北京市海淀区2023-2024学年高三上学期期末考试化学试卷+答案解析

高三化学

本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。可能用到的相对原子质量：Li7C12N14O16K39

第一部分

本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。

1.杭州第19届亚运会使用到的材料属于无机非金属材料的是A.“亚运莲花尊”莲花盆的青瓷C.棒垒球馆顶棚的聚四氟乙烯薄膜【答案】A【解析】【详解】A．青瓷属于无机非金属材料，A正确；B．铝合金属于金属材料，B错误；C．棒垒球馆顶棚的聚四氟乙烯薄膜，属于合成有机高分子，C错误；D．麦秸秆的化学成分为纤维素，属于天然有机高分子材料，D错误；答案选A。2.下列化学用语或图示表达不正确的是B.火炬“薪火”外壳的铝合金D.亚运村衣橱内的由麦秸秆制成的衣架A.有8个中子的碳原子：6C

14

B.1s电子云图：C.顺—2—丁烯的结构简式：【答案】C【解析】2

D.SO3的VSEPR模型：【详解】A．有8个中子的碳原子的质量数为14，原子符号为6C，故A正确；B．电子云中的小黑点的疏密程度表示电子在原子核外出现概率的大小，1s电子云是球形的，电子云轮廓图为，故B正确；14

第1页/共23页C．2—丁烯存在顺反异构，其中顺—2—丁烯的两个甲基位于双键的同侧，结构简式为错误；，故CD．亚硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，则离子的VSEPR模型为，故D正确；故选C。3.砷化镓(GaAs)太阳能电池大量应用于我国超低轨通遥一体卫星星座。下列说法正确的是A.原子半径：AsGaC.电负性：AsGa【答案】C【解析】【详解】A．原子半径同周期主族元素自左向右逐渐减小，原子半径：GaAs，A错误；B．Ga、As都是第四周期元素，电子层数相同，B错误；C．电负性同周期主族元素自左向右逐渐增大，电负性：AsGa，C正确；D．单质还原性同周期主族元素自左向右逐渐减小，单质还原性：AsGa，D错误；故选C。

4.下列各组离子不能大量共存的原因与氧化还原反应有关的是A.Na、Al3、HCO3、Cl



B.电子层数：AsGaD.单质还原性：AsGa

B.H、Fe2、SO4、ClO



2

D.Ba2、Ca2、OH、SO3

2

C.K、H、NO3、CH3COO



【答案】B【解析】【详解】A．溶液中铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应，不能大量共存，反应中没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关，故A不符合题意；B．酸性溶液中次氯酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应不能大量共存，故B符合题意；C．溶液中氢离子与醋酸根离子反应生成醋酸，不能大量共存，反应中没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关，故C不符合题意；D．溶液中亚硫酸根离子与钡离子、钙离子生成亚硫酸钡、亚硫酸钙沉淀，且钙离子与氢氧根离子生成微溶的氢氧化钙，不能大量共存，反应中没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关，故D不符合题意；第2页/共23页故选B。5.阿明洛芬是一种抗炎镇痛药物，可用于治疗慢性风湿性关节炎，其分子结构如下图。下列说法不正确的是A.分子中含有手性碳原子B.分子中碳原子有sp2、sp3两种杂化方式C.该物质可发生取代反应、加聚反应、缩聚反应D.1mol该物质最多能与3molBr2发生加成反应【答案】D【解析】【分析】阿明洛芬含有的官能团为碳碳双键、氨基、羧基。【详解】A．分子中含有手性碳原子，即与羧基直接相连的碳原子为手性碳，A正确；B．四个单键的碳原子为sp3杂化，苯环中的碳原子以及双键两端碳原子为sp2杂化，B正确；C．含有羧基，可发生酯化反应即取代反应，含有碳碳双键可发生加聚反应，含有氨基与羧基，可以发生缩聚反应，C正确；D．能与Br2发生加成反应的只有碳碳双键，则1mol该物质能与1molBr2发生加成反应，D错误；故选D。6.实验室中，制备下列气体所用试剂和收集方法均正确的是选项气体ABCDO2SO2Cu、浓H2SO4排水集气法C2H4

