【文档说明】广东省广州市增城中学、广东华侨，协和中学三校2022-2023学年高三上学期期中联考化学试题 含解析.docx，共(23)页，3.746 MB，由小赞的店铺上传

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2022学年第一学期高三三校联考化学科试题可能用到的相对原子质量：C12H1O16V51第一部分选择题(共44分)一、选择题：本题共16小题，共44分。第1-10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。每小题只有一个选项符合题意。多选、错选均不得分。1.世界

文明史上，中华文化是世界上唯一从未间断的文明，始终显示出顽强的生命力和无穷的魅力。下列文物主要由硅酸盐材料制成的是A.东汉青铜奔马“马踏飞燕”B.唐代“鎏金舞马衔杯纹银壶”C.秦“兵马俑”D.仅49g的西汉“直裾素纱禅衣”A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．青铜奔马属于

合金材料，不是硅酸盐材料，故A不符合题意；B．银壶属于金属材料，不属硅酸盐，故B不符合题意；C．兵马俑是陶土烧制而成，属于硅酸盐材料，故C符合题意；D．素纱禅衣属于蚕丝和纤维制品，是有机材料，故D不符合题意；故选：C。2.我国近年取得了很多世界瞩目的科技成果，化学发挥了重要作

用，下列正确的是A.长征五号火箭把天和核心舱送入太空，火箭中液氢燃料为氧化性气体B.中国天眼FAST用到的高性能碳化硅属于新型无机非金属材料C.2022年10月19日，中国“人造太阳”取得突破性进展，技术

水平处于世界前列，反应堆中使用的21H、31H互为同位素，其物理性质和化学性质均相同D.我国最新研发的航空发动机使用了含铼(Re)合金材料，合金是纯净物【答案】B【解析】【详解】A．长征五号火箭把天和核心舱送入太空，火箭中液氢燃料为还原性

气体，A错误；B．中国天眼FAST用到的高性能碳化硅由两种非金属元素构成，SiC属于新型无机非金属材料，B正确；C．21H、31H的质子数相同，而中子数不同，二者互为同位素，它们的物理性质不同，但化学性质相同，C错误；D．合金是由金属与金属或金属与非金属

融合而成的具有金属特性的物质，合金中含有多种成分，属于混合物，而不属于纯净物，D错误；故合理选项是B。3.广东历史文化悠久。下列有关粤文化的叙述不正确的是A.著名粤菜“广州蒜香骨”上菜时飘香四溢，体现了分子是运动的B.潮州木雕的主要成分由天然高分子构成C.现代粤剧舞台背景

投影时产生光线属于丁达尔效应D.广东剪纸艺术过程中涉及化学变化【答案】D【解析】【详解】A．能闻到香飘四溢，是因为分子的运动，A正确；B．潮州木雕是木材，木材的主要成分是纤维素是天然有机高分子材料，B正确；C．舞台背景投影时产生

光线是因为光通过气溶胶时产生一条光亮的“通路”，属于丁达尔效应，C正确；D．广东剪纸艺术过程中没有新物质生成，不是化学变化，D错误；故答案为：D。4.设AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.含2mol24HSO的浓硫酸与足量铜共热生成AN个2SOB.11.2L

苯中含有A3N碳原子C.1mol甲醇中含有C-H键的数目为A4ND.18g重水2DO中含有氧原子的数目为A0.9N【答案】D【解析】【详解】A．Cu与浓硫酸反应的方程式为Cu+2H2SO4(浓)=CuSO4+

SO2↑+2H2O，因为Cu只与浓硫酸反应，随着反应的进行浓硫酸变稀，Cu将不再与之反应，所以无法生成AN个SO2，A错误；B．不是标准状况下且苯不是气体，无法计算，B错误；C．甲醇的结构式为，1mol甲醇中含有C-H键的数目为3AN，C错误；D．18g重水2DO的物质的量为

118g=0.9mol20gmolmnM−==，含有氧原子的数目为A0.9N，D正确；故答案为：D。5.化学在生活生产中应用广泛，下列有关叙述正确的是A.钢水注入干燥的模具，是为了防止铁与水蒸气高温下产生H2和Fe2O3B.利用FeCl3溶液作为“腐蚀液”制作覆铜板电路时发生了置换反应C.硬

