湖南省益阳市安化县2025届高三下学期5月模拟考试化学试题（解析版）

第第页湖南省益阳市安化县2025届高三下学期5月模拟考试化学试题一、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．化学与生产、生活、科技密切相关。下列说法错误的是A．天宫空间站核心舱大多采用高强度高密度的不锈钢制造B．无机半导体材料——砷化镓的使用降低了相控阵雷达成本C．中国商用客机C919机舱大量采用新型镁铝合金制造D．编织登月所用五星红旗的芳纶纤维属于有机高分子材料【答案】A【解析】【解答】A、太空探测器通常选用密度小、强度高的轻质材料作为结构材料。不锈钢由于密度较大，会导致整体质量增加，不利于发射升空，选项A错误。B、砷化镓(GaAs)是一种无机半导体材料，具有优异的电子学和光电学特性。使用GaAs材料可以有效降低相控阵雷达的制造成本，选项B正确。C、新型镁铝合金同时具备密度小和硬度大的特点，这些特性使其非常适合用于制造飞机机舱部件，选项C正确。D、芳纶纤维具有出色的耐高低温性能，能够适应月球表面的极端温度变化，因此被选用制造登月使用的五星红旗。芳纶纤维属于有机高分子材料，选项D正确。

故答案为：A

【分析】A、空间站核心舱采用的应该是低密度的材料。

B、砷化镓是一种具有优良电子学和光电学特性的半导体材料。

C、镁铝合金具有密度小、硬度高的特点。

D、芳纶纤维属于有机高分子材料。2．下列化学用语表述正确的是A．氢氧根离子的电子式是B．次氯酸的结构式为HC．空间填充模型可以表示CO2分子或SiO2D．基态N原子的价电子轨道表示式为【答案】D【解析】【解答】A、是羟基的电子式，氢氧根离子带一个单位负电荷，电子式需要标注电荷和括号，A错误；

B、次氯酸分子中，氧原子作为中心原子分别与氢原子、氯原子形成共价键，正确结构式应为H-O-Cl，选项中H-Cl-O的成键顺序错误，B错误；

C、SiO2是共价晶体，不存在独立的SiO2分子，无法用空间填充模型表示；CO2是直线形分子，该模型（）可表示CO2，但不能表示SiO2，C错误；

D、基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，价电子为2s22p3，根据洪特规则，2p轨道的3个电子分占不同轨道且自旋平行，电子轨道表示式为，D正确；

故答案为：D。

【分析】本题解题要点：

电子式区分：羟基不带电荷，氢氧根离子带负电荷，电子式需标注电荷与括号。

结构式书写：含氧酸的结构式中，氧原子通常作为中心原子连接氢和其他原子。

晶体与分子模型：共价晶体（如SiO2）无独立分子，不能用分子模型表示；分子晶体（如CO2）可用对应分子模型表示。

价电子轨道表示式：需遵循泡利不相容原理和洪特规则，N原子2p轨道为半满稳定结构，3个电子分占不同轨道且自旋平行。3．下列实验操作或实验处理方法合理的是A．用乙醛与银氨溶液做银镜实验时，试管壁上的银用稀硝酸清洗B．不慎将酸溅到眼中，先用大量水洗，然后用稀NaOH溶液冲洗C．酸碱滴定实验时，眼睛注视滴定管中液面变化D．用小刀切取绿豆大的钠放入水中进行实验，剩余钠块丢入废液缸【答案】A【解析】【解答】A．银能与硝酸发生反应，因此试管内壁附着的银可用稀硝酸清洗，A选项正确；B．若酸液溅入眼睛，应立即用大量清水冲洗并频繁眨眼，不可使用NaOH溶液冲洗，B选项错误；C．进行酸碱滴定实验时，应观察锥形瓶内溶液颜色的变化，C选项错误；D．实验后剩余的金属钠需放回原试剂瓶保存，D选项错误；故答案为：A

