【文档说明】重庆市育才中学2024-2025学年高三上学期开学考试 化学试题 Word版含解析.docx，共(21)页，3.976 MB，由小赞的店铺上传

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重庆市育才中学校高2025届高三定时训练(一)化学试题本试卷共100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答卷前，请考生先在答题卡上准确工整地填写本人姓名、准考证号；2.选择题必须使用2B铅笔填涂：非选择题必须使用0.5mm黑色签字笔答题；3.请在

答题卡中题号对应的区域内作答，超出区域书写的答案无效：在草稿纸、试题卷上答题无效；4.请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、损毁；考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16

Na23Al27一、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.下列说法不正确．．．的是A.聚乳酸塑料为可降解的高分子材料B.氕、氘、氚属于同素异形体C.晶体结构可用X射线衍射仪测定D.超级钢属于金属材料【答案】B【解析】【详解】A．聚

乳酸塑料是可降解塑料，用聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料可以减少白色污染，A正确；B．氕、氘、氚属于氢的同位素，B错误；C．构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体结构可用X射线衍射仪测定，C正确

；D．超级钢属于合金，是金属材料，D正确；故选B。2.下列化学用语表述正确的是A.K+的结构示意图：B.2CO的空间结构为V形C.基态Fe原子的轨道表示式：62Ar3d4sD.2N的电子式：【答案】A【解析】【详解】A．K元素原子序数为19，K+的结构示意图为，A正确；B．

2CO中C原子为sp杂化，无孤电子对，空间结构为直线形，B错误；C．Fe元素原子序数为26，基态Fe原子的电子排布式为62Ar3d4s，不是轨道表示式，C错误；D．2N的电子式为，D错误；故选A。3.常温下，下列各组离子在给定溶液中一定能大量共存的是A.

硫酸溶液：K+、Na+、Cl−、3NO−B.氨水：3Fe+、I−、2Ba+、3HCO−C.3CHCOONa溶液：24SO−、4NH+、Br−、H+D.NaCl溶液：K+、2Mg+、3Al+、23CO−【答案】A【解析】【详解】A．选项中的四种离子在硫酸溶液中相互之间不反应，K+、N

a+、Cl−、3NO−能大量共存，A正确；B．氨水中铁离子与一水合氨反应生成氢氧化铁沉淀，同时-2-333242HCOCONHHO=NHHO++++，生成的碳酸根离子与钡离子反应生成碳酸钡沉淀，因此选项中的铁离子、钡离子和碳酸氢根离子不能共存，B错误；C．-+33CHCOO+H=CHC

OOH，醋酸钠溶液中氢离子不能共存，C错误；D．2+2-33Mg+COMgCO=、()3+2-32232Al+3CO+3HO=2AlOH3CO+，镁离子、铝离子和碳酸根离子不能大量共存，D错误；故选

A；4.下列实验装置设计或操作能够达到实验目的的是A．用于探究3NaHCO的热稳定性B．用于分离苯和水C．用于比较N、C、Si元素的非金属性强弱D．用于制备32FeCl6HOA.AB.BC.CD.D【答案

】B【解析】【详解】A．加热固体时，试管口应向下倾斜，A不符合题意；B．苯不溶于水，可用分液漏斗分离苯和水，B符合题意；C．浓硝酸具有挥发性，图中装置未将CO2中混有的HNO3除去，对实验产生干扰，C不符合题意；D．制备32FeCl6HO需将FeCl3溶液在H

Cl氛围中蒸发浓缩，D不符合题意；故选B。5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1mol/L23NaCO溶液中含有23CO−数目少于NAB.常温下，1molFe与浓硝酸反应转移电子数小于3NAC.等质量的2N

aO与NaH所含阴离子数均为NAD.标准状况下，22.4L4CCl的原子总数为5NA【答案】B【解析】【详解】A．未告诉体积，不能计算出23CO−的数目，A错误；B．常温下，铁在浓硝酸中发生钝化，所以不能继续反应，因此转移电子数

