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1、广东省揭阳市第三中学2020届高三化学上学期第三次月考试题（含解析）1.以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分析不合理的是A. 四千余年前用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应B. 商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎，该鼎属于铜合金制品C. 汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏士D. 屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作【答案】A【解析】【分析】本题考查的是化学知识在具体的生产生活中的应用，进行判断时，应该先考虑清楚对应化学物质的成分，再结合题目说明判断该过程的化学反应或对应物质的性质即可解答。【详
2、解】A谷物中淀粉在酿造中发生水解反应只能得到葡萄糖，葡萄糖要在酒化酶作用下分解，得到酒精和二氧化碳。酒中含有酒精，醋中含有醋酸，显然都不是只水解就可以的，选项A不合理；B商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎属于青铜器，青铜是铜锡合金，选项B合理；C陶瓷的制造原料为黏土，选项C合理；D屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，是利用青蒿素在乙醚中溶解度较大的原理，将青蒿素提取到乙醚中，所以属于萃取操作，选项D合理。【点睛】萃取操作有很多形式，其中比较常见的是液液萃取，例如：用四氯化碳萃取碘水中的碘。实际应用中，还有一种比较常见的萃取形式是固液萃取，即：用液体溶剂萃取固体物质中的某种成
3、分，例如：用烈酒浸泡某些药材。本题的选项D就是一种固液萃取。2.CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如下图所示。下列说法正确的是A. 相对于途径，途径更好地体现了绿色化学思想B. Y可以是葡萄糖溶液C. X可能是SO2和SO3的混合气体D. 将CuSO4溶液蒸发，利用余热蒸干，可制得胆矾晶体【答案】B【解析】A相对于途径、，铜和浓硫酸反应会生成二氧化硫气体污染空气，途径的优点：制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径2无污染性气体产生，更好地体现了绿色化学思想，故A错误；B葡萄糖与氢氧化铜反应的方程式为：C6H12O6+2Cu（OH）2=C6H12O7+Cu2O+2H2O，所以Y可为葡
4、萄糖，故B正确；C硫酸铜分解生成Cu2O与氧气、SO3、SO2，根据2CuSO4Cu2O+SO2+SO3+O2知，X可能是O2、SO2和SO3的混合气体，若只是二氧化硫和三氧化硫，铜元素、氧元素化合价只有降低，无元素化合价升高，故C错误；D将CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤可制得胆矾晶体，故D错误；故选B。3.交联聚合物P的结构片段如图所示。下列说法不正确的是（图中表示链延长）A. 聚合物P中有酯基，能水解B. 聚合物P的合成反应为缩聚反应C. 聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解获得D. 邻苯二甲酸和乙二醇在聚合过程中也可形成类似聚合物P的交联结构【答案】D【解析】【分析】将X为、
5、Y为带入到交联聚合物P的结构中可知，聚合物P是由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应制备的，据此解题；【详解】A.根据X为、Y为可知，X与Y直接相连构成了酯基，酯基能在酸性或碱性条件下水解，故A不符合题意；B.聚合物P是由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应制备的,故B不符合题意；C.油脂为脂肪酸甘油酯，其在碱性条件下水解可生成脂肪酸盐和甘油即丙三醇，故C，不符合题意；D.乙二醇的结构简式为HO-CH2CH2-OH,与邻苯二甲酸在聚合过程中只能形成链状结构，故D符合题意；综上所述，本题应选D。【点睛】本题侧重考查有机物的结构和性质，涉及高聚物单体以及性质的判断，注意把握官能团的性质，缩聚反应的判断，题目有
6、利于培养学生的分析能力，难度不大。4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W的简单氢化物可用作制冷剂,Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后,加入稀盐酸,有黄色沉淀析出,同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是( )A. X的简单氢化物的热稳定性比W强B. Y的简单离子与X的具有相同的电子层结构C. Y与Z形成化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红D. Z与X属于同一主族,与Y属于同一周期【答案】C【解析】氨可作制冷剂，所以W是氮；钠是短周期元素中原子半径最大的，所以Y是钠；硫代硫酸钠与稀盐酸反应生成黄色沉淀硫单质和刺激性气味的气体二氧化硫，
7、所以X、Z分别是氧、硫。A非金属性X强于W，所以X的简单氢化物的热稳定性强于W的，A正确；BY、X的简单离子都具有与氖原子相同的电子层结构，均是10电子微粒，B正确；C硫化钠水解使溶液呈碱性，该溶液使石蕊试纸变蓝，C错误；DS、O属于A，S、Na属于第三周期，D正确。答案选C。5.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色X溶液中一定含有Fe2+B向浓度均为0.05 molL1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成Ksp(AgI) Ksp(AgCl)C向3
