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江苏省淮安市2024-2025学年高二下学期期中考试化学试题
一、单项选择题：本题包括13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项最符合题意。
1．淮安“文楼汤包”以其独特的工艺和鲜美的口感，深受人们喜爱。汤包皮主要成分是
A．淀粉 B．脂肪 C．纤维素 D．蛋白质
2．下列有关化学用语表示不正确的是
A．乙酸的实验式：C2H4O2
B．乙烯分子的球棍模型为
C．1，3-丁二烯的键线式：
D．乙炔的电子式：
3．国产大飞机C919上用到较多的镁铝合金。下列叙述正确的是
A．Al原子结构示意图：
B．铝位于元素周期表的s区
C．基态镁原子能量最高的电子云轮廓图为球形
D．基态Al原子外围电子轨道表示式：
4．可用反应冶炼钾。下列说法正确的是
A．第一电离能： B．电负性：
C．离子半径： D．碱性：
5．在给定条件下，下列物质间的转化不能实现的是
A．CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO
B．
C．
D．
6．下列有机物的性质与用途具有对应关系的是
A．乙烯具有可燃性，可用作催熟剂
B．酚醛树脂不溶于一般溶剂，可用作阻燃材料
C．油脂难溶于水，可用于工业生产肥皂
D．乙醇能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒
7．实验室进行乙酸乙酯的制备。下列相关原理，装置及操作正确的是
A．用装置甲混合乙醇与浓硫酸 B．用装置乙制备乙酸乙酯
C．用装置丙收集乙酸乙酯 D．用装置丁提纯乙酸乙酯
8．化合物Z是一种药物中间体，其部分合成路线如下图，下列说法正确的是
A．可用银氨溶液检验Y中是否含有X
B．Y、Z分子均存在顺反异构
C．X与Y均可以与甲醛发生缩聚反应
D．1molZ与足量氢氧化钠反应，最多消耗2molNaOH
9．研究发现，在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．加入的HNO3起催化作用
B．电池工作时正极区溶液的pH升高
C．4.6g CH3CH2OH被完全氧化时有0.6molO2被还原
D．负极反应：CH3CH2OH＋3H2O-12e-=2CO2↑＋12H＋
10．室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是
选项 实验过程及现象 实验结论
A 在硫酸钡沉淀中加入浓碳酸钠溶液，充分搅拌后，取沉淀(洗净)放入盐酸中，有气泡产生 Ksp(BaCO3)B 某卤代烃与NaOH水溶液共热后，冷却，滴加足量的稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，出现淡黄色沉淀 该卤代烃的分子结构中存在碳溴键
C 向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液，均有固体析出 蛋白质均发生变性
D 向淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，冷却后加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，无砖红色沉淀生成 淀粉未水解
A．A B．B C．C D．D
11．一定条件下废弃聚乳酸(PLA)塑料可转化为丙氨酸小分子，转化历程如图所示。
已知：I.表示电子空穴，可吸收电子；
Ⅱ.eV代表一个电子经过1伏特的电位差加速获得的动能。
下列说法正确的是
A．每生成1mol丙氨酸，催化剂吸收2.41eV的光能
B．丙氨酸与乳酰胺互为同分异构体
C．乳酸铵转化为丙酮酸的过程发生了还原反应
D．PLA转化为乳酰胺的化学方程式为
12．室温下，通过下列实验探究溶液的性质。已知：，，。
实验1：用pH试纸测得溶液的pH约为8。
实验2：向溶液中加入溶液
实验3：将溶液加热煮沸后冷却至室温，溶液pH约为11。
实验4：向溶液中滴加溶液，产生白色沉淀。下列说法正确的是
A．实验1中溶液中：
B．实验2所得溶液中：
C．实验3所得溶液中： )
D．实验4中发生反应的离子方程式为
13．CH3OH可用作大型船舶的绿色燃料。工业上用CO2制备CH3OH的原理如下：
反应I：(主反应)
反应Ⅱ： (副反应)
将和按物质的量之比1∶3通入密闭容器中发生反应I和反应Ⅱ，分别在1MPa、、下，测得在不同温度下的平衡转化率和生成、选择性(选择性为目标产物在含碳产物中的比率)的变化如图。
CO的分压p(CO)=p总·X(CO)，X(CO)是指CO所占容器内气体的物质的量分数。
反应Ⅱ的压强平衡常数
下列说法正确的是
A．代表下随温度变化趋势的是曲线c
B．P点对应的反应Ⅱ的压强平衡常数1
C．温度一定，增大压强平衡Ⅱ不移动
D．温度升高到一定程度，a，b，c三线合一原因是以反应Ⅱ为主
二、非选择题：共4题，共61分
14．回答下列问题。
（1）尿素(CO(NH2)2)，又称碳酰胺，是生产脲醛树脂和三聚氰胺树脂的重要原料。
①基态N原子电子占据　 　个能层，其最高能层有　 　个原子轨道；
②C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为　 　；
③氢化物CH4、NH3、H2O的热稳定性由大到小顺序　 　。
（2）黄铜矿(CuFeS2)是一种重要的铜铁硫化物矿石，用于工业，医药，化工等领域。Fe3＋基态核外电子排布式为　 　基态Cu原子外围电子排布式为　 　。
（3）元素X的基态原子的3p轨道上有5个电子，元素Y基态原子的核外电子共有16种运动状态，X和Y最高价氧化物对应的水化物酸性较强的酸是　 　(填化学式)。
（4）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______(填标号)。
A． B．
C． D．
（5）NH3·BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性()，与B原子相连的H负电性()。在H、B、N三种元素中， 电负性由大到小的顺序是　 　。
15．化合物G是合成降压药替米沙坦的重要中间体，其人工合成路线如下：
（1）B中含氧官能团的名称为　 　和　 　。
（2）DE的反应过程分两步完成，D→X→E第一步加成反应，第二步反应类型为　 　。(PPA在有机合成中常用作失水剂，环化剂，酰化剂等)
（3）中间体X与D互为同分异构体，写出X的结构简式：　 　。
（4）A的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：　 　。
①能发生银镜反应；
②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；
③分子中只有4种不同化学环境的氢。
（5）已知：①苯环上已有的取代基叫做定位取代基，它们的存在会影响苯环上再引入其他基团时进入的位置，已知—CH2COOH、—CH2CONHCH3、—NHCOCH2CH2CH3具有类似的定位效应。
②
写出以、和为原料制备的合成路线流程图　 　(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
16．三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3是橙黄色，难溶于冷水的物质，是合成其他一些含钴物质的原料。利用含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取[Co(NH3)6]Cl3的工艺流程如图：
已知：“浸出液”中含有Co2＋、Fe2＋、Fe3＋、Al3＋等；
（1）加“适量NaClO3”的作用是　 　，发生反应的离子方程式：　 　。
（2）“加Na2CO3调pH至a”会生成两种沉淀，分别为　 　 (填化学式)。
（3）流程中氯化铵除作反应物外，还可以防止加氨水时c(OH-)过大，其原理是　 　。
（4）写出“氧化”步骤发生反应的离子方程式：　 　。
（5）该工艺得到的[Co(NH3)6]Cl3晶体在实验室用如图装置可以制取Co2O3晶体。
请补充完整实验方案：取一定量的[Co(NH3)6]Cl3晶体置于如图装置中，从分液漏斗中加入足量NaOH溶液，加热，充分反应后　 　，干燥得到Co2O3固体。(已知：2[Co(NH3)6]Cl3＋6NaOH=Co2O3↓＋12NH3↑＋6NaCl+3H2O)。除装置中所示试剂外，实验中须使用的试剂有稀硝酸、AgNO3溶液、红色石蕊试纸)
17．随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，资源化利用倍受关注。
（1）回收利用CO2是目前解决长期载人航天舱内(如空间站)供氧问题的有效途径，科研人员研究出其物质转化途径如图，反应A为CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)，是回收利用CO2的关键步骤。
①已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-483.6kJ mol-1
CH4(g)+2O2(g)=2H2O(g)+CO2(g) ΔH=-802.3kJ mol-1
反应A的ΔH = 　 　 kJ mol-1
②空间站的反应器内，通常采用反应器前段加热，后段冷却的方法来提高反应A的CO2的转化效率，可能的原因是　 　。
（2）据报道以二氧化碳为原料采用特殊的电极电解强酸性的二氧化碳水溶液可得到多种燃料，其原理如图所示。
①该工艺中能量转化方式主要有　 　(写出其中一种形式即可)。
②电解时其中b极上生成乙烯的电极反应式为　 　。
（3）某研究小组使用 催化剂实现了合成甲醇，其可能的反应历程如题图所示。
已知：在表面解离产生的参与的还原过程；
无催化活性，形成氧空位后有助于的活化。
注：口表示氧原子空位， 表示吸附在催化剂上的微粒。
①理论上，每生成1molCH3OH，该反应历程中消耗的物质的量为　 　mol。
②若原料气中比例过低或过高都会减弱催化剂活性，原因是　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】多糖的性质和用途；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验
【解析】【解答】A、汤包皮一般由小麦面粉制作，面粉的主要成分是淀粉，A 正确；
B、脂肪主要存在于油脂、肉类等食材中，不是汤包皮的主要成分，B 错误；
C、纤维素是植物细胞壁的主要成分，如蔬菜、粗粮中含量较多，不是汤包皮的主要成分，C 错误；
