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湖南省九校联盟2025届高三上学期第一次联考 化学试题
1．（2024高三上·湖南月考）下列化学用语错误的是
A．的电子式：
B．二甲醚的结构式：
C．溴乙烷的核磁共振氢谱图：
D．石墨结构中未参与杂化的p轨道：
【答案】A
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A． 的电子式应为，A错误；
B．二甲醚的结构式为：，B正确；
C．溴乙烷结构简式为CH3CH2Br，等效氢有2种，个数比为3：2，C正确；
D． 石墨结构中未参与杂化的p轨道原子轨道垂直于碳原子平面，其中未成对电子形成大Π键，D正确；
故答案为：A。
【分析】A.注意CO2中碳氧原子之间有2对共用电子对。
B.二甲醚中均为单键。
C.根据溴乙烷结构简式（CH3CH2Br）进行分析。
D.石墨结构中未参与杂化的p轨道原子轨道垂直于碳原子平面。
2．（2024高三上·湖南月考）下列有关反应的离子方程式正确的是
A．向硫代硫酸钠溶液中滴加硝酸溶液：
B．用食醋和淀粉-KI溶液检验食盐中的
C．用盐酸除铁锈：
D．将溶液滴入溶液中：
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A． 向硫代硫酸钠溶液中滴加硝酸溶液，其离子方程式为，A错误；
B．食醋、KI溶液与IO3-反应的离子方程式为，B错误；
C． 盐酸除铁锈的离子方程式为，C错误；
D．溶液与溶液反应的离子方程式为，D正确；
故答案为：D。
【分析】A.硝酸具有强氧化性。
B.弱电解质不能拆成离子形式。
C.氧化物不能拆成离子形式。
D.注意原子数目、得失电子守恒。
3．（2024高三上·湖南月考）物质结构决定性质，下列有关物质结构与性质的说法正确的是
A．是非极性分子，易溶于
B．配合物是铂类抗癌药物，有顺铂和反铂两种异构体，是一种手性分子
C．味精的化学成分为谷氨酸(2-氨基戊二酸)单钠盐，谷氨酸单钠盐不能与溶液反应
D．四甲基硅烷常用于核磁共振(NMR)测试，其沸点低于新戊烷
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；“手性分子”在生命科学等方面的应用；分子晶体；相似相溶原理及其应用
【解析】【解答】A．与 均为非极性分子，由分析可知，易溶于非极性溶剂二硫化碳，故A正确；
B．配合物中铂原子连有相同的原子或原子团，不是手性铂原子，故B错误；
C．谷氨酸单钠盐中含有羧基，能与氢氧化钠溶液反应，故C错误；
D．四甲基硅烷和新戊烷是结构相似的分子晶体，四甲基硅烷的相对分子质量大于新戊烷，分子间作用力大于新戊烷，沸点高于新戊烷，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A.根据相似相溶原理进行分析。
B.手性原子连接4个不同原子或原子团。
C.羧基能与氢氧化钠溶液反应。
D.分子晶体的熔沸点：一般相对分子质量较大的熔沸点较高。
4．（2024高三上·湖南月考）下列实验装置规范并能达到实验目的的是
实验装置
实验目的 A制备二氧化硫 B碳酸氢钠受热分解
实验装置
实验目的 C除去苯中少量苯酚 D制备稳定的氢氧化亚铁沉淀
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质；常见气体制备原理及装置选择；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；苯酚的化学性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．浓硫酸与铜在加热条件下发生反应，达不到实验目的，A错误；
B．由分析可知，加热碳酸氢钠，试管口应向下倾斜，达不到实验目的，B错误；
C．苯酚与NaOH反应生成的苯酚钠易溶于水，可与苯分层，静置后分液便可除去，能达到实验目的，C正确；
D．Fe2+易被空气中氧气氧化，达不到实验目的，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.浓硫酸与铜反应需要加热
B.固体受热分解时的试管口应向下倾斜。
C.苯酚与NaOH反应生成的苯酚钠易溶于水。
D.Fe2+易被空气中氧气氧化。
5．（2024高三上·湖南月考）X、Y、Z、M为原子序数依次增大的前四周期元素。X、Y、Z位于同一周期，X的基态原子含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同，Y的第一电离能大于Z的第一电离能，M的合金是我国使用最早的合金。下列说法正确的是
A．基态X原子最高能级的电子云轮廓图为球形
B．和M原子最外层电子数相同的同周期元素还有3种
C．X与Z形成的化合物为非极性分子
D．Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液常温下可以与M单质反应
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．由分析可知，X为C元素，基态碳原子的最高能级为2p，则其电子云轮廓为哑铃型，A错误；
B．由分析可知，M为Cu元素，和铜原子最外层电子数相同的同周期元素有钾和铬，B错误；
C．由分析可知，X为C元素，Z为O元素，X与Z形成的化合物有CO、CO2，CO为极性分子，CO2为非极性分子，C错误；
D．由分析可知，Y为N元素， Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液为浓硝酸，浓硝酸具有强氧化性，在常温下可与铜反应，D正确；
故答案为：D。
【分析】根据题干信息， X、Y、Z、M为原子序数依次增大的前四周期元素 ，X、Y、Z位于同一周期，X的基态原子含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同，可推出X的电子排布式为1s22s22p2，则X为C元素； Y的第一电离能大于Z的第一电离能， 结合同周期元素的第一电离能随原子序数增大而增大，但第VA族的大于第VIA族的，可推出Y为N元素、Z为O元素；M的合金是我国使用最早的合金，可推出M为Cu元素。
6．（2024高三上·湖南月考）复合硒材料电极由于的嵌入脱出，引起和、和之间发生可逆变化，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．放电时电极为正极
B．隔膜为阴离子交换膜
C．当有参与反应时，外电路转移的电子数目大于
D．充电时阳极反应为
