【文档说明】湖南省益阳市第一中学2022-2023学年高三下学期模拟考试化学试题 含解析.docx，共(23)页，3.732 MB，由小赞的店铺上传

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湖南省益阳市第一中学2022-2023学年高三下学期模拟考试化学试题考试时间：75分钟；总分：100分可能用到的相对原子质量：H~1C~12N~14O~16B11Na23P31S32Fe56第I卷(选择题)一、单选题(共14题，每小题

3分)1.中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了古代化学研究成果。下列关于文献记载内容的说法错误的是A.《客中作》出自唐代诗人李白，其中“兰陵美酒郁金香，玉碗盛来琥珀光”，“香”的原因之一是美酒含有酯类物质B.

《本草纲目》中记载：“此即地霜也，所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁，后乃煎炼而成”，涉及重结晶操作C.《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，描述的是升华和凝华过程D.《本草经集注》记载“如握盐雪不冰，强烧之，

紫青烟起…云是真硝石也”，涉及利用物理方法(焰色试验)鉴别钾盐【答案】C【解析】【详解】A．酒放置时间长，少量的乙醇被氧化为乙酸，乙酸与乙醇生成乙酸乙酯，乙酸乙酯等酯类物质具有香味，所以产生香味主要是因为美酒含有酯类物

质，选项A正确；B．KNO3溶解度受温度的影响变化大，冬天温度低时从溶液中结晶析出，将得到的晶体再溶解于水中，升高温度蒸发溶剂，得到高温下KNO3的饱和溶液，再降温，KNO3又从溶液中结晶析出，这种制取KNO3方法就是重结晶法，选项B

正确；C．根据题意，丹砂（HgS）烧之成水银--即红色的硫化汞（即丹砂）在空气中灼烧有汞生成，发生化学反应，不是升华和凝华过程，选项C错误；D．鉴别KNO3和Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，选项D正确；答案选C

。2.化学与生产生活、能源、航空航天、医疗健康等诸多领域的需求密切相关。下列说法错误的是A.核酸检测是诊断新冠肺炎的重要依据，核酸是生物体遗传信息的载体，通过红外光谱仪可检测其结构中存在单键、双键、氢键等化学键B采用风能、太阳能等洁净能源发电，有利于实

现碳中和C.“神舟十三号”飞船返回舱外壳的烧蚀材料之一酚醛树脂是酚与醛在碱催化下缩合成的高分子化合物D.生产医用口罩的原料以丙烯为主，丙烯可以通过石油裂化、裂解获得【答案】A【解析】【详解】A．氢键不是化学键，A错误；B．采用风能、太阳能等洁净能源发电，减少碳排放，有利于实现碳中和，B正

确；C．酚醛树脂是苯酚与甲醛在碱催化下缩聚反应得到的高分子化合物，C正确；D．医用口罩原料以丙烯为主,工业上可以通过石油的裂化和裂解获取，D正确；答案选A。3.磷酸钒锂/碳复合材料()3243LiVPO/C是常用的电极材料，其制备流程如下：已知：

()532KNHHO1.710−=，34HPO的电离常数1233813aaaK7.110K4.210K6.310、、−−−===，下列说法不正确．．．的是A.424NHHPO溶液显酸性B.碳的作用是增强复合材料的导电性C.“洗涤”时用乙醇而不用水的目的是减少产品损

耗D.“混合I”时发生反应的化学方程式为()2522422425VO5HCOVCO5HO+=+【答案】D【解析】【详解】A．由电离常数可知，磷酸一级的电离常数大于一水合氨的电离常数，说明铵根离子在溶液中的水解程度大于磷酸二氢根离子，溶液

呈酸性，选项A正确；B．碳球等导电碳材中的碳的作用是增强复合材料的导电性，选项B正确；.C．洗涤时用乙醇而不用水是因为磷酸钒锂/碳复合材料在乙醇中的溶解度小于水中的溶解度，可以减少产品因溶解而造成损耗，选项C正确；

D．由题给流程可知，混合Ⅰ时发生的反应为五氧化二钒与草酸溶液反应生成草酸钒、二氧化碳和水，反应的化学方程式为25224224223VO+5HCO=V(C+O)+5HO4CO，选项D不正确；答案选D。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确

的是A.120g由NaHSO4和MgSO4组成的混合固体中2-4SO数目为NAB.23gC2H6O分子中含有碳氧键的数目一定为0.5NAC.5.6gFe2+中未成对电子数为0.6NAD.2.0gD216O和14ND3的混合物

中含有的电子数为NA【答案】D【解析】【详解】A．NaHSO4和MgSO4的摩尔质量都是120g/mol，则120g混合物的物质的量为1mol，但NaHSO4中无2-4SO，混合固体中2-4SO数目小于NA，A项错误；B.23gC2H6O的物质的量为0.

