【文档说明】2024年高考化学一轮复习效果检测卷（新七省高考卷）05 Word版含解析.docx，共(18)页，1.522 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-2f18bfcfc6920346825ae57acdd0081c.html

以下为本文档部分文字说明：

密卷·2024七省新高考一轮复习检测卷（五）化学注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选

涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5第Ⅰ卷一、单项选择题：共15题，

每题3分，共45分。每题只有一个选项最符合题意。1．人类生活品质的提升离不开科技的进步。下列说法正确的是A．作为纳米荧光材料的碳量子点属于胶体B．食品脱氧剂使用后，其中的铁粉转化成34FeOC．人工转化二氧化碳合成

的己糖属于高分子化合物D．环型碳10C、环型碳14C和金刚石均是碳元素的同素异形体【答案】D【解析】A．纳米苂光材料的碳量子点颗粒大小在胶体的范围内，但是没有分散剂，不能叫胶体，故A错误；B．食品脱氧剂使用后，其中的铁粉与空气中的氧气反应转化成23FeO，故B错误；C．己糖的相对分子质量不大，不

属于高分子化合物，故C错误；D．环型碳10C、环型碳14C和金刚石都是碳元素的单质，是碳元素的同素异形体，故D正确。答案选D。2．下列有关化学用语正确的是A．甲醛的电子式：B．水分子的空间结构模型：C

．中子数为38的铬原子表达式：6325CrD．Cu原子价电子排布图：【答案】A【解析】A．甲醛分子中H、C原子间共用1对电子，O、C原子间共用2对电子，O原子外围达到8e-结构，其电子式为，故A正确；B．此为水分子的价电子空间构型(V

SEPR模型)，水分子的空间构型为Ⅴ形，故B错误；C．铬原子的原子序数为24，质量数应为62，故C错误；D．Cu为3d轨道全充满结构，价电子排布图为，故D错误；故选A。3．周期表中ⅥA族元素及其化合物应用广泛。3O具有杀菌、消毒、漂白等作用

；2HS是一种易燃的有毒气体(燃烧热为1562.2kJmol−)，常用于沉淀重金属离子；硫酰氯(22SOCl)是重要的化工试剂，在催化剂作用下合成反应为()()()2222SOgClgSOClg+()1kJmol

0Haa−=；硒(34Se)和碲(52Te)的单质及其化合物在电子、冶金、材料等领域有广阔的发展前景，2HSe具有较强的还原性，工业上通过电解强碱性23NaTeO溶液制备Te。下列方程式书写正确的是A．22SOCl遇水强烈水解生成两种酸：2222

3SOCl2HOHSO2H2Cl+−+=++B．CuSe和浓硫酸反应：2442CuSeHSOCuSOHSe+=+C．2HS的燃烧：()()()()2232HSg2OgSOgOlH+=+1562.2kJmolH−=−D．电解强碱性23NaT

eO溶液的阴极反应：232TeO4e3HOTe6OH−−−++=+【答案】D【解析】A．SO2Cl2遇水强烈水解生成硫酸和盐酸，离子方程式为22224SOCl2HO4H2ClSO−+−+=++，A错误；B．浓硫酸具有强氧化性，可以氧化Se2-，

24422CuSeHSOCuSOH()OSeO++=+浓，B错误；C．2HS的燃烧燃烧热为1562.2kJmolH−=−，燃烧的热化学方程式为：()()()()22222HSg3Og2SOgHOl+=+11124.4kJ

molH−=−，C错误；D．强碱性环境，232TeO4e3HOTe6OH−−−++=+，D正确；故选D。4．工业上监测SO2含量是否达到排放标准的化学反应原理是：SO2+H2O2+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，下列说法正确的是A．标

准状况下11.2LSO2含有的原子总数为NAB．34gH2O2中含有共用电子对数目为4NAC．反应转移的电子数为0.4NA时，生成0.2mol的BaSO4沉淀D．25℃，pH=1的HCl溶液中含有的H+数目为0.1NA【答案】C【解

析】A．标准状况下，11.2LSO2含有的物质的量为：11.2L=0.5mol22.4L/mol，原子数为1.5NA，故A错误；B．1个H2O2含有3对共用电子对，34gH2O2物质的量为34g=1mol34g/mol，共用电子对为3NA，故B错误

