【文档说明】湖南省长郡中学2025届高三上学期月考化学试题（一） Word版含解析.docx，共(20)页，3.752 MB，由小赞的店铺上传

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大联考长郡中学2025届高三月考试卷(一)化学得分：_______本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页。时量75分钟，满分100分。可能用到的相对原子质量：H~1Li~7C~12N~14O~16Ti~48Cu~64一、选择题(本题共14小题，每小题3

分，共42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.各式各样的材料与生活息息相关，下列说法正确的是A.大型天线所使用的碳纤维是一种有机高分子材料B.2SiO具有导电性，所以可以用于制作光导纤维C.橡胶使用时间过长容易被氧化导致性能下降D.新型陶瓷的主要

成分是硅酸盐【答案】C【解析】【详解】A．碳纤维是一种碳单质，不是有机高分子材料，A错误；B．SiO2不具有导电性，B错误；C．橡胶是高分子化合物，使用时间过长容易被氧化导致性能下降，C正确；D．新型陶瓷的主要成分不是硅酸盐，D错误；故选C。2.下列化

学用语表述正确的是A.基态2Fe+的价电子排布图：B.HCl分子中键的形成：C.聚丙烯的链节：222CHCHCH−−−−D.4CF的电子式：【答案】B【解析】【详解】A．基态2Fe+价电子排布图是，A错误；B．HCl分子中H的1s轨道和Cl的2p轨道通过头碰头的方式重叠形成s-p键，B正确；C

．聚丙烯的链节为，C错误；D．4CF的电子式为：，D错误；答案选B。3.下列实验操作规范且能达到实验目的的是A.图甲：验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性B.图乙：稀释浓硫酸C.图丙：萃取分离碘水中的碘D.图丁：测定醋酸溶液浓度【答案】A【解析】【详解】A．加热时碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳

和水，而碳酸钠不易分解，小试管中受热温度低，为验证二者的稳定性，小试管中应为碳酸氢钠，A正确；B．容量瓶不能用来稀释液体，浓硫酸的稀释应在烧杯中进行，B错误；C．分液过程中，分液漏斗下端尖嘴口应紧靠烧杯内壁，防止液滴飞溅，C错误；D．应使用碱式滴定管盛放氢

氧化钠溶液，D错误；答案选A。4.下列有关物质结构或性质的说法错误的是A.乙醇的质谱图中，相对丰度最高的峰归属于32CHCHOH+的B.乳酸的结构简式为，则乳酸分子是手性分子C.邻二氯苯只有一种结构，说明苯环中并不存在单、双键相间的结构D.苯环与羟基的相互

作用使酚羟基中的氢原子比醇羟基中的氢原子更活泼【答案】A【解析】【详解】A．乙醇的质谱图中质荷比最大的峰归属于32CHCHOH+，A错误；B．乳酸分子结构中有一个碳原子与氢原子、甲基、羟基和羧基四个不同的原子或基团相连，

是手性碳原子，乳酸分子是手性分子，B正确；C．假设苯环中存在单、双键相间的结构，邻二氯苯将会有两种结构，而邻二氯苯只有一种结构，说明苯环中并不存在单、双键相间的结构，C正确；D．酚羟基比醇羟基更活泼，酸性更强，是

因为苯环直接与羟基相连影响了羟基的性质，D正确；答案选A。5.下列过程中，对应的反应方程式错误的是A.AgCl沉淀在氨水中溶解：()332AgCl2NHAgNHCl+=B.钢铁在溶有氧气的中性溶液中发生吸氧腐蚀

：()2222FeO2HO2FeOH+=+C.2SO通入漂白粉溶液中：2223SOHOCa2ClCaSO2HClO+−+++=+D.以熔融金属氧化物作介质的氢氧燃料电池负极反应：222H2eOHO−−−+=【答案】C【解析】【详解】A．AgCl沉淀在氨水中溶解生

