高三月考化学试题(七)
可能用到的相对原子质量：H～1 C～12 O～16 S～32 Ag～108 La～139
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1. 化学与环境保护息息相关。下列叙述不合理的是
A. 干电池低汞化、无汞化，有利于减少废电池造成的土壤污染
B. 用人工合成淀粉，有利于减少农药化肥污染和促进“碳中和”
C. 汽车尾气中的氮氧化物来自汽油的不完全燃烧，加装催化转化器可减少其排放
D. 氨氮废水(含及)可用化学氧化法或电化学氧化法处理后排放
【答案】C
【解析】
【详解】A．干电池的低汞化、无汞化，可以减少重金属汞元素对土壤的污染，A合理；
B．用CO2合成淀粉，有利于减少人类对粮食产量的依赖，从而减少农药化肥的使用，同时可促进碳中和，B合理；
C．汽油成分中不含氮元素，汽车尾气中的氮氧化物主要来自于空气中N2和O2在气缸的高温环境中反应生成，C不合理；
D．利用氧化还原原理，可将氨氮氧化为无污染的N2，D合理；
故答案选C。
2. NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A. 28g乙烯中含有C-H键的数目为4NA
B. 足量的12mol/L盐酸与共热，转移的电子数为2NA
C. 标准状况下，22.4L氖气含有的质子数为10NA
D. 标准状况下，22.4L的H2和22.4L的F2混合反应后，气体分子数为2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．1个乙烯分子中含有4个C-H键，28g乙烯中含有C-H键的数目，故A正确；
B．由于浓盐酸足量，所以可完全反应，锰元素化合价由+4降低为+2，转移电子数为，故B正确；
C．氖为单原子分子，1个氖原子中含有10个质子，所以含有质子，故C正确；
D．标准状况下HF为液体，22.4L的H2和22.4L的F2混合反应后生成2molHF，气体分子数为0，故D错误；
选D
3. La和Ni的合金是目前使用最广泛的储氢材料。某La-Ni合金(晶胞为平行六面体)由图甲、图乙两个原子层交替紧密堆积而成，图丙是该合金的晶胞结构：
下列说法错误的是
A. 该晶体可表示为
B. 该晶体中1个La原子与18个Ni原子配位
C. 该晶体的一个晶胞中Ni原子数为12
D. 通过晶体X射线衍射实验可确定该晶组成的结构
【答案】C
【解析】
【详解】A．该晶体的一个晶胞中在两个底面上各有7个La，其中6个在线的角上，1个La面心，根据均摊法计算可得一个晶胞中La原子数为(6+6)×+1=3；该晶体的一个晶胞中在两个底面上各有6个Ni，侧面有6个Ni，体心内有6个Ni，根据均摊法计算可得一个晶胞中Ni原子数为(6+6+6)×+6=15；故该晶体中La与Ni的个数比是3：15=1：5，可表示为LaNi5，故A正确；
B．对于1个La来说，同一层周围有6个Ni，还有上下两层各6个，所以，La原子与18个Ni原子配位，故B正确；
C．该晶体的一个晶胞中在两个底面上各有6个Ni，侧面有6个Ni，体心内有6个Ni，根据均摊法计算可得一个晶胞中Ni原子数为(6+6+6)×+6=15，故C错误；
D．X射线衍射可用于确定晶体的结构，故D正确；
故选：C。
4. 有关的说法正确的是
A. 分子中可能在同一平面上的碳原子最多有7个
B. 完全水解后所得产物中手性碳原子数目减少
C. 在醇溶液中加热反应得到两种含碳碳双键的产物
D 与溶液作用显紫色
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯分子是平面结构，和苯环直接相连的原子在同一个平面，饱和碳原子是四面体结构，饱和碳原子及其相连的原子最多三个共面，该分子中在同一平面上的碳原子最少有7个，A错误；
B．手性碳原子一定是饱和碳原子，手性碳原子所连接的四个基团要是不同的，则有3个手性碳原子， 完全水解后再酸化所得有机产物中手性碳原子数目减少为2个，B正确；
C． 卤代烃在醇溶液中加热发生消去反应，消去反应时溴原子所连碳原子的邻位碳上要有氢才可以发生消去反应生成不饱和键、故只能得到1种含碳碳双键的产物，C错误；
D．不含酚羟基，不能与溶液作用，D错误；
答案选B。
5. 碳酰氯(COCl2)俗名光气，熔点为-118℃，沸点为8.2℃，遇水迅速水解，生成氯化氢。光气可由氯仿(CHCl3)和氧气在光照条件下合成。下列说法错误的是
A. 装置的连接顺序应为
B. 装置丙的主要作用是吸收尾气中的氯化氢
C. 装置丁中发生反应的化学方程式为
D. 冰水混合物的作用是降温，防止挥发
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酰氯(COCl2)遇水迅速水解，则合成时必须处于干燥环境中，则装置连接为乙甲丁甲丙、连在乙后的甲用于干燥氧气，连在丁后边的甲防止丙中的水蒸气进入丁中，故装置的各接口的连接顺序应为，A错误；
B．制备光气时有HCl气体产生，因此装置丙的主要作用是吸收尾气中的氯化氢，B正确；
C．装置丁中氯仿(CHCl3)和氧气在光照条件下生成碳酰氯、HCl，发生反应的化学方程式为，C正确；
D．碳酰氯(COCl2)沸点为8.2℃，冰水混合物的作用是降温，防止挥发，D正确；
故选A。
