【文档说明】湖州、衢州、丽水三地市2023届高三4月教学质量检测试化学试题 含解析.docx，共(25)页，3.111 MB，由小赞的店铺上传

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湖州、衢州、丽水2023年4月三地市高三教学质量检测试卷化学试题卷考生须知：1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。2.考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填在答题纸上。3.选择题的答案须用2B铅笔将答

题纸上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，答案写在本试题卷上无效。4.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16F19Na23Mg24Al27S32Cl35.5Cu64I127Ba137一

、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质中受热易分解且属于酸式盐的是A.NaClB.()432NHCOC.4NaHSOD.3NaHCO【答案】D【解

析】【详解】A．NaCl是正盐，故不选A；B．()432NHCO是正盐，故不选B；C．4NaHSO是酸式盐，4NaHSO不易分解，故不选C；D．3NaHCO是酸式盐，3NaHCO受热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，故选D；选D。2

.下列关于氯化铁说法不正确．．．的是A.铁元素位于周期表d区B.氯化铁属于强电解质C.氯化铁溶液与金属铜发生置换反应D.氯化铁能与硫氰化钾溶液反应显红色【答案】C【解析】【详解】A．铁元素原子序数为26，位于元素周期

表的d区，A正确；B．氯化铁溶于水完全电离，属于强电解质，B正确；C．氯化铁溶液与金属铜发生反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，该反应不属于置换反应，C错误；D．氯化铁能与硫氰化钾溶液反应生成红色络合物Fe(SCN)3，D正确；故选C。

3.下列化学用语的表达正确的是A.原子核内有10个中子氧原子：168OB.2-丁烯的键线式：C.3NF的空间结构：(平面三角形)D.基态铜原子的价层电子排布图：【答案】D【解析】【详解】A．根据原子构成

，左上角为质量数，左下角为质子数，中子数为10，则质量数为18，因此原子核内有10个中子的氧原子为188O，故A错误；B．2-丁烯的键线式为，故B错误；C．NF3中性原子为N，有3个σ键，孤电子对数为531

2−=1，价层电子对数为4，即NF3的空间构型为三角锥形，故C错误；D．铜元素属于第四周期ⅠB族，价电子排布式为3d104s1，即价电子轨道式或价电子排布图为，故D正确；答案为D。4.物质的性质决定用途，下列两者对应关

系不正确的是A.2ClO具有还原性，可用作消毒剂B.硬铝密度小、强度高，可用作航空材料C.23NaCO溶液呈碱性，可用于去除油污D.2SO具有漂白性，可用于漂白纸浆【答案】A【解析】的【详解】A．2ClO具有强氧化性，可用作消毒剂，故A错误；B．硬铝合

金具有密度小、强度高的优良特性，因此可用作航空材料，故B正确；C．23NaCO溶液呈碱性，可促进油脂水解生成溶水物质，常用于去除油污，故C正确；D．2SO具有漂白性，可用于漂白纸浆、草帽等，故D正确；故选：A。5.下列关于元素及其化合物的性质说法

不正确．．．的是A.22NaO和2CO反应可生成2OB.2Cl和足量Fe反应可生成2FeClC.实验室常利用铵盐与强碱反应检验4NH+D.高温下C与2SiO反应可制备粗硅【答案】B【解析】【详解】A．22NaO和2CO反

应生成碳酸钠和2O，故A正确；B．氯气的氧化性强，2Cl和足量Fe反应生成3FeCl，故B错误；C．铵盐和碱反应放出氨气，实验室常利用铵盐与强碱反应检验4NH+，故C正确；D．高温下C与2SiO反应生成CO和Si，C与2SiO反

应可制备粗硅，故D正确；选B。6.关于反应32423ClO2Fe10OH2FeO3Cl5HO−+−−−++=++，下列说法正确的是A.生成241molFeO−，转移3mol电子B.2HO是还原产物C.

