四川外国语大学附属外国语学校2024届高三化学上学期10月月考试题（Word版附解析）.docx

1、四川省外国语学校2023-2024学年高三上学期10月月考化学试题(满分100分，100分钟完成)可能用到的相对原子质量：H1 Li7 C12 N14 O16 Na23 P31 S32 C1 35.5 Cu64 Mo96第卷 选择题(共42分)(共14题，每题3分，共42分，每题有且仅有一个最佳答案。)1. 化学与生产、生活、科技密切相关。下列叙述不正确的是A. “嫦娥五号”运载火箭用液氧液氢推进剂，产物对环境无污染B. 新能源汽车电池的负极有石墨化碳材料，该材料属于无机非金属材料C. 电解冶炼铝技术的成熟使铝合金应用得到普及D. 二氧化碳到淀粉的人工全合成技术，让化解粮食危机成为可能【答案】

2、C【解析】【详解】A液氧液氢推进剂燃烧后产物为水，对环境无污染，故A项正确；B石墨是由碳元素组成的单质，属于无机非金属材料，故B项正确；C为分子化合物，在熔融状态下不会发生电离，因此电解无法获得铝单质，故C项错误；D日常所食用的大米、面食主要成分为淀粉，因此二氧化碳到淀粉的人工全合成技术，可能解决粮食危机，故D项正确；综上所述，不正确的是C项。2. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 标准状况下，2.24L中，约含有个键B. 18g和的混合气体中含有的中子数为C. 用1L0.1mol/L的溶液制备胶体，胶粒数目为D. 6.4gCu与S完全反应，转移的电子数为【答案】A【解析】【详解】

3、A 1个分子有5个键，标准状况下，2.24L为0.1mol，约含有个键，故A正确；B和的混合气体可以看成平均化学式为，18g和的混合气体为1mol，1个中含有10个中子，则18g混合气体中含有的中子数为，故B错误；C胶粒具有吸附性，用1L0.1mol/L的溶液制备胶体，胶粒数目小于，故C错误；DCu与S反应生成Cu2S，6.4gCu与S完全反应，转移的电子数为，故D错误； 故答案为A。3. 有关HCN分子的说法正确的是A. HCN电子式为B. 基态N原子的价层电子轨道表示式为C HCN分子中含有极性键和非极性键D. HCN分子的球棍模型为【答案】B【解析】【详解】AHCN分子中单原子最外层有8

4、个电子，电子式应为，A错误；BN原子的价电子排布式为2s22p3，轨道表示式为，B正确；CHCN分子中不含同种元素原子形成的非极性键，C错误；DHCN分子中C原子为sp杂化，其空间构型为直线形，D错误；综上所述答案为B。4. 分子结构修饰在药物设计与合成中有广泛应用，布洛芬具有抗炎、镇痛解热的作用，但直接服用对胃、肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示的分子修饰。下列有关说法不正确的是A. 甲分子最多有10个碳原子共平面B. 乙和丙均能在NaOH溶液和稀溶液中发生水解反应C. 以上三个分子都只有1个手性碳原子D. 1mol甲分子最多能与3mol发生反应【答案】A【解析】【详解】A甲分子含有1个

5、苯环，与苯环上连接的碳原子一定共平面，其余单键相连碳原子可通过旋转得出最多1个碳原子在其平面上，所以甲分子中最多有11个碳原子共平面(即)，A错误；B乙中含有肽键，丙中含有酯基，均能在NaOH溶液和稀溶液中发生水解反应，B正确；C手性碳原子是指，同一个碳原子上链接4个不同的原子或原子团，苯环上没有手性碳原子，甲基、亚甲基上没有手性碳原子，双键上没有手性碳原子，故以上三个分子的结构分析，都只有1个手性碳原子，C正确；D甲分子中，只有苯环能和发生加成反应，1mol甲分子最多能与3mol发生反应，D正确； 故选A。5. 物质W常用作食品添加剂，其组成元素均为短周期主族元素，各元素原子半径与原子序数的

