【文档说明】湖北省武汉市部分学校2023-2024学年高三上学期9月调研考试化学试题 Word版含解析.docx，共(20)页，3.251 MB，由小赞的店铺上传

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湖北省武汉市部分学校2023~2024学年高三上学期九月调研考试化学试题本试题卷共8页，19题。全卷满分100分。考试用时75分钟。★祝考试顺利★注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和

答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题

区域均无效。4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16K39Fe56Cu64Ga70一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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.下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是A.硫酸工业B.氯碱工业C.侯氏制碱D.海水提溴【答案】C【解析】【详解】A．硫酸工业涉及铁矿石和氧气的反应，二氧化硫和氧气的反应，涉及氧化还原反应，

故A不符合题意；B．氯碱工业中发生的反应为氯化钠溶液电解生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应中有元素发生化合价变化，化工生产过程中涉及氧化还原反应，故B不符合题意；C．侯氏制碱中生成碳酸氢钠的反应和碳酸氢钠分解生成碳酸钠的反应中都没有元素发生化合价变化，化工生产过程中不涉及氧化

还原反应，故C符合题意；D．海水提溴中溴离子转化为溴的反应中有元素发生化合价变化，化工生产过程中涉及氧化还原反应，故D不符合题意；故选C。2.灵秀湖北，千湖之省，水资源丰富。下列说法正确的是A.H2O是弱电解质B.H2O结冰过程属于化学变化C.H2O和D2O互为同位素D.H2O

的VSEPR模型为V形【答案】A【解析】【详解】A．H2O可以部分电离，是弱电解质，故A正确；B．H2O结冰过程属于物理变化，故B错误；C．H2O和D2O属于化合物，为同一物质，故C错误；D．水分子中氧原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为2，则分子的VSEPR模型为四面体形，空间构型结构为V

形，故D错误；故选A。3.劳动创造美好生活。下列与劳动项目相关的解释错误的是选项劳动项目解释A厨师炒菜添加少许味精谷氨酸钠是增味剂B医护人员利用酒精消毒乙醇具有强氧化性C农民为水稻施用硝酸钾硝酸钾可作复合肥D工人制作食品加少许维生素C抗坏血酸具有抗氧化性A.A

B.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．味精能增加食品的鲜味，是一种常用的增味剂，其化学名称为谷氨酸钠，A项正确；B．乙醇没有强氧化性，医护人员利用酒精消毒的原理是：酒精分子能够渗透进入细菌和病毒内部，使细菌和病毒中的蛋白质凝固、变性，从而达到杀灭细菌和病毒的目的，B项错误

；C．KNO3中既含有K元素、又含有N元素，可作复合肥为水稻提供K、N两种营养元素，C项正确；D．维生素C（即抗坏血酸）能被氧化为脱氢抗坏血酸而发挥抗氧化作用，是常用的抗氧化剂，具有抗氧化性，D项正确；答案选B。4.在18世纪70年代，瑞典化学家舍勒利用软锰矿与浓盐酸制

得了氯气。某化学兴趣小组模拟舍勒利用以下装置制备氯气，能达到预期目的的是A．发生装置B．干燥装置C．收集装置D．尾气处理装置A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．软锰矿与浓盐酸制氯气，该反应需在加热

条件下进行，故A错误；B．氯气属于酸性气体，不能用碱石灰碱性干燥剂进行干燥，故B错误；C．氯气密度比空气大，收集氯气时，应从长导管通入，故C错误；D．氯气可与氢氧化钠溶液反应，被氢氧化钠溶液吸收，进行尾气处理，故D正确；答案选D。5.下表是元素周期表的一部分。下

列关于硼及其化合物的叙述错误的是BAlSiA.硼酸是一元弱酸B.晶体硼为共价晶体C.三氯化硼为离子化合物D.硼单质能与强碱溶液产生氢气【答案】C【解析】【详解】A．H3BO3结合一个OH-生成[B(OH)4]-，促进水的电离生成H+，硼酸是一元弱酸，电离方程式为