8、mL KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色Br2的氧化性比I2的强D用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.先滴加氯水，再加入KSCN溶液，溶液变红，说明加入KSCN溶液前溶液中存在Fe3+，而此时的Fe3+是否由Fe2+氧化而来是不能确定的，所以结论中一定含有Fe2+是错误的，故A错误；B. 黄色沉淀为AgI，说明加入AgNO3溶液优先形成AgI沉淀，AgI比AgCl更难溶，AgI与AgCl属于同种类型，则说明Ksp(AgI)
9、Ksp(AgCl)，故B错误；C.溶液变蓝说明有单质碘生成，说明溴置换出KI中的碘，根据氧化还原反应的原理得出结论：Br2的氧化性比I2的强，故C正确；D.CH3COONa和NaNO2溶液浓度未知，所以无法根据pH的大小，比较出两种盐的水解程度，也就无法比较HNO2和CH3COOH电离出H+的难易程度，故D错误；故选C。6.常温下，NCl3是一种黄色黏稠状液体，是制备新型水消毒剂ClO2原料，可以采用如图所示装置制备NCl3。下列说法正确的是A. 每生成1 mol NCl3，理论上有4 mol H经质子交换膜右侧向左侧迁移B. 可用湿润的淀粉KI试纸检验气体MC. 石墨极的电极反应式为NH4+
10、3Cl6e= NCl3 4HD. 电解过程中，质子交换膜右侧溶液的pH会减小【答案】C【解析】【详解】A、根据图示信息知道：石墨电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应NH4+3Cl-6e-=NCl3+4H+，每生产1molNCl3，理论上有6molH+经质子交换膜由右侧向左侧迁移，选项A错误；B、Pt是阴极，在阴极上是氢离子得电子的还原反应，电极反应式为：2H+2e-=H2，不可用湿润的淀粉KI试纸检验氢气，选项B错误；C、石墨电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应NH4+3Cl-6e-=NCl3+4H+，选项C正确；D、电解过程中，质子交换膜右侧电极上发生的电极反应：NH4+3Cl-6e
11、-=NCl3+4H+，每生产1molNCl3同时生成4molH+，理论上有6molH+经质子交换膜由右侧向左侧迁移，右侧溶液的c（H+）减小，pH增大，选项D错误。答案选C。7.某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）A. 曲线代表溶液B. 溶液中水的电离程度：b点c点C. 从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）D. 相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同【答案】C【解析】【分析】电离常数HNO2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3COOH；A、由图可知，稀释相同的倍数，的变
12、化大，则的酸性比I的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大；C、kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变；D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）c（HNO2）。【详解】A、由图可知，稀释相同的倍数，的变化大，则的酸性比I的酸性强，代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；C、代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)c(HNO2)c(OH-)/c(H+)c(N
13、O2-)=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；故选C。【点睛】本题考查酸的稀释及图象，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难点C，要将已知的c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)分子和分值母同乘以c(H+)，变成与kw为水的离子积常数和k(HNO2)为HN
14、O2的电离常数相关的量，再判断。8.某化学兴趣小组欲探究含硫物质的性质及制备。【探究一】选用下面的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱：（1）装置A中盛固体的玻璃仪器名称是_，装置A中反应的离子化学方程式为_。（2）装置连接顺序为A_，其中装置C的作用是_，通过现象_，即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸。【探究二】硫代硫酸钠晶体（Na2S2O35H2O，M=248g/mol）可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：（3）利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：溶液配制：称取1.2000 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解，完全溶解后，全部转移至100