6、关系如图所示，元素N的单质在常温下为气体。下列说法正确的是A. W中Y原子的杂化方式为B. 常温下N的单质与NaOH溶液反应，其中一种产物的水溶液呈碱性，有漂白性C. Z的氢化物的沸点一定大于Y的所有氢化物的沸点D. 化合物W受热易分解，发生氧化还原反应【答案】B【解析】【分析】根据题意，W结构中为+1价的离子，再根据原子序数和原子半径的关系，原子半径最大，推出为Na元素，再根据X的原子半径最小，原子序数最小，又只能形成一个化学键，推出X为H，Y可以形成4个键，原子序数大于H小于Na，所以Y为C，Z可以形成2个键，原子序数大于C小于Na，最外层电子为6，故Z为O，元素N的原子序数大于Na，其单

7、质在常温下为气体，N为Cl，故W为。【详解】A由图可知，中C原子形成3个键，C原子的价电子全部用于成键，无孤电子对，因此C原子的杂化方式为，A错误；BN的单质为，常温下与NaOH溶液反应生成的水溶液呈碱性，有漂白性，B正确；CZ为C，氢化物为烃类物质，其沸点不一定大于Y的所有氢化物的沸点，C错误；D中元素化合价均未发生变化，不是氧化还原反应，D错误； 故选A。6. 已知水合肼()具有较强还原性，通常可被氧化为。现用如下流程可制得较纯单质Pt，下列有关说法不正确的是A. 王水是由浓盐酸与浓硝酸组成，与粗Pt反应时浓硝酸表现出强氧化性B. 已知是配合物，则中心原子是Pt，配位数为6C. 脱硝除去残

8、余的和氮氧化物，主要目的是防止其污染环境D. 由制得1mol纯Pt，理论上至少需要2mol作还原剂【答案】C【解析】【详解】A粗Pt与王水反应生成H2PtCl6的过程中Pt被浓硝酸氧化，浓硝酸表现出氧化性，故A项正确；B的内界为，其中心原子为Pt，配离子为Cl-，因此配位数为6，故B项正确；C粗Pt与王水反应后所得溶液中含有和硝酸和硝酸的还原产物(氮氧化物)，硝酸具有氧化性，能与具有还原性的发生氧化还原反应，因此脱硝的主要目的是除去硝酸和氮氧化物，防止干扰的还原，故C项错误；D由制得1mol纯Pt，由流程可知PtO2先与发生反应生成粗Pt，被还原为N2，根据得失电子守恒可知1mol消耗的物质的

9、量为1mol，后续与再发生氧化还原反应，此过程中1mol将消耗1mol，因此由制得1mol纯Pt，理论上至少需要2mol作还原剂，故D项正确； 综上所述，答案选C项。7. 下列离子方程式的书写正确的是A. 向溶液中加入稀：B. 实验室制备氯气：C. 向溶液中加入溶液：D. 少量Fe与足量稀：【答案】B【解析】【详解】A硝酸具有强氧化性，与稀硝酸发生氧化还原反应生成Na2SO4、NO、H2O，故A项错误；B实验室利用MnO2与浓盐酸在加热条件下制备氯气，反应离子方程式为，故B项正确；C因酸性：，故结合质子能力强于，因此向溶液中加入溶液将生成和Na2CO3，故C项错误；D少量Fe与足量稀反应生成F

10、e(NO3)3、NO、H2O，故D项错误；综上所述，正确的是B项。8. 根据下列实验和现象，所得实验结论正确的是实验现象实验结论A左边棉球变橙色，右边棉球变蓝色氧化性：B加入KSCN溶液后，试管中溶液颜色变红加入溶液前试管内的溶液中有C左边试管产生白色沉淀，加入KI溶液后产生黄色沉淀D以甲基橙做指示剂，达滴定终点时锥形瓶中溶液由红色变为橙色测得的醋酸浓度偏大A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A左边棉球变橙色，说明有Br2生成，右边棉球变蓝色，说明有I2生成，I2可能是由Cl2氧化I-生成，因此无法比较Br2与I2的氧化性强弱，故A项错误；B若原溶液中含有Fe3+，后续加

