陕、晋、宁、青化学-答案_1.高考2025全国各省真题+答案_00.2025各省市高考真题及答案（按省份分类）_23、山西卷（9科全）_化学

2025 年陕西、山西、宁夏、青海高考真题化学试题 一、单选题 1．“国之重器”是我国科技综合实力的结晶。下述材料属于金属材料的是 A．“C919”大飞机用的氮化硅涂层 B．“梦想”号钻探船钻头用的合金 C．“望宇”登月服用的聚酰亚胺隔热层 D．“雪龙2”号破冰船制淡水用的反渗透膜 【答案】B 【详解】 A．氮化硅涂层属于新型陶瓷材料，属于无机非金属材料，A不符合题意； B．合金是金属与其他元素熔合而成的材料，属于金属材料，B符合题意； C．聚酰亚胺是高分子有机材料，不属于金属材料，C不符合题意； D．反渗透膜通常由高分子聚合物制成，属于有机材料，D不符合题意； 故选B。 2．下列化学用语或图示表达正确的是 A．CS 的电子式为 B．基态Be原子的价电子排布式为2s22p2 2 C．C H 的球棍模型为 D．反-2-丁烯的结构简式为 2 2 【答案】A 【详解】 A．CS 与CO 结构类似，电子式为 ，A正确； 2 2 B．Be是4号元素，基态Be原子的价电子排布式为2s2，B错误； C．乙炔的球棍模型为 ，图中表示乙炔的空间填充模型，C错误； D．反-2-丁烯的分子中，两个甲基位于双键的不同侧，结构简式是 ，D错误； 故选A。 3．下列有关物质性质与用途对应关系错误的是 A．单晶硅熔点高，可用于制造芯片 B．金属铝具有还原性，可用于冶炼金属 C．浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂 D．乙炔燃烧火焰温度高，可用于切割金属 【答案】A 【详解】 A．单晶硅用于制造芯片主要因其半导体性质，而非熔点高，熔点高与用途无直接关联，A错误； B．金属铝还原性强，可通过铝热反应冶炼金属（如Fe、Mn等），B正确； C．浓硫酸吸水性使其可干燥中性/酸性气体（如H 、CO ），C正确； 2 2 D．乙炔燃烧产生高温氧炔焰（约3000℃），可熔化金属进行切割，D正确； 故选A。 4．抗坏血酸葡萄糖苷(AA2G)具有抗氧化功能。下列关于AA2G的说法正确的是A．不能使溴水褪色 B．能与乙酸发生酯化反应 C．不能与NaOH溶液反应 D．含有3个手性碳原子 【答案】B 【详解】 A．由物质的结构可知，该物质含有碳碳双键，能和溴水发生加成反应而褪色，A错误； B．由物质的结构可知，该物质含有羟基，能和乙酸在浓硫酸催化下，发生酯化反应，B正确； C．该物质中含有一个酯基，能与NaOH溶液反应，C错误； D．手性碳原子为连接4个不同基团的碳原子，该物质中含有7个手性碳， ，D错误； 故选B。 5．“机械键”是两个或多个分子在空间上穿插互锁的一种结合形式。我国科研人员合成了由两个全苯基大环分子组 成的具有“机械键”的索烃，结构如图，下列说法错误的是 A．该索烃属于芳香烃 B．该索烃的相对分子质量可用质谱仪测定 C．该索烃的两个大环之间不存在范德华力 D．破坏该索烃中的“机械键”需要断裂共价键 【答案】C 【详解】 A．该物质是由两个全苯基大环分子组成的具有“机械键”的索烃，含有苯环，属于芳香烃，A正确； B．质谱仪可测定相对分子质量，质谱图上最大质荷比即为相对分子质量，B正确； C．该物质为分子晶体，分子间存在范德华力，C错误； D．该物质含有共价键，破坏 “机械键”时需要断裂共价键，D正确； 故选C。 6．下列对物质性质的解释错误的是 选项 物质性质 解释 A 氯化钠熔点高于氯化铯 氯化钠离子键强于氯化铯 B 碘易溶于四氯化碳 碘和四氯化碳都是非极性分子 C 草酸氢钠溶液显酸性 草酸氢根离子水解程度大于电离程度 D 离子液体导电性良好 离子液体中有可移动的阴、阳离子A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【详解】 A．氯化钠中的钠离子半径（Na+）比氯化铯中的铯离子半径（Cs+）小，离子键强度更大，因此熔点更高，解释正 确，A正确； B．