；C．依据SO2+H2O2+BaCl2═BaSO4↓+2HCl~2e-可知，反应转移的电子数为0.4NA时，生成BaSO4沉淀物质的量为0.2mol，故C正确；D．溶液体积未知，所以无法计算pH=1的HCl溶液中含有的H+数目，故D错误。故选C。5．物质Y是一种重要的药物中间体，其合成路线如

下：下列说法不正确．．．的是A．1molX中含3mol碳氧π键B．X与互为顺反异构体C．Y分子中不含有手性碳原子D．可用新制的2Cu(OH)检验Y中是否有X【答案】A【解析】A．1molX中含2mol碳氧π键

，故A错误；B．X碳碳双键上的两个氢原子异侧，碳碳双键上的两个氢原子同侧互为顺反异构体，故B正确；C．手性碳原子上连接着四个不同的官能团或原子，Y分子中不含有手性碳原子，故C正确；D．X中含有醛基，Y中没有，可用新制的2Cu(OH)检验Y中是否有X，故D正确；故选：A。6．用如

图所示的新型电池可以处理含CN−的碱性废水，同时还可以淡化海水。下列说法正确的是A．a极电极反应式：23222CN10e12OH2CON6HO−−−−=++++B．电池工作一段时间后，右室溶液的pH减小C．交换膜Ⅰ为阳离子交

换膜，交换膜Ⅱ为阴离子交换膜D．若将含有26gCN−的废水完全处理，理论上可除去NaCl的质量为292.5g【答案】D【分析】由图可知，a电极CN−在碱性条件下失去电子生成氮气，电极反应为23222CN10e12OH2CON

6HO−−−−=−+++，a为负极，则b为正极，电极反应为：2H++2e-=H2↑，以此解题。【解析】A．由分析可知，a极电极反应式：23222CN10e12OH2CON6HO−−−−=−+++，A错误；B．由分析可知，b为正极，电极反应为：2H++2e-=H2↑，则消耗氢离子，pH增大，B

错误；C．由A分析可知，a电极附近负电荷减少，则阴离子通过交换膜Ⅰ向左移动，由B分析可知，b电极附近正电荷减少，则阳离子通过交换膜Ⅱ向右移动，C错误；D．26gCN−的物质的量为1mol，根据选项A分析可知

，消耗1molCN-时转移5mol电子，根据电荷守恒可知，可同时处理5molNaCl，其质量为292.5g，D正确；故选D。7．有机“纳米小人”风靡全球，其中涉及的一个反应如图，下列说法正确的是A．化合物M的一氯代物有4种B．化合物P中一定共

平面的原子有14个C．该反应完全符合绿色化学的思想，理论上原子利用率为100%D．化合物N能使酸性KMnO4溶液褪色，但不能使溴水褪色【答案】A【解析】A．化合物M有4种等效氢(如图所示)，所以一氯代物有4种，

故A正确；B．三键为直线结构，化合物P中一定共平面的原子有16个，故B错误；C．M中的Br原子没有进入目标产物，原子利用率不是100%，故C错误；D．化合物N中含有碳碳三键、醛基，能使酸性KMnO4溶液褪色

，也能使溴水褪色，故D错误；选A。8．某储氢材料前驱体结构如下图，M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子。下列说法错误的是A．简单氢化物沸点高低：X<YB．Y和W位于同一主族C．第一电离能大小：X<Z<YD．阴、阳离子中均

有配位键【答案】B【分析】由题干信息可知，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子，故Z为C或者O，根据多孔储氢材料前驱体结构图可知Y周围形成了4个单键，再结合信息M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，故Y为N

，故Z为O，M只形成一个单键，M为H，X为C，则W为B，据此分析解题。【解析】A．X为C，Y为N，由于N元素形成的简单氢化物氨气中含有氢键，则其沸点高于C的简单氢化物甲烷，A正确；B．Y为N，位于第VA族，W为B，位于第IIIA族，二者不属于同主族元素，B错误；C．X为C，Y

为N，Z为O，根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA，VA与VIA反常，故第一电离能：X<Z<Y，C正确；D．由于阳离子中的Y原子是N原子，形成了类似于铵根离子的阳离子，故存在配位键，阴离子中的W为B，最外层上只有3个电子，能形成3个共价键，现在形成了4个共价键，故还有一

个配位键，D正确；故选B。9．高铁酸钾(24KFeO)是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，在水处理过程中，高铁酸钾转化为()3FeOH胶体，制备高铁酸钾流程如图所示。下列叙述不正确的是A．反应I的化学方程式是22FeClFeCl+B．反应Ⅱ中氧化剂与还

