【文档说明】北京市顺义区第一中学2023-2024学年高三上学期期中考试化学试题 Word版含解析.docx，共(21)页，2.783 MB，由小赞的店铺上传

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顺义一中2023—2024学年高三第一学期期中质量监测化学试卷可能用到的相对原子质量：O16Mg12Ca40Ti48Zr91Ba137第一部分（选择题）本部分共14题，每题3分，共42分。每题选出最符合题目要求的一项。1.

下列说法正确的是A.油脂在碱性条件下可水解为甘油和高级脂肪酸B.核苷酸聚合成DNA是缩聚反应C.利用银镜反应可以区分葡萄糖和麦芽糖D.蛋白质遇饱和硫酸钠溶液变性【答案】B【解析】【详解】A．油脂含有酯基，在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸盐，又叫皂化反应，A项错误；B．核苷酸聚合成的过程中，会

脱水，因此是缩聚反应，B项正确；C．葡萄糖和麦芽糖均能发生银镜反应，即利用银镜反应不可以区分葡萄糖和麦芽糖，C项错误；D．硫酸钠为轻金属盐，不能使蛋白质变性，能使蛋白质发生盐析，D项错误；答案选B。2.34Se和S均属于ⅥA族元素。下列

事实不能．．从元素的电负性角度解释的是A.熔点：22HOHSB.还原性：22SeS−−C.沸点：22HSeHSD.2HSe中H为＋1价【答案】C【解析】【详解】A．熔点：H2O＞H2S，是因为氧元素的电负性较大，和氢原子间易形成氢键，能从元素的电负性角度解

释，A不合题意；B．还原性：Se2-＞S2-，是因为S元素的电负性大，非金属性强，对应阴离子的还原性弱，能从元素的电负性角度解释，B不合题意；C．沸点：H2Se＞H2S，是因为H2Se分子间作用力大，不能从元素的电负性角度解释，C符合题意；D．H2Se中H为+1价，是因为Se的电负性大，得到

电子能力强，能从元素的电负性角度解释，D不合题意；故答案为：C。3.名医华佗创制的用于外科手术的麻醉药“麻沸散”中含有东莨菪碱，其结构简式如图。下列关于该物质的说法不正确．．．的是A.含有3种含氧官能团B.N的杂化方式为3spC.不能发生消去反应D.具有碱性

，能与强酸反应【答案】C【解析】【详解】A．由结构简式可知含有羟基、醚键、酯基3种官能团，故A正确；B．由结构简式可知，N原子连接了两个σ键，同时含有两个孤电子对，杂化方式为3sp，故B正确；C．由结构简式可知与羟基相连碳的相邻碳原子上有氢原子，

可以发生消去反应，故C错误；D．东莨菪碱中五元脂环上含有叔胺氮原子，具有较强的碱性，能与强酸反应，故D正确；故选C。4.利用如图装置(夹持装置略)进行实验，X、Y中所选试剂不能．．达到实验目的的是选项实验目

的试剂X试剂YA比较非金属性：Cl>Br>SNaBr溶液2HS溶液B吸收2CO中混有的2SO并检验其是否已除尽酸性4KMnO溶液品红溶液C检验25CHBr与NaOH醇溶液共热的产物乙烯水酸性4KMnO溶液D证明电石与饱和食盐水反应产生的气体中含有乙炔4CuSO溶液酸性4K

MnO溶液A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．非金属性：Cl>Br>S，Cl2通入NaBr溶液中，Cl2可以把溴离子氧化为溴单质，所以溶液变成棕色，但是后面和2HS溶液反应的气体是Cl2和Br

2的混合气体，不能说明金属性：Br>S，故A错误；B．2SO具有还原性，酸性4KMnO溶液可以吸收2SO，2SO具有漂白性，可以用品红溶液检验其是否已除尽，故B正确；C．25CHBr与NaOH醇溶液共

