【文档说明】北京市第一六一中学2023-2024学年高三上学期12月月考化学试题 Word版含解析.docx，共(24)页，8.171 MB，由小赞的店铺上传

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北京市第一六一中学2023-2024学年高三上学期12月月考化学试题考生须知：1.本试卷共5页，满分100分，考试时长90分钟。2.试题答案一律书写在答题纸上，在试卷上作答无效。3.在答题纸上，选择题用2B铅笔作答，非选择题用黑色字迹签字笔作答。4.考试结束后，将答题纸、试卷和草稿纸一并交回

。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Ba137Na23Fe56Cu64一、选择题：本大题共14道小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求。把正确答案涂写在答题卡上相应的位置。1.下列生活中的现象与

物质结构关联不正确．．．的是A．烟花的绚烂多彩与电子跃迁有关B．橡胶老化与碳碳双键有关C．钻石璀璨夺目与其为共价晶体有关D．金属可加工成各种形状与金属键有关A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．形成烟花的过程中金属原子由较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态，烟花的绚烂多彩

与电子跃迁有关，A正确；B．橡胶含有碳碳双键，易被氧化，所以橡胶老化与碳碳双键有关，B正确；C．钻石璀璨夺目是由于钻石色散的作用，钻石会反射出五光十色的彩光，与其共价键无关，C错误；D．金属晶体组成微粒为金属离子和自由电子，存在金属键，当金属受到外力作用时，晶体中的各原子层

就会发生相对滑动，但是金属键未被破坏，所以金属具有良好的延展性，可以加工成各种形状与其金属键有关，D正确；故答案为：C。2.下列化学用语或图示表达不正确的是A.34PO−的空间结构模型：B.H2O的VSEPR模型C.二氧化碳的电子式：D.p-pπ键电子云轮廓图【

答案】A【解析】【详解】A．在34PO−中，中心P原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，则其空间构型为正四面体，空间结构模型为，A不正确；B．H2O的中心O原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，则其VSEPR模型为四面体，即为，B正确；C．二氧化碳分子中，C原

子与每个O原子形成2对共用电子，其电子式为，C正确；D．p-pπ键是两个p轨道肩并肩重叠，其电子云轮廓图为，D正确；故选A。3.下列过程与水解反应无关的是A.热的纯碱溶液去除油脂B.蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸C.向沸水中滴入饱和FeCl3溶

液制备Fe(OH)3胶体D.重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃【答案】D【解析】【详解】A．热的纯碱溶液去除油脂,利用了纯碱水解呈碱性的性质，A正确；B．蛋白质在酶的作用下发生水解反应转化为氨基酸，B正确；C．向沸水

中滴入饱和FeCl3溶液，铁离子发生水解反应生成Fe(OH)3胶体，C正确；D．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃时烃的裂解反应，与水解无关，D错误；故选D。4.下列事实能用平衡移动原理解释的是A.22HO溶液中加入少量2MnO固体，促进22

HO分解B.密闭烧瓶内的2NO和24NO的混合气体，受热后颜色加深C.铁钉放入浓3HNO中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体D.锌片与稀24HSO反应过程中，加入少量4CuSO固体，促进2H的产生【答案】B【解析】【详解】A．MnO2会催化H2O2分解

，与平衡移动无关，A项错误；B．NO2转化为N2O4的反应是放热反应，升温平衡逆向移动，NO2浓度增大，混合气体颜色加深，B项正确；C．铁在浓硝酸中钝化，加热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体，与平衡移动无关，C

项错误；D．加入硫酸铜以后，锌置换出铜，构成原电池，从而使反应速率加快，与平衡移动无关，D项错误；故选B。5.AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.28g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为2ANB.1.8g重水()212HO中所含质子数为

ANC.电解粗铜精炼铜，通过电路的电子数为AN时，阳极有32gCu转化为2Cu+D.140.1molLNHCl−溶液中，4NH+、32NHHO数目之和为0.1AN【答案】A【解析】【详解】A．乙烯和丙烯的最简式

为CH2，故28g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为AA28gN=2N14g/mol，A正确；B．1.8g重水()212HO中所含质子数为AA1.8g×10N=0.9N20g/mol，B错误；C．电解粗铜

精炼铜，阳极发生的反应除了Cu-2e-=Cu2+还有其他金属的溶解，故通过电路的电子数为AN时，阳极溶解的铜小于32g，C错误；D．140.1molLNHCl−溶液中，4NH+、32NHHO数目与溶液的体积有关，未说明体积，D错误；故选A。6.

