【文档说明】安徽省皖北私立联盟2023-2024学年高二下学期5月阶段性检测化学试卷 Word版含解析.docx，共(18)页，4.179 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-733776b0a631e84677c34ec3864f174e.html

以下为本文档部分文字说明：

2023—2024学年(下)安徽高二5月份阶段性检测化学考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16F-19S-32Cl-35.5K-39Ca-40

Mn-55Fe-56Cu-64一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是A.我国大力发展新能源汽车，有助于实现“碳中和”B.古井贡酒是浓

香型白酒，酒香扩散是一个熵增的过程C.六安瓜片富含茶多酚，某茶多酚()含有的官能团有酚羟基和醚键D.我国古代大量使用铜制品，基态铜原子简写的电子排布式为[Ar]4s1【答案】D【解析】【详解】A．发展新能源汽车，减少碳的排放，有助于实现“碳中和”，故A正确；B．酒香扩散是自发进行的反应

，是一个熵增的过程，故B正确；C．由图可知，某茶多酚()含有的官能团有酚羟基（连在苯环的羟基）和醚键（C-O-C结构），故C正确；D．基态铜原子简写的电子排布式为[Ar]3d104s1，故D错误；答案选D。2.下列化学用

语错误的是A.H-F的σ键的形成：B.SO2的VSEPR模型：C.HS-水解的离子方程式：HS-+H2O⇌H2S+OH-D.NH3⋅BH3的电子式：【答案】B【解析】【详解】A．HF分子中σ键为H的1s轨道和F的2p轨道头碰头重叠形成，故A正确；B

．SO2的中心原子的价层电子对数为3，其VSEPR模型为平面三角形，故B错误；C．HS-水解的离子方程式：HS-+H2O⇌H2S+OH-，故C正确；D．NH3⋅BH3的电子式：，故D正确；故选B3.化学处处呈现美。下列说法错误的是A．雪花固体中存在范德华力和氢

键B．节日燃放的焰火与电子跃迁释放能量有关。C．狗烯属于芳香烃D．钟乳石内部仅存在离子键A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．雪花的主要成分是H2O，其固体中存在范德华力和分子间氢键，故A项正

确；B．节日燃放的焰火是原子由激发态到基态所释放的光能，与电子跃迁有关，故B项正确；C．狗烯结构中含有苯环，且只含碳、氢两种元素，属于芳香烃，故C项正确；D．钟乳石的化学成分为碳酸钙，内部存在离子键和共价键，故D项错误；综上所述，错误的是D项。4.FeCl3是一

种重要的盐，FeCl3的熔点为304℃、沸点为316℃，可以升华，且熔融状态的FeCl3不导电。下列说法正确的是A.铁元素位于ds区B.FeCl3晶体是离子晶体C.FeCl3可用于净水是因为发生反应：FeCl3+3H2O⇌Fe(OH)3↓+3HClD.基态Fe3+，中3d能级上的5个电

子的能量完全相等【答案】D【解析】【详解】A．铁元素位于d区，A错误；B．FeCl3晶体熔融状态的FeCl3不导电，是分子晶体，B错误；C．FeCl3可用于净水是因为FeCl3可以发生水解反应生成Fe(OH)3胶体：FeC

l3+3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3HCl，C错误；D．基态Fe3+价电子排布式为3d5，3d能级上的5个电子的能量完全相等，D正确；故选D。5.下列实验室中的做法错误的是A.用蒸馏法分离CH2Cl2与CHCl3B.向2

%的氨水中逐滴加入2%的AgNO3溶液制备银氨溶液C.中和滴定时，盛待测液的锥形瓶不用待测液润洗D.苯和浓硫酸发生反应生成苯磺酸需水浴加热【答案】B的【解析】【详解】A．CH2Cl2与CHCl3互溶，沸点不同，可用蒸馏法分离，故A正确；B．向2%的AgNO3

溶液中逐滴加入2%的稀氨水，直至产生的沉淀恰好溶解，可制备银氨溶液，故B错误；C．中和滴定时，盛待测液的锥形瓶不用待测液润洗，否则测定结果偏大，故C正确；D．苯和浓硫酸发生反应生成苯磺酸，需要水浴加热，故D正确；故选B。6.单质固态硫由硫分子构成，其中S8最多，S8环状分子的结

构如图所示，隔绝空气，444.6℃时硫变为蒸气，蒸气中存在3S8⇌4S6⇌654⇌12S2，温度越高，S2在硫蒸气中占的比例越高，直到温度高于750℃时，硫蒸气几乎都由S2组成。下列说法正确的是A.S8环状分子内部存在极性键B.反应4S6(g)⇌3S，(g)的△H>0C.