铝常用于制造飞机的外壳，利用了合金熔点比任一组成金属低的特点D.过氧化钠可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源【答案】D【解析】【详解】A．铁与水蒸气高温下生成氢气和四氧化三铁，A错误；B．发生的反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2

+CuCl2，不属于置换反应，B错误；C．硬铝常用于制造飞机的外壳，是因为其硬度大、密度小，与熔点无关，C错误；D．过氧化钠和水或二氧化碳均可以反应生成氧气，可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源，D正确；综上所述答案为D。6.劳动是幸福的源泉，下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳

动项目化学知识A社区消毒：向不同区域喷洒“84”消毒液消毒NaClO具有强氧化性B生产活动：葡萄酒中添加适量2SO2SO可以漂白，防氧化C日常防火：用水玻璃浸泡木材或纺织品防火23NaSiO水溶液阻燃、耐高温D医疗健康：医生用氢氧化铝给病人治疗胃酸过多氢氧化铝能与盐酸反应A.AB.BC.C

D.D【答案】B【解析】【详解】A．“84”消毒液消毒，涉及的化学知识是NaClO具有强氧化性，A正确；B．葡萄酒中添加适量2SO，涉及化学知识是SO2能杀菌，具有还原性，防氧化，不是利用其漂白性，B错误；C．硅酸钠熔点高，不易燃烧，常用作阻燃剂，用

水玻璃浸泡木材或纺织品防火，C正确；D．胃酸是HCl，用氢氧化铝可以中和过多胃酸，生成无害的AlCl3排出体外，D正确；故答案为：B。7.下列实验装置不能达到实验目的的是A.图I：制取氨气B.图II：验证3NH易溶于水C.图III：将红热的Pt丝伸入盛有浓氨水的锥形瓶中，瓶口可观察

到的白烟是43NHNOD.图IV：用2SO做喷泉实验【答案】A【解析】【详解】A．实验室制取氨气，用固体4NHCl和2Ca(OH)反应，试管口略向下倾斜，防止水回流到试管底部引起试管炸裂，A错误；B．氨气极易溶于水，图Ⅱ中挤压胶头滴管，使氨气溶于水，气球的体积膨胀，B正确；C．氨

水挥发出来的氨气，在铂丝催化作用下发生氧化，生成NO，NO和2O反应后生成2NO和2HO反应生成3HNO，再和氨气反应生成43NHNO，C正确；D．2SO易溶于NaOH溶液，能形成喷泉实验，D正确；故

选A。8.宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一、下列性质实验对应离子方程式书写正确的是A.往NaOH溶液中通入过量的2CO：23OHCOHCO−−+=B.往NaClO溶液中通入过量2SO：223SOClOHOHSOHClO−−++=+C.把足量醋酸加入23NaCO溶液中：2322

CO2HCOHO−++=+D.往()2BaOH溶液中通入少量2CO：()2322BaOHCOBaCOHO+=+【答案】AD【解析】【详解】A．NaOH溶液中通入过量的2CO生成碳酸氢钠，离子反应为：23OHC

OHCO−−+=，故A正确；B．NaClO与2SO发生氧化还原反应，离子反应为：24+22SOClOHOSOCl2H−−−++=++，故B错误；C．醋酸为弱酸，离子反应为：233322CO2CHCOOH=2CHCOOCOHO−−

+++，故C错误；D．()2BaOH溶液中通入少量2CO生成碳酸钡沉淀，离子反应为：()2322BaOHCOBaCOHO+=+，故D正确；故选：AD。9.《神农本草经疏》中记载昆布有“消痰软坚散结，利水消肿”之功效

，其有效成分的结构如下图所示，下列关于其说法正确的是A.该有机物含卤原子碘，属于卤代烃B.该有机物含有3种官能团C.该有机物中不含手性碳原子D.有机物能与盐酸发生反应【答案】D【解析】【详解】A．卤代烃中只

含有碳原子、氢原子和卤原子或只含有碳原子和卤原子，该有机物中除含有碳原子、氢原子和碘原子外，还含有氧原子和氮原子，所以该有机物不属于卤代烃，A错误；的B．该有机物含有4种官能团羟基、碘原子、氨基、羧基，B错误；C．手性碳原子是连接4个不同原子或原子团的碳原子。该有

