【文档说明】重庆市巴蜀中学校2024届高三上学期适应性月考卷（二）化学试题 含解析.docx，共(21)页，5.281 MB，由小赞的店铺上传

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巴蜀中学2024届高考适应性月考卷(二)化学注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后

，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。以下数据可供解题时参考。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Al-27Cl-35.5Ca-40Ga-70一、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。1.三星堆出土的文物是宝贵的人类文化遗产。下列说法错误的是文物名称青铜大立人金面具陶鸟头把勺象牙A.青铜是一种合金B.制作金面具的金是不活泼金属，常温下不与任何物质发生反应C.制

作陶鸟头把勺的陶瓷是无机非金属材料D.象牙中含有的14C常用来考古断代，14C与12C互为同位素【答案】B【解析】【详解】A．青铜是一种合金，包含铜、锡等成分，选项A正确；B．金能与王水发生反应，王水由浓硝酸

和浓盐酸体积比1：3配制而成，选项B不正确；C．陶鸟头把勺是一种陶器，陶瓷是一种传统的无机非金属材料，选项C正确；D．14C与12C质子数相同，中子数不同，互为同位素，选项D正确；答案选B。2.图是病人输液

用的氯化钠注射液标签的部分内容，下列说法不正确的是A.Na的原子结构示意图为B.氯化钠的电子式为C.H2O的空间填充模型为D.该溶液可以使用2.25g氯化钠和250mL水混合配制而成【答案】D【解析】【详

解】A．Na是11号元素，故Na的原子结构示意图为：，A正确；B．NaCl是离子化合物，故氯化钠的电子式为：，B正确；C．H2O分子为V形结构，且O的原子半径大于H，故H2O的空间填充模型为，C正确；D．该溶液应该将2.25g氯化钠溶于一定的水中，然后

配成250mL溶液，D错误；故答案为：D。3.下列离子方程式不正确的是A.用硫化钠溶液除去废水中的汞离子：22HgNaSHgS2Na+++=+B.Cl2通入冷的NaOH溶液：22Cl2OHClClOHO−−−+=+

+C.钢铁发生吸氧腐蚀，正极反应：22O2HO4e4OH−−++=D.向()32BaHCO溶液中加入足量NaOH：223323Ba2HCO2OHBaCO2HOCO+−−−++++=【答案】A【解析】【详解】A．用硫化钠除去废水中的汞离子

生成硫化汞沉淀，反应的离子方程式为22HgSHgS+−+=，故A错误；B．Cl2通入冷的NaOH溶液生成氯化钠和次氯酸钠，反应的离子方程式为22Cl2OHClClOHO−−−+=++，故B正确；C．钢铁发生吸氧腐蚀，正极氧气得电子生成氢

氧根离子，正极反应式为22O2HO4e4OH−−++=，故C正确；D．向()32BaHCO溶液中加入足量NaOH生成碳酸钡沉淀、碳酸钠、水，反应的离子方程式为223323Ba2HCO2OHBaCO2HOCO+−−−++++=，故D正确；选A。4.设A?N为阿伏加德罗常数的值，下列说

法正确的是A.2.7g铝与2mol/L的氢氧化钠溶液反应，转移的电子数一定为A?0.3NB.1LpH=1的H2SO4溶液含H+的数目为A0.1NC.1molCH4和白磷(P4)所含共价键数均为A4ND.标准状况下，2.24LCCl

4中的原子总数为A0.5N【答案】B【解析】【详解】A．氢氧化钠的体积未知无法确定电子转移数，A错误；B．pH=1的硫酸溶液中，氢离子浓度为0.1mol/L，故1L溶液中氢离子的物质的量为0.1mol，个数为A0.1N个，B正确；C．一个白磷分子中含有6个共价键，一个甲烷分子中

含有4个共价键，所以1molCH4和白磷(P4)所含共价键数不相等，C错误；D．标准状况下，CCl4不是气体，D错误；故选B。5.某温度下，在某1L恒容密闭容器中发生反应：()()()222HIgHgIg+ΔH>0，若1分钟内()HIn由0.02mol降到0.016mol，则下列说法正确的

