精品解析：河北涿州中学等校2026届下学期高三一模化学试卷

高三化学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在试卷和答题卡上。 2.回答选择题时，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。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。 本试卷满分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 一、选择题：本题共14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、科技、社会发展息息相关，下列说法错误的是 A. 味精的主要成分为谷氨酸钠，是一种营养强化剂 B. 酱油中加入乙二胺四乙酸铁钠等铁强化剂，可补充人体必需铁元素 C. 氮化硅是一种性能优异的无机非金属材料，可以用来制作耐高温轴承等 D. 考古研究中通过测定和，分析古代人类的食物结构 2. 实验室中，下列试剂的保存或使用方法正确的是 A. 白磷密封保存于棕色细口瓶的水中 B. 和无水乙醇保存于同一药品橱中 C. 浓硝酸保存于橡胶塞密封的棕色细口瓶中 D. 切取小块金属钾后剩余的钾块放回原试剂瓶中 3. 高分子材料在生产、生活中应用广泛。下列说法错误的是 A. 聚羟基脂肪酸酯包装材料可自然降解，能有效缓解白色污染 B. 聚乙烯薄膜柔韧性强，化学性质稳定，可用作食品包装袋 C. 高分子分离膜是一种可用于药物提纯、人工肾的通用高分子材料 D. 导电聚合物聚苯胺可作为“人造肌肉”，其属于功能高分子材料 4. 利用合成淀粉的原理如图所示，设为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是 A. 反应①中，消耗，转移电子数为 B. 反应②中，断裂个非极性键的同时生成个非极性键 C. 30 g HCHO和DHA的混合物中所含氧原子数为 D. 与NaOH反应时，1 mol DHA最多可以消耗个 5. 下列化学用语表示正确的是 A. 的电子式可能为： B. 基态O原子的价层电子排布图： C. 的结构示意图： D. 互为同素异形体 6. 依非韦伦(化合物丙)是一种非核苷类逆转录酶抑制剂，其一种合成路线如图所示(部分反应条件省略)。下列叙述正确的是 A. 甲能发生加成、取代、消去反应 B. 乙含6种官能团，分子中所有碳原子可能共平面 C. 丙在碱性或酸性条件下，均会发生水解 D. 若甲+丁→乙的原子利用率为100%，则丁含1个手性碳原子 7. 用如图所示装置(除杂和尾气处理装置任选)和相应试剂能制备和收集少量气体的是 A. 过氧化钠和水 B. 电石和水 C. 锌粉和稀硫酸 D. 大理石和稀盐酸 8. 根据物质结构可推测其性质，下列对相关物质的性质推测不合理的是 选项 物质 结构简式 性质 A 甲胺 可以和分子形成氢键，所以易溶于水 B 过氧乙酸 分子中有价氧原子，具有强氧化性，可以杀菌消毒 C 聚乙炔 π电子可以在C原子之间自由地移动，所以聚乙炔能导电 D 叔丁醇 含有醇羟基，在加热的条件下可以和CuO发生氧化反应 A. A B. B C. C D. D 9. 一种由短周期元素组成的化合物常用于医药与农药研发，其结构如图所示。其中X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X、Y和Z同周期，Y和W同主族。下列有关说法正确的是 A. 最简单氢化物的稳定性： B. 、都是由极性共价键形成的极性分子 C. X、W、Q的最高价氧化物对应的水化物酸性依次增强 D. 第一电离能： 10. 金属Li在氮气中燃烧可以生成一种紫红色晶体，其晶胞结构如图所示，设为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法错误的是 A. 该晶体的化学式为 B. N的配位数为8 C. 该晶体的密度 D. 该晶体遇水可能产生一种有刺激性气味的气体 11. 利用电解原理制备环氧乙烷的装置如图所示。下列说法错误的是 A. Pt电极电势高于Ni电极 B. 阳极区发生的总反应： C. 离子交换膜M为阴离子交换膜 D. 外电路中转移2 mol电子理论上可以制备1 mol环氧乙烷 12. 络合滴定时的常用试剂EDTA(乙二胺四乙酸)的制备步骤为： Ⅰ、将乙二胺加入三颈烧瓶，加水稀释后，边搅拌边缓慢滴加氯乙酸钠溶液，同时分批加入氢氧化钠维持反应液呈弱碱性，加热至60~70℃，搅拌反应4~6 h后冷却至室温，加活性炭脱色，过滤。 Ⅱ、滤液用浓盐酸酸化至析出大量白色沉淀，过滤、洗涤即可制得EDTA粗产品。 已知：①步骤Ⅰ的反应原理为 ②EDTA的溶解度随温度的升高而增大。 下列说法错误的是 A. 制取EDTA时涉及取代反应与中和反应 B. 洗涤时用冰水等操作可以提高EDTA产率 C. 步骤Ⅱ中加入的浓盐酸可以用浓硫酸代替 D. 粗产物可用重结晶法提纯 13. 向1 L的恒容密闭容器中充入1 mol M和2 mol N，发生如图1所示的反应，不同物质的物质的量随反应时间(t)的变化如图2所示。40 min时各物质浓度保持不变。下列说法正确的是 A. 反应③的活化能小于反应②的活化能 B. 反应①的平衡常数大于反应②的平衡常数 C. 升高温度，可提高平衡时产物中X的占比 D. 平衡后，若再充入0.20 mol Y、0.40 mol Z，反应③的v正<v逆 14. 常温下，、与或的关系如图所示。已知：。下列说法错误的是 A. 常温下， B. 浓度均为的和的混合溶液，通过调节pH不能将二者完全分开 C. c点的坐标为 D. a点的横坐标为5.2 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 某实验小组在完成人教版必修一中“利用覆铜板制作图案”的实验过程中，提出能否用KSCN溶液检验“腐蚀液”中是否还存在，以向“腐蚀液”中滴加KSCN溶液后，反应体系产生的白色浑浊为探究对象，对白色沉淀的来源、成分、形成速率以及反应原理进行探究。设计如下实验： 序号 实验操作 实验现象 实验Ⅰ 向溶液中加入一段铜丝，使铜丝高于溶液，静置1天后，倾倒反应后的溶液于另一支试管中，滴加1滴溶液 溶液先变红色，振荡后红色褪去并立即产生白色浑浊 探究1：白色沉淀的来源及成分。 