1、广东省六校联盟2021届高三化学上学期第一次联考试题（含解析）可能用到的相对原子质量: C-12 O-16 Na- 23 Cl-35.5 Co-59第I卷一、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目要求。1. 化学与生活密切相关。下列叙述错误的是A. 使用75%的酒精、0.1%的次氯酸钠均可以杀死新冠病毒B. 免洗手消毒液的成分活性银离子、乙醇均能使蛋白质变性C. 医用外科口罩的核心功能层聚丙烯熔喷布属于有机高分子材料D. “蜡炬成灰泪始干”中的蜡的主要成分为高分子聚合物【答案】D【解析】【详解】A75%的酒精能渗透到病毒内部，使蛋白质变性杀死病毒；0.1%的次
2、氯酸钠溶液中，次氯酸根离子水解生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能使病毒中的蛋白质变性杀死病毒，则二者均可以杀死新冠病毒，故A正确；B免洗手消毒液的成分活性银离子，银离子属于重金属离子，能使蛋白质变性，乙醇能渗透到病毒内部，使蛋白质变性杀死病毒，则二者均能使蛋白质变性，故B正确；C医用外科口罩的核心功能层聚丙烯可由丙烯发生加聚反应制得，属于有机高分子材料，故C正确；D “蜡炬成灰泪始干”中蜡是从石油的含蜡馏分经冷榨或溶剂脱蜡而制得的，是几种高级烷烃的混合物，主要是正二十二烷(C22H46)和正二十八烷(C28H58)，添加的辅料有白油，硬脂酸，聚乙烯，香精等，其成分的相对分子质量不是很大，不能称
3、为高聚物，故D错误；答案选D。2. 实验是化学研究的基础，下列叙述正确的是A. 可用KI溶液除去液溴中少量的Cl2B. 可用热的纯碱溶液除去试管内壁的油污C. 可用碱式滴定管量取12.85mL的K2Cr2O7溶液D. 可用耐高温的石英坩埚灼烧氢氧化钠固体【答案】B【解析】【详解】A. 用KI溶液除去液溴中少量的Cl2会引入单质碘，A错误；B. 纯碱溶液显碱性，油脂在碱性溶液中易水解，可用热的纯碱溶液除去试管内壁的油污，B正确；C. K2Cr2O7溶液具有强氧化性，应该用酸式滴定管量取12.85mL的K2Cr2O7溶液，C错误；D. 高温下二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，不能用耐高温的石英
4、坩埚灼烧氢氧化钠固体，D错误；答案选B。3. 下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. 0.1 mol/L HCl溶液：Cu2+、K+、SO、NOB. 0.1 mol/L H2O2溶液：K+、NH、SO、NOC. 0.1 mol/L KSCN溶液：NH、Fe3+、SO、Cl-D. 0.1 mol/L Na2CO3溶液：Na+、Al3+、SO、HCO【答案】A【解析】【详解】A四种离子相互之间不反应，也不与氢离子和氯离子反应，可以大量共存，故A符合题意；B双氧水具有氧化性，会将亚硫酸根氧化，故B不符合题意；CSCN与Fe3+生成络合物而不能大量共存，故C不符合题意；DAl3+和CO32-以及H
5、CO3-都会发生完全双水解反应而不能大量共存，故D不符合题意；故答案为A。4. 分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是A. 该物质的分子式为C10H12O6B. 该分子中所有原子可能在同一平面上C. 1mol分枝酸最多可与3mol NaOH发生反应D. 能与饱和碳酸氢钠溶液反应生成无色气体【答案】D【解析】【详解】A该物质的不饱和度为6，所以分子式应为C10H10O6，A不正确；B该分子中与-OH相连的碳原子及与-O-相连的环上碳原子都以单键与周围的4个原子相连，它们不可能位于同一平面上，B不正确；C由于醇羟基与NaOH不反应，所以1mol分枝酸最多可与2mol N
