黄金卷06-【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（广东专用）

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（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共16个小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4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．中国文物具有鲜明的时代特征。下列源自广东韶关的文物的主要成分不属于硅酸盐的是
【答案】C
【详解】A．清绿地素三彩花卉撇口碗的主要成分为陶瓷，属于硅酸盐，A不符合题意；
B．明代三彩孩童骑牛陶俑的主要成分为陶瓷，属于硅酸盐，B不符合题意；
C．南朝弦纹三足铜铛的主要成分为铜，属于金属材料，不属于硅酸盐，C符合题意；
D．东晋咸和二年酱褐釉陶牛车模型的主要成分为陶瓷，属于硅酸盐，D不符合题意；
故选C。
2．央视兔年春晚《满庭芳·国色》唱了42个颜色名，艺术地表现了中国人对传统国色的极致表达和美学追求。一些矿物颜料的色彩和主要成分见表：
下列说法正确的是
A．石青颜料耐酸碱腐蚀
B．蛤灰加水后会放出大量的热
C．朱砂能化为汞涉及蒸发操作
D．《遁斋闲览》中记载：有误字，以雌黄灭之，为其与纸色相类。利用了雌黄的化学性质
【答案】B
【详解】A．和酸会反应，则石青颜料不耐酸腐蚀，A项错误；
B．反应是放热反应，则蛤灰加水后会放出大量的热，B项正确；
C．，是还原产物，与蒸发无关，C项错误；
D．书上有错误的地方，用雌黄涂抹，是因为雌黄的颜色与纸色差不多，所以可覆盖错字，利用的是雌黄的物理性质，D项错误；
故选B。
3．科学家利用等放射性核素释放的射线育种。下列说法正确的是
A．的核电荷数为35B．和的中子数相同
C．和互为同位素D．与水反应生成
【答案】D
【详解】A．S元素的核电荷数是16，A错误；
B．中子数=质量数-质子数，和的中子数不相同，B错误；
C．是单质，与不属于同位素关系，C错误；
D．与水反应生成，D正确；
故选D。
4．下列有关物质性质与用途对应关系错误的是
【答案】C
【详解】A．过氧化钠与人呼出的二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，常用于呼吸面具之中作供氧剂，A正确；
B．氧化铝是离子化合物，熔融时发生电离，电解之后可以生成单质铝，B正确；
C．氯化铁腐蚀铜刻制印刷电路板是因为铁离子能够氧化单质铜，与金属活动性无关，C错误；
D． HF能够与二氧化硅反应生成四氟化硅和水，常用于刻蚀玻璃，D正确；
故选C。
5．某实验小组利用微型实验装置进行氯气的制备和性质探究，装置如图所示，下列有关说法错误的是

A．与浓盐酸反应，HCl只体现还原性
B．浸有淀粉KI溶液的脱脂棉变蓝，说明氧化性
C．新鲜花瓣褪色是因为氯气与水反应生成的HClO有漂白性
D．浸有NaOH溶液的脱脂棉可吸收过量氯气
【答案】A
【详解】A．与浓盐酸反应生成氯气、KCl、水，HCl体现还原性和酸性，A错误；
B．浸有淀粉KI溶液的脱脂棉变蓝，说明氯气和碘离子反应生成碘单质，氧化性，B正确；
C．新鲜花瓣褪色是因为氯气与水反应生成的HClO能使有色物质褪色，HClO有漂白性，C正确；
D．氯气有毒，能和碱性物质反应，故浸有NaOH溶液的脱脂棉可吸收过量氯气减小污染，D正确；
故选A。
6．维生素C又称“抗坏血酸”，广泛存在于水果蔬菜中，结构简式如图所示。下列关于维生素C的说法错误的是
A．分子式为C6H8O6
B．能与金属钠反应
C．能发生酯化反应
D．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【详解】A．分子式为C6H8O6，A项正确；
B．中有羟基，可以与金属钠发生反应，B项正确；
C．醇类能发生酯化反应，C项正确；