热生成的乙烯中混有乙醇，先通过水将乙醇除去，然后用酸性4KMnO溶液检验乙烯，现象是高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D．电石与饱和食盐水反应产生的乙炔中混有H2S，先通过4CuSO溶液除去H2S气体，再用酸性4KMnO溶液检验乙炔，现象是高锰酸钾溶液褪色，故D正确；故选A。5.硅烷（

4SiH）可用于制造高纯硅，而4SiH可由硅化镁（熔点1102℃）制得，硅化镁晶体的晶胞如图所示，每个Mg原子位于Si原子组成的四面体中心。下列说法不正确．．．的是A.硅化镁可能为分子晶体B.硅化镁的化学式为2MgSiC.每个晶胞中含有8个Mg原子D.每个Si原子周围距离最近且等距的Mg原子有8个

【答案】A【解析】【详解】A．硅化镁的熔点为1102℃，不是分子晶体，故A错误；B．镁原子的个数为8，硅原子的个数为8×18+6×12=4，硅化镁的化学式为2MgSi，故B正确；C．根据结构可知，每个晶胞中含有8个Mg原子，故C正确；D．根据晶胞结构可知，每个Si原子周围距离最近且等距Mg

原子有8个，故D正确；故选A。6.将一定量的SO2通入FeCl3溶液中，取混合溶液，分别进行下列实验，能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应的是的操作现象A加入NaOH溶液有红褐色沉淀B加入AgNO3溶液有白色沉淀C加入酸性KMnO4溶液紫色褪去D加入K3[Fe

(CN)6](铁氰化钾)溶液有蓝色沉淀A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】要证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，则要检验溶液中含Fe2+或硫酸根离子。【详解】A．加入NaOH溶液生成的红褐

色沉淀为氢氧化铁沉淀，说明溶液中有Fe3+，故A不符题意；B．溶液中含Cl-，加入AgNO3溶液一定有白色沉淀，不能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故B不符题意；C．酸性KMnO4溶液和溶液中的Cl-也能发生氧化还原反应，加入酸性KMnO4溶液，紫色褪去，不能证明S

O2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故C不符题意；D．加入K3[Fe(CN)6]（铁氰化钾）溶液产生蓝色沉淀，则可证明溶液中存在Fe2+离子，说明SO2与FeCl3溶液发生了氧化还原反应，故D符合题意；故选D。7

.富马酸亚铁(FeC4H2O4)是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如下图所示，下列说法不正确．．．的是A.铁位于元素周期表第四周期、第VIII族B.富马酸分子中σ键与π键的数目比为11∶2C.富马酸中各元素的电负性由大到小的顺序为O>C

>HD.1mol富马酸与足量NaHCO3溶液反应可生成2molCO2【答案】B【解析】【分析】由元素周期表中原子半径的变化规律，结合结构模型可推测出灰色的点是C，黑色的点是O，白色的点是H，根据有机化学中C原子的成键特点可知，从左至右的顺序，第一个和第四

个C原子上存在C=O键，在第二个C原子与第三个C原子之间存在碳碳双键，其余的都是单键相连，富马酸中存在碳碳双键和羧基官能团，则富马酸结构简式为HOOC-CH=CH-COOH。【详解】A．铁是26号元素，位于元素周期表的第四周期第Ⅷ族，故A正确；B．1mol富马酸分子

中存在11mol的σ键和3mol的π键，数目比为11:3，故B错误；C．组成富马酸的各元素中，电负性最大的是O，最小的是H，则电负性由大到小的顺序为O>C>H，故C正确；D．1mol富马酸中存在2mol羧基

，与足量NaHCO3溶液反应可生成2molCO2，故D正确；故本题选B。8.下列关于同主族元素C、Si及其化合物的性质比较和原因分析不正确．．．的是选项性质比较原因分析A熔点：22COSiO摩尔质量：22COSiOB电负性：CSi原子半径：CSiC

酸性：2323HCOHSiO非金属性：CSiD热稳定性：44CHSiH键能：CHSiH−−A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．CO2为分子晶体，分子间通过分子间作用力连接，而SiO2为共价晶体，Si与O之间通过共价键连接，因此CO2熔

点低于SiO2，A错误；B．原子半径C<Si，C原子得电子能力更强，故电负性C>Si，B正确；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性C>Si，故酸性H2CO3>H2SiO3，C正确；D．非金属性C>Si，C原子得电子能力更强，同时C原子半径小于Si，故C

-H键能大于Si-H，热稳定性CH4>SiH4，D正确；故答案选A。9.根据如图所得判断正确的是的已知H2O(g)=H2O(l)△H=-44kJ/molA.图1反应为吸热反应B.图1反应使用催化剂时，会改变其△HC.图2中若H2O的状态为液态，则能量变化曲线可能为①D.

