【文档说明】湖南省双峰县第一中学2023届高三第六次月考化学试题 含解析.docx，共(22)页，5.047 MB，由小赞的店铺上传

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双峰一中2023届高三月考六化学试题可能用到的相对原子质量：O~16Cu~64一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42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.古代文献中记载了很多化学研究成果，对人类文明贡献巨大。下列常见古诗文中对应化学知识不正确的是选项古诗文化学

知识A唐代《传信方》对巴石的记载：“治气痢巴石丸，取白矾一大斤，以炭火净地烧令汁尽，则其色如雪，谓之巴石”巴石丸主要化学成分为()422KAlSO12HOB《物理小识》卷七《金石类》中对硇水的记载：“有硇水者，剪银塊投之，则旋而为水”“硇水”可能为稀硫酸C《梦

溪笔谈》中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”剂钢为铁的合金，其硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低D李时珍在《本草纲目》中写道：“烧酒非古法也。自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承取

滴露”该实验操作方法是蒸馏A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．根据“则其色如雪，谓之巴石”，说明巴石是一种白色块状晶体，且能被人体服用，KAl(SO4)2•7H2O是白色晶体，无毒，符合题意，故A正确；B．“有硇水者，剪银块投之，则旋而为水”，说明“硇

水”能溶解单质银，硫酸不能与Ag反应，“硇水”不可能为稀硫酸，故B错误；C．依据合金的性质可知，剂钢为铁的合金，其硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，故C正确；D．烧酒的制造工艺利用蒸馏的方法，可用于分离沸点不同的液体混合物，为蒸馏操作，故D

正确；故选：B。2.设AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.常温下，pH=10的KClO溶液中，由水电离出的H+数目为4A10N−B.48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中含有的共价键数目为13ANC.标准状况下，1.12L乙醇中碳氢键的数目为0.2

5AND.反应43322Δ5NHNO2HNO4N9HO++中，每生成14g2N时，转移的电子数为3.75AN【答案】B【解析】【详解】A．溶液体积未知，无法计算氢离子个数，故A错误；B．正丁烷和异丁烷为同分异构体，其化学式均为C4H10，每个分子中化学键数目=10

(碳氢键)+3(碳碳键)=13，混合物的物质的量-1m48g+10gn===1molM58gmol，混合物中共价键数目为13NA，故B正确；C．标况下乙醇为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D．反应43322Δ5NHNO2H

NO4N9HO++转移15mol电子，生成4mol氮气，故当生成14g氮气即物质的量为m14gn===0.5molM28g/mol时，转移电子为1.875NA，故D错误；故选：B。3.下列化学反应的离子方程式正确的是A.向硫

酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：()3232332Al3CO=AlCO+−+B.用氨水吸收少量的二氧化硫：32243=NHHOSONHHSO+−++C.Fe与稀硝酸反应，当()3(Fe):HNO1:2nn=时：2323Fe2NO8H3Fe

2NO4HO=−++++++D.向4NaHSO溶液中逐滴加入2Ba(OH)溶液至24SO−恰好完全沉淀：224242HSOBa2OH2HOBO=aS+−+−++++【答案】C【解析】【详解】A．Al3+与2-3CO发生彻底双水解生成Al(OH)3沉淀、CO2

气体，离子方程式为2Al3++32-3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，故A错误；B．用氨水吸收少量二氧化硫尾气，离子方程式为：2NH3⋅H2O+SO2=2+4NH+2-3SO+H2O，故B错误；C．Fe与稀硝酸反应，当n(Fe)：n(HNO3)=1：2

时，硝酸不足反应生成硝酸亚铁，离子方程式3Fe+2-3NO+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，故C正确；D．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至24SO−恰好完全沉淀，该反应的离子反应为：

H++24SO−+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O，故D错误；故选：C。4.铁及其化合物在工农业生产中应用广泛，部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列说法错误的是A.a与水常温下几乎不发生反应，但在高温下可发生置换反应B.e、g和f均可通过化合反应制得C.g溶液与氨水缓慢

