【文档说明】四川省绵阳市绵阳中学2024-2025学年高三上学期12月第三次月考化学试题 Word版含解析.docx，共(23)页，3.960 MB，由envi的店铺上传

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绵阳中学高2022级高三上期第三学月月考化学试题一、单项选择题(共14个题，每小题3分，共42分。每小题只有一个正确答案)。1.化学知识与人们的生产生活紧密相连，下列所述化学知识正确且与生活运用有关联的是选项生活运用化学知识A

用含纯碱的去污粉擦拭餐具23NaCO电离显碱性B对钢铁进行发蓝处理加热使其表面形成23FeO钝化膜防止其被腐蚀C用漂白液杀菌消毒NaClO具有强氧化性D制作豆腐时添加石膏4CaSO微溶A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．纯碱除污是因碳酸根离子水解使溶液

显碱性，而不是电离的原因，A不符合题意；B．钢铁发蓝，表面形成34FeO钝化膜防止其被腐蚀，B不符合题意；C．NaClO具有强氧化性，常用于杀菌消毒，C符合题意；D．制作豆腐时添加石膏，是利用了胶体的聚沉，与4

CaSO的溶解性无关，D不符合题意；故选C。2.AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.含240.2molHSO的浓硫酸与足量铜反应，生成2SO的分子数为A0.1NB.向含有2FeI的溶液中通入适量氯气，当有2+1molFe被氧化时，该反应转移电子数目为A3NC.含有0.4m

ol阳离子的2NaO、22NaO混合物中，离子总数目为A0.6ND.常温下，1LpH=10的23NaCO溶液中由水电离出的+H数目为-10A10N【答案】C【解析】【详解】A．稀硫酸与Cu不反应，故H2SO4有剩余，含0.2molH2SO4的浓硫酸与足

量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1NA，故A错误；B．向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，由于I-的还原性大于Fe2+，氯气先氧化I-，则当有1molFe2+被氧化时，溶液中的碘离子已经完全被氧化，但由于溶液中碘离子的个数未知，故反应转移的电

子数无法计算，故B错误；C．Na2O、Na2O2的阳离子、阴离子个数比均为2:1，则含有0.4mol阳离子的Na2O、Na2O2混合物中，离子总数目为0.6NA，故C正确；D．常温下，1LpH=10的Na2

CO3溶液中由水电离出的H+浓度为10-4mol/L，则由水电离出的H+数目为10-4NA，故D错误；故答案为C。3.下列化学用语或图示表示正确的是A.3BCl的电子式：B.四溴化碳的空间填充模型：C.2H中共价键的电子云图：D.的名称：乙二酸二乙酯【答

案】D【解析】【详解】A．B原子最外层电子数3，3BCl中B提供3个电子，与3个Cl分别共用1对电子，电子式应为，A错误；B．四氯化碳分子是正四面体结构，但由于原子半径：Cl>C，所以该图示不能表示四氯化碳分子的空间填充模型，B错误；C．H原子的轨道为球形，

2H中共价键的电子云图：，C错误；D．是由1分子乙二酸和2分子乙醇通过酯化反应合成，其命名为乙二酸二乙酯，D正确；故选D。4.下列生活应用中涉及反应的离子方程式书写正确的是A.含氟牙膏防治龋齿：()()--545433CaPOOH(s)+F(aq)CaPOF(s)+O

H(aq)为B.用石灰乳制漂白粉：-2--2OCl+2OH=ClCO+H+lC侯氏制碱法：3222342NaCl+2NH+CO+HO=NaCO+2NHClD.泡沫灭火器灭火原理：3+2-23322Al+3HO+3CO=2Al(OH)+3CO【答案】A【解析】【详解】A．防治

龋齿原理是产生保护层，反应的离子方程式为()()--545433CaPOOH(s)+F(aq)CaPOF(s)+OH(aq)，A正确；B．用石灰乳制漂白粉，石灰乳在写离子方程式时不能拆，反应的离子方程式为2222Cl

Ca(OH)CaClClOHO+−−+=+++，B错误；C．侯氏制碱法生成碳酸氢钠，离子方程式为：Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+4NH+，C错误；D．泡沫灭火器使用的原料是硫酸铝和碳酸氢钠

，灭火原理为Al3++3HCO3-＝Al(OH)3↓+3CO2↑，D错误；答案为A。5.某离子液体结构中，Q、R、T、X、Y和Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态T原子和Y原子最外层均有两个单电子，Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为2

