辽宁大连市第二十四中学2026-2027学年高三上学期第一次月考 化学试题

大连第二十四中学2026-2027学年度高三年级第一次月考化学试题 一、单选题（每题3分，共45分） 1．化学与生活、生产、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是 A. 足球烯是富勒烯的代表物，富勒烯是一系列烃分子的总称 B. 节肢动物的外壳在碱溶液中反应生成的壳聚糖，可用于手术缝合线的制备 C．燃煤中加入生石灰，可以实现燃煤脱硫并且减少温室气体的排放 D. 储氢合金形成的金属氢化物高温条件下不易分解，可用于氢能源汽车 2．化学用语可以表示物质结构和化学过程，下列化学用语表达正确的是 A．CCl4的空间填充模型 B．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图： C．用电子式表示MgCl2的形成过程： D．制备酚醛树脂的化学方程式为：n+nHCHO+nH2O(缩聚反应) 3．为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．36g含有的中子数为 B．0.1mol/L HClO溶液中含有的数小于 C．2mol NO与1mol 在密闭容器中充分反应后的分子数小于 D．常温下，1mol Fe与足量的浓硝酸反应转移的电子数为 4．下列各溶液中加入试剂后，发生反应的离子方程式书写正确的是 A．向溶液中滴加足量NaOH溶液： B．硫酸铝溶液与过量氨水反应： C．与反应： D．溶液中通入足量氯气： 5．下列各组离子在溶液中能大量共存的是 A．、、、 B．、、、 C．、、、 D．、、、 6．下列微粒性质的描述或其解释错误的是 选项 微粒性质描述 解释 A 第一电离能：Mg>Al Al的第一电离能失去的电子是3p能级的，该能级电子的能量比Mg失去3s能级电子的高 B 稳定性：H2O>NH3 氧原子半径比氮原子小，H-O键的键长比H-N键的短，H-O 键的键能较大 C 还原性：K>Na 钾原子的电子层数比钠原子的多，钾原子核对最外层电子的引力较小，更容易失去最外层电子 D 沸点：HF>H2O HF分子间氢键比H2O分子键氢键强 A．A B．B C．C D．D 7．是片状晶体，结构如图，一元弱酸，下列说法不正确的是 A．晶体中有氢键和范德华力 B．在水中电离 C．能与乙醇反应 D．可表示为 8．下列说法不正确的是 A．实验室制备并收集乙酸乙酯 B．实验室制备乙炔并检验乙炔的性质 C．检验油脂中的不饱和烃基 D．赶出盛有溶液的滴定管中的气泡 A．A B．B C．C D．D 9．硫铁矿矿渣(含)周围的酸性废水中存在硫细菌和铁细菌，可促进的溶解，相关的物质转化如下图，其中①～③均完全转化。下列说法不正确的是 A．废水中铁元素含量几乎不变 B．一段时间后，废水的降低 C．铁细菌的存在能提高反应①的速率 D．硫细菌的存在可减少覆盖在硫铁矿矿渣表面的S 10．我国科学家用生物基原料合成可降解高分子的合成路线如下。 已知： 下列说法不正确的是 A．的结构简式为 B．有3种处于不同化学环境的氢原子 C．反应①中和的化学计量比是1∶4 D．若和完全水解，可得到相同产物 11．我国科学家最近研究的一种无机盐纳米药物具有高效的细胞内亚铁离子捕获和抗氧化能力。W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且W、X、Y属于不同族的短周期元素。W的外层电子数是其内层电子数的2倍，X和Y的第一电离能都比左右相邻元素的高。Z的M层未成对电子数为4。下列叙述错误的是 A．中与形成配位且提供孤电子对的是W B．Y的氢氧化物难溶于NaCl溶液，可以溶于溶液 C．W、X、Y、Z四种元素的单质中Z的熔点最高 D．在X的简单氢化物中X原子轨道杂化类型为 12．