作时，以每秒2-3滴的速度将10%氯化铵溶液滴加到电石中，通过反应生成乙炔气体。所得气体经过饱和硫酸铜溶液吸收去除其中混有的氨气和硫化氢杂质，最后采用排水法收集纯净的乙炔。
（1）图甲中仪器X的名称为恒压滴液漏斗；用饱和食盐水代替水与电石反应的目的是防止剧烈反应，减小反应速率；
（2）若废液池中液面上升接近筛板时，为保持对反应进程的控制，应采取的操作是打开活塞将废液放出到下方的烧杯中；
（3）氯化铵溶液与CaC2反应生成氯化钙、乙炔和氨气，化学方程式为：2NH4Cl + CaC2=CaCl2+C2H2↑+2NH3↑；若用盐酸代替氯化铵溶液反应，反应更加剧烈，放热更多，会增大安全隐患；
（4）图乙与图丙中的仪器连接可测量乙炔的产率，接口的连接顺序为abcedf；饱和硫酸铜溶液的作用是吸收乙炔中混有的氨气和硫化氢；
（5）乙炔理论产量为：，产率为：，故答案为：C。
17．【答案】（1）＜；-281.6；370.4
（2）④；该反应放出大量的热，四个反应中热力学趋势最大(或氧气足量时，CH4可彻底转化为CO2和H2O)
（3）III；13%(或0.13)
（4）；
【知识点】晶胞的计算；盖斯定律及其应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）甲烷的燃烧热为1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水，1mol甲烷燃烧生成气态水时放出热量，则生成液态水会放出更多的热量，则＜；
已知④ ；
⑤ ；
⑥ ；
根据盖斯定律，将反应④×2－(⑤×2+⑥)得到，则==-281.6；根据＜0反应能自发进行，则－T×＜0，则T＞370.4K，该反应能自发进行；
（2）相同温度下，反应①~④中，平衡常数值最大的是反应④，原因是该反应放出大量的热，四个反应中热力学趋势最大(或氧气足量时，CH4可彻底转化为CO2和H2O)；
（3）与是竞争关系，其和为1，根据图像代表的是II，则代表的是曲线Ⅰ，则代表的是曲线Ⅲ；设，，此时甲烷转化率为0.16，则n转化(CH4)=8mol×0.16=1.28mol，=0.82，代入公式中，得到=0.5248mol，初始投料，理论上如果甲烷全部转化为二碳烃，则=4mol，的产率为；
（4）基态氧原子价层电子排布的轨道表示式为；根据均摊法，每个晶胞中含有O的个数为，Mn的个数为，1个晶胞质量为，晶胞体积为，则晶胞密度为。
【分析】 (1) 燃烧热指的是1mol可燃物生成指定产物放出的热量，根据＜0反应能自发进行分析；
(2) 反应 ④ 放出热量最多，正向进行倾向大；
(3) 投料比 ，根据曲线上转化率列三段式进行计算；
(4) 根据均摊法可求得对应化学式，晶胞计算公式 ρ=.
（1）甲烷的燃烧热为1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水，1mol甲烷燃烧生成气态水时放出热量，则生成液态水会放出更多的热量，则＜；
已知④ ；
⑤ ；
⑥ ；
根据盖斯定律，将反应④×2－(⑤×2+⑥)得到，则==-281.6；
根据＜0反应能自发进行，则－T×＜0，则T＞370.4K，该反应能自发进行；
（2）相同温度下，反应①~④中，平衡常数值最大的是反应④，原因是该反应放出大量的热，四个反应中热力学趋势最大(或氧气足量时，CH4可彻底转化为CO2和H2O)；
（3）与是竞争关系，其和为1，根据图像代表的是II，则代表的是曲线Ⅰ，则代表的是曲线Ⅲ；设，，此时甲烷转化率为0.16，则n转化(CH4)=8mol×0.16=1.28mol，=0.82，代入公式中，得到=0.5248mol，初始投料，理论上如果甲烷全部转化为二碳烃，则=4mol，的产率为。
（4）基态氧原子价层电子排布的轨道表示式为；根据均摊法，每个晶胞中含有O的个数为，Mn的个数为，1个晶胞质量为，晶胞体积为，则晶胞密度为。
18．【答案】（1）甲酰胺；H2O
（2）sp2；10
（3）；取代反应
（4）
（5）
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的合成；取代反应
【解析】【解答】（1） 的名称为 甲酰胺，生成 C 的反应为 + → + H2O；
（2） C 的 ACD/3D 结构模型显示分子中所有原子共平面，说明 C 中 C、N 原子为 sp2 杂化。
D 为平面型分子，其大 π 键的 p 电子数为 10；
（3）E 的结构简式为。 生成 F 的反应为取代反应： + → + HCl；
（4）反应方程式：；
（5）合成路线：
。
【分析】根据有机物的转化关系分析： 反应物 与 共热生成 和 H2O。
. 与 SOCl2 反应生成， 与 发生取代反应生成
，其中 E 为， 与 发生取代反应生成。
（1）由结构简式可知，的名称为甲酰胺；由分析可知，生成C的反应为与共热反应生成和水，故答案为：甲酰胺；H2O；
（2）C的ACD/3D结构模型显示分子中所有原子位于同一平面，说明C中碳、氮原子的轨道杂化类型为sp2杂化；D也是平面型分子，说明分子中碳、氮原子轨道杂化类型为sp2杂化，未参与杂化的p电子形成大π键，由结构简式可知，形成大π键的p电子数为10，故答案为：sp2；10；
（3）由分析可知，E的结构简式为；生成F的反应为催化剂作用下与发生取代反应生成和氯化氢，故答案为：；取代反应；
（4）由题意可知，与SOCl2发生取代反应生成、二氧化硫和氯化氢，反应的化学方程式为，故答案为：；
