2023届河北省唐山市高三一模考试化学试题含解析

这是一份2023届河北省唐山市高三一模考试化学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，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。

河北省唐山市2023届高三一模考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生活息息相关，下列说法中错误的是
A．某专业足球由20片纹理聚氨酯(PU)热粘合而成，聚氨酯(PU)是有机高分子材料
B．月球新矿物“嫦娥石”是一种磷酸盐矿物(含镁和铁)，它不易溶于水
C．TCL公司的 Mini LED智屏由3840颗微米级芯片组成，芯片的主要成分为
D．新型冠状病毒主要由RNA和蛋白质组成，可采用高温、紫外线、75%的乙醇等有效灭活
【答案】C
【详解】A．聚氨酯属于合成纤维，属于有机高分子材料，故A说法正确；
B．一般磷酸盐矿物(含镁和铁)不易溶于水，故B说法正确；
C．芯片的主要成分是晶体硅，故C说法错误；
D．高温、紫外线、75%的乙醇能使蛋白质变性，使蛋白质失去活性，能杀菌消毒，故D说法正确；
答案为C。
2．下列化学用语中正确的是
A．次氯酸的电子式：
B．的离子结构示意图：
C．基态Cr的电子排布式：
D．的空间填充模型：
【答案】A
【详解】A．次氯酸的结构式为Cl—O—H，电子式为，故A正确；
B．亚铁离子的核电荷数为26，核外3个电子层，最外层电子数为14，离子的结构示意图为，故B错误；
C．铬元素的原子序数为24 ，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，故C错误；
D．三氯化磷的空间构型为三角锥形，磷原子的原子半径大于氯原子的，空间填充模型为，故D错误；
故选A。
3．是阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A．28g晶体Si中键数目为
B．100g质量分数为17%的水溶液中极性键数目为
C．一定条件下，与足量反应，转移的电子数为
D．18g重水()中含有的质子数为
【答案】D
【详解】A．晶体硅中每个硅原子与周围的4个硅原子形成4根共价键，由均摊法可知，每个硅原子占有2根共价键，故28g晶体Si，即1mol晶体硅，含有键数目为，故A错误；
B．100g质量分数为17%的水溶液中的物质的量为，的结构式为H-O-O-H，故0.5mol含有极性键的数目为，但是溶剂水分子也含有极性键，故B错误；
C．与的反应为可逆反应，不能计算参加反应的物质的量，故无法计算转移的电子数，故C错误；
D．的摩尔质量为20g/mol，一个中含有质子数为10，18g重水()中含有的质子数为，故D正确；
故选D。
4．粒子轰击原子的核反应为，其中可用做酯化反应机理研究的示踪原子。下列说法错误的是
A．原子半径：X>Y B．的电子式为：
C．简单氢化物的沸点：Y>X D．X与Y能形成多种二元化合物
【答案】B
【分析】Y可用作酯化反应机理研究的示踪原子，即Y为O，因此X为N，据此分析；
【详解】A．N、O属于同一周期，同周期从左向右原子半径逐渐减小，因此原子半径：N＞O，故A说法正确；
B．H3Y+化学式为H3O+，题中所给电子式，O少了一个孤电子对，正确的是，故B说法错误；
C．O的简单氢化物是H2O，N的简单氢化物为NH3，H2O常温下为液体，NH3常温下为气体，因此H2O的沸点高于NH3，故C说法正确；
D．N和O可以形成NO、N2O、NO2、N2O4等多种二元化合物，故D说法正确；
答案为B。
5．用绿矾()制备电池电极材料的流程如下：

