【文档说明】安徽省部分学校2023-2024学年高三下学期春季阶段性检测化学试题 Word版含解析.docx，共(20)页，4.779 MB，由小赞的店铺上传

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安徽省普通高中高三春季阶段性检测化学考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。加需改动，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，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：1?1?2?1?4?1?6?40?Ti?481?37HCNOCaBa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.“挖掘文物价值，讲好安徽故事”。下列安徽文物的主要成分属于硅酸盐的是选项ABCD文物名称金扣玛瑙碗吴王光剑楚大鼎德镇窑影青釉莲碗A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．金扣玛瑙碗的主

要成分是2SiO，A项不符合题意；B．吴王光剑是合金，属于金属材料，B项不符合题意；C．楚大鼎的主要成分为青铜，属于金属材料，C项不符合题意；D．陶瓷的主要成分是硅酸盐，D项符合题意；故选D。2.哲学中“质量互

换”规律广泛存在于化学中。下列变化中不属于量变引起质变的是A.向()4NaAlOH溶液中滴加盐酸至过量，先生成白色沉淀，后沉淀溶解变为无色溶液B.向4CuSO溶液中通入3NH至过量，先生成蓝色沉淀

，后沉淀溶解变为蓝色溶液C.向酚酞溶液中加入足量的22NaO粉末，溶液先变红色，后变无色D.向23NaCO溶液中滴加4NaHSO溶液至过量，开始无明显现象，后产生气泡【答案】C【解析】【详解】A．先后发生()()243NaAlOHHClNaClAlOHHO+=++

、()323AlOH3HClAlCl3HO+=+，符合量变引起质变规律，故A不选；B．先后发生()()4324422CuSO2NHHOCuOHNHSO+=+、()()()33242CuOH4NHCuNHOH+=，

符合量变引起质变规律，故B不选；C．发生22222NaO2HO2NaOHHO+=+，NaOH使酚酞溶液变红色，22HO或者22NaO氧化酚酞使之褪色，与量变无关，故C选；D．先后发生234243NaCONaHSONaSONaHCO+=+、342422NaHCONaHS

ONaSOCOHO+=++，符合量变引起质变规律，故D不选；故选C。3.“为国育才，五育并举”，美育是五育的重要组成部分。化学美随处可见。下列叙述正确的是A.环己烷()612CH呈现对称美，分子中所有原子共平面B.五光十色的霓虹灯发光变色过程属于物理变化C

.碘封管受热产生紫色蒸气，破坏了非极性共价键D.向含甲基橙的纯碱溶液中滴加盐酸至过量，溶液由黄色变为橙色，最终变为蓝色【答案】B【解析】【详解】A．环己烷中碳原子均为饱和碳原子，为四面体形，6个碳原子不可能在同一平面，

A错误A错误；B．霓虹灯中充入惰性气体，在高压电场下电子被激发，然后在回到基态的过程中释放出能量，其中一部分能量被荧光粉吸收发出可见光，没有生成新物质，没有发生化学反应，是物理变化，B正确；C．碘晶体是

分子晶体，受热易升华，克服了分子间作用力，化学键没有变化，C错误；D．甲基橙在盐酸中变红，D错误；故选B。4.“致良知，知行合”，劳动有利于“知行合”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A帮厨活动：帮师傅炒鸡蛋蛋白质发生水解，最

终生成氨基酸B健康行动：用“84”消毒液喷洒教室内外“84”消毒液具有强氧化性C家务劳动：用醋酸清洗水壶中的水垢3CHCOOH的酸性比23HCO的强D学农活动：给农田里的小麦施尿素尿素是氮肥A.AB.BC.CD.D【答案

】A【解析】【详解】A．炒鸡蛋体现蛋白质高温下变性，与蛋白质水解无关，A项符合题意；B．“84”消毒液的主要成分是次氯酸钠，具有强氧化性，利用其氧化性杀菌消毒，B项不符合题意；C．醋酸的酸性比碳酸的强

