【文档说明】湖南省永州市第一中学2024-2025学年高三上学期8月月考化学试题 Word版含解析.docx，共(21)页，3.741 MB，由小赞的店铺上传

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湖南省永州市第一中学2024-2025学年高三上学期8月月考化学试题温馨提示：1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并按规定贴好条形码3.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16N

a23Cl35.5Fe56−−−−−−−一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42分。每小题只有一项符合题意。1.化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是A.用于火箭发动机的碳化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料B.煤

的气化、煤的液化和煤的干馏均属于物理变化C.将钢铁闸门与电源负极相连的防腐措施属于外加电流保护法D.聚乙炔可用于制备导电高分子材料【答案】B【解析】【详解】A．碳化硅属于共价晶体，原子之间以强烈的共价键结合，破坏需消耗很高能量，因此

具有强度高，硬度大、熔沸点高的性质，常用于火箭发动机，碳化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料，A正确；B．煤的气化、煤的液化和煤的干馏过程中都有新物质存在，因此发生的变化均属于化学变化，B错误；C．将钢铁闸门与电源负极相连作

阴极，由于钢铁闸门上有大量电子存在，在外接电流作用下，其腐蚀速率几乎为0，故该金属的防腐措施属于外加电流的阴极保护法，C正确；D．聚乙炔是由乙炔通过加聚反应制成的有机高分子材料，具有一定的导电性，因此聚乙炔是可用于

制备导电高分子材料，D正确；故合理选项是B。2.下列化学用语表示正确的是A.基态O原子的价层电子轨道表示式：B.氨基的电子式：C.二氧化硅的分子式：SiO2D.的名称：3，3-二甲基丁烷【答案】B【解析】【详解】A．基态O原子的价层电子排布式为2s22p4，轨道表示式：，A错误；B．氨基有一个未成

对电子，电子式：，B正确；C．二氧化硅为原子晶体，无分子式，化学式为SiO2，C错误；D．的主链上有四个C，两个甲基做支链，名称：2，2-二甲基丁烷，D错误；故选B。3.关于物质分离、提纯，下列说法错误的是A.蒸馏法分离22CHCl和4CC

lB.过滤法分离苯酚和3NaHCO溶液C.萃取和柱色谱法从青蒿中提取分离青蒿素D.重结晶法提纯含有少量食盐和泥沙的苯甲酸【答案】B【解析】【详解】A．二氯甲烷和四氯化碳互溶，二者沸点不同，可以用蒸馏的方法将二者分离，A正确；B．苯酚和碳酸氢钠都可以溶解在水中，不能用过滤的方法将二者分

离，B错误；C．将青蒿浸泡在有机溶剂中得到提取液，寻找合适的萃取剂可以利用萃取的方法将提取液中的青蒿素提取出来；也可以利用不同溶质在色谱柱上的保留时间不同将青蒿素固定在色谱柱上，在利用极性溶剂将青蒿素洗脱下来，得到纯净的青蒿素

，C正确；D．食盐和苯甲酸的溶解度二者差异较大，可以利用重结晶的方式将低温下溶解度较小的苯甲酸提纯出来，D正确；故答案选B。4.基本概念和理论是化学思维的基石。下列叙述错误的是A.VSEPR理论认为VSEPR模型与分子的空间结构相同B.元素性质随着原子序数递增而呈周期性变化的规律称为元素周期

律C.泡利原理认为一个原子轨道内最多只能容纳两个自旋相反的电子的D.3sp杂化轨道由1个s轨道和3个p轨道混杂而成【答案】A【解析】【详解】A．VSEPR模型是价层电子对的空间结构模型，而分子的空间结构指的是成键电子对的空间结构，不包括孤电子对，当中心原子无孤电子对时，两者空间结构相

同，当中心原子有孤电子对时，两者空间结构不同，故A错误；B．元素的性质随着原子序数的递增而呈现周期性的变化，这一规律叫元素周期律，元素性质的周期性的变化是元素原子的核外电子排布周期性变化的必然结果，故B正确；C．在一个原子轨道里，最多只能容纳2个电子，它们的自旋相反，这个原理被称为泡利原理，故

