【文档说明】江浙皖高中（县中）发展共同体2025届高三上学期10月联考化学试卷（江皖卷） Word版含解析.docx，共(22)页，1.299 MB，由小赞的店铺上传

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2024学年第一学期江浙皖高中(县中)发展共同体高三年级10月联考化学(江皖卷)考生须知：1.本卷满分100分，考试时间75分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号并核对条形码信息；3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束后，只需

上交答题卷；4.参加联批学校的学生可关注“启望教育”公众号查询个人成绩分析。5.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32K-39Fe-56Cu-64I-127一、单项选择题(本大题共13题，每小题3分，共39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.化学与生产、生活、科技等方面密切相关，下列说法正确的是A.德尔塔新冠病毒有可能在空气中以气溶胶的形式传播，气溶胶属于胶体B.中科院首次实现了CO2合成淀粉，淀粉、蛋白质和油脂是人体必需

的高分子营养物质C.光化学烟雾、臭氧层空洞、温室效应的形成都与二氧化碳有关D.乙醇常用于医疗消毒，浓度越高消毒效果越好【答案】A【解析】【详解】A．气溶胶是由固体或液体小质点分散并悬浮在气体介质中形成的胶体分散体系，

感染新冠病毒的人群通过飞沫混合在空气中，形成气溶胶，路过的人群吸入后导致感染，故A正确；B．淀粉、蛋白质是高分子化合物，但油脂不是高分子化合物，故B错误；C．温室效应的形成与二氧化碳有关，但光化学烟雾、臭氧层空洞的形成都与二氧化碳无关，

故C错误；D．75%乙醇溶液的消毒效果最好，常用于医疗消毒，故D错误；故选A。2.三氯化六氨合钴()336CoNHCl是一种重要的化工产品，实验室可用反应2341222CoCl10NH2NHClHO+++()

33262CoNHCl2HO=+制备。下列有关说法正确的是A.22HO是非极性分子B.中子数为18的氯原子可表示为1817ClC.O原子的基态原子电子排布图：D.1mol()336CoNHCl中含有24mol共价键【答案】D【解析】【详解】A．过氧化氢结构式为H-O-O-

H，含有氢氧极性键，且正负电荷中心不重合，是极性分子，A错误；B．Cl的原子序数为17，即Cl原子的质子数为17，中子数为18的氯原子的质量数为17+18=35，则表示为3517Cl，B错误；C．一个轨道最多能容纳两个电子，一个轨道内的两个电子必须自旋方

向相反，选项图中p轨道有一对电子自旋方向相同，C错误；D．由363[Co(NH)]Cl结构可知，在配位体3NH中的3个N-H键是共价键，6个配位体3NH与中心3Co+离子之间以配位键结合，配位键属于共价键，所以1个363[Co(NH)]Cl含共价键数目为6+3×6=24个，则1mol3

63[Co(NH)]Cl含有24mol共价键，D正确；故选D。3.《新修本草》中描述“青矾42FeSO7HO”为“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”。下列由废铁屑制取42FeSO7HO的实验原理与装置不能达到实验目的的

是A.用装置甲除去废铁屑表面的油污B.用装置乙加快废铁屑的溶解C.用装置丙过滤得到4FeSO溶液D.用装置丁蒸干溶液获得42FeSO7HO【答案】D【解析】【详解】A．碳酸钠溶液因发生水解呈碱性，加热碱性增强，废铁屑表面的油污可在碱性条件下水解生成可溶于水的产物，故A正确；B．铁和稀

硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，用装置乙热水浴加热可加快反应速率，能加快废铁屑的溶解，故B正确；C．用装置丙过滤能除去溶液中的难溶物，得到4FeSO溶液，故C正确；D．4FeSO中铁元素化合价为+2价，具有还原性，能被氧气氧化，蒸干

溶液会得到硫酸铁，应蒸发浓缩、冷却结晶得到42FeSO7HO晶体，故D错误；故选D。阅读下列材料，完成下列小题。碱金属和碱土金属元素分别位于元素周期表的ⅠA族和ⅡA族，它们的化合物应用广泛。历史上曾以NaCl为原

