陜西省咸陽市2023年高考化學(xué)三模試卷及答案

高考化學(xué)三模試卷一、單項(xiàng)選擇題1.我國四川廣漢的三星堆遺址距今已有3000～5000年歷史，2021年3月20日，三星堆遺址新出土了多達(dá)500多件重要文物，如黃金面具、絲綢“黑炭〞、青銅神樹、陶瓷碎片等。以下有關(guān)表達(dá)錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔

〕A.考古時(shí)利用C測(cè)定文物的年代，C的中子數(shù)為8

B.黃金面具、青銅神樹的成分均為純金屬

C.絲綢轉(zhuǎn)化為“黑炭〞的過程涉及化學(xué)變化

D.三星堆中含有大量的陶瓷碎片，屬于無機(jī)非金屬材料2.抗麻風(fēng)藥物clofazimine對(duì)SARS—CoV—2表現(xiàn)出強(qiáng)大的抗病毒活性，并能緩解與重癥COVID—19相關(guān)的過度炎癥反響。clofazimine的結(jié)構(gòu)簡式如下列圖：以下有關(guān)clofazimin的表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔

〕A.屬于芳香烴，分子式為C27H21Cl2N4

B.能發(fā)生取代、氧化、縮聚反響

C.該物質(zhì)存在含5個(gè)苯環(huán)的同分異構(gòu)體

D.1molclofazimine最多能與11molH2發(fā)生加成反響3.冬季燃煤活動(dòng)排放的大量活性溴化合物BrCl能通過光解釋放溴自由基和氯自由基，從而影響大氣中自由基(OH、HO2、RO2)的濃度，其原理循環(huán)如下列圖。以下說法正確的選項(xiàng)是〔

〕A.活性溴化合物BrCl中含非極性鍵

B.溴自由基和氯自由基只具有氧化性

C.通過循環(huán)大氣中OH自由基的濃度降低

D.BrCl的排放會(huì)造成臭氧含量減少、水中汞含量超標(biāo)等4.MDI廣泛應(yīng)用于聚氨酯彈性體，其結(jié)構(gòu)簡式如圖，其中W、X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，且均小于10。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，以下有關(guān)表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔

〕A.

元素非金屬性：X>Y>Z

B.

W、X、Z形成的化合物一定是二元弱酸

C.

W與X、Y、Z均可形成至少2種10電子微粒

D.

1molMDI中所含X—W鍵為2NA5.苯甲酸乙酯為無色液體，相對(duì)密度為1.0458，沸點(diǎn)為212℃，微溶于水，易溶于乙醚。實(shí)驗(yàn)室常由苯甲酸和乙醇在濃硫酸催化下反響制備，粗產(chǎn)物經(jīng)洗滌、乙醚萃取、枯燥及蒸餾等操作后得到純品。乙醚的相對(duì)密度為0.7134，沸點(diǎn)34.5℃。以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔

〕A.該反響為可逆反響，及時(shí)將生成的水移除反響體系可提高產(chǎn)率

B.用乙醚萃取苯甲酸乙酯時(shí)，有機(jī)相位于分液漏斗的下層

C.冷水和Na2CO3溶液洗滌的目的是除去濃硫酸和未反響的苯甲酸

D.蒸餾除去乙醚時(shí)，需水浴加熱，實(shí)驗(yàn)臺(tái)附近嚴(yán)禁火源6.驗(yàn)證犧牲陽極的陰極保護(hù)法，實(shí)驗(yàn)如下〔燒杯內(nèi)均為經(jīng)過酸化的3%NaCl溶液〕。①②③在Fe外表生成藍(lán)色沉淀試管內(nèi)無明顯變化試管內(nèi)生成藍(lán)色沉淀以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔

〕A.

比照②③，可以判定Zn保護(hù)了Fe

B.

比照①②，K3[Fe(CN)6]可能將Fe氧化

C.

驗(yàn)證Zn保護(hù)Fe時(shí)不能用①的方法

D.

將Zn換成Cu，用①的方法可判斷Fe比Cu活潑7.是制備電池的重要原料。室溫下，溶液的pH隨的變化如圖甲所示，溶液中的分布分?jǐn)?shù)隨pH的變化如圖乙所示。以下有關(guān)溶液的表達(dá)正確的選項(xiàng)是

A.

溶液中存在3個(gè)平衡

B.

含P元素的粒子有、和

C.

隨增大，溶液的pH明顯變小

D.