下列解释事实的化学用语不正确的是A.氨水中通入过量二氧化硫：NH3·H2O+SO2=NH4HSO3B.铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨：2Al+Fe2O3高温Al2O3+2FeC.工业冶炼Al的反应：2AlCl3(熔融)电解冰晶石2Al+3

Cl2↑D.Ca(OH)2溶液与少量的NaHCO3溶液反应：HCO3−+Ca2++OH−=CaCO3↓+H2O【答案】C【解析】【详解】A．氨水中通入过量二氧化硫生成亚硫酸氢铵：NH3·H2O+SO2=NH4HSO

3，A正确；B．铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨：2Al+Fe2O3高温Al2O3+2Fe，B正确；C．工业冶炼Al的反应：2Al2O3(熔融)电解冰晶石4Al+3O2↑，C错误；D．Ca(OH)2溶液与少量的NaHCO3溶液反应：HCO3−+Ca2++OH−=CaCO3↓+H2O，

D正确；故选C。7.用放射性同位素标记酪氨酸，可达到诊断疾病的目的。标记过程如下：下列说法不正确的是A.标记过程发生了取代反应B.13153I中子数与核外电子数之差为25C.1mol酪氨酸最多与2molNaOH反应D.酪氨酸中的氮元素为sp2杂化【答案】D【解析】【详解

】A．标记过程中苯环上氢原子被碘原子取代，发生了取代反应，A正确；B．13153I中子数为131-53=78，核外电子数为53，中子数与核外电子数之差为78-53=25，B正确；C．酪氨酸分子中羧基、酚羟基均可以和氢氧化

钠反应，则1mol酪氨酸最多与2molNaOH反应，C正确；D．酪氨酸中的氮原子形成3个共价键且有1对孤电子对，为sp3杂化，D错误；故选D。8.下列实验能达到实验目的的是ABCD检验Na2O2和水反应气体产物实验室制氨气制备并收集NO2检验溴乙

烷的水解产物Br−A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．Na2O2和水反应生成氧气，氧气助燃，故A正确；B．实验室加热氯化铵和氢氧化钙(熟石灰)的混合物制取氨气，若直接加热氯化铵生成的HCl和NH3在试管口又重新反应生成NH4Cl，不能达到实验目的，

故B错误；C．二氧化氮能和水反应，不能用排水法收集，故C错误；D．硝酸银与氢氧化钠溶液反应生成褐色氧化银沉淀，会对实验造成干扰，因此加硝酸银之前需加稀硝酸酸化，故D错误；故选A。9.聚合物A是一种新型可回收材料的主要成分，其结构片段如下图(图中表示链延长)。该聚合物是由线型高分子P和交联剂Q

在一定条件下反应而成，以氯仿为溶剂，通过调控温度即可实现这种材料的回收的的和重塑。已知：i.ii.H0下列说法不正确的是A.M为1，4-丁二酸B.交联剂Q的结构简式为C.合成高分子化合物P的反应属于缩聚反应，其中x=n-1D.通过先升温后降温可实现这

种材料的回收和重塑【答案】C【解析】【详解】A．和1，4-丁⼆酸发生缩聚反应生成p，故A正确；B．根据A的结构简式，可知交联剂Q的结构简式为，故B正确；C．和1，4-丁⼆酸发生缩聚反应生成p，其中x=2n-1，故C错误；D．正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，所以通过先升温后降温可实

现这种材料的回收和重塑，故D正确；选C。10.电Fenton法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术，反应原理如图所示。电解产生的H2O2与Fe2+发生反应生成的羟基自由基(•OH)能氧化降解有机污染物。下列说法错误的是A.电源的A极为负极B.每消耗2.24LO2（标准状况），整个电解池中

