江西省部分高中学校2023-2024学年高三年级下册3月联考化学试卷（解析版）

江西省部分高中学校2023-2024学年高三下学期3月联考化学试卷

高三化学试卷

本试卷满分100分，考试用时75分钟.

注意事项：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.

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.

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

4.本试卷主要考试内容：高考全部内容.

5.可能用到的相对原子质量：印C12N14016Na23C135.5Cel40

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.化学与生活密切相关.下列不涉及化学变化的是

A.干冰摆盘B.燃放烟花C.食醋除水垢D.秸秆温肥

【答案】A

【解析】

【详解】A.干冰摆盘利用了干冰易升华的性质，干冰升华，就是固态的CO2转变为气态的CO2,没有生

成新物质，所以是物理变化，不属于化学变化，A符合题意；

B.燃烧属于化学变化，燃放烟花过程中也有二氧化碳，二氧化硫等气体产生，有新物质生成，属于化学

变化，B不符合题意；

C.食醋主要成分是乙酸，与水垢的主要成分碳酸钙、氢氧化镁反应，利用醋酸的酸性与碱和碳酸盐反

应，是化学反应，c不符合题意；

D.秸秆烟肥是秸秆发酵形成有机肥，发酵过程有微生物参与，是化学变化并生成新物质，D不符合题

思；

本题选A。

2.下列化学用语表述正确的是

A.HC1O的电子式：H:O:C1

B.H?。分子的球棍模型：0-0-0

C.NH3分子的VSEPR模型:

2s2p

D.激发态C原子价层电子排布图可能为[UIMt

【答案】D

【解析】

【详解】A.HC10的电子式：H：O••：C••1：,A错误；

B.H2O分子的球棍模型B错误；

C.NH3分子的VSEPR模型,C错误；

2s2p

D.激发态C原子价层电子排布图可能为--『，D正确；

故选D。

3.下列关于仪器使用的说法正确的是

A.分液漏斗——过滤B.滴定管一一量取溶液C.容量瓶一一溶解固体D.表面皿一一灼烧固体

【答案】B

【解析】

【详解】A.分液漏斗用于萃取、分液，过滤用普通漏斗，A错误；

B.滴定管可以用于滴定实验，也可以用于准确量取一定体积的液体，B正确；

C.容量瓶用于配置一定物质的量浓度的溶液，由于是精确仪器，不能用于溶解固体，否则溶解放热会导

致容积变化，配制不准确，C错误；

D.表面皿是玻璃仪器，不可用于灼烧固体，灼烧固体用用烟，D错误；

本题选B„

4.用脯氨酸(！X催化合成酮醛的反应如图.下列说法错误的是

0[V-COOHQQH

ahc

A.常温下，a可与水互溶B.新制Cu(OH)2检验产物c中是否含有b

C.脯氨酸的分子式为C5H7NO2D.c中所有碳原子可能共面

【答案】C

【解析】

【详解】A.a为丙酮，常温下可与水互溶，故A正确；

B.b中有醛基，c中没有，能用新制Cu（OH）2检验产物c中是否含有b,故B正确；

C.由结构简式可知，脯氨酸的分子式为C5H9NO2,故C错误；

D.存在C=0和苯环，由于单键可旋转，c中所有碳原子可能共面，故D正确；

故选C。

5.联合制碱法利用食盐水、氨气和二氧化碳制纯碱，涉及的反应之一为

NaCl+C02+NH3+H2O-NaHCO3+NH4C1.设NA为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是

