湖南省沅澧共同体2024-2025学年高三下学期2月联考化学试题（含答案）

第第页湖南省沅澧共同体2024-2025学年高三下学期2月联考化学试题一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分，每小题中只有一个选项符合题意。1．2025年央视春晚精彩纷呈，硬科技霸屏。下列有关说法正确的是A．机器人使用二氧化硅制造出的芯片，完美呈现舞蹈效果B．歌曲《山鹰和兰花花》传达了对生态环境的关注，二氧化碳能引起温室效应，是常见的空气污染物C．春晚展示的非物质文化遗产“打铁花”，利用了铁元素的焰色D．《山水霓裳》中李子柒的服装采用丝绸制成，丝绸的主要成分是蛋白质2．下列化学用语或图示表示正确的是A．晶态和非晶态SiO2粉末的X射线衍射图谱对比：B．基态29Cu原子的价层电子轨道表示式：C．中子数为20的Ca原子：2040D．SO32−3．下列有关实验操作规范，说法不正确的是A．使用聚四氟乙烯活塞的滴定管为酸碱通用滴定管B．将结块的硝酸铵置于研钵中用研杵敲碎，研细C．磨口玻璃瓶塞洗净、晾干后应在瓶塞处垫一张纸条以免瓶塞与瓶口粘连D．制取氧气后，剩余的高锰酸钾固体需要配成溶液或转化为其它物质后排放4．下列有关方程式书写不正确的是A．用H2S处理含HgB．电解精炼铜的阴极反应：Cu2++2e−=CuC．将SO2通入酸性KMnO4溶液中：5D．证明NH3对Cu2+的配位能力强于H2O：Cu5．为达到实验目的，下列实验设计及现象都合理的是选项实验设计实验目的A已知CuCl2溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl−⇌[CuCl4]2-(黄色)+4H2O，加热某浓度的CuCl2溶液，溶液由蓝色变为黄绿色证明该平衡反应的正反应是吸热反应B加热使I2(s)升华除去Fe粉中的I2C向丙烯醛溶液中滴加溴水，溴水褪色验证丙烯醛中含碳碳双键D将SO2通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热褪色后的溶液，溶液恢复红色验证SO2的不稳定性A．A B．B C．C D．D6．下列微观结构或现象不能解释其性质的是选项性质结构因素A细胞膜的双分子膜层头向外，尾向内排列细胞膜由大量两性分子(一端有极性，另一端无极性)组装而成BHCOOH的酸性强于CH3COOH烷基是拉电子基团C原子光谱是不连续的线状谱线原子核外电子的能量是量子化的D椅式环己烷(C6H12)比船式环己烷稳定分子空间结构不同，椅式的空间位阻小A．A B．B C．C D．D7．制备芯片需要大量使用光刻胶。光刻胶又称光致抗蚀剂，是指通过紫外光、电子束、离子束、X射线等的照射或辐射，其溶解度发生变化的耐蚀剂刻薄膜材料。如图是某种光刻胶的光交联反应。下列有关说法正确的是A．物质甲的单体的分子式为C11H8O2B．1mol物质甲与足量H2加成时最多消耗3molH2C．可利用红外光谱测量有机物的键长、键角D．该光交联反应属于加成反应8．聚合物固态电解质(SPE)替代传统有机液态电解液，有望从根本上解决电池安全性问题，是电动汽车和规模化储能理想的化学电源。某SPE的基体材料结构如图所示，已知X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Z的电负性为4.0，则下列说法错误的是A．X的单质在空气中燃烧只生成一种氧化物B．该物质的阴离子中含有配位键C．Z是所在周期第一电离能最大的元素D．Y的最高价氧化物对应的水化物是一元弱酸9．某化合物的晶胞如图所示，下列说法不正确的是A．该物质化学式为Fe(NH3)2Cl2B．该物质的熔点高于FeCl2C．该晶体中含离子键、配位键D．若该晶胞体积为acm3，则晶胞的密度为322NA10．乙醇电催化氧化制备乙醛的原理如下图所示，下列说法正确的是A．