料生产NaOH作为化学工业开端的标志。22NaO是强氧化剂，熔融条件下可将23FeO氧化为24NaFeO。格氏试剂(如32CHCHMgCl)在有机化学中有重要用途。22MgCl6HO受热分解最终生成MgO。4.下列物质性质与用途不具有对应关系的是A.2

2NaO能与水和2CO反应生成2O，可用作供氧剂B.2MgCl溶液能导电，可用来冶炼金属镁C.3NaHCO能跟盐酸反应，可用于治疗胃酸过多D.MgO是碱性氧化物，可用于吸收燃煤烟气中2SO5.下列说法不正确的是A.电解饱和NaCl溶液的阴极反应：222HO2eH2OH−−+=

+B.甲醛和32CHCHMgCl的反应：32322HCHOCHCHMgClCHCHCHOMgCl+→C.钠与硫酸铜溶液的反应：4242NaCuSOCuNaSO+=+D.22NaO与23FeO共熔的反应：2322242FeO3NaO2NaFeONaO++熔融【答案】4.B5.C【解析

】【4题详解】的A．Na2O2能与水反应或二氧化碳反应生成氧气，可用于呼吸面具等作供氧剂，故A不符合题意；B．电解氯化镁溶液时，阴极上氢离子放电生成氢气，不能得到镁单质，应该采用电解熔融氯化镁的方法冶炼Mg，故B符合题

意；C．胃酸主要成分是盐酸，碳酸氢钠能与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，可用于治疗胃酸过多，故C不符合题意；D．SO2是酸性氧化物，MgO是碱性氧化物，在氧气作用下二者反应生成MgSO4，则MgO可用于吸收燃煤烟气中的SO2，故D不符合题意

；故选B；【5题详解】A．电解饱和NaCl溶液生成NaOH、H2和Cl2，阴极上H2O得电子生成氢气和氢氧根离子，阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故A正确；B．甲醛和32CHCHMgCl发生加成反应生成322CHCHCHOMg

Cl，反应方程式为：32322HCHOCHCHMgClCHCHCHOMgCl+→，故B正确；C．钠的化学性质活泼，先与水反应生成NaOH和氢气，NaOH继续与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，总反应为钠和硫

酸铜溶液反应生成氢氧化铜、硫酸钠和氢气，反应方程式：2H2O+2Na+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑，故C错误；D．Na2O2是强氧化剂，熔融条件下与Fe2O3反应生成Na2FeO4和Na2O，反应方程式为2322242FeO3NaO

2NaFeONaO++熔融，故D正确；故选C。6.下列有关SO2、SO3、24SO−、24HSO的说法正确的是A.SO2的空间构型为四面体B.SO3分子中S采取3sp杂化方式C.24SO−中的键角大于SO3中的

键角D.浓H2SO4中H2SO4分子间能形成氢键【答案】D【解析】【详解】A．SO2的中心S原子的价层电子对数为62=3，发生sp2杂化，则空间构型为平面三角形，A不正确；B．SO3分子的中心S原子的价层电子对数为62=3，采取sp2

杂化方式，B不正确；C．24SO−中心S原子的价层电子对数为622+=4，发生sp3杂化，SO3分子中S原子发生sp2杂化，则24SO−中的键角小于SO3中的键角，C不正确；D．浓H2SO4的粘稠度大，表明分子间的作用力大，从而

表明H2SO4分子间能形成氢键，D正确；故选D。7.反应2232SO(g)O(g)2SO(g)+的能量变化如图所示，下列说法正确的是A.其它条件不变，2SO和2O在25VO表面接触反应，可加快该反应速率B.12232SO(g)O(g)2SO(l)(x-y)kJmol−+=HC.反应达到限度时

，增大容器容积能增大正反应速率D.每转移电子2mol，有11.2L的2O被还原【答案】A【解析】【详解】A．25VO是二氧化硫和氧气反应的催化剂，其他条件不变时，加入催化剂，可加快该反应速率，A正确；B．由∆H=正反应活化能-逆反应活化能，该

