【文档说明】安徽省合肥市2023届高三第一次教学质量检测 化学试题 含解析.docx，共(21)页，3.674 MB，由小赞的店铺上传

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合肥市2023年高三第一次教学质量检测化学试题相对原子质量：H-1C-12O-16第I卷选择题(第I卷包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。)1.下列有关化学知识的叙述错误的是A.青铜属于合金B.纤维素属于有机高分子C.白醋可用于去除水壶中的水

垢D.()243FeSO可用作缺铁性贫血的补铁剂【答案】D【解析】【详解】A．常见青铜是由铜和锡两种物质熔合制成的具有金属特性的物质，属于合金，A正确；B．纤维素属于天然有机高分子化合物，B正确；C．白醋可以和水垢中的碳酸钙反应，可用于去除水壶中的水垢，C正确；D．三价铁不易被人体吸

收，亚铁离子才易被人体吸收，故4FeSO可用作缺铁性贫血的补铁剂而不是硫酸铁，D错误；故选D。2.下列化学概念或化学用语叙述正确的是A.4BaSO属于弱电解质B.四氯化碳充填模型可表示为C.2S和8S互为同素异形体D.HClO的结构式为HClO−−【答案】C【

解析】【详解】A．强电解质是指在水溶液中能够完全电离的化合物，即溶于水的部分可以完全变成阴阳离子的化合物，一般是强酸、强碱和大部分盐类；硫酸钡为强电解质，A错误；B．CCl4的充填模型中，氯原子半径大于碳原子，B错误；C．同素异形体

是同种元素组成的单质；2S和8S互为同素异形体，C正确；D．HClO的结构式为H-O-Cl，D错误；故选C。3.利用3-苯基丙酸催化脱氢制备异肉桂酸的反应如下所示，下列叙述错误的是A.上述制备过程属于

氧化反应B.3-苯基丙酸的分子式为9102CHOC.异肉桂酸分子中最多有9个碳原子共面D.1mol异肉桂酸最多与25molH发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A．加氢为还原反应，去氢为氧化反应，上述制

备为去氢过程，属于氧化反应，A正确；B．3-苯基丙酸的分子式为9102CHO，B正确；C．苯环所连接的原子和碳碳双键所连接的原子均为平面结构，且单键可以旋转，则异肉桂酸分子中最多有9个碳原子共面，C正确；D．1mol

苯环可以3mol氢气发生加成反应，1mol碳碳双键可以和1mol氢气发生加成反应，羧基不能发生加成反应，1mol异肉桂酸最多与4molH2发生加成反应，D错误；故选D。4.下表中各组物质不能按照如图所示的转化关系一步实现

的是选项XYZA2ClHClONaClOBFe23FeO()3FeOHC2SO3SO24HSODNO2NO3HNOA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．Cl2和H2O反应生成HClO，HClO和NaOH反应生成NaClO，NaClO和HCl反应生成Cl2，可以实现，A不选；B

．Fe和O2反应生成Fe3O4，Fe2O3不能和水反应生成Fe（OH）3，Fe（OH）3不能直接生成Fe，故不能实现，B选；C．SO2和O2反应生成SO3，SO3和H2O反应生成H2SO4，Cu和浓H2SO4反应生成SO2，可以实现，C不选；D．NO

和O2反应生成NO2，NO2和H2O反应生成HNO3，Cu和稀HNO3反应生成NO，可以实现，D不选；故选B。5.下列无色透明的溶液中，离子能大量共存的是A.K+、Na+、3NO−、23CO−B.K+、4

NH+、4MnO−、23SO−C.4NH+、3HCO−、3Al+、24SO−D.K+、2Mg+、OH−、Cl−【答案】A【解析】【详解】A．K+、Na+、3NO−、23CO−没有颜色，且相互不反应，可以大量共存，A正确；B．含4MnO−溶液为紫色

，且4MnO−、23SO−发生氧化还原反应不能大量共存，B错误；C．3HCO−、3Al+相互反应不能大量共存，C错误；D．2Mg+、OH−相互反应生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，D错误；故选A。6.下列有关离子方程式的书写正确的是A.4CuSO

