【文档说明】云南省昆明市云南师范大学附属中学2025届高三上学期第一次月考化学试卷 Word版含解析.docx，共(20)页，1.474 MB，由小赞的店铺上传

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化学试卷注意事项：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90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-12N-14O-16Cl-35.5一、选择题：本题共14小题，每小题3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.下列化学用语表述错误的是A.中子数为10氧原子：108OB.4-氯丁酸的结构简式：222CHClCHCHCOOHC.用单线桥表示电子转移过程：D.用电子式表示2KS的形成：【答案】A【解析】【详解】A．已知O是

8号元素，质子数为8，故中子数为10的氧原子表示为：188O，A错误；B．4-氯丁酸的结构简式为CH2ClCH2CH2COOH，B正确；C．钠和氯气反应，钠元素失电子，氯元素得电子，则用单线桥表示电子转移方向和数目为，C正确；D．K2S为离子化合物，用电子式表示的形成过程：，故

D正确；故答案为A。2.某元素基态原子的4s轨道上有2个电子，则该基态原子的价层电子排布可能是的A.24sB.623p4sC.423d4sD.10233d4s4p【答案】A【解析】【详解】A．若为4s轨道上有2个电子，

则该基态原子可能为钙原子，价电子为24s，A正确；B．若为623p4s，则基态原子的价层电子排布为24s，B错误；C．423d4s不如3d半满填充稳定，应该为3d54s1，C错误；D．若为10233d4s4p，则基态原子的价层电子排布为234s4p，D错误；故选A。3.化学与生活密切相关，下列

说法正确的是A.HB铅笔芯的成分为二氧化铅B.钢的含碳量越高，硬度和脆性越大C.活性炭具有除异味和杀菌作用D.维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化【答案】B【解析】【详解】A．铅笔芯的主要成分是石墨

和黏土，不是二氧化铅，A错误；B．钢的硬度和脆性，随着含碳量的增大而增大，所以含碳量越高硬度和脆性越大，B正确；C．活性炭具有吸附性，可用于除异味儿，没有杀菌作用，C错误；D．维生素C可用作水果罐头的抗氧化

剂，是由于其具有较强的还原性，容易被氧化，D错误；故选B。4.在刚性容器中发生反应：22MgOCClMgClCO+++。AN为阿伏加德罗常数的值，若消耗44.8L(标准状况)2Cl，下列叙述错误的是A.转移的电子数为A4NB.生成氧化产物分子数为A2NC.反应后容器内气体密度减小D.将标准状

况下244.8LCl溶于水，溶液中Cl−的数目为A2N【答案】D的【解析】【分析】消耗44.8L(标准状况)2Cl，为2mol；【详解】A．反应中氯化合价由0变为-1，2Cl2e−，则转移的电子4mol，数目为A4N，A正确；B．碳化合价升高，发生氧化反应

生成CO，生成的氧化产物2molCO，分子数为A2N，B正确；C．反应中氯气转化为CO，则刚性容器中反应后容器内气体密度减小，C正确；D．氯气和水反应不完全，部分反应生成HCl，则标准状况下244.8LCl溶

于水，溶液中Cl−的数目小于A2N，D错误；故选D。5.如图所示为探究2SO性质的微型实验，滤纸①～④分别浸泡了相关试剂，实验时向试管中滴入几滴浓硫酸。下列说法正确的是A.滤纸①先变红后褪色B.滤纸②褪色

证明2SO具有漂白性C.滤纸③褪色取出放置一段时间后颜色可能恢复D.滤纸④上有黄色固体生成，证明2SO具有还原性【答案】C【解析】【分析】浓硫酸和亚硫酸钠反应放出二氧化硫气体，二氧化硫使得紫色石蕊溶液变，和碘单质发生氧化还原反

