模拟卷4-2023年高三化学对接新高考全真模拟试卷（云南安徽黑龙江山西吉林五省）(解析版)

2023年高三化学对接新高考全真模拟试卷（四）

（云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省通用）

（考试时间：50分钟试卷满分：100分）

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.

2.回答选择题时:选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在

答题卡上，写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回

可能用到的相对原子质量：H1C12N14016Na23Mg24P31S32Cl35.5Cr52

Fe56Cu64Ag108

一、选择题：本题共7个小题，每小题6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.（2022.湖南.高二阶段练习）中国传统文化博大精深，蕴含着丰富的化学知识。下列

对传统文化的理解正确的是

A.《咏煤炭》中“凿开混沌得乌金，藏蓄阳和意最深”，这里的"乌金”指的是一种黑色的

金

B.《天工开物》中“凡铁分生、熟，出炉未炒则生，既炒则熟”，“炒”的过程中发生了氧

化还原反应

C.《黄鹤楼送孟浩然之广陵》中“故人西辞黄鹤楼，烟花三月下扬州”，这里的“烟花”

与核外电子的跃迁有关

D.《望庐山瀑布》中“日照香炉生紫烟”，这里的“紫烟”是指在日光的照射下碘单质升华

时的现象

【答案】B

【详解】A.“乌金”指的是煤炭，A项错误；

B.通过“炒”使生铁中的碳变成碳氧化合物而除去，发生了氧化还原反应，B项正确；

C.这里的“烟花”指的是柳絮如烟、繁花似锦的阳春三月，与金属的焰色试验无关，C

项错误；

D.“紫烟”是指庐山瀑布飞泻，水汽在日光的照射下蒸腾而上，仿佛香炉冉冉升起的团

团紫烟，D项错误；

故选B。

2.(2022•江西•龙南实验中学高三期中)设M为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的

是

A.常温常压下，2.2g由CO2和N2O组成的混合气体中含有的原子总数为0.15M

B.O.lmolFeBr?与O.lmolCb反应，生成的Br2分子数为0.1M

C.常温下，将2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3刈

D.25℃时，pH=13的氨水中由水电离出的氢离子数目为1013M

【答案】A

【详解】A.CO2和N2O的相对分子质量都是44、且分子都由3个原子构成，常温常压

22g

下，2.2g由CO2和N2O组成的混合气体的物质的量为#M=0.05moL含有的原子

总数为0.05molx3M=0.15NA,A正确；

B.O.lmolFeBn与O.lmolCb反应时，首先是O.lmolFe?+消耗0.05molCl2.剩余0.05molCb

与O.lmolBr发生反应，生成的Br2分子数为005刈，B不正确：

C.常温下，将2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝发生钝化，反应不能持续进行，无法

计算铝失去的少量电子数，C不正确；

D.25℃时，pH=13的氨水的体积未知，无法计算由水电离出的氢离子数目，D不正确；

故选A。

3.(2022•浙江♦余姚中学高二阶段练习)科学家研制了一种可水解生成次氯酸的新型漂

白剂，其分子结构可用如图表示。W、X、Y、Z均为原子序数依次增大的短周期元素。

常温下，0.1mol-L“Z的氢化物的水溶液pH=l,且Z与Y位于不同周期。下列叙述正确

的是

A.原子半径：r(W)<r(X)

