重庆市名校联盟2026届高三化学下学期第一次联考试卷含解析

本试卷共8页，满分100分。考试用时75分钟。

注意事项：

1.作答前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在试卷的规定位置上。

2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效。

3.考试结束后，须将答题卡、试卷、草稿纸一并交回（本堂考试只将答题卡交回）。

可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23

一、选择题：本题共14个小题，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.下列三峡博物馆馆藏文物主要成分是有机物的是

B．唐寅临韩熙载夜图

A．东汉偏将军印章

卷

C．战国虎钮錞于D．商代三羊铜尊

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A．东汉偏将军印章，主要成分为金属，属于无机物，A不符合题意；

B．唐寅临韩熙载夜图卷,属于书画类文物，主要载体为纸张和墨，纸张的主要成分是纤维素，墨中含碳等

有机物，属于有机物，B符合题意；

C．战国虎钮錞于为青铜乐器，主要成分为铜合金，属于无机物，C不符合题意；

D．商代三羊铜尊为青铜礼器，主要成分为铜合金，属于无机物，D不符合题意；

故答案选B。

2.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是

A.澄清透明溶液中：3、、、

FeNH4ClSCN

B.的溶液中：、、、2

pH1NaKNO3SO3

C.含大量3的溶液中：2、、、2

AlMgKNO3SO4

D.水电离的13的溶液中：、、、

cH110mol/LNaHCO3ClBr

【答案】C

【解析】

【详解】A．Fe3与SCN会发生络合反应，不能大量共存，A不符合题意；

B．的溶液呈酸性，在酸性条件下具有强氧化性，会与2发生氧化还原反应，不能大量共存，

pH1NO3SO3

B不符合题意；

C．含大量3的溶液呈酸性，2、、、2、3及两两之间均不发生反应，能大量

AlMgKNO3SO4AlH

共存，C符合题意；

D．水电离的137，则溶液可能呈酸性或碱性，既能与反

cH110mol/L10mol/LHCO3H

应生成水和二氧化碳，也能与OH反应生成水和碳酸根，不能大量共存，D不符合题意；

故选C。

3.下列说法正确的是

A.84消毒液与洁厕灵混用会产生有毒气体

B.氯化铁溶液可用于饮用水的杀菌消毒

C.SO2能使紫色石蕊溶液褪色

D.浓H2SO4分别与Cu和C反应，生成的酸性气体相同

【答案】A

【解析】

【详解】A．84消毒液主要成分为NaClO，洁厕灵主要成分为HCl，二者混合会发生归中反应生成有毒的Cl2，

A正确；

B．氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，只能吸附水中悬浮杂质净水，不具备杀菌消毒能力，不能用于饮用水杀

菌消毒，B错误；

C．SO2不能漂白酸碱指示剂，SO2溶于水生成亚硫酸，只能使紫色石蕊溶液变红，不会褪色，C错误；

D．浓硫酸与Cu反应生成的酸性气体只有SO2，浓硫酸与C反应生成的酸性气体为SO2和CO2，生成的酸性气

体不同，D错误；

答案选A。

4.2026年1月，中科大教授研发出新型固态电解质（1.4Li2O0.75ZrCl40.25AlCl3），下列说法错误

的是

A.电负性：OCl

B.40Zr位于第五周期第VIB族

C.第一电离能：ClAl

D.基态Li原子的核外电子有2种空间运动状态

【答案】B

【解析】

【详解】A．次氯酸中O为-2价，Cl为+1价，O对电子吸引力更强，电负性OCl，A正确；

22

B．40Zr的核外电子排布为Kr4d5s，位于第五周期第IVB族，B错误；

C．Al和Cl同属于第三周期，同周期从左到右第一电离能整体增大，原子序数AlCl，因此第一电离能

ClAl，C正确；

D．基态Li原子的核外电子排布为1s22s1，共占据2个原子轨道，电子的空间运动状态数等于原子轨道数，

因此核外电子有2种空间运动状态，D正确；

故选B。

5.用下列装置和试剂进行实验，能达到目的的是

B．图示装置可用于碳

A．制备氢氧化铁胶体

酸钠的熔融实验

D．向容量瓶中转移

C．在铁片上镀镍

NaCl溶液

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A．制备氢氧化铁胶体的正确方法是将饱和FeCl3溶液滴入沸腾的蒸馏水中；若将FeCl3滴入NaOH