用濃度大于的溶液溶解，當(dāng)pH到達(dá)時(shí)，幾乎全部轉(zhuǎn)化為二、綜合題8.2-硝基-1，3-苯二酚是重要的醫(yī)藥中間體。實(shí)驗(yàn)室常以間苯二酚為原料，經(jīng)磺化、硝化、去磺酸基三步合成：局部物質(zhì)相關(guān)性質(zhì)如下表：名稱相對(duì)分子質(zhì)量性狀熔點(diǎn)/℃水溶性(常溫)間苯二酚110白色針狀晶體110.7易溶2-硝基-1，3-苯二酚155桔紅色針狀晶體87.8難溶制備過程如下：第一步：磺化。稱取77.0g間苯二酚，碾成粉末放入燒瓶中，慢慢參加適量濃硫酸并不斷攪拌，控制溫度在一定范圍內(nèi)攪拌15min(如圖1)。第二步：硝化。待磺化反響結(jié)束后將燒瓶置于冷水中，充分冷卻后參加“混酸〞，控制溫度繼續(xù)攪拌15min。第三步：蒸餾。將硝化反響混合物的稀釋液轉(zhuǎn)移到圓底燒瓶B中，然后用如圖2所示裝置進(jìn)行水蒸氣蒸餾(水蒸氣蒸餾可使待提純的有機(jī)物在低于100℃的情況下隨水蒸氣一起被蒸餾出來，從而到達(dá)別離提純的目的)，收集餾出物，得到2-硝基-1，3-苯二酚粗品。請(qǐng)答復(fù)以下問題：〔1〕圖1中儀器a的名稱是________；磺化步驟中控制溫度最適宜的范圍為________(填字母代號(hào)，下同)。A．30～60℃

B．60～65℃C．65～70℃

D．70~100℃〔2〕：酚羥基鄰對(duì)位的氫原子比較活潑，均易被取代。請(qǐng)分析第一步磺化引入磺酸基基團(tuán)(—SO3H)的作用是________?！?〕硝化步驟中制取“混酸〞的具體操作是________?！?〕水蒸氣蒸餾是別離和提純有機(jī)物的方法之一，被提純物質(zhì)必須具備的條件正確的選項(xiàng)是___________。A.具有較低的熔點(diǎn)

B.不溶或難溶于水，便于最后別離

C.難揮發(fā)性

D.在沸騰下與水不發(fā)生化學(xué)反響〔5〕以下說法正確的選項(xiàng)是___________。A.直型冷凝管內(nèi)壁中可能會(huì)有紅色晶體析出

