淄博市2021-2022学年度高三模拟考试化学解析.doc

1、淄博市2021-2022学年度高三模拟考试化学 相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 A1-27 V-51 Fe-56 Co-59 Mn-55第卷(选择题，共40分)一、选择题(本题包括10小题，每题只有一个选项符合题意；每题2分，共20分)1. 化学与科技和社会可持续发展密切相关。下列说法错误的是A. 我国科学家在国际上首次实现从CO2到淀粉的全合成，有助于实现“碳中和”B. “嫦娥五号”超声电机运用的压电陶瓷属于新型无机非金属材料C. 北京冬奥会中国运动服使用的聚氨酯纤维属于天然有机高分子材料D. 中国科学院研发的“东方超环”(人造太阳)用到的氕、氘、氚互为同位素【

2、答案】C【解析】【详解】A二氧化碳合成淀粉可以减少二氧化碳的排放，有助于实现“碳中和”，故A正确；B压电陶瓷一种能够将机械能和电能互相转换的功能陶瓷材料, 属于新型无机非金属材料，故B正确；C聚氨酯纤维属于合成有机高分子材料，不是天然有机高分子材料，故C错误；D氕、氘、氚的质子数相同，中子数不同，互为同位素，故D正确；故选C。2. 为提纯下列物质，除杂药品和分离方法都正确的是被提纯的物质(杂质)除杂药品分离方法A乙醇(乙酸)CaO蒸馏BKBr溶液(KI)氯水、CCl4萃取、分液C氯化铝溶液(氯化铁)氨水过滤DCO2(SO2)饱和Na2CO3溶液洗气A. AB. BC. CD. D【答案】A【解

3、析】【详解】A向含有乙酸的乙醇中加入氧化钙，将乙酸转化为沸点高的乙酸钙，加热蒸馏可除去乙醇中混有的乙酸，故A正确；B溴化钾溶液和碘化钾溶液都能与氯水反应，则不能用氯水、四氯化碳除去溴化钾溶液中混有的碘化钾，故B错误；C氯化铝溶液和都能与氨水反应生成氢氧化物的沉淀，则不能用氨水除去氯化铝溶液中混有的氯化铁，故C错误；D二氧化碳和二氧化硫都能与碳酸钠溶液反应，则不能用饱和碳酸钠溶液除去二氧化碳中混有的二氧化硫，故D错误；故选A。3. 一种内酰胺酶抑制剂(结构简式如图)与抗生素联用具有很好杀菌效果。下列说法错误的是A. 其分子式为C8H9NO5B. 该分子存在顺反异构现象C. 有4种含氧官能团D.

4、1mol该分子最多与3molH2发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A由结构简式可知，有机物的分子式为C8H9NO5，故A正确；B由结构简式可知，有机物分子中含有碳碳双键，碳碳双键的两端碳原子上都连两个不同基团或原子，则该分子存在顺反异构现象，故B正确；C由结构简式可知，有机物分子中含有的含氧官能团为羟基、羧基、醚键和酰胺基，共4种，故C正确；D由结构简式可知，有机物分子中含有的碳碳双键一定条件下能与氢气发生加成反应，则1mol该分子最多与1mol氢气发生加成反应，故D错误；故选D。4. 短周期元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，Y与W同主族，Z与R同主族，它们形成的甲、乙两种物质(如

5、图)是有机合成中常用的还原剂。下列说法正确的是甲：，乙：A. 电负性：XZRB. 第一电离能：YZBAl，A正确；B由分析可知，Y为Li、Z为B、R为Al，元素金属性越强、第一电离能越小，因此第一电离能：LiAl0B. 路径是基元反应C. 路径的速率最快D. 路径的逆反应的活化能最大【答案】B【解析】【详解】A路径中，生成物的能量大于反应物的能量，则H0，A项正确；B基元反应是指在反应中一步直接转化为产物的反应，路径中存在中间物，不能一步完成，不属于基元反应，B项错误；C活化能越小，反应速率越快，路径的活化能最小，速率最快，C项正确；D活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要