溶液，会直接反应生成Fe(OH)3沉淀，无法得到胶体，A错误；

B．瓷坩埚的主要成分是SiO2，高温熔融时Na2CO3会和SiO2反应（NaCOSiONaSiOCO），

232高温232

腐蚀瓷坩埚，因此不能用瓷坩埚熔融碳酸钠，B错误；

C．镀层金属作阳极，接电源正极；待镀金属作阴极，接电源负极。本题要在铁片上镀镍，因此镍（镀层）

应接电源正极，铁片（待镀件）接电源负极，该装置电极连接颠倒，C错误；

D．向容量瓶中转移溶液时，用玻璃棒引流，烧杯口紧靠玻璃棒，玻璃棒下端靠在容量瓶内壁，操作符合要

求，D正确；

故选择D。

6.阿魏萜宁结构简式如图所示，下列说法错误的是

A.可与Na2CO3溶液反应

B.消去反应的产物最多有2种

C.酸性条件下的水解产物均可生成高聚物

D.其中碳原子的杂化方式有sp2和sp3

【答案】B

【解析】

【详解】A．该有机物中的酚羟基能和Na2CO3溶液反应，故A正确；

B．该有机物中含有醇羟基，且含有3种不同的β-H，因此消去反应产物最多有3种，B错误；

C．该有机物酸性条件下水解生成、，前者含有羧基和酚

羟基且苯环上酚羟基的邻位含有氢原子、后者含有碳碳双键和两个醇羟基，所以二者都能发生反应生成高

分子化合物，故C正确；

D．此结构中，碳原子的杂化方式有两种，第一种是sp2杂化，苯环上有6个碳原子，苯环是平面结构，每

个碳原子都采用sp2杂化，形成平面三角形的键角，羰基(C=O)中的碳氧双键是典型的sp2杂化，该碳原子与

周围原子共平面，第二种是sp3杂化，所有饱和碳原子只形成单键，采用sp3杂化，具有四面体的空间结构，

故D正确；

故答案选：B。

7.下列说法正确的是

A.NCl3的键角小于SiCl4的键角

B.BF3和NF3空间结构均为平面三角形

C.H2O和NH3分子中的键长：OHNH

D.AB2型分子的空间构型相同，则中心原子的杂化方式也相同

【答案】A

【解析】

3

【详解】A．NCl3中心N原子价层电子对数为4，含1对孤对电子，为sp杂化的三角锥形，孤对电子对成键

3

电子对的斥力大于成键电子对间的斥力；SiCl4中心Si价层电子对数为4，无孤对电子，为sp杂化的正四

面体结构，因此NCl3键角小于SiCl4的键角，A正确；

B．BF3中心B原子价层电子对数为3，无孤对电子，空间结构为平面三角形；NF3中心N原子价层电子对数

为4，含1对孤对电子，空间结构为三角锥形，二者空间结构不同，B错误；

C．同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，原子半径O＜N，键长与成键原子半径正相关，因此键长

