河北省张家口市2023届高三高考三模化学试题（含答案解析）

河北省张家口市2023届高三高考三模化学试题

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一、单选题

1.中华文化是我国广大劳动人民智慧的结晶，其中蕴含了众多化学知识。下列关于文

中描述所作的说明正确的是

选项描述说明

A独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂飞絮和马尾的主要成分均为蛋白质

B纷纷灿烂如星陨，赫赫喧眩似火攻所涉及金属元素的焰色试验属于化学变化

C美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来沙里淘金主要利用其物理性质

D凿开混沌得乌金，蓄藏阳和意最深乌金属于二次能源

A.AB.BC.CD.D

2.化学是材料研发和利用的基础。下列说法正确的是

A.离子液体由液态非电解质形成

B.有生物活性的大分子中常存在氢键

C.高纯硅广泛用于信息和光纤等技术领域

D.钠用作核反应堆导热剂的主要原因是性质稳定

3.化合物M（结构如图所示）是一种治疗高血压药物的中间体。下列关于M的说法正确

的是

人

NHC^O

OH

A.具有两性

B.分子中含有4种官能团

C.能发生消去反应和加成反应

D.能使澳的四氯化碳溶液褪色

4.设'人为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.28g晶体硅中含有。键的数目为4NA

B.O.lmolBr?溶于水，所得溶液中含有B「的数目为。」代人

C.ImolNa加入足量NH4cl浓溶液中，生成气体分子的数目为0.5，，

D.ImolHz和N?的混合气体在密闭容器中充分反应后，容器内原子总数为2%人

5.科学家合成117号元素的过程可表示4：X+)Yt备Z。下列说法正确的是

A.Y、Z均可能有放射性

B.x的氢化物的电子式为H-X-H

C.)丫与端Y互为同素异形体

D.基态X、Z原子最高能层电子数之比为2:5

6.下列说法错误的是

A.大量服用碘化钾等制剂可补充人体所需微量元素碘

B.白磷密度大于水且与水不反应，可用冷水贮存

C.采用外加电流法对金属防腐，可选用惰性电极作阳极

D.自然界中硫循环存在含硫物种的有氧转化和无氧转化

7.冰晶石(Na'AlFe)微溶于水，随温度升高在水中的溶解度增大，其在金属冶炼、玻璃

和陶瓷制造业均有广泛应用。由某厂废液(含Al"、SO；和少量C/+)合成冰晶石的工

艺流程如图。下列说法错误的是

试剂X甲

废液T晶过滤卜*滤液T前3Alp6

滤渣母液

A.试剂X可选用NaOH

B.滤渣的主要成分为CU(OH)2

C.“转化”反应中NaAlO?与HF的化学计量数之比为1:2

D.“分离”后提纯Na’AlR的方法可选择重结晶

A.P、Q、M中所有原子均可能共平面

试卷第2页，共10页

B.M的同分异构体中，均不含有手性碳

C.P、Q、M中碳原子的杂化方式相同

D.P、Q、M苯环上一氯代物的数目之比为3:2:5(不含立体异构)

9.一种化工原料的结构如图所示，其中短周期元素X、Y、Z、R、Q的原子序数依次

增大，R、Q处于不同周期，基态R原子最高能层电子数是基态Y原子最高能层电子数

的2倍。下列说法正确的是

A.电负性：X<Y

B.原子半径：X<Y<Z<R

C.Z与Q形成的化合物均属于非极性分子

D.R与Q形成的一种化合物可用于饮用水消毒

10.我国学者设计如图所示装置，将氯碱工业和硬水软化协同处理，同时制备工业硫酸

和氢氧化钠。图中双极膜中间层的水解离为H+和OH-，并在直流电场作用下分别向两

极迁移。下列说法错误的是

直流电源

A.膜p适合选择阴离子交换膜

B.溶液Y适合选择稀硫酸

C.硬水中生成CaCO,、Mg(OH)2沉淀

D.相同时间内，理论上两极上生成气体的物质的量相等

11.利用如图所示装置进行下列实验，能达到相应实验目的的是

稀比较N、S的非金属

ANa2SO3品红溶液

HNO,性强弱

浓盐

BMnO2石蕊溶液证明HC10有漂白性

酸

等浓度

比较KjCu(OH)」

和

浓氨CuCl2

C生石灰

和K,p[Zn(OH)2]

