【文档说明】安徽省淮南第一中学等学校2024-2025学年高三上学期开学考试 化学试题 Word版含解析.docx，共(19)页，1.652 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-2d2d742b28c131089764ace288c21742.html

以下为本文档部分文字说明：

化学试题考生注意：1.满分100分，考试时间75分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各

题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效．．．．．．．．．．．．．，在试题卷．．．．、草稿纸上作答无效．．．．．．．．。3.本卷命题范围：高考范围。可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16S-32一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共4

2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.巴黎奥运赛场上中国运动健儿绽放异彩，“中国科技”闪耀赛场内外。下列所涉及的材质为无机非金属的是A.射击比赛服采用特制帆布和牛皮等材料B.奥

运会场馆中的紫色跑道使用可循环橡胶材料C.乒乓球比赛用球采用高品质ABS塑料材料D.自行车采用航空级纳米碳纤维材料【答案】D【解析】【详解】A．帆布的主要成分是较粗厚的棉织物或麻织物。牛皮的主要成分是蛋白质，属于有机物，故A项错误；B．橡胶材料属于有机物，故B项错误；C．

ABS塑料材料属于有机物，故C项错误；D．航空级纳米碳纤维材料属干无机非金属材料，故D项正确；故本题选D。2.化学与生产、生活息息相关。下列叙述错误的是A.乙醇可作液体燃料，也可作消毒剂B.葡萄糖溶液

可以为运动员补充电解质C.石灰石是制造玻璃和水泥的主要原料之一D.工业燃煤中加入生石灰可以减少酸雨的形成【答案】B【解析】【详解】A．乙醇能燃烧可作液体燃料，乙醇能杀灭病菌也可作消毒剂，A正确；B．电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；葡萄糖不是电解质，

B错误；C．石灰石为碳酸钙，是制造玻璃和水泥的主要原料之一，C正确；D．生石灰能和二氧化硫反应，减少硫氧化物排放，减少酸雨的形成，D正确；故选B。3.下列鉴别或除杂的方法错误的是A.用灼烧法区别蚕丝和人造纤维B.用水鉴别氢氧化钠和氯化钠两种固体C.通过灼热的铜丝网除去氮气中的氧

气D.用湿润的淀粉碘化钾试纸鉴别Br2(g)和NO2【答案】D【解析】【详解】A．蚕丝的主要成分是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味，人造纤维的主要成分是纤维素，灼烧时没有烧焦羽毛的气味，A正确；B．氢氧化钠溶于水放热，溶液温度升高，氯化钠溶于水温

度几乎不变，B正确；C．氧气通过灼热的铜丝网时可与铜发生反应生成氧化铜，而氮气不与铜反应，C正确；D．Br2(g)和NO2(与水反应生成硝酸)都可将KI氧化为I2，都能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，不能鉴别，D错误

；答案选D4.物质的转化是化学学习的重要内容，甲、乙、丙所代表的物质符合如图所示转化关系的是(图中的箭头均表示一步转化)A.NaCl、NaHCO3、Na2CO3B.N2、NO2、NOC.SO2、H2SO4、BaSO4D.Al、AlCl3、Al(OH)3。【答案】A【解析】【详解】A．饱和氨盐

水通入二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解为碳酸钠，碳酸钠和盐酸生成氯化钠、和二氧化碳生成碳酸氢钠，A正确；B．氮气和氧气生成一氧化氮而不是二氧化氮，B错误；C．二氧化硫可以被次氯酸等氧化剂氧化为硫酸，硫酸和氯化钡生成硫酸钡，硫酸钡不能转化为硫酸，C错误；D．铝和氯气生

成氯化铝，氯化铝和氨水生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和盐酸生成氯化铝，氢氧化铝不能一步转化为铝单质，D错误；故选A。5.灵芝酸B是灵芝的主要活性成分之一，其结构简式如。下列说法错误的是A.灵芝酸B能使溴的CCl4溶液褪色B.1mol灵芝酸B中含有5mol碳氧π键C.灵

