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高三第一次月考化学试题
满分：100分考试时间：75分钟
可能用到的相对原子质量：H1 Li7 C12 Na23 Cl35.5 Br80
一、选择题(每题3分，共30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. 青铜器在古时被称为“金”或“吉金”，是红铜与锡、铅等的合金。铜锈大多呈青绿色，主要含有
Cu (OH) Cl和Cu (OH) CO。下列说法错误的是
2 3 2 2 3
A. 青铜器中锡、铅对铜有保护作用
B. 青铜的熔点低于纯铜
C. 可用FeCl 溶液清除青铜器的铜锈
3
D. 古时冶炼铸造青铜器涉及化学变化
【答案】C
【解析】
【详解】A．锡、铅均比铜活泼，形成的原电池中铜作正极被保护，A正确；
B．青铜为合金，熔点低于纯铜，B正确；
C．FeCl 溶液与铜反应，不能用来除铜锈，C错误；
3
D．冶炼铸造青铜器的需要高温，需要燃烧提热量，涉及化学变化，D正确；
故选C。
2. 一定条件下，肉桂醛可转化为苯甲醛：
下列说法错误的是
A. 肉桂醛能发生取代、加成、聚合等反应
B. 肉桂醛与苯甲醛都能使酸性KMnO 溶液褪色
4
C. 苯甲醛分子的所有原子可能共平面
D. 肉桂醛与苯甲醛互为同系物
【答案】D
【解析】
【详解】A．肉桂醛中苯环上能发生取代反应，双键、苯环和醛基能发生加成反应，碳碳双键上能发生聚
合反应，A正确；B．肉桂醛含双键和醛基，苯甲醛含醛基，都能使酸性KMnO 溶液褪色，B正确；
4
C．苯环为平面结构，醛基为平面结构，两者通过单键相连，所有原子可能共平面，C正确；
D．肉桂醛含双键和醛基，苯甲醛含醛基，两者不是同系物，D错误；
故选D。
3. 下列说法正确的是（ ）
A. 1mol·L－1AlCl 溶液中，含Al3＋数目小于N
3 A
B. 标准状况下，6.0gNO和2.24LO 混合，所得气体的分子数目为0.2N
2 A
C. 25℃，1LpH＝1的稀硫酸中含有的H＋数为0.2N
A
D. 由1molCH COONa和少量CHCOOH形成的中性溶液中，CHCOOˉ数目为N 个
3 3 3 A
【答案】D
【解析】
【详解】A项，没告诉AlCl 溶液的体积，无法计算 Al3＋数目，故A错误；B项，n（NO）=6.0g 30g/
3
÷
mol=0.2mol，n（O ）=2.24L 22.4L/mol=0.1mol，发生反应：2NO+O=2NO ，2NO NO ，所以所得
2 2 2 2 2 4
÷
气体分子数应小于0.2N ，故B错误；C项，因为pH＝ lg[H+]，所以25℃，1L pH＝1的稀硫酸中含有的
A
H＋数为0.1N ，故C错误；D项，由电荷守恒可得：[H+−]+[Na+]＝[OH-]+[CHCOO-]，又因为溶液呈中性，所
A 3
以[H+]＝[OH-]，[Na+]＝[CHCOO-]，因此CHCOOˉ数目等于Na+数目，为N 个，故D正确。综上，选D。
3 3 A
的
4. 下列实验操作、现象及结论均正确 是
选
实验操作 现象 结论
项
将质量和大小均相同的锌粒分别放入 硫酸溶液中，
A 非金属性： S>P
相同体积的硫酸溶液和磷酸溶液中 产生气泡快
乙酸乙酯在碱性条件下
B 乙酸乙酯与NaOH溶液共热、搅拌 溶液不再分层
完全水解
用pH试纸分别测定等浓度CHCOONa 前者pH小于 酸性：
C 3
溶液和NaClO溶液的pH 后者 CHCOOH>HClO
3
D 将SO 通入紫色石蕊试液中 试液变红 SO 不具有漂白性
2 2
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．未说明硫酸和磷酸的浓度，不能进行比较，A项错误；B．乙酸乙酯在氢氧化钠条件下水解生成乙酸钠和乙醇，溶液不分层，说明乙酸乙酯完全水解，B项正确；
C．因为次氯酸钠具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH，C项错误；