S8分子中S原子采用：sp2杂化D.S8分子中S—S—S的键角小于109°28'【答案】D【解析】【详解】A．S8环状分子内部只存在非极性键，故A错误；B．对于3S8⇌4S6⇌6S4⇌12S2，温度越高，S2在

硫蒸气中占的比例越高，则是S8向S2不断反应，升高温度，向正向移动，正向是吸热反应，即△H＞0，故B错误；C．S8分子中S原子的价层电子对数为4，孤电子对数为2，所以S采用sp3杂化，故C错误；D．S8分子

中S采用sp3杂化，且有2对孤电子对，根据斥力：孤电子对-孤电子对>孤电子对-成键电子对>成键电子对-成键电子对，所以S—S—S键角小于109°28'，故D正确；答案为D。7.下列各组反应不属于同一反应类型的是A.甲苯在光照条件下和Cl2反应

；甲苯在FeBr3存在下和Br2反应B.乙烯生成聚乙烯；乙炔生成n[CHCH]=C.乙烯制备；乙苯使酸性重铬酸钾溶液变色D.乙醇和HBr生成溴乙烷和水；和氢气反应的【答案】D【解析】【详解】A．甲苯在光照条件下和Cl2反应；甲苯在FeBr3存在下

和Br2反应，都属于取代反应，故A不符合题意；B．乙烯生成聚乙烯；乙炔生成n[CHCH]=，都属于加聚反应，故B不符合题意；C．乙烯制备；乙苯使酸性重铬酸钾溶液变色，都属于氧化反应，故C不符合题意；D．乙醇和HBr生成溴乙烷和水属于取代反应；和氢气反应属于加成反应，故D符合题意；答案选D。8.

6.0g某烃(相对分子质量在50~130之间)在氧气中完全燃烧，燃烧后的气体混合物先通入浓硫酸中，再通入过量的澄清石灰水中，浓硫酸增重5.4g，石灰水中得到45g沉淀。下列说法错误的是A.该烃的分子式可能为C9H12B.该

烃燃烧有浓烟冒出C.该烃一定是苯的同系物D.该烃的核磁共振氢谱可能存在两组峰且峰面积比为1：3【答案】C【解析】【详解】A．由题目可知浓硫酸增重5.4g，则生成水的物质的量为0.3mol，石灰水中得到45g沉淀，则生成碳酸钙的物质的量为0

.45mol，根据原子守恒可知烃分子中C原子数目和H原子数目之比为0.45：0.6=9：12，则烃的分子式可能为C9H12，故A正确；B．该烃分子中含碳量高，燃烧有浓烟冒出，故B正确；C．该烃分子中含碳原子数目为9，H

原子数目为12，不一定是苯的同系物，有可能是含有多个不饱和键的烃类物质，故C错误；D．该烃分子中含碳原子数目为9，H原子数目为12，可能为，核磁共振氢谱可能存在两组峰且峰面积比为1:3，故D正确；故选C。9.氢气是清洁能源

之一，解决氢气的存储问题是当今科学界需要攻克的课题。C16S8是新型环烯类储氢材料，利用吸附的方法来储存氢分子，其分子结构如图所示。下列有关说法错误的是A.C16S8是非极性分子B.C16S8完全燃烧的产物对应的水化物都是弱电解

质C.该分子间存在范德华力和氢键D.基态硫原子有5种能量不同的电子【答案】C【解析】【详解】A．C16S8分子是个对称的分子，正负电中心重叠，是非极性分子，A正确；B．C16S8完全燃烧的产物分别为CO2和SO2，对应的水化物分别是碳酸和亚硫酸，均

