【文档说明】福建省三明第一中学2023-2024学年高三上学期12月月考化学试题（解析版）.docx，共(20)页，1.219 MB，由envi的店铺上传

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福建省三明第一中学2023—2024学年高三上学期12月月考化学试题(考试时长：75分钟满分：100分)可能用到的相对原子质量：H-1N-14O-16Na-23P-31Mo-96第Ⅰ卷一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题意)1.“致良知，知行合”。劳动有利于

“知行合”。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帮厨活动：用食盐腌制白菜NaCl具有调味、杀菌防腐作用B环保行动：用FeS除去废水中2Hg+溶度积：spspK(FeS)K(HgS)C家务劳动：在室内喷洒NaClO溶液

消毒NaClO溶液呈碱性D学农活动：用厨余垃圾制农家肥厨余垃圾含N、P、K等元素A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．用食盐腌制白菜，食盐有咸味能调味，同时能抑制细菌的生长，故A正确；B．2+2-spK(FeS)=c(Fe)c(S)、2+2-spK(HgS)=c(Hg)c(S)

溶，用FeS除去废水中的2Hg+说明溶液中硫离子浓度相同，Ksp结构相似，Ksp小的先沉淀，故B正确；C．室内喷洒NaClO溶液消毒利用NaClO溶液具有强氧化性，故C错误；D．N、P、K是植物生长不可缺少的元素，厨余垃圾中含

有这些元素，可以通过沤肥做农家肥，故D正确；故答案为：C。2.下列化学用语表示正确的是A.基态Cu原子的价层电子排布式为：1013d4sB.4NHCl的电子式：的C.邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图D.3

SO的VSEPR模型：【答案】A【解析】【详解】A．基态Cu原子的价层电子排布式为：1013d4s，A正确；B．4NHCl的电子式为：，B错误；C．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图，C错误；D．SO3中心原子硫原子杂化方式为sp2，故VS

EPR模型应为平面三角形，D错误；故选A。3.在化工生产中常利用某分子筛作催化剂，催化3NH脱除废气中的NO和2NO，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示。设AN为阿伏伽德罗常数的值，下列说法中正确的是A.142L0.5molLNHCl−溶液中含有4NH+的数目为ANB.常温下，4.6g二氧化氮

气体中含有的分子数为A0.1NC.41molNH+中含有完全相同的NH−共价键的数目为A3ND.总反应中生成211.2LN(标准状况)时转移电子数为A1.5N【答案】D【解析】【详解】A．铵根离子水解，导

致铵根离子数目减少，142L0.5molLNHCl−溶液中含有4NH+的数目小于AN，A错误；B．4.6g二氧化氮物质的量为0.1mol。二氧化氮气体中存在2NO2N2O4，含有的分子数小于A0.1N，B错误；C．铵根离子中四个N-H键完全相同，4

1molNH+中含有完全相同，NH−共价键的数目为A4N，C错误；D．总反应为2NH3+NO2+NO=2N2+3H2O，生成2mol氮气转移6mol电子，211.2LN物质的量为0.5mol，则转移电子数为

A1.5N，D正确；故选D。4.铁是最常见的金属之一、纳米铁粉可用于处理酸性含氮废水(主要含3NO−)；铁易被腐蚀，经碱性发蓝处理可增强其抗腐蚀性，方法为：用NaOH与2NaNO进行浸泡，在表面形成34FeO的同时有3NH生成

；铁与砷反应得到的FeAs可被Na还原得到NaFeAs，NaFeAs难溶于水，是一种超导材料。镍(Ni)与Fe单质化学性质相似，金属活动性比铁略低。酸性条件下，3Ni+的氧化性强于2Cl，2Ni+的盐与碱反应可以转化为不溶性的2Ni(OH)

。下列反应的离子方程式正确的是A.纳米铁粉处理酸性含3NO−废水：332FeNO2HOFeNO4OH−+−++=++B.铁的发蓝处理：223439Fe8HO4NO3FeO4NH4OH−−++=++C.4NiSO溶液中加少量氨水：22Ni2OHNi(OH)+−+=D