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，放电时电极为正极，A正确；
B．由分析可知，可通过离子交换膜嵌入和嵌出，故隔膜为阴离子交换膜，B正确；
C．当有参与反应时，也在同时发生的反应，外电路转移电子数目大于，C正确；
D．由分析可知，充电时，作阳极，其电极反应式为、，D错误；
故答案为：D。
【分析】根据图示信息，该装置为原电池时，Al作负极，失电子发生氧化反应，其电极反应式为，作正极，得电子发生还原反应，其电极反应式为、；该装置为电解池时，Al为阴极、为阳极。
7．（2024高三上·湖南月考）下列实验的方案设计、现象和结论都正确的是
选项 实验目的 实验方案设计 现象和结论
A 检验补铁剂富马酸亚铁中的 取少量试样完全溶于稀硫酸，再滴加溶液 溶液褪色，说明该试样中存在
B 探究淀粉水解程度 取淀粉溶液，加入少量稀硫酸，加热2~，冷却后加入溶液至碱性，再滴加碘水 若溶液未变蓝色，说明淀粉已经完全水解
C 比较与的大小 向饱和溶液中滴加相同浓度的溶液 产生白色沉淀，说明
D 检验溶液中的 用洁净的玻璃棒蘸取溶液，在煤气灯外焰上灼烧，观察火焰颜色 火焰呈现黄色，说明溶液中有
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】焰色反应；多糖的性质和用途；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A． 富马酸亚铁中的碳碳双键和亚铁离子均能与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使其褪色，故A错误；
B．由分析可知，应取少量淀粉水解液，直接加碘水，水解液酸性，硫酸和碘水不反应，如果不变色，则淀粉无剩余，淀粉已完全水解，如果呈现特殊的蓝色，则有淀粉剩余，故B错误；
C．根据题干信息，产生的白色沉淀是碳酸钙，说明碳酸钙的溶解度比硫酸钙小，二者的沉淀类型相同，则说明，故C正确；
D．由分析可知，应该用铂丝或光洁无锈的铁丝蘸取溶液，在煤气灯外焰上灼烧，观察火焰颜色，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A.注意碳碳双键也能与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应。
B.注意碘水检验淀粉要在酸性环境中。
C.难溶物类型相同时，溶解度较小的Ksp较小。
D.玻璃棒中含钠元素，会感染实验。
8．（2024高三上·湖南月考）某温度下，在恒容密闭容器中充入一定量的，发生下列反应：
反应I．
反应Ⅱ．
测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列说法正确的是
A．活化能：
B．时，
C．反应开始时加入有利于反应I的催化剂，会增大Y的平衡产率
D．28s后再向平衡体系中加入X，恒温再次平衡后增大
【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．根据v=，结合图示信息，4s内Y的反应速率较快，Z的反应速率较慢，则反应①活化能低，反应②活化能高，即，A错误；
B.4min时，X、Y、Z的浓度分别为0.5mol/L、0.8mol/L、0.2mol/L，则X(g)的起始浓度为0.5mol/L+0.8mol/L+0.2mol/L=1.5mol/L，B正确；
C．催化剂会加快反应速率，但不影响平衡移动，不会增大Y的平衡产率，C错误；
D．其他条件不变，在该体系平衡时再投入一定量的X(g)，由于两个反应前后气体分子数不变，则两种情况为等效平衡，达到新平衡后不变，D错误；
故答案为：B。
【分析】A.反应速率较快的物质的活化能较低。
B.Y、Z全部来自X的转化，根据4min时X、Y、Z的浓度倒推。
C.催化剂能改变反应速率，不影响平衡移动。
D.两个反应前后气体分子数不变。
9．（2024高三上·湖南月考）常温下，调节足量草酸钙固体与水的混合体系的时，各微粒浓度的对数(代表、、、)随的变化曲线如图所示。已知。下列有关说法错误的是
A．的电离常数的数量级为
B．时，
C．虚线④代表时，溶液中mol/L
D．A点时，c(H+)>>c(OH-)
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．，①③相交时，pH=4.2，可得Ka2=10-4.2，数量级为10-5，A正确；
B． 常温下的溶液pH=7，说明溶液呈中性，即c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知，则，忽略了调节pH所加的NaOH和HCl引入的钠离子和氯离子，B错误；
C．草酸钙饱和溶液中，④表示Ca2+，①表示草酸根，pH=12，根据图像可知，，C正确；
D．A点时c(H+)=10-1.32mol/L，，结合C点，，A点时，，则A点，，，即A点时，c(H+)>>c(OH-)，D正确；
故答案为：B。
【分析】溶液中涉及化学平衡为、、，增大pH，后两个平衡逆向移动，草酸根浓度增大，其正对数增大，故④表示Ca2+，①表示草酸根；增大pH的过程中，后这个平衡均逆向移动，草酸氢根减小程度缓于草酸分子，故②表示、③表示。
10．（2024高三上·湖南月考）以钛铁矿(主要成分为，含有少量、)为主要原料制取和绿矾，同时联合氯碱工业生产甲醇的工艺流程如图所示。
已知：①“酸浸”时，转化为，铁元素的价态不改变；
②“加热”过程中发生反应。
（1）在元素周期表中的位置为　 　。
（2）“酸浸”时发生的主要反应的化学方程式为　 　。
（3）“还原①”后溶液仍显强酸性，分析加入适量铁粉的目的是　 　(用离子方程式解释)。
（4）由“工序①”的滤液得到绿矾的系列操作为　 　，过滤，再对所得到的绿矾晶体用75%的乙醇溶液洗涤，用乙醇溶液洗涤的优点是　 　。
（5）下列有关“工序②”和“还原②”步骤的说法正确的是　 　(填标号)。
a．“工序②”发生反应
b．“还原②”可以用氮气做保护气
c．铝热反应制锰与“还原②”冶炼制钛方法相似
（6）当时，为了提高气体B和气体C制备甲醇的平衡产率，工业生产中通常采取的措施是　 　(写两点)。
（7）钛与卤素形成的化合物的熔点如表所示。
熔点/℃ 377 -24 38.3 153
解释熔点差异的原因：　 　。
【答案】（1）第四周期第ⅣB族
（2）
（3）
（4）蒸发浓缩，冷却结晶；减小晶体溶解损失；乙醇易挥发，有利于产品干燥
（5）c
（6）将甲醇液化分离；适当增大压强
（7）为离子晶体，为分子晶体，故熔点最高；相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；晶体的定义
