【文档说明】四川省成都市石室中学2025届高三上学期10月月考 化学试题 Word版含解析.docx，共(20)页，1.417 MB，由小赞的店铺上传

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成都石室中学2025届2024-2025学年度上期十月考试化学试卷试卷说明：满分100分，考试时间75分钟可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16F19Cl35.5Co59Ag1081.在一定条件下，动植物油脂与醇反应可制备生物柴油，化学方程式如下:下列叙述错误的是（）

A.生物柴油由可由再生资源制得B.生物柴油是不同酯组成的混合物C.动植物油脂是高分子化合物D.“地沟油”可用于制备生物柴油【答案】C【解析】【详解】A、醇属于可再生资源，根据方程式可知，生物柴油由可由再生资源制得，A正

确；B、根据生物柴油的分子结构可知，生物柴油是不同酯组成的混合物，B正确；C、动植物油脂虽然相对分子量较大，但不是高分子化合物，C错误；D、“地沟油”主要是动植物油脂，利用上述反应，可用于制备生物柴油，D正确；答案选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正

确的是A.标准状况下，33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NAB.常温常压下，7.0g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为NAC.50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数目0.46NAD.某密闭容器

盛有0.1molI2和0.1molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.2NA【答案】B【解析】【详解】A．标准状况下，氟化氢不是气体，不能根据气体摩尔体积计算其物质量，A错误；为的B．乙烯与丙烯的最简式均为CH2，7.0g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为7214NA=NA，

B正确；C．随着反应进行，硫酸浓度变小，不能再与铜反应生成二氧化硫，生成SO2分子数目小于0.46NA，C错误；D．该反应为可逆反应，不可能完全进行，转移电子的数目小于0.2NA，D错误；故选B。3.用下列仪器或装置

进行相应实验，操作规范且能达到实验目的的是A.配制一定物质的量浓度的NaOH溶液B.除去2SO中的3SOC.分离()3FeOH胶体中的NaClD.蒸干3AlCl溶液得到无水3AlCl【答案】B【解析】【详解】A．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，不能将氢

氧化钠直接放在容量瓶中溶解，故A项错误；B．除去SO2中的SO3可以通入饱和亚硫酸氢钠溶液，SO2与饱和亚硫酸氢钠溶液不反应，故B项正确；C．分离氢氧化铁中的氯化钠不能过滤，两者均能透过滤纸，应该透过用半透膜，溶液可以透过半透膜

，胶体不能，故C项错误；D．蒸发AlCl3溶液过程中，铝离子水解得到氢氧化铝，氢氧化铝最终得到氧化铝，无法得到无水AlCl3，故D项错误；故本题选B。4.下列方程式书写错误是A.用氯酸钾与浓盐酸制氯气：373537322KOClO+6HCl=KCl+3Cl+3HB.硫酸四氨合铜溶液加

入乙醇：()()2234234244CuNHSOHOCuNHSOHO+−++=C.0.01mol/L()442NHAlSO溶液与()20.02mol/LBaOH溶液等体积混合：()322444323NH+Al+2SO+2Ba+4

OH=2BaSO+AlOH+NHHO+−−＋＋D.由1，6-己二胺和己二酸制备尼龙66：【答案】A【解析】【详解】A．氯酸钾与浓盐酸制氯气时，氯酸钾为氧化剂，6份HCl中有5份作还原剂，另外一份起到酸性的作用，即氯

气分子中既含有37Cl，又含有35Cl，而生成物KCl中只含35Cl，A项错误；B．乙醇可以降低硫酸四氨合铜在水中的溶解度，故硫酸四氨合铜溶液中加入乙醇有硫酸四氨合铜晶体析出，方程式为()()2234234244CuNHSOHOCuNHSOHO+−++=，B项正

确；C．0.01mol/L()442NHAlSO溶液与()20.02mol/LBaOH溶液等体积混合，()()()()()32244nNH:nAl:nSO:nBa:nOH1:1:2:2:4+−−=＋＋，恰好完全反应生成()4323BaSOAlOHNHHO、、，