反应生成气态三氧化硫，热化学方程式为12232SO(g)O(g)2SO(g)(x-y)kJmolH−+=，B错误；C．反应达到限度时，增大容器容积反应物浓度减小，正反应速率减小，C错误；D．每转移电子2mol，消耗0.5mol氧气，未指明标准状况下，无法计算

2O的体积，D错误；故选A。8.下列关于电化学腐蚀、防护与利用的说法正确的是A．铜板打上铁铆钉后，铜板更易被腐蚀B．牺牲阳极防护输水管腐蚀C．连接锌棒后，电子由铁管道流向锌D．外加电流保护A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．形成FeCu−原电池，Cu作正极被保

护，Cu不易被腐蚀，A错误；B．镁比铁活泼，此为牺牲阳极的阴极保护法，B正确；C．锌比铁活泼，形成锌-铁原电池，锌作负极，电子由锌流向铁管道，C错误；D．此为外加电源的阴极保护法，被保护金属钢制管桩应与电源负极相连，D错误；故选B。

9.多巴胺的一种合成路线如下图所示：下列说法正确的是A.1mol甲最多可以和22molBr发生取代反应B.乙与足量的2H完全加成后的产物中含有4个手性碳原子C.丙分子中所有原子可能在同一个平面上D.多巴胺可与碳酸钠溶液反应，产生气泡【答案

】B【解析】【详解】A．酚羟基的邻、对位与溴水发生取代反应，则1mol甲最多可以和4molBr2发生取代反应，A错误；B．连接4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，乙与足量的H2完全加成后的产物有4个手性碳原子，B正确；C．丙中氨基-NH2的N的杂化方式为sp3，空

间构型为三角锥形，丙分子中所有原子不可能共面，C错误；D．多巴胺中含有酚羟基，碳酸的酸性强于苯酚，则多巴胺与碳酸钠溶液反应，生成碳酸氢钠，不会产生气泡，D错误；故选B。10.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.N22O⎯⎯⎯→放电NO2HO⎯⎯⎯→H

NO3B.MnO2Δ⎯⎯⎯→浓盐酸Cl2⎯⎯⎯→石灰乳漂白粉C.黄铁矿⎯⎯⎯→沸腾炉SO3⎯⎯⎯→吸收塔水硫酸D.CuSO4(aq)NaOH⎯⎯⎯⎯→溶液Cu(OH)2Δ⎯⎯⎯→蔗糖Cu2O【答案】B【解析】【详解】A．NO不溶解于水，也不与水反应，故A错误；B．利

用MnO2和浓盐酸混合加热制Cl2，再将Cl2与石灰乳反应可得漂白粉，故B正确；C．黄铁矿在沸腾炉中燃烧产物为SO2和Fe2O3，故C错误；D．配制新制的Cu(OH)2需要在NaOH溶液中滴加少量CuSO4(aq)，再与蔗糖混合加热煮沸才生成Cu2O，故D错误；故答案选B11

.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去2min后，试管里出现凝胶非金属性：ClSiB向2BaCl溶液中通入2SO和气

体X出现白色沉淀气体X一定具有氧化性。C在4CuSO溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡有白色沉淀生成，苯层呈紫红色白色沉淀可能为CuID分别测量23NaCO溶液和4NaAl(OH)溶液的pH后者pH更大4Al(OH)−比23CO−更容易结合H+A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解

】A．2-3SiO水解使溶液显碱性，向该盐溶液的试管中滴加1滴酚酞，溶液变为红色，然后逐滴加入稀盐酸，二者发生反应产生硅酸沉淀，溶液的碱性逐渐减弱，因此红色逐渐褪去，HCl是无氧酸，因此不能证明元素的非金属性：Cl>Si，A错误；B．向2BaCl溶液中通入2

SO和气体X，出现白色沉淀，该白色沉淀可能是BaSO3或BaSO4，通入的气体可能是碱性气体NH3或强氧化性气体Cl2，气体X不一定具有强氧化性，B错误；C．向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡、静置上层呈紫红色说明有碘单质生成，即铜离子将碘离

子氧化，下层有白色沉淀生成说明不氢氧化铜沉淀且无铜单质生成，说明发生反应2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，C正确；D．23NaCO溶液和4NaAl(OH)溶液的物质的量浓度未知，无法比较二者的pH值，D错误；故选C。12.草酸钠()224NaCO可用作抗凝血剂。室温下，

