2026文昌中学高三下学期第一次月考化学试题含解析

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(考试时间：90分钟；满分：100分)
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 N-14 O-16 Cl-35.5 Ga-70
第Ⅰ卷 选择题
一、单项选择题(每小题只有一个选项符合题意。)
1. 下列食品添加剂主要用于延长食品保质期的是
A 抗氧化剂B. 增味剂C. 着色剂D. 膨松剂
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】食品中加入抗氧化剂可减缓食品的腐蚀，延长保质期；调味剂、着色剂以及增稠剂与食品的味、色、态有关，故答案为：A
2. 下列实验操作或事故处理方法正确的是
A. 用标准液润洗滴定管后，将润洗液全部从上口倒出
B. 电器失火时，可以用泡沫灭火器灭火
C. 加热KClO3分解制取氧气，用排水法收集出现倒吸现象时，立即停止加热
D. 水蒸气轻微烫伤时，可先用洁净的冷水处理，再涂上烫伤药膏
【答案】D
【解析】
【详解】A．滴定管用标准液润洗后，润洗液需要从滴定管下口放出，不能从上口倒出，操作错误，A错误；
B．泡沫灭火器喷出的物质含水，水具有导电性，电器失火时使用泡沫灭火器易引发触电事故，不能用泡沫灭火器，B错误；
C．加热氯酸钾制氧气排水收集时出现倒吸，若立即停止加热，装置内压强会进一步减小，倒吸加剧，容易导致仪器炸裂，正确操作是先将导管从水中移出，C错误；
D．水蒸气轻微烫伤时，先用洁净冷水冲洗可以降低伤处温度，再涂抹烫伤药膏处理，处理方法正确，D正确；
故答案选D。
3. 名菜“白切鸡”常搭配姜葱汁蘸料。关于其中涉及的主要物质，下列说法正确的是
A. 鸡皮中的油脂在人体胃酸条件下发生皂化反应
B. 蘸料中的蔗糖属于非还原性糖
C. 蛋白质是纯净物
D. 加热煮熟的过程仅使鸡肉中的蛋白质发生了盐析
【答案】B
【解析】
【详解】A．皂化反应是油脂在碱性条件下的水解反应，人体胃酸为酸性环境，不满足皂化条件，故A错误；
B．蔗糖分子中无自由醛基或酮基，不能发生还原反应，属于非还原性糖，故B正确；
C．蛋白质是由多种氨基酸组成的生物大分子，天然蛋白质通常为混合物（如鸡肉含多种蛋白质），故C错误；
D．加热煮熟使蛋白质变性（结构破坏，不可逆），而盐析是加盐导致的沉淀（可逆），故D错误；
答案选B。
4. 化学反应千变万化，实验现象千姿百态。下列叙述错误的是
A. 密封在无色试剂瓶中的新制氯水，久置后瓶内气压增大
B. 集满的试管倒置在水中，水柱充满试管
C. 在中受热，反应后的固体为淡黄色
D. 在空气中久置的水玻璃逐渐变浑浊
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯水久置后，HClO分解为HCl和O2，O2溶解度低，导致气压增大，A正确；
B．3体积NO2和水反应生成1体积NO和硝酸，水面仅上升至试管2/3处，剩余NO气体，NO不溶于水，水柱无法充满试管，B错误；
C．Na2O在O2中加热生成淡黄色Na2O2，C正确；
D．硅酸钠与CO2反应生成不溶于水的硅酸，溶液变浑浊，D正确；
故选B。
5. 浓硫酸与木炭在加热时发生反应：。设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 含质子数为
B. 标况下，含键数目为
C. 有生成时，该反应转移电子数为
D. 与充分反应得到的分子数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．是碳的一种同位素，原子核中有6个质子，8个中子，12 g 的物质的量 ，所以总质子数为：，A错误；
B．标准状况下，是 1 ml（标准状况下气体摩尔体积为 22.4 L/ml），CO2分子结构：O=C=O，每个 CO2分子中有：2 个 C=O 双键，每个双键包含 1 个 σ 键 和 1 个 π 键，所以每个CO2分子有 2 个σ键，1 ml CO2有 个σ键，B错误；