成[Ag(NH3)2]Cl，离子方程式为()332AgCl2NHAgNHCl+=，故A正确；B．钢铁在溶有氧气的中性溶液中发生吸氧腐蚀生成氢氧化亚铁，离子方程式为()2222FeO2HO2FeOH++=，故B正确；C．

SO2通入漂白粉溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸钙和盐酸，离子方程式为42+--22SO+HO+Ca+2ClO=CaSO+HClOCl+H++，故C错误；D．以熔融金属氧化物作介质的氢氧燃料电池负极反应为H2

-2e-+O2-=H2O，故D正确；故选C。6.核酸检测为确认病毒感染提供了关键的支持性证据，某核糖核酸(RNA)的结构片段示意图如图，它在蛋白酶的催化作用下能完全水解生成戊糖、碱基和某酸，下列说法错误的是A.核酸是由许多核苷酸单体形成的聚合

物B.该核糖核酸催化水解所使用的蛋白酶是蛋白质，其催化活性与温度有关C.该核糖核酸完全水解生成的酸是34HPOD.该核糖核酸完全水解生成的产物中不含氮元素【答案】D【解析】【详解】A．核酸的基本结构单元是核苷酸，核酸是由核苷酸聚合形

成的，A正确；B．蛋白酶属于蛋白质，温度较高时蛋白质会发生变性，则酶的催化活性与温度有关，B正确；C．该核糖核酸是由磷酸、戊糖和碱基缩合而成的生物大分子，该核糖核酸完全水解的产物含有磷酸，C正确；D．核糖核酸水解生

成的碱基含有N、H、C等元素，D错误；答案选D。7.选用如图所示仪器中的两个或几个(内含物质)组装成实验装置，以验证木炭可被浓硫酸氧化成CO2，下列说法正确的是A.按气流从左向右流向，连接装置的正确顺序是A→F→E→C→D→BB.丁中

溶液褪色，乙中溶液变浑浊说明甲中生成CO2C.丙中品红溶液褪色，乙中溶液变浑浊说明甲中生成CO2D.丁和丙中溶液都褪色，乙中溶液变浑浊，说明甲中有CO2生成【答案】A【解析】【分析】甲为反应发生装置，发生反应为C+2H2SO4(浓)△CO2↑+2SO2↑+2H2O，KMnO4可

氧化SO2，用酸性KMnO4溶液除去SO2，再通过品红溶液，若不褪色可确认SO2已除干净，在排除SO2干扰的条件下，气体通过澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊可确认CO2的存在。【详解】A．根据分析，按气流从左向右流向，

以上装置的顺序为甲→丁→丙→乙，气体长进短出，装置中接口的连接正确顺序是A→F→E→C→D→B，故A正确；B．SO2具有漂白性，能使品红褪色，丁装置用酸性KMnO4溶液除SO2，若丁中溶液褪色，SO2可能没除尽，若丙中品红褪色，则乙中的澄清石灰水变浑

浊无法证明甲中反应生成了CO2，故B错误；C．若丙中品红溶液褪色，则说明SO2没有除尽，SO2也能够使澄清石灰水变浑浊，所以无法证明甲中有CO2生成，故C错误；D．丁和丙都褪色，说明SO2没有除尽，SO2干扰CO2检验，不能根据乙中澄清石灰水变浑浊判断甲中生成了CO2，故D错误；答案选A。8.