5mol，其中有两种结构CH3-O-CH3、CH3CH2OH，若结构为前者碳氧键的数目为NA，若结构为后者碳氧键的数目为0.5NA，B项错误；C.5.6gFe2+的物质的量为0.1mol，根据Fe2+的外围电子排布图可知其中未成对电子数为0.4NA，C项错误；D．核素21D中质子

数为1，质量数为2，所以D216O的相对分子质量为20，每个分子含10个质子，14ND3的相对分子质量为20，每个分子含10个质子，若2.0g全是D216O，物质的量为0.1mol，所含电子数为NA，若2.0g

全是14ND3，物质的量为0.1mol，所含电子数为NA，所以2.0g混合物含有的电子数一定为NA，D项正确；故答案选：D。5.甲、乙、丙、丁、戊的相互转化关系如图所示(反应条件略去，箭头表示一步转化)。下列各组物质

中，不满足图示转化关系的是甲乙丙戊①3NH2ONO2HO②Fe2HO2H23FeO③23AlONaOH溶液2NaAlO溶液过量2CO④22NaO2CO2ONaA.①③B.②③C.②④D.①④【答案】A【解析】【详解】①3224NH+5O4

NO+6HO催化剂，NO和水不反应，不能实现转化，错误；②()23423Fe+4HOgFeO+4H，22323H+FeO2Fe+3HO高温，能实现转化，正确；③2322AlO2NaOH2NaAlOHO+===+，()22233NaAlOCO2HOA

lOHNaHCO++===+，丙不能直接转化为甲，不能实现转化，错误；④2222322NaO2CO2NaCOO+===+，2222Na+ONaO，能实现转化，正确。答案选A。6.拉西地平是一种治疗高血压药物，其结构简式如图所示。下

列说法错误的是A.该分子中碳原子的杂化方式只有23spsp、B.既能与24HSO反应，也能与NaOH反应C.既存在顺反异构体又存在对映异构体D.1mol拉西地平最多消耗26molH【答案】C【解析】【详解】A．由分子结构键线式可知，该分子中碳原子周围的价层电子对数分别

为：3和4，故碳原子的杂化方式只有23spsp、，A正确；B．由分子结构键线式可知，分子中含有亚氨基NH，故其能与24HSO反应，同时含有酯基，故其能与NaOH反应，B正确；C．分子中含有两端连有不同原子或原子团的碳碳双键，故存在顺反异构体，但分子中没有手性碳原子，故不存在对映异构体，

C错误；D．已知一分子拉西地平分子中含有三个碳碳双键和一个苯环可与H2，故1mol拉西地平最多消耗26molH，D正确；故答案为：C。7.在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是A.在含()2BaOH、KOH的混合溶液中缓慢通入2CO：KO

H、()2BaOH、23KCO、3BaCOB.在含2AlO−、OH−、23CO−的溶液中逐滴加入盐酸：OH−、23CO−、2AlO−、()3AlOHC.在含4NH+、3Al+、H+的溶液中逐滴加入KOH溶液：H+、3Al+、4NH

+、()3AlOHD.在含有2Fe+、Ag+、2Cu+、H+等离子且浓度相等溶液中加入锌粉：H+、Ag+、2Cu+、2Fe+【答案】C【解析】的【详解】A．在含()2BaOH、KOH的混合溶液中缓慢通入2CO，首先会生成碳酸钡沉淀，故氢氧化钡首先反应，A错误；B．在含2Al

O−、OH−、23CO−的溶液中逐滴加入盐酸，氢离子首先和氢氧根离子生成水、和偏铝酸根离子生成氢氧化铝沉淀、和碳酸根离子生成碳酸氢根离子，B错误；C．在含4NH+、3Al+、H+的溶液中逐滴加入KOH溶液，氢氧根离子首先和氢离子生

