【文档说明】湖南省多校2025届高三上学期第一次大联考 化学试题 Word版含解析.docx，共(22)页，3.292 MB，由小赞的店铺上传

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2025届高三第一次大联考化学本试卷共6页。全卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选

择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Fe56一、选择题：本题共14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

项是符合题目要求的。1.下列说法正确的是A.网球奥运冠军郑钦文比赛用的是碳纤维网球拍，碳纤维是有机高分子材料B.张家界黄龙洞是著名的溶洞景点，钟乳石的形成涉及到了氧化还原反应C.向豆浆中加入熟石膏作为凝固剂

，可以得到美味的豆腐脑D.公共场所常用“84”消毒液和乙醇进行消毒，它们的消毒原理相同【答案】C【解析】【详解】A．碳纤维不是有机高分子材料，A错误；B．钟乳石形成的主要反应：()32232CaCOCOHOCaHCO++=，元素化合价在反应前后无变化，不是氧化还原反应，B错误；C．向

豆浆中加入熟石膏作为凝固剂，可以得到美味的豆腐脑，利用了胶体的聚沉，C正确；D．乙醇消毒不是利用强氧化性，“84”消毒液消毒是利用其强氧化性，D错误；本题选C。2.下列化学用语正确的是A.4CCl的空间填充

模型：B.()2CaOH在水中的电离方程式：()22CaOHCa2OH+−=+C.由H和Cl形成HCl的过程：D.次氯酸的结构式：HClO−−【答案】B【解析】【详解】A．4CCl分子结构类似于甲烷分子，且Cl原子的原子

半径应该比C原子的原子半径大，则其空间填充模型为，A错误；B．()2CaOH在水中的电离方程式：()22CaOHCa2OH+−=+，B正确；C．由H和Cl形成HCl的过程：，C错误；D．次氯酸的结构式是HOCl−−，D错误；

故选B。3.下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是A．收集2SO气体B．量取8.00mL饱和食盐水C．钠的燃烧D．灼烧干燥海带A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．SO2难溶于饱和NaHSO3溶液，则可

用排饱和NaHSO3溶液的方法收集SO2，A符合题意；B．量筒只能精确到0.1mL，则不能量取8.00mL饱和食盐水，B不符合题意；C．可用瓷坩埚进行钠在空气中的燃烧实验，不能用玻璃表面皿，C不符合题意；D．固体的灼烧

坩埚应该放在泥三角上，而不是石棉网上，D不符合题意；故选A。4.理清化学基本概念是学好化学的重要基础。下列说法正确的是A.2SO、2NO均为酸性氧化物，()3FeOH、2FeCl均可由化合反应制得B.酸性：423HClOHSO，推知元素的非金属性：ClS

C.化学平衡正向移动，反应物的平衡转化率一定增大D.直径在1～5nm之间的纳米级碳粒不属于胶体【答案】D【解析】【详解】A．2NO与碱反应时，元素化合价发生了升降变化，与酸性氧化物的概念不符，A错误；B．最高价含氧酸酸性强弱，

才能够推知元素非金属性强弱，H2SO3中S元素不是最高价，无法比较Cl元素和S元素的非金属性，B错误；C．如果是浓度因素引起的正向移动，反应物的平衡转化率可能会下降，C错误；D．直径在1～5nm之间的纳米级碳粒是纯净物，胶体是混合物，则直径在1～5nm之间的纳米级碳粒不属于胶体，D正确；故选D

。5.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，且Y、W原子序数之和是X、Z原子序数之和的2倍。甲、乙、丙、丁、N是由这些元素组成的二元化合物，M是Y的单质。乙和丁的组成元素相同，乙被称为“绿色氧化剂”，N是一种具有漂白性的气体。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物、生成物、反应

条件省略)。下列说法正确的是A.简单氢化物的沸点：ZYB.Z与W可能形成22ZW化合物C.简单离子半径：WZYD.丙的分子结构为直线形【答案】B【解析】【分析】乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为22HO，催化分解产物

有2O，M为2O。乙和丁组成的元素相同，则丁为2HO；N是一种具有漂白性的气体，化合物N为2SO，丙和氧气反应生成二氧化硫和水，丙为2HS。X为H，Y为O，W为S，Y、W原子序数之和是X、Z原子序数之