D、蛋白质主要存在于肉类、蛋类、豆类等食物中，不是汤包皮的主要成分，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
生活常识与化学物质分类：面食类食物（如面皮、馒头、面条）的主要原料为面粉，其核心营养成分是淀粉；
常见有机物的分布：淀粉属于糖类，是粮食类食物的主要供能物质；脂肪、蛋白质、纤维素则分别存在于不同类别的食物中。
2．【答案】A
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、乙酸的分子式是 C2H4O2，实验式（最简式）需要把各原子个数约成最简整数比，应为 CH2O，A 错误；
B、 乙烯的分子式为C2H4，空间结构为平面形， 是乙烯分子的球棍模型，B 正确；
C、1，3 - 丁二烯的结构是 CH2=CH-CH=CH2， 键线式为，故C正确；
D、乙炔分子里有碳碳三键， 电子式为，故D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
实验式与分子式区分：实验式是各元素原子个数的最简整数比，分子式是分子里实际的原子个数；
球棍模型：用球代表原子、棍代表化学键，直观展示分子的空间结构；
键线式：用线段代表碳碳键，端点和拐点代表碳原子，省略掉氢原子；
电子式：用点或叉表示原子最外层电子，体现原子间的成键情况。
3．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的能级分布；原子结构示意图
【解析】【解答】A、图中是 Al3+的结构示意图，Al 原子的核外电子数应为 13，结构示意图应为，A错误；
B、铝的价电子排布为 3s23p ，位于元素周期表的 p 区，不是 s 区，B 错误；
C、基态镁原子的核外电子排布为 1s22s22p63s2，能量最高的电子在 3s 轨道，s 轨道的电子云轮廓图为球形，C 正确；
D、基态 Al 原子的外围电子排布为 3s23p ，轨道表示式中 3p 轨道应只有 1 个电子， 为，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
原子结构示意图：原子的核外电子数等于质子数，离子则会得失电子；
周期表分区：s 区包含第 1、2 主族，p 区包含第 13~18 主族，铝属于 p 区；
电子云轮廓图：s 轨道为球形，p 轨道为哑铃形；
轨道表示式：需遵循泡利不相容原理和洪特规则，准确体现电子在各轨道的分布。
4．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．钠和钾元素，是第一主族元素，因此第一电离能关系为：，选项A正确；
B．钠和氯元素在第三周期，因此电负性关系为：，选项B错误；
C．离子半径主要取决于电子层数，Cl-有3个电子层，Na+有2个电子层，因此离子半径关系为：，选项C错误；
D．钠和钾在同一主族，对应氢氧化物碱性逐渐增强，因此碱性关系为：KOH>NaOH，选项D错误；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A．同一主族元素从上到下，第一电离能逐渐减小；
B．同一周期从左到右，元素的电负性逐渐增大；
C．比较离子半径大小，微粒电子层数越大，半径越大；
D．同主族元素从上到下金属性增强，其最高价氧化物对应水化物的碱性增强。
5．【答案】B
【知识点】苯的同系物及其性质；卤代烃简介；醇类简介；醛的化学性质
【解析】【解答】A、1 - 丙醇（CH3CH2CH2OH）在 Cu 作催化剂、加热条件下，可被 O2氧化为丙醛（CH3CH2CHO），该转化能实现，A 正确；
B、1，2 - 二溴乙烷在 NaOH / 乙醇溶液、加热条件下发生消去反应，生成乙炔或乙烯，而不是在 NaOH 水溶液中发生水解反应生成乙二醇（ ），该转化不能实现，B 错误；
C、甲苯在光照条件下与 Cl2反应，甲基上的氢原子被取代，生成氯化苄（ ），该转化能实现，C 正确；
D、丙烯腈（H2C=CHCN）在加热条件下可发生加聚反应，生成聚丙烯腈 () ，该转化能实现，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
醇的催化氧化：伯醇（-CH2OH）可被催化氧化为醛；
卤代烃反应条件：在 NaOH 水溶液中发生水解反应（取代）生成醇，在 NaOH 乙醇溶液中发生消去反应生成烯烃、炔烃；
甲苯的取代反应：光照下取代侧链烷基上的氢，催化剂存在下取代苯环上的氢；
加聚反应：含碳碳双键的有机物可发生加聚反应生成高分子化合物。
6．【答案】D
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、乙烯用作催熟剂，是因为它是植物生长调节剂，能促进果实成熟，与可燃性无关，A 错误；
B、酚醛树脂用作阻燃材料，是因为它耐热、难燃烧，与是否溶于一般溶剂无关，B 错误；
C、油脂用于工业生产肥皂，是因为它能发生皂化反应（碱性条件下水解），与难溶于水无关，C 错误；
D、乙醇能使细菌、病毒的蛋白质发生变性，从而失去生物活性，因此可用于杀菌消毒，性质与用途对应正确，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
性质与用途的对应关系：必须是直接因果关系，不能将无关性质强行关联；
常见有机物的核心用途：乙烯（催熟）、酚醛树脂（阻燃、绝缘）、油脂（制肥皂）、乙醇（杀菌消毒）的本质原因要清晰。
7．【答案】B
【知识点】乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、混合乙醇与浓硫酸时，应将浓硫酸缓慢倒入乙醇中并不断搅拌，若将乙醇倒入浓硫酸中，因浓硫酸密度大且溶于水放热，会造成液体暴沸飞溅，装置甲操作顺序错误，A不正确；
B、装置乙中试管内加入乙醇、浓硫酸和乙酸，加热时可发生酯化反应生成乙酸乙酯，试管中加入碎瓷片能防止暴沸，导管口略向上倾斜可冷凝回流反应物，符合乙酸乙酯制备的实验要求，B正确；
C、乙酸乙酯在强碱性溶液中会发生水解反应，收集时应使用饱和碳酸钠溶液，且装置丙中导管伸入液面下会引发倒吸，操作和试剂选择均错误，C不正确；
D、蒸馏提纯乙酸乙酯时，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，冷凝管中冷却水应下进上出，装置丁中温度计位置和冷凝水方向均不符合规范，D不正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
液体混合规范：稀释浓硫酸时，需将密度大的浓硫酸缓慢注入密度小的液体中，避免暴沸。
酯化反应装置：制备乙酸乙酯需加热，加入碎瓷片防止暴沸，导管可冷凝回流反应物。
酯的收集与保存：酯类在碱性条件下易水解，需用弱碱性的饱和碳酸钠溶液收集，同时要防止倒吸。
蒸馏操作规范：蒸馏时温度计用于测量馏分温度，冷凝管冷却水需下进上出以保证冷凝效果。
8．【答案】A
【知识点】烯烃；酯的性质；银镜反应
【解析】【解答】A、X 含醛基（—CHO），Y 不含醛基；银氨溶液可与醛基发生银镜反应，因此能用银氨溶液检验 Y 中是否含 X，A正确；
B、Y 中含碳碳双键（两端碳原子连接不同基团），存在顺反异构；但 Z 中无碳碳双键（含环状结构），不满足顺反异构的 “碳碳双键 + 两端基团不同” 条件，故 Z 无顺反异构，B错误；
C、缩聚反应需同时含多个活泼氢（如酚羟基、氨基）与醛基等基团，X 含酚羟基和醛基，可与甲醛缩聚；但 Y 仅含 1 个酚羟基，无法发生缩聚反应，C错误；
D、Z 中含酯基（—COOC2H5）和内酯环（环状酯基），1mol 酯基水解消耗 1molNaOH，且水解后生成的酚羟基也能与 NaOH 反应；因此 1molZ 与 NaOH 反应时，酯基（2 个）+ 酚羟基（1 个）共消耗 3molNaOH，D错误；
故答案为：A。
【分析】解题关键点：
官能团的特征反应：X 含醛基（—CHO）、Y 不含，银氨溶液可与醛基发生银镜反应，据此判断能检验 Y 中是否含 X。
顺反异构的条件：顺反异构需 “碳碳双键 + 双键两端碳原子连接不同基团”，Y 含符合条件的碳碳双键，Z 无碳碳双键，故 Z 无顺反异构。
缩聚反应的要求：缩聚需多个活泼基团（如多个酚羟基），X 含酚羟基 + 醛基可缩聚，Y 仅 1 个酚羟基无法缩聚。
与 NaOH 反应的官能团：Z 含酯基（2 个）+ 水解生成的酚羟基，1mol 酯基消耗 1molNaOH，酚羟基也消耗 NaOH，故 1molZ 消耗 3molNaOH。
9．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、由工作原理图可知，HNO3在反应中循环使用，起到催化作用，A 正确；
B、正极上 O2得电子与 H+结合生成 H2O，反应为 O2+4H++4e-=2H2O，消耗 H+且生成水，溶液 pH 升高，B 正确；
C、4.6g CH3CH2OH 的物质的量为 0.1mol，乙醇被氧化时 C 元素从 - 2 价升至 + 4 价，0.1mol 乙醇失去电子：0.1mol×12 = 1.2mol；O2被还原时 1mol O2得 4mol 电子，故被还原的 O2为 1.2mol÷4 = 0.3mol，不是 0.6mol，C 错误；
D、负极上乙醇被氧化为 CO2，酸性条件下的反应为 CH3CH2OH+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+，D 正确；
故答案为：C。
【分析】该装置属于酸性乙醇燃料电池，其中通入乙醇的电极为负极，发生氧化反应，电极反应为： CH3CH2OH+3H2O-12e－＝2CO2↑+12H+， 通入氧气的电极为正极。从工作原理图可以看出，正极上 HNO3先被还原为 NO，反应为： HNO3+3e－+3H+＝NO↑+2H2O， 随后 NO 又被 O2氧化为 HNO3，总反应为： 4NO+3O2+2H2O＝4HNO3， 整个过程中 HNO3循环使用，因此在正极起到催化作用，可据此对各选项进行分析判断。
10．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；卤代烃简介；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A、在硫酸钡沉淀中加入浓碳酸钠溶液，即使生成了碳酸钡沉淀，也是因为碳酸根离子浓度极高，属于浓度驱动的沉淀转化，不能直接比较 Ksp (BaCO3) 和 Ksp (BaSO4) 的大小，实际上 Ksp (BaCO3) > Ksp (BaSO4)，结论错误，A 错误；
B、卤代烃与 NaOH 水溶液共热发生水解，冷却后用稀硝酸酸化，再滴加 AgNO3溶液，出现淡黄色沉淀，说明生成了 AgBr，证明该卤代烃分子中存在碳溴键，结论正确，B 正确；
