【文档说明】湖北省武汉市华中师大学第一附属中学2024-2025学年高三上学期化学阶段性检测-9月 Word版含解析.docx，共(22)页，2.166 MB，由小赞的店铺上传

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华中师大一附中2025届高三年级化学阶段性检测考试时间：2024-09-0175分钟分数：100分可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Fe-56Cu-64Co-59Cl-35

.5一、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.化学与生产、生活息息相关，下列叙述错误的是A.食盐可用作调味剂和食品防腐剂B.纯碱属于精细化学品，可用于纺织和制皂C.二氧化硫是一种食品添加剂，可用于杀菌消毒D.食用油中可添加

叔丁基对苯二酚(TBHQ)作抗氧化剂【答案】B【解析】【详解】A．食盐具有咸味，可做调味剂，食盐能够使细菌脱水死亡，达到抑制细菌繁殖的目的，可作防腐剂，故A正确；B．纯碱是一种重要的化工原料，广泛应用于多个工业领域，包括玻璃制造、造纸、纺织和洗涤剂的生产等领域；精细化学品的定义包括深度加工、技

术密集度高、产量小、附加价值大，并且具有特定的应用性能，纯碱属于化工原料，故B错误；C．二氧化硫，可用作葡萄酒的添加剂，用作还原剂，避免葡萄酒变质，少量二氧化硫可用于杀菌消毒，故C正确；D．叔丁基对苯二酚中含有酚羟基，具有还原性，易与氧气反应可以用于食用油中作抗氧化剂，故D正确；

故选B。2.中国酿酒历史悠久，《本草纲目》有“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”的记载。下列说法错误的是A.用大米酿酒是将淀粉转化成乙醇B.酒香是因为含有酯类物质C.酸坏之酒中含有较多的乙酸D.蒸烧的实验方法是利用物质的溶解性不同【答案】D【解析】【

分析】【详解】A．大米主要成分为淀粉，淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶的作用下生成乙醇，可用大米酿酒是将淀粉转化成乙醇，A说法正确；B．酿酒的过程，生成的乙醇与乙酸反应生成具有香味的乙酸乙酯，则酒香是因为含有酯类物质，B说法正确

；C．酸坏之酒是因为在酿酒的过程中，进入的空气与乙醇反应生成了乙酸，C说法正确；D．蒸烧的实验方法是利用物质的沸点不同，控制温度使乙酸与乙醇分离，D说法错误；答案为D。3.抗生素克拉维酸具有抗菌消炎的功效，其结构简式如图。下列

关于克拉维酸的说法错误的是A.克拉维酸的分子式为C8H9NO5B.克拉维酸存对映异构体C.克拉维酸的含氧官能团有4种D.1mol克拉维酸最多与2molH2加成【答案】D【解析】【详解】A．根据结构简式，该有机物分子式为C8H9NO5，故A正确；B．由题干有机

物结构简式可知，该有机物存在碳碳双键，且双键两端的碳原子分别连有互不同的原子或原子团，故该有机物存在对映异构体，故B正确；C．由题干有机物结构简式可知，该有机物含有羟基、羧基、醚键和酰胺基4种含氧官能团，故C正确；D．酰胺基、羧基不能与氢

气发生加成反应，该有机物只有碳碳双键能和氢气发生加成反应，故1mol克拉维酸最多与1molH2加成，故D错误；故选D。4.下列化学用语书写正确的是A.用电子式表示NaCl形成过程：B.基态溴原子的简化电子排布

式：25Ar4s4pC.-4BF的结构式：D.CH3CHO的球棍模型：【答案】A在的【解析】【详解】A．NaCl是离子化合物，用电子式表示NaCl的形成过程：，故A正确；B．溴是35号元素，基态溴原子的简化电子排布式：1025Ar3d4s4p，故B错误；C．-4BF中B提供

空轨道、F-提供孤电子对形成配位键，结构式为，故C错误；D．CH3CHO的球棍模型：，故D错误；答案选A。5.我国科学家以N2、CO2及KHCO3等物质为原料通过电催化法制备尿素[CO(NH2)2]，设NA