11、入KSCN溶液，试管中溶液颜色也将变红，因此无法判断原溶液中是否含有，故B项错误；C由于，加入AgNO3溶液后，溶液中Ag+完全反应生成AgCl，加入KI溶液后，AgCl沉淀转化为AgI，说明相同条件下生成AgI所需Ag+浓度更低，由此可得出，故C项正确；D醋酸和氢氧化钠溶液恰好完全反应后溶质为醋酸钠，醋酸钠溶液呈碱性，甲基橙的变色范围是3.14.4，当溶液呈橙色时，溶液依然呈酸性，即醋酸未反应完全，最终测得的醋酸浓度偏小，故D项错误；综上所述，正确的是C项。9. 某荧光材料由与组成，其摩尔质量为，为阿伏加德罗常数的值。其晶胞结构如图所示。下列叙述不正确的是A. 该晶体的化学式是XYB. 该晶

12、胞参数为anm，则其晶体密度为C. 的配位数是4，的配位数也是4D. 若A点的原子坐标为，则B点的原子坐标为【答案】B【解析】【详解】A由晶胞图可知，1个晶胞中含有X2+的个数为，Y2-个数为4，X2+与Y2-个数比为1：1，因此该晶体的化学式是XY，故A项正确；B1个晶胞中含有4个XY，即1个晶胞的质量为，晶胞体积为，因此晶体密度，故B项错误；C由图可知，距离X2+最近且等距Y2-有4个，距离Y2-最近且等距的X2+有4个，故C项正确；D若A点的原子坐标为，则原点位于左下前X2+的顶点，该晶胞自下至上可分为4层(X2+-Y2-X2+-Y2-X2+)，同理从左至右也可分为4层(X2+-Y2-X

13、2+-Y2-X2+)，因此B点的原子坐标为，故D项正确；综上所述，不正确的是B项。10. 某实验小组将足量置于温度为T、体积为V的密闭容器中，发生反应，测出总压p随时间的变化如下图中A曲线所示。下列有关说法正确的是A. 在T时，该反应压强平衡常数为B. 若在时刻减小体积为，则容器内压强变化为曲线BC. 若减少适量，平衡向逆反应方向移动D. 若充入少量，发生反应，T达平衡时，与原平衡相比，的分压减小，的分压增大【答案】D【解析】【详解】A反应达到平衡时，容器内总压为p0，因此平衡时物质分压为，则在T时，该反应压强平衡常数，故A项错误；B若在时刻减小体积为，则压强瞬间增大至2p0，平衡将逆向移动，

14、设达到新平衡时总压为p1，则，根据温度不变，反应压强平衡常数不变可知p1=p0，故B项错误；C若减少适量，由于为固体，平衡不移动，故C项错误；D若充入少量，NO2和O2将会被消耗，分解生成NO2和O2的物质的量之比为2：1，生成HNO3所消耗NO2和O2的物质的量之比为4：1，因此反应达到平衡时，NO2的分压将减小，而根据温度不变时，平衡常数不变可知，O2的平衡分压将增大，故D项正确；综上所述，正确的是D项。11. 中国科学院于良等科学研究者实现了常温常压下利用铜催化乙炔选择性氢化制乙烯，副产物是。其反应机理如下图所示(其中吸附在铜催化剂表面上的物种用*标注)。下列说法正确的是A. 由图1可知

15、，转化为时，有CH的形成，无CC形成B. 由图2可知，反应中是还原剂C. 决定制乙烯速率快慢的反应为：D. 生成的速率比生成的速率慢【答案】C【解析】【详解】A转化为时，碳链增长，有CH、CC键形成，故A项错误；B反应过程中，H、O元素化合价均未发生变化，因此H2O既不是氧化剂也不是还原剂，故B项错误；C由图2可知，由C2H2(g)制取C2H4(g)的反应主要反应分为两步，其中第一步反应的活化能高于第二步，因此决定制取乙烯的快慢由第一步决定，第一步反应为，故C项正确；D由图2可知，生成的反应活化能高于生成的反应活化能，反应活化能越高，反应所需能量越大，相同条件下反应速率越低，即生成的速率比生成

16、的速率快，故D项错误；综上所述，正确的是C项。12. 某实验小组探究NiO能否催化NO和CO反应生成无毒物质。已知：Ni、Fe的氢氧化物化学性质相似； 。现采用如下两个装置完成探究实验(夹持装置略去)。下列有关说法正确的是A. 从理论上推断，与生成和的反应，高温有利于自发进行B. 在空气中加热可制备NiOC. 打开装置1中气球，通过观察气体是否变为红棕色判断是否生成D. 若以上实验证明能够成功催化该反应，且固体A是，则装置2中的反应方程式为：【答案】D【解析】【详解】A为熵减的放热反应，即、，当反应时，反应能自发进行，因此若要使，则T应尽量小，即低温有利于反应自发进行，故A项错误；BNi、Fe

