2024-2025学年黑龙江省教育学会示范性高中专业委员会高三下学期第一次模拟化学试卷（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1黑龙江省教育学会示范性高中专业委员会2024-2025学年高三下学期第一次模拟试卷本试卷共8页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。可能用到的相对原子质量：H1B11C12O16Na23Ce140一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1.第九届亚冬会于2025年2月在哈尔滨盛大开幕。在这场盛会中，化工材料的应用体现在方方面面。下列有关说法错误的是A.速滑冰鞋上的冰刀属于合金B.火炬采用的碳纤维属于有机高分子材料C.冰壶主材料花岗岩属于无机非金属材料D.用于场馆消毒剂核心成分的双氧水，会缓慢分解为水和氧气，对人体和环境无害【答案】B【解析】A．冰刀通常由高碳钢制成，高碳钢属于合金，A正确；B．碳纤维主要成分为碳，属于无机非金属材料，而非有机高分子，B错误；C．花岗岩是天然硅酸盐矿物，属于无机非金属材料，C正确；D．双氧水具有氧化性，可以作消毒剂，双氧水分解生成水和氧气，两者均无害，D正确；故选B。2.反应应用于实验室制备。下列说法正确的是A.氮气的电子式B.与NaCl均为离子化合物，它们所含化学键类型完全相同C.的VSEPR模型D.NaCl溶液中的水合离子【答案】C【解析】A．氮气分子中存在氮氮三键，且每个氮原子还有一对孤电子对，电子式为，A选项错误；B．与NaCl均为离子化合物，前者含离子键(钠离子和亚硝酸根之间)、极性共价键(亚硝酸根内氮原子和氧原子之间)，后者只有离子键，它们所含化学键类型不完全相同，B选项错误；C．的中心原子具有的孤电子对数为，价层电子对数为1+2=3，则VSEPR模型，C选项正确；D．氯离子半径大于钠离子半径，且水分子中氢原子朝向氯离子，水分子中氧原子朝向钠离子，则NaCl溶液中的水合离子、，D选项错误；选C。3.下列离子方程式正确的是A.向KI浓溶液中加入少量：B.过量通入饱和碳酸钠溶液：C.食醋去除水垢中的：D.向“84”消毒液中通入少量：【答案】A【解析】A．向KI浓溶液中加入FeCl3：Fe3+具有氧化性，把I-氧化为I2单质，自身还原为Fe2+离子，同时单质碘还可以和碘离子结合，离子方程式为：，A正确；B．过量二氧化碳与饱和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为，B错误；C．食醋去除水垢中的CaCO3生成醋酸钙、二氧化碳、水，反应的离子方程式为CaCO3＋2CH3COOH=Ca2+＋2CH3COO-+H2O＋CO2↑，C错误；D．向“84”消毒液中通入少量SO2，SO2被NaClO氧化为，正确的离子方程式为：，D错误；故选A。4.催化氧化法将工业副产物HCl制成，实现了氯资源的再利用，下图为该法的一种催化机理。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.18g中含有的质子数为10B.过程Ⅴ，氧化1molCuCl需氧气分子数为0.25C.标准状况下，11.2L溶于足量水中，转移电子数为0.5D.标准状况下，等物质的量的与HCl所占的体积均为22.4L【答案】B【解析】A．中含有的质子数为2+8=10，18g的物质的量为，其含有的质子数为8.2，A错误；B．过程Ⅴ：，氧元素化合价由0降低到-2价，Cu由+1价升高到+2价，方程式中共转移4个电子，故氧化1molCuCl需氧气分子数为0.25，B正确；C．标准状况下，11.2L即0.5mol溶于水，该反应是可逆反应，转移电子数小于0.5，C错误；D．标准状况下，等物质的量的与HCl所占的体积相等，但未给出物质的量是多少，无法确定体积，D错误；故选B。5.下列图示实验中，操作规范的是A．向试管中滴加溶液B．用pH试纸测定溶液pHC．调控滴定速度D．混合浓硫酸和乙醇A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．向试管中滴加液体，滴管不能进入试管中，A错误；B．用pH试纸测量溶液的pH时，不能伸入到溶液中以防污染试剂，B错误；C．调控酸式滴定管滴定速度，需用反手旋转活塞，以防活塞脱落，C正确；D．浓硫酸的密度大于乙醇，混合时应将浓硫酸倒入乙醇中，D错误；故选C。6.尼龙-66因良好的耐热性和耐油性广泛应用于汽车发动机周围机械零件和易受热电子电气制品零部件制造。尼龙-66结构如下图，下列说法正确的是A.可用己酸和己胺通过加聚反应制备B.尼龙-66的重复单元中含有3种官能团C.1mol该高分子最多能和nmolNaOH反应D.每生成1mol该高分子，同时生成(2n-1)molH2O【答案】D【解析】A．根据尼龙-66分子结构可知：该物质是由己二酸HOOC(CH2)4COOH和己二胺H2N-CH2(CH2)4CH2-NH2通过缩聚反应制备，A错误；B．尼龙-66的重复单元中只含有这1种官能团，B错误；C．根据尼龙-66分子结构可知：在1mol该高分子化合物分子中含有nmol-COOH和nmol能够与NaOH发生反应，由于1个-COOH能够反应消耗1个NaOH，1个反应消耗1个NaOH，故nmol-COOH和nmol与NaOH发生反应消耗2nmolNaOH，即1mol该高分子最多能和2nmolNaOH反应，C错误；D．要生成1mol该高分子，就会由nmolHOOC(CH2)4COOH与nmolH2N-CH2(CH2)4CH2-NH2发生缩聚反应产生1mol该高分子中的(2n-1)mol，同时生成(2n-1)molH2O，D正确；故合理选项是D。7.冠醚分子可通过识别，实现卤水中的萃取，一种冠醚合成及分子识别的过程如下。下列说法不正确的是A.过程Ⅰ的反应类型为取代反应 B.冠醚分子Z和之间的作用力是离子键C.冠醚分子Z中碳原子杂化方式有2种 D.