C正确；D．1个s轨道和3个p轨道混杂形成4个能量相同、方向不同的轨道，称为sp3杂化轨道，故D正确；故答案为：A。5.D-乙酰氨基葡萄糖(结构简式如下)是一种天然存在的特殊单糖。下列有关该物质说法正确的是A.分子式为8146CHONB.不能发生缩聚反应C.与葡萄糖互为同系物D.分子中既含有键

，也含有π键【答案】D【解析】【详解】A．由该物质的结构可知，其分子式为：C8H15O6N，故A错误；B．该物质结构中含有多个醇羟基，能发生缩聚反应，故B错误；C．组成和结构相似，相差若干个CH2原子团化合物互为同系物，葡萄糖分

子式为C6H12O6，该物质分子式为：C8H15O6N，不互为同系物，故C错误；D．单键均为σ键，双键含有1个键和1个π键，该物质结构中含有C=O键，即分子中键和π键均有，故D正确；答案选D。6.下列过程中，对应的反应方程式错误的是A.3NO−电催化为N2的阳

极反应：23NO−+10e-+12H+=N2↑+6H2O的B.汽车尾气处理：2NO+2CO催化剂N2+2CO2C.硝酸工业中NH3的氧化反应：4NH3+5O2Δ催化剂4NO+6H2OD.CO2和H2催化制二甲醚：2CO2+6H2⎯⎯⎯⎯→催化剂高温、高

压CH3OCH3+3H2O【答案】A【解析】【详解】A．3NO−电催化为N2的阴极发生得到电子的还原反应，则阴极的电极反应式为：23NO−+10e-+12H+=N2↑+6H2O，A错误；B．一氧化氮与

一氧化碳在催化剂条件下反应生成氮气和二氧化碳，所以汽车尾气处理的化学方程式为：2NO+2CO催化剂N2+2CO2，B正确；C．在硝酸工业中用NH3发生催化氧化反应制取HNO3，发生的NH3的氧化反应为：4NH3+5O2Δ催化剂

4NO+6H2O，C正确；D．二氧化碳和氢气在催化剂、高温高压条件下反应生成二甲醚和水，该反应的化学方程式为：2CO2+6H2⎯⎯⎯⎯→催化剂高温、高压CH3OCH3+3H2O，D正确；故合理选项是A。7.室温下，通过下列实验探究2SO的性质。已知()2a123KHSO3

1.10−=，()8a223KHSO26.10−=。实验1：将2SO气体通入水中，测得溶液pH3=。实验2：将2SO气体通入10.1molLOHNa−溶液中，当溶液pH4=时停止通气。实验3：将2SO气体通入10.1molL−酸性4KMnO溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。下列说法正

确的是A实验1所得溶液中：()()()233cHSOcSOcH−−++B.实验2所得溶液中：()()233SOHSOcc−−C.实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得3NaHSO固体.D.实验3所得溶液中：()()224cSOcMn−+【答案】D【解析】【分析】实验1得到H2

SO3溶液，实验2溶液的pH为4，实验2为NaHSO3溶液，实验32SO和酸性4KMnO溶液反应的离子方程式为：-2-2++24245SO+2MnO+2HO=5SO+2Mn+4H。【详解】A．实验1得到H

2SO3溶液，其质子守恒关系式为：()()()()233HSO2SOHcccOHc−−−+++=，则()()()233HSOSOHccc−−++，A错误；B．实验2为pH为4，依据42-32-310c(SO)c(HSO)Ka−=，则86.210−=42

-3-310c(SO)c(HSO)−，溶液，则()()233SOHSOcc−−，B错误；C．NaHSO3溶液蒸干过程中会分解成Na2SO3、Na2SO3可被空气中O2氧化，故蒸干、灼烧得24NaSO固体，C错误；D．实验3依据发生的反应：-2-2++24245SO+2MnO+2HO=5SO+2

