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重庆市南开中学2023-2024学年高三上学期1月第五次质量检测化学试题（Word版附解析）
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这是一份重庆市南开中学2023-2024学年高三上学期1月第五次质量检测化学试题（Word版附解析），共21页。
1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Ca-40 Ba-137
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. 下列说法不正确的是
A. DNA分子中的双螺旋链通过共价键相互结合
B. 用聚乳酸塑料代替聚氯乙烯塑料可以减少白色污染
C. 乙炔在氧气中燃烧剧烈放热，可以用于焊接或切割金属
D. 血液中存在的缓冲体系，为维持血液的稳定发挥着重要作用
【答案】A
【解析】
【详解】A．DNA分子中的双螺旋链通过氢键相互结合，故A错误；
B．用聚乳酸塑料易水解代替聚氯乙烯塑料可以降解而减少白色污染，故B正确；
C．乙炔在氧气燃烧放出大量的热，乙炔焰产生的高温可以用于焊接或切割金属，故C正确；
D．血液中存在的缓冲体系在一定程度内可以维持血液中的氢离子和氢氧根离子的平衡，为维持血液的稳定发挥着重要作用，故D正确；
故答案为：A。
2. 工业上制备的原理为，反应涉及的微粒中空间构型为形且含有键的是
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．的σ键对数是2，孤电子对数，则空间构型为V形，中心S原子最外层有6个电子，有2个成σ键，2个为孤电子对，则余2个电子成π键，A符合题意；
B．的σ键对数是3，孤电子对数，则空间构型为平面三角形，中心C原子最外层有4个电子，阴离子得2个电子，有3个成σ键，则余3个电子成π键，B不符合题意；
C．的σ键对数是2，孤电子对数，则空间构型为V形，中心O原子最外层有6个电子，有2个成σ键，4个为孤电子对，无成π键电子，C不符合题意；
D．的σ键对数是2，孤电子对数，则空间构型为直线形，中心C原子最外层有4个电子，有2个成σ键，则余2个电子成π键，D不符合题意；
答案选A。
3. 若用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 用足量溶液吸收，转移的电子数目为
B. 高温下石墨完全转化为金刚石，键的数目增加
C. 将溶液蒸干所得的固体中的数目为
D. 将甲酸钠固体溶于甲酸溶液所得的中性溶液中的数目为
【答案】D
【解析】
【详解】A．的物质的量为，足量溶液与NO2反应生成NaNO3和NaNO2，1mlNO2反应转移1ml电子，转移的电子数目为，故A错误；
B．石墨中每个碳通过三个共价键与其他碳原子相连，所以每个碳所属的共价键应为1.5，12g石墨是1ml碳，即有1.5NA个共价键，金刚石中1ml金刚石中含有2mlC-C键即有2 NA个共价键，则键的数目增加0.5，故B错误；
C．FeCl3中铁离子会发生水解生成氢氧化铁和HCl，将FeCl3溶液蒸干所得的固体是氢氧化铁，不含有，故C错误；
D．根据溶液的电荷守恒可知：n(Na+)+n(H+)=n(OH-)+n()，而溶液显中性，故有：n(H+)=n(OH-)，则有：n()=n(Na+)=1ml，故溶液中Na+数目为NA，故D正确；
故选D。
4. 钢中添加硅可提高其强度、硬度以及高温时的抗氧化性。下列相关化学术语的使用正确的是
A. 工业制粗硅的化学方程式：
B. 的结构式：
C. 钢铁发生吸氧腐蚀的负极方程式：
D. 的价层电子排布式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．工业制粗硅的化学方程式为：，A错误；
B．是共价晶体，为空间网状结构，不含分子，B错误；
C．钢铁发生吸氧腐蚀，铁为负极失电子被氧化，负极方程式为：，C正确；
D．Fe原子失去最外层的2个电子形成，价层电子排布式为：，D错误；
故选C。
5. 关于下列实验仪器使用的说法正确的是
A. ①②均不能用酒精灯直接加热，可垫陶土网加热
B. ④的冷凝效果比③更好，可用于蒸馏装置
C. ⑤可用于贮存浓硝酸
D. ⑥可用于配制并贮存一定物质的量浓度的溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A．三颈烧瓶和锥形瓶均不能用酒精灯直接加热，可垫陶土网加热，A正确；
B．④是球形冷凝管，不可用于蒸馏装置，存在的球形凹槽使馏分不能顺利流下，B错误；
C．浓硝酸具有强氧化性会腐蚀橡胶塞，应用玻璃塞，C错误；
D．容量瓶可用于配制一定物质的量浓度的溶液，但不能贮存溶液，D错误；
故选A。
6. 黄曲霉菌常在水分含量较高的谷类作物中生长繁殖，并产生具有强致癌能力的黄曲霉素。两种黄曲霉素的结构简式如下图所示。下列说法不正确的是
A. 黄曲霉素的分子式为
B. 黄曲霉素能发生氧化反应、水解反应、加成反应
C. 黄曲霉素中含有5个手性碳
D 黄曲霉素可通过消去反应得到黄曲霉素
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，黄曲霉素的分子式为，A正确；
B．黄曲霉素含有酯基，能发生水解反应，含碳碳双键，能发生加成反应，氧化反应，含酮糖基，能发生加成反应，B正确；
C．连接4个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子，黄曲霉素中含有3个手性碳原子，如图所示，C错误；
D．黄曲霉素可通过醇的消去反应得到黄曲霉素，D正确；
故选C。
7. 根据实验目的，下列实验操作正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．将和的混合气体通过粉末，CO中会引入新杂质氧气，故A错误；
B．向酒精中加入，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，蒸馏即可得到无水乙醇，故B正确；
C．氯水中加入过量固体，盐酸和次氯酸都能与碳酸钠反应，的浓度降低，故C错误；
D．向煮沸的溶液中滴加饱和生成氢氧化铁沉淀，应将少量饱和氯化铁溶液滴入沸水中制备胶体，故D错误；
选B。
8. 前四周期元素在周期表中的相对位置如图，其中A和同周期且的第一电离能大于C．下列判断不正确的是
A. 化合物为非极性分子B. 与的原子序数相差22
C. 简单氢化物的沸点：D. 常温下和的单质均能与水剧烈反应
【答案】D
【解析】
【分析】根据周期表结构可知图中分别是周期表的二、三、四周期，同一周期元素，从左至右，第一电离能有增大趋势，但存在特殊情况，A和同周期且的第一电离能大于C，根据其在周期表中的位置可知A为Mg，C为Al，则B为Ca，D为C，E为N，F为S，G为Br，据此分析；
【详解】A．化合物是直线形分子，结构对称，为非极性分子，A正确；
B．Al、Br的原子序数相差35-13=22，B正确；
C．NH3分子间存在氢键，其沸点高于CH4，C正确；
D．常温下单质镁与水的反应缓慢，钙与水剧烈反应，D错误；
