【文档说明】浙江省金华市第一中学2025届高三上学期9月月考化学试题 Word版含解析.docx，共(24)页，1.805 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-af17131fd4cade99028fb4600169050c.html

以下为本文档部分文字说明：

金华一中2024学年第一学期高三9月月考化学试题卷可能用到的相对原子质量：H：1Li：7C：12N：14O：16Na：23Si：28P：31S：32Cl：35.5Fe：56Cu：64Zn：65W：184一、选择题

(本大题共16小题，每小题3分，共48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.下列物质溶于水能导电的非电解质．．．．是A.3CHCOOHB.3NHC.3HNOD.32CHCHOH【答案】B【解析】【分析】【详解】A．醋酸在水溶液中自身电离，水溶液

可以导电，但属于电解质，A不符合题意；B．NH3的水溶液中NH3与水反应生成弱电解质一水合氨，所以其水溶液可以导电，但氨气自身不电离，为非电解质，B符合题意；C．HNO3在水溶液中自身电离，水溶液可以导电，但属于电解质，C不符合题意；D．乙醇为非电

解质，其水溶液不导电，D不符合题意；综上所述答案为B。2.下列化学用语表示正确的是A.3-甲基-1，3-戊二烯的键线式：B.P4(正四面体结构)的键角大小：109°28'C.甲酸甲酯的结构简式：CH3OCHOD.淀粉的分子式：(C6H12O6)n【答案】

C【解析】【详解】A．3-甲基-1，3-戊二烯的键线式为，但中含有碳碳双键的最长碳链只有四个碳原子，故A错误；B．P4(正四面体结构)，但与甲烷的结构不同，为空心的正四面体结构，因此键角大小：60°，故B错误；C．甲酸甲酯是由甲酸和甲醇发生酯化反

应而得，结构简式为：CH3OCHO，故C正确；D．淀粉的结构为：，淀粉的分子式为：(C6H10O5)n，故D错误；故答案选C。3.关于反应4322NHNOZnZnON2HO+=++，下列说法正确的是A.

Zn在反应过程中被还原B.43NHNO既是氧化剂又是还原剂C.氧化产物和还原产物之比为1:1D.每生成1molZnO共转移2mol电子【答案】B【解析】【详解】A．该反应中Zn由0价变为+2价，化合价升高被氧化，A错误；B．该反应中硝酸铵中-3价的N被氧

化为0价，+5价的N被还原为0价，所以硝酸铵既是氧化剂又是还原剂，B正确；C．该反应中氧化产物为ZnO和N2，还原产物为N2，N2中一半是氧化产物，一半是还原产物，所以氧化产物和还原产物的物质的量之比为(1+0.5)：0.5=3:1，C错误；D．生成

1molZnO时，有1molNH4NO3参与反应，则有1mol硝酸根被还原，且只有硝酸根被还原，所以转移电子5mol，D错误；综上所述答案为B。4.物质的性质决定其用途，下列说法不正确的是A.石墨烯的电导率高，可用于制造超级电容器B.高分子分离膜因其对不同物质的透

过性差异，可应用于海水淡化C.油脂在酸性条件下会发生水解，可用于制造肥皂D.过氧乙酸具有强氧化性，可用作消毒剂【答案】C【解析】【详解】A．石墨烯电导率高，放电面积大，所以可用于制作超级电容器，A正确；B．当海水流过该

膜时，钠离子和氯离子被水分子包裹而不能通过，独立的水分子却能通过，能除去海水的盐，该过程可应用于海水淡化，B正确；C．油脂在碱性条件下发生水解，可用于制造肥皂，C错误；D．过氧乙酸具有强氧化性，可以杀菌消毒，用作消毒剂，D正确；为故选C。5.按以下实验方案可从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的

天然产物：下列各步实验操作原理与方法错误的是AB步骤①步骤②CD步骤③步骤④A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．由题干流程图可知，步骤①分离出滤液和不溶性固体，故需采用过滤操作，A不合题意；B

．由题干流程图可知，步骤②分离出水层和有机层，故需采用分液操作，B不合题意；C．由题干流程图可知，步骤③从溶液中析出固体溶质，需采用蒸发结晶，故需使用蒸发皿而不是坩埚，C符合题意；D．由题干流程图可知，步骤④为对互溶的有机物甲苯和甲醇的混合物进行分析，故需采用蒸馏操作，

D不合题意；故答案为：C。6.下列说法正确的是A.氨基酸通过缩合聚合反应生成多肽B.油脂在碱性条件下生成高级脂肪酸和甘油C.酸雨是指pH小于7的降水D.ATP分子中磷酸与磷酸之间形成磷酯键【答案】A【解析】【详解】A．在一定条

件下，氨基酸之间能发生缩聚反应生成多肽，A正确；B．油脂在碱性条件下生成高级脂肪酸盐和甘油，B错误；C．酸雨的定义是pH值小于5.6的降水，C错误；D．ATP分子中磷酸与磷酸之间形成的是高能磷酸键，而不是磷酯键，D错误；故选A。7.根据材料的组成和