和的2倍，推出Z为Na。【详解】A．由于NaH为离子晶体，且常温下为固体，沸点高于2HO，故A错误；B．Na与S元素可以形成22NaS(类比22NaO，Na甚至可以与S元素形成多硫化物2xNaS)，故B正确；C．电子层数越多半径越大，电

子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径大小为22SONa−−+，故C错误；D．2HS分子的空间结构为V形，故D错误；选B。6.下列反应的离子方程式书写正确的是A.饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳：232232NaCOCOHO2NaHCO+

−+++=B.向()243AlSO溶液中加入过量氨水：()33244Al4NHHOAlOH4NH−+++=+C.向NaClO溶液中滴入少量4FeSO溶液：2322FeClO2HCl2FeHO+−+−+++=++D.将N

a加入到4CuSO溶液中：22NaCuCu2Na+++=+【答案】A【解析】【详解】A．饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳，由于生成的3NaHCO溶解度小于23NaCO，且反应消耗了水，3NaHCO会析出，离子方程式为：232232NaCOCOHO2NaHCO+−+++=，A项正确；B．氨水不能

溶解氢氧化铝沉淀，该反应生成氢氧化铝，离子方程式应为：()33243Al3NHHOAlOH3NH+++=+，B项错误；C．过量的NaClO溶液呈碱性，无大量H+，不能有H+，C项错误；D．Na加入到4CuSO溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢

氧化铜沉淀，不会将Cu置换出来，D项错误；答案选A。7.32MgN常用于制备超硬、耐高温的氮化物。某兴趣小组设计实验：通过CuO氧化3NH制得2N，再与镁反应制备32MgN。已知()3222Mg2NHMgNHΔH++；32MgN遇水发生剧

烈反应，生成一种有刺激性气味的气体。下列说法错误的是A.装置A分液漏斗中的溶液为浓氨水B.装置B中碱石灰可以用无水氯化钙代替C.装置D中浓硫酸体现酸性和吸水性D.32MgN与水反应的化学方程式：()32232MgN6HO3MgOH2NH+=+【答案】B【解析】【分析】根

据题意可知，装置A用于制备NH3，装置B用碱石灰干燥NH3，装置C将NH3与CuO反应生成N2、Cu、H2O，装置D用浓硫酸干燥N2和除去NH3，装置E将N2与Mg反应生成32MgN，32MgN遇水发生剧烈反应，则装置F是为了防止空气中的水蒸气进入E装置。

【详解】A．实验室可以用浓氨水和生石灰/碱石灰/氢氧化钠固体制备3NH，则装置A分液漏斗中的溶液为浓氨水，A正确；B．装置B用碱石灰干燥NH3，而3NH会与无水氯化钙发生反应，则装置B中碱石灰不可以用无水氯化钙代替，B

错误；C．浓硫酸作用是除3NH和水蒸气，体现酸性和吸水性，C正确；D．32MgN遇水发生剧烈反应，生成一种有刺激性气味气体，判断产生了3NH，反应为()32232MgN6HO3MgOH2NH+=+，D正确；故选

B。8.设AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.41molNHF晶体中含有的键数目为A3NB.标准状况下，22.4L单质溴所含有的原子数目为A2NC.过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为A0.2N的的D.常温下，1LpH5=的4NHCl溶液中，由水电离出的OH−数目

为9A10N−【答案】C【解析】【详解】A．4NHF中N-H键为键，则41molNHF晶体中含有的键数目为A4N，A错误；B．标准状况下，单质溴不是气体，无法计算所含有的原子数，B错误；C．过氧化钠与水反应

时，氧气来源于过氧化钠，生成0.1mol氧气转移的电子数为A0.2N，C正确；D．1LpH5=的4NHCl溶液中水电离出的H+为10-5mol，水电离出的OH−数目等于水电离出的H+数目，应为5A10N−，D错误；故选C。9.下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是选项粒子组判断和

分析AI−、Na+、()4AlOH−、3HCO−不能大量共存，()4AlOH−、3HCO−的水解相互促进，产生沉淀和气体BK+、3NO−、()36FeCN−、2Fe+不能大量共存，因为可以发生反应C24SO−、H+

、4MnO−、HOOCCOOH−能大量共存，因为4MnO−不能氧化羧酸D22HO、3Fe+、Br−、2Mg+能大量共存，因为相互之间不发生反应A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．粒子()4AlOH−与3HCO−不能大量共存是因为相互发生反应，生成()3Al