是（）A.这1分钟内用I2表示的平均反应速率为()112I0002molLsv−−=．B.()HIn由0.01mol降到0.006mol所需时间也为1分钟C.增加反应体系的体积，化学反应速率减小D.降低温度，正反应速率减小，逆反应速率增大【答案】C【解析】【详解】A．这1

分钟内用I2表示的平均反应速率应为()112I0.002molLminv−−=，A错误；B．若速率不变，所需的反应时间为1分钟，但随反应进行浓度减小，反应速率减小，所需的反应时间大于1分钟，B错误；C．增加反应体系的体积，压强减小，物质浓

度减小，则化学反应速率减小，C正确；D．降低温度，正逆反应速率均减小，D错误。故选C。6.下列关于图所示各装置图的叙述错误的是A.用图①装置精炼铜，b极为精铜，电解质溶液为CuSO4溶液B.图②装置盐桥中KCl的Cl-移向甲烧杯C.图③装置中钢闸门应与外接电源的负极相连，称之为“牺牲阳极的阴极保护

法”D.图④两个装置中消耗负极材料的物质的量相同时，通过导线的电子数不同【答案】C【解析】【详解】A．根据图示，电流由电源流向a，a是阳极、b是阴极，电解法精炼铜，粗铜作阳极、精铜作阴极，电解质溶液为CuSO4溶液，A正确；B

．图②装置，锌是负极、铜是正极，阴离子移向负极，B正确；C．图③装置中钢闸门应与外接电源的负极相连，称之为“外接电流的阴极保护法”，C错误；D．图④两个装置中消耗铝、锌都为1mol时，通过导线的电子为3mol和2mol，D正确；故选C。7.单斜硫和正交硫转化为二氧化硫的能量变化

如图，下列说法正确的是A.()()Ss,=Ss,单斜正交10.33kJmolH−=+B.①式反应断裂1mol单斜硫(s)和1molO2(g)中的共价键吸收的能量比形成1molSO2(g)中的共价键所放出的能量少297.1

6kJC.②式表示一个正交硫分子和1个O2分子反应生成一个SO2分子放出296.83kJ的能量D.正交硫的燃烧热为296.83kJ【答案】B【解析】【详解】A．由能量图可知，单斜硫的能量比正交硫的能量高，因

此()()Ss,Ss,=单斜正交为放热反应，10.33kJmolH−=−△，故A错误；B．①为放热反应，反应断裂1mol单斜硫(s)中的共价键和1molO2(g)中的共价键吸收的能量比形成1molSO2(g)

中的共价键所放出的能量少297.16kJ，故B正确；C．热化学方程式中各物质前的化学计量数不再表示粒子的数目，只表示物质的“物质的量”，②式表示1mol正交硫和1molO2分子反应生成1molSO2分子放出296.83kJ的能量，故C错误；D．燃烧热的单位是kJ/mol，

正交硫的燃烧热为296.83kJ/mol，故D错误；选B。8.利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是A.用甲装置制备并收集CO2B.用乙装置制备溴苯并验证有HBr产生C.用丙装置制备无水MgCl2D.用丁装置在铁上镀

铜【答案】C【解析】详解】A.CO2密度大于空气，应采用向上排空气法收集，A错误；B.苯与溴在溴化铁作用下反应，反应较剧烈，反应放热，且溴易挥发，挥发出来的溴单质能与水反应生成氢溴酸，所以验证反应生成的HBr，应先将气体通过四氯化碳，将挥发的溴单质除去，B错误；C.MgCl2能水解，在

加热时通入干燥的HCl，能避免MgCl2的水解，C正确；D.电解时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，所以丁装置铁为阳极，失去电子，生成二价铁离子，铜为阴极，溶液中的铜离子得到电子，得到铜，D错误。答案选C。【点睛】本题为实验题，结合物质的性质

和电解的原理进行解题，掌握常见物质的制备方法，注意水解的知识点。9.一水合甘氨酸锌是一种饲料添加剂，其结构简式如图。下列说法错误的是A.基态Zn原子的电子在原子核外有30种空间运动状态B.该配合物中非金属元素电负性最小的是氢C.该物质中几种非金属元素第一电离能从大到小