（5）由有机物的转化关系可知，以甲苯和苯胺为主要原料制备的合成步骤为与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，与SOCl2发生取代反应生成，催化剂作用下与发生取代反应生成，合成路线为。
1 / 1云南省昆明市第一中学2024-2025学年高三上学期第二次联考 化学试题
一、选择题：本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2024高三上·昆明期末）云南是矿产资源大省，素有“有色金属王国”之称。通常把原子序数24~26的三种金属称为黑色金属，其余金属则称为有色金属。下列资源的主要金属不属于有色金属的是
A．玉溪大红山铁矿 B．个旧老厂锡矿
C．临沧大寨锗矿 D．兰坪金顶铅锌矿
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】在元素周期表中，原子序数为24至26的三种金属元素分别是铬（Cr）、锰（Mn）和铁（Fe）。这三种金属因其外观和性质常被统称为黑色金属。因此，本题正确答案为选项A。
【分析】铬、锰和铁是黑色金属。
2．（2024高三上·昆明期末）下列离子方程式中，正确的是
A．溶液中滴加少量溶液：
B．NaClO、NaCl混合溶液中滴加HI溶液：
C．金属铜溶于稀硝酸：
D．溶液与溶液反应：
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；二价铁离子和三价铁离子的检验；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．H2SO3溶液过量，发生反应和，总反应为，A选项正确；
B．NaClO、NaCl混合溶液中滴加HI溶液：因为还原性I ＞Cl ，I 被优先氧化为I2，离子方程式为：，B选项错误；
C．铜与稀硝酸反应的离子方程式为：， C选项错误；
D．FeCl2溶液与K3[Fe(CN)6]溶液反应的离子方程式为：， D选项错误；
正确答案是A。
【分析】A．亚硫酸和硫化钠发生氧化还原反应；
B．次氯酸钠具有氧化性，能氧化碘离子；
C．铜和稀硝酸反应生成一氧化氮；
D．二价铁离子和铁氰化钾生成蓝色沉淀；
3．（2024高三上·昆明期末）下列化学用语表述正确的是
A．中子数为1的氦的核素：
B．SO3的VSEPR模型：
C．NaCl溶液中的水合氯离子、水合钠离子：
D．用电子式表示H2O2的形成过程：
【答案】C
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素、核素
【解析】【解答】A. 原子符号中左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数。质量数是质子数与中子数之和。氦原子核含有2个质子，当中子数为1时，其质量数应为3（2+1）。因此该核素符号应表示为，A选项错误；
B. SO3分子中硫原子作为中心原子，其价层电子对数计算为3（σ键数）加上（孤电子对）=3，且无孤对电子存在。因此SO3的VSEPR模型应为平面三角形结构，B选项错误；
C. NaCl溶液中的水合离子构型显示，每个Na+周围配位5个H2O分子，每个Cl-周围配位6个H2O分子。根据电荷相互作用原理，在水合钠离子中水分子的氧原子会朝向Na+，而在水合氯离子中水分子的氢原子会朝向Cl-，C选项正确；
D．H2O2为共价化合物，没有电子得到与失去，用电子式表示其形成过程为，D错误；
综上所述，正确答案为C。
【分析】A. 氦是2号元素，质子数是2；
B. 三氧化硫的VSEPR，模型是平面三角形；
C. 氯化钠溶于水后形成水合氯离子和水合钠离子，图示正确；
D．过氧化氢是共价化合物。
4．（2024高三上·昆明期末）已知反应：，NA为阿伏加德罗常数的值，若消耗48 gFeS2，下列叙述错误的是
A．转移的电子数为4.4NA
B．消耗的氧化剂分子数为1.1NA
C．氧化产物的物质的量共1 mol
D．生成SO2的体积为8.96 L(标准状况)
【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A. 电子转移计算：，对应电子数为4.4NA，A正确；B. 氧化剂消耗量计算：，对应分子数为1.1NA，B正确；
C. 氧化产物总量计算：每4 mol FeS2产生10 mol氧化产物（2 mol Fe2O3 + 8 mol SO2）
，C正确；
D．根据S元素守恒可知：每反应消耗1 molFeS2，反应产生2 mol SO2，现在反应消耗0.4 mol FeS2，反应产生SO2的物质的量是n(SO2)=2n(FeS2)=2×0.4 mol=0.8 mol，其在标准状况下的体积V(SO2)=0.8 mol×22.4 L/mol=17.92 L，D错误；
故合理选项是D。
【分析】48 g FeS2的物质的量：， 每消耗4 mol FeS2，需要11 mol O2， 生成2 mol Fe2O3和8 mol SO2，转移44 mol电子。
5．（2024高三上·昆明期末）实验室制取少量氯水并探究其酸性，下列实验装置和操作能达到实验目的的是
A．用装置甲制取氯气 B．用装置乙制取氯水
C．用装置丙完全吸收多余的 D．用pH试纸测定氯水的pH
【答案】B
