湖南长沙市雅礼中学2026-2027学年高三上学期开学考试 化学试题

**基本信息** 高三化学开学试卷，75分钟100分，以生产生活、科技前沿为情境，通过选择与非选择梯度设计，考查化学观念、科学思维及探究实践能力，适配高三开学学情。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|14题/42分|物质性质（如除油污、催熟）、化学用语、实验装置（如制备溴苯）、反应原理|结合尿不湿、葡萄酒保鲜等生活情境，考查基础应用| |非选择题|4题/58分|配合物探究（钴氨配合物滴定）、工艺流程（铜阳极泥提取）、有机合成（药物中间体）、催化重整（反应历程与平衡）|15题通过多组滴定实验考查科学探究，18题结合催化重整反应机理及平衡计算，体现学科综合与创新应用|

高 三 化 学 一 时量：75分钟 满分:100分 可能用到的相对原子质量:O~16 Mg~24 Ce~140 一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意) 1.生产生活细微处，亦有化学回响。下列“生产生活小妙招”不合理的是 选项 目的 生产生活小妙招 A 去除蚕丝衣物上的油污 热水中加入苏打后浸泡衣物 B 防止葡萄酒氧化变质 酿酒过程中添加适量的二氧化硫 C 快速吸收婴儿尿液，保持皮肤干爽 尿不湿芯体填充聚丙烯酸钠颗粒 D 催熟生硬猕猴桃 与熟苹果或香蕉一同装入保鲜袋密封存放 2.下列化学用语或表述正确的是 A. 中的 Si—F键为p-pσ键 B.用电子式表示B 的形成： C.聚丙烯的结构简式： D.氯气分子σ键的形成： 3.下列实验装置或操作能达到实验目的的是 A.制备溴苯并验证有 HBr产生 B.制备甲酸 C.电解法制备 Mg D.提纯苯甲酸时趁热过滤 4.下列反应方程式书写错误的是 A.已知酸性： ，将足量 通入 NaClO溶液中: B.乙醛被C 氧化： C.饱和碳酸钠溶液中通入过量C D. 溶液中滴入足量稀盐酸： 5.氮及其化合物的部分转化关系如右，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A.反应Ⅰ:1mol 与足量 充分反应，断裂氮氮三键的数目为 B.反应Ⅱ:每消耗7.2g Mg,生成 数目为0.2 C.反应Ⅲ：生成物 为二元弱碱，1 L 0.1 的 水溶液中， 、 粒子总数为0.1 D.反应Ⅳ:标准状况下,每消耗4.48 L ，转移电子数目为0.2 6.下列事实解释错误的是 选项 事实 解释 A 热稳定性： 氢键键长： B 在 NaOH水溶液中加热时发生取代反应的难易程度：溴苯>溴乙烷 溴原子和苯环形成了大π键，导致碳溴键键能变大，不易被取代 C 熔点： 阴离子半径： D 在 中的溶解度高于在水中的溶解度 的极性微弱，仅是水分子的极性的28% 7.前四周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是形成化合物种类最多的元素，Y原子中有8个运动状态不同的电子，基态Z原子K、L层上的电子总数是其3p原子轨道上电子数的两倍，基态W原子中有6个未成对电子。下列说法正确的是 A.同周期元素中，第一电离能小于 Y 的有5种 B.在一定条件下， 和 可以相互转化 C. X的最简单氢化物可与Z单质的水溶液在光照时发生取代反应 D.同主族中，元素Z形成的简单氢化物的沸点最低，酸性也最强 8.化合物Z是合成麻醉剂的重要中间体，其合成路线如下，下列说法错误的是 A. X分子苯环上的二氯代物有6种 B. Y分子存在顺反异构体 C. Z可在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应 D. X、Y均能被酸性高锰酸钾溶液氧化得到苯甲酸 9.一种从废旧电池正极材料( ))中回收锂元素的电化学装置如图。下列说法错误的是 A. a电极反应: B.电路中转移2m ol电子，理论上可回收4mol C. b电极连接电源正极 D. 可转化为 和 ，会降低锂的理论回收产率 10.天然活性成分黄酮醇的制备过程与实验装置如下(部分装置略)： 在 氛围中，依次向烧瓶中加入固体 NaOH、甲醇和邻羟基苯乙酮，搅拌下滴加苯甲醛，加热回流，得到Ⅰ。冷却至 10，向反应液中加入 和 NaOH混合溶液，继续搅拌得到Ⅱ，产率为74%。若Ⅰ分离后再与 和 NaOH 混合溶液反应，Ⅱ的产率为20%。下列说法错误的是 A.装置a为球形冷凝管，1为进水口 B. N₂氛围主要防止反应物被 氧化 C.甲醇对Ⅰ→Ⅱ反应的产率有显著影响 D.Ⅱ分子内羟基氧原子来自 NaOH 和 11.某 Diels-Alder反应机理如下,下列说法错误的是 A.化合物Ⅵ为该反应的催化剂 B.化合物X为 ，可循环利用 C.若化合物Ⅲ为，按照该反应机理可生成和 D.化合物Ⅲ转化为Ⅳ后， 与 间的碳碳键键长变短 12.铈(Ce)是稀土中丰度最高的元素，其在电子材料、催化剂等方面的应用非常广泛。以氟碳铈矿石(含)为原料制备 的工艺流程如图1所示。 已知：①在硫酸介质中，Ce(Ⅳ)可被磷酸二异辛酯(用表示)萃取，Ce(Ⅲ)不能被萃取。 ②被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，本题实验条件下D[Ce(Ⅳ)]=16。 下列说法错误的是 A.“氧化焙烧”时，为提高反应速率和原料利用率，将空气从焙烧炉底部通入 B.向 20 mL 含0.09 Ce(Ⅳ)的酸浸液中加入 10 mL 萃取剂，充分振荡、静置后，水层中c[Ce(Ⅳ)]=0.01 C.“反萃取”过程中 作还原剂 D. 立方晶胞如图2所示，晶胞棱长为 pm，该晶体密度为 13. 催化加氢制备 的主要反应如下： 反应Ⅰ. △H₁ 反应Ⅱ. △H₂ 一定压强下，在密闭容器中投入1mol 和 4 mol ，在催化剂作用下发生反应。平衡时， 转化率、 产率及另外2种含氢气体的物质的量随温度的变化如图所示。CO选择性可表示为×100%。下列说法正确的是 A.图中曲线①、曲线③分别表示平衡时 物质的量、 转化率随温度的变化 B.反应Ⅰ的 、反应Ⅱ的 C.