D．二氧化硫具有漂白性，但不能使石蕊溶液褪色，D项错误。
故选B。
5. 下列说法正确的是
A. C=O键的键长比C-O键短，C=O键的键能比C-O键小
B. 键角：HO>NH
2 3
C. H-Cl键的键能比H-Br键大，HCl的热稳定性比HBr高
D. C=C双键的键能比C-C单键大，碳碳双键的化学性质比碳碳单键稳定
【答案】C
【解析】
【详解】A．共用电子对拉近核间距离，C=O键中共用电子对数目多，键长比C-O键短，C=O键的键能比
C-O键大，A选项错误；
B．HO中的O有2对孤对电子，NH 中的N有1对孤对电子，孤电子对越多，斥力越大，故键角：
2 3
HOM>Y
B. 第一电离能：Y>M>Z
C. 工业上常用电解熔融物ZY制取Z单质
D. Z、M的简单离子均可促进水的电离
【答案】D
【解析】
【分析】短周期元素X、M的族序数均等于周期序数，符合要求的只有H、Be、Al三种元素，结合原子序
数依次增大，X为H元素，M为Al元素，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的，Y为O元素，原子
序数依次增大，Z元素在O元素和Al元素之间，结合题图判断Z为Mg元素，据此分析解答。
【详解】A．O、Mg、Al简单离子的核外电子排布结构相同，核电荷数越大，半径越小，则半径：Y > Z >
M，A选项错误；
B．非金属元素第一电离能通常大于金属元素第一电离能，Mg最外层电子排布式为3s2全满而稳定，第一
电离能比Al大，即第一电离能O>Mg>Al，B选项错误；
C．MgCl 熔点远低于MgO，为节约能耗常用电解熔融MgCl 制取Mg单质，C选项错误；
2 2
D．Mg2+、Al3+均可发生水解，促进水的电离，D选项正确；
答案选D。
9. 冰晶石(Na [AlF ])是一种重要的助熔剂，化工上常通过如图方法制备：
3 6已知萤石(CaF )、石英砂(SiO)、冰晶石均难溶于水。下列说法错误的是
2 2
A. 冰晶石含有离子键和共价键
B. 实验室模拟“煅烧”时需要的实验仪器有酒精喷灯、蒸发皿、玻璃棒
C. “水浸”时所得残渣主要成分有CaSiO
3
D. “调pH”时，若pH过大则冰晶石的产率会降低
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．冰晶石的化学式为Na[AlF ]，Na+与AlF 之间为离子键，而AlF 是以配位键形成的，属于
3 6
共价键，A项正确；
B．蒸发皿是可用于蒸发浓缩溶液的器皿，实验室模拟“煅烧”时需要的实验仪器应该使用坩埚，B项错
误；
C．在煅烧过程中，发生反应：CaF +SiO +Na CO CaSiO +2NaF+CO ↑，由此可知，“水浸”时
2 2 2 3 3 2
所得残渣主要成分有CaSiO ，C项正确；
3
D．“调pH”时，若pH过大，则硫酸铝中的Al3+以Al(OH) 的形式沉淀，从而使得冰晶石的产率降低，D项
3
正确；
答案选B。
10. 在恒容、NH 和NO的起始浓度一定的条件下，分别以VWTi/AC0、VWTi/AC10、VWTi/AC50、
3
VWTi/AC70为催化剂，发生反应：4NH (g)+6NO(g) 5N(g)+6HO(g) H<0，相同时间内测得不同温
3 2 2
△
度下NO转化为N 的转化率如图a所示，温度升高有副产物NO生成，测得不同温度NO的生成量如图b
2 2 2
所示。下列说法正确的是A. VWTi/AC50在T>350℃之后NO转化率降低的可能原因是有副反应的发生
B. 以VWTi/AC0为催化剂，温度高于400℃后曲线上的任一点均是对应温度下的平衡点
C. 图中X点所示条件下，增加NH 浓度不能提高NO转化率
3
D. 250℃时K=1024，若起始时充入c(NH )=c(NO)=c(N)=1mol·L-1，c(HO)=2mol·L-1，则v 350℃在VWTi/AC50为催化剂，副产物NO的浓度快速升高，故NO转化率
2
降低的可能原因是有副反应的发生，A正确；