小于3NA，B正确；C．2NaO与NaH的摩尔质量不同，等质量的2NaO与NaH的物质的量不同，含有阴离子的数目不同，C错误；D．标准状况下，CCl4不是气体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量及原子个数，D错误；故选B。6.下列离子方程式书写正确的是A.向

3AlCl溶液中加过量NaOH溶液：()33Al3OHAlOH+−+=B.将2SO通入酸性4KMnO溶液中：2224422SO2MnO2H2SOMnHO−+−+++=++C.实验室检验3Fe+：()33Fe3SCNFeSCN+−+D.少量3NaHC

O溶液与()2CaOH溶液混合：2233232HCOCa2OHCaCO2HOCO−+−−++=++【答案】C【解析】【详解】A．向3AlCl溶液中加过量NaOH溶液，生成四羟基合铝酸钠：()34Al4OHAlOH−+−+=，A错误；B．将2SO通入酸性4KMnO溶液

中：2224245SO2MnO2HO5SO2Mn4H−−++++=++，B错误；C．实验室用KSCN检验3Fe+：()33Fe3SCNFeSCN+−+，C正确；D．少量3NaHCO溶液与()2CaOH溶液混合：2332HCOCaOHCaCOHO−+

−++=+，D错误；故选C。7.曲美托嗪是一种抗焦虑药，合成路线如图所示，下列说法不正确．．．的是A.化合物Ⅰ中所有原子可能共平面B.化合物Ⅰ和Ⅱ互为同系物C.可用3FeCl溶液检验化合物Ⅱ中是否含Ⅰ

D.曲美托嗪的一氯代物有5种(不考虑立体异构)【答案】B【解析】【详解】A．化合物Ⅰ中，苯环上所有原子共面，羧基所有原子共面，羧基与苯环单键相连可旋转，故所有原子可能共平面，A正确；B．化合物Ⅰ含有的官能团有羧基、酚羟基，化合物Ⅱ含有的官能团有羧

基、醚键，官能团种类不同，化合物Ⅰ和化合物Ⅱ不互为同系物，B错误；C．化合物Ⅰ中含有的官能团有羧基、酚羟基，化合物含有的官能团有羧基、醚键，化合物Ⅱ不含有酚羟基，可用3FeCl溶液检验化合物Ⅱ中是否含Ⅰ，C正确；D．曲美托嗪的一氯代物有5种(不考虑立体异构)，D正确；

故选B。8.下列实验操作及现象与对应结论都正确的是选项实验目的实验操作及现象结论A检验淀粉是否水解完全取淀粉水解液，加入过量NaOH溶液，再加入碘水，溶液不变蓝淀粉水解完全B探究镁和铝的金属活泼性向盛有NaOH溶液的两支试管中分别加入除去氧化膜的镁带和铝片，加入铝片的试管中迅速产生气泡，加

入镁带试管中无明显现象金属活泼性：Al>MgC探究温度对平衡移动的影响：[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-[CuCl4]2-(黄色)+4H2O△H取2mL0.5mol/L2CuCl溶液于试管中，加热后溶液变为黄绿色升高温度，平衡正向移动，H0D探究在相同条件下()2

MgOH和()3FeOH的溶解度大小向1ml0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/L2MgCl溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/L3FeCl溶液，又生成红褐色沉淀在相同条件下，溶解度：

()()23MgOHFeOHA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．取淀粉水解液，加入过量NaOH溶液，再加入碘水，碘与氢氧化钠溶液反应，则溶液不呈蓝色，无法证明淀粉水解完全，A错误；B．Al能与氢氧化钠溶液反应是其特有性质，不能用来证

明金属活动性强弱，B错误；C．对于反应[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-[CuCl4]2-(黄色)+4H2O，取2mL0.5mol/L2CuCl溶液于试管中，加热后溶液变为黄绿色，说明升高温度，平衡正向移动，H0，C正确；D．向1ml0.2mol

/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/L2MgCl溶液，产生白色沉淀后，氢氧化钠过量，再滴加2滴0.1mol/L3FeCl溶液，又生成红褐色沉淀，无法证明氢氧化铁是由氢氧化镁转化而来的，无法看出二者的溶解度大小，D错误；故选C。9.晶体世界丰富多彩、复杂

多样，各类晶体具有的不同结构特点，决定着它们具有不同的性质和用途，化合物4ZXY是一种新型轻质储氢材料，相对分子质量为54，其晶胞如图所示，为长方体，B点离子的分数坐标为111,,222。设阿伏加德罗常数的值为AN，下列说法不正确．．．的是A.