【解析】【解答】（1）Ti为22号元素，在周期表中的位置为第四周期第ⅣB族，故答案为：第四周期第ⅣB族；
（2）与浓硫酸反应生成、，则发生反应的化学方程式为，故答案为：；
（3）“还原①”铁粉将三价铁还原成二价铁，经过“工序①”得到绿矾，发生反应，故答案为：；
（4）①绿矾为FeSO4·7H2O，所以“工序①”中的系列操作为蒸发浓缩，冷却结晶，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶；
②绿矾易溶于水，为了减少损失用75%的乙醇溶液洗涤，乙醇易挥发，易于产品干燥，所以用乙醇溶液洗涤的优点是减小晶体溶解损失，乙醇易挥发，有利于产品干燥，故答案为：减小晶体溶解损失，乙醇易挥发，有利于产品干燥；
（5）a．“工序②”中加入过量焦炭，发生反应，a错误；
b．氮气与镁高温下发生反应，b错误；
c．铝热反应制锰为热还原法，c正确；
故选c；
（6）气体C为CO，气体B为H2，合成甲醇时发生反应，将甲醇液化分离和适当增大压强都能促进平衡正向移动，提高平衡产率，故答案为：将甲醇液化分离，适当增大压强；
（7）为离子晶体，为分子晶体，故熔点最高，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高，故答案为：为离子晶体，为分子晶体，故熔点最高，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高。
【分析】根据题干信息， 钛铁矿的主要成分为，含有少量、，由流程图信息，结合已知信息①可知，“酸浸”时，与浓硫酸反应得到、Fe2+， 与浓硫酸反应生成Fe3+，不反应，所以滤渣为，滤液中含Fe3+、Fe2+、；“还原①”时，Fe3+被还原为Fe2+；根据已知信息②，“灼烧”H2TiO3得到TiO2；电解饱和食盐水产生的氯气和TiO2与过量焦炭反应生成CO和TiCl4；“还原②”用Mg、Ar还原TiCl4得到金属Ti；气体C（CO）和气体B（H2）在一定条件下生成甲醇。
（1）Ti为22号元素，在周期表中的位置为第四周期第ⅣB族，故答案为：第四周期第ⅣB族；
（2）与浓硫酸反应生成、，则发生反应的化学方程式为，故答案为：；
（3）“还原①”铁粉将三价铁还原成二价铁，经过“工序①”得到绿矾，发生反应，故答案为：；
（4）①绿矾为FeSO4·7H2O，所以“工序①”中的系列操作为蒸发浓缩，冷却结晶，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶；
②绿矾易溶于水，为了减少损失用75%的乙醇溶液洗涤，乙醇易挥发，易于产品干燥，所以用乙醇溶液洗涤的优点是减小晶体溶解损失，乙醇易挥发，有利于产品干燥，故答案为：减小晶体溶解损失，乙醇易挥发，有利于产品干燥；
（5）a．“工序②”中加入过量焦炭，发生反应，a错误；
b．氮气与镁高温下发生反应，b错误；
c．铝热反应制锰为热还原法，c正确；
故选c；
（6）气体C为CO，气体B为H2，合成甲醇时发生反应，将甲醇液化分离和适当增大压强都能促进平衡正向移动，提高平衡产率，故答案为：将甲醇液化分离，适当增大压强；
（7）为离子晶体，为分子晶体，故熔点最高，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高，故答案为：为离子晶体，为分子晶体，故熔点最高，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高。
11．（2024高三上·湖南月考）化合物是一种药物中间体，合成路线如下。
已知：
（1）C中所含官能团的名称为　 　。
（2）A→B过程中，A先与发生加成反应，再与发生取代反应，写出A的结构简式：　 　。
（3）B与按物质的量之比1：2反应生成三种不同的有机产物，的反应方程式为　 　。
（4）的反应类型为　 　。
（5）从结构角度解释，框线内α碳上的氢原子易发生取代反应的原因是　 　。
（6）有机物与互为同分异构体，在酸性条件下水解生成一种酸和一种醇，且酸和醇的物质的量之比为1：2，则符合该条件的M有　 　种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6：3：2：1的有机物结构简式为　 　。
【答案】（1）酯基、酮羰基
（2）
（3）+2+ CH3COCl+CH3COOH
（4）取代反应
（5）α碳的相邻碳均为羰基碳，氧电负性很大，容易吸引电子，使得α碳上的氢原子与α碳之间电子云偏向α碳，使得该氢原子容易被取代
（6）4；CH3OOCCH(CH3)CH2COOCH3
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由C结构，C中所含官能团的名称为酯基、酮羰基；
（2）由分析，A为；
（3）B与按物质的量之比1：2反应生成三种不同的有机产物，则B中氯被取代引入支链，同时生成CH3COCl，B中酚羟基被取代引入新的支链，同时生成CH3COOH，则的反应方程式为+2+ CH3COCl+CH3COOH；
（4）E为，的反应为溴原子被支链取代的反应，故为取代反应；
（5）α碳上的氢原子易发生取代反应的原因是α碳的相邻碳均为羰基碳，氧电负性很大，容易吸引电子，使得α碳上的氢原子与α碳之间电子云偏向α碳，使得该氢原子容易被取代；
（6）F含有7个碳、4个氧、不饱和度为2，；有机物与互为同分异构体，在酸性条件下水解生成一种酸和一种醇，且酸和醇的物质的量之比为1：2，则M为二元酸和2分子相同醇形成的酯，符合该条件的M有CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3、CH3OOCCH(CH3)CH2COOCH3、CH3OOCC(CH3)2COOCH3、CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，共4种；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6：3：2：1的有机物结构简式为CH3OOCCH(CH3)CH2COOCH3。
【分析】根据有机合成路线，结合已知信息，A→B中，A先与发生加成反应，再与发生取代反应生成B，结合B的结构简式，可推出A为；D和HCl生成E，E转化为G，结合E的分子式和G的结构简式，可推出E为。
（1）由C结构，C中所含官能团的名称为酯基、酮羰基；
（2）由分析，A为；
（3）B与按物质的量之比1：2反应生成三种不同的有机产物，则B中氯被取代引入支链，同时生成CH3COCl，B中酚羟基被取代引入新的支链，同时生成CH3COOH，则的反应方程式为+2+ CH3COCl+CH3COOH；
