福建厦门2026-2027学年高三上学期期中考试化学练习卷

2026—2027学年福建厦门高三期中考试练习卷（化学） （满分100分 考试时间75分钟） 命题说明 【适用年级】高三（上学期期中考试） 【适用地区】福建省厦门市 【考查范围】化学基本概念与化学计量；氧化还原反应与离子反应；常见无机物及其应用；物质结构与性质（原子结构、元素周期律、化学键、分子结构与性质、晶体）；化学反应原理（反应热与盖斯定律、化学反应速率与化学平衡、水溶液中的离子平衡、电化学）；有机化学基础（有机物结构、性质、反应类型、同分异构、简单合成）；化学实验基础。 注意事项：1．本卷为闭卷考试，考试时间75分钟，满分100分；2．可能用到的相对原子质量：H 1　C 12　N 14　O 16　Na 23　Al 27　S 32　Cl 35.5　K 39　Ca 40　Mn 55　Fe 56　Cu 64　Zn 65　I 127；3．所有答案均答在答题卡上，答在本卷上无效。 2026—2027学年福建厦门高三期中考试练习卷（化学） 姓名：__________　　班级：__________　　座号：__________　　成绩：__________ 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．设N_A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．1 mol 苯（C₆H₆）中含有碳碳双键的数目为3N_A B．标准状况下，22.4 L CHCl₃中含有的分子数为N_A C．1 mol 甲基（—CH₃）中含有的电子数为9N_A D．1 L 0.1 mol·L⁻¹ FeCl₃溶液中Fe³⁺的数目为0.1N_A 2．下列反应的离子方程式书写正确的是 A．向NaOH溶液中通入少量CO₂：CO₂＋2OH⁻＝CO₃²⁻＋H₂O B．向Na₂CO₃溶液中滴加少量稀盐酸：CO₃²⁻＋2H⁺＝H₂O＋CO₂↑ C．向FeCl₃溶液中加入铜粉：Fe³⁺＋Cu＝Fe²⁺＋Cu²⁺ D．向AlCl₃溶液中加入过量氨水：Al³⁺＋4NH₃·H₂O＝AlO₂⁻＋4NH₄⁺＋2H₂O 3．已知反应：2KMnO₄＋16HCl(浓)＝2KCl＋2MnCl₂＋5Cl₂↑＋8H₂O。下列说法正确的是 A．HCl在该反应中只作还原剂 B．该反应中氧化性：KMnO₄＞Cl₂ C．每生成1 mol Cl₂，转移电子的数目为N_A D．MnCl₂是该反应的氧化产物 4．下列实验现象或结论正确的是 A．将SO₂气体通入紫色石蕊溶液中，溶液先变红色后褪色，说明SO₂具有漂白性 B．常温下将铜片放入浓硫酸中，可观察到有大量气泡产生 C．向某溶液中先加入KSCN溶液无明显现象，再加入氯水后溶液变红色，说明原溶液中一定含有Fe²⁺ D．向FeCl₂溶液中滴加NaOH溶液，立即产生红褐色沉淀 5．W、X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的五种短周期主族元素。W的原子核外只有1个电子；X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍；Y是地壳中含量最多的元素；Z是第三周期主族元素中原子半径最大的元素；Q的简单离子与Ne具有相同的电子层结构，且其最高价氧化物对应的水化物既能与强酸反应又能与强碱反应。下列说法正确的是 A．原子半径：r(Na)＜r(C) B．最高价氧化物对应水化物的碱性：Al(OH)₃＞NaOH C．简单氢化物的稳定性：CH₄＞H₂O D．简单离子半径：r(O²⁻)＞r(Na⁺)＞r(Al³⁺) 6．某金属R的晶体为面心立方最密堆积，其晶胞如图1所示（小球代表R原子）。已知R的摩尔质量为M g·mol⁻¹，阿伏加德罗常数为N_A，晶胞参数为a pm。