反应可得具有净水作用的胶体D.可以用KSCN溶液鉴别g和f【答案】C【解析】【分析】由铁元素的价态类别图可知a为Fe，b为FeO，c为Fe2O3，d为Fe(OH)2，e为Fe(OH)3，f为FeCl2，g为FeCl3；【详解】A．a

为Fe，在高温下铁和水蒸气发生置换反应反应生成四氧化三铁和氢气，A正确；B．e为Fe(OH)3，由氢氧化亚铁和氧气和水发生化合反应生成氢氧化铁，f为FeCl2，由铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，g为FeCl3，由铁和氯气在点燃下反应生成氯化铁，B正确；

C．g为FeCl3，与氨水反应生成氢氧化铁沉淀，不能得到胶体，C错误；D．f为FeCl2，g为FeCl3，铁离子和KSCN溶液结合变成血红色，可鉴别铁离子，D正确；故选：C。5.1-乙基-3-甲基咪唑四氟硼酸盐是一种常见的离子液体(结构如图)，其环状结构中存在类似苯的大π键。下列说

法正确的是为A.4BF−的VSEPR模型为平面正方形B.形成大π键的电子由C原子和N原子共同提供C.第二周期中第一电离能介于B和N之间的元素有2种D.离子液体中B原子和C原子的杂化方式完全相同【答案】B【解

析】【详解】A．4BF−的中心原子B的价层电子对数为4+31412+−=4，而且没有孤电子对，所以VSEPR模型为正四面体形，故A错误；B．每个C提供一个pz电子，N提供一对pz电子，C原子和N原子形成大π

键，故B正确；C．同周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，其中第IIA族的Be和第VA族的N的第一电离能均高于其相邻的元素，故第二周期中第一电离能介于B与N之间的元素有Be、C、O，共3种，故C错误；D．甲基上的C原子只形成单键，为sp3杂化，杂环上的C原子形成了C=N

双键，为sp2杂化，B原子的价电子对数为4+31412+−=4，因此B原子采取sp3杂化，故D错误；故选：B。6.短周期元素R、X、Y、Z、M原子序数依次增大，最外层电子数：3Z+M=X+Y，其中元素R、X、Y、M形成的化合物(结构式)具有如图所示转

化关系。下列说法正确的是A.离子半径：M>Z>YB.简单气态氢化物的沸点：X>YC.M的最高价氧化物对应水化物为强酸D.X、Y、M的电负性由大到小的顺序：M>Y>X【答案】C【解析】【分析】短周期元素R、X、Y、Z、M原子序数依次递增，最外层电子数：3Z+M=X+Y，根据元素R

、X、Y、M形成的化合物(结构式)具有如图所示转化关系，则X有四个价键，Y有2个价键，R有1个价键，M有1个价键，则R为H，X为C，Y为O，M为Cl，则Z为Na。【详解】A．电子层越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，简单离子半径

：M(Cl-)＞Y(O2-)＞Z(Na+)，故A错误；B．水中存在分子间氢键，因此简单气态氢化物的沸点：H2O＞CH4，故B错误；C．M为Cl，最高价氧化物对应水化物高氯酸属于强酸，故C正确；D．X为C，Y为O，M为Cl，非金属性越强则电负性越大，

由非金属性O＞Cl＞C，故C、O、Cl的电负性由大到小的顺序为O＞Cl＞C，故D错误；综上所述，答案为C。7.利用NaClO氧化尿素制备N2H4·H2O(水合肼)，同时可制备Na2SO3，制备流程如图所示：已知：N2H4·H2O有

强还原性，N2H4·H2O能与NaClO反应生成N2；0.1mo1/L亚硫酸钠溶液的pH约为9.5。下列说法错误的是A.步骤I反应时，若产物中n(NaClO)：n(NaClO3)=5：1，则n(NaCl)：n(NaClO)=2：1

B.步骤II中须将尿素缓慢加入NaClO碱性溶液中C.步骤II反应的离子方程式为C1O+CO(NH2)2+2OH-=C1-+N2H4·H2O+CO23−D.步骤IV中反应过程中控制溶液为碱性，有利于吸收SO2【答案】B【解析】【分析】由流程可知，步骤I中发生---22Cl+2O