2，下列说法正确的是A.氢化物的沸点：T<X<YB.Q与X形成的一种物质可做燃料C.该物质中所有原子最外层均达到8电子稳定结构D.该物质的熔点高于NaZ，难挥发，可做溶剂【答案】B【解析】【分析】Q、R、T、X、Y和Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，阳离子结构中Q

只形成一个价键，则Q为IA族或VIIA族元素，阴离子结构中Z只形成一个价键，则Z为VIIA族元素，Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为22，Q的原子序数最小，则Q为H元素，Z为F元素；基态T原子和Y原子最外层均有两个单电子，原子序数小于F，则T和Y的价电子排布式分

别为2s22p2、2s22p4，即T和Y分别为C、O元素；X原子序数介于C、O元素之间，则X为N元素；R的原子序数为22-1-7-9=5，所以R为.B元素，综上所述，Q、R、T、X、Y和Z分别为H、B、C、N、O、

F。【详解】A．T、X、Y分别为：C、N、O，这些元素能形成的氢化物种类比较多，无法进行比较，A错误；B．Q与X形成的化合物N2H4，可以作为燃料，B正确；C．H原子最外层为2电子稳定结构，C错误；D．该物质的阴离子和F-一样带一个单位的负电荷，阳离子和Na+

一样带一个单位的正电荷，但NaF的阴、阳离子半径更小，即NaF的离子键更强，所以NaF的熔点更高，D错误；故答案为：B。6.下列有关实验现象、结论与实验操作相互匹配的是选项实验操作实验现象实验结论A向含有ZnS和2NaS的悬浊液中滴加4CuSO溶液出现黑

色沉淀spspK(CuS)<K(ZnS)B向KI溶液、4CCl的混合物中滴加硝酸酸化的()33FeNO，边滴加边振荡4CCl层显紫色氧化性：32HNO>IC室温下，用pH试纸分别测定等物质的量浓度的NaCN溶液和3CHCOONa溶液的pHNaCN溶液对应的pH更大酸性：3HCN<CHC

OOHD两支试管各盛-1-14mL0.1molL酸性高锰酸钾溶液，分别加入-12mL0.1molL草酸溶液和-12mL0.2molL草酸溶液加入-10.2molL草酸溶液的试管中溶液褪色更快其他条件相同，反应物浓度越大，反应速率越快A.AB.BC.CD.D

【答案】C【解析】【详解】A．悬浊液中含Na2S，无法判断发生ZnS沉淀转化为CuS，则不能比较Ksp(CuS)、Ksp(ZnS)大小，A错误；B．溶液同时存在硝酸和铁离子，都能与碘离子反应生成碘单质，故不能由氧化还原反应来比较3

2HNOI与的氧化性大小，B错误；C．根据越弱越水解的原理，等物质的量浓度的NaCN溶液和CH3COON溶液的pH，溶液NaCN对应的pH更大，可以说明酸性3HCNCHCOOH，C正确；D．根据422424424222KMnO+5HCO+3HSO=2MnSOKSO+8HO+10CO+，4m

L0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液需要0.1mol/L草酸溶液的体积为54mL0.1mol/L0.1mol/L10mL2=，需要0.2mol/L草酸溶液的体积为54mL0.1mol/L0.2mol/L5mL2=，故反应中高锰酸

钾溶液均过量，溶液不褪色，，D错误；故选C。7.一种点击反应的原理为，我国科学家利用点击反应原理研制出具有较高玻璃化转变温度的聚合物C。下列说法正确的是A.单体A化学式为121064CHNOB.单体B能发生加成、加聚和取代反应C.理论上1mol聚合物C最多能消耗4

molNaOHD.按上述点击反应原理A和B可以生成环状化合物见上图【答案】B【解析】【分析】根据A和C的结构简式可知，B为HC≡CCOOCH2CH2OOCC≡CH。【详解】A．根据单体A的结构简式可知其化学式为C1

2H12N6O4，A错误；B．B的结构简式为HC≡CCOOCH2CH2OOCC≡CH，其含有碳碳三键，能发生加成、加聚反应，含有酯基，能发生取代反应，B正确；C．1mol聚合物C中含有4nmol个酯基，最多能消耗4nmolNaOH，C错误；D．按照上述点击反应原理，右侧酯基结构错误，应该为，D错误

；故答案为：B。8.超分子因其特殊结构在某些方面有着重要应用。超分子化学已成为今后化学发展的另一个全新的领域。月桂酰丙氨酸形成超分子结构的过程如图。下列说法正确的是A.月桂酰丙氨酸中所含元素的第一电离能由小到大