【知识点】测定溶液pH的方法；氯气的实验室制法；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．装置甲用于制取氯气时需使用浓盐酸并加热， A选项错误；
B．采用装置乙制备氯水时，需先通过饱和食盐水除去挥发的氯化氢气体，该操作正确， B选项正确；
C．由于氢氧化钙（）微溶于水，其澄清溶液浓度较低，无法充分吸收多余的氯气（），导致吸收效果不佳， C选项错误；
D．氯水具有强氧化性和漂白性，会破坏pH试纸的指示剂，故应采用pH计进行测量， D选项错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A．实验室制备氯气是二氧化锰和浓盐酸反应；
B．根据氯气通入水中可得氯水；
C．氯气应用氢氧化钠溶液吸收；
D．氯水中含有次氯酸，有漂白性。
6．（2024高三上·昆明期末）物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是
选项 性质差异 结构因素
A 熔点：石英干冰 晶体类型差异
B ： 碳卤键的极性差异
C 分解温度： 氢键与范德华力差异
D 键角： 卤素电负性差异
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；晶体熔沸点的比较；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．石英（SiO2）是共价晶体，熔点高于1000℃；干冰（CO2）是分子晶体，熔点低于0℃。A选项不符合题意；
B．由于F的电负性大于Cl，F—C键的极性比Cl—C键更强，使得CF3—的吸电子能力超过CCl3—，导致CF3COOH的羧基中O—H键极性更大，更容易电离出H+。因此，Ka(CCl3COOH) < Ka(CF3COOH)，B选项不符合题意；
C．H2O的分解温度高于H2S，是因为O—H键的键能（463 kJ/mol）远大于S—H键的键能（347 kJ/mol），这与O的非金属性强于S有关，而与氢键或范德华力无关。C选项符合题意；
D．由于F的电负性显著大于Cl，PF3中P—F键的电子对更偏向F原子，导致键角（96.3°）小于PCl3的键角（100.1°），这与F、Cl的电负性差异直接相关。D选项不符合题意；
综上所述，正确答案为C。
【分析】A．根据共价晶体熔点高于分子晶体分析；
B．卤素原子是吸电子原子，氟的电负性比氯的电负性大，三氟乙酸酸性强于三氯乙酸；
C．氢键和范德华力是分子间作用力，影响物质的物理性质，不影响物质的稳定性；
D．氟电负性比氯电负性大，则三氟化磷的键角较小。
7．（2024高三上·昆明期末）中药甘草含有多种有效成分，其中甘草香豆素结构简式如图所示。下列关于甘草香豆素的说法正确的是
A．与溴水能发生加成反应，不能发生取代反应
B．与NaOH完全反应的物质的量之比为1：5
C．光照条件下与氯气反应，苯环上可形成C—Cl键
D．催化剂存在下与足量氢气反应，π键均可断裂
【答案】B
【知识点】酯的性质；取代反应；加成反应；水解反应
【解析】【解答】A. 甘草香豆素分子结构中含有酚羟基，其邻位氢原子可与溴水发生取代反应，A选项的表述是错误的
B. 甘草香豆素本身含有三个酚羟基，在碱性条件下水解后会新增一个酚羟基和一个羧基，总共形成五个酸性基团，完全反应时与NaOH的物质的量之比为1：5，B选项正确；
C. 在光照条件下与氯气反应时，甘草香豆素苯环上的氢原子不会被取代，因此不会形成C-Cl键，C选项错误；
D. 在催化剂存在下，酯基中的π键不会与氢气发生加成反应，D选项错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A. 根据甘草香豆素的结构，可发生取代反应；
B. 甘草香豆素 中有酚羟基和酯基可与氢氧化钠反应，物质的量之比为1：5；
C. 苯环在催化剂条件下，和氯可发生取代反应，形成 C—Cl键 ；
D. 酯基不与氢气发生加成反应。
8．（2024高三上·昆明期末）根据下列实验操作和现象，可得出相应结论的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向NaBr溶液中滴加少量氯水，再加入淀粉KI溶液 溶液先变橙色，后变蓝色 氧化性：Cl2＞Br2＞I2
B 常温下，铁丝插入浓硝酸中 几乎无明显变化 常温下，铁不能与浓硝酸发生反应
C 向乙醇中加入浓硫酸，加热，溶液变黑，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液中 溶液褪色 该气体是乙烯
D 向NaCl和NaI的混合稀溶液中滴加少量AgNO3溶液 先出现黄色沉淀 Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；乙烯的物理、化学性质
【解析】【解答】A．向NaBr溶液中滴加少量氯水时发生反应：，证明的氧化性强于；由于NaBr过量，氯水完全反应生成的使溶液变橙色。再加入淀粉KI溶液时发生反应：，证明的氧化性强于，生成的使淀粉溶液变蓝色。综上可证明氧化性顺序：，A选项正确；
B．浓硝酸具有强氧化性，常温下铁丝插入浓硝酸中会发生钝化反应，在铁丝表面形成致密的氧化物保护膜阻止反应继续进行，这与"不能发生反应"是不同的概念，B选项错误；