C、向蛋白质溶液中滴加饱和 NaCl 溶液，发生的是盐析（可逆过程，蛋白质未变性）；滴加 CuSO4溶液，重金属离子使蛋白质变性（不可逆），两者原理不同，结论错误，C 错误；
D、淀粉水解后需先加碱中和稀硫酸，再加入新制 Cu(OH)2悬浊液加热，否则稀硫酸会与 Cu(OH)2反应，无法观察到砖红色沉淀，因此不能证明淀粉未水解，结论错误，D 错误。
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
沉淀转化：只有在相同类型且浓度相近时，才能直接通过沉淀转化比较 Ksp 大小；浓碳酸钠溶液会使沉淀转化方向改变，不能用于比较溶度积。
卤代烃检验：水解后必须先加稀硝酸酸化，再滴加 AgNO3溶液，避免 OH-干扰沉淀生成，淡黄色沉淀对应 AgBr，证明溴原子存在。
蛋白质变性与盐析：盐析是轻金属盐使蛋白质溶解度降低，不改变其活性；变性是重金属盐、加热等使蛋白质结构破坏，失去活性。
淀粉水解检验：水解液需先中和至碱性，再与新制 Cu(OH)2反应，否则酸性环境会溶解 Cu(OH)2，无法检测葡萄糖。
11．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A、2.41eV 是 CdS 里电子从价带跃迁至导带的能量，不是生成 1mol 丙氨酸需要吸收的光能，反应里还有多个电子转移步骤，不能直接对应 1mol 产物，A 错误；
B、丙氨酸和乳酰胺的分子式都是 C3H7NO2，但是结构不一样，互为同分异构体，B 正确；
C、乳酸铵变成丙酮酸时，羟基变成了羰基，属于失氢的氧化反应，不是还原反应，C 错误；
D、PLA 转化为乳酰胺的化学方程式原子不守恒，正确的式子为：，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
同分异构体：分子式相同、结构不同的化合物才是同分异构体，要核对两者的分子式和结构；
氧化还原判断：羟基变成羰基是 “失氢”，属于氧化反应；
光能的意义：2.41eV 是半导体 CdS 的带隙能量，对应电子跃迁，不是生成产物的化学计量光能；
方程式配平：要保证反应前后原子种类和数目都不变，不能漏掉小分子产物。
12．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；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、由电荷守恒： ，溶液pH=8呈碱性，，因此 ，A错误；
B、实验2中与恰好反应生成，物料守恒应为 ，即，B错误；
C、实验3加热后部分分解为，冷却后溶液pH=11（碱性强于原溶液），说明的水解程度远大于的水解和电离，故，C正确；
D、与反应生成沉淀，同时会生成和，正确离子方程式为 ，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
电荷守恒：溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，结合溶液酸碱性可比较离子浓度大小；
物料守恒：实验2反应后为溶液，元素物质的量是元素的2倍；
盐类水解：水解程度大于，加热促进分解，使溶液中浓度升高，碱性增强；
离子方程式：与反应会生成，不能只生成。
13．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、反应 Ⅰ 是气体分子数减少的放热反应，增大压强会使平衡正向移动，CO2平衡转化率升高，因此 5MPa 下 α(CO2) 的曲线是a，不是 c，A 错误；
B、 由图可知，P点时，转化率为20%，CO和CH3OH的选择性均为50%，设和的投料量分别为1mol和3mol，由C原子守恒得：，，由反应I和反应Ⅱ可知，，由H原子守恒可得，==，=，，则P点对应的反应Ⅱ的压强平衡常数==，B错误；
C、反应 Ⅱ 是气体分子数不变的反应，温度一定时增大压强，平衡不移动，但该选项忽略了压强对主反应 Ⅰ 的影响，且从图像看压强确实影响 CO 选择性，表述不准确，C 错误；
D、温度升高到一定程度，反应 Ⅰ（放热）逆向进行，反应 Ⅱ（吸热）正向进行，最终以反应 Ⅱ 为主，导致不同压强下 CO2转化率和产物选择性趋于一致，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
压强对平衡的影响：反应 Ⅰ 气体分子数减少，加压有利于 CO2转化为甲醇；反应 Ⅱ 气体分子数不变，加压不移动，但会间接影响选择性。
选择性与反应趋势：高温下主反应（放热）被抑制，副反应（吸热）占主导，因此不同压强下的曲线最终汇合。
14．【答案】（1）2；4；N＞O＞C；H2O＞NH3＞CH4
（2）1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；3d104s1
（3）HClO4
（4）A
（5）N>H>B
【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
【解析】【解答】（1）①N是7号元素，核外电子排布式为1s22s22p3，基态N原子电子占据2个电子层，即2个能层；其最高能层为L层，含有4个轨道，即1个2s轨道和3个2p轨道；
②同周期从左往右，元素的第一电离能递增，N元素因2p轨道处于半满的稳定结构，第一电离能高于相邻元素，故第一电离能：N>O>C；
③元素的非金属性越强，对应简单氢化物的稳定性越大，元素非金属性O>N>C，故稳定性：H2O＞NH3＞CH4；
故答案为： 2 ；4； N＞O＞C ； H2O＞NH3＞CH4 ；
（2）Fe为26号元素，位于第四周期Ⅷ族，故基态Fe3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；Cu为29号元素，位于第四周期ⅠB族，故基态Cu原子外围电子排布式为3d104s1；
故答案为： 1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5 ； 3d104s1 ；
（3）元素X的基态原子的3p轨道上有5个电子，元素Y基态原子的核外电子共有16种运动状态，则X、Y分别为Cl和S，Cl的非金属性强于S，其最高价氧化物对应的水化物的酸性更强，故较强的酸是HClO4；
故答案为： HClO4 ；
（4）A．该结构为基态Mg＋，再失去一个电子所需能量即为镁的第二电离能，电离最外层一个电子所需能量最大，A正确；
B．该结构为基态Mg原子，其3s轨道全满，电离最外层一个电子即镁的第一电离能，故失去最外层一个电子所需能量较A低，B错误；
C．该结构中镁原子的电子处于激发态，容易失去3p上的电子，失去一个电子所需能量比基态Mg原子失去一个电子更低，C错误；
D．该结构为激发态Mg＋，再失去一个电子即为镁的第二电离能，最外层的电子处于激发态，失去最外层一个电子所需能量比基态Mg＋失去一个最外层电子所需能量低，D错误；
故答案为：A。
（5）与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，则电负性：N>H，与B原子相连的H负电性(Hδ )，则电负性H>B，故电负性：N>H>B。
故答案为： N>H>B ；
【分析】(1) ① 基态 N 原子电子排布为 1s22s22p3，占据 2 个能层，最高能层（L 层）有 4 个原子轨道（1 个 2s + 3 个 2p）。
② 同周期第一电离能：N（2p3 半满稳定）> O > C，顺序为 N > O > C。
③ 非金属性：O > N > C，氢化物热稳定性：H2O > NH3 > CH4。
(2) Fe3+：基态 Fe 原子失去 4s2 及 1 个 3d 电子，核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d5（或 [Ar] 3d5）。Cu：洪特规则特例，外围电子排布式为 3d104s1。
(3) X（3p5）为 Cl，Y（16 种电子运动状态）为 S；非金属性 Cl > S，故酸性更强的是 HClO4。
(4) 电离最外层电子所需能量：第二电离能 > 第一电离能；基态 > 激发态。A 为基态 Mg+（第二电离能），能量最大。
(5) 与 N 相连 H 显正电（N > H），与 B 相连 H 显负电（H > B），故电负性顺序：N > H > B。
（1）①N是7号元素，核外电子排布式为1s22s22p3，基态N原子电子占据2个电子层，即2个能层；其最高能层为L层，含有4个轨道，即1个2s轨道和3个2p轨道；
②同周期从左往右，元素的第一电离能递增，N元素因2p轨道处于半满的稳定结构，第一电离能高于相邻元素，故第一电离能：N>O>C；
③元素的非金属性越强，对应简单氢化物的稳定性越大，元素非金属性O>N>C，故稳定性：H2O＞NH3＞CH4；
（2）Fe为26号元素，位于第四周期Ⅷ族，故基态Fe3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；Cu为29号元素，位于第四周期ⅠB族，故基态Cu原子外围电子排布式为3d104s1；
（3）元素X的基态原子的3p轨道上有5个电子，元素Y基态原子的核外电子共有16种运动状态，则X、Y分别为Cl和S，Cl的非金属性强于S，其最高价氧化物对应的水化物的酸性更强，故较强的酸是HClO4；
（4）A．该结构为基态Mg＋，再失去一个电子所需能量即为镁的第二电离能，电离最外层一个电子所需能量最大，A正确；
B．该结构为基态Mg原子，其3s轨道全满，电离最外层一个电子即镁的第一电离能，故失去最外层一个电子所需能量较A低，B错误；
C．该结构中镁原子的电子处于激发态，容易失去3p上的电子，失去一个电子所需能量比基态Mg原子失去一个电子更低，C错误；
D．该结构为激发态Mg＋，再失去一个电子即为镁的第二电离能，最外层的电子处于激发态，失去最外层一个电子所需能量比基态Mg＋失去一个最外层电子所需能量低，D错误；
故答案选A。
（5）与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，则电负性：N>H，与B原子相连的H负电性(Hδ )，则电负性H>B，故电负性：N>H>B。
15．【答案】（1）酯基；酰胺基
（2）消去反应
（3）
（4）、、
（5）或
【知识点】有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；消去反应
【解析】【解答】（1）由B的结构可知，含氧官能团为酯基和酰胺基；
故答案为： 酯基 ； 酰胺基 ；
（2）由上述分析可知，第二步为消去反应；
故答案为： 消去反应 ；
（3）由上述分析可知X的结构为；
故答案为： ；