方程式为()322444323NH+Al+2SO+2Ba+4OH=2BaSO+AlOH+NHHO+−−＋＋，C项正确；D．1，6-己二胺和己二酸在一定条件下发生氨基与羧基的缩水聚合反应，生成高聚物，反应方程式为，D项正确；答案选A。5.组成核酸的基本单

元是核苷酸，下图是核酸的某一结构片段，下列说法正确的是A.DNA和RNA结构中的碱基相同，戊糖不同B.核酸的单体是核苷酸，彻底水解的产物是核苷C.核苷酸在一定条件下，既可以与酸反应，又可以与碱反应D.核酸分子中碱基通过磷酸酯键实现

互补配对【答案】C【解析】【详解】A．脱氧核糖核酸(DNA)的戊糖为脱氧核糖，碱基为：腺嘌呤、鸟嘌呤、胞嘧啶、胸腺嘧啶，核糖核酸(RNA)的戊糖为核糖，碱基为：腺嘌呤、鸟嘌呤、胞嘧啶、尿嘧啶，两者的碱基不完全相同，戊糖不同，故A错误；B．碱基与戊糖缩合形成

核苷，核苷与磷酸缩合形成了组成核酸的基本单元——核苷酸，核苷酸缩合聚合可以得到核酸，如图：，故B错误；C．核苷酸中磷酸基团能与碱反应，碱基与酸反应，因此核苷酸在一定条件下，既可以与酸反应，又可以与碱反应

，故C正确；D．核酸分子中碱基通过氢键实现互补配对，DNA中腺嘌呤（A）与胸腺嘧啶（T）配对，鸟嘌呤（G）与胞嘧啶（C）配对，RNA中尿嘧啶（U）替代了胸腺嘧啶（T），结合成碱基对，遵循碱基互补配对原则，故D错误；故选C。6.酸碱电子理论认为，

凡是可以接受电子对的物质是酸，凡是可以给出电子对的物质是碱。据此分析，下列微粒间的反应不是酸与碱反应的是A23HHO=HO+++B.22233CHCHHH=CHC→+C.34FBFF=B−−+D.()22334Cu4NH=Cu

NH+++【答案】B【解析】【详解】A．H+提供空轨道，H2O的O原子提供孤电子对，二者通过配位键结构形成H3O+，因此该反应可以认为是酸与碱反应，A不符合题意；B．CH2=CH2断开碳碳双键中较活泼的键，然后两个不饱和的C原子分别与H2断裂H-H键形成的两个H原子结合形成C-H键，没

有给出电子对和接受电子对的原子，因此不能认为是酸与碱反应，B符合题意；C．BF3中B原子采用sp2杂化，未参与杂化的2p空轨道接受F-的一对孤电子形成配位键，故可以认为是酸与碱反应，C不符合题意；的.D．Cu2+提供空轨道，配位体NH3的N原子上有孤对电子，N原子提供电子对而与Cu2

+结合，故二者之间反应可以认为是酸与碱反应，D不符合题意；故合理选项是B。7.己二腈()24NCCHCN是工业制造尼龙-66的原料，利用丙烯腈(2CH=CHCN，不溶于水)为原料、四甲基溴化铵()34CHNBr为

盐溶液制备己二腈的电有机合成装置如图所示。下列说法正确的是A.交换膜为阴离子交换膜B.当电路中转移1mole−时，阳极室溶液质量减少8gC.()34CHNBr在电化学合成中作电解质，并有利于丙烯腈的溶

解D.正极区的电极反应为()2242CHCHCN2e2HNCCHCN==−+++【答案】C【解析】【分析】由图可知，a极丙烯腈发生还原反应生成己二腈，()2242CHCHCN2e2HNCCHCN==−+++，a为阴极，则b为阳极，b极发

生氧化反应，反应为2H2O-4e-=4H++O2↑；；【详解】A．由分析可知，氢离子由阳极区进入阴极区，故交换膜为阳离子交换膜，A错误；B．当电路中转移1mole−时，阳极室生成氧气质量为8g，同时有1mol