H=ClO+Cl+HO，温度过高时易发生---2323Cl+6OH=ClO+5Cl+3HO，步骤II中发生()---2224322ClO+CONH+2OH=Cl+NHHO+CO−，且将NaClO溶液逐滴滴加到尿素中，可防止过量的NaClO溶液将242NHHO氧化，步骤III中分离出碳酸钠、

水合肼；步骤IV向碳酸钠溶液中通入SO2，反应过程中控制溶液为碱性有利于吸收SO2，将碳酸钠转化为亚硫酸钠；【详解】A．步骤I反应时，若产物中n(NaClO)：n(NaClO3)=5：1，假设产物中n(NaClO)=5mol，是n(

NaClO3)=1mol，根据得失电子守恒可知n(NaCl)=10mol，故n(NaCl)：n(NaClO)=2：1，A项正确；B．由分析可知：步骤II中将NaClO溶液逐滴滴加到尿素中，可防止过量的NaClO溶液将242NHHO氧化，B项错误；C．步骤II反应的离子方程式为()---222

4322ClO+CONH+2OH=Cl+NHHO+CO−，C项正确；D．由分析可知，步骤IV中反应过程中控制溶液为碱性，有利于吸收SO2，D项正确；答案选B。8.厦门大学周志有教授和王韬副研究员团队阐释了在不同表面电势下，丙烯分子在金属Pd和PdO表面的不同吸附构型以及不同反应路径。在金属P

d和PdO表面的不同吸附构型和反应路径使得PdO更利于1，2-丙二醇的生成，电化学结果表明PdO生成1，2-丙二醇的量是金属Pd的3倍。PdO电氧化丙烯的反应路径示意图如图所示：下列叙述错误的是A.相同条件

下，PdO催化效率大于PdB.32CHCHCH=中双键端基上原子与PdO结合C.丙烯发生催化氧化生成1，2-丙二醇D.1，2-丙二醇分子间氢键决定其稳定性【答案】D【解析】【详解】A．依题意，“PdO生成1，2—丙二醇的量是金属P

d的3倍”，说明PdO催化效率高于Pd，A正确；B．观察图示，甲基是推电子基，丙烯中2CH端呈负电性，易与Pb形成配位键，B正确；C．()3232CHCHCHCHCHOHCHOH=→，氧参与反应为氧化反应，C正确；D．分子间氢键影响沸点、溶解性，不影响物质的稳定性，D错误；故选D。9.

化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作能达到实验目的的是A.除去2SO中的少量HClB.蒸发结晶制胆矶C.熔融纯碱D.制备Cl2【答案】A【解析】【详解】A．饱和亚硫酸氢钠可以抑制二氧化硫的溶解且能和HCl生成二氧化硫气体，A正确；B．胆矾为五水硫

酸铜晶体，应该蒸发浓缩、冷却结晶制胆矾，B错误；C．碳酸钠能和瓷坩埚中二氧化硅等反应，C错误；D．浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，反应缺少加热装置，D错误；故选A。10.下列实验操作、现象和结论都正确的

是选项实验操作现象结论A向盛有2mL0.1mol•L-1AgNO3溶液的试管中滴加10滴0.1mol•L-1KCl溶液，待生成白色沉淀后，再向其中滴加0.1mol•L-1KI溶液先观察到白色沉淀，后沉淀颜色变为黄色Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)B将

浓硫酸和无水乙醇加热到170℃，产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中酸性高锰酸钾溶液褪色使酸性高锰酸钾溶液褪色的气体为乙烯C将浓氨水滴到碱石灰上，产生的气体通入湿润的蓝色石蕊试纸上湿润的蓝色石蕊试纸变红氨气溶于水显碱性D将CH3CH2Br与NaOH溶液共

热，冷却后，取出上层水溶液，先加HNO3酸化，再加AgNO3溶液产生淡黄色沉淀CH3CH2Br中存在溴元素A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．试管中加入的AgNO3溶液过量，过量的Ag+与I

-反应产生AgI沉淀，不能证明AgCl会发生沉淀转化生成AgI沉淀，故无法证明溶度积常数Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，A错误；B．乙醇具有挥发性，挥发的气体中含有乙醇及浓硫酸与乙醇发生氧化还原反应产生的SO2都具有还原性，二者都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此不能证

