湖南省湘潭市2026年高三下学期第一次模拟考试化学自编试卷01（人教版）

湖南省湘潭市2026年高三第一次模拟考试自编试卷01 化学试题 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。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．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 18 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Ba 137 第Ⅰ卷（选择题42分） 一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42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．化学和生活息息相关，下列有关说法错误的是 A．石膏()可被用来制作各种模型 B．常见的下水井盖由纯铝铸造 C．部分金属氧化物可使玻璃呈现不同的颜色 D．漂白液、漂白粉和漂白精都可以作游泳池的消毒剂 2．下列化学用语或者说法不正确的是 A．的结构式： B．次氯酸钠的电子式为 C．Br的结构示意图： D．中含有的电子数为20 3．Au溶于食盐和硝酸混合液发生反应：(已知：)，下列说法正确的是 A．Au的熔点高，是共价晶体 B．元素Au被氧化，元素Cl和N被还原 C．还原剂与氧化剂物质的量之比为1∶5 D．Au消耗0.5 mol时失去电子1.5 mol 4．下列操作能达到实验目的的是 选项 操作 目的 A 加热氯化铵固体，将气体通过碱石灰 制备少量 B 用浓氨水浸泡试管中银镜(或铜镜)，再用水清洗 除去试管中(或) C 将浓溴水分别滴入苯酚、苯乙烯、乙苯中 区别苯酚、苯乙烯和乙苯 D 向石蕊试液中通入 探究的漂白原理 A．A B．B C．C D．D 5．结构决定性质。下列原因分析错误的是 选项 性质差异 原因分析 A 键角： 配位原子的电负性： B 不溶于氨水，溶于氨水 能与形成配合物不能与形成配合物 C 18-冠-6比15-冠-5识别能力强 18-冠-6空腔直径与直径大小适配，15-冠-5空腔直径与直径大小不适配 D 酸性： 烷基的推电子效应： A．A B．B C．C D．D 6．下列操作或实验能达到目的的是 A．赶出碱式滴定管乳胶管中的气泡 B．除去溶液中的 C．制备并检验乙炔 D．用滴定法测NaOH溶液的物质的量浓度 A．A B．B C．C D．D 7．青蒿素具有清虚热、除骨蒸、解暑热、截疟、退黄的功效。下列有关青蒿素的说法正确的是 A．青蒿素具有较强的氧化性 B．每个青蒿素分子中含7个手性碳原子和2个醚键 C．青蒿素易溶于水，可用水溶法从植物体内提取 D．青蒿素分子中碳原子有sp、和三种杂化方式 8．某温度下，2L的恒容密闭容器中加入1mol A，发生反应：，测得一定时间段内C的平均反应速率数据如下表： 时间段/min 0~5 0~10 0~15 /（） 0.060 0.045 0.030 下列说法正确的是 A．2.5min时，C的浓度为0.15mol/L B．5min时，再加入0.3mol C，此时 C．5min时，B的体积分数为14.3% D．10~12min时间段内，A的物质的量不断减少 9．二氧化碳的捕集、转化有利于实现“碳中和”的战略目标。和在一定的温度下催化合成甲醇的反应机理如图所示。下列说法正确的是 A．催化反应过程(Ⅱ)中，碳元素的化合价未发生改变 B．整个催化反应过程中，有σ键和π键的断裂与形成 C．适当增大的浓度，有利于提高产物CO的选择性 D．