【分析】A、硝酸为氧化性酸，能与Ag反应。

B、NaOH为强碱，具有腐蚀性。

C、滴定实验过程中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化。

D、剩余的钠应放回原试剂瓶内。4．物质的组成、结构、性质与用途往往相互关联，下列说法错误的是A．玛瑙常呈无规则几何外形，是熔融态的SiO2快速冷却所致B．不锈钢中掺杂的合金元素主要是Cr和Ni，故不锈钢具有很强的抗腐蚀能力C．石墨中每层的碳原子的p轨道相互平行而重叠，电子可在碳原子平面运动而导电D．“可燃冰”中甲烷分子被水分子以氢键相连的笼穴包围，其结构稳定，常温常压下不会分解【答案】D【解析】【解答】A．玛瑙是二氧化硅在熔融状态下快速冷却形成的非晶体，而水晶是通过缓慢冷却形成的晶体，A选项正确；B．不锈钢是通过在钢铁中添加铬(Cr)和镍(Ni)元素制成的，这种合金具有优异的抗腐蚀性能，B选项正确；C．石墨的导电性源于其层状结构中碳原子的p轨道相互平行重叠，使电子能够在碳原子平面内自由移动，C选项正确；D．在常温常压条件下，可燃冰结构不稳定，容易分解，D选项错误；

故答案为：D

【分析】A、熔融SiO2快速冷却，得到没有规则几何外形的玛瑙。

B、钢铁中加入Cr、Ni形成具有抗腐蚀性能的不锈钢。

C、结合石墨的层状结构分析。

D、常温常压下可燃冰的结构不稳定，易分解。5．高分子材料在生产、生活中得到广泛应用。下列说法正确的是A．聚四氟乙烯由四氟乙烯加聚合成，受热易分解B．线型聚乙烯塑料为长链高分子，受热不易软化C．网状结构的酚醛树脂由苯酚和甲醛缩聚生成，绝缘、阻燃性好D．有机玻璃(聚甲基丙烯酸甲酯)由加聚合成，透明度高【答案】C【解析】【解答】A．聚四氟乙烯是由四氟乙烯通过加聚反应合成的聚合物，具有较高的热稳定性，在受热条件下不易发生分解，选项A错误；B．线型聚乙烯塑料属于热塑性材料，在受热时容易软化变形，选项B错误；C．酚醛树脂是通过苯酚和甲醛发生缩聚反应制得的，具有交联的网状结构，这种结构赋予其优异的绝缘性能和阻燃特性，常用于电气设备及防火材料的制造，选项C正确；D．聚甲基丙烯酸酯是由甲基丙烯酸酯单体通过加聚反应制得的，俗称有机玻璃，其特点是具有很高的透明度，选项D错误；

故答案为：C

【分析】A、聚四氟乙烯结构不稳定，受热不易分解。

B、线型结构的聚乙烯塑料受热易软化。

C、由苯酚和甲醛发生锁具反应生成的酚醛树脂具有良好的绝缘性和阻燃性。

D、聚甲基丙烯酸酯的结构简式为，据此确定其反应物。6．以碳酸锰铜矿(主要成分为MnCO3、CuCO3，还含有Fe2O3、FeOA．碳酸锰铜矿加入稀硫酸中主要发生的反应：COB．加入MnO2将Fe2+转化为FeC．若向溶液中通入氨气除去Cu2+：D．若向溶液中加入MnS除去Cu2+：【答案】D【解析】【解析】A、碳酸锰(MnCO3)和碳酸铜(CuCO3)属于难溶物，正确的离子方程式应写为：MnCO3+2H+=Mn2++H2O+CO2↑和CuCO3+2H+=Cu2++H2O+CO2↑，A选项错误。