，醋酸会与碳酸钙反应，C项不符合题意；D．尿素的化学式为()22CONH，是一种高效氮肥，D项不符合题意；故选A。5.下列化学用语错误的是A.26AlCl分子的结构式：B.4CH分子的球棍模型：C.基态

As原子的价层电子轨道表示式：D.2−氨基丁酸的结构简式：()322CHCHCHNHCOOH【答案】B在【解析】【详解】A．26AlCl分子中每个原子达到8电子结构，存在2个配位键，A正确；B．图示给出的是甲烷的填充模型，4

CH的球棍模型为，B错误；C．As原子的价层有3个未成对电子，价层电子轨道表示式：，C正确；D．2-氨基丁酸分子中氨基与丁酸分子上的2号碳原子相连，D正确；答案选B。6.下列实验装置或操作正确且能达到对应目的的是选项AB装置或操作目的配制1100mL

0.1molLNaCl−溶液在铁制镀件上镀铜选项CD装置或操作目的验证22NaO和2HO反应的热效应证明乙炔能与溴水反应A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．定容时仰视刻度线读数，溶液体积偏大，

配制溶液浓度偏低，A项错误；B．在铁制镀件上铜，将镀件放在阴极上，如果将铁制镀件放在阳极上，镀件溶解，B项错误；C．将过氧化钠倒入水中，若U形管内左侧低，右侧高，说明22NaO和2HO反应是放热反应，C项正确；D．电石中含有3CaSCaP、等杂质，与水反应生成的23HS

PH、能与溴水反应，干扰了22CH与溴水反应，D项错误；故选C。7.配合物NiTAP−的结构如图所示。下列叙述错误的是A.N与Ni之间的配位键，N提供孤电子对B.NiTAP−中碳原子都是2sp杂化C.NiTAP−中存在极性键和非极性键D.NiTAP−分子内能形

成氢键【答案】D【解析】【详解】A．N原子是配位原子，N原子向Ni提供孤电子对形成配位键，A正确；B．该分子中碳原子均采用2sp杂化，B正确C．Ni?-?TAP中存在碳氢键(极性键)、碳氮键(极性键)和碳碳键(非极性键)，C正确；D．Ni?-?TAP中氨基相距较远，

能形成分子间氢键，不能形成分子内氢键，D错误；答案选D。8.下列电极方程式或离子方程式书写正确的是A.天然气碱性燃料电池负极反应：422CH8e2HOCO8H−+−+=+B.向3NaHSO溶液中滴加少量NaClO溶液：234HSOClOSOHCl−−−+−+=++C.向24AgSO白色浊液中

滴加KI溶液产生黄色沉淀：2244AgSO2I2AgISO−−+=+D.向含2Pb+的废水中通入2HS产生黑色沉淀：22PbSPbS+−+=【答案】C【解析】【详解】A．在碱性介质中负极反应式为2432CH8e10OHCO7HO−−−−+=+

，故A错误；B．3NaHSO过量，不会生成H+，正确的离子方程式为234222HSOClOSOClSOHO−−−−+=+++，故B错误；C．24AgSO白色浊液与KI反应生成碘化银黄色沉淀，离子方程式为：2244AgSO2I2Ag

ISO−−+=+，故C正确；D．硫化氢是弱酸，正确的离子方程式为22PbHSPbS2H+++=+，故D错误；故选C。9.2TS−是锂离子电池的电解质溶液添加剂，结构如图所示，其组成元素XYZTW、、、、是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中T和W位于同主族，基态Y原子核外每个能级上电子数

相等，XYZ、、的原子序数之和等于14。下列叙述错误的是A.第一电离能：ZTWB.简单氢化物的键角：YZTC.最高价氧化物对应水化物的酸性：ZYD.含XYZ、、和T的化合物大于2种【答案】B【解析】【分析】Y原子电子排布式为2221s2s2p即为C元素，由2TS

−结构可知，W原子最外层有6个电子，又因为T和W位于同主族，所以T为O元素W为S元素，X原子能形成1个键，Z原子能形成3个键，说明Z是N元素，由X、Y、N的原子序数之和等于14可知，X的原子序数为1，X为