理论上可产生的•OH为0.2molC.与电源B极相连电极的电极反应式为：H2O-e-=H++﹒OHD.H2O2与Fe2+发生的反应方程式为：H2O2+Fe2+=Fe(OH)2++﹒OH【答案】B【解析】【分析】由反应原理图可知，Fe3+在左端电极得电子生

成Fe2+，发生还原反应，左端电极为阴极，则A为电源的负极，B为电源的正极。【详解】A．由以上分析知，A极为电源的负极，A正确；B．每消耗0.1molO2，在阴极共得到0.3mole-，生成0.1mol•OH，同时阳极失去0.3mole-，生成0.3mol•OH，所以共生

成•OH为0.4mol，B不正确；C．与电源B极相连的电极为阳极，水在阳极上失电子生成•OH，电极反应式为：H2O-e-=H++•OH，C正确；D．电解产生的H2O2与Fe2+发生反应，生成•OH和Fe(OH)2+，反应方程式为：H2O2+Fe2+=Fe(OH)2++•OH，D正确；故选

B。11.钯是航天、航空高科技领域的重要材料。工业用粗钯制备高纯度钯的流程如图：下列说法错误的是A.酸浸时反应的化学方程式是Pd＋6HCl＋4HNO3=H2PdCl6＋4NO2↑＋4H2OB.“热还原”中每生成1molPd同

时生成的气体的物质的量为8molC.热还原时通入H2与生成Pd的物质的量之比为2：1D.在“酸浸”过程中为加快反应速率可用浓硫酸代替浓盐酸【答案】D【解析】【分析】由流程可知，粗Pd加入浓硝酸、浓盐酸充分反应可生成二氧化氮，且生成H2PdCl6，通入氨气中和，得到红色(NH4

)2PdCl6固体，通入氢气热还原，可得到Pd,同时生成氯化氢和氨气，以此解答该题。【详解】A．粗Pd加入浓硝酸、浓盐酸充分反应可生成二氧化氮，且生成H2PdCl6，反应的化学方程式是Pd+6HCl+4HNO3=H

2PdCl6+4NO2↑+4H2O，故A正确；B．热还原得Pd，发生（NH4）2PdCl6+2H2Δ=Pd+2NH3+6HCl，生成1molPd，则还有2mol氨气和6molHCl，故气体物质的量为8mol，故B正确；C．热还原时H2由0价变为+1价，Pd由+4价变为0价，通入H2与

生成Pd的物质的量之比为2：1，故C正确；D．实验原理是用氢气还原（NH4）2PdCl6固体得到Pd,如用浓硫酸，不能得到(NH4)2PdCl6固体，故D错误；故选：D。12.冠醚能与碱金属离子结合(如图所示)，是有机反应很好的催化剂，能加快KMnO4与环己烯的反应速率。

用结合常数表示冠醚与碱金属离子的结合能力，结合常数越大两者结合能力越强。碱金属离子结合常数冠醚Na+(直径：204pm)K+(直径：276pm)冠醚A(空腔直径：260～320pm)1991183冠醚B(空腔直径：170～220pm)371312下列说法不正确．．．的

是A.推测结合常数的大小与碱金属离子直径、冠醚空腔直径有关B.实验中c(Na+)：①＞②＞③C.冠醚通过与K+结合将4MnO−携带进入有机相，从而加快反应速率D.为加快KMnO4与环己烯的反应速率，选择冠醚A比

冠醚B更合适【答案】B【解析】【详解】A．从表中数据可以看出，冠醚的空腔直径与Na+或K+直径接近时，结合常数大，由此可推测结合常数的大小与碱金属离子直径、冠醚空腔直径有关，A正确；B．冠醚A结合Na+的能力弱于结合K+的能力，所以K+可将冠醚A中的部分Na

+替代出来，由实验中，可得出c(Na+)：①＞③＞②，B不正确；C．冠醚与K+结合，从而将4MnO−携带进入有机相，催化KMnO4与环己烯的反应，从而加快反应速率，C正确；D．由表中数据可推出，冠醚A结合K+的能力比冠醚B

