安徽省滁州市2026届高三化学下学期第二次教学质量监测试卷【含答案】

2026年滁州市高三下学期第二次教学质量监测化学本试卷共8页，18小题，满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1．答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上。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，务必擦净后再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。可能用到的相对原子质量：C12O16Na23Cl35.5一、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.材料是人类赖以生存和发展的物质基础。下列材料属于无机非金属材料的是A.ABS高韧性工程塑料——制造汽车零配件B.热固性酚醛树脂——制造集成电路的底板C.超细玄武岩纤维——嫦娥六号携带的月面国旗的纺织材料D.高强韧无磁不锈钢——聚变能实验装置中的低温结构部件【答案】C【解析】【详解】A．ABS高韧性工程塑料属于有机高分子合成材料，不属于无机非金属材料，A不符合题意；B．热固性酚醛树脂属于有机高分子材料，不属于无机非金属材料，B不符合题意；C．超细玄武岩纤维主要成分为硅酸盐类无机物，属于无机非金属材料，C符合题意；D．高强韧无磁不锈钢属于铁合金，是金属材料，不属于无机非金属材料，D不符合题意；故选C。2.下列化学用语表述正确的是A.分子的VSEPR模型： B.中含有键C.乙醇的分子式： D.邻羟基苯甲醛的分子内氢键：【答案】B【解析】【详解】A．中心P原子价层电子对数=

（3个成键电子对+1个孤电子对），故VSEPR模型为四面体形；图示显示的是三角锥形——这是分子空间构型，而非VSEPR模型，A错误；B．CH3CN结构简式为CH3–C≡N：甲基碳（CH3–）为sp3杂化；氰基碳（–C≡N）为sp杂化；二者之间形成

sp3–spσ键，B正确；C．C2H5OH是结构简式，表示羟基连接在乙基上，正确的分子式应为

C2H6O，C错误；D．邻羟基苯甲醛分子中羟基和醛基能形成分子内氢键，氢键示意图为：，D错误；故选B。3.用下列化学知识解释对应劳动项目错误的是选项劳动项目化学知识A用葡萄酿制葡萄酒葡萄糖在酶催化下可生成乙醇B用次氯酸钠溶液消毒次氯酸钠溶液呈碱性C加工面包时加入碳酸氢铵碳酸氢铵可中和酸并受热分解产生气体D用肥皂洗涤油污肥皂中的高级脂肪酸钠含有亲水基和疏水基A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．葡萄糖在酶催化下生成乙醇和二氧化碳，是葡萄酿酒的反应原理，A正确；B．NaClO溶液能够消毒是因为其在水溶液中水解生成具有强氧化性的HClO，能破坏微生物结构，和溶液的碱性无关，B错误；C．可以中和面团发酵产生的酸，同时受热易分解生成和气体，可使面包疏松多孔，C正确；D．肥皂的有效成分为高级脂肪酸钠，分子中同时含有亲水基和疏水基，可乳化油污，D正确；故答案选B。4.下列实验产生的废液中，可能大量存在的离子组是选项实验离子组A和酸性高锰酸钾溶液反应后的废液、、B溶液和过量氨水反应后的废液、、CAl和氢氧化钠溶液反应后的废液、、D过量的溶液腐蚀覆铜板后的废液、、A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．被酸性氧化生成，会与结合生成难溶物，二者不能大量共存。同时，在酸性条件下，会与反应，二者也不能大量共存，A错误；B．与过量氨水反应后的废液含，会与反应生成配合物，该溶液中不能存在大量，B错误；C．Al和NaOH溶液反应后的废液含、和，呈强碱性，、和之间及与废液中的离子均不发生反应，可大量共存，C正确；D．