2025-2026学年湖北襄阳市枣阳一中下册高三4月学情调研化学科训练题【附答案】

/枣阳一中2025—2026学年下学期高三4月学情调研化学学科训练题可能用到的相对原子质量：Li-7Fe-56一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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.化学和生产、生活息息相关。下列说法错误的是A.2025年11月5日入列的福建舰通过涂漆的方式防止舰体表面生锈B.亚运火炬采用绿色低碳的“光伏—电—火”能源转换，体现了绿色环保理念C.飞行器的燃料所使用的废弃食用油的主要成分属于有机高分子D.LY-1舰载激光武器系统使用的激光与原子核外电子跃迁释放能量有关【答案】C【解析】【详解】A．涂漆可隔绝舰体与氧气、水的接触，能有效防止舰体生锈，A正确，不符合题意；B．“光伏—电—火”的能源转换路径碳排放低，体现了绿色环保理念，B正确，不符合题意；C．废弃食用油的主要成分是油脂，油脂相对分子质量较小，不属于有机高分子化合物，C错误，符合题意；D．激光是原子核外电子从高能级向低能级跃迁时释放能量形成的，D正确，不符合题意；故选C。2.下列实验操作规范的是A．向试管中倾倒少量溶液B．向分液漏斗中加适量水，关闭a、打开b，可检查装置的气密性C．混合浓和浓D．用如图装置吸收氨或氯化氢气体可防止倒吸A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．试剂瓶瓶塞应倒放在桌面上，避免腐蚀桌面或污染试剂，A错误；B．该装置中，分液漏斗上口通过导管和烧瓶连通，属于恒压结构；关闭出气口、打开分液漏斗活塞后，分液漏斗和烧瓶压强始终相等，无论气密性是否良好水都会持续流下，B错误；C．浓硝酸密度小于浓硫酸，浓硫酸稀释放热，混合混酸时，必须将密度大的浓硫酸缓缓注入浓硝酸中，若反过来将浓硝酸注入浓硫酸，会导致酸液沸腾飞溅发生危险，C错误；D．氨或氯化氢气体难溶于四氯化碳，而易溶于水；四氯化碳密度比水大，气体直接通入下层四氯化碳层，逸出后进入水层被吸收，压强降低时不会发生倒吸，D正确；故答案选D。3.类推的思维方式在化学学习中发挥着重要作用。下列有关类推的结论正确的是A.为正四面体结构，则也为正四面体结构B.SiH4的沸点高于CH4，则PH3的沸点也高于NH3C.Li与O2加热生成Li2O，则Na与O2加热也生成Na2OD.向Ba(NO3)2溶液中通入CO2无明显现象，则通入SO2也无明显现象【答案】A【解析】【详解】A．S和Se均为第ⅥA族元素，和的中心原子价层电子对数均为4，且无孤电子对，空间结构均为正四面体，故A正确；B．NH3、PH3结构相似，分子间存在氢键，沸点远高于不存在氢键的，故B错误；C．Na金属性强于Li，与加热反应生成，故C错误；D．具有还原性，在酸性条件下会被溶液中的氧化为，进而生成白色沉淀，有明显现象，故D错误；选A。4.AthMn(N3)3(摩尔质量为Mg/mol)是一种立方钙钛矿型有机-无机杂化材料。有机阳离子被包裹在由和构成的无机骨架笼中。该晶体的晶胞结构和的结构简式如下：下列说法错误的是A.中的C、N原子均为sp3杂化B.的空间构型为直线形C.晶胞中与等距离且最近的数目为6D.该晶体的密度为【答案】D【解析】【详解】A．所有C原子均形成4个单键，带正电的N原子形成3个C-N键+1个N-H键，C、N的价层电子对数均为4，均为杂化，A正确；B．与​互为等电子体（价电子总数均为16），结构相似，空间构型为直线形，B正确；C．立方晶胞中，位于顶点，​位于棱心，距顶点等距离最近的沿x、y、z三个坐标轴的正负方向分布，共个，C正确；D．密度计算：晶胞边长为，单位转换为，晶胞体积；晶胞中的数目为，晶胞质量​

