【文档说明】湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2024-2025学年高三上学期10月阶段性检查 化学试卷 Word版含解析.docx，共(23)页，1.774 MB，由小赞的店铺上传

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2022级高三化学检测考试时间：2024-10-1075分钟分数：100分可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16P-31S-32V-51Fe-56Cu-64Co59Cl-35.5一、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.工业生产中经常要制备某种物质。下列物质的一般工业制法正确的是A.用2NaO与水反应来制备烧碱B.用NaClO与()243FeSO在强碱性条件反应制备24NaFeOC.将2Cl通入冷的澄清石

灰水中来制备漂白粉D.用焦炭还原石英砂制备高纯硅【答案】B【解析】【详解】A．工业上制备烧碱通常用电解饱和食盐水的方法，A选项错误；B．在强碱性条件下，NaClO可以将Fe3+氧化为2-4FeO，从而制备24NaFeO，B选项正确；C．工业上制备漂白粉通常是将氯气通入石灰乳中进行反应，C选项错误

；D．用焦炭还原石英砂可制备得到粗硅，而非高纯硅，D选项错误；故选B。2.古代文献中记载了很多化学研究成果，在实验室中模拟文献中加点步骤的操作，用到的主要仪器错误的是选项古代文献主要仪器A《肘后备急方》中“青蒿

一握，以水二升渍．．．．．，绞取汁，尽服之…截疟”烧杯、玻璃棒B《本草纲目》中“(烧酒)其法用浓酒和糟入甑，蒸令．．气上．．，用器盛滴露”蒸馏烧瓶、酒精灯、温度计、冷凝管、牛角管、接收器C《本草纲目》中“彼人采蒿蓼之属，晒

干烧灰．．，以水蒸发皿、酒精灯、玻璃棒淋汁，久则凝淀如石，浣衣发面，亦去垢发面”D《神农本草经》中“一丹二油；膏药成稠，三上三下，熬枯去渣．．…”漏斗、烧杯、玻璃棒A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽

服之”意思是：青蒿一把，用2升水浸泡，搅碎过滤取汁液，全部喝下，“渍”为浸泡，主要用到烧杯和玻璃棒，A项正确；B.利用酒精与水的沸点不同进行分离，涉及蒸馏操作，需要用到蒸馏烧瓶、酒精灯、温度计、冷凝管、牛角管、

接收器，B项正确；C.“烧灰”需要用到坩埚，不是蒸发皿，C项错误；D.“去渣”中涉及过滤操作，D项正确；故答案选C。3.化学用语可以表达变化过程。下列化学用语表达正确的是A.用电子式表示HClO的形成：B.2OF的价层电子对互斥(VSEPR)模型：C.用轨道表示式表

示铜的价电子由激发态跃迁回基态的过程：D.用电子云轮廓图表示HCl中s—p键的形成：【答案】C【解析】【详解】A．HClO中O与H和Cl分别共用1对电子，用电子式表示HClO的形成：，A错误；B．OF2的中心O原子价层电子对数为：612242−+=，含有2对孤电子对，价层电子对互斥模型为：，

B错误；C．铜的基态价电子排布式为3d104s1，故可用轨道表示式表示由激发态跃迁回基态的过程，C正确；D．HCl中H原子的s轨道和Cl原子的p轨道重叠形成s-pσ键，用电子云轮廓图示意HCl中s—pσ键的形成：，D错误；故选C。4.我国科学家在青蒿素(结构如图

)研究方面为人类健康作出了巨大贡献。下列说法错误是A.用沸水浸泡青蒿可获得青蒿素的提取液B.通过红外光谱可分析青蒿素分子中的化学键信息C.通过X射线衍射可测定青蒿素晶体中各个原子的坐标D.青蒿素分子中含有7个手性碳原子【答案】A【解析】【详解】A．青蒿素中不含有亲水基团，不能溶于水

，不能用沸水浸泡青蒿可获得青蒿素的提取液，故A错误；B．红外光谱可推测有机物分子中含有的官能团和化学键，故通过红外光谱可推测青蒿素分子中的化学键信息，故B正确；C．晶体中结构粒子的排列是有规律的，通过X射线衍射实验可以得到晶体的衍射图，通过分析晶体的衍射图

可以判断晶体的结构特征，故X射线衍射可测定青蒿素晶体中各个原子的坐标，故C正确；的D．如图：青蒿素分子中手性碳原子为7个，故D正确；故选A。5.下列实验操作正确且能达到实验目的的是A.装置①可用于制备3NH并测