6. 几种离子晶体的晶胞如图所示，则下列说法正确的是
A. 熔沸点：NaCl
C. 若ZnS的晶胞边长为apm，则Zn2+与S2-之间最近距离为apm
D. 上述三种晶胞中，其阳离子的配位数大小关系为ZnS
【解析】
【详解】A．NaCl和CsCl都是离子晶体，半径小于半径，半径越小，离子间的离子键越强，熔沸点越高，因此熔沸点：，故A错误；
B．由图可知，在NaCl晶胞中，距离最近且等距的数且为12，故B正确；
C．ZnS的晶胞边长为apm，与之间的最近距离为体对角线的，因此为，C错误；
D．ZnS中阳离子配位数为4，NaCl中阳离子配位数为6，CsCl中阳离子配位数为8，因此阳离子的配位数大小关系为，故D正确；
选BD。
7. 原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z。X单质在空气中燃烧，火焰呈黄色，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y是地壳中含量排在第二位的元素，由W、X、Y三种元素形成的化合物M结构如图所示。下列叙述正确的是
A. Y和Z元素简单氢化物的稳定性：Y>Z
B. X与W形成的化合物的电子式为：
C. X最高价氧化物对应水化物溶液可以用来吸收Z的单质
D. W、X、Z三种元素简单离子半径的大小顺序为：Z
【解析】
【详解】单质在空气中燃烧.火焰呈色，判断X为Na；Y是地壳中含量排第的元素可判断
为Si；W的核外电子数与X、Z的最外层电数之和相等即W的原序数为X、Z的主族数之和而根据化合物M结构：X为Na；Y为Si可知：[Si2W5]2-可推知，W可为O或者S而由于W原子序数为最小的，因此W为O，那么可分析O的核外电数为8而X的外会电子数为1，那么Z就应为Cl。
A．Y和Z元素简单氢化物分别为: SiH4、HCl.氢化物的稳定生和元素的非金属性有关
而同周期的非金属元素，从左到右非金属性增强则HCl稳定性大于SiH4，故A错误；
B．X和W为Na和O则X和W形成的化合物电子式为，故B错误；
C．X的最高价氧化物对应的水化物为NaOH可以与Cl2反应吸收Cl2，故C正确；
D．电子层越多半径越大；电子层数相同时，电数越大半径越大，因此半径大小为：W
8. 2020年11月7日是“中国稀土之父”徐光宪先生诞辰100周年纪念日。金属铈()是地壳中含量最高的稀土元素。关于铈的有关化合物及H2O2的转化关系如图所示，下列说法错误的是
A. CeO2是整个转化过程中的催化剂
B. 过程①的离子方程式：
C. 该反应历程的总反应为：2H2O2=2H2O+O2↑
D. 氧化性：CeO2＞H2O2
【答案】D
【解析】
【详解】A．在反应①中CeO2被还原为Ce3+，在反应②中Ce3+又被氧化为CeO2，故CeO2的质量与化学性质不变，因此CeO2是整个转化过程中的催化剂，A正确；
B．根据原子守恒、电荷守恒、电子守恒，可知过程①的离子方程式：，B正确；
C．过程①方程式为，过程②方程式为2Ce3++6OH-+H2O2=2CeO2+4H2O，将①+②，整理可得2H2O2=2H2O+O2↑，故该反应历程的总反应为：2H2O2=2H2O+O2↑，C正确；
D．碱性条件下，Ce3+被H2O2氧化成CeO2，说明氧化性CeO2不如H2O2，D错误；
故合理选项是D。
9. 自由基是化学键断裂时产生的含未成对电子的中间体，活泼自由基与氧气的反应一直是科研人员的关注点。HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示，下列说法正确的是
A. 反应物的键能总和大于生成物的键能总和
B. 产物P1与P2的分子式、氧元素的化合价均相同
C. 该历程中最大正反应的活化能E正=186.19 kJ
D. 相同条件下，Z转化为产物的速率：v(P1)＞V(P2)
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，则参与反应的反应物总键能小于生成物的总键能，故A选项错误；
B．产物P1与P2的分子式均为HNO3，但产物P1结构中存在“-O-O-”，则产物P1中部分氧元素的化合价为-1价，而产物P2氧元素的化合价为-2价，两者氧元素的化合价不同，故B选项错误；
C．最大的正反应的活化能出现在由中间产物Z到过渡态IV时，即最大正反应的活化能 E正=-18.92kJ/mol-(-205.11kJ/mol)=186.19kJ.mol-1，故C选项错误；
D．相同条件下，反应所需的活化能越小，则反应的速率越快，由于到产物P1所需活化能更小，故反应速率更快，故v(P1)＞V(P2)，故D选项正确。
故选D选项。
10. 甲酸是基本有机化工原料之一，广泛用于农药、皮革、染料、医药和橡胶等工业。某科研团队利用光催化制甲酸如图所示：已知：2CO2+2H2O=2HCOOH+O2△H>0。下列说法错误的是
A. 电极电势：电极N高于电极M
B. 该装置把光能和化学能转化为电能
C. 正极电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH
D. 若制得9.2gHCOOH，不考虑气体溶解，整套装置质量增加5.6g
【答案】B
【解析】
【分析】由图示可知，M极H2O→O2，氧元素化合价升高，失电子，电极M为负极，电极N为正极，以此解题。