结构变化可推测其性能变化，下列推测不合理的是材料组成和结构变化性能变化A长链烷烃引入磺酸根离子水洗去污能力增强B晶体2SiO熔融后迅速降温凝固光学性质表现各向异性C钢铁添加铬和镍合金元素耐高温能力增强D晶体34SiN用Al取代部分Si，用O取代部分N导电

能力增强A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．长链烷烃引入磺酸根离子，更好的溶于水，用作洗涤剂，所以去污能力增强，故A正确；B．晶体2SiO熔融后迅速降温凝固，内部排列无序，光学性质表现各向同性，故B错误；C．铬和镍熔点比较高，钢铁添加铬和镍合金元素，耐高

温能力增强，故C正确；D．晶体34SiN用Al取代部分Si，用O取代部分N，Al有自由移动电子，所以导电能力增强，故D正确；答案选B。8.现有6种短周期主族元素：X、Y、Z、M、R和Q，其原子序数依次增大。X的最高化合价和最低化合价代数和为零；Y和R位于同一主族；Z

是周期表中非金属性最强的元素；M是同周期中简单离子的半径最小的元素；R的单质为淡黄色粉末，可用于杀菌消毒。下列说法不正确的是A.RY2的水溶液能与Q的单质发生反应B.XYQ2能与水反应产生两种酸性气体C.M、Z能形成以离子键为主的八面体构型的

36MZ−微粒D.Q单质能从R的简单氢化物中置换出R【答案】C【解析】【分析】6种短周期主族元素：X、Y、Z、M、R和Q，其原子序数依次增大。X的最高化合价和最低化合价代数和为零，则X是C元素；Y和R位

于同一主族，R的单质为淡黄色粉末，可用于杀菌消毒，则R是S元素，Y是O元素；Z是周期表中非金属性最强的元素，则Z是F元素；M是同周期中简单离子的半径最小的元素，M是Al元素，因此Q是Cl元素，然后根据

元素周期律及物质的性质分析解答。【详解】根据上述分析可知X是C，Y是O，Z是F，M是Al，R是S，Q是Cl元素。A．RY2是SO2，Q的单质是Cl2，SO2具有还原性，Cl2具有氧化性，二者在溶液中会发生反应：SO2+2H2O+Cl2=H2SO4+2HCl，A正确；B．XYQ2是COCl2，

该物质溶于水，会发生反应：COCl2+H2O=2HCl+CO2，反应产生的HCl、CO2的水溶液都显酸性，因此二者是酸性气体，B正确；C．Z是F，M是Al，二者形成的离子3-6AlF是以共价键为主的八面体构型，C错误；D．Q单质是Cl2，R的简单氢化物是H2S

，二者接触就发生反应：Cl2+H2S=S+2HCl，因此Cl2能从H2S中置换出S，D正确；固合理选项是C。9.下列反应的方程式不正确．．．的是A.硫酸铜溶液中加足量氨水：()2+2+32324Cu+4NHHO=C

uNH+4HO的B.用铜作电极电解NaCl溶液：--222电解2Cl+2HOH↑+Cl↑+2OHC.2SO气体通入足量NaClO溶液中：2224SOHO3ClOClSO2HClO−−−++=++D.等物质的量的2B

a(OH)与44NHHSO在稀溶液中反应：22444232Ba2OHNHHSOBaSOHONHHO+−++−++++=++【答案】B【解析】【分析】【详解】A．氢氧化铜能溶于氨水，生成络合物，因此硫酸铜溶液中加足量的氨水，发生的反应是()2+2+32324Cu+4NH

HO=CuNH+4HO，故A说法正确；B．根据电解原理，铜作阳极，电极式为Cu－2e-=Cu2＋，阴极反应式为2H2O＋2e-=H2↑＋2OH－，因此用铜作电极电解氯化钠溶液总反应为Cu+2H2O通电Cu(OH)2+H2

↑，故B说法错误；C．NaClO具有强氧化性，与SO2发生氧化还原反应：ClO－＋SO2＋H2O=SO2-4＋2H＋＋Cl－，次氯酸为弱酸，加入过量的NaClO溶液，生成的H+与过量的ClO－反应生成HClO，即SO2气体通入足量NaClO溶液中：2224SO

HO3ClOClSO2HClO−−−++=++，故C说法正确；D．两种溶液等物质的量混合，令其均为1mol，1molBa(OH)2能电离出1molBa2＋和2molOH－，1molNH4HSO4能电离出1molNH4+、1molH＋、1molSO2-4，因此发生的离子方程式为2244423

