【文档说明】湖南省长沙市雅礼中学2024-2025学年高三上学期入学考试化学试题 Word版含解析.docx，共(20)页，3.493 MB，由小赞的店铺上传

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雅礼中学2025届高三上学期入学考试试卷化学时量：75分钟分值：100分第Ⅰ卷(选择题)相对原子质量：Cl35.5−O16−Li7−一、选择题(每小题仅有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)1.下列原料一产品制备的过程最可能涉及置换反应的是A.石油—汽油B.煤一甲苯C.海水一液溴D

.食盐—金属钠【答案】C【解析】【详解】A．石油得到汽油，是根据沸点不同，分馏得到的，属于物理变化，故A项不符合题意；B．从煤中得到甲苯，是通过煤的干馏，不属于置换反应，故B项不符合题意；C．海水中的溴是

溴离子，通过置换反应得到溴单质，故C项符合题意；D．电解熔融的NaCl制备金属钠，属于分解反应，故D项不符合题意；故本题选C。2.物质的性质决定用途。下列有关物质的性质与用途的对应关系错误的性质用途A．2Cu+可使蛋白质变性波尔多液作为杀菌剂B．()3AlOH胶体具有吸附性()3AlOH可

治疗胃酸过多C．4BaSO对X射线透过率低且难溶于酸4BaSO作X射线检查内服药剂D．葡萄糖具有一定还原性葡萄糖可用于工业制镜A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．Cu2+是重金属离子，可使蛋白质变性，则波尔多液

可用于防治植物病害，故A正确；B．氢氧化铝胶体具有吸附性，可用于净水，但()3AlOH治疗胃酸过多是因为其能消耗胃酸中的盐酸，故B错误；C．硫酸钡难溶于酸，故在医疗上可用于X射线检查消化系统，故C正确；D．葡萄糖分子中含有醛基，具有还原性，能发生银镜反应，可用于工业制

镜，故D正确；故答案选B。3.下列化学用语表示错误的是A.碳化硅的化学式：SiCB.甲醛中π键的电子云轮廓图：C.2CaC的电子式：D.邻羟基苯甲醛的分子内氢键：【答案】D【解析】【详解】A．碳化硅是共价化合物，化学式为：Si

C，A正确；B．甲醛中存在C=O，其中一个π键一个σ键，π键的电子云轮廓图：，B正确；C．碳化钙是离子化合物，碳化钙和水反应生成乙炔和氢氧化钙，根据乙炔的结构可知，碳化钙中存在碳碳三键，电子式为：，C正确；

D．邻羟基苯甲醛，羟基氢与醛基上的氧原子形成分子内氢键：，这样的分子内氢键形成六元环，D错误；故选D。4.中国首次在月球上发现新矿物并命名为“嫦娥石”，其晶体组成为()847CaYFePO。39号元素钇(Y)是一种稀土元素，常

以3Y+形式存在，下列说法错误的是A.34PO−为正四面体形B.Y位于第五周期IIIB族C.各金属元素离子都符合最外层8e−结构D.可利用X射线衍射法获取其晶体结构【答案】C【解析】【详解】A．磷酸根离子中磷原子

的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形，故A正确；B．钇元素的原子序数为39，价电子排布式为4d15s12，位于元素周期表第五周期IIIB族，故B正确；C．嫦娥石中钙元素、钇元素、磷元素、氧元素的化合价分别为+2、+3、+5、—2，由化合价

代数和为0可知，铁元素的化合价为＋2，亚铁离子不符合最外层8e−结构，故C错误；D．X射线衍射实验是获得晶体结构最科学可靠的方法，则可利用X射线衍射法获取其晶体结构，故D正确；故选C。5.设AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1mol()332Ag

NHNO中含σ键数目为11ANB.标准状况下，11.2L2NO分子个数为0.5ANC.0.11molL−的272NaCrO溶液，含Cr元素微粒浓度之和为0.11molL−D.1.4gLi与足量2O充分反应，反应中转移的电子数介于0.2AN和0.4AN之

