1、2020-2021学年度上学期期末考试高三化学可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 K39 Mn55 Ag108一、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. 实验室中下列做法正确的是A. 用棕色广口瓶保存浓硝酸B. 锥形瓶用作加热的反应器C. 用无水硫酸铜干燥二氧化碳D. 用水鉴别四氯化碳和硝基苯【答案】B【解析】【分析】【详解】A浓硝酸见光易分解，即4HNO3(浓)4NO2+O2+2H2O，应保存在棕色试剂瓶中，浓硝酸又是溶液，应保存在细口瓶中，故A错误；B锥形瓶可作固液反应制备气体的反应容器，则锥形瓶可用作加热的反应器，需垫石棉网，故B
2、正确；C无水硫酸铜吸水能力弱，一般不作干燥剂，但可以用无水硫酸铜检验水的存在，故C错误；D四氯化碳和硝基苯均不溶于水，均比水重，用水鉴别四氯化碳和硝基苯分层现象相同，不能鉴别，故D错误；答案为B。2. 下列叙述不涉及氧化还原反应的是（ ）A. 根瘤菌固氮B. 84消毒液久置失效C. 用植物秸秆制造酒精D. 用石灰乳脱除烟气中的【答案】D【解析】【分析】【详解】A根瘤菌有固氮作用，能将空气中的N2转化为NH3，此过程涉及氧化还原反应，故A不符合题意；B84消毒液的主要成分是NaClO，它与空气中的二氧化碳和水反应能产生具有强氧化性的次氯酸，次氯酸不稳定易分解成HCl和O2，此过程涉及到氧化还原反
3、应，故B不符合题意；C用植物秸秆制造酒精涉及到反应：(C6H10O5)n+nH2OnC6H12O6，C6H12O62C2H5OH+2CO2，此过程涉及到氧化还原反应，故B不符合题意；D是酸性氧化物，可与碱反应，用石灰乳脱除烟气中的时，与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙或者亚硫酸氢钙，反应过程中无元素化合价改变，不涉及氧化还原反应，故D符合题意；故答案为D。3. 某种化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，X的原子半径是元素周期表中最小的。下列叙述错误的是A. 第一电离能：ZQWB. 简单离子半径：ZQWC. 该化合物中Z和
4、Y原子的杂化方式都相同D. Y的氢化物的沸点可能大于Q的氢化物的沸点【答案】C【解析】【分析】X的原子半径是元素周期表中最小的，则X为H元素，由该化合物的结构图可知，Y为第A族元素，Q为A族元素，W为第IA族元素，又X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，则Y为C元素，Q为O元素，W为Na元素，Z为N元素，据此分析解答。【详解】A 同周期元素从左至右第一电离能总体呈增大趋势，但是第VA族元素的价电子处于半充满的稳定状态，较难失电子，则其第一电离能比同周期第A族元素的第一电离能大，故第第一电离能：NOC，故A正确；B N3-、O2-、Na+的
5、核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径：N3-O2-Na+，故B正确；C 该化合物中N原子形成3根键和1对孤电子对，故其杂化方式为sp3，饱和C原子采取sp3杂化，形成双键的C原子采取sp2杂化，故C错误；D C的氢化物为烃，常温下，含C原子数较多的烃可以呈固态，O的氢化物为水、过氧化氢，常温下为液态，故D正确；故选C。4. 利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是A. 用甲装置观察铁的吸氧腐蚀B. 做石油分馏实验时，用乙装置接收汽油C. 用丙装置可验证溴乙烷的消去产物是乙烯D. 用丁装置检验氯化铵受热分解生成的两种气体【答案】A【解析】【分析】【详解】A铁
