【文档说明】湖南省衡阳市2023届高三上学期第一次统一考试（一模）化学试题（解析版）.docx，共(21)页，1.110 MB，由小赞的店铺上传

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2023届高三统一考试试题化学本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡。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。回答非选择题时，将答案写

在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.本试卷主要考试内容：高考全部内容。5.可能用到的相对原子质量：H1O16S32Mn55Zn65一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共3

0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.中华文化源远流长，古代劳动人民用智慧与汗水缔造了丰富多彩的中华文化。下列说法错误的是A.苏绣的主要材料是丝绸，丝绸中含有蛋白质，不能用加酶洗衣粉浸泡B.“马踏飞燕”是东汉青铜

器，青铜器属于合金材料，硬度比纯铜大C.宣纸选用青檀树皮和沙田稻草制作而成，宣纸的主要成分是纤维素，纤维素水解可得蔗糖D.甲骨文的主要载体是兽骨，兽骨的主要成分是碳酸钙，质地坚硬【答案】C【解析】【详解】A．丝绸中含有蛋白质，加酶洗衣粉会使蛋白质水解，因此不能用来洗丝绸制造的衣物，

A正确；B．青铜属于铜的合金，硬度比纯铜大，B正确；C．纤维素水解可得葡萄糖，C错误；D．兽骨的主要成分是碳酸钙，质地坚硬，D正确。本题选C。2.粉上多彩高温瓷器为宋代衡山窑首创，也是我国宋元陶瓷史上

的艺术瑰宝。化学家对元代的粉上多彩高温瓷器文物进行分析发现，其中含有石英颗粒，还有一定量的莫来石(2322AlOSiOx，1<x<2)、氧化铁、氧化钙和氧化镁。下列说法正确的是A.石英的主要成分是2SiO，2SiO由大量的硅氧四面体基本单元构成B.瓷器质地均匀，硬度高，是纯净物C.粉上多彩高

温瓷器的主要成分是各种氧化物，其中氧化钙和水反应生成氢氧化钙D.粉上多彩高温瓷器含有氧化铁，导致青釉器颜色为青色【答案】A【解析】【详解】A．石英的主要成分是2SiO，2SiO由大量的硅氧四面体基本单元构成，A正确；B．瓷器中含有各种氧

化物，因此为混合物，B错误；C．瓷器中的钙元素主要以碳酸钙形式存在，因此不会发生该反应，C错误；D．氧化铁是红棕色粉末，因此不会导致青釉器颜色为青色，D错误。本题选A。3.某抗氧化剂Z可由图中反应制得：下列关于化合物X、Y、Z的说

法正确的是A.化合物Z中采用3sp杂化和2sp杂化的碳原子个数比为3∶5B.化合物Y中含有3个手性碳原子C.化合物X可使溴水褪色，1molX最多可消耗25molBrD.化合物Z中第一电离能最大的元素为氧元素【答案】A【解析】【详解】A．根据有机物Z的结构简式可知，采用3sp杂化的碳原子有6

个，采用2sp杂化的碳原子有10个，因此二者比为3∶5，A正确；B．连有四个不同基团的碳原子为手性碳原子，化合物Y中含有一个手性碳原子，B错误；C．化合物X中，酚羟基的两个邻位碳可以与两个2Br发生取代反应，碳碳双键可以与一个2Br发

生加成，因此1molX最多可消耗23molBr，C错误；D．同周期从左向右，元素的第一电离能逐渐增大，但N>O，因此化合物Z中第一电离能最大的元素为氮元素，D错误。本题选D。4.化学实验中常涉及除杂，下

列关于除杂试剂的选择正确的是(括号内为杂质)A.2SO(气态的3SO)：浓硫酸B.亚硫酸钡(碳酸钡)：稀盐酸C.氯气(乙烯)：酸性高锰酸钾溶液D.镁粉(二氧化锰)：浓盐酸、加热【答案】A【解析】【详解】A．SO3通入浓硫酸后会与其中的H2O发生化合反应生成稳定的H2SO4，而SO2不与浓硫酸反

