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2025届湖北省新八校协作体高三下学期三模化学试题
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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．化学品可分为大宗化学品和精细化学品两大类。下列物质不属于大宗化学品的是
A．食品添加剂 B．乙烯 C．纯碱 D．硫酸
2．“中国紫”是目前被确认的出现于工业社会以前的最早的人造颜料之一，这种颜色被大量应用于兵马俑的衣物上色，其化学成分为BaCuSi2O6。下列有关中国紫说法错误的是
A．Ba元素的焰色为黄绿色 B．Cu元素的化合价为+2
C．该物质属于硅酸盐材料 D．其结构中一个Si周围连接3个O
3．化学与生活紧密相关，“医”“食”“住”“行”都离不开化学。下列说法错误的是
A．“OTC”标识代表处方药 B．可作豆腐凝固剂
C．可作水泥硬化剂 D．硬铝可作飞机外壳材料
4．2024年诺贝尔化学奖颁发给了对“计算蛋白质设计”和“蛋白质结构预测”做出巨大贡献的三位科学家。下列有关蛋白质的结构、性质与用途的描述错误的是
A．蛋白质结构中含有氨基和羧基，具有两性
B．蛋白质的一级结构主要是通过氢键形成的
C．含有苯环的蛋白质遇浓硝酸会发生显色反应
D．从动物皮、骨中提取的明胶蛋白可用作食品增稠剂
5．蒲公英被称为“药中皇后”，它的根茎花中能提取一种消炎抗菌物质——蒲公英甾醇，其结构如图所示。下列有关蒲公英甾醇的说法错误的是
A．分子中含有10个手性碳原子
B．能使酸性溶液变为无色
C．同分异构体中可能有芳香族化合物
D．红外光谱中至少含有2组峰
6．保障实验安全是实验操作过程必须严守的底线。下列有关“安全”描述错误的是
A．表示实验结束后，离开实验室前需用肥皂等清洗双手
B．表示暴露在空气容易自燃的物质，需注意安全保存
C．对于实验过程产生的有机废液均可采用“焚烧法”处理
D．溶液滴落皮肤上应先用大量水冲洗，然后涂抹硼酸溶液
7．下列有关化学用语表述错误的是
A．锌锰碱性电池放电时正极反应式：
B．乙酰胺与氢氧化钠溶液反应方程式：
C．合成反式聚异戊二烯的化学方程式：
D．用电子式表示钠燃烧产物的形成：
8．用下列实验装置及操作完成相应实验，能达到目的的是
A．实验室制取氨气 B．制备甲酸
C．电解饱和食盐水制氯气 D．蒸馏的接收装置
A．A B．B C．C D．D
9．可由以下反应制得。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．中所含的离子数目为
B．中所含有键的数目为
C．每消耗，反应转移电子数为
D．重氢中所含有的中子数为
10．下列陈述I与陈述II均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述II
A 邻硝基苯酚沸点低于对硝基苯酚 邻硝基苯酚能形成分子内氢键
B 键的键能键的键能 键长小于键长
C 的大于的 前者羟基的极性强
D 的稳定性强于 C的电负性大于S
A．A B．B C．C D．D
11．一种常见还原剂的结构式如图所示，其中X、Y、Z、W、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，是空气含量最多的元素。下列说法错误的是
A．离子半径： B．电负性：
C．第一电离能： D．分子极性：
12．烯烃在催化剂和氧化剂的条件下能转化为邻二醇，其机理如下图所示。下列说法正确的是
A．化合物丁是该反应的催化剂
B．转化过程中涉及非极性键的断裂与形成
C．反应过程中Os的化合价未发生改变
D．若将反应中换成，则产物中含有
13．我国科技工作者设计了成对电解的高效双功能电催化剂，在电解池中实现了阴阳两极都得到高价值含氮化合物，其原理如下图所示。下列说法正确的是
A．催化电极a可连接铅酸蓄电池的Pb电极
B．电解过程中阳极室向催化电极移动
C．阴极区的反应式为
D．每产生，理论上正极区会产生
14．一种铜酸盐超导体的晶胞结构如图所示，其中La是一种镧系元素。下列说法正确的是
A．La位于元素周期表的区 B．晶胞的俯视图为
C．位于构成的八面体的体心 D．该物质的分子式为
15．常温下，和的沉淀溶解平衡曲线如图所示。纵坐标中代表或，物质的溶解度以物质的量浓度表示。下列说法正确的是
A．曲线①代表与的关系
B．向点饱和溶液中加入适量固体，可使溶液由点变成点
C．常温下在水中的溶解度约为
D．比值的数量级为
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．俗称锑白，可用作白色颜料和阻燃剂。一种从含锑工业废渣(主要成分是、，含有、、、等杂质)中制取的工业流程如下图所示。
回答下列问题：
（1）基态Sb原子的价电子排布式为　 　。
（2）“滤渣1”的主要成分是　 　(填化学式)，将“滤渣1”再次返回“溶解”的目的是　 　。
（3）加入“铁粉”还原的金属阳离子有　 　。
（4）“滤饼”的成分是SbOCl(胶状沉淀)，则“水解”过程需要不断搅拌并加入NaCl的可能原因是　 　。
（5）检验“洗涤”过程中沉淀是否洗净所需要的试剂为　 　。
（6）“中和”过程中主要发生的化学方程式为　 　。
（7）测定晶体结构可选用的仪器为　 　。
17．是一种常见的半导体量子点，具有良好的光学性质，其粒子直径介于。其制备原理和步骤如下所示。
制备原理：；
步骤I：按照如图所示搭建反应装置。
步骤II：向三颈烧瓶中加入蒸馏水，再加入的，并搅拌溶解，通入氮气，再加入8滴RSH(巯基乙酸)，用的溶液调节为，继续通入氮气。
步骤Ⅲ：使用滴管将NaHSe溶液快速一次性加入到上述含溶液中。二者混合后即开始加热，同时通入冷凝水，反应一段时间，可得到由RSH(巯基乙酸)修饰的CdSe量子点产物。
回答下列问题：
（1）仪器X的名称为　 　。
（2）下图为配制溶液的部分过程，操作应重复3次，目的是　 　，定容后还需要的操作为　 　。
（3）溶液是利用与在水中反应得到，其产物还有，则反应的化学方程式为　 　。
（4）实验过程中通入的目的是　 　。
（5）检验CdSe量子点产物形成的实验方法是　 　。
（6）RSH的结构简式为，其中能与配位的原子为___________。(填标号)
A． B．C C．S D．O
18．有机物I是一种具有高选择性的钙离子通道调节剂，临床可用于治疗痉挛性疼痛。其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）的化学名称是　 　。
（2）转化过程中的不能换成酸性溶液的原因是　 　。
（3）C的结构简式为　 　。
（4）的反应类型为　 　，转化过程中溶液的作用是　 　。
（5）在E的同分异构体中，同时满足下列条件的共有　 　种。
a．分子中含有苯环
b．既能发生水解反应，又能发生消去反应
（6）从物质结构的角度解释G能转化为I的原因　 　。
19．氘代甲醇作为重要的检测试剂和化工原料，被广泛应用于核磁共振分析、氘代药物开发及光电材料合成等领域。利用D2、CO和CO2合成氘代甲醇过程中主要发生反应如下：
i．
ⅱ． H2
回答下列问题：
（1）反应过程中会发生副反应： ，则 H2=　 　kJ/mol。
（2）自发进行的最高温度反应i　 　反应ⅱ(填“大于”或“小于”)。
（3）理论计算表明，原料组成进行反应和反应ⅱ时，在不同条件下达到平衡，240℃下，部分组分物质转化率随压强的变化；4MPa下，部分组分物质转化率随温度的变化如图所示。
①图中对应D2等压过程的曲线是　 　(填字母)，判断的依据是　 　。
②240℃时，反应ii的平衡常数Kp=　 　 (MPa)-2。
（4）CZA是制备氘代甲醇的催化剂，为了研究掺杂稀土元素(La、Pr、Ce)对其催化性能的影响，研究团队进行了4组实验，相同反应时间内测定相关数据如下表所示。
催化剂 D2转化率/% CO转化率/% CD3OD产率
CZA 43.8 73.5 529.4
CZA-3%La 45.4 73.8 571.5
CZA-3%Pr 43.24 70.1 506.2
CZA-3%Ce 45.3 70.9 548.7
通过实验数据分析，有利于提高该催化剂催化活性的稀土元素有　 　，其可以提高该催化剂活性的原因可能为　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学科学在材料科学中的作用
【解析】【解答】A、食品添加剂一般属于精细化学品，不属于大宗化学品，A错误；B、乙烯属于典型大宗化工基础原料，B正确；
C、纯碱（Na2CO3）属于基础无机化工原料，也是大宗化学品，C错误；
D、硫酸属于基础有机化工原料，也是大宗化学品，D错误；
故答案为：A
【分析】大宗化学品是指产量大、价格低、结构简单、应用广泛的基础化工原料，主要依靠规模生产。如乙烯、纯碱、硫酸等；而食品添加剂通常属于精细化学品，因其生产规模较小、纯度高、功能专一、附加值较高、用途特定。
2．【答案】D
【知识点】含硅矿物及材料的应用；焰色反应；化合价与化学式
【解析】【解答】A、钡元素的焰色为黄绿色，铜的焰色为绿色，A正确；
B、在化合物BaCuSi2O6中，Ba为+2价，Si为+4价，O为价，化合物中元素的正负化合价代数和为零，故Cu为价，B正确；
C、该物质含有Si、O和金属元素，属于硅酸盐，故属于硅酸盐材料，C正确；
