河北衡水中学2025-2026学年度高三年级下学期综合素质评价三 化学试题

2025-2026学年度高三年级下学期综合素质评价三 化学学科 考试时间：75分钟；试卷满分：100分 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 相对原子质量：H-1B-11C-12N-140-16Na-23C1-35.5Mg-24Ni-59 一、单项选择题（每题3分，共42分；每小题有1个选项符合题意） 1.河北省历史悠久，文化底蕴深厚。下列具有文化特色的物品中，主要成分属于无机非金属材料的是 A.承德木雕 B.蔚县剪纸 C.定窑白釉陶瓷 D.青铜编钟 A.A B.B C.C D.D 2.下列化学用语或图示表示正确的是 3s 3p A.基态硅原子的价层电子轨道表示式： H B.CaC2的电子式：CCG时 试卷第1页，共12页 CH,OH -0H C.葡萄糖的一种环状结构简式为： OH OH T OH OH D.SiO2的空间填充模型为： 3.下列关于实验的说法正确的是 A.进行钠与O2加热实验时，先切取一块绿豆大小的钠投入坩埚中，再加热坩埚 B.实验室保存液溴，用一定量水封于带橡胶塞的细口玻璃瓶 C.钠与O2在加热条件下生成N2O2,同理Li与O2在加热条件下生成LiO2 D.浓硫酸保存于铁质容器中 4.对于下列过程中发生的化学反应，相应方程式正确的是 A.尿素与甲醛制备脲醛树脂： 0 nHN-&-NH,HCHO二定条件H十N-&-NH-CHpH+a-IH,0 硫化钠溶液在空气中氧化变质：2S2+O2+4H=2S1+2H0 B.向苯酚钠溶液中通入少量C0,2C0+H0-→2c0时 C.向Fe3O4固体中加入足量氢碘酸溶液：Fe,0,+8H=2Fe*+fc+4H,0 D.硫化钠溶液在空气中氧化变质：2S2+0,+4H=28↓+2H,0 5.配位化合物广泛应用于物质分离、定量测定、医药、催化等方面。利用氧化法可制备某些配位化合 物，如2CoCl2+2NH,C+8NH+H,O2=2Co(NH3),CICl2+2H,0。设N是阿伏加德罗常数的值，下列 叙述正确的是 A.1 mol Co(NH),CICl2中含有o键的数目为21NA B.生成1 mol Co(NH),CICl2转移电子数为N C.0.1molN2与足量H2在催化剂作用下合成氨，生成的NH,分子数为0.2Na D.36g冰中所含的氢键的数日为2NA 6.一种可再生高分子的合成反应如下： 试卷第2页，共12页 OCH HO OH +nBrCH,CH=CHCH2Br-> Y OCH O-CH,CH=CHCH,+-Br +(2n-1)HBr 下列说法正确的是 A.1molX最多可以消耗2 molNaHCO,B.1molX与饱和溴水反应，消耗1 mol Br,. C.化合物Y最多有6个原子共平面 D.化合物Z有5种官能团 7.化合物Q是一种常用的表面活性剂，具有起泡性能好、去污能力强等特点，其结构如图所示。己知 X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素，X、Y位于同一主族，X、W位于同一周期，M原子的核外电 子只有一种运动状态，Z是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是 M M-W A.简单离子半径：Y>Z>X B.第一电离能：X小于其在元素周期表中相邻元素 C.由X、Y、Z元素组成的盐只有两种 D.M、Z均可与X形成两种化合物，且这四种化合物中的化学键种类相同 8.下列装置及药品能达到相应实验目的的是 A,制备H,S B.证明浓HNO,分解产物中含有NO, 稀硫酸 止水夹 稀HNO, K-淀粉 FeS 试卷第3页，共12页 C.制取网状酚醛树脂 D.探究反应物浓度对反应速率的影响 气球 3mL40%甲蓬 4mL 0.01molL- 3滴浓盐酸 KMnO,溶液 8x 0 秘8 2mL 0.2mol/L H,C2O,溶液 A.A B.B C.C D.D 9.