【文档说明】重庆市万州第二高级中学2022-2023学年高三下学期2月月考化学试题 含解析.docx，共(18)页，842.379 KB，由小赞的店铺上传

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万州二中2022-2023年高三下期2月月考化学试题注意事项：1.答题前，考生将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效

；保持答卷清洁、完整。3.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16F-19Cl-35.5Sc-45Co-59As-75一、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.化学与生产、生活息息相关，下列叙述错误的是（）A.铁表面镀锌可增强其抗腐蚀性B.用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染C.汽车尾气是造成雾霾天气的一种重要因素D.含重金属离子

的电镀废液不能随意排放【答案】B【解析】【详解】A.铁表面镀锌形成铁锌原电池，牺牲阳极的阴极保护法，可增强其抗腐蚀性，故A正确；B.聚乙烯塑料难分解聚乳酸塑料易分解，故B错误；C.汽车尾气中含有氮氧化合物、PM2

.5是造成雾霾天气的一种重要因素，故C正确；D.重金属离子对有毒不能随意排放，故D正确。故答案选：B。2.“神舟”四号上，我国科学家首次在太空进行了用于“生物大分子和细胞的空间分离提纯”的电泳实验。下列有关电泳的叙

述不正确的是A.电泳现象是胶体表现出的性质B.电泳可以用于某些物质的分离和提纯C.氢氧化铁胶体电泳时，其胶体微粒向电源的正极移动D.因为胶体微粒带有电荷，故在电场作用下会产生电泳现象【答案】C【解析】【详解】A．胶体可以产生电泳现象，因此电泳现象是胶体表现出性质，A正确；B．电泳是指带电粒子

在电场的作用下发生迁移的过程，因此电泳可以用于某些物质的分离和提纯，B正确；C．氢氧化铁胶体的胶粒带正电荷，因此氢氧化铁胶体电泳时，其胶体微粒向电源的负极移动，C错误；D．电泳是指带电粒子在电场的作用下发生迁移的过程，由于胶体

微粒带有电荷，故在电场作用下会产生电泳现象，D正确；故选C。3.在短周期元素中，元素M原子的最外层电子数与其电子层数之比为3：1，下列有关该元素及其化合物的说法正确的是A.该元素位于周期表的第3周期VIA族B.

该元素在同主族中金属性最强C.常温下，金属镁、铝都能与化合物H2M剧烈反应生成H2D.化合物H2M2中存在极性键和非极性键【答案】D【解析】【分析】由题意可知，M元素是O元素。【详解】A．氧元素位于元素周期表第2周期VIA族，A错误；

B．氧元素在同主族中非金属性最强，B错误；C．常温下，金属镁、铝不能与水剧烈反应生成氢气，C错误；D．过氧化氢中存在极性键和非极性键，D正确；答案选D。4.下列各组微粒属于等电子体的是A.CO和CO2B.NO和NO2C.CH4和NH3D.CO2和N2O【答案】D【解析】【

分析】原子数总数相同、价电子总数相同的微粒，互称为等电子体。【详解】试题分析：A．CO中含有2个原子，CO2中含有3个原子，价电子总数分别为10、16，所以不是等电子体，故A错误；B．NO中含有2个原子，NO2中含有3个原子，价电子总数分别为11、17，所以不是等电子体，故B错误；的C．CH4中

含有5个原子，NH3中含有4个原子，价电子总数分别为8、8，所以不是等电子体，故C错误；D．CO2和N2O都含有3个原子，其价电子数都是16，所以是等电子体，故D正确；故选D。5.下列离子方程式正确的是A

.氯气与水反应：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-B.饱和碳酸钠溶液中加入足量二氧化碳：CO23−+CO2+H2O+2Na+=2NaHCO3↓C.单质钠与水反应：2Na+H2O=2Na++OH-+H2↑D.氢氧化钡溶液与硫酸