D、在硅酸盐结构中，硅原子通常以sp3杂化形成4个Si–O键，即每个硅原子周围连接4个氧原子，形成硅氧四面体，而不是3个。因此“一个Si周围连接3个O”的说法错误，D错误；
故答案为：D
【分析】焰色反应指一些金属及其化合物在灼烧时呈现特殊颜色的性质。如K的焰色反应为紫色(隔着蓝色钴玻璃观察)，钠为黄色，铜为绿色，钡为黄绿色，钙为砖红色等。
3．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；镁、铝的重要化合物；胶体的性质和应用；药物的主要成分和疗效
【解析】【解答】A、OTC是英文“OverTheCounter”的缩写，指非处方药，可直接在药店购买；处方药的标识为“Rx”，必须凭医生处方购买，A错误；
B、豆腐制作利用胶体聚沉原理，MgCl2是电解质，能使豆浆中的蛋白质胶体发生聚沉，因此可用作凝固剂，卤水豆腐的卤水主要成分就是氯化镁，B正确；
C、石膏的主要成分为CaSO4·2H2O，是水泥的重要添加剂，可调节水泥的凝结硬化速度，防止水泥过快凝固，因此可作硬化剂，C正确；
D、硬铝是铝、铜、镁、锰等元素的合金，具有强度高、硬度大、密度小、耐腐蚀等优点，是制造飞机外壳的常用材料，D正确；
故答案为：A
【分析】药品标识：OTC=非处方药，Rx=处方药，二者容易混淆；生活中的化学应用：胶体聚沉、水泥添加剂、合金特性。
4．【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；蛋白质的特殊反应
【解析】【解答】A、蛋白质由氨基酸构成，每个氨基酸至少含有一个氨基和一个羧基。虽然形成肽键后大部分氨基和羧基被消耗，但肽链两端及某些侧链(如谷氨酸的羧基、赖氨酸的氨基)仍保留，使其既能与酸反应，也能和碱反应，使蛋白质具有两性，A正确；
B、蛋白质的一级结构指氨基酸通过肽键（共价键）连接的线性序列，通过共价键（肽键）连接，而非氢键。而氢键是维持二级结构（如α-螺旋、β-折叠）的作用力，B错误；
C、含有苯环的蛋白质（如含酪氨酸、苯丙氨酸的蛋白质）遇浓硝酸会发生硝化反应，生成黄色物质，称为黄蛋白反应，可用于蛋白质的检验，C正确；
D、明胶蛋白是胶原蛋白的水解产物，从动物皮、骨中提取，具有良好的增稠、凝胶和乳化性能，常用作食品增稠剂（如果冻、糖果等），D正确；
故答案为：B
【分析】蛋白质由氨基酸通过肽键连接而成，具有氨基和羧基故显两性；一级结构是氨基酸排列顺序，靠肽键维持，二、三、四级结构靠氢键等弱作用力。能水解为氨基酸，遇轻金属盐发生可逆盐析，遇加热、重金属、酸碱等会不可逆变性；含苯环的蛋白质遇浓硝酸变黄，灼烧有烧焦羽毛气味。可用作营养物质、食品增稠剂，也用于纺织、医药、胶黏剂等领域。
5．【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团
【解析】【解答】A、手性碳是连有4个不同基团的饱和碳原子。该甾体结构中，环上多个碳原子均满足条件，由图所示带*即为手性碳原子：，故分子中含有10个手性碳原子，A正确；
B、该分子中含有醇羟基和碳碳双键，均能被酸性K2Cr2O7氧化。反应中，橙红色的Cr2O72-被还原为绿色的Cr3+，溶液会从橙红色变为绿色，不会变为无色，B错误；
C、该分子的不饱和度为6，芳香族化合物不饱和度大于等于4，因此同分异构体中可能有芳香族化合物，C正确；
D、红外光谱可获得分子中所含官能团的信息，该分子有碳碳双键和羟基两种官能团，红外光谱中会出现多个特征吸收峰，因此红外光谱中至少含有2组峰，D正确；
故答案为：B
【分析】连有四个不同基团的碳原子称为手性碳原子。判断依据为：
1.凡碳原子上连有相同基团的，非手性碳，如CH3－， －CH2－ 。
2.凡碳原子连有双键、三键的，非手性碳如 >C=C<、 –C≡C– 、–COOH 、–COOR、 –CHO 、–CO – 。
3.凡碳原子在环上，将环上碳原子所连接的两个单键剪断，剪下的部分结构不对称，该碳原子为手性碳；若剪下的部分结构对称，该碳原子不是手性碳。
6．【答案】C
【知识点】化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A、根据实验有关的图标及说明，表示实验结束后，离开实验室前需用肥皂等清洗双手，同时实验结束后用肥皂洗手是标准安全操作，A正确；
B、根据实验有关的图标及说明，表示暴露在空气容易自燃的物质，标识为“4类易燃固体/自燃物品”，代表易自燃物质，需密封保存，B正确；
C、有机废液不能一概采用“焚烧法”处理，因为有些有机废液燃烧可能产生有毒气体如二噁英、HCl等，且需要符合环保法规，通常应分类收集后交由专业机构处理，C错误；
D、如果不慎将碱液沾到皮肤上，应立即用大量清水冲洗，再涂抹1%的硼酸溶液中和残留碱，如皮肤被严重灼伤或其他不适状况应立即就医，D错误；
D正确；
故答案为：C
【分析】进入实验室需穿实验服，规范操作。药品按标签取用，易燃易爆、强腐蚀、有毒试剂要单独存放、远离火源。加热液体防暴沸，点燃可燃性气体前必须验纯。重金属盐、酸碱、有机溶剂避免接触皮肤与口鼻，不慎沾到应立即用大量水冲洗，碱涂硼酸、酸涂碳酸氢钠溶液。废液分类回收，含卤素、氮硫的有机废液不可随意焚烧。实验结束及时清理台面，关闭水电，洗手后离开。
7．【答案】D
【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；电极反应和电池反应方程式；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、碱性锌锰电池中，正极上MnO2得电子被还原为MnOOH，该反应式电荷、原子守恒，符合碱性环境，故正极反应式：，A正确；
B、酰胺在碱性条件下易水解，因此乙酰胺与氢氧化钠溶液反应生成乙酸钠和氨气，电子、原子守恒，故离子方程式：，B正确；
C、异戊二烯在特定催化剂下发生1，4-加成聚合，形成反式聚异戊二烯（天然橡胶），方程式书写正确，故合成反式聚异戊二烯的化学方程式：，C正确；
D、钠燃烧的产物为，电子式为：，形成过程中，氧原子需要先形成过氧根离子，再与钠离子结合。正确的电子式形成过程应体现氧原子间的电子对共用，而选项中的电子式错误地表示为单个氧原子形成，不符合过氧化钠的结构，故用电子式表示钠燃烧产物的形成：，D错误；
故答案为：D
【分析】钠燃烧产物为过氧化钠，而非氧化钠，其电子式中氧原子间存在一对共用电子对，不能写成单个氧离子的形式；碱性锌锰电池正极反应需注意介质环境，产物需符合碱性条件；酰胺水解在碱性条件下生成羧酸盐和氨气，方程式需注明加热条件。
8．【答案】A
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；氨的实验室制法；蒸馏与分馏
【解析】【解答】A、实验室制氨气可利用氯化铵和氢氧化钙固体反应制备氨气，并固固加热型装置。相关的化学反应方程式为：，氨气密度小于空气，使用向上排空气法收集，试管口塞棉花防止氨气与空气对流，A正确；
B、酸性KMnO4溶液具有强氧化性，甲醇虽可被氧化，但产物复杂，且足量酸性KMnO4会将甲醇氧化为碳酸，碳酸分解生成二氧化碳和水，无法停留在甲酸阶段，因此该装置不能制备甲酸，B错误；
C、电解饱和食盐水制氯气的实验中，阳极发生的反应为：，而阴极发生的反应为：，装置中使用的是阴离子交换膜，会允许阴离子（如Cl-、OH-）通过，导致阳极区的Cl-移向阴极，无法在阳极区富集得到纯净的Cl2，且阴极区的OH-也会移向阳极，引发副反应。因此制氯气应使用阳离子交换膜，阻止阴离子迁移，C错误；
D、蒸馏接收装置应使用尾接管或牛角管与锥形瓶连接，且锥形瓶不能用塞子密封，否则装置内压强过大易发生危险。图中接收装置密闭，会影响蒸馏速度，以及导致压强过大，容器破裂，D错误；
故答案为：A
【分析】固体加热制气时试管口略向下倾斜，防止冷凝水倒流炸裂试管；加热液体需加碎瓷片防暴沸。易燃气体点燃前必须验纯，有毒气体要尾气处理。蒸馏时温度计水银球在支管口，冷凝水下进上出，接收装置不能密封。电解制备气体要选对离子交换膜，强氧化剂不能用于制备易被深度氧化的有机物。分液时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出。
9．【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、CaC2的摩尔质量为64g/mol，故，包含和，因此所含离子数为，A正确；
B、C2 H4 （乙烯）的结构为：1个C=C双键中含1个σ键；4个C-H单键，各含1个σ键；共1+4=5个σ键，1mol乙烯含5NA 个σ键，B正确；
C、由化学反应方程式：可知，参与反应转移电子，为，转移电子数为，C正确；
D、重氢（D，氘）的质子数为1，中子数为1，摩尔质量为2g/mol，可以表示为：。D2 的摩尔质量为4g/mol，2gD2 的物质的量为：，1 个中含有1个中子，故所含中子数为，D错误；
故答案为：D
【分析】先看物质的量：判断物质状态、条件是否为标准状况，计算n=m/M=V/Vm；再看结构与微粒：数原子、键、官能团、离子；注意1个分子含几个微粒；关注特殊结构：苯环、双键、三键、配位键、离子晶体（如CaC2是Ca2++C22-）；警惕陷阱：可逆反应不完全、水解电离、气体体积变化、同位素中子数计算；氧化还原重点：算电子转移数，看清化合价变化和对应反应物的量。