6、aOH发生反应，C不正确；D分枝酸中含有-COOH能与饱和碳酸氢钠溶液反应，生成无色气体CO2，D正确；故选D。5. 三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化，其催化剂表面物质转化的关系如图1所示，化合物X可借助傅里叶红外光谱图(如图2所示)确定。下列说法正确的是A. 在转化过程中，氮元素均被还原B. 依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程C. 还原过程中生成0.1 mol N2，转移电子数为0.5 molD. X的化学式为Ba(NO3)2【答案】D【解析】【详解】A图示储存过程中，BaO与NOx、O2发生反应生成Ba(NO3)2，氮元素被氧化，A不正确；B依据图示可
7、知，BaO为催化剂，BaO与NOx、O2发生反应生成Ba(NO3)2，BaO参与储存N元素，B不正确；C还原过程中生成0.1 mol N2，转移电子的物质的量为0.1 mol(5-0)2=1mol，C不正确；D由傅里叶红外光谱图可知，X中含有，所以X的化学式为Ba(NO3)2，D正确；故选D。6. 元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于第四周期，X、Y、Z、Q原子的最外层电子数之和为18，下列说法不正确的是XYZQA. 原子半径(r)：r(Q)r(Z)r(Y)r(X)B. 元素Z有-2、+4、6等多种价态C. X和Z可形成共价化合物XZ2D. 可以推测Q的最高价氧化物的水化
8、物的化学式是H3QO4【答案】A【解析】【分析】设X原子的最外层电子数为x，则Y原子的最外层电子数为x-1，Q原子的最外层电子数为x+1，Z原子的最外层电子数为X+2，x+x+1+x-1+x+2=18，解得x=4，又因为Q位于第四周期，则X、Y、Z、Q分别为C、Al、S、As，据此解答。【详解】AY和Z位于同一周期，同周期元素从左往右，原子半径逐渐减小，r(Y)r(Z)，A错误；BZ为S，S常见的化合价有-2、+4、6等，B正确；CX为C，Z为S，可形成共价化合物CS2，C正确；DQ为第A族元素，最高正化合价为+5，其最高价氧化物的水化物的化学式为H3AsO4，D正确。答案选A。7. 根据下列
9、实验操作和现象，能得出相应实验结论的是选项实验操作和现象结论AKI淀粉溶液中滴入氯水，溶液变蓝，再通入SO2，蓝色褪去SO2具有漂白性B向苯酚钠溶液中通足量CO2，溶液变浑浊酸性:碳酸苯酚C加热乙醇与浓硫酸的混合溶液，将产生的气体通入少量酸性KMnO4溶液中，溶液紫红色褪去有乙烯生成D向含有AgCl和AgNO3的浊液中滴加 Na2S 溶液，有黑色沉淀生成Ksp(Ag2S)Ksp(AgCl)A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.KI淀粉溶液中滴入氯水，溶液变蓝，再通入SO2，蓝色褪去，二氧化硫与碘单质发生氧化还原反应，体现二氧化硫的还原性，故A错误；B.向苯酚钠溶液中通足
10、量CO2，溶液变浑浊，说明苯酚钠与二氧化碳反应生成苯酚，可以得出碳酸的酸性强于苯酚，故B正确；C.加热乙醇与浓硫酸的混合溶液，将产生的气体通入少量酸性KMnO4溶液中，溶液紫红色褪去，不能说明有乙烯生成，因为乙醇易挥发，也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D.向含有AgCl和AgNO3的浊液中滴加 Na2S 溶液，有黑色沉淀生成，不能说明Ksp(Ag2S)Ksp(AgCl)，因为溶液中银离子可以直接与硫离子反应生成硫化银沉淀，故D错误；故选：B8. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是A. 1 mol Na2O和1mol Na2O2组成的混合物中含有的离子总数为6NAB. 密闭容