氢离子进入阴极区，故溶液质量减少9g，B错误；C．丙烯腈为有机物，()34CHNBr在电化学合成中作电解质，并有利于丙烯腈的溶解，C正确；D．阴极区的电极反应为()2242CHCHCN2e2HNCCHCN==

−+++，D错误；故选C。8.X、Y、Z、M和Q五种主族元素，原子序数依次增大，X原子半径最小，短周期中M电负性最小，Z与Y、Q相邻，基态Z原子的s能级与p能级的电子数相等，下列说法不正确的是A.酸性：22XQ>XZ>YX3B.常温下M2Z2是淡黄色固体，具有漂白性C.化学键中离子

键成分的百分数：22MZ>MQD.-3YZ与2-3QZ离子空间结构均为三角锥形【答案】D【解析】【分析】X半径最小，则X为H；短周期中M电负性最小，则M为Na；Z原子的s能级与p能级的电子数相等，则Z为O，Z与Y、Q相邻，Y为N，Q为S。【详解】A．酸性：22HS>HO>N

H3，A正确；B．常温下Na2O2是淡黄色固体，具有漂白性，B正确；C．电负性差值越大，化学键中离子键成分的百分数越大，电负性：O>S，化学键中离子键成分的百分数：22NaO>NaS，C正确；D．3NO−中N的价层电子对数为3+51322+−=3+0=3，不含孤电子对，则3NO−为平面三角形，

23SO−中S的价层电子对数为3+62322+−=3+1=4，含孤电子对，则23SO−为三角锥形，D错误；故选D。9.以二氧化锰为原料制取高锰酸钾晶体的工艺流程如图所示。下列说法正确的是A.“灼烧”可在石英坩埚中进行B.“母液”中的

溶质仅有两种盐C.“结晶”时迅速冷却以得到较大晶粒D.“灼烧”和“转化”都发生了氧化还原反应【答案】D【解析】【分析】灼烧过程中氯酸钾将MnO2氧化为K2MnO4，浸取K2MnO4，向K2MnO4溶液中通

入足量二氧化碳，K2MnO4发生歧化反应生成MnO2和KMnO4，过滤，得到KMnO4滤液，再加热浓缩、冷却结晶，得到KMnO4晶体。【详解】A．石英坩埚中含有SiO2，KOH能与SiO2反应，会腐蚀石英坩埚，故A错误；B．“结晶”过程中析出KMnO4，但不可能完全析

出，由于通入了过量的二氧化碳，则“母液”中的溶质有KMnO4、KCl、KHCO3，故B错误；C．快速冷却条件下，结晶度低，晶粒尺寸小，故C错误；D．灼烧过程中氯酸钾将MnO2氧化为K2MnO4，转化过程K2MnO4

发生歧化反应生成MnO2和KMnO4均有元素化合价发生变化，均为氧化还原反应，故D正确；故选D。10.植物提取物阿魏萜宁具有抗菌活性，其结构简式如图所示。下列关于阿魏萜宁的说法正确的是A.可与3NaHCO溶液反应B.在Cu催化下被O2氧化，生成酮羰基C.酸性条件下的水解

产物均可生成高聚物D.与2Br只发生加成反应，不发生取代反应【答案】C【解析】【详解】A．阿魏萜宁中没有羧基，不能与NaHCO3溶液反应，A错误；B．阿魏萜宁中的醇羟基连接的碳原子上无氢原子，不能发生氧化反应，故不能得到酮羰基，B错误；C．阿魏萜宁中有酯基，水解后得到二元醇类和对羟基苯甲酸，二元醇

可发生分子间脱水缩合生成聚合物，对羟基苯甲酸也可以发生分子间酯化脱水缩合生成聚合物，C正确；D．阿魏萜宁中有碳碳双键和酚羟基官能团结构，与2Br既能发生碳碳双键的加成反应，又能与酚发生取代反应，D错误；故答案选C。11.[Co(NH3)6]Cl2晶

体的晶胞如下图所示(已知该立方晶胞的边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA)，以下说法正确的是A.[Co(NH3)6]Cl2晶体的密度为3033A92810g/cmaNB.在[Co(NH3)6]Cl2中，配合物中心离子2+Co的配位数为8C.