图中 P点对应温度下，平衡时CO选择性约为11.1% D.450 ℃之后，温度升高导致催化剂活性降低，从而导致甲烷平衡产率减小 14.25 ℃时，用0.1000 NaOH溶液分别滴定0.1000 一元酸HA和HB，滴定曲线(滴定分数 ,T>100%后作简化处理)如图所示。下列说法错误的是(B) A. T=0时，若两溶液同时升高温度，则 增大 B.其他条件不变时， 越小，滴定终点附近 pH突变范围越大 C.曲线①在10%<T<90%内较平缓,是因为 和HA能共同稳定体系pH D.滴定 HA过程中存在关系： 二、非选择题(本题共4小题，共58分) 15.(除标注外，每空2分，共14分)钴元素化合物具有极其丰富的颜色特征，学习小组为了解钴及其化合物的性质，做了如下探究： Ⅰ.钴水配合物 (1)学习小组发现，无水的 固体遇水便会由蓝色变为粉色。学习小组猜测其可能具有的用途为 。 Ⅱ.钴氨配合物 现有四种颜色的钴氨配合物，分别为黄色、紫红色、绿色、紫色，且都符合 的化学通式。学习小组选择紫红色的配合物，并进行定量分析。称取 m g纯样品，均分为3份。(配合物的摩尔质量为 M g/ mol) 第一份：溶解后在微碱性条件下，以5%的 溶液作指示剂，用浓度为 mol/L的标准液滴定，消耗 mL。已知 为砖红色沉淀。 (2)达到滴定终点的实验现象是 。 第二份：溶解后加入过量EDTA(乙二胺四乙酸)，在微碱性条件下，以5%的 溶液作指示剂，用浓度为 的 标准液滴定，消耗 已知：未加入 EDTA时，发生反应： 加入 EDTA后，发生的反应为。 (3)写出b的表达式： (用 表示)。 第三份：在锥形瓶A中溶解后，加入一定浓度的 NaOH溶液10mL，另取一锥形瓶 D装入40mL 硼酸溶液，并用 溶液滴定锥形瓶D中的溶液，实验装置如图所示。 (4)①装置B中的物质可选用下列中的 (填标号)。 A.无水C B. C.碱石灰 D. NaOH固体 ②关于上述实验，下列说法正确的是 (填标号)。 A.氮气可以排尽装置内的空气，且可作为载气，将产生的氨气全部导入吸收液 B.若滴定前酸式滴定管内无气泡，滴定结束后出现气泡，则测定的a值偏大 C.吸收装置中仅保证硼酸过量即可，无需测定硼酸溶液的浓度 Ⅲ.钴氰配合物 学习小组为探究钴氰配合物的性质，进行了如下A、B、C、D四组对比实验。 已知：上述所有实验均没有沉淀生成。 (5)请写出D组实验中发生的离子反应方程式： 。 (6)对比四组实验，可得出与 配位后， 的还原性 (填“增强”或“减弱”，下同)， 的氧化性 。 16.(除标注外,每空2分,共15分)一种从铜阳极泥(主要含 Au、Ag₂Se、( )中分离提取贵金属 Au、Ag的工艺流程如下： 已知：①“球磨提金”时，生成的高活性 直接和 Au反应生成 。 ② ； 回答下列问题： (1)Au位于第六周期且与 Cu同族，基态 Au原子的价电子排布式为 。 (2)“酸浸”时, 与稀硝酸反应生成二元弱酸 的离子方程式为 。 (3)“球磨提金”时，生成 的反应中作氧化剂的是 (填化学式)，该工序需要控制温度在50~60℃，简述理由: 。 (4)“酸溶”时, 转化为 ；“反萃取”时加入 溶液后，水相中 Au以 形式存在，理论上消耗的 与 的物质的量之比不应低于 。“酸化析金”时， 发生自身氧化还原反应的离子方程式为 。 (5)“溶银”中,忽略溶液体积变化,若使0.010 mol AgCl完全溶于1.0L氨水,则反应后溶液中 _______。 (6)关于上述流程，下列说法正确的是 (填标号)。 A. “酸浸”时,用 替换稀硝酸利于绿色环保 B.“酸溶”时，加入稀盐酸越多越好 C.滤液X中通入适量HCl后所得产品可导入“球磨提金”，以提高资源利用率 17.(除标注外，每空2分，共14分)一种药物中间体(H)的合成路线如下： 已知： Ⅰ. Z、Z'均为强吸电子基团 回答下列问题： (1)的名称为 。 (2)B的结构简式为________ 。 (3)C中含氧官能团名称为 ；C→D反应类型为 。 (4)E→F化学方程式为________________ (5)C的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为_______________(写出一种即可)。 ①遇 溶液显色 ②含 ③苯环上仅含1种化学环境的氢原子 (6)以庚二酸二甲酯和1，2-二溴乙烷为主要原料合成。利用上述信息补全合成路线。 __________________________________________________________________________ 18.(除标注外,每空2分,共15分) 催化重整是减缓温室效应、实现“碳中和”的重要方式，是 利用的研究热点之一，该重整反应体系主要涉及以下反应： ① ② ③ ④ Ⅰ.我国学者对催化重整的反应①进行理论研究，提出在 Pt-Fe或Sn-Fe合金催化下，先发生甲烷逐级脱氢反应，其反应历程如图所示(*表示吸附在催化剂表面)。 (1)主反应的 (用 、 …… 表示)。 (2)该历程中最大能垒 (3)其他条件相同时，催化重整的主反应①在上述两种不同催化剂下反应相同时间，CO的产率随反应温度的变化如图所示，p是 合金催化下CO的产率随温度的变化曲线，p、q曲线到达m 点后重合，请解释原因： 。 (4)重整反应①生成的合成气(CO和 )是重要的化工原料，以合成气为燃料，通入以熔融碳酸盐为电解质的燃料电池中，写出CO为负极反应物时的电极反应式： 。 (5)下列说法正确的是 (填标号)。 A.重整反应过程中，既有极性键的断裂，又有非极性键的形成 B.恒温恒容下，向重整反应体系充入 Ar，( 的反应速率增大 C.恒温恒压下，若此时仅发生反应②，当气体密度保持不变，说明反应②达到平衡状态 D.合成气可通过费托合成转化为乙烯： 该反应氢原子经济性=50%(氢原子经济性=∕×100%) Ⅱ.设 为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为 kPa)除以)。反应①、③、④的ln随 (温度的倒数)的变化如图所示。 (6)反应④的正、逆反应速率分别表示为其中 分别为正、逆反应速率常数，升高温度时， (填“增大”“减小”或“不变”)。