【文档说明】湖南省长沙麓山国际实验学校2025届高三上学期第一次学情检测化学试卷 Word版含解析.docx，共(22)页，6.656 MB，由小赞的店铺上传

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湖南省长沙市麓山国际实验学校2025届高三第一次学情检测化学试卷总分：100分时量：75分钟可能用到的相对原子质量：H-1N-14O-16S-32Ti-48Cu-64第Ⅰ卷一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项

符合题目要求)1.“葡萄美酒夜光杯”，酒具体现了历史进展。下列酒具中，主要由硅酸盐材料制成的是A．清代彩绘龙纹蓝瓷壶B．犀角雕玉兰花果纹杯C．斫木云纹漆耳杯D．青铜兽面纹爵A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．陶瓷

的主要成分是硅酸盐，A正确；B．犀角主要成分属于蛋白质，B错误；C．斫木的主要成分属于纤维素，C错误；D．青铜属于合金，D错误；的故选A。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.2-3CO的空间结构模型：B.乙醇的红外光谱：C.NaCl溶液中的水合离子：D.

乙烯的实验式：C2H4【答案】A【解析】【详解】A．2-3CO中心C原子价层电子对数为4232323+−=+，不含孤电子对，空间结构模型为平面三角形，A正确；B．乙醇结构简式为CH3CH2OH，图为核磁共振氢谱，乙醇分子中的等效氢原子有3种，则核磁共振氢谱有三组吸收峰，且氢原

子的比值为3∶2∶1，则核磁共振氢谱吸收峰的峰面积比值为3∶2∶1，B错误；C．NaCl溶液中的水合离子：，C错误；D．实验式分子中各元素的原子个数比的最简关系式，乙烯的实验式：CH2，D错误；故选A。3.实验是化学的最高法庭。下列所示装置或

操作能达到实验目的的是A．检验CH2=CHCHO有碳碳双键B．制备Al2S3固体C．验证乙烯具有还原性D．在铁制品上镀致密铜镀层A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．过量银氨溶液呈碱性，Br2与OH

-反应褪色，而不能说明是碳碳双键的缘故，A错误；B．S2-、Al3+会双水解，2-3+2233S+2Al+6HO=3HS+2Al(OH)，B错误；C．由于乙醇易挥发，且乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故在通入酸性高锰酸钾溶液之前需通过盛水的

洗气瓶来除去乙烯中的乙醇，且还可能产生还原性气体SO2，C错误；D．一般情况下，在铁制品上镀铜时用纯铜作阳极，电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，电解质溶液为CuSO4溶液，铁作阴极，电极反应为：Cu2

++2e-=Cu，但若用CuSO4和过量氨水作电解质溶液，加入氨水可以形成铜氨络离子，使游离的铜离子浓度维持在一个稳定的状态，此时镀上的镀铜层会更一致，镀层的孔隙率下降，使铁制品上镀致密铜镀层，D正确；故

选D。4.下列离子方程式书写错误是A.酸性溶液中3KIO与KI反应生成2322I:IOI6HI3HO−−+++=+B.向3FeCl溶液中通入少量2HS气体：3222FeHS2FeS2H++++=++C.过量2CO通入饱和碳酸

钠溶液：232232NaCOCOHO2NaHCO+−+++=D.向次氯酸钠溶液中通入少量22224SO:3ClOSOHOSOCl2HClO−−−++=++【答案】A【解析】【详解】A．KIO3具有氧化性，KI具有还原性，3225I6H3I3H

OIO−−+++=+，A错误；的B．FeCl3具有氧化性，H2S具有还原性，B正确；C．NaHCO3溶解度小，故过量的CO2通入饱和碳酸钠溶液中生成碳酸氢钠晶体，C正确；D．二氧化硫具有还原性与具有氧化性的次氯酸钠反应生成次氯酸和硫酸钠，D正确；故答案

为：A。5.下列“类比”或“推理”合理的是A.2Cl与NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，则2F与NaOH溶液反应也生成NaF和NaFOB.少量2CO与()2CaClO反应生成3CaCO和HClO，则少量2SO与()2CaClO反应生成3CaSO和HClOC.FeS与稀盐酸反应生