强，为加快KMnO4与环己烯的反应速率，选择冠醚A比冠醚B更合适，D正确；故选B。13.下列三个化学反应焓变、平衡常数与温度的关系分别如下表所示。下列说法正确的是化学反应平衡常数温度973K1173K①()()()()2FesCOgFeOs

COg++1ΔH1K1.472.15②()()()()22FesHOgFeOsHg++2ΔH2K2.381.67③()()()()222COgHOgCOgHg++3ΔH3KabA.1173K时，反应①起始()12CO0.6molLc−=，平衡时()2COc约为0.41molL−B.反应②是吸热

反应，20HC.反应③达平衡后，升高温度或缩小反应容器的容积平衡逆向移动D.相同温度下，231KKK=；321HHH=−【答案】D【解析】【详解】A．1173K时，反应①起始()12CO0.6molLc−=，()()()()2FesCOgFeOsCOg0.60xx0.6x

x++−起始转化平衡，()()21x2.156cCOcC0.OxK=−==，x≈0.4，平衡时()2COc约为0.21molL−，A错误；B．升温，化学平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，所以②的

正反应为放热反应，20H，B错误；C．根据盖斯定律可知②-①可得③，故231KKK=，a=1.62，b=0.78，升温，化学平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，所以30H，反应③达平衡后，

升高温度平衡逆向移动，但是由于反应两端气体的化学计量数之和相等缩小反应容器的容积化学平衡不移动，C错误；D．相同温度下，根据盖斯定律可知②-①可得③，故231KKK=；321HHH=−，D正确；故选D。14.42CH/CO催化重整的反应为①()()()()422CH

gCOg2COg2Hg++1ΔH其中，积炭是导致催化剂失活的主要原因。产生积炭的反应有：②()()()42CHgCs2Hg+12Δ74.6kJmolH−=+③()()()22COgCsCOg+13Δ172.5kJmolH−=−科研人员研究压强对催化剂活性的影响：在1073

K时，将恒定组成的2CO、4CH混合气体，以恒定流速通过反应器，测得数据如下。下列分析不正确．．．的是A.11Δ247.1kJmol−=+HB.压强越大，Ra降低越快，其主要原因是反应①平衡逆向移动C.保持其他条件不变，适当增大投料时()()24C

OCHnn，可减缓Ra的衰减D.研究表明“通入适量2O有利于重整反应”，因为2O能与C反应并放出热量【答案】B【解析】【详解】A．根据盖斯定律，①=②-③，△H1=△H2-△H3=+247.1kJ•mol-

1，A正确；B．压强越大，Ra降低越快，说明催化剂活性降低越快，积碳越多，其主要原因是加压导致原料气体CH4、CO2浓度增大，②正反应产生积碳、③逆反应消除积碳的速率加快，但②正反应速率增大效果大于③的逆反应，故产生积碳变快，B错误；C．由选项

B分析知，保持其他条件不变，适当增大投料时()()24COCHnn，增大CO2浓度，使反应③逆反应速率加快，CH4浓度下降，②正反应速率下降，均有利于消除积碳，可减缓Ra的衰减，C正确；D．通入适量O2，O2能与C

反应并放出大量的热，可减少积碳减缓Ra的衰减，同时反应放热使得反应①正向移动，有利于重整反应，D正确；答案选B。二、非选择题：本大题共5小题，共58分。把答案填在答题纸中相应的横线上。15.随着科学的发展，氟及其化合物的用途日益广泛。Ⅰ

.离子液体具有电导率高、化学稳定性高等优点，在电化学领域用途广泛。某离子液体的结构简式如下图。（1）写出基态铜原子的价电子排布式___________。H、O、C电负性由大到小的顺序___________。（2）NaBF4是制备此离子液体的原料。①微

粒中F—B—F键角：BF3___________BF4−(填“>”、“<”或“=”)。②BF3可以与NaF反应生成NaBF4的原因是_________。（3）以Cu(BF4)2和[Emim]BF4的混合体系做电解质溶液，可以实现