；密度，不是，D错误；故答案选D。5.化合物vii是一种合成抗癌药物中间体，其合成路线如图所示：下列说法正确的是A.化合物i中最多8个原子共平面B.合成路线中能与NaOH溶液反应的物质有5种C.化合物iv是乙酸的同系物D.合成路线中存在手性碳原子的物质有3种【答案】B【解析】【详解】A．化合物i是苯酚，苯酚中苯环为平面结构，羟基的O原子直接连接在苯环上，在苯环平面内，羟基的H原子可旋转至苯环平面内，最多所有13个原子共平面，A错误；B．能与NaOH溶液反应的基团：酚羟基、羧基、酯基。逐个分析物质：i（苯酚，含酚羟基）、iv（二元羧酸，含羧基）、v（二酯，含酯基）、vi（含酯基）、vii（含酯基）均可与NaOH反应；ii（环己醇，只有醇羟基）、iii（环己烯，无酸性/可水解基团）不能与NaOH反应。所以能和NaOH反应的总计共5种，B正确；C．同系物要求结构相似、官能团种类和数目相同，分子组成相差若干。乙酸是一元羧酸，化合物iv是二元羧酸，官能团数目不同，结构不相似，不是乙酸的同系物，C错误；D．手性碳原子是连有4种不同基团的碳原子。只有vi（）、vii（）两种物质存在手性碳原子，不是3种，D错误；故选B。6.下列化学方程式书写正确的是A.稀硝酸清洗试管壁上的银镜：B.与NaOH水溶液共热反应：C.酸性条件下钢铁发生析氢腐蚀的正极反应：D.过量与反应：【答案】A【解析】【详解】A．稀硝酸和银反应，还原产物为NO，反应得失电子、原子均守恒，方程式书写正确，A正确；B．与NaOH水溶液共热发生水解反应，产物为和NaBr，消去反应的条件为NaOH醇溶液共热，方程式书写错误，B错误；C．酸性条件下钢铁析氢腐蚀的正极反应为，酸性环境下不会生成，C错误；D．过量与反应时，生成的会继续和过量反应生成，正确的方程式为，D错误；故答案选A。7.下列说法正确的是A.的酸性大于B.的VSEPR模型为C.由F、Cl、Br、I的非金属性递减，可推断HF、HCl、HBr、HI酸性逐渐增强D.分子的键角等于HCHO分子的键角【答案】A【解析】【详解】A．中环氧基与中的环硫基相比，O的电负性更大，吸电子能力更强，使得中的羧基更易电离出氢离子，故酸性大于，A正确；B．中有3个N-H键，成键电子数为3，孤电子对数为1，故其VSEPR模型应为四面体形仅有1对孤电子对，选项中的图有2对孤电子对，B错误；C．非金属元素的非金属性与其最高价氧化物对应的水化物酸性强弱相关，HF、HCl、HBr、HI是氢化物但并非含氧酸，其酸性强弱不能根据非金属性强弱判断，C错误；D．中有3个B-F键，中心B原子无孤电子对，其VSEPR模型为平面三角形，键角为120°，HCHO的中心C原子无孤电子对，但其化学键为2个C-H键、1个C=O双键，双键对单键的排斥力强，故其VSEPR模型虽为平面三角形但键角不平均，C-H键间键角应小于120°，即分子的键角大于HCHO分子的键角，D错误；故答案选A。8.设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.56g铁完全发生吸氧腐蚀，则在电化学反应过程中转移的电子数为3B.足量与0.1充分反应生成的分子数目为0.1C.1中含键个数为7D.常温下，1L的溶液中，水电离出的数目为10-5【答案】D【解析】【详解】A．铁发生吸氧腐蚀的电化学反应过程中每个铁原子失去2个电子，所以56g铁完全发生吸氧腐蚀，转移的电子数为2，A错误；B．与反应的可逆的，充分反应后生成的分子数目小于0.1，B错误；C．1中含有6N-H键，1O-H键，2氨气和银离子形成的配位键，都是键，所以键个数为9，C错误；D．1L的溶液中，都来源于水的电离，=1L×10-5/L=10-5，所以水电离出的数目为10-5，D正确；故选D。9.某化合物的结构如图所示，已知X、Y、Z、L、M、R为短周期主族元素，原子序数依次递增，L与R同族。下列说法正确的是A.X的单质保存在煤油中 B.