成2HS，则CuS与稀盐酸也能反应生成2HSD.3CHCOOH和32HPO与足量NaOH溶液反应分别生成3CHCOONa和22NaHPO，则3CHCOOH和32HPO均为一元酸【答案】D【解析】【详解】A．F2的氧

化性极强，2F与NaOH溶液反应生成NaF和2O，A错误；B．SO2具有还原性，2SO与()2CaClO发生氧化还原反应，B错误；C．CuS不能溶于稀盐酸，CuS与稀盐酸不反应，C错误；D．碱过量时酸能电离出的氢离子被全部消耗，3CHCOO

H和32HPO与足量NaOH溶液反应分别生成3CHCOONa和22NaHPO，则说明3CHCOOH和32HPO均最多能电离出1个氢离子，均属于一元酸，D正确；故选D。6.制备抗炎镇痛药洛索洛芬钠的重要中间体的结构如图所示，下列说法错误的是A.该有机物不属于芳香烃B.该有

机物含有2种官能团C.该有机物含有1个手性碳原子D.该有机物能发生加成反应、水解反应、氧化反应【答案】C【解析】【详解】A．该有机物中含有C、H、O三种元素，不属于芳香烃，A正确；B．由该有机物的结构简式可知，其中含有羰基、酯基2种官能团，B正确；C．手性碳原子是指与四个各不

相同原子或基团相连的碳原子，该有机物含有2个手性碳原子，位置为，C错误；D．该有机物中含有苯环能发生加成反应，含有酯基能发生水解反应，另外还可以和O2等强氧化剂发生氧化反应，D正确；故选C。7.下列实验方案能够达到目的的是实验目的实验方案A除去氯气中的水蒸气将混合气体通过盛有碱石灰的干燥

管B检验存在Fe3+和Fe2+的混合溶液中的Fe2+向溶液中先滴加KSCN溶液，再滴加氯水C鉴别碳酸钠和碳酸氢钠溶液向溶液中分别滴加等浓度的稀盐酸D制备CaCO3向氯化钙溶液中通入适量CO2至不再产生沉淀，过滤洗涤干燥A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．氯

气与碱石灰能够发生化学反应，因此不能用碱石灰除去除去氯气中的水蒸气，A错误；B．检验存在Fe3+和Fe2+的混合溶液中的Fe2+，若向溶液中先滴加KSCN溶液，Fe3+先与KSCN溶液反应变成红色液体，

无法检验出Fe2+的存在，B错误；C．向碳酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸,碳酸钠先与稀盐酸反应生成碳酸氢钠，无气体产生，而向碳酸氢钠溶液中逐滴加入稀盐酸，二者反应立即生成二氧化碳气体，C正确；D．氯化钙溶液与CO2不反应，无法生成CaCO3

，D错误；故选C。8.利用超分子可分离60C和70C，将60C、70C混合物加入一种空腔大小适配60C的“杯酚”中进行分离的流程如图。下列说法正确的是A.一个60C分子中含有90个键B.“杯酚”与60C形成氢键C.一个60C晶胞中含有8个60C分子D.该分离过程利用的是超

分子的自组装特征【答案】A【解析】【详解】A．60C分子中每个C原子与相邻的3个C原子形成3个铤，一个60C分子中含有360902=个键，A正确；B．C和H原子不能形成氢键，“杯酚”与60C不能形成氢键，B错误；C．60C的晶胞结构图为，一个60C晶胞中

含有118+6482=个60C分子，C错误；D．“杯酚”的空腔大小只适配60C，该分离过程利用的是超分子的分子识别特征，D错误；故选A。9.处理某铜冶金污水(含3223CuFeZnAl++++、、、)的部分流程如下

：已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：物质()3FeOH()2CuOH()2ZnOH()3AlOH开始沉淀pH1.94.26.23.5完全沉淀pH3.26.78.24.6②()()3