实验猜想 序号 操作及现象 猜想1：与SCN产生的白色沉淀 实验Ⅱ 向溶液中加入1滴溶液，溶液变为绿色，1天后，绿色褪去并产生白色沉淀 猜想2：______ 实验Ⅲ 向溶液中加入1滴溶液，1天后，溶液变为浅红色 已知：被称为“拟卤素离子”，其性质与卤素离子相似；与卤素单质的性质相似。 ，。 （1）“猜想2”是______。 （2）经检验，白色沉淀的主要成分是CuSCN，写出实验Ⅱ中产生白色沉淀CuSCN的总反应的离子方程式______。 探究2：CuSCN形成速率不同的原因 （3）实验Ⅱ中1天后产生白色沉淀，实验Ⅰ中振荡后立即产生白色沉淀。推测实验Ⅰ中有催化剂参与反应，使反应速率加快，可能起催化作用的离子是______。 （4）设计如下实验Ⅳ验证起催化作用的离子： 根据上述实验现象，设计对照实验：其他条件不变，上述溶液换成______(填化学式)溶液，若振荡后红色褪去，形成白色沉淀，可得出的结论是______。 探究3：与KSCN体系的反应原理 实验Ⅴ： （5）实验中溶液变红色的原因是______、______(用离子方程式表示)。 （6）回答能否用KSCN溶液检验“腐蚀液”中的，并说明原因：______。 16. 镍锰钴合金是人造金刚石用触媒片的主要成分之一，从某酸洗废液(，主要含有、、)中回收镍、锰、钴的工艺流程如图所示： 已知：、 回答下列问题： （1）基态钴原子的价层电子排布式为______。 （2）“中和”时，需缓慢加入且不断搅拌，其原因是______。 （3）“氨浸”时，系中微粒的存在形式与pH、氧化还原电势(E)的关系如图所示，已知 ①使镍浸出的合适pH范围是______。 ②洗涤氨浸渣时，采用“氨水洗镍”和“清水洗氨”的方法。采用“氨水洗镍”的原因是______。 （4）“蒸氨”时同步加入NaOH，生成的离子方程式是______。 （5）“酸溶”所得溶液中，加入可使钴、锰分离，理论的最小残留率是______%(残留率)。 （6）“焙烧”时发生反应的化学方程式是______。 （7）在水中的溶解度曲线如图所示，溶液经过______、______、洗涤、干燥等操作得到。 17. 沼气中会威胁人体健康、腐蚀设备和污染大气，研究沼气中；的脱除具有重要意义。回答下列问题： 方法一：Claus法脱硫 涉及反应如下： 反应1 反应2 （1）Claus法脱硫反应历程与能量变化如图所示： ①反应的______。 ②脱硫反应的快慢是由______(填“反应1”或“反应2”)决定的。 （2）在容积和压强(pkPa)均相同的三个容器中，按照分别为、、投料，发生反应，的平衡转化率随温度的变化如图所示： ①代表的曲线是______(填“a”“b”或“c”)。 ②已知p点坐标为，则350℃时，该反应的压强平衡常数______是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 方法二：催化脱硫 常温下，在空气中催化脱除生成S的反应过程如下： ⅰ、；ⅱ、______ （3）反应ⅱ的化学方程式是______。 （4）反应ⅰ的机理如图所示： 进行反应ⅰ首先要在催化剂表面吸附，则吸附能力较强的方式是______(填“甲”或“乙”)，其原因是______。 18. 黄藤素(G)具有抗菌、清热解毒、消炎、抗病毒等疗效，其一种合成路线如图所示： 回答下列问题： （1）化合物A的名称是______。 （2）由A生成B的化学方程式是______。该反应需要在冰水浴的条件下进行，其原因是______。 （3）E的结构简式是______。D→E的反应类型是______。 （4）F→G的反应过程中，F分子苯环上参与闭环的碳原子是______(用*在下面结构简式中标出)。 （5）H是D的同分异构体，符合下列条件的H的结构有______种(不考虑立体异构)。 ①苯环上有两个取代基；②属于α-氨基酸；③1 mol H能与反应。 其中核磁共振氢谱有7组峰的结构简式是______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $可学科网 可组卷网 高三化学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在试卷和答题卡上。 2.回答选择题时，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。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。 本试卷满分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H1i7C12N14016 一、选择题：本题共14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、科技、社会发展息息相关，下列说法错误的是 A.味精的主要成分为谷氨酸钠，是一种营养强化剂 B.酱油中加入乙二胺四乙酸铁钠等铁强化剂，可补充人体必需铁元素 C.氮化硅是一种性能优异的无机非金属材料，可以用来制作耐高温轴承等 D.考古研究中通过测定16C和5N,分析古代人类的食物结构 【答案】D 【解析】 【详解】A.味精的主要成分为谷氨酸钠，谷氨酸是人体所需的非必需氨基酸，属于氨基酸类营养强化剂， A不符合题意； B.乙二胺四乙酸铁钠是允许添加的铁强化剂，易被人体吸收，可补充人体必需的铁元素，预防缺铁性贫血， B不符合题意； C.氮化硅属于新型高温结构陶瓷，是性能优异的无机非金属材料，具有硬度大、熔点高、耐磨的特点，可 以用来制作耐高温轴承，C不符合题意： D.考古分析古代人类食物结构使用的是稳定同位素13C和15N,16C半衰期极短，无法在古代样品中稳定 存在，不能用于考古测定，D合题意； 故选D。 2.实验室中，下列试剂的保存或使用方法正确的是 A.白磷密封保存于棕色细口瓶的水中 第1页/共25页 西学科网丽组卷网 B.H,O,和无水乙醇保存于同一药品橱中 C.浓硝酸保存于橡胶塞密封的棕色细口瓶中 D.切取小块金属钾后剩余的钾块放回原试剂瓶中 【答案】D 【解析】 【详解】A.白磷为固体试剂，白磷应保存在水中，通常用广口瓶，细口瓶不方便取用固体，A不符合题意： B.H,O,是强氧化剂，无水乙醇是易燃还原性物质，二者同橱存放若泄漏易发生反应引发危险，不能存放 于同一药品橱，B不符合题意： C.