铜溶液：Ba2++SO24−=BaSO4↓【答案】B【解析】【详解】A．氯气与水反应生成HCl和HClO，HClO为弱酸，不能拆成离子，A错误；B．由于碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，饱和碳酸钠溶液中加入足量二氧化碳析出碳酸氢钠，离子

方程式为CO23−+CO2+H2O+2Na+=2NaHCO3↓，B正确；C．选项所给方程式电荷不守恒，正确为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，C错误；D．氢氧化钡和硫酸铜反应还生成氢氧化铜沉淀，离子

方程式为Cu2++2OH-+Ba2++SO24−=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，D错误；综上所述答案为B。6.下列“类比”合理的是A.3PCl水解生成33HPO和HCl，则3NCl水解生成2HNO和HClB.3FeCl在水中会水解生成3Fe(OH)，则3FeCl在浓氨水中

会氨解生成()23FeNHC.2NaO与2CO反应生成23NaCO，则2NaS能与2CS反应生成23NaCSD.AgCl难溶于水，故AgF难溶【答案】C【解析】【分析】【详解】A．PCl3水解生成H3PO3和HCl，而

NCl3中N为-3价，Cl为+1价，因此水解生成NH3和HClO，A错误；B．FeCl3在水中会水解生成氢氧化铁，则氯化铁在浓氨水中生成氢氧化铁和氯化铵，B错误；C．Na2O+CO2=Na2CO3，则Na2S+CS2=Na2CS3，C正确；D．氯化银难溶

于水，而氟化银可溶，D错误；答案选C。7.用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是A.B.C.D测定氯水的pH测定锌与稀硫酸的反应速率制备Fe(OH)2并能较长时间不变色保存液溴A.AB.BC.CD.D【

答案】C【解析】【详解】A．氯水具有漂白性，pH试纸先变红后褪色，故A不能达到目的；B．测定测定锌与稀硫酸的反应速率，根据反应产生的气体的体积测定，需要使用的漏斗应该是分液漏斗，而长颈会导致气体逸出，故B不能达到目的；C．电解中铁做阳极产生二价铁离子，而溶液中有氢氧根离子，能反应生成氢氧化亚铁

，煤油能隔绝空气，故能长时间不变色，故C能达到实验目的；D．液溴具有挥发性，又具有腐蚀性，能腐蚀橡胶塞，故D不能达到目的；故选答案C。【点睛】本题考查实验的设计合理性，是否达到实验目的，根据实验目的和物质的性质进行判断实验是否达到目的

，注意实验装置的合理性。8.反应2232SOO2SO+因2SO在催化剂表面与2O接触而得名，反应过程示意图如图：.下列说法正确的是A.反应①的活化能比反应②低B.图示过程中既有SO−的断裂，又有SO−的形成C.2SO、3SO中硫原子均为2sp杂化D.该反应的催化剂有25VO和24VO【答案】C【解

析】【详解】A．反应①为慢反应，反应较难进行，其活化能比反应②的高，选项A错误；B．反应①生成新的S-O键，整个过程没有S-O键的断裂，选项B错误；C．SO2的价层电子对个数是3，所以硫原子采取2sp杂化，SO3的价层电子对个数是3，所以硫原子采取2sp杂化，选项C正确；D．该反应的催化剂

只有V2O5，V2O4是前面反应生成，又在后面反应中消耗，属于“中间产物”，选项D错误；故选C。9.下列离子方程式正确的是A.氧化铜加入稀盐酸：CuO+2H+=Cu2+＋H2OB.小苏打溶液与氢氧化钠溶液混合：3HCO−+OH

-=CO2↑＋H2OC.氯气通入澄清石灰水制漂白粉：2Ca(OH)2+2Cl2=2Ca2++2Cl-+2ClO-+2H2OD.向氢氧化铜悬浊液中滴加稀硫酸：H++OH-=H2O【答案】A【解析】【详解】A．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，A正确；B．小苏打溶

