湖南长沙市周南中学2026-2027学年高三上学期10月课时作业 化学试题

长沙市周南中学2026年下学期高三年级十月 化学科月课时作业 可能用到的相对原子质量：H:10:120:16S:32 一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求） 1.中科院突破材料性能桎措，为材料发展提供原创解决方案。下列说法正确的是 A.AI芯片互连导体超级铜箔一金属材料 B.硬韧透明防护涂层聚倍半硅氧烷—传统无机非金属材料 C.量子器件单链PdGeS,材料一复合材料 D.低功耗算力芯片使用的Si半导体—高分子材料 2.下列化学用语表示错误的是 A.HCI的S-pσ键电子云轮廓图为 B.NazO2的电子式为Na:O:O:Na 2s 2p C.基态氮原子的价层电子轨道表示式： D.尿素的化学式：CONH2)2 3.下列实验装置不能达到实验目的的是（加热及夹持装置略） 尾气处理 铜丝 浸NaOH 浓硫酸 溶液的 棉团 溴水 品红 溶液 铁粉 A.合成溴苯 B.制备并检验SO2 pH计 止水夹 新制 NaOH 氯水 稀硫酸 Fe 溶液 C.验证CL,能与水反应 D. 制备并观察Fe(OH)2 试卷第1页（共8页） 4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A.c(CIO)=0.1mol-L的溶液中：Mg2+、Na+、So子、Cl K B.c(H) =0.Imol-L的溶液中：K+、Fe2+、CHC00、NO C.c[AI(OH),])=0.Imol-L'的溶液中：C、Nat、Co?、NO D.由水电离产生的c(H)=1×I0-molL的溶液中：NH、A*、HCO,、SO 5.下列反应对应的离子方程式书写正确的是 A.铜片与稀NO3反应生成气体：3Cu+8H+2NO;=3Cu2++2NO2个+4H,0 B.用CuS0,溶液除去乙炔中的HS:Cu2+S2=CuSJ C.向NH4AI(SO42溶液中滴入少量NaOH溶液：NH4+OH=NH3·HO D.K,Cr0溶液中滴加HS0,黄色溶液变为橙色：2C0子-+2H=Cr20弓+H2O 6.工业上制备有机氟化剂SF,的反应：3SCl2+4NaF=SF,+S,CL2+4NaCl。下列说法错误的是 A,该反应属于歧化反应 B.NaF既不作氧化剂也不作还原剂 C.还原剂和氧化剂的物质的量之比为1：2 D.SF,空间结构为正四面体 7.用如图装置探究物质性质，持续通入C02。下列说法错误的是 95% 乙醇 干燥剂 铜丝 石棉绒Na,O,右棉绒 饱和 苯酚钠 Na,CO, 新制的氢氧 溶液 溶液 化铜悬浊液 a 6 A.a中溶液变浑浊 B.b中析出的白色固体主要成分为NaHCO, C.c中铜丝由红变黑，对应了乙醇被氧化的过程 D.若加热d有砖红色沉淀生成，说明c中产物有乙醛 试卷第2页（共8页） 8.部分含Si或N成C1物质的分类与相应化合价关系如图。下列说法正确的是 +5 d b 如+2 0 -1 单质氧化物酸 盐 物质类别 A.c均为酸性氧化物 B.a在自然界中均可以大量稳定存在 C.d或其对应的盐可以和f反应生成a D.a、c、f均可用于自来水消毒 9.设N,为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A.等物质的量的Fcl,与Br反应，生成的1，分子数为N B.常温常压下，22.4LS0,含c键数目为2N C.1 mol Cl,.与水充分反应，转移电子数为N D.乙烯和环丙烷(C,H)组成的28g混合气体中含有4N个氢原子 10.