【文档说明】四川省泸州市泸县第五中学2024-2025学年高三上学期开学考试化学试题 Word版含解析.docx，共(19)页，4.649 MB，由小赞的店铺上传

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2024年秋期高2022级高三开学考试化学试题满分：100分；考试时间：75分钟注意事项：1.化学试卷分为第一部分(选择题)和第二部分(非选择题)两部分。2.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡上相应位置。3.选择题答案使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目的位置上

，填涂在试卷上无效。4.非选择题答案使用黑色签字笔填写在答题卡对应题目的位置上，填写在试卷上无效。相对原子质量：H-1O-16S-32Fe-56Cu-64Cl-35.5Ag-108第一部分选择题(共42分)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，只有一项是符合题目要求。1.中华传统文化博大精深，其中涉及很多的化学知识。下列有关说法正确的是A.“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”，“紫烟”指“香炉”中碘升华现象B.“榆荚只能随

柳絮，等闲缭乱走空园”，“柳絮”的主要成分为纤维素C.成语“刀耕火耨”蕴含的化学原理是放火烧去野草，用余灰肥田，还可降低土壤碱性D.“试玉要烧三日满，辨材须待七年期”中“玉”的成分是硅酸盐，该句诗表明玉的硬度很大【答案】B【解析】【详解】A．“紫烟”是水蒸气扩散到空气中形成的气溶

胶在光照条件下产生了丁达尔效应，A错误；B．“柳絮”的主要成分和棉花的相同，都是纤维素，B正确；C．草木灰的主要成分为碳酸钾，水解显碱性，使土壤碱性增强，C错误；D．“试玉要烧三日满”表明了玉化学性质稳定，熔点高，故耐高温，与玉的硬度无关，D错误

；答案选B。2.氨气是一种重要的工业原料，在工业上可用氨气检验氯气管道是否漏气，其反应原理为233Cl8NH+24=N6NHCl+。下列有关叙述正确的是A.2N的结构式：NN=B.Cl原子的结构示意图：C.3NH的球棍模型：D.4NHCl的电子式：【答案】B【解析】【详解】A．2

N的结构式为NN，选项A错误；B．氯离子的核电荷数、核外电子总数都是17，其原子结构示意图为：，选项B正确；C．3NH分子的空间结构是三角锥形，不是平面正三角形，选项C错误；D．4NHCl的电子式为H········HHNHCl+−∶∶∶∶，选项D错误；答案选B。3

.镓溶于高氯酸可制备配合物，反应的化学方程式为()()42242632Ga+6HClO+12HO=2GaHOClO+3H。下列叙述错误的是A.基态镓原子的电子排布式为[Ar]4s24p1B.HClO4在水中的电离方程式为+4

-4H=H+CClOlOC.H2O的空间结构为D.H2分子含s-sσ键【答案】A【解析】【详解】A．基态镓原子的电子排布式为1021Ar3d4s4p，A项错误；B．高氯酸是强酸，4HClO在水中完全电离，

B项正确；C．H2O的空间结构为V形，C项正确；D．H2分子中不存在杂化轨道，只存在s-sσ键，D项正确；故答案选A。4.下列离子方程式正确的是A.用石墨电极电解氯化铝溶液：Cl－+2H2O通电Cl2↑+H2↑+2OH－B.用氯气给自来水消

毒：Cl2＋H2O＝2H＋＋Cl－＋ClO－C.用Na2CO3溶液作洗涤剂：2-3CO+H2OHCO3−+OH-D.氮化镁加入过量稀盐酸中：Mg3N2＋6H＋=3Mg2+＋2NH3↑【答案】C【解析】【详解】A．用石墨电极电解氯化铝溶液时发生的离子

反应为2Al3++6Cl－+6H2O通电2Al(OH)3↓+3Cl2↑+3H2↑，故A错误；B．HClO是弱酸，在离子方程式中不能拆开，用氯气给自来水消毒时发生的离子反应为Cl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClO，故B错误；C．用Na2CO3溶液作洗涤剂时发生的水解反应式为2-3CO

+H2OHCO3−+OH-，故C正确；D．氮化镁加入过量稀盐酸中发生的离子反应为Mg3N2＋8H＋=3Mg2+＋24NH+，故D错误；故答案为C。5.某同学在一pH试纸上滴几滴新制的氯水，现象如图所示，下列有关该实验的说法正确的是