D．中含有双键，可以使高锰酸钾褪色，D项错误；
答案选D。
7．溴甲基蓝(用HBb表示)指示剂是一元弱酸，HBb为黄色，Bb-为蓝色。下列叙述正确的是
A．0.01ml·L-1HBb溶液的pH=2
B．HBb溶液的pH随温度升高而减小
C．向NaOH溶液中滴加HBb指示剂，溶液显黄色
D．0.01ml·L-1NaBb溶液中，c(H+)+c(Na+)=c(Bb-)+c(HBb)
【答案】B
【详解】A．由于HBb为弱酸，0.01ml·L-1HBb溶液中氢离子浓度小于0.01，故溶液的pH＞2，A错误；
B．升温促进电离，HBb溶液的pH随温度升高而减小，B正确；
C．向NaOH溶液中滴加HBb指示剂，溶液含有Bb-为蓝色，C错误；
D．0.01ml·L-1NaBb溶液中，存在物料守恒c(Na+)=c(Bb-)+c(HBb)，D错误；
答案选B。
8．将SO2通入不同溶液中探究SO2的性质，对实验现象的预测及分析不合理的是
【答案】C
【详解】A．Fe3+具有氧化性，SO2具有还原性，两者能够发生氧化还原反应，使Fe3+变为Fe2+，因而溶液棕黄色变浅绿色，A正确；
B．SO2具有漂白性，能够使得品红溶液褪色，B正确；
C．SO2具有还原性，能够被酸性KMnO4溶液氧化变为H2SO4，KMnO4被还原为无色MnSO4，使得酸性高锰酸钾溶液紫色褪色，该实验体现了SO2具有还原性，C错误；
D．亚硫酸酸性比硅酸强，所以SO2通入Na2SiO3溶液发生复分解反应制取得到H2SiO3，H2SiO3不溶于水，因此看到产生白色沉淀，D正确；
故合理选项是C。
9．硫化氢的转化是资源利用的研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化历程如图所示。下列说法正确的是
A．历程①发生反应H2S+Cu2+=CuS↓+2H+
B．历程②中CuS作氧化剂
C．历程③中n(Fe2+)：n(O2)=1：4
D．转化的总反应为H2S=H2+S
【答案】A
【详解】A．根据图示可知历程①是Cu2+与H2S气体发生复分解反应产生CuS黑色沉淀和H+，根据电荷守恒及物质的拆分原则，可知发生的该反应的离子方程式为：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，A正确；
B．在历程②中，CuS与Fe3+发生氧化还原反应，产生S、Cu2+、Fe2+，该反应的方程式为：CuS+2Fe3+=S+Cu2++2Fe2+，S元素化合价升高，失去电子被氧化，作还原剂；Fe元素化合价降低，得到电子被还原，Fe3+作氧化剂，B错误；
C．在历程③中，Fe2+与O2发生氧化还原反应，产生Fe3+、H2O，根据氧化还原反应过程中电子转移守恒可知：n(Fe2+)：n(O2)=4：1，C正确；
D．根据流程图可知总反应方程式为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，D错误；
故合理选项是A。
10．法国科学家莫瓦桑在无水HF中电解制得单质氟()，获得1906年诺贝尔化学奖。下列关于该过程的描述不正确的是
A．阳极上发生氧化反应
B．阴极反应为
C．需将电解产生的两种气体严格分开
D．理论上，每转移，可得到(标准状况下)
【答案】D
【详解】A．电解池中F-向阳极移动，失电子生成F2，发生氧化反应，A正确；
B．阴极反应式，HF-在阴极得电子生成氢气，B正确；
C．F2与氢气极易化合，需将电解产生的两种气体严格分开，C正确；
D．理论上，每转移，可得到(标准状况下)，D错误；
故选D。
11．W、X、Y、Z、M为短周期原子序数依次递增的主族元素，其最外层电子数可用图表示。下列有关说法错误的是
A．第一电离能：Y＞X
B．氢化物的沸点：M＞Y
C．Z的单质可与X的最高价氧化物发生置换反应
D．Y和M的最高价氧化物对应的水化物均为强酸
【答案】B
【分析】W、X、Y、Z、M为短周期原子序数依次递增的主族元素，由图可知，W、X、Y、Z、M的最外层电子数依次为1、4、5、2、7，则推得W、X、Y、Z、M分别为H、C、N、Mg、Cl，据此解答。