A点离子的分数坐标为13,0,24B.阴阳离子的最短距离为22anmC.若4ZXY晶胞上下面心处的Z+被K+取代，所得晶体化学式为()344KZXYD.4ZXY晶体的密度为2133A1.0810gcmaN−【答案】D【解

析】【详解】A．A点离子位于正面上，即x轴上为12，y轴上为0，z轴上为34，分数坐标为13,0,24，A正确；B．阴阳离子的最短距离为上下面的对角线一半，即22anm，B正确；C．若4ZXY晶胞上下面心处的Z+被K+取代，晶胞中K+个数为12=12，Z+个数为1144=4

32+，4XY−个数为1184+1=428+，得到的晶体的化学式为()344KZXY，C正确；D．Z+个数为1146=442+，4XY−个数为1184+1=428+，晶胞质量为A544gN，晶胞体积为()2-7-7-33-21-3a102a10cm=

2a10cm，则晶胞密度：233-3A1.0810aNcm，D错误；故选D。10.2CO催化加氢制甲醇的反应历程如图所示，一个2H分子首先在“-O-Ga-O-Zn-”表面解离成2个H(该过程未在历程中标出)，随后参与到2

CO的转化过程。下列说法不正确．．．的是A.“-O-Ga-O-Zn-”不能改变总反应的焓变B.总反应可表示为2232CO+3H=CHOH+HOC.原料气中2H比例过低可能会降低催化剂活性D.理论上反应历程消

耗的H与生成的甲醇的物质的量之比为5：1【答案】D【解析】【详解】A．“-O-Ga-O-Zn-”为催化剂，不能改变总反应的焓变，A正确；B．总反应2232CO(g)+3H(g)=CHOH(g)+HO(g)，B正确；C．原

料气中2H比例过低，形成的氧原子空位少，催化能力较弱，C正确；为D．总反应为2232CO(g)+3H(g)=CHOH(g)+HO(g)，需要6个H参与反应才生产1个甲醇，故消耗的H与生成的甲醇的物质的量之比为6∶1，D错误；故选D。11.常温下测得0.1mol/L2NaA溶液的pH约

为13.下列说法正确的是已知：()-7a12KHA=1.110，()-14a22KHA=1.110，-36spK(CuA)=6.310。A.2NaA溶液显碱性的原因：2--22A+2HOHA+2OHB.

2NaA溶液中离子浓度的大小关系：()()()()()+-2--+cNa>cHA>cA>cOH>cHC.若继续向该溶液中滴加等体积0.1mol/L的HCl溶液，反应后的溶液存在关系：()()()()+-2-2cNa=2cHA+cHA+c

AD.由计算可知：22HACuCuA2H++++不能发生【答案】C【解析】【详解】A．常温下，120.1molLNaA−溶液的pH约为13，水解呈碱性，多元弱酸对应的离子分步水解，第一步水解表示为22AHOHA

OH−−−++，A错误；B．()()()2a2cAcHKcHA−+−=，有()()()2-14a213cAK1.1100.1110cHAcH−−−+====，即()()2cA<cHA0.1mol/L−−，c(OH-)=0.1mol/L，故有()()()()()+--2-+cNa>c

OH>cHA>cA>cH，B错误；C．滴加等体积0.1mol/L的HCl溶液，恰好反应生成等浓度的NaHA和NaCl溶液，根据物料守恒，有()()()()+-2-2cNa=2cHA+cHA+cA，C正确；D