原剂的物质的量之比为3:2C．用2FeCl溶液吸收反应I中尾气所得产物可再利用D．用24KFeO对饮用水杀菌消毒的同时，()3FeOH胶体吸附杂质净化水【答案】A【分析】铁与氯气反应生成氯化铁，加入NaClO、NaOH，次氯酸钠将铁离子在碱性条件下氧化成Na2FeO4，加入饱和K

OH溶液可析出高铁酸钾(K2FeO4)，分离得到粗K2FeO4，采用重结晶、洗涤、低温烘干将其提纯，以此解答该题。【解析】A．反应Ⅰ中Fe与氯气反应生成氯化铁，化学方程式是2Fe+3Cl22FeCl3，A错误；B．反应Ⅱ中Cl元素化合价由+1价降低为-1

价，Fe元素化合价由+3价升高到+6价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2，B正确；C．由题干工艺流程图可知，反应I后的尾气中含有Cl2，用FeCl2溶液吸收反应Ⅰ中尾气，发生的反应为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3，即所得产物为FeCl3可

再利用，C正确；D．K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，生成的铁离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可用于净水，利用了胶体具有较强吸附能力的特点，D正确；故答案为：A。10．一定条件下，利用()Rg制备()Mg，反

应为①()()RgMg，过程中发生②()()MgNg和③()()MgPg两个副反应，反应历程如图所示，下列说法正确的是A．反应③比反应①更快达到平衡B．温度越高，M的产率一定越高C．一定时间内，使用合适的催化剂可减少体系中P的含量D．增大R的

浓度，反应①②③的v正增大、v逆减小【答案】C【解析】A．反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，反应③的活化能比反应①大，则反应③速率比反应①慢，达到平衡的时间更长，故A错误；B．由图可知，三个反应都是放热反应，升高温度，平衡均向逆反应方向移动，由于反应①的活化能小于副

反应，反应速率快于副反应，所以M的产率降低，故B错误；C．一定时间内，使用合适的催化剂，可提高反应①的选择性，降低副反应②、③的选择性，从而减少体系中P的含量，故C正确；D．增大R的浓度，可增大单位体积内的活化分子数，有效碰撞的次数增多，反应①②③的正逆反应速率均

增大，故D错误；故选C。11．三草酸合铁酸钾是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，该配合物在光照下易分解：()324223234KFeCO6KO2FeOFeO11CO13CO⎯⎯⎯→++++光照，下列说法不正确的是A．反应物中Fe元

素只体现氧化性，C元素既体现氧化性又体现还原性B．氧化产物和还原产物的物质的量之比为1:1C．若有32molFe+被还原，则被还原的224CO−为6molD．每生成20.6molKO，转移电子数为1.3mol【答案】C【解析】A．反应中Fe由+3价变为+2价，化合价降低表现氧化性被还原；碳元素化

合价由+3部分变为+2、部分变为+4，C元素既体现氧化性又体现还原性，A正确；B．反应中氧化产物为12分子二氧化碳，还原产物为11分子一氧化碳和1分子氧化亚铁，故氧化产物和还原产物的物质的量之比为1:1，B正确；C．由化学方程式可知，2个铁离子被还原的同时，

11个碳被还原生成11分子CO，故两者关系为3224121F2eCO+−，则若有32molFe+被还原，则被还原的224CO−为5.5mol，C错误；D．由化学方程式可知，反应中13个碳的化合价由+3变为+4转移13个电子生成13分子二氧化碳，电子转移关系为226KO13e13CO−，

则每生成20.6molKO，转移电子数为1.3mol，D正确；故选C。12．某反应()()()()AgBgCgDg+→+的速率方程为()()ABmnvkcc=。其中，k为速率常数。已知其半衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为0.8/k。改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如

表所示，下列说法不正确的是()()1A/molLc−0.250.501.000.501.001c()()1B/molLc−0.0500.0500.1000.1000.2002c()311/10molLminv−−−1.63.21v3.22v4.8A．上述表格中的10.7