A.该实验说明氢离子扩散速度比次氯酸分子快B.该实验说明氯气分子具有漂白性C.实验后的pH试纸为红色D.若将新制的氯水放置数天后进行实验，会产生相同的实验现象【答案】A【解析】【详解】A．由实验可知，滴加氯水的中间区域变白色，而周围变成浅红色，可说明H+的扩散速度比HCl

O分子快，A正确；B．HClO具有漂白性，Cl2无漂白性，B错误；C．HClO具有漂白性，实验后的pH试纸为白色，C错误；D．久置的氯水主要成分为稀盐酸，无漂白性，因此用久置的氯水进行实验，实验现象不同，D错误

；故答案为A。6.2CO转化为甲醇有助于实现“碳达峰”，反应方程式为2232CO3HCHOHHO++ƒ，AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.22gH含有质子数为ANB.消耗4.4g2CO转移电子数为A1.2NC.18g

2HO含有共价键数为A2ND.标准状况下，22.4L3CHOH含有氢原子数为A4N【答案】C【解析】【详解】A．22gH的物质的量为1mol，含有的质子数为2AN，故A错误；B．4.4g2CO的物质的量为0.1mol，反应前后碳元

素化合价由+4价降为-2价，所以消耗4.4g2CO转移电子数为A0.6N，故B错误；C．18g2HO物质的量为1mol，含有共价键数为A2N，故C正确；D．标准状况下，3CHOH是液态，无法计算22.4L3CHOH的物质的量，故D错误；故答案为：C。7.利用冠醚可实现水溶液中锂镁的分离，

其制备与分离过程如图。下列说法错误．．的是A.甲→乙的反应类型为取代反应B.丙中Li+通过共价键与O原子结合C.甲、乙、丙中仅有一种物质属于超分子D.通过空间结构和作用力协同实现锂镁分离【答案】C【解析】的【详解】A．两分子甲与两分子反应生成乙和4个HBr，发生

的是取代反应，故A正确；B．丙中Li+通过配位键与O原子结合，配位键也是共价键，故B正确；C．乙和丙都是超分子，故C错误；D由流程图可知，通过空间结构和作用力协同可以实现锂镁分离，故D正确；答案选C。8.一种新型锅炉水除氧剂的结构式如图所示，图中W，X，Z，Y是原子序数依次增大的短周期元素，W和

Y化合成的某种化合物是一种绿色氧化剂。下列说法中正确的是A.基态X原子核外有三种能量不同的电子B.W和X形成的氢化物的键角一定小于ZW3分子的键角C.Z元素的氧化物对应的水化物一定为强酸D.X和Y形成的某种分子中可能只有π键而没有σ键【答案】A【解析】【分析】由结构可

知W可以形成1个共价键，为氢；Z可以形成3个键，为第五主族；X可以形成4个键，为第四主族；Y可以形成2个键，为第六主族；W，X，Z，Y是原子序数依次增大的短周期元素，W和Z化合成某种化合物是一种绿色氧化剂，所以分别为H，C，N

，O元素，以此解题。【详解】A．基态C原子核外有1s，2s，2p三种能量不同的电子，A选项正确；B．W和X形成的氢化物有多种，比如乙烯的键角大于NH3分子的键角，B选项错误；C．N元素形成的2HNO为弱酸，C选项错

误；D．任何分子中如果有π键则一定有σ键，D选项错误；故选A。9.海洋资源丰富，从海水中获取镁和溴的流程示意图如下：。下列有关说法正确是A.从经济效益角度考虑，工业上使用的试剂X是氢氧化钠B.可用23N

aSO代替2SO吸收含溴的空气C.直接将2MgCl溶液加热蒸干得无水2MgClD.虚线框内流程的主要目的是减少环境污染【答案】B【解析】【分析】苦卤中含有氯化镁，加生石灰反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁加入

盐酸得到氯化镁溶液，在氯化氢氛围中蒸发结晶得到氯化镁，熔融电解得到金属镁；苦卤中含有溴离子，通入氯气生成溴单质，用热空气吹出溴然后用二氧化硫吸收，再通入氯气得到溴水混合物，经蒸馏得到液溴；据此分析解题。【详解】A．氢氧化钠价格较

