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重庆市巴蜀中学2024届高三化学上学期适应性月考（三）试题（Word版附解析）
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这是一份重庆市巴蜀中学2024届高三化学上学期适应性月考（三）试题（Word版附解析），共38页。试卷主要包含了1ml的FeI2溶液中通入0， 已知等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。
2.每小题选出答案后，用2B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。在试题卷上作答无效。
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。
以下数据可供解题时参考。
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Cu-64
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. 化学知识与科技、生产、生活有密切的关系。下列叙述错误的是
A. 硬化油可作为制造肥皂和人造奶油的原料
B. 可用含增塑剂的聚氯乙烯薄膜生产食品包装材料
C. 利用秸秆为原料生产燃料乙醇，具有成本低，来源广等优点
D. 使用酒精、紫外线杀菌消毒与蛋白质变性有关
【答案】B
【解析】
【详解】A．硬化油为饱和的高级脂肪酸甘油酯，可作为制造肥皂和人造奶油的原料，故A正确；
B．聚氯乙烯薄膜常温下没有危害，高温时会降解产生二噁英之类的东西，其中的增塑剂有毒，因此含增塑剂的聚氯乙烯薄膜不可用于生产食品包装材料，故B错误；
C．秸秆含有淀粉，用淀粉发酵制乙醇，具有资源丰富的优点，故C正确；
D．细菌的组成中含有蛋白质，紫外线、医用酒精能使蛋白质变性，则医用酒精、紫外线具有杀菌消毒作用，故D正确；
故选：B。
2. 下列化学用语或化学图谱不正确的是
A. 的电子式：
B. 甲酸的结构式：
C. 的空间填充模型：
D. 乙醇的核磁共振氢谱：
【答案】A
【解析】
【详解】A．的电子式： ，A错误；
B．甲酸的结构式： ，B正确；
C．为直线型结构，空间填充模型：，C正确；
D．乙醇CH3CH2OH氢原子中有三种，个数比为3∶2∶1，,核磁共振氢谱： ，D正确；
故答案选A。
3. 聚乳酸广泛用于制造可降解材料，其生物降解过程如图，下列说法正确的是
A. 聚乳酸分子中含有1种官能团
B. 乳酸分子遇酸性高锰酸钾溶液不褪色
C. 乳酸分子中含有1个手性碳原子
D. 两分子乳酸可以反应生成五或六元环状化合物
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题干聚乳酸的结构简式可知，聚乳酸分子中含酯基，端基还有羟基和羧基，共有三种官能团， A错误；
B．乳酸分子含醇羟基且醇羟基所连碳上有氢原子，则乳酸能被酸性高锰酸钾溶液氧化，能褪色，B错误；
C．同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故乳酸分子中含有手性碳原子即与羧基、羟基相连的碳原子为手性碳原子，C正确；
D．乳酸中含有羧基和羟基，故能发生酯化反应，两分子乳酸可以反应形成六元环状化合物酯类化合物，结构简式为： ，D错误；
故答案为：C。
4. 利用下列装置完成相应的应用或实验，能达到目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，图中无外接电源，镁比铁活泼，构成原电池中镁作负极，对铁制品起到保护作用，该方法称为牺牲阳极法，故A错误；
B．测定中和热的装置内外烧杯杯口要相平，这样可使盖板把杯口尽量盖严，从而减少热量损失，故B错误；
C．NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，可根据颜色来判断NO2的浓度，从而判断反应的热效应，故C正确；
D．溴单质易挥发，挥发出来溴单质能与水反应生成氢溴酸，要验证反应生成的HBr，应先将气体通过四氯化碳，将挥发的溴单质除去，故D错误；
故选C。
5. 代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 苯分子中含有键数为
B. 电解精炼铜，当电路中通过的电子数为时，理论上阳极减少32克
C. 与足量反应生成(标准状况下)，转移电子数为
D. 常温常压下，乙烯和丙烯的混合气体含有的碳原子数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．苯分子中含有6个C-Cσ键和6个C-Hσ键，总共含有12个σ键，则1ml苯分子中含有12mlσ键，故A错误；
B．阳极为含有少量锌、金、银等金属杂质的粗铜板，在电解时发生氧化反应，铜、锌转化为阳离子进入溶液，则阳极减少的质量无法计算，故B错误；
C．标准状况下2.24LO2物质的量==0.1ml，转移电子数为0.2NA，故C错误；
D．乙烯和丙烯的最简式为CH2，28g混合气体中含有最简式CH2的物质的量为：=2ml，含有碳原子总数为2ml×1×NAml-1=2NA，故D正确；
故选：D。
6. 下列反应的离子方程式表示不正确的是
A. 溶液中加入少量盐酸：
B. 溶液中滴入过量溶液：
C. 溶液与稀硫酸混合：
D. 用饱和溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸：
【答案】B
【解析】
【详解】A．酸性：醋酸＞碳酸＞苯酚，即 溶液中加入少量盐 ，A正确；
B．溶液中滴入过量溶液，电离出的H+与可组合为具有强氧化性的硝酸，能将Fe2+氧化为Fe3+，氧化为，B错误；
C．溶液与稀硫酸混合生成S单质和SO2气体，离子方程式为：，C正确；
D．用饱和溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸，由于碳酸钠过量，即反应产物为醋酸根和碳酸氢根，离子方程式为：，D正确；
故选B。
7. 下列实验中，对应的操作、现象以及结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．镀层有破损的镀锌铁片放入酸化的3%NaCl溶液中，一段时间后加入K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生成，可知构成原电池时Zn作负极，Fe为正极，则铁片没有被腐蚀，故A正确；
B．含0.1ml的FeI2溶液中通入0.1mlCl2，假设先氧化亚铁离子，碘离子部分被氧化，不能说明还原性：I-＞Fe2+，故B错误；
C．碳碳双键、醛基均使溴水褪色，若溴水褪色，不能证明含有碳碳双键，故C错误；
D．乙醇在浓硫酸、170℃条件下发生消去反应，NaOH溶液可除去乙烯中二氧化碳、二氧化硫及挥发的乙醇，乙烯可被酸性高锰酸钾溶液氧化，则观察到酸性高锰酸钾褪色，说明有乙烯生成，故D错误；
故选：A。
8. 血清素可以在一定条件下转化为褪黑素，其转化流程如图。下列说法正确的是
A. N-乙酰色胺分子式为B. 血清素只能与酸反应
C. 褪黑素苯环上的一氯代物有3种D. 图中R基含有7个电子
【答案】C
【解析】
【详解】A．N-乙酰色胺分子中C、H、N、O原子个数依次是12、14、2、2，分子式为，A错误；
B．血清素分子中酚羟基具有酸性，能和碱反应；氨基具有碱性，能和酸反应，B错误；
C．褪黑素苯环上含有3种氢原子，其苯环上的一氯代物有3种，C正确；
D．N-乙酰色胺分子中酚羟基和RI发生取代反应生成褪黑素，结合褪黑素的结构简式知，RI为CH3I，则R-为CH3-，甲基中碳原子含有6个电子、每个氢原子含有1个电子，所以甲基含有9个电子，D错误；
故选C。
9. 已知：
①
②
③、、键能分别为、、。
下列说法正确的是
A. 反应不能自发进行
B. 若燃烧生成 时，放出的热量低于
C. 若只用以上的键能数据，可估算出的燃烧热
D. 和的能量总和大于的能量
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应是气体体积减小的反应热反应，则∆S<0，∆H<0，根据反应自发进行的判据∆G=∆H-T∆S<0，可知该反应在低温下能自发进行，故A错误；
B．1mlH2(1)所具有的能量低于1mlH2( g )所具有的能量，根据2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ/ml分析，则1mlH2(1)燃烧生成H2O( g )时，放出的热量将低于241.8kJ，故B正确；
C．用以上的键能数据可知，H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=(436+×496-2×462)kJ/ml=-240kJ•ml-1，燃烧生成气态水，没有H2O(g)=H2O(1)ΔH=-44kJ/ml,则只用以上的键能数据，是无法算出H2的燃烧热，故C错误；
D．根据 可知为放热反应，则2ml和1ml的总能量大于2ml，但无法比较和的能量与的能量大小关系，故D错误；
故选：B。
10. 一定温度下，(用RH表示)的氯代和溴代反应能量图及产率关系如图(图中物质均为气态)。下列说法正确的是
A.