H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+，故A正确；B．晶体硼熔沸点很高，是共价晶体，故B正确；C．三氯化硼类似三氯化铝，三氯化硼共价型分子，为共价化合物，故C错误；D．硼单质的化学性质与铝单质类似，能与强碱溶液产生氢气，故D正确；故选：C。6.设NA为阿伏加德罗常数的值。下

列说法正确的是A.0.1molNH4+中氮的价层电子对数为0.4NAB.0.1mol/LHClO4溶液中H+的数目为0.1NAC.标准状况下，2.24L氯仿中分子数为0.1NAD.常温下，5.6gFe与足量浓硝酸反应转移的电子数为0.3NA【答案】A【

解析】【详解】A．NH4+中心原子是氮，价层电子对数为12(5-1×4-1)+4=4，所以0.1molNH4+中氮的价层电子对数为0.4NA，A项正确；B．未知溶液体积，不能计算，B项错误；C．标准状况下，氯仿是三氯甲烷，液态物质，不能带入22.4L/mol计算，C项错误；D

．常温下，铁与浓硝酸发生钝化，D项错误；故答案选A。7.我国科学家利用黑磷实现了高速场效应晶体管的应用尝试，黑磷的结构如下图所示。下列说法错误的是A.黑磷与白磷互为同素异形体B.1mol黑磷含有3molP-PC.黑磷中P的杂化方式为sp3D.黑磷层间作用为范德华力【答案】B【解析】【详解】

A．同素异形体为同种元素形成的性质不同的单质，黑磷和白磷都是磷元素形成的单质，则黑磷是与白磷互为同素异形体，A正确；B．由黑磷的结构可知，每个P与3个P相连，则1mol黑磷含有1.5molP-P，B错误；C．黑磷中每个P与3个P相连，由黑磷的微观结构图可知，黑

磷不是平面结构，则P的杂化方式为sp3，C正确；D．黑磷层与层之间无共价键，则黑磷层间作用为范德华力，D正确；故选B。8.下列化学方程式中，不能正确表达反应变化的是A.铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨：

2Al+Fe2O3高温Al2O3+2FeB向煤中加入石灰石实现燃煤脱硫：2CaCO3+2SO2+O2Δ2CaSO4+2CO2C.向Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3溶液：3Mg(OH)2(s)+2FeCl3(aq)=2Fe(OH)3(s)+3MgCl2(aq)D.向甲醛中加入足量的银

氨溶液并加热：HCHO+2[Ag(NH3)2]OH⎯⎯→HCOONH4+2Ag↓+3NH3+H2O【答案】D【解析】【详解】A．铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨，反应方程式为2Al+Fe2O3高温Al2O3+2Fe，故A正确；B．

向煤中加入石灰石，碳酸钙、二氧化硫、氧气反应生成硫酸钙、二氧化碳，反应方程式为2CaCO3+2SO2+O2Δ2CaSO4+2CO2，故B正确；C．向Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3溶液，氢氧化镁沉淀转化为氢氧化铁，反应方程式为3Mg(OH)2

(s)+2FeCl3(aq)=2Fe(OH)3(s)+3MgCl2(aq)，故C正确；D．向甲醛中加入足量的银氨溶液并加热，生成碳酸铵、氨气、银、水，反应方程式为HCHO+4[Ag(NH3)2]OH⎯⎯→(NH4)2CO3+4Ag↓+6NH3+2H2O，故D错

误；选D。9.碲元素(Te)位于周期表中第五周期ⅥA族，含碲有机物在医学、材料科学等领域发挥着独特的作用。某含碲有机物结构简式如下图所示，下列说法错误的是.A.基态碲原子未成对电子数为2B.其中含氧官

能团有2种C.苯环上的一氯代物有5种D.其中手性碳原子个数为2【答案】C【解析】【详解】A．碲位于元素周期表第5周期VIA族，基态碲原子中价层电子的排布式为5s25p4，未成对电子数为2，选项A正确；B．其中含氧官能团有醚键、酮羰基共2种

，选项B正确；C．苯环上有6种不同化学环境的氢原子，其一氯代物有6种,选项C错误；D．其中手性碳原子个数为2，如图，选项D正确；答案选C。10.一种可用于头孢菌素改性剂的结构如下图所示，其中X、Y、Z、W是原子序数递增的短周期主