B.反響一段時(shí)間后，停止蒸餾，先熄滅酒精燈，再翻開旋塞，最后停止通冷凝水

C.燒瓶A中長玻璃管起穩(wěn)壓作用，既能防止裝置中壓強(qiáng)過大引起事故，又能防止壓強(qiáng)過小引起倒吸〔6〕蒸餾所得2-硝基-1，3-苯二酚中仍含少量雜質(zhì)，可用少量乙醇水混合劑洗滌。請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)簡單實(shí)驗(yàn)證明2-硝基-1，3-苯二酚已經(jīng)洗滌干凈________?！?〕本實(shí)驗(yàn)最終獲得15.5g桔紅色晶體，那么2-硝基-1，3-苯二酚的產(chǎn)率約為________(保存3位有效數(shù)字)。9.鈰是稀土中豐度最高的元素，其在電子材料、催化劑等方面的應(yīng)用廣泛?，F(xiàn)以氟碳鈰礦(含CeFCO3、BaO、SiO2等)為原料制備氧化鈰(CeO2)，并測(cè)定其純度。其工藝流程如下：：①稀土離子易和SO形成復(fù)鹽沉淀：Ce2(SO4)3＋Na2SO4＋nH2O=Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O↓(復(fù)鹽沉淀)；②硫脲：一種有機(jī)物，結(jié)構(gòu)簡式為，酸性條件下易被氧化為(SCN2H3)2；③Ce3＋在空氣中易被氧化為Ce4＋；答復(fù)以下問題：〔1〕焙燒時(shí)，為了提高焙燒效率，可采取的措施有________〔2〕CeFCO3中Ce元素的化合價(jià)為________，濾渣A的主要成分是________〔3〕焙燒后參加硫酸浸出，稀土的浸出率和硫酸濃度、溫度有關(guān)，如下列圖，應(yīng)選擇的適宜的條件為________，硫酸濃度過大時(shí)，浸出率減小的原因是________?！?〕參加硫脲的目的是將Ce4＋復(fù)原為Ce3＋，反響的化學(xué)方程式為________?！?〕步驟③參加鹽酸后，通常還需參加H2O2，其主要目的為________?！?〕步驟④的離子方程式為________?！?〕取所得產(chǎn)品CeO28.0g，用30mL高氯酸和20mL磷酸混合液加熱溶解，冷卻至室溫后，配成250mL溶液。取25.00mL溶液用0.2000mol·L－1硫酸亞鐵銨[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液滴定，滴定時(shí)發(fā)生的反響為Fe2＋＋Ce4＋=Fe3＋＋Ce3＋，到達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí)消耗硫酸亞鐵銨溶液20.50mL，那么該產(chǎn)品的純度為________。10.利用NH3可有效消除氮氧化物的污染，還自然“綠水青山〞。：Ⅰ.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)DH1=-483.6kJ·mol-1Ⅱ.N2(g)+O2(g)=2NO(g)DH2=+180.5kJ·mol-1答復(fù)以下問題：〔1〕在剛性容器中，發(fā)生反響Ⅲ：2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2O(g)DH①DH=________kJ·mol-1。②恒溫恒壓時(shí)，以下能說明該反響已到達(dá)化學(xué)平衡狀態(tài)的是________(填標(biāo)號(hào))。A．v逆(NO)=2v正(N2)B．混合氣體的密度不再變化C．容器內(nèi)總壓強(qiáng)不再改變D．混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不再變化〔2〕我國科學(xué)研究工作者在剛性容器中按投料比=1發(fā)生反響Ⅲ，不同催化劑條件下，反響相同時(shí)間測(cè)得NO的轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系，如圖。①催化劑為FeNb0.4Ox時(shí)，試分析溫度大于350℃時(shí)，NO轉(zhuǎn)化率降低的原因是________。②研究說明該反響v=kcm(H2)c2(NO)，其中k為速率常數(shù)，與溫度、活化能有關(guān)。假設(shè)初始速率為r，當(dāng)H2轉(zhuǎn)化率為50%時(shí)，反響速率為r，由此可知m=________。設(shè)該反響的活化能為Ea，不同溫度T1、T2條件下對(duì)應(yīng)的速率常數(shù)分別為k1、k2，存在以下關(guān)系：lg=(﹣)(R為常數(shù))。據(jù)此推測(cè)升高溫度時(shí)，活化能大小與速率常數(shù)變化情況的關(guān)系：________。〔3〕在30MPa、3m%的H2、m%的N2和q%的惰性氣體條件進(jìn)行反響N2(g)+3H2(g)2NH3(g)DH＜0合成氨氣，測(cè)得平衡時(shí)，NH3體積分?jǐn)?shù)變化情況如圖。假設(shè)q=10時(shí)，M點(diǎn)的N2的分壓=________MPa。此時(shí)該反響的壓強(qiáng)平衡常數(shù)Kp=________(MPa)-2(保存三位有效數(shù)字)(用平衡分壓代替平衡濃度，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。11.Fe—Cr—Si系合金是一種新型耐磨耐腐蝕的材料，具有較好的開展前景。按要求答復(fù)以下問題。〔1〕基態(tài)Cr2+與Fe的未成對(duì)電子數(shù)之比為________。試從電子排布角度分析水溶液中Fe2+具有強(qiáng)復(fù)原性________。假設(shè)是形成將其轉(zhuǎn)化為(NH4)2Fe(SO4)2，在空氣中相對(duì)穩(wěn)定，的空間構(gòu)型為________。〔2〕由環(huán)戊二烯(C5H6，)與FeCl2在一定條件下反響得到二茂鐵[雙環(huán)戊二烯基合亞鐵，F(xiàn)e(C5H5)2]，的空間構(gòu)型為所有碳原子一定處于同一平面，指出碳原子的雜化形式為________，結(jié)構(gòu)中的大π鍵可用符號(hào)表示，其中m代表參與形成大π鍵的原子數(shù)，n代表參與形成大π鍵的電子數(shù)(如苯分子中的大π鍵可表示為)。那么結(jié)構(gòu)中含有的大π鍵可表示為________?！?〕某含鉻配合物，[Cr3O(CH3COO)6(H2O)3]Cl·8H2O，指出其中Cr的化合價(jià)為________。幾種Cr的鹵化物的局部性質(zhì)如表所示：鹵化物CrCl3CrBr3CrI3熔點(diǎn)/℃1150600試預(yù)測(cè)CrBr3的熔點(diǎn)范圍________?！?〕某晶體中含有K+、Ni2+、Fe2+、CN-，其局部微粒在晶胞結(jié)構(gòu)的位置如下列圖。1個(gè)晶胞中含有CN-________個(gè)。該物質(zhì)常用于吸附Cs+，將取代晶胞中的K+，取代后的物質(zhì)的化學(xué)式為________。12.曲美布汀是一種消化系統(tǒng)藥物的有效成分，能緩解各種原因引起的胃腸痙攣，可通過以下路線合成。：R—CNR—COOH答復(fù)以下問題：〔1〕A的名稱是________，反響⑤的反響類型是________?！?〕寫出F的結(jié)構(gòu)簡式并用星號(hào)(*)標(biāo)出手性碳原子________?！?〕以下有關(guān)說法正確的選項(xiàng)是________(填標(biāo)號(hào))。a.反響①需用鐵粉作催化劑b.曲美布汀的含氧官能團(tuán)為酯基和醚鍵c.E中所有碳原子可處于同一平面d.化合物G能發(fā)生取代反響、加成反響和消去反響〔4〕反響⑦的化學(xué)方程式為________?！?〕化合物M是E的同分異構(gòu)體，符合以下條件的M的可能結(jié)構(gòu)有________種。其中核磁共振氫譜為五組峰的結(jié)構(gòu)簡式為________。i.M為苯的二元取代物ii.既能發(fā)生銀鏡反響又能發(fā)生水解反響〔6〕參照上述合成路線，以和OCH—CH2—CH2—CH2—CHO為原料，設(shè)計(jì)制備的合成路線(無機(jī)試劑任選)________。

