重庆市2026届高三化学上学期10月月考试题含解析

这是一份重庆市2026届高三化学上学期10月月考试题含解析，共24页。试卷主要包含了 下列反应的离子方程式正确的是， 下列有关实验操作错误的是，7-]kcal/ml=20， 有以下前四周期的几种元素等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第 I 卷(选择题)和第 II 卷(非选择题)两部分，满分 100 分，考试时间 75 分钟
注意事项：
答题前，务必将自己的姓名，准考证号等填写在答题卡规定的位置上。
答选择题时，必须使用 2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
答非选择题时，必须使用 0.5 毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
考试结束后，将答题卷交回。
可能用到的相对原子质量：H—1 N—14 O—16 Na—23 S—32 K—39 Zn—65 I—
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第 I 卷(选择题)
一、选择题：本题共 14 小题，每小题 3 分，共 42 分。在每小题给出的四个选项中，只有一
项是符合题目要求的。
1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是
A. 电池研发人员 工作包括电池构成材料的研制、电池性能的改进和应用的拓展
B. 可用铁质容器酿造或储存山西“老陈醋”
C. 用 CO2 合成可降解塑料聚碳酸酯，可实现“碳”的循环利用
D. 将少量二氧化硫添加于红酒中可以起到杀菌和抗氧化作用，是法律允许的做法
【答案】B
【解析】
【详解】A．电池研发需涉及材料研制（如电极材料、电解质等）、性能改进（如续航、寿命）和应用拓展
（如不同场景的适配），A 正确；
B．山西“老陈醋” 的主要成分是醋酸，铁会与醋酸发生反应，因此不能用铁质容器酿造或储存老陈醋，B
错误；
C．用 CO2 合成聚碳酸酯可降解塑料，实现碳的循环利用，可以减少二氧化碳对环境的影响，C 正确；
D．SO2 具有杀菌作用和抗氧化的特性，将少量二氧化硫添加于红酒中可以起到杀菌和抗氧化作用，是法律
允许的做法，D 正确；
故选 B。
2. 下列化学用语或图示表达正确的是
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A. LiH 的电子式为
B. 氯化钠溶液中的水合离子示意图：
C. 反—1，2—二氟乙烯的结构式：
D. 基态硒原子的简化电子排布式：[Ar]4s24p4
【答案】B
【解析】
【详解】A．LiH 为离子化合物，由 Li+和 H-构成，电子式应表示为 ，A 错误；
B．氯化钠溶液中，Cl-带负电，应吸引水分子中带正电的氢端（水分子中半径小的原子），Na+带正电，应
吸引水分子中带负电的氧端（水分子中半径大的原子），B 正确；
C．反-1,2-二氟乙烯中，双键两端的 F 原子应位于双键两侧，C 错误；
D．基态硒原子序数为 34，简化电子排布式需包含内层 3d 轨道电子，正确应为[Ar]3d104s24p4，题目中遗漏
3d10，D 错误；
故选 B。
3. 我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：S+KNO3+C=K2S+N2↑+CO2↑(未配平)。设 NA 为阿伏加德
罗常数的值，下列说法正确的是
A. 0.1ml C(石墨)晶体中含有的六元环数为 0.05NA
B. 常温下，1 L 0.1 的 KNO3 溶液与 1 L 0.1 的 KF 溶液的阴离子总数相等
C. 每生成 56 g N2 转移电子数目为 20NA
D. 22.4 L CO2 含π键数目为 2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．石墨中每个六元环由 6 个碳原子组成，每个碳原子被 3 个环共享，因此每个环对应 2 个碳原子，
0.1 ml 碳原子对应六元环数目为 ，A 正确；