在图中A 点对应温度下，原料组成 、初始总压为100 kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时 的分压为30 kPa。 的平衡转化率= 学科网（北京）股份有限公司 $高三化学 命题人：彭慧 审题人：刘彦廷 时量：75分钟满分：100分 可能用到的相对原子质量：O~16Mg~24Ce~140 一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意） 1.生产生活细微处，亦有化学回响。下列“生产生活小妙招”不合理的是 (A) 选项 目的 生产生活小妙招 A 去除蚕丝衣物上的油污 热水中加入苏打后浸泡衣物 B 防止葡萄酒氧化变质 酿酒过程中添加适量的二氧化硫 C 快速吸收婴儿尿液，保持皮肤干爽 尿不湿芯体填充聚丙烯酸钠颗粒 D 催熟生硬猕猴桃 与熟苹果或香蕉一同装入保鲜袋密封存放 【解析】蚕丝的主要成分为蛋白质，苏打（碳酸钠）在热水中水解使溶液碱性较强，较高温度下蛋白质易发生水 解，会毁坏蚕丝衣物，A符合题意；二氧化硫具有还原性，能抗氧化，同时抑制杂菌繁殖，符合食品添加剂使用 规范，B不符合题意；聚丙烯酸钠是含亲水基团的高吸水性树脂，吸水能力强，可用作“尿不湿”的原料，C不 符合题意；熟苹果或香蕉释放乙烯，乙烯是植物生长调节剂，能促进水果成熟，密封放置可提高乙烯浓度，加 速猕猴桃成熟，D不符合题意；故选A。 2.下列化学用语或表述正确的是 (C) A.SiF4中的Si一F键为p-po键 B用电子式表示BaCl的形成：Cl+×邓ax+Cl:一：Cl BaxCl: C.聚丙烯的结构简式：ECH2一CHm CH D.氯气分子。键的形成：*黄一司一号 【解析】SiF4中Si采取sp3杂化，Si一F键是sp3-pg键，不是p-po键，A错误；BaCl2是离子化合物，由氯离 子和钡离子构成，BaCl的形成过程可表示为：i个Ba+Gi:一Ci:BaC:,B错误；C2分子中的。键是 两个C1原子的p轨道沿键轴（两原子核连线)方向“头碰头”重叠形成的p-p。键，可表示为 角角→是蜀→叠0蜡误；故选C。 3.下列实验装置或操作能达到实验目的的是 (D) 效 苯、溴混合液 甲醇 注水口 热滤 石墨 石墨 足量酸性 铁粉 AgNO 溶液 KMnO,溶液 溶液 A.制备溴苯并验证有HBr产生 B.制备甲酸 C.电解法制备Mg D.提纯苯甲酸时趁热过滤 化学试题(27H)一55 【解析】需除去HBr气体中混有的溴蒸气再检验HBr,防止Br2与水反应生成HBr千扰实验，A不符合题意； KMnO4氧化性极强，足量酸性KMnO,溶液会将甲醇最终氧化为CO2,无法得到甲酸，B不符合题意；电解 法制备Mg需电解熔融氯化镁，若电解MgSO4溶液，阴极会产生H2,无法得到Mg单质，C不符合题意；提 纯苯甲酸时需趁热过滤，热滤漏斗的作用是保温，避免温度降低导致苯甲酸晶体提前析出，减少产物损失，D 符合题意；故选D。 4.下列反应方程式书写错误的是 (A) A.已知酸性：H2S>HCIO>HS,将足量H2S通入NaCIo溶液中：H2S+ClO—HS+HCIO B.乙醛被Cu(OH)2氧化：CH,CH0十2Cu(OH)2十OH△CH,CO0+CuOY+3H,O C.饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2:2Na++CO+HzO+CO2一一2 NaHCO3V D.[Ag(NH3)2]OH溶液中滴入足量稀盐酸：[Ag(NH3)2]++OH十3H++CI一AgCI+2NH +H2O 【解析】NaClO具有强氧化性，H2S具有强还原性，二者会发生氧化还原反应，离子方程式为H2S十ClO一 CI+SY+H2O,A错误；故选A。 5.氮及其化合物的部分转化关系如右，设Na为 阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(B) g四国 C0CL-CoNH圆NaCO溶液可 NH. NaOH溶液NaNO,、 VNaNO,溶液 A.反应I:1molN2与足量H2充分反应，断裂 NO→NO→HNO 氮氮三键的数目为NA B.反应Ⅱ：每消耗7.2gMg,生成N3-数目为0.2NA C.反应Ⅲ：生成物N2H4为二元弱碱，1L0.1mol·L1的N2H4水溶液中，N2H4、N2H粒子总数 为0.1Na D.反应V:标准状况下，每消耗4.48LNO2,转移电子数日为0.2NA 【解析】合成氨是可逆反应，1olN2无法全部消耗，因此断裂氮氨三键的数目小于NA,A错误；Mg3N2为离 子化合物，反应Ⅱ每消耗7.2gMg,即0.3 mol Mg,则生成的N3-的数目为0.2NA,B正确；根据物料守恒： n(N2H4)十n(N2H时)十n(N2Hg+)=0.1mol,所以N2H4、N2H时粒子总数小于0.1Na,C错误；标准状况下 NO2不是气体，且消耗0.2 mol NO2,转移电子数为0.1Na,D错误；故选B。 6.下列事实解释错误的是 (A) 选项 事实 解释 A 热稳定性：H2O>NH3 氢键键长：O一H…O<N一H…N 在NaOH水溶液中加热时发生取代反应的难易 溴原子和苯环形成了大π键，导致碳溴键键能变 B 程度：溴苯>溴乙烷 大，不易被取代 熔点C旺，<CC 阴离子半径：BF4>CI D O3在C℃l4中的溶解度高于在水中的溶解度 O的极性微弱，仅是水分子的极性的28% 【解析】热稳定性属于化学性质，由分子内化学键的键能决定，由于O原子半径小于N原子，导致O一H的键 能大于N一H的键能，使得H2O的热稳定性强于NH3,与分子间氢键无关，A错误；溴苯中溴原子的p轨道 与苯环的大π键形成P-π共轭体系，增大了碳溴键的键能，因此溴苯比溴乙烷更难发生取代反应，B正确； 两种物质均为离子晶体，阳离子相同，BF4的半径大于C1,对应离子晶体的离子键更弱，熔点更低，C正确； O3为V形结构，正负电荷中心不重合，是极性分子，但极性微弱，仅是水分子的极性的28%，D正确；故 选A。 化学试题(27H)-56 7.