由下列实验操作及现象，能推出相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 取少量生锈的铁溶于足量的稀盐酸，再滴入KSCN溶 A 该生锈的铁中不含三价铁 液，溶液未变红 B 向葡萄糖溶液中滴加酸性KMO:溶液，溶液紫红色褪去 葡萄糖中含有醛基 向CuSO4溶液中加入少量NaCl固体，溶液由蓝色变为蓝 与Cu2*的配位能力：C>H,0 绿色 将乙醇与浓硫酸共热，并将产生的气体通入溴水中，溴 0 乙醇发生了消去反应 水褪色 11.“类比”是研究物质性质及变化的重要方法。下列类比推测合理的是 A.SiCL,水解生成H,SiO,和HCl,推测NCl水解生成HNO,和HCI B.乙醇被过量酸性KMnO,溶液氧化为乙酸，则甲醇被过量酸性KMO,溶液氧化为甲酸 C.浓硫酸与NaCI反应生成HCl,则浓硫酸与NaBr反应可制备HBr D.Na,N与盐酸反应生成NaCI和NH,Cl,则MgN,与盐酸反应生成MgCl,和NH,Cl 试卷第3页（共8页） 12.在给定条件下，下列选项所示的物质间的转化均能实现的是 H20 盐酸 蒸发结晶 A.CuO→Cu(OH),CuCL,溶液，无水CuCh B.FeS2燃烧→SO,989%的浓碗酸→H,S0, 少量Cl2 NaOH溶液 放置在空气中 c.Fe→FeCL2→Fe(OH)2→"Fe(OH)月 02 H20 C0, C02,H20 D.NaNa,O2-→NaOH→Na,CO,→NaHCO, 13.化合物Z是一种用于合成生物碱类产物的中间体，下列说法正确的是 1)0 CHO 碱 2)Zn,H,0 CHO A.X分子中含有2个手性碳原子 B.相同温度下，在水中的溶解度Y大于X C.1molZ最多能与2molH2发生加成反应 D.可用酸性KMnO,溶液鉴别X与Z 14.一种催化联合法合成肼(N2H4)的原理如图所示，下列说法正确的是 H、IH 0 H,O OH OH -e -e ② →H20 H OH N OH 吸附 ③脱水 H N-N 脱附 +H 水解 ⑤ ⑧ OH 自耦合 H,O 掺杂锰的氢氧化镍 A.过程①中环己醇发生了还原反应 B.过程②有极性键的断裂和形成 C.过程③、④中N元素化合价都升高 D.掺杂锰的氢氧化镍催化剂可降低反应的焓变 试卷第4页（共8页） 二、非选择题（本题共4小题，共58分） 15.(15分)一种以刻蚀废液（含Fe3+、Fe2+、Cu2+和C1厂等）为原料制备含铜化合物的流程如图所示。 过量氨水 过量C02 硫酸 I12,S02 刻蚀 [Cu(NH)JCL,溶液 废液■ 除铁 沉铜 溶解 结晶 转化 Cul 滤渣 滤液1 胆矾 滤液2 已知： Cul是一种白色固体，不溶于水、稀硫酸，可发生如下反应而溶于KI溶液中：Cul(s)+I~(aq)=[Cul2]厂(aq)。 回答下列问题： (1)Cu位于元素周期表的第四周期第 族，基态Cu的价层电子排布式是 (2)“除铁"时需加入碱使Fe3+、Fe2+沉淀，加入过量氨水而非过量NaOH溶液的原因是 (3)滤液1中溶质的主要成分是NH,CI和 (填化学式)。 (4)“转化"时2全部转化为Cl沉淀，则得到Cl的离子方程式是 检验得到的C已经洗涤干净的方法是 (5)“转化”时应控制l2和S02的用量，若转化”时加入过量12和S02,会使Cul产率下降，原因是 (6)滤液2中溶质可返回“ ”(填流程图中步骤名称)步骤中循环利用。 16.(14分)环己酮( )是一种重要的有机化工原料，其实验室制备和蒸馏装置（夹持及加热装置略）如 下： 图1 图2 OH 己知：环己醇( )、环己酮的部分物理性质如下表，沸点括号中的数据表示该有机物与水形成 的具有固定组成的恒沸混合物的沸点。 试卷第5页（共8页） 物质 相对分子质量 密度/g·cm-3) 沸点/℃ 部分性质 环己醇 100 0.97 161.1(97.8) 能溶于水，具有还 原性，易被氧化 环己酮 98 0.95 155.6(95) 微溶于水，遇氧化 剂易发生开环反应 实验步骤： 1.