水ZnQ的

的大小

混合溶液

浓醋硅酸钠溶比较硅酸和碳酸的

D石灰石

酸液酸性强弱

A.AB.BC.CD.D

12.权威杂志报导了质子溶剂参与下，苯乙烯环氧化反应过程如图所示(R表示烽基)。

B.反应过程中0元素化合价发生改变

C.反应过程存在极性键和非极性键的断裂

D.相同压强下，也02的沸点高于Hq

13.25℃时,用0.200moLL'NaOH溶液滴定lO.OmLO.200moiUH2A溶液,加入NaOH

溶液的体积、混合溶液中的离子浓度与pH的变化关系如图所示。

试卷第4页，共10页

20.02

(

<

H

下列说法错误的是

A.H2A的第二步电离常数勺便小）的数量级为io。

B.第一步电离和第二步电离的滴定所选指示剂不同

C.P点溶液中存在dNa*）>c（HA-）>c（A?。〉《OhF）

c（HA）

D.M点和N点溶液中相等

14.氟元素可形成多种有工业价值和科研价值的化合物，如OF?、NF3、XeF2等。其中

XeF2的四方晶胞结构如图所示，图中M点原子坐标参数为（g,y,I）,Xe和F的最

短距离为bnm、下列说法错误的是

A.OF2分子中键角小于N居分子中的

B.XeR中Xe的杂化方式为sp

C.基态N、F原子核外电子均有5种空间运动状态

D.Q点原子坐标参数为［《，!，（!」）］

222c

二、工业流程题

15.钛及其合金广泛用于航空航天，有“空中金属”之称，可溶于较浓盐酸。学习小组以

高钛渣(含CaTiO3、FeTiO.,和少量MgO、Fe203和SiO2)为原料制备单质钛的工艺流程

如下：

硫酸溶液铁粉

高钛渣僵卜卓卜浸液冲k滤液一丽^H?TiO川瓯卜烧渣/蔚

浸渣剩余铁粉绿研，'试剂xTic1液体

II

T~f

母液足量Mg

回答下列问题：

(1)“筛分”的目的为;浸渣的主要成分为(填化学式)。

(2)“转化”工序加入铁粉的目的为；“结晶”操作不能控制温度过高的原因

为。

(3)“水解”时发生主要反应的离子方程式为。

(4)“热还原”时,需要在氨气氛围下进行的原因为。

(5)试剂X适合选用(填标号)。

A.浓盐酸B.稀盐酸C.NaCl溶液D.NaOH溶液

(6)TiCL的晶体类型为；单质钛的两种同素异形体的晶胞结构如图所示，甲、

乙两种晶体的空间利用率之比为(用代数式表示)。

1•-Apm

Ti的六方M也

甲

三、实验题

16.氧钿碱式碳酸铉晶体［(NH4)5(VO)6(CO)(OHLXH2OJ是制备多种光、电、磁材

料的中间体，难溶于水，易被氧化、可用NH,HCC)3与VOC1z反应制备。科研小组在实

验室中对氧机碱式碳酸镣晶体的制备和组成进行探究。回答下列问题：

I.制备氧车凡碱式碳酸镀晶体的装置和步骤如下。

试卷第6页，共10页

尾气处理

饱和氨水

C

步骤一：按图安装好仪器，添加药品;

步骤二：打开K一通入足量C()2,充分反应后，关闭K1、打开K。，向三颈烧瓶中滴加

适量VOCL溶液；

步骤三：C中反应充分进行后，经一系列操作得到产品。

(1)图中盛放V0C1,溶液的仪器名称为；试剂X的作用为；VO"中

V元素的化合价为。

(2)步骤二中，通入足量cc)2的作用为；滴加VOCL溶液时，参与反应的VO"

与NH；的物质的量之比为.

