湖南长沙市长郡中学等校2026届高三下学期全仿真模拟考试化学试题

高三化学模拟卷一 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，将本试题卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：O～16 Cu～64 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．下列有关我国主导的科技项目的描述中，不涉及氧化还原反应的是（ ） A．“人造太阳”EAST装置中氘、氚发生的核聚变反应 B．“液态阳光”示范项目中利用太阳能催化分解水制取氢气 C．钠离子储能电池中Na+在正负极间的嵌入/脱出 D．“光伏制氢-合成氨”项目将制氢产生的电能用于驱动氮气与氢气合成氨 2．下列化学用语或图示表达正确的是（ ） A．CH4分子中σ键的形成： B．聚丙烯腈的结构简式： C．的VSEPR模型： D．的核磁共振氢谱图： 3．利用下列装置（部分夹持装置略）进行实验，能达到实验目的的是（ ） A．探究浓度对反应速率的影响 B．在铁制品上镀铜 C．证明KI与FeCl3反应存在一定的限度 D．证明乙炔可使溴水褪色 4．将[Co(NH3)6]Cl2固体加入H2O2和NH4Cl的混合溶液中，发生反应（设为阿伏加德罗常数的值）。下列分析正确的是（ ） A．1 mol [Co(NH3)6]Cl2含有的键数目为 B．每生成1 mol NH3，反应转移的电子数为 C．常温下，1 L pH=10的氨水中的数目为 D．向1 L 0.1 mol·L-1氨水中滴加稀盐酸至pH=7，溶液中的数目为 5．下列有关电极方程式或离子方程式正确的是（ ） A．用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极发生的电极反应： B．工业上用石灰乳制漂白粉： C．酸性K2Cr2O7溶液氧化H2O2： D．在酸性溶液中用丙烯腈电合成己二腈时，阴极发生的电极反应： 6．化合物L是-氰基丙烯酸酯类医用胶的某种成分，其结构简式如图所示。下列关于化合物L的表述错误的是（ ） A．分子式为C8H11O2N B．分子中无手性碳原子 C．可与H2发生加成反应生成含氨基化合物 D．存在顺反异构体 7．W、X、Y、Z是四种短周期主族元素，W的核外电子总数与其族序数相同，X是地壳中含量最多的元素；Y原子电子总数与X原子的最外层电子数相同；Z的基态原子中未成对电子数与成对电子数之比为3∶4。下列说法错误的是（ ） A．第一电离能：Y＜X＜Z B．的空间结构为直线形 C．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＜Z D．分子极性：Y2W4＜W2X2 8．下列选项中，由结构不能推测出对应性质的是（ ） 选项 结构 性质 A 比所带电荷数多，且离子半径小 Al2O3比AlCl3的熔点高 B H2S与PH3的中心原子杂化类型相同，但孤对电子数不同 键角：PH3＞H2S C 石墨和聚乙炔中均存在共轭键体系 两者均有导电性 D 焦亚硫酸钠（Na2S2O5）和亚硫酸钠中均含+4价的硫 两者均具有较强的还原性 9．市售有机铁类（）是一种胃肠道反应更温和、依从性更高的补铁剂，其制备的原理为（利用溶液调节至）。实验室设计如图所示装置（夹持装置已省略），模拟制备。下列说法正确的是（ ） A．中Fe的化合价为+6 B．实验开始时，需先打开、、 C．三颈烧瓶中反应后的混合物经过滤、洗涤、干燥可得到粗产品 D．若要分析产品的产率，可选择酸性高锰酸钾溶液进行滴定 10．由介导的光辅助水蒸气重整甲烷的两个连续催化循环机理如图所示（“UV”代表紫外线）。下列说法错误的是（ ） A．只有在循环中起催化作用 B．该反应可用于制取合成气（、） C．该催化过程包含反应 D．反应过程中金属元素的价态发生改变 11．