成水、和铝离子生成氢氧化铝沉淀、和铵根离子生成一水合氨，再和氢氧化铝生成偏铝酸根离子，C正确；D．在含有2Fe+、Ag+、2Cu+、H+等离子且浓度相等的溶液中加入锌粉，锌首先会置换出银离子、铜离子，再和氢离子、亚铁离子反应，D错误；故选C。8.我国科学家使用双功能

催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应：()222COgHO(g)CO(g)H(g)Δ0H++ƒ，在低温下获得高转化率与高反应速率。反应过程示意图如下：下列说法正确的是A.该平衡体系，增大二氧化碳的浓度，正反应速率减小B.过程I

、过程Ⅱ均为放热过程C.恒温恒容时通入1molCO(g)和1mol2HO(g)发生此反应，当2HO和2CO的物质的量比值不变时，达到平衡状态D.使用催化剂降低了水煤气变换反应的H【答案】C【解析】【详解】A．该平衡体系，增大二氧化碳的浓度，逆反应速率瞬间增大，平衡逆

向移动，正反应速率也开始增大，A错误；B．由反应过程示意图可知，过程I、Ⅱ中水分子的化学键断裂的过程，为吸热过程，B错误；C．恒温恒容时发生反应，H2O是反应物，CO2是产物，当H2O和CO2的物质的量比值不变时，达

到平衡状态，C正确；D．催化剂不能改变反应的△H，D错误；故答案选C。9.在密闭容器中，反应22X(g)+Y(g)2XY(g)ΔH<0达到甲平衡。在仅改变某一条件后，达到乙平衡，下列分析正确是A.图Ⅰ中，甲

、乙的平衡常数分别为1K、2K，则12KKB.图Ⅱ中，平衡状态甲与乙的反应物转化率乙>甲C.图Ⅱ中，t时刻可能是增大了压强D.图Ⅲ表示反应分别在甲、乙条件下达到平衡，说明乙温度高于甲【答案】D【解析】

【分析】从图Ⅰ可知，甲平衡状态时改变一条件，正逆反应速率同时增大，且正反应速率增大程度大于逆反应速率，结合该反应为放热反应，可知改变的条件为增大压强，从图Ⅱ可知，改变条件后，正逆反应速率变化程度相同，说明加了催化剂。从图Ⅲ可知，乙的反应速率大于甲，结合该反应为放热反应，说明乙的温度高于甲。【

详解】A．图I中，改变条件，平衡向正反应方向移动，改变条件时反应速率与原来平衡点没有接触点，说明改变的条件是增大压强，平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，所以K1=K2，A错误；B．该反应前后气体体积计量数之和改变，图II中，改变条件正逆反应速率相等，平衡不

移动，说明加入的是催化剂，B错误；C．根据B知，改变的条件是催化剂，如改变压强，化学平衡将发生移动，C错误；D．该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则产物含量减少，如果改变的条件是温度，根据“先拐先平数值大”知，乙温度高于甲，D正确；故

答案选D。10.磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染，其结构如图所示。下列说法错误的是的A.基态Cl原子的核外电子有17种运动状态B.C、N、O、P四种元素中电负性最大的是OC.34HPO分子中磷原子的价层电子对数为4D.

该有机物中N的杂化方式只有一种【答案】D【解析】【详解】A．基态Cl原子的核外有17个电子，每个电子运动状态均不相同，则核外电子有17种运动状态，故A正确；B．非金属性越强，元素的电负性越大，非金属性：C

<P<N<O，四种元素中电负性最大的是O，故B正确；C．34HPO分子中磷原子的价层电子对数为14(5324)42++−=，故C正确；D．1个该分子中有2个N原子形成的均是单键，1个N原子形成1个双键和一个单键，还有一个孤电子对，因此含有2个

3sp杂化的氮原子和1个2sp杂化的氮原子，故D错误；故选D。11.近日，电子科技大学WeiSun和德国明斯特大学MartinWinter开发了一种用于可充电Zn−空气电池(ZABs)的低成本非碱性醋酸锌[()32ZnCHCOO，简写为2Zn(OAc)]电解质，与传