芝酸B能发生加聚反应D.灵芝酸B中碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3【答案】B【解析】【详解】A．分子中的官能团有碳碳双键，和溴单质加成使溴的CCl4溶液褪色，A正确；B．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，1mol灵芝酸B中含有4mol碳氧π键，B错误；C．分子中的官能团有

碳碳双键，故灵芝酸B能发生加聚反应，C正确；D．灵芝酸B中饱和碳原子为sp3，碳碳双键中碳原子的杂化轨道类型为sp2，D正确；故选B。阅读下列资料，完成下面小题。碳元素被誉为“生命的核心元素”。12C、13C和14C是3种常见的碳元素核素；

由于碳原子能通过单键、双键、三键等形式成键，形成了数目繁多的有机物。CO2是常见的含碳化合物，在日常生活中应用广泛，近年来由于温室效应日益加剧，针对CO2处理和利用有多种方法：可利用NaOH溶液喷淋捕捉空气中的CO2；利用CO2和H

2反应生成甲醇；还可以使CO2在电解条件下生成C2H4、HCOOH、尿素等多种物质。6.下列说法正确的是A.碳原子杂化轨道中s轨道成分占比：－C≡C－＞－CH=CH－B.碳单质的晶体类型均为共价晶体C

.12CO2、13CO2、14CO2互为同素异形体D.CO2是非极性分子，因此可制备尿素7.下列化学反应表示错误的是A.CO2和H2合成甲醇：CO2+3H2=CH3OH+H2OB.NaOH溶液喷淋捕捉空气中的CO2：CO2+

2OH-=CO23−+H2OC.泡沫灭火器原理：Al3++3HCO3−=Al(OH)3↓+3CO2↑D.CO2通过电解法转化为HCOO-：2H++CO2+3e-=HCOO-【答案】6.A7.D【解析】【6题详解】A．碳碳三键中C原子杂化方式为sp杂化，碳碳双键中C原子杂化方式为sp2杂化，

故碳原子杂化轨道中s成分占比：－C≡C－＞－CH=CH－，故A正确；B．碳元素的单质有多种，金刚石为共价晶体，石墨为混合晶体，C60为分子晶体，故B错误；C．同种元素形成的不同单质互为同素异形体；12CO2、13CO2、14C

O2都是化合物，不互为同素异形体，故C错误；D．CO2制备尿素与其是非极性分子无关，故D错误；答案选A【7题详解】A．CO2和H2合成甲醇，根据电子守恒和质量守恒，反应的化学方程式为：CO2+3H2=CH3OH+H

2O，故A正确；B．NaOH溶液喷淋捕捉空气中的CO2，应该用足量NaOH，生成碳酸钠，离子方程式为CO2+2OH-=CO23−+H2O，故B正确；C．泡沫灭火器原理是利用Al3+和HCO3−发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，离子方程式为Al3++3HCO

3−=Al(OH)3↓+3CO2↑，故C正确；。D．CO2通过电解法转化为HCOO-，CO2中C为+4价，HCOO-C为+2价，得到2个电子，电极反应式为H++CO2+2e-=HCOO-，故D错误；答案选D。8.设

NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是A.16g肼(N2H4)分子中含σ键数目为2.5NAB.0.5mol异丁烷、正丁烷混合物中含共价键的数目为6.5NAC.34gNH3中氮原子上孤电子对的数目为NAD.

1LpH=3的NH4Cl溶液中H+数目为0.001NA【答案】C【解析】【详解】A．1mol肼(N2H4)分子中含有5molσ键，16g肼(N2H4)的物质的量为0.5mol，含σ键数目为2.5NA，故A正确；B．每个正丁烷和异丁烷中都含有

13个共价键，0.5mol异丁烷、正丁烷混合物中含共价键的数目为6.5NA，故B正确；C．1个NH3中的N原子含有1个孤电子对，34gNH3为2mol，氮原子上孤电子对的数目为2NA，故C错误；D．pH=3的NH4Cl溶液中c(H+)=0.