3Fe+是氧化剂D.氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:5【答案】A【解析】【详解】A．由反应可知2mol3Fe+失6mol电子生成242FeO−，则生成241molFeO−，转移3mol电子，故A正确；B．H、O元素未发生价态变化，因此2HO既不是氧化产物也不是还原产

物，故B错误；C．反应中3Fe+失电子化合价升高生成24FeO−，作还原剂，故C错误；D．氧化产物为24FeO−，还原产物为Cl−，由反应可知两者物质的量之比为2：3，故D错误；故选：A。7.下列反应的离子方程式不正确．．．的是A.次氯酸钠溶液中通入过量的二氧化碳：223COHOCl

OHCOHClO−−++=+B.氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液：()223AlOHOHAlO2HO−−+=+C.过氧化钠与水反应：+-22222NaO+2HO=4Na+4OH+OD.氯化银中滴加浓氨水：()3322NHAgClAgNHCl+=【答案】D【解析

】【详解】A．碳酸酸性强于次氯酸，次氯酸钠溶液通过量二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸氢钠，离子方程式正确，故A正确；B．()3AlOH为两性氢氧化物，溶于氢氧化钠生成偏铝酸钠和水，离子方程式正确，故B正确；C．过氧化钠与水反应生成氢氧化

钠和氧气，离子方程式正确，故C正确；D．()32AgNHCl为强电解质应拆成离子，正确的离子方程式为：()323222NH?HOAgCl[AgNH]+Cl+2HO+−+=，故D错误；故选：D。8.下列说法不正确．．．的是A.葡萄糖是最简单的醛糖

B.蛋白质的一级结构对蛋白质的性质和功能起着决定性作用C.核酸是一种生物大分子D.高压法聚乙烯支链较多，密度和软化温度较低【答案】A【解析】【详解】A．葡萄糖不是最简单的醛糖，最简单的醛糖是甘油醛，故A错误；B．蛋白质的一级结构决定了空间构象，空间构象决定了蛋白质的生物学功能，故B正确

；C．核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，故C正确；D．高压法聚乙烯支链较多，其密度和软化温度较低，故D正确；选A。9.化合物X结构如图，下列说法不正确．．．的是A.1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗22molBrB.所有C原子可能共平面C.分子中含4种含氧官能团D

.在酸性条件下水解的产物均可使酸性4KMnO溶液褪色【答案】C【解析】【详解】A．由结构简式可知该物质中只有酚羟基邻位氢可消耗溴单质，1mol该物质含2mol酚羟基邻位氢可消耗22molBr，故A正确

；B．苯环、碳氧双键均为平面结构，乙基中两个碳原子一定共面，各平面通过单键相连，单键可旋转，各平面可能重合，因此所有碳原子可能共面，故B正确；C．该物质中含有羰基、羟基、酯基三种含氧官能团，故C错误；D．由结构可知酯基在酸性条件下水解生成乙醇、乙二酸和酚类结构的物质，三者均能

被高锰酸钾氧化使其褪色，故D正确；故选：C。10.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外p能级上的电子总数与s能级上的电子总数相等，Y原子核外没有未成对电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法正确的是A.简单离子半径X的比Y的小B.Y的第一电离能

比同周期相邻两种元素的大C.Z的常见氧化物是一种离子晶体D.W的简单氢化物是非极性分子【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外p能级上的电子总数与s能级上的电子总数相等，则X为O；Y原子核外没有未成对电子，则Y为Mg

；Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，则Z为Si；W与X位于同一主族，则W为S，据此分析解答。【详解】A．简单离子O2-和Mg2+核外电子排布完全相同，核电荷数大的半径小，则离子半径：O2->Mg2+，A错误；B．Mg原子3s能级轨道全充满比较稳定，其第一

电离能大于同周期相邻元素，B正确；C．Z的常见氧化物SiO2属于共价晶体，C错误；D．W的简单氢化物为H2S，价层电子对数=612242−+=，中心S原子为sp3杂化，孤电子对为2对，则H2S空间结构为V形，属于极性分子，D错误；故选B。11.海港、码头的钢制管桩会受到海水的长期侵袭，

常用外加电流法对其进行保护(如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助电极)。下列有关叙述中不正确的是A.a为负极，b为正极B.高硅铸铁是作为损耗阳极材料发挥作用的C.通电时，海水中的阳离子向钢制管柱电极移动D.通电后使钢制管桩表面的腐蚀电流接近零【答案】B【解析】【分析】由图可知，该金属防

