【文档说明】湖北省新高考联考协作体2022-2023学年高三上学期起点考试化学试题 含解析【武汉专题】.docx，共(23)页，1.501 MB，由小赞的店铺上传

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2022年湖北省新高考联考协作体高三上学期起点考试高三化学试卷可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Fe56一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求)1.化学与生产生活密切相关，学好化学能提高生活的质量，下列说法正确的是A

.硬铝是一种密度小、强度大、具有较强的抗腐蚀性能的单质铝B.氮的固定中的自然固氮、人工固氮都是将2N转化为3NHC.晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，常用于制造光导纤维D.维生素C具有还原性，是水果罐头中常用的抗氧化剂【答案】D【解析】【详解】

A．硬铝是合金，A项错误；B．氮的固定中的自然固氮、人工固氮都是将2N转化为含N化合物，不只有3NH，B项错误；C．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，可做半导体材料，二氧化硅可做光导纤维，C项错误；D．维生素C具有还原性，是水果罐头中常用的抗氧化剂，D项正确；答案选D。2.辅酶10Q能提高心

肌功能，有效治疗各种心肌病、心律失常、心绞痛、心力衰竭等疾病，其结构简式如下。下列有关辅酶10Q的说法正确的是A.能与3Fe+发生显色反应B.1mol辅酶10Q最多能与25molH发生加成反应C.分子中的四个氧原子

处于同一平面D.核磁共振氢谱有8组吸收峰【答案】C【解析】【详解】A．由结构可知，不含酚羟基，不能与3Fe+发生显色反应，A错误；B．由结构可知，右侧支链中的碳碳双键数就大于5，故1mol辅酶10Q能与多

余25molH发生加成反应，B错误；C．与碳碳双键、碳氧双键直接相连的原子处于同一平面，故分子中的四个氧原子处于同一平面，C正确；D．该结构为不对称结构，右侧支链中的不同环境氢原子数就大于5，故核磁共振氢谱

大于8组吸收峰，D错误；故选C。3.家庭的厨卫管道内常因留有油脂、毛发、菜渣、纸棉纤维等而造成堵塞，此时可以用一种固体管道疏通剂疏通。这种管道疏通剂的主要成分有NaOH和铝粉。下列说法错误的是A.疏通剂遇水产生大量气体有利于管道疏通，但是要注意避免明火B.反应产生的热量和碱性环

境有利于加速油脂水解便于管道的疏通C.管道疏通后应及时放大量水冲洗管道D.该疏通剂与“洁厕灵”混合使用可以提高疏通与清洁效果【答案】D【解析】【详解】A．疏通剂遇水产生的气体是氢气，要注意避免明火，防止爆炸

，A项正确；B．油脂在碱性环境下水解更彻底，反应产生的热量可以加快反应速率，有利于加速油脂水解便于管道的疏通，B项正确；C．管道疏通后，管道内有大量气体和碱性溶液，故应及时放大量水冲洗管道，C项正确；D．该疏通剂有碱，“洁厕灵”有酸，混合使用会

中和导致失效，D项错误；答案选D。4.常温时下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.10.1molL−的硫酸溶液中：K+、Na+、Cl−、223SO−B.中性溶液中：3Fe+、4NH+、24SO−、3NO−C.水电离产生的()12

1OH110molLc−−−=的溶液中：Na+、3Al+、3NO−、Br−D.澄清透明溶液中：2Cu+、24SO−、H+、Cl−【答案】D【解析】【详解】A．H+和223SO−会反应生成硫、二氧化硫和水，不能大量共存，A错误；B．中性溶液中，3Fe+会发生水解生成氢

氧化铁沉淀，不能大量共存，B错误；C．水电离产生的()121cOH110molL−−−=的溶液呈酸性或碱性，3Al+和OH-会反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，C错误；D．澄清透明溶液中，四种离子相互之间不反应，能大量共存，D正

确；答案选D。5.下列有关氯气的离子方程式中书写正确的是A.向亚硫酸钠溶液中通入少量氯气：223224SOClHO=SO2Cl2H−−−+++++B.将氯气通入冷的石灰乳中制取漂白粉：()2222CaOHCl=CaClClOH

