四川省绵阳市南山中学2026届高三上学期开学考试化学试卷（Word版附解析）

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共 6 页；答题卡共 2 页。满分 100 分，考试时间 75 分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 O16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55
一、单选题(共 15 小题，每小题 3 分，共 45 分。每小题仅一个选项最符合题意)
1. 材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列材料主要成分属于有机物的是
A. 碳纳米管 B. 硅钢 C. 聚酯纤维 D. 石英光导纤维
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳纳米管是碳的单质，属于无机非金属材料，A 不符合题意；
B．硅钢是铁和硅的合金，属于金属材料，B 不符合题意；
C．聚酯纤维的主要成分为聚酯（如 PET），属于有机高分子材料，C 符合题意；
D．石英光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，D 不符合题意；
故选 C。
2. 下列化学用语表示正确的是
A. 1H2 和 2H2 互为同位素 B. 分子的球棍模型：
C. 甲基的电子式： D. 中共价键的电子云图：
【答案】C
【解析】
【详解】A．同位素的研究对象是原子，1H2 和 2H2 是氢气分子，并非原子，因此不互为同位素，A 错误；
B．O3 分子呈 V 形结构（键角约 116.8°），球棍模型中三个氧原子应呈角形排列， ，B 错误；
C．甲基(-CH3)中 C 与 3 个 H 各共用一对电子，C 还有一个单电子，则甲基的电子式为 ，C 正确；
D．H2 中的共价键为 s-s σ键，电子云图应体现两氢原子 s 轨道重叠后电子云密度的分布（中间密度大、两
端小）， ，D 错误；
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故选 C。
3. 在 2.8 gFe 中加入 100 mL3 ml/LHCl，Fe 完全溶解。NA 代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 反应转移电子为 0.1 ml
B. HCl 溶液中 HCl 分子数为 0.3 NA
C. 2.8g56Fe 含有的中子数为 1.3 NA
D. 反应生成标准状况下气体 3.36 L
【答案】A
【解析】
【分析】2.8gFe 的物质的量为 0.05ml，100mL 3ml·L-1HCl 中 H+和 Cl-的物质的量均为 0.3ml，两者发生
反应后，Fe 完全溶解，而盐酸过量。
【详解】A．Fe 完全溶解生成 Fe2+，该反应转移电子 =0.1ml，A 正确；
B．HCl 为强电解质，在其水溶液中无 HCl 分子，Cl-的物质的量为 0.3ml，因此，Cl-数为 0.3NA，B 错误；
C．56Fe 的质子数为 26、中子数为 30，2.8g 56Fe 的物质的量为 0.05ml，因 此，2.8g 56Fe 含有的中子数为 1.5NA
，C 错误；
D．反应生成 H2 的物质的量为 0.05ml，在标准状况下的体积为 1.12L ，D 错误；
故答案为 A。
4. 常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是
A. 的溶液中： 、 、 、
B. 水电离出来的 的溶液： 、 、 、
C. 含有 气体的溶液中： 、 、 、
D. 滴加甲基橙显红色的水溶液中： 、 、 、
【答案】B
【解析】
【详解】A． 为酸性条件， 会发生反应 ，A 错误；
B．水电离出来的 的溶液可能为酸性也可能为碱性，在䂸性条件下，四种离子可大量
共存，B 正确；
C． 具有强氧化性会与 发生氧化还原反应，C 错误；
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D．滴加甲基橙显红色的溶液为酸性， 在酸性条件下会与 发生氧化还原反应，D 错误；
