高級中學名校試卷PAGEPAGE1遼寧省鞍山市2025屆高三下學期第二次質量監(jiān)測試題注意事項：1.答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0.5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3.請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4.作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5.保持卡面清潔，不要折疊、不要弄破、弄皺。不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。鞍山市普通高中2024-2025學年度高三第二次質量監(jiān)測化學考試時間：75分鐘滿分：100分可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16Mg-24Si-28一、單項選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.分類思想在化學中具有重要意義，下列對敘述內容的分類錯誤的是選項敘述分類A細胞器的雙分子膜由磷脂構成該雙分子膜屬于超分子B核苷酸由核苷與磷酸脫水縮合而成核苷酸屬于生物大分子C燙發(fā)第一階段需將頭發(fā)角蛋白中二硫鍵(-S-S-)轉化為游離的巰基(-SH)該過程屬于還原反應D質譜檢測時，樣品分子首先被高能原子轟擊成由電子、陽離子以及電中性微粒組成的氣態(tài)物質該氣態(tài)物質屬于等離子體AA B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．細胞器的雙分子膜由磷脂構成，磷脂分子通過非共價相互作用形成雙分子膜結構，屬于超分子，A正確；B．核苷酸由核苷與磷酸脫水縮合而成，核苷酸是生物大分子核酸的基本組成單位，但核苷酸本身屬于小分子化合物，B錯誤；C．燙發(fā)第一階段需將頭發(fā)角蛋白中二硫鍵（－S－S－）轉化為游離的巰基（－SH），二硫鍵斷裂生成巰基的過程屬于還原反應，C正確；D．質譜檢測時，樣品分子被高能原子轟擊成由電子、陽離子以及電中性微粒組成的氣態(tài)物質，這種氣態(tài)物質符合等離子體的定義，D正確；故答案為：B。2.受熱分解發(fā)生如下反應：，下列表示相關微粒的化學用語正確的是A.中子數為1的氫原子：B.HI的電離方程式：C.基態(tài)I-的價層電子排布式：D.的VSEPR模型：【答案】D【解析】A．質量數等于質子數加中子數，故中子數為1的氫原子表示為：，A錯誤；B．HI是強酸，屬于強電解質，故HI的電離方程式為：HI=H++I-，B錯誤；C．I是主族元素，其價層電子即為其最外層電子，故基態(tài)I-的價層電子排布式為：，C錯誤；D．的中心原子N的價層電子對數為：4+=4，無孤電子對，根據價層電子對互斥理論可知，其VSEPR模型結構為正體面體：，D正確；故答案為：D。3.下列除雜試劑和方法正確的是選項物質(雜質)除雜試劑方法A硝基苯()溶液、萃取、分液、干燥B飽和溶液洗氣C(難溶于水的灰分)蒸餾水溶解、過濾、結晶D乙醇()濃硫酸蒸餾A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．應該用無水硫酸鈉干燥硝基苯，故A錯誤；B．