山东省枣庄市2023届高三化学下学期二模考试试题（Word版附解析）

2023届高三模拟考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1O16Cl35.5Cr52Co59Pd106一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.二十大报告提出加快科技创新、构建新能源体系，推进生态优先、绿色低碳发展。下列说法错误的是A.“奋斗者”号深海载人潜水器采用的Ti62A新型钛合金材料硬度大、韧性好B.推动大型风电、水电、太阳光伏等可再生能源发展C.保护和治理山水林田湖草有利于实现碳中和D.使用聚乙烯制作的塑料包装袋物美价廉，符合绿色低碳发展理念【答案】D【解析】【详解】A．合金比成分金属硬度高、韧性更好，A正确；B．积极推动大型风电、水电、核电、太阳光伏等可再生能源的发展，符合绿色发展理念，B正确；C．保护和治理山水林田湖草，增强绿色植物的光合作用，增大CO2的吸收，有利于实现“碳中和”，C正确；D．使用聚乙烯制作的塑料包装袋，会造成严重的白色污染，不符合绿色发展理念，D错误；故选D。2.下列关于物质使用及其解释均正确的是选项物质使用解释A可用作净水剂有氧化性B高纯硅用于光导纤维、太阳能电池、计算机芯片硅具有半导体性能C液晶可作电视显示屏液晶分子可沿电场方向有序排列D可用于钡餐无毒-27- A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．FeCl3可作净水剂是因为Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，胶体具有净水的作用，与氯化铁的氧化性无关，A错误；B．用于制造光导纤维的是二氧化硅不是单质硅，B错误；C．液晶分子可沿电场方向有序排列，故液晶可作电视显示屏，C正确；D．Ba2+属于重金属离子有毒，BaSO4为不溶于胃酸的沉淀，故可用作钡餐，D错误；故答案选C。3.X、Y、Z、W均属于短周期元素，其中X、Y位于同一主族，Y、Z、W处于同一周期。X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，基态Z原子的电子总数是其最高能级电子数的5倍，同周期中W电负性最大。下列说法正确的是A.简单离子半径由小到大的顺序：X<Z<Y<WB.Y元素最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为C.上述元素形成的简单氢化物中X的氢化物沸点最高、最稳定D.第一电离能：Z<Y<W<X【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W都属于短周期元素，X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则X有2个电子层、最外层电子数为6，X为O；其中X、Y位于同一主族，则Y为S；Y、Z、W处于同一周期，同周期中W电负性最大，则W为Cl；基态Z原子的电子总数是其最高能级电子数的5倍，Z的最高能级为3p，Z为P，综上所述，X、Y、Z、W分别为O、S、P、Cl。【详解】A．电子层越多、离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径由小到大的顺序为X<W<Y<Z，故A错误；B．Y元素最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为H2YO4，故B错误；C．上述元素形成的简单氢化物中X(O)的氢化物之间存在氢键，沸点最高，且O的非金属性最强，简单氢化物最稳定，故C正确；D．同一主族从上到下第一电离能减小，X的第一电离能最大。同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，但P的3p电子半满为稳定结构难失去电子，则第一电离能：Y<Z<W，故D错误；-27- 故选：C。4.下列实验正确的是A.图I：实验室制氨气B.图II：石蜡催化分解C.图III：制备氢氧化铁胶体D.图IV：淀粉水解及产物检验【答案】A【解析】【详解】A．实验室通过加热氢氧化钙和氯化铵的混合物制备氨气，故A正确；B．石蜡催化分解实验过程中，酒精灯应该加热碎瓷片部位，故B错误；C．制备氢氧化铁胶体的方法是向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，故C错误；D．