在[Co(NH3)6]Cl2晶胞中，[Co(NH3)6]2+的配位数为4D.若A点原子坐标为()000B，，，点原子坐标为11022，，，则C点原子坐标为113444，，【答案】A【解析】【详解】

A．根据均摊原则，晶胞中[Co(NH3)6]2+的个数为1186482+=，Cl﹣个数为8，[Co(NH3)6]Cl2晶体的密度为103A2324(a10)N−=3033A92810g/cmaN，A正确；B．在[Co(NH3)

6]Cl2中，配合物中心离子2+Co与6个N原子形成配位键，配位数为6，B错误；C．在[Co(NH3)6]Cl2晶胞中，每个[Co(NH3)6]2+最近的Cl﹣有8个，[Co(NH3)6]2+的配位数为8，C错误；D．若A点原子坐标为()000

B，，，点原子坐标为11022，，，则C点原子坐标为133444，，，D错误；故选A12.A~F的转化关系如图，已知A和F是金属单质，F元素在地壳中含量排前三、部分反应条件与产物未写出，下列说法正确的是A.反应①的类型为化合反应B.反应③体现葡萄糖的氧化性。C.反应④可能产

生副产物ED.F可以通过铝热反应冶炼【答案】C【解析】【分析】已知A和F是金属单质，F元素在地壳中含量排前三，F为Al，金属A和O2反应生成氧化物B，B和Al反应生成金属A，E和葡萄糖反应能够生成C，可以推知

E为Cu(OH)2，C为Cu2O，B为CuO，A为Cu，Cu2O和硫酸反应生成Cu和D为CuSO4，以此解答。【详解】A．反应①中CuO受热分解生成Cu2O和O2，类型为分解反应，A错误；B．反应③中Cu(OH)2和葡萄糖反应能够生成Cu

2O，Cu(OH)2是氧化剂，该反应体现了葡萄糖的还原性，B错误；C．反应④中CuSO4溶液和Al反应，反应过程中酸性减弱，Cu2+水解可能生成副产物Cu(OH)2，C正确；D．铝热反应是铝单质在高温的条件下与金属或

非金属氧化物进行的一种氧化还原反应，不能用来冶炼铝，D错误；故选C。13.向2L恒容密闭容器中充入一定量()2HSg和()2Og，在一定条件下发生反应且氧化产物只有一种，测得2HS、2O的物质的量与时间的关系如图

所示。下列叙述正确的是A.该条件下发生的反应为22222HS3O2SO2HO+=+B.向该容器中再充入惰性气体，能提高反应速率C.0~2min内2O的平均反应速率()112O0.075molLminv−−=D.其他条件不变，再充入2HS，能提高反应物活化分子

百分数【答案】C【解析】【详解】A．0~4min内O2消耗0.4mol，H2S消耗0.8mol，根据速率之比等于化学计量数之比可知2222HSO2S2HO+=+，A错误；B．恒容容器中充入惰性气体，化学反应中各物质的浓度不变速率不变，B错误；C．0~2min内O2变化了0.3mo

l，体积为2L，代入数据计算O2的平均反应速率为0.075molL-1min-1，C正确；D．增大反应物浓度，活化分子百分数不变，D错误；故选C。14.人体内的碳酸酐酶CA(阴影部分，His完整结构如左图)对于调节血液和组织液的酸碱平衡有重要作用。催化机理如图所示，下列说

法错误的是已知：五元环中存在65π大π键A.该过程总反应为223COHOHCOH−+++B.氮原子Ⅰ和Ⅱ相比，最可能跟2Zn+形成配位键的是ⅡC.①→②→③催化全过程中各元素的化合价都没有发生变化D.CA