15、mL容量瓶中，再定容至凹液面与刻度线相平。滴定：取0.00950 molL1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O72+6I+14H+3I2+2Cr3+7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32S4O62+2I。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当_即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为_%（保留1位小数）。（4）Na2S2O3常用于脱氯剂，在溶液中易被氯气氧化为SO42-，该反应的离子方程式为_。【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). CaSO3+2H+=Ca2+SO2+H2
16、O (3). CBEDF (4). 除去HCl气体 (5). 装置D中品红溶液不褪色，F中出现白色沉淀 (6). 滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟后不复原 (7). 95.0 (8). S2O32-+4Cl2+5H2O2SO42-+8Cl-+10H+【解析】【分析】(1)装置A中盛固体的玻璃仪器名称是圆底烧瓶，装置A中稀盐酸和亚硫酸钙发生复分解反应生成氯化钙、二氧化硫和水；(2)利用强酸制取弱酸原理检验，因为二氧化硫具有还原性、次氯酸钙具有氧化性，所以二者易发生氧化还原反应，不能直接将二氧化硫气体通入F装置中，应该向将二氧化硫转化为二氧化碳气体，然后用强氧化性物质吸收二氧化硫
17、，然后二氧化硫检验是否除尽，再将气体通入漂白粉溶液中，通过实验现象判断碳酸与次氯酸酸性强弱判断；(3)用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定到反应终点，碘单质反应后溶液蓝色褪去且半分钟不变，结合化学方程式定量关系计算，Cr2O72-+6I-+14H+=3I2+2Cr3+7H2O，I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，得到Cr2O72-3I26S2O32-，据此计算；(4)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42-，氯气被还原生成氯离子。【详解】(1)装置A中盛固体的玻璃仪器名称是圆底烧瓶
18、，装置A中稀盐酸和亚硫酸钙发生复分解反应生成氯化钙、二氧化硫和水，反应方程式为CaSO3+2HCl=CaCl2+SO2+H2O，对应离子反应方程式为CaSO3+2H+=Ca2+SO2+H2O；(2)A装置制取二氧化硫，因为盐酸具有挥发性，所以生成的二氧化硫中含有HCl，C除去挥发的HCl得到较纯净的二氧化硫，B将二氧化硫转化为二氧化碳，E吸收未反应的二氧化硫，D检验二氧化硫是否除尽，最后将得到的二氧化碳通入漂白粉溶液中，如果产生白色沉淀，说明碳酸酸性大于次氯酸，所以装置排列顺序为：A、C、B、E、D、F，其中装置C的作用是除去HCl气体，通过现象装置D中品红溶液不褪色，F中出现白色沉淀，即可证
19、明亚硫酸的酸性强于次氯酸；(3)取0.00950 molL-1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O72-+6I-+14H+=3I2+2Cr3+7H2O然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，到反应终点，碘单质反应后溶液蓝色褪去且半分钟不变，说明反应到达滴定终点，平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL；结合化学方程式定量关系计算，Cr2O72-+6I-+14H+=3I2+2Cr3+7H2O，I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，得到：Cr2O72
20、-3I26S2O32-1 60.0095mol/L0.02L n样品溶液的平均用量为24.80mL，溶液中硫代硫酸根离子物质的量n=0.0095mol/L0.02L6=0.00114mol，配制100mL溶液中n(S2O32-)=0.00114mol=0.0046mol，则样品纯度=100%=95.0%；(4)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42-，氯气被还原生成氯离子，离子方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O2SO42-+8Cl-+10H+。【点睛】明确实验原理是解题关键，常见设计制备实验方案的一般思路是：列出可能的几种制备方法和途径；从方法是否可行、装置和操作是否
21、简单、经济与安全等方面进行分析和比较；从中选取最佳的实验方法。在制定具体的实验方案时，还应注意对实验条件进行严格、有效的控制。9.重金属元素铬的毒性较大，含铬废水需经处理达标后才能排放。I.某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量Fe2+、Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，且酸性较强。为回收利用，通常采用如下流程处理：注：部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表。氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2Al(OH)3Cr(OH)3pH3.79.611.189(9溶解)（1）氧化过程中可代替H2O2加入的试剂是_(填序号)。A.Na2O2 B.HNO3 C.