B. 氯代的第二步是决速反应
C. 以丙烷为原料制备2-丙醇时，应该选择溴代反应，然后再水解
D. 据图像信息，可以计算(表示键能)
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，①，②，②-①可得 ，故A错误；
B．由图可知，氯代第一步反应活化能大于第二步，说明第一步反应速率小于第二步，则氯代第一步都是决速反应，故B错误；
C．由题目信息可知，丙烷和Br2发生取代反应时相比和Cl2发生取代反应更加容易生成CH2CH(X)CH3，CH2CH(X)CH3在NaOH水溶液中发生水解反应可以得到2-丙醇，则以丙烷、卤素、氢氧化钠溶液为原料制备2-丙醇，Br2优于Cl2，故C正确；
D．由图只能得到和，无法计算，故D错误；
故选C。
11. 采用空气和水通过电解法可制备，装置如图所示。乙中管道将d极产生气体通过管道送至c极。已知溶液的过高时会分解。下列说法错误的是
A. 甲中b极为正极，电极反应为
B. 乙为电解池装置，其中d电极是阳极
C. 若甲中燃料是乙烷，a电极反应为
D. 反应进行一段时间后，乙中c极附近溶液明显增大
【答案】C
【解析】
【分析】由图分析，甲为燃料电池，a为负极，b为正极；乙为电解池，c为阴极，d为阳极；已知溶液的pH过高时H2O2会分解，故需要控制溶液pH。
【详解】A．b电极上氧气得到电子生成水，发生还原反应，电极反应为，A正确；
B．由分析，乙为电解池装置，其中d与正极b相连，则d电极是阳极，B正确；
C．若甲中燃料是乙烷，a电极反应后产生氢离子，电解质应该为酸性，则a电极的电极反应式为，C错误；
D．乙中d极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，故反应进行一段时间后，乙中d极附近溶液氢离子浓度逐渐增大，pH明显减小，D正确；
故选C。
12. 在刚性密闭容器中充入和，发生反应： 。在不同温度下，X的转化率与时间的关系如图甲所示；反应速率与时间的关系如图乙所示。下列说法错误的是
A. 加入合适催化剂，不能提高X的平衡转化率
B. ：a点C. 图乙中时改变的条件是升高温度
D. 温度下，平衡常数
【答案】D
【解析】
【分析】温度越高，反应达到平衡时所用的时间也就越短，所以可确定T1＞T2，但是温度越高，反应物的平衡转化率反而越低，说明该反应的正反应方向是放热反应，所以△H＜0。
【详解】A．催化剂不影响化学平衡，则加入合适催化剂不能提高X的平衡转化率，故A正确；
B．温度越高反应速率就越快，反应物浓度大反应速率快，因为T1＞T2，b点的温度高于a点温度、且b点反应物浓度大，所以V正：a点＜b点，故B正确；
C．图2中t0min时改变条件使正、逆反应速率都增大，逆反应速率增大的倍数较大，平衡向逆反应方向移动，则是升高温度所致， 故C正确；
D．在刚性密闭容器中充入和，T2时X的转化率为80%，则： ，则K==21.5，故D错误；
故本题选D
13. 如图所示装置可将转化为而矿化封存，进而减少碳排放，下列说法正确的是
A. 两个双极膜中的均向右侧迁移
B. 酸室区溶液增大
C. 中间室中发生反应：
D. b极收集到气体(标准状况)时，理论上左侧溶液质量减少2g
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，二氧化碳通入碱室反应生成碳酸根离子并通过阴离子交换膜进入中间室产生碳酸钙沉淀，则右侧电极b为阳极，电极a阴极，左侧双极膜产生的氢离子进入阴极室中放电生成氢气，氢氧根离子进入碱室；右侧双极膜产生的氢氧根离子进入阳极室中放电产生氧气，氢离子进入酸室，中间室中的氯离子向右移动、通过阴离子交换膜进入酸室。
【详解】A．由分析可知，两个双极膜中的氢氧根离子均向右侧迁移，故A错误；
B．酸室区HCl浓度不断增大，溶液减小，故B错误；
C．由分析可知，中间室中发生反应为碱室中的碳酸根离子进入中间室与溶液中钙离子反应生成碳酸钙沉淀，离子方程式为，故C正确；
D．由分析可知，电极b为阳极，氢氧根在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O ，b极收集到气体(标准状况)时，转移电子2ml，a极上双极膜产生的氢离子进入阴极室中放电生成氢气，由2H++2e-= H 2↑知产生氢气1ml、其质量为2g，但此氢元素由双极膜产生的，不由左侧溶液提供，故理论上左侧溶液质量不减少，故D错误；
故选C。
14. 一定温度下，将足量加入含有催化剂的恒容密闭容器，发生下面两个反应：
反应1：
反应2：
测得平衡时容器中气体总压为，且。
下列说法不正确的是
A. 当氧气的分压不变时，反应2达到化学平衡
B. 平衡时，
C. 该条件下，
D. 维持其他条件不变，将容器体积扩充为，再次达到平衡后，
【答案】B
【解析】
【详解】A．随着反应2的进行，氧气越来越多，其分压越来越大，故当氧气的分压不变时，反应2达到化学平衡，A正确；
B．设平衡时氮气分压，则根据方程式1和2可知x+x+2x+2x+0.5x=39，解得x=6，其中，B错误；
C．结合选项B分析可知，该条件下，，C正确；
D．适当扩大体积时，两个反应均正向移动，因反应物无气体，温度不变，平衡常数也不变，则各种物质的分压不变，则结合选项B的分析可知，再次达到平衡后，，D正确；
故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. Ⅰ.贵铅(主要含、、、等)熔炼是处理铜、铅阳极泥的一个重要过程，也是从各种废旧金属器件中回收金、银的主要方法之一，流程如图所示。
（1）基态Pb原子的价电子排布式为___________。贵铅的灰吹过程通常在888℃左右温度下进行，请分析原因：___________。
（2）电解精炼银的过程中，粗银作为电解槽的___________(填“阴极”或“阳极”)，和的混合溶液作为电解液，在该过程中，阴极会产生少量红棕色气体。产生红棕色气体的电极反应为___________。
Ⅱ.氰化法也是从含金矿石中提炼金的重要方法。工艺流程如图。
已知：
①是一种一元挥发性弱酸，有剧毒。
②金属有类似的两性。
（3）步骤2中金溶解生成的离子反应方程式：___________。在反应前，必须事先添加适量作为保护碱，否则不仅会导致浸出率偏低，还容易产生安全隐患，试解释其原因：___________。
（4）在步骤5中，理论消耗的与生成的物质的量之比为___________。但实际生产过程中的消耗量却远大于预期，试用化学方程式解释该现象：___________。
（5）氰化法的过程中会产生大量含氰废液，现取处理后的废水，用“试银灵”为指示剂，消耗的标准溶液，反应原理为，该水样中的含量为___________(不考虑其他离子干扰)。
【答案】（1） ①. ②. 使液化、气化与并固态的金、银分离
（2） ①. 阳极 ②.