明反应产生了乙烯，B错误；C．氨气的水溶液显碱性，能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，而不是使湿润的蓝色石蕊试纸变红色，C错误；D．将CH3CH2Br与NaOH溶液共热，发生水解反应产生CH3CH2OH及NaBr，冷却后，取出上层水溶液，先加

HNO3酸化，再加AgNO3溶液有淡黄色沉淀即为AgBr沉淀，则可说明有溴元素，D正确；故合理选项是D。11.固氮是将游离态的氮转变为氮的化合物，一种新型人工固氮的原理如图所示。下列叙述正确的是A.转化过程中所涉及的元素均呈现了两种价态B.反应①②③均为氧化还原反应C.假设

每一步均完全转化，每生成2molNH3，同时生成1.5molO2D.参与反应的物质均只含离子键【答案】C【解析】【详解】A．根据转化关系可知：在转化过程中H始终呈+1价，A错误；B．反应②为Li3N+3H2O=NH3↑+3LiOH，该反应过程中元素化合价不变，因此反

应属于非氧化还原反应，B错误；C．假设每一步均完全转化，生成O2转移4mol电子，每生成1molNH3转移了3mol电子，则当生成2molNH3时转移6mol电子，则反应生成O2的物质的量为n(O2)=6mol4=1.5mol，C正确；D．根据反应转化关系可知：反应过程中参与反

应的物质含有离子键、共价键，D错误；故合理选项是C。12.西南交通大学杨维清教授课题组成功合成空心铋纳米管(BiNTs)，化学反应原理为()()3q3sCuBiIa+()()ss3CuIBi+=。以铋纳米管为负极设计了高能环保型钠离子电池。装置如图所示。已知：法拉第常数()F9650

0C/mol=。V有＋5价和＋4价。下列叙述正确的是A.放电时，()342NaVOPOF极区Na+数增多B.放电时，BiNTs极发生了还原反应C.充电时，阳极反应为()()34422NaVOPOF2eNaVOPOF2Na−+−=+D.充电时，电流强度为5A，通电10min时阳极质量净增约0.

12g【答案】AC【解析】【分析】以铋纳米管为负极设计了高能环保型钠离子电池，则放电时BiNTs为负极，发生失电子的氧化反应，阳离子Na+向正极迁移，充电时BiNTs为阴极。【详解】A．依题意，放电时，BiNTs为负极，Na+向正极迁移

，选项A正确；B．放电时，负极发生氧化反应，选项B错误；C．充电时，阳极发生氧化反应，V由＋4价升至＋5价，选项C正确；D．充电时，阳极脱离了Na+，质量减小，选项D错误；答案选AC。13.砷化镓是一种重要

的半导体材料，熔点1238℃。它在600℃以下能在空气中稳定存在，并且不被非氧化性的酸侵蚀。砷化镓晶胞结构如图。下列说法不正确的是A.砷化镓是一种共价晶体B.砷化镓中存在配位键C.若晶胞参数为apm，则Ga与As

的最短距离为34apmD.晶胞中与Ga等距且最近的As形成的空间结构为正八面体【答案】D【解析】【详解】A．根据砷化镓熔点数据和晶胞结构(空间网状)可知砷化镓为共价晶体，故A正确；B．Ga最外层有3个电

子，每个Ga与4个As成键，所以砷化镓中存在配位键，故B正确；C．Ga与As的最短距离为3pm4a，故C正确；D．由图可知，晶胞中与Ga等距且最近的As形成的空间结构为正四面体，故D错误；故答案选D。14.室温下，向亚硫酸溶液中滴加NaOH溶液，各含硫微粒

分布分数(平衡时某微粒的物质的量占各微粒物质的量之和的百分数)与溶液pH的关系如图所示。下列说法错误的是A.曲线Ⅲ表示23SO−的分布分数随pH的变化B.()a223HSOK的数量级为810−C.pH=7时，()()23Na3SOcc+−D.3NaHSO溶液中存在()()()()2323O