金属钼Mo)形成的某种稳定硫化物可用作固态钠离子电池正极材料，其晶体结构如图1所示(A、B 两层不断重复)，图2为单层俯视图的一部分。下列说法错误的是 ←S Mo ←S 范德华力 Mo B层 单层 ● 图1 图2 A.该晶体属于混合型晶体 B.该化合物的化学式为MoS, C.若把S元素换成O元素则晶体的熔点降低D.该物质可用作润滑剂 10.下列实验操作及现象能得出相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 向盛有NO2与N,O,的恒压密闭容器中通入一定体积的 化学平衡向NO,减少的方向移动 N2,最终气体颜色变浅 以K,CO,为指示剂，用AgNO,标准溶液滴定溶液中的 K(AgCI)<K(Ag.CrO,) CI,先出现白色沉淀，后出现砖红色沉淀 取铝热反应(Al和Fe2O3J反应)后的固体，溶于足量稀硫 C 该固体中不含FezO 酸，滴加KSCN溶液，溶液不变红 试卷第4页，共12页 向NaAI(OH4]溶液中滴加NaHSO3溶液，有白色沉淀生 [Al(OH4]和HSO3电离出的H反应形成 D 成 AI(OH3沉淀 A.A B.B C.C D.D 11.从微观视角探析物质结构和性质是学习化学的有效方法。下列解释与实例不相符的是 选 实例 解释 项 接近水沸点的水蒸气的相对分子质量测定值 接近水沸点的水蒸气中存在相当量的水分子因氢 A 大于18 键相互缔合，形成缔合分子 B 铁丝在酒精灯上灼烧，焰色无明显变化 铁原子核外电子灼烧时没有发生跃迁 Fe2+的价电子排布式为3d°，易失去1个电子， C Fe2+易被氧化 变成较稳定的3d5半充满结构 18-冠-6的部分氢原子被氟原子取代后，与K 氟原子为吸电子原子，使氧原子电子云密度减小， D 形成的超分子稳定性将减弱 配位能力降低 A.A B.B C.C D.D 12.常温常压下利用铜基催化剂实现单个二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机理和能量变化图如下（其 中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)，下列说法不正确的是 1.80 H2O CO2(g) 1.40 Cu/ZnO 1.00 ④ a. 响 0.60 CO2(g) OH* 0.20 +3H(g）) CH:OH ① 6H*“ -0.20 要 反应历程 -0.60 ③ CH;OH(g) -1.00 CO; +H2O(g) H2O CH,0& -1.40 ② HCOO* +6HHCOO -1.80 +5H CH,O° CHOH +H,O+H+OH+H CHOH +H,0 A.HCOO°'生成CH,O是化学反应的决速步骤 B.总反应的△H约为-1.20eV C.CO2→HCOO的过程中有极性键的形成和有非极性键的断裂 试卷第5页，共12页 D.若用D2代替H2,最终产物中可能检测到CD,OD和D,O 13.常温下，将0.1 mol.L'NaOH溶液滴入50mL0.Imol.LH,T溶液中，溶液中含T微粒(H,T、H2T、 HT2、T3)的分布系数δ、溶液pH与加入NaOH溶液的体积V的关系如图所示。已知： c(T3)） δ(T3) 。下列叙述错误的是 c(H,T)+c(H,T)+c(HT2-)+c(T3-） 1.0 0.8 h 150 100 04 NaOH溶液体 50 021 126 910111213 A.a、c线分别代表H,T、HT2-的分布系数变化情况 B.pH=7时，c(Na)<3c(HT2-)+3c(T3） C.pH=3时，c(HT)=109c(HT) D.由M至N的滴定过程中，不可用甲基橙作指示剂 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 14.氨硼烷(NHBH)易溶于有机溶剂，熔点为104~125°C,是一种环境友好型高容量储氢材料。研究 学者按以下步骤制得氨硼烷，部分操作及反应条件略。