【文档说明】云南省昆明市云南师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期9月月考化学试题 Word版含解析.docx，共(21)页，1.982 MB，由小赞的店铺上传

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云南省昆明市云南师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期9月月考化学试题注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，

再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。以下数据可供解题时参考。可能用到的相对原子质量：H1O16一、选择题：本题共14小题，每小题3分。在每小题给出的四个

选项中，只有一项是符合题目要求的。1.近年来我国取得诸多让世界瞩目的科技成果，化学功不可没。下列说法正确的是A.“嫦娥六号”五星红旗由超细玄武岩纤维纺织而成，玄武岩纤维属于有机高分子B.神舟十八号飞船使用的34SiN隔热层属于传统无

机非金属材料C.空间站的砷化镓太阳能电池是将化学能转化为电能D.“奋斗者”号潜水器含钛合金，其强度高于纯钛金属【答案】D【解析】【详解】A．玄武岩纤维属于无机材料，A错误；B．传统的无机非金属材料是玻璃、水泥和陶瓷，氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，B错误；C．砷化镓太阳能电池能将太阳能转化成

电能，C错误；D．合金的强度高于纯金属，故钛合金的强度高于纯钛，D正确；故答案选D。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.基态C原子价电子排布图：B.邻羟基苯甲醛的分子内氢键：C.顺-2-丁烯的球棍模型：D.丙炔的键线式：【答案】C【解析】【详解】A

．基态C原子价电子排布图为，A错误；B．邻羟基苯甲醛的分子内氢键应该是羟基中的氢原子与醛基的氧原子之间形成分子内氢键，B错误；C．顺-2-丁烯中两个甲基位于双键同侧，其球棍模型为，C正确；D．丙炔的三个碳原子在

一条线上，其键线式为，D错误；故选C。3.能正确表示下列反应的离子方程式是A.用惰性电极电解2MgCl水溶液：--2222Cl+2HO2OH+Cl+H电解B.漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体：2+--224Ca+SO+HO+3ClO=CaSO+2HClO+ClC.(

)-1442N0.1molLHAlSO溶液与-120.2molLBa(OH)溶液等体积混合：3+2-2+--444Al+2SO+2Ba+4OH=2BaSO+Al(OH)D.向()32FeNO和KI混合溶液中

加入少量稀盐酸：2++-3+323Fe+4H+NO=3Fe+2HO+NO【答案】B【解析】【详解】A．用惰性电极电解2MgCl溶液，阳极上：--22Cl-2e=Cl，阴极上：-22-2HO+2e=H+2OH，2+Mg会与生成的-OH结

合生成氢氧化镁，离子反应方程式为-2+22222Cl+Mg+2HOMg(OH)+Cl+H通电，A错误；B．漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体发生氧化还原反应生成硫酸钙沉淀，B正确；C．()-14420.1molLNHAlSO溶液与-120.2molLBa(OH)溶液等体积混合：3++

2-2+-443324Al+NH+2SO+2Ba+4OH=Al(OH)+NHHO+2BaSO，C错误；D．-I的还原性强于2+Fe，向()32FeNO和KI混合溶液中加入少量稀盐酸，-I先被氧化，D错误；故选B。4.下列实验操作(如图)正确且能达到实验目的是A.装置甲用于制备3

Fe(OH)胶体B.装置乙用于蒸发结晶获得晶体42FeSO7HOC.装置丙用于收集NO气体D.装置丁用于验证3+Fe和2+Cu对双氧水分解的催化效果【答案】C【解析】【详解】A．由于盐酸易挥发，应向沸水中滴加3F

eCl饱和溶液制备胶体，而硫酸是难挥发的酸，不能选用()243FeSO饱和溶液，A错误；B．亚铁离子容易被氧化，不能通过蒸发结晶得到该晶体，B错误；的C．NO与2CO不反应，NO密度比2CO小，能用排2CO收集NO气体，C正确；D．氯化铁、硫酸铜中阴离子不同，应控制阴离子相