为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.2.8gN2含有的电子数目为2.8NAB.1mol尿素中所含有的σ键的数目为8NAC.标准状况下，0.1molN2与CO2混合气体的体积约为2.24LD.体积为1L的1mol/L的KHCO3溶液中，3HCO−数目为NA【答案】C【解

析】【详解】A．2.8gN2物质的量为0.1mol，含有的电子的物质的量为1.4mol，数目为1.4NA，A错误；B．尿素的结构简式如图：，一个分子中含4个N-H、2个C-N、1个C-Oσ键，1mol尿素中所含有的σ键的数目为7NA，B错误；C．标准状况下，0.1mol

N2与CO2混合气体的体积0.1mol22.4L/mol2.24LV==，C正确；D．体积为1L的1mol/L的KHCO3溶液中，3HCO−会发生电离和水解，数目小于NA，D错误；答案选C。6.下列实验装置能达到实验目的的是A．图1：制取乙烯B．图2：比较C、Si、S非金属性大小C．图3：

用乙醇萃取碘水中的碘D．图4：检验氯化铵受热分解的产物A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．乙醇在浓硫酸作用下170℃发生消去反应生成乙烯，温度计应插在液面以下测量反应溶液的温度，故A错误；B．该装置实验稀硫酸与碳酸钠反应生成的二氧化碳，则非金属性S＞C，CO2通入硅酸钠溶液，

生成硅酸沉淀，可以比较碳硅元素非金属性大小，故B正确；C．乙醇与水互溶，不能萃取碘水中的碘，故C错误；D．碱石灰能和氯化氢反应，P2O5能和氨气反应；此实验中，氯化氢可以用湿润的蓝色石蕊试纸检验，氨气可以用湿润的酚酞试纸检验；应将碱石灰和P2O

5位置互换，故D错误；故选B。7.下列方案设计、现象和结论都正确的是选项实验目的方案设计现象和结论A检验FePO4固体是否洗涤干净向最后一次洗涤液中滴加KSCN溶液溶液未变红，证明洗涤干净B比较Mg和Al金属性Mg(OH)2和Al(OH)3中均分别加入盐酸和NaOH溶液Mg(OH)2只溶于盐酸，

Al(OH)3都能溶解，证明金属性Mg>AlC探究C2H2的化学性质把电石放入水中，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中酸性高锰酸钾溶液褪色，证明C2H2具有还原性D判断物质M是否为晶体在物质M不同方向上使用电导率仪测定其电导率物质M在任意方向

测定的电导率均相等，证明物质M为晶体A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．KSCN溶液用于检验Fe3+，不能证明FePO4固体是否洗涤干净，故A错误；B．Mg(OH)2和Al(OH)3中均分别加入盐酸和NaOH溶液，Mg(O

H)2只溶于盐酸，Al(OH)3都能溶解，说明Al(OH)3是两性氢氧化物，则碱性：Mg(OH)2＞Al(OH)3，则金属性Mg＞Al，故B正确；C．电石与水反应除了生成乙炔之外，还会生成H2S等气体杂质，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能证明C2H2具有还原性，故C错误

；D．晶体具有各向异性，任意方向测定的电导率均不相等，故D错误；故选B。8.由短周期非金属主族元素组成的化合物171826MEXY可治疗心绞痛。E、M、X、Y原子序数依次增大，M的一种核素常用于测定文物的年代，E的基态原子最外层只有一种自旋方向的电子，Y元素原子的价层电子排布式是n2nnsn

p。下列说法一定正确的是A.氢化物沸点：YMB.元素的电负性：XYC.空间结构：3XE和3XY−均为三角锥形D.E、M、X、Y形成的所有化合物中不存在离子键的【答案】B【解析】【分析】由短周期非金属主族元素组成的化合物可治疗心绞痛。E、M、X、Y原子序数依次增大，M的一种核素常用于测定文物的

年代，则M为碳，E的基态原子最外层只有一种自旋方向的电子，E为氢，Y元素原子的价层电子排布式是n2nnsnp，则n=2，Y为8号元素氧，那么X为氮；【详解】A．Y与M的简单氢化物分别为H2O、CH4，水能形成氢键导致其沸点大于甲

烷，但是M为有机物的碳骨架，其氢化物种类繁杂，氢化物沸点不一定比水小，故A错误；B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；元素的电负性：XY，即氮＜氧，故B正确；C．NH3分子中N原子的价层电子对数为3＋5312