过量腐蚀覆铜板后的废液含，与反应生成配合物，不能大量共存，D错误；故答案选C。5.利用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是实验装置实验目的A.制备少量NO并避免其被氧化B.验证牺牲阳极法保护铁实验装置实验目的C.灼烧海带D.验证甲基使苯环活化A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．Cu与稀硝酸反应生成NO，装置中U型管左管生成的NO会将溶液压向右管，NO留在左管，隔绝了空气，避免NO被氧化，能达到实验目的，A正确；B．牺牲阳极法保护铁时，若Fe被腐蚀才会生成，KSCN溶液只能检验，无法检验，不能验证铁是否被保护，不能达到实验目的，B错误；C．灼烧海带固体应该在坩埚中进行，坩埚需要放在泥三角上而不是石棉网上，不能达到实验目的，C错误；D．该实验中甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲苯被氧化为苯甲酸，而苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，证明的是苯环活化了甲基（使甲基易被氧化），不能验证甲基使苯环活化，不能达到实验目的，D错误；故答案选A。阅读下列材料，完成以下2个小题。非金属元素在化工生产中扮演着重要角色。在众多的化工原料和产品中，都能见到氮元素的踪迹。氮的氢化物中有、(肼，又称联氨，无色液体)等，其中可以和许多金属阳离子形成配离子。可作火箭燃料，为二元弱碱，在水中电离方式与氨相似。王水(浓硝酸与浓盐酸体积比为1：3)能使一些不溶于硝酸的金属如金、铂溶解。6.下列有关物质结构和性质的说法错误的是A.沸点： B.键角：C.含有键 D.的空间构型为V形7.下列有关反应的化学方程式或离子方程式错误的是A.联氨与过量的稀硫酸反应：B.浓氨水检测氯气泄漏：C.浓氨水溶解氢氧化铜：D.王水溶解金：【答案】6.D7.A【解析】【6题详解】A．和均存在分子间氢键，相对分子质量更大、分子间氢键数目更多，沸点更高，A正确；B．中心N的价层电子对数为：，为杂化，无孤电子对，空间构型为平面三角形，键角；中心N的价层电子对数为：，为杂化，有1对孤电子对，孤电子对排斥成键电子对使键角减小，故键角，B正确；C．1个中，每个含3个键共6个，与2个N形成的配位键也属于键共2个，总计8个键，故该配离子含键，C正确；D．与为等电子体，空间构型为直线形，不是V形，D错误；故选D。【7题详解】A．联氨为二元弱碱，与过量稀硫酸反应生成硫酸氢肼，正确的方程式为：，A错误；B．浓氨水与氯气反应，氧化生成，同时生成的白烟可检测氯气泄漏，B正确；C．浓氨水溶解氢氧化铜，与形成配离子，C正确；D．王水中浓硝酸作氧化剂，浓盐酸提供与形成稳定配离子，方程式电子转移守恒、原子守恒，D正确；故选A。8.科研工作者从红树林真菌代谢物中分离得到一种天然产物，其结构如下：下列有关该物质的说法错误的是A.分子中所有原子不可能共平面B.能和溶液反应C.1mol该物质最多能消耗4molNaOHD.与足量的发生加成反应后产物中有10个手性碳原子【答案】C【解析】【详解】A．分子中含有多个甲基和甲氧基，这些基团中的饱和碳原子为四面体结构，因此所有原子不可能共平面，A正确；B．分子中含有羧基，羧基的酸性强于碳酸，能与溶液反应放出，B正确；C．1mol该物质中能与反应的基团有2mol酚羟基，共消耗；1mol羧基，消耗，1mol酚酯水解生成1mol羧基和1mol酚羟基，共消耗，总消耗量为，C错误；D．与足量加成时，只有苯环发生加成；两个苯环变为饱和六元环，手性碳原子如图所示：，共10个，D正确；故答案选C。9.离子液体具有良好的导电性，可用作原电池的电解质。