下列实验操作、现象和推论都正确的是选项实验操作及现象推论A向4CuSO溶液中通入2HS气体，出现黑色沉淀酸性：224HSHSOB取少量丙烯醛于试管中，滴加酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液褪色丙烯醛中含有碳碳双键C用干净的

玻璃棒蘸取少量未知无色溶液于酒精灯上灼烧，火焰呈黄色该未知无色溶液中一定含有Na+D向()3FeSCN溶液中加入少量铁粉，溶液红色变浅3Fe+与SCN−的反应是可逆反应A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析

】【详解】A．向4CuSO溶液中通入2HS气体，出现黑色沉淀，证明CuS的spK极小，不能说明2HS酸性强的于24HSO，A错误；B．醛基也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，取少量丙烯醛于试管中，滴加酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液褪

色不能证明丙烯醛中含有碳碳双键，B错误；C．玻璃中含有23NaSiO，会对焰色试验造成干扰，需要用洁净的铂丝或者铁丝蘸取少量未知无色溶液于酒精灯上灼烧，C错误；D．向()FeSCN3溶液中加入少量铁粉，溶液红色变浅，证明在

溶液中存在()33Fe3SCNFeSCN+−+的化学平衡，加入铁粉后发生反应：322FeFe3Fe+++=，消耗3Fe+，使()33Fe3SCNFeSCN+−+平衡逆向移动，()FeSCN3浓度降低，红色变浅，能说明3Fe+与SCN−的

反应是可逆反应，D正确；答案选D。9.绿矾()42FeSO7HO的结构示意图如下图所示，下列说法正确的是A.24SO−中S的杂化方式为2sp杂化B.电负性：OSFeC.2HO的键角大于24SO−的键角D.绿矾中存在的化学键类型有共价键、离子键、氢键和配位键【答案】B【解析】【详解】A．2

4SO−中心原子为S，与4个O形成化学键，中心原子上的孤电子对数6+2-4?202==，故杂化方式为3sp杂化，A错误；B．Fe为活泼金属，故Fe的电负性比O和S都小，O和S同主族，从上到下电负性依次减

小，故O的电负性大于S，所以电负性：OSFe，B正确；C．二者中心原子均为sp3杂化，2HO的中心原子上的孤电子对数6-1?222==，24SO−的中心原子上的孤电子对数6+2-4?202==，由于孤电子对有

较大斥力，含孤电子对的分子键角较小，故水分子键角更小，C错误；D．氢键不是化学键，绿矾中存在的化学键类型有共价键、离子键和配位键，D错误；故选B。10.双极膜可用于电解葡萄糖(6126CHO)溶液同时制备山梨醇

(6146CHO)和葡萄糖酸(6127CHO)。电解原理示意图如下(忽略副反应)。已知：在电场作用下，双极膜可将水解离，在两侧分别得到H+和OH−。注：R为5115CHO−下列说法不正确．．．的是A.右侧的电极与电源的正极相连B.

阴极的电极反应：61266146CHO2e2HCHO−+++=C.一段时间后，阳极室的pH增大D.每生成1mol山梨醇，理论上同时可生成1mol葡萄糖酸【答案】C【解析】【分析】左边电极葡萄糖被还原为山梨醇，为阴极，右边电极溴离子失电子被氧化为溴，为阳极。【详解】A．右边电极溴离

子失电子被氧化为溴，为阳极，与电源正极相连，故A正确；B．左边电极为阴极，葡萄糖中的醛基被还原，电极反应式：61266146CHO2e2HCHO−+++=，故B正确；C．阳极室中还发生H2O+Br2+RCHO=RCOOH+2H++2Br-，双极膜产生的氢氧根会移向

阳极中和产生的氢离子生成水，阳极室中反应的水和生成的水物质的量相等，电解一段时间后，pH不变，故C错误；D．制备山梨醇的反应为61266146CHO2e2HCHO−+++=，制备葡萄糖酸的总反应为612626127CHO-2e+

HOCHO+2H−+=，根据得失电子守恒可知每生成1mol山梨醇，理论上同时可生成1mol葡萄糖酸，故D正确；故选C。11.用含铁废铜制备胆矾()42CuSO5HO流程如下图所示。下列说法错误的是A.“溶解”中加22HO

将铁元素氧化为3Fe+，将铜元素氧化为2Cu+B.流程中()232CuOHCO可用CuO代替C.pH3=时，溶液中()()()22sp2CuOHCuOHccK+−=D.“系列操作”前加入24HSO的目的是抑制2Cu+的水解【答