间【答案】A【解析】【详解】A．NH3中含有3个N—H键，3NO−中含有3个N=O键，NH3与Ag+间有2个配位键，因此1mol()332AgNHNO中含σ键数目为11AN，A正确；B．2NO分子中存在平衡状态4222NO

NO，标准状况下，11.2L2NO分子个数少于A0.5N，B错误；C．272NaCrO溶液存在平衡状态22+2724CrOHO2CrO+2H−−+，10.1molL−272NaCrO溶液中含Cr元素微粒浓度之和介于110.1mol

L0.2molL−−，C错误；D．Li与O2反应生成Li2O，1.4gLi与足量O2充分反应，转移的电子数为A0.2N，D错误；故选A。6.下列仪器在相应实验中选用正确的是A.通过凝固法制备硫晶体：①B.实验室制乙炔：④C.测定中和反应的反应热：②⑤⑥D.重结晶法提纯苯甲酸：①③⑥【

答案】A【解析】【详解】A．通过凝固法制备硫晶体在蒸发皿中进行，故选：①，A正确；B．碳化钙为粉末状，不能用启普发生器制乙炔，B错误；C．测定中和反应热需要烧杯、温度计、滴定管，不需要锥形瓶，C错误；D．重结晶法提纯苯甲酸，需要蒸发皿和漏斗，不需要温度计，D错误；故选A。7.阿替洛尔是一

种治疗高血压药，其结构如图所示。关于该分子说法错误的是A.有4种官能团B.有两种杂化方式的碳原子C.有1个手性碳原子D.NaOH乙醇溶液中加热可发生消去反应【答案】D【解析】【详解】A．根据结构简式可知含有

酰胺基、醚键、羟基、亚氨基四种官能团，故A正确；B．碳的双键连接形式为sp2杂化，如酰胺基中碳原子，碳原子连接四个单键为sp3杂化，故B正确；C．连接四个不同原子或原子团的原子是手性碳原子，该分子中1个手性碳原子，为连接醇羟基的

碳原子，故C正确；D．连接醇羟基碳原子相邻碳原子上含有H原子，能发生消去反应，但需要在浓硫酸作催化剂、加热条件下，故D错误；故答案选D。8.某种化学品的结构如图所示，已知W、X、Y、Z、M均为短周期主族元素，其中W、X、Y在同一周期，Z、M同处另一周期，M原子的最外层电子数等于

其电子层数，则下列说法中正确的是A.在该化合物中Y和Z的杂化类型不同B.元素对应简单离子半径大小关系为：M>X>WC.与W同周期的元素中，第一电离能比W大的元素有2种D.Z、W形成的简单氢化物，分子空间构型相同，分子中化学键的键角不相等【

答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z、M均为短周期主族元素，W、X、Y在同一周期，Z、M同处另一周期，M原子的最外层电子数等于其电子层数，且M形成+3价的阳离子，M为Al，Z形成6条键且与Al同周期，Z为S，X形成1条键且与W、Y同周期，X为F，Y形成4条键为C

，W形成2条键为O。【详解】A．在该化合物中C形成4条σ键，S也形成4条σ键，两者的杂化类型相同，都是sp3杂化，A错误；B．Al3+、F-和O2-电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径O2->F->Al3+，B错误；C．与O同周期的元素中，第一电离能大于O的元素有N、F

、Ne这三种，C错误；D．Z、W形成的简单氢化物分别为H2S和H2O，两者分子空间构型相同均为V形，但是氧原子电负性强于S原子，导致氧原子对孤电子对的吸引力更大，孤电子对与成键电子距离更近，成键电子与孤电子