CH3CH2Br、NaOH的水溶液排水集气法Cl2稀盐酸、MnO2向下排空气法试剂收集方法H2O2溶液、MnO2向上排空气法A.AB.BC.CD.D第3页/共23页【答案】A【解析】【详解】A．利用H2O2溶液和MnO2反应制备氧气，且氧气密度大于空气，可利用向上排空气法收集，选项A正确；B．二氧化硫易溶于水，不能用排水法收集，选项B错误；C．CH3CH2Br和NaOH的水溶液共热反应生成乙醇而不能制得乙烯，选项C错误；D．MnO2与稀盐酸不反应，应用浓盐酸与之共热制氯气，选项D错误；答案选A。7.下列解释实验事实的方程式不正确的是A.向AgCl浊液中滴入KI溶液，白色沉淀变黄：AgClsIB.含少量H2S的乙炔通入CuSO4溶液，生成黑色沉淀：Cu



aqAgIsClaqH2SCuS2H2Cl



2C.电解CuCl2溶液，有红色固体和刺激性气味气体产生：Cu

2

通电

CuCl2

＋CO32－D.向苯酚钠溶液中通CO2，溶液变浑浊：2【答案】D【解析】＋H2O→【详解】A．向AgCl浊液中滴入KI溶液，白色沉淀变黄，说明发生了沉淀转化生成的碘化银沉淀：AgClsIaqAgIsClaq，A正确；B．含少量H2S的乙炔通入CuSO4溶液，生成黑色沉淀：Cu

2H2SCuS2H，B正确；通电CuCl2，C正确；2C．电解CuCl2溶液，有红色固体和刺激性气味气体产生：Cu2ClD．向苯酚钠溶液中通CO2，溶液变浑浊：答案选D。8.下列实验操作能达到相应实验目的的是选实验目的+CO2+H2O

+HCO3，D错误；

实验操作第4页/共23页项AB除去FeCl2溶液中混有的FeCl3除去Na2CO3固体中的NaHCO3加入过量Cu粉，充分反应后，过滤用酒精灯充分加热将淀粉和稀硫酸混合后加热，冷却后加入新制Cu(OH)2浊液证明CH2CHCH2OH中含有碳碳双键C证明淀粉发生水解反应生成还原性糖D向酸性KMnO4溶液中加入CH2CHCH2OH

A.A【答案】B【解析】B.BC.CD.D【详解】A．除去FeCl2溶液中混有的FeCl3应加入Fe粉，A错误；B．除去Na2CO3固体中的NaHCO3用酒精灯充分加热，NaHCO3分解可转化为Na2CO3，B正确；C．将淀粉和稀硫酸混合后加热，冷却后应先加入NaOH将稀硫酸中和，再加入新制Cu(OH)2浊液检测是否有葡萄糖生成，C错误；D．KMnO4也可氧化羟基，操作不能达到实验目的，D错误；故选B。9.在催化剂表面，丙烷催化氧化脱氢反应历程如下图。下列说法不正确的是第5页/共23页A.①中，催化剂被氧化B.②中，丙烷分子中的甲基先失去氢原子催化剂C.总反应为2CH3CH2CH3O22CH2CHCH32H2O

D.总反应的速率由③决定【答案】D【解析】【详解】A．①中催化剂失去氢原子，化合价升高，被氧化，故A正确；B．②中丙烷失去了氢原子变成了正丙基，故B正确；C．从整个历程图来看，反应物是氧气和正丙烷，生成物是丙烯和水，化学方程式正确，故C正确；D．①过程中活化能为181.1KJ/mol，②过程中活化能为27.9KJ/mol，③过程中活化能为20.2KJ/mol，活化能越大，反应速率越慢，则①为整个反应的决速步，故D错误；答案D。10.树脂X用于制玻璃纤维增强塑料，合成方法如下图，表示链延长。下列说法正确的是A.P的重复单元中有四种官能团B.M的结构简式为C.P的强度比X的大【答案】B【解析】D.X比P更易因发生氧化反应而老化【详解】A．根据结构示意图可知，P的重复单元中有两种官能团，分别是：碳碳双键、酯基，A错误；B．根据X和P结构简式对比可知，若干条P链与交联剂M反应后，P链和M分子通过碳碳双键发生加成第6页/共23页反应而交联成立体网状结构，因此M为苯乙烯，B正确；C．对比X和P结构简式可知，P为线型高分子，而X为体型高分子，体型高分子具有更的强度，C错误；D．X中受苯环影响，其侧链容易被氧化为羧基，D错误；答案选B。11.实验室模拟侯氏制碱碳酸化制NaHCO3的过程，将CO2通入饱和氨盐水(溶质为NH3、NaCl)，实验现象及数据如图1，含碳粒子在水溶液中的物质的量分数与pH的关系如图2。下列说法正确的是A.0min，溶液中cNa

cNHcCl4B.060min，发生反应：2CO23NH3H2OCO3HCO33NH4H2O





2

C.水的电离程度：0min60minD0100min，nNa

.