11、器中2mol NO 与1mol O2充分反应，所得产物的分子数为2NAC. 标准状况下，2.24L 氯仿(CHCl3)含有的共价键数为0.4NAD. 1.0 L 1.0 mol/L的NaAl(OH)4溶液中含有的Al(OH)4数目为NA【答案】A【解析】【详解】A1molNa2O由2molNa+和1molO2-构成，1mol Na2O2由2molNa+和1molO22-构成，所以1 mol Na2O和1mol Na2O2组成的混合物中含有的离子总数为6NA，正确；B2molNO和1molO2恰好完全反应生成1molNO2，生成的NO2会部分转变为N2O4，所以所得产物的分子数小于2NA，错误；
12、C标准状况下，氯仿是液体，无法计算其物质的量，错误；D1.0 L 1.0 mol/L的NaAl(OH)4溶液中溶质的物质的量为1mol，但由于Al(OH)4-水解，所以Al(OH)4-数目小于NA，错误；故选A。9. 微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用图装置处理有机废水(以含CH3COO的溶液为例)。下列说法错误的是A. 正极反应为：2H+2e-=H2B. 隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜C. 当电路中转移2mol电子时，模拟海水理论上除盐58.5gD. 入电他工作一段时间后，a、b
13、极产生气体的物质的量之比为1:2【答案】C【解析】【分析】据图可知a极上CH3COO转化为CO2和H+，C元素被氧化，所以a极为该原电池的负极，则b极为正极，据此分析解答。【详解】Aa极为负极，CH3COO失电子被氧化成CO2和H+，结合电荷守恒可得电极反应式为CH3COO+2H2O-8e=2CO2+7H+，b为正极，氢离子得到电子生成氢气，电极反应为：2H+2e=H2，故A正确；B为了实现海水的淡化，模拟海水中的氯离子需要移向负极，即a极，则隔膜1为阴离子交换膜，钠离子需要移向正极，即b极，则隔膜2为阳离子交换膜，故B正确；C当电路中转移2mol电子时，根据电荷守恒可知，海水中会有2molC
14、l移向负极，同时有2molNa+移向正极，即除去2molNaCl，质量为117g，故C错误；Db极为正极，水溶液为酸性，所以氢离子得电子产生氢气，电极反应式为2H+2e=H2，所以当转移8mol电子时，正极产生4mol气体，a为负极，根据负极反应式CH3COO+2H2O-8e=2CO2+7H+，可知负极产生2mol气体，a、b极产生气体的物质的量之比为2: 4 =1:2，故D正确；答案选C。10. 以硫铁矿(主要成分为FeS2，还有少量CuS、SiO2等杂质)为原料制备绿矾晶体(FeSO47H2O)的工艺流程如图:下列说法错误的是A. “烟气”中 SO2会污染环境，可用氨水吸收B. “滤渣”的
15、主要成分是Cu、SiO2和过量的铁粉C. “滤液”中的金属阳离子可用KSCN 溶液检验D. 由“滤液”制取“绿矾晶体”的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶，过滤【答案】C【解析】【分析】以硫铁矿（主要成分为FeS2，还有少量CuS、SiO2等杂质）为原料制备绿矾晶体（FeSO47H2O）：焙烧硫铁矿：4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2、2CuS+3O22CuO+2SO2，再酸浸矿渣：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、CuO+2H+=Cu2+H2O，加入足量的铁粉：Fe+Cu2+=Fe2+Cu，过滤，滤渣为Cu、Fe、SiO2，滤液为FeSO4溶液，结晶得到绿矾晶体。【详解】A. “烟