量其体积B.装置②可用于制作简单燃料电池C.装置③可用于探究苯酚和碳酸的酸性强弱D.装置④盐桥中的阳离子向右池迁移起形成闭合回路的作用【答案】B【解析】【详解】A．氨气极易溶于水，不能用装有水的量气管测量氨气的体积，A错误；B．闭合K1，形成电解池，右侧石墨为阴极，H+放电产生氢气

，左侧石墨为阳极，OH-放电生成氧气，然后断开K1、闭合K2，形成简单燃料电池，右侧石墨为负极，左侧石墨为正极，故B正确；C．盐酸易挥发，可能HCl也进入到苯酚钠溶液中，使之生成苯酚，没有排除HCl的

干扰，C错误；D．Zn电极应插入硫酸锌溶液中，Cu电极应插入硫酸铜溶液中，构造错误，D错误；答案选B。6.第33届夏季奥运会于2024年7月在法国巴黎开幕。发令枪火药中的药粉含有氯酸钾(KClO3)和红磷(P)等物质，撞击引发的有关化学反应有：①3255KClO+6P=3PO+5K

Cl；②25234PO+3HO=2HPO(产生烟雾)。设AN为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.反应①中，氧化产物、还原产物的物质的量之比为5∶3B.反应①中，6.2gP完全反应转移电子数目为ANC.H3PO4易溶于水的原因是磷酸与水存在分子

内氢键D.1molH3PO4在水中电离产生的34PO−数目为AN【答案】B【解析】【详解】A．在反应①中，氧化产物为25PO，还原产物为KCl，其物质的量之比为3∶5，A项错误；B．6.2gP物质的量为0.2mol，0.2molP完全反应时转移1mol电子，B项正确；C．H3PO₁分子和

水分子之间存在分子间氢键，导致磷酸易溶于水，C项错误；D．磷酸是中强酸，在水中部分电离，D项错误；故答案选B。7.类比和推理是学习化学的重要方法，下列类比或解释不合理的是选项已知结论A15-冠-5(冠醚)能识别Na+12-冠-4(冠醚)能识别K+B石墨晶体可以

导电石墨的化学键具有金属键的性质C在水中的溶解度：323NaHCONaCO3HCO−离子之间存在氢键，更难与水分子形成氢键D表面活性剂可以降低水的表面张力表面活性剂在水面形成单分子膜，破坏了水分子间的氢键A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．15-冠-5(冠醚)能

识别Na+，说明冠醚的空腔直径与Na+匹配，K+直径比Na+直径大，而12-冠-4(冠醚)的空腔直径比15-冠-5(冠醚)小，所以不能识别直径更大的K+，A不合理；B．石墨晶体可以导电，则石墨中的化学键含金属键的成分，因为石墨中的

碳原子采用sp2杂化，所有p轨道相互平行且相互重叠，使p轨道中的电子可在整个碳原子的平面内运动，B合理；C．3HCO−离子中连在氧原子上的氢原子，可以和另一个3HCO−离子形成氢键，导致难与水分子间形

成氢键，所以NaHCO3在水中的溶解度小于Na2CO3，C合理；D．表面活性剂在水面上形成单分子膜，破坏了水分子间的氢键，从而降低水的表面张力，D合理；故选A。8.下列离子方程式正确的是A.223NaSO溶液中加入稀

硫酸：2223422SO2SO6H4SO3HO−−+++=+B.氯化钙浓溶液与碳酸氢钠浓溶液混合：323CaHCOCaCOH−+++=+C.氯化亚铁溶液中加入少量22NaO：()2222234NaO4Fe6HO4FeOH8NaO++++=++D.龋齿发生原理：()2544

23CaPOOH4H5Ca3HPOHO++−+=++【答案】D【解析】【详解】A．223NaSO溶液与稀硫酸混合反应生成S、二氧化硫、水，离子方程式为22322SO2HSOSHO−++=++，故A错误；B．氯化钙浓溶液与碳酸氢钠浓溶液混合不发生反应，故B错误；C．氯化亚铁溶液中加入少量22N

aO，生成的氧气会将二价铁氧化为三价铁，故无氧气生成，离子方程式为()2-2223NaO2Fe2HO+2OH2FeOH2Na++++=+，故C错误；D．龋齿发生原理是羟基磷酸钙在酸性环境下被溶解，离子方

程式为()254423CaPOOH4H5Ca3HPOHO++−+=++，故D正确；故选D。9.下列关于N及其化合物的说法错误的是A.氮氮三键键能大于氮氮单键三倍可能与孤电子对相距更远有关B.O-N-O键角：222NONONO+−C.实验测得()33NSiH的分