同，故装置丁不能验证3+Fe和2+Cu的催化效果，D错误；故选C。5.X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期元素。基态X原子核外有两个未成对龟子，基态Y原子的p能级处于半充满状态，Z的基态原子价层电子排布式

为n-1ns，W的单质能与氢氧化钠溶液反应产生氢气，R是同周期电负性最大的元素。下列说法正确的是A.氢化物沸点：Y>XB.第一电离能：WZC.Z、W分别与R形成的简单化合物的熔点：ZWD.4XR和4YR的VSEPR模型相同【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W、R是原子序数依次增

大的短周期元素，基态Y原子的p能级处于半充满状态，则Y为氮(N)元素；基态X原子核外有两个未成对电子，X的原子序数比Y的小，X为碳(C)元素；Z的基态原子价层电子排布式为n-1ns，n=3，即23s，

Z为Mg元素；W的单质能与氢氧化钠溶液反应产生氢气，则W可能为Al或Si元素；R是同周期电负性最大的元素，且R是第三周期元素，则R是CI元素。【详解】A．X为C元素，Y为N元素，X的氢化物包括所有烃，沸点有的高有的低，无法比较

X、Y氢化物的沸点，A错误；B．Z为Mg元素，W可能为Al或Si元素，同一周期原子的第一电离能大致呈现上升趋势，但ⅡA，VA族元素原子的电离能比周围元素的电离能大，因此第一电离能Mg>Al，但Si的第一电

离能比Mg大，B错误；C．Z与R形成的化合物2MgCl属于离子晶体，而W无论是Al还是Si元素，形成的3AlCl、4SiCl均为分子晶体，所以2MgCl的熔点大，C错误；D．4XR、3YR分别为4CCl和3NCl，二者中心原子价层电子对数均为4，VSEPR模型均为四面体形，D正确；故选D。6.

关子物质的结构与性质，下列说法正确的是的A.P和Cl可以形成5PCl分子，N和Cl也可以形成5NCl分子B.冰中1个2HO周围有4个紧邻分子，2HS晶体中1个2HS周围也有4个紧邻分子C.H-N-H的键角：()2

+334NH<CuNHD.322CHCHNH的碱性比32CHCONH弱，【答案】C【解析】【详解】A．P与2Cl化合时，可形成3PCl、5PCl分子，而N和Cl化合时，由于N原子的L电子层上不存在

d轨道，N原子只能发生3sp杂化，不能发生3spd杂化，所以不能形成5NCl分子，A错误；B．冰中1个水分子可与周围的4个水分子间形成氢键，则冰中1个2HO周围有4个紧邻分子，而2HS晶体结构与2CO相似，采取分子密堆积，1个2HS周围有

12个紧邻分子，B错误；C．3NH、()2+34CuNH中的N原子均为3sp杂化，3NH中N原子有孤电子对，()2+34CuNH中N原子没有孤电子对，孤电子对的排斥力比成键电子对的排斥力大，所以3NH中H-N-H的键角小，C正确；D．乙基为推电子基，羰基为吸电子

基，则322CHCHNH的碱性更强，D错误；答案选C。7.下列关于有机化合物的说法正确的是A.的单体核磁共振氢谱峰面积之比相同B.中碳原子都处于同一平面C.辅酶10Q分子中含有14个甲基D.与溴等物质的量加成，产物有5种【答案】C【解析】【详解】A．的单体为和，是对称的结构，含有2种环境的H

原子，个数比为2：4=1：2，对称的结构，含有2种环境的H原子，个数比为4：4=1：1，二者核磁共振氢谱峰面积之比分别为1:2、1:1，A错误；B．异丙苯分子中有2个-3CH，所有碳原子不可能都处于同一平面，B错误；C．由结构简式知辅酶10Q的分子式为59904CHO，含有14个甲基，C

正确；D．与溴等物质的量加成、可能发生1，2-加成，有3种产物：、、；发生1，4-加成，有1种产物：，所以有4种产物，D错误；故选C。8.甲池是甲烷燃料电池，如图所示。一段时间内，乙池D处进入10mol混合气体，其中苯