001mol/L，故1LpH=3的NH4Cl溶液中H+数目为0.001NA，故D正确；答案选C。9.实验室用如图所示装置制备硝酸(加热装置已省略)。下列有关说法错误的是A.制得的硝酸可盛装在无色透明的洁净试剂瓶中B.KNO3换成KCl即可制备HClC.冷却

水的作用是促进硝酸蒸气冷凝，避免形成酸雾D.反应温度如果过高，制得的HNO3可能会呈现黄色【答案】A【解析】【详解】A．硝酸见光或受热易分解，故盛装在棕色的洁净试剂瓶中，故A错误；B．HCl也具有挥发性，故KNO3换成KCl，同样符合难挥发性酸制易挥发性酸的原理，可以制备HCl，故

B正确；C．硝酸挥发易形成酸雾，冷却水可以促进硝酸蒸气冷凝，避免形成酸雾，故C正确；D．反应温度如果过高，制得的HNO3会分解得到NO2，NO2溶解在硝酸中会使溶液显黄色，故D正确；答案选A。10.下列实验操作及现象与结论一致的是选项实验操作及现象结论A先将氯水滴入某溶液中，然后滴加KS

CN溶液，溶液变红原溶液中一定含有Fe2+B向无水乙醇中加入浓硫酸，加热至170℃，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液中，紫红色褪去乙醇发生消去反应生成乙烯C向C6H5OH浊液中滴入Na2S溶液，浊液变清C6H5O-结合H+的能

力比S2-弱D向CuSO4溶液中逐滴加入氨水，得到蓝色沉淀，再继续加入乙醇，蓝色沉淀不溶解蓝色沉淀为[Cu(NH3)4]SO4•H2OA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．氯水会氧化亚铁离子为铁离子，铁离子和KSCN溶液变红色

，但是实验操作错误，可能原溶液中本就有铁离子，不能说明原溶液中一定含有Fe2+，A错误；B．挥发的乙醇可被酸性高锰酸钾溶液氧化，则酸性KMnO4溶液褪色，不能说明乙醇发生了消去反应，B错误；C．浊液变清

，说明苯酚和硫化钠反应转化为苯酚钠，则C6H5O-结合H+的能力比S2-弱，C正确；D．氨水少量的话生成氢氧化铜蓝色沉淀也不溶于乙醇，D错误；故选C。11.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X是密度最小的金属；Y与Z同主族，且基态Y原子中p能级和s能级上的

电子数相同；X和Z形成的化合物的晶体结构如图所示。设阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞边长为apm。下列说法正确的是A.原子半径：r(Y)＜r(Z)＜r(W)B.第一电离能：I1(X)＜I1(Y)＜I1(Z)C.晶胞中Z的配位数为12D.晶体的密度为303A18410Nag•cm-3【答案】D【解

析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X是密度最小的金属，X是Li，基态Y原子中p能级和s能级上的电子数相同，Y为O，Y与Z同主族，Z为S，W是Cl；即X、Y、Z、W分别是Li、O、S、Cl；【详解】A．同周期从左到右原子半径逐渐减小，同主族从

上到下原子半径逐渐增大，故原子半径r(O)＜r(Cl)＜r(S)，故A错误；B．同主族从上到下第一电离能逐渐减小，同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，第一电离能：I1(Li)＜I1(S)＜I1(O)，故B错误

；C．由晶胞示意图可知，晶胞中Z的配位数为8，故C错误；D．由晶胞示意图可知，晶胞中含有4个Li2S，晶胞的质量为A446gN，晶胞的体积为3-303a10cm，故晶胞的密度为mV=3-303A46a4gN10cm=303A18410Nag•cm-3，故