答案解析局部一、單項(xiàng)選擇題1.【答案】B【解析】【解答】青銅為銅的合金，并不是純金屬

故答案為：B

【分析】A.根據(jù)原子的質(zhì)量數(shù)和質(zhì)子數(shù)來計(jì)算中子數(shù)；

B.青銅式最早的合金，是在純銅中參加錫、鉛構(gòu)成的合金；

C.絲綢為蠶吐出的蠶絲所編制而成，成分為蛋白質(zhì)，蛋白質(zhì)變?yōu)楹谔康倪^程為蛋白質(zhì)的灼燒，產(chǎn)生二氧化碳和水及少量副產(chǎn)物

D.陶瓷碎片為天然或合成化合物經(jīng)過成型和高溫?zé)Y(jié)而成的非金屬材料。2.【答案】C【解析】【解答】A.分子中含有氮原子、氯原子，屬于經(jīng)的衍生物，A不符合題意;

B.含有碳碳雙鍵等，可以發(fā)生氧化反響，含有氯原子、亞氨基等，可以發(fā)生取代反響，但不能發(fā)生縮聚反響，B不符合題意;

C.由結(jié)構(gòu)簡式可知，該有機(jī)物分子的不飽和度為18，可以形成含有5個(gè)苯環(huán)的稠環(huán)化合物，C符合題意;

D.苯環(huán)、碳碳雙鍵、碳氮雙鍵能與氫氣發(fā)生加成反響，1molclofazimine最多能與13molH2發(fā)生加成反響，D不符合題意。

故答案為：A

【分析】A.判斷有機(jī)物的分子式要數(shù)清楚結(jié)構(gòu)式中的各個(gè)原子個(gè)數(shù)，對(duì)于C原子周圍的H原子個(gè)數(shù)要認(rèn)真的數(shù)清楚；

B.有機(jī)物幾乎都能發(fā)生氧化反響，而雙鍵能夠發(fā)生加成和加聚反響，縮聚反響指在一定條件下脫去小分子而形成高聚物，一般具有氨基和羧基可以發(fā)生縮聚反響；

C.同分異構(gòu)體要滿足分子式相同，且和原物質(zhì)不是同一種物質(zhì)；

D.苯環(huán)可以和3分子氫氣反響，一分子雙鍵和一分子氫氣發(fā)生加成反響。3.【答案】D【解析】【解答】A．BrCl之間是不同原子形成的共價(jià)鍵，屬于極性鍵，故A不符合題意；B．溴自由基和氯自由基處于低價(jià)，Br和O3反響生成BrO，具有復(fù)原性，故B不符合題意；C．BrO+HO2=HOBr+OH，循環(huán)大氣中OH自由基的濃度升高，故C不符合題意；D．BrCl的循環(huán)中自由基Br和臭氧結(jié)合生成BrO而造成臭氧含量減小，自由基Br結(jié)合Hg0生成HgII，造成水中汞含量超標(biāo)，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】A.非極性鍵是相同原子之間形成的，不同原子之間形成的是極性鍵

B.根據(jù)圖中臭氧和溴自由基的反響即可判斷

C.通過BrO和HO2的作用即可判斷羥基自由基的含量在增加

D.根據(jù)圖示中的流程即可判斷可以消耗臭氧和增加汞4.【答案】C【解析】【解答】A．元素非金屬性強(qiáng)弱順序根據(jù)元素所在周期表中的位置進(jìn)行判斷，強(qiáng)弱順序?yàn)?；C<N<O，故A不符合題意；B．W、X、Z形成的化合物可能是H2CO3也可能是CH3COOH，而醋酸是一元酸，故B符合題意；C．H與C、N、O可以形成CH4、NH3、H2O三種10電子微粒，故C符合題意；D．1molMDI中所含H—C鍵為10NA，因苯環(huán)有8個(gè)H—C鍵，故D不不符合題意；故答案為：C。【分析】根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式中原子成鍵特點(diǎn)：W形成1個(gè)化學(xué)鍵，且是原子序數(shù)最小的原子，故推測(cè)W為H元素，X形成4個(gè)化學(xué)鍵，推測(cè)X是C元素，Y形成三個(gè)化學(xué)鍵且物質(zhì)用于聚氨酯故應(yīng)該是N元素，Z形成2個(gè)化學(xué)鍵推測(cè)Z元素是O元素，故W、X、Y、Z分別為：H、C、N、O元素。5.【答案】B【解析】【解答】A．酯化反響在酸性條件下為可逆反響，除去產(chǎn)物中的水可以提高產(chǎn)量，A不符合題意；B．苯甲酸乙酯溶于乙醚，乙醚密度比水小，有機(jī)相應(yīng)在上層，B符合題意；C．反響后有雜質(zhì)濃硫酸和未反響的苯甲酸，可用冷水和Na2CO3溶液洗滌除去，C不符合題意；D．蒸餾除去乙醚時(shí)，乙醚沸點(diǎn)34.5℃可用水浴加熱，實(shí)驗(yàn)臺(tái)附近嚴(yán)禁火源，以防危險(xiǎn)事故，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.酯化反響的可逆性，通過及時(shí)分理出產(chǎn)物可以提高產(chǎn)率

