四月化學每周好題精選（第1周）1.物質性質決定用途，下列兩者對應關系正確的是()A.液氨斷鍵需要吸收大量的熱，可用作制冷劑B.明礬可以水解生成膠體，可用于自來水的殺菌消毒C.活性炭有吸附性，可用作食品脫色劑D.鐵比銅金屬性強，可用溶液腐蝕Cu刻制電路板2.“一勤天下無難事”。下列勞動項目所用的化學知識正確的是()選項勞動項目化學知識A環保行動：宣傳用布袋子代替聚乙烯塑料袋聚乙烯塑料有毒B家務勞動：用熱的純堿溶液洗滌粘有油脂的菜盤子油脂在堿性條件下發生水解C工業勞作：向工業廢水中加入FeS除去廢水中的FeS水解顯堿性D學農勞作：用石膏改良鹽堿土壤硫酸鈣溶液顯酸性3.中國科學院上海有機化學研究所人工合成青蒿素，其部分合成路線如圖：下列說法不正確的是()A.“乙→丙”發生了消去反應B.香茅醛不存在順反異構現象C.甲分子有4個手性碳D.1mol香茅醛能與2mol氫氣發生加成反應4.反應物(S)轉化為產物(P或)的能量與反應進程的關系如下圖所示，“?”表示反應物或生成物吸附在催化劑表面。下列有關四種不同反應進程的說法不正確的是()A.反應達平衡時，升高溫度，P的濃度減小B.生成P的速率：Ⅱ>ⅢC.進程I的焓變與進程Ⅳ的相等 D.進程Ⅳ中，Z沒有起催化作用5.一種除草劑的結構如圖，X、Y、Z、W、R為原子序數依次增大的短周期元素，Z與R同主族。下列有關說法不正確的是()A.Y、Z、W的第一電離能的順序為Z>W>YB.最簡單氫化物的鍵角大小比較：W<ZC.X可與W形成非極性分子D.該分子能與堿反應6.硬水除垢可以讓循環冷卻水系統穩定運行。某科研團隊改進了主動式電化學硬水處理技術，原理如圖所示(其中R為有機物)。下列說法正確的是()A.電極A上發生還原反應B.處理過程中可循環利用C.處理后的水垢主要沉降在陽極附近D.當外電路通過2mole-時，電極A上產生1mol氣體7.一種由H、B、C、N、O、Cl組成的多孔配位聚合物，可作吸附甲醇的材料。該聚合物由、和Cl-三種微粒組成，其中陽離子為平面結構。該化合物部分晶體結構如下圖所示。下列說法正確的是()A.圖中a處代表O原子B.該聚合物中化學鍵類型只有共價鍵和配位鍵C.晶體中C和N原子雜化類型相同D.可形成大π鍵8.糠酸莫米松常用于治療皮膚炎癥，其結構如圖所示。下列有關該物質的說法錯誤的是()A.含有6種官能團B.該物質最多可與反應C.能與溶液發生顯色反應D.原子發生消去反應，產物最多有2種9.用溶液滴定未知濃度的溶液，做指示劑，、隨滴定分數的變化如圖所示。N點時，消耗溶液的體積為。[滴定分數，，為溶液體積變化，，]下列說法正確的是()A.若加水稀釋原溶液，則滴定終點向M點方向移動B.若滴定的溶液，W點向X點方向移動C.過程中，保持不變D.為保證滴定準確，理論上混合液中指示劑濃度可為10.由汞(Hg)、鍺(Ge)、銻(Sb)形成的一種新物質X為潛在的拓撲絕緣體材料。X的晶體(晶胞為圖乙)可視為Ge晶體(晶胞為圖甲)中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。下列說法正確的是()A.2號原子的坐標為(，，)B.X晶體的化學式為C.設Ge晶體晶胞邊長為anm，則Ge原子之間的最短距離為anmD.X晶體中與Hg最近且等距離的Sb的數目為811.冠醚能與堿金屬離子結合(如圖所示)，是有機反應很好的催化劑，能加快與環己烯的反應速率。用結合常數表示冠醚與堿金屬離子的結合能力，結合常數越大兩者結合能力越強。堿金屬離子結合常數冠醚(直徑：204pm)(直徑：276pm)冠醚A(空腔直徑：260～320pm)1991183冠醚B(空腔直徑：170～220pm)371312下列說法不正確的是()A.推測結合常數的大小與堿金屬離子直徑、冠醚空腔直徑有關B.實驗中：①>②>③C.