A.常温常压下，1L2LCO2含兀键的数目为NA

B.01molNaHCC>3晶体中含离子数目为0.2NA

c.0.Imol•LTNaHCC）3溶液中含Na卡数目为IN人

D.标准状况下，IL2LNH3通入水中，溶液中NH：数目为0.5NA

【答案】B

【解析】

【详解】A.非标准状况下，无法通过气体体积计算物质的量，A错误；

+

B.NaHCO3=Na+HCO；,故0.1molNaHCO3晶体中含离子数目为0.2NA,B正确；

C.未给出溶液体积，故无法根据浓度计算离子个数，C错误；

D.氨气部分溶于水，故溶液中镂根个数小于0.5NA,D错误；

故答案：Bo

6.牛磺酸（（H2NCH2cH2so3H,白色针状结晶）对于防治缺铁性贫血有明显效果.牛磺酸粗品（含有

NaChNa2sO3等杂质）的提纯步骤如下：

I.取牛磺酸粗品，溶于浓盐酸中，过滤，得到滤液1和滤渣1；

II.对滤液1进行一系列操作得到滤渣2；

III.用试剂X洗涤滤渣2并干燥，得到牛磺酸精品.

已知：牛磺酸化学性质稳定，在水中的溶解度随温度升高而增大，微溶于95%乙醇，易溶于浓盐酸.下列

说法正确的是

A.步骤I中滤渣1的主要成分为NaCl、Na2sO3

B.步骤II中一系列操作为蒸储

C.步骤III中试剂X可能为95%乙醇

D.NaCl、Na2sO3中的化学键类型完全相同

【答案】C

【解析】

【分析】牛磺酸（（H2NCH2cH2sO3H,白色针状结晶）粗品（含有NaCl、Na?S03等杂质），溶于浓盐酸

中，由于牛磺酸易溶于浓盐酸可知，滤渣1为NaCl,滤液1中含有牛磺酸、Na2so3、盐酸等，对滤液1

进行降温结晶，过滤得到滤渣2,滤渣2为硫磺酸，由于微溶于95%乙醇，用95%乙醇洗涤滤渣2并干燥,

得到牛磺酸精品。

【详解】A.由分析知，步骤I中滤渣1为NaCl,A错误；

B.由分析知，步骤n中一系列操作为降温结晶，过滤，B错误；

C.由分析知，步骤III中试剂X可能为95%乙醇，C正确；

D.NaCl中只含有离子键，Na2s。3中既含离子键，又含共价键，D错误；

故选Co

7.X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的前四周期元素且只有Q为金属元素，基态X原子核外电子占据

3个能级且每个能级上的电子数相等，Z是地壳中含量（质量分数）最高的元素，基态W原子p轨道上的

电子数比s轨道上的电子数多4,Q的原子序数为X、Y、W原子序数的总和.下列说法正确的是

A.Q位于元素周期表的ds区B.第一电离能：X<Y<Q

C.简单氢化物的沸点：Z<YD.氧化物对应水化物的酸性：Y<W<X

【答案】A

【解析】

【分析】基态X原子核外电子占据3个能级且每个能级上的电子数相等，则X为C,Z是地壳中含量（质

量分数）最高的元素，则Z为0,X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大，则Y为N,基态W原子p轨道

上的电子数比s轨道上的电子数多4,则W为S,Q的原子序数为X、Y、W原子序数的总和，则Q为Cu,

【详解】A.由分析知，Q为Cu,位于元素周期表的ds区，A正确；

B.非金属元素的第一电离能大于金属，同周期元素从左往右，第一电离能呈增大趋势，但第nA族和第

VA族元素的第一电离能大于相邻元素，故Cu<C<N,B错误；

C.H20之间存在氢键，NH3之间存在氢键，水分子之间的氢键数大于氨分子之间的氢键数,导致水的沸点

较高，简单氢化物的沸点：NH3<H2O,C错误;

D.没有指明是最高价，如碳酸酸性大于次氯酸，D错误；

故选A。

8.化合物X(结构如图)是一种可以保护胃黏膜的药物.下列有关说法正确的是

B.分子中不含手性碳原子

C.不能发生消去反应和水解反应D.分子中碳原子的杂化方式有2种

【答案】D

【解析】

【详解】A.煌只有碳、氢元素组成，该物质除C、H元素外还含有N、0、C1元素，不属于芳香烧，故A

错误;

B.分子中含有手性碳原子，位置如图:故B错误;

C.分子中含有-C1,且-C1与苯环直接相连，可发生水解反应，不能发生消去反应，肽键可发生水解反

应，故c错误；

D.饱和的碳原子为sp3杂化，不饱和碳原子为sp2杂化，故D正确;

