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甘肃省酒泉市九师联盟2023-2024学年高三下学期3月月考化学试题（原卷版+解析版）
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这是一份甘肃省酒泉市九师联盟2023-2024学年高三下学期3月月考化学试题（原卷版+解析版），文件包含甘肃省酒泉市九师联盟2023-2024学年高三下学期3月月考化学试题原卷版docx、甘肃省酒泉市九师联盟2023-2024学年高三下学期3月月考化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫来黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4.本卷命题范围：高考范围。
5.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Ca-40 Cr-52 Zn-65
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共计42分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生产、生活等密切相关。下列有关说法错误的是
A. 墨水被用于书写或绘画，墨水是胶体
B. 通常以海水提取粗食盐后的母液为原料制取溴
C. 聚氯乙烯可用于制作不粘锅的耐热涂层
D. 农村推广风力发电、光伏发电有利于实现碳达峰、碳中和
【答案】C
【解析】
【详解】A．墨水属于胶体，A项正确；
B．溴虽然被称为“海洋元素”，但是其在海水中的浓度太小，直接以海水为原料提取溴的成本太高，而海水提取粗食盐后的母液属于浓缩的海水，其中溴化物的浓度较高，因此，通常以海水提取粗食盐后的母液为原料制取溴，B项正确；
C．聚氯乙烯在高温条件下会分解生成有毒气体，因此不能用于制作不粘锅的耐热涂层，C项错误；
D．推广风力发电、光伏发电有利于减少的排放，有利于实现碳达峰、碳中和，D项正确；
故答案为：C。
2. 下列有关物质性质、用途的描述错误的是
A. 易液化，可用于制取漂白液
B. 有还原性，在葡萄酒中添加适量的能防止葡萄酒的氧化变质
C. 分解生成和是吸热反应，故可用作阻燃剂
D. 铁粉具有还原性，能够除去污水中的、
【答案】A
【解析】
【详解】A．用于制备漂白液是因为能与NaOH溶液反应，故A错误；
B．具有还原性，在葡萄酒中添加适量有抗氧化的作用，能防止葡萄酒的氧化变质，故B正确；
C．氢氧化铝受热分解生成氧化铝和水，是吸热反应，这是其作阻燃剂的主要原因，故C正确；
D．Fe置换出Cu、Hg而表现出还原性，故D正确。
答案选A。
3. 下列指定反应的化学方程式或离子方程式书写正确的是
A. 铜片和稀硝酸反应：
B. 溶液与少量NaOH溶液反应：
C. 乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色：
D. 向溶液中通入少量：
【答案】A
【解析】
【详解】A．铜片和稀硝酸反应，铜被氧化为Cu2+，硝酸的还原产物为NO，离子方程式为3Cu+8H++2=2NO↑+3Cu2++4H2O，A正确；
B．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量NaOH溶液反应，三价铁离子先和氢氧根生成氢氧化铁沉淀，由于氢氧化钠少量，铵根不和氢氧根反应，正确的离子方程式为Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，B错误；
C．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色，是乙烯和溴发生加成反应得到1,2-二溴乙烷，反应方程式为CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br，C错误；
D．向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2，次氯酸根强氧化性氧化二氧化硫，反应生成硫酸钙、盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+Cl-+H++HClO，D错误；
本题选A。
4. 为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 溶液中数目是
B. 标准状况下，与足量反应生成分子数为
C. 0.1ml中杂化的碳原子数为
D. 分子中含有键的数目为
【答案】C
【解析】
【详解】A．能水解，故数目小于，故A错误；
B．与反应为可逆反应，生成分子数小于，故B错误；
C．苯乙烯中所有碳原子均为杂化，故C正确；
D．分子的结构式为，1个CO2中有2个键，分子中含有键，故D错误。
答案选C。
5. 氨硼烷（）是一种重要的储氢材料。1955年，Shre和Parry首次合成出氨硼烷。其反应如下：。下列说法错误的是
A. 和中均含有配位键
B. 基态N原子核外价层电子排布图：
C. 上述反应涉及的第二周期元素中，电负性最大的是N
D. 和中，与具有相似的空间结构
【答案】B
【解析】
【详解】A．中B提供空轨道，N提供孤电子对，形成配位键，中氢离子提供空轨道，N提供孤电子对，形成配位键，故A正确；
B．基态N原子核外价层电子排布图：，故B错误；
C．同周期从左向右元素的电负性增大，所以电负性：，故C正确
D．和中，价层电子对数为4，sp3杂化，正四面体结构，价层电子对数为4，是sp3杂化，正四面体结构，与具有相似的空间结构，故D正确；
故选：B。
6. 如图为一种有机酸的结构简式，下列关于该有机酸的说法正确的是
A. 分子中所有原子一定共平面
B. 1ml该物质最多能与发生加成反应
C. 1ml该物质可消耗等物质的量的Na和NaOH
D. 该有机物属于芳香族衍生物
【答案】B
【解析】
【详解】A．与苯环相连的单键可以旋转，则该有机物分子中所有原子不一定共平面，故A错误；
B．分子中含有3个碳碳双键，1ml该物质最多能与发生加成反应，故B正确；
C．羟基、羧基均与Na反应，只有羧基与NaOH反应，则1ml该物质可消耗Na和NaOH的物质的量的分别为3ml、2ml，故C错误；
D．分子中不含有苯环，不属于芳香族衍生物，故D错误。
答案选B。
7. 某科研人员提出HCHO与在羟基磷灰石（HAP）表面催化氧化生成，的历程，该历程示意图如图（图中只画出了HAP的部分结构）所示。下列说法正确的是
A. HAP降低了该反应焓变（）
B. 反应过程中，发生了非极性键的断裂和生成
C. HCHO在反应过程中，无键发生断裂
D. 和的中心原子上所含孤电子对数不同
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据历程示意图HAP开始参与反应后来有作为生成物出现，HAP为催化剂，降低了该反应的活化能，但不改变反应的焓变，A项错误；
B．反应过程中，断裂的氧氧双键为非极性键，生成的碳氧双键、H-O键均为极性键，无非极性键的生成，B项错误；
C．HCHO在反应过程中，有键发生断裂，C项错误；
D．中O上含2对孤电子对，中C上无孤电子对，D项正确；
故答案为：D。
8. （结构为，易水解，生成和HCl）、均是有机合成中的卤化剂，如：一定条件下，乙醇与反应可生成氯乙烷（）。下列相关说法中正确的是
A. HCl分子之间存在氢键
B. 乙醇中杂化的原子只有C
C. 第一电离能：
D. 可用作由制取无水的脱水剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．HCl分子之间不存在氢键，故A错误；