（4）A的同分异构体能发生银镜反应和水解反应，且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明同分异构体中含有HCOO－结构，分子中只有4种不同化学环境的氢，则符合题意的同分异构体有3种，分别为、、；
故答案为：、、 ；
（5）由题意可借鉴B→C→D→E的合成路线得到，与CH3NH2在PPA作用下生成，最后在NaNH4作用下还原得到目标产物。具体路线如下：；或者与CH3NH2在PPA作用下先生成，再借鉴B→C→D→E的合成路线得到，最后在NaNH4作用下还原得到目标产物。具体路线如下：
故答案为：或 【分析】化合物 A 的氨基与酰氯（ ）发生酰化反应，生成酰胺类化合物 B。B 在混酸（HNO3/H2SO4）作用下发生硝化反应，在苯环上引入硝基得到 C。C 在 Raney Ni 催化下与 H2发生还原反应，硝基被还原为氨基得到 D。D 在 PPA 作用下发生分子内环合反应， 先生成X（），X上的羟基发生消去反应生成E，E 在碱性条件下水解酯基，再经酸化，酯基转化为羧基得到 F。F 经多步反应得到目标中间体 G。据此解题。
（1）由B的结构可知，含氧官能团为酯基和酰胺基；
（2）由上述分析可知，第二步为消去反应；
（3）由上述分析可知X的结构为；
（4）A的同分异构体能发生银镜反应和水解反应，且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明同分异构体中含有HCOO－结构，分子中只有4种不同化学环境的氢，则符合题意的同分异构体有3种，分别为、、；
（5）由题意可借鉴B→C→D→E的合成路线得到，与CH3NH2在PPA作用下生成，最后在NaNH4作用下还原得到目标产物。具体路线如下：；或者与CH3NH2在PPA作用下先生成，再借鉴B→C→D→E的合成路线得到，最后在NaNH4作用下还原得到目标产物。具体路线如下：。
16．【答案】（1）将Fe2＋转化为Fe3＋；6Fe2＋+＋6H＋=6Fe3＋+Cl-+3H2O
（2）Fe(OH)3和Al(OH)3
（3）氯化铵溶于水电离出，会抑制后期加入氨水的电离
（4）H2O2+2Co2+ +2+10NH3·H2O+6Cl- =2[Co(NH3)6]Cl3↓+12H2O
（5）①打开止水夹，将湿润的红色石蕊试纸靠近管口，当试纸不变蓝后，停止加热，②将三颈烧瓶中的混合物冷却后过滤，洗涤滤渣2～3次，③至最后一次洗涤液滴加稀硝酸和AgNO3溶液无沉淀
【知识点】物质的分离与提纯；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）加“适量NaClO3”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，发生的离子反应为：6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；
故答案为： 将Fe2＋转化为Fe3＋ ； 6Fe2＋+＋6H＋=6Fe3＋+Cl-+3H2O ；
（2）根据上述分析，加Na2CO3调pH，将Al3+、Fe3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3；
故答案为： Fe(OH)3和Al(OH)3 ；
（3）电离产生OH-和，故加入NH4Cl可以抑制的电离，防止溶液中c(OH-)过大；
故答案为： 氯化铵溶于水电离出，会抑制后期加入氨水的电离 ；
（4）由上述分析可知，反应的离子方程式为H2O2+2Co2++2+10NH3·H2O+6Cl-=2[Co(NH3)6]Cl3↓+12H2O；
故答案为： H2O2+2Co2++2+10NH3·H2O+6Cl-=2[Co(NH3)6]Cl3↓+12H2O ；
（5）由已知条件可知，[Co(NH3)6]Cl3与NaOH反应会生成NH3，且产生的氨气被稀硫酸吸收，故可用湿润的红色石蕊试纸来检验装置中是否有残留的氨气，进而验证反应是否结束；反应结束后停止加热，将三颈烧瓶中的混合物冷却后过滤，洗涤滤渣2～3次，至向最后一次洗涤液滴加稀硝酸酸化的AgNO3溶液无沉淀产生即可，最后将所得Co2O3固体进行干燥，得到样品。
故答案为： ①打开止水夹，将湿润的红色石蕊试纸靠近管口，当试纸不变蓝后，停止加热，②将三颈烧瓶中的混合物冷却后过滤，洗涤滤渣2～3次，③至最后一次洗涤液滴加稀硝酸和AgNO3溶液无沉淀
【分析】含钴废料 (含少量Fe、Al等杂质) 用盐酸浸出，得到含 Co2+、Fe2+、Fe3+、Al3+的浸出液，再加入 NaClO3把 Fe2+氧化成 Fe3+。用 Na2CO3调节 pH，让 Fe3+、Al3+水解成沉淀后过滤除去，得到只含 Co2+的滤液。加入盐酸把 pH 调到 2-3，结晶得到 CoCl2 6H2O。将 CoCl2 6H2O 和活性炭、NH4Cl 溶液混合，再加入氨水和 H2O2，经过氧化、络合反应生成 [Co(NH3)6] Cl3，最后通过系列操作得到产品。据此解题。
（1）加“适量NaClO3”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，发生的离子反应为：6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；
（2）根据上述分析，加Na2CO3调pH，将Al3+、Fe3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3；
（3）电离产生OH-和，故加入NH4Cl可以抑制的电离，防止溶液中c(OH-)过大；
（4）由上述分析可知，反应的离子方程式为H2O2+2Co2++2+10NH3·H2O+6Cl-=2[Co(NH3)6]Cl3↓+12H2O；
（5）由已知条件可知，[Co(NH3)6]Cl3与NaOH反应会生成NH3，且产生的氨气被稀硫酸吸收，故可用湿润的红色石蕊试纸来检验装置中是否有残留的氨气，进而验证反应是否结束；反应结束后停止加热，将三颈烧瓶中的混合物冷却后过滤，洗涤滤渣2～3次，至向最后一次洗涤液滴加稀硝酸酸化的AgNO3溶液无沉淀产生即可，最后将所得Co2O3固体进行干燥，得到样品。
17．【答案】（1）-164.9；前段加热，有利于加快反应速率；后段冷却，有利于平衡正向移动，增大CO2的转化率
（2）光能转化为电能，电能转化成化学能，电能转化成热能等；2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O
（3）6mol；H2太少，形成的氧原子空位少，不利于CO2活化，催化能力较弱。H2太多，生成的水过多，使催化剂中毒
【知识点】化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①反应1：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ mol-1，反应2：CH4(g)+2O2(g)=2H2O(g)+CO2(g)ΔH=-802.3kJ mol-1，根据盖斯定律，反应A=2×反应1-已知反应2，所以反应A的；
②温度高于450℃时温度越高反应速率快越早达到平衡，则：前段加热，温度升高，有利于加快反应速率，分数后段冷却，因为该反应为放热反应，降低温度，有利于平衡正向移动，CO2的转化率增大；
故答案为： -164.9 ； 前段加热，有利于加快反应速率；后段冷却，有利于平衡正向移动，增大CO2的转化率 ；
（2）①该工艺中太阳能电池将太阳能转化为电能，部分光能转化为热能。然后电能转化为化学能，储存在化学物质内。所以能量转化方式主要有光能转化为电能，电能转化成化学能，电能转化成热能；
②电解时在阴极b极上生成乙烯的电极反应式为：2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O。
故答案为： 光能转化为电能，电能转化成化学能，电能转化成热能等 ； 2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O ；
（3）①H2首先在Zn-Ga-O表面解离成2个H*，随后参与到CO2的还原过程，即由得失电子守恒有3H2~CH3OH~ 6H*，所以消耗6molH*产生1molCH3OH；
②结合反应过程，若原料气中H2比例过低、过高均会减弱催化剂活性，原料气中H2比例过低会减弱催化剂活性的原因是H2太少，形成的氧原子空位少，不利于CO2活化，催化能力较弱。H2太多，生成的水过多，使催化剂中毒。
故答案为： 6mol ； H2太少，形成的氧原子空位少，不利于CO2活化，催化能力较弱。H2太多，生成的水过多，使催化剂中毒 ；
【分析】(1)① 盖斯定律计算：将已知热化学方程式变形组合，反应 A = 2×(2H2+O2=2H2O) - (CH4+2O2=2H2O+CO2)，算出 ΔH = -164.9 kJ·mol- 。
② 温度调控原因：前段加热加快反应速率，后段冷却（放热反应）使平衡正向移动，提高 CO2转化率。
(2)① 能量转化：太阳能→电能（或电能→化学能、电能→热能）。② 阴极反应：b 极（阴极）CO2得电子生成乙烯，酸性条件下配平得：2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O。
(3)① H * 计量：由原子守恒与反应历程，生成 1 mol CH3OH 需消耗 6 mol H*。
② H2比例影响：H2太少，氧原子空位不足，CO2活化弱；H2太多，生成水过多，催化剂中毒，均降低活性。
（1）①反应1：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ mol-1，反应2：CH4(g)+2O2(g)=2H2O(g)+CO2(g)ΔH=-802.3kJ mol-1，根据盖斯定律，反应A=2×反应1-已知反应2，所以反应A的；
②温度高于450℃时温度越高反应速率快越早达到平衡，则：前段加热，温度升高，有利于加快反应速率，分数后段冷却，因为该反应为放热反应，降低温度，有利于平衡正向移动，CO2的转化率增大；
（2）①该工艺中太阳能电池将太阳能转化为电能，部分光能转化为热能。然后电能转化为化学能，储存在化学物质内。所以能量转化方式主要有光能转化为电能，电能转化成化学能，电能转化成热能；
②电解时在阴极b极上生成乙烯的电极反应式为：2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O。
（3）①H2首先在Zn-Ga-O表面解离成2个H*，随后参与到CO2的还原过程，即由得失电子守恒有3H2~CH3OH~ 6H*，所以消耗6molH*产生1molCH3OH；
②结合反应过程，若原料气中H2比例过低、过高均会减弱催化剂活性，原料气中H2比例过低会减弱催化剂活性的原因是H2太少，形成的氧原子空位少，不利于CO2活化，催化能力较弱。H2太多，生成的水过多，使催化剂中毒。