应使得碘水褪色，具有漂白性使得品红溶液褪色，和硫化钠发生氧化还原反应生成黄色硫单质；【详解】A．浓硫酸和亚硫酸钠反应放出二氧化硫气体，紫色石蕊为酸碱指示剂，酸性溶液使其变红，滤纸①变红，体现了酸性氧化物的性质，但其不会褪色，A错误；B．碘水褪色证明二氧化硫具有还原性，B错误；C．二氧化硫使

得品红褪色，生成无色物质不稳定，取出放置一段时间后颜色可能恢复，C正确；D．二氧化硫和硫化钠发生氧化还原反应生成黄色硫单质，证明2SO具有氧化性，D错误；故选C。6.工业上拜耳法生产23AlO用铝土矿(主要成分

为23AlO，含少量23FeO、2SiO等)为原料，其工艺流程如图：下列说法正确的是A.碱浸过程中发生复杂的氧化还原反应B.物质X为()3FeOHC.滤液2只含NaOH溶液，可以循环利用D.可用过量3NaHCO代替氢氧化铝晶种沉铝【

答案】D【解析】【分析】铝土矿粉碎加氢氧化钠，氧化铝和氢氧化钠反应转化为四羟基合铝酸钠溶液，滤渣为铝硅酸钠和不反应的氧化铁，滤液浓缩加入氢氧化铝晶种沉淀得到氢氧化铝，煅烧氢氧化铝得氧化铝；【详解】A．氧化铝和氢氧化钠反应转化为四羟基合铝酸

钠溶液，没有元素化合价改变，不是氧化还原，A错误；B．物质X为不反应的氧化铁，B错误；C．因原溶液为氢氧化铝过饱和溶液，该流程中得到滤液中含有四羟基合铝酸钠，C错误；D．过量3NaHCO能和四羟基合铝

酸钠生成氢氧化铝，故可代替氢氧化铝晶种沉铝，D正确；故选D。7.下列有关电极方程式或离子方程式正确的是A.向2CaCl溶液中通入22223CO:CaHOCOCaCO2H++++=+B.铅酸蓄电池充电时

的阳极反应：222Pb2HO2ePbO4H+−++−=+C.4FeSO溶液中加入22HO产生沉淀：()222232FeHO4HO2FeOH4H++++=+D.硅酸钠溶液中通入二氧化碳：222333SiOCOHOHSiOHCO−−−++=+【答案】C【解析

】【详解】A．氯化钙和二氧化碳不反应，A错误；B．铅酸蓄电池充电时的阳极反应硫酸铅发生氧化反应：-+2-4224PbSO+2HO-2e=PbO+4H+SO，B错误；C．4FeSO溶液中加入22HO，过氧化氢将亚铁离子氧化为氢氧化铁沉淀，()222232F

eHO4HO2FeOH4H++++=+，C正确；D．硅酸钠溶液中通入二氧化碳生成硅酸沉淀和碳酸氢钠：2--322233SiO+2CO+2HO=HSiO+2HCO，D错误；故选C。8.下列装置可以用于相应实验的是A

B模拟侯氏制碱法制备3NaHCO制备()243AlSO晶体CD分离()3FeOH胶体乙醇在浓硫酸作用下，加热到170℃制备乙烯A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．由于氨气在水中的溶解度大于CO2，故模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，应当将CO2通入含NH3的饱和食盐水

，A错误；B．加热蒸干Al2(SO4)3溶液可以制得Al2(SO4)3晶体，B正确；C．胶粒可以通过滤纸，过滤无法分离Fe(OH)3胶体，C错误；D．乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯，温度计测定反应液的温度，图中温度计的水银球未在液面下，故D错误；故选B

。9.某温度下，向恒容密闭容器中按1:2的比例充入()Xg和()Yg，同时发生两个反应：①()()()()XgYgZgWg++，②()()()()XgYgZgMg++。反应体系中组分()Xg、()Wg的物质的量浓度c随时间的变化情