适当减小反应体系的压强，有利于提高的平衡转化率 10．某工业废渣的主要成分有，还含有、、等杂质，回收该废渣中的铅元素制备铬黄的工艺流程如图所示。 已知：；；，当离子浓度小于或等于时，认为该离子已经沉淀完全。下列说法正确的是 A．“酸浸”过程中，可将更换为 B．“酸浸”后所得溶液中含有的金属阳离子为 C．“除铁”过程中若溶液中的，则调节的范围为 D．“沉铅”过程中，元素的化合价发生了变化 11．目前，红硒主要是从电解铜阳极泥中提取。苏打烧结法提取红硒的工艺流程如图所示： 已知：①阳极泥主要含有Au、Ag、Se、Te、CuSe、Ag2Se、CuTe、Ag2Te等； ②“烧结”产物Na2SeO3、Na2SeO4、Na2TeO3易溶于水，Au、Ag、Na2TeO4等难溶于水； ③酸性条件下，可以被SO2还原成不定型红硒析出，不能被SO2还原。 下列说法错误的是 A．“操作a”为过滤 B．“热还原”中n(氧化剂)：n(氧化产物)=2：1 C．“热还原”最好在无氧环境中进行 D．“还原”的化学方程式为H2SeO3+2SO2+H2O=Se↓+2H2SO4 12．硼化钙晶胞结构如图所示，每六个硼原子构成一个正八面体，各个顶点通过B—B相互连接，正八面体中B—B的键长为dnm，Ca位于立方体体心，正八面体Q的体心坐标为，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．距离Ca最近的B有8个 B．Ca与B个数比为 C．M点的原子分数坐标为 D．该晶体的密度为 13．研究溶液的制备、性质和应用。 ①向溶液中逐滴加入氨水，得到溶液。 ②分别将等浓度的溶液、溶液放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸，前者无明显现象，后者产生使淀粉溶液变蓝的气体。 ③溶液可处理含的废气，反应过程如下。 下列说法正确的是 A．①中，为避免溶液与氨水生成沉淀，可先加入适量的溶液 B．②中，溶液中的浓度比溶液中的高，的还原性比的强 C．③中，转化为，元素的化合价不变 D．③中，降低可显著提高的脱除率 14．常温下，向和醋酸混合溶液中滴加氨水，溶液中pX[，、、]与pH关系如图所示。下列叙述正确的是 A．代表与pH关系 B． C．Q点坐标为 D．将等体积、等浓度的氨水和醋酸溶液混合所得溶液的pH与T点相同 第Ⅱ卷（选择题58分） 二、非选择题：本题共4个小题，共58分。 15．硫酸羟胺在工业和分析领域有广泛应用。已知硫酸羟胺具有还原性，易溶于水，羟胺为白色晶体，沸点为，易溶于水、甲醇，受热易分解。实验室制备硫酸羟胺的流程及装置如图（加热及夹持装置略）。 回答下列问题： (1)仪器A的名称为 ，实验装置连接顺序为a→ （填标号），步骤Ⅰ中发生反应的化学方程式为 。 (2)从结构上分析，等浓度的和的混合溶液中离子浓度大小比较为 （填“>”“=”或“<”）。 (3)分离和时可按下列步骤进行操作： a．向混合溶液中加入氨水，生成 b．再加入甲醇，析出晶体B c．过滤，将滤液进行减压蒸馏 d．加入硫酸得到产品 步骤b中析出晶体B的化学式为 ，步骤c中选择进行减压蒸馏的目的是 。 (4)晶体中存在的化学键类型有 （填标号）。 a．离子键    b．共价键    c．配位键    d．氢键    e．范德华力 (5)利用硫酸羟胺可制备环己酮肟，制备过程如下图所示。已知环己酮（，可溶于水，易溶于有机溶剂）和羟胺反应生成环己酮肟（）的反应称为肟化反应。环己酮肟能溶于水，难溶于浓溶液，时在酸性条件下水解生成羟胺盐和环己酮。 该流程中，通过过滤可将Y与环己酮肟分离，则肟化反应中通入气体X的化学式为 。 16．