机物中含有手性碳原子，即和氨基相连的碳原子，C错误；D．该有机物中含有氨基，能与盐酸发生反应，D正确；故答案为：D。10.下列有关物质结构与性质的说法正确的是A.基态碳原子价电子排布图：B.23CO−的空间结构：平面三角形C.C60高温高压下可转变为结构类似金刚石的碳玻璃，该碳玻璃中碳

原子为sp2杂化D.硫单质和氢气低温高压下可形成一种新型超导材料，其晶胞如图，该晶体属分子晶体【答案】B【解析】【详解】A．基态C原子的价电子排布为2s22p2，2p轨道只有两个电子，A错误；B．CO23−中心C原子的价层电子对数为423232+−+=3，不含孤电子对，空间构型为平面三

角形，B正确；C．金刚石中的C原子均为饱和碳原子，采取sp3杂化，C错误；D．该晶体是一种新型超导材料，说明是由阴阳离子构成的，属于离子晶体，D错误；综上所述答案为B。11.下列实验中，所采取的分离方法或对应原理不正确的是选项目的分离方法原理A除去淀粉胶体

中的NaCl过滤淀粉胶体不能透过滤纸，NaCl则可以透过B除去Cl2中的HCl洗气Cl2在饱和食盐水中的溶解度很小而HCl易溶C除去粗苯甲酸晶体中的沙子重结晶苯甲酸的溶解度受温度影响较大，沙子在水中溶解度小D分离食用油和汽油蒸馏食用油和汽

油的沸点不同A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．胶体的胶粒可以透过滤纸，但不能透过半透膜，应渗析分离，A错误；B．氯气溶于水发生反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，由于饱和食盐水中存在大量Cl-可以抑制氯气溶解，除去Cl2中的HCl时，可利用二者

在饱和食盐水中的溶解度差异，采用洗气法除杂，B正确；C．沙子难溶于水，热水溶解后过滤再重新结晶即可以除去沙子，C正确；D．食用油和汽油为互溶的两种液体，可以利用其沸点不同蒸馏分离，D正确；综上所述答案为A。12.甲到丁均为短周期元素，在

元素周期表中的相对位置如图所示。丙的单质是空气中主要组成成分之一，下列说法不正确的是A.原子半径：甲>乙B.丁的氢化物水溶液可能与SiO2反应，用于雕刻玻璃C.丙的简单液态氢化物之间一定存在氢键D.甲的最高价氧化物一定可以与水反应生成对应的酸【答案】D【解析】【分析

】丙的单质是空气中主要组成成分之一，则丙为N或O元素，若丙为N元素，则丁为O元素，甲为Si元素，乙为P元素；若丙为O元素，则丁为F元素，甲为P元素，乙为S元素。【详解】A．同周期主族元素自左至右原子半径依次减小，

所以原子半径：甲>乙，A正确；B．丁可能为F元素，其氢化物为HF，可以和SiO2反应，用于雕刻玻璃，B正确；C．丙为O或N，液氨、水分子间均存在氢键，C正确；的D．若甲为Si元素，其最高价氧化物为SiO2，不能和水

反应，D错误；综上所述答案为D。13.下列叙述I和II均正确且有因果关系的是选项叙述I叙述IIA3NH能使酚酞溶液变红3NH可用于设计喷泉实验B3Fe+与SCN−可形成配合物，并有明显现象用KSCN溶液可以鉴别3Fe+C铁制容器用于存

储、运输浓硫酸铁制容器和浓硫酸不反应D2SO通入紫色石蕊，溶液先变红后褪色2SO具有酸性和漂白性A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．3NH溶于水形成氨水，氨水显碱性，能使酚酞溶液变红，3N

H极易溶于水，可用于设计喷泉实验，叙述I和II均正确但没有因果关系，A错误；B．3Fe+与SCN−可形成配合物()3FeSCN，使溶液呈现血红色，所以可以用KSCN溶液鉴别Fe3+，叙述I和II均正确且有因果关系，B正确；C．常温下Fe遇到浓