D正确；答案选D。12.在恒温恒容密闭容器中充入一定量W(g)，发生如下反应：2W(g)①4X(g)+Y(g)②③2Z(g)反应②和③的反应速率分别满足v2(X)=k2c2(X)和v3(Z)=k3c(Z)，其中k2、k3分别为反应②和③的速

率常数，反应③的活化能大于反应②。测得W(g)的浓度随时间的变化如表。t/min012345c(W)/mol•L-10.1600.1130.0800.0560.0400.028下列说法错误的是A.0～2min内，W的平均反应速率为0.040mol•L-1•min-1B.若增加Y的浓度，

v2不变C.若k2=k3，平衡时c(X)=c(Z)D.若升高温度，平衡时c(Z)减小【答案】C【解析】【详解】A．由表知内∆c(W)=0.08mol/L，则v(W)=0.08/L2minmol=0.040mol•L-1•min

-1，故A正确；B．由方程式可知，增加Y的浓度，v2不变，故B正确；C．由速率之比等于系数比，平衡时2v逆(X)=v正(Z)，即2v3=v2，2k3c(Z)=k2c2(X)，若k2=k3，平衡时2c(Z)=c2(

X)，故C错误；D．反应③活化能大于反应②，∆H=正反应活化能-逆反应活化能<0，则4X(g)+Y(g)2Z(g)△H<0，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡时c(Z)减小，故D正确；故选C；13.间接电解法合成苯甲醛的原理如

图所示。下列说法错误的是的A.c电源正极B.电解一段时间后，a极区溶液pH降低(忽略溶液体积变化)C.理论上，电源提供4mol电子能生成1mol苯甲醛D.用有机溶剂分离出苯甲醛，避免其在电解池中放电发生副反应【答案】B【解析】【分析】根据图中信息可知，左侧a

极二价锰被氧化为三价锰：2+-3+Mn-e=Mn，为阳极，则b电极为阴极，电极反应为：2+-2H+2e=H；阳极得到的三价锰进入“氧化池”将甲苯氧化为苯甲醛，发生的反应为：。【详解】A．电极a是阳极，

与电源正极c相连，A正确；B．电解一段时间后，氧化池生成的氢离子进入a极区，通过质子交换膜进入b极区，则a极区溶液pH不变(忽略溶液体积变化)，B错误；C．a极二价锰被氧化为三价锰：2+-3+Mn-e

=Mn，三价锰进入“氧化池”将甲苯氧化为苯甲醛，发生的反应为：，由电子守恒可知，提供4mol电子能生成1mol苯甲醛，C正确；D．用有机溶剂分离出苯甲醛，避免其在电解池中被氧化，防止其放电发生副反应，D正确；故选B。1

4.25℃时，用0.20mol•L-1NaOH溶液滴定10.00mL0.20mol•L-1NaHX溶液，滴定曲线如图所示。下列说法错误的是A.25℃时，若H2X的电离常数分别为Ka1、Ka2，则Ka1•Ka2＞KwB.a→b→c的滴定过程中，水

的电离程度先增大后减小C.a点溶液中：c(X2-)＜c(HX-)+3c(H2X)是D.c点溶液中：c(Na+)＞c(OH-)＞c(X2-)＞c(HX-)【答案】C【解析】【分析】初始时，NaHX溶液呈酸性，HX-电离程度大于水

解程度，a点时，n(NaOH)=12n(NaHX)，b点时，NaOH恰好和NaHX完全反应，溶质为Na2X，此时pH=10，c点时n(NaOH)=2n(NaHX)，溶质为等浓度的NaOH和Na2X混合

溶液。【详解】A．由分析可知，b点时溶质为Na2X，此时pH=10，c(H+)=1×10-10mol/L，c(OH-)=1×10-4mol/L，()()()h12ccKcXHXOH−−−==447110/L11

0/L1100.1/Lmolmolmol−−−=，()()()()()2wa2h1cXcHcKKKccOHHXOH−+−−−===1×10-7，由于Ka1＞Ka2，则Ka1•Ka2＞Kw，故A正确；B．b点溶质为Na2X，X2-水解促进水的电