过程Ⅱ增加了在有机溶剂中的溶解度【答案】B【解析】由X先与Y在KOH溶液中通过过程I发生取代反应生成Z，再将Z与进行的萃取得R，据此分析解答。A．根据分析，由X先与Y在KOH溶液中通过过程I发生取代反应生成Z，A正确；B．根据R的结构可知，冠醚分子Z和之间的作用力是配位键，B错误；C．冠醚分子Z中的苯环结构为平面正六边形，每个C原子形成平面三角形结构，属于杂化，而上下两端的饱和链烃结构采用的是杂化，则碳原子杂化方式有2种，C正确；D．Z易溶于有机溶剂，过程Ⅱ中与Z通过配位键结合，增加了在有机溶剂中的溶解度，D正确；故答案为：B。8.下列有关物质工业制备方法正确的是A.制漂白粉：饱和食盐水漂白粉B制硫酸：/SC.海水提镁：浓缩海水MgD.侯氏制碱法制纯碱：饱和食盐水固体【答案】D【解析】A．工业上制备漂白粉时，先电解NaCl溶液制备Cl2，再将Cl2通入冷的石灰乳中制取漂白粉，而不是通入澄清石灰水中，A不符合题意；B．工业上制备硫酸时，硫铁矿或S先与O2反应生成SO2，SO2经催化氧化生成SO3，最后用浓硫酸吸收SO3制得H2SO4，S不能直接和O2反应生成SO3，B不符合题意；C．工业上制备金属镁时，先向浓缩海水中加入石灰乳生成Mg(OH)2沉淀，再用盐酸将沉淀溶解，得到MgCl2溶液，再经系列操作得到无水MgCl2，最后电解熔融状态下的MgCl2得到金属镁，而不是电解MgCl2溶液，C不符合题意；D．工业上制备纯碱时，向饱和食盐水中先后通入NH3、CO2反应生成NaHCO3，并使溶解度较小的NaHCO3从溶液中析出，NaHCO3固体再受热分解制备Na2CO3，D符合题意；故选D。9.W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，W的一种核素不含中子，Y与X、M均相邻，且基态Y原子s轨道与p轨道上电子数相等，短周期Z原子半径最大。下列叙述错误的是A.第一电离能：Y>X>ZB.沸点：C.化学键中离子键的百分数：D.W与X、Y均能形成含有非极性键的二元化合物【答案】A【解析】W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，W的一种核素不含中子，则W为H，短周期Z原子半径最大，则Z为Na，基态Y原子s轨道与p轨道上电子数相等，即基态Y原子的电子排布式，则Y为O，Y与X、M均相邻，故X为N，M为S，据此解答。A．同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于其右边相邻元素，X为N元素，Y为O元素，Z为Na元素，则第一电离能：X>Y>Z，A错误；B．中存在分子间氢键，中无氢键，故沸点：，B正确；C．是，是，电负性差值越大，化学键中离子键的百分数越大，因电负性：O＞S，则化学键中离子键的百分数：＞，C正确；D．H与N能形成含有非极性键的二元化合物，H与O能形成含有非极性键的二元化合物，D正确；故选A。10.研究表明晶胞的氧缺陷可以有效促进氢气在催化加氢过程中的活化。图1为理想晶胞，图2为氧缺陷晶胞。下列说法错误的是A.图1中的配位数是8B.图1中填充在构成的四面体空隙中C.若图2中与的个数比为2∶3，则的空缺率为25%D.若晶胞参数为anm，图1晶胞的密度为【答案】D【解析】A．图1中O2-位于Ce4+构成的小四面体的中心，每个Ce4+能形成8个小四面体，因此Ce4+的配位数为8，A正确；B．图1中O2-位于Ce4+构成的小四面体的中心，即O2-填充在Ce4+构成的四面体空隙中，B正确；C．图2中Ce4+个数为，O2-和空位的总数为8，当Ce4+和O2-个数比为2:3时，有6个O2-和2个空位，空位率为，C正确；D．根据均摊法，图1中Ce4+个数为，O2-个数为8，则晶胞密度为，D错误；故选D。11.从光盘金属层提取Ag(其他微量金属忽略不计)的一种工艺流程如图所示。下列说法正确的是A.Ag与Cu为同族相邻元素，在周期表中位于d区B.氧化过程中，用HNO3代替NaClO也可以实现上述转化C.氧化过程中，参加反应的Ag和NaClO的物质的量之比为1∶1D.还原过程水合肼转化为N2，则该过程的离子方程式为：【答案】C【解析】将光盘粉碎，从碎取中分离出塑料；浮选得粗银，然后加入过量的NaClO溶液氧化，将Ag氧化并转化为AgCl，同时生成O2，依据得失电子守恒和质量守恒，可得出发生反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+O2↑+4NaOH；过滤，往AgCl固体中加入10%氨水，AgCl溶解，并转化为[Ag(NH3)2]+；再加入N2H4∙H2O还原，可生成Ag。A．Ag的价电子排布式为4d105s1，Cu的价电子排布式为3d104s1，二者都为第ⅠB族上下相邻元素，在周期表中位于ds区，A不正确；B．氧化过程中，用HNO3代替NaClO时，HNO3会被还原为氮的氧化物，污染环境，同时Ag将转化为AgNO3，不利于后续生成AgCl，B不正确；C．由反应方程式4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+O2↑+4NaOH可知，参加反应的Ag和NaClO的物质的量之比为1:1，C正确；D．还原过程中，溶解液中主要是[Ag(NH3)2]+，而不是Ag+，产物为Ag、N2、NH3等，依据得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒，可得出发生反应的离子方程式为4[Ag(NH3)2]++N2H4∙H2O+4OH-=4Ag↓+N2↑+8NH3↑+5H2O，D不正确；故选C。12.近日，大连理工大学李斐科研团队构建了一种钌基染料敏化光阳极，以LiBr为电子传输中介，以水为氧源，实现了对烯烃的高效高选择性光电催化环氧化，其工作原理如图所示：下列说法正确的是A.LiBr仅起增强导电性的作用B.该过程的副产物可能有C.阴极区反应为：+H2O-2e-=+2H+D.若R为—，理论上每生成29g，同时生成2g【答案】B【解析】Pt电极上H+发生还原反应，为阴极，钌基上烯烃发生氧化反应，为阳极。A．在该光电催化环氧化体系中，LiBr不仅起增强导电性的作用，还能作为电子传输中介参与反应过程。所以LiBr的作用不只是增强导电性，A选项错误。B．阳极区的烯烃可能和溴发生加成反应生成副产物，B选项正确；C．阴极区发生还原反应2H++2e-=H2↑，C选项错误；D．阳极区发生反应+H2O-2e-=+2H+，若R为—，理论上每生成29g即0.5mol，转移电子1mol，故生成氢气0.5mol，即1g，D选项错误；故选B。13.下列实验能达到目的的是