顺序为：H<C<N<OB.月桂酰丙氨酸中键角：1>2C.以上三个过程表现了超分子的分子识别特征D.超分子中形成的空腔能识别某些分子或离子【答案】D【解析】【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈

增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则氮元素第一电离能大于氧元素，故A错误；B．由图可知，∠1中氮原子的杂化方式为sp3杂化，原子的空间构型为四面体形，∠2中碳原子的杂化方式为sp2

杂化，原子的空间构型为平面形，所以月桂酰丙氨酸中键角∠1小于∠2，故B错误；C．由图可知，以上三个过程表现了超分子具有自组装的特征，故C错误；D．超分子中形成的空腔能够识别某些特定大小的分子或离子，故D正确；故选D。9.2BaH常用作强还原剂、供氢剂和

真空管除气剂，遇水蒸气剧烈反应。某小组利用如图装置(部分夹持装置未画出)制备2BaH。下列叙述正确的是A.装置IV的作用是吸收尾气，同时也可防止空气中的水蒸气进入B.在装置I中可看到白色固体产生C.2BaH中阴阳离子比例为1:1D

.装置Ⅱ中的试剂为NaOH溶液，作用是吸收气体中的2Cl【答案】B【解析】【分析】由实验装置图可知，装置I为电解饱和食盐水的装置，与直流电源负极相连的石墨电极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和

氢氧根离子，装置Ⅱ中盛有的浓硫酸用于干燥氢气，装置III中氢气与钡共热反应制备氢化钡，装置IV中盛有的碱石灰用于吸收空气中的水蒸气，防止空气中的水蒸气进入装置III。【详解】A．由分析可知，装置IV中盛有的碱石灰用于吸收空气中的水蒸气，防止空气中的水蒸气进入装

置III导致氢化钡与水反应，故A错误；B．I为电解饱和食盐水的装置，铁电极为阳极，铜失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，石墨电极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，亚铁离子与氢氧根离子反应生成白色的氢氧化亚铁沉淀，装置中的苯可以隔绝空气与氢氧化亚铁接触

，所以可以较长时间观察到氢氧化亚铁白色沉淀，故B正确；C．氢化钡中阴、阳离子比例为2：1，故C错误；D．由分析可知，装置Ⅱ中盛有浓硫酸用于干燥氢气，故D错误；的故选B。10.甲醇与3SO在有水条件下生成硫

酸氢甲酯的反应部分历程如图所示。3333CHOH(g)+SO(g)CHOSOH(g)→，其中粒子间的静电作用力用“…”表示。下列说法正确的是A.该反应在低温下较易自发进行B.反应历程中最大能垒(活化能)为3.68eVC.水合3CHOH分子比水合3SO分子更稳定D.水的参与降低了该反应

的焓变【答案】A【解析】【详解】A．根据图示可知，该反应为放热反应，△H<0，气体分子数减小，△S<0，由△G=△H-T△S<0可知，在低温下较易自发进行，A正确；B．根据图示可知反应历程中最大能垒(活化能)为3.66eV-(-2.9eV)=6.62eV，B错误；C．物质含有的能量越低，物质

的稳定性就越强。根据图示可知：水合CH3OH分子的能量比水合SO3分子高，因此水合SO3分子比水合CH3OH分子更稳定，C错误；D．根据图示可知：在反应过程中，水参加反应，但最后又生成了水，因此水是该反应的催化剂，起催化作用，能够降低反应的活化能，但不改变反应的焓

变，D错误；故答案选A。11.天津大学研究团队以KOH溶液为电解质，CoP和2NiP纳米片为催化电极材料，电催化合成偶氮化合物()的装置如图所示(R代表烃基)。下列说法正确的是A.若用铅蓄电池作电源，CoP极应与2PbO电极相

连B.-OH通过离子交换膜从2NiP电极移动至CoP极C.合成1mol偶氮化合物，需转移8mol电子D.2NiP电极反应式为-+22RCHNH-4e=RCN+4H【答案】C【解析】【分析】该装置为电解池，Ni2P电极上RCH2NH2失电子生成RCN，发生氧化反应，Ni2P为阳极，与电源正

极相连，电极反应为：RCH2NH2-4e-+4OH-=RCN+4H2O，消耗OH-，CoP电极上硝基苯变化为偶氮化合物：228e4HO8OH−−++→+，发生还原反应，为电解池的阴极，与电源负极相连。OH-向阳极移动，离子交换膜为阴离子交换膜。【详解】A．若