2Ba2OHNHHSOBaSOHONHHO+−++−++++=++，故D说法正确；答案为B。10.设AN为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.10g的2182HO中含有的质子数与中子数均为A5NB.32g硫在足量的氧气中充分燃烧，转移电子数为A6NC.()()()223N

g3Hg2NHg+ƒ92.4kJ/molH=−，1mol2N被还原，放出92.4kJ能量D.pH＝4的盐酸和pH＝4的醋酸溶液等体积混合后，溶液中H+的数目仍为4A10N−【答案】C【解析】的【详解】A．2H218O中有10个质子，12个中子，相对分子量为22，10g2H218O物质的量为511

mol，质子数为5011NA，中子数为6011NA，A错误；B．32g硫物质的量为1mol，在足量氧气中充分燃烧，生成1molSO2，转移电子数为4NA，B错误；C．N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=−92.4kJ/mol，根据热化学方程式的含义，1molN2参与反应被还原，放出9

2.4kJ能量，C正确；D．没有说明体积具体是多少，无法计算氢离子数目，D错误；本题选C。11.维生素C是重要的营养素，又称“抗坏血酸”，在空气中易发生如下转化：下列说法不正确．．．的是A.维生素C易溶于水B.上

述转化发生了氧化反应C.维生素C体现出的酸性可能与a、b两个羟基有关D.抗坏血酸能发生加成反应、酯化反应、水解反应【答案】C【解析】【分析】维生素在空气中极易被氧化，羟基被氧化为羰基，据此回答。【详解】A．维生素中含有多个羟基，易与水分子间形成氢键，

所以维生素C易溶于水，A正确；B．根据分析可知，上述转化发生了氧化反应，B正确；C．维生素C分子中含有连二烯醇结构，由于两个烯醇羟基极易游离，释放氢离子，虽不含羧基，水溶液仍显酸性，C错误；D．抗坏血酸

含有羟基，可以发生酯化反应，有酯基可以发生水解反应，有碳碳双键能发生加成反应，D正确；故选C。12.乙酸铜常用作有机合成的催化剂或氧化剂。实验室中制备乙酸铜的流程如图所示。下列说法正确的是A.反应①中双氧水起催化作用B.为提高化学反应速率，反应①反应温度越高越好C.步

骤Ⅱ和步骤Ⅲ存在相同的操作D.反应③碱式碳酸铜固体中加入的试剂X为冰醋酸【答案】C【解析】【分析】先用热碱液除去铜屑表面油污，过氧化氢在酸性条件下氧化铜屑得到CuSO4，CuSO4再与纯碱反应得到碱式碳酸铜，再与乙酸反应得到乙酸铜溶液，经过结晶得到乙酸铜晶体。【详解】A．22HO

起到氧化作用，将Cu氧化为Cu(Ⅱ)，A错误；B．反应①反应温度过高，22HO分解程度变大，应选适宜的温度，B错误；C．步骤Ⅱ和步骤Ⅲ都有固体生成，因此需要进行固液分离，因此，存在相同的操作为过滤，C正确；D．碱式碳酸铜固体中加入的试

剂X为醋酸溶液，在水溶液中便于反应发生，D错误；故选C。13.某新型可连续工作的锂液流电池，其工作原理如图。下列说法不正确的是A.放电时，左侧Li+浓度基本不变B.充电时，电极B发生的反应：322I2e3I−−−=C.当外电路电流为0时，再向储液罐中注入3FeCl/HCl，电池可快速充

电，重新工作D.充电时，电极A质量增加ag时，右侧共有amolK7+转移至左侧【答案】D【解析】【分析】由图可知，放电时，电极A为原电池的负极，锂失去电子发生氧化反应生成锂离子，电极反应式为Li—e—

=Li+，电极B为正极，碘在正极得到电子发生还原反应生成碘三离子，电极反应式为3I2+2e—=2I3−，正极室中阴离子电荷数增大，负极室生成的锂离子通过锂超离子交换膜由左向右移动，维持两边溶液电荷守恒；充电时，电极A与直流电源的负极相连，做电解池的阴极，电极B与直流电

源正极相连做阳极。【详解】A．由分析可知，放电时，负极室生成的锂离子通过锂超离子交换膜由左向右移动，维持两边溶液电荷守恒，则左侧锂离子浓度会基本保持不变，故A正确；B．充电时，电极B做电解池的阳极，碘三离子在阳极失去电子发生氧化反应

生成单质碘，电极反应式为2I3−—2e—=3I2，故B正确；C．当外电路电流为0时说明碘完全反应转化为碘三离子，向储液罐中注入氯化铁和盐酸混合溶液，铁离子能将碘三离子氧化为单质碘，使碘在正极上放电，起到快速充电的作用，使电池重新工作，故C正确；D．锂超离子

交换膜只允许锂离子通过，不允许钾离子通过，故D错误；故选D。14.已知：Ⅰ.()()()3332AgCl3NHs2AgCl3NHs3NHg+；pIKⅡ.()()()3332AgCl3NHs2AgClN

HsNHg+；pIIKⅢ.()()()33AgClNHsAgClsNHg+；pIIIK0℃，真空恒容密闭容器中，选择合适的固体试剂E，只吸收氨气，速率较慢。忽略E及其产物，体系中固体组成表示为：3AgClxNH。测定()3AgCl