B．两图数据均是在相同时间内测得，并不是反应达到平衡时的数据，B错误；
C．X点是以VWTi/AC 为催化剂，在温度约为300℃时测得的NO转化率，增加NH 浓度，反应的平衡朝
0 3
正向移动，能提高NO转化率，C错误；
D．若起始时充入c(NH )=c(NO)=c(N)=1mol·L-1，c(HO)=2mol·L-1，体系浓度商Q= =
3 2 2 c
=64，Qv ，D错误；
c 正 逆
故选A 。
二、选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)
11. 下列对有关事实的解释错误的是
选
事实 解释
项
A SiO 的熔点比干冰高 SiO 晶体是共价晶体，分子间作用力大
2 2B HF的热稳定性比HCl强 H—F比H—Cl的键能大
CO 与SO 的空间结构
C 2 2 中心原子杂化方式相同，孤电子对数不同
不同
某些金属盐灼烧时呈现 电子从低能级轨道跃迁至高能级轨道后，又从高能级轨道跃迁至低能级
D
不同焰色 轨道，释放出不同波长的光
A. A B. B C. C D. D
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】A．二氧化硅为共价晶体，微粒间的作用力为共价键，不是分子间作用力大，故A错误；
B．氟元素的非金属性强于氯元素，H—F的键能大于H—Cl的键能，则HF的热稳定性比HCl强，故B正
确；
C．二氧化碳中碳原子的价层电子对数为2，杂化方式sp杂化，二氧化硫中硫原子的价层电子对数为3，杂
化方式sp2杂化，故C错误；
D．金属的焰色反应是在灼烧时，电子从低能级轨道跃迁至高能级轨道后，又从高能级轨道跃迁至低能级
轨道，释放出不同波长的光，故D正确；
故选AC。
12. 羟基自由基( )具有强氧化性，可用于处理废水中还原性污染物。利用电化学方法可产生羟基自由
基，其原理如图所示。下列说法正确的是
A. 电子移动方向为
B. 甲池中离子交换膜为质子交换膜C. 电极上得到 的反应为
D. 当乙池中产生 羟基自由基( )时，甲池中理论上至少消耗标准状况下
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据电极上的反应可知，甲为燃料电池，通入燃料 的 电极为负极，通入氧气的 电极
为正极，乙为电解池， 电极为阳极， 电极为阴极。串联装置中，电子由原电池负极流向电解池阴极，
即 ，由电解池的阳极流向原电池正极，即 ，电子不能在电解质溶液中移动，选项A错误；
B．甲池中， 极电极反应为 ， 极电极反应为 ，根
据平衡电荷需要，应让 从左向右移动，所以离子交换膜为质子交换膜，选项B正确；
C．据图可知 在 电极上得电子生成 ，电解质溶液呈酸性，可得 电极上生成 的电极反应
式为 ，选项C错误；
D．乙池中生成羟基自由基的反应为 ，所以产生 羟基自由基时，
消耗 和 ，根据电极反应可知转移 电子，甲池中理论上至少消耗标准状况下
，选项D正确；
答案选BD。
13. 已知： ，在 恒容密闭容器中通入 和 ，在
的
温度分别为 、 下，测得 转化率随时间变化如图。下列说法正确的是A. 温度： ，平衡常数：
B. 点正反应速率 点逆反应速率
C. 平衡时，通入氩气使体系压强增大，平衡正向移动
D. 时， 生成 的平均反应速率为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知， 条件下先达到平衡，说明 时反应速率快，故有 ，温度越高， 的转
化率越小，说明升高温度，平衡逆向移动，故 ，则平衡常数 ，选项A错误；
B． 、 两点对应的温度分别是 、 ，由A项分析可知， ，设 、 时的点为 ，由图
可知 、 点都为平衡点， 点 浓度大于 点，则有反应速率 ，又
因 点未达到平衡， ，故 点正反应速率大于 点逆反应速率，选项B错误；
C．在恒温恒容条件下，通入氩气使体系压强增大，但反应体系中各物质的浓度均不改变，正、逆反应速
率仍然相等，故平衡不移动，选项C错误；
D．由图知，温度为 、 时， 的转化率为 ，则 的浓度增大 ，