故选 B。
5. 下列离子方程式正确的是
A. 苯酚钠溶液中通入少量的 CO2 气体：2 +CO2+H2O→2 +
B. NaHCO3 溶液与过量 Ba(OH)2 溶液反应： +OH-+Ba2+=H2O+BaCO3↓
C. 向 100mL1ml·L-1FeBr2 溶液中通入 0.5mlCl2：2Fe2++2Br -+2Cl2=2Fe2++Br2+4Cl-
D. 氯气通入石灰乳中：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯酚的酸性弱于碳酸但强于碳酸氢根，苯酚钠与少量 CO2 反应只能生成苯酚和碳酸氢钠，离
子方程式应为： +CO2+H2O→ + ，A 错误；
B．NaHCO3 溶液与过量 Ba(OH)2 溶液反应生成 BaCO3 沉淀和 NaOH，离子方程式为：
+OH-+Ba2+=H2O+BaCO3↓，B 正确；
C．100mL 1ml·L-1 FeBr2 溶液含 0.1ml Fe2+和 0.2ml Br-，通入 0.5ml Cl2（过量），Fe2+（还原性强于 Br-）
先被氧化为 Fe3+，再氧化 Br-，离子方程式应为：2Fe2++4Br -+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，C 错误；
D．石灰乳为 Ca(OH)2 悬浊液，不能拆为 OH-，应写化学式，离子方程式为：Cl2
+Ca(OH)2=Ca2++Cl-+ClO-+H2O，D 错误；
故答案为 B。
6. 下列实验方法或试剂使用合理的是
选项 实验目的 实验方法或试剂
检验 NaBr 溶液中是否含有 Fe2
A K3[Fe(CN)6]溶液
+
B 测定 KHS 溶液中 c(S2-) 用 AgNO3 溶液滴定
C 除去乙醇中少量的水 加入金属 Na，过滤
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D 检验久置的 Na2SO3 是否变质 先加 H2SO4 溶液酸化，再加 BaCl2 溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．K3[Fe(CN)6]溶液可与 Fe2+生成蓝色沉淀，NaBr 中的 Br-不干扰，A 正确；
B． ，产生 S2-也会与银离子反应，对滴定造成干扰，B 错误；
C．Na 与水、乙醇均反应，C 错误；
D．加入 H2SO4 会引入 ，干扰变质生成的 的检测，D 错误；
故答案选 A。
7. 如图为哌醋甲酯的结构。下列关于哌醋甲酯的说法正确的是
A. 1ml 哌醋甲酯最多与 4 mlH2 发生加成反应
B. 该有机物的一氯代物有 12 种
C. 该分子可能所有原子共平面
D. 该有机物既可以与盐酸反应，也可以和 NaOH 反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．哌醋甲酯中能与 加成的不饱和键仅为苯环（酯基中羰基不加成），1ml 苯环需 3ml ，
故 1ml 该物质最多与 3ml 加成，A 错误；
B．分子中不同化学环境的氢包括：苯环（3 种）、酯基-OCH3（1 种）、哌啶环 N-H（1 种）及环上 5 种氢，
和苯环相连的碳上 1 种，共 3+1+1+5+1=11 种，一氯代物有 11 种，B 错误；
C．哌啶环含饱和 sp3 杂化碳（四面体结构），导致分子中存在非共面原子，不可能所有原子共平面，C 错误；
D．分子中哌啶环的 N 原子有孤对电子（碱性），可与盐酸反应；含酯基（-COOCH3），能在 NaOH 条件下
水解，故可与 NaOH 反应，D 正确；
故选 D。
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8. 碳酸二甲酯 DMC(CH3OCOOCH3)是一种低毒、性能优良的有机合成中间体，科学家提出了新的合成方案
(吸附在固体催化剂表面上的物种用*标注)，反应机理如图所示。
下列说法正确的是
A. 反应过程中除固体催化剂外，还使用了 HO·做催化剂
B. 反应进程中决速步骤的能垒为 125.7eV
C. 第 3 步的基元反应方程式为：
D. 该反应历程使用催化剂的目的是提高碳酸二甲酯的产率
【答案】A
【解析】