的物质的量分数为30%(杂质不参与反应)，C出来的混合气体(不含2H，该条件下苯、环己烷都为气态)中含苯的物质的量分数为10%，下列说法正确的是A.甲池中A处通入甲烷，乙池中E处有2O放出B.乙池中惰性电极上的电极反应式

：C.该段时间内，甲池中理论上消耗33.6L甲烷D.乙池中右室质量减少96g【答案】B【解析】【分析】由图可知，乙池中惰性电极苯生成环己烷，碳元素价态降低得电子，乙中左侧惰性电极为阴极，电极反应式为C6H6＋6e−＋6H＋＝C6H12，右侧多空惰性电极为阳极，故甲中

F为正极，A口通入氧气，G为负极，B口通入氢气，据此作答。【详解】A．由题意和图示，甲池为甲烷燃料电池，乙池为电解池，乙池中惰性电极处苯被还原为环己烷，故惰性电极发生还原反应，为阴极，多孔性惰性电极为阳极，则G电极与阴极相连，为原电池负极、F为正极，故甲池

中F为正极，A处通入氧气，G为负极，B处通入甲烷，，A错误；B．乙池中，惰性电极处苯得到电子，被还原为环己烷，电极反应式为，B正确；C．未标注为标准状况下，无法计算，C错误；D．E处逸出23molO质量为96克，还有+

12molH通过高分子电解质膜由右室移向左室，故右室质量应减少108克，D错误；故选B；9.实验室利用钴渣[含33Co(OH)Fe(OH)、等]制备34CoO的工艺流程如图所示：已知：()-15-8sp2sp24KCo(OH)=1.6

10,KCoCO=6.310。下列说法正确的是A.“溶解还原”过程中消耗的23NaSO与生成2+Co的物质的量之比为1:2B.“纯化处理”时需将溶液调至pH=11，以确保将铁元素完全除去C.“沉钴”时，为获取更多的

24CoCO，改用224NaCO溶液D.在空气中煅烧时，每转移-1mole，生成340.125molCoO【答案】D【解析】【分析】由流程图可知，3Co(OH)，3Fe(OH)加硫酸溶解后为3+Fe、3+

Co，再与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成亚铁离子和2+Co，加入氯酸纳纯化处理将铁元素转化为铁渣，加草酸铵沉钴得到草酸钴，高温焙烧得到四氧化三钴，据此回答。【详解】A．溶解还原过程中三价铁离子和三价钴离子均被亚硫酸钠还原为2+价，+2-2+2-33422Co(OH

)+4H+SO=2Co+SO+5HO，+2-2+2-33422Fe(OH)+4H+SO=2Fe+SO+5HO，所以消耗23NaSO与生成2+Co的物质的量之比大于1:2，A错误；B．“纯化处理”时若将溶液调至pH=11，c(OH-)

=10-3mol/L，溶液中c(Co2+)=()()()15295223K1.610/L1.610/L10/Lc10spCoOHmolmolmolOH−−−−−==，铁元素完全除去同时钴元素生成2Co(OH)沉淀也完全

沉淀，会降低产品的产率，B错误；C．由于224NaCO溶液呈碱性，且碱性强于()4242NHCO溶液，故“沉钴”时，若用224NaCO溶液代替()4242NHCO溶液，则可能由于溶液碱性太强而生成2Co(OH)沉淀引入杂质，C错误；D．空气中煅烧发生反应为-2423423CoCO+2OCo

O+6CO~8e，每生成341molColO转移-8mole，D正确；故选D。10.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.2HHCl(aq)234NNHNHCl(aq)⎯⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→高温、高压催、化剂B.22OBaCl(aq)34SSOBaSO⎯⎯⎯⎯→⎯⎯

⎯⎯→点燃C.2HHCl(aq)24SiOSiClSi⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→高温D.2ICu32FeFeIFeI⎯⎯→⎯⎯→△【答案】A的【解析】【详解】A．2N和2H在高温、高压、催化剂条件下生成3NH，3NH与HCl反应生成4NH