、nCl均保持不变【答案】C【解析】【详解】A．0min，为饱和氨盐水(溶质为NH3、NaCl)，溶液中存在cNa

cNacNH，选项A错误；4cCl

cCl，故2B．060min，随着反应的进行，60min时pH=10.3，生成的少量白色固体为NaHCO3，由图2可知，溶液中CO3和HCO3浓度相等，但无法知道沉淀的物质的量与溶液中两种离子的物质的量之比，无法写出该反应的离子方程式，选项B错误；C．0min，为饱和氨盐水(溶质为NH3、NaCl)，一水合氨抑制水的电离；60min，为碳酸氢铵与碳酸铵按1：1形成的溶液，促进水的电离；故水的电离程度：0min60min，选项C正确；D．0100min，随着反应的进行，产生碳酸氢钠晶体，故溶液中nNaD错误；减少，nCl保持不变，选项第7页/共23页答案选C。12.某小组分别进行如下3组实验研究CuSO4与KSCN的反应，实验记录如下：序实验号溶液迅速变绿，未见白①1滴1molLKSCN溶液1试剂现象色沉淀生成；静置2小时后底部有少量白色沉淀先加入5滴0.125molLFe2SO43溶液，1

溶液变红，未见白色沉淀生成②再加入1滴1molL1KSCN溶液先加入5滴0.25molLFeSO4溶液，再加入③1滴1molL1KSCN溶液21

溶液变红，同时迅速生成白色沉淀，振荡后红色消失已知：水溶液中，CuSCN为白色沉淀，Cu(SCN)4呈黄色。(SCN)2被称为“拟卤素”。下列说法不正确的是A.①中生成白色沉淀的原因是：Cu2Cu(SCN)422CuSCN(SCN)2B.由①可推知：①中生成配合物反应的反应速率大于氧化还原反应的C.由②③可推知，结合SCN的能力：Fe3CuCu2D.由①③可推知：Fe2促进了Cu2转化为CuSCN【答案】C【解析】【详解】A．CuSO4溶液中滴加1滴1molL1KSCN溶液，生成黄色Cu(SCN)4，黄色与铜离子形成的蓝色混合溶液呈绿色，静置2小时后产生白色沉淀，说明发生反应：2Cu2Cu(SCN)42CuSCN(SCN)2，A正确；B．根据①中现象可知，Cu2+先与SCN形成配合物，所以溶液显变绿；静置后产生白色沉淀，说明发生氧2第8页/共23页化还原反应生成白色沉淀CuSCN，B正确；C．根据实验①②可知，结合SCN的能力：CuFe3Fe2，C错误；D．由①③可推知：Fe2促进了Cu2转化为CuSCN，D正确；答案选C。13.CO2催化加氢制甲醇，在减少CO2排放的同时实现了CO2的资源化，该反应可表示为：CO2g+3H2gCH3OHg+H2Og，保持起始反应物nH2:nCO2=3:1，T=250℃时xCH3OH随压强变化的曲线和p=5105Pa时xCH3OH随温度变化的曲线如图：已知：xCH3OH表示平衡体系中甲醇的物质的量分数。下列说法正确的是A.该反应H0