－=4，孤电子对数为1，所以为三角锥形结构；3NO−中，N原子的价层电子对数为5+1323+=32－，N为sp2杂化，离子的空间构型为平面三角形，故C错误；D．E、M、X、Y形成的化合物NH4NO3，其含有离子键，故D错误；故选B。9.类比推理是化

学中常用的思维方法，下列说法正确的是A.PCl3水解生成H3PO3和HCl，则NCl3水解生成HNO2和HCl(电负性：N>Cl>P)B.Fe3O4可以写为Fe2O3·FeO，则Pb3O4可以写为Pb2O3·PbOC.CO2与Ca(ClO

)2反应生成CaCO3和HClO，则CO2与NaClO反应生成Na2CO3和HClOD.CH3CH2OH被足量KMnO4(H+)溶液氧化为CH3COOH，则HOCH2CH2CH2OH被足量KMnO4(H+)溶液氧化为HOOCCH2COOH【答案】B【解析】【详解】A．由于电负性N＞Cl＞P，故

PCl3中P为+3价，Cl为-1价，则PCl3水解生成H3PO3和HCl，反应过程中元素化合价不变，则NCl3中N为−3价，Cl为+1价，因此水解生成NH3和HClO，A不合题意；B．已知Fe常见化合价为+3价和+2价，则

Fe3O4可以写为Fe2O3·FeO，而Pb的常见化合价为+4价和+2价，故Pb3O4可以写为PbO2·2PbO，B符合题意；C．酸性H2CO3＞HClO＞-3HCO，所以CO2与NaClO反应生成NaHCO3和HClO，C不合题意；D．乙二

醇、乙二酸均可被酸性KMnO4溶液氧化，即CH3CH2OH被足量酸性KMnO4溶液氧化为CH3COOH，则HOCH2CH2OH被足量酸性KMnO4溶液氧化为CO2，D不合题意；故选B。10.[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中，该配合物中心离子2+Co的配位数为8B.距[Co(NH3)6]2+最近的Cl﹣有4个C.若A点原子坐标为(0,0,0),B点原子坐标为11,,022，则C点原

子坐标为133,,444D.[Co(NH3)6]Cl2晶体的密度为2133A1920g/cmaN8【答案】C【解析】【详解】A．[Co(NH3)6]Cl2中，该配合物中心离子2+Co与6个N原子形成配位键，配位数为6，故A错误

；B．根据图示，距[Co(NH3)6]2+最近的Cl﹣有8个，故B错误；C．根据图示，若A点原子坐标为(0,0,0),B点原子坐标为11,,022，则C点原子坐标为133,,444，故C正确；D．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()3033310AA232492810g/cma10NaN−=，故D错误；选C。11.利用无机物离子()()52LRuHO−Ⅲ和()23

6CeNO−Ⅳ(下图简写为CeⅣ)，实现了水在催化剂作用下制氧气。用821HO进行同位素标记实验，证明了产物氧气中的氧原子完全来自水。其相关机理如下图所示：下列说法错误的是A.()236CeNO−Ⅳ在反应中作氧化剂B.催化氧化水的反应为

2222HOO2H+催化剂C.进行同位素标记实验前需排尽体系中的空气D.若821HO参与反应，则()6LRuOOH−Ⅲ中存在18O【答案】B【解析】【详解】A．根据图示，CeⅣ→CeⅢ，Ce元素化合价降低，()236Ce

NO−Ⅳ在反应中作氧化剂，故A正确；B．根据图示，催化氧化水的反应中没有氢气生成，故B错误；C．空气中含有氧气，为避免空气中氧气对生成氧气的检验产生影响，进行同位素标记实验前需排尽体系中的空气，故C正确；D．由图可知，()5-LRu=OⅤ与H2O反应生成()6-LRuOOH

Ⅲ和H+，根据元素守恒，若H218O参与反应，则[(L)RuⅢOOH]6-中存在18O，故D正确；选B。12.电解苯酚的乙腈（CH3CN）水溶液可在电极上直接合成扑热息痛（）。装置如图，其中电极材料均为