生成 的平均反应速率为 ，即为 ，选项D正确；答案选D。
14. 常温下， 溶液中 、 、 三者所占物质的量分数(分布系数 )随 变化
的关系如图1所示，向 溶液中滴加稀盐酸，所得混合溶液的 与 [ 或
]变化关系如图2所示。下列说法正确的是
A. 水的电离程度：
B. 点时，
C. 图1中 点即为图2中 点，对应的
D. 点时，
【答案】CD
【解析】
【详解】随着 增大， 减小， 先增大后减小， 增大， 增大，
减小，所以图1中1代表 ，2代表 ，3代表 ，图2中 代表 随变化曲线， 代表 随 变化曲线。
A． 、 (电离大于水解)会抑制水电离， 会促进水电离，随着 增大， 减小，
先增大后减小， 增大， 、 两点 均为3，为同一溶液，所以水的电离程度
，选项A错误；
B．由图2知， 点 ，再由图1可知 ，选项B错误；
C．由图2知， 点为 与 的交点，有 ，解得 ，即图2中
点为图1中 点，又由 ，解得
，即 ，选项C正确；
D． 点时，联立电荷守恒 、物料守恒
得 ，再由
点 ，由图1知， ，所以有 ，选项D
正确；
答案选CD。
三、非选择题(本大题包括5个小题，共54分。)
15. 某湿法炼锌的萃余液中含有Na+、Zn2+、Fe2+、Mn2+、Co2+、Cd2+及30~60g·L-1HSO 等，逐级回收有价
2 4
值金属并制取活性氧化锌的工艺流程如图：已知：
沉淀物 Fe(OH) Fe(OH) Co(OH) Co(OH) Cd(OH)
3 2 2 3 2
K 2.6×10-39 4.9×10-17 5.9×10-15 1.6×10-44 7.2×10-15
sp
回答下列问题：
（1）“中和氧化水解”时，先加入适量的石灰石调节溶液的pH为1.0；加入一定量的NaSO；再加入石灰
2 2 8
石调节溶液的pH为4.0。
①氧化”时，Mn2+转化为MnO 除去，反应的离子方程式为_______。
2
②“沉渣”的主要成分除MnO 外还有_______。
2
③“氧化”时若加入过量的NaSO，钴元素将会进入“沉渣”中，则水解后溶液中含钴微粒的浓度为
2 2 8
_______mol·L-1。
（2）“除镉”时，主要反应的离子方程式为_______。
（3）“沉锌”时，在近中性条件下加入NaCO 可得碱式碳酸锌[ZnCO·2Zn(OH) ·H O]固体，同时产生大量
2 3 3 2 2
的气体。产生大量气体的原因是_______。
（4）不同质量分数的NaSO 溶液在不同温度下析出NaSO 晶体的物种如图所示。欲从含20%Na SO 及微
2 4 2 4 2 4
量杂质的“沉锌后液”中直接析出无水NaSO ，“操作a”为_______。
2 4
【答案】（1） ①. SO +Mn2++2H O=MnO ↓+2SO +4H+ ②. Fe(OH) 、CaSO ③. 1.6×10-14
2 2 2 3 4
（2）Zn+Cd2+=Zn2++Cd
（3）Zn2+和CO 发生双水解，相互促进，产生ZnCO ·2Zn(OH) ·H O和CO 气体
3 2 2 2
（4）蒸发浓缩、趁热过滤【解析】
【分析】萃铜余液中含有Mn2+、Cd2+、Co3+、Ni2+、Zn2+、Na+、Fe2+等离子，由流程可知，向萃铜余液中加
入石灰石粉和氧化剂，余液中Mn2+、Fe2+被氧化生成MnO 、氢氧化铁，反应过程中生成硫酸钙沉淀，过滤
2
得到MnO 、氢氧化铁、硫酸钙，和“氧化除锰”的余液﹔向余液中加入Zn， Zn与Cd2+发生置换反应生成
2
Cd，过滤得到除去Cd2+的滤液；加入有机溶剂萃取，除去钴、镍，分液得到硫酸锌溶液，向硫酸锌溶液中
加入碳酸钠溶液﹐硫酸锌转化为ZnCO ·2Zn(OH) ·H O晶体，过滤得到ZnCO ·2Zn(OH) ·H O晶体，煅烧、
3 2 2 3 2 2
粉碎得到工业活性氧化性，以此来解答。
【小问1详解】
①NaSO 具有氧化性，将Mn2+ 转化为MnO 除去，反应的离子方程式为 + Mn2++2H O= MnO↓+ 2
2 2 8 2 2 2
+4H+；
②“沉渣”的主要成分除MnO 外还有氢氧化铁和硫酸钙，化学式为Fe(OH) 、CaSO；