B． 溶液中电荷守恒： ，而 KF 溶液中电荷守恒：
，KF 溶液因水解显碱性， 溶液不水解显中性，故两溶液中
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，结合电荷守恒两溶液中阴离子总数： ，B 错误；
C．配平反应 中，生成 1 ml 转移 12 ml 电子，56g 为 2 ml，
应转移 电子，C 错误；
D．未指明气体是否处于标准状况，无法确定 的物质的量，D 错误；
故选 A。
4. 下列反应的离子方程式正确的是
A. NaClO 溶液与足量 HI 溶液反应：
B. 向 FeI2 溶液中通入等量 Cl2：
C. 向 KHSO4 溶液中滴入 Ba(OH)2 溶液至溶液呈中性时的离子方程式：
D. NaHCO3 溶液中通入少量 Cl2 的离子方程式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaClO 溶液与足量 HI 溶液反应生成碘单质、氯化钠和水，离子方程式为：
，A 错误；
B．向 FeI2 溶液中通入等量 Cl2，FeI2 中 I-的还原性强于 Fe2+，Cl2 应优先氧化 I-，离子方程式为：
，B 错误；
C．KHSO4 与 Ba(OH)2 反应至中性时，生成硫酸钡、硫酸钾和水，离子方程式为：
，C 错误；
D．NaHCO3 溶液中通入少量 Cl2 反应生成氯化钠、二氧化碳和次氯酸，离子方程式为：
，D 正确；
故选 D。
5. 下列有关实验操作错误的是
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B．碱式滴定管排出气 A．收集蒸馏成分
泡
D．用量筒量取 10.0 C．收集 NO 气体
mL 盐酸
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．蒸馏收集馏分时，锥形瓶应敞口以保证体系与大气相通，否则馏分无法顺利流入锥形瓶，图片
中锥形瓶用塞子密封则操作错误，A 错误；
B．碱式滴定管排气泡需将胶管向上弯曲，捏挤玻璃珠部位使溶液喷出，气泡随溶液排出，图片操作符合规
范，B 正确；
C．NO 难溶于水且与 O2 反应，用排水法收集正确，装置中集气瓶装满水、气体从导管进入将水排出，符合
操作，C 正确；
D．量筒可精确到 0.1 mL，量取 10.0 mL 盐酸时视线与凹液面最低处相切，操作正确，D 正确；
故选 A。
6. 恒容反应器中，Rh 和 Rh/Mn 均能催化反应： (羟基乙醛)，反应历
程如图所示，I1~I3 为中间体，TS1~TS3 为过渡态。
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下列描述不正确的是：
A. “CO 插入”步骤， 均为
B. Rh/Mn 催化作用下，“加氢”步骤为决速步骤
C. Rh 催化作用下，羟基乙醛的生成速率更小
D. 反应达平衡时，升高温度，羟基乙醛的浓度减小
【答案】B
【解析】
【 详 解 】 A． 由 图 可 知 ， 两 种 催 化 剂 条 件 下 ， 一 氧 化 碳 插 入 步 骤 均 为 放 热 反 应 ， 反 应 △ H=
[-16.5-(-1.1)]kcal/ml=-15.4kcal/ml，故 A 正确；
B．反应的活化能越大，反应速率越慢，慢反应是反应的决速步骤，由图可知，Rh/Mn 催化作用下，CO 插
入步骤的活化能为[19.7-(-1.1)]kcal/ml=20.8kcal/ml，反应的活化能最大，所以 CO 插入步骤为决速步骤，
故 B 错误；
C．反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，Rh 催化作用下，反应的活化能大于 Rh/Mn 催化作用下，
所以羟基乙醛的生成速率小于 Rh/Mn 催化作用下，故 C 正确；
D．由图可知，生成羟基乙醛的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，羟基乙醛的浓度减小，
故 D 正确；
故选 B。
7. 有以下前四周期的几种元素：X、Y、Z、T、W 原子序数依次增大，基态 X 原子最外层电子数等于电子
