2022-2023学年河北省邯郸市第一中学高三上学期一轮复习（四）化学试题含解析

这是一份2022-2023学年河北省邯郸市第一中学高三上学期一轮复习（四）化学试题含解析，共27页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，工业流程题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

河北省邯郸市第一中学2022-2023学年高三上学期
一轮复习（四）化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．我国在材料的开发和应用方面取得了举世嘱目的成就。下列属于无机非金属材料的是




A．发电玻璃硫化镉
B．高速列车外壳使用的硬铝
C．以氢化钛为增粘剂和发泡剂，加入熔融的铝中搅拌而制成的发泡铝
D．速滑冰刀鞋使用的钛合金材料

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．硫化镉属于无机非金属材料，故A正确；
B．硬铝为合金，属于金属材料，故B错误；
C．发泡铝属于金属材料，故C错误；
D．钛合金为合金，属于金属材料，故D错误；
故选A。
2．白磷(，结构如图所示)与反应得，可继续与反应：  。固态中含有、两种离子。下列关于、、和的说法正确的是

A．很稳定是因为分子间含有氢键
B．的空间构型为平面三角形
C．与中的P原子杂化方式均为杂化，键角相同
D．1分子中成键电子对与孤电子对的比值为3∶2
【答案】D
【详解】A．H2O很稳定是氧元素非金属强，与氢结合的化学键较稳定，氢键只影响物理性质，A错误；
B．PCl3中磷原子价层电子对数为3+=4，含有一个孤电子对，则其空间构型为三角锥形，B错误；
C．根据价层电子对互斥理论，的价层电子对数为4+，则空间构型为正四面体型，键角为109°28′，P4与 中的键角不同，C错误；
D．1分子中成键电子对为6mol、孤电子对为4mol，比值为3∶2，D正确；
故选D。
3．芳香化合物M是重要的化工产品，化学式为C6(OH)6，脱氢抗坏血酸H的结构简式如图所示，下列关于M和H的说法错误的是

A．M中6个氧原子一定共面
B．M与H互为同分异构体
C．1molM和1molH均可与3molH2加成
D．M不能发生消去反应，H可以发生消去反应
【答案】C
【详解】A．芳香化合物M结构简式为，苯环中与碳原子相连的氧原子共面，故A正确；
B．H的结构简式为，M结构简式为，M和H的分子式均为C6H6O6，分子式相同而结构不同，互为同分异构体，故B正确。
C．M在苯环上加成需3molH2，H在2个上加成，需要2molH2，故C错误。
D．M中六个“—OH”不能发生消去反应，而H中2个“—OH”均可发生消去反应，D正确。
故选C。
4．仅用下表提供的仪器(夹持装置任选)不能达到相应实验目的的是
实验仪器
胶头滴管、托盘天平(带砝码)、酒精灯、烧杯、蒸发皿、试管、漏斗、玻璃棒、三脚架、泥三角、导管、石棉网、250mL容量瓶、酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶

A．重结晶法提纯粗苯甲酸
B．分离和水的混合物
C．已知浓度的盐酸滴定未知浓度的溶液
D．用固体配制2400.1溶液
【答案】B
【详解】A．重结晶法提纯粗苯甲酸需要用到的仪器为烧杯、蒸发皿、漏斗、玻璃棒、三脚架，则题给仪器能达到相应实验目的，故A不符合题意；
B．四氯化碳不溶于水，分离四氯化碳和水的混合物可以分液；需要用到的仪器为分液漏斗和烧杯，题给仪器中缺少分液漏斗，则题给仪器不能达到相应实验目的，故B符合题意；
C．用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液需要用到的仪器为酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶，则题给仪器能达到相应实验目的，故C不符合题意；
D．用硫酸钠固体配制制2400.1mol/L硫酸钠溶液需要用到的仪器为胶头滴管、托盘天平(带砝码)、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶，则题给仪器能达到相应实验目的，故D不符合题意；
故选B。
5．磷酸钒锂/碳复合材料是常用的电极材料，其制备流程如下：