护法为外加直流电源的阴极保护法，钢制管桩与直流电源的负极a极相连，作电解池的阴极，高硅铸铁与直流电源正极b极相连，作阳极。【详解】A．被保护金属与电源的负极相连作为阴极被保护，则钢制管桩应与电源的负极相连，即a为负极，b为正极，A正确；B．高硅铸铁为惰性辅助电极，

作为阳极材料不损耗，B错误；C．电解池中，阳离子向阴极移动，即向钢制管柱电极移动，C正确；D．被保护的钢制管桩作为阴极，从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制，使钢制管桩表面腐蚀电流接近于零，避免或减弱电化学腐蚀的发生，D正确；故选B。12.胆矾42CuSO5HO的

结构示意图如图。下列有关胆矾的说法正确的是A.氧原子参与形成配位键和氢键两种化学键B.上述结构中所有氧原子都采取3sp杂化C.2Cu+配位后形成的空间结构是正八面体D.胆矾中的水在不同温度下可能会分步失去【答案】D【解析】【详解】A．氢键不属于化学键，故A错误；B．该

结构中的氧原子部分饱和，部分不饱和，杂化方式不同，故B错误；C．由结构可知2Cu+分别与四个水分子中的O和两个硫酸根离子中的O配位，但因顶部不同，形成的空间结构为八面体，不是正八面体，故C错误；D．胆矾中的水分两类，一类是形成配体的

水分子，一类是形成氢键的水分子，结构不同，因此加热过程中胆矾中的水会分步失去，故D正确；故选：D。13.某研究小组利用电位滴定法研究盐酸滴加亚磷酸钠()23NaHPO溶液过程中的化学变化，得到电极电位U和溶液pH随盐酸滴加的体积变化曲线如图所

示。下列说法不正确．．．的是[已知：①电位滴定法的原理：在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也发生了突跃，进而确定滴定终点。②亚磷酸()33HPO是二元弱酸，其电离常数分别是1.4al10K−=，6.7a210K

−=]A.a点对应溶液的溶质为32NaHPO和NaCl，pH7B.第二次电极电位突跃发生的化学反应为：2333NaHPOHClHPONaCl+=+C.c点对应的溶液中可能存在：()()()()2233HOHHPO2HPOcccc+−−−=++D.水的电离程度：a＞b

【答案】C【解析】【分析】亚磷酸钠与盐酸反应：Na2HPO3+HCl=NaH2PO3+NaCl，继续加入盐酸，NaH2PO3+HCl=NaCl+H3PO3，根据图像可知，从开始到a点发生Na2HPO3+HCl=NaH2PO3+NaCl，从a点到b点发生NaH2PO3+HCl=NaCl+H3PO3

，据此分析；【详解】A．根据上述分析，a点对应溶质为NaH2PO3、NaCl，H2PO3−的电离平衡常数Ka2=10-6.7，H2PO3−水解平衡常数Kh=14w1.4a11010KK−−==10-12.6＜Ka2，H2PO3−的电离程度大于水解程度，即pH＜7

，故A说法正确；B．根据上述分析，发生第二次突越的反应是NaH2PO3+HCl=NaCl+H3PO3，故B说法正确；C．根据上述分析，c点对应溶质为NaH2PO3、NaCl、H3PO3，根据电荷守恒有：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(H2PO3−)+2c(

HPO23−)+c(OH-)，故C说法错误；D．b溶质为NaCl、H3PO3，溶液显酸性，a点溶质为NaH2PO3、NaCl，根据A选项分析，a点溶液显酸性，b点溶液酸性强于a点，因此水的电离程度a＞b；故D说法正确；答案为C。14.甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应的部分机理与能量变化如下：链

引发：()()2Clg2Clg→，1242.7kJ/molH=+链增长：部分反应进程与势能变化关系如图(所有物质状态为气态)……链终止：()()()33ClgCHgCHClg+→，2371kJ/molH=−下列说法不正确．．．的是A.2Cl的键能为242.7kJ/m

olB.链增长中反应速率较快的一步的热化学方程式为：()()()()43CHgClgCHgHClg+→+7.5kJ/molH=+C.链增长过程中可能产生2CHCl，2CHCl，3CClD.链终止反应的过程中，还可能会生成少量的乙烷【答案】B【解析】【详解】A．