为蓝色粉末，当暴露在潮湿的空气中时会变为红色的，主要用作分析试剂及氨吸收剂。以水钴矿（主要成分为，含少量Fe和Al的氧化物杂质）为原料，制备的工艺流程如图所示。 下列说法错误的是（ ） A．“浸出”时，可将钴元素还原 B．“氧化”时，过量可能会生成有毒气体 C．的作用是将、转化成碳酸盐沉淀除去 D．“减压烘干”的目的是降低烘干温度，防止产品分解 12．电有机合成是一种应用广泛的新型有机合成方法。某种电有机合成3-氯-4-氨基苯酚的装置如图所示，下列说法正确的是（ ） A．b与外接电源的正极相连 B．Pb电极的电极反应式： C．电解一段时间后，阴、阳两极室中电解质溶液的质量均增大 D．理论上每生成1 mol ，电路中转移4 mol电子 13．一定条件下，2，3-二甲基-1，3-丁二烯与溴单质发生液相加成反应分两步进行，第一步生成中间体M，第二步生成产物Z或W，反应机理及反应进程与能量变化关系如图所示。 下列说法错误的是（ ） A．该二烯烃与溴单质生成Z或W的反应均为放热反应 B．达到平衡时，Z的含量小于W C．达到平衡后，恒温条件下加入液溴，减小 D．低温条件下，反应开始后短时间内Z为主要产物 14．常温下，溶液中含硫粒子分布系数及、饱和溶液中、与pH的关系如图所示。 已知：（1）； （2）AS、均为难溶电解质，其饱和溶液随pH变化过程中，保持为不变。下列叙述正确的是（ ） A．曲线④代表与pH的关系 B．的平衡常数 C．常温下，溶液的pH约为4 D．反应几乎不能发生 二、非选择题（本题共4小题，共58分） 15．（14分）铜氨离子在化工和生物学方面用途广泛。某兴趣小组对铜氨溶液的组成以及性质进行探究。 Ⅰ．制备铜氨配合物（已知：1 mol·L-1氨水的pH约为11.5） （1）实验第一步生成蓝色沉淀的离子方程式为_____________________________________。 （2）甲同学认为实验所得深蓝色溶液中的配离子为，乙同学认为配离子也可能为。丙同学重复实验的第一步，然后向含蓝色沉淀的悬浊液中滴加______________________，沉淀无明显变化，证明实验所得深蓝色溶液中的配离子不是。 （3）中H-N-H键角_______（填“>”“<”或“=”）中H-N-H键角。 （4）对铜氨溶液中的阴离子进行分析。查阅资料：， 。则被氨水溶解得到反应的平衡常数K=____________。从化学平衡常数的大小分析，一般认为该反应很难发生。但考虑到铜氨溶液制备实验中得到沉淀时体系已经存在较高浓度的，对上述反应具有偶合作用，使得上述反应得以发生。 Ⅱ．实验室通过水合肼处理铜氨废液制备 （5）请写出与硫酸反应生成的酸式盐的化学式：_____________________。 （6）保持其他条件不变，水合肼的浓度对的产率的影响如图所示。水合肼的浓度大于时的产率下降，可能的原因是____________________________。 （7）已知水合肼的浓度为时，的产率为98%，则消耗水合肼能收集到的的质量为__________g。 16．（14分）碲（Te）堪称“隐藏的黄金”，可用于石油化工、合金、电镀、催化剂制备等多领域和行业。一种从含碲废渣（含有Te、Cu、Pb、Se、Ag、Au及SiO2、CuO、PbO）中提取碲等有价值物质的工艺流程如下。 已知：、，溶液中离子浓度≤10-5 mol·L-1时认为该离子已沉淀完全。 回答下列问题： （1）Te与O同族，基态Te原子的价电子有_______种不同的运动状态。 （2）①“酸溶”时，控制温度为80～100℃的原因为_____________________________。 ②所得酸溶渣中除含H2TeO3外，还含有______________（填化学式）。 ③“提碲”反应的化学方程式为________________________________________________。 （3）“沉铜、沉铅”时，所得滤液中最小为_______mol·L-1。 （4）“提硒”时，被NH2OH还原为Se，此过程无需另加保护气即可防止Se被氧化，其理由为_________________________________________________。 （5）“提金”反应的离子方程式为_________________________________。 17．（15分）治疗阿尔茨海默症的潜在化合物的前体T的合成路线如下 已知：ⅰ．； ⅱ．； ⅲ．硼氢化钠（NaBH4）对醛、酮的还原效果比较好。 （1）A→B的反应类型是_______。 （2）F分子中不含氧的官能团的名称是_______。 （3）B→D的化学方程式是___________________________________________。 （4）①E分子含有一个六元环，下列关于D→E的说法正确的是________（填标号）。 a．D分子中使邻位碳原子上的C-H的极性增强 b．D→E过程中，D分子中断裂C-O和带*碳原子上的C-H c．D反应后的主要产物受反应物中C-H的极性强弱和产物的稳定性影响 ②已知H是G的同分异构体，则符合下列条件的H的结构有_______种。 a．H与G具有相同的环状结构且两个环连接方式相同 b．H和G具有相同的取代基 c．苯环上只有1种等效氢 （5）J→K发生取代反应，则K的结构简式是_______。 （6）L→T经过三步转化，设计的目的是_________________________________________________。 （7）结合上述合成路线和已学知识，以和乙醇、丙酮、乙醇钠为原料（其他无机试剂任选），设计合成的路线。 18．（15分）CO2催化加氢合成二甲醚是CO2资源化利用的重要途径。该过程中主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 回答下列问题： （1）反应的ΔH=______kJ·mol-1。 （2）已知，其中R为常数，且为正数，在温度变化不大时，ΔH与ΔS都可以视为常数。下列图像中符合反应Ⅱln K与关系的是_______（填标号）。 A． B． C． D． （3）一定温度下，在恒容密闭容器中充入1 mol CO和1 mol H2只发生反应Ⅲ，下列情况表明该反应一定达到平衡状态的是______（填标号）。 A．气体总压强不随时间变化 B．CO体积分数不随时间变化 C．气体的平均相对分子质量不随时间变化 D．H2的消耗速率与CH3OH的生成速率之比为2:1 （4）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了光催化CO2加氢合成甲醇的反应历程与相对能量的关系，结果如图所示。 图中决速步骤的化学方程式为__________________________________________。 （5）在恒压条件下，和的起始量一定，发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ，平衡转化率和的选择性随温度的变化如图所示的选择性。 ①温度高于时，平衡转化率随温度升高而上升的原因是_____________________。 ②在恒温、恒压条件下，通入和的混合气体，充分反应后，测得的平衡转化率为，体系中的物质的量为，则反应Ⅰ的压强平衡常数_______（保留小数点后三位）。 （6）在酸性溶液中，以为原料通过电化学方法制备，装置如图所示。 ①玻碳电极与电源的__________（填“正”或“负”）极相连。 ②电解时，工作电极上生成的电极反应式为____________________________。 