a为电源正极B．电解过程中，电极室A的pH值不变，电极室B的pH值减小C．电极B的电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-D．当生成nmolCH3CHO时，理论上A、B两室溶液质量变化之和为ng11．[Co(NH3)6]Cl3(三氯六氨合钴)是合成其它含钴配合物的重要原料，其晶体制备流程如下，下列说法错误的是A．活性炭的作用是催化剂B．已知氧化步骤需控温在60℃进行，故H2O2溶液应缓慢滴加C．操作X中加入盐酸的目的是提供酸性环境D．[Co(NH3)6]3+是以Co3+为中心的正八面体结构，则[Co(NH3)4Cl2]+的空间结构可能有2种12．资料表明，烷烃的卤代反应为自由基反应，自由基是分子在光、热等外界条件下共价键发生均裂(指共价键断裂时均等的将共用电子对分配给成键的两个原子)而形成的原子或原子团，在水中不易形成。下图是氯气与甲烷发生取代反应的能量变化图。下列说法不正确的是A．烷烃可与卤素气态单质发生卤代反应B．烷烃可与溴水发生取代反应C．烷烃可在光照或高温下发生卤代反应D．产物中可能含有乙烷13．利用草酸(H2C2O4)及草酸盐的性质可测定人体血液中钙离子的浓度。已知：25℃，H2C2O4的电离常数Ka1=5.6×10-2A．在Na2C2O4溶液中：c(Na+)=2c(C2O42−)+2c(HC2O4−)+2c(H2C2OB．在0.1mol/L的H2C2O4溶液中：c(H+)>c(H2C2O4)C．将等浓度的H2C2O4溶液与NaOH溶液等体积混合，所得混合溶液的pH<7D．向20mL碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入1.0×1014．保持总压恒为P0，在相同的催化剂下发生反应2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)∆H<0。当起始投料比n(H2)n(CO2)=3时H2的平衡转化率与T的关系、T0A．L1表示T0K时H2的平衡转化率与n(H2B．T1>T2C．n(H2)n(COD．T0K时，该反应的压强平衡常数(用平衡分压代替平衡浓度)KP=3P0-4二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．叶绿素铜钠是国家食品安全允许使用的食品添加剂，医疗领域叶绿素铜钠能止血抗炎、促进伤口愈合。某实验小组利用茭白叶，在实验室制备叶绿素铜钠，反应原理如下：实验步骤：Ⅰ．称取洗净剪碎的茭白叶10.0g(叶绿素含量为17.84%)，加入少量石英砂、碳酸钙粉末，研磨。Ⅱ．加入10mL96%乙醇继续研磨成均匀浆状，微波加热6min后抽滤。滤渣加入10mL96%乙醇，再次微波加热、浸提、抽滤，将两次滤液合并。Ⅲ．滤液装入仪器C，加入硫酸酸化，加入硫酸铜晶体，搅拌至硫酸铜晶体溶解后，再加入盐酸调节溶液pH至2~3，搅拌加热半小时以上。Ⅳ．……Ⅴ.将叶绿素铜与50%乙醇混合，加入NaOH溶液，加热15min，再加入稀H2Ⅵ.将叶绿素铜酸放入烧杯中，保温80℃，逐滴加入2%氢氧化钠溶液至pH为10，过滤，滤液经蒸发结晶，烘干即得成品1.026g。已知：物质相对分子质量部分性质叶绿素892蓝绿色固体，不溶于水，易溶于有机溶剂，对热不稳定，最佳提取温度约为80℃叶绿素铜932绿色固体，不溶于水和50%乙醇叶绿素铜酸640墨绿色固体，不溶于水叶绿素铜钠684墨绿色固体，易溶于水，水溶液透明，受热较稳定（1）仪器C的名称是，冷却水应从(填“a”或“b”)口通入。（2）96%的乙醇的主要作用是。（3）步骤Ⅲ中加入硫酸酸化的目的是(结合离子方程式和化学平衡移动原理说明)。（4）步骤IⅤ的操作为：冷却后向混合物中加入(填标号)，静置后过滤、洗涤、干燥，得到叶绿素铜。