6、钉在盐水环境下与空气中O2反应，气压降低，打开止水夹，导管中红墨水液面上升，能说明左侧试管中铁发生吸氧腐蚀，故A正确；B汽油对橡皮塞有腐蚀性，应用锡箔纸包裹或取下，故B错误；C乙醇具有挥发性，同时乙醇、乙烯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此无法判断消去产物为乙烯，故C错误；DNH4Cl在加热条件下分解为NH3、HCl，碱石灰能吸收HCl，NH3能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，P2O5能吸收NH3，但红色石蕊试纸不能检验HCl，故D错误；综上所述，能达到实验目的的是A项，故答案为A。5. 下列说法正确的是A. 、均是非极性分子B. 羊毛织品水洗后会变形、DNA双螺旋结构均与氢键有关C. 金属的导热性和
7、导电性都是通过自由电子的定向运动实现的D. 晶体中，原子未排列成紧密堆积结构原因是共价键具有饱和性【答案】B【解析】【分析】【详解】A中C原子不存在孤电子对，为直线型分子，正负电荷中心重叠，为非极性分子，中S原子存在一对孤电子对，为V型，正负电荷中心不重叠，为极性分子，故A错误；B羊毛织品中主要成分为蛋白质，蛋白质中含有大量氢键，水洗时会破坏其中部分氢键，使得织品变形，DNA为双螺旋结构，其中碱基对以氢键相连，故B正确；C金属导电是由自由电子在外加电场中的定向运动完成，金属导热是自由电子与金属阳离子在相互碰撞中完成的热能的传递，故C错误；D为原子晶体，其中原子以共价键连接，共价键具有饱和性和方
8、向性导致了原子晶体中原子的堆积不属于密堆积，故D错误；综上所述，说法正确的是B项，故答案为B。6. 腺嘌呤核苷和腺嘌呤核苷酸是生产核酸类药物的中间体，结构如图所示。下列说法错误的是（ ）A. 腺嘌呤核苷分子中有四个手性碳原子B. 腺嘌呤核苷酸分子中五个氮原子一定在一个平面上C. 腺嘌呤核苷酸只能与NaOH溶液反应不能与盐酸反应D. 由腺嘌呤核苷合成腺嘌呤核苷酸的过程中发生取代反应并形成磷酯键【答案】C【解析】【分析】【详解】A腺嘌呤核苷分子中由4个碳原子和1个O氧原子组成的五元环中的4个碳原子为手性碳原子，故A正确；B腺嘌呤核苷酸分子中连有氨基的六元环类似苯环，六元环上的原子和与此六元环相连的
9、原子共平面，所以五个氮原子一定在一个平面上，故B正确；C腺嘌呤核苷酸中的氨基可以与盐酸反应，故C错误；D由腺嘌呤核苷合成腺嘌呤核苷酸的过程属于酯化反应，酯化反应也是取代反应，故D正确；故答案为C。7. 邻二氮菲(phen)与Fe2+生成稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子，可用于浓度的测定，邻二氮菲的结构简式如图所示。下列说法正确的是 A. 邻二氮菲的一氯代物有3种B. 中Fe2+的配位数为3C. 邻二氮菲的熔点主要取决于所含化学键的键能D. 溶液酸性太强时无法用邻二氮菲测定Fe2+的浓度，其原因可能是邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键而减弱与Fe2+的配位能力【答案】D【解析】【分析】【详解】A邻二
10、氮菲分子中含有4种不同位置的H原子，故其一氯代物有4种，A错误；BN原子上有孤对电子，易形成配位键，在邻二氮菲分子内有2个N原子，则Fe2+和3个邻二氮菲形成配合物时，Fe2+的配位数为6，B错误；C邻二氮菲是由分子构成的分子晶体，物质熔沸点高低取决于分子间作用力的大小，与分子内所含化学键的键能无关，C错误；D用邻二氮菲测定Fe2+浓度时应控制pH在29的适宜范围，这是因为：当H+浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；若OH-浓度较高时，OH-与Fe2+反应，也影响与邻氮菲配位，D正确；故合理选项是D。8. 实验室模拟从海带中提取碘单质的流程如下：下列说法错
11、误的是（ ）A. 步骤用到的仪器有三脚架、蒸发皿、酒精灯等B. 步骤萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向上C. 步骤反应中氧化剂与还原剂的质量比为51D. 步骤加酸化后可以通过过滤的方法得到【答案】A【解析】【分析】【详解】A灼烧海带应该在坩埚中进行，而不应该用蒸发皿，故A错误；B萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向上，增大I2与CCl4的接触面积，使I2尽可能多的转移到CCl4中，故B正确；C步骤反应的化学方程式为3I2+6NaOH=NaIO3+5NaI+3H2O，氧化产物为NaIO3，还原产物为NaI，I2即是氧化剂又是还原剂，氧化剂与还原剂的质量比为51，故C正确；D步骤加酸化后，I2以固体形式