故选D。

9.下列实验方案能达到探究目的的是

选

实验方案探究目的

项

将Mg、Al金属棒用导线及小灯泡连接，同时插入

A比较Mg、Al的金属性

O.lOmol-U1的NaOH溶液中

B向Fe?(SO)溶液中通入足量的H2s比较Fe3+、S的氧化性

比较Ksp(AgBr)、Ksp(Agl)的

C向NaBr溶液中加入过量AgNOs溶液，再加入KI溶液

大小

D向酸性KMnO4溶液中通入某无色气体验证该气体为SO?

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A.Al为两性金属，可与NaOH溶液反应，发生失电子的氧化反应，为该原电池负极，而Mg不

能与NaOH反应，为原电池正极，不能比较二者金属性，A错误；

B.向Fe2(SC)4)3溶液中通入足量的H?S,发生氧化还原反应，Fe?+将S?-氧化生成S,可证明氧化性：

Fe3+>S>B正确；

C,过量的AgNOs溶液与NaBr和KI均可直接反应生成沉淀，不能证明有沉淀转化，无法比较

Ksp(AgBr)、Ksp(Agl)的大小，C错误；

D.向酸性KMnO4溶液中通入某无色气体，若酸性高铳酸钾溶液褪色，可证明该气体具有还原性，但不

能证明一定为S。？，D错误;

答案选B。

10.为了缓解“温室效应”带来的影响，科研工作者研究得出CO?在催化剂作用下能够转化为甲烷，发生

反应：CO2(g)+4H2(g)<?>CH4(g)+2H2O(g)AH.将原料气按n(CO2)：n(H2)=l:4加入密闭

容器中发生反应，测得CO2的平衡转化率与压强、温度的关系如图所示.下列说法正确的是

%

、

树

^

解

躯

算

与

0

。

A.AH>0

B.x<y<z<w

C.当温度为500℃、压强为wMPa时，G点：V正<v逆

D.选取高效催化剂或更大比表面积的催化剂，均能提高CO2的平衡转化率

【答案】C

【解析】

【详解】A.温度升高，CO?的转化率下降，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，AHVO,A错误；

B.根据方程式的特点，该反应是气体分子个数减少的反应，增大压强，有利于应正向移动，即相同温度

下，压强越大，CO2平衡时转化率越大，故x>y>z>w,B错误；

C.当温度为500℃、压强为wMPa时，G点转化率大于500℃>wMPa时的平衡转化率，平衡必然向

逆反应方向移动，G点：v正<v逆，C正确；

D.催化剂只能改变反应速率不能改变物质平衡转化率，D错误；

故选C。

11.二氯异氟尿酸钠(CsNsC^CLNa)为白色固体，溶于水释放出HC1O,是氧化性消毒剂中最为广谱、高

效、安全的消毒剂.测定某二氯异氟尿酸钠样品的纯度步骤如下：

将1.3750g粗产品溶于无氧蒸储水中并配成100mL溶液，取20.00mL所配制溶液于碘量瓶中，加入适量

稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min.用0.2150mol-lJ的Na2s2。3(见光易分解)标准溶液

进行滴定，待溶液呈浅黄色时加入指示剂，滴定至终点时，消耗22.50mLNa2s2。3,标准溶液.

0H

人

已知：①NN+2L+2C1

人人

HON0H

②l2+2S2O；-=21+S4O〉;

③若100g某“84”消毒液与3.5g氯气的氧化能力相当，则该“84”消毒液的有效氯为3.5%.