A．蒸馏水B．无水乙醇C．NaOH（5）本实验采用微波加热，微波加热时，电炉内的微波场以极高的频率改变电场的方向，使水分子迅速摆动而产生热效应。在高频改变方向的电场中水分子会迅速摆动的原因是。A．水分子具有极性共价键B．水分子中有共用电子对C．水由氢、氧两种元素组成D．水分子是极性分子用甲烷高温分解制炭黑的工业生产中，是否适合使用该技术加热并请说明原因。（6）本实验的产率为%16．镍是重要的战略储备金属，广泛用于国防、航空航天、能源领域。从红土镍矿中冶炼镍成为了研究热点，红土镍矿主要含有NiO、SiO2、Fe2O3、Fe3O4等成分。一种碳还原-超声氨浸工艺流程如图所示：已知：氨性溶液由NH3•H2O、NH4HCO3配制；“还原焙烧”反应的产物为镍铁合金、硅酸钙。回答下列问题：（1）“气体A”为(填名称)。（2）“氨浸”时的温度为20℃，在此条件下超声浸出一小时，浸出率可达60%以上，选择该温度的原因是。（3）Ni经过“氨浸”后转化为含[Ni(NH3)4]2+的某酸式盐，写出“氨浸”中Ni发生反应的离子方程式：。（4）“操作Ⅰ”中需使用的玻璃仪器为。（5）“系列操作”中包含高温热解碱式碳酸镍生成NiO，再通入H2制得Ni单质。请写出“高温热解”的化学方程式：；若生产59吨镍，理论上需要H2kg。（6）碱式碳酸镍受热过程中可能生成其它镍的氧化物，其中一种晶胞结构如下图所示，该氧化物的化学式为，该晶胞的俯视图为(填字母代号)。A.B.C.17．奥司他韦被称为流感特效药，具有抗病毒的生物学活性，其主流合成路线如图所示：已知：BOc2O的结构简式为（1）写出A的结构简式；其中碳原子的杂化方式是。（2）B中含氧官能团名称为。（3）已知C的分子式为C4H6，写出B→D的化学方程式为。（4）E→F的反应分两步进行，第一步反应是加成反应，第二步的反应类型是。（5）有关奥司他韦(M)，下列说法错误的是___________。A．其官能团种类为5种B．其所有碳原子有可能共平面C．1mol奥司他韦最多可与3molH2发生加成D．可与盐酸反应生成有机盐（6）在B的同分异构体中，同时满足下列条件的共有种(不考虑立体异构)。①链状结构；②能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体；③含-CF3。（7）已知(R1、R2、R3、R4为烃基或氢原子)，请结合题中流程，写出利用CH3CH2CH2Br和为主要原料制备的合成路线(无机试剂任选)。18．CO2转化为具有高附加值的化学品对实现“碳中和”具有重要意义。I．通过以下反应可获得新型能源二甲醚。①CO2g②CO2g③2CH3（1）反应②正反应在________(填“较低温度”或“较高温度”)条件下能自发进行。（2）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有___________。A.增大CO2浓度，反应①、②的正反应速率都增加B.移去部分CH3OH(g)，反应②、③的平衡均向右移动C.加入反应①的催化剂，可提高CO2的平衡转化率D.降低反应温度，反应③的正反应速率增加、逆反应速率减小（3）在5.0MPa下，将5molCO2和10molH2在催化剂作用下仅发生上述反应①和②，平衡时CH3OH和CO的选择性S及的CO2转化率a随温度的变化如图所示。已知，选择性S为：S(CH3OH或CO)=CH3（4）250℃时，平衡体系共有0.5molCH3OH，则CO2的平衡转化率=________。Ⅱ．CH4和CO2反应制备“合成气”反应历程分两步：步骤反应正反应速率方程逆反应速率方程反应ⅰCHvv反应ⅱCvv上述反应中Cads（5）该反应中的决速步骤为________(填反应ⅰ或反应ⅱ)（6）一定温度下，反应CH4g+CO2g⇌2COg+2H