超高催化效率可能是因为2Zn+影响配体水分子的极性，使水更容易电离出H+【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，该过程中反应物有CO2和H2O，生成物有3HCOH−+、，总反应为223COHOHCOH−+++，故A正确；B．

五元环中存在65π大π键，则Ⅰ中氮原子采取sp2杂化，形成3个sp2杂化轨道，其中2个杂化轨道形成键，1个杂化轨道用来容纳孤电子对，即Ⅰ中氮原子含孤电子对，Zn2+提供空轨道，最可能与Zn2+形成配位键，故

B错误；C．由图可知，①→②→③催化全过程中各元素的化合价都没有发生变化，故C正确；D．Zn2+与水分子中O原子形成配位键，影响配体水分子的极性，使水更容易电离出H+，故D正确；故选B。15.二氯化二硫(S2Cl2)在工业上用于橡胶的硫化，还可以作为贵金属的萃取剂，可由硫

和氯气在100～110℃直接化合而成。实验室用如图所示的装置制备S2Cl2。已知S2Cl2为金黄色液体，沸点为138℃，遇水生成S、SO2和HCl，S可溶于S2Cl2。回答下列问题：（1）装置A中发生的化学反应方程式为___________。（2）制备开始之前，先通一段时间氮气

。制备开始时，停止通氮气，关闭___________与___________(填K1、K2或K3，后同)，打开___________。制备完成后，熄灭酒精灯，打开全部止水夹，并持续缓慢通入一段时间氮气。（3）实验结

束后，装置D中固体消失，但未出现金黄色液体，而是得到了深色液体。查阅资料得知S2Cl2能被Cl2氧化为SCl2(红棕色液体，沸点为59℃)。实验小组对此进行了探究与实验改进。①甲同学取D中棕色液体进行了___________操作(填操作名称)，成功分离出红棕色

的SCl2。②乙同学不断搅拌D中深色液体，液体变为金黄色。用化学方程式解释颜色变化的原因___________。③基于探究结果，小组拟优化实验装置与操作：在D、E之间增添___________。并在反应过程中持续通入少量氮气，目的是___________。（4）

优化方案后，为检验S2Cl2产品中是否仍含有SCl2杂质进行如下实验：①取1.25g产品，在密闭容器中依次加入足量水、双氧水、()32BaNO溶液，过滤。②向①的滤液中加入足量3AgNO(HNO3)溶液，过滤、洗涤、干燥，称得固体质量为2.87g。则产品中氯元素的质量分数为___________，

由此可知产品中___________(填“含有”或“不含有”)SCl2杂质。（5）从实验安全的角度考虑，上述装置存在的缺陷是___________。【答案】（1）MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O（2）①.K1②.K3③.K2（3）①.蒸馏②.2

22S+SCl=SCl③.浓硫酸洗气瓶④.稀释氯气，避免高浓度氯气将22SCl进一步氧化（4）①.56.8%②.含有（5）无法有效处理A、B装置中剩余的氯气【解析】【分析】A制备氯气，B干燥氯气，防止产品与水蒸气反应，C用于吸收多余的氯气，D是反应的发生装置，E吸收尾气。【小问

1详解】A中发生实验室制取氯气的反应，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O；【小问2详解】制备开始之前，先通一段时间氮气。制备开始时，停止通氮气，关闭K1与K3，打开K2让生成的氯气进入三颈烧瓶中与S发生反应；【小问3详解】①利用22SCl与S

Cl2沸点不同，成功分离出SCl2，分离的操作为蒸馏；②搅拌D中深色液体，液体变为金黄色，则SCl2又转化为22SCl，化学方程式为222S+SCl=SCl；③22SCl遇水生成S、SO2和HCl，为了防止水的进入，则应在D、E之间增加一个