故选D。
9. 聚碳酸酯具有优越的光学性能，可制作成光学透镜，用于相机、显微镜、投影仪的光学程序系统。一种聚碳酸酯的合成方法如下所示：
下列说法正确的是
A. A中最多有14个碳原子共平面B. 最多可消耗
C. 可用酸性高锰酸钾溶液鉴别A、BD. 该合成反应的原子利用率为
【答案】B
【解析】
【详解】A．对于sp3杂化的碳原子，最多三个原子共平面，且与苯环直接相连的原子与苯环共平面，因此A物质中最多13个碳原子共平面(两个苯环上的12个碳原子及与两个苯环直接相连的碳原子)，A错误；
B．B中含有酯基，与NaOH水解后会生成1ml碳酸与2ml苯酚，因此，最多可消耗，B正确；
C．A、B均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法鉴别，C错误；
D．该反应为缩聚反应，原子利用率并非为，D错误；
故选B。
10. 富含尿素的废水可通过电解的方法在持续产氢的同时实现污水治理。其原理如图1所示：
下列说法不正确的是
A. 泡沫电极上发生的反应为：
B. 尿素无害化处理后的产物为和
C. 该电解池处理尿素，理论上可收集标准状况下
D. 由图2可知，尿素加快了氢气的生成速率
【答案】B
【解析】
【分析】由图1可知泡沫电极上的化合价升高，发生氧化反应，泡沫电极为阳极，电极反应式为： ，Pt电极为阴极，发生还原反应，生成氢气，氢氧化钾溶液中尿素与反应生成、和；
【详解】A．泡沫电极为阳极，发生的反应为：，A正确；
B．在氢氧化钾溶液中，尿素无害化处理的产物为和，B错误；
C．反应中尿素中N元素化合价由-3价升高0价，，处理尿素，转移3ml电子，理论上可收集1.5mlH2，标准状况下体积为，C正确；
D．由图2可知，相同电势差下，富含尿素的废水电解电流密度更大，说明尿素加快了氢气的生成速率，D正确；
故选B。
11. 已知：①实验测得溶液的随温度的变化曲线如图所示；
②下；。
下列说法正确的是
A. 时，的电离常数数量级为
B. 温度升高，溶液中减小
C. 浓度相等的和溶液等体积混合后：
D. 时，悬浊液中比悬浊液中大
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液中存在水解平衡：，溶液中，设为x ml/L，则可得如下三段式：
，得到，故时，的电离常数数量级为10-5，A错误；
B．随温度升高，的水解平衡正向移动，溶液中增大，B错误；
C．浓度相等的和溶液等体积混合后，根据电荷守恒，且混合溶液中碳酸根与碳酸根离子浓度不相等，故错误，C错误；
D．悬浊液中存在沉淀溶解平衡：,,；
悬浊液中存在沉淀溶解平衡：，设 为2x ml/L，为3x ml/L，，，由此可得，故悬浊液中比悬浊液中大，D正确；
故选D。
【点睛】温度升高，促进水的电离，Kw的值增大，故对于碱性溶液而言，虽然溶液中氢氧根浓度增大，但是pH的值逐渐减小，故图像中pH的值随温度升高递减。
12. 钛酸钡()是一种新型太阳能电池材料，其制备原理为：。已知钛酸钡的晶胞结构均与接触)和元素周期表中钛的数据如图所示，晶胞参数为为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是
A. Ti元素的质量数为47.87B. 晶体中与紧邻的有12个
C. 的化学式为D. 钛酸钡的密度约为
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ti元素的相对原子质量为47.87，故A错误；
B．根据晶胞结构图，晶体中与紧邻的有6个，故B错误；
C．根据均摊原则，晶胞中Ti4+数 、Ba2+数1、O2-数为，钛酸钡的化学式为BaTiO3，根据元素守恒，的化学式为，故C正确；
D．根据均摊原则，晶胞中Ti4+数1、Ba2+数1、O2-数为3，钛酸钡的密度约为，故D错误；
选C。
13. 甲酸分子在活性Pd催化剂表面脱氢的反应历程与能量变化如图所示。
下列说法正确的是
A. 升高温度，甲酸的平衡转化率增大
B. 在Pd催化剂表面键的解离速率比键的解离速率快
C. 键的键能约为
D. 若用代替，可得到
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据反应历程可知该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲酸的平衡转化率减小，A错误；
B．由图可知，Ⅰ到Ⅱ是键的解离，Ⅲ到Ⅳ是键的解离，Ⅲ到Ⅳ的活化能较小，键的解离速率更快，B错误；
C．Ⅳ到Ⅴ的能量变化包括H从催化剂表面脱离和形成键的能量变化，无法确定键的键能，C错误；
D．由图可知，HCOOH在Pd催化剂下，、键均发生断裂，最终生成H2和CO2，因此用DCOOH代替HCOOH，可得到，D正确；
故选D。
14. 甲醇可通过氢化法合成：。恒定温度为时，将和充入密闭容器中，测得按I变化。下列说法不正确的是
A. 时，I中反应进行到B点时释放的热量为
B. 时，该反应平衡常数为
C. 若其他条件不变，增大起始，所得可能按Ⅱ变化
D. 若其他条件不变，缩小容器体积，所得可能按Ⅱ无变化
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图像可知，I中反应进行到B点时，为3ml/L，则为3ml，起始H2为12ml，则转化的H2为9ml，故释放的热量为，A正确；
B．由图像可知，I中反应进行到C点时，反应达平衡，为2ml/L，列三段式为，则，B正确；
C．若其他条件不变，增大起始，则在相同时间时，大于Ⅰ中的，故不能按照Ⅱ变化，C错误；
D．若其他条件不变，缩小容器体积，体系压强增大，则化学反应速率加快，平衡向正反应方向移动，达平衡时减小，故可能按照Ⅱ变化，D正确；
答案选C。
二、非选择题：共58分。
15. 粗铜精炼的副产品铜阳极泥中含有Au、Ag、Ag2Se、Cu2Se等物质，其含量远高于常规开采的矿石，是提取稀贵金属和硒的重要原料，其中一种分离提取的工艺流程如下：
已知：①常温下，的溶度积常数
②常温下，的平衡常数
（1）与O同族，其基态原子价层电子的运动状态有___________种。
（2）“蒸硒”时将铜阳极泥与浓硫酸混合于下焙烧，浓硫酸将硒元素氧化为并蒸出，写出与浓硫酸反应的化学方程式___________。将炉气通入水中可得硒单质和___________(写化学式)。
（3）“分金”时应控制的用量以减少___________(写化学式)的产生。
（4）“分银”原理为，常温下该反应的平衡常数为_________，若加入溶液溶解，理论上溶液的浓度须达到________(忽略溶解前后溶液的体积变化)。
（5）的作用为___________；将滤液2返回“分银”工序循环使用，发现循环多次后银的浸出率降低，可能的原因是___________。
（6）粗银电解精炼时需控制电解液的为，其原因是___________。
【答案】（1）6 （2） ①. ②. H2SO4
（3）Cl2 （4） ①. ②. 或
（5） ①. 还原剂 ②. 循环多次后，溶液中Cl-不断积累、浓度增大，被氧化、浓度减小，均不利于反应正向进行，银的浸取率降低
（6）pH过低，H+在阴极竞争放电；pH过高，Ag+水解程度较大
【解析】