．22HACu++CuA2H++，()()()()()()()()()()22222222cHcHcAcHAKcHAcCucHAcCucAcHA++−−++−−===145ala2spKK1

.91010K(CuA)=，反应能完全进行，D错误；答案选C。12.已知某检测试剂可与2+M形成配合物，结构如图所示，其中X、Y、Z、W、M均为原子序数依次增大的前四周期元素，其中M原子的价电子数为10.下列说法正确的是A.M原子M层电子数为18B.电负性大小：Y<W<ZC.简单气态氢化

物分子键角大小：Y>Z>WD.XYZ为非极性分子【答案】C【解析】【分析】根据结构图所示，X、Y、Z、W、M均为原子序数依次增大的前四周期元素，M原子的价电子数为10，可推断出，X只形成单键且原子序数最小，X为H元素，Y形

成4条共价键，Y为C元素，W形成2个共价键，且与X形成氢键，W为O元素，则Z为氮，氮形成一条单键与两条双键，氮原子中含有孤电子对，则Z与M形成配位键；M原子的价电子数为10，M为Ni元素。【详解】A．基态镍原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d8

4s2，镍原子第三能层上的电子数为16，A错误；B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；该配合物中电负性大小：C<N<O，B错误；C．Y、Z、W的简单氢化物分别为CH4

、NH3、H2O，中心原子的杂化类型相同，孤电子对数分别是0、1、2，则键角CH4（H－C－H）＞NH3（H－N－H）＞H2O（H－O－H），C正确；D．HCN结构为H-CN，为极性分子，D错误；故选C。13.盐酸羟胺(2NHOHHCl)用途广泛，

可利用如图装置制备。以盐酸为离子导体，向两电极分别通入NO和2H。下列说法正确是的A.含Fe催化电极为原电池的负极B.离子交换膜为阴离子交换膜C.一段时间后，含Fe的催化电极所在极室的pH增大D.电路中

每转移4mole−，电极室生成1mol盐酸羟胺【答案】C【解析】【分析】由图可知，NO转化为2NHOHHCl要得到电子，含Fe催化电极为正极，其电极反应式为-+-2NO+3e+4H+Cl=NHOHHCl，则通入H2的Pt

电极为负极，其电极反应式为-+2H-2e=2H。【详解】A．据分析可知，含Fe催化电极为原电池的正极，A错误；B．根据正负极反应式可知，离子交换膜是为了通过H+，为阳离子交换膜，B错误；C．随着反应进行，左极室的盐酸浓度不断减小，即含Fe的催化电极所在极室的pH增大，C正确；D

．根据正极反应式可知，电路中每转移3mole−，电极室生成1mol盐酸羟胺，D错误；故选C。14.逆水气变换反应：()()()()222COg+HgCOg+HOgH0，一定压强下，按()()22nCO:nH=1:1投料，1T、2T温度时反应物物质的量分数随时

间变化关系如图所示。已知该反应的速率方程为()()0.522v=kcHcCO，1T、2T温度时反应速率常数k分别为k1、k2，下列说法正确的是A.12k<kB.T1、T2温度下达平衡时反应速率的比值：()()1122vTk<vTkC.

T2温度下，增大初始投料比例，该反应的化学平衡常数K增大D.温度不变，仅改变体系初始压强，反应物物质的量分数随时间的变化曲线不变【答案】B【解析】【分析】由图可知，T1比T2反应速率速率快，则T1＞T2；T1温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T2温度下平衡时；由

于起始CO2与H2的物质的量之比为1∶1，则达到平衡时CO2和H2的摩尔分数相等；【详解】A．根据分析，T1比T2反应速率速率快，反应速率常数与温度有关，结合反应速率方程知k1＞k2，A错误；B．反应的速率方程为v=kc0.5(H2)c(CO2)，则()()()()()()0.