通过下列实验探究224NaCO溶液的性质。实验实验操作和现象1测得12240.1molLNaCO−溶液的pH8.4=2向12240.2molLNaCO−溶液中加入等体积10.2molL−盐酸，测得混合后溶液

的pH5.5=3向12240.1molLNaCO−溶液中滴加几滴酸性4KMnO溶液，振荡，溶液仍为无色4向12240.1molLNaCO−溶液中加入等体积120.1molLCaCl−溶液，产生白色沉淀下列有

关说法正确的是是A.12240.1molLNaCO−溶液中存在：()()()()()22424NaHOHCOHCOccccc++−−−+=++B.实验2得到的溶液中：()()()222424ClHC

OCOccc−−C.实验3中4MnO−被还原成2Mn+，则反应的离子方程式：22424222MnO5CO16H2Mn10CO8HO−−++++=++D.依据实验4可得：()3sp24CaCO2.510K−【答案】C【解析】【

分析】实验1草酸钠溶液显碱性，说明草酸钠为强碱弱酸盐，故草酸为弱酸；实验2溶液混合后发生反应：24224HCl=NNaCl+NCOaHCaO+，氯离子浓度为0.1mol/L，溶液的pH5.5=，说明草酸氢根的电离程度大于其水解程度，故草

酸根浓度大于草酸浓度，即()()()224224ClCOHCOccc−−；实验3中草酸根与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，酸性高锰酸钾溶液褪色；实验4中生成白色沉淀，说明溶液中spcQK。【详解】A．12240.1molLNa

CO−溶液中存在电荷守恒：()()()()()22424NaHOH2COHCOccccc++−−−+=++，A错误；B．根据分析，实验2中：()()()224224ClCOHCOccc−−，B错误；C．若实验3中4MnO−被还原成2Mn+，草酸根具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液

发生氧化还原反应，根据得失电子守恒和原子守恒，离子方程式为：22424222MnO5CO16H2Mn10CO8HO−−++++=++，C正确；D．实验4中产生白色沉淀，则p3s2.510.10.1220cQK−==，即：()3sp24CaCO2.510K

−，D错误；故选C。13.以2CO、2H为原料合成3CHOH涉及的主要反应如下：Ⅰ．122321CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)49.5kJmolH−++=−Ⅱ．1232CO(g)2H(g

)CHOH(g)90.4kJmolH−+=−Ⅲ．2223CO(g)H(g)CO(g)HO(g)H++不同压强下，按照()()22CO:H1:3nn=起始起始投料，实验测得2CO的平衡转化率和3CHOH的平衡产率随温度的变化关系如图所示。

下列说法不正确的是A.图甲表示的是3CHOH的平衡产率随温度的变化关系B.同时提高2CO的平衡转化率和3CHOH的平衡产率，应选择高温、高压C.图乙1T时，三条曲线几乎交于一点，原因可能是此时以反应Ⅲ为主D.图乙1p下，温度高于

2T，纵坐标随温度升高而上升的原因是30H，反应Ⅲ温度升高使纵坐标数值上升的幅度超过反应Ⅰ温度升高使纵坐标数值下降的幅度【答案】B【解析】【详解】A．甲醇的合成反应是放热反应，温度升高，甲醇的平衡产率降低，因此图甲表示的是3CHOH的平衡产率随温度的变化关系，A正确；B．甲醇的合成反应是

放热反应，又是气体体积减小的反应，为了同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择低温、高压的反应条件，B错误；C．根据盖斯定律，反应Ⅰ减去反应Ⅱ得到反应Ⅲ，因此11131249.5kJmol90.4kJmol40.9kJ

molHHH−−−=−−−−=（）=+，因此反应Ⅲ是吸热反应，而反应Ⅰ、Ⅱ是放热反应，温度到一定值时，此时反应以反应Ⅲ为主，而且反应Ⅲ是气体体积不变的反应，改变压强平衡不移动，二氧化碳转化率不变