制备： 将疏酸酸化的Na2Cr20,溶液（过量）分批滴加到图1盛有5.2mL(0.05mol)环己醇的仪器A中，充分搅拌， 控制反应温度在55~60℃下进行。30min后，向反应液中加入适量的草酸，反应完全后，溶液呈墨绿色(Cr3+ 的颜色)。 Ⅱ.分离： ①往实验I所得溶液中加入适量水，蒸馏，收集95~100℃的馏分，得到含环已酮和水的混合物： ②将所得混合物用6.0 gNaCl固体饱和，充分振荡，静置： ③用分液漏斗分离出有机相，水相用10mL乙醚萃取两次，将3次的有机相合并： ④用无水K2C03干燥有机相，过滤，得到环己酮的乙醚溶液。 Ⅲ.提纯：将环己酮的乙醚溶液加入到图2的圆底烧瓶中，先蒸馏回收乙醚，再蒸馏收集152~155℃馏分， 得到4.0mL环己酮。 回答下列问题： (1)仪器A的名称为 (2)写出制备环己酮的离子方程式 (3)“制备”时，控制温度为55~60℃，可采取的加热方式是 (4)“制备”时，加入适量草酸的作用是 (5)“分离时，②中加入NaC1固体的目的是 (6)“提纯”时，蒸馏收集环己酮时，需要放出冷凝管中的冷凝水后再蒸馏，也可选用 (填 字母序号)代替图2中的直形冷凝管。 A.蛇形冷凝管 B.球形冷凝管 C.空气冷凝管 (7)计算环己酮的收率为 (收率=实际产量 理论产量 ×100%:计算结果精确到0.1%)。 试卷第6页（共8页） 17.(14分)过氧化氢H20)是重要的化工产品，广泛应用于绿色化学合成.医疗消毒等领域。 回答下列问题： (1)已知：H(g)+,02(g)=H0)△H1=-286kmo H(g)十O2(g)=H02)△H=-188 kJ.mol 过氧化氢分解反应2H02Q)=2H20)十02(g)的△H=kmol门。不同温度下过氧化氢分解反应的平 衡常数K613N K29sKN(填大于、小于或等于)。 (2)100℃时，在不同金属离子存在下，纯过氧化氢24h的分解率见下表： 离子 加入量(mgL) 分解率% 离子 加入量mgL) 分解率% 无 0 2 Fe3+ 1.0 15 A13+ 10 2 Cu2+ 0.1 86 Zn2+ 10 10 Cr3+ 0.1 96 由上表数据可知，能使过氧化氢分解反应活化能降低最多的离子是 贮运过氧化氢时，可选用的 容器材质为 (填标号)。 A.不锈钢 B.纯铝 C.黄铜 D.铸铁 (3)过氧化氢的Ka1=2.24×1012,H202的酸性 H0(填大于、小于或等于)。 研究表明，过氧化氢溶液中HO2的浓度越大，过氧化氢的分解速率越快。常温下，不同浓度的过氧化氢 分解率与pH的关系如图所示。一定浓度的过氧化氢，pH增大分解率增大的原因是 相同pH下，过氧化氢浓度越大分解 率越低的原因是 0.006 0.004 18.0% 0.002 27.5% 50.0% 4.04.5 5.05.56.0 pH 试卷第7页（共8页） 18.(15分)化合物H是新研发的医学成像示踪剂。H的一种合成路线如下： COOCH COOCH OH ① TBDMSCI ⊙ E C,H,0 imidnzole LiAII, C,H CIN,O, BF,O(C,H,), ③ DIAD.Ph,P OH OH OTBDMS C D ④ TBAF ⑤KT TsCl,DMAP (CH)N OTBDMS OTs N H 回答下列问题。 (1)A中含氧官能团有 (填名称)。A的核磁共振氢谱峰面积比是 (从 大到小排列)。 (2)B中所有氢原子的化学环境相同，B的名称为 (3)E的结构简式为 (4)(C2Hs)3N是一种三级胺（三烃基胺），其同分异构体中，属于三级胺的有 种（不考 虑立体异构)。 (5)⑤的反应类型是 (6)参照反应①，写出以甲苯和B为原料合成化合物 OH的路 线： 试卷第8页（共8页） 长沙市周南中学2026年下学期高三年级十月 化学科月课时作业答案 一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1．【答案】A 【详解】A．铜属于金属单质，铜箔属于金属材料，A正确； B．聚倍半硅氧烷名称含“聚”，属于有机高分子材料，传统无机非金属材料指玻璃、水泥、陶瓷等，B错误； C．属于单一组成的无机化合物，复合材料是由两种及以上不同性能的材料复合得到的多组分材料，C错误； D．属于无机非金属半导体材料，高分子材料是相对分子质量达几万到几百万的有机聚合物，D错误； 故答案选A。 2．【答案】B 【详解】A．中的轨道（球形）与的轨道（哑铃形）沿键轴方向头碰头重叠形成键，给出的电子云轮廓图符合该特征，A正确； B．是离子化合物，由和构成，电子式需用方括号括住过氧根离子并标注离子所带电荷，正确电子式为，B错误； C．氮原子的核外电子数为7，基态氮原子的价层电子排布式为。根据泡利原理和洪特规则，2s轨道中的两个电子自旋方向相反，三个2p轨道各有一个自旋方向相同的电子，其价层电子轨道表示式为，C正确； D．尿素分子含1个碳原子、1个氧原子、2个氮原子和4个氢原子，其化学式为，D正确； 3．【答案】A 【详解】A．合成溴苯需要苯与液溴在粉催化下发生取代反应，该装置使用溴水，苯与溴水仅发生萃取，无法反应生成溴苯，不能达到实验目的，A错误； B．与浓硫酸加热反应生成，可使品红溶液褪色以检验，浸溶液的棉团可吸收尾气防止污染，能达到实验目的，B正确； C．本身呈中性，若不与水反应则氯水应为中性，计不受次氯酸漂白性影响，测得新制氯水，说明反应生成了酸性物质，可验证能与水反应，C正确； D．先打开止水夹，与稀硫酸反应生成的可排尽装置内空气，关闭止水夹后，使左侧压强增大，将生成的溶液压入右侧溶液中，可生成且在氛围中防止其被氧化，能达到实验目的，D正确； 故选A。 4．【答案】C 【详解】A．具有强氧化性，具有强还原性，二者会发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误； B．的溶液中，，呈强酸性，酸性条件下会氧化，且与结合生成弱电解质，不能大量共存，B错误； C．的溶液呈强碱性，、、、之间互不反应，也不与反应，能大量共存，C正确； D．由水电离产生的的溶液可能呈强酸性，也可能呈强碱性，酸性条件下与反应，碱性条件下会与、、反应，不能大量共存，D错误； 故选C。 5．【答案】D 【详解】A．铜与稀硝酸反应的还原产物为，不是，正确离子方程式应为，A错误； B．H2S为弱酸,不能拆成离子,正确的离子方程式为Cu2++H2S==CuS↓+2H+,B错误; C．优先与反应生成沉淀，少量时不会与反应，正确离子方程式应为，C错误； D．Cr在酸性条件下转化为Cr2,符合铬酸根与重铬酸根的平衡,D正确。 6．【答案】D 【详解】A．中为价，反应后产物中为价，中为价，只有元素化合价发生改变该反应，同一元素化合价既有升高又有降低，该反应属于歧化反应，A正确； B．该反应中，NaF中F的化合价未变化，既不作氧化剂也不作还原剂，B正确； C．该反应中，S的化合价从+2升至+4，又由+2价下降到+1价，被氧化的（还原剂）为，被还原的（氧化剂）为，物质的量之比为，C正确； D．分子价电子对数为5（4个成键电子对与1个孤电子对），硫原子采取杂化，空间结构为不是正四面体，D错误； 故选D。 7．【答案】C 【分析】在装置a中，碳酸酸性强于苯酚，通入苯酚钠溶液生成常温下微溶于水的苯酚，溶液变浑浊；与反应生成和，粉末从黄色变成白色；在装置b中未与过氧化钠反应的通入饱和溶液，发生反应，溶解度小于，且反应消耗水、生成溶质质量更大，会析出白色固体；在装置c中，加热时与反应生成黑色，注入乙醇后，乙醇被氧化为乙醛，被还原为，铜丝由黑变红；在装置d中乙醛在碱性、加热条件下能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，由此解答； 【详解】A．