淀粉水解及产物检验过程中淀粉在稀硫酸中水解完后要先加入过量NaOH溶液营造碱性环境，再滴加新制氢氧化铜悬浊液，故D错误；故选A。5.高分子N可用于制备聚合物离子导体，其合成路线如下：下列说法正确是A.苯乙烯存在顺反异构体B.试剂a为C.试剂bD.反应1为加聚反应，反应2为缩聚反应【答案】C【解析】【详解】A．苯乙烯分子中碳碳双键上的其中一个碳原子上连有两个相同的H原子，因此苯乙烯不存在顺反异构体，故A错误；-27- B．根据苯乙烯、M的结构分析可知，试剂a为，苯乙烯的碳碳双键打开，的碳碳双键也打开，二者再发生加聚反应得到M，故B错误；C．根据M和N的结构分析可知，试剂b为HO(CH2CH2O)mCH3，M和b发生加成反应生成N，故C正确；D．由合成路线可知，反应1为加聚反应，反应2为加成反应，故D错误；故选C6.碘在地壳中主要以形式存在，在海水中主要以形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。下列说法正确的是A.由题图可知氧化性的强弱顺序：B.可利用与在一定条件下反应制备C.途径III中若反应，则反应中转移电子D.在淀粉碘化钾溶液中逐滴滴加氯水，不能观察到溶液变蓝现象【答案】B【解析】【详解】A．碘酸根与亚硫酸氢根反应生成碘单质的反应说明碘酸根氧化性强于碘单质，A错误；B．可利用与在一定条件下反应制备：+5+6H+=3+3H2O，B正确；C．途径III中若反应生成，则反应中转移电子，C错误；D．在淀粉碘化钾溶液中逐滴滴加氯水，氯气能将碘离子氧化生成碘单质使淀粉变蓝，D错误；故选B。7.实验室模拟制备亚硝酰硫酸()的反应装置如图所示。已知：亚硝酰硫酸溶于硫酸，遇水易分解。下列说法错误的是-27- A.装置A中应使用70%的浓硫酸B.装置B、D中浓硫酸作用不同C.装置C中反应为D.虚线框内的装置可以换为盛有碱石灰的干燥管【答案】B【解析】【分析】利用亚硫酸钠固体和硫酸反应制备二氧化硫气体，为防止亚硝酰硫酸遇水分解，故在干燥的条件下制备亚硝酰硫酸，最后尾气吸收过量二氧化硫，防止污染空气。【详解】A．利用亚硫酸钠固体和硫酸反应制备二氧化硫气体，98%的浓硫酸的很难电离出H+，故一般选用70%的硫酸，A正确；B．亚硝酰硫酸遇水易分解，装置B中的浓硫酸的作用是干燥SO2气体，防止水蒸气进入装置C中，装置D中的浓硫酸的作用是防止装置E中的水蒸气进入装置C中，B错误；C．装置C中反应为，C正确；D．虚线框内的装置可以换为盛有碱石灰的干燥管，既可以吸收尾气又可以防止空气中的水蒸气进入装置C，D正确；故选B。8.我国自主研发了对二甲苯绿色合成项目，合成过程如图所示。下列说法错误的是-27- A.异戊二烯最多有11个原子共平面B.可用溴水鉴别M和对二甲苯C.该反应的副产物可能有间二甲苯D.对二甲苯有6种二氯代物【答案】D【解析】【详解】A．碳碳双键两端的原子共面，单键可以旋转则甲基中的一个氢可以和碳碳双键共面，故异戊二烯最多有11个原子共平面，A正确；B．M含有碳碳双键、醛基可以使溴水褪色，对二甲苯和溴水反应褪色只能萃取分层褪色，能鉴别，B正确；C．该反应过程Ⅰ中可能得到，则在反应Ⅱ中会得到副产物间二甲苯，C正确；D．对二甲苯的二氯代物情况为：，共7种，D错误；故选D。9.高铁酸钾()具有杀菌消毒及净水作用，某实验小组在碱性条件下制备流程如图所示：下列说法错误的是A.消毒能力相当于1.5molHClOB.氧化反应：C.同温度时高铁酸钠溶解度大于高铁酸钾D.提纯时，应用到的玻璃仪器有蒸发皿、玻璃棒、烧杯、酒精灯【答案】D-27- 【解析】【详解】A．1mol次氯酸得2mol电子生成氯离子，得3mol电子转化为三价铁，故消毒能力相当于1.5molHClO，A正确；B．根据得失电子守恒和元素守恒配平方程：，B正确；C．流程图中高铁酸钠加入饱和氢氧化钾溶液利用同温度时高铁酸钠溶解度大于高铁酸钾可生成高铁酸钾，C正确；D．提纯时需过滤，应用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，D错误；故选D。10.含Tp配体的钌(Ru)配合物催化氢化生成甲酸的机理如图所示：下列叙述错误的是A.循环中Ru的成键数目未发生变化B.循环中氮和碳的杂化方式未发生改变C.循环中物质所含氢键有分子间氢键和分子内氢键D.循环的总反应为【答案】B【解析】【详解】A．从图中可知，循环中Ru的成键数目一直为4，没有变化，A正确；B．循环中碳的杂化方式发生了变化，如CO2中碳为sp杂化，酯基中碳为sp2杂化，B错误；C．