Mn+4H，则恰好完全反应后()()224SOMncc−+，D正确；故选D。8.下列实验操作及现象能得出相应结论的是选项实验操作及现象结论A2Mg(OH)和3Al(OH)中均分别加入NaOH溶液和盐酸，2Mg(OH)只溶于盐酸，3Al(OH)都能溶2Mg(OH)比3Al(OH)碱性强B向2m

l浓度均为10.1molL−的2CaCl和2BaCl混合溶液中滴加少量1230.1molLNaCO−溶液，振荡，产生白色沉淀溶度积常数：33CaCOBaCOC用pH试纸分别测定3CHCOONa溶液和2NaNO溶液pH，结合H+

能力：32CHCOONO−−3CHCOONa溶液pH大D227KCrO溶液中滴加NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色增大生成物浓度，平衡向逆反应方向移动A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．2Mg(OH)只溶于盐酸

，不与NaOH溶液反应；3Al(OH)与盐酸和NaOH溶液均反应，说明2Mg(OH)比3Al(OH)碱性强，A正确；B．3CaCO、3BaCO均为白色沉淀，无法通过现象确定沉淀种类，因此无法比较3CaCO和3BaCO的溶度积常数，B错误；C．比较3C

HCOO−、2NO−结合H+的能力，应用pH试纸分别测定相同浓度的3CHCOONa和2NaNO溶液的pH，未说明两溶液的浓度是否相同，C错误；D．227KCrO溶液中存在平衡：2--+2724CrO()+HO2CrO()+2H橙色黄色，滴加NaOH溶液，H+浓度减小，平衡正向移动，

溶液由橙色变为黄色，D错误；答案选A。9.某催化剂结构简式如图所示。下列说法错误的是A.该物质中Ni为+2价B.基态原子的第一电离能：Cl>PC.该物质中C和P均采取2sp杂化D.基态Ni原子价电子排布式为

823d4s【答案】C【解析】【详解】A．由结构简式可知，P原子的3个孤电子与苯环形成共用电子对，P原子剩余的孤电子对与Ni形成配位键，-Cl提供孤电子对，与Ni形成配位键，由于整个分子呈电中性，故该物质中Ni为+2价，A项正的确；B．同周期元素随着原子序数的

增大，第一电离能有增大趋势，故基态原子的第一电离能：Cl＞P，B项正确；C．该物质中，C均存在于苯环上，采取sp2杂化，P与苯环形成3对共用电子对，剩余的孤电子对与Ni形成配位键，价层电子对数为4，采取sp3杂化，C项错误；D．Ni的原子序数为28，位于第四周期第Ⅷ族，基态Ni原子价电

子排布式为3d84s2，D项正确；故选C。10.我国学者研发出一种新型水系锌电池，其示意图如下。该电池分别以ZnTCPP−(局部结构如标注框内所示)形成的稳定超分子材料和Zn为电极，以4ZnSO和KI混合液为电解质溶液。下列说法错误的是A.

标注框内所示结构中存在共价键和配位键B.电池总反应为：23IZnZn3I+−−++充电放电C.充电时，阴极被还原的2Zn+主要来自电解质溶液D.放电时，消耗0.65gZn，理论上转移0.02mol电子【答案】

B【解析】【分析】由图中信息可知，该新型水系锌电池的负极是锌、正极是超分子材料；负极的电极反应式为-2+Zn-2e=Zn，正极的电极反应式为：---3I+2e3I=；则充电时，该电极为阴极，电极反应式为

2+-Zn2e+=Zn；正极上发生---3I+2e3I=，则充电时，该电极为阳极，电极反应式为---33I-2e=I，据此分析；【详解】A．标注框内所示结构属于配合物，配位体中存在碳碳单键、碳碳双键、碳氮单键、碳氮双键和碳氢键等多种共价键，还有由N提供孤电子对、2+Zn提供空轨道形成的配位键

