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河北省部分学校2024届高三下学期二轮复习联考（一）新高考卷化学试题（原卷版+解析版）
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考试时间为75分钟，满分100分
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Al-27 S-32 Cu-64 Y-89 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. 化学与生产、生活、科技息息相关。下列相关说法错误的是
A. 世界上最轻固体——气凝胶，属于胶体
B. 华为麒麟芯片，其主要成分是
C. “梦天”空间冷原子钟组通过改变电子飞行轨道而计时发生的变化不属于化学变化
D. 清华团队最新成果“石墨烯人工喉”还原失声者的原声，其中石墨烯属于烯烃
【答案】D
【解析】
【详解】A．气凝胶为固态纳米微粒，A正确；
B．华为麒麟芯片为半导体材料，其主要成分是，B正确；
C．改变电子飞行轨道而计时发生的变化为物理变化，不属于化学变化，C正确；
D．石墨烯为碳单质，属于无机物，不属于烯烃，D错误；
答案选D。
2. 科技改变生活，材料改变世界。下列说法正确的是
A. 国产大型客机机身采用的铝锂合金、钛合金和复合材料均为纯净物
B. 我国自主三代核电技术“华龙一号”所用的核燃料中的与为同种元素
C. 用于“打印”人工骨骼的含的生物陶瓷属于传统无机非金属材料
D. 体积更小，更安全的氮化镓充电器芯片中镓元素位于氮元素的下一周期
【答案】B
【解析】
【详解】A．合金和复合材料均为混合物，故A错误；
B．与质子数相同，中子数不同，互为同位素，属于同一种元素，故B正确；
C．的生物陶瓷属于新型无机非金属材料，故C错误；
D．N位于第二周期，镓位于第四周期，故D错误；
故选B。
3. 下列实验装置、药品选用及操作都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．MnO2和浓盐酸反应必须加热，A错误；
B．用和稀盐酸制备，不能用稀硫酸因硫酸钙微溶覆盖在固体表面，阻止反应发生，B错误；
C．萃取得溴的苯溶液后，因苯密度比水小，分层后水层在下层，从下口放出，C正确；
D．因水解生成的盐酸易挥发，蒸干其溶液得不到无水，应该在HCl气流中蒸干，D错误；
故选C。
4. 化学让生活更美好，下列说法正确的是
A. 利用活性炭的还原性除去红糖中的色素变为白糖
B. 红霉素软膏的辅料凡士林的主要成分为油脂
C. 可燃冰中甲烷与水存在分子间氢键
D. 霓虹灯发光是电子由激发态跃迁到基态释放能量的过程
【答案】D
【解析】
【详解】A除去红糖中的色素变为白糖利用的是活性炭的吸附性，故A错误；
B．凡士林的主要成分为烃类，故B错误；
C．C的电负性较小，甲烷与水不存在分子间氢键，故C错误；
D．电子由激发态跃迁到基态释放能量，形成发射光谱，霓虹灯发光，故D正确；
故选D。
5. 近年来，电池被应用于北斗海上救生定位集成系统中，其原理如图所示。下列说法正确的是
A. 放电过程中被还原B. 电流由铝合金经负载流向泡沫
C. 正极的电极反应为D. 负极质量减小，则正极生成
【答案】C
【解析】
【分析】放电时，铝合金作负极，Al失去电子变为Al3+，，泡沫Ni作正极，水得到电子，。
【详解】A．放电过程中Al失去电子变为Al3+，Al被氧化，故A错误；
B．放电时，铝合金作负极，泡沫Ni作正极，电流由泡沫经负载流向铝合金，故B错误；
C．泡沫Ni作正极，水得到电子，电极反应式为：，故C正确；
D．负极质量减小，即1mlAl被氧化，转移电子数为3ml，正极反应式为：，此时生成H2的物质的量为1.5ml，标况下体积为33.6L，选项中未标明标况，无法得知生成的H2的体积，故D错误；