B.最简单氢化物的热稳定性：X>Y

C.Z的含氧酸的酸性可能弱于W的含氧酸酸性

D.如图分子中的W=Y键是极性共价键，且共用电子对偏向W

【答案】C

【分析】W、X、Y、Z均为原子序数依次增大的短周期元素。常温下，0.1mol-L」Z的

氢化物的水溶液pH=l,则Z为C1元素；Z与Y位于不同周期，则Y为第2周期元素。

从图中可以看出，X形成3对共用电子、W形成4对共用电子、Y形成2对共用电子,

则X、W、Y的最外层电子数分别为5、4、6,从而得出X、W、Y分别为N、C、0。

所以W、X、Y、Z分别为C、N、0、C1元素。

【详解】A.W、X分别为C、N元素，二者位于同周期，且C在N的左边，所以原子

半径:r（C）>r（N）,A不正确；

B.X、Y分别为N、0元素，最简单氢化物为NH3和H9，非金属性NVO,则热稳

定性：NH3VH2。，B不正确；

C.Z、W分别为Cl、C元素，Z的含氧酸HCI0的酸性弱于W的含氧酸H2c的酸性，

c正确；

D.如图分子中，C=0键是极性共价键，由于非金属性C<O,所以共用电子对偏向0,

D不正确；

故选C。

4.（2022•江苏・扬州中学高三阶段练习）从神化绿废料（主要成分为GaAs、Fe?O、、Si02

和CaCO、）中回收钱和碑的工艺流程如图所示。

下列说法错误的是

A.“碱浸”时，温度保持在700C的目的是提高“碱浸”速率，同时防止HQ?过度分解

B.“碱浸”时，GaAs被H?。?氧化，每反应ImolGaAs,转移电子的数目为5moi

C.“旋流电积”所得“尾液”溶质主要是HaSO,,可进行循环利用，提高经济效益

D.GaAs晶胞如上图，距离As最近的As原子数为12

【答案】B

【分析】神化钱废料（主要成分为GaAs、Fee、SiO,和CaC（）3）中加入NaOH、H2O2,

主要发生GaAs+4NaOH+4H2O2=NaGaO2+Na3AsO4+6H2O、

SiO2+2NaOH=Na2SiO,+H,O,GaAs转化为NaGaO?、Na3AsO4,SiO?转化为NaSO、进

入溶液，Fe?O、、CaCO,难溶于氢氧化钠溶液形成滤渣I；浸出液中加硫酸中和，滤液含

NaQsO,,操作为蒸发浓缩、冷却结晶得到含结晶水的晶体；滤渣II含Ga(OH)3、H2SiO3

沉淀，向钱和硅共沉物中加入硫酸，分离出滤渣IH为HzSiO,,Ga(OH)3转化为Ga2(SO&)3

溶液，电解Ga.SO,b溶液生成Ga、氧气、硫酸。

【详解】A.温度越高，反应速率越快，但HzO?受热易分解，则反应温度不宜太高,

故“碱浸”时，温度保持在70℃的目的是提高“碱浸”速率，同时防止HQ2过度分解，A

正确；

B.“碱浸”时，GaAs转化为NaGaO,Na,AsO4,As元素的化合价由-3价升高为+5价,

则每反应ImolGaAs,转移电子的数目为8moi,B错误；

C.“旋流电积”时，Ga，+在阴极放电，氏0在阳极放电生成02,同时牛.成H+,所以“尾

液''溶质主要是H2so—可进行循环利用,提高经济效益,C正确:

D.根据晶胞结构分析，As做面心立方最密堆积，与顶点的As等距且最近的As位于

相邻的三个面的面心上，一个顶点为8个立方体共有，则距离As最近的As原子数为

—=12,D正确；

2

故选Bo

5.(2022.四川成都.高一期中)依据下列实险事实，所得现象或结论正确的是

选

图片实验现象或结论

项

Na,CT干燥的NaCl固体不导电，

因为Na+和Cr按照一定规

。中.+・+・+・与电

测试干燥NaCl

A源正则紧密地排列着，不能自由

极相一1+—1+1固体的导电性

连的连的移动，所以NaCl固体不是

电极电极

电解质

新切开的钠光亮的表面很

B切割钠快变暗，是因为钠和氧气反

应生成了一薄层氧化钠

过氧化钠和水反应放热，产

生的气体能使带火星的木

CNaiOi和水反应

条复燃，生成的溶液能使pH

&试纸先变红后褪色

光洁的钠丝焰色试验：用光

洁的伯丝蘸取火焰呈黄色，证明原溶液中

D

某溶液在酒精一定含有Na+,一定没有K+

灯外焰灼烧

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【详解】A.测试干燥NaCl固体的导电性是由于干燥的NaCl固体在Na+和。一按照一定