【详解】A．由分析可知电极M为负极，电极N为正极，正极的电势高于负极，故A正确；
B．2CO2+2H2O=2HCOOH+O2 △H>0，正反应吸热，该装置把光能转化为电能和化学能，故B错误；
C．正极CO2得电子生成甲酸，电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，故C正确；
D．9.2gHCOOH的物质的量是0.2mol，根据总反应方程式2CO2+2H2O=2HCOOH+O2，若制得9.2gHCOOH，整套装置吸收0.2mol二氧化碳、放出0.1mol氧气，所以整套装置质量增加8.8g-3.2g=5.6g，故D正确；
故选B。
11. 工业上以硼镁矿(主要成分为，还含有少量、、、和等)为原料生产硼酸晶体的工艺流程如图所示。
已知：①的溶解度随温度的升高显著增大；
②、、和以氢氧化物的形式完全沉淀时，溶液的分别为3.2、9.7、5.2和12.4。
下列说法错误的是
A. “浸取”时要分批慢慢加入稀硫酸
B. “热过滤”的目的是防止温度降低时从溶液中析出
C. “除杂”时需向“浸出液”中依次加入和溶液，以除去、、等杂质离子
D. “母液”中的溶质主要是硫酸镁
【答案】C
【解析】
【分析】硼镁矿加入稀硫酸浸取，二氧化硅不反应、碳酸钙转化为微溶的硫酸钙成为滤渣，镁、铁、铝、硼进入浸出液，通过除杂将铁、铝转化为沉淀，由于的溶解度随温度的升高显著增大，故滤液降温结晶析出硼酸晶体，母液中含有硫酸镁；
【详解】A．“浸取”时，因硼镁矿粉中含有少量，加入稀硫酸会产生大量泡沬，为避免反应物从反应器中溢出，应分批慢慢加入稀硫酸，A正确；
B．的溶解度随温度的升高显著增大，“热过滤”的目的是防止温度降低时从溶液中析出，B正确；
C．“除杂”时需向“浸出液”中依次加入将亚铁离子转化为铁离子、加入氧化镁调节pH，以除去、、等杂质离子；若使用氢氧化钠会引入杂质离子钠离子，C错误；
D．由分析可知，“母液”中的溶质主要是硫酸镁，D正确；
故选C。
12. 工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯：CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g)，在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH3OH和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图所示，下列说法正确的是
A. 反应速率v(b)＞v(d)
B. 由图可知生产时反应温度控制在80～85℃为宜
C. b条件下延长反应时间，CO的转化率保持不变
D. d→e，CO的转化率随温度的升高而减小，可能是因为该反应吸热，升高温度反应逆向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A．温度对化学反应速率的影响大于浓度对化学反应速率的影响。由于反应温度：d＞b，所以反应速率大小关系为：v(d)＞v(b)，A错误；
B．由图可知在80～85℃时反应物CO的转化率最高，因此生产时为提高生产效率，反应温度控制在80～85℃为宜，B正确；
C．b条件下反应未达到平衡状态，此时反应正向进行，延长反应时间，可以使更多的反应物CO与CH3OH(g)发生反应转化为生成物，因此会导致CO的转化率增大，C错误；
D．d→e，CO的转化率随温度的升高而减小，可能是因为该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡会向吸热的逆反应方向移动，导致CO的转化率降低，D错误；
故合理选项是B。
13. 实验室制备苯胺的流程，反应②的实验装置（夹持及加热装置略）如图。已知：苯胺为无色油状液体，沸点184℃，易氧化。下列说法正确的是
A. 反应①后的混合液经水洗、碱洗、结晶，得到硝基苯
B. 反应①和反应②均需水浴加热
C. 装置中为除去反应生成的水，蒸馏前需关闭K并向三颈烧瓶中加入P2O5
D. 为防止生成的苯胺被氧化，加热前应先通一段时间的H2
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应①后的混合液中含有硝基苯和未反应完的苯，经水洗、碱洗、分液后再蒸馏，得到硝基苯，选项A错误；
B．反应②的实验温度控制在140℃，大于100℃，不能用水浴加热，选项B错误；
C．苯胺还原性强，易被氧化，有碱性，与酸反应生成盐，而浓硫酸具有酸性和强氧化性，苯胺能与浓硫酸反应，则不能选用浓硫酸，三颈烧瓶内的反应结束后，关闭K，先在三颈烧瓶中加入生石灰后蒸馏，选项C错误；
D．加热前应先通一段时间的 H2可将装置内空气排出，避免苯胺被氧化，选项D正确；
答案选D。
14. 某温度下，向体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol L-1的NaCl溶液、Na2CrO4溶液中分别滴加0.1mol L-1的AgNO3溶液，滴定过程中的pX(PX=-lgX，X=Cl-、CrO)与滴加AgNO3溶液体积的关系如图所示。(已知：lg3=0.47)下列说法错误的是