学科网（北京）股份有限公司 $高三化学模拟卷一参考答案 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） 题号 1 2 3 415 67 8910 11121314 答案 A C B A D 1.A【解析核聚变反应属于核反应，仅改变原子核结构，不涉及电子转移或氧化态变化，因此不涉及氧化还原反应，A 特合题意；水分解为氢气和氧气，氢的化合价从十1降至0，氧的化合价从一2升至0，涉及电子转移，是氧化还原反 应，B不符合题意；钠离子电池的工作原理依赖于Na+在电极间嵌入/脱出时的氧化还原反应，C不符合题意；合成氨 反应中氮的化合价从0降至一3，氢的化合价从0升至十1，是典型的氧化还原反应，D不特合题意；故选A。 2.C【解析】CH4分子中C原子采取sp杂化，CH4分子中σ键为C一H,是由C的sp3杂化轨道与H的1s轨道沿键 轴方向以“头碰头”方式形成，选项中C的轨道是未杂化的p轨道，A错误；丙烯腈的结构简式为CH一CH一CN,聚 CN 丙烯腈的结构简式为ECH2一CH元，B错误；CHg中C原子含3个σ键，无孤电子对，价层电子对数为3，VSEPR 模型为平面三角形，C正确；该有机物为甲酸异丙酯，分子中有3种等效氢(HCOO一含1种、CH一含1种、两个连 在同一碳上的甲基等效，含1种)，核磁共振氢谱应出3组峰，D错误；故选C。 3.B【解析】向等浓度、等体积的NSO,溶液中分别加入等量的浓硫酸和稀硫酸，浓硫酸溶于水放热，使体系温度升 高，会造成实验变量不唯一（浓度和温度），且浓硫酸具有强氧化性，可能氧化N2SO,不能用于探究浓度对反应速 率的影响，A不符合题意；在铁制品上镀铜时，铜作阳极，与电源正极相连，铁制品作阴极，与电源负极相连，在电解质 CuSO,溶液中加入过量氨水形成铜氨离子，能使镀层更均匀、光亮、牢固，能达到实验目的，B符合题意；1mL0,1 mol/LKI溶液和2ml0.1mol/LFeCls溶液混合反应时，FeCl过量，无论反应是否可逆，滴入KSCN溶液均会变 红，不能证明该反应存在一定的限度，C不符合题意；饱和食盐水与电石反应生成乙炔气体，但电石中含有硫化物和 磷化物等杂质，产生的乙炔气体中混有HS,PH等杂质气体，H2S和PH具有强还原性，也能使澳水褪色，不能证 明乙炔可使渙水褪色，D不符合题意；故选B。 4.A《解析[Co(NH)6]C2的中心(O+与6个NH形成6个配位键(c键)，每个NH分子内含有3个-Ho键， 6个NH,共含l8个N-H。键，故1mol[Co(NH)6]CL2中c键总数目为24Na,A正确；该反应中，Co元素从十2 价升高为十3价，2mol[Co(NH)6]Cl2反应共转移2mol电子，同时生成4 mol NH,故生成1 mol NH转移电子 数为0.5N,B错误；常温下pH=10的氨水中c(H')=1×10-10mol/L,由常温下K=c(H)·c(OH)=1×10-川 得c(OH)=1×10-4mol/L,1L溶液中OH数月为1X10-Na,C错误；1L0.1mol。L-气水中所有含氦微粒的 物质的量之和为0.1ol,若滴加盐酸全部转化为NHCl时，铵根离子水解使溶液显酸性，而此时pH=7,故溶质为 NH,Cl和NH·H2O,故NH数目小于0.1N,D错误；故选A。 5.D【解析】用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极发生氧化反应，氨离子失去电子生成氟气，电极反应式为2CI一2 =CL2个，2H20十2e=2OH十H2个是阴极反应式，A错误；石灰乳是悬浊液，C(OH)g不能拆分为OH和 Ca+,需要保留化学式，正确的离子方程式为Cl2十Ca(OH)2=Ca+十Cl十ClO十H,O,B错误；酸性KC2O,溶 液氧化HO2,Cr2O号被还原成Cr3+,H2O2被氧化成O2,正确的离子方程式为Cr2O号十8HT十3H2O2一7H20十 2C3+十3O2个，C错误；故选D。 6.D【解析】根据化合物L的结构简式可知其分子式为CH,O2N,A正确；手性碳原子是连有4个不同原子或原子团 的碳原子，该分子不含手性碳原子，B正确；该分子中的氧基可与氢气在一定条件下发生还原反应转化为氨基，C正 确；该分子中的碳碳双键中的一侧碳上连的都是H,不存在顺反异构，D错误；故选D。 