应，A正确；B．亚硫酸钡可以与盐酸反应生成氯化钡和SO2气体，因此不能选稀盐酸为除杂试剂，B错误；C．乙烯可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为CO2气体，形成新的杂质气体，C错误；D．镁粉会与浓盐酸反应，因此不能选用

浓盐酸作为除杂试剂，D错误。本题选A。5.设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1mol熔融状态下的3AlCl中含有3Al+的数目为ANB.标准状况下，11.2L3SO质量为40gC.11molLKCl−溶液中，K+的数目为AND.常温常压下，18g2HO中含有共价键的数目为2

AN【答案】D【解析】【详解】A．3AlCl为分子，因此熔融状态下3AlCl的不含3Al+，A错误；B．标准状况下，3SO为固体而非气体，B错误；C．溶液未给出体积，因此无法计算离子个数，C错误；D．18g2HO为1mol

，一个H2O中含有2个H-O键，因此1molH2O中含有共价键的数目为2AN，D正确。本题选D。6.“证据推理与模型认知”是化学学科学习的基本素养。下列推论合理的是选项已知信息推论A酸性：HI>HBr>HCl酸性：222HTeHSeHS

B非金属性：F>O>N还原性：23FON−−−的C原子半径：Na>Mg>O离子半径：2+2NaMgO+−D熔点：C>Si>Ge熔点：2222FClBrIA.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．HCl、HBr、HI的酸性由键能决定，键长越长，键能越小，酸

性越强，因此推出氧族元素对应氢化物的酸性：222HTeHSeHS，A项合理；B．元素非金属性越强，对应简单离子的还原性越弱，因此还原性：23F<ON−−−，B项不合理；C．Na、Mg原子核外有三层电子，Mg核电荷数大，对应半径小，O原子核外有两层电子，半径最小；Na

+、Mg2+、O2-核外电子均为两层，原子核中核电荷数越小，对应的离子半径越大，即离子半径：22+ONaMg−+，C项不合理；D．C、Si、Ge均为共价晶体，熔点由键能决定；F2、Cl2、Br2、I2为分子晶体，熔点由范德华力决定，相对分子质量越大，范德华力越大，则熔点：2222<<ClBr

<FI，D项不合理。本题选A。7.X、Y、Z、W、M五种短周期主族元素在元素周期表中的位置如图所示，Z的第一电离能比W的第一电离能大，M的3p轨道上有2个未成对电子。以下说法错误的是A.电负性：W>Z>YB.最高价氧化物对应水化物的酸性：M>

YC.通过电解熔融的23XW可制得X单质D.常温下，将一定量气态24ZW充入一烧瓶内，烧瓶内始终为无色【答案】D【解析】【分析】M的3p轨道上有2个未成对电子，则M的电子排布式为1s22s22p63s23p2或1s22s22p63

s23p4，则M为Si或S；同一周期从左到右，元素的电离能逐渐增大，但N>O，综上可知，X、Y、Z、W、M分别为Al、C、N、O、S。【详解】A．同周期从左到右，元素的电负性逐渐减小，因此电负性：O>N>C，即W>Z>Y，A正确；B．M、Y对应的最高价氧化物对应水化物即硫酸与碳酸，酸性大

小：硫酸>碳酸，即M>Y，B正确；C．通过电解熔融的Al2O3可以得到Al，C正确；D．将N2O4通入烧瓶后会发生可逆反应：242NO2NO，因此容器内会出现红棕色，D错误。本题选D。8.《天工开物》种记载：“凡铁分生、熟，出炉未炒则生，既炒则熟。生熟相和，炼成则钢”。我国古代炼铁的流程如图所示。

下列叙述正确的是A.在相同的潮湿空气中，“生铁”耐腐蚀性比“熟铁"强B.碳素钢既能发生吸氧腐蚀，又能发生析氢腐蚀C.炼铁需要的热量由C和2CO反应提供D.我国古代炼铁的过程中不会产生对环境有害的气体【答案】B【解析】【详解】A．题目