贵，从经济角度考虑，试剂X最适合的是生石灰或氢氧化钙，A错误；B．23NaSO具有还原性，可以吸收含溴的空气，B正确；C．2MgCl水解生成氯化氢易挥发，直接将2MgCl溶液加热蒸干最终得到MgO，应在氯化氢氛围中加热蒸干，C错误；D．虚线框内流程的主要目的是富集溴元素，D错误

；故选B。10.浩瀚的海洋中蕴藏着丰富的资源，其中海水提溴工艺如图所示，下列说法中不正确的是A.吹出塔中采用热空气有利于溴的吹出B.吸收塔中2SO被氧化的C.吸收时可用243Fe(SO)溶液代替2SO和水D.蒸馏塔中发生置

换反应【答案】C【解析】【分析】利用氯气的氧化性强于溴单质，向海水中通入氯气和酸，发生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，液溴易挥发的液体，通入热空气，吹出溴单质，溴的氧化性强于SO2，吸收塔中发生Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，将HBr蒸

出，蒸馏塔中发生Cl2+2HBr=2HCl+Br2，蒸出溴蒸气，然后冷凝，得到液溴，据此分析；【详解】A．海水中通入氯气和酸，发生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，因为液溴易挥发，采用热空气吹出溴单质，故A说法

正确；B．吸收塔中发生Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，硫元素化合价升高，SO2被氧化，故B说法正确；C．根据B选项分析，SO2被氧化，二氧化硫作还原剂，Fe2(SO4)3中Fe3+具有强氧化性，不与溴单质反应，因此Fe2(SO4)3不能代替SO

2，故C说法错误；D．蒸馏塔中发生Cl2+2HBr=2HCl+Br2，该反应置换反应，故D说法正确；答案为C。11.MO+分别与4CH、4CD反应生成甲醇，体系的能量随反应进程的变化如下图所示（两者历程相似，图中以4CH示例）。直接参与化学键变化的元素被

替换为更重的同位素时，反应速率会变慢。下列说法正确的是A.步骤Ⅰ和Ⅱ涉及极性键和非极性键的变化B.MO+与4CD反应的能量变化对应图中曲线dC.上述反应达平衡时，升高温度，甲醇的产量升高D.若MO+与3

CHD反应，生成的氘代甲醇有2种【答案】D为【解析】【分析】步骤I涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，故氧更容易和H而不是和D生成羟基；【详解】A．步骤I涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中

涉及碳氧键形成，不涉及非极性键的变化，A错误；B．已知：直接参与化学键变化的元素被替换为更重的元素时，反应速率会变慢，活化能变大，则MO+与4CD反反应的能量变化应为图中曲线c，反应的活化能更大，B错误；C．由图可知，生成物能量低于反应物的

能量，则反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇产量减小，C错误；D．根据反应机理可知，若MO+与3CHD反应，生成的氘代甲醇可能为CH3OD或CH2DOH，共两种，D正确；故选D。12.有关甲、乙、丙三个装置，下列说法正确的是A.甲装置能将化学能100%转化为电

能B.乙装置不能形成原电池，因此无明显现象发生C.当丙装置两电极质量变化值之差为1g时，外电路中理论上转移2mol电子D.若将丙装置中的盐桥换成U形铜条，电流计不会偏转【答案】C【解析】【详解】A．甲装置形成原电池将化学能转化为电能，

但不能将化学能100%转化为电能，A错误；B．乙装置没有盐桥构成闭合回路，不能形成原电池，但锌与稀硫酸接触会发生反应，锌片表面溶解并产生气泡，B错误；C．丙装置锌电极反应为22eZnZn−+−=，铜电极反

应为22eCuCu+−+=，外电路中转移2mol电子时锌电极有1mol锌溶解，质量减少65g，铜电极生成1mol铜，质量增加64g，两电极质量变化值之差为1g，C正确；D．若将丙装置中的盐桥换成U形铜条，左烧杯变成一个新的锌铜单液原电池，右烧杯变成以铜为电极电解硫酸铜溶液的电解池，

铜条作为导体将原电池和电解池连接为闭合回路，仍有电流产生使电流计偏转，D错误；故答案为：C。13.丙烯可发生如下转化(反应条件略)：下列说法不正确的是A.产物M有2种且互为同分异构体(不考虑立体异构)B.H+可提高YZ→转化的反应速率C.YP→是缩聚反应，该工艺有利

