江苏省南通市如皋市2023-2024学年高三上学期期初考试押题化学解析(1)_2023年8月_028月合集_2024届江苏省南通市如皋市高三上学期期初考试押题卷

江苏省南通市如皋市 2024 届上学期期初考试押题卷 化学学科 一、单项选择题：共 13题，每题 3分，共 39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 新型冠状病毒可通过气溶胶传播，气溶胶属于胶体的一种。下列关于胶体的叙述，不正确的是 A. 明矾净水利用了胶体的吸附性 B. 依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊液 C. 雾是气溶胶，在阳光下可观察到丁达尔效应 D. 用渗析法分离胶体与溶液 【答案】B 【解析】 【详解】A．胶体胶粒直径小，比表面积大，吸附性强，明矾净水是利用了胶体的吸附性，故A正确； B．依据分散质粒子直径的大小可将分散系分为溶液、胶体与浊液，故B错误； C．雾是气溶胶，属于胶体，在阳光下可观察到丁达尔效应，故C正确； D．溶液能透过半透膜，胶体粒子不能通过半透膜，则用渗析的方法分离，故D正确； 故选：B。 2. 化学与生活密切相关。下列化学用语或描述表达正确的是 A. 基态硫原子的轨道表示式： B. H S的电子式： 2 C. SO 的VSEPR模型： 2 D. 中子数为9的氮原子9N 7 【答案】C 【解析】 【详解】A．基态硫原子的轨道表示式应该为 ，A错误； B．H S是共价化合物，电子式为： ，B错误；公众号：全元高考 2622 C．SO 的价层电子对数是2 3，因此VSEPR模型： ，C正确； 2 2 D．中子数为9的氮原子，其质量数是9+7＝16，可表示为16N，D错误； 7 答案选C。 3. X、Y、Z、N是原子序数依次增大的4种短周期元素，其元素性质或原子结构如下表。下列说法正确的 是 元素 元素性质或原子结构 X 原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能低于同周期相邻元素 Y 原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能高于同周期相邻元素 Z 其价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等 N 只有一个不成对电子 A. 原子半径：Z Y  X B. 元素的电负性：X>N>Z C. 元素的第一电离能：Z>N>Y D. X的基态原子的电子轨道表示式： 【答案】B 【解析】 【分析】X、Y、Z、N是原子序数依次增大的五种短周期元素，X元素原子核外s能级上的电子总数与p能 级上的电子总数相等，但第一电离能都低于同周期相邻元素，为O元素；Y原子核外s能级上的电子总数与 p能级上的电子总数相等，但第一电离能都高于同周期相邻元素，为Mg元素；Z元素价电子中，在不同形 状的原子轨道中运动的电子数相等，为Si元素；N元素只有一个不成对电子且则这几种元素中元素序数最 大，为Cl元素，结合题目分析解答。 【详解】A．X为O，Y为Mg，Z为Si，原子半径大小为Mg Si O，故A错误； B．X为O，Z为Si，N为Cl，电负性大小为OCl Si，故B正确； C．Y为Mg，Z为Si，N为Cl，元素的第一电离能Cl Si Mg ，故C错误；D．X为O，O的基态原子的电子轨道表示式 ，故D错误； 故答案选B。 4. 利用废蚀刻液（含FeCl 、CuCl 及FeCl ）制备碱性蚀刻液[Cu（NH ） Cl 溶液]和FeCl •6H O的主要 2 2 3 3 4 2 3 2 步骤：用H O 氧化废蚀刻液，制备氨气，制备碱性蚀刻液[CuCl +4NH =Cu（NH ） Cl ]、固液分离，用 2 2 2 3 3 4 2 盐酸溶解沉淀并制备FeCl •6H O。下列实验原理和装置不能达到实验目的的是（ ） 3 2 A. 用装置甲制备NH B. 用装置乙制备Cu（NH ） Cl 并沉铁 3 3 4 2 C. 用装置丙分离Cu（NH ） Cl 溶液和Fe（OH） D. 用装置丁将FeCl 溶液蒸干制备FeCl •6H O 3 4 2 3 3 3 2 【答案】D 【解析】 【详解】A．实验室制备氨气，可用氢氧化钙、氯化铵在加热条件下进行，故A正确； B．氨气易溶于水，注意防止倒吸，氨气与溶液反应生成Cu(NH ) Cl 和氢氧化铁，故B正确； 3 4 2 C．