624sppsKCuS6.410,KZnS1.610−−==。下列说法错误的是A.“沉渣Ⅰ”中含有3Fe(OH)和3Al(OH)B.2NaS溶液呈碱性，其主要原因是22SHOHSOH−−−++C.“沉淀池Ⅱ”中，当2Cu+和2Zn+完全沉淀时，溶液中()()21

22cCu4.010cZn+−+=D.“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水【答案】D【解析】【分析】污水中含有铜离子、三价铁离子、锌离子、铝离子，首先加入石灰乳除掉三价铁离子和铝离子，过滤后，加入硫化钠除去其中的铜离子和锌离子，

再次过滤后即可达到除去其中的杂质，以此解题。【详解】A．根据分析可知氢氧化铁当pH=1.9时开始沉淀，氢氧化铝当pH=3.5时开始沉淀，当pH=4时，则会生成氢氧化铝和氢氧化铁，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正确；B．硫化钠溶液中的硫离子可以水解，产生氢氧根离子，使溶

液显碱性，其第一步水解的方程式为：S2-+H2O⇌HS-+OH-，B正确；C．当铜离子和锌离子完全沉淀时，则硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则2+2+2-36sp122+2+2-24spK(CuS)c(Cu)c(Cu)c(S)6.410410c(Zn)c(Zn)c(S)

K(ZnS)1.610−−−====，C正确；D．污水经过处理后其中含有较多的钙离子以及没有除净的铝离子，故“出水”应该经过阳离子交换树脂软化处理，达到工业冷却循环用水的标准后，才能使用，D错误；故选D。10.金属

钛(Ti)与氮形成的某种化合物常被用作高温结构材料和超导材料。研究表明，用Al代替其中部分的Ti可提升耐磨性5倍以上，掺杂Al后的晶胞结构如图所示。已知该晶体属立方晶系，阿伏加德罗常数的值为AN。下列说法正确的是A.b点原子的分数坐标为11,1,2B.掺杂Al后，晶体中T

i:Al:N4:1:4=C.氮化钛晶胞中，Ti原子位于N原子形成的八面体空隙中D.已知最近的两个N原子之间的距离为cnm，则氮化钛晶体的密度为3321A4(4814)g/cm210cN−+【答案】C【解析】【详解】A．b点原子的分数坐标为111,,22

，A错误；B．结合晶胞结构，Ti为12×14=3，Al为1，N为8×18+6×12=4，晶体中Ti:Al:N3:1:4=，B错误；C．由晶胞结构可知，钛原子位于氮原子构成的八面体空隙中，C正确；D．最近的两

个N原子之间的距离为cnm，则晶胞边长为2cnm，氮化钛晶体中Ti为12×14+1=4，N为8×18+6×12=4，则化学式为TiN，密度为mV==73(4814)4(210)AgNccm-+?´=3321A4(4814)g/cm2210c

N−+，D错误；故选C。11.向体积均为1L的两恒容容器中分别充入2molX和1molY发生反应：2Xg+YgZg（）（）（）H，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A.△H>0B.气

体的总物质的量：na>ncC.a点平衡常数：K<12D.反应速率：Va正>Vb正【答案】D【解析】【详解】A．由图像可知，在容器甲中是绝热条件下，开始压强增大，说明反应温度升高，故反应为放热反应，所以ΔH＜0，故A错误；B．

a、c两点压强相等，容器体积相等，依据阿伏伽德罗定律，此时气体的物质的量与温度成反比，需注意a点温度比c点对应温度高，则气体总物质的量na＜nc，故B错误；C．假设c点达到平衡，设Z平衡物质的量为q，列出三段式：(

)()()2XgYgZg2102qqq22q1qq+−−在恒温恒容条件下，气体压强之比等于物质的量之比，则2p21p32qmolmolmol+=−，解得q=0.75mol，根据K=()()()2·cZcXcY=20.750.50.25=12，c点平

衡常数K=12，实际是c点不是平衡点，甲容器是绝热容器，a点是平衡点，a点的压强Pa=12P始，若温度和c点相同，则平衡时气体总物质的量na=12n始，甲容器绝热温度升高，则气体总物质的量na＜12n始，q＞0.75mol，故a点平衡常数：K＞