OH沉淀和23CO−，A不符合题意；B．K+、()36FeCN−、2Fe+因为发生反应生成()6KFeFeCN蓝色沉淀而不能大量共存，B符合题意；C．4MnO−可以氧化草酸分子，不能大量共存；C不符

合题意；D．3Fe+可以催化22HO分解，因此不能大量共存，D不符合题意；故选B。10.高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色水处理剂，具有净水和消毒双重功能。工业上，在碱性条件下用NaClO氧化(Fe(NO3)3)可制得Na2FeO4。下列说法正确的是A.明矾也是常用

的水处理剂，它的作用原理与Na2FeO4类似B.上述制备Na2FeO4的过程中n(氧化产物)：n(还原产物)=3:2C.已知酸性条件下Na2FeO4在水溶液中会分解产生气体，此气体可能为氢气D.处理含少量甲苯的废水时，可用Na2FeO4将其转化为苯甲酸根而除去，理论上2

molNa2FeO4可处理甲苯1mol【答案】D【解析】【详解】A．明矾净水的原理是Al3+水解生成Al(OH)3胶体，吸附水中悬浮物，使水变得澄清。Na2FeO4的强氧化性能杀菌，遇水产生的Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体再吸附水中悬浮物，使水变得澄清。因

此原理不一样，A错误；B．制备高铁酸钠过程发生反应的离子方程式32423ClO10OH2Fe2FeO3Cl5HO−−+−−+++=+，依据方程式，n(氧化产物)：n(还原产物)2:3=，B错误；C．Na2FeO4溶液在酸性条件下会分解，根

据氧化还原反应的规律，只有氧元素的化合价可以升高，因此产生的气体应为O2，C错误；D．1mol甲苯被氧化成苯甲酸根，失去6mol电子，正好需要2molNa2FeO4，D正确；故答案为：D。11.以废旧

锂电极(主要含2LiCoO及少量石墨)为原料回收23LiCO，并制备24CoCO的工艺流程如图所示：已知：①2N氛围下焙烧后的主要固体产物是23LiCO和Co，还有少量23CoO；②23LiCO溶于稀酸，微溶于水

，在水中溶解度随温度升高而降低。下列说法正确的是A.让“焙烧”操作处于2N氛围中，可防止发生氧化还原反应B.为提高“水浸”效率，可适当升高温度C.“酸浸”时加入的22HO可能做还原剂D.“酸浸”后，溶液中剩

余的24HSO不会影响“沉钴”的效率【答案】C【解析】【分析】废旧锂电极(主要含2LiCoO及少量石墨)在2N氛围下焙烧后的主要固体产物是23LiCO和Co，还有少量23CoO，再水浸，已知23LiCO溶于稀酸，微溶

于水，在水中溶解度随温度升高而降低，过滤得到滤液含有23LiCO，滤渣含有Co、23CoO，再向滤渣中加入H2SO4、H2O2酸浸，23CoO与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生成Co2+和O2，Co与H2SO4反应生成CoSO4和H2

，则混合气体含有O2、H2，溶液中含有Co2+，最后向含Co2+的溶液中加入(NH4)2C2O4沉钴制得24CoCO。【详解】A．2N氛围是为了防止氧气参与反应，但是2LiCoO和石墨还是要发生氧化还原反应生成单质Co和23LiCO

，A错误；B．根据信息②，升高温度23LiCO的溶解度下降，不利于它溶解而分离，B错误；C．“过滤”后的滤渣中含有少量23CoO，最后都需要转化为Co(II)，因此加入22HO可以将Co(III)还原成Co(II)，C正确；D．溶液中剩余的24HSO可能使224

CO−转化为224HCO，从而不利于24CoCO沉淀产生，D错误；故选C。12.“绿色零碳”氢能前景广阔。为解决传统电解水制“绿氢”阳极电势高、反应速率缓慢的问题，科技工作者设计耦合HCHO高效制2H的方法，装置如图所示。部分反应机理为：。下列说法错误的是A.a、b两极均有

2H产生B.电解时OH−通过阴离子交换膜向b极方向移动，一段时间后阴极区()OHn−明显减少C.阳极反应：222HCHO2e4OH2HCOO2HOH−−−−+=++D.当电路中通过2mol电子时，2H理论产量为44.8L(标准状况下)【答案】B【解析】【分析】据图示可知，b电极上HCHO转化为H