况如图所示)。下列说法正确的是A.10min时，()Yg的反应速率为110.025molLmin−−B.平衡时，W的选择性W100%X的物质的量反应的的物质的量比M的大C.反应①的活化能比反应②的活化能更大D.平衡后，充入Ar，

压强增大，速率增大【答案】C【解析】【详解】A．0~10min∆c(X)=0.6mol/L-0.35mol/L=0.25mol/L，根据反应①和②的特点，0~10min∆c(Y)=0.25mol/L，0~10min内v(Y)=0.25mol/L10min=0

.025mol/(L∙min)，不能计算10min时的瞬时反应速率，A项错误；B．由图可知，平衡时c(X)=0.28mol/L、c(W)=0.15mol/L，则从起始到平衡反应的c(X)=0.6mol

/L-0.28mol/L=0.32mol/L，结合反应①和②，平衡时c(M)=0.32mol/L-0.15mol/L=0.17mol/L＞0.15mol/L，根据选择性的公式知，平衡时W的选择性比M的小，B项错误；C．结合B项，在相同时间内反应①的反应

速率＜反应②的反应速率，活化能越大、反应速率越小，故反应①的活化能比反应②的活化能更大，C项正确；D．平衡后，充入Ar，虽然总压强增大，但在恒容密闭容器中各气态物质的的浓度不变，速率不变，D项错误；答案选C。10.化合物丙是合成药物盐酸沙格雷酯的重要中间体，其合成路线中

的前两步反应如图。下列说法不正确的是A.甲、乙、丙在水中溶解度最大的是甲B.甲分子能和甲醛在一定条件下发生缩聚反应C.由甲生成乙发生的是加成反应D.化合物丙最多有26个原子共平面【答案】C【解析】【详解】A．酚羟基、醇羟基都属于亲水基，丙中憎水基基团比甲中憎水基基团大，所以

甲在水中的溶解度比丙在水中的溶解度大，乙在水中溶解度最小，甲、乙、丙在水中溶解度最大的是甲，故A正确；B．甲中含有酚羟基，且酚羟基邻位和对位上有氢原子，则可以和甲醛发生缩聚反应，故B正确；C．由甲生成乙

发生的是取代反应，会生成HCl分子，与碳酸钠反应，故C错误；D．化合物丙中苯环及与苯环直接相连的12×2个原子及羟基的2个原子，最多有26个原子共平面，故D正确；故选C。11.氨是一种无碳燃料，同时它是工业界的重要化学品，科学家研发了一种2ZnNO−水溶液体系电池，该

电池能有效地捕获2NO，将其转化为2NO−，再将产生的2NO−电解制氨，装置如图所示。下列说法正确的是A.电极b为正极，发生氧化反应B.为增强丙中水的导电性，可加入适量盐酸C.每捕获24molNO，理论上丙室质量减少32gD.c电极反应式为232NO7H6eNH2HO−+++=+

【答案】D【解析】【分析】由图可知，锌为活泼金属，失去电子发生氧化反应，a为负极、b为正极，则c为阴极、d为阳极。【详解】A．电极b为正极，发生还原反应，A错误；B．氯离子的还原性大于氢氧根，若加入HCl，氯离子会在阳极放电

产生氯气，B错误；C．b电极，N元素化合价从+4价降为+3价，捕获24molNO，转移电子4mol，d极反应为-+222HO-4e=4H+O，产生1mol氧气，同时氢离子会迁移到乙室，故理论上丙室质量减少大于32g，C错误；D．c阴极，2NO−得到电子发生还原反应，电极反应式：-+232N

O+7H+6e=NH+2HO，D正确；故选D。12.电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。室温下，3CHCOOH的5a1.710K−=。向10mL浓度均为10.10molL−的HCl和3CHCOOH的混合溶液中滴加

10.10molL−的NaOH溶液，测得溶液电导率与加入NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是为A.a点溶液中()3CHCOOc−约为51.710−B.由bc段电导率变化趋势可知，Na+的导电能力强于H