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、制造芯片的是硅（半导体材料），不是二氧化硅，A错误；B、二氧化碳是大气正常组成，虽导致温室效应，但不属空气污染物（空气污染物指有害气体如SO2、NOC、铁元素焰色反应为无色，“打铁花”是高温使铁水迸溅产生火花，并非利用焰色，C错误；D、丝绸由蚕丝织成，蚕丝主要成分是蛋白质，D正确；故答案为：D。

【分析】本题围绕2025年央视春晚相关科技、文化内容，考查化学知识在实际中的应用，需结合硅、二氧化碳、焰色反应、蛋白质等物质的性质及概念，逐一分析选项判断正误。

A．硅是半导体材料，常用于制造芯片；二氧化硅主要用于制光导纤维等。

B．二氧化碳是空气正常成分，虽会引起温室效应，但不属于空气污染物。

C．铁元素焰色为无色，“打铁花”是高温下铁水迸溅的现象，和焰色无关。

D．丝绸由蚕丝制成，蚕丝主要成分是蛋白质。2．【答案】C【解析】【解答】A、晶态物质微粒排列有序，X射线衍射图谱呈现大量尖锐窄峰；非晶态物质微粒无序，图谱峰少且弥散。此外，图中标注为TiO2，与选项所述SiOB、29Cu原子价层电子排布为3d410s1（C、Ca的质子数Z=20，中子数为20时，质量数A=20+20=40，原子符号表示为2040D、SO32−中S原子价层电子对数=3+6+2−3×2【分析】本题聚焦化学用语及结构模型的正确性判断，涉及晶态与非晶态物质的X射线衍射特征、原子电子排布、原子符号表示规则、价层电子对互斥模型（VSEPR）等核心知识点，需依据各知识点的具体规范逐一验证选项。A．明确晶态与非晶态SiO2B．掌握基态29CuC．理解原子符号ZAD．计算SO33．【答案】B【解析】【解答】A、聚四氟乙烯化学性质稳定，不与酸、碱、强氧化剂反应，用其作活塞的滴定管，可同时用于酸性、碱性溶液滴定，属于酸碱通用滴定管，A正确；B、硝酸铵在高温、猛烈撞击下易发生爆炸，用研杵在研钵中敲碎结块的硝酸铵，会因撞击产生危险，不能这样操作，B错误；C、磨口玻璃瓶塞洗净晾干后，瓶塞与瓶口间若直接接触，玻璃成分（如SiO2D、高锰酸钾有强氧化性，随意丢弃会污染环境，配成溶液或转化为其他物质（降低毒性、氧化性）后排放，可减少危害，D正确；故答案为B。

【分析】本题围绕实验操作规范展开，需结合各类试剂性质（如硝酸铵的不稳定性、聚四氟乙烯的耐腐蚀性等），分析操作是否存在安全隐患、是否符合仪器使用及试剂处理要求。

A．判断聚四氟乙烯活塞的性质，确定其能否适配酸碱滴定需求。

B．关注硝酸铵的危险特性（受撞击易爆炸），分析研钵敲击操作的安全性。

C．理解磨口玻璃瓶塞垫纸条的作用（防止粘连），判断操作合理性。

D．考虑高锰酸钾的强氧化性及环境危害，分析剩余固体的处理要求。4．【答案】C【解析】【解答】A、H2S是弱酸，与Hg2+反应生成难溶于酸的HgSB、电解精炼铜时，阴极是纯铜，电解质溶液中Cu2+在阴极得电子发生还原反应：CuC、酸性KMnO4溶液中，SO2被氧化为SO42−，MnO4−被还原为Mn2+，反应需在水溶液中进行（提供H2OD、Cu(OH)2（含Cu(H2O)4]2+）与过量NH3⋅H【分析】本题围绕离子方程式、电极反应式的书写规范展开，需依据反应原理（氧化还原、电解、配位等），结合电荷守恒、原子守恒、反应环境（酸性、碱性）等判断方程式正误。A．判断H2S与B．明确电解精炼铜的阴极反应（Cu2+得电子析出CuC．分析SO2与酸性KMnO4反应的环境（酸性，有D．理解配位反应中NH3与Cu2+结合生成配离子，证明NH35．【答案】A【解析】【解答】A、CuCl2溶液存在平衡[B、加热时I2虽能升华，但Fe粉会与I2在加热条件下反应生成FeI2，无法实现“除去FeC、丙烯醛含碳碳双键和醛基，醛基有还原性，可被溴水氧化使溴水褪色，仅依据溴水褪色不能确定是碳碳双键反应，无法验证碳碳双键存在，实验设计不合理，C错误；D、SO2通入品红溶液褪色，是因与品红结合生成不稳定无色物质，加热恢复红色，验证的是SO2漂白性及生成物质的不稳定性，并非SO2【分析】本题围绕实验设计与实验目的的匹配性展开，需结合化学平衡移动、物质性质（升华、官能团反应、漂白性等），分析实验设计能否达成对应目的，判断现象与结论的逻辑关系。A．利用勒夏特列原理，分析温度对CuCl2B．考虑Fe与I2C．分析丙烯醛中官能团（碳碳双键、醛基）与溴水的反应，判断能否验证碳碳双键。D．理解SO26．【答案】B【解析】【解答】A、细胞膜的两性分子，极性头亲水、非极性尾疏水。细胞膜外是水环境，所以双分子膜呈现“头向外（亲水）、尾向内（疏水）”排列，结构能解释性质，A正确；B、烷基是推电子基团，会使乙酸中羧基的O−H键极性变小（电子云向烷基偏移），导致乙酸更难电离出H+，所以HCOOHC、原子光谱是不连续线状谱，说明原子能级不连续，核外电子的能量、能级均量子化（能量只能取特定值），结构（能级量子化）能解释光谱性质，C正确；D、椅式环己烷空间位阻小于船式，分子间斥力小，更稳定。结构（空间位阻）能解释稳定性差异，D正确；