COO−，而HCHO转化为HCOO−为氧化反应，所以b电极为阳极、a电极为阴极。【详解】A．a电极反应为222HO2eH2OH−−+=+，所以有2H产生，根据反应机理可知b电极也有2H产生，A正确；B．阴极反应222HO2eH2OH−−+=+，电解过程中阴极生成OH−，负电荷增多，

阳极负电荷减少，要使电解质溶液呈电中性，OH−通过阴离子交换膜向阳极移动，即向b极方向移动；由于相同时间内通过阴离子交换膜的OH−与阴极生成的OH−数目相同，故阴极区()OHn−无明显变化，B错误；C

．阳极反应涉及到：①21HCHOOHeHCOOHH2−−+−→+，②2HCOOHOHHCOOHO−−+=+，由(①＋②)×②得阳极反应：222HCHO2e4OH2HCOO2HOH−−−−+=++，C正确；为D．由以上分析可

知，当电路中通过2mol电子时，阴、阳两极各生成21molH，共22molH，故2H理论产量为44.8L(标准状况下)，D正确；本题选B。13.为实现氯资源循环利用，工业上采用2RuO催化氧化法处理HCl废气：(

)()()()22212HClgOgClgHOg2++1157.2kJmolH−=−。将HCl和2O分别以不同起始流速通入反应器中，在360℃、400℃和440℃下反应，通过检测流出气成分绘制HCl转化率()曲线，如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。下列说法错误的是A.该反应

的ΔS<0B.1440T=℃C.单位时间内转化的HCl的量：P点<M点D.使用更高效的催化剂可提高P点HCl转化率【答案】C【解析】【详解】A．反应()()()()22212HClgOgClgHOg2++前后的气体分子数目在减小，所以该反应S0，A正确；B．该反

应为放热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，所以在流速低的时候，温度越高，HCl的转化率越小，故1T代表的温度为440℃，3T为360℃，B正确；C．P点、M点对应的温度均为360℃，P点流速大，即浓度大，反应速率快，单位时间内转化的HCl的量多，

C错误；D．P点未达到平衡状态，使用高效催化剂，可以增加该温度下的反应速率，使单位时间内HCl的转化率增加，D正确；故选C。14.室温下，根据下列实验过程及现象，相应实验结论错误的是选项实验过程及现象实验结论A向某无色溶液中先加入

少量氯水，再加入4CCl振荡，下层溶液呈紫红色原溶液中一定存在I−B将等物质的量AgCl、AgI分别投入到等体积饱和氨水中，AgCl能溶而AgI不溶()()spspAgIAgClKKC向32mL0.005mol/LFeCl与2mL0.015mol/LKSCN混合后的溶液

中，加入少量KCl固体后，溶液红色明显变浅加入KCl后，原化学平衡发生了移动D4FeSO溶液中加入NaOH溶液，产生的白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色。一段时间后，红褐色固体渐渐变暗，其中有部分固体能被磁铁吸

引红褐色固体变暗可能是反应过程中有Fe生成A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．无色溶液中先加入少量氯水，再加入4CCl，振荡，下层溶液为紫红色，说明氯水置换出了2I，原溶液一定存在I−，A正确；B．AgX在氨水溶液中存在平衡()()()()()()32322AgXs2NHHOa

qAgNHaqXaq2HOl+−+++，()()()()()32sp232XAgNHAgXNHHOccKKKc+−==稳，将等物质的量AgCl、AgI分别投入到等体积饱和氨水中，AgCl能溶而

AgI不溶，说明()()()()()()32322AgCls2NHHOaqAgNHaqClaq2HOl+−+++的K值较大，而()()()()()()32322AgIs2NHHOaqAgNHaqIaq2HOl+−+++的K值很小，故()()spspAgIAgClKK，

B正确；C．32mL0.005mol/LFeCl与2mL0.015mol/LKSCN混合后的溶液中，存在()33Fe3SCNFeSCN+−+平衡，加入少量KCl固体后，溶液红色明显变浅，说明()3FeSCN浓度变小，平衡逆向移动。［Cl−与

3Fe+结合成()36FeCl−等配离子，从而导致平衡逆移］，C正确；D．虽然Fe能被磁铁吸引，但在空气中Fe(Ⅱ)或Fe(Ⅲ)不可能被还原为Fe单质，实际上是有34FeO生成而导致红褐色固体变暗，D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.配合物乙二胺四乙酸铁钠