中的“生铁”、“熟铁”即平常所说的生铁和钢，在相同的潮湿空气中，钢耐腐蚀性比生铁强，A错误；B．碳素钢在酸性环境中发生析氢腐蚀，在中性或偏碱性的环境中发生吸氧腐蚀，B正确；C．炼铁需要的热量由C和2O反应提供，C错误；D．炼铁过程中会有C

O、SO2等气体生成，D错误；本题选B。9.某种含二价铜微粒()()II3CuOHNH+的催化剂可用于汽车尾气脱硝，催化机理如图1，反应过程中不同价态物质体系所含的能量如图2。下列说法正确的是A.催化机理中的五步反应均为氧化还原反应B.状态⑤到状态①的变化过程中有极性键

和非极性键的形成C.状态③到状态④过程的H最小，放热最多，反应速率最快D.脱硝过程的本质是3224NH6NO5N6HO+=+【答案】B【解析】【详解】A．状态①到状态②过程中无元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故A错误；B．状态⑤到状态①的变化过程中有H2

O和N2生成，有极性键O-H和非极性键N≡N的形成，故B正确；C．由H=生成物的总能量-反应物的总能量，状态②到状态③过程的H最小，故C错误；D．由图2可知，该脱硝过程中参与反应的NH3、NO、O2的物质的量之比为2：2：12，即4：4：

1，所以脱硝总反应方程式为4NH3+4NO+O2═6H2O+4N2，故D错误；故选：B。10.为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确完整的是(不考虑存放试剂的容器)实验目玻璃仪器试剂A组装实验室制乙烯的发生装置圆底烧瓶、温度计、酒精灯、导管浓硫酸

、无水乙醇、碎瓷片B粗盐提纯中将最后所得的滤液蒸发结晶表面皿、玻璃棒、酒精灯粗盐提纯中最后所得滤液C除去新制乙酸乙酯中的少量乙酸分液漏斗、烧杯混有乙酸的乙酸乙酯、饱和NaOH溶液D配制100mL一定物质的100mL

容量瓶、胶头滴管、蒸馏水的的量浓度的稀硫酸烧杯、量筒、玻璃棒A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．实验室制备乙烯时，在圆底烧瓶中放入浓硫酸、无水乙醇和碎瓷片，将温度计的水银球伸入液面以下，用酒精灯进行加热，烧瓶口连接导管，

A项正确；B．蒸发结晶要用到蒸发皿而不是表面皿，B错误；C．乙酸乙酯在碱性溶液中会发生水解，不能用饱和NaOH溶液进行乙酸的除杂，C错误；D．配置稀硫酸要用到蒸馏水和一定浓度的浓硫酸，D项试剂缺少给定浓度的浓硫酸，D错误。本题选

A。二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中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.几种常见的晶胞或结构(2CaF、4NHCl、3AlCl)如图，下列说法错误的是A.图1所示晶胞中阳、阴

离子的配位数分别为8和4B.熔点：图2所示物质>图1所示物质C.图3所示晶胞中与体心原子等距离且最近的顶点原子有8个D.4NHCl可与H−反应生成4NHH，4NHCl和4NHH均是共价化合物【答案】BD【解析】【分析】由题意判

断图1为GaF2的晶胞，图2为AlCl3的结构，图3为4NHCl的晶胞。【详解】A．图1中顶点和面心是Ga2+，四面体内较大的小球表示F-，距离钙离Ga2+子最近且等距离的F-有8个，则Ga2+的配位数

为8，距离F-最近且等距离的Ga2+有4个，则F-的配位数为4，故A正确；B．图1为GaF2的晶胞，GaF2是离子晶体，图2为AlCl3的结构，AlCl3是共价化合物，离子化合物的熔点一般高于共价化合物，则GaF2熔点高于AlCl3，故B

错误；C．由图3可看出，与体心原子等距离且最近的顶点原子有8个，故C正确；D．4NHCl为离子化合物，故D错误；故答案选BD。12.钾离子电池因其低成本和较高的能量/功率密度，引起了广泛关注。一种钾离子电池的总反应为80.520.52KCKMnO8CKMnOxxx−++放电充电，其工作