12，故C错误；D．温度越高，反应速率越大，因为甲是在绝热条件下，故a的温度大于b的温度，故反应速率：Va正>Vb正，故D正确；的答案选D。12.研究发现，在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电，其工作原理如图所示。下列说法错误的是A.加入HNO3降低了正

极反应的活化能B.电池工作时正极区溶液的pH增大C.1molCH3CH2OH被完全氧化时有6molO2被还原D.负极反应为CH3CH2OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+【答案】C【解析】【详解】A．由分析知，HNO3在正极起催化作用，作催化剂，则

加入HNO3降低了正极反应的活化能，因而可以加快反应速率，A正确；B．电池工作时正极上O2得到电子发生还原反应，由于电解质溶液显酸性，因此正极的的总反应为：O2+4e-+4H+=2H2O，反应消耗H+，使溶液中氢离子浓度减小，pH增大，B正确；C．乙醇燃烧的

化学方程式为：CH3CH2OH+3O2⎯⎯⎯⎯⎯→点燃2CO2+3H2O。根据反应过程中电子转移数目相等，结合得失电子守恒可知，1molCH3CH2OH被完全氧化产生CO2、H2O时，转移12mol电子，同时有3molO2得到电子被还原，C错误；D．在乙醇燃料电池中，通入燃料乙醇的电极为负极，

负极发生失去电子的氧化反应，由于电解质溶液为酸性，因此负极的电极反应式为：CH3CH2OH-12e-+3H2O=2CO2+12H+，D正确；故合理选项是C。13.电位滴定法的原理：反应终点被测离子浓度的数量级发生突跃，指示电极电

位也发生突跃。室温下，用10.100molL−的NaOH标准溶液滴定相同浓度的44NHHSO溶液，测得电极电位的变化与滴入NaOH溶液体积的关系如图所示(32NHHO的5bK1810−=)。下列说法正确的是A.a点溶液水

电离出的()Hc+等于13110molL−−B.b点溶液中的离子浓度大小顺序为()()()()()244SONaNHHOHccccc−+++−C.c点溶液pH7=，则溶液中粒浓度满足()()()432NaNH2NHHO

ccc++=+D.d点溶液()214SO0.05molLc−−=【答案】C【解析】【分析】电位滴定法是依据电极电位的突跃来指示滴定终点，根据图中信息b点是将氢离子反应完，d点是将4NH+反应完。【详解】A．a点溶液是0.100mol⋅L−1的NH4HSO4溶

液，硫酸氢铵中氢离子完全电离，铵根水解结合水电离出的OH-，留下氢离子，故水电离出的c(H+)大于10−13mol⋅L−1，A错误；B．b点溶质为硫酸钠和硫酸铵且两者物质的量浓度相等，硫酸钠不水解，硫酸铵中只有铵根水解，故c(24SO−)=c(Na+)，B错误；C．c点溶液pH=7，即c(H+)=

c(OH-)，由电荷守恒，c(Na+)+c(H+)+c(4NH+)=c(OH-)+2c(24SO−)，故c(Na+)+c(4NH+)=2c(24SO−)，再由物料守恒，N和S元素都来自硫酸氢铵，故c(24SO−)=c(4NH+)+c(NH3·H2O)，联立后可以得到c(Na+)=c(4

NH+)+2c(NH3⋅H2O)，C正确；D．d点氢氧化钠和硫酸氢铵完全反应，由于浓度相等，氢氧化钠溶液的体积应当是原硫酸氢铵溶液体积的两倍，即总体积是原来3倍，硫酸根浓度是原来13，约为0.033mol/L，D错误；本题选C。14.泰坦星是土星最大的卫星，大气中含有大量的氮气和甲烷，同时含

有大量的2N+，研究其与甲烷的反应对推测地球大气的演变有重要意义。反应过程能量变化如图，下列说法错误的是A.由中间产物I转化为P1有极性键的断裂和非极性键的生成B.生成P2的决速步骤是由物质2到TS2P2−C.中间产物1比2稳定D.2N+与4CH的反应过程为放热反应【答案】C【解析