规则紧密地排列着，不能自由移动，所以NaCl固体不能导电，但在其溶于水或受热熔

化时产生了自由移动的离子，因此NaCl是电解质，A错误；

B.金属钠化学性质非常活泼，能够与空气中的氧气反应产生氧化钠使溶液变暗，故新

切开的钠光亮的表面很快变暗，B正确；

C.过氧化钠和水反应放出热量，产生了02,02具有助燃性，能使带火星的木条复燃，

反应产生了碱NaOH,NaOH溶液显碱性，能够使湿润的pH试纸变为蓝色，由于其中

含有NazCh具有强氧化性，又将蓝色试纸乂褪色，因此看到湿润的pH试纸先变蓝后褪

色，C错误；

D.进行焰色试验时，用光洁的钻丝蘸取某溶液在酒精灯外焰灼烧，火焰呈黄色，证明

原溶液中一定含有Na+,但由于没有透过蓝色钻玻璃观察，因此不能确定其中是否含有

K*,D错误；

故合理选项是B。

6.（2022•湖北•高三期中）一种铝胺电池的工作原理如图所示。已知Ph、N代表三苯基胺，

下列说法正确的是

A.放电时,正极的电极反应式为PhK-e-=Ph3N+

B.充电时,阴极的电极反应为4AI?。：+3e-=Al+7AlCl；

C.充电时,A1C1,向铝电极移动

D.理论上每生成lmolPh,N,铝电极增重18g

【答案】B

【分析】由图可知，放电时上部铝极失去电子发生氧化反应为负极:

+

Al+7AlCl；-3e-=4Al2CI；;则下部为正极，得到电子发生还原反应：Ph3N+e=Ph3N；

【详解】A.由分析可知，放电时，正极的电极反应式为PhsV+e=PhN，A错误;

B.充电时，上部为阴极，得到电子发生还原反应，阴极的电极反应为

4Al2Cl；+3e-=Al+7AlCl；,B正确;

C.充电时，阴离子向阳极运动，故A1C1；向下部电极移动，C错误;

+

D.Ph3N+e-=Ph,N,理论上每生成ImolPh、N,铝极反应为川+7川。；故一=4他。；,

则铝极减少质量为gmolx27g/mol=9g,D错误;

故选B。

7.（2022•浙江•高三阶段练习）以酚献为指示剂，用O.lOOOmorL的NaOH溶液滴定

20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数;5随滴加NaOH溶液体

积VMOH的变化关系如图所示。［比如A?-的分布系数：8（A2）=

2]

c（H2A）+c（HA）+c（A'）

下列叙述正确的是

A.H2A第一步电离方程式为HZAUT+HA"曲线②代表3(HA)

B.加入20.0()mLNaOH溶液显酸性的原因是HA-能水解，且水解能力明显小于H6电

离

C.滴定终点时,溶液中c(Na*)<2c(A2)+c(HA)

D.HA-的电离常数K—1.0x10々

【答案】D

【分析】根据题干分布系数的表达式，分母中c(H2A)+c(HA)+c(A，为定值，即分布系

数大小与离子浓度成正比；图中曲线①与曲线②表示的是分布系数3随NaOH溶液体积

的变化关系，曲线③表示的是pH随NaOH溶液体积的变化关系；二元酸H2A在水溶液

中第一步电离生成HA,第二步电离生成A>,再结合分布曲线①一直下降，而曲线②

一直升高可知，曲线①表示的是HA•的分布系数，曲线②表示的是A2-的分布系数，且

曲线②达到的最大值接近1,说明H2A的第一步电离为完全电离。

t详解】A.据分析可知，H?A第一步电离方程式为H2A=H++HA,曲线①代表

川HA)A错误；

B.H2A的第一步电离为完全电离，则HA-不能水解，加入20.00mLNaOH溶液显酸性

的原因是HA-电离产生氢离子，B错误；

C.当反应达到终点时，存在电荷守恒c(Na+)+c(H*)=c(OH)+c(HA)+2c(A"),由于溶液

显碱性，c(H+)<c(OH),所以c(Na+)>2c(A2)+c(HA),C错误;