的顺序为N>O>CD.该配合物中C原子有sp2和sp3两种杂化方式【答案】A【解析】【详解】A．基态Zn原子核外电子有15种空间运动状态，A错误；【B．该配合物中含H、C、N、O四种非金属元素，同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐变大，同族元素从上到下，元素的电负性逐

渐变小，则氢元素的电负性最小，B正确；C．该物质中几种非金属元素第一电离能从大到小的顺序为N>O>C，C正确；D．该物质中C原子有sp2和sp3两种杂化方式，D正确；故选A。10.香豆素类药物是能缓解肌肉痉挛，起到放松、止痛

的效果，尤其是一些慢性疼痛，还能促进睡眠、调节血压(血清素)。一种合成香豆素的原理如图。下列说法正确的是A.M与足量氢气完全加成后，所得加成产物含2个手性碳原子B.水杨醛能发生氧化、还原、取代、加成、消去反应C.有机物M有3种含氧官能团D.香豆素水解时最多消耗1mol的氢氧化钠【答案】A【

解析】【分析】M分子中含有一个苯环和一个碳碳双键能够与H2发生加成反应，而羧基具有特殊的稳定性，不能与H2发生加成反应，则M与足量H2加成后产物结构简式是。【详解】A．手性碳原子是连接4个不同原子或原子团的碳原子，根据

加成产物结构简式可知：该物质分子中在六元环上与两个支链相连的碳原子为手性碳原子，故该物质分子中含有2个手性碳原子，选项A正确；B．酚羟基不能发生消去反应，选项B错误；C．根据有机物M结构简式可知：该物质分子中含有羟基、碳碳双键、羧基三种官能团，其中只有羟基

、羧基两种含氧官能团，选项C错误；D．香豆素的酯基水解后形成酚羟基，为1mol香豆素水解时最多消耗2mol的氢氧化钠，选项D错误；答案选A。11.某种利用垃圾渗透液实现发电、环保二位一体结合的装置示意图如图，当该装置工作时，下列说法正确的是A.X极附近()Kc

+增大B.电路中流过15mol电子时，共产生标准状况下N2的体积为33.6LC.电流由X极沿导线流向Y极D.Y极发生的反应为3222NO10e6HON12OH−−−++=+，周围pH增大【答案】D【解析】【详解】A.处理垃圾渗滤液的装置属于原电池装置，溶液中的阳离子移向正极，即钾离子向Y

极移动，A错误；B.电池总反应为33225NH3NO4?N6HO3OH−−+===++，该反应转移了15mol电子，即转移15mol电子生成4mol氮气，B错误；C.电流由正极流向负极，即由Y极沿导线流向X极，C错误；D.Y是正极，发生得电子的还原反应，3222NO

10e6HON12OH−−−++=+，周围pH增大，D正确；故答案选D12.CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法不正确的是A.途径②比途径①和③更好地体现了绿色化学

思想B.1molCuSO4在1100℃所得混合气体X中O2可能为0.6molC.为了提高原子利用率减少杂质，途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为2：1D.物质Y可以是葡萄糖【答案】C。【解析】【详解】

A．根据流程图可知，途径①和③中均生成大气污染物，而②没有，则途径②比途径①和③更好地体现了绿色化学思想，A正确；B．根据极限思维1mol硫酸铜氧气应大于0.25mol且小于0.75mol，B正确；C．根据反应式2323Cu8H2NO3Cu2NO

4HO+−+++=++可知，硫酸与硝酸的物质的量之比是3：2，C不正确；D．醛基能被新制的氢氧化铜悬浊液氧化，生成氧化亚铜，葡萄糖含有醛基，D正确；故答案为：C。13.二氧化氯是一种新型消毒剂，以氯酸

钠为原料采用电解法制备二氧化氯装置如图所示。下列说法不正确的是A.电极B连接电源正极B.电解过程中H+透过质子交换膜向A电极区域移动C.B电极上每产生标准状况下的氧气22.4L，可制得4mol二氧化氯产品D.电解后阳极区溶液pH不变【答

案】D【解析】【详解】A．根据图示可知在B电极上H2O电离产生的OH-失去电子变为O2，故B电极为阳极，连接电源的正极，A正确；B．在电解过程中，A电解上ClO2得到电子被还原为-2ClO，则A电极为阴极，电解过程中H+会透过质子交