3NHs的逐级分解的体系中x与体系压强(p)的关系如图。下列说法不正确的是A.pIpIIpIIIKKKB.3AgClxNH最终以AgCl存在C.abc→→过程中，32AgCl3NH的质量先增多，后不变D.若固体试剂E失效，可向容器中缓慢通入2N，使反应物继续分解【答案】D【解

析】【详解】A．体系中只有NH3是气体，Kp与压强呈正相关，由图可知pIpIIpIIIKKK，故A正确；B．()3AgCl3NHs逐级分解失去NH3，最终为AgCl，故B正确；C．abc→→过程中，a→b压强均不变，()3AgCl3NHs分解为32AgCl3NH，b→

c，压强骤降，c点时，体系中为32AgCl3NH，说明32AgCl3NH先增多，后不变，故C正确；D．若固体试剂E失效，向容器中缓慢通入2N，对体系中NH3无影响，不会使反应物继续分解，故D错误；故选D。15.

室温下，将Na2CO3溶液与过量CaSO4固体混合，溶液pH随时间变化如图所示。已知：()5sp4CaSO4.910K−=、()9sp3CaCO3.410K−=下列说法不正确．．．的是A.室温下，反应()()()()224334Ca

SOsCOaqCaCOsSOaq−−++的41.410KB.随着反应的进行，溶液pH下降的原因是2323COHOHCOOH−−−++逆向移动C.0~600s内上层清液中存在：()()()()()222334

Na2CaHCO2CO2SOccccc++−−−+++D.反应过程中，溶液中始终存在：()()()()23323Na2CO2HCO2HCOcccc+−−=++【答案】D【解析】【详解】A．反应()()()()224334CaSOsCOaqCaCOsS

Oaq−−++的()()2-5sp4442-93sp3KCaSOc(SO)4.910K=1.410c(CO)KCaCO3.410−−==，A正确；B．随着反应进行，碳酸根浓度减小，水解平衡2323COHOHCOOH−−−++左移，溶液pH下降，B正确；C．根据电荷守恒，()()()()(

)()()222334HNa2CaHCO2CO2SOOHccccccc+++−−−−++=+++，0~600s内上层清液成碱性，()()HOHcc+−，故()()()()()222334Na2CaHCO2CO2SOccccc++−−−+++，C正确；D．在Na2CO3溶液中

，由物料守恒得()()()()23323Na2CO2HCO2HCOcccc+−−=++，但由于在()()()()224334CaSOsCOaqCaCOsSOaq−−++反应过程中,23CO−浓度会逐渐减小，故()()()()23323Na2CO2HCO2HCOccc

c+−−++，D错误；故选D。16.根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计或结论正确的是实验目的方案设计现象结论A检验乙酰水杨酸中的酯基将乙酰水杨酸溶液分装于两支试管中：试管①中滴入几滴3F

eCl溶液试管②中先滴入2滴稀硫酸，加热后滴入几滴试管①中溶液未变紫色试管②中溶液变紫色乙酰水杨酸中存在酯基3NaHCO溶液，振荡后滴入几滴3FeCl溶液B探究金属的牺性阳极保护法把琼脂溶液倒入培养皿中，滴入56滴酚酞溶液和36KFe(CN)溶液混合均匀，将铁钉用锌片包裹只露出两端并放入

培养皿中。铁钉两端周围的溶液不变红，锌片周围溶液变红，未观察到蓝色沉淀锌片被腐蚀，铁钉被保护C检验菠菜中是否含有铁元素取新鲜菠菜叶剪碎研磨后加水搅拌，过滤得到滤液，取少量滤液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，振荡试管中的滤液不变红该种菠菜中不含铁元素D检验氨气中的水蒸气将混合气体按一定流速通过盛放

有硫酸铜粉末的硬质玻璃管硫酸铜粉末变蓝氨气中存在水蒸气A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．试管①先证明乙酰水杨酸不存在酚羟基，酯基在酸性条件下水解生成酚羟基，羧基与碳酸氢钠反应，氯化铁遇酚显紫色，由实验操作和现象，可证明含有酯基，故A正确；B．铁和

锌形成原电池，锌为负极，发生反应Zn-2e−=Zn2+，铁钉为正极，正极上氧气得电子发生反应O2+4e-+2H2O=4OH-，生成OH-，铁周围变红，现象不正确，故B错误；C．滤液中加入几滴KSCN溶液，溶液不变红，可知不含铁离子，溶液中可能含亚铁离子，不能证明菠菜中不含铁元素，故C错误；D．

氨气和水混合时也能与无水硫酸铜反应，会干扰水的检验，操作不合理，故D错误；故选A。二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.铑(Rh)和铱(Ir)形成的材料在生产生活中应用广泛，如铑(Rh)膦络合物常用作催化剂，

二氧化铱(IrO2)可用作电生理学研究中的微电极。请回答：（1）铱(Ir)的原子序数为77，其价电子排布式为___________，位于元素周期表的___________区。（2）固体铑(Rh)膦缘金催化剂(Ph为苯基)的结构如图所示，分子中