Cl，A正确；B．S点燃生成的是2SO，不能直接生成SO3，B错误；C．2SiO不与盐酸反应，C错误；D．2I的氧化性较弱，Fe与2I反应生成2Fel，D错误；故选A。11.根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是选项实验目的实验及现象结论A比较-3CHCOO和-3HCO的水解常数分别测浓度

均为-10.1molL的34CHCOONH和3NaHCO溶液的pH，后者大于前者()()--h33hKCHCOO<KHCOB检验铁锈中是否含有二价铁将铁锈溶于浓盐酸，滴入4KMnO溶液，紫色褪去铁锈中含有二价铁C比较相同浓度的4CuSO和4MgSO溶液的酸性用洁净干燥的

玻璃棒蘸取同浓度的4CuSO和4MgSO溶液，滴在pH试纸上，并与标准比色卡对比，4CuSO溶液对应的pH更小4CuSO溶液的酸性更强D检验丙烯醛中是否含有碳碳双键向丙烯醛中加入足量新制氢氧化铜悬浊液，加热

至不再生成砖红色沉淀，静置，取上层清液，加硫酸酸化再滴加溴水，溴水褪色丙烯醛中含有碳碳双键A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．34CHCOONH中+4NH水解，++4232NH+HONHHO+H，会消耗-3CHCOO水解生成的-OH，测定相同浓度的

34CHCOONH和3NaHCO溶液的pH，后者大于前者，不能说明()()--h33hKCHCOO<KHCO，A错误；B．浓盐酸也能与4KMnO发生反应，使溶液紫色褪去，B错误；C．硫酸铜溶液本身呈蓝色，会干扰pH试纸的颜色，C错误；D．丙烯

醛中加入足量新制氢氧化铜悬浊液，加热至不再生成砖红色沉淀，醛基被消耗，加硫酸酸化再滴加溴水，此时只有碳碳双键才能与溴水加成而褪色，D正确；故选D。12.科学家成功捕获并表征到水氧化催化过程中的锰端基氧和锰过氧化物中间体，明确了水氧化过程中水亲核进攻锰端基氧的

氧氧成键机理，如图所示。下列说法错误的是A321ΔHΔHΔH−=B.中O的化合价为1−价C.催化过程中有极性键的断裂和非极性键的形成D.过程⑦可表示为+H2O→O2↑+【答案】D【解析】【详解】A．根据反应的流程图可知，反

应③=反应①+反应②，则ΔH3=ΔH1+ΔH2，即ΔH3-ΔH2=ΔH1，A正确；.B．中存在过氧键，O的化合价为-1价，B正确；C．过程①和过程②中存在O-H极性键断裂，过程⑦有O2生成，存在非极性键的形成，C正确；D．+H2O→O2↑+，该方

程式电荷不守恒，D错误；故答案选D。13.一定温度下，323CHCHCH的氯化、溴化反应势能图及一段时间后产物的选择性如图5，则下列叙述正确的是A.丙烷的二溴代物有5种结构B.丙烷中仲氢()2-CH-比伯氢()3-CH活性更强、碳氢键键

能更大C.以丙烷为原料合成丙醇时，“先溴代再水解”比“先氯代再水解”更有利于提高2-丙醇的含量D.2134ΔH-ΔH<ΔH-ΔH【答案】C【解析】【详解】A．丙烷的二溴代物有CHBr2CH2CH3、CH2BrCHBrCH3、CH2BrCH2CH2Br、C

H3CBr2CH3共4种，A错误；B．由图可知，相同条件下丙烷氯化、溴化时，仲氢的选择性大，含量高，说明仲氢比伯氢活性强；化学键能量越高，越不稳定，键能越低，B错误；C．“溴化反应”时()32CHCH的选择性为97