已知：，的电离常数，
下列说法不正确的是
A．溶液显酸性
B．碳的作用是增强复合材料的导电性
C．“洗涤”时用乙醇而不用水的目的是减少产品损耗
D．“混合I”时发生反应的化学方程式为
【答案】D
【详解】A．由电离常数可知，磷酸一级的电离常数大于一水合氨的电离常数，说明铵根离子在溶液中的水解程度大于磷酸二氢根离子，溶液呈酸性，选项A正确；
B．碳球等导电碳材中的碳的作用是增强复合材料的导电性，选项B正确；
C．洗涤时用乙醇而不用水是因为磷酸钒锂/碳复合材料在乙醇中的溶解度小于水中的溶解度，可以减少产品因溶解而造成损耗，选项C正确；
D．由题给流程可知，混合Ⅰ时发生的反应为五氧化二钒与草酸溶液反应生成草酸钒、二氧化碳和水，反应的化学方程式为，选项D不正确；
答案选D。
6．已知呈粉红色，呈蓝色，为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：

以下结论和解释正确的是
A．等物质的量的和中σ键数之比为3:2
B．由实验①可推知△H<0
C．实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动
D．由实验③可知配离子的稳定性：
【答案】D
【详解】A.1个[Co(H2O)6]2+中含有18个σ键，1个[CoCl4]2-中含有4个σ键，等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-所含σ键数之比为18:4=9:2，A错误；
B. 实验①将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液变为粉红色，说明降低温度平衡逆向移动，则逆反应为放热反应，正反应为吸热反应，∆H>0，B错误；
C. 实验②加水稀释，溶液变为粉红色，加水稀释，溶液的体积增大，[Co(H2O)6]2+、[CoCl4]2-、Cl-浓度都减小，[Co(H2O)6]2+、Cl-的化学计量数之和大于[CoCl4]2-的化学计量数，则瞬时浓度商>化学平衡常数，平衡逆向移动，C错误；
D. 实验③加入少量ZnCl2固体，溶液变为粉红色，说明Zn2+与Cl-结合成更稳定的[ZnCl4]2-，导致溶液中c（Cl-）减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：[ZnCl4]2->[CoCl4]2-，D正确；
答案选D。
【点睛】本题有两个易错点：A项中[Co(H2O)6]2+中不仅有Co2+与H2O分子间的配位键，而且每个H2O分子中还有两个O—Hσ键；C项中H2O为溶剂，视为纯液体，加水稀释，溶液体积增大，相当于利用“对气体参与的反应，增大体积、减小压强，平衡向气体系数之和增大的方向移动”来理解。
7．某药物的一种成分均由短周期主族元素组成，其结构如图所示。元素X、Y、Z、W、E的原子序数依次增大，X与其它几种元素不同周期，W与E原子的基态价电子排布均为。下列说法中错误的是

A．原子半径：
B．氢化物的沸点：
C．第一电离能：
D．最高价氧化物对应的水化物的酸性：
【答案】B
【分析】X、Y、Z、W、E的原子序数依次增大，W与E原子的基态价电子排布均为，则W为F原子、E为Cl元素；X与其它几种元素不同周期，则X为H元素；由药物的结构示意图可知，Y、Z形成共价键的数目为4、2，则Y为C元素、Z为O元素。
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：，故A正确；
B．碳可以形成相对分子质量很大的烃，其沸点可能大于水，故B错误；
C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则氟元素的第一电离能大于氧元素，故C正确；
D．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，氯元素的非金属性强于碳元素，则高氯酸的酸性强于碳酸，故D正确；
故选B。
8．NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A．电解精炼铜的阳极减少32g时，转移电子数一定为NA
B．高温时，2.24L丁烷完全裂解生成的乙烯、丙烯、甲烷和乙烷的分子数之和为0.1NA
C．在溶有0.05mol的水溶液中，氯离子数目为0.15NA
D．0℃，在pH=1溶液中含有的氢离子数目小于0.1NA
【答案】C
【详解】A．电解精炼粗铜时，粗铜中含有比铜活泼的锌、铁等，锌和铁先失电子，阳极减少32g时，转移电子数不等于1mol，故A错误；
B．丁烷所处温度压强未知，无法求算丁烷的物质的量，且反应复杂，无法确定生成的分子的数目，故B错误；
C．氯化铝是强电解质，在水中完全电离，且氯离子不水解，所以含0.05mol的水溶液中，氯离子的物质的量为0.15mol，数目为0.15NA，故C正确；
D．题目没有指明溶液的体积，无法求算氢离子的物质的量和数目，故D错误；
故答案为：C
9．熔融钠-硫电池性能优良，是具有应用前景的储能电池。下图中的电池反应为(，难溶于熔融硫)，下列说法错误的是