石墨。下列说法不正确．．．的是A.电极a为负极B.c电极反应式为+CH3CN+H2O-2e-→+2H+C.装置工作时，乙室溶液pH减小D.合成1mol扑热息痛，理论上甲室质量增重64g【答案】C【解析】【分析】根据题给信息可确定左侧装置为化

学电源，右侧装置为电解池。化学电源中，阴离子向负极移动，故电极a是负极，电极b是正极，电极c是阳极，电极d是阴极；【详解】A．由分析知电极a是负极，A正确；B．电极c为阳极，CH3CN在电极c上失去电子发生氧化反应，并

与苯酚反应生成扑热息痛，电极反应式为：+CH3CN+H2O-2e-→+2H+，B正确；C．乙室是化学电源的正极室，工作时，H2O2在正极b上得到电子发生还原反应，电极反应式为：+222-+2e+2HH=2OHO，反应时c(H+)减小，溶液pH增大，C错误；D．根据阳极c的电极

反应式，合成1mol扑热息痛，转移2mol电子，负极a发生反应：H2O2-2e-+2OH-=O2↑+2H2O，生成1mol氧气，同时乙室转移1mol2-4SO到甲室，理论上甲室质量增重：96g/mol1mol-32g/mol1mol=64g，D正确；答案选C。13.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3KHCO、KClC.“结晶”过程宜采用蒸发结晶的方法D.“转化”过程中的反应方程式为24222433KMnO4CO2HOMnO2KMnO4KHCO++=++【

答案】D【解析】【分析】灼烧过程中氯酸钾将2MnO氧化为24KMnO，浸取24KMnO，向24KMnO溶液中通入足量二氧化碳，24KMnO发生歧化反应生成2MnO和4KMnO，过滤，得到4KMnO滤液，再加热浓缩、冷却结晶，得到4KMnO晶体。【详解】A．KOH能与2SiO反应，会腐蚀石英坩埚，故

A错误；B．“结晶”过程中析出4KMnO，但不可能完全析出，则“母液”中的溶质有4KMnO、KCl、3KHCO，故B错误；C．由于4KMnO受热容易分解，“结晶”过程宜采用加热浓缩、冷却结晶的方法，故C错误；D．“转化”过程中24KMnO发生歧化反应生成2MnO和4KMnO，二氧化碳

足量，生成碳酸氢钾，根据得失电子守恒、元素守恒配平反应方程式为24222433KMnO4CO2HOMnO2KMnO4KHCO++=++，故D正确；故选D。14.按照下图进行铜与浓硫酸反应的探究实验，下列说法正确的是A.蘸有品红溶液的

滤纸褪色，说明2SO具有强氧化性B.N形管溶液变为红色，说明有酸性气体进入N形管C.反应后，从c口抽取反应液加到足量的氨水中最终产生蓝色沉淀D.实验结束后从b口注入足量NaOH溶液，会有2种物质与NaOH反应【答案】B【解析】【分析】铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水

。【详解】A．蘸有品红溶液的滤纸褪色，说明二氧化硫具有漂白性，故A错误；B．滴有石蕊的氢氧化钠溶液呈蓝色，则N形管溶液变为红色，说明溶液中氢氧化钠与通入的二氧化硫完全反应，过量的二氧化硫使溶液呈酸性，故B

正确；C．反应后，从c口抽取反应液加到足量的氨水中发生的反应为硫酸铜溶液与足量氨水反应得到深蓝色的硫酸四氨合铜溶液，不可能得到氢氧化铜蓝色沉淀，故C错误；D．浓硫酸与铜共热反应时硫酸浓度会减小变为稀硫酸，稀硫酸与铜共热不反

应，则反应中浓硫酸不可能完全反应，所以实验结束后从b口注入足量氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液能与反应生成硫酸铜、二氧化硫反应，也能与未反应的稀硫酸反应，所以会有3种物质与氢氧化钠反应，故D错误；故选B。15.常温下，向C6H5COOH、Ni(NO3)2、Mn(NO

3)2的混合溶液中滴加NaOH溶液，溶液中pX[pX=-lgc(X)，X为-6565CHCOOCHCOOH、Mn2+、Ni2+]与pH的关系如图所示。已知：常温下Mn(OH)2的溶解度大于Ni(OH)2。下列叙述正确的是的A.L1代表pMn2+和pH的关系B.苯甲酸的Ka为-4.210C