12、存在，用过滤的方法即可得到，故D正确；故答案为A。9. 我国科学家发明了一种“可固氮”的镁氮二次电池，装置如图所示，下列说法错误的是A. 脱氮时，镁片作阴极B. 该电池在常温下不能正常工作C. 固氮时，电解质中的移向镁片D. 固氮时，钌复合电极的电极反应式为【答案】C【解析】【分析】【详解】A脱氮时，该装置为电解池装置，镁片为阴极，电极反应式为Mg2+2e-=Mg，故A正确；B无水LiCl-MgCl2混合物在常温下为固体，其中不含能够自由移动的离子，不能导电，电池不能正常工作，故B正确；C固氮时，该装置为原电池，镁片为负极，钌复合电极为正极，因此Mg2+移向钌复合电极，故C错误；D固氮时，钌复
13、合电极为正极，N2发生还原反应，其电极反应式为，故D正确；综上所述，说法错误的是C项，故答案为C。10. 铋(Bi)及其化合物广泛应用于电子、医药等领域。以辉铋矿(主要成分为，含少量杂质等)为原料，采用湿法冶金制备精铋工艺流程如下： 下列说法错误的是A. “浸出”产生S的主要离子反应为B 流程中滤液经氧化后可循环利用C. “电解精炼”时，粗铋应与电源的正极相连D. 铋位于A族，铋的氢化物的热稳定性大于氨气【答案】D【解析】【分析】由流程可知，辉铋矿加入盐酸进行酸浸，加入氯化铁溶液氧化Bi2S3生成单质硫，主要发生6Fe3+Bi2S36Fe2+2Bi3+3S，过滤得到滤渣为硫单质、PbCl2，滤
14、液中加入Fe还原铁离子，过滤得到粗铋，滤液含FeCl2，粗铋电解精炼可得到精铋，以此解答该题。【详解】A在“浸出”过程中FeCl3作为氧化剂将Bi2S3中-2价的硫氧化为硫单质，FeCl3则被还原为FeCl2，离子方程式为6Fe3+Bi2S36Fe2+2Bi3+3S，故A正确；B由流程图可知，滤液中加入Fe还原铁离子，过滤得到粗铋，滤液含FeCl2，滤液经氧化后转化为氯化铁可循环利用，故B正确；C“电解精炼”时，粗铋应在阳极发生氧化反应溶解，在阴极还原得到精铋，故粗铋应与电源的正极相连，故C正确；D铋位于A族，属于金属，非金属性弱于同主族的氮元素，因此铋的氢化物的热稳定性小于氨气，故D错误；故
15、选D。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，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11. 下列操作不能达到实验目的的是（ ）选项目的操作A除去乙醇中少量的乙酸加入足量熟石灰固体，蒸馏B验证接受质子能力：向苯酚乳浊液中加入足量溶液C清洗碘升华实验所用试管先用酒精清洗，再用水清洗D配制的溶液称取0.158 g 固体，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度A. AB. BC. CD. D【答案】AD【解析】【分析】【详解】A除去乙醇中少量的乙酸可加入足量的生石灰，乙酸与氧化钙反应，生成乙酸钙和水，然后蒸馏分离，乙醇蒸气分离出来，故A错
16、误；B苯酚可以和溶液反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，说明结合质子的能力强于，故B正确；C单质碘易溶于酒精，清洗碘升华实验所用试管，先用酒精清洗，然后再用水清洗，故C正确；D配制溶液时，称取的固体不能放在容量瓶中溶解，应该放在烧杯中溶解，故D错误；故答案为AD。12. 由HEMA和NVP合成水凝胶材料高聚物A，其合成路线如下图所示：下列说法不正确的是A. 高聚物A具有良好的亲水性B. 1mol HEMA 最多能与2mol 发生加成反应C. HEMA和NVP通过缩聚反应生成高聚物AD. HEMA、NVP 和高聚物A均能在酸性条件下发生水解反应【答案】BC【解析】【分析】【详解】A从高聚物A的结构简式可知