17、的氢氧化物化学性质相似，具有还原性，能被空气中氧气氧化，因此在空气中加热会得到+3价Ni的化合物，故B项错误；C打开装置1中气球，若气体由无色变为红棕色，则说明生成NO2气体，气球中有NO气体，遇到试管中的氧气会被氧化为NO2，无法确定是否有N2生成，故C项错误；D若以上实验证明能够成功催化该反应，且固体A是，则为整个反应过程中的中间产物，则装置2中CO将还原为NiO，反应方程式为，故D项正确；综上所述，正确的是D项。13. 盐酸羟胺(NH2OHHCl)在水中完全电离为NH3OH+和Cl，可利用如下装置来制备盐酸羟胺。以盐酸为离子导体，向两电极分别通入NO和H2。下列说法正确的是A. 铂电极为

18、正极B. 离子交换膜为阴离子交换膜，Cl从左室移向右室C. 含铁催化电极上的反应为：NO+3e+4H+=NH3OH+D. 每生成1mol盐酸羟胺电路中转移4mol e【答案】C【解析】【分析】该装置的目的是制备盐酸羟胺，所以NO会被还原为NH3OH+，则通入NO的电极为正极，通入氢气的电极为负极，酸性环境中氢气被氧化为H+。【详解】A铂电极上通入氢气，发生氧化反应，为负极，A错误；B根据分析可知左侧电极上产生NH3OH+，与Cl结合生成盐酸羟胺，而Cl有向右(负极)移动的趋势，未避免Cl都移动到右侧，离子交换膜应选用阳离子交换膜，B错误；C该装置工作时含铁催化电极上NO被还原为NH3OH+，根

19、据电子守恒、元素守恒可得电极反应式为NO+3e+4H+=NH3OH+，C正确；D含Fe的催化电极反应式为NO+3e+4H+Cl-=NH2OHHCl,每生成1mol盐酸羟胺电路中转移3mol e，D错误；综上所述答案为C。14. 常温下，在溶液中滴加pH=1的盐酸，溶液中AG()与盐酸体积(V)之间的关系如图所示，下列说法正确的是 A. 常温下，的电离常数约为B. F点溶液中：C. 水的电离程度：D. Q点溶液中：【答案】C【解析】【详解】AE点MOH溶液中，结合可知，MOH的电离常数约为，A错误；BF点溶液呈碱性，溶质为MCl和MOH，物质的量相等，MOH的电离程度大于M+的水解程度，故离子浓

20、度关系为：c(M+)c(Cl)c(MOH)c(OH)c(H+)，B错误；CG点溶液呈中性，水的电离程度无影响，P点酸碱恰好中和，溶质为MCl，水的电离受到促进，因此水的电离程度：PG，C正确；DQ点加入盐酸体积为MOH体积的2倍，溶液中存在物料守恒：c(Cl)=2c(MOH)+2c(M+) ，根据电荷守恒有c(Cl)+c(OH)=c(H+) +c(M+) ，两式处理后有c(H+) =2c(MOH)+c(M+) +c(OH)，故c(H+)2c(MOH)+c(M+) ，D错误； 故选C。第卷 非选择题(共58分)15. 铼(Re)是熔点和沸点较高的金属单质之一，用于制造高效能喷射引擎和火箭引擎。钼

21、酸锂的外观为白色结晶粉末，用于电极材料。从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰(主要成分有、CuO、)中提取铼粉和制钼酸锂的流程如下图所示：已知：.是酸性氧化物，过铼酸是易溶于水的一元强酸，但不具有强氧化性。.过铼酸铵是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。回答下列问题：（1）铼(Re)是第六周期元素，与锰元素族序数相同，价层电子排布相同，则基态Re原子的价电子排布式为_。（2）“碱浸”时，和分别与NaOH发生以下反应、，则“滤渣I”的主要成分为_(填化学式)。（3）“还原”时，被氧化成，铼的化合物被还原生成难溶的，该反应的离子方程式为_。（4）“沉铼”时，加入热溶液至产生白色沉淀，为使沉淀充分析出并分离得