前四周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是形成化合物种类最多的元素，Y原子中有8个运动状 态不同的电子，基态Z原子K、L层上的电子总数是其3印原子轨道上电子数的两倍，基态W原子中有6 个未成对电子。下列说法正确的是 (B) A.同周期元素中，第一电离能小于Y的有5种 B.在一定条件下，W2O号和WO可以相互转化 C.X的最简单氢化物可与Z单质的水溶液在光照时发生取代反应 D.同主族中，元素Z形成的简单氢化物的沸点最低，酸性也最强 【解析】X是形成化合物种类最多的元素，为C;Y原子中有8个运动状态不同的电子，即核外有8个电子，为 O;Z的K、L层上的电子总数为2十8=10，是其3p轨道上电子数的两倍，故3p轨道有5个电子，Z为Cl;基 态W原子中有6个未成对电子，价电子排布式为3d4s2,为Cr。同周期元素中，第一电离能小于O的有Li、 Be、B和C4种，N的第一电离能大于O,A错误；溶液中存在平衡：Cr2O%+H2O一2CrO十2H十，改变 酸碱性可实现两种离子的相互转化，两种离子中Cr均为十6价，B正确；X的最简单氢化物为CH4,CH4只 能与气态CI2在光照下发生取代反应，和氯水不反应，C错误；第IA族元素的简单氢化物中，HF分子间存 在氢键，沸，点最高，HCI、HBr、HI的沸点随相对分子质量增大而升高，因此HCl的沸，点是同主族简单氢化物 中最低的，但酸性最强的是HI,D错误；故选B。 8.化合物Z是合成麻醉剂的重要中间体，其合成路线如下，下列说法错误的是 (C) CHO CH-CHCOOC2 Hs CH2 CH2 CH2OH CH COOC Hs H2 C2 Hs ONa,△ 一定条件 X Y A.X分子苯环上的二氯代物有6种 B.Y分子存在顺反异构体 C.Z可在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应 D.X、Y均能被酸性高锰酸钾溶液氧化得到苯甲酸 【解析】氢氧化钠醇溶液并加热是卤代烃发生消去反应的条件，醇的消去反应条件为浓硫酸并加热，Z的官能 团是羟基，不能在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应，C错误；故选C。 9.一种从废旧电池正极材料(LiFePO)中回收锂元素的电化学装置如图。下列说法错误的是 (D) 直流电源 H'Li K0溶液 阴 LiFePO,固体 AH.O. 交换 极 LiFePO固体 A.a电极反应：O2+2H2O+2e—H2O2+2OH B.电路中转移2mol电子，理论上可回收4 mol Li计 C.b电极连接电源正极 D.I5可转化为I和IO3,会降低锂的理论回收产率 【解析】左侧池通入O2生成H2O2,发生的是还原反应，因此电极是阴极，连接电源的负极，电极反应为 O2十2H2O十2e一H2O2十2OH;右侧池I厂被氧化为I5,b电极是阳极，连接电源的正极，电极反应为 3I一2一I3;阴离子交换膜允许阴离子（如SO星、OH等）通过，以维持电荷平衡。如上分析，左侧通入 化学试题(27H)-57 氧气生成双氧水，且在K2SO4溶液中可生成OH,该电极反应式书写正确，A正确；电路中转移2ol电子 时，整个体系电子总转移量为2mol,每释放1 mol Li十对应转移1mol电子(LiFePO4一e一FePO4十 Li计)，双电极可同时回收Li计，故理论上可回收4olLi计，B正确；b电极上发生氧化反应，厂被氧化为5， 阳极连接电源正极，C正确；I3可发生歧化反应，根据得失电子守恒，3molI歧化可转化为8molI厂和 1 mol IO3,可得到的总电子数（氧化LiFePO4的总能力）不变：3molI3氧化LiFePO4的过程中原本可得到 6mol电子，歧化后产生的1 mol IO作为氧化剂也可得到6mol电子，总氧化能力不变，LiFePO4一e FPO4十Li计，理论上脱出回收的Li计的总物质的量不变，因此不会降低锂的理论回收产率，D错误；故选D。 10.天然活性成分黄酮醇的制备过程与实验装置如下（部分装置略）： OH CHO NaOH H2O2,NaOH CH,OH 0 在N2氛围中，依次向烧瓶中加入固体NOH、甲醇和邻羟基苯乙酮，搅拌下滴加 苯甲醛，加热回流，得到I。冷却至10℃，向反应液中加入H2O2和NaOH混合 干燥管 溶液，继续搅拌得到Ⅱ，产率为74%。若I分离后再与H2O2和NaOH混合溶液 反应，Ⅱ的产率为20%。下列说法错误的是 (D) 温度计 A.装置a为球形冷凝管，1为进水口 苯甲醛 B.N2氛围主要防止反应物被O2氧化 C.甲醇对I→Ⅱ反应的产率有显著影响 D.Ⅱ分子内羟基氧原子来自NaOH和H2O2 【解析】球形冷凝管通水遵循“下进上出”原则，图中1为下口，是进水口，2为上口，是出水口，A正确；反应物 中的酚类、醛类都易被空气中的氧气氧化，N2作为惰性氛围，主要作用是防止反应物被O2氧化，B正确；由 题干信息可知，不分离I直接进行下一步反应，Ⅱ的产率为74%，分离出I后再反应，产率仅为20%，分离I 的过程会除去体系中的甲醇，产率大幅下降，说明甲醇对I→Ⅱ反应的产率有显著影响，C正确；由流程可 知，I分子中的羟基氧原子转化为Ⅱ分子六元环中的氧原子，Ⅱ分子中还有一个羟基，该羟基氧原子来自氧 化剂H2O2,NaOH只提供碱性环境，不提供氧原子，D错误；故选D。 11.某Diels-Alder反应机理如下，下列说法错误的是 Bn COOCH Bn COOCH. BnCOOCH, Bn COOCH, NH·HCl NCI COOCH Bn COOCH, Bn 2 N CHO A.化合物Ⅵ为该反应的催化剂 化学试题(27H)一58 B.化合物X为H2O,可循环利用 CHO C.若化合物Ⅲ为，按照该反应机理可生成 CHO D.化合物Ⅲ转化为V后，C2与C间的碳碳键键长变短 【解析】由催化机理可知，反应消耗了化合物Ⅵ又生成了化合物Ⅵ，化合物Ⅵ是该反应的催化剂，故A正确； 根据I十ⅥI→X+Ⅱ和V+X→M十V,由I、Ⅵ、Ⅱ的结构简式可知，X为H2O,并且可循环利用，故B正 CHO 确；根据反应机理，总反应为I十Ⅲ→V,若化合物Ⅲ为 ,按照该反应机理可生成 ,故C错误；根据Ⅲ和N的结构，Ⅲ中C2一C3为碳碳单键，V中C2一C3为碳碳双键，键长变 CHO 短，故D正确；故选C。 