51221110.5222222kHCOvT<vTkHCOcccc，T1温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T2温度下平衡时，则()()1122vTk<vTk，B正确；C．T2温度下，改变初始投料比，相当于改变某一反应物的浓

度，达到平衡时H2和CO2的摩尔分数不可能相等，故不能使平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同，C错误；D．温度不变，仅改变体系初始压力，虽然平衡不移动，但反应物的浓度改变，反应速率改变，反应达到平衡的时间改变，反应物物质的量分数随时间的变化曲线变化，D

错误；答案选B。二、非选择题：共58分。15.锰酸锂(24LiMnO，LMO)具有电化学活性高、吸附容量大、选择性优异和安全无毒等优点，成为目前电化学提锂系统中最常用的锂电池的正极材料。以软锰矿粉(主要成分是2MnO，含少量23FeO、23AlO、2SiO、MgO等)为原

料制备锰酸锂的流程如下：常温下，几种难溶物质的溶度积数据如下表：物质2MgF2MnF()2MnOH()3FeOH()3AlOHspK117.010−35.610−132.010−382.010−331.310−请回答下列问题：（1）2

LiMnO中Mn的化合价为________。（2）“酸浸”时，充入2SO目的是________；“滤渣1”的主要成分是________(填化学式)。（3）“氧化”时发生反应的离子方程式为________。（4）“调pH”的目的是________。（5）测得“沉镁”后，残留的()2+Mgc为

8110−mol/L，则此时溶液中()2+Mnc=________mol/L；若取1L“沉镁”后的滤液，加入等体积1.568mol/L的43NHHCO溶液进行沉锰，“沉锰”生成碱式碳酸锰()3222MnCO3MnOHHO的同时放出2CO，则该过程中2Mn+的沉

淀率最大为________%。(保留一位小数)（6）“沉锰”后的滤液与强碱加热处理后可返回________(填步骤名称)步骤循环利用。【答案】（1）+3（2）①.将Fe3+转化为Fe2+②.SiO2（3）2++3+2+222Fe+MnO+4H=2Fe+Mn

+2HO（4）将Al3+、Fe3+转化为氢氧化铝、氢氧化铁沉淀（5）①.0.8②.98.0%（6）调pH【解析】【分析】以软锰矿粉（主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2、MgO等）为原料，加入硫酸并通入二氧化硫进行酸浸，SiO2与硫酸不反应，则反应后除去滤渣1为SiO2，得

到滤液主要含有硫酸锰、硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸镁等，再加入二氧化锰，将亚铁离子氧化成铁离子，再通入氨气调节pH，将Al3+、Fe3+转化为氢氧化铝、氢氧化铁沉淀为滤渣2，再加入氟化锰沉镁，将镁离子转化为氟化镁形成滤渣3，所得滤液再加入碳酸氢铵沉锰，得到碱式碳酸锰[

2MnCO3⋅3Mn(OH)2⋅H2O]的同时放出CO2，再加入碳酸锂，在空气中加热至900-1000℃，反应得到锰酸锂(LiMnO2)。【小问1详解】2LiMnO中Li的化合价为+1，O的化合价为-2，则Mn的化合价为+3。【小问2详解】据分析可知，“酸浸”时，充入2S

O目的是将Fe3+转化为Fe2+；“滤渣1”的主要成分是SiO2。【小问3详解】酸性条件下，MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，同时MnO2还原为Mn2+，反应的离子方程式为2++3+2+222Fe+MnO+4H=2Fe+Mn+2HO。【小问4详解】据分析可知，“调pH”的目的是将Al3+、Fe

3+转化为氢氧化铝、氢氧化铁沉淀。【小问5详解】测得“沉镁”后，残留的()2+Mgc为8110−mol/L，则11sp2-32+8(MgF)7.010(F)=710mol/L(Mg)110Kcc−−−==，此时溶液中()3sp22+2-3(MnF

)5.610Mn=mol/L=0.8mol/L(F)710Kcc−−=；“沉锰”生成碱式碳酸锰()3222MnCO3MnOHHO，可以理解为-3HCO提供电离出的碳酸根离子，-3HCO水解提供氢氧根离子，电离出的氢离子