【详解】A．HO· 反应前参与反应，反应后又生成，作催化剂，A 正确；
B．反应进程中经过渡态Ⅰ的反应能垒最大，是决速步骤，其能垒为[103.1-(-22.6)]×102eV=1.257×104eV，B
错误；
C．由图可知，第 3 步的基元反应方程式为： ，C
错误；
D．催化剂只能加快反应速率，不影响平衡移动，不能提高产物产率，D 错误；
故选 A。
9. 化合物 A 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。已知 X、
Y、Z、W、M 均为短周期常见元素，W 是形成物质种类最多的元素，X、Y 为同族元素，Z、M 为同族元
素，基态 Z 原子的核外电子有 6 种空间运动状态。下列说法错误的是
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A. 原子半径 Z>Y>X>M
B. 电负性 X>Y>W>M>Z
C. X、Y、Z、W 简单氢化物中熔沸点最高的为 X 的氢化物
D. 均由 X、Y、Z、M 四种元素组成的两种盐可以发生反应
【答案】C
【解析】
【分析】W 是形成物质种类最多的元素，W 为 C；Z 可形成+1 价阳离子，基态 Z 原子的核外电子有 6 种空
间运动状态，Z 为 Na；Z、M 为同族元素，M 可形成 1 个共价键，M 为 H；X、Y 为同族元素，X 可形成 1
个双键，Y 可形成 2 个单键和 2 个双键，则 X 为 O、Y 为 S。
【详解】A．原子半径：Z Na，Y 为 S，X 为 O，M 为 H。同周期 Na>S，同主族 S>O，H 半径最小，顺
序 Z>Y>X>M，A 正确；
B．一般来说，同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，电负性：
X(O)>Y(S)>W(C)>M(H)>Z(Na)[提示： 中 C 显正价，S 显负价，可知电负性 S＞C]，B 正确；
C．简单氢化物中，Z(Na)的氢化物为 NaH(离子晶体)，熔沸点远高于 X(H2O，分子晶体)，熔沸点最高的为
Z 的氢化物，C 错误；
D． 和 可以发生反应 ，D 正确；
故选 C。
10. 下列实验操作能达到实验目的的是
选项 A B
探究反应物浓度对化学反应速率
目的 检验 是否沉淀完全
的影响
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操作
选项 C D
配制一定物质的量浓度的 KCl 溶
目的 制备氢氧化铁胶体
液
操作
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．目的是探究反应物浓度对反应速率的影响，操作中 H2O2 浓度和体积相同，NaHSO3 浓度不同，
体积相同，变量为 NaHSO3 浓度，但 H2O2 与 NaHSO3 反应无明显现象，无法通过观察判断速率差异，A 错
误；
B．向上层清液中加入氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，说明硫酸根离子已经沉淀完全，B 正确；
C．加入蒸馏水至离刻度线 1cm 时应该用胶头滴管滴加，C 错误；
D．FeCl3 溶液和 NaOH 溶液反应得到 Fe(OH)3 沉淀，而得不到 Fe(OH)3 胶体，D 错误；
故答案为 B。
11. 结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是
事实 解释
A 甘油是黏稠液体 甘油分子间的氢键较强
B 王水溶解铂 浓盐酸增强了浓硝酸的氧化性
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C 冰的密度小于干冰 冰晶体中水分子的空间利用率相对较低
未杂化的 p 轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运 D 石墨能导电
动
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．甘油分子中有 3 个羟基，分子间可以形成更多的氢键，且 O 元素的电负性较大，故其分子间
形成的氢键较强，因此甘油是黏稠液体，A 正确；
B．王水溶解铂，是因为浓盐酸提供的 能与被硝酸氧化产生的高价态的铂离子形成稳定的配合物从而促
