【文档说明】浙江省金华市第一中学2025届高三上学期9月月考化学试题 Word版含解析.docx，共(24)页，1.770 MB，由小赞的店铺上传

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金华一中2024学年第一学期高三9月月考化学试题卷可能用到的相对原子质量：H：1Li：7C：12N：14O：16Na：23Si：28P：31S：32Cl：35.5Fe：56Cu：64Zn：65W：184一、

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.下列物质溶于水能导电的非电解质．．．．是A.3CHCOOHB.3NHC.3HNOD.32CHCHOH【答案】B【解析】【分析】【详解】A．

醋酸在水溶液中自身电离，水溶液可以导电，但属于电解质，A不符合题意；B．NH3的水溶液中NH3与水反应生成弱电解质一水合氨，所以其水溶液可以导电，但氨气自身不电离，为非电解质，B符合题意；C．HNO3在水溶

液中自身电离，水溶液可以导电，但属于电解质，C不符合题意；D．乙醇为非电解质，其水溶液不导电，D不符合题意；综上所述答案为B。2.下列化学用语表示正确的是A.3-甲基-1，3-戊二烯的键线式：B.P4(正四面体结构)的键角大小：1

09°28'C.甲酸甲酯的结构简式：CH3OCHOD.淀粉的分子式：(C6H12O6)n【答案】C【解析】【详解】A．3-甲基-1，3-戊二烯的键线式为，但中含有碳碳双键的最长碳链只有四个碳原子，故A错误

；B．P4(正四面体结构)，但与甲烷的结构不同，为空心的正四面体结构，因此键角大小：60°，故B错误；C．甲酸甲酯是由甲酸和甲醇发生酯化反应而得，结构简式为：CH3OCHO，故C正确；D．淀粉的结构为：，淀粉的分子式为：(C6H10O5)n，故D错误；故答案选C。3.关于反应4322NHNOZnZ

nON2HO+=++，下列说法正确的是A.Zn在反应过程中被还原B.43NHNO既是氧化剂又是还原剂C.氧化产物和还原产物之比为1:1D.每生成1molZnO共转移2mol电子【答案】B【解析】【详解】A．该反应中Zn由0价

变为+2价，化合价升高被氧化，A错误；B．该反应中硝酸铵中-3价的N被氧化为0价，+5价的N被还原为0价，所以硝酸铵既是氧化剂又是还原剂，B正确；C．该反应中氧化产物为ZnO和N2，还原产物为N2，N2中一半是氧化产物，一半是还原产物，所以氧化产物和还原产物的物质的量之比为(1+0.5

)：0.5=3:1，C错误；D．生成1molZnO时，有1molNH4NO3参与反应，则有1mol硝酸根被还原，且只有硝酸根被还原，所以转移电子5mol，D错误；综上所述答案为B。4.物质的性质决定其用途，下列说法不正确的是A.石墨烯的电导率高，可用于制造超级电容器B.高分子分离膜因其

对不同物质的透过性差异，可应用于海水淡化C.油脂在酸性条件下会发生水解，可用于制造肥皂D.过氧乙酸具有强氧化性，可用作消毒剂【答案】C【解析】【详解】A．石墨烯电导率高，放电面积大，所以可用于制作超级电容器，A正确；B．当海水流过该膜时，钠离子和

氯离子被水分子包裹而不能通过，独立的水分子却能通过，能除去海水的盐，该过程可应用于海水淡化，B正确；C．油脂在碱性条件下发生水解，可用于制造肥皂，C错误；D．过氧乙酸具有强氧化性，可以杀菌消毒，用作消毒剂，D正确；为故选C。5.按以下

实验方案可从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物：下列各步实验操作原理与方法错误的是AB步骤①步骤②CD步骤③步骤④A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．由题干流程图可知，步骤①分离出滤液和不溶性固体

，故需采用过滤操作，A不合题意；B．由题干流程图可知，步骤②分离出水层和有机层，故需采用分液操作，B不合题意；C．由题干流程图可知，步骤③从溶液中析出固体溶质，需采用蒸发结晶，故需使用蒸发皿而不是坩埚，C符合题意；D．由题干流程图

可知，步骤④为对互溶的有机物甲苯和甲醇的混合物进行分析，故需采用蒸馏操作，D不合题意；故答案为：C。6.下列说法正确的是A.氨基酸通过缩合聚合反应生成多肽B.油脂在碱性条件下生成高级脂肪酸和甘油C.酸

雨是指pH小于7的降水D.ATP分子中磷酸与磷酸之间形成磷酯键【答案】A【解析】【详解】A．在一定条件下，氨基酸之间能发生缩聚反应生成多肽，A正确；B．油脂在碱性条件下生成高级脂肪酸盐和甘油，B错误；C．酸雨的定义是pH值小于5.6的降水，C错误；D．ATP分子中磷酸