O-H＜N-H，C错误；

D．AB2型分子空间构型相同，中心原子杂化方式不一定相同，如SO2和H2O均为V形AB2型分子，SO2中心S

23

为sp杂化，H2O中心O为sp杂化，杂化方式不同，D错误；

答案选A。

8.在中燃烧生成某化合物，晶胞结构如下图。已知：晶胞底面是边长为apm的菱形；2号和3号

LiN2Li

均处于正三角形的中心。下列说法中错误的是

A.该化合物的化学式为Li3N

3

B.底面上的Li之间的最小距离为apm

2

C.该晶体为离子晶体

D.底面上Li的配位数为3，棱上Li的配位数为2

【答案】B

【解析】

3-3-1

【详解】A．在晶胞中，N位于晶胞的顶点，则晶胞中含有N的数目为81，Li位于面上和棱上，则

8

113-

晶胞中含有的数目为，则和N的个数比为3∶1，故化学式为，A正确；

Li4+43LiLi3N

24

B．2号和3号Li+均处于底面正三角形的中心，则底面上的Li+之间的最小距离是从一个正三角形中心到另

一个正三角形中心的距离，由于底面是边长为apm的菱形，且内角为60°，底面上Li+之间的最小距离为

33

apm，而不是apm，B错误；

32

C．Li是活泼金属，N是非金属，形成离子键，Li3N是典型的离子晶体，C正确；

D．2号和3号Li+均处于正三角形的中心，所以底面上Li+的配位数为3，棱上Li+与同一条棱上的2个N3-

距离最近且相等，所以棱上Li+配位数为2，D正确；

故答案选B。

9.根据下列实验操作和现象，得出结论正确的是

选项实验操作及现象结论

向CO还原Fe2O3所得产物中加入足量盐酸，Fe2O3已全部被CO还

A

滴加KSCN溶液后不变红原

乙醇和浓硫酸共热至170℃，将产生的气体

B乙烯发生了加成反应

通入溴水中，溴水褪色

向包有Na2O2的脱脂棉上滴加蒸馏水，脱脂

CNa2O2有强氧化性

棉燃烧

测定不同温度下蒸馏水的pH，pH随温度升高水的电离程度随温度升

D

而降低高而升高

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

32

【详解】A．若Fe2O3未完全还原，产物中生成的Fe将溶液中的Fe还原为Fe，滴加KSCN溶液也不会变

红，无法证明Fe2O3已全部被CO还原，A错误；

B．乙醇和浓硫酸共热至170℃，浓硫酸使乙醇脱水后生成碳，碳和浓硫酸会生成副产物SO2，SO2也可使

溴水褪色，不能证明乙烯与溴水发生了加成反应，B错误；

C．该实验中脱脂棉燃烧，原因是Na2O2与水反应放出氧气且反应放热，使温度达到脱脂棉的着火点，该

现象不能说明过氧化钠具有强氧化性，C错误；

D．水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离平衡正向移动，电离程度增大，H浓度增大，因此pH随温

度升高而降低，结论正确，D正确；

故答案选D。

10.X、Y、Z、M、W五种元素原子序数依次增大，Y、Z、M同周期，基态Y原子各能级上的电子数相等，W2

离子的价电子排布式为3d9，由五种元素组成的某配离子的结构如图所示。下列说法错误的是

A.W与Z可形成WZ和W2Z

B非金属性：

.MZ

C.简单氢化物的沸点：MZ

D.Y的最高价氧化物对应水化物是弱酸

【答案】C

【解析】

【分析】基态Y原子各能级电子数相等，电子排布为1s22s22p2，故Y为C；W2价电子排布为3d9，则W

原子价电子排布为3d104s1，故W为Cu；

Y、Z、M同周期（均为第二周期），根据题干条件和图示结构可推断X为H，结构中存在YZ即CZ双键，

符合羰基结构，故Z为O；第二周期中原子序数大于O的M为F。最终推断结果为：X=H、Y=C、Z=O、

M=F、W=Cu，原子序数依次增大，符合条件。

【详解】A．W(Cu)与Z(O)可形成CuOWZ和Cu2OW2Z，Cu有+1、+2两种价态，对应两种氧化物，

A正确；

B．同周期主族元素从左到右非金属性增强，第二周期非金属性FMOZ，B正确；

C．M的简单氢化物为HF，Z的简单氢化物为H2O；常温下H2O为液态，HF为气态，且1个H2O分子

可形成更多氢键，沸点：H2OHF，即Z的简单氢化物沸点高于M的简单氢化物沸点，C错误；

D．Y(C)的最高价氧化物对应水化物为碳酸，碳酸是弱酸，D正确；

故选择C。

11.利用镍修饰铜催化剂电催化硝酸盐还原制氨的装置及相关机理如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，

下列说法正确的是

A.工作时电子从电源b极流向碳棒

B.室温时镍修饰铜催化剂表面的电极反应式有

NO32e2HNO2H2O

C.高温时，电路中每转移4NA个电子，理论上阳极可生成11.2L气体(已折算为标准状况)