实验目的实验方法或操作A促进硫酸铜过饱和溶液快速析出晶体用玻璃棒摩擦烧杯内壁B配制用于检验醛基的氢氧化铜悬浊液向试管中加入2mL10%溶液，再滴加数滴2%NaOH溶液，振荡C探究是弱电解质用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小D探究补铁剂(含、维生素C)中的还原性向酸性溶液中滴加补铁剂，观察是否褪色A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．过饱和溶液处于亚稳态，通过用玻璃棒摩擦烧杯内壁，可提供结晶的“晶核”，促进晶体快速析出，A可以达到目的；B．配制用于检验醛基的氢氧化铜悬浊液时，需确保碱性环境（过量）。但题目中先加入硫酸铜溶液，再滴加少量，导致不足，无法形成足够的悬浊液碱性环境，B不能达到目的；C．未明确醋酸和盐酸的浓度是否相同，C不能达到目的；D．补铁剂中含和维生素均具还原性，酸性具有氧化性，褪色可能是或维生素单独作用，或共同作用的结果，无法单独验证的还原性，此实验设计存在干扰因素，D不能达到目的；故选A。14.汽车尾气净化反应为△H＜0。某温度下，向1L盛有催化剂的密闭容器中投入一定量NO和CO，NO、CO的物质的量浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是A.ab段NO的反应速率B.升高温度，化学反应速率一定加快C.该温度下，反应平衡常数D.1s时，加入mol，此时【答案】C【解析】A．ab段NO的反应速率，A错误；B．升高温度，可能使催化剂的活性减小，可能使化学反应速率减小，B错误；C．根据已知条件列出“三段式”该温度下，反应的平衡常数，C正确；D．根据已知条件列出“三段式”1s时，加入mol，Qc=<K=5000，此时反应还未达到平衡，，D错误；故选C。15.一定温度下在不同pH的溶液中存在形式不同。图1中的两条曲线分别为、的沉淀溶解平衡曲线，。图2为溶液中含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。若初始时，下列说法不正确的是A.曲线Ⅰ为沉淀溶解平衡曲线B.的的数量级为C.pH=8、pM=1，发生反应：D.pH=9、pM=2，平衡后溶液中存在【答案】D【解析】氢氧化镁的溶解度小于碳酸镁，当溶液中pH=12时碳酸镁对应的离子镁离子浓度大于对应的镁离子浓度，故曲线I为为沉淀溶解平衡曲线；图2中pH=12至pH=8的虚线下降表示碳酸根离子浓度变化，pH=12至pH=8以及pH减小的实线表示碳酸氢根离子浓度变化，pH=8减小部分虚线为碳酸浓度的变化；A．相同温度下，的溶解度小于，故当pH=12时碳酸镁对应的离子镁离子浓度大于对应的镁离子浓度，故曲线I为为沉淀溶解平衡曲线，A正确；B．当pH=6.5时，c()=c()，的，其数量级为10-7，B正确；C．pH=8时溶液中主要含碳离子为碳酸氢根，pM=1即镁离子浓度为0.1mol/L，该点碳酸镁曲线在氢氧化镁曲线下方，生成碳酸镁较多，故发生反应：，C正确；D．pH=9、pM=2时，该点位于曲线II上方，会生成碳酸镁沉淀，故溶液中，D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.硼氢化钠()是常见的还原剂，在有机化学和无机化学领域有着广泛的应用。白硼钙石的主要成分是，含有少量、FeO、和等杂质。利用白硼钙石制取的工艺流程如下：已知：①微溶于水，易溶于乙醇。②偏硼酸钠()易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定。请回答下列问题：（1）B价电子的轨道表达式为_______。（2）“酸浸”前，需将矿石磨碎，其目的是_______。（3）写出“酸浸”中发生的氧化还原反应离子方程式_______。（4）“气体”的主要成分为_______。（5）“一系列操作X”为_______、_______，过滤、洗涤、干燥。（6）写出加入后发生反应的化学方程式_______。（7）现将100kg白硼钙石投入该过程，假设各步损失不计，干燥后称量产品质量为42kg，经测定产品中硼的质量分数为20.0%。则白硼钙石中含硼量为_______(以矿石中的质量分数计，精确至0.1%)。【答案】（1）（2）增大固液接触面积，增大酸浸速率，提高硼元素的浸出率（3）（4）、（5）①.蒸发浓缩②.冷却结晶（6）（7）26.7%【解析】由题干流程图可知，将白硼钙石的主要成分是(含有少量Fe2O3、FeO、CaCO3和SiO2等杂质)粉碎后加入浓硝酸，生成Ca(NO3)2、Fe(NO3)3、H3BO3，SiO2不溶于硝酸，过滤得到滤液1，主要含有Ca(NO3)2、Fe(NO3)3，滤渣主要含有SiO2和H3BO3，向滤渣中加入乙醇进行醇浸过滤得到滤渣1，主要成分为SiO2，滤液为含有H3BO3的酒精溶液，向滤液中加入NaOH溶液进行水浴加热，将H3BO3转化为NaBO2，将乙醇蒸馏出来后，对滤液进行蒸发浓缩、降温结晶，过滤干燥，获得纯净的NaBO2固体，将固体NaBO2和MgH2混合反应生成NaBH4和耐火材料即MgO，据此分析解题；（1）B的原子序数为5，价层电子排布式为，价层电子的轨道表达式为；（2）“酸浸”前，需将矿石磨碎，其目的是增大固体与溶液接触面积，增大酸浸速率，提高硼元素的浸出率；（3）“酸浸”中发生的氧化还原反应是二价铁被硝酸氧化为三价铁离子，离子方程式；（4）气体为浓硝酸与氧化亚铁反应后生成的NO2及与碳酸钙反应产生的CO2；（5）由题干信息状况，偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定，故“操作X”涉及到蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥；（6）由分析可知，与反应制取，反应化学方程式是；（7）根据题意，B元素守恒可计算26.7%17.