以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3和SiO2)为原料制备纳米Fe3O4的流程如下： 已知：Asp[Fe(OH)3]=10-39Ksp[Fe(OH)2]=10-17Ksp[Al(OH)3]=10-33 (1)“酸浸”时能够加快浸取速率的操作有 (任写两种)；基态Fe原子的价电子排布式是 。 (2)“滤渣1”的成分是 。 (3)“还原”过程发生反应的离子方程式是 ；假设还原后的溶液中金属离子的浓度均为0.1mol•L-1，则“调pH”的范围为 。(保留两位有效数字) (4)若不经“还原”，直接“调pH”，会导致 。 (5)工业上用电解法制备Fe3O4，工作原理如图所示，已知：低共熔溶剂可传导O2-，阳极由Cl-进行放电。 ①甲电极为 极； ②电解过程中若乙电极生成Cl2的体积是3.36L(标准状况下)，则理论上甲电极生成的Fe3O4的质量为 。 17．H是合成药物中间体，一种合成路线如图所示。 已知：①；②二元羧酸在作用下脱水生成酸酐；③和水反应生成。 回答下列问题： (1)B的名称是 ；D中所含官能团是 （填名称）。 (2)A和C的关系为 （填“同系物”“同分异构体”或“同一种物质”）。 (3)D→E的反应类型是 。其他条件相同，下列有机物与溶液反应由快到慢排序为 （填标号）。 a．   b．   c．   d． (4)写出F→H的化学方程式： ，的作用是 。 (5)含1个手性碳原子的分子有2种对映异构体（立体异构体）。例如，有2种对映异构体。在F的同分异构体中，同时满足下列条件的结构有 种（包括立体异构体）。 ①能发生水解反应；②有机物与足量银氨溶液完全反应生成；③只含1种官能团。其中，核磁共振氢谱显示2组峰的结构简式为 。 (6)设计合成路线，以邻甲基苯甲醇和G为原料合成有机物 （其他试剂自选）。 18．含氯有机物在自然环境中具有长期残留性和高毒性。 Ⅰ．“催化还原脱氯法”作为一种安全有效的环境修复方法，主要分为“直接脱氯”和“间接脱氯”两大类。 (1)间接脱氯“光催化加氢脱氯”为典型的间接脱氯法，可在温和条件下有效降解含氯有机物，而不产生氯化副产物。“光催化加氢脱氯”的第一步为水的活化：，如图为不同催化剂条件下水分子解离成的反应机理。 ①下列说法正确的是 。 A．水的活化分两步完成 B．使用催化剂，活化放出的热量比使用催化剂多 C．吸附在催化剂表面的会自发地解离成 ②已知键的键能为，解离一个水分子[]理论上需消耗 J能量。(保留两位有效数字) (2)直接脱氯还原铁脱氯机理：(R-为烃基)，随着反应进行，铁表面附着一层红褐色固体，使脱氯效率下降，生成红褐色固体的原因是 。 Ⅱ．某科研团队以三氯乙烯(TCE)为核心物质进行脱氯机理研究。 (3)利用TCE测试催化剂的活性  以TCE测试、和三种不同催化剂的“加氢脱氯活性”(如图所示)。已知。t表示光照时间，、c分别为光照t秒前、后TCE的浓度，k为常数。根据图中数据，催化效果最好的催化剂是 ；其中 (已知：，结果保留两位有效数字) (4)利用生物电化学系统降解TCE降解装置如图所示。电极A为 (填“阴极”或“阳极”)；TCE生成顺式DCE(顺-二氯乙烯)的电极方程式为 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省湘潭市2026年高三第一次模拟考试自编试卷01 化学试题（解析版） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D D C A A A B B B 题号 11 12 13 14 答案 B C A D 1．B 【详解】A．石膏（CaSO4·2H2O）在150℃时脱水生成熟石膏(2CaSO4·H2O)，熟石膏跟水混和成糊状逐渐硬化并膨胀转化为石膏，所以石膏常用于制作模型或医疗固定材料，A正确； B．