】【详解】A．由中间产物I转化为P1，有极性键CN−的断裂和NN−非极性键的生成，A正确；B．由物质2到TS2P2−的能垒最高，是生成P2的决速步骤，B正确；C．中间产物1的能量比2的大，产物2更稳定，C错误；D．生成的两种产物的能量都比反应物2N+

与4CH的能量低，反应过程为放热反应，D正确；答案选C。第Ⅱ卷二、非选择题(本题共4小题，共58分)15.常用调味剂花椒油是一种从花椒籽中提取的水蒸气挥发性香精油，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂。利用如图所示装置处理花椒籽粉，经分离提纯得到花

椒油。实验步骤：(一)在A装置中的圆底烧瓶中装入23容积的水，加1~2粒沸石。同时，在B中的圆底烧瓶中加入20g花椒籽粉和50mL水。(二)加热A装置中的圆底烧瓶，当有大量蒸气产生时关闭弹簧夹，进行蒸馏。(三)向馏出液中加入食盐至饱和，再用15mL乙梄萃取2次，

将两次萃取的醚层合并，加入少量无水24NaSO；将液体倾倒入蒸馏烧瓶中，蒸馏得花椒油。（1）装置A中玻璃管的作用是___________。装置B中圆底烧瓶倾斜的目的是___________。（2）步骤(二)中，当观察到___________现象时，可停止蒸馏。蒸馏结束时，下列操作的顺序为

___________(填标号)。①停止加热②打开弹簧夹③关闭冷凝水（3）在馏出液中加入食盐的作用是___________。（4）实验结束后，用稀NaOH溶液清洗冷凝管，反应的化学方程式为___________。(残留物以表示)【答案】（1

）①.平衡气压，以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大②.防止飞溅起的液体进入冷凝管中(缓冲气流)（2）①.仪器甲处馏出液无油状液体②.②①③（3）降低花椒油在水中的溶解度，有利于分层（4）+3NaOH→3R1COONa+【解析】【分析】在A装置中加热

产生水蒸气，水蒸气经导气管进入B装置，给装置B中花椒籽粉与水的混合物进行加热提取花椒油；向馏出液中加入食盐颗粒，可降低花椒油在水中的溶解度，利于花椒油分层析出；由于花椒油容易溶解在有机溶剂乙醚中，而乙醚与水互不相溶，用乙醚萃取其中含有

的花椒油，加入硫酸钠除去醚层中少量的水，最后蒸馏得到花椒油。根据花椒油的主要成分属于油脂，能够与NaOH反应产生高级脂肪酸钠和甘油，过量的NaOH用HCl滴定，根据酸碱中和滴定计算出其中含有的花椒油的质量，进而可得花椒油中油脂的含量。【小问1详解】加热时烧瓶内气体压强增大，导气管可缓冲气体压强，

平衡气压，以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大；装置B中圆底烧瓶倾斜可以防止飞溅起的液体进入冷凝管中(缓冲气流)；【小问2详解】加热A装置中的圆底烧瓶，当有大量蒸气产生时关闭弹簧夹，进行蒸馏，装置B中的花椒油会随着热的水蒸气不断变为气体蒸出，当仪器甲处馏出液

无油状液体，说明花椒油完全分离出来，此时停止蒸馏。蒸馏结束时，首先是打开弹簧夹，然后停止加热，最后关闭冷凝水，故操作的顺序为②①③；【小问3详解】在馏出液中加入食盐的作用是增大水层的密度，降低花椒油在

水中的溶解度，有利于分层；【小问4详解】实验结束后，用稀NaOH溶液清洗冷凝管内壁上沾有的油脂，二者发生反应产生可溶性的高级脂肪酸钠和甘油，该反应的化学方程式为+3NaOH→3R1COONa+。16.以钒

矿石为原料制备化工产品25VO的一种工艺流程如下：已知：ⅰ.“焙烧”后，固体中主要含有()32FeVO、()33FeVO、()32MnVO、()32CaVO；“酸浸”后，钒以2VO+形式存在。ⅱ.P204对