硫酸会发生钝化，可以用于存储、运输浓硫酸，但是钝化时发生化学反应，C错误；D．2SO通入紫色石蕊，溶液先变红是因为SO2溶于水后形成亚硫酸显酸性，但是SO2不会漂白石蕊溶液，溶液不褪色，D错误；故答案为：B。14.对浓盐酸与

高锰酸钾反应产生的气体进行如下图所示的探究实验，下列分析正确的是A.a处酚酞褪色，说明了氯水有漂白性B.b处湿润的红布条褪色，说明氯气有漂白性C.c湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，说明氯气与水生成了酸性物质和漂白性物

质D.d处溶液变成橙黄色、e处试纸变成蓝色，说明氧化性：Cl2>Br2>I2【答案】C【解析】【详解】A．a处酚酞褪色是因为氯气和NaOH反应生成NaCl和NaClO，且浓盐酸会挥发出HCl气体，也会中和NaOH，所以酚酞褪色不能说明氯水有漂白性，A错误；B．氯气本身不具有漂白

性，与水反应生成的HClO具有漂白性，B错误；C．石蕊遇酸变红，湿润的蓝色石蕊试纸先变红，说明氯气与水生成了酸性物质，后褪色说明氯气与水生成漂白性物质，C正确；D．d处溶液变成橙黄色说明氯气氧化Br-生成Br2，但后续生成的碘单质，也可能是未反应的氯气将其氧化，所以无法比较Br2和

I2的氧化性强弱，D错误；综上所述答案为C。15.价类二维图是学习元素及其化合物知识的重要模型和工具。图1为某常见金属单质及其部分化合物的价类二维图。下列推断不合理的是A.c，d均可与足量氢碘酸反应，且形成的与该金属元素有关的离子价电子排布式都是63dB.h具有强氧化性，可用于

饮用水的消毒，还原产物可以净水C.可通过图2装置制备物质e，且较长时间不易被氧化D.a→f→g→d的转化均可一步实现【答案】C【解析】【分析】根据该金属元素的价类二维图，该元素的化合价有0、+2、+3、+

6价，可知该元素为Fe，a为铁单质、b为FeO，c为Fe2O3、d为Fe(OH)3、e为Fe(OH)2，f为亚铁盐、g为铁盐，h为高铁盐。【详解】A．c，d分别为Fe2O3和Fe(OH)3，两者与与足

量氢碘酸反应时，由于生成的Fe3+可以氧化I-，所以最终生成Fe2+，Fe2+的价电子排布式是63d，A正确；B．h是高铁酸盐，高铁酸盐具有强氧化性，可以杀菌消毒，同时生成Fe3+可以形成Fe(OH)3

胶体吸附杂质净水，B正确；C．图2装置A管中的导管没有插到液面以下，生成的FeSO4无法压入B管中，不能形成Fe(OH)2，，C错误；D．Fe与硫酸或盐酸反应可以生成亚铁盐(Fe2+)，可以被Cl2、H2O2等氧化剂氧化为铁盐(Fe3+)，铁盐中加强

碱(NaOH等)可以生成Fe(OH)3，均可以一步实现，D正确；故答案为：C。16.科学家研究了乙醇催化合成乙酸乙酯的新方法：()()()2532522CHOHgCHCOOCHg2Hg+，测得不同温度下主要产物的质量分数如图所示。下列推测不合

理的是A.反应温度不宜超过300℃B.减小体系压强，有利于提高乙醇平衡转化率C.乙醛是反应历程中的催化剂的D.提高催化剂的活性和选择性，减少乙醚、乙烯等副产物是本工艺的关键措施【答案】C【解析】【详解】A

．根据图示，反应温度超过300℃，乙酸乙酯的物质的量分数降低，所以反应温度不宜超过300℃，故A正确；B．正反应气体系数和增大，减小体系压强，平衡正向移动，乙醇平衡转化率增大，故B正确；C．乙醛是反应副产物，故C错误；D．提高催化剂的活性和选择性，可以通过乙酸乙酯的产率，可以减少乙醚、乙烯等副

产物，故D正确；选C。二、非选择题：本题共4小题，共56分。均为必考题，请考生根据要求作答。17.2HS和2SO都是重要的含硫兴趣小组对两者的性质进行了以下探究。I.探究2HS的性质该组同学根据4242HSOFeSHSFeSO+=+设计制备2HS，并进行性质探