16、气”中的 SO2会污染环境，可用氨水吸收反应为：SO2+2NH3H2O=2NH4+SO32+H2O，故A正确，但不符合题意；B. 有分析可知“滤渣”的主要成分是Cu、SiO2和过量的铁粉，故B正确，但不符合题意；C. 有分析可知，“滤液”中的金属阳离子亚铁离子，不能用KSCN 溶液检验，故C错误，符合题意；D. 有分析可知，“滤液”为FeSO4溶液，从滤液中获得晶体，实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到绿矾晶体，故D正确，但不符合题意；故选：C。二、选择题:本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11. Y是
17、合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由X在一定条件下反应制得：下列叙述不正确的是A. 上述反应属于加成反应B. 反应过程中加入K2CO3能提高X的转化率C. X和Y均能与银氨溶液在加热条件下反应生成银镜D. 等物质的量的X、Y分别与H2反应，最多消耗H2的物质的量之比为34【答案】AD【解析】【分析】X与发生取代反应生成Y和HBr，X中含有酚羟基和醛基，Y中含有醛基、碳碳双键和醚键，据此分析解答。【详解】AX与发生取代反应生成Y和HBr，选项A错误；B反应过程中加入K2CO3，消耗生成的HBr，使反应正向移动，能提高X的转化率，选项B正确；CX和Y均含有醛基，能与银氨溶液在加热条件下反应生成银镜
18、，选项C正确；D1mol苯环和氢气加成消耗3mol氢气，1mol醛基和1mol碳碳双键和氢气加成均消耗1mol氢气，所以等物质量的X、Y分别与H2反应，最多消耗H2的物质的量之比为45，选项D错误；答案选AD。12. 合成氨反应N2(g)+H2(g)NH3(g)是目前最有效工业固氮的方法，解决数亿人口生存问题。科学家研究利用铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示。下列说法错误的是A. 该合成氨反应的H=+46 kJ/molB. 活化能最大的一步反应的方程式为Nad+Had=NHadC. 升高温度、增大压强均能提高原料的平衡转化率D. 加入催化剂能降低反应活
19、化能，加快正反应速率【答案】AC【解析】【详解】A合成氨反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以反应为放热反应，放热反应的H0，故A错误；B从图中可以看出，活化能最大的一步反应是Nad+Had=NHad，活化能高于106kJ/mol，故B正确；C合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，降低原料的平衡转化率；合成氨反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，可以提高原料的平衡转化率，故C错误；D催化剂能降低反应的活化能，加快正逆反应速率，故D正确；故选AC。13. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素中最大的，Y原子核外M电子层的电子数为
20、4，W与Z同族，由W、X、Y三种元素形成的化合物R的结构如图所示。下列叙述错误的是A. 简单离子半径:ZWXB. Y的最高价氧化物是两性氧化物C. 与Y相比，Z更容易与氢气化合D. 化合物R中各原子均满足8电子稳定结构【答案】B【解析】【详解】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素中最大的，X是Na；Y原子核外M电子层的电子数为4，Y是Si；W与Z同族，由W、X、Y三种元素形成的化合物R的结构可知W是O，Z是S。则A. 核外电子层数越多离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则简单离子半径：S2O2Na，A正确；B. Y的最高价氧化