层数等于主族序数等于质子数等于周期数，Y 的最低价氢化物与其最高价氧化物对应水化物能形成离子化
合物，基态 Z 原子的价层电子排布式为：nsnnp2n，X 与 T 同族，基态 W+的核外电子排布中各能层均排满。
以下说法正确的是
A. Z 与 T 形成的化合物中不可能含有非极性键
B. 简单离子的半径：YT
D. Z 的最简单氢化物比 Y 的最简单氢化物更容易与 W 的高价离子形成配合离子
【答案】C
【解析】
【分析】X：最外层电子数=电子层数=主族序数=质子数=周期数，为 H 元素；Y：最低价氢化物（NH3）与
最高价氧化物对应水化物（HNO3）反应生成 NH4NO3（离子化合物），为 N 元素；Z：价层电子排布为 nsnnp2n，
n=2 时对应 2s22p4，为 O 元素；T：与 H 同族（IA 族），原子序数＞O，为 Na（第三周期）或 K（第四周期）；
W：W+的电子排布各能层均填满，为 Cu+（[Ar]3d10），为 Cu 元素，据此分析；
【详解】A．O 与 Na 形成的 Na2O2 中，含 O-O 非极性键，A 错误；
B．根据粒子半径大小先看电子层数（电子层数越多，半径越大），再看核电荷数（电子层数相同，核电荷
数越多，半径越小）的规律，简单离子半径顺序为 N3- >O2- > Na+，或者 K+＞N3- >O2-，即无论 T 是什么元
素，简单粒子半径都有 Y＞Z，B 错误；
C．X 与 Y 为非金属元素，而 T 为金属元素，更容易失去电子，故 T 的第一电离能最小；比较 X(H)和 Y
(N)的第一电离能，Y(N)原子的 2p 轨道为半充满稳定结构，第一电离能较高，故第一电离能 Y(N)>X(H)，
则有第一电离能有 Y＞X＞T，C 正确；
D．Z、Y 的最简单氢化物分别为 H2O、NH3，电负性 O＞N，则形成配位键时，N 的给电子能力更强，更容
易形成配位键，即 Y 形成的最简单氢化物更易和 Cu2+形成配位键，D 错误；
故选 C。
8. 布洛芬因为具有抗炎、镇痛、解热作用，成为大家抢购的药物之一，其合成部分路线如图所示：
下列有关说法正确的是：
A. 等物质的量的 A、B、C 三种物质与足量 NaOH 溶液反应，消耗的 NaOH 的物质的量相同
B. 布洛芬的一氯代物有 8 种(不考虑羧基的取代)
C. B 物质的熔沸点比 A 物质高
D. 布洛芬分子中共平面的碳原子数最多为 11 个
【答案】D
【解析】
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【详解】A．A 含醇羟基，不与 NaOH 反应，B 含溴原子，1 ml B 消耗 1 ml NaOH，C 含羧基，1 ml C
消耗 1 ml NaOH，因此等物质的量的 A、B、C 消耗 NaOH 的量：ASi
通入少量
向含有 和
的悬浊液中
D 出现黑色沉淀
滴加 溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓盐酸与溶液反应生成使品红褪色的气体，可能为 （如含 时），不能确定含 或
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，A 错误；
B．过量酸性高锰酸钾可能将甲醇完全氧化为 而非甲酸，结论不准确，B 错误；
C． 与水反应生成 ，与 反应生成 沉淀，证明 酸性强于 ，说明
非金属性 N＞Si，C 正确；
D．悬浊液中 直接提供 S2-，与 生成 沉淀，无法比较 与 的 ，D 错误；
故答案选 C。
11. 某混合物可能含有 Al、Fe、CuO，Fe2O3，为探究该混合物成分，某同学设计的实验分析方案如图所示，
已知：m>n。
下列叙述正确的是
A. 固体 W 为单质，其元素分布在元素周期表的 d 区
B. 向溶液 N 中通入过量的 CO2，不一定有白色沉淀生成
C. 步骤 I 与 NaOH 反应的物质所含元素的最高价氧化物也能与 NaOH 反应
D. 蓝绿色溶液中一定有一种金属阳离子的价层电子排布式为 3d5
【答案】C
【解析】
【分析】混合物中能与 NaOH 溶液发生反应的只有 Al，