在不锈钢上镀铜。镀铜时，阳极材料为___________，电解质溶液中Cu2＋向___________(填“阴”或“阳”)极移动。（4）铜—镍镀层能增强材料的耐蚀性，镍在周期表中的位置为：___________。按照核外电子排布

，把元素周期表划分为5个区，Ni位于___________区。从价电子排布的角度解释Ni位于元素周期表该区的原因：___________。Ⅱ.NaF等氟化物可以做光导纤维材料，一定条件下，某NaF的晶胞结构如下图。（5）与F-距离最近且相等的Na＋有___

________个。（6）NA表示阿伏加德罗常数的值。NaF晶胞为正方体，边长为anm，则晶体的摩尔体积Vm=___________m3·mol-1。(nm=10-9m)（7）下图所示结构单元不能作为NaF晶胞的原因是____

_______。【答案】（1）①.3d104s1②.O>C>H（2）①.>②.BF3中B原子有空轨道，F-有孤电子对，可以形成配位键（3）①.铜②.阴极（4）①.第四周期第Ⅷ族②.d区③.基态Ni原子的价电子排布为3d84s2，最后填入电子的能级为3d（5）6（6）

3-27Aa10N4（7）图中8个顶点上的原子不相同，无法在平移之后实现无隙并置【解析】【小问1详解】铜是29号元素，基态铜原子的价电子排布式为3d104s1；同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，则有电负性O>C，H的电负性

最小，所以O>C>H；【小问2详解】①BF3中价层电子对数=键的数目+孤电子对数=331332−+=，杂化轨道数=价层电子对数=3，B采取sp2杂化，而-4BF价层电子对数=31414+42+−=，B采取s

p3杂化，所以F—B—F键角：BF3>-4BF；②BF3中B原子有空轨道，F-有孤电子对，可以形成配位键，故BF3可以与NaF反应生成NaBF4；【小问3详解】镀铜时，阳极材料为Cu，电解质溶液中阳离

子向阴极移动；【小问4详解】Ni为28号元素，位于钙元素后第八位元素，所以镍在元素周期表中第四周期第Ⅷ族，按照核外电子排布，基态Ni原子的价电子排布为3d84s2，价电子数之和在810的属于第Ⅷ族，Ni位于d区，最后填入电子的能级为3d区；【小问

5详解】白球F-，黑球Na+，以体心处白球F-为研究对象，与F-等距且最近的Na+位于6个面心处；【小问6详解】1个晶胞中有112144+=个F-，118+6482=个Na+，晶胞物质的量=A4Nmol，晶胞体

积=-933(a10)m，33-273-273AmANaVa10mV=10m/mol4n4molN==【小问7详解】图中8个顶点上的原子不相同，无法在平移之后实现无隙并置；16.利用页岩气中丰富的丙烷制丙烯已成为

化工原料丙烯生产的重要渠道。Ⅰ．丙烷直接脱氢法：()()()38362CHgCHgHg+11124kJmolH−=+总压分别为100kPa、10kPa时发生该反应，平衡体系中38CH和36CH的体积分数随温度、压强的变化如下图。（1）丙烷直接

脱氢反应的化学平衡常数表达式为K=___________。（2）总压由10kPa变为100kPa时，化学平衡常数___________(填“变大”“变小”或“不变”)。（3）图中，曲线Ⅰ、Ⅲ表示36C

H的体积分数随温度的变化，判断依据是___________。（4）图中，表示100kPa时38CH的体积分数随温度变化的曲线是___________(填“Ⅱ”或“Ⅳ”)。Ⅱ．丙烷氧化脱氢法：()()()()3823621CH

gOgCHgHOg2++12101kJmolH−=−我国科学家制备了一种新型高效催化剂用于丙烷氧化脱氢。在催化剂作用下，相同时间内，不同温度下的转化率和C3H6的产率如下：反应温度/℃465480495510C3H8的转化率/%5.512.117.3

28.4C3H6的产率/%4.79.512.818.5（5）表中，C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是___________(答出1点即可)。（6）已知：C3H6选择性100%=生成丙烯消耗丙烷的物质的量消耗丙烷的总物质的量。随着温度升高，C3H6的选择性____