【分析】铜阳极泥中含有Au、Ag、Ag2Se、Cu2Se等物质，加入浓硫酸蒸硒产生的炉气用水处理得到硒；溶出液加入和氯化钠固体进行分铜，得到硫酸铜；再加入盐酸和氯酸钠分金得到H[AuCl4]，加入亚硫酸钠进行分银得到泥渣和滤液1主要含有Ag+，加入甲醛反应得到粗银和滤液2；
【小问1详解】
与O同族，有6个价电子，所以基态原子价层电子排布式为4s24p4，基态原子价层电子的运动状态有6种；
【小问2详解】
与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、二氧化硒和水，反应的化学方程式为；炉气含有SO2和SeO2，将炉气通入水中可得硒单质，则硒元素化合价降低，故硫元素化合价升高，二氧化硫被氧化最终在水中生成H2SO4；
【小问3详解】
酸性条件下容易发生反应，故“分金”时应控制的用量以减少Cl2的产生；
【小问4详解】
“分银”原理为，常温下该反应的平衡常数为K====，若加入溶液溶解，根据反应，溶解AgCl的n()=2a，溶液中c(Cl-)=aml/L，溶液中存在的n()==ml，理论上溶液的浓度须达到=；
【小问5详解】
的作用为还原剂；将银离子还原为银单质；将滤液2返回“分银”工序循环使用，发现循环多次后银的浸出率降低，可能的原因是循环多次后，溶液中Cl-不断积累、浓度增大，被氧化、浓度减小，均不利于反应正向进行，银的浸取率降低；
【小问6详解】
粗银电解精炼时需控制电解液的为，其原因是pH过低，H+在阴极竞争放电；pH过高，Ag+水解程度较大。
16. 过氧化钙为白色固体，常温下微溶于水、难溶于乙醇，在碱性条件下稳定。在潮湿的空气或水中发生水解反应并缓慢释放氧气，是一种用途广泛的优良供氧剂和消毒剂。一种过氧化钙的制备方法如图所示(略去夹持装置)：
（1）步骤I中首先向碳酸钙固体中加入稀盐酸至溶液中仅剩余极少量固体，反应的离子方程式为___________。将溶液煮沸、趁热过滤、冷却备用，其中煮沸的目的是___________。另取6%的双氧水和浓氨水以体积比2：1混合备用。
（2）步骤II制备过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)。将两种备用溶液分别加到烧瓶和分液漏斗中，打开分液漏斗活塞向烧瓶中缓慢滴加溶液，开启磁力搅拌器使液体充分混合反应，滴加完毕后，继续在冰水浴中放置30min，可观察到大量白色晶体生成。
①分液漏斗中盛装的液体为___________(填字母)。
a．CaCl2溶液 B．双氧水和浓氨水的混合溶液
②制备过氧化钙晶体的化学方程式为___________。
③抽滤，依次用冰水、乙醇洗涤，检验沉淀是否洗净的操作是___________。
（3）步骤III控制温度为105℃使CaO2·8H2O脱水为CaO2，过程中需持续通入氧气，其作用是___________。
（4）已知CaO2在350℃时迅速分解生成CaO和O2.采用量气法测定产品中CaO2含量的装置如图所示(略去加热装置)，其中量气管由碱式滴定管装配而成。
①已知样品质量为mg，量气管的初始读数为V2mL(已换算为标准状况，下同)，终点读数为V1mL，则产品中过氧化钙的质量分数为___________(用化简后的式子表示)。
②下列操作中会导致过氧化钙的质量分数偏高的是___________。
A．实验前装置内残留有空气 B．初始读数时俯视量气管
C．停止加热后立即读数 D．最终读数时量气管液面高于水准管
【答案】（1） ①. ②. 除去溶液中的，防止后续与浓氨水、反应生成，影响产品纯度
（2） ①. ②. ③. 取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，说明沉淀已经洗涤干净；反之，则未洗净
（3）抑制过氧化钙水解或分解
（4） ①. ②. C
【解析】
【分析】
【小问1详解】
HCl为强电解质，完全电离出H+和Cl-，碳酸钙为难溶电解质，离子反应中不拆成离子，故反应方程式为；煮沸的目的是将溶液中溶解的除尽，防止后续与浓氨水、反应生成，影响产品纯度；
【小问2详解】
①分液漏斗中盛装的液体为CaCl2溶液，是为了保证双氧水和浓氨水过量，将CaCl2全部转化为过氧化钙；
②从题干叙述可知，CaCl2和H2O2溶液和氨水混合液反应生成CaO2·8H2O↓，化学方程式为CaCl2＋H2O2＋2NH3·H2O＋6H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl；
③由于滤液中存在铵根和氯离子，会残留在CaO2·8H2O晶体表面，可通过检验最后一次洗涤液中是否存在氯离子来检验沉淀是否洗涤干净，检验方法为：取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，说明沉淀已经洗涤干净；反之，则未洗净；
【小问3详解】
根据题干信息在潮湿的空气或水中发生水解反应并缓慢释放氧气，通入氧气可抑制过氧化钙水解或分解；
【小问4详解】
根据反应方程式：2CaO2=2CaO+O2↑，生成O2的物质的量=ml，CaO2的物质的量=2ml，则样品中CaO2的质量分数==。本题答案为：。
②A.管内有空气不影响实验结果；
B.起始时俯视读数，会导致V2偏大，V1-V2偏小，从而使测量结果偏低；
C. 停止加热后立即读数，由于温度高气体膨胀，V1偏大，V1-V2偏大，导致过氧化钙的质量分数偏高；
D. 最终读数时，要保证量气管液面和水准管向平，量气管液面高于水准管，管内气体压强大，体积小，V1-V2偏小，从而使测量结果偏低；
答案选C。
17. CO广泛应用于冶金工业，是合成羰基类有机产品的重要原料。工业上常利用水蒸气和炽热焦炭制备CO：
i．
体系中还存在水煤气变换反应：
ii．
（1）已知，则___________。
（2）在一定温度下，向某恒容密闭容器中加入和，发生反应和。已知起始时体系的压强为，在不同条件下测定体系的总压强如下表所示。
①下列说法正确的是___________。
A．混合气体的平均摩尔质量保持不变，说明反应体系已达到平衡
B．平衡时CO2的体积分数可能为
C．采用对反应i选择性高的催化剂有利于提高CO的平衡产率
②条件I中，700—800℃范围内体系总压变化的原因可能为___________。
③条件II中，740℃时测得体系中的CO2分压p(CO2)=15kPa，该条件下H2O的消耗速率为___________kPa·h-1，780℃时，测得体系中H2的平衡分压p(H2)=90kPa，则反应i在该温度下用平衡分压表示的平衡常数Kp=___________。
（3）电解还原CO2也是合成CO的重要途径，同时可实现CO2的资源化利用。以Au为电极材料、KHCO3溶液为电解质，往M极持续通入CO2，其他条件不变，恒定通过电解池的电量，测得M极含碳产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图所示。
①电解时M极与电源的___________极相连。
②a点时，CO2发生电解反应的电极方程式为___________。
【答案】（1）
（2） ①. A ②. 700~740℃随温度升高催化剂活性降低，速率减慢，总压减小；继续升温，速率增大，总压增大 ③. 27.5 ④.
