【文档说明】2024届湖北省武汉市第二中学高三下学期6月模拟化学试卷 Word版含解析.docx，共(23)页，2.068 MB，由管理员店铺上传

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武汉二中2023-2024学年度下学期高三模拟考试化学试卷考试时间：2024年6月1日午8：3-9：45试卷满分：100分可能用到的相对原子质量：H1Li7C12O16F19Na23Fe56Xe131一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项

是符合题目要求的。1.“龙”承载着美好寓意，祝愿武汉二中2024届高三学子们如龙腾飞，金榜题名！下列与“龙”相关的文物中，主要由合金材料制成的是A．红山玉龙B．龙虎纹青铜尊C．青龙瓦当D．龙太子皮影头茬A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．红山玉龙

是玉石器，玉的主要成分是硅酸盐和二氧化硅，故玉石属于无机非金属材料，A错误；B．青铜是铜锡合金，金属合金属于金属材料，B正确；C．瓦属于陶瓷，是硅酸盐材料，属于传统无机非金属材料，C错误；D．龙太子皮影头茬为孔兽皮，其主

要成分是蛋白质，属于有机高分子材料，D错误；故答案为：B。2.化学与人类生活、生产、科技等密切相关。下列说法正确的是A.豆浆中加入石膏，使蛋白质变性制得豆腐B.以淀粉为原料，可得到多种产品如白酒和食醋等C.2023年诺贝尔化学奖授予量子点研究，直径为2~20nm硅量子点属于胶体D.“神州十七

号”使用砷化镓(GaAs)太阳能电池，供电时GaAs发生了电子转移【答案】B【解析】【详解】A．豆浆中加入石膏，发生聚沉制得豆腐，A错误；B．以淀粉为原料，水解得到葡萄糖，在酒化酶的作用下可以得到白酒，发酵之后可以得到食醋，B正确；C．胶体属于混合

物，直径为2~20nm硅量子点属于纯净物，不是胶体，C错误；D．“神州十七号”使用砷化镓(GaAs)太阳能电池，供电时将太阳能转化为电能，没有电子的转移，D错误；故选B。3.化学用语是化学专业语言，是学习化学的工具。下列有关化学用语的说法正确的是A.基态2+Mn的价电子轨道表

示式：B.的化学名称：N—二甲基甲酰胺C.甲醛中π键的电子云轮廓图：D.二氯化二硫22SCl（）的电子式：【答案】C【解析】【详解】A．基态Mn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2，失去2个电子得到2+Mn，则2+

Mn基态的价电子轨道表示式：，故A项错误；B．的化学名称为N，N-二甲基甲酰胺，故B项错误；C．甲醛中π键是以轨道垂直于键轴以“肩并肩”方式重叠所形成的化学键，电子云轮廓图：，故C项正确；D．二氯化二硫的电子式为，故D项错误；故本题选C。4.七

叶亭是一种植物抗菌素，适用于细菌性痢疾，其结构如图所示，下列说法正确是的A.分子中存在2种官能团B.滴入KMnO4(H+)溶液，观察到溶液紫色褪去，说明结构中一定存在不饱和碳碳键C.1mol该物质分别与足量浓溴水和H2反应时，最多可消耗2molBr2和5molH2

D.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗4molNaOH【答案】D【解析】【详解】A．由题中结构可以看出，分子中存在酚羟基、碳碳双键、酯基三种官能团，A错误；B．滴入KMnO4(H+)溶液，观察到溶液

紫色褪去，能使高锰酸钾褪色的还有酚羟基，不能说明结构中一定存在不饱和碳碳键，B错误；C．1mol该物质分别与足量浓溴水和H2反应时，苯环上与酚羟基邻位的氢原子、碳碳双键可以与浓溴水反应，苯环、碳碳双键可以与氢气反应，所以最多可消耗3molBr

2和4molH2，C错误；D．1mol该物质与足量NaOH溶液反应，分子中含有2个酚羟基，含有1个酯基，酯基水解后生成1个酚羟基，所以最多可消耗4molNaOH，D正确；故选D。5.我国科学家首次在实验室实现2CO到淀粉的合成，其路线如下，设AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A

.211.2LCO含有的键数目为ANB.33.2gCHOH经醇氧化酶氧化为HCHO，转移电子数目为A0.2NC.0.5molDHA含有的羧基数目为AND.1mol淀粉与乙酸酯化，最多可消耗的乙酸分子数目为A3nN【

答案】B【解析】【详解】A．没有提供标准状态，无法计算，A错误；B．已知1molCH3OH转化为HCHO过程中失去2mol电子，则反应②中，3.2gCH3OH生成HCHO时转移电子数目为-1A-13.2g×2Nmol32g?mol=0.2NA，B正确；C．DHA中没有羧基，而是羰基和羟