17、，结构中含有醇羟基，属于亲水基，具有良好的亲水性，故A正确；B酯基不能与氢气发生加成反应，碳碳双键能够与氢气发生加成反应，所以1mol HEMA最多能与1mol H2发生加成反应，故B错误；C结合高聚物A的结构分析，HEMA和NVP分子结构中均含有碳碳双键，二者发生加聚反应生成高分子A，故C错误；DHEMA分子结构中含有酯基，NVP分子结构中含有肽键，高聚物A分子结构中含有酯基和肽键，以上三种物质均能在酸性条件下发生水解反应，故D正确；综上所述，说法不正确的是BC项，故答案为BC。13. 我国科学家研发了一种水系可逆电池，将A、B两组阴离子、阳离子复合膜反向放置分隔两室电解液，充电、放电时，复
18、合膜层间的解离成和，工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. 闭合，KOH溶液的pH减小B. 闭合，Pd电极反应式为C. 闭合，复合膜中只有B组间的解离成和D. 闭合，每生成1mol，复合膜层间有1mol被解离【答案】D【解析】【分析】由图可知，闭合K1时，该装置为原电池，锌电极为负极，负极上锌在碱性条件下失去电子发生氧化反应生成Zn2e+4OH=Zn(OH)，Pd电极为正极，二氧化碳在酸性条件下得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为CO2+2e+2H+=HCOOH，复合膜层间的水解离成氢离子和氢氧根离子，a膜为阳离子膜只允许氢离子通过，b膜为阴离子膜，只允许氢氧根离子通过；闭合K2时，该
19、装置为电解池，锌电极为阴极，Pd电极为阳极。【详解】A.闭合K1时，该装置为原电池，锌电极为负极，负极上锌在碱性条件下失去电子发生氧化反应生成Zn2e+4OH=Zn(OH)，Pd电极为正极，二氧化碳在酸性条件下得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为CO2+2e+2H+=HCOOH，由电极反应式可知，当外电路中通过2mol电子时，复合膜层间有2mol水解离成2mol氢离子和2mol氢氧根离子，而负极消耗4mol氢氧根离子，则KOH溶液的pH减小，故A正确；B.闭合K2时，该装置为电解池，Pd电极为阳极，甲酸在阳极上失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为HCOOH2e= CO2+2H+
20、，故B正确；C.闭合K2时，该装置为电解池，Pd电极为阳极，甲酸在阳极上失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为HCOOH2e=CO2+2H+，复合膜中B组间的水解离出的氢氧根离子向Pd极移动，中和放电生成的氢离子，故C正确；D.闭合K1时，该装置为原电池，生成1mol Zn(OH)时，外电路通过2mol电子，复合膜层间有2mol水解离成2mol氢离子和2mol氢氧根离子，故D错误；故选D。14. 科研工作者利用生物无水乙醇催化脱水制备乙烯，有关反应在不同温度下的化学平衡常数如下表所示。下列说法正确的是温度（K）化学平衡常数. . 5003.20.807007.70.1490012.30
21、.12A. 升高温度，反应的速率加快，反应的速率减慢B. 通过改变温度和压强均能促进反应而抑制反应C. 降低温度使平衡逆向移动D. 500K，的化学平衡常数为5.6【答案】C【解析】【分析】【详解】A 升高温度，反应速率加快，故反应、的速率均加快，故A错误；B 由温度升高，反应的平衡常数增大，反应的平衡常数减小，可知反应为吸热反应，反应为放热反应，故改变温度促进反应即为升高温度，可使反应II平衡向逆反应方向移动，即抑制反应；但由于反应II的左侧化学计量数等于右侧化学计量数之和，故改变压强不能使反应平衡移动，即不能促进反应也不能抑制反应，故B错误；C 已知反应：，反应，由反应I2-反应II可得C