_______(填“升高”“降低”或“不变”)，可能的原因是___________。【答案】（1）36238(CH)(H)(CH)ccc（2）不变（3）丙烷直接脱氢反应的正反应是一个吸热反应，升高温度化学平衡正向移动，

C3H6的体积分数随温度升高而增大（4）Ⅱ（5）温度越高，反应速率越快，相同时间内反应掉的C3H8越大，故C3H8的转化率越大（6）①.降低②.升高温度，更有利于副反应的发生【解析】【小问1详解】根据反应方程式()()()38362CHgCHgHg+可知，丙烷直接脱氢反应的化学平衡常数表达

式为K=36238(CH)(H)(CH)ccc，故答案为：36238(CH)(H)(CH)ccc；【小问2详解】已知化学平衡常数仅仅是温度的函数，故总压由10kPa变为100kPa时，由于温度不变，化学平衡常数不变，故答案为：不变；【小问3详解】由题干可知，()()()38362CHg

CHgHg+正反应是一个吸热反应，升高温度化学平衡正向移动，C3H6的体积分数随温度升高而增大，故图中，曲线Ⅰ、Ⅲ表示C3H6的体积分数随温度的变化，故答案为：丙烷直接脱氢反应的正反应是一个吸热反应，升高温度化学平衡正向移动，C3H6的体积分数

随温度升高而增大；【小问4详解】由题干可知，()()()38362CHgCHgHg+正反应是气体体积增大的方向，故增大压强上述平衡逆向移动，则有温度相同时，压强越大，C3H8的体积分数也越大，则图中表示100kPa时C3H8的体积分数随温度变化的曲

线是Ⅱ，故答案为：Ⅱ；【小问5详解】达到化学平衡之前，温度越高，反应速率越快，相同时间内反应掉的C3H8越大，故C3H8的转化率越大，故答案为：温度越高，反应速率越快，相同时间内反应掉的C3H8越大，故C3H8的转化率越大；【小

问6详解】由表中信息可知465℃时丙烯的选择性约为85%，510℃时为约65%，故随着温度升高，C3H6的选择性降低，因为可能为：升高温度，更有利于副反应的发生。17.异诺卡酮()1522CHO是西柚芳香风味的重要成分，具有驱除白蚁的功能。其合成路线如下：已

知：ⅰ、(G为OH或OR′)ⅱ、2525CHONa22CHOHRCHCOORRCHCOOR+⎯⎯⎯⎯→′′ROH+′ⅲ、（1）A分子中含有的官能团是___________。（2）A→B的过程中，3PBr是溴代试剂，若将3

PBr用浓氢溴酸替代，会有副产物生成，原因是___________。（3）的化学方程式是___________。（4）下列有关说法正确的是___________(填字母序号)。a、异诺卡酮易溶于水b、异诺卡酮中

有手性碳原子c、E的红外光谱中会出现碳碳双键、酮羰基、酯基的特征吸收峰d、E存在含苯坏且苯环上只有一种化学环境氢的同分异构体（5）F→G的转化在后续合成中的目的是___________。（6）I的结构简式是__________

_。（7）E转化为F的过程中，依次经历了加成、加成、消去三步反应。写出中间产物1P和2P的结构简式___________。【答案】（1）碳碳双键、羧基（2）A中碳碳双键会与HBr发生加成反应（3）+2C2H5OHΔ垐垐?噲垐?浓硫酸+2H2O；（4）bcd（5）保护酮羰基，防

止其被还原（6）（7）P1：或P2：【解析】【分析】根据B生成反应条件是增长碳链，可逆推B(C8H14Br2)结构简式为；根据已知条件i，由B逆推A(C8H12O4)结构简式为；经过条件为浓硫酸、乙醇、加热得到D，说明发生的是酯化反应，故D(C14H24O4

)的结构简式为根据已知条件ⅱ，D生成E(C12H18O3)的结构简式为；F经过已知条件iii生成G，结合E的结构简式，的由G逆推F(C17H25O3)的结构简式为；G经过已知条件i生成H，结合H生成I是Cu、O2的催化氧化，说明H

