精品解析：四川省射洪市2024-2025学年高三下学期普通高考模拟5月测试化学试题

秘密★启用前【考试时间5月19日8：30—9：45】 射洪市2025年普通高考模拟测试 化 学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4.考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Fe-56 Co-59 Zn-65 一、单项选择题（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，只有一项是最符合题目要求的。） 1. 2025年2月12日，中国载人月球探测任务登月服被命名为“望宇”，载人月球车被命名为“探索”。下列叙述错误的是 A. “望宇”采用的聚酯纤维，属于人工合成高分子材料 B. “望宇”保温层使用的气凝胶，具有极低导热性和优异轻质特性 C. “探索”车轮可以采用天然橡胶，其主要成分为聚1，3-丁二烯 D. “探索”车身采用碳纤维复合材料，具有高强度、轻质和耐腐蚀等性质 2. 在日常生活中，我们会接触到各种各样的“剂”，它们有着不同的成分和用途。下列关于常见“剂”的主要成分、功能的说法正确的是 选项 常见“剂” 主要成分 主要功能 A 汽车“防冻液” 乙二醇 降低水的凝固点 B 厨房“洗洁精” 含NaOH的表面活性剂 乳化溶解油脂等物质 C 医用“酒精消毒剂” 95%的乙醇 使病毒细菌的蛋白质变性 D 面团“膨松剂” 碳酸钠 产生CO2使面团蓬松 A. A B. B C. C D. D 3. 可利用反应 NaCN+2NaOH+Cl2=NaCNO+2NaCl+H2O处理含剧毒物质氰化钠的废水。设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法错误是 A. NaCN中σ键和π键个数比为1：2 B. 25℃和101 kPa，22.4 L Cl2所含分子个数大于NA C. NaOH的电子式为 D. CNO⁻的空间结构为直线形 4. 蒙顶山茶是中国历史名茶，自古便有“扬子江中水，蒙顶山上茶”。茶多酚是茶叶的活性成分，具有抗菌、抗炎和抗癌功效，其结构如图所示。下列关于茶多酚的叙述正确的是 A. 能与Na2CO3溶液反应产生CO2 B. 1个分子中含1个手性碳原子 C. 具较好水溶性的主要原因是能与水形成分子间氢键 D. 在空气中能稳定存在 5. 实验操作是进行科学实验的基础。如图实验操作科学合理的是 A. 装置①：滴定终点前蒸馏水冲洗锥形瓶内壁 B. 装置②：实验室制备乙炔气体 C. 装置③：验证 水溶液的酸性和漂白性 D. 装置④：制备氨水 6. 化学与化工生产密切相关。下列工业生产中的反应式错误的是 选项 工业生产 反应式 A 氯碱工业 2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH- B 制备粗硅 2CO+SiO2Si+2CO2 C 侯氏制碱 NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl D 合成导电高分子材料 A. A B. B C. C D. D 7. 某学者绘制了一种八角星元素周期表，每个八角星代表一个周期(第1周期除外)，每个“●”代表一种元素，“------”相连代表同族元素。X、Y、Z、R、M为原子半径依次减小的五种短周期主族元素，Y的最外层电子数比最内层电子数多1.下列说法错误的是 A. 简单氢化物稳定性：Z >R B. 离子半径：Z >R>X C. X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物之间均能两两反应 D. X、R形成的化合物中一定含有离子键，可能含有共价键 8. 一定条件下，有机物a→b的重排异构化反应如图所示，下列说法正确的是 A. a的分子式为C12H12O3 B. a酸性条件下水解产物之一与b互为同系物 C. 与足量NaOH反应时，1mola和1molb均最多消耗1molNaOH D. 类比上述反应，的异构化产物可发生银镜反应 9. 下列关于实验方案和现象的解释或结论错误的是 选项 实验方案和现象 解释或结论 A 向某固体加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，湿润的红色石蕊试纸变蓝 固体一定是铵盐 B 将SO2气体通入FeCl3溶液中，溶液先变为红棕色(含[Fe(SO2)6]3+)，过一段时间又变成浅绿色 Fe3+与SO2络合反应速率比氧化还原反应速率快，但氧化还原反应的平衡常数更大 C 向MgCl2溶液中加入NaOH溶液，生成白色沉淀 NaOH碱性强于Mg(OH)2 D 取4mL亮黄色（含[FeCl4]-）的工业盐酸于试管中，滴加几滴硝酸银饱和溶液，生成白色沉淀，溶液亮黄色褪去 [FeCl4]-在高浓度Cl-的条件下才稳定 A. A B. B C. C D. D 10. 以铜阳极泥[含Cu、Ag、Au等单质为原料分离回收金和银的流程如下图所示，已知HAuCl4是一元强酸，下列说法错误的是 A. 酸1为稀硫酸，酸2为稀盐酸 B. “浸取2”中使用的酸提高了H2O2的氧化性 C. “还原”步骤的离子方程式为4AuCl+ 3N2H4 =4Au+3N2↑+16C1-+12H+ D. S2O离子中心S原子配位能力小于端基S原子 11. 下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述I 陈述 Ⅱ A 当镀层破损时，马口铁(镀锡钢板)比白铁皮(镀锌钢板)更难被腐蚀 用牺牲阳极法防止金属腐蚀 B 冠醚可用于识别碱金属离子 不同空穴大小的冠醚可与不同的碱金属离子形成超分子 C 酸性：CH3COOH>CH3CH2COOH 烷基是推电子基团，烷基越长推电子效应越小，O-H键极性越弱 D 向溴乙烷水解后的上层溶液中，滴入几滴AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成 溴乙烷中存在溴离子 A. A B. B C. C D. D 12. 设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解乙酸盐生成，将废旧锂离子电池的正极材料转化为，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。下列说法正确的是 A. 装置工作时，甲室溶液pH逐渐增大 B. 