图2中反应为CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(l)△H=+41kJ/mol【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由图1可知反应后能量降低，所以该反应是放热反应，故A错误；B．催化剂只改变反应速率，不改变△H，故B错误；C

．图1反应CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)△H=－41kJ/mol，则图2反应为CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ/mol，图2中若H2O的状态为液态，H2O(g)=H2O(l)△H=-44kJ/mol，生成

物的总能量有所降低，则能量变化曲线可能为①，故C正确；D．由图1可知CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)△H=－41kJ/mol，则图2反应为CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ/mol，故D错误；故选C。10.科研人员研究了通电条件下N2在催化剂Au

(金)表面生成NH3的反应，反应机理如图所示，下列说法不正确的是A.上述转化过程中涉及非极性键的断裂和极性键的生成B.生成NH3的总电极反应式为：N2+6H++6e-=2NH3C.当1molN2在电解池的阴极发生反应时，可得到2molNH3D.使用Au作催化剂可以降

低反应的活化能，从而提高化学反应速率【答案】C【解析】【详解】A．通过机理示意图可知，反应过程中N2分子内的非极性键断裂，生成了NH3和N2H4分子内的N-H极性键，A项正确；B．通过机理示意图可知，由一个N2分子转化为两个NH3分子需要得6个电

子，并且，需要6个H+也参与反应，所以总电极反应式为：23N6e6H=2NH−+++，B项正确；C．通过机理示意图可知，N2在转化为NH3的过程中会生成副产物N2H4，因此，消耗1molN2并不能得到2molNH3，C项错误；D．催

化剂可以通过降低反应活化能提高反应速率，D项正确；答案选C。11.脲具有防腐、防水、耐磨等特性，合成方法如下：下列说法不正确的是A.P和M通过缩聚反应形成聚脲B.一定条件下聚脲能发生水解反应C.M苯环上的一氯代物有2种D.M与互为同

系物【答案】AD【解析】【详解】A．M中两个氨基上的N-H断裂，与P中的C=N加成，所以P和M通过加聚反应形成聚脲，A错误；B．聚脲中含有酰胺基，可以水解，B正确；C．M为对称结构，苯环对位有取代基，所以一氯代物有2种，C正确；D．M是含氧衍生物，而苯胺不

是含氧衍生物，二者不是同一类物质，所以不互为同系物，D错误；故选AD。12.乙烯气相直接水合反应制备乙醇：C2H4(g)＋H2O(g)C2H5OH(g)。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如下[起始时，n(H2O)

=n(C2H4)=1mol，容器体积为1L]。下列分析不正确的是A.乙烯气相直接水合反应的ΔH＜0B.图中压强的大小关系为p1>p2>p3C.图中a点对应的平衡常数K=516D.达到平衡状态a、b所需要的时间：a>b【答案】B【解析】【分析】【详解】A

．依据图象分析，在同一压强下，随着温度的升高，乙烯的平衡转化率降低，说明该反应正方向为放热反应，即ΔH＜0，A项正确；B．由方程式C2H4(g)＋H2O(g)C2H5OH(g)可知，该反应的正反应是气体体积减小的

反应，所以增大压强，平衡正向移动，乙烯的平衡转化率提高，因此压强的大小关系是p1<p2<p3，B项错误；C．根据图示可知，起始时，n(H2O)=n(C2H4)=1mol，容器体积为1L，a点乙烯的平衡转化率为20%，则转化的乙烯的物质的量浓度