究，装置如下图：回答下列问题：（1）装置I方框内最合适的装置为_______(填标号)。A.B.C.D.（2）滴加硫酸开始反应，按要求填写下列表格。装置装置中的试剂实验预期现象相关的离子方程式I24H

SO和FeS黑色固体溶解，有气泡产生22FeS2HFeHS+++=+II4CuSO溶液有黑色沉淀产生①_______III双氧水②_______③_______IV④_______气体被吸收⑤_______II.探究2SO的性质在下图装置中先后四次加入相同浓度、相同体积、不同条

件下的钡盐溶液，控制食用油油层厚度一致、打开开关K，通入2SO流速一致。四次实验现象如下表：①②③④已煮沸的2BaCl溶液未煮沸的2BaCl溶液已煮沸的()32BaNO溶液未煮沸的()32BaNO溶液无白色沉淀生成有白色沉淀生成有白色沉淀生成有白色沉淀生成分别得到如下pH-t图：（3）

A装置中覆盖食用油的目的是_______。（4）pH-t图中，曲线①呈缓慢下降趋势，这是因为_______；曲线②出现骤降，这是因为_______。（5）对比分析上述四组数据，可得出的结论是_______(任写2条)【答案】（1）D（2）①.2+22Cu+HS=CuS+2HO；②.有黄色浑

浊出现；③.2222HS+HOS+2HO=；④.氢氧化钠溶液；⑤.-2-22O2OH+HS=S+2H（3）隔绝空气，避免空气中氧气干扰后续探究实验；（4）①.SO2不与BaCl2反应，溶于水的SO2部

分与水反应生成H2SO3，H2SO3电离出氢离子，pH减小；②.有硫酸生成；（5）O2能氧化SO2或3NO−能氧化SO2；或O2的氧化作用比3NO−强，(或有O2参与，可显著提高3NO−，氧化SO2的反应速率或剧烈程度)。【解析】【分析】第一个实验中，装置I是制取硫化氢，装置II的作

用是观察硫化氢与硫酸铜反应的现象，装置III的作用是观察硫化氢与过氧化氢反应的现象，最后一个装置是吸收尾气装置，用的是氢氧化钠溶液；第二实验是对比实验，第一组和第二组对比，得出加热对反应的影响，第一组和第三组对比，可得到硝酸

根的氧化能力比氧气强，据此分析。【小问1详解】利用硫酸和FeS制备H2S应该选用固体和液体反应生成气体的反应，且不需要加热，C项为敞开装置，故本题选D。【小问2详解】CuSO4溶液和硫化氢反应生成硫化铜黑色沉淀的离子方程式为2+22Cu+HS=

CuS+2HO，故答案为：2+22Cu+HS=CuS+2HO；双氧水氧化硫化氢生成硫单质，故现象为有黄色浑浊出现，故答案为：有黄色浑浊出现；双氧水氧化硫化氢生成硫单质的反应式为；2222HS+HOS+2HO=，故答案为：2222HS

+HOS+2HO=；硫化氢和氢氧化钠溶液反应，故尾气吸收需要氢氧化钠溶液，故答案为：氢氧化钠溶液；⑤硫化氢和氢氧化钠溶液反应生成硫化钠和水的离子方程式-2-222OH+HS=S+2HO，故答案为：-2-222OH+HS=

S+2HO；【小问3详解】装置C用于验证SO2与钡盐不反应，若有氧气存在，则会生成白色沉淀，C装置中覆盖食用油的目的是隔绝空气，故答案为：隔绝空气，避免空气中氧气干扰后续探究实验；【小问4详解】由图可知

，曲线①的变化说明SO2不与BaCl2反应，溶于水的SO2部分与水反应生成H2SO3，H2SO3电离出氢离子，pH减小；曲线②的变化说明溶液中的O2将SO2氧化为强酸H2SO4，反应生成的H2SO4和BaCl2反应生

成BaSO4沉淀和HCl，是溶液中的氢离子浓度迅速增大，溶液的pH下降；故答案为:SO2不与BaCl2反应，溶于水的SO2部分与水反应生成H2SO3，H2SO3电离出氢离子，pH减小；有硫酸生成；【小问5详解】曲线③的变化说明