下列说法正确的是
A．溶解过程中可抑制的水解
B．可用酸性溶液检验反应1中是否完全反应
C．洗涤沉淀时可用玻璃棒搅拌
D．反应2中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
【答案】A
【分析】“溶解”步骤中绿矾溶解到磷酸中，根据流程图可知，“反应1”步骤中加NaClO、NaOH，将Fe2+氧化成Fe3+，同时得到磷酸铁沉淀，“反应2”步骤中草酸作还原剂，与FePO4、LiOH反应生成LiFePO4，据此分析；
【详解】A．Fe2+能发生水解：Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，因此加入磷酸溶解过程，可以抑制Fe2+水解，故A正确；
B．反应1中NaClO作氧化剂，将Fe2+氧化成Fe3+，本身被还原成NaCl，酸性高锰酸钾溶液能氧化Cl-，使之褪色，因此不能用酸性高锰酸钾溶液检验反应1中Fe2+是否完全反应，故B错误；
C．洗涤沉淀时，不能用玻璃棒搅拌，防止弄破滤纸，故C错误；
D．草酸为还原剂，碳元素化合价由+3价升高为+4价，草酸整体化合价升高2价，FePO4为氧化剂，铁元素化合价由+3价降低为+2价，降低1价，最小公倍数为2，因此FePO4与草酸物质的量之比为2∶1，故D错误；
答案为A。
6．地西泮是一种抑制中枢神经的药物，其结构如图所示：

下列有关该药物的说法中，错误的是
A．地西泮中无手性碳原子 B．地西泮的化学式为
C．地西泮的一氯取代产物为8种 D．地西泮能发生加成、取代、氧化和还原等反应
【答案】B
【详解】A．由结构简式可知，地西泮中不存在连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故A正确；
B． 由结构简式可知，地西泮C15H11ClN2O，故B错误；
C．由结构简式可知，地西泮含有8类氢原子，一氯取代产物为8种，故C正确；
D．由结构简式可知，地西泮含有的苯环和碳氮双键能发生加成反应。酰胺基能发生水解反应、含有的碳氮双键能发生氧化反应和加氢还原反应，故D正确；
故选B。
7．通过下列实验操作和实验现象，能得到正确结论的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
用pH试纸测溶液pH
显蓝色，显红色
、均是弱酸
B
向钾盐溶液中滴加浓盐酸
产生的无色气体使品红溶液褪色
该钾盐一定是或
C
分别取、固体溶于水
溶液呈淡蓝色、溶液无色
显淡蓝色
D
在火焰上灼烧搅拌过某无色溶液的玻璃棒
火焰出现黄色
不能确定溶液中含有Na元素

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．用pH试纸测得碳酸氢钠溶液为碱性说明碳酸氢钠水解大于电离，则碳酸是弱酸，亚硫酸氢钠溶液的pH试纸显红色说明亚硫酸氢钠溶液呈酸性，只能说明亚硫酸氢根会电离出氢离子，不能确定亚硫酸氢根是否会水解，因此不能说明亚硫酸是弱酸，故A错误；
B．若存在硫代硫酸钾可以与浓盐酸反应生成的二氧化硫能使品红溶液褪色，则向钾盐溶液中滴加浓盐酸产生的无色气体使品红溶液褪色不能说明该钾盐一定是亚硫酸钾或亚硫酸氢钾，故B错误；
C．四水合铜离子在溶液中呈蓝色，所以硫酸铜溶液呈淡蓝色不能说明铜离子显淡蓝色，故C错误；
D．玻璃棒中含有硅酸钠的焰色为黄色，则在火焰上灼烧搅拌过某无色溶液的玻璃棒，火焰出现黄色不能确定溶液中含有钠元素，故D正确；
故选D。
8．某多孔储氢材料结构如图，M、W、X、Y、Z五种短周期元素原子序数依次增大，电负性Z大于Y，下列说法错误的是

A．基态原子的第一电离能Y>Z
B．该物质中有离子键、极性共价键，还存在配位键
C．M、Y、Z形成的化合物只能抑制水的电离
D．最高价含氧酸的酸性：Y>X>W
【答案】C
【分析】M、W、X、Y、Z五种短周期元素原子序数依次增大，电负性Z大于Y，Z能形成2个共价键，则Z为O元素；M形成1个共价键，其原子序数最小，则M为H元素；X形成4个共价键，则X为C元素；Y、W能分别形成4个共价键，且分别形成阳离子、阴离子，则Y为N元素、W为B元素，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，M为H元素、W为B元素、X为C元素、Y为N元素、Z为O元素，则
A．同周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，同主族从上到下第一电离能减小，且N的2p电子半满为较稳定结构，则第一电离能：O＜N，故A正确；
B．含有阴阳离子，该物质中有离子键，碳氢等之间存在极性共价键，氮与氢氧和硼之间还存在配位键，故B正确；
C．M、Y、Z形成的化合物硝酸铵水解，促进水的电离，故C错误；
D．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性N＞C＞B，则最高价氧化物对应水化物的酸性硝酸＞碳酸＞硼酸，故D正确；
故选C。
9．金属钯催化乙醇羰基化的反应过程如图所示，下列说法正确的是