22、FeCl3 D.KMnO4（2）加入NaOH溶液调整溶液pH8时，除去的离子是_(填序号)；已知钠离子交换树脂的原理：Mn+nNaRMRn+nNa+，此步操作被交换除去的杂质离子是_(填序号)。A.Fe3+ B.Al3+ C.Ca2+ D.Mg2+（3）还原过程中，每消耗172.8gCr2O72-转移4.8 mol e-，该反应离子方程式为_。.酸性条件下，六价铬主要以Cr2O72-形式存在，工业上常用电解法处理含Cr2O72-的废水。实验室用如图装置模拟处理含Cr2O72-废水，阳极反应是Fe-2e-=Fe2+，阴极反应式2H+2e-=H2随着电解进行，阴极附近pH升高。（1）电解时能否用C
23、u电极来代替Fe电极？_(填“能”或“不能”)，理由是_。（2）电解时阳极附近溶液中Cr2O72-转化为Cr3+的离子方程式为_。（3）上述反应得到的金属阳离子在阴极区可沉淀完全，从其对水的电离平衡影响角度解释其原因_。【答案】 (1). A (2). AB (3). CD (4). 3S2O32-+4Cr2O72-+13H2O6SO42-+8Cr(OH)3+2OH- (5). 不能 (6). 因阳极产生的Cu2+不能使Cr2O72-还原到低价态 (7). Cr2O72-+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O (8). 水中的H+在阴极区放电，H+浓度减小促使水的电离平衡H2OH+
24、OH-向右移动，阴极区OH-浓度增大与金属阳离子在阴极区结合而沉淀完全【解析】【分析】I某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，同时Cr3+被氧化为Cr2O72-，加氢氧化钠调节pH=8，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等，通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加Na2S2O3把Cr2O72-还原为Cr3+，再调节pH得到Cr(OH)(H2O)5SO4；(1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，注意不能引入新的杂质；(2)根据表
25、中数据判断；通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+；(3)结合得失电子守恒和原子守恒写出离子方程式；(1)铜失去电子得到的阳离子是铜离子，该离子不具有还原性，不能和重铬酸根之间发生反应；(2)Cr2O72-具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为Cr3+，据此书写方程式；(3)水中的H+在阴极区放电，H+浓度减小促使水的电离平衡H2OH+OH-向右移动，阴极区OH-浓度增大与金属阳离子在阴极区结合而沉淀完全，据此进行分析。【详解】I某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，同时Cr3+被氧化为Cr2
26、O72-，加氢氧化钠调节pH=8，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等，通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加Na2S2O3把Cr2O72-还原为Cr3+，再调节pH得到Cr(OH)(H2O)5SO4；(1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，同时不能引入新的杂质，所以可以用Na2O2代替H2O2，故答案为：A；(2)根据表中数据可知，pH=8时，Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，则Fe3+、Al3+被除去；通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+；(3)172.8gCr2O72-的物质的量
27、是0.8mol，则每消耗0.8mol Cr2O72-转移4.8mol e-，则1molCr2O72-转移6mol电子，所以生成Cr3+，S2O32-被氧化为SO42-，则反应的离子方程式为：3S2O32-+4Cr2O72-+13H2O6SO42-+8Cr(OH)3+2OH-；II(1)若用Cu电极来代替Fe电极，在阳极上铜失去电子得到的阳离子是铜离子，该离子不具有还原性，不能和重铬酸根之间发生反应；(2)Cr2O72-具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为Cr3+，反应的实质是：6Fe2+Cr2O72-+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O；(3)随着电解进行，溶液中c(H+)