反应生成的弱酸H2SO3在溶液中电离出氢离子，溶液中具有强氧化性的硝酸根离子将SO2氧化为硫酸根离子，生成BaSO4沉淀，溶液中氢离子浓度增大，pH降低，但溶液中的pH大于曲线②；曲线④的变化说明溶液中的弱酸H2SO3被空气中的O2氧化为强酸H2SO4，氢离子浓度增大，硝酸根离子的氧化性强，将SO

2氧化为硫酸根离子，生成BaSO4沉淀,溶液中氢离子浓度骤增，pH骤降，在四组曲线中溶液pH最小，综上所述，O2能氧化SO2；或3NO−能氧化SO2；或O2的氧化用比3NO−强(或有O2参与，可显著提高3NO−，氧化SO2的反应速率或剧烈程度)，故答案为:O2能氧化SO2或3NO−能氧化

SO2；或O2的氧化作用比3NO−强，(或有O2参与，可显著提高3NO−，氧化SO2的反应速率或剧烈程度)。18.V2O5是重要的钒的化合物，在催化剂、储能等领域有重要的应用。石煤灰中含有一定量的钒(Ⅲ)(以V2O3计)，还含有Fe、Si、P等元素的化合物杂质。一种以含钒石煤灰为原料制备高纯V2

O5的工艺流程如下：已知：含钒固体中主要含(NH4)2V6O16，还有含Fe3+、PO34−化合物以及。常温下，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10−38。（1）破碎球磨的目的是_______。（2）请写出2VO

+中钒元素的化合价_______。（3）氧化酸浸后，钒元素以2VO+形式存在，请写出氧化酸浸中核心反应的离子方程式_____。（4）碱浸的目的是从含钒固体中浸取出钒元素，同时除铁。常温下，该过程中为完全除去铁元素，溶液

pH需保持_______以上。（5）加入2mol/L的MgCl2，溶液除硅、磷时，MgCl2用量与除硅率、除磷率和钒损失率如下图所示：的测MgCl2溶液的用量的最佳值是_______ml，滤渣2的主要成分是_______。（6）钒的某种氧化物立方晶胞如下图所示，已知该晶

胞边长为apm，则该氧化物晶体的密度为_______g·cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。【答案】（1）加快反应速率，充分反应提高浸取率（2）+5（3）4NO3−+3V2O3+10H+=4NO↑+6VO2++5H2O（4）3（5）①.10

②.MgSiO3、Mg3(PO4)2（6）33A0(5116)410aN−+【解析】【分析】石煤灰破碎球磨后加入稀硫酸、硝酸钠氧化酸浸，经系列操作后得到含钒固体，加入NaOH碱浸，Fe3+转化为Fe(OH)3除去，SiO2反应生成SiO23−，所以得到的富钒液中有

SiO23−、PO34−等杂质，加入MgCl2将二者转化为MgSiO3、Mg3(PO4)2沉淀除去，之后加入氯化铵得到NH4VO3沉淀，煅烧得到V2O5。【小问1详解】破碎球磨可以增大反应物接触面积，加快氧化酸浸的反应速率，提高效率，且反应更充分，提高浸取率；【小问2详解】的2VO+中O为-2价

，整体显+1价，所以V元素为+5价；【小问3详解】石灰煤中V元素以+3价的形式存在(V2O3)，氧化酸浸过程中被NO3−氧化为VO2+，NO3−被还原为NO，根据得失电子守恒可知NO3−和V2O3的系数比为4∶3，再结合元

素守恒可得离子方程式为4NO3−+3V2O3+10H+=4NO↑+6VO2++5H2O；【小问4详解】完全除去铁元素，则溶液c(Fe3+)≤10-5mol/L，常温下，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×

10−38，则此时溶液中c(OH-)≥33851.01010−−mol/L=1×10-11mol/L，所以pH需保持3以上；【小问5详解】据图可知，当加入10mL除杂试剂时，除磷率、除硅率均可以达到较大值，而继续增加除杂试剂会显著提高钒损率，所

以最佳值为10mL；加入的氯化镁与SiO23−、PO34−反应生成MgSiO3、Mg3(PO4)2沉淀，所以滤渣2为MgSiO3、Mg3(PO4)2；【小问6详解】根据均摊法，晶胞中V的个数为8×18+6×12=4个，O的个数为12×14+1=4个，所以晶胞的质量为A(

