【文档说明】湖南省天一大联考2024-2025学年高三上学期9月月考化学试卷 Word版含解析.docx，共(21)页，1.913 MB，由小赞的店铺上传

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高三化学考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23S-32Mn-55Fe-56Cu-64Pb-207一、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.近年来，我国金属材料的应用推动了科技发展，下列说法正确的是A.天舟六号货运飞船主体材料铝合金的硬度高于金属铝B.废电池必须进行集中处理，因为电池外壳为贵重金属材料，需要回收利用C.纸电池是近年来电池研发领域的新成果，原电池

的电极必须使用金属材料D.航天器返回舱外层的隔热陶瓷瓦使用的是耐高温金属材料【答案】A【解析】【详解】A．铝合金的硬度高于其成分金属铝，A正确；B．废电池进行集中处理的主要原因是电池中含有的汞、镉、铅等重金属离子对土壤、水源会造成污染，电池外壳为锌、铝合金等

非贵重金属材料，B错误；C．原电池的电极不一定使用金属材料，可以是导电的石墨等非金属材料、复合材料也可以作为电池的电极，C错误；D．航天器返回舱外层的隔热陶瓷瓦使用的是耐高温复合材料，D错误；故选A。2.下列化学用语表述正确的是A.NaHS的电子式：B.四氨合铜离子的结构简式：C.-F的结构示意

图：D.基态Ga原子最高能级的电子云轮廓图：【答案】D【解析】【详解】A．NaHS是离子化合物，钠离子和HS-存在离子键，HS-内氢与硫原子存在共价键，电子式为，A项错误；B．四氨合铜配离子中铜离子提供空轨道，氨气中N原子提供孤电子，形成配位键，N原子

提供孤对电子指向Cu2+，，B项错误；C．-F的质子数为9，核外电子数为10，结构示意图为，C项错误；D．Ga是第IIIA族元素，价电子排布式是214s4p，最高能级的p电子云轮廓图为哑铃形，D项正确；故选D。3.下列实验事故

的处理方法合理的是选项实验事故处理方法A浓NaOH溶液不慎沾到皮肤上立即用大量水冲洗，然后涂上小苏打溶液B金属钠着火快速用二氧化碳灭火器灭火C蒸馏操作时忘记加沸石立即停止加热，待溶液冷却后加入沸石再加热D不慎将金属汞洒落桌面必须尽可能收集，并深埋处理

A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．浓NaOH溶液不慎沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液，A项错误；B．金属钠着火时生成过氧化钠，过氧化钠与2CO反应生成2O，不能用二氧化碳灭火器灭

钠着火，B项错误；C．蒸馏操作时若忘记加沸石，应立即停止加热，待溶液冷却后加入沸石再加热，C项正确；D．金属汞有挥发性，不能深埋处理，D项错误；故选C。4.下列有关说法正确的是A.实验室配制-14450mL0

.2molLCuSO溶液需要22.5g五水硫酸铜晶体B.FeO在空气中受热能迅速被氧化成34FeOC.金属钠燃烧产生黄色火焰是基态钠原子产生吸收光谱的缘故D.23AlO是两性氧化物，故能溶于醋酸和氨水【答案】B【解析】【详解】A．实验室配

制-14450mL.0.2molLCuSO溶液需要选用500mL容量瓶，故需要五水硫酸铜晶体的质量是-1-10.2molL0.5L250gmol=25.0g，A错误；B．FeO不稳定，在空气里

受热，能迅速被氧化成34FeO，B正确；C．金属钠燃烧产生黄色火焰是激发态的钠产生发射光谱的缘故，C错误；D．23AlO是两性氧化物，能溶于强碱溶液，但不溶于弱碱溶液氨水，D错误；故选B。5.某大学课题组发现了合成扩环卟啉分子的新方法。扩环

卟啉在催化剂、主体客体化学等众多领域有广泛应用。下列有关扩环卟啉分子P和Q(—Ar为芳香基团，除—Ar外，P和Q分子中所有原子共平面)的说法正确的是A.P为极性分子，Q为非极性分子B.第一电离能：C<N<O

C.X是还原剂，Y是氧化剂D.除—Ar外，P和Q分子中N原子均为2sp杂化【答案】D【解析】【详解】A．扩环卟琳分子P和Q均不是中心对称，正负电荷重心不重合，故都是极性分子，A项错误；B．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA、VA族元素比相邻主族的较大，则第一电

