山西省太原市、大同市2023届高三二模理综化学试题含解析

2023年高三年级模拟考试(二)

理科综合化学试卷

一、选择题

1.化学与生活、生产及环境密切相关。下列说法错误的是

A.潜艇的耐压球壳使用钛合金，钛合金中存在金属键

B.以硅橡胶为基体的自供电软机器人成功挑战马里亚纳海沟，硅橡胶是一种高分子材料

C.2022年北京冬奥会开幕式演出服为石墨烯智能发热材料，石墨烯属于新型无机非金属材料

D.卡塔尔世界杯球馆屋顶采用了折叠式PT°FE(聚四氟乙烯)板材，该板材耐酸碱腐蚀、不耐高温

【答案】D

【解析】

【详解】A.合金是以钛元素为基础加入其他元素组成的合金，存在金属键，A正确；

B.硅橡胶是一种高分子材料，B正确；

C.石墨烯为碳元素形成的单质材料，属于新型无机非金属材料，C正确；

D.聚四氟乙烯通常可做不粘锅的涂层，故其耐酸碱腐蚀、耐高温，D错误；

故答案为：D。

2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.lm0l[Ni(NH3)/"中ɑ■键的数目为12NA

B.44gCHSHO中sp3杂化的碳原子数目为INA

C.标准状况下，11.2LHF中含有的电子数目为5NA

D.常温下，将56gFe投入足量浓硝酸中，反应转移电子数目为3NA

【答案】B

【解析】

【详解】A.[Ni(NH)『中含有12个N-Hb键和4个配位键也是b键，故ImoI[Ni(NH3)4『中

键的数目为16NA,A错误；

B.CH3CHO中甲基中碳原子采用sp3杂化，醛基上碳原子采用sp2杂化，故44gCH3CHO中sp?杂化的

44g

碳原子数目为γ×N?rηpl''=1NA,B正确;

C.标准状况下HF为液体，故无法计算1L2LHF中含有的电子数目，C错误;

D.常温下Fe遇到浓硝酸将发生钝化，将56gFe投入足量浓硝酸中，无法计算反应转移电子数目，D错

误；

故答案为：Bo

3.葫芦［n］胭(〃=5,6,7,8…)家族分子是一种具有空腔的桶状大杯、两端开口的超分子主体，可以很好

地包结有机分子、阳离子和其他客体分子，在分子识别、药物载体等方面有广泛应用。葫芦［n］服(结构如

0

A

HNNH

图乙)可由A()~()和B(CH20)在一定条件下合成。下列说法不正确的是

HNNH

Y

0

0

rA

-NN-CH2

H

—NN—CH2—

lYjn

0

乙

A.A分子中含有两个手性碳原子

B.合成葫芦［n］胭发生的反应是缩合反应

C.B物质可发生氧化反应、还原反应、加成反应

D.葫芦［n］)S中空腔端口的段基以配位键、氢键与其他客体分子形成超分子

【答案】A

【解析】

【详解】A.已知同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故A分子中不含手性碳

原子，A错误;

0

A

HNNH

B.由题干信息可知，葫芦［n］版(结构如图乙)可由A()~~()和B(CH,。)在一定条件下合成，故合

HNNH

Y

0

成葫芦［n］)l发生类似与合成酚醛树脂的反应，该反应是缩合反应，B正确;

C.B物质CHzO即HCHO含有醛基，可发生氧化反应，也能和Hz发生加成反应(同时也属于还原反应),

C正确;

D.葫芦［n］胭中空腔端口的端基氧含有孤电子对且电负性较大，能形成配位键和氢键，所以葫芦［n］胭中

空腔端口的钱基以配位键、氢键与其他客体分子形成超分子，D正确;

故答案为：Ao

4.下列实验操作或装置能达到目的的是(夹持装置已略)

AB

4滴0.1mol∕L

2.0gNaOH>

tNaCl溶液

15mL乙醇r

5mL漠丁烷/

ry?\~^4滴0.101。1几~~

HKl溶液

⅜漠水WHHAgCl1

0.1mol∕LAguAgI

AgNo3溶液2mL

检验I-溟丁烷与NaOH乙醇溶液生成I-丁烯验证KsP(Agl)<Ksp(AgCl)