进铂的溶解，在这个过程中浓盐酸没有增强浓硝酸的氧化性，而是通过形成配合物增强了铂的还原性，B
不正确；
C．冰晶体中水分子间形成较多的氢键，由于氢键具有方向性，因此，水分子间形成氢键后空隙变大，冰晶
体中水分子的空间利用率相对较低，冰的密度小于干冰，C 正确；
D．石墨属于混合型晶体，在石墨的二维结构平面内，第个碳原子以 C—C 键与相邻的 3 个碳原子结合，形
成六元环层。碳原子有 4 个价电子，而每个碳原子仅用 3 个价电子通过 sp2 杂化轨道与相邻的碳原子形成共
价键，还有 1 个电子处于碳原子的未杂化的 2p 轨道上，层内碳原子的这些 p 轨道相互平行，相邻碳原子 p
轨道相互重叠形成大π键，这些 p 轨道的电子可以在整个层内运动，因此石墨能导电，D 正确；
综上所述，本题选 B。
12. 某小组设计实验探究 的性质，实验记录如下：
实
操作及现象 验
向甲，乙试管中均加入 溶液， 硫酸溶液，
固体，振荡，使其溶解。然后，向甲中加入 2 滴 的 溶液，
①
乙试管中不加，在相同水浴中持续加热，观察到甲中溶液较快变为紫红色；乙试管中一段时间后缓
慢变紫红色
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向①中反应后甲试管中滴加 硫酸， 溶液，振荡试管，紫红 ②
色逐渐褪去，并产生气泡
向少量的酸性 溶液中滴加②中反应后甲试管中溶液(溶液中无 )，产生黑色沉淀(经
③
检测：纯黑色固体摩尔质量为 )，溶液褪色
下列说法正确的是
A. 实验①中，甲试管中较快出现紫红色是因为 起到了催化作用
B. 实验②中紫红色褪去反应的离子方程式为
C. 实验③中，每生成 1ml 黑色沉淀，转移 2ml 电子
D. 该实验中， 中 S 的化合价为 ，表现强氧化性
【答案】A
【解析】
【详解】A．实验①中，甲试管加入 溶液后较快出现紫红色，对比乙试管，说明 起到了催化
作用，加快了反应速率，A 正确；
B． 为弱酸，不能写成离子，正确离子方程式为：
，B 错误；
C．实验③中离子方程式为 ，则每生成 转移
，C 错误；
D．过二硫酸铵中硫为 价，因为硫原子最外层有 6 个电子，最高化合价为 ，含过氧键，它具有强氧化
性(类似过氧化钠)，D 错误；
故答案为：A。
13. 为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想 固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。
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下列说法不正确的是
A. 固体溶解是吸热过程
B. 根据盖斯定律可知：
C. 根据各微粒的状态，可判断 ，
D. 溶解过程的能量变化，与 固体和 溶液中微粒间作用力的强弱有关
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知， 固体溶于水的过程分两步实现，第一步为 NaCl 固体变为 Na+和 Cl-，此过程离子
键发生断裂，为吸热过程；第二步为 Na+和 Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成
键过程，为放热过程。
【详解】A．由图可知， 固体溶解过程的焓变为 ，为吸热过程，A 正确；
B．由图可知， 固体溶于水的过程分两步实现，由盖斯定律可知 ，即 ，B
正确；
C．由分析可知，第一步为 NaCl 固体变为 Na+和 Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程，a＞0；第二步
为 Na+和 Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程，b＜0，C 错
误；
D．由分析可知，溶解过程的能量变化，却决于 固体断键吸收的热量及 Na+和 Cl-水合过程放出的热量
有关，即与 固体和 溶液中微粒间作用力的强弱有关，D 正确；
故选 C。
14. CuCl 难溶于水，在空气中易被氧化。工业以废铜泥(含 CuS、 、 、Fe 等)为原料制
备 CuCl 的流程如图：