根据()()2Clg2Clg→，1242.7kJ/molH=+可知，2Cl的键能为242.7kJ/mol，A正确；B．反应速率较快的一步应该是活化能较低的一步，由图可知，反应速率较快的一步的热化学方程式为：()()233CHClgCHClgCl

+→+，B错误；C．由图可知，链增长中碳上的氢原子可能失去，故链增长过程中可能产生2CHCl，2CHCl，3CCl，C正确；D．链终止反应的过程中，两个3CH结合在一起可以形成乙烷，D正确；故选B。15.常温时，碳酸钙和硫酸钙的沉淀溶解平衡关系如图所示，已知()()22pCalgC

ac++=−，p(酸根离子)lgc=−(酸根离子)。下列说法不正确．．．的是A.曲线Ⅱ为4CaSO沉淀溶解曲线B.加入适量的氯化钙固体，可使溶液由c点变到a点C.b点对应的硫酸钙溶液不饱和D.向碳酸钙饱和溶液中通入2CO气体，溶液中()2cCa+不变【答案】B【解析】【分析】由图像可知，Ⅰ对

应的物质Ksp小，Ⅱ对应物中的Ksp大，碳酸钙难溶于水，硫酸钙微溶于水，曲线Ⅱ为4CaSO沉淀溶解曲线，曲线Ⅰ为3CaCO沉淀溶解曲线，。【详解】A．曲线Ⅱ为4CaSO沉淀溶解曲线，A正确；B．加入适量的氯化钙固体，c（Ca2+）增大，Ca

CO3（s）Ca2+（aq）+CO23−（aq）溶解平衡向逆方向移动，c（CO23−）减小，可使溶液由a点变到c点，B错误；C．b点对应Q<Ksp，硫酸钙溶液不饱和，C正确；D．向碳酸钙饱和溶液中通入2CO气体，发生反应生成碳酸氢钙，但()2cCa+不变，D正确；故答案选B。16.

碳酸钠、碳酸氢钠是实验室中常见的物质，下列方案设计、现象和结论都正确的是实验方案现象结论A测定等浓度的23NaCO溶液和23NaSO溶液的pH23NaCO溶液的pH较大非金属性是SCB将()243AlSO溶液和2CaCl溶液分均出现白色沉淀()243AlSO溶液

和2CaCl溶液均可使别加入到23NaCO溶液中23CO−的水解平衡正向移动C将稀苯酚溶液逐滴加入加有酚酞的碳酸钠溶液中至过量溶液红色褪去但无气泡产生()a123aHCOKK(苯酚)()a223HCOKD向少量3NaHCO溶液加入一小块打磨过的镁条，观察实验现象产生气泡

该气体主要是2COA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．Na2CO3溶液的pH较大，说明水解程度：2233COSO−−，酸性：33HCOHSO−−，但是不能由此得出非金属性S>C的结论，因为比较非金属性强弱，

要比较其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，而S和C对应的酸应为H2SO4和H2CO3，A错误；B．23CO−存在水解平衡2323HOCOHCOOH−−−++，碳酸钠溶液中加入硫酸铝，Al3+结合OH-生成Al(OH)3沉淀，使得OH-浓度减小，水解平衡正向移动；加入CaCl2，C

a2+结合碳酸根离子生成CaCO3沉淀，碳酸根浓度减小，水解平衡逆向移动，B错误；C．将稀苯酚溶液逐滴加入加有酚酞的碳酸钠溶液中至过量，发生反应2653653CHCHOOHCOHCO−−−−+→−+，溶液红色褪去但无气泡产生，由此可得酸性：

H2CO3>苯酚>3HCO−，则Ka1(H2CO3)>Ka(苯酚)>Ka2(H2CO3)，C正确；D．向少量NaHCO3溶液加入一小块打磨过的镁条，镁和碳酸氢根电离出的氢离子反应生成H2，D错误；故选C。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小

题，共52分)17.氯化钠是一种典型且极具魅力的晶体，我们通过学习氯化钠可以更好地了解其他类似物质的结构。已知氯化钠的晶胞如下图1所示。图1（1）下列关于氯化钠的说法正确的是_______。A.基态Na+的电子有5种空间运动状态B.钠是第一电离能最大的碱金属元素C.氯原子的价电子排布式可写