（3） ①. 负 ②. (或)
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律：反应i+反应ii可得到，则，则；
【小问2详解】
①A．由于反应i和反应ii同时进行，反应前后气体总物质的量改变，且混合气体总质量改变，则其平均摩尔质量为变量，当混合气体的平均摩尔质量保持不变，说明反应体系已达到平衡，A正确；
B．平衡时CO2的体积分数一定小于，B错误；
C．催化剂只能增大反应速率，无法改变产率，C错误；
故选A；
②由图表可知，条件I中，700—800℃范围内体系总压变化为先减小，后增大，则可能原因为：700~740℃随温度升高催化剂活性降低，速率减慢，总压减小；继续升温，速率增大，总压增大；
③在一定温度下，向某恒容密闭容器中加入和，发生反应和，设水蒸气的变化量为xml，二氧化碳的变化量为yml，由此列三段式：
达到平衡时物质的量之和为(1+x)ml，则条件II中，740℃时测得体系中的CO2分压p(CO2)=15kPa，总压为140kPa，反应前总压为100kPa，由此可列：，，解得x=0.4ml，y=0.15ml，则水蒸气变化总量为0.55ml，则该条件下H2O的分压变化为，则=55kPa，则其反应速率为；
780℃时，体系总压为163kPa，则根据上述三段式：，解得x=0.63ml，体系中H2的平衡分压p(H2)=90kPa，则，解得y=0.27ml，则达到平衡时，，，，则反应i分压常数；
【小问3详解】
①向M极持续通入CO2，二氧化碳得电子发生还原反应，为电解池阴极，与电源负极相连；
②由图可知，a点碳元素存在形式为CO和，且二者物质的量相等，则此时二氧化碳发生的电极反应为：或 。
18. I．丙二酸二乙酯是一种重要的化工原料，实验室可通过以下方法制备丙二酸二乙酯。
已知：-OH连在C=N和C=C上均不稳定，易发生异构化
（1）B的名称为___________，C中的官能团名称为___________。
（2）D→E的反应条件是___________。
（3）C水解生成D的反应分三步进行，异构化过程中，仅发生H原子和不饱和键的转移。
M的结构简式为___________，N→D的离子方程式为___________。
II．丙二酸二乙酯可用于合成各种氨基酸。以缬氨酸()为例，合成路线如下所示。
已知：
（4）F→G的反应类型为___________。
（5）缬氨酸同分异构体中，只含有一种官能团的物质有___________。
（6）脯氨酸一种环状氨基酸，结构为。若以丙二酸二乙酯为原料合成脯氨酸，应将BrCH(CH3)2替换为___________。
【答案】（1） ①. 氯乙酸 ②. 氰基、羧基
（2）浓硫酸，加热 （3） ①. ②.
（4）取代反应 （5）11
（6）BrCH2CH2CH2Br
【解析】
【分析】根据C的结构可知，C水解生成丙二酸，则D的结构简式为：HOOCCH2COOH，C→M为加成反应，则可以知道M为，根据异构化过程中，仅发生H原子和不饱和键的转移，可知N为，以此解题。
【小问1详解】
根据B结构简式可知，B的名称为氯乙酸；根据C的结构简式可知，C中的官能团名称为氰基、羧基；
【小问2详解】
根据分析可知，D为HOOCCH2COOH，D→E为羧酸的酯化反应，反应条件为：浓硫酸，加热；
【小问3详解】
根据信息可知，C中碳氮三键发生加成反应生成M的结构简式为：；异构化过程中，仅发生H原子和不饱和键的转移，则N为，结合D为丙二酸可知，N→D的离子方程式为： ；
【小问4详解】
结合F和G的结构简式可知，F→G为F中的溴原子发生的取代反应；
【小问5详解】
结合缬氨酸的结构可知，缬氨酸的同分异构体中，只含有一种官能团的物质中含有，则左侧连接甲基，右侧连接丙基，一共2种情况；左侧连接乙基，右侧连接乙基一共1种情况；左侧连接丙基，右侧连接甲基，一共2种情况；左侧连接氢原子，右侧连接丁基，一共4种情况；或者含有，1号位置连接甲基，2号位置连接甲基，3号位置连接乙基，一共1种情况；1号位置连接乙基，2、3号位置连接甲基，一共1种情况；一共是11种；
【小问6详解】①
②
③
④
⑤
⑥
实验目的
实验操作
A
除去中的
将气体缓缓通入过量粉末
B
除去酒精中的水
向乙醇中加入后蒸馏
C
制备高浓度的溶液
向氯水中加入过量固体
D
制备胶体
向煮沸的溶液中滴加饱和
条件
T/℃
p/kPa
700
720
740
760
780
800
I
催化剂1，2h
140
110
108
112
117
125
II
催化剂2，2h
125
132
140
150
163
170
III
催化剂2，h
140
150
163
172
180
185
1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Ca-40 Ba-137
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. 下列说法不正确的是
A. DNA分子中的双螺旋链通过共价键相互结合
B. 用聚乳酸塑料代替聚氯乙烯塑料可以减少白色污染
C. 乙炔在氧气中燃烧剧烈放热，可以用于焊接或切割金属
D. 血液中存在的缓冲体系，为维持血液的稳定发挥着重要作用
【答案】A
【解析】
【详解】A．DNA分子中的双螺旋链通过氢键相互结合，故A错误；
B．用聚乳酸塑料易水解代替聚氯乙烯塑料可以降解而减少白色污染，故B正确；
C．乙炔在氧气燃烧放出大量的热，乙炔焰产生的高温可以用于焊接或切割金属，故C正确；
D．血液中存在的缓冲体系在一定程度内可以维持血液中的氢离子和氢氧根离子的平衡，为维持血液的稳定发挥着重要作用，故D正确；
故答案为：A。
2. 工业上制备的原理为，反应涉及的微粒中空间构型为形且含有键的是
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．的σ键对数是2，孤电子对数，则空间构型为V形，中心S原子最外层有6个电子，有2个成σ键，2个为孤电子对，则余2个电子成π键，A符合题意；
B．的σ键对数是3，孤电子对数，则空间构型为平面三角形，中心C原子最外层有4个电子，阴离子得2个电子，有3个成σ键，则余3个电子成π键，B不符合题意；
C．的σ键对数是2，孤电子对数，则空间构型为V形，中心O原子最外层有6个电子，有2个成σ键，4个为孤电子对，无成π键电子，C不符合题意；
D．的σ键对数是2，孤电子对数，则空间构型为直线形，中心C原子最外层有4个电子，有2个成σ键，则余2个电子成π键，D不符合题意；