浓硝酸具有强氧化性，会腐蚀橡胶塞，应使用玻璃塞密封，C不符合题意： D.金属钾是极活泼金属，随意丢弃剩余的钾易引发火灾、爆炸等安全事故，因此切取后剩余的钾块需要放 回原试剂瓶，D符合题意： 故选D。 3.高分子材料在生产、生活中应用广泛。下列说法错误的是 A.聚羟基脂肪酸酯包装材料可自然降解，能有效缓解白色污染 B.聚乙烯薄膜柔韧性强，化学性质稳定，可用作食品包装袋 C.高分子分离膜是一种可用于药物提纯、人工肾的通用高分子材料 D.导电聚合物聚苯胺可作为“人造肌肉”，其属于功能高分子材料 【答案】C 【解析】 【详解】A.聚羟基脂肪酸酯属于可生物降解的高分子材料，自然降解可减少难降解塑料的丢弃，有效缓解 白色污染，A不符合题意； B.聚乙烯为无毒高分子，柔韧性强，常温下化学性质稳定，常用作食品包装袋，B不符合题意： C.高分子分离膜属于具有特殊分离功能的功能高分子材料，不属于通用高分子材料，虽然可用于药物提纯、 人工肾透析，但分类表述错误，C符合题意： D.导电聚合物聚苯胺具有导电、生物相容性等特殊功能，属于功能高分子材料，可用于制备“人造肌肉”， D不符合题意： 故选C。 4.利用C0,合成淀粉的原理如图所示，设N。为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是 第2页/共25页 可学科网可组卷网 H202 催化剂 ③ 3H2 H2O 02 H2O, 淀粉 C02 ⑦ →CHOH- ② DHA A.反应①中，消耗22.4LCO2,转移电子数为6N B.反应②中，断裂NA个非极性键的同时生成2NA个非极性键 C.30 g HCHO和DHA的混合物中所含氧原子数为NA D.与NaOH反应时，1 mol DHA最多可以消耗2NA个OH 【答案】C 【解析】 催化剂 【详解】A.反应①为C0,+3H,=CH,0H+H,0,C元素由+4价降至-2价，1 nolCO2转移6mol 电子，但未指明C02处于标准状况，无法由体积计算物质的量，故无法确定转移电子数，A不符合题意： 催化剂 B.反应②为CH,0H+0,=HCH0+H,0,'1mol0,中存在1mol非极性键，1molH,O2中存在lmol 非极性键，断裂NA个O=O非极性键的同时生成NA个O-O非极性键，B不符合题意； C.HCHO的最简式为CHO,DHA的化学式为CH,O3,其最简式也为CH2O,二者最简式相同， 30g混合物含“CH,O”的物质的量为lmol,含氧原子数为W,C符合题意； D.DHA中含羟基和羰基，均不与NaOH反应，D不符合题意； 故选C。 5.下列化学用语表示正确的是 A.O,的电子式可能为：OOO 2s 2p B.基态O原子的价层电子排布图： N↓ C.O2-的结构示意图： D.160,、170,、1803互为同素异形体 【答案】D 第3页/共25页 耐学科网 丽组卷网 【解析】 【详解】A.每个氧原子最外层有6个电子，3个氧原子最外层一共有18个电子，而题给的电子式价电子 总数计算错误，A错误： B.基态O原子的价层电子排布式为2s224,根据洪特规则，电子排布在同一能级的不同轨道时，优先单 独占据不同轨道且自旋方向相同，正确的价层电子排布图为也州↑个， B错误； 2s 2p C.O2-的质子数为8，核外电子数为10，题干所给的结构图中质子数为10，不代表02，C错误； D.同素异形体指由同种元素形成的结构不同的单质；16O,、17O,、18O,都是由氧元素组成的不同单质， 符合同素异形体的概念，D正确： 故选D。 6.依非韦伦（化合物丙）是一种非核苷类逆转录酶抑制剂，其一种合成路线如图所示（部分反应条件省略）。下 列叙述正确的是 F. CF3 NH NH 甲 丙 A.甲能发生加成、取代、消去反应 B.乙含6种官能团，分子中所有碳原子可能共平面 C.丙在碱性或酸性条件下，均会发生水解 D.若甲+丁→乙的原子利用率为100%，则丁含1个手性碳原子 【答案】C 【解析】 【详解】A.甲中含有苯环和羰基，均可发生加成。苯环可发生亲电取代；氯原子（芳卤）在强条件下可被 取代；氨基也可参与取代。但由于甲中无阝一H的卤代结构或醇羟基，芳卤难以消去，故不能发生消去反 应。A错误； B.乙的环上与苯基相连的碳原子为p杂化，呈四面体构型，破坏共平面性，B错误； C.丙含环状氨基甲酸酯结构(-O-CO-N-),酸性或碱性条件下均可发生水解使环断裂，C正确： 第4项/共25页 耐学科网 命组卷网 D.原子利用率100%表明为加成反应，无副产物。由结构变化推断，丁的分子式为CH。,结构式为 HC=C- 没有碳满足手性碳定义。D错误； 故选C。 7.用如图所示装置（除杂和尾气处理装置任选）和相应试剂能制备和收集少量气体的是 多孔隔板 (水或相应水溶液) A.过氧化钠和水 B.电石和水 C.锌粉和稀硫酸 D.大理石和稀盐酸 【答案】D 【解析】 【详解】A.过氧化钠与水反应生成氧气，反应的化学方程式为2Na,O,+2H,0=4NaOH+O,个；过氧 化钠为粉末状固体，会透过多孔隔板下落，无法实现固液分离以控制反应的停止，且该反应剧烈放热，存 在安全隐患，A不符合题意； B.电石与水反应生成乙炔，反应的化学方程式为CaC2+2H,O→Ca(OH)2+C,H,个；该反应剧烈且放 热，生成的C(OH),悬浊液易堵塞多孔隔板，同时电石遇水会迅速粉化，无法通过隔板控制反应，B不符 合题意； C.锌粉和稀硫酸反应生成氢气，反应的化学方程式为Zn+H,SO4=ZnS04+H2个；锌粉为粉末状，会 透过多孔隔板漏下，不能实现固液分离，无法控制反应的发生与停止，C不符合题意： D.大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳，反应的化学方程式为CaCO,+2HCl=CaCL,+H,O+CO,个； 大理石为块状固体，可放置在多孔隔板上，能通过长颈漏斗添加稀盐酸控制反应，可用排饱和碳酸氢钠溶 液收集气体，D符合题意； 故选D。 8.根据物质结构可推测其性质，下列对相关物质的性质推测不合理的是 选项 物质 结构简式 性质 第5页/共25页 可学科网可组卷网 可以和HO分子形成 甲胺 H,N-CH; 氢键，所以易溶于水 分子中有-1价氧原 过氧乙酸 CH,-C-O-OH 子，具有强氧化性，可 以杀菌消毒 π电子可以在C原子之 聚乙炔 [CH=CH+, 间自由地移动，所以聚 乙炔能导电 OH 含有醇羟基，在加热的 D 叔丁醇 条件下可以和CuO发 H:C CH3 生氧化反应 A.A B.B C.C D.D 【答案】D 【解析】 【详解】A.