碘和四氯化碳均为非极性分子，符合“相似相溶”原理，解释正确，B正确； C．草酸氢钠溶液显酸性是因为草酸氢根（HC O 2−）的电离程度（释放H+）大于水解程度（生成OH⁻），解释错 2 4 误，C错误； D．离子液体的导电性源于其内部可自由移动的阴、阳离子，解释正确，D正确； 故选C。 7．下列有关反应方程式错误的是 A．泡沫灭火器反应原理：6NaHCO +Al (SO ) =3Na SO +2Al(OH) ↓+6CO ↑ 3 2 4 3 2 4 3 2 B．用金属钠除去甲苯中的微量水：2Na+2H O=2NaOH+H ↑ 2 2 C．用NaOH溶液吸收尾气中的NO :2NO +2OH-=NO-+NO-+H O 2 2 3 2 2 D．氯气通入冷的石灰乳中制漂白粉：Cl +2OH-=ClO-+Cl-+H O 2 2 【答案】D 【详解】 A．泡沫灭火器中Al3+与HCO −发生双水解，生成Al(OH) 和CO ，方程式配平正确，A正确； 3 3 2 B．金属钠优先与水反应生成NaOH和H ，甲苯不参与反应，方程式正确，B正确； 2 C．NO 与NaOH反应生成NO −和NO −，方程式配平及产物均正确，C正确； 2 3 2 D．石灰乳（Ca(OH) 悬浊液）不能拆为OH-，正确反应应为2Cl + 2Ca(OH) = CaCl + Ca(ClO) + 2H O，D错误； 2 2 2 2 2 2 故选D。 8．一种负热膨胀材料的立方晶胞结构如图，晶胞密度为dg⋅cm-3，阿伏加德罗常数的值为N ，下列说法错误的是 A A．沿晶胞体对角线方向的投影图为 B．Ag和B均为sp3杂化 C．晶体中与Ag最近且距离相等的Ag有6个 D．Ag和B的最短距离为√3 × √ 3 223 ×1010pm 2 NAd 【答案】A 【详解】 A．由晶胞图可知，晶胞中Ag位于体心，B位于顶点，C、N位于体对角线上，沿晶胞体对角线方向投影，体对角 线上的原子投影到中心(重叠)，其余6个顶点原子分别投影到六元环的顶点上，其他体内的C、N原子抽影响到对 应顶点原子投影与体心的连线上，则投影图为 ，A错误； B．Ag位于体心，与周围4个N原子原键，价层电子对数为4，且与4个N原子形成正四面体，则Ag为sp3杂化； 由晶胞中成键情况知，共用顶点B原子的8个晶胞中，有4个晶胞中存在1个C原子与该B原子成键，即B原子 的价层电子对数为4，为sp3杂化，B正确；C．晶胞中Ag位于体心，与Ag最近且距离相等的Ag就是该晶胞上、下、左、右、前、后6个相邻的晶胞体心中的Ag 原子，为6个，C正确； D．B位于顶点，其个数为8× 1 =1，Ag、C、N均位于晶胞内，个数分别为1、4、4，由晶胞密度可知晶胞参数 8 a=√ 3 108+11+12×4+14×4 ×1010pm，Ag和B的最短距离为体对角线的一半，即√3 × √ 3 223 ×1010pm，D正确； NAd 2 NAd 故选A。 9．一种高聚物(XYZ) 被称为“无机橡胶”，可由如图所示的环状三聚体制备。X、Y和Z都是短周期元素，X、Y价 n 电子数相等，X、Z电子层数相同，基态Y的2p轨道半充满，Z的最外层只有1个未成对电子，下列说法正确的是 A．X、Z的第一电离能：X>Z B．X、Y的简单氢化物的键角：X>Y C．最高价含氧酸的酸性：Z>X>Y D．X、Y、Z均能形成多种氧化物 【答案】D 【分析】X、Y价电子数相等，X、Y属于同一主族，且X形成5个键，Y形成3个键，基态Y的2p轨道半充满， 则X为P元素，Y为N元素，X、Z电子层数相同， Z的最外层只有1个未成对电子，Z形成1个键，Z为Cl元 素，以此分析。 【详解】 A．第一电离能同周期从左到右有增大趋势，第一电离能：Cl>P，A错误； B．X、Y的简单氢化物分别为：PH 和NH ，电负性：N>P，共用电子对距N近，成键电子对斥力N-H大于P-H， 3 3 键角：NH >PH ，B错误； 3 3 C．