液与氢氧化钠溶液混合反应产生碳酸钠和水，反应的离子方程式应该为：3HCO−+OH-=23CO−＋H2O，B错误；C．应该是将氯气通入澄清石灰乳中制漂白粉，所得氯化钙和次氯酸钙均为固体，保留化学式，离子方程式应该为：2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl

2+Ca(ClO)2+2H2O，C错误；D．Cu(OH)2难溶于水，主要以固体存在，不能写离子形式，离子方程式应该为：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，D错误；故合理选项是A。10.下列有关说法正确的

是A.23HSO溶液中：()()2--33cSO>cHSOB.常温下，34NH(g)+HCl(g)=NHCl(s)能自发的原因是H0C.已知：32CaCO(s)CaO(s)+CO(g)ΔH>0，保持温度不变，增大压强，2CO的浓度减小D.向-130.1molLCHCOOH溶液中加

适量水，导致溶液中()()+3cHcCHCOOH减小【答案】B【解析】【详解】A．23HSO为多元弱酸，应分步电离，且以第一步为主，则：233HSOHSOH−++，233HSOSOH−−++，所以有()()-2-33cHSO>cSO，错误；B．3NH和HCl在常温下可以反应，该反应的熵减小，但

是能自发，所以该反应一定为放热反应，正确；C．该反应的化学平衡常数()2KcCO=，由于温度不变，所以()2cCO不变，错误；D．将()()3cHcCHCOOH+的分子、分母同乘以溶液的体积，得()()3nHnCHCOOH+，33CHCOOHC

HCOOH−++，加水促进3CHCOOH的电离，()nH+增多，()3nCHCOOH减小，所以()()3cHcCHCOOH+增多，错误。故选B。11.下列实验过程可以达到实验目的的是编号实验目的实验过程A配制0.4000mol·L－

1的NaOH溶液称取8.0g固体NaOH置于500mL容量瓶中，加水溶解并定容B除去H2SO4中的HCl向溶液中加入适量的AgNO3溶液，过滤C除去KNO3固体中少量的NaCl将固体溶解后，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗

涤、干燥D制备Fe(OH)3胶体将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．不能直接在容量瓶中溶解固体，A错误；B．硫酸根离子也能和银离子反应生成硫酸银沉淀，不能达到除杂目的，B错误；C．硝酸钾溶解

度受温度影响大，硝酸钾和氯化钠混合液可经过蒸发浓缩、冷却结晶得到硝酸钾固体，C正确；D．氢氧化钠浓溶液滴加到饱和氯化铁溶液中生成氢氧化铁沉淀，不能生成胶体，D错误；答案选C。12.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存

的是A.NaCl溶液中：Fe3+、NH+4、Cl-、CO2-3B.0.1mol•L-1KNO3溶液中：Na+、Mg2+、Cl-、SO2-4C.使甲基橙变红的溶液中：Na+、Zn2+、SO2-3、NH+4D.()()

+-cHcOH=1×10-12的溶液：K+、Na+、Cl-、HCO-3【答案】B【解析】【分析】根据离子反应的条件：生成沉淀、气体、弱电解质及发生氧化还原反应和双水解的而不能大量共存，根据离子间是否反应进行判断。【详解】A．Fe3+与CO2-

3会发生双水解并且有沉淀生成，故不能大量共存。B．所有离子之间不发生反应，能大量共存。C．甲基橙变红，说明溶液显酸性，而酸性条件下，亚硫酸根离子会与氢离子发生反应故不能大量共存。的D．当+12-(H)110(OH)cc−=时，说明+-(H)<(OH)cc，溶液显碱性，碱

性条件下会发生反应：--2-332OH+HCO=CO+HO，故不能大量共存。故选答案B。【点睛】此题考查离子间是否发生反应，注意隐含条件的应用。13.一种重要化合物的结构如图所示，W、X、Y、Z均为短周期主族元素，其中W、X、Y位于同一周期，Z与W位于同一主族，Y的最外层电子