（3） ①. ②. 保护碱能抑制水解，防止产生剧毒物质
（4） ①. 1:2 ②.
（5）0.416
【解析】
【分析】Ⅰ．贵铅(主要含、、、等)进行空气进行灰吹，将PbO变成液体，将As2O3汽化，达到分离的目的，得到粗银，利用电解法得到单质银，阳极泥中含有金，加硝酸溶解里面的少量银，得到粗金。
Ⅱ．含金矿石经过磨矿，增大反应物的接触面积，有利于提高浸出速率，步骤1应选择硝酸进行酸浸，步骤2再用KCN、KOH混合溶液和O2浸取，将单质Au转化为Au(CN)进入溶液，为提高金的浸出速率可适当升高温度，但温度不能过高，否则降低O2的溶解度，使c(O2)减小，金的浸出速率会降低，过滤分离，滤渣会附着Au(CN)，进行洗涤，将洗涤液与滤液合并，以减小金的损失，再加入Zn进行置换得到锌金沉淀，为防止生成Zn(CN)2沉淀影响置换速率，可以适度增大溶液中CN-浓度，最后加入酸进行分离提纯获得金。
【小问1详解】
Pb原子位于第六周期第IVA族，其价电子排布式为6s26p2，根据已知物质的熔沸点数据，选择888℃左右温度下进行吹灰的操作是为了使液化、气化与并固态的金、银分离；
【小问2详解】
电解精炼银的过程中，粗银作为电解槽的阳极，阴极产生少量红棕色气体为NO2，说明硝酸根得得电子，根据电荷守恒写出电极方程式为：；
【小问3详解】
步骤2，浸出的目的是将单质Au转化为Au(CN)进入溶液，Au被O2氧化，该反应的离子方程式为：，添加适量的作用是保护碱能抑制水解，防止产生剧毒物质；
【小问4详解】
Au(CN)中Au元素为+1价，Zn变为Zn2+，根据电子守恒，理论消耗的与生成的物质的量之比为1：2，溶液显碱性，Zn要与氢氧化钾反应，导致Zn的用量偏大，化学方程式为：；
【小问5详解】
的物质的量为=810-7ml，根据，得n(CN-)=2810-7ml，则100mL的废液中含有的CN-的质量为2810-7ml26g/ml=4.1610-5g=4.1610-2mg，则1L废液中含有的CN-的质量为0.416mg，即0.416mg/L。
16. 氮化锂在电池、光电子、化学合成、催化剂和材料科学等领域有重要应用。在空气中即发生化学变化，可在高温下短时间内用锂和氮气直接反应进行合成。实验室制备氮化锂的反应装置如图所示。
（1）氮化锂遇水立即反应，反应的方程式为___________。
（2）在制备氮化锂实验开始时，应该先点燃___________(填“装置A”或“装置D”)处的酒精灯，原因是___________。
（3）为测定(主要杂质为)产品纯度，按如图所示装置进行实验。实验开始前需要检查该装置的气密性，操作方法及现象为___________。
（4）接上题，在操作得当的前提下，将ag产品置于装置Ⅰ中反应，待反应完毕并冷却之后，量气管①测得气体体积为(已换算成标准状况，下同)，将bg产品置于装置Ⅱ中反应，待反应完毕并冷却之后，量气管②测得气体体积为。则该样品的纯度为___________。与其他分析法相比，该法所测得样品纯度均偏小，其可能原因是___________。
（5）氮化锂晶体属于混合型晶体。在一层中原子以石墨晶体中的C原子方式排布，N原子则处在六元环的中心，如图甲所示，则该层中锂、氮的原子个数比为___________；氮化锂的晶胞如图乙所示，同层间距为apm，两层间距为bpm，阿伏加德罗常数为，该物质的密度为___________(用含a、b的式子表示)。
【答案】（1）
（2） ①. 装置A ②. 利用氮气将装置中的空气排出
（3）捂热Y形管，若量气管与水准管产生液面差则气密性良好(合理即可)
（4） ①. ②. 反应物中有，导致溶解损失(或Y形管内有残留，未被完全测定)
（5） ①. ②.
【解析】
【分析】根据已知信息，NH4Cl溶液和NaNO2溶液共热制备N2，制取的N2中含有水蒸气，所以B中降低温度，防止D装置加热之前，锂和氮气发生反应，D中干燥N2，防止水蒸气和Li反应，D中氮气和Li反应生成Li3N，Li3N遇水剧烈反应，所以E中碱石灰干燥空气，防止空气中水蒸气、CO2进入C装置。
【小问1详解】
Li3N遇水反应，根据质量守恒可知，反应生成氢氧化锂和氨气，方程式为Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑；
【小问2详解】
由于Li性质厚朴，可以和空气中O2反应，实验开始先点燃A处酒精灯，排除装置内空气，防止空气成分的干扰，故答案为：A；利用氮气将装置中的空气排出；
【小问3详解】
按图连接好装置后，检查装置气密性的操作是：向量气管中加水至左右出现液面差，静置，若液面差保持稳定，则装置气密性良好；按图装配仪器、检查装置气密性并装好药品，Y形管中的蒸馏水足量，启动反应时只需要倾斜Y形管，将蒸馏水全部注入ag产品中即可，故答案为：捂热Y形管，若量气管与水准管产生液面差则气密性良好；
【小问4详解】
Li3N与水反应方程式为：Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑，根据方程式计算得Li3N的物质的量为，则样品的纯度为=；该法所测得样品纯度均偏小，其可能原因是反应物中有，导致溶解损失；
【小问5详解】
每个六元环的中心有1个N原子，而六元环上的每个Li原子为3个六元环共用，故同层中锂、氮的原子个数比为(6×)：1=2：1；根据均摊法，晶胞中氮原子数为8×=1，锂原子数为4×+4×=3，则晶胞质量为m=g, 同层N-N间距为apm,则底面的面积为(a×10-10cm)×(a×10-10cm×sin60°)=(a2×10-20)cm2，则晶胞体积为V=(a2×10-20)cm2×(b×10-10cm)=(a2b×10-30)cm3，晶胞密度g/cm3。
17. 煤气绿色电加热技术对于工业领域用能结构优化具有积极意义。煤气中的有效成分为和，通常含有、、、等杂质。煤气加热过程中，发生的主要气相反应有：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
（1）反应Ⅲ为转化为和的更要反应，该反应在___________(填“高温”或“低温”)下进行有利于提高的平衡转化率。
（2）煤气电加热过程的析碳是制约该技术发展的关键问题之一，加热过程中主要的析碳副反应如下：
Ⅳ.