离能：C<O<N，B项错误；C．P-Q去氢被氧化，故X是氧化剂，反之，Y是还原剂，C项错误；D．因为除—Ar外，P和Q分子中所有原子共平面，共平面结构中的N连接两个或三个其他原子，故均为2sp杂化，D项正确；故选D。6.下列有关电极方程式

或离子方程式书写错误的是A.碱性锌锰干电池的负极反应：--2Zn+2OH-2e=Zn(OH)B.将双氧水滴加到酸性4KMnO溶液中：-+2+42222=2MnO+5HO+6H2Mn+5O+8HOC.将

少量碳酸氢镁溶液加入NaOH溶液中：-2-32+-322Mg+4OH=Mg+2HCO+2CO+O(H)2HOD.将5~6滴饱和3FeCl溶液加入沸水中，继续煮沸至液体呈红褐色：3++23Fe+3HOFe(OH)+3H

【答案】D【解析】【详解】A．碱性锌锰干电池的负极材料为Zn，失去电子生成的2+Zn与-OH结合生成2Zn(OH)，A正确；B．将双氧水滴加到酸性4KMnO溶液中，22HO中的O元素被氧化生成2O，B正确；C．碳酸氢镁电离出的2+Mg和-

3HCO都与NaOH电离出的-OH反应，C正确；D．将5~6滴3FeCl饱和溶液加入沸水中生成3Fe(OH)胶体，不生成沉淀：3++23Fe+3HOFe(OH)()+3H胶体，D错误；故选D。7.一种长效、缓释阿司匹林的部分结构如下图所示。下列分析错误的是A.该

有机物的单体是B.该有机物能发生加成反应、消去反应C.该有机物在胃中可缓慢水解逐渐释放出有效成分D.该有机物在酸性条件下的水解产物可多于4种【答案】A【解析】【详解】A．1，3-二烯烃的衍生物若进行1，4加聚仍存在一个碳碳双键(或选项中

的单体比聚合物少氢原子)，A项错误；B．含有苯环，可与氢气发生加成反应，含有羟基，可以发生消去反应，B项正确；C．胃中为酸性环境，该有机物可缓慢水解生成，C项正确；D．图中表示的片段水解可以得到高分子链、22HOCHCHOH、3CHCOOH、，也可能不完全水解，故水解

产物可多于4种，D项正确；故选A。8.为达到对应的实验目的，下列操作方法合理的是选项实验目的操作方法A检验CO还原23FeO的生成物中是否含有34FeO取反应后的固体溶于稀盐酸，滴加36KFe(CN)

溶液B比较Mg与Al金属性强弱向等浓度、等体积的2MgCl、3AlCl溶液中分别滴加过量的等浓度NaOH溶液C比较2+Cu与3+Fe氧化性强弱取()32FeNO溶液于试管中，滴入硫酸酸化，再加入少量铜粉D从

明矾溶液中快速析出晶体在蒸发皿中将明矾溶液蒸干A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．CO还原34FeO的生成物中含Fe，能溶于稀盐酸生成2+Fe，滴加36KFe(CN)溶液有蓝色沉淀，不能证明是34FeO溶于稀盐酸生成的2+Fe，A错误

；B．向等浓度、等体积2MgCl、3AlCl溶液中分别滴加过量的等浓度NaOH溶液，开始都有白色沉淀生成，但后来生成的3Al(OH)沉淀溶解在NaOH溶液中，故Mg比Al金属性强，B正确；C．取()32FeNO溶液于试管中，滴入硫酸酸化，存在3HNO，能溶解铜粉，故不能判断2+Cu与3+Fe氧

化性强弱，C错误；D．明矾晶体含有结晶水，直接蒸干该溶液会失去结晶水，D错误；故选B。9.“价-类”二维图是学习元素化合物知识的重要模型和工具，图1为钠的“价-类”二维图，图2为比较甲、乙(甲、乙为23NaCO或3NaHCO)的热稳定性的实验装置。下列说法正确的是

A.甲为3NaHCO，可用于治疗胃酸过多B.等物质的量的b和c，含有的离子总数不同的C.Na转化为b或c，主要取决于反应温度和2O的量D.a与水生成NaOH反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为11:【答案】D【解析】【分析】a为NaH，b为Na2O，c为Na2O