22、中反应，故C中反应的化学平衡常数，计算得C中反应在温度为500K、700K、900K时的化学平衡常数分别为12.8、423.5、1260.75，随温度升高，化学平衡常数增大，故C中反应为吸热反应，故降低温度，平衡逆向移动，故C正确；D 由C中分析知，500K时该反应的化学平衡常数为12.8，故D错误；故选C。15. 某二元酸在水中分两步电离：，。常温下，向20 mL溶液中滴入溶液，溶液温度与滴入NaOH溶液体积关系如图。下列说法正确的是A. 该NaOH溶液pH=13B. 从G点到H点水的电离平衡正向移动C. 图像中E点对应的溶液中D. 若F点对应的溶液pH=2，则的水解平衡常数约为【答案】A【
23、解析】【分析】【详解】A 由在水中的电离方程式可知，第一步完全电离，第二步部分电离，由图可知，向20 mL溶液中滴入溶液，当加入20mLNaOH溶液时，溶液的温度最高，此时恰好反应，则NaOH溶液的浓度也为0.1mol/L，故该NaOH溶液pH=13，故A正确；B 由A分析知，G点恰好反应生成，继续加入NaOH溶液，水的电离程度减小，故从G点到H点水的电离平衡逆向移动，故B错误；C 图像中E点表示20 mL溶液，由于不会水解，则溶液中不存在，对应的溶液中，故C错误；D F点对应加入10mLNaOH溶液，此时溶液为等浓度与的混合溶液，对于的水解反应，的水解平衡常数为，此时，则的水解平衡常数，故D
24、错误；故选A。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16. 工业上利用钴渣主要成分为、，含少量、MnO、MgO、CaO等制备钴氧化物的工艺流程如下。已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表。沉淀物开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8(1)钴的浸出率随酸浸时间、温度的变化关系如图1，应选择的最佳工艺条件为_。萃取剂A和B随变化的萃取效果如图2，最好选择萃取剂_(填A或B)。(2)浸出过程中加入可以将_(填离子符号)还原。氧化过程中被还原为，反应的离子方程式为_。(3)加入调pH=5.2的目的是_。已知：，。除钙、镁工艺中加入适量NaF，当恰好完
25、全被除去(离子浓度等于)时，_。(4)取一定质量煅烧后产生的钴氧化物(Co为+2、+3价)，用300mL的盐酸恰好完全溶解，得到溶液和标准状况3.36L黄绿色气体。则该钴氧化物中Co、O元素的物质的量之比为_。【答案】 (1). 90、12h (2). B (3). 、 (4). (5). 将、沉淀完全 (6). (7). 4：5【解析】【分析】钴渣中加入硫酸时可得Co2(SO4)3、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3、MnSO4、MgSO4、CaSO4等，则加入的Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，工艺流程中得到草酸钴，所以加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，
26、加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoSO4、MnSO4、MgSO4、CaSO4，用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入萃取剂，将锰离子萃取，萃取后的余液中主要含有CoSO4，进入草酸铵溶液得到草酸钴的水合物，此时滤液中含有硫酸铵，煅烧草酸钴的水合物得到钴的氧化物，据此解答。【详解】(1)如图1所示，在90浸出12h时，钴的浸出率较高，则应选择的最佳工艺条件为90、12h；萃取剂A和B随变化的萃取效果如图2，可以看出萃取剂A在萃取Mg2+时同时萃取出了Co2+,所以最好选择萃取剂B；故答案为：90、12h；B；(2)根据上述分
27、析用硫酸浸出时溶液中含有、，加入的目的是将、还原；氧化过程目的是将氧化为，以便以氢氧化铁沉淀除去，被还原为，反应的离子方程式为：；故答案为：、；(3)根据阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH表中信息知，pH=5.2时、完全沉淀；,当恰好完全被除去时，c(Mg2+)=，则，；故答案为：将、沉淀完全；(4)黄绿色气体为氯气，n(Cl2)=，n(HCl)=，根据氧化还原反应中得失电子守恒得：n(Co3+)=2n(Cl2)=,根据原子守恒知：(Co2+)=,设氧化物中氧原子的物质的量为x，根据化合物中元素化合价代数和为0得：,x=0.75mol，则则该钴氧化物中Co、O元素的物质的量之比为，故答案为：