二氧化碳能與碳酸鈉溶液反應生成碳酸氫鈉，應該用飽和碳酸氫鈉溶液除二氧化碳中的二氧化硫，故B錯誤；C．溶解、過濾、結晶，可除去中難溶于水的灰分，故C正確；D．用生石灰除乙醇中的水，故D錯誤；選C。4.下列關系錯誤的是A.燃燒熱：C2H5OH＜HOCH2CH2OHB.pKa：CH2ClCOOH＜CH2ClCH2CH2COOHC.COCl2與SOCl2鍵角：D.化學鍵中離子鍵成分的百分數：MgO＜Na2O【答案】A【解析】A．燃燒熱是1mol物質完全燃燒生成穩(wěn)定物質釋放的熱量，乙醇(C2H5OH)的燃燒熱約為-1367kJ/mol，乙二醇(HOCH2CH2OH)約為-1184kJ/mol，乙醇的燃燒熱絕對值更大，說明其釋放的熱量更多，因此燃燒熱更高，因此燃燒熱：C2H5OH＞HOCH2CH2OH，A錯誤；B．氯乙酸(CH2ClCOOH)和2-氯丁酸(CH2ClCH2CH2COOH)中，氯原子的電負性較高，會吸引電子，使羧基中的氫更容易電離，氯乙酸的氯原子與羧基更接近，電子吸引作用更強，酸性更強，因此pKa值：CH2ClCOOH＜CH2ClCH2CH2COOH，B正確；C．COCl2和SOCl2中，COCl2的中心原子C為sp2雜化，SOCl2的中心原子S為sp3雜化，sp2雜化形成的鍵角大于sp3雜化，因此∠Cl－S－Cl＜∠Cl－C－Cl，C正確；D．已知Na的電負性比Mg的小，則Na與O的電負性差值比Mg與O的電負性差值更大，故Na2O的離子鍵成分更高，此外，Mg2+極化能力更強，進一步降低MgO的離子性，因此MgO中的離子鍵成分百分數應小于Na2O，D正確；故答案為：A。5.實驗室制備下列氣體所選試劑、制備裝置及收集方法(部分實驗材料已省略)均正確的是

氣體試劑制備裝置收集方法AadB、飽和食鹽水beC、濃鹽酸bcD、稀硫酸bcA.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．KMnO4可以加熱分解制氧氣，但氧氣的密度大于空氣，不能用向下排空氣法收集，故A錯誤；B．電石和飽和食鹽水在常溫下反應生成乙炔，乙炔在水中溶解度不大，可以用排水法收集，故B正確；C．MnO2和濃鹽酸反應需要固液加熱裝置，b中無加熱裝置，故C錯誤；D．碳酸鈣和稀硫酸反應生成硫酸鈣，硫酸鈣微溶于水，覆蓋在碳酸鈣表面，阻礙碳酸鈣和硫酸的接觸，實驗室制二氧化碳應選用碳酸鈣和稀鹽酸，故D錯誤；故選：B。6.短周期主族元素、、、的原子序數依次增大，基態(tài)原子的電子總數是其最高能級電子數的2倍，可與形成淡黃色化合物，、最外層電子數相同。下列說法正確的是A.時，最高價氧化物水溶液的B.第一電離能：C.簡單離子的半徑：D.簡單離子的還原性：【答案】A【解析】四種短周期主族元素，基態(tài)X原子的電子總數是其最高能級電子數的2倍，設若X為第二周期元素原子，則X可能為Be或O，若X為第三周期元素，則均不滿足題意，Z與X能形成Z2X2的淡黃色化合物，該淡黃色固體為Na2O2，則X為O元素，Z為Na元素；Y與W的最外層電子數相同，則Y為F元素，W為Cl元素。A．Z為Na，W為Cl，時，最高價氧化物水溶液分別為NaOH溶液和HClO4溶液，，A正確；B．同一周期從左向右第一電離能總趨勢為逐漸增大，同一主族從上到下第一電離能逐漸減小，故四種元素中第一電離能從大到小的順序為F＞O＞Cl＞Na，B錯誤；C．電子層數越多簡單離子半徑越大，相同結構的離子，原子序數越大半徑越小，故四種元素中離子半徑從大到小的順序為：Cl-＞O2-＞F-＞Na+，C錯誤；D．