基，C错误；D．酯化反应为可逆反应，1mol淀粉与乙酸不能完全反应，消耗的乙酸分子数目小于A3nN，D错误；故选B。6.下列对应的离子方程式正确的是A.用23NaSO溶液吸收少量2-2232234Cl:3SO+Cl+HO=2HSO+2Cl+SO−−−B.用铜电极电解饱和食盐水：--22

22Cl+2HOH+2OH+Cl电解C.白色固体AgCl加入氨水中得到无色溶液：()++332Ag+2NH=AgNHD.向()442NHAlSO溶液中滴入2Ba(OH)使2-4SO反应完全：-2+2--3+4442Ba+2SO+4OH+Al=

2BaSO+Al(OH)【答案】A【解析】【详解】A．用溶液吸收少量反应生成亚硫酸钠和硫酸钠，离子方程式为：222322343SO+Cl+HO2HSO+2Cl+SO−−−−=，故A项正确；B．用铜电极电解饱和食盐水，阳极发生氧化反应，铜失去电子，离子方程式为：222

Cu+2HOH+Cu(OH)电解，故B项错误；C．白色固体AgCl加入氨水中，是AgCl固体不能拆，离子方程式为：()+332AgCl+2NH=AgNHCl−+，故C项错误；D．向442NHAl(SO)溶液中滴入Ba(OH)2使24SO−反应完全，离子反应为：2+2-

-344343+2+NHNHHO2Ba+2SO+4OH+Al=2BaSO+Al(OH)++，故D项错误；故本题选A。7.实验是探究物质性质的重要方法，下列实验中，根据操作和现象得出的结论正确的是选项操作现象结论A向麦芽糖溶液中加少量稀硫酸，加热一段时间，冷却后加过量NaO

H溶液至碱性，再加银氨溶液，水浴加热出现银镜麦芽糖的水解产物具有还原性B在烧瓶中加入木炭颗粒与浓硝酸，然后加热出现红棕色气体木炭具有还原性，能还原3HNOC向12mL0.01molLKI−灯溶液中加入14mL0.01m

olL−溶液，再加入几滴溶液10.01molLKSCN−溶液变红I−与3Fe+的反应存在一定的限度D将Zn与Fe用导线相连，插入稀硫酸酸化的3%NaCl溶液，一段时间后，从Fe电极区取出少量溶液，滴入2滴36KFe(CN)]溶液无明显现象Zn可以

保护Fe不被腐蚀A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．麦芽糖及水解生成的葡萄糖均具有还原性，均可发生银镜反应，则现象不能说明麦芽糖的水解产物具有还原性，故A错误；B．浓硝酸本身受热分解也生成红棕色二氧化氮气体，故B错误；C．从

数据可以看出，3Fe+与I−反应，3Fe+过量，则溶液变红不能说明I−与3Fe+的反应存在一定的限度，故C错误；D．Fe电极区取出少量溶液，滴入2滴()36KFeCN]溶液，无现象，说明Fe电极区没有2Fe+，说明Zn可以保护Fe不

被腐蚀，故D正确；答案D。8.一种可吸附甲醇的材料，其化学式为[C(NH2)3]4[B(OCH3)4]3Cl，部分晶体结构如下图所示，其中[C(NH2)3]+为平面结构。下列说法正确的是A.该晶体中存在N-H…O

氢键B.基态原子的第一电离能：C<N<OC.基态原子未成对电子数：B<C<OD.晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同【答案】A【解析】【详解】A．由晶体结构图可知，[C(NH2)3]+中的-NH2的H与[B(OCH3)4]-中的O形成氢键，因此，该晶体中存在氢键，A正确；B．

同一周期元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是第ⅡA、ⅤA元素的原子结构比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子，因此，基态原子的第一电离能从小到大的顺序为C<O<N，B错误；C．B、C、O、N的未成对电子

数分别为1、2、2、3，因此，基态原子未成对电子数B<C=O，C错误；D．[C(NH2)3]+为平面结构，则其中的C和N原子轨道杂化类型均为sp2；[B(OCH3)4]-中B与4个O形成了4个σ键，B没有

孤电子对，则B的原子轨道杂化类型为sp3；[B(OCH3)4]-中O分别与B和C形成了2个σ键，O原子还有2个孤电子对，则O的原子轨道的杂化类型均为sp3；综上所述，晶体中B、O和N原子轨道的杂化类型不相同，D错误；故选：A。9.分银渣是从阳极泥中提取贵金属后的尾渣，含