用铅蓄电池作电源，工作时负极材料是Pb，CoP电极为电解池的阴极，与电源负极相连，故与Pb相连，A错误；B．根据分析，离子交换膜阴离子交换膜，OH-向阳极移动，从CoP电极移动至2NiP极，B错误；C．根据分析，阴极的电极式为：228e4HO8OH−−++→+，合成1mol偶

氮化合物，需转移8mol电子，C正确；D．根据分析，2NiP电极反应式为：RCH2NH2-4e-+4OH-=RCN+4H2O，D错误；故选C。为12.钛酸钡粉体是电子陶瓷元器件的重要基础原料。钛酸钡晶体与()2-242TiOCO的结构

如图。下列说法正确的是A.钛酸钡晶体中Ba和Ti的配位数分别为12和6B.()2-242TiOCO中含有的化学键为离子键、共价键、氢键、配位键C.()2-242TiOCO中Ti的杂化方式为3spD.()2-241molT

iOCO2通过螯合作用成环而形成的配位键有5mol【答案】A【解析】【详解】A．由晶胞结构图，Ba位于晶胞体心，与其距离最近的是处于棱心的O且所有O到Ba的距离都相等，故Ba的配位数为12，Ti处于晶胞顶点，位于O形

成的正八面体空隙中，故Ti的配位数为6，A正确；B．()2-242TiOCO是阴离子，与阳离子Ba2+之间是离子键，()2-242TiOCO中没有离子键，B错误；C．()2-242TiOCO

中心原子Ti原子不是正四面体构型，连接5个原子，不是sp3杂化，C错误；D．两个草酸根和中心原子Ti分别形成两个配位键，是螯合作用，故1mol()2-242TiOCO通过螯合作用形成的配位键有4mol，D错误；故答案为：A。13.二甲醚和水蒸气制氢气可作为燃料电池的氢能源

，发生的主要反应如下：反应I：33231CHOCH(g)+HO(g)=2CHOH(g)ΔH>0反应Ⅱ：32222CHOH+HO(g)=CO(g)+3H(g)ΔH>0反应Ⅲ：2223CO(g)+H(g)=CO

(g)+HO(g)ΔH>0在恒压下，将一定比例的二甲醚和水蒸气混合后，以一定流速通过装有催化剂的反应器，反应相同时间测得的33CHOCH实际转化率、2CO实际选择性与2CO平衡选择性随温度的变化如图所示，2CO的选择性()()233nCO=100%2nCHOCH生成反应。下列说

法不正确的是A.曲线b表示2CO实际选择性随温度的变化B.适当增加2HO的物质的量，可提高2H的产率C.200C时，反应Ⅱ的速率大于反应Ⅲ的速率D.一定温度下，若增大压强，反应Ⅲ平衡不移动，CO的平衡产量不变【答案】D【解析】【分析】由公式可知，二氧化碳的实际选择性与二氧化碳平衡

选择性随温度的变化趋势应该相同，所以曲线b为二氧化碳实际选择性，则曲线a为二甲醚的实际转化率。【详解】A．由分析可知，曲线b为二氧化碳实际选择性，则曲线a为二甲醚的实际转化率，故A正确；B．适当增加水蒸气的物质的量，水蒸气的浓度增大

，反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动、反应Ⅲ的平衡向逆反应方向移动，有利于提高氢气的产率，故B正确；C．由图可知，200℃时，二氧化碳的实际选择性大于平衡选择性，说明反应Ⅱ的速率大于反应Ⅲ，故C正确；D．反应I、反应Ⅱ都为气体体积减小的反应，增大

压强，平衡向逆反应方向移动，水蒸气的浓度增大，反应Ⅲ的平衡向逆反应方向移动，一氧化碳的平衡产量减小，故D错误；故选D。14.25C时，一水合二甲胺()322CHNHHO的bpK=3.7，叠氮酸(3HN)的apK=4.7(K为电离常

数)。-10.1molL的()3232CHNHN液中，()3lgcHN、()322lgcCHNHHO、()+lgcH、()-lgcOH随pH变化(加入盐酸或NaOH溶液)的关系如图所示。下列说法错误的是A.曲线a、

b分别代表()+lgcH、()3lgcHN随pH的变化B.图中P点对应溶液的pH=7.5C.原溶液中()()()()-+ab+-ab0.1K0.1K+cOH=+cHK+cHK+cOHD.原溶液中()()()()+-3232cH+c

CHNHHO=cOH+cHN【答案】D【解析】【分析】()3232CHNHN溶液中加酸，pH减小，()3lgHNc与()lgHc+增大，()3232CHNHN溶液中加碱，pH增大，()lgOHc−与()322lgCHNHHOc