回答下列问题： L.制备氨源Mg(NH,)6CL2: 如图所示，在N2保护下，将无水MgCl2溶于浓氨水中，充分溶解后再加入适量NHCI饱和溶液，冷凝 回流反应2h后，析出白色固体。减压过滤，依次用乙醇、丙酮洗涤，真空干燥，制得氨源[Mg(NH)。]CL,。 浓氨水 NH.CI 饱和溶液 无水 MgcL, (1)仪器A中的试剂为 (2)下列说法正确的是 (填序号)。 A.冷凝水应该从X口进入，Y口流出 试卷第6页，共12页 B.Mg(NH)CL2中的H-N-H的键角比NH中的H-N-H的键角小 C.减压过滤的优点为加快过滤速度，并使固体更干燥 D.加入适量NH,CI饱和溶液的目的是调节溶液pH,防止生成Mg(OH)2沉淀，同时也可以促进配 合物[Mg(NH)6]CL,的形成 (3)设计实验证明[Mg(NH)6]CL,中2个CI均不作配体： Ⅱ.纯化溶剂： 四氢呋喃( )干燥和收集的回流装置如图所示（夹持及加热装置略）。以二苯甲酮为指示剂，无水时 体系呈蓝色。 N2→目 液封 四氢呋喃 Na和二苯甲酮 (4)①用Na干燥四氢呋喃的原理是 (用化学方程式表示)。 ②回流过程中，除水时打开的活塞是 ,体系变蓝后，改变开关状态收集四氢呋喃。 L.制备氨硼烷(NHBH) i.安装仪器，检验装置的气密性： 搅拌器 氩气 →吸收氢气 石 e a 蜡 水 油 A B i.向仪器a中加入3.8 gNaBH,l9.7gMg(NH3)Cl2和200mL四氢呋喃，加热回流充分反应： ii.将仪器a中混合体系离心分离，取上清液，Ar保护下蒸发结晶，制得2.8g氨硼烷。过滤洗涤，回 试卷第7页，共12页 收Mg和NaCl。 (⑤)装置B中石蜡油的作用是 (⑥过滤需用到下列的仪器有（填序号）。 上7e (7)①制备氨硼烷反应的化学方程式为 ②本实验中氨硼烷的产率为 %(保留三位有效数字)。 15.草酸镍(NC,O,)是一种不溶于水的浅绿色粉末，常用于制镍催化剂和镍粉等。以铜镍合金废料（主 要成分为镍和铜，含有一定量的铁和硅)为原料生产草酸镍的工艺流程如图： 稀硫酸 稀硝酸萃取剂还原剂H2O2 食箫一浸迅一函取-一运园一鼠配-一过选-…→Nc,0, 萃出液 FeOOH 己知：①“浸出”液含有的离子主要有H、Ni2*、Cu2、Fe、NO,、SO?: ②pH增大，Fe+被氧化的速率加快，同时生成的Fe+水解形成更多的胶体能吸附N2+。 ③草酸的Ka1=6.0×102Ka2=5.0×10 回答下列问题： (1)生产时为提高合金废料浸出率，常采取的措施有 (填字母)。 a.适当延长浸出时间b.高温浸出c.分批加入混酸浸取并搅拌 (2)“萃取”步骤中萃取除去的主要金属阳离子是 (3)“氧化”过程中，控制70℃、pH小于3的条件下进行。 ①H02的电子式为 ②“氧化”过程的离子方程式为 ③pH为3~4时，镍的回收率降低的原因是 (4)过滤”后的滤液中加入(NH4),C,O4溶液反应得到草酸镍，过滤得到的草酸镍需要用蒸馏水洗涤，检 验晶体是否洗涤干净的方法是 已知常温下Km[NiC,0,]=1.70×10”,当溶液pH=2时， 试卷第8页，共12页 N2+沉淀完全[c(N2+)≤1x10mol·L时认为完全沉淀]，则此时溶液中草酸的浓度c(H,C,O4)= (⑤)在空气中加热二水合草酸镍得到如下TG-DSC热分解曲线如图所示，已知：TG指的是在程序控制温 度下测量待测样品的质量与温度变化关系，DSC指通过单独的加热器补偿样品在加热过程中发生的热量 变化，以保持样品和参比物的温差为零。这种补偿能量即样品吸收（峰向下）或放出（峰向上）的热量。则 300℃时，反应的化学方程式为 。二水合草酸镍分解的整个反应是 (填“吸热”或 “放热)反应。 100 357.8℃-10 90 -19.19% 8 80 -6 4 2 60 -36.36% 0 50 -2 40 246.5℃ A 50100150200250300350400 T/℃ 二水草酸镍在空气中以10℃min升到400℃的热重差热分析曲线 16.