对之间的排斥作用更强，键角也就更大，D正确；故选D。9.下列方程式书写错误是A.实验室制氯气：37353735322KClO6HClKCl3Cl3HO+=++B.碱性锌锰电池正极反应：()22MnOHOeM

nOOHOH−−++=+C.硫酸四氨合铜溶液加入乙醇：()()2234234244CuNHSOHOCuNHSOHO+−++=D由1，6-己二胺和己二酸制备尼龙66：nH2N(CH2)6NH2+nHOOC(CH2)4COOH催化剂加热.+(2n-1)H2O【答案】A【解

析】【详解】A．氯酸钾与浓盐酸发生归中反应生成氯气，因此氯气中既含有35Cl，又含有37Cl，同时有1份盐酸中氯元素未变价生成氯化钾即35KCl，A错误；B．碱性锌锰电池中二氧化锰作正极，正极上得电子发生还原反应，正极反应式为()22MnOHOeMnOOHOH−−++=+，B正确；C．硫酸四氨合铜

溶液加入乙醇后析出()3424CuNHSOHO，反应为：()()2234234244CuNHSOHOCuNHSOHO+−++=，C正确；D．反应为：()()222264NnHCHNHnHOOCCHCOOH+加热催化剂+(2n-1)H2O，

生成1mol尼龙-66，同时生成(2n-1)mol水，D正确；故选A。10.很多络离子的颜色是因为发生了价层电子的d-d跃迁导致的。配体使原来能量相同的d轨道发生分裂，有的d轨道能量升高，有的d轨道能量降低。分裂后的d轨道未被电子充满，电子可以在不同能量的

d轨道之间跃迁，吸收一定波长的光而表现出特定颜色。下列络合离子可能有颜色的是A.()326TiHO+B.[Zn(NH3)4]2+C.26SnCl−D.36AlF−【答案】A【解析】【详解】A．()326TiHO+中心离子3+Ti的价层电子排布式为13d，d

轨道未排满电子，可能发生价层电子的d-d跃迁导致()326TiHO+有颜色，A正确；B．[Zn(NH3)4]2+中心离子2+Zn的价层电子排布式为103d，d轨道已排满电子，不可能发生价层电子的d-d跃迁，[Zn(NH3)4]2

+不可能有颜色，B错误；C．26SnCl−中心离子4+Sn的价层电子排布式为104d，d轨道已排满电子，不可能发生价层电子的d-d跃迁，26SnCl−不可能有颜色，C错误；D．36AlF−中心离子3+Al的电子排布式为2

261s2s2p，d轨道无电子，不可能发生价层电子的d-d跃迁，36AlF−不可能有颜色，D错误；故答案选A。11.下列实验操作和现象，得出的相应结论正确的是选项实验操作现象结论A向盛有()3FeOH和()NiOOH的试管中分别滴加浓盐酸盛()NiOOH的试管中产生黄绿色气体氧化性：()()3N

iOOHFeOHB向氯水中加入一定量铁粉，充分振荡后滴加几滴KSCN溶液溶液呈浅绿色该氯水为久置氯水C向24NaHPO溶液中滴加3AgNO溶液出现黄色沉淀()34AgPO24NaHPO发生了水解反应D乙醇和浓硫酸共热至170℃，将产生的气体通入溴水中溴水褪色乙烯发生了加成反应A

.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．氧化剂氧化性大于氧化产物，盛NiO(OH)的试管中产生黄绿色气体，说明NiO(OH)将氯离子氧化为氯气，而氢氧化铁不行，故氧化性：NiO(OH)>Fe(OH)3，A正确；B．久置氯水相当于盐酸溶

液，但是若铁粉过量，过量铁粉会把Fe3+还原为Fe2+，不一定为久置氯水，B错误；C．向Na2HPO4溶液中滴加AgNO3溶液，出现黄色沉淀Ag3PO4，说明Na2HPO4发生了电离，C错误；D．浓硫酸被乙醇还原生成SO2，SO2能

与溴单质反应使得溴水褪色，不能说明乙烯发生了加成反应，D错误；故选A。12.聚合硫酸铁(SPFS)是水处理中重要的絮凝剂，SPFS可以表示为()()x42yzFeOHSOnHO。下图是以废铁屑为原料制备SPFS的一种工艺流程，下列说法错误的是A.酸浸釜中加入