，且已知混合物质量大于固体质量，则有固体和 NaOH
溶液发生了反应，故推断原混合物中一定有 Al，溶液 N 的主要溶质成分为 ；由于向固体中
加入的是过量的盐酸仍产生了固体 W，则 W 一定是不溶于酸的固体，为 Cu，会发生的反应过程如下，
， ， ；如有 Fe2O3，
则会发生反应， ，又还原性 Fe＞Cu，氧化性 Fe3+＞Cu2+，故会再优先发
生反应， ，则不论溶液中是否含有 Fe2O3，蓝绿色溶液中的溶质成分为 CuCl2 和 FeCl2，
据此分析。
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【详解】A．由分析可知，A 为 Cu，其价电子排布式为 3d104s1，在元素周期表的 ds 区，A 错误；
B．向溶液 N 中通入过量的 CO2，发生反应 ，CO2 溶于水
形成的碳酸是弱酸，无法再和 Al(OH)3 发生反应，B 错误；
C．由分析，步骤 I 与 NaOH 反应的物质为 Al，其最高价氧化物为 Al2O3，是两性氧化物，和 NaOH 反应的
化学方程式为 ，C 正确；
D．由分析可知，蓝绿色溶液中的金属阳离子 Fe2+，价层电子排布式为 3d6，Cu2+的价层电子排布式为 3d9，
D 错误；
故选 C。
12. 我国科学家发明了一种以 和 MnO2 为电极材料的新型电池，其内部结构如下图，其中
a、b、c 三区电解质溶液的酸碱性不同。放电时，电极材料 转化为 。下列说
法正确的是
A. 放电一段时间后，b 区 K2SO4 浓度减小
B. 放电时，N 电极方程式为：
C. 充电时，a 区溶液 pH 增大
D. 充电时，外电源的负极连接 M 电极
【答案】B
【解析】
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【分析】放电时，电极材料 转化为 ，电极反应为
，是原电池 负极，阳离子增多，阳离子进入 b
区，二氧化锰得电子变成锰离子，是原电池的正极，电极反应为 ，阳离子
减少，阴离子需要通过阴离子交换膜进入 b 区，电极 N 为负极，故 c 区为碱性溶液，a 区为酸性溶液。
【详解】A．放电时，负极产生的 K+和正极中的 进入 b 区，b 区 K2SO4 浓度增加，A 错误；
B．放电时，电极 N 为原电池的负极，电极反应为
，B 正确；
C．充电时，a 区有 H+生成，pH 减小，C 错误；
D．放电时，电池 M 极为正极，得电子，则充电时失去电子沿导线至外电源正极，D 错误；
故答案为 B。
13. KIO3 晶体具有钙钛矿型的立方结构，其一种晶胞如图所示，其中顶点为 K，晶胞边长为 a pm，下列说
法不正确的是
A. I 和 O 之间最近的距离为 pm
B. KIO3 的另一种晶胞图中，若 I 在顶点，则 O 在棱心
C. 距离 K 最近的 O 有 6 个
D. 晶体密度 (设 NA 为阿伏加德罗常数的值)
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【答案】C
【解析】
【分析】根据均摊原则，顶点原子数为： ，体心原子数为 1，面心原子数为： ，顶点为 K，
根据化学式 KIO3，可知体心为 I，面心为 O，据此分析回答。
【详解】A．由分析可知，体心为 I，面心为 O，体心 I 到面心 O 的距离为立方体棱长的一半（沿垂直于面
的方向），即 ，A 正确；
B．若 I 在顶点，晶胞中 I 的数目为： ，则 K 为 1 个，在体心，O 原子数目为 3，在棱心，即
，B 正确；
C．顶点为 K、面心为 O，所以距离 K 最近 O 有 12 个，C 错误；
D．根据均摊原则，顶点原子数为： ，体心原子数为 1，面心原子数为： ，化学式为：KIO3
，则晶胞密度为： ，D 正确；
故选 C。
14. 食品添加剂甘氨酸盐酸盐(ClH3NCH2COOH)的阳离子可以发生二级电离。常温下 1 甘氨酸盐酸
盐溶液中 ， ， 的物质的量分数( )随 pH 变化如图所示。
下列说法正确的是
A. 当 与 的物质的量分数相等时的 pH=5.97
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B.