下列说法错误的是

A.可选用淀粉溶液作指示剂

B.Na2s2。3标准溶液应盛装在棕色碱式滴定管中

C.该样品的有效氯为50%

D.该样品中C3N3O3Cl2Na的质量分数为96.75%

【答案】C

【解析】

【详解】A.淀粉遇碘会变蓝色，当滴定结束时碘消耗完全，溶液蓝色褪去，故滴定时可选择淀粉溶液

作指示剂，A正确；

B.Na2s2。3见光易分解，应选择棕色滴定管，其为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，所以盛装在棕色碱式滴定

管中，B正确；

0.2150mol-L-1x22.50xl03L100,71

---------------------------------------x-----x220g/molx------

C.该样品的有效氯:-------------------------------------------20--------------------220*100%°3L2%C错

1.375g

误；

D.根据题干信息，得反应关系：C3N3O3C12--2I2~4S2O^,

0.2150mol-L1X22.50XW3L100,,

---------------------------------------x——x220g/mol一十分

-------------------------------也------------x100%=96.75%，口正确;

n(C3N3O3Cl2Na)=

1.3750g

答案选C。

12.CeC）2是重要的稀土抛光材料，几乎不存在理想的CeC）2的立方晶胞模型（图甲），实际晶体中常存在

缺陷（图乙，设该晶体的密度为pg-cm-3,晶胞边长为apm）.下列说法错误的是

A.图甲晶胞中与Ce原子等距且最近的Ce原子有4个

B.图乙晶胞的化学式可表示为Ce4O,

c若x原子的分数坐标为（。，。，。），则氧空位处原子的分数坐标为f匕1,13

J31672lo

D.图乙晶胞中Ce原子与O原子间的最近距离为Jx1——xlOpm

4\PNA

【答案】A

【解析】

【详解】A.由图甲知，Ce位于面心和顶点，晶胞中与Ce原子等距且最近的Ce原子为面对角线的g处,

共有4x3=12个，A错误；

B.由图乙知，晶胞中Ce的个数为2x8+』x6=4,0的个数为7,故化学式可表示为Ce4()7,B正

82

确；

C.由图乙知，若X原子的分数坐标为(0,0,0),由俯视知，氧空位处原子的X和y分数坐标为

3

由正视知，z的分数坐标为，C正确;

D.由图乙知，晶胞中Ce原子与O原子间的最近距离为体对角线的,，由密度得，晶胞边长为

4

但2xl()i°pm,体对角线为6xj£2xl()i°pm,故Ce原子与O原子间的最近距离为

a=3

N

PNA\PA

立义?叵Zx]0i°pm,D正确;

4VpNA

故选Ao

13.利用库仑测硫仪测定气体中SO2的含量的电解原理如图，检测前(此时电解池不工作)电解质溶液中

保持定值，待测气体进入电解池后，SC)2溶解并将写还原，测硫仪便立即自动进行电解至一X又回到原

cr

定值，测定结束后，通过测定电解消耗的电量进行计算SC>2的含量(忽略检测前后溶液体积的变化).下

列说法正确的是

溶液

CH3COOH-KI

A.X极应该和电源的负极相连

B.电解时消耗的电量越多，待测气体中SO2的含量越低

C.当通入SO2时溶液中K+向X极移动

D.若有0.25molSC>2被处理，则电解质溶液中约增加0.5molH+

【答案】D

【解析】

【分析】由图可知，测硫仪工作时，左侧钳电极为电解池的阳极，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生

成碘三离子，电极反应式：3r-2e-=I；,反应生成的碘三离子与二氧化硫反应生成碘离子、硫酸根离子

+

和氢离子，反应的离子方程式：S02+1；+2H2O=3F+SO^+4H,右侧钳电极为阴极，溶液中的氢

离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气。

【详解】A.根据分析，左侧铝电极为电解池的阳极，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离

子，应与电源正极相连，A错误；

B.SO,溶解并将门还原，测硫仪便立即自动进行电解至一X又回到原定值，电解时消耗的电量越多，

■c（r）

被还原的1;多，待测气体中so2的含量越高，B错误；

C.电解池中阳离子向着阴极移动，即溶液中K+向Y极移动，C错误；

D.SO,溶解并将I；还原，测硫仪便立即自动进行电解至一X又回到原定值，根据装置中得失电子守恒

c（「）

可知，有0.25molSC>2被处理，则电解质溶液中约增加0.5molH+，D正确；

答案选D。

14.将氨水逐滴加入0.2mol-I?i的硫酸铜溶液中，测得混合液中五种微粒的物质的量分数

2+2+2+

a|[Cu（NH3）4]}.a{[Cu（NH3）3（H2O）]}.a{[Cu（NH3）2（H2O）2]},

2+

a![Cu（NH3）（H2O）3]L随P（NH3»P（NH3）=—lgc（NH3）]的变化曲线如图.下列说法

正确的是

1.0

①

0

P(NH3)