下列有关含氯化合物的说法中，不正确的是 A．分子中所有O原子所处的化学环境相同 B．的空间结构为V形 C．(高氯酸氯)中氯元素的化合价分别为+1，+7 D．不是氧化还原反应 13．碲及其化合物可用于电子电气工业。一兴趣小组以某碲铜废料(主要成分为，含少量、)为原料设计下列流程回收碲： 已知：“酸浸氧化”生成和微溶物；易溶于较浓的强酸和强碱；下列说法正确的是 A．“酸浸氧化”中氧化剂与还原剂物质的量之比为4：3 B．“滤渣”的主要成分是、 C．“沉碲”时温度越高，反应速率越快 D．“溶解还原”的反应方程式为 14．是一种钠离子电池正极材料，充、放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法中错误的是 A．每个晶胞中含个数为 B．每个晶胞中0价Cu原子个数为 C．放电时由转化为NaCuSe的电极反应为： D．充电时1mol晶胞完全转化为晶胞，转移的电子数为8 15．工业上从海水中制溴的步骤为：(Ⅰ)先把盐卤加热到363 K后控制pH为3.5，通入氯气把溴置换出来；(Ⅱ)再用空气把溴吹出并用碳酸钠溶液吸收；(Ⅲ)最后再用硫酸酸化，单质溴又从溶液中析出。其中，碳酸钠溶液吸收溴单质的反应可以分三步进行，其反应的机理如图所示。下列说法正确的是 第一步： 第二步： 第三步： A．由反应机理可知整个反应过程只涉及极性键的断裂和形成 B．反应产生的主要是由在水溶液中产生的与溶液中反应生成的 C．对比氯气与溶液的反应，常温下在碱性溶液中的稳定性： D．当1 mol 完全参与上述反应后，产生的与的个数之比为 二、非选择题（4小题，共55分） 16．利用零价铁耦合过硫酸盐()和过氧化氢产生自由基去除污水中的有机化合物是目前研究的热点。其中自由基和产生的机理如图所示。 (1)的结构式是，则的结构式是___________。 (2)过程中反应的离子方程式是___________。 (3)过程会导致溶液酸性增强，其中硫元素在反应前后均为价。过程中反应的离子方程式是___________。 (4)探究零价铁和混合氧化剂体系降解水样中有机化合物的能力。 Ⅰ．通过加入甲醇或叔丁醇探究其对不同自由基降解的能力影响，测得的残留百分含量随时间变化如图所示。 已知：该实验条件下，甲醇同时消耗和，叔丁醇只消耗 a． 中加入的是___________填“甲醇”或“叔丁醇”。 中降解的自由基主要是___________(填或)，判断依据是___________。 Ⅱ．探究混合氧化剂中的物质的量分数对水样中总有机碳去除率的影响。实验开始时，水样的且加入的不变，其他条件不变。在相同时间内测得的实验数据如图所示。 注：是以碳的含量表示水中有机化合物的总量。 从到去除率升高的原因是___________。 从到去除率下降的原因是___________。 17．三氯乙醛是无色易挥发油状液体，有刺激性气味，易溶于乙醇、乙醚和氯仿，能与水化合生成三氯乙醛水合物，易被氧化生成。可用于制造滴滴涕、敌百虫、敌敌畏等杀虫剂、三氯乙醛脲除草剂。医药上用于生产氯霉素、合霉素等。实验室设计如下图所示装置，测定样品的质量分数，并用制得的在下乙醇制备少量三氯乙醛。 (1)仪器A的名称为_______，A中发生反应的化学方程式为_______。 (2)装置D、G内所盛试剂的作用为_______，导气管a的作用是_______。 (3)标准状况下，测定样品的质量分数时，若实验前后集气管中液面读数分别为、，则样品的质量分数的表达式为_______(无需化简)。 (4)该实验装置中三通阀的孔路位置如下所示，测定样品的质量分数时调节为_______，制备少量三氯乙醛时三通阀的孔路调节为_______，并将水准管向_______ (填“上”或“下”)移动，使进入右侧装置。 A．  B．   C．  