O+−−++++C.将少量氯气通入到碘化亚铁溶液中：2322FeCl2Fe2Cl++−+=+D.食醋和84消毒液混合：22ClClO2H=ClHO−−++++【答案】B【解析】【详解】A．亚硫酸钠溶液中通入少量氯气反应生成氯化钠、硫酸钠和亚硫酸氢钠，离子方程式为：32

-3SO+Cl2+H2O═2-4SO+2Cl-+2-3HSO，故A错误；B．将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，离子方程式：()2222CaOHCl=CaClClOHO+−−++++，故B正确；C．碘化亚铁溶液通入少量氯气，溶液中碘离子还原性大于亚

铁离子，氯气只氧化碘离子，离子方程式为2I-+Cl2=2Cl-+I2，故C错误；D．将食醋与“84”消毒液混合产生黄绿色气体：2CH3COOH+Cl-+ClO-═Cl2↑+H2O+2CH3COO-，故D错误；故选：B。6.下列实验设计或操作正确的是A.除去2C

O中的HCl气体B.配制100mL溶液时定容操作C.比较S、C、Si的非金属性D.制备氧气并控制反应的发生和停止【答案】C【解析】【详解】A．氯化氢能和饱和碳酸钠溶液反应，但二氧化碳也能和饱和碳酸钠溶液反应，不能用于除去二氧化碳中的氯化氢，应用饱和碳酸氢钠溶液，A错误；B．胶头滴

管不能伸入容量瓶内，应悬空竖直，在离容量瓶口约1cm处滴加，B错误；C．稀硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成硅酸，酸性：H2SO4>H2CO3>H2SiO3，三种酸为S、C、Si的最高价氧化物对应的水化物，则非金属性：S

>C>Si，C正确；D．过氧化钠为粉末，该装置不能控制反应的发生和停止，D错误；答案选C。7.目前最热门的机器人材料液晶弹性体是一种最具代表性的智能材料，在外界刺激下，其相态或分子结构会产生变化，进而改变液晶基元的排列顺序，

从而导致材料本身发生宏观形变，当撤去外界刺激后，液晶弹性体可以恢复到原来的形状。下列说法错误的是A.该液晶同时具有各向异性和弹性B.这种液晶弹性体机器人可以采用热、光、电、磁等进行驱动C.该液晶弹性体具有形状记忆功能D.液晶是介于液态和固态之间的物质状态，而固

体2SiO是晶体【答案】D【解析】【详解】A．在外界刺激下，其相态或分子结构会产生变化，进而改变液晶基元的排列顺序，从而导致材料本身发生宏观形变，当撤去外界刺激后，液晶弹性体可以恢复到原来的形状，说明该液晶同时具有各向异性和弹性，A正确；B．在外界刺激下，其相态或分子结

构会产生变化，则这种液晶弹性体机器人可以采用热、光、电、磁等进行驱动，B正确；C．撤去外界刺激后，液晶弹性体可以恢复到原来的形状，则该液晶弹性体具有形状记忆功能，C正确；D．液晶是介于液态和晶态之间的物质状态，不是介于

液态和固态之间的状态，D错误；故选D。8.AN是阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.11.0molL−的盐酸含有阴离子总数为ANB.332gCHOH中3sp杂化的原子数为2ANC.21.0molH和21.0mol

I在密闭容器中充分反应后其分子总数小于2AND.1mol重水比1mol水多AN个质子【答案】B【解析】【详解】A．溶液体积未知，无法计算阴离子数目，A错误；B．332gCHOH的物质的量为32g32g/mol=1mol，3CHOH中碳

原子和氧原子采取sp3杂化，因此sp3杂化的原子数为2AN，B正确；C．氢气和碘蒸气反应虽然为可逆反应，但反应前后气体分子数不变，因此21.0molH和21.0molI在密闭容器中充分反应后其分子总数等于2AN，C错误；D．1mol重水含10mol

质子，质子数为10AN，1mol水含10mol质子，质子数为10AN，质子数相等，D错误；答案选B9.我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为：3222S2KNO3C=KSN3CO++++，则下列说法正确

的是A.14C可用于考古学测文物年代B.该反应的氧化剂只有3KNOC.该反应的还原剂为C和SD.2N分子的电子式为【答案】A【解析】【详解】A．14C具有放射性，在考古学上常用来测定文物的历史年代，故A正确；B．反应