10．【答案】A
【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；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、邻硝基苯酚能形成分子内氢键，分子间作用力减弱；对硝基苯酚主要形成分子间氢键，分子间作用力更强。因此邻硝基苯酚沸点低于对硝基苯酚，二者存在直接因果关系，A正确；
B、F原子半径小，F-F键键长短，故键长小于键长，但由于半径过小导致其排斥力更强，两个F原子间孤电子对排斥作用强，实际F-F键能C、羧酸的酸性可用的大小来衡量，越小，酸性越强，的大于的，但CH3COOH中甲基是给电子基团，会降低羧基羟基的极性，使酸性弱于HCOOH，因此CH3COOH的pKa更大。陈述II中“前者羟基的极性强”说法错误，C错误；
D、同周期从左到右电负性递增，因此电负性：C2S是因为C-H键能大于S-H键能，陈述II本身错误，D错误；
故答案为：A
【分析】做题时一定要看清楚所描述的陈述I与陈述II的知识是否存在一一对应的关系，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项；
11．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、W的离子为N3-，M的离子为Na+，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，离子半径：，A正确；
B、X是H元素，Y是B元素，Z是C元素，同周期元素从左至右，电负性依次变大，同主族元素从上至下，电负性依次减小，故电负性：，B错误；
C、Y是B元素，Z是C元素，W是N元素，同周期元素从左到右第一电离能总体呈现增大趋势，会有部分是锯齿状变化，故第一电离能：，C正确；
D、X为H元素，Z为C元素，W为N元素，三角锥形结构，N原子有孤电子对，为极性分子，为非极性分子，分子极性：，D正确；
故答案为：B
【分析】先根据题干信息推断元素，已知W是空气中含量最多的元素，故W为N（氮）。结构式中Z≡W（三键），结合原子序数递增顺序，Z为C（碳）。Y与3个X相连，且整体为-1价阴离子，X原子序数最小，应为H（氢）；Y为B（硼）。M为阳离子，原子序数最大，为Na（钠）。即：X=H，Y=B，Z=C，W=N，M=Na。
12．【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；氧化还原反应；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、化合物丁为该反应的中间产物，化合物甲先和乙发生反应，后又生成，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，故化合物甲是该反应的催化剂，A错误；
B、反应中断裂的是烯烃中的C=C键，属于非极性键，但整个过程中没有新的非极性键形成，因此“非极性键的形成”不成立，B错误；
C、甲（OsO4）与烯烃反应生成丙时，Os从+8价被还原为更低价态；后续又被氧化回到+8价，反应过程中Os形成的化学键个数发生变化，Os的化合价发生了改变，C错误；
D、根据机理中丙与反应得到邻二醇和丁的断键过程可知，丙生成的过程中，H2O提供H原子，若将换成，则产物中含有，D正确；
故答案为：D
【分析】在催化循环机理图中，先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质，产物一般多是通过一个箭头最终脱离这个历程的物质，与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物则是这个循环中的任何一个环节。
13．【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、右侧：，氮元素化合价降低，得到电子，电极发生还原反应，为阴极；左侧：，失去电子，电极发生氧化反应，为阳极。铅酸蓄电池的电极为负极，负极与阴极相连，A错误；
B、电解过程中，装置中使用的是阴离子交换膜，只允许阴离子通过，阳离子（Na+）无法通过膜移动，阳离子无法通过阴离子交换膜，B错误；
C、阴极区为NaOH溶液，环境呈碱性，反应式中不能出现大量H+。结合得失电子守恒与电荷守恒可知正确的阴极反应式为：，C错误；
D、每产生转移，正极区(与电源正极相连的区域)又称阳极区，当电路中转化时，正极区会产生(苯乙胺转化为脱去4个)，转移时产生2mol，D正确；
故答案为：D
【分析】有机电解题先定电极：化合价降低，得电子，为阴极，化合价升高，失电子，为阳极；写反应：酸性用H+/H2O配平，碱性用OH-/H2O配平，最后补电子使电荷守恒；判pH：消耗H+则pH升，生成H+则pH降；消耗OH-则pH降，生成OH-则pH升；算电子：根据化合价变化，算出每生成1mol产物转移的电子数，再乘以物质的量；验选项：用排除法，先排除电极、pH、电子数明显错误的选项。
14．【答案】C
【知识点】晶胞的计算；分子式
【解析】【解答】A、La是镧系元素，属于f区（第ⅢB族，内过渡元素），不是d区，A错误；
B、原子半径：，晶胞中，La原子位于晶胞内部，Cu原子位于顶点，俯视图中La原子应位于中心，Cu原子位于四个角。但题目中的俯视图中，黑色点（Cu）在中心，灰色点（La）在四角，与实际位置不符，故该俯视图错误，B错误；
C、从晶胞结构图可以看到，中心的Cu原子周围有6个O原子，构成八面体结构，Cu位于八面体体心，C正确；
D、先计算晶胞中各原子数目：Cu位于顶点8个，每个占1/8，体心1个，总数为：；La位于晶胞内部4个，总数为4；O位于晶胞内部和面上，总数为：；因此晶胞简化后的化学式为：La2 CuO4 ，但该物质是离子晶体，不存在分子，不能用“分子式”描述，D错误；
故答案为：C
【分析】晶胞中粒子数的计算方法—均摊法：于平行六面体晶胞，当原子位于晶胞的顶点时，它被8个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的棱上（通常是棱心）时，它被4个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的面上（通常是面心）时，它被2个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的体内（通常是体心）时，则该原子属于这个晶胞。
15．【答案】D
【知识点】化学平衡的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】A、由和；对上述等式两边同时取负对数，斜率为-1的曲线①对应的是与的关系；曲线②的斜率为，代表的是与的关系，A错误；
B、若向a点饱和溶液中加入适量固体，增大，会减小，不会由a点变成点，B错误；
C、且由点坐标值可知：和，常温在水中的溶解度约为，C错误；
D、比值为，且数量级为，D正确；
故答案选D
【分析】由和可知，本题图像斜率绝对值大的线段为 即的饱和溶液，线段②代表的是即的饱和溶液，而另外一条线①代表的是即的饱和溶液，且由b点坐标值可知：和。
16．【答案】（1）
（2）；提高锑的回收率
（3）、和
（4）促进的水解，形成稳定的晶型，便于过滤分离
（5）溶液
（6）
（7）X射线衍射仪
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的能级分布；氧化还原反应；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）、Sb位于第五周期第VA族，价电子排布式为。
（2）、不与盐酸反应，因此滤渣1的主要成分为；再次返回溶解，进行二次酸浸，可以提高锑的回收率。
（3）、酸浸溶解后，溶液中的金属阳离子为、、和，铁粉作为还原剂可将、和还原。
（4）、，不断搅拌的原因是避免形成胶体，加入是为了促进的水解，因此原因为：促进的水解形成稳定的晶型，便于过滤分离。
（5）、沉淀上可能附着，可用铁氰化钾溶液进行检验。
（6）、“中和”过程中与前面生成的反应，生成，因此化学方程式为：。
（7）、X射线衍射仪可用于晶体结构的测定，可获得键长、键角等信息，是物质结构测定的一种重要技术。
【分析】含锑工业废渣加入稀盐酸酸溶，二氧化硅不反应得到滤渣1，金属氧化物杂质（CuO、Fe2O3、Al2O3）也会和盐酸反应，生成对应的氯化物（CuCl2、FeCl3、AlCl3），进入溶液，因此滤液1中含有：Sb3+、Sb5+、Fe3+、Cu2+、H+；滤液1加入过量铁粉，还原 Sb5+：SbCl5 + Fe = SbCl3 + FeCl2；还原 Fe3+：2FeCl3 + Fe = 3FeCl2（避免后续 Fe3+干扰）；置换 Cu2+：CuCl2 + Fe = FeCl2 + Cu↓（生成铜单质沉淀）；且过量铁粉会与酸反应：Fe + 2HCl = FeCl2 + H2↑，铜离子转化为铜单质，向滤液2中加水稀释，加热促进Sb3+水解：SbCl3+H2O=SbOCl↓+2HCl，接着过滤得到滤饼（SbOCl沉淀）和滤液3（含Fe2+、Al3+、H+、Cl-），而Fe2+、Al3+在该条件下不会水解沉淀，因此留在滤液中，实现了与锑的分离。用稀盐酸洗涤滤饼（SbOCl），洗去滤饼表面附着的Fe2+、Al3+、Cl-等杂质离子，避免后续引入杂质；最后向洗涤后的SbOCl中加入碳酸铵溶液（(NH4)2CO3），发生反应：2SbOCl+(NH4)2CO3=Sb2O3↓+2NH4Cl+CO2↑，得到产物过滤、干燥后得到Sb2O3（锑白）。