C．反应中C元素化合价从0价升至+4价（CO2），失去4个电子；生成1 ml CO2时，对应1 ml C失去4 ml电子，转移电子数为4NA，C正确；
D．SO2与O2反应生成SO3为可逆反应：2SO2+O22SO3，无法完全转化，故2 ml SO2与1 ml O2充分反应生成的SO3分子数小于2NA，D错误；
故选C。
6. 某电解质阴离子的结构如图。X、Y、Z、Q为原子序数依序增大的同周期元素，Z的单质为常见氧化剂。下列说法错误的是
A. Z的氢化物中可能含有非极性键
B. 键角：YZ>XQ
C. Y的含氧酸不与酸性高锰酸钾反应
D. 同周期所有元素中，第一电离能位于X、Z之间的元素有2种
【答案】C
【解析】
【分析】Z的单质为常见氧化剂，且Z周围可以形成两条键，推出Z为O元素；X、Y、Z、Q为原子序数依序增大的同周期元素，可知Q为F元素；X和Y周围都可以形成四条键，且原子序数：Y>X，结合阴离子结构，推出X为B元素，Y为C元素。
【详解】A．Z（O）的氢化物为H2O或H2O2，H2O2中含有非极性键，A正确；
B．代表的是碳酸根离子，其中心碳原子采取sp2杂化，离子构型为平面三角形，键角为120°，代表的是四氟合硼酸根离子，其中心硼原子采取sp3杂化，离子构型为正四面体形，键角为109°28′，因此键角，B正确；
C．Y为C，它的含氧酸并非都不与酸性高锰酸钾反应，例如草酸（H2C2O4）就具有较强的还原性，能被酸性高锰酸钾氧化为CO2，C错误；
D．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于O，第一电离能位于X（B）、Z（O）之间的元素有Be、C两种，D正确；
故选C。
7. 利用色度传感器探究压强对化学平衡的影响：(红棕色)(无色)∆HF>H
D. 为平衡移动的过程，平衡逆向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A． 过程中，气体透射率迅速降低，说明气体颜色变深 (浓度增大)。这是压缩注射器活塞的过程 (体积减小，浓度瞬间增大)，而非拉伸，A错误；
B．C点对应的透射率小于E点，说明体系中浓度比E点高，浓度越高反应速率越快，因此C点的反应速率大于E点，B正确；
C．透射率越小，气体颜色越深。由图可知，D、F、H三点的透射率大小关系为 ，所以体系颜色深浅为 ，C错误；
D． 过程中，透射率升高 (颜色变浅)，说明平衡正向移动 (转化为)，D错误；
故答案选B。
8. 实验室以Cu和浓硝酸为原料制备和。下列图示装置和原理不能达到实验目的的是
A. 用装置甲制备B. 用装置乙收集
C. 用装置丙吸收尾气中的D. 用装置丁蒸干溶液得到
【答案】D
【解析】
【详解】A．装置(甲)中铜与浓硝酸反应制得，符合实验原理，A不符合题意；
B．装置(乙)利用密度大于空气，可用向上排空气法收集，符合实验原理，B不符合题意；
C．装置(丙)用NaOH溶液吸收尾气中的，离子方程式为：，可防止污染环境，C不符合题意；
D．装置(丁)若将溶液直接蒸干，会因加热促进水解，同时生成的挥发，无法得到晶体，正确操作应是蒸发浓缩、冷却结晶，D符合题意；
故选D。
二、不定项选择题(每小题有1-2个选项符合题意。)
9. 对多酚物质的研究如图所示，以下说法正确的是
已知：多酚类化合物能发生烯醇式和酮式的互变异构：
A. 甲的名称为1，3，5-三苯酚
B. O-H的极性：甲乙醇
C. 的互变异构体为
D. 可以发生加成、水解和消去反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲物质的官能团为酚羟基，根据命名规则，可知甲的名称为1，3，5-苯三酚或间苯三酚，A错误；
B．乙醇的烷基具有给电子效应，O-H极性较弱，甲物质中酚羟基受苯环吸电子共轭效应影响，O-H键极性比乙醇中的醇羟基更强，B错误；
C．由题给信息可知，1，3，5-苯三酚发生酮式互变异构，变为，C正确；
D．含有的官能团是醚键和氰基，氰基可以发生加成、水解反应，无法发生消去反应，D错误；