故答案为：B。【分析】本题聚焦“结构决定性质”的化学核心观念，需逐一分析选项中物质结构（或微观现象）与对应性质的关联，判断结构是否能合理解释性质。A．理解细胞膜中两性分子的结构（极性头、非极性尾）与膜排列方式的关系。B．判断烷基对羧酸酸性的影响（推电子/拉电子），分析酸性差异的原因。C．关联原子光谱的线状特征与核外电子能量（量子化）的关系。D．对比椅式、船式环己烷的空间结构（位阻差异）与稳定性的关系。7．【答案】D【解析】【解答】A、物质甲是高聚物，其单体为C6H5−CH=CH−COO−CHB、物质甲的链节含1个苯环（与H2加成消耗3个H2）、1个碳碳双键（消耗1个H2），酯基中碳氧双键不与H2加成。1mol物质甲含n个链节，故最多消耗4nmolC、红外光谱主要用于确定有机物分子中的官能团、化学键种类，无法测量键长、键角（需X−射线衍射等技术），C错误；D、物质甲的两个分子通过光交联反应，碳碳双键打开并相互连接生成物质乙，符合“加成反应（不饱和键断裂，原子/原子团直接结合）”特征，D正确；

故答案为：D。【分析】本题围绕光刻胶的光交联反应，考查单体判断、加成反应分析、光谱应用及反应计量关系，需结合高聚物结构、反应特征及仪器用途逐一分析选项。A．明确高聚物单体的推导方法，写出物质甲单体的分子式。B．分析物质甲链节中可与H2加成的基团（苯环、碳碳双键），结合高聚物的“n链节”特征计算消耗HC．区分红外光谱与其他仪器（如X−射线衍射）的功能，明确红外光谱的作用。D．判断光交联反应的特征（碳碳双键打开、分子间连接），匹配加成反应定义。8．【答案】C【解析】【分析】A、Li化学性质活泼但在氧气中燃烧仅生成Li2B、BF4−中，B原子最外层3个电子，与3个F形成共价键后，利用空轨道接受1个C、第一电离能是基态原子失去最外层电子所需能量，第二周期中，稀有气体Ne原子最外层8电子稳定结构，最难失去电子，第一电离能最大，不是F，C错误；D、H3BO3中B有空轨道，与H2O结合：H3BO3+H2O⇌B(OH)4−+HA．Li在空气中燃烧的产物。