装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸 C. 乙室电极反应式为 D. 若甲室减少，乙室增加，则此时已进行过溶液转移 13. 与可发生反应生成腈()和异腈()两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图所示(TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。下列说法不正确的是 A. 腈和异腈互为同分异构体 B. 与生成腈和异腈的反应都是放热反应 C. I中“N…Ag”间的作用力比Ⅱ中“C…Ag”间的作用力弱 D. 从整个过程分析，从后续物的稳定性和反应速率的角度均有利生成后续物I 14. 是制作红外光学系统中的光学棱镜、透镜和窗口等光学元件的最好材料。的晶体结构呈立方体形，如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，的摩尔质量为。下列叙述错误的是 晶体结构示意图 A. 在晶体中，离子配位数为8，离子配位数为4 B. 两个最近的之间的距离是 C. 晶胞与8个形成的立方体的体积比为 D. 晶胞的密度是 15. 向AgBr饱和溶液(有足量AgBr固体)中滴加Na2S2O3溶液，发生如下反应：Ag++S2O[Ag(S2O3)]-和[Ag(S2O3)]-+S2O[Ag(S2O3)2]3-，lg[c(M)/(mol/L)]、lg[N]与lg[c(S2O)/(mol/L)]的关系如下图所示，M代表Ag+或Br-；N代表或。下列说法错误的是 A. 直线L1表示随c(S2O)变化的关系 B. a=-6.1 C. c(S2O)=0.001mol/L时，若溶液中[Ag(S2O3)2]3-的浓度为x mol/L，则c(Br-)= mol/L D. AgBr+2S2O=[Ag(S2O3)2]3-+Br-的K的数量级为101 二、非选择题(本题共4小题，共55分。) 16. 金属锆可用于核反应堆芯，战略价值高。以锆英砂（主要成分为ZrSiO4，含有Fe、Cr、Hf 等元素）为原料制备金属锆的工艺流程如下： 已知：①“酸溶”步骤所得溶液中各金属存在形式为Fe3+、ZrO2+、Cr3+、HfO2+。 ②常温下，Ksp[Fe(OH)3 ] =4.0 ×10 -38 Kb (BOH)=1.6×10-5。 ③利用物质接近沸点时升华速度快的特点可以进行物质分离。 物质 ZrCl4 FeCl3 CrCl3 FeCl2 CrCl2 沸点/℃ 331 315 1300 700 1150 回答下列问题： （1）Zr是40号元素，位于第五周期第ⅣB族。基态Zr原子的价电子排布式为______；Zr4+较Zr2+稳定的原因是______。 （2）“酸溶”时，Zr元素以ZrOCl2的形式存在，而不是ZrCl4，是因为ZrCl4极易水解。ZrCl4水解的离子方程式为______。 （3）“萃取”时，ZrO2+生成配合物 Zr(NO3)2Cl2·2TBP （TBP：磷酸三丁酯），可用______（填实验方法）测定其晶体结构。 （4）“沉淀”时，若常温下滤液中，则滤液中c(Fe3+) = ______mol·L-1。 （5）ZrO2不能直接与Cl2反应生成 ZrCl4，但“沸腾氯化”步骤中 ZrO2可转化为ZrCl4（同时生成FeCl3和CO，该反应ΔH <0），则加入碳粉的作用是______（从热力学角度分析）。 （6）“还原”的目的是______；若“还原”的产物均为化合物，“还原”过程的化学方程式为______。 17. 乳酸亚铁((CH3CH(OH)COO)2Fe，M = 234 g·mol-1)是良好的补铁剂，易溶于水(在水中溶解度随温度升高而增大)、难溶于乙醇，可由乳酸与FeCO3反应制得。 I． 制备FeCO3 （1）仪器c的名称是______。 （2）组装仪器，______（补充操作），加入试剂。先关闭K2，打开K1、K3。为了防止产品被空气氧化，待在m处检验到纯净的H2后，先将m处橡皮管插入装有水的烧杯中，再关闭K1、K3，打开K2。 （3）可用NaHCO3溶液替代B中Na2CO3溶液制备的FeCO3，发生反应的离子方程式为______。 此法所得产品纯度更高，原因是______。 （4）干燥的FeCO3是空气中稳定的白色固体，湿润时易因被氧化为氢氧化物而变成茶色，该反应的化学方程式为______。 Ⅱ．制备乳酸亚铁 （5）将制得的FeCO3和少量铁粉加入乳酸溶液中，75 ℃下搅拌反应。隔绝空气加热蒸发，______ (补充操作)，用适量乙醇洗涤，得到乳酸亚铁固体。 Ⅲ．乳酸亚铁产品纯度测定 （6）用KMnO4测定产品中亚铁含量进而计算乳酸亚铁晶体的质量分数，发现产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是______，经查阅文献后，改用铈(Ce)量法测定产品中Fe2+的含量。取9.3600 g样品加足量硫酸酸化溶解配成250.00 mL 溶液，取25.00 mL用0.1000 mol·L-1Ce(SO4)2标准液滴定。重复滴定4次，消耗标准液的体积分别为33.98 mL、33.10 mL、34.00 mL和34.02 mL。 滴定时发生反应：Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。产品纯度为______%。若滴定操作时间过长，则测得样品纯度将______(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。 18. 在“碳达峰、碳中和”的背景下，CO2通过加氢转化制甲醇、乙醇等化学品的研究备受关注。回答下列问题： Ⅰ．CO2加氢制甲醇 （1）已知如下热化学方程式： 反应ⅰ：   反应ⅱ： ∆H2 反应ⅲ： 计算：∆H2=______。 （2）在一绝热恒容的密闭容器中发生反应，下列说法不能说明该反应达到化学平衡状态的是 (填标号)。 A. 体系的压强保持不变 B. 混合气体的密度保持不变 C. 保持不变 D. CO的体积分数保持不变 （3）一定条件下，发生上述反应ⅰ、ⅱ、ⅲ，达到平衡时CO2的平衡转化率和甲醇选择性随温度变化的关系如图所示。 已知：甲醇的选择性。 ①260℃时，H2的转化率______。反应ⅰ的平衡常数______(精确到小数点后3位，是以物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数)。 ②从热力学角度分析，甲醇选择性随温度升高而降低的原因：______。 