5c=、26.4v=B．该反应的速率常数316.410mink−−=C．升温、加入催化剂均可使k增大，反应瞬时速率加快D．在过量的B存在时，当剩余6.25%的A时，所需的时间是375min【答案】D【分析】某反应A(g)+B(g)→C(g)+D(g)的速率方程为()()ABmnv

kcc=，其中k是反应速率常数，受温度、催化剂的影响，浓度变化，k不变。由第二组数据3.2×10-3=k(0.5)m(0.050)n和第四组数据3.2×10-3=k(0.5)m(0.100)n，可知n=0，由第一组数据1.6×10-3=k(0.25

)m(0.050)0，第二组数据3.2×10-3=k(0.5)m(0.050)0，两式相比得到m=1；将n=0，m=1代入1.6×10-3=k(0.25)1(0.050)0得到k=6.4×10-3min-1。速率方程式为v=6.4×10-3c(A)c0(B)。【解析】A．

由上速率方程式为v=6.4×10-3c(A)c0(B)，代入第五组数据，v2=6.4×10-3×(1.00)×(0.200)0=6.4×10-3molL-1min-1，故v2=6.4；第六组数据中v=4.8×10-3molL-1min-1，代入速率方程解得

c1=0.75，A正确；B．根据分析k=6.4×10-3min-1，B正确；C．升温、加入催化剂可使k增大，C正确；D．根据题给信息，其半衰期为：0.8/k。存在过量的B时，当剩余6.25%的A时可以看作经历4个半衰

期，即因此所需的时间为340.8min500min6.410−=，D错误；故选D。13.探究铁及其化合物的性质，下列实验方案、现象或结论不正确的是选项实验方案现象结论A32mL0.01mol/LFeCl溶液滴加2mL浓盐酸溶液颜色加深氢离子抑制了3Fe+的

水解B乙酰水杨酸水解液中加入过量的3NaHCO除去过量的硫酸，滴加几滴氯化铁溶液溶液显紫色说明乙酰水杨酸中含有酚羟基C向氢氧化铁胶体中逐滴加入稀硫酸至过量先产生沉淀后逐渐溶解3Fe(OH)先聚集为沉淀，后与H+应D向36KFe(CN)溶液中加入少许铁粉，静置一段时间有蓝色沉淀生成36

KFe(CN)具有氧化性【答案】A【解析】A．FeCl3溶液时加入HCl抑制了3Fe+水解，氢氧化铁浓度降低，溶液颜色变浅，A错误；B．乙酰水杨酸水解得到邻羟基苯甲酸和乙酸，酚羟基遇三价铁离子显紫色，B正确；C．向氢氧化铁胶体中逐滴加入稀硫酸至过量

，先产生3Fe(OH)沉淀发生聚沉，后3Fe(OH)沉淀与H+反应逐渐溶解，C正确；D．36KFe(CN)与Fe2+反应生成蓝色沉淀，说明36KFe(CN)具有氧化性和铁粉反应生成了Fe2+，D正确；故答案为：A。14．过渡金属的氮化物和碳化物都表现了较好的催化性能

，由碳(C)、钨(W)两种元素形成的两种碳化物甲(晶胞边长为anm)和乙(晶胞边长为bnm)的立方晶胞结构如图所示。下列说法正确的是A．碳化物甲的化学式为WCB．晶体甲中与W原子距离最近的W原子有8个C．晶胞乙中两个C原子最近距离为

2b2nmD．甲、乙两种晶胞的密度比为33b:2a【答案】C【解析】A．由甲图可知，W原子位于8个顶点和6个面心，C原子位于4条棱的中心以及体心1个，所以晶胞中W原子为118+6=482，C原子为14+1=24，所以碳

化物甲的化学式为W2C，故A错误；B．晶体甲中与W原子距离最近的W有12个，故B错误；C．由乙的晶胞可知，两个C原子最近距离为面对角线长度的一半，故C正确；D．甲的化学式为W2C，乙的化学式为WC，晶胞的质量比不为1:2，甲乙两种晶胞的密度比不会是33b:2a，故D错误；故答案

为：C。15．25℃时，某酸2HR溶液中存在的各种含R元素微粒在总浓度中所占分数随溶液pH的变化关系如图所示。下列叙述不正确的是A．a2K的数量级为1310−B．NaHR溶液中，()()22cHRcR−C．若()()()()22cHR2cRcOHcH−−+++=，则()()2cHRc

HR−=D．2Fe+易与溶液中的2R−形成沉淀，pH8=时2Fe+恰好沉淀完全()25cFe1.010mol/L+−=，此时()92cHR6.010mol/L−=(FeR的spK为186.010−)【答案】