族元素。下列说法正确的是A.原子半径：Z>WB.第一电离能：Z<YC.沸点：X2Z<X2WD.键角：YZ2>WZ2【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数递增的短周期主族元素，X形成一对共用

电子对，Y形成4对共用电子对，Z、W形成2对共用电子对，推知X为H、Y为C、Z为O、W为S；【详解】A．同主族从上而下原子半径依次增大，故原子半径：W>Z，选项A错误；B．同一周期元素，元素的第一电离能随

着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，第一电离能：Z>Y，选项B错误；C．H2O存在分子间氢键，H2S没有，故沸点：X2Z>X2W，选项C错误；D．二氧化碳分子中碳原子采用sp杂化轨道与氧原子成键是直线型分子，分子中化学键键角为1

80°，二氧化硫分子中硫原子是sp2杂化为V型分子，分子中键角119.5°，键角：CO2＞SO2，选项D正确；答案选D。11.根据实验操作及现象，下列结论中正确的是选项实验操作和现象结论A．向蔗糖溶液滴加稀硫酸，水浴加热，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，无砖红色沉淀蔗糖未发生

水解B．将补铁剂溶于盐酸，过滤，将滤液加入KMnO4溶液中，溶液紫色褪去补铁剂中含有二价铁C．向盛有2mL鸡蛋清溶液的试管中加入5滴浓硝酸，加热，先有白色沉淀，加热后沉淀变黄蛋白质能发生变性和显色反应D．石蜡油加强热，

将生成的气体通入溴水中，溴水褪色气体中含有乙烯A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．选择新制Cu(OH)2悬浊液检验蔗糖溶液水解出的葡萄糖应在碱性环境下进行检验，即加入新制Cu(OH)2悬浊液前应先加氢氧化钠使溶液呈碱性，故A错

误；B．盐酸也能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，则溶液褪色不能说明铁锈中否含有二价铁，故B错误；C．鸡蛋清溶液中含大量蛋白质，加入浓硝酸，使蛋白质变性，溶解度降低，产生白色沉淀；加热后，浓硝酸与蛋白质作用沉淀变黄，发生显色反应，故C正确；D．石蜡油受热分解产生的不饱和烃能与溴水发生加成反应，使溴

水褪色，但不能证明不饱和烃是乙烯，故D错误；答案选C。是12.我国科技工作者设计了一种CO2转化的多功能光电化学平台，实现了CO生产与塑料到化学品的协同转化，其原理如下图所示，下列说法错误的是A.光催化电极的电势：a>bB.电池工作时，负极区溶液的pH减小C.

正极区的电极反应为CO2+2e—+2HCO3−=CO+2CO23−+H2OD.当电路中转移1mol电子时，正极区溶液质量增大39g【答案】D【解析】【分析】由图可知，光催化电极a为原电池的正极，碳酸氢根离子作用下二氧化碳在正极得到电子发生还原反

应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CO2+2e—+2HCO3−=CO+2CO23−+H2O，光催化电极b为负极，氢氧根离子作用下在负极失去电子发生氧化反应生成和水，电极反应式为—10ne—+15nOH—=5n+(4n+1)H2O，由电荷守恒可知，钾离子通过阳离子交换膜由负极移向正极。【详解】A．由

分析可知，光催化电极a为原电池的正极，光催化电极b为负极，则电极a的电势大于电极b，故A正确；B．由分析可知，光催化电极b为负极，氢氧根离子作用下在负极失去电子发生氧化反应生成和水，电极反应式为—10ne—+15nOH—=5n+(4n+1)H2O，则电池工作时，负极消耗氢氧根离子，负极区溶液的pH

减小，故B正确；C．由分析可知，光催化电极a为原电池的正极，碳酸氢根离子作用下二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CO2+2e—+2HCO3−=CO+2CO23−+H2O，故C正确；D．由分

析可知，电池工作时，二氧化碳转化为一氧化碳会使溶液的质量增大，钾离子由负极移向正极也会使溶液质量增大，则当电路中转移1mol电子时，正极区溶液质量增大1mol×39g/mol+1mol×12×16g/mol=47g，故D错误；故选D。13.为维护国家安全和