与NaCl溶液反应制备C.、中心原子杂化类型相同 D.简单气态氢化物的沸点：【答案】D【解析】【分析】L与R同族，且原子序数依次递增，结合结构中L形成双键，推测L为O，则R为同族的S；Y能形成4个共价键，推断Y为C；Z原子序数介于Y和L之间，推断Z为N；M原子序数介于L和R之间，且只形成1个单键，推断M为F，X的序数最小，且形成+1价的阳离子，故X为Li。综上，X、Y、Z、L、M、R对应元素依次为Li、C、N、O、F、S，据此分析解答。【详解】A．X的单质是Li单质，Li的密度比煤油小，故不能保存在煤油中，应该保存在石蜡中，故A错误；B．M2是F2，F2化学性质活泼会先与水发生反应，故不能与NaCl溶液反应制取Cl2，故B错误；C．是OF2，中心原子O原子的价层电子对为4，是sp3杂化；是CO2，中心原子C原子的价层电子对为2，是sp杂化，故杂化类型不同，故C错误；D．Y、Z的简单气态氢化物分别为CH4和NH3，二者都是分子晶体，NH3分子间存在氢键，故沸点CH4＜NH3，故简单气态氢化物的沸点：Y<Z，故D正确；故答案为D。10.很多络离子的颜色是因为发生了价层电子的d-d跃迁导致的。配体使原来能量相同的d轨道发生分裂，有的d轨道能量升高，有的d轨道能量降低，价层电子的d轨道上的电子可以在不同能量的d轨道之间跃迁，吸收一定波长的光而表现出特定颜色。下列络合离子可能有颜色的是A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】A．中心离子的价层电子排布式为，d轨道未排满电子，可能发生价层电子的d-d跃迁导致有颜色，A正确；B．中心离子的价层电子排布式为，d轨道已排满电子，不可能发生价层电子的d-d跃迁，不可能有颜色，B错误；C．中心离子的价层电子排布式为，d轨道已排满电子，不可能发生价层电子的d-d跃迁，不可能有颜色，C错误；D．中心离子的电子排布式为，d轨道无电子，不可能发生价层电子的d-d跃迁，不可能有颜色，D错误；答案选A。11.马来酸化学异构成富马酸流程如图甲，苹果酸为副产物。90℃时，一定浓度的MA发生反应，x表示某有机酸浓度与各有机酸浓度总和之比，x随时间t变化如图乙（6.5h后苹果酸的x不再随时间变化，溶液体积变化忽略不计）下列说法错误的是A.反应①的活化能小于反应②的活化能B.反应①的浓度平衡常数C.1.25h后转化过程以反应③为主D.已知MA和FA均为二元弱酸，分子内氢键能稳定酸根负离子，则相同温度下，电离平衡常数大于【答案】C【解析】【详解】A．活化能越小，反应速率越快。由图乙可知，反应初始时，相同时间内的增长比快，说明反应①速率更快，A正确；B．6.5h后苹果酸的x不再随时间变化，说明此时反应达到平衡。反应①为，浓度平衡常数，B正确；C．1.25h后，的持续增大，说明的生成速率大于消耗速率，即反应②仍占主导，C错误；D．MA（顺丁烯二酸）的两个羧基在双键同侧，电离一个后，酸根可形成分子内氢键稳定负电荷，更易电离；（反丁烯二酸）的羧基在异侧，无法形成分子内氢键，因此；D正确；故选C。12.我国固体运载火箭所用的高性能锂储备电池，其正极材料为干荷电态高电压钴酸锂。将高电压钴酸锂极片和人造石墨/金属锂极片、隔膜、有机电解液封装成电池，充电至4.4V后取出极片，真空干燥，即得到所需正极材料。该电化学脱锂过程示意图如图：下列说法正确的是A.充电时，高电压钴酸锂极片作阴极B.充电时，人造石墨/金属锂极片的电极反应式为C.放电时，嵌入人造石墨/金属锂极片D.放电时，若转移1mol电子，两电极质量差为7g【答案】B【解析】【分析】充电时，该装置为电解池，高电压钴酸锂极片作阳极，发生氧化反应：，实现脱锂；人造石墨/金属锂极片作阴极，发生还原反应：。放电时为原电池，高电压钴酸锂极片作正极，嵌入正极；人造石墨/金属锂极片作负极，被氧化，据此分析。【详解】A．