Ⅴ.
某研究组利用管式反应器开展煤气电加热实验，以、、的混合气体模拟实际煤气组成，三种组分的物质的武分数比为。煤气以的流率通过管式反应器，后基于反应器的质量变化计算析碳量。通过改变反应器温度及压力，得到、和三个压力下的实验结果如图所示：
①下实验对应的析碳曲线为___________(填“a”“b”或“c”)。
②反应器中通过单位体积煤气产生的析碳量为析碳速率。在P点对应的温度、压力条件下，析碳速率为___________(结果保留2位小数)。
③实验中，某温度下测得反应器出口处、、的物质的具分数分别为50%、27%、2%，已知反应V的平衡常数，则出口处反应V___________(填“达到”或“未达到”)平衡，判断依据为___________。
④根据图示实验结果，一定压力下析碳量随温度升高呈现先增大后降低的趋势，其原因为___________。
（3）针对煤气电加热析碳问题，研究者提出在煤气中加入一定比例的或来抑制析碳，某研究组用一定比例的或代替掺入煤气中进行实验，得到析碳量随和掺入比例变化如图所示。
①析碳量随加入和添加比例增加而降低，请结合反应方程式解释原因：___________。
②结合反应速率及反应平衡分析，请再写出一条減少管式反应器煤气加热过程析碳的方法：___________。
【答案】（1）高温 （2） ①. a ②. 0.47 ③. 未达到 ④. 计算得此时浓度商为，故未达到平衡 ⑤. 温度较低时，反应未达到平衡，温度越高，反应越快，析碳越多，温度较高时，反应达到平衡，随温度升高，析碳反应Ⅳ与Ⅴ平衡逆向移动，析碳减少
（3） ①. 析碳反应Ⅳ与Ⅴ中，与均为生成物，添加与会导致平衡逆向移动，减少析碳 ②. 加入抑制析碳反应的催化剂；在低压下进行加热；提高加热速率，减少析碳时间等，言之有理即可
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律计算得，反应Ⅲ为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，因此，该反应在高温下进行有利于提高的平衡转化率。
【小问2详解】
①反Ⅳ、Ⅴ均为气体分子数减少的反应，压力增大，析碳反应速率加快，且有利于平衡正向移动，故压力越大，析碳量越大。因此，下的析碳曲线应为a。
②从图中可知3h析碳量为，故1h析碳量为，又结合流率为，1h通过气体量为，因此，析碳速率。
③总压为，根据物质的量分数计算得出口处、、的分压分别为、、，根据反应Ⅴ的化学方程式计算得此时浓度商，因此，出口处反应Ⅴ未达到平衡。
④温度较低时，反应未达到平衡，温度越高，反应越快，析碳越多，温度较高时，反应达到平衡，随温度升高，析碳反应Ⅳ与Ⅴ平衡逆向移动，析碳减少。
【小问3详解】
①析碳反应Ⅳ与Ⅴ中，与均为生成物，添加与会导致平衡逆向移动，减少析碳。②加入抑制析碳反应的催化剂；在低压下进行加热；提高加热速率，减少析碳时间等。
18. 普鲁卡因可作为局部麻醉剂，临床常用其盐酸盐，又称“奴佛卡因”。化合物C和D是合成普鲁卡因的重要中间体，具体合成路线如图：
已知：①(代表卤素原子)；
②
（1）物质中含有的官能团名称为___________。
（2）反应①的反应类型为___________。
（3）试剂b、e分别为___________、___________；化合物C的结构简式为___________。
（4）写出反应②的化学方程式：___________。
（5）D有多种同分异构体，满足以下要求的共有___________种，请任意写出满足条件的1种：___________。
①属于芳香化合物
②核磁共振氢谱表明苯环上共有3种不同化学环境中的H原子
③能使溶液显色
④红外光谱结果显示其含有结构，且能发生银镜反应
（6）参照普鲁卡因的合成路线，实验室有丙苯和，现以二者为原料，无机试剂任选，设计制备的路线。__________
【答案】（1）酰胺基 （2）还原反应
（3） ①. 浓硫酸 ②. 酸性高锰酸钾溶液 ③.
（4） （5） ①. 10 ②. (合理即可)
（6）
【解析】
【分析】被还原生成，与发生取代反应生成；发生消去反应生成，与水发生加成反应生成；甲苯与浓硝酸发生硝化反应，被高锰酸钾氧化得到，与发生酯化反应得到、在作用下发生还原反应得到。
【小问1详解】
物质 中含有的官能团名称为酰胺基；
【小问2详解】
反应①是被还原生成，反应类型为还原反应；
【小问3详解】
试剂b是发生消去反应生成，b是浓硫酸；试剂e是发生氧化反应得到，e是酸性高锰酸钾溶液；E发生还原反应得到普鲁卡因，由普鲁卡因的结构简式逆推可知E是，化合物C和发生酯化反应生成，则C的结构简式为。
【小问4详解】
反应②是与发生取代反应生成，反应化学方程式为；
【小问5详解】
①属于芳香化合物，说明含有苯环；③该化合物能使含溶液显色，说明含酚羟基；②苯环上的核磁共振氢谱中共有3种不同化学环境中的H原子，说明有三种等效氢，又肯定有一个酚羟基，所以苯环上有三个取代基；根据以上三个信息结合④红外光谱结果显示其含有结构，且能发生银镜反应，说明只能是，结合的结构简式，则满足条件的同分导构体应含硝基、酚羟基、醛基三种取代基，苯环上有3个不同取代基的结构共10种；如。
【小问6详解】
A．利用外接电源来防止钢铁输水管的腐蚀
B．测定中和热
C．判断反应的热效应
D．用该装置制备溴苯并验证有的产生
选项
操作
现象
结论
A
将镀层破坏的镀锌铁片放入酸化的3%溶液中，一段时间后取溶液于试管中，滴加溶液
无蓝色沉淀产生
铁未被腐蚀，已破损的镀层锌仍能起到保护的作用
B
向含的溶液中通入，再滴加淀粉溶液
溶液变蓝色
还原性：
C
向溶液中滴加溴水
溴水褪色
中含有碳碳双键
D
将乙醇、浓硫酸在170℃条件产生的气体通过酸性高锰酸溶液
酸性高锰酸钾溶液褪色
有乙烯生成
成分
熔点
沸点
327.46℃
1749℃
886
1470℃
-
613℃
275℃
313℃
916.78℃
2162℃
106418℃
2856℃
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。
2.每小题选出答案后，用2B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。在试题卷上作答无效。
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。
以下数据可供解题时参考。
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Cu-64
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. 化学知识与科技、生产、生活有密切的关系。下列叙述错误的是
A. 硬化油可作为制造肥皂和人造奶油的原料
B. 可用含增塑剂的聚氯乙烯薄膜生产食品包装材料
C. 利用秸秆为原料生产燃料乙醇，具有成本低，来源广等优点
D. 使用酒精、紫外线杀菌消毒与蛋白质变性有关
【答案】B
【解析】
【详解】A．硬化油为饱和的高级脂肪酸甘油酯，可作为制造肥皂和人造奶油的原料，故A正确；
B．聚氯乙烯薄膜常温下没有危害，高温时会降解产生二噁英之类的东西，其中的增塑剂有毒，因此含增塑剂的聚氯乙烯薄膜不可用于生产食品包装材料，故B错误；
C．秸秆含有淀粉，用淀粉发酵制乙醇，具有资源丰富的优点，故C正确；
D．细菌的组成中含有蛋白质，紫外线、医用酒精能使蛋白质变性，则医用酒精、紫外线具有杀菌消毒作用，故D正确；