6、的能量，由图可知，路径的逆反应的活化能最大，D项正确；答案选B。7. 下列说法错误的是A. 石墨晶体中层内导电性强于层间导电性B. 基态Cr3+的最高能层中成对电子与未成对电子的数目比为83C. (CH3COO)2Ni4H2O的空间构型为八面体，中心离子的配位数为6D. N元素的电负性比P元素的大，可推断NCl3分子的极性比PCl3的大【答案】D【解析】【详解】A石墨晶体中层内碳原子的杂化方式为sp2杂化，碳原子间以键形成六元环，层内形成大键能提供自由移动的电子导电，而层间以分子间作用力相结合，导电能力差，则层内导电性强于层间导电性，故A正确；B铬元素的原子序数为24，失去3个电子形成铬离子，

7、基态Cr3+离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d3，则最高能层N能层中成对电子与未成对电子的数目比为83，故B正确；C由(CH3COO)2Ni4H2O的空间构型为八面体，中心离子为镍离子，配位体为2个醋酸根离子和4个水分子，配位数为6，故C正确；D氮元素的电负性大于磷元素，与氯元素的电负性差值小于磷元素，则空间构型都为三角锥形的三氯化氮分子的极性小于三氯化磷，故D错误；故选D。8. 中药材铁华粉的主要成分是醋酸亚铁，检测的流程如图。下列说法错误的是A. 气体X中含有醋酸蒸气B. 该铁华粉中可能含有铁单质C. 向滤液中滴入酸性KMnO4溶液，可用于证明Fe2+具有还原性D. 产生

8、蓝色沉淀的反应为：K+Fe2+Fe(CN)63=KFeFe(CN)6【答案】C【解析】【分析】由图可知，铁华粉中加入稀硫酸，加热时醋酸亚铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和醋酸蒸气；铁华粉中加入稀盐酸反应生成氢气说明铁华粉中还含有铁，过滤，向滤液加入铁氰化钾溶液，溶液中亚铁离子与铁氰化钾溶液反应生成铁氰化亚铁蓝色沉淀。【详解】A由分析可知，加热时醋酸亚铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和醋酸蒸气，则X中含有醋酸蒸气，故A正确；B由分析可知，铁华粉中加入稀盐酸反应生成氢气说明铁华粉中还若含有铁单质，故B正确；C由分析可知，滤液中含有氯离子，向滤液中滴入酸性高锰酸钾溶液，酸性条件下氯离子也能与酸性高锰酸钾溶液反应

9、，使溶液褪色，则溶液褪色不能证明亚铁离子具有还原性，故C错误；D由分析可知，向滤液加入铁氰化钾溶液，溶液中亚铁离子与铁氰化钾溶液反应生成铁氰化亚铁蓝色沉淀，反应的离子方程式为K+Fe2+Fe(CN)63=KFeFe(CN)6，故D正确；故选C。9. 探究甲烷的还原性并检验产物的实验设计如图。下列说法错误的是A. D中可用无水硫酸铜B. 先通足量的甲烷气体，后点燃C处酒精灯C. 若D中盛装碱石灰，根据其质量变化可以推断甲烷组成D. CH4与CuO的反应为：4CuO+CH44Cu+CO2+2H2O【答案】C【解析】【分析】由题给装置图可知，探究甲烷的还原性并检验产物时应先通足量的甲烷气体排尽装置中

10、的空气，然后点燃C除的酒精灯，D中盛有的无水硫酸铜用于检验水的生成，装置E中澄清石灰水用于测量二氧化碳的质量，装置F为处理未反应甲烷的尾气处理装置。【详解】A由分析可知，D中盛有无水硫酸铜用于检验水的生成，故A正确；B甲烷是可燃性气体，为防止甲烷与空气混合受热发生爆炸，实验前应先通足量的甲烷气体排尽装置中的空气，故B正确；C若D中盛装碱石灰，碱石灰会吸收反应生成的二氧化碳和水，无法测定反应生成二氧化碳和水的质量，不能根据其质量变化可以推断甲烷组成，故C错误；D由题给装置图可知，甲烷在加热条件下与氧化铜反应生成铜、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4CuO+CH44Cu+CO2+2H2O，故D正确