12.铈(C)是稀土中丰度最高的元素，其在电子材料、催化剂等方面的应用非常广泛。以氟碳铈矿石（含 CeFCO3)为原料制备CeO2的工艺流程如图1所示。 H.,SO. 有机溶剂 氟碳铈矿石一氧化焙烧 酸浸 萃取分液 H,02、H,S0 Ce02+-Ce+← 反萃取 有机层去氧 图1 图2 RO 已知：①在硫酸介质中，Ce(IV)可被磷酸二异辛酯（用 D 表示)萃取，Ce(Ⅲ)不能被萃取。 RO OH ②被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D),本题实验条件下D[C(V)门]=16。 下列说法错误的是 (D) A.“氧化焙烧”时，为提高反应速率和原料利用率，将空气从焙烧炉底部通入 B.向20mL含0.09mol·L1Ce(IV)的酸浸液中加入10mL萃取剂，充分振荡、静置后，水层中 c[Ce(V)]=0.01mol·L-1 C.“反萃取”过程中H2O2作还原剂 D.C0,立方晶胞如图2所示，品胞棱长为am,该品体密度为×10gam 【解析ICeFCO,焙烧时和氧气反应生成CeO,CeF,和CO,化学方程式为4 CeFCO,+O,培烧3CeO,十CeR, 十4CO2,然后加入稀硫酸形成含Ce4+、CF+的溶液，加入有机萃取剂萃取分液，取有机相去氧后用过氧化 氢将Ce4+还原为Ce3+再反萃取得Ce3+,最终得CeO2。“焙烧”采用逆流操作可增大反应物的接触面积，有 利于提高反应速率，使焙烧更加充分，提高原料的利用率，故粉碎后的矿渣从顶部加入，将空气从焙烧炉底部 通入，A正确；被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D),D[Ce(N)]=16,向20mL 含0.09mol/LCe(V)的酸浸液中加入l0mL萃取剂，充分振荡、静置后，根据元素守恒有0.09mol/L×20 化学试题(27H)-59 ×10-3L=20×10-3c*[Ce(V)]+10×10-3×16c*[Ce(IW)],解得c*[Ce(IV)]=0.01mol/L,B正确；“反 第取"时加入UO,可将+4价铈还原为十3价，使其进入水层，C正确；1pm=10”cm,晶体密度为 X1030g/cm3,D错误；故选D。 13.CO2催化加氢制备CH4的主要反应如下： 反应I.CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)△H1 反应Ⅱ.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H2 一定压强下，在密闭容器中投人1molC02和4molH2,在催化剂作用下发生反应。平衡时，CO2转化 率，CH:产率及另外2种含氢气体的物质的量随温度的变化如图所示。C0选择性可表示为以C0)丝 n(C02)反应 ×100%。下列说法正确的是 (C) 3.0 100 2.5h 80 2.0 ③ 60 ② 40 1.0 P(506,1.36) 0.5 20 ① 0.0 300 400500 600 0 温度/℃ A.图中曲线①、曲线③分别表示平衡时H2物质的量、CO2转化率随温度的变化 B.反应I的△H>0、反应Ⅱ的△H2<0 C.图中P点对应温度下，平衡时C0选择性约为11.1% D.450℃之后，温度升高导致催化剂活性降低，从而导致甲烷平衡产率减小 【解析】结合已知信息和图像可知，450℃以前，C02的平衡转化率等于CH4的平衡产率，随着温度的升高， C02的平衡转化率和CH4的平衡产率均减小，则反应I为放热反应，450℃以后，曲线③和曲线④不再重 叠，由上述分析可知，CO2的平衡转化率增大，CH4的平衡产率减小，则反应Ⅱ为吸热反应，曲线③代表的是 平衡时CH4的产率随温度的变化情况，曲线④代表的是平衡时CO2的转化率随温度的变化情况；P,点时2 种含氢气体的物质的量均为1.36mol,结合碳原子守恒，含碳物质总量为1mol,CH4的物质的量不超过 1ol,且曲线①随着温度升高逐渐增大，曲线①代表H2物质的量随温度的变化情况，曲线②代表H2O(g) 物质的量随温度的变化情况。设图中P点对应温度下，反应I消耗n(CO2)为xmol,反应Ⅱ消耗n(CO2)为 ymol,列三段式如下： CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) 起始(mol) 0 0 转化(mol) Ax 2x 平衡(mol) 1-x 4-4x 工 2x CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) 起始(mol) 1-x 4-4x 0 2x 转化(mol) y y y 平衡(mol) 1-x-y 4-4x-y 2x十y 2x+y=1.36 x=0.64 结合P点数据可以得到 ,解得 4-4x-y=1.3 y=0.08 平衡时00选择性=C8×100%=十) n反应(CO2) 化学试题(27H)-60 X100%三0.69,08,08X100%≈1.1%，C正确：450C以后，甲烷平衡产率减小的原因是反应1和同时 发生，但以反应Ⅱ为主，D错误；故选C。 14.25℃时，用0.1000mol·L1NaOH溶液分别滴定0.1000mol·L1一元酸HA和HB,滴定曲线（滴定 分数T-光×100%，T>100%后作简化处理)如图所示。下列说法错误的是 (B) 120 10 8 6配 ①HA ②HB 0 50 100150 T/% AT=0时，若两溶液同时升高温度，则念}增大 B.其他条件不变时，K。越小，滴定终点附近pH突变范围越大 C.曲线①在10%<T<90%内较平缓，是因为A和HA能共同稳定体系pH D.滴定HA过程中存在关系：Tc(HA)+(T-1)c(A)+c(H+)=c(OH) 【解析】由滴定曲线可知，未加NaOH(T=0)时，HB的pH=1,说明HB是强酸，HA的pH大于1，说明HA 是路，升高温度，《B)不文，HA的电高平衡正转，(A)增大，故会增大，A正确：由国可知，陵性： HB>HA,K(HB)>K(HA),而滴定终，点附近时HB的pH突变范围较HA大，可得其他条件不变时，K。 