2025年高三下学期学科素养月度测评化学（三）3版(山东专用)-【真题密卷】2025年高三下学期化学学科素养月度测评

2024一2025学年度下学期学科素养月度测评 题 化学（三） 本试卷总分100分，考试时间90分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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。回答非选择题时，将答案写在答题卡 上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H一1Li一7O一16S-32Mn一55Fe-56 Ni-59I-127La-139 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20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.化学与生产、生活密切相关。下列分析错误的是 ( A.将大豆煮熟后与面粉混合加醋曲酿醋：该过程不涉及氧化还原反应 B.谷雨时节“雷雨肥田”：与氮元素在自然界中的转化有关 C.用高粱制作饴糖（主要成分为麦芽糖）：麦芽糖与蔗糖互为同分异构体 D.“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”：石灰石变为生石灰的过程是吸热反应 2.下列化学用语或叙述中错误的是 A.中子数为10的氧原子：80 失去2×e B.用双线桥法表示Na和Cl2反应电子转移的方向和数目：2Na+CL,一2NaC1 得到2×e C.烷烃 的名称：2,6,6-三甲基庚烷 D.用电子式表示HCl的形成过程：H×+.C1:→HCI: ●● 3.用FeCl2和NaBH4制备纳米零价铁的反应为FeCl2+2NaBH4+6H2O一Fe+ 2B(OH)3十2NaC+7H2个。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是() A.每生成28gFe,转移的电子数为Na B.0.5 mol NaBH4晶体中o键的数目为2NA C.0.5molB(OH)3中sp3杂化的原子数为1.5NA D.1L0.1mol·L-1FeCl2溶液中Fe2+的数目小于0.1Na 化学试题（三）第1页（共12页） 真题密卷·学 4.在含Ni催化剂作用下，Zn介导的芳基氯化物同偶联的动力学和机理如图所示： 班级 C Ar A n (L).Ni 姓名 Ar7n● ZnCl, Zn Cl A 得分 已知：一Ar代表芳基，L代表 下列叙述错误的是 ( A.(L)nNi°是总反应的催化剂，ArZnCl是中间产物 B.Ar一Cl和(L)mNi°反应过程中断裂了极性键 C.已知Ni(Ⅱ)L2Cl2呈平面四边形结构，则其只有1种结构 D.反应过程形成的含Ni中间体中，Ni(Ⅱ)形成的共价键数目保持不变 5.一种有机物催化剂由原子序数依次递增的短周期元素X、Y、Z、W、M组成，结构式如图。 下列说法正确的是 () A.简单离子半径：M>W>Z B.简单气态氢化物稳定性：Z<Y C.Z元素所在周期中，第一电离能大于Z的元素有2种 D.基态M原子电子占据的最高能层有9个原子轨道 6.铝-石墨双离子电池采用廉价且易得的石墨替代传统锂电池中的正极材料，全面提升 了电池的能量密度。图甲和图乙表示该电池的充电或者放电的工作原理。X、Y表示 用电器或电源。已知充电时正极发生阴离子插层反应生成Cm(PF:)。下列有关分析 正确的是 ) PF Li ● ●一4 Al 石墨 AH+AILi 石墨 乙 A.图甲表示电池充电过程，电极a与电源的正极相连 B.图甲中电极b反应式为Cm(PF6)一e一PF6十nC C.图乙中电极c电势高于电极d D.图乙中当电路转移电子数为2mol时，理论上电极c质量减少14g 斗素养月度测评 化学试题（三）第2页（共12页） 3 7.一定温度下，分别将两种亚硫酸氢盐加热分解，达平衡时的压强分别为1、p2。 i.NHHSO3(s)NH3(g)+H2O(g)+SO2(g)=a Pa; ii.2NaHSO3(s)Na2 SO3(s)+H2O(g)+SO2(g)p2=b Pa. 在该温度下，将一定质量的NH4HSO3与NaHSO3加入某密闭容器中，平衡时三种固体 均存在。下列说法错误的是 () A.反应1的平衡常数K1=27Pa 4a3 B.平衡时，容器内NH:的分压为276Pa C.若恒温、恒容，通入少量NH3,再次平衡时体系的总压强增大 D.若恒温、恒压，通人少量NH3,再次平衡时容器内H2O的物质的量增大 8.R3NCI是一种有机溶剂，一种海水提溴的部分工艺流程如图所示。下列说法错误的是 () CL RNCI SO,溶液 盐酸 C12 卤水→氧化→吸附含R,V[CIBr.D 有机相1 有机相”洗胞Br浓溶流，转花→塞饲→液澳 →还原（含R,NB) 水相I 水相Ⅱ 有机液 A.“吸附”工序利用了溴易溶于有机溶剂的性质 B.“水相Ⅱ”中的溶质为HC1、H2SO: C.“氧化”和“转化”工序中C2的主要作用相同 D.“洗脱”工序可完成R3NCI的再生 9.Mn的某种氧化物MnOz出现O空位时具有半导体性质，其四方晶胞如图所示，设NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 () ●Mn 00 nm onm a nm A.Mn的配位数为6 B.Mn位于元素周期表的ds区 174X1021 C.晶胞密度为NAabe&·cm3 D.当MnOx晶体有O原子脱出出现空位时，Mn的化合价降低 3 化学试题（三）第3页（共12页） 真题密卷·学无 10.在非水溶剂中研究弱酸的电离平衡具有重要科学价值。一定温度下，某研究组通过分 光光度法测定了两种一元弱酸HX(X为A或B)在某非水溶剂中的K。 a.选择合适的指示剂KIn(HIn为其对应的弱酸)，K.(HIn)=3.6×10-2o。 b.向KIn溶液中加入HX,发生反应：In十HX一X十HIn。KIn起始的物质的量 为n,(KIn),加入HX的物质的量为n(HX),平衡时，测得SIn随n(HX) c平(Hn)随 o(Kin的变化 曲线如图所示。 已知：该溶剂本身不电离，钾盐在该溶剂中完全电离。 cx(In 5.0 Cx(HIn) 4.0F HA 3.0 2.0 1.0B 0 n(HX) 0.61.01.41.8 n(KIn) 下列说法错误的是 A.Ka(HA)=4.0×10-21 B.在该非水溶剂中，反应B+HA→A十HB的K<1 C.保持温度不变，在水溶液中进行相同实验，测得K.(HA)、K.(HB)均不变 D.在该溶剂中，K(HB)>K.(HIn) 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一项或两个选项符合题目要 求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11.