H元素，由此推知，X为H，Y为C，Z为N，T为O，W为S。【详解】A．同周期第一电离能从左至右有逐渐增大的趋势，而VA族p轨道半充满，第一电离能大于VIA族，同一主族从上至下第一电离能逐渐减小，因此第一电离能N

OS、、依次减小，A正确；B．432CHNHHO、、的中心原子杂化类型相同，孤电子对数依次增多，故其键角依次减小，B错误；C．同一周期从左至右非金属性逐渐增大，非金属元素对应最高价氧化物水化物的酸性逐渐增大，因此的HNO3的酸性比23HCO的强，C正确；D．C

、H、O、N除组成()43432NHHCONHCO、外，还可以组成有机物，如各类氨基酸等，D正确；故选B。10.最近，我国科学家开发一种发光材料PES，合成原理如下：下列叙述错误的是A.上述反应是缩聚反应B.PES是一种可自然降解的材料C.乙醛是乙的同分异构体D.在酸性条件下甲水解的产物

为()23HOOCCHCHCHCOOH【答案】A【解析】【详解】A．上述反应中断裂2个环，得到高分子化合物，没有小分子生成，不是缩聚反应，A错误；B．PES含酯基，在酸、碱性条件下都能发生水解反应，实现自然降解，B正

确；C．乙醛和乙的分子式相同，结构不同，它们互为同分异构体，C正确；D．在酸性条件下，甲水解的产物为HOOCCH2CH(CH3)COOH，D正确；故选A。11.由Ca、C、N三种元素组成的一种晶胞结构如图1所示，图2为该晶胞的俯视图。该晶胞体积为Vcm3，设AN为阿伏加德罗常数

的值。下列叙述错误的是A.该晶体的化学式为CaCN2B.1mol该晶胞中含2molσ键C.阴离子团的配位数为6D.该晶体的密度3A240ρg/cmNV=【答案】B【解析】【详解】A．观察晶胞可知，底面有两种角度：120和60o，顶点上钙原子对晶胞贡献率分别为112、1

6，同理，棱上2-2CN贡献率分别13和16，故1个晶胞中钙的个数为112443612++=，2-2CN的个数为11222336++=，其化学式为CaCN2，A正确；B．阴离子团的结构式为2NCN−==，1个双键中有1个σ键、1个π键，1个晶胞

中含3个阴离子、6个键σ，B错误；C．以晶胞中右下方的2-2CN进行分析，距离最近的钙离子个数为6，其配位数为6，C正确；D．结合A选项，1个晶胞中有3个NaCN2，该晶体的密度3A3A903gN240ρg/cmVcmNV

==，D正确；故选B。12.某小组采用电化学法制备有机物，装置如图所示。双极膜由阴膜和阳膜组成，双极膜中水电离出阴、阳离子在电场中向两极迁移。下列叙述正确的是A.a极与电源负极连接B.制备1mol时双极膜内2HO质量减少34gC.

b极反应式为22222CO10H10eCH4HO+−++=+D.a极、b极产物的物质的量之比为1:5【答案】C【解析】【分析】由图可知CO2转化为C2H2，碳元素化合价降低，发生还原反应，b极为阴极，a极为阳极。【详解】A．观察物质转化可知，环己烯被氧化，2CO被还原

，所以a极为阳极，与电源正极连接，A项错误；B．阳极反应式为，制备1mol氧化产物，双极膜内向左侧迁移2molOH−，向右侧迁移2molH+，共减少36gB，项错误；C．b极上2CO发生还原反应制备乙炔，遵守电子守

恒、电荷守恒，C项正确；D．若制备221molCH时得到10mol电子，阳极失去10mol电子，生成氧化产物5mola，极、b极产物的物质的量之比为51D：，项错误；答案选C。13.以光促进络盐()326NiNHCl为氮源和催化剂高效合成芳胺()