D． (5)仪器F的加热方式为_______，仪器b中冷凝水下进上出的目的是_______，由于实验过程中可能会生成等杂质，从F中分离出，需要进行蒸馏操作，蒸馏时不能选用仪器b的原因是_______。 (6)装置H的作用是吸收过量的，其离子方程式为_______，下列装置中能代替装置H的是_______(错选、漏选均不得分)。 18．含钌催化剂在能源等领域应用广泛。一种从废催化剂中回收Ru和Zr（锆）的工艺如图。 已知：①熔点，沸点； ②； ③易水解。 (1)已知基态Ru的核外电子排布式为，大多能与CO分子（每个提供一对电子与金属原子形成配位键）形成稳定的羰基配合物，且配位键的形成可使金属价层电子满足18电子规律，即中心原子的价电子数+配体提供的总电子数，则，中Ru的配位数x的数值为________。 (2)钉单质经焙烧生成和一种红棕色气体。对应的化学方程式为________。 (3)“氧化蒸馏”时选用硫酸酸化而非盐酸，原因是________（用离子方程式表示）。 (4)获得晶体的操作为________、过滤、洗涤、干燥。 (5)“沉锆”过程中，若要确保溶液中的完全沉淀，至少需加入________。（假设初始浓度为） (6)不含水的晶体具有类似NaCl的晶体结构（如图），则Ru的空位率为________（保留一位小数）；已知晶胞参数为，晶体的密度为________。（列出计算式即可） 19．化合物H可应用于心血管疾病治疗，其合成路线如图所示。 已知：①ROR´＋H2OROH＋R´OH ②+RNH2→(R为-H、-NH2、-OH、-CH3等)。 回答下列问题： (1)化合物A中含氧官能团的名称为___________。 (2)C→D的作用是___________。写出符合下列条件的D的一种同分异构体的结构简式___________。 ①可发生银镜反应 ②含有手性碳原子的芳香化合物，分子中只有一个环 ③核磁共振氢谱显示为五组峰 (3)D→E的化学方程式为___________。 (4)已知：大π键电子数越多，键越稳定；和为平面环。则F→G的过程中生成了环而不是环的原因可能是___________。 (5)G→H的反应类型为___________。 (6)合成的路线如图所示。其中M、N的结构简式分别为___________、___________。 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 大连第二十四中学2026-2027学年度高三年级第一次月考化学试题参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B C D C D B D A A 题号 11 12 13 14 15 答案 C A D A C 1．D 2．B 【详解】 A．CCl4分子是正四面体结构，且Cl原子半径大于C，其空间填充模型为，故A错误； B．邻羟基苯甲醛分子内氢键为羟基上的H与醛基上的O形成，示意图：，故B正确； C．MgCl2为离子化合物，用电子式表示MgCl2的形成过程：；故C错误； D．制备酚醛树脂发生缩聚反应，反应为：n+nHCHO+(n-1)H2O，故D错误； 答案选B。 3．C 【详解】A．36g的物质的量为，含有的中子的物质的量为，含有的中子数为，A错误； B．缺少0.1mol/L HClO溶液的体积，无法计算溶液中含有的H+数，B错误； C．2mol NO与1mol 反应生成2mol NO2，由于存在平衡，导致分子数减少，容器中含有的分子数小于，C正确； D．常温下，铁与浓硝酸发生钝化反应，生成的氧化膜阻止反应进行，所以常温下，1mol Fe与足量的浓硝酸反应转移的电子数小于，D错误； 故选C。 4．D 【详解】A．向Mg(HCO3)2溶液中滴加足量NaOH溶液生成氢氧化镁和碳酸钠，离子方程式为：，故A项错误； B．