一种离子液体的结构如图所示，已知基态X原子的价电子排布式为，W、M、Z、Y为原子半径依次增大的第二周期主族元素，下列说法错误的是A.基态原子的第一电离能：B.电负性：C.若将阴离子换为，化合物熔点升高D.M与Z分别与X均可形成的分子【答案】B【解析】【分析】基态X原子的价电子排布式为，则X为H；W、M、Z、Y为原子半径依次增大的第二周期主族元素，同周期主族元素原子半径随原子序数增大而减小，因此原子序数关系：，阴离子中Y与4个W成键，整体带1个单位负电荷，说明Y最外层有3个电子，得Y为B；W为负一价，原子序数大于B，得W为F，阴离子为，符合结构；阳离子结构中：Z全部形成4个共价键，M形成3个或4个共价键，结合阳离子成键特点及原子序数，得M为N，Z为C；据此解题。【详解】A．同周期第一电离能随原子序数增大整体增大，且N的为半满稳定结构，第一电离能，即，A正确；B．鲍林电负性顺序为：，即，选项给出顺序，B错误；C．原化合物是离子液体，大体积的使离子键减弱、熔点低；换为小体积后，晶格能增大，离子键增强，熔点升高，C正确；D．M(N)与X(H)形成，总电子数；Z(C)与X(H)形成，总电子数，均为18分子，D正确；故答案选B。10.下列实验方案能达到实验目的的是选项实验目的实验方案A探究溶液与盐酸反应的热效应向装有固体的试管中加入稀盐酸，同时迅速插入温度计，观察示数变化B检验铜丝与过量浓硫酸反应后有生成向反应后的试管中加水，观察颜色C判断该酸是否为强酸室温下，测定某酸溶液的pH是否为2D检验丙烯醛中的醛基向装有1mL银氨溶液的试管中滴加丙烯醛并水浴加热，观察现象A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．探究溶液与盐酸的反应热时若使用固体，固体溶解过程的热效应会干扰反应热的测定，应使用溶液进行实验，A错误；B．铜与过量浓硫酸反应后的试管中残留大量浓硫酸，直接加水会导致浓硫酸暴沸，使酸液飞溅，存在安全隐患，正确操作是将反应后液体缓慢倒入盛水的烧杯中观察颜色，B错误；C．选项中未说明酸的元数，无法通过pH判断是否为强酸，C错误；D．在水浴加热条件下，醛类物质会与银氨溶液发生银镜反应，丙烯醛中的碳碳双键不与银氨溶液反应，不会干扰醛基检验，D正确；故答案选D。11.一种液流电解池在工作时可以实现海水淡化，并以LiCl形式回收含锂废弃物中的锂元素，其工作原理如图所示。下列说法错误的是A.④室中可以实现含锂废弃物中锂元素的回收B.Ⅰ、Ⅲ为阳离子交换膜，Ⅱ为阴离子交换膜C.电极b上发生的电极反应式为D.若海水用NaCl溶液模拟，则每脱除58.5gNaCl，理论上消耗标准状况下氧气5.6L【答案】A【解析】【分析】由图分析可知，左侧为阴极，电极反应为，右侧为阳极，电极反应为，在膜Ⅰ和膜Ⅱ间加入海水，钠离子透过膜Ⅰ进入阴极区得到氢氧化钠，氯离子透过膜Ⅱ进入膜Ⅱ与膜Ⅲ之间，锂离子透过膜Ⅲ进入膜Ⅱ与膜Ⅲ之间，在此处得到LiCl，则膜Ⅰ为阳离子交换膜，膜Ⅱ为阴离子交换膜，膜Ⅲ为阳离子交换膜，据此解答。【详解】A．海水中的移向③室，含锂废弃物的从④室迁移到③室，最终在③室富集，在③室实现锂元素的回收，不是④室，A错误；B．根据分析可知，Ⅰ、Ⅲ为阳离子交换膜，Ⅱ为阴离子交换膜，B正确；C．电极b为阳极，发生氧化反应，其电极反应式为，C正确；D．每脱除，电路中转移1

mol电子，根据a电极反应：计算可知，消耗，标准状况下体积为，D正确；故选A。12.氮化镓是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应制备。已知：，阿伏加德罗常数约为。反应历程(TS代表过渡态)如下：下列说法错误的是A.若氮化镓晶胞氮原子配位数是4，则镓原子配位数也是4B.反应i和反应ii中脱去步骤的活化能之差为C.反应iii在高温条件下能够自发进行D.总反应的决速步反应包含在反应iii中，其活化能为3.07eV【答案】B【解析】【详解】A．