对甲基苯乙酮()在香精香料配制、医药合成、塑料和树脂工业等领域有里要应用。某校学习小组查阅资料在实验室合成对甲基苯乙酮。资料一：甲苯、乙酸酐[]在催化剂()作用下反应生成对甲基苯乙酮。资料二：可与乙酸反应生成二乙酰氯化铝()，且易与芳香酮形成配合物。资料三：相关数据如下表：试剂名称分子式分子量熔点/℃沸点/℃密度/甲苯92-93110.60.8669乙酸酐102-73.1138.61.08乙酸6016.61181.05对甲基苯乙酮1342894(0.93kPa)1.005资料四：实验装置图如下：实验步骤：步骤1：如图所示，连接装置。步骤2：向三颈烧瓶中快速加入研碎的催化剂和188mmol无水甲苯，在搅拌的条件下通过仪器A缓慢地滴加36mmol醋酸酐与47mmol甲苯的混合液，约15min滴完。步骤3：将三颈烧瓶在95℃时加热5～30min。步骤4：反应混合液冷却后转移到盛有30mL浓盐酸与30mL冰水的烧杯中，分液。每次用5mL甲苯萃取两次，并将所有甲苯层合并，然后依次用水、NaOH溶液、水洗涤有机层，加入干燥剂干燥。步骤5：将干燥后的滤液减压蒸馏，收集93-94℃馏分，得到对甲基苯乙酮4.0g。请回答下列问题：（1）仪器A的名称为_______。（2）合成对甲基苯乙酮化学方程式为_______。（3）易与芳香酮形成配合物，原因是_______。（4）装置B的作用是吸收_______。（5）步骤4中用到的干燥剂可选用_______。A．无水B．浓C．无水（6）对甲基苯乙酮的产率为_______(精确至0.1%)。（7）若实验改用作为反应物进行反应，质谱检测目标产物分子离子峰的质荷比数值应为_______。(精确至1)【答案】（1）恒压滴液漏斗（2）（3）铝原子有空轨道，可以与氧原子中的孤电子对形成配位键（4）氯化氢和乙酸（5）AC（6）82.9%（7）134【解析】实验目的是以甲苯和乙酸酐为原料合成对甲基苯乙酮，氯化铝水解会影响催化效率，需要加入氯化钙干燥，三颈烧瓶在95℃时加热，采用水浴加热，利用球形冷凝管可以冷凝回流原料；反应后混合液中含有盐酸，因此步骤4中加入氢氧化钠溶液，可以除去有机层中的酸性杂质，除掉盐酸后，则物质中含有水分，可以加入无水硫酸镁等除去有机层中的水；（1）根据实验得知仪器的名称为恒压滴液漏斗，与普通的分液漏斗相对，本实验采用恒压滴液漏斗可以保证反应混合溶液能够顺利流下；（2）根据已知信息可知，反应的方程式为：；（3）形成配合物需要中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对，故与芳香酮形成配合物，其原因为：铝原子有空轨道，可以与氧原子中的孤电子对形成配位键；（4）该反应在95℃下反应，反应生成乙酸，根据已知可与乙酸反应生成二乙酰氯化铝()，同时有氯化氢生成，故装置B的作用是吸收氯化氢和乙酸；（5）反应后混合液中含有盐酸，因此步骤4中加入氢氧化钠溶液，可以除去有机层中的酸性杂质，除掉盐酸后，则物质中含有水分，可以加入无水硫酸镁、氯化钙除去有机层中的水；浓硫酸为液态吸水后和原物质混合不易分离，故选AC；（6）实验中，乙酸酐不足，根据乙酸酐物质的量计算，根据方程式可知，理论上，生成对甲基苯乙酮的物质的量为36mmol，故其产率为（7）质谱检测值与有机物的相对分子质量的数值相同，改用作为反应物进行反应，断键部位为碳氧单键，其产物中不含18O，其相对分子质量为134g/mol，质谱检测目标产物分子离子峰的质荷比数值应为134。18.的综合利用，对于资源综合利用有重要意义。转化为二甲醚()是常见的一种方式。加氢制总反应可表示为：△H。该反应通过两步完成：Ⅰ．Ⅱ．体系中同时发生副反应：Ⅲ．请回答下列问题：（1）加氢制总反应的△H=_______。（2）进料比时，不同压强下平衡转化率随温度的变化如图。四条曲线对应压强、、和由大到小的顺序为_______，一定压强下，平衡转化率随温度升高先减小后增大，原因是_______。当反应温度高于350℃时，几条曲线重合，原因是_______。（3）一定温度下，刚性密闭容器中，加入1mol和3mol发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，达到平衡时测得部分物质的物质的量如表所示：成分CO物质的量/mol0.10.40.2平衡时转化为的选择性=_______%(选择性是指生成指定物质消耗的占消耗总量的百分比，结果保留一位小数)。加氢制总反应用摩尔分数表示的平衡常数(列出计算式)_______。(已知反应的，物质i的摩尔分数。)（4）一定压强下，和的起始量一定时，平衡转化率和平衡时的选择性随温度的变化如下图所示。以下温度，二甲醚产率最高的是_______。A.300℃ B.350℃ C.400℃ D.450℃【答案】（1）（2）①.②.温度较低时，平衡转化率主要取决于反应Ⅰ，反应Ⅰ为放热反应，升高温度平衡逆移，平衡转化率减小；温度较高时，平衡转化率主要取决于反应Ⅲ，反应Ⅲ为吸热反应，升高温度平衡正移，平衡转化率变大③.温度高于350℃时主要发生反应Ⅲ（3）①.66.7%②.（4）D【解析】（1）由盖斯定律可知，反应I×2+反应Ⅱ可得加氢制总反应△H=2△H1+△H2=。（2）反应Ⅱ和反应Ⅲ是气体体积不变的反应，压强增大，平衡不发生移动，反应I是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的转化率变大，说明平衡正向移动，压强不断增大，因此压强、、和由大到小的顺序是；平衡转化率随温度升高先减小后增大，原因是：温度较低时，平衡转化率主要取决于反应Ⅰ，反应Ⅰ为放热反应，升高温度平衡逆移，平衡转化率减小；温度较高时，平衡转化率主要取决于反应Ⅲ，反应Ⅲ为吸热反应，升高温度平衡正移，平衡转化率变大。