+C.b点溶液中：()()()()13CHCOOOHClH0.1molLcccc−−−+−++−=D.该温度下pH7=的溶液在c点与d点之间【答案】A【解析】【分析】由图可知，a点为等浓度的HCl和3CHCOOH的混合溶液，酸电离出的氢根离子抑制水的电离；b点为等浓度的醋酸和氯化钠的混合溶液，

溶液呈酸性；c点为等浓度的醋酸钠和氯化钠混合溶液，溶液呈碱性，d点NaOH过量，溶液呈碱性。【详解】A．a点溶液中()3CHCOOc−约为53+ac(CHCOOH)1.75100.1c(H)0.1K−==51.710−，故A正确；B．由ab段电导率变化趋势可知，Na+的导电能力弱

于H+，由bc段电导率增大是由于钠和醋酸根离子浓度的增大，故B错误；C．b点为等浓度的醋酸和氯化钠的混合溶液，b点溶液中存在电荷守恒()()()()()3CHCOOOHClHNa,ccccc−−−++++=+()()()()()1131CHCOOOHClHNa0.1molL0.05molL2ccc

cc−−−++−−++−===，故C错误；D．b点为等浓度的醋酸和氯化钠的混合溶液，溶液呈酸性；c点为等浓度的醋酸钠和氯化钠混合溶液，溶液呈碱性，该温度下pH7=的溶液在c点与b点之间，故D错误；故选A。13.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W与X

同周期且第一电离能WX，X基态原子的s和p轨道电子数相等；Y基态原子的电离能数值为1I7.7eV=，2I15.1eV=，3I80.6eV=，4I109.8eV=；Z基态原子半径在同周期元素原子中最小；下列说法正确的是A.电负性：W>X>Y>ZB.最简单氢化物的稳定性、沸点均是W>XC

.简单离子半径：Z>Y>W>XD.W、X都能与Y形成离子化合物【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X基态原子的s和p轨道电子数相等，则X为O元素；W与X同周期且第一电离能WX，W为N；Y基态原子的电离能数值为1I

7.7eV=，2I15.1eV=，3I80.6eV=，4I109.8eV=，则Y的最外层有两个电子，则Y为Mg；Z原子半径在同周期元素原子中最小，则Z为Cl，W为N、X为O、Y为Mg、Z为Cl，据些分析【详解】A．金属元素的电负性小于非金属元素，非金属元素的非金属性越强，电

负性越大，同周期元素，从左到右非金属性依次增强，则电负性由大到小的顺序为Z>X>W>Y，A错误；B．水分子间形成氢键的数目多于氨分子，分子间作用力强于氨分子，沸点高于氨分子，非金属性越强气态氢化物越稳定，非金属性O>N，则最简单气态氢化物的稳定性H2O>NH3，最简单氢化物的稳定性、沸点均是X>W

，B错误；C．离子的电子层数越大，离子半径越大，；电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径的大小顺序为-3-2-2+Cl>N>O>Mg，C错误；D．Mg3N2和MgO均为离子化合物，D正确；故选D。14.“黄鸣龙还原法”是首例以中国科学家命名的有机化学反应

，反应机理如图(R、R'代表烃基)。下列说法正确的是A.过程②③均为消去反应B.若用22NDND发生该反应，过程③生成了HDOC.过程④的反应历程可表示为D.241molNH还原2mol【答案】B【解析】【详解】A．过程②脱去小分子，

不饱和度增加，发生消去反应，过程③从变为，分子式不变，不会是消去反应，A错误；B．若用ND2ND2发生该反应，过程③起始变为，标记处可以生成HDO，B正确；C．过程④的反应历程表示为，选项所给反应电荷不守恒，C错误；D．由反应机理，1mol

N2H4还原2mol，D错误；本题选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.亚硝酰氯(NOCl，熔点为64.5−℃，沸点为5.5−℃)是有机物合成中的重要试剂，为红褐色液体或黄色气体，遇水发生反应：222NOClHONONO2HCl+=++。NOCl可由N