中，S、N元素化合价都降低，则S和KNO3都作氧化剂，故B错误；C．该反应只有C元素化合价升高，还原剂只有C，故C错误；D．氮气中N原子达8电子稳定结构，电子式为，故D错误；故选：A。10.有一种氮化钛晶体的晶胞如图所示，该晶胞中N、Ti之间的最近距离为apm，下列说法错误的是。

A.该物质的化学式为TiNB.Ti与Ti的最近距离是2pm2aC.Ti的配位数为6D.与N距离相等且最近的N有12个【答案】B【解析】【详解】A．该晶胞中，Ti（黑球）的个数为1+1214=4，N（白球）的个数为818+612

=4，则Ti和N的个数比为1:1，该物质的化学式为TiN，A正确；B．该晶胞中N、Ti之间的最近距离为apm，则Ti与Ti的最近距离是2apm，B错误；C．如图所示，与Ti距离相等且最近的N有6个，则Ti的配位数为6，C正确；D．与N距离相等且最近的N有12个，D

正确；故选B。11.取两块大小相同的干冰，在一块干冰中央挖一个小穴，撒入一些镁粉，用红热的铁棒把镁点燃，将另一块干冰盖上，你会看到镁粉在干冰内继续燃烧，像冰灯中装进一个电灯泡一样，发出耀眼的白光。下列说法错误的是A.干冰由非极性分子构成B.

该实验说明了干冰易升华的特性C.干冰存在共价键、氢键等化学键D.该实验说明镁粉与二氧化碳能发生剧烈的发光发热的化学反应【答案】C【解析】【详解】A．干冰是固体二氧化碳，是由碳氧极性共价键构成的直线形分子，属于非极性分子，A正确；B．干冰易升华，与镁粉发

生氧化还原反应，B正确；C．干冰为固体二氧化碳，分子间和分子内均不存在氢键，C错误；D．根据实验现象可知，镁粉与二氧化碳在一定条件下可发生反应生成氧化镁和碳，D正确；故选C。12.酸碱质子理论根据反应中质子()H+的转移，可以重新定义酸和碱：酸=质子＋(共轭)碱。因此酸碱

之间存在彼此的共轭关系：HABABH−+++。已知柠檬酸()简写为3657HCHO关于反应：2657336572HCHOHOHCHOHO−+++、226576572HCHOOHHCHOHO−−−++，下列判断正确的是A.2657HCHO−既是酸又是碱B.3HO+是水的共轭碱C.2657HCH

O−的共轭碱为3657HCHOD.2657HCHO−的共轭酸为2657HCHO−【答案】A【解析】【详解】A．-2657HCHO可以和H3O+反应生成H3C6H5O7，也可以和OH-反应生成2-657HCHO，则根据酸碱质子理论，-2657HCHO既是酸又是碱，A正确；B

．H3O+H++H2O，根据酸碱质子理论可知，H3O+是水的共轭酸，B错误；C．-2657HCHO+H3O+H3C6H5O7+H2O，根据酸碱质子理论可知，H3C6H5O7是-2657HCHO的共轭酸，C错误；D．-2657HCHO+OH-2-6

57HCHO+H2O，根据酸碱质子理论可知，2-657HCHO是-2657HCHO的共轭碱，D错误；故选A。13.已知：氨基钠(NaNH2)是一种重要的化学试剂，是生产维生素A的原料。它是一种白色结晶

粉末，相对密度1.40、熔点210℃、沸点400℃，易燃、易爆、有腐蚀性，几乎不溶于液氨，易与水、氧气等反应，与水接触后，会产生激烈的反应。氨基钠是一种碱性很强的离子化合物，在液氨中氯苯与氨基钠作用生成苯胺()，反应经历了中间体苯炔()这一步。反

应历程如图所示，如果用14C标记与氯原子相连的碳原子(其余的碳原子均为12C)，这种氯苯与氨基钠在液氨中发生反应。下列有关说法错误的是A.反应①为取代反应，反应②为消去反应，反应③为加成反应B.氨基钠有腐蚀