A．反应过程中钯的化合价没有变化
B．反应过程中断裂和形成最多的键是键
C．整个反应过程的化学方程式为：
D．在金属钯催化下不能被羰基化的醇中，相对分子质量最小的为60
【答案】B
【详解】A．由图可知，催化剂钯参与反应，反应过程中钯的化合价发生变化，故A错误；
B．由图可知，反应过程中存在钯氧键和钯氢键的断裂和形成，断裂和形成最多的键是钯氢键，故B正确；
C．由图可知，整个反应过程发生的反应为钯做催化剂条件下，乙醇与氧气发生催化氧化反应生成乙醛和水，反应的化学方程式为，故C错误；
D．在金属钯催化下不能被羰基化的醇中，与羟基相连碳上没有氢，相对分子质量最小的为2—甲基—2—丙醇，相对分子质量为74，故D错误；
故选B。
10．2022年诺贝尔化学奖授予了研究“点击化学和生物正交化学”的三位科学家。已知“点击化学”中的一个经典反应如下：

下列说法中错误的是
A．该反应为加成反应
B．上述反应物和产物中，C的杂化方式只有sp和两种
C．上述反应所涉及的物质中，所有基态原子的第一电离能最大的是N
D．生成物分子中所有原子不可能在同一平面
【答案】B
【详解】A．由方程式可知，该反应为催化剂和水作用下与HC≡CCH3发生加成反应生成，故A正确；
B．由结构简式可知，上述反应物和产物中，苯环碳原子、双键碳原子为sp2杂化，三键碳原子为sp杂化，单键碳原子为sp3杂化，故B错误；
C．反应所涉及的物质中，金属元素铜元素的第一电离能最小，非金属元素中氢元素的第一电离能最小，碳、氮、氧三种同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能最大的是氮元素，故C正确；，
D．由结构简式可知，分子中含有空间构型为三角锥形的饱和氮原子和四面体形的碳原子，所以生成物分子中所有原子不可能在同一平面，故D正确；
故选B。
11．锂电池负极材料为Li嵌入两层石墨层中，形成如图所示的晶胞结构。下列说法中正确的是

A．该负极材料的摩尔质量为79 B．碳原子的杂化方式为杂化
C．Li的配位数为8 D．晶胞中Li与C原子个数比为1：6
【答案】D
【详解】A．由图可知，负极材料为LiC6，其摩尔质量为79g/mol，A错误；
B．由图可知，1个碳和其他3个碳形成3个单键，故其杂化方式为，B错误；
C．根据图示1,2,3三个C原子之间的夹角为120°，则这三个碳距离4号锂之间的距离是相等的，根据该负极材料的结构可知，Li的配位数为12，C错误；
D．由图一知， C中除中心2个C处于体心，其他每个C都在面心，每个面2个，共4个面，所以处于面心的C总共8个，所以一个晶胞中的碳数C=2+8×=6，而Li+处于立方体的8个顶点，所以一个晶胞中的Li+数为=1，因此晶胞中锂离子和碳原子的个数之比为 1：6，D正确；
故选D。
12．室温下，气体M、N、P、Q之间存在如下转化关系：①；②，反应①的速率可表示为，反应②的速率可表示为，(、为速率常数)，在容积为10L的密闭容器中，反应体系中组分M、P的物质的量随时间的变化如下表所示：

0
1min
2min
3min
4min
5min
6min
M(mol)
1.00
0.76
0.56
0.40
0.36
0.36
0.36
P(mol)
0
0.06
0.11
0.15
0.16
0.16
0.16