四价钒()2VO+具有高选择性，萃取3Fe+而不萃取2Fe+。ⅲ.多钒酸铵微溶于冷水，易溶于热水。ⅳ.该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子3Fe+2Fe+2Ca+2Mn+开始沉淀pH1.97.011.98.1完全沉淀3.29.013.910.1pH回答下列问题：

（1）基态Fe的价电子排布式为___________，32NHHO的各元素第一电离能由大到小为___________。（2）“还原中和”时，还原步骤中2VO+参与反应的离子方程式为___________。（3）钒的漫出率与焙烧温度、硫酸加入量的关系

如图1、图2所示。指出适宜的工艺条件为___________。使用冰水洗涤多钒酸铵的目的是___________。（4）流程中可循环使用的物质有___________。（5）萃取后的“水相”中含有丰富的金属资源，经三道工序可回收4MnSO溶液。请根

据题给信息，参照上述工艺流程，选用括号中所给的合适试剂，将下列工艺流程剩余两步工序补充完整(22HO、NaClO、稀24HSO、MnO、23NaCO)___________。（6）已知常温下2MnF、2CaF的spK分别为35.010−、102.010−，若上述水相“沉钙”后

()271Ca10molLc+−−=，理论上()2Mnc+不超过___________1molL−。【答案】（1）①.623d4s②.NOH（2）22224HFe2VO2VOFe2HO++++

++=++（3）①.温度：820℃左右(800830℃℃之间均可)；硫酸加入量：6%(6%6.5%之间均可)②.降低多钒酸铵溶解度，减少损失的（4）有机溶剂P204、3NH(或氨水)（5）（6）2.5【解析】【分析】钒矿石经破碎、焙烧后，固体中主要含有()32FeVO

、()33FeVO、()32MnVO、()32CaVO，加稀硫酸酸浸，钙离子转化为CaSO4经过滤除去，滤液中钒以2VO+形式存在，加氨水和铁粉进行中和还原，该工序pH低于7.0，铁将2VO+还原为2+VO，发生反应++2+2+224H+

Fe+2VO=2VO+Fe+2HO，且溶液中铁离子和铁反应生成亚铁离子，所得溶液经有机溶剂P204萃取2+VO、亚铁离子等进入水相，反萃取后，2+VO进入水相，加NaClO3氧化将其转化为2VO+，加氨水沉钒，生成的多钒酸氨煅烧生成V2O5；【小问1详解】基态Fe的价电子排布式为3

d64s2；同周期从左到右第一电离能增大趋势，但N为2p3，半满状态，第一电离能N大于O，故32NHHO的各元素第一电离能由大到小NOH；【小问2详解】据分析，“还原中和”时，还原步骤中2VO+参与反应的离子方程式为++2

+2+224H+Fe+2VO=2VO+Fe+2HO；【小问3详解】结合图1、2可知，适宜的工艺条件为温度：820℃左右，硫酸加入量：6％(6％～6.5％之间均可)，此时钒的浸出率最高；根据信息ⅲ，洗涤多钒酸铵时要用冰水洗涤的目的是：降低多钒酸铵的溶解度，减少溶解损失；【小问4详

解】循环使用的物质具有“既消耗，又生成”的特点，根据流程图可发现有机溶剂P204具有该特点；分析“煅烧”反应：()461632522NHVO2NH3VOHO=++煅烧，可知3NH(或氨水)在流程中也可循环使用；【小问5详解】“萃取”分离后，所得

“水相”中的金属离子有2Mn+、2Fe+和少量的2Ca+，欲得到4MnSO溶液，需除去杂质2Ca+、2Fe+，第一道工序已经除去2Ca+，说明后续工序应除去2Fe+。又结合各金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，可知需将2Fe+氧化为3Fe+。为了不引入杂质

离子，氧化剂可选择22HO溶液，再调溶液的pH，使3Fe+转变成()3FeOH沉淀。为了不引入杂质离子，利用MnO调pH，所以完整的流程图为：，故答案为：；小问6详解】已知常温下2MnF、2CaF的spK分别为35.010−、102.010