性是因为其强碱性，其粉末易燃、易爆是因为其具有强氧化性C.苯胺官能团为氨基，具有碱性，能与盐酸反应生产可溶性苯胺盐酸盐D.产物苯胺有两种，氨基连在14C上和连在相邻的12C上的几率相等说明经历了中间体苯炔【

答案】B【解析】【详解】A．在液氨中氯苯与氨基钠作用生成苯胺()、NaCl，该步反应为取代反应；反应②是氯苯在一定条件下脱去1分子HCl，反应产生苯炔，故该步反应为消去反应，反应③是苯炔与NH3发生加成反

应产生苯胺，故反应③为加成反应，A正确；B．氨基钠有腐蚀性是因为其强碱性，其粉末易燃、易爆是因为其易被氧化，说明该物质具有强的还原性，B错误；C．苯胺含有的官能团为氨基，具有碱性，能与盐酸反应生产可溶性苯胺盐酸盐，C正确；D．如果用14C标记与氯原子相连的碳原子(其余的碳原子均为12C)，这种氯苯

与氨基钠在液氨中发生反应，反应产物苯胺有两种，氨基连在14C上和连在相邻的12C上的几率相等，这说明氯苯变为苯胺的反应过程经历了中间体苯炔，D正确；故合理选项是B。14.我国力争于2030年前做到“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”，一种脱除和利用水煤气中2CO方法的

示意图如下：T℃时一定量的2CO被吸收塔中23KCO溶液吸收后进入再生塔再生，最后利用电化学原理将2CO电催化还原为24CH(该温度下23HCO的7a14.610K−=，11a25.610K−=)。下列有关说法错误的是A.若T℃时吸收塔中，

()()233CO:HCO28:5cc−−=，则该溶液的pH11=B.再生塔中产生2CO的离子方程式为232322HCOCOCOHO−−++C.将浓度相等的23KCO溶液与3KHCO溶液等体积混合，所得溶液中离子浓度大小为：()()()()()233KCO

HCOOHHccccc+−−−+D.2CO电催化还原为24CH的阴极反应式为22422CO12e12H4=CHHO−++++和AgCle=AgCl−−++【答案】C【解析】【分析】水煤气中的CO2被吸收塔中K2CO3溶液吸收后形成K

HCO3溶液并进入再生塔，再生塔中KHCO3分解产生释放CO2，再将CO2电催化还原为C2H4。【详解】A．设c(2-3CO)=2.8mol/L，则c(-3HCO)=0.5mol/L，根据2-3CO+H2O-3HCO+OH-可知，--32-3a2(HCO)(OH)1=(CO)cccK，

则-11-0.5mol/L(OH)2.81=5.6mol/L10c，解得c(OH-)=1.010-3mol/L，溶液中c(H+)=1.010-11mol/L，pH=11，A正确；B．再生塔中，KHCO3受热分解产生CO2，该反应的

离子方程式为-2-3232Δ2HCOCO+CO+HO，B正确；C．将浓度相等的K2CO3溶液与KHCO3溶液等体积混合，H2CO3的电离平衡常数Ka1＞Ka2，则2-3CO的水解程度大于-3HCO，故所得溶液中离子浓度大小为c(K+)＞c(-3

HCO)＞c(2-3CO)＞c(OH-)＞c(H+)，C错误；D．CO2在阴极上被还原为C2H4，电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O和AgCl+e-=Ag+Cl-，D正确；故选C。15.甘氨酸()

22HNCHCOOH是人体必需氨基酸之一，在晶体和水溶液中主要以偶极离子()32NHCHCOO+−形式存在，它是两性电解质有两个可解离基团。在水溶液中，甘氨酸的带电状况与溶液的pH有关。当调节溶液的pH使甘氨酸所带正

负电荷正好相等时，甘氨酸所带的净电荷为零，在电场中不发生移动现象，此时溶液的pH即为甘氨酸的等电点，已知甘氨酸的等电点为5.97，在25℃时，22NHCHCOO−、32NHCHCOOH+和32NHCHCOO+−的分布分数[如(

)()()()()2222AAHAHAAcccc−−−−=++]与溶液pH关系如图下列说法正确的是A.曲线a代表22NHCHCOO−B.等电点时，微粒间的数量关系是：()()()323222NNHCHCOONNHCHCOOHNNHCHCOO+−+−