2ArNH的历程如图所示(Me−为甲基，Ar−为芳基)。下列叙述错误的是A.上述循环中，镍形成的化学键数目发生了变化B.合成芳胺的总反应是取代反应，副产物为HClC.从总反应看，只形成23spsp−型σ键D.物质Ⅱ为中间产物【答案】C【解析】【详解】A．从上述循环

图看出，镍原子分别形成的共价键数目有3、5、6，化学键数目发生了变化，A项正确；B．ArCl和3NH反应生成2ArNH和HCl，发生了取代反应，B项正确；C．芳基中碳原子采用2sp杂化，氨基中N原子采取3sp杂化，而HCl中氯原子不采取杂化，HCl中存在ps−型σ键

，C项错误；D．Ⅱ为反应生成物又重新转化生成，为中间产物，D项正确；答案选C。14.常温下，向含22AgSrCo+++、、的溶液中分别滴加34NaAsO溶液，溶液中()2pX[pXlgcXXAgSr++=−=，、或

2Co]+与()333444pAsOpAsOlgcAsO−−−=−的关系如图所示。已知：常温下()()sp34sp3422SrAsOCoAsOKK。下列叙述正确的是A.1L直线代表pA

g+与34pAsO−的关系B.()18.3sp342CoAsO10K−=C.饱和34AgAsO溶液中()34cAsO−为21.91410molL27−−D.()()22343422SrAsO3CoCoAsO3Sr++++的平衡常数K为9.910−【答案】C【解析】【分析】分析三种

难溶盐可知，()()343422SrAsOCoAsO、的组成相同，对应的直线成平行线，故2L代表pAg+与34pAsO−的关系；又因为()()sp34sp3422SrAsOCoAsOKK，则1

L代表2pCo+与34pAsO−的关系，3L代表2pSr+与34pAsO−的关系；由abc、、点数据可计算()()()21.918.328.2sp34sp34sp3422AgAsO10SrAsO10CoAsO10KKK−−−===

：，，。【详解】A．根据分析知，1L代表2pCo+与34pAsO−的关系，A错误；B．根据分析知，()28.2sp342KCoAsO10−=，B错误；C．饱和34AgAsO溶液中存在平衡3344AgAsO

3A((aq)(aq)aqAsO)g+−+：，饱和34AgAsO溶液中()()21.9sp3431444AgAsO10cAsOmolL2727K−−−==，C正确；D．根据平衡常数表达式计算：()()3218.3sp3429

.93228.2sp342SrAsOc(Sr)1010c(Co)10CoAsOKKK+−+−====，D错误；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.钛酸钡(BaTiO3)是电子工业的支柱。以钛铁矿为原料制备钛酸钡以及绿矾的工艺如图所示：已知：2+2-44T

iOSO=TiO+SO。回答下列问题：（1）为了提高“浸出”速率，宜采取的措施有___________(答两种)。（2）“热水解”时加热的目的是___________，20%硫酸可以循环用于___________工序。（3）写出“热水解”的离子方程式：___________。（4）TiO2和Ba

CO3制备BaTiO3的化学方程式为___________。（5）高温得到的钛酸钡粉体中钡、钛的质量比为2.8，则钛酸钡粉体中可能含有的杂质为___________(填“BaCO3”或“TiO2”)。（6）经X射线分析鉴定，钛酸钡晶胞结构如图所示(Ti4+、Ba2+均与O2-相接触)(已知晶胞边

长为apm，O2-的半径为bpm，则Ba2+、Ti4+的半径之比为___________用含a、b的代数式表示)。的【答案】（1）粉碎矿石、适当加热、搅拌等(任填两种)（2）①.提高水解速率，提高产率②.浸出（3

）()2++222TiO+x+1HOTiOxHO+2H（4）TiO2+BaCO3高温BaTiO3+CO2↑（5）TiO2（6）2a-2ba-2b【解析】【分析】钛铁矿主要成分是FeTiO3，还含有少量Fe2O3、SiO2等杂质

，向其中加入硫酸，发生反应：FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，过滤，分离出SiO2，然后向滤液中加入Fe粉，发生还原：Fe2(SO4)3+