2；由于热稳定性：233NaCO>NaHCO，23NaCO靠近热源不分解，3NaHCO远离热源分解，故甲为23NaCO，乙为3NaHCO；【详解】A．甲为23NaCO，乙为3NaHCO，由于碳酸钠碱性较强，应选择3NaHCO用于治疗胃酸过

多，A项错误；B．b和c分别为2NaO、22NaO，两者都是由2个钠离子和1个阴离子组成，则1molb和1molc均含有3mol离子，B项错误；C．Na无论是转化为2NaO还是22NaO，主要取决于温度高低，与反应物的用量无关，C项错误；D．a为NaH，与2

HO的反应为22NaH+HO=NaOH+H，该反应的氧化产物与还原产物均为2H，且物质的量之比为1:1，D项正确；故选D。10.天然气中含有少量有毒气体2HS，用如图所示流程在常温下可实现天然气在氧化亚铁硫杆菌(TF菌)作用下催化脱硫。设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法

错误的是A.X为4FeSOB.该脱硫过程不宜在高温下进行，因为TF菌活性会降低C.过程②中发生的反应既是氧化还原反应，也是化合反应D.过程①中每脱去21molHS转移电子的数目是A2N【答案】C【解析】的【分析】由图可知：过程①发生反应：2432424Fe(SO)HS=2FeSOS+

HSO++；过程②中发生反应为：()424224234FeSO+2HSO+O=2FeSO+2HO。【详解】A．根据分析，X为4FeSO，A正确；B．TF菌是一种蛋白质，高温下会失活，B正确；C．根据分析，过程②中发生反应为：()424224234FeSO+2

HSO+O=2FeSO+2HO，不属于化合反应，C错误；D．过程①中-2HS~S~2e，故过程①中每脱去21molHS转移电子的数目是A2N，D正确；故选C。11.在浓硫酸对蔗糖的脱水实验中会产生大量的有刺激性气味的气体，对环境产生污染。为此，某学生设计了如图所示装置进行实

验(气密性良好)。①②③④依次为CO检测试纸(遇到CO变黑色)、滴有品红溶液的滤纸、滴有酸性高锰酸钾溶液的滤纸、滴有品红溶液的滤纸。I．夹紧止水夹K，向装置甲中的三颈烧瓶内滴加浓硫酸，片刻后可观察到三颈烧瓶内蔗糖变黑、体积膨胀

、有白雾产生，气球a鼓起，玻璃管中①号试纸变黑色，②号和③号滤纸均褪色。II．打开止水夹K，使气球a内气体缓慢通过装置乙和装置丙，一段时间后，发现澄清石灰水变浑浊。下列说法正确的是A.②号滤纸褪色，证明浓硫酸具有

脱水性B.③号滤纸褪色，证明装置甲中反应产生COC.乙中4KMnO溶液褪色，说明2SO具有漂白性D.④号滤纸的目的是检测装置乙中是否完全除去2SO【答案】D【解析】【分析】甲中蔗糖与浓硫酸反应，夹紧止水夹K，根据题中现象，①号试纸变黑色，说明有CO生成，②号和③号滤纸均

褪色，说明有SO2生成，根据③号滤纸还能说明CO不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，a收集未反应完的气体；打开止水夹K，使气球a内气体缓慢通过装置乙和装置丙，乙吸收SO2，④号滤纸检验SO2是否吸收完全，澄清石灰水变浑浊，说明有CO2生成。【详解】A．根据分析，②号滤纸褪色，说明有2SO生成，证明浓硫

酸具有氧化性，A错误；B．根据分析，③号滤纸褪色，证明装置甲中反应产生2SO，且CO不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；C．4KMnO溶液褪色，说明2SO具有还原性，C错误；D．2SO和2CO都能使装置丙中澄

清石灰水变浑浊，故需要利用装置乙除去2SO，避免对2CO的检验产生干扰，D正确；故选D。12.工业上以软锰矿(含2MnO和少量的23232FeOAlOSiO、、)为原料制备硫酸锰晶体的流程如图所示。下列有关说法正确的是A.“酸浸”过程中的硫酸与四种氧化物均发生了反应B

.滤渣1和滤渣2均为软锰矿中所含的少量氧化物的水化物C.可用36KFe(CN)溶液检验“氧化”后的溶液中是否含有2+FeD.试剂B若为3MnCO固体，除3+Al的反应为3+2-32322Al+3CO+3HO=2Al(OH)+3CO↓↑【答案】C【解析】【分析】软锰矿(含2MnO和少量的23