利益，经国务院批准，决定对镓、锗相关物项实施出口管制。镓的某种化合物的晶胞结构如下图所示(晶胞参数为apm)，下列说法正确的是A.Ga元素位于周期表的ds区B.晶体结构中N的配位数为4C.该物质的化学式为GaN2D.该晶体的密度为273A48410aN−g/cm3【

答案】B【解析】【详解】A．镓元素的原子序数为31，价电子排布式为4s24p1，位于周期表的p区，故A错误；B．由晶胞结构可知，晶胞中位于体对角线上的氮原子与4个镓原子的距离最近，则氮原子的配位数为4，故B正确；C．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的镓原子

个数为8×18+6×12=4，位于体内的氮原子个数为4，则物质的化学式为GaN，故C错误；D．设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：A484N=(a10-10)3d，解得d=303A48410aNg/cm3

，故D错误；故选B。14.由乙烷、乙烯、乙炔和二氧化碳组成的“四组分混合气体”在工业上较为常见，可利用传统方法或MOFs吸附法提纯得到高纯度乙烯，工艺流程如下图所示。下列说法错误的是（）A.传统方法存在步骤繁琐等问题B.洗气池中可盛放碱性溶液

C.反应器中仅发生了σ键的断裂和生成D.吸附法利用了各分子尺寸大小的差异【答案】C【解析】【详解】A．根据流程图对比可知传统方法步骤相对较多，存在步骤繁琐等问题，故A正确；B．洗气池中可放碱性溶液将混

合气体中的二氧化碳气体进行吸收，故B正确；C．混合气体中存在乙炔，在反应器中发生反应，乙炔中的碳碳三键含σ键和π键，故C错误；D．混合气体中各种分子的尺寸大小不同，可以根据此性质差异进行吸附分离，故D正确

；答案选C。15.常温下，向饱和氯水中以恒定速率滴加NaOH溶液，测得溶液pH随时间的变化如下图所示，溶液中氯元素的存在形式仅考虑Cl2、Cl—、ClO—、HClO，该过程不考虑HClO的分解，下列说法错误的是A.

M点：c(H+)>c(Cl—)>c(HClO)B.N点：c(Na+)=c(Cl—)+c(ClO—)的C.从M点到P点，-c(HClO)c(ClO)逐渐减小D.从M点到P点，水的电离程度逐渐增大【答案】D【解析】【分析】氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，由图可知，M点为饱和氯水，溶液呈酸性，溶液中

的氢离子抑制水的电离，N点为氯化钠、次氯酸钠和次氯酸的混合溶液，溶液呈中性，溶液中氢离子浓度减小，水的电离程度增大，P点为氯化钠、次氯酸钠和氢氧化钠的混合溶液，氢氧化钠在溶液中电离出的氢氧根离子抑制水的电离，水的电离程度小于氯化钠、次氯酸钠混合溶液中水的电离程度，则从M点到P点，水的电离程度

先增大后减小。【详解】A．由分析可知，M点为饱和氯水，溶液中存在如下平衡：Cl2+H2OH++Cl—+HClO，次氯酸在溶液中部分电离出氢离子和次氯酸根离子，则溶液中微粒浓度的大小顺序为c(H+)>c(Cl—)

>c(HClO)，故A正确；B．由分析可知，N点为氯化钠、次氯酸钠和次氯酸的混合溶液，溶液呈中性，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(ClO—)+c(Cl—)+c(OH—)可知，溶液中c

(Na+)=c(Cl—)+c(ClO—)，故B正确；C．由电离常数公式可得：溶液中-c(HClO)c(ClO)=+ac(H)K，从M点到P点，溶液中氢离子浓度减小、电离常数不变，则+ac(H)K和-c

(HClO)c(ClO)的值减小，故C正确；D．由分析可知，从M点到P点，水的电离程度先增大后减小，故D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.废SCR催化剂(含TO2、V2O5、WO3等)的回收对环境保护和资源循环利用意义重大。通过如下工艺流程可以回收其中的钛、钒、钨

等。已知：①TO2、V2O5和WO3都能与NaOH溶液反应生成可溶性的NaVO3、Na2WO4和不溶性的Na2TiO3；②Ksp(CaWO4)=9×10-9。回答下列问题：（1）基态23V原子的价层电子轨道表示式为___________。（2