A．的电子式为
B．放电时正极反应为
C．和分别为电池的负极和正极
D．该电池是以为隔膜的二次电池
【答案】C
【分析】由总反应可知，钠较活泼，放电时钠失去电子发生氧化反应，故放电时钠为负极、熔融硫为正极；
【详解】A．中硫原子间以共价键相结合且均达到8电子稳定结构，电子式为，故A正确；
B．放电时钠为负极、熔融硫为正极，正极得到电子发生还原反应，，故B正确；
C．由分析可知，和熔融硫分别为电池的负极和正极，故C错误；
D．由图可知，该电池是以为隔膜的二次电池，故D正确；
故选C。
10．可利用酰胺型铱金属配合物通过硝基芳烃还原串联N－苄基化反应制备。反应机理如图(其中Ph－代表苯基，[Ir]代表)下列说法不正确的是

A．反应I过程中有水生成
B．反应IV涉及加成反应和消去反应
C．该过程反应原料为硝基苯和苯甲醇
D．用CH3CH2CH2OH替代上述过程中的同类物质参与反应，可以合成
【答案】D
【详解】A． 反应I的反应物中有OH-和含羟基的Ph-CH2OH、结合图中产物的结构示意图可知，该过程中有水生成，A正确；
B． 反应IV中先发生加成反应得到Ph-NH-CH(OH)-Ph、再消去得到产物Ph-N=CH-Ph，则涉及加成反应和消去反应，B正确；
C． 由示意图可知，反应Ⅲ中消耗硝基苯，反应Ⅵ中消耗苯甲醇、且生成了目标产物 ，该过程反应原料为硝基苯和苯甲醇，除了这三个物质，其余含苯环的有机物均为中间产物，C正确；
D． 用CH3CH2CH2OH替代上述过程中的同类物质参与反应，可以合成，D不正确；
答案选D。
11．实验室模拟工业处理含铬废水，操作及现象如图甲所示，反应过程中铬元素的化合价变化如图乙。已知：深蓝色溶液中生成了CrO5。

下列说法正确的是
A．0～5s过程中，发生的离子反应为：
B．实验开始至30s，溶液中发生的总反应离子方程式为
C．30～80s过程中，Cr元素被氧化，可能是溶解的氧气和剩余的H2O2所致
D．0s～80s时，溶液中含铬微粒依次发生氧化反应、还原反应和氧化反应
【答案】C
【详解】A．0～5s过程中，溶液中Cr元素的化合价都呈+6价，发生的离子反应为：，A不正确；
B．实验开始至30s，溶液中→CrO5→Cr3+，H2O2作还原剂，失电子生成O2等，发生的总反应离子方程式为，B不正确；
C．30～80s过程中，Cr元素由+3价升高到+6价，失电子被氧化，由Cr3+转化为，可能是溶解的氧气和剩余的H2O2所致，C正确；
D．0s～80s时，溶液中含铬微粒转化过程中Cr元素化合价变化为：+6→+6、+6→+3、+3→+6，依次发生非氧化还原反应、还原反应和氧化反应，D不正确；
故选C。
12．CuCl为白色粉末，微溶于水，溶于浓盐酸或NaCl浓溶液，不溶于乙醇。往CuSO4溶液中加入Na2SO3、NaCl，进行“还原，氯化”时，Na2SO3和NaCl的用量对CuCl产率的影响如图1、图2所示。