B.根據(jù)乙醚的相對(duì)密度為0.7134，密度小于水的密度，有機(jī)層密度小于水處于上層

C.冷水和碳酸鈉溶液的洗滌目的主要是除雜

D.乙醚的沸點(diǎn)

為34.5℃較低，可以采用水浴加熱6.【答案】D【解析】【解答】解：A項(xiàng)，比照②③，②Fe附近的溶液中參加K3[Fe〔CN〕6]無明顯變化，②Fe附近的溶液中不含F(xiàn)e2+，③Fe附近的溶液中參加K3[Fe〔CN〕6]產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，③Fe附近的溶液中含F(xiàn)e2+，②中Fe被保護(hù)，A項(xiàng)不符合題意；B.①參加K3[Fe〔CN〕6]在Fe外表產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，F(xiàn)e外表產(chǎn)生了Fe2+，比照①②的異同，①可能是K3[Fe〔CN〕6]將Fe氧化成Fe2+，B項(xiàng)不符合題意；C.比照①②，①參加K3[Fe〔CN〕6]在Fe外表產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，①也能檢驗(yàn)出Fe2+，不能用①的方法驗(yàn)證Zn保護(hù)Fe，C項(xiàng)不符合題意；D.由實(shí)驗(yàn)可知K3[Fe〔CN〕6]可能將Fe氧化成Fe2+，將Zn換成Cu不能用①的方法證明Fe比Cu活潑，D項(xiàng)符合題意；故答案為：D?！痉治觥緼項(xiàng)，比照②③，②Fe附近的溶液中參加K3[Fe〔CN〕6]無明顯變化，②Fe附近的溶液中不含F(xiàn)e2+，③Fe附近的溶液中參加K3[Fe〔CN〕6]產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，③Fe附近的溶液中含F(xiàn)e2+，②中Fe被保護(hù)；B項(xiàng)，①參加K3[Fe〔CN〕6]在Fe外表產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，F(xiàn)e外表產(chǎn)生了Fe2+，比照①②的異同，①可能是K3[Fe〔CN〕6]將Fe氧化成Fe2+；C項(xiàng)，比照①②，①也能檢驗(yàn)出Fe2+，不能用①的方法驗(yàn)證Zn保護(hù)Fe；D項(xiàng)，由實(shí)驗(yàn)可知K3[Fe〔CN〕6]可能將Fe氧化成Fe2+，將Zn換成Cu不能用①的方法證明Fe比Cu活潑。7.【答案】D【解析】【解答】A.溶液中存在的電離平衡和水解平衡、的電離平衡、的電離平衡，故A不符合題意；B.溶液中含P元素的粒子有、、和，故B不符合題意；C.溶液的pH隨著初始濃度的增大逐漸減小，但當(dāng)?shù)臐舛仍龃蟮?0時(shí)，濃度再增大，溶液的pH根本不變，故C不符合題意；D.與反響生成和，因?yàn)闈舛却笥?，那么可得到濃度也大于1。根據(jù)圖1可知：當(dāng)?shù)臐舛却笥?時(shí)其；根據(jù)圖2可知當(dāng)時(shí)的分布分?jǐn)?shù)到達(dá)，即幾乎全部轉(zhuǎn)化為，故D符合題意。故答案為：D。【分析】此題考查弱電解質(zhì)的電離，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力，注意把握弱電解質(zhì)的電離特點(diǎn)以及圖象曲線的變化趨勢(shì)，難度不大。二、綜合題8.【答案】〔1〕三頸燒瓶；B