II.组成测定

(3)测定含钢量(杂质不参加反应)：准确称量mg产品，用适量稀硫酸溶解后，依次加入

稍过量的酸性KMnO4溶液、NaNO?溶液、尿素，充分反应后，用cmoLL」FeSC>4标准

2+h2+,+

VO：+Fe+2H=V0+Fe+H20),达到滴定终点时消耗标准液的体积为

VmL。则加入NaNO?溶液的作用为；产品中钢元素的质量分数为(用

代数式表示)。

(4)测定结晶水含量：称取纯化后的产品4.26g,充分煨烧后，称得生成V?0,的质量为

2.184g,则*=o

四、原理综合题

17.二氧化碳的资源化催化重整可以有效缓解温室效应，助力人与自然和谐共生的战略

目标早日实现。科研团队研究CO?催化氢化，密闭容器中涉及反应：

ICO2(g)+3H2(g)；CH3OH(g)+H2O(g)A/7=-49.5kJ.mol

II.CO2(g)+H2(g).HCCXDH(g)AH=-11.2kJmor'

回答下列问题：

(l)HCOOH(g)+2H2(g).CH,OH(g)+H2O(g)AH=。

(2)在恒温恒压密闭容器中通入一定量的CO?和H?发生反应，下列事实能说明容器内反

应达到平衡状态的是(填标号)。

A.C0?与H2的物质的量之比不再改变

B.单位时间内H-H键的数目不再改变

C.HCOOH(g)与CH30H(g)的浓度之比为1:1

D.反应II的正、逆反应速率常数之比不再改变

(3)一定温度下，向容积为20L的恒容密闭容器中充入CO?和H”反应至20min恰好达

到平衡。实验测得反应前容器内气体压强为370kPa,C0?、也和CH30H(g)的浓度与

时间的变化关系如图所示。

①0~20min内，反应的平均速率v(CHQH)=molL-1min-1；0~20min内,

平均反应速率更大的是反应________(填"I”或"H”)。

②图中表示H?的浓度与时间的变化关系曲线为(填“L”或"L?”)。

③设K；为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压

代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以儿(％=lOOkPa)。反应H的

试卷第8页，共10页

©20min后，若再向容器中充入ImolCO?、ImolH?和ImolCHQH,反应I向(填

“正反应方向”或“逆反应方向”)进行，理由为。

(4)我国学者结合实验和计算机模拟结果，研究了在铁基催化剂作用下，反应1［包含的部

分中间转化过程的反应机理如图所示，且该步骤最大能垒的计算结果比国外学者计算的

低33.4kJ-moL。国外学者计算的最大能垒为kJmor'o

I20

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a

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a

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-101

五、有机推断题

18.化合物M是一种药物中间体。实验室由芳香化合物A制备M的一种合成路线如下:

已知:

(R为燃基或氢原子)

回答下列问题：

(1)A的化学名称为；由B生成C的反应类型为:D的结构简式

为o

(2)设计由A生成B、由D生成E两步反应的目的为。

(3)毗咤是一种有机碱，由E生成F的反应中，加入毗咤的作用为。

(4)M中含氧官能团的名称为；由G生成M的化学方程式为o

(5)写出同时满足下列条件的B的所有同分异构体的结构简式:(不含立体异构)。

①分子中含有氨基

②苯环上连有4个取代基

③核磁共振氢谱中有4组吸收峰

(6)参照上述合成路线和信息，以乙醉和甲醛为原料(无机试剂任选)，设计制备聚丙烯酸

乙酯的合成路线：。

试卷第10页，共10页

参考答案：

1.C

【详解】A.飞絮和马尾的主要成分分别为纤维素和蛋白质，故A错误；

B.金属元素的焰色试验属于物理变化，故B错误；

C.沙里淘金主要利用了金密度大的物理性质，故C正确；

D.乌金指煤，属于一次能源，故D错误；

故选C。

2.B

【详解】A.离子液体由液态离子化合物形成，属于电解质，A项错误；

B.生物大分子具有活性的主要原因是分子中存在氢键，B项正确；

C.光纤的主要成分是二氧化硅，C项错误；

D.钠用作核反应堆导热剂的主要原因是熔点低，D项错误；

故选Bo

3.C

【详解】A.由结构简式可知，M分子的官能团为氨基、羟基和酸键，则M分子具有碱性，

不具有两性，故A错误；

B.由结构简式可知，M分子的官能团为氨基、羟基和醒键，共有3种官能团，故B错误;