（4）E为，的反应为溴原子被支链取代的反应，故为取代反应；
（5）α碳上的氢原子易发生取代反应的原因是α碳的相邻碳均为羰基碳，氧电负性很大，容易吸引电子，使得α碳上的氢原子与α碳之间电子云偏向α碳，使得该氢原子容易被取代；
（6）F含有7个碳、4个氧、不饱和度为2，；有机物与互为同分异构体，在酸性条件下水解生成一种酸和一种醇，且酸和醇的物质的量之比为1：2，则M为二元酸和2分子相同醇形成的酯，符合该条件的M有CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3、CH3OOCCH(CH3)CH2COOCH3、CH3OOCC(CH3)2COOCH3、CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，共4种；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6：3：2：1的有机物结构简式为CH3OOCCH(CH3)CH2COOCH3。
12．（2024高三上·湖南月考）碘及碘的化合物在人类活动中占有重要的地位。
（1）已知反应。根据下图判断分子中化学键断裂时需要吸收的能量为　 　。
（2）室温下，向密闭容器中加入，发生反应，达到平衡后，保持温度、容积不变，再充入(g)，则再次达到平衡后，___________(填标号)是原来的2倍。
A．平衡常数 B．的体积分数
C．的转化率 D．的平衡浓度
（3）的速率方程为，(、为速率常数，只与温度有关)。
①某温度下，，，则　 　。
②已知：(R、为常数，为速率常数，为热力学温度，为正反应活化能)。与、的关系如图所示(Cat1、Cat2为两种不同的催化剂)。
相同条件下，催化效率较高的是　 　(填“Cat1”或“Cat2”)，判断依据是　 　。
（4）分解的平衡转化率较低，为了促进的分解，某研究小组设计选择性膜反应器。已知：的分解在反应区内进行，膜可以对产物进行选择性释放。反应区内控制温度不变，压强恒定为，反应开始时，投料均为气体。膜反应器1中氢气的逸出速率为，膜反应器2中氢气的逸出速率等于膜反应器1.完成表中空格。
反应器示意图 无膜反应器 膜反应器1 膜反应器2
80s达平衡后反应器中物质的量/ ①　 　
反应器示意图 无膜反应器 膜反应器1 膜反应器2
HI的平衡分 解率 az-70% ②)as， as “<”或“三”) a2(填“ 17％ ％ ，　 　(填“>”“<”或“=”)
（5）国内某科技研究小组首次提出一种新型的电池体系，该体系正极采用含有、、的水溶液，负极采用固态有机聚合物，电解质溶液采用溶液，聚合物离子交换膜作为隔膜将液态正极和固态负极分隔开(原理示意图如图)。
①　 　(填“图甲”或“图乙”)是原电池工作原理图。
②放电时正极的电极反应式为　 　。
【答案】（1）440
（2）D
（3）60；Cat2；相同温度时，Cat2对应的活化能更小(或Cat2对应的k更大)
（4）0.11；>
（5）图乙；+2e-=3I-
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，断裂1molH－H键的焓变=ΔH3－ΔH1=+440kJ·mol－1，所以断裂1molH－H键需要吸收的能量为440kJ；答案为440。
（2）A．温度恒定时，平衡常数不变，A不符合题意；
B．由等效平衡知，平衡时的体积分数不变，B不符合题意；
C．加压，平衡不发生移动，平衡时的转化率不变，C不符合题意；
D．起始通入2molHI(g)，相当于原平衡体系加压，则HI的平衡浓度变为原来的2倍，D符合题意；
故选D。
（3）达到平衡时，则，15×4=60；，温度相同时，越小，k越小，越大，相同条件下，催化效率较高的是Cat2；判断依据是：相同温度时，Cat2对应的活化能更小(或Cat2对应的k更大)。
（4）膜反应器1中80s时HI的分解率为70%，则反应生成氢气的物质的量为1mol×70%÷2=0.35mol，逸出氢气的物质的量为×100kPa×80s=0.24mol，则反应器中氢气的物质的量为0.35-0.24=0.11mol；膜反应器2释放出氢气和碘蒸气，比反应器1释放出的生成物更多，即生成物浓度减少更多，相对膜反应器1平衡正向移动，HI的分解率增大，则>。
（5）由“负极采用固态有机聚合物”知，固态有机聚合物在负极失电子，电子从负极流出，故图乙是原电池的工作原理图。放电时，正极上的电极反应式为+2e-=3I-。
【分析】（1）根据盖斯定律进行分析。
（2）A．温度恒定时，平衡常数不变。
B．由等效平衡知，平衡时的体积分数不变。
C．注意反应前后气体的分子数不变。
D．起始通入2molHI(g)，相当于原平衡体系加压。
（3）温度相同时，越小，k越小，越大。
（4）膜反应器1中80s时HI的分解率为70%，则反应生成氢气的物质的量为1mol×70%÷2=0.35mol，逸出氢气的物质的量为×100kPa×80s=0.24mol，则反应器中氢气的物质的量为0.35-0.24=0.11mol；膜反应器2释放出氢气和碘蒸气，比反应器1释放出的生成物更多，即生成物浓度减少更多，相对膜反应器1平衡正向移动，HI的分解率增大，则>。
（5）根据图示信息，固态有机聚合物在负极失电子，电子从负极流出，则图乙装置为原电池。
（1）由盖斯定律可知，断裂1molH－H键的焓变=ΔH3－ΔH1=+440kJ·mol－1，所以断裂1molH－H键需要吸收的能量为440kJ；答案为440。
（2）A．温度恒定时，平衡常数不变，A不符合题意；
B．由等效平衡知，平衡时的体积分数不变，B不符合题意；
C．加压，平衡不发生移动，平衡时的转化率不变，C不符合题意；
D．起始通入2molHI(g)，相当于原平衡体系加压，则HI的平衡浓度变为原来的2倍，D符合题意；
故选D。
（3）达到平衡时，则，15×4=60；，温度相同时，越小，k越小，越大，相同条件下，催化效率较高的是Cat2；判断依据是：相同温度时，Cat2对应的活化能更小(或Cat2对应的k更大)。
（4）膜反应器1中80s时HI的分解率为70%，则反应生成氢气的物质的量为1mol×70%÷2=0.35mol，逸出氢气的物质的量为×100kPa×80s=0.24mol，则反应器中氢气的物质的量为0.35-0.24=0.11mol；膜反应器2释放出氢气和碘蒸气，比反应器1释放出的生成物更多，即生成物浓度减少更多，相对膜反应器1平衡正向移动，HI的分解率增大，则>。
（5）由“负极采用固态有机聚合物”知，固态有机聚合物在负极失电子，电子从负极流出，故图乙是原电池的工作原理图。放电时，正极上的电极反应式为+2e-=3I-。