【详解】A． 第一电离能：N＞C，A正确；
B． 碳的氢化物有多种，无法确定沸点高低，B错误；
C． Mg与CO2可发生置换反应，C正确；
D． N和Cl的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸和硫酸，均为强酸，D正确；
故选B。
12．汽车尾气中NO产生的反应为 。一定条件下，等物质的量和在恒容密闭容器中反应，曲线a表示该反应在温度T下随时间(t)的变化，曲线b表示该反应在某一起始条件改变时随时间(t)的变化。下列叙述不正确的是
A．温度T下、0-40s内
B．M点小于N点
C．曲线b对应的条件改变可能是充入氧气
D．若曲线b对应的条件改变是升高温度，则
【答案】B
【详解】A．温度T下、0-40s内氮气的浓度从c0ml/L减少到c1ml/L，故，A正确；
B．M点还在向正向进行，故正反应速率大于逆反应速率，B错误；
C．曲线b能是充入氧气，反应速率加快，更快到平衡，且平衡时氮气的浓度比a少， C正确；
D．若曲线b为升温，则说明升温平衡正向移动，则正反应为吸热，D正确；
故选B。
13．下列实验对应的现象和结论都正确的是
【答案】D
【详解】A．向食品脱氧剂样品(含还原铁粉)中加入硫酸后，铁粉会与硫酸反应生成硫酸亚铁，酸性溶液为强氧化剂，会氧化亚铁离子，则滴加酸性溶液，紫红色褪去，不能说明食品脱氧剂样品中含，A错误；
B．向溶液中滴入溶液，无明显现象，再滴加溶液，会将亚铁离子氧化为铁离子，则加入后溶液变成血红色，说明有还原性，B错误；
C．向溶液加入铜片会发生反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，看到溶液变蓝，无黑色固体出现，得到结论为的氧化性大于CuCl2，C错误；
D．向溶液中加入溶液后滴加几滴淀粉溶液，溶液会与溶液反应生成FeCl2和I2，则溶液变为蓝色，得到结论氧化性：，D正确；
故选D。
14．新型Li-Mg双离子可充电电池是一种高效、低成本的储能电池，其工作原理如图所示。放电时电极a的反应为：;下列说法不正确的是
A．充电时，极为阴极
B．放电时，从I室向II室迁移
C．放电时，II室溶液的浓度增大
D．每消耗，电极a质量理论上增加
【答案】C
【详解】A．放电时电极a的反应为：，a为正极，为负极，所以充电时为阴极，A正确；
B．放电时I室为负极区，II室为正极区，阳离子向正极移动，所以向II室迁移，B正确；
C．放电时电极a的反应为：，消耗，同时锂离子通过透过膜进入II室，所以溶液的浓度不变，C错误；
D．放电时发生反应：，当有发生反应时，转移，电极a质量理论上增加，质量为：，D正确；
故选C。
15．宏观辨识与微观探析是化学核心素养之一，下列有关离子方程式的书写正确的是
A．向溶液中通入过量：
B．用惰性电极电解NaCl溶液：
C．将铜丝插入稀硝酸溶液中：
D．向中通入过量HI溶液：
【答案】B
【详解】A．过量的CO2能与CO反应生成HCO，因此向硅酸钠溶液中通入过量的CO2发生SiO+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO，故A错误；
B．用惰性电极电解饱和食盐水，得到NaOH、氢气和氯气，其离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑，故B正确；
C．铜与稀硝酸反应生成NO，离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，故C错误；
D．Fe3+具有强氧化性，能将I-氧化成I2，氢氧化铁中通入过量HI溶液反应2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O，故D错误；
答案为B。
16．柠檬酸(用H3A表示)是一种高效除垢剂，现用一定浓度的柠檬酸溶液去除水垢，溶液中H3A、H2A-、HA2-、A3-的百分含量随pH的变化曲线如图所示。下列说法中不正确的是