C.由结构简式可知，M分子中含有的醇羟基一定条件下能能发生消去反应，含有的苯环一

定条件下能发生加成反应，故C正确；

D.由结构简式可知，M分子中不含有碳碳双键和碳碳双键，不能与澳的四氯化碳溶液发生

加成反应，不能使溶液褪色，故D错误；

故选Co

4.D

【详解】A.硅单质为共价晶体，1个Si原子与周围4个Si原子形成。键，由均摊法计算得

28g（即Imol）Si形成2以个。键，A项错误；

B.Br?溶于水时，极少量由2与水反应生成HBr,故溶液中Br-的数目远小于01NA，B项

错误；

C.Na与足量NH4CI浓溶液反应生成氢气和氨气，故生成气体分子的数目大于0.5NA，C项

错误;

答案第1页，共11页

D.由原子守恒知，ImolH?和Nz的混合气体在密闭容器充分反应，反应前后原子数目不变，

容器内原子总数为2%八，D项正确。

故选D。

5.A

【分析】X的质子数为117-97=20,X为Ca元素；Y的质量数为297-48=249。

【详解】A.Y属于钢系、Z为第七周期元素，均可能有放射性，A项正确；

B.X为Ca,CaH2为离子化合物，电子式为卜]][：H]，故B错误；

C.券Y与筹Y是质子数相同、中子数不同的原子，互为同位素，故C错误；

D.X为Ca,基态Ca原子最外层有2个电子；Z是117号元素，是VDA族元素，Z原子最

外层有7个电子，原子最高能层电子数之比为2:7,故D错误；

选Ao

6.A

【详解】A.补充微量元素不能大量服用相关制剂，A错误；

B.白磷密度大于水且与水不反应，可用冷水贮存，B正确；

C.采用外加电流法对金属防腐，被保护金属作阴极，惰性电极可作阳极，C正确；

D.自然界中硫循环存在含硫物种在地壳或海底的无氧转化和空气中的有氧转化，D正确；

故选Ao

7.C

【分析】废液含AF+、SO；和少量CM+,加入试剂X将CM+转化成滤渣而除去；滤液中加

入HF反应生成Na3AlF6；据此作答。

【详解】A.废液中加入足量NaOH溶液可将CM+沉淀完全过滤除去，并将AF+转化为A1O?