氢气被誉为未来的绿色能源，为了实现氢气的可持续生产，实现能源产业的创新，科学家们探索了 多种途径制备氢气。 【乙醇制氢】 乙醇在Ni-MgO催化下，制取氢气有如下方法：部分催化重整 CH,CH,0Hg)+20,(g)=3H,(g)+2C0(g)AH 己知：298K时，相关物质的相对能量如图1： 试卷第9页，共12页 0 H2(g)、O2(g) -110 cO(g) -235 CHCH2OH(g) -242 H2O(g) -393 C02(g) 图1 (1)依据图中数据，计算该反应的△H= kJ.mol-1。 【甲烷制氢】 反应I:CH,(g)+H,O(g)DCO(g)+3H(g)△H,=+206.2kJ·mol 反应：C0(g)+H,O(g)DC0,(g)+H,(g)△H2=-41.2kJ·mo (2)工业生产中反应I和反应Ⅱ要分两个温度段进行，第一阶段先采用 (填“高温”或“低温")，第 二阶段再采用 (填“高温”或“低温)。 (3)在一定条件下，向密闭容器中加入一定量的CO、H,0和催化剂只发生反应Ⅱ，其中 v正=kEP(CO)p(H,O),'进=k地p(CO2)p(H2),VE、'地分别为正、逆反应速率，k正、ke分别为正、 n(H2O) 逆反应速率常数，p为气体的分压。调整初始水碳投料比 测得C0的平衡转化率如图2。 n(CO) 0 70 A0.5,73】 B1.0,50) 置 50 0 C2.0,45) 20 D(2.0,30) 1 0.5 1.0 1.5 2.02.5 水碳投料比 图2 ①A、C两点温度比较：A C。(填“大于”、“小于”或“等于”) ②在B点所示条件和投料比下，当C0的转化率达到40%时，生 (4)工业上也可采用金属有机框架材料MOFs)选择性吸附CO2(如图3所示)，该材料能吸附CO2而不能吸 附CO可能的原因是 试卷第10页，共12页 0.338nm 0.376nm ●O + b.33-0.35nm 加热/真空 图3 【一氧化碳制氢】 (⑤)一氧化碳变换反应CO(g)+H,O(g)口CO,(g)+H,(g)也可用于生产氢气，该反应在P膜反应器中进 行的工作原理如图4所示。当反应器中存在P膜时，C0变换反应具有更高转化率的原因是 碓 出口a CO+H2O .C02+H2 ○pd Qo H2 0 出口b 00 H2← 0.5 4 N2吹扫 图4 (6)该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图5所示。 进口I 进口Ⅱ CO+H20- N吹扫 固体电解质 (只允许离子通过) 出口I 出口Ⅱ 电源 图5 ①装置中的固体电解质应采用 (填“氧离子导体或“质子导体”)。 ②同温同压下相同时间内，若进口I处n(CO):n(H,O)=a:b,出口I处气体体积为进口I处的y倍，则CO 的转化率为 (用a、b、y表示)。 17.氯苯唑酸①是用于治疗转甲状腺素蛋白淀粉样多发性神经病的药物，一种合成路线如图所示。 试卷第11页，共12页 C▣，CHOC,催化剂，C,HCL,Os0c,CL AB② c③ HO COOCH CI ⑤ D C,H,NOCH,OH/浓硫酸CH.NO, E ④ F G OCH H 己知： COR 回答下列问题： (1)能完成A→B转化的反应试剂为 B→C的化学方程式为 (2)C→D的反应类型为 :E的系统命名为 :F中含氧官能团的名称为 (3)有机物J是F的同分异构体。满足下列条件的J的结构简式为 (只写一种即可，不考虑立 体异构)。 ①含“CN”和“C=C-”,不含“-0-O-”;②分子结构中含六元环；③核磁共振氢谱峰面积比为1：2：6 (4)反应⑤过程中同时生成一种与G互为同分异构体的副产物，该物质的结构简式为 (⑤)研究发现反应⑥的一种可能历程是经由两步完成的，如下图所示： HO COOCH; OCH 回 若第一步为加成反应，第二步为消去反应，则M的结构简式为 试卷第12页，共12页 答案第1页，共1页 《2025-2026学年度高三年级下学期综合素质评价三》参考答案 题号 2」 3 5 6 7 8 9 10 答案 c 0 B D B A C D 题号 11 12 13 答案 1 B &1 14.