纯铝硬度低、强度差，无法承受井盖所需的重压，常见下水井盖多为铸铁或合金材料，B错误； C．金属氧化物（如CoO、Cr2O3等）是玻璃的着色剂，可赋予玻璃不同颜色，C正确； D．漂白液、漂白粉、漂白精的有效成分均为有强氧化性的次氯酸盐，能起到杀菌消毒的作用，常作游泳池的消毒剂，D正确； 故选B。 2．D 【详解】A．N2分子中两个氮原子通过三键结合，结构式为N≡N，A正确； B．次氯酸钠为离子化合物，由构成，中O与Cl形成共价键，各原子满足8电子稳定结构，B正确； C．Br为35号元素，原子结构示意图为核电荷数是35，核外电子排布分别为2，8，18，7，C正确； D．中，每个O原子电子数为8，2个O原子共8×2=16个电子，带2个负电荷则加2个电子，总电子数为，D错误； 故选D。 3．D 【详解】A．Au的熔点高，但Au是金属晶体，A错误； B．反应中Au由0价升高到中的+3价，被氧化，Au是还原剂，中的N由+5价降低到NO中的+2价，被还原，是氧化剂，氯元素化合价不变，既不被氧化，也不被还原，B错误； C．化合价降低的只有1mol，还原剂与氧化剂物质的量之比等于1∶1，C错误； D．Au消耗0.5mol失去1.5mol电子，D正确； 答案选D。 4．C 【详解】A．分解生成和HCl，二者相遇又重新生成，不能用于制氨气，故A不符合题意； B．氨水不溶解银和铜，故B不符合题意； C．在苯酚、苯乙烯、乙苯中分别加入浓溴水，现象依次是生成白色沉淀、溶液褪色、溶液分层且上层呈棕红色，可以区别，故C符合题意； D．不能漂白石蕊试液，D不符合题意； 答案选C。 5．A 【详解】A．中心碳原子价层电子对数，中心碳原子价层电子对数，二者中心原子的杂化方式不同，与电负性无关，A错误； B．与可形成稳定的配合物，而无法与形成配合物，因此Cu(OH)2溶于氨水，Mg(OH)2不溶，B正确； C．18-冠-6的空腔直径与K⁺更适配，因此识别能力更强，分析正确，C正确； D．烃基为推电子基团，烃基越大，推电子能力越强，使羧基中羟基的极性越小，则酸性越弱，故酸性：CH3COOH>CH3CH2COOH，D正确； 故选A。 6．A 【详解】A．赶出碱式滴定管乳胶管中气泡，可将尖嘴向上弯曲，挤压玻璃珠使溶液流出从而排出气泡，操作正确，能达到实验目的，A符合题意； B．碳酸氢钠受热易分解，但是溶液中碳酸氢钠受热不分解，故不能达到实验目的，B不符合题意； C．电石（主要成分CaC2）与水反应制乙炔，不能用启普发生器，反应中会产生H2S等杂质气体，H2S也能使酸性KMnO4溶液褪色，不除去杂质就直接通入酸性KMnO4溶液，无法确定是乙炔使酸性KMnO4溶液褪色，不能检验乙炔，该操作不能达到实验目的，C不符合题意； D．用已知浓度的稀盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，根据酸碱中和反应的化学计量关系，通过准确测量消耗盐酸的体积，可计算出NaOH溶液的物质的量浓度，该操作中缺少指示剂与明确的NaOH溶液体积，故该操作不能达到目的，D不符合题意； 故选A。 【点睛】 7．A 【详解】A．青蒿素中含有过氧键（-O-O-），具有强氧化性，A正确； B．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，由青蒿素的结构可以看出，每个青蒿素分子中含有7个手性碳原子（中*所示），分子结构中含有1个过氧键、1个醚键，1个酯基，B错误； C．青蒿素分子中不含羟基和羧基等亲水基，其不易溶于水，不能用水溶法从植物体内提取，C错误； D．