子构型(忽略H原子)为平面三角形，推测Si原子的3d轨道也参与了成键D.已知3PH的配位能力比3NH强，这是由于3PH配体中的P存在3d空轨道【答案】D【解析】【详解】A．氮氮三键键能大于氮氮单键三倍可能与孤电子对相距更远有关，孤电子对对成键电子对的排斥力更大，故A正确；B．2NO+中心

N原子价层电子对数为512−=2，N原子采用sp杂化，无孤对电子，为直线结构；2NO−中心N原子价层电子对数为512+=3，N原子采用sp2杂化，有1对孤对电子，为V形结构；2NO中心N原子价层电子对数为52=2.5，即N原子有一个单电子，一个电子也占据一个轨道，所以N原子采用sp2杂化

，为V形结构；根据孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力，故键角222NONONO+−，故B正确；C．()33NSiH的分子构型为平面三角形可知，N原子的价层电子对数为3，孤电子对数为0，氮原子的杂化方式为sp2杂化，()33NSiH

中N原子的孤对电子位于2p轨道上，与Si的3d的空轨道形成大键，其中氮原子提供孤对电子，硅原子提供空轨道，故C正确；D．NH3利用N原子的孤电子对向过渡金属配位形成配位键，而PH3中心P原子除利用其

孤电子对向过渡金属配位形成配位键外，其空d轨道接受过渡金属d轨道电子的配位，形成配位键，使PH3与过渡金属生成的配位化合物更稳定。即与过渡金属的配位能力NH3＜PH3，在与氢离子配位时，NH3和PH3只能以孤电子对向氢离子的1s空轨道配位。氢离子的半径很小，与半径

小的N原子形成的配位键较强，而与半径大的P原子形成的配位键较弱。因此，与氢离子的配位能力NH3>PH3，故D错误；故选：D。10.近日，中国科学院化学研究所韩布兴院士/康欣晨研究员课题组使用原子分散的Fe-N-C材料为催化剂，以草酸和硝酸

盐或氮氧化物为原料(N2和CO2分别为氮源和碳源)，进行了电催化C-N偶联制备甘氨酸。原理如图所示(OA为HOOC-COOH，GX为HOOC-CHO，GC为HOOC-CH2OH)。下列叙述正确的是A.活化能：反应ⅱ>反应

ⅲB.在阳极区生成甘氨酸C.OA→GX反应式为+-2HOOC-COOH+2H+2e=HOOC-CHO+HOD.反应ⅳ的原子利用率等于100%【答案】C的【解析】【详解】A．活化能越小，反应越快，活化能：反应ⅱ<

反应ⅲ，A项错误；B．以草酸和硝酸盐为原料合成H2NCH2COOH中，C、N的化合价都降低，发生了还原反应，故甘氨酸在阴极区生成，B项错误；C．根据题图可知，OA生成GX，同时有水生成，C项正确；D．反应ⅳ为22OHC-COOH+NHOHHOOC-CHNOH+HO→，原子利用率小于10

0%，D项错误；故答案选C。11.一种离子液体的结构如图所示，已知阳离子中五元环上的原子处于同一平面。下列说法不正确的是A.该物质中所有原子均达到了8e−稳定结构B.阳离子中存在65πC.阴离子空间构型为正八面体D.该物质的晶体属于离子晶

体【答案】A【解析】【详解】A．该物质阳离子中含有H原子，H原子没有达到了8e−稳定结构，故A错误；B．阳离子中五元环上的原子处于同一平面，五元环上各原子均采用sp2杂化，每个C原子提供1个未参与杂化的p电子、每个N原子提供2个未参与

杂化的p电子形成大π键，阳离子带1个正电荷，所以该π键为5中心6电子，表示为65π，故B正确；C．阴离子有6个σ键，中心原子价电子对数为6，空间构型为正八面体，故C正确；D．该物质由阴阳离子共存，属于离子晶

体，故D正确；选A。12.氨合成已经塑造了我们的现代文明。如图是以苯酚(图中的BH)作为质子穿梭剂和缓冲液，用氮气(2N)和2H作为原料，利用电解原理在非水电解质中实现氨气的合成。下列说法错误的是A.a接电源的正极B.将苯酚电解液换成纯水，消耗相同电量时，3NH的产量会降低C.生