Ⅱ．电还原制备高附加值的有机物 已知：Sn、In、Bi的活性位点对O的连接能力较强，Au、Cu的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远强于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。 （4）CO2电还原可能的反应机理如图所示(表示吸附态的CO)。 ①参照机理图画出A的结构：______。 ②若还原产物主要为，应选择______(填“Sn”“Au”或“Cu”)作催化剂。 19. 奥司他韦H是一种作用于神经氨酸酶的特异性抑制剂，能够用于治疗流感，它的一种合成路线如图所示，回答下列问题。 已知： ①+PPh3+OPPh3 ② （1）H的含氧官能团除羧基、醚键之外还有______。 （2）A→B的反应类型为______。 （3）反应C→D中使用的 CH3OCH2Cl的作用是______。 （4）写出B→C的化学方程式：______。这一反应会伴随着一种有机副产物J生成，J的结构简式为______。 （5）H的某个同系物K比H少6个碳原子，满足下列条件的K的同分异构体有种______(不考虑立体异构)。 (i)含有苯环且苯环上有6个取代基 (ii)没有碳原子直接与苯环相连 (iii)有一个乙基 写出一种核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积比为1：2：2：3：4的物质的结构简式______。 （6）参考上述合成路线，以为原料，合成 ______(无机试剂及题目中所给试剂任选)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 秘密★启用前【考试时间5月19日8：30—9：45】 射洪市2025年普通高考模拟测试 化 学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4.考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Fe-56 Co-59 Zn-65 一、单项选择题（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，只有一项是最符合题目要求的。） 1. 2025年2月12日，中国载人月球探测任务登月服被命名为“望宇”，载人月球车被命名为“探索”。下列叙述错误的是 A. “望宇”采用的聚酯纤维，属于人工合成高分子材料 B. “望宇”保温层使用的气凝胶，具有极低导热性和优异轻质特性 C. “探索”车轮可以采用天然橡胶，其主要成分为聚1，3-丁二烯 D. “探索”车身采用碳纤维复合材料，具有高强度、轻质和耐腐蚀等性质 【答案】C 【解析】 【详解】A．“望宇”采用的聚酯纤维（如涤纶）是通过化学合成制得的高分子化合物，属于人工合成高分子材料（如聚对苯二甲酸乙二醇酯），A正确； B．气凝胶是一种多孔固体材料，具有极低的热导率（导热性差）和极低的密度（轻质），常用于保温隔热，B正确； C．天然橡胶的主要成分是聚异戊二烯（顺-1,4-聚异戊二烯），而聚1,3-丁二烯是合成橡胶（如丁苯橡胶或顺丁橡胶）的主要成分，并非天然橡胶。该叙述将两者混淆，C错误； D．碳纤维复合材料由碳纤维和树脂等基体复合而成，具有高强度、低密度（轻质）和耐腐蚀等优异性能，适用于航天器结构，D正确； 故选C。 2. 在日常生活中，我们会接触到各种各样的“剂”，它们有着不同的成分和用途。下列关于常见“剂”的主要成分、功能的说法正确的是 选项 常见“剂” 主要成分 主要功能 A 汽车“防冻液” 乙二醇 降低水的凝固点 B 厨房“洗洁精” 含NaOH的表面活性剂 乳化溶解油脂等物质 C 医用“酒精消毒剂” 95%的乙醇 使病毒细菌的蛋白质变性 D 面团“膨松剂” 碳酸钠 产生CO2使面团蓬松 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．汽车“防冻液”的主要成分是降低水的凝固点的乙二醇，故A正确； B．厨房“洗洁精”的主要成分是能够乳化溶解油脂等物质的不含有氢氧化钠的表面活性剂，故B错误； C．医用“酒精消毒剂”的主要成分是能使病毒细菌的蛋白质变性的75%的乙醇，故C错误； D．面团“膨松剂”的主要成分是能产生二氧化碳使面团蓬松的碳酸氢钠，故D错误； 故选A。 3. 可利用反应 NaCN+2NaOH+Cl2=NaCNO+2NaCl+H2O处理含剧毒物质氰化钠的废水。设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法错误是 A. NaCN中σ键和π键个数比为1：2 B. 25℃和101 kPa，22.4 L Cl2所含分子个数大于NA C. NaOH的电子式为 D. CNO⁻的空间结构为直线形 【答案】B 【解析】 【详解】A．氰化钠是含有离子键的离子化合物，阴离子氰酸根离子的结构式为，离子中碳氮三键中含有1个σ键和2个π键，所以化合物中σ键和π键个数比为1：2，故A正确； B．25℃和101 kPa时，气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以22.4 L氯气所含分子个数小于×NAmol—1=NA，故B错误； C．氢氧化钠是含有离子键和共价键的离子化合物，电子式为，故C正确； D．CNO⁻和二氧化碳的原子个数都为3、价电子数都为16，互为等电子体，等电子体具有相同的空间构型，二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为2+=2，孤对电子对数为0，分子的空间结构为直线形，所以CNO⁻的空间结构也为直线形，故D正确； 故选B。 4. 蒙顶山茶是中国历史名茶，自古便有“扬子江中水，蒙顶山上茶”。茶多酚是茶叶的活性成分，具有抗菌、抗炎和抗癌功效，其结构如图所示。下列关于茶多酚的叙述正确的是 A. 能与Na2CO3溶液反应产生CO2 B. 1个分子中含1个手性碳原子 C. 具较好水溶性的主要原因是能与水形成分子间氢键 D. 在空气中能稳定存在 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题干信息可知，有机物中含有酚羟基，能与Na2CO3溶液反应产生NaHCO3，但不含羧基即不能生成CO2，A错误； B．已知同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故1个分子中含2个手性碳原子，如图所示：，B错误； C．