冠醚通過與結合將攜帶進入有機相，從而加快反應速率D.為加快與環己烯的反應速率，選擇冠醚A比冠醚B更合適12.二氧化碳催化加氫制取二甲醚(DME)有利于減少溫室氣體二氧化碳，制取過程發生如下反應：反應Ⅰ：反應Ⅱ：反應Ⅲ：回答下列問題：(1)時，向恒壓容器中充入和，若在該條件下只發生反應Ⅰ，達平衡時，放出4kJ能量；若向相同容器中充和，吸收11.8kJ能量，則反應Ⅰ的_______kJ/mol。(2)已知反應Ⅲ的速率方程可表示為，，與溫度的關系如圖所示，下，圖中A、B點的縱坐標分別為a-0.7、a-1。、200MPa時，向恒壓容器中充入和混合氣體制取二甲醚(DME)，發生上述三個反應，平衡后，測得、和體積分數分別為5%、10%、5%，則體積分數為_________，生成的選擇性為____________，反應Ⅰ的_______。[選擇性=(生成二甲醚消耗的物質的量/消耗總物質的量)×100%；。](3)在壓強一定的條件下，將和按一定比例、流速通過裝有催化劑的反應管，測得“的轉化率”及“選擇性”和“CO、選擇性的和”分別與溫度的關系如圖所示，回答下列問題：①曲線C表示__________。②溫度之間，升高溫度，比值將_______(填“增大”、“減小”或“不變”)。13.一種電催化二元醇與合成環狀碳酸酯的方法廣泛應用于電池電解液領域，其一種機理如圖所示(加料順序、反應條件略)：已知：化合物iii、iv和均為帶電粒子?；卮鹣铝袉栴}：(1)化合物i的名稱是___________。(2)化合物v的分子式為___________；化合物X是化合物v的同分異構體，滿足下列條件的化合物X的結構簡式為___________。a.化合物X是五元環狀化合物b.化合物X最多能與金屬鈉反應c.不存在兩個羥基連接在同一個碳原子上(3)關于題圖中的相關物質及轉化，下列說法正確的有_______(填選項字母)。A.反應②是電解過程中在陽極區發生的反應B.化合物i和ii中C的雜化方式均相同C.化合物v和vi均有對映異構體D.反應⑤的另一生成物易溶于水(4)根據化合物v的結構特征，分析預測其可能的化學性質，完成下表：序號反應試劑、條件反應形成的新有機物結構反應類型①______________②Cu，，熱______________(5)以化合物ii和苯乙烯為有機原料合成化合物vii()，基于你設計的合成路線回答(無機試劑任選)：①第一步反應的化學方程式為____________________________________。②最后一步反應的化學方程式為___________________________________。14.利用鈷鎳渣(主要成分為、、、，含少量、、等)為原料分離回收鈷、鎳，并制備和硫酸鎳的工藝如下：回答下列問題：(1)“酸浸”時轉化為，發生反應的離子方程式：_____________________________，濾渣1的主要成分為__________。(2)“氧化除鐵”時，試劑A選用的最佳試劑為_______(填字母)。A.溶液 B.溶液 C.酸性溶液 D.(3)“除銅”操作中選用的溶液，已知，，試分析主要以_________[填“”或“”]形式除去，請從沉淀轉化的角度說明理由：_______________________________________________。(4)本工藝的創新之處是利用雙萃取劑法分離得到金屬資源，酸性萃取劑P204和P507萃取金屬離子的萃取率與的關系如圖。萃取劑Y為___________(填“P204”或“P507”)，其作用是____________________________________，第二次萃取最合適的范圍為_____。15.以為原料制備氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨。過程：氧釩(IV)堿式碳酸銨粗產品。已知：能被氧化，回答下列問題：(1)步驟Ⅰ的反應裝置如圖(夾持及加熱裝置略去，下同)。①儀器c的名稱為_________，儀器c除冷凝回流外，另一作用為__________________。②步驟Ⅰ生成的同時，還生成一種無色無污染的氣體，該反應的化學方程式為________________________________________。(2)步驟Ⅱ可在如圖裝置中進行。①接口的連接順序為a→_______。②實驗開始時，先關閉，打開，當________________________________時(寫實驗現象)，再關閉，打開，充分反應，靜置，得到固體。(3)測定產品純度稱取mg樣品用稀硫酸溶解后，加入過量的溶液，充分反應后加入過量的溶液，再加適量尿素除去，用標準溶液滴定達終點時，消耗體積為。(已知：)①樣品中氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨(摩爾質量為Mg/mol)的質量分數為__________。②下列情況會導致產品純度偏大的是__________(填標號)。A.未加尿素，直接進行滴定B.配制標準溶液時，俯視刻度線讀數C.用標準液潤洗滴定管后，液體從上口倒出D.滴定達終點時，發現滴定管尖嘴內有氣泡生成

答案以及解析1.答案：C解析：A.液氨可用作制冷劑，是因為液氨汽化時吸收大量的熱，而不是斷鍵吸熱，A錯誤；B.明礬水解生成的膠體具有吸附性，能吸附水中的懸浮雜質，起到凈水作用，但不能殺菌消毒，B錯誤；C.活性炭具有疏松多孔的結構，有很強的吸附性，可以吸附食品中的色素等雜質，用作食品脫色劑，C正確；D.用溶液腐蝕Cu刻制電路板，是因為具有氧化性，能將Cu氧化為，反應的離子方程式為，與鐵、銅的金屬性強弱無關，D錯誤；綜上所述，答案是C。2.答案：B解析：A.塑料袋丟棄后，在自然界會引起白色污染，但聚乙烯無毒，A錯誤；B.純堿為碳酸鈉，其水溶液呈堿性，熱的純堿溶液的堿性更強，油脂在堿性條件下易水解生成高級脂肪酸鹽和甘油，高級脂肪酸鹽和甘油均溶于水，被水沖洗掉，勞動項目與所述的化學知識有關聯，B正確；C.向工業廢水中添加FeS以除去廢水中的，FeS與形成CuS沉淀，實現了沉淀的轉化，沒有體現FeS在溶液中水解呈堿性，C錯誤；D.鹽堿土壤中含碳酸根離子，用石膏改良鹽堿土壤，轉化為更難溶的，硫酸鈣溶液顯中性，D錯誤；故選B；3.答案：A解析：A.“乙→丙”羥基氧化成了羰基，發生了氧化反應，A錯誤；B.香茅醛碳碳雙鍵的同一個碳上連了兩個甲基，不存在順反異構現象，B正確；C.甲分子有個手性碳位置如圖：，C正確；D.香茅醛含有一個和一個，可以和2mol氫氣發生加成反應，D正確；故選A。4.答案：C解析：A.由圖中信息可知，反應物S轉化為產物P是放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，P的濃度減小，A正確；B.進程III中由轉化為的活化能高于進程II中由轉化為的活化能，由于這兩步反應分別是兩個進程的決速步驟，因此生成產物的速率為II>III，B正確；C.根據圖像可知，進程I和進程IV的起點相同，但是終態時，反應IV達到的能量更低，則二者的不相同，C錯誤；D.由圖中信息可知，進程IV中S吸附到Z表面生成，然后由轉化為產物，由于沒有轉化為P+Z，因此，Z沒有表現出催化作用，D正確；故選C。5.答案：C解析：X、Y、Z、W、R為原子序數依次增大的短周期元素，結合化合物中化學鍵的特征分析可知，X形成1個共價鍵為H元素，Y形成4個共價鍵為C元素，Z形成3個共價鍵為N元素，W形成2個共價鍵為O元素，Z與R同主族，R為P元素。