〔2〕防止硝基取代兩個(gè)酚羥基對(duì)位上的氫原子

〔3〕在燒杯中參加適量的濃硝酸，沿杯壁緩慢參加一定量的濃硫酸，邊加邊攪拌，冷卻

〔4〕B,D

〔5〕A,C

〔6〕取最后一次洗滌液少量，滴加氯化鋇溶液，假設(shè)無沉淀產(chǎn)生，證明已經(jīng)洗滌干凈，反之那么沒有洗滌干凈

〔7〕14.3%【解析】【解答】(1)根據(jù)儀器的外觀可知圖1中儀器a的名稱是三頸燒瓶，由題中信息可知，在磺化步驟中要控制溫度低于65°C。假設(shè)溫度過低，磺化反響的速率過慢；間苯二酚具有較強(qiáng)的復(fù)原性，而濃硫酸具有強(qiáng)氧化性，假設(shè)溫度過高，苯二酚易被濃硫酸氧化，并且酚羥基的所有鄰位均可被磺化，這將影響下一步硝化反響的進(jìn)行，因此，在磺化步驟中控制溫度最適宜的范圍為60°C~65°C，選B，故答案為：三頸燒瓶；B；

(2)：酚羥基鄰對(duì)位的氫原子比較活潑，均易被取代，故第一步磺化引入磺酸基基團(tuán)(—SO3H)的作用是防止硝基取代兩個(gè)酚羥基對(duì)位上的氫原子，故答案為：防止硝基取代兩個(gè)酚羥基對(duì)位上的氫原子；(3)類比濃硫酸的稀釋方法，為了防止液體飛濺和硝酸溫度過高發(fā)生分解和揮發(fā)過多，要將濃硫酸慢慢參加濃硝酸中，因此，硝化步驟中制取“混酸〞的具體操作是：在燒杯中參加適量的濃硝酸，沿杯壁緩慢參加一-定量的濃硫酸，邊加邊攪拌，冷卻，故答案為：在燒杯中參加適量的濃硝酸，沿杯壁緩慢參加一定量的濃硫酸，邊加邊攪拌，冷卻；(4)由題中信息可知，水蒸氣蒸餾是別離和提純有機(jī)物的方法之一，在低于100°C的情況下,有機(jī)物可以隨水蒸氣一起被蒸餾出來，從而到達(dá)別離提純的目的。因此，被提純物質(zhì)必須具備的條件是：其在一定的溫度范圍內(nèi)有一定的揮發(fā)性，可以隨水蒸氣-起被蒸餾出來；不溶或難溶于水，便于最后別離；在沸騰條件下不與水發(fā)生化學(xué)反響，選BD，故答案為：BD；(5)A．由于2-硝基-1，3-苯二酚的熔點(diǎn)是87.8°C，且其難溶于水，因此，冷凝管C中有2-硝基-1，

3-苯二酚析出，可能看到的現(xiàn)象是冷凝管內(nèi)壁有桔紅色晶體析出，A正確；B．反響一段時(shí)間后，停止蒸餾，應(yīng)先翻開旋塞，再熄滅酒精燈，B不正確；C．圖2中燒瓶A中長玻璃管起穩(wěn)壓作用，能使裝置中的氣體壓強(qiáng)維持在一定的平安范圍，

既能防止裝置中壓強(qiáng)過大引起事故，又能防止壓強(qiáng)過小引起倒吸，C正確；故答案為：AC；(6)實(shí)驗(yàn)證明2-硝基-1，3-苯二酚已經(jīng)洗滌干凈，取最后一次洗滌液少量，滴加氯化鋇溶液，假設(shè)無沉淀產(chǎn)生，證明已經(jīng)洗滌干凈，反之那么沒有洗滌干凈，故答案為：取最后一次洗滌液少量，滴加氯化鋇溶液，假設(shè)無沉淀產(chǎn)生，證明已經(jīng)洗滌干凈，反之那么沒有洗滌干凈；(7)77.0g間苯二酚的物質(zhì)的量為==0.7mol，理論上可以制備出2-硝基-1，3-苯二酚0.7mol，其質(zhì)量為0.7mol×155g/mol=7×15.5g。

本實(shí)驗(yàn)最終獲得15.5桔紅色晶體，那么2-硝基-1，3-苯二酚的產(chǎn)率=，約為14.3%，故答案為：14.3%?！痉治觥坑深}中信息可知，間苯二酚與適量濃硫酸共熱后可發(fā)生磺化反響；待磺化反響結(jié)束后將燒瓶置于冷水中，充分冷卻后參加“混酸〞，控制溫度繼續(xù)攪拌15min；將硝化反響混合物的稀釋液進(jìn)行水蒸氣蒸餾可以得到2-硝基-