1 / 1湖南省九校联盟2025届高三上学期第一次联考 化学试题
1．（2024高三上·湖南月考）下列化学用语错误的是
A．的电子式：
B．二甲醚的结构式：
C．溴乙烷的核磁共振氢谱图：
D．石墨结构中未参与杂化的p轨道：
2．（2024高三上·湖南月考）下列有关反应的离子方程式正确的是
A．向硫代硫酸钠溶液中滴加硝酸溶液：
B．用食醋和淀粉-KI溶液检验食盐中的
C．用盐酸除铁锈：
D．将溶液滴入溶液中：
3．（2024高三上·湖南月考）物质结构决定性质，下列有关物质结构与性质的说法正确的是
A．是非极性分子，易溶于
B．配合物是铂类抗癌药物，有顺铂和反铂两种异构体，是一种手性分子
C．味精的化学成分为谷氨酸(2-氨基戊二酸)单钠盐，谷氨酸单钠盐不能与溶液反应
D．四甲基硅烷常用于核磁共振(NMR)测试，其沸点低于新戊烷
4．（2024高三上·湖南月考）下列实验装置规范并能达到实验目的的是
实验装置
实验目的 A制备二氧化硫 B碳酸氢钠受热分解
实验装置
实验目的 C除去苯中少量苯酚 D制备稳定的氢氧化亚铁沉淀
A．A B．B C．C D．D
5．（2024高三上·湖南月考）X、Y、Z、M为原子序数依次增大的前四周期元素。X、Y、Z位于同一周期，X的基态原子含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同，Y的第一电离能大于Z的第一电离能，M的合金是我国使用最早的合金。下列说法正确的是
A．基态X原子最高能级的电子云轮廓图为球形
B．和M原子最外层电子数相同的同周期元素还有3种
C．X与Z形成的化合物为非极性分子
D．Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液常温下可以与M单质反应
6．（2024高三上·湖南月考）复合硒材料电极由于的嵌入脱出，引起和、和之间发生可逆变化，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．放电时电极为正极
B．隔膜为阴离子交换膜
C．当有参与反应时，外电路转移的电子数目大于
D．充电时阳极反应为
7．（2024高三上·湖南月考）下列实验的方案设计、现象和结论都正确的是
选项 实验目的 实验方案设计 现象和结论
A 检验补铁剂富马酸亚铁中的 取少量试样完全溶于稀硫酸，再滴加溶液 溶液褪色，说明该试样中存在
B 探究淀粉水解程度 取淀粉溶液，加入少量稀硫酸，加热2~，冷却后加入溶液至碱性，再滴加碘水 若溶液未变蓝色，说明淀粉已经完全水解
C 比较与的大小 向饱和溶液中滴加相同浓度的溶液 产生白色沉淀，说明
D 检验溶液中的 用洁净的玻璃棒蘸取溶液，在煤气灯外焰上灼烧，观察火焰颜色 火焰呈现黄色，说明溶液中有
A．A B．B C．C D．D
8．（2024高三上·湖南月考）某温度下，在恒容密闭容器中充入一定量的，发生下列反应：
反应I．
反应Ⅱ．
测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列说法正确的是
A．活化能：
B．时，
C．反应开始时加入有利于反应I的催化剂，会增大Y的平衡产率
D．28s后再向平衡体系中加入X，恒温再次平衡后增大
9．（2024高三上·湖南月考）常温下，调节足量草酸钙固体与水的混合体系的时，各微粒浓度的对数(代表、、、)随的变化曲线如图所示。已知。下列有关说法错误的是
A．的电离常数的数量级为
B．时，
C．虚线④代表时，溶液中mol/L
D．A点时，c(H+)>>c(OH-)
10．（2024高三上·湖南月考）以钛铁矿(主要成分为，含有少量、)为主要原料制取和绿矾，同时联合氯碱工业生产甲醇的工艺流程如图所示。
已知：①“酸浸”时，转化为，铁元素的价态不改变；
②“加热”过程中发生反应。
（1）在元素周期表中的位置为　 　。
（2）“酸浸”时发生的主要反应的化学方程式为　 　。
（3）“还原①”后溶液仍显强酸性，分析加入适量铁粉的目的是　 　(用离子方程式解释)。
（4）由“工序①”的滤液得到绿矾的系列操作为　 　，过滤，再对所得到的绿矾晶体用75%的乙醇溶液洗涤，用乙醇溶液洗涤的优点是　 　。
（5）下列有关“工序②”和“还原②”步骤的说法正确的是　 　(填标号)。
a．“工序②”发生反应
b．“还原②”可以用氮气做保护气
c．铝热反应制锰与“还原②”冶炼制钛方法相似
（6）当时，为了提高气体B和气体C制备甲醇的平衡产率，工业生产中通常采取的措施是　 　(写两点)。
（7）钛与卤素形成的化合物的熔点如表所示。
熔点/℃ 377 -24 38.3 153
解释熔点差异的原因：　 　。
11．（2024高三上·湖南月考）化合物是一种药物中间体，合成路线如下。
已知：
（1）C中所含官能团的名称为　 　。
（2）A→B过程中，A先与发生加成反应，再与发生取代反应，写出A的结构简式：　 　。
（3）B与按物质的量之比1：2反应生成三种不同的有机产物，的反应方程式为　 　。
（4）的反应类型为　 　。
（5）从结构角度解释，框线内α碳上的氢原子易发生取代反应的原因是　 　。
（6）有机物与互为同分异构体，在酸性条件下水解生成一种酸和一种醇，且酸和醇的物质的量之比为1：2，则符合该条件的M有　 　种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6：3：2：1的有机物结构简式为　 　。
12．（2024高三上·湖南月考）碘及碘的化合物在人类活动中占有重要的地位。
（1）已知反应。根据下图判断分子中化学键断裂时需要吸收的能量为　 　。
（2）室温下，向密闭容器中加入，发生反应，达到平衡后，保持温度、容积不变，再充入(g)，则再次达到平衡后，___________(填标号)是原来的2倍。
A．平衡常数 B．的体积分数
C．的转化率 D．的平衡浓度
（3）的速率方程为，(、为速率常数，只与温度有关)。
①某温度下，，，则　 　。
②已知：(R、为常数，为速率常数，为热力学温度，为正反应活化能)。与、的关系如图所示(Cat1、Cat2为两种不同的催化剂)。
相同条件下，催化效率较高的是　 　(填“Cat1”或“Cat2”)，判断依据是　 　。
（4）分解的平衡转化率较低，为了促进的分解，某研究小组设计选择性膜反应器。已知：的分解在反应区内进行，膜可以对产物进行选择性释放。反应区内控制温度不变，压强恒定为，反应开始时，投料均为气体。膜反应器1中氢气的逸出速率为，膜反应器2中氢气的逸出速率等于膜反应器1.完成表中空格。
反应器示意图 无膜反应器 膜反应器1 膜反应器2
80s达平衡后反应器中物质的量/ ①　 　
反应器示意图 无膜反应器 膜反应器1 膜反应器2