D.由于H2A的第一步电离为完全电离，根据图象，当VNaOH=0时，溶液pH=l,HA-

的起始浓度为0/000mol/L,HA-分布系数为0.9,A?-的分布系数为0.1,则HA的电离

C(A2)C(H+)0.1OOOmol/Lx0.1x0.1mo】/L

常数K,二=1.0x10”,D正确;

c(HA)0.1000mol/Lx0.9

故选Do

二、非选择题：共58分。

8.(2021.江苏.扬州市江都区大桥高级中学高二阶段练习)化学反应原理对化学反应的

研究具有指导意义。

(1).机动车废气排放已成为城市大气污染的重要来源。气缸中生成NO的反应为：

N2(g)+O2(g)-2N0(g)△W>0o汽车启动后，气缸内温度越高，单位时间内NO排放量

越大，请分析两点可能的原因_______、。

(2).实验室以某工业废料(主要含Zn、Cu的单质和氧化物)为原料制取ZnCO2Zn(0H)2

和CU2。，其实验流程如图:

已知：溶液中[CU(NH3)4F+呈深蓝色，[Zn(NH3)4]“呈无色

①“灼烧”时，需用的硅酸盐质仪器除玻璃棒、酒精灯外，还有和o

②“浸取”时，生成[Zn(NH3)4]CC>3的离子方程式为o

③加“Zn粉”时，为使Zn粉不过量太多，合适的操作方法及依据的现象是。

2+

④已知反应：[Zn(NH3)4]Zn2++4NH3,K=3.5xlO」o,“蒸氨”可采用的装置是(填

字母)。

A

⑤设计以提纯后的铜粉为原料制取Cu2O的实验方案：向烧杯中加入计量的铜粉,

,静置、冷却、过滤、水洗及干燥。(已知在约50℃时，发生反应：

CU+H2O2+H2sO4=CUSO4+2H2。。实验中必须使用的试剂：稀硫酸、葡萄糖溶液、10%的

NaOH溶液和15%的H2O2溶液)。

【答案】温度升高，反应速率加快温度升高，有利于平衡向正反应方向移动生

烟泥三角ZnO+3NH3-H2O+NH：+HCO；=IZn(NH3)4]2++CO：+4H2O搅拌下分

次加入Zn粉，直到最后加入Zn粉时，溶液颜色由深蓝色变为无色CD搅拌下加

入稍过量硫酸和过量的15%的H2O2溶液，加热至约50℃,待铜粉完全溶解时，煮沸溶

液片刻(除去过量H2O2),冷却至室温，向溶液中加入10%的NaOH溶液至沉淀完全，

再加入一定量的10%的NaOH溶液和足量葡萄糖溶液，充分加热

【分析】由流程图可知，工业废料在灼烧时铜和锌与氧气高温时反应生成氧化铜和氧化

锌，氧化铜和氧化锌经碳酸氢钱和氨水浸取得到[CU(NH3RCO3和[Zn(NH3)4]CCh的混合

溶液，向混合溶液中加入锌，锌与[CU(NH3)4]CO3溶液发生置换反应生成[Zn(NH3)/CO3

和铜，过滤得到铜和[Zn(NH3)4]CC)3溶液，[Zn(NH3)4|CO3溶液经蒸氨得到

ZnCO.v2Zn(OH)2,铜与过量稀硫酸和双氧水反应得到硫酸铜溶液，硫酸铜溶液与氢氧化

钠溶液反应得到新制氢氧化铜悬浊液，新制氢氧化铜悬浊液与葡萄糖溶液共热反应得到

氧化亚铜。

【详解】(1)由题意可知，温度越高，反应速率越快，单位时间内生成一氧化氮的量越多，

该反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化氮的量增大，故答案为：

温度升高，反应速率加快：温度升高，有利于平衡向正反应方向移动；

(2)①灼烧时，需用的硅酸盐质仪器有玻璃棒、酒精灯、用烟和泥三角，故答案为：生

烟；泥三角；

②浸取时生成[Zn(NH3)4]CCh的反应为氧化锌与碳酸氢核和氨水反应生成[Zn(NH3)4]CO3

和水，反应的离子方程式为ZnO+3NH3H2O+NH：+HCO；=[Zn(NH3)4F+CO；+4比0,

故答案为：ZnO+3NH3H2O+NH：+HCO；=[Zn(NH3)4]2++CO>+4H2O；

③加锌粉时发生的反应为锌与[CU(NH3)4]CO3溶液发生置换反应生成[Zn(NH3)4]CO3和

铜，溶液会由深蓝色变为无色，则为使锌粉不过量太多，合适的操作方法及依据的现象

为搅拌下分次加入锌粉,直到最后加入锌粉时，溶液颜色由深蓝色变为无色，故答案为：

搅拌下分次加入Zn粉，直到最后加入Zn粉时，溶液颜色由深蓝色变为无色；

④由方程式可知，蒸氨时会有氨气生成，为防止氨气污染环境，应用稀硫酸吸收氨气，

同时为防止产生倒吸，应通过倒置的漏斗将氨气通入稀硫酸溶液中，故选C；

⑤由分析可知，由铜制备氧化亚铜的过程为铜与与过量稀硫酸和双氧水反应得到硫酸铜

溶液，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应得到新制氢氧化铜悬浊液，新制氢氧化铜悬浊液

与葡萄糖溶液共热反应得到氧化亚铜，实验方案为向烧杯中加入计量的铜粉，搅拌下加

入梢过量硫酸和过量的15%的H2O2溶液，加热至约50℃,待铜粉完全溶解时，煮沸溶

液片刻(除去过量H2O2),冷却至室温，向溶液中加入10%的NaOH溶液至沉淀完全，

再加入一定量的10%的NaOH溶液和足量葡萄糖溶液，充分加热，静置、冷却、过滤、

水洗及干燥得到氧化亚铜，故答案为：搅拌下加入稍过量硫酸和过量的15%的H2O2溶

液，加热至约50℃,待铜粉完全溶解时，煮沸溶液片刻(除去过量H2O2)，冷却至室温，

向溶液中加入10%的NaOH溶液至沉淀完全，再加入一定量的10%的NaOH溶液和足

量葡萄糖溶液，充分加热。

9.(2022♦江西•赣州市赣县第三中学高二阶段练习)实验室利用橄榄石尾矿(主要成分

为MgO及少量FeO、Fe2O3,AI2O3等)制备纯净氯化镁晶体(MgCbfH?。)，实验流

程如下：

6110

产品

已知几种金属阳离子形成氢氧化物沉淀时的pH如下表:

Fe2+Fe3+A产Mg2+

开始沉淀时7.62.74.29.6

沉淀完全时9.63.75.411.1

回答下列问题：

(1)“浸取”步骤中，能加快浸取速率的方法有(任写两种)。

(2)气体X是—，滤渣1溶于一定浓度硫酸溶液后，加热到70〜80℃可以制得一种高

效的无机高分子混凝剂、净水剂，其化学式为[Fe2(OH)n(S04)(3-o,5)n]m，则该物质中铁

元素的化合价为o溶液采用的加热方式为,控制温度70〜80℃的原

因是。若溶液的pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数(填

“偏高”、“偏低”或“无影响

(3)加入H2O2的目的是o若将上述过程中的“H2O2”用"NaClO”代替也

能达到同样目的，则发生反应的离子方程式为。

(4)“一系列操作”主要包括加入足量盐酸，然后经过、过滤、洗涤，即

得到氯化镁晶体。

【答案】橄榄石尾矿粉碎、适量增大盐酸的浓度、适当提高反应的温度

等；NH3+3水浴加热防止Fe3+全部水解成Fe(OH)3偏低将Fe?,氧化

2+3+

成Fe3+CIO+2Fe+2H'=2Fe+Cl+H2O蒸发浓缩、冷却结晶

【分析】橄榄石尾矿中含有MgO、FeO、Fe2O3,AI2O3等，加入盐酸浸取，得到Mg?'、

Fe2\Fe3\Al3+,加入H2O2,利用H2O2的氧化性,将Fe?+氧化成Fe3+,根据表格中

3+

的数据，通入气体X,调节pH,应除去溶液中的Fe,A1(OH)3为两性氢氧化物,Mg(OH)2

是碱，加入过量的NaOH溶液，得到Mg(OH)2沉淀，然后对滤渣2进行洗涤、干燥，

将Mg(OH)2溶解到盐酸中，然后蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤得到氯化镁晶体，

据此分析；

【详解】(1)"浸取''步骤中，能加快进去速率的方法有将橄榄石尾矿粉碎、适量增大盐酸

的浓度、适当提高反应的温度等；故答案为橄榄石尾矿粉碎、适量增大盐酸的浓度、适

当提高反应的温度等；

(2)根据上述分析，加入气体X,调节pH,使Fe?+以Fe(OH)3的形式沉淀出来，即气体

X为NH3；OIF为一1价，SO：整体显一2价，根据化合价代数和为0,推出Fe元素显

+3价；获得该物质需要加热到70〜80℃,因此采用水浴加热；控制温度在70〜80℃,

防止Fe31全部水解成Fe(OH)3；溶液的pH减小，则生成的聚铁中OH的含量减少，SO：

的含量增多，使铁的含量偏低；故答案为NH3；+3；水浴加热：防止Fe3+全部水解成

Fe(OH)3；偏低；

(3)根据上述分析，加入H2O2的目的是将Fe?+氧化成Fe?*；NaClO具有强氧化性，能将

Fe?一氧化成Fe3+,CIO本身被还原成C「，然后根据化合价升降法进行配平，得到CIO

2++3+2++

+2Fe4-2H=2Fe+Cr+H2O；故答案为将Fe?+氧化成Fe?-；CIO+2Fe+2H

=2Fe3++Cr+H2O；

(4)滤渣2为Mg(OH)2,将滤渣2加入足量的盐酸，然后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过

滤、洗涤，即得到氯化镁晶体；故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。

【点睛】陌生氧化还原反应方程式的书写是工艺流程中的难点，一般先找出氧化剂、还

原剂、氧化产物和还原产物，像本题CIO为氧化剂，其还原产物是Cl,Fe?+为还原剂，

其氧化产物是Fe3+,即ClCT+Fe2+TFe3++C广，根据化合价升降法进行配平，即CIO

一+2Fe2+-2Fe3++C「根据流程判断出反应的酸碱性，加入盐酸是过量，则本题中溶

液显酸性，根据电荷守恒和原子守恒，得出CIO+2Fe2++2H'=2Fe3++Cl+比0。

10.(2021.重庆实验外国语学校高二期中)是人类生存、社会发展不可或缺的物质。甲

醇是重要的化工基础原料和清洁液体燃料。通常合成甲醇的主要反应为：

CO(g)+2H2(g).CH,OH(g)AH<0„

(1)其科研小组探究在其他条件不变的情况下，改变起始物CO与Hz的物质的量对合成

CHQH的平衡体积分数的影响如图1所示。图象中1和T?的关系是1T2（填

'或"无法确定”）。工时、比较在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物H?

图1

⑵另一科研小组控制起始时容器中只有amol/LCO和bmol/LH,,测得平衡时混合气

体中CHQH的物质的量分数O（CHQH）］与温度（T）、压强（p）之间的关系如图2所示。

①该反应在一定条件下的密闭容器中达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施

是。

A.高温高压B.加入催化剂C.恒压通入惰性气体D.分离出甲醇

②若恒温恒容条件下，起始时a=b=2,则下列叙述不能说明反应达到化学平衡状态的

是。

A.混合气体的密度不再随时间的变化而变化

B.混合气体的平均摩尔质量不再随时间的变化而变化

C.CO、出的物质的量浓度之比不再随时间的变化而变化

D.若将容器改为绝热恒容容器时，平衡常数K不随时间变化而变化

③压强为PikPa,温度为和T2时对应的平衡常数分别为&、K2,则&K2（填

"v”或“=’,）；若恒温口）恒容条件下，起始时a:b=1:2,测得平衡时混合气体的压

强为RkPa,则工时该反应的压强平衡常数Kp=（用平衡分压代替平衡浓度计算,

分压=总压x物质的量分数，用含口的代数式表示）。

④若在温度为工、压强为”的条件下向密闭容器中加入CO、H2,CH30H气体的物质

的量之比为2：1：2,则反应开始时v（CO）正丫£0）逆（填“>”、“〈”、"=”或“无法确

定”）。

【答案】⑴<c

12.5

（2）DA><

【详解】（1）相同的投料比，对于放热反应，温度越高产物的平衡产率越低，则图象中

工和的关系是T1<4。在氢气相同的条件下，CO的浓度越大，氢气的转化率越高，

则工时、在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物Hz的转化率最大的是c点。

（2）①A.正反应是体积减小的放热反应，高温不利于提高CO的转化率，A错误；

B.加入催化剂不能影响平衡状态，转化率不变，B错误；

C.恒压通入惰性气体，容器容积增大，相当于减小压强，平衡左移，CO的转化率减小，

C错误；

D.分离出甲醇，平衡正向进行，CO的转化率增大，D正确；

答案选D；

②A.反应前后气体质量和容器容积均不变化，密度始终不变，则混合气体的密度不再随

时间的变化而变化不能说明反应达到平衡状态，A符合；

B.反应前后气体质量不变，但混合气体的物质的量是变化的，则混合气体的平均摩尔

质量不再随时间的变化而变化说明反应达到平衡状态，B不符合：

C.CO、应的物质的量不是按照化学计量数之比充入的，则二者的浓度之比不再随时间

的变化而变化说明反应达到平衡状态，C不符合；

D.若将容器改为绝热恒容容器时，温度是变化的，平衡常数只与温度有关系，则平衡常

数K不随时间变化而变化说明反应达到平衡状态，D不符合；

答案选A。

③升高温度平衡逆向进行，甲醇的含量减小，则温度T1<T2,平衡常数只与温度有关系，

压强为RkPa,温度为工和T2时对应的平衡常数分别为K,、K2,则K,>&；若恒温（Tj

恒容条件下，起始时a:b=l:2,测得平衡时混合气体的压强为RkPa,则

co+2H2.一CH30H

始(mol)120

变(3/)X2xX

平(mo/)1-x2-2xX

因此二-=0.4,解得X=所以CO、氢气和甲醇的物质的量之比是1：2：2,分压

分别是0.2p|kPa、0.4p,kPa,0.4p,kPa,工时该反应的压强平衡常数K0=

0.4p,12.5

0.2p|X(0.4p1)2p；。

④若在温度为E、压强为Pi的条件下向密闭容器中加入CO、％、CHQH气体的物质

0.4p,2512.5

的量之比为2：1：2,则反应开始时压强嫡是万~~^7—7=—>—，所以平衡逆

0.4p|X(0.2p1)p,p,

向进行，则v(C0)正Vv(CO)逆。

11.(2020・安徽•肥东县综合高中高三阶段练习)盐酸金刚烷胺是一种治疗和预防病毒性

感染的药物，可用于抑制病毒穿入宿主细胞，从结构上看是一种对称的三环状胺，可以

利用环戊二烯(CPD)来制备合成，流程图如下：

(1)下列关于X和金刚烷说法正确的是。

A.金刚烷和X互为同分异构体，均可以发生氧化反应和取代反应

B.金刚烷和X均可以使滨水褪色

C.金刚烷和X均具有与芳香煌相似的化学性质

D.金刚烷和X均不存在手性碳原子

(2)反应①的反应类型为，反应②的条件为。

(3)有机物Y的一氯代物的同分异构体的数目为,写出Y与氢氧化钠的

乙