−，若上述水相“沉钙”后()271cCa10molL+−−=，根据28+32+2+--10sp22+2-2sp2(CaF)c(Ca)c(Ca)c(F)2.010c(Mn)c(Mn)c(F)(Mn41050F10).KK−−====，沉钙但锰离子不沉淀，则理论

上()2cMn+不超过()2712+82+cCa10molL2.5c(Ca)410c(Mn)+−−−==1molL−。17.硝苯甲乙砒啶临床适用于高血压、充血性心衰竭，其合成路线如下：已知：①②③(以上反应中1R、2R、3R、4R表示烃基)回答下列问题：（1）A的名称是____

_______。（2）B中官能团的名称是___________，写出由B→D的化学反应方程式___________。（3）连有4个不同的原子或基团的碳原子称为手性碳，则E中含有___________个手性碳。（4）CDE+→是加成反

应，则C的结构简式为___________。【（5）B的同分异构体中，同时满足以下条件的共有___________种(不考虑立体异构)；其中，核磁共振氢谱有四组峰的化合物的结构简式为___________(写出一种即可)。a．能发生水解反应；

b．1mol该化合物发生银镜反应，可得4molAg（6）设计由B和溴乙烷为原料，制备2-戊酮()的合成路线(其他无机试剂任选)_________。【答案】（1）乙酸乙酯（2）①.酮羰基、酯基②.（3）

2（4）（5）①.12②.、（6）【解析】【分析】A为乙酸乙酯与乙醇钠反应生成B（），B分别与邻硝基苯甲醛反应生成D（）、与NH3、甲醇在浓硫酸作用下生成C（），D和C发生加成反应生成E。【小问1详解】结合B的结构简式和已知信息①推测，A为乙酸乙酯；【

小问2详解】B中的官能团有（酮）羰基和酯基；B上两个羰基中间的α-H与醛基进行加成反应得到D，方程式为：；【小问3详解】E中碳原子上连有4个不同原子或基团的只有两个，故E中含有2个手性碳；【小问4详解

】对比分析D和E的分子结构，可以看出画圈部分来自C：，又C与D发生加成反应，由此确定C的结构简式为；【小问5详解】同时满足给定条件的B的同分异构体中应该含有1个甲酸酯基和1个醛基，固定甲酸酯基和碳链，用1个醛基作为取代基，取代位置为4种，4种，3种，1种，共12种；其中，核磁共振氢谱有四

组峰的化合物有4种等效氢，结构简式为、；【小问6详解】对照基础原料B（乙酰乙酸乙酯）和目标产物2−戊酮的分子结构，结合题给信息②、③，需要在化合物B（）中星号标注的碳原子处接上乙基，然后酯基水解得到羧基，再加热脱羧即得目标产物；路线为。18.丙醛是一种重要的工业原料。在铑催

化剂作用下，乙烯羰基合成丙醛的反应如下：反应Ⅰ：C2H4(g)+H2(g)+CO(g)CH3CH2CHO(g)△H1反应Ⅱ：C2H4(g)+H2(g)C2H6(g)△H2回答下列问题：（1）T℃时，向恒压容器中充入1.0molC2H4、1.0molH2和

1.0molCO，若在该条件下只发生反应Ⅰ，达平衡时，反应放出77.4kJ的能量：若相同条件下向该容器中充入1.0molCH3CH2CHO，达平衡时，反应吸收51.6kJ的能量，则反应Ⅰ的△H1=____kJ/mo

l。（2）在恒压条件下，按照投料n(C2H4)：n(H2)：n(CO)=1：1：1，匀速通入装有催化剂的反应器中发生反应Ⅰ和Ⅱ，相同时间内，测得不同温度下C2H4的转化率(α)如图曲线中n所示。预测化学反应速率v(B)_____v(D)(填“

>”、“=”或“<")，产生这一结果的原因可能是__________。（3）在恒压密闭容器中，通入1molC2H4、1molCO和n(H2)，在一定温度和铑催化剂作用下，发生上述反应，测得C2H4的转化率(α)和丙醛选择性(x=