C【分析】2HR的电离方程式为+-2HRH+HRƒ，+2-HRH+R−、，溶液酸性较强时主要发生第一步电离，随着酸性减弱发生第二步电离，由图可知，pH=7时，()()-2cHR=cHR，()+-7a1K=cH=10；pH=13时()()2-cHR=c

R−，()2+-13a2+-(H)(R)(1HR)KH10cccc−===。【解析】A．()2+-13a2+-(H)(R)(1HR)KH10cccc−===，A正确；B．在NaHR溶液中存在--22HR+HOHR+OH，-

13a2K110=，也存在--22HR+HOHR+OH，()()+w-14-7+--h7221-(OH)(HR)(OH)(HR)(HR)KHK10=10K10H(HR)acccccccc−−====，所以水解大于电离，()()22cHRcR−

，B正确；C．由图可知当()()2cHRcHR−=时溶液显中性()()+-cH=cOH，C错误；D．此时()-92cHR=6.010mol/L，pH8=，根据-7-13-20a1a+2222-c(H)c(R)c(KHK==1010

=1R)0，()-20-9-2-92+2+2106.0106.010c(H)c(H)cR==，()()-2+28-2-9-2+156.0c100.110(FecR==0cH6.1)0解得()

+-8cH=110molL,D正确；故选C。第Ⅱ卷二、非选择题：共4题，共55分。16.（13分）重铬酸钠(272NaCrO)广泛应用于医药和印染行业，用含铬矿渣(主要成分是23CrO，还含有少量23

FeO和23AlO)制备272NaCrO的流程如下：已知：室温下，34Al(OH)OHAl(OH)−−+；0.63K10=、14wK110−=。回答下列问题：（1）含铬矿渣“灼烧”过程中，23AlO将转化为(填化学式)。而23CrO将氧化为24NaCrO，其化学方程式

中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。（2）“浸取”所得的滤渣中含量最多的金属元素是。下列措施能显著提高浸取率的方法是。A．搅拌B．增加水量C．升高温度D．增大压强（3）室温下“中和除铝”：432Al(OH)HAl(OH)HO−+++。控制pH=，可保证4Al(OH)

−恰好沉淀完全(溶液中浓度为5110mol/L−)。此步骤中24HSO也可选用“灼烧”步骤产生的(填化学式)代替。（4）“酸化”步骤主要发生的离子反应方程式为。（5）三氧化铬(3CrO)常用于做鞣革织物媒染剂，可用

272NaCrO固体与浓硫酸反应制取，产物中有一种显酸性的盐，写出该化学反应方程式。【答案】（1）2NaAlO（1分）3:2（2分）（2）Fe（1分）AC（2分）（3）8.37（2分）2CO（1分）（4）2242722CrO2HCrOHO−+−++（2分）（5）22724432NaCrO2HS

O()2NaHSO2CrOHO+=++浓（2分）【分析】含铬矿渣加入碳酸钠“灼烧”，23AlO将转化为2NaAlO，23CrO氧化为24NaCrO，加水溶解除去不溶的23FeO，滤液加入硫酸调节pH，

使铝转化为氢氧化铝除去，再加入硫酸酸化，使24NaCrO转化为272NaCrO，蒸发结晶得到272NaCrO，同时生成副产物硫酸钠，据此解答。【解析】（1）含铬矿渣“灼烧”过程中，23AlO和碳酸钠反应转化为2N

aAlO，23CrO被氧化为24NaCrO，反应中23CrO中Cr由+3价升高为+6价，O2中O由0价降低为-2价，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2。（2）23FeO灼烧过程中不反应，且不溶于水，所得滤渣主

要是23FeO，故滤渣中含量最多的金属元素是Fe；该反应在溶液中进行，搅拌、升高温度能显著提高浸取率，故选AC。（3）①34Al(OH)OHAl(OH)−−+，0.63K10=；②432Al(OH)HAl(OH)HO−+++，241K(H)Al(OH)c

c−+=；③2HOHOH+−+，14wK110−=；可得②=-①-③，则K2=11KKw+=1413.370.63140.63111010101010−+==，13.37241K10(H)Al(OH)c

c−+==，54Al(OH)10mol/Lc−−=，所以8.37c(H)10+−=，则pH=8.37。“灼烧”步骤生成2CO，此步骤中24HSO也可选用“灼烧”步骤产生的2CO代替。（4）“酸化”步骤主要发生的离子反应方程式为2242722CrO2HCrOHO−+