进入滤液，且不引入新杂质，A项正确；

3+

B.根据A项，加入NaOH发生的反应为CU2++2OH=CU(OH)21、AI+4OH=A1O；+2H2O,

过滤所得滤渣的主要成分为CU(OH)2,B项正确；

C.“转化”反应的化学方程式为2NaOH+NaAlO2+6HF=Na3AlF6+4H2。，NaAQ与HF的化学

计量数之比为1:6,C项错误；

D.Na3AlF6微溶于水，随温度升高在水中的溶解度增大，故“分离”后提纯Na3AlF6的方法可

答案第2页，共II页

选择重结晶，D项正确；

答案选C。

8.B

【详解】A.苯环、碳碳双键均为平面结构，结合单键可旋转推知，P、Q、M中所有原子

均可能共平面，A正确；

B.M的同分异构体有很多种，存在含有手性碳的结构，B错误；

C.P、Q、M中碳原子的杂化方式均为sp2,C正确：

故选B。

9.D

【分析】根据结构式中各原子的成键特点推断：X成一个共价键且原子序数最小推断为H,

Z成4个共价键推断为C,Y成3个共价键且原子序数比X小推断为B,R成2个共价键

且与Q处于不同周期推断为O,Q成一个共价键且与R处于不同周期推断为CI,据此分析。

【详解】A.由信息推知：X、Y分别为H、B。则H的电负性大于B,故A错误；

B.由信息推知：X、Y、Z、R、Q分别为H、B、C、0、C1。则原子半径：H<O<C<B,

故B错误；

C.由信息推知：Z、Q分别为C、C1,形成的CChCCl=CC12等属于极性分子，故C错

、口

1天；

D.由信息推知：R、Q分别为0、C1,形成的化合物CIO2可用于饮用水消毒，故D正确；

故选D。

答案第3页，共11页

10.B

【分析】由装置功能和信息知，左端电极为阴极，水电离出的H+在该电极上得电子生成H?

和OH,OFT与Mg?+生成Mg(OHZ沉淀、与HCO；反应生成CO：后生成CaCC>3沉淀，同时

硬水中SOj通过膜P进入溶液X,双极膜中水解离出的H+进入溶液X,达到制备工业硫酸

的目的；右端电极为阳极，饱和食盐水中C「在该电极上失电子生成Cl?,同时Na+通过膜q

进入溶液Y,双极膜中水解离出的OH也进入溶液Y而达到制备NaOH的目的。

【详解】A.膜P适合选择阴离子交换膜，A正确；

B.溶液Y适合选择NaOH稀溶液，B错误；

C.硬水中生成CaCC)3、Mg(OH%沉淀，C正确；

D.由电子守恒，相同时间内，理论上两极生成H?和C1?的物质的量相等，D正确；

故选B。

11.C

【详解】A.HNO3能将NafO3氧化，不能通过该实验比较N、S的非金属性强弱，故A错

误；

B.浓盐酸与MnC>2反应生成氯气需加热，故B错误；

C.浓氨水滴入生石灰中生成氨气，氨气通入等浓度CuCl?和ZnCL的混合溶液中先生成蓝

色Cu(OH)?沉淀，证明K」Cu(OH)/<K/Zn(OH)/，故C正确；

D.醋酸挥发也会与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，不能通过该实验比较硅酸和碳酸的酸性强弱，

故D错误；

选C。

12.A

【详解】A.R表示煌基，推测ROH为非电解质，由图中信息知，ROH主要作用是与H2O?

形成氢键而增强H/5?分子极性，使其中O原子更容易与碳碳双键加成，故A错误；

B.HQ2中O从T价降到-2价，故B正确；

C.反应过程中HQ?存在极性键和非极性键的断裂，故C正确；

答案第4页，共11页

D.HQ?可用于形成氢键的。原子更多，相对分子质量更大，故其沸点高于H?0的沸点,

故D正确;

故选Ao

13.D

C(H)C(A")

【详解】A.K/HA)=由N点可知Kg(H2A卜1()4,数量级为io-,故

2c(HAj

A正确;

B.由电离常数和水解常数知，NaHA溶液显酸性、Na2A溶液显碱性，第一步滴定选择甲

基橙作指示剂、第二步滴定选择酚配作指示剂，故B正确；

C.P点为NaHA溶液，HA-电离程度大于水解,溶液中c(Na+)>《HA)>c(A2-)>c(OH),

故C正确；

c(HA)

D.M点和N点溶液的pH不同，溶液中2一•不相等,故D错误；

4A，)

故选D。

14.B

【详解】A.OF2中O原子有2对孤电子对，NF3中N原子有1对孤电子对，孤电子对对成

键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力，故OF2分子中键角小于NF3分子

中的，A正确；

B.XeF2中Xe的价层电子对数目为5,不可能为sp杂化，B错误；

C.基态N、F原子核外电子均占据5个原子轨道，故均有5种空间运动状态，C正确；

D.由信息，Q点原子坐标参数为口正确；

故答案为：Bo

15.(1)控制高钛渣颗粒大小均匀，便于控制酸浸速率和进行程度SiO2,CaSO4

(2)将Fe?+还原为Fe2+防止TiCP+提前水解使绿矶不纯或降低钛的回收率(产品产

率)