CD

先通后通

¢/饱和彳

c02NH3I"盐水

Ftt黑

酸性KMno4

/溶液

二二⅜tM⅛U冰水

制备NaHCo3证明乙快可使酸性KMnO4溶液褪色

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A.若浸水褪色，说明I-澳丁烷NaOH乙醇溶液、加热条件下反应生成了I-丁烯，故A符合

题意；

B.ImL溶液约为20滴，AgNo3溶液和NaCl溶液反应后，AgNO3有剩余，剩余的AgNCh直接和Kl反

应生成黄色沉淀AgI,没有发生AgCl沉淀向AgI沉淀的转化，不能验证Ksp(AgI)<Ksp(AgCl),故B

不符合题意；

C.NH3在饱和食盐水中的溶解度远大于CO2,应先通NH3,后通C02,便于生成和析出更多的

NaHCo,晶体，故C不符合题意;

D.电石与水反应生成的乙快中含有的H2S杂质也能使酸性KMno4溶液褪色，所以不能证明乙焕可使酸

性KMnO4溶液褪色，故D不符合题意；

答案选A。

5.TCCA是一种高效消毒剂，其分子结构如图。W、X、Y、Z四种元素的原子序数依次增大，且位于两

个不同短周期，基态Y原子S能级电子总数与P能级电子总数相等。下列叙述正确的是

/X、/X、

/w、

A.第一电离能：Y>X>Z

B.简单离子半径：Z>Y>X

C.TCCA能发生水解反应

D.最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y>X

【答案】C

【解析】

【分析】TCCA是一种高效消毒剂，其分子结构如图。W、X、Y、Z四种元素的原子序数依次增大，且

位于两个不同短周期，基态Y原子S能级电子总数与P能级电子总数相等，则Y为O,W有四个价键，

X有三个价键，Z有一个价键，则W为C,X为N,Z为CL

【详解】A.根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第ΠA族大于第HIA族，第VA族大于第

VlA族，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，则第一电离能：X>Y>Z,故A错误；

B.根据层多径大，同电子层结构核多径小，则简单离子半径：Z>X>Y,故B错误；

O

n

基团

C.TCCA有cN能发生水解反应，故正确;

lC

D.O没有最高价氧化物对应水化物，根据非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物越强，则最高价氧

化物对应水化物的酸性：Z>X,故D错误。

综上所述，答案为C。

6.废水中的有机污染物可通过MFC-电芬顿技术来处理，该技术通过产生羟基自由基(∙OH)处理有机污

染物，同时高效净化废水，其耦合系统原理示意图如下，下列说法正确的是

A.甲池中溶液的PH不变

B.Fe电极为阴极，电极反应为Fe3++e-=Fe?+

C.乙池中产生的Fe3+对废水也能起到净水作用

D.乙池中发生反应Fe2++H2θ2=Fe3++∙OH+OH∖之后部分Fe3+生成絮状沉淀

【答案】C

【解析】

【详解】A.甲池是燃烧电池，反应生成二氧化碳和水，溶液体积增大，磷酸浓度减小，因此溶液的PH

增大，故A错误；

B.氧气为正极，则Fe电极为阳极，电极反应为Fe-2e-=Fe?+,故B错误；

C.乙池中产生的Fe?+会形成氢氧化铁胶体，对废水起到净水作用，故C正确；

D.铁离子和氢氧根会反应，则乙池中发生反应Fe2++H2O2+H+=Fe3++∙OH+H2O,故D错误。

综上所述，答案为C。

7.常温下，改变乙二胺(H2NCH2CH2NH2)水溶液的PH，H2NCH2CH2NH2,

(H2NCH2CH2NH3)+和(H3NCH2CH2NH3广的分布分数3(X)与PH的关系如下图所示.已知：

6(X)=_______________________________................................................................................