下列化学反应相应的离子方程式书写错误的是 () A.向Ba(HCO3)2溶液中滴入NaHSO4溶液至恰好沉淀完全：Ba2++HCO3+H++ SO?-BaSO4V+H2O+CO2个 B.2.24LC02(标准状况)通入250mL0.5mol·L-1NaOH溶液中：4C02+50H- CO+3HCO3+H2O C.将ICl滴入NaOH溶液中：ICl+2OH一IO-+CI-+H2O D.将0.2 mol Cl2通人2L0.1mol·L-1Fel2溶液中：2Fe2++2I-+2Cl2-2Fe3+ +I2+4C1 12.电化学法实现CO2转化的电解装置以及在不同电压条件下不同有机产物的法拉第效 率如图所示[已知：法拉第效率FE(X)=n(生成X的电子) n(通过电极的电子) ×100%,选择性S(X)= n(生成X的C02) n(发生反应的C0,X100%]。下列说法正确的是 4素养月度测评 化学试题（三）第4页（共12页） FE1.0 0.9 HCOOH 0.8 ●-HCHO 0.7 (0.75.0.65) ▲-CH,OH 0.6 C,H.OH 0.5 C02 质子交 0.4 1.0,0.4) ◆HCOOH换膜 H20 0.3 HCHO CH.OH 0.2 (1.0.0.15) 一 。●●一●● C,HOH 0.1H NaCl溶液 NaCI溶液 0.0叶 +小中苏中 0.60.70.80.91.01.11.21.31.41.51.6 甲 电压W 图1光电化学法转化装置示意图 图2有机产物的法拉第效率随电压变化图 A.0.7V时，阴极主要发生的反应为CO2+2e+2H+一HCOOH B.0.75V时，每有1 mol CO2参与反应，生成HCOOH的物质的量为0.65mol C.1.0V时，HCHO的选择性约为57.1% D.1.3V时，若生成4.6gC2HOH,通过质子交换膜的H+总数为24NA I3.一定温度下，利用铜-铈氧化物(xCuO·yCeO2,Ce是活泼金属)催化氧化可除去H2 中少量CO,反应机理如图1所示，C0的转化率随温度变化的曲线如图2所示。 O,+C0 ●0 ●☐⑧ ☒Cu 100 CO 催化剂载体 ● Ce 80 00 空位 60 CO G oo 40 ●● (i) ●□☒ 20 催化剂载体← 催化剂载体 0。 20 60 100140180 温度/℃ CO, 图1 图2 下列说法错误的是 A.步骤(i)中，元素Cu、Ce化合价均不变 B.图2中超过150℃时，C0的转化率下降可能是因为高温下催化剂被H2还原 C.若用C180参与反应，一段时间后，180一定会出现在铜铈氧化物中 D.步骤(i)中有极性键的断裂和形成 化学试题（三）第5页（共12页） 真题密卷 14.某大环分子(BU[6])的合成路线如图所示： BU-BU HN NH 试剂a(C,HgSN) C.H1oSNO 试剂b(CH,O) BU BU BU-BU HO OH E BU[6] —H( 其中，一Bu一表示H,Q -CH 下列说法错误的是 () A.试剂b的名称为甲醛 B.试剂a的结构简式为H,C一NHC一NHCH C.F的核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：1：3 D.由E合成1 mol BU[6]时，共有12molH2O生成 15.钠在空气中燃烧，发现其产物中混有黑色物质，某研究小组对黑色物质进行如图所示 的实验探究。下列推测正确的是 () 上三滴0.1mol·L- KSCN溶液 a 充分反应后过滤，滤渣中含 溶液为浅红色 0.4g钠的燃烧产物 极少量黑色物质，将滤液分成两等份 Y三滴0.1mol·L 6mL1mol·L-1H,S0,溶液 酸性KMnO,溶液 b 有小气泡产生，溶液无色 A.a试管中的现象说明钠的燃烧产物中含有FeO B.b试管的溶液为无色，推测滤液中含有Fe2+ C.由上述实验现象可得Na2O2与硫酸反应的离子方程式为Na2O2+2H+一2a+ +H2O2 D.滤渣中黑色物质产生的原因可能是4Na十3CO2一2Na2CO3+C 学科素养月度测评 化学试题（三）第6页（共12页） 3 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16.(12分)镍及其化合物应用广泛。回答下列问题： (1)基态Ni原子的价电子排布式为 。 已知第四电离能：I4(Fe)>I4(Ni),从 原子结构的角度分析原因： 0 (2)镍能形成多种配合物。Ni(CO)4中配位原子是 (填元素符号)。 Ni(NH3)6]2+中键角∠HN一H (填“>”“<”或“=”)NH3中键角 ∠H一N一H。Ni(SCN)3]-中SCN-的结构同CO2结构相似，则SCN-的空间结 构为 ,SCN一中的大π键可表示为 (用Ⅱm表示，n为原子数， m为电子数)。 (3)某镧镍氧化物的晶胞在x之、y之和xy平面投影分别如图所示： ○La ●Ni2 002 a pm 晶胞中Ni+填在O2形成的 形空隙中，La3+离子A、B间距离d= pm(用含a、c的代数式表示)。设NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密 度p= g·cm-3(用含Na、a、c的代数式表示)。 17.(12分)某实验小组利用滴定法测定碘酒中碘的含量。 (1)配制稀碘液：移取10.00mL碘酒，准确配制100mL稀碘液。需要的玻璃仪器有烧 杯、玻璃棒、 (填标号)。 100ml a.20℃ b. d (2)测定碘含量：每次量取25.00mL稀碘液于锥形瓶中，滴加几滴淀粉溶液，加入适量 稀H2SO4后，用浓度为0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，实验数据如表 所示： 序号 Na2S2O3溶液的用量/mL 稀碘液的用量/mI 21.32 25.00 2 20.02 25.00 19.98 25.00 3 化学试题（三）第7页（共12页） 真题密卷·学科 已知：2Na2S2O3+I2-2NaI+Na2S4O6 ①第1次实验Na2S2O3溶液的用量明显多于后两次，可能的原因有 (填标号)。 a.盛装标准溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未润洗 b.滴入半滴标准溶液，溶液变色，即判定达到滴定终点 ℃.滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡产生 d.滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面 ②该碘酒中碘的含量为 g·mL-1。 (3)借鉴(2)的方法。用如图所示的流程测定海带中的碘含量。 0.0082molL1 Na,S,O 8滴过量(2滴管) 2滴 0.1molL↓ 0.2 mol L 淀粉 H.SO: H02, 溶液 10.00mL 含上待测液 ①加人H2O2溶液发生的离子反应方程式为 ②预测达到滴定终点的实验现象为 ,然而，在实验时却发现溶液变色片刻后，恢复滴定前的颜色。 