成25Ne3s3pD.每个氯离子周围与它最近且等距的氯离子有12个（2）已知NaCl的密度为3ρg/cm，NaCl的摩尔质量为Mg/mol，阿伏加德罗常数的值为AN，则在NaCl晶体里Na+和Cl−的最短距离为_____

__pm。（3）温度升高时，NaCl晶体出现缺陷，如图2所示，当图中方格内填入Na+时，恰好构成氯化钠晶胞的1/8。NaCl晶体出现缺陷时，其导电性大大增强，原因是_______。（4）NiO、FeO的晶体类型与氯化钠相同，2Ni+和2Fe+的离子半径

分别为69pm和78pm，则熔点：NiO_______FeO(填“>”“<”或“=”)（5）钡在氧气中燃烧时得到一种钡的氧化物2BaO晶体，其阴阳离子的排布与氯化钠相同，其中存在的化学键的类型为_______。【答案】（1）AD（2）103AM

102ρN（3）该晶体在通电时，钠离子可在电场的作用下迁移到缺陷处，形成电流（4）>（5）离子键、非极性共价键【解析】【小问1详解】A.基态Na+的核外电子排布为：2261s2s2p，核外电子有5种空间运动

状态，A正确；B.同主族元素从上到下第一电离能递减，则锂是第一电离能最大的碱金属元素，B错误；C.氯原子的价电子排布式可写成253s3p，C错误；D.以体心氯离子为观察对象，可知其周围与它最近且等距的氯离子位于棱心，有12个，D正确；故答案为：AD；【小问2详解】由晶胞结构可知钠离子位于

顶点和面心，个数为118+6482=，氯离子位于体心和棱心，个数为：111244+=，则晶胞的质量为：A4MNg，NaCl的密度为3ρg/cm，则晶胞的体积为：A4MNcm3，晶胞的边长为：3A4McmN，则在NaCl晶体里Na+和Cl−的最短距离为边长

的一半，即3A103A4MNMcm=1022Npm，故答案为：103AM102N；【小问3详解】该惊晶体在通电条件下，钠离子在电场作用下可以发生迁移，迁移到缺陷处，从而形成电流，故答案为：该晶体在通电时，钠离子可在电场

的作用下迁移到缺陷处，形成电流；【小问4详解】NiO、FeO的晶体类型与氯化钠相同，均为离子晶体，2Ni+半径小于2Fe+半径，离子半径越小、离子键越强，晶格能越大，晶体的熔沸点越高，故熔点：NiO大于FeO，故答案为：>；【

小问5详解】2BaO中钡离子与过氧根离子之间存在离子键，过氧根内为非极性共价键，故答案为：离子键、非极性共价键。18.化合物X由三种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：的其中，溶液C含有一种摩尔质量为228g/mol的含氧弱酸，其物质的量为0.02mol。（1）X的组成元

素是_______，X的化学式是_______。（2）写出溶液A与足量稀硫酸反应的化学方程式_______。（3）写出生成紫黑色固体D的离子方程式_______。（4）请设计实验检验溶液C中的一种阴离子_______。【答案】（1）①

.Ba、I、O②.()562BaIO或5212BaIO（2）()56244562BaIO5HSO5BaSO2HOI+=+（3）5622HO7I7H4I6IHO−+++=+（4）取适量溶液C于试管中，滴加稀盐酸无现象，加入2BaCl产生白色沉淀，则含有24SO−【解析】【分析】溶

液A与硫酸反应生成沉淀B，可知B是BaSO4，n(BaSO4)=0.05mol；0.02molC和0.14molHI反应生成紫黑色固体D，D为I2，n(I2)=0.08mol，则C中含有0.02mol的I元素，所以弱酸C分子中含有1个I原子，根据得失电子守恒，C中I元素的化合价为+7，

C的摩尔质量为228g/mol，所以C的化学式为H5IO6；根据电荷守恒，A中酸根离子为6IO−；【小问1详解】根据以上分析X中含有0.05molBa2+、0.02mol6IO−，所以X的组成元素是Ba、I、O，X的化学式是()562BaIO；