+2+

Ii(H2NCH2CH2NH2)+n[(H2NCH2CH2NH3)+n[(H3NCH2CH2NH3)]°卜列说法正

确的是

δ(X)

2+

A.曲线C可表示H3NCH2CH2NH3)]

++

2CH2NH3)1+c(H)=c(OH^)

B.M点溶液中：3c(H2NCH

2+]>C(HNCHCHNH)

C.(H2NCH2CH2NH3)Cl溶液中：cH3NCH2CH2NH3)2222

D.反应H2NCH2CH2NH2+H2O.∙(H2NCH2CH2NH3)++OH-的平衡常数K=I(T993

【答案】C

【解析】

【分析】乙二胺(H2NCH2CH2NH2)溶液中存在(H3NCH2CH2NH3)2+'(H2NCH2CH2NH3)+,H2NCH2CH2NH2,

随着溶液PH增大，(H3NCH2CH2NH3)2+的浓度逐渐减小直至变为最小，(H3NCH2CH2NH2)+的浓度先增大后

减小，H2NCH2CH2NH2的浓度逐渐增大之至达到最大，所以曲线a表示3[(H3NCH2CH2NH3)2+]的变化、曲

线b表示δ[(H3NCH2CH2NH2)+]的变化、曲线c表示δ(H2NCH2CH2NH2)的变化。

【详解】A.由上述分析可知，曲线C表示δ(H2NCH2CH2NH2),故A错误;

++

B.M点溶液显酸性，则有C(H+)>c(θH-),因此3c[(H2NCH2CH2NH3)+C(H)>c(θH^),

故B错误;

2++

C.交点(6.85,0.5)处，CH3NCH2CH2NH3)=c[(H2NCH2CH2NH3)],则

c[(H3NCH2CH2NHj2+]xc(OH-)Kw

=C(OH)==lθ'7j,，交点(9.93，0.5)处

++

C[(H2NCH2CH2NH3)]c(H)

+

C[(H2NCH2CH2NH2)]=C[(H2NCH2CH2NH3)]则

d(H2NCH2CH2NH3)+]xc(OH)K.

Kbl==C(OH)=IO407,则(H2NCH2CH2NH3)+水解

+

C[(H2NCH2CH2NH2)]C(H)

(

常数KhJ需黑S常彳爵哈"由于《<心，即电离大于水解，则

Cl(H2NCH2CH9NH3)JC(C)H)Kh]

有c[(H3NCH2CH2NH3)2+]>c(H2NCH2CH2NH2),故C正确;

+

D.H2NCH2CH2NH2+H2O.(H2NCH2CH2NH3)+OH^的平衡常数为

K_c[(HNCHCHNH)+]×c(OH)407

A.—2223IxI-IU，故D错误;

hBL

C[(H2NCH2CH2NH2)]

故答案选C。

8.我国睇产量位居世界之首，金属睇被广泛用于生产各种阻燃剂、半导体元件等。一种辉睇矿湿法清洁

冶金新工艺如下所示：

辉锚SbCl

3电解---**金属

矿粉溶液Sb

滤渣1滤渣2As

己知：辉睇矿的主要成分是Sb2S3,还含有AS2S3、PbS.CUo和SQ等；滤液1中除含有X和SbCl5

外，还含有SbCI3、PbClrASC13>CuCl2^0回答下列问题：

（1）①物质X宜选用（填字母）。

A.NaCl溶液B.硫酸溶液C.盐酸

②已知滤渣1的主要成分是SiCh和S,写出“酸浸”时Sb2S3与SbCk溶液反应的化学方程式：。

（2）加入适量Sb的主要目的是,滤渣2的主要成分是»

（3）在电解SbCI3溶液时，阴极上放电的可能是Sb?+,也可能是配离子SbCl2+,写出后者放电时的电极

反应式：o

（4）与传统火法冶炼金属镇（将辉睇矿在空气中焙烧，然后用焦炭还原）相比，湿法冶炼金属睇的优点是

（写一种即可）。

（5）我国科学家提出一种辉睇矿氧化溶解方案，其转化原理如图1所示，用离子方程式表示该原理：

①、②。

（6）①Sb<θ6分子结构如图2所示，其中Sb原子的杂化方式为。已知沸点:

NH3>AsH3>PH3,其原因是。

②PbS（方铅矿）晶胞结构如图3所示，已知该晶体的密度为ag∙cmτ,则晶胞参数为nm例出计

算式，用NA表示阿伏伽德罗常数的值）。

图2图3

【答案】（1）Φ.C②.3SbCl5+Sb2S3=3S+5SbCl3

（2）①.将SbCl5还原Sbel3②.CuS、PbS

（3）SbCl2++3e≈Sb+Cl∙

（4）能耗低（5）①.Sb2S3+6O2+3H2O=Sb2O3+3Sθj+6H+②.Sb2O3+O2+H2O=2SbC^+2H+

（6）①.sp3②.NH3分子间存在氢键，而PH3、AsN均不能形成分子间氢键，导致NH3的沸点比

PH3、As%的沸点要高，影响PH3、AsE沸点的因素为范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸

【解析】

【分析】辉睇矿主要成分为Sb2S3,还含有AS2S3、PbS、CUO和SiCh等，加入盐酸和SbCl5溶液溶解，SbCl5

和Sb2S3发生反应，生成硫单质和SbCI3,方程式为：3SbC∣5+Sb2S3=3S+5SbC13,PbS.CU0、As2S5溶于盐

酸生成PbCI2、CUCI2、ASCI3,SiCh不反应，过滤，除去SiCh和S单质，向滤液中加入Sb,还原过量的

2+

SbCl5,方程式为：3SbCl5+2Sb=5SbCl3,再向还原后的溶液中加入Na2S溶液沉淀Ci?+、Pb,过滤，除去

生成的CuS、PbS沉淀，再向滤液中加入NaH2PO2溶液，除去碎，过滤得到SbCI3溶液，将该溶液进行电

解，得到Sb单质和氯气，据此分析解题。

【小问1详解】

①

A.若加入NaCI溶液，将引入新的杂质Na+难以除去，A不合题意；

B.若加入硫酸溶液，将引入新的杂质硫酸根离子难以除去，B不合题意；

C.若加入盐酸，不会引入新的杂质，并结合滤液1的主要成分可知，C符合题意；

故答案为：C；

②已知滤渣1的主要成分是SiO2和S,“酸浸”过程中SbCI5和Sb2S3发生反应，根据原子守恒，可得反应

的方程式为：3SbCl5+Sb2S3=3S+5SbC∣3,故答案为：3SbCl5+Sb2S3=3S+5SbC13;

【小问2详解】

浸出液中加入适量Sb的目的是将过量的SbCI5还原SbCI3,化学方程式为：3SbCl5+2Sb=5SbCl3,向还原后

的溶液中加入NazS溶液沉淀CM+、Pb2+,过滤，除去生成的CuS、PbS沉淀，故滤渣2为CuS、PbS,故

答案为：将SbCI5还原SbCl3；CuS>PbS；

【小问3详解】

在电解SbCl3溶液时，阴极上放电可能是Sb",也可能是配离子SbCl2+,已知阴极发生还原反应，故后

者放电时的电极反应式为：SbCl2÷+3e=Sb+CΓ,故答案为：SbCl2÷+3e-=Sb+CΓ;

【小问4详解】

与传统火法冶炼金属睇（将辉铺矿在空气中焙烧，然后用焦炭还原）相比，湿法冶炼的优点有能耗低（或“安

全性高”等），故答案为：能耗低；

【小问5详解】

我国科学家提出一种辉锦矿氧化溶解方案，其转化原理如图1所示，根据氧化还原反应配平可知，该原

理涉及的离子方程式为：ΦSb2S3+6O2+3H2O=Sb2O3+3sθɔ-+6H+,②Sb2O3+O2+H2O=2Sb（η+2H+,故答

案为：Sb2S3+6O2+3H2O=Sb2O3+3S0^+6H+;Sb2O3+O2+H2O=2Sbθ；+2H+;