成氨气的电极反应式为()()+-xy3LiNH+3x-yH+3x-ye=Li+xNHD.若消耗标准状况下22.4L的2H，则b极上质量增加14g【答案】D【解析】【分析】左侧电极氢气变成氢离子，失电子为阳极，电极反应为：H2－2e-=2H+；b极得电子为阴极，电极反应为：()()+-

xy3LiNH+3x-yH+3x-ye=Li+xNH；【详解】A．因为接a的一边氢气变成氢离子，故失去电子，为阳极，故a接电源的正极，A正确；B．将电解液换成纯水，消耗相同电量，会有一部分氢离子得电子变成氢气，所以NH3的产量会降低，B正确；C．生成氨气的电极反应式为()(

)+-xy3LiNH+3x-yH+3x-ye=Li+xNH，C正确；D．因为b极上有多个微粒得到电子(氮气在该极上得电子)，故若消耗标准状况下22.4L的H2，则转移电子为2mol，则b极上质量增加少于14g，D错误；故选D。13.2

5℃时，向224NaCO溶液中滴入盐酸，混合溶液的pOH与lgX−的变化关系如图所示。已知：()()22424COlgXlgHCOcc−−−=−或()()24224HCOlgHCOcc−−。下列说法正确的是A.曲线P表示pOH与()()24224HCOlgHCO

cc−−的变化关系B.当溶液pH7=时，()()()22424NaHCO2COccc+−−=+C.()()a1224a2224HCO1000HCOKKD.滴入盐酸过程中，()()()2242224COHCOOHccc−−

变小【答案】A【解析】【分析】224NaCO溶液中存在平衡：2---42422C+HOCOHO+OH、--422224HO+HOOCHC+OH，滴入盐酸，pH减小，pOH增大，平衡正向移动，()()22424COHCOcc−−减小，()()24224HCOHCOcc−减

小，则()()22424COlgHCOcc−−−和()()24224HCOlgHCOcc−−都增大，又因为H2C2O4得第一步电离常数大于第二步电离常数，同一溶液中，()()22424COlgHCOcc−−−＞()()24224

HCOlgHCOcc−−，综上所述，曲线P表示pOH与()()24224HCOlgHCOcc−−的变化关系，曲线L表示pOH与()()22424COlgHCOcc−−−的变化关系。【详解】A．由分析可知

，曲线P表示pOH与()()24224HCOlgHCOcc−−的变化关系，A正确；B．当溶液pH7=时，()()+-cH=cOH，结合电荷守恒()()()()()()++-2---2424cNa+cH=cHCO+2cCO+cOH+cCl可得()()()(

)+-2--2424cNa=cHCO+2cCO+cCl，B错误；C．由点(11.8-1)可得()()()()+--1424-1.2a1224-11.8224cHcHCO10KHCO==10=10cHCO10，由点(12.2,2)可得

()()()()+2--1424-2-3.8a1224-12.2-24cHcCO10KHCO==10=1010cHCO，()()-1.2a12242.6-3.8a2224HCO10==101000HCO10KK，C错误；D．入

盐酸过程中c(H+)增大，()()()()()()()2+2-24a1224a222422-2+W224cHcCOKHCOKHCO=KcHCOcOHcH是定值，D错误；故选A。14.某碳酸盐是抗酸药的主要成分，其摩尔质量为1mgmol−，晶胞结构和晶胞参数如图所示。下

列说法错误的是A.23CO−的离子构型为平面三角形，在晶胞中有2种不同的取向B.①、②号O与③号nM+离子之间的距离相等C.该碳酸盐的化学式为n3MCOM+，不可能为2Ba+D.该晶体的密度为3A2216mNgcm3ac102−−【答案

】C,【解析】【分析】由晶胞结构可知nM+有8个为于顶点上4个位于棱上，4个位于晶体内，则nM+的个数为11114+4+2?+2?+4=612663，23CO−位于8个在棱上，4个在晶体内，则23CO−的个数为114+

44=663+，则晶体的化学式为3MCO，每个晶胞中共含6个3MCO，据此解答。【详解】A．23CO−中心原子C的孤对电子数为4+232=02－，则价电子数为3，空间构型为平面三角形，23CO−沿Z轴的投影呈星形可知

，23CO−有两种不同的取向，故A正确；B．由图可以看出①、②号O与③号nM+离子之间的距离相等，故B正确；C．由分析可知，碳酸盐的化学式为n3MCOM+，中n=2，则M可能为2Ba+，故C错误；D．该晶胞中x轴和y轴夹角为120°，则该晶胞的体积

为22133ac10cm2−，每个晶胞含有6个3MCO，则该晶胞的密度为3A2216mNgcm3ac102−−，故D正确；故选C。15.以2CO、2H为原料合成3CHOH涉及的主要反应如下：Ⅰ．122321CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)49.5kJmolH−++=−