C．乙醇与浓硫酸加热时，溶液变黑说明有碳化现象，产生的混合气体中可能含有乙烯、二氧化硫、二氧化碳以及挥发的乙醇和水蒸气。由于二氧化硫和乙醇都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此不能仅凭褪色现象判断是否有乙烯生成，C选项错误；
D．AgCl和AgI沉淀的生成取决于与卤素离子浓度的乘积是否超过其溶度积常数。由于实验中没有给出NaCl和NaI的具体浓度，无法比较和的大小关系，D选项错误；
综上所述，正确答案是A。
【分析】A．反应中氯水少量，变橙色说明氯气氧化溴离子生成溴单质，后变蓝色说明溴单质氧化碘离子生成碘单质，据此分析；
B．常温下，浓硝酸使铁钝化；
C．乙醇和浓硝酸加热，会有二氧化硫气体生成，使高锰酸钾溶液褪色；
D．未说明氯化钠和碘化钠溶度关系，无法比较。
9．（2024高三上·昆明期末）一种钴的配合物离子的结构如图所示，下列有关说法正确的是
A．的价层电子排布式为
B．C、N原子的轨道杂化类型完全相同
C．第一电离能：CD．1mol该配离子含有6mol配位键
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．钴(Co)的原子序数为27，其价电子排布为3d74s2。形成Co2+时优先失去4s轨道电子，因此Co2+的价电子排布为3d7，选项A表述错误；
B．在该配合物中，碳(C)原子存在sp2和sp3两种杂化方式，而氮(N)原子仅呈现sp3杂化，选项B表述错误；
C．由于氮原子的2p轨道处于半充满稳定状态，其第一电离能高于相邻的碳和氧元素，故第一电离能顺序为C < O < N，选项C表述错误；
D．配合物中Co2+与氧(O)、氮(N)原子均通过配位键结合，每个配离子含有6个配位键，因此1mol该配离子包含6mol配位键，选项D表述正确；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A．Co2+的价电子排布为3d7；
B．根据配合物离子结构分析，碳原子有两种杂化方式，sp2和sp3，氮原子有一种杂化方式；
C．根据元素周期律，同周期元素第一电离能从左至右总体呈增大趋势，结合氮元素2p能级电子半充满状态，可得电离能大小；
D．根据离子结构，钴周围形成6个配位键。
10．（2024高三上·昆明期末）为了使天然气产品的质量满足国家标准，需除去天然气中的羰基硫(COS)。如图为COS的催化水解反应机理。
下列说法正确的是
A．电负性：CB．、、COS的空间结构都为V形
C．该催化机理存在极性键的断裂和非极性键的形成
D．在催化剂表面COS中S与中O发生交换
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解析】A. 根据元素周期律，电负性关系为，A选项表述错误；
B. 和的价层电子对数均为4，呈V形结构；与互为等电子体，具有相同的直线形结构。B选项的结论错误；
C. 催化过程中仅涉及极性键（如O-H、C=O等）的断裂与形成，未涉及非极性键的变化，；C选项错误。
D. 催化机理表明：中的S原子与中的O原子发生交换反应，最终生成和， D选项正确；
答案选D。
【分析】A. 根据元素周期律，同周期元素从左至右电负性逐渐增大，同主族元素从上至下电负性逐渐减小分析
B. 和呈V形结构；空间结构是直线形；
C. 根据机理图可知，未涉及非极性键的变化；
D. 根据机理图，中的S原子与中的O原子互换。
11．（2024高三上·昆明期末）酒石酸是一种有机二元弱酸(记为)。25℃时，、和的分布分数(例如)与溶液pH的关系如图。已知：二元弱酸能够分步滴定的条件之一是。下列说法错误的是
A．b代表随pH变化的曲线
B．由图判断，不能分步滴定酒石酸溶液中的
C．当pH=3.5时，
D．P点溶液的
【答案】C
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；电离平衡常数
【解析】【解答】A、二元弱酸 H2A 随 pH 增大，H2A 会逐步电离为 HA-和 A2-。其中 H2A 浓度随 pH 增大而减小（曲线 a），HA-浓度先增后减（曲线 b），A2-浓度随 pH 增大而增大（曲线 c）。因此 b 代表 δ(HA-) 随 pH 变化的曲线，A正确。
B、曲线交点处两种粒子浓度相等，此时 K 1=c (H+)=10-3.04，K 2=c (H+)=10-4.37。计算得=101.33＜104， 不满足分步滴定条件，故不能分步滴定酒石酸溶液中的 H+，B正确。
C、由 K 1 K 2=，得。当溶液的pH=3.5 时，溶液中c (H+)=10-3.5，此时 ，因此溶液中 c (A2-)＜c(H2A)，C选项错误。
D、P 点 δ(A2-)=0.8，δ(HA-)=0.2，因总浓度相同，=4。由
Ka2=10-4.37， ，得 c(H+)=mol/L， pH=4.37＋2lg2=4.97，D正确；
故答案为：C【分析】A．依据 pH 变化对二元弱酸各存在形式的影响，判断曲线对应的粒子。
B．根据电离常数比值判断是否满足分步滴定条件。
C．结合两步电离常数推导 c (A2-) 与 c (H2A) 的关系，代入 pH 计算比例。
D．利用 P 点的分布分数和 K 2表达式计算 pH。
12．（2024高三上·昆明期末）铅酸蓄电池是一种常见的二次电池，放电时的总反应为，电池构造示意图如图所示。铅酸蓄电池在充电过程中还会产生氢气和氧气。下列有关说法错误的是