A.图中X点坐标为(4.1,0.16)

B.曲线④表示a{[Cu(NH3)4T]随P(NHs)变化的曲线

C.P(NH3)值从小到大过程中，a(Cu2+)逐渐增大，溶液的蓝色逐渐变深

D.反应[Cu(NH3)3(H2O)T++NH3.^[Cu(NH3)4T++H2O的平衡常数K=10Zl

【答案】D

【解析】

【分析】氨水逐滴加入0.2mol-LT的硫酸铜溶液中，存在过程：

2+2+

Cu+2H2O+NH3.H2O-[CU(NH3)(H2O)3]、

2+2+

[CU(NH3)(H2O)3]+NH3L[CU(NH3)2(H2O)2]+H2O、

2+2+

[CU(NH3)2(H2O)2]+NH3[CU(NH3)3(H2O)]+H2O.

2+2+

[CU(NH3)3(H2O)]+NH3U-[CU(NH3)4]+H2O,由图可知，曲线①、②、③、④、⑤分别为

Cu2+、]的3也)(凡0)3丁、[018也)2(凡0)2丁、[以3旦)3(凡0)『、[CU(NH3)4『的

分布系数曲线。

【详解】A.当C(CU2+)=C[[CU(NH3)(H2O)3『}时，

2+

aJ[Cu(NH3)2(H2O)2]}=1-0.43x2=0.14,X的坐标为(4.1,0.14),故A错误；

B.由分析得，曲线⑤是ajcMNHs)/"[随P(NH3)变化的曲线，故B错误；

C.曲线①为CM+的分布系数曲线，P(NH3)值从小到大过程中，a(Cu2+)逐渐减小，故C错误；

2+2+

D.c{[Cu(NH3)3(H2O)]i=cl[Cu(NH3)4]W,P(NH3)=2.1,即反

+

应[Cu(NH31(HzO)]++NH3脩飞[CU(NH3)4]'+H2O的平衡常数

2+

C{[CU(NH3)4]}12]

(，故正确；

K=~7^27)=C/NTHU\=]0D

C{[CU(NH3)3(H2O)J}C(NH3)(3)

故选D。

二、非选择题：本题共4小题，共58分.

15.绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用.某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价

铭盐的新工艺，该工艺不消耗除铭铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了

Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+内循环.工艺流程如下：

气体A

Na2c0溶液

C)2(g)+熔融NaOHH2O(1)J

介溶液以r+物赢⑸

稳

高

温

态

造

Fe(CrO2)2续工溶液（循环）

相,NaOH

序过滤

化

(含AM、-氧

①分过量气体A

MgO)离

无色__>[SLA1（OH）3（S）+

序

工②

过量气体A+^CXg)物溶液懂「物质V的溶液

质fpMgCO（s）

U3修卜MgO(s)

过滤

溶

液

固

混合气体IV

回答下列问题:

（1）基态铭原子的电子排布式为,铭在元素周期表中的位置为；“高温连续

氧化”过程中发生的氧化还原反应的化学方程式是o

（2）“固体ni”的主要成分是（填化学式）。

­

（3）已知2CrOj+2H+脩?H2O+Cr2O；,则''工序③"中通入（填“足量”或“少

量”）的气体A更有利于得到重铭酸盐；气体A的固态属于晶体；流程中可以循环使用的物

质除气体A外还有（填化学式）。

（4）“工序④”中发生反应的离子方程式为；常温常压下，“工序④”的溶液中铝元素恰

-

好完全转化为沉淀的pH为8.37,则A1（OH）3+OIF[A1（OH）4]K=。（通常认为溶液

中离子浓度小于10、mol.171时沉淀完全）

【答案】（1）①.[Ar]3d54sl②.第四周期第VIB族③.