D.元素Ni的引入促使H2O转化为活性氢，有利于NH3的生成

【答案】D

【解析】

【详解】A．电解池中电子从电源负极流向阴极，从阳极流向电源正极。镍修饰铜催化剂为阴极（发生还原

反应），碳棒为阳极，故电源a为负极、b为正极。电子应从碳棒流向电源b极，A错误；

B．电解液为0.1mol·L-1NaOH溶液，呈碱性，电极反应式中不能出现H+，正确反应为

，B错误；

NO32eH2ONO22OH

--

C．阳极（碳棒）在碱性条件下发生反应：4OH-4e=O2↑+2H2O，转移4NA电子时生成1molO2，标准状

况下体积为22.4L，C错误；

D．机理图显示，Ni的引入促使HO转化为活性氢（H），活性氢参与还原为NH的反应，有利于NH生

2NO233

成，D正确；

答案选D。

12.根据伯恩哈勃循环图，部分反应的H如下表所示，K的第一电离能是

HΔH1ΔH2ΔH3ΔH4H5

数值

+89+121.5-349-717-436.5

/kJmol1

A.419kJmol1B.419kJmol1

C.279kJmol1D.279kJmol1

【答案】B

【解析】

1

【详解】根据盖斯定律：ΔH1+I1K+ΔH2+ΔH3+ΔH4=ΔH5，解得I1K=419kJmol；

故选B；

13.已知Gg2HgH>0，已知G和H的摩尔质量分别为Xg/mol、Yg/mol，平衡体系中气体

的平均摩尔质量M在不同温度下随压强p的变化曲线如图所示。下列说法正确的是

A.反应速率：vbvcva

B.平衡常数：KaKcKb

C.温度：T1>T2

XY

D.当M时，nG:nH1:2

2

【答案】A

【解析】

【详解】A．反应速率取决于温度和压强，温度越高、压强越大，速率越快。假设a、b在T2曲线（高温）

上，a点压强小于b点，故v(b)＞v(a)；c点在T1曲线（低温）上，若c点压强大于b点但温度低于b点，

由于温度对速率影响更大，v(b)＞v(c)；c点压强大于a点，故v(c)＞v(a)。综上，v(b)＞v(c)＞v(a)，A

正确；

B．平衡常数K仅与温度有关，反应吸热（ΔH＞0），温度升高K增大。若a、b在T2（高温），c在T1（低温），

则K(a)=K(b)＞K(c)，B错误；

C．反应吸热，升温平衡正向移动（n总增大，M减小）。相同压强下，T2曲线M更小（温度更高），故T2

＞T1，C错误；

XY

D．M=时，结合X=2Y（质量守恒），推导得n(G):n(H)=1:1，D错误；

2

答案选A。

14.草酸亚铁FeC2O4是生产磷酸铁锂电池的原料，实验室可通过如下反应制取：

2、4、7

已知室温时：KalH2C2O45.610Ka2H2C2O41.510KspFeC2O42.110。

下列说法正确的是

2

A.室温下，向Na2C2O4溶液中加酸调节pH2时溶液中存在：cC2O4cH2C2O4

22

B.“酸化溶解”后的溶液中存在：2cFecNH42cSO4cOH

2

C.室温时，Fe能与H2C2O4反应生成FeC2O4沉淀

227

D.室温时，“沉铁”后的上层清液中：cFecC2O42.110

【答案】C

【解析】

【分析】硫酸亚铁铵与硫酸反应生成硫酸亚铁和硫酸铵，然后向体系中加入草酸钠，在加热条件下反应得

到草酸亚铁沉淀，然后过滤得到草酸亚铁固体，以此解题。

2-2-2

cHC2O4cHcC2O4cHcC2O4cH

【详解】A．=，则

Ka1Ka2

cH2C2O4cHC2O4cH2C2O4

2

2-22-

cCO110cC2O4

246，则2，则c(2-)＜c(HCO)，故A错误；

8.4108.410C2O4224

cH2C2O4cH2C2O4

2+++2

B．“酸化溶解”后的溶液中存在电荷守恒：2cFe+cNH4+cH=2cSO4cOH，故B错

误；

C．室温时，2++，该反应的平衡常数

Fe+H2C2O4FeC2O4+2H

222-

cHcHcC2O4cHC2O4KK

K==a1a240，即

2+2+2-KFeCO

cH2C2O4cFecH2C2O4cFecC2O4cHC2O4sp24

2

Fe能与H2C2O4反应生成FeC2O4沉淀，故C正确；

227