原理如图所示。下列说法正确的是A.该电池的交换膜为阳离子交换膜B.充电时，a极接电源的负极发生氧化反应C.放电时，b极发生的反应为0.520.52KMnOKeKMnO+−−++=xxxD.放电时，理论上电路通过4mole−，a极质量减小39g【答案】A

C【解析】【分析】总反应：80.520.52KCKMnO8CKMnOxxx−++放电充电，放电时，a极：8KCeK8C−+−=+；b极：0.520.52KMnOKeKMnO+−−++=xxx，因此该电池交换膜为阳离子交换膜，以保证充放电时K+能够顺利通过。【详解】A．由分析可知，该电池的交换膜为

阳离子交换膜，A正确；B．根据总反应可知，充电时，a极电极反应式为：88C+eKKC−++=，因此a极接电源负极，发生还原反应，B错误；C．由总反应式可知，放电时，b极发生的反应为0.520.52KMnOKeKMnO+−−++=xxx，C正确；D．放电时，a极电极反应式为：8K

CeK8C−+−=+，当转移1个电子时，a极减少一个K+的质量；当电路通过4mole−，a极减少4molK+的质量，即146g，D错误。本题选AC。的13.T℃时，含等浓度的3AgNO与()32FeNO的混合溶液中发生反应()()()()23FeaqAgaqFea

qAgs+++++Δ0H，1t时刻，改变某一外界条件继续反应至()2214ttt=时刻，溶液中()Agc+和()3Fec+随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是已知：T℃时，该反应的化学平衡常数K=1

。A.若1t时刻未改变外界条件，则此时该反应处于平衡状态B.若2t时刻反应达到平衡，则1t时刻改变的条件可能为升温C.若始终保持温度不变，则平均反应速率：21ttvv(1tv表示0~1ts内2Fe+的平均反应

速率，2tv表示0~2ts内2Fe+的平均反应速率)D.20st内Ag+的平均反应速率为1120.04molLst−−【答案】AC【解析】【详解】A．因为混合溶液中3AgNO与()32FeNO等浓度，因此Ag+与Fe2+浓度相等，根据反应式

可知，Ag+、Fe2+、Fe3+三者系数比为1:1:1，即三者变化量相等。若1t时刻未改变外界条件，则浓度商3c2c(Fe)0.01Q1Kc(Ag)c(Fe)0.10.1+++====，因此此时该反应处于平衡状态，A正确；B．该反应为放热反应，升温会导致平衡逆向移动，根据图像可知，1t时刻改变条

件后，平衡正向移动，因此1t时刻改变的条件不是升温，B错误；C．因为Ag+、Fe2+系数比为1:1，因此v(Fe2+)=v(Ag+)，且()2214ttt=，根据图像，1tv=10.01mol/Lt，2tv=210.03mol

/L0.03mol/Lt4t=，因此21ttvv，C正确；D．根据图像，20st内Ag+的平均反应速率为1120.03molLst−−，D错误。本题选AC。14.分析化学中“滴定分数”的定义为：所加滴定剂与被滴定组分的物质的量

之比。常温下以0.10mol·L-1的HCl溶液滴定同浓度某一元碱MOH溶液并绘制滴定曲线如下图所示。下列说法不正确的是A.该酸碱中和滴定过程应该选用甲基橙做指示剂B.x点处的溶液中满足：c(MOH)+c(OH-)<c(M+)+c(H+)C.根据y点坐标可以算得Kb(MOH)=9×10-7

D.从x点到z点，溶液中水的电离程度逐渐增大【答案】D【解析】【分析】以0.10mol·L-1的HCl溶液滴定同浓度某一元碱MOH溶液，则滴定分数为1时恰好完全反应得到MCl溶液，即z点；滴定分数为0.5时，得到等物质的量的MCl、MOH混合溶液，即x点。【详

解】A．由图可知，滴定分数=1.00时，溶液显酸性，说明反应生成的MCl溶液显酸性，为弱碱强酸盐，选择在酸性条件下变色的指示剂甲基橙，A正确；B．x点处滴定分数为0.50，溶液中含有等量的MOH、MCl，由物料守恒2c(Cl-)=c(M+)+c(MOH