1 / 1江苏省淮安市2024-2025学年高二下学期期中考试化学试题
一、单项选择题：本题包括13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项最符合题意。
1．淮安“文楼汤包”以其独特的工艺和鲜美的口感，深受人们喜爱。汤包皮主要成分是
A．淀粉 B．脂肪 C．纤维素 D．蛋白质
【答案】A
【知识点】多糖的性质和用途；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验
【解析】【解答】A、汤包皮一般由小麦面粉制作，面粉的主要成分是淀粉，A 正确；
B、脂肪主要存在于油脂、肉类等食材中，不是汤包皮的主要成分，B 错误；
C、纤维素是植物细胞壁的主要成分，如蔬菜、粗粮中含量较多，不是汤包皮的主要成分，C 错误；
D、蛋白质主要存在于肉类、蛋类、豆类等食物中，不是汤包皮的主要成分，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
生活常识与化学物质分类：面食类食物（如面皮、馒头、面条）的主要原料为面粉，其核心营养成分是淀粉；
常见有机物的分布：淀粉属于糖类，是粮食类食物的主要供能物质；脂肪、蛋白质、纤维素则分别存在于不同类别的食物中。
2．下列有关化学用语表示不正确的是
A．乙酸的实验式：C2H4O2
B．乙烯分子的球棍模型为
C．1，3-丁二烯的键线式：
D．乙炔的电子式：
【答案】A
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、乙酸的分子式是 C2H4O2，实验式（最简式）需要把各原子个数约成最简整数比，应为 CH2O，A 错误；
B、 乙烯的分子式为C2H4，空间结构为平面形， 是乙烯分子的球棍模型，B 正确；
C、1，3 - 丁二烯的结构是 CH2=CH-CH=CH2， 键线式为，故C正确；
D、乙炔分子里有碳碳三键， 电子式为，故D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
实验式与分子式区分：实验式是各元素原子个数的最简整数比，分子式是分子里实际的原子个数；
球棍模型：用球代表原子、棍代表化学键，直观展示分子的空间结构；
键线式：用线段代表碳碳键，端点和拐点代表碳原子，省略掉氢原子；
电子式：用点或叉表示原子最外层电子，体现原子间的成键情况。
3．国产大飞机C919上用到较多的镁铝合金。下列叙述正确的是
A．Al原子结构示意图：
B．铝位于元素周期表的s区
C．基态镁原子能量最高的电子云轮廓图为球形
D．基态Al原子外围电子轨道表示式：
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的能级分布；原子结构示意图
【解析】【解答】A、图中是 Al3+的结构示意图，Al 原子的核外电子数应为 13，结构示意图应为，A错误；
B、铝的价电子排布为 3s23p ，位于元素周期表的 p 区，不是 s 区，B 错误；
C、基态镁原子的核外电子排布为 1s22s22p63s2，能量最高的电子在 3s 轨道，s 轨道的电子云轮廓图为球形，C 正确；
D、基态 Al 原子的外围电子排布为 3s23p ，轨道表示式中 3p 轨道应只有 1 个电子， 为，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
原子结构示意图：原子的核外电子数等于质子数，离子则会得失电子；
周期表分区：s 区包含第 1、2 主族，p 区包含第 13~18 主族，铝属于 p 区；
电子云轮廓图：s 轨道为球形，p 轨道为哑铃形；
轨道表示式：需遵循泡利不相容原理和洪特规则，准确体现电子在各轨道的分布。
4．可用反应冶炼钾。下列说法正确的是
A．第一电离能： B．电负性：
C．离子半径： D．碱性：
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．钠和钾元素，是第一主族元素，因此第一电离能关系为：，选项A正确；
B．钠和氯元素在第三周期，因此电负性关系为：，选项B错误；
C．离子半径主要取决于电子层数，Cl-有3个电子层，Na+有2个电子层，因此离子半径关系为：，选项C错误；
D．钠和钾在同一主族，对应氢氧化物碱性逐渐增强，因此碱性关系为：KOH>NaOH，选项D错误；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A．同一主族元素从上到下，第一电离能逐渐减小；
B．同一周期从左到右，元素的电负性逐渐增大；
C．比较离子半径大小，微粒电子层数越大，半径越大；
D．同主族元素从上到下金属性增强，其最高价氧化物对应水化物的碱性增强。
5．在给定条件下，下列物质间的转化不能实现的是
A．CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO
B．
C．
D．
【答案】B
【知识点】苯的同系物及其性质；卤代烃简介；醇类简介；醛的化学性质
【解析】【解答】A、1 - 丙醇（CH3CH2CH2OH）在 Cu 作催化剂、加热条件下，可被 O2氧化为丙醛（CH3CH2CHO），该转化能实现，A 正确；
B、1，2 - 二溴乙烷在 NaOH / 乙醇溶液、加热条件下发生消去反应，生成乙炔或乙烯，而不是在 NaOH 水溶液中发生水解反应生成乙二醇（ ），该转化不能实现，B 错误；
C、甲苯在光照条件下与 Cl2反应，甲基上的氢原子被取代，生成氯化苄（ ），该转化能实现，C 正确；
D、丙烯腈（H2C=CHCN）在加热条件下可发生加聚反应，生成聚丙烯腈 () ，该转化能实现，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
醇的催化氧化：伯醇（-CH2OH）可被催化氧化为醛；
卤代烃反应条件：在 NaOH 水溶液中发生水解反应（取代）生成醇，在 NaOH 乙醇溶液中发生消去反应生成烯烃、炔烃；
甲苯的取代反应：光照下取代侧链烷基上的氢，催化剂存在下取代苯环上的氢；
加聚反应：含碳碳双键的有机物可发生加聚反应生成高分子化合物。
6．下列有机物的性质与用途具有对应关系的是
A．乙烯具有可燃性，可用作催熟剂
B．酚醛树脂不溶于一般溶剂，可用作阻燃材料
C．油脂难溶于水，可用于工业生产肥皂
D．乙醇能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒
【答案】D
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、乙烯用作催熟剂，是因为它是植物生长调节剂，能促进果实成熟，与可燃性无关，A 错误；
B、酚醛树脂用作阻燃材料，是因为它耐热、难燃烧，与是否溶于一般溶剂无关，B 错误；
C、油脂用于工业生产肥皂，是因为它能发生皂化反应（碱性条件下水解），与难溶于水无关，C 错误；
D、乙醇能使细菌、病毒的蛋白质发生变性，从而失去生物活性，因此可用于杀菌消毒，性质与用途对应正确，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
性质与用途的对应关系：必须是直接因果关系，不能将无关性质强行关联；
常见有机物的核心用途：乙烯（催熟）、酚醛树脂（阻燃、绝缘）、油脂（制肥皂）、乙醇（杀菌消毒）的本质原因要清晰。
7．实验室进行乙酸乙酯的制备。下列相关原理，装置及操作正确的是
A．用装置甲混合乙醇与浓硫酸 B．用装置乙制备乙酸乙酯
C．用装置丙收集乙酸乙酯 D．用装置丁提纯乙酸乙酯
【答案】B
【知识点】乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、混合乙醇与浓硫酸时，应将浓硫酸缓慢倒入乙醇中并不断搅拌，若将乙醇倒入浓硫酸中，因浓硫酸密度大且溶于水放热，会造成液体暴沸飞溅，装置甲操作顺序错误，A不正确；
B、装置乙中试管内加入乙醇、浓硫酸和乙酸，加热时可发生酯化反应生成乙酸乙酯，试管中加入碎瓷片能防止暴沸，导管口略向上倾斜可冷凝回流反应物，符合乙酸乙酯制备的实验要求，B正确；
C、乙酸乙酯在强碱性溶液中会发生水解反应，收集时应使用饱和碳酸钠溶液，且装置丙中导管伸入液面下会引发倒吸，操作和试剂选择均错误，C不正确；
D、蒸馏提纯乙酸乙酯时，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，冷凝管中冷却水应下进上出，装置丁中温度计位置和冷凝水方向均不符合规范，D不正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
液体混合规范：稀释浓硫酸时，需将密度大的浓硫酸缓慢注入密度小的液体中，避免暴沸。
酯化反应装置：制备乙酸乙酯需加热，加入碎瓷片防止暴沸，导管可冷凝回流反应物。
酯的收集与保存：酯类在碱性条件下易水解，需用弱碱性的饱和碳酸钠溶液收集，同时要防止倒吸。
蒸馏操作规范：蒸馏时温度计用于测量馏分温度，冷凝管冷却水需下进上出以保证冷凝效果。
8．化合物Z是一种药物中间体，其部分合成路线如下图，下列说法正确的是
A．可用银氨溶液检验Y中是否含有X
B．Y、Z分子均存在顺反异构
C．X与Y均可以与甲醛发生缩聚反应
D．1molZ与足量氢氧化钠反应，最多消耗2molNaOH
【答案】A
【知识点】烯烃；酯的性质；银镜反应
【解析】【解答】A、X 含醛基（—CHO），Y 不含醛基；银氨溶液可与醛基发生银镜反应，因此能用银氨溶液检验 Y 中是否含 X，A正确；
B、Y 中含碳碳双键（两端碳原子连接不同基团），存在顺反异构；但 Z 中无碳碳双键（含环状结构），不满足顺反异构的 “碳碳双键 + 两端基团不同” 条件，故 Z 无顺反异构，B错误；
C、缩聚反应需同时含多个活泼氢（如酚羟基、氨基）与醛基等基团，X 含酚羟基和醛基，可与甲醛缩聚；但 Y 仅含 1 个酚羟基，无法发生缩聚反应，C错误；
D、Z 中含酯基（—COOC2H5）和内酯环（环状酯基），1mol 酯基水解消耗 1molNaOH，且水解后生成的酚羟基也能与 NaOH 反应；因此 1molZ 与 NaOH 反应时，酯基（2 个）+ 酚羟基（1 个）共消耗 3molNaOH，D错误；
故答案为：A。
【分析】解题关键点：
官能团的特征反应：X 含醛基（—CHO）、Y 不含，银氨溶液可与醛基发生银镜反应，据此判断能检验 Y 中是否含 X。
顺反异构的条件：顺反异构需 “碳碳双键 + 双键两端碳原子连接不同基团”，Y 含符合条件的碳碳双键，Z 无碳碳双键，故 Z 无顺反异构。
缩聚反应的要求：缩聚需多个活泼基团（如多个酚羟基），X 含酚羟基 + 醛基可缩聚，Y 仅 1 个酚羟基无法缩聚。