B．阴离子BF4−的化学键类型（配位键判断）。

C．第二周期元素第一电离能的变化规律（注意稀有气体）。

D．考查9．【答案】B【解析】【解答】A、Fe：14×8=2，；NH3：14×8+12×4=4；B、Fe(NH3)2Cl2中存在[Fe(NH3)2]2+配离子，配离子半径大于Fe2+；离子晶体熔点与离子键强度有关，离子半径越大、离子键越弱，熔点越低。[Fe(NHC、Fe2+与NH3（孤电子对）形成配位键，Fe2+D、晶胞质量：2个Fe(NH3)2Cl2的质量，m【分析】本题围绕配合物晶胞结构，需结合晶胞计算（均摊法）、晶体类型与性质（熔点、化学键）、密度计算等知识分析。关键是通过均摊法确定晶胞中各粒子数目，判断晶体类型，再分析粒子间作用力对性质的影响。A．通过均摊法得出粒子个数比，化学式为Fe(NH3B．配离子半径大，离子键弱，熔点低于FeCl2C．存在Fe2+与NH3的配位键、Fe2+D．结合均摊法计算晶胞质量、体积，密度。10．【答案】A【解析】【解答】A、电极A上Mn2+失去电子生成MnOB、电极A的反应Mn2+−2e−+2H2O=MnO2+4H+生成H+，乙醇与MnOC、电极B处于硫酸溶液的酸性环境中，不可能生成OH−，正确的电极反应式应该是2HD、总反应为CH3CH2OH-2e-=CH3CHO+2H+（A室）和2H+【分析】本题考查电解池原理，需通过分析电极反应、离子移动、pH变化及质量变化，结合电解池阴阳极判断、电极反应式书写等知识，逐一分析选项。A．判断电极A的反应类型，确定其与电源的连接关系。B．分析电极室A、B中H+C．根据电极B的环境（硫酸溶液，酸性），书写正确的电极反应式。D．结合总反应，分析生成nmol11．【答案】C【解析】【解答】A、流程里活性炭在配合步骤加入，热过滤时被除去，反应中加快配合反应速率，符合催化剂“参与反应、改变速率、反应后复原”特点，A正确；B、氧化Co2+为Co3+的反应放热，H2C、加浓盐酸是增大Cl−浓度，使溶解平衡逆向移动，促进[Co(NH3D、[Co(NH3)6]【分析】本题围绕[CoA．判断活性炭在流程中的作用（催化剂，参与配合、后被除去）。B．分析氧化步骤控温60℃时，H2C．理解操作X（加浓盐酸）对溶解平衡的影响。D．基于正八面体结构，分析[Co(NH12．【答案】B【解析】【解答】A、资料表明卤代反应是自由基反应，水会抑制自由基形成，故烷烃可与卤素气态单质（非水溶液环境）发生取代，A正确；B、溴水是水溶液体系，自由基难形成，而烷烃卤代需自由基引发，故烷烃不能与溴水发生取代反应，B错误；C、自由基需光、热使共价键均裂产生，故烷烃在光照或高温下可发生卤代反应，C正确；D、甲烷卤代产生CH3⋅，两个CH3⋅结合可生成【分析】本题围绕烷烃卤代反应的自由基机理，结合能量变化图，需分析反应条件（卤素状态、光照/高温）、反应可能性及产物，判断选项正误。A．依据“自由基在水中不易形成，卤代反应为自由基反应”，判断烷烃与卤素反应的条件（气态单质）。B．结合“自由基在水中不易形成”，分析溴水（水溶液）环境下烷烃取代的可能性。C．关联“自由基由光、热引发共价键均裂”，推导烷烃卤代的条件（光照/高温）。D．考虑甲基自由基的结合，判断产物中是否有乙烷。13．【答案】D【解析】【解答】A、Na2C2O4完全电离为2Na+和C2OB、H2C2O4一级电离：H2C2O4⇌HC2O4−+C、混合后溶质为NaHC2O4，HC2O4−水解：HC2O4−D、碳酸钙饱和溶液中，c(Ca2+)=Ksp(CaCO3)=2.5×10【分析】本题围绕草酸及草酸盐的电离、水解、沉淀溶解平衡展开，需结合物料守恒、电离常数计算、水解常数比较及溶度积（KspA．应用物料守恒，分析Na2C2B．利用草酸一级电离常数（Ka1）近似计算H+浓度，比较与C．分析等浓度H2C2O4D．先算碳酸钙饱和溶液中Ca2+浓度，再算混合后Ca2+、C2O414．【答案】C【解析】【解答】A、温度固定（T0K），n(H2)n(CO2)越大，HB、反应ΔH<0（放热），投料比n(H2)n(CO2)不变时，升温使平衡逆移，C、设初始n(CO2)=1mol，则n(H2)=3mol。