案】C【解析】【详解】A．“溶解”中加22HO发生的反应有+2+222Cu+HO+2H=Cu+2HO，+2+2Fe+2H=Fe+H，2++3+2222Fe+HO+2H=2Fe+2HO，A正确；B．向Ⅰ中加()232CuOHCO是为了调pH3=，即()232Cu

OHCO与H+反应，消耗H+且不引入其他杂质离子，符合此要求的物质除()232CuOHCO外，还有()2CuOH、3CuCO、CuO等，B正确；C．调pH3=的目的是使3Fe+生成()3FeOH沉淀，而2Cu+未开始生成()2CuOH沉淀，故()()()22sp2CuOH

CuOHccK+−，C错误；D．溶液中2Cu+会发生水解，即()222Cu2HOCuOH2H++++，加入24HSO，使平衡向左移动，抑制2Cu+的水解，D正确；故选C。12.2CuO常用作颜料、杀真菌剂和船舶涂料的防附着剂。其立方晶胞如下图所示，设晶胞参数为apm，阿伏加德罗

常数的值为AN，下列说法正确的是的A.晶胞中●代表2O−B.晶胞中一共含有4个Cu+和5个2O−C.晶胞中相互距离最近的Cu+间距为12apmD.晶体的密度为3323A2.8810gcmaN【答案】D【解析】【详解】A．

2CuO中Cu与O个数比为2:1，晶胞中黑色小球有4个，白色大球有2个，根据原子个数比可知黑色小球代表Cu，白色大球代表2O−，A错误；B．2CuO晶胞中黑色小球有4个，白色大球有2个，B错误；C．2CuO晶跑中相互距离最近的Cu+间距为面对角线的一半，即2pm2a，C

错误；D．晶体的密度为()3233313AAA226416gmol2.8810g/cm10cmmolZMNVaNaN−+===，D正确；故选D。13.常温下，向20mL0.011molL−3CHCOOH溶液中逐滴加入0.011molL−N

aOH溶液，溶液中水电离出的()H水+c随加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示，已知()a3CHCOOHK=51.7510−，17.54.2。下列说法正确的是A.b、d点对应溶液的pH相同B.b点对应溶液中：()(

)()()3cNacCHCOOcHcOH+−+−C.e点对应溶液中：()()()133Na2CHCOOCHCOOH0.005molLccc+−−=+=D.a点时，()111H2.410molLc+−−

水【答案】D【解析】【详解】A．随加入氢氧化钠溶液体积增大，溶液pH升高，b、d两点加入氢氧化钠溶液的体积不同，所以b、d两点对应溶液的pH不同，故A错误；B．b点时消耗10mLNaOH溶液，则b点对应溶液中的溶质为等物质的量的3CHCOOH和3CHCOONa，3CHCOO−的水解常数为()149

5W5a3K101101.7510KCHCOOH1.75101.75−−−−==，3CHCOOH的电离能力大于3CHCOO−的水解能力，即b点对应溶液显酸性，所以()()()()-++-3cCHCOO

>cNa>cH>cOH，故B错误；C．e点时消耗40mLNaOH溶液，e点对应溶液中的溶质为等物质的量的3CHCOONa和NaOH，根据物料守恒可知，()()()3113334010L0.01molLNa2CHCOOCHCOOH0.007m

olL6010Lccc−−+−−−=+=，C错误；D．a点对应溶液为0.01mol/Lde3CHCOOH，由于33CHCOOHCHCOOH−++，则()()3cCHCOOcH−+，电离常数()()()()()+-2+35a33cHcCHCOOc

HKCHCOOH1.7510cCHCOOH0.01−==，则()41cH4.210molL+−−=，溶液中()()141111W4+K10cOHmolL2.410molL4.210cH−−−−−−==，即水电离出的()111cH2

.410molL+−−水，故D正确；选D。14.工业上可用“氨催化氧化法”生产NO，以氨气、氧气为原料，在Pt－Rh合金催化剂存在下生成NO和副产物N2，两个竞争反应化学方程式如下：Ⅰ.4NH3(g)+5O2(g)垐?噲?4NO(g)+6H2O(g)Ⅱ.4NH3(g)+3O2(g)垐?噲?