从图中可知，循环图右上方的物质与水分子形成分子间氢键，右下方的物质形成分子内氢键，C正确；-27- D．从循环图可知，该循环的总反应为，D正确；故答案选B。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列实验操作不能达到实验目的的是选项实验目的实验操作A测定与混合物中碳酸钠质量分数将固体溶于水配制成溶液，分别以酚酞和甲基橙为指示剂，用标准盐酸滴定B比较HClO与的酸性用pH计测量相同浓度NaClO溶液和溶液的pHC提纯混有杂质的NaCl固体将固体溶于水，蒸发浓缩，冷却结晶、过滤D比较、、的氧化性向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和，振荡，静置A.AB.BC.CD.D【答案】CD【解析】【详解】A．若以酚酞为指示剂，则加入盐酸溶液由红色变无色时，碳酸钠已完全转化为碳酸氢钠，以甲基橙为指示剂，加入盐酸溶液由黄色变橙色，此时碳酸氢钠完全转化为CO2，根据消耗标准盐酸的量可以计算碳酸钠或碳酸氢钠的质量分数，实验操作正确能达到实验目的，A正确；B．弱酸的酸性越强，其酸根离子水解的程度越弱，相同浓度下其酸根离子水解液的pH越小，用pH计测量相同浓度NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH，pH大的溶液对应的酸的酸性更弱，B正确；C．提纯混有KNO3杂质的NaCl固体，NaCl溶解度随温度变化小，KNO3溶解度随温度变化大，应-27- 该采用蒸发浓缩、趁热过滤、将滤液冷却结晶、过滤的方法，C错误；D．少量Cl2水加入到KBr和KI的混合溶液中，Cl2氧化I-，得出溴离子还原性比碘离子弱，即溴的氧化性比碘强，同时氯气的氧化性也比碘强，但是不能比较溴和氯气的氧化性强弱，D错误；故答案选CD。12.以柏林绿新型可充电钠离子电池为电源，采用电解法在N-羟基邻苯二甲酰亚胺介质中用乙醇制乙醛。下列说法正确的是A.制备乙醛时a极连接c极B.电池工作时溶液中移向b极C.当有转化成时，生成D.电源充分充电时，a极反应式为【答案】AD【解析】【分析】根据放电工作原理图，在正极上发生还原反应：Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]，a为电源正极，负极上是失电子的氧化反应：2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+，b为电源负极，充电时，原电池的负极连接电源的负极，电极反应和放电时的相反，据此回答即可。-27- 【详解】A．由右图可知，制备乙醛时，c极Ni2+转化为Ni3+，发生氧化反应，则c极为阳极，则a极连接c极，故A正确；B．由分析可知，a为电源正极，b为电源负极，电池工作时溶液中移向正极，故B错误；C．C2H5OH发生氧化反应生成CH3CHO的过程中转移2个电子，由分析可知，在正极上发生还原反应：Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]，当有转化成时，失去4mol电子，则在电极装置中生成2mol，故C错误；D．由分析可知，在正极上发生还原反应：Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]，则电源充分充电时，a极反应式为，故D正确；故选AD。13.砷化镓是一种立方晶系如图甲所示，将Mn掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示，砷化镓的晶胞参数为xpm，密度为。下列说法错误的是A.砷化镓中配位键的数目是B.Ga和As的最近距离是C.沿体对角线a→b方向投影图如丙，若c在11处，则As的位置为7、9、11、13D.Mn掺杂到砷化镓晶体中，和Mn最近且等距离的As的数目为6【答案】D【解析】【详解】A．由甲可知砷化镓的化学式为GaAs，砷化镓中砷提供孤电子对，镓提供空轨道形成配位键，平均1个GaAs配位键的数目为1，则砷化镓中配位键的数目是，故A正确；B．由砷化镓晶胞结构可知，Ga和As的最近距离为晶胞体对角线的，Ga和As的最近距离是-27- ，故B正确；C．由砷化镓晶胞结构可知，c位于侧面的面心，沿体对角线a→b方向投影图如丙，则As的位置为7、9、11、13，故C正确；D．由乙晶胞结构可知，和Mn最近且等距离的As的数目为4，故D错误；故选D。14.