离，故在b点水的电离程度最大，即a→b→c的滴定过程中，水的电离程度先增大后减小，故B正确；C．a点溶质为等浓度的NaHX和Na2X混合溶液，存在质子守恒()()()()()22311ccHcHXccX222OHHX−+−−=++−，此

时溶液呈酸性，则()()()22131cXcHXc222HX−−+＞，即c(X2-)＞c(HX-)+3c(H2X)，故C错误；D．c点溶质为等浓度的NaOH和Na2X混合溶液，X2-离子水解，则离子浓度大小顺序为c(

Na+)＞c(OH-)＞c(X2-)＞c(HX-)，故D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.ZnCO3•2Zn(OH)2是制备活性ZnO的中间体。以锌焙砂(主要成分为ZnO、ZnSiO3，含少量Cu2+、Mn2+等)为原料制备ZnCO3•2Zn(OH)2的流

程如图：回答下列问题：（1）锌位于元素周期表第______周期第______族，ZnCO3•2Zn(OH)2属于______(填“纯净物”或“混合物”)。（2）“浸取1”步骤中加入H2O2的目的是______。（3）“浸取2”步骤中[Cu(NH3)

4]2+转化为“浸渣”______(填化学式)。（4）“蒸氨”步骤中存在[Zn(NH3)4]2+→NH3，[Zn(NH3)4]2+中H－N－H的键角______(填“＞”“＜”或“=”)NH3中H－N－H的键角。（5）写出流程中“沉锌”的离子方程式：______。（6）该流程中可以循环

利用的物质是______(写出主要成分的化学式)。（7）ZnCO3•2Zn(OH)2经焙烧可得活性ZnO，反应的化学方程式为______。【答案】（1）①.四②.ⅡB③.纯净物（2）将Mn2+氧化为MnO2除去（3）

CuS（4）﹥（5）()2+332223Zn+6HCO=2ZnOHZnCO5COHO−++（6）(NH4)2SO4（7）()Δ3222ZnCO2ZnOH3ZnO+CO+HO=【解析】【分析】制备2Zn(OH)2·ZnCO

3流程为：锌焙砂（主要成分为ZnO、ZnSiO3，含少量Cu2+、Mn2+等离子）中加入硫酸铵、氨水、双氧水，双氧水将Mn2+氧化为MnO2，过滤后在滤液中加硫化铵，再过滤，除去铜离子，蒸氨除去多余的氨气，加入碳酸氢铵得到2Zn(OH)2·ZnCO3和二

氧化碳气体，过滤得ZnCO3•2Zn(OH)2，滤液为硫酸铵溶液，据此解答。【小问1详解】锌位于元素周期表第四周期第ⅡB族；纯净物是有化学式的，故ZnCO3•2Zn(OH)2属于纯净物；【小问2详解】双氧水具有强氧化性，还原产物是水，不会引入新杂质，因此加入H2O2的目的是：将Mn2+氧

化为MnO2除去；【小问3详解】根据以上分析可知加入(NH4)2S的目的是除去Cu2+，则除杂过程中的主要离子方程式为Cu2++S2-＝CuS↓，故“浸取2”步骤中的“浸渣”为CuS；【小问4详解】由于NH3提供孤对电子与Zn2+形成配位键后，N-H成

键电子对受到的排斥力减小，所以H-N-H键角增大，则[Zn(NH3)4]2+中H－N－H的键角﹥NH3中H－N－H的键角；【小问5详解】“沉锌”时，ZnSO4与NH4HCO3反应生成ZnCO3•2Zn(OH)2、CO2、H2O

和(NH4)2SO4，离子方程式为：2+332223Zn+6HCO=ZnCO?2Zn(OH)5COHO−++；【小问6详解】由分析可知，加入碳酸氢铵得到ZnCO3•2Zn(OH)2和二氧化碳气体，过滤得ZnCO3•2Zn(OH)2，滤液为(NH4)2SO4溶液，(NH4)2S