甲胺的结构简式为H2N-CH3,分子中含有N-H键，能与水分子中的O-H键形成氢键，根据 相似相溶原理和氢键的作用，甲胺易溶于水，该性质推测合理，A不符合题意： B.过氧乙酸的结构简式为CHC(O)OOH,其中过氧键(-O-O-)中的氧原子为-1价，-1价氧原子易得到 电子，具有强氧化性，能够使蛋白质变性，因此可以用于杀菌消毒，该性质推测合理，B不符合题意； H C.聚乙炔的结构为 分子中存在连续的共轭大元键，元电子可以在碳原子之间自由移动， 具备导电的条件，所以聚乙炔是一种典型的导电聚合物，该性质推测合理，C不符合题意； D.叔丁醇的结构简式为(CH3)3COH,其与羟基相连的碳原子上没有氢原子，这类醇被称为叔醇，叔醇在 加热条件下不能与CuO发生催化氧化反应，因此该性质推测不合理，D符合题意； 故选D。 9.一种由短周期元素组成的化合物常用于医药与农药研发，其结构如图所示。其中X、Y、Z、W、Q的原 子序数依次增大，X、Y和Z同周期，Y和W同主族。下列有关说法正确的是 第6页/共25页 可学科网 命组卷网 W XZ3 QX A.最简单氢化物的稳定性：Y>Z B.XY,、WY,都是由极性共价键形成的极性分子 C.X、W、Q的最高价氧化物对应的水化物酸性依次增强 D.第一电离能：Z>W>Q 【答案】C 【解析】 【分析】由题目所给的己知条件结合结构式可以得出，Q、Z形成1个单键，Y形成2个共价键，W形成6 个共价键。根据Y和W同主族，且W的原子序数大于Y,结合成键特点，Y应为氧(O),W应为硫(S);根 据X、Y、Z同周期，且Y为O,可知X、Z均在第二周期。X在第二周期，形成4个单键，应为碳(C): Z在第二周期，原子序数大于O,形成1个单键，应为氟()；Q的原子序数大于W且属于短周期元素，根 据其成键特点，Q为氯(C)。最终确定元素：X-C,Y=O,Z=F,W=S,Q=Cl。 【详解】A.非金属性越强，最简单气态氢化物的稳定性越强，同周期非金属性随着原子序数增大逐渐增强， 故HF>HO,A错误； B.Y、Y应为C0,和SO2,C0,分子是直线形(O=C=O),结构对称，正负电荷中心重合，属于非 极性分子，B错误； C.X、W、Q分别为C、S、C1,非金属性C1>S>C,非金属性越强其最高价氧化物对应的水化物酸性越 强，C正确； D.第一电离能的规律：同主族从上到下减小，同周期从左到右增大（有反常），比较F、S、C, I(F>ICI>I(S),即Z>Q>W,D错误： 故选C。 10.金属L1在氮气中燃烧可以生成一种紫红色晶体，其晶胞结构如图所示，设N为阿伏加德罗常数的值。 下列有关说法错误的是 第7页/共25页 可学科网可组卷网 -a nm- b nm ON 30° 30 晶胞透视图 晶胞俯视图 A.该晶体的化学式为LiN B.N的配位数为8 703×1029 C.该晶体的密度p= a'bNg.cm3 D.该晶体遇水可能产生一种有刺激性气味的气体 【答案】C 【解析】 【详解】A.根据均摊法，该晶胞中含N数为4×+4×=1，含Li数为4×)+2×+2×=3，则该 6 12 3 6 晶体的化学式为LiN,A正确； B.以晶胞底面120°角处的N为研究对象，N的上、下各有1个Li,同一水平面上有6个Li,所以N的配 位数为8，B正确： 4+3×735 C.1个LiN晶胞的质量为 N .1个品的体积为ax5。×bx10cm,所以该品 密度p= 70W3×1021 3abN,cm',C错误， D.LiN遇水发生水解反应：Li,N+3H,O=3LiOH+NH,个，NH,为刺激性气味气体，D正确： 故选C。 11.利用电解原理制备环氧乙烷的装置如图所示。下列说法错误的是 第8页/共25页 学科网组卷网 电源 CH,=CH, 离 P K KCI(aq) KCI(aq)% OH 换 膜 M KOH OH ci HCI→混合池←KOH 0 A.Pt电极电势高于Ni电极 B.阳极区发生的总反应：CH,=CH,-2e+H,O+CI=CH,CICH,OH+H C.离子交换膜M为阴离子交换膜 D.外电路中转移2mol电子理论上可以制备1mol环氧乙烷 【答案】C 【解析】 【详解】A.Pt电极上CI发生失电子的氧化反应产生氯气，因此Pt是阳极，Ni是阴极。电解池中阳极连 接电源正极，阴极连接电源负极，正极电极电势高于负极，因此Pt电极电势高于N电极，A正确； B.阳极首先发生C1放电：2C-2e=CL,个，生成的Cl2与乙烯反应： CL,+CH,=CH,+H,O→CH,ClCH,OH+H+CI,两式相加消去多余的CL,和C1,得到阳极区总 反应：CH,=CH,-2e+H,O+CI=CH,ClCH,OH+H,原子、电荷均守恒，B正确； C.阳极（左室）反应生成H，为维持溶液电中性，左室的阳离子K+需要迁移到阴极（右室）；阴极发生 反应2H,0+2e=H,个+2OH,迁移过来的K+与OH结合为KOH,分别将左室的HCl、 CH,CCH,OH和右室的KOH导入混合池制备产物，符合图中物料流向。因此离子交换膜M需要允许阳 离子(K+)通过，C错误： ◆电解 D.总反应为CH2=CH2+H,0=C,H,0(环氧乙烷)+H,个，反应中转移2mol电子生成1mol环氧乙 烷，因此外电路转移2mol电子，理论上生成lmol环氧乙烷，D正确： 故选C。 12.络合滴定时的常用试剂EDTA(乙二胺四乙酸)的制备步骤为： I、将乙二胺加入三颈烧瓶，加水稀释后，边搅拌边缓慢滴加氯乙酸钠溶液，同时分批加入氢氧化钠维持 反应液呈弱碱性，加热至60-70℃，搅拌反应46h后冷却至室温，加活性炭脱色，过滤。 第9页/共25页 学科网丽组卷网 Ⅱ、滤液用浓盐酸酸化至析出大量白色沉淀，过滤、洗涤即可制得EDTA粗产品。 己知：①步骤I的反应原理为H,NCH,CH,NH,+4ClCH,COONa+4NaOH→ (NaOOCH2)2NCH,CH,N(CH,COONa,+4NaC1+4H,O。②EDTA的溶解度随温度的升高而增大。 下列说法错误的是 A.制取EDTA时涉及取代反应与中和反应 B.洗涤时用冰水等操作可以提高EDTA产率 C.步骤Ⅱ中加入的浓盐酸可以用浓硫酸代替 D.粗产物可用重结晶法提纯 【答案】C 【解析】 【详解】A.