从钒铬锰矿渣(主要成分为、、MnO)中提取铬的一种工艺流程如图：已知：Mn(II)在酸性环境中较稳定，在碱性环境中易被氧化；在酸性溶液中钒通常以、等存在；沉铬过程中，当溶液时，开始出现沉淀，此时铬离子浓度为。下列说法正确的是A.“沉钒”时，胶体的作用是吸附B.滤液B的，沉铬完全C.“提纯”过程中的作用是还原铬D.“转化”过程中发生反应：【答案】AB【解析】【分析】分析本工艺流程图可知，“沉钒”步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质，滤液中主要含有Mn2+和Cr3+，加入NaOH“沉铬”后，Cr3+转化为固体A为Cr(OH)3沉淀，滤液B中主要含有MnSO4，加入Na2S2O3主要时防止pH较大时，二价锰[Mn(I)]被空气中氧气氧化，Cr(OH)3煅烧后生成Cr2O3，“转化”步骤中的反应离子方程式为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，据此分析解题。-27- 【详解】A．由分析可知，“沉钒”时，胶体的作用是吸附，故A正确；B．当溶液时，开始出现沉淀，此时铬离子浓度为，则Ksp[Cr(OH)3)]==1×10-30，沉铬完全时，溶液中c(Cr3+)=1×10-5mol/L，c(OH-)=1×10-8.3mol/L，则c(H+)=，pH=-lgc(H+)=5.7，故B正确；C．由分析可知，加入Na2S2O3主要时防止pH较大时，二价锰[Mn(I)]被空气中氧气氧化，故C错误；D．由分析可知，“转化”步骤中的反应离子方程式为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，故D错误；故选AB。15.常温下，向1升的NaClO溶液中缓慢通入气体，使其充分吸收，溶液pH与通入的物质的量关系如图所示(忽略溶液体积变化及NaClO、HClO的分解，以上发生的氧化还原反应均为不可逆反应)。下列说法错误的是A.常温下，HClO电离平衡常数的数量级为B.a点溶液中：C.b点溶液中：D.c点溶液中：【答案】C-27- 【解析】【分析】向NaClO溶液中通入SO2气体，开始时发生反应：①3NaClO+SO2+H2O=NaCl+2HClO+Na2SO4，当NaClO完全转变为HClO之后，再继续发生反应：②NaClO+SO2+H2O=NaCl+H2SO4，所以b点为恰好发生反应①，NaClO全部转变为NaCl和HClO，c点恰好发生反应②。【详解】A．由分析可知，b点为恰好发生反应①，b点溶液为HClO和Na2SO4的混合溶液，此时pH=3.8，则HClO电离平衡常数Ka=，数量级为，故A正确；B．对于a点，当通入n(SO2)=0.2mol时，溶液中溶质为n(NaClO)=n(HClO)=0.4mol，此时pH>7，溶液呈碱性，说明ClO-在溶液中的水解程度大于HClO的电离，则，故B正确；C．由分析可知，b点为恰好发生反应3NaClO+SO2+H2O=NaCl+2HClO+Na2SO4，通入n(SO2)=mol，则此时溶质n(NaCl)=mol，n(HClO)=mol，n(Na2SO4)=mol，由物料守恒，故C错误；D．由分析可知，c点恰好完全反应，溶液中溶质为H2SO4和NaCl，溶液中存在电荷守恒，故D正确；故选C。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.Co元素的某些化合物在电池、光电材料、催化剂等方面有广泛应用。回答下列问题：（1）一种具有光催化作用的配合物A结构简式如图所示：-27- ①与Co同周期，基态原子有1个未成对电子的元素有___________种。②配离子的空间构型为___________，钴元素价态为___________，通过整合作用形成的配位键有___________个。③配合物A无顺磁性，则中心离子的杂化方式为___________(填标号)。(若中心离子具有单电子，则配合物为顺磁性物质。)A．　　　　B．　　　　C．　　　　D．④咪唑()具有类似苯环的芳香性，①号N比②号N更易与钴形成配位键的原因是________。（2）Co的一种化合物为六方晶系晶体，晶胞结构如图所。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数体标。已知晶胞含对称中心，其中1号氧原子的分数坐标为(0.6667，0.6667，0.6077)，则2号氧原子的分数坐标为___________。