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸酸性越强，非金属性：Cl>N>P，酸性：HClO >HNO >H PO ，C错误； 4 3 3 4 D．P、N、Cl均能形成多种氧化物，D正确； 故选D。 10．下列实验方案不能得出相应结论的是 A B 结论：金属活动性顺序为Zn>Fe>Cu 结论：氧化性顺序为Cl >Fe3+>I 2 2 C D 结论：甲基使苯环活化 结论：增大反应物浓度，该反应速率加快A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【详解】 A．Fe、Cu、稀硫酸原电池中，电子由活泼金属Fe流向Cu，Fe、Zn、硫酸原电池中，电子有Zn流向Fe，活泼性： Zn>Fe>Cu，A正确； B．FeCl 与淀粉KI溶液反应，溶液变蓝色，则氧化性：Fe3+>I ，新制氯水加入含KSCN的FeCl 溶液中，溶液变 3 2 2 红色，生成了Fe3+，则氧化性：Cl >Fe3+，故氧化性：Cl >Fe3+>I ，B正确； 2 2 2 C．酸性高锰酸钾分别滴入苯和甲苯中，甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明了苯环使甲基活化，C错误； D．不同浓度的Na S O 与相同浓度的稀硫酸反应，浓度大的Na S O 先出现浑浊，说明增大反应物浓度，反应速 2 2 3 2 2 3 率加快，D正确； 故选C。 11．某元素的单质及其化合物的转化关系如图。常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性。阿伏加德罗常数的 值为N 。下列说法错误的是 A A．G、K均能与NaOH溶液反应 B．H、N既具有氧化性也具有还原性 C．M和N溶液中的离子种类相同 D．1molG与足量的J反应，转移电子数为N A 【答案】D 【分析】 根据转化关系： ，常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白 性，J为SO ，K为SO ，G为H S，H为S，M为NaHSO ，N为Na SO ，L为Na SO 。 2 3 2 3 2 3 2 4 【详解】 A．H S和SO 均能与NaOH溶液反应，A正确； 2 3 B．S和Na SO 中S的化合价处于S的中间价态，既具有氧化性又有还原性，B正确； 2 3 C．M为NaHSO ，N为Na SO ，二者的溶液中离子种类相同，C正确； 3 2 3 D．1mol H S和足量的SO 反应生成S单质和水，2H S+SO =3S↓+2H O，1mol H S参加反应，转移2mol电子，转 2 2 2 2 2 2 移2N 个电子，D错误； A 故选D。 12．格氏试剂性质活泼，可与空气中的H O和O 等反应。某兴趣小组搭建了图示无水无氧装置(部分装置略)，以乙 2 2 醚(沸点34.5°C)为溶剂，利用下述反应高产率地制备二苯甲酮。下列说法错误的是 A．气球中填充保护气，并起缓冲压力的作用 B．烧瓶中液体是格氏试剂的乙醚溶液 C．图中的漏斗不能用球形分液漏斗代替 D．产率高表明苯甲酰氯比二苯甲酮更易与格氏试剂反应 【答案】B 【详解】 A．当气球被充入气体时，气体在气球内产生了一定的压力，这将均匀地作用在气球内外的表面上，使得外壳可以 均匀分担气体的压力，A正确； B．格氏试剂性质活泼，为避免反应过于剧烈，烧瓶中应加入苯甲酰氯，格氏试剂通过滴液漏斗缓慢滴加，B错误； C．反应体系为无水、无氧的密封装置，需要用图中的漏斗保持体系能压强不变，保证液体顺利滴下，而不能用分 液漏斗，C正确； D．苯甲酰氯比二苯甲酮与格氏试剂反应速率快，导致苯甲酰氯与与格氏试剂产率高，D正确； 故选B。 13．我国科研人员采用图示的电解池，由百里酚(TY)合成了百里醒(TQ)。电极b表面的主要反应历程见图(灰球表示 电极表面催化剂)，下列说法错误的是 A．