5116)4N+g；晶胞边长为apm，则体积为a3pm3=a3×10-30cm3，所以密度为A3303(5116)4g10cmNa−+=33A0(5116)410aN−+g·cm-3。19.甲

醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。工业上可利用CO或CO2来生产甲醇。已知甲醇制备的有关化学反应以及在不同温度下的化学反应平衡常数如下表所示：化学反应平衡常数温度500℃700℃800℃①()()()232HgCOgCHOHg+K12.50.340.15②()()()()222

HgCOgHOgCOg++K211.72.52③()()()()22323HgCOgCHOHgHOg++K3请回答下列问题：（1）反应①是_______(填“吸热”或“放热”)反应。（2）根据反应①与反应②可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K3=_______(用K1、K2表示)。（

3）某温度下反应①式中各物质的平衡浓度符合下式：()()()2322cCHOH=5cCOcH，试判断此时的温度为_______℃。（4）一定条件下将H2(g)和CO2(g)以体积比3：1置于恒温恒容的密闭容器发生反应③，下列能说明该反应达到平衡状态的有_______。a．反应

体系中气体的密度保持不变b．H2和CO2的体积比保持不变c．混合气体的平均相对分子质量不变d．当断裂CO2中2个C=O时，同时断裂H2O中的2个O-H键e．v正(CH3OH)=3v逆(H2)（5）将1molCO和2molH2通入密闭

容器中发生反应①，当改变某一外界条件(温度或压强)时，CH3OH的体积分数()3CHOH变化趋势如图所示：①图中M点处，CO的转化率为_______。②X轴上a点的数值比b点_______(填“大”或

“小”)。某同学认为上图中Y轴表示温度，你认为他判断的理由是_______。【答案】（1）放热（2）K1·K2（3）500（4）cd（5）①.25%②.＜③.反应①的正反应是放热反应。降低温度，化学平衡向放热的正反应方向移动导致CH3OH的含量增大，而图示CH3OH的含量在压强不

变时随温度的降低而逐渐增大，因此上图中Y轴表示温度。【解析】【小问1详解】对于反应①，升高温度，化学平衡常数减小，说明升高温度，化学瓶内逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应；【小问2详解】已知：①()()()232HgCOgCHOHg+；②()()

()()222HgCOgHOgCOg++；③()()()()22323HgCOgCHOHgHOg++，根据盖斯定律，将①+②=③，反应①化学平衡常数K1=322c(CHOH)c(H)c(CO)；对于反应②化学平衡K2=222c(HO)c(CO)c(H)c(CO)

；对于反应③化学平衡K3=32322c(CHOH)c(HO)c(H)c(CO)，则K3=322c(CHOH)c(H)c(CO)222c(HO)c(CO)c(H)c(CO)=K1·K2；【小问3详解】反应①式中各物质的平衡浓度符合下式：()()()2322cCH

OH=5cCOcH，K1=322c(CHOH)c(H)c(CO)=5=2.52，所以根据化学平衡常数与温度关系式可知反应温度是500℃；【小问4详解】对于反应③()()()()22323HgCOgCHOHgHOg++，该反应的正反应是气体体积减小的反

应。a．反应在恒温恒容密闭容器中进行，气体的体积不变；反应前后气体的质量不变，则反应体系中气体的密度始终保持不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，a不符合题意；b．H2和CO2按3：1的体积比反应，而且加入的H2和CO2也是按

3：1关系，则体系中H2和CO2的体积比始终保持3：1不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，b不符合题意；c．反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应后气体的物质的量减小，当混合气体的平均相对分子质量不变

时，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，c符合题意；d．当断裂CO2中2个C=O时，就会形成H2O分子中的2个H-O键，还同时断裂H2O中的2个O-H键，则H2O的浓度不变，反应处于平衡状态，d符合题意；e．在任何时刻都存在v正(H2)=3v正(CH3OH)，