)，电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(M+)+c(H+)，可以得出c(MOH)+2c(OH-)<c(M+)+2c(H+)，此时溶液显碱性，c(OH-)>c(H+)，c(MOH)+c(OH-)<c(M+)+c(H

+)，B正确；C．y点pH=7，，c(OH-)=c(H+)=10-7mol·L-1，则c(Cl-)=c(M+)，设MOH溶液为1L，滴定分数为0.90，则需加入盐酸0.90L，溶液总体积为1.90L，反应后

：c(Cl-)=c(M+)=-10.10molL0.9L1.9L，c(MOH)=()-1-10.10molL1.0-0.9L0.10molL0.1L=1.9L1.9L，Kb(MOH)=()()()+-cMcOHcMOH，代入数值，得Kb(MOH)=9×10-7，C正确；D．从x

点到z点过程中，在加入盐酸至恰好反应过程中，水的电离由被抑制到促进，溶液中水的电离程度逐渐增大；随着盐酸的过量，水的电离又被抑制，电离程度减小，D错误；故选D。三、非选择题：本题共4小题，共54分。15.1811年，法国化学家库特瓦在做海藻灰提取钠盐和钾盐的实验中，意外地发现一种美丽的紫色蒸气，像

彩云一样冉冉上升，后来这种紫色蒸气被人命名为“碘”(ioeides，希腊文中意为“紫色”)。回答下列问题：已知：浓磷酸无挥发性，不易分解。（1）实验室可以用微热KI固体和浓磷酸的方法制备无色易溶于水的气体HI，反应的化学方程式为_______。____

___(填“能”或“不能”)用浓硫酸或浓硝酸代替浓磷酸，理由是_______。（2）制备并收集干燥的HI气体所需装置如图(夹持和加热装置省略，仪器可重复使用)，仪器H的名称为_______，接口的连接顺序为d→a→b→_______→c。（3）已知：真碘盐中含有碘酸钾(3KIO)，假

碘盐中则不含碘酸钾。有同学猜想可以用KI、稀硫酸和淀粉溶液来分辨真假碘盐，理由是_______(用离子方程式表示)，为此他们做了如下探究实验：实验编号实验步骤实验现象结论A向试管A中加入2g_______(填化学式)，再加6mL蒸馏水，

振荡试管，再依次加入10滴浓度为0.5%的淀粉溶液、2mL10.1molL−KI溶溶液无明显变化用KI、稀硫酸和淀粉溶液来分辨真假碘盐的猜想_______(填“可行”或“不可行”)液和2滴11molL−的稀硫酸B向试管B中加2g加碘盐，再加_______mL蒸馏水，振荡试管，再依次

加入10滴浓度为0.5%的淀粉溶液、2mL10.1molL−的KI溶液和2滴11molL−的稀硫酸溶液迅速变蓝实验A的作用是_______。【答案】（1）①.Δ34343KI+HPO()=KPO+3HI浓②.不能③.浓硫酸和浓硝酸具有氧化性，会将HI氧化（2）

①.球形干燥管②.d→a→b→e→f→a(或b)→b(或a)→c（3）①.--+3225I+IO+6H=3I+3HO②.NaCl③.6④.可行⑤.作为实验对照组，排除NaCl对实验的干扰【解析】【分析】U形管可以装无水氯化钙或者五氧化二磷，用来干燥酸性

气体HI，HI密度大于空气，所以收集时导管口应该长进短出，再接一个U形干燥管，可防止烧杯中的水进入集气瓶，最后用球形干燥管防止溶液倒吸，烧杯中的溶液可装硝酸银溶液，若出现黄色沉淀，证明HI气体已收集满。【小问1详解】使用浓磷酸制备HI的原理是难挥发

性酸制备易挥发性酸，反应方程式为Δ34343KI+HPO()=KPO+3HI浓；不能用浓硫酸或浓硝酸代替浓磷酸，理由是浓硫酸和浓硝酸具有氧化性，会将HI氧化；【小问2详解】仪器H的名称为球形干燥管；题中的四组仪器，用途分别是:①第1组为干燥装置；②第2组为尾气处理+防倒吸装置