HSOHHSOcccc−−++=+【答案】C【解析】【分析】向亚硫酸溶液中滴加NaOH溶液，亚硫酸物质的量浓度逐渐减小，亚硫酸氢根物质的量浓度逐渐增大，因此曲线I为亚硫酸，曲线II为亚硫酸氢根，再继续加NaOH溶液，亚硫

酸氢根物质的量浓度减小，亚硫酸根物质的量浓度增大，因此曲线III为亚硫酸根。【详解】A．根据前面分析曲线Ⅲ表示23SO−的分布分数随pH的变化，故A正确；B．在pH=7.2时，亚硫酸氢根物质的量浓度和亚硫酸根物质的量浓度相等，则Ka2(H2SO3)=c(H+)=1×1

0−7.2=100.8×10−8，因此Ka2(H2SO3)的数量级为10−8，故B正确；C．pH=7时，根据电荷守恒得到c(Na+)=2c(23SO−)+c(-3HSO)，又由于pH=7时c(23SO−)＜c(-3HSO)，因此c(Na+)＞3c(23SO−)，故

C错误；D．3NaHSO溶液中存在质子守恒：()()()()2323OHSOHHSOcccc−−++=+，故D正确；综上所述，答案为C。二、非选择题(本题共4道大题，共58分。15.三氯氧磷(3POCl)在制药、染

化、塑胶助剂等生产中有广泛应用。现设计如图实验装置(加热、夹持装置已省略)用2O直接氧化3PCl制备3POCl，有关物质的部分性质如表：物质熔点/℃沸点/℃其他性质3PCl-11275.5遇水生成33HPO和HCl，遇2O生成3POCl3POCl21

05.3遇水生成34HPO和HCl，能溶于3PCl回答下列问题：（1）装置B中反应仪器的名称是___________。（2）装置A中发生反应的化学方程式为___________；装置B中制备3POCl的化学方程式为___________。（3）该制备实验装置存在设计缺陷，改进方案为在

装置A和装置B之间增加如图装置，请写出该装置的两种作用：___________。（4）通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素的含量，实验步骤如下：Ⅰ、取gm产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，完全反应后加稀

硝酸至溶液显酸性；Ⅱ、向锥形瓶中加入10.1000molL−的3AgNO溶液50.00mL，使Cl−完全沉淀；Ⅲ、向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；Ⅳ、加入指示剂3FeCl，用14molLNHSC

Nc−标准溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为VmL。已知：10sp(AgCl)3.210K−=，12sp(AgSCN)210K−=①Cl元素的质量分数为___________(列出算式即可)。②若取消步骤Ⅲ，会使步

骤Ⅳ中出现两种沉淀共存，此时()()Cl:SCNcc−−=___________，该反应使测定结果___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】（1）三颈烧瓶（2）①.22222MnO2HOHOO+(

合理即可)②.3232PClO=2POCl+（3）干燥作用，除去氧气中含有的水蒸气、平衡装置内外的压强，起安全瓶的作用、通过导管口产生气泡的速率调控A装置加入液体的速率(任写两种，合理即可)（4）①3.55(5)%

Vcm−②.160③.偏小【解析】【分析】根据实验目的可知，装置A是氧气的发生装置，取固体与液体不加热制备气体装置，可以为H2O2在MnO2催化作用下分解生成氧气，也可以是过氧化钠与水反应，通过加入液体的量，可以控制产生氧气的速率

，氧气中含有水蒸气，可以用浓硫酸除去，纯净的氧气与三氯化磷在B中反应生成POCl3，为了控制反应速率且要防止三氯化磷挥发，反应的温度不宜太高，所以装置B用水浴加热，为防止POCl3挥发，用冷凝管a进行冷凝回流，POCl3遇水剧烈水解为H3PO4和HCl，所以为防止空气

中水蒸气进入装置，同时吸收尾气，所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管，据此分析解答。【小问1详解】.根据装置图可知，装置B中盛装PCl3的反应器为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；【小问2详解】装置A是氧气的发生装置，为固体与液体不加热制备气体的装置，可以为H2O2

在MnO2催化分解生成氧气，也可以是过氧化钠与水反应，反应的化学方程式为：22222MnO2HOHOO+或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；根据装置图可知，装置C中氧气氧化PCl3生成POCl3，根据原子守恒，反应的化学方程式