为0.2mol·L-1，则()()()()()()24225111CHg+HOgCHOHg/L110/L0.20.20.2/L0.80.80.2molmolmol−−−起始转化平衡该温度下的平衡常数0.25K0.80.816==，C项正确；D

．由于b点温度比a点高，且压强比a点大，所以反应速率快，达到平衡所需时间短，D项正确；答案选B。13.在3个体积均为2.0L的恒容密闭容器中，反应CO2(g)+C(s)2CO(g)△H>0，分别在一定

温度下达到化学平衡状态。下列说法正确的是容器温度/K起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(CO2)n(C)n(CO)n(CO)I9770.280.56010.4Ⅱ9770.560.560xⅢ1250000.56yA.977K，该反应的化学平衡常数值为1B.达到平衡时，向容器I中

增加C的量平衡向右移动C.达到平衡时，容器Ⅱ中CO2的转化率比容器I中的大D.达到平衡时，容器Ⅲ中的CO的转化率大于28.6%【答案】A【解析】【分析】容器Ⅰ中，起始投入CO2的物质的量为0.28mol、C为0.56mol，平衡时

生成CO的物质的量为0.4mol，则可建立如下三段式：()()()2/mol0.280/mol0.20.4/mol0.0CsCOg2C8.O4g0＋起始变化平衡ƒ【详解】A．977K，该反应的化学平衡常数值为20.210.04=，A正确；B．达到平衡时，向容器I中增

加C的量，反应物和生成物的浓度都不发生改变，则平衡不移动，B错误；C．容器II与容器I相比，容器II相当于容器I加压，使气体物质的浓度变为原来的二倍，则平衡逆向移动，CO2的转化率减小，所以容器II中CO2的转化率比容器I中的小，C错误

；D．容器III中，若温度为977K，则与容器I中平衡等效，达到平衡时，容器I中CO2的转化率为0.271.4%0.28，则CO的转化率为28.6%，现升高容器III的温度至1250K，平衡正向移动，CO的转化率减小，则容器III中CO的转化率小于28.6%，D错误；故选A。14.某同学检验海

带中是否含有碘元素，进行了如下实验。步骤Ⅰ：灼烧干海带得到海带灰；步骤Ⅱ：将海带灰加蒸馏水溶解、过滤，得到海带灰浸取液；步骤Ⅲ：取少量浸取液于试管中，加入淀粉溶液，溶液未变蓝；再加入2210%HO溶液(硫酸酸化)，溶液变为蓝色；步骤Ⅳ：将2210%H

O溶液(硫酸酸化)替换为氯水，重复步骤Ⅲ，溶液未变蓝；步骤Ⅴ：向步骤Ⅳ所得溶液中通入2SO，溶液迅速变为蓝色。下列说法不正确的是A.步骤Ⅰ中，灼烧干海带的目的是除去有机化合物，获得可溶性碘化物B.步骤Ⅲ中，反

应的离子方程式：2222HO2I2HI2HO−+++=+C.若将步骤Ⅴ中的2SO替换为KI溶液，也可能观察到溶液变为蓝色D.对比步骤Ⅲ、Ⅳ和Ⅴ中实验现象，说明该条件下22HO氧化性比氯水强【答案】D【解析】【详解】A．干海带灼烧过程中所含有机质转化为二氧化碳和水，得到可溶

性碘化物，故A正确；B．根据步骤III中现象可知，2210%HO将碘离子氧化为碘单质，根据电子得失守恒得反应离子方程式：2222HO2I2HI2HO−+++=+，故B正确；C．由步骤IV、步骤V的现象可知氯水将碘化物氧化为碘酸盐，碘酸盐被二氧化硫还原碘单质，KI也具有较强还原性，也能将碘酸盐还

原为碘单质，故C正确；D．对比步骤Ⅲ、Ⅳ和Ⅴ中实验现象，可知22HO只能将碘化物氧化为碘单质，而氯气能将碘化物氧化为碘酸盐，说明氯气的氧化性强于22HO，故D错误；故选：D。第二部分（非选择题）15.钛酸钙是最