与 NaOH 反应的官能团：Z 含酯基（2 个）+ 水解生成的酚羟基，1mol 酯基消耗 1molNaOH，酚羟基也消耗 NaOH，故 1molZ 消耗 3molNaOH。
9．研究发现，在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．加入的HNO3起催化作用
B．电池工作时正极区溶液的pH升高
C．4.6g CH3CH2OH被完全氧化时有0.6molO2被还原
D．负极反应：CH3CH2OH＋3H2O-12e-=2CO2↑＋12H＋
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、由工作原理图可知，HNO3在反应中循环使用，起到催化作用，A 正确；
B、正极上 O2得电子与 H+结合生成 H2O，反应为 O2+4H++4e-=2H2O，消耗 H+且生成水，溶液 pH 升高，B 正确；
C、4.6g CH3CH2OH 的物质的量为 0.1mol，乙醇被氧化时 C 元素从 - 2 价升至 + 4 价，0.1mol 乙醇失去电子：0.1mol×12 = 1.2mol；O2被还原时 1mol O2得 4mol 电子，故被还原的 O2为 1.2mol÷4 = 0.3mol，不是 0.6mol，C 错误；
D、负极上乙醇被氧化为 CO2，酸性条件下的反应为 CH3CH2OH+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+，D 正确；
故答案为：C。
【分析】该装置属于酸性乙醇燃料电池，其中通入乙醇的电极为负极，发生氧化反应，电极反应为： CH3CH2OH+3H2O-12e－＝2CO2↑+12H+， 通入氧气的电极为正极。从工作原理图可以看出，正极上 HNO3先被还原为 NO，反应为： HNO3+3e－+3H+＝NO↑+2H2O， 随后 NO 又被 O2氧化为 HNO3，总反应为： 4NO+3O2+2H2O＝4HNO3， 整个过程中 HNO3循环使用，因此在正极起到催化作用，可据此对各选项进行分析判断。
10．室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是
选项 实验过程及现象 实验结论
A 在硫酸钡沉淀中加入浓碳酸钠溶液，充分搅拌后，取沉淀(洗净)放入盐酸中，有气泡产生 Ksp(BaCO3)B 某卤代烃与NaOH水溶液共热后，冷却，滴加足量的稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，出现淡黄色沉淀 该卤代烃的分子结构中存在碳溴键
C 向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液，均有固体析出 蛋白质均发生变性
D 向淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，冷却后加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，无砖红色沉淀生成 淀粉未水解
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；卤代烃简介；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A、在硫酸钡沉淀中加入浓碳酸钠溶液，即使生成了碳酸钡沉淀，也是因为碳酸根离子浓度极高，属于浓度驱动的沉淀转化，不能直接比较 Ksp (BaCO3) 和 Ksp (BaSO4) 的大小，实际上 Ksp (BaCO3) > Ksp (BaSO4)，结论错误，A 错误；
B、卤代烃与 NaOH 水溶液共热发生水解，冷却后用稀硝酸酸化，再滴加 AgNO3溶液，出现淡黄色沉淀，说明生成了 AgBr，证明该卤代烃分子中存在碳溴键，结论正确，B 正确；
C、向蛋白质溶液中滴加饱和 NaCl 溶液，发生的是盐析（可逆过程，蛋白质未变性）；滴加 CuSO4溶液，重金属离子使蛋白质变性（不可逆），两者原理不同，结论错误，C 错误；
D、淀粉水解后需先加碱中和稀硫酸，再加入新制 Cu(OH)2悬浊液加热，否则稀硫酸会与 Cu(OH)2反应，无法观察到砖红色沉淀，因此不能证明淀粉未水解，结论错误，D 错误。
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
沉淀转化：只有在相同类型且浓度相近时，才能直接通过沉淀转化比较 Ksp 大小；浓碳酸钠溶液会使沉淀转化方向改变，不能用于比较溶度积。
卤代烃检验：水解后必须先加稀硝酸酸化，再滴加 AgNO3溶液，避免 OH-干扰沉淀生成，淡黄色沉淀对应 AgBr，证明溴原子存在。
蛋白质变性与盐析：盐析是轻金属盐使蛋白质溶解度降低，不改变其活性；变性是重金属盐、加热等使蛋白质结构破坏，失去活性。
淀粉水解检验：水解液需先中和至碱性，再与新制 Cu(OH)2反应，否则酸性环境会溶解 Cu(OH)2，无法检测葡萄糖。
11．一定条件下废弃聚乳酸(PLA)塑料可转化为丙氨酸小分子，转化历程如图所示。
已知：I.表示电子空穴，可吸收电子；
Ⅱ.eV代表一个电子经过1伏特的电位差加速获得的动能。
下列说法正确的是
A．每生成1mol丙氨酸，催化剂吸收2.41eV的光能
B．丙氨酸与乳酰胺互为同分异构体
C．乳酸铵转化为丙酮酸的过程发生了还原反应
D．PLA转化为乳酰胺的化学方程式为
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A、2.41eV 是 CdS 里电子从价带跃迁至导带的能量，不是生成 1mol 丙氨酸需要吸收的光能，反应里还有多个电子转移步骤，不能直接对应 1mol 产物，A 错误；
B、丙氨酸和乳酰胺的分子式都是 C3H7NO2，但是结构不一样，互为同分异构体，B 正确；
C、乳酸铵变成丙酮酸时，羟基变成了羰基，属于失氢的氧化反应，不是还原反应，C 错误；
D、PLA 转化为乳酰胺的化学方程式原子不守恒，正确的式子为：，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
同分异构体：分子式相同、结构不同的化合物才是同分异构体，要核对两者的分子式和结构；
氧化还原判断：羟基变成羰基是 “失氢”，属于氧化反应；
光能的意义：2.41eV 是半导体 CdS 的带隙能量，对应电子跃迁，不是生成产物的化学计量光能；
方程式配平：要保证反应前后原子种类和数目都不变，不能漏掉小分子产物。
12．室温下，通过下列实验探究溶液的性质。已知：，，。
实验1：用pH试纸测得溶液的pH约为8。
实验2：向溶液中加入溶液
实验3：将溶液加热煮沸后冷却至室温，溶液pH约为11。
实验4：向溶液中滴加溶液，产生白色沉淀。下列说法正确的是
A．实验1中溶液中：
B．实验2所得溶液中：
C．实验3所得溶液中： )
D．实验4中发生反应的离子方程式为
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；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、由电荷守恒： ，溶液pH=8呈碱性，，因此 ，A错误；
B、实验2中与恰好反应生成，物料守恒应为 ，即，B错误；
C、实验3加热后部分分解为，冷却后溶液pH=11（碱性强于原溶液），说明的水解程度远大于的水解和电离，故，C正确；
D、与反应生成沉淀，同时会生成和，正确离子方程式为 ，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
电荷守恒：溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，结合溶液酸碱性可比较离子浓度大小；
物料守恒：实验2反应后为溶液，元素物质的量是元素的2倍；
盐类水解：水解程度大于，加热促进分解，使溶液中浓度升高，碱性增强；
离子方程式：与反应会生成，不能只生成。
13．CH3OH可用作大型船舶的绿色燃料。工业上用CO2制备CH3OH的原理如下：
反应I：(主反应)
反应Ⅱ： (副反应)
将和按物质的量之比1∶3通入密闭容器中发生反应I和反应Ⅱ，分别在1MPa、、下，测得在不同温度下的平衡转化率和生成、选择性(选择性为目标产物在含碳产物中的比率)的变化如图。
CO的分压p(CO)=p总·X(CO)，X(CO)是指CO所占容器内气体的物质的量分数。
反应Ⅱ的压强平衡常数
下列说法正确的是
A．代表下随温度变化趋势的是曲线c
B．P点对应的反应Ⅱ的压强平衡常数1
C．温度一定，增大压强平衡Ⅱ不移动
D．温度升高到一定程度，a，b，c三线合一原因是以反应Ⅱ为主
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、反应 Ⅰ 是气体分子数减少的放热反应，增大压强会使平衡正向移动，CO2平衡转化率升高，因此 5MPa 下 α(CO2) 的曲线是a，不是 c，A 错误；
B、 由图可知，P点时，转化率为20%，CO和CH3OH的选择性均为50%，设和的投料量分别为1mol和3mol，由C原子守恒得：，，由反应I和反应Ⅱ可知，，由H原子守恒可得，==，=，，则P点对应的反应Ⅱ的压强平衡常数==，B错误；
C、反应 Ⅱ 是气体分子数不变的反应，温度一定时增大压强，平衡不移动，但该选项忽略了压强对主反应 Ⅰ 的影响，且从图像看压强确实影响 CO 选择性，表述不准确，C 错误；
D、温度升高到一定程度，反应 Ⅰ（放热）逆向进行，反应 Ⅱ（吸热）正向进行，最终以反应 Ⅱ 为主，导致不同压强下 CO2转化率和产物选择性趋于一致，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
压强对平衡的影响：反应 Ⅰ 气体分子数减少，加压有利于 CO2转化为甲醇；反应 Ⅱ 气体分子数不变，加压不移动，但会间接影响选择性。
选择性与反应趋势：高温下主反应（放热）被抑制，副反应（吸热）占主导，因此不同压强下的曲线最终汇合。
二、非选择题：共4题，共61分
14．回答下列问题。
（1）尿素(CO(NH2)2)，又称碳酰胺，是生产脲醛树脂和三聚氰胺树脂的重要原料。
①基态N原子电子占据　 　个能层，其最高能层有　 　个原子轨道；
②C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为　 　；
③氢化物CH4、NH3、H2O的热稳定性由大到小顺序　 　。
（2）黄铜矿(CuFeS2)是一种重要的铜铁硫化物矿石，用于工业，医药，化工等领域。Fe3＋基态核外电子排布式为　 　基态Cu原子外围电子排布式为　 　。
（3）元素X的基态原子的3p轨道上有5个电子，元素Y基态原子的核外电子共有16种运动状态，X和Y最高价氧化物对应的水化物酸性较强的酸是　 　(填化学式)。