2 3 4
③加入石灰石调节溶液的pH为4.0，Co(OH) 的Ksp= 1.6× 10-44，则水解后的溶液中含钴微粒的浓度为
3
=1.6 ×10-14；
【小问2详解】
“除镉”时，是锌置换镉，主要反应的离子方程式为Zn+Cd2+= Zn2++Cd；
【小问3详解】
①Zn2+和 发生双水解，相互促进，产生ZnCO · 2Zn(OH) ·H O和大量的CO 气体；。
3 2 2 2
②ZnCO ·2Zn(OH) ·H O需洗涤，检验是否洗净，即检验溶液中是否含有碳酸根离子，可以选用的试剂是氯
3 2 2
化钡；
【小问4详解】
从图分析，硫酸钠的溶解度随着温度升高而降低，所以要想得到硫酸钠，需要进行的操作为蒸发浓缩，趁
热过滤。
16. 某小组用四氢化萘( ，无色有刺激性气味液体，沸点207°C)、液溴、蒸馏水和纯铁粉为
原料，利用反应C H +4Br C HBr +4HBr制取少量粗HBr溶液，同时获得四溴化萘(常温
10 12 2 10 8 4
下为固态，不溶于水)。实验步骤：
①按一定质量比把四氢化萘和水加入反应器中，加入少量纯铁粉。
②缓慢滴入液溴，不断搅拌，直到四氢化萘反应完全。
③_______，得到粗HBr溶液。
回答下列问题：
（1）图中适合步骤①和②的装置是乙，不选用甲的理由是_______。
（2）步骤②中，反应完全、达到终点的现象是_______。
（3）乙中玻璃导管的作用是_______、_______。
（4）请将步骤③补充完整：_______。
（5）粗HBr溶液在空气中长期放置，溶液呈黄色。其原因可能是_______(用离子方程式表示)。
（6）检验实验所得HBr溶液中是否含有Fe2+：取少量粗HBr溶液加入过量AgNO 溶液，静置，取上层清
3
液滴入到KMnO 溶液中，若紫红色的KMnO 溶液褪色，证明溶液中含Fe2+，若紫红色不褪色，则不含
4 4
Fe2+。该方法是否可行，并说明理由。_______。
（7）若得到的粗HBr溶液浓度为4mol·L-1(密度为×1.2g·cm-3)，则四氢化萘(Mr=132)和水的质量比是
_______(设溴化反应进行完全)。
【答案】（1）溴易挥发，会污染空气；溴会腐蚀胶头滴管的胶帽
（2）滴入最后一滴液溴时，溶液呈浅黄色
（3） ①. 冷凝回流 ②. 平衡气压
（4）过滤 （5）4Br-+4H++O =2Br +2H O
2 2 2
（6）不可行，NO 在酸件条件下能将Fe2+氧化Fe3+，观察不到紫红色的KMnO 溶液褪色
4
（7）11:73
【解析】
【小问1详解】
溴易挥发，会污染空气；溴会腐蚀胶头滴管的胶帽，所以步骤①和②的装置选用乙而不选用甲；
【小问2详解】步骤②中，四氢化萘反应完全，滴入的液溴剩余，所以达到终点的现象是滴入最后一滴液溴时，溶液呈浅
黄色；
【小问3详解】
乙中玻璃导管与空气连通，作用是平衡气压、冷凝回流液溴；
【
小问4详解】
四溴化萘常温下为固态，不溶于水，反应完全后，过滤分离出四溴化萘，得HBr溶液；
【小问5详解】
粗HBr溶液在空气中长期放置，氧气把溴离子氧化为溴分子，所以溶液呈黄色，反应的离子方程式是4Br-
+4H++O =2Br +2H O。
2 2 2
【小问6详解】
NO 在酸件条件下能将Fe2+氧化Fe3+，观察不到紫红色的KMnO 溶液褪色，所以该方法不可行，。
4
【小问7详解】
若溶液质量为100g，溴化氢的物质的量为 ，则水的质量为100g-
=73g，根据C H +4Br C HBr +4HBr反应，可知加入四氢化萘的物质的
10 12 2 10 8 4
量是 mol，四氢化萘(Mr=132)的质量11g，四氢化萘(Mr=132)和水的质量比是11:73。
17. CO 用于催化氧化C H 合成C H，总反应为：CO(g)+C H(g) CO(g)+HO(g)+C H(g)
2 2 6 2 4 2 2 6 2 2 4
∆H=+177kJ·mol-1；反应分两步进行： ⇌
反应iC H(g) C H(g)+H(g) ∆H =+137kJ·mol-1