充电时，高电压钴酸锂极片上失去电子发生氧化反应生成，电解池中发生氧化反应的电极为阳极，A不符合题意；B．充电时，人造石墨/金属锂极片为阴极，得到电子嵌入中生成，电极反应式为，B符合题意；C．放电时为原电池，向正极移动，嵌入高电压钴酸锂极片，C不符合题意；D．放电时，负极反应为，每转移，负极质量减少；正极反应为，每转移，正极质量增加，两电极质量差为，D不符合题意；故选B。13.催化剂的结构如图甲所示，图中虚圈内具有和石墨相似的层状结构，催化反应机理如图乙所示，下列说法正确的是A.催化剂中氮原子的杂化方式均为B.催化剂虚线圈内的环有“离域π键”，可以表示为C.反应中存在极性键和非极性键的断裂和生成D.反应Ⅱ形成弱氢键而使环氧丙烷被活化，该氢键可表示为【答案】B【解析】【详解】A．由于图甲中虚圈内具有和石墨相似的层状结构，故其中的和原子杂化方式都是，A错误；B．催化剂虚线圈内的环包含6个杂化的碳原子和7个杂化的氮原子，每个碳原子提供一个未杂化的电子，虚线圈内中心一个氮原子提供两个未杂化的电子，其余6个氮原子每个提供一个未杂化的电子，共提供14个电子参与杂化形成“13个原子，14个电子的离域π键”，表示为，故B正确；C．从图乙可知，反应中只存在极性键断裂和生成，不存在非极性键断裂和生成，故C错误；D．反应Ⅱ形成弱氢键，是环氧丙烷中的氧原子与中的氢形成氢键，该氢键表示为；故D错误；答案选择B。14.氨基磺酸(H2NSO3H)是一种无味、无毒的固体强酸，可用于制备金属清洗剂等，微溶于乙醇，260℃时分解，溶于水时存在反应：。实验室用羟胺(NH2OH)和SO2反应制备氨基磺酸。已知：NH2OH性质不稳定，室温下同时吸收水蒸气和CO2时迅速分解，加热时爆炸。选用下列装置可以制备氨基磺酸(装置可以重复使用)。下列说法正确的是A.气流从左至右，导管接口连接顺序为a→e→f→c→d→e→f→bB.①装置中用饱和Na2SO3溶液替代Na2SO3粉末可以加快化学反应速率C.实验完毕后，采用分液操作分离X装置中的混合物D.装置④可以用盛装碱石灰的U形管替代【答案】A【解析】【分析】据题意可知，所需原料为，因此用装置①通过亚硫酸钠与硫酸反应得到二氧化硫。根据已知信息，性质不稳定，室温下同时吸收水蒸气和时迅速分解，加热时爆炸，可知要用NaOH溶液吸收，通入③之前必须先通入④装置进行吸水干燥，还要避免空气中的水蒸气进入反应装置。【详解】A．本实验需要先制备干燥​（羟胺遇水蒸气会分解，因此必须干燥），再通入反应装置与羟胺反应，最后要防止尾气处理装置中的水蒸气进入反应装置，再处理尾气，故导管接口连接顺序为a→e→f→c→d→e→f→b，A正确；B．装置①用于制备，通常用亚硫酸盐与酸反应。若用饱和溶液替代粉末，则反应物浓度降低，反应速率会减慢，不能加快反应速率，B错误；C．氨基磺酸是固体，反应后若得到的是固体氨基磺酸和液体的混合物，应采用过滤操作进行分离，而不是分液。分液适用于分离互不相溶的液体，C错误；D．装置④的作用之一是干燥，碱石灰是碱性干燥剂，会吸收酸性气体​，因此不能替代，D错误；故选A。15.常温下，向固体中加入一定量醋酸，用氨水调节pH。溶液中主要含碳粒子的物质的量分数与pH的关系如图所示（表示）。已知：，，。下列说法错误的是A.向氨水中逐滴滴加醋酸，溶液中逐渐增大B.pH在3~5时，随着pH增大，溶液中逐渐减小（忽略溶液体积的变化）C.若用溶液对进行脱硫浸出可发生反应：D.相同情况下，将转化为优先选择，溶液而非溶液【答案】D【解析】【详解】A．水合氨的电离平衡常数

，变形得