22、到纯净的晶体，“操作I”包括_、_、洗涤、干燥。（5）“酸化沉钼”过程溶液pH和反应时间对钼酸的析出有很大影响，根据图中数据判断最佳的“酸化沉钼”条件：反应时间为_min；pH为_。（6）不纯的溶液中若含少量可溶性硫酸盐杂质，可加入固体除去，若溶液中，在结晶前逐渐加入固体，当开始沉淀时，的去除率是_%。溶液体积变化可忽略不计，)【答案】（1）5d56s2 （2）CuO、Fe3O4 （3）3Zn+2ReO+4OH-=3+2ReO22H2O （4） . 冷却结晶 . 过滤 （5） . 60 . 1.0 （6）89【解析】【分析】烟道灰加NaOH溶液碱浸，CuO和Fe3O4不溶于碱溶液，过滤出来，S

23、iO2、Re2O7、MoO3都能和NaOH反应，分别生成Na2SiO3、NaReO4和Na2MoO4，滤液中加锌还原，NaReO4被还原成难溶的2ReO22H2O，用氧气氧化得到过铼酸，加氯化铵溶液沉铼，得到过铼酸铵，然后热解得到Re2O7，最后用氢气还原得到铼粉；还原后的滤液酸化沉钼，然后用LiOH溶液碱溶，得到Li2MoO4溶液。【小问1详解】铼(Re)是第六周期元素，与锰元素族序数相同，价层电子排布相同，锰的价电子排布式为3d54s2，则基态Re原子的价电子排布式为5d56s2；【小问2详解】由以上分析可知，“滤渣”的主要成分为CuO、Fe3O4；【小问3详解】“还原”时，Zn被氧化成，

24、NaReO4被还原生成难溶的2ReO22H2O，根据电子守恒和质量守恒写出该反应的离子方程式为：3Zn+2ReO+4OH-=3+2ReO22H2O，故答案为：3Zn+2ReO+4OH-=3+2ReO22H2O；【小问4详解】加热的氯化铵溶液“沉铼”，得到过铼酸铵，过铼酸铵微溶于冷水，溶于热水，为使沉淀充分析出并分离得到纯净NH4ReO4晶体，需将反应后的溶液冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶；过滤；【小问5详解】根据图2可判断，当反应时间为60min时，母液中的含钼量最小；当溶液的pH=1.0时，母液中的含钼量最小，所以选择的最佳“酸化沉钼”条件为：反应时间为60min、pH为1.

25、0，故答案为：60；1.0；【小问6详解】Ksp(BaMoO4)=4.010-8，由Ksp(BaMoO4)=c(Ba2+)可知，当BaMoO4开始沉淀时，c(Ba2+)=10-7molL，由Ksp(BaSO4)=c()c(Ba2+)可知，此时溶液中=1.110-3mol/L，所以的去除率100%=89%，故答案为：89。16. 三氯化氧磷(POCl3)是一种重要的化工原料，常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料。一研究小组在实验室模拟PCl3+SO2+Cl2POCl3+SOCl2制备POCl3并测定产品含量。反应装置图如图所示(加热、夹持装置已省略。)资料卡片：物质熔点/沸点/相对分子质量其他PCl

26、3-93.676.1137.5遇水剧烈水解，易与O2反应POCl31.25105.8153.5遇水剧烈水解，能溶于PCl3SOCl2-10578.8119遇水剧烈水解，受热易分解请回答：（1）溶液A为饱和食盐水，乙装置中应该盛装的试剂为_(填“P2O5”“碱石灰”“浓H2SO4”或“无水硫酸铜”)；反应装置图的虚框中未画出的仪器最好选择_(填“己”或“庚”)。（2）甲、丁装置的作用除了用于气体的净化除杂外，还有_。（3）水浴加热三颈烧瓶，控制反应温度在6065，其原因是_。（4）通过佛尔哈德法可测定经过提纯后的产品中POCl3的含量：准确称取1.600g样品在水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配