下列说法正确的是 图1 面心立方晶胞（小球代表R原子） A．每个晶胞中含有的R原子数为2 B．该晶体的密度ρ＝[4M/(N_A·a³)]×10³⁰ g·cm⁻³ C．每个R原子周围距离最近且相等的R原子有8个 D．R原子的半径r＝(√3/4)a pm 7．有机物M的结构简式为CH₂＝C(CH₃)COOCH₃（甲基丙烯酸甲酯）。下列说法正确的是 A．M中只含有碳碳双键一种官能团 B．1 mol M最多能与2 mol H₂发生加成反应 C．M在酸性条件下水解只生成一种产物 D．M能使溴的四氯化碳溶液褪色，该反应属于加成反应 8．一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应2NO₂(g)⇌N₂O₄(g)　ΔH＝－56.9 kJ·mol⁻¹，达到平衡后，t₁时刻改变某一条件，正、逆反应速率随时间的变化关系如图2所示。下列说法正确的是 图2 正、逆反应速率随时间的变化 A．t₁时刻改变的条件是增大压强（缩小容器体积） B．t₁时刻改变的条件是加入催化剂，平衡不移动 C．t₁时刻改变的条件是降低温度，平衡正向移动 D．重新达到平衡后（t₂之后），NO₂的转化率与t₁之前相比减小 9．常温下，用0.100 mol·L⁻¹ NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 mol·L⁻¹ 某弱酸HA溶液，滴定曲线如图3所示（a、b、c、d为曲线上的四个点，其中b点加入NaOH溶液10.00 mL，c点加入NaOH溶液20.00 mL）。下列说法正确的是 图3 滴定曲线 A．a点溶液中水的电离程度比c点大 B．将a点溶液加水稀释10倍，溶液的pH变为4 C．由b点数据可求得HA的电离常数Ka≈1.0×10⁻⁵ D．c点溶液中：c(Na⁺)＝c(A⁻) 10．一种以KOH溶液为电解质的甲醇燃料电池，其放电时的总反应为2CH₃OH＋4OH⁻＋3O₂＝2CO₃²⁻＋6H₂O，装置如图4所示。下列说法正确的是 图4 甲醇燃料电池装置示意图 A．放电时，通入甲醇的电极a为正极 B．放电时，电极a的电极反应式为CH₃OH＋8OH⁻－6e⁻＝CO₃²⁻＋6H₂O C．放电过程中，电解质溶液中的OH⁻向电极b移动 D．标准状况下，每消耗22.4 L O₂，电路中转移8 mol电子 二、非选择题（本题共4小题，共60分） 11．（15分）某工厂用菱锌矿（主要成分为ZnCO₃，含少量FeO、CuO、SiO₂等杂质）制备ZnSO₄·7H₂O的工艺流程如图5所示。 已知：常温下Fe(OH)₃完全沉淀的pH约为3.2，Zn(OH)₂开始溶解的pH约为12；CuS难溶于稀酸。 图5 由菱锌矿制备ZnSO₄·7H₂O的工艺流程 （1）滤渣1的主要成分是______（填化学式）。（1分） （2）“氧化”步骤中加入H₂O₂的目的是____________，该步骤发生反应的离子方程式为____________。（3分） （3）“调pH”时用ZnO而不用NaOH的原因是____________。（2分） （4）“沉铜”步骤中加入锌粉发生反应的离子方程式为____________；检验Cu²⁺是否沉淀完全的方法是____________。（3分） （5）由滤液获得ZnSO₄·7H₂O晶体的操作是“蒸发浓缩、____________、过滤、洗涤、干燥”；该晶体不能用加热蒸发至干的方法得到，原因是____________。（2分） （6）取10.00 g菱锌矿样品，按上述流程最终得到ZnSO₄·7H₂O晶体20.08 g（假设Zn元素在流程中无损失），则该样品中ZnCO₃的质量分数为______（结果保留到0.1%）。（4分） 12．（15分）某小组用图6所示装置制备SO₂并探究其性质，随后测定某Na₂SO₃样品的纯度。