由题干有机物结构简式可知，分子中含有多个羟基，羟基能与水形成分子间氢键，导致其具较好水溶性，C正确； D．由题干有机物结构简式可知，分子中含有多个羟基，能被空气中的O2氧化，即其不能在空气中稳定存在，D错误； 故答案为：C。 5. 实验操作是进行科学实验的基础。如图实验操作科学合理的是 A. 装置①：滴定终点前蒸馏水冲洗锥形瓶内壁 B. 装置②：实验室制备乙炔气体 C. 装置③：验证 水溶液的酸性和漂白性 D. 装置④：制备氨水 【答案】A 【解析】 【详解】A．冲洗锥形瓶内壁，可保证充分反应，图中操作合理，A正确； B．实验室用水和电石为原料制备乙炔，生成的氢氧化钙是糊状物，无法控制反应的停止，一般用饱和食盐水代替水，减缓反应速率，B错误； C．溶于水，反应产生亚硫酸，亚硫酸电离产生使溶液表现酸性， 因此将 通入显蓝色的石蕊试液中，能看到溶液变为红色，但不能使变为红色的溶液褪色，因此只能验证水溶液的酸性，而不能验证其漂白性，C错误； D．氨气极易溶于水，导管伸入水中会引起倒吸，D错误； 故选A。 6. 化学与化工生产密切相关。下列工业生产中的反应式错误的是 选项 工业生产 反应式 A 氯碱工业 2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH- B 制备粗硅 2CO+SiO2Si+2CO2 C 侯氏制碱 NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl D 合成导电高分子材料 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．电解饱和NaCl溶液：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，A正确； B．SiO2和C在高温下反应生成Si和CO，该反应的化学方程式为，B错误； C．侯氏制碱法利用了纯碱的溶解度较小的原理，向饱和氯化钠溶液中通入氨气、二氧化碳生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，C正确； D．聚乙炔中碳原子采取sp2杂化，未杂化的p轨道上有电子，可以导电，加聚反应为，D正确； 故选B。 7. 某学者绘制了一种八角星元素周期表，每个八角星代表一个周期(第1周期除外)，每个“●”代表一种元素，“------”相连代表同族元素。X、Y、Z、R、M为原子半径依次减小的五种短周期主族元素，Y的最外层电子数比最内层电子数多1.下列说法错误的是 A. 简单氢化物稳定性：Z >R B. 离子半径：Z >R>X C. X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物之间均能两两反应 D. X、R形成的化合物中一定含有离子键，可能含有共价键 【答案】A 【解析】 【分析】Y的最外层电子总数比最内层电子总数多一个，且位于第三周期，所以Y为Al；M位于第一周期，M为H元素；根据八角星的结构，X为Na，Z为Cl，R为O，以此解答； 【详解】A．非金属性：Cl<O，简单氢化物稳定性：HCl<H2O，A错误； B．电子层越多半径越大，电子层相同，质子数多半径小，故离子半径：Cl->O2->Na+，B正确； C．X、Y、Z最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝、高氯酸，氢氧化铝为两性氢氧化物，则均能两两反应，C正确； D．O、Na形成的两种常见化合物为Na2O和Na2O2，Na2O中含有离子键，Na2O2中含有离子键和共价键，D正确； 故选A。 8. 一定条件下，有机物a→b的重排异构化反应如图所示，下列说法正确的是 A. a的分子式为C12H12O3 B. a酸性条件下水解产物之一与b互为同系物 C. 与足量NaOH反应时，1mola和1molb均最多消耗1molNaOH D. 类比上述反应，的异构化产物可发生银镜反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．a的分子式为C12H14O3，A错误； B．a酸性条件下水解产物为、CH3COOH，与b不互为同系物，B错误； C．与足量NaOH反应时，1mola最多消耗2mol NaOH，1molb最多消耗1molNaOH，C错误； D．类比上述反应，的异构化产物为，结构中含有醛基，可发生银镜反应，D正确； 故选D。 9. 下列关于实验方案和现象的解释或结论错误的是 选项 实验方案和现象 解释或结论 A 向某固体加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，湿润的红色石蕊试纸变蓝 固体一定是铵盐 B 将SO2气体通入FeCl3溶液中，溶液先变为红棕色(含[Fe(SO2)6]3+)，过一段时间又变成浅绿色 Fe3+与SO2络合反应速率比氧化还原反应速率快，但氧化还原反应的平衡常数更大 C 向MgCl2溶液中加入NaOH溶液，生成白色沉淀 NaOH碱性强于Mg(OH)2 D 取4mL亮黄色（含[FeCl4]-）的工业盐酸于试管中，滴加几滴硝酸银饱和溶液，生成白色沉淀，溶液亮黄色褪去 [FeCl4]-在高浓度Cl-的条件下才稳定 A. A B. B C. C D. D 【答案】AC 【解析】 【详解】A．氮化镁、铵盐等和浓氢氧化钠溶液反应生成氨气都能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，所以不一定就是铵盐，A错误； B．根据溶液先变为变为红棕色，过一段时间又变成浅绿色，说明SO2先与Fe3+发生络合反应生成[Fe(SO2)6]3+)，络合反应速率比氧化还原反应速率快，最终溶液显浅绿色说明氧化还原反应生成亚铁离子的平衡常数更大，B正确； C．向MgCl2溶液中加入NaOH溶液，生成白色沉淀是因为氢氧化镁溶解度小，不是因为NaOH碱性强于Mg(OH)2，若向MgCl2溶液中加入一定浓度的氨水，也有生成白色沉淀，但碱性弱于Mg(OH)2，C错误； D．滴加几滴硝酸银饱和溶液，氯离子和银离子生成氯化银白色沉淀，溶液中氯离子浓度减小，溶液亮黄色褪去，说明[FeCl4]-在高浓度Cl-的条件下才稳定，D正确； 故选AC。 10. 以铜阳极泥[含Cu、Ag、Au等单质为原料分离回收金和银的流程如下图所示，已知HAuCl4是一元强酸，下列说法错误的是 A. 