B、加入二氧化锰(MnO2)能将亚铁离子(Fe2+)氧化为铁离子(Fe3+)，其离子方程式为：

MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn7．将铁粉在NH3和H2的混合气氛中加热，可得含Fe和N的磁性材料，其晶体的晶胞如下图，晶胞边长均为apm。下列说法不正确的是已知：1cm=1010pm，阿伏加德罗常数的值为NA。A．距离N最近的Fe有6个B．Fe之间的最近距离为2C．该晶体的密度为70×1030D．若将N置于晶胞顶点，则Fe位于体心和棱心【答案】C【解析】【解答】A、N原子位于体心，周围最近的Fe原子分布在面心位置，共6个，配位数为6，A正确；B、Fe原子位于面心与顶点，最近距离为面对角线的一半，即22C、晶胞总质量为4×56+1×14NA=238ND、原晶胞中N在体心、Fe在顶点和面心；若将N移至顶点，Fe则分布在体心和棱心，微粒位置关系保持不变，D正确；故答案为：C。【分析】本题解题要点：微粒数计算：顶点原子占18，面心原子占1距离判断：面心与顶点Fe原子的最近距离为面对角线的一半。密度计算：先算晶胞总质量，再换算晶胞体积为cm3单位，最后代入密度公式ρ=晶胞置换：改变微粒位置时，配位数和结构关系保持不变。8．下列实验方案、现象和结论都正确的是选项实验方案现象结论A将点燃的氯气伸入盛满氢气的集气瓶中气体安静地燃烧并发出苍白色火焰，瓶口产生白雾有HCl生成B在干燥的热坩埚中，投入绿豆大小的钠，继续加热，待钠熔化后立即撤掉酒精灯钠剧烈燃烧，发出黄色火焰，生成淡黄色固体Na在空气中燃烧生成Na2O2C将铜丝插入浓硫酸中加热，将产生的气体通入石蕊溶液中石蕊溶液先变红后褪色SO2是酸性气体，具有漂白性D将某铁粉加稀硫酸溶解，再向溶液中滴加几滴KSCN溶液无明显现象铁粉未发生变质A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】【解答】A．氯气不能燃烧，实验方案不正确，故A错误；B．Na与O2在加热条件下反应生成淡黄色的Na2O2，故B正确；C．二氧化硫不能漂白石蕊试液，通入紫色石蕊溶液中，溶液不会褪色，故C错误；D．铁与硫酸反应生成硫酸亚铁，若铁粉部分变质，生成的氧化铁与稀硫酸反应生成Fe3+，铁与Fe3+反应生成Fe2+，加入硫氰化钾溶液，也无明显现象，故D错误；故答案为：B。

【分析】A.氯气不能燃烧。

B.Na与O2在加热条件下反应生成淡黄色的Na2O2。

C.二氧化硫不能漂白石蕊试液。

D.注意铁与铁离子能反应生成亚铁离子。9．嫦娥五号带回的月壤中发现一种由短周期元素组成的矿物晶体YX4A．该晶体溶于水后溶液呈中性 B．第一电离能：Y>Z>MC．键角：YX4+>X【答案】A【解析】【解析】A、矿物晶体的化学式为NH4MgCl3⋅6H2O。其中C、在NH4+中，N原子的价层电子对数为4+5-1-4×12=4，采用sp3杂化，形成正四面体结构，键角为109°28'。而H2O分子中O原子的价层电子对数为2+6-2×1D、Cl2溶于水会发生反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，生成的HClO具有漂白性，D选项正确。

故答案为：A

【分析】X、Y、Z、M、Q在三个不同的短周期，且原子序数依次增大，因此X为H。由矿物质的晶体化学式可知，Z为O。X和Y的质子数之和等于Z的质子数，因此Y的质子数为7，因此Y为N。基态Z、M原子中，s轨道和p轨道中的电子数相等，因此其核外电子排布式为1s22s22p4、1s22s10．在微生物作用下将2，4-二氯苯酚电解脱氯降解为苯酚的装置如图所示。下列说法错误的是A．电极a的电势比电极b的高B．N极的电极反应式：C．H+D．当生成9.4g苯酚时，理论上M电极区生成CO【答案】D【解析】【解答】A．由于M为阳极，N为阴极，电极a的电势高于电极b，A选项正确；B．N极的还原反应为：+4e−+2H+→+2Cl−，B选项正确；

C．H+向阴极（N极）移动，即从左向右迁移，C选项正确；

D．M极的氧化反应为：CH3COOH−8e−+2H2O=2CO2↑+8H+。根据电极反应计量关系，生成0.1mol苯酚时，理论上产生0.2molCO2（质量为4.4g），D选项错误。