溶液中滴加稀氨水：22Cu2OHCu(OH)+−+=B.3FeCl溶液刻蚀电路铜板：322Fe3Cu2Fe3Cu+++=+C.2SiO溶于NaOH溶液：2232SiO2Na2OHNaSiOHO+−++=+D.稀硫

酸滴入223NaSO溶液中：223222HSOSOSHO+−+=++【答案】D【解析】【详解】A．4CuSO溶液中滴加稀氨水离子方程式为：()23242Cu2NH?HOCuOH2NH+++=+，A错误；B．3FeCl溶液刻

蚀电路铜板离子方程式为：3222FeCu2FeCu++++=+，B错误；C．2SiO溶于NaOH溶液离子方程式为：2232SiO2OHSiOHO−−+=+，C错误；D．稀硫酸滴入223NaSO溶液中离子方程式为

：223222HSOSOSHO+−+=++，D正确；故选D。7.设AN为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.32g甲醇中含有CH−键的数目为A4NB.常温常压下，22.0gDO中含有的质子数和中子数均为

ANC.21molN和23molH充分反应后的混合气体中原子数小于A8ND.25℃时，1LpH12=的()2BaOH溶液中含有OH−的数目为A0.02N【答案】B【解析】【详解】A．甲醇结构简式为CH3O

H，32g甲醇物质的量为1mol，含有CH−键的数目为3AN，A错误；B．常温常压下，22.0gDO的物质的量为0.1mol，每个D2O含有10个质子和10个中子，故含有的质子数和中子数均为AN，B正确；C．结合原子守恒，21molN和

23molH充分反应后的混合气体中原子数等于A8N，C错误；D．25℃时，1LpH12=的()2BaOH溶液中含有OH−的数目为A0.01N，D错误；故选B。8.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，焰色试验中X呈黄色，Y是地壳中含量最多的金属元素，

W、Z原子最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。下列叙述正确的是A.简单离子半径大小：X>Y>Z>WB.化合物22XW中阴阳离子的个数比为1:1C.X、Y、Z最高价氧化物的水化物两两间能发生反应D.简单氢化物的沸点：Z>W【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周

期主族元素，焰色试验中X呈黄色，则X为Na，Y是地壳中含量最多的金属元素，则Y为Al，W、Z原子最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，则W为O，Z为S。【详解】A．根据电子层数越多半径越大，具有相同电子层的阴离子半径大于阳离子半径，具有相同电子层的阳离子所带电荷越多，半径

越小，简单离子半径大小：Z>W>X>Y，A错误；B．化合物22XW为Na2O2，阴阳离子的个数比为1:2，B错误；C．X、Y、Z最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al（OH）3、H2SO4，两两间能发生反

应，C正确；D．Z、W的氢化物分别为H2S、H2O，水中含有氢键，简单氢化物的沸点：W>Z，D错误；故选C。9.下图是一种综合处理含2SO尾气的工艺流程，下列叙述正确的是A.“吸收”过程中2SO被还原B.“吸收”

后溶液的酸性减弱C.“氧化”后的溶液可以循环使用D.“氧化”中，每21molO参加反应转移2mol电子【答案】C【解析】【分析】根据流程图分析，利用Fe2（SO4）3的氧化性氧化吸收SO2气体，反应为2H2O+SO2+Fe2（SO4）3=2FeSO4+2H2SO4，得到Fe

SO4溶液，再用空气中的氧气氧化得到Fe2（SO4）3溶液，反应为4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2（SO4）3+2H2O，Fe2（SO4）3溶液循环到“吸收”步骤使用，根据氧化还原反应原理分析解答。【详解】A．“吸收”过程中2SO的化合价升高，被氧化，A错误；B．“吸

收”过程中反应为2H2O+SO2+Fe2（SO4）3=2FeSO4+2H2SO4，酸性增强，B错误；C．用空气中的氧气氧化得到Fe2（SO4）3溶液，Fe2（SO4）3溶液循环到“吸收”步骤循环使用，C正确；D．“氧化”中，O2化合价由0价降低为-2价，每21mo

lO参加反应转移4mol电子，D错误；故选C。10.下图是实验室制备氯气并进行一系列实验的装置(夹持装置已经省略)，有关叙述错误的是A.装置a中发生的反应为2222MnO4H2ClMn2HOCl+−+++++==B.装置b中漏斗的作用是平衡压强C.I、Ⅱ处