單質的氧化性越強，簡單離子的還原性越弱，O、F、Cl三種元素中F2的氧化性最強Cl2的氧化性最弱，故簡單離子的還原性：Cl-＞O2-＞F-，D錯誤；故選A。7.化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。下列有關化合物X、Y的說法正確的是A.溶液中，1molX最多能與3molNaOH反應B.X、Y遇FeCl3溶液均顯紫色C.Y與乙醇發(fā)生酯化反應可得到XD.室溫下X、Y分別與足量Br2加成的產物分子中手性碳原子數目不相等【答案】A【解析】A．羧基、酯基水解生成的羧基和酚羥基都能和NaOH以1：1反應，溶液中，1molX最多能與3molNaOH反應，A正確；B．含有酚羥基的有機物能和氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應，X不含酚羥基、Y含有酚羥基，所以X遇氯化鐵溶液不發(fā)生顯色反應，B錯誤；C．Y中羧基能和乙醇發(fā)生酯化反應，所得產物不為X，Y中的酚羥基與乙酸發(fā)生酯化反應生成X，C錯誤；D．已知同時連有4個互不相同的原子或原子團的碳原子為手性碳原子，故室溫下，X、Y和溴發(fā)生加成反應的產物中都含有3個手性碳原子，如圖所示：、，含有的手性碳原子個數相等，D錯誤；故答案為：A。8.硫酸鹽(含、)氣溶膠是的成分之一。近期科研人員提出了霧霾微顆粒中硫酸鹽生成的轉化機理，其主要過程示意圖如下。下列說法錯誤的是A.該過程有參與 B.硫酸鹽氣溶膠呈酸性C.是氧化產物 D.該過程有氫氧鍵的斷裂和硫氧鍵的生成【答案】C【解析】A．根據圖示中各微粒的構造可知，該過程有水參與，A正確；B．硫酸鹽(含、)氣溶膠中含有，轉化過程有水參與，則在水中可電離生成，所以硫酸鹽氣溶膠呈酸性，B正確；C．根據圖示的轉化過程，轉化為

，氮元素的化合價由+4價變?yōu)?3價，化合價降低，得電子被還原，作氧化劑，則是還原產物，C錯誤；D．根據圖示轉化過程中，第階段，由亞硫酸根離子轉化為，根據圖示對照，水分子參與反應，所以有氫氧鍵的斷裂，同時生成了，有硫氧鍵生成，D正確；故選C。9.某研究團隊設計了一種可穿戴汗液傳感器用于檢測汗液中的葡萄糖濃度，該傳感器同時集成了供電與檢測兩個模塊。如圖是供電模塊工作原理(其中GOD為電極表面修飾的葡萄糖氧化酶)。下列說法錯誤的是A.使用高活性GOD，可提高酶促反應速率，增強電信號強度B.利用納米材料修飾電極表面可提供更多的活性位點，有利于提高傳感器的靈敏度C.供電模塊負極反應：C6H12O6-2e-+H2O=C6H12O7+2H+D.供電模塊中1×10-6mmolC6H12O6被氧化，正極消耗1.12×10-5mLO2(標準狀況)【答案】D【解析】由圖和題干信息可知，葡萄糖在反應中失電子作負極，電極反應式為C6H12O6-2e-+H2O=C6H12O7+2H+，氧氣作正極，電極反應式為O2+2e-+2H+=H2O2，據此作答。A．使用高活性GOD能降低反應所需的活化能，使更多反應物分子轉化為活化分子，可提高酶促反應速率，增強電信號強度，A正確；B．納米材料具有較大的表面積，用來修飾電極表面，可提供更多的活性位點，有利于提高傳感器的靈敏度，B正確；C．葡萄糖在反應中失電子作負極，電極反應式為C6H12O6-2e-+H2O=C6H12O7+2H+，C正確；D．