2N2(g)+6H2O(g)现将1molNH3、1.45molO2充入1L恒容密闭容器中，在上述催化剂作用下反应，相同时间内有关生成物物质的量随温度变化曲线如图所示：已知：有效转化率=制备目标物质消耗原料的量原料总的转化量×100%下列说法不正确的是A.400℃时，主要发生反应ⅡB.由图

分析工业上用氨催化氧化制备HNO3，最佳温度约为840℃C.520℃时，NH3的有效转化率约为66.7%D.840℃后，NO的物质的量下降，可能是反应I平衡逆向移动所致【答案】C【解析】【详解】A．400℃时，氮气的物质的量最大，说明主要发生反应Ⅱ，A正确；B．

840℃时一氧化氮的产率最高副产物氮气产率最低，则工业用氨催化氧化制备HNO3,选择的最佳温度是840℃，B正确；C．由图知520C时，生成氮气和一氧化氮的物质的量均为0.2mol，则反应Ⅱ消耗的氨气的物质的量为0.4mol，反应Ⅰ消耗的氨气的物质的量为0.2mol，NH3的有效转化率为0

.2mol100%33.3%0.2mol+0.4mol，C错误；D．840℃后，NO的物质的量下降，可能是反应Ⅰ为放热反应，升温，反应Ⅰ平衡逆向移动所致，D正确；故选C。二、非选择题(本题共4小题，共58分。)15

.某研究小组以2TiO为原料制备新型耐热材料TiN，实验装置如下图所示，夹持装置已省略。回答下列问题：（1）制备2TiO的方法是用4TiCl水解制得22TiOHOx，然后洗涤、煅烧得到2TiO固体。4TiCl水解的化学方程式为_______。（2）盛放浓氨水的仪器名称为_______，

使用该仪器的优点是_______。（3）装置A中生石灰的作用为_______。（4）装置C中在800℃的温度下发生反应生成TiN、2N和2HO，该反应的化学方程式为_______。（5）装置D中固体应选用_______(填标号)。a．碱石灰b．无水4CuSO

c．无水2CaCl（6）若该研究小组称取2TiO的质量为1.60g，最终得到TiN质量为0.93g，则本实验产率为_______。【答案】（1）()4222TiCl2HOTiOHO4HClxx++=+（2）①.恒压滴液漏斗②.能够平衡气压，便于液体顺利流下（

3）与浓氨水中的水反应，消耗氨水中的水，同时反应放热，促使3NH放出（4）23228006TiO8NH6TiNN12HO+++℃（5）c（6）75%【解析】【分析】装置A用于制取氨气，装置B干燥氨气，装置C氨气和2TiO加热反应生成TiN、氮气和水，装置D为尾气处理装置，从装置C中出来的气体可

能有氮气、水蒸气、未反应完的氨气，故应用无水氯化钙吸收氨气。【小问1详解】4TiCl水解制得22TiOHOx，水解的化学方程式为()4222TiCl2HOTiOHO4HClxx++=+；【小问2详解】

盛放浓氨水的仪器名称为恒压滴液漏斗，使用该仪器比普通漏斗的优点是能够平衡气压，便于液体顺利流下；【小问3详解】装置A为制取氨气，生石灰的作用为：与浓氨水中的水反应，消耗氨水中的水，同时反应放热，促使3NH放出；【小问4

详解】装置C中在800℃的温度下TiO2和氨气发生反应生成TiN、2N和2HO，该反应的化学方程式为23228006TiO8NH6TiNN12HO+++℃；【小问5详解】装置D为尾气处理装置，从装置C中出来的气体