典型的钙钛矿型化合物，该类化合物具有特殊的理化性质。（1）基态4Ti+的核外电子排布式为____________。（2）钛酸钙的晶胞如下图所示。①每个2Ca+周围等距且紧邻的2O−有______个。②比较2Ca+和4Ti+的离子半径大小并说明理由_____

_______。（3）钛酸钙的阴、阳离子均可被半径相近的其它离子替代，从而衍生出多种钙钛矿型化合物。①已知钛酸钙晶胞中距离最近的2Ca+和2O−之间的距离为anm，则钛酸钙晶体密度ρ=______3gcm−（列出计算式）。②若忽略离子替代时的体积变化，下列钙钛矿型化合物

中，密度大于钛酸钙的是______（填字母序号）。a．3BaTiOb．3CaZrOc．3MgTiO（4）通过离子替代可获得具有优异光电性能的有机钙钛矿型化合物333CHNHPbI。其中有机阳离子33CHNH+可由甲胺（32CHNH）制得。①33CHNH+中N的杂化方式为____________。

请从化学键的角度解释由甲胺形成33CHNH+的过程：____________。【答案】（1）226261s2s2p3s3p（2）①.12②.2Ca+和4Ti+电子层结构相同，核电荷数Ti＞Ca，故离子半径2Ca+大于4Ti+（3）①.()213A(4048163)/2210aN−++

②.ab（4）①.3sp②.32CHNH中的N原子提供孤电子对，H+提供空轨道，通过配位键形成33CHNH+【解析】【小问1详解】Ti是22号元素，基态4Ti+的核外电子排布式为226261s2s2p3s3p；【小问2详解】3CaTiO晶胞中每个2O

−周围最近的2Ca+是4个，根据化学式和配位数的关系，设2Ca+周围等距且紧邻的2O−有x个，143x=，x=12，故每个2Ca+周围等距且紧邻的2O−有12个；2Ca+和4Ti+电子层结构相同，核电荷数Ti＞Ca，故离子半径2Ca+大于4Ti+；【小问3详解】①已知钛酸钙晶胞中距

离最近的2Ca+和2O−之间的距离是晶胞面对角线的一半为anm，因此晶胞边长为anm=2nm22，3373213AA(4048163)(4048163)ρgcmgcm(210aN2210aN)−−−−++++==；②钛酸钙的阴、阳离子均可被半径相近的其它离子替代，忽略

离子替代时的体积变化，钙钛矿型化合物的密度取决于阴阳离子的质量，由此可知密度大于钛酸钙的是3BaTiO和3CaZrO；【小问4详解】①33CHNH+以N原子为中心原子，价层电子对数为4，孤电子对为0，N的杂化方式为3sp杂化；从化学键的角

度解释由甲胺形成33CHNH+的过程：氨分子中的一个氢原子被甲基取代后，所得甲胺32CHNH的性质与氨相似，其中的N原子有一对孤电子，可以通过配位键再结合一个H+形成33CHNH+。16.某钴矿石的主要成分有CoO、23CoO、MnO、23FeO、MgO和2SiO等。由该矿石粉制备24C

oCO固体的方法如下(部分催化剂已略)。已知：金属离子沉淀的pH：3Fe+2Fe+2Mg+2Mn+2Co+开始沉淀时1.56.38.98.27.4完全沉淀时2.88.310.910.29.4（1）23CoO溶于浓硫酸，生成2Co+和一种可使带火星的木条复燃的气

体，该气体是___________。（2）向溶液1中加入NaOH溶液将pH调至3，目的是___________。（3）向溶液2中加入NaF溶液，去除的离子是___________。（4）向溶液3中加入氨水和

过氧化氢溶液，将2Co+转化为()336CoNH+。补充完整下列离子方程式：__________________2Co++___________22HO+___________3NH=___________()336CoNH++___________（5）溶液4中，若将1mol()336CoNH

+全部转化为24CoCO沉淀，需要消耗()4242NHCO___________mol。（6）关于上述流程，下列说法正确的是___________(填序号)。a．若矿石粉中存在少量FeO，经上述流程也可制得纯度相同的24CoCOb．向溶液3中加入氨水，作用仅是调节溶液的pHc．流程中，仅通过