步骤I中氯乙酸钠与乙二胺的反应属于取代反应，氯乙酸钠与乙二胺的反应生成的氯化氢与氢 氧化钠反应属于中和反应，A正确： B.EDTA溶解度随温度升高而增大，用冰水洗涤可减少EDTA溶解损失，提高产率，B正确； C.浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会氧化、碳化EDTA,且浓硫酸溶于水放热会增大EDTA的溶解损失， 不能代替浓盐酸，C错误； D,DTA溶解度随温度升高明显增大，符合重结晶的适用条件，可用重结晶法提纯粗产物，D正确； 故选C。 13.向1L的恒容密闭容器中充入1molM和2molN,发生如图1所示的反应，不同物质的物质的量随反 应时间①的变化如图2所示。40min时各物质浓度保持不变。下列说法正确的是 1.00 0.80 0.72 一M 0.60 反应①，X 0.60 -.Z 量 M+2N 0.20 --X 0.08 反应②→2Y 反应③*2 10 20 30 40 /min 图1 图2 A.反应③的活化能小于反应②的活化能 B.反应①的平衡常数大于反应②的平衡常数 C.升高温度，可提高平衡时产物中X的占比 第10页/共25页 学科网丽组卷网 D.平衡后，若再充入0.20molY、0.40molZ,反应③的v正<y逆 【答案】B 【解析】 【分析】X:初始0，平衡时0.20mol; Z:初始0，平衡时0.72mol; Y:初始0，平衡时0.08mol,设反应②生成的Y为n,反应③消耗的Y为2×△n(Z),则 n-2×0.72=0.08,n=1.52mol。 【详解】A.由图像可知，反应开始后反应②的斜率大于反应③的斜率，说明反应②的反应速率大于反应③ 的反应速率，反应速率越快活化能越小，因此反应②的活化能小于反应③的活化能，A错误； c(X 0.2 c2(Y) (0.08)2 0.0064 B.反应①：K c(Ma2(NcM)a2(W'反应②：&= c(M)d2(N)c(M)d2(N)c(M)2N) ,K1>K2,B正确； C.题目没有给出反应热，无法判断温度对平衡的影响，因此不能确定升高温度是否能提高X的占比，C错 误： cZ）0.72 D.反应③平衡常数：c2Y(0.08 =112.5,再充入后c(Y)=0.28molL,c(Z=1.12molL,浓度商： 1.12 Q0.28*14.29<K,平衡正向移动，M生>，D错误： 故选B。 14.常温下，-lgc(Cu+、-lgc(Fe2+)与-lgc0H）或-1gcH的关系如图所示。已知： K,[Cu(OH),]<K,[Fe(OH),]。下列说法错误的是 7 →-1gc(OH) d(9,9.6) )21-n)- b a 上 e(9,-1.6) →-lgc(H) 7 A常温下，K即[Cu(0H)2]=10-196 第11页/共25页 学科网丽组卷网 B.浓度均为0.1 mol.L的CuSO,和FeS0,的混合溶液，通过调节pH不能将二者完全分开 C.c点的坐标为7,2.4 D.a点的横坐标为5.2 【答案】D 【解析】 【分析】本题围绕Cu(OH)2和Fe(OH)2的沉淀溶解平衡展开，反应为 M(OH)2(s≠M2+(aq+20H(aq,溶度积表达式为K[M(0H)2]=cM2+）c2(OH）。图像中x 曲线横坐标为-gcOH），可直接获取氢氧根浓度；y曲线横坐标为-lgc(H)，需通过 K.=c(H）cOH）=10-4换算得到c(OH）。已知K[Cu(OH)2]<Kp[Fe(OH)2],由e点 (9,-1.6),-lgc(0H）=9，则c0H）=109◆molL1,-lgc(M2+）=-1.6，则 c(M2+)=1016◆moIL,代入Kn[M(0H)2]=c(M2+）c2(0H）=1016×(10)2=10164;由d点坐 标为(9,9.6)，-lgc(H）=9,则c(H*）=109molL1,则c(0H）=105◆molL, -lgc(M2+）=9.6 则 c(M2+=10-96◆molL 代 Kp[M(0H)2]=c(M2+）c2(0H）=109.6x10-5)2=1019.6, 故x曲线代表Fe(OH)2,y曲线代表Cu(OH2,有K,[Cu(OH,]=1096,K,[Fc(OH,]=10-164, 据此分析。 【详解】A.由y曲线代表Cu(OH2,结合d点计算得Km[Cu(OH)2]=10196,A不符合题意： B.浓度均为0.1◆molL1的CuSO4和FeS0,混合溶液，Cu(OH2沉淀完全时cCu2+）≤105◆molL, c(OH)= 1019.6 =10.3◆molL，Fe(0H)2开始沉淀时c(Fe2+)=0.1◆molL1, 105 c(OH）= 10-16.4 =107.◆molL，二者沉淀所需OH浓度接近，通过调节pH不能将二者完全分开， 0.1 B不符合题意； C.c点位于x曲线[Fe(0H)2],横坐标-lgc0H=7,则c0H）=10-7◆molL, 第12页/共25页 学科网丽组卷网 --gc(Fe2*）=g [Fc(H)]-g10 c2OH) 800-g1024=2.4,故e点坐标为7,24，C不符合题意， D.a点为x曲线Fe(0H)2与y曲线Cu(OH)2的交点，满足c(Fe2+)=c(Cu2+)。设a点横坐标为z,则x 曲线对应c(OH）=10:，y曲线对应c(OH）=10-4。联立溶度积表达式 Kp[Fe(OH)2]Kp[Cu(OH)2] G2(OH） c2(0H） ,代入Km[FeOH)2]=10164、Kp[Cu(OH)2]=10196,得 10-16.4 1019.6 10y10=,化简得-16.4+2z=-19.6+28-2z,解得z=6.2,D符合题意 故选D。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.某实验小组在完成人教版必修一中“利用覆铜板制作图案”的实验过程中，提出能否用K$CN溶液检 验“腐蚀液”中是否还存在F3+,以向“腐蚀液”中滴加KSCN溶液后，反应体系产生的白色浑浊为探究 对象，对白色沉淀的来源、成分、形成速率以及反应原理进行探究。设计如下实验： 序号 实验操作 实验现象 向 2 mL 0.1 mol.L-FeCl 溶液中加入一段铜 丝，使铜丝高于FeCl, 溶液先变红色，振荡后 实验I 溶液，静置1天后，倾 红色褪去并立即产生 倒反应后的溶液于另 白色浑浊 一支试管中，滴加1滴 0.1mol·L KSCN 溶液 探究1：白色沉淀的来源及成分。 