为弱电解质，B正确；C．该分子间存在范德华力，但不存在分子间氢键，C错误；D．基态硫原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4，所以有5种能量不同的电子，D正确；故选C。10.X、Y、Z、W是原

子序数依次增大的短周期主族元素，Y的一种氧化物是红棕色气体。固体物质Z2XW3在农业上用作杀菌剂和杀线虫剂，其结构如图所示。下列说法正确的是A.X、W都有两种常见氧化物，且这些氧化物形成的固体都是分子晶体B.23XO−的空间构型为四面体形C.元素的第一电离能：X>

YD.Z与Y不能形成离子键【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的一种氧化物是红棕色气体，Y为N；由X、Z、W形成的化合物的结构可知，Z可形成带1个单位正电荷的阳离子，且Z的原子序数大于Y，则Z为Na；X形成4个共价键，原子序

数小于Y，则X为C；W可形成2个共价键，W的原子序数大于Z，W为S，据此分析解答题。【详解】A．由分析可知，X、W分别为C、S，故它们都能与氧元素形成两种常见的氧化物，分别为CO、CO2和SO2、SO3，这些物质形成的固体都为分子

晶体，A正确；B．23XO−为23CO−，其中心原子C的价层电子对数为3，孤电子对数为0，所以空间构型为平面三角形，B错误；C．元素的第一电离能：C<N，C错误；D．Na与N可以活泼的金属与活泼的非金属，可形成离子键，D错误；故选A

。11.已知：水溶液中[Cu(H2O)4]2+呈蓝色。用CuSO4的稀溶液进行下列实验，溶液的颜色变化如图所示：下列说法错误的是A.溶液Y呈深蓝色，主要是因为存在[Cu(NH3)4]2+B.[Cu(NH3)4]2+的空间构型是

平面四边形，说明中心原子不是sp3杂化C.析出深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O是因为乙醇极性小，降低溶质的溶解度D.上述实验现象说明H2O的配位能力比NH3强【答案】D【解析】【分析】深蓝色的配离子为[Cu(NH3)4]2+，氢氧化

铜沉淀能转化为配离子[Cu(NH3)4]2+。【详解】A．深蓝色的配离子为[Cu(NH3)4]2+，A项正确；B．中心原子为sp3杂化的微粒空间结构为四面体形、三角锥形、角形，[Cu(NH3)4]2+的空间构型是平面四边形

，说明中心原子不是sp3杂化，B项正确；C．乙醇极性小于水，络合物在乙醇中溶解度较小，若向反应后的溶液加入乙醇，将会有[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O晶体，C项正确；D．蓝色的配离子为[Cu(NH3)4]2+，氢氧化铜沉淀能转化为配离子[Cu(NH3)4]2+，说明[Cu(NH3)4

]2+比[Cu(H2O)4]2+稳定，即说明NH3的配位能力比H2O强，D项错误；答案选D。12.1928年，Diels-Alder反应被发现，该反应的转化关系如图所示(-R1，-R2，-R1，-R4为不同的烃基)。下列说法错误的是A.该反应属于加成反应B.一

分子X和一分子Br2反应，加成产物可能有3种(不考虑立体异构)C.Z分子中只含4个手性碳原子D.根据Diels-Alder反应原理可以合成【答案】C【解析】【详解】A．该反应发生碳碳双键的断裂，属于加成反应，A项正确；B．一分子X()和一分子Br

2反应，可能在1和2号碳上加成，也可能在3和4号碳上加成，也可能在1和4号碳上加成，产物可能有3种，B项正确；C．Z分子中至少含4个手性碳原子：，C项错误；D．可以用与通过Diels-Alder反应原理合成，D项正确；

故选C。13.锌锰二次电池放电时存在电极MnO2剥落现象，造成电池容量衰减。研究发现，加入少量KI固体能很大程度恢复损失的容量，原理如图所示，已知PBS膜只允许Zn2+通过。下列说法正确的是A.放电时，负极反应为2