（4）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______(填标号)。
A． B．
C． D．
（5）NH3·BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性()，与B原子相连的H负电性()。在H、B、N三种元素中， 电负性由大到小的顺序是　 　。
【答案】（1）2；4；N＞O＞C；H2O＞NH3＞CH4
（2）1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；3d104s1
（3）HClO4
（4）A
（5）N>H>B
【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
【解析】【解答】（1）①N是7号元素，核外电子排布式为1s22s22p3，基态N原子电子占据2个电子层，即2个能层；其最高能层为L层，含有4个轨道，即1个2s轨道和3个2p轨道；
②同周期从左往右，元素的第一电离能递增，N元素因2p轨道处于半满的稳定结构，第一电离能高于相邻元素，故第一电离能：N>O>C；
③元素的非金属性越强，对应简单氢化物的稳定性越大，元素非金属性O>N>C，故稳定性：H2O＞NH3＞CH4；
故答案为： 2 ；4； N＞O＞C ； H2O＞NH3＞CH4 ；
（2）Fe为26号元素，位于第四周期Ⅷ族，故基态Fe3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；Cu为29号元素，位于第四周期ⅠB族，故基态Cu原子外围电子排布式为3d104s1；
故答案为： 1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5 ； 3d104s1 ；
（3）元素X的基态原子的3p轨道上有5个电子，元素Y基态原子的核外电子共有16种运动状态，则X、Y分别为Cl和S，Cl的非金属性强于S，其最高价氧化物对应的水化物的酸性更强，故较强的酸是HClO4；
故答案为： HClO4 ；
（4）A．该结构为基态Mg＋，再失去一个电子所需能量即为镁的第二电离能，电离最外层一个电子所需能量最大，A正确；
B．该结构为基态Mg原子，其3s轨道全满，电离最外层一个电子即镁的第一电离能，故失去最外层一个电子所需能量较A低，B错误；
C．该结构中镁原子的电子处于激发态，容易失去3p上的电子，失去一个电子所需能量比基态Mg原子失去一个电子更低，C错误；
D．该结构为激发态Mg＋，再失去一个电子即为镁的第二电离能，最外层的电子处于激发态，失去最外层一个电子所需能量比基态Mg＋失去一个最外层电子所需能量低，D错误；
故答案为：A。
（5）与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，则电负性：N>H，与B原子相连的H负电性(Hδ )，则电负性H>B，故电负性：N>H>B。
故答案为： N>H>B ；
【分析】(1) ① 基态 N 原子电子排布为 1s22s22p3，占据 2 个能层，最高能层（L 层）有 4 个原子轨道（1 个 2s + 3 个 2p）。
② 同周期第一电离能：N（2p3 半满稳定）> O > C，顺序为 N > O > C。
③ 非金属性：O > N > C，氢化物热稳定性：H2O > NH3 > CH4。
(2) Fe3+：基态 Fe 原子失去 4s2 及 1 个 3d 电子，核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d5（或 [Ar] 3d5）。Cu：洪特规则特例，外围电子排布式为 3d104s1。
(3) X（3p5）为 Cl，Y（16 种电子运动状态）为 S；非金属性 Cl > S，故酸性更强的是 HClO4。
(4) 电离最外层电子所需能量：第二电离能 > 第一电离能；基态 > 激发态。A 为基态 Mg+（第二电离能），能量最大。
(5) 与 N 相连 H 显正电（N > H），与 B 相连 H 显负电（H > B），故电负性顺序：N > H > B。
（1）①N是7号元素，核外电子排布式为1s22s22p3，基态N原子电子占据2个电子层，即2个能层；其最高能层为L层，含有4个轨道，即1个2s轨道和3个2p轨道；
②同周期从左往右，元素的第一电离能递增，N元素因2p轨道处于半满的稳定结构，第一电离能高于相邻元素，故第一电离能：N>O>C；
③元素的非金属性越强，对应简单氢化物的稳定性越大，元素非金属性O>N>C，故稳定性：H2O＞NH3＞CH4；
（2）Fe为26号元素，位于第四周期Ⅷ族，故基态Fe3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；Cu为29号元素，位于第四周期ⅠB族，故基态Cu原子外围电子排布式为3d104s1；
（3）元素X的基态原子的3p轨道上有5个电子，元素Y基态原子的核外电子共有16种运动状态，则X、Y分别为Cl和S，Cl的非金属性强于S，其最高价氧化物对应的水化物的酸性更强，故较强的酸是HClO4；
（4）A．该结构为基态Mg＋，再失去一个电子所需能量即为镁的第二电离能，电离最外层一个电子所需能量最大，A正确；
B．该结构为基态Mg原子，其3s轨道全满，电离最外层一个电子即镁的第一电离能，故失去最外层一个电子所需能量较A低，B错误；
C．该结构中镁原子的电子处于激发态，容易失去3p上的电子，失去一个电子所需能量比基态Mg原子失去一个电子更低，C错误；
D．该结构为激发态Mg＋，再失去一个电子即为镁的第二电离能，最外层的电子处于激发态，失去最外层一个电子所需能量比基态Mg＋失去一个最外层电子所需能量低，D错误；
故答案选A。
（5）与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，则电负性：N>H，与B原子相连的H负电性(Hδ )，则电负性H>B，故电负性：N>H>B。
15．化合物G是合成降压药替米沙坦的重要中间体，其人工合成路线如下：
（1）B中含氧官能团的名称为　 　和　 　。
（2）DE的反应过程分两步完成，D→X→E第一步加成反应，第二步反应类型为　 　。(PPA在有机合成中常用作失水剂，环化剂，酰化剂等)
（3）中间体X与D互为同分异构体，写出X的结构简式：　 　。
（4）A的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：　 　。
①能发生银镜反应；
②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；
③分子中只有4种不同化学环境的氢。
（5）已知：①苯环上已有的取代基叫做定位取代基，它们的存在会影响苯环上再引入其他基团时进入的位置，已知—CH2COOH、—CH2CONHCH3、—NHCOCH2CH2CH3具有类似的定位效应。
②
写出以、和为原料制备的合成路线流程图　 　(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】（1）酯基；酰胺基
（2）消去反应
（3）
（4）、、
（5）或
【知识点】有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；消去反应
【解析】【解答】（1）由B的结构可知，含氧官能团为酯基和酰胺基；
故答案为： 酯基 ； 酰胺基 ；
（2）由上述分析可知，第二步为消去反应；
故答案为： 消去反应 ；
（3）由上述分析可知X的结构为；
故答案为： ；
（4）A的同分异构体能发生银镜反应和水解反应，且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明同分异构体中含有HCOO－结构，分子中只有4种不同化学环境的氢，则符合题意的同分异构体有3种，分别为、、；
故答案为：、、 ；
（5）由题意可借鉴B→C→D→E的合成路线得到，与CH3NH2在PPA作用下生成，最后在NaNH4作用下还原得到目标产物。具体路线如下：；或者与CH3NH2在PPA作用下先生成，再借鉴B→C→D→E的合成路线得到，最后在NaNH4作用下还原得到目标产物。具体路线如下：
故答案为：或 【分析】化合物 A 的氨基与酰氯（ ）发生酰化反应，生成酰胺类化合物 B。B 在混酸（HNO3/H2SO4）作用下发生硝化反应，在苯环上引入硝基得到 C。C 在 Raney Ni 催化下与 H2发生还原反应，硝基被还原为氨基得到 D。D 在 PPA 作用下发生分子内环合反应， 先生成X（），X上的羟基发生消去反应生成E，E 在碱性条件下水解酯基，再经酸化，酯基转化为羧基得到 F。F 经多步反应得到目标中间体 G。据此解题。
（1）由B的结构可知，含氧官能团为酯基和酰胺基；
（2）由上述分析可知，第二步为消去反应；
（3）由上述分析可知X的结构为；
（4）A的同分异构体能发生银镜反应和水解反应，且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明同分异构体中含有HCOO－结构，分子中只有4种不同化学环境的氢，则符合题意的同分异构体有3种，分别为、、；
（5）由题意可借鉴B→C→D→E的合成路线得到，与CH3NH2在PPA作用下生成，最后在NaNH4作用下还原得到目标产物。具体路线如下：；或者与CH3NH2在PPA作用下先生成，再借鉴B→C→D→E的合成路线得到，最后在NaNH4作用下还原得到目标产物。具体路线如下：。
16．三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3是橙黄色，难溶于冷水的物质，是合成其他一些含钴物质的原料。利用含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取[Co(NH3)6]Cl3的工艺流程如图：
已知：“浸出液”中含有Co2＋、Fe2＋、Fe3＋、Al3＋等；
（1）加“适量NaClO3”的作用是　 　，发生反应的离子方程式：　 　。
（2）“加Na2CO3调pH至a”会生成两种沉淀，分别为　 　 (填化学式)。
（3）流程中氯化铵除作反应物外，还可以防止加氨水时c(OH-)过大，其原理是　 　。
（4）写出“氧化”步骤发生反应的离子方程式：　 　。
（5）该工艺得到的[Co(NH3)6]Cl3晶体在实验室用如图装置可以制取Co2O3晶体。
请补充完整实验方案：取一定量的[Co(NH3)6]Cl3晶体置于如图装置中，从分液漏斗中加入足量NaOH溶液，加热，充分反应后　 　，干燥得到Co2O3固体。(已知：2[Co(NH3)6]Cl3＋6NaOH=Co2O3↓＋12NH3↑＋6NaCl+3H2O)。除装置中所示试剂外，实验中须使用的试剂有稀硝酸、AgNO3溶液、红色石蕊试纸)