下列说法中不正确的是

A．反应的离子方程式为2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓++2H+
B．为减少CuCl的溶解损耗，可用乙醇洗涤沉淀
C．NaCl的用量越多，c(Cl-)越大，CuCl的产率越大
D．CuCl的晶胞如上图所示，1个晶胞中含4个Cl-
【答案】C
【详解】A．CuSO4溶液中加入Na2SO3、NaCl反应生成CuCl沉淀，铜元素化合价由+2降低为+1、S元素化合价由+4升高为+6，根据电子守恒、质量守恒，反应的离子方程式为2Cu2++SO+2Cl－+H2O＝2CuCl↓+SO+2H+，故A正确；
B．CuCl为白色粉末，不溶于乙醇，用乙醇洗涤沉淀可以快速干燥，且减少CuCl的溶解损耗，故B正确；
C．根据图2可知，若n(NaCl)：n(CuSO4)>1.5，随着c(Cl－)的增大，CuCl的产率减小，故C错误；
D．根据均摊原则，Cl－在晶胞含有的数目为，故D正确；
选C。

二、多选题
13．H2CO3和H2C2O4都是二元弱酸，常温下，不同pH环境下它们不同形态的粒子的组成百分率如图所示。下列说法错误的是

A．由图可知，草酸酸性比碳酸要强
B．反应+H2O⇌+OH-的平衡常数为10-7.23
C．0.1mol/LNaHC2O4溶液中c()>c(H2C2O4)
D．往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，发生反应+H2C2O4=CO2↑++H2O
【答案】BD
【详解】A．根据图象，当溶液pH=1.30时，溶液中c(H2C2O4)=c(HC2O)，则H2C2O4的一级电离常数为K1=10−1.30；当溶液pH=6.37时，溶液中c(H2CO3)=c(HCO)，则H2CO3的一级电离常数为K1=10−6.37，所以H2C2O4的酸性强于H2CO3，A正确；
B．求反应CO+H2O⇌HCO+OH−的平衡常数，pH=10.25时，溶液中c(HCO)=c(CO)，所以K==c(OH-)===1×10-3.75，B错误；
C．当pH=4.27时，c(C2O)=c(HC2O)，HC2O的电离平衡常数为10-4.27，当pH=1.30时，c(H2C2O4)=c(HC2O)，HC2O的水解平衡常数为10-12.7，所以HC2O电离大于水解，NaHC2O4溶液显酸性，离子浓度大小关系为：c(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O4)，C正确；
D．根据图象，当溶液pH=1.30时，溶液中c(H2C2O4)=c(HC2O)，则H2C2O4的一级电离常数为K1=10−1.30，所以H2C2O4的酸性强于H2CO3，同时也强于HCO的酸性，所以往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，能发生反应2CO+H2C2O4=2HCO+C2O，D错误；
故选：BD。

三、实验题
14．“84消毒液”广泛应用于杀菌消毒，其有效成分是。实验小组制备消毒液，并利用其性质探究制备碘水的方法。
资料：i.的电离常数为；的电离常数为、
ii.碘的化合物主要以和的形式存在，。
iii.碘单质能与反应：(低浓度时显黄色，高浓度时为棕色)。
I.制备消毒液(夹持装置略)

(1)制备的离子反应方程式_______。
(2)结合资料i，写出D中反应的化学方程式_______。
II.利用消毒液的性质探究碘水的制备方法
将某品牌“84消毒液”稀释10倍，各取100mL于三个烧杯中，设计如下实验方案制备碘水：
方案
操作
现象
反应后加淀粉溶液
1
烧杯1溶液中加入9g固体
溶液为橙黄色
……
2
烧杯2溶液中加入9g固体，再加入1盐酸10mL
溶液颜色快速加深，呈紫红色
变蓝
3
烧杯3溶液中加入少量固体(小于0.5g)
振荡后溶液保持无色
不变蓝