（1）Sb位于第五周期第VA族，价电子排布式为。
（2）不与盐酸反应，因此滤渣1的主要成分为；再次返回溶解，进行二次酸浸，可以提高锑的回收率。
（3）酸浸溶解后，溶液中的金属阳离子为、、和，铁粉作为还原剂可将、和还原。
（4），不断搅拌的原因是避免形成胶体，加入是为了促进的水解，因此原因为：促进的水解形成稳定的晶型，便于过滤分离。
（5）沉淀上可能附着，可用铁氰化钾溶液进行检验。
（6）“中和”过程中与前面生成的反应，生成，因此方程式为：。
（7）X射线衍射仪可用于晶体结构的测定，可获得键长、键角等信息，是物质结构测定的一种重要技术。
17．【答案】（1）球形冷凝管
（2）使样品转移完全；盖上瓶塞，反复上下颠倒摇匀
（3）
（4）排尽装置内空气，防止NaHSe被氧化
（5）丁达尔效应
（6）C
【知识点】氧化还原反应；常用仪器及其使用；实验装置综合；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）、仪器X的名称为球形冷凝管。
（2）、配制一定物质的量浓度溶液的过程中，洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，是为了将样品转移完全至容量瓶中；定容后，应盖上瓶塞，反复上下颠倒摇匀。
（3）、由所给信息可知，被还原，推断出产物中应有，因此该反应方程式为：。
（4）、NaHSe具有还原性，实验过程中通入的目的是，排尽装置内空气，防止被氧化。
（5）、由题干可知，CdSe粒子直径介于，因此该量子点产物为胶体，可用丁达尔效应检验。
（6）、中S上有孤电子对，且S的电负性比O弱，更加容易提供孤电子对形成配位键，因此与配位的原子为S，故答案为：C。
【分析】本题以制备物质为基础，考核一定物质的量浓度溶液的配制过程、反应方程式的配平、交替性质等内容，注重考查知识迁移能力。注意题给信息，如由CdTe的粒子直径考虑胶体的性质，由Te元素位于元素周期表第五周期ⅥA族，可知其化学性质与S元素相似。
步骤1：装置搭建好带回流冷凝的三颈烧瓶装置，为后续反应提供密闭、可加热的环境；步骤2：先溶解Cd源：加入CdCl2 2.5H2O，溶于水提供Cd2+；接着通氮气：提前通入N2，除去溶液中的溶解氧，防止后续生成的HSe-和CdSe被氧化；继续加入配体RSH：巯基乙酸作为配体，与Cd2+发生第一步反应，生成Cd(RS)+；接着调pH到8~9：用NaOH调节pH，中和第一步反应生成的H+，使平衡正向移动，提高Cd(RS)+的浓度，同时保证后续加入的NaHSe能稳定存在（碱性环境下HSe-更稳定）；继续通氮气：全程惰性保护，避免氧化；步骤3快速加入NaHSe：一次性快速加入NaHSe溶液，让体系中瞬间形成高过饱和度，有利于CdSe的成核，生成纳米级的量子点；加热并回流：加热提供反应所需的活化能，促进反应进行，同时让生成的CdSe晶粒生长到合适的尺寸；冷凝水回流则防止溶剂和低沸点组分挥发；最后得到由RSH修饰的CdSe量子点产物，RSH附着在颗粒表面，防止团聚，同时赋予量子点水溶性。
（1）仪器X的名称为球形冷凝管。
（2）配制一定物质的量浓度溶液的过程中，洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，是为了将样品转移完全至容量瓶中；定容后，应盖上瓶塞，反复上下颠倒摇匀。
（3）由所给信息可知，被还原，推断出产物中应有，因此该反应方程式为：。
（4）NaHSe具有还原性，实验过程中通入的目的是，排尽装置内空气，防止被氧化。
（5）由题干可知，CdSe粒子直径介于，因此该量子点产物为胶体，可用丁达尔效应检验。
（6）中S上有孤电子对，且S的电负性比O弱，更加容易提供孤电子对形成配位键，因此与配位的原子为S，故选C。
18．【答案】（1）乙胺
（2）酸性溶液会将甲苯氧化为苯甲酸
（3）
（4）取代反应；吸收，促进反应正向进行
（5）10
（6）G分子中原子上含有孤电子对，能与形成配位键
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）、可以理解为乙烷分子中的一个氢原子被氨基取代，其化学名称为：乙胺。
（2）、因生成的B为苯甲醛，若用酸性溶液，则氧化性过强，会将甲苯直接氧化为苯甲酸。
（3）、根据分析，苯甲醛与乙醛发生羟醛缩合生成。
（4）、根据分析，与发生的反应为：取代反应；该反应除生成外，同时还生成，则使用溶液的作用为：吸收，促进反应正向进行。
（5）、E的结构为：，化学式为：，同分异构体中既要求能发生水解反应，又要能发生消去反应，则需要满足与相连碳的邻碳上需有。则苯环一取代有4种：；苯环二取代有6种：，共10种。
（6）、G的结构为：，分子中原子上含有孤电子对，能与中羧基上的形成配位键。
【分析】合成有机物I的流程为：将A与在酸性作用下生成B，这一步甲基被MnO2氧化为醛基，引入醛基，为后续羟醛缩合提供反应位点；B与在碱催化的条件下发生羟醛缩合反应得到C，这一步是为了延长碳链，便于后续的合成；将C加成还原得到D，这一步将不饱和骨架还原为饱和碳链，同时引入末端羟基，为后续取代做准备；用浓HBr取代D中的得到E，将-OH转化为离去基团Br，为后续胺化反应提供反应点；然后在NaOH作用下将E与再次取代生成F，这一步主要是引入N元素；将F与E在NaOH作用下再次取代亚氨基上剩余的H原子得到G，这一步完成N的二次烷基化；最后将G与H中和得到目标产物I，最后一步通过成盐反应，将叔胺转化为水溶性的盐，同时引入柠檬酸部分，得到最终的药物活性形式。
（1）可以理解为乙烷分子中的一个氢原子被氨基取代，其化学名称为：乙胺。
（2）因生成的B为苯甲醛，若用酸性溶液，则氧化性过强，会将甲苯直接氧化为苯甲酸。
（3）根据分析，苯甲醛与乙醛发生羟醛缩合生成。
（4）根据分析，与发生的反应为：取代反应；该反应除生成外，同时还生成，则使用溶液的作用为：吸收，促进反应正向进行。
（5）E的结构为：，化学式为：，同分异构体中既要求能发生水解反应，又要能发生消去反应，则需要满足与相连碳的邻碳上需有。则苯环一取代有4种：；苯环二取代有6种：，共10种。
（6）G的结构为：，分子中原子上含有孤电子对，能与中羧基上的形成配位键。
19．【答案】（1）-106.2
（2）小于
（3）d；反应i和反应ⅱ都是放热反应，升高温度时，平衡向逆反应方向移动，D2的转化率降低；
（4）La与Ce；对D2具有较强的吸附性
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】（1）、i．
ⅱ． H2
ⅲ.
依据盖斯定律，将反应ⅰ-反应ⅲ得到，反应ⅱ的
（2）、反应自发的条件为，反应自发进行的临界的温度为K=334.1K、反应ⅱ自发进行的临界的温度为K=421.4K，所以自发进行的最高温度反应小于反应ⅱ。
（3）、反应i和反应ⅱ都是体积缩小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO、D2的转化率降低，则曲线c对应CO等压过程的曲线，曲线d对应D2等压过程的曲线；增大压强，平衡正向移动，CO、D2的转化率增大，则曲线a对应CO的等温过程的曲线，曲线b对应D2的等温过程的曲线。
①、由分析可知，曲线d对应D2等压过程的曲线。判断的依据是：反应i和反应ⅱ都是放热反应，升高温度时，平衡向逆反应方向移动，D2的转化率降低。
②、由图可知240℃时，和D2的转化率分别为75%和50%，设起始n(CO)=1mol，则n(D2)=6mol，n(CO2)=1mol，n(N2)=2mol，可建立如下三段式：
反应i转化的为。
综上平衡时，，，，，，平衡时气体总物质的量，则反应ii。
（4）、加入稀土元素La和Ce的催化剂相较于不加入的，D2转化率和CD3OD产率更高，因此有利于提高该催化剂催化活性的稀土元素是和Ce。由于和Ce是较好的储氢材料，因此推测La和Ce可以提高该催化剂活性的原因可能为：对D2具有较强的吸附性。
【分析】盖斯定律的使用原则：化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；化学反应的反应热只与反应的始态（各反应物）和终态（各生成物）有关，而与具体反应的途径无关；任何化学反应的反应热和其逆反应的反应热大小相等，符号相反；任何化学反应，当各物质系数发生变化时，反应热的数值也随之发生变化。
书写化学反应三段式时的注意事项：单位一致，确保起始量、变化量和平衡量的单位保持一致；注意化学计量数、注意物质状态固体、纯液体一般不参与其中；考虑可逆反应的平衡量不是完全转化的结果，而是反应物和生成物共存的状态。此时需要根据反应的转化率或平衡常数进行计算。
分析化学反应速率和化学平衡图像题的方法：一看面（纵、横坐标的意义）；二看线（线的走向和变化趋势）；三看点（起点拐点终点）；四看辅助线（如等温线、等压线、平衡线）；五看量的变化（如浓度变化、温度变化），然后联想平衡移动原理，分析条件对反应速率、化学平衡移动的影响，最后利用原理，结合图像，分析图像中所代表反应速率变化或化学平衡的线，作出判断。
对于放热反应，当 S＜0时，低温下自发；当 S＜0时，任何条件下都自发。
（1）i．
ⅱ． H2
ⅲ.