故答案为：D11．硝基苯是重要的有机中间体，实验室制备的硝基苯中含有硝酸、硫酸和苯，为提纯硝基苯，设计如图所示流程。已知：硝基苯不溶于水，易溶于苯，沸点为210.9℃；苯不溶于水，沸点为80.1℃下列说法错误的是A．操作I~B．可用碳酸钠溶液代替氢氧化钠溶液C．无水氯化钙的作用是干燥除水D．蒸馏时应在蒸馏烧瓶中加入碎瓷片【答案】A【解析】【解答】A．操作IV是过滤操作，A选项错误；B．氢氧化钠溶液用于除去粗产品中的残留酸，因此可用碳酸钠溶液替代氢氧化钠溶液，B选项正确；C．产品中含有少量水分，无水氯化钙的作用是干燥除水，C选项正确；D．蒸馏时需在蒸馏烧瓶中加入碎瓷片以防止暴沸，D选项正确；故答案为：A【分析】硝酸和硫酸属于水相，硝基苯和苯属于有机相。操作I通过分液将水相和有机相初步分离。操作II加入NaOH溶液以去除有机相中残留的硝酸和硫酸（NaOH溶液不溶于有机溶剂）。操作III用水分离NaOH溶液和有机相。操作IV加入无水氯化钙去除有机相中残留的水（无水氯化钙不溶于有机相），通过过滤得到有机相IV。最后通过蒸馏将有机相IV中的苯和硝基苯分离。12．室温下，向25mL0.1mol⋅L−1NHA．水的电离程度：a<bB．室温下，KC．c点的溶液中存在：cD．a到d的过程中：cNH【答案】C【解析】【解答】A．a点溶液中含有NH4HSO4，电离产生的H+抑制了水的电离。而b点溶液中含有NH4B．d点溶液中含有NH3⋅H2O和Na2SO4，溶液的中NH3⋅H2C．c点溶液的pH=7，因此溶液中cH+=cOH−，由电荷守恒cNa++cH+D．由C项分析可知，根据硫元素和氮元素守恒，有cNH故答案为：C

【分析】A、酸、碱或酸式盐电离产生的H+、OH-抑制水的电离；盐类的水解促进水的电离。

B、电离平衡常数只与温度有关，可采用pH=11的溶液进行计算。

C、结合电荷守恒和物料守恒进行分析。

D、根据硫元素、氮元素的守恒进行分析。13．纳米碗C40H10是一种奇特的碗状共轭体系，高温条件下，C40HA．图示历程包括3个基元反应，其中第三个反应的反应速率最慢B．该过程中既有极性键的断裂和形成又有非极性键的断裂和形成C．C40D．加入催化剂既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成C40【答案】B,D【解析】【解答】A．根据反应历程分析，该过程包含三个基元反应：C40H20+HB．反应过程中涉及C−H键和C−C键的断裂，以及C．从C40H20D．催化剂仅能改变反应速率，不影响化学平衡，因此不能提高反应物的平衡转化率，D选项错误。故答案为：BD