分离固体和液体，可用过滤的方法，故C正确； D．应在蒸发皿中蒸发，且避免氯化铁水解，更不能直接蒸干，故D错误； 故答案为D。 【点睛】考查物质制备实验设计、物质分离的实验基本操作，明确实验原理是解题关键，用H O 氧化废 2 2 蚀刻液，使亚铁离子生成铁离子，用甲装置制备氨气，生成的氨气通入乙装置，制备碱性蚀刻液 [CuCl +4NH =Cu(NH ) Cl ]，用丙装置过滤分离，用盐酸溶解氢氧化铁沉淀，将溶液在蒸发皿中进行蒸 2 3 3 4 2 发，且应通入氯化氢，防止铁离子水解，以达到制备FeCl •6H O的目的，注意把握物质性质的理解、物质 3 2 分离提纯的方法。 5. 许多过渡金属离子对多种配体有很强结合力，能形成种类繁多的配合物，下列说法正确的是 A. 1mol配合物[TiCl(H O) ]Cl ·H O不能与AgNO 溶液反应产生白色沉淀 2 5 2 2 3 B. 1mol配合物Ni(CO) 中共有8mol σ键 4 C. 配合物[Cu(NH ) ]SO ·H O的配体为NH 和SO2- 3 4 4 2 3 4 D. 配合物[Ag(NH ) ]OH的配位数为6 3 2 【答案】B【解析】 【详解】A．加入足量的AgNO 溶液，外界Cl-离子与Ag+反应形成AgCl沉淀，内界配位离子Cl-与Ag+不 3 能反应，A说法错误； B．一个CO 中有一个σ键，配合物Ni(CO) 中有四个配位键，则1mol配合物Ni(CO) 中共有8mol σ键， 4 4 B说法正确； C．配合物[Cu(NH ) ]SO ·H O的配体为NH ，C说法错误； 3 4 4 2 3 D．配合物[Ag(NH ) ]OH的的配体为NH ，配位数为2，D说法错误； 3 2 3 答案为B。 6. 据文献报道，某反应的反应历程如图所示，下列有关该历程的说法错误的是 A. Ti4+…NH —N=O是中间产物 2 催化剂 B. 总反应化学方程式为4NH +3O 2N +6H O 3 2 2 2 C. Ti4+是催化剂 D. Ti4+…NH —N=O→Ti4++N +H O属于分解反应 2 2 2 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．观察图中Ti4+…NH —N=O是某一步反应生成物，又是另一步反应的反应物得出，所以 2 Ti4+…NH —N=O是中间产物，A正确； 2 B．分析图中参加反应的有O 、NH 和NO，生成物有N 和H O，可以写出反应方程式为: 2 3 2 2催化剂 2NO+4NH +2O 3N +6H O，错误； 3 2 2 2 C．图中Ti4+是开始参加，最后又生成，所以是催化剂，C正确； D．根据概念分析，Ti4+…NH —N=O→Ti4++N +H O属于分解反应，D正确； 2 2 2 故合理选项是B。 7. 硫酸钾是一种重要的无氯优质钾肥，利用某高钾明矾石制备硫酸钾的工艺流程如下： 已知：高钾明矾石的主要成分为K SO Al SO  2Al O H O和少量Fe O 。下列说法正确的是 2 4 2 4 3 2 3 2 2 3 A. 焙烧时Al SO  反应的化学方程式为2Al SO  3S2Al O 9SO 2 4 3 2 4 3 2 3 3 B. 调节pH的目的是使Fe3和Al3完全沉淀 C. 化合物Y可制成铝热剂用于焊接铁轨 D. SO 可回收利用后应用于本流程 3 【答案】D 【解析】 【分析】高钾明矾石粉碎增大接触面积，加入硫粉进行焙烧得到SO 、SO ，加入KOH发生反应的离子方 2 3 程式为Al O 2OH 2AlO H O，则加入 KOH 溶液产生的浸渣为Fe O ，浸液中的离子为AlO、 2 3 2 2 2 3 2 K+、SO2，加入溶液X调节溶液pH使AlO变为Al(OH) 白色沉淀，则溶液X为H SO ，过滤得到 4 2 3 2 4 Al(OH) 白色固体，灼烧得到Al O ，滤液经过蒸发结晶可得到硫酸钾固体，据此答题。 3 2 3 【详解】A．焙烧时Al SO  反应的化学方程式为2Al SO  4S+6O 高温 2Al O 10SO ，A项错 2 4 3 2 4 3 2 2 3 3 误； B．浸液中存在的离子为AlO、K+、SO2，加入溶液X调节溶液pH使AlO变为Al(OH) 白色沉淀，B 2 4 2 3 项错误； C．Al(OH) 白色固体灼烧得到Al O ，则化合物Y为 Al O ，Fe O 为铝热剂用于焊接铁轨，C项错误； 3 2 3 2 3 2 3 D．