B．CH3CH2OH中的C均是形成4个键，没有孤电子对，则C原子采取杂化；O原子最外层有6个电子，形成2个键，孤电子对数为2，则O原子也采取杂化，故B错误；
C．同周期元素从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，由于P元素的3p轨道为半充满状态，结构稳定，则P的第一电离能大于S，但小于Cl，故C错误；
D．能够吸收中的水，发生水解生成生成和HCl，HCl 能抑制的水解，则可用作由制取无水的脱水剂，故D正确；
答案选D。
9. GaN、AlN属于第三代半导体材料，二者成键结构与金刚石相似，晶体中只存在键、键。已知Ga与Al同主族，化学性质相似。从某金属废渣（主要含、）中提取镓并制备GaN的工艺流程如下：
下列说法错误的是
A. GaN的熔点高于AlN的熔点B. “碱浸”时反应生成
C. “电解”中金属镓在阴极析出D. 制备GaN的反应中，作氧化剂
【答案】A
【解析】
【分析】金属废渣中的与氢氧化钠溶液反应生成可溶性物质四羟基合镓酸钠，过滤分离出氧化铁和含镓元素溶液，含镓元素溶液电解得到镓，再催化和氨气反应生成氮化镓。
【详解】A．GaN和AlN都是共价晶体，原子半径越小，电负性越强共价键越稳定，熔点越高，N相同，镓原子半径大于铝原子半径，GaN的熔点低于AlN的熔点，故A错误；
B．“碱浸”时发生反应，故B正确；
C．中镓为+3价，生成单质化合价降低，得电子，故电解时金属镓应该在阴极析出，故C正确；
D．制备GaN的反应中，Ga由0价变为+3价，为还原剂，故为氧化剂，故D正确；
故选：A。
10. 下列实验操作不能实现预期目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液的碱性减弱，则溶液由红色变为无色，故A正确；
B．能与饱和溶液反应，但不能，从溶液中逸出的带出的水蒸气用浓硫酸除去，故B正确；
C．酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子，不能验证氧化性：H2O2＞Fe3+，故C错误；
D．由现象可知，为强酸，为弱酸，故非金属性：，故D正确。
答案选C。
11. 我国科学家合成了一种具有巨磁电阻效应的特殊导电性物质，其立方晶胞结构如图所示。已知晶胞参数为anm，表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 基态Cr的价层电子排布式为
B. 该晶体密度为
C. 晶体中Ca原子周围等距离且最近的O原子数为8
D. 若用放射性的O替换图中的O，对其化学性质影响较大
【答案】B
【解析】
【详解】A．基态Cr的价层电子排布式为3d54s1，A错误；
B．从晶胞图中可看到Ca在晶胞的顶点，数目为，Cr在体心，数目是1个，O原子在晶胞的面心，数目为，故密度为，B正确；
C．与Ca配位的O位于晶胞面对角线的中点，距离Ca相等的共有12个，C错误；
D．18O和16O互为同位素，形成的化合物在化学性质上无差异，D正确；
故选B。
12. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W、X、Y位于同周期，它们的原子最外层电子数均为偶数，W、Z同主族。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：Z>Y>WB. 中的原子最外层均满足稳定结构
C. 最简单氢化物的热稳定性：X>YD. WY不能与氢氧化钠溶液反应
【答案】B
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大短周期主族元素，W、X、Y位于同周期，且W、Z同主族，则W、X、Y位于第二周期，它们的原子最外层电子数均为偶数，则最外层电子数可以为2，4，6，则W为Be，X为C，Y为O，Z为Mg。
【详解】A．离子核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，离子核外电子层数越多半径越大，简单离子半径：，故A错误；
B．为，根据其电子式可知其中各原子最外层均满足稳定结构，故B正确；
C．非金属性越强，最简单氢化物的热稳定性越强，最简单氢化物的热稳定性：，故C错误；
D．根据对角线规则，Be与Al性质相似，BeO能与氢氧化钠溶液反应，故D错误；
故选：B。
13. 海水电池在海洋能源领域应用广泛，铁、镁、钠、锂都可以作为海水电池的电极材料，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A. 该装置不能将化学能完全转化为电能
B. 海水中盐分大，可作为电解质溶液
C. 钠、锂等活泼金属作B极，要防止其与海水直接接触
D. 若铁为B极材料，则正极反应式一定为
【答案】D
【解析】
【分析】根据一般情况下，活泼金属作负极，石墨作正极，所以该装置图中A极是正极，B极是负极。
【详解】A．原电池在工作中不可能将化学能完全转化为电能，故A正确；
B．根据反应原理图可知，海水中含有丰富的电解质，如氯化钠、氯化镁等，可作为电解质溶液，故B正确；
C．Na、Li等活泼金属易与水反应，故要防止其与水接触，故C正确；
D．若铁为B极材料，则正极电极反应式为，故D错误；
故选D。
14. 常温下将NaOH溶液滴加到溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示[纵坐标为或]。下列叙述正确的是
A. 曲线N表示pH与的关系
B. 图中a点对应溶液中：
C. NaHA溶液中：
D. 溶液pH从5.6到9.6的过程中，水的电离程度先增大后减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．，，因为纵坐标为或，分别取a、b点，则此时对应曲线上有和，可以算出对应曲线的电离平衡常数为和，因为，所以，，所以曲线M，N分别表示pH与和pH与的关系。根据分析可知曲线M表示pH与的关系，A项错误；
B．图中a点对应溶液中存在电荷守恒：且此时，所以有：，a点pH=5.6，则，所以，B项错误；
C．的水解常数，的电离常数，的水解程度大于其电离程度，NaHA溶液中：，C项正确；
D．初始溶质为，呈酸性，电离出的氢离子抑制水的电离，完全反应时生成，水解呈碱性，促进水的电离，所以由到完全生成的过程中，水的电离程度一直增大，则溶液pH从5.6到9.6的过程中，水的电离程度逐渐增大，D项错误；
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 焦亚硫酸钠（）在化学工业中用途广泛。其一种制备流程如下：
回答下列问题：
（1）分子中，中心原子价层电子对数为__________。
（2）“制备”所用实验装置（夹持仪器已省略）如下图：
①盛放稀盐酸的仪器名称为__________。
②饱和碳酸氢钠溶液的作用是__________。
③三颈烧瓶中生成反应的化学方程式为__________（为沉淀物）。
（3）“制备”反应过程分四步：
步骤Ⅰ．在碳酸钠溶液中通入至pH为4.1，生成溶液；
步骤Ⅱ．停止通，向溶液中再加入溶液调至pH为7~8，转化为；
步骤Ⅲ．继续通入，至pH达4.1，又生成溶液；
步骤Ⅳ．当溶液中含量达到过饱和浓度时析出。
①步骤Ⅰ测量溶液的pH=4.1所用仪器是__________。
②写出步骤Ⅱ中反应的离子方程式：__________。
③写出Ⅰ~Ⅳ步骤中总反应的化学方程式：__________。
【答案】（1）3 （2） ①. 分液漏斗 ②. 除去中混有的HCl ③. 或
（3） ①. pH计 ②. （） ③.