A. 曲线Ⅰ表示AgNO3溶液滴定NaCl溶液的过程
B. Ksp(Ag2CrO4)=4.0×10-3b
C. 其他条件不变，如果NaCl溶液浓度改为0.05mol L-1，则滴定终点向上移动
D. M点的纵坐标约为2a-1.47
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，pX=a或b时反应完全，并且二者的起始浓度、体积均相同，即二者溶质的起始物质的量相同，反应为NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3，Na2CrO4+AgNO3=Ag2CrO4↓+2NaNO3，完全反应时Na2CrO4消耗AgNO3溶液的体积是NaCl的2倍，所以曲线I表示NaCl溶液、曲线II表示Na2CrO4溶液，故A正确；
B．曲线II表示Na2CrO4溶液，达到滴定终点时pX=b，即c(CrO)=10-bmol/L，(s) Ag+(aq)+CrO (aq)，则c(Ag+)=2c(CrO)=2.0×10-bmol/L，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+) c(CrO)=(2.0×10-b)2×(10-b)=4.0×10-3b，故B正确；
C．温度不变，氯化银的溶度积不变，若将NaCl溶液浓度改为0.05mol L-1，需要的硝酸银溶液的体积变成原来的一般，因此滴定终点会向左平移，故C错误；
D．由曲线I可知，pX=a时达到滴定终点，此时c(Cl-)=c(Ag+)=10-amol/L，Ksp(AgCl)=c(Ag+) c(Cl-)=10-2a，当在NaCl溶液中加入40mLAgNO3溶液，混合溶液中c(Ag+)≈mol/L，则溶液中c(Cl-)=mol/L=30×10-2amol/L，pX=-lg30×10-2a=2a-1-lg3=2a-1.47，故D正确；
故选：C。
二、非选择题(共4个大题，58分)
15. 次氯酸(HClO)消毒液高效安全，适用于一般物体表面消毒、手部消毒，以及地面、空间和环境消毒。下图装置在D中制得颜色类似于氯气的Cl2O气体，E中得到次氯酸(HClO)。已知Cl2O气体45℃可分解，与水反应生成HClO。
（1）A装置圆底烧瓶中固体物质是___________。
（2）C装置、F装置中分别盛装___________、___________。
（3）实验时，一直要通入干燥的空气，其体积大约是氯气的3倍，主要作用是___________，同时还可以抑制Cl2O的分解，保证实验安全。
（4）D中盛装含水碳酸钠(即Na2CO3与水按照质量106：9调制而成)，用来吸收氯气制备Cl2O。
①如果用Na2CO3·xH2O表示含水碳酸钠，则x为___________。
②D中生成的气体中含有CO2，则生成Cl2O的化学方程式为___________。
（5）次氯酸含量分析：取E装置中试管内黄绿色溶液两等分，一份是通过与足量KI溶液反应生成n(I2)，来测定n(HClO)与n(Cl2)两者之和；另一份是把氯元素全部转化为AgCl，通过n(AgCl)计算氯元素含量。实验结果是为17：16，则黄绿色溶液为___________。
【答案】（1）二氧化锰或MnO2
（2） ①. 浓硫酸 ②. 氢氧化钠溶液
（3）把D中生成的Cl2O完全赶入E试管中
（4） ①. 或0.5 ②. Na2CO3+2Cl2=2NaCl+Cl2O↑+CO2↑
（5）15：1或15
【解析】
【分析】根据后续流程可知，装置A中应是利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，装置B中用饱和食盐水吸收氯气中混有的HCl气体，装置C中利用浓硫酸进行干燥，装置D中得到Cl2O，然后利用干燥空气将生成的Cl2O赶入装置E中反应得到HClO，装置F吸收尾气。
【小问1详解】
根据后续流程可知，装置A中应是利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，即A装置圆底烧瓶中固体物质是二氧化锰或MnO2；
【小问2详解】
为防止生成的氯气与水蒸气反应，制取的氯气应进行干燥，所以装置C中盛放浓硫酸；氯气有毒，装置F应是用来吸收尾气，盛放NaOH溶液；
【小问3详解】
Cl2O在装置D中生成，而HClO在装置E中生成，所以干燥空气的主要作用是把D中生成的Cl2O完全赶入E试管中，同时还可以抑制Cl2O的分解；
【小问4详解】
①水碳酸钠由Na2CO3与水按照质量106：9调制而成，则二者的物质的量之比为=2：1，所以x=0.5；
②根据题意可知Na2CO3与Cl2反应得到Cl2O和CO2，根据元素的价态变化以及元素守恒可知还应有NaCl生成，化学方程式为Na2CO3+2Cl2=2NaCl+Cl2O↑+CO2↑；
【小问5详解】
根据电子守恒可知n(I2)=n(HClO)+n(Cl2)，根据氯元素守恒n(AgCl)=n(HClO)+2n(Cl2)，所以有= 17：16，解得=15：1或15。
16. 五氧化二钒(V2O5)广泛用于冶金、化工等行业。一种以含钒废料(含V2O5、MnO、SiO2、Al2O3)为原料制备V2O5的流程如下：
已知：V2O3难溶于水和碱，可溶于酸，灼烧可生成V2O5。