7.B【解析】W、X、Y、Z是四种短周期主族元素，W的核外电子总数等于其族序数，则W为H(核外电子总数为1，位于 第IA族)；X是地壳中含量最多的元素，则X为O;Y原子的电子总数等于O的最外层电子数(6)，则Y为C;Z的基 态原子未成对电子数与成对电子数之比为3：4，则Z为N(N的基态原子电子排布为1s22s22p,未成对电子数为3， 成对电子数为4)，据此解答。同周期主族元熹从左至右，第一电离能呈增大趋势，但N的2印轨道达到半充满稳定状 态，其第一电离能大于右侧相邻元素，则第一电离能：C<O<N,即Y<X<Z,A正确。ZX为NO,其中心原子的 价层电子对数为2十5十12X2=3,含有1个孤电子对，其空间结构为V形，不是直线形，B错误。元素的非金属性 2 越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因非金属性：C<N,则敢高价乳化物对应水化物的酸性：为< HNO,即Y<Z,C正确。Y2W为CH,结构对称，正、负电中心重合，属于非极性分子，W2X2为HO2,结构不对 称，正、负电中心不重合，属于极性分子，则分子极性：C2H<H2O2,即Y2W<W2X,D正确。故选B。 8.A【解析】由于A山2O可视为共价晶体，而AICL为分子晶体，二者晶体类型不同，因此不能简单地通过阴离子所带 电荷数和半径来推断熔点高低，A符合题意；H,S的中心原子S的价层电子对数是2+6一？X1=4,PH的中心原子 2. P的价层电子对数是3十5一X1=4,二者中心原子杂化类型均为p,而HS中心原子的孤电子对更多，对成键电 子对斥力更大，根据结构能推测出健角：PH>H2S,B不符合题意；石墨和聚乙炔中均存在共轭π键体系，石墨因离 域电子导电，聚乙炔经掺杂后可增强导电能力，根据结构能推测出导电性，C不符合题意，焦亚硫酸钠(N2S2O)和亚 硫酸钠中均含十4价的硫，所以两者均具有较强的还原性，D不符合题意；故选A。 9.C【解析】富马酸是二元羧酸，在与FeSO4反应生成CH2FeO,时，失去2个H+形成CH2O,因此Fe为十2价，A 错误；实验开始时，需先打开K、K、K,让F与稀硫酸反应生成H2,利用H2排尽装置内的空气，防止Fe+被氧化， B错误；三颈烧瓶中反应生成CH2FO,沉淀，反应后的混合物经过滤分离出固体沉淀，再经洗涤除去表面杂质，最 后千燥得到粗产品，操作符合制备流程，C正确；CH2FO4、硫酸亚铁等均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法区分是 哪种物质参与反应，因此不能用酸性高锰酸钾溶液滴定分析产率，D错误；故选C。 10.A【解析】根据题给信息，该水蒸气重整甲烷由Rh2VO簇介导，因此Rh2VO、RhVO、Rh,VO都有催化作 用，A错误；由图示可知循环I、Ⅱ的反应物为CH和H2O,产物为CO和H2,B正确；由图示可知，循环I中，UV 作用的步骤为RhVO,CH转化为RhVO、CO,H,即RhVO,CH UVRbeVO十CO+H,个，C正确；含V 物质中氧原子个数改变，V的氧化程度改变，因此RhVO、Rh2VO2、Rh2VO中金属元素V的价态一定改变，D 正确；故选A。 11.C【解析】水钻矿中钻为+3价，最终产物CoC中钻为十2价，“浸出”时Na2SO,作还原剂，将+3价钻还原为十2 价，A正确；“浸出”后溶液中存在大量C,酸性条件下过量的CIO会与C发生归中反应，生成有毒的Cl2,B正 确；NaCO3的作用是调节溶液pH,促进Fe、A+发生水解反应，最终转化为氢氧化物沉淀除去，并非生成碳酸盐 沉淀，C错误；CoCL2·6H2O是结晶水合物，温度过高易分解失去结晶水，减压可降低水的沸点，降低烘千温度，防止 产品分解，D正确；故选C。 