下列说法正确的是A．0~3min时间段内，Q的平均反应速率为
B．反应开始后，体系中P和Q的浓度之比保持不变
C．平衡时M生成Q的转化率为36%
D．反应①的活化能比反应②的活化能低
【答案】B
【详解】A．由表格数据可知，0~3min时，M的物质的量变化量为0.60mol、P的物质的量变化量为0.15mol，则反应生成的Q的物质的量为0.60mol—0.15mol=0.45mol，则Q的平均反应速率为=0.015 mol/(L·min)，故A错误；
B．由化学反应速率定义可知，反应开始后，体系中P和Q的浓度变化量之比△c(P)：△c(Q)=tv1：tv2=k1c(M)：k2c(M)= k1：k2，k1、k2为定值，所以反应开始后，体系中P和Q的浓度之比保持不变，故B正确；
C．由表格数据可知，4min反应达到平衡时，M的物质的量变化量为0.64mol、P的物质的量变化量为0.16mol，则反应生成的Q的物质的量为0.64mol—0.16mol=0.48mol，M生成Q的转化率为×100%=48%，故C错误；
D．由表格数据可知，4min反应达到平衡时，M的物质的量变化量为0.64mol、P的物质的量变化量为0.16mol，则反应生成的Q的物质的量为0.64mol—0.16mol=0.48mol，则反应①的反应速率慢于反应②，反应速率越快，活化能越小，则反应①的活化能比反应②的活化能高，故D错误；
故选B。
13．水系可逆电池在工作时，复合膜(由a、b膜复合而成，a膜只允许通过，b膜只允许通过)层间的解离成和，在外加电场中可透过相应的离子膜定向移动。当闭合时，电池工作原理如图所示，下列说法正确的是

A．闭合时，右侧电极反应为
B．闭合时，电池工作一段时间，复合膜两侧溶液的pH左侧升高右侧降低
C．闭合时，从复合膜流向Zn电极
D．闭合时，每生成65gZn，同时一定生成气体11.2L
【答案】A
【详解】A．由图可知，闭合时，右侧的物质转化为，则右侧电极反应为，故A正确；
B．由A分析知，闭合时，右侧电极反应为，左侧电极反应为，复合膜层间的解离成和，移动向两极的和的物质的量相等，两电极转移电子数相等，则右侧消耗的氢离子少但生成的甲酸使酸性增强，左侧消耗的氢氧根离子多，故复合膜两侧溶液的pH左侧降低，右侧降低，故B错误；
C．闭合时，该装置为电解池，左侧为阴极，右侧为阳极，从Zn电极流向复合膜，故C错误；
D．没有标明为标准状况，无法计算的体积，故D错误；
故选A。
14．向的溶液中逐滴滴加等浓度的NaOH溶液，所得溶液中、、三种微粒的物质的量分数()与溶液pH的关系如图a所示；向的草酸钠溶液中逐滴滴加等浓度的溶液，形成的与变化如图b所示。下列有关说法中错误的是(已知)

A．向的溶液中逐滴滴加等浓度的溶液，所得溶液中、、三种微粒的物质的量分数()与溶液pH的关系与图a相同
B．的溶液的
C．向草酸钠溶液中加入等体积溶液后，溶液中为
D．图b中当溶液时，
【答案】D
【分析】向的溶液中逐滴滴加等浓度的NaOH溶液，的量逐渐减小、的先增大后减小、一直在增大，则图中实线、短划线、点线分别为、、的曲线；
【详解】A．向的溶液中逐滴滴加等浓度的溶液，草酸和氢氧化钙首先转化为草酸氢钙，继续滴加氢氧化钙，草酸氢钙转化为草酸钙沉淀，虽然此时草酸根离子浓度很小，但是碳元素仍然主要以草酸根离子存在，且温度一定时，草酸的一级电离常数、二级电离常数是固定的，故与图a相同，A正确；
B．向的溶液中逐滴滴加等浓度的NaOH溶液，当两者等体积混合时得到溶液为的溶液，结合图a可知，也就是量最大的时候，溶液的，B正确；
C．向草酸钠溶液中加入等体积溶液后，氯化钙过量，反应后溶液中；结合图b可知，，则溶液中为，C正确；
D．由图b可知，，图b中当溶液时，；由图a可知，当时，pH=4.2，则；由于，则，则，D错误；
故选D。