回答下列问题： 图6 制备SO₂并探究其性质的实验装置 （1）装置A中发生反应的化学方程式为____________。（2分） （2）装置B中品红溶液褪色，说明SO₂具有______性；将褪色后的溶液加热，溶液又恢复红色，说明SO₂的漂白作用具有______性。（2分） （3）装置C中可观察到的现象是____________，说明SO₂具有还原性，该反应的离子方程式为____________。（3分） （4）装置D的作用是____________，其中发生反应的离子方程式为____________。（2分） （5）称取Na₂SO₃样品0.6300 g，溶于水后配成100.00 mL溶液。移取25.00 mL于锥形瓶中，加入淀粉溶液作指示剂，用0.0500 mol·L⁻¹ 碘标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗碘标准溶液20.00 mL。（已知：SO₃²⁻＋I₂＋H₂O＝SO₄²⁻＋2I⁻＋2H⁺） ① 滴定终点的现象是____________。（1分） ② 计算该样品中Na₂SO₃的质量分数（写出计算过程）。（4分） ③ 下列操作会使测得的Na₂SO₃质量分数偏低的是______（填字母）。（1分） A．锥形瓶用待测液润洗后再移取待测液 B．滴定前锥形瓶内残留少量蒸馏水 C．移取待测液后，将锥形瓶置于空气中放置较长时间后再滴定 D．盛装碘标准溶液的滴定管用蒸馏水洗净后未用碘标准溶液润洗 13．（15分）利用CO₂催化加氢合成甲醇是实现“碳中和”的重要途径之一。回答下列问题： （1）已知：① CO₂(g)＋H₂(g)⇌CO(g)＋H₂O(g)　ΔH₁＝＋41.2 kJ·mol⁻¹ ② CO(g)＋2H₂(g)⇌CH₃OH(g)　ΔH₂＝－90.2 kJ·mol⁻¹ 则反应③ CO₂(g)＋3H₂(g)⇌CH₃OH(g)＋H₂O(g)的ΔH₃＝______ kJ·mol⁻¹。（2分） （2）向恒容密闭容器中充入1 mol CO₂和3 mol H₂，测得CO₂的平衡转化率随温度和压强的变化关系如图7所示（曲线Ⅰ对应压强p₁，曲线Ⅱ对应压强p₂）。 图7 CO₂的平衡转化率随温度、压强的变化 ① 反应③为______（填“放热”或“吸热”）反应，判断依据是____________。（2分） ② p₁______p₂（填“＞”“＜”或“＝”），判断依据是____________。（2分） （3）在T ℃、压强p₁条件下，反应达到平衡时CO₂的转化率为60%。 ① 平衡时H₂的转化率为______。（1分） ② 平衡时容器内气体的总物质的量为______ mol。（1分） ③ 用各组分平衡分压表示的反应平衡常数Kp＝______（用含p₁的代数式表示，不必化简）。（2分） （4）除改变温度和压强外，还可采取的提高CO₂平衡转化率的措施是______（答一条即可）。（2分） （5）用图8所示装置电解CO₂制甲醇（电解质为稀硫酸）。 图8 电解CO₂制CH₃OH的装置示意图 ① 阴极（电极b）的电极反应式为____________。（1分） ② 当电路中通过0.60 mol电子时，理论上生成CH₃OH的质量为______ g，阳极（电极a）产生气体在标准状况下的体积为______ L。（2分） 14．（15分）某芳香族化合物F是一种常用的香料，工业上以甲苯为原料制备F的合成路线如图9所示（部分反应条件略去）。回答下列问题： 图9 由甲苯制备苯甲酸乙酯的合成路线 （1）A的名称为______，B中含有的官能团名称为______。（2分） （2）反应②、③的反应类型依次为______、______。（2分） （3）写出反应②的化学方程式：____________。（3分） （4）写出反应⑤的化学方程式：____________。