HI的平衡分 解率 az-70% ②)as， as “<”或“三”) a2(填“ 17％ ％ ，　 　(填“>”“<”或“=”)
（5）国内某科技研究小组首次提出一种新型的电池体系，该体系正极采用含有、、的水溶液，负极采用固态有机聚合物，电解质溶液采用溶液，聚合物离子交换膜作为隔膜将液态正极和固态负极分隔开(原理示意图如图)。
①　 　(填“图甲”或“图乙”)是原电池工作原理图。
②放电时正极的电极反应式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A． 的电子式应为，A错误；
B．二甲醚的结构式为：，B正确；
C．溴乙烷结构简式为CH3CH2Br，等效氢有2种，个数比为3：2，C正确；
D． 石墨结构中未参与杂化的p轨道原子轨道垂直于碳原子平面，其中未成对电子形成大Π键，D正确；
故答案为：A。
【分析】A.注意CO2中碳氧原子之间有2对共用电子对。
B.二甲醚中均为单键。
C.根据溴乙烷结构简式（CH3CH2Br）进行分析。
D.石墨结构中未参与杂化的p轨道原子轨道垂直于碳原子平面。
2．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A． 向硫代硫酸钠溶液中滴加硝酸溶液，其离子方程式为，A错误；
B．食醋、KI溶液与IO3-反应的离子方程式为，B错误；
C． 盐酸除铁锈的离子方程式为，C错误；
D．溶液与溶液反应的离子方程式为，D正确；
故答案为：D。
【分析】A.硝酸具有强氧化性。
B.弱电解质不能拆成离子形式。
C.氧化物不能拆成离子形式。
D.注意原子数目、得失电子守恒。
3．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；“手性分子”在生命科学等方面的应用；分子晶体；相似相溶原理及其应用
【解析】【解答】A．与 均为非极性分子，由分析可知，易溶于非极性溶剂二硫化碳，故A正确；
B．配合物中铂原子连有相同的原子或原子团，不是手性铂原子，故B错误；
C．谷氨酸单钠盐中含有羧基，能与氢氧化钠溶液反应，故C错误；
D．四甲基硅烷和新戊烷是结构相似的分子晶体，四甲基硅烷的相对分子质量大于新戊烷，分子间作用力大于新戊烷，沸点高于新戊烷，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A.根据相似相溶原理进行分析。
B.手性原子连接4个不同原子或原子团。
C.羧基能与氢氧化钠溶液反应。
D.分子晶体的熔沸点：一般相对分子质量较大的熔沸点较高。
4．【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质；常见气体制备原理及装置选择；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；苯酚的化学性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．浓硫酸与铜在加热条件下发生反应，达不到实验目的，A错误；
B．由分析可知，加热碳酸氢钠，试管口应向下倾斜，达不到实验目的，B错误；
C．苯酚与NaOH反应生成的苯酚钠易溶于水，可与苯分层，静置后分液便可除去，能达到实验目的，C正确；
D．Fe2+易被空气中氧气氧化，达不到实验目的，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.浓硫酸与铜反应需要加热
B.固体受热分解时的试管口应向下倾斜。
C.苯酚与NaOH反应生成的苯酚钠易溶于水。
D.Fe2+易被空气中氧气氧化。
5．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．由分析可知，X为C元素，基态碳原子的最高能级为2p，则其电子云轮廓为哑铃型，A错误；
B．由分析可知，M为Cu元素，和铜原子最外层电子数相同的同周期元素有钾和铬，B错误；
C．由分析可知，X为C元素，Z为O元素，X与Z形成的化合物有CO、CO2，CO为极性分子，CO2为非极性分子，C错误；
D．由分析可知，Y为N元素， Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液为浓硝酸，浓硝酸具有强氧化性，在常温下可与铜反应，D正确；
故答案为：D。
【分析】根据题干信息， X、Y、Z、M为原子序数依次增大的前四周期元素 ，X、Y、Z位于同一周期，X的基态原子含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同，可推出X的电子排布式为1s22s22p2，则X为C元素； Y的第一电离能大于Z的第一电离能， 结合同周期元素的第一电离能随原子序数增大而增大，但第VA族的大于第VIA族的，可推出Y为N元素、Z为O元素；M的合金是我国使用最早的合金，可推出M为Cu元素。
6．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，放电时电极为正极，A正确；
B．由分析可知，可通过离子交换膜嵌入和嵌出，故隔膜为阴离子交换膜，B正确；
C．当有参与反应时，也在同时发生的反应，外电路转移电子数目大于，C正确；
D．由分析可知，充电时，作阳极，其电极反应式为、，D错误；
故答案为：D。
【分析】根据图示信息，该装置为原电池时，Al作负极，失电子发生氧化反应，其电极反应式为，作正极，得电子发生还原反应，其电极反应式为、；该装置为电解池时，Al为阴极、为阳极。
7．【答案】C
【知识点】焰色反应；多糖的性质和用途；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A． 富马酸亚铁中的碳碳双键和亚铁离子均能与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使其褪色，故A错误；
B．由分析可知，应取少量淀粉水解液，直接加碘水，水解液酸性，硫酸和碘水不反应，如果不变色，则淀粉无剩余，淀粉已完全水解，如果呈现特殊的蓝色，则有淀粉剩余，故B错误；
C．根据题干信息，产生的白色沉淀是碳酸钙，说明碳酸钙的溶解度比硫酸钙小，二者的沉淀类型相同，则说明，故C正确；
D．由分析可知，应该用铂丝或光洁无锈的铁丝蘸取溶液，在煤气灯外焰上灼烧，观察火焰颜色，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A.注意碳碳双键也能与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应。
B.注意碘水检验淀粉要在酸性环境中。
C.难溶物类型相同时，溶解度较小的Ksp较小。