故选：B。
2. 下列化学用语或化学图谱不正确的是
A. 的电子式：
B. 甲酸的结构式：
C. 的空间填充模型：
D. 乙醇的核磁共振氢谱：
【答案】A
【解析】
【详解】A．的电子式： ，A错误；
B．甲酸的结构式： ，B正确；
C．为直线型结构，空间填充模型：，C正确；
D．乙醇CH3CH2OH氢原子中有三种，个数比为3∶2∶1，,核磁共振氢谱： ，D正确；
故答案选A。
3. 聚乳酸广泛用于制造可降解材料，其生物降解过程如图，下列说法正确的是
A. 聚乳酸分子中含有1种官能团
B. 乳酸分子遇酸性高锰酸钾溶液不褪色
C. 乳酸分子中含有1个手性碳原子
D. 两分子乳酸可以反应生成五或六元环状化合物
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题干聚乳酸的结构简式可知，聚乳酸分子中含酯基，端基还有羟基和羧基，共有三种官能团， A错误；
B．乳酸分子含醇羟基且醇羟基所连碳上有氢原子，则乳酸能被酸性高锰酸钾溶液氧化，能褪色，B错误；
C．同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故乳酸分子中含有手性碳原子即与羧基、羟基相连的碳原子为手性碳原子，C正确；
D．乳酸中含有羧基和羟基，故能发生酯化反应，两分子乳酸可以反应形成六元环状化合物酯类化合物，结构简式为： ，D错误；
故答案为：C。
4. 利用下列装置完成相应的应用或实验，能达到目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，图中无外接电源，镁比铁活泼，构成原电池中镁作负极，对铁制品起到保护作用，该方法称为牺牲阳极法，故A错误；
B．测定中和热的装置内外烧杯杯口要相平，这样可使盖板把杯口尽量盖严，从而减少热量损失，故B错误；
C．NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，可根据颜色来判断NO2的浓度，从而判断反应的热效应，故C正确；
D．溴单质易挥发，挥发出来溴单质能与水反应生成氢溴酸，要验证反应生成的HBr，应先将气体通过四氯化碳，将挥发的溴单质除去，故D错误；
故选C。
5. 代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 苯分子中含有键数为
B. 电解精炼铜，当电路中通过的电子数为时，理论上阳极减少32克
C. 与足量反应生成(标准状况下)，转移电子数为
D. 常温常压下，乙烯和丙烯的混合气体含有的碳原子数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．苯分子中含有6个C-Cσ键和6个C-Hσ键，总共含有12个σ键，则1ml苯分子中含有12mlσ键，故A错误；
B．阳极为含有少量锌、金、银等金属杂质的粗铜板，在电解时发生氧化反应，铜、锌转化为阳离子进入溶液，则阳极减少的质量无法计算，故B错误；
C．标准状况下2.24LO2物质的量==0.1ml，转移电子数为0.2NA，故C错误；
D．乙烯和丙烯的最简式为CH2，28g混合气体中含有最简式CH2的物质的量为：=2ml，含有碳原子总数为2ml×1×NAml-1=2NA，故D正确；
故选：D。
6. 下列反应的离子方程式表示不正确的是
A. 溶液中加入少量盐酸：
B. 溶液中滴入过量溶液：
C. 溶液与稀硫酸混合：
D. 用饱和溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸：
【答案】B
【解析】
【详解】A．酸性：醋酸＞碳酸＞苯酚，即 溶液中加入少量盐 ，A正确；
B．溶液中滴入过量溶液，电离出的H+与可组合为具有强氧化性的硝酸，能将Fe2+氧化为Fe3+，氧化为，B错误；
C．溶液与稀硫酸混合生成S单质和SO2气体，离子方程式为：，C正确；
D．用饱和溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸，由于碳酸钠过量，即反应产物为醋酸根和碳酸氢根，离子方程式为：，D正确；
故选B。
7. 下列实验中，对应的操作、现象以及结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．镀层有破损的镀锌铁片放入酸化的3%NaCl溶液中，一段时间后加入K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生成，可知构成原电池时Zn作负极，Fe为正极，则铁片没有被腐蚀，故A正确；
B．含0.1ml的FeI2溶液中通入0.1mlCl2，假设先氧化亚铁离子，碘离子部分被氧化，不能说明还原性：I-＞Fe2+，故B错误；
C．碳碳双键、醛基均使溴水褪色，若溴水褪色，不能证明含有碳碳双键，故C错误；
D．乙醇在浓硫酸、170℃条件下发生消去反应，NaOH溶液可除去乙烯中二氧化碳、二氧化硫及挥发的乙醇，乙烯可被酸性高锰酸钾溶液氧化，则观察到酸性高锰酸钾褪色，说明有乙烯生成，故D错误；
故选：A。
8. 血清素可以在一定条件下转化为褪黑素，其转化流程如图。下列说法正确的是
A. N-乙酰色胺分子式为B. 血清素只能与酸反应
C. 褪黑素苯环上的一氯代物有3种D. 图中R基含有7个电子
【答案】C
【解析】
【详解】A．N-乙酰色胺分子中C、H、N、O原子个数依次是12、14、2、2，分子式为，A错误；
B．血清素分子中酚羟基具有酸性，能和碱反应；氨基具有碱性，能和酸反应，B错误；
C．褪黑素苯环上含有3种氢原子，其苯环上的一氯代物有3种，C正确；
D．N-乙酰色胺分子中酚羟基和RI发生取代反应生成褪黑素，结合褪黑素的结构简式知，RI为CH3I，则R-为CH3-，甲基中碳原子含有6个电子、每个氢原子含有1个电子，所以甲基含有9个电子，D错误；
故选C。
9. 已知：
①
②
③、、键能分别为、、。
下列说法正确的是
A. 反应不能自发进行
B. 若燃烧生成 时，放出的热量低于
C. 若只用以上的键能数据，可估算出的燃烧热
D. 和的能量总和大于的能量
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应是气体体积减小的反应热反应，则∆S<0，∆H<0，根据反应自发进行的判据∆G=∆H-T∆S<0，可知该反应在低温下能自发进行，故A错误；
B．1mlH2(1)所具有的能量低于1mlH2( g )所具有的能量，根据2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ/ml分析，则1mlH2(1)燃烧生成H2O( g )时，放出的热量将低于241.8kJ，故B正确；
C．用以上的键能数据可知，H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=(436+×496-2×462)kJ/ml=-240kJ•ml-1，燃烧生成气态水，没有H2O(g)=H2O(1)ΔH=-44kJ/ml,则只用以上的键能数据，是无法算出H2的燃烧热，故C错误；
D．根据 可知为放热反应，则2ml和1ml的总能量大于2ml，但无法比较和的能量与的能量大小关系，故D错误；
故选：B。
10. 一定温度下，(用RH表示)的氯代和溴代反应能量图及产率关系如图(图中物质均为气态)。下列说法正确的是
A.