有PbSO4、BaSO4、SnO2及Au、Ag等，有较高的综合利用价值。一种从分银渣中提取有用产品流程的如下：已知：PbCl2(s)+2Cl-(aq)[PbCl4]2-(aq)；ⅳ中生成[AuCl4]-和[A

gCl3]2-；PbSO4、PbCO3、BaSO4、BaCO3的Ksp依次为2.8×10-8、7.4×10-14、1.1×10-10、2.6×10-9。下列说法不正确．．．的是A.步骤ⅰ中一定发生反应：PbSO4(s)+2-3CO(aq)PbCO3(s)+2-4SO(a

q)B.步骤ⅰ、ⅲ后需先过滤再加盐酸C.步骤ⅱ、ⅳ提取Pb(Ⅱ)、Ba2+时，均有H+和Cl-参加反应D.试剂a可为NaCl，促进Au、Ag的浸出【答案】C【解析】【分析】分银渣中含有PbSO4、BaSO4、SnO2及Au、Ag等物质，向其

中先加入Na2CO3溶液，发生沉淀转化反应：PbSO4(s)+2-3CO(aq)PbCO3(s)+2-4SO(aq)，PbSO4转化为PbCO3，过滤，弃去含有的2-4SO滤液，然后向滤渣中加入盐酸，发生反应：PbCO3+2H+(aq)=Pb2

+(aq)+CO2↑+H2O(l)，Pb2+(aq)+2Cl-(aq)=PbCl2(s)，PbCl2(s)+2Cl-(aq)[PbCl4]2-(aq)；然后过滤，得到含有Pb(Ⅱ)的溶液，向固体A中加入Na2CO3

溶液，发生反应：BaSO4(s)+2-3CO(aq)BaCO3(s)+2-4SO(aq)，过滤，弃去含有的2-4SO滤液，向滤渣中加入盐酸，发生反应：BaCO3+2H+(aq)=Ba2+(aq)+CO2↑+H2O(l)，得到含有Ba2+的溶液。再过滤，向固体B中加入Na

ClO3、HCl，在酸性条件下NaClO3可以将Au、Ag氧化变为金属阳离子，并与溶液中的Cl-结合形成络离子[AuCl4]-和[AgCl3]2-，SnO2不反应，仍以固体形式存在。【详解】A．步骤i向分离渣中加入Na

2CO3溶液，发生沉淀转化反应：PbSO4(s)+2-3CO(aq)PbCO3(s)+2-4SO(aq)，反应后PbSO4变成PbCO3，A正确；B．根据上述分析可知：在步骤ⅰ中PbSO4与Na2CO3反应先产生PbCO3、2-4SO，过滤，弃去含有2-4

SO的滤液，向滤渣中加入盐酸，增大了c(H+)、c(Cl-)，PbCO3先反应产生PbCl2固体，然后PbCl2再与Cl-反应变为[PbCl4]2-(aq)，得到含有Pb(Ⅱ)的溶液；在步骤ⅲ中过滤后向

得到的固体A中加入Na2CO3溶液，发生沉淀转化反应：BaSO4(s)+2-3CO(aq)BaCO3(s)+2-4SO(aq)，再过滤，弃去含有2-4SO的滤液，向滤渣中加入盐酸，发生反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，得到含有Ba2+的溶液，故步骤i、iii后需先过滤再加盐酸

，B正确；C．步骤ⅳ是盐酸与BaCO3反应产生Ba2+，H2O、CO2，离子方程式为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，可见Cl-没有参加反应，C错误；D．试剂a可为NaCl，NaCl的加入，增大了溶液中c(Cl-)，促进与Au、Ag形成配位

化合物，使Au、Ag变为络离子[AuCl4]-和[AgCl3]2-进入溶液，有利于Au、Ag的浸出，D正确；故合理选项是C。10.配合物中，中心体价电子数目和配体提供的电子数目之和等于18，可称为是EAN规则

。EAN规则适用于羰基、亚硝酰基、π-配合物等。工业精炼Ni时，可用两个过程获取高纯度Ni，反应原理为470Ni4CONi(CO)+℃，4180Ni(CO)Ni4CO+℃。二茂铁是由2个环戊二烯负离子()55CH和亚铁离子形成的夹心结构。二茂铁和环戊二烯的结构分别如图所示：下列说

法错误的是A.根据EAN规则推测可形成配合物5Fe(CO)B.环戊二烯负离子()55CH中存在65πC.环戊二烯分子中所有原子共面D.工业精炼Ni时，4Ni(CO)为分子晶体，沸点低，有利于分离【答案】C【解析】【详解】A

．由EAN规则，可知82518+=，A正确；B．环戊二烯负离子中，C均采用2sp杂化，多一个电子在pz轨道上肩并肩形成大π键，故大π键上的电子数目为516+=，B正确；C．环戊二烯分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能全部共面，C错误；D．由配合

物知道4Ni(CO)为分子晶体，沸点低，有利于与金属Ni的分离，D正确；故选C。11.氟是非金属中最活泼的元素，能形成多种氟化物。四种氟化物的熔、沸点如下表所示，下列说法错误的是氟化物NaF2OF3NF熔点/℃993x223.8−m沸点/℃1695y144