【解析】
【分析】氨气、饱和食盐水和CO2反应，生成NaHCO3沉淀，过滤后对滤渣进行灼烧，发生反应，溶解为碳酸钠溶液，通入SO2，发生反应，经过系列操作后得到。
【小问1详解】
分子中，中心原子价层电子对数为：；
【小问2详解】
①由图可知，盛放稀盐酸的仪器名称为分液漏斗；
②由于盐酸具有挥发性，因此饱和的碳酸氢钠溶液用于除去中混有的HCl ；
③三颈烧瓶中，CO2与氨水、NaCl反应，生成氯化铵和碳酸氢钠沉淀，化学方程式为：或
【小问3详解】
①步骤Ⅰ测量溶液的pH=4.1，即所用仪器为pH计（pH试纸精度不够）；
②向溶液中再加入溶液调至pH为7~8，生成，化学方程式为：（）；
③Ⅰ~Ⅳ步骤中总反应为碳酸钠和二氧化硫反应，生成和CO2，化学方程式为：。
16. ZnO是一种难溶于水的白色固体，在化学工业中主要用作橡胶和颜料的添加剂，医药上用于制软膏、橡皮膏等。工业上由菱锌矿（主要成分为、ZnO，还含有少量、FeO、、等杂质）制备ZnO的工艺流程如图所示：
已知：①常温下：，；
②“溶浸”后的溶液所含金属离子主要有：、、、；
③氧化性顺序：。
回答下列问题：
（1）基态Zn原子的最高能层符号为__________。
（2）滤渣1的化学式是__________，“溶浸”过程中发生反应的离子方程式是__________。
（3）“氧化”时适当加热，其目的是__________，但温度不能过高，其原因是__________。
（4）已知“氧化”后溶液中，“调pH”的pH范围是__________（保留两位有效数字）。（已知：溶液中离子浓度小于等于时，认为该离子沉淀完全。）“还原”时加入锌粉的目的是__________。
（5）有机萃取剂HA与反应的化学方程式为，则“反萃取”时加入试剂X的化学式是__________。
（6）在“沉锌”与“灼烧”之间进行的操作是__________，“沉锌”得到碱式碳酸锌[化学式为]，碱式碳酸锌升温过程中固体的质量变化如图所示。350℃时，剩余固体中已不含碳元素，则剩余固体的成分是__________（填化学式）。
【答案】（1）N （2） ①. ②.
（3） ①. 提高转化为的速率 ②. 温度过高，会分解
（4） ①. ②. 将置换成Ni单质而除去
（5）
（6） ①. 过滤、洗涤、干燥 ②. ZnO和或或
【解析】
【分析】菱锌矿在溶浸操作中，Na2SO3将PbO2还原为Pb2＋，将还原为，Pb2＋与硫酸反应生硫酸铅沉淀，、ZnO、、FeO、均与硫酸反应生成相应的离子；然后加入过氧化氢，将亚铁离子氧化为铁离子，加氢氧化钠溶液调pH，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀；加入Zn将还原为Ni，所以滤渣2为Ni，加入HA萃取，锌元素进行有机相，由反应可知，反萃取时加入硫酸使平衡向左移动，从而使锌离子进入水相，加入Na2CO3生成ZnCO3沉淀，最后灼烧生成ZnO，据此作答。
【小问1详解】
锌的原子序为30，最高能层为第四能层，符号是N，故答案为：N；
【小问2详解】
由分析可知，滤渣1的化学式为；溶浸过程，Na2SO3将还原为，由原子守恒的电子守恒可知发生的离子方程式为，故答案为：，；
【小问3详解】
升高温度可以使转化为的速率加快，但是温度过高，会分解，故答案为：提高转化为的速率；温度过高，会分解；
【小问4详解】
调pH使Fe3＋完全沉淀，而其他离子不沉淀。当Fe3＋沉淀完全时，ml·L－1， ml·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝－lg 1.0×10－3＝3；Zn2＋开始沉淀， ml·L－1， ml·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝－lg 1.0×10－5.5＝5.5，所以调pH范围为；“还原”时加入锌粉可以将置换成Ni单质而除去，故答案为：；将置换成Ni单质而除去；
【小问5详解】
由反应可知，反萃取时加入硫酸使平衡向左移动，从而使锌离子进入水相，故答案为：；
【小问6详解】
在“沉锌”后需将沉淀分离并除去表面的杂质，所以在“沉锌”与“灼烧”之间进行的操作是过滤、洗涤、干燥；设有1 ml，其质量为583g；350℃时，剩余固体中不含碳元素，即碳全部以CO2形式存在，CO2有2ml，此时固体质423g，则固体质量减小583g－423g＝160g，固体质量减少的为CO2和H2O的质量，设减少的H2O有x ml，则m(CO2)＋m(H2O)＝44 g·ml－1×2ml＋18 g·ml－1×xml＝160g，解得x＝4，说明分解产生4 ml H2O，而1ml中只有2ml结晶水，则Zn(OH)2分解产生2ml H2O，即有2ml Zn(OH)2分解，而1ml中有3ml Zn(OH)2，故还有1 ml Zn(OH)2未分解，则余下固体为ZnO和Zn(OH)2，故答案为：ZnO和或或。
17. 我国科学家成功利用光伏发电，将电解水获得的与反应合成甲醇，再由甲醇经若干酶促反应合成淀粉。该研究成果已在国际学术期刊《科学》上发表。回答下列问题：
（1）人工合成转化为淀粉只需要11步，其中前两步涉及的反应如图所示。
反应的__________（用含、、、的代数式表示）。
（2）有学者结合实验和计算机模拟结果，得出的一种反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“·”标注，TS1、TS2、TS3、TS4均为过渡态。决速步骤对应的化学方程式为__________；TS3对应的步骤适合在__________（填“高温”或“低温”）条件下进行。
（3）在密闭容器中充入一定量的和，发生反应 ，在催化剂作用下单位时间内的转化率与温度、催化剂的关系如图所示。
①a点时，的生成速率__________（填“>”“<”或“=”，下同）的消耗速率；催化效率：Cat2__________Cat1。
②b点之后的转化率降低，可能的原因是__________。
（4）已知催化加氢主要反应如下：
反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
①230℃时，将和按物质的量之比为1：3混合通入恒温刚性密闭容器中，在催化剂作用下同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，容器内压强随时间的变化如下表所示。
平衡时，则该温度下反应Ⅰ的化学平衡常数__________（用含的代数式表示）。
②二氧化碳催化加氢合成甲醇反应往往伴随副反应Ⅱ。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和甲醇选择性，应当__________。
【答案】（1）
（2） ①. （或） ②. 低温
（3） ①. > ②. > ③. 温度升高，平衡向逆反应方向移动（或催化剂活性降低；或温度升高反应左移与催化剂活性降低共同作用）