【小问6详解】

①由题干图2所示SbK）6分子结构可知，其中每个Sb原子周围形成3个σ键，且Sb最外层上有5个价电

子，即每个Sb还有一对孤电子对，故Sb的杂化方式为sp3,NH3分子间存在氢键，而PH3、AsIh均不能

形成分子间氢键，导致NH3的沸点比PH3、AsE的沸点要高，影响PH3、AsE沸点的因素为范德华力，相

对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，则沸点由高到低的顺序为NH3、ASH3、PH3,故答案为：sp3；

NH3分子间存在氢键，而PH3、AsFh均不能形成分子间氢键，导致NH3的沸点比PH3、AsFh的沸点要高，

影响PH3、AsN沸点的因素为范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高；

②由题干图3所示PbS（方铅矿）晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心黑球个数为：8χL+6χL=4个，

82

位于棱上和体心的白球个数为：1+12?1=4,即每个晶胞中含有4个PbS。已知该晶体的密度为

4

⅛39h39-

ag∙cm^3,则有：NAVP=4×239,故晶胞参数为4---------×107nm,故答案为：J----------×107

VNʌa[NAao

9.1.磷酸是一种重要的化工原料，是生产磷肥的原料，也是食品添加剂之一。

（1）工业上可以用磷单质与硝酸作用得到纯的磷酸（熔点42℃）。PO,的VSEPR模型是（填名

称）。磷酸易形成过饱和溶液，难以结晶，可向其过饱和溶液中加入促进其结晶，但是所制得的磷

酸中仍含有少量的水极难除去，其可能的原因是。

II.研究小组以无水甲苯为溶剂，PCh（易水解）和NaN'（叠氮化钠）为反应物制备纳米球状红磷。

（2）甲苯干燥和收集的回流装置如图1所示（夹持及加热装置略）。以二苯甲酮为指示剂，无水时体系呈

蓝色。

HSi

①金属Na的作用是o

②回流过程中，除水时打开的活塞是；体系变蓝后，改变开关状态收集甲苯。

（3）纳米球状红磷的制备装置如图2所示（夹持、搅拌、加热装置已略）。

反应餐

（高出密闭容器）

国2

①在氨气保护下，反应物在装置A中混匀后转入装置B,于280°C加热12小时，反应物完全反应，其化

学方程式为:用氧气赶走空气的目的是o

②经冷却、离心分离和洗涤得到产品，洗涤时先后使用乙醇和水，依次洗去的物质是、

【答案】（1）①.四面体形②.磷酸晶体③,磷酸分子与水分子能形成氢键

(2)①.干燥甲苯②∙K∣∖K3

(3)Φ.1ONaN3+2PCls2P+15N2↑+1ONaCl②.防止五氯化磷遇空气中的水蒸气而发

生水解③.甲苯④.氯化钠

【解析】

【分析】利用苯来干燥甲苯，通过回流得到的水与钠反应，二苯甲酮为指示剂，无水时体系呈蓝色，改变

开关状态收集甲苯，将甲苯、五氯化磷、NaN3在Ar气氛围中充分混合后转入装置B中，在反应釜中于

280℃加热12小时使其充分反应。

【小问1详解】

PO：-中心原子价层电子对数为4+0=4,其VSEPR模型是四面体形。磷酸易形成过饱和溶液，难以结

晶，可以引入晶种来促进溶液中的磷酸结晶析出，可向其过饱和溶液中加入磷酸晶体促进其结晶，磷酸

分子含有羟基，容易与水分子形成氢键，因此磷酸具有较强的吸水性，所制得的磷酸中仍含有少量的水

极难除去；故答案为：四面体形；磷酸晶体；磷酸分子与水分子能形成氢键。

【小问2详解】

①金属钠与水能发生反应，因此金属Na的作用是干燥甲苯；故答案为：干燥甲苯。