若v正(CH3OH)=3v逆(H2)，则v正(H2)=3v正(CH3OH)=9v逆(H2)，v正(H2)＞v逆(H2)，反应正向进行，未处于平衡状态，e不符合题意；故合理选项是cd；【小问5详解】①将1molCO和2molH2通入密闭容器中发生反应①()()()232HgCOgCHOH

g+，根据图示可知：在M点时温度为400℃，CH3OH的含量是10%，假设反应的CO的物质的量是xmol，则反应消耗2xmolH2，反应产生xmolCH3OH，反应在M点时n(CO)=(1-x)mol，n(H2)=2(1-x)mol，n(CH3OH)=xm

ol，则xmol=10%xmol+(1-x)mol+2(1-x)mol，解得x=0.25mol，所以图中M点处CO的转化率为0.25mol100%=25%1mol；②根据图示可知：在温度不变时，X值越大，CH3OH的含量越大，由于该反应的

正反应是气体体积减小的反应，则横坐标X表示的是压强，压强：a＜b；对于反应①()()()232HgCOgCHOHg+，由于温度越高，化学平衡常数K越小，说明升高温度平衡逆向移动，逆反应是吸热反应，则该

反应的正反应是放热反应。在压强不变时，降低温度，化学平衡会向放热的正反应方向移动，导致CH3OH的含量增大，而图示CH3OH的含量逐渐增大，因此上图中Y轴表示温度。20.化合物G是用于治疗面部疱疹药品泛昔洛韦的合成中间体，其合成路线如

下：已知：①Bn—代表②（1）化合物B→C的反应类型为_______。（2）C中所含官能团名称为_______。（3）化合物E的分子式为_______；请预测E的水溶性，并说明理由_______。（4）F的分子式为12183CHO，已知1mol

F能与2mol钠反应，则F的结构简式为_______。（5）D有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有_______种，写出一种水解后能被氧化成酮的结构简式_______。①能与3FeCl发生显色反应②苯环上有3个取代基（6）根据上述信息，写出以苯乙烯为原料，参考上述

信息合成的路线_______(其他试剂任选)。【答案】（1）取代反应（2）醚键、羟基（3）①.C16H22O5②.E不溶于水，因为E分子不存在羟基、羧基、氨基等亲水基，所以难溶于水（4）（5）①.50②.（6）【解析】【分析】化合物A与溴蒸气在光照下发生取代反应生成化合物B，然

后B与乙二醇发生取代反应生成化合物C，化合物C在Ph3P和CBr4作用下发生取代反应生成化合物D，化合物D发生取代反应生成化合物E，E发生还原反应生成化合物F，化合物F再与生成G，则F的结构简式。【小问1详解】从流

程图可以看出化合物B与乙二醇发生取代反应，生成化合物C；【小问2详解】化合物C中所含官能团名称为醚键、羟基；【小问3详解】化合物E的分子式为C16H22O5；从结构可以看出E分子中不存在羟基、羧基、氨基等亲水基，所以难溶于水；【小问4详解】F的分子式为12183CHO，已知1molF能

与2mol钠反应，说明化合物F中含有两个羟基，根据流程图可以得出其结构简式为；【小问5详解】根据条件①②，可知化合物D中含有酚羟基且有3个取代基，则除了酚羟基，另外两个取代基有5中可能性：①丙基和-Br；②异丙基和-Br；③乙基和-CH2Br，④甲基、-CH2-CH2Br，⑤甲基

、-CHBr-CH3，可能性①，有4种，有4种，有2种，共10种，②③④⑤与可能性①方法一样都是10种，共50种；水解后能被氧化成酮，则存在取代基-CHBr-CH3，D可以是；【小问6详解】根据已知②和流程图可以得出合成路线为：【点睛】本题有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，常见

的官能团：醇羟基、酚羟基、醛基、羧基、酯基等。这些官能团的性质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化学题的基础。解题时，通过分析转化前后官能团的变化，确定发生反应的类型及未知有机物的结构。书写同分异构体时，先分析对象的组成和结构特点，再把限定的条件转化为一定的基团，最后根据分子中氢原子种数以

及分子结构的对称性，将这些基团组装到一起，并用限定条件逐一验证其正确性。设计有机合成路线时，先要对比原料的结构和最终产物的结构，通常用逆合成分析法从合成产物的分子结构入手，采用"切断一种化学键"分析法，分析官能团发生什么改变，碳原子个数是否发生变化，结合课

本学过的知识和试题所给的新信息，逐步分析直到和原料完美对接。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com