继续滴加Na2S2O3溶液变色片刻后再一次恢复原色。 (4)探究异常现象产生的原因。 该学习小组通过设计对照实验，发现空气中的氧气并不能较快地氧化待测液中 的I。 提出猜想：过量的H2O2将生成的I重新氧化成碘单质。 验证猜想：将10mL待测液、8滴0.1mol·L-1H2SO4溶液、2滴淀粉溶液和 混合，用Na2S2O3溶液滴定，若待测液变为无色后又反复原色，则证明猜想 不成立。 提出疑问：什么物质反复氧化碘离子？ 寻找证据：试剂加入量与验证猜想步骤中一致，氧化后的待测液静置半小时，利用 氧化还原电势传感器测定滴定过程中电势的变化，待溶液变色后停止滴定，溶液恢 复原色后，继续滴加N2S2O3至溶液变色，循环往复，得到如图所示的曲线。 已知：ⅰ.氧化性物质的电势值高于还原性物质； ⅱ.一定条件下，氧化性物质的浓度越高，电势越高，还原性物质浓度越高，电势 越低。 素养月度测评 化学试题（三）第8页（共12页） 480个 畅 440 420 400 380 360 340 0 50 100 150200 250300 350 时间(s) a~b段电势升高的原因是 (填化学式)被氧化。由a~b段电势变化的 趋势较b~℃段更加平缓，可推测溶液反复变色的原因是 优化流程：向H2O2氧化后的待测液中 ,再进行滴定，达到滴 定终点时待测液变色后不会恢复原色。 18.(12分)从含铅烟灰（主要化学成分为PbO、Fe2O3、In2O3和In2S3)中分离回收铟的工 艺流程如图所示： MnO2、H,SO,P204+煤油盐酸 Zn 含铅烟灰→氧化浸出 →萃取→反萃取→HnC1,溶液→置换→粗铟→电解精炼→铟 滤渣A 水相 有机相 滤液B 已知：①“萃取”时发生反应： In3++3H2A2(有机相)In(HA2)3(有机相)+3H+K1; Fe3++3H2A2(有机相)==Fe(HA2)3(有机相)+3H+K2。 ②“反萃取”时发生反应：In(HA2)3(有机相)+4HCl一一3H2A2(有机相)十HInCl4。 回答下列问题： (1)基态铟原子的电子排布式为[Kr] (2)“氧化浸出”过程中硫元素最终均以硫酸根离子的形式存在于浸出液中，写出I2S。 发生反应的化学方程式： 0 (3)“滤渣A”的主要成分除MnO2外，还有 (填化学式)。 (4)“萃取”所用的萃取剂P204结构如图所示（一R表示某烃基）。从物质结构的角度 比较P204与P507(结构如图1)的酸性：P204 P507(填“>”或“<”)，并说明可 能的原因： R00 RO 0 RO OH R OH P204 P507 图1 化学试题（三）第9页（共12页） 真题密卷·学科 (5)“萃取”过程中，铟的萃取率的高低受溶液的pH影响很大。当pH=2.30时，萃取 率为50%，若要将萃取率提升到95%，应调节溶液的pH= （忽略萃 取剂浓度的变化，结果保留三位有效数字)[已知：pH与萃取率(E%)的关系为 E% c3(H+) 1g1-E%=lgK-lg3H2A2)lg19=1.28]。 (6)盐酸的浓度与铟、铁的反萃取率的关系如图2所示，则“反萃取”过程中应选择盐 酸的最佳浓度范围为 100 60F In3 40 20F Fe3+ 0 23 4,56→ 盐酸浓度/（moL) 图2 (7)电解精炼铟时阳极材料应选用 ,随着电解的不断进行，电解液中c(In3+) 会逐渐 (填“增大”“减小”或“不变”)。 19.(12分)具有抗菌、消炎等药理作用的黄酮醋酸类化合物H的合成路线如图所示： CH,CI CH.CN OH (CH;CO)20 OH NaCN OH H.C HCI CHCH,CH,OH CH H.C H.O A E CH,COOH CH,CN H+ O I,-DMSO OHC- -F← H,O H,SO, 一定条件 H.C G OH 已知：①Fries重排反应 ②I2-DMSO是有机化学中的一种氧化偶联试剂，可以选择性地将某些原子（如C、N、O 等)偶联起来转化为C一C键、C一N键、C一O键等。 回答下列问题： (1)化合物E中含氧官能团的名称是 ,A→B的反应类型是 (2)合成路线中C的结构简式为 秦养月度测评 化学试题（三）第10页（共12页） 3 (3)写出E→F的化学反应方程式： (4)结合平衡移动原理，分析反应D→E时使用CH3CH2OH作为溶剂的原因是 (5)化合物X是B的同分异构体，满足以下条件的X有 种（不考虑立体异构），其 中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为1：2：2：2：3的物质为 (写出一种即可)。 ①苯环上有三个取代基。 ②X能与NaOH反应，1molX常温下可以和2 mol NaOH发生反应。 ③X不与NaHCO3反应。 (6)利用邻苯二酚合成肾上腺素的一种路线如图所示： HO OH HO OH N CH.NH, H, CH-CIO Q 催化剂HO -NH-CH: 肾上腺素 结合以上信息，写出反应N→Q的化学方程式： 20.(12分)我国要在2060年实现碳中和的目标，减少CO2的排放并利用CO2是我国能源 领域的一个重要战略方向。在CO2与H2催化合成甲醇的体系中，同时存在以下反应： 反应1：C02(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H1=+41.1k·mol-1； 反应ii:CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H2=-90.0kJ·mol-1; 反应im:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H3。 (1)若反应正反应的活化能为Ea,则逆反应的活化能E。'为 kJ·mol-1;若 要使反应正向自发进行，（填“高温”或“低温”）更有利。 (2)对于反应i:v=v正-逆=正·c(CO2)·c(H2)-k逆·c(CO)·c(H2O),其中 正k量分别为正反应、逆反应的速率常数。若升高温度， k正 (填“增大” “减小”或“不变”)。 (3)向恒容的密闭容器中加入1 mol CO2和3molH2发生上述反应，达到平衡时，测得 各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。 0.71 H, a270,0.65) CO. b(270,W 0.2 军 0.1 c(270,0.08) 0 200220 240 260 温度元 3 化学试题（三）第11页（共12页） 真题密卷·学科 已知：C02的平衡转化率：a(C0,)=n初始(C0,)-n平度(C0,) ×100%; n初始(CO2) 甲醇的选择性：x(CHOH)= n平衡(CH3OH) n物始(C02)一n平衡(C02)X100%。 ①图中Z代表的物质为 （填化学式)。 ②270℃时，甲醇的选择性为 ③如何同时提高CO2的平衡转化率和甲醇的选择性： (4)某温度下，将1mo1CO2和3molH2充入容积不变的2L密闭容器中，初始总压为 8MPa,只发生反应川，测得不同时刻反应后与反应前的压强关系如表： 时间 2 3 4 5 卫后/p前 0.92 0.85 0.79 0.75 0.75 ①用CO2表示前2h的平均反应速率： mol·L-1·h1。 ②该条件下的分压平衡常数为 (MPa)-(结果用分数表示，用平衡分压代 替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 ③上述反应达平衡时，逆反应速率与容器中c(CH3OH)关系如图所示。图中x点 时升高温度，反应重新达平衡状态时，新平衡点可能是（填图中字母）。 e(CH,OH) (5)二维锑片是一种新型电化学催化剂，一定条件下可以催化CO2向有机物转化的过 程，部分反应历程如图所示（表示过渡态），已知在二维锑片表面生成HCOOH的 速度更快，请将过渡态与产物之间的连线补充完整。 *COOH *H *OCHO HCOOH CO2、H CO+H2O 二维锑片 反应历程 素养月度测评 化学试题（三）第12页（共12页）·化学· 参考答案及解析 2024一2025学年度下学期学科素养月度测评 化学（三） 命题要素细目表 关键能力：I.理解与辨析能力Ⅱ.分析与推测能力Ⅲ.归纳与论证能力V.探究与创新能力 核心素养：①宏观辨识与微观探析②变化观念与平衡思想③证据推理与模型认知④科学探究与 创新意识 ⑤科学态度与社会责任 题号 题型 考查内容 关键能力 核心素养 预估难度 分值 ⅡⅢIW①②③④⑤ 等级系数 1 选择题 2 化学与STSE 易 0.85 2 选择题 2 化学用语 易 0.75 3选择题 阿伏加德罗常数的计算 易 0.75 4选择题 2 有机物的转化：催化剂、共价键 中 0.60 选择题 元素推断：离子半径、氢化物稳定 2 中 性、第一电离能、原子轨道 0.65 6选择题 2 原电池、电獬池原理及应用 中 0.55 选择题 2 化学反应原理 中 0.60 小工艺流程：有机溶剂、反应产 8 选择题 2 0.55 物、试剂作用 中 9 选择题 2 晶胞：配位数、密度计算 难 0.40 10选择题 2 电离平衡图像分析 难 0.35 11选择题 4 离子方程式的书写 中 0.70 12选择题 电化学实验分析 中 0.55 反应机理：反应历程、催化剂、化 13 选择题 4 合键 中 0.60 14 选择题 有机合成：结构简式、核磁共振 4 中 氢谱 0.65 15选择题 实验探究及现象分析 中 0.65 16 非选 物质性质与结构：电子排布式、键 12 角比较、π键、晶胞计算等 易 0.75 择题 非选 综合实验：仪器选择、含量计算、 17 12 离子方程式书写、实验现象分析、 中 择题 0.60 探究异常现象及其原因分析等 工艺流程：电子排布式、化学方程 非选 式书写、成分推测、酸性比较及原 三 18 择题 12 中 因分析、pH计算、电解精炼材料 0.55 选择等 非选 有机合成：含氧官能团、结构简 19 择题 12 式、化学方程式、平衡移动分析、 L 中 0.60 同分异构体等 非选 化学反应原理：活化能、速率常 20 12 择题 数、选择性、反应速率计算、分压 难 0.35 平衡常数计算、反应平衡等 化学答案（三）第1页（共10页） 3 真题密卷 学科素养月度测评 精典评析 TIANSHUJIAOYU ★在非水溶剂中研究弱酸的电离平衡具有重要科学价值。一定温度下，某研究组通过分光光度法测 定了两种一元弱酸HX(X为A或B)在某非水溶剂中的K。 a.选择合适的指示剂KIn(HIn为其对应的弱酸)，K.(HIn)=3.6×10-o。 b.向KIn溶液中加入HX,发生反应：In+HX一X-+Hln。KIn起始的物质的量为no(KIn),加入 HX的物质的量为n(HX),平衡时，测得n）g n(HX) （n随，（Kn 的变化曲线如图所示。 已知：该溶剂本身不电离，钾盐在该溶剂中完全电离。 c(In) 5.0 cz(HIn) 4.0 HA 3.0 2.0 H 10里 n(HX) 006101418 no(KIn) 下列说法错误的是 () A.Ka(HA)=4.0X1021 B.在该非水溶剂中，反应B+HA三A-十HB的K<1 C.保持温度不变，在水溶液中进行相同实验，测得K,(HA)、K.(HB)均不变 D.在该溶剂中，K.(HB)>K.(HIn) 【试题解读】 与常见的化学反应和化学平衡类似，物质在非水体系中也存在平衡体系。本题以两种一元弱酸HX (X为A或B)在非水溶剂中的的测定为研究对象，考查考生对反应变化与规律的掌握程度，引导学生灵活 利用常数进行分析判断，体现了高考评价体系中的基础性与创新性，要求能从题干及图像中提取有效信 息，理清各种复杂的研究对象和复杂的动态变化，考查考生思维的灵活性，本题通过对分式或乘式进行变 形，可以得到相应的平衡常数，解决题给数据不足的问题。这是高考试题对考生思维品质、批判性思维能 力要求越来越高的一种外在体现。通过陌生、复杂的问题情境，系统动态的研究对象，在学习理解的基础 上可以有效考查考生应用实践、迁移创新的能力。 ★具有抗菌、消炎等药理作用的黄酮醋酸类化合物H的合成路线如图所示： CH,CI CH,CN OH (CH,CO),O H.C HPO 回9g+Co, AICl OH NaCN OH HCIH,C CH,CH,CH,OH CH A E CH,COOH CH,CN H I,-DMSO OHC- F H,SO 一定条件 H.C 已知：①Fries重排反应 ②I2-DMSO是有机化学中的一种氧化偶联试剂，可以选择性地将某些原子（如C、N、O等）偶联起来转化 为C一C键、C-N键、C一O键等。 回答下列问题： 【试题解读】 本题属于学术探究情境中的最新合成方法，以一种药物的合成为载体，综合考查有机化学基础模块的 知识，涉及有机物命名、官能团的名称、反应原理的分析、结构简式和化学方程式的书写、同分异构体的判 断等。侧重于信息获取与加工、逻辑推理与论证和批判性思维与辨证能力；主要考查学生自学能力、分析 推理能力、知识迁移运用能力；要求学生能够根据题给信息，从反应物、生成物、反应试剂、反应条件、反应 类型五方面综合分析有机化合物性质和应用的能力，要求学生能够灵活应用正、逆向思维方法解决实际问 题。侧重于化学观念、思维方法和态度责任三个方面学科素养的培养。 化学答案（三）第2页（共10页）》 ·化学· 参考答案及解析 参考答案及解析 一、选择题 5.D【解析】原子序数依次递增的短周期元素X、 1.A【解析】加醋曲酿醋过程涉及淀粉水解为葡 Y、Z、W、M,X只形成1个共价键，Y形成4个共 萄糖，葡萄糖分解为乙醇，乙醇氧化为乙酸，涉及 价键，Z形成2个共价键、M形成6个共价键，可 氧化还原反应，A错误；雷雨肥田是氨气在放电 知X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、M为 条件下与氧气反应生成NO,NO被氧化生成 S元素；W形成带1个单位正电荷的阳离子，结 NO2,NO2溶于水生成硝酸的过程，是氮在自然 合原子序数可知W为Na元素，以此来解答。