Ⅱ．1232CO(g)2H(g)CHOH(g)90.4kJmolH−+=−Ⅲ．2223CO(g)H(g)CO(g)HO(g)H++不同压强下，按照()()22CO:H1:3nn=起始起始投料，实

验测得2CO的平衡转化率和3CHOH的平衡产率随温度的变化关系如图所示。下列说法不正确的是A.图甲表示的是3CHOH的平衡产率随温度的变化关系B.同时提高2CO的平衡转化率和3CHOH的平衡产率，应选择高温、高压

C.图乙1T时，三条曲线几乎交于一点，原因可能是此时以反应Ⅲ为主D.图乙1p下，温度高于2T，纵坐标随温度升高而上升的原因是30H，反应Ⅲ温度升高使纵坐标数值上升的幅度超过反应Ⅰ温度升高使纵坐标数值下降的幅度【答

案】B【解析】【详解】A．甲醇的合成反应是放热反应，温度升高，甲醇的平衡产率降低，因此图甲表示的是3CHOH的平衡产率随温度的变化关系，A正确；B．甲醇的合成反应是放热反应，又是气体体积减小的反应，为了同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平

衡产率，应选择低温、高压的反应条件，B错误；C．根据盖斯定律，反应Ⅰ减去反应Ⅱ得到反应Ⅲ，因此11131249.5kJmol90.4kJmol40.9kJmolHHH−−−=−−−−=（）=+，因此反应Ⅲ是吸热反应，而

反应Ⅰ、Ⅱ是放热反应，温度到一定值时，此时反应以反应Ⅲ为主，而且反应Ⅲ是气体体积不变的反应，改变压强平衡不移动，二氧化碳转化率不变，三条压强曲线交于一点，C正确；D．反应Ⅰ、Ⅱ是放热反应，反应Ⅲ是吸热反应，图乙1p下，温度高于2T，反应以反应Ⅲ为主，纵坐标随温度升高而上升的原

因是30H，反应Ⅲ温度升高使纵坐标数值上升的幅度超过反应Ⅰ温度升高使纵坐标数值下降的幅度，D正确；答案选B。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.V2O3常用于玻璃、陶瓷中作染色剂，含钼合金钢具有韧性好、高温塑性强等优点，可用于制

造机床结构部件。工业上常用钼钒混合矿(主要成分为MoS2、V2O5，还含SiO2、Al2O3、PbS、NiS等杂质)提取高熔点金属单质钼和V2O3，其工艺流程如图所示。已知：①“焙烧”时将金属元素转化为氧化物，SiO2、MoO3、V2O5、Al2O3和PbO均可与

纯碱反应生成对应的钠盐，而NiO不行。②“气体X”为混合气体，经处理后得“气体Y”。③当溶液中某离子浓度≤1×10-5mol⋅L-1时，可认为该离子沉淀完全；PbS和Pb(OH)2的Ksp分别为10-28，1

0ᵃ；Pb(OH)2(s)+OH⁻(aq)⇌[Pb(OH)3]⁻(aq)K=10b。④“滤渣Ⅳ”主要成分是(NH4)2MoO4⋅2H2MoO4。回答下列问题：（1）“焙烧”时，采用逆流式投料，且分批加入钼钒混合矿

、碳酸钠粉末，其目是___________，MoS2参与反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。（2）“气体X”经洗气操作可获得较纯净的“气体Y”，洗气时选择的试剂是___________，“滤渣Ⅲ”的主要成分是_

__________(填化学式)。（3）“沉铅”过程中，总反应为[Pb(OH)3]-(aq)+S2-(aq)=PbS(s)+3OH-(aq)则该反应的平衡常数K=___________。（4）“沉钒”后，经过滤、洗涤、平燥，将所得固体进行煅烧，当固体质量减少1

6.8t时，理论上制得V2O3的质量为___________t。（5）“滤渣Ⅳ”中需要加入稍过量的Al还原(NH4)2MoO₄⋅2H2MoO4制Mo，加入稍过量Al的原因是___________。【答案】（1）①.增大气体与固体接触面积，同时增大容器底部氧气浓度，加快

反应速率，使钼钒混合矿充分反应②.7:2（2）①.饱和NaHCO3溶液②.H2SiO3、Al(OH)3（3）1028+a-b（4）30（5）Al与氧气反应放出大量的热，过量Al将(NH4)2MoO4∙2H2M

oO4全部还原，同时防止Mo被氧气氧化【解析】【分析】根据已知：①“焙烧”时将金属元素转化为氧化物，则MoS2、PbS、NiS分别与氧气反应生成MoO3、PbO、NiO，硫元素被氧化为SO2，碳酸钠与金属氧化物反应生成