与磷酸之间形成的是高能磷酸键，而不是磷酯键，D错误；故选A。7.根据材料的组成和结构变化可推测其性能变化，下列推测不合理的是材料组成和结构变化性能变化A长链烷烃引入磺酸根离子水洗去污能力增强B晶体2SiO熔融后迅速降温凝固光学性质表现各向异性C钢铁添加铬和镍合金元素耐高温能力增强D晶体3

4SiN用Al取代部分Si，用O取代部分N导电能力增强A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．长链烷烃引入磺酸根离子，更好的溶于水，用作洗涤剂，所以去污能力增强，故A正确；B．晶体2SiO熔融后迅速降温凝固，内部排列无序，光学性质表

现各向同性，故B错误；C．铬和镍熔点比较高，钢铁添加铬和镍合金元素，耐高温能力增强，故C正确；D．晶体34SiN用Al取代部分Si，用O取代部分N，Al有自由移动电子，所以导电能力增强，故D正确；答案选B。8.现有6种短周期主族元素：X、Y、Z、M、R和Q，其原子序数依次

增大。X的最高化合价和最低化合价代数和为零；Y和R位于同一主族；Z是周期表中非金属性最强的元素；M是同周期中简单离子的半径最小的元素；R的单质为淡黄色粉末，可用于杀菌消毒。下列说法不正确的是A.RY2的水溶液能与Q的单质发生反应B.XYQ2能与水反应产生两种

酸性气体C.M、Z能形成以离子键为主的八面体构型的36MZ−微粒D.Q单质能从R的简单氢化物中置换出R【答案】C【解析】【分析】6种短周期主族元素：X、Y、Z、M、R和Q，其原子序数依次增大。X的最高化合价和最低化合价代数和为零，则X是C元素；Y和R位于同一主族，R的单质为淡黄

色粉末，可用于杀菌消毒，则R是S元素，Y是O元素；Z是周期表中非金属性最强的元素，则Z是F元素；M是同周期中简单离子的半径最小的元素，M是Al元素，因此Q是Cl元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。【详解】根据上述分析可知X是C，Y是O，Z是F，M是

Al，R是S，Q是Cl元素。A．RY2是SO2，Q的单质是Cl2，SO2具有还原性，Cl2具有氧化性，二者在溶液中会发生反应：SO2+2H2O+Cl2=H2SO4+2HCl，A正确；B．XYQ2是COCl2，该物质溶于水，会发生反应：COCl2+H2O

=2HCl+CO2，反应产生的HCl、CO2的水溶液都显酸性，因此二者是酸性气体，B正确；C．Z是F，M是Al，二者形成的离子3-6AlF是以共价键为主的八面体构型，C错误；D．Q单质是Cl2，R的简单氢化物是H2S，二者接触就发生反应：Cl2+H2S=S+2HCl，因

此Cl2能从H2S中置换出S，D正确；固合理选项是C。9.下列反应的方程式不正确．．．的是A.硫酸铜溶液中加足量氨水：()2+2+32324Cu+4NHHO=CuNH+4HO的B.用铜作电极电解NaCl溶液：--222电解2Cl+2H

OH↑+Cl↑+2OHC.2SO气体通入足量NaClO溶液中：2224SOHO3ClOClSO2HClO−−−++=++D.等物质的量的2Ba(OH)与44NHHSO在稀溶液中反应：22444232Ba2OHNHHSOBaSOHONH

HO+−++−++++=++【答案】B【解析】【分析】【详解】A．氢氧化铜能溶于氨水，生成络合物，因此硫酸铜溶液中加足量的氨水，发生的反应是()2+2+32324Cu+4NHHO=CuNH+4HO，故A说法正确；

B．根据电解原理，铜作阳极，电极式为Cu－2e-=Cu2＋，阴极反应式为2H2O＋2e-=H2↑＋2OH－，因此用铜作电极电解氯化钠溶液总反应为Cu+2H2O通电Cu(OH)2+H2↑，故B说法错误；C．NaClO具有强氧化性

，与SO2发生氧化还原反应：ClO－＋SO2＋H2O=SO2-4＋2H＋＋Cl－，次氯酸为弱酸，加入过量的NaClO溶液，生成的H+与过量的ClO－反应生成HClO，即SO2气体通入足量NaClO溶液中：2224SOHO3ClOClSO2HClO−−−++=++，故C说法正确；D．两种溶液

等物质的量混合，令其均为1mol，1molBa(OH)2能电离出1molBa2＋和2molOH－，1molNH4HSO4能电离出1molNH4+、1molH＋、1molSO2-4，因此发生的离子方程式为22444232Ba2OHNHHSOBa

SOHONHHO+−++−++++=++，故D说法正确；答案为B。10.设AN为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.10g的2182HO中含有的质子数与中子数均为A5NB.32g硫在足量的氧气中

充分燃烧，转移电子数为A6NC.()()()223Ng3Hg2NHg+ƒ92.4kJ/molH=−，1mol2N被还原，放出92.4kJ能量D.pH＝4的盐酸和pH＝4的醋酸溶液等体积混合后，溶液中H+的数目仍为4A10N−【答案】C【解析】的【详解】A．2H218O中有10个质子