浓硫酸洗气瓶；在反应过程中持续通入少量氮气，目的是稀释氯气，避免高浓度氯气将22SCl进一步氧化；【小问4详解】由题意可知，2.87g固体为AgCl，其物质的量为0.02mol，含Cl原子为0.02mol，其质量为0.71g，产品中氯元素的质量分数=%01.700%56.811.2

5gg=；S2Cl2中氯元素的质量分数=71100%56.59%135=，由此可知产品中含有杂质；【小问5详解】从实验安全的角度考虑，上述装置存在的缺陷是无法有效处理A、B装置中剩余的氯气。16.“零碳甲醇”是符

合“碳中和”属性的绿色能源。请回答下列问题：（1）工业上可以利用直接法合成甲醇：I．()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++1ΔHakJmol(a0)−=−①该反应自发进行的条件是___________(填“高温自发”、“低温自发”或“任意温度自发”)。但实际生产中，通常需

要适当升温，目的是___________。②将体积分数为10%CO2、30%H2的进料气(含惰性杂质气体)，控制压强为50bar发生反应I，2)CO(α平衡=90%。计算平衡时()2pH=___________(保留两位小数)bar，平衡常

数pK=___________2bar−(写出计算式)。③可利用沸点差异分离产物与反应物。分析甲醇的熔沸点高于CO2的原因___________。（2）工业上也利用间接法合成甲醇，相关反应如下：II．()()()()12222COgHgCOgHOg?ΔH41.1kJ

mol−++=+III．()()()1233COg2HgCHOHg?ΔH90kJmol−+=−①间接工艺法的决速步为反应II，则下列简化示意图中能体现上述反应体系能量变化的是___________(填字母)。A．B．C．D．②在某催化剂下，反应III的历程(*表示吸附在催化剂上)如图所示：ii

到vi的四个基元过程，可看作H2不断被催化剂吸附，H原子转变为吸附态后随即与含碳微粒成键。试仿照i~iv的形式写出v对应的物质___________(已知v中只有一种吸附在催化剂表面的物质)。【答案】（1）①.低温自发②.加快化学反应速率，提高生产效率③.1.83④.32252254141257

5()4141⑤.甲醇有分子间氢键，CO2没有（2）①.A②.H3CO*+12H2(g)【解析】【小问1详解】①该反应为熵减的放热反应，在低温条件下可以自发，但实际生产中，通常需要适当升温，目的是加快化学反

应速率，提高生产效率；②设气体总物质的量为100mol，由题意可建立如下三段式：()()()()2232COg3HgCHOHgHOg(mol)103000(mol)92799(mol)1399++起始转移平衡，由三段式数据可知，平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、水蒸气的平衡分压分别为12550bar8

241=，37550bar8241=，922550bar8241=，922550bar8241=，反应的平衡常数Kp=33225225225225bar?bar?4141414125752575bar

?bar?41414141=bar-2；③甲醇的熔沸点高于CO2的原因为：都是分子晶体，甲醇有分子间氢键，CO2没有；【小问2详解】①间接工艺法的决速步为反应II，则反应Ⅱ正反应活化能大，反应Ⅰ为吸热反应，反应

Ⅱ为放热反应，总反应为()()()()223223COg3HgCHOHgHOgΔH=ΔH+ΔH=-48.9kJ/mol++，可知总反应为放热反应，简化示意图中能体现上述反应体系能量变化的是A，故选A。②根据反应历程可知，i到vi的四个基元过程，可

看作H2不断被催化剂吸附，H原子转变为吸附态后随即与含碳微粒成键，吸附在催化剂表面的物质V为H3CO*+12H2(g)。17.次甲霉素是一种常用抗生素，其中间体化合物G的合成路线如下图所示。回答下列问题：已知：①33PhPO→、

+(R为烃基或H)。②R1COOR2LiAlH4→R1CH2OH+R2OH(R为烃基或H)（1）B的名称为___________。（2）E中的官能团名称为___________。（3）D→E的反应方程式为___________。（4）E→F的反应类

型为___________。（5）G的结构简式为___________。（6）芳香族化合物I是H的同分异构体，1mol化合物I与Na反应最多生成233.6LH(标准状况下)，且化合物I的核磁共振氢谱显示3组峰，其结构简式为___________。（7）参