SO 可溶于水制得硫酸溶液，溶液X为H SO ，则SO 可回收利用后应用于本流程，D项正确； 3 2 4 3 答案选D。【命题意图】本题以高钾明矾石制备硫酸钾的工艺流程为载体，考查了学生对化学工艺流程、元素性质的 分析和应用。其中各步流程的分析是本题的亮点和难点。准确提取工艺流程中的关键信息并正确分析是解 题的关键。 8. 科研人员发现利用低温固体质子导体作电解质，催化合成NH ，与传统的热催化合成氨相比，催化效率 3 较高。其合成原理如图1所示，电源电压改变与生成NH 速率的关系如图2所示，下列说法不正确的是 3 A. Pt—C是该合成氨装置的阳极 B. Pt－C N 电极上发生的反应为N ＋6H＋＋6e－=2NH 3 4 2 3 C. 若H 的进出口流量差为22.4L/min，则固体质子导体中H＋的流速为2mol/min 2 D. 当电压高于1.2V时，混合气体中N 和NH 的体积分数之和小于100％ 2 3 【答案】C 【解析】 【分析】由图1可知，Pt—C电极是电解池的阳极，氢气在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子，电极反 应式为H -2e-=2H+，Pt-C N 电极为阴极，酸性条件下氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨气，电极反 2 3 4 应式为N +6H++6e-=2NH 。 2 3 【详解】A．由分析可知，Pt—C电极是电解池的阳极，氢气在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子，故 A正确； B．由分析可知，Pt－C N 电极为阴极，酸性条件下氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨气，电极反应 3 4 式为N ＋6H＋＋6e－=2NH ，故B正确； 2 3 C．缺标准状况下，无法计算22.4L氢气的物质的量和反应生成氢离子的物质的量，则无法计算固体质子导 体中氢离子的流速，故C错误； D．由图2可知，当电压高于1.2V时，氨气反应速率变慢，说明氢离子在阴极得到电子生成氢气，导致混 合气体中氮气和氨气的体积分数之和小于100％，故D正确； 故选C。9. 布洛芬是一种用于小儿发热的经典解热镇痛药，异丁基苯是合成它的一种原料，二者的结构简式如图。 下列说法正确的是 A. 异丁基苯属于芳香烃，与对二乙苯互为同分异构体 B. 异丁基苯和布洛芬中碳原子均有sp和sp3杂化 C. 1mol布洛芬与足量的Na CO 溶液反应生成22gCO 2 3 2 D. 两者均能发生加成、取代和消去反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．分子式相同，结构不同的物质互为同分异构体，异丁基苯属于芳香烃，与对二乙苯互为同分 异构体，A正确； B．异丁基苯中的碳为sp2和sp3杂化，布洛芬中碳原子为sp2和sp3杂化，B错误； C．布洛芬中的羧基可以和碳酸钠反应，Na CO 溶液过量，不能生成CO ，C错误； 2 3 2 D．两者均能发生加成、取代反应，不能发生消去反应，D错误； 故选A。 10. 含氮物质可发生如下反应：①2NOO 2  2NO 2 ②NO(g)NO (g)2NaOH(aq)2NaNO (aq)H O(l) 2 2 2 ③NaNO NH Cl N NaCl2H O 2 4 2 2 下列说法正确的是 A. 常温下，NO与O 混合能立即看到红棕色气体，说明该反应已达平衡 2 B. 反应②的S0 C. 反应③消耗1molNaNO ，理论上会生成标准状况下约22.4LN 2 2 D. 利用反应①、②、③可以同时处理NO 含量较高的废气和含NH的废水 2 4 【答案】C 【解析】【详解】A．常温下，NO与O 混合能立即看到红棕色气体，说明该反应生成了二氧化氮气体，但是不确 2 定是否平衡，故A错误； B．反应②为气体分子数减小的反应，为熵减反应，故B错误； C．由方程式可知，反应③消耗1molNaNO ，理论上会生成1mol氮气，在标准状况下约22.4LN ，故 2 2 C正确； D．反应中涉及氢氧化钠和氯化铵两种物质，两者会反应生成氨气和氯化钠，故不能利用反应①、②、③ 可以同时处理NO 含量较高的废气和含NH的废水，故D错误。 2 4 故选C 。 11. 