O4溶液可以回到浸取1中循环使用，则该流程中可以循环利用的物质是(NH4)2SO4；【小问7详解】ZnCO3•2Zn(OH)2经焙烧可得活性ZnO，反应的化学方程式为()Δ3222ZnCO2ZnOH3ZnO+CO+HO=。16.清凉茶酸乙酯(CH3CH=CHCH=CHCOOCH2CH3)是一

种消毒杀菌剂，对细菌、霉菌等有灭活作用。通过酯化反应制备清凉茶酸乙酯的实验步骤如下。I.在三颈烧瓶中加入5.6g清凉茶酸、4.6g乙醇、环己烷、少量浓硫酸等，再加入几粒沸石。Ⅱ.加热并不断搅拌，一段时间后停止加热和搅拌。Ⅲ.反应物冷却至室温，进行操作X。Ⅳ.在滤液中加入试剂Y，洗涤至混合液pH为

7左右，再用试剂Z洗涤。Ⅴ.将洗涤后混合液加入分液漏斗，进行分液。Ⅵ.在分液后的有机层加入干燥剂，振荡，静置，过滤。Ⅶ.对过滤后产物进行提纯操作，得到4.3mL纯净的清凉茶酸乙酯。沸点/℃密度/(g•cm-3)水溶性备注乙醇780.

789混溶清凉茶酸2281.204易溶清凉茶酸乙酯1950.926难溶环己烷80.70.780难溶挥发过程中可带出较多的水（1）步骤I中加入环己烷的作用是______。（2）步骤Ⅱ中为了受热均匀和易于控制温度为110℃，可采用______(填“水浴”或“油浴”

)加热，写出实验中三颈烧瓶内发生的主要反应：______。（3）在步骤Ⅲ中必须用到的下列仪器有______(填名称)。（4）在步骤Ⅳ中使用的洗涤试剂Y、Z依次为_______、_______(填标号)。a.5%的小苏打溶液b.乙醇c

.NaOH溶液d.蒸馏水（5）在步骤Ⅶ中对清凉茶酸乙酯进行提纯的方法是______，本实验的产率为_______(保留三位有效数字)。【答案】（1）增大水蒸气的挥发量，促进平衡的正向移动（2）①.油浴②.H3CCH=CHCH=CHCOOH+C2H5

OHΔ浓硫酸H3CCH=CHCH=CHCOOC2H5+H2O（3）玻璃棒、漏斗、烧杯（4）①.a②.d（5）①.蒸馏②.56.9%【解析】【分析】清凉茶酸与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应，环己烷挥发过程中可带出较多的水，则加入环己烷的作用是

增大水蒸气的挥发量，促进平衡的正向移动，反应后冷却至室温，过滤，向滤液中加入小苏打溶液，洗涤，至混合液pH=7左右，再用蒸馏水洗涤，将洗涤后混合液加入分液漏斗，进行分液。在分液后的有机层加入干燥剂，振荡，静置，过滤。对滤液进行蒸馏，收

集一定温度的馏分，得到纯净的清凉茶酸乙酯。【小问1详解】环己烷挥发过程中可带出较多的水，则加入环己烷的作用是增大水蒸气的挥发量，促进平衡的正向移动；【小问2详解】控制温度为110℃，温度高于水的沸点，故可采用油浴加热，实验中三颈烧瓶内清凉茶酸与乙醇在

浓硫酸催化下发生酯化反应，主要反应是H3CCH=CHCH=CHCOOH+C2H5OHΔ浓硫酸H3CCH=CHCH=CHCOOC2H5+H2O；【小问3详解】操作X是过滤，使用的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯；【小问4详解】有机物酯会溶于

乙醇，氢氧化钠会和生成的酯反应，不能选；加入Y小苏打是为了中和混合物中的酸性物质，再用试剂Z蒸馏水洗涤，然后分液分离出有机层；故选a、d；【小问5详解】根据物质沸点不同，在步骤Ⅶ中对清凉茶酸乙酯进行提纯的方法是蒸馏；H3CCH=CHCH=CHCOOH+C2H5OHΔ浓硫酸H3CCH=C