4Fe(CrO2)2+16NaOH+7O2=2Fe2O3+8NaCrO4+8H2O

⑵FezCh(3)①.足量②.分子晶体③.NaOH

c([Al(OH)J)

(4)①.A1O2+CO2+2H2O=A1(OH)3+HCO3②.

c[Al(OH)3]c(OHj

【解析】

【分析】高温连续氧化工序Fe(Cr€>2)2和氧气、氢氧化钠反应生成氧化铁、Na2CrO4,氧化铝和氢氧化钠生

成偏铝酸钠；工序①中加入水，Na2CrO4>Na2A102>NaOH溶于水形成溶液，FezCh、MgO不溶于水，过

滤得到滤渣I的主要成分是FezCh、MgO；滤渣I通入过量二氧化碳和水蒸气，氧化镁和二氧化碳、水蒸气

反应生成碳酸氢镁，氧化铁不反应，过滤得到氧化铁固体III和含碳酸氢镁的溶液物质U,热解碳酸氢镁分

解生成碳酸镁、二氧化碳和水蒸气，碳酸镁煨烧生成氧化镁；介稳态粗分离得到含、NaOH、的三种溶

液，含溶液通过工序④通入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；含溶液通过工序③通入二氧化碳生成

和碳酸氢钠晶体；

【小问1详解】

Cr原子序数为24,在周期表中第四周期第VIB族，由于同一能级轨道电子半满更稳定，基态铭原子的电

子排布式为[Ar]3d54s]，由分析知主要反应物和产物，故“高温连续氧化”过程中发生的氧化还原反应的化

学方程式是4Fe(CrO2)2+16NaOH+7O2=2Fe2O3+8NaCrO4+8H2O；

【小问2详解】

由分析，“固体III”的主要成分是FezCh;

【小问3详解】

由中已知平衡反应及分析知，“工序③”中通入足量的CO2可以增大溶液中氢离子浓度，有利于平衡正

向移动，更有利于得到重铭酸盐，CCh的固态即干冰，易升华，属于分子晶体，流程中可以循环使用的物

质除气体A外还有介稳态相分离出的NaOH；

【小问4详解】

由流程可知，介稳态粗分离得到NazCrCU、NaOH,则得到无色溶液中含有偏铝酸钠，通入二氧化碳生成氢

氧化铝沉淀和碳酸氢钠，工序④中发生反应的离子方程式为；

AIO2+CO2+2H2O=AI(OH)3J+HCO3

A1(OH)3+OH-U[A1(OH)4「的K=

c[Al(OH)3]c(OHj°

16.乙酸是典型的有机酸，在生产、生活中有广泛应用.乙酸作为化工原料可以制备氢气，以乙酸为原料

制备氢气时的反应：

1

反应1(热裂解)：CH3COOH(g)<2CO(g)+2H2(g)AHj=+213.7kJ-mol

反应2（脱竣基）：CH3COOH（g）<?>CH4（g）+CO2（g）AH2=-33.5kJ-mor'