二氧化碳，“气体X”为混合气体即含有SO2、的CO2，已知SiO2、MoO3、V2O5、Al2O3和PbO均可与纯碱反应生成对应的钠盐，而NiO不行，因此水浸后滤渣I为NiO，滤液成分为Na2SiO3、Na2MoO4、NaVO3、Na[A

l(OH)4]、Na[Pb(OH)3]，加入Na2S提供S2-与[Pb(OH)3]-反应生成PbS沉淀成为滤渣II的成分，气体Y为CO2，与Na2SiO3、Na[Al(OH)4]分别反应生成H2SiO3、Al(OH)3作为滤渣III的成分，加入NH4Cl与NaV

O3反应沉钒得到NH4VO3，沉钼得到“滤渣Ⅳ”主要成分是(NH4)2MoO4⋅2H2MoO4，Al还原(NH4)2MoO₄⋅2H2MoO4制Mo；【小问1详解】“焙烧”时，采用逆流式投料，且分批加入钼钒混合矿、碳酸钠粉末，其目的是增大气体与固体接触面积，同时增大容器底部氧

气浓度，加快反应速率，使钼钒混合矿充分反应；MoS2与氧气、碳酸钠反应时生成Na2MoO4、SO2、CO2，其中氧元素化合价降低，氧气做氧化剂，MoS2做还原剂，反应方程式为：2MoS2+7O2+2Na2CO3=2Na2MoO4+4SO2+2CO2，氧化剂与

还原剂的物质的量之比为7:2；【小问2详解】根据分析，“气体X”含有SO2、CO2，经洗气操作可获得较纯净的“气体Y”为CO2，洗气时选择的试剂是饱和NaHCO3溶液；通入CO2与Na2SiO3、Na[Al(OH)4]分别反应生成H2SiO3、Al(OH)

3作为滤渣III的成分；【小问3详解】根据已知③当溶液中某离子浓度≤1×10-5mol⋅L-1时，可认为该离子沉淀完全；I：PbS(s)⇌Pb2+(aq)+S2-(aq)Ksp=10-28，II：Pb(OH)2(s)⇌Pb2+(aq)+2O

H-(aq)Ksp=10ᵃ，III：Pb(OH)2(s)+OH⁻(aq)⇌[Pb(OH)3]⁻(aq)K=10b，反应II-III-I可得总反应为[Pb(OH)3]-(aq)+S2-(aq)=PbS(s)+3OH-(aq)，则该反应的平衡常数K=10ᵃ÷10-28÷10”=1028+a-

b；【小问4详解】煅烧时钒元素从+5降低至+3，则氮元素化合价需从-3升高至0价，发生反应方程式为43232326NHVO==3VO+2N+2NH+9HO高温，固体质量减少为氮气、氨气和水质量，每减少252g则生成3molV2O3即3mol×150g/m

ol=450g，则当固体质量减少16.8t时，理论上制得V2O3的质量为016.84503252=t；【小问5详解】Al还原(NH4)2MoO₄⋅2H2MoO4制Mo，加入稍过量Al的原因是：Al与氧气反应放出大量的热，过量Al将(NH4)2MoO4∙2H2MoO4全部还原，同时防

止Mo被氧气氧化。17.治疗心衰的药物匹莫苯丹中间体(I)的合成路线如下。的已知：Ⅰ．R-Br+CH2(COOR’)2→R-CH(COOR’)2+HBrⅡ．R-CONH-R’+NaOHΔ⎯⎯→RCOONa+R’NH2Ⅲ．RBrNaCNRCNNaBr−+→−+回答下列问题：（1）A中所含

官能团名称为_______，B的结构简式为_______。（2）F→G反应的化学方程式为_______，C+D→E的反应类型为_______。（3）H中有_______个手性碳原子。（4）K为含苯环的Ⅰ的同分异构体，K同时含有2个硝基和3种不同化学环境的氢原子(个数比为9∶2∶

1)，则K的结构简式为_______(写一种即可)。（5）由合成的路线如下图：已知P→Q为取代反应，P的结构简式为_______，试剂X为_______(填化学式)。【答案】（1）①.酰胺基②.（2）①.②.取代反应（3）1（4）(或)（5）①.②.NaCN

【解析】【分析】该合成路线的详细过程如下所示：【小问1详解】A为，所含官能团名称为酰胺基，B的结构简式为。【小问2详解】根据已知信息与酯基在碱性条件下的水解原理可知F→G的化学方程式为：。C+D→E的反应为C分子中的-Br与D分子中两个酯基的α-H之间的取代