越大，滴定终点附近时pH突变范围越大，B错误；随着NaOH溶液的滴入，发生反应NaOH十HA一 NaA十H2O,在10%<T<90%内，体系中存在A与HA组成的缓冲体系，能共同稳定体系的pH,C正确； 在任意时刻，根据电荷守恒有c(A)十c(OH)=c(H)十c(Na+),根据元素守恒有c(Na+)=Tc(A)十 Tc(HA),则有c(H+)+Tc(A)+Tc(HA)=c(A)+c(OH),进而可得Tc(HA)+(T-1)c(A)十 c(H+)=c(OH),D正确；故选B。 二、非选择题（本题共4小题，共58分） 15.(除标注外，每空2分，共14分)钴元素化合物具有极其丰富的颜色特征，学习小组为了解钴及其化合物 的性质，做了如下探究： I.钴水配合物 (1)学习小组发现，无水的CoC2固体遇水便会由蓝色变为粉色。学习小组猜测其可能具有的用途为 作指示剂，检验水的存在。 Ⅱ.钴氨配合物 现有四种颜色的钴氨配合物，分别为黄色、紫红色、绿色、紫色，且都符合[Co(NH3).Cl,]Cl3-)的化学通 式。学习小组选择紫红色的配合物，并进行定量分析。称取g纯样品，均分为3份。（配合物的摩尔质 量为Mg/mol) 第一份：溶解后在微碱性条件下，以5%的K2CrO4溶液作指示剂，用浓度为c1mol/L的AgNO3标准液 滴定，消耗V1mL。已知Ag2CrO4为砖红色沉淀。 (2)达到滴定终点的实验现象是滴入最后半滴AgNO3标准液，产生砖红色沉淀，且半分钟内不发生明 显变化。 化学试题(27H)-61 第二份：溶解后加入过量EDTA(乙二胺四乙酸)，在微碱性条件下，以5%的K2CO4溶液作指示剂，用浓 度为cmol/L的AgNO3标准液滴定，消耗V2mL。 已知：未加入EDTA时，发生反应：Ag++CI—AgCl; 加入EDTA后，发生的反应为[Co(NH3).CL,]3-++EDTA—[Co(EDTA)]3++aNH+bCI-。 (3)写出b的表达式：b= 3(V2-V1) V2 (用V1、V2表示)。 第三份：在锥形瓶A中溶解后，加入一定浓度的NaOH溶液10mL,另取一锥形瓶D装入40mL硼酸溶 液，并用H2SO4溶液滴定锥形瓶D中的溶液，实验装置如图所示。 N,包 」D硼酸 溶液 (4)①装置B中的物质可选用下列中的CD(填标号)。 A.无水CaCl2 B.P2Os C.碱石灰 D.NaOH固体 ②关于上述实验，下列说法正确的是AC(填标号)。 A.氨气可以排尽装置内的空气，且可作为载气，将产生的氨气全部导入吸收液 B.若滴定前酸式滴定管内无气泡，滴定结束后出现气泡，则测定的α值偏大 C.吸收装置中仅保证硼酸过量即可，无需测定硼酸溶液的浓度 Ⅲ.钴氰配合物 学习小组为探究钴氰配合物的性质，进行了如下A、B、C、D四组对比实验。 Co(SO) 带火星的复燃 K[Co(CN)] 。带火星的。没有复燃 固体 小木条 固体 小木条 蒸馏水一锋 蒸馏水一 A组 B组 用火柴 无明显 用火柴 蓝色火焰 引燃 实验现象 KICo(CN)] 固体 固体 点引燃 蒸馏水 蒸馏水 C组 D组 已知：上述所有实验均没有沉淀生成。 (5)请写出D组实验中发生的离子反应方程式：2[Co(CN)6]4-+2H2O一2[Co(CN)6]3-+2OH-+ H2个。 (6)对比四组实验，可得出与CN一配位后，Co+的还原性增强(1分)（填“增强”或“减弱”，下同）， Co3+的氧化性减弱(1分)。 【解析】滴定实验的步骤是滴定前的准备；滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录；锥形瓶：注液体 →记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化；终，点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行 计算。 化学试题(27H)一62 (1)无水的CoC2固体遇水便会由蓝色变为粉色，则其可以作指示剂，检验水的存在。 (2)已知Ag2CrO4为砖红色沉淀，则达到滴定终，点的实验现象是滴入最后半滴AgNO3标准液，产生砖红色 沉淀，且半分钟内不发生明显变化。 (3)由题意可知，第一份滴定过程中是外界氯离子和银离子反应，第二份滴定过程中是内界和外界氯离子和 泉离子反应，测号-号632， V2 (4)①装置B用于千燥氨气，氨气会和无水CaCl2、P2O反应，故应该选用C.碱石灰或D.NaOH固体。 ②A.氨气可以排尽装置内的空气，且可作为载气，将产生的氨气全部导入吸收液，正确；B.若滴定前酸式滴 定管内无气泡，滴定结束后出现气泡，使得标准液用量读数偏小，则使得测定的α值偏小，错误；C.吸收装置 中的硼酸用于吸收氨气，最终使用硫酸滴定吸收的氨气，仅保证硼酸过量即可，无需测定硼酸溶液的浓度，正 确；故选AC。 (⑤)D组实验中生成气体燃烧有淡蓝色火焰，结合质量守恒，说明生成氢气，结合电子守恒，反应中C0化合价 升高被氧化、水中H化合价降低被还原，发生的离子反应方程式为2[Co(CN)6]4-+2H2O一 2[Co(CN)6]3-+2OH-+H2个. (6)由实验现象，A组中生成氧气，B组没有生成氧气，说明与CN配位后，Co3+的氧化性减弱；C组中没有 生成氢气，D组生成氢气，说明与CN配位后，C0+的还原性增强。 16.(除标注外，每空2分，共15分)一种从铜阳极泥（主要含Au、Ag2Se、Cu2Se)中分离提取贵金属Au、Ag的 工艺流程如下： KMnO NH.CI 稀盐酸 有机萃取剂Na,SO,溶液稀盐酸 稀硝酸 沉淀球磨 酸化 酸溶 萃取 反萃取 Au 稀硫酸 提金 析金 滤渣 水相 有机相 尾气处理 铜阳极泥 酸浸 NaCl溶液 氨水 N,H.·H,O 尾气处理 滤液 沉淀 还原 沉银 溶银 提银 Se,Cu N,滤液X 已知：①“球磨提金”时，生成的高活性Cl2直接和Au反应生成AuCl3。 ②Kp(AgCI)=1.6X10-10;Ag+2NH3[Ag(NH3)2]+K=1.0X10'。 回答下列问题： (1)Au位于第六周期且与Cu同族，基态Au原子的价电子排布式为5d6s1。 (2)“酸浸”时，Cu2Se与稀硝酸反应生成二元弱酸H2SeO3的离子方程式为3Cu2Se十20H中+8NO3 =6Cu2++3H2SeO3+8NO个+7H2O。 (3)“球磨提金”时，生成Cl2的反应中作氧化剂的是KMO4(1分)（填化学式），该工序需要控制温度 在50~60℃，简述理由：温度过高，KMO4、NH4Cl受热分解，降低金的提取率；温度过低，反应速 率太慢。 (4)“酸溶”时，AuCL转化为[AuCL4]厂；“反萃取”时加入Na2SO3溶液后，水相中Au以[AuSO3]-形式存 在，理论上消耗的Na2SO与[AuCL4]的物质的量之比不应低于2：1。“酸化析金”时， [AuSO3]发生自身氧化还原反应的离子方程式为2[AuSO3]一2AuY+SO+SO2个。 化学试题(27H)-63 (5)“溶银”中，忽略溶液体积变化，若使0.010 mol AgCl完全溶于1.0L氨水，则反应后溶液中c(NH3)≥ 0.25mol·L1。 (6)关于上述流程，下列说法正确的是AC(填标号)。 A.“酸浸”时，用H2○2替换稀硝酸利于绿色环保 B.“酸溶”时，加入稀盐酸越多越好 C.滤液X中通人适量HC1后所得产品可导入“球磨提金”，以提高资源利用率 【解析】铜阳极泥原料主要含Au、Ag2Se、Cu2Se,先加入稀硝酸、稀硫酸进行“酸浸”，Ag2Se、Cu2Se被硝酸氧 化溶解生成Cu+、Ag、二元弱酸H2SeO3与NO,Cu2+、Ag、H2SeO3进入滤液，Au留在沉淀中；沉淀加入 KMnO4、NHCI“球磨提金”，KMnO4氧化氯离子生成高活性Cl2,C2将Au氧化为AuCl3,经稀盐酸“酸溶” 得到[AuCl4]-水溶液，有机萃取剂“萃取”金进入有机相，与水相分离后，向有机相中加入N2SO3“反萃取”， Na2SO3既作还原剂还原[AuCL4],又提供配体形成[AuSO3],再经稀盐酸酸化，[AuSO3]发生自身氧化 还原析出单质Au;“酸浸”后的滤液中加入NaC“沉银”得到AgCl沉淀，AgCl加氨水“溶银”生成可溶性络离 子[Ag(NH3)2]+,再用水合肼“还原提银”析出Ag单质，释放N2得到滤液X。 (2)Cu2Se中Cu为+1价，被氧化为Cu2+,Se为-2价，被氧化为H2SeO3,NO3被还原为NO,结合得失电 子守恒和原子、电荷守恒配平方程式为3Cu2Se十20H++8NO一6Cu++3H2SeO3+8NO个+7H2O。 (3)“球磨提金”时，加入的KMnO4氧化CI生成Cl2,Mn元素化合价降低，作为氧化剂。 (4)SO号具有还原性，将[AuCl4]中+3价Au还原为+1价；SO号作为配体，与Au形成络离子[AuSO3] 进入水相实现反萃取，因此Na2SO的作用为将十3价的Au还原为十1价及提供配体，还有部分可能与H 反应损耗，故理论上消耗的Na2SO3与[AuCl4]厂的物质的量之比不低于2：1；[AuSO3]厂中Au降价生成Au 单质，S元素部分转化为SO2、部分转化为SO,结合得失电子守恒和原子、电荷守恒配平方程式为 2[AuSO3]-=2AuY+SO+SO2↑。 (5)已知：AgCl(s)一Ag+(aq)+C(aq)Kp=1.6×10-1o;Ag+2NH一[Ag(NH)2]+K= 1.0X10,总反应为AgCl十2NH3=[Ag(NH)2]十+C1,平衡常数K总=KpXK=1.6×10-3。 0.010 mol AgCl完全溶于1L氨水，平衡时c([Ag(NH3)2]}=c(Cl)=0.010mol·L1,代入K总= c[AgNH]·c(C)=1,6X10,解得平衡游离c(NH)=0.25mol·L1,因此c(NH,)≥ c2(NH3) 0.25mol·L-1。 (6)“酸浸”时，用H2○2替换稀硝酸可减少氨氧化物的生成，更为绿色环保，A正确；“酸溶”时，加入稀盐酸过 多，会影响萃取效率，且造成原料浪费，B错误；“还原提银”时水合肼与银氨络离子反应释放NH3,滤液X含 铵盐，“球磨提金”工序需要NH4CI,向滤液X中加入HCI,将NH3转化为NH4Cl,可循环至“球磨提金”步 骤，C正确。 17.(除标注外，每空2分，共14分)一种药物中间体(H)的合成路线如下： COOH,、H,S0BC,H,NO) Br Br H2,Pd/C OCH. +A- CN △ CH.ONa -C(C,H,NO,)- C,H,OHD(C,H NO,) THF C,H.OH COOC,H, E 一C00CH,) CICOOCH,Ph NaH-G- NaCl,H,0 E,N.CH,C,EC,HxNO）DM H DMSO H COOCH,Ph 化学试题(27H)一64 已知： +RBr C.H.ONa R-又 C.H.OH ,Z、Z均为强吸电子基团； 0 COO COOR'NaH CooR',X=CNR'。 DMF 回答下列问题： (1) 的名称为丙烯酸甲酯。 OCH. COOC2 H; (2)B的结构简式为 CN (3)C中含氧官能团名称为酯基(1分)_；C→D反应类型为还原反应或加成反应。 COOC,H COOC,H -COOCH. -COOCH, (4)E→F化学方程式为 +CICOOCH,Ph_EtN.CH,Cl +HCl COOCH,Ph H COOC,H COOC,H COOCH, -COOCH, 或 +CICOOCH,Ph+EtN_CH.CL +Et,NHCI COOCH,Ph NH2 HO OH HO CH-OH (5)C的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为 或 (写出 CHa NH2 一种即可)。 ①遇FeCl溶液显色 ②含一NH2 ③苯环上仅含1种化学环境的氢原子 (6)以庚二酸二甲酯和1,2-二溴乙烷为主要原料合成 利用上述信息补全合成路线。 