由分析可知，通入苯酚钠溶液生成常温下微溶于水的苯酚，溶液变浑浊，A正确； B．由分析可知，b中析出的白色固体主要成分为，B正确； C．由分析可知，乙醇被氧化的过程，被还原为，铜丝由黑变红，C错误； D．乙醛具有还原性，在碱性、加热条件下能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，若加热d出现砖红色沉淀，说明c中生成了乙醛，D正确； 故选C。 8．【答案】C 【详解】A．c为+4价氧化物，包括、、，其中、与碱反应除生成盐和水外还有其他产物，不属于酸性氧化物，A错误； B．a为Si、N2、Cl2三种单质，自然界中Si仅以化合态存在，Cl2性质活泼无游离态，无法大量稳定存在，B错误； C．d为+5价酸、，f为，例如与浓可发生归中反应生成（属于a），对应的盐如也可与浓反应生成，C正确； D．a中Si、N2无消毒性，c中、无消毒性，f为，不能用于自来水消毒，D错误； 故选C。 9．【答案】D 【详解】A．未给出和的具体物质的量，无法确定生成的分子数，A错误； B．常温常压下气体摩尔体积不为，的物质的量不为，含有的键数目不为，B错误； C．该反应为可逆反应，转移电子数小于，C错误； D．乙烯和环丙烷的最简式均为，混合气体中，含氢原子数目为，D正确； 故选D。 10．【答案】C 【详解】A．生锈的铁溶于稀盐酸时，铁锈中的与酸反应生成，若单质过量，会发生反应将还原为，滴加溶液也不会变红，不能证明不含三价铁，A错误； B．葡萄糖分子中同时含羟基和醛基，二者均能被酸性溶液氧化使溶液褪色，无法证明一定含醛基，B错误； C．溶液的蓝色来自配离子，加入固体后变为蓝绿色，说明取代与形成了新的配离子，可证明配位能力，C正确； D．乙醇与浓硫酸共热时，浓硫酸可将乙醇炭化，再与碳反应生成还原气体，也能与溴水反应使溴水褪色，无法证明生成了乙烯，即不能证明乙醇发生消去反应，D错误； 故答案选C。 11．【答案】D 【详解】A．水解时为+4价、为-1价，水解后生成和，水解无生成，A错误； B．乙醇的氧化产物乙酸中仍有2个碳原子，甲醇只有1个碳原子，被过量酸性溶液氧化时，最终生成，不会得到甲酸，B错误； C．还原性弱，浓硫酸不能氧化，可制备；还原性强，会被浓硫酸氧化为，不能用浓硫酸与反应制备，C错误； D．与盐酸反应生成和，本质是氮元素转化为铵根、金属元素转化为氯化物；中为-3价，与盐酸反应时生成和，类比合理，D正确； 故选 D。 12．【答案】D 【详解】A．CuO难溶于水，无法与水直接反应生成Cu(OH)2，且CuCl2溶液蒸发结晶时Cu2+发生水解，最终无法得到无水CuCl2，A错误； B．FeS2燃烧的产物为SO2，不能直接生成SO3，SO2需要经催化氧化才能得到SO3，B错误； C．Cl2氧化性较强，Fe与Cl2在加热条件下反应，无论Cl2量多少，都只能生成FeCl3，无法得到FeCl2，C错误； D．Na与O2在加热条件下反应生成Na2O2，Na2O2与水反应生成NaOH，NaOH与CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3与CO2、H2O反应生成NaHCO3，所有转化均可实现，D正确； 故选D。 13．【答案】B 【详解】A．手性碳原子为连接4种不同基团或原子的碳原子，X分子中共有3个手性碳原子，如图标注所示：，A错误； B．Y分子含有2个醛基，可与水分子形成更多氢键，亲水能力强于仅含1个酮羰基的X，故相同温度下Y在水中的溶解度大于X，B正确； C．Z分子中的碳碳双键、酮羰基、醛基均能与发生加成反应，1mol Z最多能与加成，C错误； D．