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下列说法正确的是
A. “酸浸”后，溶液中的金属离子只含 和
B. “除杂”步骤中，为了使沉淀完全，加氢氧化钠溶液须过量
C. “灼烧”不充分会降低 CuCl 的产率
D. 实验室模拟工业灼烧操作可在蒸发皿中进行
【答案】C
【解析】
【分析】废铜泥灼烧后将金属元素转化为可溶于硫酸 氧化物，酸浸后先加 H2O2 氧化 Fe2+，再加 NaOH 稀
溶液，过滤除去 Fe(OH)3，往滤液中加入 Na2SO3、NaCl 还原后经系列操作得到氯化亚铜产品。
【详解】A．废铜泥在空气中灼烧后，Fe 被氧化为 Fe 的氧化物，酸浸后溶液中的金属离子含有 、
和 Fe3+，故 A 项错误；
B．“除杂” 步骤中，加过量的氢氧化钠溶液会提高成本， 并且可能生成氢氧化铜沉淀， 降低 的
产率，故 B 项错误；
C．“灼烧” 不充分， 铜没有完全转化为氧化铜， 则会降低 CuCl 的产率，故 C 项正确；
D．灼烧固体在坩埚中进行，不能在蒸发皿中进行，故 D 项错误；
故本题选 C。
15. 晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图 1)，进行镁离子取代及
卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料(图 2)。下列说法错误的是
A. 图 1 晶体密度为 g·cm-3 B. 图 1 中 O 原子的配位数为 6
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C. 图 2 表示的化学式为 D. 取代产生的空位有利于 传导
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据均摊法，图 1 的晶胞中含 Li：8× +1=3，O：2× =1，Cl：4× =1，1 个晶胞的质量为
g= g，晶胞的体积为(a×10-10cm)3=a3×10-30cm3，则晶体的密度为 g÷(a3×10-30cm3)
= g/cm3，A 项正确；
B．图 1 晶胞中，O 位于面心，与 O 等距离最近的 Li 有 6 个，O 原子的配位数为 6，B 项正确；
C．根据均摊法，图 2 中 Li：1，Mg 或空位为 8× =2。O：2× =1，Cl 或 Br：4× =1，Mg 的个数小于 2，
根据正负化合价的代数和为 0，图 2 的化学式为 LiMgOClxBr1-x，C 项错误；
D．进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料，说明 Mg2+取代产生的空位有利于 Li
+的传导，D 项正确；
答案选 C。
二、非选择题(本题共 4 小题，共 55 分)
16. 草酸钴是制作氧化钴和金属钴的原料，一种利用含钴废料(主要成分 C2O3，含少量 Fe2O3、Al2O3、CaO
、MgO、碳及有机物等)制取 CC2O4 的工艺流程如下：
已知：Ca2+、Mg2+均能与 F-生成沉淀。回答下列问题：
（1）基态钴原子的价电子排布式为___________。
（2）“550℃焙烧”的目的是___________。
（3）“碱浸”时发生反应的离子方程式为___________。
（4）“浸钴”过程中若先加入足量的稀 H2SO4，后加入足量的 Na2SO3，则浸出液含有的金属阳离子为 Na+、
Ca2+、Mg2+和___________。
（5）“净化除杂 1”过程中，先在 40～50℃加入 H2O2 溶液，后调节 pH．
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①该条件下 Fe3+、C3+、H2O2 氧化性由强到弱的顺序为___________。
②控制 40～50℃的原因是___________。
（6）已知 C2O3+6HCl=2CCl2+Cl2+3H2O，取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物(其中 C 的化合
价为+2、+3)，用 480mL5ml/L 盐酸恰好完全溶解固体，得到 CCl2 溶液和 4.48LCl2(标准状况)。该钴氧化
物中 C、O 的物质的量之比为___________。