232FeOAlOSiO、、)加入过量的硫酸亚铁和35%的硫酸进行酸浸，过滤得到滤渣1是2SiO，滤液为硫酸锰、硫酸铁、硫酸亚铁和硫酸铝等，加入试剂A进行氧化，应为双氧水等，试剂B若为3MnCO固体，调节p

H使铝离子、铁离子转化为氢氧化物沉淀而除去，蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸锰晶体。【详解】A．2SiO不溶于硫酸，Fe2O3、Al2O3与硫酸反应不属于氧化还原反应，A项错误；B．滤渣1是2SiO，不是其水化物，滤渣2为3Al(OH)、3Fe(OH)，分别是23AlO、23FeO对应

的水化物，B项错误；C．36KFe(CN)溶液遇2+Fe会生成蓝色沉淀，C项正确；D．试剂B若为3MnCO固体，3MnCO不溶于水，不拆分，离子方程式错误，D项错误；答案选C。13.25C时，用-10.1molLNaOH溶液滴定-1320.00mL0.1molLCHCOOH溶液，体

系中pA或pHA[注：()-3pA=-lgcCHCOO、()3pHA=-lgcCHCOOH，lg2=0.30]、NaOH溶液的体积与溶液pH的关系如图所示。下列说法错误的是A.pA<pHA时，pH>4.76B.25C时，-3

CHCOO的水解常数hpK=9.24C.a点溶液中，()()()()+--33cH-cOH=2cCHCOO-cCHCOOHD.b点时，pA>1.30【答案】C【解析】【分析】用NaOH溶液滴定3CHCOOH溶液，pH越大，碱性越强，()

-3cCHCOO越大，pA越小，由图像可知②是pA与pH的变化曲线，①是pHA与pH的变化曲线；【详解】A．用NaOH溶液滴定3CHCOOH溶液，pH越大，碱性越强，()-3cCHCOO越大，pA越小，由图像可知②是pA与pH的变化曲线，故pA<pHA

时，pH>4.76，A项正确；B．25C时，①和②线的交点处pA=pHA，而--323CHCOO+HOCHCOOH+OH的水解常数bpK=pHA+pOH-pA=pOH=14-pH=14-4.76=9.24，B项正确；C．a点加入的NaOH

为3CHCOOH的一半，由元素守恒()()()-+33CHCOOCHc+c=OOH2cNaC、电荷守恒()()()()++--3cNa+cH=cCHCOO+cOH，得出()()()()-+-33cCHCOO-cCHCOOH=2cH-cOH，C项错

误；D．当加入NaOH溶液为20mL时生成3CHCOONa，溶液pH7，故b点加入的NaOH溶液<20mL，()--130.1cCHCOO<molL2，0.1pA>-lg=1.302，D项正确；故选C。14.3CHOH是一种液体燃

料。利用2CO和2H合成3CHOH的主要反应如下：反应I2232CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)1ΔH<0反应II222CO(g)+H(g)CO(g)+HO(g)2ΔH某恒容密闭容器中按起始压强为106kPa、()()22nCO1=nH2起始起始投料时，2CO平衡转化率、在催化

剂作用下反应50min所测得的2CO实际转化率及3CHOH的选择性[3CHOH的选择性()()33nCHOH=100%nCHOH+n(CO)生成生成生成]随温度的变化如图所示。下列说法错误的是A.2

ΔH>0B.240C，在0~50min内3CHOH的平均反应速率约为-10.30kPaminC.240C时增大压强，反应I平衡常数不变D.从280~300C，在0~50min内2HO产率缓慢减小【答案】B的【解析】【详解】A．240C之前，随温度升高，2CO平衡转化率减小，而240C

之后，随温度升高，2CO的平衡转化率升高，说明反应Ⅱ正向进行，2ΔH>0，A正确；B．240C，在0~50min内3CHOH(碳守恒)的平均反应速率为()223-11106kPa30%95%pCOCOCHOH3=0.20kPamin50min50min实际转化

率的选择性，B错误；C．温度不变，平衡常数不变，C正确；D．两个反应中2CO与2HO的变化计量数都是11:的关系，而从280~300C，在0~50min内2CO的实际转化率缓慢下降，故2HO的产率缓慢减小，D正确；故选B。二、非