室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是 选 实验操作和现象 结论 项 向X溶液中滴加几滴新制氯水,振荡,再加入少量KSCN溶 A X溶液中一定含有Fe2+ 液,溶液变为红色 向3mLKI溶液中滴加几滴溴水,振荡,再滴加1mL淀粉溶 B Br 的氧化性比I 的强 2 2 液,溶液显蓝色 用pH试纸测得: CH,COONa溶液的pH约为9,NaNO 溶 HNO 电离出H+的能力一定比 2 2 C 液的pH约为8 CH COOH的强 3 将Na SO 样品溶于水,滴加稀盐酸酸化的Ba( NO ) 溶液, 2 3 3 2 D Na SO 样品已变质 2 3 产生白色沉淀 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．检验亚铁离子时应该先加KSCN溶液后加氯水，防止生成铁离子干扰，A错误； B．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，溶液呈蓝色，说明有碘生成，溴能氧化碘离子生成碘，溴是 氧化剂、碘是氧化产物，则Br 的氧化性比I 的强，B正确； 2 2 C．盐溶液浓度未知，无法根据钠盐溶液pH定性判断其对应酸的酸性强弱，只有钠盐溶液浓度相同时，才能根据钠盐溶液的pH大小判断其对应酸的酸性强弱，C错误； D．硝酸具有强氧化性，能够将Na SO 氧化为硫酸钠，硫酸钠与硝酸钡反应生成难溶于酸的硫酸钡，D错 2 3 误； 答案选B。 12. 室温下，通过下列实验探究Na CO 的性质。已知：25℃时，H SO 的K =1.410-2、 2 3 2 3 al K =1.0107,H CO 的K 4.3107、K 5.61011。 a2 2 3 al a2 实验1：配制50mL0.1molL1Na CO 溶液，测得溶液pH约为12； 2 3 实验2：取10mL0.1molL1Na CO 溶液，向其中加入少量CaSO 固体充分搅拌，一段时间后过滤。向 2 3 4 滤渣中加入足量稀盐酸，固体完全溶解； 实验3：取10mL0.1molL1Na CO 溶液，向其中缓慢滴入等体积0.1molL1稀盐酸。 2 3 下列说法正确的是 A. 实验1所得溶液中，c  Na c  HCO c  CO2 3 3 B. 根据实验2，可推测K CaCO K CaSO  sp 3 sp 4 C. 实验3反应后溶液中存在：c  Na cH CO c  HCO c  CO2 2 3 3 3 D. 25℃时，反应CO 3 2 H 2 SO 3  HCO 3  HSO 3 的平衡常数K 2.5108 【答案】D 【解析】 【详解】A．Na CO 溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，电荷守恒关系为 2 3 c(Na+)+c(H+)=c(HCO- )+2c(CO2-)+c(OH-)，则c(Na+)＞c(HCO- )+2c(CO2-)＞c(HCO- )+c(CO2-)，故A 3 3 3 3 3 3 错误； B．CaCO 和CaSO 的物质类型相似，溶解度小的物质能转化为溶解度更小的物质，根据实验2，可推测 3 4 K (CaCO )＜K (CaSO )，故B错误； sp 3 sp 4 C．Na CO 溶液物料守恒关系为 1 c(Na+)=c(H CO )+c(HCO- )+c(CO2-)，滴入等体积0.1mol⋅L-1稀盐酸后 2 3 2 2 3 3 3 生成NaCl和NaHCO ，仍然存在 1 c(Na+)=c(H CO )+c(HCO- )+c(CO2-)，即c(Na+)＞ 3 2 2 3 3 3 c(H CO )+c(HCO- )+c(CO2-)，故C错误； 2 3 3 3 D．反应CO2-+H SO ⇌HCO- +HSO-的平衡常数 3 2 3 3 3c  HCO- c  HSO- c  HCO- c  HSO- c  H+ K H SO  1.410-2 K= 3 3 = 3 3  = a1 2 3 = =2.5108，故 D c  CO2- cH SO  c  CO2- cH SO  c  H+ K H CO  5.610-11 3 2 3 3 2 3 a2 2 3 正确； 故选：D。 13. 碳热还原氧化锌反应可用于循环制氢。