A．铅酸电池应采取安全措施防止电池气压增大而鼓胀
B．电池放电时，Pb、电极的质量均增大
C．充电时，阳极的电极反应式为
D．若用直流电源充电时，电池的正极与电源的正极相连
【答案】C
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．铅酸蓄电池充电时会生成氢气和氧气，因此需要采取安全措施避免电池内部气压过高导致鼓胀，A选项不符合题意；B．放电过程中，Pb和PbO2均会转化为PbSO4并沉积在电极上，因此两电极的质量均增加，B选项不符合题意；
C．由于PbSO4难溶于水，阳极的电极反应为：，C选项符合题意；
D．充电时，电池的正极发生氧化反应，需连接直流电源的正极（正极发生还原反应），D选项不符合题意。
正确答案为C。
【分析】A．充电时，铅蓄电池会生成气体，防止鼓胀应采取安全措施；
B．放电过程中，Pb和PbO2均会转化为PbSO4，电极质量增大；
C．充电时，阳极失电子，硫酸铅是固体不拆；
D．根据充放电工作原理，电池正极和电源正极相连。
13．（2024高三上·昆明期末）某矿石的标准组成为，W、X、Y、Z、Q为原子序数依次增加的前20号元素。W原子的价层电子排布式为，X是短周期元素中金属性最强的元素，Y的最外层电子数是其内层电子数的，Z原子最高能级的不同轨道都有电子且自旋方向相同，Q的周期序数是其族序数的两倍。下列说法错误的是
A．简单离子半径：W>X B．简单氢化物的稳定性：W>Z
C．Y和Q都位于s区 D．a=8
【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A. 比较离子半径：O2-和Na+具有相同电子层结构，核电荷数越小半径越大，故O2- > Na+， 故A项正确；B. 氢化物稳定性比较：非金属性O>P，因此H2O比PH3更稳定， 故B项正确；
C. Mg和Ca同属ⅡA族，位于周期表s区， 故C项正确；
D. 计算化学式CaaNaMg(PO4)7：根据化合价平衡2a+1+2=21，解得a=9，与选项不符， 故D项错误；
故本题选D。
【分析】 W原子的价层电子排布式为nsnnp2n，解得n=2，因此W为氧元素(O)，X是短周期中金属性最强的元素，确定为钠元素(Na)，Y的最外层电子数是内层电子数的，推得Y为镁元素(Mg)，Z原子最高能级的不同轨道都有电子且自旋方向相同，符合磷元素(P)的电子排布，Q的周期序数是族序数的两倍，周期序数4=2×族序数2，确定为钙元素(Ca)。
14．（2024高三上·昆明期末）氢气是一种清洁能源，研究制氢技术具有重要意义。乙醇-水催化重整可获得。其主要反应为：
①
②
在、时，发生上述反应，平衡时和的转化率随温度的变化如图所示。下列说法正确的是
A．P点与Q点反应①的平衡常数比较：
B．加压有利于增大反应速率和、的平衡转化率
C．温度为300℃的平衡体系中，CO的分压的分压
D．反应体系在500℃达到平衡时，的转化率>的产率>的转化率
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．对于反应①：C2H5OH(g) + 3H2O(g) 2CO2(g) + 6H2(g)，其ΔH1 > 0，说明该反应为吸热反应。根据勒夏特列原理，升高温度会使平衡向吸热方向移动，因此平衡常数KP随温度升高而增大。由于P点温度低于Q点，故KP < KQ，选项A的结论是错误的；B．反应①是一个气体分子数增加的反应（由4mol气体生成8mol气体）。增大压强虽然能提高反应速率，但会使平衡向气体分子数减少的方向（即逆向）移动，导致C2H5OH和H2O的平衡转化率降低，选项B的结论是错误的；
C．温度低于大约200℃时，C2H5OH和H2O的平衡转化率相等，说明只发生反应①，温度高于大约200℃时，反应①②都发生，导致H2O的转化率小于C2H5OH的转化率。设n始(C2H5OH)=1 mol，则n始(H2O)=3 mol，某温度（200℃以上）平衡时C2H5OH转化了x mol，则反应①中：
再设反应②中消耗CO2、H2各y mol，则反应②中：，反应①②合计：消耗C2H5OH仍为x mol，消耗H2O（3x-y）mol，生成H2、CO2、CO分别为(6x-y)mol、（2x-y）mol、y mol。则平衡时，α(C2H5OH)=x/1=x，α(H2O)=(3x-y)/3=x-y/3，H2的产率为(6x-y)/6=x-y/6；假设300℃平衡时，p(CO)=p(CO2)，则有y=（2x-y），解得x=y，则α(C2H5OH)/α(H2O)=x/(x-y/3)=3/2，由图可知300℃平衡时，α(C2H5OH)≈90%，α(H2O)≈78%，两者之比不等于3/2，假设不成立。另解，p(CO)=p(CO2)时，总反应可由①+②得到：C2H5OH(g)+2H2O(g)CO2(g)+CO(g)+5H2(g)，α(C2H5OH)/α(H2O)=x/(2x/3)=3/2，实际比值约为，故C项错误；
D．由前述推导可知，平衡时α(C2H5OH)=x/1=x，α(H2O)=（3x-y）/3=x-y/3，H2的产率为（6x-y）/6=x-y/6。温度为500℃时，反应②已发生，即y＞0，则有α(C2H5OH)=x＞H2的产率=(x-y/6)＞α(H2O)=(x-y/3)，故D项正确；
故本题选D。
【分析】A． 反应① 是放热反应，温度越高，平衡常数越小；