故选C。
6. 碳酸亚乙烯酯是有效的锂离子电池电解液的有机成膜添加剂，其合成路线如下图所示。
已知：双键碳原子连羟基不稳定，会异构化，如：。下列说法错误的是
A. X的核磁共振氢谱有1组峰
B. Y含有2个手性碳原子
C. Z水解后的有机产物不存在顺反异构
D. 的化学方程式为
【答案】B
【解析】
【详解】A．X是对称结构，只有1种等效氢，所以核磁共振氢谱有1组峰，A正确；
B．Y中含有1个手性碳原子，即与氯原子相连的碳原子，B错误；
C．水解后生成碳酸和，根据已知信息可知该结构不稳定，异构化成HO-CH2-CHO，不存在顺反异构，C正确；
D．的化学方程式为，D正确；
故选B。
7. 按下图制取氯气，并检验氯气是否具有漂白性。下列说法正确的是
A. 在烧瓶内的反应中，盐酸只表现出还原性B. 紫色的石蕊溶液先变红，后褪色
C. 湿润的红布条褪色证明具有漂白性D. 将溶液改为澄清石灰水，可制备漂白粉
【答案】B
【解析】
【分析】烧瓶内浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，用饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体，氯气通入石蕊溶液中，反应过程中生成酸，所以紫色石蕊变红，又生成了具有漂白性的次氯酸，溶液褪色，湿润的红布条褪色证明具有漂白性的是次氯酸，用氢氧化钠溶液吸收过量的氯气。
【详解】A．在烧瓶内发生反应：2KMnO₄+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl₂+5Cl₂↑+8H₂O，Cl元素部分化合价上升，部分化合价没有变，盐酸既表现还原性，也表现酸性，故A错误；
B．生成的氯气通入石蕊溶液中，反应过程中生成酸，所以紫色石蕊变红，又生成了具有漂白性的次氯酸，溶液褪色，故B正确；
C．湿润的红布条褪色证明具有漂白性的是次氯酸，不是氯气，故C错误；
D．氢氧化钙溶解度很小，不适合制备漂白粉，故D错误；
故选B。
8. 部分含硫物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断不合理的是
A. a可与c或e反应生成bB. b在过量中燃烧生成c
C. d分子中硫原子为杂化D. f的浓溶液可以干燥a和c
【答案】D
【解析】
【分析】由题干价类二维图可知，a为H2S、b为S、c为SO2、d为SO3、e为H2SO3、f为H2SO4，据此分析解题。
【详解】A．H2S和SO2反应生成S，H2S和H2SO3反应也可以生成S，A正确；
B．S在过量中燃烧生成SO2，B正确；
C．SO3中S原子价层电子对数为3+ =3，为杂化，C正确；
D．浓硫酸具有强氧化性会和H2S发生氧化还原反应，不能用浓硫酸干燥H2S，D错误；
故选D。
9. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下，含有的分子数为
B. 溶液中含的总数为
C. 常温常压下，含有σ键的数目为
D. 和的混合气体中质子数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲醇在标准状况下是液态，标准状况下，的物质的量不是1ml，A错误；
B．未说明溶液的体积，无法计算溶液中含的总数，B错误；
C．含有5个σ键，的物质的量为1ml，含有σ键的数目为，C错误；
D．和的质子数都为22，和的混合气体中质子数为，D正确；
故选D。
10. 利用下图的电化学装置可以将丙烯腈转化为己二腈，下列说法正确的是
A. 室I和室III的降低，室II和室IV的不变
B. a电极发生的反应为
C. 通入，生成
D. 丙烯腈应加入室III，在c电极上生成己二腈
【答案】C
【解析】
【分析】左池为原电池中的燃料电池，a极为负极，b极为正极，右池为电解池，c极为阳极，d极为阴极，a极电极反应，b极电极反应，c极电极反应，d极电极反应。