.3Ni(OH)与浓盐酸反应：332Ni(OH)3HNi3HO+++=+【答案】B【解析】【详解】A．酸性废水中不可能生成OH-，故纳米铁粉处理酸性含3NO−废水的离子方程式为：-+3+32Fe+NO+4H=Fe+NO+2HO，A错误；B．由题干信息可知，用NaOH与2N

aNO进行浸泡，在表面形成34FeO的同时有3NH生成，铁的发蓝处理：223439Fe8HO4NO3FeO4NH4OH−−++=++，B正确；C．氨水为弱碱属于弱电解质，故4NiSO溶液中加少量氨水的离子方程式为：2++3224Ni+2NH?HO=Ni(OH)

+2NH，C错误；D．由题干信息可知，酸性条件下，3Ni+的氧化性强于2Cl，则3Ni(OH)与浓盐酸反应离子方程式为：-22+2+32Ni(OH)+6H=2NiO+2ClCl+6H+，D错误；故答案为：B。5.铼(Re)是生产飞机发动机叶片必不可少

的材料。X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大且位于不同主族的短周期元素，其中X、Y、Z三种元素可与铼元素组成一种化合物(结构如图)，该化合物与X的单质反应可得到铼。Q是地壳中含量最丰富的金属元素，Z与W形成的化合物为共价晶体。下列说法不正确的是A.

元素第一电离能：ZYWQB.图中的阳离子与4CH互为等电子体，具有相同的空间结构C.Q的最高价氧化物对应水化物可以和强碱反应D.熔点：W晶体小于W、Y形成的晶体【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、Q

、W是原子序数依次增大且位于不同主族的短周期元素，其中X、Y、Z三种元素可与铼元素组成一种化合物，该化合物与X的单质反应可得到铼，Q是地壳中含量最丰富的金属元素，则为Al，Z与W形成的化合物为共价晶体，Z为O、W为Si，X为H，结合化合物中Y的价键可知为N，右边的离子为铵根离子

；综上分析可知X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，Q为A1元素，W为Si元素；据此分析。【详解】A．第一电离能：N>O>Si>Al，即Y>Z>W>Q，A错误；B．阳离子为+4NH与4CH互为等电子体，具有相同的空间结构，都为正四面体形

，B正确；C．铝最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，可以与强碱反应，C正确；D．W晶体与W、Y形成的晶体都为共价晶体，共价晶体熔点与原子半径有关，N半径小于Si，则N-Si键的键长小于Si-Si键，N-Si键键能大于Si-Si键，则熔点：W晶体小于W、Y形成的晶体，D正确；故选A

。6.维生素D含量越高，老年大脑的认知功能越好。目前已知的维生素D至少有10种分子，维生素D3是其中重要的一种(结构如图)，下列有关说法正确的是A.D3不存在手性碳原子B.D3易溶于水，可溶解于水中服用C.D3可与溴水发生取代反应使其褪色D.D3分子中虚线框内所含碳原子可能共平

面【答案】D【解析】【详解】A．中含有5个手性碳原子(*号标出)，故A错误；B．D3分子中只有1个羟基，而烃基大，所以不易溶于水，故B错误；C．D3分子中含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应使其褪色，故C错误；D．D3分子中虚线

框内所含碳原子都是单双键交替连接，所以碳原子可能共平面，故D正确；选D。7.科研人员通过控制光沉积的方法构建Cu2O－Pt/SiC/LrOx型复合材料光催化剂，然后以Fe2+和Fe3+离子渗透Nafion膜在酸性介质下构建了一个还原和氧化反应分离的人工光合体系，其反应机理如图。下列

说法不正确的是A.该反应能量转化形式为光能→化学能B.该人工光合体系的总反应为2CO2+2H2O一定条件2HCOOH+O2C.图中a、b分别代表Fe3+、Fe2+D.Cu2O→Pt上发生的反应为CO2+2e-+2H+=HCOOH【

答案】C【解析】【详解】A．构建了人工光合作用体系，该反应能量转化形式为光能→化学能，A正确；B．Fe2+和Fe3+离子渗透Nafion膜可协同CO2、H2O分别反应，构建了一个人工光合作用体系，图中物质转化得到，光合作用反应的化学方程式：2CO2+2

H2O一定条件2HCOOH+O2，B正确；C．左边水变化为O2，发生氧化反应，则Fe3+发生还原反应；右边CO2生成HCOOH发生了还原反应，铁元素发生氧化反应，则图中a、b分别代表Fe2+、Fe3+，C错误；D．酸性介质