答案选C。
10. 由下列实验操作及现象所得结论或解释正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．向FeCl2溶液中滴加少量碘水，二者不反应，溶液变黄色是因为碘水显黄色，氧化性：，A结论错误；
B．反应能发生的原因是CuS沉淀不溶于，但酸性H2S < H2SO4（H2S是弱酸，H2SO4是强酸），B结论错误；
C．加热滴加酚酞的Na2CO3溶液，溶液红色加深，因为水解显碱性且是吸热反应，升温平衡正向移动，pH增大，酚酞红色加深，C结论正确；
D．向浓度均为0.1 ml·L-1的AlCl3、FeCl3混合溶液中滴加稀氨水，先出现红褐色沉淀（Fe(OH)3），越小沉淀越难溶，先沉淀，故，D结论错误；
故答案为C。
11. EDTA(乙二胺四乙酸)能与大多数金属离子形成稳定的配合物，其分子结构如图，下列说法错误的是
A. EDTA分子中C的杂化方式有sp2和sp3
B. EDTA的核磁共振氢谱上有5组峰
C. EDTA分子中N、O原子可以提供孤对电子与金属离子最多可形成4个配位键
D. EDTA相对分子质量与正二十烷相近，但沸点差异较大
【答案】BC
【解析】
【详解】A．EDTA分子中连有碳氧双键的C是杂化，其余的碳原子都是杂化，A正确；
B．分子中存在对称轴，共有3组等效氢，核磁共振氢谱中只有3组峰，B错误；
C．EDTA中的每个氨基N原子有1个孤电子对，2个氨基N原子可以与金属离子形成2个配位键，在配位过程中，受制于空间位阻等因素，4个羧基失去质子后形成羧酸根，每个羧酸根中的O原子可提供孤对电子形成1个配位键，总共可形成4个配位键，1个EDTA分子共可以与金属离子形成6个配位键，如图：，C错误；
D．EDTA相对分子质量与正二十烷相近，但是EDTA中含有羧基和氨基，能形成分子间氢键，沸点会大于正二十烷，D正确；
答案是：BC
12. 下列离子或化学方程式错误的是
A. 铅酸蓄电池负极反应式：Pb-2e-=Pb2+
B. 石英砂制粗硅：SiO2+2C2CO↑+Si
C. 乙醇处理废弃钠：2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑
D. 漂白粉生效：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO
【答案】A
【解析】
【详解】A．铅酸蓄电池的电解质为稀硫酸，负极Pb失去电子后会与结合生成沉淀，负极反应为，A错误；
B．石英砂与焦炭在高温下发生置换反应，生成硅和一氧化碳，化学方程式为，B正确；
C．乙醇可与钠发生置换反应生成乙醇钠和氢气，化学方程式为，C正确；
D．漂白粉的有效成分为，与空气中的、反应生成沉淀和，化学方程式为，D正确；
故选A。
13. 某可充电锂电池分别以为电池的电极反应物，硫化物固体电解质传导Li+，电池构造示意图如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 该锂电池也可用Li2S水溶液作电解液传导Li+
B. 放电时，Li1-xCO2失电子，发生氧化反应
C. 放电时，负极质量每减少0.7 g，外电路转移0.1 ml e-
D. 充电时阳极电极反应式：
【答案】AB
【解析】
【分析】电池工作原理如下：放电时为原电池，负极（Li）：，Li失去电子被氧化，通过硫化物固体电解质向正极移动，正极（）：，得到电子被还原；充电时为电解池，阴极：，得到电子被还原，阳极：，失去电子被氧化，由此解题；
【详解】A ．Li是活泼金属，会与水溶液中的水发生反应，因此不能用水溶液作电解液传导，A 错误；
B．由分析知，放电时，在正极得到电子，发生还原反应，而非氧化反应，B 错误；
C．由分析知，放电时负极每消耗1 ml 即7 g，外电路转移1 ml电子，则负极质量每减少0.7 g，外电路转移0.1 ml电子，C 正确；
D．由分析知，充电时阳极电极反应式：，D 正确；
故答案选AB。