（1）C02中形成中心电子的大兀键；

CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）AH=kJ.moL。

（2）向一恒容密闭容器中充入一定量的乙酸气体发生反应1和反应2,反应相同时间后，测得部分气体产

率与温度的关系如图。

C

M

怛

r及

①已知640℃之后氢气产率高于甲烷，试说明理由：。

②一定温度下，若在充入容器的乙酸气体中掺杂一定量水蒸气，氢气产率显著提高而CO产率下降，分析

可能原因：（用化学方程式表示）。

（3）采用光催化反应技术直接合成乙酸，可符合原子经济学（原子利用率100%）。下列原料组合符合要

求的是（填标号）。

A.CO2+H2B.CO+H2C.H2O+CH4

（4）若利用合适的催化剂控制其他副反应（只发生反应1和反应2）,温度为TC时反应达到平衡，此时

总压强为力pkPa,反应1消耗起始乙酸总量的30%,反应2消耗起始乙酸总量的50%,则平衡时H2体积

分数为%；反应2的平衡常数Kp=kPa（Kp为以分压表示的平衡常数，分压

=总压x体积分数，计算结果用最简式表示）。

（5）研究CH3coOH在水溶液中的电离平衡有重要意义。若室温下将amol-L1的CH3coOH溶液和

bmoLLTBaCOH%溶液等体积混合，恢复至室温后混合溶液中存在2c（Ba?+）=C（CH3coeT）。则乙酸

的电离平衡常数Ka=（用含a和b的代数式表示）。

【答案】（1）①.3②.4③.+247.2

（2）①.反应1为吸热反应，反应2为放热反应，温度高于640°。之后以反应1为主②.

H2O(g)+CO(g)CO2(g)+H2(g)

（3）B（4）①25②.迪

48

（5）2bxi0与

a-2b

【解析】

【小问1详解】

C。2分子碳中心原子与2个氧原子形成2个b键，孤电子对数为:义（4-2义2）=0,价层电子对数为2,

为sp杂化，有2个未成对电子位于2个未参与杂化的p轨道，2个p轨道与杂化轨道互相垂直，分别与1

个氧原子的P轨道中未成对电子及另1个氧原子的p轨道中孤电子对形成大乃键，即在CO2分子中有2个

3中心、4电子的大不键；

根据盖斯定律，反应1-反应2可得CH4（g）+CC）2（g），2CO（g）+2H2（g）,故该反应的

-1-1

AH=AH1—AH2=（+213.7kJ-mol）-（-33.5kJ-mol-'）=+247.2kJ-mol；

故答案为:3；4；+247.2；

小问2详解】

一定量的乙酸气体发生反应1和反应2,反应相同时间，640℃之前氢气产率低于甲烷，说明反应2速度

快为主反应，反应1速率慢，温度升高，反应速率都加快，640℃之后反应1为吸热反应，反应速率加快

更大，反应2为放热反应，反应速率加快小，反应1为主反应，氢气产率高于甲烷；

乙酸气体中掺杂一定量水蒸气，水蒸气与CO反应生成氢气与CO2,

H2O（g）+CO（g）。321）+凡他）使CO产率下降，氢气产率升高；

故答案为：反应1为吸热反应，反应2为放热反应，温度高于640℃之后以反应1为主；

H2O（g）+CO（g）CO2（g）+H2（g）;

【小问3详解】

A.2co2+4H2'^^CH3coOH+2H2。该反应还有H2。生成，原子利用率不等于100%,A错

误；

B.2co+2H2光催化XZH3COOH只有乙酸生成,原子利用率等于100%,B正确；

C.2H2O+2CH4」®LfCH3COOH+4H2该反应还有H2生成，原子利用率不等于100%,C错误；

故答案为：B；

【小问4详解】

设初始乙酸物质的量为ImoL则利用三段式分析

CH3COOH(g)2C0(g)+2H2(g)

初始量/mol1

转化量/mol0.30.60.6

平衡量/mol0.60.6

CH3COOH(g)CH4(g)+co2(g)

初始量/mol

平衡时，总量为

转化量/mol0.50.50.5’

平衡量/mol1-0.3-0.50.50.5

(0.6+0.6+0.2+0.5+0.5)mol=2.4mol,则平衡时H2体积分数为竺亚xl00%=25%

2.4mol

1n（CH）P（总）•居

P(总，n（总）

B应o的平衡堂物K=P（CH4〉P（CC）2）_n（心、）

(总)

P(CH3COOH)p

n(心、i

i「0.5moli八0.5mol

pkPax——xpkPax—

2.4mol2.4mol

1n0.2mol

pkPax--------

2.4mol

25p

故答案为:25；

【小问5详解】

2CH3COOH+Ba(OH)2=(CH3COO)2Ba+2H2O,混合溶液中存在Ba?+、OH、CH3COOH,

+

CH3COO\H,微粒浓度关系存在电荷守恒2c(Ba2+)+c(H+)=c(OH)+c(CH3coeT),由

2+-

2c(Ba)=c(CH3COO),则c(H+)=c(OH)=l(y7mol/L,物料守恒

2+

c(CH3COOH)+c(CH3COO)=|mol/L,c(Ba)=|mol/L,则

c(CH3coeF)=2c(Ba2+)=bmol/L、

+

c(CH3COOH)=|mol/L-c(CH3COO')=|mol/L-bmol/L,由CH3coOH/CH3COO+H,乙

+

C(H).C(CH3COO)lO,xb

酸的电离平衡常数Ka=c(CH3COOH)KT；

22

2bxi0一7

故答案为:

a-2b

0

17.对乙酰氨基酚(z-xII,M=151g-mo「i)具有解热镇痛的效果，其解热作用

缓慢而持久，刺激性小，极少有过敏反应.某科学小组设计如下转化流程在实验室制备对乙酰氨基酚(部

分产物已略去)：

OHOHONaOHOH

紫酚对亚硝基笨由财氮基米的轴对依必米酚对乙酰史基的

(1)苯酚的俗称是.步骤I反应温度须控制在。〜5℃,采用的控温方法为.

OHONa

(2)步骤n的反应原理为2(j+2Na2S+HzO二^幺2j+Na2S2O3AHcO,反应装置如图甲

NONH2

所示.该科学小组通过实验测定了不同温度下对氨基苯酚钠的产率，数据如表：

①盛装Na2s溶液的仪器名称是.

②通过实验数据，可知最佳反应温度为℃.

(3)步骤III中硫酸的作用是析出对氨基苯酚，若加入硫酸过多或过快，可能导致发生的副反应的离子方

程式为，sot的空间结构为

(4)步骤IV的实验装置如图乙所示，其中，冷凝管的作用是;反应结束后，得到的晶体需

用冰水洗涤，其目的是.

(5)该科学小组用0.4mol苯酚进行实验，该实验中对乙酰氨基酚的总产率为55%，实际得到对乙酰氨基

酚____________g.

【答案】(1)①.石炭酸②.冰水浴

(2)①.三颈烧瓶②.45℃

+

(3)®.S2O|+2H=SO2T+S^+H2O②.正四面体形

(4)①.冷凝回流②.洗去杂质并降低对乙酰氨基酚的损失

(5)33.22

【解析】

0HOH

Q与Na2s在一定温度下发牛反应

【分析】苯酚在0~5℃与HNCh反应，生成，

NONO

OHONaONaOH

=生成的在硫酸的作用下析出Q,

2（y|+2Na2S+H2O-^>2|A]

NHzNH

NONH22

onOH

Ml与（CH3CO）20反应生成C八0

111

NH2NH-C-CH3

【小问1详解】

苯酚俗称石炭酸；步骤I反应温度须控制在。~5℃,采用的控温方法为：冰水浴;

【小问2详解】

①，由图可知，盛装Na2s溶液的仪器名称是：三颈烧瓶；

②由实验数据可知，产率越高，对应的反应温度越合适，最佳反应温度为45℃；

【小问3详解】

ONa

步骤H除了生成|^]还生成Na2s2。3,若加入硫酸过多或过快，可能导致Na2s2。3与硫酸反应生成S02

NH2

+

和S,反应的离子方程式为：S20^+2H=SO2T+S^+H2O；SO：中S的价层电子对数为4,无孤

电子对，空间结构为正四面体形;

【小问4详解】

冷凝管的作用是：冷凝回流；反应结束后，得到的晶体需用冰水洗涤，其目的是：洗去杂质并降低对乙酰

氨基酚的损失；

【小问5详解】

用04moi苯酚进行实验，理论上生成对乙酰氨基酚0.4mol,质量为：0.4molxl51g/mol=60.4g,对乙酰氨基

酚的总产率为55%,实际得到对乙酰氨基酚：60.4x55%=33.22g„

18.有机物H是合成一种新型药物的中间体，其一种合成路线如图所示.

DEFG

(1)A的名称为,B中含氧官能团的名称为,AfB的反应类型为

(2)EfF的化学方程式为；

(3)设计DfE和FfG两步反应的目的为；

(4)化合物M与C含有相同元素且