【分析】A、存在几个过渡态，就有几个基元反应；反应所需的活化能最大，则其反应速率最慢。

B、根据反应过程中化学键的断裂与形成分析。

C、根据C40H20的结构，结合反应过程中新增五元环进行分析。

D、催化剂通过改变反应历程，从而改变反应速率，但不影响平衡移动。14．一定条件下，CO与H2反应生成CH3OH：COg+2H2g⇌CHA．该反应的ΔH<0 B．压强：C．平衡常数：Ke<Kb【答案】C【解析】【解答】A.根据分析可知反应焓变ΔH<0，选项A正确；B.由分析可得压强大小关系为p1C.平衡常数仅与温度有关。比较e、b、f三点（压强相同但温度不同）：温度升高导致甲醇体积分数降低，说明平衡逆向移动，平衡常数减小，因此平衡常数关系为K(eD.a、b、c三点温度相同但压强不同，压强增大反应速率加快，故速率关系为v(a故答案为：C【分析】当温度升高时，CH3OH的体积分数降低，表明正向反应为放热过程，因此焓变ΔH<0。增大压强会使平衡向正反应方向移动，甲醇的体积分数随之增加。在相同温度条件下，p1、p2、p3对应的甲醇体积分数依次递减，说明压强关系为p1二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．LiFePO4和FePO4可以作为锂离子电池的正极材料。（1）LiFePO4的制备。将LiOH(强碱)加入煮沸过的蒸馏水配成溶液，在氮气的氛围中，将一定量的(NH4)2Fe(SO4)2溶液与H3PO4、LiOH溶液中的一种混合，加入图1的三颈烧瓶中，在搅拌下通过滴液漏斗缓慢滴加剩余的另一种溶液，充分反应后，过滤，洗涤，干燥，得到粗产品。①滴液漏斗中的放的溶液是溶液(填溶质的化学式)。②(NH4)2Fe(SO4)2与H3PO4、LiOH反应得到LiFePO4和NH4HSO4，该反应的离子方程式为。已知Ka(HSO4−)=1.0×10-2③在氮气氛围下，粗产品经150℃干燥、高温焙烧，即可得到锂离子电池的正极材料。焙烧时常向其中加入少量活性炭黑，其主要目的是。（2）FePO4的制备。取一定量比例的铁粉、浓磷酸、水放入容器中，加热充分反应，向反应后的溶液中加入一定量H2O2，同时加入适量水调节pH，静置后过滤，洗涤，得到FePO4·2H2O，高温煅烧FePO4·2H2O，即可得到FePO4。①其他条件不变时，磷酸与水的混合比例对铁粉溶解速率的影响如图2所示。当15≤V(H②上述制备过程中，为使反应过程中的Fe2+完全被H2O2氧化，下列操作控制不能达到目的的是(填序号)。a．用Ca(OH)2调节溶液pH=7b．加热，使反应在较高温度下进行c．缓慢滴加H2O2溶液并搅拌d．加入适当过量的H2O2溶液③测定产物样品中铁元素的质量分数，主要步骤如下：i．取ag样品，加入过量盐酸充分溶解，再滴加SnCl2(还原剂)至溶液呈浅黄色；ii．加入TiCl3，恰好将i中残余的少量Fe3+还原为Fe2+；ⅲ．用cmol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+，平行滴定三次，平均消耗K2Cr2O7标准溶液VmL。产物中铁元素的质量分数为。(写出计算过程)【答案】（1）LiOH；Fe2++Li（2）当15≤【解析】【解答】（1）①(NH4)2Fe(SO4)2在溶液中水解使溶液呈酸性，能与能与氢氧化锂溶液反应，则制备磷酸铁锂的实验操作为在氮气的氛围中，将一定量的(NH4)2Fe(SO4)2溶液和H3PO4溶液混合加到三颈烧瓶中，在搅拌下通过滴液漏斗缓慢滴加氢氧化锂溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥得到粗磷酸铁锂，②由分析可知，制备磷酸铁锂的反应为氢氧化锂溶液与硫酸亚铁铵、磷酸混合溶液反应生成磷酸铁锂、硫酸氢铵和水，反应的离子方程式为：Fe2+③LiFePO4为锂离子电池的正极材料，应具有导电性，同时注意防止焙烧时发生Fe2+的氧化，常向其中加入少量活性炭黑，其主要目的是：改善成型后LiFePO4的导电性能，防止+2价铁被氧化，

故答案为：LiOH；Fe2++Li（2）①当15≤V(H3PO4)V(H2②a．用Ca(OH)2调节溶液pH=7时，Fe2+会生成Fe(OH)2沉淀，同时生成Ca3(PO4)2沉淀，故a项不能达到目的；b．加热，使反应在较高温度下进行，此时H2O2大量分解，故b项不能达到目的；c．缓慢滴加H2O2溶液并搅拌，H2O2与Fe2+充分接触，反应充分，故c项能达到目的；d．加入适当过量的H2O2溶液，确保Fe2+完全被氧化为Fe3+，故d项能达到目的；③滴定时发生的离子方程式为Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，则由题可得如下转化关系：Cr2O72−～6Fe2+～6Fe3+，Cr2O72−的物质的量为：cmol/L×V×10-3L=10-3cVmol，则产物中铁元素的质量分数为：10-3cVmol×6×56g/molag×100%=33.6cVa%，