27、成100mL溶液，取于10.00mL锥形瓶中，加入的0.2000 molL-1 AgNO3溶液20.00mL(Ag+C1-=AgC1)，再加少许硝基苯，用力振荡，使沉淀被有机物覆盖。加入NH4Fe(SO4)2作指示剂，用0.1000 molL-1 KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3至终点(Ag+SCN-=AgSCN)，做平行实验，平均消耗KSCN标准溶液10.00mL。达到滴定终点的现象是_。POCl3的质量分数为_(保留三位有效数字)。已知：Ksp(AgCl)=3.210-10，Ksp(AgSCN)=210-12，若无硝基苯覆盖沉淀表面，测定POCl3的质量分数将_(填“偏大”“偏小”或“

28、无影响”)。【答案】（1） . P2O5 . 己 （2）通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速 （3）温度太低，反应速率太慢；温度太高，PCl3等物质挥发 （4） . 滴入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变红色，且半分钟内不褪色 . 95.9 . 偏小【解析】【分析】由实验装置图和实验原理可知，装置A甲中盛有饱和食盐水，除去氯气中混有的氯化氢，装置乙中盛有酸性固体干燥剂干燥氯气，装置丁中盛有浓硫酸，干燥二氧化硫，根据题目所给信息可知，PCl3、POCl3的熔沸点较低，所以装置丙的主要作用为冷凝回流，盛有碱石灰的干燥管吸收未反应的氯气和二氧化硫，防止污染环境，同时吸收空气中水蒸气，防止水蒸气进入

29、三颈烧瓶中导致三氯化氧磷水解。【小问1详解】根据分析可知，装置乙中试剂为固体酸性干燥剂，所以选五氧化二磷；装置丙的主要作用为冷凝回流，为增强冷凝效果不能选用直形冷凝管，应选择装置己；【小问2详解】甲、丁装置的作用除了用于气体的净化除杂外，还可以起到观察产生气泡的速率控制通入气体的流速，有利于反应充分进行；【小问3详解】因若温度太低，反应速率太慢，若温度太高，PCl3等物质受热挥发，降低三氯化氧磷产率，所以实验时用水浴加热三颈烧瓶，控制反应温度在6065；【小问4详解】由题意可知，测定POCl3产品含量时以NH4Fe(SO4)2溶液为指示剂，用KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到终点时KS

30、CN稍过量，遇Fe3+显血红色，所以现象是滴入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变红色，且半分钟内不褪色；KSCN的物质的量为0.1mol/L0.01L=0.001mol，根据反应Ag+SCN-=AgSCN，可知溶液中剩余的银离子的物质的量为0.001mol，则与POCl3和水反应生成氯化氢的银离子的物质的量为(0.004mol-0.001mol)=0.003mol，水解生成的氯化氢的物质的量为0.003mol，由题意可知1.600g样品中POCl3的物质的量为=0.01mol，所以产品中POCl3的质量分数为100%=95.9%；Ksp(AgCl)Ksp(AgSCN)，所以若无硝基苯覆盖沉淀表面

31、，滴定剩余Ag+时，会有部分AgCl沉淀转化为AgSCN，导致消耗的KSCN标准液偏大，即计算出的剩余Ag+偏多，结合可知测定POCl3的质量分数将偏小。17. 碳中和是目前全球关注的热点。将捕获转化为甲醇、乙醇和碳酸二甲酯等是有效利用的方式。.实验室模拟由与合成甲醇。（1）已知：由上图反应，可知的_。（2）实验室在1L密闭容器中进行模拟合成实验。将1mol和3mol通入容器中，在催化剂的作用下，恒温500反应，每隔一定时间测得容器中甲醇和水蒸气的浓度如下：反应1：(主反应)；反应2：物质时间10min20min30min40min50min60min0.400.550.650.730.800

32、.800.450.630.780.860.900.90下列说法正确的是_。(填字母代号)。A.容器内气体的密度不再改变，说明达到平衡状态B.容器内气体的平均相对分子质量不再改变，说明达到平衡状态C.压缩容器体积使压强增大，有利于主反应的发生D.升高体系温度有利于主反应发生反应050min内，的平均反应速率为_；该温度下，平衡常数K为_。.中国科学家通过电还原法将转化为乙醇，其原理图如下所示。（3）则铂电极上反应式为_。.与甲醇可以在一定条件下合成碳酸二甲酯，回答下列问题。（4）该反应化学方程式为_，反应中常加入吸水剂，其目的是_。（5）下图表示的是甲醇(Me表示)与催化制备碳酸二甲酯的机理，按