14. 25℃下，向20mL0.1ml/LH2A溶液中滴加0.1ml/LNaOH溶液，有关粒子物质的量的变化如图所示。下列有关说法正确的是
A H2A属于强酸
B. c(HA-)/c(H2A)随着VNaOH的增大而减小
C. VNaOH=20mL时，溶液中存在关系：c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=0.lml/L
D. VNaOH=20mL时，溶液中存在关系：c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)
【答案】D
【解析】
【详解】A．20mL0.1ml/LH2A溶液中含有H2A分子，所以H2A是弱酸，故A错误；
B．，随着V(NaOH)的增大，c(H+)减小，所以 增大，故B错误；
C．根据物料守恒，V(NaOH)= 20mL时，溶液中存在关系：c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=0.05ml/L，故C错误；
D．V(NaOH)= 20mL时，溶质为NaHA，根据图象可知c(A2-)>c(H2A)，HA-的电离大于水解，溶液呈酸性，所以c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)，故D正确；
选D。
第Ⅱ卷 非选择题
15. 赤泥是铝土矿提铝后的碱性矿渣。从一种赤泥(含Al2O3、Fe2O3、Al2(Si2O5)(OH)4、CaTiO3等)中回收铁、铝、硅和钛的工艺如下：
回答下列问题：
（1）“酸浸1”时，提高浸取速率的方法为___________(写一种即可)。
（2）完成并配平“沉铁”发生的离子方程式：___________
（3）“滤渣2”的主要成分为、和___________。
（4）实际工艺中，遵循“再循环、减量化”的原则，将“焙烧渣”返回至“滤液2”进行“盐沉”循环使用的目的为___________(写一种即可)。
（5）室温下，“沉铝”中发生的反应为，，当、时，体系pH为___________。
【答案】（1）适当加热(或搅拌、将赤泥粉碎、适当增大草酸浓度等)
（2）
（3）H2SiO3(或H2SiO3、CaCO3)
（4）提高钛、硅的回收率(或减少废渣排放、提高原料利用率)
（5）10
【解析】
【分析】赤泥(含Al2O3、Fe2O3、Al2(Si2O5)(OH)4、CaTiO3等)经草酸浸取，铁、铝、钛等可溶性金属离子进入滤液1，不溶性残渣形成滤渣1；滤液1经光照分解生成沉淀，实现沉铁；滤液2中加入进行盐沉，使硅、钛等形成沉淀进入滤渣2，滤渣2在550时焙烧，焙烧渣中加入盐酸酸浸得到、和；滤液3经加溶液沉铝，最终得到沉淀，整个流程实现了铁、铝、硅、钛的分步回收与分离。
【小问1详解】
可通过适当加热（或搅拌、将赤泥粉碎、适当增大草酸浓度等）来提高浸取速率。
【小问2详解】
根据得失电子守恒和原子、电荷守恒，配平离子方程式为：。
【小问3详解】
“盐沉”时除生成为和外，还会生成沉淀，因此滤渣2主要成分为、和(或、)。
【小问4详解】
将“焙烧渣”返回至“滤液2”进行“盐沉”循环使用的目的为提高钛、硅的回收率（或减少废渣排放、提高原料利用率）。
【小问5详解】
反应，，当、时，=，，故体系的pH为10。
16. 合成氨是化学工业的重要基础，传统合成氨和新型合成氨的反应原理分别如下：
Ⅰ．传统合成氨原理：
以氮气和氢气原料反应， =-92.4 kJ·ml-1。
（1）从化学反应限度的角度分析，合成氨的反应宜选择___________(填字母序号)。
A. 低温高压B. 高温低压C. 高温高压D. 低温低压
（2）工业合成氨使用铁基催化剂时，通常选择在500℃和30 MPa条件下进行反应，其原因是___________。
（3）合成氨的净速率方程可表示为：，(“k1”、“k2”为正、逆反应速率常数，随温度升高而增大)，该反应的平衡常数Kp=___________(用含“k1”、“k2”的式子表示)。
Ⅱ．新型合成氨原理：