%，“氯化反应”时()32CHCH上的选择性为55%，所以以丙烷为原料合成丙醇时，“溴化反应”相比“氯化反应”更有利于提高2-丙醇的含量，C正确；D．21ΔH-ΔH与34ΔH-ΔH均表示断开仲氢与伯氢的能量差，21ΔH-ΔH与34ΔH-ΔH相等，D错误；故选C。14.已知2MgF属

于难溶于水、可溶于酸的盐。常温下，用HCl调节2MgF浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中()lgXc−(X为2Mg+或F−)与()()HFlgHcc+的关系如图所示。下列说法正确的是A.()sp2Mg

FK的数量级为1010−B.1L代表()2Mglgc+−与()()HFlgHcc+的变化曲线C.a、c两点的溶液中均存在()()()22MgFHFccc+−+D.c点的溶液中存在()()()()2ClMgHFHcccc−+

+=【答案】D【解析】【分析】根据()()()HaqFaqHFaq+−+，()()()aHFHFccKc+−=保持不变，()cF−增大，则减小，即()lgFc−−减小，()()HFlgHcc+增大，因此1L代表()lgFc−−

与()()HFlgHcc+的变化曲线，2L代表()2lgMgc+−与()()HFlgHcc+的变化曲线。【详解】A．()()HFlg=1Hcc+，().F22gcl−−=，()24lgM

gc+−=，根据()()()22MgFsMgaq2Faq+−+，()()()()22242,2s24p8.Mg101010MgFFcKc+−−−−===，A错误；B．根据分析可知，2L代表()2lgMgc+−与()()HFlgHcc

+的变化曲线，B错误；C．根据原子守恒，溶解平衡中()()22MgFcc+−=，再根据()()()HaqFaqHFaq+−+可知，溶解得到的()cF−等于溶液中存在的()cF−与生成的()HFc之和，因此a、c两点的溶液中均存在()()()22MgFHFccc−+=+，C错误；

D．c点()()HFlg>0Hcc+，则()()HFlg1Hcc+即()()HFHcc+，又由于()()()22MgFHFccc−+=+，故溶液中存在()()()()2ClMgHFHcccc−+

+=，D正确；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.以湿法炼锌厂所产钴锰渣(主要成分为232CoOCoONiOMnO、、、，含少量23FeOZnOCuOCaO、、、等)为原料回收制备24CoCO的工艺如图：已知常温下

，-36-20-24spsp2spK(CuS)=1.310,KCu(OH)=2.210,K(ZnS)=1.310。回答下列问题：（1）“滤渣1”中主要成分是___________(填化学式)，23KSO的作用是_______

____。“除铁”反应中22HO与()3462KFeSO(OH)的比例为___________。（2）“滤液1”中主要含有的过渡金属阳离子有2+2+2+CoMnCu、、、___________(填离子符号)。（3）当锌离子、铜离子均沉淀完全时，溶液中硫离子的浓度为____

_______。（4）“滤渣3”中存在2MnO，“除锰”操作的化学方程式为___________。（5）P204P507、对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示。的①P204萃取剂的主要成分的结构是，

从结构分析该物质是___________元酸，萃取原理为n++xnnHR+MMR+nxH，最佳反萃取试剂应选择___________(填序号)。A．224HCOB．24NaSOC．23NaCOD．24HSO②“P507萃取”时，选择合适的pH范围为___________(

填序号)。A．3~4B．4~5C．5~6D．6~7【答案】（1）①.4CaSO②.作还原剂③.3：2（2）2+2+ZnNi、（3）-19-11.310molL（4）2443242HSO+MnSO+2Co(OH)=MnO+2CoSO+4HO（5）①.一②.D③.B【解析】【分析】

钴锰渣(主要成分为232CoOCoONiOMnO、、、，含少量23FeOZnOCuOCaO、、、等)中加入稀硫酸、K2SO3溶液进行酸浸，所得滤渣1中含有CaSO4；滤液中加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入K2CO3调节pH，得到KFe3(SO4)2(