电解时，H+从右室向左室移动 电解 B．电解总反应：TY+H O TQ+2H ↑ 2 2 C．以 为原料，也可得到TQ D．用 18O标记电解液中的水，可得到 【答案】D 【分析】电极b发生TY→TQ，发生加氧去氢的反应，发生氧化反应，b为阳极，a为阴极，阴极上氢离子得电子 生成H ，以此解题。 2 【详解】 A．电解时阳离子向阴极移动，H+从右室向左室移动，A正确； B．根据转化关系图可知，电极b中TY是反应物，TQ是生成物，电极a中水是反应物，H 为生成物，总反应方程 2电解 式为：TY+H O TQ+2H ↑，B正确； 2 2 C．将TY( )换成 为原料，仍然能够得到TQ( )，C正确； D．根据右图可知，用 18O标记电解液中的水，可得到的18O在环上甲基的邻位上 ，D错误； 故选D。 14．常温下，溶液中Al3+、Zn2+、Cd2+以氢氧化物形式沉淀时，-lg[c(X)/(mol⋅L-1)]与-lg[c(H+)/(mol⋅L-1)]的关系 如图[其中X代表Al3+、Zn2+、Cd2+、Al(OH)-、Zn(OH)2-或Cd(OH)2-]。已知：K [Zn(OH) ]1mol/L，即可 2 3 4 认为Al(OH) 完全溶解，并转化为Al(OH)-，因此调节NaOH溶液浓度，通过碱浸可完全分离Cd(OH) 和Al(OH) ，C 3 4 2 3 正确； D．0.1mol⋅L-1的Zn2+开始沉淀pH为14+lg(√ 10−16.2 )=6.4，0.1mol⋅L-1的Al3+完全沉淀pH为14+lg( 3 √ 10−33 )=4.7， 0.1 10−5 因此调节溶液pH为4.7~6.4，可将浓度均为0.1mol⋅L-1的Zn2+和Al3+完全分离，D正确； 故选B。 二、解答题 15．某实验室制备糖精钴[Co(Sac) (H O) ]⋅xH O，并测定其结晶水含量。 2 2 4 2 已知：Sac-表示糖精根离子，其摩尔质量为182g⋅mol-1，糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较小；丙酮沸点 为56°C，与水互溶。 CoCl ⋅6H O+2NaSac⋅2H O=[Co(Sac) (H O) ]⋅xH O+(6-x)H O+2NaCl 2 2 2 2 2 4 2 2 (一)制备 I．称取1.0g CoCl ⋅6H O，加入18mL蒸馏水，搅拌溶解，得溶液1。 2 2 Ⅱ．称取2.6g(稍过量)糖精钠(NaSac⋅2H O)，加入10mL蒸馏水，加热搅拌，得溶液2。 2 Ⅲ．将溶液2加入到接近沸腾的溶液1中，反应3分钟后停止加热，静置，冷却结晶。 Ⅳ．过滤，依次用三种不同试剂洗涤晶体，晾干得产品。 回答下列问题： (1)I和Ⅱ中除烧杯外，还需用到的玻璃仪器有 、 (写出两种) (2)Ⅲ中静置过程有少量晶体出现时，可将烧杯置于 中，以使大量晶体析出。 (3)Ⅳ中用①丙酮、②冷水、③冷的1% NaSac溶液洗涤晶体，正确顺序为 。 A．①③② B．③②① C．②①③ (4)Ⅳ中为了确认氯离子己经洗净，取水洗时的最后一次滤液于试管中， (将实验操作、现象和结论补充完整)。 (5)与本实验安全注意事项有关的图标有 。 (二)结晶水含量测定 EDTA和Co2+形成1:1配合物。准确称取m g糖精钴产品于锥形瓶中，加蒸馏水，加热溶解，再加入缓冲溶液和指示 剂，在50~60℃下，用c mol⋅L-1的EDTA标准溶液滴定。 (6)下列操作的正确顺序为 (用字母排序)。 a．用标准溶液润洗滴定管 b．加入标准溶液至“0”刻度以上2~3mL处 c．检查滴定管是否漏水并清洗 d．