(NaFeY)常用于铁强化盐的添加剂，易溶于水。回答下列问题：实验I：制备乙二胺四乙酸铁钠晶体实验原理：()23422232FeOHNaCO2HY2NaFeY3HOCOHO++=++实验步骤：①称

取323gFeCl6HO于烧杯中溶解，加入适量浓氨水，沉淀完全后过滤，洗涤，干燥；②将()3FeOH、乙二胺四乙酸(4HY，一种弱酸，做配位剂)、2HO加入三颈瓶(装置如图所示)，搅拌，控制80℃反应1h、用23NaCO

溶液调节pH，经过一系列操作后，过滤，洗涤，干燥后得到产品。（1）关于装置中恒压滴液漏斗的使用，下列说法错误的是___________(填标号)。A.使用之前需要检漏B.滴加溶液时需要打开上口活塞C.恒压滴液漏斗也可用

于萃取、分液操作D.通过调节下端活塞，可控制溶液的滴加速度（2）步骤②中“控制80℃”适合采取的加热方式为___________。（3）为了提高2NaFeY3HO晶体的纯度，步骤②中的“一系列操作”应为___________。实验II：铁强化盐中铁含量测定已知：①铁强化盐中含有NaCl

、3KIO、NaFeY，其中()()3KIO:NaFeY1:50nn=；②2222346I2SO2ISO−−−+=+。称取gm样品，加稀硫酸溶解后配成500mL溶液。取出25mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，

滴入淀粉溶液，用1223molLNaSOc−标准溶液滴定，重复操作2～3次，消耗223NaSO标准溶液平均值VmL。（4）“加入稍过量的KI溶液”后，I−发生的主要氧化还原反应的离子方程式有___________(写两个即可)。（5）滴定到终点的现象为_

__________(填颜色变化)。（6）样品中铁元素的质量分数为___________(用代数式表示)。【答案】（1）BC（2）水浴加热(控温电热套加热)（3）加热浓缩，缓慢冷却结晶(蒸发浓缩到溶液有晶膜出现，缓慢冷却结

晶)（4）3222I2FeI2Fe−+++=+或2242I2FeY8HI2Fe2HY−−++++=++、3225IIO6H3I3HO−−+++=+（5）蓝色变无色（6）cVm【解析】【分析】根据实验原理及仪器构造分析解答；

根据滴定原理计算铁元素的质量分数；根据氧化还原反应原理书写化学方程式。【小问1详解】恒压滴液漏斗使用时需要检漏，不需要打开上口活塞，溶液能顺利流下，萃取、分液操作应该选用梨形分液漏斗，恒压滴液漏斗不能用于此操作，通过调节下端活塞，可以控制溶液的滴加速度，故选BC；【小问2详解】“控制80

℃”一般采取水浴加热，如果有控温的电热套也可以实现控制80℃加热；【小问3详解】要求不仅要得到2NaFeY3HO晶体，还需要提升它的纯度，因此结晶方式应为加热浓缩，缓慢冷却结晶，因为缓慢冷却结晶可以生成更大的晶体颗粒，减少包裹杂质，提升纯度，同时也可以防止2NaFeY3HO分解失去

部分结晶水而产生杂质；【小问4详解】NaFeY溶于硫酸后会有部分配合物会转化为3Fe+，因此I−可能与3Fe+直接反应，也可能与FeY−反应，对应的离子方程式为3222I2FeI2Fe−+++=+和2

242I2FeY8HI2Fe2HY−−++++=++，I−还会与3IO−发生归中反应，离子方程式为3225IIO6H3I3HO−−+++=+。【小问5详解】用淀粉做指示剂，有2I存在的情况下，溶液为蓝色，当用223SO−滴定到终点时，2I转化为I−，溶液由蓝色变为无色；【小问6详解】12

23molLNaSOc−标准溶液消耗了VmL，根据2223I~2SO−，由样品产生的()3221500mLImol/L10L10mol225mLncVcV−−==，2I由3KIO和NaFeY与I−反应而来，已知样品中()()3KIO:NaFeY1:5

0nn=，设()NaFeYn为x，则()3KIOn为150x，根据方程式3225IIO6H3I2HO−−+++=+，该反应得到的()123I50nx=，根据3222I2FeI2Fe−+++=+，该反应得到的()221I2nx=，因此有231105