（3分） （5）苯甲醇（C）的同分异构体中，属于酚类的有______种；能与金属钠反应放出H₂的芳香族同分异构体（包括苯甲醇本身）共有______种。（2分） （6）以甲苯和乙醇为原料（其他无机试剂任选），设计制备苯甲酸乙酯的合成路线（用流程图表示，注明所用试剂和条件）。（3分） 参考答案与详细解析 2026—2027学年福建厦门高三期中考试练习卷（化学）· 满分100分 一、选择题（每小题4分，共40分） 1—5：C　A　B　C　D 6—10：B　D　A　C　B 1．C　【考点】阿伏加德罗常数与化学计量 【解题思路】A项，苯分子中6个碳碳键完全相同，是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特化学键，不存在碳碳双键，A错；B项，标准状况下CHCl₃为液体，不能用22.4 L·mol⁻¹进行换算，B错；C项，甲基（—CH₃）中碳原子有6个电子、3个氢原子各1个电子，共9个电子，1 mol甲基含9N_A个电子，C正确；D项，Fe³⁺在水中发生水解，1 L 0.1 mol·L⁻¹ FeCl₃溶液中Fe³⁺的数目小于0.1N_A，D错。 2．A　【考点】离子方程式的书写与判断 【解题思路】A项，少量CO₂通入NaOH溶液生成Na₂CO₃，离子方程式为CO₂＋2OH⁻＝CO₃²⁻＋H₂O，原子、电荷均守恒，A正确；B项，少量盐酸与Na₂CO₃反应只能生成HCO₃⁻，应为CO₃²⁻＋H⁺＝HCO₃⁻，B错；C项，电荷不守恒，应为2Fe³⁺＋Cu＝2Fe²⁺＋Cu²⁺，C错；D项，氨水是弱碱，不能溶解Al(OH)₃，应为Al³⁺＋3NH₃·H₂O＝Al(OH)₃↓＋3NH₄⁺，D错。 3．B　【考点】氧化还原反应的基本概念与电子转移 【解题思路】A项，16 mol HCl中只有10 mol被氧化为Cl₂，其余6 mol起酸的作用，故HCl既作还原剂又起酸性作用，A错；B项，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，氧化性KMnO₄＞Cl₂，B正确；C项，Mn由＋7价降为＋2价，生成5 mol Cl₂时转移10 mol电子，故每生成1 mol Cl₂转移2 mol电子，即2N_A，C错；D项，MnCl₂中Mn为＋2价，是还原产物而非氧化产物，D错。 4．C　【考点】常见无机物的性质与实验现象 【解题思路】A项，SO₂只能使石蕊溶液变红（SO₂与水反应生成亚硫酸显酸性），不能使其褪色，A错；B项，常温下铜与浓硫酸不反应，需加热才能反应，B错；C项，先加KSCN无明显现象说明原溶液中不含Fe³⁺，加氯水后溶液变红说明生成了Fe³⁺，故原溶液中一定含Fe²⁺，C正确；D项，Fe(OH)₂是白色沉淀，会迅速变为灰绿色，最终变为红褐色的Fe(OH)₃，D错。 5．D　【考点】元素周期律与元素推断 【解题思路】由题意：W核外只有1个电子，W为H；X最外层电子数是内层电子数的2倍，X为C；Y是地壳中含量最多的元素，Y为O；Z是第三周期主族元素中原子半径最大的元素，Z为Na；Q的简单离子与Ne电子层结构相同且其最高价氧化物对应水化物具有两性，Q为Al。A项，同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，r(Na)＞r(C)，A错；B项，NaOH是强碱，Al(OH)₃是两性氢氧化物，碱性NaOH＞Al(OH)₃，B错；C项，非金属性O＞C，氢化物稳定性H₂O＞CH₄，C错；D项，O²⁻、Na⁺、Al³⁺的电子层结构相同，核电荷数越小半径越大，故r(O²⁻)＞r(Na⁺)＞r(Al³⁺)，D正确。 6．