赶出气泡，调节液面，准确记录读数 (7)滴定终点时消耗标准溶液V mL，则产品[Co(Sac) (H O) ]⋅xH O中x的测定值为 (用含m、c、V的代数式 2 2 4 2 表示)；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，会导致x的测定值 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 【答案】 (1) 玻璃棒 量筒（或胶头滴管等，合理即可） (2) 冰水浴 (3) B (4) 加稀硝酸酸化，再滴加AgNO 溶液，无白色沉淀生成，说明Cl-已洗净 3 (5) ABC(6) cabd (7) 500m −27.5（或：m−cV×10−3×495） 偏高 9cV 18×cV×10−3 【分析】按照反应CoCl ⋅6H O+2NaSac⋅2H O=[Co(Sac) (H O) ]⋅xH O+(6-x)H O+2NaCl制备糖精钴，然后在冰 2 2 2 2 2 4 2 2 水浴中结晶，再按照“冷的1% NaSac溶液、冷水、丙酮”顺序进行洗涤，得到糖精钴晶体，最后将糖精钴晶体溶解 后用EDTA标准溶液滴定测定含有结晶水的数量。 【详解】 （1）步骤I、Ⅱ中需要使用量筒、胶头滴管量取蒸馏水，并用玻璃棒搅拌以加快固体溶解速率。 （2）因为糖精钴在冷水中溶解度较小，所以为了尽快让大量晶体析出，应降低溶液温度，可将烧杯置于冰水浴中。 （3）先用冷的1% NaSac溶液洗涤，可降低糖精钴溶解度，减少晶体损失，还能将晶体表面吸附的Co2+转化为晶体 析出，且不引人新的杂质，再用冷水洗涤，可降低晶体溶解度并洗去溶液中存在的可溶性离子，丙酮可以与水互溶 且沸点比关键水的低，故最后用丙酮洗涤以除去残留的水且能使晶体快速干燥，故选B。 （4）Ⅳ中为了确认氯离子己经洗净的步骤为：取水洗时的最后一次滤液于试管中，加稀硝酸酸化，再滴加AgNO 3 溶液，无白色沉淀生成，说明Cl-已洗净。 （5）进行化学实验需要佩戴护目镜，以保护眼睛，同时化学实验结束后，离开实验室前需用肥皂等清洗双手，该 实验涉及加热操作，因此需要防止热烫，要选择合适的工具进行操作，避免直接触碰，故A、B、C符合题意；该 实验中未涉及锐器的操作，D不符合题意，故选ABC。 （6）使用滴定管前首先要检漏，确定不漏液之后用蒸馏水清洗(c)，再用待装的标准溶液进行润洗(a)，待润洗完成 后 装入标准溶液至“0”刻度以上2~3 mL处(b)，放液赶出气泡后调节液面至“0”刻度或“0”刻度下，准确记录标准溶 液体积的初始读数(d)，故选cabd。 （7）滴定消耗的n(EDTA)= cV mol，EDTA与Co2+形成1：1配合物，则样品溶解后的n(Co2+)= cV mol，即样 1000 1000 品中的n{[Co(Sac) (H O) ]·xH O}= cV mol，而M{[Co(Sac) (H O) ]·xH O}=(495+18x)g·mol−1，所以 2 2 4 2 2 2 4 2 1000 cV mol×(495+18x)g·mol−1 =mg，解得x= 1000m − 495 = 500m −27.5(或= 1000m−495cV = m−495cV×10−3 )；若滴 1000 18cV 18 9cV 18cV 18cV×10−3 定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，测得消耗EDTA溶液体积偏小，即V偏小，根据x= 500m −27.5，则x 9cV 偏高。 16．一种综合回收电解锰工业废盐(主要成分为Mn2+、Mg2+、NH+的硫酸盐)的工艺流程如下。 4 已知：①常温下K (MgCO )=10-5.17，K [Mg(OH) ]=10-11.25，K [Mn(OH) ]=10-12.72； sp 3 sp 2 sp 2 ②S O2-结构式为 。 2 8 回答下列问题： (1)制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采取的措施有 、 。(写出两种) (2)“沉锰I”中，写出形成的Mn(OH) 被氧化成Mn O 的化学方程式 。当Mg2+(c=10-0.68mol⋅L-1)将要开始沉淀 2 3 4 时，溶液中剩余Mn2+浓度为 mol⋅L-1。 (3)“沉锰Ⅱ”中，过量的(NH ) S O 经加热水解去除，最终产物是NH HSO 和 (填化学式)。 4 2 2 8 4 4(4)“沉镁I”中，当pH为8.0~10.2时，生成碱式碳酸镁[xMgCO ⋅yMg(OH) ⋅zH O]，煅烧得到疏松的轻质MgO。pH过 3 2 2 大时，不能得到轻质MgO的原因是 。 (5)“沉镁Ⅱ”中，加H PO 至pH=8.0时，Mg2+沉淀完全；若加至pH=4.0时沉淀完全溶解，据图分析，写出沉淀溶解 3 4 的离子方程式 。 (6)“结晶”中，产物X的化学式为 。 (7)“焙烧”中，Mn元素发生了 (填“氧化”或“还原”)反应。 【答案】 (1) 搅拌 适当升温等 (2) 6Mn(OH) +O =2Mn O +6H O 10-2.15 2 2 3 4 2 (3) O 2 (4) pH过大，沉淀为Mg(OH) ，不能分解产生CO ，不能得到疏松的轻质MgO 2 2 (5) MgHPO +H PO =Mg2++2H PO− 4 3 4 2 4 (6) (NH ) SO 4 2 4 (7) 还原 【分析】废盐溶液加入氨水，通入氧气沉锰I得到Mn O ，溶液再加入(NH ) S O ，进行沉锰Ⅱ得到MnO ，产生有 3 4 4 2 2 8 2 气体O ，溶液再加入NH HCO 和NH ·H O调节pH沉镁I，得到MgCO ，煅烧得到MgO，溶液再加入H PO 沉 2 4 3 3 2 3 3 4 镁Ⅱ，得到MgNH PO ·6H O沉淀，溶液加入H SO 调节pH=6.0结晶得到X硫酸铵，最后与MnO 和Mn O 焙烧， 4 4 2 2 4 2 3 4 经过多步处理得到MnSO ·H O。 4 2 【详解】 （1）加快废盐的溶解可以采取搅拌、适当升温、粉碎等； （2）Mn(OH) 被O 氧化得到Mn O ，化学方程式为：6Mn(OH) +O =2Mn O +6H O； 2 2 3 4 2 2 3 4 2 根据c(Mg2+) = Ksp[Mg(OH)2] = 10−0.68 = 10−11.25 ，c(Mn2+)=10-2.15mol/L； c(Mn2+) Ksp[Mn(OH)2] c(Mn2+) 10−12.72 （3）“沉锰Ⅱ”中，过量的(NH ) S O 经加热水解去除，(NH ) S O 中存在过氧键，在加热和水存在下发生水解，生 4 2 2 8 4 2 2 8 成NH HSO 和H O ：(NH ) S O +2H O=2NH HSO +H O ，H O 分解2H O =2H O+O ↑，总反应为 4 4 2 2 4 2 2 8 2 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2(NH ) S O +2H O=4NH HSO +O ↑，最终产物是NH HSO 和O ； 4 2 2 8 2 4 4 2 4 4 2 （4）[xMgCO ⋅yMg(OH) ⋅zH O]煅烧有CO 生成，可以得到疏松的轻质氧化镁，pH过大，沉淀为Mg(OH) ，不 3 2 2 2 2 能分解产生CO ，不能得到疏松的轻质MgO； 2 （5）由图可知，pH=8时，阴离子为HPO2−，阳离子为Mg2+，产生的沉淀为MgHPO ，调节到pH=4，磷元素存在 4 4 形式为H PO−，磷酸不是强酸，不能拆，离子方程式为：MgHPO +H PO =Mg2++2H PO−； 2 4 4 3 4 2 4 （6）溶液中存在铵根离子和硫酸根离子，结晶后X为(NH ) SO ； 4 2 4 （7）“焙烧”中，Mn O 和MnO 最终生成MnSO ·H O，Mn元素化合价降低，发生了还原反应。 3 4 2 4 2 17．MgCO /MgO循环在CO 捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用MgCO 与H 反应生成CH 的路线， 3 2 3 2 4 主要反应如下： I．