；③第3组为反应发生装置；④第4组为收集装置；据此，接口的连接顺序为d→a→b→e→f→a(或b)→b(或a)→c；其中，①由于HI密度比空气大，所以收集装置应“长进短出”；②为防止尾气处理装置中的水蒸气进入收集装置，所以二者间还需要加装干燥装置；【小

问3详解】A：向试管A中加入2gNaCl，再加6mL蒸馏水，振荡试管，再依次加入10滴浓度为0.5%的淀粉溶液、2mL10.1molL−KI溶液和2滴11molL−的稀硫酸，溶液无明显变化；B：向试管B中加2g加碘盐，再加6mL蒸馏水，振荡试管，再依次加入10滴浓度为0.5%的淀粉溶液、2mL

10.1molL−的KI溶液和2滴11molL−的稀硫酸，溶液迅速变蓝；用KI、稀硫酸和淀粉溶液来分辨真假碘盐的猜想可行；实验A的作用是对比实验，排除NaCl能与KI、稀硫酸作用产生碘遇淀粉变蓝；

故若为真碘盐，则会发生反应--+3225I+IO+6H=3I+3HO，I2遇淀粉变蓝；而假碘盐不会有这种现象，所以可以区分。16.高锰酸钾生产过程中会产生较多的废锰渣，工业上将废锰渣再利用，以它为原料来制备硫酸锰。回答下列问

题：已知：废锰渣主要成分为2MnO、3CaCO、23AlO、23FeO、MgO。（1）基态锰原子的核外电子排布式为_______。（2）“酸处理”时，为提高浸取率可采取的措施为_______(填一条)。“滤渣①”的主要成分为_______(填化学式)。（3）“浸取”过程中主要发生的化学方程式为

_______。“浸取”时，随着反应的进行，反应物的浓度减小，化学反应速率应该减慢，但实际上浸取时化学反应速率加快，原因是_______。（4）“中和”时，碳酸钙的作用是_______。（5）“系列操作”包括_______。（6）工业上可以以石墨为电极电解酸化的

硫酸锰制取二氧化锰，该过程中阳极的电极反应式为_______。（7）某工厂用10t该废锰渣(含34.8%2MnO)制备4MnSO，若整个流程中Mn的损耗率为25%，最终可以制得4MnSO的质量为_______t。【答案】

（1）1s22s22p63s23p63d54s2或[Ar]3d54s2（2）①.将废锰渣研磨成粉末（或加热、或适当提高硫酸浓度）②.MnO2（3）①.()224244232FeS3MnO6HSOFeSO3MnSO2S6HO++=+++②.反应生成的Mn2+作为催化剂，提高了反应速率

（4）除去过量的硫酸(调节溶液pH)（5）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（6）222Mn2e2HOMnO4H+−+−+=+（7）4.53【解析】【分析】废锰渣通过酸处理，MnO2以滤渣成分过滤出来，在“浸取”时被还原为Mn2+，过滤得S

和含硫酸铁、硫酸锰的滤液，加入CaCO3调节pH，将Fe3+转化为沉淀除去，加入BaS可与CaSO4反应转化为CaS和BaSO4除去，过滤得到MnSO4溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥一系列操作得到MnSO4固体。【小问1详解】

Mn是25号元素，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p54s2。【小问2详解】“酸处理”时，为提高浸取率可采取的措施为将废锰渣研磨成粉末（或加热、或适当提高硫酸浓度）；“酸处理”后，其他成分均与硫酸反应，只有MnO2不反应，因此滤渣①为MnO2。【

小问3详解】“浸取”过程主要是低价铁元素将MnO2还原为MnSO4，因此反应为()224244232FeS3MnO6HSOFeSO3MnSO2S6HO++=+++；“浸取”过程化学反应速率加快，可能的原因是生成的Mn2+作为催化剂，提高了反应速率。【小