90℃

2+

(3)TiO+2H:O---H2TiO31+2H*

(4)防止Mg、Ti被氧化变质

答案第5页，共11页

（5）B

（6）分子晶体名丝

3a2c

【分析】高钛渣（含CaTiC>3、FeTiO、和少量Mg。、Fe13和SiO?）经“筛分”后用硫酸酸浸，

CaTiO,、FeTiC>3与H2so4反应转变为TiOSCU、FeSO4,故得到含有H2so4、TiOSO4、MgSO4、

FeS04、Fe2（SO4）3的混合溶液，CaSO,微溶、SiCh没有溶解，过滤得到浸渣为SiO?CaSO4,

加入铁屑转化时还原体系中的Fe",过滤，所得滤液经结晶得到绿机，所得滤液在90。<3下

TiOSC>4水解得到HzTiCh沉淀和H2SO4,过滤，煨烧发生反应H,TiO：=TiO,+HQ，制得

烧渣为TiC\;经过氯化冷凝时，TiO,转化为液态TiCI』，TiCl4在氧气中被镁还原得到Ti,

Ti和多余的镁的混合物通过加稀盐酸、过滤，得到纯Ti。

【详解】（1）"筛分''可控制高钛渣颗粒大小均匀，有利于控制酸浸速率和进行程度；由转化

关系知，浸渣的主要成分为原料中难溶于酸的Si。?和生成的CaSO4。

（2）由流程信息，“酸浸”后生成Fe3+,而“结晶”得到绿矶，故“转化”工序加入铁粉的目的

为将Fe3+还原为Fe°+；TiCP+在90℃时充分水解成HzTiO、，若“结晶”控制温度过高，会导

致Ti。?+提前水解使制得的绿帆不纯，又会降低钛的回收率（或产品产率）。

（3）由信息，TiO?+在90℃时水解成HJiO；,反应的离子方程式为

90c

2+

TiO+2H2O=H2TiO,I+2H+

（4）“热还原”时，需要在氨气氛围下进行的原因为防止Mg、Ti被氧化变质。

（5）由信息，钛溶于浓盐酸，故可用稀盐酸分离生成的Ti和多余的Mg单质；

故选B。

（6）TiCl,通常为液体，其晶体类型为分子晶体；由图知，甲、乙晶胞中均含有2个Ti原

（加m）’26b3

子，故二者的空间利用率之比即为体积之比的倒数，计算得的=不费。

—«pmxapmxcpm

16.（1）分液漏斗吸收C。之中的HC1,提高产品产率+4

（2）排尽装置中空气，防止原料或产品被氧化，与氨水充分反应全部转化为NH,HCC>3,

答案第6页，共II页

提高原料的利用率6:5

0051cV

(3)除去过量的KMnO,防止影响测定结果--xlOO%

4m

(4)10

【详解】(1)由图知，盛放VOCL溶液的仪器名称为分液漏斗；试剂X适合选择饱和NaHCO,

溶液，除去CO?中的HC1,提高产品产率；VO?+中。的化合价为-2价，则V元素的化合价

为+4；

(2)由信息和原理知，步骤二中，通入足量CO?可排尽装置中空气，防止原料或产品被氧

化，并与氨水充分反应全部转化为NH,HCO,,提高原料的利用率；滴加VOC1?溶液后，与

NH4HCC>3反应制得产品，根据元素守恒可得知，参与反应的VO?+与NH；的物质的量之比

为6:5；

(3)为使44价V元素被完全氧化为+5价V,所加酸性KMnO4溶液需适当过量，故加入

NaNOz溶液的作用为除去过量的KMnO4,防止影响测定结果；由反应原理可得关系式

2+2+

(NH4)5(VO)6(CO.,)4(OH)9XH2O~6VO~6VO：~6Fe-6V,则产品中钢元素的质量分

cmol-L-'xVxlO^LxSlg-mor',0.05IcV

数为----------------------------x10A0A%0/=-----------x110A0A%0/；

mgm

(4)由题中数据计算得2.184gVq5的物质的量为0.012mol,则

(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9-xHq的物质的量为0.004mol、摩尔质量为,学论尸

,।、ilx,01065—885

1065g•mol,计算得x=-------------=10o

18

17Ll)-38.3kJmo『

(2)AB

(3)0.003IL225正反应方向反应I的平衡常数

v0.06mol[Tx0.06moi•1/

Kc=,…，再向容器中充入lmolCO2、ImolH2和ImolCHQH时，浓

O.OlmolLxi0.02molLI

0.06molL-1xO.lImolL-1

度商为—..d一]LN<K',反应I向正反应方向进行

0.06mol-Lx10.07molL)

答案第7页，共11页

(4)112.3

【详解】(1)由盖斯定律可知，I-H得反应

HCOOH(g)+2H2(g).CH,OH(g)+H2O(g)

AH=-49.5kJ.moP-(-l1.2kJ.molT)=-38.3kJ.mo『；

(2)A.两个反应在恒温恒压密闭容器中进行时，两个反应的反应物计量数之比不同，则CO?

与H?的物质的量之比不再改变时，达到平衡状态，A项正确；

B.单位时间内H-H键的数目不再改变说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，B项正确；

C.HCOOH(g)与CH3OH(g)的浓度之比为1:1,是反应进行到某特定时刻的组分比例，不

能说明达到平衡状态，C项错误；

D.速率常数只与温度有关，故温度恒定，正、逆反应速率常数之比保持不变，D项错误；

故选AB；

(3)由图知，L,表示CH30H(g)的浓度与时间的变化关系，平衡时CHQH和H?。的浓度

均为0.06mol•口，由H原子守恒推知至少需要消耗0.18mollJH2,故曲线匕表示CO?的浓

度与时间的变化关系，曲线L?表示H。的浓度与时间的变化关系；则

①0〜20min内，反应的平均速率u(CHQH)="细叱二=0.003mol-LT5山，由C原子

'20min

守恒知，0~20min内，参加反应的CO?中C原子为0.1Imol-1?,其中生成0.06mol•「CH30H,

则生成0.05moLLTHCOOH，故平均反应速率更大的是反应I;

②图中表示H2的浓度与时间的变化关系曲线为L?。

③由上述分析和信息推知，起始时COQ凡的浓度分别为0.12mol-I7'、0.25mol】T,总压

强为370kPa,平衡时CO?、也、HCOOH的浓度分别为O.Olmol•L、0.02molL1，

O.OSmolL,,根据阿伏加德罗定律推知，CO〉国、HCOOH的平衡分压分别为l()kPa、

50kPa

20kPa、50kPa,则反应口的&=-［温詈嗫两=25；

----------------X-----------------

lOOkPalOOkPa

答案第8页，共11页

④20min时，容器内C。?、凡、CH,OH,H?O的浓度分别为o.oimollJ、0.02molL-^

0.06mol-L-1x0.06mol-L-1

0.06molL-\0.06molL-',平衡常数~/_T_1\3；若再向容器中充入

O.OlmolLxl0.02mo1l-Lj

0.06molV'x0.11molL''"

K

■molCO2、ImolH,和ImolCH,OH,浓度商为77；—.,—<c,反应I向

0.06mol-Lx(0.07molL)

正反应方向进行；

(4)我国学者计算所得最大能垒为70.6kJ-mor'-(-8.3kJ-mol')=78.9kJ-moF1,比国外学者

计算的低33.4kJ-mol,则国外学者计算的最大能垒为112.3kJmol、

zCHO

18.(1)对硝基苯酚(或4-硝基苯酚)取代反应//

(2)保护酚羟基

(3)中和生成的HC1,有利于反应正向进行,提高产品产率

CHO

(4)醛键、酯基研0^)

5^2卫\N

CHONH：

HOyk<OHHO^l