02xxcV−+=解得mol56cVx=，因此铁元素质量分数为5656cVcVmm=。16.丙烯是重要的化工原料，丙烯的制备是关注的热点。主反应：()()()38362CHgCHgHg+11123.8kJmol

H−=+副反应：()()()38244CHgCHgCHg+2ΔH科学上规定：在298.15K时，由最稳定的单质生成1mol化合物时的焓变，叫作该物质的标准摩尔生成焓。回答下列问题：已知：部分物质的标准摩尔生成焓数据如下表：物质()38CHg()2

4CHg()4CHg标准摩尔生成焓()1/kJmol−103.8−52.2+74.8−（1）上述反应的2=H___________1kJmol−。（2）主反应在催化剂Pt(111)表面上反应有2种路径，整个反应的能线

图如图所示。a1E表示路径1的活化能，a2E表示路径2的活化能，TS表示过渡态①路径2中速控步骤的反应式为___________。②在前两步脱氢反应中，路径___________更有优势。（3）在压强(117.5kPa)恒定，以()2HOg作为稀释气，不同水烃比M［()()238HO5CHnn=、

10、15］时，38CH催化脱氢制备36CH反应的平衡转化率随温度的变化曲线图如图所示。①水烃比()()238HO15CHnn=的曲线为___________(选填“1M”、“2M”或“3M”)，理由是___________。②W点对应条件下，若36CH的选择性为80%，则主反应的分压

平衡常数pK为___________kPa［36CH的选择性()()3638CH100%CHnn=消耗］。③相同温度下，水烃比远大于15：1时，38CH的消耗速率明显下降，可能的原因是：i．38CH的浓度过低；ii．__________

_。（4）2024年3月1日，厦门大学《科学》杂志报道，该校科研人员创制了4RhIn/沸石催化剂(4RhIn为铑铟合金)，实现了丙烷脱氢高选择性制丙烯。下列关于该催化剂的描述正确的是___________(填标号)。A.改变4RhIn/沸石颗粒大小能影响反应速率B.4RhIn/沸石催化剂可改

变丙烷的平衡转化率C.在工业生产中，4RhIn/沸石催化剂能提高丙烯的产率D.X射线衍射技术可测定4RhIn晶体结构【答案】（1）81.2+（2）①.**3332CHCHCHH*CHCHCH2H*+==+(或

**3332CHCHCHCHCHCHH*==+)②.1（3）①.1M②.在相同温度下，水烃比()()238nHOnCH增大，等效于减小压强，平衡正向移动，()38CHg的平衡转化率增大。故此条件下水烃比()()238nHO=

15nCH时平衡转化率最大，对应的曲线为1M③.14.4④.2HO过多地占据催化剂表面活性位点，导致催化剂对丙烷的吸附率降低（4）ACD【解析】【小问1详解】副反应：()()()38244CHgCHgCHg+的2=H生成物的标准摩尔生成焓-反应物

的标准摩尔生成焓()()111152.2kJmol74.8kJmol103.8kJmol81.2kJmol−−−−=++−−−=+。【小问2详解】①从能线图可知路径2中c生成d的活化能最高，为速控步骤，故反应式

为**3332CHCHCHH*CHCHCH2H*+==+(或**3332CHCHCHCHCHCHH*==+)；②在前两步脱氢反应中，路径1的活化能均较低，为优势路径。【小问3详解】①在相同温度下，水烃比()()238HOCHnn增大，

等效于减小压强，平衡正向移动，()38CHg的平衡转化率增大。故此条件下水烃比()()238HO15CHnn=时平衡转化率最大，对应的曲线为1M；②W点38CH的平衡转化率为75%，根据已知条件列出“三段式”()()()38362CHgCHgHg1001xxxxxx+−起始转化

平衡()()()38244CHgCHgCHg1001xyyyxyyy+−−−起始转化平衡则100%75%1xy+=，36CH的选择性为80%，则0.8xxy=+。故0.6x=，0.15y=。W点()()238HO10CHn

n=，则()2HOg的物质的量为10mol，则主反应的分压平衡常数2p0.6117.5kPa11.7514.4kPa0.25117.5kPa11.75K==。③相同温度下，水烃比远大于15：1时，说明水蒸气多，38CH的浓