氮化镓的化学式为，晶胞中配位数之比等于化学式中原子数之比，即，故氮原子配位数为4时，镓原子配位数也为4，A不符合题意；B．反应ⅰ中脱去步骤的活化能为，反应ⅱ中脱去步骤的活化能为，二者差值为，换算为：，B符合题意；C．反应ⅲ为，该反应的产物能量高于反应物，，，根据，高温下，反应可自发进行，C不符合题意；D．总反应的决速步为活化能最大的步骤，反应ⅲ中的活化能为，为整个反应的最大活化能，故决速步包含在反应ⅲ中，D不符合题意；故选B。13.碳元素的单质有多种形式，如图所示依次是石墨和金刚石的结构图及其晶胞，其中1、2号碳原子分数坐标分别为、，为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.石墨和金刚石构成的晶体分别为混合型晶体、共价晶体B.石墨的层状结构比金刚石的结构更稳定C.石墨晶胞中3号碳原子的分数坐标为D.金刚石晶体的密度为：【答案】D【解析】【详解】A．石墨：层内C-C共价键、层间分子间作用力，属于混合型晶体；金刚石：全部由共价键形成空间网状结构，属于共价晶体，A正确；B．键能判断稳定性：石墨C-C键长142pm，金刚石C-C键长154pm；键长越短，键能越大，结构越稳定，因此石墨层状结构比金刚石更稳定，B正确；C．1、2号碳原子分数坐标分别为、，石墨晶胞底面为夹角120°的正六边形；3号碳原子在底面正三角形的重心位置，底面分数坐标（），竖直方向在晶胞中层，Z=，因此3号原子分数坐标：，C正确；D．金刚石晶胞C原子数均摊：顶点：；面心：；内部：4个；总原子数1+3+4=8，晶胞质量：m=；晶胞边长计算，金刚石键长（相邻C-C核间距）a0=154pm，体对角线长度；设立方晶胞边长为L：，晶胞体积：，单位换算：，，故D错误；故答案选D。14.铜(Ⅰ)、乙腈(简写为L)的某水溶液体系中含铜物种的分布曲线如图。纵坐标为含铜物种占总铜的物质的量分数，总铜浓度为。下列描述错误的是A.当时，B.中n从0增加到2，结合L的能力随之减小C.的反应D.若时，【答案】D【解析】【分析】c(Cu+)=时，，则的K1=；=c{[CuL2]+}时，，则的K2=；时，，则的K3=；【详解】A．根据图示，当时，即lgc(L)=0，溶液中，故A正确；B．根据以上分析，K1>K2>K3，可知中n从0增加到2，结合L的能力随之减小，故B正确；C．的反应，故C正确；D．根据图像，时，、物质的量分数均为0.47，的物质的量分数为0.06，总铜浓度为，，故D错误；选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、、FeS和CuCl)中的Zn、Pb、Cu元素。已知：①“氧化浸出”时，不发生变化，ZnS转变为；②；；③酒石酸结构简式为(记作)。回答下列问题：（1）Pb位于元素周期表第六周期第ⅣA族，基态Pb原子价电子排布图为_______。（2）“氧化浸出”时，温度不能过高的原因为_______。（3）“氧化浸出”时，ZnS发生反应的化学方程式为_______。（4）“沉锌”步骤中发生反应的离子方程式为_______。（5）滤渣1的主要成分有S、和_______(填化学式)。（6）“浸铅”步骤，和反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为_______，pH过高可能生成_______(填化学式)。（7）制备光学材料。如图所示，ZnS晶体中掺入少量CuCl后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。区域A带_______(填“正电”或“负电”)。【答案】（1）（2）温度过高时，分解生成逸出(过二硫酸铵分解，造成浸出率减小等)（3）(或)（4）（5）（6）①.pH升高，浓度增大，平衡逆向移动，离子浓度增大，平衡正向移动，PbA产率增大②.