(1)P03/无水氯化钙 (2)CD (3)取一定质量样品，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤、千燥、称量沉淀，计算得AgCI沉淀的物质的 量与Mg(NH)CL2的物质的量之比为2：1 (4) 2Na+2H,O=2NaOH+H,个K、K, (⑤)油封，防止C中水蒸气进入A中 (6ACEG (7) 2NaBH,+[Mg(NH,).]Cl,2NH,BH,+4NH,1+2NaCI+H,1+Mg 90.3 【详解】(1)仪器A是干燥管，作用是吸收挥发出的NH,所以选择P,O,/无水氯化钙： (2)A.因为冷凝管要增强冷凝效果，所以冷凝水应下进上出，故A错误： B.因为NH作为配体时N的孤对电子形成配位键，孤对电子对成键电子对斥力减小，所以配合物中 H-NH键角比NH中大，故B错误： C.因为减压过滤利用压强差，所以能加快过滤速度且使固体更干燥，故C正确： D.因为NHCI能抑制NHHO电离，降低OH浓度，同时增大NH4浓度促进配合物形成，所以可防 止Mg(OH)2沉淀生成，故D正确： 故答案选CD。 (3)若[Mg(NH,)。]CL,中Cr作配体，溶液中C不能电离出来，而外界的Cr在溶液都能电离出来， 加入AgNO3溶液能生成AgCI沉淀，计算AgCI沉淀的物质的量与[Mg(NH)6]Cl,的物质的量之比为 2:1即可证明2个C1均不作配体： (4)①因为Na能与水反应，所以利用Na和水反应生成NaOH和H来干燥四氢呋喃：②因为回流时要 使装置内形成循环，所以打开K1、K,关闭K2,让溶剂在装置内回流： (5)装置B中石蜡油的作用是形成液封，可以防止空气进入反应装置以及后续装置中的液体倒吸： 答案第1页，共7页 (6)因为过滤需要铁架台、普通漏斗、烧杯、玻璃棒： (7)①根据反应物NaBH4、Mg(NH3),CL,和生成物NH,BH,、Mg、NaCl,利用氧化还原反应和原子 守恒配平化学方程式：②先根据反应物的量判断过量情况，以不足量的反应物计算理论产量，再用实际 产量除以理论产量计算产率，n(NaBH,)= 3.8g,=0,1mol,Mg(NH)。Cl,的物质的量为 38g/mol 19.7g =0.1mol, 197g/mol 2NaBH,~Mg(NH),CL,~2NH,BH,可知Mg(NH),Cl,过量，所以用NaBH,的量来计算得出理论上生成 NH,BH3的物质的量为0.1mol,质量为0.1mol×31g/mol=3.1g,则本实验中氨硼烷的产率为 2.8g×100%=90.3%。 3.1g 15.(1)ac (2)Cu2 (3) H:0:0H 2Fe2*+H0,+2H,070℃2Fc00H↓+4H pH过高，Fe+生成氢氧化铁 胶体吸附大量N2+,导致镍回收率降低N(SiH3),中N为sp杂化，未杂化的含孤对的2p轨道与Si的空3d 轨道形成dp键，降低了N原子上电荷密度，使其给出电子能力下降，碱性降低 (4) 取最后一次的洗涤液少许于试管中，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明 洗涤干净 5.7×10"molL (5) 2NiC,0,+O2=2Ni0+4C0, 放热 【分析】以铜镍合金废料（主要成分为镍和铜，含有一定量的铁和硅）为原料生产草酸镍，废料先加入稀 硫酸、稀硝酸浸出，浸出液含有的离子主要有H、N2、Cu2+、F3+、NO;、SO,铁、铜、镍溶解， 过滤除去不溶的硅，加入萃取剂萃取铜离子，加入还原剂除去硝酸等氧化剂，然后加入HO2氧化亚铁 离子为铁离子，并生成FOOH沉淀，过滤除去，然后加入草酸，经过系列操作得到草酸镍，据此解答。 (5NiC,0,·2H,0→NiC,0,理论质量损失率为，36 为126910%=19716：NC0,→N0-C0,理论质 量损失率为品 云×100%≈39.41%。