统的碱性ZABs相比，它具有优异的循环性能和在空气中的稳定性，放电时最终产物是()58322Zn(OH)CHCOO2HO(ZHA).利用该电解质的ZABs工作原理如图所示。下列说法正确的是A.放电时电子通过导线移向甲电极B.负极的电极反应式为-2+Z

n-2e=ZnC.放电时，电池总反应是2222O=Zn+2HO+Zn(OH)D.放电时，OAc−向电池正极移动【答案】B【解析】【分析】甲电极锌失电子，为负极，乙电极氧气得电子为正极；【详解】A．电子由甲电极流出，经导线流向乙电极，A错误；B．甲电极为负极，锌失电子生成锌离子，B正确

；C．方程式原子不守恒，C错误；D．原电池中阴离子移向负极，D错误；故选B。12.CdSe是一种重要的半导体材料。其晶体的晶胞结构如图所示，已知m的坐标参数为(14，14，14)，晶胞参数为apm。下列说法正确的是A.34Se基态原子价电子排布式为3d104

s24p4B.晶胞中n的坐标参数为(14，34，34)C.与Cd原子距离最近且相等的Cd原子有6个D.Cd原子与Se原子之间的最短距离为3a2pm【答案】B【解析】【详解】A．Se为主族元素，其价电子排布式应为4s24p4，A错误；B．根据

晶胞中各原子的位置及点坐标，可得出n点坐标为(14，34，34)，B正确；C．晶胞中Cd的位置位于顶点和面心，所以晶胞中与Cd原子距离最近且相等的Cd原子应有12个，C错误；D．Cd原子与Se原子之间最短距离是体对角线的14，为3

4apm，D错误；故答案为：B。13.过氧硫酸氢根()5HSO−参与烯烃的不对称环氧化反应的机理如图，下列说法不正确．．．的是A.该反应有水的生成B.利用此反应可将乙烯氧化为环氧乙烷C.过氧硫酸氢根是该反应的催化剂D.通过调节环境酸碱性，可以控制部分极性共价键的断裂【答案】C

【解析】【详解】A．由图像分析，在碱性（OH-）条件下反应这一步，是有H2O生成的，A项正确；B．利用题给机理，CH2=CH2与进一步得到环氧乙烷，B项正确；C．通过图像流程分析，HSO5−开始参与反应最终转为SO24−，不是

催化剂，C项错误；的D．通过分析这个过程，可知通过调节环境的碱性，使得有机物中的-OH间的极性共价键断裂，D项正确；故答案选C。14.已知常温下HF酸性强于HCN，分别向1L1mol·L-1的HF、HCN溶液中加NaOH固体(忽略温度和

溶液体积变化)，溶液pH随lg-c(X)c(HX)(X表示F或者CN)变化情况如图所示，下列说法错误的是A.lgKa(HF)-lgKa(HCN)=6B.溶液中对应的c(X-)：d点＞c点C.b点溶液的

pH=5.2D.e点溶液中c(Na+)>c(HCN)>c(OH-)>c(H+)【答案】B【解析】【分析】由题干信息可知，常温下HF酸性强于HCN，即Ka(HF)＞Ka(HCN)，当横坐标为0时，即lg-c(F)c(HF)=0或者lg-c(CN)c(HCN)=0即c(F-)=c(H

F)或c(CN-)=c(HCN)，则有Ka(HF)=-+c(F)c(H)c(HF)=c(H+)=10-3.2,Ka(HCN)=-+c(CN)c(H)c(HCN)=c(H+)=10-9.2，即I代表HF，II代表HCN，据此分析解题。【详解】A．由分析可

知，Ka(HF)=10-3.2,Ka(HCN)=10-9.2，则lgKa(HF)-lgKa(HCN)=6，A正确；B．由于弱电解质的电离是微弱的，故溶液中c(HF)=c(HCN)≈1mol/L，则溶液中对应的c(X-)：d点为：c(CN-)=+c(HCN)Ka(HCN)c(H)=-9.2-

71mol/L?1010，c点为：c(F-)=+c(HF)Ka(HF)c(H)=-3.2-71mol/L?1010，则c＜d，B错误；C．由分析可知，I代表HF，Ka(HF)=10-3.2，b点溶液中l

g-c(F)c(HF)=2，则有：c(H+)=c(HF)Ka(HF)c(F)−=10-5.2，故b点对应溶液的pH=5.2，C正确；D．由图象可知，e点溶液中pH为9.2，此时lg-c(CN)c(HCN)=0即c(CN-)=c(HCN)，根据电荷守恒可知：c(Na+