Fe=3FeSO4，所得溶液中含有FeSO4、TiOSO4，再降温结晶，可获得绿矾FeSO4·7H2O，过滤，向所得的TiOSO4溶液中加入水蒸气，TiOSO4发生水解反应产生TiO2·xH2O，同时反应产生20%H2SO4溶液，在850-950℃条件下

煅烧，分解产生TiO2，将其与BaCO3混合煅烧，反应产生BaTiO3、CO2。【小问1详解】为了提高“浸出”速率，宜采取的措施有粉碎矿石、适当加热、搅拌等；【小问2详解】盐水解反应是吸热反应，温度升高，会促进盐的水解，故“热水解”时加热的目的是提高水解速率，使更

多TiOSO4发生水解，从而可提高产率；钛铁矿需要使用硫酸进行酸浸，在热水解步骤反应产生20%硫酸溶液，故20%硫酸可以循环用于浸出工序；【小问3详解】在“热水解”中TiOSO4与水反应产生TiO2·xH2O、H2SO4，该反应的离子

方程式为：()2++222ΔTiO+x+1HOTiOxHO+2H；【小问4详解】TiO2和BaCO3在高温下发生反应产生BaTiO3和CO2，该反应的化学方程式为：TiO2+BaCO3高温BaTiO3+CO2↑；【小问5详解】在BaTiO3中Ba与Ti两种元素的质量比为m

(Ba)：m(Ti)=137：48=2.854＞2.8，说明所得的钛酸钡粉体中含有杂质，可能含有的杂质是TiO2；【小问6详解】根据图示可知：在该晶胞中含有Ti原子数目是：8×18=1，含有的Ba原子数目是1个，含有的O原子数目是：12×14=3，故

该晶胞中含有1个BaTiO3。根据题意可知，钛离子、钡离子分别与氧离子相切，但钛离子、钡离子不一定相切。已知晶胞边长为apm，O2-的半径为bpm，根据图示可知，晶胞边长=2r(Ti4+)+2r(O2-)=apm，则r(Ti4+)=a-2b2pm；晶胞面对角线的长度=2r(O2

-)+2r(Ba2+)=2apm，r(Ba2+)=2a-2b2pm，故Ba2+、Ti4+的半径之比为2a-2b2pm：a-2b2pm=2a-2ba-2b。16.()36KFeCN(铁氰化钾)常用于检验溶液中的2Fe+。某

小组对铁氰化钾展开探究：实验一：制备()36KFeCN。实验室用2Cl氧化()46KFeCN(亚铁氰化钾)制备()36KFeCN的装置如图所示。（1）实验中发现D中溶液由红色变无色，其他条件不

变，如果拆去热水浴，则D中溶液褪色速率变___________(填“快”“慢”或“不变”)。（2）()361molFeCN−含___________molσ键。写出B中发生反应的离子方程式：___________。（3）同温同压下，理论上A中两极产生气体体积比为1:1，实验测得铜极、石

墨极收集气体体积比大于1:1，其原因可能是___________(答一条即可)。实验二：探究()36KFeCN的电离程度。【提出问题】()36KFeCN的阴离子团是否电离？提出假设】假设1：()36FeCN−完全电离；假设2：()36FeCN−

部分电离；假设3：()36FeCN−不电离。【设计实验】实验序号操作及现象I在1310mL0.1molLFeCl−和()1360.1molLKFeCN−的混合溶液中插入一根无锈铁丝，1Amin产生蓝色沉淀Ⅱ在()13610mL0.2mollKFeCN−

溶液中插入一根无锈铁丝(与Ⅰ中相同)，2Amin产生蓝色沉淀【实验结论】（4）实验结果：12AA。由此可知，假设___________(填“1”“2”或“3”)成立。用必要的化学用语和文字解释实验Ⅱ产生蓝色沉淀的原因：___________。

【交流反思】（5）利用如图装置探究牺牲阳极保护法。一段时间后，设计实验探究锌是否保护了铁：___________。【答案】（1）慢（2）①.12②.()()432662FeCNCl2Cl2FeCN−−−+=+（3）部分2Cl与NaOH或水反应或随着