问4详解】“中和”时，碳酸钙的作用是中和过量的硫酸，调节溶液的pH，使Fe3+能够生成Fe(OH)3沉淀而除去。【小问5详解】由MnSO4溶液得到固体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。【小问6详解】阳极发生的反应为Mn2+被氧化为MnO2，根据质量守恒定律及溶

液酸性环境，电极反应式为：222Mn2e2HOMnO4H+−+−+=+。【小问7详解】根据2MnO与4MnSO的关系列式：24MnO~MnSO8715110t34.8%75%m，则10t34.8%75%1514.53t87m==。17.我国自主研发的

DMTO技术是以煤或天然气代替石油作原料生产乙烯和丙烯的新技术。DMTO工业化技术的成功研发，对开辟我国烯烃产业新途径具有重要意义。回答下列问题：（1）煤气化包含一系列化学反应，热化学方程式如下：①()()()()22CsHOgCOgHg++11Δ131kJmol−=+H②

()()()()222COgHOgCOgHg++12Δ41kJmolH−=−③()()()2CsCOg2COg+=13ΔkJmolHa−=，则a=_______。（2）在一定温度下，向某刚性容器中充入一

定量2CO、2H仅发生反应：()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++H。下列情况表明反应已达到平衡状态的是_______(填标号)。A.混合气体的密度保持不变B.混合气体的平均摩尔质量保持不变C.混合气体的总压强保持不变D.含碳粒子总浓度保持不变（3）向一密闭容器中充入

()32molCHOHg，发生反应：()()()32422CHOHgCHg2HOg+H。其他条件不变时，3CHOH的平衡转化率随着温度(T)、压强(p)的变化如图所示：①1p_______(填“>”或“<”)2p，1TK时，N点的平衡常

数K=_______。已知M点、N点时容器的体积分别为1L、0.5L。②欲提高3CHOH的平衡转化率，可采取的措施是_______(填一条，下同)，欲增大反应速率，可采取的措施是_______。（4）一定温度下，向一恒容密闭容器中投入1.5molCO、23molH发生反应：(

)()()23COg2HgCHOHg+1Δ91kJmol−=−H。测得反应开始时容器内压强为5310Pa，10min后反应到达平衡，平衡时体系压强降低了5110Pa。()2Hv=_______1Pamin−，该温度下的平衡常数pK=_______2Pa−(pK为分压表示的平衡常数，分压=总

压X物质的量分数)。【答案】（1）172（2）BC（3）①.>②.136③.减小压强、降低温度④.增大压强、升高温度（4）①.1×104②.1×10-10【解析】【小问1详解】①()()()()22CsHOgCOgHg++11ΔH131kJmol−=+②()(

)()()222COgHOgCOgHg++12ΔH41kJmol−=−根据盖斯定律①-②得()()()2CsCOg2COg+=11113ΔHkJmol=+131kJmol+41kJmol=+172kJmola−−−−=，则a=172。【小问2详解】A．反应前后气体总质量不

变、容器体积不变，密度是恒量，混合气体的密度保持不变，反应不一定平衡，故不选A；B．反应前后气体总质量不变，反应后气体物质的量减少，混合气体的平均摩尔质量是变量，混合气体的平均摩尔质量保持不变，反应一定达到平衡状态，故选B；C．反应后气体物质的量减少，压强是变量，混合气体的总压

强保持不变，反应一定达到平衡状态，故选C；D．根据碳元素守恒，含碳粒子总数不变，含碳粒子总浓度保持不变，反应不一定平衡，故不选D；选BC。【小问3详解】①增大压强，()()()32422CHOHgCHg2HOg+

平衡逆向移动，3CHOH的平衡转化率减小，所以1p>2p；平衡常数只与温度有关，1TK时，N点的平衡常数与M点相同，根据M点数据()()()()()()32422CHOHgCHg+2HOgmol/L200mol/L

0.50.250.5mol/L1.50.250.5初始转化平衡，K=220.250.51=1.536。②根据影响平衡移动的因素，减小压强、降低温度平衡正向移动，3CHOH的转化率增大；根据影响反应速率的因素，增大压强、升高温度