故答案为：当（1）①(NH4)2Fe(SO4)2在溶液中水解使溶液呈酸性，能与能与氢氧化锂溶液反应，则制备磷酸铁锂的实验操作为在氮气的氛围中，将一定量的(NH4)2Fe(SO4)2溶液和H3PO4溶液混合加到三颈烧瓶中，在搅拌下通过滴液漏斗缓慢滴加氢氧化锂溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥得到粗磷酸铁锂，故答案为：LiOH；②由分析可知，制备磷酸铁锂的反应为氢氧化锂溶液与硫酸亚铁铵、磷酸混合溶液反应生成磷酸铁锂、硫酸氢铵和水，反应的离子方程式为：Fe2++Li③LiFePO4为锂离子电池的正极材料，应具有导电性，同时注意防止焙烧时发生Fe2+的氧化，常向其中加入少量活性炭黑，其主要目的是：改善成型后LiFePO4的导电性能，防止+2价铁被氧化，故答案为：改善成型后LiFePO4的导电性能，防止+2价铁被氧化；（2）①当15≤V(H3PO4)V(H2O)≤②a．用Ca(OH)2调节溶液pH=7时，Fe2+会生成Fe(OH)2沉淀，同时生成Ca3(PO4)2沉淀，故a项不能达到目的；b．加热，使反应在较高温度下进行，此时H2O2大量分解，故b项不能达到目的；c．缓慢滴加H2O2溶液并搅拌，H2O2与Fe2+充分接触，反应充分，故c项能达到目的；d．加入适当过量的H2O2溶液，确保Fe2+完全被氧化为Fe3+，故d项能达到目的；故答案为：ab；③滴定时发生的离子方程式为Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，则由题可得如下转化关系：Cr2O72−～6Fe2+～6Fe3+，Cr216．一种从废旧芯片(主要成分为单晶硅，还含有塑料和少量Au、Ag、Cu、Pd等金属，除Au外其他金属均可溶于浓硝酸)中回收和利用贵金属的流程如下。已知：Si在空气中加热不反应；Au被HNO3氧化成Au3+的反应平衡常数K<10−5；Au3+可与回答下列问题：（1）从产物的分离提纯和绿色化学的角度考虑，“灼烧”的目的是。（2）浓硝酸与浓盐酸的比例为1:3时溶解Au的效果较好，此时HNO3被还原为NO。写出Au溶解过程中发生反应的离子方程式：（3）“滤渣2”的主要成分是(填化学式)。（4）“滤液2”中含有Cu、Pd等金属元素，可进一步将其分离提纯。①基态Cu的价层电子排布式为。②溶液中的Pd2+经过一定处理后可以得到四配位的Pd(NHA．Pd(B．Pd(C．a和b的空间结构均为四面体形D．a的极性大于b③某研究小组以Pd(NH3)2Cl2为原料制备金属Pd．将21.1gPd（5）AgCl沉淀用氨水溶解后可直接用于表面电镀，将待镀元件制成电极放置于“氨溶”后所得溶液中通电即可进行电镀，阴极上发生的电极反应为。【答案】（1）去除塑料；减少酸溶过程中氮氧化物的生成（2）Au+NO3-+4H++4Cl-=[AuCl4]（3）Si（4）3d104s1；BD；1.12L（5）[Ag(NH【解析】【解答】（1）通入空气“灼烧”的目的是除去塑料，同时将Cu、Ag等金属部分氧化为对应的氧化物，使得“酸溶”过程中氮氧化物的生成量减小，减少对环境的污染。

故答案为：去除塑料；减少酸溶过程中氮氧化物的生成（2）由已知信息可知，浓硝酸与浓盐酸的比例为1:3时溶解Au的效果较好，此时HNO3被还原为NO，Au被氧化为[AuCl4]−，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Au+NO3-+4H++4Cl-=[AuCl4]−+NO↑+2H2O。