二、实验题
15．是重要的化学试剂，遇高温分解，与酸发生反应。实验室可通过如图所示装置制备。

回答下列问题：
(1)仪器A的名称为_______。
(2)下列关于装置B的作用叙述错误的是_______(填标号)。
a.通过观察气泡可控制气流速率
b.防止发生倒吸
c.通过长颈漏斗液面升降判断B后面装置是否堵塞
(3)C中生成产品的化学反应方程式为_______。
(4)为保证硫代硫酸钠的产率和纯度，实验中通入的不能过量，原因是_______。
(5)为测定所得产品纯度，取所得产品溶于蒸馏水中配制成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入2滴淀粉试剂，用碘的标准溶液滴定，消耗标准液。
已知：
①滴定终点现象为_______；
②产品纯度为_______(用m、c、V表示)。
(6)下列装置和试剂不能代替E的是_______(填标号)。

【答案】(1)蒸馏烧瓶
(2)b
(3)2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2
(4)Na2S2O3与酸反应，过量SO2会使溶液呈酸性
(5)     滴入最后一滴碘的标准溶液，溶液变为蓝色，且半分钟内不褪色    
(6)bd

【分析】由实验装置图可知，70%较浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫，装置B用于控制二氧化硫的气流速率和通过长颈漏斗液面升降判断B后面装置是否堵塞的作用，装置C中二氧化硫与硫化钠和碳酸钠混合溶液共热反应制备硫代硫酸钠，装置D为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化碳和未反应的二氧化硫，防止污染空气。
【详解】（1）由实验装置图可知，仪器A为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；
（2）由分析可知，装置B用于控制二氧化硫的气流速率和通过长颈漏斗液面升降判断B后面装置是否堵塞的作用，但不能起防倒吸的作用，故选b；
（3）C中生成产品的反应为二氧化硫与硫化钠和碳酸钠混合溶液共热反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳，反应的化学反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2，故答案为：2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2；
（4）硫代硫酸钠在酸性溶液中不稳定，若二氧化硫过量，会与水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性导致硫代硫酸在溶液中发生歧化反应，所以实验中通入的二氧化硫不能过量，故答案为：Na2S2O3与酸反应，过量SO2会使溶液呈酸性；
（5）①硫代硫酸钠溶液与碘溶液恰好反应时，滴入最后一滴碘的标准溶液，溶液会变为蓝色，且半分钟内不褪色，所以判断滴定终点的现象为滴入最后一滴碘的标准溶液，溶液变为蓝色，且半分钟内不褪色，故答案为：滴入最后一滴碘的标准溶液，溶液变为蓝色，且半分钟内不褪色；
②由题意可知，滴定消耗VmLcmol/L的碘标准溶液，则由方程式可知，mg产品纯度为×100%=，故答案为：；
（6）由分析可知，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化碳和未反应的二氧化硫，防止污染空气，则盛有碱石灰的干燥管和盛有氢氧化钠的U形管能代替E，而浓硫酸、氯化钙溶液不能与二氧化碳和二氧化硫反应，则盛有浓硫酸的洗气瓶和盛有氯化钙溶液得试管不能代替E，故答案为：bd。

三、工业流程题
16．铬盐是重要的无机化工产品。我国某科研团队研究了一种铬铁矿(主要成分为，含少量、MgO和少量硬度比金刚石大的BN)液相氧化浸出制备的工艺，流程如下：

回答下列问题：
(1)“碱浸”步骤提高浸出率的方法有_______(任写出一条)，滤渣的成分为_______，该步骤发生反应的化学方程式是_______。
(2)已知，在“转化”步骤将铬元素完全沉淀时(离子浓度不大于)，需保持转化液中至少为_______。
(3)“还原”步骤的尾气为无色无味气体，则其反应离子方程式为_______。
(4)该团队在实验室模拟流程中用到的主要分离方法，所需玻璃仪器有_______。
(5)立方氮化硼(BN)晶体是一种硬度比金刚石大的特殊耐磨和削切材料，其晶胞结构如图所示：