照上述合成路线，以为原料合成(上述流程中的试剂及无机试剂任选)___________。【答案】（1）2-戊炔（2）醚键、碳碳双键（3）24HSOΔ⎯⎯⎯⎯→浓+H2O（4）氧化反应（5）（6）（7）⎯⎯

⎯→浓硫酸4LiAlH⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→浓硫酸33PhPO→、【解析】【分析】A与C5H8发生加成反应生成C，结合A、C的结构简式可知，B的结构简式为323CCHCCHCH，C发生还原反应生成D，结合已知②可知，D的结构简式为，D在

浓硫酸作用下分子内脱水形成醚键生成E，E发生氧化反应生成F，根据F、H的结构简式以及G的分子式可知，G的结构简式为，据此分析解题。【小问1详解】B的结构简式为323CCHCCHCH，其名称为2-戊炔；【小问2详解】结合E的结构简式可知，E中官能团名称为醚键、碳碳双键

；【小问3详解】D为，D在浓硫酸作用下分子内脱水形成醚键生成E，化学方程式为24HSOΔ⎯⎯⎯⎯→浓+H2O【小问4详解】E→F的反应中，O原子数增加，反应类型为氧化反应；【小问5详解】G→H的反应为氧化反应，G→H的反应C原子

数不变，结合H的结构简式以及G的分子式，可知G的结构简式为；【小问6详解】1molI与Na反应最多生成233.6LH(标准状况下)，即产生1.5mol氢气，化合物I的分子式为C9H12O3，不饱和度为4，化合物I的核磁共振氢谱显示3组峰，则其中含有苯环，且取代基高度对称

，符合条件的结构简式为【小问7详解】分子内脱水生成，被还原为，发生消去反应生成，发生题目已知①的反应生成，故流程为⎯⎯⎯→浓硫酸4LiAlH⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→浓硫酸33PhPO→、。18.金、银是生活中常见的贵重金属，工业上常利用氰化法从含金矿石(成分为Au、Ag、Fe2O

3，和其它不溶性杂质)中提取金。简化工艺流程如下：已知：①Zn与Al性质相似，具有两性；②HCN易挥发，有剧毒；③Au位于第六周期，IB族。（1）“酸浸”步骤产生的有害气体与___________(填物质名称)混合后可以用烧碱溶液吸收。（2）“氧化”步骤的目的是将单质Au转

化为()2KAuCN。①写出反应的化学方程式___________。②()2KAuCN中的阴离子构型为直线形，试分析原因___________(已知C做配原子)。③为抑制CN-水解，需同时加入KOH，但KOH用量不可过多，原因是：___________。

（3）已知，c(Au+)过高时易发生歧化反应，因此需控制溶液中的c(CN-)。欲使浸出液中c(Au+)/c([Au(CN)2-])<10-6，试计算说明c(CN-)的最小合理取值___________(

写出计算过程)。已知：()10aKHCN5.010−=；()2022HAuCNAu2HCNK4.010−++−++=，（4）某小组设计模拟实验方案，从滤液1中提取银单质：取滤液1蒸干灼烧至恒重，加盐酸充分反应后过滤，所得滤渣即Ag单质。该方案的不合理处包括：①能耗过高，会

产生大量污染性气体。②___________(借助方程式表示)。查阅资料得知，常温时N2H4·H2O在碱性条件下能还原()32AgNH+：4()32AgNH++N2H4·H2O=4Ag↓+N2↑+4+4NH+4NH3↑+

H2O。请设计从滤液1中获取单质Ag的实验方案：___________(不必写出具体操作；实验中须使用的试剂有：浓氨水、2mol·L−1N2H4·H2O溶液，1mol·L−1H2SO4)。【答案】（1）氧气（2）①.()2224Au+8KCN+2HO+O=4KAuCN+4KOH②.