【详解】A．a极电极反应，室I消耗OH-，降低；c极电极反应，室III生成H+，降低；b极电极反应，室II生成OH-，升高，d极电极反应，室IV消耗H+，但中间为质子交换膜，H+移向室IV，消耗的H+与移来的H+相等，不变，A错误；
B．a电极发生的反应为， B错误；
C．通入，转移12ml电子，生成1ml得2ml电子，根据得失电子守恒，生成，C正确；
D．丙烯腈应加入室IV，在d电极上生成己二腈，D错误；
故选C。
11. 能引起痛风的某有机物的结构如图所示，其中短周期元素Q、X、Y、Z、M的原子序数依次增大，Q、M同主族，X、Y、Z三种元素位于同一周期相邻主族。下列说法正确的是
A. Y的基态原子有3个单电子B. 简单离子半径：
C. 元素的电负性：D. 与中的化学键类型相同
【答案】A
【解析】
【分析】根据题中信息和图中各元素成键个数可知：Q为H，X为C，Y为N，Z为O，M为Na。
【详解】A．Y为N，Y的基态电子排布式为，有3个单电子，A正确；
B．电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径：，即 ，B错误；
C．同周期从左向右，元素的电负性依次增强，电负性：,即，C错误；
D．为，化学键为共价键，为，化学键为离子键和共价键，化学键不完全相同，D错误；
故选A。
12. 纳米铜是一种性能优异的超导材料，以辉铜矿(主要成分为)为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图所示。
下列表述不正确的是
A. “浸取”产物有、S，浸取时，在有氧环境下效果更好
B. “过滤”中若所得滤液仍然浑浊，需要再次过滤
C. “萃取”中为提高萃取效果减少损失，应该用适量的萃取剂多次萃取
D. “还原”发生反应的离子方程式为：
【答案】D
【解析】
【分析】辉铜矿（主要成分为）用溶液、溶液作浸取剂“浸取”，发生反应，过滤得到含有溶液，加入萃取剂萃取，在萃取后的“水相”中含有铁元素，加入适量氨水可制取铁红和硫酸铵；用“反萃取”得到的溶液，调节溶液pH在碱性条件下，与反应生成和铜，从而获得纳米铜粉。
【详解】A．用溶液、溶液作浸取剂发生反应，“浸取”产物有、S，浸取时，在有氧环境下，会被氧化生成，使充分反应效果更好，A正确；
B．“过滤”除去S等不溶物，若所得滤液仍然浑浊，可以多次过滤，B正确；
C．加入萃取剂使 被萃取过程存在平衡状态，应该用适量的萃取剂多次萃取，提高萃取效果减少损失，C正确；
D．“还原”发生的反应是在碱性条件下，反应离子方程式为，D错误；
答案选D。
13. 利用环成二烯()加氢制备环成烯()，按加入恒压密闭容器中，若仅发生如下反应：
①
②
实验测得环戊二烯转化率(曲线b)和环戊烯选择性(曲线a)随温度变化曲线如下(已知：选择性=转化为目标产物的反应物在总转化量中的占比)。下列说法错误的是
A. 时，的转化率为87.4%
B. 由图可知，反应的活化能
C. 相同条件下，若增大，选择性提高
D. 升高温度， 生成速率增大，生成速率减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，时，环戊二烯的转化率为92%，环戊烯的选择性为95%，则H2的转化量n(H2)=n(环戊烯)=1ml×92%×95%=0.874ml，的转化率为87.4%，A正确；
B．由图可知，环戊烯选择性选择性较高，相同时间内，反应①的速率较快，说明反应的活化能，B正确；
C．相同条件下，若增大，相当于增大H2的物质的量，反应①中环戊二烯转化率增大，环戊烯选择性增大，C正确；
D．升高温度， 生成速率增大，生成速率也增大，D错误；
故选D。
14. 基于虚拟软件可测定盐酸与碳酸钠溶液相互滴定的图像，下图为反应过程中微粒浓度以及随溶液总体积变化曲线(已知草酸酸性大于碳酸)。下列说法正确的是
A. 上图是碳酸钠溶液滴定盐酸的曲线变化图
B.