D．当cFecC2O4KspFeC2O4=2.110时，生成FeC2O4沉淀，过滤后的上层清液为FeC2O4饱

22不会大于7

和溶液，故cFecC2O42.110，故D错误；

故答案选C。

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

15.以某废电极材料储氢合金[含稀土（RE）、镍、钴、锰、铝、铁]为原料，回收处理工艺如图，回答相应

问题。

已知KCoOH6.01015、KNiOH5.41016，当51时可认为沉淀

sp2sp2c1.010molL

完全。

（1）Co属于______区元素，其基态原子的价电子排布式为________。

（2）沉土时得到的稀土化合物从盐的分类角度属于_____（填字母）；

a．铵盐b．硫酸盐c．酸式盐d．复盐

稀土元素Pr通常以+3价最为稳定，少数会出现+4价，Pr6O11中+4和+3价Pr的个数比为______。

（3）滤渣中含有、、，写出除杂时2参与的离子方程式_____________。

MnO2FeOH3AlOH3Fe

26

（4）共沉步骤中，当溶液中cNi5.410mol/L时，溶液的pH________；此时Co2沉淀________。

（填“完全”或“不完全”）

（5）滤液中可回收循环使用的物质是______。

【答案】（1）①.d②.3d74s2

（2）①.abd②.2:1

（3）2

3Fe7H2OMnO4MnO23FeOH35H

（4）①.9.0或9②.不完全

（5）

NH42SO4

【解析】

【分析】将废电极加入硫酸酸浸得到含有金属离子的酸浸液，过滤掉滤渣后得到的酸浸液中加入

，沉淀稀土元素得到固体，过滤后在滤液中加入，

NH42SO4xRE2SO43yNH42SO4zH2OKMnO4

调节pH=5除杂，过滤除去滤渣，在滤液中加入氨水共沉淀得和，据此分析解答。

NiOH2CoOH2

【小问1详解】

Co为27号元素，其位于周期表的d区，其基态的价电子排布式为3d74s2；

【小问2详解】

稀土化合物的组成为，其中含有+和2-，从盐的分类角度属于

xRE2SO43yNH42SO4zH2ONH4SO4

铵盐和硫酸盐，a、b选项符合题意，稀土化合物含有3+和+两种阳离子和一种阴离子2-，从盐的

RENH4SO4

分类角度属于复盐，d选项符合题意，故答案选择abd；在Pr6O11中，设+3价Pr为x个，+4价Pr为y个，

据Pr元素守恒可列式x+y=6，据化合物正负化合价代数和为零可列式3x+4y=211，联立以上二式，解

，

得x=2y=4，则Pr6O11中+4和+3价Pr的个数比为4:2=2:1；

【小问3详解】

除杂过程中滤渣中含有、、，则加入的在pH=5的条件下，将

MnO2FeOH3AlOH3KMnO4

2+氧化为3+，再转变为沉淀除去，同时被还原为固体除去，则反应的离子

FeFeFeOH3KMnO4MnO2

方程式为2；

3Fe7H2OMnO4MnO23FeOH35H

【小问4详解】

根据已知KCoOH6.01015、KNiOH5.41016，当51时可认为

sp2sp2c1.010molL

262

沉淀完全；当溶液中cNi5.410mol/L时，KNiOH=cNi2+cOH-=5.41016，

sp2

1616

2

-5.4105.410102

可得cOH=1.010mol/L，

cNi25.4106

14

+K1.0109

-105W

cOH=1.010mol/L=1.010mol/L，cH==51.010mol/L，

cOH1.010

2

pH=9；又根据KCoOH=cCo2+cOH-=6.01015，解得

sp2

1515

2+6.0106.01055

cCo=6.010>10mol/L2+

210，则此时Co沉淀不完全；

cOH1.010

【小问5详解】

在最后共沉淀操作过程中除生成和，还生成，过滤后滤液中的

NiOH2CoOH2NH42SO4

可以循环到“沉土”流程中继续使用，所以滤液中可回收循环使用的物质是；

NH42SO4NH42SO4

16.苯胺（有机碱，常温下为无色油状液体，易被氧化）在染料、医药、农药、香料等领域有广泛的应用。