Cl−浓度减小，()cOH−增大，OH−在阳极反应（4）①.2②.()36FeCN−部分电离出()()3332266Fe2FeFe3FeKFeFeCNKFeFeCN−++++++=++=，，(蓝色)【

（5）取铁极附近溶液于试管中，滴加()36KFeCN溶液，若没有现象，则锌保护了铁；若产生蓝色沉淀，则锌没有保护铁【解析】【分析】A装置为电解池，根据电解工作原理，铜电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，C电极为阳极，电极反应式为

2Cl--2e-=Cl2↑，B装置中氯气将K4[Fe(CN)6]氧化成K3[Fe(CN)6]，C装置中氯气将I-氧化成I2，溶液变蓝，D装置的作用是除去尾气氯气，据此分析。【小问1详解】热水浴相当于加热，有利于氯气的逸出，

D中溶液由红色变为无色速率加快，撤去热水浴，相当于降温，D中溶液褪色速率减缓；故答案为：慢；【小问2详解】Fe3+与CN-形成配位键，CN-中C和N形成1个σ键，因此1mol[Fe(CN)6]3-含有σ键物质的量为(6+6)mol=12mol，C

l2将K4[Fe(CN)6]氧化成K3[Fe(CN)6]，本身被还原成Cl-，其离子方程式为Cl2+2[Fe(CN)6]4-=2Cl-+2[Fe(CN)6]3-；故答案为：12；Cl2+2[Fe(CN)6]4-=2Cl-+2[Fe

(CN)6]3-；【小问3详解】电解饱和食盐水的方程式为2NaCl+2H2O通电H2↑+Cl2↑+2NaOH，氯气能与NaOH溶液发生反应，可以导致铜极、石墨电极收集气体比大于1∶1，也可能为c(Cl-)降低，

OH-向阳极移动，OH-放电，产生氧气，导致铜极、石墨电极收集气体比大于1∶1，故答案为：部分Cl2与NaOH或水反应或随着Cl-浓度减小，c(OH-)增大，OH-在阳极反应；【小问4详解】若[Fe(CN)6]3

-不发生电离，向K3[Fe(CN)6]溶液中插入无锈铁丝，不会产生蓝色沉淀，根据实验Ⅱ现象可知，因此假设3不成立；比较实验Ⅰ和Ⅱ，利用控制变量分析，Ⅰ和Ⅱ中含铁粒子总浓度相同，Ⅰ中产生蓝色沉淀较快，而Ⅱ较慢，说明[

Fe(CN)6]3-只部分电离，若完全电离，则A1=A2，推出猜测2成立；实验Ⅱ：[Fe(CN)6]3-部分电离出Fe3+和CN-，伸入无锈铁丝，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，然后Fe2+再与铁氰化钾发生K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓(蓝色)

，故答案为：2；[Fe(CN)6]3-部分电离出Fe3+和CN-，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+、K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓(蓝色)；【小问5详解】探究锌是否保护

铁，检验溶液中是否含有Fe2+，操作是取铁极附近溶液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若没有现象，则锌保护了铁；若产生蓝色沉淀，则锌没有保护铁；故答案为：取铁极附近溶液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若没有现象，则锌保护了

铁；若产生蓝色沉淀，则锌没有保护铁。17.工业上，处理2NONO、是减少空气污染的重要途径。已知：①()()()()1221NOgCOgNOgCOgΔH234kJmol−++=−②()()()()1222Cs2NOg2COgNg

ΔH402kJmol−++=−③()()()()22232Cs2NOg2COgNgΔH++④()()()()12242NOg2COgNg2COgΔH747kJmol−++=−回答下列问题：（1）3ΔH=___________1kJmol−

。（2）已知反应①的正反应活化能11E134kJmol−=，则其逆反应活化能2E=___________1kJmol−。（3）向密闭反应器中按()()nNOnCO11=：：投料，若只发生反应④，相同时间内，不同温度下，NO的转化率与催化剂CatlCat2、的关系如图所示。