反应。【小问3详解】H的结构简式为，放有1个手性碳原子。【小问4详解】Ⅰ的同分异构体中含有苯环，同时又含有2个硝基和3种不同化学环境的氢原子(个数比为9：2：1)，则K的结构简式为或。【小问5详解】该合成流程如下所示：则P的结构简式为，试剂X为NaCN。18.苯并咪唑是一类杂环化合物，其

结构与天然存在的核苷酸的结构相似，具有较强的生物活性。以N，N＇-二苄基邻苯二胺为原料，在二甲亚砜(DMSO)溶剂中，加入氧化剂DDQ，可制备1-苄基-2-苯基苯并咪唑，转化关系如图1所示：实验装置如图2所示(夹持装置略)，实验步骤如下：①称取86.4mgN，N＇-二苄基邻苯二胺(rM28

8=)，取足量氧化剂DDQ备用。②向50mL三颈烧瓶中依次加入N，N＇-二苄基邻苯二胺、DDQ，再加入1.0mL二甲亚砜。③将反应烧瓶移至40℃的油浴锅中，加热回流1h。④向反应烧瓶中滴加5mL饱和223Na

SO溶液，待反应液变色后加入10mL蒸馏水稀释反应液。将反应液转移至分液漏斗，加乙酸乙酯萃取后分液，用少量饱和食盐水洗涤有机层，分液，向有机层中加入无水硫酸镁固体，静置一段时间后，分离出液体，对分离出的液体进一步分离纯化，得到1-苄

基-2-苯基苯并咪唑，称得质量为71.0mg。回答下列问题：（1）仪器A的名称是___________，冷凝水应从___________(选填“a”或“b”)口通入。（2）从绿色化学的角度考虑，本实验不用浓硝酸做氧化剂的主要原因是___________。（3）步骤③中回流结束后需要进行的操

作有：①停止加热，②关闭冷凝水，③移去油浴。正确的顺序是(填字母)___________。A.①②③B.③①②C.②①③D.①③②（4）步骤④中加入饱和223NaSO溶液的目的是___________。（5）步骤④中饱和食盐水的作用除

了洗涤，还有___________。“进一步分离纯化”的操作是___________。（6）本实验中1-苄基-2-苯基苯并咪唑的产率是___________(保留一位小数)。【答案】（1）①.球形冷凝管②.b（2）浓硝酸做氧化剂会产生对环境

有害的NO2气体，不利于环保（3）D（4）除去过量的氧化剂DDQ（5）①.促进有机物和水层分层，便于分液及减少产品溶解损失②.蒸馏（6）83.3%【解析】【分析】向三颈烧瓶中依次加入N，N'-二苄基邻苯二胺、DDQ，二甲亚砜，将反应烧瓶移至40℃的油浴锅中，加

热回流1h，向反应烧瓶中滴加5mL饱和Na2S2O3溶液除去过量的氧化剂DDQ，待反应液变色后加入10mL蒸馏水稀释反应液，将反应液转移至分液漏斗，加乙酸乙酯萃取后分液，用少量饱和食盐水洗涤有机层，促进有机物和水

层分层，分液，向有机层中加入无水硫酸镁固体除水，分离出液体，对分离出的液体蒸馏可得到1-苄基-2-苯基苯并咪唑。【小问1详解】根据装置图，仪器A的名称是球形冷凝管，为提高冷凝效果，冷凝水“低进高出”，冷凝水应从b口通入。【

小问2详解】浓硝酸做氧化剂会产生对环境有害的NO2气体，不利于环保，所以本实验不用浓硝酸做氧化剂；【小问3详解】步骤③中回流结束后先停止加热，再移走油浴，最后关闭冷凝水，这样操作可以减少产品损失，故选D。【小问4详解】步骤②加入了足量氧化剂DDQ，223NaSO具有还原性，步骤④

中加入饱和223NaSO溶液的目的是除去过量的氧化剂DDQ。【小问5详解】步骤④中饱和食盐水的作用除了洗涤，还有促进有机物和水层分层，便于分液及减少产品溶解损失，“进一步分离纯化”的操作是蒸馏，利用沸点不同进行分离；【小问6详解】86.