B．增大压强可以增大反应速率，增大压强反应 ① 逆向移动，乙醇和水的转化率减小；
C．根据曲线变化，温度高于200℃，乙醇和水转化率不再相等，可列三段式计算；
D．参考解答部分C选项计算，可得乙醇转化率大于氢气转化率大于水的转化率。
二、非选择题：本大题共4题，共58分。
15．（2024高三上·昆明期末）超细是一种优异的绿色阻燃剂。以蛇纹石(主要成分为和MgO，含少量Fe、Al、Cr、Ni、Co、Mn等的氧化物)为原料制备超细的一种工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）为提高酸浸效率，可采取的措施有　 　(答出2条即可)；酸浸时，金属元素都被浸出，浸渣的主要成分是　 　(填化学式)。
（2）除杂时温度不宜过高，否则会降低的利用率，原因是　 　；金属杂质离子(用表示)与MgO悬浮液反应生成沉淀而除去，离子反应方程式的通式为　 　。
（3）氢氧化镁含有羟基，主要通过形成分子间　 　(填“范德华力”“氢键”或“化学键”)产生团聚，形成大颗粒；CTAB是一种表面活性剂，可　 　(填“增大”或“减小”)表面的带电，利于制备超细氢氧化镁。
（4）沉镁所得氢氧化镁沉淀中含有少量碱式硫酸镁，影响产品质量，需脱硫处理，反应的化学方程式为　 　。
（5）上述工艺流程产生的废液(滤液1、2)或废渣(浸渣、滤渣)中，主要用于回收铁、铝、铬、镍、钴等金属的是　 　。
【答案】（1）适当增大硫酸浓度、适当升温、将原料粉碎、搅拌；SiO2
（2）温度过高使H2O2分解；2Men++nMgO+nH2O=2Me(OH)n↓+nMg2+
（3）氢键；增大
（4）MgSO4·5Mg(OH)2·3H2O+2NaOH=6Mg(OH)2↓+Na2SO4+3H2O
（5）滤渣
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）提高酸浸效率的措施包括：增大硫酸浓度，升高温度，原料粉碎，搅拌；酸浸后浸渣的主要成分为SiO2（石英）；
（2）除杂时需控制温度，因为高温会导致H2O2分解失效。金属杂质离子（Men+）与MgO的沉淀反应通式为： 2Men++nMgO+nH2O=2Me(OH)n↓+nMg2+；
（3）Mg(OH)2易通过分子间氢键团聚。CTAB作为表面活性剂的作用：增强表面电荷，抑制颗粒团聚， 促进超细颗粒形成；
（4）脱硫反应方程式：MgSO4·5Mg(OH)2·3H2O + 2NaOH → 6Mg(OH)2↓ + Na2SO4 + 3H2O
（5）可回收金属的资源：主要来源：滤渣（含Fe、Al、Cr、Ni、Co等氢氧化物），次要来源：浸渣（SiO2中可能夹带金属氧化物）。
【分析】蛇纹石(主要成分为SiO2和MgO，含少量Fe、Al、Cr、Ni、Co、Mn等的氧化物)经稀硫酸酸浸后，过滤得到滤渣1（主要成分为SiO2）和滤液1（含Mg2+、Fe2+/3+、Al3+、Cr3+、Ni2+、Co2+、Mn2+）。后续通过H2O2氧化、MgO悬浊液沉淀除杂、CTAB/氨水沉镁、NaOH脱硫等步骤制备超细Mg(OH)2。
（1）为提高酸浸效率，可采取的措施有适当增大硫酸浓度、适当升温、将原料粉碎、搅拌等；由分析可知，酸浸时，金属元素都被浸出，浸渣的主要成分是SiO2；
（2）除杂时温度不宜过高，是因为温度过高使H2O2分解；金属杂质离子(用Men+表示)与MgO悬浮液反应生成Me(OH)n沉淀而除去，离子反应方程式的通式为：2Men++nMgO+nH2O=2Me(OH)n↓+nMg2+；
（3）氢氧化镁含有羟基，主要通过形成分子间氢键产生团聚，形成大颗粒；CTAB是一种表面活性剂，可增大表面的带电，利于制备超细氢氧化镁；
（4）沉镁所得氢氧化镁沉淀中含有少量碱式硫酸镁[MgSO4 5Mg(OH)2 3H2O]，影响产品质量，加入氢氧化钠溶液进行脱硫处理，反应的化学方程式为：MgSO4·5Mg(OH)2·3H2O+2NaOH=6Mg(OH)2↓+Na2SO4+3H2O；
（5）由分析可知，上述工艺流程产生的废液(滤液1、2)或废渣(浸渣、滤渣)中，主要用于回收铁、铝、铬、镍、钴等金属的是滤渣。
16．（2024高三上·昆明期末）乙炔是制造乙醛、乙酸、苯、合成橡胶、合成纤维等的基本原料。实验室常用图甲所示的气体发生装置，以饱和食盐水和电石(主要成分为，含少量CaS等杂质)反应制备乙炔，但在制备乙炔过程中会产生糊状沉淀且发出大量热，难以控制反应速率、无法控制反应进程、乙炔气流不平稳、泡沫随气体冲出堵塞导管甚至发生反应容器爆炸等问题，利用图乙所示的滴液式气体发生器制备乙炔，较好的解决了上述弊端。
回答下列问题：
（1）图甲中仪器X的名称为　 　；用饱和食盐水代替水与电石反应的目的是　 　。
（2）用图乙装置制备乙炔时可做到随关随停，若废液池中液面上升接近筛板时，为保持对反应进程的控制，应采取的操作是　 　。
（3）氯化铵溶液与反应的化学方程式为　 　；若用盐酸代替氯化铵溶液反应，会增大安全隐患，原因是　 　。
（4）图乙与图丙中的仪器连接可测量乙炔的产率，接口的连接顺序为a→　 　；饱和硫酸铜溶液的作用是　 　。
（5）在25℃和101kPa的条件下进行乙炔产率测量实验，已知气体摩尔体积约为24.5。称取电石质量为1.0365g(忽略杂质)，测得乙炔体积为366mL，产率最接近下列中的_______(填标号)。
A．70% B．80% C．90% D．100%
【答案】（1）恒压滴液漏斗；防止剧烈反应，减小反应速率