故答案为：Au+NO（3）废旧芯片中含有的物质中除Si与Au以外都被灼烧或溶于硝酸中，Au溶于浓硝酸与浓盐酸的混合物中，因此剩余不溶的“滤渣2”为Si。

故答案为：Si（4）①Cu在元素周期表中的位置为第四周期第ⅠB族，其价层电子排布式为3d104s1。

故答案为：3d104s1②A．Pd(NH3)2B．Pd(C．如果Pd(D．a和b相比，b的对称性更好，故a的极性更大，D正确；故答案为：BD③21.1gPd(NH3)2Cl2溶液加入50.00mL8.0mol/L的水合肼(N2H4⋅（5）“氨溶”过程中发生的反应为AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]++Cl-，所得溶液中存在[Ag(NH3)2]+，阴极[Ag(NH3)2]+发生还原反应生成Ag，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式为[Ag(NH3)2]++e-=Ag+2NH3↑。

​​​​​​​故答案为：[Ag(NH3)2]++e-=Ag+2NH3↑

【分析】（1）“灼烧”可去除表面的塑料，同时将物质氧化，防止酸溶过程中氮氧化物的生成。

（2）溶解Au的过程中，Au被HNO3氧化，同时与Cl－（1）通入空气“灼烧”的目的是除去塑料，同时将Cu、Ag等金属部分氧化为对应的氧化物，使得“酸溶”过程中氮氧化物的生成量减小，减少对环境的污染。（2）由已知信息可知，浓硝酸与浓盐酸的比例为1:3时溶解Au的效果较好，此时HNO3被还原为NO，Au被氧化为[AuCl4]−，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Au+NO3-+4H++4Cl-（3）废旧芯片中含有的物质中除Si与Au以外都被灼烧或溶于硝酸中，Au溶于浓硝酸与浓盐酸的混合物中，因此剩余不溶的“滤渣2”为Si。（4）(4)①Cu在元素周期表中的位置为第四周期第ⅠB族，其价层电子排布式为3d104s1；②A．Pd(NH3)2B．Pd(C．如果Pd(D．a和b相比，b的对称性更好，故a的极性更大，D正确；故选BD。③21.1gPd(NH3)2Cl2溶液加入50.00mL8.0mol/L的水合肼(N2H（5）“氨溶”过程中发生的反应为AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]+17．芳香族化合物A(C9H12O)可用于医药及香料的合成，A有如下转化关系：已知：①A除苯环上的氢以外，核磁共振氢谱还有二组峰，且峰面积之比为1：6；②→ii.H+i③RCOCH3+RCHO→一定条件回答下列问题：（1）由D生成E的反应类型为，F所含官能团的名称为。（2）请写出B的结构简式。（3）由E生成F的反应方程式为。（4）J为一种具有3个六元环的酯，则其结构简式为。（5）F的同分异构体中，苯环上的一氯代物有3种，且能与NaHCO3反应生成CO2的结构有种。（6）糖叉丙酮()是一种重要的医药中间体，请参考上述合成路线，设计一条由叔丁基氯[(CH3)3CCl]和糠醛()为原料制备糖叉丙酮的合成路线(无机试剂任用)。合成流程图示例如下：CH2=CH2→HBrCH3CH2Br→ΔNaOH、水CH3【答案】（1）取代反应；羟基、醛基（2）（3）2+O2→ΔCu+2H2O（4）（5）6（6）→ΔNaOH、乙醇【解析】【解答】（1）由D生成E是在氢氧化钠的水溶液中加热发生取代反应生成和溴化钠，反应类型为取代反应，F为，所含官能团的名称为羟基、醛基。故答案为：取代反应；羟基、醛基（2）B的结构简式为。故答案为：（3）由E生成F的反应方程式为。故答案为：（4）J为一种具有3个六元环的酯，则其结构简式为。故答案为：（5）F()的同分异构体中，能与NaHCO3反应生成CO2，说明分子中有羧基，且苯环上的一氯代物有3种，则苯环上有一个取代基或三个不同的取代基，若苯环上只有一个取代基，则可以为或；若苯环上有三个取代基，则为、、、，故符合条件的总共有6种；故答案为：6（6）参考上述合成路线，由叔丁基氯[(CH3)3CCl]和糠醛()为原料制备糖叉丙酮，可以先由叔丁基氯水解制备2-甲基丙烯，然后根据信息②的反应，2-甲基丙烯经酸性高锰酸钾溶液氧化、酸化后得到丙酮，最后再根据信息③的反应，丙酮与糠醛发生反应得到目标产品。具体合成路线如下：。