酸最好是稀硫酸B.每生成1molSPFS消耗22molHO2xC.在聚合釜中，随着水的加入()()x42yzFeOHSOnHO中yz变小D.减压蒸发的优点是蒸发温度低，SPFS不易分解【答案】C【解析】【分析】由题给流程可知，废铁屑在粉碎机中粉碎、过筛后加入硫酸酸浸，将氧化

铁和铁转化为硫酸铁和硫酸亚铁，过滤得到含有硫酸铁、硫酸亚铁的滤液和固体残渣，向滤液加入过氧化氢溶液，将溶液中硫酸亚铁转化为硫酸铁，向反应后的溶液中加入硫酸溶液和水使溶液中的铁离子部分水解生成SPFS，减压蒸发得到SPFS固体。【详解】A．由SPFS固体中含有硫酸根离子可知，为了不引入其他杂质，酸浸

釜中加入的酸最好是硫酸，故A正确；B．由分析可知，加入过氧化氢溶液的目的是将溶液中硫酸亚铁转化为硫酸铁，由得失电子数目守恒可知，生成1molSPFS时，消耗过氧化氢的物质的量为x2mol，故B正确；C．向反应后溶液中加入硫酸溶液和水的目的是使溶液中的铁离子部分

水解生成SPFS，随着水的加入，硫酸铁溶液的浓度减小，铁离子的水解程度增大，则()()x42yzFeOHSOnHO中yz变大，故C错误；D．相对于常压蒸发，，减压蒸发可以降低蒸发温度，防止温度过高，SPFS受热分解，故D正确；故选C。13.中科院研究人员

使用水、碳酸酯两相电解液通过电化学固—液反应器将Na嵌入到4FePO合成4NaFePO，反应器中发生反应的离子方程式为-+-4x433xI+2FePO+2xNa=2NaFePO+xI(0≤x≤1)，下列说法正确的是的的A.合成总反应可以表示为4x4xNa+FePONaFePO电解B.

离子交换膜为阴离子交换膜C.阳极区采用水相，6NaPF的作用是增强导电性D.理论上，当电路转移0.2mol电子时，此时固体中钠铁个数比为1：5【答案】A【解析】【分析】由图可知，与直流电源负极相连的铁电极为电解池的阴极，碘三离子在阴极得到电子发生

还原反应生成碘离子，电极反应式为I-3+2e—=3I—，钠电极为阳极，金属钠在阳极失去电子发生氧化反应生成钠离子，电极反应式为Na—e—=Na+，钠离子通过阳离子交换膜进入阴极室，放电生成的碘化钠进入反应器中与FePO4反应生成NaxFePO4和NaI3，合

成总反应可以表示为4x4xNa+FePONaFePO电解。【详解】A．由分析可知，合成总反应可以表示为4x4xNa+FePONaFePO电解，故A正确；B．由分析可知，合成NaxFePO4过程中，钠离子通过阳离子交换膜进入阴极室，故B错误；

C．金属钠能与水反应生成氢氧化钠和氢气，所以阳极区不能采用水相，故C错误；D．当电路转移0.2mol电子时，放电生成0.2mol钠离子，但无法确定参与反应FePO4的物质的量，所以无法依据反应器中的反应方程式确定x的值，

不能计算固体中钠铁个数比，故D错误；故选A。14.一定温度下，2M+在不同pH的2NaA溶液中存在形式不同，2NaA溶液中()2pMpMlgMc+=−随pH的变化如图1，2NaA溶液中含A微粒的物质的

量分数随pH的变化如图2。已知：①MA，()2MOH均为难溶物；②初始()2NaA0.2mol/Lc=。下列说法错误的是A.()()22AHAcc−=时，pH8.5=B.初始状态a点发生反应：22AMMA−++=C.Ⅰ曲线上的点满足()()()22sp2MOHMOHccK+−=