OH)6沉淀；滤液1中加入KHS、K2S混合溶液除铜锌，生成CuS、ZnS沉淀；滤液2中加入Co(OH)3除锰，生成S、MnO2沉淀；滤液3中加入P2O4萃取，钴镍进入萃取液中，加入硫酸反萃取后与萃余液1合并，再用P5O7萃取，钴进入萃取液中，镍进入萃余液2中

；萃取液2中加入草酸进行反萃取，从而获得CoC2O4，据此回答。【小问1详解】加入硫酸后，钙离子与硫酸根离子生成硫酸钙沉淀，通过流程分析，滤液1中含有2+2+CoMn、，价态降低，则亚硫酸钾是作为还原剂，除铁操作的方程式为()+2+2-2-22432346222

K+6Fe+3HO+4SO+3CO+3HO=2KFeSO(OH)+3CO，则比例为3:2。【小问2详解】流程中可知，几种过渡金属阳离子分别为铁离子、钴离子、锰离子、镍离子，其中铁离子在除铁操作中已经除去，依据排除法推理得知，滤液1中的主要过渡金属离子是2+2+2+2+2+CuZnNiCoMn、

、、、。【小问3详解】通过spK比较得知，铜离子先沉淀，锌离子后沉淀，则()()-24sp2--19-1-52+K(ZnS)1.310cS===1.310molL10cZn。【小问4详解】“滤渣3”中存在MnO2，说明除锰过程中，Mn

SO4和Co(OH)2反应生成二氧化锰和CoSO4，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：H2SO4+MnSO4+2Co(OH)3=MnO2+2CoSO4+4H2O。【小问5详解】类比羧酸的组成特点可知，含有

一个羟基，则为一元酸。根据平衡移动，则应加入硫酸，平衡逆向移动则可进行反萃取，释放金属离子至溶液中，其中草酸可能与金属离子反应生成沉淀，则最佳萃取剂为硫酸。根据图像可知，P507萃取剂，可以分离镍离子与钴离子，选择pH=4~5之间，2+Co的萃取率较高，2+N

i则相对较低。16.氨基酸螯合物是一种安全环保的新型微量元素添加剂，金属元素氨基酸螯合物在人类营养和动物营养中得到广泛使用。某实验小组在实验室模拟合成并测定蛋氨酸合铜的结构。回答下列问题：I．蛋氨酸合铜(Ⅱ)的合成：将蛋氨酸()溶于60mL沸水中，加

入硫酸铜溶液后，在60~70℃恒温搅拌5min，用氢氧化钠溶液调节pH至6~8之间一段时间后，过滤，得到蓝紫色固体，蒸馏水洗涤固体，无水乙醇洗涤，烘干。（1）蛋氨酸结构中能与水形成氢键的官能团名称为___________，S

原子的杂化方式是___________。（2）调节pH过程中pH不宜太高的原因是___________。（3）用无水乙醇洗涤的优点是___________。Ⅱ．测定蛋氨酸合铜(Ⅱ)的组成与结构：称取0.180g产品，于250mL锥

形瓶中加入20mL水，4mLHCl，微热溶解后，平均分为两份，第一份溶液转移到碘量瓶中，加入缓冲溶液40mL，加入-120.05molLI，标准溶液25mL，暗处放置20~30min(蛋氨酸与2I反应比例为1:1)，取出后加入50mL蒸馏水，加入指示剂，用-12230

.10molLNaSO溶液滴定()2--2-22346I+2SO=2I+SO，消耗223NaSO溶液15.00mL。另一份溶液转移到锥形瓶中，缓慢加入氨水，缓冲溶液，加热至80℃，加入指示剂，趁热用EDT

A标准溶液滴定(铜离子与EDTA反应比例为1:1)，消耗-10.20molLEDTA溶液1.25mL。（4）对比锥形瓶，碘量瓶(如图)的优点是___________。（5）通过测定，蛋氨酸合铜中铜离子与配体数目的比例是____