【小问2详解】()562BaIO与足量稀硫酸反应生成硫酸钡、H5IO6，化学方程式为()56244562BaIO5HSO5BaSO2HOI+=+；【小问3详解】H5IO6和HI发生归中反应生成I2和水，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为5622HO7I7H

4I6IHO−+++=+；【小问4详解】溶液C中含有24SO−，取适量溶液C于试管中，滴加稀盐酸无现象，加入2BaCl产生白色沉淀，则含有24SO−。19.2CO和2H合成甲醇是2CO资源化利用的重要方法，总反应为：()()()()2232COg3Hg

CHOHgHOg++46kJ/molH=−。（1）有利于提高甲醇平衡产率的条件有_______A.低温低压B.高温低压C.低温高压D.高温高压E.催化剂（2）制备甲醇的反应一般认为通过如下步骤来实现：Ⅰ.()()()()222COgHgCOgHOg++1ΔHⅡ.()()()23COg2HgCH

OHg+2ΔH在体积为2L的密闭容器中按物质的量之比为1:2充入CO和2H发生反应Ⅱ，测得平衡混合物中3CHOH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图1所示。①下列说法正确的是_______。A.图像中123p>p>pB.A、B、C、D的平衡常数大小关系ABCD=C.反应

速率v逆(状态A)v逆(状态B)D.在C点时，CO的转化率为75%②C点对应的平衡常数Kp=_______(对于气相反应，用组分B的平衡压强()Bp代替物质的量浓度()Bc也可以表示平衡常数，记作Kp，如()()BBppx=，p为平衡压强，()Bx为平

衡系统中B的物质的量分数)。（3）一定反应条件下，各物质以碳元素计．．．．．的物质的量分数x与时间t的关系如图2所示，请解释CO对应的曲线出现极大值的原因_______。（4）若起始时加入合适的催化剂加快反应Ⅰ的速率，请在图3中画出此条件下CO以碳元素计．．．．．的物质的量分数随

时间变化的图像_______。（5）2CO和2H合成甲烷也是2CO资源化利用的重要方法。一定条件下2PdMg/SiO−催化剂可使2CO“甲烷化”从而变废为宝，其反应机理如图4所示，下列说法不正确．．．的是_______。A.该反应的化学方程式为22242PdMg/SiOC

O4HCH2HO−++B.MgO通过2CO的结合，在傕化剂表面生成碳酸盐类物质C.反应过程中碳元素的化合价为2−价的中间体是2MgOCHD.该反应过程中有CO中间体生成【答案】（1）C（2）①.AD②.2227p（3

）反应开始时，反应Ⅰ中2CO浓度大，生成CO的速率较快，CO物质的量分数增大。随着反应继续进行，反应Ⅱ的CO消耗速率增大，反应ⅠCO生成速率减小，两者速率相等时，出现极大值（4）（5）D【解析】【小问1详解】反应为气体分子数减小的反应，且反应为放热反应，故低

温高压利于平衡正向移动提高甲醇平衡产率，催化剂改变反应速率不改变平衡移动，故选C；【小问2详解】①A．反应为气体分子数减小的反应，相同条件下，增大压强，甲醇的含量增加，故图像中123p>p>p，A正确；B．由图可知，相同条件下，温度升高甲

醇含量减小，则平衡逆向移动，平衡常数减小，且相同温度下平衡常数相同，则A、B、C、D的平衡常数大小关系A>B=C=D，B错误；C．AB甲醇含量相同浓度相同，温度升高则反应速率增大，故反应速率v逆(状态A)v逆(状态B)，C错误；D．在C点时，甲醇的含量为50%，设一氧化碳、氢气投料分别为1

mol、2mol，则：()()()23CO(g)+2H(g)CHOH(g)mol120mola2aamol1-a2-2aa起始转化平衡a100%=50%3-2a，a=0.75mol，CO的转化率为0.