D.初始状态的b点，平衡后溶液中存在()()()22AHAHA0.2mol/Lccc−−++【答案】B【解析】【分析】由()22+2-2+wsp2+2KK[MOH]=c(M)c(OH)=c(M)c(H)=()-2822+110cMc(H

)+可得，()2+sp2(M)=2pHlgK[MOH]28lgc−−−，为线性关系，故曲线I表示M(OH)2的溶解平衡曲线，曲线II表示MA的溶解平衡曲线。【详解】A．由图2可得，H2A的电离平衡常数，+-6.5a12c(H)c(HA)K=110c(HA)−=，+

2-10.5a2-c(H)c(A)K=110c(HA)−=，2+2-6.510.517a1a22c(H)c(A)KK=110110110c(HA)−−−==，则当c(A2-)=c(H2A)时，+178.5(H)110mol/L110mol/Lc−−==，

即pH=8.5，故A正确；B．初始状态a点在曲线II上方，曲线I的下方，故生成MA，故发生反应：HA-+M2+=MA↓+H+，故B错误；C．曲线I表示M(OH)2的溶解平衡曲线，故I曲线上的点满足c(M2+)·c2(OH

-)=Ksp[M(OH)2]，故C正确；的D．初始状态的b点在曲线II的上方，曲线I的下方，生成MA沉淀，故平衡后溶液中存在c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)＜0.2mol/L，故D正确；故选B。第Ⅱ卷(非选择题)二、非选择题(本题包括4大题，每空2分，共5

8分)15.4SiCl是生产多晶硅的副产物。可以利用4SiCl对废弃的锂电池正极材料2LiCoO进行氯化处理、进而回收Li、Co等金属，工艺路线如图所示：已知：()15sp2CoOH5.910K−=

，()44sp3CoOH1.610K−=。（1）Co的价电子排布式为_______。（2）烧渣是LiCl、2CoCl和2SiO的混合物，“500℃焙烧”后剩余的4SiCl应先除去，否则水浸时会产生

大量烟雾。用化学方程式表示其原因：_______。（3）常温下，若“滤液2”中2Co+浓度为：175m9o1lL.0−−，“沉钴”时应控制pH为_______。“850℃煅烧”时的化学方程式为_______。（4）利用碳酸锂()2

3LiCO与3CoCO按()()nLi:nCo=1:1的比例配合，然后在空气中于700℃烧结可合成锂电池正极材料2LiCoO，反应方程式为_______。（5）海水中有丰富的锂资源，我国科学家研发出利用太阳能从海水中提取金属锂的技术，提取原理如图所示。金属锂在电极_______(填“A”或“

B”)上生成，阳极产生两种气体单质，电极反应式是_______。（6）钴酸锂()2LiCoO的一种晶胞如图所示(仅标出Li，Co与O未标出)，晶胞中含有2O−的个数为_______。【答案】（1）3d74s2（2）SiCl4+3H2O=H2SiO3↓+4

HCl（3）①.10②.23224850O2CoO6HO6Co(OH)++℃（4）2332227002LiCO+4CoCO+O4LiCoO6CO+℃(条件为700°C)（5）①.A②.2Cl-2e-=Cl2↑、2H2O-4e-=O2↑+4H+（6）16【解析】

【分析】“500℃焙烧”的烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，水浸除去SiO2，滤液1中加氢氧化钠生成Co(OH)2沉淀，过滤，“850℃煅烧”时Co(OH)2和氧气反应生成Co3O4，滤液2加碳酸钠生成沉淀。【小问1详解】Co的原子序数为27，位于第四周期Ⅷ族，

价电子排布式为3d74s2，故答案为3d74s2；【小问2详解】SiCl4水浸时发生水解，产生大量烟雾，其化学方程式为SiCl4+3H2O=H2SiO3↓+4HCl，故答案为SiCl4+3H2O=H2SiO3↓+4HCl；【小问3详解】滤液2中c(Co2+)=5.9×10-7mol