通 界中的转化，B正确；同分异构体是分子式相同、 常离子的核外电子层数越大半径越大，电子层数 结构不同的化合物，麦芽糖与蔗糖互为同分异构 相同时，核电荷数越大半径越小，则离子半径：M 体，C正确；石灰石在高温下分解生成氧化钙和二 >Z>W,A错误；非金属性：O>C,非金属性越 氧化碳，是吸热反应，D正确。 强，简单气态氢化物越稳定，则稳定性：H2O> 2.C【解析】中子数为10的氧原子的质量数为 CH4,B错误；O位于第二周期，随核电荷数递增， 18:180,A正确；钠失去2×1个电子，化合价升 第一电离能呈增大趋势，N的2p轨道为半满稳 高，氯得到2×1个电子，化合价降低，双线桥正 定结构，其第一电离能大于O,且稀有气体为稳 确，B正确；有机物系统命名法：①最长-选最长碳 定结构，则比O的第一电离能大的元素有N、F 链为主链；②最多-遇等长碳链时，支链最多为主 Ne,C错误；M为S,其核外有3个能层，最高能 链；③最近-离支链最近一端编号；④最小-支链编 层为第3电子层，存在1个3s轨道，3个3p轨 道，5个3d轨道，共9个原子轨道，D正确。 号之和最小，则烷烃 的名称为2， 6.D【解析】由图中所给电极材料及电子转移方 2,6-三甲基庚烷，C错误；氯化氢为共价化合物， 向判断，图乙是放电装置，电极C为原电池的负 存在共用电子对，形成过程正确，D正确。 极，d为正极；图甲为充电装置，电极a与电源负 3.A【解析】28gFe物质的量为0.5mol,FeCl2+ 极连接，为电解池的阴极，电极b为阳极。据分 2NaBH,+6H2O=Fe+2B(OH)3+2NaCl+ 析，图甲为充电装置，电极a与电源负极连接，A 7H2个中Fe由十2价降低至0价，水中部分H由 错误：图甲中电极b与电源正极连接，电极反应 十1价降低至0价，NaBH4中H的由一1价升高 式为PF6+nC-e—Cn(PF),B错误；图乙 至0价，生成1 mol Fe转移8mol电子，故生成 中c是原电池负极，d是正极，因此电极d的电势 0.5 mol Fe转移电子数为4NA,A错误； 高于电极c,C错误；图乙中电极c反应为AlLi NaBH4中存在Na+与BH:,为离子键构成的离 e一Al十Li+,因此当电路转移电子数为2mol 子化合物，而1个BH中有4个c键，0.5mol 时，电极c上2 mol Li参加反应，理论上电极c质 NaBH4固体中c键数为2NA,B正确；B(OH)3 量减少2mol×7g·mol1=14g,D正确。 分子中，B原子采取sp杂化，O原子采取sp3杂 7.C【解析】根据题给信息，反应1的化学平衡常数 化，0.5molB(OH)3中sp3杂化的原子数为 K=p(NH)·p(H,O)·p(S0,)=(3a)'Pa= 1.5NA,C正确：Fe2+会发生水解，导致亚铁离 子浓度减小，1L0.1mol·L1FeCl2溶液 27Pa,反应1的化学平衡常数K1=p(H,0)· 中Fe2+数小于0.1NA,D正确。 4.C【解析】观察循环图可知，催化剂在起始时参 p(S0,)=(白产p4 =4Pa,在该温度下，将一 与反应，最终恢复原物质；中间体在反应过程中 定质量的NH,HSO3与NaHSO3加入某一密闭 生成、消耗，A正确；反应过程中Ar一Cl断裂碳 容器中达平衡，三种固体均存在，由于平衡「和 氯键，碳氯键是极性键，B正确；平面四边形结构 ⅱ反应生成的H2O和SO2的量始终相等，则可 的分子，结构有2种：2个氯处于相邻或相对位，C 设达平衡时H2O和SO2的分压为xPa,NH3的 错误；观察机理图示可知Ni(Ⅱ)都形成4个共价 a 键，D正确。 分压为yPa,则K1=xy-27Pa,K1=zx2= 化学答案（三）第3页（共10页） 真题密卷 学科素养月度测评 PE,解得一名Pa,y一品Pa,据流分折解 4a3 1 体内的氧原子个数为4X2十2=4，设晶体的密 答。由分析可知，反应1的化学平衡常数K,= 度为p,由晶胞的质量公式可得2X(55+16×2)_ NA 27Pa3,A正确：由分析可知，设达平衡时H,0 174×1021 10-1abcp,解得p= 和SO2的分压为xPa,NH3的分压为yPa,则 NAabe g·cm3,C正确； K1=y-P,K1=-分pP,解得x 由化合价代数和为0可知，当MnO.晶体有氧原 子脱出出现空位时，锰元素的化合价降低，D 4a3 名Pay二27卫a,B正确；保特恒温、恒容，若事 正确。 10.C【解析】由变化曲线图可知，当 n(HA) 通入少量NH,由于温度不变，K不变，再次达到 no(KIn) 6 平衡时，反应i中H,0和SO,的分压仍为2Pa,由 10时，： =3.0,设初始c。(KIn)= 此可知反应1中NH,的分压仍为4如 7276Pa,即再次 c。mol·L1,则初始c(HA)=c。mol·L1,转 化的物质的量浓度为xmol·L1,可列出三 平衡时体系的总压强不变，C错误；保持恒温、恒 段式： 压，若再通入少量NH3,相当于扩大体积，平衡均 In+HA≌A+Hln 正向移动，由于温度不变，K不变，当再次达平衡 起始浓度(mol·L CoCo 00 时，反应1中H:0和S0,的分压仍为名Pa,由 转化浓度(mol·L x x 平衡浓度(mol·L-)co-xco-x 4a3 此可知反应1中NH,的分压仍为276Pa,但由 由C(n) 于平衡正移，再次平衡时容器内H2O的物质的 c平(HIn) =3.0,即0二x」 =3.0,解得x=0.25c0, x 量增大，D正确。 则该反应的平衡常数为K,=c(A)·c(m) c(In-)·c(HA) 8.B【解析】卤水“氧化”时，氯气与卤水中溴离子 c(A)·c(Hln)·c(Ht) K(HA) 反应生成溴单质，同时氯气和水反应生成盐酸进 c(In)·c(HA)·c(H) K(HIn) 入“水相I”,“还原”时二氧化硫与R3N[CIBr2]反应 0.25co×0.25c0K.(HA) 生成H2SO4、HBr、R,NCI,R3NCI再与HBr反应 0.75c0X0.75c。3.6X100,解得K.(HA)= 生成HCl和R3 NBr,用盐酸洗脱RNBr生成 4.0×1021,A正确；根据图像可知，当 HBr和RNCl,HBr被氯气氧化生成溴单质，“蒸 n(HB) 馏”得到液溴，据此分析回答问题。“吸附”实际 no(KIn) =1.0时，设此时转化的物质的量浓度 发生的是萃取，利用了溴易溶于有机溶剂的性 为ymol·L1,可列出三段式： 质，A正确；由流程转化关系可知，“还原”时二氧 In+HB≌B+Hn 化硫与R3N[CIBr2]反应生成H2SO4、HBr、 起始浓度(mol·L)cco 00 R3NCl,故“水相Ⅱ”的溶质为HCI、H2SO4,B错 转化浓度(mol·L yy 误；分析可知“氧化”和“转化”工序中C2的主要 平衡浓度(mol·L-)Coycoy 作用相同，都是氧化溴离子生成溴单质，C正确； 用盐酸洗脱RNBr生成HBr和RNCI,“洗脱” 此时C学(n) 4（1.0,即'<1.0，则>0.5， y 工序可完成RNCI的再生，D正确。 