（2）打开活塞将废液放出到下方的烧杯中
（3）2NH4Cl + CaC2=CaCl2+C2H2↑+2NH3↑；反应更加剧烈，放热更多
（4）bcedf；吸收乙炔中混有的氨气和硫化氢
（5）C
【知识点】物质的分离与提纯；常见气体制备原理及装置选择；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）图甲中仪器X的名称为恒压滴液漏斗；使用饱和食盐水代替水与电石反应的目的是减缓反应速率，防止反应过于剧烈；
（2）若废液池中液面上升接近筛板时，为保持对反应进程的控制，应采取的操作是打开活塞将废液排出至下方的烧杯中；
（3）氯化铵溶液与CaC2反应的化学方程式为：2NH4Cl + CaC2 = CaCl2 + C2H2↑ + 2NH3↑，若用盐酸代替氯化铵溶液，反应会更加剧烈并放出更多热量，从而增加安全隐患；
（4）图乙与图丙中的仪器连接顺序为abcedf，用于测量乙炔的产率；饱和硫酸铜溶液的作用是吸收乙炔中混有的氨气和硫化氢；
（5）乙炔的理论产量计算为：，产率计算为：
故答案为：C。
【分析】实验室通常采用图甲所示的气体发生装置，通过饱和食盐水与电石（主要成分CaC2，含少量CaS等杂质）反应来制取乙炔。但该传统方法存在以下问题：反应会生成糊状Ca(OH)2沉淀并释放大量热量，导致反应速率难以控制、反应进程无法精确调控、乙炔气流不稳定、泡沫随气体喷出堵塞导管，甚至可能引发反应容器爆炸。为解决这些问题，改用图乙所示的滴液式气体发生器进行乙炔制备，显著改善了上述缺陷。具体操作时，以每秒2-3滴的速度将10%氯化铵溶液滴加到电石中，通过反应生成乙炔气体。所得气体经过饱和硫酸铜溶液吸收去除其中混有的氨气和硫化氢杂质，最后采用排水法收集纯净的乙炔。
（1）图甲中仪器X的名称为恒压滴液漏斗；用饱和食盐水代替水与电石反应的目的是防止剧烈反应，减小反应速率；
（2）若废液池中液面上升接近筛板时，为保持对反应进程的控制，应采取的操作是打开活塞将废液放出到下方的烧杯中；
（3）氯化铵溶液与CaC2反应生成氯化钙、乙炔和氨气，化学方程式为：2NH4Cl + CaC2=CaCl2+C2H2↑+2NH3↑；若用盐酸代替氯化铵溶液反应，反应更加剧烈，放热更多，会增大安全隐患；
（4）图乙与图丙中的仪器连接可测量乙炔的产率，接口的连接顺序为abcedf；饱和硫酸铜溶液的作用是吸收乙炔中混有的氨气和硫化氢；
（5）乙炔理论产量为：，产率为：，故答案为：C。
17．（2024高三上·昆明期末）催化氧化偶联制是科学研究的热点问题之一，相关反应如下：
氧化偶联：反应①
反应②
深度氧化：反应③
反应④
已知： ，；乙烯的燃烧热。
回答下列问题：
（1）25℃和101kPa下，甲烷的燃烧热　 　(填“>”“<”或“=”)；　 　；能自发进行的最低温度为　 　K。
（2）催化氧化偶联的温度一般控制在650℃~900℃，相同温度下，反应①~④中，平衡常数值最大的是反应　 　(填编号)；判断理由是　 　。
（3）750℃、0.6MPa，不同投料比的烷氧混合气体以相同流速通过催化反应器，测得投料比对甲烷转化率和二碳烃(、)的选择性及碳氧化物(CO、)的选择性的影响如左下图所示。已知：；。图中代表的是II，代表的是　 　；投料比时，的产率为　 　(保留2位有效数字)。
（4）MnO是制备甲烷氧化偶联反应催化剂的原料。基态氧原子价层电子排布的轨道表示式为　 　；MnO的立方晶胞结构如图所示，实验测得其晶胞参数，用代表阿伏加德罗常数的值，MnO晶体的密度ρ=　 　(列出计算式即可)。
【答案】（1）＜；-281.6；370.4
（2）④；该反应放出大量的热，四个反应中热力学趋势最大(或氧气足量时，CH4可彻底转化为CO2和H2O)
（3）III；13%(或0.13)
（4）；
【知识点】晶胞的计算；盖斯定律及其应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）甲烷的燃烧热为1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水，1mol甲烷燃烧生成气态水时放出热量，则生成液态水会放出更多的热量，则＜；
已知④ ；
⑤ ；
⑥ ；
根据盖斯定律，将反应④×2－(⑤×2+⑥)得到，则==-281.6；根据＜0反应能自发进行，则－T×＜0，则T＞370.4K，该反应能自发进行；
（2）相同温度下，反应①~④中，平衡常数值最大的是反应④，原因是该反应放出大量的热，四个反应中热力学趋势最大(或氧气足量时，CH4可彻底转化为CO2和H2O)；
（3）与是竞争关系，其和为1，根据图像代表的是II，则代表的是曲线Ⅰ，则代表的是曲线Ⅲ；设，，此时甲烷转化率为0.16，则n转化(CH4)=8mol×0.16=1.28mol，=0.82，代入公式中，得到=0.5248mol，初始投料，理论上如果甲烷全部转化为二碳烃，则=4mol，的产率为；
（4）基态氧原子价层电子排布的轨道表示式为；根据均摊法，每个晶胞中含有O的个数为，Mn的个数为，1个晶胞质量为，晶胞体积为，则晶胞密度为。
【分析】 (1) 燃烧热指的是1mol可燃物生成指定产物放出的热量，根据＜0反应能自发进行分析；
(2) 反应 ④ 放出热量最多，正向进行倾向大；
(3) 投料比 ，根据曲线上转化率列三段式进行计算；
(4) 根据均摊法可求得对应化学式，晶胞计算公式 ρ=.