换膜向负电荷较多的A电极区域移动，B正确；C．每生成标况下22.4L氧气，反应的O2的物质的量是1mol，则反应过程中转移电子的物质的量是4mol，得到产品ClO2的物质的量4mol，C正确；D．在阳极上水失去电子生成O2，电极反应式为-+222HO-4e=O+4H，反应生成H+会向负电荷较

多的阴极移动，但阳极区水也减少，总的来说电解后阳极区溶液pH减小，D错误；故合理选项是D。14.工业废气中的NO可用来生产NH4NO3，工艺流程如图所示。若装置I和装置Ⅱ中反应后()()32NO:NOnn−−都为1：1，下列说法错误的是A.装置I中反应的离子方程式为432322NO4Ge3HO

4GeNONO6H++−−+++=+++B.装置I中若有5.6L(标况)NO参与反应，则转移0.5mol电子C.装置Ⅲ中氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2D.装置Ⅲ中NH3和O2的体积比3:1可实现原子利用率最大化【答案】D【解析】【分析】若装置I

中NO被Ce4+氧化为3NO−、2NO−，同时得到Ce3+，装置Ⅱ中通过电解除杂，Ce3+被氧化为Ce4+，得到含3NO−、2NO−的溶液，3NO−、2NO−和氨气、氧气在装置Ⅲ中反应生产NH4NO3。【详解】A．

装置I中NO被Ce4+氧化为3NO−、2NO−，同时得到还原产物Ce3+，结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可知反应的离子方程式为432322NO4Ge3HO4GeNONO6H++−−+++=+++，A正确；B．结合装置I中反应可知，2NO~4e-，则

消耗5.6L(标况下即0.25mol)NO，转移电子的物质的量为0.5mol，B正确；C．装置Ⅲ中反应为3NO−、2NO−和氨气、氧气在装置Ⅲ中反应生产NH4NO3，涉及的氧化还原反应为2232NOO2NO−−+=，氧化剂（O2）和还原剂(2NO−)物质的量之比为1:2，C正确；D．置Ⅲ中氧化还

原反应为2232NOO2NO−−+=而反应前()()32NO:NO1:1nn−−=，所以每1molO2与2mol2NO−恰好完全反应且容器内3NO−总物质的量为4mol，所以需4mol的NH3才能将3NO

−恰好反应掉，即NH3和O2的体积比4:1可实现原子利用率最大化，D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.镓和锗都是一种重要的稀有金属，广泛应用于电子、航空航天、光学等领域。2023年8月，中国宣布对美国

进行镓锗出口管制，这将影响美国的高科技领域。石灰乳法提镓的工艺流程如图：请回答下列问题：（1）基态镓原子的核外电子排布式为_____。（2）Ga和Al性质相似，具有两性。写出Ga溶于烧碱溶液生成()4Na

GaOH的化学方程式：_____。（3）第1次“碳酸化”得到的沉淀物的化学式是_____、()3GaOH。（4）第2次“碳酸化”的离子方程式为_____。（5）提高“碱溶造液”速率的措施有_____(写出2条即可)。（6）“电解”时阴极的电极

反应式为_____。（7）若镓回收率按60%计，每回收1kg镓，约产出10t铝酸钙(3CaO·Al2O3，M=270g/mol)，则循环铝酸钠溶液中，镓和铝的质量比约为_____。【答案】（1）1021Ar3d4s4p（2）()2242Ga2NaOH6HO2NaGaOH3H++=

+（3）()3AlOH（4）()()2232432GaOHCO2GaOHCOHO−−+=++（5）粉碎镓精矿；适当升温；适当提高NaOH溶液的浓度（6）()4GaOH3eGa4OH−−−+=+（7）1：1200【解析】

【分析】铝酸钠碱中通入CO2，进行碳酸化，生成碳酸钠溶液和含Al(OH)3、Ga(OH)3沉淀，过滤，向沉淀中加入氢氧化钙，进行苛化脱碱，生成铝酸钙，同时得到含[Ga(OH)4]-的溶液，继续通入CO2，进行碳酸化，生成碳酸钠溶液和镓精矿(主要成分是Ga(OH