度过低，反应速率减慢，另一方面是2HO过多地占据催化剂表面活性位点，导致催化剂对丙烷的吸附率降低，也导致38CH的反应速率明显下降。【小问4详解】A．改变4RhIn/沸石颗粒大小，改变了催化剂的表面积，反应速率改变，A正确；B．催化剂不能使平衡移动，4RhIn/沸石催化剂不能改变丙烷的平衡转

化率，B错误；C．4RhIn/沸石催化剂实现了丙烷脱氢高选择性制丙烯，所以该催化剂能提高生成丙烯的选择性，提高丙烯的产率，C正确；D．X射线衍射技术可以确定晶体内部的原子排列顺序，所以可测定4RhIn晶体结构，D正确；

选ACD。17.湖南怀化通道金矿资源丰富。金矿矿床中“愚人金”(黄铁矿)常被误认为是黄金，其主要含有2FeS，还含有NiS、CoS、CuS及少量Au。以上述黄铁矿为原料提取分离各种金属，工艺流程如下：已知：①氧

化性：32CoCl+。②相关金属离子形成氢氧化物的pH范围如下：2Fe+3Fe+2Ni+2Cu+2Co+3Co+开始沉淀pH6.51.68.14.87.31.09完全沉淀pH8.32.810.16.69.151.9回答下列问题：（1）“

焙烧”时将矿粉与空气形成逆流状态，目的是___________；“焙烧”时生成的主要气体可用于___________(填写一种工业用途)。写出黄铁矿在焙烧时主要的化学方程式：___________。（2）写

出“酸浸”时烧渣中的34CoO发生反应时的离子方程式：___________，能否用盐酸代替硫酸，请简述理由：___________。（3）氨水调pH范围为___________，可以得到氢氧化铁与氢氧化铜沉淀。沉钴

后过滤洗涤，检验3CoCO是否洗干净的试剂为___________。（4）将滤渣粉碎后加入足量的氨水，可能发生化学反应：()()23324CuOH4NHCuNH2OH+−++，通过计算该反应的平衡常数说明氨水可否溶解氢氧化铜：___________。(已知()20sp2CuOH2.0

10K−=；()22334Cu4NHCuNH+++，131.7510K=)【答案】（1）①.增大矿粉与空气的接触面积，加快反应速率②.制硫酸③.2223211O4FeS2FeO8SO++高温或223423FeS8OF

eΔO6SO++（2）①.2342222CoO6HHOO3Co4HO++++=++②.氧化性：32CoCl+，34CoO能将盐酸中的Cl−氧化成2Cl，污染环境（3）①.6.6pH7.3②.盐酸酸化的氯化钡溶液（4）计算出反应的平衡常数为73.

510−，氨水不可以溶解氢氧化铜【解析】【分析】将矿石粉碎，在空气中进行焙烧，主要得到金属氧化物与二氧化硫气体，将烧渣用硫酸与过氧化氢浸泡，得到含Cu2+、Fe3+、Co2+、Ni2+溶液，金属金单质过滤除去，往过滤后的滤液滴加氨水调节pH，考虑到将Cu2+、Fe3+转化成氢氧化物，又不能影响C

o2+、Ni2+溶解，故范围为6.6≤pH<7.3，沉钴得到CoCO3，固体表面可能有2-4SO，故用盐酸酸化的氯化钡溶液检验。小问1详解】“焙烧”时将矿粉与空气形成逆流状态，目的是增大矿粉与空气的接触面积，加快反应速率；“焙烧”时生成的主要气体是SO2，二氧化硫与氧气催化氧化

生成三氧化硫，三氧化硫用浓硫酸吸收可得硫酸，SO2可用于制硫酸；黄铁矿主要含有2FeS，在焙烧时2FeS和氧气反应生成氧化铁和二氧化硫或生成四氧化三铁和二氧化硫，主要的化学方程式：2223211O4FeS2Fe

O8SO++高温或223423FeS8OFeΔO6SO++；【小问2详解】“酸浸”时烧渣中的34CoO与硫酸、过氧化氢发生反应生成CoSO4和氧气，反应的离子方程式：2342222CoO6HHOO3Co4HO++++=++，不能用盐酸代替硫酸，原因是：氧化性：

32CoCl+，34CoO能将盐酸中的Cl−氧化成2Cl，污染环境；【小问3详解】往过滤后的滤液滴加氨水调节pH，考虑到将Cu2+、Fe3+转化成氢氧化物，又不能影响Co2+、Ni2+溶解，故范围为6.6≤pH<7.3，沉钴得到CoCO3，固体表