为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为___________(用计算式表示)。【答案】（1）①.5②.三角锥③.+3④.5⑤.C⑥.②号氮原子孤电子对参与形成大π键，使电子云密度降低，与钻配位能力减弱（2）①.(0.3333，0.3333，0.1077)②.【解析】【小问1详解】①Co位于第四周期，第四周期元素中，原子基态时具有1个未成对电子，外围电排布为4s1或4s24p1-27- 或4s24p5、3dl04s1、3d14s2，共有5种元素；②配离子中心原子价层电子对数为3+=4，且含有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，由配合物A结构简式可知Co原子和N原子形成4个配位键，和O原子形成2个共价键，带1个单位负电荷，则钴元素价态为+3价，整合是指具有以下两个或多个配位原子的多齿配体与同一金属进行离子相互之间没有形成螯合环，通过整合作用形成的配位键有5个；③由配合物A结构简式可知Co原子形成6个配位键，Co原子的价层电子对数为6，杂化方式为，故选C；④②号氮原子孤电子对参与形成大π键，使电子云密度降低，与钻配位能力减弱。【小问2详解】根据1号氧原子分数坐标为(0.6667，0.6667，0.6077)，2号氧原子、1号氧原子和晶胞含对称中心，根据对称关系可知2号氧原子的分数坐标为(0.3333，0.3333，0.1077)，晶胞中O原子个数为2，H原子个数为2，Co原子个数为8+4=2，则该晶体的密度为=。17.钯(Pd)是一种贵金属，性质类似铂(Pt)。活性炭载钯催化剂广泛应用于石油化工、制药等工业，但使用过程中因生成难溶于酸的PdO而失活。一种从废钯催化剂(杂质主要含有机物、活性炭、及少量Fe、Cu、Al等元素)中回收海绵钯的工艺流程如图：已知：I．阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为、(表示树脂的有机成分)。II．“沉钯”时得到氯钯酸铵固体，不溶于冷水，可溶于稀盐酸。（1）温度、固液比对浸取率的影响如图，则“浸取”的最佳条件为___________。-27- （2）“浸取”时，加入试剂A的目的为___________。（3）“浸取”时，加入有利于Pd的溶解，生成的四氯合钯(Ⅱ)酸()为二元强酸。加入浓盐酸和后主要反应的离子方程式：___________。（4）“离子交换除杂”应使用___________(填“阳离子”或“阴离子”)树脂，“洗脱”时应使用的洗脱液为___________(填标号)。A．硫酸　　　　B．盐酸　　　　C．无水乙醇（5）“还原”过程转化为，在反应器出口处器壁内侧有白色晶体生成，该过程还产生的副产物为___________，且该产物可循环利用至___________环节(填环节名称)。（6）以上流程污染性较强且复杂，通常适用电解法回收钯。将“浸取”后的溶液与钯离子脱附试剂MH混合，形成配离子，电解可得高纯度钯，装置如图。电解时，当浓缩室里共得到的较浓盐酸时(体积变化忽略不计)，理论上能得到Pd___________g，但实际生产中得不到相应质量的Pd，原因是___________。【答案】（1）70℃，固液比（2）将PdO还原为Pd（3）-27- （4）①.阴离子②.B（5）①.HCl②.浸取与洗脱（6）①.159②.阴极有得电子生成【解析】【分析】本题是一道工业流程题，通过废钯催化剂制备海绵钯，将原料焙烧后加入盐酸和还原剂从而生成单质钯，再结合氯酸钠生成，通过离子交换除杂后，得到较纯净的，洗脱后用浓氨水沉钯，在用处理后得到产品，以此解题。【小问1详解】由图可知，“浸取”的最佳条件为70℃，固液比；【小问2详解】加入试剂A可以将PdO中的钯还原为单质，便于后期处理，故加入试剂A的理由是：将PdO还原为Pd；【小问3详解】根据题给信息可知，加入后和单质钯反应生成四氯合钯(Ⅱ)，则根据元素守恒可知，离子方程式为：；【小问4详解】离子交换时发生的反应为阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为，其中氯离子被除掉，故应该选用阴离子交换膜；由给信息可知洗脱时得到，则此时应该选用盐酸，故选B；【小问5详解】由流程图可知，还原时和反应生成单质钯，根据反应器出口处器壁内侧有白色晶体生成和元素守恒可知，副产物为HCl；由于在浸取与洗脱时都使用了盐酸故可以循环至浸取与洗脱循环利用；【小问6详解】盐酸的浓度由变为，则生成的氯化氢的物质的量n(HCl)=5×(-)=3mol，则此时转移电子的物质的量n(e-)=3mol，根据Pb~2e-，则生成Pd的物质的-27- 量=1.5mol，其质量=106g/mol×1.5mol=159g；而实际电解过程中可能有氢离子在阴极得到电子，故但实际生产中得不到相应质量的Pd。