A．曲线b表示H2A-的变化曲线
B．H3A的第二步电离常数Ka2(H3A)约为10-4.8
C．Na2HA溶液中HA2-的水解程度小于电离程度
D．pH=4时，
【答案】D
【分析】根据酸碱中和原理，随着pH逐渐增大，H3A逐步被中和，故曲线a代表H3A，曲线b代表H2A-，曲线c代表HA2-，曲线d代表A3-。
【详解】A．由分析知，曲线b代表H2A-，A正确；
B．曲线b、c的交点对应pH=4.8，此时c(H2A-)=c(HA2-)，H3A的第二步电离方程式为：H2A-HA2-+H+，则Ka2(H3A)==c(H+)=10-4.8，B正确；
C．在Na2HA溶液中，c(HA2-)浓度达到最大，对应图中c点，此时溶液pH＜7，说明HA2-水解程度小于电离程度，C正确；
D．柠檬酸除水垢后，溶液中含有H+、Ca2+、Mg2+、H2A-、HA2-、A3-、OH-等离子，对应电荷守恒为：c(H+)+2c(Ca2+)+2c(Mg2+)=c(H2A-)+2c(HA2-)+3c(A3-)+c(OH-)，由图知，此时溶液中c(A3-)浓度非常小，而由于柠檬酸pH由起始约为1增大到4，说明柠檬酸已经反应了一定量水垢，故溶液中有一定量的Ca2+、Mg2+，即2c(Ca2+)+2c(Mg2+)＞3c(A3-)，则c(H+)＜c(H2A-)+2c(HA2-)+c(OH-)，D错误；
故答案选D。
第Ⅱ卷
二、非选择题：本题共4个小题，共56分。
17．（14分）CuCl2是常见的化学试剂，学习小组开展了与CuCl2相关的系列实验。回答下列问题：
I.利用废铜屑制备CuCl2(实验装置如下图所示)
(1)仪器a的名称为 。
(2)“湿法”制备CuCl2的化学方程式为 。
(3)①石英管内可能观察到的现象为 。
②石英管直接伸入收集装置，该管较粗，其优点是 。
(4)除上述两种方法外，实验室中还可先将铜粉 (填试剂及操作)，再加入适量稀盐酸反应得到CuCl2溶液。
II.探究Al与CuCl2溶液的反应
将铝片放入盛有0.1ml·L-1CuCl2溶液的试管中，观察到现象为：铝片表面析出疏松的紫红色固体，产生无色无味气体，溶液颜色变浅。
(5)紫红色固体为 (填化学式)。
(6)经检验产生的气体为H2.在CuCl2溶液中存在Cu2++2H2O=Cu(OH)2+2H+、2A1+6H+=2A13++3H2↑，小组成员认为应产生Cu(OH)2，但实际实验中并未观察到蓝色沉淀。于是他们提出了以下两种猜测并进行相关验证。完成下列表格：
③在猜测ii成立的基础上，该小组成员查阅文献发现体系中可能存在反应：2A13++3Cu(OH)2=2Al(OH)3+3Cu2+，列式计算平衡常数分析该反应进行的趋势 。(已知：Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20；Ksp[A1(OH)3]=1.3×10-33。一般认为，K>105时反应进行较完全，K<10-5时反应难以进行)文献显示生成的Al(OH)3可能以胶体形式存在，这是未观察到白色沉淀的可能原因，但仍需进一步深入研究。
【答案】分液漏斗 Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O 管内产生棕黄色的烟(CuCl2) 有利于产物(CuCl2)直接进入收集瓶，防止堵塞 在空气中灼烧 Cu Cu(OH)2与Al单质发生了反应 取少量Cu(OH)2悬浊液，加入AlCl3溶液，振荡 K===6.3×106＞105，该反应进行较完全
【分析】根据题中图示，湿法制取CuCl2，在三颈烧瓶中加入铜屑、H2O2和浓盐酸，在电热搅拌下发生Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O反应，NaOH溶液吸收尾气，防止污染环境；干法制取CuCl2，在石英管制取CuCl2，在集气瓶中收集CuCl2，NaOH溶液吸收多余的Cl2，避免污染环境；探究Al与CuCl2溶液反应，根据金属性强弱和实验现象回答紫红色固体为Cu，并提出两种猜测并进行相关验证，由Ksp进行相关计算；据此解答。