碳热还原氧化锌的主要反应如下： 反应I ZnOCO  ZnCO 2 ； 反应Ⅱ CO 2 C  2CO 在不同容器中分别发生反应I、反应Ⅱ，不同压强(P 或P )下分别达平衡时，两个反应中c(CO)/cCO  随 1 2 2 温度变化的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 压强大小：P  P 1 2 B. 在如图所示条件下，反应I可表示为ZnO(s)CO(g)Zn(s)CO (g) H 0 2 C. 选择反应Ⅱ的c(CO)/cCO  小于反应I的条件，将C与ZnO置于同一密闭容器中，碳热还原氧化锌 2 反应能顺利进行 D. 一定条件下将C与ZnO置于同一密闭容器中反应，当n(C)/n(ZnO)1时，增大n(C)/n(ZnO)的 值，可减少平衡时气体中CO 的含量 2 【答案】D 【解析】 【详解】A．已知反应Ⅱ是一个正反应为气体体积增大的方向，即增大压强，平衡逆向移动，则同温下压强 越大，c(CO)/cCO  越小，结合题干图示信息可知，压强大小：P＜P ，A错误； 2 1 2B．由题干图示信息可知，压强相同的情况下，升高温度，c(CO)/cCO  减小，说明升高温度，反应I 2 的平衡正向移动，则正反应是一个吸热反应，即在如图所示条件下，反应I可表示为 ZnO(s)CO(g)  Zn(s)CO 2 (g) H 0，B错误； C．由题干图示信息可知，选择反应Ⅱ的c(CO)/cCO  小于反应I的条件，将C与ZnO置于同一密闭容 2 器中，此时反应I的平衡常数为K=c(CO )/cCO 在0.1~10左右，平衡常数很小，即碳热还原氧化锌反 2 应不能顺利进行，C错误； D．一定条件下将C与ZnO置于同一密闭容器中反应，当n(C)/n(ZnO)1时，增大n(C)/n(ZnO)的 值，即增大C的用量，促使进行反应Ⅱ，故可减少平衡时气体中CO 的含量，D正确； 2 故答案为：D。 二、非选择题：共 4题，共 61分。 14. 五氧化二钒 V O  是广泛用于冶金、化工等行业的催化剂。工业上以石煤(主要成分为VO ，含有少 2 5 2 3 量SiO 、PO 等杂质)为原料制备V O ，主要经过“焙烧、水浸、除杂、沉钒、灼烧”等过程。 2 2 5 2 5 已知：①NaVO 溶于水，NH VO 难溶于水。 3 4 3 ②K MgSiO 2.5105，K Mg PO   2.51024。 sp 3 sp  3 4 2  回答下列问题： （1）向石煤中加纯碱，在通入空气的条件下焙烧，VO 转化为NaVO ，该反应的化学方程式为 2 3 3 _______。 （2）向水浸后的溶液中加入MgSO 生成Mg PO  、MgSiO 沉淀以除去硅、磷，除杂后的溶液中 4 3 4 2 3 c  PO3- MgSO 的浓度为0.1molL1，此时溶液中 4 =_______；磷、硅去除率随温度变化的曲线如图所 4 c  SiO2- 3 示，随着温度升高除磷率下降而除硅率升高，可能的原因是_______。（3）“沉矾”时加入NH Cl析出NH VO ，沉钒温度需控制在50℃左右，温度不能过高的原因为 4 4 3 _______。 （4）NH VO 在空气中灼烧得VO 。称取0.80g灼烧后的产物，加入稀硫酸溶解后，向其中加入 4 3 2 5 0.2000molL1H C O 溶液25mL，再用0.1000molL1KMnO 溶液滴定过量的H C O 溶液至终点， 2 2 4 4 2 2 4 消耗KMnO 溶液的体积为4.00mL，则产物中V O 的质量分数为_______(写出计算过程)。已知： 4 2 5 V O 2H 2VO H O 2VO H C O 2VO 2CO 2H 2 5 2 2 2 2 2 4 2 2 （5）还原V O 可制得VO ，如图为VO 的晶胞，该晶胞中钒的配位数为_______。 2 5 2 2 高温 【答案】（1）VO +Na CO +O 2NaVO +CO 2 3 2 3 2 3 2 （2） ①. 210-7 ②. 