==C.在pH小于5.97溶液中甘氨酸带净正电荷，在电场中将向阴极移动D.32232NHCHCOOHONHCHCOOHOH+−+−++的平衡常数4.2210K−=【答案】C【解析】【分析】甘氨酸中含有氨基和羧基，氨基显碱性，羧基显酸性，在酸性条件下，存在的形式为NH3+CH2COOH，随着pH增

大，逐步转化成NH3+CH2COO-，最终转化成NH2CH2COO-，从而确定曲线a代表NH3+CH2COOH，曲线b代表为NH3+CH2COO-，曲线c代表NH2CH2COO-，据此分析；【详解】A．根据上述分析，曲线a代表NH3+CH

2COOH，故A错误；的的B．等电点是甘氨酸所带正负电荷正好相等，因此NH3+CH2COOH的物质的量等于NH2CH2COO-，甘氨酸等电点为5.97，根据图象可知，N(NH3+CH2COO-)＞N(NH3+CH2COOH)=N(NH2C

H2COO-)，故B错误；C．根据B选项分析以及图象可知，当pH小于5.97时，n(NH3+CH2COOH)＞n(NH2CH2COO-)，甘氨酸带净正电荷，在电场作用下，向阴极移动，故C正确；D．取坐标(2.35，0.50)，此时c(N

H3+CH2COOH)=c(NH3+CH2COO-)，因此有K=c(OH-)=14+2.35w10c(H)10K−−==10-11.65，故D错误；答案为C。二、非选择题(4小题，共55分)16.焦亚硫酸钠()225NaSO在医药、橡胶、印染、食品等方面

应用广泛，其制备流程如图所示。已知：①3NaHSO过饱和溶液中更易形成225NaSO；②焦亚硫酸钠()225NaSO在空气中易氧化，受热易分解。回答下列问题：（1）反应I中先通入气体____(填化学式)，反应III中通入的气体a为_____(填

化学式)。（2）溶液A中含有三种阳离子，分别为Na+、H+和离子X。检验溶液A中离子X的方法是_______。（3）反应III调节pH为4.1，发生反应的离子方程式为_______。（4）再次通入气体a得到溶液B的目

的是_______。（5）操作I为：在氮气氛围中，_______，_______，过滤，洗涤。其中洗涤225NaSO晶体时依次用饱和2SO水溶液、无水乙醇。用饱和2SO水溶液洗涤的目的是_______。（6）久置225NaSO固体

中若含有24NaSO杂质，其可能的原因是_______。(用化学反应方程式表示)【答案】（1）①.NH3②.SO2（2）取少量溶液于试管，向试管中加入NaOH溶液，加热，用湿润红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，的则证明有4NH+（3）232232CO2SOHO=2HSOCO−−+++（

4）得到3NaHSO过饱和溶液（5）①.低温蒸发(或减压蒸发，强调温度低即可)②.冷却结晶③.减少225NaSO在水中的溶解（6）225222424NaSOHOO=NaSOHSO+++【解析】【分析】氨气和二氧化碳通入饱和氯化钠溶液生成NaHCO3析出晶体，溶液A为NH4Cl，反应II是Na

HCO3受热分解生成二氧化碳和水和碳酸钠，FeS2和氧气煅烧生成氧化铁和SO2，反应III中SO2和饱和碳酸钠溶液反应生成NaHSO3，继续通入气体a为SO2形成NaHSO3过饱和溶液，由已知信息①可知过滤得到Na2S2O5晶体，最后脱水得到Na2S2O5；

【小问1详解】由于二氧化碳的溶解性不大，在碱性溶液中溶解更多，反应I中先通入气体NH3使溶液呈碱性，能更好溶解二氧化碳，由已知信息①可知继续通入气体a为SO2形成NaHSO3过饱和溶液，反应III中通入的气体a为SO2；【小问2详解】溶液A为NH4Cl，检验溶液

A中离子X即铵根的方法是：取少量溶液于试管，向试管中加入NaOH溶液，加热，用湿润红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则证明有4NH+；【小问3详解】反应III调节pH为4.1，SO2和饱和碳酸钠溶液反应生成NaHS