75100%=175%，D正确；故选AD；②由①分析可知，C点平衡时，CO、2H、3CHOH分别为0.25mol、0.5mol、0.75mol，总的物质的量为1.5mol，则CO、2H、3CHOH分压分别为21p6、21p3、21p2，故C点对应的平衡常数

2222221p211pp27Kp6=3p=；【小问3详解】反应开始时，反应Ⅰ中2CO浓度大，生成CO的速率较快，CO物质的量分数增大；随着反应继续进行，反应Ⅱ的CO消耗速率增大，反应ⅠCO生成速率减小，两者速率相等时，出

现极大值，之后随着反应Ⅱ生成甲醇消耗一氧化碳增加，一氧化碳量减小；【小问4详解】若起始时加入合适的催化剂加快反应Ⅰ的速率，导致反应Ⅰ中生成CO速率更快，由于反应Ⅱ的CO消耗速率与反应Ⅰ中生成CO速率差别更大，导致C

O的极值更大；更大的一氧化碳浓度导致反应Ⅱ反应速率加快，则极值后CO浓度减小速率更快，图像为：；【小问5详解】A．由图可知，该反应为二氧化碳和氢气在催化剂作用下生成甲烷和水，化学方程式为22242Pd

Mg/SiOCO4HCH2HO−++，A正确；B．由图可知，MgO通过2CO的结合，在傕化剂表面生成碳酸盐类物质MgOCO2，B正确；C．2MgOCH中镁、氧、氢化合价分别为+2、-2、+1，则碳元素的化合价为2−价，C正确；D．由图可知，该反应过程中没有CO中间体

生成，D错误；故选D。20.某研究小组利用转炉铜渣(主要成分是Cu、2CuO、FeO等)制备胆矾，流程如下：请回答：（1）制备胆矾时，除反应釜、量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，以下的实验仪器还必须使用的有_______。A.烧

杯B.容量瓶C.蒸发皿D.移液管（2）步骤Ⅰ中，反应温度在80℃时相同时间内铜的浸出率达到最高，继续升温会导致浸出率下降，其原因是_______。（3）下列有关说法不正确．．．的是_______。A.步骤Ⅰ中，温度升至临近实验温度可关闭加热电源，利用反

应放热维持体系温度B.步骤Ⅱ中，过滤前需煮沸10min，主要目的是破坏胶体结构，便于过滤C.步骤Ⅱ中，控制pH在3.5～4，是为了除铁，并抑制硫酸铜的水解D.步骤Ⅲ后，测定结晶水时加热脱水后的坩埚应放在实验台石棉网上冷却后再称量（4）从滤液

中分离提纯得到胆矾样品并测定其中结晶水个数，可按以下步骤进行，请从下列选项中选择合理的操作，补全如下步骤。_______→过滤→乙醇洗涤→_______→称量干燥坩埚的质量为1m→_______→_______→冷却后称量得到总质量为3m→

重复上述两步操作，最终总质量恒定为4ma.加热蒸发、冷却结晶b.加热、蒸发结晶c.将坩埚加热至胆矾全部变为白色d.称量样品质量为2me.将样品干燥f.称量样品和坩埚总质量2m（5）该样品中结晶水的个数为______

_(用(4)中字母写出表达式)。【答案】（1）AC（2）在较低温度时，升温使反应速率加快；温度过高时，氧气的溶解度下降，导致铜浸出率降低（3）D（4）①.a②.e③.f④.c（5）()()244180m-m9m-m【解析】【分析】转炉铜渣(主要成分是Cu、2CuO、FeO等)

在氧气氛围中加酸溶解，铜转化为硫酸铜，铁转化为硫酸铁，浸出液进一步氧化并调节pH值使铁转化为氢氧化铁沉淀过滤除去，得到硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作得到胆矾，胆矾经称量、灼烧、恒重等操作可计算其结晶水含量，据此分析解答。为【小

问1详解】制备胆矾晶体涉及过滤操作，过滤时需用到烧杯，再在蒸发皿中蒸发浓缩、冷却结晶得到，因此还需用到烧杯和蒸发皿，故答案为：AC；【小问2详解】在一定温度范围内适当升温可以加快反应速率，提高浸取率，温度过高则会导致氧气的溶解度下降，导致浸出率降低，故答案为：在较低温度时，升温使

反应速率加快；温度过高时，氧气的溶解度下降，导致铜浸出率降低；【小问3详解】A.步骤Ⅰ中，温度升至临近实验温度引发反应后即可关闭加热电源，利用反应放出的热量可维持体系温度，故A正确；B.步骤Ⅱ中，过滤前需煮沸10min，主要目的是破坏胶体结构，使铁沉淀完全，这样便于过滤，故B正确；C.步骤Ⅱ中