)3)，过滤，向镓精矿中加入NaOH，进行碱溶造;液，发生反应为:Ga(OH)3+NaOH=Na[Ga(OH)4]+H2O，然后，电解，得到镓，将过滤得到的苏打母液和铝酸钙沉淀混合，用于生成Al2O3；【小问1详解】

镓位于第四周期，第IIA族，为31号元素，基态镓原子的核外电子排布式为1021Ar3d4s4p，故答案为:1021Ar3d4s4p；【小问2详解】Ga和Al性质相似，具有两性，Ga溶于烧碱溶液生成Na[Ga(OH)4]的化学方程

式为:()2242Ga2NaOH6HO2NaGaOH3H++=+，故答案为:()2242Ga2NaOH6HO2NaGaOH3H++=+；【小问3详解】根据分析可知，第1次“碳酸化”得到的沉淀物的化学式是Al(OH)3、

Ga(OH)3，故答案为:Al(OH))3；【小问4详解】根据分析可知，第2次“碳酸化”的离子方程式为()()2232432GaOHCO2GaOHCOHO−−+=++，故答案为:()()2232432GaOHCO2GaOHCOHO−−+=++；【小问5详解】提高“碱溶造液”速率

的措施有粉碎镓精矿、适当升温、适当提高NaOH溶液的浓度等，故答案为:粉碎镓精矿，适当升温(或适当提高NaOH溶液的浓度)；【小问6详解】根据分析可知，“电解”时阴极的Na[Ga(OH)4]转化为Ga，Ga元素由+3价降低为0价，则电极反应式为()4GaOH3eGa4OH−−−+=+

，故答案为:()4GaOH3eGa4OH−−−+=+；【小问7详解】10t铝酸钙(3CaO·Al2O3，M=270g/mol)中，铝的质量为:227101000270kg=2000kg，设10t铝酸钙中镓的质量为mkg，则m60%=1kg，m=53kg，则循环铝酸钠溶液

中，镓和铝的质量比约53kg:2000kg=1:1200，故答案为:1:1200。16.实验室由安息香(，M=212g/mol)在热FeCl3的氧化下制备二苯乙二酮(，M=210g/mol)。相关信息列表如下：物质性状熔点/℃沸点/℃溶解性安息香白色固体13

3344难溶于冷水溶于热水、乙醇、乙酸二苯乙二酮淡黄色固体95347不溶于水溶于乙醇、苯、乙酸冰乙酸无色液体17118与水、乙醇互溶装置示意图如图所示：实验步骤为①在圆底烧瓶中加入20mL冰乙酸、10mL水及18.08gFeCl3·6H2O，边搅拌边加热，至固体全部溶解。②停止加热，待沸腾平息后加

入4.2g安息香，加热回流1h。③慢慢加入100mL水，煮沸后冷却，有黄色固体析出。④过滤，并用冷水洗涤固体3次，得到粗品。⑤粗品用75%的乙醇重结晶，干燥后得淡黄色结晶3.8g。回答下列问题：（1）仪器B

的名称是_____；冷却水应从_____(填“a”或“b”)口流出。（2）实验步骤②中，安息香必须待沸腾平息后方可加入，其主要目的是_____。（3）写出圆底烧瓶中发生的主要反应的化学方程式：_____。（4）

本实验中，若采用催化剂量的FeCl3并通入空气进行实验，能否达到目的？_____(填“能”或“不能”)，理由是_____。（5）本实验步骤①~③在乙酸体系中进行，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是_____。（6）第③步加水要缓慢，不要加得太快，原因是_____。（7）本实验的产率

为_____(保留小数点后一位)。【答案】（1）①.球形冷凝管②.b（2）防止暴沸（3）（4）①.能②.空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应（5）抑制氯化铁水解，同时增强Fe3+的氧化性（6

）防止瓶爆裂（7）91.3%【解析】【分析】在圆底烧瓶中加入20mL冰乙酸，10mL水，及18.08gFeCl3·6H2O，加热至固体全部溶解，停止加热，待沸腾平息后加入4.2g安息香，加热回流1h，反应结束后加入100mL水，煮沸后冷却，析出黄色固体，即为二苯乙二酮，过

滤，用冷水洗涤固体三次，得到粗品，再用75%乙醇重结晶，干燥后得到产品3.8g，据此解答；【小问1详解】根据仪器B的结构特点，仪器B为球形冷凝管，冷凝时，一般是下进上出，即a口进水，b口出水，故答案为球形冷凝