)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，结合c(OH-)>c(H+)，则有c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)即有c(Na+)>c(HCN)>c(OH-)>c(H+)，D正确；故答案为：B。第

II卷(非选择题)15.22HO作为绿色氧化剂应用广泛，氢醌法制备22HO原理及装置如下：已知：2HO、HX等杂质易使Ni催化剂中毒。回答下列问题：（1）A中反应的离子方程式为___________。（2）装置B应为

___________(填序号)。（3）检查装置气密性并加入药品，所有活塞处于关闭状态。开始制备时，打开活塞___________，控温45℃。一段时间后，仅保持活塞b打开，抽出残留气体。随后关闭活塞b，打开活塞___________

，继续反应一段时间。关闭电源和活塞，过滤三颈烧瓶中混合物，加水萃取，分液，减压蒸馏，得产品。（4）装置F的作用为___________。（5）反应过程中，控温45℃的原因为___________。（6）氢醌法制备22HO总反应的化学方程式

为___________。（7）取2.50g产品，加蒸馏水定容至100mL摇匀，取20.00mL于锥形瓶中，用-10.0500molL酸性4KMnO标准溶液滴定。平行滴定三次，消耗标准溶液体积分别为19.98mL、20.90mL、20.02mL。假设其他杂质不干扰结果，产品

中22HO质量分数为___________。【答案】（1）+2+2Zn+2H=Zn+H（2）②（3）①.a、b②.c、d（4）防止外界水蒸气进入C中使催化剂中毒（5）适当升温加快反应速率，同时防止温度过高22HO分解（6）2222NiH+OHO乙基蒽醌

（7）17%【解析】【分析】从22HO的制备原理图可知，反应分两步进行，第一步为2H在Ni催化作用下与乙基葱醌反应生成乙基蒽醇，第二步为2O与乙基蒽醇反应生成22HO和乙基蒽醌。启普发生器A为制取2H的装置，产生的2H中混有HCl和2HO，需分别除

去后进入C中发生第一步反应。随后氧气源释放的氧气经D干燥后进入C中发生反应生成22HO和乙基蒽醌，F中装有浓24HSO，与C相连，防止外界水蒸气进入C中，使催化剂Ni中毒。【小问1详解】A中锌和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，反应的离子方程式为+2+2Zn+2H=Zn+H；

【小问2详解】2HO、HX等杂质易使Ni催化剂中毒，需通过碱石灰除去HX和H2O，所以装置B应该选②；【小问3详解】开始制备时，打开活塞a、b，A中产生的2H进入C中，在Ni催化作用下与乙基蒽醌反应生成乙基蒽醇，一段时间后，关闭a，仅保持活塞b打开，将残留2H抽出，随后关闭活塞

b，打开活塞c、d，将通入C中与乙基蒽醇反应生成和乙基蒽醌。【小问4详解】2HO容易使Ni催化剂中毒，实验中需要保持C装置为无水环境，F的作用为防止外界水蒸气进入C中。【小问5详解】适当升温加快反应速率，同时防止温度过高22HO分解，所以反应过程中控温45℃

；【小问6详解】第一步为2H在Ni催化作用下与乙基葱醌反应生成乙基蒽醇，第二步为2O与乙基蒽醇反应生成22HO和乙基蒽醌，总反应为2222NiHOHO+乙基蒽醌。【小问7详解】滴定反应的离子方程式为-+2+42222=2MnO+5HO+6H2Mn

+5O+8HO，可得关系式：4222KnO5MHO:。三组数据中20.90mL偏差较大，舍去，故消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为20.00mL，22HO的质量分数3-1-15100mL2010L0

.0500molL34gmol220mLw100%17%2.50g−==。16.金属钴是一种重要战略资源。利用草酸钴(CoC2O4)废料协同浸出水钴矿中钴的工艺流程如下。已知：I.水钴矿的主要成分为CoOOH，含MnS及Fe、Al、Ca、Si等元素的氧化物

；II.该流程中一些金属氢氧化物沉淀时的pH如表：离子3+Al3+Fe2+Fe2+Co2+Mn开始沉淀时pH3.61.86.57.28.1沉淀完全时pH4.73.28.39.412.7（1）研磨的目的是_______。（2）滤渣1的主要

成分是2SiO、_______(写化学式)。（3）“浸出”时，CoOOH转化成了4CoSO，写出该反应的化学方程式_______。（4）“氧化”时，3NaClO只将2+Fe氧化成3+Fe，则反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为