−++。（5）用272NaCrO固体与浓硫酸反应制取3CrO，所得显酸性的盐为硫酸氢钠，该化学反应方程式22724432NaCrO2HSO()2NaHSO2CrOHO+=++浓。17.（13分）邻硝基苯甲醛是一种重要的精细化学品，实验室可通过图1装置(夹持仪器已略去)

，以邻硝基苯甲醇为原料，利用两相反应体系(图2)实现邻硝基苯甲醛的选择性氧化合成．已知部分物质的性质如下表所示。物质TEMPOCOOH−溶解性微溶于水，易溶于难溶于水，易溶于易溶水，难溶于22CHCl22CHCl22CHCl熔点/℃7043—沸点/℃270153—性质3NaHSO

+(易溶于水)实验步骤如下：I．向三颈瓶中依次加入()1.53g10mmol邻硝基苯甲醇，10.0mL二氯甲烷(沸点398.℃)和磁子，搅拌使固体全部溶解。再依次加入1.0mLTEMPO-COOH水溶液(做催化剂)

和13.0mL饱和3NaHCO溶液。在15℃和剧烈搅拌条件下，滴加13.0mL足量10%NaClO水溶液后，继续反应40min。Ⅱ．反应完全后，将反应液倒入分液漏斗，分出有机层后，水相用10.0mL二氯甲烷萃取，合并有机相，经无水硫酸钠干燥、过滤后，除去并回收滤液中的二氯甲烷，得到粗品。Ⅲ．

将粗品溶解在20.0mL二氯甲烷中，加入10.0mL饱和3NaHSO溶液，充分作用后，分离得到水层，水层在冰浴中用5%氢氧化钠溶液调节到pH10=，浅黄色固体析出完全．抽滤、干燥至恒重，得1.30g产品。（1）控制

反应温度为15℃的方法是；滴加NaClO溶液时，需要先将漏斗上端玻璃塞打开，目的是。（2）合成产品的化学方程式为。（3）相比于单相反应体系，利用两相反应体系可以大幅减少副产物的量，原因是；该副产物主要成分是。（4）步骤Ⅱ中除去并回收二氯甲烷的实验方法是。（5）若用一定浓度盐酸代替“

步骤Ⅲ”中的5%氢氧化钠溶液调节pH，(填“能”或“不能”)析出大量产品，原因是。（6）本实验产率为(计算结果保留3位有效数字)。【答案】（1）冷水浴（1分）平衡气压，使NaClO溶液顺利流下（1分）（2）+NaClO⎯⎯⎯→催化剂

+H2O+NaCl（2分）（3）反应在水相中进行，生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化，相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量（2分）邻硝基苯甲酸（1分）（4）蒸馏（1分）（5）能（1分）由于溶液中存在平衡：3+NaHSO，浓盐酸会与3NaHSO溶液反应，

使平衡逆向移动，能析出大量产品（2分）（6）86.1%（2分）【分析】实验室可通过图1装置(夹持仪器已略去)，以邻硝基苯甲醇为原料，利用两相反应体系(图2)实现邻硝基苯甲醛的选择性氧化合成，向三颈瓶中依次加入(

)1.53g10mmol邻硝基苯甲醇，10.0mL二氯甲烷(沸点398.℃)和磁子，搅拌使固体全部溶解。再依次加入1.0mLTEMPO-COOH水溶液(做催化剂)和13.0mL饱和3NaHCO溶液。在15℃和剧烈搅拌条件下，滴加13

.0mL足量10%NaClO水溶液后，继续反应40min，反应在水相中进行，生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化，相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量，以此解答。【解析】（1）15℃低于常温，控制反应温度

为15℃的方法是冷水浴，滴加NaClO溶液时，需要先将漏斗上端玻璃塞打开，目的是平衡气压，使NaClO溶液顺利流下。（2）在催化剂存在条件下，邻硝基苄醇被NaClO氧化生成邻硝基苯甲醛，本身被还原为NaCl，由原子守恒可知，产物还应该有水，化学方程式为+NaClO⎯⎯⎯→催化剂+H2O+NaCl

。（3）反应在水相中进行，生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化，相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量；邻硝基苯甲醛具有还原性，能被NaClO进一步氧化为邻硝基苯甲酸，则该副产物主要成分是邻硝基苯甲酸。（4）二氯甲烷沸点较低，而邻硝基苯甲醛沸点较高，