选择题：本题共4小题，共58分。15.葡萄糖酸亚铁晶体[()51152r2CHOCOOFe2HO,M=482]易溶于水，几乎不溶于乙醇，是常用的补铁剂，一种制备流程如下：其中反应I和II都用到下列装置：回答下列问题：（1）仪

器B的名称是___________。（2）A中发生“反应I”时，加入的铁粉过量的原因是___________。（3）A中发生“反应II”时，A中盛放的试剂是___________，盛放该试剂的原因是___________。“反应

II”的离子方程式是___________。（4）工业上利用下列装置通过电解氧化葡萄糖生成葡萄糖酸，原理示意图如下。M极接电源的___________极，M极的电极反应式为___________。该装置

中葡萄糖生成葡萄糖酸的化学方程式是___________。（5）产品中铁元素质量分数的测定：取120g．葡萄糖酸亚铁产品置于锥形瓶中，加水75mL与-11molL硫酸溶液15mL溶解，然后加适量还原剂防止2+Fe被氧化(还原剂不参与后续滴定过程)，密闭放置约

20分钟。滴加2滴指示剂，用()-1420.10molLCeSO标准液滴定至终点，消耗()42CeSO标准液20.10mL，则产品中铁元素的质量分数为___________%(已知：4+2+3+3+Ce+FeCe+F

e=)。【答案】（1）恒压滴液漏斗(或恒压分液漏斗)（2）防止生成的2+Fe被空气中的2O氧化（3）①.4FeSO溶液②.避免3FeCO沉淀中混有2Fe(OH)③.2+-3322Fe+2HCO=FeCO+COHO（4）①.正②.--22B

r-2e=Br③.5115225115CHOCHO+Br+HO=CHOCOOH+2HBr（5）9.38【解析】【分析】铁粉和稀硫酸反应生成FeSO4和氢气，加入碳酸氢钠溶液反应生成碳酸亚铁沉淀，过滤得到滤渣，加入葡萄

糖酸与碳酸亚铁反应生成()51152CHOCOOFe，经过系列操作得到葡萄糖酸亚铁晶体；小问1详解】仪器B的名称是恒压滴液漏斗(或恒压分液漏斗)；【小问2详解】A中发生‘反应I’时，加入过量的铁粉，防止生成的Fe2+被空气中的氧气氧化，反应的离子方程式为2F

e3++Fe=3Fe2+；【小问3详解】【A中发生‘反应II’时，A中盛放的试剂是FeSO4溶液，因为NaHCO3溶液显碱性，而FeSO4溶液显弱酸性，若将FeSO4溶液加入NaHCO3溶液中可能产生Fe(OH)2，‘反应II’的离子方程式是2+-3322Fe+2HC

O=FeCO+COHO；【小问4详解】因为M极上的变化是Br-→Br2，发生氧化反应，则M极是阳极，接电源的正极，电极反应式为--22Br-2e=Br，该装置中葡萄糖生成葡萄糖酸的化学方程式为5115225115CHOCHO+Br+HO=CHOCOOH+2HBr

；【小问5详解】由4+2+3+3+Ce+FeCe+Fe=可知，n(Ce4+)=n(Fe2+)=0.10mol/L×20.10×10-3L=2.01×10-3mol，故产品含铁元素的质量分数为-3%2100%9.38o11.20.0

10mol56gg/ml=。16.一种以锌电解阳极泥(主要成分为24AgMnOPbSO、、和ZnO，含少量锰铅氧化物2816PbMnO)与方铅矿(主要成分为PbS，含少量的Ag)为原料回收金属元素锌、锰、铅和银的工艺流程如图所示。已知：①2816PbMnO中Pb元素化合价为+2，Mn元

素化合价为+2和+4两种。②42MnSOHO易溶于水，不溶于乙醇。③20C时()()-8-14sp4sp3KPbSO=1.710,KPbCO=3.310。回答下列问题：（1）滤液1中的主要溶质有24HSO、___________(填化学式)。（2）“焙烧”过程中若PbS生成PbO，则281

6PbMnO与PbS、空气发生反应生成4MnSO、PbO的化学方程式是___________。（3）“转化”过程是将4PbSO转化为3PbCO，在1L水中，若将430.3gPbSO完全转化为3PbCO，至少需要加