实验猜想 序号 操作及现象 第13页/共25页 可学科网可组卷网 向2mL0.1mol·L CuSO4溶液中 猜想1：Cu2+与SCN 加入1滴0.1mol.L KSCN溶液， 实验Ⅱ 产生的白色沉淀 溶液变为绿色，1天后，绿色褪去并产 生白色沉淀 向 2mL0.1mol-L(NH)Fe(SO)2 猜想2： 实验Ⅲ 溶液中加入1滴0.1mol·L1KSCN 溶液，1天后，溶液变为浅红色 已知：SCN被称为“拟卤素离子”，其性质与卤素离子相似；(SCN),与卤素单质的性质相似。 Kp(CuSCN)=1.77x10-,Kp(CuCI=1.72×10-7。 (1)“猜想2”是 (2)经检验，白色沉淀的主要成分是CuSCN,写出实验Ⅱ中产生白色沉淀CuSCN的总反应的离子方程 式。 探究2：CuSCN形成速率不同的原因 (3)实验Ⅱ中1天后产生白色沉淀，实验I中振荡后立即产生白色沉淀。推测实验I中有催化剂参与反应， 使反应速率加快，可能起催化作用的离子是。 (4)设计如下实验V验证起催化作用的离子： 1滴0.1molL 1滴0.1molL 振荡 FeCl3溶液 KSCN溶液 2mL0.1moL1溶液变为浅绿色 溶液变为红色 溶液变为黄色 CuSO4溶液 根据上述实验现象，设计对照实验：其他条件不变，上述FCL,溶液换成 (填化学式)溶液，若振荡后 红色褪去，形成白色沉淀，可得出的结论是 探究3：Cu+、Fe2+与KSCN体系的反应原理 实验V: 第14页/共25页 可学科网组卷网 1滴0.1mol-L 1滴0.1moL 振荡 3滴0.1molL1 3滴0.1moL1 CuSO4溶液 KSCN溶液 KSCN溶液 CuSO4溶液 2mL 0.Imol.L- 无明显变化 溶液变红色，并 黄白色 红色浊液 黄色浊液 (NH4hFc(SO4)2溶液 伴有白色沉淀 浊液 (5)实验中溶液变红色的原因是 (用离子方程式表示)。 (6)回答能否用KSCN溶液检验“腐蚀液”中的Fe3+,并说明原因： 【答案】(1)Fe+与SCN产生的白色沉淀 (2)2Cu2*+4SCN-=2CuSCN+(SCN), (3)Fe3+、Fe2+、C1 (4) ①.NH4),Fe(SO4)2 ②.Fe2+起催化作用 (5) D.2Fe2+(SCN),=2Fe*+2SCN- ②.Fe3++3SCN=Fe(SCN, (6)不能，Cu2+能将SCN氧化为(SCN)2,(SCN)2将Fe2+氧化为Fe+,Fe+与SCN结合为 Fe(SCN),使溶液显红色，在存在Fe2+的情况下，无论是否存在初始的Fe3+,溶液始终会变红 【解析】 【分析】本实验探究用KSCN检验覆铜板腐蚀液中F3+时产生白色浑浊的原因，分为三个探究模块。探究 1:对白色沉淀来源进行猜想，分别验证Cu2+、F2+与SCN~的反应，最终确定白色沉淀成分为CuSCN; 探究2：对比不同实验中沉淀生成速率的差异，推测腐蚀液中部分离子对反应有催化作用，设计对照实验验 证催化离子；探究3：分析Cu+、Fe2+与KSCN体系的反应原理，判断该方法能否检验腐蚀液中的Fe3+。 【小问1详解】 猜想1针对Cu2+,实验I用Fe2+溶液做验证，因此猜想2为：Fe2+与SCN产生的白色沉淀； 【小问2详解】 Cu+做氧化剂，部分SCN被氧化为拟卤素(SCN)2,Cu2+被还原为Cu后结合SCN生成CuSCN沉淀， 配平后总离子方程式为：2Cu2++4SCN=2 CuSCN↓+(SCN)2; 【小问3详解】 实验I的腐蚀液是FCl,腐蚀Cu后的溶液，溶液中存在Fe3+、Fe2+、C1,这三种离子都可能是催化剂； 第15页/共25页 学科网可组卷网 【小问4详解】 将FeCl3溶液替换为NH4)2Fe(SO42(或其他不含CI的亚铁盐)，该溶液仅提供Fe2+,可排除Fe3+和C的 影响；若振荡后仍出现红色褪去、生成白色沉淀的现象，说明催化作用与F3+、CI无关，起催化作用的是 Fe2+; 【小问5详解】 体系中(SCN)2会氧化Fe2+生成Fe3+,生成的Fe3+再和SCN结合生成红色的F(SCN)3,反应离子方程 式为：①2Fe2++(SCN)2=2Fe3++2SCN②Fe3++3SCN=Fe(SCN)3; 【小问6详解】 根据反应原理，即使原腐蚀液中没有F3+，体系也会自动生成Fe3+使溶液变红，因此不能检验，结论为： 不能，Cu2+能将SCN氧化为(SCN),,(SCN),将Fe2+氧化为Fe3+,Fe+与SCN结合为Fe(SCN)a, 使溶液显红色，在存在F+的情况下，无论是否存在初始的Fe3+,溶液始终会变红。 16.镍锰钴合金是人造金刚石用触媒片的主要成分之一，从某酸洗废液(pH<1,主要含有Ni+、Mn2+、 C02+)中回收镍、锰、钴的工艺流程如图所示： Na,CO NH HSO Na,S 废液反应槽 M 中和 氨浸 酸溶 沉钴 →MnSO4溶液→MnSO4H,O 滤液 浸出液 沉淀 焙烧 →C0203 蒸氨→Ni(OHI2→回收Ni 已知：Kp(CoS)=4.0×1021、Kn(MnS)=2.5×10 回答下列问题： (1)基态钴原子的价层电子排布式为 (2)“中和”时，Na,C0,需缓慢加入且不断搅拌，其原因是 (3)“氨浸”时，Ni-NH,-H,O系中微粒的存在形式与pH、氧化还原电势(E)的关系如图所示，已知 Ni2++6NH3=[Ni(NH3)6]2 第16页/共25页 可学科网 可组卷网 0.6 0.2 Ni2+ [Ni(NH3)]* -0.2 (HO)!N -0.6 Ni -1.0 2 5.46 1011.514 pH ①使镍浸出的合适pH范围是 0 ②洗涤氨浸渣时，采用“氨水洗镍”和“清水洗氨”的方法。采用“氨水洗镍”的原因是。 (4)“蒸氨”时同步加入NaOH,生成Ni(OH,的离子方程式是 (5)“酸溶”所得溶液中cCo2+):cMn2+)=1:10,加入Na,S可使钴、锰分离，理论Co2+的最小残留 残留浓度 率是%（残留率= ×100%) 初始浓度 (6)“焙烧”时发生反应的化学方程式是 (7)MnSO,在水中的溶解度曲线如图所示，MnSO溶液经过 、 洗涤、干燥等操作得到 MnSO4·H,0。 40- MnSO,5H2O 30 MnSO,H,O 201 强 10 20406080 T/°C 【答案】(1)3d74s2 (2)防止反应产生C0,气体的速率过快，导致液体溢出 (3) ①.5.411.5②.