依据盖斯定律，将反应ⅰ-反应ⅲ得到，反应ⅱ的
（2）反应自发的条件为，反应自发进行的临界的温度为K=334.1K、反应ⅱ自发进行的临界的温度为K=421.4K，所以自发进行的最高温度反应小于反应ⅱ。
（3）反应i和反应ⅱ都是体积缩小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO、D2的转化率降低，则曲线c对应CO等压过程的曲线，曲线d对应D2等压过程的曲线；增大压强，平衡正向移动，CO、D2的转化率增大，则曲线a对应CO的等温过程的曲线，曲线b对应D2的等温过程的曲线。
①由分析可知，曲线d对应D2等压过程的曲线。判断的依据是：反应i和反应ⅱ都是放热反应，升高温度时，平衡向逆反应方向移动，D2的转化率降低。
②由图可知240℃时，和D2的转化率分别为75%和50%，设起始n(CO)=1mol，则n(D2)=6mol，n(CO2)=1mol，n(N2)=2mol，可建立如下三段式：
反应i转化的为。
综上平衡时，，，，，，平衡时气体总物质的量，则反应ii。
（4）加入稀土元素La和Ce的催化剂相较于不加入的，D2转化率和CD3OD产率更高，因此有利于提高该催化剂催化活性的稀土元素是和Ce。由于和Ce是较好的储氢材料，因此推测La和Ce可以提高该催化剂活性的原因可能为：对D2具有较强的吸附性。
1 / 12025届湖北省新八校协作体高三下学期三模化学试题
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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．化学品可分为大宗化学品和精细化学品两大类。下列物质不属于大宗化学品的是
A．食品添加剂 B．乙烯 C．纯碱 D．硫酸
【答案】A
【知识点】化学科学在材料科学中的作用
【解析】【解答】A、食品添加剂一般属于精细化学品，不属于大宗化学品，A错误；B、乙烯属于典型大宗化工基础原料，B正确；
C、纯碱（Na2CO3）属于基础无机化工原料，也是大宗化学品，C错误；
D、硫酸属于基础有机化工原料，也是大宗化学品，D错误；
故答案为：A
【分析】大宗化学品是指产量大、价格低、结构简单、应用广泛的基础化工原料，主要依靠规模生产。如乙烯、纯碱、硫酸等；而食品添加剂通常属于精细化学品，因其生产规模较小、纯度高、功能专一、附加值较高、用途特定。
2．“中国紫”是目前被确认的出现于工业社会以前的最早的人造颜料之一，这种颜色被大量应用于兵马俑的衣物上色，其化学成分为BaCuSi2O6。下列有关中国紫说法错误的是
A．Ba元素的焰色为黄绿色 B．Cu元素的化合价为+2
C．该物质属于硅酸盐材料 D．其结构中一个Si周围连接3个O
【答案】D
【知识点】含硅矿物及材料的应用；焰色反应；化合价与化学式
【解析】【解答】A、钡元素的焰色为黄绿色，铜的焰色为绿色，A正确；
B、在化合物BaCuSi2O6中，Ba为+2价，Si为+4价，O为价，化合物中元素的正负化合价代数和为零，故Cu为价，B正确；
C、该物质含有Si、O和金属元素，属于硅酸盐，故属于硅酸盐材料，C正确；
D、在硅酸盐结构中，硅原子通常以sp3杂化形成4个Si–O键，即每个硅原子周围连接4个氧原子，形成硅氧四面体，而不是3个。因此“一个Si周围连接3个O”的说法错误，D错误；
故答案为：D
【分析】焰色反应指一些金属及其化合物在灼烧时呈现特殊颜色的性质。如K的焰色反应为紫色(隔着蓝色钴玻璃观察)，钠为黄色，铜为绿色，钡为黄绿色，钙为砖红色等。
3．化学与生活紧密相关，“医”“食”“住”“行”都离不开化学。下列说法错误的是
A．“OTC”标识代表处方药 B．可作豆腐凝固剂
C．可作水泥硬化剂 D．硬铝可作飞机外壳材料
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；镁、铝的重要化合物；胶体的性质和应用；药物的主要成分和疗效
【解析】【解答】A、OTC是英文“OverTheCounter”的缩写，指非处方药，可直接在药店购买；处方药的标识为“Rx”，必须凭医生处方购买，A错误；
B、豆腐制作利用胶体聚沉原理，MgCl2是电解质，能使豆浆中的蛋白质胶体发生聚沉，因此可用作凝固剂，卤水豆腐的卤水主要成分就是氯化镁，B正确；
C、石膏的主要成分为CaSO4·2H2O，是水泥的重要添加剂，可调节水泥的凝结硬化速度，防止水泥过快凝固，因此可作硬化剂，C正确；
D、硬铝是铝、铜、镁、锰等元素的合金，具有强度高、硬度大、密度小、耐腐蚀等优点，是制造飞机外壳的常用材料，D正确；
故答案为：A
【分析】药品标识：OTC=非处方药，Rx=处方药，二者容易混淆；生活中的化学应用：胶体聚沉、水泥添加剂、合金特性。
4．2024年诺贝尔化学奖颁发给了对“计算蛋白质设计”和“蛋白质结构预测”做出巨大贡献的三位科学家。下列有关蛋白质的结构、性质与用途的描述错误的是
A．蛋白质结构中含有氨基和羧基，具有两性
B．蛋白质的一级结构主要是通过氢键形成的
C．含有苯环的蛋白质遇浓硝酸会发生显色反应
D．从动物皮、骨中提取的明胶蛋白可用作食品增稠剂
【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；蛋白质的特殊反应
【解析】【解答】A、蛋白质由氨基酸构成，每个氨基酸至少含有一个氨基和一个羧基。虽然形成肽键后大部分氨基和羧基被消耗，但肽链两端及某些侧链(如谷氨酸的羧基、赖氨酸的氨基)仍保留，使其既能与酸反应，也能和碱反应，使蛋白质具有两性，A正确；
B、蛋白质的一级结构指氨基酸通过肽键（共价键）连接的线性序列，通过共价键（肽键）连接，而非氢键。而氢键是维持二级结构（如α-螺旋、β-折叠）的作用力，B错误；
C、含有苯环的蛋白质（如含酪氨酸、苯丙氨酸的蛋白质）遇浓硝酸会发生硝化反应，生成黄色物质，称为黄蛋白反应，可用于蛋白质的检验，C正确；
D、明胶蛋白是胶原蛋白的水解产物，从动物皮、骨中提取，具有良好的增稠、凝胶和乳化性能，常用作食品增稠剂（如果冻、糖果等），D正确；
故答案为：B
【分析】蛋白质由氨基酸通过肽键连接而成，具有氨基和羧基故显两性；一级结构是氨基酸排列顺序，靠肽键维持，二、三、四级结构靠氢键等弱作用力。能水解为氨基酸，遇轻金属盐发生可逆盐析，遇加热、重金属、酸碱等会不可逆变性；含苯环的蛋白质遇浓硝酸变黄，灼烧有烧焦羽毛气味。可用作营养物质、食品增稠剂，也用于纺织、医药、胶黏剂等领域。
5．蒲公英被称为“药中皇后”，它的根茎花中能提取一种消炎抗菌物质——蒲公英甾醇，其结构如图所示。下列有关蒲公英甾醇的说法错误的是
A．分子中含有10个手性碳原子
B．能使酸性溶液变为无色
C．同分异构体中可能有芳香族化合物
D．红外光谱中至少含有2组峰
【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团
【解析】【解答】A、手性碳是连有4个不同基团的饱和碳原子。该甾体结构中，环上多个碳原子均满足条件，由图所示带*即为手性碳原子：，故分子中含有10个手性碳原子，A正确；
B、该分子中含有醇羟基和碳碳双键，均能被酸性K2Cr2O7氧化。反应中，橙红色的Cr2O72-被还原为绿色的Cr3+，溶液会从橙红色变为绿色，不会变为无色，B错误；
C、该分子的不饱和度为6，芳香族化合物不饱和度大于等于4，因此同分异构体中可能有芳香族化合物，C正确；
D、红外光谱可获得分子中所含官能团的信息，该分子有碳碳双键和羟基两种官能团，红外光谱中会出现多个特征吸收峰，因此红外光谱中至少含有2组峰，D正确；
故答案为：B
【分析】连有四个不同基团的碳原子称为手性碳原子。判断依据为：
1.凡碳原子上连有相同基团的，非手性碳，如CH3－， －CH2－ 。
2.凡碳原子连有双键、三键的，非手性碳如 >C=C<、 –C≡C– 、–COOH 、–COOR、 –CHO 、–CO – 。
3.凡碳原子在环上，将环上碳原子所连接的两个单键剪断，剪下的部分结构不对称，该碳原子为手性碳；若剪下的部分结构对称，该碳原子不是手性碳。
6．保障实验安全是实验操作过程必须严守的底线。下列有关“安全”描述错误的是
A．表示实验结束后，离开实验室前需用肥皂等清洗双手
B．表示暴露在空气容易自燃的物质，需注意安全保存
C．对于实验过程产生的有机废液均可采用“焚烧法”处理
D．溶液滴落皮肤上应先用大量水冲洗，然后涂抹硼酸溶液
【答案】C
【知识点】化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A、根据实验有关的图标及说明，表示实验结束后，离开实验室前需用肥皂等清洗双手，同时实验结束后用肥皂洗手是标准安全操作，A正确；
B、根据实验有关的图标及说明，表示暴露在空气容易自燃的物质，标识为“4类易燃固体/自燃物品”，代表易自燃物质，需密封保存，B正确；
C、有机废液不能一概采用“焚烧法”处理，因为有些有机废液燃烧可能产生有毒气体如二噁英、HCl等，且需要符合环保法规，通常应分类收集后交由专业机构处理，C错误；
D、如果不慎将碱液沾到皮肤上，应立即用大量清水冲洗，再涂抹1%的硼酸溶液中和残留碱，如皮肤被严重灼伤或其他不适状况应立即就医，D错误；
D正确；
故答案为：C
【分析】进入实验室需穿实验服，规范操作。药品按标签取用，易燃易爆、强腐蚀、有毒试剂要单独存放、远离火源。加热液体防暴沸，点燃可燃性气体前必须验纯。重金属盐、酸碱、有机溶剂避免接触皮肤与口鼻，不慎沾到应立即用大量水冲洗，碱涂硼酸、酸涂碳酸氢钠溶液。废液分类回收，含卤素、氮硫的有机废液不可随意焚烧。实验结束及时清理台面，关闭水电，洗手后离开。
7．下列有关化学用语表述错误的是
A．锌锰碱性电池放电时正极反应式：
B．乙酰胺与氢氧化钠溶液反应方程式：
C．合成反式聚异戊二烯的化学方程式：
D．用电子式表示钠燃烧产物的形成：
【答案】D