，三条压强曲线交于一点，C正确；D．反应Ⅰ、Ⅱ是放热反应，反应Ⅲ是吸热反应，图乙1p下，温度高于2T，反应以反应Ⅲ为主，纵坐标随温度升高而上升的原因是30H，反应Ⅲ温度升高使纵坐标数值上升的幅度超过反应Ⅰ温度升高使纵坐标数值下降

的幅度，D正确；答案选B。二、非选择题(本大题共4题，共61分)14.铊(Tl)广泛用于电子、军工、航天、化工、冶金、通讯等方面，一种从富铊灰(主要成分PbO、ZnO、Fe2O3、FeO、Tl2O等)中提炼金属铊的流程如下：已知：萃取剂选用对铊有很高选择性的酰胺类萃取剂CH

3CONR2的二乙苯溶液，萃取过程的反应原理为324324HCHCONRTlClCHCONRHTlCl+−++。（1）“浸取”时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高铊元素浸出率的方法还有___________，“浸取”过程中，Tl2O发生反应的离

子方程式为___________。（2）请从化学平衡的角度解释“反萃取”过程中加入醋酸铵溶液的原因___________。（3）写出“还原氯化沉淀”中反应的离子方程式___________。（4）铊(Tl)盐与氰化钾(KCN)被列为A级危

险品，常用普鲁士蓝作为解毒剂。向FeSO4溶液中滴加36KFe(CN)溶液后，经提纯、结晶可得到6KFeFe(CN)普鲁士蓝蓝色晶体，实验表明，CN-、Fe2+、Fe3+通过配位键构成了晶体的骨架，其18晶胞的结构如图-1所示，记为Ⅰ型立方结构，将Ⅰ型立方结构平移、旋转、并置

，可得到晶体的晶胞如图-2所示，记为Ⅱ型立方结构(下层左后方的小立方体g未标出)。①写出Fe2+的价电子排布式___________。②可溶性氰化物(如KCN)有剧毒，但普鲁士蓝却无毒，请从结构角度解释普鲁士蓝无毒的原因_________

__。③若Fe2+位于Ⅱ型立方结构的棱心和体心上，则Fe3+位于Ⅱ型立方结构的___________。【答案】（1）①.提高浸出温度、延长浸出时间②.2424240Cl4MnO5TlO42H4Mn10TlCl21HO−−++−+++=++（2）3CHCOO

−与H+反应，减小H+浓度，萃取平衡逆向移动，使Tl元素以4TlCl−形式重新进入水层（3）222344HOSOTlClTlClSO2H3Cl−−−+−++=+++（4）①.3d6②.普鲁士蓝中铁与氰基以配位键

结合，剧毒的氰根离子几乎不可能游离出来③.顶点和面心【解析】【分析】富铊灰(主要成分PbO、ZnO、Fe2O3、FeO、Tl2O等)中加入KMnO4和H2SO4混合液、NaCl溶液进行浸取，PbO转化为PbSO4沉淀，Fe2+转化为Fe3+，Tl

2O转化为4TlCl−；过滤后，往滤液中加入CH3CONR2的二乙苯溶液进行萃取，然后分液，Zn2+、Fe3+进入水相，4TlCl−转化为324CHCONRHTlCl；加入CH3COONH4进行反萃取，324CHCONRHTlCl重新转化为4TlCl−

；加入Na2SO3进行还原氯化沉淀，4TlCl−转化为TiCl沉淀；再进行还原操作，从而获得Tl。【小问1详解】“浸取”时，加料完成后，以一定速率搅拌反应，则提高铊元素浸出率的方法只能通过改变温度和浸取时间来实现，所以方法还有：提高浸出温度、延

长浸出时间，“浸取”过程中，Tl2O最终转化为4TlCl−，发生反应的离子方程式为2424240Cl4MnO5TlO42H4Mn10TlCl21HO−−++−+++=++。【小问2详解】“反萃取”过程中，加入醋酸铵溶液，324CHCONRHTlCl重新转化为4TlCl−，原因：3

CHCOO−与H+反应，减小H+浓度，萃取平衡逆向移动，使Tl元素以4TlCl−形式重新进入水层。【小问3详解】Na2SO3“还原氯化沉淀”中，4TlCl−转化为TiCl沉淀，反应的离子方程式为222344HOSOTlClTlClSO2H3Cl−−