于减轻温室效应D.YZ→过程中，a处碳氧键比b处更易断裂【答案】C【解析】【分析】丙烯与HOCl发生加成反应得到M，M有CH3-CHCl-CH2OH和CH3-CHOH-CH2Cl两种可能的结构，在Ca(OH)2环境下脱去H

Cl生成物质Y()，Y在H+环境水解引入羟基，再脱去H+得到主产物Z；Y与CO2发生加聚反应得到物质P。【详解】A．根据分析可知，产物M有2中结构且互为同分异构体，A正确；B．根据分析可知，H+促进Y中醚键的水解

，后又脱离，使Z成为主产物，故H+可提高YZ→转化的反应速率，B正确；C．YP→是CO2与Y发生加聚反应，没有小分子生成，不是缩聚反应，该工艺有利于消耗CO2，减轻温室效应，C错误；D．题干部分可以看出

，是a出碳氧键断裂，故a处碳氧键比b处更易断裂，D正确；故答案选C。14.常温下，向65CHCOOH、()()NiNOMnNO₃₂、₃₂的混合溶液中滴加NaOH溶液，溶液中pX()()()()()()2121[pXlgcXcXcNi/molLcMn/molL+−+−=−

=，，与pH的关系如图所示，下列叙述正确的是已知：常温下Mn(OH)2的溶解度大于Ni(OH)2。A.L1代表pMn和pH的关系B.苯甲酸的aK为4.210−C.反应()2+2+22MnOH+Ni=Mn+Ni(OH)的化学平衡常数K为-2.5710D.Q点坐标为(5.65，-1.45)【答案

】B【解析】【分析】由于常温下Mn(OH)2的溶解度大于Ni(OH)2，且()2MnOH和()2NiOH组成类型相同，故1L代表pNi与pH的关系，2L代表pMn与pH的关系。【详解】A．根据分析，1L代表p

Ni与pH的关系，A项错误；B．根据a点数据可知，+-2c(H)=10mol/L，--2.26565c(CHCOO)=10c(CHCOOH)，则65CHCOOH的aK为-2-2.2-4.2aK=10?10=10，B项正确；C．根据b、c点数据可知，()-52-2.69-12.69sp2

KMnOH=(10mol/L)?10mol/L=10，()-62-3.26-15.26sp2KMnOH=(10mol/L)?10mol/L=10，则该化学反应的平衡常数()())-12.69sp22.57-15.26sp2KMnOH10K===1010KNiOH，C

项错误；D．Q点时根据pX的定义可得，()4.2pH12.69214pH−=−−，解得pH≈6.5，pX≈-2.3，D项错误；答案选B。第二部分非选择题(共58分)二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.以废旧磷酸亚铁锂正极材料(主要成分为4LiFePO，含炭黑、铝等杂质)为原料

可制备LiOH溶液和4FePO。回答下列问题：（1）“除铝”时反应的离子方程式为_______。（2）“浸取”、过滤后，所得滤渣是_______(填名称)。（3）“沉铁”时，铁、磷的沉淀率随溶液的pH的变化如图所示。pH2.5后磷元素沉淀率逐渐下降，原因是_______。（4）“电解”制

备LiOH的原理如图所示，装置中使用阳离子交换膜将电解槽隔成阳极室和阴极室，其目的是_______。（5）LiOH和()()4422NHFeSO、34HPO反应得到4LiFePO、44NHHSO，反应的化学方程式为_______。

（6）工业上常用LiCl、3FeCl、424NHHPO、苯胺()为原料制取磷酸亚铁锂。LiCl和3FeCl均为金属氯化物，LiCl的熔点为605℃，3FeCl的熔点为306℃，两者熔点差异明显的主要原因是_______。【答案】（1）22

22Al2OH2HO2AlO3H−−++=+或()2242Al2OH6HO2AlOH3H−−++=+（2）炭黑（3）pH2.5后，溶液中()OHc−较大，部分3Fe+以()3FeOH形式沉淀下来，降低了磷元

素的沉淀率（4）防止得到的LiOH不纯，并防止2H、2Cl混合爆炸（5）()()4434444222LiOHNHFeSOHPOLiFePO2NHHSOHO++=++（6）LiCl为离子晶体，3FeCl为分子晶体，离子晶体熔化破坏的是离子键，分子晶体熔化破坏的是分子间作用力，离子晶