28、4：5。17. 全氮类物质具有高密度、高生成焓、超高能量及爆轰产物清洁无污染等优点，成为新一代超高能含能材料的典型代表。I.高性能炸药BNCP的结构如图所示。(1)BNCP中阳离子的中心原子为，其配体是_；的价电子轨道表示式为_；的空间构型为_。(2)中N原子的杂化方式为_；BNCP中H-N-H夹角_(填“大于”、或“小于”)氨气分子中的H-N-H夹角，原因是_。.在炸药、推进剂和发射药等领域具有较高的应用价值。(3)为平面正五边形，其键数是_；科学家预测将来还会制出含、等平面环状结构离子的盐，这一类离子中都存在大键，可用符号表示，其中代表参与形成大键的原子数，代表参与形成大键的电子数(如苯分
29、子中的大键可表示为)，则中的大键应表示为_。(4)一种的立方晶胞示意图如下。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。图中微粒1的坐标是(，0，)，则微粒2的坐标为_。设阿伏加德罗常数的值为，则的密度是_(列出计算表达式)。【答案】 (1). 、 (2). (3). 正四面体 (4). (5). 大于 (6). 氨气分子中的N上有孤电子对，由于孤电子对对成键电子对的斥力更大，所以氨气分子中的H-N-H夹角更小 (7). 5 (8). (9). (10). 【解析】【分析】【详解】(1)由BNCP结构可知，阳离子的中心原子为，其配体是4个和2个； Co是27号元素
30、，的价电子排布式为3d6，则价电子轨道表示式为；中Cl原子孤电子对数=0，价层电子对数=4+0=4，微粒的空间构型为正四面体形，故答案为：、；正四面体；(2)中N原子价层电子对数=3+=3，则杂化方式为；BNCP中为配位体，其孤对电子用于形成配位键，而氨气分子中的N上有孤电子对，由于孤电子对与成键电子对的斥力更大，所以氨气分子中的H-N-H夹角更小，故答案为：；大于；氨气分子中的N上有孤电子对，由于孤电子对对成键电子对的斥力更大，所以氨气分子中的H-N-H夹角更小；(3)为平面正五边形，N原子均有1对孤对电子，N原子为sp2杂化，故键数是5；中4个N原子都参与形成大键，每个N原子提供1个电子，
31、另外所得电子参与形成大键，共有5个电子形成大键，构成4中心5电子的大键，故应表示为，故答案为：5；(4)图中微粒1的坐标是(，0，)，在左侧面的面心，微粒2位于立方体左后小立方体体心，其中x、y参数均为，z参数为，则微粒2的坐标为；由图可知，每个晶胞中含有4个Ag+(均位于晶胞内部)，含有数为8+6=4，晶胞体积V=(a10-10cm)3=a310-30cm3，则的密度是=，故答案为：；。18. 常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料。某小组设计下列装置(夹持装置略)用氧化的方法制取。已知和的相关信息如下表。物质熔点/沸点/化学性质-112.076.0与水生成和；与生成2.0106.0与水生成和HC
32、l(1)仪器a的名称是_，仪器b在实验中的主要作用是_。(2)装置B的作用除了干燥气体外还有_。(3)连接装置，检查气密性，加入药品后应首先向装置C的三颈烧瓶中通入气体_，生成该气体的离子反应方程式是_。(4)反应温度控制在60-65的目的是加快反应速率和_。(5)该设计中存在不足之处，改进的措施是_(用简要的文字叙述)。(6)经测定C中含量为55%，提纯可采取的方法是_。【答案】 (1). 长颈漏斗 (2). 冷凝回流 (3). 调整气流速率、平衡气压 (4). 氯气(或) (5). (6). 防止挥发 (7). 在b装置上端连接一个盛有碱石灰的干燥管(其他合理答案也给分) (8). 蒸馏【