O与2Cl在一定条件下反应得到，相关实验装置如图所示。（1）装置Ⅱ中试剂为___________，装置Ⅳ的作用为___________，装置的连接顺序为a→___________f→。（2）实验时先打开分液漏斗活塞滴入稀硝酸，当观察到Ⅴ中___________时，开始

向装置中通入2Cl（3）Ⅵ中4KMnO溶液用于吸收NO气体，反应产生黑色沉淀，写出该反应的离子方程式：___________。（4）通过以下实验步骤测定制得NOCl样品纯度(杂质不参与以下反应)：a．将Ⅴ中所得液体2.000g溶于水，配制成250mL溶液；取

出25.00mL于锥形瓶中；b．加入1325.00mL0.200molLAgNO−溶液(过量)，使Cl−完全转化为AgCl沉淀；c．向其中加入少量硝基苯，使沉淀表面被有机物覆盖；d．加入指示剂，用0100mol./LKSCN标准溶液滴定过量的3AgNO溶液，重复实验操作三次，消耗

标准溶液的体积平均为20.00mL。[已知()10spAgCl3.210K−=，()12spAgSCN2.010K−=]①滴定选用的指示剂是___________(填序号)。A．3FeClB．2FeClC．()442NHFeSOD．()()442

2NHFeSO②NOCl的纯度为___________。(保留四位有效数字)【答案】（1）①.水②.防止后续装置中水进入装置Ⅴ③.d→e→b→c（2）红棕色气体完全消失（3）32--4NM+NO=O+nOMnO（4）①.C②.98.25%【解析】【分

析】装置Ⅰ中铜与稀硝酸反应制备NO，硝酸具有挥发性，装置Ⅰ上部含有空气，产生的NO部分被氧化为NO2，则装置Ⅱ的作用为除去NO气体中的硝酸及NO2杂质，NOCl遇水易反应，因此要先在装置Ⅲ中用浓硫酸干燥NO气体，在装置Ⅴ中NO与纯净的Cl2在冰盐水浴中合成NOCl，为防止NOCl与水反

应，装置Ⅴ后连接干燥装置Ⅳ之后再连接装置Ⅵ，装置Ⅳ用于吸收尾气，据此解答。。【小问1详解】由分析可知，装置Ⅱ的作用为除去气体中的硝酸及NO2杂质，则装置Ⅱ中试剂为水，装置Ⅳ的作用为防止后续装置中的水进入装置Ⅴ，装置的连接顺序为：a→d→e→b→c→f；【小问2详解】实验装置能内

存在空气，NO会和空气中氧气生成红棕色的二氧化氮气体，故先打开分液漏斗活塞滴入稀硝酸，当观察到Ⅴ中红棕色气体完全消失时，开始向装置中通入2Cl；【小问3详解】NO具有还原性，KMnO4具有强氧化性，NO被氧化为硝

酸根离子，高锰酸根离子被还原为黑色的MnO2，锰化合价由+7变为+4、N化合价由+2变为+5，结合电子守恒可知，反应的离子方程式为：32--4NM+NO=O+nOMnO；【小问4详解】①由于用KSCN标准溶液滴定

过量3AgNO溶液，当滴入KSCN标准溶液使Ag+沉淀完全后，过量SCN-能够与Fe3+反应使溶液变为血红色，故可以使用含有Fe3+的溶液作指示剂，则：A．3FeCl含有Fe3+，但同时又引入Cl-，使测定产生误差，A不符合题意；

B．2FeCl中含有Fe2+，而不含Fe3+，B不符合题意；C．()442NHFeSO含有Fe3+，又不含对实验测定产生干扰，C符合题意；D．()()4422NHFeSO中含有Fe2+，而不含Fe3+，D不符合题意