体的熔点比分子晶体的高，所以两者的熔点相差很大【解析】【分析】废旧磷酸亚铁锂正极材料(主要成分为LiFePO4，含炭黑、铝等杂质)先与NaOH溶液反应，铝转化为偏铝酸钠进入溶液，过滤后用H2O2、稀盐酸浸取滤渣，LiFePO4反应溶解，亚铁离

子被氧化，PO34−和氢离子反应生成H2PO4−，所以溶液主要有Li+、Fe3+、H2PO4−、Cl-等，滤渣为炭黑；加入碳酸钠溶液与H2PO4−反应生成二氧化碳和PO34−，继而得到FePO4沉淀；过滤后经系列处理得到LiCl溶液，电解得到LiOH溶

液。【小问1详解】除铝反应为铝单质和NaOH反应生成偏铝酸钠的反应，离子方程式为：2222Al2OH2HO2AlO3H−−++=+或()2242Al2OH6HO2AlOH3H−−++=+。【小问2详解】由分析可知，“浸

取”、过滤后，所得滤渣是炭黑。【小问3详解】pH2.5后磷元素沉淀率逐渐下降，原因是：pH2.5后，溶液中()OHc−较大，部分3Fe+以()3FeOH形式沉淀下来，降低了磷元素的沉淀率。【小问4详解】电解过程中阳极氯离子放电会产生氯气，氯气可以和LiOH溶液反应，

且与阴极产生的氢气混合容易爆炸，阳离子交换膜将电解槽隔成阳极室和阴极室可以防止得到的LiOH不纯，且确保了工业生产的安全(以防H2、Cl2混合爆炸)。【小问5详解】已知部分反应物和生成物，根据元素守恒可得方程

式为()()4434444222LiOHNHFeSOHPOLiFePO2NHHSOHO++=++。小问6详解】LiCl为离子晶体，3FeCl为分子晶体，离子晶体熔化破坏的是离子键，分子晶体熔化破坏的是分子间作用力，离子晶体的熔点比分子晶体的高，所以两者的熔点相差很大。1

6.在化学的学习中，溶液是我们接触最多的混合物。溶液是指一种或一种以上的物质以分子或离子的形式溶解在另一种物质中形成的均一、稳定的混合物。其中物质的量多且能溶解其他物质的组分称为溶剂，含量少的组分称为溶质

。对于溶液，除了使用温度、压力、体积等物理量来描述其状态外，还应表示出溶液组分(溶质)的含量，即溶质的浓度。现在，我们就来了解一下常用的浓度表示方法。（1）物质的量浓度物质的量浓度是高中化学最常用的浓度表示方法。若令溶

质B的物质的量为()Bn，溶液体积为V，则溶质B的物质的量浓度()Bc表达式为___________。但这种方便的表示方法存在一定的缺陷，请给出一种可能的缺陷___________。（2）质量分数这是初中化学常用的浓度表达方式。溶液中所含溶质B的质量()Bm与溶液的总质

量m之比称为溶质B的质量分数，用符号()Bw表示。表达式为()()BBmwm=。现将26gNaCl溶于74g水中配成溶液，计算此溶液的质量分数___________。（3）质量摩尔浓度定义：溶液中所含溶质B的物质的量()Bn除以溶剂的质量()Am，称为溶质B的质量

摩尔浓度，用符号()Bb表示。表达式为()()()BBAnbm=，常用单位是1molkg−。现有1.503moldm−硝酸溶液的密度为31.049gcm−，求此硝酸溶液的质量摩尔浓度和质量分数___________(写出计算过程)。【（4）摩

尔分数定义溶质的摩尔分数()x质为溶液中溶质的物质的量除以溶液的总的物质的量，表达式为：()()()()()()nnxnnn==+质质质液质剂。在稀溶液中，存在如下近似关系：()()xx剂质，根据该近似关系可以得出很多结论。运用近似的思想证

明：对于足够稀的水溶液总存在()()55.56bx=质质：________。【答案】（1）①.()()BBncV=②.其数值会随着温度变化而变化（2）26%或0.26（3）硝酸溶液的质量摩尔浓度为11.57molkg−；硝酸的质量分数为9.0%（4）因为()()xx剂质

，因此近似有()()()xxx+=剂质剂，所以近似有()()()nxn=质质剂；对于水溶液，不妨令溶液中溶剂水为1000g，则有()11000g55.56mol18gmoln−==剂；此时溶液中溶质的物质的量与溶液的质量摩尔浓度()b质在数值上相当，于是有()()()()55.56nbxn==质