又与碳酸氢根离子反应生成CO2和水，反应离子方程式为2+-3322225Mn+10HCO=2MnCO3Mn(OH)HO+8CO+HO，根据题意可知，1L1.568mol/L的43NHHCO的物质的量为1.568mo

l，根据方程式可知43NHHCO完全沉淀的Mn2+物质的量为0.784mol，则该过程中2Mn+的沉淀率最大为0.784100%98.0%0.8=。【小问6详解】“沉锰”后滤液中含有铵根离子，与强碱加热处理后会生成NH3，可返回“调p

H”步骤循环利用。16.氢化铝锂(4LiAlH)是有机合成的重要还原剂，实验室利用氢化锂与无水三氯化铝按一定比例在乙醚中混合、搅拌，充分反应后，经一系列操作得到4LiAlH晶体。Ⅰ．制备无水3AlCl已知3AlCl的沸点为178℃，在潮湿的空气中易水解。某实验小组利用纯净的2Cl与铝粉反应

制备无水3AlCl(夹持装置略去)。（1）圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为________。（2）装置的连接顺序(从左至右)为A→________。（3）装置D的作用是________。Ⅱ．制备4LiAlH已知：的①LiH、

3AlCl、4LiAlH均溶于乙醚，4LiAlH难溶于苯；②乙醚沸点34.5℃，易溶于苯。（4）制取4LiAlH的实验原理________(用化学方程式表示)。（5）搅拌温度不能过高的原因是________；操作B是____

____，乙醚经回收提纯后可循环使用。Ⅲ．测定产品纯度（6）实际生产中4LiAlH的纯度是关键指标，常温常压下，称取mg4LiAlH样品，按图所示装置测定纯度，反应前量气管读数为V1mL，倾斜Y形管，将足量蒸馏水注入样品中(4L

iAlH遇水会发生剧烈水解生成大量2H，其它杂质与水不反应)，反应完毕冷却后，量气管读数为V2mL。由图可知，该装置中的量气管由________(填“酸式”或“碱式”)滴定管改装，该样品纯度为________(用含m、V1、V2的代数式表示，常温常压下气体摩尔体积约为24.3L/mol)。【答案】

（1）42222KMnO16HCl22MnCl5Cl8HOKCl+=+++（2）F→C→B→E→D（3）吸收未反应的2Cl，并防止空气中的水蒸气进入装置E中（4）34284LiHAlClLiAlH3LiCl++℃（

5）①.温度过高，导致乙醚大量挥发，使LiH与AlCl3不能充分接触反应②.蒸馏（6）①.碱式②.()2119%486VVm−【解析】【分析】(一)制备无水3AlCl，A中为实验室制取氯气，生成的氯气

中含有HCl与水蒸气，饱和食盐水除去HCl，C除去水蒸气，B中纯净的2Cl与铝粉反应制备无水3AlCl，3AlCl的沸点为178℃较低，需要在E中冷凝，3AlCl在潮湿的空气中易水解，故需要D吸收过量氯气尾气，并防止空气中水蒸气进入装置；(二)制备

4LiAlH，34284LiHAlClLiAlH3LiCl++℃，LiCl不溶于乙醚，则滤渣A为LiCl，4LiAlH难溶于苯可溶于乙醚，故采用蒸发的方法得到乙醚溶液，据此分析解题。【小问1详解】A装置为实验室制取氯气的发生装置，圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为42222KMnO

16HCl22MnCl5Cl8HOKCl+=+++；【小问2详解】装置的连接顺序(从左至右)为A→F→C→B→E→D，生成的氯气中含有HCl与水蒸气，饱和食盐水除去HCl，C除去水蒸气，B中纯净的2Cl与铝粉反应制