（4） ①. ②. 选择适宜的催化剂
【解析】
【小问1详解】
目标反应由I+Ⅱ+Ⅲ+Ⅳ而来，故；
【小问2详解】
由图示反应历程信息可知，TS4对应的步骤，生成的反应活化能最大，是整个化学反应的决速步骤，化学方程式为（或）；TS3对应的步骤的反应为，该反应的，，若要自发进行，需要，则适合在低温条件下进行。
【小问3详解】
①a点在平衡之前，正反应速率大于逆反应速率；相同温度下单位时间内转化率较大的催化效率高，故催化效率：Cat2>Cat1；
②催化剂的选择性受温度影响，b点之后温度升高，平衡向逆反应方向移动（或催化剂活性降低；或温度升高反应左移与催化剂活性降低共同作用）。
【小问4详解】
①设起始的物质的量为1ml，则H2的物质的量为3ml，生成为CH3OH的物质的量为xml，生成CO的物质的量为yml，列出三段式：
起始时气体总物质的量为4ml，平衡时生成CH3OH为 xml，生成CO为yml，生成H2O为(x+y)ml，剩余CO2为(1-x-y)ml，剩余H2为(3-3x-y)ml，气体总物质的量为(4-2x)ml，相同条件下气体的压强之比等于物质的量之比，则，解得x=0.2，再根据平衡时，平衡时总压强为，有，解得y=0.4，则反应Ⅰ平衡时各气体的物质的量为n(CO2)=0.4ml，n(H2)=2ml，n(CH3OH)=0.2ml，n(H2O)=0.6ml，各气体的平衡分压分别为p(CO2)= ，p(H2)= ，p(CH3OH)= ， p(H2O)= ，反应Ⅰ的化学平衡常数==；
②二氧化碳催化加氢合成甲醇反应往往伴随副反应Ⅱ。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和甲醇选择性，应当选择适宜的催化剂。
18. 聚酰亚胺是重要的特种工程塑料，广泛应用在航空、纳米、激光等领域，被称为“解决问题的能手”。有机物M是合成聚酰亚胺的中间体。一种合成M的路线图如下：
已知：。
回答下列问题：
（1）芳香族化合物A的名称是___________；X的结构简式为___________，D中官能团的名称是___________。
（2）E→F的反应类型是___________，G的核磁共振氢谱有___________组峰。
（3）下列方法或试剂不能用于区别E、W的是___________(填字母)。
A 酸性溶液B. 核磁共振氢谱仪
C. 质谱仪D. 溴的溶液
（4）反应B→C的化学方程式为___________。
（5）C的同分异构体中苯环上含有3个取代基，其中2个为，能发生水解反应和银镜反应的有___________种(不含立体异构)。
（6）写出满足下列条件的G的芳香族同分异构体的结构简式：___________。
①能发生银镜反应；
②能发生水解反应，其水解产物之一能与溶液发生显色反应；
③1 ml该物质最多能与8 ml NaOH反应。
【答案】（1） ①. 苯甲酸 ②. CH3CH2OH ③. 酯基、氨基
（2） ①. 取代反应 ②. 2 （3）D
（4）+2HNO3(浓) +2H2O
（5）12 （6）或或
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，浓硫酸作用下与乙醇共热发生酯化反应生成，则A为、X为CH3CH2OH、B为；浓硫酸作用下与浓硝酸共热发生硝化反应生成，与铁、盐酸发生还原反应生成；催化剂作用下与一氯甲烷发生取代反应生成，催化剂作用下与氧气发生氧化反应生成，则G为；一定条件下发生脱水反应生成，则W为；催化剂作用下与发生水解反应生成。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为，名称为苯甲酸；X的结构简式为CH3CH2OH；由结构简式可知，的官能团为酯基、氨基，故答案为：苯甲酸；CH3CH2OH；酯基、氨基；
【小问2详解】
由分析可知，E→F的反应为催化剂作用下与一氯甲烷发生取代反应生成和氯化氢；G的结构简式为，分子中氢原子的类型为2，则分子的核磁共振氢谱有2组峰，故答案为：取代反应；2；
【小问3详解】
A．由结构简式可知，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，而不能与酸性高锰酸钾溶液反应，则酸性高锰酸钾溶液能鉴别和，故不符合题意；
B．由结构简式可知，和的氢原子类型不同，核磁共振氢谱的组峰数目不同，则用核磁共振氢谱能鉴别和，故不符合题意；
C．由结构简式可知，和的分子式不同，相对分子质量不同，则用质谱仪能鉴别和，故不符合题意；
D．由结构简式可知，和均不能与溴的四氯化碳溶液反应，则用溴的四氯化碳溶液不能鉴别和，故符合题意；
故选D；
【小问4详解】
由分析可知，B→C的反应为浓硫酸作用下与浓硝酸共热发生硝化反应生成和水，反应的化学方程为+2HNO3(浓) +2H2O，故答案为：+2HNO3(浓) +2H2O；
【小问5详解】
C的同分异构体中苯环上含有3个取代基，其中2个为硝基，能发生水解反应和银镜反应说明同分异构体分子中的取代基为2个硝基和1个甲酸酯基，可以视作二硝基乙苯分子中乙基上的氢原子被HCOO—取代所得结构，共有12种，故答案为：12；
【小问6详解】
由分析可知，G结构简式为，G的芳香族同分异构体能发生银镜反应，能发生水解反应，其水解产物之一能与氯化铁溶液发生显色反应，1ml该物质最多能与8ml氢氧化钠反应说明同分异构体分子中含有4个酚酯基，结构简式为、、，故答案为：或或。选项
实验操作
预期目的
A
向含有酚酞试液的溶液中逐滴滴加足量溶液
验证能水解
B
将含有少量的气体依次通过饱和溶液、浓硫酸
提纯
C
向溶液中滴入硫酸酸化的溶液
验证氧化性：
D
向浓度均为的和溶液中分别滴加酚酞，溶液不变色，溶液变成红色
证明非金属性：
时间/min
0
20
40
60
80
压强/MPa
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫来黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4.本卷命题范围：高考范围。
5.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Ca-40 Cr-52 Zn-65
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共计42分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生产、生活等密切相关。下列有关说法错误的是
A. 墨水被用于书写或绘画，墨水是胶体
B. 通常以海水提取粗食盐后的母液为原料制取溴
C. 聚氯乙烯可用于制作不粘锅的耐热涂层
D. 农村推广风力发电、光伏发电有利于实现碳达峰、碳中和
【答案】C
【解析】