X含碳碳双键，Z含碳碳双键和醛基，二者均能使酸性溶液褪色，现象相同无法鉴别，D错误； 故选B。 14．【答案】B 【详解】A．过程①中环己醇失去氢，并有电子移出，发生氧化反应，A错误； B．过程②中C—H键断裂，O—H键形成，且C—O单键形成C=O双键，存在极性键的断裂和形成，B正确； C．过程③中氮在氨中为−3价，形成题图所示的C=NH结构后仍为−3价；过程④中氮失去氢并失去电子，化合价升高，C错误； D．催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应物和生成物的能量差，因而不能改变反应的焓变，D错误； 故选B。 二、非选择题（本题共4小题，共58分） 15．(共15分，未注明的均为两分每空)（1）ⅠB(1分) （2）过量氨水可使形成，、形成氢氧化物沉淀从而过滤分离，如果加入过量NaOH溶液则也会沉淀，无法分离 （3） （4）①     ② 取少量最后一次洗涤液于试管中，加入稀盐酸酸化后，再加入溶液，若无白色沉淀生成，则说明CuI沉淀已洗涤干净 （5）过量的和反应生成，会与CuI反应生成使CuI沉淀溶解 （6）溶解      【分析】简要分析工艺流程：除铁：向废液中加入过量氨水。和与氨水反应生成氢氧化铁沉淀和氢氧化亚铁沉淀（在空气中易被氧化为）。这些沉淀成为“滤渣”被除去与过量氨水反应，先生成氢氧化铜沉淀，随后溶解形成深蓝色的四氨合铜络离子，滤液中主要含有。沉铜：通入过量。是酸性氧化物，溶于水生成碳酸，会中和氨水的碱性，破坏铜氨络离子的稳定性。得到含铜沉淀，滤液1主要含有氯化铵、碳酸氢铵等。溶解：加入硫酸。硫酸与上一步得到的铜沉淀反应，生成硫酸铜溶液。结晶：从硫酸铜溶液中析出胆矾。这是一条分支路线，用于回收部分铜资源。母液中仍含有剩余的  ，进入下一步转化：加入和。在水溶液中，和、发生氧化还原反应生成难溶的CuI沉淀。 【解析】(1)Cu的原子序数是29，其基态电子排布为[Ar]3d104s1。根据价层电子的定义，Cu的价层电子包括3d和4s轨道上的电子，即3d104s1。 (2)分析流程可知，“除铁”这一步需将、沉淀，Cu元素保留在溶液中以实现分离，若用NaOH溶液为沉淀剂，、、均会生成沉淀，无法分离，用氨水可使形成留在溶液中，而、生成沉淀，实现分离。 (3)“沉铜”过程中过量消耗体系中的，使向解离方向移动，生成氢氧化铜或碱式碳酸铜沉淀，最终均变为，滤液1中阳离子主要含有；过量的变为，溶液中原有，故滤液1的溶质的主要成分是和。 (4)“转化”时全部转化为CuI沉淀，则该反应是、作氧化剂，为还原剂的氧化还原反应，体系环境为酸性，故配平可得；对于②，CuI表面可能附着、H⁺等离子，需检验最后一次洗涤液中是否含有，方法是：取少量最后一次洗涤液于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗涤干净。 (5)由题意可知，CuI不溶于酸性环境中，但可与发生反应：而溶解，过量的和会发生反应：，生成的会与CuI反应生成而使CuI溶解，使CuI产率降低。 (6)“转化”前溶液为母液，溶质主要为，由(4)可知，加入和后发生反应：，溶液中、均已沉淀，滤液2中溶质主要为，故可返回“溶解”步骤中循环利用。 16．(共14分，未注明的均为两分每空)（1）三颈烧瓶 （2）3++8H+3+2Cr3++7H2O （3）水浴加热 （4）还原过量的溶液，防止蒸馏时环己酮被氧化 （5）降低环己酮在水中的溶解度，促进液体分层，便于产品分离提纯 （6）C     （7）77.6%      【分析】本实验以环己醇为原料，在酸性条件下被重铬酸钠氧化制备环己酮，通过蒸馏、盐析、萃取、干燥等步骤分离粗产品，最后经蒸馏提纯得到纯品。