随着温度升高PO3-水解程度增大，Mg PO  的沉淀溶解平衡向右移动， 4 3 4 2 所以PO3-去除率下降，温度升高时SiO2-水解增大，但水解生成不溶于水的硅酸，所以SiO2-的去除率增大 4 3 3 （3）温度过高，NH Cl分解，不利于NH VO 析出 4 4 3 （4）91% （5）6 【解析】 【小问1详解】 由题意可知，三氧化二钒高温条件下与碳酸钠、氧气反应生成钒酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为高温 高温 VO +Na CO +O 2NaVO +CO ，故答案为：VO +Na CO +O 2NaVO +CO ； 2 3 2 3 2 3 2 2 3 2 3 2 3 2 【小问2详解】 2.5105 由磷酸镁、硅酸镁溶度积可知，溶液中0.1mol/L硫酸镁溶液中，硅酸根离子的浓度为 =2.5×10— 0.1mol/L 2.51024 c  PO3 4 - 51011 4mol/L、磷酸根离子的浓度为 =5×10—11mol/L，则 = =2×10—7；磷酸根 (0.1mol/L)3 c  SiO2- 2.5104 3 离子和硅酸根离子在溶液中的水解反应都是吸热反应，升高温度，磷酸根水解程度增大，溶液中磷酸根离 子浓度减小，磷酸镁的沉淀溶解平衡右移转化为可溶的磷酸氢镁导致磷酸根离子去除率下降，而升高温 度，硅酸根离子水解程度增大，水解生成不溶于水的硅酸导致硅酸根离子去除率增大，故答案为：2×10— 7；随着温度升高PO3-水解程度增大，Mg PO  的沉淀溶解平衡向右移动，所以PO3-去除率下降，温 4 3 4 2 4 度升高时SiO2-水解增大，但水解生成不溶于水的硅酸，所以SiO2-的去除率增大； 3 3 【小问3详解】 氯化铵受热易分解，温度过高，氯化铵分解，不利于钒酸铵沉淀析出，所以沉钒温度需控制在50℃左右， 故答案为：温度过高，NH Cl分解，不利于NH VO 析出； 4 4 3 【小问4详解】 由题意可知，滴定消耗4.00mL0.1000 mol/L酸性高锰酸钾溶液，由得失电子数目守恒可知，与溶液中VO 5 反应的草酸的物质的量为0.2000 mol/L×0.025L—0.1000 mol/L×0.004L× =0.004mol，由方程式可得如 2 2 0.004mol182g/mol 下关系：V O —2VO—H C O ，则产物中五氧化二钒的质量分数为 2 5 2 2 2 4 0.80g ×100%=91%，故答案为：91%； 【小问5详解】 由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的钒原子与6个氧原子相连，则钒的配位数为6，故答案为：6。 15. 化合物J是一种昆虫生长调节剂，其人工合成路线如下：（1）C的分子式C H OCl，其结构简式为___________。 9 9 （2）合成时不采用IACJ的方法，原因是___________。 （3）F→G反应需控制在130℃左右，温度过高会有一种分子式为C H O 的副产物生成，该副产物的结 9 12 2 构简式为___________。公众号：全元高考 （4）H的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。 ①能发生银镜反应，能与FeCl 溶液发生显色，碱性条件水解 3 ②分子中含有4种不同化学环境的氢原子； （5）已知： 。写出以甲苯、BocNHNH 为原料制备 的 2 合成路线流程图_____________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。 【答案】（1） （2）I直接与A反应有副产物生成 （3） （4） 或 （5） 【解析】【分析】结合C的分子式C H OCl和B→D： 可知B中N-H断裂， 9 9 则C为断C-Cl，发生取代反应生成产物HCl，据此可知C为 ，据此解题。 【小问1详解】 由分析可知发生反应： + → +HCl，C为 。 【小问2详解】 合成时若采用IACJ的方法，反应步骤增多，转化率降低，副产物增多如 ，产率下降。 【小问3详解】 F→G反应温度过高，可能导致另外一个碳氯键同样发生取代反应得到醚结构，结合分子式C H O 可知 9 12 2 副产物为 。 【小问4详解】 H的同分异构体能发生银镜反应，能与FeCl 溶液发生显色，碱性条件水解说明既含有酚羟基又是甲酸酯， 3 结合分子中含有4种不同化学环境的氢原子可知H的同分异构体为 或 。 【小问5详解】 结合已知信息和A→D的流程可知合成路线如下： 。 16. 汽车尾气已成为城市空气的主要污染源，治理汽车尾气的SCR(选择性催化还原)和NSR (NO 储存还 x原)技术均可有效降低柴油发动机工作过程中排放的NO 。 x (1)SCR工作原理 ①尿素[CO(NH ) ]水溶液热分解为NH 和CO ，该反应的化学方程式是___________。 2 2 3 2 ②反应器中NH 还原NO 的化学方程式是___________。 