①催化效率较高的是___________(填“Cat1”或“Cat2”)。②Cat1作用下，400℃时b点___________(填“达到”或“未达到”)平衡状态，判断依据是___________。③Cat1作用下，温

度高于400C时，NO的转化率降低的原因是___________。（4）在体积均为1L的甲、乙恒容密闭容器中分别充人2molNO和2molCO，在恒温或绝热条件下发生反应④，测得压强的变化如图所示。①气体总物质的量()na：___

________()nb(填“”“或“=”)。②乙容器中04min内()vNO的平均反应速率为___________11molLmin−−。反应至a点放出的热量为___________kJ。【答案】（1）870−（2）368（

3）①.Cat2②.未达到③.相同温度时，不同催化剂下NO的转化率不等④.催化剂活性降低（4）①.②.0.4③.597.6【解析】【小问1详解】根据盖斯定律可知，2+②①得目标反应的13ΔH870kJmol−=−。【小问2详解】反应热等于正、逆反应

活化能之差，12E368kJmol−=。【小问3详解】①相同温度下，NO的转化率越高，催化效率越高，所以，Cat2的催化效率较高；②ab、点对应的温度相同，催化剂不同，转化率不同，说明未达到平衡，因为平衡点只与温度有关，与催化剂无关；bc→点催化效

率降低，可能是催化剂活性降低。【小问4详解】①正反应是放热反应，气体分子数减小，甲容器启动反应过程中，压强增大，说明甲为绝热过程，乙为恒温过程。温度：ab，a和b总压强相等，体积相同，故气体总物质的量：a＞b；②根据三段式法可得：()()()()()()222NOg2COgNg2COg/

mol2200/mol2x2xx2xa/mol22x22xx2x++−−起始物质的量：变化物质的量：点物质的量：恒温恒容下，气体压强与气体总物质的量成正比。()44x54x0.8−==：：，。()111.6molvNO0.4mo

lLmin4min1L−−==。反应至a点放出的热量为1.6747kJ597.6kJ2=。18.更昔洛韦(G)是一种抗病毒药，其某种合成路线如图所示：回答下列问题：（1）G中含氧官能团的名称为羟基、___________。（2）FG→的反

应类型是___________。（3）设计实验证明A中含氯元素：___________。（4）写出BC→的化学方程式：___________。（5）A的含两种官能团的同分异构体有___________种(不包括立体异构体和物质A，已知是单官能团化合物)，其中含手性碳

原子的结构简式为___________(填一种)；在核磁共振氢谱上有两组峰且峰面积比为14：的结构简式为___________。（6）以苯甲醇、HCHO为原料制备的合成路线为___________(其他试剂任选)。【答案】（1）醚键、酰胺基（2）水解(或取代)反应（3）取少量样品，加入N

aOH溶液并煮沸一会儿，待冷却后，滴加稀硝酸酸化，再滴加3AgNO溶液，产生白色沉淀。（4）（5）①.9②.、、、、(任填一种)③.、（6）【解析】【分析】A与在氢氧化钠的作用下得到B物质，B物质与甲醛在HCl的作用下生成C物质，C物质与CH3C

OCH3之间发生取代反应生成D物质，D在二乙酸鸟嘌呤的作用下生成E物质，F物质在氨水、乙醇的作用下水解生成G。【小问1详解】G中含氧官能团的名称为羟基、醚键、酰胺基；【小问2详解】FG→的反应类型是水解(或取代)反应；【小问3详解

】取少量样品，加入NaOH溶液并煮沸一会儿，待冷却后，滴加稀硝酸酸化，再滴加3AgNO溶液，产生白色沉淀证明A中有氯元素；【小问4详解】BC→的化学方程式；【小问5详解】①CH3CH2CHO、CH3COCH3、、、，依次得到一氯代物同分异构体有2种、1种、2种、2种共计9种；②其中含手

性碳原子的结构简式为或或或或；③在核磁共振氢谱上有两组峰且峰面积比为14：的结构简式为、。【小问6详解】以苯甲醇、HCHO为原料制备合成路线为。的