增大溶液中NH,的浓度，有利于[Ni(NH3)6)]2+=N2++6NH,平衡逆向 移动，避免平衡正向移动生成的Ni2+水解形成NOH,沉淀 第17页/共25页 可学科网可组卷网 (4)[Ni(NH3)6)]2++2OHNi(OH,↓+6NH,个 (5)0.000016 (6)4CoS+70, 烧2Co,0,+4s0: (7) ①.高于40C时，蒸发结晶（浓缩） ②.趁热过滤 【解析】 【分析】该工艺流程以含Ni2+、Mn+、Co2+的酸洗废液为原料，先加Na,C0,中和除酸并沉淀金属离子； 再通NH,氨浸，使Ni2+形成[Ni(NH3)6]2+进入溶液，实现与Mn2+、Co+的分离；氨浸沉淀用HSO4酸 溶得含Mn2+、Co2+的溶液，加Na,S沉钴，因Km（CoS)<Km(MnS),Co2+生成CoS沉淀，滤液经 处理得MnSO4H,O;CoS焙烧得Co,0,;氨浸出液加NaOH蒸氨，[Ni(NH,),]2+分解为Ni(OH)2, 最终回收镍，据此分析。 【小问1详解】 钴为27号元素，核外电子排布式为Ar3d’4s2,故价层电子排布式为3d74s2; 【小问2详解】 Na,C0,与废液中的H反应生成C02,反应的离子方程式为CO}+2H=CO2个+H,0,若Na,C0,加 入过快，反应产生C0,的速率过快，会导致液体剧烈沸腾并溢出，因此需缓慢加入并不断搅拌； 【小问3详解】 ①使镍浸出的合适pH范围：由图像可知，pH在5.4到11.5之间时，Ni元素主要以[Ni(NH3)6]2+形式存 在，利于镍的浸出，pH<5.4时以Ni2+存在，pH>11.5时生成Ni(0H)2沉淀，故合适pH范围为5.4 -11.5: ②采用“氨水洗镍”的原因：存在平衡[Ni(NH3)。]2+三N2++6NH3,氨水洗镍时，增大溶液中NH,的 浓度，促使平衡逆向移动，抑制[Ni(NH,)]2+解离出的Ni+水解生成Ni(OH)2沉淀，减少镍的损失： 【小问4详解】 蒸氨时[Ni(NH,)6]P+与OH在加热条件下反应生成Ni(OH)2沉淀和NH,离子方程式为 [Ni(NH),]2++2OH=Ni(OH)2↓+6NH,个： 第18页/共25页 可学科网可组卷网 【小问5详解】 CoS和MnS的沉淀溶解平衡分别为：CoS(s)=Co2+(aq+s2-(aq), Kp (CoS)=c(Co2).c(S2-)=4.0x10-2:MnS(s)=Mn2*(aq)+S2-(aq), Kp(MnS)=c(Mn2+）c(s2-）=2.5x10-3。已知c(Co2+:c(Mn2+）=1:10,设初始cCo2+）=x,则 cMn2“)=10x:生成MS沉淀时，溶液中cS）=,NnS_25×10_25×10 c(Mn2+） ；此时溶液 10x 中c(Co2*)= Kp(CoS)_4.0×1021 c(s2-】 2.5x1019=1.6x107x 残留率 残留浓度 ×100%=1.6×107x ×100%=0.000016%; 初始浓度 【小问6详解】 焙烧时CoS与02反应生成C0,0,和S02,根据氧化还原反应配平，CoS中Co从+2价升至+3价，S从-2 焙烧 价升至+4价，02中O从0价降至-2价，配平后化学方程式为4CoS+70,=2C0,0,+4S02: 【小问7详解】 由溶解度曲线可知，温度高于40℃时，MnSO,·H,O的溶解度随温度升高降低，因此MSO4溶液需高于 40C时蒸发结晶（浓缩），使MnSO4·HO析出，再趁热过滤，避免降温析出MnS0,·5H,0杂质，后续 经洗涤、干燥得到产品。 17.沼气中H,S会威胁人体健康、腐蚀设备和污染大气，研究沼气中；H,S的脱除具有重要意义。回答下 列问题： 方法一：Claus法脱硫 涉及反应如下： 反应12H2S(g+302g)=2S02g+2H,0(g)△H1=-1035.9kJ.mol 反应24H2S(g+2S02g)=3S2g+4H,0g△H2=-192.3 kJ.mol (1)Claus法脱硫反应历程与能量变化如图所示： 第19页/共25页 命学科网丽组卷网 个相对能量/kJ·mo) 2H2S(g)+O2(g) 号H,S(g)+号s0,(gr号H,0(g) S2(g)+2H20(g) 反应历程 ①反应2H,S(g+02(g=S2g+2H,0(g的△H= kJ.mol1。 ②脱硫反应的快慢是由 (填“反应1”或“反应2”)决定的。 (2)在容积和压强(pkPa)均相同的三个容器中，按照nH,S):nO2):nAr分别为1：1：8、2：1：7、 3:1:6投料，发生反应2H,S(g+02（g=S2（g+2H,0g,H,S的平衡转化率随温度的变化如图所 示： 100.0 90.0 a 80.0 b 70.0 60.0 50.0 250300350400450温度/℃ ①代表n(H,S):nO2):nAr)=1:l:8的曲线是（填“a”“b”或“c”)。 ②已知p点坐标为(350,90.0)，则350℃时，该反应的压强平衡常数K,=K是用分压代替浓度计算 的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 方法二：Fe,03·H,0催化脱硫 常温下，Fe,0,·H,0在空气中催化脱除H,S生成S的反应过程如下： i、Fe,03H0+3HS=FeS3·HO+3H20;i、 (3)反应ⅱ的化学方程式是 (4)反应i的机理如图所示： o H ●02-OFe3 或 效效 催化剂 载体 甲 乙 第20页/共25页 可学科网可组卷网 进行反应讠首先要在催化剂表面吸附，则吸附能力较强的方式是（填“甲”或“乙”），其原因是 【答案】(1) ①.-409.4 ②.反应2 (2) ①.a ②.729 (3)2Fe,S3H,0+302=2Fe,03·H,0+6S (4)乙；H,S分子不仅通过S原子与F3+形成配位键，其H原子还与催化剂表面的O2-形成氢键。多重 相互作用（配位键+氢键）显著增强吸附稳定性，且有利于后续H-S键断裂，促进反应1进行。 【解析】 【小问1详解】 ①根据盖斯定律，可以将已知的两个热化学方程式进行组合，以得到目标反应。反应 2H,S(g)+02(g)=S2g+2H,0(g)可通过将反应1和反应2相加得到 6HS(g)+302（g)己3S2(g)+6H0g)后，再将此反应除以3得到。