HCH=CHCOOC2H5+H2O，5.6g清凉茶酸是0.05mol，4.6g乙醇是0.1mol，则乙醇过量，因此生成0.05mol清凉茶酸乙酯，则生成清凉茶酸乙酯0.05mol×140g/mol=7.0g，实际生成清凉茶酸乙酯4.3mL×

0.926g/mL=3.98g，则产率为3.98g100%56.9%7.0g。17.氢能是新能源领域中与油气行业现有业务结合最紧密的一类，而制氢成本过高仍是目前氢能产业发展的挑战之一。甲烷、水蒸气重整制氢是目前工业制氢最为成熟的方法，涉及的主

要反应如下：反应I：CH4(g)+H2O(g)垐?噲?CO(g)+3H2(g)△H1=+206.3kJ•mol-1反应II：CH4(g)+2H2O(g)垐?噲?CO2(g)+4H2(g)△H2=+165.2kJ•mol-1反应III：CO

(g)+H2O(g)垐?噲?CO2(g)+H2(g)△H3回答下列问题：（1）①计算△H3=______kJ•mol-1，反应II的△S_____(填“＞”“＜”或“=”)0。②以CH4、H2O和N2的混合气体为起始

投料(N2不参与反应)，保持混合气体总物质的量不变，在恒容的容器中对反应I进行研究。下列说法正确的是______(填标号)。A.升高温度，正、逆反应速率同时增大B.n(CO)：n(H2)保持恒定时，反应达到化学平衡状态C.增加起

始投料时N2的体积分数，单位体积的活化分子数增加D.增加起始投料时CH4的体积分数，CH4平衡转化率增大（2）650℃时(局部温度过高会造成积碳)，按照一定流速通入甲烷和水蒸气，当水碳比[24n()nO(H

CH)]一定时，催化剂中无添加吸附剂和添加P－Li4SiO4吸附剂(吸收CO2)的情况下，各气体组分反应的平衡含量与时间的关系如图所示。①催化剂中添加P－Li4SiO4吸附剂与无添加吸附剂比较，t1m

in前H2的平衡含量升高，CO2、CO和CH4的平衡含量降低；t1min后H2的平衡含量降低，CO2、CO和CH4的平衡含量升高，最后与无添加吸附剂时的含量相同。可能的原因是______。②实验时发现，t1min后CO2的平

衡含量低于理论平衡值，CO的平衡含量高于理论平衡值，可能的原因是______(用化学方程式表示)。（3）一定温度下，向2L容器中充入4molCH4(g)和12molH2O(g)，若20min后反应达到平衡，容器中CO、CO

2均为1mol。则0～20min内H2O的消耗速率v(H2O)=______mol•L-1•min-1，反应III的压强平衡常数Kp=_____(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。【答案】（1）①.﹣41.1②.＞③.A（2）①.添

加吸附剂P－Li4SiO4，降低了CO2的浓度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动；t1min后，P－Li4SiO4吸附剂失效②.2ΔC2COCO+（3）①.0.075②.79【解析】小问1详解】①根据盖斯定律，反

应Ⅲ=反应Ⅱ－反应Ⅰ，则△H3=△H2－△H1=(+165.2kJ•mol-1)－(+206.3kJ•mol-1)=﹣41.1kJ•mol-1；反应Ⅱ的正反应方向为气体分子数增加的熵增反应，则△S＞0；②A．升高温度，活化分子百分数增大，正、逆反应速率同时增大，故A正确；B．CO和

H2都是生成物，n(CO)∶n(H2)始终保持恒定，故不能判断反应达到化学平衡状态，故B错误；C．增加起始投料时N2的体积分数，各物质浓度保持不变，单位体积的活化分子数不变，故C错误；D．增加起始投料时CH4的体积分