实验室以硝基苯为原料制备苯胺，反应原理如下：

相关信息列表如下：

物质相对分子质量沸点℃密度g/mL溶解性

不溶于水，易溶

硝基苯123210.91.23

于乙醇、乙醚

微溶于水，易溶

苯胺93184.41.02

于乙醇、乙醚

甲苯92110.60.872略

实验步骤：①组装好实验装置（如图，部分夹持仪器已略去），并检查装置气密性。

②向三颈烧瓶中依次加入沸石及10mL硝基苯。

③打开止水夹K，先通入H2一段时间。

④使三颈烧瓶内溶液保持140℃，充分反应。

⑤反应结束后，关闭止水夹K，向三颈烧瓶中加入无水硫酸镁。

⑥继续加热，收集182~186℃馏分，将所得馏分进行二次纯化，最终得到较纯苯胺5.58g。

（1）仪器c的名称是______。

（2）装置B中水槽应加入____（填“水”或“油”）作为热传导介质。

（3）装置A优点是通过控制止水夹K，实现控制反应的发生与停止，此装置还适用于实验室制备的气体是

_____（填序号）。

a．CO2b．SO2c．NH3

若步骤③和④的顺序颠倒，则实验中可能产生的不良后果是_________________。

（4）步骤⑤中加入无水硫酸镁的作用：______________。

（5）二次纯化并测定产率：蒸馏所得苯胺中混有少量硝基苯杂质，可以采用如下方案除杂提纯：

加入试剂X后发生反应的离子方程式为___________，“液相”是____（填“水层”或“有机层”）。

（6）苯胺与甲苯相对分子质量相近，但沸点相差较大，试从物质结构的角度说明原因：_______________。

（7）本实验的产率为_____。（保留一位小数）

【答案】（1）恒压滴液漏斗

（2）油（3）①.a②.加热时H2和O2混合会发生爆炸，生成的苯胺会被残留的空气氧化

（4）吸收反应生成的水

（5）①.+H+②.有机层

（6）苯胺中含有氨基，能形成分子间氢键，而甲苯不能形成分子间氢键

（7）60.0%

【解析】

【分析】结合制备原理，按题干所描述的步骤制备苯胺，第(5)小问中苯胺含有硝基苯，先加盐酸与苯胺反

应生成，继续与NaOH反应生成苯胺，用有机物进行萃取，苯胺进入有机层，最后加干燥剂，

过滤得到较纯净的苯胺，据此分析解答：

【小问1详解】

仪器c为恒压滴液漏斗；

【小问2详解】

该反应需要控制反应温度为140℃，常压下水的沸点仅为100℃，无法达到反应所需的140℃，而油的沸点

高于140℃，可以满足油浴加热控温的要求，因此选择油作为热传导介质；

【小问3详解】

装置A是类似启普发生器的简易随开随停制气装置，要求反应满足块状固体试剂与液体常温反应，反应不

放大量热，

a．CO2是用块状大理石和稀盐酸常温反应制备，a符合该装置要求；

b．SO2通常是用亚硫酸钠粉末制备，亚硫酸钠是粉末易溶于水，无法隔离固液，不能实现随开随停，且二

氧化硫有毒，不能使用长颈漏斗，b不符合；

c．NH3是用生石灰和浓氨水制备，生石灰遇水会放热且逐渐粉化，无法满足装置要求，且氨气有毒，不能

使用长颈漏斗，c不符合；

答案是a，

步骤③的作用是通入H2排出装置内的空气，如果先加热再通H2，装置内残留空气，可燃性的氢气与空气

混合加热会引发爆炸，且氧气会氧化产物苯胺，导致产品不纯、产率降低；

【小问4详解】

由反应原理可知，硝基苯还原生成苯胺的同时会生成水，无水硫酸镁是常用的中性干燥剂，可以吸收有机

物体系中的水分，起到干燥作用，除去产物中的水，方便后续蒸馏得到纯净苯胺；

【小问5详解】

据上述分析可知，X是盐酸，与苯胺反应的离子方程式为+H+，液相是有机

层；

【小问6详解】

苯胺中含有氨基，能形成分子间氢键，而甲苯不能形成分子间氢键，故苯胺沸点高于甲苯；

【小问7详解】

12.3g

10mL硝基苯的质量为10mL1.23g/mL=12.3g，物质的量为=0.1mol，根据题干方程式，理论

123g/mol

5.58g

上可得苯胺的物质的量为0.1mol，质量为9.3g，故苯胺的产率为100%=60.0%。

9.3g

17.我国力争2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”。利用CO2、H2为原料合成CH3OH