1×10-6mmolC6H12O6被氧化，轉移電子2×10-6mmol，依據電子守恒可得正極消耗氧氣2×10-6mmol××22.4mL/mmol=2.24×10-5mL，D錯誤；故答案為：D。10.由ClO2制備殺菌劑NaClO2的生產工藝流程如下圖，已知“尾氣吸收”是吸收電解過程中排出的少量ClO2，以下說法正確的是A.電解時陽極材料可選擇Fe、C合金網B.尾氣吸收時H2O2起氧化劑作用C.電解總反應式為：2ClO2+2NaCl2NaClO2+Cl2D.結晶干燥時需在HCl熱氣流下進行，以防NaClO2水解【答案】C【解析】由題干合成流程圖可知，將ClO2通入NaCl溶液中進行電解，生成NaClO2和Cl2，故陽極生成Cl2、陰極生成NaClO2，ClO2用H2O2、NaOH溶液進行吸收，反應方程式為：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑，將電解得到的溶液和尾氣吸收產生的成品液合并進行蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶，低溫干燥得到NaClO2產品，據此分析解題。A．電解時陽極材料不能選擇Fe，否則鐵失電子，A錯誤；B．ClO2與雙氧水、氫氧化鈉反應生成NaClO2，流程中H2O2做還原劑，B錯誤；C．電解裝置中陰極ClO2得電子生成，陽極Cl-失電子生成Cl2，電解總反應式為：2ClO2+2NaCl2NaClO2+Cl2，C正確；D．NaClO2是強堿弱酸水解呈堿性，因為HCl會與NaClO2發(fā)生氧化還原反應，故結晶干燥時不能在HCl熱氣流下進行，D錯誤；故答案：C。11.實驗室制備溴苯的反應裝置如下圖所示，關于實驗操作或敘述錯誤的是A.向圓底燒瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打開KB.實驗中裝置b中的液體逐漸變?yōu)闇\紅色C.裝置c中的碳酸鈉溶液的作用是吸收溴化氫D.反應后的混合液經稀堿溶液洗滌、結晶，得到溴苯【答案】D【解析】在溴化鐵作催化劑作用下，苯和液溴反應生成無色的溴苯和溴化氫，裝置b中四氯化碳的作用是吸收揮發(fā)出的苯和溴蒸汽，裝置c中碳酸鈉溶液呈堿性，能夠吸收反應生成的溴化氫氣體，倒置漏斗的作用是防止倒吸。A項、若關閉K時向燒瓶中加注液體，會使燒瓶中氣體壓強增大，苯和溴混合液不能順利流下。打開K，可以平衡氣壓，便于苯和溴混合液流下，故A正確；B項、裝置b中四氯化碳的作用是吸收揮發(fā)出的苯和溴蒸汽，溴溶于四氯化碳使液體逐漸變?yōu)闇\紅色，故B正確；C項、裝置c中碳酸鈉溶液呈堿性，能夠吸收反應生成的溴化氫氣體，故C正確；D項、反應后得到粗溴苯，向粗溴苯中加入稀氫氧化鈉溶液洗滌，除去其中溶解的溴，振蕩、靜置，分層后分液，向有機層中加入適當的干燥劑，然后蒸餾分離出沸點較低的苯，可以得到溴苯，不能用結晶法提純溴苯，故D錯誤。故選D。12.硅化鎂是一種窄帶隙型半導體材料，在光電子器件等領域具有重要應用前景。硅化鎂的晶胞參數，屬于面心立方晶胞，結構如下圖所示。下列說法正確的是A.晶體中與原子距離最近的原子有4個B.晶胞在對角面方向的投影圖為C.晶胞中相距最近的原子與原子間的距離為D.阿伏加德羅常數的值為，該晶體的密度【答案】D【解析】A．晶體中與Si原子距離最近的Mg原子有8個，A錯誤；B．晶胞在對角面方向的投影圖為，B錯誤；C．晶胞中相距最近的Si原子與Mg原子間的距離為體對角線的四分之一，即為nm，C錯誤；D．