【点睛】18.三氯化铬是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室可利用下面装置模拟制取三氯化铬(、为气流控制开关)。原理：已知：气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体（1）实验装置合理的连接顺序为a—___________(填仪器接口字母标号)。（2）步骤如下：i．连接装置，检查装置气密性，装入药品并通；ii．加热反应管至400℃；iii．控制开关，加热，温度保持在50℃～60℃之间；iv．加热石英管继续升温至650℃，直到E中反应基本完成，切断管式炉的电源；v．停止A装置水浴加热，……；vi．装置冷却后，结束制备实验。①步骤i中，开关、的状态分别为___________。②补全步骤v的操作：___________，其目的是___________。（3）从安全的角度考虑，整套装置的不足是___________。（4）装置D中反应的离子方程式为___________。（5）取三氯化铬样品0.300g，配制成250mL溶液。移取25.00mL于碘量瓶中，加热至沸腾后，加适量溶液，生成绿色沉淀。冷却后，加足量30%，小火加热至绿色沉淀完全溶解。冷却后，加入酸化，再加入足量KI溶液，加塞摇匀充分反应后，铬元素只以存在，暗处静置5min后，加入指示剂，用标准-27- 溶液滴定至终点，消耗标准溶液21.00mL(杂质不参加反应)。已知：；①绿色沉淀完全溶解后，继续加热一段时间再进行后续操作，目的是___________。②样品中无水三氯化铬的质量分数为___________(结果保留三位有效数字)。③若将碘量瓶换为锥形瓶，则样品中无水三氯化铬质量分数的测量结果___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】（1）hi(或ih)debcf(g)（2）①.开,关②.继续通入一段时间③.将COCl2完全排入装置D被充分吸收（3）升华的三氯化铬易凝华，堵塞导管（4）（5）①.除去多余的②.92.5%③.偏低【解析】【分析】三氯化铬易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化，所以实验过程中要确保装置内不能存在氧气和水蒸气。A装置的作用是用N2将CCl4导入装置参与反应，B装置作用是防止水蒸气进入反应装置，C装置作用是收集气体，D装置是处理COCl2尾气，E装置是发生装置。整个反应流程先用干燥的N2排除装置内空气，然后再通入N2将CCl4气体带入装置，与E中的CrO2反应，生成的COCl2有毒气体用C装置收集，与D装置中NaOH溶液反应从而进行吸收处理，为防止D装置中水蒸气进入反应装置，还有在C和D装置中间加一个干燥装置C。【小问1详解】根据分析，装置的排序是AECBD。首先用干燥的N2排除装置空气，则反应前C装置内应该充满N2，要收集的气体为COCl2，其密度大于N2，所以COCl2从d进入。因此，实验装置合理的连接顺序为ahi(或ih)debcf(g)。-27- 【小问2详解】①K1开，K2关，使得N2能进入装置排尽空气而不会带入CCl4。②反应结束后还需要持续通入N2一段时间，从而将COCl2完全排入装置D被充分吸收。【小问3详解】三氯化铬容易受热升华，温度降低后容易在导管内凝华，从而堵塞导管。【小问4详解】根据元素分析，COCl2水解生成的两种酸性气体是HCl和CO2，COCl2和NaOH溶液反应的离子方程式应该为；【小问5详解】①为避免过量的H2O2和KI反应而对后续的测定产生干扰，应加热除去多余的H2O2；②被H2O2氧化后的Cr元素全部以形式存在，其再次和酸化的KI反应，离子方程式为。根据方程式，生成的I2的物质的量为n(I2)==0.0002625mol，则根据Cr元素守恒，可计算出无水三氯化铬质量分数为；③普通锥形瓶没有密封效果，将碘量瓶换成普通锥形瓶将导致I2升华，从而使得消耗的量偏小，则样品中无水三氯化铬质量分数的测量结果偏低。19.利格列汀是一种抑制剂，为广大糖尿病患者提供了一种强效、安全及简便的治疗方案。其部分合成路线如图：-27- 已知：i．