答案选A。
3. 若用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 用足量溶液吸收，转移的电子数目为
B. 高温下石墨完全转化为金刚石，键的数目增加
C. 将溶液蒸干所得的固体中的数目为
D. 将甲酸钠固体溶于甲酸溶液所得的中性溶液中的数目为
【答案】D
【解析】
【详解】A．的物质的量为，足量溶液与NO2反应生成NaNO3和NaNO2，1mlNO2反应转移1ml电子，转移的电子数目为，故A错误；
B．石墨中每个碳通过三个共价键与其他碳原子相连，所以每个碳所属的共价键应为1.5，12g石墨是1ml碳，即有1.5NA个共价键，金刚石中1ml金刚石中含有2mlC-C键即有2 NA个共价键，则键的数目增加0.5，故B错误；
C．FeCl3中铁离子会发生水解生成氢氧化铁和HCl，将FeCl3溶液蒸干所得的固体是氢氧化铁，不含有，故C错误；
D．根据溶液的电荷守恒可知：n(Na+)+n(H+)=n(OH-)+n()，而溶液显中性，故有：n(H+)=n(OH-)，则有：n()=n(Na+)=1ml，故溶液中Na+数目为NA，故D正确；
故选D。
4. 钢中添加硅可提高其强度、硬度以及高温时的抗氧化性。下列相关化学术语的使用正确的是
A. 工业制粗硅的化学方程式：
B. 的结构式：
C. 钢铁发生吸氧腐蚀的负极方程式：
D. 的价层电子排布式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．工业制粗硅的化学方程式为：，A错误；
B．是共价晶体，为空间网状结构，不含分子，B错误；
C．钢铁发生吸氧腐蚀，铁为负极失电子被氧化，负极方程式为：，C正确；
D．Fe原子失去最外层的2个电子形成，价层电子排布式为：，D错误；
故选C。
5. 关于下列实验仪器使用的说法正确的是
A. ①②均不能用酒精灯直接加热，可垫陶土网加热
B. ④的冷凝效果比③更好，可用于蒸馏装置
C. ⑤可用于贮存浓硝酸
D. ⑥可用于配制并贮存一定物质的量浓度的溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A．三颈烧瓶和锥形瓶均不能用酒精灯直接加热，可垫陶土网加热，A正确；
B．④是球形冷凝管，不可用于蒸馏装置，存在的球形凹槽使馏分不能顺利流下，B错误；
C．浓硝酸具有强氧化性会腐蚀橡胶塞，应用玻璃塞，C错误；
D．容量瓶可用于配制一定物质的量浓度的溶液，但不能贮存溶液，D错误；
故选A。
6. 黄曲霉菌常在水分含量较高的谷类作物中生长繁殖，并产生具有强致癌能力的黄曲霉素。两种黄曲霉素的结构简式如下图所示。下列说法不正确的是
A. 黄曲霉素的分子式为
B. 黄曲霉素能发生氧化反应、水解反应、加成反应
C. 黄曲霉素中含有5个手性碳
D 黄曲霉素可通过消去反应得到黄曲霉素
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，黄曲霉素的分子式为，A正确；
B．黄曲霉素含有酯基，能发生水解反应，含碳碳双键，能发生加成反应，氧化反应，含酮糖基，能发生加成反应，B正确；
C．连接4个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子，黄曲霉素中含有3个手性碳原子，如图所示，C错误；
D．黄曲霉素可通过醇的消去反应得到黄曲霉素，D正确；
故选C。
7. 根据实验目的，下列实验操作正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．将和的混合气体通过粉末，CO中会引入新杂质氧气，故A错误；
B．向酒精中加入，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，蒸馏即可得到无水乙醇，故B正确；
C．氯水中加入过量固体，盐酸和次氯酸都能与碳酸钠反应，的浓度降低，故C错误；
D．向煮沸的溶液中滴加饱和生成氢氧化铁沉淀，应将少量饱和氯化铁溶液滴入沸水中制备胶体，故D错误；
选B。
8. 前四周期元素在周期表中的相对位置如图，其中A和同周期且的第一电离能大于C．下列判断不正确的是
A. 化合物为非极性分子B. 与的原子序数相差22
C. 简单氢化物的沸点：D. 常温下和的单质均能与水剧烈反应
【答案】D
【解析】
【分析】根据周期表结构可知图中分别是周期表的二、三、四周期，同一周期元素，从左至右，第一电离能有增大趋势，但存在特殊情况，A和同周期且的第一电离能大于C，根据其在周期表中的位置可知A为Mg，C为Al，则B为Ca，D为C，E为N，F为S，G为Br，据此分析；
【详解】A．化合物是直线形分子，结构对称，为非极性分子，A正确；
B．Al、Br的原子序数相差35-13=22，B正确；
C．NH3分子间存在氢键，其沸点高于CH4，C正确；
D．常温下单质镁与水的反应缓慢，钙与水剧烈反应，D错误；
故选D。
9. 聚碳酸酯具有优越的光学性能，可制作成光学透镜，用于相机、显微镜、投影仪的光学程序系统。一种聚碳酸酯的合成方法如下所示：
下列说法正确的是
A. A中最多有14个碳原子共平面B. 最多可消耗
C. 可用酸性高锰酸钾溶液鉴别A、BD. 该合成反应的原子利用率为
【答案】B
【解析】
【详解】A．对于sp3杂化的碳原子，最多三个原子共平面，且与苯环直接相连的原子与苯环共平面，因此A物质中最多13个碳原子共平面(两个苯环上的12个碳原子及与两个苯环直接相连的碳原子)，A错误；
B．B中含有酯基，与NaOH水解后会生成1ml碳酸与2ml苯酚，因此，最多可消耗，B正确；
C．A、B均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法鉴别，C错误；
D．该反应为缩聚反应，原子利用率并非为，D错误；
故选B。
10. 富含尿素的废水可通过电解的方法在持续产氢的同时实现污水治理。其原理如图1所示：
下列说法不正确的是
A. 泡沫电极上发生的反应为：
B. 尿素无害化处理后的产物为和
C. 该电解池处理尿素，理论上可收集标准状况下
D. 由图2可知，尿素加快了氢气的生成速率
【答案】B
【解析】
【分析】由图1可知泡沫电极上的化合价升高，发生氧化反应，泡沫电极为阳极，电极反应式为： ，Pt电极为阴极，发生还原反应，生成氢气，氢氧化钾溶液中尿素与反应生成、和；
【详解】A．泡沫电极为阳极，发生的反应为：，A正确；