对实现“双碳”目标具有重要意义，其主要反应如下：

反应1：1

CO2g3H2gCH3OHgH2OgΔH148.5kJmolK1

反应2：1

CO2gH2gCOgH2OgΔH243.9kJmolK2

回答下列问题：

K1

（1）已知反应3的平衡常数K3，写出反应3的热化学方程式：_____________。

K2

（2）为提高CH3OHg的平衡产率，理论上应采用的条件是_____（填字母）。

a．高温高压b．高温低压c．低温高压d．低温低压

（3）一定温度下，向压强恒为100MPa的密闭容器中通入1molCO2g和3molH2g，充分反应后，测

得CO2平衡转化率为50%，CH3OH选择性为80%，计算该温度下反应2的压强平衡常数Kp为_____（保

留两位有效数字）[Kp为以分压表示的平衡常数，分压总压物质的量分数，甲醇的选择性

生成甲醇消耗nCO

2100%]。

消耗的总

nCO2

（4）研究者向恒压（3.0MPa）密闭装置中通入一定量的反应物混合气，测定甲

nCO2:nH21:2

醇的时空收率随温度的变化曲线如图所示（时空收率是表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率）。

①请解释甲醇时空收率“抛物线”后半段下降的可能原因：____________________。

②为获得最大的甲醇时空收率，根据图像选择催化剂最佳配比和反应最佳反应温度为____（填字母）。

A．NiGa，220℃B．NiGa，240℃

C．Ni5Ga3，210℃D．Ni5Ga3，230℃

（5）我国科研人员研制出的可充电“NaCO2”电池，以钠箔和多壁碳纳米管（MWCNT）为电极材料，总

放电

反应方程式为。放电时该电池“吸入”，生成的和全

4Na3CO2充电2Na2CO3CCO2Na2CO3C

部沉积在正极表面，其工作原理如图所示：

①放电时，正极的电极反应式为________________。

②当正极增加的质量为28g时，转移电子的物质的量为____。

1

【答案】（1）2H2gCOgCH3OHgΔH92.4kJmol

（2）c（3）0.059

（4）①.温度升高，催化剂活性降低，时空收率降低（或温度过高不利于物质在催化剂表面附着，影

响时空收率）②.C

（5）①.②.0.5mol

3CO24Na4e2Na2CO3C

【解析】

【小问1详解】

K1

根据平衡常数关系K3，可知反应3=反应1-反应2，结合盖斯定律得焓变

K2

1，热化学方程式为：

ΔHΔH1ΔH292.4kJ·mol

1

2H2gCOgCH3OHgΔH92.4kJmol。

【小问2详解】

生成甲醇的反应1：正反应为放热反应，且正反应气体分子数减少（Δn0）。降温使平衡向放热方向（正

向）移动，加压使平衡向气体分子数减少的方向（正向）移动，均可提高甲醇平衡产率，因此选C。

【小问3详解】

根据题意：总消耗n(CO2)1mol50%0.5mol，生成甲醇消耗n(CO2)0.5mol80%0.4mol，反

应2消耗n(CO2)0.1mol，计算平衡时各物质的物质的量：n(CO2)0.5mol，

n(H2)330.40.11.7mol，n(CO)0.1mol，n(H2O)0.40.10.5mol，总物质的量

p(CO)p(H2O)

n总3.2mol。反应2的Kp，因为反应2是气体分子数相等的反应，所以

p(CO2)p(H2)

pCOpH2OnCOnH2O0.1mol0.5mol

Kp0.059。

pCO2pH2nCO2nH20.5mol1.7mol

【小问4详解】

①生成甲醇的反应1为放热反应，温度升高后，反应1平衡逆向移动，甲醇平衡产率降低，同时温度过高

可能导致催化剂活性下降，因此甲醇时空收率降低。

②由图像可知，Ni5Ga3的甲醇时空收率远高于其他催化剂，最高点对应温度约为210℃，最接近选项中

的Ni5Ga3、210℃，因此选C。

【小问5详解】

放电时正极CO2得电子，结合移向正极的Na生成Na2CO3和C，电极反应式为：

。

3CO24Na4e2Na2CO3C

②正极增加的质量为沉积产物2Na2CO3C的总质量，转移4mol电子时，产物总质量

28g

2106g12g224g，因此增重28g时，转移电子的物质的量4mol0.5mol。