11、；故选C。10. 以废旧锂离子电池正极材料(主要成分是LiCoO2，还含有少量Al和Fe)为原料制取CoSO4的工艺流程如图：已知：常温下LiOH可溶于水，KspCo(OH)2=1.610-16。下列说法错误的是A. Na2S2O3的作用是还原剂B. “净化”过程产生的废渣的主要成分是Fe(OH)3和Al(OH)3C. “沉钴”过程中，当溶液的pH=11时，c(Co2+)为1.610-10molL-1D. 用98%浓H2SO4比15%的稀硫酸浸取速率更快【答案】D【解析】【分析】废旧锂离子电池的正极材料主要含有LiCoO2及少量Al、Fe等，向样品中加入稀硫酸、硫代硫酸钠，Na2S2O3被氧化

12、为Na2SO4，Co3+被还原为Co2+，Al、Fe也溶解，然后向溶液中通入空气，Fe2+被氧化生成Fe3+，调节溶液pH，使Al3+、Fe3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，过滤除去，滤液中再加入氢氧化钠，使Co2+转化为Co(OH)2沉淀，过滤后向滤渣中加入H2SO4，得到CoSO4溶液，据此分析作答。【详解】ANa2S2O3被氧化为Na2SO4，Co3+被还原为Co2+，则Na2S2O3的作用是还原剂，A项正确；B向溶液中通入空气，Fe2+被氧化生成Fe3+，调节溶液pH，使Al3+、Fe3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，B项正确；C溶液的pH=11时，c(OH-)

13、=10-3molL-1，根据，解得c(Co2+)=1.610-10molL-1，C项正确；D浓H2SO4具有强氧化性，会与硫代硫酸钠反应，会使浸取速率更慢，D项错误；答案选D。二、选择题(本题包括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，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)11. 双极膜是一种离子交换复合膜，在直流电场作用下能将中间层的水分子解离成H+和OH-，并分别向两极迁移。用双极膜电解淀粉(C6H10O5)n溶液制取双醛淀粉(C6H10O5)n的工作原理如图所示。下列说法正确的是A. 搅拌能明显提高电解反应速率B. b极的电极反应式为：Br-+6OH-

14、6e-=BrO+3H2O、4OH-4e-=2H2O+O2C. 生成双醛淀粉的反应为：(C6H10O5)n+BrO=(C6H8O5)n+Br-+3H2OD. 当电路中转移2mol电子时，可得160g双醛淀粉【答案】B【解析】【详解】A搅拌并不能明显提高电解反应速率，A错误；B由电解原理图可知，a极氢离子得电子生成氢气，为阴极，b极氢氧根离子失电子生成氧气，氢氧根离子和溴离子失电子生成溴酸根离子和水，为阳极，电极反应式分别为4OH-4e-=2H2O+O2、Br-+6OH-6e-=BrO+3H2O，B正确；C由电解原理图可知，生成双醛淀粉的反应为：3(C6H10O5)n+nBrO=3(C6H8O5)

15、n+nBr-+3nH2O，C错误；D由于n值未知，双醛淀粉的相对分子质量未知，无法求算双醛淀粉的质量，D错误；答案选B。12. 某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是A. 其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大B. 其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大C. 条件，反应速率为D. 条件，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为【答案】B【解析】【分析】【详解】A由题干图中曲线可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故反应速率越大，A正确；B由题干图中曲线可知，其他条件相同时

16、，降冰片烯浓度是的两倍，所用时间也是的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B错误；C由题干图中数据可知，条件，反应速率为=，C正确；D反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为125min2=，D正确；故答案为：B。13. 常温下，由下列实验操作和现象不能推出相应结论的是实验操作和现象结论A测得0.1molL-1NaHSO3溶液pH约为5Ka1(H2SO3)Ka2(H2SO3)Ksp(AgCl)C用pH计测定饱和NaHCO3溶液和饱和CH3COONa溶液的pH，前者pH大水解程度：CH3COOHCOD等体积、pH均为3两种非氧