.8−nA.2OFVSEPR模型为四面体形的B.3NF比3NH易与2Cu+形成配离子C.993x、1695y、223.8m−、144.8n−D.中存在离子键、极性键和非极性键【答案】B【解析】【详解】A．2OF中心原子(

氧原子)的杂化方式为3sp，则OF2的VSEPR模型为四面体形，A正确；B．F的电负性大于N，N−F中成键电子对偏向F，导致3NF中的N原子核对孤电子对的吸引力增强，难以形成配位键，则3NF不易与2Cu+形成配离子，B错误；C．

NaF中的Na+、F−的电荷数与中的阳、阴离子的电荷数相同，但Na+、F−的半径小，NaF的离子键更强，熔、沸点更高，则x<993、y<1695；2OF和3NF均为分子晶体，3NF的相对分子质量大于2OF的相对分子质量，相对分子质量

越大，物质的熔、沸点就越高，则m>−223.8、n>−144.8，C正确；D．与4BF−的相互作用为离子键，中存在极性键和非极性键，4BF−中存在极性键，则中存在离子键、极性键和非极性键，D正确；故选B。12.乙醛与氢氰酸HCN，弱酸）能发生加成反应，生

成2-羟基丙腈，历程如下：下列说法不正确．．．的是A.因氧原子的电负性较大，醛基中的碳原子带部分正电荷，与-CN作用B.HCN易挥发且有剧毒，是该反应不在酸性条件下进行的原因之一C.往丙酮与HCN反应体系中加入一滴KOH溶液，反应速率明显加快，

因此碱性越强，上述反应越容易进行D.与HCN加成的反应速率：【答案】C【解析】【详解】A．氧原子的电负性较大，电子对偏向O原子，则醛基中的碳原子带部分正电荷，与CN-作用，A正确；B．酸性条件下易生成HCN，HCN易挥发且有剧毒，是该反应不在酸性条件下进行的原因之一，B正确；C．滴KO

H溶液，反应速率明显加快，但碱性溶液中-CN易发生水解，则碱性不能太强，C错误；D．硝基活化醛基，则与HCN加成的反应速率：，D正确；故答案为：C。13.XeF2晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原

子的分数坐标，如A点原子的分数坐标为(12，12，12)。已知Xe—F键长为rpm，下列说法不正确的是A.该晶体的密度为322A3.3810acNg/cm3B.B点原子的分数坐标为(0，0，r)C.晶胞中A、B

间距离d=221ca+(-r)22pmD.基态F原子的核外电子空间运动状态有5种【答案】B【解析】【详解】A．根据XeF2的化学式，可判断Xe、F原子个数比为1:2,该晶胞中灰球有18+1=28个，为Xe原子,黑球有18+2=44个，为F原子，则该晶

胞中有2个XeF2分子。故其密度为2-3A-10-1022M(XeF)Nm=gcmV(c10)(a10)==322A3.3810acNg/cm3，A正确；B．由Xe-F键长为rpm可知,B点原子的分数坐标为(0,0,rc)，B错误；C．过A点向B点所在棱边作垂线,相交于D点，则D点为B

点所在棱边的中点,AD长度为底面对角线的一半，AD=22apm，则BD=c-2r2pm；AB=2a222cr−22（）+()pm，C正确；D．基态F原子的核外电子为2251s2s2p，根据s能级一个轨道，p能级3个轨道，故2251s2s2p有5种电子空间运动状态，D正确；

答案选B。14.中国科学院物理研究所发明了一种以对苯二甲酸二钠复合材料和硬碳（多孔形态，化学式为C）为电极材料的有机钠离子电池，其内部结构如下图所示，放电时，a电极发生如下变化：下列说法错误的是A.放电时，a电极电势高于b电极B.充电

时，+Na向b电极移动C.充电时，b电极的电极反应式为+-xC+xNa+xe=NaCD.用该电池为一个60200mAh的充电宝充满电，a电极质量增加82.8g（1mAh=3.6C，一个电子的电量--19e=1.610C，AN为23-16.0210m

ol）【答案】D【解析】【分析】放电时，a电极发生反应：+2Na→，说明Na+移向a电极，a电极为正极，b电极为负极，以此解答。【详解】A．由分析可知，放电时，a电极为正极，b电极为负极，a电极电势高于b电极，A正确；B．由分析可知，放电时，a电极为正极，b电极为负极

，则充电时，a电极为阳极，b电极为阴极，Na+向阴极移动，B正确；C．由分析可知，充电时，b电极为阴极，电极反应式为：+-xC+xNa+xe=NaC，C正确；D．a电极为正极，电极方程式为：+2e-+2Na+=，若a电极质量增加82.8g时，参与反应的n(Na+)=82.8g3.6mol

23g/mol=，转移3.6mol电子，则充入电量为23-1943.6?6.02?10?1.6?109.632103.6=mAh，D错误；故选D。15.某温度下，2Mg+与不同pH的23NaCO体系反应可生成不同的沉淀。下面图1表示23NaCO体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。图

2表示2Mg+与不同pH的23NaCO体系反应生成沉淀的情况，其中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合()()()22sp2MgOHMgOHccK+−=；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合()()()223sp3MgCOMgCOccK+−=[注：起始()23NaCO0.