21、物是二氧化硅，属于酸性氧化物，B错误；C. 硫的非金属性强于硅，则与Y相比，Z更容易与氢气化合，C正确；D. 根据R的结构示意图可知化合物R中各原子均满足8电子稳定结构，D正确；答案选B。14. 实验室从废定影液含Ag(S2O3)和Br等中回收Ag和Br2的主要步骤为：向废定影液中加入Na2S溶液沉银，过滤、洗涤及干燥，灼烧Ag2S制 Ag；制取Cl2并通入滤液氧化Br，用苯萃取分液。其中部分操作的装置如图所示，下列叙述正确的是( )A. 用装置甲分离Ag2S时，用玻璃棒轻轻搅拌B. 用装置乙在空气中高温灼烧Ag2S制取AgC. 用装置丙制备用于氧化滤液中Br的Cl2D. 用装置丁分液时，先放
22、出水相再从上口倒出有机相【答案】D【解析】【详解】A装置甲为过滤装置，分离Ag2S时不能用玻璃棒搅拌，否则会损坏滤纸，A错误；B装置乙中的蒸发皿不能用于灼烧固体，在空气中高温灼烧Ag2S会生成SO2，污染环境，同时生成的Ag会被氧化成Ag2O，B错误；C装置丙中，没有加热装置，不能制得Cl2，C错误；D用装置丁分液时，由于苯的密度比水小，苯在上层，所以应先放出水相，再从上口倒出有机相，D正确；故选D。15. 光电池在光照条件下可产生电压，如下装置可以实现光能源的充分利用，双极性膜可将水解离为H+和OH，并实现其定向通过。下列说法正确的是A. 该装置中的能量转化形式：光能电能化学能B. 该装置工
23、作时，阳极区溶液的pH减小C. 再生池中的反应2V2+2H2O2V3+2OH-+H2D. 每有1mol OH通过双极性膜，阴极可产生5.6L(标准状况)O2【答案】AB【解析】【分析】由图上电子的移动方向可知右侧为电解池的阳极，反应式为4OH-4e-=2H2O+O2，阴极反应式为 2V3+2e-=2V2+，双极性膜可将水解离为 H+和 OH-，由图可知，H+进入阴极，OH-进入阳极，放电后的溶液进入再生池中在催化剂条件下发生反应放出氢气，反应方程式为2V2+2H+2V3+H2 。【详解】A由图可知，该装置将光能转化为化学能并分解水，故A正确；B光照过程中阳极区反应式为4OH-4e-=2H2O+
24、O2，又双极性膜可将水解离为 H+和 OH-，其中OH进入阳极，所以溶液中的 c(OH)基本不变，但由于阳极区OH放电产生水，使溶液体积增大，c(OH)减小，pH减小，故B正确；C根据以上分析，再生的反应方程式为2V2+2H+2V3+H2 ，故C错误；D阳极的反应式为4OH-4e-=2H2O+O2，阳极产生氧气，故D错误；故选：AB。16. 在某温度时，将n mol/L氨水逐滴滴入到10mL m mol/L 盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是A. 氨水和盐酸的初始浓度均为1.0 mol/LB. b点溶液中： c(Cl-)c(NH3H2O)c(NH)C.
25、25时，氨水的电离常数为D. 由a点到c点，溶液的导电性逐渐变强【答案】C【解析】【分析】氨水逐滴滴入盐酸中，溶液的pH逐渐增大；由于酸碱中和反应放热，溶液温度开始时升高，当两者恰好完全反应时，由于滴入的氨水温度比较低，会使混合液的温度下降。【详解】A由图像可知，盐酸的初始pH=0，所以盐酸中c(H+)=1.0mol/L。温度变化曲线的最高点即为酸碱恰好中和的点，而此时加入的氨水的体积小于盐酸的体积10mL，所以氨水的浓度不是1.0mol/L，故A错误；Bb点是氨水和盐酸恰好反应的点，即此时溶液中的溶质为NH4Cl，NH4+的水解导致其浓度小于Cl-的浓度，但水解是微弱的，所以水解产生的NH3
26、H2O是少量的，所以三种微粒的浓度关系为：c(Cl-)c(NH4+)c(NH3H2O)，故B错误；Cc点溶液加入了10mL氨水，此时溶液的总体积为20mL。溶液的pH=7，此时的温度为25，所以c(OH-)=1.010-7mol/L，溶液中存在电荷守恒：c(Cl-)c(OH-)c(NH4+)c(H+)，所以c(NH4+)c(Cl-)0.5mol/L，根据物料守恒，c(NH3H2O)=(0.5n-0.5)mol/L，所以25时NH3H2O的电离常数为Kb=，故C正确；Da点是1.0mol/L的盐酸，b点是NH4Cl溶液，c点是NH4Cl和NH3H2O的混合液。从a点到b点，离子的物质的量几乎不变