/L，此时溶液中c(OH-)=15227Ksp[Co(OH)]5.910c(Co)5.910−+−==1×10-4mol/L，即此时溶液pH=10；滤饼2为Co(OH)2，850℃时煅烧+2价Co被氧化成Co3O4，因此化学方程式为6Co(OH)2+O2850

℃2Co3O4+6H2O，故答案为10；6Co(OH)2+O2850℃2Co3O4+6H2O；【小问4详解】根据题中所给信息，+2价Co被氧化成+3价Co，按n(Li)∶n(Co)=1∶1比例混合，其化学方程式为2Li2CO3+4CoCO3+O2700℃4LiCoO

2+6CO2，故答案为2Li2CO3+4CoCO3+O2700℃4LiCoO2+6CO2；【小问5详解】根据装置图中电子移动方向，推出电极B为阳极，电极A为阴极，Li+得电子转化成Li单质，即金属锂在电极A上产生，根据

电解原理阴离子放电顺序可知，阳极上电极反应式分别为2Cl--2e-=Cl2↑、2H2O-4e-=O2↑+4H+，故答案为A；2Cl--2e-=Cl2↑、2H2O-4e-=O2↑+4H+；【小问6详解】Li位于晶胞的顶点、内部和面心，个数为11864

82++=8，根据钴酸锂的化学式，晶胞中含有O2-的个数为2×8=16；故答案为16。16.次甲霉素是一种常用抗生素，其中间体化合物G的合成路线如下图所示。注：Ts—表示：，回答下列问题：（1）B的名称为__________

_。（2）E中官能团的名称为___________。（3）TsCl可活化羟基，则D→E的反应方程式为___________。（4）E→F的反应类型为___________。（5）G的结构简式为___________。（6）芳香族化合物I是H的同分异构体，1mol化合物I与Na反应最多生成233.

6LH(标准状况下)，且化合物I的核磁共振氢谱显示3组峰，其结构简式为___________。（7）参照上述合成路线，以2，4，7-辛三醇为原料合成(无机试剂任选)___________。【答案】（1）2-戊炔（2）醚键、碳碳双键（3）+TsCl→+TsOH+HCl（4）氧化反应（5）（6）

（7）2Cu/O⎯⎯⎯→NaOH→4LiAlH→【解析】【分析】根据A、C结构简式可知B为323CH-CC-CHCH，名称为2-戊炔，C发生还原反应生成D，D与TsCl反应生成E，根据E的结构简式可知产物还有TsOH、HCl，E发生氧化反应生成F，根据H的结构简式和G的分子式，可

推知G为，据此分析。【小问1详解】根据分析，B为323CH-CC-CHCH，名称为2-戊炔；【小问2详解】根据E的结构简式，E中官能团的名称为醚键、碳碳双键；【小问3详解】TsCl可活化羟基，根据分析，D→E的反应方程式为+TsCl→+TsOH+HCl；【小问4

详解】E→F的反应类型为氧化反应；小问5详解】根据分析，G的结构简式为；【小问6详解】H的分子式为9123CHO，芳香族化合物I是H的同分异构体，I含有1个苯环，1mol化合物I与Na反应最多生成233.6LH(标准状况下)，则I还含有3个羟基，核磁共振氢谱显示3组峰，其结构简式符合要求的

有；【小问7详解】2，4，7-辛三醇为，发生氧化反应，羟基转化为酮羰基，再发生题中E到F的反应得到，再发生还原反应得到，合成路线为：2Cu/O⎯⎯⎯→NaOH→4LiAlH→。17.二氧化氯()2ClO是一种优良的消毒剂，熔点为59−℃，沸

点为11℃，浓度过高时易发生分解，甚至爆炸。Ⅰ.某课外兴趣小组通过氯气与2NaClO溶液反应来制取少量2ClO，装置如图所示：【（1）丙装置中发生反应的化学方程式为_______。（2）Cl−存在时会催化2ClO的生成，若无乙装置，则丙装置内产生2ClO