备无水3AlCl，3AlCl的沸点为178℃较低，需要在E中冷凝，3AlCl在潮湿的空气中易水解，故需要D吸收过量氯气尾气，并防止空气中水蒸气进入装置；【小问3详解】装置D的作用是吸收未反应的2Cl，并防止空气中的水蒸气进入装置E中；【小问4详解】制取4LiAlH的实验原理：34284LiHAlC

lLiAlH3LiCl++℃；【小问5详解】乙醚的沸点为34.5℃，如果温度过高，导致乙醚大量挥发，使LiH与AlCl3不能充分接触反应；操作B为蒸馏，乙醚经回收提纯后可循环使用；【小问6详解】4LiAlH在潮湿的空气中均会发生剧烈水

解，释放大量2H，可知水解后物质为碱性，应该用碱式滴定管进行改装；LiAlH4与水反应LiAlH4+H2O=LiOH+Al(OH)3+4H2↑，物质含量应为()-32110L138g/mol24.3L/mol4100%gVVm−=()2119%486VVm−。17.Ⅰ．我

国科学家研发的“液态阳光”项目是通过太阳能发电电解水制氢气，再采用高选择性催化剂将二氧化碳与氢气转化为甲醇。涉及如下反应：主反应Ⅰ：()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++1149kJmolH−=−

；副反应Ⅱ：()()()23COg2HgCHOHg+1290kJmolH−=−；副反应Ⅲ：()()()()222COgHgCOgHOg++3ΔH。（1）3ΔH=________1kJmol−。（2）为提高甲醇平衡产率，可

通过________来实现(任写一条措施)。Ⅱ．T℃时，将()()22nH:nCO=5:3的混合气体充入压强为aMPa的恒压密闭容器中，在催化剂的作用下只发生反应Ⅰ和反应Ⅲ．（3）下列叙述能判断反应体系

达到平衡的是_______。A.()()32CHOHHOnn=B.2CO的消耗速率和2H的生成速率相等C.容器内压强不再发生变化D.混合气体的密度不再发生变化（4）反应达到平衡状态时，2H和2CO的分压相等，甲醇选择性是CO的2倍，则2CO的平衡转化率为________，反应Ⅰ的p

K=________()2MPa−(列出计算式即可)，分压=总压×物质的量分数，甲醇选择性=()()2nnCO甲醇消耗，CO选择性=()()2nCOnCO消耗。Ⅲ．使用薄膜电极作阴极，通过电催化法将二氧化碳转化为甲醇。（5）用2CuO薄膜电极作阴极，()

32ZnNO溶液作电解液，采用电沉积法制备2CuOZnO−薄膜电极，在阴极附近检测到了2NO−，则制备ZnO薄膜的电极反应式为________。（6）电催化法制备甲醇如图所示。若忽略电解液体积变化，电解过程中阴极室溶液的()-3cHCO基本不变，结合电极反应解释其原因：________。【答

案】（1）141.61kJmol−+（2）低温、增压（3）CD的（4）①.()-2p31.51aa66K=MPa1.51.5aa66②.50%（5）Zn2++-3NO+2e－=ZnO+-2NO（6）阴极发生7CO2+6e－+5H2O

=CH3OH+6-3HCO，每转移6mol电子，必定有6molH+通过质子交换膜进入阴极室，发生-3HCO+H+=CO2↑+H2O反应，所以电解过程中阴极室溶液的-3HCO基本不变【解析】【小问1详解】利用盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅰ-反

应Ⅱ，解出1312ΔH=ΔH-ΔH41.61kJmol−=+【小问2详解】反应Ⅰ和反应Ⅱ中，均在低温和增压条件下，有利于提高甲醇的平衡产率；【小问3详解】A．()()32nCHOH=nHO无法确定是平衡状态，A错误；B．2CO的消耗速率和2

H的生成速率相等，主反应Ⅰ不能确定是平衡状态，B错误；C．反应Ⅰ和反应Ⅲ反应前后气体体积是变化的，容器内压强不再发生变化，则可以确定是平衡状态，C正确；D．反应前后，气体的质量不变，恒压容器，体积不变时，即混合气体的密度不再发生变