Zn2e2OHZn(OH)−−−+=B.充电时，电路中每通过2mole−，阳极固体质量增加87gC.放电时，左侧溶液中c(Zn2+)降低D.I-与剥落的MnO2反应生成3I−能很大程度恢复损失的容量【答案】D【解析】【分析】Zn为负极，发生氧化反应：

Zn-2e-=Zn2+，MnO2为正极，发生还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，加入KI后，发生反应：-+2+-232MnO+3I+4H=Mn+I+2HO，---3I+2e=3I；【详解】A．放电时，Zn为负极，发生氧化反应：Zn-2e-=Zn2+，A错误；B．充电时

阳极电极反应式为：---33I-2e=I，2+-+22Mn+2HO-2e=MnO+4H，电路中每通过2mol，阳极区溶液减少的质量小于1molMnO2的质量，即小于87g，B错误；C．由上述分析可知，放电时左

侧发生反应：Zn-2e-=Zn2+，左侧溶液中c(Zn2+)增大，C错误；D．由分析可知，I-与剥落的MnO2反应生成-3I，然后-3I能继续从正极上得到电子转化为I-，故能恢复“损失”的能量，D正确；答案选D。14.已知常温下，()()a

3b32CHCOOHNHHOKK=。常温下，向含2MgCl，3CHCOOH的溶液中滴加氨水，混合溶液中lg(X)c−[()2(X)Mgcc+=、()()432NHNHHOcc+或()()33CHCOOCHCOOHcc−]与pH的关系如图所示。下列

说法错误的是A.3L代表()2lgMgc+−与pH的关系B.常温下，()4.75b32NHHO10K−=C.1340.1molLCHCOONH−溶液中：()()()()323NHHOOHCHCOOHHcccc−++=+D.常温下，22332Mg(OH)2CHCOOH2CHC

OOMg2HO−++++的平衡常数K为6.7510−【答案】D【解析】【分析】随pH值增大，c(OH-)增大，c(Mg2+)逐渐减小，则-lg(Mg2+)逐渐增大；()()432NHNHHOcc+=()()b-32NHHKOcOH，随

pH值增大，c(OH-)增大，()3b2KNHHO不变，则()()b-32NHHKOcOH减小，()()432NHNHHOcc+减小，-lg[()()432NHNHHOcc+]逐渐增大；()()33CHCOOCHCOOHcc−=()()3+CHCOKOHcHa，随pH值增大，c(H+

)减小，()3CHCOOHKa不变，()()3+CHCOKOHcHa增大，-lg[()()33CHCOOCHCOOHcc−]减小，则L1代表()()33CHCOOCHCOOHcc−；又因()()a3b32CHCOOHNHHOKK=，则pH=7时，-lg[()()43

2NHNHHOcc+]=-lg[()()33CHCOOCHCOOHcc−]，结合图像可知L2应代表()()432NHNHHOcc+，L3代表c(Mg2+)，据此分析解答；【详解】A．由以上分析可知L3代表c(Mg2+)，故A正确；B．L2代表()()432NHNHHOcc+，

pH=7时，-lg[()()432NHNHHOcc+]=-2.25，则()()432NHNHHOcc+=2.2510，()3b2KNHHO=2.2574.75101010−−=，故B正确；C．(

)()a3b32CHCOOHNHHOKK=，34CHCOONH溶液中4NH+、3CHCOO−水解程度相同，则34CHCOONH溶液呈中性，()()OHHcc−+=，且()()323NHHOCHCOOHcc=，则()()()()323N

HHOOHCHCOOHHcccc−++=+，故C正确；D．常温下，22332Mg(OH)2CHCOOH2CHCOOMg2HO−++++的平衡常数K=()()22+323CHCOO(Mg)CHCOOHccc−=()()222+232223CHCOO(H)(Mg)(OH)CHCOOH(H)(OH

)ccccccc−+−+−=()sp2223KK[MHg(O)CCOHHO]Kaw，结合M点坐标可知，()3CHCOOHKa4.7510−=，结合N点坐标可知，sp2K[Mg(OH)]=1.2