，12个中子，相对分子量为22，10g2H218O物质的量为511mol，质子数为5011NA，中子数为6011NA，A错误；B．32g硫物质的量为1mol，在足量氧气中充分燃烧，生成1molSO2，转移电子数为4NA，B错误；C．N2(g)+3H2(g

)⇌2NH3(g)ΔH=−92.4kJ/mol，根据热化学方程式的含义，1molN2参与反应被还原，放出92.4kJ能量，C正确；D．没有说明体积具体是多少，无法计算氢离子数目，D错误；本题选C。11.维生

素C是重要的营养素，又称“抗坏血酸”，在空气中易发生如下转化：下列说法不正确．．．的是A.维生素C易溶于水B.上述转化发生了氧化反应C.维生素C体现出的酸性可能与a、b两个羟基有关D.抗坏血酸能发生加成反应、酯化反应、水解反应【答案】C【解析】【分析】维生素在空气中极易被氧化，羟基被氧化为羰基，

据此回答。【详解】A．维生素中含有多个羟基，易与水分子间形成氢键，所以维生素C易溶于水，A正确；B．根据分析可知，上述转化发生了氧化反应，B正确；C．维生素C分子中含有连二烯醇结构，由于两个烯醇羟基极易游离，释放氢离子，虽不含羧基，水溶液仍显酸性，

C错误；D．抗坏血酸含有羟基，可以发生酯化反应，有酯基可以发生水解反应，有碳碳双键能发生加成反应，D正确；故选C。12.乙酸铜常用作有机合成的催化剂或氧化剂。实验室中制备乙酸铜的流程如图所示。下列说法正确的是A.反应①中双氧水起催化作用B.

为提高化学反应速率，反应①反应温度越高越好C.步骤Ⅱ和步骤Ⅲ存在相同的操作D.反应③碱式碳酸铜固体中加入的试剂X为冰醋酸【答案】C【解析】【分析】先用热碱液除去铜屑表面油污，过氧化氢在酸性条件下氧化铜屑得到CuSO4，CuSO

4再与纯碱反应得到碱式碳酸铜，再与乙酸反应得到乙酸铜溶液，经过结晶得到乙酸铜晶体。【详解】A．22HO起到氧化作用，将Cu氧化为Cu(Ⅱ)，A错误；B．反应①反应温度过高，22HO分解程度变大，应选适宜的温度，B错误；C．步骤Ⅱ和步骤Ⅲ都有固体生成，因此需要进行固

液分离，因此，存在相同的操作为过滤，C正确；D．碱式碳酸铜固体中加入的试剂X为醋酸溶液，在水溶液中便于反应发生，D错误；故选C。13.某新型可连续工作的锂液流电池，其工作原理如图。下列说法不正确的是A.放电时，左侧Li+浓度基本

不变B.充电时，电极B发生的反应：322I2e3I−−−=C.当外电路电流为0时，再向储液罐中注入3FeCl/HCl，电池可快速充电，重新工作D.充电时，电极A质量增加ag时，右侧共有amolK7+转移至左侧【答案】D【解析】【分析】由图可知，放电时，电极A为原电池的负极，锂失去电子发生氧化反应

生成锂离子，电极反应式为Li—e—=Li+，电极B为正极，碘在正极得到电子发生还原反应生成碘三离子，电极反应式为3I2+2e—=2I3−，正极室中阴离子电荷数增大，负极室生成的锂离子通过锂超离子交换膜由左向右移动，维持两边溶液电荷

守恒；充电时，电极A与直流电源的负极相连，做电解池的阴极，电极B与直流电源正极相连做阳极。【详解】A．由分析可知，放电时，负极室生成的锂离子通过锂超离子交换膜由左向右移动，维持两边溶液电荷守恒，则左侧锂离子浓度会基本保持不变，故A正确；B．充电时，电极B做电

解池的阳极，碘三离子在阳极失去电子发生氧化反应生成单质碘，电极反应式为2I3−—2e—=3I2，故B正确；C．当外电路电流为0时说明碘完全反应转化为碘三离子，向储液罐中注入氯化铁和盐酸混合溶液，铁离子能将碘

三离子氧化为单质碘，使碘在正极上放电，起到快速充电的作用，使电池重新工作，故C正确；D．锂超离子交换膜只允许锂离子通过，不允许钾离子通过，故D错误；故选D。14.已知：Ⅰ.()()()3332AgCl3NHs2AgCl3NHs3NHg+；pIKⅡ.()()()3332AgCl3

NHs2AgClNHsNHg+；pIIKⅢ.()()()33AgClNHsAgClsNHg+；pIIIK0℃，真空恒容密闭容器中，选择合适的固体试剂E，只吸收氨气，速率较慢。忽略E及其产物，体系中固体组成表示为：3AgClxNH。测定()3AgCl3NH

s的逐级分解的体系中x与体系压强(p)的关系如图。下列说法不正确的是A.pIpIIpIIIKKKB.3AgClxNH最终以AgCl存在C.abc→→过程中，32AgCl3NH的质量先增多，后不变D.若固体试剂E失效，可向容器中缓慢通入2N，