【详解】A．墨水属于胶体，A项正确；
B．溴虽然被称为“海洋元素”，但是其在海水中的浓度太小，直接以海水为原料提取溴的成本太高，而海水提取粗食盐后的母液属于浓缩的海水，其中溴化物的浓度较高，因此，通常以海水提取粗食盐后的母液为原料制取溴，B项正确；
C．聚氯乙烯在高温条件下会分解生成有毒气体，因此不能用于制作不粘锅的耐热涂层，C项错误；
D．推广风力发电、光伏发电有利于减少的排放，有利于实现碳达峰、碳中和，D项正确；
故答案为：C。
2. 下列有关物质性质、用途的描述错误的是
A. 易液化，可用于制取漂白液
B. 有还原性，在葡萄酒中添加适量的能防止葡萄酒的氧化变质
C. 分解生成和是吸热反应，故可用作阻燃剂
D. 铁粉具有还原性，能够除去污水中的、
【答案】A
【解析】
【详解】A．用于制备漂白液是因为能与NaOH溶液反应，故A错误；
B．具有还原性，在葡萄酒中添加适量有抗氧化的作用，能防止葡萄酒的氧化变质，故B正确；
C．氢氧化铝受热分解生成氧化铝和水，是吸热反应，这是其作阻燃剂的主要原因，故C正确；
D．Fe置换出Cu、Hg而表现出还原性，故D正确。
答案选A。
3. 下列指定反应的化学方程式或离子方程式书写正确的是
A. 铜片和稀硝酸反应：
B. 溶液与少量NaOH溶液反应：
C. 乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色：
D. 向溶液中通入少量：
【答案】A
【解析】
【详解】A．铜片和稀硝酸反应，铜被氧化为Cu2+，硝酸的还原产物为NO，离子方程式为3Cu+8H++2=2NO↑+3Cu2++4H2O，A正确；
B．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量NaOH溶液反应，三价铁离子先和氢氧根生成氢氧化铁沉淀，由于氢氧化钠少量，铵根不和氢氧根反应，正确的离子方程式为Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，B错误；
C．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色，是乙烯和溴发生加成反应得到1,2-二溴乙烷，反应方程式为CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br，C错误；
D．向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2，次氯酸根强氧化性氧化二氧化硫，反应生成硫酸钙、盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+Cl-+H++HClO，D错误；
本题选A。
4. 为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 溶液中数目是
B. 标准状况下，与足量反应生成分子数为
C. 0.1ml中杂化的碳原子数为
D. 分子中含有键的数目为
【答案】C
【解析】
【详解】A．能水解，故数目小于，故A错误；
B．与反应为可逆反应，生成分子数小于，故B错误；
C．苯乙烯中所有碳原子均为杂化，故C正确；
D．分子的结构式为，1个CO2中有2个键，分子中含有键，故D错误。
答案选C。
5. 氨硼烷（）是一种重要的储氢材料。1955年，Shre和Parry首次合成出氨硼烷。其反应如下：。下列说法错误的是
A. 和中均含有配位键
B. 基态N原子核外价层电子排布图：
C. 上述反应涉及的第二周期元素中，电负性最大的是N
D. 和中，与具有相似的空间结构
【答案】B
【解析】
【详解】A．中B提供空轨道，N提供孤电子对，形成配位键，中氢离子提供空轨道，N提供孤电子对，形成配位键，故A正确；
B．基态N原子核外价层电子排布图：，故B错误；
C．同周期从左向右元素的电负性增大，所以电负性：，故C正确
D．和中，价层电子对数为4，sp3杂化，正四面体结构，价层电子对数为4，是sp3杂化，正四面体结构，与具有相似的空间结构，故D正确；
故选：B。
6. 如图为一种有机酸的结构简式，下列关于该有机酸的说法正确的是
A. 分子中所有原子一定共平面
B. 1ml该物质最多能与发生加成反应
C. 1ml该物质可消耗等物质的量的Na和NaOH
D. 该有机物属于芳香族衍生物
【答案】B
【解析】
【详解】A．与苯环相连的单键可以旋转，则该有机物分子中所有原子不一定共平面，故A错误；
B．分子中含有3个碳碳双键，1ml该物质最多能与发生加成反应，故B正确；
C．羟基、羧基均与Na反应，只有羧基与NaOH反应，则1ml该物质可消耗Na和NaOH的物质的量的分别为3ml、2ml，故C错误；
D．分子中不含有苯环，不属于芳香族衍生物，故D错误。
答案选B。
7. 某科研人员提出HCHO与在羟基磷灰石（HAP）表面催化氧化生成，的历程，该历程示意图如图（图中只画出了HAP的部分结构）所示。下列说法正确的是
A. HAP降低了该反应焓变（）
B. 反应过程中，发生了非极性键的断裂和生成
C. HCHO在反应过程中，无键发生断裂
D. 和的中心原子上所含孤电子对数不同
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据历程示意图HAP开始参与反应后来有作为生成物出现，HAP为催化剂，降低了该反应的活化能，但不改变反应的焓变，A项错误；
B．反应过程中，断裂的氧氧双键为非极性键，生成的碳氧双键、H-O键均为极性键，无非极性键的生成，B项错误；
C．HCHO在反应过程中，有键发生断裂，C项错误；
D．中O上含2对孤电子对，中C上无孤电子对，D项正确；
故答案为：D。
8. （结构为，易水解，生成和HCl）、均是有机合成中的卤化剂，如：一定条件下，乙醇与反应可生成氯乙烷（）。下列相关说法中正确的是
A. HCl分子之间存在氢键
B. 乙醇中杂化的原子只有C
C. 第一电离能：
D. 可用作由制取无水的脱水剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．HCl分子之间不存在氢键，故A错误；
B．CH3CH2OH中的C均是形成4个键，没有孤电子对，则C原子采取杂化；O原子最外层有6个电子，形成2个键，孤电子对数为2，则O原子也采取杂化，故B错误；
C．同周期元素从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，由于P元素的3p轨道为半充满状态，结构稳定，则P的第一电离能大于S，但小于Cl，故C错误；
D．能够吸收中的水，发生水解生成生成和HCl，HCl 能抑制的水解，则可用作由制取无水的脱水剂，故D正确；
答案选D。
9. GaN、AlN属于第三代半导体材料，二者成键结构与金刚石相似，晶体中只存在键、键。已知Ga与Al同主族，化学性质相似。从某金属废渣（主要含、）中提取镓并制备GaN的工艺流程如下：