A.Y、Z、W分別為:C、N、O，同周期從左到右原子第一電離能呈增大趨勢，是N元素的基態原子的價層電子排布為，2p軌道上填充了3個電子，處于半充滿的穩定狀態，其第一電離能大于相鄰族元素，因此第一電離能：N(Z)>O(W)>C(Y)，A正確；B.雜化相同時，孤電子對越多鍵角越小，故水<氨，B正確；C.X與W形成的化合物，都為極性分子，C錯誤；D.分子結構中含羧基官能團，能和堿反應，D正確；故選C。6.答案：B解析：電極B為陰極，水放電產生氫氣和氫氧根離子，電極反應式為；A為陽極，氯離子放電產生氯氣，電極反應：；氯氣與水的反應為可逆反應，次氯酸將有機物R氧化生成，同時放電生成，電極反應：，據此分析；A.由上述分析可知電極A為陽極，發生氧化反應，A錯誤；B.陽極產生氯氣，氯氣與水反應生成次氯酸和HCl，HClO能將有機物氧化為二氧化碳和水，HClO自身被還原為氯離子，可以循環利用，B正確；C.硬水中存在鎂離子、鈣離子和碳酸氫根離子，陰極放電產生氫氧根離子，氫氧根離子與鎂離子結合生成氫氧化鎂，氫氧根離子與碳酸氫根離子生成碳酸根離子，鈣離子與碳酸根離子結合生成碳酸鈣，氫氧化鎂和碳酸鈣主要沉降在陰極附近，C錯誤；D.A極氯離子放電生成氯氣轉化為HClO再與有機物反應放出，同時水也放電生成氧氣，由于未給出有機物且未給出氯離子和水在電極A上放電的比例，因此無法計算產生氣體的物質的量，D錯誤；故選B；7.答案：D解析：由晶體結構圖與化學式對比可知，圖中a處代表C原子，A錯誤；陰陽離子之間還存在離子鍵，B錯誤；為平面結構，則其中的C和N原子軌道雜化類型均為雜化。中C分別與O和H形成了4個鍵，則C的原子軌道的雜化類型為。C和N原子軌道的雜化類型不相同，C錯誤；3個N原子各提供一對電子，與碳正離子形成大鍵，D正確。8.答案：C解析：含有的官能團:羰基、羥基、醚鍵、酯基、碳氯鍵、碳碳雙鍵，共6種，A正確；只有碳碳雙鍵、羰基可以與加成，酯基不能與加成，所以1mol該物質最多可與反應，B正確；分子中無酚羥基，不能與溶液發生顯色反應，C錯誤；如圖所示，Cl原子只能與*碳原子上的H原子發生消去反應，所以有2種消去產物，D正確。9.答案：B解析：不變，不變，滴定終點不變，A錯誤；滴定等體積等濃度的KBr溶液，消耗硝酸銀體積相同，且，滴定終點小，大，變大，W點向X點方向移動，B正確；，過程中改變，改變，C錯誤；由N點可求出AgCl的，為保證在恰好完全反應后出現，混合液中指示劑濃度不宜超過，D錯誤。10.答案：C解析：A.2號原子的坐標為(，，)，A錯誤；B.X晶體中Ge的原子個數為，Hg的原子個數為，Sb的原子個數為8，故其化學式為，B錯誤；C.設Ge晶體晶胞邊長為anm，Ge原子之間的最短距離為體對角線的，即Ge原子之間的最短距離為anm，C正確；D.以頂面的Hg為研究對象，與之距離最近且相等的Sb原子在底下晶胞中的有2個，面心的汞原子為2個晶胞共用，上面晶胞還有2個Sb原子，故X晶體中與Hg最近且等距離的Sb的數目為4，D錯誤；故選C。11.答案：B解析：A.從表中數據可以看出，冠醚的空腔直徑與或直徑接近時，結合常數大，由此可推測結合常數的大小與堿金屬離子直徑、冠醚空腔直徑有關，A正確；B.冠醚A結合的能力弱于結合的能力，所以可將冠醚A中的部分替代出來，由實驗中，可得出：①>③>②，B不正確；C.冠醚與結合，從而將攜帶進入有機相，催化與環己烯的反應，從而加快反應速率，C正確；D.由表中數據可推出，冠醚A結合的能力比冠醚B強，為加快與環己烯的反應速率，選擇冠醚A比冠醚B更合適，D正確；故選B。12.答案：(1)-49.5(2)40%；66.7%；1/3200(3)CO、選擇性的和；增大解析：（1）時，向恒壓容器中充入和，若在該條件下只發生反應I：，達平衡時，放出4kJ能量，則加入和，反應達到平衡時放出熱量；若向相同容器中充入和，吸收11.8kJ能量，則充入和反應達到平衡時吸收熱量，該反應是可逆反應，反應物不能完全轉化為生成物，當按照反應方程式的計量數加入物質時，正反應的轉化率與逆反應的轉化率的和為，故反應的，故答案為：。