数与其次外层电子数之比为3：4。下列说法不正确的是A.原子半径：X>Y>W>ZB.Y与氧元素形成的化合物均能与NaOH溶液反应C.X和W形成的化合物XW4中可能存在非极性键D.W与氧元素形成的化合物WO2可用于自来水的消毒【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，Y的最外

层电子数与其次外层电子数之比为3：4，且Y可形成2个共价键，则Y为S；W、X、Y位于同一周期，则位于第三周期，W形成1条化学键，则W为Cl，X形成4条化学键，则X为Si；Z与W位于同一主族，则Z为F。【详解】A．同一周期，从左到右

，主族元素原子的半径逐渐减小，所以原子半径：Si>S>Cl>F，故A正确：B．Y与氧元素形成的化合物SO2和SO3，均能与NaOH溶液反应，故B正确：C．X和W形成的化合物SCl4中只存在极性键，故C错误：D．W与氧元

素形成的化合物ClO2可用于自来水的消毒，故D正确。故选C。14.Cl2O能与水反应生成次氯酸，可杀死新型冠状病毒等多种病毒。一种制备Cl2O的原理为HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O，装置如图所示。已

知：①Cl2O的熔点为-116℃、沸点为3.8℃，具有强烈刺激性气味、易溶于水；②Cl2O与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。下列说法中正确的是（）A.装置③中盛装的试剂是饱和食盐水B.装置④与⑤之间可用橡胶管连接C.从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2OD.通入干燥空

气的目的是将生成的Cl2O稀释，减小爆炸危险【答案】D【解析】【详解】A．装置②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水、浓硫酸，保证进入④中试剂无水，故A错误；B．因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，则④⑤之间不用橡皮管连接，为了防止橡皮管燃烧和爆炸，故B错误；C

．由沸点可知⑤中冷却分离，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，Cl2O在⑤中转化为液态，故C错误；D．通干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险，减少实验危险程度，避免接触还原剂等而爆炸，故D正确；故答案为D。【点睛】考查物质的制备实验，把握制备原理、实验装置的作用、实验技能为解

答的关键，①中浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，②为饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，通干燥空气可将氯气排入④中，④中发生HgO+2Cl2＝HgCl2+Cl2O，因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸。二、非选择题：共58分。15.一种以辉铜矿

(主要成分为Cu2S，含少量SiO2)为原料制备硝酸铜的工艺流程如图所示：（1）写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式：____。（2）恒温“浸取”的过程中发现铜元素的浸取速率先增大后减少，有研究指出CuCl2是该反应的催化剂，该

过程的反应原理可用化学方程式表示为①Cu2S+2CuCl2=4CuCl+S；②____。（3）向滤液M中加入(或通入)____(填字母)，可得到一种可循环利用的物质。a.铁b.氯气c.高锰酸钾d.氯化氢（

4）“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是____；“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，要用HNO3溶液调节溶液的pH，其理由是____。（5）辉铜矿可由黄铜矿(主要成分为CuFeS2)通过电化学反应转变而成，有关转化见图，转化时转移0.2m

ol电子，生成Cu2S___mol。【答案】（1）3222S42Cu4SCuFeFe++++=++（2）322CuClFeClCuClFeCl+=+（3）b（4）①.调pH将Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀②.抑制Cu2+水解（5）0.2【解析】【分析】辉

铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2)，加入FeCl3溶液，可以将Cu2S氧化生成CuCl2和S，过滤除去S和SiO2，加入Fe置换出Cu，将剩余的Fe3+还原为Fe2+，滤液M为氯化亚铁，保温除铁，加入硝酸将过量的铁粉转化为Fe3+，加入CuO调pH，将Fe3+转化为Fe