17、化性酸HA和HB，分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多酸性：HBHAA. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A0.1mol/L亚硫酸氢钠溶液的pH约为5说明亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，亚硫酸氢根离子的电离常数大于水解常数，则亚硫酸氢根离子的水解常数Kh=Ka2(H2SO3)，所以Ka1(H2SO3)Ka2(H2SO3)Kw，故A错误；B由于不能确定混合溶液中氯离子和溴离子的浓度大小，则向混合溶液中滴入少量稀硝酸银溶液，产生白色沉淀不能比较氯化银和溴化银溶度积的大小，故B错误；C碳酸氢钠和醋酸钠的溶解度不同，饱和碳酸氢钠溶液和饱和醋酸钠溶液的浓度不同，则不

18、能通过比较两种饱和溶液的pH大小判断醋酸根和碳酸氢根离子的水解程度大小，故C错误；DpH相等的两种酸溶液，酸性越弱的酸溶液的浓度越大，等体积、pH均为3的两种非氧化性酸HA和HB，分别与足量的锌反应，酸HA放出的氢气多说明HA溶液的浓度大于HB溶液，HA的酸性弱于HB，故D正确；故选D。14. 分子中每个手性碳原子可形成一对旋光异构体。具有生物降解性能的聚碳酸丙烯酯()可由碳酸丙烯酯()聚合而成。用环氧丙烷()与CO2催化环加成反应生成碳酸丙烯酯的反应机理如图。下列说法错误的是A. 碳酸丙烯酯中的键与键数目比为17B. 聚合生成聚碳酸丙烯酯反应中原子利用率是100%C. 环氧丙烷与CO2反应的

19、催化剂为和I-D. 考虑旋光异构现象，环氧丙烷的一氯代物有6种【答案】AD【解析】【详解】A由碳酸丙烯酯的结构简式可知其所含键数为1，键数13，故A错误；B聚合生成聚碳酸丙烯酯反应为开环加成反应，原子利用率为100%，故B正确；C由反应机理可知和I-反应起点和终点均存在，均催化剂，故C正确；D环氧丙烷中有三种不同的氢原子，且除甲基外的两种氢被氯取代后均为手性碳原子存在旋光异构，可知环氧丙烷的一氯代物有5种，故D错误；故选：AD。15. 溶液中各含氮(或碳)微粒的分布分数，是指某含氮(或碳)微粒的浓度占各含氮(或碳微粒浓度之和的分数。25时，向0.1molL-1的NH4HCO3溶液(pH=7.8

20、)中滴加适量的盐酸或NaOH溶液，溶液中含氮(或碳)各微粒的分布分数与pH的关系如图所示(不考虑溶液中的CO2和NH3分子)。下列说法正确的是A. Kb(NH3H2O)c(HCO)D. 反应HCO+NH3H2ONH+CO+H2O的平衡常数为K，lgK=0.9【答案】CD【解析】【分析】由图可知，溶液pH为6.4时，溶液中c(HCO)= c(H2CO3)，则电离常数Ka1(H2CO3)= = c(H+)=10-6.4，溶液pH为9.3时，溶液中c(NH)= c(NH3H2O)，则电离常数Kb(NH3H2O)= = c(OH)= 10-4.7，溶液pH为10.2时，溶液中c(HCO)= c(CO)

21、，则电离常数Ka2(H2CO3)= = c(H+)=10-10.2。【详解】A由分析可知，一水合氨的电离常数大于碳酸的一级电离常数，故A错误；B由图可知，n点时，加入氢氧化钠溶液反应得到的溶液中含有钠离子、铵根离子、碳酸根离子、碳酸氢根离子和一水合氨，溶液中c(HCO)= c(CO)，由溶液中的电荷守恒2 c(CO)+ c(HCO)+c(OH)=c(NH)+c(H+)+c(Na+)可得3c(HCO)+c(OH)=c(NH)+c(H+)+c(Na+)，故B错误；C由图可知，m点时，溶液中c(NH3H2O)c(HCO)，故C正确；D由方程式可知，反应平衡常数K= =10-0.9，则lgK=-0.9