−+−++=+++。【小问4详解】①Fe的价电子排布式为3d64s2，则Fe2+的价电子排布式为3d6。②可溶性氰化物(如KCN)有剧毒，因为其易被人体吸收，但普鲁士蓝6KFeFe(CN)中36Fe(CN)−结构稳定，难以

转化为有毒的CN-，则无毒，所以从结构角度解释普鲁士蓝无毒的原因：普鲁士蓝中铁与氰基以配位键结合，剧毒的氰根离子几乎不可能游离出来。③由题意知，Ⅱ型立方结构由8个Ⅰ型立方结构构成，若Fe2+位于Ⅱ型立方结构的棱心和体心上，则Fe3+只能位于Ⅱ型立方结构的顶点和面心。【点睛】Fe2+和

Fe3+位于Ⅰ型立方结构的顶点，当8个Ⅰ型立方结构构成Ⅱ型立方结构时，Fe2+、Fe3+位于Ⅱ型立方结构的棱心、体心、顶点和面心。15.H是治疗过敏性鼻炎的一种药物，其合成路线如下：（1）F中采取sp3杂化的原子有

___________个。（2）CD→中K2CO3的作用为___________。（3）DE→过程中可能生成一种与E互为同分异构体的副产物，其结构简式为___________。（4）E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：__

_________。①含苯环，且分子中有一个手性碳原子；②能与浓溴水反应；③能发生水解反应，水解生成两种产物，其中一种能与FeCl3溶液发生显色反应，另一种为α-氨基酸，且两种产物均含有4中不同化学环境的氢原子。（5）已知①②(Ar为芳基；X为Cl、Br；Z或Z＇为COR；CONHR；COOR等。

)③Br2和的反应与Br2和苯酚的反应类似。写出以和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)___________。【答案】（1）9（2）中和反应生成的HCl，促进反应正向进行（3）（4）（5）Δ⎯⎯⎯⎯⎯→浓硝酸、浓硫酸2HPd/CΔ⎯⎯

⎯⎯→，2Br⎯⎯→23+3NaNH/NHHO⎯⎯⎯⎯⎯→①②【解析】【分析】根据物质在反应转化过程中碳链结构不变，结合物质分子式，可知A()与浓HNO3、浓H2SO4混合加热，发生Cl原子在苯环对位上的取代反

应产生B：；B与NaOH的水溶液在加热、加压条件下发生反应线产生，然后酸化得到分子式是C6H5O3N的物质C：，C与在K2CO3存在条件下发生取代反应产生D：；D与CH3CH2ONa发生反应产生E：，E与H2在Pd/C作用下加热，发生还原反应产生F：，F与发生取代反应产生G，G与反应产生H。【小问

1详解】根据上述分析可知F结构简式是，分子中采用sp3杂化的原子有—NH2的N原子、另一个取代基上的3个O原子及5个饱和C原子，共有9个原子；【小问2详解】根据上述分析可知有机物C是，C与发生取代反应产生

D和HCl，HCl水溶液显酸性，能够与K2CO3发生反应，从而消耗HCl，促进C→D反应正向进行；【小问3详解】根据转化特点，可知D→E时，可能的副产物是；【小问4详解】E结构简式是，其同分异构体满足条件：①含苯环，且分子中有一个手性碳原子

；②能与浓溴水反应，说明含有酚羟基；③能发生水解反应，水解生成两种产物，其中一种能与FeCl3溶液发生显色反应，另一种为α-氨基酸，且两种产物均含有4中不同化学环境的氢原子，说明酯基是酚羟基与氨基酸的羧

基发生酯化反应产生；苯环上高度对称，结合物质分子式，可知该同分异构体结构简式是；【小问5详解】苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生硝化反应产生，与H2在Pd/C作用下加热，发生还原反应产生，与浓溴水发生苯环上的取代反应产生，然后与发生—NH2上的取代反应产生，该物质在①NaNH2/NH3、②H3O

+条件下反应产生，故以和为原料合成的转化流程为：Δ⎯⎯⎯⎯⎯→浓硝酸、浓硫酸2HPd/CΔ⎯⎯⎯⎯→，2Br⎯⎯→23+3NaNH/NHHO⎯⎯⎯⎯⎯→①②。16.碘酸铜()32CuIO微溶于水，在电化学领域发挥着重要作用。（1）碘酸铜的制备①设计实验检验()32CuIO是否洗涤

干净___________。②3KIO的制备：下图装置为实验室利用氯气氧化废碘液中的2I或3KI合成3HIO，充分氧化后加入KOH溶液调节pH为10获得3KIO。A装置中橡皮管的作用是___________。3KI发生反应的化学方程式为__________

_。③42CuSO5HO的制备：请设计从工业胆矾溶液(杂质为2Fe+、3Fe+)获取42CuSO5HO的实验方案___________。(实验中须使用的试剂有：双氧水，11243.0molLHSO,1.0molLNaOH−−

溶液、乙醇)已知2Cu+、3Fe+和2Fe+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH见下表金属离子3Fe+2Fe+2Cu+氢氧化物开始沉淀时的pH1.97.04.7氢氧化物沉淀完全时的pH3.29.06.7（

2）碘酸铜的Ksp测定用25mL移液管吸取饱和碘酸铜溶液25mL，注入到250mL的碘量瓶中，加入16mL0.03molL−的EDTA溶液(用4Y−表示)，振荡，再加入30mL蒸馏水使溶液中的铜离子和EDTA充分螯合，然后用1243molLHSO−调节溶液的pH值为2.0，加入0.5g

KI，振荡，用10.0240molL−的标准223NaSO溶液滴定至呈淡黄色时，注入4mL0.5%的淀粉溶液，继续滴定至终点，记下所消耗的223NaSO溶液的体积，重复滴定3次，平均消耗223NaSO溶液25

.00mL。有关化学反应如下：()2242332CuIO(s)Cu2IOCuY[CuY]−+−+−++=、、2232223246IO5I6H3I3HO2SOISO2I−−−+−−++=++=+、根据实验数据计算碘酸铜的Ksp___________(写出计算过程)【答案】（1）①.取最

后一次洗涤滤出液少量于试管中，滴加几滴稀盐酸酸化的2BaCl溶液，若无白色沉淀生成，则证明沉淀已洗涤干净，反之沉淀未洗涤干净②.平衡装置中压强，使盐酸顺利滴下③.3223KI8Cl9HOKCl15HCl3HIO++=++④.向工业胆矾溶液中

加入稍过量双氧水，边搅拌边滴入11.0molLNaOH−溶液控制pH至3.2～4.7之间，加入1243molLHSO−，加热浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤，干燥得42CuSO5HO晶体（2）3.2×10-8【解析】【小问1详解】①检验

()32CuIO是否洗涤干净，即检验是否含有硫酸根离子，故取最后一次洗涤滤出液少量于试管中，滴加几滴稀盐酸酸化的2BaCl溶液，若无白色沉淀生成，则证明沉淀已洗涤干净，反之沉淀未洗涤干净，②A装置中橡皮管的作用是平衡装置中压强，使盐

酸顺利滴下，3KI发生反应的化学方程式为3223KI8Cl9HOKCl15HCl3HIO++=++，③从工业胆矾溶液(杂质为2Fe+、3Fe+)获取42CuSO5HO的，将2Fe+氧化为3Fe+，继而再生成沉淀除去铁离子，向工业胆矾溶液中加入稍过量双氧水，边搅拌

边滴入11.0molLNaOH−溶液控制pH至3.2～4.7之间，加入1243molLHSO−，加热浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤，干燥得42CuSO5HO晶体，答案：取最后一次洗涤滤出液少量于试管中，滴加几滴稀盐酸酸化的2BaCl溶液，若无白色

沉淀生成，则证明沉淀已洗涤干净，反之沉淀未洗涤干净、平衡装置中压强，使盐酸顺利滴下、3223KI8Cl9HOKCl15HCl3HIO++=++、向工业胆矾溶液中加入稍过量双氧水，边搅拌边滴入11.0mol