【答案】（1）将Fe2＋转化为Fe3＋；6Fe2＋+＋6H＋=6Fe3＋+Cl-+3H2O
（2）Fe(OH)3和Al(OH)3
（3）氯化铵溶于水电离出，会抑制后期加入氨水的电离
（4）H2O2+2Co2+ +2+10NH3·H2O+6Cl- =2[Co(NH3)6]Cl3↓+12H2O
（5）①打开止水夹，将湿润的红色石蕊试纸靠近管口，当试纸不变蓝后，停止加热，②将三颈烧瓶中的混合物冷却后过滤，洗涤滤渣2～3次，③至最后一次洗涤液滴加稀硝酸和AgNO3溶液无沉淀
【知识点】物质的分离与提纯；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）加“适量NaClO3”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，发生的离子反应为：6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；
故答案为： 将Fe2＋转化为Fe3＋ ； 6Fe2＋+＋6H＋=6Fe3＋+Cl-+3H2O ；
（2）根据上述分析，加Na2CO3调pH，将Al3+、Fe3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3；
故答案为： Fe(OH)3和Al(OH)3 ；
（3）电离产生OH-和，故加入NH4Cl可以抑制的电离，防止溶液中c(OH-)过大；
故答案为： 氯化铵溶于水电离出，会抑制后期加入氨水的电离 ；
（4）由上述分析可知，反应的离子方程式为H2O2+2Co2++2+10NH3·H2O+6Cl-=2[Co(NH3)6]Cl3↓+12H2O；
故答案为： H2O2+2Co2++2+10NH3·H2O+6Cl-=2[Co(NH3)6]Cl3↓+12H2O ；
（5）由已知条件可知，[Co(NH3)6]Cl3与NaOH反应会生成NH3，且产生的氨气被稀硫酸吸收，故可用湿润的红色石蕊试纸来检验装置中是否有残留的氨气，进而验证反应是否结束；反应结束后停止加热，将三颈烧瓶中的混合物冷却后过滤，洗涤滤渣2～3次，至向最后一次洗涤液滴加稀硝酸酸化的AgNO3溶液无沉淀产生即可，最后将所得Co2O3固体进行干燥，得到样品。
故答案为： ①打开止水夹，将湿润的红色石蕊试纸靠近管口，当试纸不变蓝后，停止加热，②将三颈烧瓶中的混合物冷却后过滤，洗涤滤渣2～3次，③至最后一次洗涤液滴加稀硝酸和AgNO3溶液无沉淀
【分析】含钴废料 (含少量Fe、Al等杂质) 用盐酸浸出，得到含 Co2+、Fe2+、Fe3+、Al3+的浸出液，再加入 NaClO3把 Fe2+氧化成 Fe3+。用 Na2CO3调节 pH，让 Fe3+、Al3+水解成沉淀后过滤除去，得到只含 Co2+的滤液。加入盐酸把 pH 调到 2-3，结晶得到 CoCl2 6H2O。将 CoCl2 6H2O 和活性炭、NH4Cl 溶液混合，再加入氨水和 H2O2，经过氧化、络合反应生成 [Co(NH3)6] Cl3，最后通过系列操作得到产品。据此解题。
（1）加“适量NaClO3”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，发生的离子反应为：6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；
（2）根据上述分析，加Na2CO3调pH，将Al3+、Fe3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3；
（3）电离产生OH-和，故加入NH4Cl可以抑制的电离，防止溶液中c(OH-)过大；
（4）由上述分析可知，反应的离子方程式为H2O2+2Co2++2+10NH3·H2O+6Cl-=2[Co(NH3)6]Cl3↓+12H2O；
（5）由已知条件可知，[Co(NH3)6]Cl3与NaOH反应会生成NH3，且产生的氨气被稀硫酸吸收，故可用湿润的红色石蕊试纸来检验装置中是否有残留的氨气，进而验证反应是否结束；反应结束后停止加热，将三颈烧瓶中的混合物冷却后过滤，洗涤滤渣2～3次，至向最后一次洗涤液滴加稀硝酸酸化的AgNO3溶液无沉淀产生即可，最后将所得Co2O3固体进行干燥，得到样品。
17．随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，资源化利用倍受关注。
（1）回收利用CO2是目前解决长期载人航天舱内(如空间站)供氧问题的有效途径，科研人员研究出其物质转化途径如图，反应A为CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)，是回收利用CO2的关键步骤。
①已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-483.6kJ mol-1
CH4(g)+2O2(g)=2H2O(g)+CO2(g) ΔH=-802.3kJ mol-1
反应A的ΔH = 　 　 kJ mol-1
②空间站的反应器内，通常采用反应器前段加热，后段冷却的方法来提高反应A的CO2的转化效率，可能的原因是　 　。
（2）据报道以二氧化碳为原料采用特殊的电极电解强酸性的二氧化碳水溶液可得到多种燃料，其原理如图所示。
①该工艺中能量转化方式主要有　 　(写出其中一种形式即可)。
②电解时其中b极上生成乙烯的电极反应式为　 　。
（3）某研究小组使用 催化剂实现了合成甲醇，其可能的反应历程如题图所示。
已知：在表面解离产生的参与的还原过程；
无催化活性，形成氧空位后有助于的活化。
注：口表示氧原子空位， 表示吸附在催化剂上的微粒。
①理论上，每生成1molCH3OH，该反应历程中消耗的物质的量为　 　mol。
②若原料气中比例过低或过高都会减弱催化剂活性，原因是　 　。
【答案】（1）-164.9；前段加热，有利于加快反应速率；后段冷却，有利于平衡正向移动，增大CO2的转化率
（2）光能转化为电能，电能转化成化学能，电能转化成热能等；2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O
（3）6mol；H2太少，形成的氧原子空位少，不利于CO2活化，催化能力较弱。H2太多，生成的水过多，使催化剂中毒
【知识点】化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①反应1：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ mol-1，反应2：CH4(g)+2O2(g)=2H2O(g)+CO2(g)ΔH=-802.3kJ mol-1，根据盖斯定律，反应A=2×反应1-已知反应2，所以反应A的；
②温度高于450℃时温度越高反应速率快越早达到平衡，则：前段加热，温度升高，有利于加快反应速率，分数后段冷却，因为该反应为放热反应，降低温度，有利于平衡正向移动，CO2的转化率增大；
故答案为： -164.9 ； 前段加热，有利于加快反应速率；后段冷却，有利于平衡正向移动，增大CO2的转化率 ；
（2）①该工艺中太阳能电池将太阳能转化为电能，部分光能转化为热能。然后电能转化为化学能，储存在化学物质内。所以能量转化方式主要有光能转化为电能，电能转化成化学能，电能转化成热能；
②电解时在阴极b极上生成乙烯的电极反应式为：2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O。
故答案为： 光能转化为电能，电能转化成化学能，电能转化成热能等 ； 2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O ；
（3）①H2首先在Zn-Ga-O表面解离成2个H*，随后参与到CO2的还原过程，即由得失电子守恒有3H2~CH3OH~ 6H*，所以消耗6molH*产生1molCH3OH；
②结合反应过程，若原料气中H2比例过低、过高均会减弱催化剂活性，原料气中H2比例过低会减弱催化剂活性的原因是H2太少，形成的氧原子空位少，不利于CO2活化，催化能力较弱。H2太多，生成的水过多，使催化剂中毒。
故答案为： 6mol ； H2太少，形成的氧原子空位少，不利于CO2活化，催化能力较弱。H2太多，生成的水过多，使催化剂中毒 ；
【分析】(1)① 盖斯定律计算：将已知热化学方程式变形组合，反应 A = 2×(2H2+O2=2H2O) - (CH4+2O2=2H2O+CO2)，算出 ΔH = -164.9 kJ·mol- 。
② 温度调控原因：前段加热加快反应速率，后段冷却（放热反应）使平衡正向移动，提高 CO2转化率。
(2)① 能量转化：太阳能→电能（或电能→化学能、电能→热能）。② 阴极反应：b 极（阴极）CO2得电子生成乙烯，酸性条件下配平得：2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O。
(3)① H * 计量：由原子守恒与反应历程，生成 1 mol CH3OH 需消耗 6 mol H*。
② H2比例影响：H2太少，氧原子空位不足，CO2活化弱；H2太多，生成水过多，催化剂中毒，均降低活性。
（1）①反应1：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ mol-1，反应2：CH4(g)+2O2(g)=2H2O(g)+CO2(g)ΔH=-802.3kJ mol-1，根据盖斯定律，反应A=2×反应1-已知反应2，所以反应A的；
②温度高于450℃时温度越高反应速率快越早达到平衡，则：前段加热，温度升高，有利于加快反应速率，分数后段冷却，因为该反应为放热反应，降低温度，有利于平衡正向移动，CO2的转化率增大；
（2）①该工艺中太阳能电池将太阳能转化为电能，部分光能转化为热能。然后电能转化为化学能，储存在化学物质内。所以能量转化方式主要有光能转化为电能，电能转化成化学能，电能转化成热能；
②电解时在阴极b极上生成乙烯的电极反应式为：2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O。
（3）①H2首先在Zn-Ga-O表面解离成2个H*，随后参与到CO2的还原过程，即由得失电子守恒有3H2~CH3OH~ 6H*，所以消耗6molH*产生1molCH3OH；
②结合反应过程，若原料气中H2比例过低、过高均会减弱催化剂活性，原料气中H2比例过低会减弱催化剂活性的原因是H2太少，形成的氧原子空位少，不利于CO2活化，催化能力较弱。H2太多，生成的水过多，使催化剂中毒。
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