【详解】(1)根据题中图示可知，仪器a的名称为分液漏斗；答案为分液漏斗。
(2)在三颈烧瓶中加入铜屑、H2O2和浓盐酸，在电热搅拌下发生氧化还原反应生成CuCl2的化学方程式为Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O；答案为Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O。
(3)①石英管内发生Cu+Cl2CuCl2，观察到的现象为管内产生棕黄色的烟(CuCl2)；答案为管内产生棕黄色的烟(CuCl2)。
②石英管直接伸入收集装置，该管较粗，其优点是有利于产物(CuCl2)直接进入收集瓶，防止堵塞；答案为有利于产物(CuCl2)直接进入收集瓶，防止堵塞。
(4)除上述两种方法外，实验室中还可先将铜粉在空气中灼烧，再加入适量稀盐酸反应得到CuCl2溶液，即2Cu+O22CuO，CuO+2HCl=CuCl2+H2O；答案为在空气中灼烧。
(5)由于Al的金属性比Cu强，将铝片放入盛有0.1ml·L-1CuCl2溶液，发生置换反应，即2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu，则紫红色固体为Cu；答案为Cu。
(6)①由实验取少量Cu(OH)2悬浊液，加入打磨过的铝片，振荡，可推知，猜测i.是Cu(OH)2与Al单质发生了反应；答案为Cu(OH)2与Al单质发生了反应。
②由猜测ii.Cu(OH)2与Al3+发生了反应，可推知实验是取少量Cu(OH)2悬浊液，加入AlCl3溶液，振荡；答案为取少量Cu(OH)2悬浊液，加入AlCl3溶液，振荡。
③由2A13++3Cu(OH)2=2Al(OH)3+3Cu2+可知，K=====6.3×106＞105，该反应进行较完全；答案为K===6.3×106＞105，该反应进行较完全。
18．（14分）某湿法炼锌的萃余液中含有及二价钴离子()、镍离子()、镉离子()和等，逐级回收有价值金属并制取活性氧化锌的工艺流程如图：

已知：
(1)“氧化、调”时，先加入适量的石灰石调节pH为1.0，加入适量的，再加入石灰石为4.0，
①“沉渣”的主要成分除外还有____ ___。
②若加入过量的，钴元素会被氧化进入“沉渣”中，则溶液中残留的浓度为____。
(2)“沉锌”时，在近中性条件下加入可得碱式碳酸锌固体，同时产生大量的气体，试分析产生大量气体的原因是_____________________________。
(3)由碱式碳酸锌生成氧化锌的化学方程式为______________________________。
(4)沉锌后的滤液经过一系列操作后得到的副产品为________________________(填化学式)。
(5)的晶胞结构如图，则锌的配位数为___________；已知晶胞参数为acm，该晶体的密度为___________(写出计算式，阿佛加德罗常数的值为)。

【答案】(1) Fe(OH)3
(2)Zn2+、发生双水解反应生成和CO2气体
(3)
(4)Na2SO4
(5) 4
【分析】湿法炼锌的萃余液中含有及二价钴离子()、镍离子()、镉离子()和等，“氧化、调”时，先加入适量的石灰石调节pH为1.0，加入适量的把Mn2+氧化为、Fe2+被氧化为Fe3+，再加入石灰石为4.0，生成Fe(OH)3沉淀；滤液中加过量的锌粉置换出金属镉，滤液中加萃取剂，萃取钴镍，分液，水层中加碳酸钠生成碱式碳酸锌沉淀，碱式碳酸锌加热得氧化锌；滤液中含有Na+、，经过一系列操作后得到的副产品为Na2SO4。
【详解】（1）①“氧化、调”时，Fe2+被氧化为Fe3+，加入石灰石为4.0 生成Fe(OH)3沉淀，“沉渣”的主要成分除外还有Fe(OH)3。
②若加入过量的，钴元素会被氧化进入“沉渣”中，加入石灰石为4.0，c(OH-)=10-10，则溶液中残留的浓度为。