（7）在空气中焙烧 CC2O4 生成 C3O4 和一种气体，该反应的化学方程式为___________。
【答案】（1）3d74s2
（2）除去碳和有机物 （3）
（4） 、
（5） ①. ②. 温度过低，反应速率太慢；温度过高，双氧水易分解
（6）5:6 （7）
【解析】
【分析】550℃焙烧含钴废料(主要成分为 C2O3，含少量 Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)除去
碳和有机物；加入氢氧化钠溶液，其中 Al2O3 溶解生成 ，C2O3、Fe2O3、CaO、MgO 不溶，
过滤，则浸出液的主要为 ；向过滤得到的固体加入稀硫酸和亚硫酸钠，Na2SO3 将 C3+、Fe3
+还原为 C2+、Fe2+，可得 CCl2、FeCl2、MgCl2、CaCl2；在 40～50℃加入 H2O2，氧化 Fe2+氧化为 Fe3+，
再使 Fe3+转化成 Fe(OH)3 沉淀；过滤后所得滤液主要含有 CCl2、MgCl2、CaCl2，用 NaF 溶液除去钙、镁；
过滤后，滤液中主要含有 CCl2，加入草酸铵溶液得到草酸钴。
【小问 1 详解】
钴为 27 号元素，基态钴原子的价电子排布式为 3d74s2；
【小问 2 详解】
“550℃焙烧”的目的是除去碳和有机物；
【小问 3 详解】
“碱浸”时 Al2O3 与 NaOH 生成 ，反应离子方程式为：
；
【小问 4 详解】
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向过滤得到的固体加入稀硫酸和亚硫酸钠，Na2SO3 将 C3+、Fe3+还原为 C2+、Fe2+，则浸出液含有的金属
阳离子为 Na+、Ca2+、Mg2+和 、 ；
【小问 5 详解】
①在 40～50℃加入 H2O2，Fe2+氧化为 Fe3+，可知氧化性： ；但 未被氧化成 ，可知
氧化性： ；可得氧化性： ；
②“净化除杂 1”过程中，先在 40 ~ 50℃加入 H2O2，控制温度不能太高的原因是防止温度过高导致过氧化
氢分解；同时温度也不能太低，温度过低，反应速率太慢；
【小问 6 详解】
取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物(其中 C 的化合价为+2、+3)，用 480mL5ml/L 盐酸恰好完全
溶解固体，得到 CCl2 溶液和 4.48LCl2(标准状况)，根据氯元素守恒，n(C)=
；盐酸中的氢元素与钴氧化物中的 O 结合为水，根据 H 元素守恒，
n(O)= ，该钴氧化物中 C、O 的物质的量之比为 1:1.2=5:6；
【小问 7 详解】
在空气中焙烧 CC2O4 生成 C3O4 和一种气体，由元素守恒可知，该气体为 CO2，故煅烧的方程式为：
。
17. 是主要的大气污染物之一，空气中 含量测定方法如下：
I．采样
（1）按下图连接仪器，进行________（填实验操作），装入药品，其中 X、Z 中盛有相同吸收液。打开止气
阀和采气泵，开始测定实验。
（2）进入 的 先转化为 ，进一步转化为粉红色的偶氮染料； 在 中被氧化为 ，在
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中被吸收转化。待________（填“X”或“Z”）中吸收液变成粉红色后，同时关闭止气阀和采气泵，停止
采样。多孔玻板上具有多个微孔结构，其作用是________；Y 中反应的离子方程式为________。
Ⅱ． 含量测定
将不同浓度 标准溶液与足量吸收液反应生成偶氮染料，分别测定其吸光度（对特定波长光的吸收
程度），绘制出吸光度与 标准溶液浓度的关系曲线如图。测定 X、Z 中吸收液的吸光度，与
标准溶液吸光度曲线对照得出 的浓度，换算出 的含量。
（3）称取 （已干燥恒重）配制成 标准溶液，下列实验仪器必须用到的是
________（填名称）。
（4）以 流量采样 小时，测得 的含量为 ，则所采集的环境空气中 的含量为________
（用含 、 、 的代数式表示）；若配制 标准溶液前， 固体未经干燥恒重，将导
致测定结果________（选填“偏大”或“偏小”）。
【答案】（1）检查装置气密性
（ 2） ① . X ② . 增 大 气 液 接 触 面 积 ， 提 高 吸 收 率 ③ .