依次放湿润和干燥的有色布条可验证干燥的2Cl不具有漂白性D.可利用该实验装置证明氧化性：222ClBrI【答案】A【解析】【分析】a装置用于制备氯气，b中饱和食盐水用于除去氯气中的HCl气体，同时有长颈漏斗，可以检验装置是否堵塞，若装置发生堵塞，会导致b瓶内压强增

大，最终大于外界大气压使长颈漏斗中的液面上升，锥形瓶内液面下降；Ⅰ的实验目的是验证湿润的氯气具有漂白性，原理是Cl2溶于水产生HClO，HClO具有漂白性，氯化钙干燥氯气，经过干燥剂后，干燥的Cl2不能使Ⅱ中干燥的有色布条褪色，说明氯气不具有漂白性；NaBr、KI溶液的目的是比较

氯、溴、碘的非金属性，当向NaBr中缓缓通入足量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为红棕色，说明氯的非金属性大于溴，打开活塞，将少量溶液加入KI溶液中，Cl2会氧化NaBr溶液中Br-产生Br2，进入装有KI溶液和苯的锥形瓶中，苯在水层上面，Br2进入

KI中，置换出I-产生I2，I2被苯萃取，苯层显紫红色，注意Cl2也可以氧化I-产生I2，所以氯气要适量。【详解】A．装置a中没有加热装置，可用KMnO4和浓盐酸制取氯气，离子反应为2MnO4−+16H++10Cl-=Mn

2++Cl2↑+8H2O，A错误；B．b中饱和食盐水的作用是减少Cl2的溶解度，吸收反应挥发的HCl气体，同时有长颈漏斗，可以检验装置是否堵塞，起到平衡压强的作用，B正确；C．根据分析，I、Ⅱ处依次放湿润和干燥的有色布条，可验证干燥的2Cl不具有漂白性，C正确；D．Cl2会氧化NaB

r溶液中Br-产生Br2，可证明氧化性：22ClBr，由于Br2可以氧化I-产生I2，可证明22BrI，可利用该实验装置证明氧化性：222ClBrI，D正确；故选A。11.下图是我国科研工作者研究MgO(s)与4CH(g)作用最终生成Mg(s)与3CHOH(g)的物质相对能量-

反应进程曲线。下列叙述错误的是A.中间体4OMgCH(s)比4MgOCH(s)更稳定B.该反应进程中的最大能垒(活化能)为1350.6kJmol−C.生成3HOMgCH(s)的过程中有极性键的断裂和形成D.总反应的热化学方程式为43MgO(s)CH(g)Mg(s)CHOH

(g)+=+1146.1kJmolH−=−【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，中间体4OMgCH(s)比4MgOCH(s)能量更低，故更稳定，A正确；B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小；该反应进程中的

最大能垒(活化能)为()11121.3kJmol321.1kJmol=299.8kJmol−−−−−−，B错误；C．生成3HOMgCH(s)的过程中有碳氢键的断裂和氢氧键的生成，故有极性键的断裂和形成，C正确；D．由图可知，总反应氧化镁和甲烷反应生成镁和甲

醇，反应放热，其热化学方程式为为43MgO(s)CH(g)Mg(s)CHOH(g)+=+1146.1kJmolH−=−，D正确；故选B。12.下列由实验操作和现象可得出正确结论的是选项实验操作和现象结论A向鸡蛋清中加

入饱和()442NHSO溶液，有白色沉淀产生()442NHSO使蛋白质变性B向某溶液中滴加稀硫酸，将产生的气体通入品红溶液，品红褪色该溶液中可能含有23SO−C向132mL0.1molLAgNO−溶液中滴入10滴10.1molLKCl−溶液，生成白色沉淀，

再滴加10.1molLKI−溶液，出现黄色沉淀psps(AgCl)(AgI)KKD向1220.1molLHO−溶液中滴加140.1molLKMnO−溶液，溶液褪色22HO具有氧化性A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．硫酸铵溶液能使蛋白质发生盐析而不是变性，A错