硫酸铝溶液与过量氨水反应生成氢氧化铝和硫酸铵，离子方程式为：，故B项错误； C．过氧化钠与水反应时，过氧化钠既作氧化剂、又作还原剂，过氧化钠中-1价氧一部分到了氧气中，一部分到了氢氧化钠中，所以不可能有18O2，，故C项错误； D．Na2S2O3溶液中通入足量氯气，，故D项正确； 故本题选D。 5．C 【详解】A．与反应生成沉淀，离子间发生反应，不能大量共存，A错误； B．与发生络合反应生成血红色络合物，不能大量共存，B错误； C．、、、之间不发生反应，可大量共存，C正确； D．存在时具有强氧化性，会和还原性的发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误； 故选C。 6．D 【详解】A． Mg的第一电离能大于Al，正确；Al失去的是3p电子，而Mg失去的是3s电子，由于3p能级电子能量高于3s，Al的电子更容易失去，因此第一电离能更低，描述和解释均正确，A正确； B．稳定性H2O＞NH3，描述正确； O原子半径更小，H-O键键长短、键能大，稳定性更高，解释也正确，B正确； C．K的还原性＞Na的描述正确，K电子层更多，原子核对最外层电子吸引力更弱，更易失去电子，解释也正确，C正确； D．沸点HF＞H2O的描述错误，实际H2O的沸点更高，尽管单个HF分子间的氢键强于的，但每个分子能形成更广泛的氢键网络，分子间作用力总效应更强，因此的沸点更高，D错误； 故选D。 7．B 【详解】A．根据硼酸结构，硼酸中中的H与另一个硼酸中O原子形成氢键，硼酸是片状晶体，片与片之间存在范德华力，A正确； B．硼酸是一元弱酸，溶于水后，硼原子提供空轨道接受水分子电离出的的孤电子对，形成配位键，使得溶液中游离的浓度大于浓度，使溶液呈酸性，电离方程式为，B错误； C．硼酸与乙醇在浓硫酸催化、加热下发生酯化反应，生成硼酸三乙酯（硼酸乙酯）和水，C正确； D．三分子硼酸脱水得到三聚体，根据H、B、O的成键规则，可表示为，D正确； 故答案选B。 8．D 【详解】A．实验室制备乙酸乙酯时，用饱和溶液收集产物，导管末端在液面上方可防止倒吸，加热液体的操作符合规范，故A正确； B．电石和饱和食盐水反应制备乙炔，生成的乙炔中混有等杂质，硫酸铜溶液可除去杂质，后续用溶液、酸性高锰酸钾溶液可检验乙炔的性质，装置合理，故B正确； C．不饱和烃基含碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化使溶液褪色，该操作可检验油脂中是否存在不饱和烃基，故C正确； D．溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶，需用酸式滴定管盛装，酸式滴定管赶气泡应打开活塞快速放液，题图为碱式滴定管赶气泡的操作，故D错误； 选D。 9．A 【分析】硫细菌将硫单质氧化为硫酸根离子2S+3O2+2H2O=2SO+4H+，该过程中生成了氢离子，亚铁离子被氧气氧化为铁离子4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，三价铁和FeS2反应为FeS2+2Fe3++8H2O=3Fe2++3S，则总反应为：4FeS2+15O2+2H2O=4Fe3++4H++8SO，以此解题。 【详解】A．根据流程图，参与反应生成了亚铁离子和硫单质，故废水中铁元素的含量增多，A错误； B．结合分析可知，总反应为：4FeS2+15O2+2H2O=4Fe3++4H++8SO，总反应生成氢离子，则废水的pH降低，B正确； C．铁细菌可以将亚铁离子氧化为铁离子，而铁离子可以加快的溶解，所以铁细菌的存在能提高反应①的速率，C正确； D．硫细菌可以将硫铁矿表面的硫氧化为硫酸根离子从而减少硫铁矿表面的硫，D正确； 故选A。 10．