55210(10)−−=10-11.25，则K4.75211.25142(10)10(10)−−−==107.25，故D错误；故选：D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.现有下列几种有机物或微粒：①②22CHCHCHCH==③④⑤⑥⑦3CH+⑧请回答下列问题：（1）上述物质中属

于芳香烃的是________(填编号，下同)，互为同分异构体的是_________。（2）④与等物质的量的HBr发生加成反应的产物可能为___________(填结构简式)。（3）⑧中只含碳、氢、氧三种

元素，其分子结构模型中小球表示原子，球与球之间的短线代表单键或双键。⑧中所含官能团的名称为___________。（4）⑤的一种同分异构体B为芳香族化合物，其核磁共振氢谱图如图所示：请写出有机物B的结构简式：___________，下列关于B的说法正确的是__

_________(填字母)。A．该物质可与氢气反应，1mol该物质最多消耗氢气的物质的量为4molB．在光照条件下，该物质可以和氯水发生取代反应C．该物质可以使酸性高锰酸钾溶液和溴的四氯化碳溶液褪色，均发生氧化反

应（5）⑦是最简单的碳正离子，它的中心原子的杂化方式为___________；3CH+并不稳定，原因是___________。【答案】（1）①.③②.①⑥（2）、（3）羧基、酮羰基（4）①.②.A（5）①.sp2②.3CH+中C周围只有6个电子，未达到8电子稳定结

构【解析】【小问1详解】芳香烃含有苯环，且只有碳氢两种元素，只有③满足，同分异构体即分子式相同，而结构不同，①⑥符合定义，答案：③、①⑥；【小问2详解】与等物质的量的HBr发生加成反应的产物有两种，溴加在边碳得，溴加在中间碳

上得，答案：、；【小问3详解】⑧中只含碳、氢、氧三种元素，其分子结构模型中小球表示原子，球与球之间的短线代表单键或双键，黑球是碳，白球是氢，灰球是氧，所含官能团的名称为羧基、酮羰基，答案：羧基、酮羰基；【小问4详解】⑤的

一种同分异构体B为芳香族化合物，其核磁共振氢谱图如图所示可知等效氢为2:2:2:1:1，得结构简式：A．该物质可与氢气反应，1mol该物质最多消耗氢气的物质的量为4mol，双键1mol、苯环3mol，故A正确；B．在光照条件下，该物质不可以和氯水发生取代反应，故B错误；C．该物质可以使酸性高锰酸钾

溶液和溴的四氯化碳溶液褪色，溴的四氯化碳溶液褪色发生了加成反应，与高锰酸钾发生了氧化反应，故C错误；答案：、A；【小问5详解】3CH+的中心原子的价层电子对数=4-1-313+=32，中心原子的杂化方式为sp2，3CH+并不稳定，可以看到碳没有达到8个电子的稳定状态，原因是3CH+中C周围

只有6个电子，未达到8电子稳定结构，答案：sp2、3CH+中C周围只有6个电子，未达到8电子稳定结构。16.铜的单质及其化合物在生产生活中有广泛应用。请回答下列问题：（1）基态Zn原子的价层电子排布式为___________；第一电离能：I1(Cu)________

___(填“>”或“<”)I1(Zn)。（2）某种含铜微粒[Cu(NH3)2]2+的催化剂可用于汽车尾气脱硝。①[Cu(NH3)2]2+中NH3的键角___________(填“>”或“<”)氨气中NH3的键角；NH3

和(CH3)3N(三甲胺)都可以结合H+。结合H+的能力：NH3___________(填“>”或“<”)(CH3)3N。②(CH3)3N和H2NCH2CH2NH2(乙二胺)均属于胺，二者相对分子质量相近，但乙二

胺的沸点比三甲胺的高得多，原因是___________。（3）铜的一种氧化物的晶胞结构如图表示，该物质的化学式为___________，若A原子分数坐标为(0，0，0)，B原子分数坐标为111,,444，则C原

子分数坐标为___________。（4）含铜化合物M的晶胞结构如图所示晶胞参数(a≠c，α=β=γ=90°)。若化合物M的密度为ρg⋅cm-3，则阿伏加德罗常数的值NA=_________(用含a、c、ρ的代数式表示)。【答案】（1）①.3d104s2②.<（2）①.>②.<③.乙