（3）根据已知条件列出“三段式”z=0.1，1-x-z=0.4，y=0.2，则x=0.5，平衡时转化为的选择性==66.7%，平衡时气体总物质的量为0.8mol+0.1mol+0.2mol+0.4mol+0.1mol+1.4mol=3mol，加氢制总反应用摩尔分数表示的平衡常数。（4）由给定图可见，随温度升高，CO2转化率不断增大而CH3OCH3选择性降低，二甲醚的选择性增大，在450 ℃时二甲醚的产率最高，选D。19.替米沙坦是一种抗高血压药，凭借其控制血压平稳和作用长效等优点，在高血压管理方面占据重要地位。其合成路线如下：请回答下列问题：（1）物质X是A的同系物，结构简式为，X化学名称是_______。（2）B生成C的反应类型为_______。（3）由C生成D的化学方程式_______。（4）F中含氧官能团的名称为_______。（5）I的结构简式_______。（6）符合下列条件的C的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。①含有一个苯环②能与反应③核磁共振有四组吸收峰，峰面积比为6∶2∶2∶1（7）参考E→G的转化，设计化合物的合成路线如下(部分反应条件已略去)。其中Y和Z的结构简式分别为_______、_______。【答案】（1）对硝基苯甲酸或4-硝基苯甲酸（2）还原反应（3）++HCl（4）酰胺基、酯基（5）（6）3（7）①.②.【解析】A和MeOH发生取代反应生成B，B和H2发生还原反应生成C，硝基转化为氨基，C的结构简式为，C和发生取代反应生成D为，D发生硝化反应生成E，E和H2发生还原反应生成F，G发生水解反应生成H，J和I发生取代反应生成M，由M的结构简式结合I的分子式可以推知I为，以此解答。（1）X中含有硝基和羧基，在苯环上是对位的关系，化学名称是对硝基苯甲酸或4-硝基苯甲酸。（2）由分析可知，B和H2发生还原反应生成C，硝基转化为氨基。（3）由分析可知，C和发生取代反应生成D，化学方程式为：++HCl。（4）由F的结构简式可知，F中含氧官能团的名称为酰胺基、酯基。（5）由分析可知，I的结构简式为：。（6）C的同分异构体满足条件，①含有一个苯环；②能与反应，说明其中含有羧基；③核磁共振有四组吸收峰，峰面积比为6∶2∶2∶1，说明其是对称的结构，含有2个对称的甲基；满足条件的同分异构体为：共3种。（7）参考E→G的转化，和H2发生还原反应，硝基转化为氨基，生成Y为，Y中碳氧双键和氨基发生加成反应、消去反应生成Z为。黑龙江省教育学会示范性高中专业委员会2024-2025学年高三下学期第一次模拟试卷本试卷共8页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。可能用到的相对原子质量：H1B11C12O16Na23Ce140一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1.第九届亚冬会于2025年2月在哈尔滨盛大开幕。在这场盛会中，化工材料的应用体现在方方面面。下列有关说法错误的是A.速滑冰鞋上的冰刀属于合金B.火炬采用的碳纤维属于有机高分子材料C.冰壶主材料花岗岩属于无机非金属材料D.用于场馆消毒剂核心成分的双氧水，会缓慢分解为水和氧气，对人体和环境无害【答案】B【解析】A．冰刀通常由高碳钢制成，高碳钢属于合金，A正确；B．碳纤维主要成分为碳，属于无机非金属材料，而非有机高分子，B错误；C．花岗岩是天然硅酸盐矿物，属于无机非金属材料，C正确；D．双氧水具有氧化性，可以作消毒剂，双氧水分解生成水和氧气，两者均无害，D正确；故选B。2.反应应用于实验室制备。下列说法正确的是A.氮气的电子式B.与NaCl均为离子化合物，它们所含化学键类型完全相同C.的VSEPR模型D.NaCl溶液中的水合离子【答案】C【解析】A．氮气分子中存在氮氮三键，且每个氮原子还有一对孤电子对，电子式为，A选项错误；B．与NaCl均为离子化合物，前者含离子键(钠离子和亚硝酸根之间)、极性共价键(亚硝酸根内氮原子和氧原子之间)，后者只有离子键，它们所含化学键类型不完全相同，B选项错误；C．的中心原子具有的孤电子对数为，价层电子对数为1+2=3，则VSEPR模型，C选项正确；D．氯离子半径大于钠离子半径，且水分子中氢原子朝向氯离子，水分子中氧原子朝向钠离子，则NaCl溶液中的水合离子、，D选项错误；选C。3.下列离子方程式正确的是A.向KI浓溶液中加入少量：B.过量通入饱和碳酸钠溶液：C.食醋去除水垢中的：D.向“84”消毒液中通入少量：【答案】A【解析】A．向KI浓溶液中加入FeCl3：Fe3+具有氧化性，把I-氧化为I2单质，自身还原为Fe2+离子，同时单质碘还可以和碘离子结合，离子方程式为：，A正确；B．过量二氧化碳与饱和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为，B错误；C．食醋去除水垢中的CaCO3生成醋酸钙、二氧化碳、水，反应的离子方程式为CaCO3＋2CH3COOH=Ca2+＋2CH3COO-+H2O＋CO2↑，C错误；D．向“84”消毒液中通入少量SO2，SO2被NaClO氧化为，正确的离子方程式为：，D错误；故选A。4.催化氧化法将工业副产物HCl制成，实现了氯资源的再利用，下图为该法的一种催化机理。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.18g中含有的质子数为10B.过程Ⅴ，氧化1molCuCl需氧气分子数为0.25C.标准状况下，11.2L溶于足量水中，转移电子数为0.5D.标准状况下，等物质的量的与HCl所占的体积均为22.4L【答案】B【解析】A．中含有的质子数为2+8=10，18g的物质的量为，其含有的质子数为8.2，A错误；B．