，A正确；B．由以上分析可知，该电池总反应为23IZnZn3I+−−++放电充电，B错误；C．充电时，阴极电极反应式为2+-Zn2e+=Zn，被还原的Zn2+主要来自电解质溶液，C正确；D．放电时，负极的电极反应式为-

2+Zn-2e=Zn，因此消耗0.65gZn（物质的量为0.01mol），理论上转移0.02mol电子，D正确；故选B。11.二氧化氯(2ClO)是一种黄绿色气体，是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。二氧化氯的制备以及由二氧化氯制备一种重要的含氯消毒剂——亚氯酸钠(2NaClO

)的工艺流程如图：已知：①2NaClO的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出22NaClO3HO；②纯2ClO易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下以保证安全。下列说法正确的是A.工业上的氯碱工业(制备烧碱和氯气)用的是阴离子交换膜B.“2ClO发生器”中鼓入空气的作用是将3

NaClO氧化成2ClOC.“吸收塔”内发生反应的化学方程式为22232NaOH2ClONaClOHONaClO+=++D.对22NaClO3HO晶体进行重结晶可获得纯度更高的晶体【答案】D【解析】【分析】电解法生产亚氯酸钠的工艺流程：无隔膜

电解槽电解饱和氯化钠溶液，NaCl+3H2O电解NaClO3+3H2↑，得到氯酸钠溶液，氯酸钠(NaClO3)在酸性条件下被二氧化硫还原成二氧化氯，发生反应2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2，ClO2在二氧化硫和空气混合

气体中不易分解爆炸，通入空气的目的是稀释ClO2，防止ClO2爆炸，吸收塔中加入氢氧化钠、过氧化氢发生反应生成NaClO2，经过滤、结晶得到NaClO2·3H2O，以此分析解答。【详解】A．工业上的氯

碱工业(制备烧碱和氯气)，为防止生成的氯气与OH-接触反应，应用阳离子交换膜，故A错误；B．由已知②可知，纯二氧化氯易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全，则发生器中鼓入空气的作用应是稀释二氧化氯以防止爆炸，故B错误；C．吸收塔内发生的反应为在碱性条

件下，二氧化氯与过氧化氢发生氧化还原反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应的化学方程式2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，故C错误；D．粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体，则要得到更纯的NaCl

O2·3H2O晶体必须进行的操作是重结晶，故D正确；故选：D。12.研究人员制备了一种具有锂离子通道的导电氧化物()3LiLaTiOxy，其立方晶胞和导电时Li+迁移过程如下图所示。已知该氧化物中Ti为+4价，La为+3价。下列说法错误的是A.导电时，Ti和La的价态

不变B.若x0.2,Li+=与空位的数目相等C.与体心最邻近的O原子数为12D.导电时、空位移动方向与电流方向相同【答案】D【解析】【详解】A．导电过程中，Li+迁移导电，不涉及得失电子，故Ti和La的

价态不变，A正确；B．设晶胞中含有的空位个数为z，根据晶胞结构可知，个数和为1，Li或La或空位位于晶胞体心，则有x+y+z=1，根据化合物中各元素化合价代数和为0，x=0.2，Ti为+4价，La为+3价，可得y=0.6，z=0.2，即Li+与空位的数目相等，B正确；C．12个O原

子位于棱心，与体心距离相等，均为面对角线的一半，故与体心最邻近的O原子数为12，C正确；D．Li+带正电荷，空位移动方向相反，导电时，移动方向与电流方向相反，D错误；故选D。13.缓冲溶液是指加少量水稀释或外加少

量酸、碱，自身pH不发生显著变化的溶液。1L含1mol乳酸(HLac)和1mol乳酸钠(NaLac)的溶液就是一种缓冲溶液，该溶液的pH为3.85。下图是该缓冲溶液的pH随通入HCl(g)或加入NaOH(s)的物质的量变化的示意图(溶液体积保持1L)，已知lg30.48=。