面可能有2-4SO，故用盐酸酸化的氯化钡溶液检验，若不出现白色沉淀证明不含有2-4SO，3CoCO洗涤干净；【小问4详解】根据反应：()()23324CuOH4NHCuNH2OH+−++，()()22222334444233c(CuNH)c(OH)c(CuNH)c(OH)c(C

u)K=c(NH)c(NH)c(Cu)++−−++==202.010−75133.51.751010100−−=，该反应不能发生，则氨水不可以溶解氢氧化铜。【18.用于治疗高血压的药物Q的合成

路线如下：已知：①E与3FeCl溶液作用显紫色；②W分子中只有一种化学环境氢原子；③G分子中含两个甲基，且核磁共振氢谱显示只有3组峰。（1）A→B的化学方程式是___________，B→D反应类型为___________。（

2）W的名称是___________，W的同分异构体中，含单官能团的有___________种(不考虑立体异构)。（3）下列说法正确的是___________(填标号)。a．酸性强弱：A>Bb．E分子中所有原子一定在同一平面

上c．E能作为缩聚反应的单体d．321molCHCHCN最多能与22molH发生加成反应（4）G的结构简式为___________。（5）乙二胺()2222HNCHCHNH和三甲胺()33NCH均属于胺，且相对分子质量接近，但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因是__

_________。（6）J分子中手性碳原子数为___________，J→L的化学方程式为___________。【答案】（1）①.3223CHCHCOOHClCHCHClCOOHHCl+⎯⎯⎯→+

催化剂②.取代反应或酯化反应（2）①.丙酮②.4（3）cd（4）（5）乙二胺分子间存在氢键，沸点高的（6）①.1②.【解析】【分析】CH3CH2CN发生水解反应然后酸化得到A，根据A的分子式及D和M反应产物的结构简式知，A为CH3CH2COOH，D和M发生取代

反应，则D为CH3CHClCOOCH2CH3，B和乙醇发生酯化反应生成D，则B为CH3CHClCOOH；W分子中只有一种化学环境的氢原子，根据E、W的分子式，E与3FeCl溶液作用显紫色可知，E为，W为CH3COCH3，E和W发生取代反应生成F，根据D和M反应产物的结构简式、G分子中含

两个甲基，且核磁共振氢谱显示只有3组峰可知，F的结构简式为，F和氯气发生取代反应生成G为，M为，L的分子式为C11H14Cl2N2O2，不饱和度为5，对比L前、后有机物结构可知，与H2NCH2CH2NH2发生取代反应生成L，则L的结构简式为，L经过①TiCl4、②HCl、乙醇反应生成药物Q（），据

此分析解题。【小问1详解】通过32CHCHCN转化为A的反应条件，推出A为32CHCHCOOH，通过J的结构简式和D的分子式，判断AB→转化中A分子中的一个Hα−被一个氯原子取代，故反应为3223CHCHCOOHClCHCHClCOOHHCl+⎯

⎯⎯→+催化剂；通过BD→的反应试剂及条件，判断出反应类型为取代反应或酯化反应。【小问2详解】W为CH3COCH3，因此名称是：丙酮，丙酮的同分异构体中，含单官能团的有32CHCHCHO、、、四种。【小问3详解】a．B为3CHCHClCOOH，Cl−为吸

电子基团，会增强氢氧键的极性，导致分子酸性增强，故酸性AB，故a错误；b．E为苯酚，酚羟基的氢原子不一定和苯环共平面，故b错误；c．苯酚和甲醛可制备酚醛树脂，故苯酚可以发生缩聚反应，故c正确；d．32CHCHCN分子中含碳氮三

健，321molCHCHCN最多能与22molH发生加成反应生成3222CHCHCHNH，故d正确；故答案选cd。【小问4详解】根据分析可知，G的结构简式为。【小问5详解】乙二胺()2222HNCHCHNH中N与H直接相连，故分子间存在氢键，沸点高，而三甲胺()33

NCH中N未与H相连，故分子间不存在氢键。【小问6详解】连有四个不同基团的碳原子为手性碳，可知J中与甲基相连的碳原子为手性碳原子，因此J分子中有一个手性碳原子；通过L的分子式，判断JL→发生了取代反应，化学方程式为。