B. 氯代的第二步是决速反应
C. 以丙烷为原料制备2-丙醇时，应该选择溴代反应，然后再水解
D. 据图像信息，可以计算(表示键能)
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，①，②，②-①可得 ，故A错误；
B．由图可知，氯代第一步反应活化能大于第二步，说明第一步反应速率小于第二步，则氯代第一步都是决速反应，故B错误；
C．由题目信息可知，丙烷和Br2发生取代反应时相比和Cl2发生取代反应更加容易生成CH2CH(X)CH3，CH2CH(X)CH3在NaOH水溶液中发生水解反应可以得到2-丙醇，则以丙烷、卤素、氢氧化钠溶液为原料制备2-丙醇，Br2优于Cl2，故C正确；
D．由图只能得到和，无法计算，故D错误；
故选C。
11. 采用空气和水通过电解法可制备，装置如图所示。乙中管道将d极产生气体通过管道送至c极。已知溶液的过高时会分解。下列说法错误的是
A. 甲中b极为正极，电极反应为
B. 乙为电解池装置，其中d电极是阳极
C. 若甲中燃料是乙烷，a电极反应为
D. 反应进行一段时间后，乙中c极附近溶液明显增大
【答案】C
【解析】
【分析】由图分析，甲为燃料电池，a为负极，b为正极；乙为电解池，c为阴极，d为阳极；已知溶液的pH过高时H2O2会分解，故需要控制溶液pH。
【详解】A．b电极上氧气得到电子生成水，发生还原反应，电极反应为，A正确；
B．由分析，乙为电解池装置，其中d与正极b相连，则d电极是阳极，B正确；
C．若甲中燃料是乙烷，a电极反应后产生氢离子，电解质应该为酸性，则a电极的电极反应式为，C错误；
D．乙中d极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，故反应进行一段时间后，乙中d极附近溶液氢离子浓度逐渐增大，pH明显减小，D正确；
故选C。
12. 在刚性密闭容器中充入和，发生反应： 。在不同温度下，X的转化率与时间的关系如图甲所示；反应速率与时间的关系如图乙所示。下列说法错误的是
A. 加入合适催化剂，不能提高X的平衡转化率
B. ：a点
D. 温度下，平衡常数
【答案】D
【解析】
【分析】温度越高，反应达到平衡时所用的时间也就越短，所以可确定T1＞T2，但是温度越高，反应物的平衡转化率反而越低，说明该反应的正反应方向是放热反应，所以△H＜0。
【详解】A．催化剂不影响化学平衡，则加入合适催化剂不能提高X的平衡转化率，故A正确；
B．温度越高反应速率就越快，反应物浓度大反应速率快，因为T1＞T2，b点的温度高于a点温度、且b点反应物浓度大，所以V正：a点＜b点，故B正确；
C．图2中t0min时改变条件使正、逆反应速率都增大，逆反应速率增大的倍数较大，平衡向逆反应方向移动，则是升高温度所致， 故C正确；
D．在刚性密闭容器中充入和，T2时X的转化率为80%，则： ，则K==21.5，故D错误；
故本题选D
13. 如图所示装置可将转化为而矿化封存，进而减少碳排放，下列说法正确的是
A. 两个双极膜中的均向右侧迁移
B. 酸室区溶液增大
C. 中间室中发生反应：
D. b极收集到气体(标准状况)时，理论上左侧溶液质量减少2g
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，二氧化碳通入碱室反应生成碳酸根离子并通过阴离子交换膜进入中间室产生碳酸钙沉淀，则右侧电极b为阳极，电极a阴极，左侧双极膜产生的氢离子进入阴极室中放电生成氢气，氢氧根离子进入碱室；右侧双极膜产生的氢氧根离子进入阳极室中放电产生氧气，氢离子进入酸室，中间室中的氯离子向右移动、通过阴离子交换膜进入酸室。
【详解】A．由分析可知，两个双极膜中的氢氧根离子均向右侧迁移，故A错误；
B．酸室区HCl浓度不断增大，溶液减小，故B错误；
C．由分析可知，中间室中发生反应为碱室中的碳酸根离子进入中间室与溶液中钙离子反应生成碳酸钙沉淀，离子方程式为，故C正确；
D．由分析可知，电极b为阳极，氢氧根在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O ，b极收集到气体(标准状况)时，转移电子2ml，a极上双极膜产生的氢离子进入阴极室中放电生成氢气，由2H++2e-= H 2↑知产生氢气1ml、其质量为2g，但此氢元素由双极膜产生的，不由左侧溶液提供，故理论上左侧溶液质量不减少，故D错误；
故选C。
14. 一定温度下，将足量加入含有催化剂的恒容密闭容器，发生下面两个反应：
反应1：
反应2：
测得平衡时容器中气体总压为，且。
下列说法不正确的是
A. 当氧气的分压不变时，反应2达到化学平衡
B. 平衡时，
C. 该条件下，
D. 维持其他条件不变，将容器体积扩充为，再次达到平衡后，
【答案】B
【解析】
【详解】A．随着反应2的进行，氧气越来越多，其分压越来越大，故当氧气的分压不变时，反应2达到化学平衡，A正确；
B．设平衡时氮气分压，则根据方程式1和2可知x+x+2x+2x+0.5x=39，解得x=6，其中，B错误；
C．结合选项B分析可知，该条件下，，C正确；
D．适当扩大体积时，两个反应均正向移动，因反应物无气体，温度不变，平衡常数也不变，则各种物质的分压不变，则结合选项B的分析可知，再次达到平衡后，，D正确；
故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. Ⅰ.贵铅(主要含、、、等)熔炼是处理铜、铅阳极泥的一个重要过程，也是从各种废旧金属器件中回收金、银的主要方法之一，流程如图所示。
（1）基态Pb原子的价电子排布式为___________。贵铅的灰吹过程通常在888℃左右温度下进行，请分析原因：___________。
（2）电解精炼银的过程中，粗银作为电解槽的___________(填“阴极”或“阳极”)，和的混合溶液作为电解液，在该过程中，阴极会产生少量红棕色气体。产生红棕色气体的电极反应为___________。
Ⅱ.氰化法也是从含金矿石中提炼金的重要方法。工艺流程如图。
已知：
①是一种一元挥发性弱酸，有剧毒。
②金属有类似的两性。
（3）步骤2中金溶解生成的离子反应方程式：___________。在反应前，必须事先添加适量作为保护碱，否则不仅会导致浸出率偏低，还容易产生安全隐患，试解释其原因：___________。
（4）在步骤5中，理论消耗的与生成的物质的量之比为___________。但实际生产过程中的消耗量却远大于预期，试用化学方程式解释该现象：___________。
（5）氰化法的过程中会产生大量含氰废液，现取处理后的废水，用“试银灵”为指示剂，消耗的标准溶液，反应原理为，该水样中的含量为___________(不考虑其他离子干扰)。
【答案】（1） ①. ②. 使液化、气化与并固态的金、银分离
（2） ①. 阳极 ②.