.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，且组成类型相同，故L1代表pNi2+与pH的关系，L2代表pMn2+与pH的关系。【详解

】A．根据分析，L1代表pNi2+与pH的关系，故A错误；B．根据a点数据可知，c(H+)=1×10-2mol/L，-6565CHCOOCHCOOH=1×10-2.2，苯甲酸的Ka=()()()-6565cCHCOOcHcCHCOOH+

=-4.210，故B正确；C．根据b、c点数据可知，()()()22sp2KcMncMnOHOH+−==()22.695110/L110/Lmolmol−−=10-12.69，同理()()()22sp2KNicNicOHOH+−==10-15.26

，则该化学反应的平衡常数K=()()22cMncNi++=()()sp2sp2KKNiMnOHOH=102.57，故C错误；D．Q点时，pMn2+=p-6565CHCOOCHCOOH①，由B项知Ka=()()()-6565cCHCOOc

HcCHCOOH+=-4.210，则p-6565CHCOOCHCOOH=﹣lg()aKHc+=﹣[lgKa－lgc(H+)]=lgc(H+)－lgKa=4.2－pH②，由C知()sp2KMnOH=10-12.69，则pMn2+=﹣lg()()sp22-KcOH

MnOH=﹣[lg()sp2KMnOH－lgc2(OH-)]=12.69－2pOH=12.69－2×(14－pH)③，将②和③代入①中，得到pH≈6.5，pX≈2.3，故D错误；故选B。二、非选择题：

本题共4小题，共55分。16.用海底锰结核(主要成分为MnO2，含少量CaO、MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2)为原料，制备金属锰、镁的一种工艺流程路线如下：已知：①几种难溶物的溶度积(25℃)如下表所示：化学式Mg(OH)2Mn(OH)2Al(OH)3Fe(OH)3sp

K1.8×10-111.8×10-131.0×10-334.0×10-38②溶液中某离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1时，认为该离子沉淀完全。完成下列问题：（1）基态Mn原子的外围电子轨道表达式为_______。（2）“浸出”中MnO2与SO2反应的离子方程式为______

_。（3）滤渣I的主要成分为_______。（4）浸出液中c(Mn2+)为0.18mol/L，则“调pH”的范围为_______。（5）“反萃取”中盐酸的作用是_______。（6）将MgCl2·6H2O与SOCl2混合并加热可以得到无水MgCl2请写出该反应的化学方程式______。（7）

“电解”中电解余液的主要成分是_______(写化学式)，可进行循环利用。【答案】（1）（2）MnO2+SO2=Mn2++2-4SO（3）SiO2和CaSO4（4）4.7≤pH＜8（5）使Mg2+与萃取剂分离转化为MgCl2（6）2

22222Δ6HO+MgCl2+5HOMgClSOClSOHCl++（7）H2SO4【解析】【分析】锰结核(主要成分为MnO2，含少量CaO、MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2)，加入H2SO4进行酸浸，将MgO、Fe2O3、CaO、Al2O3转化为

Mg2+、Fe3+、Ca2+、Al3+，通入SO2将MnO2转化为Mn2+，自身被氧化为2-4SO，SiO2不与二氧化硫和硫酸反应，则滤渣1中主要为SiO2和CaSO4，滤液中主要含有Mg2+、Fe3+、Al3+、Mn2+及2-4SO，调节滤液的pH值，使Fe3+、Al

3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3过滤除去，则滤渣Ⅱ主要含有Al(OH)3、Fe(OH)3，滤液主要含有Mg2+、Mn2+及2-4SO的溶液，向滤液加入有机萃取剂，溶液分层，分液后有机相1中主要含有Mg2+，水相1中主要含有Mn2+及2-4SO

，向有机相1中加入盐酸进行反萃取，Mg2+从有机相1转入水相2，形成含有MgCl2的酸性溶液，对水相2蒸发结晶得到MgCl2•6H2O，在干燥的HCl气流中加热得到无水MgCl2，再进行熔融电解得到金属镁。对水相1进行电解得到金属锰单质和H2SO4，电解后的溶液中含有H2SO4，可返回步骤

I酸浸使用。【小问1详解】基态Mn原子的外围电子排布式为3d54s2，轨道表达式为；【小问2详解】“浸出”中MnO2与SO2反应SO2将MnO2还原为Mn2+，自身被氧化为2-4SO，离子方程式为MnO2+SO2=Mn2++2-4SO；【小问3详解】由分析可知

，滤渣Ⅰ为SiO2和CaSO4；【小问4详解】调节滤液的pH值，使Fe3+、Al3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3过滤除去，“滤液1”中Mn2+、Mg2+不能形成沉淀，溶液中某离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1时，认

为该离子沉淀完全，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，当Al3+完全沉淀时，Fe3+已经完全沉淀，此时溶液中c(OH-)=()()333KcspAlO

HAl+=33351.0101.010−−≈1×10-9.3，此时pH=4.7，根据Ksp[Mn(OH)2]=1.8×10-13，当浸出液中c(Mn2+)为0.18mol·L-1时，溶液中c(OH-)=()()2

2KcspMnOHMn+=131.8100.18−=1.0×10-6mol·L-1，pOH=6，则pH=14-pOH=8，则“调节pH”的范围为4.7≤pH＜8；【小问5详解】“反萃取”盐酸的作用是使Mg2+与萃取

剂分离转化为MgCl2；【小问6详解】由分析可知，MgCl2•6H2O，在干燥的HCl气流中加热得到无水MgCl2，则将MgCl2·6H2O与SOCl2混合并加热可以得到无水MgCl2的化学方程式为222222Δ6HO+MgCl2+5HOM

gClSOClSOHCl++；【小问7详解】由分析可知，“电解”中电解余液的主要成分是H2SO4可进行循环利用。17.三氯化铬(CrCl3)为紫色单斜晶体，熔点为83℃，易潮解，易升华，溶于水但不易水解，高温下能被氧气氧化，工业上主要用作媒染剂和催化剂。（1）某

化学小组用Cr2O3和CCl4在高温下制备无水三氯化铬，部分实验装置如图所示，其中三颈烧瓶内装有CCl4，其沸点为76.8℃。①实验前先往装置A中通入N2，其目的是排尽装置中的空气，在实验过程中还需要持续通入N2，其作用是_____。②装置B中还会生成光气(C

OCl2)，B中反应的化学方程式为_______。③装置A的水槽中应盛有____(填“冰水”或“沸水”，下同)，装置C的水槽中应盛有_____。（2）为进一步探究CrCl3的性质，某同学取试管若干支，分别加入10滴0.1mol/LCrCl3溶液，并用4滴2mol/LH2SO4酸化，再

分别加入不同滴数的0.1mol/LKMnO4溶液，并在不同的温度下进行实验，反应现象记录于表中。KMnO4的用量(滴数)在不同温度下的反应现象25℃90-100℃1紫红色蓝绿色溶液2~9紫红色黄绿色溶液，且随KMnO4滴数增加，黄色成分

增多10紫红色澄清的橙黄色溶液11~23紫红色橙黄色溶液，有棕褐色沉淀，且随KMnO4滴数增加，沉淀增多①温度对反应的影响。CrCl3与KMnO4在常温下反应，观察不到2-27CrO的橙色，甲同学认为其中一个原因是2-27CrO的橙色被-4MnO的紫红色掩盖，

另一种可能的原因是_______，所以必须将反应液加热至沸腾4~5min后，才能观察到反应液由紫红色逐渐变为橙黄色的实验现象。请写出溶液变为橙黄色的离子反应方程式_______。②CrCl3与KMnO4

的用量对反应的影响。对表中数据进行分析，在上述反应条件下，欲将3Cr+氧化为2-27CrO，CrCl3与KMnO4最佳用量比为_______。这与由①中离子反应方程式所得系数比不符，你推测原因是_______。【答案】（1）①.将四氯

化碳吹入管式炉中和Cr2O3反应生成三氯化铬②.Cr2O3+3CCl4=高温3COCl2+2CrCl3③.沸水④.冷水（2）①.反应的活化能较高需要较高温度反应才能进行②.3+22++4227Δ10Cr+6M

nO11HO=5CrO6Mn+22H−−++③.1:1④.高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应，导致高锰酸钾溶液用量增加【解析】【分析】A中四氯化碳通过氮气吹入装置B中和Cr2O3反应生成三氯化铬，生成物在C中冷凝，尾气进行处理