使反应物继续分解【答案】D【解析】【详解】A．体系中只有NH3是气体，Kp与压强呈正相关，由图可知pIpIIpIIIKKK，故A正确；B．()3AgCl3NHs逐级分解失去NH3，最终为AgCl，故B正确；C．abc→→过程中，a→b压强均不变，()3AgCl3NHs分解为32Ag

Cl3NH，b→c，压强骤降，c点时，体系中为32AgCl3NH，说明32AgCl3NH先增多，后不变，故C正确；D．若固体试剂E失效，向容器中缓慢通入2N，对体系中NH3无影响，不会使反应物继续分解，故D错误；故选D。

15.室温下，将Na2CO3溶液与过量CaSO4固体混合，溶液pH随时间变化如图所示。已知：()5sp4CaSO4.910K−=、()9sp3CaCO3.410K−=下列说法不正确．．．的是A.室温下，反应()()()()224334CaSOsCOaqCaCOsSOaq−−+

+的41.410KB.随着反应的进行，溶液pH下降的原因是2323COHOHCOOH−−−++逆向移动C.0~600s内上层清液中存在：()()()()()222334Na2CaHCO2CO2SOccccc++−−−+++D.反应过程中，溶液

中始终存在：()()()()23323Na2CO2HCO2HCOcccc+−−=++【答案】D【解析】【详解】A．反应()()()()224334CaSOsCOaqCaCOsSOaq−−++的()()2-5sp4442-93sp

3KCaSOc(SO)4.910K=1.410c(CO)KCaCO3.410−−==，A正确；B．随着反应进行，碳酸根浓度减小，水解平衡2323COHOHCOOH−−−++左移，溶液pH下降，B正确；C．根据电荷守恒，()()()()()()()222334HNa2CaH

CO2CO2SOOHccccccc+++−−−−++=+++，0~600s内上层清液成碱性，()()HOHcc+−，故()()()()()222334Na2CaHCO2CO2SOccccc++−−−+++，C正确；D．在Na2CO3溶液中，由物料守恒得()()()(

)23323Na2CO2HCO2HCOcccc+−−=++，但由于在()()()()224334CaSOsCOaqCaCOsSOaq−−++反应过程中,23CO−浓度会逐渐减小，故()()()()23323Na2CO2HCO2HCOcccc+−−++，D错

误；故选D。16.根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计或结论正确的是实验目的方案设计现象结论A检验乙酰水杨酸中的酯基将乙酰水杨酸溶液分装于两支试管中：试管①中滴入几滴3FeCl溶液试管②中先滴入2滴

稀硫酸，加热后滴入几滴试管①中溶液未变紫色试管②中溶液变紫色乙酰水杨酸中存在酯基3NaHCO溶液，振荡后滴入几滴3FeCl溶液B探究金属的牺性阳极保护法把琼脂溶液倒入培养皿中，滴入56滴酚酞溶液和36KFe(C

N)溶液混合均匀，将铁钉用锌片包裹只露出两端并放入培养皿中。铁钉两端周围的溶液不变红，锌片周围溶液变红，未观察到蓝色沉淀锌片被腐蚀，铁钉被保护C检验菠菜中是否含有铁元素取新鲜菠菜叶剪碎研磨后加水搅拌，过滤得到滤液，取少量滤液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，振荡试管中

的滤液不变红该种菠菜中不含铁元素D检验氨气中的水蒸气将混合气体按一定流速通过盛放有硫酸铜粉末的硬质玻璃管硫酸铜粉末变蓝氨气中存在水蒸气A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．试管①先证明乙酰水杨酸不存在酚羟基，酯基在酸性条件下水解生成酚羟基，羧基

与碳酸氢钠反应，氯化铁遇酚显紫色，由实验操作和现象，可证明含有酯基，故A正确；B．铁和锌形成原电池，锌为负极，发生反应Zn-2e−=Zn2+，铁钉为正极，正极上氧气得电子发生反应O2+4e-+2H2O=4OH-，生成OH-，铁周围变红，现象不正确，故B错误；C．滤液中加入几滴KSCN溶液，溶液不变

红，可知不含铁离子，溶液中可能含亚铁离子，不能证明菠菜中不含铁元素，故C错误；D．氨气和水混合时也能与无水硫酸铜反应，会干扰水的检验，操作不合理，故D错误；故选A。二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.铑(Rh)和铱(Ir)形成的材料在生产生活中应用广泛，如铑(Rh)膦络合物

常用作催化剂，二氧化铱(IrO2)可用作电生理学研究中的微电极。请回答：（1）铱(Ir)的原子序数为77，其价电子排布式为___________，位于元素周期表的___________区。（2）固体铑(Rh)膦缘金催化剂(Ph为苯基)的结构如图所示，分子中P原子的杂