过程Ⅴ：，氧元素化合价由0降低到-2价，Cu由+1价升高到+2价，方程式中共转移4个电子，故氧化1molCuCl需氧气分子数为0.25，B正确；C．标准状况下，11.2L即0.5mol溶于水，该反应是可逆反应，转移电子数小于0.5，C错误；D．标准状况下，等物质的量的与HCl所占的体积相等，但未给出物质的量是多少，无法确定体积，D错误；故选B。5.下列图示实验中，操作规范的是A．向试管中滴加溶液B．用pH试纸测定溶液pHC．调控滴定速度D．混合浓硫酸和乙醇A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．向试管中滴加液体，滴管不能进入试管中，A错误；B．用pH试纸测量溶液的pH时，不能伸入到溶液中以防污染试剂，B错误；C．调控酸式滴定管滴定速度，需用反手旋转活塞，以防活塞脱落，C正确；D．浓硫酸的密度大于乙醇，混合时应将浓硫酸倒入乙醇中，D错误；故选C。6.尼龙-66因良好的耐热性和耐油性广泛应用于汽车发动机周围机械零件和易受热电子电气制品零部件制造。尼龙-66结构如下图，下列说法正确的是A.可用己酸和己胺通过加聚反应制备B.尼龙-66的重复单元中含有3种官能团C.1mol该高分子最多能和nmolNaOH反应D.每生成1mol该高分子，同时生成(2n-1)molH2O【答案】D【解析】A．根据尼龙-66分子结构可知：该物质是由己二酸HOOC(CH2)4COOH和己二胺H2N-CH2(CH2)4CH2-NH2通过缩聚反应制备，A错误；B．尼龙-66的重复单元中只含有这1种官能团，B错误；C．根据尼龙-66分子结构可知：在1mol该高分子化合物分子中含有nmol-COOH和nmol能够与NaOH发生反应，由于1个-COOH能够反应消耗1个NaOH，1个反应消耗1个NaOH，故nmol-COOH和nmol与NaOH发生反应消耗2nmolNaOH，即1mol该高分子最多能和2nmolNaOH反应，C错误；D．要生成1mol该高分子，就会由nmolHOOC(CH2)4COOH与nmolH2N-CH2(CH2)4CH2-NH2发生缩聚反应产生1mol该高分子中的(2n-1)mol，同时生成(2n-1)molH2O，D正确；故合理选项是D。7.冠醚分子可通过识别，实现卤水中的萃取，一种冠醚合成及分子识别的过程如下。下列说法不正确的是A.过程Ⅰ的反应类型为取代反应 B.冠醚分子Z和之间的作用力是离子键C.冠醚分子Z中碳原子杂化方式有2种 D.过程Ⅱ增加了在有机溶剂中的溶解度【答案】B【解析】由X先与Y在KOH溶液中通过过程I发生取代反应生成Z，再将Z与进行的萃取得R，据此分析解答。A．根据分析，由X先与Y在KOH溶液中通过过程I发生取代反应生成Z，A正确；B．根据R的结构可知，冠醚分子Z和之间的作用力是配位键，B错误；C．冠醚分子Z中的苯环结构为平面正六边形，每个C原子形成平面三角形结构，属于杂化，而上下两端的饱和链烃结构采用的是杂化，则碳原子杂化方式有2种，C正确；D．Z易溶于有机溶剂，过程Ⅱ中与Z通过配位键结合，增加了在有机溶剂中的溶解度，D正确；故答案为：B。8.下列有关物质工业制备方法正确的是A.制漂白粉：饱和食盐水漂白粉B制硫酸：/SC.海水提镁：浓缩海水MgD.侯氏制碱法制纯碱：饱和食盐水固体【答案】D【解析】A．工业上制备漂白粉时，先电解NaCl溶液制备Cl2，再将Cl2通入冷的石灰乳中制取漂白粉，而不是通入澄清石灰水中，A不符合题意；B．工业上制备硫酸时，硫铁矿或S先与O2反应生成SO2，SO2经催化氧化生成SO3，最后用浓硫酸吸收SO3制得H2SO4，S不能直接和O2反应生成SO3，B不符合题意；C．工业上制备金属镁时，先向浓缩海水中加入石灰乳生成Mg(OH)2沉淀，再用盐酸将沉淀溶解，得到MgCl2溶液，再经系列操作得到无水MgCl2，最后电解熔融状态下的MgCl2得到金属镁，而不是电解MgCl2溶液，C不符合题意；D．工业上制备纯碱时，向饱和食盐水中先后通入NH3、CO2反应生成NaHCO3，并使溶解度较小的NaHCO3从溶液中析出，NaHCO3固体再受热分解制备Na2CO3，D符合题意；故选D。9.W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，W的一种核素不含中子，Y与X、M均相邻，且基态Y原子s轨道与p轨道上电子数相等，短周期Z原子半径最大。下列叙述错误的是A.第一电离能：Y>X>ZB.沸点：C.化学键中离子键的百分数：D.W与X、Y均能形成含有非极性键的二元化合物【答案】A【解析】W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，W的一种核素不含中子，则W为H，短周期Z原子半径最大，则Z为Na，基态Y原子s轨道与p轨道上电子数相等，即基态Y原子的电子排布式，则Y为O，Y与X、M均相邻，故X为N，M为S，据此解答。A．同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于其右边相邻元素，X为N元素，Y为O元素，Z为Na元素，则第一电离能：X>Y>Z，A错误；B．中存在分子间氢键，中无氢键，故沸点：，B正确；C．是，是，电负性差值越大，化学键中离子键的百分数越大，因电负性：O＞S，则化学键中离子键的百分数：＞，C正确；D．H与N能形成含有非极性键的二元化合物，H与O能形成含有非极性键的二元化合物，D正确；故选A。10.研究表明晶胞的氧缺陷可以有效促进氢气在催化加氢过程中的活化。图1为理想晶胞，图2为氧缺陷晶胞。下列说法错误的是A.图1中的配位数是8B.图1中填充在构成的四面体空隙中C.若图2中与的个数比为2∶3，则的空缺率为25%D.若晶胞参数为anm，图1晶胞的密度为【答案】D【解析】A．图1中O2-位于Ce4+构成的小四面体的中心，每个Ce4+能形成8个小四面体，因此Ce4+的配位数为8，A正确；B．图1中O2-位于Ce4+构成的小四面体的中心，即O2-填充在Ce4+构成的四面体空隙中，B正确；C．