22、，故D正确；故选CD。第卷(非选择题，共60分)三、本题包括5小题，共60分。答案必须写在答题卡内相应的位置，不能写在试卷上。16. 物质的结构决定物质的性质，化学创造新物质，新物质促进社会发展。（1）下列氮原子的不同的电子排布。A. B. C. D.能量最高的是_；其电子在发生跃迁时，不能产生发射光谱的是_。（2）铵盐与碱加热可制备氨气。NH转化为NH3过程中，没有发生变化的是_。A.键角 B.粒子的空间结构 C.杂化方式（3）以特种铝合金为骨骼的LED地屏创造了冬奥开幕式的美轮美奂。Al晶胞为面心立方，其晶胞参数a=0.405nm，则铝原子的配位数为_，列式表示Al单质的密度为_gcm-3

23、(设阿伏加德罗常数的值为NA)。（4）如图所示沿不同的方向分别向Al晶胞投影。方向：从棱AA向棱CC方向；方向：从顶点A向顶点C方向。在下列4个投影图中，正确的是_。A. B. C. D. （5）氰胺分子中含氨基，分子式为CH2N2。其三分子聚合体是六元环状结构，称为三聚氰胺，其结构简式为_。（6）今年2月2日自然杂志刊发论文，将三聚氰胺与某含氯、氧元素(原子数比11)芳香化合物在特定溶液中混合，常温下自发迅速反应产生聚酰胺薄膜，是韧性极高又极薄的优质二维片材。部分结构如图示(不同颜色表示不同的结构)。已知：除氢原子和氧原子外，所有原子在图中均有表示。该反应的G_0(填“”或“=”)。参与反应

24、的芳香化合物的结构简式是_，其反应的类型为_。【答案】（1） . D . A （2）C （3） . 12 . （4）D （5） （6） . . . 缩聚反应【解析】【小问1详解】轨道中电子能量：1s2s2p，能量较高的轨道中电子越多，该微粒能量越高，所以2p轨道上电子越多、1s轨道上电子越少，该微粒能量越高，根据图知能量由低到高的顺序是ACBD，因此能量最高的是选项D；电子从基态向激发态的跃迁会吸收能量，形成吸收光谱；电子从激发态向基态的跃迁会放出能量，形成发射光谱，所以电子在发生跃迁时，不能产生发射光谱的是选项A；【小问2详解】铵根是正四面体型结构，氨气是三角锥形结构，其中氮原子均是sp3杂

25、化，所以NH转化为NH3过程中，没有发生变化的是杂化方式，答案选C；【小问3详解】Al单质为面心立方晶体，铝原子个数8+6=4，晶胞中铝原子的配位数为38=12，Al单质的密度= gcm-3= gcm-3；【小问4详解】Al单质为面心立方晶体，投影时方向：从棱AA向棱CC方向；方向：从顶点A向顶点C方向，因此得到的是正六边形，面心上6个原子投影也形成小的正六边形，答案选D；【小问5详解】氰胺分子中含氨基，分子式为CH2N2。其三分子聚合体是六元环状结构，称为三聚氰胺是，由于氰胺的结构简式为H2NCN，因此三聚氰胺的结构简式为；【小问6详解】由于常温下自发迅速反应产生聚酰胺薄膜，所以该反应的G0

26、；根据生成物的结构简式可判断应该是缩聚产物，又因为与参与反应的芳香化合物中氯、氧元素中原子数比11，这说明生成的小分子应该是氯化氢，所以该有机物的结构简式是。17. 三氯化六氨合钴()Co(NH3)6Cl3是重要的化工原料。制备反应式为：2CoCl26H2O+10NH3+2NH4Cl+H2O22Co(NH3)6Cl3+14H2O，反应放出大量热。已知：Co2+不易被氧化，Co3+具有强氧化性；Co(NH3)62+具有较强还原性，Co(NH3)63+性质稳定。Co(NH3)6Cl3在水中的溶解度曲线如图1所示，加入少量浓盐酸有利于其析出。制备Co(NH3)6Cl3的实验步骤：.取研细的CoCl2