33、解析】【分析】本实验的目的是氧化PCl3的方法制取POCl3，其反应原理是2PCl3O2=2POCl3，A装置制备O2，因为PCl3、POCl3能与水反应，因此B和D装置的作用是干燥气体，E装置的作用是制备Cl2，C装置中Cl2先与白磷反应生成PCl3，然后PCl3被氧气氧化成POCl3，据此分析解答。【详解】(1)仪器a名称为长颈漏斗；仪器b在实验中的主要作用是冷凝回流，提高原料的利用率；故答案为长颈漏斗；冷凝回流；(2)B装置盛放浓硫酸，因为PCl3和POCl3能与水反应，因此浓硫酸的作用是吸收O2中的水蒸气，如果装置中气体压强过大，B装置中长颈漏斗的液面上升，可以调整通入气体的速率；故答
34、案为调整气流速率、平衡气压；(3)根据上述分析，先生成PCl3，然后再通入氧气氧化PCl3，得到POCl3，利用高锰酸钾溶液的强氧化性，将HCl氧化成Cl2，其离子方程式为；故答案为：氯气或Cl2；(4)PCl3的沸点为76.0，温度过低，反应速率慢，温度过高，PCl3易挥发，利用率低，反应温度控制在6065的目的是加快反应速率和防止PCl3挥发；故答案为：防止PCl3挥发；(5)Cl2有毒，污染空气，设计中缺少尾气处理装置，在b装置的上端连接一个盛有碱石灰的干燥管，或者在b装置连接一个盛有氢氧化钠溶液的烧杯；故答案为：在b装置的上端连接一个盛有碱石灰的干燥管，或者在b装置连接一个盛有氢氧化钠
35、溶液的烧杯；(6)POCl3和PCl3互溶，且沸点相差较大，可用蒸馏方法进行分离；故答案为：蒸馏。19. CH4既是重要的清洁能源也是一种重要的化工原料。以CO2、H2为原料合成CH4涉及的主要反应如下：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) H1： H2=+41.2 kJ/mol常温常压下，H2(g)和CH4(g)的摩尔燃烧焓分别为-285.8 kJ/mol和-890.3 kJ/mol； (1)H1_ kJ/mol。(2)一定条件下，向恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH4(g)为a mol，H2O(g)为b mol，则反
36、应的平衡常数为_(用含a、b的代数式表示)。(3)n(H2)：n(CO2)=4：1的混合气体充入反应器中，当气体总压强为0.1 MPa，平衡时各物质的物质的量分数如图所示：200550时，CO2的物质的量分数随温度升高而增大的原因是_。反应器中应选择适宜的温度是_。(4)为探究的反应速率与浓度的关系，起始时，向恒容密闭容器中通入浓度均为1.0 mol/L CO2与H2。平衡时，根据相关数据绘制出两条反应速率浓度关系曲线：和。则与曲线相对应的是上图中曲线_(填“甲”或“乙”)；该反应达到平衡后，某一时刻降低温度，重新达到平衡，平衡常数_(填“增大”或“减小”)，则此时曲线甲对应的平衡点可能为_(
37、填字母，下同)，曲线乙对应的平衡点可能为_。【答案】 (1). -164.9 (2). (3). H10，H20，温度升高时，反应向左移动使CO2增加的量比反应向右移动使CO2减少的量多 (4). 200 (5). 乙 (6). 增大 (7). D (8). M【解析】【分析】【详解】(1)由题目已知信息可知：热化学方程式：H2(g)+O2(g)=H2O(l) H=-285.8 kJ/mol；CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-890.3 kJ/mol；H2O(l)=H2O(g) H=+44 kJ/mol根据盖斯定律，将4-+2，整理可得：CO2(g)+4H2(g)
38、CH4(g)+2H2O(g) H=-164.9 kJ/mol；(2)一定条件下，向恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH4(g)为a mol，H2O(g)为b mol，由反应方程式I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)中物质反应转化关系可知，反应产生a mol CH4(g)，同时产生2a mol H2O(g)，消耗a mol CO2(g)和4a mol H2(g)，则反应方程式II：产生(b-2a) mol H2O(g)，产生(b-2a) mol CO(g)，消耗CO2(g)、H2(g)的物质的量都是(b-2a) mol，