中不可能大量存在OH-，则Cu2O→Pt上发生的反应为CO2+2e-+2H+=HCOOH，D正确；故合理选项是C。8.碳酸镧[La2(CO3)3]可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症，制备反应原理为：2LaCl3+6NH

4HCO3=La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O，某化学兴趣小组利用下列实验装置模拟制备碳酸镧。下列说法不正确的是A.制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→A→B→D→E→CB.X中盛放的试剂是浓硫酸，其作用为干燥C.Y中发生反应的化学方程

式为NH3•H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑D.Z中应先通入NH3，后通入过量的CO2【答案】B【解析】【分析】制备反应原理为：2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O，Z中溶液为LaCl3溶液，故Z中制备La

2(CO3)3，还需要NH4HCO3，则D和E用分别通入CO2和NH3，因NH3极易溶于水，需要防倒吸装置，故D口通入CO2，E口通入NH3，Y中制备NH3，W中制备CO2，但会挥发出HCl，需要除去，所以用X除去HCl，据此回答。【详解】A．由装置可知，W中制备CO2，X除去HCl，Y中制备NH

3，Z中制备La2(CO3)3，则制备La2(CO3)3实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→A→B→D→E→C，故A正确；B．W中制备CO2，会挥发出HCl，需要除去，所以用X中盛放的试剂应该是饱和NaHCO3溶液，作用是除去挥发出来的HCl

，故B错误；C．Y中CaO与浓氨水反应制备NH3，反应方程式为：NH3•H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，故C正确；D．CO2在水中的溶解度不大，碱性环境能增大CO2的溶解度，而NH3在水中的溶解度很大，且水溶液呈碱性，所以应先通入NH3后通入CO2，生成较大浓度的NH

4HCO3，故D正确；故答案选B。9.一种可充电的新型水系聚合物空气电池，其充放电时的工作原理如图所示。下列说法不正确的是A.放电时，电子由a极经用电器流向b极B.放电过程时，b极区的pH变大C.若有21molO参与电极反应，有4mol

+K通过阳离子交换膜D.充电时，电池总反应为2+2nH2O+nO2=通电+4nOH-【答案】D【解析】【分析】新型水系聚物空气电池放电时为原电池，b极上2O得电子生成OH−，则b极为正极，a极为负极，正极反应为22O2HO4e4OH−−++=，负极上失电子生成

，负极反应为：-2ne−=，总反应为2+22OnH+2nO=+4nOH−；充电时为电解池，原电池得正负极分别接电源得正负极作阳阴极，阴阳极电极反应与原电池的负正极反应相反，据此解答；【详解】A．由分析可知，放电时，b极是氧气得到电子形成OH−，为电池的正极，所以a极为电源负极，电

子由a极经用电器流向b极，A项正确；B．由分析知，放电时，b极上的电极反应式为22O4e2HO4OH−−=＋＋，产生氢氧根，pH变大，B项正确；C．由B项正极反应式可知，若有1mol2O参与电极反应，则有4mol电子发生转移，有4molK+通过阳离子交换膜，C项正确；D．由分析可

知，充电时，电池总反应为与放电时相反，总反应为：4nOH-+=通电2+2nH2O+nO2↑，D项错误；故选D。10.次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品。常温下，某实验小组用0.1001molL−的NaOH溶液滴定20.

00mL未知浓度的次磷酸(H3PO2)溶液。溶液pH、所有含磷微粒的分布系数δ[比如22HPO−的分布系数：--2222c(HPO)δ(HPO)=c()总含磷微粒]随滴加NaOH溶液体积V(NaOH)的变化关系如图所示。下列说法错误的是A.曲线①代表δ（H3PO2），曲

线②代表22(HPO)−B.H3PO2的电离常数5aK1.010−C.滴定中用酚酞做指示剂D.滴定终点时，溶液中22()(Na)HPOcc+−【答案】B【解析】【详解】A．根据加入NaOH溶液后曲线变化可知③是pH

变化曲线，曲线①②代表含磷微粒。含磷微粒只有2种，结合起点pH，可推出H3PO2为一元弱酸(若为一元强酸或二元或三元酸，含磷微粒不是2种或者起点pH不对应)。因为H3PO2为一元弱酸，故曲线①代表δ(H3PO2)，曲线②代表2