【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；电极反应和电池反应方程式；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、碱性锌锰电池中，正极上MnO2得电子被还原为MnOOH，该反应式电荷、原子守恒，符合碱性环境，故正极反应式：，A正确；
B、酰胺在碱性条件下易水解，因此乙酰胺与氢氧化钠溶液反应生成乙酸钠和氨气，电子、原子守恒，故离子方程式：，B正确；
C、异戊二烯在特定催化剂下发生1，4-加成聚合，形成反式聚异戊二烯（天然橡胶），方程式书写正确，故合成反式聚异戊二烯的化学方程式：，C正确；
D、钠燃烧的产物为，电子式为：，形成过程中，氧原子需要先形成过氧根离子，再与钠离子结合。正确的电子式形成过程应体现氧原子间的电子对共用，而选项中的电子式错误地表示为单个氧原子形成，不符合过氧化钠的结构，故用电子式表示钠燃烧产物的形成：，D错误；
故答案为：D
【分析】钠燃烧产物为过氧化钠，而非氧化钠，其电子式中氧原子间存在一对共用电子对，不能写成单个氧离子的形式；碱性锌锰电池正极反应需注意介质环境，产物需符合碱性条件；酰胺水解在碱性条件下生成羧酸盐和氨气，方程式需注明加热条件。
8．用下列实验装置及操作完成相应实验，能达到目的的是
A．实验室制取氨气 B．制备甲酸
C．电解饱和食盐水制氯气 D．蒸馏的接收装置
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；氨的实验室制法；蒸馏与分馏
【解析】【解答】A、实验室制氨气可利用氯化铵和氢氧化钙固体反应制备氨气，并固固加热型装置。相关的化学反应方程式为：，氨气密度小于空气，使用向上排空气法收集，试管口塞棉花防止氨气与空气对流，A正确；
B、酸性KMnO4溶液具有强氧化性，甲醇虽可被氧化，但产物复杂，且足量酸性KMnO4会将甲醇氧化为碳酸，碳酸分解生成二氧化碳和水，无法停留在甲酸阶段，因此该装置不能制备甲酸，B错误；
C、电解饱和食盐水制氯气的实验中，阳极发生的反应为：，而阴极发生的反应为：，装置中使用的是阴离子交换膜，会允许阴离子（如Cl-、OH-）通过，导致阳极区的Cl-移向阴极，无法在阳极区富集得到纯净的Cl2，且阴极区的OH-也会移向阳极，引发副反应。因此制氯气应使用阳离子交换膜，阻止阴离子迁移，C错误；
D、蒸馏接收装置应使用尾接管或牛角管与锥形瓶连接，且锥形瓶不能用塞子密封，否则装置内压强过大易发生危险。图中接收装置密闭，会影响蒸馏速度，以及导致压强过大，容器破裂，D错误；
故答案为：A
【分析】固体加热制气时试管口略向下倾斜，防止冷凝水倒流炸裂试管；加热液体需加碎瓷片防暴沸。易燃气体点燃前必须验纯，有毒气体要尾气处理。蒸馏时温度计水银球在支管口，冷凝水下进上出，接收装置不能密封。电解制备气体要选对离子交换膜，强氧化剂不能用于制备易被深度氧化的有机物。分液时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出。
9．可由以下反应制得。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．中所含的离子数目为
B．中所含有键的数目为
C．每消耗，反应转移电子数为
D．重氢中所含有的中子数为
【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、CaC2的摩尔质量为64g/mol，故，包含和，因此所含离子数为，A正确；
B、C2 H4 （乙烯）的结构为：1个C=C双键中含1个σ键；4个C-H单键，各含1个σ键；共1+4=5个σ键，1mol乙烯含5NA 个σ键，B正确；
C、由化学反应方程式：可知，参与反应转移电子，为，转移电子数为，C正确；
D、重氢（D，氘）的质子数为1，中子数为1，摩尔质量为2g/mol，可以表示为：。D2 的摩尔质量为4g/mol，2gD2 的物质的量为：，1 个中含有1个中子，故所含中子数为，D错误；
故答案为：D
【分析】先看物质的量：判断物质状态、条件是否为标准状况，计算n=m/M=V/Vm；再看结构与微粒：数原子、键、官能团、离子；注意1个分子含几个微粒；关注特殊结构：苯环、双键、三键、配位键、离子晶体（如CaC2是Ca2++C22-）；警惕陷阱：可逆反应不完全、水解电离、气体体积变化、同位素中子数计算；氧化还原重点：算电子转移数，看清化合价变化和对应反应物的量。
10．下列陈述I与陈述II均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述II
A 邻硝基苯酚沸点低于对硝基苯酚 邻硝基苯酚能形成分子内氢键
B 键的键能键的键能 键长小于键长
C 的大于的 前者羟基的极性强
D 的稳定性强于 C的电负性大于S
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【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；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、邻硝基苯酚能形成分子内氢键，分子间作用力减弱；对硝基苯酚主要形成分子间氢键，分子间作用力更强。因此邻硝基苯酚沸点低于对硝基苯酚，二者存在直接因果关系，A正确；
B、F原子半径小，F-F键键长短，故键长小于键长，但由于半径过小导致其排斥力更强，两个F原子间孤电子对排斥作用强，实际F-F键能C、羧酸的酸性可用的大小来衡量，越小，酸性越强，的大于的，但CH3COOH中甲基是给电子基团，会降低羧基羟基的极性，使酸性弱于HCOOH，因此CH3COOH的pKa更大。陈述II中“前者羟基的极性强”说法错误，C错误；
D、同周期从左到右电负性递增，因此电负性：C2S是因为C-H键能大于S-H键能，陈述II本身错误，D错误；
故答案为：A
【分析】做题时一定要看清楚所描述的陈述I与陈述II的知识是否存在一一对应的关系，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项；
11．一种常见还原剂的结构式如图所示，其中X、Y、Z、W、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，是空气含量最多的元素。下列说法错误的是
A．离子半径： B．电负性：
C．第一电离能： D．分子极性：
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、W的离子为N3-，M的离子为Na+，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，离子半径：，A正确；
B、X是H元素，Y是B元素，Z是C元素，同周期元素从左至右，电负性依次变大，同主族元素从上至下，电负性依次减小，故电负性：，B错误；
C、Y是B元素，Z是C元素，W是N元素，同周期元素从左到右第一电离能总体呈现增大趋势，会有部分是锯齿状变化，故第一电离能：，C正确；
D、X为H元素，Z为C元素，W为N元素，三角锥形结构，N原子有孤电子对，为极性分子，为非极性分子，分子极性：，D正确；
故答案为：B
【分析】先根据题干信息推断元素，已知W是空气中含量最多的元素，故W为N（氮）。结构式中Z≡W（三键），结合原子序数递增顺序，Z为C（碳）。Y与3个X相连，且整体为-1价阴离子，X原子序数最小，应为H（氢）；Y为B（硼）。M为阳离子，原子序数最大，为Na（钠）。即：X=H，Y=B，Z=C，W=N，M=Na。
12．烯烃在催化剂和氧化剂的条件下能转化为邻二醇，其机理如下图所示。下列说法正确的是
A．化合物丁是该反应的催化剂
B．转化过程中涉及非极性键的断裂与形成
C．反应过程中Os的化合价未发生改变
D．若将反应中换成，则产物中含有
【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；氧化还原反应；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、化合物丁为该反应的中间产物，化合物甲先和乙发生反应，后又生成，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，故化合物甲是该反应的催化剂，A错误；
B、反应中断裂的是烯烃中的C=C键，属于非极性键，但整个过程中没有新的非极性键形成，因此“非极性键的形成”不成立，B错误；
C、甲（OsO4）与烯烃反应生成丙时，Os从+8价被还原为更低价态；后续又被氧化回到+8价，反应过程中Os形成的化学键个数发生变化，Os的化合价发生了改变，C错误；
D、根据机理中丙与反应得到邻二醇和丁的断键过程可知，丙生成的过程中，H2O提供H原子，若将换成，则产物中含有，D正确；
故答案为：D
【分析】在催化循环机理图中，先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质，产物一般多是通过一个箭头最终脱离这个历程的物质，与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物则是这个循环中的任何一个环节。
13．我国科技工作者设计了成对电解的高效双功能电催化剂，在电解池中实现了阴阳两极都得到高价值含氮化合物，其原理如下图所示。下列说法正确的是
A．催化电极a可连接铅酸蓄电池的Pb电极
B．电解过程中阳极室向催化电极移动
C．阴极区的反应式为
D．每产生，理论上正极区会产生
【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、右侧：，氮元素化合价降低，得到电子，电极发生还原反应，为阴极；左侧：，失去电子，电极发生氧化反应，为阳极。铅酸蓄电池的电极为负极，负极与阴极相连，A错误；
B、电解过程中，装置中使用的是阴离子交换膜，只允许阴离子通过，阳离子（Na+）无法通过膜移动，阳离子无法通过阴离子交换膜，B错误；
C、阴极区为NaOH溶液，环境呈碱性，反应式中不能出现大量H+。结合得失电子守恒与电荷守恒可知正确的阴极反应式为：，C错误；