A 【分析】 X与Y发生已知反应生成Z，由X得分子式为C5H8O3，结合Y和Z得结构式，可推知X为：，羰基和羧基可分别发生已知缩合反应、酯化反应，反应的方程为：，Z再发生聚合反应生成P，据此回答。 【详解】 A．根据已知反应，由X的分子式为C5H8O3，结合Y和Z的结构式，可推知X为：，A错误； B．Y的结构为，三个-CH2OH完全等价，共有甲基氢、亚甲基氢、羟基氢3种不同化学环境的氢原子，B正确； C．由反应方程为：可知，故Z和H2O化学计量比为1:4，C正确； D．Z含酯键、缩酮键，完全水解得到X、Y；P为Z开环聚合得到的高分子，完全水解后断裂酯键、缩酮键，产物同样为X和Y，产物种类相同，D正确； 故选A。 11．C 【分析】W外层电子数是内层的2倍，短周期元素，故W为C；X、Y第一电离能高于相邻元素，原子序数依次增大、与W不同族，且在配合物中Y在外界，Y可形成简单阳离子，故X为N（第ⅤA族），Y为Mg（第ⅡA族，可形成+2价阳离子）；Z的M层未成对电子数为4，则其3d轨道上有4个未成对电子，其价电子排布为，故Z为，据此分析作答。 【详解】A．为，形成配位键时由电负性更小的C（即W）提供孤电子对与（即）形成配位键，A正确； B．Y的氢氧化物为，属于难溶性碱，与不反应，溶液中电离出的发生水解（），导致溶液呈酸性，可促进溶解，故其难溶于溶液，可溶于溶液，B正确； C．W的单质如金刚石为共价晶体，熔点远高于金属（即Z）的熔点，故Z的熔点不是最高，C错误； D．X的简单氢化物为，中心N原子价层电子对数为，杂化类型为，D正确； 故选C。 12．A 【详解】A．Cl2O7分子中，存在桥氧原子（连接两个氯原子）和端基氧原子（只连接一个氯原子），如图：，化学环境不同，A不正确； B． Cl2O中心氧原子价层电子对数是，有两对孤对电子和两个键，空间结构为V形，B正确； C． ClOClO3中，一个氯原子仅连接一个氧原子，化合价为+1；另一个氯原子连接四个氧原子，化合价为+7，如图：；或可以理解为取代了中的，化合价分别为+1、+7，C正确； D．电负性：Cl＞I，ICl中碘为+1价、氯为-1价，反应后HIO中碘为+1价、HCl中氯为-1价，无化合价变化，不是氧化还原反应，D正确； 故选A。 13．D 【分析】本题以碲铜废料回收碲为载体，流程为：酸浸氧化时，Cu2Te被NaClO3氧化为CuSO4和微溶的TeO2；碱浸时TeO2溶于强碱，与Fe(OH)3、PbSO4、Cu(OH)2等滤渣分离；沉碲用双氧水将碲转化为Na2TeO4；最后在盐酸中用SO2还原得到碲单质，考查氧化还原反应与工业流程分析。 【详解】A．酸浸氧化反应中：还原剂是Cu2Te：Cu 从+1到+2价(2个Cu共失2e-)， Te从 -2到+4价(失6e-)，因此1 mol Cu2Te共失去8 mol e-。氧化剂是NaClO3：Cl从+5到-1价，1 mol NaClO3得到6 mol e-。根据电子守恒：，，由于废料中含有还原剂Fe，也会消耗氧化剂，因此流程中氧化剂与还原剂的总物质的量之比不为4:3，A错误； B．酸浸氧化后，滤液1中含Cu2+、Fe3+、PbSO4(微溶)、TeO2(微溶)。加NaOH碱浸时：TeO2溶于强碱生成Na2TeO3，进入滤液；Cu2+、Fe3+分别生成Cu(OH)2、Fe(OH)3沉淀；PbSO4不溶于NaOH，仍为沉淀。 因此滤渣主要为Cu(OH)2、Fe(OH)3、PbSO4，B错误； C．沉碲使用双氧水，温度过高时，双氧水会受热分解，浓度降低，反而导致反应速率下降，且可能发生副反应，C错误； D．“溶解还原”的反应方程式为，电子、原子均守恒，D正确； 故选D。 14．A 【分析】由晶胞结构可知，位于顶点和面心的个数为，每个晶胞中含4个，设中和个数分别为a和b，则，由化合价代数和为0可得，联立两方程可得，即每个中含个数为，每个晶胞中含个数为，据此分析。 【详解】Ａ．由分析可知，每个晶胞中含个数为，A错误； Ｂ．