D.玻璃棒中含钠元素，会感染实验。
8．【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．根据v=，结合图示信息，4s内Y的反应速率较快，Z的反应速率较慢，则反应①活化能低，反应②活化能高，即，A错误；
B.4min时，X、Y、Z的浓度分别为0.5mol/L、0.8mol/L、0.2mol/L，则X(g)的起始浓度为0.5mol/L+0.8mol/L+0.2mol/L=1.5mol/L，B正确；
C．催化剂会加快反应速率，但不影响平衡移动，不会增大Y的平衡产率，C错误；
D．其他条件不变，在该体系平衡时再投入一定量的X(g)，由于两个反应前后气体分子数不变，则两种情况为等效平衡，达到新平衡后不变，D错误；
故答案为：B。
【分析】A.反应速率较快的物质的活化能较低。
B.Y、Z全部来自X的转化，根据4min时X、Y、Z的浓度倒推。
C.催化剂能改变反应速率，不影响平衡移动。
D.两个反应前后气体分子数不变。
9．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．，①③相交时，pH=4.2，可得Ka2=10-4.2，数量级为10-5，A正确；
B． 常温下的溶液pH=7，说明溶液呈中性，即c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知，则，忽略了调节pH所加的NaOH和HCl引入的钠离子和氯离子，B错误；
C．草酸钙饱和溶液中，④表示Ca2+，①表示草酸根，pH=12，根据图像可知，，C正确；
D．A点时c(H+)=10-1.32mol/L，，结合C点，，A点时，，则A点，，，即A点时，c(H+)>>c(OH-)，D正确；
故答案为：B。
【分析】溶液中涉及化学平衡为、、，增大pH，后两个平衡逆向移动，草酸根浓度增大，其正对数增大，故④表示Ca2+，①表示草酸根；增大pH的过程中，后这个平衡均逆向移动，草酸氢根减小程度缓于草酸分子，故②表示、③表示。
10．【答案】（1）第四周期第ⅣB族
（2）
（3）
（4）蒸发浓缩，冷却结晶；减小晶体溶解损失；乙醇易挥发，有利于产品干燥
（5）c
（6）将甲醇液化分离；适当增大压强
（7）为离子晶体，为分子晶体，故熔点最高；相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；晶体的定义
【解析】【解答】（1）Ti为22号元素，在周期表中的位置为第四周期第ⅣB族，故答案为：第四周期第ⅣB族；
（2）与浓硫酸反应生成、，则发生反应的化学方程式为，故答案为：；
（3）“还原①”铁粉将三价铁还原成二价铁，经过“工序①”得到绿矾，发生反应，故答案为：；
（4）①绿矾为FeSO4·7H2O，所以“工序①”中的系列操作为蒸发浓缩，冷却结晶，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶；
②绿矾易溶于水，为了减少损失用75%的乙醇溶液洗涤，乙醇易挥发，易于产品干燥，所以用乙醇溶液洗涤的优点是减小晶体溶解损失，乙醇易挥发，有利于产品干燥，故答案为：减小晶体溶解损失，乙醇易挥发，有利于产品干燥；
（5）a．“工序②”中加入过量焦炭，发生反应，a错误；
b．氮气与镁高温下发生反应，b错误；
c．铝热反应制锰为热还原法，c正确；
故选c；
（6）气体C为CO，气体B为H2，合成甲醇时发生反应，将甲醇液化分离和适当增大压强都能促进平衡正向移动，提高平衡产率，故答案为：将甲醇液化分离，适当增大压强；
（7）为离子晶体，为分子晶体，故熔点最高，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高，故答案为：为离子晶体，为分子晶体，故熔点最高，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高。
【分析】根据题干信息， 钛铁矿的主要成分为，含有少量、，由流程图信息，结合已知信息①可知，“酸浸”时，与浓硫酸反应得到、Fe2+， 与浓硫酸反应生成Fe3+，不反应，所以滤渣为，滤液中含Fe3+、Fe2+、；“还原①”时，Fe3+被还原为Fe2+；根据已知信息②，“灼烧”H2TiO3得到TiO2；电解饱和食盐水产生的氯气和TiO2与过量焦炭反应生成CO和TiCl4；“还原②”用Mg、Ar还原TiCl4得到金属Ti；气体C（CO）和气体B（H2）在一定条件下生成甲醇。
（1）Ti为22号元素，在周期表中的位置为第四周期第ⅣB族，故答案为：第四周期第ⅣB族；
（2）与浓硫酸反应生成、，则发生反应的化学方程式为，故答案为：；
（3）“还原①”铁粉将三价铁还原成二价铁，经过“工序①”得到绿矾，发生反应，故答案为：；
（4）①绿矾为FeSO4·7H2O，所以“工序①”中的系列操作为蒸发浓缩，冷却结晶，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶；
②绿矾易溶于水，为了减少损失用75%的乙醇溶液洗涤，乙醇易挥发，易于产品干燥，所以用乙醇溶液洗涤的优点是减小晶体溶解损失，乙醇易挥发，有利于产品干燥，故答案为：减小晶体溶解损失，乙醇易挥发，有利于产品干燥；
（5）a．“工序②”中加入过量焦炭，发生反应，a错误；
b．氮气与镁高温下发生反应，b错误；
c．铝热反应制锰为热还原法，c正确；
故选c；
（6）气体C为CO，气体B为H2，合成甲醇时发生反应，将甲醇液化分离和适当增大压强都能促进平衡正向移动，提高平衡产率，故答案为：将甲醇液化分离，适当增大压强；
（7）为离子晶体，为分子晶体，故熔点最高，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高，故答案为：为离子晶体，为分子晶体，故熔点最高，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高。
11．【答案】（1）酯基、酮羰基
（2）
（3）+2+ CH3COCl+CH3COOH
（4）取代反应
（5）α碳的相邻碳均为羰基碳，氧电负性很大，容易吸引电子，使得α碳上的氢原子与α碳之间电子云偏向α碳，使得该氢原子容易被取代
（6）4；CH3OOCCH(CH3)CH2COOCH3
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由C结构，C中所含官能团的名称为酯基、酮羰基；
（2）由分析，A为；
（3）B与按物质的量之比1：2反应生成三种不同的有机产物，则B中氯被取代引入支链，同时生成CH3COCl，B中酚羟基被取代引入新的支链，同时生成CH3COOH，则的反应方程式为+2+ CH3COCl+CH3COOH；