；故选C；②NOCl与水反应产生NO2、NO、HCl，反应方程式为：222NOClHONONO2HCl+=++，HCl与滴入的AgNO3溶液发生反应：HCl+AgNO3=AgCl↓+HNO3，产生AgCl白

色沉淀，可得关系式：n(NOCl)=n(HCl)=n(AgNO3)。根据AgNO3+KSCN=AgSCN↓+KNO3计算过量AgNO3的物质的量，n(AgNO3)过量=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，故25.00mL溶液中HCl消耗AgNO

3的物质的量n(AgNO3)=0.2mol/L×0.025L-0.002mol=0.003mol，则2.0gNOCl配制的250mL水溶液中HCl的物质的量2500.003mol=0.03mol25，根据Cl守恒可知n(N

OCl)=n(HCl)=0.03mol，则NOCl的纯度为%0.03mol65.5g/mol2100%98.2.50g=。16.钡盐沉淀法处理酸性含铬废水并回收铬元素的工艺路线如图：已知：室温下相关物质的spK如下表：化合物4CaSO4BaSO4BaCrOsp

K54.910−101.110−101.210−（1）Cr位于周期表中___________区，其基态原子的简化电子排布式为___________。（2）向废水中加入破氰剂22HO，可以提高镍元素的去除率，22HO氧化CN−生成23CO−和无毒无味气体，使()24NiCN−转化为两

种沉淀除去，该反应过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为___________。（3）已知水溶液中227CrO−(橙色)可转化为24CrO−(黄色)，该可逆反应用离子方程式可表示为___________；当钡盐投入量为理论投入量的2倍，用石灰乳将含铬废水预调至不同p

H，废水中()CrVI去除率随预调pH变化如图。与预调pH6=相比，pH7=时()CrVI的去除率显著提高，可能的原因有___________(任写一条)。（4）沉淀2与足量24HSO反应的离子方程式为___________。（5）根据国家标准，含24CrO−的浓度降至715.010molL−−

以下才能排放，则加入可溶性钡盐后的废水中应使2Ba+的浓度不小于___________1molL−。【答案】（1）①.d②.[Ar]3d54s1（2）5:2（3）①.227OCr−+H2O⇌224CrO−+2H+②.pH=7时有利于形成溶解度更小的BaCrO4

沉淀，pH减小会使铬酸钡电离出的小部分铬酸根与H+反应，形成重铬酸根，使铬酸根的浓度降低，铬酸钡不断溶解（4）2BaCrO4+224SO−+2H+=2BaSO4+227OCr−+H2O（5）2.4×10-4【解析】【分析】酸性含铬废水中有227OCr−、[Ni(CN

)4]2-、24SO−，加入石灰乳调节pH，硫酸根转化为CaSO4沉淀，227OCr−转化为24CrO−，再加入H2O2作氧化剂氧化CN-破氰，镍元素以Ni(OH)2、NiCO3形式沉淀，继续加入BaCl2⋅2H2O，生成沉淀2主要为BaCrO4和BaSO4，沉淀2中加入硫酸，BaCrO4转化为B

aSO4和227OCr−；【小问1详解】Cr元素原子序数为24，位于元素周期表第四周期VIB族，属于d区，其基态原子的简化电子排布式为[Ar]3d54s1；【小问2详解】破氰步骤中H2O2氧化CN−生成23CO−和无毒无

味气体N2，离子方程式为5H2O2+2CN-+2OH-=223CO−+N2↑+6H2O，其中H2O2为氧化剂，故氧化剂与还原剂物质的量之比为5:2；【小问3详解】已知水溶液中227OCr−(橙色)可转化为24CrO−(黄色)，该可逆反应用离子方程式可表示为22

7OCr−+H2O⇌224CrO−+2H+；铬酸钡溶解度小于重铬酸钡，pH=6时，酸性条件下，铬酸钡电离出的小部分铬酸根会与酸反应，形成重铬酸根，使铬酸根的浓度降低，铬酸钡不断溶解，故pH=7时Cr(VI)的去除率显著提高；【小问4详解】沉淀2中加入硫酸，BaCrO4转化为BaSO4和