B　【考点】晶体结构与晶胞计算 【解题思路】A项，面心立方晶胞中原子数为8×1/8＋6×1/2＝4，A错；B项，晶胞体积V＝(a×10⁻¹⁰ cm)³＝a³×10⁻³⁰ cm³，晶胞中含4个R原子，故ρ＝(4M/N_A)/(a³×10⁻³⁰)＝[4M/(N_A·a³)]×10³⁰ g·cm⁻³，B正确；C项，面心立方最密堆积中每个原子周围距离最近且相等的原子有12个，C错；D项，面心立方晶胞中原子沿面对角线相切，4r＝√2a，即r＝(√2/4)a pm，D错。 7．D　【考点】有机物的结构与性质、反应类型 【解题思路】A项，M中含有碳碳双键和酯基两种官能团，A错；B项，1 mol M中只有碳碳双键能与H₂加成，最多消耗1 mol H₂，B错；C项，M在酸性条件下水解生成甲基丙烯酸和甲醇两种产物，C错；D项，M中的碳碳双键与Br₂发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，D正确。 8．A　【考点】化学反应速率图象与平衡移动 【解题思路】图象显示t₁时刻正、逆反应速率均突然增大，且v正＞v逆，随后重新达到平衡时速率大于原平衡速率，符合“增大压强（缩小容器体积）”的特征——该反应气体分子数减小（2→1），增大压强平衡正向移动，A正确；B项，加入催化剂只能同等程度地增大正、逆反应速率，平衡不移动，正、逆反应速率应始终相等，与图象不符，B错；C项，降低温度瞬间正、逆反应速率均应减小（曲线出现向下的突变），与图象不符，C错；D项，增大压强平衡正向移动，重新平衡后NO₂的转化率应增大，D错。 9．C　【考点】酸碱中和滴定曲线与溶液中离子浓度关系 【解题思路】A项，a点是0.100 mol·L⁻¹ HA溶液，HA电离出的H⁺抑制水的电离；c点是NaA溶液，A⁻水解促进水的电离，故a点水的电离程度小于c点，A错；B项，HA是弱酸，稀释10倍后电离程度增大，c(H⁺)减小的倍数小于10倍，pH增大小于1，不可能变为4，B错；C项，b点加入10.00 mL NaOH溶液，此时溶液为等物质的量浓度的HA与NaA的混合液，c(A⁻)≈c(HA)，由Ka＝c(H⁺)·c(A⁻)/c(HA)≈c(H⁺)，b点pH＝5，故Ka≈1.0×10⁻⁵，C正确；D项，c点为NaA溶液，A⁻部分水解，c(Na⁺)＞c(A⁻)，D错。 10．B　【考点】原电池原理与电极反应式 【解题思路】A项，甲醇在负极上被氧化，通入甲醇的电极a为负极，A错；B项，负极反应式为CH₃OH＋8OH⁻－6e⁻＝CO₃²⁻＋6H₂O（原子、电荷均守恒），B正确；C项，原电池中阴离子向负极移动，OH⁻应向电极a移动，C错；D项，标准状况下22.4 L O₂为1 mol，1 mol O₂得4 mol电子，D错。 二、非选择题（共60分） 11．（15分） 【考点】化工流程综合：物质的分离与提纯、离子方程式书写、实验基本操作、元素守恒计算。 【解题思路】菱锌矿中ZnCO₃、FeO、CuO均能与稀硫酸反应生成可溶性盐，SiO₂不与稀硫酸反应，故滤渣1为SiO₂；酸浸后溶液中主要含Zn²⁺、Fe²⁺、Cu²⁺，加入H₂O₂把Fe²⁺氧化为Fe³⁺，再加ZnO调节pH使Fe³⁺完全水解生成Fe(OH)₃沉淀（滤渣2）；加入锌粉把Cu²⁺置换为Cu（滤渣3）；最后经蒸发浓缩、冷却结晶得到ZnSO₄·7H₂O晶体。由Zn元素守恒可求样品中ZnCO₃的质量分数。 【参考答案与得分点】 （1）SiO₂（1分） （2）目的：将溶液中的Fe²⁺全部氧化为Fe³⁺，以便后续调节pH时使铁元素以Fe(OH)₃沉淀的形式除去（1分）；离子方程式：2Fe²⁺＋H₂O₂＋2H⁺＝2Fe³⁺＋2H₂O（2分） （3）ZnO能与H⁺反应从而调节溶液的pH，且生成的Zn²⁺是产品ZnSO₄·7H₂O的组成成分，不会引入新的杂质离子（1分）；若用NaOH，则会引入杂质离子Na⁺，难以除去且降低产品纯度（1分） （4）Zn＋Cu²⁺＝Zn²⁺＋Cu（2分）；取少量上层清液于试管中，加入过量氨水，若溶液不呈深蓝色，说明Cu²⁺已沉淀完全（1分） （5）冷却结晶（1分）；若加热蒸发至干，会使ZnSO₄·7H₂O失去结晶水，并可能因杂质富集而使产品不纯（1分） （6）n(ZnSO₄·7H₂O)＝20.08 