入23NaCO的质量约为___________g(保留一位小数)，说明理由：___________(将溶液体积看作1L)。（4）“溶铅”过程中发生反应的化学方程式是___________。（5）4MnSO溶解度曲线如图1所示，实

验室中由4MnSO溶液制得42MnSOHO晶体的“一系列操作”包括在___________(填仪器名称)中蒸发浓缩；采用图2装置过滤的优点是___________。（6）该流程中的母液和___________(填流程中的对应名称)含有的物质可循环利用。【答案】（1）

4ZnSO（2）281624PbMnO+8PbS+13O8MnSO+10PbO高温（3）①.10.6②.2-2-4334PbSO(s)+CO(aq)PbCO(s)+SO(aq)ƒ的()()2--845-142-3cSO1.710K==>103.310cCO，该转化

反应能彻底进行，430.3gPbSO至少需要2310.6gNaCO能完全转化（4）()333222PbCO+2CHCOOH=CHCOOPb+CO+HO（5）①.蒸发皿②.降低42MnSOHO的溶解度，减少损失（6）滤液2【解析】【分析】阳极泥的主要成分为

24AgMnOPbSO、、和ZnO，含少量锰铅氧化物2816PbMnO，加入稀硫酸，得到ZnSO4溶液，再加入方铅矿焙烧，根据题干信息，“焙烧”过程中PbS生成PbO，而Mn元素生成4MnSO，焙烧的反应方程式为：281624PbMnO+8PbS+13

OMnSO+10PbO高温，继续加入稀硫酸酸浸，过滤后得到MnSO4溶液和滤渣1，MnSO4溶液经过一系列操作得到42MnSOHO和母液；滤渣1中加入碳酸钠溶液，使PbSO4转化为更难溶的PbCO3，加入醋酸，得到Ag单质

和醋酸铅溶液，在醋酸铅中加入硫酸，生成PbSO4沉淀，滤液2中主要成分为醋酸，可循环利用。【小问1详解】锌电解阳极泥中只有成分ZnO溶于稀硫酸，故滤液1中的主要溶质有24HSO、4ZnSO；【小问2详解】根据分析，“焙烧”过程中2816PbMnO发生反应的化学方程

式是：281624PbMnO+8PbS+13OMnSO+10PbO高温；【小问3详解】因为2-2-4334PbSO(s)+CO(aq)PbCO(s)+SO(aq)ƒ的()()2--845-42-3cSO1.710

K==>103.310cCO，该转化反应能彻底进行，故430.3gPbSO即40.1molPbSO需要30.1molNaCO能完全转化，此时溶液中()2--14cSO=0.1molL，从而得出()()()sp42+-7-12-4KPbSOcPb==1.710molL

cSO，()()()sp32--7-132+KPbCOcCO==1.910molLcPb，故溶液中23NaCO的质量可以忽略不计，加入至少2310.6gNaCO即可；【小问4详解】因为醋酸酸性比碳酸强，故“溶

铅”的化学方程式是()333222PbCO+2CHCOOH=CHCOOPb+CO+HO；【小问5详解】根据42MnSOHO在100C以上时的溶解度较小，故由4MnSO溶液制得42MnSOHO晶体的“一系列操作”包括在蒸发皿中蒸发浓缩、趁热过滤，

该装置通过对滤液加热，能保持滤液温度维持在100C，使42MnSOHO晶体溶解度较小，减少损失；【小问6详解】该流程中的母液含4MnSO，可以并入4MnSO溶液中循环使用；滤液2主要含醋酸，可以加入到“溶铅”程序中使用。17.化合物G是一种新型治疗肿瘤的

药物，合成路线如下：回答下列问题：（1）化合物A在核磁共振氢谱上有___________组吸收峰。A→B的反应类型为___________。（2）化合物C含有官能团的名称为___________。（3）E的熔沸点高于D的原因是___

________。（4）E→F反应的化学方程式为___________。（5）参照上述合成路线，以、和25CHOH为原料，设计合成的路线：___________(可用NBS和AIBN，其他无机试剂任选)。【答案】（1）①.4②.取代反应（2）碳溴键(或溴原子)、酯基（3）E分子中存在羟基

，能形成分子间氢键（4）（5）【解析】【分析】与乙酸酐反应生成B，根据B的分子式可知，反应为取代反应，同时生成乙酸，则B为，D在氢氧化钠溶液中水解后盐酸酸化得到E为，结合其他有机化合物的结构简式及反应条件进行