27、，但由于加入了氨水，溶液体积增大，使自由移动的离子的浓度降低，导电性减弱；从b点到c点，由于加入的是弱电解质，离子的物质的量增加的有限，但溶液体积增大很多，所以自由移动的离子的物质的量浓度降低，溶液的导电性也减弱，所以从a点到c点，溶液的导电性减弱，故D错误；故选C。第卷三、非选择题:本题共4小题，共56分17. 电解是工业生产的常用方法，某研究小组进行以下探究：实验I电解CuCl2溶液制取少量漂白液(有效成分NaClO)，装置如图所示。(1)洗气瓶导气管W端应与U形管的_(填“X”或“Y”)口连接，洗气瓶中主要反应的离子方程式_。实验后发现阴极石墨棒上附着红色物质及少量白色物质，经过查阅资料
28、，研究小组提出:白色物质为CuCl。红色物质可能为Cu或者Cu2O或者二者混合物。实验 探究阴极石墨棒上附着的红色、白色物质的成分取出阴极石墨棒，洗涤、干燥、称量质量为W1 g；把其放入图2装置b中，先通入氢气，后点燃b处酒精灯；实验中，石墨棒上的白色物质完全变为红色，无水硫酸铜不变色，d中出现白色沉淀；实验结束，继续通H2至石墨棒冷却后，称量质量为W2 g。(2)阴极石墨棒上附着的红色物质的成分是_。(3)电解CuCl2 溶液时，阴极上产生白色物质的原因是_(用电极反应式表示)。(4)有同学提出应该在装置c、d间加入安全瓶，理由是_。实验测定漂白液中NaClO的浓度从图1洗气瓶中准确量取20
29、.00mL 混合溶液(溶质为NaClO和NaOH)，加入足量的H2O2溶液摇匀，待充分反应后煮沸，冷却，滴加23滴酚酞试液，用浓度为n mol/L盐酸滴定至终点，消耗盐酸V mL，(5)H2O2与NaClO反应的化学方程式为_；充分反应后煮沸的目的是_。(6)若忽略洗气瓶内的副反应及溶液体积变化，测得漂白液中NaClO的浓度为_ mol/L。【答案】 (1). X (2). (3). Cu (4). (5). 氯化氢易溶于水，造成d溶液倒吸 (6). (7). 除去过量的H2O2 (8). 【解析】【详解】（1）氯离子在阳极失电子生成氯气，氯气用氢氧化钠溶液吸收，所以氯气在X处流出进入W，洗气
30、瓶中主要反应的离子方程式为；（2）无水硫酸铜不变色，说明反应中没有水生成，则红色物质中不存在Cu2O，因此阴极石墨棒上附着的红色物质的成分是Cu；（3）电解CuCl2溶液时，阴极上发生的反应为铜离子得到电子生成铜：Cu2+2e-=Cu和铜离子失去电子生成氯化亚铜：Cu2+e-+Cl-=CuCl，氯化亚铜为白色物质；（4）由于装置b中发生反应为CuCl与氢气反应，反应的化学方程式为：2CuCl+H2=2Cu+2HCl，氯化氢极易溶于水，造成d溶液倒吸，所以应该在装置c、d间加入安全瓶。（5）NaClO与H2O2反应生成氧气、NaCl和水，则H2O2与NaClO反应的化学方程式为NaClO+H2O
31、2=O2+NaCl+H2O；双氧水受热易分解，则充分反应后煮沸的目的是除去过量的H2O2以防止对后续实验造成干扰；（6）根据钠元素守恒和氯元素守恒：n（NaOH）=2n（NaClO）+n（NaCl），n（NaCl）是滴定时盐酸与NaOH反应生成的，则0.1m20mL/100mL=2n（NaClO）+nV10-3，则n（NaClO）=（0.02m-nV10-3）mol，所以c（NaClO）=(0.02m-nV10-3)mol0.02L=mol/L。18. 经研究发现某具有抗肿瘤功能的天然产物H可通过以下路线合成。已知：+(Z=-COOR，-COOH等)回答下列问题:(1)C的分子式为_，X的结构