可采用蒸馏的方法分离。（5）用一定浓度盐酸代替“步骤Ⅲ”中的5%氢氧化钠溶液调节pH，由于溶液中存在平衡：3+NaHSO，浓盐酸会与3NaHSO溶液反应，使平衡逆向移动，能析出大量产品。（6）由反应+NaClO⎯⎯⎯→催化剂+H2O+NaCl可知，()1.53g10mmol

邻硝基苄醇与过量的NaClO完全反应，理论上可得到10mmol邻硝基苯甲醛，质量为0.01mol151g/mol=1.51g，产率1.30100%86.1%1.51gg=。18.（14分）晶体硅材料是最主要的光伏材料，随当前

信息工程的发展，硅主要用于微电子技术。工业上将粗硅氯化、精馏后得到4SiCl和3SiHCl的混合物然后用2H还原得到高纯硅。还原过程中发生的主要反应为：i．42SiCl(g)2H(g)Si(s)4HCl(g)++1akJ/mol=Hii．32SiHCl(g)H(g)Si(s)3HCl(g)++2

bkJ/molH=回答下列问题：（1）已知：34222SiHCl(g)SiCl(g)SiHCl(g)+348kJ/molH=+，2H(g)还原4SiCl(g)生成22SiHCl(g)的热化学方程式为。（2）在1T、2T温度下，将()41molS

iClg、()31molSiHClg和()23molHg分别加入体积固定的密闭容器中，在催化条件下发生反应i、ii．测得2H的转化率及体系内的压强随时间的变化关系如图所示。①2T温度下，反应达到平衡时()3SiHClg的转化率。②2T温度下，反应i的标准平衡常数K的计算式为。(已知：分压=

总压×该组分物质的量分数，对于反应dD(g)eE(g)gG(g)hH(g)++的ghGHdcDEppppKpppp=，其中6p10Pa=，Gp、Hp、Dp、Ep为各组分的平衡分压)。③2ΔH0(填“>”或“<”)，写出推理过程。

（3）研究发现，反应4223SiCl(g)SiHCl(g)2SiHCl(g)+的活化能a100kJ/molE=。反应的活化能aE、速率常数k、温度T满足关系：()()2aa112Δ11lnkTEEkTRTTRT=−=−。已知：()38.310kJ/molKR−=；ln10=2.

3①若1300KT=，通过升高温度到595K，才能满足82110kk=以加快反应速率；②若T=300K，使用催化剂使活化能降低，满足82110kk=以加快反应速率，aE应减小。上述②中aE应减小kJ/mol(保留1位小数)；对比①和②你得到的结论

是。【答案】（1）4222SiCl(g)2H(g)SiHCl(g)2HCl(g)++1(2a-2b+48)kJmolH−=（2分）（2）80%（2分）425.6(1.32)6.60.20.61.32(1.32)6.66.6（2分）<（2分）1TT2，

2T时()3SiHClg的转化率为80%，1T温度下()3SiHClg的转化率是90%，降低温度，()3SiHClg转化率升高，反应ⅱ是放热反应，2H0（2分）（3）45.8（2分）生产中提高反应速率，研制催化剂比提高反应

温度更有意义（2分）【解析】（1）H2(g)还原SiCl4(g)生成SiH2Cl2(g)的化学方程式为4222SiCl(g)2H(g)SiHCl(g)2HCl(g)++，已知①42SiCl(g)2H(g)Si(s)4

HCl(g)++1akJ/mol=H；②32SiHCl(g)H(g)Si(s)3HCl(g)++2bkJ/molH=③34222SiHCl(g)SiCl(g)SiHCl(g)+348kJ/molH=+，由盖斯定律可知(反应①-反应②)+反应③可得反应4222SiCl

(g)2H(g)SiHCl(g)2HCl(g)++，则反应的△H=2(△H1-△H2)+△H3=(2a-2b+48)kJ·mol-1，因此H2(g)还原SiCl4(g)生成SiH2Cl2(g)的热化学方程式为4222SiCl(g)2H(g)SiHCl(g)2H

Cl(g)++1(2a-2b+48)kJmolH−=。（2）①由图象可知，T2温度下，反应达到平衡时H2的转化率为80%，则消耗H2的物质的量为2.4mol，设消耗SiCl4(g)的物质的量为x，消耗SiHCl3的物质的量为y，则列三段式有：()()()()()()()42SiClg2Hg