（2）①據三個反應方程式中物質反應轉化關系可知：反應III產生與的量相等，則根據含量是，可知反應III產生水占；根據反應II中物質反應轉化關系可知反應產生，會同時產生水占，消耗的，此時容器中占，則反應I產生為，同時產生占，故該容器中水的含量為（或為0.4）。②氣體參加三個化學反應，其中部分轉化為，部分轉化為和，反應達到平衡時、和體積分數分別為、、，根據轉化關系可知：理論上反應產生的的體積分數為，根據C原子守恒可知：每有2個參加反應，理論上可制取1個，現在反應達到平衡時產生、和體積分數分別為、、，則發生反應消耗依次占、、，反應III是：，為放熱反應，升高溫度平衡正向移動，根據圖中曲線可知，當A、B兩直線相交時，，當溫度降低時，增大，則，則A為隨的變化曲線，B為隨的變化曲線，時，，。對于反應I，反應達到平衡時占，占，和體積分數均為，則和的體積分數之和為，設占x，則占，根據上述分析，列出三段式中的平衡量：，，，轉化成的選擇性為。③則對于反應I的。（3）①反應II為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，選擇性減小，則曲線A為選擇性；反應II的進行使部分繼續消耗，故二氧化碳的轉化率大于、選擇性的和，因此曲線C表示、選擇性的和，故答案為：、選擇性的和。②溫度之間，升高溫度，反應I、II為放熱反應，逆向移動，減小，反應III為吸熱反應，升高溫度平衡正向移動，但、增加的量相等，故比值將增大，故答案為：增大。13.答案：(1)1，2-丙二醇(2)；(3)CD(4)濃硫酸，加熱；消去反應；；氧化反應(5)；解析：和發生反應生成，與反應生成，與反應生成，脫去一分子生成，以此解答；（1）結合醇的命名原則，主鏈有三個碳原子，兩個羥基分別在1號和2號碳上，化合物i()的名稱為1，2-丙二醇；（2）一個化合物V()分子中有5個碳原子，4個氧原子，不飽和度為1，分子式為；化合物X是化合物v的同分異構體，滿足下列條件：a.化合物X是五元環狀化合物，用去1個不飽和度，b.化合物X最多能與金屬鈉反應，說明羥基的個數為4，c.不存在兩個羥基連接在同一個碳原子上，則符合條件的X的結構簡式為；（3）A.反應②中生成，為還原反應，在電解池陰極區進行，A項錯誤；B.化合物i（）中所有碳原子均為雜化，化合物ii（）中，甲基碳為雜化，氰基碳為雜化，B項錯誤；C.如圖所示，化合物v()、vi()中均存在手性碳，均有對映異構體，C項正確；D.根據反應⑤所給反應物和生成物的結構可推測該反應為，另一生成物為甲醇，能與水形成分子間氫鍵、易溶于水，D項正確；故選CD；（4）根據化合物v()的結構特征，分析預測其可能的化學性質：含有羥基且羥基所連碳上有氫，羥基所連鄰位碳原子上連有氫原子，在濃硫酸、加熱條件下，可以發生消去反應；在Cu、，加熱條件下可以發生催化氧化生成；（5）以化合物ii()和苯乙烯為有機原料，合成化合物ⅶ()，結合題目所給的路線信息，可推出合成路線如下(部分反應條件省略)：，①第一步反應的化學方程式為；②最后一步反應的化學方程式為；14.答案：(1)；(2)B(3)；，，反應進行徹底，故主要以形式除去(4)；用于分離和；4～5解析：鈷鎳渣經過酸浸，亞硫酸根離子被氧化為硫酸根離子，轉化為，還原為，轉化為，轉化為，轉化為轉化為，濾液經過氧化并調pH，除去，形成沉淀，加入除去，濾渣2為CuS，調節濾液2的pH為，用P204萃取除去，調節水相1的pH為，再用P507萃取分離和，有機相2中含，水相2經處理后可得溶液，有機相2再反草取得到。（1）“酸浸”時轉化為，發生反應的離子方程式為；由上述分