（2）“沉锌”时，在近中性条件下加入可得碱式碳酸锌固体，Zn2+、发生双水解反应生成和CO2气体。
（3）加热分解为氧化锌、二氧化碳、水，反应的化学方程式为。
（4）根据流程图，沉锌后的滤液中含有Na+、，经过一系列操作后得到的副产品为Na2SO4。
（5）根据的晶胞结构图，锌的配位数为4；根据均摊原则，晶胞中Zn原子数为、O原子数为4，晶胞参数为acm，该晶体的密度为。
19．（14分）氨气是基础有机合成工业和化肥工业的重要原料。
(1)诺贝尔奖获得者埃特尔提出了合成氨反应吸附解离的机理，通过实验测得合成氨势能如图所示：
在合成氨吸附解离的过程中，下列状态最稳定的是 (填选项)。
A． B．NH3(g) C．NH(ad)+2H(ad) D．N(ad)+3H(ad)
其中，NH3(ad) NH3(g) ∆H= kJ·ml-1，若要使该平衡正向移动，可采取的措施是 (填选项)。
A．升高温度 B．降低温度 C．增大压强 D．减小压强
(2)在上述实验条件下，向一密闭容器中通入 1mlN2和 3mlH2充分反应，达到平衡时放出 46kJ 热量，计算该条件下 H2的转化率 。
(3)在 t ℃、压强为 3.6 MPa 条件下，向一恒压密闭容器中通入氢氮比[c(H2)：c(N2)] 为 3 的混合气体，体系中气体的含量与时间变化关系如图所示：
反应 20 min 达到平衡，试求 0～20 min 内氨气的平均反应速率 v(NH3)= MPa·min-1。若起始条件一样，在恒容容器中发生反应，则达到平衡时 H2的含量符合上图中 点(填“d”、“e”、“f”或“g”)。
(4)在合成氨工艺中，未反应的气体(含不参与反应的惰性气体)可多次循环使用。当氢氮比[c(H2)：c(N2)]为 3 时，平衡时氨气的含量关系式为：ω (NH3)=0.325·KP·P·(1-i ) 2，(KP：平衡常数；P：平衡体系压强；i：惰性气体体积分数)。当温度为 500℃，不含惰性气体时，平衡体系压强为 2.4MPa，氨气的含量为 ω ，若此时增大压强，Kp 将(填“变大”、“变小”或“不变”)。若温度不变，体系中有 20%的惰性气体，欲使平衡时氨气的含量仍为 ω ，应将压强调整至 MPa。
【答案】D +50 AD 50% 0.02 g 不变 3.75
【详解】(1)根据能量越低越稳定规律，知状态N(ad)+3H(ad)能量最低最稳定，故答案选D；由图示知，从NH3(ad)到NH3(g)需吸收能量50 kJ/ml，故此处填+50；由于该过程为吸热过程且为气体分子数增加的过程，根据平衡移动原理，升温或减小压强均能使平衡正向移动，故答案选AD；
(2)由图示可得热化学方程式：，故放出46 kJ热量，说明有1.5 ml H2转化，故H2的转化率=；
(3)由起始投料比例知，H2占，对应最上方曲线，N2占，对应中间那条曲线，最下方曲线对应NH3，由图示知，平衡时NH3的体积分数为，故用氨气表示的平均反应速率=；由于起始投料一致，随着反应的进行，气体的量逐渐减少，故相对于恒压条件来说，恒容条件相当于减小压强，故恒容条件下反应正向程度小于恒压时反应的正向程度，即恒容条件下达平衡时H2含量大于恒压条件，对应图示应为g点；
(4)由于平衡常数Kp只与温度有关，温度不变，则Kp不变，故此处填不变；不含稀有气体时，ω(NH3)=0.325·Kp×2.4 MPa=0.78Kp，若含20%稀有气体，则ω(NH3)=0.325·Kp×P×(1-20%)2=0.208 Kp·P，由0.208 Kp·P=0.78Kp，解得P=3.75 MPa，即此时需将压强调至3.75 MPa。
20．（14分）某研究小组以物质A和乙烯为原料，按如图路线合成用于治疗冠心病及高血压药物尼群地平。
已知：①→R-CHO+H2O
②R1CHO++无机小分子
③2+ROH
请回答：
(1)物质H中官能团的名称是 。
(2)反应Ⅲ的反应类型为 。
(3)下列说法正确的是___________。
A．反应Ⅰ需要用FeCl3做催化剂B．化合物C能发生银镜反应
C．D分子中所有碳原子共平面D．尼群地平的分子式是C18H19N2O6