，可增大反应速率。【小问4详解】一定温度下，向一恒容密闭容器中投入1.5molCO、23molH发生反应：()()()23COg2HgCHOHg+1Δ91kJmol−=−H。同温同体积，压强比等于物质的量比，反应开始时容器内压强为5310Pa，10min后反应

到达平衡，平衡时体系压强降低了5110Pa，()()()()()()235555COg+2HgCHOHgMPa1102100mol/Lx2xxmol/L110-x210-2xx初始转化平衡3×105-2x=2×105，x=5×104MPa；()2Hv=5110Pa÷10min=1×

1041Pamin−，该温度下的平衡常数()4-10p245510K=110510110=2Pa−。18.贝诺酯是一种重要的药品，一种合成贝诺酯的路线如图所示。回答下列问题：（1）A的名称是______

_，贝诺酯中官能团有_______(填名称)。（2）A→B的试剂和条件是_______，D→E的反应类型是_______。（3）写出F→贝诺酯的化学方程式：_______。（4）在F的芳香族同分异构体中，含硝基的结构有_______种(不包括立体异构)。其中，苯环上

一溴代物只有2种的结构简式为_______(任写2种)。（5）已知：氨基(2NH−)具有较强的还原性。以对硝基甲苯为原料合成高分子材料——聚对氨基苯甲酸()，设计合成路线(无机试剂任选)_______。【答案】（1）①.氯苯②.酯基、酰胺键（2

）①浓硝酸、浓硫酸，加热②.还原反应.（3）+⎯⎯⎯→催化剂+H2O（4）①.14②.、、、（5）4KMnO⎯⎯⎯→/⎯⎯⎯⎯→盐酸铁粉⎯⎯⎯→催化剂【解析】【分析】由A的分子式结合后续结构可知A应为氯苯，A在一定条件下生成B，B与NaOH加催化剂

条件下反应生成C，结合C的结构可知B到C的过程应为B中氯原子水解后发生中和反应生成酚钠结构，则A到B的过程中引入硝基，C酸化得到D，D在盐酸铁粉作用下发生还原反应生成E，E中氨基与乙酸发生取代反应生成F，F与发生酯化反应生成贝诺酯，据此分析解答。【小问1详解】由以上分析可知A为氯苯，根据贝诺

酯的结构可知其所含官能团为酯基、酰胺键，故答案为：氯苯；酯基、酰胺键；【小问2详解】A到B发生苯环上的硝化反应，反应试剂为浓硝酸、浓硫酸作催化剂，在加热条件下反应，D到E过程中硝基转化为氨基，发生还原反应，故答案为：浓硝酸、浓硫酸，加热；还原反应；【

小问3详解】F与发生酯化反应生成贝诺酯，反应为：+⎯⎯⎯→催化剂+H2O，故答案为：+⎯⎯⎯→催化剂+H2O；【小问4详解】F的芳香族同分异构体中，结合F的结构可知若含硝基则不含其他不饱和键，若苯环上只有一个取

代基：可有222CHCHNO−、32CH(CH)NO−两种；若苯环上有两个取代基可以是：223CHNOCH−和-或232CHCHNO−和-，分别有邻间对三种位置，共6种；若苯环上有三个取代基则有两个甲基和硝基，两个甲基邻位时硝基有2种位置，若两个甲基间位，硝基有3个位置，若两个甲基对位，硝基只有

一种位置，共6种，共14种；其中苯环上一溴代物只有2种的结构简式、、、，故答案为：14；、、、；【小问5详解】对硝基甲苯先与高锰酸钾反应生成对硝基苯甲酸，再在盐酸、铁粉作用下将硝基还原为氨基，得到对氨基苯甲酸，对氨基苯甲酸发生缩聚反应得到聚对氨基苯甲酸()，合成路线为：4

KMnO⎯⎯⎯→/⎯⎯⎯⎯→盐酸铁粉⎯⎯⎯→催化剂，故答案为：4KMnO⎯⎯⎯→/⎯⎯⎯⎯→盐酸铁粉⎯⎯⎯→催化剂；获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com