误；B．亚硫酸根离子和酸反应会生成使品红褪色的气体二氧化硫气体，故该溶液中可能含有23SO−，B正确；C．反应中银离子过量，加入碘离子会生成碘化银沉淀，不能说明psps(AgCl)(AgI)KK，C错误；D．高锰酸钾发生还原反应为氧化剂，过氧化氢发生

氧化反应体现还原性，D错误；故选B。13.某科研机构研发的NO—空气燃料电池的工作原理如图所示，下列叙述正确的是A.a电极为电池负极B.电池工作时H+透过质子交换膜从右向左移动C.b电极的电极反应：23NO3e2HO4HNO−+−−+=

+D.当外电路中通过0.2mol电子时，a电极处消耗2O1.12L【答案】C【解析】【分析】NO—空气燃料电池的工作原理如图所示，氧气发生还原反应，故a为正极、b为负极；【详解】A．由分析可知，a电极为电

池正极，A错误；B．原电池中氢离子向正极移动，故电池工作时H+透过质子交换膜从左向右移动，B错误；C．b电极上NO失去电子发生氧化反应生成硝酸，电极反应：-+-23NO-3e+2HO=4H+NO，C正确；D．

没有标况，不能计算氧气的体积，D错误；故选C。14.某化学兴趣小组测定了1230.1molLNaCO−溶液的pH随温度的变化，结果如下图所示。下列叙述正确的是A.23NaCO溶液呈碱性的原因是23223CO2HOHCO2OH−−++B.1230.1molLNaCO−

溶液中：()()()233Na2COHCOccc+−−+C.图1表明升温过程中23NaCO溶液水解程度减小，pH减小D.由图2可推知降低温度时，水的电离平衡逆向移动【答案】C【解析】【详解】A．23NaCO溶液呈碱性的原因是碳酸根

离子水解，水解离子反应为2323COHOHCOOH−−−++，A错误；B．结合元素守恒，1230.1molLNaCO−溶液中：()()()23323Na2CO2HCO2(HCO)cccc+−−=++，则()()()233Na2COHCO+−−+

ccc，B错误；C．图1中随着温度升高，pH减小，表明升温过程中23NaCO溶液水解程度减小，pH减小，C正确；D．由图2可知，温度降低，pH增大，水解程度增大，可推知降低温度时，水的电离平衡正向移动，D错误；故选C。第II卷非选择题(共58分)15

.苯甲醇可用作局部止痛注射剂，在有机药物合成中应用广泛，其用于合成某药物中间体D并得到F的流程如下：已知：请回答下列问题：（1）A中碳原子的杂化方式为_______，下列处于激发态氧原子的价电子轨道表达式为_______(填标

号)。A.B.C.D.（2）写出由A生成B反应的化学方程式_______。（3）C中含氧官能团的名称为_______，D的结构简式是_______，由E生成F的反应类型为_______。（4）G是A的同系物，且比A多一个碳原子，则G的结构有_______种(不含立体异构)。（5

）碳不仅是组成有机物的重要元素，在超分子领域也发挥着重要作用。由Mo将2个60C分子、2个p-甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示：①Cr与Mo同族，Cr基态原子的外围电子排布式是_______，核外未成对电子数有_______个。②

该超分子中除配位键外还存在的化学键类型有_______(填标号)。A.氢键B.σ键C.π键D.离子键③60C与金刚石均为碳的单质，从结构与性质之间的关系解释60C的熔点远低于金刚石的原因是_______。【答案】（1）①.sp2、sp3②.D（2）（3）①羧基

②.③.酯化反应或者取代反应（4）5（5）①.3d54s1②.6③.AD④.60C属于分子晶体，金刚石为共价晶体，分子晶体间的作用力是范德华力，共价晶体间的作用力为共价键，共价键的键能远远强于分子间作用力，故60C的熔点远低于金刚石【解析】【分析

】由A生成B是醇的催化氧化生成醛的反应，故B为，根据信息可知C在一定条件下生成D，D加聚反应生成E，根据E回推可知D的结构式为，由E生成.F发生酯化反应；【小问1详解】A中苯环中的碳原子的杂化方式为sp2，侧链中C原子为sp3杂化；O原子的价