青蒿素分子中酯基上碳原子为杂化，其余碳原子均为杂化，共有两种杂化方式，D错误； 故答案选A。 8．B 【分析】10min时C的浓度为0.045×10min=0.45mol/L，15min时C的浓度为0.030×15min=0.45mol/L，故10min时反应已达平衡，平衡常数，据此回答。 【详解】A．根据0~5min的平均速率0.060mol·L-1·min-1，计算2.5min时C的浓度为=0.15mol/L。但实际反应速率可能逐渐降低，导致2.5min时浓度高于0.15mol·L-1，A错误。 B．5min时，，加入0.3molC后Q=0.1×(0.45)3=0.0091，仍小于平衡常数K=0.01367，故反应正向进行，v正(C) > v逆(C)，B正确。 C．5min时，C的物质的量为0.060×5min×2L=0.6mol，则B的物质的量为0.2mol，则B的体积分数为，而非14.3%，C错误。 D．根据分析可知，10min时反应已达平衡，故A的物质的量不再变化，D错误。 故选B。 9．B 【详解】A．催化反应过程(Ⅱ)中，碳元素的化合价由+4价下降为+3价，故A错误； B．单键均为σ键，双键为1个σ键和1个π键，三键为1个σ键和2π键，由图可知，整个催化反应过程中，有σ键和π键的断裂与形成，故B正确； C．过程Ⅳ中加入了氢气，其对应产物为甲醇，因此适当增大的浓度，有利于提高产物CH3OH的选择性，故C错误； D．反应式为：，适当减小反应体系的压强，平衡逆向移动，的平衡转化率降低，故D错误； 故选B。 10．B 【分析】工业废渣加入硝酸酸浸，得到硝酸铅、硝酸铁溶液，二氧化硅不反应成为浸渣，滤液加入KOH调节pH生成氢氧化铁除去Fe3+，过滤，向过滤后的滤液中加入KOH、K2Cr2O7生成PbCrO4沉淀； 【详解】A．硫酸会和碳酸铅生成硫酸铅沉淀，不能分离出含铅滤液，A错误； B．硝酸具有强氧化性，会将亚铁离子氧化为铁离子，“酸浸”后所得溶液中含有的金属阳离子为，B正确； C．“除铁”过程中若溶液中的，且铅离子不沉淀，则，pOH=6.8，pH=7.2；该过程中要求铁离子沉淀完全，则，pOH=11.2，pH=2.8，则调节的范围为，C错误； D．“沉铅”过程中，元素的化合价一直为+6，没有变化，D错误； 故选B。 11．B 【分析】阳极泥中主要含有Au、Ag、Se、Te、CuSe、Ag2Se、CuTe、Ag2Te等，加入苏打烧结得到Na2SeO3、Na2SeO4、Na2TeO3、Au、Ag、Na2TeO4等，加入80℃水热浸，经过滤分离出Au、Ag、Na2TeO4等，滤液中含有Na2SeO3、Na2SeO4、Na2TeO3，向滤液中加入盐酸沉碲得到TeO2，酸性条件下，加入硫酸亚铁将还原为，然后通入SO2还原得到红硒。 【详解】A．“热浸”后，经过过滤可得Au、Ag等固体，滤液进一步加盐酸沉碲，A项正确； B．“热还原”中，被还原为，反应的离子方程式为，，B项错误； C．易被氧气氧化而失去还原能力，C项正确； D．和反应生成红硒，反应的化学方程式为，D项正确； 故选B。 12．C 【分析】晶胞中Ca为1个，在晶胞内部；B的个数为个。 【详解】A．根据图示，距离Ca最近的B有个，故A错误； B．晶胞中Ca为1个，B的个数为个，与B个数比为，故B错误； C．M点在方向坐标为0，y方向坐标为1，的键长为，M到顶点的距离为，z方向分数坐标为，M点的原子分数坐标为，故正确； D．晶胞中Ca为1个，B的个数为6，该晶体的密度为，故D错误； 选C。 13．A 【详解】A．为避免CoSO4溶液与氨水生成Co(OH)2沉淀，可先加入适量的(NH4)2SO4溶液，使溶液中铵根离子浓度增大，抑制一水合氨的电离，A正确； B．