C. pH=10 时，
D. 用 NaOH 溶液滴定达到终点时，
【答案】A
【解析】
【分析】由 ，得 ，当
= 时，pH=pKa1=2.34；
由 ， 得 ， 当
= 时，pH=pKa2=9.60。
【详解】A．当 （Ⅰ）与 （Ⅲ）物质的量分数相等时，根据电离平衡关
系，c(H+)2=Ka1·Ka2，pH= 。由图像知 pKa1=2.34（Ⅰ与Ⅱ交点 pH），pKa2=9.60（Ⅱ与Ⅲ交点 pH），
则 pH= =5.97，A 正确；
B．Ka2 对应 ，其 pKa2 为Ⅱ与Ⅲ交点 pH=9.60，故 Ka2=10-9.60，B
错误；
C．pH=10 时，图像中Ⅲ（H2NCH2COO-）的物质的量分数大于Ⅱ（ ），则 c
(H2NCH2COO-)>c( )，C 错误；
D．根据物料守恒，溶液中始终存在
。在滴定过程中，当加入的
等于初始的 时（即第一个滴定终点）， ，此时待比较的表达
式左右两边相等；当加入的 大于初始的 时（即第二个滴定终点），
，此时表达式左边小于右边，D 错误；
故答案选 A。
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第 II 卷(非选择题)
二、非选择题：本题共 4 小题，共 58 分。
15. 采用如下工艺回收某有色冶炼废渣(含有铜、锌、镍等元素的氧化物及硫化物)中的 Zn、Ni 元素。
已知： ； 。
回答下列问题：
（1）元素镍(Ni)在周期表中的位置为______。 的空间构型是______。
（2）“酸浸、还原”时，Cu 的析出效率随温度升高先增大后减小的原因为：______。
（3）“高温焙烧”时生成两种气体，写出 NiC2O4 转化为 NiO 的化学方程式：______。
（4）“沉锌、镍”过程中，当 Zn2+恰好沉淀完全时，溶液中 Ni2+的浓度为______ (保留 3 位有效数
字，溶液中某离子浓度小于等于 时，认为该离子沉淀完全)。
（5）氧化锌晶体的一种晶胞是如图甲所示的立方晶胞，请在图乙中画出该晶胞沿 y 轴方向的平面投影图
______。
（6）“沉锌”后过滤，取 10 g 固体样品加热分解至恒重，冷却后称量，固体的失重率为 15%(杂质不分解)。
“沉锌”所得 Zn(OH)2 的纯度为______。
【答案】（1） ①. 第四周期 VIII 族 ②. 正四面体
（2）温度升高，反应速率加快，所以开始时的析出效率随温度升高而增大；但温度过高时，NaHSO3(或)
易分解，导致还原剂的量减少，从而使的析出效率减小
（3）
（4）
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（5） （6）82.5%
【解析】
【分析】根据题意，硫化物中的硫元素在第一步的焙烧中，生成 SO2 逸出，则其余的金属氧化物在酸浸中
与酸反应以离子形式进入溶液，且伴随还原过程生成 Cu 单质，将铜元素去除，反应的离子方程式可为，
；用草酸铵沉锌、沉镍后，后分布分离得到含 Ni 和 Zn 元素的产
物 NiO 和 ZnO。
【小问 1 详解】
Ni 是第 28 号元素，在元素周期表的位置是第四周期第 VIII 族，对 的价层电子对进行计算得：
，则其 VSEPR 模型为正四面体，空间构型同 VSEPR 模型，也为正四面体；
【小问 2 详解】
随着温度的升高，化学反应速率增大，析出效率升高；但温度过高时，NaHSO3(或) 易分解，导致还
原剂的量减少，从而使的析出效率减小；
【小问 3 详解】
根据化合价分析，草酸根离子中，碳元素为+3 价，既有还原性也有氧化性，根据元素守恒分析，含 C、O
元素常见的两种气体分别为 CO、CO2，则草酸镍在高温焙烧时发生自身歧化反应，
；
【小问 4 详解】
根据 Ksp 的大小可以初步判断，草酸镍更容易沉淀，根据 Zn2+沉淀的浓度计算此时溶液中 的浓度，