管；b；【小问2详解】步骤②中，若沸腾时加入安息香，会暴沸，所以需要沸腾平息后加入，故答案为：防暴沸；【小问3详解】根据信息，利用氯化铁的氧化性，将安息香氧化成二苯乙二酮，本身被还原成氯化亚铁，其化学方程式为+2FeCl3→+2FeCl2+2HCl；

故答案为+2FeCl3→+2FeCl2+2HCl；【小问4详解】Fe2+以还原性为主，氧气能将Fe2+氧化成Fe3+，若采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮，空气可以将还原产物FeCl2氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应，故答案为：能；空气可以将还原

产物FeCl2氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应；【小问5详解】氯化铁易水解，所以步骤①～③中，乙酸除做溶剂外，另一主要作用是抑制氯化铁水解；【小问6详解】玻璃器皿骤冷会破裂，因此实验过程中加水要缓慢，不能太快，防止圆底烧瓶爆裂；故答案为防止圆底烧瓶

爆裂；【小问7详解】18.08gFeCl3·6H2O物质的量为18.08g180.5g/mol≈0.1mol，4.2g安息香物质的量≈0.0198mol，由反应可知，FeCl3·6H2O过量，理论上n(二苯乙二酮)=n(安息香)≈0.0198mol，产率为3.8g100%0.01

98mol210g/mol≈91.3%；故答案为91.3%。17.“液态阳光”(LiquidSunshine)，即“清洁甲醇”，是指生产过程中碳排放极低或为零时制得的甲醇。I．利用太阳能光解水制备的H2与CO2反应，即

可制备清洁燃料甲醇，以助力“碳中和”。CO2加氢制备甲醇的反应体系中将发生以下化学反应：①CO2合成甲醇反应：()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++1ΔH②逆水煤气变换反应：()()()()222COgHgCOgHOg++241.17kJ/

molH=+③CO合成甲醇反应：()()()23COg2HgCHOHg+390.18kJ/molH=−（1）科学家研究表明，使用Cu/ZnO/Al2O3催化剂可以显著提高合成甲醇的效率。基态Cu的价层电子排布式为_____，Zn元素位于元素周期表_____区。（2）

由CO2与H2合成甲醇的反应热1H=_____。（3）在不同压强下，按照()()22CO:H1:3nn=进行投料，在容器中发生上述三个反应，平衡时，CO和CH3OH在含碳产物(CH3OH和CO)中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图所示。①压强1p、2p

、3p由小到大的顺序为_____，曲线_____(填“m”或“n”)代表CH3OH在含碳产物中物质的量分数。②为同时提高CO2转化率和甲醇的选择性，请写出一条可以采取的措施：_____。（4）在温度为250

℃，体积为2L的密闭容器中，通入1molCO2和3molH2，达到平衡时，容器中CO2转化率为60%，CO浓度为0.15mol/L，则逆水煤气变换反应的化学平衡常数K=_____，此时产物CH3OH的选择性()3CHOHS=_____，[注：()

()()()333CHOHCHOH100%CHOHCOnSnn=+]。（5）光催化CO2也可以制备清洁燃料甲醇。铜基纳米光催化材料还原CO2机理如图所示，光照时低能价带失去电子并产生空穴(h+，具有强氧化性)。光催化原理与电解原理类似，

请写出高能导带的电极反应式：_____。【答案】（1）①1013d4s②.ds（2）-49.01kJ/mol（3）①.321ppp②.m③.适当降低温度，增大压强(写出一种即可给)（4）①.0.25②.50%（5）232CO6e6HCHOHHO

−+++=+【解析】【小问1详解】由于洪特规则特例，基态Cu的价层电子排布式为1013d4s；Zn位于第四周期第ⅡB族，为元素周期表ds区；【小问2详解】反应①=反应②+反应③，由盖斯定律可知，12349.01kJ/molHHH=+=−△

△△；【小问3详解】①反应①为气体分子数减少的反应，压强增大平衡正向移动，CO2转化率增加，由图可知321ppp；反应①是放热反应，同时反应②是吸热反应，随温度升高，反应①平衡逆向移动而反应②平衡正向移动，故的.3CHOH在含碳产物中物质的量分数减小，故m代表3CHOH在含碳

产物中物质的量分数；②反应①为放热反应，反应过程中气体分子数减少，故同时提高CO2转化率和甲醇的选择性，可适当降低温度或者增大压强；【小问4详解】设平衡时3CHOH和CO浓度分别为xmol/L和ymol/L，反应①和反应②分别列三段式：232(g)3()()()(/)0.