_______。（5）“沉淀”时，应将pH调至_______。（6）已知2+Co能被有机萃取剂(HA)萃取，其原理可表示为：2++2Co+2HACoA+2H。反萃取的目的是将有机层中的2+Co转移到水层。实验室模拟萃取用到的主要玻璃仪器有烧杯、_______，反萃取适宜选择的试剂是_______

(填序号)。A.70%24HSOB.饱和食盐水C.稀NaOHD.饱和3NaHCO溶液【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率（2）4CaSO（3）24244222CoOOH+3HSO+CoCO=3CoSO+2CO+4HO（4）1

：6（5）4.7≤pH<7.2（6）①.分液漏斗②.A【解析】【分析】水钴矿研磨后加入适量的草酸钴和硫酸，二氧化硅不溶于水硫酸，氧化钙和硫酸反应生成硫酸钙，滤渣1为二氧化硅和硫酸钙，水钴矿和草酸钴与硫酸反应生成硫酸钴。滤液加入氯酸钠

氧化，将亚铁离子变成铁离子，在加入氢氧化钠，得到氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，再经过萃取和反萃取进行提纯，最后得到金属钴。据此解答。【小问1详解】研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；【小问2详解】二氧化硅不溶于硫酸，氧化钙和硫酸反应生成硫酸钙，不溶于水，

故滤渣1含有二氧化硅和硫酸钙；【小问3详解】水钴矿和草酸钴和硫酸反应生成硫酸钴，水钴矿中钴元素化合价降低，则草酸钴中的碳化合价升高，产生二氧化碳和水，方程式为：24244222CoOOH+3HSO+Co

CO=3CoSO+2CO+4HO；【小问4详解】3NaClO只将2+Fe氧化成3+Fe，铁元素化合价改变1价，亚铁离子做还原剂，氯酸钠反应生成氯化钠，氯酸钠做氧化剂，氯元素化合价变化6价，根据电子守恒分析，反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6；【

小问5详解】沉淀时保证铁离子和铝离子完全沉淀，但钴离子不能沉淀，故pH范围是4.7≤pH<7.2；【小问6详解】萃取分液使用的仪器为分液漏斗。根据2++2Co+2HACoA+2H平衡分析，增大溶液中的氢离子浓度，使平衡逆向移动，使钴离子进入水层，故选择A。17.I配合物是近代无

机化学的重要研究对象，Fe、Cu等过渡元素常作为中心原子或离子，而H2O、Cl-、吡啶(C5H5N)等微粒则是常见的配体。（1）基态Fe2+的价电子轨道表示式为___________。（2）吡啶()其中N的杂化方式为___________

，吡啶和其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是___________。（3）吡啶()在水中的溶解度远大于苯，可能原因是①吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子；②___________。II．以2CO为代表的温室气体排放已经成为一

个十分严重的环境问题，因此，在化工生产中，脱除水煤气、天然气和合成气中的2CO具有十分重要的意义。一种脱除和利用水煤气中的2CO的方法如下图所示：（4）某温度下，吸收塔中23KCO溶液吸收一定量的2CO后，()()-2-33cHCO:cCO=20:1，则该溶液

的pH=___________(该温度下23HCO的12-711aaK=4.610,K=5.010−)。（5）利用电化学原理，将2CO电催化还原为24CH，阴极上除发生AgCl转化为Ag的反应外，另一个电极反应式为___________。III.（6）在汽车排气管上安装催化转化器可以有效降低

汽车尾气中的NO和CO，反应的化学方程式为222CO(g)+2NO(g)N(g)+2CO(g)垐?噲?。若在恒温恒容的密闭容器中进行该反应，起始加入的CO和NO的物质的量之比为3∶2，起始压强为p，达到平衡时总压强为起始压强的85%，则该反应的

化学平衡常数pK=___________(pK为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。【答案】（1）（2）①.sp2②.（3）吡啶能与H2O分子形成分子间氢键（4）9（5）+22422CO+12e+12HCH+4HO−=（6）15p【解析】【小问1详解】Fe是26号元素，价

电子排布式为3d64s2，失去2个电子后价电子排布式为3d6，故价电子轨道表示式为；【小问2详解】吡啶中N有2个σ键和一个孤电子对，杂化方式为sp2；由于环上侧链的影响，-CH3为推电子基团，-CF3为吸电子基团，导致中的N的孤