该晶体中B的配位数为_______，其晶胞参数为，则立方氮化硼晶体的密度为_______。
【答案】(1)     粉碎或适当升高温度或增大NaOH浓度     Fe2O3、MgO、BN     2 Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O
(2)1.2×10—5
(3)4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O
(4)漏斗、烧杯、玻璃棒
(5)     4    

【分析】由题给流程可知，铬铁矿在氢氧化钠溶液和氧气碱浸时，三氧化二铬与氢氧化钠溶液、氧气反应生成铬酸钠和水，氧化铁、氧化镁、氮化硼与氢氧化钠溶液不反应，过滤得到含有氧化铁、氧化镁、氮化硼的滤渣和含有铬酸钠的高铬液；向高铬液中加入氢氧化钡溶液，将铬酸钠转化为铬酸钡沉淀，过滤得到铬酸钡；向铬酸钡中加入乙醇和盐酸的混合溶液，铬酸钡被乙醇还原为铬离子，向反应后的溶液中加入氢氧化钡溶液调节溶液pH，将铬离子转化为氢氧化铬沉淀，
【详解】（1）粉碎、适当升高温度、增大NaOH浓度能提高“碱浸”步骤的浸出率；由分析可知，滤渣的成分为氧化铁、氧化镁、氮化硼；三氧化二铬发生的反应为三氧化二铬与氢氧化钠溶液、氧气反应生成铬酸钠和水，反应的化学方程式为2Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O，故答案为：粉碎或适当升高温度或增大NaOH浓度；Fe2O3、MgO、BN；2 Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O；
（2）由铬酸钡溶度积可知，铬离子完全沉淀时，溶液中钡离子的浓度为=1.2×10—5mol/L，故答案为：1.2×10-5；
（3）由分析可知，“还原”步骤发生的反应为铬酸钡与乙醇和盐酸的混合溶液反应生成氯化钡、氯化铬、二氧化碳和水，反应的离子方程式为4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O，故答案为：4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O；
（4）由题给流程可知，在实验室中该流程中用到的主要分离方法为过滤，过滤用到的仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氮原子个数为8×+6×=4，位于体内的硼原子个数为4，体内每个硼原子与4个氮原子距离最近，则该晶体中B的配位数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10-21a3d，解得d=，故答案为：。

四、原理综合题
17．甲醇水蒸气重整制氢已经成为工业上制取氢气的重要工艺，甲醇水蒸气重整过程中可能出现以下反应：
反应Ⅰ：  
反应Ⅱ：  
反应Ⅲ：  
回答下列问题：
(1)_______，反应Ⅲ可在_______(填“高温”或“低温”或“任意温度”)下可自发进行。
(2)一定温度下，将1mol甲醇与3mol水蒸气投入密闭容器中发生反应，一段时间后达到平衡，测得甲醇的转化率为80%，水蒸气体积分数为，则
①该反应中水蒸气的转化率为_______。
②反应Ⅰ的压强平衡常数_______。
③若对体系增大压强，反应Ⅰ平衡_______(填“移动”或“不移动”)。
(3)某科研团队对光催化还原转化为甲醇进行研究(原理如图)，取得了一定进展。

①电极1的电势_______(填“高于”或“低于”)电极2的电势。
②该光催化过程的总反应方程式为_______。
【答案】(1)     91.9（或+91.9）     高温
(2)     20%     2.75     移动
(3)     高于     2CO2+4H2O 2CH3OH+3O2

【详解】（1）反应Ⅲ-反应Ⅰ可得反应Ⅱ，根据盖斯定律，==；反应Ⅲ的，，在高温下，即在高温下反应可自发进行，故答案为：91.9（或+91.9）；高温；
（2）设转化的水蒸气的物质的量为x，列出有关反应的三段式：