2(HPO)−，故A正确；B．由曲线①②交点可知δ(H3PO2)=22(HPO)−，故()3222(HPO=HP)Occ−，对应曲线③pH≈3，即c(H+)≈10−3mol⋅L−1，()()()+22-3a3232()HPOHHPO=10HPOccKc−

，故B错误；C．H3PO2为一元弱酸，二者恰好中和溶液呈碱性，则滴定中用酚酞做指示剂，故C正确；D．用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，O(H))(Hcc+−＜，溶液中的电荷守

恒为22((Na)(H)HPO)(OH)cccc++−−++=，则22()(Na)HPOcc+−，故D正确；故选：B。第Ⅱ卷二、非选择题(本题共4小题，共60分。)11.次磷酸是一种一元弱酸，次磷酸钠(22NaHPO)是有机合成的常用还原剂，一般制备方法是将黄磷(4P)和过量烧碱溶液混合、加热

，生成次磷酸钠和3PH，3PH是一种无色、有毒的可燃性气体。实验装置如图所示：（1）在a中加入黄磷、活性炭粉末，打开1K，通入2N一段时间，关闭1K，打开磁力加热搅拌器，滴加烧碱溶液。①仪器a的名称为__________

_。②活性炭粉末作为黄磷的分散剂，作用是___________。③a中反应的化学方程式为___________。（2）反应结束后，打开1K，继续通入2N，目的是___________。（3）碱性条件下，c中生成22NaHPO和Na

Cl，c中反应的离子方程式为___________。相关物质溶解度(S)如下：()s25℃()s100℃NaCl373922NaHPO100667充分反应后，将a、c中溶液混合，将混合液(含极少量NaOH)蒸发浓缩，有大量晶体析出，该晶体主要成

分的化学式为___________，然后___________、再冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到含22NaHPO的粗产品。（4）产品纯度测定：取产品1.50克配成250mL溶液，取25mL于锥形瓶中，酸化后加入25mL，0.10mol/L碘

水，于暗处充分反应后，以淀粉溶液做指示剂，用2230.10mol/LNaSO溶液滴定至终点，平均消耗18.00mL，相关反应方程式为：222223HPOHOIHPO2H2I−−+−++=++，22232462SOISO2I−−−+=+产品纯度为___________(保留3位有效数字)。【答案

】（1）①.三颈圆底烧瓶(三颈烧瓶)②.使反应物充分混合(或增大反应物接触面积)，加快反应速率③.42223P3NaOH3HO3NaHPOPH+++加热（2）排出装置中未反应(或残留)的3PH，使3PH被c装置(或NaClO溶液)吸收

（3）①.3222PH2ClOOHHPO2ClHO−−−−++=++②.NaCl③.趁热过滤（4）93.9%【解析】【分析】结合题意及制备装置分析可知，三颈烧瓶为制备22NaHPO装置，在制备前通入氮气防止产物被氧化，制备后通入氮气是为了排除装置中的未反应(或残留)的3PH，装置b

的作用是防止c中液体倒吸进入a中，起到安全瓶的作用，装置c用来吸收生成的3PH，装置d是确保排出气体中无残余3PH。【小问1详解】仪器a的名称为三颈圆底烧瓶(三颈烧瓶)；活性炭粉末作为黄磷的分散剂，作用是：使反应物充分

混合(或增大反应物接触面积)，加快反应速率；a中反应的化学方程式为：42223P3NaOH3HO3NaHPOPH+++加热；【小问2详解】反应结束后，打开1K，继续通入2N，目的是：排出装置中的未反应(或残留)的3PH，使3PH被c装置(或NaClO溶液)吸收；【小问3详解】碱性

条件下，c中生成22NaHPO和NaCl，c中反应的离子方程式为：3222PH2ClOOHHPO2ClHO−−−−++=++；根据表中数据可知，NaCl的溶解度随着温度的升高变化不大，而22NaHPO的溶解度随着温度的升高而明显增大，且NaCl溶解度比22N

aHPO小很多，因此将c中混合液蒸发浓缩，有大量晶体析出，该晶体主要成分是NaCl，然后趁热过滤，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到含22NaHPO的粗产品，故答案为：NaCl；趁热过滤；冷却结晶；【小