g÷287 g·mol⁻¹＝0.0700 mol（1分）；由Zn元素守恒得n(ZnCO₃)＝n(ZnSO₄·7H₂O)＝0.0700 mol（1分）；m(ZnCO₃)＝0.0700 mol×125 g·mol⁻¹＝8.75 g（1分）；w(ZnCO₃)＝8.75 g÷10.00 g×100%＝87.5%（1分） 【另注】“沉铜”后溶液呈弱酸性，用过量氨水检验Cu²⁺时，Zn²⁺与过量氨水形成无色配离子，不干扰Cu²⁺的检验（Cu²⁺与过量氨水形成深蓝色溶液）；若用Na₂S溶液检验，应注意酸性条件下ZnS不沉淀、CuS为黑色沉淀。 12．（15分） 【考点】气体的制备与性质探究、尾气处理、滴定分析与误差分析、定量计算。 【解题思路】装置A用Na₂SO₃与70%硫酸反应制取SO₂（选用较浓硫酸可减少SO₂的溶解损失，并使反应速率适中）；装置B中品红溶液褪色说明SO₂具有漂白性，加热后恢复红色说明其漂白作用是可逆的（暂时性）；装置C中酸性KMnO₄溶液褪色说明SO₂具有还原性；装置D用NaOH溶液吸收尾气。纯度测定利用I₂与Na₂SO₃的定量反应，按“n(I₂)→n(SO₃²⁻)→m(Na₂SO₃)→质量分数”的顺序计算，并逐项分析误差。 【参考答案与得分点】 （1）Na₂SO₃＋H₂SO₄＝Na₂SO₄＋SO₂↑＋H₂O（2分） （2）漂白（1分）；可逆（或“暂时”）（1分） （3）酸性KMnO₄溶液的紫红色褪去（1分）；5SO₂＋2MnO₄⁻＋2H₂O＝5SO₄²⁻＋2Mn²⁺＋4H⁺（2分） （4）吸收多余的SO₂，防止污染空气（1分）；SO₂＋2OH⁻＝SO₃²⁻＋H₂O（1分） （5）① 当滴入最后半滴碘标准溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色（1分） ② n(I₂)＝0.0500 mol·L⁻¹×0.02000 L＝1.000×10⁻³ mol（1分）；由SO₃²⁻＋I₂＋H₂O＝SO₄²⁻＋2I⁻＋2H⁺可知n(SO₃²⁻)＝n(I₂)＝1.000×10⁻³ mol（1分）；100.00 mL溶液中n(Na₂SO₃)＝1.000×10⁻³ mol×(100.00/25.00)＝4.000×10⁻³ mol，m(Na₂SO₃)＝4.000×10⁻³ mol×126 g·mol⁻¹＝0.5040 g（1分）；w(Na₂SO₃)＝0.5040 g÷0.6300 g×100%＝80.0%（1分） ③ C（1分） 【另注】误差分析：A项锥形瓶用待测液润洗，使待测液的量偏多，消耗碘标准溶液偏多，结果偏高；B项锥形瓶内残留少量蒸馏水不影响待测物的物质的量，对结果无影响；D项滴定管未用碘标准溶液润洗，标准液被稀释、浓度偏小，消耗体积偏大，结果偏高；C项SO₃²⁻被空气中的O₂氧化，消耗碘标准溶液偏少，结果偏低。 13．（15分） 【考点】盖斯定律、化学平衡图象分析、平衡常数与分压计算、电解原理及电化学计算。 【解题思路】（1）将①＋②即可得反应③，焓变随之相加。（2）由图象可知升高温度CO₂的平衡转化率减小，说明正反应放热；该反应气体分子数减小，增大压强平衡正向移动、转化率增大，故相同温度下转化率较大的曲线Ⅱ对应较大的压强。（3）恒容容器中按化学计量比投料，CO₂与H₂的转化率相等；由三段式求各组分平衡时的物质的量，再求分压和Kp。（4）使平衡正向移动的措施均可提高CO₂的平衡转化率。（5）阴极CO₂得电子生成CH₃OH，阳极水失电子生成O₂，按电子守恒计算。 