_______。（6）已知：螯合物是含有多个配位原子的配体与同一个中心原子(或离子)配位成环，蛋氨酸合铜(Ⅱ)是结构中存在五元环的中性配合物，铜的配位数为4。蛋氨酸合铜的结构为___________。【答案】（1）①.氨基、

羧基②.3sp（2）pH较高时，铜离子形成2Cu(OH)沉淀（3）无水乙醇易挥发，沉淀易干燥，并能减少蛋氨酸合铜的溶解损失（4）防止碘单质的挥发并减少空气与反应中的物质反应而导致误差（5）1：2（6）【解析】【分析】蛋氨酸与2I反应比例为1:1，加入-120.05molLI标准溶液

25mL，I2先与蛋氨酸反应，剩余的I2与223NaSO溶液反应，消耗-12230.10molLNaSO溶液15.00mL，可计算蛋氨酸的物质的量，铜离子与EDTA反应比例为1:1，消耗-10.20mol

LEDTA溶液1.25mL，可计算铜离子的物质的量；【小问1详解】氨基与羧基与水能形成氢键，类比水可知，S原子的价层电子对数为4，则S的杂化方式为sp3；【小问2详解】调节pH过程中pH不宜太高的原因是：pH较高时，铜离子会生成氢氧化铜沉淀；【小问3详解】用无水乙醇洗涤的

优点是：无水乙醇洗涤主要是易干燥，并能减少蛋氨酸合铜的溶解损失；【小问4详解】碘量瓶有盖子，实验过程中可以减少碘单质的挥发并减少空气与反应中的物质反应而导致误差；【小问5详解】第一份溶液中碘与蛋氨酸和硫代硫酸根离子两个微粒反应，反应比例分别为2I~蛋氨酸、2-22

3I~2SO，则-30.052510=n(蛋氨酸)-31+0.115.00102，解得n=(蛋氨酸)=0.5×10-3mol；第二份溶液中铜离子与EDTA反应比例为1:1，消耗-10.20molLEDTA溶液1.25mL，则()2+-3-3nCu=0.21.25100.25

10mol=，蛋氨酸合铜中铜离子与配体数目的比例是1:2；【小问6详解】已知蛋氨酸合铜(Ⅱ)是结构中存在五元环的中性配合物，铜的配位数为4，蛋氨酸中O和N与Cu形成配位键，则蛋氨酸合铜的结构为。17.I．在恒容密闭容器中通入4CH与2C

O，使其物质的量浓度均为-11.0molL，在一定条件下发生反应：242CO(g)+CH(g)2CO(g)+2H(g)。测得平衡时4CH的体积分数与温度及压强的关系如图所示。回答下列问题：（1）向绝热的恒容密闭容器中通入CO(g)和2H(g)发生反应，一段时间后，容器内温度___

________(填“升高”“不变”或“降低”)。（2）压强为3p时，b点的K(平衡常数)___________Q(浓度商)(填“<”“>”或“=”)。（3）1000℃时该反应平衡常数为___________

2(mol/L)(用含n的式子表示)。（4）为探究速率与浓度的关系，根据相关实验数据，粗略地绘制出了两条速率-浓度关系曲线()4v-cCH正和v-c(CO)逆，如图。①与曲线()4v-cCH正相对应的是图中曲线________

___(填“甲”或“乙”)。②降低温度，反应重新达到平衡时，vv正逆、相应的平衡点分别为___________(填序号)。Ⅱ．砷酸()34HAsO具有较强的氧化性，某实验小组依据反应3-+-3-4322AsO+2H+2IAsO+

I+HO设计如图甲原电池，探究pH对3-4AsO氧化性的影响，测得电压与pH的关系如图乙所示。（5）a点时，盐桥中+K___________移动(填“向左”“向右”或“不”)，c点时，负极的电极反应式为___________，3-3

AsO的空间结构为___________。【答案】（1）升高（2）<（3）42(n-2)(n+2)（4）①.乙②.B、F（5）①.向左②.3--3-+324AsO+HO-2e=AsO+2H③.三角锥形【解析】【小问1详解】由图可知，压强不变时，升高温度，平衡时4CH的体积分数减小，平