LNaOH−溶液控制pH至3.2～4.7之间，加入1243molLHSO−，加热浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤，干燥得42CuSO5HO晶体；小问2详解】根据有关化学反应可知3IO−～32I～62

-23SO，n(3IO−)=16n(2-23SO)=13-4l110.2251040molL1mo0L=.0006−−，-4-31-33molc1.00104.0010L10L(IO)=mol25−−=，-312+31c=2.001(Cu)c(IOL)m0ol2−

−=，()2-3-3-82.00104.01Ksp0103=.20=，答案：-83.210。【17.研究2CO参与化学反应的行为具有重要意义。（1）42CHCO−重整反应获得氢能，热化学方程式为反应Ⅰ：422CH(g)CO(g)2CO(g)2H(g)

+=+1ΔH反应Ⅱ：12222H(g)CO(g)CO(g)HO(g)41kJmolH−+=+=51.0110Pa下，将()()24CO:CH1:1nn=起始起始的混合气体置于密闭容器中发生重整反应。42CHCO−重整过程中的积碳是反应催化剂失活的

主要原因。积碳反应为反应Ⅲ：42CH(g)C(s)2H(g)=+1375kJmolH−=反应Ⅳ：22CO(g)C(s)CO(g)=+14172kJmolH−=−积碳反应能迅速到达平衡状态。42CHCO−重整反应中1g催化剂上产生的积碳的质量与温

度的关系如图所示。①1H=___________②温度低于700℃时，积碳的质量随温度的升高而增多的原因是___________。（2）我国科技工作者设计了见题图所示的可充电2MgCO−电池，以2Mg(TFSI)为电解质

，电解液中加入1，3-丙二胺(PDA)以捕获2CO，使放电时2CO还原产物为24MgCO。①充电时，多孔碳纳米管电极的电极反应式为___________；放电时，每转移1mol电子，理论上可转化。2CO质量为___________。②该设计克服了3MgCO导电性差和释放2CO能力

差的障碍，同时改善了2Mg+的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。电池放电时2CO的捕获和转化过程开展了进一步研究表明，电极上2CO转化的三种可能反应路径见图所示，PDA捕获2CO的反应方程式为___________。由题图可知路径2为优先路径，

请分析可能的原因___________。【答案】（1）①.2471kJmol−②.温度低于700℃时，温度升高有利于反应Ⅲ进行，不利于反应Ⅳ，且温度对反应Ⅲ的影响大于对反应Ⅳ的影响（2）①.2242MgC

O2eMg2CO−+−=+②.44g③.④.由反应进程-相对能量图可知，路径2的活化能最小，反应速率快；最终产物为24MgCO；路径2的决速步骤伴有PDA再生【解析】【分析】放电时CO2转化为MgC2O4，碳元素化合价由+4

价降低为+3价，发生还原反应，所以放电时，多孔碳纳米管电极为正极，正极电极反应式为2224Mg2CO2eMgCO+−++=，Mg电极为负极，负极电极反应式为Mg-2e-=Mg2+，则充电时多孔碳纳米管电极为阳极、Mg电极为阴极

；【小问1详解】①由盖斯定律，反应Ⅲ-Ⅳ可得反应I，则1H=751kJmol−-(-172)1kJmol−=2471kJmol−；②温度低于700℃时，积碳的质量随温度的升高而增多的原因是：温度低于700℃时，温度升高有

利于反应Ⅲ进行，不利于反应Ⅳ，且温度对反应Ⅲ的影响大于对反应Ⅳ的影响；【小问2详解】①放电时，多孔碳纳米管电极为正极，则充电时，多孔碳纳米管电极为阳极，电极反应式为2242MgCO2eMg2CO−+−=+，放电时，2224Mg2CO2eMgCO+−++

=，每转移1mol电子，理论上消耗1molCO2，可转化2CO质量为1mol×44g/mol=44g；②根据题给反应路径图可知，PDA(1，3-丙二胺)捕获的产物为，因此捕获CO2的反应为；由反应进程－相对能量

图可知，路径2的最大能垒最小，反应速率快；最终产物为24MgCO，路径2的决速步骤伴有PDA再生。