化方式为___________，1mol该物质中含有的σ键的数目为___________。（3）在有机合成中C-H键和C-C键是非常难断裂的键，C-H键活化曾被称为有机化学中的“圣杯”，铑、铱复合催化剂在C→H和C-C插入反应中表现出了很好的催化活性。某一种铑、铱复合催化剂晶体的四

方晶胞如图所示，晶胞参数为anm、anm、cnm，晶胞中Ir、Rh分别形成的八面体的微粒带两个和三个负电荷，则该晶胞的化学式为___________。（4）均为平面结构的吡咯()和吡啶()在盐酸中溶解度较大的为__________

_，原因是___________。【答案】（1）①.5d76s2②.d（2）①.sp3②.114NA（3）()()333SrRbIrORhO（4）①.吡咯②.吡咯和吡啶相比，吡咯是一个五元杂环化合物，其中氮原子与两个碳原子相连，形成一个环状结构，在吡咯中，氮原子的孤对电子

参与了环的芳香性，这使得氮原子上的电子云密度降低，从而减弱了其碱性，即吡啶更容易与盐酸电离出的H＋结合，即吡咯再盐酸中的溶解性比吡啶的更大【解析】【小问1详解】铱(Ir)的原子序数为77，根据稀有气体原子序数依次为2、10、18、36、54、86、118，可推出铱(Ir)的其价电子排布式

为5d76s2，其属于过渡区金属元素，位于元素周期表d区。【小问2详解】根据固体铑(Rh)膦络合催化剂(Ph为苯基)的结构图，可知P原子的价电子对数为4，其杂化方式为sp3；PPH3中σ键的数目36，1个CO分子中含有1个

σ键，Rh周围有5个单键，因此1mol该物质中含有的σ键的数目为(36×4+1+5)mol=114mol，即1mol该物质中含有的σ键的数目为114NA。【小问3详解】铑、铱复合催化剂晶体的四方晶胞图可发现八面体对角线在晶胞的棱和面对角线，两个八面体共用一个O，利用均分，

每个八面体平均含有3个O，因此阴离子化学式分别为23IrO−、33RhO−，晶胞中含有的有2个23IrO−，含有也有2个33RhO−，负电荷总数为-10，根据电荷守恒正电荷总数为＋10，根据晶胞中Sr和Rb的总个数为8个，化合价分别为＋2、＋1

，因此晶胞中含有2个Sr和6个Rb，则该晶胞的化学式为()()333SrRbIrORhO。【小问4详解】吡咯和吡啶相比，吡咯是一个五元杂环化合物，其中氮原子与两个碳原子相连，形成一个环状结构，在吡咯中，氮原子的孤

对电子参与了环的芳香性，这使得氮原子上的电子云密度降低，从而减弱了其碱性，即吡啶更容易与盐酸电离出的H＋结合，即吡咯在盐酸中的溶解性比吡啶的更大。18.以黄铜矿(主要成分为2CuFeS，含少量2SiO)

为原料，相关转化关系如下。已知：①反应1中Fe不变价，且固体A为单一化合物；②()23CuOHCl具有疏松结构。（1）固体A的化学式为___________；2SOCl的电子式为___________。（2）下列说法不正确．．．的是___________

。A.CuCl不溶于水，但溶于稀硝酸B.Cu在该环境生锈后，铜锈可隔绝空气，减缓生锈速度C.气体B具有还原性所以能使品红溶液褪色D.2SOCl与32AlCl6HO混合共热可制得无水3AlCl（3）反应2的化学方程式为___________。（4）①反应4生成

的物质D难溶于水，同时生成两种酸性气体，则反应4的化学方程式为___________。②设计实验验证物质D中的氯元素___________。【答案】（1）①.3FeSiO②.（2）BC（3）()22234CuClO4HO2CuOHCl2HCl++=+（4）①.2

32322SOClCHCHOHCHCHClHClSO+⎯⎯→++②.取少量32CHCHCl与NaOH溶液共热至溶液不再分层，加稀硝酸酸化至溶液呈酸性。再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明32CHCHCl中有氯元素【解析】【分析】根据流程可知气体B中含S元素，B为SO2，固体A中含Fe和S

i，黄铜矿反应的化学方程式为：322222CCuFeS2+2SiO+5O2u+FeSiO+4SO高温，故B为SO2，A为3FeSiO；粗铜与HCl和氧气反应得到CuCl，CuCl与O2和水反应得到Cu2(OH)3Cl，反应方程式为：()22234CuCl+O+4HO=2CuOHCl+2H

Cl；SO2与等物质的量的氯气反应得C：SO2Cl2，SO2Cl2与SCl2反应得到SOCl2，SOCl2与乙醇反应得到D，方程式为：232322SOClCHCHOHCHCHCl+HCl+SO+→，D为CH3CH2Cl。【小问1详解】根据分析，固体A的化学式为：

3FeSiO；2SOCl中S原子的价层电子对数为：6242+=，电子式为：。小问2详解】A．CuCl不溶于水，但能与稀硝酸发生氧化还原反应，故能溶于稀硝酸，A正确；B．Cu在该环境生锈后，铜锈为多孔结构，不能隔绝空气，故不能减

缓生锈速度，B错误；C．气体B为二氧化硫，具有漂白性，能使品红溶液褪色，C错误；D．2SOCl与32AlCl6HO混合共热可制得无水3AlCl、HCl和SO2，D正确；故选BC。【小问3详解】根据分析，反应2的化学方程式为：()22234CuCl+O+4HO=2CuOHCl+2HCl。【小问4

详解】①根据分析，反应4的化学方程式为：232322SOClCHCHOHCHCHCl+HCl+SO+→；②卤代烃需要先在碱性条件下水解，再用硝酸调至酸性后加硝酸银溶液，观察沉淀颜色，故实验方案为：取少量32CHCHCl与NaOH溶液共热至溶

液不再分层，加稀硝酸酸化至溶液呈酸性。再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明32CHCHCl中有氯元素。19.“碳达峰”“碳中和”是近年来的热门话题，以二氧化氮和氢气为原料反应时，通常存在以下几个反应：【I．()()()()222COgHgCOgHOg++1141.2KJmol

H−=+II．()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++1248.8KJmolH−=−III．()()()()223322COg6HgCHOCHg3HOg++13123.2KJmolH−=−IV．()()()33322CHOHgC

HOCHgHOg+4ΔH请回答下列问题。（1）①4=H___________。②()12,LLL、X分别代表温度或压强，如图表示不同L下，反应III中二甲醚的平衡产率随X变化的关系，判断L1，L2的大小并说明理由___________。（2）假设只发生

反应I、反应II，一定条件下，向体积为2L的恒容密闭容器中通入21molCO和24molH发生反应，初始压强为2.5Kpa，达到平衡时，2CO的转化率为80%，CO浓度为10.3molL−，则反应I的pK=___________。（3）有

科学家提出利用2CO和4CH制备合成气(2H，CO)，发生的反应为()()()()242COgCHg2COg2Hg++。在体积为3L的密闭容器甲和乙中，向甲充入21molCO和41molCH，向乙中充入23

molCO和43molCH。①下列说法能表示甲中反应达到平衡的是___________。A．反应速率：()()22COHvv=B．同时断裂4molCH−键和生成2molHH−键C．容器内混合气体的压强保持不变D．容器

内混合气体的密度保持不变②在相同温度下达到平衡状态时，2CO的转化率α(甲)___________α(乙)(填“>”“<”或“=”，下同)；达到平衡所需时间t(甲)___________t(乙)（4）可将反应制得的甲醇设计成如图所示的燃料电池

，其中负极的电极反应式为___________；若该燃料电池消耗16.0g甲醇，U形管内溶液体积为1L，则溶液中()23COc−=___________(忽略溶液体积变化)。【答案】（1）①.25.6KJ/mol−②.12LL，反应III为气体

分子数减小的反应，相同温度时，压强越大，二甲醚的平衡产率就越高。（2）67（3）①.C②.>③.>（4）①.2332CHOH6e8OHCO6HO−−+=−+②.0.5mol/L【解析】【小问1详解】①II．()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++1248.8KJmolH

−=−III．()()()()223322COg6HgCHOCHg3HOg++13123.2KJmolH−=−根据盖斯定律III-II×2得()()()33322CHOHgCHOCHgHOg+4ΔH=-123.21KJmol−+14

8.8KJmol−×2=-25.61KJmol−；②正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，二甲醚的平衡产率降低，则X表示温度、L表示压强。反应III为气体分子数减小的反应，相同温度时，压强越大，二甲醚的平衡产率就越高，所以1

2LL。【小问2详解】向体积为2L的恒容密闭容器中通入21molCO和24molH发生反应，初始压强为2.5Kpa，达到平衡时，2CO的转化率为80%，CO浓度为10.3molL−，参加反应I的二氧化碳为0.6mol、参加反应II的二氧化碳0.

2mol；反应I消耗0.6molH2，反应II消耗0.6molH2，则容器中剩余2.8molH2，反应I生成0.6molH2O、反应II生成0.2molH2O、0.2mol甲醇。反应平衡时气体总物质的量

为4.6mol，总压强为4.6mol2.5Kpa2.3Kpa5mol=，则反应I的pK=0.60.82.3Kpa2.3Kpa6440.22.872.3Kpa2.3Kpa44=

.6.6.6.6。【小问3详解】①A．反应速率()()22COHvv=，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故不选A；B．同时断裂4molCH−键和生成2molHH−键，不能判断正逆反应

速率是否相等，反应不一定平衡，故不选B；C．反应前后气体系数和不同，压强是变量，容器内混合气体的压强保持不变，反应一定达到平衡状态，故选C；D．反应前后气体总质量不变，容器体积不变，密度是恒量，容器内混

合气体的密度保持不变，反应不一定平衡，故不选D；选C。②乙容器中压强大，增大压强，平衡逆向移动，2CO的转化率减小，所以在相同温度下达到平衡状态时，2CO的转化率α(甲)>α(乙)；乙压强大，反应速率快，达到平衡所需时间t(甲)>t(乙)；【小问4详解】可将反应制得的甲醇设计成如图所示的

燃料电池，负极甲醇失电子生成碳酸钾，负极的电极反应式为2332CHOH6e8OHCO6HO−−+=−+；若该燃料电池消耗16.0g甲醇，根据碳元素守恒，生成碳酸根离子的物质的量为16g0.5mol32g/mol=，U形管内

溶液体积为1L，则溶液中()23COc−=0.5mol/L。20.[Co(NH3)5Cl]Cl2是一种易溶于热水，微溶于冷水，难溶于乙醇的紫红色晶体，可利用如图装置制备。已知：①()236CoNH+具有较强还原性，2Co+不易被氧化；②()3235CoNHH

OCl为深红色晶体；③()10spAgCl1.5610K−=，()12spAgSCN1.010K−=。具体实验步骤如下：Ⅰ．在锥形瓶中，将12.5gNH4Cl溶于50mL水中，加热至沸，加入25.0g研细的CoCl2•6H2O晶体，溶解得到混合溶液；Ⅱ．将上述混合液倒入仪器A

中，用冰水浴冷却，利用仪器B分批次加入75mL试剂X，并充分搅拌，无沉淀析出；Ⅲ．再利用仪器C逐滴加入20mL试剂Y，水浴加热至50~60℃，不断搅拌溶液，直到气泡终止放出，溶液变为深红色；Ⅳ．再换另一个仪器C慢慢注

入75mL浓盐酸，50~60℃水浴加热20min，再用冰水浴冷却至室温，便有大量紫红色晶体析出，最后转移至布氏漏斗中减压过滤；Ⅴ．依次用不同试剂洗涤晶体，再将晶体转移至烘箱中干燥1小时，最终得到mg产品。回答下列问题：（1）研细CoCl2•6H2O晶体的仪器名称

为_______，图示装置存在的一处缺陷是_______。（2）步骤Ⅱ、步骤Ⅲ中使用试剂X和试剂Y分别为_______、_______(填标号)，步骤Ⅲ中20mL试剂Y需逐滴滴加的目的是_______。①NaOH溶液②浓氨水③30%双氧水④KMnO4溶液（3）写出

步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式_______。（4）步骤V中使用的洗涤试剂有冰水、乙醇、冷的盐酸，最后洗涤使用的洗涤剂为_______。（5）最终获得产品会含少量杂质()324CoNHClCl或()336CoNHC

l，产品组成可表示为()3CoNHClClyzx，通过测定z值可进一步测定产品纯度，进行如下实验：实验I：称取一定质量的产品溶解后，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用cmol/LAgNO3标准溶液

滴定达终点时，消耗V1mL。实验Ⅱ：另取相同质量的产品，加入V2mL稍过量cmol/LAgNO3标准溶液，加热至沸使钴配合物分解，加入硝基苯静置、分层，将白色沉淀完全包裹，再加入几滴Fe(NO3)3溶液作指示剂，用cmol/LKSCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，达终点时消

耗V3mL。计算y=_______(用V1、V2和V3表示)；若实验Ⅱ中加入硝基苯的量太少，会导致x值_______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。【答案】（1）①.研钵②.缺少一个尾气处理装置（2）①.②②.③③.控制化学反应进行的速率，

避免其反应过快，提高浓氨水的利用率（3）2[Co(NH3)6]2++H2O2+2+4NH2[Co(NH3)5H2O]3++4NH3（4）乙醇（5）①.3-1233VV-V②.偏大【解析】【分析】NH4Cl和CoCl2混合溶液中加入氨水，发生反应Co2++6NH3•H2O=[C

o(NH3)6]2++6H2O(碱性过强会生成钴的氢氧化物)，再用H2O2氧化[Co(NH3)6]2+得到[Co(NH3)5H2O]3+，离子反应方程式为2[Co(NH3)6]2++H2O2+2+4NH2[Co(NH3)5H2O]3++4NH3，再加入浓盐酸，使得反应[Co(NH3)5H2O

]3++Cl-2[Co(NH3)5Cl]2++H2O，平衡正向移动，冷却后得到[Co(NH3)5Cl]Cl2晶体，据此分析解题。【小问1详解】研细CoCl2•6H2O晶体的仪器名称为研钵，一水合氨受热分解生成氨气，氨气具有碱性，应

该用氯化钙或P2O5吸收氨气，防止污染空气，应该在球形冷凝管的上端接一个装有CaCl2或P2O5的球形干燥管进行尾气处理，故答案为：研钵；缺少一个尾气处理装置；【小问2详解】根据分析知，步骤Ⅱ、步骤Ⅲ

中使用试剂X和试剂Y分别为浓氨水、双氧水，步骤Ⅱ中75mL试剂X需分批次滴加的目的是控制化学反应进行的速率，避免其反应过快，提高浓氨水的利用率，故答案为：②；③；控制化学反应进行的速率，避免其反应过快，提高浓氨水的利用率；【小问3详解】步骤

Ⅲ中发生反应的离子方程式为2[Co(NH3)6]2++H2O2+2+4NH2[Co(NH3)5H2O]3++4NH3，故答案为：2[Co(NH3)6]2++H2O2+2+4NH2[Co(NH3)5H2O]3++4NH3；【小问4详解】[Co(NH3)5Cl]Cl2是一种易溶于

热水，微溶于冷水，难溶于乙醇的紫红色晶体，冷的盐酸使[Co(NH3)5H2O]3++Cl-⇌2[Co(NH3)5Cl]2++H2O正向移动，因为难溶于乙醇，所以最后用乙醇洗去盐酸，且乙醇易挥发，故答案为：乙醇；【小问5详解】实验Ⅰ

是外界中的Cl-与Ag+反应生成AgCl白色沉淀，根据Cl-+Ag+=AgCl↓得外界中n(Cl-)=10-3cV1mol，实验实验Ⅱ中外界和内界的氯离子都转化为自由移动的Cl-，KSCN和AgNO3反应的离子方程式为SCN-+

Ag+=AgSCN↓，则与KSCN反应的n(AgNO3)=n(KSCN)=10-3cV3mol，则与内界和外界得到的氯离子反应的n(AgNO3)=(10-3cV2-10-3cV3)mol，则内界中n(Cl-)=(10-3cV2-10-3cV3-1

0-3cV1)mol，系数之比等于物质的量之比，则y：z=(10-3cV2-10-3cV3-10-3cV1)mol：10-3cV1mol=(V2-V3-V1)：V1，配位数为6，所以x+y=6，化合价的代数和为0，则y

+z=3，根据x+y=6、y+z=3、y：z=(V2-V3-V1)：V1得x=3+1233VV-V、y=3-1233VV-V、z=1233VV-V；若实验Ⅱ中加入硝基苯的量太少，导致部分AgCl转化为AgSCN，消耗的KSCN的物质的量增多，则V3偏大，x值偏大，故答案为：3-1233

VV-V；偏大。21.M为治疗偏头痛的药物主要成分，其合成路线如图：已知：I.RCOOCH3432NaBHCHOH/HO⎯⎯⎯⎯⎯→RCH2OHⅡ.22NaNOSnClHCl①②、⎯⎯⎯⎯⎯→（1）有

机物A的官能团名称为______。（2）有机物D的结构简式为______。（3）下列说法正确的是______。A.化合物C可以发生加成，取代反应B.D到E的过程中KOH的作用是做催化剂C.化合物M的分子式是C16H20O2N3D.化合物G与氢气完全加成后有两个手性

碳原子（4）写出E→F的化学方程式______。（5）结合上述信息，写出以苯甲醇为原料，选择合适的试剂制备的合成路线______。(无机试剂任选)（6）写出化合物C同时符合下列条件同分异构体的结构简式。①分子中含有一个苯环；②核磁共振氢谱和红外光谱表明，

分子中共有4种不同化学环境的氢原子，且峰面积比为6：2：2：2，只有一个－NO2______。【答案】（1）羧基，氨基（2）（3）A的（4）+3H210%Pt/C⎯⎯⎯→+2H2O（5）（6）、、、、、、【解析】【分析】由题干合成流程

图信息可知，由AC的结构简式和B的分子式可知，B的结构简式为：，由C到D的转化条件和D的分子式并结合已知信息I可知，D的结构简式为：，由G的结构简式、F的分子式并结合已知信息Ⅱ可知，F的结构简式为：，由F的结构简式，D到E的转化条件和E的分子式可知，E的结构简式为：，据此分析解题。【小

问1详解】由有机物A的结构简式可知，有机物A的官能团名称为：羧基、氨基；【小问2详解】由C到D的转化条件和D的分子式并结合已知信息I可知，D的结构简式为：；【小问3详解】A．化合物C中含有苯环，可以与氢气发生加成反应，化合物C中含有羧基，可以与-OH

发生取代反应，A选项正确；B．D到E的过程中KOH反应生成KCl，B选项错误；C．化合物M的分子式是C16H21O2N3，C选项错误；D．化合物G与氢气完全加成后的结构简式为：，有1个手性碳原子，D选项错误；故答案为A；【小问4

详解】E→F的化学方程式为：+3H210%/CPt→+2H2O；【小问5详解】苯甲醇制备的合成路线为：【小问6详解】化合物C同时符合下列条件①分子中含有一个苯环；②核磁共振氢谱和红外光谱表明，分子中共有4种不同化学环境的氢原子，且峰面积比为6：2：2：2，只有一个－NO2的

同分异构体有：、、、、、、。