（7）正电【解析】【分析】氧化浸出：废渣中的ZnS、FeS、CuCl被氧化，Zn转化为[Zn(NH3)4]2+进入溶液，而PbSO4不溶，形成滤渣1。除铜：向滤液中加入Zn，将Cu2+置换为Cu，同时保留[Zn(NH3)4]2+。沉锌：加入(NH4)2S，使[Zn(NH3)4]2+转化为ZnS沉淀。浸铅：滤渣1中的PbSO4与酒石酸（H2A）及Na2A反应生成PbA，而Fe元素以Fe(OH)3形式留在滤渣2中。真空热解：PbA分解为纯Pb及两种气态氧化物（CO和H2O）。【小问1详解】Pb是82号元素，其电子排布为[Xe]4f145d106s26p2。根据题目要求，只需写出价电子排布图。Pb的价电子为6s26p2，排布图如下：。【小问2详解】在“氧化浸出”过程中，使用了(NH4)2S2O8和NH3·H2O。温度过高会导致NH3·H2O受热分解，NH3挥发，导致溶液中NH3浓度降低，影响[Zn(NH3)4]2+的形成；(NH4)2S2O8在高温下可能分解，导致氧化能力下降，影响浸出效果；【小问3详解】根据已知①，ZnS在“氧化浸出”中转化为[Zn(NH3)4]2+，S2-被氧化为S；氧化剂是(NH4)2S2O8，还原产物为，结合NH3·H2O提供NH3，可写出反应方程式：或。【小问4详解】“沉锌”是将[Zn(NH3)4]2+转化为ZnS沉淀。加入(NH4)2S后，S2-与[Zn(NH3)4]2+反应生成ZnS。离子方程式为：。【小问5详解】在“氧化浸出”中：ZnS转化为[Zn(NH3)4]2+，S2-被氧化为S。FeS被氧化为Fe3+，在碱性条件下生成Fe(OH)3沉淀。CuCl被氧化为Cu2+，进入溶液。PbSO4不参与反应，留在滤渣中。因此，滤渣1的主要成分为S、PbSO4和Fe(OH)3。【小问6详解】酒石酸H2A是二元弱酸，A2-浓度受pH影响。pH升高时，A2-浓度增大（A2-+H2O⇌HA-+OH-，pH升高使平衡左移）；根据反应：，A2-浓度增大，平衡右移，PbA产率提高。pH过高时的副反应：当pH过高时，增大，溶液中的会与反应生成沉淀。【小问7详解】首先，ZnS晶体中Zn2+和S2-按1:1排列。掺入CuCl后，Cu+替代Zn2+，Cl-替代S2-。由于Cu+（+1）比Zn2+（+2）少一个正电荷，Cl-（-1）比S2-（-2）少一个负电荷，因此：区域B：Zn2+被Cu+取代，正电荷减少，相当于带负电。区域A：S2-被Cl-取代，负电荷减少，相当于带正电。16.三氟甲基亚磺酸锂是我国科学家通过人工智能设计开发的一种锂离子电池补锂剂，能使失活的电池再生并延长寿命，且保持电池原结构。其合成原理如下：实验步骤如下：Ⅰ．向三颈烧瓶中加入、和20.0mL蒸馏水，搅拌下逐滴加入2.2mL(3.37g)三氟甲磺酰氯(，沸点为29~32℃)，有气泡产生(装置如图1，夹持及加热装置省略)。80℃下反应3h后，减压蒸除溶剂得浅黄色固体。Ⅱ．向上述所得固体中加入10.0mL四氢呋喃(THF)，充分搅拌后，加入无水，振荡，抽滤、洗涤。将所得滤液减压蒸除THF，得黏稠状固体。加入适量乙醇进行重结晶。Ⅲ．将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0mLTHF加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，析出白色固体。抽滤、洗涤。Ⅳ．将滤液转入圆底烧瓶中，加入2.0mL蒸馏水和过量LiOH。室温搅拌反应1h后，减压蒸除溶剂，得粗产品。加入适量乙醇进行重结晶，得产品1.40g。已知：THF是一种有机溶剂，与水任意比互溶。回答下列问题：（1）步骤Ⅰ滴加三氟甲磺酰氯的仪器名称为_______，球形冷凝管的作用是_______。（2）步骤Ⅱ中抽滤装置如图2所示，抽滤结束时的操作顺序为_______(填序号)，抽滤的优点是_______。