（4）E为，的反应为溴原子被支链取代的反应，故为取代反应；
（5）α碳上的氢原子易发生取代反应的原因是α碳的相邻碳均为羰基碳，氧电负性很大，容易吸引电子，使得α碳上的氢原子与α碳之间电子云偏向α碳，使得该氢原子容易被取代；
（6）F含有7个碳、4个氧、不饱和度为2，；有机物与互为同分异构体，在酸性条件下水解生成一种酸和一种醇，且酸和醇的物质的量之比为1：2，则M为二元酸和2分子相同醇形成的酯，符合该条件的M有CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3、CH3OOCCH(CH3)CH2COOCH3、CH3OOCC(CH3)2COOCH3、CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，共4种；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6：3：2：1的有机物结构简式为CH3OOCCH(CH3)CH2COOCH3。
【分析】根据有机合成路线，结合已知信息，A→B中，A先与发生加成反应，再与发生取代反应生成B，结合B的结构简式，可推出A为；D和HCl生成E，E转化为G，结合E的分子式和G的结构简式，可推出E为。
（1）由C结构，C中所含官能团的名称为酯基、酮羰基；
（2）由分析，A为；
（3）B与按物质的量之比1：2反应生成三种不同的有机产物，则B中氯被取代引入支链，同时生成CH3COCl，B中酚羟基被取代引入新的支链，同时生成CH3COOH，则的反应方程式为+2+ CH3COCl+CH3COOH；
（4）E为，的反应为溴原子被支链取代的反应，故为取代反应；
（5）α碳上的氢原子易发生取代反应的原因是α碳的相邻碳均为羰基碳，氧电负性很大，容易吸引电子，使得α碳上的氢原子与α碳之间电子云偏向α碳，使得该氢原子容易被取代；
（6）F含有7个碳、4个氧、不饱和度为2，；有机物与互为同分异构体，在酸性条件下水解生成一种酸和一种醇，且酸和醇的物质的量之比为1：2，则M为二元酸和2分子相同醇形成的酯，符合该条件的M有CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3、CH3OOCCH(CH3)CH2COOCH3、CH3OOCC(CH3)2COOCH3、CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，共4种；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6：3：2：1的有机物结构简式为CH3OOCCH(CH3)CH2COOCH3。
12．【答案】（1）440
（2）D
（3）60；Cat2；相同温度时，Cat2对应的活化能更小(或Cat2对应的k更大)
（4）0.11；>
（5）图乙；+2e-=3I-
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，断裂1molH－H键的焓变=ΔH3－ΔH1=+440kJ·mol－1，所以断裂1molH－H键需要吸收的能量为440kJ；答案为440。
（2）A．温度恒定时，平衡常数不变，A不符合题意；
B．由等效平衡知，平衡时的体积分数不变，B不符合题意；
C．加压，平衡不发生移动，平衡时的转化率不变，C不符合题意；
D．起始通入2molHI(g)，相当于原平衡体系加压，则HI的平衡浓度变为原来的2倍，D符合题意；
故选D。
（3）达到平衡时，则，15×4=60；，温度相同时，越小，k越小，越大，相同条件下，催化效率较高的是Cat2；判断依据是：相同温度时，Cat2对应的活化能更小(或Cat2对应的k更大)。
（4）膜反应器1中80s时HI的分解率为70%，则反应生成氢气的物质的量为1mol×70%÷2=0.35mol，逸出氢气的物质的量为×100kPa×80s=0.24mol，则反应器中氢气的物质的量为0.35-0.24=0.11mol；膜反应器2释放出氢气和碘蒸气，比反应器1释放出的生成物更多，即生成物浓度减少更多，相对膜反应器1平衡正向移动，HI的分解率增大，则>。
（5）由“负极采用固态有机聚合物”知，固态有机聚合物在负极失电子，电子从负极流出，故图乙是原电池的工作原理图。放电时，正极上的电极反应式为+2e-=3I-。
【分析】（1）根据盖斯定律进行分析。
（2）A．温度恒定时，平衡常数不变。
B．由等效平衡知，平衡时的体积分数不变。
C．注意反应前后气体的分子数不变。
D．起始通入2molHI(g)，相当于原平衡体系加压。
（3）温度相同时，越小，k越小，越大。
（4）膜反应器1中80s时HI的分解率为70%，则反应生成氢气的物质的量为1mol×70%÷2=0.35mol，逸出氢气的物质的量为×100kPa×80s=0.24mol，则反应器中氢气的物质的量为0.35-0.24=0.11mol；膜反应器2释放出氢气和碘蒸气，比反应器1释放出的生成物更多，即生成物浓度减少更多，相对膜反应器1平衡正向移动，HI的分解率增大，则>。
（5）根据图示信息，固态有机聚合物在负极失电子，电子从负极流出，则图乙装置为原电池。
（1）由盖斯定律可知，断裂1molH－H键的焓变=ΔH3－ΔH1=+440kJ·mol－1，所以断裂1molH－H键需要吸收的能量为440kJ；答案为440。
（2）A．温度恒定时，平衡常数不变，A不符合题意；
B．由等效平衡知，平衡时的体积分数不变，B不符合题意；
C．加压，平衡不发生移动，平衡时的转化率不变，C不符合题意；
D．起始通入2molHI(g)，相当于原平衡体系加压，则HI的平衡浓度变为原来的2倍，D符合题意；
故选D。
（3）达到平衡时，则，15×4=60；，温度相同时，越小，k越小，越大，相同条件下，催化效率较高的是Cat2；判断依据是：相同温度时，Cat2对应的活化能更小(或Cat2对应的k更大)。
（4）膜反应器1中80s时HI的分解率为70%，则反应生成氢气的物质的量为1mol×70%÷2=0.35mol，逸出氢气的物质的量为×100kPa×80s=0.24mol，则反应器中氢气的物质的量为0.35-0.24=0.11mol；膜反应器2释放出氢气和碘蒸气，比反应器1释放出的生成物更多，即生成物浓度减少更多，相对膜反应器1平衡正向移动，HI的分解率增大，则>。
（5）由“负极采用固态有机聚合物”知，固态有机聚合物在负极失电子，电子从负极流出，故图乙是原电池的工作原理图。放电时，正极上的电极反应式为+2e-=3I-。
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