（3） ①. ②. 保护碱能抑制水解，防止产生剧毒物质
（4） ①. 1:2 ②.
（5）0.416
【解析】
【分析】Ⅰ．贵铅(主要含、、、等)进行空气进行灰吹，将PbO变成液体，将As2O3汽化，达到分离的目的，得到粗银，利用电解法得到单质银，阳极泥中含有金，加硝酸溶解里面的少量银，得到粗金。
Ⅱ．含金矿石经过磨矿，增大反应物的接触面积，有利于提高浸出速率，步骤1应选择硝酸进行酸浸，步骤2再用KCN、KOH混合溶液和O2浸取，将单质Au转化为Au(CN)进入溶液，为提高金的浸出速率可适当升高温度，但温度不能过高，否则降低O2的溶解度，使c(O2)减小，金的浸出速率会降低，过滤分离，滤渣会附着Au(CN)，进行洗涤，将洗涤液与滤液合并，以减小金的损失，再加入Zn进行置换得到锌金沉淀，为防止生成Zn(CN)2沉淀影响置换速率，可以适度增大溶液中CN-浓度，最后加入酸进行分离提纯获得金。
【小问1详解】
Pb原子位于第六周期第IVA族，其价电子排布式为6s26p2，根据已知物质的熔沸点数据，选择888℃左右温度下进行吹灰的操作是为了使液化、气化与并固态的金、银分离；
【小问2详解】
电解精炼银的过程中，粗银作为电解槽的阳极，阴极产生少量红棕色气体为NO2，说明硝酸根得得电子，根据电荷守恒写出电极方程式为：；
【小问3详解】
步骤2，浸出的目的是将单质Au转化为Au(CN)进入溶液，Au被O2氧化，该反应的离子方程式为：，添加适量的作用是保护碱能抑制水解，防止产生剧毒物质；
【小问4详解】
Au(CN)中Au元素为+1价，Zn变为Zn2+，根据电子守恒，理论消耗的与生成的物质的量之比为1：2，溶液显碱性，Zn要与氢氧化钾反应，导致Zn的用量偏大，化学方程式为：；
【小问5详解】
的物质的量为=810-7ml，根据，得n(CN-)=2810-7ml，则100mL的废液中含有的CN-的质量为2810-7ml26g/ml=4.1610-5g=4.1610-2mg，则1L废液中含有的CN-的质量为0.416mg，即0.416mg/L。
16. 氮化锂在电池、光电子、化学合成、催化剂和材料科学等领域有重要应用。在空气中即发生化学变化，可在高温下短时间内用锂和氮气直接反应进行合成。实验室制备氮化锂的反应装置如图所示。
（1）氮化锂遇水立即反应，反应的方程式为___________。
（2）在制备氮化锂实验开始时，应该先点燃___________(填“装置A”或“装置D”)处的酒精灯，原因是___________。
（3）为测定(主要杂质为)产品纯度，按如图所示装置进行实验。实验开始前需要检查该装置的气密性，操作方法及现象为___________。
（4）接上题，在操作得当的前提下，将ag产品置于装置Ⅰ中反应，待反应完毕并冷却之后，量气管①测得气体体积为(已换算成标准状况，下同)，将bg产品置于装置Ⅱ中反应，待反应完毕并冷却之后，量气管②测得气体体积为。则该样品的纯度为___________。与其他分析法相比，该法所测得样品纯度均偏小，其可能原因是___________。
（5）氮化锂晶体属于混合型晶体。在一层中原子以石墨晶体中的C原子方式排布，N原子则处在六元环的中心，如图甲所示，则该层中锂、氮的原子个数比为___________；氮化锂的晶胞如图乙所示，同层间距为apm，两层间距为bpm，阿伏加德罗常数为，该物质的密度为___________(用含a、b的式子表示)。
【答案】（1）
（2） ①. 装置A ②. 利用氮气将装置中的空气排出
（3）捂热Y形管，若量气管与水准管产生液面差则气密性良好(合理即可)
（4） ①. ②. 反应物中有，导致溶解损失(或Y形管内有残留，未被完全测定)
（5） ①. ②.
【解析】
【分析】根据已知信息，NH4Cl溶液和NaNO2溶液共热制备N2，制取的N2中含有水蒸气，所以B中降低温度，防止D装置加热之前，锂和氮气发生反应，D中干燥N2，防止水蒸气和Li反应，D中氮气和Li反应生成Li3N，Li3N遇水剧烈反应，所以E中碱石灰干燥空气，防止空气中水蒸气、CO2进入C装置。
【小问1详解】
Li3N遇水反应，根据质量守恒可知，反应生成氢氧化锂和氨气，方程式为Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑；
【小问2详解】
由于Li性质厚朴，可以和空气中O2反应，实验开始先点燃A处酒精灯，排除装置内空气，防止空气成分的干扰，故答案为：A；利用氮气将装置中的空气排出；
【小问3详解】
按图连接好装置后，检查装置气密性的操作是：向量气管中加水至左右出现液面差，静置，若液面差保持稳定，则装置气密性良好；按图装配仪器、检查装置气密性并装好药品，Y形管中的蒸馏水足量，启动反应时只需要倾斜Y形管，将蒸馏水全部注入ag产品中即可，故答案为：捂热Y形管，若量气管与水准管产生液面差则气密性良好；
【小问4详解】
Li3N与水反应方程式为：Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑，根据方程式计算得Li3N的物质的量为，则样品的纯度为=；该法所测得样品纯度均偏小，其可能原因是反应物中有，导致溶解损失；
【小问5详解】
每个六元环的中心有1个N原子，而六元环上的每个Li原子为3个六元环共用，故同层中锂、氮的原子个数比为(6×)：1=2：1；根据均摊法，晶胞中氮原子数为8×=1，锂原子数为4×+4×=3，则晶胞质量为m=g, 同层N-N间距为apm,则底面的面积为(a×10-10cm)×(a×10-10cm×sin60°)=(a2×10-20)cm2，则晶胞体积为V=(a2×10-20)cm2×(b×10-10cm)=(a2b×10-30)cm3，晶胞密度g/cm3。
17. 煤气绿色电加热技术对于工业领域用能结构优化具有积极意义。煤气中的有效成分为和，通常含有、、、等杂质。煤气加热过程中，发生的主要气相反应有：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
（1）反应Ⅲ为转化为和的更要反应，该反应在___________(填“高温”或“低温”)下进行有利于提高的平衡转化率。
（2）煤气电加热过程的析碳是制约该技术发展的关键问题之一，加热过程中主要的析碳副反应如下：
Ⅳ.