(、、均为烃基)ii．（1）B与氢气加成后得产物X，满足下列要求的X的同分异构体有___________(写结构简式)。I．具有两性　　　II．两分子X间可形成六元环（2）A+B→C的反应方程式___________。（3）H的结构简式为___________，反应①与反应②___________(填“可以”或“不可以”)交换顺序，原因是___________。（4）下列关于F的说法中，正确的是___________(填标号)。a．为平面型分子　　　b．可以发生水解反应　　　c．分子中含结构（5）根据题目信息，写出以邻苯二胺()和1－丙醇为主要原料(其它试剂自选)制备的合成路线___________。【答案】（1）、（2）（3）①.②.不可以③.防止碳碳三键与发生加成反应（4）b（5）-27- 【解析】【分析】A和B发生成环反应得到C，结合A、B、C的结构式可以推知该过程中有CH3CH2OH生成，C和NaNO2发生取代反应生成D，D和Na2S2O3反应生成E，E发生已知i的反应生成F，则可以推知D中的硝基被还原生成氨基，则E的结构简式为：，F的结构简式为，F和Br2反应取代反应生成G，则G的结构简式为，I和发生取代反应生成J，则I的结构简式为，G和物质H发生已知i的反应生成I，则H的结构简式为，以此解答。【小问1详解】B与氢气加成后得产物X为，X的同分异构体满足条件I．具有两性，说明其中含有氨基和羧基；II．两分子X间可形成六元环；可能的结构简式为：、。【小问2详解】A和B发生成环反应得到C，结合A、B、C的结构式可以推知该过程中有CH3CH2OH生成，方程式为：。【小问3详解】由分析可知，H的结构简式为，H中含有碳碳三键能够和Br2发生加成反应，-27- 反应①与反应②不可以交换顺序，原因是防止碳碳三键与发生加成反应。【小问4详解】由分析可知，F为，a．该结构中没有苯环，N原子的杂化方式为sp2和sp3杂化且含有甲基，F不是平面型分子，故a错误；b．F中含有肽键（-NHCO-）的结构，可以发生水解反应，故b正确；c．F中含有1个5元环，但没有的结构，故c错误；故选b。【小问5详解】先发生已知i的反应生成，1-丙醛发生消去反应得到丙烯，丙烯再和HBr发生加成反应得到2-溴丙烷，和2-溴丙烷发生已知i的反应得到，合成路线为：。20.船舶柴油机发动机工作时，反应产生的尾气是空气主要污染物之一，研究的转化方法和机理具有重要意义。已知：-27- （1）氧化脱除NO的总反应是________。（2）该反应过程有两步：，反应中各物质浓度变化如图所示。则速率常数___________(填“>”、“<”或“≈”)，原因___________。（3）已知：的反应历程分两步：步骤反应活化能正反应速率方程逆反应速率方程I(快)II(慢)①则反应I与反应II的活化能：___________(填“>”“<”或“=”)。反应的平衡常数___________(用、、、表示)。②在400k、初始压强为的恒温刚性容器中，按通入NO和-27- ，一定条件下发生反应。达平衡时NO转化率为90%，转化率为40%。则的平衡常数___________(分压=总压×物质的量分数；理想气体状态方程，)。（4）某研究小组将、和一定量的充入2L密闭容器中，在催化剂表面发生反应()，NO的转化率随温度的变化情况如图所示：①5min内，温度从420K升高到580K，此时段内NO的平均反应速率___________(保留3位有效数字)。②无氧条件下，NO生成的转化率较低，原因可能是___________。【答案】（1）（2）①.>②.含量先增大后减少（3）①.<②.③.415.7（4）①.②.催化剂产生作用需要有氧气参加【解析】【小问1详解】已知：①；②；③；由盖斯定律可知，（②×2-3×③+①）得到（×2-3×+-27- ）=。【小问2详解】由图可知，含量先增大后减少，说明反应刚开始时反应的程度大于的程度，则速率常数>。【小问3详解】①活化能越小，反应速率越快，则反应I与反应II的活化能：<；反应的平衡常数，当反应达到平衡时，=，则，=，则，则；②根据已知条件列出“三段式”达平衡时NO转化率为=x=0.9，转化率为y=0.4，平衡时气体总物质的量为3mol，则平衡时体系总压强为=，混合气体的总体积V=，则-27- 的平衡常数415.7。【小问4详解】①5min内，温度从420K升高到580K，NO的转化率由2%上升到59%，此时段内NO的平均反应速率；②无氧条件下，NO生成的转化率较低，原因可能是催化剂产生作用需要有氧气参加。-27-