问4详解】根据原子守恒有：--2----2222223462NaHPO~HPO~2e;NaSO~0.5SO~e;I~2e~2I;据电子守恒有：2222322n(NaHPO)+n(NaSO)=2n(I),的-3-3-3

222223n(NaHPO)=n(I)-0.5n(NaSO)=25?10?0.10-0.5?0.10?10?18=1.6?10mol即，1.50g产品中22n(NaHPO)=-32250mL1.6?10mol1.610

mol25mL−=，产品纯度为：-21.6?10mol?88g/L100%93.9%1.5g=。12.Mo、Co均为重要战略性金属。以23AlO为载体的钴钼废催化剂中含CoS、2MoS及少量Fe、Si、Ca等元

素的物质，经系列处理可制取3CoCO、()442NHMoO，工艺流程如图所示：已知：①“焙烧”后各元素转化为相应氧化物，“酸浸”后钼元素转化为22MoO+。②常温下，()13sp3CoCO1.410K−=，15sp2Co(OH)1.010K−=，()2b53NHHO1.81

0K−=。③金属离子开始沉淀和完全沉淀时pH范围：3Al(3.7~4.7)+，3Fe(1.9~3.2)+，2Co(7.2~9.2)+。（1）2MoS在空气中焙烧的化学方程式为___________。（2）“滤渣1”的主要成分为___________。“滤渣2”的主要成分为

3Fe(OH)和3Al(OH)，“调pH”中调节pH的合理范围为___________。（3）“水相”经萃取后得钴的有机相，存在平衡：22Co2HRCoR2H++++ƒ，然后加反萃取剂进行反萃取，可得含2Co+的水溶液，可作为反萃取剂的一种常用物质

为___________(写化学式)溶液。（4）“沉钴”过程中为防止3CoCO转化为2Co(OH)，需控制溶液pH，转化过程存在平衡：33CoCO(s)2NH+22234HO(aq)Co(OH)(s)CO(aq)2NH(aq)−+++，该反

应的平衡常数K=___________(结果保留一位小数)。（5）氮化钼量子点可应用于电池及催化领域，其晶胞结构如图所示，氮化钼的化学式为___________，钼原子周围距离最近的氮原子有___________个。若晶胞密度为3gcm−，则晶胞参数a=___________nm(设A

N为阿伏加德罗常数的值)【答案】（1）22322MoS7O2MoO4SO++焙烧（2）①.2SiO、4CaSO②.4.7≤pH＜7.2（3）24HSO(或3HNO、HCl)（4）84.510−（5）①.

2MoN②.4③.73A41210N【解析】【分析】以Al2O3为载体的钴钼废催化剂中含CoS、MoS2及少量Fe、Si、Ca等元素的物质，焙烧后，金属元素都转化为相应的金属氧化物，酸浸时得到CoSO4、Fe2(SO4)3、MoO2SO4、CaSO4、Si

O2等，过滤后，所得滤渣1为CaSO4、SiO2；调节滤液的pH，Fe3+、Al3+都转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀；滤液中加入萃取剂，Co2+进入水溶液，含Mo离子进入有机相，处理后得到(NH4)

2MoO4；“水相”经萃取后得钴的有机相，再反萃取得到含Co2+水溶液，加入NH4HCO3、NH3∙H2O进行沉钴，得到CoCO3。【小问1详解】MoS2在空气中焙烧时，生成MoO3和SO2，化学方程式为223

22MoS7O2MoO4SO++焙烧；【小问2详解】由分析可知，“滤渣1”的主要成分为SiO2、CaSO4；“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3，“调pH”中调节pH的合理范围为4.7≤pH＜7.2；【小问3详解】进行反萃取时，将使萃取反应的平衡逆向移动，得到

含Co2+的水溶液，则可作为反萃取剂的一种常用物质为H2SO4(或HNO3、HCl)溶液；【小问4详解】“沉钴”过程中为防止CoCO3转化为Co(OH)2，需控制溶液pH，转化过程存在平衡：2332234C

oCO(s)2NHHO(aq)Co(OH)(s)CO(aq)2NH(aq)−++++，该反应的平衡常数K=2234232c(CO)c(NH)c(NHHO)−+=22223422232c(CO)c(Co)c(NH)c(OH)c(NHHO)c(Co)c(OH)−++−+−