MgCO (s)=MgO(s)+CO (g) ΔH =+101kJ⋅mol-1 3 2 1 II．CO (g)+4H (g)=CH (g)+2H O(g) ΔH =-166kJ⋅mol-1 2 2 4 2 2 III．CO (g)+H (g)=H O(g)+CO(g) ΔH =+41 kJ⋅mol-1 2 2 2 3回答下列问题， (1)计算MgCO (s)+4H (g)=MgO(s)+2H O(g)+CH (g) ΔH = kJ⋅mol-1。 3 2 2 4 4 (2)提高CH 平衡产率的条件是_______。 4 A．高温高压 B．低温高压 C．高温低压 D．低温低压 (3)高温下MgCO 分解产生的MgO催化CO 与H 反应生成CH ，部分历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注， 3 2 2 4 所示步骤中最慢的基元反应是 (填序号)，生成水的基元反应方程式为 。 (4)100kPa下，在密闭容器中H (g)和MgCO (s)各1mol发生反应。反应物(H 、MgCO )的平衡转化率和生成物(CH 、 2 3 2 3 4 CO )的选择性随温度变化关系如下图(反应III在360°C以下不考虑)。 2 含碳生成物的物质的量 注：含碳生成物选择性= ×100% MgCO3 转化的物质的量 ①表示CH 选择性的曲线是 (填字母)。 4 ②点M温度下，反应Ⅱ的K = (kPa)-2(列出计算式即可)。 p ③在550°C下达到平衡时，n(CO)= mol。500~600°C，随温度升高H 平衡转化率下降的原因可能是 。 2 【答案】 (1)-65 (2)B (3) ④ HO*+H *+CH *= CH *+H O 2 2 3 2 (4) c 492 0.2 反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气 24 【详解】 （1）已知：I．MgCO (s)=MgO(s)+CO (g) ΔH =+101kJ⋅mol-1 3 2 1 Ⅱ．CO (g)+4H (g)=CH (g)+2H O(g) ΔH =-166kJ⋅mol-1 2 2 4 2 2 将I+ Ⅱ可得MgCO (s)+4H (g)=MgO(s)+2H O(g)+CH (g) ΔH =ΔH +ΔH =+101kJ⋅mol-1+（-166kJ⋅mol-1）= 3 2 2 4 4 1 2 -65kJ⋅mol-1，故选：-65； （2）已知反应Ⅱ．CO (g)+4H (g)=CH (g)+2H O(g) ΔH =-166kJ⋅mol-1为放热反应，要提高CH 平衡产率，要使 2 2 4 2 2 4 平衡正向移动。 A．高温会使平衡逆向移动，不利于提高CH 平衡产率，A错误； 4 B．低温使平衡正向移动，高压也使平衡正向移动，可提高CH 平衡产率，B正确； 4 C．高温会使平衡逆向移动，低压会使平衡逆向移动，不利于提高CH 平衡产率，C错误； 4 D．低压会使平衡逆向移动，不利于提高CH 平衡产率，D错误； 4 故选B。 （3）反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以看出，第四部活化能最高，速率最慢，基元反应为 CH *+H*+2H O=CH *+2H O；由图可知，在第三步时生成了水，基元反应为：HO*+H *+CH *= CH *+H O，故选： 3 2 4 2 2 2 3 2 ④；HO*+H *+CH *= CH *+H O； 2 2 3 2 （4）已知反应I为吸热反应， Ⅱ为放热反应，III为吸热反应，根据图像，温度逐渐升高，则碳酸镁的转化率逐渐 升高，氢气的转化率下降，在360°C以下不考虑反应Ⅲ，则二氧化碳的选择性上升，甲烷的选择性下降，所以a表 示碳酸镁的转化率，b表示二氧化碳的选择性，c表示甲烷的选择性。 ①表示CH 选择性的曲线是c，故选：c； 4 ②点M温度下，从图中看出碳酸镁的转化率为49%，则剩余的碳酸镁为0.51mol，根据碳原子守恒，甲烷和二氧化 碳中碳原子的物质的量之和为0.49mol，又因为此时二氧化碳的选择性和甲烷的选择性相等，则二氧化碳和甲烷的 物质的量为0.245mol，根据氧原子守恒得出水的物质的量为0.49mol，根据氢原子守恒得出 氢气的物质的量为 0.02mol，总的物质的量为0.02+0.245+0.245+0.49=1mol，P(H )= 0.02 ×100KPa=2KPa，P(CO )=P(CH )= 0.245 × 2 2 4 1 1 100KPa=24.5KPa，P(H O)= 0.49 ×100KPa=49KPa，则反应Ⅱ的K = 24.5×492 = 492 ，故选：492 ； 2 1 p 24×24.5 24 24 ③在550°C下达到平衡时，碳酸镁完全转化，二氧化碳的选择性为70%，甲烷的选择性为10%，则生成的二氧化碳 为0.7mol，生成的甲烷为0.1mol，根据碳原子守恒得出n(CO)=1-0.7-0.1 mol=0.2mol；因为反应Ⅱ是放热的，反应Ⅲ 是吸热的。在500~600°C，随温度升高，反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅲ正向移动，由于反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗 的氢气，导致H 平衡转化率下降，故选：0.2；反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气。 2 18．我国某公司研发的治疗消化系统疾病的新药凯普拉生(化合物H)，合成路线如下(部分试剂、反应条件省略)。 已知： 回答下列问题： (1)A中官能团的名称是 。 (2)B的结构简式为 。(3)由C转变为D的反应类型是 (4)同时满足下列条件的B的同分异构体有 种(不考虑立体异构)。 ①含有两个甲基；②与钠反应产生氢气。 (5)由D转变为E的过程中经历了两步反应，第一步反应的化学方程式是： (要求配平)。 (6)下列关于F说法正确的有_______。 A．F能发生银镜反应 B．F不可能存在分子内氢键 C．以上路线中E+F→G 的反应产生了氢气 D．已知醛基吸引电子能力较强，与 相比F的N-H键极性更小 (7)结合合成H的相关信息，以 、 和含一个碳原子的有机物(无机试剂任选)为原料，设 计化合物 的合成路线 。 【答案】 (1)硝基、羟基 (2) (3)还原反应 (4)5 (5) +NaNO +2HCl→ +NaCl+2H O 2 2 (6)AC (7) 【分析】A和B发生反应生成C，K CO 的作用是与A和B反应生成的HBr反应，促进反应正向进行，结合B的 2 3 分子式C H BrO，以及C的结构简式，可知B的结构简式为 ，C中硝基还原为氨基生成D，D 4 9 经历两步反应生成E，E发生取代反应生成G，据此解答。 【详解】（1）结合A的结构简式可知，官能团的名称是，硝基、羟基； （2）由分析可知，B的结构简式为 ； （3）C中硝基还原为氨基生成D，反应类型是还原反应； （4）B的分子式C H BrO，含有两个甲基，与与钠反应产生氢气，则官能团为碳溴键和羟基，采用“定一移的方法” 4 9共有 、 、 (箭头所指溴原子位置)，共有5种； （5）由D转变为E的第一步反应是已知条件的反应，化学方程式为： +NaNO +2HCl→ 2 +NaCl+2H O； 2 （6）A．F中含有醛基，能发生银镜反应，A正确； B．F中亚氨基上的H原子与F原子距离较近，能形成分子内氢键，B错误； C．E与F发生取代反应生成HCl，HCl+NaH=NaCl+H ↑，故有氢气生成，C正确； 2 D．F中的氟原子以及醛基都是吸电子基，则F的N-H键极性更大，D错误； 故选AC； （7）目标产物的结构简式与G类似，则其是由 和 发生取代反应而合成，而 可由苯胺发生D→E的反应合成， 可由苯甲醛发生G→H的反应合成，故合成路线 为 。