(OH)3沉淀，过滤除去Fe(OH)3，硝酸铜溶液加入稀硝酸抑制水解，蒸发浓缩冷却结晶，得到硝酸铜晶体；【小问1详解】根据分析可知“浸取”过程中，加入FeCl3溶液，可以将Cu2S氧化生成CuCl2和S，发生反应的离子方程式：3222S42Cu4SCuFeFe

++++=++；【小问2详解】催化剂在反应前后不发生变化，但是参与中间过程，CuCl2是催化剂，参与①Cu2S+2CuCl2=4CuCl+S；第二步应该是中间体CuCl与浸取液FeCl3生成CuCl2，②322CuClFeClCuClFeCl+=+；【小问3详解】根据分析可知滤液M为氯化亚

铁，将氯化亚铁氧化为氯化铁还可以循环利用，故通入的氧化剂为氯气，故答案为b；【小问4详解】根据分析可知“保温除铁”过程中，加入硝酸将过量的铁粉转化为Fe3+，加入CuO调pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去铁元素；硝酸铜溶液蒸发浓缩冷却结晶过程会水解，加入稀硝酸抑制Cu2+水解；

【小问5详解】该转化中Cu被氧化成Cu2S，化合价升高1价，CuFeS2被还原成Cu2S，化合价降低1价，根据电子守恒可知转化时转移0.2mol电子，生成Cu2S为0.2mol。16.利用物质类别及核心元素的化合价推测物质的性质是化学研

究的重要手段。如图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系。回答下列问题：（1）质量相同的a和b，物质的量之比为_______。将H2S与a混合，发生反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。（2）c的浓溶液能与S反应产生一种气体，该气体的化学式为_______。（3）将

足量的a通入BaCl2溶液中，下列说法正确的是_______(填标号)。A.溶液中出现白色沉淀B溶液没有明显变化.C.若再通入Cl2或NH3，则溶液中均会出现白色沉淀D.将溶液蒸干后仍然能得到BaCl2（4）宋代著名法医学家宋慈的《

洗冤集录》中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理：4Ag+2H2S+O2=2Ag2S+2H2O。H2S在该反应中_______(填标号)。A.是氧化剂B.是还原剂C.既是氧化剂也是还原剂D.既不是氧化剂也不是还原剂（5）若e为正盐，且能被酸性K2Cr2O7氧化为Na2SO4，Cr2O27−被

还原为Cr3+，写出此反应的离子方程式：_______。（6）若e为酸式盐，将0.1mole的溶液中加入适量H2O2氧化后，稀释成10L溶液进行环保回收，此时稀释后溶液的pH为_______。【答案】（1）①.

5：4②.1：2（2）2SO（3）BC（4）D（5）22+3+227342CrO+3SO+8H=2Cr+3SO+4HO−−−（6）2【解析】【分析】由价类图可知，a为SO2，b为SO3，c为H2SO4，d为H2SO3；【小问1详解】由图可知a是SO2，b是

SO3，由公式m=nM可得，质量相同的a和b，物质的量之比为是摩尔质量的反比，即n(SO2)：n(SO3)=80：64=5：4；H2S与SO2发生2H2S＋SO2=3S＋2H2O，SO2为氧化剂，H2S为还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2；故答案为5：4；

1∶2；【小问2详解】由图可知c是H2SO4，浓硫酸会和S发生归中反应生成SO2，故答案为：SO2；【小问3详解】将足量的a通入BaCl2溶液中，溶液没有明显变化，若再通入Cl2会发生氧化还原反应Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl，硫酸与BaCl

2发生BaCl2＋H2SO4=BaSO4↓＋2HCl，最后生成硫酸钡沉淀，若通入NH3，2NH3＋SO2＋H2O=(NH4)2SO3，(NH4)2SO3＋BaCl2=BaSO3↓＋2NH4Cl，碱性环境下则会生成亚硫酸钡沉淀，故答案为：BC；【小问4详解】由2222=4Ag+2HS+O2