下列说法错误的是
A. GaN的熔点高于AlN的熔点B. “碱浸”时反应生成
C. “电解”中金属镓在阴极析出D. 制备GaN的反应中，作氧化剂
【答案】A
【解析】
【分析】金属废渣中的与氢氧化钠溶液反应生成可溶性物质四羟基合镓酸钠，过滤分离出氧化铁和含镓元素溶液，含镓元素溶液电解得到镓，再催化和氨气反应生成氮化镓。
【详解】A．GaN和AlN都是共价晶体，原子半径越小，电负性越强共价键越稳定，熔点越高，N相同，镓原子半径大于铝原子半径，GaN的熔点低于AlN的熔点，故A错误；
B．“碱浸”时发生反应，故B正确；
C．中镓为+3价，生成单质化合价降低，得电子，故电解时金属镓应该在阴极析出，故C正确；
D．制备GaN的反应中，Ga由0价变为+3价，为还原剂，故为氧化剂，故D正确；
故选：A。
10. 下列实验操作不能实现预期目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液的碱性减弱，则溶液由红色变为无色，故A正确；
B．能与饱和溶液反应，但不能，从溶液中逸出的带出的水蒸气用浓硫酸除去，故B正确；
C．酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子，不能验证氧化性：H2O2＞Fe3+，故C错误；
D．由现象可知，为强酸，为弱酸，故非金属性：，故D正确。
答案选C。
11. 我国科学家合成了一种具有巨磁电阻效应的特殊导电性物质，其立方晶胞结构如图所示。已知晶胞参数为anm，表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 基态Cr的价层电子排布式为
B. 该晶体密度为
C. 晶体中Ca原子周围等距离且最近的O原子数为8
D. 若用放射性的O替换图中的O，对其化学性质影响较大
【答案】B
【解析】
【详解】A．基态Cr的价层电子排布式为3d54s1，A错误；
B．从晶胞图中可看到Ca在晶胞的顶点，数目为，Cr在体心，数目是1个，O原子在晶胞的面心，数目为，故密度为，B正确；
C．与Ca配位的O位于晶胞面对角线的中点，距离Ca相等的共有12个，C错误；
D．18O和16O互为同位素，形成的化合物在化学性质上无差异，D正确；
故选B。
12. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W、X、Y位于同周期，它们的原子最外层电子数均为偶数，W、Z同主族。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：Z>Y>WB. 中的原子最外层均满足稳定结构
C. 最简单氢化物的热稳定性：X>YD. WY不能与氢氧化钠溶液反应
【答案】B
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大短周期主族元素，W、X、Y位于同周期，且W、Z同主族，则W、X、Y位于第二周期，它们的原子最外层电子数均为偶数，则最外层电子数可以为2，4，6，则W为Be，X为C，Y为O，Z为Mg。
【详解】A．离子核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，离子核外电子层数越多半径越大，简单离子半径：，故A错误；
B．为，根据其电子式可知其中各原子最外层均满足稳定结构，故B正确；
C．非金属性越强，最简单氢化物的热稳定性越强，最简单氢化物的热稳定性：，故C错误；
D．根据对角线规则，Be与Al性质相似，BeO能与氢氧化钠溶液反应，故D错误；
故选：B。
13. 海水电池在海洋能源领域应用广泛，铁、镁、钠、锂都可以作为海水电池的电极材料，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A. 该装置不能将化学能完全转化为电能
B. 海水中盐分大，可作为电解质溶液
C. 钠、锂等活泼金属作B极，要防止其与海水直接接触
D. 若铁为B极材料，则正极反应式一定为
【答案】D
【解析】
【分析】根据一般情况下，活泼金属作负极，石墨作正极，所以该装置图中A极是正极，B极是负极。
【详解】A．原电池在工作中不可能将化学能完全转化为电能，故A正确；
B．根据反应原理图可知，海水中含有丰富的电解质，如氯化钠、氯化镁等，可作为电解质溶液，故B正确；
C．Na、Li等活泼金属易与水反应，故要防止其与水接触，故C正确；
D．若铁为B极材料，则正极电极反应式为，故D错误；
故选D。
14. 常温下将NaOH溶液滴加到溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示[纵坐标为或]。下列叙述正确的是
A. 曲线N表示pH与的关系
B. 图中a点对应溶液中：
C. NaHA溶液中：
D. 溶液pH从5.6到9.6的过程中，水的电离程度先增大后减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．，，因为纵坐标为或，分别取a、b点，则此时对应曲线上有和，可以算出对应曲线的电离平衡常数为和，因为，所以，，所以曲线M，N分别表示pH与和pH与的关系。根据分析可知曲线M表示pH与的关系，A项错误；
B．图中a点对应溶液中存在电荷守恒：且此时，所以有：，a点pH=5.6，则，所以，B项错误；
C．的水解常数，的电离常数，的水解程度大于其电离程度，NaHA溶液中：，C项正确；
D．初始溶质为，呈酸性，电离出的氢离子抑制水的电离，完全反应时生成，水解呈碱性，促进水的电离，所以由到完全生成的过程中，水的电离程度一直增大，则溶液pH从5.6到9.6的过程中，水的电离程度逐渐增大，D项错误；
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 焦亚硫酸钠（）在化学工业中用途广泛。其一种制备流程如下：
回答下列问题：
（1）分子中，中心原子价层电子对数为__________。
（2）“制备”所用实验装置（夹持仪器已省略）如下图：
①盛放稀盐酸的仪器名称为__________。
②饱和碳酸氢钠溶液的作用是__________。
③三颈烧瓶中生成反应的化学方程式为__________（为沉淀物）。
（3）“制备”反应过程分四步：
步骤Ⅰ．在碳酸钠溶液中通入至pH为4.1，生成溶液；
步骤Ⅱ．停止通，向溶液中再加入溶液调至pH为7~8，转化为；
步骤Ⅲ．继续通入，至pH达4.1，又生成溶液；
步骤Ⅳ．当溶液中含量达到过饱和浓度时析出。
①步骤Ⅰ测量溶液的pH=4.1所用仪器是__________。
②写出步骤Ⅱ中反应的离子方程式：__________。
③写出Ⅰ~Ⅳ步骤中总反应的化学方程式：__________。
【答案】（1）3 （2） ①. 分液漏斗 ②. 除去中混有的HCl ③. 或
（3） ①. pH计 ②. （） ③.