（1）为提高含钒废料的浸取率，可采取的措施为___________。
（2）“滤液1”中除了含有过量的NaOH，还含有的溶质为___________(填化学式)。
（3）“烘干灼烧”的目的是___________。
（4）“沉锰”时需将温度控制在70℃左右，温度不能过高的原因为___________，“滤渣2”的主要成分是MnCO3，写出生成MnCO3的离子方程式：___________。
（5）“浓缩结晶”后获得NH4VO3晶体需进行的操作是___________。证明NH4VO3已洗涤干净的实验操作及现象为___________。
（6）在煅烧NH4VO3生成 V2O5的过程中无元素化合价变化，请写出反应的化学方程式：___________。
【答案】（1）延长浸取时间
（2）Na2SiO3、NaAlO2或Na[Al(OH)4]
（3）将V2O3氧化为V2O5
（4） ①. 温度过高，NH4HCO3分解 ②. Mn2++2HCO=MnCO3↓+H2O+CO2↑
（5） ①. 过滤、洗涤、干燥 ②. 取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，滴加BaCl2溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净
（6）2NH4VO3V2O5+H2O+2NH3↑
【解析】
【分析】含钒废料含V2O5、MnO、SiO2、Al2O3，加入氢氧化钠，SiO2、Al2O3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠、硅酸钠，过滤，滤渣中含有V2O5、MnO，滤渣灼烧V2O3氧化为V2O5，用硫酸溶解生成HVO3、MnSO4，加入NH4HCO3，MnSO4转化为MnCO3沉淀，除去锰离子，滤液中加入足量(NH4)2SO4，浓缩结晶，得到NH4VO3晶体，煅烧，得到V2O5。
【小问1详解】
延长浸取时间，可以提高含钒废料的浸取率；
【小问2详解】
含钒废料含V2O5、MnO、SiO2、Al2O3，加入氢氧化钠，SiO2、Al2O3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠、硅酸钠，过滤，“滤液1”中除了含有过量的NaOH，还含有的溶质为Na2SiO3、NaAlO2或Na[Al(OH)4]；
【小问3详解】
V2O3难溶于水和碱，可溶于酸，灼烧可生成V2O5 ，所以“烘干灼烧”的目的是将V2O3氧化为V2O5；
【小问4详解】
加入NH4HCO3 “沉锰”， NH4HCO3加热易分解，所以“沉锰”时需将温度控制在70℃左右，温度不能过高；“沉锰”时NH4HCO3和MnSO4反应生成MnCO3沉淀，反应的离子方程式是Mn2++2HCO=MnCO3↓+H2O+CO2↑；
【小问5详解】
“浓缩结晶”后，过滤、洗涤、干燥，可获得NH4VO3晶体；若没有洗涤干净，洗涤液中含有硫酸根离子，证明NH4VO3已洗涤干净的实验操作及现象为：取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，滴加BaCl2溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净；
【小问6详解】
煅烧NH4VO3生成 V2O5的过程中无元素化合价变化，说明反应生成氨气、V2O5、H2O，反应方程式是2NH4VO3V2O5+H2O+2NH3↑。
17. 丙烯是生产石油化工产品的基本原料之一，其需求增长迅速。某科研小组以、、等为催化剂，通过丙烷催化氧化脱氢制备丙烯，其反应原理为 。
Ⅰ．已知：丙烷、丙烯的燃烧热()分别为、。
。
（1）则___________。
Ⅱ．不同催化剂对丙烷的催化效率不同，平衡时，丙烷的总转化率与催化剂、不同投料比之间的关系如表。
催化剂 反应温度/℃ 总转化率/% 丙烯的选择性/%
500 3：2：5 25 46.6
500 3：2：5 25 40.0
500 1：1：8 40.0 45.0
（2）在上述三种催化剂作用下，丙烯产率最高的是___________(填催化剂的化学式)。
（3）在500℃、以为催化剂的条件下，向容积为10L的恒容密闭容器中充入、、，发生反应，经过10min达到平衡状态。
①，丙烯的化学反应速率___________。
②下列情况能说明该反应达到平衡状态的是___________(填标号)。
A．不变
B．与的物质的量之比为1：1
C．的质量不再改变
③欲提高丙烷转化率，可采取的措施是___________(任写一条即可)。
④在恒温恒压的密闭容器中充入丙烷、氧气、氨气发生氧化脱氢反应，起始氧气一定时，越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是___________。
（4）在500℃、以为催化剂的条件下，向恒容密闭容器中充入、、发生反应，平衡时压强为p[已知该催化剂条件下的副反应为]，则该温度下丙烷氧化脱氢反应的平衡常数___________(用含p的代数式表示，是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压=总压×体积分数，列出计算式即可，不用化简)。