27、6H2O和NH4Cl溶解后转入三颈烧瓶，控制温度在10以下，加入浓氨水和活性炭粉末。再逐滴加入30%的H2O2溶液，则溶液逐渐变混浊。实验装置如图2所示。.将所得浊液趁热过滤，向滤液中逐滴加入少量浓盐酸后静置。.在静置的同时，需对静置液进行“操作A”后过滤；用无水乙醇洗涤晶体23次。（1）图中仪器a的名称为_。（2）将Co2+转化Co(NH3)63+过程中，先加浓氨水的目的是_。（3）步骤向滤液中加入浓盐酸的原因是_。（4）步骤中的“操作A”是_。（5）用如图3装置测定产品中NH3的含量(部分装置已省略)：蒸氨：取mg样品加入过量试剂后，加热三颈烧瓶，蒸出的NH3通入盛有V1mLc1molL-

28、1H2SO4标准溶液的锥形瓶中。液封装置1的作用是_。液封装置2的作用是_。滴定：将液封装置2中的水倒入锥形瓶后滴定剩余的H2SO4，消耗c2molL-1的NaOH标准溶液V2mL。若未将液封装置2中的水倒入锥形瓶，测得NH3的质量分数将_(填“偏高”或“偏低”或“不变”)。【答案】（1）分液漏斗 （2）将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的Co(NH3)62+ （3）增大氯离子浓度，有利于析出Co(NH3)6Cl3 （4）冷却结晶 （5） . 平衡气压，防止倒吸，防止氨气逸出 . 防止氨气逸出， . 偏低【解析】【分析】将CoCl26H2O和可溶性NH4Cl一起用水溶解，所得溶液中加入

29、活性炭和浓氨水，得到Co(NH3)6Cl2和活性炭的浊液，滴加H2O2的水溶液，在活性炭的催化作用下，溶液中Co()氧化为Co()，生成Co(NH3)6Cl3和活性炭的浊液，再加入浓盐酸，冷却过滤，析出晶体Co(NH3)6Cl3；据此解答。【小问1详解】由仪器结构特征，可知仪器a为分液漏斗；答案为分液漏斗【小问2详解】将Co2+转化Co(NH3)63+过程中，先加浓氨水，是将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的Co(NH3)62+，即Co2+6NH3H2O=Co(NH3)62+6H2O；答案为将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的Co(NH3)62+。【小问3详解】滤液中加适量浓盐

30、酸，增大氯离子浓度，有利于析出Co(NH3)6Cl3；答案为增大氯离子浓度，有利于析出Co(NH3)6Cl3。【小问4详解】由题中信息可知，需对静置液进行“操作A”后过滤，即从热的滤液中分离出Co(NH3)6Cl3晶体，应采取冷却结晶；答案为冷却结晶。【小问5详解】由添加药品后，加热三颈烧瓶，蒸出的NH3通入含有V1mLc1molL-1H2SO4标准溶液的锥形瓶中，所以液封装置1的作用是防止氨气逸出，同时可以起到平衡气压，防止倒吸的作用；液封装置2的作用为防止氨气逸出；答案为平衡气压，防止倒吸，防止氨气逸出；防止氨气逸出。氨气容易挥发，若未将液封装置2中的水倒入锥形瓶，则使得硫酸吸收的氨气偏少

31、，则测得的NH3的质量分数偏低；答案为偏低。18. 有机物M是一种制备液晶材料的重要中间体，其合成路线如图：已知：.RX+MgRMgX(格林试剂) X=Cl、Br、I.+RMgX.+（1）AB的反应方程式为_，反应类型为_。（2）反应中使用三甲基氯硅烷()的作用是_，在本流程中起类似作用的有机物还有_(填名称)。（3）L中的官能团有_(填名称)，M的结构简式为_。（4）符合下列条件的E的同分异构体有_种(不考虑立体异构)。能与金属钠反应产生氢气含两个甲基能发生银镜反应；其中核磁共振氢谱中显示的六组峰的面积比为621111，且含有1个手性碳原子的有机物结构简式为_(只写一种)。（5）已知：R1O