①关闭真空泵②打开安全瓶中玻璃管上的旋塞③取下布氏漏斗和吸滤瓶（3）关于步骤Ⅱ、Ⅲ，下列说法错误的是_______(填字母)。a.步骤Ⅱ中抽滤后洗涤的目的是将吸附在滤渣上的三氟甲基亚磺酸钠尽可能全部转入滤液中，提高产率b.步骤Ⅲ中加盐酸的目的是先生成三氟甲基亚磺酸，再与LiOH反应，提高产品的纯度c.取步骤Ⅲ中滤液少量于小试管中，滴加浓盐酸，若有白色沉淀生成，表明浓盐酸已加足量（4）将注入电池后充电补锂，该过程中在阳极失去电子转化为两种气体离去，其中一种气体为，写出阳极电极反应式：_______。（5）三氟甲基亚磺酸锂的产率为_______。【答案】（1）①.恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗②.冷凝兼回流(防止三氟甲磺酰氯挥发)，提高原料利用率（2）①.②①③②.过滤速度比较快，固液分离较为彻底（3）c（4）（5）50%【解析】【分析】向三颈烧瓶中加入、和20.0mL蒸馏水，搅拌下逐滴加入2.2mL(3.37g)三氟甲磺酰氯，生成了三氟甲基亚磺酸钠、硫酸钠和氯化钠，碳酸氢钠与氯化氢反应生成二氧化碳，所以有气泡产生，80℃下反应3h后，减压蒸除溶剂得浅黄色固体。向上述所得固体中加入10.0mL四氢呋喃(THF)，充分搅拌后，加入无水，无水是除掉黄色固体里的水分，接着振荡、抽滤，除去硫酸钠，用四氢呋喃洗涤滤渣，可将吸附在滤渣上的产品尽可能全部转移到滤液中，提高产率。将所得滤液减压蒸除THF，得黏稠状固体。加入适量乙醇进行重结晶。将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0mLTHF加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，发生的化学方程式为：，析出白色固体。抽滤，洗涤。将滤液转入圆底烧瓶中，加入2.0mL蒸馏水和过量LiOH，水可作为溶剂，溶解后加快反应速率，室温搅拌反应1h后，减压蒸除溶剂，得粗产品。加入适量乙醇进行重结晶，得产品1.40g，据此分析。【小问1详解】由图1可知，滴加三氟甲磺酰氯的仪器名称为恒压滴液漏斗；由于三氟甲磺酰氯沸点低，反应放热容易使其挥发，球形冷凝管的作用是冷凝回流三氟甲磺酰氯，提高原料利用率。【小问2详解】抽滤结束时，应该先打开安全瓶中玻璃管上的旋塞，使抽滤装置与大气压相通，恢复常压；在确保安全瓶已与真空源断开连接后，关闭真空泵；小心取下布氏漏斗和吸滤瓶；故正确的操作顺序是②①③；抽滤的优点过滤速度快；固液分离更彻底；沉淀更干燥；减少氧化风险等。【小问3详解】a．由分析可知，步骤Ⅱ中抽滤后用四氢呋喃去洗涤滤渣，将吸附在滤渣上的三氟甲基亚磺酸钠尽可能全部转入滤液中，提高产率，a正确；b．由分析可知，将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0mLTHF加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，发生的化学方程式为：，先得到三氟甲基亚磺酸，生成的三氟甲基亚磺酸再与LiOH反应，提高产品的纯度，b正确；c．取步骤Ⅲ中滤液少量于小试管中，滴加浓盐酸，若有白色沉淀生成，说明滤液里还有三氟甲基亚磺酸钠，浓盐酸没有加足量，c错误；故答案选c。【小问4详解】中碳元素化合价为+3价，元素化合价为+2价，在阳极上失去电子，硫元素化合价由+2价升高为+4价，碳元素化合价不变，生成和；则阳极电极反应式为。【小问5详解】3.37g三氟甲磺酰氯()在合成原理中，按理论上可产生的三氟甲基亚磺酸锂，实际只产生了，则三氟甲基亚磺酸锂的产率为。17.甲醇是一种绿色能源，以与为原料制备甲醇是实现资源化利用的方式之一。某温度下，利用生产甲醇主要涉及以下反应。