，则
；故答案为 ；
【小问 5 详解】
通过对晶胞的分析，Zn 原子分布在顶角和面心位置，O 原子分布在晶胞内，1/4 体对角线的位置，故投影图
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为 ；
【小问 6 详解】
，根据差量法，每 1 ml（99 g）的 Zn(OH)2 的反应后，失重的部分即为水蒸气的
质量 18 g，设 Zn(OH)2 的纯度为 a，则有 ，可得 a=82.5%，故答案为 82.5%。
16. 连二硫酸钠(Na2S2O4)广泛应用于工业和日常生活中。实验室可利用如下转化及装置制取：SO2
ZnS2O4 Na2S2O4
已知：Zn(OH)2 与 Al(OH)3 性质相似，具有两性；
（1）仪器 a 的名称是______。
（2）在装置 A 和 B 之间安装单向阀的目的是______。
（3）ZnS2O4 转化为 Na2S2O4 的化学方程式为______。
（4）加入 NaOH 溶液调节 pH 值为 8.2—10.5 原因是______。
（5）反应结束后，将三颈烧瓶中的混合液过滤，向滤液中加入 NaCl，搅拌使其结晶，弃去大部分上层清液；
搅拌下用水蒸气加热残余物至 60℃左右；操作 X；用乙醇洗涤、干燥，制得产品 Na2S2O4。加入 NaCl 的作
用是：______操作 X 为：______。
（6）称取 2.50 g 产品，溶于冷水并配成 250 mL 溶液，取出 20.00 mL 于锥形瓶中，加入亚甲基蓝作指示剂，
用 0.10 ml/L 碱性 K3[Fe(CN)6]标准液滴定，平行滴定三次，平均消耗标准液的体积为 20.00 mL。(杂质不参
加反应)
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①已知滴定过程中 与 反应生成 和 ，反应的离子方程式为______。
②该样品中 Na2S2O4 质量分数为______%。
【答案】（1）恒压滴液漏斗
（2）防止倒吸 （3）
（4）防止 Zn(OH)2 和过量 NaOH 反应，使得 Na2S2O4 产品中引入杂质而不纯
（5） ①. 降低 Na2S2O4 的溶解度，使其结晶析出 ②. 趁热过滤
（6） ①. ②. 87
【解析】
【分析】A 中亚硫酸氢钠和浓硫酸反应制备二氧化硫气体，为防止倒吸，使用单向阀向 B 中通入二氧化硫
气体，B 中二氧化硫 先与 反应生成 ，再与 溶液反应生成 ，最后尾气处理
防止污染。
【小问 1 详解】
根据仪器的构造可知，仪器 a 的名称是恒压滴液漏斗。
【小问 2 详解】
装置 A 中发生反应产生气体，若装置 A 中气体产生速率变化或停止时，装置 B 中的液体可能会因压强变化
倒吸进入装置 A，安装单向阀可防止这种情况发生，所以目的是防止倒吸。
【小问 3 详解】
在碱性条件下和氢氧化钠反应生成 ，结合元素守恒可知，还会生成氢氧化锌沉淀，反应
的化学方程式为 。
【小问 4 详解】
具有两性，若 过低，酸性较强会溶解 ，若 过高，碱性过强也会溶解
，调节 为 是为了使 转化为 沉淀而除去，同时防止 Zn(OH)2 和过量
NaOH 反应，避免 Na2S2O4 产品中引入杂质而不纯。
【小问 5 详解】
加入 ，溶液中 浓度增大，根据同离子效应，会降低 的溶解度，使其更容易结晶析出；
将混合物过滤后，对残留物用水蒸气加热至 左右，之后需要分离出晶体，操作 X 应为趁热过滤，以防
止温度降低时其他杂质结晶析出或目标产物大量析出在滤纸上。
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【小问 6 详解】
滴定过程中 反应生成 和 ，反应中铁元素的化合价由+3 价变为+
2 价、硫元素的化合价由+3 价变为+4 价，结合电荷和原子守恒可知，反应的离子方程式为