COOCH COOCH,NaH DMF COOCH Br Br NaCl,H,O COOCH,- C,H,ONa DMSO (3分) C,H,OH CHOOC 0 COOH 【解析】由流程图可知， 与A在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成B(CH,NO2),结合B的化 CN 化学试题(27H)-65 COOC2 H 学式可得A为CHCH2OH,则B为 ;B在乙醇钠、乙醇体系中和Br Br发生已知I的取 CN COOC,H 代反应得到C,结合E的结构可知C为 ;C在Pd/C作用下与氢气发生还原反应得到D CN COOC,H );D再与 发生加成反应生成E;E和CICOOCH2Ph在EtN、CH2Cl2环境下发生 CH,NH, OCH COOC,H. -COOCH COOCH, N上的取代反应得到F( );F经NaH、DMF作用分子内环合得到G( )；G COOCH,Ph COOCH,Ph 在氯化钠、水、DMSO条件下脱酯基得到目标产物H。 COOC2 Hs (2)由分析可知，B的结构简式为 CN COOC,H. (3)由分析可知，C的结构简式为 ,含氧官能团为酯基；C在Pd/C作用下与氢气发生还原反应 CN 得到D。 (4)由分析可知，E和CICOOCH2Ph在EtN、CH2C2环境下发生N上的取代反应得到 COOC,H. 广CO0CH, F( ) 和 HCI, 化 学 方 程 式 为 COOCH,Ph COOC,H. COOC,H COOCH, -COOCH, +CICOOCH,Ph_Et N.CH,CI, +HCI COOCH,Ph H (5)满足条件①遇FCl3溶液显色，则含酚羟基；②含一NH2;③苯环上仅含1种等效氢，则苯环为对称四取 NH2 HO OH HO 代，两对取代基对称分布，符合条件的C的同分异构体为 和 0H3 COOCH, (6)结合题中流程， 一COOCH,在NaH/DMF条件下发生已知Ⅱ的反应生成 COOCH& COOCH COOCH,在乙醇钠、乙醇体系中与Br Br发生已知I的取代反应生成 CH,OOC COOCH 在NaCl、H2O、DMSO条件下脱酯基得到目标产物。 CH,OOC 化学试题(27H)一66 18.(除标注外，每空2分，共15分)CO2-CH4催化重整是减缓温室效应、实现“碳中和”的重要方式，是CO2 利用的研究热点之一，该重整反应体系主要涉及以下反应： ①CH4(g)十CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H ②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2 ③CH4(g)=C(s)+2H2(g)△H3 ④CO(g)+H2(g)=H2O(g)+C(s)△H4 I.我国学者对催化重整的反应①进行理论研究，提出在PtFe或Sn-Fe合金催化下，先发生甲烷逐级脱 氢反应，其反应历程如图所示（表示吸附在催化剂表面）。 8.0 TS2 TS46.92 TS3 6.0f 4R5 C'+4H 4.0 TS1 3.05 Sn-Fe 4.05 4. 2.0 CH,+2H CH'+3H" Pt-Fe 1.71 CH. -2.0 CH;+H 不同催化剂下甲烷脱氢反应历程与相对能量的关系 (1)主反应的△H1=△H2十△H3-△H4(用△H2、△H3、△H4表示)。 (2)该历程中最大能垒E正=3.80eV。 (3)其他条件相同时，催化重整的主反应①在上述两种不同催化剂下反应相同 时间，CO的产率随反应温度的变化如图所示，p是Pt-Fe(1分)合金 催化下C0的产率随温度的变化曲线，p、q曲线到达m点后重合，请解释 原因：m点后，反应达到平衡，使用催化剂平衡不移动，不影响CO的产 率，故曲线重合。 500550600650700 (4)重整反应①生成的合成气(CO和H2)是重要的化工原料，以合成气为燃 温度/℃ 料，通入以熔融碳酸盐为电解质的燃料电池中，写出CO为负极反应物时 的电极反应式：C0-2e+CO号—2CO2。 (⑤)下列说法正确的是AD(填标号)。 A.重整反应过程中，既有极性键的断裂，又有非极性键的形成 B.恒温恒容下，向重整反应体系充入Ar,CO2的反应速率增大 C.恒温恒压下，若此时仅发生反应②，当气体密度保持不变，说明反应②达到平衡状态 D.合成气可通过费托合成转化为乙烯：2CO(g)十4H2(g)一C2H4(g)十2H2O(g),该反应氢原子经 烯烃中氢原子的总质量 济性=50%（氢原子经济性一参加反应的会原于的总责量×100%） 16 ④ s Ⅱ.设K为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中， 04、 -8 用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压（单位为kPa)除以 ① -160.8 A1.2 1.6 p(p,=l00kPa)反应①、③、④的lnK,随（温度的倒数）的变化如图 ×10K 所示。 (6)反应④的正、逆反应速率分别表示为：红=kp(C0)×L,); Po 。逆=m力C2O父，其中正、逆分别为 正逆反应速率常数，升高温度时， k正 增大（填“增大”“减小”或“不变”）。在图中A点对应温度 化学试题(27H)一67 下，原料组成n(CO2):n(CH4)=3：2、初始总压为l00kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到 平衡时H2的分压为30kPa。CH4的平衡转化率=77.5%。 【解析】(3)m,点之前，两种催化剂下，反应均未达到平衡状态，p对应的转化率高，说明其对应的反应速率快， 能垒更低，观察图像，故对应催化剂为Pt-F;m点后，反应达到平衡，使用催化剂平衡不移动，不影响CO的 产率，故曲线重合。 6反应@的u=pCOy,kp0,当反应处于化学平荷状态时，g=4,红2(00》 0 Po Po (H2O) xH,)=kpH0》,移项后是= Po 后2p(COXp(二K,由曲线可知，升高温度，K:减小，其倒数增大。 o Γp(H22] 30)2 由图可知，A点对应温度下反应③的K=1,即 p(CHp(CH,)=9kPa;初始总压为100 100 (CH)=1 Po 100 kPa,原抖组成m(C0,):mCH,)=3:2,故CH的初始分压为100k却a×号=40ka,甲烷的平衡转化率= 40-9×100%=77.5%。 40 化学试题(27H)-68