(4)写出D+H→E的化学方程式 。
(5)化合物X是式量比化合物D大14的同系物，同时符合下列条件的化合物X所有同分异构体共 种，写出其中一种能直接氧化得到醛的结构简式为 。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；
②HNMR谱显示分子中有4种氢原子；
③IR谱表明分子中含-C≡N键，无-O-O-、C-O-C-键
(6)设计以乙醇为原料合成H的路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。
【答案】(1)羰基、酯基
(2)取代反应
(3)BC
(4)+ +H2O
(5) 4种 或
(6)C2H5OHCH3COOHCH3COOCH2CH3
【分析】由A的分子式、D的结构简式，可知A中含有苯环，故A为 ，A与氯气发生取代反应生成B为 ，B发生水解反应、然后脱水生成C为，苯甲醛发生硝化反应生成D，D与H发生信息②中反应生成E为，F转化生成F。
【详解】（1）物质H含有的官能团为羰基、酯基，故答案为：羰基、酯基；
（2）反应Ⅲ是转化为，发生硝化反应，属于取代反应，故答案为：取代反应；
（3）A．反应发生再甲苯甲基上的氯代反应，需要光照条件，故A错误；
B．化合物C为 ，含有醛基，能发生银镜反应，故B正确；
C．苯环及其连接的原子为平面结构， 中所有碳原子共平面，故C正确；
D．尼群地平的分子式是C18H20N2O6，故D错误，
故答案为：BC；
（4）E+H→F的化学方程式为+ +H2O；
（5）化合物X是式量比化合物D( )大14的同系物，即多1个CH2，X满足条件：①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②1H-NMR谱显示分子中有4种氢原子，存在对称结构；③IR谱表明分子中含-C≡N键，无-O-O-、-C-O-C-键，可以含有-CH2CN、3个酚羟基，或者含有-CN、-CH2OH、2个酚羟基，符合条件的同分异构体有 、 、 、 共4种，其中一种能直接氧化得到醛的结构简式为 或 ；
（6）由信息③可知，由乙酸乙酯在乙醇钠条件下发生取代反应生成 ，乙醇用酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，合成路线流为C2H5OHCH3COOHCH3COOCH2CH3。A．清绿地素三彩花卉撇口碗
B．明代三彩孩童骑牛陶俑
C．南朝弦纹三足铜铛
D．东晋咸和二年酱褐釉陶牛车模型
色彩
霞光红
迎春黄
天霁蓝
瑞雪白
主要成分
朱砂
雌黄
石青
蛤灰
化学式
HgS
As2S3
Cu(OH)2•2CuCO3
CaO
物质性质
物质用途
A
Na2O2吸收CO2产生O2
Na2O2用作呼吸面具供氧剂
B
Al2O3熔融状态可电离
电解熔融Al2O3制取单质Al
C
铁比铜金属性强
FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板
D
HF与SiO2反应
HF在玻璃器皿上刻蚀标记
选项
溶液
预测的现象
分析
A
FeCl3溶液
溶液由棕黄色变浅绿色
SO2有还原性
B
品红溶液
溶液红色褪去
SO2有漂白性
C
酸性KMnO4溶液
溶液紫色褪去
SO2有氧化性
D
Na2SiO3溶液
产生白色胶状沉淀
SO2水溶液的酸性比H2SiO3强
选项
实验
现象
结论
A
向食品脱氧剂样品(含还原铁粉)中加入硫酸后滴加酸性溶液
紫红色褪去
食品脱氧剂样品中含
B
向溶液中滴入溶液，再滴加溶液
加入后溶液变成血红色
既有氧化性又有还原性
C
向溶液加入铜片
溶液变蓝、有黑色固体出现
金属铁比铜活泼
D
向溶液中加入溶液后滴加几滴淀粉溶液
溶液变为蓝色
氧化性：
猜测
实验
现象
结论
i.① 。
取少量Cu(OH)2悬浊液，加入打磨过的铝片，振荡
无明显现象
猜想i不成立
ii.Cu(OH)2与Al3+发生了反应
② 。
固体立即溶解，溶液呈浅绿色
猜想ii成立
沉淀物