AgS+2HO知，反应前后2HS的化合价都没变，在该反应中既不是氧化剂也不是还原剂，故答案为：D；小问5详解】已知e为正盐，且能被酸性227KCrO氧化为24NaSO，则e为23NaSO，则反应的离子方程式：22+3+227342CrO

+3SO+8H=2Cr+3SO+4HO−−−，故答案为：22+3+227342CrO+3SO+8H=2Cr+3SO+4HO−−−；。【小问6详解】若e为酸式盐含HSO3−，HSO3−与H2O2发生氧化还原反应生成硫酸和

水，反应的离子方程式：2+32242HSO+HO=SO+H+HO−−，0.1molHSO3−反应生成0.1molH+，稀释成10L溶液则c=n0.1mol==0.01mol/LV10L，溶液的pH=2。17.甲

醇用途日益广泛，越来越引起商家的关注，工业上甲醇的合成途径多种多样。一定条件下，在体积为2L的密闭容器中，充入22molCO和28molH，发生反应：2232CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)++催化剂，测得2CO的物质的量随时间变化如表所示，该反应的能量变化如图所示：t/min02

51015()2nCO/mol20.750.50.250.25(1)该反应为_____(填放热或吸热)反应。(2)从反应开始到5min末，用氢气浓度变化表示的平均反应速率v(H2)=___，容器内平衡时与起始时的压强之比为____。(3)在相同温度容积不变的条件

下，能说明该反应已达平衡状态的是____(填写序号字母)。【a.容器内的平均相对分子质量保持不变b.容器内压强保持不变c.2H的消耗速率与3CHOH的生成速率之比为3:1d.()()22nCO:nH的比值保持不变(

4)将3CHOH设计成燃料电池，其利用率更高，装置如图所示(A、B为多孔碳棒)。实验测得电池工作时OHˉ向B电极定向移动，则_____(填“A”或“B”)处电极入口通甲醇，当电路中通过3mol电子时，理论上消耗3CHOH质量为_____克。(5)下列化学电池不易造成环境

污染的是____(填字母)。A.甲醇氧气燃料电池B.锌锰电池C.镍镉电池D.铅蓄电池铅蓄电池是最常见的二次电池，放电时的化学方程式为：23442Pb(s)PbO(s)2HSO(aq)2PbSO(s)2HO(l)++=+

。该蓄电池放电时，正极电极反应方程式为__________。【答案】①.放热②.0.45mol/(L·min)③.13:20④.abd⑤.B⑥.16⑦.A⑧.2-+2442PbO+2e+SO+4H=PbSO+2HO－【解析】【详解】(1)据图可知该反应的反应物能量高于生成物，所以为放热反

应；(2)从反应开始到5min末，△n(CO2)=2mol-0.5mol=1.5mol，根据反应方程式可知相同时间内△n(H2)=4.5mol，容器体积为2L，所以v(H2)=4.5mol2L5min=0.45mol

/(L·min)；根据表格数据可知10min后CO2的物质的量不再改变，说明反应达到平衡，此时△n(CO2)=2mol-0.25mol=1.75mol，根据方程式可知△n(H2)=5.25mol，△n(CH3O

H)=△n(H2O)=1.75mol，则平衡时容器内n(CO2)、n(H2)、n(CH3OH)、n(H2O)分别为0.25mol、(8-5.25)mol=2.75mol、1.75mol、1.75mol，所以气体总物质的量为(0.25+2.75+1.75+1.75)mol=6.5m

ol，恒容密闭容器中气体的压强之比等于物质的量之比，所以容器内平衡时与起始时的压强之比为6.5mol：(2+8)mol=13:20；(3)a．该反应前后气体的系数之和不相等，所以未平衡时气体的总物质的量会变，而气体总质量不变，所以气体的平均