B．在氢氧化钾溶液中，尿素无害化处理的产物为和，B错误；
C．反应中尿素中N元素化合价由-3价升高0价，，处理尿素，转移3ml电子，理论上可收集1.5mlH2，标准状况下体积为，C正确；
D．由图2可知，相同电势差下，富含尿素的废水电解电流密度更大，说明尿素加快了氢气的生成速率，D正确；
故选B。
11. 已知：①实验测得溶液的随温度的变化曲线如图所示；
②下；。
下列说法正确的是
A. 时，的电离常数数量级为
B. 温度升高，溶液中减小
C. 浓度相等的和溶液等体积混合后：
D. 时，悬浊液中比悬浊液中大
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液中存在水解平衡：，溶液中，设为x ml/L，则可得如下三段式：
，得到，故时，的电离常数数量级为10-5，A错误；
B．随温度升高，的水解平衡正向移动，溶液中增大，B错误；
C．浓度相等的和溶液等体积混合后，根据电荷守恒，且混合溶液中碳酸根与碳酸根离子浓度不相等，故错误，C错误；
D．悬浊液中存在沉淀溶解平衡：,,；
悬浊液中存在沉淀溶解平衡：，设 为2x ml/L，为3x ml/L，，，由此可得，故悬浊液中比悬浊液中大，D正确；
故选D。
【点睛】温度升高，促进水的电离，Kw的值增大，故对于碱性溶液而言，虽然溶液中氢氧根浓度增大，但是pH的值逐渐减小，故图像中pH的值随温度升高递减。
12. 钛酸钡()是一种新型太阳能电池材料，其制备原理为：。已知钛酸钡的晶胞结构均与接触)和元素周期表中钛的数据如图所示，晶胞参数为为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是
A. Ti元素的质量数为47.87B. 晶体中与紧邻的有12个
C. 的化学式为D. 钛酸钡的密度约为
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ti元素的相对原子质量为47.87，故A错误；
B．根据晶胞结构图，晶体中与紧邻的有6个，故B错误；
C．根据均摊原则，晶胞中Ti4+数 、Ba2+数1、O2-数为，钛酸钡的化学式为BaTiO3，根据元素守恒，的化学式为，故C正确；
D．根据均摊原则，晶胞中Ti4+数1、Ba2+数1、O2-数为3，钛酸钡的密度约为，故D错误；
选C。
13. 甲酸分子在活性Pd催化剂表面脱氢的反应历程与能量变化如图所示。
下列说法正确的是
A. 升高温度，甲酸的平衡转化率增大
B. 在Pd催化剂表面键的解离速率比键的解离速率快
C. 键的键能约为
D. 若用代替，可得到
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据反应历程可知该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲酸的平衡转化率减小，A错误；
B．由图可知，Ⅰ到Ⅱ是键的解离，Ⅲ到Ⅳ是键的解离，Ⅲ到Ⅳ的活化能较小，键的解离速率更快，B错误；
C．Ⅳ到Ⅴ的能量变化包括H从催化剂表面脱离和形成键的能量变化，无法确定键的键能，C错误；
D．由图可知，HCOOH在Pd催化剂下，、键均发生断裂，最终生成H2和CO2，因此用DCOOH代替HCOOH，可得到，D正确；
故选D。
14. 甲醇可通过氢化法合成：。恒定温度为时，将和充入密闭容器中，测得按I变化。下列说法不正确的是
A. 时，I中反应进行到B点时释放的热量为
B. 时，该反应平衡常数为
C. 若其他条件不变，增大起始，所得可能按Ⅱ变化
D. 若其他条件不变，缩小容器体积，所得可能按Ⅱ无变化
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图像可知，I中反应进行到B点时，为3ml/L，则为3ml，起始H2为12ml，则转化的H2为9ml，故释放的热量为，A正确；
B．由图像可知，I中反应进行到C点时，反应达平衡，为2ml/L，列三段式为，则，B正确；
C．若其他条件不变，增大起始，则在相同时间时，大于Ⅰ中的，故不能按照Ⅱ变化，C错误；
D．若其他条件不变，缩小容器体积，体系压强增大，则化学反应速率加快，平衡向正反应方向移动，达平衡时减小，故可能按照Ⅱ变化，D正确；
答案选C。
二、非选择题：共58分。
15. 粗铜精炼的副产品铜阳极泥中含有Au、Ag、Ag2Se、Cu2Se等物质，其含量远高于常规开采的矿石，是提取稀贵金属和硒的重要原料，其中一种分离提取的工艺流程如下：
已知：①常温下，的溶度积常数
②常温下，的平衡常数
（1）与O同族，其基态原子价层电子的运动状态有___________种。
（2）“蒸硒”时将铜阳极泥与浓硫酸混合于下焙烧，浓硫酸将硒元素氧化为并蒸出，写出与浓硫酸反应的化学方程式___________。将炉气通入水中可得硒单质和___________(写化学式)。
（3）“分金”时应控制的用量以减少___________(写化学式)的产生。
（4）“分银”原理为，常温下该反应的平衡常数为_________，若加入溶液溶解，理论上溶液的浓度须达到________(忽略溶解前后溶液的体积变化)。
（5）的作用为___________；将滤液2返回“分银”工序循环使用，发现循环多次后银的浸出率降低，可能的原因是___________。
（6）粗银电解精炼时需控制电解液的为，其原因是___________。
【答案】（1）6 （2） ①. ②. H2SO4
（3）Cl2 （4） ①. ②. 或
（5） ①. 还原剂 ②. 循环多次后，溶液中Cl-不断积累、浓度增大，被氧化、浓度减小，均不利于反应正向进行，银的浸取率降低
（6）pH过低，H+在阴极竞争放电；pH过高，Ag+水解程度较大
【解析】
【分析】铜阳极泥中含有Au、Ag、Ag2Se、Cu2Se等物质，加入浓硫酸蒸硒产生的炉气用水处理得到硒；溶出液加入和氯化钠固体进行分铜，得到硫酸铜；再加入盐酸和氯酸钠分金得到H[AuCl4]，加入亚硫酸钠进行分银得到泥渣和滤液1主要含有Ag+，加入甲醛反应得到粗银和滤液2；
【小问1详解】
与O同族，有6个价电子，所以基态原子价层电子排布式为4s24p4，基态原子价层电子的运动状态有6种；
【小问2详解】
与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、二氧化硒和水，反应的化学方程式为；炉气含有SO2和SeO2，将炉气通入水中可得硒单质，则硒元素化合价降低，故硫元素化合价升高，二氧化硫被氧化最终在水中生成H2SO4；