P原子的杂化方式为___________，1mol该物质中含有的σ键的数目为___________。（3）在有机合成中C-H键和C-C键是非常难断裂的键，C-H键活化曾被称为有机化学中的“圣杯”，铑、铱复合催化剂在C→H和C-C插入反应中表现出了很好的催化活性。某一种铑、铱复合催化剂晶

体的四方晶胞如图所示，晶胞参数为anm、anm、cnm，晶胞中Ir、Rh分别形成的八面体的微粒带两个和三个负电荷，则该晶胞的化学式为___________。（4）均为平面结构的吡咯()和吡啶()在盐酸中溶解度较大的为_

__________，原因是___________。【答案】（1）①.5d76s2②.d（2）①.sp3②.114NA（3）()()333SrRbIrORhO（4）①.吡咯②.吡咯和吡啶相比，吡咯是一个五元杂环化合物，其中氮原子与两个碳原子相连，形成一个环状结构，

在吡咯中，氮原子的孤对电子参与了环的芳香性，这使得氮原子上的电子云密度降低，从而减弱了其碱性，即吡啶更容易与盐酸电离出的H＋结合，即吡咯再盐酸中的溶解性比吡啶的更大【解析】【小问1详解】铱(Ir)的原子序数为77，根据稀有气体原子序数依次为2、10、18、36、54、

86、118，可推出铱(Ir)的其价电子排布式为5d76s2，其属于过渡区金属元素，位于元素周期表d区。【小问2详解】根据固体铑(Rh)膦络合催化剂(Ph为苯基)的结构图，可知P原子的价电子对数为4，其杂化方式为sp3；PPH3

中σ键的数目36，1个CO分子中含有1个σ键，Rh周围有5个单键，因此1mol该物质中含有的σ键的数目为(36×4+1+5)mol=114mol，即1mol该物质中含有的σ键的数目为114NA。【小问3详解】铑、铱复合催化剂晶体的四方晶胞图可发现八面体对角线在晶胞的棱

和面对角线，两个八面体共用一个O，利用均分，每个八面体平均含有3个O，因此阴离子化学式分别为23IrO−、33RhO−，晶胞中含有的有2个23IrO−，含有也有2个33RhO−，负电荷总数为-10，根据电荷守恒正电荷总

数为＋10，根据晶胞中Sr和Rb的总个数为8个，化合价分别为＋2、＋1，因此晶胞中含有2个Sr和6个Rb，则该晶胞的化学式为()()333SrRbIrORhO。【小问4详解】吡咯和吡啶相比，吡咯是一个五元杂环化合物，其中氮原子

与两个碳原子相连，形成一个环状结构，在吡咯中，氮原子的孤对电子参与了环的芳香性，这使得氮原子上的电子云密度降低，从而减弱了其碱性，即吡啶更容易与盐酸电离出的H＋结合，即吡咯在盐酸中的溶解性比吡啶的更大。18.以

黄铜矿(主要成分为2CuFeS，含少量2SiO)为原料，相关转化关系如下。已知：①反应1中Fe不变价，且固体A为单一化合物；②()23CuOHCl具有疏松结构。（1）固体A的化学式为___________；2SOCl的电子式为__________

_。（2）下列说法不正确．．．的是___________。A.CuCl不溶于水，但溶于稀硝酸B.Cu在该环境生锈后，铜锈可隔绝空气，减缓生锈速度C.气体B具有还原性所以能使品红溶液褪色D.2SOCl与32AlCl6HO混合共热可制得无水3

AlCl（3）反应2的化学方程式为___________。（4）①反应4生成的物质D难溶于水，同时生成两种酸性气体，则反应4的化学方程式为___________。②设计实验验证物质D中的氯元素___________。【答案】（1）

①.3FeSiO②.（2）BC（3）()22234CuClO4HO2CuOHCl2HCl++=+（4）①.232322SOClCHCHOHCHCHClHClSO+⎯⎯→++②.取少量32CHCHCl与NaOH溶液共热至溶液不再分层，加稀硝酸酸化至溶液呈酸性。再加

入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明32CHCHCl中有氯元素【解析】【分析】根据流程可知气体B中含S元素，B为SO2，固体A中含Fe和Si，黄铜矿反应的化学方程式为：322222CCuFeS2+2SiO+5O2u+FeSiO+4SO高温，故B为SO2，A为3

FeSiO；粗铜与HCl和氧气反应得到CuCl，CuCl与O2和水反应得到Cu2(OH)3Cl，反应方程式为：()22234CuCl+O+4HO=2CuOHCl+2HCl；SO2与等物质的量的氯气反应得C：SO2Cl2，SO2Cl2与SCl

2反应得到SOCl2，SOCl2与乙醇反应得到D，方程式为：232322SOClCHCHOHCHCHCl+HCl+SO+→，D为CH3CH2Cl。【小问1详解】根据分析，固体A的化学式为：3FeSiO；2SOCl中S原子的价层电子对数为：6242+=，电子式为：。小问2详解】A．

CuCl不溶于水，但能与稀硝酸发生氧化还原反应，故能溶于稀硝酸，A正确；B．Cu在该环境生锈后，铜锈为多孔结构，不能隔绝空气，故不能减缓生锈速度，B错误；C．气体B为二氧化硫，具有漂白性，能使品红溶液褪色，C错误；D．2SOCl与3

2AlCl6HO混合共热可制得无水3AlCl、HCl和SO2，D正确；故选BC。【小问3详解】根据分析，反应2的化学方程式为：()22234CuCl+O+4HO=2CuOHCl+2HCl。【小问4详解】①根据分

析，反应4的化学方程式为：232322SOClCHCHOHCHCHCl+HCl+SO+→；②卤代烃需要先在碱性条件下水解，再用硝酸调至酸性后加硝酸银溶液，观察沉淀颜色，故实验方案为：取少量32CHCHCl与NaOH溶

液共热至溶液不再分层，加稀硝酸酸化至溶液呈酸性。再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明32CHCHCl中有氯元素。19.“碳达峰”“碳中和”是近年来的热门话题，以二氧化氮和氢气为原料反应时，通常存在以下几

个反应：【I．()()()()222COgHgCOgHOg++1141.2KJmolH−=+II．()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++1248.8KJmolH−=−III．()(

)()()223322COg6HgCHOCHg3HOg++13123.2KJmolH−=−IV．()()()33322CHOHgCHOCHgHOg+4ΔH请回答下列问题。（1）①4=H___________。②()12,LLL、X分别代表温

度或压强，如图表示不同L下，反应III中二甲醚的平衡产率随X变化的关系，判断L1，L2的大小并说明理由___________。（2）假设只发生反应I、反应II，一定条件下，向体积为2L的恒容密闭容器中通入21molCO和24molH发生反应，初始压强为2.5Kpa，达到平衡时，2CO的

转化率为80%，CO浓度为10.3molL−，则反应I的pK=___________。（3）有科学家提出利用2CO和4CH制备合成气(2H，CO)，发生的反应为()()()()242COgCHg2COg2Hg++。在体积为3L的密闭容器甲

和乙中，向甲充入21molCO和41molCH，向乙中充入23molCO和43molCH。①下列说法能表示甲中反应达到平衡的是___________。A．反应速率：()()22COHvv=B．同时断裂4molCH−键和生成2molHH−键C．容器内混合气体的压强

保持不变D．容器内混合气体的密度保持不变②在相同温度下达到平衡状态时，2CO的转化率α(甲)___________α(乙)(填“>”“<”或“=”，下同)；达到平衡所需时间t(甲)___________t(乙)（4）可将反应制得的甲醇设

计成如图所示的燃料电池，其中负极的电极反应式为___________；若该燃料电池消耗16.0g甲醇，U形管内溶液体积为1L，则溶液中()23COc−=___________(忽略溶液体积变化)。【答案】（1）①.25.6KJ/mol−②.12LL，

反应III为气体分子数减小的反应，相同温度时，压强越大，二甲醚的平衡产率就越高。（2）67（3）①.C②.>③.>（4）①.2332CHOH6e8OHCO6HO−−+=−+②.0.5mol/L【解析】【小问1详解】①II．()()()()2232COg3HgCHOH

gHOg++1248.8KJmolH−=−III．()()()()223322COg6HgCHOCHg3HOg++13123.2KJmolH−=−根据盖斯定律III-II×2得()()()33322CHOHgCHOCHgHOg+4ΔH=-123.21KJmol−+148

.8KJmol−×2=-25.61KJmol−；②正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，二甲醚的平衡产率降低，则X表示温度、L表示压强。反应III为气体分子数减小的反应，相同温度时，压强越大，二甲醚的平衡产率就越高，所以12LL。【小问2详解】向体积为2L的恒容密闭容器中通入2

1molCO和24molH发生反应，初始压强为2.5Kpa，达到平衡时，2CO的转化率为80%，CO浓度为10.3molL−，参加反应I的二氧化碳为0.6mol、参加反应II的二氧化碳0.2mol；反应I消耗0.6molH2，反应II消耗0.6molH2，则容器中剩余2.8

molH2，反应I生成0.6molH2O、反应II生成0.2molH2O、0.2mol甲醇。反应平衡时气体总物质的量为4.6mol，总压强为4.6mol2.5Kpa2.3Kpa5mol=，则反应I的pK=0.60.82.3Kpa2.3Kpa

6440.22.872.3Kpa2.3Kpa44=.6.6.6.6。【小问3详解】①A．反应速率()()22COHvv=，不能判断正逆反应速率是否相

等，反应不一定平衡，故不选A；B．同时断裂4molCH−键和生成2molHH−键，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故不选B；C．反应前后气体系数和不同，压强是变量，容器内混合气体的压强保持不变，反应一定达到平衡状态，故选C；D．反应前后气体总质量不变，容器体积不变

，密度是恒量，容器内混合气体的密度保持不变，反应不一定平衡，故不选D；选C。②乙容器中压强大，增大压强，平衡逆向移动，2CO的转化率减小，所以在相同温度下达到平衡状态时，2CO的转化率α(甲)>α(乙)；乙压强大，反应速率快，达到平衡所需时间t(甲)>t(乙)；【小问4详解】可将反应制

得的甲醇设计成如图所示的燃料电池，负极甲醇失电子生成碳酸钾，负极的电极反应式为2332CHOH6e8OHCO6HO−−+=−+；若该燃料电池消耗16.0g甲醇，根据碳元素守恒，生成碳酸根离子的物质的量为16g0.5mol32g/mol

=，U形管内溶液体积为1L，则溶液中()23COc−=0.5mol/L。20.[Co(NH3)5Cl]Cl2是一种易溶于热水，微溶于冷水，难溶于乙醇的紫红色晶体，可利用如图装置制备。已知：①()236CoNH+具有较强还

原性，2Co+不易被氧化；②()3235CoNHHOCl为深红色晶体；③()10spAgCl1.5610K−=，()12spAgSCN1.010K−=。具体实验步骤如下：Ⅰ．在锥形瓶中，将12.

5gNH4Cl溶于50mL水中，加热至沸，加入25.0g研细的CoCl2•6H2O晶体，溶解得到混合溶液；Ⅱ．将上述混合液倒入仪器A中，用冰水浴冷却，利用仪器B分批次加入75mL试剂X，并充分搅拌，无沉淀析出；Ⅲ．再利用仪器C逐滴加入20mL试剂Y，水浴加热至50~60℃，不断搅拌溶液，直

到气泡终止放出，溶液变为深红色；Ⅳ．再换另一个仪器C慢慢注入75mL浓盐酸，50~60℃水浴加热20min，再用冰水浴冷却至室温，便有大量紫红色晶体析出，最后转移至布氏漏斗中减压过滤；Ⅴ．依次用不同试剂

洗涤晶体，再将晶体转移至烘箱中干燥1小时，最终得到mg产品。回答下列问题：（1）研细CoCl2•6H2O晶体的仪器名称为_______，图示装置存在的一处缺陷是_______。（2）步骤Ⅱ、步骤Ⅲ中使用试剂X和试剂Y分别为_______、_______(填标号

)，步骤Ⅲ中20mL试剂Y需逐滴滴加的目的是_______。①NaOH溶液②浓氨水③30%双氧水④KMnO4溶液（3）写出步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式_______。（4）步骤V中使用的洗涤试剂有冰水、乙醇、冷的盐酸，最后洗涤使用的洗涤剂为___

____。（5）最终获得产品会含少量杂质()324CoNHClCl或()336CoNHCl，产品组成可表示为()3CoNHClClyzx，通过测定z值可进一步测定产品纯度，进行如下实验：实验I：称取一定质量

的产品溶解后，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用cmol/LAgNO3标准溶液滴定达终点时，消耗V1mL。实验Ⅱ：另取相同质量的产品，加入V2mL稍过量cmol/LAgNO3标准溶液，加热至沸使钴配

合物分解，加入硝基苯静置、分层，将白色沉淀完全包裹，再加入几滴Fe(NO3)3溶液作指示剂，用cmol/LKSCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，达终点时消耗V3mL。计算y=_______(用V1、V

2和V3表示)；若实验Ⅱ中加入硝基苯的量太少，会导致x值_______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。【答案】（1）①.研钵②.缺少一个尾气处理装置（2）①.②②.③③.控制化学反应进行的速率，避免其反应过快，提高浓氨水的利用率（3）2[Co(NH3)6]2++H2O2+2+4NH2[

Co(NH3)5H2O]3++4NH3（4）乙醇（5）①.3-1233VV-V②.偏大【解析】【分析】NH4Cl和CoCl2混合溶液中加入氨水，发生反应Co2++6NH3•H2O=[Co(NH3)6]2++6H2O(碱性过强会生成钴的氢氧化物)，再

用H2O2氧化[Co(NH3)6]2+得到[Co(NH3)5H2O]3+，离子反应方程式为2[Co(NH3)6]2++H2O2+2+4NH2[Co(NH3)5H2O]3++4NH3，再加入浓盐酸，使得反应[Co(NH3)5H2O]3++Cl-2[Co(NH3)5Cl]

2++H2O，平衡正向移动，冷却后得到[Co(NH3)5Cl]Cl2晶体，据此分析解题。【小问1详解】研细CoCl2•6H2O晶体的仪器名称为研钵，一水合氨受热分解生成氨气，氨气具有碱性，应该用氯化钙或P2O5吸收氨气，防止