电子对更加偏向于N，使其结合氢离子的能力减弱，故的碱性最弱；【小问3详解】溶解性与分子的极性和是否能与水形成氢键有关，吡啶可以与水分子之间形成氢键，在水中的溶解度大于苯；【小问4详解】根据结合已知信息Ka2的值，有+2-+-1132-3c(H)c(CO)c

(H)1Ka===5.010c(HCO)20，解得c(H+)=1×10-9mol/L，pH=-lg[c(H+)]=9；【小问5详解】电解池中阴极得电子，结合题意CO2在阴极的电子生成C2H4，且装置中有质子交换膜，阳极产生的H+可以到阴极参与反应，故电极方程式为+22422CO+12

e+12HCH+4HO−=；【小问6详解】依题意，设起始CO的物质的量为3a，NO的物质的量为2a，可列三段式：222CO(g)+2NO(g)=N(g)+2CO(g)3a2a002x2xx2x3a-2x2a-2xx2x起始转化平衡，由于压强比等

于物质的量之比，故有3a-2x)+(2a-2x)+x+2x=(3a+2a)0.85（，解得x=0.75a，将其带入可知平衡时n(CO):n(NO):n(N2):n(CO2)=6:2:3:6，2222

222263(0.85p0.85pc(CO)c(N)151717Kp==62c(CO)c(NO)p(0.85p(0.85p1717=）（）））18.化合物W是合成风湿性关节炎药物罗美昔布的一种中间

体，其合成路线如下：已知：(ⅰ)(ⅱ)回答下列问题：（1）A的化学名称是___________，B中具有的官能团的名称是___________。（2）由B生成C的反应类型是___________。（3）D→E和F→G的作用是

___________。（4）写出由G生成H的化学方程式：___________。（5）写出I的结构简式：___________。（6）X的同分异构体中，符合下列条件的有机物有___________种。ⅰ)只

含两种官能团且不含甲基；ⅱ)含一2CHBr结构，不含C=C=C和环状结构。（7）设计由甲苯和制备的合成路线(无机试剂任选)___________。【答案】（1）①.氟苯②.碳氟键、硝基（2）还原反应（3）防止副产物生成，影响反应产率（4）→一定条件+HBr（5）（6）5

（7）【解析】【分析】根据A的分子式及D的结构简式知，A为，A发生取代反应生成B，B为，根据C的分子式知，B中硝基发生还原反应生成C中氨基，则C为，C发生取代反应生成D，D中氢原子被取代生成E，E中酰胺基水解生成F，F发生取代反应生成G，G为，G和X发生取代反应生成H，根据H的结构简式及X

的分子式知，X为，H发生取代反应生成I，I为，I发生取代反应生成W；（7）由甲苯和制备，和发生取代反应生成，发生取代反应生成，甲苯和浓硝酸发生取代反应生成，发生还原反应生成。据此分析解答。【小问1详解】A为，A的化学

名称是氟苯，B为，B中具有的官能团的名称是氟原子、硝基；故答案为：氟苯；氟原子、硝基。【小问2详解】根据C分子式知，B中硝基发生还原反应生成C中氨基，反应类型为还原反应，故答案为：还原反应；【小问3详解】D→E和F→G的作用是防止副产物生成，影响反应产率；故答案为：防止副产物生成，影响反应产率。

【小问4详解】G为，G和X发生取代反应生成H，由G生成H的化学方程式为→一定条件+HBr故答案为：一定条件−−−−→+HBr【小问5详解】的I的结构简式为故答案为：【小问6详解】X为，X的同分异构体符合下列条件：i）只含两种官能团且不含甲基；ii)含-C

H2Br结构，不含C=C=C和环状结构，符合条件的结构简式为：HC≡C-C≡CCH2CH2CH2Br、HC≡C-CH2-C≡CCH2CH2Br、HC≡CCH2CH2C≡CCH2Br、HC≡CCH(CH2

Br)CH2C≡CH、(HC≡C)2-CH-CH2CH2Br，所以符合条件的有5种，故答案为：5；【小问7详解】由甲苯和制备,和发生取代反应生成，发生取代反应生成，甲苯和浓硝酸发生取代反应生成，发生还原反应生成，合成路线为：；故答案为：。