​​。向氨水中滴加醋酸，发生中和反应，溶液逐渐减小，温度不变不变，因此该比值逐渐增大，A正确；B．pH在3~5时，pH升高，浓度增大，更多被络合为，溶解平衡正向移动，增大，不变，根据，因此​​逐渐减小，B正确；C．悬浊液中存在少量，加入后，与结合生成稳定的络离子，促进溶解，脱硫反应​可以发生，C正确；D．​溶液中只有水解，而中也水解使溶液pH降低，所以​溶液碱性远强于等浓度的溶液。溶液中大，已知很小，转化时会生成杂质，溶液中小，可避免生成杂质，因此优先选择溶液而非溶液，D错误；故选D。二、非选择题：本大题共4小题，共55分。16.高纯硼酸用于半导体生产的扩散、掺杂工艺。现从硼镁矿［主要成分为，以及少量、等]中制备高纯硼酸的工艺流程如下：回答下列问题：（1）“碱解”时，生成和的离子方程式为______。除、CaSiO3外，废渣中主要还有______。（2）“酸化”时调节溶液pH至3，则母液1溶质的主要成分Y为______(填化学式)。该成分与硼酸的溶解度随温度变化如图所示，“冷却结晶”时控制温度在，理由是______。（3）“酯化”时硼酸与过量甲醇反应生成硼酸三甲酯(沸点为)，后续的“分离”为______(填操作名称)。试从微粒作用力的角度解释该操作能有效分离微量镁钙杂质的原因______。（4）母液2可循环再用，进入______步骤。（5）碱解液也可直接经膜电解池制备高纯硼酸。该膜电解池由不锈钢阴极、镀铂钛的惰性阳极以及离子交换膜组成，装置示意图如图，其中阳极为电极______(填“I”或“II”)。该工艺不产生固体废物，与氯碱工艺相比，该工艺对环境友好，体现在______(写一条)。【答案】（1）①.②.（2）①.②.时，硫酸钠和硼酸的溶解度差值最大，有利于两者分离完全，提高硼酸纯度（3）①.蒸馏②.硼酸三甲酯分子间有较弱的范德华力，故沸点较低；而镁钙杂质属于离子化合物，有较强的离子键，沸点较高（4）酯化（5）①.I②.阳极气体为，无污染【解析】【分析】硼镁矿中的2MgO⋅B2O3与NaOH反应，镁元素转化为Mg(OH)2沉淀，硼元素转化为可溶的[B(OH)4]−进入溶液，杂质CaMg(CO3)2、SiO2基本不溶或反应生成CaSiO3等沉淀，与Mg(OH)2一起形成废渣被过滤除去，加入硫酸酸化后硼酸盐转化为硼酸H3BO3，母液1的溶质为H3BO3和Na2SO4，冷却结晶时利用硼酸和Na2SO4溶解度随温度变化的差异，控制温度使硼酸结晶析出，Na2SO4仍留在母液中，实现初步分离，结晶得到的硼酸与过量甲醇CH3OH反应，硼元素转化为硼酸三甲酯B(OCH3)3，镁、钙等金属杂质仍以盐的形式留在体系中，通过蒸馏，利用硼酸三甲酯沸点低（68℃）的特点，将其从体系中蒸出，与镁、钙等杂质彻底分离，得到纯净的硼酸三甲酯，纯净的硼酸三甲酯与水反应，硼元素重新转化为硼酸，同时生成甲醇，甲醇可回收循环到酯化步骤继续使用，水解得到的硼酸溶液经冷却结晶，析出高纯硼酸晶体，母液2中含水、硼酸三甲酯的水解产物甲醇及少量硼酸，可循环到酯化步骤。【小问1详解】2MgO⋅B2O3与NaOH反应生成Mg(OH)2和[B(OH)4]−，配平后得离子方程式：；【小问2详解】碱解液中含Na[B(OH)4]、Na2SiO3等，加硫酸酸化至pH=3，发生的反应为，故Y为Na2SO4；由溶解度曲线可知，温度为35∼37∘C左右，Na2SO4的溶解度最大，而硼酸溶解度较小，此时冷却结晶可使Na2SO4尽可能留在母液中，最大程度析出硼酸晶体，同时避免Na2SO4结晶析出引入杂质；【小问3详解】硼酸三甲酯B(OCH3)3沸点为68℃，与杂质沸点差异大，故采用蒸馏分离；B(OCH3)3是分子晶体，分子间作用力为范德华力；而镁、钙等杂质以离子形式存在，离子间作用力为离子键，作用力远强于范德华力。因此蒸馏时，B(OCH3)3易挥发变为气体，而杂质离子留在体系中，实现有效分离；【小问4详解】母液2中含水、硼酸三甲酯的水解产物甲醇及少量硼酸，可循环进入酯化步骤，继续与硼酸反应生成硼酸三甲酯，提高原料利用率；【小问5详解】电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。