【参考答案与得分点】 （1）ΔH₃＝ΔH₁＋ΔH₂＝(＋41.2 kJ·mol⁻¹)＋(－90.2 kJ·mol⁻¹)＝－49.0 kJ·mol⁻¹（2分） （2）① 放热（1分）；其他条件相同时，升高温度CO₂的平衡转化率减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，即正反应为放热反应（1分） ② ＜（1分）；该反应是气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，CO₂的平衡转化率增大；相同温度下曲线Ⅱ（对应压强p₂）的转化率大于曲线Ⅰ（对应压强p₁），故p₁＜p₂（1分） （3）① 60%（1分） ② 2.8 mol（1分） ③ 平衡时n(CO₂)＝1 mol×(1－60%)＝0.4 mol，n(H₂)＝3 mol×(1－60%)＝1.2 mol，n(CH₃OH)＝n(H₂O)＝0.6 mol，气体总物质的量为2.8 mol，则x(CO₂)＝1/7、x(H₂)＝3/7、x(CH₃OH)＝x(H₂O)＝3/14；Kp＝p(CH₃OH)·p(H₂O)/[p(CO₂)·p(H₂)³]＝[(3/14)p₁×(3/14)p₁]/[(1/7)p₁×((3/7)p₁)³]＝49/(12p₁²)（2分） （4）及时将生成的CH₃OH和水蒸气从反应体系中分离出去（或适当增大H₂的浓度）（2分） （5）① CO₂＋6H⁺＋6e⁻＝CH₃OH＋H₂O（1分） ② n(CH₃OH)＝0.60 mol÷6＝0.100 mol，m(CH₃OH)＝0.100 mol×32 g·mol⁻¹＝3.2 g（1分）；由阳极反应2H₂O－4e⁻＝O₂↑＋4H⁺得n(O₂)＝0.60 mol÷4＝0.150 mol，V(O₂)＝0.150 mol×22.4 L·mol⁻¹＝3.36 L（1分） 【另注】Kp的单位由分压单位决定，若以“49/(12p₁²)”作表达式可不写单位；若把①＋②写成“②＋①”顺序相加，结果相同。 14．（15分） 【考点】有机物的推断与合成：结构简式、官能团、反应类型、化学方程式书写、同分异构体、合成路线设计。 【解题思路】甲苯在光照条件下与Cl₂发生侧链上的取代反应生成氯化苄（B，C₆H₅CH₂Cl）；B在NaOH水溶液中加热发生水解（取代）反应生成苯甲醇（C）；苯甲醇在Cu催化下被O₂氧化生成苯甲醛（D）；苯甲醛再被O₂氧化为苯甲酸（E）；苯甲酸与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化（取代）反应生成苯甲酸乙酯（F）。同分异构体问题按“芳香族—官能团—数目”逐类讨论。 【参考答案与得分点】 （1）甲苯（1分）；碳卤键（或“卤素原子”“氯原子”）（1分） （2）取代反应（水解反应）、氧化反应（各1分，共2分） （3）C₆H₅CH₂Cl＋NaOH —(水溶液，△)→ C₆H₅CH₂OH＋NaCl（3分：化学式与配平2分，反应条件1分） （4）C₆H₅COOH＋C₂H₅OH ⇌(浓硫酸，△) C₆H₅COOC₂H₅＋H₂O（3分：化学式与配平2分，反应条件1分；酯化反应为可逆反应，用可逆符号书写亦可） （5）3（1分）；4（1分） （6）甲苯 —(酸性KMnO₄，△)→ 苯甲酸 —(乙醇，浓硫酸，△)→ 苯甲酸乙酯（3分：合成路线合理、物质正确2分，试剂与条件标注规范1分） 【另注】（5）C₇H₈O的芳香族同分异构体有苯甲醇、邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚（3种）以及苯甲醚；其中属于酚类的有3种；能与Na反应放出H₂的分子中必须含有—OH，故有苯甲醇和3种甲基苯酚，共4种（苯甲醚不含—OH，与Na不反应）。（3）中苯甲醇（C）在Cu催化下被O₂氧化的化学方程式为2C₆H₅CH₂OH＋O₂ —(Cu，△)→ 2C₆H₅CHO＋2H₂O。 第 页（共 页） 学科网（北京）股份有限公司 $