图2中Ce4+个数为，O2-和空位的总数为8，当Ce4+和O2-个数比为2:3时，有6个O2-和2个空位，空位率为，C正确；D．根据均摊法，图1中Ce4+个数为，O2-个数为8，则晶胞密度为，D错误；故选D。11.从光盘金属层提取Ag(其他微量金属忽略不计)的一种工艺流程如图所示。下列说法正确的是A.Ag与Cu为同族相邻元素，在周期表中位于d区B.氧化过程中，用HNO3代替NaClO也可以实现上述转化C.氧化过程中，参加反应的Ag和NaClO的物质的量之比为1∶1D.还原过程水合肼转化为N2，则该过程的离子方程式为：【答案】C【解析】将光盘粉碎，从碎取中分离出塑料；浮选得粗银，然后加入过量的NaClO溶液氧化，将Ag氧化并转化为AgCl，同时生成O2，依据得失电子守恒和质量守恒，可得出发生反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+O2↑+4NaOH；过滤，往AgCl固体中加入10%氨水，AgCl溶解，并转化为[Ag(NH3)2]+；再加入N2H4∙H2O还原，可生成Ag。A．Ag的价电子排布式为4d105s1，Cu的价电子排布式为3d104s1，二者都为第ⅠB族上下相邻元素，在周期表中位于ds区，A不正确；B．氧化过程中，用HNO3代替NaClO时，HNO3会被还原为氮的氧化物，污染环境，同时Ag将转化为AgNO3，不利于后续生成AgCl，B不正确；C．由反应方程式4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+O2↑+4NaOH可知，参加反应的Ag和NaClO的物质的量之比为1:1，C正确；D．还原过程中，溶解液中主要是[Ag(NH3)2]+，而不是Ag+，产物为Ag、N2、NH3等，依据得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒，可得出发生反应的离子方程式为4[Ag(NH3)2]++N2H4∙H2O+4OH-=4Ag↓+N2↑+8NH3↑+5H2O，D不正确；故选C。12.近日，大连理工大学李斐科研团队构建了一种钌基染料敏化光阳极，以LiBr为电子传输中介，以水为氧源，实现了对烯烃的高效高选择性光电催化环氧化，其工作原理如图所示：下列说法正确的是A.LiBr仅起增强导电性的作用B.该过程的副产物可能有C.阴极区反应为：+H2O-2e-=+2H+D.若R为—，理论上每生成29g，同时生成2g【答案】B【解析】Pt电极上H+发生还原反应，为阴极，钌基上烯烃发生氧化反应，为阳极。A．在该光电催化环氧化体系中，LiBr不仅起增强导电性的作用，还能作为电子传输中介参与反应过程。所以LiBr的作用不只是增强导电性，A选项错误。B．阳极区的烯烃可能和溴发生加成反应生成副产物，B选项正确；C．阴极区发生还原反应2H++2e-=H2↑，C选项错误；D．阳极区发生反应+H2O-2e-=+2H+，若R为—，理论上每生成29g即0.5mol，转移电子1mol，故生成氢气0.5mol，即1g，D选项错误；故选B。13.下列实验能达到目的的是

实验目的实验方法或操作A促进硫酸铜过饱和溶液快速析出晶体用玻璃棒摩擦烧杯内壁B配制用于检验醛基的氢氧化铜悬浊液向试管中加入2mL10%溶液，再滴加数滴2%NaOH溶液，振荡C探究是弱电解质用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小D探究补铁剂(含、维生素C)中的还原性向酸性溶液中滴加补铁剂，观察是否褪色A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．过饱和溶液处于亚稳态，通过用玻璃棒摩擦烧杯内壁，可提供结晶的“晶核”，促进晶体快速析出，A可以达到目的；B．配制用于检验醛基的氢氧化铜悬浊液时，需确保碱性环境（过量）。但题目中先加入硫酸铜溶液，再滴加少量，导致不足，无法形成足够的悬浊液碱性环境，B不能达到目的；C．未明确醋酸和盐酸的浓度是否相同，C不能达到目的；D．补铁剂中含和维生素均具还原性，酸性具有氧化性，褪色可能是或维生素单独作用，或共同作用的结果，无法单独验证的还原性，此实验设计存在干扰因素，D不能达到目的；故选A。14.汽车尾气净化反应为△H＜0。某温度下，向1L盛有催化剂的密闭容器中投入一定量NO和CO，NO、CO的物质的量浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是A.ab段NO的反应速率B.升高温度，化学反应速率一定加快C.该温度下，反应平衡常数D.1s时，加入mol，此时【答案】C【解析】A．ab段NO的反应速率，A错误；B．升高温度，可能使催化剂的活性减小，可能使化学反应速率减小，B错误；C．根据已知条件列出“三段式”该温度下，反应的平衡常数，C正确；D．根据已知条件列出“三段式”1s时，加入mol，Qc=<K=5000，此时反应还未达到平衡，，D错误；故选C。15.一定温度下在不同pH的溶液中存在形式不同。图1中的两条曲线分别为、的沉淀溶解平衡曲线，。图2为溶液中含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。若初始时，下列说法不正确的是A.曲线Ⅰ为沉淀溶解平衡曲线B.的的数量级为C.pH=8、pM=1，发生反应：D.pH=9、pM=2，平衡后溶液中存在【答案】D【解析】氢氧化镁的溶解度小于碳酸镁，当溶液中pH=12时碳酸镁对应的离子镁离子浓度大于对应的镁离子浓度，故曲线I为为沉淀溶解平衡曲线；图2中pH=12至pH=8的虚线下降表示碳酸根离子浓度变化，pH=12至pH=8以及pH减小的实线表示碳酸氢根离子浓度变化，pH=8减小部分虚线为碳酸浓度的变化；A．相同温度下，的溶解度小于，故当pH=12时碳酸镁对应的离子镁离子浓度大于对应的镁离子浓度，故曲线I为为沉淀溶解平衡曲线，A正确；B．当pH=6.5时，c()=c()，的，其数量级为10-7，B正确；C．