反应i：反应ii：；反应iii：；（1）标准摩尔生成焓定义：在标准压力下，一定温度时，由最稳定单质生成1mol纯物质的反应焓变。相关物质的如下表所示。物质0反应i的_______。（2）一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的和发生上述反应，下列说法中能表明反应达平衡状态的是_______(填字母)。A.混合气体压强保持不变 B.气体密度不变C.的浓度不变 D.CO和的物质的量相等（3）一定温度下，向容积为VL的恒容密闭容器中投入和充分发生上述反应，平衡时的转化率和甲醇选择性随温度的变化关系如图1所示。①分析温度高于236℃后，平衡转化率下降的原因：_______。②计算在244℃平衡时生成的物质的量为_______mol(计算结果保留两位有效数字)。③在240℃平衡时，的转化率为a，的选择性为b，计算反应ii的平衡常数K为_______(用含a、b的代数式表示)。（4）反应i催化机理如图2所示，在该历程中，生成的水分子中的氧原子直接来自_______(填化学式)。（5）资料显示：水可以使催化剂活化点位减少。利用计算机模拟，研究添加适量水蒸气前后对能垒较大的反应历程能量变化的影响，结果如图3所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)：若在反应中添加一定量水蒸气导致甲醇产率增大或减小，请推测产率减小可能的原因是_______。【答案】（1）（2）AC（3）①.温度高于236℃以后，以反应i为主，，温度升高，反应i平衡逆向移动，所以平衡转化率下降②.0.061③.（4）In2O3（5）水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降或催化剂活化位点减少，吸附反应物能力减弱，甲醇产率下降(若补充：有水参与的历程活化能减小，反应速率加快，甲醇产率上升是次要因素等合理答案均可)【解析】【小问1详解】反应i=反应ii+反应iii：，由生成焓计算ΔH3：，因此ΔH1=[41.2+(-90.4)]kJ·mol-1=-49.2kJ·mol-1；【小问2详解】A．混合气体压强保持不变，反应前后气体分子数变化，压强不变可判断平衡，A正确；B．气体密度不变，总质量守恒、体积恒定，密度始终不变，B错误；C．H2(g)的浓度不变，浓度不变即平衡，C正确；D．CO和CO2的物质的量相等，不是平衡特征，与初始投料及转化程度无关；故答案选AC；【小问3详解】①：温度高于236℃以后，以反应i为主，，温度升高，反应i平衡逆向移动，所以平衡转化率下降；②：由图：244℃时，α（CO2）=10.5%，选择性=58.3%，总消耗CO2：1mol×10.5%=0.105mol，n(CH3OH)=0.105×58.3%=0.061mol；③：反应ii：，消耗总CO2：amol，生成CH3OH：abmol，用于反应ii的：CO2：a(1−b)mol，平衡各物质的量：代入平衡常数得，；【小问4详解】在催化循环图中，你可以看到H2与催化剂In2O3反应生成H2O，说明生成的水分子的氧原子来自In2O3；【小问5详解】水蒸气是反应i的生成物，加入水蒸气使反应i平衡逆向移动；同时水会占据催化剂活化位点、降低催化剂催化活性，甲醇生成量减少，产率减小；所以答案为：水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降或催化剂活化位点减少，吸附反应物能力减弱，甲醇产率下降(若补充：有水参与的历程活化能减小，反应速率加快，甲醇产率上升是次要因素等合理答案均可)。18.我国原创用于治疗结直肠癌的新药Z已成功登陆海外市场。Z的一种合成路线如下(部分试剂及反应条件略)。（1）有机物A的名称为_______，B中含有官能团的名称为_______。（2）Q的结构简式为_______。（3）A与足量的水溶