32、H+R2OHR1OR2+H2O。写出以苯、丙酮和格林试剂为原料合成的路线(其他试剂任选)_。【答案】（1） . . 取代反应 （2） . 保护酚羟基 . 乙二醇 （3） . （酚）羟基、醚键 . （4） . 16 . (或或) （5）【解析】【分析】由D的结构及A的分子式可知A为苯酚，AB的反应为苯酚的羟基对位氢原子被溴原子取代，生成对溴苯酚；BD反应中使用三甲基氯硅烷()与酚羟基结合，其作用是保护酚羟基；DF发生信息中已知的反应得到格林试剂F；由C和G的结构可推知E的结构为，GH使用乙二醇与G中一个酮羰基缩合，可保护酮羰基；F和H发生信息中已知的反应生成I；I发生消去反应生成K，K催化加氢生

33、成L，LM反应中缩酮水解复原成羰基，则M的结构简式为，据此分析解答。【小问1详解】根据分析A为苯酚，B为对溴苯酚，在乙酸乙酯存在条件下、加热，苯酚和Br2发生取代反应生成对溴苯酚，反应方程式为，故答案为：；取代反应。【小问2详解】由合成流程可知，BD反应中使用三甲基氯硅烷()与酚羟基结合，其作用是保护酚羟基，与此类似，在GH反应中使用乙二醇与G中一个酮羰基缩合，可保护酮羰基，故答案为：保护酚羟基；乙二醇。【小问3详解】由L的结构简式可知，L中的官能团有（酚）羟基、醚键；LM反应中缩酮水解复原成羰基，则M的结构简式为，故答案为：（酚）羟基、醚键；。【小问4详解】该有机物含有醛基和羟基，另外有5个

34、碳形成的碳链，其同分异构体的种类为（省略部分氢原子，箭头指向为羟基位置，后同）、共16种，核磁共振氢谱为621111，且含有1个手性碳原子的有机物结构简式为、，故答案为：16； (或或)。【小问5详解】由题给条件可知，两分子分子间脱水可生成，可通过发生已知和已知的反应来制备，合成路线为：，故答案为：。19. 某废钒渣(主要成分为V2O3，含有少量Al2O3、CaO)为原料生产V2O5的工艺流程如图：已知：钒酸(H3VO4)是强酸，NH4VO3难溶于水；+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表。pH46688101012主要离子VOVOV2OVO（1）“酸浸”前需将块状固体粉碎，其目的

35、是_。（2）已知Ca(VO3)2难溶于水，可溶于盐酸。若“酸浸”时溶液的pH=4，则Ca(VO3)2溶于盐酸的离子方程式为_。（3）Ksp(CaCO3)=m，KspCa3(VO4)2=n；则反应Ca3(VO4)2(s)+3CO2VO(aq)+3CaCO3(s)的平衡常数为_。(用含m、n的代数式表示)（4）“沉钒2”的沉钒率随温度的变化如图所示，温度高于80沉钒率下降的原因是_。（5）NH4VO3灼烧脱氨可得V2O5。在硫酸酸化条件下，V2O5可与草酸(H2C2O4)溶液反应得到含VO2+的溶液，反应的离子方程式为_。（6）测定产品中V2O5的纯度：取ag产品用硫酸溶解得(VO2)2SO4溶液

36、，加入b1mLc1molL-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(VO+2H+Fe2+=VO2+Fe3+H2O)，再用c2molL-1KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知MnO被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5的质量分数是_(V2O5的摩尔质量为Mgmol-1)。【答案】（1）增大反应物接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分 （2）Ca(VO3)2+4H+=Ca2+2VO+2H2O （3） （4）温度高于80时，NH水解程度增大，NH浓度减小导致钒率下降 （5）V2O5+ H2C2O4+4H+=2VO2+2CO2