图中Na+向电极Ⅱ移动（最终生成NaOH），说明电极Ⅱ是阴极，电极Ⅰ是阳极（发生反应：↑）；与氯碱工艺（产生Cl2等有毒气体）相比，该工艺阳极生成O2，阴极生成的NaOH可循环至碱解步骤，不产生有毒气体（如Cl2），且无固体废弃物，资源利用率更高。17.某学习小组探究Cu能否与盐酸反应，开展了如下实验探究。（1）理论分析：根据金属活动顺序表，铜与稀盐酸不反应。已知Cu的常见价态有、，请写出的轨道表示式___________。实验Ⅰ：铜粉与1mol/L稀盐酸混合，1周后溶液呈淡蓝色。（2）提出猜想：ⅰ.稀盐酸氧化了铜。ⅱ.___________。①请把猜想ⅱ补充完整___________。实验验证：把1药匙铜粉加入500mL的塑料瓶中，再加入200mL0.5mol/L盐酸，插入压力传感器，测密闭体系溶液上方压力变化如图所示。②根据压力变化图，说明猜想___________正确(填“ⅰ”或“ⅱ”)，并写出溶液变成淡蓝色所发生的化学反应方程式___________。同学甲提出猜想，铜与稀盐酸不反应，可能与浓盐酸发生反应。实验Ⅱ：将铜粉与10mol/L浓盐酸混合，观察到产生大量气泡，溶液由无色变成黄绿色（3）溶液变成黄绿色是因为生成了中间体，请写出生成该物质时反应的化学方程式___________。（4）查阅资料可知：CuCl为白色难溶物，它溶于浓盐酸中形成一系列配离子、、，使溶液呈黄绿色(注：后面均统一用表示)。CuOH为不稳定的淡黄色沉淀，，，，通过计算说明：的原因___________。（5）上述实验结果表明：铜可与一定浓度的浓盐酸形成配离子，从而发生化学反应。在隔绝空气的条件下，进行电化学实验，证实了电解条件下铜与稀盐酸也可以反应。实验Ⅲ：以砂纸打磨过的铜片作阳极、石墨作阴极，用2V电压电解20mL1mol/L稀盐酸。观察到溶液呈黄绿色。请写出阳极的电极反应式___________。由此可见，铜能否与盐酸反应与盐酸的浓度，形成配合物等因素有关。【答案】（1）（2）①.空气中的氧气氧化了铜②.ii③.（3）(浓)（4），反应能够完全进行（5）【解析】【小问1详解】铜原子（Cu，原子序数29）基态电子排布为[Ar]3d104s1。失去一个4s电子形成Cu⁺后，其电子排布为[Ar]3d10，所有3d轨道电子成对填充。轨道表达式为。【小问2详解】①根据实验现象“1周后溶液呈淡蓝色”，可能的原因有两种：一是稀盐酸直接氧化了Cu，生成Cu2+；二是空气中的O2在稀盐酸环境中氧化了Cu。因此，猜想ⅱ可以是：空气中的氧气氧化了铜（或“稀盐酸与氧气共同氧化了铜”等合理表述均可）；②观察压力变化图，随着反应进行，密闭体系上方的压强逐渐减小。这表明反应消耗了气体（O2），而不是生成了气体（H2）。如果猜想i成立（即稀盐酸氧化了Cu），则应有H2生成，压强应增大，与图不符。因此，猜想ⅱ正确。溶液变蓝说明生成了Cu2+，结合O2参与反应，可写出反应方程式：。【小问3详解】根据题意，Cu与浓盐酸反应生成H[CuCl2]，同时产生H2。反应中Cu被氧化为Cu+，H+被还原为H2。根据氧化还原反应配平，化学方程式为：。【小问4详解】我们需要计算该反应的平衡常数K，并判断其是否有利于正向进行。已知：，目标反应：，其平衡常数为：，将

和

联立：，由于

K

，说明该反应正向进行的趋势非常大，即[CuCl2]⁻与OH⁻反应生成CuOH沉淀和Cl⁻的过程是自发的。【小问5详解】在阳极，Cu失去电子生成Cu+，随后与Cl⁻结合形成[CuCl2]⁻。总反应可表示为：。18.工业上采用丙烯氨氧化法制备丙烯腈，在催化剂存在下合成丙烯腈的反应如下：主反应：（丙烯，g）副反应：（丙烯，g）已知：一定温度和压强下，由元素的最稳定单质生成1mol纯物质的热效应称为该物质的摩尔生成焓。部分物质的摩尔生成焓如下表所示。物质（丙烯，g）20.0184.30（1）则主反应的______，该反应在______（填“高温”“低温”或“任意温度”）下能自发进行。