电子为2s22p4，A．属于O原子的基态价电子轨道表达式，故A不符合题意；B．为O原子的基态价电子轨道表达式，故B不符合题意；C．为O-离子的基态价电子轨道表达式，，故C不符合题意；D．2s上1个电子吸收能量跃迁到2p上，属于O原子的激发态价电子轨道表达式，故D符合题意；故答

案为D。【小问2详解】由A生成B是醇的催化氧化生成醛的反应，反应的化学方程式为；【小问3详解】根据结构简式可知C中含氧官能团的名称为羧基；D加聚反应生成E，根据E回推可知D的结构式为；根据流程可知由E生成F发生酯化反应，故反应

类型为酯化反应或者取代反应；【小问4详解】G是A的同系物，且比A多一个碳原子，都属于醇类，故G的分子式为C8H10O，则G的结构有甲基在邻间对，3种，，共5种；【小问5详解】①Cr与Mo同族，Cr基态原子的外围电子排布式是3d

54s1，核外未成对电子数有6个；②该超分子中除配位键外还存在共价键σ键，有双键，即存在π键，该超分子不离子化合物，不存在离子键，故答案为AD；③60C与金刚石均为碳的单质，60C属于分子晶体，金刚石为共价晶体，分子晶体间的作用力是范德华力，共价晶体间的作用力为共价键，共价键的键能远远强于分子

间作用力，故60C的熔点远低于金刚石；16.一种由铜阳极泥(主要成分有Se、2AgSe、2CuSe等，还含有少量的Au、Pt等贵金属)提取Se，同时是回收Ag和Cu的工艺流程如下图所示。已知：①硒的沸

点685℃，在空气中加热时会被氧化。②在该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和恰好沉淀完全的pH如下表：金属离子2Cu+2Mn+开始沉淀的pH4.08.1恰好沉淀完全的pH6.710.1回答下列问题：（1）

为了提高“浸出”效果，可采取的措施有_______(写出一种合理措施)；浸出渣的主要成分是_______。（2）工业上铜阳极泥还可以用浓硫酸浸出，从产物角度分析其缺点是_______。（3）铜阳极泥中的硒元素主要以23SeO

−形式留在浸出液中，写出Se单质在“浸出”时反应的离子方程式_______。（4）“沉硒”所得粗硒可采用真空蒸馏的方法提纯，采用真空蒸馏的目的是_______。（5）加入NaOH进行“沉铜”处理，调节溶液pH的范围是_______。（6）已知：常温下，()322323

2AgSO(aq)Ag(aq)2SO(aq)−+−+142.710K−=，AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)+−+10sp1.810K−=。“溶浸”时发生反应的离子方程式为()3223232AgCl2SOAgSOCl−−−++，常温下

，该反应的平衡常数K=_______。（7）“还原”时，工业上常用HCHO在碱性下还原()3232AgSO−得到Ag，反应后所得滤液3可进入_______操作中循环利用(填流程中操作名称)。【

答案】（1）①.适当增大硫酸浓度、将铜阳极泥进一步粉碎、加速搅拌等(写出一种合理措施)②.Au、Pt等贵金属（2）产生二氧化硫，污染空气（3）2-3+2+22SeOSe+2MnO+2H+2Mn+HO（4）使硒在较低的温度下蒸出，并防止在空气中被氧化（5）6.7pH8.1（6）

36.710（7）溶浸【解析】【分析】铜阳极泥加入稀硫酸、二氧化锰后，根据流程后面的信息可知，Au、Pt不溶解，故浸出渣为Au、Pt等不活泼金属，滤液中有银离子、铜离子和23SeO−，滤液中加入氯化钠使银离子生成氯化银的沉淀，除去银离子，过滤后滤液1中

加入亚硫酸钠溶液，还原23SeO−为单质Se，过滤后滤液中加入氢氧化钠得到氢氧化铜沉淀，氢氧化铜逐渐转变为铜单质，含有氯化银的滤渣中加入硫代硫酸钠溶液，还原得到银单质，据此分析。【小问1详解】为了提高“浸出”效果，需要加快反应速率，故可采取的措施有：