Si原子位于頂點和面心共有4個，Mg原子位于體內共有8個，該晶體的密度為，D正確；故答案選D。13.合成氨的物質和能量關系如下圖所示，下列說法正確的是A.該反應的活化能為B.的鍵能約為C.(i)(ii)(iii)能量不同的原因是形成該化學鍵時化學環(huán)境不同D.溫度升高有利于合成氨速率的加快和平衡產率的提高【答案】C【解析】A．活化能是指分子從常態(tài)轉變?yōu)槿菀装l(fā)生化學反應的活躍狀態(tài)所需要的能量，是正值。由圖可知該反應的活化能1127kJ，A錯誤；B．到吸收能量為473kJ，則的鍵能為，B錯誤；C．(i)(ii)(iii)能量不同是因為在形成化學鍵時，周圍的原子種類、數量及空間結構等化學環(huán)境不同，導致成鍵時釋放的能量有差異，C正確；D．合成氨反應，是放熱反應，溫度升高，反應速率加快，但平衡逆向移動，平衡產率降低

，D錯誤；故選C。14.由合成的過程如下圖。某溫度下，保持體系中濃度恒定，向恒容反應器中加入發(fā)生圖中系列反應。各反應的速率方程均可表示為，其中、分別為各反應中對應反應物的濃度，為速率常數(分別對應反應①~⑤)。已知該溫度下，。下列說法正確的是A.充入惰性氣體(不參與反應)，使壓強增大能提高各步驟的反應速率B.時，若，則此時C.隨T的含量增加，增大D.不發(fā)生變化時，體系中的含量一定為0【答案】C【解析】A．恒容條件下，充入惰性氣體(不參與反應)，壓強增大，但原物質得濃度不變，反應速率不變，A錯誤；B．時，若，則，則前內，，B錯誤；C．由，D的生成速率比G的生成速率大，G的消耗速率比D大，則隨T的含量增加，增大，C正確；D．反應初期，生成的T可以忽略不計，則體系中X的含量不為0，D錯誤；故選C。15.時，進行如下實驗：I.將等體積、濃度均為溶液與新制溶液混合，觀察現象；II.再滴加適量新制飽和氯水(忽略體積變化)，振蕩，觀察現象。已知：，，、。下列說法正確的是A.新制飽和氯水中存在：B.將溶液稀釋到，變?yōu)樵瓉淼腃.實驗I中，不能觀察到溶液變渾濁D.實驗II中發(fā)生反應的離子方程式為：【答案】C【解析】A．氯氣與水的反應是可逆反應，無法確定溶液中剩余氯氣與其它含氯微粒間的關系，A錯誤；B．是弱酸，加水稀釋，電離程度增大，將溶液稀釋到，大于原來的，B錯誤；C．實驗I中，不能觀察到溶液變渾濁，因為不能弱酸制強酸，且可以溶于鹽酸，C正確；D．實驗II中再滴加適量新制飽和氯水，生成硫酸鈣沉淀，發(fā)生反應的離子方程式為：，D錯誤；故選C。二、填空題：本大題共4小題，共55分.16.由電鍍污泥(含、、、、、等)為原料生產流程如圖：已知：I.：II.能形成無色的回答下列問題：（1）氨浸液中的能使污泥中的一種膠狀物轉化為疏松的顆粒。①“氨浸”步驟在緩沖溶液中，可被還原，生成，該反應的離子方程式為_______；②氨浸渣中的在射線衍射圖譜中產生了明銳衍射峰，則屬于_______(填“晶體”或“非晶體”)；③時，若測得氨浸液為9，則溶液中_______(填“>”、“＜”或“=”)；④提高了氨浸液和浸渣的分離效率，原因是_______；⑤氨浸液呈深藍色，其中呈色離子的結構簡式為_______。（2）水浸液中含+6價Cr的含氧酸鹽，請從平衡移動角度指出A物質為_______(填化學式)，并用適當的化學用語闡述原理_______。（3）根據溶解度曲線(如圖)指出“系列操作”為_______。【答案】（1）①.②.晶體③.=④.使膠狀物轉化為易于分離的沉淀顆粒⑤.（2）①.②.