②回流过程中，水要回流到烧瓶中，因此除水时打开活塞是Ki、K3；体系变蓝后，改变开关状态收集

甲苯；故答案为：Ki、K3。

【小问3详解】

①在氧气保护下，反应物在装置A中混匀后转入装置B,于280°C加热12小时，反应物完全反应，五氯

化磷和NaN3反应生成红磷、氮气和氯化钠，其反应的化学方程式为

1ONaN3+2PC152≡≤2P+15N2↑+IONaCl；由于五氯化磷易水解，为防止五氯化磷遇见空气中的水

蒸气发生水解，因此用氮气赶走空气；故答案为：lONaN3+2PQ5型些2P+15N2T+10NaCl;防止

五氯化磷遇空气中的水蒸气而发生水解。

②根据反应可知，得到的产物上沾有甲苯和氯化钠，用乙醇洗去甲苯，用水洗去氯化钠；故答案为：甲

苯、氯化钠。

10.我省作为煤炭大省，为全国经济发展作出了巨大贡献。但是直接将煤炭用作燃料不仅浪费资源，还会

污染环境，因此如何对煤炭资源综合利用提高附加值成为我省经济转型发展亟待解决的问题。煤的间接

液化是先把煤转化为CO、Co2和H2,再在催化剂作用下合成化工产品。

(1)己知反应：Φ2C(s)+O2(g);2CO(g)ΔH1=-221.0kJ∙mol^'

②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH2=-483.6kJ∙mol

③C(S)+H2O(g).、CO(g)+H2(g)AH3

则反应③的AH；,=o

(2)已知：在一定条件下可发生反应：CO(g)+2H2(g).CH3OH(g)ΔH4=-90.77kJ∙moΓ'

①以下措施能使反应速率和转化率都增大的(填字母)。

A.压缩体积B.升高温度C.恒容充入氢气

D.恒容移走甲醇E.恒容充入CO(g)

②催化剂并不是所有部位都有催化作用，真正起催化作用的那些部位称为活性点位，也称活性中心。在

催化合成甲醇时必须控制氢碳比在一定区间内，若n(CO)不变，n(H2)过多时，反应速率会减慢，可能

的原因是。

③若将一定比例的CO(g)和H2(g)在装有催化剂的反应器中反应12小时，体系中CHsOH(g)产率随温

度的变化关系如图所示。490K之后，CHQH(g)产率随温度升高而减小的原因除平衡逆向移动外还可

0⅞60480490500520540560

TK

(3)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的C⑸和ImolH2O(g),起始压强为0.2MPa,只

发生下列反应：

ɪ∙C(s)+H2O(g),CO(g)+H2(g)ΔH3

II.CO(g)+H2O(g)？∙CO2(g)+H2(g)ΔH5=-41.1kJ∙moΓ'

反应达到平衡时，H2θ(g)的转化率为50%,Co的物质的量为0.1mol。此时，整个体系(填“吸收”

或“放出”)热量，反应I的平衡常数KP=MPa(以分压表示，分压=总压X物质的量分数)。

【答案】(1)+131.3kJ∕mol

(2)①.A②.过多的H2占用催化剂活性点位过多，导致反应速率减慢③.催化剂活性降低

(3)①.吸收②.0.02MPa

【解析】

【小问1详解】

已知反应：①2qs)+O2(g)∙2CO(g)ΔH,=-221.0kJ7moΓ'

.①-②

②2H?(g)+O式g)=2Hq(g)ΔH2=-483.6kJ7moΓ',则号士可得反应③

AHAH1

C(s)+H2O(g)∙CO(g)+H2(g)Z∖H3,根据盖斯定律可知反应③的AH,=—ɪ-[(-221.0)-(-

483.6)]ld∕mol=+131.3kJ∕mol,故答案为：+131.3kJ∕mol;