污染空气，应该在球形冷凝管的上端接一个装有CaCl2或P2O5的球形干燥管进行尾气处理，故答案为：研钵；缺少一个尾气处理装置；【小问2详解】根据分析知，步骤Ⅱ、步骤Ⅲ中使用试剂X和试剂Y分别为浓氨水、双氧水，步骤Ⅱ中75mL试剂X需分批次滴加的目的是控制化

学反应进行的速率，避免其反应过快，提高浓氨水的利用率，故答案为：②；③；控制化学反应进行的速率，避免其反应过快，提高浓氨水的利用率；【小问3详解】步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式为2[Co(NH3)6]2++H2O2+2+4NH2[Co(NH3)5H2O]3++4NH3，故

答案为：2[Co(NH3)6]2++H2O2+2+4NH2[Co(NH3)5H2O]3++4NH3；【小问4详解】[Co(NH3)5Cl]Cl2是一种易溶于热水，微溶于冷水，难溶于乙醇的紫红色晶体，冷的盐酸使[Co(NH3)5H2O]3++Cl-⇌2[Co(NH3)5Cl]2++H2

O正向移动，因为难溶于乙醇，所以最后用乙醇洗去盐酸，且乙醇易挥发，故答案为：乙醇；【小问5详解】实验Ⅰ是外界中的Cl-与Ag+反应生成AgCl白色沉淀，根据Cl-+Ag+=AgCl↓得外界中n(Cl-)=10-3cV1mol，实验实验Ⅱ中外界和内界

的氯离子都转化为自由移动的Cl-，KSCN和AgNO3反应的离子方程式为SCN-+Ag+=AgSCN↓，则与KSCN反应的n(AgNO3)=n(KSCN)=10-3cV3mol，则与内界和外界得到的氯离子反应的n(AgNO3)=(10-

3cV2-10-3cV3)mol，则内界中n(Cl-)=(10-3cV2-10-3cV3-10-3cV1)mol，系数之比等于物质的量之比，则y：z=(10-3cV2-10-3cV3-10-3cV1)mol：10-3

cV1mol=(V2-V3-V1)：V1，配位数为6，所以x+y=6，化合价的代数和为0，则y+z=3，根据x+y=6、y+z=3、y：z=(V2-V3-V1)：V1得x=3+1233VV-V、y=3-1233VV-V、z=1233VV-V；若实验Ⅱ中加入硝基苯的量太少，导致部分AgCl

转化为AgSCN，消耗的KSCN的物质的量增多，则V3偏大，x值偏大，故答案为：3-1233VV-V；偏大。21.M为治疗偏头痛的药物主要成分，其合成路线如图：已知：I.RCOOCH3432NaBHCHOH

/HO⎯⎯⎯⎯⎯→RCH2OHⅡ.22NaNOSnClHCl①②、⎯⎯⎯⎯⎯→（1）有机物A的官能团名称为______。（2）有机物D的结构简式为______。（3）下列说法正确的是______。A.化合物C可以发生加

成，取代反应B.D到E的过程中KOH的作用是做催化剂C.化合物M的分子式是C16H20O2N3D.化合物G与氢气完全加成后有两个手性碳原子（4）写出E→F的化学方程式______。（5）结合上述信息，写出以苯甲醇为原料，选

择合适的试剂制备的合成路线______。(无机试剂任选)（6）写出化合物C同时符合下列条件同分异构体的结构简式。①分子中含有一个苯环；②核磁共振氢谱和红外光谱表明，分子中共有4种不同化学环境的氢原子，且峰面积比为6：2：2：2，只有一个－NO2______。【答案】（1）羧基，氨基

（2）（3）A的（4）+3H210%Pt/C⎯⎯⎯→+2H2O（5）（6）、、、、、、【解析】【分析】由题干合成流程图信息可知，由AC的结构简式和B的分子式可知，B的结构简式为：，由C到D的转化条件和D的分子式并结合已知信息I可知，D的结构简式为：，由G的结构简式、F的分子式并结合已知信息Ⅱ可

知，F的结构简式为：，由F的结构简式，D到E的转化条件和E的分子式可知，E的结构简式为：，据此分析解题。【小问1详解】由有机物A的结构简式可知，有机物A的官能团名称为：羧基、氨基；【小问2详解】由C到D的转化条件和D的分子式并结合已知信息I可知，D的结构简式为

：；【小问3详解】A．化合物C中含有苯环，可以与氢气发生加成反应，化合物C中含有羧基，可以与-OH发生取代反应，A选项正确；B．D到E的过程中KOH反应生成KCl，B选项错误；C．化合物M的分子式是C16H21O2N3，C选项错误；

D．化合物G与氢气完全加成后的结构简式为：，有1个手性碳原子，D选项错误；故答案为A；【小问4详解】E→F的化学方程式为：+3H210%/CPt→+2H2O；【小问5详解】苯甲醇制备的合成路线为：【小问6详解】化合物C同

时符合下列条件①分子中含有一个苯环；②核磁共振氢谱和红外光谱表明，分子中共有4种不同化学环境的氢原子，且峰面积比为6：2：2：2，只有一个－NO2的同分异构体有：、、、、、、。