实验中需严格控制反应温度以避免副反应，通过加入草酸除去过量氧化剂，利用盐析和萃取提高产品收率，最终通过蒸馏分离乙醚和环己酮。 【解析】(1)由仪器A的结构可知，仪器A为三颈烧瓶。 (2)环己醇在酸性重铬酸盐条件下被氧化为环己酮，被还原为，离子方程式为3++8H+3+2Cr3++7H2O。 (3)控制温度为，可采取的加热方式是水浴加热。水浴加热能提供均匀、温和的温度环境，且温度不超过，适合该反应的温度要求。 (4)加入适量草酸的作用是还原过量的溶液，防止蒸馏时环己酮被氧化。过量的重铬酸盐具有强氧化性，若不除去，在后续蒸馏过程中可能会氧化环己酮，导致产品损失。 (5)加入固体的目的是降低环己酮在水中的溶解度，促进液体分层，便于产品分离提纯。溶于水后增大了水相的离子强度，使环己酮在水相中的溶解度显著降低，从而更易分层进入有机相。 (6)当蒸馏物沸点超过时，一般使用空气冷凝管，以避免水冷凝管因温差过大而炸裂。环己酮沸点为，因此选用空气冷凝管。 (7)由题，理论产量，。实际产量，因此收率。 17．(共14分，未注明的均为两分每空)－196 小于 Cr3＋ B 大于 pH升高，c()增大，分解速率加快 H2O2浓度越大，其电离度越小，分解率越小 。 【详解】(1)已知：① H2(g)＋O2(g)＝H2O(l) △H1＝－286 kJ·mol¯1 ②H2(g)＋O2(g)＝H2O2(l) △H2＝－188 kJ·mol¯1 根据盖斯定律，①×2-②×2得：2H2O2(l)＝2H2O(l)＋O2(g)的△H＝2△H1-2△H2=-196kJ·mol¯1。 该反应为放热反应，温度升高，化学平衡常数减小，所以K(313K)<K(298K) 。 故答案为：－196 ；小于。 (2)由表中数据可知，加入铬离子，加入量最小，分解率最大，所以能使过氧化氢分解反应活化能降低最多的离子是铬离子；过氧化氢具有氧化性，可以氧化其他金属，但铝表面可以生成致密的氧化铝薄膜，阻止内部的铝继续腐蚀，因此长时间可以选纯铝容器来贮运过氧化氢，故选B。 故答案为Cr3＋ ；B。 (3)Ka1>Kw，故H2O2电离出氢离子浓度大于水电离出的氢离子浓度，故H2O2的酸性>H2O； pH增大，氢离子浓度减小，反应正向进行，HO2-的浓度增加，分解速率加快； 过氧化氢浓度越高，其电离程度越低，故分解率越小。 故答案为：大于；pH升高，c()增大，分解速率加快；H2O2浓度越大，其电离度越小，分解率越小。 18． (共15分，未注明的均为两分每空)（1）酯基、羟基    3:2:2:2:1     （2）环氧乙烷     （3）     （4）6     （5）取代反应      （6）(3分)      【解析】(1)由A的结构可知，A中含氧官能团有酯基、羟基；在化合物 A 中，酯甲基上有三个相同的氢原子，苯环上共有四个氢原子，其左右是对称的，因此有上下两种不同的氢原子，另外有2种不同的氢原子，，因此这个化合物中共有5种不同的氢原子，峰面积比对应于每种氢的个数，即从大到小为3:2:2:2:1； (2)B的分子式为，其所有氢原子的化学环境相同，说明该化合物具有对称性结构，由分子式可知其有1个不饱和度，再结合B与A反应生成的产物C的结构可推知其存在结构片段，由此可推知B的结构式为，名称为环氧乙烷； (3)从D和E反应生成化合物F的结构可知，D与E发生取代反应得到F，故E的结构简式为； (4)是一种三级胺，即同一个N原子上连有3个烃基，其同分异构体中含有6个C原子，可能的结构有、、、、、共6种； (5)从G与H的结构差异可知，-18F基团取代了-OTs基团，故该反应为取代反应； (6)由反应① 可知，要合成需先合成，由甲苯得到苯甲醇可通过先溴代后水解的路径实现，故合成路线为： 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 $