【解析】
【分析】氨气、饱和食盐水和CO2反应，生成NaHCO3沉淀，过滤后对滤渣进行灼烧，发生反应，溶解为碳酸钠溶液，通入SO2，发生反应，经过系列操作后得到。
【小问1详解】
分子中，中心原子价层电子对数为：；
【小问2详解】
①由图可知，盛放稀盐酸的仪器名称为分液漏斗；
②由于盐酸具有挥发性，因此饱和的碳酸氢钠溶液用于除去中混有的HCl ；
③三颈烧瓶中，CO2与氨水、NaCl反应，生成氯化铵和碳酸氢钠沉淀，化学方程式为：或
【小问3详解】
①步骤Ⅰ测量溶液的pH=4.1，即所用仪器为pH计（pH试纸精度不够）；
②向溶液中再加入溶液调至pH为7~8，生成，化学方程式为：（）；
③Ⅰ~Ⅳ步骤中总反应为碳酸钠和二氧化硫反应，生成和CO2，化学方程式为：。
16. ZnO是一种难溶于水的白色固体，在化学工业中主要用作橡胶和颜料的添加剂，医药上用于制软膏、橡皮膏等。工业上由菱锌矿（主要成分为、ZnO，还含有少量、FeO、、等杂质）制备ZnO的工艺流程如图所示：
已知：①常温下：，；
②“溶浸”后的溶液所含金属离子主要有：、、、；
③氧化性顺序：。
回答下列问题：
（1）基态Zn原子的最高能层符号为__________。
（2）滤渣1的化学式是__________，“溶浸”过程中发生反应的离子方程式是__________。
（3）“氧化”时适当加热，其目的是__________，但温度不能过高，其原因是__________。
（4）已知“氧化”后溶液中，“调pH”的pH范围是__________（保留两位有效数字）。（已知：溶液中离子浓度小于等于时，认为该离子沉淀完全。）“还原”时加入锌粉的目的是__________。
（5）有机萃取剂HA与反应的化学方程式为，则“反萃取”时加入试剂X的化学式是__________。
（6）在“沉锌”与“灼烧”之间进行的操作是__________，“沉锌”得到碱式碳酸锌[化学式为]，碱式碳酸锌升温过程中固体的质量变化如图所示。350℃时，剩余固体中已不含碳元素，则剩余固体的成分是__________（填化学式）。
【答案】（1）N （2） ①. ②.
（3） ①. 提高转化为的速率 ②. 温度过高，会分解
（4） ①. ②. 将置换成Ni单质而除去
（5）
（6） ①. 过滤、洗涤、干燥 ②. ZnO和或或
【解析】
【分析】菱锌矿在溶浸操作中，Na2SO3将PbO2还原为Pb2＋，将还原为，Pb2＋与硫酸反应生硫酸铅沉淀，、ZnO、、FeO、均与硫酸反应生成相应的离子；然后加入过氧化氢，将亚铁离子氧化为铁离子，加氢氧化钠溶液调pH，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀；加入Zn将还原为Ni，所以滤渣2为Ni，加入HA萃取，锌元素进行有机相，由反应可知，反萃取时加入硫酸使平衡向左移动，从而使锌离子进入水相，加入Na2CO3生成ZnCO3沉淀，最后灼烧生成ZnO，据此作答。
【小问1详解】
锌的原子序为30，最高能层为第四能层，符号是N，故答案为：N；
【小问2详解】
由分析可知，滤渣1的化学式为；溶浸过程，Na2SO3将还原为，由原子守恒的电子守恒可知发生的离子方程式为，故答案为：，；
【小问3详解】
升高温度可以使转化为的速率加快，但是温度过高，会分解，故答案为：提高转化为的速率；温度过高，会分解；
【小问4详解】
调pH使Fe3＋完全沉淀，而其他离子不沉淀。当Fe3＋沉淀完全时，ml·L－1， ml·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝－lg 1.0×10－3＝3；Zn2＋开始沉淀， ml·L－1， ml·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝－lg 1.0×10－5.5＝5.5，所以调pH范围为；“还原”时加入锌粉可以将置换成Ni单质而除去，故答案为：；将置换成Ni单质而除去；
【小问5详解】
由反应可知，反萃取时加入硫酸使平衡向左移动，从而使锌离子进入水相，故答案为：；
【小问6详解】
在“沉锌”后需将沉淀分离并除去表面的杂质，所以在“沉锌”与“灼烧”之间进行的操作是过滤、洗涤、干燥；设有1 ml，其质量为583g；350℃时，剩余固体中不含碳元素，即碳全部以CO2形式存在，CO2有2ml，此时固体质423g，则固体质量减小583g－423g＝160g，固体质量减少的为CO2和H2O的质量，设减少的H2O有x ml，则m(CO2)＋m(H2O)＝44 g·ml－1×2ml＋18 g·ml－1×xml＝160g，解得x＝4，说明分解产生4 ml H2O，而1ml中只有2ml结晶水，则Zn(OH)2分解产生2ml H2O，即有2ml Zn(OH)2分解，而1ml中有3ml Zn(OH)2，故还有1 ml Zn(OH)2未分解，则余下固体为ZnO和Zn(OH)2，故答案为：ZnO和或或。
17. 我国科学家成功利用光伏发电，将电解水获得的与反应合成甲醇，再由甲醇经若干酶促反应合成淀粉。该研究成果已在国际学术期刊《科学》上发表。回答下列问题：
（1）人工合成转化为淀粉只需要11步，其中前两步涉及的反应如图所示。
反应的__________（用含、、、的代数式表示）。
（2）有学者结合实验和计算机模拟结果，得出的一种反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“·”标注，TS1、TS2、TS3、TS4均为过渡态。决速步骤对应的化学方程式为__________；TS3对应的步骤适合在__________（填“高温”或“低温”）条件下进行。
（3）在密闭容器中充入一定量的和，发生反应 ，在催化剂作用下单位时间内的转化率与温度、催化剂的关系如图所示。
①a点时，的生成速率__________（填“>”“<”或“=”，下同）的消耗速率；催化效率：Cat2__________Cat1。
②b点之后的转化率降低，可能的原因是__________。
（4）已知催化加氢主要反应如下：
反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
①230℃时，将和按物质的量之比为1：3混合通入恒温刚性密闭容器中，在催化剂作用下同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，容器内压强随时间的变化如下表所示。