Ⅴ.
某研究组利用管式反应器开展煤气电加热实验，以、、的混合气体模拟实际煤气组成，三种组分的物质的武分数比为。煤气以的流率通过管式反应器，后基于反应器的质量变化计算析碳量。通过改变反应器温度及压力，得到、和三个压力下的实验结果如图所示：
①下实验对应的析碳曲线为___________(填“a”“b”或“c”)。
②反应器中通过单位体积煤气产生的析碳量为析碳速率。在P点对应的温度、压力条件下，析碳速率为___________(结果保留2位小数)。
③实验中，某温度下测得反应器出口处、、的物质的具分数分别为50%、27%、2%，已知反应V的平衡常数，则出口处反应V___________(填“达到”或“未达到”)平衡，判断依据为___________。
④根据图示实验结果，一定压力下析碳量随温度升高呈现先增大后降低的趋势，其原因为___________。
（3）针对煤气电加热析碳问题，研究者提出在煤气中加入一定比例的或来抑制析碳，某研究组用一定比例的或代替掺入煤气中进行实验，得到析碳量随和掺入比例变化如图所示。
①析碳量随加入和添加比例增加而降低，请结合反应方程式解释原因：___________。
②结合反应速率及反应平衡分析，请再写出一条減少管式反应器煤气加热过程析碳的方法：___________。
【答案】（1）高温 （2） ①. a ②. 0.47 ③. 未达到 ④. 计算得此时浓度商为，故未达到平衡 ⑤. 温度较低时，反应未达到平衡，温度越高，反应越快，析碳越多，温度较高时，反应达到平衡，随温度升高，析碳反应Ⅳ与Ⅴ平衡逆向移动，析碳减少
（3） ①. 析碳反应Ⅳ与Ⅴ中，与均为生成物，添加与会导致平衡逆向移动，减少析碳 ②. 加入抑制析碳反应的催化剂；在低压下进行加热；提高加热速率，减少析碳时间等，言之有理即可
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律计算得，反应Ⅲ为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，因此，该反应在高温下进行有利于提高的平衡转化率。
【小问2详解】
①反Ⅳ、Ⅴ均为气体分子数减少的反应，压力增大，析碳反应速率加快，且有利于平衡正向移动，故压力越大，析碳量越大。因此，下的析碳曲线应为a。
②从图中可知3h析碳量为，故1h析碳量为，又结合流率为，1h通过气体量为，因此，析碳速率。
③总压为，根据物质的量分数计算得出口处、、的分压分别为、、，根据反应Ⅴ的化学方程式计算得此时浓度商，因此，出口处反应Ⅴ未达到平衡。
④温度较低时，反应未达到平衡，温度越高，反应越快，析碳越多，温度较高时，反应达到平衡，随温度升高，析碳反应Ⅳ与Ⅴ平衡逆向移动，析碳减少。
【小问3详解】
①析碳反应Ⅳ与Ⅴ中，与均为生成物，添加与会导致平衡逆向移动，减少析碳。②加入抑制析碳反应的催化剂；在低压下进行加热；提高加热速率，减少析碳时间等。
18. 普鲁卡因可作为局部麻醉剂，临床常用其盐酸盐，又称“奴佛卡因”。化合物C和D是合成普鲁卡因的重要中间体，具体合成路线如图：
已知：①(代表卤素原子)；
②
（1）物质中含有的官能团名称为___________。
（2）反应①的反应类型为___________。
（3）试剂b、e分别为___________、___________；化合物C的结构简式为___________。
（4）写出反应②的化学方程式：___________。
（5）D有多种同分异构体，满足以下要求的共有___________种，请任意写出满足条件的1种：___________。
①属于芳香化合物
②核磁共振氢谱表明苯环上共有3种不同化学环境中的H原子
③能使溶液显色
④红外光谱结果显示其含有结构，且能发生银镜反应
（6）参照普鲁卡因的合成路线，实验室有丙苯和，现以二者为原料，无机试剂任选，设计制备的路线。__________
【答案】（1）酰胺基 （2）还原反应
（3） ①. 浓硫酸 ②. 酸性高锰酸钾溶液 ③.
（4） （5） ①. 10 ②. (合理即可)
（6）
【解析】
【分析】被还原生成，与发生取代反应生成；发生消去反应生成，与水发生加成反应生成；甲苯与浓硝酸发生硝化反应，被高锰酸钾氧化得到，与发生酯化反应得到、在作用下发生还原反应得到。
【小问1详解】
物质 中含有的官能团名称为酰胺基；
【小问2详解】
反应①是被还原生成，反应类型为还原反应；
【小问3详解】
试剂b是发生消去反应生成，b是浓硫酸；试剂e是发生氧化反应得到，e是酸性高锰酸钾溶液；E发生还原反应得到普鲁卡因，由普鲁卡因的结构简式逆推可知E是，化合物C和发生酯化反应生成，则C的结构简式为。
【小问4详解】
反应②是与发生取代反应生成，反应化学方程式为；
【小问5详解】
①属于芳香化合物，说明含有苯环；③该化合物能使含溶液显色，说明含酚羟基；②苯环上的核磁共振氢谱中共有3种不同化学环境中的H原子，说明有三种等效氢，又肯定有一个酚羟基，所以苯环上有三个取代基；根据以上三个信息结合④红外光谱结果显示其含有结构，且能发生银镜反应，说明只能是，结合的结构简式，则满足条件的同分导构体应含硝基、酚羟基、醛基三种取代基，苯环上有3个不同取代基的结构共10种；如。
【小问6详解】
A．利用外接电源来防止钢铁输水管的腐蚀
B．测定中和热
C．判断反应的热效应
D．用该装置制备溴苯并验证有的产生
选项
操作
现象
结论
A
将镀层破坏的镀锌铁片放入酸化的3%溶液中，一段时间后取溶液于试管中，滴加溶液
无蓝色沉淀产生
铁未被腐蚀，已破损的镀层锌仍能起到保护的作用
B
向含的溶液中通入，再滴加淀粉溶液
溶液变蓝色
还原性：
C
向溶液中滴加溴水
溴水褪色
中含有碳碳双键
D
将乙醇、浓硫酸在170℃条件产生的气体通过酸性高锰酸溶液
酸性高锰酸钾溶液褪色
有乙烯生成
成分
熔点
沸点
327.46℃
1749℃
886
1470℃
-
613℃
275℃
313℃
916.78℃
2162℃
106418℃
2856℃
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