【答案】（1）-236
（2）
（3） ①. 0.003 ②. C ③. 及时分离出 ④. 该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大
（4）
【解析】
【小问1详解】
①
②
由丙烷、丙烯的燃烧热()分别为、的方程式：
③
④
由盖斯定律可得③×2-④×2+②×2得方程式①，则
则。
故答案为：-236;
【小问2详解】
在上述三种催化剂作用下，丙烯的选择性高且丙烷的总转化率高时，丙烯产率才会最高，所以最好的催化剂是：。
故答案为：
【小问3详解】
①在500℃、以为催化剂的条件下，丙烷转化率为25%，丙烯选择性为40%，说明丙烷生成丙烯的部分是40%，则， 则，丙烯的化学反应速率。
②A．与物质状态和热化学方程式的书写有关，所以不论是否平衡状态其值都不变，故A错误；
B．，与的物质的量之比一直为1：1，不能说明该反应达到平衡状态，故B错误；
C．为生成物，平衡时的质量才不再改变，故C正确。
③欲提高丙烷转化率，即让反应正向进行即可，所以可采取的措施是及时分离出产物，促进反应正向进行。
④在恒温恒压的密闭容器中充入丙烷、氧气、氨气发生氧化脱氢反应，起始氧气一定时，越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是：该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大。
故答案为：①0.003；②C；③及时分离出；④该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大。
【小问4详解】
在500℃、以为催化剂的条件下，向恒容密闭容器中充入、、发生反应，丙烯选择性为45%，丙烷转化率为40%，则，则可得：
起始n始(mol) 1 1 0 0
变化△n(mol) 018 0.09 0.18 0.18
终态n终(mol) 0.82 0.91 0.18 0.18
起始n始(mol) 0.82 0.91 0 0.18
变化△n(mol) 0.4-0.18 0.77 0.66 0.88
终态n终(mol) 0.6 0.17 0.66 1.06
故平衡时：，，，，，，则；
平衡时压强为，平衡分压=总压×体积分数，则，，，，则该温度下丙烷氧化脱氢反应的平衡常数：
故答案为：
18. 芳香族化合物A常用于药物及香料的合成，A有如图转化关系：
已知：①A能与金属钠反应生成氢气，但不能使酸性高锰酸钾溶液褪色。
②+CO2
③RCOCH3+R′CHORCOCH=CHR′+H2O
回答下列问题：
（1）A生成B，E生成F的反应类型分别为___，____。
（2）由D生成E的加入试剂和反应条件为____，___。
（3）H中含有的官能团名称为___。
（4）由H生成I的化学方程式为____。
（5）K的结构简式为___。
（6）F的同分异构体中，同时满足如下条件的有__种。
①属于芳香族化合物且苯环上有两个取代基。②能发生水解。
（7）糠叉丙酮()是一种重要医药中间体，参考上述合成路线，设计一条以叔丁醇[(CH3)3COH]和糠醛()为原料制备糠叉丙酮的合成路线(无机试剂任选，箭头上注明反应试剂和条件)___。
【答案】（1） ①. 消去反应 ②. 氧化反应
（2） ①. NaOH溶液 ②. 加热
（3）羟基、羧基 （4）n+(n-1)H2O
（5） （6）12
（7）
【解析】
【分析】A是芳香族化合物，则结构中含有苯环，A的不饱和度==4，则侧链没有不饱和键，结合已知信息①确定A中与苯环直接相连的碳原子上没有氢原子，且A中含有羟基，连接羟基的碳原子上也没有氢原子，符合要求的A结构只能为，结合B→C的反应条件知B中含有碳碳双键，故A→B为消去反应，则B为，B和溴发生加成反应生成D为，B发生氧化反应生成C，C能和苯甲醛发生信息③的反应，则C为、K为；由F的分子式可知，D发生水解反应生成E为，E发生氧化反应生成F为，F发生银镜反应然后酸化得到H为，H发生缩聚反应生成I为。
【小问1详解】
由分析知，A生成B为消去反应，E生成F为氧化反应，故此处依次填：消去反应、氧化反应；
小问2详解】
D生成E为卤代烃的水解反应，加入试剂为NaOH溶液，反应条件为加热；
【小问3详解】
由分析知，H的结构简式为，所含官能团名称为：羟基、羧基；
【小问4详解】
由分析知，H到I为缩聚反应，对应方程式为：n+(n-1)H2O；
【小问5详解】
由分析知，K的结构简式为；
小问6详解】
F的结构简式为，其不饱和度=5，根据题意其同分异构中应含有：苯环且苯环上由两个取代基、酯基等结构，符合要求的结构如下：、、、，再考虑苯环上邻间对异构，共有12种结构符合题意，故此处填12；
【小问7详解】
根据RCOCH3+R′CHORCOCH=CHR′，(CH3)3COH发生消去反应生成，再氧化为，与在一定条件下生成，合成路线为
。高三月考化学试题(七)
可能用到的相对原子质量：H～1 C～12 O～16 S～32 Ag～108 La～139
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1. 化学与环境保护息息相关。下列叙述不合理的是
A. 干电池低汞化、无汞化，有利于减少废电池造成的土壤污染