酸1为稀硫酸，酸2为稀盐酸 B. “浸取2”中使用的酸提高了H2O2的氧化性 C. “还原”步骤的离子方程式为4AuCl+ 3N2H4 =4Au+3N2↑+16C1-+12H+ D. S2O离子中心S原子配位能力小于端基S原子 【答案】B 【解析】 【分析】由题给流程可知，向铜、银、金的混合物中加入稀硫酸和过氧化氢的混合溶液浸取，将铜转化为硫酸铜，银、金不反应，过滤得到含有硫酸铜的浸出液1和含银、金的浸渣1，则酸1为稀硫酸；向浸渣1中加入盐酸和过氧化氢的混合溶液浸取，将银转化为氯化银、金转化为HAuCl4，过滤得到含有氯化银的浸渣2和含有HAuCl4的浸出液2，则酸2为稀盐酸；向浸渣2中加入硫代硫酸钠溶液，将氯化银转化为二硫代硫酸根合银离子，过滤得到含有二硫代硫酸根合银离子的浸出液3；浸出液3电沉积得到银；向含有HAuCl4的浸出液2中加入肼，将溶液中HAuCl4转化为金。 【详解】A．由分析可知，酸1为稀硫酸，酸2为稀盐酸，故A正确； B．由分析可知，浸取2中使用稀盐酸的目的是将银转化为氯化银、金转化为HAuCl4，不是提高了过氧化氢的氧化性，故B错误； C．由分析可知，加入肼的目的是将溶液中HAuCl4转化为金，反应的离子方程式为4AuCl+ 3N2H4 =4Au+3N2↑+16C1-+12H+，故C正确； D．硫代硫酸根离子的结构式为，离子中中心原子硫原子的孤对电子对数为=0，端基硫原子的孤对电子对数为=2，所以中心硫原子配位能力小于端基硫原子，故D正确； 故选B。 11. 下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述I 陈述 Ⅱ A 当镀层破损时，马口铁(镀锡钢板)比白铁皮(镀锌钢板)更难被腐蚀 用牺牲阳极法防止金属腐蚀 B 冠醚可用于识别碱金属离子 不同空穴大小的冠醚可与不同的碱金属离子形成超分子 C 酸性：CH3COOH>CH3CH2COOH 烷基是推电子基团，烷基越长推电子效应越小，O-H键极性越弱 D 向溴乙烷水解后的上层溶液中，滴入几滴AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成 溴乙烷中存在溴离子 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．镀锡钢板中，铁的活泼性强于锡，则铁被腐蚀，镀锌钢板中，锌的活泼性强于铁，钢板被保护，则锌被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，陈述Ⅰ错误，故A错误； B．冠醚空腔直径的大小不同，识别粒子直径大小不同的碱金属阳离子，从而形成超分子，故B正确； C．烷基是推电子基团，烷基越长推电子效应越大，使羧基中的羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱，因此酸性：CH3CH2COOH＜CH3COOH，陈述Ⅱ错误，故C错误； D．溴乙烷水解生成的NaBr电离出 溴离子，与硝酸银生成淡黄色沉淀，则陈述Ⅱ错误，故D错误； 答案选B。 12. 设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解乙酸盐生成，将废旧锂离子电池的正极材料转化为，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。下列说法正确的是 A. 装置工作时，甲室溶液pH逐渐增大 B. 装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸 C. 乙室电极反应式为 D. 若甲室减少，乙室增加，则此时已进行过溶液转移 【答案】BD 【解析】 【分析】由于乙室中两个电极的电势差比甲室大，所以乙室是原电池，甲室是电解池，然后根据原电池、电解池反应原理分析解答。 【详解】A．电池工作时，甲室中细菌上乙酸盐的阴离子失去电子被氧化为CO2气体，同时生成H+，电极反应式为CH3COO--8 e-+2 H2O =2CO2↑+7 H+，H+通过阳膜进入阴极室，甲室的电极反应式为Co2++2e-=Co，因此，甲室溶液pH逐渐减小，A错误； B．对于乙室，正极上LiCoO2得到电子，被还原为Co2+，同时得到Li+，其中的O2-与溶液中的H+结合H2O，电极反应式为2LiCoO2+2e-+8H+=2Li++2Co2++4H2O，负极发生的反应为CH3COO--8 e-+2 H2O =2CO2↑+7 H+，负极产生的H+通过阳膜进入正极室，但是乙室的H+浓度仍然是减小的，因此电池工作一段时间后应该补充盐酸，B正确； C．电解质溶液为酸性，不可能大量存在OH-，乙室电极反应式为：LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O，C错误； D．若甲室Co2+减少200 mg，则电子转移物质的量为n(e-)= ；若乙室Co2+增加300 mg，则转移电子的物质的量为n(e-)=，由于电子转移的物质的量不等，说明此时已进行过溶液转移，即将乙室部分溶液转移至甲室，D正确； 故合理选项是BD。 13. 与可发生反应生成腈()和异腈()两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图所示(TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。下列说法不正确的是 A. 腈和异腈互为同分异构体 B. 与生成腈和异腈的反应都是放热反应 C. I中“N…Ag”间的作用力比Ⅱ中“C…Ag”间的作用力弱 D. 从整个过程分析，从后续物的稳定性和反应速率的角度均有利生成后续物I 【答案】D 【解析】 【详解】A．腈和异腈化学式相同，结构不同，互为同分异构体，A正确； B．由反应历程及能量变化图可知，两种路径生成的产物的总能量均低于反应物，故与生成腈和异腈的反应都是放热反应，B正确； C．由反应历程及能量变化图可知，后续物Ⅰ、Ⅱ转化为产物，分别断开的是N…Ag和C…Ag，且后者吸收更多的能量，故Ⅰ中“N…Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C…Ag”之间的作用力弱，C正确； D．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；从反应速率的角度有利生成后续物Ⅱ，物质能量越低越稳定，从后续物的稳定性的角度有利生成后续物I，D错误； 故选D。 14. 是制作红外光学系统中的光学棱镜、透镜和窗口等光学元件的最好材料。