为2PCl3+O2=2POCl3，故答案为：22222MnO2HOHOO+；2PCl3+O2=2POCl3；【小问3详解】在装置A和装置B之间增加浓硫酸，可作干燥剂，另外气体通过液体时可观察到气泡，该装置的两种作用：干燥作用，除去氧气中含有

的水蒸气、平衡装置内外的压强，起安全瓶的作用、通过导管口产生气泡的速率调控A装置加入液体的速率；【小问4详解】①用cmol/LNH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积VmL，则过量Ag+的物质的量为cV×10-3mol，与Cl-反应的Ag+的

物质的量为0.1000mol/L×0.05L-cV×10-3mol=(5-cV)×10-3mol，Cl元素的质量分数为()35cV10mol35.5g/molmg−−×100%=()35cV35.510m−−×100%，故答案为：3.55(5)%Vcm−；

②若取消步骤III，会使步骤IV中出现两种沉淀共存，此时c(Cl-)∶c(SCN-)=Ksp(AgCl)∶Ksp(AgSCN)=3.2×10-10∶2×10-12=160∶1；若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成Ag

SCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的质量分数偏小，故答案为：160；偏小。16.工业上对粗铅进行电解精炼的过程中，金属活动性比铅强的金属如铟(In)、锡(Sn)会与铅一起电化溶解进入溶

液。当电解进行到一定程度，电解液中的32InSn++、杂质积累，在阴极析出而影响铅的纯度及电流效率。此时电解液(电解废液)应放出处理后再返回电解工艺体系。一种利用电解废液回收铟的工艺流程如图甲：回答下列问题：（1）铟的原子序数为49，其在元素周期表中的位置是___________。（2）步骤②分离

操作的名称为___________。（3）步骤③加入氢氧化钠调节pH=5的目的是___________，写出步骤⑥发生反应的化学方程式：___________。（4）步骤①中，铟、锡的萃取率结果如图乙所示，则萃取所采用

的最佳实验条件为___________。（5）写出步骤④发生反应的离子方程式：___________。（6）工业上用35m的电解废液，经上述变化(步骤①铟萃取率为99.0%，其他各步过程均完全反应)，最终得到铟23kg，电解废液中3In+的浓度为___________1molL−

(保留三位有效数字，写出计算过程)。【答案】（1）第五周期第ⅢA族（2）萃取分液(或分液)（3）①.使23SnIn++、完全沉淀，防止2Sn(OH)溶解损失②.4224Zn2HInCl2In4ZnClH=+++（4）30℃、5min（5）22

22O=Sn(OH)2OHSnO2H−−++（6）24.0410−(或0.0404)【解析】【分析】电解液中的32InSn++、反萃取后进入溶液2，加入氢氧化钠得到沉淀，滤渣为In(OH)3、Sn(OH)2，继续加氢氧化钠，Sn(

OH)2沉淀溶解生成Na2SnO2，In(OH)3与HCl反应生成HinCl4溶液，加入锌得到粗In的同时产生氢气；【小问1详解】铟的原子序数为49，比第五周期0族元素的原子序数小5，则在元素周期表中的位置是第五周期第ⅢA族；【小问2详解】步骤②加入盐酸反萃取后分离有机层和水层

，操作名称为萃取分液(或分液)；【小问3详解】溶液2中含有23SnIn++、，加入氢氧化钠得到沉淀，继续加氢氧化钠，沉淀部分溶解，步骤③加入氢氧化钠调节pH=5的目的是使23SnIn++、完全沉淀，防止2Sn(OH)溶解损失；步骤⑥向

HinCl4溶液中加入锌得到粗In的同时产生氢气，发生反应的化学方程式：4224Zn2HInCl2In4ZnClH=+++；【小问4详解】观察图乙可知，5min之前，随着萃取时间的延长，萃取率增大较多，5min后，随着萃取时间的

延长，萃取率变化不大；温度低于30℃时，随着温度升高，萃取率增大较多，温度高于30℃后，随着温度升高，萃取率变化不大，结合生产成本考虑，萃取的最佳条件为30℃、5min；【小问5详解】步骤④发生反应的离子方程式：2222O=Sn(OH)2OHSnO2H−−++；【