）“球磨”的目的是___________。（3）“碱浸”后通过___________(填操作名称)可以实现钛与钒、钨分离。（4）“酸浸”后钛主要以TO2+形式存在，“热水解”反应的离子方程式为___________。（5）“煅烧”NH4VO3的化学方程式为___________。

（6）“沉钨”中析出CaWO4时，需要加入过量CaCl2，其目的是___________。（7）向20mL0.3mol/LNa2WO4的滤液中加入等体积的CaCl2溶液(忽略混合过程中的体积变化)，欲使WO24−浓度小于1×10-6mol/L，则CaC

l2溶液的最小浓度为___________mol/L。【答案】（1）（2）增大接触面积，提高“碱浸”反应速率（3）过滤（4）TiO2++(x+1)H2OΔTiO2·xH2O↓+2H+（5）2NH4VO3煅烧V2O5+2NH3↑+H2O↑（6）利用同离子

效应，促进CaWO4尽可能析出完全（7）0.318【解析】【分析】废SCR催化剂(含TO2、V2O5、WO3等)经过球磨预处理后，进行碱浸，TO2、V2O5和WO3都能与NaOH溶液反应生成可溶性的NaVO3、Na2WO4和不溶性的Na2TiO

3；过滤的到Na2TiO3，加入硫酸进行溶解，进行热水解后得到2TiOxHO；滤液中加入氯化铵进行沉钒，过滤后得到43NHVO，经过煅烧分解出25VO；滤液中加入HCl和CaCl2,沉钨，沉淀经煅烧后生成3WO；【小问1详解】基态23V原子核外电子排布

式：22626321s2s2p3s3p3d4s，价层电子轨道表示式：；【小问2详解】“球磨”的目：增大接触面积，提高“碱浸”反应速率；【小问3详解】碱浸，TO2、V2O5和WO3都能与NaOH溶液反应生成可溶性

的NaVO3、Na2WO4和不溶性的Na2TiO3，通过过滤可以实现钛与钒、钨分离；【小问4详解】TO2+“热水解”离子方程式：()2222TiOx+1HOTiOHO2Hx++++；【小问5详解】煅烧NH4VO3可生成25VO，反应化学方程式：2NH4VO3煅烧V2O5+

2NH3↑+H2O↑；【小问6详解】“沉钨”中析出CaWO4时，需要加入过量CaCl2，其目的：利用同离子效应，促进CaWO4尽可能析出完全；【小问7详解】向20mL0.3mol/LNa2WO4的滤液中加入等体积的CaCl2溶液(忽略混合过程中的体积变化)，沉淀后消耗C

aCl2物质的量：0.02L0.3mol/L0.006mol=，欲使WO24−浓度小于1×10-6mol/L，溶液中()()()9sp423624CaSO910cCamol/L910mol/L110cWOK−+−−−===，则CaCl2溶液最小浓度：30.006mol910mol/L

0.04L0.318mol/L0.02L−+=；17.过氧化铜(CuO2)是黄褐色固体，可用作有机合成的氧化剂和催化剂。某校实验兴趣小组制备过氧化铜的步骤：I．称取2.0gNH4Cl和2.0gCuSO

4·5H2O于烧杯中，加入40mL水溶解。Ⅱ.缓慢加入NaOH固体并搅拌，溶液中先出现绿色沉淀[Cu2(OH)3Cl]，然后沉淀慢慢变为蓝色，最后溶解形成溶液A。Ⅲ.在冰水浴下，将40L3%H2O2溶液加入溶液A中，搅拌均匀，产生黄褐色沉淀，离心分离。V.沉淀洗涤、

晾干、称重，得0.6g粗品。回答下列问题：（1）步骤I配制溶液时，下列仪器中不需要的是___________(填仪器名称)。（2）步骤Ⅱ中生成绿色沉淀的离子方程式为___________，溶液A的颜色为___________。（3）步骤Ⅲ中在冰水浴中进行反应的原因是___________