的速率明显加快。乙装置中试剂瓶内的液体是_______。实验过程中常需通入适量的2N稀释2ClO，其目的是_______。Ⅱ.用下图装置可以测定混合气中2ClO的含量：①在锥形瓶中加入足量的碘化钾-淀粉溶液，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸；②在玻璃液封装置

中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；③将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；④将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；⑤用10.1000molL−硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液()2222346I2SO2ISO−−−+=+，指示剂显示终

点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：（3）玻璃液封装置的作用是除了使锥形瓶内外压强相等之外，还能_______。（4）滴定至终点的溶液颜色变化是_______。（5）测得混合气中2ClO的质量为_______g。（6）用2ClO处理过的饮用

水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是_______(填标号)。a.明矾b.碘化钾c.盐酸d.硫酸亚铁【答案】（1）2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl（2）①.饱和食盐水②.防止ClO2发生分解，甚至爆炸（3）吸收残留的ClO2气体(避免碘的逸出)（

4）溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色（5）0.027（6）d【解析】【分析】Ⅰ．甲装置用于制备氯气，乙装置盛装饱和食盐水，氯气经过饱和食盐水除去其中混有的HCl气体，丙装置盛装NaClO2溶液，Cl2通入NaClO2溶液中反应生成ClO2，自身被还原为NaC

l，化学方程式为2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl，丁装置用于收集ClO2，最后用NaOH溶液进行尾气处理；Ⅱ．ClO2通入锥形瓶中与碘化钾溶液反应生成碘和氯离子，玻璃液封装置可防止ClO2气体逸出；【小问1详解】丙装置中氯气与NaClO2溶液反应生成ClO2、Na

Cl，化学方程式为2222NaClO+Cl=2ClO+2NaCl；【小问2详解】Cl−存在时会催化2ClO的生成，若无乙装置，则丙装置内产生2ClO的速率明显加快，则乙装置的作用是除去杂质HCl气体，所盛溶液为饱和食盐水，2ClO的浓度过大

会分解、甚至爆炸，则实验过程中常需通入适量的2N稀释2ClO，防止2ClO发生分解，甚至爆炸；【小问3详解】玻璃液封装置的作用是吸收残留的2ClO气体，避免碘的逸出，并使锥形瓶内外压强相等；【小问4详解】装置中指示剂为淀粉溶液，硫代硫酸钠

标准溶液滴定锥形瓶中的2I溶液时，终点的现象是滴入最后半滴硫代硫酸钠标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；【小问5详解】2ClO氧化KI的反应为+2222ClO+10I+8H=2Cl+5I+4HO−−，2222346I+2SO=2I+SO−−−，可得关系式2ClO2～52I～10Na2S2

O3，n(ClO2)=15n(Na2S2O3)=15×10.1000molL−×0.020L=0.0004mol，m(ClO2)=nM=0.0004mol×67.5g/mol=0.027g；【小问6详解】若要除去超标的亚氯酸盐，a不能还原亚氯

酸盐，b中KI具有还原性但氧化产物不适合饮用水使用，c中盐酸能和亚氯酸钠反应生成2ClO，只有d中Fe2+将2ClO−还原成Cl−，Fe2+被氧化为铁离子，且铁离子水解生成胶体可净化饮用水，则最适宜的是d，故选d。18.2023年杭州亚运会主火炬创新使用了绿色

“零碳甲醇”作为燃料，这不仅在亚运史上是第一次，在全球大型体育赛事上也是首次实现了废碳的再生利用。“零碳甲醇”是符合“碳中和”属性的绿色能源。请回答下列问题：（1）工业上主要利用以下反应合成甲醇：()()()()2232COg3HgCHOHg

HOg++。已知在一定条件下该反应能自发进行，推测该反应H_______0(填“>，＜或=”)。一定比例的合成气在装有催化剂的反应器中反应12小时。一定能提高甲醇产率的措施是_______(填字母)。A.增大压强B.升高温度C.选择合适催化剂D.加入