（4）以氮气和氢气作为原料气，采用高质子导电性的SCY陶瓷(能传导H+)，从而实现了高温常压下高转化率的电解法合成氨，则电解装置中阴极的电极反应式为___________。
（5）以甲烷和氮气作为原料气，按一定流速充入反应釜中，在作催化剂并持续放电的条件下，发生的主要反应如下：6CH4(g)+N2(g)3C2H6(g)+2NH3(g)，还可能发生甲烷碳化等副反应。当原料气流以n(CH4):n(N2)=3:1通过催化剂发生反应时，在反应釜出口处检测到n(NH3):n(N2)=1:2，则氨气的产率为___________。
【答案】（1）A （2）500℃时催化剂活性高；30MPa压强下综合经济效益高
（3）
（4）N2+6H++6e-=2NH3
（5）40%
【解析】
小问1详解】
正反应为放热反应，是气体分子数减小的反应，降低温度或增大压强，能使平衡正向移动，从化学反应限度的角度分析，合成氨的反应宜选择低温高压，故选A；
【小问2详解】
实际生产中，通常选择在500℃和30 MPa条件下进行反应，其原因是500℃时催化剂活性高；30MPa压强下综合经济效益高；生产效率更高；
【小问3详解】
=0时，代表反应达到平衡，可得，得Kp=；
【小问4详解】
电解装置中氮气在阴极发生还原反应生成氨气，高质子导电性的SCY陶瓷(能传导H+)，电极反应式为N2+6H++6e-=2NH3；
【小问5详解】
当原料气流以n(CH4):n(N2)=3:1通过催化剂发生反应，假设通入原料气为n(CH4) =3 ml，n(N2)= 1 ml，若甲烷全部反应，可以得到1 ml氨气，列三段式：，可得，x=0.2，则氨气的产率为=40%。
17. 三氯化镓(GaCl3)是生产镓衍生化合物的理想前驱体，常用金属镓与HCl反应制备，实验装置如图所示(部分夹持仪器已略去)：

已知：①Ga的熔点为29.8℃，沸点为2403℃。
②GaCl3熔点为77.9℃，沸点为201.3℃，易吸水潮解。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是___________；GaCl3的晶体类型为___________。
（2）乙装置中反应温度为210℃，发生反应的化学方程式为___________；从装置角度看，化学反应速率慢的原因是___________。
（3）装置丁中碱石灰的作用是___________。
（4）由0.280 g镓制得25.00 mL GaCl3溶液，向其中加入20.00 mL 0.2000 ml·L-1乙二胺四乙酸二钠盐溶液(以Na2H2Y表示)与Ga3+完全络合，再加入PAN指示剂，用0.01000 ml·L-1 CuSO4标准液滴定过量的Na2H2Y溶液，消耗CuSO4标准液24.00 mL。过程中涉及的反应有：Ga3++H2Y2-=[GaY]-+2H+、Cu2++H2Y2-=[CuY]2-+2H+，GaCl3的产率为___________。在实验过程中，若未用CuSO4标准液润洗滴定管，则结果___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】（1） ①. 球形干燥管 ②. 分子晶体
（2） ①. ②. 通入的HCl气体与镓仅在液面反应(或气液接触不充分)
（3）吸收HCl气体，防止空气中的水蒸气进入丙装置使GaCl3水解
（4） ①. 94.0% ②. 偏小
【解析】
【分析】甲装置中，NaCl与浓硫酸在加热条件下反应生成干燥的HCl气体：
，同时通入氮气排尽装置内空气，防止金属镓被氧化；乙装置内，金属镓与HCl气体在210℃下发生氧化还原反应：
，高温使产物以气态逸出；丙装置中，气态经四氢呋喃冷却结晶，从气体转变为液态或固态实现收集；丁装置内，碱石灰吸收未反应的HCl气体：，同时隔绝外界水蒸气，避免水解：，整个过程通过精准的条件控制，实现了的高效制备与纯化。
【小问1详解】
由分析知仪器a的名称是球形干燥管；由题干信息②知熔沸点较低，其晶体类型为分子晶体；
【小问2详解】
乙装置中金属镓与气体在210℃下反应生成和，化学方程式为：；从装置角度看，甲装置中HCI气体生成速率较慢，且乙装置中镓为液态，与HCl气体接触面积较小，导致反应速率慢，即答案为：通入的HCl气体与镓仅在液面反应(或气液接触不充分)；