1c=mol⋅L1−，不同pH下()23COc−由图1得到]。下列说法正确的是A.上述23NaCO体系呈中性时，()()233COHCOcc−−一定是3.2510−B.符合()()()23323HCOC

OHCOccc−−的pH范围：6.37pH10.25C.pH9=，()2Mg0.01c+=mol⋅L1−时，溶液中存在3MgCO和()2MgOH两种沉淀D.pH8=，()2Mg0.1c+=mol⋅L

1−时可发生反应：23322Mg2HCOMgCOCOHO+−+=++【答案】D【解析】【分析】图1中pH越大，碳酸根物质的量分数越大，碳酸物质的量分数越小，碳酸氢根物质的量分数先增大后减小；图2中已知曲线Ⅰ代表的是氢氧化镁，曲线Ⅱ代表

的是碳酸镁。。【详解】A．温度不一定是常温，因此中性体系pH不一定是7，()()233COHCOcc−−也就不确定，A错误；B．由图1可知，6.37a110K−=，10.25a210K−=，16.62a1a210KK−=。若()()()23323HCOCOHCO−−

ccc，则满足下列两个关系：①()()323HCO1COcc−−，②()()2323CO1HCOcc−。将①代入a1K表达式，可得()10.25H10c+−，即pH10.25；将②代入a1a2KK表达式，可得()8.31H10c+−，即pH8.31。因此，符合条件的

pH范围是8.31pH10.25，B错误；C．分析图2，pH9=，2Mg+浓度为0.01mol/L时，溶液中只存在3MgCO沉淀，C错误；D．分析图1和图2，pH8=时，溶液中主要含碳离子为3HCO−，2Mg+浓度为0.1mol/L时，只产生3MgCO沉淀，因此可以发

生23322Mg2HCOMgCOCOHO+−+=++，D正确；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.检验甲醛用银-Ferrozine法灵敏度较高。测定原理为甲醛与银氨溶液反应生成Ag，产生的Ag与3+Fe定量反应生成2

+2+Fe,Fe与菲洛嗪（Ferrozine）形成有色配合物，通过测定吸光度计算出甲醛的含量。某学习小组类比此原理设计如图装置，测定新装修居室内空气中甲醛的含量（夹持装置略去）。已知：氮化镁与水剧烈反应放出3NH；

毛细管内径不超过1mm。回答下列问题：（1）A装置中反应化学方程式为________，用饱和食盐水代替水制备3NH的原因是_________。（2）B中装有硝酸银溶液，仪器B的名称为_______。（3）银氨溶液的制备。关闭12K

K、，打开3K，打开______，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，当观察到B中______，停止通入3NH（4）室内空气中甲醛含量的测定。①用热水浴加热B，打开1K，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1L室内空气，关闭1K；后续操作是_

______；重复上述操作共进行3次。毛细管的作用是___________。②甲醛与银氨溶液反应，甲醛被氧化生成一种正盐，其化学方程式为__________。③向上述B中充分反应后的溶液中加入稀硫酸调节溶液p

H=1，再加入足量()243FeSO溶液，充分反应后立即加入菲洛嗪，2+Fe与菲洛嗪形成有色物质，在562nm处测定吸光度，测得生成2+1.12mgFe，空气中甲醛的含量为______-1mgL。【答案】（1）①.32223MgN+6HO3Mg(OH)+2

NH=②.饱和食盐水可减缓生成氨的速率（2）三颈烧瓶（3）①.分液漏斗的塞子与旋塞②.沉淀恰好完全溶解时（4）①.打开2K，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭2K②.减小气体的流动速率，使的空气中的甲醛气体被完全吸收③.()()34332

22HCHO+4AgNHOHNHCO+6NH+4Ag+2HO⎯⎯⎯⎯→水浴加热④.0.05【解析】【分析】装置A中氮化镁与水反应放出3NH，并通入装置B中，与硝酸银溶液反应制备银氨溶液；通过C装置向装置B中通入甲醛，甲醛与银氨溶液反应生成Ag，产生的Ag与3+Fe定

量反应生成2+Fe，2+Fe与菲洛嗪（Ferrozine）形成有色配合物，通过测定吸光度计算出甲醛的含量。【小问1详解】氮化镁与水发生水解反应：32223MgN+6HO3Mg(OH)+2NH=；用饱和食盐水代替水，单位体积溶液中水的含量降低，可以降低3NH的生成速