(3)针对烧杯3“滴加淀粉溶液不变蓝”的原因，提出两种假设：
假设1：生成的I2在碱性溶液中不能存在。
设计实验a证实了假设1成立，实验a的操作及现象是_______。
假设2：过量的将反应生成的氧化为。
设计实验b证实了假设2成立。氧化生成的离子方程式是_______。
(4)某小组检验烧杯3所得溶液中含：取烧杯3所得无色溶液少许，加入稀硫酸酸化的溶液，反应后再滴加淀粉溶液，发现溶液变蓝。该实验方案能否证明烧杯3所得溶液中存在，说明理由_______。
(5)预测烧杯1反应后加淀粉溶液的实验现象，结合方程式说明预测依据_______。
(6)对比不同方案的实验现象，得出制取碘水的最佳方法要关注的因素是_______。
【答案】(1)Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O
(2)Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2
(3)     向与烧杯3中pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去     5ClO−+I2+H2O=2+5Cl−+2H+
(4)不能，溶液中存在大量ClO−的干扰，ClO−也可将I−氧化为I2使溶液变蓝
(5)变蓝，因为发生反应ClO−+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-（和I2+I-），溶液中存在I2单质；或变蓝，溶液显橙黄色，肯定存在有色离子I2或，反应生成的I2存在平衡I2+I-，有I2会变蓝；或不变蓝，I2在碱性溶液中不存在，发生反应3I2+6OH-=+5I-+3H2O
(6)溶液的酸碱性；KI和消毒液的相对用量

【分析】Ⅰ.制备消毒液过程，该反应原理为：浓盐酸和KMnO4反应生成Cl2，然后Cl2与NaOH反应生成NaClO。实验中注意Cl2通入C装置前要进行除杂，则可知B装置中应盛有饱和食盐水，实验后要考虑尾气吸收问题；
Ⅱ中三个实验操作，方案2中生成了碘单质，对比三个实验方案的区别，可知成功制备碘水应注意两个因素：溶液的酸碱性；KI和消毒液的相对用量。
【详解】（1）Cl2与NaOH反应生成NaClO、NaCl，离子方程式为Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；
（2）根据资料i，可知酸性：H2CO3＞HClO＞，Cl2与水发生反应生成HCl和HClO，根据酸性强弱可知，最终发生的反应为：Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2；
（3）证实假设1成立，则反应生成的碘在碱性环境中又发生了反应；可在碱性溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水进行验证，实验操作为：向与烧杯3中pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去。
氧化生成，反应中氯元素化合价由+1降低到-1，碘元素化合价由0升高到+5，根据得失电子数目和原子守恒，可得出离子反应方程式为：5ClO−+I2+H2O=2+5Cl−+2H+；
（4）84消毒液的主要成分为NaClO，ClO−具有氧化性，同样可以氧化I−生成I2，进而干扰实验，故不能证明烧杯3中存在，答案为：不能，溶液中存在大量ClO−的干扰，ClO−也可将I−氧化为I2使溶液变蓝；
（5）已知资料iii：碘单质能与反应：(低浓度时显黄色，高浓度时为棕色)。为了保证消毒液的稳定性，84消毒液中加入了NaOH等物质，结合题给资料iii进行分析：变蓝，因为生成了I2；不变蓝，生成的I2又与OH−发生了反应。故答案为：“变蓝，因为发生反应ClO−+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-（和I2+I-），溶液中存在I2单质”或“变蓝，溶液显橙黄色，肯定存在有色离子I2或，反应生成的I2存在平衡I2+I-，有I2会变蓝”；或“不变蓝，I2在碱性溶液中不存在，发生反应3I2+6OH-=+5I-+3H2O”。
（6）对比三个实验方案的区别，可知成功制备碘水应注意两个因素：溶液的酸碱性；KI和消毒液的相对用量。

四、工业流程题
15．废旧太阳能电池具有较高的回收利用价值，其主要组成为。某探究小组回收处理流程如图：

回答下列问题：
(1)硒(Se)与硫为同族元素，基态Se原子的简化电子排布式为_______；镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第ⅢA族，属于_______区；基态Cu原子的价电子排布图为_______。
(2)高温焙烧得到的烧渣主要成分是氧化物，则“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的离子方程式为_______。
(3)滤液Ⅰ中所含金属元素名称为_______。
(4)“回流过滤”中加入的是一种液态化合物，极易与水反应，写出与水反应的化学反应方程式_______；的作用是将氢氧化物转化为氯化物和_______。
(5)如图表示氮化镓与铜组装成的人工光合系统的电池工作原理。电池工作时向_______(填“左”或“右”)池移动；当电路中转移1.6电子时，电池中液体质量_______(填“增重”还是“减轻”)_______g。