【小问3详解】
酸性条件下容易发生反应，故“分金”时应控制的用量以减少Cl2的产生；
【小问4详解】
“分银”原理为，常温下该反应的平衡常数为K====，若加入溶液溶解，根据反应，溶解AgCl的n()=2a，溶液中c(Cl-)=aml/L，溶液中存在的n()==ml，理论上溶液的浓度须达到=；
【小问5详解】
的作用为还原剂；将银离子还原为银单质；将滤液2返回“分银”工序循环使用，发现循环多次后银的浸出率降低，可能的原因是循环多次后，溶液中Cl-不断积累、浓度增大，被氧化、浓度减小，均不利于反应正向进行，银的浸取率降低；
【小问6详解】
粗银电解精炼时需控制电解液的为，其原因是pH过低，H+在阴极竞争放电；pH过高，Ag+水解程度较大。
16. 过氧化钙为白色固体，常温下微溶于水、难溶于乙醇，在碱性条件下稳定。在潮湿的空气或水中发生水解反应并缓慢释放氧气，是一种用途广泛的优良供氧剂和消毒剂。一种过氧化钙的制备方法如图所示(略去夹持装置)：
（1）步骤I中首先向碳酸钙固体中加入稀盐酸至溶液中仅剩余极少量固体，反应的离子方程式为___________。将溶液煮沸、趁热过滤、冷却备用，其中煮沸的目的是___________。另取6%的双氧水和浓氨水以体积比2：1混合备用。
（2）步骤II制备过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)。将两种备用溶液分别加到烧瓶和分液漏斗中，打开分液漏斗活塞向烧瓶中缓慢滴加溶液，开启磁力搅拌器使液体充分混合反应，滴加完毕后，继续在冰水浴中放置30min，可观察到大量白色晶体生成。
①分液漏斗中盛装的液体为___________(填字母)。
a．CaCl2溶液 B．双氧水和浓氨水的混合溶液
②制备过氧化钙晶体的化学方程式为___________。
③抽滤，依次用冰水、乙醇洗涤，检验沉淀是否洗净的操作是___________。
（3）步骤III控制温度为105℃使CaO2·8H2O脱水为CaO2，过程中需持续通入氧气，其作用是___________。
（4）已知CaO2在350℃时迅速分解生成CaO和O2.采用量气法测定产品中CaO2含量的装置如图所示(略去加热装置)，其中量气管由碱式滴定管装配而成。
①已知样品质量为mg，量气管的初始读数为V2mL(已换算为标准状况，下同)，终点读数为V1mL，则产品中过氧化钙的质量分数为___________(用化简后的式子表示)。
②下列操作中会导致过氧化钙的质量分数偏高的是___________。
A．实验前装置内残留有空气 B．初始读数时俯视量气管
C．停止加热后立即读数 D．最终读数时量气管液面高于水准管
【答案】（1） ①. ②. 除去溶液中的，防止后续与浓氨水、反应生成，影响产品纯度
（2） ①. ②. ③. 取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，说明沉淀已经洗涤干净；反之，则未洗净
（3）抑制过氧化钙水解或分解
（4） ①. ②. C
【解析】
【分析】
【小问1详解】
HCl为强电解质，完全电离出H+和Cl-，碳酸钙为难溶电解质，离子反应中不拆成离子，故反应方程式为；煮沸的目的是将溶液中溶解的除尽，防止后续与浓氨水、反应生成，影响产品纯度；
【小问2详解】
①分液漏斗中盛装的液体为CaCl2溶液，是为了保证双氧水和浓氨水过量，将CaCl2全部转化为过氧化钙；
②从题干叙述可知，CaCl2和H2O2溶液和氨水混合液反应生成CaO2·8H2O↓，化学方程式为CaCl2＋H2O2＋2NH3·H2O＋6H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl；
③由于滤液中存在铵根和氯离子，会残留在CaO2·8H2O晶体表面，可通过检验最后一次洗涤液中是否存在氯离子来检验沉淀是否洗涤干净，检验方法为：取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，说明沉淀已经洗涤干净；反之，则未洗净；
【小问3详解】
根据题干信息在潮湿的空气或水中发生水解反应并缓慢释放氧气，通入氧气可抑制过氧化钙水解或分解；
【小问4详解】
根据反应方程式：2CaO2=2CaO+O2↑，生成O2的物质的量=ml，CaO2的物质的量=2ml，则样品中CaO2的质量分数==。本题答案为：。
②A.管内有空气不影响实验结果；
B.起始时俯视读数，会导致V2偏大，V1-V2偏小，从而使测量结果偏低；
C. 停止加热后立即读数，由于温度高气体膨胀，V1偏大，V1-V2偏大，导致过氧化钙的质量分数偏高；
D. 最终读数时，要保证量气管液面和水准管向平，量气管液面高于水准管，管内气体压强大，体积小，V1-V2偏小，从而使测量结果偏低；
答案选C。
17. CO广泛应用于冶金工业，是合成羰基类有机产品的重要原料。工业上常利用水蒸气和炽热焦炭制备CO：
i．
体系中还存在水煤气变换反应：
ii．
（1）已知，则___________。
（2）在一定温度下，向某恒容密闭容器中加入和，发生反应和。已知起始时体系的压强为，在不同条件下测定体系的总压强如下表所示。
①下列说法正确的是___________。
A．混合气体的平均摩尔质量保持不变，说明反应体系已达到平衡
B．平衡时CO2的体积分数可能为
C．采用对反应i选择性高的催化剂有利于提高CO的平衡产率
②条件I中，700—800℃范围内体系总压变化的原因可能为___________。
③条件II中，740℃时测得体系中的CO2分压p(CO2)=15kPa，该条件下H2O的消耗速率为___________kPa·h-1，780℃时，测得体系中H2的平衡分压p(H2)=90kPa，则反应i在该温度下用平衡分压表示的平衡常数Kp=___________。
（3）电解还原CO2也是合成CO的重要途径，同时可实现CO2的资源化利用。以Au为电极材料、KHCO3溶液为电解质，往M极持续通入CO2，其他条件不变，恒定通过电解池的电量，测得M极含碳产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图所示。
①电解时M极与电源的___________极相连。
②a点时，CO2发生电解反应的电极方程式为___________。
【答案】（1）
（2） ①. A ②. 700~740℃随温度升高催化剂活性降低，速率减慢，总压减小；继续升温，速率增大，总压增大 ③. 27.5 ④.