37、+3H2O （6）【解析】【分析】由题给流程可知，废钒渣中加入CaO在空气中焙烧时，V2O3与CaO、空气中的氧气反应转化为Ca(VO3)2，Al2O3与CaO反应转化为NaAlO2；向焙烧后的固体中加入盐酸，将Ca(VO3)2转化为H3VO4，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀，过滤得到含有Al(OH)3的滤渣1和含有H3VO4的滤液；向滤液中加入石灰乳，将H3VO4转化为Ca3(VO4)2沉淀，过滤得到滤液1和Ca3(VO4)2；向Ca3(VO4)2中加入碳酸铵溶液，将Ca3(VO4)2转化为Na3VO4，过滤得到含有CaCO3的滤渣2和含有Na3VO4的滤液；向滤液中加入氯化铵固体，将

38、Na3VO4转化为NH4VO3沉淀，过滤得到滤液2和NH4VO3；NH4VO3灼烧脱氨制得V2O5。【小问1详解】酸浸前将块状固体粉碎，可以增大反应物的接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分，故答案为：增大反应物接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分；【小问2详解】由表格信息可知，溶液pH为4时，钒元素在溶液中以VO形式存在，则Ca(VO3)2与盐酸反应生成CaCl2、VO2Cl和H2O，反应的离子方程式为Ca(VO3)2+4H+=Ca2+2VO+2H2O，故答案为：Ca(VO3)2+4H+=Ca2+2VO+2H2O；【小问3详解】由方程式可知，反应的平衡常数K=，故答案为：；【小问4详解】氯

39、化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应是吸热反应，当温度高于80时，水解平衡向正反应方向移动，溶液中铵根离子浓度减小导致钒率下降，故答案为：温度高于80时，NH水解程度增大，NH浓度减小导致钒率下降；【小问5详解】由题意可知，在硫酸酸化条件下，V2O5与H2C2O4溶液反应生成VO2+、CO2和H2O，反应的离子方程式为V2O5+ H2C2O4+4H+=2VO2+2CO2+3H2O，故答案为：V2O5+ H2C2O4+4H+=2VO2+2CO2+3H2O；【小问6详解】由题意可知，测定产品中五氧化二钒的纯度时，五氧化二钒和高锰酸钾为反应的氧化剂，硫酸亚铁铵为还原剂，由得失电子数目守恒可得

40、：n(Fe2+)=2n(V2O5)+5n(MnO)，由题给数据可得五氧化二钒的物质的量为=mol，则样品中五氧化二钒的纯度为100%=，故答案为：。20. .我国科学家利用CO2矿化反应释放能量设计出CO2矿化电池。不仅减碳发电，还能获得高附加值产品，其工作原理如图所示(Q是有机物；反应物和产物分别经过其它通道进入或排出电池容器)。（1）通过离子交换膜的离子是_，正极区的电极反应式为：Q+2CO2+2H2O+2Na+2e=2NaHCO3+QH2，在电极区溶液中可循环利用的物质是_，则电池的总反应方程式为_。.以CO2为原料加氢合成二甲醚、甲醇有利于促进实现“碳中和”。在二氧化碳加氢制取二甲醚的

41、合成塔中发生以下3个反应：iCO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=49.01kJmol-1ii2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H=24.52kJmol-1iiiCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H=+41.17kJmol-1（2）2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)的H=_kJmol-1。（3）在压强3.0MPa、=4条件下，CO2的平衡转化率和产物的选择性与温度的关系如图所示(选择性是指生成某物质消耗的CO2占CO2消耗总量的百分比)。当温度超过290，CO2的平衡转化率随温度升高而增大的原因是_。除改变温度外，能提高二甲醚选择性的措施为_(写一种即可)。根据图中的数据计算300上述反应达到平衡时CH3OCH3的物质的量分数为_(保留三位有效数字)。（4）在=3时，反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇物质的量分数为x(CH3OH)，在t=250下的x(CH3OH)P、在P=5105Pa下的x(CH3OH)t如图所示。当CO2的平衡转化率为时，反应条件可能