D、每产生转移，正极区(与电源正极相连的区域)又称阳极区，当电路中转化时，正极区会产生(苯乙胺转化为脱去4个)，转移时产生2mol，D正确；
故答案为：D
【分析】有机电解题先定电极：化合价降低，得电子，为阴极，化合价升高，失电子，为阳极；写反应：酸性用H+/H2O配平，碱性用OH-/H2O配平，最后补电子使电荷守恒；判pH：消耗H+则pH升，生成H+则pH降；消耗OH-则pH降，生成OH-则pH升；算电子：根据化合价变化，算出每生成1mol产物转移的电子数，再乘以物质的量；验选项：用排除法，先排除电极、pH、电子数明显错误的选项。
14．一种铜酸盐超导体的晶胞结构如图所示，其中La是一种镧系元素。下列说法正确的是
A．La位于元素周期表的区 B．晶胞的俯视图为
C．位于构成的八面体的体心 D．该物质的分子式为
【答案】C
【知识点】晶胞的计算；分子式
【解析】【解答】A、La是镧系元素，属于f区（第ⅢB族，内过渡元素），不是d区，A错误；
B、原子半径：，晶胞中，La原子位于晶胞内部，Cu原子位于顶点，俯视图中La原子应位于中心，Cu原子位于四个角。但题目中的俯视图中，黑色点（Cu）在中心，灰色点（La）在四角，与实际位置不符，故该俯视图错误，B错误；
C、从晶胞结构图可以看到，中心的Cu原子周围有6个O原子，构成八面体结构，Cu位于八面体体心，C正确；
D、先计算晶胞中各原子数目：Cu位于顶点8个，每个占1/8，体心1个，总数为：；La位于晶胞内部4个，总数为4；O位于晶胞内部和面上，总数为：；因此晶胞简化后的化学式为：La2 CuO4 ，但该物质是离子晶体，不存在分子，不能用“分子式”描述，D错误；
故答案为：C
【分析】晶胞中粒子数的计算方法—均摊法：于平行六面体晶胞，当原子位于晶胞的顶点时，它被8个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的棱上（通常是棱心）时，它被4个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的面上（通常是面心）时，它被2个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的体内（通常是体心）时，则该原子属于这个晶胞。
15．常温下，和的沉淀溶解平衡曲线如图所示。纵坐标中代表或，物质的溶解度以物质的量浓度表示。下列说法正确的是
A．曲线①代表与的关系
B．向点饱和溶液中加入适量固体，可使溶液由点变成点
C．常温下在水中的溶解度约为
D．比值的数量级为
【答案】D
【知识点】化学平衡的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】A、由和；对上述等式两边同时取负对数，斜率为-1的曲线①对应的是与的关系；曲线②的斜率为，代表的是与的关系，A错误；
B、若向a点饱和溶液中加入适量固体，增大，会减小，不会由a点变成点，B错误；
C、且由点坐标值可知：和，常温在水中的溶解度约为，C错误；
D、比值为，且数量级为，D正确；
故答案选D
【分析】由和可知，本题图像斜率绝对值大的线段为 即的饱和溶液，线段②代表的是即的饱和溶液，而另外一条线①代表的是即的饱和溶液，且由b点坐标值可知：和。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．俗称锑白，可用作白色颜料和阻燃剂。一种从含锑工业废渣(主要成分是、，含有、、、等杂质)中制取的工业流程如下图所示。
回答下列问题：
（1）基态Sb原子的价电子排布式为　 　。
（2）“滤渣1”的主要成分是　 　(填化学式)，将“滤渣1”再次返回“溶解”的目的是　 　。
（3）加入“铁粉”还原的金属阳离子有　 　。
（4）“滤饼”的成分是SbOCl(胶状沉淀)，则“水解”过程需要不断搅拌并加入NaCl的可能原因是　 　。
（5）检验“洗涤”过程中沉淀是否洗净所需要的试剂为　 　。
（6）“中和”过程中主要发生的化学方程式为　 　。
（7）测定晶体结构可选用的仪器为　 　。
【答案】（1）
（2）；提高锑的回收率
（3）、和
（4）促进的水解，形成稳定的晶型，便于过滤分离
（5）溶液
（6）
（7）X射线衍射仪
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的能级分布；氧化还原反应；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）、Sb位于第五周期第VA族，价电子排布式为。
（2）、不与盐酸反应，因此滤渣1的主要成分为；再次返回溶解，进行二次酸浸，可以提高锑的回收率。
（3）、酸浸溶解后，溶液中的金属阳离子为、、和，铁粉作为还原剂可将、和还原。
（4）、，不断搅拌的原因是避免形成胶体，加入是为了促进的水解，因此原因为：促进的水解形成稳定的晶型，便于过滤分离。
（5）、沉淀上可能附着，可用铁氰化钾溶液进行检验。
（6）、“中和”过程中与前面生成的反应，生成，因此化学方程式为：。
（7）、X射线衍射仪可用于晶体结构的测定，可获得键长、键角等信息，是物质结构测定的一种重要技术。
【分析】含锑工业废渣加入稀盐酸酸溶，二氧化硅不反应得到滤渣1，金属氧化物杂质（CuO、Fe2O3、Al2O3）也会和盐酸反应，生成对应的氯化物（CuCl2、FeCl3、AlCl3），进入溶液，因此滤液1中含有：Sb3+、Sb5+、Fe3+、Cu2+、H+；滤液1加入过量铁粉，还原 Sb5+：SbCl5 + Fe = SbCl3 + FeCl2；还原 Fe3+：2FeCl3 + Fe = 3FeCl2（避免后续 Fe3+干扰）；置换 Cu2+：CuCl2 + Fe = FeCl2 + Cu↓（生成铜单质沉淀）；且过量铁粉会与酸反应：Fe + 2HCl = FeCl2 + H2↑，铜离子转化为铜单质，向滤液2中加水稀释，加热促进Sb3+水解：SbCl3+H2O=SbOCl↓+2HCl，接着过滤得到滤饼（SbOCl沉淀）和滤液3（含Fe2+、Al3+、H+、Cl-），而Fe2+、Al3+在该条件下不会水解沉淀，因此留在滤液中，实现了与锑的分离。用稀盐酸洗涤滤饼（SbOCl），洗去滤饼表面附着的Fe2+、Al3+、Cl-等杂质离子，避免后续引入杂质；最后向洗涤后的SbOCl中加入碳酸铵溶液（(NH4)2CO3），发生反应：2SbOCl+(NH4)2CO3=Sb2O3↓+2NH4Cl+CO2↑，得到产物过滤、干燥后得到Sb2O3（锑白）。
（1）Sb位于第五周期第VA族，价电子排布式为。
（2）不与盐酸反应，因此滤渣1的主要成分为；再次返回溶解，进行二次酸浸，可以提高锑的回收率。
（3）酸浸溶解后，溶液中的金属阳离子为、、和，铁粉作为还原剂可将、和还原。
（4），不断搅拌的原因是避免形成胶体，加入是为了促进的水解，因此原因为：促进的水解形成稳定的晶型，便于过滤分离。
（5）沉淀上可能附着，可用铁氰化钾溶液进行检验。
（6）“中和”过程中与前面生成的反应，生成，因此方程式为：。
（7）X射线衍射仪可用于晶体结构的测定，可获得键长、键角等信息，是物质结构测定的一种重要技术。
17．是一种常见的半导体量子点，具有良好的光学性质，其粒子直径介于。其制备原理和步骤如下所示。
制备原理：；
步骤I：按照如图所示搭建反应装置。
步骤II：向三颈烧瓶中加入蒸馏水，再加入的，并搅拌溶解，通入氮气，再加入8滴RSH(巯基乙酸)，用的溶液调节为，继续通入氮气。
步骤Ⅲ：使用滴管将NaHSe溶液快速一次性加入到上述含溶液中。二者混合后即开始加热，同时通入冷凝水，反应一段时间，可得到由RSH(巯基乙酸)修饰的CdSe量子点产物。
回答下列问题：
（1）仪器X的名称为　 　。
（2）下图为配制溶液的部分过程，操作应重复3次，目的是　 　，定容后还需要的操作为　 　。
（3）溶液是利用与在水中反应得到，其产物还有，则反应的化学方程式为　 　。
（4）实验过程中通入的目的是　 　。
（5）检验CdSe量子点产物形成的实验方法是　 　。
（6）RSH的结构简式为，其中能与配位的原子为___________。(填标号)
A． B．C C．S D．O
【答案】（1）球形冷凝管
（2）使样品转移完全；盖上瓶塞，反复上下颠倒摇匀
（3）
（4）排尽装置内空气，防止NaHSe被氧化
（5）丁达尔效应
（6）C
【知识点】氧化还原反应；常用仪器及其使用；实验装置综合；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）、仪器X的名称为球形冷凝管。
（2）、配制一定物质的量浓度溶液的过程中，洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，是为了将样品转移完全至容量瓶中；定容后，应盖上瓶塞，反复上下颠倒摇匀。
（3）、由所给信息可知，被还原，推断出产物中应有，因此该反应方程式为：。
（4）、NaHSe具有还原性，实验过程中通入的目的是，排尽装置内空气，防止被氧化。
（5）、由题干可知，CdSe粒子直径介于，因此该量子点产物为胶体，可用丁达尔效应检验。
（6）、中S上有孤电子对，且S的电负性比O弱，更加容易提供孤电子对形成配位键，因此与配位的原子为S，故答案为：C。
【分析】本题以制备物质为基础，考核一定物质的量浓度溶液的配制过程、反应方程式的配平、交替性质等内容，注重考查知识迁移能力。注意题给信息，如由CdTe的粒子直径考虑胶体的性质，由Te元素位于元素周期表第五周期ⅥA族，可知其化学性质与S元素相似。
步骤1：装置搭建好带回流冷凝的三颈烧瓶装置，为后续反应提供密闭、可加热的环境；步骤2：先溶解Cd源：加入CdCl2 2.5H2O，溶于水提供Cd2+；接着通氮气：提前通入N2，除去溶液中的溶解氧，防止后续生成的HSe-和CdSe被氧化；继续加入配体RSH：巯基乙酸作为配体，与Cd2+发生第一步反应，生成Cd(RS)+；接着调pH到8~9：用NaOH调节pH，中和第一步反应生成的H+，使平衡正向移动，提高Cd(RS)+的浓度，同时保证后续加入的NaHSe能稳定存在（碱性环境下HSe-更稳定）；继续通氮气：全程惰性保护，避免氧化；步骤3快速加入NaHSe：一次性快速加入NaHSe溶液，让体系中瞬间形成高过饱和度，有利于CdSe的成核，生成纳米级的量子点；加热并回流：加热提供反应所需的活化能，促进反应进行，同时让生成的CdSe晶粒生长到合适的尺寸；冷凝水回流则防止溶剂和低沸点组分挥发；最后得到由RSH修饰的CdSe量子点产物，RSH附着在颗粒表面，防止团聚，同时赋予量子点水溶性。