增大，()+lgcH、()-lgcOH随pH变化应呈线性关系，因此曲线d代表()lgOHc−随pH的变化，曲线c代表()322lgCHNHHOc随pH的变化，曲线b代表()3lgHNc随pH的变化，曲线a代表(

)lgHc+随pH的变化。【详解】A．由分析可知，曲线a、b分别代表()+lgcH、()3lgcHN随pH的变化，A正确；B．P点时，()()3322HNCHNHHOcc=，()()3322NCHNHcc−+=，则()(

)()2-1abwHH==10KOHccKKc++−=，即()-7.5H=10c+，可求出pH=7.5，B正确；C．由物料守恒可知，()()--133cHN+cN=0.1molL，根据电离常数表达式，()()()()()()+-+-33a-33cH?cNcH?c

NK==cHN0.1-cN，()()-a3+a0.1KcN=cH+K；同理，()()+b322-b0.1KcCHNH=cOH+K，根据电荷守恒式可知，()()()()++--3232cH+cCHNH=cOH+cN，故()()()()-+

ab+-ab0.1K0.1K+cOH=+cHK+cHK+cOH，C正确；D．依据物料守恒，()322CHNHHOc()322CHNHc++=0.1mol/L，()()--133cHN+cN=0.1molL和电荷守恒()()()()++--3232cH+cCHNH=cOH+c

N可得：()()()()3232HOHCHNHHOHNcccc+−−=−，D错误；故选D。二、填空题(共4个题，共58分)。15.钴广泛应用于机械制造、电子电器、航空航天、电池制造等行业，是国家重要的战略

资源。用含钴废料(主要成分为23CoO，含少量23232FeOAlOCaOMgOSiO、、、、等)制备草酸钴晶体(242CoCO2HO)的工艺流程如图所示，试回答下列问题。已知：①23CoO具有强氧化性。②()()-11-10sp2sp2KMgF=7.3510,KCaF=1.051

0。（1）为提高含钴废料的浸出效率，可采取的措施是_______(任写一条)。（2）浸出过程中加入23NaSO的作用是_______；浸出渣主要成分为_______。(填化学式)（3）向“浸出液”中加入适量的3NaClO时，2+Fe发生反应的离子方程式为_______。（4）①“除钙镁”后，

滤液中当2+Ca除尽时，()2+cMg=_______-1molL。②若“调pH”时溶液的pH偏低，将会导致2+Ca、2+Mg沉淀不完全，原因是______。（5）甲同学为测定草酸钴晶体(242CoCO2HO，M=183g/mol)的纯

度，设计了如下实验步骤。①称取2.440g制得的草酸钴晶体，先用适当试剂将其转化，得到100.00mL草酸铵溶液作为待测液。②取25.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀24HSO酸化。③用浓度为4-1mol0.10L00KMnO标准溶液进行滴定

：重复滴定3次，达到终点时消耗4KMnO标准溶液平均为10.00mL。则达到滴定终点的实验现象是_____，草酸钴晶体的纯度为_______。【答案】（1）将含钴废料粉碎（2）①.将3+Co还原为2+Co②.2SiO、4CaSO（3）2+-+3+-326F

e+ClO+6H=6Fe+Cl+3HO（4）①.-67.010②.pH偏低，+H浓度过大，-F和+H结合成HF分子，降低了-F浓度，导致2CaF、2MgF溶解平衡向溶解方向移动；（5）①.当滴入最后半滴4KMnO标准溶液时，溶液由无色变为浅

紫红色，且30s不变色②.75%【解析】【分析】含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，23CoO与盐酸和亚硫酸钠发生反应，23CoO转化为Co2+，23FeO与盐酸和亚硫酸钠发生反应，23FeO转化为Fe2+，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Al3+、Mg2+

、Ca2+等，浸出渣为硫酸钙和二氧化硅，工艺流程最终得到草酸钴，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH，可得到Fe(OH)3、A(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF除

去钙离子、镁离子，过滤后向滤液中加入萃取剂，萃取后的水层中主要含有CoCl2，加入草酸铵溶液得到草酸钴晶体。【小问1详解】为提高含钴废料的浸出效率，可采取的措施是将含钴废料粉碎、适当加热、适当增大盐酸浓度等(或其他

合理答案)；【小问2详解】已知23CoO具有强氧化性，浸出过程中加入23NaSO的作用是将3+Co还原为2+Co；根据分析知，浸出渣的主要成分为2SiO、4CaSO；【小问3详解】根据流程图可知，加入3NaClO的作用是将2Fe+氧化为3Fe+，该反应的离子方

程式为23326FeClO6H6FeCl3HO+−++−++=++；【小问4详解】①滤液中()251Ca1.010molLc+−−=时，()()()()11sp22210sp2MgF7.3510MgCa1.0CaF1.0510KccK−++−==

516110molL7.010molL−−−−=；②pH偏低，H+浓度过大，F−和H+结合成HF分子，降低了F−浓度，2CaF、2MgF溶解平衡向溶解方向移动，将会导致2Ca+、2Mg+沉淀不完全；【小问5详解】酸性KMnO4溶液为紫红色，滴定终点时无色变为紫红色，则滴定终点的现象是当滴

入最后半滴4KMnO标准溶液时，溶液由无色变为浅紫红色，且30s不变色；根据反应的离子方程式5C2O2-4＋2MnO4-＋16H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O可知，n(C2O2-4)=2.5n(MnO4-)=2.5×0.100

0mol·L-1×10.00×10-3L=2.5×10-3mol，故样品中含有的242CoCO2HO的质量为：2.5×10-3mol×183g·mol-1×100mL25mL=1.83g，故样品的纯度为1.83g2.44g×100%=75%。16.环戊二烯基铁(

)552FeCH(M=186g/mol)是一种有机过渡金属化合物，常温下为橙黄色粉末，难溶于水，易溶于有机溶剂，温度超过100C能够升华，实验室制备环戊二烯基铁的装置和步骤如下。实验步骤：步骤1

：在三颈烧瓶中加入10mL乙二醇二甲醚(作溶剂)和45g．研细的KOH粉末，通入氮气并开启磁力搅拌器，然后加入15mL．环戊二烯(过量)。步骤2：将23.81gFeCl(M=127g/mol)溶于5mL二甲基亚砜()中，并转入滴液漏斗中，将步骤1中的混合物猛烈搅拌1

0min，打开滴液漏斗将氯化亚铁的二甲基亚砜溶液在45min左右滴完。步骤3：关闭滴液漏斗，在氮气保护下继续搅拌30min。步骤4：将反应后的混合液倒入10mL烧杯内，加入少量盐酸除去剩余的KOH，再加入20mL水，继续搅拌悬浊液15min，抽滤，并用蒸馏水洗涤产物3~4次，最后将产物

铺在表面皿上，置于真空干燥器内干燥。回答下列问题：（1）仪器a的名称是_______。（2）写出三颈烧瓶中制备环戊二烯基铁()552FeCH反应方程式：_______。（3）连接冷凝管的玻璃管通入硅油的主要作用是____

___。（4）步骤4中判断已水洗干净的方法是_______。（5）可采用如图所示的简易装置分离提纯环戊二烯基铁。将颗粒状环戊二烯基铁放入蒸发皿中并小火加热，环戊二烯基铁在扎有小孔的滤纸上凝结，该分离提纯方法的名称是______

_，装置中棉花的作用是_______。（6）若最终制得环戊二烯基铁质量为12g．，则产率为_______(保留两位有效数字)。【答案】（1）球形冷凝管（2）()56255222KOH+2CH+FeCl=FeCH+2KCl+2HO（3）液封，防止空气中的氧气进入三颈

烧瓶中，吸收挥发出来的有机物（4）取最后一次洗涤液少许于试管中，加入3AgNO溶液无白色沉淀生成，说明已洗涤干净（5）①.升华②.防止环戊二烯基铁挥发进入空气中（6）22%【解析】【分析】由题中信息可知，过量的环戊二烯

和23.81gFeCl在碱性条件下、适当的有机溶剂中可以发生反应制得环戊二烯基铁，Fe2+具有较强的还原性，易被空气中的氧气氧化，故反应过程中要持续通入氮气。为防止空气中的氧气进入三颈烧瓶中，并吸收挥发出来的有机物。【小问1详解】仪器a为球形冷凝管；小问

2详解】KOH、FeCl2、C5H6反应生成环戊二烯基铁[Fe(C5H5)2]和KCl，结合原子守恒还有水生成，可结合原子守恒写出发生反应的化学方程式：()56255222KOH+2CH+FeCl=FeCH

+2KCl+2HO；【小问3详解】【从冷凝管中挥发出的有机物会污染空气，若有氧气从冷凝管进入系统会降低二环戊二烯基合铁的产率，因此，硅油的主要作用是：液封，防止空气中的氧气进入三颈烧瓶中，吸收挥发出来的有机物；【小问4详解】步骤4中

用盐酸中和KOH，若已水洗干净，则表面无Cl-，故判断的方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入3AgNO溶液无白色沉淀生成，说明已洗涤干净；【小问5详解】环戊二烯基铁在温度超过100°C时能够升华，将颗粒状环戊二烯基铁放入蒸发皿

中并小火加热，环戊二烯基铁在扎有小孔的滤纸上凝结，该分离提纯方法的名称是升华；装置中棉花的作用是：防止环戊二烯基铁挥发进入空气中，减缓与空气的对流；【小问6详解】环戊二烯过量，23.81gFeCl的物质的量为，3.81g=0.03mol127g/mol，则

理论上可以制得二环戊二烯基合铁的物质的量为0.03mol，质量为5.58g，若最终制得环戊二烯基铁质量为1.2g，则产率为1.2g100%22%5.58g≈。17.我国科研团队将工业废气中的2CO在催化条件下还原，实现了3CHOH的绿色合成。主要反应有：反应I：-122321

CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)ΔH=-49.0kJmol；反应Ⅱ：2222CO(g)+H(g)CO(g)+HO(g)ΔH；反应Ⅲ：-1233CO(g)+2H(g)CHOH(g)ΔH=-90.0kJmol。回答下列问

题：（1）反应Ⅱ的2ΔH=_______-1kJmol。（2）某科研小组研究了反应Ⅲ的速率与反应物浓度的关系，获得其速率方程()1m22v=kcH[c(CO)]，k为速率常数(只受温度影响)，m为CO的反应级数。在某温度下进行实验

，测得各组分初浓度和反应初速率如下。实验序号()-12cH/molL-1c(CO)/molL-1-1v/molLs10.1000.100-21.21020.0500.100-38.41030.1000.200-

22.410CO的反应级数m=_______；当实验2进行到某时刻，测得()-12cH=0.010molL，则此时的反应速率v_______-1-1molLs(已知：0.10.3)。（3）已知：阿伦尼乌斯经

验公式为aER1nk=-+CT，其中：aE为正、逆反应的活化能，k为正、逆反应速率常数，R和C为常数。某实验小组针对反应I进行实验，依据实验数据获得如图曲线。曲线中表示正反应速率的是_______(填“m”或“n”)。（4）在恒压密闭容器中，分别按投料比()()22nH:nCO为3:1

和4:1通入气体，若只发生反应I和Ⅱ，2CO的平衡转化率α及3CHOH的选择性S随温度的变化曲线如图所示。已知：①投料比为4:1时，2CO的平衡转化率曲线为_______(填“e”或“f”)。②温度升高，3CHOH选择性降低、2CO的平衡转化

率升高的原因是_______。③投料比为3:1、温度为320C时，反应Ⅱ的平衡常数xK=_______(写出计算式即可，用物质的量分数代替平衡浓度)。（5）甲醇可用于合成二甲醚，“直接二甲醚(33CHOCH)燃料电池”被称

为绿色电源，其工作原理如图所示，写出A电极的电极反应式_______。【答案】（1）41+（2）①.1②.-33.210（3）n（4）①.e②.反应I是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，当温度升高，反应I逆向移动，反应Ⅱ正向

移动，反应Ⅱ正向移动的程度大于反应I逆向移动的程度③.③0.10.0140.92.728（5）-+3322CHOCH-12e+3HO=2CO+12H【解析】【小问1详解】反应Ⅱ=反应Ⅰ-反应Ⅲ=ΔH1-ΔH2=+41kJ⋅mol-1；故答案为：+41；【小问2详解】实验1和3代入

公式，作比值，12m212m21.210k0.10.12.410k0.10.2−−=，m=1；将m代入1中，21.2100.10.1k−=，计算k=0.4，当实验2进行到某时刻，()-12cH=0.010molL，可得三段式

，()()()()()()23g2Hgg/L0.10.050/L0.020.040.02/L0.080.010.02COCHOHmolmolmol+起始转化平衡，此时速率()3v0.40.010.083.210/L?smol−==；故答案为：1；3.2×10-3；

【小问3详解】反应Ⅰ为放热反应，根据阿伦尼乌斯经验公式aECTRlnk=−+可知，活化能越大，Rlnk变化率越大，即图中斜线斜率的绝对值更大，而放热反应中，Ea(正)＜Ea(逆)，所以图中n为正反应速率；故答案为：n；【小问4详解】①增大投料比n(H)：n(CO2)，相当于

增大氢气的量，则二氧化碳的平衡转化率升高，故投料比为4：1时，CO2的平衡转化率曲线为e；故答案为：e；②反应I为放热反应，升高温度，反应I的平衡逆向移动，故CH3OH的选择性降低，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅱ的平衡正向移动，且以反应Ⅱ为主，CO2的平衡转化率升高；故答