28、逐渐减少，打破了水的电离平衡，促进了水的电离，使溶液中OH-浓度增大，溶液的碱性增强，生成Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀，金属阳离子在阴极区可沉淀完全。10.(1)2017年中科院某研究团队通过设计一种新型Na-Fe3O4/HZSM-5多功能复合催化剂，成功实现了CO2直接加氢制取辛烷值汽油，该研究成果被评价为“CO2催化转化领域的突破性进展”。已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) H1 = aKJ/molC8H18(1)+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1) H2= bKJ/mol试写出25、101kPa条件下，CO2与H2反应生成汽油(以C8H18表示)的热化
29、学方程式_。(2)利用CO2及H2为原料，在合适的催化剂(如Cu/ZnO催化剂)作用下，也可合成CH3OH，涉及的反应有：甲：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H= 53.7kJmol-1 平衡常数K1乙：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H= + 41.2kJmol-1 平衡常数K2CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)的平衡常数K=_(用含K1、K2的表达式表示)，该反应H_0(填“大于”或“小于”)。提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有_(填写两项)。催化剂和反应体系的关系就像锁和钥匙的关系一样，具有高度的选择性。下列四组实验，控制
30、CO2和H2初始投料比均为1：2.2，经过相同反应时间(t1min)。温度(K)催化剂CO2转化率(%)甲醇选择性(%)综合选项543Cu/ZnO纳米棒材料12.342.3A543Cu/ZnO纳米片材料11.972.7B553Cu/ZnO纳米棒材料15.339.1C553Cu/ZnO纳米片材料12070.6D由表格中的数据可知，相同温度下不同的催化剂对CO2的转化为CH3OH的选择性有显著影响，根据上表所给数据结合反应原理，所得最优选项为_(填字母符号)。(3)以CO、H2为原料合成甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。在体积均为2L的三个恒容密闭容器、中，分别都充入1mol
31、CO和2molH2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变。下图为三个容器中的反应均进行到5min时H2的体积分数示意图，其中有一个容器反应一定达到平衡状态。05min时间内容器中用CH3OH表示的化学反应速率为_。三个容器中一定达到平衡状态的是容器_(填写容器代号)。【答案】 (1). 8CO2(g)+25H2(g)=C8H18(1)+16H2O(1) H=（25a-b）KJ/mol (2). K= (3). 小于 (4). 降低温度、减小产物浓度 (5). B (6). 0.0875mol/(Lmin) (7). 【解析】【详解】(1)已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O
32、(l) H1 =aKJ/mol；C8H18(1)+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1) H2=bKJ/mol根据盖斯定律，由25-得反应方程式：8CO2(g)+25H2(g)=C8H18(1) +16H2O(1) H=25H1-H2=H=（25a-b）KJ/mol；(2) 已知甲：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=-53.7 kJmol-1平衡常数K1乙：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H=+41.2 kJmol-1平衡常数K2；根据盖斯定律，由甲-乙得反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的平衡常数K=；H=-53.7 kJmol