K.(HB) 9.B【解析】由晶胞结构可知，晶胞中与位于体心 则平衡常数K:=KCHm>K1,则K,(HB)> 的锰原子距离最近的氧原子个数为6，则锰原子 K.(HA);反应B+HA==A+HB的K= 的配位数为6，A正确；Mn位于元素周期表的d c(HB)·c(A-)c(HB)·c(A-)·c(H+) 区，B错误；由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和 c(HA)·c(B)c(HA)·c(B)·c(H+) 体心的锰原子个数为8×名十1=2，位于面上和 K,(HA) K,（HB)<1,B正确，HA和HB在非水溶剂和 3 化学答案（三）第4页（共10页） ·化学· 参考答案及解析 水溶液中的K。值会发生变化，C错误；由于 2H+-HCOOH,生成HCOOH:10mol× K (HB) y>0.5co,则K,=K(Hn >1,则K.(HB)> 1 0.15× =0.75mol,同理生成HCH0: K.(HIn),D正确。 1 二、选择题 10mol×0.4× 4=1.0mol,结合碳守恒，则 11.D【解析】沉淀完全时，Ba+与SO?的物质的 1 量之比为1：1，即Ba(HCO3)2与NaHSO4的 HCH0的选择性为1+0.75X100%=57.1%, 物质的量比为1：1，离子方程式为Ba2+ C正确；由图可知，1.3V时，FE(C2HOH)= +HCO +H++SO-BaSO+H2O 0.05,若生成4.6gC2HOH(为0.1mol),2C02+ 十CO2个，A正确；标准状况下，2.24LCO2的物 12e+12H+一CHCH2OH+3H2O,则转移 质的量为0.1mol,250mL0.5mol·L1NaOH 溶液中溶质NaOH的物质的量为0.125mol,参 0.1m01×12=24m0l电子，通过质子交换膜的 0.05 加反应的n(CO2):n(NaOH)=4:5,反应的离 H+总数为24NA,D正确。 子方程式为4C02+50H—C0?+3HC0?+ 13.AC【解析】由图1可知，步骤(i)中，C0结合 H2O,B正确；ICl与NaOH的反应为非氧化还 了催化剂中的氧原子生成了二氧化碳，同时催 原反应，离子方程式为IC1+2OH—IO 化剂中形成空位；经过步骤(iⅱ)，CO和氧气吸 十C1十H2O,C正确；还原性：I>Fe+,氯气 附在催化剂载体上；步骤（ⅲ）中，吸附在催化剂 先氧化碘离子，后氧化亚铁离子，0.2 mol Cl2 载体上的CO和氧气发生反应生成了二氧化碳， 和0.2 mol Fel2反应时，氯气与碘离子恰好完 同时催化剂中的空位有氧原子进入。由图可 全反应，离子方程式为2I十Cl2一12十 知，步骤()中，有氧原子被空位代替，由于氧 2CI1,D错误。 元素非金属性较强显负价，则元素Cu、Ce化合 12.CD【解析】由图可知，右侧电极水失去电子发 价均降低，A错误；催化剂为铜-铈氧化物，高温 生氧化反应为阳极，阳极电极反应式 下，H2可还原氧化物，则催化效率可能降低， 为2H20-4e一4H+十O2个，则左侧电极为 CO的转化率下降，B正确；由图可知，步骤(i) 阴极，阴极生成HCHO的电极方程式 中有1个氧原子进入空位，该氧原子可能来自 为CO2+4e+4H+HCHO+H2O,阴极生 氧气分子或C8O,故若用C8O参与反应，一段 成HCOOH的电极方程式为CO2+2e+2H+ 时间后，180可能会出现在铜-铈氧化物中，C错 —HCOOH,阴极生成CH3OH的电极方程式 误；由图可知，步骤()中涉及C=O极性键的 为C02+6e十6H+CH3OH+H2O,阴极 断裂和C一O极性键的形成，D正确。 生成C2HOH的电极方程式为2CO2+12e+ 14.D【解析】E和试剂a反应后生成F,F和试剂 12H+一CHCH2OH+3H2O,由图2可知，通 b反应生成BU[6],结合E和BU[6]的结构，可 过改变电压可以选择性地获得不同还原产物。 由图可知，0.7V时，FE(HCOOH)≈0.3，根据 a 为 H,C-NH-CNH-CH,,F 为 法拉第效率公式，则有更多电子参与其他反应， 0 阴极的主要反应不是CO2+2e十2H+ HCOOH,A错误；0.75V时，生成HCOOH和 HCHO,生成等物质的量的HCHO或HCOOH ,b为HCHO,据此解答。试剂 H.C 产物时转移的电子不同，FE(HCOOH)=0.65, 则S(HC0OH)≠0.65，那么每有1 mol CO2参与 反应，生成HCOOH的物质的量不为0.65mol, b为HCHO,名称为甲醛，A正确；根据上述分 B错误；由图，1.0V时，FE(HCOOH)=0.15、 析可知，试剂a的结构简式为 FE(HCHO)=0.4,假设通过电极10mol电 子，则根据法拉第效率公式和CO2十2e十 HC-NHC-NHCH,B正确；根据上述分析可 化学答案（三）第5页（共10页） 真题密卷 学科素养月度测评 对对成键电子对的排斥力更大，故NH,中键 NH 角∠H一N一H更小；SCN-中心原子为C,其 知，F为HC CH,该物质分子中含有3 价层电子对数为2+5-？3=2，没有孤电子 2 对，SCN的空间结构为直线形；CO2的结构为 。。 种不同位置的H原子，因此其核磁共振氢谱有 OC0,故配离子中的大π键为Π。 3组峰，峰面积之比为1：1：3，C正确；每 (3)根据投影图，可判断N+位于体内，共2个； 1molE和试剂a反应生成F时，同时反应生成 2mol水，F和b反应生成BU[6]时有6mol水 La3+的位置有体内1个，顶点8×g=1,棱上 生成，由E合成1 mol BU[6]时，共生成H2O的 物质的量为6×2mol十6mol=18mol,D错误。 81 =2,共4个；02的位置有体内2个，面 15.CD【解析】a试管中溶液变为浅红色，则存在 铁离子，说明钠的燃烧产物中可能含有FeO4, 上2×3+4×2×2=5，接上4×号-1，共8 1 F3O4和硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁，A错 个。因此1个N+周围距离相等且最近的O2 误；b管中KMnO4溶液褪色，并产生小气泡，说 形成的空间结构为正八面体形；由上述分析可 明滤液中有H2O2,则Na2O2与硫酸发生离子 知，底面面对角线长度的一半，A到棱心的长 反应：Na2O2+2H+一2Na++H2O2,而Fe2+ 度，以及要计算的d三者构成直角三角形，d 与HO2不可能共存，故滤液中不可能有Fe2+, 为斜边的长度，底面面对角线长度的一半= B错误、C正确；滤渣中有不溶于酸的黑色物质， √2 apm;A到棱心的长度为（乞-a)pm,故 说明燃烧产物中有C,则原因可能为钠和二氧化 碳反应生成碳酸钠和碳单质，反应的化学方程 d= 2 a)+( 之a)2;根据上述计算，晶 式为4Na+3CO2—2Na2CO,+C,D正确。 