【答案】(1)     [Ar] 3d104s24p4     p    
(2)
(3)铜元素
(4)          作溶剂
(5)     右     减轻     7.2

【分析】废旧太阳能电池通入空气焙烧，凝华得到SeO2，烧渣加入硫酸、过氧化氢溶解得到含有Cu、Ga、In元素的浸出液，加入氨水分离出含铜滤液，滤渣加入回流过滤分离出滤渣InCl3，滤液浓缩结晶后得到GaCl3通入氨气在高温下得到GaN；
【详解】（1）硒为34号元素，基态Se原子的简化电子排布式为[Ar] 3d104s24p4；镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第ⅢA族，属于p区；铜为29号元素，基态Cu原子的价电子排布图为 ；
（2）高温焙烧得到的烧渣主要成分是氧化物，过氧化氢具有氧化性，会把亚铜氧化为铜，“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的离子方程式为；
（3）由流程可知，加入氨水后得到滤渣中含有Ga、In元素，则通过调节pH分离出的滤液Ⅰ中含有金属元素为铜元素；
（4）与水反应生成HCl、SO2，化学反应方程式；的作用是将氢氧化物转化为氯化物，是一种液态化合物，故还可以在回流过滤中做溶剂；
（5）由图根据电子流向可知，左侧为负极、右侧为正极，原电池中阳离子向正极移动，故电池工作时向右池移动；电池总反应为水、二氧化碳反应生成甲烷和氧气，，当电路中转移1.6电子时，吸收二氧化碳、逸出氧气、逸出甲烷分别为0.2mol、0.4mol、0.2mol，质量分别为8.8g、12.8g、3.2g，故电池中液体质量减轻7.2g。

五、原理综合题
16．碳的化合物在工业上应用广泛。
I.和乙烷反应制备乙烯。
298K时，相关物质的相对能量如图，

(1)与乙烷反应生成乙烯、CO和气态水的热化学方程式为_______。
II.制甲醇。以作催化剂，可使在温和的条件下转化为甲醇，经历如下过程：
i.催化剂活化：(无活性)(有活性)
ii.与在活化后的催化剂表面可逆的发生反应①：  ，其反应历程如图1。

同时伴随反应②：  
(2)与混合气体以不同的流速通过反应器，气体流速与转化率、选择性的关系如图2。

已知：选择性(生成所消耗的的量)(发生转化的的量)。选择性随流速增大而升高的原因是_______。同时，流速加快可减少产物中的积累，减少反应_______(用化学方程式表示)的发生，减少催化剂的失活，提高甲醇选择性。
(3)对于以上制甲醇的过程，以下描述正确的是_______。
A．碳的杂化方式没有发生改变
B．反应中经历了、键的形成和断裂
C．加压可以提高的平衡转化率
D．升高温度可以提高甲醇在平衡时的选择性
III.甲烷重整制合成气，主要反应如下：
i.  
ii.  
各反应平衡常数与温度的关系如图。

(4)①假设、不随温度变化，平衡常数与温度间存在的关系为：，R为正常数。则_______0(填“>”或“＜”)；_______(填“>”或“＜”)。
②通过调整投料比可调控平衡时合成气的值。1000K，平衡时，则_______，应控制投料比_______。
【答案】(1)
(2)     反应生成甲醇为气体分子数减小的反应，增大气体流速可增加压强，导致平衡向生成甲醇的方向移动而消耗二氧化碳，使得甲醇的选择性得到提高    
(3)BC
(4)     >     >     2     2