2 6 2 4 2 1
反应iiCO
2
(g)+⇌H
2
(g) CO(g)+H
2
O(g) ∆H
2
回答下列问题： ⇌
（1）∆H=_______kJ·mol-1。
2
（2）已知平衡常数(K)与温度(T)之间存在定量关系，且符合Van’tHoff方程lnK=- (不同反应
中C不同)。上述三个反应的平衡常数(K)与温度(T)之间的关系如图，反应i对应的曲线为_______(填“a”“b”
或“c”)。（3）按照n(CO)：n(C H)=1：1投料，测得C H 平衡转化率[α(C H)]与温度、压强的关系如图所示，则
2 2 6 2 6 2 6
压强P、P、P 由大到小的顺序为_______。
1 2 3
（4）在C H 合成体系内会发生副反应。
2 4
①若发生副反应C H(g) 3H(g)+2C(s)，会降低催化效率，原因是_______。
2 6 2
②某温度下，若只存在副⇌反应：2CO
2
(g)+C
2
H
6
(g) 4CO(g)+3H
2
(g)。向aL密闭容器中充入1.2molC
2
H
6
和
2molCO ，tmin后反应达到平衡，容器内C H 为⇌0.6mol，CO 为0.4mol，则v(CO)=_______mol·L-1·min-1，
2 2 4 2 2
C H 的平衡总转化率为_______%(保留1位小数)。
2 6
（5）我国科学家利用CO 电催化氧化法实现了C H 制备C H，阴极电极反应式为：CO+2e-=CO+O2-，则
2 2 6 2 4 2
阳极电极反应式是_______。
【答案】（1）+40 （2）c
（3）P>P >P
1 2 3
（4） ①. 催化剂表面产生积碳，减少与反应物接触从而降低催化效率或导致催化剂失活 ②.
③. 91.7
（5）C H+O2--2e-=C H+H O
2 6 2 4 2
【解析】
【小问1详解】根据盖斯定律，反应CO(g)+H(g) CO(g)+ H O(g)可由已知总反应-反应i得到，则
2 2 2
；
【小问2详解】
由于lnK= - ，则lnK与 之间成反比关系，反应i、ii和总反应的反应热 均是正值，当
越大时， 越小，曲线的斜率越大，已知 介于中间，则其对应的曲线为c；
【小问3详解】
根据总反应CO(g)+C H(g) CO(g)+HO(g)+C H(g)可知，反应正向吸热，温度升高，C H 平衡转化
2 2 6 2 2 4 2 6
率增大，但是正向体积增大，温度相同时，加压平衡逆向移动，故压强越大，C H 的平衡转化率越小，
2 6
结合图可知P>P >P ；
1 2 3
【小问4详解】
①CO 用于催化氧化C H 合成C H，若发生副反应C H(g) 3H(g)+ 2C(s)，该反应会产生碳，导致催
2 2 6 2 4 2 6 2
化剂表面产生积碳，减少与反应物接触从而降低催化效率或导致催化剂失活会，降低催化效率，故答案为：
催化剂表面产生积碳，减少与反应物接触从而降低催化效率或导致催化剂失活；
②某温度下，若只存在副反应：2CO(g)+C H(g) 4CO(g)+3H(g)，向aL密闭容器中充入1.2molC H
2 2 6 2 2 6
和2molCO ，tmin后反应达到平衡，容器内C H 为0.6mol，CO 为0.4 mol，则v(CO)=
2 2 4 2 2
mol·L-1·min-1；根据总反应CO(g)+C H(g) CO(g)+HO(g)+C H(g)，容器
2 2 6 2 2 4
内C H 为0.6mol，可知C H 消耗0.6mol，同时消耗CO 为0.6 mol，则副反应中，CO 消耗1mol，可知
2 4 2 6 2 2
C H 在副反应中消耗0.5mol，C H 的平衡总转化率= %；
2 6 2 6
【小问5详解】
CO 电催化氧化法实现C H 制备C H，总反应为：CO(g)+C H(g) CO(g)+HO(g)+C H(g)，已知阴极
2 2 6 2 4 2 2 6 2 2 4电极反应式为：CO+2e-=CO+O2-，则阳极电极反应式是C H+ O2--2e-= C H+ H O。