三、非选择题 胞的质量为139×4+59×2+16×8 ,晶胞的体 NA 16.(1)3d84s2(1分)Fe失去3个电子后价电子变 为3d,半充满状态，较稳定(2分) 积为acX10”cm,故晶体的害度p=侣 (2)C(1分)>(1分)直线形(1分)(1分) 139×4+59×2+16×8×100g·cm3或 c a2cNA (3)八面体(1分) a)2+(5a)2(2分) 802 139×4+59×2+16×8 ×100(或acNN 802 a2cN -X1030g·cm-3. a.cNA 17.(1)abc(1分) 1030)(2分) (2)①a(1分)②0.1016(2分) 【解析】(1)Ni的原子序数为28，价层电子排 (3)①2I+H2O2+2H+—l2+2H2O(2分) 布式为3d84s2;Ni失去3个电子后价电子变为 ②滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半 3d,故再失去的是3d”上的一个电子，Fe失去3 分钟后不恢复蓝色(2分) 个电子后是3d5,再失去的是3d5上的一个电 (4)少量过氧化氢(1分)I(1分)H202氧 子，而3d5是半充满状态，较稳定，故I4(Fe)> 化I厂的速率比Na2S2O还原I厂的速率慢得多， I4(Ni)。 体系中未来得及反应的H2O2逐步氧化溶液中 (2)Ni(CO)4中配位原子是C;[Ni(NH)6]+中 的I,导致滴定后的溶液反复变色(1分)加 键角∠H一N一H>NH3中键角∠H一N一H,因 少量MnO2催化H2O2分解(1分) 为[Ni(NH3)6]2+中N原子上的孤电子对参 【解析】Na2S2O3具有还原性将I2还原， 与形成配位键，相当于没有孤电子对，而独立 2Na2S2O3十I2—2NaI十Na2S4O6,利用淀粉 的氨分子中N原子有一个孤电子对，孤电子 作指示剂进行滴定H2O2具有氧化性将I一氧 化学答案（三）第6页（共10页） ·化学· 参考答案及解析 化，2I厂十H2O2+2H+一I2+2H2O,利用淀粉 H2O2氧化后的待测液中加入少量MnO2催化 作指示剂进行滴定；滴定终，点，继续滴 H2O2分解，使过氧化氢完全分解再进行滴定， 加Na2S2O3,会有H2O2氧化I与Na2S2O3还 到达滴定终点时待测液变色后不会恢复原色。 原I2的两个过程，因速率不同而产生现象的循 18.(1)4d105s25p(1分) 环往复，据此分析。 (2)In2S3+12MnO2+12H2S04-In2(SO4)3 (1)移取10.00mL碘酒，准确配制100mL稀碘 +12MnSO4+12H2O(2分) 液，需要100mL容量瓶、胶头滴管、酸式滴定 (3)PbS04(1分) 管，故选abc。 (4)>(1分)一R是推电子基团，使含氧酸的 (2)根据反应：2Na2S2O3+l2—2Nal+Na2S,Og 酸性减弱（或一OR是吸电子基团，使含氧酸的 分析。 酸性增强)(2分) ①盛装标准溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未 (5)2.73(2分) 润洗，造成标准溶液用量过多，a符合题意；滴入 (6)2~3mol·L-1(1分) 半滴标准溶液，溶液变色，应该等半分钟，变色 (7)粗铟(1分)减小(1分) 后立即判定达到滴定终点，会使记录的标准液 【解析】含铅烟灰（主要化学成分为PbO、 体积用量偏少，b不符合题意；滴定达到终点时 Fe2O3、In2O3和In2S3)加入MnO2、H2SO4氧 发现滴定管尖嘴内有气泡产生，使记录的标准 化酸浸后，PbO转变为PbSO4沉淀，Fe2O3和 液体积用量偏少，C不符合题意；滴定终点读取 In2O3分别溶于硫酸，In2S、MnO2、H2SO4发 滴定管刻度时，俯视标准液液面，使记录的标准 生氧化还原反应，滤液中含Fe3+、In3+、SO?、 液体积偏小，d不符合题意。 Mn2+,“滤渣A”为过量的MnO2和PbSO,,向 滤液中加入有机萃取剂除去Mn+、SO,向有 ②由方程式可知，n(1,)=2Xn(NaS,0,)= 机相中加入盐酸，反萃取除去Fe3+,向HInCla 溶液中加入Z,发生置换反应得到粗铟，电解精 2×(20×103L×0.1000mol·L-1)=103mol, 炼得到铟。 则原10.00mL碘酒中含碘的物质的量n(L2)= (1)基态铟原子的电子排布式为[Kr]4d5s25p。 10-molx 100 mL (2)由分析可知，In2S、MnO2、H2SO4发生氧化 =4×10-3mol,碘酒中碘的含量 25 mL 还原反应，S由一2价变为十6价，Mn由十4价 为4X103mol×254g·mol1 =0.1016g·mL-1。 变为+2价，则In2S发生反应的化学方程式 10.00ml 为In2S3+12MnO2+12H2S04In2(S04)3 (3)①过氧化氢把碘离子氧化为碘单质的离子 +12MnSO4+12H2O。 方程式为2I十H2O2十2H+—I2十2H20。 (3)由分析可知，PbO转变为PbSO4沉淀， ②当最后半滴Na2S2O3溶液滴入时，溶液蓝色 即PbO+H2SO4—PbSO4+H2O,“滤渣A” 恰好褪去，且半分钟后不恢复蓝色说明达到滴 除了过量的MnO2还有PbSO4。 定终点。 (4)一R是推电子基团，使含氧酸的酸性减弱 (4)为验证是否是过量的H2O2将生成的I-重 或一OR是吸电子基团，使含氧酸的酸性增强， 新氧化成碘单质，向待测液中滴加少量H2O2 导致P204的酸性强于P507的酸性。 进行实验；一定条件下，氧化性物质的浓度越 E c3(H+) 高，电势越高，还原性物质浓度越高，电势越 (5)由1g1E%=lgK-lgHA)可知，当 低。α一b段电势升高的原因是过氧化氢氧化 50% pH=2.30时，萃取率为50%，则1g1-50% I生成具有氧化性的碘单质；由a~b段电势变 (10-2.3)3 (10-2.3)3 化的斜率小于b~(段可推测溶液反复变色的原 1gK-1g。H,A),可得lgK=g。（HA), 因是H2O2氧化I厂速率慢于Na2S2O3还原L2 若将萃取率提升到95%，忽略萃取剂浓度的变 的速率，体系中未来得及反应的H2O2逐步氧 95% c3(H+) 化溶液中的I一，导致滴定后的溶液反复变色：向 化，则1g1-95%=1gK-1g(HA2),将1gK 化学答案（三）第7页（共10页） 真题密卷 学科素养月度测评 (10-2.3)3 c3(H) OH 代入得，lg19=g。（HA)一1g。A所以 OH H.C C为 CH;对比D和 (10-2.3)3、c3(H2A) (10-23)3 H.C g19=g[eLA×c]=g。 3lg102.3-3lgc(Ht),代入1g19=1.28可得， E的结构简式可知，D→E反应生成 1.28=-6.9-3lgc(H+),-lgc(H+)= CH,CN OH 128十6.9=2.73，所以若将萃取奉提升到 CH,和NaCl;结合信息②可知，E→F 3 H.C 95%,应调节溶液的pH=2.73。 