平衡时，则该温度下反应Ⅰ的化学平衡常数__________（用含的代数式表示）。
②二氧化碳催化加氢合成甲醇反应往往伴随副反应Ⅱ。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和甲醇选择性，应当__________。
【答案】（1）
（2） ①. （或） ②. 低温
（3） ①. > ②. > ③. 温度升高，平衡向逆反应方向移动（或催化剂活性降低；或温度升高反应左移与催化剂活性降低共同作用）
（4） ①. ②. 选择适宜的催化剂
【解析】
【小问1详解】
目标反应由I+Ⅱ+Ⅲ+Ⅳ而来，故；
【小问2详解】
由图示反应历程信息可知，TS4对应的步骤，生成的反应活化能最大，是整个化学反应的决速步骤，化学方程式为（或）；TS3对应的步骤的反应为，该反应的，，若要自发进行，需要，则适合在低温条件下进行。
【小问3详解】
①a点在平衡之前，正反应速率大于逆反应速率；相同温度下单位时间内转化率较大的催化效率高，故催化效率：Cat2>Cat1；
②催化剂的选择性受温度影响，b点之后温度升高，平衡向逆反应方向移动（或催化剂活性降低；或温度升高反应左移与催化剂活性降低共同作用）。
【小问4详解】
①设起始的物质的量为1ml，则H2的物质的量为3ml，生成为CH3OH的物质的量为xml，生成CO的物质的量为yml，列出三段式：
起始时气体总物质的量为4ml，平衡时生成CH3OH为 xml，生成CO为yml，生成H2O为(x+y)ml，剩余CO2为(1-x-y)ml，剩余H2为(3-3x-y)ml，气体总物质的量为(4-2x)ml，相同条件下气体的压强之比等于物质的量之比，则，解得x=0.2，再根据平衡时，平衡时总压强为，有，解得y=0.4，则反应Ⅰ平衡时各气体的物质的量为n(CO2)=0.4ml，n(H2)=2ml，n(CH3OH)=0.2ml，n(H2O)=0.6ml，各气体的平衡分压分别为p(CO2)= ，p(H2)= ，p(CH3OH)= ， p(H2O)= ，反应Ⅰ的化学平衡常数==；
②二氧化碳催化加氢合成甲醇反应往往伴随副反应Ⅱ。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和甲醇选择性，应当选择适宜的催化剂。
18. 聚酰亚胺是重要的特种工程塑料，广泛应用在航空、纳米、激光等领域，被称为“解决问题的能手”。有机物M是合成聚酰亚胺的中间体。一种合成M的路线图如下：
已知：。
回答下列问题：
（1）芳香族化合物A的名称是___________；X的结构简式为___________，D中官能团的名称是___________。
（2）E→F的反应类型是___________，G的核磁共振氢谱有___________组峰。
（3）下列方法或试剂不能用于区别E、W的是___________(填字母)。
A 酸性溶液B. 核磁共振氢谱仪
C. 质谱仪D. 溴的溶液
（4）反应B→C的化学方程式为___________。
（5）C的同分异构体中苯环上含有3个取代基，其中2个为，能发生水解反应和银镜反应的有___________种(不含立体异构)。
（6）写出满足下列条件的G的芳香族同分异构体的结构简式：___________。
①能发生银镜反应；
②能发生水解反应，其水解产物之一能与溶液发生显色反应；
③1 ml该物质最多能与8 ml NaOH反应。
【答案】（1） ①. 苯甲酸 ②. CH3CH2OH ③. 酯基、氨基
（2） ①. 取代反应 ②. 2 （3）D
（4）+2HNO3(浓) +2H2O
（5）12 （6）或或
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，浓硫酸作用下与乙醇共热发生酯化反应生成，则A为、X为CH3CH2OH、B为；浓硫酸作用下与浓硝酸共热发生硝化反应生成，与铁、盐酸发生还原反应生成；催化剂作用下与一氯甲烷发生取代反应生成，催化剂作用下与氧气发生氧化反应生成，则G为；一定条件下发生脱水反应生成，则W为；催化剂作用下与发生水解反应生成。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为，名称为苯甲酸；X的结构简式为CH3CH2OH；由结构简式可知，的官能团为酯基、氨基，故答案为：苯甲酸；CH3CH2OH；酯基、氨基；
【小问2详解】
由分析可知，E→F的反应为催化剂作用下与一氯甲烷发生取代反应生成和氯化氢；G的结构简式为，分子中氢原子的类型为2，则分子的核磁共振氢谱有2组峰，故答案为：取代反应；2；
【小问3详解】
A．由结构简式可知，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，而不能与酸性高锰酸钾溶液反应，则酸性高锰酸钾溶液能鉴别和，故不符合题意；
B．由结构简式可知，和的氢原子类型不同，核磁共振氢谱的组峰数目不同，则用核磁共振氢谱能鉴别和，故不符合题意；
C．由结构简式可知，和的分子式不同，相对分子质量不同，则用质谱仪能鉴别和，故不符合题意；
D．由结构简式可知，和均不能与溴的四氯化碳溶液反应，则用溴的四氯化碳溶液不能鉴别和，故符合题意；
故选D；
【小问4详解】
由分析可知，B→C的反应为浓硫酸作用下与浓硝酸共热发生硝化反应生成和水，反应的化学方程为+2HNO3(浓) +2H2O，故答案为：+2HNO3(浓) +2H2O；
【小问5详解】
C的同分异构体中苯环上含有3个取代基，其中2个为硝基，能发生水解反应和银镜反应说明同分异构体分子中的取代基为2个硝基和1个甲酸酯基，可以视作二硝基乙苯分子中乙基上的氢原子被HCOO—取代所得结构，共有12种，故答案为：12；
【小问6详解】
由分析可知，G结构简式为，G的芳香族同分异构体能发生银镜反应，能发生水解反应，其水解产物之一能与氯化铁溶液发生显色反应，1ml该物质最多能与8ml氢氧化钠反应说明同分异构体分子中含有4个酚酯基，结构简式为、、，故答案为：或或。选项
实验操作
预期目的
A
向含有酚酞试液的溶液中逐滴滴加足量溶液
验证能水解
B
将含有少量的气体依次通过饱和溶液、浓硫酸
提纯
C
向溶液中滴入硫酸酸化的溶液
验证氧化性：
D
向浓度均为的和溶液中分别滴加酚酞，溶液不变色，溶液变成红色
证明非金属性：
时间/min
0
20
40
60
80
压强/MPa
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