227OCr−，离子方程式为2BaCrO4+224SO−+2H+=2BaSO4+227OCr−+H2O；【小问5详解】由Ksp(BaCrO4)=1.2×10−10，c(Ba2+)=()()104724K1.2105.010cspBa

CrOCrO−−−==2.4×10-4mol/L，即应使Ba2+的浓度不小于2.4×10-4mol/L。17.2CO催化加氢制甲醇，在减少2CO排放的同时实现了2CO的资源化，在某2CO催化加氢制甲醇的反应体系中，发生的主要反应有：反应Ⅰ．()()()()2221COg+

HgCOg+HOgΔH反应Ⅱ．()()()232COg2HgCHOHgΔH+反应Ⅲ．()()()()22323COg+3HgCHOHg+HOgΔH回答下列问题：（1）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质量分数表示的平衡常数K与温度T变化关系如图所示。据图判断，3ΔH___________0(填“>”“<”或“=

”)，21ΔHΔH的数值范围是___________(填序号)。A．1−B．1~0−C．0~1D．1（2）在一定条件下，选择合适的催化剂只进行反应Ⅰ，控制2CO和2H初始投料比为1:1时，在不同温度下1T、2T、3T，达到平衡后，2CO的转化率分别为50%、80%、65%

，已知反应速率()()()222vvvkxCOxHkx(CO)xHO=−=−正正逆逆，正k、逆k分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数。kk−正逆最大的是温度___________(填“1T”“2T”或“3T”)。（3）在固定容积的容器中通入22molCO和23molH

发生上述反应，初始压强为p，反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示：①图中X、Y分别代表___________、___________(填化学式)。的②图中250C时，反应Ⅰ的平衡常数___________

1(填“>”“<”或“=”)。③温度一定时，通入惰性气体，压强增大，2CO平衡转化率___________(填“增大”“减小”或“不变”)。④某温度达平衡时，容器中3CHOH的物质的量为0.4mol，2H的转化率为70%，反应Ⅱ平衡

常数pK=___________(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数，化为最简比)。【答案】（1）①.<②.A（2）2T（3）①.CO②.CH3OH③.<④.不变⑤.4210729p【解析】【小问1详解】

由图可知，反应Ⅲ的K值随温度升高而减小，则升温平衡逆向移动，反应为放热反应，焓变小于零，故3ΔH<0；同理，1ΔH>0、2ΔH<0，由盖斯定律可知，反应Ⅰ+Ⅱ得反应Ⅲ，则3ΔH=12ΔH+ΔH0，则21ΔHΔH，故21ΔHΔH1−，故选A；【小问2详解】反应Ⅰ为吸热反应

，温度升高平衡正向移动，转化率增大，在不同温度下1T、2T、3T，达到平衡后的转化率分别为50%、80%、65%，则说明1T<3T<2T，正k、逆k分别为正、逆向反应速率常数，温度升高，正k、逆k均增大，平衡正向移动，差值增大，故kk−正逆最大的是温度2T；【小问3详解】①反应Ⅱ、Ⅲ为放热反应，

反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅰ产生CO，反应Ⅱ消耗CO，升高温度，Ⅰ正向移动而Ⅱ逆向移动，导致CO含量增大，故X为CO曲线；反应Ⅱ、Ⅲ为为生成甲醇的反应，升温，两个反应均逆向移动，导致甲醇含量减小；反应Ⅰ、Ⅲ为产生水的反应，升温，两者的移动方向相反，导致水的含量下降幅度小

于甲醇的含量下降，故Y为甲醇、Z为水；故图中X、Y分别代表CO、CH3OH；②图中250C时，反应Ⅰ的平衡常数()()()()222cHOcCOK=cCOcH，由图可知，CO和水的含量小于二氧化碳和氢气的含量，则平衡常数小于1；③固定容积的容器中，温度一定时