24n()100%n(CH)丙醛消耗)随2n(H)n(CO)变化关系如图所示。则曲线b表示________，当1.08<2n(H)n(CO)<1.1时，曲线a随2n(H)n(CO)的增大而降低的原因是______。（4）保持温度不变，在恒容反应器中，按照投料n(C2H4)：n(H2)：n

(CO)=1：1：1，初始总压为3pkPa，发生反应Ⅰ和Ⅱ，达到平衡时C2H4的转化率为80%，C2H6的选择性为25%，则H2的转化率为______，反应Ⅱ的Kp=___________kPa-1(用含p的代数式表示)。【答案】（1）-129（2）①.>②.T1

之后，随着温度进一步升高，催化剂活性降低，且催化剂活性降低对反应速率降低的影响强于温度升高对反应速率加快的影响（3）①.乙烯转化率②.氢气浓度增大，一氧化碳浓度降低，氢气和乙烯催化加氢生成乙烷的反应程度增大

（4）①.80%②.5p【解析】【小问1详解】向恒压容器中充入1molC2H4、1molH2和1molCO，反应正向进行，达到平衡时放出77.4kJ的能量，向相同容器中充入1molCH3CH2CHO，反应逆向进行，达到的平衡

与原平衡相同，吸收51.6kJ的能量，则该反应的ΔH1=(-77.4-51.6)kJ/mol=-129kJ/mol。【小问2详解】恒压条件下，按照投料242n(CH):n(CO):n(H)=1:1:1，匀速通入装

有催化剂的反应器中发生反应，由图像可知，相同时间内，不同温度下24CH的转化率(α)B点最大，说明B点时反应速率最快，随温度的升高，单位时间内C2H4的转化率快速减小，可能是温度升高，催化剂的活性减弱，反应速率

降低。答案为：>；T1之后，随着温度进一步升高，催化剂活性降低，且催化剂活性降低对反应速率降低的影响强于温度升高对反应速率加快的影响。【小问3详解】根据反应Ⅰ、Ⅱ方程式，氢气比例增大，反应Ⅰ、Ⅱ中24CH的转化率均增大，所以曲线b表示24CH的转化率

()，曲线a表示丙醛选择性；当2n(H)1.081.1n(C<O)<时，氢气浓度增加，氢气和乙烯催化加氢生成26CH的程度增大，丙醛选择性降低；故答案为24CH的转化率()；氢气浓度增加，氢气和乙烯催化

加氢生成乙烷的反应程度增大。答案为：乙烯转化率；氢气浓度增大，一氧化碳浓度降低，氢气和乙烯催化加氢生成乙烷的反应程度增大。【小问4详解】不妨令n(C2H4)：n(CO)：n(H2)=1mol，达到平衡时C2H4的转化率为80%，即反应掉C2H40.8mol，C2H6的选择性为25%，则生成的C2

H6有0.8mol×25%=0.2mol，则反应Ⅱ消耗的H2有0.2mol，消耗的C2H4有0.2mol，反应Ⅰ消耗的C2H4为0.6mol，消耗的H2为0.6mol，共消耗H20.8mol，H2的转化率为80%。反应Ⅰ24232CH(g)H(g)CO(g)CHCHCHO(g)/mol1110/

mol0.60.60.60.6/mol0.20.20.40.6++初始转化平衡，反应Ⅱ24226CH(g)H(g)CH(g)/mol110/mol0.20.20.2/mol0.20.20.2+初始转化平衡，平衡时，n(C2H4)=0.2mol，n(H2)=0.2mol

，n(CO)=0.4mol，n(C2H6)=0.2mol，n(CH3CH2CHO)=0.6mol，气体总物质的量为1.6mol，初始时气体总物质的量为3mol，总压为3pkPa，则平衡时各物质分压为p(C2H4)=0.2pkPa，n(

H2)=0.2pkPa，n(CO)=0.4pkPa，n(C2H6)=0.2pkPa，n(CH3CH2CHO)=0.6pkPa，反应Ⅱ的Kp=0.2p50.2p0.2pp=kPa-1。