3 2 (2)NSR(NOx储存还原)的工作原理如下图所示，柴油发动机工作时在稀燃(O 充足、柴油较少)和富燃(O 2 2 不足、柴油较多)条件下交替进行，通过BaO和Ba(NO ) 的相互转化实现NOx 的储存和还原。 3 2 ①BaO吸收NO 的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是___________。 2 ②富燃条件下Pt表面反应的化学方程式是___________。 ③若柴油中硫含量较高，在稀燃过程中，BaO吸收氮氧化物的能力下降至很低水平，结合化学方程式解释 原因：___________。 ④研究发现：尾气中的CO 对BaO吸收氮氧化物有影响。一定温度下，测得气体中CO 的体积分数与氮 2 2 氧化物吸收率的关系如下图所示。则：一定范围内，氮氧化物吸收率随CO 体积分数的增大而下降，原因 2 是___________；当CO 体积分数达到10%~20%时，氮氧化物吸收率依然较高，原因可能是 2 ___________。Δ 催化剂 【答案】 ①. CO(NH ) + H O CO ↑+ 2NH ↑ ②. 8NH + 6NO 7N +12H O ③. 1∶4 2 2 2 2 3 3 2 2 2 Pt ④. 2CO + 2NO N + 2CO ⑤. 稀燃过程中，柴油中的硫被氧化为SO ，2BaO + 2SO + O =2BaSO ， 2 2 2 2 2 4 加热 BaSO 稳定，不易分解，也难与NOx反应 ⑥. BaO与CO 反应生成BaCO ，覆盖在BaO表面 ⑦. 4 2 3 BaCO 在一定程度上也能吸收NOx 3 【解析】 【分析】 【详解】(1)①CO(NH ) 和水在加热条件下反应生成NH 和CO ，根据原子守恒可得反应的化学方程式 2 2 3 2 Δ Δ 为：CO(NH ) + H O CO ↑+ 2NH ↑，故答案为：CO(NH ) + H O CO ↑+ 2NH ↑； 2 2 2 2 3 2 2 2 2 3 ②反应物是NH 和NO ，产物是N 和H O，根据得失电子守恒和原子守恒可得反应的化学方程式为： 3 2 2 2 催化剂 催化剂 8NH + 6NO 7N +12H O，故答案为：8NH + 6NO 7N +12H O； 3 2 2 2 3 2 2 2 (2)①根据图示，NO 和O 与BaO反应生成Ba(NO ) ，化学方程式为：2BaO+4NO +O =2Ba(NO ) ，其中 2 2 3 2 2 2 3 2 O 为氧化剂，NO 为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:4，故答案为：1:4； 2 2 ②根据图示，富燃条件下，CO 和NO 可以在Pt的催化下反应生成N 和CO ，化学方程式为：2CO + 2 2 Pt Pt 2NO N + 2CO ，故答案为：2CO + 2NO N + 2CO ； 2 2 2 2 加热 加热 ③柴油在氧气充足的条件下燃烧为稀燃过程，稀燃过程中，柴油中的硫被氧化为SO ，2BaO + 2SO + 2 2 O =2BaSO ，BaSO 稳定，不易分解，也难与NOx反应，使BaO吸收氮氧化物的能力下降至很低水平， 2 4 4故答案为：稀燃过程中，柴油中的硫被氧化为SO ，2BaO + 2SO + O =2BaSO ，BaSO 稳定，不易分解， 2 2 2 4 4 也难与NOx反应； ④利用BaO吸收汽车尾气中的氮氧化物，随CO 量的增加，BaO对氮氧化物的吸收率逐渐下降，这是由 2 于BaO与CO 反应生成BaCO ，覆盖在BaO表面，阻止BaO进一步吸收氮氧化物；当CO 体积分数达到 2 3 2 10%~20%时，BaO对氮氧化物的吸收率虽然较无二氧化碳的条件下低，但是吸收率也相对较高，这可能是 CO 与BaO反应生成的BaCO 在一定程度上也能吸收NOx，故答案为：BaO与CO 反应生成BaCO ，覆 2 3 2 3 盖在BaO表面；BaCO 在一定程度上也能吸收NOx。 3 17. CuCl用作有机合成催化剂等工业。CuCl露置于潮湿的空气中易被氧化和水解，酸性条件下易歧化，难 溶于水，易溶于浓盐酸并生成[CuCl ]-。 2 （1）基态Cu+核外电子排布式是_______。 （2）实验测得：CuCl属于共价化合物，气态CuCl分子的相对分子质量为199，该分子中含有配位键，则 气态CuCl分子的结构式可能为_______。 （3）已知：①Ksp(CuCl)≈1×10-7，②反应2Cu+=Cu+Cu2+平衡常数K≈1×106。有人预设用反应 Cu(s)+Cu2++2Cl-=2CuCl(s)制备CuCl (s)，试预测该反应进行的程度大小：_______ (填写“几乎完全反应”或 “几乎不反应”)。 工业上有多种制备CuCl的方法： 方法一：将废铜粉与食盐水、浓盐酸料液混合，在60~70℃缓慢通入空气进行氧化。静置，取上层清液加水 稀释，生成CuCl沉淀，过滤，沉淀经洗涤、干燥得CuCl产品并真空保存。 方法二：将Na SO 的水溶液逐滴加入CuCl 的水溶液中，再加入少量浓盐酸混匀，充分反应后过滤，沉淀 2 3 2 经洗涤、干燥得CuCl产品并真空保存。 （4）“方法一”中： ①反应温度控制在60~70℃，目的是_______。 ②加入浓盐酸的目的是_______。 （5）“方法二”中： ①总反应的离子方程式是_______。公众号：全元高考 ②加入Na SO 溶液体积(V)与溶液pH关系如图1。当Na SO 溶液体积大于500 mL时，溶液pH增大的原 2 3 2 3 因是_______。③用酸或碱液调控反应混合液的pH，则CuCl产率见图2。pH<2.5时，CuCl产率相对较低；pH>3.5时，CuCl 产率又迅速下降。试分析原因： _______。 【答案】（1）1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 （2） （3）几乎完全反应 （4） ①. 若温度太低，则反应速率太慢，若温度太高，则盐酸挥发容易造成CuCl水解 ②. CuCl 溶于浓盐酸并生成[CuCl ]-，当加入水时产生CuCl沉淀，防止水解 2 （5） ①. 2Cu2++SO2-+2Cl-+H O=2CuCl+SO2-+2H+ ②. Na SO 过量时会与产生的H+反应 3 2 4 2 3 生 成 NaHSO ， 溶 液 pH 增 大 ③. pH<2.5 时 ， pH 增 大 ， c(H+) 减 小 ， 反 应 3 2Cu2++SO2-+2Cl-+H O=2CuCl+SO2-+2H+正向移动，CuCl的产率增大；pH>3.5时，Cu2+水解程度 3 2 4 明显增大，pH越大，其水解程度越大，CuCl产率越低 【解析】 【小问1详解】 Cu原子失去1个电子生成Cu+，Cu+核外有28个电子，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理知 Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10，故答案为：1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10； 【小问2详解】CuCl属于共价化合物，气态CuCl分子的相对分子质量为199，设分子式为(CuCl) ，则99.5n=199，解得 n n=2，该分子中含有配位键，则气态CuCl分子的结构式可能为 ； 【小问3详解】公众号：全元高考 1 c2(Cu+) 1 1 反应Cu(s)+Cu2++2Cl-=2CuCl(s)的K= =  = = c(Cu2+)c2(Cl-) c(Cu2+) c2(Cu+)c2(Cl-) KK2spCuCl 1 1106  11072 =108，故该反应进行的程度大小：几乎完全反应； 【小问4详解】 ①反应温度控制在60~70℃，目的是若温度太低，则反应速率太慢，若温度太高，则盐酸挥发容易造成CuCl 水解； ②加入浓盐酸的目的是CuCl溶于浓盐酸并生成[CuCl ]-，当加入水时产生CuCl沉淀，防止水解； 2 【小问5详解】 ①在Na SO 的水溶液中逐滴加入CuCl 的水溶液中，再加入少量浓盐酸混匀，倾出清液，抽滤即得CuCl 2 3 2 沉淀发生氧化还原反应，反应的离子方程式为:2Cu2++SO2-+2Cl-+H O=2CuCl+SO2-+2H+； 3 2 4 ②根据加入Na SO 溶液体积(V)与溶液pH关系图，当Na SO 溶液体积大于500 mL时，Na SO 过量时会 2 3 2 3 2 3 与产生的H+反应生成NaHSO ，溶液pH增大； 3 ③pH<2.5时，pH增大，c(H+)减小，反应2Cu2++SO2-+2Cl-+H O=2CuCl+SO2-+2H+正向移动， 3 2 4 CuCl的产率增大；pH>3.5时，Cu2+水解程度明显增大，pH越大，其水解程度越大，CuCl产率越低。