B.a、b交点处化学平衡常数值相同C.当p=5105Pa，T=230℃时，达平衡后xCH3OH<0.05D.当xCH3OH=0.10时，H2的平衡转化率约为33％【答案】D【解析】【分析】该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量分数增大，则曲线a表示甲醇的物质的量分数随压强的变化，曲线b表示甲醇的物质的量分数随温度的变化，由图可知，升高温度，甲醇的物质的量分数减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为焓变小于0的放热反应。【详解】A．由分析可知，该反应为焓变小于0的放热反应，故A错误；B．化学平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，由图可知，a、b交点处，b曲线对应反应温度小第9页/共23页于250℃，则a、b交点处化学平衡常数值不相同，故B错误；C．由图可知，5×105Pa、250℃时，甲醇的物质的量分数为0.05，该反应为放热反应，升高温度，甲醇的物质的量分数减小，则5×105Pa、2,30℃时，甲醇的物质的量分数大于0.05，故C错误；设起始二氧化碳和氢气的物质的量为1mol和3mol，平衡时生成甲醇为amol，由题意可建立如下三段式：D．CO2g+3H2gCH3OHg+H2Og起(mol)变(mol)平(mol)

1a1-a

33a3-3a

0aa

0aa

由甲醇的物质的量分数为0.01可得：0.33mol3

×100%=33%，故D正确；3mol故选D。a

=0.1，解得a≈0.33mol，则氢气的转化率为4-2a14.LiMn2O4为尖晶石型锰系锂离子电池材料，其晶胞由8个立方单元组成，这8个立方单元可分为A、B两种类型。电池充电过程的总反应可表示为：LiMn2O4C6Li1xMn2O4LixC6。已知：充放电前后晶体中锰的化合价只有+3、+4，分别表示为Mn(III)、Mn(IV)。下列说法不正确的是A.每个晶胞含8个Li

B.立方单元B中Mn、O原子个数比为1:2C.放电时，正极反应为Li1xMn2O4xLixeLiMn2O4





D.若x0.6，则充电后材料中Mn(Ⅲ)与Mn(Ⅳ)的比值为1:4【答案】B【解析】【详解】从A立方单元中可知，一个A单元中含2个Li，一个晶胞含4个A，所以每个晶胞含8个Li，A．故A正确；B．由立方单元B可知Mn原子个数分别为161115，O原子个数为8+64，所以Mn、O原8242第10页/共23页子个数比为5:45:8，故B错误；2



C．放电时，正极Li1xMn2O4得电子被还原，反应式为：Li1xMn2O4xLixeLiMn2O4，故C正确；D．若x0.6，根据化合物Li1xMn2O4化合价之和为0的原则，可计算出Mn(Ⅲ)与Mn(Ⅳ)的比值为1:4，故D正确；故选B。第二部分

本部分共5题，共58分。

15.KCN易溶于水，水溶液呈碱性，虽有剧毒，却因其较强的配位能力被广泛使用，如用于从低品位的金矿砂(含单质金)中提取金。（1）基态N价层电子排布式为___________。（2）CN的所有原子均满足8电子稳定结构，其电子式为___________。（3）CN中N为-3价，从结构与性质关系的角度解释其原因：___________。（4）下图为KCN的晶胞示意图。已知晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为___________gcm3。(已知：1nm107cm)（5）浸金过程如下：i．将金矿砂溶于pH为10.5～11的KCN溶液，过滤，得含Au(CN)2的滤液；ii．向滤液中加入足量金属锌，得单质金。①已知Au与Cu同族，则Au属于___________区元素。②i中反应的离子方程式为___________。③i中，pH10.5会导致相同时间内Au的浸取率下降，原因是___________。【答案】15.2s23p3

第11页/共23页16.[:CN:]-17.N的电负性大，半径小，对共用电子对吸引力强，共用电子对偏向于N；2.61023

18.a3NA

19.①.ds②.O24Au8CN-2H2O4Au(CN)24OH-③.pH10.5时，溶液中的CN浓度会减小，主要以HCN形式存在，导致Au的浸取率下降【解析】【小问1详解】基态N价层电子排布式为2s23p3;【小问2详解】CN的所有原子均满足8电子稳定结构，其电子式为:CN:。【小问3详解】CN中N为-3价，C为+2价，N的电负性大，半径小，对共用电子对吸引力强，共用电子对偏向于N，所以为-3价；【小问4详解】由KCN的晶胞示意图可知，每个晶胞中含有4个KCN，则该晶体的密度为m4(391214)2.61023

3Va1021NAa3NA

gcm3；【小问5详解】①Au与Cu同族，则都属于ds区；②将金矿砂溶于pH为10.5～11的KCN溶液得含Au(CN)2的滤液，该过程为氧气的电子，反应的离子方程式为：O24Au8CN-2H2O4Au(CN)24OH-；③pH10.5时，溶液中的CN浓度会减小，主要以HCN形式存在，导致Au的浸取率下降。16.一种利用富锂卤水(含Li+、Na+、Mg2+、Cl-、硼酸根等)制备碳酸锂的工艺如下：已知：室温下相关物质的Ksp如下表。第12页/共23页化合物MgCO3Mg(OH)25.61012

CaC2O42.3109

CaCO32.8109

Ca(OH)25.5106Li2CO3Ksp

6.81062.5102（1）i中，操作的名称是___________。（2）ii可除去80％的Mg2+，该过程中生成Mg2(OH)2CO3反应的离子方程式为___________。（3）iii中，得到的沉淀3的成分有___________。（4）有人提出：可省略向溶液3中加入草酸钠这一步，该建议_______(填“可行”或“不可行”)，理由是_______。（5）一种测定碳酸锂产品纯度的方法如下：步骤I．取agLi2CO3产品，加入c1molLV1mLH2SO4标准溶液，固体完全溶解；步骤Ⅱ．加热溶液，缓缓煮沸一段时间后自然冷却至室温；步骤Ⅲ．以酚酞为指示剂，用c2molLNaOH标准溶液滴定至终点，消耗溶液体积为V2mL。1

1

①已知：杂质不与H2SO4、NaOH溶液反应。该Li2CO3产品纯度为___________(写出计算式，用质量分数表示)。②步骤Ⅱ的目的是___________；若省略步骤Ⅱ，直接进行步骤Ⅲ，将导致测得的Li2CO3产品纯度___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。【答案】（1）萃取分液（2）Mg2++3CO3+2H2O=Mg2(OH)2CO3+2HCO3（3）Mg(OH)2和CaCO3（4）沉淀不纯（5）【解析】【分析】由题干工艺流程图可知，向富锂卤水中加入有机溶剂进行萃取分液出含硼有机溶剂和主要含Li+、Na+、Mg2+的水层溶液1，向溶液1中加入纯碱，将Mg2+转化为Mg2(OH)2CO3进行一次除镁，过滤得沉淀2主要成分为Mg2(OH)2CO3，向溶液2中加入石灰乳进行二次除镁，将剩余的镁离子转化为Mg(OH)2，同时步骤ii中生成的碳酸氢根离子和石灰乳反应生成CaCO3沉淀，故过滤出沉淀3主要成分为Mg(OH)2和CaCO3，向溶液3中加入草酸钠进行出Ca2+，将溶液3中的Ca2+转化为CaC2O4沉淀，过滤得到沉淀4主要成分为CaC2O4，向溶液4中加入纯碱进行沉锂，过滤洗涤得到碳酸锂，据此分析解题。①.①.不可行②.溶液3中Ca2+能与步骤v中的沉锂的纯碱反应生成CaCO3，造成所得Li2CO3

2--

3.7( 2c1V1-c2V2)

%

a②.将溶液中溶解的CO2赶出，以免影响实验结果③.偏低第13页/共23页【小问1详解】由分析可知，i中，操作的名称是萃取分液，故答案为：萃取分液；【小问2详解】由分析可知，ii可除去80％的Mg2+，该过程中生成Mg2(OH)2CO3反应即Mg2+和Na2CO3溶液反应生成Mg2(OH)2CO3，故该反应的离子方程式为：Mg2++3CO3+2H2O=Mg2(OH)2CO3+2HCO3，故答案为：Mg2++3CO3+2H2O=Mg2(OH)2CO3+2HCO3；2--2--

【小问3详解】由分析可知，iii中，得到的沉淀3的成分有Mg(OH)2和CaCO3，故答案为：Mg(OH)2和CaCO3；【小问4详解】由分析可知，溶液3中含有Li+、Na+、Ca2+等离子，Ca2+能与步骤v中的沉锂的纯碱反应生成CaCO3，造成所得Li2CO3沉淀不纯，故有人提出：可省略向溶液3中加入草酸钠这一步，该建议不可行，故答案为：不可行；溶液3中Ca2+能与步骤v中的沉锂的纯碱反应生成CaCO3，造成所得Li2CO3沉淀不纯；【小问5详解】①根据2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O可知与NaOH反应的H2SO4的物质的量为：n(H2SO4)1=2n(NaOH)=2c2V2×10-3mol，则与Li2CO3反应的硫酸的物质的量为：n(H2SO4)2=c1V1×10-3mol-n(H2SO4)1=c1V1×10-3mol-2c2V2×10-3mol=(c1V1-2c2V2)×10-3mol，根据Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2↑，1

1

1

1

1(c1V1c2V2)103mol×74g/mol3.7(2c1V1-c2V2)

%，故答案为：故该Li2CO3产品纯度为=2×100%aag3.7(2c1V1-c2V2)

%；a②由反应方程式Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2↑可知，步骤I反应后的溶液中含有CO2，故步骤Ⅱ的目的是将溶液中溶解的CO2赶出，以免影响实验结果；若省略步骤Ⅱ，直接进行步骤Ⅲ，将导致上述实验中的V2偏大，则将导致测得的Li2CO3产品纯度偏低，故答案为：将溶液中溶解的CO2赶出，以免影响实验结果；偏低。17.降压药厄贝沙坦的关键中间体K的合成路线如下：第14页/共23页（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，NH2发生取代反应，该反应的化学方程式为___________。（4）反应①②将NH2转换为N¯(异氰基)有如下两个作用。①保护NH2。否则，D直接与BrCH24Br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1molBrCH24Br充分反应得到1molM或G，则均生成2molHBr

②将NH2转化为NC可以提高αH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L1、L2的结构简式分别为___________、___________。【答案】17.羧基18.H2NCH2COOH

19.H2NCH2COOC2H5+HCOOC2H5OHCNHCH2COOC2H5C2H5OH20.①.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21.+NaOHC2H5OH+

22.①.②.第15页/共23页【解析】【分析】由A的分子式C2H4O2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CH3COOH，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H2NCH2COOC2H5，可推断C结构简式为H2NCH2COOH，根据A、C结构及B分子式，确定B结构简式为ClCH2COOH，D与HCOOC2H5反应生成E(C5H9NO3)，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NH2发生取代反应，则E结构简式为OHCNHCH2COOC2H5。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L1为，L2为。由I(C6H11NO2)与BrCOCH23CH3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【小问1详解】，G为。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H2NCH2COOC2H5，可推断C结构简式为H2NCH2COOH；故答案为：H2NCH2COOH；【小问3详解】D与HCOOC2H5反应生成E(C5H9NO3)，分子组成比D多一个碳原子和一个氧原子，结合信息D→E是第16页/共23页NH2发生取代反应，则E结构简式为OHCNHCH2COOC2H5，反应方程式为H2NCH2COOC2H5+HCOOC2H5OHCNHCH2COOC2H5C2H5OH；故答案为：H2NCH2COOC2H5+HCOOC2H5OHCNHCH2COOC2H5C2H5OH；【小问4详解】D直接与BrCH24Br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BrCH24Br反应得到M或G，发生的是取代反应，1分子D或F断下的2个H原子与BrCH24Br断下来的2个Br原子结合生成2个HBr，若D或F与1molBrCH24Br充分反应得到1molM或G，则均生成2molHBr，c正确；答案选bc；NH2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；吸引电子能力增强，使CNC结构中N原子带部分正电荷，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C2H5OH+

；故答案为：【小问6详解】+NaOHC2H5OH+

；第17页/共23页根据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L1为，L2为；故答案为：；。将其降解或资源化转化在能源利用、环境保护等方面意义重大。通常，18.氯苯是工业废水中的常见污染物，废水中氯苯的处理过程为：资料：25℃、101kPa时，氯苯、邻苯二酚燃烧反应的热化学方程式如下：(l)7O2g6CO2gHClg2H2Ol(s)6.5O2g6CO2g3H2OlΔH3035.9kJmol1

ΔH2864.3kJmol1

（1）25℃、101kPa时，在催化剂作用下，氯苯与O2、H2O反应生成邻苯二酚和HCl的热化学方程式为___________。（2）可用于检验转化ii后是否有邻苯二酚剩余的试剂为___________。（3）传统处理工艺常用空气将废水中的氯苯吹出，所得空气、氯苯的混合气体通过催化剂表面完成转化i，所得产物在实验条件下均为气态。其他条件不变时，增大通入废水的空气流速，废水中氯苯去除率提高；但i中氯苯的转化率降低。氯苯转化率降低的可能原因是___________(填字母)。a．单位时间内通过催化剂表面的混合气体变少b．混合气体在催化剂表面反应的时间变短c．i中转化反应的化学平衡常数变小（4）我国科研人员开发了一种电化学装置(如图)，可在更温和的条件下实现转化i、ii。第18页/共23页①阳极区发生的电极反应为：___________。(补充不完整的反应)2e□___________=+□___________+□___________26e10H2O6CO226H②资料：电解效率B

n(生成B所用的电子)

100%

n(通过电极的电子)

)=5%，所有邻一定时间内，阴极共得到44.8L气体X(标准状况)，X100%。若阳极区(苯二酚完全转化为CO2，则CO2___________。③一段时间后，阴极区溶液pH保持不变，结合化学用语解释其原因：___________。【答案】（1）（2）氯化铁溶液（4）①.+(l)+0.5O2g+H2Ol=HClg+（3）b-2e-+2H2O=-H171.6kJmol1+HCl+2H+

②.65%③.阴极氢离子得到电子发生还原反应生成氢气：2H+2e=H2，而反应过程中阳极区反应生成氢离子通过质子交换膜进入阴极区，根据电子守恒，阴极消耗氢离子的物质的量等于进入阴极区的氢离子的量【解析】【小问1详解】25℃、101kPa时，在催化剂作用下，氯苯与O2、H2O反应生成邻苯二酚和HCl反应为：(l)+0.5O2g+H2Ol=HClg+

(s)，已知：第19页/共23页①(l)7O2g6CO2gHClg2H2OlH3035.9kJmol

1

②(s)6.5O2g6CO2g3H2OlH2864.3kJmol

1

由盖斯定律可知，①-②得反应：(l)+0.5O2g+H2Ol=HClg+

(s)，则H3035.9kJmol12864.3kJmol1171.6kJmol1；【小问2详解】苯酚能和氯化铁溶液发生显色反应，故检验转化ii后是否有邻苯二酚剩余的试剂为氯化铁溶液；【小问3详解】a．增大通入废水的空气流速，导致单位时间内通过催化剂表面的混合气体变大，而不是变小，不符合题意；b．增大通入废水的空气流速，混合气体在催化剂表面反应的时间变短，使得反应不充分，导致氯苯的转化率降低，符合题意；c．其他条件不变时，增大通入废水的空气流速，不会影响i中转化反应的化学平衡常数变化，不符合题意；故选b；【小问4详解】①由图可知，阳极区氯苯失去电子发生氧化反应生成邻苯二酚，发生的电极反应为：-2e-+2H2O=+HCl+2H+；+-②阴极氢离子得到电子发生还原反应生成氢气X：2H+2e=H2；一定时间内，阴极共得到44.8L氢气(标准状况)，为2mol，则转移电子4mol；若阳极区()=5%，生成邻苯二酚转移电子0.2mol，结合反应：-2e-+2H2O=+HCl+2H+，生成邻苯二酚0.1mol，则所有邻苯二酚完全转化为CO2，转移电子0.1mol×26=2.6mol，则CO22.6100%65%；4+-③阴极氢离子得到电子发生还原反应生成氢气X：2H+2e=H2，而反应过程中阳极区反应生成氢离子通过质子交换膜进入阴极区，根据电子守恒，阴极消耗氢离子的物质的量等于进入阴极区的氢离子的量，故一段时间后，阴极区溶液pH保持不变。19.小组同学探究镁与银氨溶液反应的产物及影响其反应速率的因素。第20页/共23页I．探究镁与银氨溶液反应的产物【实验1】向5mL2molLAgNO3溶液中逐滴加入5mL6molL1氨水，最终得到无色透明溶液。【实验2】1

（1）实验1中，反应的离子方程式是___________。（2）由实验2-2可证明2-1中有Ag生成，则2-2中加入过量稀硝酸后可观察到的现象是_____。（3）由实验2-3可证明2-1中有Ag2O生成，则试剂甲、乙分别为___________、___________(填字母)。a．稀硝酸b．稀盐酸c．NaCl溶液d．NaNO3溶液（4）经检验，实验2-1中产生的气体有H2和NH3。①检验产生气体中有NH3的操作及现象：将湿润的红色石蕊试纸置于试管口处，观察到_________。②生成H2、NH3、Ag的反应可表示为：Mg2H2OMg(OH)2H2、___________。II．探究影响镁与银氨溶液反应生成H2速率的因素【实验3】用2molLAgNO3溶液、12molL1氨水按照下表所示用量配制好银氨溶液后，放入等量打磨过的镁条，记录收集112mLH2所用时间。配制银氨溶液所用试剂序号配好的银氨溶液的组成1H2O体积mLAgNO3溶液体积mL氨水体积mLAgNH32浓度时氨水浓度间smolL10.25molL13-16.001.00100.