的晶体结构呈立方体形，如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，的摩尔质量为。下列叙述错误的是 晶体结构示意图 A. 在晶体中，离子配位数为8，离子配位数为4 B. 两个最近的之间的距离是 C. 晶胞与8个形成的立方体的体积比为 D. 晶胞的密度是 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知，在晶体中，阳离子配位数为8，阴离子配位数为4，A项正确； B．根据侧面图可看出，2mpm为面对角线的长度，边长为，两个最近的之间的距离为立方体边长的一半，所以两个最近的之间的距离为，B项正确； C．观察晶胞，可看出8个形成的小立方体的边长为晶胞边长的，所以晶胞与8个形成的立方体的体积比为，C项错误； D．根据图示可知晶胞中含4个和8个，它的边长为，则该晶胞密度：，D项正确； 答案选C。 15. 向AgBr饱和溶液(有足量AgBr固体)中滴加Na2S2O3溶液，发生如下反应：Ag++S2O[Ag(S2O3)]-和[Ag(S2O3)]-+S2O[Ag(S2O3)2]3-，lg[c(M)/(mol/L)]、lg[N]与lg[c(S2O)/(mol/L)]的关系如下图所示，M代表Ag+或Br-；N代表或。下列说法错误的是 A. 直线L1表示随c(S2O)变化的关系 B. a=-6.1 C. c(S2O)=0.001mol/L时，若溶液中[Ag(S2O3)2]3-的浓度为x mol/L，则c(Br-)= mol/L D. AgBr+2S2O=[Ag(S2O3)2]3-+Br-的K的数量级为101 【答案】C 【解析】 【分析】溴化银的饱和溶液中溴离子浓度和银离子浓度相等，向饱和溶液中滴加硫代硫酸钠溶液时，溶液中银离子浓度减小、溴离子浓度增大，则b点所在曲线表示银离子浓度与硫代硫酸根离子浓度变化的关系、d点所在曲线表示溴离子与硫代硫酸根离子浓度变化的关系；溴化银与硫代硫酸钠溶液开始反应时，溴化银主要转化为[Ag(S2O3)]-，溶液中小于，则直线L1表示随硫代硫酸根离子浓度变化的关系、直线L2表示随硫代硫酸根离子浓度变化的关系；由图可知，溶液中硫代硫酸根离子浓度为10-4.6mol/L时，溶液中溴离子和银离子浓度分别为10-3.85mol/L、10-8.35mol/L，则溴化银的溶度积常数Ksp=c(Ag+)c(Br-)=10-12.2。 【详解】A．由上述分析可知，直线L1表示随硫代硫酸根离子浓度变化的关系，故A正确； B．由上述分析可知，Ksp=c(Ag+)c(Br-)=10-12.2，则a点时c(Br-)=c(Ag+)=mol/L=10-6.1mol/L，a=-lg10-6.1=6.1，故B正确； C．反应Ag++2S2O⇌[Ag(S2O3)2]3-的平衡常数K=，根据(-4.6，4.2)点数值计算平衡常数K=104.2×(104.6)2=1013.4，Ksp=c(Ag+)c(Br-)=10-12.2，c(S2O)=0.001mol/L、c{[Ag(S2O3)2]3-}=xmol/L时c(Ag+)=10-7.4xmol/L，则c(Br-)=mol/L，故C错误； D．由图可知，溶液中硫代硫酸根离子浓度为10-4.6mol/L时，溶液中溴离子和银离子浓度分别为10-3.85mol/L、10-8.35mol/L，为10-4.2时，则溶液中的浓度为mol/L=10-4.15mol/L，反应的平衡常数K==101.2，数量级为101，故D正确； 答案选C。 二、非选择题(本题共4小题，共55分。) 16. 金属锆可用于核反应堆芯，战略价值高。以锆英砂（主要成分为ZrSiO4，含有Fe、Cr、Hf 等元素）为原料制备金属锆的工艺流程如下： 已知：①“酸溶”步骤所得溶液中各金属存在形式为Fe3+、ZrO2+、Cr3+、HfO2+。 ②常温下，Ksp[Fe(OH)3 ] =4.0 ×10 -38 Kb (BOH)=1.6×10-5。 ③利用物质接近沸点时升华速度快的特点可以进行物质分离。 物质 ZrCl4 FeCl3 CrCl3 FeCl2 CrCl2 沸点/℃ 331 315 1300 700 1150 回答下列问题： （1）Zr是40号元素，位于第五周期第ⅣB族。基态Zr原子的价电子排布式为______；Zr4+较Zr2+稳定的原因是______。 （2）“酸溶”时，Zr元素以ZrOCl2的形式存在，而不是ZrCl4，是因为ZrCl4极易水解。ZrCl4水解的离子方程式为______。 （3）“萃取”时，ZrO2+生成配合物 Zr(NO3)2Cl2·2TBP （TBP：磷酸三丁酯），可用______（填实验方法）测定其晶体结构。 （4）“沉淀”时，若常温下滤液中，则滤液中c(Fe3+) = ______mol·L-1。 （5）ZrO2不能直接与Cl2反应生成 ZrCl4，但“沸腾氯化”步骤中 ZrO2可转化为ZrCl4（同时生成FeCl3和CO，该反应ΔH <0），则加入碳粉的作用是______（从热力学角度分析）。 （6）“还原”的目的是______；若“还原”的产物均为化合物，“还原”过程的化学方程式为______。 【答案】（1） ①. 4d25s2 ②. Zr4+的4d和5s能级均为全空状态，较稳定 （2）Zr4++H2O=ZrO2++2H+ （3）x射线衍射法 （4）4.0×10-23 （5）生成CO气体，体系熵增大，反应趋势增大 （6） ①. 将FeCl3转化为FeCl2，防止FeCl3升华影响ZrCl4的纯度 ②. 2FeCl3+H22FeCl2+2HCl 【解析】 【分析】锆英砂主要含ZrSiO4，还含有少量、、等元素为原料生产金属锆，“酸溶”后溶液中各金属元素的存在形式为：、、、，“萃取”时，除掉，而后进行反萃取，“沉淀”时Fe3+、Cr3+生成沉淀，焙烧后生成ZrO2、Fe2O3、Cr2O3，“沸腾氯化”时，转化为ZrCl4、FeCl3、CrCl3，由于FeCl3和ZrCl4沸点接近，因此加入H2把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质，最后升华得到ZrCl4，镁热反应后产生金属锆，据此作答； 【小问1详解】 Zr是40号元素，位于第五周期第ⅣB族。