②中，由于[Co(NH3)6]2+为配离子，溶液中的浓度比溶液中的高，由图可知，[Co(NH3)6]2+被O2氧化为，分别将等浓度的CoSO4溶液、[Co(NH3)6]SO4溶液放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸前者无明显现象，后者产生使淀粉KI溶液变蓝的气体，该气体为氯气，说明[Co(NH3)6]SO4溶液中的Co2+更易被氧化，则 [Co(NH3)6]SO4的还原性更强，B错误； C．③中，[Co(NH3)6]2+转化为，Co元素的化合价由+2价变为+3价，C错误； D．③中，降低pH，溶液酸性增强，氢离子和氨气反应生成铵根，不利于脱除NO，D错误； 故选A。 14．D 【分析】根据溶度积、电离常数表达式以及水电离常数的值可知，，，，，结合图像中直线变化可知，代表与pH关系，代表与pH关系，代表与pH关系。 【详解】A．由分析可知，代表一与pH关系，A错误； B．代表一与pH关系，根据图中数据计算，点时，，，可知：，，，B错误； C．点坐标计算：由点可知，，由、计算得出，，C错误； D．代表与pH关系，当时，，，点溶液呈中性，，当氨水和醋酸恰好完全反应时生成，溶液呈中性，D项正确。 答案选D。 15．(1) 恒压分液漏斗 ef→bc（或cb）←d (2)< (3) 防止由于加热温度较高导致羟胺受热分解 (4)abc (5) 【分析】铜与稀硝酸反应制NO，为避免NO被氧气完全氧化成NO2，先用氮气排净整个装置的空气，之后制取的NO从e口进入，打开k3，仅使部分NO被氧气转化氧化成NO2，得到NO和NO2的混合气体，从f口出，连b进入三颈烧瓶；用70%左右的硫酸与亚硫酸钠固体制取二氧化硫，从c口进入三颈烧瓶，反应后继续通氮气，将没有反应完的NO、NO2、SO2排出，进行尾气吸收。 【详解】（1）由图可知装置A为恒压分液漏斗；根据分析可知，实验装置连接顺序：a→ef→bc（或cb）←d；步骤I中与和反应生成和：； （2）由于O的电负性很强，中的羟基为吸电子基，使得中N的电子云密度小于中N的电子云密度，所以接受质子的能力：；接受质子能力越强，对应的碱溶液碱性越强，则其盐溶液的水解程度越弱，所以等浓度的和的混合溶液中离子浓度：； （3）分离和，向混合溶液中加入氨水，与氨水发生反应生成和的混合溶液，羟胺易溶于甲醇，在甲醇中溶解度较小，所以加入甲醇会得到晶体；又因为羟胺受热易分解，所以过滤后将滤液进行减压蒸馏，防止其分解； （4）是离子晶体，则存在阴阳离子间相互作用的离子键，在阳离子内部存在共价键和配位键，故选abc； （5）“肟化反应”中还需通入气体X，根据题意可知，气体X的化学式为，中和，使其转化为，与环己酮反应，生成环己酮肟。 16．(1) 适当增大硫酸的浓度、搅拌、加热等 (2) (3) (4)比先沉淀，造成Fe元素的损失(答到“Fe元素的损失”即可给分) (5) 阴 69.6g 【分析】硫铁矿在空气煅烧，生成气体X二氧化硫和氧化铁，加入稀硫酸酸浸，得到硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反应成为滤渣1，滤液加入FeS还原铁离子为亚铁离子，同时生成硫单质，加入试剂Y调节溶液pH值使得铝转化为氢氧化铝沉淀得到滤渣2，滤液加入氢氧化钠溶液得到沉淀，沉淀加热后加入氢气、水进行部分还原得到纳米Fe3O4； 【详解】（1）“酸浸”时能够加快浸取速率的操作有适当增大硫酸的浓度、搅拌、加热等；铁为26号元素，基态Fe原子的价电子排布式是； （2）由分析知，滤渣1为； （3）“还原”过程加入FeS还原铁离子为亚铁离子，同时生成硫单质，离子方程式是；假设还原后的溶液中金属离子的浓度均为0.1mol•L-1，则“调pH”使得铝离子转化为沉淀而亚铁离子不成为沉淀 ，铝离子完全沉淀则，pOH=9.3，pH=4.7，亚铁离子开始沉淀时，pOH=8.0，pH=6.0，故“调pH”的范围为； （4）由于铁离子较铝离子更难溶，若不经“还原”，直接“调pH”，会导致比先沉淀，造成Fe元素的损失； （5）①用电解法制备Fe3O4，则甲电极上铁元素化合价降低、得到电子被还原，甲电极为阴极； ②电解过程中若乙电极生成Cl2的体积是3.36L(标准状况下，为0.15mol)，，则转移电子0.3mol，Fe3O4可以认为是Fe2O3∙FeO，Fe2O3中铁化合价由+3变为+2转化为FeO，结合电子守恒、Fe3O4化学式，则转移电子0.3mol，生成0.3molFe3O4，故理论上甲电极生成的Fe3O4的质量为0.3mol×232g/mol=69.6g。 17．(1) 1，3-丁二烯 羧基 (2)同分异构体 (3) 取代反应 (4) 吸收水，促进反应向正方向进行，提高产率 (5) 5 (6) 【分析】由B的分子式知，它含2个不饱和度，再结合A到B的条件，发生消去反应生成1，3-丁二烯（B），C为饱和有机物，能被重铬酸钾氧化，再结合已知条件知C为1，4-丁二醇，D含2个不饱和度，且含4个O，故D为1，4-丁二酸。 【详解】（1）①由分析可知B为1，3-丁二烯； ②由分析可知D为1，4-丁二酸，所含官能团是羧基； （2）A、C分别为1，3-丁二醇、1，4-丁二醇，它们互为同分异构体； （3）①羧基脱水形成环可知为取代反应； ②酚羟基中极性增大，酸性增强，F、是吸电子基，且氟的电负性大于氯，吸电子基使共用电子对偏向氧，极性增强，易断裂；甲基为推电子基，使极性减弱，酸性减弱，故酸性强弱排序； （4） ①； ②发生取代反应生成产物H外，还有水生成，而（三氟乙酸酐）易和水反应，促进反应向正方向进行，提高产率或原料转化率； （5）①依题意，有机物含2个甲酸酯基，相当于丙烷上2个氢被2个甲酸酯基取代，丙烷分子上3个碳原子编号为1、2、3，取代方式为“1+1”、“1+2”、“1+3”、“2+2”，共4种同分异构体，其中“1+2”取代分子含1个手性碳原子，有2种对映异构体，故符合条件的同分异构体有5种； ②其中的核磁共振氢谱有2组峰； （6） 根据目标产物可知，利用流程中F到H的反应原理设计合成路线：苯甲醇催化氧化生成苯甲醛，苯甲醛催化氧化生成苯甲酸，苯甲酸与苯酚在三氟乙酸酐作用下生成苯甲酸酚酯（目标产物），故路线为。 18．(1) C (2)生成的易被空气氧化成，随着反应进行，pH不断增大，会转化为 (3) 0.021 (4) 阳极 H++ClHC=CCl2+2e-+Cl- 【详解】（1）①A．由图1可知使用催化剂分三步完成，生成和，A错误； B．水活化为，图1中在两种催化剂条件下生成的是和，且催化剂不影响反应热，B错误； C．使用催化剂水变为后相对能量不变即可解离成和，说明吸附在催化剂表面后可自发解离，C正确； 选C。 ②解离一个水分子理论上消耗的能量就是断开一个水分子中的一个氢氧键所消耗的能量，的键能为，解离一个水分子理论上消耗的能量为； （2）生成的亚铁离子易被空气氧化成铁离子，由直接脱氯还原铁脱氯机理可知，随着反应进行氢离子被消耗，pH不断增大，会转化为，从而生成红褐色固体； （3）①由图可知单位时间内使用催化剂最小，即光照后TCE的浓度最低，故催化效果最好的是； ②，； （4）①由题意知为电解池原理，三氯乙烯得电子生成顺-二氯乙烯，故B极发生还原反应为阴极，A为阳极； ②B极的电极反应为H++ClHC=CCl2+2e-+Cl-。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $