重庆市第一中学校2022-2023学年高三下学期5月月考化学 Word版含解析

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2023年重庆一中高2023届5月月考化学试题可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12O-16Co-59一、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.化学与生活、科技密切相关。下列说法正确的是A.用聚碳酸酯类塑料替代聚乙烯塑料，可减少“白色污染”B.新型无机非金属材料氧化铝制成的坩埚可用于加热熔化纯碱C.“天舟四号”配置的太阳能电池的能量转化形式为太阳能→化学能+电能D.合成结晶牛胰岛素是一种由核苷酸聚合形成的有机高分子物质【答案】A【解析】【详解】A．聚碳酸酯类塑料能水解，聚碳酸酯类塑料替代聚乙烯塑料，可减少“白色污染”，故A正确；B．氧化铝与熔融纯碱会发生化学反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，不能用氧化铝制成的坩埚可用于加热熔化纯碱，故B错误；C．太阳能电池将太阳能直接转化为电能，故C错误；D．牛胰岛素是蛋白质，合成结晶牛胰岛素由氨基酸聚合形成，故D错误；选A。2.下列化学用语表述正确的是A.CaC2的电子式：B.基态Fe3+的核外电子排布图：C.BF3的VSEPR模型：D.乙烯分子中C原子的杂化轨道示意图：【答案】D

1【解析】【详解】A．CaC2是离子化合物，电子式为，故A错误；B．是Fe2+的结构示意图，故B错误；C．BF3中B原子有3个共用电子对，VSEPR模型为平面三角形，故C错误；D.乙烯分子中C原子采用sp2杂化，杂化轨道示意图：，故D正确；选D。3.常温下，下列各组离子在给定条件下可能大量共存的是A.铝粉能产生H2的溶液：K+、Na+、SO、AlOB.滴入酚酞显红色的溶液：NH、Al3+、CO、Cl-C.水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液：Na+、Fe3+、I-、NOD.=0.1mol/L的溶液：Na+、Mg2+、SiO、HCO【答案】A【解析】【详解】A．铝粉能产生H2的溶液可能呈酸性、也可能呈碱性，溶液呈酸性时不能大量存在，溶液呈碱性时离子相互间不反应、与OH-不反应，溶液呈碱性时能大量共存，A项符合题意；B．滴入酚酞显红色的溶液中含OH-，OH-与、Al3+反应不能大量共存，且Al3+与发生双水解反应不能大量共存，B项不符合题意；C．水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液可能呈酸性、也可能呈碱性，Fe3+与I-发生氧化还原反应不能大量共存，酸性时与I-发生氧化还原反应不能大量共存，碱性时Fe3+不能大量存在，C项不符合题意；D．=0.1mol/L的溶液呈碱性，碱性溶液中OH-与Mg2+、不能大量共存，D项不符合题意；答案选A。4.NA代表阿伏加得罗常数的值，下列说法正确的是A.1molCrO5(Cr为+6价)含有的过氧键数目为NA

2B.10gD2O含有的电子数、中子数均为5NAC.足量的铜锌合金与含2molH2SO4的浓硫酸共热，生成的气体分子数为NAD.22.4L(标准状况)NH3完全溶于水后，溶液中NH3•H2O数目为NA【答案】B【解析】【详解】A．CrO5(Cr为+6价)的结构为，故1molCrO5(Cr为+6价)含有的过氧键数目为2NA，A错误；B．1分子D2O含有的电子数、中子数均为10，10gD2O为0.5mol，则含有的电子数、中子数均为5NA，B正确；C．足量的铜锌合金与含2molH2SO4的浓硫酸共热，随着反应进行，硫酸浓度减小，会部分和锌反应生成氢气，导致生成的气体分子数大于NA，C错误；D．22.4L(标准状况)NH3为1.0mol，完全溶于水后，溶液中、和数目之和为NA，D错误；故选B。5.下列物质的性质与用途不具有对应关系是A.CO具有还原性，可用于冶炼铁B.KNO3具有氧化性，可用于制黑火药C.Na2CO3溶液显碱性，可用于除油污D.FeCl3溶液显酸性，可用于刻蚀电路板上的铜【答案】D【解析】【详解】A．CO具有还原性，用CO还原氧化铁冶炼生铁，故A正确；B．KNO3具有氧化性，可用于制黑火药，故B正确；C．油脂在碱性条件下会发生水解，Na2CO3溶液显碱性，可用于除油污，故C正确；D．刻蚀电路板上的铜是利用氯化铁中铁离子的氧化性，故D错误；故选D。6.利用下列装置(夹持装置已略去)进行实验，能达到实验目的的是

3A.制取无水MgCl2B.吸收多余NH3C.证明1－溴丁烷发生了消去反应D.分离碘和四氯化碳A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．氯化氢可以抑制氯化镁的水解从而得到无水氯化镁，能达到实验目的，故A符合题意；B．氨气极易溶于水，直接通入水中导致倒吸，不能达到实验目的，故B不符合题意；C．挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能证明1－溴丁烷发生了消去反应，不能达到实验目的，故C不符合题意；D．碘单质和四氯化碳互溶，不能分液，不能达到实验目的，故D不符合题意；故选A。7.一种药物合成中间体结构简式如图所示，下列说法正确的是A.分子中含有3个手性碳B.可以发生氧化反应、消去反应和开环聚合反应C.与酸或碱溶液反应都可生成盐D.苯环上二氯代物有5种【答案】C【解析】

4【详解】A．连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，则中黑球表示的2个碳原子为手性碳原子，故A错误；B．含羟基、碳卤键可发生消去反应，由结构可知，该有机物不能发生消去反应，故B错误；C．含酯基、酰胺键，与酸或碱溶液反应都可生成盐，故C正确；D．由对称性可知，苯环上只有2种H原子，可固定1个Cl、移动另一个Cl,如图、，苯环上的二氯代物有4种，故D错误；故选C。8.W、X、Y、Z为同一周期元素，Y的电子总数为最外层电子数的3倍。由这些元素组成的一种化合物M的结构如图所示，下列叙述错误的是A.原子半径：W＞X＞Y＞ZB.第一电离能：W＞X＞Y＞ZC.电负性：W＜X＜Y＜ZD.化合物M中，W、X、Y、Z均满足8电子稳定结构【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z为同一周期元素，其中Y的电子总数为最外层电子数的3倍，符合条件的元素有Li、P，化合物M中Y形成共价键，可知Y为P元素，而X形成4条共价键、Z形成1条共价键，可知X为Si元素、Z为Cl元素，W形成+1价阳离子，则W为Na元素。【详解】由分析可知，W为Na元素、X为Si元素、Y为P元素、Z为Cl元素；A．同周期主族元素自左而右原子半径减小，则原子半径：Na＞Si＞P＞Cl即W＞X＞Y＞Z，A正确；B．同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，ⅡA族、Ⅴ族第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：Na＜Si＜P＜Cl即W＜X＜Y＜Z，B错误；C．同周期主族元素自左而右电负性增大，则电负性：Na＜Si＜P＜Cl即W＜X＜Y＜Z，C正确；D．Si元素形成4条共价键、Cl原子形成1条共价键、P原子形成2条共价键且获得1个电子，三者都满8

5电子结构，而Na+离子最外层有8个电子，D正确；故答案为：B。9.下列实验操作、现象及结论均正确的是选项操作现象结论A向紫色石蕊溶液中通入Cl2溶液先变红后褪色氯气有漂白性B向Na2SiO3溶液中通入SO2溶液变浑浊非金属性：S＞SiC向酸性MnSO4溶液中加入NaBiO3固体溶液变为紫红色氧化性：BiO＞MnOD相同温度下，将相同大小钠块分别加到醋酸和乙醇中生成氢气的速率：醋酸＞乙醇结合质子能力：CH3COO-＞C2H5O-A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．向紫色石蕊溶液中通入Cl2，Cl2和水反应生成HCl和HClO，溶液呈酸性所以先变红，后褪色的原因是HClO具有漂白性，故A错误；B．向Na2SiO3溶液中通入SO2产生硅酸沉淀，溶液变浑浊，说明酸性：H2SO3>H2SiO3，H2SO3不是S元素的最高价含氧酸，不能证明非金属性：S＞Si，故B错误；C．向酸性MnSO4溶液中加入NaBiO3固体，溶液变为紫红色，说明BiO将Mn2+氧化为MnO，则氧化性：BiO＞MnO，故C正确；D．相同温度下，将相同大小钠块分别加到醋酸和乙醇中，生成氢气的速率：醋酸＞乙醇，说明电离H+（质子）能力：CH3COOH＞C2H5OH，则结合质子能力：CH3COO-

6A.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=-42kJ•mol-1B.H2的燃烧热△H=-243kJ•mol-1C.由图(a)可知O－H的键能为220kJ•mol-1D.CO2(g)的生成热△Hf=-394kJ•mol-1【答案】D【解析】【详解】A．由图(b)可知①，由图(a)可知②；根据盖斯定律①-②得CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+42kJ•mol-1，故A错误；B．H2的燃烧热是1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的能量，△H<-243kJ•mol-1，故B错误；C．由图(a)可知，断裂2molO－H键吸收的总能量为(243+436+247)kJ，O－H键的键能为463kJ•mol-1，故C错误；D．稳定单质化合生成1mol纯物质的热效应称为生成热，由图(b)可知CO2(g)的生成热△Hf=-109kJ•mol-1-285kJ•mol-1=-394kJ•mol-1，故D正确；选D。11.石墨是层状结构，许多分子和离子可以渗入石墨层间形成插层化合物。Li+插入石墨层中间，形成晶体结构如图(a)，晶体投影图如图(b)。若该结构中碳碳键键长为apm，碳层和锂层相距dpm(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。下列说法错误的是A.Li+插入石墨层中间改变了石墨的堆积方式

7B.该化合物的化学式为LiC6C.同层Li+最近距离为3apmD.该晶体的密度为×1030g•cm-3【答案】D【解析】【详解】A．石墨由错层结构变为两层对齐，堆积方式发生改变，故A正确；B．根据均摊原则，四棱柱单元中个数，C原子个数，所以该化合物的化学式为LiC6，故B正确；C．同层Li+最近距离棱柱顶面边长，同层Li+最近距离为3apm，故C正确；D．晶胞质量为g，晶胞体积为，密度为；故D错误；选D。12.丙烯腈(CH2=CHCN)电合成已二腈[NC(CH2)4CN]的原理如图所示(两极均为惰性电极)，电解过程会产生丙腈(C2H5CN)等副产物(已知：电流效率=×100%)，下列说法错误的是A.电势：X极＞Y极B.H+移动方向：左室→质子交换膜→右室C.生成己二腈的电极反应式为2CH2=CHCN+2H++2e-=NC(CH2)4CND.若X极产生33.6L(标准状况)气体，Y极区生成了0.3mol丙腈，则电流效率高于90%【答案】D【解析】【分析】由图可知，CH2=CHCN在Y极生成NC(CH2)4CN，该过程中C的化合价降低，发生还原反应，Y极是电解池阴极，X为阳极，以此解答。

8【详解】A．由分析可知，Y极是电解池阴极，X为阳极，电势：X极＞Y极，故A正确；B．电解池中H+向阴极移动，H+移动方向：左室→质子交换膜→右室，故B正确；C．由分析可知，CH2=CHCN在Y极得电子生成NC(CH2)4CN，电极方程式为：2CH2=CHCN+2H++2e-=NC(CH2)4CN，故C正确；D．X为阳极，H2O在阳极失去电子得到O2，电极方程式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，若X极产生33.6L(标准状况)O2，物质的量为=1.5mol，转移6mol电子，Y极区生成了0.3mol丙腈，得到0.6mol电子，说明Y极H+也会放电生成H2，则电流效率不可能高于90%，故D错误；故选D。13.常温下，向碳酸钠的溶液中通入过量SO2可制备NaHSO3，主要流程如图，下列叙述错误的是已知H2CO3：Ka1=4.4×10-7，Ka2=5.6×10-11；H2SO3：Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.2×10-8。A.Na2CO3溶液中：c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)=c(OH-)B.通入SO2开始时反应为2CO+SO2+H2O=SO+2HCOC.当吸收SO2后pH=9的溶液中：c(HCO)＜c(CO)＜c(Na+)D.母液中加KOH至中性时：3c(SO)＜c(Na+)+c(K+)【答案】C【解析】【分析】碳酸钠中通入SO2，两者反应生成Na2SO3，随着SO2的持续通入，Na2SO3转化为NaHSO3，再经过结晶可得到NaHSO3。【详解】A．碳酸钠溶液水解生成和H2CO3，其中的H均来源于H2O中，水电离生成的H+和OH-物质的量相同，因此c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)=c(OH-)，A正确；B．从题干可知，酸性H2SO3>H2CO3>>，因此刚开始通入SO2时，Na2CO3与SO2反应生成和，离子方程式为2CO+SO2+H2O=SO+2HCO，B正确；C．pH=9时，c(H+)=1×10-9mol/L，根据H2CO3的Ka2=5.6×10-11，可得=5.6×10-11，解得

9=5.6×10-2，因此c()

10点压强相等，甲容器为绝热过程，乙容器为恒温过程，若两证气体物质的量相等，则甲容器的压强大于乙容器压强，现压强相等则说明甲容器中气体的总物质的量比乙容器的小，则气体的总物质的量：nb＞nc，B正确；C．恒温恒容过程中，Z点NO的转化率为80%，若乙为恒温恒压过程，则随反应进行平衡正向移动，则平衡时NO的转化率大于80%，C错误；D．起始投料为n(NO)：n(H2)=1：2，起始总压强为9kPa，则NO为3kPa，H2为6kPa，根据信息列三段式，，，Z点容器内为6.6kPa，则0.6+3.6-3x+1.2-x+2.4+2x=6.6，解得x=0.6，则从开始到Z点，用分压表示的H2消耗速率为=0.14kPa•min-1，D正确；答案选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.锂离子电池通常含有多种金属元素，废弃锂离子电池的回收处理对资源利用和环境保护有重要意义。某实验小组从某废旧锂电池正极活性材料[主要成分可表示为LiNixCo(1-x)O2]中分别回收处理金属元素，工艺流程如图：已知：①“酸浸”后滤液中主要金属阳离子为Li+、Ni2+、Co2+。②沉镍反应为回答下列问题：（1）基态氧原子的核外电子空间运动状态有_____种。丁二酮肟分子中sp3杂化的原子个数为_____

11，二丁二酮肟镍中存在的化学键有_____(填序号)。A.π键B.氢键C.金属键D.配位键（2）锂电池负极材料为Li2C6，废旧锂电池加NaCl溶液浸泡，既可将废电池充分放电，保证拆解安全，还可以达到_____的目的。（3）“酸浸”过程的主要反应离子方程式为_____。（4）“萃取”钴离子的原理可表示为2HA+Co2+CoA2+2H+，pH太小萃取率偏低的原因为_____。（5）CoC2O4和Li2CO3在空气氛围中焙烧可得到LiCoO2，该反应化学方程式为_____。（6）将草酸钴晶体(CoC2O4•2H2O)置于空气中加热，受热过程中固体残留率(固体残留率=×100%)变化如图，则C点固体物质化学式为_____。【答案】（1）①.5②.4③.AD（2）将负极锂元素转移到正极材料中，提高锂的回收率（3）2LiNixCo(1-x)O2+6H++H2O2=2Li++2xNi2++2(1-x)Co2++4H2O+O2↑（4）pH越小，H+浓度越大，抑制萃取平衡（5）4CoC2O4+2LiCO3+3O24LiCoO2+10CO2（6）Co2O3【解析】【分析】废旧锂电池正极活性材料（主要成分可表示为LiNixCo(1-x)O2），加NaCl溶液浸泡，可将废电池充分放电，保证拆解安全，将负极锂元素转移到正极材料中，提高锂的回收率，加入稀硫酸和过氧化氢酸浸，过滤得到的滤液中主要阳离子为锂离子、镍离子和钴离子，加入丁二铜肟沉镍，得到二丁二酮肟镍，过滤得到的滤液中加入萃取剂萃取分液得到水相中含有锂离子，加入碳酸钠沉锂得到碳酸锂，有机相加入试剂反萃取后加入草酸沉钴得到草酸钴。【小问1详解】基态氧原子的核外电子排布式为1s22s22p4，轨道数为5，核外电子空间运动状态有5种，丁二酮肟分子中

12sp3杂化的原子是两个甲基中的碳原子，两个羟基中的氧原子，个数为4，二丁二酮肟镍中存在的化学键有σ键、π键、配位键，氢键不属于化学键，金属键存在于金属或合金中，故答案选AD。【小问2详解】锂电池负极材料为Li2C6，废旧锂电池加NaCl溶液浸泡，可将废电池充分放电，保证拆解安全，还可以达到将负极锂元素转移到正极材料中，提高锂的回收率的目的。【小问3详解】从题干可知，酸浸后的滤液中主要金属阳离子为Li+、Ni2+和Co2+，同时有氧气生成，酸浸过程中的主要反应离子方程式为2LiNixCo(1-x)O2+6H++H2O2=2Li++2xNi2++2(1-x)Co2++4H2O+O2↑。【小问4详解】萃取钴离子的原理可表示为2HA+Co2+CoA2+2H+，pH越小，氢离子浓度越大，该反应化学平衡逆向移动，降低了萃取率。【小问5详解】CoC2O4与Li2CO3在空气中焙烧可得到LiCoO2，Co失电子化合价从+2价升高为+3价，则反应物中O2得电子生成CO2，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为4CoC2O4+2Li2CO3+3O24LiCoO2+10CO2。【小问6详解】CoC2O4·2H2O(M=183g/mol)，取1mol的CoC2O4·2H2O，则Co元素的质量为59g，C点固体物质中O元素约为183g×45.36%-59g=24g，Co原子和O原子物质的量之比为1：1.5，化学式为Co2O3。16.一中学某课外小组的同学设计利用C2H2气体制取H2C2O4•2H2O并测定产品纯度。I.制取H2C2O4•2H2O①电石除CaC2外还含有少量CaS及Ca3P2杂质等②查阅文献，用Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸能将C2H2氧化为H2C2O4（1）为减慢装置A中产生C2H2的反应速率，常用_____(填试剂名称)代替水作反应试剂。

13（2）装置B中KClO3将H2S、PH3氧化为硫酸及磷酸除去，同时又产生一种新的气体单质杂质，该杂质的化学式是_____。（3）装置D中生成H2C2O4的化学方程式为______，从反应后的溶液得到产品，还需经过蒸发浓缩、_____(填操作名称)、过滤、洗涤及干燥。（4）装置F的作用是_____。II.测定产品中H2C2O4•2H2O的纯度准确称取3.5000g产品于烧杯中，加入适量蒸馏水和稀硫酸溶解，配成100mL溶液.每次用移液管量取20.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol•L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，记录数据如表。滴定次数标准KMnO4溶液体积(mL)滴定前读数滴定后读数10.3020.20212021.3030.8022.5041.5021.50（5）滴定过程中发现褪色速率开始很慢后迅速加快，其原因是______。（6）滴定终点时的现象为______。（7）产品中H2C2O4•2H2O的纯度为_____%。（8）下列操作可能使产品纯度测定结果偏高的是_____(填序号)。A.用产品配制溶液定容读数时，俯视容量瓶上的刻度线B.锥形瓶水洗后未干燥C.滴定终点时，滴定管尖嘴部分有气泡D.产品在干燥器中干燥时间过长，导致失去部分结晶水【答案】（1）饱和食盐水(饱和氯化钠溶液)（2）Cl2（3）①.C2H2+8HNO3(浓)H2C2O4+8NO2+4H2O②.冷却(降温)结晶（4）吸收尾气NO2，防止污染空气（5）生成的Mn2+作该反应的催化剂（6）滴入最后半滴标准溶液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色

14（7）90（8）AD【解析】【分析】水与电石反应生成C2H2，同时因为有CaS及Ca3P2杂质等存在，同时生成H2S和PH3，将混合气体通入KClO3溶液中，H2S和PH3被氧化为硫酸和磷酸除去，同时KClO3被还原生成氯气，用NaOH除去生成的氯气，D中在Hg(NO3)2作催化剂条件下，浓硝酸将C2H2氧化为H2C2O4，自身被还原为NO2，生成的NO2需进行尾气处理，F中NaOH用于吸收多余的NO2，同时需要进行防倒吸处理，E瓶的作用为防止倒吸。【小问1详解】电石与水反应过于剧烈，为了减慢反应速率，平缓地产生乙炔，可用饱和食盐水代替水反应。【小问2详解】装置B中KClO3将H2S、PH3氧化为硫酸及磷酸除去，同时KClO3被还原生成Cl2，新的气体单质为氯气。【小问3详解】装置D中浓硝酸和C2H2反应生成H2C2O4和NO2，化学方程式为C2H2+8HNO3(浓)H2C2O4+8NO2+4H2O，从反应后的溶液得到产品，还需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤及干燥。【小问4详解】装置F中为NaOH，用于吸收多余的NO2，防止其污染环境。【小问5详解】滴定过程中高锰酸钾与H2C2O4反应生成了Mn2+，Mn2+可作为该反应的催化剂从而加快反应速率。【小问6详解】用高锰酸钾标准溶液滴定草酸溶液，滴定终点的现象为滴入最后半滴标准溶液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色。【小问7详解】从表中可知，四次实验消耗的KMnO4的体积为19.90mL、20.10mL、21.7mL、20.00mL，第三组数据与其他数据相差较大舍去，平均消耗KMnO420mL，即消耗KMnO42×10-3mol，根据H2C2O4和KMnO4反应的比例关系，2KMnO4~5H2C2O4，可得消耗的H2C2O4为5×10-3mol，则3.5g样品中含有H2C2O42.5×10-2mol，则H2C2O4·2H2O的纯度为=90%。【小问8详解】A

15．用产品配制溶液定容读数时，俯视容量瓶上的刻度线，导致溶液浓度偏高，消耗的高锰酸钾溶液偏多，测定结果偏高，A正确；B．锥形瓶水洗后未干燥，对实验没有影响，B错误；C．滴定终点时，滴定管尖嘴部分有气泡，则测定的高锰酸钾消耗量偏低，产品纯度偏低，C错误；D．产品在干燥器中干燥时间过长，失去部分结晶水，配置成溶液消耗的高锰酸钾的量不变，但是样品质量偏小，产品纯度偏高，D正确；故答案选AD。17.神舟十五号飞船滑动部件由多种高强度、高模量复合材料制成，某树脂L是其中一种材料的组成部分。（1）L由己二酸和邻苯二胺在催化剂作用下缩聚合成，L中官能团的名称为氨基和_____；生成L的化学反应方程式为_____。（2）由乙烯合成己二酸的一种合成路线如图：已知：R1CHO+R2CH2CHO①A与银氨溶液反应的化学方程式为_____。②按系统命名法，B的名称为_____。③反应D→E中有一种分子式为C4H6Cl2的副产物生成，该副产物的结构简式为____。（3）邻苯二胺的一种合成路线如图：①设计反应H→I的目的是_____。②K→邻苯二胺的反应类型为______。③化合物M的相对分子质量比H大16，满足下列条件的结构有_____种(不考虑立体异构)。a.遇FeCl3溶液显色；b.能在NaOH溶液中发生水解反应；c.能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀其中，核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为1：1：2：2：3的结构简式为_____。【答案】（1）①.酰胺基、羧基②.nHOOC(CH2)4COOH+n

16+(2n-1)H2O（2）①.CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+3NH3+2Ag↓+H2O②.3－羟基丁醛③.（3）①.用磺酸基封闭乙酰氨基的对位，使随后硝化的硝基只能进入邻位②.还原反应③.16④.【解析】【分析】由乙烯合成己二酸的一种合成路线分析：乙烯（CH2=CH2）在一定条件下转化为A，A发生已知反应的原理得到B，结合A的分子式可知，A为CH3CHO，B为CH3CH(OH)CH2CHO，由C的分子式可知B和H2发生加成反应得到C，C为CH3CH(OH)CH2CH2OH，C发生消去反应得到D，D的结构简式为CH2=CH-CH=CH2，D发生加成反应得到E，E为CH2ClCH=CHCH2Cl，E经过一系列反应得到己二酸，以此解答。由邻苯二胺的一种合成路线分析：H和浓H2SO4发生取代反应生成I，结合H的分子式可以推知H为，G为，I发生硝化反应生成J，J为，J在硫酸溶液中煮沸得到K，K为，K发生还原反应得到邻苯二胺。【小问1详解】L由HOOC(CH2)4COOH和在催化剂作用下缩聚合成，该过程中羧基脱去羟基，氨基脱去氢原子后形成酰胺基，L中官能团的名称为氨基和酰胺基、羧基；生成L的化学反应方程式为：

17nHOOC(CH2)4COOH+n+(2n-1)H2O。【小问2详解】①由分析可知，A为CH3CHO，与银氨溶液反应的化学方程式为：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+3NH3+2Ag↓+H2O；②由分析可知，B为CH3CH(OH)CH2CHO，名称为3－羟基丁醛；③D的结构简式为CH2=CH-CH=CH2，D和Cl2发生1、4加成反应得到E，如发生1、2加成生成副产品C4H6Cl2，该副产物的结构简式为。【小问3详解】①设计反应H→I的目的是用磺酸基封闭乙酰氨基的对位，使随后硝化的硝基只能进入邻位；②由分析可知，K为，K发生还原反应将硝基转化为氨基得到；③化合物M的相对分子质量比H大16，M比H分子式多1个O原子，且满足条件：a.遇FeCl3溶液显色，说明其中含有酚羟基；b.能在NaOH溶液中发生水解反应，结合M的分子式可以推知其中含有酰胺基；c.能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，说明其中含有醛基；综上所述，M含有苯环，若苯环上有3个取代基可能为：-OH、-CH3、-NHCHO，共有10种结构；若苯环上有2个取代基可能为：-OH，-CH2NHCHO或-OH、-N(CH3)CHO，每一种组合都有邻间对三种情况，共有6种结构，则满足条件的结构共有16种，其中，核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为1：1：2：2：3的结构简式为。18.为加快实现“双碳”目标，CO2的资源化利用成为了科研的热门选题。（1）工业上利用CO2和H2为原料，在催化剂Cu/ZnO的作用下合成甲醇，该反应的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ•mol-1。①该反应在_____(填“高温”“低温”或“任意温度”)下，易自发进行。②该反应分两步进行：第一步Cu/ZnO*=Cu/Zn*+H2O△H＞0第二步Cu/Zn*+2H2+CO2=Cu/ZnO*+CH3OH

18已知第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知以下能正确表示反应过程中能量变化的示意图为______(填序号)。a.b.c.d.（2）Sabatier反应可实现CO2甲烷化：反应1为CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H=-165kJ•mol-1，该反应发生的同时还伴随着副反应；反应2为CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ•mol-1，将5molCO2和20molH2通入某恒压密闭容器中将CO2甲烷化，平衡时体系中各含碳元素物质的物质的量n(X)与温度T的关系如图所示。①曲线Y代表的物质是______(填化学式)，曲线Z所代表的物质在1100K以上物质的量减小的原因是______。②800K时，若经过10min达到平衡，则该条件下0～10min内H2O的平均生成速率v(H2O)=_______mol•min-1。③当反应1和反应2均达到化学平衡状态时，若维持温度不变，向容器内通入惰性气体He，则反应2平衡______(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。④800K时，若平衡时容器内总压为p，则反应2的压强平衡常数Kp=_____(结果保留两位有效数字，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数)。（3）在酸性水溶液中，CO2通过电催化法可生成C2H5OH，c－NC、i－NC是两种电极催化剂，转化原理如图所示。

19①c－NC上的电极反应式为______。②当两个电极上转移相同数目的电子时，c－NC电极和i－NC电极上得到的C2H5OH的物质的量之比为5：4，则i－NC电极上产生的C2H5OH和CO的物质的量之比为______。【答案】（1）①.低温②.b（2）①.CO②.温度高于1100K时，反应1平衡左移使n(CO2)增多的程度小于反应2平衡右移使n(CO2)减小的程度③.0.78④.正向移动⑤.0.34（3）①.2CO2+12e-+12H+=C2H5OH+3H2O②.2∶3【解析】小问1详解】①，该反应，，由于时反应自发，因此该反应在低温下易自发进行；②总反应，分步反应第一步，故第二步必然，且根据题意可知第二步反应为快反应，活化能低，故选b。【小问2详解】①温度升高的过程中，反应1平衡逆向移动，减小，反应2平衡正向移动，增大，故曲线Y代表的物质是CO；曲线Z代表的物质是，温度高于1100K时，反应1平衡左移使增多的程度小于反应2平衡右移使减小的程度，故减小；②800K时，根据图中所给数据可列三段式：

20故0~10min内的平均生成速率；③向恒压的容器内通入惰性气体，相当于减压，平衡向着气体分子数增大的方向移动，故反应1平衡逆向移动，在此影响下，反应2平衡正向移动.④由②中三段式可知：当800K下达到平衡时，，此时反应2中各物质的平衡分压为，，，，则平衡常数。【小问3详解】①c-NC电极上CO2转化为C2H5OH，电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H5OH+3H2O；②i-NC电极上CO2生成CO和C2H5OH两种产物，电极方程式为：CO2+2e-+2H+=CO+H2O，2CO2+12e-+12H+=C2H5OH+3H2O，假设当两个电极上转移12mol电子时，c-NC电极上生成1molC2H5OH，c－NC电极和i－NC电极上得到的C2H5OH的物质的量之比为5：4，i－NC电极上得到的C2H5OH的物质的量为0.8mol，转移9.6mol电子，则生成CO的过程中转移12mol-9.6mol=2.4mol，生成1.2molCO，则i－NC电极上产生的C2H5OH和CO的物质的量之比为2∶3。【点睛】.

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