，通入惰性气体，压强增大，但不影响反应中各物质的分压，故2CO平衡转化率不变；④某温度达平衡时，容器中3CHOH的物质的量为0.4mol，2H的转化率为70%，则反应氢气2.1mol；()()()23CO(g)+2H(g)CHOH(g)Δnmol0molx2xx2xmol起始

转化平衡()()()222CO(g)+H(g)CO(g)+HO(g)Δnmolmolyyyy0mol起始转化平衡()()()()2232ΔnCOg+3HgCHOHg+HOg2zz3zzz变化量甲醇：x+z=0.4，反应的氢气：2x+y+3z=3×70%=2.1，平衡时二氧化碳、氢气、一氧

化碳、水、甲醇分别为(2-y-z)mol、0.9mol、y-x=2.1-3(x+z)=0.9mol、(y+z)mol、0.4mol，总的物质的量为(5-2x-2z)mol=4.2mol，总压强为4.2p5，则反应Ⅱ平衡常数4p224.20.4p1054.2K729p4.20.94.20.9p

p54.254.2==。18.脱落酸是一种抑制植物生长的激素，其衍生物L的合成路线如图。（1）D的分子式为___________；CD→过程的目的是___________。（2）写出B+DE→的反应方程式：__

_________。（3）EF→的过程中E中的___________(填官能团名称，下同)变为F中的___________。（4）M是C的同分异构体，符合下列条件的M有___________种。①遇3FeCl显紫色②有手性碳（5）依据上述合成路线的原理，利用其中原料，设计如图乙路线，

合成有机化合物K，其结构简式如图甲所示：甲：乙：①H的结构简式是___________。②试剂和条件：a是___________。③JK→的反应类型是___________。【答案】（1）①.C11H16O3②.保护C中的羰基；（2）+⎯⎯⎯⎯→一定条件（3）①

.羟基②.酮羰基（4）22（5）①.②.CrO3、吡啶③.加成反应【解析】【分析】A为乙醛，乙醛和乙炔发生加成反应，可知在醛中的碳氧双键处发生加成生成B；C中羰基和乙二醇加成生成D，BD生成E，E转化为F，结合F结构、E化学式可知，B和D中羰基加成生成E：，F转化为G，G中醚键转化

为羰基得到L，可知C→D是为了保护C中左下侧的羰基；【小问1详解】由分析可知，D的分子式为C11H16O3；CD→过程的目的是保护C中的羰基；【小问2详解】结合分析可知，B和D中羰基加成生成E：，反应为+⎯⎯⎯⎯→一定条件；【小问3详解】E为，EF→的过程中E中的羟基变为F中的酮羰基；

【小问4详解】C分子中含有9个碳、2个氧、不饱和度为4，M是C的同分异构体，符合下列条件：①遇3FeCl显紫色，则含有酚羟基；②有手性碳；则苯环上取代基为-OH和-CH(CH3)CH2OH、-OH和-

CHOHCH2CH3、-OH和-CH(CH3)OCH3、-OH和-CH2-CH(OH)-CH3均存在邻间对3种情况；若取代基为-OH、-CH3、-CH(CH3)OH，苯环上3个不同取代基存在10种情况；故共22种；【小问5详解】分析K的结构，与L的结构类似

，因此需要模仿A到L的合成路径，K的结构左右对称，可知CH≡CH与2倍的C2H4O发生了加成，得到的产物H的结构简式为，H中的羟基被氧化成羰基，I的结构简式为，则条件a为CrO3、吡啶；I再发生流程中F生成G的反应得到J，J中碳碳叁键加成转化为碳碳双键得到K，条件为Cr2+、H+；①H的结构

简式是。②试剂和条件：a是CrO3、吡啶。③J中碳碳叁键加成转化为碳碳双键得到K，JK→的反应类型是加成反应。