调节溶液的pH无法将金属元素完全分离【答案】（1）2O（2）将3Fe+转化为()3FeOH，过滤除去铁元素（3）2Mg+（4）()33622232Co1HO12NH2CoNH2OH−++++=+（5）1.5（6）ac【解析】【分析】钴矿石的主要成分有CoO、23CoO、

MnO、23FeO、MgO和2SiO，加入硫酸过滤后，2SiO不溶于酸被除去则沉淀1为2SiO，得到的溶液1中含有Co2+、Co3+、Mn2+、Fe3+、Mg2+；溶液1加入氢氧化钠溶液调节pH，根据信息中金属离子沉

淀的pH可知，沉淀2为氢氧化铁沉淀，溶液2含有Co2+、Co3+、Mn2+、Mg2+，加入氟化钠溶液后生成氟化镁沉淀，则沉淀为3为氟化镁沉淀；溶液3中加入氨水和过氧化氢溶液，根据问题（4）提示可知，Co2

+被氧化为-36Co(NH)，同时Mn2+转化为二氧化锰，此时溶液4中含有阳离子为-36Co(NH)，加入稀硫酸和草酸铵后被还原为CoC2O4；【小问1详解】可使带火星的木条复燃的气体，该气体是：2O【小问2详解】根据题目信息分析，pH=2.8时，氢氧化铁完全沉淀，则将铁离子转化为

氢氧化铁沉淀，应调节pH至少大于2.8，故其目的是：将3Fe+转化为()3FeOH，过滤除去铁元素；【小问3详解】根据上述对流程图的分析，铁离子通过氢氧化铁沉淀除去，锰离子通过氧化为二氧化锰除去，则加入氟化钠溶液是为了除去溶液中的镁离子；【小问4详解】根据氧化还原中电子

转移守恒配平知Co2+系数为2，H2O2系数为1，再根据原子守恒及电荷守恒配平得：()33622232Co1HO12NH2CoNH2OH−++++=+；【小问5详解】Co2+被氧化为Co3+，草酸根被还原为CO，则根据得

失电子守恒知：1mol()336CoNH+全部转化为24CoCO沉淀，需要消耗()4242NHCO1.5mol；【小问6详解】a．若矿石粉中存在少量的氧化亚铁，加入浓硫酸浸取时，氧化亚铁会和浓硫酸反应生成硫酸铁，此时按照题中步骤进行操作也可制得纯度相同的24CoCO，a正确；

b．向溶液3中加入氨水是为了调节溶液的pH，同时还使Co2+转化为-36Co(NH)，b错误；c．流程中镁离子的除去方式为使其形成氟化镁沉淀，因此仅通过调节溶液的pH无法将金属元素完全分离，c正确；故选ac。17.2019年诺贝尔化学奖授予对锂电池及锂离子电池研究做出贡献的三位科学家。（

1）最早的可充电锂电池用金属锂作负极。锂在元素周期表中的位置是_______，属于活泼金属，使电池存在较大安全隐患。（2）现在广泛使用的锂离子电池有多种类型。某可充电钴酸锂（充、放电时某电极上发生2LiCoO与1x2LiCoO−的相互转化）电池的工作原理如下图所示：①该电池放电时，其中一极的电极反

应式是eLLi=CCixnnxx−+−+，则该极应为上图中的______（填“A”或“B”）。另一极的电极反应式是________。②碳酸乙烯酯（EC）常用作电解液的溶剂，其结构为，熔点35℃，可燃，可由二氧化碳和有机物X在一定条件下合成。X与乙醛

互为同分异构体，核磁共振氢谱显示只有一组峰。写出合成EC的化学方程式：_________。③从正极材料中回收钴和锂的流程如下：写出酸浸过程中发生反应的化学方程式__________。拆解废旧电池前需进行放电处理，既可

保证安全又有利于回收锂。有利于回收锂的原因是_________。【答案】17.第二周期第ⅠA族18.①.A②.122LiCoOeLi=LiCoOxxx−+−++③.CO2+→一定条件④.2222442