率。【小问2详解】根据仪器B的结构，仪器B的名称为三颈烧瓶。【小问3详解】关闭12KK、，打开3K，打开分液漏斗的塞子与旋塞，在A装置中加入饱和食盐水，产生3NH并通入装置B中；装置B中先观察到有白色沉淀生成，

后沉淀消失，当沉淀恰好完全溶解时，制得银氨溶液，停止通入3NH。【小问4详解】①用热水浴加热B，打开1K，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1L室内空气，关闭1K；后续操作是打开2K，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭2K，重复上述操作共进行3次，实

现将空气中的甲醛通入装置B中。毛细管的作用：减小气体的流动速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收。②甲醛与银氨溶液发生氧化反应，甲醛被氧化为碳酸铵，其化学方程式为()()3433222HCHO+4AgNHOHNHCO+6NH+4Ag+2HO⎯⎯⎯

⎯→水浴加热。③结合甲醛与银氨溶液反应生成Ag，产生的Ag与3+Fe定量反应生成2+Fe的反应过程可知，根据得失电子守恒，甲醛物质的量2+-6111.12mgn=n(Fe)==510mol4456g/mol；由于实验中抽取空气的操作共进行3

次，则1L空气中甲醛的含量为-6-51m=510mol30g/mol=510g=0.05mg3，即空气中甲醛的含量为0.05-1mgL。17.降压药厄贝沙坦的关键中间体K的合成路线如下：（1）A的水溶液能使石蕊溶液变红，A分子含有的官能团的名称是___

________。（2）C的结构简式为___________。（3）D→E中，2NH−发生取代反应，该反应化学方程式为___________。（4）反应①②将2NH−转换为N?+−(异氰基)有如下两个作用。①保护2

NH−。否则，D直接与()24BrCHBr反应将得到含有一个五元环且与H互为同分异构体的副产物M。下列关于M的说法正确的是___________(填字母)。a．M分子间存在氢键b．M的核磁共振氢谱有5组吸收峰c．若D或F与()241molBrCHBr充分反应得到

1molM或G，则均生成2molHBr②将2NH−转化为NC−可以提高Hα−的活性，从微粒间相互作用的角度解释原因：________。（5）H与NaOH反应的化学方程式为___________。（6）J转化为K的过程中，依次经

历了取代、加成、消去三步反应。中间产物1L、2L的结构简式分别为___________、___________。【答案】（1）羧基（2）22HNCHCOOH（3）2225HNCHCOOCH25+HCOOCH→22525OHCNHCHCOOCHCHOH+（4）①

.bc②.NC−结构中N原子带部分正电荷，吸引电子能力增强，使C−与NC−之间的共价键极性增强，从而增强了C−与H原子之间的共价键极性（5）+NaOH⎯⎯→25CHOH+的（6）①.②.【解析】【分析】由A的分子式242CHO为，水溶液能

使石蕊溶液变红，说明结构中含有羧基，确定结构简式为3CHCOOH，由C与乙醇在浓硫酸存在的条件下反应生成D，结合D结构简式为2225HNCHCOOCH，可推断C结构简式为22HNCHCOOH，根据A、C结

构及B分子式，确定B结构简式为2ClCHCOOH，D与25HCOOCH反应生成E(593CHNO)，分子组成比D多一个碳原子和一个氧原子，结合信息D→E是2NH−发生取代反应，则E结构简式为225OHCNHCHCOOCH。根据J的结构，K的结构，

转化过程依次经历了取代、加成、消去三步反应，K比J组成多一个N原子，故中间产物1L为，2L为。由I(6112CHNO)与()233BrCOCHCH反应生成J的结构，可确定I的结构为，结合分子式及反应条件，采用逆推到，确定H

为，G为。【小问1详解】由信息A的水溶液能使石蕊溶液变红，说明溶液有酸性，则结构中含有羧基；故答案为：羧基；【小问2详解】由C与乙醇在浓硫酸存在的条件下反应生成D，结合D结构简式为2225HNCHCOOCH，可推断C结构简式为22HNCHCOOH；故答案为：22HNCHCOOH；【小问3详解】D

与25HCOOCH反应生成E(593CHNO)，分子组成比D多一个碳原子和一个氧原子，结合信息D→E是2NH−发生取代反应，则E结构简式为225OHCNHCHCOOCH，反应方程式为2225HNCHCOOCH25+

HCOOCH→22525OHCNHCHCOOCHCHOH+；故答案为：2225HNCHCOOCH25+HCOOCH→22525OHCNHCHCOOCHCHOH+；【小问4详解】D直接与()24BrCHBr反应得到的M，结构中含有一个五元环，且与H互为同分异构体，可确定M的结构简式为。a．M分子