二胺分子之间能形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键（3）①.CuO②.133,,444（4）221221810ac−【解析】【小问1详解】Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，4s能级处于半充满状态，而Zn原子的价

层电子排布式为3d104s2，Zn的4s能级处于全充满状态，Zn原子更不易失去1个电子，所以Zn原子的第一电离能较大，故此处填：3d104s2、<；【小问2详解】①NH3和()2+II32CuNH中的N

价层电子对数均为4，前者中心原子孤电子对数为1，后者为0，根据斥力：孤电子对-孤电子对>孤电子对-成键电子对>成键电子对-成键电子对，所以()2+II32CuNH中NH3键角大于氨气中NH3的键角；甲基是供电

子基，甲基的引入，会使氮原子的电负性增大，结合H+能力增强，所以结合H+的能力：NH3<(CH3)3N(三甲胺)；②乙二胺分子之间能形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键，所以乙二胺的沸点比三甲胺高；【小问3详解】由晶胞结构图可知，

一个晶胞中Cu的个数为1186482+=，O的个数为4，则该化合物的化学式为CuO；若A原子分数坐标为(0，0，0)，B原子分数坐标为111,,444，C原子在体内的体对角线上，其分数坐标为133,,444

；【小问4详解】由晶胞结构图可知，该晶胞中含有黑球的个数为8×14+2=4、白球的个数为16×14+4×12+2=8、灰色球的个数为8×18+1=2，由于其中Cu化合价为+2、F的化合价为-1、K的化合价为+1，根据化合价代数和为0，可以推断该晶体的化学式为K2CuF

4，则黑球代表K，白球代表F，灰球代表Cu，根据A2-21A2?218Nac?10M?nρ==V?Ng•cm-3，则NA=221221810ac−。17.A、B、C三种烃分子中均含有8个氢原子，其中A、B常温下呈气态，C呈液态

且具有芳香性。C的质谱图如图所示：请回答下列问题：（1）A是符合上述条件的物质中相对分子质量最小的，则A的名称为___________。（2）B属于环烷烃，用键线式表示B可能的结构：___________。（3）C中最多有_________

__个原子共平面，C中碳原子的杂化方式为___________，1molC完全燃烧消耗氧气的物质的量为___________，C的二氯代物共有___________种。（4）查阅资料可知，苯可被臭氧氧化，发生的反应如下：则C通过上述反应得到的有机产物的结构简式为___________。【答案】（

1）丙烷（2）、（3）①.13②.sp2、sp3③.9mol④.10（4）、【解析】【分析】只由碳氢两种元素组成的有机化合物叫作烃；A、B、C三种烃分子中均含有8个氢原子，其中A、B常温下呈气态，C呈液态，A是符合上述

条件中相对分子质量最小的，则A分子中碳原子数最小，则A为饱和烷烃，为丙烷；B属于环烷烃，则分子式为C4H8；C呈液态且具有芳香性，质荷比为92，则为甲苯，据此解答。【小问1详解】由题可知，A为烃，含有8个氢，相对分子质量最小的说明H多，饱和烃CnH2n+2，

由分析可知，A的分子式为C3H8，名称为丙烷，答案：丙烷；【小问2详解】B属于环烷烃，通式为CnH2n，含有8个氢，C4H8，键线式可能的结构、，答案：、；【小问3详解】C的质谱图，相对分子质量为92，C呈液态且具有芳香性，含有8个氢原子，具有苯环，分子式为C7H8，甲苯最多有

13个原子共平面，苯环上sp2、甲基上sp3，1molC7H8完全燃烧消耗氧气的物质的量=y8x+7+9mol44==，C7H8的二氯代物共有，图中所示为取代一个氯后，另一个氯可以取代的位置用数字代表，共计10种，答案：13