每个晶胞中含个数为，据此分析，由每个转化为，产生0价铜原子个，则每个晶胞中含0价铜原子个数为，B正确； Ｃ．放电时NaCuSe转化为电极反应式为： ，C正确； Ｄ．充电时1mol晶胞完全转化为晶胞，转移的电子数为，D正确。 综上所述，选A。 15．C 【详解】A．Br2中存在非极性键，存在非极性键的断裂，A错误； B．根据第一步反应机理，碳酸根​直接结合水分子中的氢原子生成​和，因此​主要来自碳酸根与水的反应，不是HBr与​的反应，B错误； C．BrO-在第三步可以继续发生歧化反应，而ClO-可以在碱性溶液中稳定存在，常温下在碱性溶液中稳定性：ClO-> BrO-，C正确； D．结合得失电子守恒，当1 mol Br2完全参与上述反应后，Br元素的化合价由0降至Br-中的-1价、由0升至中的+5价，根据得失电子守恒，产生的Br-与的个数之比为5∶1，D错误； 故选C。 16．(1) (2) (3) (4) 叔丁醇 中起作用的自由基主要是中起作用的自由基是和，20min时的残留百分含量与的差值大于与的差值 减小，减小，增加，后者对去除率的影响大于前者 随减小，产生的降低，对和的生成均不利 【详解】（1） 根据的结构，中两个磺酸根通过过氧键连接，结构式为： （核心为含过氧键结构）； （2）过程ⅰ中被氧化为，被还原为，配平得： ； （3）过程ⅱ中始终为价，反应生成使酸性增强，反应物为，产物为、和，配平得： ； （4）Ⅰ. a.甲醇同时消耗两种自由基，消耗的自由基多，则降解的少，M残留量最高（对应曲线）；叔丁醇只消耗，还剩余可降解，残留量中等，因此中加入的是叔丁醇； Ⅰ. b. 中降解的自由基主要是，判断依据是中起作用的自由基主要是中起作用的自由基是和，20min时的残留百分含量与的差值大于与的差值； Ⅱ. a.从①到④去除率升高的原因： 减小，减小，增加，由Ⅰ题可知，对去除率的影响大于； Ⅱ. B.随减小，产生的降低，结合和产生的机理图，降低对和的生成均不利，从而导致TOC去除率下降。 17．(1) 蒸馏烧瓶 (2) 吸收水蒸气，防止与水反应生成的将氧化生成 平衡压强，有利于液体顺利流下，消除由于滴加浓盐酸造成的误差 (3) (4) D B 上 (5) 水浴加热 使冷凝水充满整个管道，提高冷凝效果 会有部分馏分残留在球形冷凝管中，不利于收集 (6) 【分析】A是制备氯气的装置，B用于除去氯气中的HCl，D和G中均是浓硫酸，吸水，防止与水反应生成的将氧化生成，H是尾气吸收装置。据此分析作答。 【详解】（1）仪器A带有支管，其名称为蒸馏烧瓶。与浓反应生成氯化钾、氯化铬、氯气和水，化学方程式为(浓)。 （2）根据题干的已知信息“易被氧化生成”，可知装置D、G内所盛试剂均为浓硫酸，其作用是吸收水蒸气，防止与水反应生成的将氧化生成。导气管a的作用是平衡压强，有利于液体顺利流下消除由于滴加浓盐酸造成的误差。 （3）测定实验前后集气管中液面读数分别为、，则标准状况下氯气的体积为，氯气的物质的量为，根据(浓)，可知的物质的量为，根据公式可知，的质量为，则样品中样品的质量分数的表达式为。 （4）测定样品的质量分数时，氯气从左侧进入，只能向下进入集气管，三通阀的孔路如D项所示(C项方式中氯气会进入右侧装置，使测定结果不准确)。制备少量三氯乙醛时，需要由集气管向装置D提供氯气，此时孔路位置需调节为气体由下方的集气管向右进入装置D，应该选B项(C项方式中氯气会进入左侧装置，降低氯气的利用率)，不符合题意。将水准管向上移动，会使集气管内压强增大，从而使进入右侧装置。 （5）根据题干的已知信息“用制得的在下与乙醇制备少量三氯乙醛”，可知仪器F的加热方式为水浴加热。仪器b中冷凝水下进上出的目的是使冷凝水充满整个管道，提高冷凝效果。进行蒸馏操作，蒸馏时应该选用直形冷凝管，不能选用仪器b球形冷凝管的原因是会有部分馏分残留在球形冷凝管中，不利于收集。 （6）A．用石灰乳吸收过量的，离子方程式为，的溶解度太小，不能用澄清石灰水吸收氯气，A错误； B．与发生反应：，有污染性气体生成，B错误； C．能有效吸收氯气，并能防止倒吸，C正确； D．不能防止倒吸，D错误； E．能有效吸收氯气，并能防止倒吸，E正确； F．存在安全隐患，右侧应该开口，F错误； 给选CE。 18．(1)5 (2) (3) (4)在HCl氛围中蒸发浓缩、冷却结晶 (5)0.145 (6) 或 【分析】本次工艺起始原料为废催化剂，核心目标为回收和。首先加进行酸浸，与反应生成进入滤液1，不与反应进入滤渣。滤液1中加入沉锆，生成沉淀回收。滤渣中的与焙烧发生氧化还原反应，生成和红棕色气体。随后加入、进行氧化蒸馏，元素被氧化为，利用沸点较低的性质蒸馏分离，用盐酸吸收得到溶液，因易水解，需在氛围中蒸发浓缩、冷却结晶得到晶体。 【详解】（1）基态的价电子排布为，价电子总数为8。每个配体提供2个电子，根据18电子规则，中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，可得，解得。 （2）钌单质焙烧生成和红棕色气体，元素化合价从0升高至+6，每个失去6个电子；元素化合价从+5降低至+4，每个得到1个电子，根据电子守恒，与的计量数之比为1:6，结合原子守恒配平反应方程式为。 （3）盐酸中的具有还原性，在酸性条件下具有强氧化性，二者会发生氧化还原反应生成，离子方程式为，因此氧化蒸馏时选用硫酸酸化而非盐酸。 （4）已知易水解，为抑制水解，获得晶体的操作是在氛围中蒸发浓缩、冷却结晶，再经过滤、洗涤、干燥得到产物。 （5）1L溶液中初始物质的量为，沉淀0.1mol 需要消耗0.2mol ，对应消耗0.1mol 。离子完全沉淀的标准为浓度≤，根据，当时，溶液中，因此溶液中剩余的物质的量为0.09mol，对应需要提供的总物质的量为0.2mol + 0.09mol = 0.29mol，故需要的物质的量为。 （6）晶体具有类似的晶体结构，采用面心立方堆积，晶胞中的数目为。填充在八面体空隙中，对应可填充的总位置数为。根据化学式，晶胞中实际的数目为，因此的空位数为，空位率为。 晶胞参数为，即，晶胞体积为。晶胞的质量为，因此晶体密度为。 19．(1)醚键 (2) 保护羧基 (3) ＋＋KOH→＋KBr＋H2O (4)后者形成了的大键，电子数多于前者，更加稳定 (5)取代反应、复分解反应 (6) 【分析】 由题目信息以及A、C的结构简式可知，B的结构简式为，C与甲醇发生酯化反应生成D，D与发生取代反应生成E，以此解题。 【详解】（1）由A的结构简式可知，A中含氧官能团的名称为醚键。 （2） C中含羧基、酚羟基，C中羧基若不保护，会和二溴丙烷发生取代副反应，从而得不到最终产物，因此C→D的作用是保护羧基；满足D的同分异构体的结构简式，其中①可发生银镜反应，说明含有醛基； ②含有手性碳原子的芳香化合物，分子中只有一个环，说明含有1个手性碳且连接四种不同基团，只有一个苯环；③核磁共振氢谱显示为五组峰，说明分子含有5种等效H且结构高度对称，故D的同分异构体的结构简式为、。 （3）由题目分析可知，D中羟基中的H被中Br原子取代发生取代反应，因此D→E的化学方程式为＋＋KOH→＋KBr＋H2O。 （4）由题干信息：大键电子数越多，键越稳定；而五元杂环三唑环为芳香环（6 电子共轭大键，芳香性稳定），五元环产物无芳香共轭大键、大电子数少，环稳定性差。 （5）G与NaOH反应G中酯基水解为羧酸钠，为取代反应，然后在酸性条件下羧酸钠转变为羧基，为复分解反应。 （6） 由以及反应条件可知，O的结构简式为，N的结构简式为，由反应信息②条件以及起始原料可知，M的结构简式为。 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 $