4mgN，N＇-二苄基邻苯二胺(rM288=)的物质的量为86.4g0.3mol288g/mol=，理论上生成0.3mol1-苄基-2-苯基苯并咪唑，本实验中1-苄基-2-苯基苯并咪唑的产率是71g100%83.3%0.3mol284g

/mol=。19.减少2CO的排放并利用2CO是我国能源领域的一个重要战略方向。在2CO与2H催化合成甲醇的体系中，同时存在以下反应：反应ⅰ：()()()()222COgHgCOgHOg++141.1H=+kJ⋅mol1−反应ⅱ：()()()23COg2HgCHO

Hg+290.0H=−kJ⋅mol1−反应ⅲ：()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++3ΔH回答下列问题：（1）3ΔH=_______；若要反应ⅲ正向自发进行，_______(填“高温”或“低温”)更有利。（2）对于反应ⅰ，()(

)()()222COHCOHOvvvkcckcc=−=−正正逆逆，其中正k、逆k分别为正反应、逆反应的速率常数。若升高温度，kk正逆_______(填“增大”“减小”或“不变”)。（3）初始压强为10M

Pa时，向恒容的密闭容器中加入1mol2CO和3mol2H发生上述反应，达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。已知：2CO的平衡转化率：()()()()2222COCOCO100

%COnnn−=平衡初始初始甲醇的选择性：()()()()3322CHOHCHOH100%COCOnxnn=−平衡平衡初始①图中Z代表的物质为_______(填化学式)。②根据图中：270℃时的数据分析计算：()2COg的平衡转化率为_______(保留一位小数)，甲

醇的选择性为_______%，反应()()()()222COgHOgCOgHg++的平衡常数pK=_______(保留一位小数)。（4）如何同时提高2CO的平衡转化率和甲醇的选择性？_______。【答案】（1）①.-48.9kJ

⋅mol1−②.低温（2）增大（3）①.2HO②.29.6%③.50④.38.6（4）增大压强【解析】【小问1详解】根据反应ⅰ：()()()()222COgHgCOgHOg++1Δ41.1H=+kJ⋅mol1−和反应ⅱ：()()(

)23COg2HgCHOHg+2Δ90.0H=−kJ⋅mol1−，得反应ⅲ：()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++则312ΔΔΔ48.9HHH=+=−kJ⋅mol1−，该反应的Δ0H、Δ0S，由ΔΔ0HTS

−得该反应在低温下正向自发进行；【小问2详解】当反应ⅰ处于平衡时，则正反应速率等于逆反应速率，即正逆=vv，()()()()222COHCOHOkcckcc=正逆，()()()()222COHOCOHcckKkcc==正逆反应ⅰ的1Δ0H，正向吸热，升高温度，则化学平衡常数K增大

，故kk正逆增大；【小问3详解】达到平衡时，反应ⅰ、ⅱ、ⅲ同时存在。升高温度，反应ⅰ正向进行，反应ⅱ逆向进行，均为生成CO的方向，则CO的物质的量分数增加，故X表示CO；反应Ⅱ、反应Ⅲ均逆向进行，则3CHOH的物质的量分数减少；反应ⅰ正向进行，则2

HO的物质的量增多，而反应Ⅲ逆向进行，则2HO的物质的量减少，故2HO的减少程度比3CHOH的减少程度小，故Y为3CHOH，Z为2HO。根据270℃时，CO和3CHOH的物质的量分数相等，可知参加反应的2CO有50%转化为3CHOH、50%转化为CO，故3CHOH的选择性为50%；设反应

达平衡后，()2COnm=mol，()2Hny=mol，()COnx=mol，()2HOnz=mol，()3CHOHnx=mol，依据碳元素和氢元素守恒，则有：1mxx++=mol①23yzx++=mol②依据a点和c点分别列式，得0.65ymyxzx=++++③0.0

8zmyxzx=++++④依据CO或3CHOH的选择性为50%，则有：100%50%1xm=−⑤联立①②③④⑤解得427=xmol；1927m=mol；6527y=mol；827z=mol，则2CO的平衡转化率为

28100%100%29.6%1mol27x=反应()()()()222COgHOgCOgHg++的各物质的计量数均为1，则()()()()2221965COH272738.648COHO2727pnnnKKnn===；【小问4

详解】反应ⅰ为吸热反应，反应前后气体分子数不变，反应ⅱ、反应ⅲ均为放热反应，反应前后气体分子数减小，若升高温度，反应ⅰ正向移动，2CO的平衡转化率增大，但生成3CHOH的反应ⅱ、反应ⅲ均逆向移动，2CO的

平衡转化率和甲醇的选择性均下降；降低温度，不利于提高2CO的平衡转化率；增大压强，能同时增大2CO的平衡转化率和甲醇的选择性；合适的催化剂只能提高甲醇的选择性，但不能改变2CO的平衡转化率。