含有醇羟基，所以H结构简式为，I结构简式为，据此作答。【小问1详解】根据分析可知，A的结构简式，含有的官能团是碳碳双键和羧基；【小问2详解】A→B的过程中，若将3PBr用浓氢溴酸替代，会有副产物生成，原因是A中含有碳碳双键，会与HBr发生加成反应生成副产物。【小问3详解】有分析可知

，经过酯化反应得到D，则化学反应方程式为：+2C2H5OHΔ垐垐?噲垐?浓硫酸+2H2O；【小问4详解】根据异诺卡酮的结构简式，可以判断：a．异诺卡酮不含有亲水基团，难与水互溶，a错误；b．异诺卡酮中有手性碳原子：，b正确；c．E的结构

简式为，含有碳碳双键、羰基、酯基，所以红外光谱中会出现碳碳双键、酮羰基、酯基的特征吸收峰，c正确；d．E的结构简式为，不饱和度为4，则存在含苯坏的同分异构体为，该结构苯环上只有一种化学环境氢，d正确；故选bcd。【小问5详解】F生成G，再结合后面几步出现还原的步骤，以及异诺卡酮的

结构简式，又重新生成了羰基，说明该步骤的目的是为了后面还原步骤时保护酮羰基，防止其被还原；【小问6详解】根据分析可知，I结构简式为；小问7详解】，根据分析可知，E的结构简式为【，上述第一步是E加成反应生成P1，故P1是或；第二

步P1加成反应生成P2，第三步是P2消去反应生成F，结合F的结构简式，逆推P2是。18.煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(4CaSO、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃

烧，出口气体主要含22222OCOHONSO、、、、。（1）煤样需研磨成细小粉末，其目的是___________。（2）高温下，煤中4CaSO完全转化为2SO，该反应的化学方程式为___________。（3）通过干燥装置

后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中()()-3-cIcI保持定值时，电解池不工作。待测气体进入电解池后，2SO溶解并将-3I还原，测硫仪便立即自动进行电解到()()-3-cIcI又回到原定值，测定结束，通过

测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。①2SO在电解池中发生反应的离子方程式为___________。②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为___________。（4）煤样为ag，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分

数为___________。已知：电解中转移1mol电子所消耗的电量为96500库仑。（5）条件控制和误差分析。①测定过程中，需控制电解质溶液pH，当pH1时，非电解生成的-3I使得测得的全硫含量偏小，生成-3I的离子方程式为___________。②测定过程中

，管式炉内壁上有3SO残留，测得全硫量结果为___________。(填“偏大”或“偏小”)【答案】（1）与空气的接触面积增大，反应更加充分（2）2CaSO4催化剂高温2CaO+2SO2↑+O2↑（3）①.SO2+I-3+2H2O

=3I-+SO2-4+4H+②.3I--2e-=I-3（4）16x%965a（5）①.2326IO4H=2I2HO−+−+++②.偏小【解析】【小问1详解】煤样研磨成细小粉末后固体表面积增大，与空气的接触面积

增大，反应更加充分，故答案为：与空气的接触面积增大，反应更加充分；【小问2详解】由题意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和氧气，反应的化学方程式为2CaSO4催化剂高温2CaO+2SO2↑+O2↑，故答案为：

2CaSO4催化剂高温2CaO+2SO2↑+O2↑；【小问3详解】①由题意可知，二氧化硫在电解池中与溶液中I-3反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，离子方程式为SO2+I-3+2H2O=3I—+SO2-4+4H+，故答

案为：SO2+I-3+2H2O=3I—+SO2-4+4H+；②由题意可知，测硫仪工作时电解池工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反应式为3I--2e-=I-3，故答案为：3I--2e—=I-3；【小问4详解】由题意可得如

下关系：S—SO2—I-3—2e-，电解消耗的电量为x库仑，则煤样中硫的质量分数为x32296500a×100%=16x%965a，故答案为：16x%965a；【小问5详解】①当pH<1时，非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘反应生成碘三离子，导致消耗二氧化硫的

量偏小，反应的离子方程式为2326IO4H=2I2HO−+−+++，故答案为：2326IO4H=2I2HO−+−+++；②测定过程中，管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫，会使二氧化硫与碘三离子反应生成的碘离子偏小，电解时转移电子数目偏小，导致测得全硫量结

果偏低，故答案为：偏小。19.某小组验证“3222Fe2I2FeI+−+++”(反应A)存在限度，并探究外加试剂对该平衡的影响。（1）从正反应方向探究实验。取15mL0.01molLKI−溶液，加入132mL0.