增大濃度，促進平衡正向移動，生成（3）濃縮、結晶、過濾、洗滌、干燥【解析】由題給流程可知，向電鍍污泥中加入氨水、亞硫酸銨和碳酸銨的混合溶液氨浸，將溶液中的銅離子、鋅離子、銀離子轉化為四氨合銅離子、四氨合鋅離子、二氨合銀離子，鐵離子和亞鐵離子轉化為碳酸亞鐵沉淀、鉻離子轉化為氫氧化鉻沉淀，過濾得到氨浸液和氨浸渣；向氨浸渣中加入氫氧化鈉、通入空氣高壓焙燒，將碳酸亞鐵轉化為氧化鐵、氫氧化鉻轉化為鉻酸鈉，焙燒渣水浸、過濾得到含有氧化鐵的水浸渣和鉻酸鈉溶液；向溶液中加入硫酸溶液調節(jié)溶液pH，將溶液中鉻酸鈉轉化為重鉻酸鈉，反應得到的溶液經濃縮、結晶、過濾、洗滌、干燥得到重鉻酸鈉。（1）①由分析可知，氨浸時鐵離子發(fā)生的反應為溶液中的鐵離子與亞硫酸根離子、碳酸根離子、氨分子反應生成碳酸亞鐵沉淀、硫酸根離子和銨根離子，反應的離子方程式為，故答案為：；②由碳酸亞鐵在X射線衍射圖譜中產生了明銳衍射峰可知，碳酸亞鐵屬于晶體，故答案為：晶體；③由電離常數可知，溶液中===1，則溶液中一水合氨濃度與銨根離子濃度相等，故答案為：=；④碳酸銨提高了氨浸液和浸渣的分離效率是因為：碳酸銨能使污泥中的膠狀物轉化為易于分離的沉淀顆粒，故答案為：使膠狀物轉化為易于分離的沉淀顆粒；⑤氨浸液呈深藍色是因為溶液中存在著結構簡式為的四氨合銅離子，故答案為：；（2）由分析可知，水浸液中存在如下平衡：，向溶液中加入硫酸溶液，溶液中的氫離子濃度增大，平衡向正反應方向移動，有利于重鉻酸根離子的生成，故答案為：；增大濃度，促進平衡正向移動，生成；（3）由溶解度曲線可知，得到重鉻酸鈉的系列操作為濃縮、結晶、過濾、洗滌、干燥，故答案為：濃縮、結晶、過濾、洗滌、干燥。17.煙酸(，微溶于冷水，易溶于熱水和乙醇等)可用作調脂藥，降低血清膽固醇及三酰甘油濃度。某實驗室利用如下方案(圖1)對煙酸進行合成，實驗步驟如下：I.在圖2三頸燒瓶中加入3-甲基吡啶、蒸餾水和轉子，攪拌使其溶解；II.打開電磁加熱攪拌器，控制溶液溫度處于，將(過量)分為四份，每隔5分鐘加入一次，加畢繼續(xù)保持該溫度反應1小時。反應結束后，三頸燒瓶中出現大量棕褐色沉淀；III.攪拌狀態(tài)下向三頸燒瓶中加入數滴乙醇至溶液接近無色，再加稀鹽酸，調節(jié)溶液的為4，趁熱過濾，，濃縮至體積為，放入冰箱，冷卻半小時；IV.過濾、脫色提純后得白色粉末狀產品1.845g?；卮鹣铝袉栴}：（1）3-甲基吡啶中碳原子的雜化方式為_______，其在水中溶解度較大的原因是_______。（2）步驟II中，加熱的最佳方式為_______；圖2中缺少的玻璃儀器名稱是_______。（3）補全III中a處的實驗步驟：_______。（4）實驗證明，鹽酸加入量過少或過多，都會使煙酸的產量下降，其原因是_______。（5）本次實驗煙酸的產率為_______?！敬鸢浮浚?）①.、②.煙酸與水能形成氫鍵（2）①.水浴加熱②.溫度計（3）用少量熱水洗滌沉淀，合并濾液與洗滌液（4）稀鹽酸加入過少，部分煙酸鉀未轉化為煙酸；稀鹽酸加入過多，煙酸中原子與結合形成可溶鹽（5）75%【解析】實驗原理為3-甲基吡啶經高錳酸鉀氧化生成煙酸鉀，此時有黑色難溶物二氧化錳應過濾分離，再經過蒸餾除掉3-甲基吡啶，后經強酸制弱酸，得到煙酸，提純后得到煙酸晶體。（1）3-甲基吡啶中，六元環(huán)上的碳原子雜化方式為sp2，甲基上的碳原子雜化方式為sp3；3-甲基吡啶中N原子與水中H原子形成氫鍵，所以在水中溶解度較大。