【小问3详解】
易吸水潮解，装置丁中碱石灰可吸收空气中的水蒸气，防止其进入丙装置导致产物水解，同时可吸收未反应的HCl气体，防止污染空气；故答案为：吸收HCl气体，防止空气中的水蒸气进入丙装置使水解；
【小问4详解】
由滴定过程中涉及的反应：Ga3++H2Y2-=[GaY]-+2H+、Cu2++H2Y2-=[CuY]2-+2H+，与反应的的物质的量为：，则的物质的量为0.00376ml，0.280g镓的物质的量为产率为；若未用CuSO4标准液润洗滴定管，会导致CuSO4浓度偏低，消耗体积偏大，计算出的过量偏多，与Ga3+反应的偏少，故结果偏小。
18. 盐酸氨溴索是一种常用于治疗呼吸系统疾病的黏液溶解剂，因其良好的药效与安全性在临床应用广泛。一种新型的合成工艺如下：
（1）A的名称为___________，其分子中共平面的原子最多有___________个。
（2）B的结构简式为___________。
（3）C所含官能团名称为___________；D苯环上一溴代物有___________种。
（4）已知理论上1 ml E参加反应得1 ml F和2 ml另一产物，写出E→F的化学反应方程式___________。
（5）G→H的反应类型是___________。
（6）已知：物质K是物质E的同系物，且分子组成比E多2个C。写出1种满足下列条件的K的同分异构体Y的结构简式：___________。
①属于-氨基酸；②核磁共振氢谱有5组峰。
（7）参照上述合成路线，以和CH3NH2为原料，设计合成的路线(无机试剂任选)___________。
已知：RCOOH+R1NHR2+H2O(合成路线可表示为：AB……目标产物)
【答案】（1） ①. 邻苯二甲酸(或1,2-苯二甲酸) ②. 18
（2） （3） ①. 酰胺基 ②. 2
（4）+ +2CHCl3
（5）氧化反应 （6）或(或其他合理答案)
（7）
【解析】
【分析】由题干合成流程图可知，根据A、C的结构简式和B的分子式以及B以C的反应物可知，B的结构简式为，B和反应生成C，C在NaBr、、共同作用下发生取代反应生成D，C和D在一定条件下反应生成E，E和反应生成F，F在THF、溶剂中被还原为G，G被氧化为H，H和反应生成产物I，该产物I再被还原为J。据此解题。
【小问1详解】
根据A的结构简式可得A的名称为邻苯二甲酸或1,2-苯二甲酸；
A中苯环为平面型结构，每个羧基含C=O和-OH，且羧基可与苯环共平面，共有18个原子可共面。
【小问2详解】
由分析可知，B的结构简式为。
【小问3详解】
由题干流程图中C的结构简式可知，C所含官能团名称为酰胺基；
D苯环对称，有2种不同化学环境的H，故一溴代物有2种。
【小问4详解】
由题干合成流程图中E和F以及E到F的反应可知，已知理论上1 mlE参加反应得到1 mlF和2 ml另一产物，根据元素守恒可知，该产物为，则E→F的化学方程式为+ +2CHCl3。
【小问5详解】
由题干合成流程图可知，G→H为羟基催化氧化为醛基，则该反应类型为氧化反应。
【小问6详解】
由题干流程图信息可知，E的分子式为，不饱和度为5，物质K是物质E的同系物，且分子组成比E多2个C，则K的分子式为，满足条件：①属于-氨基酸即含有结构，该结构中含有3种不同环境的H，
②核磁共振氢谱有5组峰即含有5种不同环境的H原子的K的同分异构体Y的结构简式为或。
【小问7详解】
由题干信息可知，可由和 加热得到；根据题干流程图中I到J的转化信息可知，可由被还原得到；由题干流程图中H到I的转化信息可知，可由和反应得到。由此分析确定合成流程为：。
19. “丹青”是绘画艺术的代称，先秦《管子·小称》有言“丹青在山，民知而取之”，已指出其为天然的矿石颜料。“丹”指丹砂，主要成分为HgS；“青”指石青，主要成分为Cu3(CO3)2(OH)2。
（1）已知Hg元素的信息如下图，则Hg在元素周期表中的位置为___________区。