O3，发生反应的离子方程式为232232CO2SOHO=2HSOCO−−+++；【小问4详解】再次通入气体a得到溶液B的目的是得到3NaHSO过饱和溶液；【小问5详解】已知焦亚硫酸钠()225NaSO在空气中易氧化，在氮气氛围中可防止被氧化，操作I为：低温蒸发，冷却结晶，过

滤，洗涤；用饱和2SO水溶液洗涤225NaSO晶体的目的是减少225NaSO在水中的溶解；【小问6详解】225NaSO在空气中易氧化，久置的225NaSO固体与氧气发生氧化还原反应生成24NaSO，反应的化学反应方程式为2

25222424NaSOHOO=NaSOHSO+++。17.乳酸亚铁晶体()322CHCHOHCOOFe3HO是一种很好的食品铁强化剂，吸收效果比无机铁好，易溶于水，几乎不溶于乙醇，可由乳酸与3FeCO反应制得。I.

制备碳酸亚铁()3FeCO实验步骤如下：a.检查装置气密性，添加药品，并将导管末端插入D中水面以下；b.装置B中制取硫酸亚铁，并将整个装置内的空气排净；c.操作开关，将B中溶液导入C中产生3FeCO沉淀；d.将C中混合物分离提纯，获得纯净的碳酸亚铁产品。（

1）甲同学查阅资料了解到Fe(Ⅱ)易被氧化，以上步骤中，他采用了一些操作避免Fe(Ⅱ)被氧化，请摘抄出相关内容_______。（2）仪器C的名称是_______，C中生成3FeCO的离子方程式是___

____。（3）步骤b中应打开的开关是_______(选填“1K”“2K”或“3K)，步骤c中应如何操作开关？_______(选填“1K”“2K”或“3K)。II.制备乳酸亚铁晶体将制得的3FeCO加入到乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使

之充分反应，然后加入适量乳酸。冷却，加入乙醇，过滤，再洗涤和干燥，得到产品。（4）配制乳酸亚铁溶液时，加入少量铁粉的目的是_______。（5）冷却，加入乙醇的目的是_______。III.探究乳酸亚铁晶体中铁元素的含量乙同学称取1Wg样品溶于水，用

11molLc−的酸性4KMnO标准溶液滴定，当溶液恰好显浅红色，且30s内浅红色不褪去，停止滴定，测得消耗标准溶液1VmL。（6）乙同学方案是否正确？_______(选填“是”或“否”)，如填“是”，计算铁元素的质量分数(用含有1W、1c、1V的代数式表示)

。如填“否”，说明偏高还是偏低，并写出理由。_______。【答案】（1）将导管末端插入D中水面以下；将整个装置内的空气排净（2）①.三颈烧瓶②.23322Fe2HCOFe=COHOCO+−+++（3）①.1

K、3K②.关闭1K、3K，一段时间后打开2K（4）防止Fe(II)被氧化（5）减小乳酸亚铁溶解度，使之析出，提高产量（6）①.否②.偏高，乳酸(根)也能被高锰酸钾氧化，消耗更多高锰酸钾，使铁元素的质量分数偏高【解析】【分析】制备碳酸亚铁过程中，亚铁离子容易被

氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，生成氢气使B装置中气压增大，将B装置中的硫酸亚铁溶液压入C中，C装置中FeSO4和NH4HCO3发生反应：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+(NH

4)2SO4+CO2↑+H2O，装置D防止空气中的氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化；【小问1详解】避免Fe(Ⅱ)被氧化相关内容为：将导管末端插入D中水面以下；将整个装置内空气排净；【小问2详解】如图，仪器C的名称是三颈烧瓶；C中生成3FeCO的离子方程式是：23322Fe2HCOFe=COHOC

O+−+++；【小问3详解】步骤b要利用生成的氢气排尽装置内空气，故应打开1K使B中反应开始，打开3K使生成的氢气充满装置，挤走空气；步骤c要使B装置中气压增大，将B装置中的硫酸亚铁溶液压入C中，故应关闭1K、的

3K，一段时间后打开2K；【小问4详解】Fe2+容易被氧化为Fe3+，加入铁粉可将Fe3+还原为Fe3+，离子方程式为：3+2+Fe+2Fe=3Fe，故加入铁粉可防止Fe2+被氧化；【小问5详解】乳酸亚铁晶体易