案为：反应I是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，当温度升高，反应I逆向移动，反应Ⅱ正向移动，反应Ⅱ正向移动的程度大于反应I逆向移动的程度；③根据图示可知，投料比为3:1，温度为320℃时，CO2的平衡转化率为10%、CH3OH的选择性

为86%，假设起始时投入3molH2、1molCO2，列关系式：()()()()22323HgggHOg/3100/310%86%110%86%110%86%110%86%COCHOHmolmol++起始量转化量，()()()()222Hgg

gHOg/110%14%110%14%110%14%110%14%COCOmol++转化量，则平衡时H2、CO2、CO、H2O、CH3OH的物质的量分别为()3310%86%110%14%2.728molmol−−=、()1110%86%110%14%0.9

molmol−−=、()110%14%0.014molmol=、()110%86%110%14%0.1molmol+=、()110%86%0.086molmol=，平衡时气体的总物质的量为3.828mol，则反应Ⅱ的()()()()2x220.1

0.014cHOc0.10.0143.8283.828K0.92.728ccH0.92.7283.8283.828COCO===；故答案为：0.10.0140.92.728；【小问5详解】直接二甲醚(33CHO

CH)燃料电池中，通入氧气的一端为正极，二甲醚通入的一极为负极，失去电子发生氧化反应，在酸性条件下生成二氧化碳，-+3322CHOCH-12e+3HO=2CO+12H；故答案为：-+3322CHOCH-12e+3HO=2C

O+12H。18.某研究小组按下列路线合成新型祛痰药J(部分反应条件已简化)。已知：。（1）化合物B的名称为_______(用系统命名法命名)。（2）化合物C的结构简式为_______，化合物E所含官能团的名称为______

_，化合物I的分子式为_______。（3）下列说法中正确．．的是_______。A.E→F的反应类型是还原反应B.F→H经历了加成和消去两步反应C.化合物H中含有手性碳原子D.将I转化为J有利于提高药物的水溶性（4）写出F→H的化学方程式_______。（5）结合题给信息

．．．．．．，写出以异丙醇()32CHCHOH为原料，合成G的路线(用流程图表示，无机试剂任选)_______。（6）写出同时满足下列条件的化合物H的同分异构体_______。(任写两种)①分子中除苯环外无其它环②分子中有2种不同环境的氢原子③分子中无氮氧键【答案】（1）2-硝基

乙苯（2）①.②.碳氯键、(酮)羰基③.1116CHNOCl（3）BD（4）（5）()()()()324/O333232222ΔCOCHNHCuKBHCHCHOHCHHNCHNCHCH→=→=→（6）、、【解析】【分析】A是乙苯，根据B的分子式可知，A

发生硝化反应生成B，B发生氧化反应生成C，C中硝基被还原为氨基生成D，根据D的结构简式逆推，B是、C是；根据题目已知，F与H2NCH(CH3)2反应生成，H是，H发生还原反应生成I，I与盐酸结合生成J，据此回答问题。【小问1详

解】B是，硝基和乙基处于邻位，命名为2-硝基乙苯或邻硝基乙苯，系统命名法为2-硝基乙苯；【小问2详解】由分析可知，C是；由E的结构简式可知，其官能团名称为碳氯键、(酮)羰基；化合物I的分子式为1116CHNOCl；【小问3详解

】A．E→F是E中的甲基变为醛基，“去氢加氧”，反应类型是氧化反应，故A错误；B．F→H经历了先发生醛基的加成反应，再发生羟基的消去反应，中间产物为，B正确；C．与4个互不相同的原子或原子团相连的碳原子

为手性碳原子，H的结构简式为，其不含有手性碳原子，C错误；D．铵盐易溶于水，将I转化为J得到盐，有利于提高药物的水溶性，D正确；故选BD；【小问4详解】根据题目已知，F与H2NCH(CH3)2反应生成和水，F→H的化学方程式为；【小问5详解】()32CHCHOH反应催化氧化生成丙酮，丙酮与氨气反应

生成HN=C(CH3)2，HN=C(CH3)2被KBH4还原为H2NCH(CH3)2；合成G的路线为()()()()324/O333232222ΔCOCHNHCuKBHCHCHOHCHHNCHNCHCH→=→=→【小问6详解

】①分子中除苯环外无其它环，②分子中有2种不同环境的氢原子，说明结构对称；③分子中无氮氧键，符合条件的H的同分异构体是、、。