【详解】（1）反应的焓变等于生成物的能量和减去反应物的能量和，结合图示可知，与乙烷反应生成乙烯、CO和气态水的热化学方程式为=；
（2）选择性随流速增大而升高的原因是反应生成甲醇为气体分子数减小的反应，增大气体流速可增加压强，导致平衡向生成甲醇的方向移动而消耗二氧化碳，使得甲醇的选择性得到提高；
已知，催化剂活化：(无活性)(有活性)；流速加快可减少产物中的积累，减少反应的发生，利于减少催化剂的失活，提高甲醇选择性；
（3）A．二氧化碳中碳为sp杂化，甲醇中碳形成4个共价键为sp3杂化，碳的杂化方式发生改变，A错误；
B．由图1可知，反应中经历了、键的形成和断裂，B正确；
C．生成甲醇分压为气体分子数减小的反应，加压可以提高的平衡转化率，C正确；
D．生成甲醇为放热反应，升高温度平衡逆向移动，不可以提高甲醇在平衡时的选择性，D错误；
故选BC；
（4）①由图可知，升高温度，K值变大，平衡正向移动，故反应为吸热反应，焓变大于0，则>0；  
，则，故，，则，<，由于焓变均为负值，则>；
②i.  
ii.  
则i- ii得，，1000K平衡时，=1、，则，应控制投料比。

六、有机推断题
17．布洛芬是一种常用的解热镇痛药，通过抑制前列腺素的生成可达到缓解疼痛的作用，并有解热、抗炎的作用，尤其对近期新型冠状病毒感染引起的发热症状有很好的治疗作用。以有机物A为原料制备布洛芬(H)的一种合成路线如图所示：

回答下列问题：
(1)B→C的反应类型为_______，D的名称为_______，G中的官能团名称为_______。
(2)从组成和结构特点的角度分析C与E的关系为_______。
(3)下列有关布洛芬的叙述正确的是_______。
①能发生取代反应，不能发生加成反应
②1该物质与碳酸钠反应生成44g
③布洛芬分子中最多有19个原子共平面
④1布洛芬分子中含有手性碳原子物质的量为1
(4)口服布洛芬对胃、肠道有刺激，用对布洛芬进行成酯修饰，能有效改善这种状况，发生反应的化学方程式是_______。
(5)布洛芬的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简_______。
①苯环上有三个取代基，苯环上的一氯代物有两种
②能发生水解反应，且水解产物之一能与溶液发生显色反应
③能发生银镜反应
(6)请写出以和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)_______。
【答案】(1)     取代反应     异丁基苯     溴原子
(2)互为同系物
(3)③④
(4)+H2O
(5)
(6)

【分析】A发生取代反应引入氯原子生成B，B和苯发生取代反应生成C，C还原得到D，D取代生成E，E还原引入羟基生成F，F取代引入溴原子得到G，G生成H得到产品；
【详解】（1）B→C为取代苯环上氢的反应，反应类型为取代反应；由结构可知，D的名称为异丁基苯，G中的官能团名称为溴原子；
（2）同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；从组成和结构特点的角度分析C与E的关系为同系物；
（3）①布洛芬分子中含有苯环，能发生加成反应，错误；
②1分子布洛芬中含有1个羧基，则1该物质与碳酸钠反应生成0.5mol，二氧化碳质量为22g，错误；
③与苯环直接相连的原子共面、羧基碳直接相连的原子共面，单键可以旋转，则布洛芬分子中最多有19个原子共平面，正确；
④手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；，1布洛芬分子中含有手性碳原子物质的量为1，正确；
故选③④；
（4）羧基和羟基能发生酯化反应，反应为+H2O；
（5）布洛芬的一种同分异构体同时满足下列条件：
①苯环上有三个取代基，苯环上的一氯代物有两种，则结构对称且2个取代基相同；
②能发生水解反应，且水解产物之一能与溶液发生显色反应，则含有酯基、且水解生成酚羟基；
③能发生银镜反应，则酯基为甲酸酯；
故为；
（6）中羰基还原为羟基，然后将羟基取代为溴原子，发生G生成H的反应引入羧基，缩合和SOCl2反应引入氯原子，再和苯反应生成目标产物，流程为：。