B. 用人工合成淀粉，有利于减少农药化肥污染和促进“碳中和”
C. 汽车尾气中的氮氧化物来自汽油的不完全燃烧，加装催化转化器可减少其排放
D. 氨氮废水(含及)可用化学氧化法或电化学氧化法处理后排放
2. NA代表阿伏加德罗常数值，下列说法不正确的是
A. 28g乙烯中含有C-H键的数目为4NA
B. 足量的12mol/L盐酸与共热，转移的电子数为2NA
C. 标准状况下，22.4L氖气含有的质子数为10NA
D. 标准状况下，22.4L的H2和22.4L的F2混合反应后，气体分子数为2NA
3. La和Ni的合金是目前使用最广泛的储氢材料。某La-Ni合金(晶胞为平行六面体)由图甲、图乙两个原子层交替紧密堆积而成，图丙是该合金的晶胞结构：
下列说法错误的是
A. 该晶体可表示为
B. 该晶体中1个La原子与18个Ni原子配位
C. 该晶体的一个晶胞中Ni原子数为12
D. 通过晶体X射线衍射实验可确定该晶组成的结构
4. 有关说法正确的是
A. 分子中可能在同一平面上的碳原子最多有7个
B. 完全水解后所得产物中手性碳原子数目减少
C. 在醇溶液中加热反应得到两种含碳碳双键的产物
D. 与溶液作用显紫色
5. 碳酰氯(COCl2)俗名光气，熔点为-118℃，沸点为8.2℃，遇水迅速水解，生成氯化氢。光气可由氯仿(CHCl3)和氧气在光照条件下合成。下列说法错误的是
A. 装置的连接顺序应为
B. 装置丙的主要作用是吸收尾气中的氯化氢
C. 装置丁中发生反应的化学方程式为
D. 冰水混合物的作用是降温，防止挥发
6. 几种离子晶体的晶胞如图所示，则下列说法正确的是
A 熔沸点：NaCl
C. 若ZnS的晶胞边长为apm，则Zn2+与S2-之间最近距离为apm
D. 上述三种晶胞中，其阳离子的配位数大小关系为ZnS
A. Y和Z元素简单氢化物的稳定性：Y>Z
B. X与W形成的化合物的电子式为：
C. X最高价氧化物对应水化物溶液可以用来吸收Z的单质
D. W、X、Z三种元素简单离子半径的大小顺序为：Z
A. CeO2是整个转化过程中的催化剂
B. 过程①的离子方程式：
C. 该反应历程的总反应为：2H2O2=2H2O+O2↑
D. 氧化性：CeO2＞H2O2
9. 自由基是化学键断裂时产生的含未成对电子的中间体，活泼自由基与氧气的反应一直是科研人员的关注点。HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示，下列说法正确的是
A. 反应物的键能总和大于生成物的键能总和
B. 产物P1与P2的分子式、氧元素的化合价均相同
C. 该历程中最大正反应的活化能E正=186.19 kJ
D. 相同条件下，Z转化为产物的速率：v(P1)＞V(P2)
10. 甲酸是基本有机化工原料之一，广泛用于农药、皮革、染料、医药和橡胶等工业。某科研团队利用光催化制甲酸如图所示：已知：2CO2+2H2O=2HCOOH+O2△H>0。下列说法错误的是
A. 电极电势：电极N高于电极M
B. 该装置把光能和化学能转化电能
C. 正极电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH
D. 若制得9.2gHCOOH，不考虑气体溶解，整套装置质量增加5.6g
11. 工业上以硼镁矿(主要成分为，还含有少量、、、和等)为原料生产硼酸晶体的工艺流程如图所示。
已知：①的溶解度随温度的升高显著增大；
②、、和以氢氧化物的形式完全沉淀时，溶液的分别为3.2、9.7、5.2和12.4。
下列说法错误的是
A. “浸取”时要分批慢慢加入稀硫酸
B. “热过滤”的目的是防止温度降低时从溶液中析出
C. “除杂”时需向“浸出液”中依次加入和溶液，以除去、、等杂质离子
D. “母液”中的溶质主要是硫酸镁
12. 工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯：CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g)，在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH3OH和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图所示，下列说法正确的是
A 反应速率v(b)＞v(d)
B. 由图可知生产时反应温度控制在80～85℃为宜
C. b条件下延长反应时间，CO的转化率保持不变
D. d→e，CO的转化率随温度的升高而减小，可能是因为该反应吸热，升高温度反应逆向移动
13. 实验室制备苯胺的流程，反应②的实验装置（夹持及加热装置略）如图。已知：苯胺为无色油状液体，沸点184℃，易氧化。下列说法正确的是
A. 反应①后的混合液经水洗、碱洗、结晶，得到硝基苯
B. 反应①和反应②均需水浴加热
C. 装置中为除去反应生成的水，蒸馏前需关闭K并向三颈烧瓶中加入P2O5
D. 为防止生成的苯胺被氧化，加热前应先通一段时间的H2
14. 某温度下，向体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol L-1的NaCl溶液、Na2CrO4溶液中分别滴加0.1mol L-1的AgNO3溶液，滴定过程中的pX(PX=-lgX，X=Cl-、CrO)与滴加AgNO3溶液体积的关系如图所示。(已知：lg3=0.47)下列说法错误的是