pH=8时溶液中主要含碳离子为碳酸氢根，pM=1即镁离子浓度为0.1mol/L，该点碳酸镁曲线在氢氧化镁曲线下方，生成碳酸镁较多，故发生反应：，C正确；D．pH=9、pM=2时，该点位于曲线II上方，会生成碳酸镁沉淀，故溶液中，D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.硼氢化钠()是常见的还原剂，在有机化学和无机化学领域有着广泛的应用。白硼钙石的主要成分是，含有少量、FeO、和等杂质。利用白硼钙石制取的工艺流程如下：已知：①微溶于水，易溶于乙醇。②偏硼酸钠()易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定。请回答下列问题：（1）B价电子的轨道表达式为_______。（2）“酸浸”前，需将矿石磨碎，其目的是_______。（3）写出“酸浸”中发生的氧化还原反应离子方程式_______。（4）“气体”的主要成分为_______。（5）“一系列操作X”为_______、_______，过滤、洗涤、干燥。（6）写出加入后发生反应的化学方程式_______。（7）现将100kg白硼钙石投入该过程，假设各步损失不计，干燥后称量产品质量为42kg，经测定产品中硼的质量分数为20.0%。则白硼钙石中含硼量为_______(以矿石中的质量分数计，精确至0.1%)。【答案】（1）（2）增大固液接触面积，增大酸浸速率，提高硼元素的浸出率（3）（4）、（5）①.蒸发浓缩②.冷却结晶（6）（7）26.7%【解析】由题干流程图可知，将白硼钙石的主要成分是(含有少量Fe2O3、FeO、CaCO3和SiO2等杂质)粉碎后加入浓硝酸，生成Ca(NO3)2、Fe(NO3)3、H3BO3，SiO2不溶于硝酸，过滤得到滤液1，主要含有Ca(NO3)2、Fe(NO3)3，滤渣主要含有SiO2和H3BO3，向滤渣中加入乙醇进行醇浸过滤得到滤渣1，主要成分为SiO2，滤液为含有H3BO3的酒精溶液，向滤液中加入NaOH溶液进行水浴加热，将H3BO3转化为NaBO2，将乙醇蒸馏出来后，对滤液进行蒸发浓缩、降温结晶，过滤干燥，获得纯净的NaBO2固体，将固体NaBO2和MgH2混合反应生成NaBH4和耐火材料即MgO，据此分析解题；（1）B的原子序数为5，价层电子排布式为，价层电子的轨道表达式为；（2）“酸浸”前，需将矿石磨碎，其目的是增大固体与溶液接触面积，增大酸浸速率，提高硼元素的浸出率；（3）“酸浸”中发生的氧化还原反应是二价铁被硝酸氧化为三价铁离子，离子方程式；（4）气体为浓硝酸与氧化亚铁反应后生成的NO2及与碳酸钙反应产生的CO2；（5）由题干信息状况，偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定，故“操作X”涉及到蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥；（6）由分析可知，与反应制取，反应化学方程式是；（7）根据题意，B元素守恒可计算26.7%17.对甲基苯乙酮()在香精香料配制、医药合成、塑料和树脂工业等领域有里要应用。某校学习小组查阅资料在实验室合成对甲基苯乙酮。资料一：甲苯、乙酸酐[]在催化剂()作用下反应生成对甲基苯乙酮。资料二：可与乙酸反应生成二乙酰氯化铝()，且易与芳香酮形成配合物。资料三：相关数据如下表：试剂名称分子式分子量熔点/℃沸点/℃密度/甲苯92-93110.60.8669乙酸酐102-73.1138.61.08乙酸6016.61181.05对甲基苯乙酮1342894(0.93kPa)1.005资料四：实验装置图如下：实验步骤：步骤1：如图所示，连接装置。步骤2：向三颈烧瓶中快速加入研碎的催化剂和188mmol无水甲苯，在搅拌的条件下通过仪器A缓慢地滴加36mmol醋酸酐与47mmol甲苯的混合液，约15min滴完。步骤3：将三颈烧瓶在95℃时加热5～30min。步骤4：反应混合液冷却后转移到盛有30mL浓盐酸与30mL冰水的烧杯中，分液。每次用5mL甲苯萃取两次，并将所有甲苯层合并，然后依次用水、NaOH溶液、水洗涤有机层，加入干燥剂干燥。步骤5：将干燥后的滤液减压蒸馏，收集93-94℃馏分，得到对甲基苯乙酮4.0g。请回答下列问题：（1）仪器A的名称为_______。（2）合成对甲基苯乙酮化学方程式为_______。（3）易与芳香酮形成配合物，原因是_______。（4）装置B的作用是吸收_______。（5）步骤4中用到的干燥剂可选用_______。A．无水B．浓C．无水（6）对甲基苯乙酮的产率为_______(精确至0.1%)。（7）若实验改用作为反应物进行反应，质谱检测目标产物分子离子峰的质荷比数值应为_______。(精确至1)【答案】（1）恒压滴液漏斗（2）（3）铝原子有空轨道，可以与氧原子中的孤电子对形成配位键（4）氯化氢和乙酸（5）AC（6）82.9%（7）134【解析】实验目的是以甲苯和乙酸酐为原料合成对甲基苯乙酮，氯化铝水解会影响催化效率，需要加入氯化钙干燥，三颈烧瓶在95℃时加热，采用水浴加热，利用球形冷凝管可以冷凝回流原料；反应后混合液中含有盐酸，因此步骤4中加入氢氧化钠溶液，可以除去有机层中的酸性杂质，除掉盐酸后，则物质中含有水分，可以加入无水硫酸镁等除去有机层中的水；（1）根据实验得知仪器的名称为恒压滴液漏斗，与普通的分液漏斗相对，本实验采用恒压滴液漏斗可以保证反应混合溶液能够顺利流下；（2）根据已知信息可知，反应的方程式为：；（3）形成配合物需要中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对，故与芳香酮形成配合物，其原因为：铝原子有空轨道，可以与氧原子中的孤电子对形成配位键；（4）该反应在95℃下反应，反应生成乙酸，根据已知可与乙酸反应生成二乙酰氯化铝()，同时有氯化氢生成，故装置B的作用是吸收氯化氢和乙酸；（5）反应后混合液中含有盐酸，因此步骤4中加入氢氧化钠溶液，可以除去有机层中的酸性杂质，除掉盐酸后，则物质中含有水分