1，3-苯二酚。

9.【答案】〔1〕將氟碳鈰礦粉碎以增大接觸面積或延長焙燒時(shí)間

〔2〕＋3價(jià)；BaSO4和SiO2

〔3〕溫度85℃、c(H＋)2.5mol/L；溶液中c(SO)增大，易和稀土離子形成復(fù)鹽沉淀而使浸出率降低

〔4〕2Ce(SO4)2＋2=Ce2(SO4)3＋(SCN2H3)2＋H2SO4

〔5〕防止Ce3＋被氧化

〔6〕2Ce3＋＋6HCO=Ce2(CO3)3↓＋3CO2↑＋3H2O

〔7〕88.15%【解析】【解答】(1)將氟碳鈰礦粉碎以增大接觸面積或延長焙燒時(shí)間都可以提高焙燒效率；

(2)CeFCO3中F為-1價(jià)，O為-2價(jià)，C為+4價(jià)，所以Ce為+3價(jià)；濾渣A主要為難溶物BaSO4和SiO2；(3)據(jù)圖可知當(dāng)c(H＋)=2.5mol/L浸出率最高，溫度為85℃時(shí)浸出率最高，所以適宜的條件為溫度85℃、c(H＋)=2.5mol/L；根據(jù)題目信息可知溶液中c(SO)增大，易和稀土離子形成復(fù)鹽沉淀而使浸出率降低；(4)根據(jù)題目信息可知反響過程中被氧化成(SCN2H3)2，而Ce4＋被復(fù)原為Ce3＋，根據(jù)電子守恒可得化學(xué)方程式為2Ce(SO4)2＋2===Ce2(SO4)3＋(SCN2H3)2＋H2SO4；(5)參加雙氧水可以防止Ce3＋被氧化；(6)含Ce3+溶液中參加碳酸氫銨溶液，碳酸氫根電離出的碳酸根與Ce3+結(jié)合生成沉淀，促進(jìn)碳酸氫根的電離，所以會(huì)產(chǎn)生大量氫離子，氫離子又和碳酸氫根結(jié)合生成二氧化碳和水，所以離子方程式為2Ce3＋＋6HCO=Ce2(CO3)3↓＋3CO2↑＋3H2O；(7)根據(jù)滴定時(shí)發(fā)生的反響可知25.00mL溶液中n(Ce4+)=n{[(NH4)2Fe(SO4)2]}=0.2000mol/L×0.0205L=0.0041mol，那么樣品中n(Ce4+)=0.0041mol×=0.041mol，n(CeO2)=n(Ce4+)=0.041mol，所以樣品的純度為100%=88.15%?！痉治觥糠尖嫷V(含CeFCO3、BaO、SiO2等)在空氣中焙燒，Ce元素被氧化，得到CeO2、CeF4，之后用稀硫酸浸取，得到的濾渣A為難溶物BaSO4以及SiO2，濾液A中主要含有Ce4+、Fˉ等，相繼參加硫脲和硫酸鈉，根據(jù)題目信息可知Ce元素轉(zhuǎn)化為Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O沉淀，依次參加NaOH溶液和稀鹽酸，得到含Ce3+的溶液，然后向溶液中參加碳酸氫銨，碳酸氫根電離出的碳酸根與Ce3+結(jié)合得到Ce2(CO3)3沉淀，高溫灼燒得到CeO2。

10.【答案】〔1〕-664.1；ABD

〔2〕催化劑失活或活性降低；1；活化能越大的反響，升高溫度時(shí)，速率常數(shù)增加倍數(shù)(程度)越大

〔3〕3；0.0257【解析】【解答】〔1〕①由蓋斯定律可知，反響I-反響II得到反響III，因此DH=DH1-DH2=-483.6kJ·mol-1-180.5kJ·mol-1=-664.1kJ·mol-1

，故正確答案是：-664.1

②A.由化學(xué)反響速率和化學(xué)計(jì)量系數(shù)之間的關(guān)系，v逆(NO)=2V正(N2)時(shí)正逆速率相等，反響到達(dá)化學(xué)平衡狀態(tài)，故A符合題意

B.由質(zhì)量守恒定律可知，反響前后混合氣體的質(zhì)量不變，該反響是體積不等的反響，恒溫恒壓時(shí)密度不變可以說明化學(xué)平衡，故B符合題意

C.恒溫恒壓時(shí)，容器內(nèi)的始終壓強(qiáng)不變，壓強(qiáng)不變不能說明正逆速率相等，不能判斷是否到達(dá)平衡，故C不符合題意

D.由質(zhì)量守恒定律，反響前后的質(zhì)量不變，且氣體分子的系數(shù)不等，平均相對(duì)分子質(zhì)量不變可以說明化學(xué)到達(dá)平衡狀態(tài)，故D符合題意

〔2〕①由圖可知，催化劑為FeNb0.4Ox，轉(zhuǎn)化率隨著溫度升高增大先增大后減小，原因是反響未到達(dá)平衡，溫度低于350攝氏度時(shí)，溫度升高，一氧化氮的轉(zhuǎn)化率隨著化學(xué)反響速率增大而增大，高于350℃時(shí)，催化劑的活性降低導(dǎo)致速率下降，故正確答案是：催化劑活性降低

②假設(shè)溫度為T1，初始?xì)錃夂鸵谎趸臐舛榷紴?mol/L,

由v=kcm(H2)c2(NO)