2422LiCoOHO3HSO=2CoSOOLiSO4HO+++++⑤.放电可使Li+从负极中脱出，尽可能多在正极处富集【解析】【小问1详解】锂为3号元素，在元素周期表中的位置是第二周期第IA族；【小问2详解】①原

电池中阳离子向正极运动，则A为负极、B为正极；该电池放电时，其中一极的电极反应式是LixC6–xe-=6C+xLi+，该反应为失去电子的氧化反应，该极为负极，应为上图中的A。②X与乙醛互为同分异构体，则X含有2个碳、1个氧且不饱

和度为1，核磁共振氢谱显示只有一组峰，则X为；和二氧化碳在一定条件下生成，反应为：CO2+⎯⎯⎯⎯⎯⎯→一定条件；③由流程可知，酸浸过程中LiCoO2和稀硫酸反应生成Li2SO4、2CoSO4，反应中钴元素化合价降低，根据电子守恒可知，氧元素化合价会升高生成氧气，根据电子守恒

、质量守恒配平方程式为：2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O。放电可使Li+从负极中脱出，尽可能多的在正极处富集，故有利于回收锂。18.花椒毒素对血液中多种病毒有很好的灭活作用，还可用于治疗皮肤顽疾。花椒毒素的一种

中间体L的的合成路线如下：已知：ⅰ、ⅱ、（1）A属于芳香烃，其名称是___________。（2）D为顺式结构。B→D的化学方程式是___________。（3）下列关于E的说法正确的是___________(填字母)。a、E的酸

性弱于Gb、E在水中的溶解度大于Ac、一定条件下，E能形成网状高分子化合物（4）G→J的反应类型是___________。（5）已知：J→32K2CHCHOH+，且K分子含两个环状结构。①J中含有官能

团是醚键、___________和___________。②K的结构简式是___________。（6）F与K反应生成L的步骤如下：中间产物1和中间产物2的结构简式分别是___________、___________。【答案】（1）苯（2）+H2O（3）bc（

4）取代反应（5）①.羟基②.酮羰基③.的（6）①.②.或【解析】【分析】由流程知，A为苯，D为顺式结构，D为，F分子式为C3H4O3，不饱和度为2，为OHC—CH2—COOH，G→J是发生已知反应i的反应，J

→K+2CH3CH2OH，且K分子含两个环状结构，则J为，K为，F和K发生已知反应ⅱ的反应、得到中间产物，再经另一个中间产物或，得到目标产物，据此回答。【小问1详解】由流程知，A属于芳香经，其名称是苯；【小问2详解】由分析可知D为，B→D的化学方程式为：+H2O；【小

问3详解】a．E含羧基、G含酚羟基，则E的酸性强于G，故a错误；b．E中羧基和羟基均为亲水基团、憎水基团短，则在水中的溶解度大于A，故b正确；c．E中含羧基和羟基，因此能发生缩聚反应，一定条件下，2个羧基和1个羟基间的缩聚，能形成网状高分子化合物，故c正确；故答案为：bc

；【小问4详解】G→J是发生已知反应i的反应，则羟基氢被烃基所取代，属于取代反应；【小问5详解】①由分析可知J为，则其中含有的官能团是醚键、羟基和酮羰基；②由分析可知K为；【小问6详解】据分析，F分子式为C3H

4O3，不饱和度为2，F为OHC—CH2—COOH，F和K发生已知反应ii的加成反应得到中间产物1的结构简式为，和目标产物相比，该物质少1个含酯基的环状结构、少一个碳碳双键，所以中间产物可以先发生分子内酯化反应形

成环状酯、再发生分子内消去反应引入碳碳双键，也可能交换顺序，先消去反应再酯化反应，中间产物2为或，得到目标产物。19.某学习小组探究某浓度浓硝酸和稀硝酸与铁的反应。实验现象Ⅰ中：Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色Ⅱ中