NO NH2 CI 12.D【解析】Cu电极上 发生还原反应生成 ,可知Cu电极是阴极，Pb电极是阳极，b与外接电源 OH 的负极相连，A错误；Pb电极是阳极，Pb电极的电极反应式为Pb一2e十SO一PbSO,,B错误；转移2mol电 子，阳极室有1 mol SO转化为PbSO,沉淀，同时有2 mol H+移入阴极室，电解一段时间后，阳极室中电解质溶液 NOz NH ci CI 的质量减小，C错误；阴极的电极反应式为 十4e+4H= 十HO,理论上每生成 OH NH2 Cl 1 mol ,电路中转移4mol电子，D正确；故选D。 OH 13.C【解析】由能量变化图可知，Z和W的能量均低于原料的总能量，生成Z和W的反应均为放热反应，A正确；能 量越低的产物越稳定，平衡时含量越高，图中信息显示，W的能量比Z低，则达到平衡时，Z的含量小于W,B正确； :需等于W转化为乙反应的化学平衡常数，温度不变时，并比值不变，C错误；活化能越低，反应速率越快，M生 成Z的活化能低于M生成W的活化能，则开始发生反应的短时间内生成Z的反应速率更快，且低温条件下，短时 间内Z转化为W的反应并未显著发生，故Z为主要产物，D正确；故选C。 14.C【解析】根据硫化氢电离方程式可知，曲线①代表(HS)与pH的关系，曲线②代表(HS)与pH的关系，曲线 ③代表6(S-)与pH的关系；再根据电离常数表达式以及电离常数大小关系，由a、b点坐标可计算：K=10、 Ka=l0-“;根据金属硫化物在溶液中存在平衡：HS(aq)十A+(aq)。一AS(s)十H+(aq)K,K,一 (A*)cHS),得pH=-lgc(A+)-lgK+1,同理，HS(aq)+2B*(aq)一B,S(s)+Ht(a)K,K= c(H+) 20B*)cHS)得pH=一2lgc(B*)一lgK,十1：据此作答。根据图示，曲线④的斜率校大，则曲线④代表 c(H) 一lgc(B)与pH的关系，曲线⑤代表一lgc(A+)与pH的关系，A错误。2HS(aq)一H2S(ag)十-(aq)的平衡 常数K-袋-10，B错溪.常强下，0.1m0l1的氏S溶流中，器10，(*10mml,即H 约为4，C正确。对于南线④pH=12时，c(S)=KeXc2=10X0.1m0l·L1=10m0lL,B,S的溶 c(H) 10-12 度积K,(B,S)=2(B*)Xc(S)=(102)2X103=10”;同理，对于曲线⑤，pH=8时，c(S-)=K2XHS）- c(H) 10-4×0.1 10-8 mol·L-1=10-7mol·L-1,Km(AS)=c(A+)Xc(-)=10-36,AS(s)+2B*(aq)B2S(s)+A+(aq) 的平米发K=亮爸器=8二-10>10，反a趁于究会，D婚.故毫C 二、非选择题（本题共4小题，共58分） 15.(每空2分，共14分) (1)Cu2++2NH+2H2O=Cu(OH)2↓+2NH旷[或Cu++2NH,·HO=Cu(OHD2V+2NH时] (2)10滴pH=11.5的NaOH溶液 (3)> (4)4.8×10-7 (5)N2 Hg (HSO) (6)C2()被水合肼进一步还原成铜单质 (7)917.28 【解析】(I)向硫酸铜溶液中滴加氨水时，氨水呈弱碱性，其中的OH与C+反应生成氢氧化铜蓝色沉淀。其离子 方程式为Cu++2NH+2H2O=Cu(OH)2+2NHt[或Cu2++2NH·H2O一Cu(OH)2Y+2NHt]。 (2)丙同学的目的是证明深蓝色溶液的形成是因为生成了铜氨配合物，而不是因为强碱性环境下生成了 [Cu(OH)4门，因此采用控制变量法，应滴入等量的pH相同的强碱溶液，可以选用10滴pH=11.5的NaOH 溶液。 (3)在NH中，氨原子有一个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用较强，键角较小；在[C(NH3)4]+中，氨 原子的孤电子对与铜离子形成了配位健，变为了成键电子对，成键电子对之间的排斥作用比孤电子对与成键电子对 之间的排斥作用弱，因此键角会变大。即[Cu(NH):]+中的H一N一H健角大于NH中的H一N一H键角。 (4)总反应为Cu(OHD2+4NH3=[Cu(NH)4]++2OH。又已知I.Cu(OH)2(s)=Cu+(aq)+2OH(aq) Kp[Cù(OH)2]=4.8X10-,Ⅱ.Cu++4NH=[Cu(NH)4]+K,=10s,总反应=反应I+反应Ⅱ，故K= Kp[Cu(OH)2]·K1=4.8X10-7。 (5)肼(N2H)分子中有两个氨原子，每个氨原子都有一个孤电子对，可以结合两个Ht。肼与硫酸反应生成酸式盐 时，硫酸过量，肼会结合两个氢离子形成N,叶，故化学式为N,H(HSO)2。 (6)肼可以将铜氨离子中的十2价铜还原为十1价铜，说明肼有一定还原性，肼过量时，可能会将铜元素进一步还原 为铜单质，导致C2O的产率下降。 (7)根据氧化还原反应的得失电子守恒可知，2H,→N2,失去2X2=4个电子；2C→Cu0,得到2个电子，因此关 系式为N2H42Cu0。n(N2H)=1L×3.25mol/L=3.25mol,理论上n(CuzO)=3.25molX2=6.5mol。考虑 实际产率，n(Cu2O)=6.5mol×98%=6.37mol。又MCO)=64X2+16=144g/mol,故m(CuO)=6.37molX 144g/mol=917.28g。 16.(每空2分，共14分) (1)6 (2)①温度过低，反应速率慢，温度过高，HC1挥发、H2O分解，原料利用率降低 ②AgCl、SiO, ③IiTe0,+2NasO,10P/50CTe↑+2Na,S0,+H,0+ (3)1X10-4 (4)SeO号与NH2OH反应生成的氮气可作保护气 (5)2 CAuCL]+3HCO,==2Au↓+6C02↑+8CI+6Ht 【解析】(I)Te属于第IA族元素，基态Te原子有6个价电子，则有6种不同的运动状态。 (2)①“酸溶”时，若温度过低，反应速率慢；温度过高，HC1挥发、HO2分解，原料利用率降低。 ②由转化关系和物质性质可知，所得酸溶渣中除含H2TO,外，还含有AgCl、SiO2。 ③“提确”时，H2TeOa被Na2SO,还原为Te,再经减压蒸馏获得Te,反应的化学方程式为H2TeO十2NaSO, 10-Pa/550 CTe+2NaSO.+H (3)由Kp[Cu(PO4)2]=1X10-”,Kp[Pb(P0)2]=8X10-5可知，“沉铜、沉铅”时Pb(PO4)2的Kp更小，Pb+ 沉淀完金，则根据铜离子沉淀完全时计算所得滤液中c(P0)最小为09m0l·L=1X10-"mol·L (4)“提硒”时，SeO被NH2OH还原为S,NHOH被氧化为氨气，氨气可作保护气，故此过程无需另加保护气即 可防止Se被氧化。 (5)“提金”时，[AuCL,]-被HCO,还原为Au,反应的离子方程式为2[AuCL]-+3H2CO,一2Au↓+6CO2个+ 8C1+6H。 17.(除标注外，每空2分，共15分) (1)氧化反应(1分) (2)碳碳双键(1分) (3)CH,CO(CH),C00H+C,H,OH浓宽酸CH,C0(CH,CO0CH,+H,0 △ (4)①ac②2 OCH, H,CO (5) 0 HN H,C (6)将酰胺基中的羰基还原为一CH一，同时保护酮羰基不被还原 CHs 酸性KMnO,溶 乙醇，浓硫酸 (7) 加热 【解析们】A发主氧化反应生成B,B与乙醇发生霜化反应金成D,由此可知，B的结构简式为人mD 0 已知信息|的反应生成E,E分子含有一个六元环，则E的结构简式为 ,E经历两步反应生成F,F发 0 OCH, H,CO 反应生成G,结合G的分子式可知，G的结构简式为 G经历多步反应生成I,I发生氧化反应 HO t.业hfe ch /Tn八W作4z 和CH,NH2发生取代反应生成K,K发生碳碳双键的加成反应转化为L,则K的结构简式为 据此 0三 0 H,C 解答。 (1)A中碳碳双键被酸性高锰酸钾溶液氧化，发生的是氧化反应。 (2)F分子中含有的官能团的名称是醚键、碳碳双键、裁基，其中不含氧的官能团的名称是碳碳双键。 (3)BD发生的是酯化反应，化学方程式是CH,C0(CH,),C00H+C,H,OH*碱酸CH,C0(CH,C00CH十 H2O。 0 (4)①aD分子中由于 C 的吸电子作用，使邻位碳原子上的C一H的极性增强，a正确；b.若D分子中断裂 C一O和带*碳原子上的C一H,则会形成四元环结构：0一 0,故而断裂的应是羰基左侧碳原子上的C一H,b 错误；c.D→E的反应机理是极性强的C一H断裂，H与一OC2H结合生成乙醇，而受羰基、酯基吸电子效应影响， 图中标注“碳原子上的C一H极性更强，会影响主产物的产率，但生成的四元环结构由于张力过大，稳定性差，从而 也会影响主要产物的生成，c正确；故选ac。 OCH、 HCO. ②由分析知G的结构简式为 H与G具有相同的环状结构和取代基，则苯环上的等效氢只有正种的 HO CH3() OCH H的结构为 H() H() ,共两种。 OCH OCH, H,CO (5)根据分析可知，K的结构简式是 0三 HN 0 H,C (6)L→T经过三步转化，第一步是利用乙二醇与L发生已知信息ⅱ的反应，将L中的酮羰基转化为缩酮结构，第二 步是利用强还原剂IiA1H4将酰胺基中的羰基还原为一CH2一，第三步是在酸性条件下将缩酮结构重新转化为酮羰 基，故设计的目的是将酰胺基中的羰基还原为一CH2一，同时保护酮羰基不被还原。 18.(除标注外，每空2分，共15分) (1)-23.3 (2)C (3)AC (4)HCO0+5H=HC0OOH+4H·(或HCO0°+H*=HCOOH") (5)①△H>0,△H2<0,温度升高，反应I平衡正移使CO2的转化率上升，反应Ⅱ平衡逆移使CO2的转化率下降， 上升幅度超过下降幅度 ②0.025 (6)①正(1分) ②2C02+12e+12H+=CH,OCH+3H20 L出余女灯安/I0\笛5而 1闪0V形瓶 【解析】(1)根据盖斯定律，可知Ⅱ一2XI一2XⅢ得：2CHOH三CH,OCH(g)+H2O(g),则该反应的焓变△H =△H2-2△H1-2AH3=[-122.5-2X41.2-2×(-90.8)]kJ·mol-1=-23.3k·mol-1。 (2)反应Ⅱ的△H2<0、△S<0,故图像C符合hK与一的关系。 (3)反应后气体物质的量减少，恒温恒容条件下，压强是变量，气体总压强不随时间变化，反应一定达到平衡状态，A 符合题意；设参加反应的一氧化碳为xmol,则反应消耗氢气2xmol,生成xmol甲醇，容器中气体的总物质的量为 (1-x)+(1-2z)十z=(2-2x)m0l,一氧化瘦的物质的量为(1-x)m0l,00体积分数为=忌=合，不随时间变 化，反应不一定达到平衡状态，B不符合题意：气体的总质量一直不变，总物质的量在变，当气体的平均相对分子质 量不随时间变化，反应一定到达平衡，C符合题意；H2的消耗速率（正反应速率）与CHOH的消耗速率（逆反应速 率)之比等于2：1，反应才一定达到平衡状态，D不符合题意；故选AC。 (4)由图可知，图示反应决速步骤[能垒（活化能）最大的步骤]对应的化学方程式为HCOO+5H"一HCOOH”十 4H"或HCOO°+H=HCOOH”。 (5)①△H>0,△H2<0,温度升高，反应I平衡正移使CO2的转化率上升，反应Ⅱ平衡逆移使CO2的转化率下降， 上升幅度超过下降幅度。 ②已知通入1molC02和3molH,充分反应后，C02的平衡转化率为30%，CH OCH的物质的量为0.1mol,故 平衡时各物质的物质的量为C02:(1一0.3)mol=0.7mol、H2:(3-0.1一0.6)mol=2.3mol、C0:0.1mo1、H0: a1+0.8》m=04m.反应1的压强手黄分发K=82韶-器品-88专 0.025。 (6)①由图可知玻碳电极上失电子，发生氧化反应，故其为电解池的阳极，故玻碳电极与电源的正极相连。 ②电解时工作电极上C(2发生还原反应生成CH,(0CH,电解质为酸性溶液，故电极反应式为2C()。十12e·+12H -CH OCH+3HO。