大量催化剂（2）2CO合成甲醇的工艺主要分为两类，一类称为直接法：2CO直接加2H合成甲醇；一类称为间接法：2CO和2H通过逆水煤气反应，先合成CO后，CO和2H再合成甲醇。Ⅰ.()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++11ΔH48.9kJmol

−=−Ⅱ.()()()()222COgHgCOgHOg++12ΔH41.1kJmol−=+Ⅲ.()()()23COg2Hg3CHOHg+13ΔH90kJmol−=−①若利用间接工艺法合成甲醇，反应的决速步为逆水煤气反应，下列示意图中能体现上述反应

体系能量变化的是_______(填字母)。②室温下，二氧化碳与氢气合成甲醇的平衡常数K为36.810−，寻找催化效率高、选择性高的催化剂是推动该反应投入实际生产的一个重要研究方向。在某催化剂下，反应Ⅲ的反应历程(图中的数据表示的仅为微粒的数目以及各个段微粒的相对总能量，*

表示吸附在催化剂上)如图所示：已知ⅴ中有一组吸附在催化剂表面的物质，ⅴ可表示为_______。③工业生产中测定体系的压强具有实际意义。一定温度下，仅利用反应直接合成甲醇，将体积分数为a％2CO、3a％2H的进料气(含杂质气体)，以CuZnAlZr纳米纤维为催化剂，控制压强为()5

0bar1bar100kPa=发生反应Ⅰ，进料气中杂质气体不反应，达到平衡时二氧化碳的转化率为90％，达到平衡时，()2pH=_______bar，反应Ⅰ的平衡常数pK=_______2bar−(pK为用分压表示的平衡常数

，分压=总压×物质的量分数，用含a的代数式表示)。（3）甲醇便于运输，是一种具有前景的液体燃料，利用手持技术，通过测定甲醇、乙醇、正丙醇等三种物质在温度传感器尖头处蒸发时的温度变化曲线，根据曲线下降的幅度和速率的快慢，可以比较它们之间的分子间作用力的大小。请判断表示甲醇的曲线

是_______，理由是_______。【答案】（1）①.<②.AC（2）①.A②.*321HCOH(g)2+或*221HCOHH(g)2+③.15a1001.8a−④.223(1001.8a)25a−（3）

①.1C②.甲醇的分子间作用力较小，沸点较低【解析】【小问1详解】①工业合成甲醇的热化学方程式为：()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++，该反应的S0，已知在一定条件下该反应能自发进行，根据GHTS0=−，可推断出H0；②A：增大压强，平衡正向移动，

甲醇的产率增大，A正确；B：该反应H0，升高温度，平衡逆向移动，甲醇的产率减小，B错误；C：选择合适催化剂，选择性生成甲醇，减少副反应的发生，提高甲醇的产率，C正确；D：加入大量催化剂，催化剂不改变平衡，不会影响甲醇的转化率，D错误，故

选AC；【小问2详解】①间接法制备甲醇的反应Ⅱ吸热，反应Ⅲ放热，总体放热，反应Ⅱ活化能较大，A符合题意；②依据反应历程，可得V为()*321HCOHg2+或()*221HCOHHg2+；③设气体总物质的量为100mol，根据反应，结合

题意：()()()()()2232COg3HggHOgnga3a002a0.9a2.7a0.9a0.9a1.8a0.1a0.3a0.9a0.9aCHOH++，p(H2)=0.3a15a501001.8a1001.8a=−−；④其他气体压强同理可求，故()()()()()232

3322245a45aHO31001.8a1001.8a1001.8aH25a5a15a1001.8a1001.8appCHOHpKpCOp−−−===−−；【小问3详解】①沸点越低越易挥发，挥发时引起的温度变化越大，故选C1；②相同条件下，液体分子的

分子间作用力越小，沸点越低，该液体越容易挥发，挥发时剩余液体温度下降越快，故理由为甲醇的分子间作用力较小，沸点较低。