过程中E中与酮羰基相连的甲基与 (6)反萃取时，Fe3+尽可能留在有机相，In3+尽 可能反萃取到水相，则由题中图示可知，当盐酸 OHC O中的醛基先发生加成反应，生成的 的浓度在2~3mol·L1之间时，In3+的反萃取 率较高，而F3+的反萃取率很小，所以盐酸的最 物质再发生消去反应，得到F和H2O,其反应方 佳浓度范围为2~3mol·L1。 程式为 (7)电解精炼铟时，阳极材料是粗铟，阴极材料 CH,CN OH 选用纯铟，电解液含有In3+,随着电解的不断进 CH+OHC- H.C Hc六 行，粗铟中比In活泼的金属失去电子，In3+被置 换出来，则电解液中c(In3+)会逐渐减小。 CH.CN 19.(1)羟基、酮羰基(1分)取代反应(1分) F的结构简式为 OH H.C (2) CH,(2分) H.C (1)根据E的结构简式可知含氧官能团为羟基、 CH.CN CH.CN 酮羰基；由信息①可知，B中含有一OOCCH3, 定条 H.C OH CH+OHC (3)HC 与 结合A→B的反应条件，H,C (2分) CH.COO (4)降低产物NaCl的溶解度，使生成E的平衡 (CH3CO)2O在酸性条件下生成B( 正向移动(1分) HO OH CH (5)30(2分) 和CH3COOH,该反应为取代反应。 (2)结合信息①以及D的结构简式，可知C (1分) OH HO OH HO CH 为H,C -CH,NH +HC (6) (2分) (3)结合信息②可知，E→F的反应方程式 NHCH CH.CN CH.CN 【解析】由信息①可知，B中含有一DOCCH3, OH H.● OH 结合A→B的反应条件，HC 与 (4)对比D和E的结构简式可知，D→E反应生 CH.COO 成E和NaCl,NaCl在乙醇中的溶解度较小，因 此用乙醇作溶剂可以降低NaCl的溶解度，使反 (CHCO)2O在酸性条件下生成B( )和 应正向移动。 CH (5)化合物X中除苯环外有2个酚羟基和1个 CH COO HO OH CHCOOH, 与 AlCL加热条件下生成 一C3H基团，即 ,而一C3H与 3 化学答案（三）第8页（共10页） ·化学· 参考答案及解析 有-CH2CH=CH2、一CHCH一CH3, 飞正_c(CO)·c(H2O) -C(CH3)-CH2、 共4种结构，也可以 ktc(C0)·c(H,0,k量eC0)·c(H,O =K反应1的△H1>0,正向吸热，升高温度， 是苯环上连接一OOCH和2个一CH3,再结合 苯环XXY型有6种同分异构体，共计有5×6= 则化学平衡常数K增大，故增大 30种同分异构体。其中核磁共振氢谱有5组 (3)①达到平衡时，反应1、ⅱ、i同时存在。升 峰，且峰面积之比为1：2：2：2：3的物质为 高温度，反应1正向进行，反应ⅱ逆向进行，均 HO OH 为生成CO的方向，则C0的物质的量分数增 OH或 加，故X表示CO;反应ⅱ、反应均逆向进行， 则CHOH的物质的量分数减少；反应ⅰ正向 (6)根据合成路线可知，在POCl3的作用下 进行，则H2O的物质的量增多，而反应m逆向 HO OH 进行，则H2O的物质的量减少，但H2O的减少 和CICH COOH发生取代反应生成N和 程度比CH3OH的减少程度小，故Y为 HQ OH CHOH,Z为H2O。 HO,N的结构简式为 ,N→Q的反应方 ②根据270℃时，CO和CH3OH的物质的量分 0 数相等，可知参加反应的C02有50%转化为 CH3OH,50%转化为C0,故CH3OH的选择性 OH 为50%。 程式 +CH NH +HCI ③增大压强，能同时增大CO2的平衡转化率和 NHCH 甲醇的选择性。 20.(1)E.+48.9(1分) 低温(1分) (4)①压强之比等于物质的量之比，2h时气体 (2)增大(1分) 总物质的量为4mol×0.85-3.4mol,达到平 (3)①H20(1分) ②50%(1分) ③增大压强 衡时，设CO2的转化量为amol,列出三段式： (1分) CO2(g)+3H2(g)CH,OH(g)+H2O(g) 起始mol 1 3 (4)①0.075(1分) 色2分) ③a(1分) 转化/mol a 3a a a 平衡mol 1-a3-3a a a *COOH 则(1-a+3-3a+a+a)mol=3.4mol,解得 *H a=0.3mol,用CO2表示前2h的平均反应速率 *OCHO △n 0.3 mol (5) HC0oH(2分) △cV 2L CO2、H *C02H品 C0+H0 (CO2)= =△ =2h .=0.075mol· △t 二维锑片 反应历程 L1·h1。 【解析】(1)根据反应ⅰ：CO2(g)十H2(g)= ②由图可知，该反应在4h时反应已达到平衡状 CO(g)+H2O(g)△H1=+41.1kJ·mol-1 态，压强之比等于物质的量之比，则平衡时气体 和反应i:CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) 总物质的量为4mol×0.75=3mol,到达平衡 △H2=-90.0kJ·mol-1得反应i:C02(g)+ 时，CO2的转化量为xmol,列出三段式： 3H2(g)=CHOH(g)+H2O(g)△H3,则 CO2(g)+3H2(g)CH,OH(g)+H2O(g) 起始/mol 13 △H3=△H1+△H2=-48.9kJ·mol-1,△H= 转化/mol x 3x E。-E,则E=Ea十48.9kJ·mol-1;该反应 平衡/mol 1-x3-3x 的△H<0、△S<0,由△H-T△S<0得该反应 则(1-x十3-3x+x十x)mol=3mol,解得 在低温下正向自发进行。 x=0.5,平衡时压强为8×0.75=6MPa, (2)当反应ⅰ处于平衡时，则正反应速率等于逆 0.5 mol 反应速率，0正=0是，即k正c(CO2)·c(H2O)= p(C0,)=8gmC×6MPa=1MPa,同里 化学答案（三）第9页（共10页） 真题密卷 学科素养月度测评 (H2)=3 MPa,(CH OH)=1 MPa,p(H2 O)= 能最小，则过渡态*OCHO转化成HCOOH,过渡态 1MPa,设该条件下的分压平衡常数为Kb= *COOH转化成C0和H2O,过渡态*H转化成 p(CHOH)·p(H2O)_1MPa·1MPa p(CO2)·p3(H2)-1MPa·(3MPa)3 2H,故将过渡态与产物之间的连线补充为 27(MPa)-。 *COOH ③反应而为放热反应，升高温度，反应速率加 *H A4 ! 快，平衡逆向移动，甲醇的体积分数减小，则为 *OCHO HCOOH a,点。 (5)已知在二维锑片表面更生成HCOOH的速 CO、H CO+H2O 二维锑片 度更快，说明生成HCOOH的活化能最小，结合 反应历程 图示、兼顾原子守恒，生成过渡态*○CHO的活化 3 化学答案（三）第10页（共10页）》