32、简式为_(2)FG的反应类型为_，H所含的官能团的名称为_(3)L是B的同分异构体，L能发生银镜反应，且分子中不含环状结构。L共有_种。其中核磁共振氢谱有三组峰，峰面积比为6:1:1的结构简式为_(4)参照上述合成路线，设计一条以环己醇和为原料，合成的合成路线(无机试剂及有机溶剂任选)_。【答案】 (1). C10H14O2 (2). (3). 取代反应CH3 (4). 羟基、酯基 (5). 8 (6). (7). 【解析】【分析】结合流程中结构简式的变化可知，A在CH3I、Li、NH3以及NH4Cl作用下发生取代反应生成B，B经过一系列转化生成C，C和X在DCC、DMAP条件下发生酯化反应生
33、成，则X是；结合已知信息反应，D在加热条件下发生碳碳双键、碳碳三键的加成反应生成E，E在加热条件下与空气作用生成F，结合E到F的结构变化，F中少了氢原子，为氧化反应，F与CH3I在NaH作用下发生取代反应生成G，G与NaBH4发生还原反应生成H，据此分析解答。【详解】(1)根据C的结构简式，每个未标注元素的节点为碳原子，每个碳原子可形成4条共价键，不足键由氢原子补齐，则C的分子式为C10H14O2，根据分析，X的结构简式为 ；(2)根据分析，FG的反应类型为取代，H所含的官能团的名称为羟基、酯基；(3)B的结构简式为，不饱和度为2，L是B的同分异构体，L能发生银镜反应，说明L的结构中含有醛基(
34、-CHO)，且分子中不含环状结构，醛基的不饱和度为1，说明除醛基以外的结构中含有一个碳碳双键，除去醛基以外的碳架结构为C-C=C-C、C=C-C-C、，则醛基在碳架上的位置可以为如图：、(其中、为醛基的位置)，共有8种结构；其中核磁共振氢谱有三组峰，峰面积比为6:1:1的结构简式为；(4)以环己醇和为原料合成，逆推法进行分析，由已知条件可知，和反应可以生成，经过消去、加成、消去三步反应可以转变为，则合成路线为： 。19. 镍、钴及其化合物在工业上应用广泛。从某含镍废渣(含主要成分为NiO、CoO、Co2O3及少量杂质Al2O3)提取碳酸钴、硫酸银的工艺如下:已知:25，KspCo(OH)2=4
35、.010-15，lg2=0.3。(1)“酸浸”中，Co2O3转化为Co2+的离子方程式为_。为提高酸浸效率，可采取的措施有_(写出两条)。(2)“沉淀”的主要成分是_(写化学式)。(3)“萃取”和“反萃取”可简单表示为：2HX+Ni2+NiX2+2H+。为了将有机层的镍充分“反萃取”得到NiSO4溶液，需要往有机层中加_(填“酸”或“碱”)。(4)“沉钴”反应的离子方程式_，25，若“沉钴”开始时c(Co2+)=0.010 mol/L，为了防止生成的CoCO3中混入Co(OH)2，则应控制溶液的pH_。(5)某工厂用m1 kg废渣(含钴10%)制备CoCO3，最终得到产品 m2 kg，产率为_
36、。【答案】 (1). (2). 提高酸浸温度或搅拌或增大硫酸浓度或将废渣粉碎等 (3). Al(OH)3 (4). 酸 (5). (6). 7.8 (7). 【解析】【分析】由流程可知，含钴废渣加入硫酸酸浸并通入SO2，可发生Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O、CoO+H2SO4=CoSO4+H2O、Al2O3+3H2SO4=2Al2（SO4）3+3H2O、NiO+H2SO4=NiSO4+H2O，加入Na2CO3调节溶液的pH使Al3+转化为Al(OH)3沉淀而除去Al3+，然后向滤液中加入萃取剂HX，有机层中含有NiSO4，然后从有机层中反萃取可得到NiSO4溶液，向水层中
37、加入NaHCO3生成CoCO3固体，以此来解答。【详解】(1)根据以上分析可知“酸浸”中，Co2O3转化为Co2+的离子方程式为。根据外界条件对反应速率的影响可知为提高酸浸效率，可采取的措施有提高酸浸温度或搅拌或增大硫酸浓度或将废渣粉碎等。(2)“沉淀”时主要是除去铝离子，则其主要成分是Al(OH)3。(3)“萃取”和“反萃取”可简单表示为：2HX+Ni2+NiX2+2H+。为了将有机层的镍充分“反萃取”得到NiSO4溶液，需要使平衡逆向移动，则需要往有机层中加碱。(4)“沉钴”时加入的是碳酸氢钠，则反应的离子方程式为，25，若“沉钴”开始时c(Co2+)=0.010 mol/L，为了防止生成