Au(Ⅰ)(的6s与6p空轨道)采取sp杂化。C的孤对电子填入Au(Ⅰ)的sp杂化轨道后价层电子对数为2，也采取sp杂化，因此五原子共线，呈直线形③.溶液碱性太强可能导致“置换”步骤的Zn损耗（3）c(CN-)>1×10-16mol/L（4）①.加盐酸溶解时会发生反应3+2++F

e+AgFe+Ag，导致Ag损失②.向滤液1中加入足量浓氨水至沉淀不再溶解，过滤，向滤液中加入2mol·L−1N2H4·H2O溶液，并用1mol·L−1H2SO4吸收尾气。充分反应后过滤，滤渣即Ag单质【解析】【分析】该工艺流程原料为含金矿石

(成分为Au、Ag、Fe2O3，和其它不溶性杂质)，目的为提取金，利用稀硝酸进行酸浸，Ag、Fe2O3与稀硝酸反应进入滤液1，Au和其它不溶性杂质在氧化工艺中，其它不溶性杂质作为滤渣除去，Au转化为()2KAuCN再与锌发生置换反应得到锌金沉淀，进一步提纯得到金。

【小问1详解】酸浸时，Ag与稀硝酸反应生成NO有毒气体，NO与烧碱溶液不反应，需要与氧气混合才能与烧碱溶液反应；故答案为：氧气；【小问2详解】“氧化”步骤的反应物为Au、2O、KCN，生成物为()2KAuCN，故方程式为()2224Au+8KCN+2HO+O=

4KAuCN+4KOH；()2KAuCN中的阴离子为()2AuCN−，其中Au(Ⅰ)(的6s与6p空轨道)采取sp杂化。C的孤对电子填入Au(Ⅰ)的sp杂化轨道后价层电子对数为2

，也采取sp杂化，因此五原子共线，呈直线形；KOH用量过多则溶液碱性较强，Zn具有两性可以与强碱发生反应，导致“置换”步骤的Zn损耗较多；故答案为：()2224Au+8KCN+2HO+O=4KAuCN+4KOH；Au(Ⅰ)(的6s与6p空轨道)采取sp杂化。C的

孤对电子填入Au(Ⅰ)的sp杂化轨道后价层电子对数为2，也采取sp杂化，因此五原子共线，呈直线形；溶液碱性太强可能导致“置换”步骤的Zn损耗；【小问3详解】根据c(Au+)/c([Au(CN)2-])<10-6，()()()(

)()2+202-+2cAucHCNK4.010cHcAuCN−==，得()()()()()-2220142++6cAuCNcHCNK4.0104.010cAucH110−−−==，则()()

7+cHCN2.010cH−，由()()()()+10acHcCNKHCN5.010cHCN−==，得()()()()()71016a+cHCNcCNKHCN2.0105.010110cH−−−==；故答案为：c(CN-)>1×10-16mol/L

；【小问4详解】滤液1的主要成分为()333AgNOFeNO、，蒸干灼烧发生3222AgNO2Ag+2NO+O、()3232234FeNO2FeO+12NO+3O，有较多有害气体生成，得到的Fe2O3与加入的盐酸反应生成3+Fe，3+2++Fe+AgFe+Ag使部分Ag溶解造成损失；

根据信息：常温时N2H4·H2O在碱性条件下能还原()32AgNH+得到Ag，则应将滤液1的成分3AgNO转化为()32AgNH+，故操作为向滤液1中加入足量浓氨水至沉淀不再溶解，过滤，向滤液中加入2mol·L−1N2H4·H2O溶液，并用1mol·L−1H2SO4吸收尾气，充分

反应后过滤，滤渣即Ag单质；故答案为：加盐酸溶解时会发生反应3+2++Fe+AgFe+Ag，导致Ag损失；向滤液1中加入足量浓氨水至沉淀不再溶解，过滤，向滤液中加入2mol·L−1N2H4·H2O溶液，并用1mol·L−1H2SO4吸收尾气，充

分反应后过滤，滤渣即Ag单质。