（2）步驟II中，為便于控制溶液溫度處于，加熱的最佳方式為水浴加熱；步驟II需控制溶液溫度處于，所以圖2中缺少的玻璃儀器名稱是溫度計。（3）攪拌狀態(tài)下向三頸燒瓶中加入數滴乙醇至溶液接近無色，再加稀鹽酸，調節(jié)溶液的為4，趁熱過濾出，用少量熱水洗滌沉淀，合并濾液與洗滌液，濃縮至體積為，放入冰箱，冷卻半小時；（4）稀鹽酸加入過少，部分煙酸鉀未轉化為煙酸；稀鹽酸加入過多，煙酸中原子與結合形成可溶鹽，所以鹽酸加入量過少或過多，都會使煙酸的產量下降。（5）3-甲基吡啶的物質的量為0.02mol，理論上生成0.02mol煙酸；煙酸的產率為。18.一種利用焦爐氣中的H2和工業(yè)廢氣捕獲的CO2生產CH3OH的主要反應為：。同時發(fā)生副反應；（1）①焦爐氣是重要的化工原料，可通過_______(填代號)獲得；A．石油的分餾B．煤的氣化C．煤的液化D．煤的干餾②焦爐氣混有一定量的H2S，合成前需凈化處理，一種干法脫硫并實現脫硫劑再生的原理如下圖所示：該方法使用的脫硫劑是_______，寫出脫硫總反應方程式_______。（2）下列生產條件中既有利于提高甲醇的合成速率，又有利于提高甲醇選擇性的是_______(填代號)。A.加壓 B.降溫 C.升溫D.適宜的催化劑（3）研究合成甲醇的催化劑時發(fā)現，CeO2-Pd具有優(yōu)異的吸附和活化CO2、H2的性能，其催化機理如下：①已知生成CH3O*是反應的決速步驟：寫出該步驟的反應方程式_______(“*”表示吸附態(tài)，例如Pd-H可表示為H*)；②請結合圖示說明及時分離出H2O有利于提高單位時間內甲醇產率的原因_______。（4）合成甲醇的反應也可以在復合分離膜反應器中進行，原理簡化如下：某溫度下，在容積為1L的反應器中充入1molCO2和3molH2，僅發(fā)生合成甲醇的主要反應，復合分離膜能選擇性透過水分子，進而使反應物轉化率由66.7%(無復合分離膜)提升至90%，該反應的K=_______(計算結果用分數表示，下同)；H2O的分離率為_______(H2O的分離率)?！敬鸢浮浚?）①.D②.③.（2）AD（3）①.②.及時分離出水，有利于釋放出氧空位，進而提高單位時間內甲醇產率（4）①.②.【解析】（1）①從煤的干餾產物中可以獲得焦爐氣、粗氨水、煤焦油和焦炭等重要的化工原料，則焦爐氣可通過煤干餾，煤的氣化中得到CO、H2，石油分流得到烴類物質，故答案為：D；②根據圖知，脫硫劑是Fe(OH)3，總反應中反應物是H2S、O2，生成物是S和H2O，反應方程式為2H2S+O22S+2H2O，故答案為：Fe(OH)3；2H2S+O22S+2H2O；（2）A.加壓，單位體積內活化分子個數增多，則化學反應速率提高，平衡正向移動，提高甲醇的選擇性，A正確；B.降溫，活化分子百分數減小，化學反應速率降低，B錯誤；C.升溫，活化分子百分數增大，化學反應速率提高，平衡逆向移動，甲醇的選擇性降低，C錯誤；D.適宜的催化劑，活化分子百分數增大，提高反應速率，催化劑具有選擇性，所以提高甲醇的選擇性，D正確；故答案為：AD；（3）①由題干反應歷程圖可知，該反應中H*和CH2*反應生成CH3O*，反應方程式為，故答案為：；②及時分離出水，有利于釋放氧空位，進而提高單位時間內甲醇的產率，所以要及時分離出水，故答案為：及時分離出水，有利于釋放氧空位，進而提高單位時間內甲醇的產率；（4）向容器中充入的CO2與H2的比等于其計量數的比，所以平衡時二者的轉化率相等，該溫度下，使用分離膜時，CO2(g)+3H2(g)