溶于水，几乎不溶于乙醇，故加入乙醇可让乳酸亚铁析出更多，提高产量；【小问6详解】乙方案不正确，根据5Fe2+~4MnO−，乳酸亚铁晶体中铁元素的含量=111565cV100%1000W，乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消

耗高锰酸钾的量1V增大，使铁元素的质量分数偏高。18.化合物I的合成路线如图：已知：a．b．3CHI23RNHRNHCH⎯⎯⎯→回答下列问题：（1）D中官能团的名称为_______；A→B的反应类型为_______。（2）化合物H的结构简式为_______。（3）下列说法正确的是_______(

填字母)。a．物质B能与FeCl3溶液发生显色反应b．物质A能发生银镜反应c．物质I中含有1个手性碳原子d．物质I的分子式是C12H16NO3（4）写出C→D的化学方程式：_______。（5）满足下列条件化合物A的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。a．分子中含

有苯环，且苯环上只有两个取代基b．与FeCl3溶液发生显色反应（6）以和CH3CH2OH为原料，请设计制备化合物的合成路线_______(无机试剂任选)。合成路线示例如下NaOH3232CHCHBrCHCHOH⎯⎯⎯⎯⎯→△水溶液……

【答案】（1）①.醚键、羟基②.取代反应（2）（3）ac（4）+CH2Cl2+2NaOH→+2NaCl+2H2O（5）12（6）CH3CH2OH170C浓硫酸⎯⎯⎯→CH2=CH22Cl⎯⎯→ClCH2CH2Cl【解析】【分析】A是，A与溴水发生羟基在苯环邻位上的取代反应产生B

：，B与NaOH的水溶液发生反应，然后酸化可得C：，C与CH2Cl2在NaOH存在条件下发生反应产生D：，D与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生E：，E与CH3NO2发生反应产生F，F在一定条件下发生氧化反应产生G，G与HCOOH发生反应产生H：，H与CH3I发生

取代反应产生I。【小问1详解】化合物D是，其分子结构中含有的官能团名称为醚键和羟基；化合物A是，A与溴水发生取代反应产生B：，故A→B的反应类型为取代反应；【小问2详解】根据上述分析可知化合物H为：；【小问3详解】a．物质B是，物质分子中含有酚羟基，能够与FeCl3溶液发生

显色反应，a正确；b．物质A是，分子中无醛基，因此物质A不能发生银镜反应，b错误；c．手性碳原子是与四个不同的原子或原子团连接的C原子，根据物质I结构简式可知其分子中只有与-OH连接的C原子为手性碳原子，因此I分子中只含有1个手性碳原子，c正确；d．根据物质I结构简式可知I的分子式是C1

2H15NO3，d错误；故合理选项是ac；【小问4详解】C是，C与CH2Cl2在NaOH存在条件下反应产生D：，NaCl、H2O，该反应的化学方程式为：+CH2Cl2+2NaOH→+2NaCl+2H2O；【小问5详解】化合物

A结构简式是，A的同分异构体满足条件：a．分子中含有苯环，且苯环上只有两个取代基；b．与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，则另外一个官能团可能结构是-CH2CH2OH、、—OCH2CH3、—CH2OCH3，它们与酚羟基在苯环上的位置有邻、间、

对三种，故符合要求的同分异构体种类数目是3×4=12种；【小问6详解】CH3CH2OH与浓硫酸共热170℃，发生消去反应产生CH2=CH2，CH2=CH2与Cl2发生加成反应产生ClCH2CH2Cl，ClCH2CH2Cl与在NaOH存在条件下反应产生，故以和CH3C

H2OH为原料制取的合成路线为：CH3CH2OH170C浓硫酸⎯⎯⎯→CH2=CH22Cl⎯⎯→ClCH2CH2Cl。19.I.习总书记曾提出“绿水青山就是金山银山”的科学论断，研究二氧化碳的资源化利用具有重要的意义。请回答下列

问题：（1）已知下列热化学方程式：①()()()23COg2Hg=CHOHg+11ΔH=90.6kJmol−−②()()()()222COgHg=COgHOg++12ΔH=41.2kJmol−+则CO2与H2反应生成甲醇气