33、()()()步骤循环反应。图中分子中只有一种类型的Me，该分子结构式为_(用Me表示)【答案】（1）-75 （2） . BC . 0.05 . 1.8 （3）14CO2+12e-+9H2O=C2H5OH+12HCO （4） . +2CH3OH+H2O . 分离出产物水，使平衡正向移动，提高产率 （5）【解析】【小问1详解】由图可知，CO(g)+2H2(g)CH3OH (g) H=-116kJ/mol；CO2(g)+H2(g)CO(g) + H2O(g) H=+41kJ/mol，根据盖斯定律：+得 (g) H=(-116 + 41)kJ/mol =-75kJ/mol。【小问2详解】A反应过程中气

34、体总质量和总体积都不变，所以容器内气体的密度一直不变，当容器内气体的密度不再改变时，不能说明达到平衡状态，故A错误；B该反应是气体体积减小的反应，反应过程中气体总物质的量减小，平均摩尔质量减小，当容器内气体的平均相对分子质量不再改变，说明达到平衡状态，故B正确；C主反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，有利于主反应的发生，故C正确；D该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于主反应发生，故D错误；故选BC。由表格数据可知，反应开始50min内，生成0.8mol甲醇和0.9mol H2O，根据反应反应1：可知，生成0.8mol甲醇会消耗2.4 mol H2，同时生成0.8mol

35、H2O，则有0.1mol水由反应2：生成，生成0.1molH2O需消耗0.1mol H，则H2的平均反应速率v(H2) =。由表中数据知，该温度下达到平衡时，n(CH3OH) = 0.8mol，n (H2O)=0.9mol，反应1生成0.8 mol甲醇，消耗2.4 molH2、0.8 molCO2，同时生成0.8 molH2O，则有0.1 mol水由反应2生成，反应2生成0.1 mol水消耗0.1 molH2、0.1 molCO2，生成0.1molCO，所以平衡时剩余的CO2的物质的量为1mol -0.8mol-0. 1 mol =0.1 mol，剩余H2的物质的量为3mol-2.4mol-0

36、.1 mol=0.5 mol，容器体积为1L，则反应2的平衡常数K=。【小问3详解】Pt电极为阴极，CO2在阴极得到电子生成C2H5OH，C元素由+4价下降到-2价，根据得失电子守恒和电荷守恒写出电极方程式为：14CO2+12e-+9H2O=C2H5OH+12HCO。【小问4详解】与甲醇可以在一定条件下合成碳酸二甲酯（），方程式为：+2CH3OH+H2O，反应中常加入吸水剂，目的是：分离出产物水，使平衡正向移动，提高产率。【小问5详解】分子中只有一种类型的Me，说明该分子是对称的结构，结合图中的结构式可以推知分子的结构式为：。18. 苯酚合成生物可降解聚酯材料G和利用SuFEx反应合成聚硫酸酯

37、材料L的路线如图所示：(L比G材料有更好的化学稳定性和优异的力学性能)。已知：(即)TBSCl为（1）I中官能团的名称_；物质B的化学名称_。（2）J的结构简式为_；K与J生成L的反应类型为_。（3）AI的反应方程式为_；（4）的反应方程式为_；（5）根据上述合成路线，写出由和为原科制备合成路线。_【答案】（1） . 羟基 . 环己醇 （2） . . 缩聚反应 （3） （4）n+(n-1)CH3OH （5）【解析】【分析】A：发生加成反应生成B：，B发生催化氧化生成C：，C与双氧水反应后生成D，D与醇发生取代反应生成E：，E发生缩聚反应生成G；由已知可知I：到J：发生取代反应，J和K发生缩聚反应得到L。【小问1详解】由题中I的结构式可知，含有的官能团为羟基；B的结构式为，命名：环己醇；【小问2详解】根据分析可知，J的结构简式为，因为单体K、J具有多官能团的小分子，生成物L为聚合物，且括号外侧有链节余下的基团，所以发生的是缩聚反应；【小问3详解】由信息反应可推出该反应的化学方程式为2；【小问4详解】据分析可知，的反应方程式为n+(n-1)CH3OH【小问5详解】