下列说法错误的是A.通过计算可得出，a点溶液的pH值约为3.37B.根据图像可以判断，b点溶液已失去缓冲能力C.该缓冲溶液中：()()()()2HLacH2LacOHcccc+−−+=+D.当加入NaOH，且横坐标为0.5时，溶液中：()()NaLaccc+−【答案】C【解析】【详解】A．1L含

1mol乳酸和1mol乳酸钠的溶液中乳酸和乳酸钠浓度相同，()Lacc−和()HLacc几乎相等，乳酸3.85a10K−=，当通入0.5molHCl，溶质是1.5mol乳酸和0.5mol的乳酸钠，此时()()Lac1HLac3c

c−=，()3.85110H3Kc−+==，()3.85H310mol/Lc+−=，pH3.37，故A正确；B．图中曲线可知，b点溶质为2mol乳酸钠，加入氢氧化钠pH明显发生改变，此时失去了缓冲能力，故B正确；C．混合后电荷守恒：()()()()HNaLacOHcccc++−−+=+，

物料守恒：()()()2NaLacHLacccc+−−=+，此缓冲液中存在()()()()HLac2HLac2OHcccc+−−+=+，故C错误；D．当加入NaOH，且横坐标为0.5时，溶质0.5mo

l乳酸和1.5mol的乳酸钠，若不考虑乳酸电离和乳酸根的水解，()()NaLaccc+−=，而此时溶液呈酸性，乳酸的电离大于乳酸根的水解，故溶液中()Lacc−会增大，或结合电荷守恒、溶液呈酸性可知c(Na+)＞c(Lac−)，故D正确；选C。14.二氧化碳加氢制甲醇的过程中的主

要反应(忽略其他副反应)为：①2221CO(g)H(g)CO(g)HO(g)41.2kJ/molH+=+=②232CO(g)2H(g)CHOH(g)H+=6225C810Pa、下，将一定比例22COH、混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置及1

2LL、、3L位点处(相邻位点距离相同)的气体温度、CO和3CHOH的体积分数如图所示。下列说法不正确的是A.4L处与5L处反应①的平衡常数K不相等B.反应②的焓变2H0C.6L处的2HO的体积分数大于5L处D.混合气从起始到通过1L处，CO的生成速

率小于3CHOH的生成速率【答案】D【解析】【详解】A．装置为绝热反应管，L4处与L5处的温度不同，故反应①的平衡常数K不相等，故A正确；B．由图像可知，L1-L3温度在升高，该装置为绝热装置，反应①为吸热反应，所以反应②为放热反应，ΔH2<0，故B正确；C

．从L5到L6，甲醇的体积分数逐渐增加，说明反应②在向右进行，反应②消耗CO，而CO体积分数没有明显变化，说明反应①也在向右进行，反应①为气体分子数不变的反应，其向右进行时，n(H2O)增大，反应②为气体分子数减小的反应，且没有H2O的消耗与

生成，故n总减小而n(H₂O)增加，即H2O的体积分数会增大，故L6处的H2O的体积分数大于L5处，故C正确；D．L1处CO的体积分数大于CH3OH，说明生成的CO的物质的量大于CH3OH，两者反应时间相同，说明CO的生成速率大于CH3OH的生成速率，故D错误；故选D。二、非选择题：本题包括4

道题，共58分。15.实验室由安息香(，M212g/mol=)在热3FeCl的氧化下制备二苯乙二酮(M210g/mol=)相关信息列表如下：物质性状熔点/℃沸点/℃溶解性安息香白色固体133344难溶于冷水，溶于热水、乙醇、乙酸二苯乙二酮淡黄色固体95347不溶于水

，溶于乙醇、苯、乙酸冰乙酸无色液体17118与水、乙醇互溶装置示意图如图所示：实验步骤为：①在圆底烧瓶中加入20mL冰乙酸、10mL水及3218.08gFeCl6HO，边搅拌边加热，至固体全部溶解。②停止加热，待沸腾平息后加入4.24g安息香，加热回流