中不含有与N、O直接相连的H原子，分子间不存在氢键，a错误；b．M的结构中，五元环中与N原子相连的2个碳原子位置相同，另2个碳原子位于N原子间位也相同，故M结构中有5种不同环境的H原子，故核磁共振氢谱有5组吸收峰，b正确；c．D或F与(

)24BrCHBr反应得到M或G，发生是取代反应，1分子D或F断下的2个H原子与()24BrCHBr断下来的2个Br原子结合生成2个HBr，若D或F与()241molBrCHBr充分反应得到1molM或G，则均生成2molHBr，c正确；答案选bc；2NH−结构

中N原子带部分负电荷，而NC−结构中N原子带部分正电荷，吸引电子能力增强，使C−与NC−之间的共价键极性增强，从而增强了C−与H原子之间的共价键极性；故答案为：；bc；NC−结构中N原子带部分正电荷，吸引电子能力增强，使C−与NC−之间的共价键极性增强，从而增强了C−与H原子之间的共

价键极性；【小问5详解】由上述分析可知，H为，结构中含有酯基官能团，在碱性溶液中发生水解反应，H与NaOH反应的化学方程式为+NaOH⎯⎯→25CHOH+；故答案为：+NaOH⎯⎯→25CHOH+；的【小问6详解】根据J的结构，

K的结构，转化过程依次经历了取代、加成、消去三步反应，K比J组成多一个N原子，故中间产物1L为，2L为；故答案为：；。18.磷锂铝石()4LiAlPO(OH,F)是一种含锂、铝的氟磷酸盐，常含NaKFeSiCa、、、、等元素，是含锂较高的工业矿物之一。以磷锂铝石为原

料制备锂离子动力电池正极材料4LiFePO的工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）滤渣1的成分为2SiO和__________（填化学式）。（2）“氧化”的目的是____________________（语言叙

述），滤渣2的成分为__________。（3）23LiCO的溶解度曲线如图所示。图中a、b对应温度下23LiCO的溶度积之比Ksp(a):Ksp(b)=__________，“沉锂”时，控制温度为90C，饱和23NaCO的浓度约为-1+2.5molL,Li_________（填“可能”

或“不可能”）沉淀完全。[23LiCO饱和溶液的密度近似为-31gcm，()+-5-1cLi5.010molL认为沉淀完全]。（4）“沉锂”时反应1h，测得+Li沉淀率随温度升高而增加，其原因是_________（任写一条即可）。（5）

“沉锂”后分离得到23LiCO的操作是蒸发结晶、________、洗涤、干燥。（6）“合成”在高温下进行，写出该反应的化学方程式：__________（葡萄糖→CO）。【答案】（1）4CaSO（2）①.将2+Fe转化为3+Fe②.3Fe(OH)、3Al(

OH)（3）①.8:1②.不可能（4）随温度升高，“沉锂”反应速率加快，相同时间内23LiCO沉淀量增大（或随温度升高，23LiCO溶解度减小，23LiCO沉淀量增大）（5）趁热过滤（6）423612642212FePO+6LiCO

+CHO12LiFePO+6CO+6CO+6HO高温【解析】【分析】磷锂铝石()4LiAlPO(OH,F)是一种含锂、铝的氟磷酸盐，常含NaKFeSiCa、、、、等元素，加浓硫酸焙烧，得到HF和硫酸盐，SiO2不反应，水浸，不溶性物质主要有SiO2和CaSO4（

微溶），过滤所得滤液中加过氧化氢，将Fe2+氧化成Fe3+，再加氨水调节pH，沉淀除铝、铁的离子，二次净化进一步出去磷、钙，所得滤液加Na2CO3溶液沉锂得到碳酸锂沉淀，所得滤液主要溶质为硫酸钠，碳酸锂高温下与C6H12O6、FePO4反应制得LiFePO4。【小问1详解】由分析得，滤渣1成

分为SiO2和CaSO4；【小问2详解】氧化的目的是，将2+Fe转化为3+Fe，便于后续调节pH值，使Fe3+转化为Fe（OH）3除去；【小问3详解】a点Li2CO3的溶解度为1.48g，为0.02mol，溶液总质量为101.48g，Li2CO3饱和溶液

的密度近似为1g/cm3，故体积为点的溶解度为101.48mL，()23cLiCO0.2mol/L，()()2spKa0.220.20.032==，b点Li2CO3的溶解度为0.74g，为0.0

1mol，溶液总质量100.74g，体积为100.74mL，()23cLiCO0.1mol/L，()()2spKb0.120.10.004==，()()spspKaKb：8：1；当沉锂时，溶液23CO−中的浓度最大为2.5mol/

L时，()0.004cLi0.04mol/L2.5+==，远大于5×10-5mol/L，故Li+不可能沉淀完全；【小问4详解】随温度升高，“沉锂”反应速率加快，相同时间内23LiCO沉淀量增大（或随温度升高，23LiCO溶解度减小，23LiCO沉淀量增大）；【小