可能有氮气、水蒸气、未反应完的氨气，故应用无水氯化钙吸收氨气，固体应选用无水2CaCl，故选c；【小问6详解】1.60g2TiO的物质的量为1.60g=0.02mol80g/mol，根据反应23228006TiO8NH6TiNN12HO+

++℃理论上可得0.02molTiN，质量为0.02mol×62g/mol=1.24g，该实验最终得到TiN质量为0.93g，则本实验产率为%0.93g1.24g100%75=。16.锰酸锂离子蓄电池是第

二代锂离子动力电池。一种以软锰矿浆(主要成分为2MnO，含少量23AlO、23FeO、FeO、2SiO等杂质)为原料制备锰酸锂的流程如下图所示。已知：室温下，()33sp3AlOH110K−=，()39sp3FeOH

110K−=，()15sp2FeOH110K−=，pH7.1=时()2MnOH开始沉淀。回答下列问题：（1）Mn在元素周期表中的位置是_______，基态Mn原子的价电子排布式为_______。（2）“氧化除杂”时使用的

试剂X可以选择22HO溶液或2MnO固体，这一步的目的是_______。（3）“氧化除杂”时需使溶液中3Fe+、3Al+浓度小于6110molL−，则应控制溶液pH范围为_______。（4）用过二硫酸钾()228KSO可以缓慢地氧化2Mn+为2MnO，该反应的离子方程式为__

_____。（5）反应生成的锰酸锂()24LiMnOx中的Li含量可变，锰酸锂可充电电池的总反应为()24124LiMnOLiCLiMnOC01xxx−++充电放电，装置示意图如图。①充电时阳极反应方程式为____

___。②充电时，若有1mol电子转移，石墨电极增重_______g。【答案】（1）①.第四周期第ⅦB族②.523d4s（2）将2+价的Fe氧化为3+价，方便调节pH时转化为()3FeOH沉淀（3）5.0~7.1（4）22228224MnSO2HO

MnO2SO4H+−−+++=++（5）①.()()2424LiMnO1eLiMnO1Lixxx−+−−=+−②.7【解析】【分析】软锰矿浆主要成分为MnO2，含少量23AlO、23FeO、FeO、2SiO等杂质)，溶浸时将SO2通入软锰矿浆中，其中MnO2发生反应：

MnO2+SO2=MnSO4，在浸出液中加入氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，加入氨水调节溶液pH沉淀Fe3+、Al3+便于除去，过滤得到滤液含有Mn2+，往其中加入K2S2O8可将Mn2+氧化为MnO2，K2S2O8被还原为K2SO4，MnO2与Li2CO3在一定温度下发生

反应，产生LixMn2O4。【小问1详解】Mn的原子序数为25，位于元素周期表第四周期第VIIB族，基态Mn原子的价电子排布式为523d4s；【小问2详解】“氧化除杂”时使用的试剂X可以选择22HO溶液或2MnO固体，这一步的目的是将2+价的Fe氧化为3+价，方便调节pH时转化

为()3FeOH沉淀；【小问3详解】除杂时显然只能除去Fe3+和Al3+，不能损失Mn2+，由题意可知，室温下，pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀，除去MnSO4溶液中Fe3+、Al3+，氢氧化铝完全变成沉淀时的Ksp[AI(OH)3]=1×10-33=c(Al3+)·c3(OH-)，c(Al3

+)=1×10-6mol·L-1，解得:c(OH-)=1×10-9mol·L-1，则溶液c(H+)=1x10-5mol·L-1，则pH=5.0；同理Fe(OH)3完全变成沉淀时，Ksp[Fe(OH)3]=1×10-39=c(Fe3+)·c3(OH-)，c(Fe3+)=1×10-6mol