数，CH4平衡转化率下降，故D错误；故选A；【小问2详解】【①添加吸附剂P－Li4SiO4，降低了CO2的浓度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动；t1min后，P－Li4SiO4吸附剂失效，故t1min后H2的平衡含量降低，CO2、

CO和CH4的平衡含量升高，最后与无添加吸附剂时的含量相同；②实验时发现t1min后的CO2平衡含量低于理论平衡值，CO的平衡含量高于理论平衡值，可能的原因是2ΔC2COCO+；【小问3详解】列出三段式有()()()()422gHOgg3Hgmol41200molaaa3amola3aCHCO

++初始变化平衡()()()()4222g2HOgg4Hgmol41203amolb2bb4bmol4abb3a4bCHCO++−−+初始变化平衡()()()()222COgHOggHgmola12a2bb3a4b

molccccmolac12a2bcbc3a4bcCO++−−+−−−−+++初始变化平衡，根据已知条件a－c=1mol，b+c=1mol，则a+b=2mol，H2O的消耗量为(a+2b+c)mol=3mol，则0～20min内H2O的消耗速率v(

H2O)=1130.075Lmin2L20minmolmol−−=；反应平衡时，n(CO)=n(CO2)=1mol，n(CH4)=4－(a+b)=2mol，n(H2O)=9mol，n(H2)=(3a+

4b+c)mol=7mol，气体总物质的量为20mol，反应Ⅲ的压强平衡常数Kp=()()()()222pHppHOpCOCO=71PP202091PP2020总总总总=79。18.有机物J是一种治疗各种疼痛以及减轻发热症状药物的中间体，工业上一

种利用煤化工产品制备J的流程如图所示。（1）A的化学名称是______，G中含氧官能团的名称为______。（2）C→D的反应类型为______。（3）J中手性碳原子的数目为______。（4）结合已有知识，写出D+E→F的化学方程式：_____

_。（5）有机物M是F的同系物，且相对分子质量比F大14，同时满足下列条件的M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六组峰且峰面积比为3：2：2：1：1：1的结构简式为______(任写一种)。①苯环上连有两个侧链；②能发生银镜

反应；③存在碳碳双键。（6）设计以和为原料制备的合成路线：_______(无机试剂任选)。【答案】（1）①.甲苯②.羧基（2）氧化反应（3）2n（4）+CH3CHOΔNaOH→+H2O（5）①.18②.或（6）【解析】【分析】B在氢氧化钠溶液的条件下，发生

取代反应生成C，则B的结构简式为，A与氯气在光照条件下，生成B，则A为，C在催化剂氧气条件下，生成D，D的结构简式为，D先发生加成反应，再发生消去，生成F，F中醛基被氧化生成羧基，生成G，G与乙二醇发生取代反应，生成I

，I发生加成聚合反应，生成J。【小问1详解】A为，其化学名称是甲苯；G中含氧官能团的名称为羧基；【小问2详解】C中羟基被氧化为醛基，其反应类型是氧化反应；【小问3详解】J中手性碳原子为，其数目为2n；【小问4详解】D先发生加成反应，再发生消去，生成F，化学方程式为+CH3CHOΔNaOH→+H2

O；【小问5详解】化合物F的同系物M比F的相对分子质量大14，则M比F多一个碳，且存在碳碳双键、醛基。M的同分异构体能发生银镜反应，则含有醛基；苯环上有两个取代基，则2个取代基可以分别为-CH=CHCHO、-CH3；-CH2CHO、-CH=CH2；-CHO、-CH=CHCH3；-CHO、-

C(CH3)=CH2；-C(CHO)=CH2，-CH3；-CHO，-CH2CH=CH2，每种情况均存在邻间对3种位置关系，共18种同分异构体；其中核磁共振氢谱有六组峰且峰面积比为3∶2∶2∶1∶1∶1的结构简式为或；【小问6详解】先水解生成，氧化为，与生成，具体路线为。