（3）烧杯、1000mL 容量瓶
（4） ①. ②. 偏大
【解析】
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【分析】目的是测定空气中 含量，首先搭建实验装置，检查气密性，实验过程： 通
过 X，在 X 中 先转化为 ，进一步转化为偶氮染料，Y 中 NO 与酸性 KMnO4 溶液反应生成 和
Mn2+，Z 中将新生成 转化为 ；X 用于检测 NO2 浓度，Y 用于检测 NO 浓度，Z 用于除去新生成 NO2
。
【小问 1 详解】
实验涉及气体的吸收与转化，则连接仪器后，进行检查装置气密性，再装入药品进行实验；
【小问 2 详解】
进入 的 先转化为 ，进一步转化为粉红色的偶氮染料，则待 X 中吸收液变成粉红色后，说明
被吸收，同时关闭止气阀和采气泵，停止采样。多孔玻板上具有多个微孔结构，其作用是增大气液接
触面积，提高吸收率；Y 中 NO 与酸性 KMnO4 溶液反应生成 和 Mn2+，氮化合价由+2 变为+4、锰化合
价由+7 变为+2，结合电子守恒，Y 中反应的离子方程式为
；
【小问 3 详解】
配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶
贴签；称取 （已干燥恒重，精确度较高，需要使用电子天平）配制成 标准
溶液，下列实验仪器必须用到的是烧杯、1000mL 容量瓶；
【小问 4 详解】
以 流量采样 小时，测得 的含量为 ，则所采集的环境空气中 的含量为
；若配制 标准溶液前 固体未经干燥恒重，则称取
质量偏小，标定 标准溶液浓度时，由于称量质量相同，未烘干的基准物中有效物质摩尔数
少于理论值，导致滴定所需标准溶液体积减少，计算浓度时，仍按干燥后的理论摩尔数代入公式 c = n/V，
而实际消耗的 V 偏小，导致标准溶液浓度计算结果偏高， 标准溶液浓度偏高，则 NOx 含量测定结
果偏大。
18. 有机物 H 是一种抗癌药物的合成中间体，其合成路线如下图所示。
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已知： R1CHO
回答下列问题：
（1）A→B 的反应类型为_____。
（2）C→D 的化学方程式为_____。
（3）E 中官能团的名称是_____。
（4）A 具有碱性，其碱性 _____ （填“>”或“
（5） ①. 10 ②.
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（6） (或 )
【解析】
【分析】A 被 MnO2 氧化，将甲基氧化为醛基生成 B，B 与 CH3MgBr 在 H3O+条件下发生已知反应生成 C，
则 C 为 ，C 与 O2 在 Cu 的催化下发生氧化反应，将羟基氧化为酮羰基，生成 D，D 与 E
发生取代反应生成 F，F 与 H2 在 Ni 的催化下发生还原反应，将氰基还原为氨基，生成 G，G 依次发生加成
反应、消去反应、加成反应生成 H，据此回答。
【小问 1 详解】
由分析知，A 被 MnO2 氧化，将甲基氧化为醛基生成 B，A→B 的反应类型为氧化反应；
【小问 2 详解】
C 与 O2 在 Cu 的催化下发生氧化反应，将羟基氧化为酮羰基，生成 D，化学方程式为 2 +
O2 2 +2H2O；
【小问 3 详解】
E 为 ，官能团的名称氰基、酯基；
【小问 4 详解】
在含氮有机物中，氮原子上电子云密度越大，结合质子能力越强，碱性越强， 中甲基是
推电子基团，会使氮原子上电子云密度增大， 碱性更强；
【小问 5 详解】
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A 为 ，其同分异构体中含苯环和 ，若苯环上只有一个取代基，为 ，共
有 1 种，若苯环上有两个取代基，为 和 ，有邻、间、对 3 种；若苯环上有三个取代基，为
、 、 ，苯环上连三个取代基，其中有两个相同时，共有 6 种，符合题意的同分异构体共 1
+3+6=10 种；核磁共振氢谱有 3 组峰且峰面积之比为 2:2:1 ，说明分子中有 3 种不同化学环境的氢原子，
且氢原子个数比为 2:2:1，上述同分异构体中符合条件的
；
【小问 6 详解】
由于 G→H 的反应可分为三步，第一步为加成反应，第二步为消去反应，第三步为加成反应，即
→ →→ (或 )→
，则第二步反应有机产物的结构简式为 (或 )。
19. 碳达峰和碳中和是应对气候变化的重要策略，以 CO2 为原料合成甲醇可以减少 CO2 的排放，可以更快
地实现碳达峰和碳中和。回答下列问题：
I.CO2 和 H2 生成甲醇涉及的反应如下：
主反应：
副反应：
（1）反应 ___________。
（2）恒温下，向恒容密闭容器按投料比 n(CO2)：n(H2)=1：1 通入气体，若只发生主反应，下列能判断反应
处于平衡状态的是___________
A. B. CO2 体积分数不再改变
C. 体系内气体密度不再改变 D. CO2 与 H2 物质的量之比不再改变