1h。③慢慢加入100mL水，煮沸后冷却，有黄色固体析出。④过滤，并用冷水洗涤固体3次，得到粗品。⑤粗品用75%的乙醇重结晶，干燥后得淡黄色结晶3.78g。回答下列问题：（1）仪器B的名称是_______；冷却水应从_______(填“a”或“b”)口流

入。（2）实验步骤②中，安息香必须待沸腾平息后方可加入，其主要目的是_______。（3）写出圆底烧瓶中发生的主要反应的离子方程式：_______。（4）本实验步骤①~③在乙酸体系中进行，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是_______。（5）若粗品中混有少量未氧化的安息香，可用少量__

_____洗涤的方法除去。若要得到更高纯度的产品，可用重结晶的方法进一步提纯。（6）本实验的产率为_______(保留小数点后两位)。【答案】（1）①球形冷凝管②.a（2）防止暴沸（3）+2Fe3+→+2Fe2++2H+（4）抑制氯化铁水解（5）

热水（6）90.00%【解析】【分析】由于在本实验中，FeCl3为氧化剂且过量，故其还原产物为FeCl2，采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮可行，原因是空气中的氧气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应；【小问1详解】根据仪器B的结构特点，仪器B为球形

冷凝管，冷凝时，一般是下进上出，即a口进水，b口出水，故答案为球形冷凝管；a；【小问2详解】步骤②中，若沸腾时加入安息香，会暴沸，所以需要沸腾平息后加入，故答案为：防止暴沸；【小问3详解】根据信息，利用氯化铁的氧化性，将安息香氧化成二苯乙二酮，本身被还原成氯化亚铁，其化学方程式为+2Fe3+

Δ⎯⎯→+Fe2++2H+；【小问4详解】氯化铁易水解，所以步骤①～③中，乙酸除做溶剂外，另一主要作用是抑制氯化铁水解；【小问5详解】根据安息香和二苯乙二酮的溶解特征，安息香溶于热水，二苯乙二酮不溶于水，所以可以采用热水洗涤粗品除去

安息香；【小问6详解】18.08gFeCl3·6H2O物质的量为270.5g/mol18.08g≈0.07mol，4.24g安息香物质的量0.02mol212g/m4ol.24g=，由反.应可知，FeCl3·

6H2O过量，理论上n(二苯乙二酮)=n(安息香)=0.02mol，产率为%3.78g0.02mol210g/100%90.0m0ol=。16.精炼铜产生的铜阳极泥富含CuAgAu、、等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提收金和银的流程，如下图所示。回答下

列问题：（1）Cu元素在周期表中的位置为_______。（2）“浸出液1”中含有的阳离子主要是_______。（3）“浸取2”步骤中，单质金转化为4HAuCl的过程中被氧化的Au与被还原的22HO物质的量之

比为_______。（4）“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的_______(填化学式)转化为()3232AgSO−。（5）“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为_______。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物

质为_______(填化学式)。（6）“还原”步骤的化学方程式为_______。【答案】（1）第四周期第IB族（2）2Cu+、H+（3）2：3（4）AgCl（5）①.()3223232AgSOeAg2SO−−−+=+②.223NaSO（6）4242

4HAuCl3NH4Au3N16HCl+=++【解析】【分析】精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等元素，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸出液1中，Ag、Au不反应，浸渣1中含有Ag和Au；浸渣1中加入盐酸、H2O2浸取，Au转化

为HAuCl4进入浸出液2，Ag转化为AgCl，浸渣2中含有AgCl；浸出液2中加入N2H4将HAuCl4还原为Au，同时N2H4被氧化为N2；浸渣2中加入223NaSO，将AgCl转化为()3232AgSO−，

得到浸出液3，利用电沉积法将()3232AgSO−还原为Ag。【小问1详解】Cu的原子序数为29，位于第四周期第IB族；【小问2详解】由分析可知，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+以及过量的酸进入浸取液1中，故浸取