=521315(1.810)1.4101.010−−−≈84.510−；【小问5详解】氮化钼晶胞中，含有Mo数目为118682+=4，含有N数目为1414+=2，则氮化钼的化学式为2MoN，从底面的面心钼

原子观察，钼原子周围距离最近的氮原子有4个；若晶胞密度为ρg∙cm-3，则ρg∙cm-3×(10-7)3cm3/nm3×a3=1A412g/molNmol−，晶胞参数a=73A41210Nnm。13.采取高效经济方式利用2CO对人类社会发展具有重要意

义。以2CO和2H为原料合成甲醇主要发生反应Ⅰ和反应Ⅱ(不考虑其他反应)：Ⅰ.2232CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)++垐?噲?1ΔHⅡ.222CO(g)H(g)CO(g)HO(g)++1240.9ΔlHkJmo

−=+回答以下问题：（1）已知：23CO(g)2H(g)CHH(gO)+13ΔH90.4kJmol−=−，则反应Ⅰ的1ΔH=___________1kJmol−。（2）有利于提高2CO平衡转化率的措施有___________(填标号)。A.增大()()22n

CO:nH投料比B.增大压强C使用高效催化剂D.及时将3CHOH分离（3）在催化剂作用下，测得2CO平衡转化率(曲线Y)和平衡时3CHOH的选择性(曲线X)随温度变化如图所示。(已知：3CHOH的选择性()()32CHO

H100%COnn=消耗的)①2CO加氢制3CHOH时，温度选择510550K的原因为___________。②510K时，往恒容密闭容器中按()()22nH:nCO3:1=充入2H和2CO，若平衡时容器内()3cCHOH=.10.8molL−，则反应Ⅰ的平衡常数K

=___________(列计算式即可)。（4）2CO和2H在某催化剂表面合成甲醇(反应Ⅰ)的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注，“TS”表示过渡状态。①气体在催化剂表面的吸附是___________(填“吸热”或“放热”)过程。②该反应历程中反应速率最快步骤的化学方程式

为___________。（5）甲醇催化制取丙烯(36CH)的过程中发生如下反应：Ⅰ.33623CHOH(g)CH(g)3HO(g)+Ⅱ32422CHOH(g)CH(g)2HO(g)+反应Ⅰ的Arrhenius经验公式的实验数据如图所示，已知A

rrhenius经验公式为aRlnkECT=−+(aE为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。当改变外界条件时，实验数据由图中直线a变为直线b，则实验可能改变的外界条件是___________。【答案】（1）-49.5（2）BD（3）①.在5

10550K之间3CHOH选择性和2CO转化率较高，且催化剂活性好，反应速率较快②.30.81.01.54.9.（4）①.放热②.23CHOOH3HCHOOH2H++=++（5）使用更高效的催化剂(增大催化剂比表面积)【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，反应Ⅰ=

反应Ⅱ+已知反应，则反应Ⅰ的反应热()()111213ΔHΔHΔH40.9kJmolJmolJm5=90.4=oklk49.−−−+−=++−；故答案为：-49.5；【小问2详解】A．增大()()22nCO:nH投料比，相当于保持()2nH不变，增大()2nCO，平衡正移，但2CO平衡转化率

降低，A错误；B．增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，反应Ⅰ平衡正移，2CO平衡转化率增大，B正确；C．使用高效催化剂，平衡不移动，2CO平衡转化率不变，C错误；D．及时将3CHOH分离，反应Ⅰ平衡正移，2CO平衡转化率增大，D正确；答案选B

D；【小问3详解】2CO加氢制3CHOH时，从图中看，温度在510550K之间3CHOH选择性和2CO转化率较高，且催化剂活性好，反应速率较快，所以选择此温度区间；根据图中数据，510K时，2CO平衡转化率为40%，3CHOH的选择性为80

%，在恒容容器中，设起始()2cH和()2cCO分别为3mmol/L、mmol/L，平衡时CO为xmol/L，则列三段式如下：()()()2232CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)mol/Lm3m00mol/L0.82.40.80.8mol/L0.8

平衡转化起始，()()()222CO(g)+H(g)CO(g)+HO(g)mol/L0.8mol/Lxxxxmol/Lm0.8x3m2.4xx0.8x−−−−+起始转化平衡，列方程组为0.8x100%=40%m0.8100%=80%0.8x++

，解得x=0.2mol/Lm=2.5mol/L，平衡时2CO为1.5mol/L、2H为4.9mol/L、3CHOH为0.8mol/L、2HO为1mol/L、CO为0.2mol/L，则反应Ⅰ的平衡常数()()()()233223cc0.

