中的_______点。

(3)研究表明，NOx的脱除率除与还原剂、催化剂相关外，还与催化剂表面氧缺位的密集程度成正比。以La0.8A0.2BCoO3+x(A、B均为过渡元素)为催化剂，用H2还原NO的机理如下：

第一阶段：B4+(不稳定)+H2→低价态的金属离子(还原前后催化剂中金属原子的个数不变) 第二阶段：NO(g)+□→NO(a) ΔH1 K1 2NO(a)→2N(a)+O2(g) ΔH2 K2 2N(a)→N2(g)+2□ ΔH3 K3 2NO(a)→N2(g)+2O(a) ΔH4 K4 2O(a)→O2(g)+2□ ΔH5 K5

注：“□”表示催化剂表面的氧缺位，“g”表示气态，“a”表示吸附态。

第一阶段用氢气还原B4+得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是________________。第二阶段中各反应焓变间的关系：?H2+?H3=_____；该温度下，NO脱除反应2NO(g)

N2(g)+O2(g)的平衡常数K=____ (用含K1、K2、K3的表达式表示）。

19．（6分）利奈唑胺（I）为细菌蛋白质合成抑制剂，其合成路线如下：

回答下列问题：

（1）A中的官能团名称是____，

（2）C—D、F—G的结反应类型分别为____ （3）B的结构简式为____。 （4）H—I的化学方程式为____。

（5）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。用星号（*）标出

中的手性碳____

（6）芳香族化合物X是C的同分异构体，写出核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为4:4:2:1的X的结构简式____。（不考虑立体异构，只写一种）

（7）参照上述合成路线，设计以甲苯和乙酸为原料制备选）____。

的合成路线（无机试剂任

参考答案

一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．C 【解析】 【分析】 【详解】

A．回收厨余垃圾油脂部分可用于制备生物燃料，但不能用于提取食用油，故A错误；

B．油脂由碳、氢、氧元素组成，氨基酸最少由碳、氢、氧、氮元素组成，回收废油脂用于提炼氨基酸不符合质量守恒，故B错误；

C．使用的纸张至少含有30%的再生纤维，故再生纸是对废旧纤维的回收利用，可节约资源，故C正确； D．废旧电池含重金属，深度填埋会使重金属离子进入土壤和水体中，造成水源和土壤污染，故D错误； 答案选C。 【点睛】

多从环保和健康的角度分析垃圾分类回收，提倡可持续发展。 2．B 【解析】 【详解】

A．由结构简式可知该有机物的分子式为C12H12O4，故A不符合题意；

B．能与氢气发生加成反应的为碳碳双键、苯环和醛基，则1 mol该有机物最多能与5 mol H2反应，故B符合题意；

C．只有羧基能与NaHCO3反应，则0.1 mol该有机物与足量NaHCO3溶液可生成0.1 mol CO2，气体体积为2.24 L（标准状况下），故C不符合题意；

D．分子中含有碳碳双键、醛基，可发生加成、氧化、还原反应，含有羧基、羟基，可发生取代反应，故D不符合题意； 故答案为：B。 3．D 【解析】 【详解】

根据流程图，混合物中加入试剂x过滤后得到铁，利用铝与氢氧化钠反应，铁不与氢氧化钠反应，因此试剂x为NaOH，a为NaAlO2，a生成b加入适量的y，因此y是盐酸，b为氢氧化铝，氢氧化铝受热分解成Al2O3，然后电解氧化铝得到铝单质；

A.根据上述分析，A正确；

B. a→b发生的反应为：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，故B正确；

C. 根据上述分析，b→c→Al的反应条件分别为：加热、电解，故C正确； D.a为NaAlO2，NaAlO2与碱不反应，故D错误； 答案选D。 4．A 【解析】

①铁片置于CuSO4溶液中，铁片上有亮红色物质析出，说明发生了置换反应Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu，活泼性Fe>Cu；②、③、④均不能说明活泼性Fe>Cu；⑤铁、铜用导线连接置于稀硫酸中，铁、铜形成原电池，Fe作负极，铁片溶解，铜作正极有H2放出，说明活泼性Fe>Cu，故答案选A。 5．B 【解析】 【详解】

A.受强酸腐蚀致伤时，应先用大量水冲洗，再用2%NaHCO3溶液洗，A错误；

B.吸取溶液后的移液管，需将液体放入稍倾斜的容器中，并保持管壁的垂直，并将管尖与容器内壁接触后，才能松开食指让溶液流出，B正确；

C.茚三酮试剂与蛋白质作用，应生成蓝紫色物质，C错误；

D. 检验氯乙烷中的氯元素时，应先将氯乙烷用热的强碱水溶液或强碱的乙醇溶液处理，让其发生水解，D错误。 故选B。 6．C 【解析】

25℃时，向KCl溶液加入少量KCl固体至溶液刚好饱和的过程中，随着氯化钾的增加，溶液中氯化钾的质量逐渐增加、氯化钾的质量分数逐渐增大、溶液的质量逐渐增大，但是整个过程中溶剂水的质量不变，答案选C。 7．B 【解析】 【详解】

①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH1=-572kJ/mol ②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-393.5kJ/mol

③C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ΔH3=-1367kJ/mol 根据盖斯定律 ②×2＋①×

13－③得2C(s)+3H2(g)+O2(g)=C2H5OH(l)，ΔH=-278kJ/mol，故选B。 22【点睛】

根据盖斯定律，反应热只与反应体系的始态和终态有关，与反应历程无关；在用盖斯定律计算时，要准确找到反应物和生成物及它们的系数，这样有助于准确的对已知方程进行处理。 8．B 【解析】 【详解】

A.NH4Cl全部由非金属元素组成，但含有离子键和共价键，A项错误；

B.同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，各周期中ⅠA族金属元素的金属性最强，B项正确； C.同种元素的原子质子数相同，但中子数不同，C项错误；

D.Ⅶ族元素的阴离子还原性越强，则元素的非金属性越弱，其最高价氧化物对应水化物的酸性越弱，D项错误； 答案选B。

9．增大接触面积，加快反应速率 溶解Al，使其分离出去 ClO3?+5Cl?+6H+ =3Cl2↑+3H2O Li+的浸出率较高，且较环保（节约酸和氧化剂的用量） 提高浸出液中Li+ 浓度（或提高氧化剂和酸的利用率

/节约后续纯碱的用量） CO32?结合H+，c(H+)减小，H2PO4?HPO42? +H+，HPO42?PO43?+H+，两个电离平衡均向右移动，c(PO43?)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体 过程iv若使用饱和Na2CO3溶液，其中c(CO32?)较大，易形成Li2CO3沉淀与磷酸铁沉淀一同析出，减少高纯Li2CO3的产量 用热水洗涤，干燥 【解析】 【分析】

（1）根据影响反应速率的因素分析过程i研磨粉碎的目的； （2）根据铝可溶于氢氧化钠溶液分析；

（3）①实验2中，NaClO3与盐酸发生归中反应反应生成氯气、氯化钠、水； ②实验1与实验3比，浸出液中Li浓度高； ③浸出液循环利用，可以提高氧化剂和酸的利用率； （4）过程iv加入30%的Na2CO3溶液可以提高PO43?的浓度； （5）c(CO32?)越大越易生成Li2CO3沉淀； （6）根据温度越高碳酸锂溶解度越小分析； 【详解】

（1）过程i研磨粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率；

（2）单质铝可溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，所以过程ii加入足量NaOH溶液的作用是溶解Al，使其分离出去；

（3）①实验2中，NaClO3与盐酸发生归中反应生成氯气、氯化钠、水，反应离子方程式是

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