减少污染。【小问1详解】①三氯化铬易升华，高温下能被氧气氧化，实验前先往装置A中通入N2，其目的是排尽装置中的空气防止空气中氧气氧化三氯化铬，在实验过程中还需要持续通入N2，其作用是将四氯化碳吹入管式炉中和Cr2O3反应生成三氯化铬；②装置B中反应为

四氯化碳和Cr2O3反应生成三氯化铬，还会生成光气(COCl2)，B中反应Cr2O3+3CCl4=高温3COCl2+2CrCl3；③A中四氯化碳通过氮气以气态吹入装置B中，CCl4的沸点为76.8℃，故装置A的水槽中应盛有沸水；三氯化铬熔点为83℃，则装置C的水槽中应盛有冷水，便于生成物冷凝

；【小问2详解】①另一种可能的原因是反应的活化能较高需要较高温度反应才能进行；溶液变为橙黄色是因为铬离子被氧化为重铬酸根离子，反应的离子反应方程式为3+22++4227Δ10Cr+6MnO11HO=5CrO6Mn+22H−

−++；故答案为：3+22++4227Δ10Cr+6MnO11HO=5CrO6Mn+22H−−++；②由表中数据可知，在上述反应条件下，欲将Cr3+氧化为2-27CrO，高锰酸钾最佳用量为10滴，则CrCl3与KMnO4最佳用量比为10:10=1:1；这与由反应3+22++4227Δ1

0Cr+6MnO11HO=5CrO6Mn+22H−−++所推断得到用量比不符，可能原因是高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应，导致高锰酸钾溶液用量增加。故答案为：1:1；高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应，导致高锰酸钾溶液用量增加。18

.以A和芳香烃E为原料制备除草剂茚草酮中间体(Ⅰ)的合成路线如下：回答下列问题：（1）A中所含官能团的名称为_______。（2）E的化学名称为_______。（3）写出F→G的化学反应方程式_______。（4）根据下列化合物的结构特征，分析预测其可

能的化学性质，完成下表。化合物反应试剂、条件反应形成的新物质(有机物)反应类型AHCN、催化剂______________E______________取代反应（5）关于路线中各物质的说法正确的是_______(填字母)。A.H不存在手性碳原子B.E中所有碳原

子共平面，均为2sp杂化的C.C→D的反应中有3sp-sσ键的断裂和3sp-pσ键的形成D.D→I的反应中K2CO3和CH3CN为催化剂（6）利用原子示踪技术追踪G→H的反应过程：1332225+2i.CHCHCHCOOCH/NaHii.H/HOΔ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→，，根据

上述信息写出以乙醇和为原料合成的路线_______(无机试剂任用)。【答案】（1）羰基、碳氯键（2）邻二甲苯（3）（4）①.②.加成反应③.液溴、FeBr3作催化剂④.（5）AC（6）【解析】【分析】E氧化转化为F

，F和乙醇发生酯化反应生成G，由G逆推，E是、F是。【小问1详解】根据A的结构简式，可知A中所含官能团的名称为羰基、碳氯键；【小问2详解】根据以上分析，E是，E的化学名称为邻二甲苯；【小问3详解】F→G是和乙醇发生酯化反应生成和

水，反应的化学反应方程式为；【小问4详解】A中含有羰基，A与HCN在催化剂作用下发生加成反应生成；和液溴在FeBr3催化作用下发生取代反应生成；【小问5详解】A．H不存在手性碳原子，故A正确；B．甲基中碳原子采用3sp杂化，故B错误；C

．C-H键为3sp-sσ键，C-Cl键为3sp-pσ键，C→D的反应中有3sp-sσ键的断裂和3sp-pσ键的形成，故C正确；D．D→I的反应中，D、H发生取代反应生成I和HCl，K2CO3消耗HCl，促使D→I反应正向进行，故D错误；选AC。【小问6详解】乙醇

氧化为乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯和反应生成，合成路线为。19.当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。（1）CO2与H2反