由图可知，二水合草酸镍首先在175~275℃失重，总质量损失率约 为19.19%，这是由样品中吸附水和结晶水的脱出引起的。相应的DSC分析表明，在246.5℃附近存在着 较大的吸热峰，这说明脱出水的过程是吸热的。随着热分解温度的升高，二水合草酸镍在325~400℃有 较大的质量损失，质量损失率达到38.36%，与二水合草酸镍热分解生成NO所造成的理论质量损失率 39.41%基本上相吻合。因此，在空气中二水合草酸镍热分解的最终产物为N0。在357.8℃附近有一放 答案第2页，共7页 热峰，可知在空气中二水合草酸镍热分解生成NO的反应是放热反应。 【详解】(1)温度高时硝酸分解，故适当延长浸出时间、分批加入混酸浸取并搅拌可提高合金废料浸出 率，故选ac。 (2)根据分析，“萃取”步骤中萃取除去的主要金属阳离子是Cu。 (3)①H02的电子式为H:0:0:H: ②“氧化”过程中，H,02氧化亚铁离子为铁离子，并生成FOOH沉淀，离子反应方程式为 2Fe2+H,0,+2H,070C2F00H↓+4H； ③铁离子水解生成氢氧化铁胶体，可以吸附镍离子。pH过高，Fe+生成氢氧化铁胶体吸附大量N+, 导致镍回收率降低。 (4)过滤得到的草酸镍上面可能沾有(NH,)2S04,通过检验$O}可判断晶体是否洗涤干净。其方法是： 取最后一次的洗涤液少许于试管中，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净， 否则未洗涤干净：当溶液pH=2时N2+沉淀完全，此时溶液中 c(C0})= K(NiC,204)1.70x10-7 cN）=1x10mol-L=1.70x10mol-L。 Ka,Ka,-(H)(HC02xc)cC02)_cH)cC02=60x10×5.0×10=30x10,则 c(H,C,O) c(H C,O) c(H,C,O) cH,C,0,)=cH)-c4C02-103x1.70x10 -≈5.7×10-"molL。 KaKa 3.0×106 (5)根据分析，NiC,0,·2H,0首先在175~275C失重，总质量损失率约为19.19%，与 NiC,0,·2H,0失去结晶水生成NiC,O,理论质量损失率19.71%相吻合。因此300℃前所得产物为NiC,04。 随着热分解温度的升高，NiC,0·2H,0在325~400℃有较大的质量损失，质量损失率达到38.36%，与 NiC,0,·2H,0热分解生成NO所造成的理论质量损失率39.41%基本上相吻合。因此，在空气中二水合 300℃ 草酸镍热分解的最终产物为NiO。即300℃时反应的化学方程式为2NiC,0,+0, 0兰2Ni0+4C02;在 357.8C附近有一个放热峰，可知在空气中NC,04·2H,0热分解生成Ni0的反应是放热反应。 16.(1)+15 (2) 高温 低温 答案第3页，共7页 3) 小于 914 (4)二氧化碳分子直径介于材料的孔径大小之间，可以被吸附 (S)P膜能选择性分离出H2,促进反应正向进行 (6) 质子导体 (1-y)(a+b) 【详解】(1)由图可知，反应中反应物的相对总能量为-235kJ/mol,生成物的相对总能量为 -110×2=-220kJol,则该反应为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，反应的焓变 △H=(-220)-（-235)=+15kJ/mol,故答案为：+15： (2)工业生产中反应I和反应Ⅱ要分两个温度段进行，第一阶段反应I生成的产物CO是反应的反应 物，故先发生反应I,反应I是吸热反应，△H>0,△S>0,反应可发生需要△G=△H-T△S<0,需要 先采用高温：第二阶段发生反应Ⅱ，该反应为放热反应，低温有利于平衡正向进行，故第二阶段再采用 低温： (3)①设C点投料为n(H,O)=2mol,n(CO)=lmol,可列三段式 CO(g)+H,O(g)CO,(g)+H,(g) 起始/mol 1 2 0 0 