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（3）T℃时，在主、副反应的混合体系中，平衡时，生成甲醇的选择性[CH3OH 选择性
]随压强的变化如图所示。
①增大压强，甲醇的选择性增大的原因是___________。
②T℃时，若在密闭容器中充入 2mlCO2 和 2.8mlH2，在压强为 p Pa 时，生成 0.6ml CO，则 T℃时，主反
应的压强平衡常数 ___________ 。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压 物质的量分数)
Ⅱ.催化剂的性能测试：一定条件下使 CO2、H2 混合气体通过反应器，检测反应器出口气体的成分及其含量，
计算 CO2 的转化率和 CH3OH 的选择性以评价催化剂的性能。
（4）230℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比 5：18
：1，则该温度下 CO2 的转化率为___________。
（5）其他条件相同时，反应温度对 CO2 的转化率和 CH3OH 的选择性的影响如图 1、2 所示。
①由图 1 判断，实验中反应未达到化学平衡状态的点为___________。
②温度高于 260℃时，CO2 平衡转化率升高的原因是___________。
③温度相同时，CH3OH 选择性的实验值略高于平衡值(见图 2)，从化学反应速率的角度解释原因：
___________。
【答案】（1）-90.7kJ/ml （2）D
（3） ①. 主反应正反应为气体分子数减小的反应，副反应为气体分子数不变的反应，故增大压强主反
应向正反应方向移动，甲醇的选择性增大 ②. （4）25%
（5） ①. ABCD ②. 温度升高，主反应逆向进行，副反应正向进行，温度高于 260℃时，副反应正
向进行的程度大于主反应逆向进行的程度 ③. 温度相同时，主反应的速率大于副反应，单位时间内生成
甲醇量比生成 CO 量多
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【解析】
【小问 1 详解】
根据盖斯定律可知， ；
【小问 2 详解】
A． 不能表明正逆反应速率相等，当 才可以说明正逆反应速率
相等，才能判断是平衡状态，A 不选；
B．设 的变化量为 x，列三段式： ，
的体积分数为 ，故其体积分数始终保持 50%不变，其体积分数不再改变，
不能判定为平衡状态，B 不选；
C．该体系为恒温环境，且该反应全部由气体参与，故 m(气)、V 均为定值，密度始终保持不变，故密度不
可作为判断平衡状态的依据，C 不选；
D．CO2 与 H2 未按照化学计量数之比进行投料，二者物质的量之比是变量，当其保持不变，说明正逆反应
速率相等，达到了平衡状态，D 选；
故选 D。
【小问 3 详解】
①加压，平衡向气体分子数减小的反应，则增大压强，甲醇的选择性增大的原因是：主反应正反应为气体
分子数减小的反应，副反应为气体分子数不变的反应，故增大压强主反应向正反应方向移动，甲醇的选择
性增大；
②由图可知， 平衡时，甲醇的选择性为 40%，此时生成 0.6mlCO，则生成 0.4ml 的甲醇，根据主反
应可知
，
根据副反应可知，
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平衡时总物质的量：1ml+1ml+0.6ml+1ml+0.4ml=4ml，平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、水蒸气的分压
分别为： 、 、 、 ，则 时，主反应的压强平衡常数 ；
【小问 4 详解】
230℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比 n(CH3OH)：n(CO2)：n(CO)=5：18：1，假
设生成的 CH3OH 的物质的量为 5ml，则生成的 CO 的物质的量为 1ml，剩余的 CO2 的物质的量为 18ml，
根据碳原子守恒，起始的 CO2 的物质的量为 5ml+18ml+1ml=24ml，则该温度下 CO2 转化率的计算式为
×100%=25%；
【小问 5 详解】
①由图 1 可知在不同温度下，CO2 转化率的实验值均小于平衡值，说明实验中反应均未达到化学平衡状态；
②主反应为放热反应，副反应为吸热反应，温度升高，主反应逆向移动，副反应正向移动，温度高于 260℃
时，副反应正向移动的程度大于主反应逆向移动的程度，所以平衡转化率随温度升高还在增大；
③由图可知，温度相同时，CH3OH 选择性的实验值略高于平衡值，从化学反应速率的角度看原因是：温度
相同时，主反应的速率大于副反应，单位时间内生成甲醇的量比生成 CO 的量多。
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