衡正向移动，说明正反应为吸热反应，逆反应为放热反应，则向绝热的恒容密闭容器中通入CO(g)和2H(g)，一段时间后，容器内温度升高；【小问2详解】压强为3p时，b点4CH的体积分数小于平衡时体积分数增大，则反应逆向进行，v>v正

逆，即K(平衡常数)<Q(浓度商)；【小问3详解】根据图示数据列“三段式”：()242CO(g)+CH(g)2CO(g)+2Hg/mol/L1100/mol/Lxx2x2x/mol/L1x1x2x2x−−起始量转化量平衡量，a点时4CH的体积分数为

1n，即1-x1=1-x+1-x+2x+2xn，解得n-2x=mol/Ln+2，则1000C时该反应平衡常数为42(n-2)K=(n+2)；【小问4详解】①由于反应开始只加入了反应物，随着反应进行，v(CO)逆增大、

c(CO)增大，()4vCH正减小、()4cCH减小，结合平衡建立的过程可知，甲曲线为v~c(CO)逆，乙曲线为()4v~cCH正；②甲曲线为v~c(CO)逆，反应达到平衡时，该反应正向吸热，所以降温后平衡逆向移动，正、逆反应速

率都要减小，但()4cCH要增大，c(CO)要减小，结合图中变化情况：只有B、F符合题意；【小问5详解】a点时，输出电压大于0，反应正向进行，B中-I失去电子，发生氧化反应生成2I，则B中石墨电极为负极，A中石墨电极为正极，原电池中

阳离子向正极移动，故盐桥中+K向左移动；c点时，输出电压小于0，反应逆向进行，则负极的电极反应式为3--3-+324AsO+HO-2e=AsO+2H；3-3AsO的价层电子对数为532332+−+=4，孤对电子对数为1，则空间结构为三角锥形。18.羰

基化合物中，羰基邻位碳原子上的氢原子(α-H)受到羰基吸电子作用的影响具有一定的活泼性，因此醛或酮在碱性条件下会发生羟醛缩合反应，如图：（1）A的名称是___________，B中碳___________和碳___________(填编号)之间的碳碳键是新构建的。

（2）AB→的反应类型是___________，B的结构简式是___________。（3）2，2-二甲基丙醛与丙酮在碱性条件下发生羟醛缩合反应的方程式为___________(省略中间体)。（4）丙醛与丁醛混

合后，加入NaOH溶液发生羟醛缩合反应，生成碳原子数小于9的产物(不含中间体，不考虑立体异构，存在共轭现象)有___________种，其中核磁共振氢谱为5组峰的产物的结构简式是___________。（5）依据逆合成分析法，利用羟醛缩合反应合成，

试设计其中间体及原料完成图合成路线中间体1________，中间体2_________，原料________。【答案】（1）①.3-羟基丁醛②.2③.3（2）①.消去反应②.（3）（4）①.4②.（5）①.②.③.【解析】【小问

1详解】A的名称是3-羟基丁醛；根据羟醛缩合反应的原理可知，羰基中的碳氧双键与α-H加成可得A，即可知新构建的碳碳键，由B中碳2和碳3之间的碳碳键是新构建的；【小问2详解】A生成B的过程消去了一分子水，反应类型是消去反应，根据反式结构与共轭现象的信息可得B的结构为；【小问3详

解】根据结构可知，2，2-二甲基丙醛的羰基无α-H，则依据反应规律可得方程式；【小问4详解】丙醛与丁醛反应过程中可能有以下几种可能：情况1：丙醛的α-H与丁醛的羰基加成；情况2：丁醛的α-H与丙醛的羰基加成；情况3：丙醛的α-H与丙

醛的羰基加成；丁醛的α-H与丁醛的羰基加成，则生成碳原子数小于9的产物有4种，其中核磁共振氢谱为5组峰的产物的结构简式是；【小问5详解】依据逆合成分析法，合成可由碳碳双键和酮羰基与氢气加成生成，中间体1为

，可由醇羟基发生消去反应生成，则中间体2是，利用羟醛缩合反应，原料为。