，控制pH在3.5～4，可使铁转化为氢氧化铁沉淀，同时抑制硫酸铜的水解，故C正确；D.步骤Ⅲ后，测定结晶水时加热脱水后的坩埚应放在干燥器中冷却后再称量，故D错误；故选：D。【小问4详解】硫酸铜溶液首先进行蒸发浓缩、冷却结晶，再过滤得到晶体，晶体用乙醇洗涤干净后，干燥，干燥后

的晶体置于已称量质量的坩埚中，再次称量两者的质量，然后将坩埚加热至胆矾全部变为白色，使晶体完全分解后，冷却后称量，反复操作恒重后计算结晶水含量，故答案为：a、e、f、c；【小问5详解】由题意可知晶体中水的质量为：24m-m，则水分子的物

质的量为：24m-m18，硫酸铜的质量为：41m-m，硫酸铜的物质的量为41m-m160，该样品中结晶水的个数即为1mol硫酸铜对应的水分子个数，可表示为：()()244180m-m9m-m，故答案为：()()244180m-m9m-m。21.某研究小

组按下列路线合成镇痛药盐酸瑞芬太尼：已知：。请回答：（1）下列说法不正确．．．的是_______。A.化合物A可发生加成、取代、氧化反应B.化合物C具有两性C.化合物D中含有两个手性碳原子D.盐酸瑞芬太尼

的化学式为202725CHNOCl（2）化合物F含氧官能团名称是_______。（3）写出化合物G的结构简式_______。（4）写出D→E化学方程式_______。（5）设计以CHCH、3CHI为原料合成G的路线_______(用流程图表示，无机试剂任选)。（6）写出化

合物A同时符合下列条件的同分异构体的结构简式_______。①分子中含有，且环上不直接连氢。不含碳碳三键及其它环；②1HNMR−表明：分子中共有4种化学环境的氢原子(不考虑顺反异构)。【答案】（1）CD（2）酯基、酰胺基（3）（4）（5）的的+2223HO,HCHIHCNΔHCCHHC=CH

CNHC=CHCOOH⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→催化剂（6）【解析】【分析】A与苯胺发生加成反应后再与NaCN发生取代反应生成B，B水解后生成C，B中-CN转化为C中-COOH，C与CH3I发生羧基上氢取代反应生成酯基得到D，D与丙酸酐发生取代反应生成E，E与氢气

发生还原反应生成F，F与G发生信息中反应生成最终产物，结合信息反应的断键成键可知G为，据此分析解答。【小问1详解】A.化合物A含有苯环和羰基可发生加成，苯环上氢可发生取代、一般有机物可发生燃烧反应，燃烧属于氧化反应，故A正确；B.由以上分析可知化合物C中含有羧基和亚氨基，羧基显酸性，亚氨基显碱性，

因此C具有两性，故B正确；C.化合物D中只有与酯基相连的碳原子为手性碳原子，故C错误；D.由盐酸瑞芬太尼结构简式可知其化学式为202925CHNOCl，故D错误；故答案为：CD；【小问2详解】由F的结构简式知，其含有酯基和酰胺基两种含

氧官能团，故答案为：酯基、酰胺基；【小问3详解】由以上分析可知G的结构简式为：，故答案为：；【小问4详解】D与丙酸酐发生取代反应生成E和丙酸，反应方程式为：，故答案为：；【小问5详解】乙炔与HCN发生加成反应生成2HC=CHCN，2HC=CHCN发生水解反

应生成2HC=CHCOOH，2HC=CHCOOH与3CHI发生取代反应生成，由此可得合成路线。故答案为：+2223HO,HCHIHCNΔHCCHHC=CHCNHC=CHCOOH⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→催化剂；【小问6详解】①分子中含有，且环上

不直接连氢，则环上之间相连的为C或O，不含碳碳三键及其它环，结合A的不饱和多可知应含两个碳碳双键或一个碳碳双键和一个碳氧双键；②1HNMR−表明：分子中共有4种化学环境的氢原子，其结构保持对称，符合题意的结构简式有：，故答

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