【小问2详解】

①A.已知该反应正反应是一个气体体积减小的方向，故压缩体积，反应物和生成物浓度增大，反应速率

增大，化学平衡正向移动，CO转化率增大，A符合题意；

B.已知该反应正反应为放热反应，故升高温度，反应速率增大，化学平衡逆向移动，CO的转化率减

小，B不合题意；

C.恒容充入氨气，反应速率不变，化学平衡不移动，Co转化率不变，C不合题意；

D.恒容移走甲醇，即减小生成物浓度，反应速率减慢，平衡正向移动，CO转化率增大，D不合题意；

E.恒容充入CO(g),反应物浓度增大，反应速率增大，平衡正向移动，H2转化率增大，而Co转化率减

小，E不合题意；

故答案为：A；

②催化剂并不是所有部位都有催化作用，真正起催化作用的那些部位称为活性点位，也称活性中心,在催

化合成甲醛时必须控制氢碳比在一定区间内，若n(CO)不变，n(H2)过多时，则由于H2占用催化剂活性点

位过多，则Co占用催化剂的活性点位过少，导致反应速率会减慢，故答案为：过多的H?占用催化剂活

性点位过多，导致反应速率减慢；

③由图可知490K后温度升高时甲醇的产率降低，可知该反应为放热反应，49OK之前甲醇的产率均小于最

大产率，则温度为470K时，图中P点不是处于平衡状态。490K之后，甲醇产率下降的原因是反应H、In

均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，且催化剂活性降低，CH3OH(g),-CO(g)+2H2(g)正向

移动，故答案为：催化剂活性降低；

【小问3详解】

设反应I中水转化的物质的量为a,反应∏中水转化的物质的量为b,可列出以下式子：

C(s)+H2O(g).CO(g)÷H2(g)

起始量(mol)1OO

,

转化量(mol)aaa

平衡量(mol)ɪ-aaa

Cag)+H2O(g),∙CO2(g)+H2(g)

起始量(mol)

a1-aOOa+b

,,根据H2O(g)的转化率为50%,可得——

转化量(mol)bb1b1bI

平衡量(mol)a-b1-a-bbb

×100%=50%,CO的物质的量为0.1mol可得a-b=O.1,解得a=0.3mol,b=0.2mol,则反应1吸收能量

0.3mol×131.3kJ∙mo∣-l=39.39kJ,反应∏放出热量为：0.2mol><41.1kJ∙mol"=8.22kJ,故整个过程是吸热过程,

吸收热量为：39.39kJ-8.22kJ=31.17kJ;由以上计算可知：n(H2O)=0.5mol,n(H2)=0.5mol,n(CO)=0.1mol,

n(CO2)=O.2mol,n(>⅛)=(0.5+0.5+0.1+0.2)mol=1.3mol,物质的量之比等于压强之比可得------二----

1.3molP

P(HJ?P(CO)0.1MPa70.02MPa

p=0.26MPa,Kp==0.02MPa,故答案为：吸收；0.02MPao

P(H2O)OJMPa

11.一种药物的关键中间体部分合成路线如下:

(1)A物质的化学名称是。

(2)反应①的反应类型为,E物质中含氧官能团的名称为

(3)反应②要加入K^C。，，从平衡移动角度说明其目的：

(4)反应⑤的化学方程式为

/CH2CH2Cl

(5)HN、经过水解、部分氧化可得到分子式为CJIgOzN的化合物I,写出同时符合下

^CH2CH2Cl

列条件的I的所有同分异构体的结构简式(不考虑立体异构)。

①分子结构中有一个六元环;

②核磁共振氢谱显示分子中有3种氢原子。

(6)设计以甲苯和乙烯为原料制备X(HS—、NLClh)的合成路线

(无机试剂任选，用流程图表示)。

【答案】(1)邻羟基苯甲醛或者2-羟基苯甲醛

(2)①.取代反应②.酯基、酸键

(3)K2CO3可与生成的HCl反应，使反应②向正反应方向移动

xzχCH2CH2Cl

(4)COOCH+HNCOOC2H5÷2HC1

HN25

2^CH2CH2Cl

剂->

(6)CH2=CH2⅛⅞ClCH2CH2Cl,

FeClCH,CH,Cl

HCl

OCH2COOC2H5

【分析】由题干流程图中有机物CHOB分子式和B到该有机物的转化条件可知,