小问6详解】根据In元素守恒，产物中In物质的量为32.310g=200mol115g/mol，步骤①中铟萃取率为99.0%，故原废液中3In+的浓度为3200mol99.0%510L24.0410−mol/L。17.甲醇既是重要的化工原料，又是一

种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，研究甲醇具有重要意义。（1）利用CO2和H2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。①若H2(g)和CH3OH(l)的燃烧热分别为ΔH=-285.8kJ/mol和ΔH=-726.5kJ/mol，则由CO2和H2反应生成液态甲醇和液态

水的热化学方程式为____。此反应的活化能Ea(正)____Ea(逆)(填“>”或“<”)，该反应应选择高效____催化剂(填“高温”或“低温”)。②下列措施能使CO2的平衡转化率提高的是____(填序号)。A.增大压强B.

升高温度C.增大H2与CO2的投料比D.改用更高效的催化剂（2）利用CH4与O2在催化剂的作用下合成甲醇。主反应：CH4+12O2(g)CH3OH(g)ΔH副反应：CH4+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)ΔH科技工作者结合实验与计算

机模拟结果，研究了CH4、O2和H2O(g)(H2O的作用是活化催化剂)按照一定体积比在催化剂表面合成甲醇的反应，部分反应历程如图乙所示(吸附在催化剂表面的物种用“*”标注，TS代表过渡态)。的①在催化剂表面上更

容易被吸附的是____(填“H2O”或“O2”)。②该历程中正反应最大能垒(活化能)为____kJ/mol，写出该步骤的化学方程式：____。③在恒温的刚性密闭容器中，分别按照CH4、O2的体积比为2：1以及CH4、O2、H2O(g)的体积比为

2：1：8反应相同的时间，所得产物的选择性[如甲醇的选择性=332n(CHOH)n(CHOH)+n(CO)]，如图丙所示：向反应体系中加入H2O(g)能够显著提高甲醇选择性的原因：____。向上述刚性密闭容器中按照体积比2：1：8充

入CH4、O2和H2O(g)，在450K下达平衡时，CH4的转化率为50%，CH3OH的选择性为90%，则副反应的压强平衡常数Kp=____。(Kp是以分压代表的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)(计算结果保留1位小数)。（

3）可利用电解的方法将CO2转化为CH3OH，请写出在酸性条件下的阴极反应式：____。【答案】（1）①.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)ΔH=-130.9kJ•mol-1②.<③.低温④.AC（2）①.H2O②.22.37③.*

CH4+*OH=*CH3OH+*H④.加入水蒸气，促进副反应逆向进行，二氧化碳减少；水可以活化催化剂，增大甲醇的生成速率⑤.54.9（3）CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O【解析】【小问1详解】①H2(g)和CH3OH(l)的

燃烧热分别为ΔH=-285.8kJ/mol和ΔH=-726.5kJ/mol，可得热化学方程式：()()22121+O=O(l)HggH285.8kJΔH2/mol=−，()()()223223+O=CO+2O(l)ΔHCHOHlggH726.5kJol2/m

=−，由CO2和H2反应生成液态甲醇和液态水的反应为：()()()2232gHgCHOHlHCO+3=O(l)+该反应可由3×①-②得到，根据盖斯定律可得反应的ΔH=3×1ΔH-2ΔH=3×(k2J/mol

85.8−)-(726.5kJ/mol−)=-130.9kJ•mol-1，该反应的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)ΔH=-130.9kJ•mol-1，该反应为放热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能，低温条件有利于

反应正向移动，利于产物生成，应选用低温高效催化剂，故答案为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)ΔH=-130.9kJ•mol-1；<；低温；②A.该反应正向气体分子数减小，增大压强平衡正向移动，CO2的平衡转化率提高，故A选；B.该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，降低C

O2的平衡转化率，故B不选；C.增大H2与CO2的投料比，可使CO2的平衡转化率提高，故C选；D.催化剂只改变反应速率，对平衡无影响，故D不选；故答案为：AC；【小问2详解】①由图可知催化剂吸附H2O后的相对能量比吸附O2后的相对能量更低