A. 曲线Ⅰ表示AgNO3溶液滴定NaCl溶液的过程
B. Ksp(Ag2CrO4)=4.0×10-3b
C. 其他条件不变，如果NaCl溶液浓度改为0.05mol L-1，则滴定终点向上移动
D. M点的纵坐标约为2a-1.47
二、非选择题(共4个大题，58分)
15. 次氯酸(HClO)消毒液高效安全，适用于一般物体表面消毒、手部消毒，以及地面、空间和环境消毒。下图装置在D中制得颜色类似于氯气的Cl2O气体，E中得到次氯酸(HClO)。已知Cl2O气体45℃可分解，与水反应生成HClO。
（1）A装置圆底烧瓶中固体物质是___________。
（2）C装置、F装置中分别盛装___________、___________。
（3）实验时，一直要通入干燥的空气，其体积大约是氯气的3倍，主要作用是___________，同时还可以抑制Cl2O的分解，保证实验安全。
（4）D中盛装含水碳酸钠(即Na2CO3与水按照质量106：9调制而成)，用来吸收氯气制备Cl2O。
①如果用Na2CO3·xH2O表示含水碳酸钠，则x为___________。
②D中生成的气体中含有CO2，则生成Cl2O的化学方程式为___________。
（5）次氯酸含量分析：取E装置中试管内黄绿色溶液两等分，一份是通过与足量KI溶液反应生成n(I2)，来测定n(HClO)与n(Cl2)两者之和；另一份是把氯元素全部转化为AgCl，通过n(AgCl)计算氯元素含量。实验结果是为17：16，则黄绿色溶液为___________。
16. 五氧化二钒(V2O5)广泛用于冶金、化工等行业。一种以含钒废料(含V2O5、MnO、SiO2、Al2O3)为原料制备V2O5的流程如下：
已知：V2O3难溶于水和碱，可溶于酸，灼烧可生成V2O5。
（1）为提高含钒废料的浸取率，可采取的措施为___________。
（2）“滤液1”中除了含有过量的NaOH，还含有的溶质为___________(填化学式)。
（3）“烘干灼烧”的目的是___________。
（4）“沉锰”时需将温度控制在70℃左右，温度不能过高的原因为___________，“滤渣2”的主要成分是MnCO3，写出生成MnCO3的离子方程式：___________。
（5）“浓缩结晶”后获得NH4VO3晶体需进行的操作是___________。证明NH4VO3已洗涤干净的实验操作及现象为___________。
（6）在煅烧NH4VO3生成 V2O5的过程中无元素化合价变化，请写出反应的化学方程式：___________。
17. 丙烯是生产石油化工产品的基本原料之一，其需求增长迅速。某科研小组以、、等为催化剂，通过丙烷催化氧化脱氢制备丙烯，其反应原理为 。
Ⅰ．已知：丙烷、丙烯的燃烧热()分别为、。
。
（1）则___________。
Ⅱ．不同催化剂对丙烷的催化效率不同，平衡时，丙烷的总转化率与催化剂、不同投料比之间的关系如表。
催化剂 反应温度/℃ 总转化率/% 丙烯的选择性/%
500 3：2：5 25 46.6
500 3：2：5 25 40.0
500 1：1：8 40.0 45.0
（2）在上述三种催化剂作用下，丙烯产率最高的是___________(填催化剂的化学式)。
（3）在500℃、以为催化剂的条件下，向容积为10L的恒容密闭容器中充入、、，发生反应，经过10min达到平衡状态。
①，丙烯的化学反应速率___________。
②下列情况能说明该反应达到平衡状态的是___________(填标号)。
A．不变
B．与的物质的量之比为1：1
C．的质量不再改变
③欲提高丙烷转化率，可采取的措施是___________(任写一条即可)。
④在恒温恒压的密闭容器中充入丙烷、氧气、氨气发生氧化脱氢反应，起始氧气一定时，越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是___________。
（4）在500℃、以为催化剂的条件下，向恒容密闭容器中充入、、发生反应，平衡时压强为p[已知该催化剂条件下的副反应为]，则该温度下丙烷氧化脱氢反应的平衡常数___________(用含p的代数式表示，是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压=总压×体积分数，列出计算式即可，不用化简)。
18. 芳香族化合物A常用于药物及香料的合成，A有如图转化关系：
已知：①A能与金属钠反应生成氢气，但不能使酸性高锰酸钾溶液褪色。
②+CO2
③RCOCH3+R′CHORCOCH=CHR′+H2O
回答下列问题：
（1）A生成B，E生成F的反应类型分别为___，____。
（2）由D生成E的加入试剂和反应条件为____，___。
（3）H中含有的官能团名称为___。
（4）由H生成I的化学方程式为____。
（5）K的结构简式为___。
（6）F的同分异构体中，同时满足如下条件的有__种。
①属于芳香族化合物且苯环上有两个取代基。②能发生水解。
（7）糠叉丙酮()是一种重要医药中间体，参考上述合成路线，设计一条以叔丁醇[(CH3)3COH]和糠醛()为原料制备糠叉丙酮的合成路线(无机试剂任选，箭头上注明反应试剂和条件)___。