51.500(/)3(/)0.51.53COHgCHOHgHOgmolLmolLxxxxymolLxyxyxxy+++−−−−+起始变化平衡22(g)()()()(/)0.51.500(/)3(/)0.51.53COHgCOgHOgmolL

molLxxxxymolLxyxyxxy+++−−−−+起始变化平衡，由题于可知：0.150.560%yxy=+=解得：0.150.15xy==，代入反应②的c平衡，可知()()()()()()()222COHO0.1

50.150.150.25COH0.50.150.151.530.150.15ccKcc+===−−−−，产物3CHOH的选择()()()()333CHOH0.15CHOH100%100%50%CHOHCO0.150.15nSnn===++；【小问5详解】由图可知，CO2得电子，发

生还原反应得到甲醇，反应过程中结合来自低能导带的H+，故电极反应式为232CO6e6HCHOHHO−+++=+。18.2022年诺贝尔化学奖授予了点击化学和生物正交化学的开拓者。简单来说，点击化学可以像拼插积木那样简单高效地把小分子模块组合到一起，合成出人

们所需要的化学分子，例如铜催化的Huisgen环加成反应：我国科研人员利用该反应设计、合成了具有特殊结构的聚合物F并研究其水解反应。合成线路如图所示：已知：。（1）反应①的反应类型是_____；化合物C的官能团名称是_____。（2）关于化合物B和化合物C，下列说

法错误的是_____(填序号)。a．利用红外光谱和质谱均可鉴别B和Cb．B中所有碳原子一定共平面c．可用溴水检验C中含有碳碳三键d．B可以发生氧化、取代、还原、消去反应（3）写出反应③的化学反应方程式：_____。（4）试剂E的结构简式

为_____。（5）为了探究连接基团对聚合反应的影响，设计了单体K，其合成路线如图：写出H、J的结构简式：H．_____；J。_____。（6）已知芳香族化合物Y是化合物A的同系物，且比化合物A多一个碳原子，则Y满足下列条件的同分异构体共有_____种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有4组

峰且峰面积之比为1：2：2：2的结构为_____。①与NaOH溶液反应时，1mol该物质最多可消耗2molNaOH；②该物质可与FeCl3溶液发生显色反应。【答案】18.①.取代反应②.醛基、碳碳三键19.bc20.21.22.①.②.23.①.6②.【解

析】【分析】C和X反应生成D，根据题目信息，有D逆推可知X是；由E的分子式可知，D()与NaN3发生取代反应生成E，再结合G中F原子的位置可知，D中N原子对位的F原子被—N3取代生成E，则E是。【小问1详解】反应①同时生成副产物HBr，故反应类型为取代反应；化合物C中官能团名称为

醛基、碳碳三键。【小问2详解】a．B和C所含化学键和官能团有所不同，相对分子质量也不同，利用红外光谱和质谱均可鉴别B和C，故a正确b．B中连有羟基的碳原子通过单键与相邻的3个碳原子相连，所以不可能所有碳原子共平面，故b错误；c．C中醛基和碳碳三键均可使溴水褪色，不能用溴水检验C中含有碳

碳三键，故c错误；d．B含有羟基、碳碳三键，可以发生氧化、取代、还原、消去反应，故d正确；选bc。【小问3详解】C和X反应生成D，根据题目信息，有D逆推可知X是，反应③的化学反应方程式为;【小问4详解】由E的分子式可知，D()与NaN3发生取代反应生成E，再结合G中F原子的位置

可知，D中N原子对位的F原子被—N3取代生成E，则E是；【小问5详解】中—CHO被O2氧化生成—COOH，故H为；结合题干合成路线中的反应①，可知H与乙炔反应生成I()，之后I中—COOH与中—NH2反应生成酰

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