可知，初始的速率r=k,根據(jù)轉(zhuǎn)化率為50%時(shí)，此時(shí)一氧化氮和氫氣的濃度誒0.5mol/L,根據(jù)速率

r=rxmx2,m=1,由

lg

=

(

﹣

)(R為常數(shù))?？芍?，溫度升高，(

﹣

)減小，弱假設(shè)活化能Ea增大，

lg

越大，說明活化能越大的反響，升高溫度時(shí)，速率增大的倍數(shù)越大，故正確答案是：1、活化能越大的反響，升高溫度時(shí)，速率常數(shù)增加倍數(shù)(程度)越大

〔3〕假設(shè)q=10,由題意可知，3m%+m%+10%=1，即可求出m=22,5,，因此氮?dú)獾姆謮簽?2.5%x30Mpa=6.75Mpa,氫氣的平衡分壓是6.75Mpax3=20.25Mp，惰性氣體的分壓是10%x30Mpa=3Mpa.因此設(shè)氮?dú)獾淖兓謮簽閤Mpa,結(jié)合三行式進(jìn)行計(jì)算即可

N2(g)+3H2(g)2NH3(g)起始6.7520.250轉(zhuǎn)化x3x2x平衡6.75-x20.05-3x2x由氨氣的含量為，即可得出。x=3.75,即可求出氮?dú)夂蜌錃夂桶睔獾姆謮簽?.9.7.5，平衡常數(shù)==0.0257

故正確答案是3,0.0257【分析】〔1〕①根據(jù)蓋斯定律即可計(jì)算出焓變②根據(jù)2H2(g)+2NO(g)

N2(g)+2H2O(g)，反響前后是氣體系數(shù)減小的反響們可以通過某物質(zhì)的正逆速率相等以及濃度不變以及密度不變和相對(duì)分子質(zhì)量不變判斷是否到達(dá)平衡〔2〕①溫度升高速率加快，但是溫度過高催化劑活性降低

②根據(jù)給出的數(shù)據(jù)即可計(jì)算出嗎數(shù)值，結(jié)合公式lg

=

(

﹣

)(R為常數(shù))判斷溫度與速率常數(shù)的關(guān)系即可比較活化能與速率的關(guān)系

〔3〕根據(jù)給出的數(shù)據(jù)結(jié)合三行式即可計(jì)算出平衡時(shí)的分壓即可計(jì)算出常數(shù)11.【答案】〔1〕1：1；Fe2+的3d軌道有6個(gè)電子，失去1個(gè)電子后3d軌道電子排布處于半充滿穩(wěn)定狀態(tài)；正四面體結(jié)構(gòu)

〔2〕sp2；

〔3〕+3；600℃-1150℃

〔4〕24；Cs8Fe4Ni4(CN)24【解析】【解答】〔1〕基態(tài)Cr2+離子的電子排布式為：1s22s22p63s23p63d4，其3d軌道上有4個(gè)未成對(duì)電子，F(xiàn)e核外有26個(gè)電子，電子排布式為：1s22s22p63s23p63d64s2，其3d軌道上有4個(gè)未成對(duì)電子，故未成對(duì)電子數(shù)之比為1：1；

鐵為26號(hào)元素，元素在周期表中位于第四周期Ⅷ族；由于Fe2+的價(jià)電子3d6失去一個(gè)電子可形成3d5半充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以Fe2+易被氧化成Fe3+，故答案為：Fe2+的3d軌道有6個(gè)電子，失去1個(gè)電子后3d軌道電子排布處于半充滿穩(wěn)定狀態(tài)；根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論，價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=σ鍵+孤電子對(duì)個(gè)數(shù)，中中心原子S的價(jià)層電子對(duì)為=4，孤電子對(duì)數(shù)為=0，不含孤電子對(duì)，所以空間構(gòu)型是正四面體結(jié)構(gòu)；〔2〕由題意可知的C環(huán)是平面的，故知其中5個(gè)C原子應(yīng)為sp2雜化；因5個(gè)C原子均是sp2雜化，那么應(yīng)各有一個(gè)未雜化的p電子參與形成5個(gè)C原子的大π鍵，加上負(fù)電荷的電子，共有6個(gè)電子參與形成大π鍵，故大鍵為；(3)根據(jù)化合物中各元素化合價(jià)代數(shù)和為0，H2O化合價(jià)總和為0，CH3COO-根價(jià)為-1，O化合價(jià)為-2，Cl化合價(jià)為-1，設(shè)Cr的化合價(jià)為x，那么[Cr3O(CH3COO)6(H2O)3]Cl·8H2O中有3x+(-2)+(-1)6+0+(-1)+0=0，解得x=+3，即其中Cr的化合價(jià)為+3價(jià)；根據(jù)Cr的鹵化物的熔點(diǎn)可知，鹵化物均為離子晶體，結(jié)構(gòu)和組成相同的離子晶體，離子半徑越大，形成的離子鍵越不穩(wěn)定，熔點(diǎn)越低，故熔點(diǎn)CrCl3>CrBr3>CrI3，故CrBr3的熔點(diǎn)