已知：第二电离能是元素的+1价的气态正离子(基态)失去一个电子形成+2价的气态正离子(基态)所需的最低能量。
（2）分析Cu的第二电离能大于Fe的主要原因___________。
（3）天然HgS晶体主要有两种形态，其中为红色，结构为三方系；为黑色，结构为立方系，区分两者结构差异使用的最可靠的现代技术是___________。
Cu3(CO3)2(OH)2的晶胞结构如下图：
（4）已知Cu3(CO3)2(OH)2晶胞中含4个H原子，对Cu2+所处位置判断错误的是___________。
A. 顶点B. 棱上C. 面心D. 体内
已知：石青受热分解产生CuO、H2O、CO2，将CuO投入NH3、(NH4)2SO4的混合溶液中进行“氨浸”，控制温度为50-55℃，pH约为9.5，得到溶液。
（5）石青分解得到的三种产物的熔点由高到低的顺序为___________。
（6）[Cu(NH3)4]2+结构中，若用两个H2O分子代替两个NH3分子，可以得到两种不同结构的化合物，由此推测[Cu(NH3)4]2+的空间结构为___________。
（7）已知NH3中任意两个N-H的夹角为107.3°，则中任意两个N-H的夹角___________107.3°。(填“大于”“小于”或“等于”)
已知：石青的“孪生兄弟”孔雀石与Na2CO3在一定条件下生成一种配位化合物，其负离子的结构为：
（8）该配合物中心离子的配位数为___________，配体数为___________。
【答案】（1）ds （2）Cu的第二电离能是失去3d10轨道上电子，Fe的第二电离能是失去4s1轨道上的电子，前者比后者难，故Cu的第二电离能大于Fe的第二电离能
（3）X射线衍射实验 （4）B
（5）CuO>H2O>CO2
（6）平面正方形 （7）大于
（8） ①. 4 ②. 2
【解析】
【小问1详解】
由题干Hg元素的信息图，其价电子排布式为5d106s2，故Hg在元素周期表中的位置为ds区。
【小问2详解】
Cu的第二电离能是失去3d10轨道上电子，Fe的第二电离能是失去4s1轨道上的电子，前者比后者难，故Cu的第二电离能大于Fe的第二电离能。
【小问3详解】
晶体X射线衍射是研究晶体结构的权威方法，两种晶体结构不同，能够区分。
【小问4详解】
由题干信息可知，晶胞中含4个H原子，即H位于晶胞体内，结合已知化学式Cu3(CO3)2(OH)2，一个晶胞应该含有6个Cu2+，结合晶胞图示可知，Cu2+位于8个顶点，个，上下面上各1个，个，其余还有6-1-1=4，结合图中信息可知，这4个Cu2+应该都在体内的，即没有在棱上的，故选B。
【小问5详解】
由题干信息可知，石青分解得到的三种产物即CuO、H2O、CO2，CuO是离子晶体，常温下固体，H2O、CO2为分子晶体，由于H2O分子间存在氢键，导致熔点高于CO2，故熔点由高到低的顺序为CuO＞H2O＞CO2。
【小问6详解】
[Cu(NH3)4]2+结构中，若用两个H2O分子代替两个NH3分子，可以得到两种不同结构的化合物，由此推测[Cu(NH3)4]2+的空间结构为平面正方形（如为正四面体则应只得到1种结构）。
【小问7详解】
已知自由的NH3和[Cu(NH3)4]SO4中N均采用sp3杂化，但自由的NH3中N原子周围存在孤电子对，而[Cu(NH3)4]2+中N原子上的孤对电子用来与Cu2+形成配位键，成为成键电子对，该成键电子对对N-H键的排斥作用小于自由的NH3中孤对电子对N-H键的排斥作用，故N-H键的夹角大于107.3°。
小问8详解】
由题干配合物中心离子结构可知，Cu2+周围形成了4个配位键，该配合物中心离子的配位数为4，Cu2+结合2个，配体数为2。选项
实验操作
现象
结论或解释
A
向溶液中滴加少量碘水
溶液变黄色
氧化性：
B
向溶液中通入气体
有黑色沉淀
酸性：
C
加热滴加酚酞的溶液
溶液红色加深
碳酸根离子的水解是吸热反应
D
向浓度均为的混合溶液中滴加稀氨水
先出现红褐色沉淀
第一电离能
第二电离能
Cu
745.5 kJ·ml-1
1958.0 kJ·ml-1
Fe
762.0 kJ·ml-1
1561.0 kJ·ml-1