适当增大硫酸浓度、将铜阳极泥进一步粉碎、加速搅拌等；根据上述分析可知，浸出渣的主要成分是Au、Pt等贵金属；【小问2详解】铜与浓硫酸反应会产生二氧化硫，污染空气；答案为：产生二氧化硫，污染空气；【小问3详解】Se单质被二氧化锰氧化

为23SeO−，二氧化锰中锰元素化合价有+4变为+2，生成2+Mn，根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒可得离子方程式为：2-3+2+22SeOSe+2MnO+2H+2Mn+HO；【小问4详解】根据已知硒的沸点685℃，在空气中加热时会被

氧化，故采用真空蒸馏的目的是使硒在较低的温度下蒸出，并防止在空气中被氧化；【小问5详解】根据表格数据，为了使铜离子完全沉淀而不让2+Mn沉淀，故调节溶液pH的范围是6.7pH8.1；小问6详解】根据已知得表达式：()214132233232AgSOAg()()==2.71SO0()

ccKc+−−−，10spAgC()()=.0l181Kcc+−−=，“溶浸”【时发生反应的离子方程式为：()3223232AgCl2SOAgSOCl−−−++，常温下，该反应的平衡常数：()3232212310sp31324()()1.810====10

()2.7ClAgSO6.7S01OccKKcK−−−−−；答案为：36.710；【小问7详解】HCHO在碱性下还原()3232AgSO−得到Ag，同时会生成硫代硫酸钠，故所得滤液3

可进入溶浸操作中循环利用；答案为：溶浸。17.PtRu@Pd纳米核壳材料是氢能源燃料电池的重要催化剂。某研究团队提出一种可重复制备该催化剂的方案，步骤如下：步骤一、在95℃下，将31240.5mL510molLKPdCl−−溶液加入一定量十六烷基三甲基溴化铵(16CTAB)水溶液中。步骤二、向

混合溶液中逐渐加入一定量24NH的碱性水溶液，持续搅拌30分钟，离心分离，多次洗涤，得到Pd纳米颗粒。步骤三、将所得Pd纳米颗粒分散在超纯水中，添加16CTAB后搅拌。加入特定组成的PtRu前体，再加入2

4NH的碱性水溶液，80℃下搅拌3小时，离心洗涤后得到PtRu@Pd纳米核壳材料(如图a)。已知：十六烷基三甲基溴化铵(16CTAB)是一种表面活性剂，其工作原理如图b所示：回答下列问题：（1）配制3124100mL510m

olLKPdCl−−溶液所需的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、_______。（2）24NH的电子式为_______；配平并完成24NH与24KPdCl反应制备纳米Pd的离子方程式：_______。22442__

____NH______PdCl____________Pd______N____________−++=+++其中24NH可用以下_______代替(填标号)。A.亚硫酸钾B.氯水C.硝酸D.维生素C（3）步骤二中多次洗涤的目的是为了得到纯净的Pd纳米颗

粒，检验其洗净的方法是_______。（4）步骤三中保持温度为80℃的方法是_______。（5）在整个过程中，十六烷基三甲基溴化铵(16CTAB)的作用是_______。【答案】（1）100mL容量瓶、胶头滴管（2）①.②.2-2442

2NH2PdCl4OH2PdN8Cl4HO−−++=+++③.AC（3）取适量洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，没有白色沉淀生成，说明洗涤干净（4）水浴加热（5）催化剂【解析】【小问1详解】配制3124100mL510

molLKPdCl−−溶液所需的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；【小问2详解】N2H4中氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子和氮原子之间形成一个共价键，电子式：；反应中N元素由-2价变为0价，Pd由+2价变为0价，结合得失电子守恒，配平为2-24422N

H2PdCl4OH2PdN8Cl4HO−−++=+++，其中24NH化合价升高为还原剂，则可用亚硫酸钾、维生素C代替；【小问3详解】Pd纳米颗粒制备过程生成氯离子，检验其洗净的方法是取适量洗涤液，加

入硝酸酸化的硝酸银溶液，没有白色沉淀生成，说明洗涤干净；【小问4详解】步骤三中保持温度为80℃的方法是水浴加热；【小问5详解】在整个过程中，十六烷基三甲基溴化铵(16CTAB)的作用是反应的催化剂。18.空间站2CO还原转化系统能把呼出