33、-1-41.2 kJmol-1=-94.9 kJmol-10；反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)是气体体积缩小的放热反应，提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有降低温度、减少产物浓度、按比例充入原料CO2和H2等；由表中数据分析在相同温度下不同催化剂对甲醇的选择性有显著影响，使用Cu/ZnO纳米片催化剂时甲醇选择性高；使用相同的催化剂在不同温度下，虽然二氧化碳的转化率增加，甲醇的选择性却减小，说明温度升高，副产物增加，因此综合考虑选B选项；(3) CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)开始时的物质的量：1 2 0转化的物质的量： a 2a a平衡时的物质的量：1-a 2-2
34、a a容器中05 min内H2含量是20%，a=，v(CH3OH)= 0.0875mol/(Lmin)；中温度高氢气含量高，说明达到平衡升高温度平衡逆向移动，氢气含量增加。【点睛】本题综合考查化学反应中的热量变化和化学反应平衡。盖斯定律，又名反应热加成性定律：若一反应为二个反应式的代数和时，其反应热为此二反应热的代数和。也可表达为在条件不变的情况下，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关；化学平衡常数指在一定温度下，可逆反应都达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，固体、纯液体不需要表示出；影响化学平衡的因素有浓度、温度和压
35、强等。11.氯吡格雷是一种用于预防和治疗因血小板高聚集引起的心、脑及其他动脉循环障碍疾 病的药物。以2氯苯甲醛为原料合成该药物的路线如下：（1）A中官能团名称为_，A发生银镜反应的化学方程式为_。（2）C生成D的反应类型为_。（3）X(C6H7BrS)的结构简式为_。（4）写出C聚合成高分子化合物的化学反应方程式：_。（5）物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，符合以下条件的G的同分异构体共有_种。除苯环之外无其他环状结构；能发生银镜反应。 其中核磁共振氢谱中有5个吸收峰，且峰值比为22111的结构简式为_。（6）已知：，写出以乙烯、甲醇为有机原料制备化 合物 的合成路线（无机试剂任选）_
36、【答案】 (1). 醛基、氯原子 (2). + 2Ag(NH3)2OH 2Ag +3NH3 +H2O+ (3). 取代反应 (4). (5). (6). 17 (7). (8). 【解析】【详解】根据A反应生成B，B反应生成C，C和甲醇发生酯化反应生成D，D取代反应生成E，根据D、E结构简式结合X分子式知，X结构简式为，E发生取代反应生成氯砒格雷；（1）有机物A的结构简式为，分子中含有的官能团分别为氯原子、醛基；该有机物与银氨溶液发生氧化反应，方程式为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag+H2O+3NH3；因此本题答案是：醛基、氯原子； + 2Ag(NH3)2OH 2Ag +3NH3 +H2O+
37、 。（2）对比C、D的结构可知，C中羧基与甲醇发生酯化反应，也属于取代反应；因此本题答案是：取代反应。（3）由D、E的结构可知，DE发生取代反应，对比D、E的结构确定X的结构简式为：；因此本题答案是：。（4）C聚合成高分子化合物的化学反应方程式；因此本题答案是：。（5）物质G是物质A同系物，则G含有Cl原子、-CHO、苯环，且比A多一个碳原子，则比A多一个CH2原子团，且满足：除苯环之外无其它环状结构，能发生银镜反应，可以含有1个侧链为-CHClCHO，含有可以含有2个侧链，为-CH2Cl、-CHO，或者为-CH2CHO、-Cl，各有邻、间、对三种，可以有3个取代基，分别为-Cl、-CHO、-
38、CH3，当-Cl、-CHO处于邻位时、-CH3有4种位置，当-Cl、-CHO处于间位时、-CH3有4种位置，当-Cl、-CHO处于对位时、-CH3有2种位置，符合条件的同分异构体共有17种；其中核磁共振氢谱中有5个吸收峰，且峰值比为2:2:1:1:1的结构简式为；因此本题答案是：17，。（6）乙烯与溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，再水解生成乙二醇，甲醇催化氧化生成HCHO，最后乙二醇与甲醛反应生成，合成路线流程图为：；因此本题答案是：。【点睛】对于芳香族化合物，如果只含有一个苯环，环上有3个取代基（取代基无同分异构结构），这样的有机物同分异构体的种类判断规律：如果3个取代基相同，有机物有3种同分异构体；如果2个取代基相同，有机物有6种同分异构体；如果3个取代基不相同，有机物有10种同分异构体；记住这样的规律，寻找同分异构体的效率会大增。- 16 -