，根据该反应的离子方程式中的化学
计量数关系可知， ，该样品中 的质量分数为
。
17. 研发 利用技术、降低空气中 含量成为化学科学家研究的热点。
已知：I．
II．
（1）则反应 ______ ；该反应在______（填“低
温”“高温”或“任意温度”）下能自发进行。
（2）一定温度时，在固定容积的容器中充入 和 进行上述反应，平衡时 的转化率
， 的选择性 随温度变化如图所示：
①下列说法正确的是______。
A．当容器中 与 的物质的量之比保持不变时，该反应体系已达平衡
B．当容器内混合气体的密度保持不变时，该反应体系已达平衡
C．其他条件不变，升高温度，反应 I 速率减小，反应 II 的速率增大
D．若保持温度和体积不变，平衡时再向容器内充入一定量的 ，反应 I 化学平衡将正向移动，反应 II 不
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移动
②根据图像分析： 平衡转化率先减小后增大的原因是______。T℃，反应 II 的 ______（只列出计
算式， 为用各气体分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数， 的选择性=
）。
（3）我国科学家采用单原子 和纳米 作串联催化剂，通过电解法将 转化为乙烯，其装置如图所
示。
①阴离子透过交换膜往______（填“左”或“右”）移动。
②纳米 上发生的电极反应为______。
【答案】（1） ①. +311.2 ②. 高温
（2） ①. A ②. 反应Ⅰ放热，反应Ⅱ吸热，温度升高，温度较低时以反应Ⅰ为主，温度较高时以反
应Ⅱ为主 ③.
（3） ① 右 ②.
【解析】
【小问 1 详解】
根据盖斯定律，目标反应可用反应Ⅱ减去反应Ⅰ得到，所以
；该反应是个吸热反应，同时也是熵增反应，
即该反应 ， ，根据 ，当 T 较大（高温）时， ，反应能自发进行。
【小问 2 详解】
①A．初始时 ，反应Ⅰ和Ⅱ中 与 的消耗比例不同，当 与 物质的量之比
保持不变时，说明各物质的量不再变化，反应达平衡，A 正确；
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B．容器容积固定，混合气体总质量不变，密度始终不变，不能作为平衡判断依据，B 错误；
C．升高温度，反应 I 和反应 II 的反应速率均增大，C 错误；
D．保持温度和体积不变，充入 ，各物质的浓度不变，平衡不移动，D 错误；
故答案选 A。
②低温时，以反应Ⅰ（放热）为主，升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，平衡转化率减小；高温时，以反应
Ⅱ（吸热）为主，升高温度，反应Ⅱ平衡正向移动，平衡转化率增大。所以平衡转化率先减小后增大的原
因是反应Ⅰ放热，反应Ⅱ吸热，温度升高，温度较低时以反应Ⅰ为主，温度较高时以反应Ⅱ为主；设 T℃时，
反应Ⅰ中转化了 x ml CO2，反应Ⅱ中转化了 y ml CO2。由 的选择性 ，
的转化率 ，解得 ， 。对于反应Ⅰ：
，各物质的量变化有： 减少 0.42 ml， 减少 1.68 ml，生
成 、 。对于反应Ⅱ： ，各物质的量变化
有： 减少 0.18 ml， 减少 0.18 ml，生成 、 。故平衡时各物质的量为：
， ， ，
， ，所以总物质的量
。分压=总压×物质的量分数，故反应Ⅱ的
。
【小问 3 详解】
①由装置图可知，左侧电极上 被还原为 CO，CO 被还原为乙烯，左侧电极为阴极，右侧为阳极，阴离
子向阳极移动，故阴离子透过交换膜往右移动。
②据装置图可知，纳米 上 被还原为乙烯，结合电解质溶液为 溶液，电极反应为
。
18. 截至 2024 年，全球高血压患者接近 15 亿，而中国是全球高血压患者数量最多的国家。阿普昔腾坦