液1中含有的阳离子主要是Cu2+、H+；【小问3详解】浸取2步骤中，Au与盐酸、H2O2反应氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及质量守恒，可得反应化学方程式：22422Au+8HCl+3HO=2HAuCl6HO+，则被氧化的A

u与被还原的22HO物质的量之比为2：3；【小问4详解】根据分析可知，浸渣2中含有AgCl，与223NaSO反应转化为()3232AgSO−；【小问5详解】电沉积步骤中，阴极发生还原反应，()3232AgSO−得电子被还原为Ag，电极反应式为(

)3223232AgSOeAg2SO−−−+=+；阴极反应生成2-23SO，同时阴极区溶液中含有Na+，故电沉积步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用得物质为223NaSO；【小问6详解】还原步骤中，HAu

Cl4被还原为Au，Au化合价由+3价变为0价，1molHAuCl4转移3mol电子，N2H4被氧化为N2，N的化合价由-2价变为0价，1molN2H4转移4mol电子，根据得失电子守恒，化学方程式为42424HAuCl3NH4Au3N16HCl+=++。17.有机物G是一种选择

性作用于受体的激动剂，其一种合成路线如图所示：请回答下列问题：（1）A中含氧官能团的名称为_______。（2）C的分子式为10135CHNO，其结构简式为_______。（3）DE→反应的类型为_______。（4）3NaN中3N−的结构如图所示，其中存在的两个大

π键可用符号43π表示，31molN−中键合电子(形成化学键的电子)总数为_______。（5）G发生水解反应得到的产物中有一种能发生自身的缩聚反应，写出该缩聚反应的化学方程式：_______。（6）B的同分异构体M同时具有如下结构与性质：①含有苯环且苯环上有

三个取代基②遇3FeCl溶液发生显色反应③1mol该有机物与足量3NaHCO溶液反应生成21molCOM的可能结构有_______种(不考虑立体异构)。（7）已知：。根据上述合成路线和相关信息，设计以和流

程中相关试剂为原料制备的合成路线：_______(其他试剂任选)。【答案】（1）醛基（2）（3）取代反应（4）A12N（5）（6）20（7）【解析】【分析】根据合成路线推测，A→B发生取代反应，B→C发生加成反应，C的结构简式为，C与氢气发生还原反应生成D，D的结构简式为

，D与ClCOCH2Cl发生取代反应生成E，E与NaN3发生取代反应生成F，F在一定条件下与HCl反应生成G。【小问1详解】A中含氧官能团的名称为醛基；【小问2详解】B→C发生加成反应，根据C的分子式为10135CHNO，得出C的结构简式为；【小问3详解】D的

结构简式为，D与ClCOCH2Cl发生取代反应生成E，DE→反应的类型为取代反应；【小问4详解】根据所给结构信息，3N−存在两个大π键43π，则有8个电子形成大π键，4个电子形成σ键，故1mol3N−中形成化

学键的电子总数为A12N；【小问5详解】H2N—CH2—COOH自身发生缩聚反应的原理是分子中的一个羧基与另一个分子中的氨基反应脱去一分子水，形成肽键的过程，化学方程式为；【小问6详解】B的同分异构体M同时具有如下结构与性质：①含有苯环且苯环上有三个取代基，②遇3FeCl

溶液发生显色反应说明含有酚羟基，③1mol该有机物与足量3NaHCO溶液反应生成21molCO说明含有1mol羧基，说明若苯环上有3个取代基：乙基、羟基、羧基，利用‘定二移一法’’，M的可能结构有、、有10种结构，若苯环上有

3个取代基：甲基、羟基、-CH2COOH，同理也有10种结构，则M共有20种结构；【小问7详解】根据合成路线和相关信息可知，氯原子分别取代了羟基和氨基中的氢原子，和CH3NO2发生加成反应生成，和氢气发生还

原反应生成，发生已知反应生成，因此合成路线为：。18.党的二十大报告中强调“实现碳达峰碳中和是一场广泛而深刻的经济社会系统性变革”。2CO的转化和利用是实现碳中和的有效途径。回答下列问题。（1）在席夫碱(含“RCN−=−”有机物)修饰的纳米金