三段式：2CO2D、平衡时各物质分压：p(CO2)=P0×0.53，p(H【分析】本题围绕放热反应2COA．分析温度一定时，n(H2B．利用“放热反应，升温平衡逆移，H2C．用三段式计算n(H2D．用三段式结果，结合分压公式计算压强平衡常数。15．【答案】（1）三颈烧瓶；a（2）充分溶解叶绿素（3）Cu2+在溶液中存在如下平衡：Cu（4）A（5）D；微波加热适用于极性分子构成的物质，而甲烷分子式非极性分子，不适合使用该技术加热（6）75%【解析】【解析】（1）由实验装置图可知，仪器C为三颈烧瓶；为增强实验时冷凝回流的效果，冷却水应从球形冷凝管的下口a通入，

故答案为：三颈烧瓶；a。（2）根据题目中所给信息，叶绿素不溶于水，易溶于有机溶剂，96%的乙醇的主要作用是充分溶解叶绿素，

故答案为：充分溶解叶绿素。（3）硫酸铜为强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，水解的离子方程式为Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2（4）由题目所给信息可知，叶绿素铜不溶于水，则步骤IⅤ应向混合物中加入适量蒸馏水以降低叶绿素铜的溶解度，使其充分析出，

故答案为A。（5）水分子空间结构为V形，正负电荷中心不重叠，是极性分子，极性分子在电场中会发生偏转，当电场方向改变时，分子运动方向改变，因此在高频改变方向的电场中水分子会迅速摆动，

故答案为D；微波加热适用于极性分子构成的物质，而甲烷分子式非极性分子，不适合使用该技术加热。（6）由题意可知，10.0g茭白叶制得1.026g叶绿素铜钠，则饰演的产率为1.026g10.0g×17.84%【分析】利用茭白叶制备叶绿素铜钠，先将洗净剪碎的茭白叶，加入石英砂、碳酸钙粉末及96%乙醇研磨，微波加热、抽滤并合并滤液；滤液酸化后加硫酸铜，经处理（如加水等操作）得叶绿素铜；叶绿素铜再经与乙醇混合、加NaOH、稀硫酸等反应，最终制得叶绿素铜钠。

（1）仪器C为三颈烧瓶，冷凝水从下进上出；

（2）乙醇目的为充分溶解叶绿素；

（3）加入硫酸酸化目的为防止铜离子水解；

（4）叶绿素不溶于水，所以用蒸馏水洗的即可；

（5）水分子为极性分子，正负电荷不重合，在电场作用下会震荡；

（6）产率等于实际产量除以理论产量，据此计算即可。（1）由实验装置图可知，仪器C为三颈烧瓶；为增强实验时冷凝回流的效果，冷却水应从球形冷凝管的下口a通入，故答案为：三颈烧瓶；a。（2）根据题目中所给信息，叶绿素不溶于水，易溶于有机溶剂，96%的乙醇的主要作用是充分溶解叶绿素，故答案为：充分溶解叶绿素。（3）硫酸铜为强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，水解的离子方程式为Cu2++2H2O⇌（4）由题目所给信息可知，叶绿素铜不溶于水，则步骤IⅤ应向混合物中加入适量蒸馏水以降低叶绿素铜的溶解度，使其充分析出，故答案为A。（5）水分子空间结构为V形，正负电荷中心不重叠，是极性分子，极性分子在电场中会发生偏转，当电场方向改变时，分子运动方向改变，因此在高频改变方向的电场中水分子会迅速摆动，故答案为D；微波加热适用于极性分子构成的物质，而甲烷分子式非极性分子，不适合使用该技术加热。（6）由题意可知，10.0g茭白叶制得1.026g叶绿素铜钠，则饰演的产率为1.026g10.0g16．【答案】（1）CO（2）温度过高氨水受热分解，温度过低反应速率慢（3）2Ni+O（4）烧杯、漏斗、玻璃棒（5）NiCO3⋅2（6）Ni3O4；C【解析】【解析】（1）反应中碳过量，则得到“气体A”为一氧化碳CO；