Sis4HClgmol130molx2x4xmol1x32x4x++−−起始转化平衡()()()()()()()32SiHClgHgSis3HClgmol130molyy3ymol1y3y3y++−−起始转化平衡32SiHCl(g)H(g)Si(s)3HCl(g)++则有2

x+y=2.4，又T2温度下，达到平衡时的压强为1.32×106Pa，起始压强为1.0×106Pa，则()()661-x+1-y+0.6+4x+3y1.3210=1131.010++，化简为3x+2y=4，解得x=0.8，y

=0.8，因此达到平衡时SiHCl3的转化率为0.8mol100%1mol=80%；②由①可知，T2温度下，达到平衡时n(SiCl4)=n(SiHCl3)=0.2mol，n(H2)=0.6mol，n(HCl)=

(3.2+2.4)=5.6mol，则反应i的标准平衡常数K=425.61.326.60.20.61.321.326.66.6；③结合①计算可得，T1温度下，SiHCl3的转化率为90%，而T2温度下SiHCl

3(g)的转化率为80%，根据图象，T2温度下反应先达到平衡，因此T2＞T1，则T2→T1为降低温度，SiHCl3(g)转化率升高，因此反应ⅱ是放热反应，即△H2＜0。（3）上述②中，若T=300K，使用催化剂使活化能降低，满足21kk=108以加快反应速率，此时ln108=-a

E300R，则，因此Ea应减小45.8kJ/mol，上述①中，升高温度到595K，满21kk=108以加快反应速率，此时ln108=a1a112EE1111-=-RTTR300595，则a1E=8

ln10R91.6kJ/mol11-300595，Ea增大，因此生产中提高反应速率，研制催化剂比提高反应温度更有意义。19.（15分）奥美拉唑(171933CHONS)是基于诺贝尔医学奖成果

研制的药物，该药物对幽门螺旋杆菌引起的胃及十二指肠溃疡根治率最高。奥美拉唑的合成路线如下(Me表示甲基)：回答下列问题：（1）有机物B中含氧官能团的名称为。（2）反应①和③的反应类型分别为、。（3）化合

物A核磁共振氢谱的吸收峰有组。（4）反应②中与一种无机小分子X反应脱去一个2HS分子得到C，无机小分子X的化学式为；写出在氢氧化钾溶液中发生该反应的总反应方程式：。（5）化合物的同分异构体M满足下列条件

：①苯环上有4个取代基；②可以与碳酸氢钠反应产生大量气泡且能与3FeCl溶液发生显色反应。符合条件的M有种。（6）反应④若加入的氧化剂过量，生成的副产物的分子式为171943CHONS，且S原子形成6个共用电子对，该副产物的结构简式为

。【答案】（1）醚键（1分）（2）还原反应（2分）取代反应（2分）（3）5（2分）（4）CS2（2分）+CS2+2KOH→+K2S+2H2O（2分）（5）16（2分）（6）（2分）【分析】有机物A中硝

基经还原后生成有机物B，B中两个氨基的H原子被取代并成环生成有机物C，C中S-H键的H原子被取代后生成有机物D，D中S原子氧化后引入S=O键生成最后产物，据此答题。【解析】（1）有机物B中含氧官能团结构为C-O-C，名称为

醚键。（2）反应①为硝基转化为氨基，属于还原反应。反应②是氨基上的H原子被取代的反应，属于取代反应。（3）化合物A不具有对称性，共有5种不同化学环境的氢，故核磁共振氢谱的吸收峰有5组。（4）根据原子守恒，在反应②中根据有机物B、C与H2S的组成，可知X是CS2。在氢氧化钾溶液中发生该反应

的总反应方程式：+CS2+2KOH→+K2S+2H2O。（5）根据要求，同分异构体中有一个苯环，其四个取代基分别是2个2NH−、1个COOH−、1个OH−。先确定2个氨基的位置，有邻、间、对三种，后确定第三取代基（COOH−）的位置，再确定第四取代基（OH−

）的位置（可能出现的位置用数字表示）：当氨基为邻位时，有以下不同结构：、，共有6种同分异构体；当氨基间位时，有以下不同结构：、、，共有7种同分异构体；当氨基对位时，有以下不同结构：，共有3种同分异构体。故符合要求的同分异构体共有16种。