(Aprcitentan)是一种新型的高血压治疗药物，其合成路线如图所示：M 是产品阿普昔腾坦。
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说明：Bn 代表 。
（1）A 的系统命名法名称为：______。
（2）写出 B 与足量 NaOH 溶液反应的化学方程式：______。
（3）C 中官能团名称为：______。
（4）E 的结构简式为：______。
（5）G 转化为 H 的反应类型为：______。
（6）物质 N 的分子式比 B 少一个溴原子、多一个氢原子，能发生银镜反应，其中一种水解产物能与 FeCl3
溶液显紫色，N 的同分异构体有______种；以上同分异构体中核磁共振氢谱峰面积之比为 1∶1∶2∶6 的结
构简式为(任写一种)：______。
（7）根据题目信息设计合成路线，以 CH3COOH 为原料合成 CH2(COOCH3)2 的合成路线：______。
【答案】（1）4-溴苯乙酸
（2） +3NaOH +NaBr+CH3OH+H2O
（3）碳溴键，酯基 （4）
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（5）取代反应 （6） ①. 9 种 ②. 、 (任写一种)
（7）CH3COOH CH3COOCH3 CH2(COOCH3)2
【解析】
【分析】A 通过一系列步骤合成 M，根据 D→E→F 的反应条件、D 和 F 的结构简式和 E 的分子式可知，E
为 。
【小问 1 详解】
根据 A 的结构简式知，其名称为 4-溴苯乙酸；
【小问 2 详解】
B 中碳溴键和酯基可与 NaOH 溶液反应，由于碳溴键与 NaOH 反应后生成酚羟基，还可与 NaOH 溶液反应，
则 1mlB 消耗 NaOH 的物质的量为 3ml，化学方程式为： +3NaOH
+NaBr+CH3OH+H2O；
【小问 3 详解】
根据 C 的结构简式知，其官能团为碳溴键、酯基；
【小问 4 详解】
据分析，E 的结构简式为 ；
【小问 5 详解】
根据 G 和 H 的结构简式可知，G 与 反应生成 H 和 HCl，反应类型为取代反应；
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【小问 6 详解】
B 的分子式为 C9H9O2Br，N 的分子式比 B 少一个溴原子、多一个氢原子，N 的分子式为 C9H10O2，N 能发
生银镜反应、其中一种水解产物能与 FeCl3 溶液显紫色，说明 N 中含有 HCOO-与苯环直接相连，若 N 的苯
环上有两个侧链：HCOO-和乙基（两个侧链有邻、间、对 3 种位置），若 N 的苯环上有三个侧链：HCOO-
和 2 个甲基（两个甲基为邻位时 HCOO-有 2 种位置、两个甲基为对位时 HCOO-有 1 种位置、两个甲基为间
位时 HCOO-有 3 种位置），符合题意的共有 9 种同分异构体；核磁共振氢谱峰面积之比为 1∶1∶2∶6，该分子
中含有 2 个等效的甲基、1 个-OCHO、苯环上有 2 种氢（比例为 1：2），则符合要求的结构简式为
、 (任写一种)；
【小问 7 详解】
根据 A→C 的合成路线可知：RCH2-COOH 与 SOCl2、CH3OH 反应生成 RCH2-COOCH3，RCH2-COOCH3 与
NaH、THF、CO(OCH3)2 反应时酯基邻位-CH2-中的一个氢被-COOCH3 取代生成 RCH(COOCH3)2，因此以
CH3COOH 为原料合成 CH2(COOCH3)2 的路线为：CH3COOH CH3COOCH3 CH2(COOCH3)2。
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