应合成HCOOH，是实现“碳中和”的有效途径。已知：()()()22COg+HgHCOOHg△H=_______。（2）雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应，发生电离：①()()22COgCOaq；②()()()()+-22

3COaq+HO1Haq+HCOaq。25℃时，反应②的平衡常数为K2。已知溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压物质的量分数)，比例系数为xmol·L-1·kPa-1。当大气压强为pkPa

，大气中CO2(g)的物质的量分数为y时，溶液中c(H+)=_______mol/L(写出表达式，考虑水的电离，忽略-3HCO的电离)。（3）在催化作用下，温度为T1℃时，将一定量CO2和H2充入密闭容器中发生如下反应：主反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)；副反应Ⅱ：()()()(

)222COg+HgCOg+HOg2ΔH=+41.2kJ/mol。①实验测得反应Ⅰ：v正=k正c(CO2)·c(H2)，v逆=k逆c(HCOOH)，k正、k逆为速率常数。请写出反应Ⅰ平衡常数的表达式Kc=_____。已知lgk与温度的关系如

下图所示，T1℃下反应Ⅰ的Kc=_______。(已知10-0.3=0.5)②实验测得平衡时CO2的转化率及HCOOH和CO的选择性(2HCOOHCO=CO生成的或选择性转化的)随温度变化如图所示。曲线a表示_______。200℃~360℃，升高温度曲线b对应纵坐

标值减小的原因是_______。【答案】（1）-31.4kJ/mol（2）2wpxyK+K（3）①.22c(HCOOH)c(CO)c(H)②.2③.HCOOH选择性④.升高温度时，反应Ⅰ逆向移动程度大于反应Ⅱ正向移动程度【解析】【小问1详解】根据图示可

知：①HCOOH(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=+72.6kJ/mol；②CO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH=-283.0kJ/mol；③H2(g)+12O2(g)=H2O(g)ΔH=-24

1.8kJ/mol；根据盖斯定律，将③-②-①，整理可得：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)ΔH=-31.4kJ/mol；【小问2详解】由题可知：①CO2(g)CO2(aq)；②CO2(aq)+H2O(l)=H+(aq)+-3HCO(ag)，K2

=+-32c(H)c(HCO)c(CO)，又因为溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比，则c(CO2)=x(mol·L-1·kPa-1)·p(CO2)=pxymol/L，在忽略-3HCO的电离时

，c(H+)-c(OH-)=c(-3HCO)，而c(H+)·c(OH-)=Kw，所以K2=+-32c(H)c(HCO)c(CO)=2+++-w22c(H)-Kc(H)[c(H)-c(OH)]=c(CO)c(CO)

，可得c(H+)=222wKc(CO)+Kw=pxyK+Kmol/L；【小问3详解】①对于反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)，化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反

应物浓度幂之积的比，则该反应的化学平衡常数表达式为Kc=22c(HCOOH)c(CO)c(H)；该反应的正反应是一个放热反应。降低温度反应Ⅰ的化学平衡正向移动，v正=k正c(CO2)·c(H2)，v逆=k逆c(HCOOH)，k正、k逆为速率常数。则图中A点表示l

gk正，图中B点表示lgk逆，T1温度下，反应达到平衡时，v正=v逆，因此k逆c(HCOOH)=k正c(CO2)·c(H2)，图中A、B两点的纵坐标分别为a-0.7、a-1，则Kc=22c(HCOOH)c(CO)c(H)=(a-0.7)0.3(a-1)

k10==10k10正逆=2；②主反应Ⅰ为CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)ΔH=-31.4kJ/mol；副反应Ⅱ为CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=+41.2kJ/mol，则HCOOH和CO的选择性之和为1，并且升高温度时反应Ⅰ向吸热

的逆反应方向移动、反应Ⅱ向吸热的正反应方向移动，即HCOOH的选择性随温度升高而减小，CO的选择性随温度升高而增大，所以图中曲线a、b、c分别表示HCOOH选择性、CO2的平衡转化率和CO的选择性随温度

的变化曲线；由图可知，200℃~360℃时，升高温度时CO2的平衡转化率随温度升高而减小，说明升高温度时反应Ⅰ逆向移动程度大于反应Ⅱ正向移动程度；