。（4）步骤Ⅲ中为避免反应过于剧烈，加入H2O2溶液应采用___________的方法。（5）步骤Ⅳ中用到了乙醇洗涤，其目的是___________。（6）取粗品0.1000g(杂质不参加反应)与过量酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用0.100

0mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液分别为27.02mL、26.98mL、28.00mL(已知：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2S2O23−=2I-+S4O26−)。粗品中CuO

2的纯度为___________。【答案】（1）分液漏斗、球形冷凝管（2）①.2Cu2++Cl-+3OH-=Cu2(OH)3Cl↓②.深蓝色（3）避免温度较高造成H2O2分解（4）分批加入(或“逐滴加入”)（5）乙醇挥发，带走水分，便于晾干（6）86.

4%【解析】【分析】配制氯化铵、硫酸铜的混合液，逐滴加氢氧化钠溶液，溶液中先出现绿色沉淀[Cu2(OH)3Cl]，然后沉淀慢慢变为蓝色硫酸四氨合铜溶液；在冰水浴下，将40L3%H2O2溶液加入硫酸四氨合铜溶液中，搅拌均匀，产生黄褐色沉淀CuO2。【小问1详解】称取2.0

gNH4Cl和2.0gCuSO4·5H2O于烧杯中，加入40mL水溶解，需要的仪器有烧杯、电子秤、量筒、玻璃棒，所以不需要的仪器是分液漏斗、球形冷凝管；【小问2详解】NH4Cl、CuSO4的混合溶液中加入NaOH固体并搅拌生

成绿色沉淀[Cu2(OH)3Cl]，反应的离子方程式为2Cu2++Cl-+3OH-=Cu2(OH)3Cl↓；NH4Cl、CuSO4的混合溶液中加入过量NaOH固体生成硫酸四氨合铜溶液，溶液呈深蓝色；【小问3详解】为避免温度较高造成H2O2分解，步骤Ⅲ中在冰

水浴中进行反应；【小问4详解】根据影响反应速率的因素，步骤Ⅲ中为避免反应过于剧烈，可以降低反应物浓度，加入H2O2溶液应采用分批加入的方法。【小问5详解】乙醇挥发，带走水分，便于晾干，所以步骤Ⅳ中用乙醇洗涤；【小问6详解】用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na2S

2O3标准溶液分别为27.02mL、26.98mL、28.00mL，第三次实验误差超出正常范围，舍去不用；根据第一次、第二次实验数据，平均消耗Na2S2O3标准溶液27.00mL，由2CuO2+8I-=2CuI↓+3I2、I2+2S2O23−=2I-

+S4O26−得反应关系式2CuO2~~3I2~~6S2O23−，可知0.1g样品中含的物质的量为20.027L0.1mol/L0.0009mol6=。粗品中CuO2的纯度为0.0009mol96g/mol100%86.

4%0.1g=。18.甲醇既是重要的化工原料，又是一种清洁燃料。利用CO，加氢合成甲醇的主要反应如下：Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1Ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2>0回答下列问题：（1）我国学者结

合实验与计算机模拟结果，研究了光催化CO2加氢合成甲醇的反应历程，如下图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示。①ΔH1___________0(填“>”或“<”)。②图示历程包含___________个基元反应，其中最大能垒(活化能)步骤的化学方程式为___________。（2）向刚

性容器中充入一定量CO2和H2，在相同压强和不同温度下，反应相同时间，CO2的转化率和甲醇选择性[已知甲醇的选择性=33n(CHOH)n(CO)+n(CHOH)]随温度的变化如下图所示：在200~300℃间，CH

3OH的选择性随温度的升高而下降，写出一条可能原因___________。（3）一定条件下，向刚性容器中充入物质的量之比为1：3的CO2和H2，发生上述反应Ⅰ和Ⅱ。①有利于提高甲醇平衡产率的条件是___________(填标号)。A．高温高压B．低温高压C．高温低压

D．低温低压②达到平衡时CO2的转化率为20%，CH3OH的选择性为75%，则a(H2)=___________(计算结果保留3位有效数字)；反应Ⅱ的Kp=___________。【答案】18.①.<②.8③.HCOO*+5H*=HCOOH*+4H*或HCOO*+H*=HCOOH*19.温度升高