化，可以确定是化学平衡状态，D正确；故选CD；【小问4详解】()()22nH:nCO=5:3，设()2nH=5mol，()2nCO=3mol。依据题给信息3CHOH选择性是CO的2倍，设转化生成的3CHOH为2xmol，则生成的CO为xmol。列

三段式：()()()222/3500//32562COgHCOgHOgmolmolxxxxmolxxxxxxx++−−−−+起始量转化量平衡量，的()()()2232COg+3HCHOHg+HOg/mol3500

/mol2x6x2x2x/mol3-x-2x5-x-6x2xx+2x起始量转化量平衡量，依据反应达到平衡状态时，2H和2CO的分压相等，则()()22nH=nCO，3-x-2x=5-x-6x，解得x=0.5，代入三段式：()()()222COg+H

COg+HOg/mol3500/mol0.50.50.50.5/mol1.51.50.51.5起始量转化量平衡量，()()()2232COg+3HCHOHg+HOg/mol3500/mol1311/mol1.51.511.5起始量转

化量平衡量，()()()()()()2232n=nH+nCO+nCHOH+nCO+nHO=6mol总，2H的物质的量分数为1.5100%6，2CO的物质的量分数为1.5100%6，3CHOH的物质

的量分数为1100%6，2HO的物质的量分数为1.5100%6，在aMPa下进行反应，代入反应Ⅰ的pK表达式即可，()-2p31.51aa66K=MPa1.51.5aa66，同时，计算出2CO的平衡转化率为1.5100%=50%3；

【小问5详解】Zn2+和-3NO反应得到了ZnO和-2NO，对应的电极反应式为Zn2++-3NO+2e－=ZnO+-2NO；【小问6详解】阴极发生7CO2+6e－+5H2O=CH3OH+6-3HCO，每转移6mol电子，

必定有6molH+通过质子交换膜进入阴极室，发生-3HCO+H+=CO2↑+H2O反应，所以电解过程中阴极室溶液的-3HCO基本不变。18.枸橼酸帕瑞替尼胶囊可用于治疗中度或高危原发性或继发性骨髓纤维化症状，其重要中间体E、K的合成路线如图(部分试剂

条件省略)。Ⅰ．中间体E的制备Ⅱ．中间体K的制备已知：水合肼为强还原剂，与碳碳双键不反应。（1）D的化学名称为________，“反应二”的反应类型为________，K中官能团的名称为________。（2）I的结构简式为________。（3）写出“反应一”的化学反应方程式：_

_______。（4）Q与F互为同系物，相对分子质量比F多14，则符合下列条件的Q的同分异构体有________种。①分子中只含有两种官能团；②能和碳酸氢钠溶液反应产生气泡，且该官能团不与N原子相连；③N原子直接连在苯环上。（5）依据

上述信息，请以间硝基苯甲醛与有机物D为原料，设计合成的路线(无机试剂任选)___________。【答案】（1）①.3-溴-1-丙烯②.还原反应③.氨基、醚键、碳碳双键（2）（3）（4）13（5）【解析】【分析】根据

H的结构简式和I的分子式可知，H中的-CHO被还原为-CH2OH，I的结构简式为，根据C和D反应生成E可知，I和D反应生成J为，已知水合肼为强还原剂，与碳碳双键不反应，J→K是水合肼将硝基还原为氨基。【小问

1详解】D为，其化学名称为3-溴-1-丙烯；据分析可知，“反应二”的反应类型为还原反应；K为，其中官能团的名称为氨基、醚键、碳碳双键。【小问2详解】据分析可知，I的结构简式为。【小问3详解】“反应一”为取

代反应，其化学方程式为。【小问4详解】F为，Q与F互为同系物，相对分子质量比F多14，说明比F多一个CH2，Q的同分异构体分子中只含有两种官能团，能和碳酸氢钠溶液反应产生气泡，且该官能团不与N原子相连，说明含有羧基，N原子直接连

在苯环上，符合条件共有13种，分别为、、、、、、、、、、、、故总共13种。【小问5详解】依据上述信息可知，以间硝基苯甲醛与有机物D为原料，设计合成的路线为。