体和水蒸气的热化学方程式为：_______。（2）一定温度和压强为1MPa条件下，将2CO和2H按物质的量之比为1∶4通入容积可变的密闭容器中发生反应，假设只发生反应：a．()()()()2242COg4HgCHg2HOg++；

b．()()()()222COgHgCOgHOg++；10min两个反应均达到平衡时，CO2平衡转化率为60％，CH4选择性为50％，[CH4的选择性()()()44nCH=nCH+nCO]。该温度下，反应b的Kp=_______(保留两位有效数字)，已知Kp是用反应体系

中气体物质的分压来表示的平衡常数，气体分压=总压×气体物质的量分数)，用CH4的分压变化表示反应a在10分钟内达到平衡的平均速率为_______1MPamin−(保留两位有效数字)。II.燃煤排放的烟气含有和NOx，形成酸雨、污染大气。采用化学吸收剂对烟

气进行脱硫、脱硝，对环境保护有着重要的意义。回答下列问题：（3）在不同温度下，2NaClO溶液脱硫、脱硝的反应中，2SO和NO的平衡分压Px如图所示。由图分析可知。反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均______

_(填“增大”“不变”或“减小”)。原因可能是_______(写出一条原因即可)。（4）以连二亚硫酸根()224SO−为媒介，使用间接电化学法也可处理燃煤烟气中的NO，装置如图所示：①阴极区的电极反应式为_______。②NO吸收转化后的主要产物为N2，若通电时电路中转移了0.5

mole—，则此通电过程中理论上吸收的NO在标准状况下的体积为_______L。【答案】（1）()()()()2232COg3Hg=CHOHgHOg++13ΔH49.4kJmol−=−（2）①.0.27②.0.0068（3）①.减小②.脱硫、脱硝的反应为

放热反应（4）①.2232422SO4H2e=SO2HO−+−−+++②.5.6【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，①+②可得二氧化碳与氢气反应生成甲醇气体和水蒸气的反应()()()()2232COg3Hg=CHOHgHOg++，则312ΔH=ΔH-ΔH=(-

90.6kJ/mol)-(+41.2kJ/mol)=-49.4kJ/mol，反应的热化学方程式为()()()()2232COg3Hg=CHOHgHOg++13ΔH49.4kJmol−=−，故答案为：()()()()2232COg3Hg=CHOHgHOg++13ΔH49.4kJmol−

=−；【小问2详解】设起始二氧化碳和氢气的物质的量分别为1mol、4mol，反应a生成甲烷的物质的量为amol、反应b生成一氧化碳bmol，由题意可建立如下三段式：()()()()2242(mol)1400(mol)a4aa2COg+4HgCHg+2HOa(mol)1-a4-4aga

2a起变平()()()()222(mol)1-a4-4a02a(mol)bbbb(mol)CO1-g+HgCOa-b4-4g+Ha-b2a+bOgb起变平由二氧化碳的平衡转化率为60％可得：a+b=0.6，甲烷选择性为5

0％可得：aa+b=0.5，解联立方程式可得a=b=0.3mol，则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳、水蒸气的平衡分压为444MPa、25a44MPa、3a44MPa、9a44MPa，反应b的Kp=3a9a38384a25a3838=0.27，用甲烷的分压变化表示反应a

在10分钟内达到平衡的平均速率为3aMPa4410min≈0.0068，故答案为：0.27；0.0068；【小问3详解】由图可知，升高温度，脱硫、脱硝的反应中反应物二氧化硫、一氧化氮的平衡分压均减小，说明平衡均向逆反应方向移动，均为放热反应，反应的平衡常数均减小，故答案为：减小；脱硫、

脱硝的反应为放热反应；【小问4详解】①由图可知，酸性条件下，亚硫酸根在阴极得到电子发生还原反应生成连二亚硫酸根和水，电极反应式为2232422SO4H2e=SO2HO−+−−+++，故答案为：2232422SO4H2e=SO2HO

−+−−+++；②2mol一氧化氮得到4mol电子生成1mol氮气，若通电时电路中转移了0.5mol电子，标准状况下吸收一氧化氮的体积为0.5mol×24×22.4L/mol=5.6L，故答案为：5.6。获得更多资源请

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