：Fe表面产生红棕色气泡，过一会儿停止Ⅲ中：连接导线，一段时间后Fe表面产生红棕色气泡，而后停止；随即又产生红棕色气泡，而后停止，……如此往复多次。Cu表面始终产生红棕色气泡(1)Ⅰ中液面上方气体由无色变为红

棕色的化学方程式为_______。(2)取少量Ⅰ中溶液，加入KSCN溶液，_______(填现象)，说明产生了Fe3+。(3)Ⅱ中现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应。说明硝酸具有_______性。(4)Ⅲ中，连接导线后体系形成了原电池。

为分析反应过程，在Fe、Cu之间连接电流计，实验如下。实验现象ⅰ.K闭合时，指针向左偏转(Cu做负极)，Fe表面无明显现象ⅱ.过一会儿指针向右偏，Fe表面产生红棕色气体；后又迅速向左偏，Fe表面停止产生气泡，…

…如此往复多次ⅲ.一段时间后，指针一直处于右端，Fe表面持续产生红棕色气体ⅳ.Cu表面始终产生红棕色气泡①用方程式解释现象ⅳ：_______。②推测现象ⅰ中被还原的是_______。③解释现象ii中指针左右偏转，往复多次原因_______。④现象ⅲ中，Fe一直做负极，难以形成氧化层，可能的原

因是_______。【答案】①.2NO+O2=2NO2②.溶液变成红色③.强氧化性④.Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，NO3−＋2H＋＋e-=NO2↑＋H2O⑤.铁表面的氧化层⑥.F

e做正极时，氧化层逐渐被还原而溶解，使Fe与浓HNO3接触，Fe失电子做负极，同时被氧化形成致密的氧化层。待氧化层完全形成后，Fe不能继续失电子，再次做正极。如此，指针左右偏转，往返多次⑦.反应放热，溶液温度升高；随反应进

行，硝酸浓度降低【解析】【分析】本题通过实验探究某浓度浓硝酸和稀硝酸与铁的反应情况，并通过原电池实验来探究铁、铜做电的极，浓硝酸作电解质溶液的反应情况，总体难度一般。【详解】(1)由于Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，NO为无色气

体，遇到空气立即与氧气反应转化为红棕色的NO2，故Ⅰ中液面上方气体由无色变为红棕色的化学方程式为2NO+O2=2NO2，故答案为：2NO+O2=2NO2；(2)Fe3+遇到SCN-溶液立即变为血红色，故取少量Ⅰ中溶液，加入KSCN溶液，溶液变成红色，说明产生了Fe

3+，故答案为：溶液变成红色；(3)Ⅱ中现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，即常温下铁在浓硝酸中发生钝化现象，说明硝酸具有强氧化性，故答案为：强氧化；(4)①由于铜在常温下就能与浓硝酸发生反应：Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3

)2＋2NO2↑＋2H2O，同时随着反应的进行，硝酸浓度减小，铁表面不再形成氧化物保护膜，故铁作负极，铜作正极，电极反应式为：NO3−＋2H＋＋e-=NO2↑＋H2O，故答案为：Cu＋4HNO3(浓)

=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，NO3−＋2H＋＋e-=NO2↑＋H2O；②刚开始时，铁表面形成氧化物保护膜，故铁电极作正极，得电子被还原，故可推测此时被还原的是铁表面的氧化层，故答案为：铁表面的氧化层；③Fe做正极时，氧化层逐渐被还原而溶解，使Fe与浓HNO3接触，Fe失电子做负极，同

时被氧化形成致密的氧化层。待氧化层完全形成后，Fe不能继续失电子，再次做正极。如此，指针左右偏转，往返多次，故答案为：Fe做正极时，氧化层逐渐被还原而溶解，使Fe与浓HNO3接触，Fe失电子做负极，同时被氧化形成致密的氧化层。待氧化层完全形成后，Fe不能

继续失电子，再次做正极。如此，指针左右偏转，往返多次；④随反应进行，硝酸浓度降低，反应放热，溶液温度升高，铁表面难以形成氧化层，故Fe一直做负极，故答案为：反应放热，溶液温度升高；随反应进行，硝酸浓度降低。