2 2 6 2 4 2
18. 锌的化合物在生产生活中有广泛的应用。
（1）L-赖氨酸锌螯合物X (结构为如图)易被人体吸收。
①X中元素(除H外)的第一电离能由小到大的顺序为_______，加“*”氧原子的杂化方式为_______。
②X的晶体中存在的微粒间作用力有._______。
A.离子键 B. π键 C.金属键 D.配位键 E.非极性键
③L-赖氨酸易溶于水主要原因是_______。
（2）某锌铁氧体[化学式为ZnFe(III) O]制成的磁芯被广泛用于电子行业。
x y z
①组成微粒的原子(或离子)中存在未成对电子，该微粒具有顺磁性。指出锌铁氧体晶体中具有顺磁性的离
子，并说明理由_______。
②锌铁氧体晶胞结构如图所示，该晶胞由4个A型和4个B型小立方体构成。锌铁氧体的化学式为
_______。
【答案】（1） ①. Zn、C、O、N ②. sp3杂化 ③. B、D、E ④. L-赖氨酸分子与水分子形
成分子间氢键
（2） ①. Fe3+，Fe3+的外围电子排布为3d5，存在5个未成对电子 ②. ZnFe O
2 4
【解析】
【小问1详解】
的
X中元素(除H外)还有C、N、O、Zn，非金属 第一电离能大于金属，故Zn的第一电离能最小，C、N、O位于同一周期，从左往右呈增大趋势，N为半满结构，第一电离能最大，故第一电离能由小到大的顺序
为Zn、C、O、N；加“*”氧原子有两个单键和两个孤电子对，杂化方式为sp3杂化；X晶体中酯基中存在
π键，Zn与O之间是配位键，C-C之间为非极性键，故选B、D、E；L-赖氨酸易溶于水主要原因是L-赖氨
酸分子与水分子形成分子间氢键；
【小问2详解】
根据题中所给信息：组成微粒的原子(或离子)中存在未成对电子，该微粒具有顺磁性，锌铁氧体晶体中存
在Fe3+，Fe3+的外围电子排布为3d5，存在5个未成对电子；该晶胞由4个A型和4个B型小立方体构成，
组合起来可知Zn在晶胞的顶点、面心、4个A型晶胞体心，共8个；O在8个小立方体内部，共32个；
Fe在4个B型小立方体内部，共16个，故锌铁氧体的化学式为ZnFe O。
2 4
19. 有机物M是合成一种应用广泛的杀虫杀螨剂的中间体，合成路线如图：
回答下列问题：
（1）A的名称为_______，由E生成F的反应类型是_______。
（2）M中所含官能团的名称是._______，分子中_______(填“有”或“无”)手性碳原子。
（3）由C生成D是取代反应，该反应的化学方程式为_______。
（4）G的结构简式为_______。
（5）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式_______。
a.遇FeCl 溶液显紫色
3
b.能发生银镜反应
c.核磁共振氢谱图显示五组峰，且峰面积比为6：4：2：1： 1
【答案】（1） ①. 1，3，5-三甲苯 ②. 加成反应
（2） ①. 酯基 ②. 无（3） （4）
（5） 或 （写一种即可）。
【解析】
【分析】A经过与HCHO/HCl反应生成B结构为 ，在Mg和CO/H O条件下将氯原子
2 2
转化为羧基，再经SOCl 取代反应将-COOH转化为-COCl得到D，E经过与HCN加成反应得到F，由H的
2
结构及G到H 的反应条件可推出G结构简式为 ，根据题意可知D与H经取代反应合成
M。
【小问1详解】
根据系统命名法A的名称为1，3，5-三甲苯，根据E和F结构可知由E生成F为加成反应。
故答案为：1，3，5-三甲苯，加成反应。
【小问2详解】
根据M结构可知所含官能团为酯基，分子中不含有手性碳原子。
故答案为：酯基，无。
【小问3详解】
根据分析可知由C生成D为取代反应，化学反应方程式为：
。
故答案为： 。【小问4详解】
由分析可知G的结构简式为： 。
故答案为： 。
【小问5详解】
根据条件遇FeCl 溶液显紫色，说明含有酚羟基，且能发生银镜反应说明含有醛基，其中核磁共振氢谱图
3
为五组峰，且峰面积比为6：4：2：1： 1 同分异构体的结构简式为： 或
的
（写一种即可）。
故答案为： 或 （写一种即可）。