质质剂，因此原式得证【解析】【小问1详解】溶质B的物质的量为n(B)，溶液体积为V，则溶质B的物质的量浓度c(B)表达式为()()nBcB=V；但这种方便的表示方法存在一定的缺陷，其数值会随着温度变化而变化；【小

问2详解】根据表达式()()mBωB=m可知，26gNaCl溶于74g水中配成溶液，溶液的质量分数为26g=0.2626g+74g；【小问3详解】根据质量摩尔浓度的定义可知，1.50mol⋅dm−3硝酸溶液的密度为1.049g⋅cm−3，()-33m=ρ

×V=1.049gcm?1000cm=1049g溶液，()3mHNO=c?V=1.50mol/L?1L=1.50mol，()()()23mHO=m-mHNO=1049g-1.50mol?63g/mol=954.5g溶液，则()31.50molbHNO==1.57mo

l/kg954.5g；()()()33mHNO94.5gωHNO=?100%=?100%=9.0%m1049g溶液；【小问4详解】可运用近似的思想，足够稀的水溶液中，因为x(剂)≫x(质)，因此近似有x(剂)+x(质)=x(剂)

，所以近似有()()()nx=n质质剂；对于水溶液，令溶液中溶剂水为1000g，则有()-11000gn==55.56mol18gmol剂；此时溶液中溶质的物质的量与溶液的质量摩尔浓度b(质)数值上相当，于是有()()()()nbx==55.56n质质

质剂。17.某研究小组为制备3NaHCO并探究3NaHCO溶液的性质，设计并完成了下列实验。请回答下列问题：（1）模拟侯氏制碱工艺制备3NaHCO。①仪器i的名称为_______，仪器ii的作用为_______。②各仪器接口的连接顺序为_______ef→_______(用字母表示，用→代表

气流方向)。（2）该小组为探究Mg与3NaHCO溶液能快速反应产生2H的原因(实验中的镁条均经过打磨)进行了如下实验。实验组别实验内容实验现象i镁条表面有极微量气泡附着ii镁条表面持续产生大量气泡(经检验为2H)，溶液变浑浊[经检验该浑浊物为2232Mg(OH)COx

HO]iii将实验i中的镁条取出，立即加入到1310mL1molLNaHCO−溶液中，很快镁条表面持续产生大量气泡查阅资料：与致密的()2MgOH相比，2232Mg(OH)COxHO是质地疏松的难溶物。①与实验ii相比，实

验i观察到镁条表面只有极微量气泡附着的原因为_______。②该小组欲借助肥皂液等检验实验ii中产生的2H，写出相应的实验操作与现象：_______。③实验iii证实3HCO−对Mg与水反应起促进作用，试从化学平衡移动角度解释其原因：______

_。（3）查阅资料：水存在自耦电离，方程式为2233HOHOHOOH,NaHCO+−++溶液中3HCO−也存在类似水的电离[已知：常温下()()6.410.2a123a223KHCO10KHCO10−−=

=、]。用pH传感器测量常温下不同浓度3NaHCO溶液的pH，结果如下表。3NaHCO溶液的浓度/()1molL−10.50.10.01pHaaaa写出3HCO−自耦电离方程式：_______，理论上表格中的a=_______。【答案】（1）①.长颈漏斗②.防倒吸

③.bcd→→④.a（2）①.生成的()2MgOH比较致密，会附着在镁条表面阻碍反应进行②.将反应产生的气体通入肥皂液中，待形成大量泡沫时点燃气泡，听到有爆鸣声③.3HCO−与OH−反应生成23CO−，使22Mg(OH)(s)Mg(aq)2

OH(aq)+−+平衡正向移动，2Mg(OH)膜溶解形成质地疏松的2232Mg(OH)COxHO，增大了Mg与水的接触面积（3）①.323322HCOCOHCO−−+或233323HCOHCOCOHCO−−−++②.8.30【解析】【分析】模拟侯氏制碱工

艺制备3NaHCO，利用甲装置通过熟石灰与氯化铵共热制氨气，通过f通入装置丁，利用装置乙通过大理石和稀盐酸反应制二氧化碳，通过装置丙除去二氧化碳中的HCl，再由e通入装置丁，反应制得碳酸氢钠晶体；【小问1详解】①根据仪器的构造可知，仪器i的名称为长颈漏斗，利用干燥管将氨气由该装置进入装置丁吸收，