分析解答；【小问1详解】化合物A为轴对称分子，故在核磁共振氢谱上有4组吸收峰；A→B是与乙酸酐发生取代反应生成和乙酸，反应类型为取代反应；【小问2详解】化合物C所含官能团有C-Br(碳溴键)、-COOR(酯基)；【小问3详解】E的结

构简式为，E分子中存在羟基，能形成分子间氢键，故E的熔沸点高于D；【小问4详解】根据F的结构可知，C8H8Br2的结构是，由此可得E→F反应的化学方程式为；【小问5详解】参照上述合成路线，以、和25CHOH为原料，乙醇与HBr发生取代反应生成溴乙烷，溴乙烷与反应生成，一定条件

下转化为，与反应得到，设计合成的路线为。18.氮氧化物(xNO)的资源化利用和处理具有重要意义。回答下列问题：（1）利用NO分解ICl制取2I和2Cl的总反应为222ICl(g)Cl(g)+I(g)HK，该反应分两步进行，原理如下(化学计量数写最简整数)：反应I：22ICl(

g)+2NO(g)2NOCl(g)+I(g)1ΔH1K反应II：……2ΔH2K已知部分共价键的键能如下表：共价键Cl-ClCl-II-I键能/(-1kJmol)243208151反应的平衡常数的对数1lgK~T的关系如图所示：①反应II的方程式是___________，其2ΔH__

_________(填“>”或“<”)0。②总反应的ΔH=___________-1kJmol，430K时，平衡常数K=___________。（2）利用2H脱去NO的反应为2222NO(g)+2H(g)N(g)+2HO(g)，该反应历程的相对能量变

化如图所示。①决速步骤的方程式是___________。②提高总反应的反应速率和NO的平衡转化率可采用的措施为___________(填一种)。（3）利用4CH脱去2NO的反应为42222CH(g)+2NO(g)CO(g)+N(g)+2HO(g)。

已知TC时该反应的平衡常数K=180kPa。TC下按()()24nNO=2nCH的投料比充入5.0L恒容密闭容器中，此时气体总压强为24kPa。发生该反应10min时，测得容器内气体总压强为30kPa。①10min时2NO转化率为___________。②10min时该反

应是否达到平衡状态：___________(填“是”或“否”)，并说明理由：___________。【答案】（1）①.22NOCl(g)2NO(g)+Cl(g)②.>③.22+④.-410（2）①.222222NO(g)+2H(g)NO(g)+H(g)+HO(g)或22222NO(

g)+H(g)NO(g)+HO(g)ƒ②.缩小反应器的容积加压或增大反应物2H的浓度等（3）①.75%②.否③.该条件下的PQ=162kPa<180kPa【解析】【小问1详解】①反应II=总反应-反应I，反应II的方程式是

22NOCl(g)2NO(g)+Cl(g)；由图像可知随1T的增大(T减小)，2lgK减小(2K减小)，故反应II是吸热反应，2ΔH>0。②根据反应的ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和可知，的-1-1-1ΔH=2208kJ

mol-(243+151)kJmol=+22kJmol，因为总反应=反应I+反应II，故430K时，12K=KK，12lgK=lgK+lgK=-1.1-2.9=-4.0，-4K=10。【小问2

详解】①决速步骤反应的活化能最大，决速步骤的方程式是222222NO(g)+2H(g)NO(g)+H(g)+HO(g)或22222NO(g)+H(g)NO(g)+HO(g)ƒ。②因为2222NO(g)+2H(g)N(g)+2HO(g)是气体分子数减小的放热反应，提高总反应的反应速率

可从缩小反应器的容积加压、增大反应物浓度、升温、加催化剂等考虑，但提高总反应中NO的平衡转化率要使反应正向进行，排除升温、加催化剂，故可以采用缩小反应器的容积加压、增大反应物2H的浓度等措施。【小问3详解】TC下按()

()24nNO=2nCH的投料比，气体总压强为24kPa，故起始分压2NO为16kPa、4CH为8kPa，由三段式得：42222CH(g)2NO(g)CO(g)N(g)2HO(g)/kPa816000/kPa2210min/kPa81622xxxxxxxxxx+++−−起始变化24+x=

30，解得x=6，2NO的转化率为26100%=75%16。此时的2p26612Q=kPa=162kPa<180kPa24，未达到平衡状态。