相对分子质量会变，当其不变时说明反应平衡，故a正确；b．未平衡时气体的总物质的量会变，容器体积不变，所以容器内压强会变，当压强不变时说明反应平衡，故b正确；c．消耗氢气和生成甲醇均为正反应，只有反应进行就满足H2的消耗速率与CH3OH的生成速率之比为3:1，不能说明反应平衡，故c错误；d．初

始投料n(CO2)：n(H2)=1:4，反应过程中△n(CO2)：△n(H2)=1:3，所以反应过程中n(CO2)：n(H2)为变值，当该值不变时说明反应平衡，故d正确；综上所述答案为abd；(4)原电池中阴离子

流向负极，OHˉ向B电极移动，则B为负极，A为正极；甲醇燃料电池中甲醇被氧化作负极，所以从B处电极入口处通甲醇，该电池工作时CH3OH被氧化生成CO23−，C元素化合价升高6价，所以每消耗1molCH3OH转移6mol电子，转移3mol电子时消耗0.5molCH3OH，质量为0.5mol×

32g/mol=16g；(5)锌锰电池、镉镍电池、铅蓄电池都含有重金属元素对环境造成污染，而甲醇氧气燃料电池产物只有水和二氧化碳，所以不易造成环境污染的是A；原电池中正极得电子发生还原反应，根据总反应可知正极的电极反应为2-+2442PbO+2e

+SO+4H=PbSO+2HO－。【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达

平衡状态。18.法匹拉韦是一种广谱抗流感病毒药物，某研究小组以化合物I为原料合成法匹拉韦的路线如下(部分反应条件省略)。已知：R-NH2+一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→+H2O。回答下列问题：（1）化合物II中官能团名称为_______。（2）已知化合物II的核磁共振氢谱有三组峰，且峰

面积之比为6：4：1，其结构简式为____。（3）反应物III为乙二醛，反应①的化学方程式为_______。（4）反应②的反应类型是_______；反应③的反应类型是_______。（5）已知X的相对分子质量比化合物I少

14，且1molX能与足量NaHCO3溶液反应放出2molCO2，符合上述条件的X共有_______种(不考虑立体异构)，写出含有手性碳原子的所有可能的结构简式：_______(手性碳原子是指连有4个不同的原子或原子团的饱和碳

原子)。【答案】（1）酯基、溴原子（2）（3）OHC-CHO+→+2H2O（4）①.还原反应②.取代反应（5）①.9②.、、【解析】【分析】由化合物Ⅱ的分子式可知Ⅰ→Ⅱ发生取代反应加上一个Br原子，结合第(2)题的信息可知Ⅱ为，接着发生已知信息的反应

，反应物Ⅲ为乙二醛，结合分子式可知另一个产物是水，在NaOH作用下反应，接着酸化得到羟基并在对位取代硝基，反应②为硝基氢化得到氨基，反应③中氨基被取代为氟原子。【小问1详解】化合物Ⅱ中官能团名称为酯基、溴

原子；【小问2详解】已知化合物Ⅱ的核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为6：4：1，则Ⅱ应该轴对称，其结构简式为；【小问3详解】反应物Ⅲ为乙二醛，结合分子式可知另一个产物是水，反应①的化学方程式为OHC-C

HO+→+2H2O；【小问4详解】反应②为硝基氢化得到氨基，反应类型是还原反应；反应③是氨基被氟原子取代生成法匹拉韦，反应类型是取代反应；【小问5详解】X的相对分子质量比化合物Ⅰ少14，即少了CH2，且1molX能与足量NaHCO3溶液反应放出2molCO2说明含有2mol羧基，除两

个羧基外，碳架有、，若两个羧基取代在同一个碳上，则分别有2种和1种，若两个羧基取代在不同碳上，则上有1、2，1、3，1、4，2、3共4种，上有1、2，1、3两种，故符合上述条件的X有9种；其中任意一种含有手性碳原

子即碳上连接四种不同的结构简式有、、。