的2CO捕集、分离并与空间站电解水系统产生的2H进行加氢处理，从而实现空间站内物料的循环利用。（1）一种借助光将2CO转化为4CH的催化机理如图所示。该转化过程总反应的化学方程式是_______；图中所示的各物质中，含有极性

共价键的非极性分子是_______(填化学式)。为（2）一定条件下，2CO和2H还可发生如下两个平行反应：i.222CO(g)H(g)CO(g)HO(g)++1ΔHii.2232CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)++1

249.5kJmolH−=−①已知相关键能数据如下表：化学键HH−HO−CO=CO=键能/1kJmol−4364648031072则反应i的1H=_______1kJmol−。②为了提高3CHOH的

产率，理论上应采用的措施是_______(填标号)。A.低温低压B.高温低压C.高温高压D.低温高压③保持温度533K，压强3MPa，按投料比()()22CO1H3nn=向密闭容器中充入2CO和2H，反应相同时间测得不同催化剂下2CO转化率和3

CHOH选择性的相关实验数据如下表所示(已知3CHOH选择性：转化的2CO中生成3CHOH的百分比)。催化剂2CO转化率3CHOH选择性cat。121.9%67.3%cat。236.1%100.0%上述条件下，使用cat。2作催化剂，下列说法能判断反应ii达到平衡状态的

是_______(填标号)。A.气体压强不再变化B.气体平均相对分子质量不再变化C.3CHOH和2HO的物质的量之比为1:1D.2CO和2H的物质的量之比不再变化（3）一定条件下，向0.5L恒容密闭容器中充入21molCO和23molH，只发生

上述反应ii，达平衡时，2H的转化率为80%，则该温度下的平衡常数K=_______(保留两位小数)。（4）若恒容密闭容器中只发生上述反应i，在进气比()()22CO:Hnn不同、温度不同时，测得相应的2CO平衡转化率如图所示。则B和D两点的温度()()B__

____DTT(填“＜”，“>”，或“=”)，其原因是_______。【答案】（1）①.2242CO+4HCH+2HO催化剂②.CO2、CH4（2）①.+42②.D③.AB（3）5.33（4）i为吸热反

应，升高温度平衡正向移动，平衡常数变大【解析】【小问1详解】由图可知，氢气和二氧化碳反应生成甲烷和水，2242CO+4HCH+2HO催化剂；甲烷、二氧化碳分子中含碳氢、碳氧极性键，分子为对称结构，为非极性分子；【小问2详解】①反应的焓变等于

反应物键能和减去生成物键能和，故反应i的()1118032+436-1072-46kJmol+42kJo4m2lH−−==；②生成甲醇的反应为放热、气体分子数减小的反应，则低温高压利于平衡正向移动，提高甲醇产率，故选D；③A．反应ii气体分子数减小的反应，气

体压强不再变化，说明反应达到平衡，A正确；B．物质的总质量不变，反应的气体分子数减小，则气体平均相对分子质量不再变化，说明反应达到平衡，B正确；C．3CHOH和2HO的物质的量之比为1:1，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，C错误；D．

2CO和2H的投料比等于反应的系数比，故物质的量之比为定值，其不会变化，不说明反应达到平衡，D错误；故选AB；【小问3详解】一定条件下，向0.5L恒容密闭容器中充入21molCO和23molH，只发生上述反应ii，达平衡

时，2H的转化率为80%，则反应氢气2.4mol，生成甲醇、水均为0.8mol，反应后二氧化碳、氢气分别为0.2mol、0.6mol，则该温度下的平衡常数0.80.80.50.55.330.20.60.50

.5K=；【小问4详解】B进气比()()22CO:Hnn=1:1，设投料均为1mol，二氧化碳转化率为60%，则平衡后二氧化碳、氢气、一氧化碳、水分别为0.4mol、0.4mol、0.6mol、0.6mol，反应为气

体分子数不变的反应，则此时B0.60.6=2.250.40.4K=；同理，D3K=，i为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数变大，故B和D两点的温度()()BDTT。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com