因此，目标反应的焓变 H=AH+△H=-1035.9+-192.3Jm01r1=-409.4kmo. 3 3 ②化学反应的速率取决于其反应历程中最慢的一步，即活化能最高的步骤（速率控制步骤）。从反应历程与能 量变化图中可以看出，反应②是整个脱硫反应的速率控制步骤。 【小问2详解】 ①题目中三个容器的容积和初始总压强均相同。对于反应物H,S，其初始分压pH,S)=x(H,S)×P急， 其中x(H,S)是H,S的初始摩尔分数。 对于投料比nH,S):n(02):nAr)=1:1:8,xH,S=0.1;对于投料比 nHS:n(02):nAr=2:1:7,x(H,S)=0.2;对于投料比nH2S):n(02):nAr）=3:1:6, x(HS)=03。由于初始总压强p急相同，所以H,S的初始分压大小顺序为： pH,S)(3:1:6)>p(H,S(2:1:7)>p(H,S)(1:1:8),根据勒夏特列原理，增加反应物的浓度（或分压）， 平衡会向正反应方向移动，但反应物自身的转化率会降低。因此，H,S的初始分压越低，其平衡转化率越 高。对照图像，曲线a、b、c分别对应投料比n(H,S:nO2):nAr=1:l:8、 第21页/共25页 学科网丽组卷网 nHS:n(02):nAr)=2:1:7和nH,S:n(02):nAr=3:1:6。因此，曲线a代表投料比为 n(H,S):n(O2:nAr=1:1:8的情况。 ②p点位于曲线b上，对应投料比为n(H,S:n02):nAr=2:1:7且在350C时H,S的平衡转化率为 90.0%,设初始时nH,S)=2mol,nO,=1mol,nAr=7mol反应方程式为： 2H,S(g+0,(g)三S2（g)+2H,0(g根据反应过程，可以列出三段式（单位：mo: 2H2S(g)+O2(g)S2(g)+2H2O Ar 初始物质的量 2 1 0 07 转化物质的量 0 ,已知H,S的平衡转化率为90.0%，所 2x X X 2x 平衡物质的量 2-2x 1-x 2x 7 以平衡时各物质的量为：nH2S=0.2mol,n02=0.1mol,n(S2)=0.9mol,n(H0)=1.8mol, n(Ar=7mol,平衡时总物质的量为10mol。由于反应前后气体分子总数不变，所以平衡时的总压强与初 始总压强相等。各组分的平衡分压为：P=X×P2=及xPa:pH,S=0.02Pe,p0,=0.01pa, n总 AS=09pe·P,0=01SP,:该发应的强T寄数K的长达式为人，-碧SPC p(S2)p(H,0 将上述结果代入表达式，K。 _(0.09)0.18)2 =729。 （0.02t0.01 【小问3详解】 反应iⅱ的化学方程式推导如下：总催化循环中，反应i生成F2S,H2O,需在反应iⅱ中被O,氧化为 F,O3H,O,同时释放单质硫。根据原子守恒与氧化还原配平，反应iⅱ为： 2FeS3H20+302=2Fe203H20+6S。 【小问4详解】 更强吸附方式：乙，在乙吸附构型中，H,S分子不仅通过S原子与F3+形成配位键，其H原子还与催化剂 表面的O2形成氢键。多重相互作用（配位键+氢键）显著增强吸附稳定性，且有利于后续H一S键断裂，促 进反应i进行。 18.黄藤素(G)具有抗菌、清热解毒、消炎、抗病毒等疗效，其一种合成路线如图所示： 第22页/共25页 可学科网丽组卷网 OH (CH)2SO OCH,DPOCI,/DMFOHC OCHs CHINO CH,O NO2 F,B-EtO/ OH OCH,2)NaOH OCH CH.O A B C D CHO CHO CH,O OCH CioHisNO 1)CH0 乙二醛 OCH E 2)KBH OCH, 乙酸酐 氨化铜 OCH, 回答下列问题： (1)化合物A的名称是 (2)由A生成B的化学方程式是 。 该反应需要在冰水浴的条件下进行，其原因是 (3)E的结构简式是 。D一→E的反应类型是 (4)F→G的反应过程中，F分子苯环上参与闭环的碳原子是（用*在下面结构简式中标出）。 CH,O CH,O OCH, OCH (5)H是D的同分异构体，符合下列条件的H的结构有 种（不考虑立体异构）。 ①苯环上有两个取代基；②属于a-氨基酸；③1molH能与2 mol NaHCO,反应。 其中核磁共振氢谱有7组峰的结构简式是 【答案】(1)邻苯二酚 OH OCH, (2) ① +(CH)2SO4→ +H2SO ②.降低温度，降低邻苯二酚的氧化速率 OH OCH. CHO NH2 (3) ① ②.还原反应 CH,O CH,O HN NH2 CH,O (4) OCH; (5) ①.6 ② o OH OCH OH NH 第23页/共25页 耐学科网 命组卷网 【解析】 【分析】A和(CH3),SO,发生取代反应，从羟基变成甲氧基，生成B。B经过甲酰化在苯环上引入醛基， 得到C,C和CH,NO,先发生加成反应，再脱去一个水分子得到D。D在该条件下发生还原反应，将硝基还 H.CO NH2 原为氨基，碳碳双键变为碳碳单键，得到E,E的结构简式为 。E在KBH4的条件 H.CO 下加成后再还原得到F,F在乙二醛、乙酸酐、氧化铜的作用下发生分子内环化反应得到G。 【小问1详解】 A的结构中苯环的邻位上连着两个羟基，名称为邻苯二酚。 【小问2详解】 OH OCH 由分析可知，A→B为取代反应，反应还生成了HSO4,方程式为 +(Cs0,→C OH OCH 酚羟基具有还原性，冰水浴可控制温度，降低邻苯二酚的氧化速率，从而来提高其主产物的产率。 【小问3详解】 H.CO NH2 由分析可知，E的结构简式为 D一→E的反应类型是还原反应。 【小问4详解】 对照F、G的结构简式可得，成环过程中，参与成环的C原子位于F分子苯环上，即与亚甲基直接相连C CH.O H CH.O 原子的邻位C原子，如图标示： OCH OCH, 【小问5详解】 D有6个不饱和度，H为其同分异构体，含有的苯环具有4个不饱和度。属于0-氨基酸，即含有一个羧基 和氨基，且连在同一个碳原子上，羧基有一个不饱和度。1molH能和2 moINaHCO,反应，说明一个H中 含有2个羧基。综上，不饱和度已用完，还剩两个饱和C原子。苯环上连两个取代基，有邻、间、对3种 NH2 OH NH HO NH2 情况，结构简式有 OH HO 第24页/共25页 学科网 丽组卷网 0 HO OH NH2 、HO NH2 OH,共6种。其中核磁共振氢谱有7 NH, NH2 组峰的是 OH NH, 第25页/共25页