基态Zr原子的价电子排布式为4d25s2；Zr2+的5s能级均为全空状态，Zr4+的4d和5s能级均为全空状态，较稳定； 【小问2详解】 ZrCl4为强酸弱碱盐，水解生成ZrO2+，故离子方程式为Zr4++H2O=ZrO2++2H+； 【小问3详解】 x射线衍射法可以测定其晶体结构、组成、晶格参数等； 【小问4详解】 “沉淀”后的“废液”中有，，则，，则“废液”中； 【小问5详解】 “沸腾氯化”时，加入C、通入氯气，转化为，同时生成一种还原性气体CO，该反应的化学方程式为，该反应，生成CO气体，体系熵增大，反应自发趋势增大； 【小问6详解】 “还原”的主要目的是：的沸点为，的沸点为，二者沸点接近，一起升华产品纯度降低，故将转化为沸点更高的，避免升华时含有杂质；加入H2把FeCl3还原为FeCl2，“还原”的产物均为化合物，“还原”过程的化学方程式为2FeCl3+H22FeCl2+2HCl。 17. 乳酸亚铁((CH3CH(OH)COO)2Fe，M = 234 g·mol-1)是良好的补铁剂，易溶于水(在水中溶解度随温度升高而增大)、难溶于乙醇，可由乳酸与FeCO3反应制得。 I． 制备FeCO3 （1）仪器c的名称是______。 （2）组装仪器，______（补充操作），加入试剂。先关闭K2，打开K1、K3。为了防止产品被空气氧化，待在m处检验到纯净的H2后，先将m处橡皮管插入装有水的烧杯中，再关闭K1、K3，打开K2。 （3）可用NaHCO3溶液替代B中Na2CO3溶液制备的FeCO3，发生反应的离子方程式为______。 此法所得产品纯度更高，原因是______。 （4）干燥的FeCO3是空气中稳定的白色固体，湿润时易因被氧化为氢氧化物而变成茶色，该反应的化学方程式为______。 Ⅱ．制备乳酸亚铁 （5）将制得的FeCO3和少量铁粉加入乳酸溶液中，75 ℃下搅拌反应。隔绝空气加热蒸发，______ (补充操作)，用适量乙醇洗涤，得到乳酸亚铁固体。 Ⅲ．乳酸亚铁产品纯度测定 （6）用KMnO4测定产品中亚铁含量进而计算乳酸亚铁晶体的质量分数，发现产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是______，经查阅文献后，改用铈(Ce)量法测定产品中Fe2+的含量。取9.3600 g样品加足量硫酸酸化溶解配成250.00 mL 溶液，取25.00 mL用0.1000 mol·L-1Ce(SO4)2标准液滴定。重复滴定4次，消耗标准液的体积分别为33.98 mL、33.10 mL、34.00 mL和34.02 mL。 滴定时发生反应：Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。产品纯度为______%。若滴定操作时间过长，则测得样品纯度将______(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。 【答案】（1）三颈烧瓶 （2）检查装置气密性 （3） ①. Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O ②. Na2CO3溶液碱性比 NaHCO3溶液强，易与FeSO4溶液发生双水解反应使得产品中混有Fe(OH)2杂质 （4）4FeCO3 +6H2O+O2 =4Fe(OH)3 +4CO2 （5）冷却结晶，过滤 （6） ①. 乳酸根离子中含有羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化 ②. 85% ③. 偏小 【解析】 【分析】亚铁离子容易被氧气氧化，制备碳酸亚铁过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故圆底烧瓶内制备硫酸亚铁，利用生成的氢气，使圆底烧瓶中气压增大，将圆底烧瓶中的硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶中，和Na2CO3溶液发生反应制备碳酸亚铁，碳酸亚铁再与乳酸反应即可制备乳酸亚铁； 【小问1详解】 据仪器的构造可知，仪器c名称为三颈烧瓶； 【小问2详解】 装置中涉及气体的产生和反应，则需装置不漏气，故为检查装置气密性； 【小问3详解】 NaHCO3溶液会和亚铁离子反应生成二氧化碳、水和FeCO3，发生反应的离子方程式为Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；Na2CO3溶液碱性比 NaHCO3溶液强，易与FeSO4溶液发生双水解反应使得产品中混有Fe(OH)2杂质，故使用碳酸氢钠生成碳酸亚铁所得产品纯度更高； 【小问4详解】 亚铁具有还原性，空气中氧气具有氧化性，结合质量守恒，则FeCO3湿润时易因被氧化为氢氧化物氢氧化铁，同时生成二氧化碳，反应为：4FeCO3 +6H2O+O2 =4Fe(OH)3 +4CO2； 【小问5详解】 通过反应从溶液中得到乳酸亚铁固体，则操作为：隔绝空气加热蒸发，冷却结晶、过滤，用适量乙醇洗涤，得到乳酸亚铁固体； 【小问6详解】 乳酸亚铁中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%；反应为Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，第二次滴定数据误差较大，舍弃，则平均消耗标准液34.00mL，产品纯度为。若滴定操作时间过长，则样品中亚铁离子容易被氧气氧化，导致标准溶液体积偏小，则产品纯度将偏小。 18. 在“碳达峰、碳中和”的背景下，CO2通过加氢转化制甲醇、乙醇等化学品的研究备受关注。回答下列问题： Ⅰ．CO2加氢制甲醇 （1）已知如下热化学方程式： 反应ⅰ：   反应ⅱ： ∆H2 反应ⅲ： 计算：∆H2=______。 （2）在一绝热恒容的密闭容器中发生反应，下列说法不能说明该反应达到化学平衡状态的是 (填标号)。 A. 体系的压强保持不变 B. 混合气体的密度保持不变 C. 保持不变 D. CO的体积分数保持不变 （3）一定条件下，发生上述反应ⅰ、ⅱ、ⅲ，达到平衡时CO2的平衡转化率和甲醇选择性随温度变化的关系如图所示。 已知：甲醇的选择性。 ①260℃时，H2的转化率______。反应ⅰ的平衡常数______(精确到小数点后3位，是以物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数)。 ②从热力学角度分析，甲醇选择性随温度升高而降低的原因：______。 Ⅱ．电还原制备高附加值的有机物 已知：Sn、In、Bi的活性位点对O的连接能力较强，Au、Cu的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远强于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。 （4）CO2电还原可能的反应机理如图所示(表示吸附态的CO)。 ①参照机理图画出A的结构：______。 ②若还原产物主要为，应选择______(填“Sn”“Au”或“Cu”)作催化剂。 【答案】（1）-90.6 （2）BC （3） ①. 22% ②. 0.022 ③. 由于反应ⅰ吸热，反应ⅱ、ⅲ放热，所以升高温度，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ、ⅲ平衡逆向移动，甲醇的选择性降低 （4） ①. ②. Cu 【解析】 【小问1详解】 由盖斯定律可知，反应ⅰ+反应ⅱ=反应ⅲ，则△H2=△H3—△H1=(—49.4kJ/mol)—(+41.2kJ/mol)=—90.6kJ/mol，故答案为：—90.6； 【小问2详解】 A．该反应是气体体积不变的吸热反应，绝热恒容的密闭容器中反应时，容器中温度减小，体系压强减小，当体系的压强保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确； B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误； C．由碳原子个数守恒可知，反应中始终不变，则保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误； D．一氧化碳的体积分数保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确； 故选BC； 【小问3详解】 ①设起始二氧化碳和氢气的物质的量为1mol、3mol，由图可知，260℃时二氧化碳的转化率为30%、甲醇的选择性为60%，则平衡时二氧化碳的物质的量为1mol—1mol×30%=0.7mol，甲醇的物质的量为1mol×30%×60%=0.18mol，一氧化碳的物质的量为1mol×30%×40%=0.12mol，由氧原子个数守恒可知，水蒸气的物质的量为1mol×2-0.7mol×2-0.18mol-0.12mol=0.3mol，由氢原子个数守恒可知，氢气的物质的量为=2.34mol，则混合气体的总物质的量为3.64mol，氢气的转化率为×100%=22%，反应ⅰ的平衡常数≈0.022，故答案为：22%；0.022； ②甲醇选择性随温度升高而降低是因为反应ⅰ为吸热反应，反应ⅱ、ⅲ为放热反应，升高温度，反应ⅰ的平衡向正反应方向移动，反应ⅱ、ⅲ的平衡向逆反应方向移动，使得甲醇的选择性降低，故答案为：由于反应ⅰ吸热，反应ⅱ、ⅲ放热，所以升高温度，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ、ⅲ平衡逆向移动，甲醇的选择性降低； 【小问4详解】 ①由图可知，二氧化碳在催化剂表面得到电子转化为，则a为，故答案为：； ②由图可知，生成甲烷的第一步反应是二氧化碳中的碳原子与催化剂活性位点相连，由题给信息可知，锡的活性位点对氧原子的连接能力较强，金、铜的活性位点对碳原子的连接能力较强，但铜对一氧化碳的吸附能力远强于金，且铜吸附一氧化碳后不易脱离，所以应选择铜做催化剂制备甲烷，故答案为：Cu。 19. 奥司他韦H是一种作用于神经氨酸酶的特异性抑制剂，能够用于治疗流感，它的一种合成路线如图所示，回答下列问题。 已知： ①+PPh3+OPPh3 ② （1）H的含氧官能团除羧基、醚键之外还有______。 （2）A→B的反应类型为______。 （3）反应C→D中使用的 CH3OCH2Cl的作用是______。 （4）写出B→C的化学方程式：______。这一反应会伴随着一种有机副产物J生成，J的结构简式为______。 （5）H的某个同系物K比H少6个碳原子，满足下列条件的K的同分异构体有种______(不考虑立体异构)。 (i)含有苯环且苯环上有6个取代基 (ii)没有碳原子直接与苯环相连 (iii)有一个乙基 写出一种核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积比为1：2：2：3：4的物质的结构简式______。 （6）参考上述合成路线，以为原料，合成 ______(无机试剂及题目中所给试剂任选)。 【答案】（1）酰胺基 （2）取代反应或酯化反应 （3）保护羟基 （4） ①. ②. （5） ①. 9 ②. 或 （6） 【解析】 【分析】A和甲醇发生酯化反应生成B，根据信息①，B与(C2H5OOCN)2、PPh3反应得到，C是 ；C和CH3OCH2Cl发生取代反应生成D，据此进行解答。 【小问1详解】 根据H 的结构简式，H的含氧官能团除羧基、醚键之外还有酰胺基； 【小问2详解】 A→B是A中的羧基和甲醇发生酯化反应生成酯基，反应类型为取代反应； 【小问3详解】 反应 C→D 是C中羟基和CH3OCH2Cl发生取代反应，根据流程可知，F→G又水解出羟基，所以C→D使用的 CH3OCH2Cl 的作用是保护羟基； 【小问4详解】 根据信息①，B与(C2H5OOCN)2、PPh3反应生成、O=PPh3、，B→C 的化学方程式为++PPh3→++O=PPh3，B→C的反应生成B中相邻2个羟基脱水形成醚键，所以这一反应会伴随着一种有机副产物 J 生成，J 的结构简式为； 【小问5详解】 H的分子式为C14H24O4N2，H的某个同系物K比H少6个碳原子，K的分子式为C8H12O4N2，(i) 含有苯环且苯环上有 6 个取代基； (ii)没有碳原子直接与苯环相连； (iii)有一个乙基。6个取代基可能是3个－OH、2个－NH2、1个－OCH2CH3，6个取代基在苯环上的位置有6种（可看成中3个—OH被2个—NH2和1个－OCH2CH3代替，2个—NH2有邻、间、对三种位置，1个－OCH2CH3代替依次有2、3、1种位置，共2+3+1=6种）；6个取代基可能是4个－OH、1个－NH2、1个－NHCH2CH3，6个取代基在苯环上的位置有3种（可看成中2个—OH被1个－NH2和1个－NHCH2CH3代替，两个取代基有邻、间、对三种位置）；符合条件的同分异构体共9种；核磁共振氢谱显示 5 组峰，且峰面积比为 1：2：2：3：4 的物质的结构简式为或； 【小问6详解】 根据信息①，和（C2H5OOCN）2、PPh3反应得到，氧化得到，根据信息②，在酸性条件下水解得到，和一氯甲烷发生取代反应生成，合成路线为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $