【文档说明】湖南省长沙市2022-2023学年高三上学期1月期末考试化学试题（解析版）.docx，共(23)页，1.702 MB，由小赞的店铺上传

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湖南省长沙市2022-2023学年高三上学期1月期末考试化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。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，将本试题卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30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.湖南省有众多国家级非物质文化遗产，如湘绣、醴陵彩瓷、苗银锻造工艺、安化黑茶等。下列

说法错误的是A.技艺精湛的湘绣，绣线分为丝线、线线、织花线、金银线等，其中丝线的主要成分是蛋白质B.陶瓷的生产以黏土和石灰石为主要原料C.苗族银饰锻制工艺需要使用较多的银质材料，银质材料在常温下化学性质比较稳定D.安化黑茶制作中的发酵工序涉及了氧化还原反应【答案】B【解析】【详解】A．丝线是一

种用蚕丝制成的线，主要成分是蛋白质，A正确；B．生产陶瓷的主要原料是黏土，不需要使用石灰石，B错误；C．银的金属活动性顺序在氢后面，所以银质材料在常温下化学性质比较稳定，C正确；D．黑茶制作的基本工艺流程是杀青、初揉、渥堆、复揉、烘焙，其中渥堆是发酵工序，涉及氧化还原反应，D正确

；故选B。2.下列化学用语或图示表达不正确的是A.原子核内中子数为20的氯原子：2017ClB.H2O的VSEPR模型C.二氧化碳的电子式：D.p-pπ键电子云轮廓图【答案】A【解析】【详解】A．原子符号表示中，左下角为质子数

，左上角为质量数，质量数等于质子数与中子数的和，则原子核内中子数为20的氯原子质量数为17+20=37，可表示为：3717Cl，A错误；B．H2O分子中中心O原子价层电子对数是2+6-122=4，O原子上有2对孤

电子对，故其分子的VSEPR模型为，B正确；C．CO2分子中C原子与2个O原子形成4对共用电子对，三个原子在同一直线上，使分子中各个原子都达到最外层8个电子稳定结构，其电子式为：，C正确；D．P-Pπ键的原子轨道以肩并肩方式重叠形成π

键，故其电子云轮廓图为，D正确；故合理选项是A。3.下列实验装置、试剂选用或操作正确的是A.用图1所示装置制备并干燥收集3NHB.用图2所示装置收集2SOC.用图3所示装置制备氢氧化铁胶体D.用图4所示装置除去CO气体中的2CO【答案

】B【解析】【详解】A．氨气的密度小于空气，收集氨气应用向下排空气法，导管要伸到试管底部，A的错误；B．二氧化硫的密度大于空气，可用向上排空气法收集，盛有氢氧化钠溶液的烧杯可吸收多余的二氧化硫，防止污染空气，烧杯中倒置

的漏斗可防倒吸，B正确；C．饱和氯化铁溶液滴入NaOH溶液得到的是氢氧化铁沉淀，C错误；D．气体应长进短出，短进长出的话，气体会将NaOH溶液压出洗气瓶，D错误。故选B。4.下列各组离子能大量共存，当加入相应试剂后会发生化学变化，且发生反应的离子

方程式正确的是选项离子组加入试剂加入试剂后发生的离子反应A2Fe+、3NO−、4NH+4NaHSO23323FeNO4H3FeNO2HO+−++++=++B2Ca+、3HCO−、Cl−少量NaOH(aq)223233Ca2HCO2OH2HOCaCOCO+−−−++=++

CK+、3HCO−、2AlO−通入少量2CO()2222332AlO3HOCO2AlOHCO−−++=+D4NH+、3Al+、24SO−少量()2BaOH22443242NHSOBa2OH2NHHOBaSO+−++++=+-A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解

】A．3NO−在酸性条件下具有强氧化性，2Fe+能被硝酸氧化成3Fe+，其反应为23323FeNO4H3FeNO2HO+−++++=++，A项正确；B．根据以少定多原则，向碳酸氢钙溶液中加入少量NaOH溶液，

离子方程式为2332CaHCOOHCaCOHO+−++=+，B项错误；C．2AlO−和3HCO−不能共存，223332HCOHOCAlOAl(OOH)−−−++=+，C项错误；D．向含有4NH+、3Al+的溶液中加入少量()2BaOH，3Al+结合OH-能力比4NH+强，所以3Al+先反应，离

子方程式为：()3224433Al3SO3Ba6OH3BaSO2AlOH+−++++=+-，D项错误；故选A。5.某农药杀虫剂中含有的成分如图。已知X、Y、Z、N、M为原子序数依次增大的短周期元素，已知Y、Z位于同一个周

期，X、N位于同一主族。则下列说法错误的是A.电负性大小排序：YXNB.该化合物难溶于水，不能与水形成氢键C.该化合物可与2Cu+、Ag+等形成配合物D.M的最高价氧化物的水化物形成的浓溶液能与M的气态氢化物反应【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、N、

M为原子序数依次增大的短周期元素，已知Y、Z位于同一个周期，结合结构简式可知，N为Na元素，X、N位于同一主族，则X为H元素，Y可形成4对共用电子对，为C，Y、Z位于同一个周期，Z形成3个共用电子对，为N元素，X为H元素，M为S元素，可形成2个共用电子对，据此分析解答

。【详解】A．根据题意，结合物质的结构可知，X、Y、Z、X、M分别为H、C、N、Na、S元素，因此电负性CHNa，A正确；B．该物质为离子化合物，且有氮原子可以与水形成氢键，因此可易溶于水，B错误；C．该化合物中N

、S原子含有孤对电子，可以与含有空轨道2Cu+、Ag等形成配位键，C正确；D．硫酸的浓溶液与硫化氢能发生氧化还原反应，D正确。故选B6.二甲基亚砜分子式为()32CHSO，常温下为无色无臭的有毒的透明液体，能溶于水、乙的。醇、丙醇、苯和氯仿等大多数有机物，被誉为“万能溶剂”。工业上常采用甲醇和硫

化氢在-氧化铝作用下生成二甲基硫醚；二甲基硫醚再与二氧化氮反应生成二甲基亚砜。下列说法错误的是A.甲醇和硫化氢制二甲基硫醚的方程式为()323222CHOHHSCHS2HO+=+B.二氧化氮可采用硫酸与亚硝酸钠反应制得，其中硫酸作还原剂C.制二甲基亚砜的过程中二甲基硫醚中的硫元

素失电子，被氧化D.二甲基亚砜[(CH3)2SO]分子中存在π键【答案】B【解析】【详解】A．甲醇和硫化氢在-氧化铝作用下生成二甲基硫醚，发生的是取代反应，其反应方程式为：()323222CHOHHSCHS2HO+=+，A正确；B．亚硝酸根离子与酸发生歧化反应生成二氧化氮、一氧化氮和水，亚硝

酸钠既作氧化剂又作还原剂，B错误；C．制二甲基亚砜的过程中二甲基硫醚中的硫元素化合价升高，失电子被氧化，C正确；D．二甲基亚砜[(CH3)2SO]分子中S与O原子以共价双键相连，所以分子内存在π键，D正确；故选

B。B错误。7.五倍子是一种常见的中草药，其有效成分为X，在一定条件下X可分别转化为Y、Z。下列说法错误的是A.不能用酸性4KMnO鉴别X和YB.Y可以和水形成氢键C.Z中所有碳原子不一定在同一平面上D.1molZ与NaOH溶液反应时，最多可消耗7molNaOH【答案

】D【解析】【详解】A．X含碳碳双键和醇羟基，都能使酸性4KMnO溶液褪色，Y含酚羟基，也能使酸性4KMnO溶液裉色，不能鉴别，故A正确；B．Y含多个羟基，可与水形成氢键，故B正确；C．由于单键可旋转，则所有碳

原子不一定在同一平面上，故C正确；D．Z中酚羟基、酯基水解生成的羧基和酚嵯基、羧基能和NaOH反应，Z分子中含有5个酚羟基、1个羧基、1个能水解生成羧基和酚羟基的酯基，所以1molZ最多能消耗8molNaOH，故D错误；故选B。8.医学上利用碳酸锌(Zn

CO3)为原料，通过热分解来制备氧化锌，同时产生2CO。氧化锌有六边纤锌矿和立方闪锌矿两种常见晶体结构，晶胞结构如图所示。下列说法正确的是A.碳酸锌的组成元素在元素周期表中属于同区元素B.晶体碳化硅与立方闪锌矿的晶胞结构相似，晶体中粒

子之间的作用力也相同C.六边纤锌矿和立方闪锌矿两种氧化锌晶体中，锌原子周围配位的氧原子数目不相同D.六边纤锌矿和立方闪锌矿两种氧化锌晶体的空间利用率相同，晶胞密度也相同【答案】D【解析】【详解】A．碳酸锌的组成元素中，C与O属于p区元素，Zn属于ds区元素，不属于同区元素，A错误；B．晶

体碳化硅为共价晶体，原子之间的作用力为共价键，氧化锌为离子晶体，离子之间的作用力为离子键，B错误；C．由两种氧化锌晶体的晶胞结构可以看出，锌原子位于4个氧原子形成的四面体内部，氧原子位于4个锌原子形成的四面体内部，即锌原子和氧原子的配位数均为4，C错误；D．图示氧化锌晶体为

两种晶体类型不同的离子晶体，锌原子和氧原子都填充在四面体空隙中，所以两种晶体的空间利用率相同，均为74.05%，故晶胞密度也相同，D正确；故选D。9.钠碱脱硫液(NaOH+Na2SO3)吸收一定量2SO气体后，可通过如图装置实现再生，下列说法正确的是A.电极a应接电源的正极B.m膜应为阳离

子交换膜C.出液2的pH大于进液24HSO的pHD.电路中每通过2mol电子，阳极区域会产生11.2L的气体【答案】B【解析】【分析】可通过上述装置实现钠碱脱硫液(NaOH+Na2SO3)再生，则a极附近NaHSO3会与氢氧根离子结合生成Na2SO3，则推知a极电解池的阴极，水在阴极得到

电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，中间区的进液中的钠离子通过阳离子交换膜加进入阴极区，电极b为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子通过阳离子交换膜进入中间区，与再生液中的亚硫酸根离子和亚硫酸氢根离子反应生成亚硫酸，据此分析解答。【详解】A．

根据上述分析可知，电极a为电解池的阴极，应接电源的负极，A错误；B．根据上述分析可知，钠离子要从中间区通过交换膜进入左侧阴极区，所以m为阳离子交换膜，B正确；C．电解池b极区水发生氧化反应，产生氧气和氢离子，氢离子虽移向中间区，但水减少，所以硫

酸浓度会增大，C错误；D．题干未标明是否是标准状况，不能准确计算电路中每通过2mol电子，阳极区域会产生气体的体积，D错误；故选B。10.从废旧铅蓄电池铅膏(主要含4PbSO和2PbO等，还有少量FeAl、的盐或氧化物等)中回收铅的工艺流程如下：下列说法正确的是A.

4PbSO和()432NHCO溶液反应的离子方程式：2233PbCOPbCO+−+=B.22HO的主要作用是作氧化剂，氧化2Fe+C.对于4BF−离子，其中心原子的杂化方式为2spD.电解时，阳极、阴极材料可分别用石墨、铅【答案】D【解析】【详解】A．

4PbSO与23NaCO溶液反应生成更难溶的3PbCO，转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，转化反应的离子方程式：()()()()224334PbSOsCOaqPbCOsSOaq−−+=+，A错误；B．

第一步“溶浸”中2PbO中Pb元素的化合价降低，2PbO做氧化剂，22HO做还原剂，B错误；C．对于24BF−，其中心原子的价层电子对数为4，杂化方式为3sp，故C错误；D．电解四氟合硼酸铅溶液时，石墨是电解池的阳

极，铅是阴极，铅离子在阴极得到电子发生还原反应生成铅，故D正确；故选D。二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.偶

联反应(布赫瓦尔德-哈特维希反应)是合成芳胺的重要方法，反应机理如图(图中Ar表示芳香烃基，表示为副反应)。下列说法正确的是A.该变化过程中涉及到的有机反应类型仅限于取代和加成反应B.该体系中3、5和8都是中间体C.理论上1mol最多能消耗1molD.若原料用和，

则可能得到的产物为、和【答案】BD【解析】【分析】由图可知，1为催化剂，3、5、8为中间产物，2、4、6为反应物，7、9为产物，10、11为副产物。【详解】A．该过程中，810→为消去反应，A错误；B．根据图示，9是主产物、10、11是副产物，3、5和8都是反应的中间体，B正确；C

．根据题意，发生反应+2+2HBr，理论上1mol最多能消耗2mol，C错误；D．若原料用和，反应的主产物是，副产物为和，D正确；故选BD。12.一定温度和压强下，在两个容积均为1L的密闭容器中，充入一定量的A和B，发生

反应：2A2BC2D++。相关反应数据如下表所示(已知在1Pkpa、1TC下，A、B、C、D都是气态)容器编号压强温度起始物质的量/mol10s时物质的量/molABCⅠ1Pkpa1TC0.20.20.05Ⅱ1Pkpa()221TCTT0.20.20.05Ⅲ()221PkpaPP1TC0.2

0.20.05下列说法正确的是A.该反应的H0B.在容器Ⅲ中，A、B中至少有一种呈非气态C.10s时，容器Ⅱ中的反应一定处于平衡状态D.若起始时，向容器II中充入0.08molA、0.1molB、0.04molC和0.1molD，反应将向

正反应方向进行【答案】BC【解析】【详解】A．根据分析对比，容器Ⅱ的温度比容器Ⅰ的高，则容器Ⅱ的反应速率更快，但10s时生成的C相同，则容器Ⅱ中的反应一定发生了逆向移动，因此，该反应H0，A错误；B．容器Ⅲ的压强比容

器Ⅰ的大，则容器Ⅲ的反应速率更快，但10s时生成的C相同，则容器Ⅲ中的反应一定发生了逆向移动，因此，在容器Ⅲ中，A、B中至少有一种呈非气态，使反应物中气体的化学计量数小于生成物，加压平衡逆移，B正确；C．10s时，容器Ⅱ中的反应一定处于平衡状态，C正确；D．容器Ⅱ达到平衡状态，

可列出三段式()()()()2Ag2BgCg2Dg++起(mol/L)0.20.200转(mol/L)0.10.10.050.1平(mol/L)0.10.10.050.1则22()()2222()()0.10.0550.10.1CDABCCKCC===若起始时，向容器Ⅱ中充入0.0

8molA，0.1molB，0.04molC和0.1molD，22()()222()()0.10.046.2550.10.08CDABCCQCC===，则反应将向逆向进行，D错误；答案选BC。1

3.实验室可在硝酸铁晶体的催化下，用液氨与钠制备氨基钠(NaNH2)。如图装置(夹持、搅拌、尾气处理装置已省略)。已知：2NaNH几乎不溶于液氨，易与水、氧气等反应。下列说法正确的是A.加入钠之前向装置A中通入氨气的目的是增大液氨的量，提高钠的转化率B.装置B的可以防止外界氧气和水蒸气进入

装置C.钠与液氨的反应方程式为3222Na2NH2NaNHH=++D.从反应后A的混合液中提纯氨基钠的操作方法是蒸发结晶【答案】BC【解析】【详解】在硝酸铁催化下钠与液氨的反应来生成2NaNH和氢气，其化学方程式

为：3222Na2NH2NaNHH=++，该反应是放热反应，为保证液氨处于微沸状态，需要用冷却液控制一定的温度。A．2NaNH易与水和氧气发生反应，加入钠之前处先通入氨气的目的是排尽密闭体系中空气，选项A错

误；B．装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，选项B正确；C．钠与液氨反应生成NaNH2和氢气，反应的化学方程式为3222Na+2NH=2NaNH+H，选项C正确；D．反应后2NaNH难溶于液氨中，可过滤除去液氨，得到产品2NaNH，选项D错误;答案选

BC。14.25℃时，往120.00mL0.1molLHA−溶液中滴入10.1molLNaOH−溶液，体系中()1gcHA−、()lgcA−−、NaOH溶液的体积与溶液pH的关系如图所示。下列说法正确的是A.曲线②表示()1gcHA−与溶液pH的关系B.a点对应的溶液中：()(

)()()H2cHAcOHcAc+−−+=+C.b点对应的溶液中：()()()()cNacAcOHcH+−−+D.25℃时，HA的电离平衡常数的数量级为410−【答案】C【解析】【详解】A．往120.00mL0.1molLHA−溶液中滴入10.1

molLNaOH−溶液，发生反应：2NaOHHANaAHO+=+，体系中()lgcHA−随溶液pH的增大而增大，()lgcA−−随溶液pH的增大而减小，故曲线①表示()lgcHA−与溶液pH的关系，A错误

；B．a点对应的溶液中存在HA和NaA两种溶质，且二者的物质的量之比为1:1，该溶液中的电荷守恒式为()()()()cNacHcAcOH++−−+=+，物料守恒式为()()()2cNacAcHA+−=+，联立电荷守恒式

及物料守恒式可得：()()()()2cHcHA2cOHcA+−−+=+，B错误；C．b点对应的溶液pH10=即()()cOHcH−+，结合电荷守恒式可得溶液中：()()cNacA+−，故()()()()cNacAcOHcH+−−+，C正确；D

．曲线①、曲线②的交点处有()()lgcHAlgcA−−=−，即()()cHAcA−=，HA的电离平衡常数()4.76aKcH10+−==，其数量级为510−，D错误；答案选C。三、非选择题。15.碳酸锰(MnCO3)是制造电信器材的软磁铁氧体，也用作脱硫的催化剂，瓷釉、

涂料和清漆的颜料。工业上利用软锰矿(主要成分是2MnO，还含有23FeO、3CaCO、CuO等杂质)制取碳酸锰的流程如下图所示：已知：①还原焙烧的主反应为222MnOC2MnO+CO+焙烧②氧化能力222844SOMnOS

O−−−可能用到的数据如下：氢氧化物()3FeOH()2FeOH()2CuOH()2MnOH开始沉淀pH1.56.54.28.3沉淀完全pH379.77.49.8根据要求回答下列问题：（1）基态锰原子的价

层电子排布式为_______，228SO−中存在过氧键(—O—O—)，请问228SO−中S的化合价为_______。（2）在实验室进行步骤A操作时，可能用到的主要仪器为_______。A.坩埚B.蒸发皿C.烧杯（3）步骤E中调节3.7pH8

.3，其目的是_______。（4）步骤G发生的离子方程式为_______，若2Mn+恰好沉淀完全时测得溶液中23CO−的浓度为612.210molL−−，则()sp3KMnCO=_______。（5）实验室可以用228NaSO溶液来检验2Mn+是否完全发生反应，请写

出对应的离子方程式_______。【答案】（1）①.523d4s②.+6（2）A（3）使3Fe+转化为()3FeOH而除去，不影响2Mn+（4）①.23322Mn2HCOMnCOCOHO+−+=++②.112.210−.（5）

222282442Mn5SO8HO16H10SO2MnO+−+−−++=++【解析】【分析】软锰矿(主要成分是2MnO，还含有23FeO、3CaCO、CuO等杂质)与木炭还原焙烧，发生反应222MnOC2MnO+CO+焙烧、2322FeO3C4Fe+3CO+焙烧、22CuOC2C

u+CO+焙烧、32CCOaCOa+CO焙烧，得到含MnO、CaO、Fe和Cu的混合物；加入硫酸浸取，得到含4MnSO、4CaSO、Cu和4FeSO、木炭混合物，过滤后滤渣为4CaSO、Cu和木炭的混合物；滤液中含有4F

eSO和4MnSO，加入2MnO将2Fe＋氧化成3Fe＋；加入10%NaOH溶液调pH除去3Fe＋，过滤后，滤液中含有4MnSO，加入43NHHCO沉锰，反应为23+232MnMnCOCOHO2HCO+−+

=+；【小问1详解】Mn元素原子序数为25，核外电子数25，基态锰原子的价层电子排布式为523d4s；228SO−中存在过氧键(—O—O—)，O元素存在-1价，S为主族元素，最高正价不超过最外层电子数，所

以为6+价；故答案为：523d4s；+6；【小问2详解】在实验室进行步的骤A为焙烧，固体焙烧应在坩埚中进行；故答案为：A；【小问3详解】步骤D加入2MnO将2Fe＋氧化成3Fe＋；加入10%NaOH溶液调pH为3.7pH8.3，根据表中数据可知，其目

的为使3Fe+转化为()3FeOH而除去，不影响2Mn+；故答案为：使3Fe+转化为()3FeOH而除去，不影响2Mn+；【小问4详解】步骤F为过滤，滤液中含有4MnSO，步骤G为加入43NHHCO沉锰，反应为23+232MnMnCOCOHO2HCO+−+=+；2Mn+恰好沉

淀完全时，2()Mnc+=51110molL−−，测得溶液中23CO−的浓度为612.210molL−−，()sp3MnCO=K232CO())M(ncc−+=61512.210molL10molL−−−−=112.210−；故答案为：23+232MnMnCOCOHO2HC

O+−+=+；112.210−；【小问5详解】根据氧化还原反应规律，氧化能力424228SOMnOSO−−−，所以用228NaSO溶液来检验2Mn+，Mn从2+价升高为7+价，O从1−价降为2−价，根据电子守恒，再结合电荷守恒和原子守恒得发生反应为222282442Mn5SO8HO16

H10SO2MnO+−+−−++=++；故答案为：222282442Mn5SO8HO16H10SO2MnO+−+−−++=++。16.2021年中国政府工作报告中提出碳中和目标：在2030年前达到最高值，2060年前达到碳中和。因此对二氧化碳

的综合利用显得尤为重要。（1）通过电解的方式可实现对二氧化碳的综合利用。2022年7月香港中文大学王莹教授研发新型电解槽实现二氧化碳回收转化效率达到60%以上。PdCu−双金属催化剂在某介质中催化2CO转

化为32CHCHOH转化示意图如图所示，请写出其电极反应方程式：_______。（2）在席夫碱(含“RCN−=−”有机物)修饰的纳米金催化剂上，2CO直接催化加氢成甲酸。其反应历程如下图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用*标注。该历程中起决速步骤的化学方程式是___

____；（3）通过使用不同新型催化剂，实现二氧化碳加氢合成转化为二甲醚(CH3OCH3)也有广泛的应用。反应Ⅰ：()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++1H49.01kJmol−=−反应Ⅱ：()()()33322CHOHgCHOCHgHOg+1H24.52kJmo

l−=−反应Ⅲ：()()()()222COgHgCOgHOg++1H41.17kJmol−=+①()()()()223322COg6HgCHOCHg3HOg++H=_______kJ/mol②起始压强为4.0MPa、恒压条件下，通入氢气和二氧化碳的()

()22nH4nCO=的情况下，不同温度下2CO的平衡转化率和产物的选择性(选择性是指生成某物质消耗的2CO占2CO消耗总量的百分比)如下图所示：当温度超过290℃，2CO的平衡转化率随温度升高而增大的原因是_______。在上图中，在200℃时，若经过0.2

s该平衡体系即达到平衡。计算2CO分压的平均变化速率为_______MPa/s；此时对于反应Ⅰ的PK=_______2MPa−(保留三位有效数字)【答案】（1）22322CO12e9HOCHCHOH12OH−−++=

+（2）***22COHHCO+=（3）①.122.54−②.反应Ⅲ为吸热反应，当温度超过290℃，反应Ⅲ占主导因素，CO的选择性增大得更快，更有利于反应Ⅲ正向移动，故2CO的转化率随温度升高而增大③.1.5④.38.9610−【解析】

【小问1详解】根据图示可知，2CO在碱性条件下得电子被还原转化为32CHCHOH，其电极反应式为：22322CO12e9HOCHCHOH12OH−−++=+；【小问2详解】起决速步骤为正反应活化能最高的步骤，根据图示可知，该步骤为TS-2，即反应为：***22COHHCO+=；【小问3详解

】①根据盖斯定律可知，反应Ⅰ×2+II可得到()()()()223322COg6HgCHOCHg3HOg++，所以对应的反应焓变H=11o2()49.01kJmol24.52kJml−−+−−=1122.54kJmol−−；②反应Ⅲ为

吸热反应，当温度超过290℃，反应Ⅲ占主导因素，CO的选择性增大得更快，更有利于反应Ⅲ正向移动，故2CO的转化率随温度升高而增大；设起始2CO为1mol，2CO的起始分压14MPa0.8MPa5==，2CO的平衡转化率50%，则转化的2CO为0.5mol，二甲醚的选择性为80%，则说

明有0.4mol的2CO转化为二甲醚。2CO的起始分压为0.8MPa，达平衡时分压为0.54MPa0.5MPa51=−，则2232CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)Δn13112150%1−−，2CO分压的平均变化速率：

()0.80.5MPa1.5MPa/s0.2s−=；2232CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)14000.530.50.50.5起始转化33322CHOH(g)CHOCH(g)+HO(g)0.500110.580%0.580%0.580%22起始转化，则

反应达到平衡后各物质的物质的量分别为n(CO2)=(1-0.5)mol=0.5mol，n(H2)=(4-3×0.5)mol=2.5mol，n(CH3OH)=(0.5-0.5×80%)mol=0.1mol，n(CH3OCH3)=(10.580%2)mol=0.2mol，n(H2

O)=(0.5+10.580%2)mol=0.7mol，总气体的物质的量0.52.50.10.20.74mol=++++=，所以反应I的Kp=30.10.7(4MPa)(4MPa)440.52.5(4MPa)(4M

Pa)44=38.9610−MPa。17.某化学兴趣小组为了探究在相同条件下，草酸根(224CO−)的还原性是否强于2Fe+，进行了如下三个实验。【实验1】通过3Fe+和224CO−在溶液中的反应比较2Fe+和224CO−的还原性强弱。实验操作与

现象如下：在避光处，向1310mL0.5molLFeCl−溶液中缓慢加入12240.5molLKCO−溶液至过量，搅拌，充分反应后，冰水浴冷却，过滤后得到翠绿色溶液和翠绿色晶体，并留存翠绿色溶液a待用。已知：Ⅰ.草酸(224HCO)为二元弱酸。

Ⅱ.三水三草酸合铁酸钾[()32423KFeCO3HO]为翠绿色晶体，光照易分解。其水溶液中存在：()33224243FeCOFe3CO−+−+216.310K−=请回答：（1）实验室配制3FeCl溶液时若不加盐酸一起进行配制，常常得到红褐色的溶液

，请用离子方程式说明原因_______。（2）取实验1中少量晶体洗净，配成溶液，滴加KSCN溶液，不变红。继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有+3价的铁元素。加硫酸后溶液变红的原因是_______。（3）经检验，翠绿色晶体为()32423KFeCO3HO。为了确认实验1中是否发生了

氧化还原反应，取少量翠绿色溶液a，向其中滴加_______(填序号)末见明显现象。A.少量KSCN溶液B.少量()36KFeCN溶液C.少量HCl溶液该小组据此判断氧化还原没有发生。请简述未发生氧化还原反应的原因_______

。【实验2】通过比较22HO与2Fe+、224CO−反应的难易，判断二者还原性的强弱。实验操作与现象如下：①向141mL0.5molLFeSO−溶液中加入12241mL0.5molLKCO−溶液，过滤，立即产生黄色沉淀；②洗涤①中的黄色沉淀(已知：242FeCO2HO

为黄色固体，微溶于水，可溶于强酸)，向其中加入过量的226%HO溶液，振荡，静置，反应剧烈放热，产生大量的红褐色沉淀和无色气体；③待充分反应后，向其中加入稀硫酸，调节pH约为4，得到翠绿色溶液。请回答：（4）证明2Fe+被氧化的实验现象是_______。（5）以上

现象能否说明224CO−没有被氧化。请判断并说明理由：_______。【实验3】利用电化学装置进行实验，其装置如图：（6）用3FeCl溶液、224KCO溶液和其他试剂，设计图的装置进行实验比较2Fe+和224CO

−的还原性强弱，一段时间的实验后，该小组依据实验所观察到的现象做出了224CO−比2Fe+还原性强的实验结论。则下列实验现象描述能支持这一结论的有：_______。(填序号)A.电流表指针发生偏转B.取左侧

烧杯内溶液滴加氢氧化钠溶液，出现红褐色沉淀C.取左侧烧杯内溶液滴加()36KFeCN溶液，有蓝色沉淀生成D.右侧烧杯的电极附近有无色气泡生成，经实验，该气体能使澄清石灰水变浑浊。【答案】（1）()323Fe3HOFeOH3H++++（2）溶液中存在平衡：()332242

43FeCOFe3CO−+−+，加入硫酸后，H+与224CO−结合生成224HCO，使平衡正向移动，()3cFe+增大，遇KSCN溶液变红（3）①.B②.3Fe+与224CO−生成稳定的()3243FeCO−，浓度降低，3Fe+的氧化性和224

CO−的还原性减弱（4）(2)中产生大量红褐色沉淀或者③中得到翠绿色溶液（5）有+4价的碳的化合物生成，才能说明224CO−被氧化，以上现象无法判断是否有+4价的碳的化合物生成，因此不能说明224CO−是否被氧化（6）ACD【解析】【小问1详解】3FeCl会发生水解生成红褐色的氢氧化铁，所以

若不用浓盐酸抑制其水解，就会出现红褐色，其离子方程式为：()323Fe3HOFeOH3H++++；【小问2详解】溶液中存平衡：()33224243FeCOFe3CO−+−+，当加入硫酸后，H+与224CO−结合生成弱酸224HCO，使上

述平衡正向移动，导致()3cFe+增大，从而遇KSCN溶液会变红；【小问3详解】向1310mL0.5molLFeCl−溶液中缓慢加入12240.5molLKCO−溶液至过量，若发生氧化还原反应，则会生成亚铁离子，而检验亚铁离子的试剂为()36KFeCN，故合理答案

为：B；3Fe+与224CO−生成稳定的()3243FeCO−，浓度降低，导致3Fe+的氧化性和224CO−的还原性减弱，所以这是未发生氧化还原反应的原因；【小问4详解】若2Fe+被氧化，则会生成铁离子或()3243FeCO−，

对应的现象为：(2)中产生大量红褐色沉淀或者③中得到翠绿色溶液；【小问5详解】224CO−中C元素显+3价，若有+4价的碳的化合物生成，才能说明224CO−被氧化，以上现象无法判断是否有+4价的碳的化合物生成，如产生能使澄清石灰水变浑浊的气体等描述信息，因此

不能说明224CO−是否被氧化。【小问6详解】若2Fe+和224CO−的还原性：224CO−＞2Fe+，则3FeCl溶液、224KCO溶液会发生自发的氧化还原反应，，则在A．在电解质溶液中构成原电池，电

流表指针会发生偏转，A符合题意；B．取左侧烧杯内溶液滴加氢氧化钠溶液，出现红褐色沉淀，则说明有铁离子存在，不能说明发生了氧化还原反应，B不符合题意；C．取左侧烧杯内溶液滴加()36KFeCN溶液，有蓝色沉淀生成，说明含亚铁离子，则证明发生了氧化还原反应，C符合题意

；D．右侧烧杯的电极附近有无色气泡生成，经实验，该气体能使澄清石灰水变浑浊，说明生成了二氧化碳，即草酸根离子被氧化为二氧化碳，发生了氧化还原反应，D符合题意；答案选ACD。18.布洛芬为非甾体抗炎药，可用于缓解疼痛，其合成路线如图：

请回答下列问题：（1）A的名称是_______，B生成C的反应类型为_______，D中所含官能团的名称是_______。（2）D中含有手性碳原子的个数为_______。（3）试剂X是新制的氢氧化铜悬浊液，请写出E与试剂

X反应的化学方程式_______（4）G是比F少5个2CH的芳香族化合物，G的同分异构体中，同时满足如下条件的有_______种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3:2:2:1的结构简式为_____

__。条件：(a)苯环上的取代基无环状结构；(b)能与自身2倍物质的量的NaOH反应。（5）根据上述信息和所学知识，写出以、225ClCHCOOCH、()32CHCHOH为原料合成的路线_______(其他试剂任选)。【答案】（1）①.甲苯(甲基苯)②.取代反应

③.酯基、醚键（2）2（3）()Δ2+2CuOH+NaOH⎯⎯→22CuO+3HO+（4）①.10②.、（5）【解析】【分析】A和丙烯发生加成反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生取代反应生成D，D经过和NaOH、HCl等反应，最

终生成E，E被氧化、再酸化得到F。【小问1详解】根据A的结构得到A的名称是甲苯；根据分析，B发生取代反应生成C；根据D的结构简式，D中所含官能团的名称是酯基、醚键；【小问2详解】根据D的结构简式，六元环右侧最长的碳链上，与苯环相连的第一个和第二

个碳原子为手性碳原子，故共有2个手性碳原子；【小问3详解】E中醛基能与新制氢氧化铜反应，化学方程式为；()Δ2+2CuOH+NaOH⎯⎯→22CuO+3HO+；【小问4详解】G是比F少5个CH2的芳香族化合物，则G含有8个碳原子，F为酸，根据苯环上的取代基无环状结构；能与自身

2倍物质的量的NaOH反应，说明G的同分异构体中含有酚酸酯和甲基，或者是两个酚羟基和一个−CH=CH2，或者是−OOCCH3；当是酚酸酯和甲基时，有邻、间、对三种；当是两个酚羟基和一个−CH=CH2时，两个酚羟基在邻位，有2种结构，

当两个酚羟基在间位，有3种结构，当两个酚羟基在对位，有1种结构；当是−OOCCH3时，有1种结构，因此G的同分异构体中，同时满足条件的有10种；其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为、；【小问5详解

】