，由此可知催化剂吸附H2O更容易，故答案为：H2O；②由图可知*CH4+*OH生成*CH3OH+*H的能量差最大，能垒最高，能垒值为22.37，该反应方程式为：*CH4+*OH=*CH3OH+*H，故答案为：22.37；*CH4+*OH=*CH3OH+*H；③加入H2O

(g)能与二氧化碳发生副反应反应使二氧化碳的量减少，同时水可以活化催化剂，提高催化剂对甲醇的选择性；向上述刚性密闭容器中按照体积比2：1：8充入CH4、O2和H2O(g)，CH4的转化率为50%，CH3OH的选择性为90%，设CH4、O2和H2O(g)的物质

的量分别为2mol、1mol、8mol，则两个反应中CH4的消耗量为2×50%=1mol，其中主反应中消耗0.9mol，副反应中消耗0.1mol，列三段式得：()()4231CH+OgCHOH0.90.450g.92变化量(m

ol)()()()4222CH+2OgCOg+2HOg(mol)0.10.20.10.2变化量两反应达到平衡时各物质的物质的量分别为：n(CH4)=1mol、n(O2)=1mol-0.45mol-0.2mol=0.35mol、n(CO2)=0.1mol、n(H

2O)=8mol+0.2mol=8.2mol，n(3CHOH)=0.9mol，容器中气体的总物质的量为：10.55mol，设平衡时总压强为P，则副反应的压强平衡常数Kp=228.20.1(P)P10.5510.5554.90.351(P)P

10.5510.55；故答案为：加入水蒸气，促进副反应逆向进行，二氧化碳减少；水可以活化催化剂，增大甲醇的生成速率；54.9；【小问3详解】利用电解的方法将CO2转化为CH3OH，阴极二氧化碳得电子转化成甲醇，阴极反应方程式为：CO2+6e

-+6H+=CH3OH+H2O，故答案为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；18.醛、酮是有机化学中的重要分支，在有机工业合成中有重要用途。现以苯乙酮()和A为原料合成有机化合物F，合成路线如图所示。回答下列问题：已知：①。②碳碳双键上的碳原子连接羟基的有机化合物不稳定。（

1）A的化学名称是___________，B中所含官能团的名称是___________。（2）C的结构简式为___________；C→D的反应类型是___________。（3）D→E的化学方程式是___________。（4）X是苯乙酮()

的同分异构体，且是只含苯环1个环状结构的稳定化合物，则X有___________种，其中核磁共振氢谱中有4组峰，峰面积之比为3：2：2：1的结构简式是___________。（5）设计以和为起始原料制备的合成路线(无机试剂任选)___________。【答案】（1）①.苯甲醛②.碳碳双键

、(酮)羰基（2）①.②.取代反应（3）（4）①.8②.（5）或【解析】【分析】B中(酮)羰基发生还原反应生成C为，C发生取代反应生成D为，D发生取代反应生成E，E发生酯的水解反应生成F；【小问1详解】由A的结构简式可知A的化学名称为苯甲醛；B

为，其中含官能团：碳碳双键、(酮)羰基；【小问2详解】由已知信息①可知，C含有羟基，结合B的结构简式和C的分子式可知，B→C是B中羰基被还原为羟基，C为，D为，C→D发生反应的是取代反应；【小问3详解】D→E是取代反应，除生成E外，还生成乙酸，反应方程

式为：；【小问4详解】苯乙酮的分子式为C8H8O，不饱和度为5，则X的分子式为C8H8O，只有苯环1个环状结构，则当苯环上有1个取代基时，有2种：-O-CH=CH2和-CH2CHO，当苯环上有2个取代基时，为-CHO和-CH3或-OH和-

CH=CH2，分别处于邻、间、对位置关系，共6种，所以X的结构共8种。其中核磁共振氢谱中有4组峰，峰面积之比为3：2：2：1的结构简式是；小问5详解】要制备，首先需得到一个六元环，分析的结构，结合A→B可知，在

NaOH作用下可发生成环反应生成，结合B→C可知，可被NaBH4【还原得到，结合已知信息①，与发生取代反应可得到，再与氢气发生加成反应可得目标产物，合成路线为：或。