，催化剂活性降低(或升温对反应Ⅱ速率的影响更大)20.①.B②.16.7%③.5×10-3【解析】【小问1详解】根据图像，初始反应物的总能量为0，反应后生成物的总能量小于0，H=生成物的总能量-反应物的总能量＜0；吸附过程是物理过程，不是基

元反应，因此由图可知，图示历程包括8个基元反应，其中最大能垒(活化能)步骤的化学方程式为HCOO*+5H*=HCOOH*+4H*或HCOO*+H*=HCOOH*；【小问2详解】原因可能是升温对反应Ⅱ速率的影响比对反应Ⅰ的影响大，使平衡Ⅰ向左移动

，平衡Ⅱ向右移动；还有可能是温度升高，催化剂活性降低；【小问3详解】①该反应的正反应是一个放热，气体体积减小的反应，降低温度、增大压强平衡正向移动，甲醇的产率增大，故低温高压有利于体改甲醇产率，因此选B。②假设加入二氧化碳的物质的量为amol，则氢气为3amol，反应Ⅰ二氧化碳转化了xmol

，反应Ⅱ二氧化碳转化了（0.2a-x）mol，根据三段式：()()()2232CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)mola3a00molx3xxxmola-x3a-3xxx起始转化平衡()()()222CO(g)+H(

g)CO(g)+HO(g)mol00mol0.2a-x0.2a-x0.2a-x0.2a-xmol0.2a-x0.2a-x起始转化平衡则甲醇的选择性===+−33n(CHOH)x100%100%75%n(CO)+n(CHOH)x0.2ax，解得x=

0.15amol，则()23x+0.2a-x20.15a+0.2aH=100%=100%=100%=16.7%3a3a转化量起始量；故平衡时二氧化碳的物质的量为0.8amol，氢气为2.5amol，甲醇为0.15amol，CO为0.05amol，水为0.2amol，则体系中，各物质的平衡

分压为()20.8a8pCO=p=p0.8a+2.5a+0.15a+0.05a+0.2a37，()225pH=p37，()0.5pCO=p37，()22pHO=p37，故反应Ⅱ的压强平衡常数()()()()23220.52pppCOpHO3737Kp=510825pCOpHpp3737

−==。19.文拉法辛(化合物H)是一种用于治疗各类抑郁症的药物，其合成路线如下图所示。回答下列问题：（1）A的化学名称是___________。（2）D→E的反应类型是___________。（3）F的结构简式为___________。（4）G的官能团名称

为醚键、___________和___________。（5）A与HCHO反应形成线型结构高分子的反应方程式为___________。（6）在D的同分异构体中，同时满足下列条件的共有___________种(不考虑立体异构)。a．能使溴水褪色b．含有酰胺基c．含有苯环，不

含其它环状其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为2：2：2：2：1的同分异构体的结构简式为___________(只写一种)。【答案】（1）苯酚（2）加成反应（3）（4）①.羟基②.氨基（5）（6）①.5②.或【解析】【分析】根据A

分子式及B结构简式可知，A为苯酚；A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生取代反应生成D；D通过加成反应生成E，E中－CN在催化条件先与氢气发生加成反应生成F，结构简式：；【小问1详解】根据分析可知A为苯酚；小问2详解】根据D→E反应过程

中断键及成键可知，发生加成反应；【小问3详解】根据反应条件及分子式可知E中－CN在催化条件先与氢气发生加成反应生成F，结构简式：【；【小问4详解】结合有机物G分子式可知，含官能团：羟基、氨基和醚键；【

小问5详解】A为苯酚，与HCHO发生聚合反应形成线型结构高分子，反应方程式：；【小问6详解】D的同分异构体，同时满足下列条件：a．能使溴水褪色，说明含不饱和键，结合不饱和度可知为碳碳双键；b．含有酰胺基；c．含有

苯环，不含其它环状；即同分异构体含苯环、酰胺基、碳碳双键结构；若苯环只含一个侧链，结构可为或；若苯环有两个侧链，则两侧链分别为和，两侧链存在邻、间、对三种位置关系，则同分异构体共计有5种；其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为2：2：2：2：1的同分异构体的结构简式：或；