、sp2、sp3、9mol、10；【小问4详解】甲苯通过上述反应，苯环上的6个碳断成3份乙二醛，甲苯上的6个碳断成2份乙二醛，剩下一份乙二醛上氢被甲基取代，可得有机产物的结构简式为、，答案：、。18.为了减缓温室效应，实现碳中和目标，可将CO2转化为二甲醚、甲醇等产品。

CO2与H2制二甲醚(CH3OCH3)的主要反应如下：反应I：222CO(g)H(g)HO(g)CO(g)++1141.2kJmolH−=+反应II：23CO(g)2H(g)CHOH(g)+129

0.7kJmolH−=−反应III：33322CHOH(g)CHOCH(g)HO(g)+1323.5kJmolH−=−反应IV：2232CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)++1449.5kJmolH−=−请回答下列问题：（1）CO2(g)和H2(g)生成CH3OCH3(g

)和H2O(g)的4=H___________。（2）反应IV的反应历程如图所示(部分物质未画出)。写出图中决速步骤的反应方程式：___________。（3）CO2在一定条件下催化加氢可生成CH3OH，主要

发生三个反应(即反应I、II、III)。①若在恒容密闭容器中只发生反应I，下列措施可提高H2平衡转化率的是___________(填字母)。a．加入催化剂b．升高温度c．充入惰性气体②在某密闭容器中充入1molC

O2、3molH2，在恒压(0.1MPa)下发生上述反应I、II、III，测得平衡时CO2的转化率和CH3OCH3的选择性随温度的变化如图所示。已知：CH3OCH3的选择性()()3322CHOCH100%C

Onn=生成消耗。温度高于300℃时，曲线N随温度升高而升高的原因是___________；若Q点温度下CO的物质的量为0.08mol，则此时H2O的物质的量为___________，该温度下反应III的

Kp=___________(Kp为用压强表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。【答案】（1）1122.5kJmol−−（2）*****2COOHHCOHO++→+或***2OHHHO+→（3）①.b②.温度高于300℃时，

升高温度对反应I的促进程度大于对反应II、反应III的抑制程度③.0.48mol④.1.5【解析】【小问1详解】223322CO(g)+6H(g)CHOCH(g)+3HO(g)3-1-1-141ΔH=2ΔHΔHkJmol+(-23.5)kJmom+=2?(-49.5)125lkJol2.=−

；【小问2详解】决速步骤即能垒最大的一步，即从***COOHH++转化为**2COHO+的一步，反应方程式：*****2COOHHCOHO++→+或***2OHHHO+→；【小问3详解】①a．加入催化剂，不能改变平

衡转化率，a错误；b．升高温度，反应I往正向移动，H2平衡转化率升高，b正确；c．恒容充入惰性气体，反应体系压强不变，平衡不移动，H2平衡转化率不变，c错误；故选b②反应①是吸热反应，反应②③是放热反应，高于30

0.C时如果以反应②③为主，平衡逆向进行，二氧化碳的转化率应该下降，所以超过300.C应以反应①为主，反应①是吸热反应，升高温度平衡正向移动，二氧化碳转化率升高；Q点温度下，CO2转化率和CH3OCH3选择性均为40%，则0.4()()3322CHOCH100%COnn=

生成消耗()332CHOCH0.4=生成n，则()33CHOCHn=0.08mol，根据碳元素守恒，则n(CH3OH)=()()()233CO2CHOCHnCO−−消耗nn=0.4-2×0.08mol-0.08=0.16mol；反应I、III均生成水，则反应生成n(H2O)=()()3

32nCO+nCHOCH消耗=0.4mol+0.08mol=0.48mol；②该温度下，根据氢元素守恒，平衡时n平衡(H2)=()()()()23332H3CHOCH2nCHOHnHO−−−=始nn3mol30.08mol20.16mol0.48mol1.96mol−−−=，n总=()()(

)()()()222333nCO+nCHOCH+nCO+nCHOHnHOnH++()=mol+0.08mol+0.08mol+0.16mol0.48mol1.96mol=3.36mol10.4++−，反应III的Kp=()()()

3323220.08mol0.48mol0.1MPa0.1MPapCHOCHpHO3.36mol3.36mol=pCHO0.16mol0.1MPa3.36oHml==1.5。的。