依据水蒸气体积分数为，则有：=，解得x=0.6；
①该反应中水蒸气的转化率为100%=20%；
②设反应Ⅰ达到平衡时总压为P，则CO、H2O、CO2、H2的分压分别为：p(CO)=P、p(H2O)=P、p(CO2)=P、p(H2)=P，则压强平衡常数==2.75；
③反应Ⅱ是气体体积增大的吸热反应，若对体系增大压强，反应Ⅱ平衡会向逆反应方向移动，则使体系温度发生改变，导致反应Ⅰ平衡发生移动，故答案为：移动。
（3）①由图可知，电极1发生CO2转化为CH3OH的反应，CO2被还原，电极2发生H2O转化为O2的反应，H2O被氧化，则电极1为正极，电极2为负极，正极电势高于负极电势，则电极1的电势高于电极2的电势，故答案为：高于；
②负极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，正极反应为：CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O，将两反应式相加得总反应方程式为2CO2+4H2O 2CH3OH+3O2，故答案为：2CO2+4H2O 2CH3OH+3O2。

五、有机推断题
18．、不饱和醛、酮具有很好的反应性能，常作为有机合成中的前体化合物或关键中间体，是Micheal反应的良好受体，通过、不饱和醛、酮，可以合成许多重要的药物和一些具有特殊结构的化合物。、不饱和酮G()的合成路线如下：

回答下列问题：
(1)A的名称为_______，反应①所需试剂为_______。
(2)反应②的化学方程式是_______。
(3)D中所含官能团的名称为_______，D→E的反应类型为_______。
(4)F的结构简式为_______。
(5)H为G的同分异构体，满足下列条件的结构有_______种，其中核磁共振氢谱峰面积之比为6：2：2：2：1：1的结构简式为_______。
①芳香族化合物且苯环上有两个取代基；②氧化产物能发生银镜反应。
(6)以和为原料，无机试剂任选，设计合成的路线_______。
【答案】(1)     环己烷     NaOH水溶液
(2)2+O22+2H2O
(3)     (酮)羰基     加成反应
(4)
(5)     15    
(6)

【分析】A与氯气在光照的条件下生成B，A生成B反应类型为取代反应，即A的结构简式为，根据D的结构简式，反应②应是氧化反应，C中含有羟基，即C的结构简式为，根据G的结构简式，以及F的分子式，推出F→G为消去反应，即F的结构简式为，据此分析；
【详解】（1）根据上述分析，A的结构简式为，其名称为环己烷；根据上述分析，C的结构简式为，因此B→C发生卤代烃的水解反应，反应①所需的试剂为NaOH水溶液；故答案为环己烷；NaOH水溶液；
（2）根据上述分析，反应②为醇的催化氧化，其反应方程式为2+O22+2H2O；故答案为2+O22+2H2O；
（3）根据D的结构简式，含有官能团为(酮)羰基；对比D、E结构简式，D中羰基邻位上一个“C-H”断裂，CH3COCH=CH2中碳碳双键中的一个键断裂，D中掉下的H与CH3COCH=CH2中“CH”结合，剩下部位结合，即该反应为加成反应；故答案为(酮)羰基；加成反应；
（4）根据上述分析，F的结构简式为；故答案为；
（5）H为G的同分异构体，该同分异构体为芳香族化合物，即含有苯环，根据G的结构简式，推出G的不饱和度为4，苯环的不饱和度为4，因此H中除苯环外不含其它不饱和键，氧化产物能发生银镜反应，说明H中含有“-CH2OH”，苯环上有两个取代基，这两个取代基可能为-CH2OH、-CH2CH2CH3(邻间对三种)，-CH2OH、-CH(CH3)2(邻间对三种)，-CH2CH2OH、-CH2CH3(邻间对三种)，-CH2CH2CH2OH、-CH3(邻间对三种)，-CH(CH3)CH2OH、-CH3(邻间对三种)，共有15种；核磁共振氢谱有6种不同峰，应是对称结构，峰面积之比6∶2∶2∶2∶1∶1，说明有对称的两个甲基，因此符合条件的是；故答案为15；；
（6）根据题中所给原理以及制备物质，从合成G的路线中，可以看出路线应是D连续转化成G的路线，即合成路线为；故答案为。