问5详解】Li2CO3溶解度随温度的上升而下降，为了减小Li2CO3的损失，“沉锂”后分离得到23LiCO的操作是：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥；【小问6详解】碳酸锂高温下与C6H12O6、FePO

4反应制得LiFePO4，化学方程式为：423612642212FePO+6LiCO+CHO12LiFePO+6CO+6CO+6HO高温。19.丙酮(33CHCOCH)是一种重要的有机溶剂，同时也是很多有机反应的重要原料。（1）丙酮高温下可以发生分解反应。科研工作者研究了1000K下丙酮的热

分解反应并提出了如下反应历程：①3333CHCOCHCHCHCO+→②33CHCOCHCO→+③333432CHCHCOCHCHCHCOCH+→+④3232CHCOCHCHCHCO→+⑤33225

3CHCHCOCHCHCOCH+→上述历程是根据两个平行反应(反应I和反应II)提出的。其中反应I为1000K332CHCOCH⎯⎯⎯→2534CHCOCHCHCO++。写出反应II的化学方程式：___________。（2）丙酮与碘单质可发生反应：33232CHCOCHICH

COCHIIH−++++。25℃时，该反应的速率方程()()33CHCOCHHvkcc+=，其中k为速率常数。保持温度不变，在密闭容器中发生上述反应，下列说法正确的是___________(填字母)。A.反应开始时应加

入少量酸作催化剂B.当溶液颜色不再变化，反应达到平衡状态C.反应开始后反应速率一直减小D.该反应为基元反应（3）丙酮与苯甲醛(65CHCHO)在固体催化剂作用下发生反应Ⅲ生成β-羟基酮(10122CHO)，β

-羟基酮进一步发生反应Ⅳ生成苄叉丙酮(1010CHO)。反应III：()()()653310122CHCHO1CHCOCH1CHO1+10H反应IV：()()()1012210102CHO1CHO1HO1+20H取0.05mol苯甲醛、0.16mol丙酮和适量固

体催化剂，在0℃的恒容密闭容器中发生上述反应，180min时达到平衡状态。体系中各组分的物质的量随时间的变化关系如图所示。①该反应中过量的反应物是___________，写出保持该反应物过量的原因：___________。②180min时，苯甲醛为0.014mol，苄叉丙酮为0.0

03mol，则β-羟基酮的产率为___________，若液体混合物的总体积为VL，则反应III的平衡常数cK的计算式为___________。③升高温度，上述体系重新达到平衡。与0℃的平衡数据对比，发现苯甲醛的转化率增大，但β-羟基酮的产率降低，原因是___________。【答案】（1）

1000?K3342CHCOCHCHCHCO⎯⎯⎯→+（2）AB（3）①.丙酮②.作为溶剂；有利于提高苯甲醛的转化率③.66%④.0.0330.1240.014VL⋅mol1−⑤.温度升高，反应IV正向移动，β-羟基酮转化成苄叉丙酮，从而降低了β-羟基酮的产率【解

析】【小问1详解】将已知反应分别标记为反应①~反应⑤，把反应历程的五个方程式加在一起消去其中的自由基即可得到总反应。观察发现，反应①②③⑤相加可消去自由基，得到反应I。反应③和反应④相加可消去自由基，得到反应II。【小问2详解】A．由速率方程()

()33CHCOCHHvkcc+=可知，反应开始需要H+，A正确；B．到达平衡后，各组分浓度一定，碘单质浓度也一定，B正确；C．反应自身会生成H+，属于自催化反应，因此反应速率应该先升后降，C错误；D．H+作为催化剂，开始参加反应，最终仍会生成，由此

可知该反应不是一步进行的，不属于基元反应，D错误；故选AB。【小问3详解】①根据反应方程式和反应物用量，判断丙酮过量。丙酮过量有利于提高苯甲醛的转化率，同时也可作反应溶剂。②根据题意列三段式如下：()()()(

)()6533101220.050.1600.0360.0360.0360.0140.1240.036CHCHO1CHCOCH1CHO1/mol/mol/molnnn+初始平衡()()()()()1012210102C30.036000.00mC30.003HO1HO1HO100/

mol/o0.030.0330.003.l/mol00nnn+初始平衡由上述数据可知β-羟基酮的产率为()0.0360.00366%0.05−=，反应III的平衡常数1c0.0330.033Lmol0.1240.0140.1240.014VVKV

V−==L⋅mol1−。③反应III是放热反应，升温有利于反应逆向移动。反应IV是吸热反应，升温有利于平衡正移。因此，导致苯甲醛转化率提高的因素主要是升高温度，反应IV正移，消耗β-羟基酮。β-羟基酮浓度减小，会再引起反应III正移，苯甲醛转化率升高，但β-羟基酮的产率下降。