·L-1，解得:c(OH-)=1×10-11mol·L-1，c(H+)=1×10-3mol·L-1，则pH约为3.0，故pH范围是：5.0<pH<7.1；【小问4详解】过二硫酸钾（K2S2O8）缓慢地氧化2Mn+为2MnO，K2S2O8被还原为K2SO4，则离子方程

式为：22228224MnSO2HOMnO2SO4H+−−+++=++；【小问5详解】锰酸锂可充电电池充电时阳极为锰酸锂，失去电子发生氧化反应：()()2424LiMnO1e=LiMnO1Lixxx−+−−+−；石墨为阴极，得到电子发生还原反应

：()()11Li1eC=LiCxxx+−−−+−+，每有1mol电子转移，石墨上增加1molLi，增重7gmol1mol7g=。17.下图为某抗菌药中间体H的合成路线。的已知：①②③回答下列问题：（1）化

合物C分子中共有_______个2sp杂化的碳原子。（2）化合物E的结构简式是_______。（3）请写出F→G的反应方程式：_______。（4）H含有的官能团名称为_______。（5）X与F互为同系物且比F少2个碳原子，X的结构有_______种(不考虑

立体异构)，写出其中核磁共振氢谱峰面积比为3:1:1的结构简式：_______。（6）乙酰乙酸乙酯()是一种重要的有机合成试剂，参照上述信息，设计以乙醇为原料合成乙酰乙酸乙酯的合成路线_______(无机试剂任选)。【答案】（1）4（2）（3）+2CH3OHΔ浓硫酸+2H2O（4）羰基、

酯基（5）①.9②.（6）【解析】【分析】由已知①的信息，结合A和B的结构简式可知，则A和B发生信息①反应生成C的结构简式为：，根据E的分子式、E→F的转化关系和已知条件②可得出，D还原生成E的结构简式为，

G是F与甲醇发生酯化反应的产物，G为。【小问1详解】化合物C为A和B发生已知条件①的反应的产物，C的结构为，标*的为2sp杂化的碳原子，共4个；【小问2详解】根据E的分子式、E→F的转化关系和已知条件②，可以推出

E为；【小问3详解】G是F与甲醇发生酯化反应的产物，G为；【小问4详解】由H的结构简式知，H含有的官能团名称为羰基、酯基；【小问5详解】X与F互为同系物且比F少2个碳原子，说明X为6个碳的链状二元羧酸，同

分异构体有、、、、、、、、，共9种。其中核磁共振氢谱峰面积比为3:1:1的是；【小问6详解】根据已知条件③，用乙酸乙酯在已知条件③下即可合成乙酰乙酸乙酯，故以乙醇为原料氧化合成乙酸，再酯化得到乙酸乙酯，再在已知条件③下反应即可得到乙酰

乙酸乙酯。故可设计合成路线为：。18.尿素[CO(NH2)2]在医学、农业、工业以及环保领域都有着广泛的应用。工业合成尿素的热化学方程式为：2NH3(g)+CO2(g)垐?噲?CO(NH2)2(g)+H2O(l)∆H=-87.0kJ•mol-

1。合成尿素的反应分步进行，如图是反应的机理及能量变化(单位：kJ•mol-1)，TS表示过渡态。回答下列问题：（1）若∆E1=66.5kJ•mol-1，则∆E2=_____kJ•mol-1。（2）若向某恒温、恒容的密闭容器中分别加

入等物质的量的NH3和CO2，发生合成尿素的反应。下列叙述能说明反应已经达到平衡状态的是_____(填标号)。a．断裂6molN－H键同时断裂2molO－H键b．混合气体的压强不再变化c．混合气体的密度不再变化d．CO2的体积分数不再

变化（3）最后一步反应的化学方程式可表示为：HNCO(g)+NH3(g)垐?噲?CO(NH2)2(g)。I．在T1℃和T2℃时，向恒容密闭容器中投入等物质的量的HNCO和NH3，平衡时lgp(NH3)与lgp[CO(NH2)2]的关系如图I所示，p为物质的分压(单位为kPa)

。的①T1_____T2(填“＞”“＜”或“=”)。②T2时，该反应的标准平衡常数Kθ=_____。[已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应：dD(g)+eE(g)垐?噲?gG(g)，Kθ=gθdeθΘp(G)[]pp(D)p(E)[][

]pp，其中Kθ=100kPa，p(G)、p(D)、p(E)为各组分的平衡分压。]③保持温度不变，点A时继续投入等物质的量的两种反应物，再次达到平衡时，CO(NH2)2的体积分数将_____(填“增大”“减小”或“不变”)。Ⅱ．其他条件相同，

在不同催化剂下发生该反应，反应正向进行至相同时间，容器中CO(NH2)2的物质的量随温度变化的曲线如图Ⅱ所示。④在500℃时，催化效率最好的是催化剂_____(填标号)。⑤500℃以上，n[CO(NH2)2]下降的原因可能是_____(

不考虑物质的稳定性)。【答案】（1）241（2）bc（3）①.＜②.1000③.增大④.c⑤.随着温度的升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内生成的CO(NH2)2的物质的量减少【解析】【小问1详解】反应焓变是-87kJ/mol，即图中最终阶段相对初始阶

段的能量是-87kJ/mol，那么由TS3到最终阶段，有21ΔE=ΔE+87.5kJ/mol-(-87kJ/mol)=241kJ/mol；【小问2详解】a．根据方程式可知：每2分子NH3反应产生1分子CO(NH3)2，会断裂2个N-H键，即1个NH3分子断裂1个N-H键。现在断裂6

molN-H键，就是6molNH3反应，要生成3molH2O，形成6molO-H键，同时断裂2molO-H键，就是lmol水发生反应，生成水的物质的量大于消耗的水的物质的量，正、逆反应速率不相等，没有达到平衡，a不符合题意；b．该反应在恒温恒

容条件下进行，反应前后气体的物质的量发生改变，当气体压强不再变化时，气体的物质的量不变，则反应达到了平衡状态，b符合题意；c．反应前后气体的质量发生变化，而反应恒温恒容条件下进行，气体的体积不变，气体的密度会发生变化，若在

混合气体的密度不再变化，则反应达到了平衡状态，c符合题意；d．由三段式计算可知二氧化碳体积分数为定值，所以二氧化碳体积分数不再变化不能说明是否已达平衡，d不符合题意；故选bc；【小问3详解】①由反应机理图可知，最后一步的反应为放热反应

，升高温度平衡逆向移动，若p(NH3)保持不变，温度升高，p[CO(NH2)2]会减小，由图可知，当lgp(NH3)=1时，T2直线所对应的lgp[CO(NH2)2]比T1直线所对应的lgp[CO(NH2)2]小，则有T1＜T2；②向恒容密闭容器中投入等物质

的量的HNCO和NH3，平衡时HNCO和NH3分压相等，根据平衡常数表达式，并代入A点数据，可知T2℃时此反应的标准平衡常数ΘK=22q3qqp[CO(NH)]1000p100==1000p(NH)1010p(HNCO)××100100pp；③若点A时继续投入等物质的量的两种反应物，体积不变，

则相当于增大压强，加压时化学平衡向气体体积减小的方向移动，故化学平衡正向移动，CO(NH2)2的体积分数变大；④由图Ⅱ可知在温度为500℃时，催化剂c的作用下，CO(NH2)2的物质的量较多，其物质的量分数较大，故该温度下催化效率最好的是催化剂c；⑤催化剂存在活化温度，在活化温度时催

化效果较高，由图Ⅱ的CO(NH2)2的体积分数随着温度的变化趋势可知：T2℃以上，n[CO(NH2)2]下降，原因可能是：随温度的升高，可能导致催化剂活性降低，使反应速率降低，相同时间生成的CO(NH2)2的物质的量减少。