仪器ii的作用为防倒吸；②根据分析可知，各仪器接口的连接顺序为bcd→→ef→a；【小问2详解】①与实验ii相比，实验i观察到镁条表面只有极微量气泡附着的原因为生成的()2MgOH比较致密，会附着在

镁条表面阻碍反应进行；②该小组欲借助肥皂液等检验实验ii中产生的2H，相应的实验操作与现象为：将反应产生的气体通入肥皂液中，待形成大量泡沫时点燃气泡，听到有爆鸣声；③3HCO−与OH−反应生成23CO−，使平衡22Mg(OH)(s)Mg(aq)2OH(aq)+−+正向移动，2Mg(OH)

膜溶解形成质地疏松的2232Mg(OH)COxHO，增大了Mg与水的接触面积，则实验iii证实3HCO−对Mg与水反应起促进作用；【小问3详解】类比水自耦电离方程式为223HOHOHOOH+−++，3HCO−自耦电离产生碳酸和碳酸根离子，反应的离子方程式为：323322

HCOCOHCO−−+或233323HCOHCOCOHCO−−−++；常温下()()6.410.2a123a223KHCO10KHCO10−−==、，c(H+)=6.410.28.312101010aaKK−−−==，pH=8.3。18.托品酮(K)是合成某种药物的前体，最早由德国有机化

学家里夏德·威尔施泰特于1901年合成。威尔施泰特以环庚酮作为起始原料，经过15步合成了托品酮。尽管路线中每一步的产率均较高，但由于步骤较多，使总产率大大降低，只有0.75%。合成路线如下(部分反应已略去)：1917年

，罗伯特·鲁滨逊利用曼尼希反应，仅以结构简单的丁二醛、甲胺和3-氧代戊二酸为原料，仅通过一锅反应就以17%的产率合成了托品酮，经改进后甚至可以超过90%。合成路线如下：根据以上合成路线，回答下列问题：（1）P的分子式为___________，

P中所含含氧官能团名称为___________。（2）G中含有C-C键等___________种化学键，I→J的反应类型为___________。（3）R含有苯环，分子式比Q少2个H原子，且R中只有一个酚羟基

，则R共有___________种可能的结构，写出其中满足核磁共振氢谱峰面积比为6:2:2:1的结构简式___________(两种即可)。（4）完成下列合成路线。①以为原料，使用题干中出现的试剂和溶剂设计路线合成。___________②补全原料：1)pH52)H3)Δ+=⎯⎯⎯⎯⎯→缓冲液。_

__________【答案】（1）①.10135CHNO②.羧基、(酮)羰基（2）①.4②.取代反应(水解反应)（3）①.61②.、（4）①.②.、、H2NCH(CH3)2【解析】【分析】G和溴发生加成反应生成H，由H逆推，可知G是。【小问1详解】根据P的

结构简式，可知P的分子式为C10H13NO5，P中所含含氧官能团名称为羧基、羰基。【小问2详解】G和溴发生加成反应生成H，由H逆推，可知G是，G中含有C-C键C-H、C-N、C=C等4种化学键；I→J是I中的溴原子被羟基代替，反应类型为取代反应。【小问3详解】Q分子式为C8

H13NO，R含有苯环，分子式比Q少2个H原子，且R中只有一个酚羟基。若有2个取代基-OH、-NHCH2CH3有3种结构；若有2个取代基-OH、-CH2CH2NH2有3种结构；若有2个取代基-OH、-CH2NHCH3有3

种结构；若有2个取代基-OH、-CH(CH3)NH2有3种结构；若有2个取代基-OH、-N(CH3)2有3种结构；若有3个取代基-OH、-CH2NH2、-CH3有10种结构；若有3个取代基-OH、-NH2、-CH2CH3有10种结构；若有3个取

代基-OH、-NHCH3、-CH3有10种结构；若有4个取代基-OH、-NH2、-CH3、-CH3有16种结构；则R共有61种可能的结构，其中满足核磁共振氢谱峰面积比为6:2:2:1的结构简式、。【小问4详解】完成下

列合成路线。①被CrO3氧化为，与NH2OH反应生成，还原为，合成路线为②根据L、M、N反应生成O，、、H2NCH(CH3)2合成。