81.0KCHOHHOCO==1.54.9ccH；故答案为：在510550K之间3CHOH选择性和2CO转化率较高，且催化剂活性好，反应速率较快；30.81.01.54.9；【小问4详解】从图中看，2

CO气体吸附在催化剂表面后，相对能量降低，故吸附过程为放热过程；反应速率最快的步骤为活化能最低的反应，从图中看，23CHOOH3HCHOOH2H++=++活化能最低，反应速率最快；故答案为：放热；2

3CHOOH3HCHOOH2H++=++；【小问5详解】从该公式可以看到，活化能aE就是直线斜率的相反数，a的斜率为9.23.0313.23.4−=−−，所以活化能就是31kJ/mol，b相比a，

斜率的相反数减小，也就是活化能降低，所以改变的外界条件是使用更高效的催化剂(或增大催化剂比表面积)；故答案为：使用更高效的催化剂(或增大催化剂比表面积)。14.有机物F是合成抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如下：已知：ⅰ.TBSCl为ⅱ.3RMgBr⎯⎯⎯⎯→乙醚2HH

O+⎯⎯⎯→回答下列问题：（1）化合物E中含氧官能团名称为___________，A→B反应类型为___________。（2）F中碳原子的杂化类型为___________，试剂a的结构简式为___________。（3）TBSCl的作用是___________。（4）B→C方程式为_____

______。（5）A在一定条件下与足量的乙酸发生酯化反应的化学方程式___________。（6）已知碳氧元素可形成类似或的环状有机物，请写出1种同时符合下列条件的化合物A的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体)___________。①分子中存在六元环；②不与钠反应；③H-NMR显示只有4

种不同化学环境的氢原子【答案】（1）①.羟基②.取代反应（2）①.2sp杂化、3sp杂化②.2HCCHMgBr=（3）保护“2CHOH−”，防止其被氧化（4）22O2+⎯⎯⎯→催化剂△22HO+（5）32CHCOOH+浓硫

酸△22HO+（6）(任写1种)【解析】【分析】由合成路线可知，A中支链羟基发生取代反应生成B，B环上羟基被氧化成羰基得到C；结合C、D结构可知，C中羰基和H2C=CHMgBr发生已知ii的同类反应生成D，D转化为E，恢复支链羟基，E经过

多步反应最终生成F，据此答题。【小问1详解】由化合物E结构可知，其含氧官能团名称为羟基；由分析可知，A中支链羟基发生取代反应生成B，A→B反应类型为取代反应。【小问2详解】F中饱和碳原子的杂化类型为sp3，C=O的碳原子杂化类型为sp2。由分析可知，试剂a的结构简式为H2C=CHMgBr

。【小问3详解】A中支链羟基被取代后又在E中重新恢复，则TBSCl的作用是保护“−CH2OH”，防止其被氧化。【小问4详解】B环上羟基被氧化成羰基得到C，反应的化学方程式为：2+O2催化剂Δ⎯⎯⎯⎯⎯→2+2H2

O。【小问5详解】A中含有2个羟基，会与乙酸在浓硫酸催化作用下发生酯化反应生成酯，反应的化学方程式为：+2CH3COOHΔ垐垐?噲垐?浓硫酸+2H2O。【小问6详解】A分子式为C9H18O2，不饱和度为1，同时符合下列条件的化合物A的同分异构体：①分子中存在六元环，可以是1个六元碳环或

1个六元含氧碳环；②不与钠反应，则不含有羟基，应该含有2个醚键；③H-NMR显示只有4种不同化学环境的氢原子，说明分子结构具有对称性。当六元环为碳环时，不同化学环境的氢至少有5种，如，不符合；当六元环为含氧碳环时，有以下结构：。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangx

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