故答案为：【分析】根据题目信息，化合物A是一种芳香醇，其结构为。A经过消去反应生成B，B的结构为。B与溴发生加成反应，生成二溴代烃D，D的结构为。D经过水解反应生成E，E的结构为。E在催化氧化条件下生成F，F的结构为。F经过银镜反应并酸化后得到H，H的结构为。H可以通过缩聚反应生成聚酯I，也可以通过酯化反应生成环酯J，J的结构为。根据题目中的条件②和③，可以确定C的结构为，K的结构为。基于以上分析进行解答。（1）由D生成E是在氢氧化钠的水溶液中加热发生取代反应生成和溴化钠，反应类型为取代反应，F为，所含官能团的名称为羟基、醛基；（2）B的结构简式为；（3）由E生成F的反应方程式为；（4）J为一种具有3个六元环的酯，则其结构简式为；（5）F()的同分异构体中，能与NaHCO3反应生成CO2，说明分子中有羧基，且苯环上的一氯代物有3种，则苯环上有一个取代基或三个不同的取代基，若苯环上只有一个取代基，则可以为或；若苯环上有三个取代基，则为、、、，故符合条件的总共有6种；（6）参考上述合成路线，由叔丁基氯[(CH3)3CCl]和糠醛()为原料制备糖叉丙酮，可以先由叔丁基氯水解制备2-甲基丙烯，然后根据信息②的反应，2-甲基丙烯经酸性高锰酸钾溶液氧化、酸化后得到丙酮，最后再根据信息③的反应，丙酮与糠醛发生反应得到目标产品。具体合成路线如下：。18．挥发性有机化合物的减排与控制已成为我国当前阶段大气污染治理的重点工作之一，通过催化氧化法去除其中乙酸乙酯的过程如下：I．CH3COOCH2CH3(g)+5O2(g)⇌4CO2(g)+4H2O(g)∆H1<0(主反应)II．CH3COOCH2CH3(g)+H2O(g)⇌CH3COOH(g)+CH3CH2OH(g)∆H2>0III．CH3COOH(g)+2O2(g)⇌2CO2(g)+2H2O(g)∆H3<0IV．CH3CH2OH(g)+3O2(g)⇌2CO2(g)+3H2O(g)∆H4<0（1）反应CH3COOCH2CH3(g)+H2O(g)⇌CH3COOH(g)+CH3CH2OH(g)∆H2=(用含∆H1、∆H3和∆H4的代数式表示)。（2）在绝热恒容的条件下，将1mol乙酸乙酯和2mol水蒸气通入刚性容器中，只发生反应Ⅱ．下列叙述能证明此反应达到平衡状态的是(填字母)。a．混合气体的平均相对分子质量保持不变b．混合气体的密度保持不变c．乙酸乙酯与水蒸气的物质的量之比保持不变d．反应的温度保持不变（3）将反应Ⅱ生成的气体以一定流速通过含Cu＋修饰的吸附剂，分离其中的CH3COOH(g)和CH3CH2OH(g)，Cu＋能与π键电子形成作用力较强的配位键。测得两种气体的出口浓度(c)与进口浓度(c0)之比随时间变化关系如图1所示。20～40min，CH3CH2OH(g)浓度比增大而CH3COOH(g)浓度比几乎为0的原因是。（4）压强一定时，将n(乙酸乙酯)：n(氧气)：n(水)=1：5：1的混合气体通入装有催化剂的密闭容器中，发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ．不同温度下，平衡时各含碳物质(CH3COOCH2CH3、CH3COOH、CH3CH2OH和CO2)的百分含量S随温度变化如图所示，曲线c代表S(CH3COOH)随温度的变化。已知：S(①代表S(CH3COOCH2CH3)随温度变化的曲线是(填“a”“b”或“d”)，S(CH3COOCH2CH3)在温度T2至T3间变化的原因是。②温度为T2时，二氧化碳的体积分数是(保留一位小数)。③若n(CH3COOCH2CH3)：n(O2)：n(H2O)=1：10：1，则p(CH3【答案】（1）Δ（2）cd（3）CH3