1.00600第21页/共23页3-23-34.002.002.504.001.50a0.6251.001.001.0030060（5）实验3-3中，a=___________。（6）根据上述实验分析，银氨溶液中AgNH3浓度越大，产生H2的速率越快的主要原因是

2

___________。III．实验结论与反思（7）综合上述实验，可知Mg与银氨溶液反应后的产物有Ag、NH3、H2、Mg(OH)2、Ag2O等；小组同学推测氨水浓度也是影响Mg与银氨溶液反应生成Ag的速率的因素。他们的推测___________(填“合理”或“不合理”)，理由是___________。【答案】（1）Ag++2NH3AgNH32

+

（2）灰白色固体完全溶解，有气体生成，在试管口变为红棕色（3）（4）（5）2.00①.b②.a

②.2AgNH+2NHHO+Mg=MgOH2Ag+4NH2NH3323422

+

+

①.试纸变蓝（6）cAgNH32

浓度增大，Mg与AgNH32反应生成Ag的反应速率增大，单+

位时间内生成Ag的量增多，形成更多的MgAg微小原电池，产生氢气速率加快（7）①.合理②.氨水浓度改变，会使Ag++2NH3AgNH32平衡移动，改变cAg+

+，从而影响生成Ag的速率【解析】【分析】实验目的为探究镁与银氨溶液反应的产物及影响其反应速率的因素，根据镁与银氨溶液反应的现象确定部分产物，对产物性质研究确定产物成分；探究反应速率的影响因素，则进行对比实验，改变条件，收集相同体积的气体，所需时间长短，确定速率快慢。【小问1详解】实验目的探究镁与银氨溶液反应的产物，则需要配制银氨溶液，实验1是配制银氨溶液，故反应的离子方程式为Ag++2NH3AgNH3；2【小问2详解】实验2-1中产生灰白色固体，实验2-2是灰白色固体与过量稀硝酸反应，根据现象证明2-1中有Ag生成，+第22页/共23页则银与硝酸发生氧化还原反应溶解，同时生成NO气体，故实验现象为：NO与氧气反应生成红棕色的NO2，灰白色固体完全溶解，有气体生成，在试管口变为红棕色；【小问3详解】为证明2-1中有Ag2O生成，加入试剂甲后没有明显现象，则试剂甲不是稀硝酸，加入试剂乙后，固体中含有银溶解，则试剂乙为稀硝酸，有少量白色沉淀，结合实验2-2，白色沉淀为AgCl，则试剂甲为稀盐酸，Ag2O与盐酸反应生成AgCl和水，没有明显现象，加入稀硝酸，AgCl不溶于硝酸，Ag与硝酸反应溶解；故答案为：b；a；【小问4详解】氨气溶于水溶液显碱性，可以时石蕊试纸变蓝；镁与银氨溶液反应生成NH3、Ag，故反应方程式为2AgNH32+2NH3H2O+Mg=MgOH22Ag+4NH32NH4；+【小问5详解】根据控制变量的要求，只改变一个条件cAgNH32则a=2.00ml；【小问6详解】+浓度，其他条件相同，即总体积相同，都为8.00ml，cAgNH32

+浓度增大，Mg与AgNH3反应生成Ag的反应速率增大，单位时间内生成Ag的+

2

量增多，形成更多的MgAg微小原电池，产生氢气速率加快【小问7详解】推测合理；根据反应Ag++2NH3AgNH3，氨水浓度改变，影响cAg2速率；故答案为：合理，氨水浓度改变，会使Ag++2NH3AgNH3平衡移动，改变cAg2生成Ag的速率。+++，从而影响生成Ag的+，从而影响第23页/共23页