催化剂上，2CO直接催化加氢生成甲酸。其反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用*标注，TS为过渡态。该历程中起决速步骤的化学方程式是_______。（2）利用2CO合成淀粉的研究成果已经被我国科学家发表在Nature杂志上。其涉及的关键反应如下：Ⅰ．22321CO(g)3

H(g)CHOH(g)HO(g)49kJ/molH++=−Ⅱ．2222CO(g)H(g)CO(g)HO(g)H++Ⅲ．233CO(g)2H(g)CHOH(g)90.17kJ/molH+=−①反应Ⅱ中2=H_______kJ/mol，该反应中活化能aE(正)_______

(填“>”或“<”)aE(逆)。②在催化剂作用下，按()()22nCO:nH=1:4的比例向某密闭容器中通入一定量的原料气只发生Ⅰ和Ⅱ两个反应。维持压强为4.2MPa,10min后各物质的质量不再变化，测得此时2CO的转化率为50%、甲醇的选择性为80%。已知：甲醇的选择性()100%()(

)nnn=+生成的甲醇生成的甲醇生成的一氧化碳。则2H的分压=_______Mpa,(CO)v=_______1Mpamin−，反应②的pK=_______(pK指用平衡分压代替平衡浓度进行计算的平衡常数，A的平衡分压=A的物

质的量分数P总，最终结果用分数表示)。（3）近年来，有研究人员用2CO通过电催化生成多种燃料，实现2CO的回收利用，其工作原理如图所示。请写出Cu电极上产生24CH的电极反应式：_______。（4）一定条件下，2CO可形成干冰，干冰的晶胞模型如图

所示。若晶胞参数是apm，干冰的密度为3ρgcm−，则阿伏加德罗常数为_______(用含aρ、的代数式表示)。【答案】（1）**22COH*HCO+=（2）①.41.17kJ/mol+②.>③.2.7④.0.01⑤.127（3）22422CO12e12HCH4HO−+++=+（4）32

131.7610molρa−【解析】【小问1详解】化学反应是由慢反应决定的，活化能越大，反应速率越慢，根据图像可知，CO*2+H*=HCO*2为该反应的决速步骤，故答案为CO*2+H*=HCO*2；【小问2详解】①利用盖斯定律可知，反应Ⅱ=反应Ⅰ－反应Ⅲ，即ΔH2=

ΔH1－ΔH3=[(-49)－(-90.17)]kJ/mol=+41.17kJ/mol，因为该反应为吸热反应，因此正反应活化能大于逆反应活化能，故答案+41.17kJ/mol；＞；②令起始时n(CO2)

=1mol，n(H2)=4mol，达到平衡时，CO2的转化率为50%，消耗CO2物质的量为0.5mol，生成甲醇物质的量与生成CO物质的量的和等于消耗CO2物质的量，因此生成甲醇的物质的量为0.5mol×80%=0.4mol，则

生成CO物质的量为0.1mol，根据反应方程式可知，达到平衡时，混合气体总物质的量为4.2mol，氢气分压p(H2)=4.2MPa×4mol-30.4mol-0.1mol4.2mol=2.7MPa；用CO分压表示的反应速率为v(CO)=0.1mol4.2MPa4.

2mol10min=0.01MPa/min；达到平衡后，容器中n(CO2)=0.5mol，n(H2)=2.7mol，n(CO)=0.1mol，n(H2O)=0.5mol，n(CH3OH)=0.4mol，反应Ⅱ前后气体系数之和相等，因此有Kp=0.10.50.52.7=127；故答案为2.7

；0.01；127；【小问3详解】铜电极作阴极，根据电解池工作原理，阴极上得电子，发生还原反应，其电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O，故答案为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O；【小问4详解

】CO2位于晶胞的顶点和面心，个数为118682+=4，晶胞的质量为A444gN，晶胞的体积为(a×10-10)3cm3，晶胞的密度ρ=A330444Na10−g/cm3，推出阿伏加德罗常数=32131.7610molρ

a−；故答案为32131.7610molρa−。