转化/mol0.45 0.45 0.45 0.45 平衡/mol0.55 1.55 0.45 0.45 0.45.0.45 则K(C)= 0.45×0.45 0.551.55 =0.55×1.55 同理K(A)=0.73x0.73 027X127,降低温度，平衡正向移动，K值增大，故 V XV A点温度小于C点温度： ②B点，当反应达到平衡时，VE=k正p(CO)p(HO)=V逆=k逆p(CO2)p(H2), 生=pC0:)pL=K(B)=05x05=l,设B点投料为n(H,0)=1mol,n(C0)=1mol,可列三段式 k道p(CO)p(HO) 0.5×0.5 CO(g)+H,O(g) C02(g)+H2(g) 起始/mol 1 0 0 转化/mol 0.4 0.4 0.4 0.4 转化40%时/mol 0.6 0.6 0.4 0.4 0.6 0.6 生=k生x卫(CO)pH,0) 2 XP总 9 '逆k速p(CO2)p(H2) 0.4 0.4 2 (4)由图3可知，材料的孔径为0.33-0.35nm,C02分子的大小为0.338nm,C0分子的大小为0.376nm, 答案第4页，共7页 所以该材料能吸附CO,而不能吸附CO可能的原因是材料的孔径与CO2分子的大小匹配，而与CO分子 不匹配。 (5)P膜能选择性分离出H2,平衡正向移动，平衡转化率增大： (6)①电解时，一氧化碳和水均从阳极口进入，阳极一氧化碳转化为二氧化碳，则氢气要在阴极产生， 故阳极产生二氧化碳的同时产生氢离子，氢离子通过固体电解质进入阴极附近得电子产生氢气，故固体 电解质应采用质子导体： ②根据阿伏伽德罗定律的推论可知，同温同压下，出口I处气体物质的量为进口I处的y倍，设反应中CO 转化了xmol,则根据三段式： CO(g)+H,O(g)·C0,(g)+H2(g) 起始(mol)a b 0 0 转化(mol)x x 下 x 平衡(mol)a-x b-x 出口I处气体物质的量为(a+b-x)mol,进口I处的气体物质的量为(a+b)mol,则(a+b-x)=y(a+b), 则x=(a+b)1-y),C0的转化率为： (1-y)(a+b) COOH COOH 17.(1) 酸性高锰酸钾溶液 +2C2化剂 +2HC1 (2) 取代反应 3羟基-4-氨基苯甲酸或4氨基-3-羟基苯甲酸 羟基、酯基； 3) CN COOCH H.N OCH 【分析】 答案第5页，共7页 CH COOH 由图中信息：从D倒推，可以知道：A为 B为 ,C为 COOH ,从D与F的反应过程，D中的酰氯与F中的氨基发生取代反应，可以知道E HO. COOH HO. COOCH 为 ,F为 H,N HN 【详解】(1) CH; COOH COOH (1) 被酸性高锰酸钾溶液氧化可生成 与CL2在催化 CI COOH COOH 剂存在时发生取代反应生成 的化学方程式为 +206g COOH +2HC1. (2 COOH CI HO COOH 通过取代反应生成 的化学名称为 H,N HO COOCH 3-羟基-4-氨基苯甲酸（或4氨基-3-羟基苯甲酸）： 中含氧官能团的名称为（酚） H,N 羟基、酯基。 (3) HO COOCH; F为 ,其不饱和度为5.由信息，F的同分异构体J中含有六元环、-CN和 H,N -C=C-,三者的不饱和度之和为5，结合F的分子式及核磁共振氢谱峰面积比为1：2：6，可推知J的 答案第6页，共7页 结构简式为 实 (4) (④)反应⑤为氨基与酰氯间的取代反应，由题干信息，酰氯与羟基也可发生取代反应生成G的一种同分 COOCH, 异构体，其结构简式为 H,N (5) 对比G、H组成和结构的变化知，反应⑥经历的第一步反应为酚羟基与-CONH-中碳氧双键的加成反应， C 所得M的结构简式为 OCH3, 进一步发生消去反应生成H和水。 【点睛】有机合成题的核心在于推导每一步的产物或者反应物，最简单的方式是从信息最多的一侧开始 推导，比如题中的D与F反应生成G,从D与G的结构式倒推，这道题会很简单。 答案第7页，共7页