（2）下列说法正确的是______（填标号）。A.原料丙烯可以从石油裂解气中分离得到B.加入水蒸气对催化剂表面的积碳有清除作用C.升高温度会降低反应的活化能，使活化分子百分数增大D.达到平衡后再充入少量丙烯，正反应速率增大，逆反应速率减小（3）某小组固定丙烯与氨气的投料量不变，研究了空气与丙烯的投料比对反应体系的影响，测得丙烯腈的选择性的变化如图所示。请推测当空气与丙烯的投料比高于9.0时，丙烯腈的选择性降低的可能原因：______。（4）在催化剂存在下，反应时间相同、反应物起始投料相同时，丙烯腈产率与反应温度的关系如图所示，图中Y点之后丙烯腈产率降低的可能原因是______（答出一点即可）。（5）已知对于反应：，其标准平衡常数：。时，压强为的恒压密闭容器中，通入1mol丙烯、1mol氨气和3mol氧气发生反应，达到平衡时，容器内有，，此时的分压______（用含x、y的代数式表示，下同）；副反应的标准平衡常数为______。（6）常温常压下，在酸性电解质中，通过电催化耦合；与丙烯醛可以高效合成丙烯腈，写出制备丙烯腈的电极反应式：______________________。【答案】（1）①.②.任意温度（2）AB（3）副反应受空气（或氧气）的影响更大，增大空气的量时，使得反应的平衡正向移动的程度大于主反应（4）升高温度，平衡逆向移动，催化剂活性降低或者副产物增多（合理即可）（5）①.②.（6）【解析】【小问1详解】根据摩尔生成焓定义，反应焓变，；主反应气体分子数增大，，且，根据，任意温度下；【小问2详解】A．石油裂解气含丙烯，可经分离得到原料丙烯，A符合题意；B．水蒸气与积碳反应：，可清除催化剂表面积碳，B符合题意；C．升高温度不改变反应活化能，仅增大活化分子百分数，C不符合题意；D．平衡后充入丙烯，正反应速率瞬间增大，逆反应速率也逐渐增大，D不符合题意；故选AB；【小问3详解】副反应对氧气浓度更敏感，空气过量时副反应正向移动程度大于主反应，更多丙烯转化为丙烯醛，导致丙烯腈选择性降低；【小问4详解】在催化剂存在下，反应时间相同、反应物起始投料相同时，根据丙烯腈产率与反应温度的关系图，图中Y点之后丙烯腈产率降低的可能原因是升高温度平衡逆向移动，催化剂活性降低或者副产物增多等。根据图像可知图中X点所示条件下反应没有达到平衡状态，又因为存在副反应，因此延长反应时间或使用更高效催化剂能提高丙烯腈产率；故答案为：副反应受空气（或氧气）的影响更大，增大空气的量时，使得反应的平衡正向移动的程度大于主反应；【小问5详解】①根据题意，有三段式如下：；生成的物质的量为，总物质的量为，分压：；②副反应：，各物质分压：，，，，代入标准平衡常数公式得：；【小问6详解】酸性介质中，丙烯醛（）与反应生成丙烯腈（）和，配平得：。19.有机物M是新一代AK2选择性抑制剂，一种合成路线如图所示(部分试剂及反应条件略)。（1）A中含有的官能团名称是___________。（2）B生成C的反应类型是___________。（3）E的结构简式为___________。（4）L转化为M的反应生成的有机产物分别为M和___________(填分子式)。（5）下列说法正确的是___________(填标号)。A.B可以形成分子间氢键B.C.K中所增官能团的碳原子由提供D.的碱性强于（6）的同分异构体同时满足下列条件的___________种(不考虑立体异构)。请写出其中一种的结构简式___________。①苯环上有四个取代基，且与苯环直接相连②能使溶液显紫色③分子中不同化学环境氢原子的个数比为2：2：2：1：3【答案】（1）羟基（酚羟基）、硝基、醛基（2）还原反应（3）（4）（5）CD（6）①.6②.【解析】【分析】首先定位A的结构：A为含苯环的芳香族化合物，苯环上连接3个关键取代基：直接与苯环相连的-OH：酚羟基（属于羟基的一种）；苯环上的-NO2：硝基；苯环侧链的-CHO