（1）仪器X的名称为球形冷凝管。
（2）配制一定物质的量浓度溶液的过程中，洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，是为了将样品转移完全至容量瓶中；定容后，应盖上瓶塞，反复上下颠倒摇匀。
（3）由所给信息可知，被还原，推断出产物中应有，因此该反应方程式为：。
（4）NaHSe具有还原性，实验过程中通入的目的是，排尽装置内空气，防止被氧化。
（5）由题干可知，CdSe粒子直径介于，因此该量子点产物为胶体，可用丁达尔效应检验。
（6）中S上有孤电子对，且S的电负性比O弱，更加容易提供孤电子对形成配位键，因此与配位的原子为S，故选C。
18．有机物I是一种具有高选择性的钙离子通道调节剂，临床可用于治疗痉挛性疼痛。其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）的化学名称是　 　。
（2）转化过程中的不能换成酸性溶液的原因是　 　。
（3）C的结构简式为　 　。
（4）的反应类型为　 　，转化过程中溶液的作用是　 　。
（5）在E的同分异构体中，同时满足下列条件的共有　 　种。
a．分子中含有苯环
b．既能发生水解反应，又能发生消去反应
（6）从物质结构的角度解释G能转化为I的原因　 　。
【答案】（1）乙胺
（2）酸性溶液会将甲苯氧化为苯甲酸
（3）
（4）取代反应；吸收，促进反应正向进行
（5）10
（6）G分子中原子上含有孤电子对，能与形成配位键
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）、可以理解为乙烷分子中的一个氢原子被氨基取代，其化学名称为：乙胺。
（2）、因生成的B为苯甲醛，若用酸性溶液，则氧化性过强，会将甲苯直接氧化为苯甲酸。
（3）、根据分析，苯甲醛与乙醛发生羟醛缩合生成。
（4）、根据分析，与发生的反应为：取代反应；该反应除生成外，同时还生成，则使用溶液的作用为：吸收，促进反应正向进行。
（5）、E的结构为：，化学式为：，同分异构体中既要求能发生水解反应，又要能发生消去反应，则需要满足与相连碳的邻碳上需有。则苯环一取代有4种：；苯环二取代有6种：，共10种。
（6）、G的结构为：，分子中原子上含有孤电子对，能与中羧基上的形成配位键。
【分析】合成有机物I的流程为：将A与在酸性作用下生成B，这一步甲基被MnO2氧化为醛基，引入醛基，为后续羟醛缩合提供反应位点；B与在碱催化的条件下发生羟醛缩合反应得到C，这一步是为了延长碳链，便于后续的合成；将C加成还原得到D，这一步将不饱和骨架还原为饱和碳链，同时引入末端羟基，为后续取代做准备；用浓HBr取代D中的得到E，将-OH转化为离去基团Br，为后续胺化反应提供反应点；然后在NaOH作用下将E与再次取代生成F，这一步主要是引入N元素；将F与E在NaOH作用下再次取代亚氨基上剩余的H原子得到G，这一步完成N的二次烷基化；最后将G与H中和得到目标产物I，最后一步通过成盐反应，将叔胺转化为水溶性的盐，同时引入柠檬酸部分，得到最终的药物活性形式。
（1）可以理解为乙烷分子中的一个氢原子被氨基取代，其化学名称为：乙胺。
（2）因生成的B为苯甲醛，若用酸性溶液，则氧化性过强，会将甲苯直接氧化为苯甲酸。
（3）根据分析，苯甲醛与乙醛发生羟醛缩合生成。
（4）根据分析，与发生的反应为：取代反应；该反应除生成外，同时还生成，则使用溶液的作用为：吸收，促进反应正向进行。
（5）E的结构为：，化学式为：，同分异构体中既要求能发生水解反应，又要能发生消去反应，则需要满足与相连碳的邻碳上需有。则苯环一取代有4种：；苯环二取代有6种：，共10种。
（6）G的结构为：，分子中原子上含有孤电子对，能与中羧基上的形成配位键。
19．氘代甲醇作为重要的检测试剂和化工原料，被广泛应用于核磁共振分析、氘代药物开发及光电材料合成等领域。利用D2、CO和CO2合成氘代甲醇过程中主要发生反应如下：
i．
ⅱ． H2
回答下列问题：
（1）反应过程中会发生副反应： ，则 H2=　 　kJ/mol。
（2）自发进行的最高温度反应i　 　反应ⅱ(填“大于”或“小于”)。
（3）理论计算表明，原料组成进行反应和反应ⅱ时，在不同条件下达到平衡，240℃下，部分组分物质转化率随压强的变化；4MPa下，部分组分物质转化率随温度的变化如图所示。
①图中对应D2等压过程的曲线是　 　(填字母)，判断的依据是　 　。
②240℃时，反应ii的平衡常数Kp=　 　 (MPa)-2。
（4）CZA是制备氘代甲醇的催化剂，为了研究掺杂稀土元素(La、Pr、Ce)对其催化性能的影响，研究团队进行了4组实验，相同反应时间内测定相关数据如下表所示。
催化剂 D2转化率/% CO转化率/% CD3OD产率
CZA 43.8 73.5 529.4
CZA-3%La 45.4 73.8 571.5
CZA-3%Pr 43.24 70.1 506.2
CZA-3%Ce 45.3 70.9 548.7
通过实验数据分析，有利于提高该催化剂催化活性的稀土元素有　 　，其可以提高该催化剂活性的原因可能为　 　。
【答案】（1）-106.2
（2）小于
（3）d；反应i和反应ⅱ都是放热反应，升高温度时，平衡向逆反应方向移动，D2的转化率降低；
（4）La与Ce；对D2具有较强的吸附性
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】（1）、i．
ⅱ． H2
ⅲ.
依据盖斯定律，将反应ⅰ-反应ⅲ得到，反应ⅱ的
（2）、反应自发的条件为，反应自发进行的临界的温度为K=334.1K、反应ⅱ自发进行的临界的温度为K=421.4K，所以自发进行的最高温度反应小于反应ⅱ。
（3）、反应i和反应ⅱ都是体积缩小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO、D2的转化率降低，则曲线c对应CO等压过程的曲线，曲线d对应D2等压过程的曲线；增大压强，平衡正向移动，CO、D2的转化率增大，则曲线a对应CO的等温过程的曲线，曲线b对应D2的等温过程的曲线。
①、由分析可知，曲线d对应D2等压过程的曲线。判断的依据是：反应i和反应ⅱ都是放热反应，升高温度时，平衡向逆反应方向移动，D2的转化率降低。
②、由图可知240℃时，和D2的转化率分别为75%和50%，设起始n(CO)=1mol，则n(D2)=6mol，n(CO2)=1mol，n(N2)=2mol，可建立如下三段式：
反应i转化的为。
综上平衡时，，，，，，平衡时气体总物质的量，则反应ii。
（4）、加入稀土元素La和Ce的催化剂相较于不加入的，D2转化率和CD3OD产率更高，因此有利于提高该催化剂催化活性的稀土元素是和Ce。由于和Ce是较好的储氢材料，因此推测La和Ce可以提高该催化剂活性的原因可能为：对D2具有较强的吸附性。
【分析】盖斯定律的使用原则：化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；化学反应的反应热只与反应的始态（各反应物）和终态（各生成物）有关，而与具体反应的途径无关；任何化学反应的反应热和其逆反应的反应热大小相等，符号相反；任何化学反应，当各物质系数发生变化时，反应热的数值也随之发生变化。
书写化学反应三段式时的注意事项：单位一致，确保起始量、变化量和平衡量的单位保持一致；注意化学计量数、注意物质状态固体、纯液体一般不参与其中；考虑可逆反应的平衡量不是完全转化的结果，而是反应物和生成物共存的状态。此时需要根据反应的转化率或平衡常数进行计算。
分析化学反应速率和化学平衡图像题的方法：一看面（纵、横坐标的意义）；二看线（线的走向和变化趋势）；三看点（起点拐点终点）；四看辅助线（如等温线、等压线、平衡线）；五看量的变化（如浓度变化、温度变化），然后联想平衡移动原理，分析条件对反应速率、化学平衡移动的影响，最后利用原理，结合图像，分析图像中所代表反应速率变化或化学平衡的线，作出判断。
对于放热反应，当 S＜0时，低温下自发；当 S＜0时，任何条件下都自发。
（1）i．
ⅱ． H2
ⅲ.
依据盖斯定律，将反应ⅰ-反应ⅲ得到，反应ⅱ的
（2）反应自发的条件为，反应自发进行的临界的温度为K=334.1K、反应ⅱ自发进行的临界的温度为K=421.4K，所以自发进行的最高温度反应小于反应ⅱ。
（3）反应i和反应ⅱ都是体积缩小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO、D2的转化率降低，则曲线c对应CO等压过程的曲线，曲线d对应D2等压过程的曲线；增大压强，平衡正向移动，CO、D2的转化率增大，则曲线a对应CO的等温过程的曲线，曲线b对应D2的等温过程的曲线。
①由分析可知，曲线d对应D2等压过程的曲线。判断的依据是：反应i和反应ⅱ都是放热反应，升高温度时，平衡向逆反应方向移动，D2的转化率降低。
②由图可知240℃时，和D2的转化率分别为75%和50%，设起始n(CO)=1mol，则n(D2)=6mol，n(CO2)=1mol，n(N2)=2mol，可建立如下三段式：
反应i转化的为。
综上平衡时，，，，，，平衡时气体总物质的量，则反应ii。
（4）加入稀土元素La和Ce的催化剂相较于不加入的，D2转化率和CD3OD产率更高，因此有利于提高该催化剂催化活性的稀土元素是和Ce。由于和Ce是较好的储氢材料，因此推测La和Ce可以提高该催化剂活性的原因可能为：对D2具有较强的吸附性。
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