38、的CoCO3中混入Co(OH)2，则根据KspCo(OH)2=4.010-15可知溶液中氢氧根的浓度是，所以应控制溶液的pH（14-6.2）7.8。(5)某工厂用m1 kg废渣(含钴10%)制备CoCO3，理论上得到产品的质量是，由于最终得到产品 m2 kg，所以产率为。20. 乙苯催化脱氢制苯乙烯反应:(g)(g)+H2(g) (1)工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气(原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1:9)，控刺反应混度600，并保持体系总压为常压的条件下进行反应。在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性(指除了H2以外的产物中苯乙烯的物质的量分致)示意图:掺入
39、水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实_控制反应温度为600的理由是_(2)某研究机构用CO2代替水蒸气开发了绿色化学合成工艺。反应方程式为：(g)+CO2(g)(g)+CO(g)+H2O(g) 其反应历程如下:由原料到状态需要吸收能量，原因是_己知: 。则H2=_kJ/mol。一定温度下，向恒容密闭容器中充入2 mol乙苯和2mol CO2，起始压强为P0，平衡时容器内气体总物质的量为5 mol， 乙苯的转化率为_，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=_。(已知:气体分压=气体总压气体体积分数)图为刚性容器中，乙苯分压不变条件下，乙苯的转化率与CO2分压p(CO2)的变化关系
40、。结合反应历程分析，p(CO2)15kPa时，乙苯转化率随着p(CO2)的增大而减小的原因是_【答案】 (1). 恒温恒压下加入水蒸气，反应体系中各组分浓度同等程度减小，平衡正向移动，乙苯转化率增大 (2). 600C，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高(或温度过低，反应速率慢，转化率低；温度过高，选择性下降。高温还可能使催化剂失活，且能耗大) (3). 断裂C-H键需要吸收能量 (4). +165 (5). 50% (6). 0.25p0 (7). p(CO2)增大，会造成催化剂表面乙苯的吸附率下降【解析】【分析】【详解】(1)正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积
41、增大，反应体系中各组分浓度同等程度减小，平衡正向移动，乙苯的平衡转化率增大；600时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高，温度过低，反应速率较慢，转化率较低，温度过高，选择性下降，高温下可能使催化剂失去活性，且消耗能量较大，故选择600左右；(2)由原料到状态发生化学键C-H的断裂，需要吸收能量，原料到状态吸收能量；己知：反应a：(g)(g)+H2(g) 反应b：根据盖斯定律：a-b可得(g)+CO2(g)(g)+CO(g)+H2O(g)H2=+165kJ/mol；设乙苯反应了xmol，列“三段式”：平衡时容器内气体总物质的量为5=2x+2x+3x，解得x=1，乙苯的转化率为100%=50%；平衡后压强为p0=1.25p0，Kp=0.25p0；一定范围内，p(CO2)越大，说明在原料中CO2的配比越高，则乙苯平衡转化率越高； p(CO2)15kPa时，二者首先吸附在催化剂表面上，当CO2在催化剂表面吸附率过高时，会造成乙苯在催化剂表面的吸附率下降，使乙苯平衡转化率随着p(CO2)增大反而减小。【点睛】在化学反应中使用催化剂可加快反应速率，催化剂具有一定活性，在一定条件下催化剂活性最大，催化效果最好，超过一定条件，催化剂的催化活性会减小。