01molLFeCl−溶液(pH=1)，溶液呈棕黄色，不再发生变化。①通过检测出_______，证实反应A存在限度。②加入4CCl，振荡，平衡向_______移动。③除反应A外，KI还发生_______(写方程式)，促进3+Fe与I−的反应。

（2）从逆反应方向探究实验：向碘水(含淀粉)中加入酸性4FeSO溶液，无明显变化。未检出3+Fe。①甲同学认为加入24AgSO溶液可增大2+Fe与2I的反应程度。甲同学依据的原理是_______。②验证：加入24AgSO溶液，产生沉淀a，溶液蓝色褪去。能检出3+Fe。（3）

乙同学认为碘水中含有I−，加入24AgSO溶液也可能产生沉淀。做对照实验：直接向碘水(含淀粉)中加入24AgSO溶液。产生沉淀，溶液蓝色褪去。查阅资料：2233I3HO5HIHIO++实验验证：已知：17sp(AgI)8.510K−=、()8sp3AgIO3.21

0K−=(微溶)①Ⅲ中KI溶液的作用是_______。②Ⅳ中KI溶液的作用是_______(用离子方程式表示)。检验、比较沉淀a、b的成分，可明确物质的作用。（4）问题思考：向4FeSO与碘水的混合液中加入24AgSO溶液，可能发生如下反应：i.2+Fe与2I在

+Ag的促进下发生的氧化还原反应ii.2I与2HO在+Ag促进下发生的反应iii.2+Fe与+Ag的反应确认是否发生反应iii，设计实验：将反应后混合物过滤，_______。供选择试剂：稀3HNO、223NaSO溶液、KI溶液已知：AgI、3AgIO溶于223NaSO溶液；AgI难溶

于稀3HNO【答案】（1）①.3+Fe②.正反应方向③.--23I+II（2）生成AgI沉淀，-(I)c降低，3222Fe2I2FeI+−+++逆向进行（生成AgI沉淀，提高了I2的氧化能力）（3）①.还

原-3IO②.33AgIO(s)+I(aq)AgI(s)+IO(aq)−−（4）方法一：取滤渣，加入足量Na2S2O3溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立方法二：取滤渣，加入足量KI溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO

3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立【解析】【小问1详解】①溶液中检测出3+Fe，说明3+Fe未完全转化为2+Fe，证明该反应存在限度；②加入4CCl，振荡，反应生成碘被4CCl萃取，使得平衡向正反应方向移动；的③KI中的碘离子能与反应A生成的单质碘发

生反应--23I+II，消耗生成的碘，从而使平衡向正反应方向移动；【小问2详解】加入24AgSO溶液，碘离子与银离子结合生成AgI沉淀，碘离子的浓度减小，3222Fe2I2FeI+−+++平衡逆向移动，可增大2+Fe与2I的反应程度，同时生成的AgI沉淀

，提高了I2的氧化能力，2+Fe被氧化成3+Fe的反应程度增大；【小问3详解】①由图可知，步骤Ⅲ中加入KI溶液后，淀粉溶液变蓝，根据说明KI将滤液中的-3IO还原成了2I；②已知2233I3HO5HIHIO

++，则沉淀b为3AgIO和AgI，()178spsp3(AgI)8.510AgIO3.210−−==KK，加入KI可将3AgIO转化成AgI，反应的离子方程式为33AgIO(s)+I(aq)AgI(s)+IO(aq)−−。【小问4详解】若2+Fe与+Ag发生反应，会有单质银生成，确认是否

发生反应iii，只需检验是否有单质银生成，因此取滤渣，加入足量Na2S2O3溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立；或者取滤渣，加入足量KI溶液，过滤，若有固体剩余，加入

稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立。