（1）甲烷的燃烧热为1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水，1mol甲烷燃烧生成气态水时放出热量，则生成液态水会放出更多的热量，则＜；
已知④ ；
⑤ ；
⑥ ；
根据盖斯定律，将反应④×2－(⑤×2+⑥)得到，则==-281.6；
根据＜0反应能自发进行，则－T×＜0，则T＞370.4K，该反应能自发进行；
（2）相同温度下，反应①~④中，平衡常数值最大的是反应④，原因是该反应放出大量的热，四个反应中热力学趋势最大(或氧气足量时，CH4可彻底转化为CO2和H2O)；
（3）与是竞争关系，其和为1，根据图像代表的是II，则代表的是曲线Ⅰ，则代表的是曲线Ⅲ；设，，此时甲烷转化率为0.16，则n转化(CH4)=8mol×0.16=1.28mol，=0.82，代入公式中，得到=0.5248mol，初始投料，理论上如果甲烷全部转化为二碳烃，则=4mol，的产率为。
（4）基态氧原子价层电子排布的轨道表示式为；根据均摊法，每个晶胞中含有O的个数为，Mn的个数为，1个晶胞质量为，晶胞体积为，则晶胞密度为。
18．（2024高三上·昆明期末）农作物感染致病菌后，会诱发多种作物疾病，给农业生产造成巨大经济损失。化合物H是一种研制中的农用抗菌剂，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）B的化学名称为　 　；生成C时还生成一种无机物，其化学式为　 　。
（2）C的ACD/3D结构模型显示分子中所有原子位于同一平面，说明C中碳、氮原子的轨道杂化类型为　 　；D也是平面型分子，其分子中碳、氮原子形成大π键的p电子数为　 　。
（3）E的结构简式为　 　；生成F的反应类型为　 　。
（4）G可由与反应制备(同时生成两种无机气体)，该反应的化学方程式为　 　。
（5）参照上述物质转化信息，以甲苯和苯胺为主要原料制备，写出合成路线　 　(其它试剂任选)。
【答案】（1）甲酰胺；H2O
（2）sp2；10
（3）；取代反应
（4）
（5）
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的合成；取代反应
【解析】【解答】（1） 的名称为 甲酰胺，生成 C 的反应为 + → + H2O；
（2） C 的 ACD/3D 结构模型显示分子中所有原子共平面，说明 C 中 C、N 原子为 sp2 杂化。
D 为平面型分子，其大 π 键的 p 电子数为 10；
（3）E 的结构简式为。 生成 F 的反应为取代反应： + → + HCl；
（4）反应方程式：；
（5）合成路线：
。
【分析】根据有机物的转化关系分析： 反应物 与 共热生成 和 H2O。
. 与 SOCl2 反应生成， 与 发生取代反应生成
，其中 E 为， 与 发生取代反应生成。
（1）由结构简式可知，的名称为甲酰胺；由分析可知，生成C的反应为与共热反应生成和水，故答案为：甲酰胺；H2O；
（2）C的ACD/3D结构模型显示分子中所有原子位于同一平面，说明C中碳、氮原子的轨道杂化类型为sp2杂化；D也是平面型分子，说明分子中碳、氮原子轨道杂化类型为sp2杂化，未参与杂化的p电子形成大π键，由结构简式可知，形成大π键的p电子数为10，故答案为：sp2；10；
（3）由分析可知，E的结构简式为；生成F的反应为催化剂作用下与发生取代反应生成和氯化氢，故答案为：；取代反应；
（4）由题意可知，与SOCl2发生取代反应生成、二氧化硫和氯化氢，反应的化学方程式为，故答案为：；
（5）由有机物的转化关系可知，以甲苯和苯胺为主要原料制备的合成步骤为与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，与SOCl2发生取代反应生成，催化剂作用下与发生取代反应生成，合成路线为。
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