故答案为：CO；（2）温度过高氨水受热分解，温度过低反应速率较慢；故答案为：温度过高氨水受热分解，温度过低反应速率慢；

（3）Ni经过“氨浸”后转化为[Ni(NH3)4]2+，“氨浸”中Ni被氧气氧化为[Ni(NH3)4]2+，同时二氧化碳参与反应生成碳酸氢根离子，发生反应的离子方程式：2Ni+O2故答案为：2Ni+O2+8NH3故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；

（5）高温热解碱式碳酸镍生成Ni，结合质量守恒可知，同时生成二氧化碳和水，化学方程式为NiCO3⋅2Ni(OH)2故答案为：NiCO3⋅2Ni(OH)2⋅4H2O高温3NiO+6H2O↑+CO2↑；2×103；

（6）棱上O为4个晶胞所共有，体内为独有，得氧原子个数为12×14+1=4，面上镍原子为两个晶胞所共有，个数为6×12=3，该氧化物的化学式为Ni3O4，从上往下看，四周的镍和氧原子要重合，由于镍原子大，所以氧原子投影在镍原子里，故该晶胞的俯视图为C。

故答案为：Ni3O4；C。

【分析】红土镍矿（含NiO（1）反应中碳过量，则得到“气体A”为一氧化碳CO；（2）温度过高氨水受热分解，温度过低反应速率较慢；（3）Ni经过“氨浸”后转化为[Ni(NH3)4]2+，“氨浸”中Ni被氧气氧化为[Ni(NH3)4]2+，同时二氧化碳参与反应生成碳酸氢根离子，发生反应的离子方程式：2Ni+O2（4）“操作Ⅰ”为分离固液的操作，为过滤，需使用的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；（5）高温热解碱式碳酸镍生成Ni，结合质量守恒可知，同时生成二氧化碳和水，化学方程式为NiCO3⋅2Ni(OH)2（6）棱上O为4个晶胞所共有，体内为独有，得氧原子个数为12×14+1=4，面上镍原子为两个晶胞所共有，个数为6×1217．【答案】（1）CH2=CH-COOH（2）酯基（3）+→（4）消去反应（5）B；C（6）8（7）CH3CH2CH2Br→乙醇NaOHCH3CH=CH2，→稀NaOH【解析】【解析】（1）根据分析可知，A的结构简式CH2=CH-COOH，其中碳原子的杂化方式是sp2；

故答案为：CH（2）B（），含氧官能团名称为酯基；故答案为：酯基；

（3）已知C的分子式为C4H6，结构简式CH2=CH-CH=CH2，B→D的化学方程式为：+→；故答案为：+→；

（4）E→F的反应分两步进行，第一步反应是加成反应，第二步生成反应类型是消去反应；故答案为：消去反应；

（5）A．官能团有酰胺基、酯基、氨基、碳碳双键和醚键，种类为5种，A正确；B．M中含有饱和碳原子，其所有碳原子不可能共平面，B错误；C．M中含有1个碳碳双键，1mol奥司他韦最多可与1molH2发生加成，C错误；D．官能团有氨基可与盐酸反应生成有机盐，D正确；故答案为：BC；（6）B（），①链状结构；②能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体，含有羧基；③含-CF3做取代基，、、，共8种；故答案为：8

（7）CH3CH2CH2Br发生消去反应生成CH3CH=CH2，在稀NaOH溶液中发生信息所给的反应生成，与CH3CH=CH2发生加成反应生成；合成路线为CH3CH2CH2Br→乙醇NaOHCH3CH=CH2，→稀NaOH→CH3CH=CH故答案为：CH3CH2CH2Br→乙醇NaOHCH3CH=CH2，→稀NaOH→CH3CH=CH2。

【分析】A与CF3CH2OH反应生成B，发生了酯化反应，则A的结构为CH2=CH-COOH，B与C（CH2=CH-CH=CH2）发生加成生成D，D发生取代反应生成E，E与I2先加成再消去反应生成F，F发生取代反应生成G，G消去生成H，H经过一系列反应生成M，据此分析；

（1）A含有双键和羧基，所以A的结构简式为：CH2=CH-COOH；（1