（3） ①. 负 ②. (或)
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律：反应i+反应ii可得到，则，则；
【小问2详解】
①A．由于反应i和反应ii同时进行，反应前后气体总物质的量改变，且混合气体总质量改变，则其平均摩尔质量为变量，当混合气体的平均摩尔质量保持不变，说明反应体系已达到平衡，A正确；
B．平衡时CO2的体积分数一定小于，B错误；
C．催化剂只能增大反应速率，无法改变产率，C错误；
故选A；
②由图表可知，条件I中，700—800℃范围内体系总压变化为先减小，后增大，则可能原因为：700~740℃随温度升高催化剂活性降低，速率减慢，总压减小；继续升温，速率增大，总压增大；
③在一定温度下，向某恒容密闭容器中加入和，发生反应和，设水蒸气的变化量为xml，二氧化碳的变化量为yml，由此列三段式：
达到平衡时物质的量之和为(1+x)ml，则条件II中，740℃时测得体系中的CO2分压p(CO2)=15kPa，总压为140kPa，反应前总压为100kPa，由此可列：，，解得x=0.4ml，y=0.15ml，则水蒸气变化总量为0.55ml，则该条件下H2O的分压变化为，则=55kPa，则其反应速率为；
780℃时，体系总压为163kPa，则根据上述三段式：，解得x=0.63ml，体系中H2的平衡分压p(H2)=90kPa，则，解得y=0.27ml，则达到平衡时，，，，则反应i分压常数；
【小问3详解】
①向M极持续通入CO2，二氧化碳得电子发生还原反应，为电解池阴极，与电源负极相连；
②由图可知，a点碳元素存在形式为CO和，且二者物质的量相等，则此时二氧化碳发生的电极反应为：或 。
18. I．丙二酸二乙酯是一种重要的化工原料，实验室可通过以下方法制备丙二酸二乙酯。
已知：-OH连在C=N和C=C上均不稳定，易发生异构化
（1）B的名称为___________，C中的官能团名称为___________。
（2）D→E的反应条件是___________。
（3）C水解生成D的反应分三步进行，异构化过程中，仅发生H原子和不饱和键的转移。
M的结构简式为___________，N→D的离子方程式为___________。
II．丙二酸二乙酯可用于合成各种氨基酸。以缬氨酸()为例，合成路线如下所示。
已知：
（4）F→G的反应类型为___________。
（5）缬氨酸同分异构体中，只含有一种官能团的物质有___________。
（6）脯氨酸一种环状氨基酸，结构为。若以丙二酸二乙酯为原料合成脯氨酸，应将BrCH(CH3)2替换为___________。
【答案】（1） ①. 氯乙酸 ②. 氰基、羧基
（2）浓硫酸，加热 （3） ①. ②.
（4）取代反应 （5）11
（6）BrCH2CH2CH2Br
【解析】
【分析】根据C的结构可知，C水解生成丙二酸，则D的结构简式为：HOOCCH2COOH，C→M为加成反应，则可以知道M为，根据异构化过程中，仅发生H原子和不饱和键的转移，可知N为，以此解题。
【小问1详解】
根据B结构简式可知，B的名称为氯乙酸；根据C的结构简式可知，C中的官能团名称为氰基、羧基；
【小问2详解】
根据分析可知，D为HOOCCH2COOH，D→E为羧酸的酯化反应，反应条件为：浓硫酸，加热；
【小问3详解】
根据信息可知，C中碳氮三键发生加成反应生成M的结构简式为：；异构化过程中，仅发生H原子和不饱和键的转移，则N为，结合D为丙二酸可知，N→D的离子方程式为： ；
【小问4详解】
结合F和G的结构简式可知，F→G为F中的溴原子发生的取代反应；
【小问5详解】
结合缬氨酸的结构可知，缬氨酸的同分异构体中，只含有一种官能团的物质中含有，则左侧连接甲基，右侧连接丙基，一共2种情况；左侧连接乙基，右侧连接乙基一共1种情况；左侧连接丙基，右侧连接甲基，一共2种情况；左侧连接氢原子，右侧连接丁基，一共4种情况；或者含有，1号位置连接甲基，2号位置连接甲基，3号位置连接乙基，一共1种情况；1号位置连接乙基，2、3号位置连接甲基，一共1种情况；一共是11种；
【小问6详解】①
②
③
④
⑤
⑥
实验目的
实验操作
A
除去中的
将气体缓缓通入过量粉末
B
除去酒精中的水
向乙醇中加入后蒸馏
C
制备高浓度的溶液
向氯水中加入过量固体
D
制备胶体
向煮沸的溶液中滴加饱和
条件
T/℃
p/kPa
700
720
740
760
780
800
I
催化剂1，2h
140
110
108
112
117
125
II
催化剂2，2h
125
132
140
150
163
170
III
催化剂2，h
140
150
163
172
180
185
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