39、因此此时容器中n(CO2)=(1-a)-(b-2a)=(1+a-b)mol，n(H2)=(3-4a)-(b-2a)=(3-2a-b) mol，n(CO)= (b-2a) mol，n(H2O)=b mol，假设反应容器的容积是V L，反应II的化学平衡常数K=；(3)200550时，CO2的物质的量分数随温度升高而增大是由于H10，H20，温度升高时，反应的化学平衡逆向移动使CO2增加的量比反应的化学平衡正向移动使CO2减少的量多，因此CO2的物质的量分数随温度升高而增大；反应器中应选择的温度应该有利于合成CH4，由于反应I的H10，故适宜的温度是较低温度为200；(4)在反应开始时CO2与H2
40、的浓度都是1.0 mol/L，且随着反应的进行，CO2的浓度逐渐减小，正反应速率越来越小，故与曲线相对应的是上图中曲线中的乙；该反应达到平衡后，某一时刻降低温度，由于该反应的正反应是放热反应，降低温度，化学平衡正向移动，重新达到平衡时，平衡常数增大；根据图象可知：反应平衡时图中对应点应为E和F，降低温度后，反应速率减小，平衡正向移动，CH4的浓度会增大，CO2的浓度减小，则此时曲线甲对应的平衡点可能为D点，曲线乙对应的平衡点可能为M点。20. 吡唑类化合物G是一种重要的医用中间体，其合成路线如下：已知：.(1)反应所需试剂、条件分别是_；C的名称是_。(2)AB的化学方程式为_。(3)D中官能
41、团的名称为_；测定E所含化学键和官能团的仪器是_。(4)DE的反应类型为_；F的结构简式是_。(5)X为D的同分异构体，写出满足如下条件X的结构简式_。含有苯环；核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为2：2：1；1molX与足量银氨溶液反应生成4molAg。(6)以丙醛和乙酸为原料合成，写出合成路线(其他试剂任选)_。【答案】 (1). 、光照 (2). 乙酸甲酯 (3). (4). 碳碳双键、酯基 (5). 红外光谱仪 (6). 加成反应 (7). (8). (9). 【解析】【分析】反应应是甲苯与氯气在光照条件下发生取代反应，然后在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应，羟基取代氯原子的位置，即A的结
42、构简式为，A发生催化氧化得到B，B为苯甲醛，其结构简式为，根据信息I、C的分子式以及D的结构简式，推出C的结构简式为CH3COOCH3，根据B、G、CH3NHNH2的结构简式以及F的分子式C10H8O2，推出F的结构简式为，对比D和F的结构简式，D与Br2发生加成反应，E发生消去反应得到F，据此分析；【详解】(1)根据上述分析，反应所需试剂和条件分别是Cl2、光照；C的结构简式为CH3COOCH3，属于酯，名称为乙酸甲酯；故答案为Cl2、光照；乙酸甲酯；(2)A生成B，反应类型为催化氧化，发生的化学方程式为；故答案为；(3)根据D的结构简式，含有的官能团是碳碳双键、酯基；测定所含化学键和官能团
43、的仪器是红外光谱仪；故答案为碳碳双键、酯基；红外光谱仪；(4)根据上述分析，DE的反应类型为加成反应；F的结构简式为；故答案为加成反应；(5)核磁共振氢谱有三组峰，说明含有三种不同化学环境的氢原子，即该结构为对称结构，三种氢原子的个数比为2：2：1，1molX与足量银氨溶液反应生成4molAg，说明1个X分子中含有2个醛基，符合条件的结构简式为；故答案为；(6)根据信息I，生成的物质是CH3COOCH(CH3)CHO， CH3CHOHCHO和CH3COOH通过酯化反应生成CH3COOCH(CH3)CHO，2个CH3CH2CHO分子在氢氧化钠溶液中加热得到CH3COOCH(CH3)CHO，即合成路线为；故答案为。【点睛】有机推断中一般对比结构简式的不同和相同，找出断键的部位，如根据G的结构简式，推断F的结构简式，利用B的结构简式以及CH3NHNH2进行分析，这样就推出F可能的结构是什么样了，最后根据F的分子式，推出F的结构简式。