C. 碳酸的电离平衡常数数量级是
D. 若用同浓度溶液代替溶液，A点上移
【答案】B
【解析】
【分析】若碳酸钠溶液滴定盐酸，则pH随溶液总体积一直增大；若盐酸滴定碳酸钠溶液，则pH随溶液总体积一直减小，则曲线①是pH变化曲线，且未滴定时，溶液的pH>7，溶液呈碱性，则上图是盐酸滴定碳酸钠溶液的变化曲线。向碳酸钠溶液中加入盐酸，先后发生反应：CO+H+=、+H+=CO2+H2O，随着加入盐酸的体积增大，CO的浓度一直减小，的浓度先增大后减小，溶液的pH一直减小，则曲线①代表pH的变化，曲线②代表CO浓度变化，曲线③代表浓度变化，曲线④代表浓度变化，以此解答。
【详解】A．由分析可知，上图是盐酸滴定碳酸钠溶液的曲线变化图，A错误；
B．起始溶液体积是10mL，加入盐酸后依次反应：CO+H+=、+H+=CO2+H2O，则A点、B点分别是第1个、第2个滴定终点，B点时：n(HCl)=2n()，由于二者浓度相同，故应加入20mL盐酸溶液，才能到第2个滴定终点，故，B正确；
C．曲线③代表，曲线④代表，由图可知，曲线③④交点有c()=c()时，则碳酸的电离平衡常数=，此时溶液6D．若用同浓度Na2C2O4溶液代替Na2CO3溶液，A点得到NaHC2O4溶液，已知草酸酸性大于碳酸，则HCO的水解程度大于，NaHC2O4溶液的碱性弱于NaHCO3溶液，A点下移，D错误；
故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 亚硝酰硫酸是一种浅黄色液体，遇水易分解，溶于浓硫酸，主要用于染料、医药领域的重氮化反应。浓硝酸与在浓硫酸作用下反应可制得，实验室用如图装置(夹持装置略)制备少量，并测定产品的纯度。
回答下列问题。
（1）仪器b的名称是___________，导管a的作用是___________。
（2）装置C中盛放的试剂为___________(填名称)，装置C的作用为___________。
（3）装置B温度不宜太高，原因是___________；为控制装置B的温度，除了冰水浴外，还可以采取的措施为___________。
（4）开始时反应缓慢，待生成少量后，温度变化不大，但反应速度明显加快，其原因___________。
（5）测定的纯度：准确称取产品放入碘量瓶中，加入标准溶液和溶液，然后摇匀，用标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为。
已知：
①滴定终点时的现象为___________。
②亚硝酰硫酸的纯度为___________(保留4位有效数字)。
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. 保持容器内压强恒定，利于溶液顺利滴下
（2） ①. 碱石灰 ②. 吸收尾气中和防止空气中水分进入装置B
（3） ①. 温度较高时会使硝酸分解，同时会使SO2逸出 ②. 调节A中恒压滴液漏斗的活塞，控制硫酸溶液的滴入速度
（4）生成的NOSO4H作为反应的催化剂
（5） ①. 当滴入最后一滴标准液时，溶液恰好由粉红色变为无色，且半分钟内不恢复 ②. 84.67%
【解析】
【分析】装置A是利用亚硫酸钠和浓硫酸反应制取SO2，HNO3与SO2在浓H2SO4作用下在冰水浴中反应制得NOSO4H，由于亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水分解，且装置A中制得的SO2属于大气污染物，不能直接排放到大气中，则装置C中的碱石灰的作用是吸收SO2，防止空气中的水蒸气进入装置B中。
【小问1详解】
仪器b的名称是三颈烧瓶，恒压滴液漏斗中导管a的作用是保持容器内压强恒定，利于溶液顺利滴下；
【小问2详解】
亚硝酰硫酸遇水易分解，装置C中盛放的试剂为碱石灰，作用为吸收尾气中和防止空气中水分进入装置B；
【小问3详解】
装置B中的反应物为浓硝酸，易挥发且受热易分解，温度较高时会使硝酸分解，同时会使SO2逸出；为控制装置B的温度，控制通入SO2中的速率，可以通过调节A中恒压滴液漏斗的活塞，控制硫酸溶液的滴入速度；
【小问4详解】
开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速度明显加快，其原因是：生成的NOSO4H作为反应的催化剂；
【小问5详解】
①高锰酸钾溶液为紫红色，与草酸钠反应生成锰离子，溶液变无色，滴定终点时的现象为当滴入最后一滴标准液时，溶液恰好由粉红色变为无色，且半分钟内不恢复；
②根据滴定实验操作，用草酸钠标准溶液滴定过量的KMnO4标准溶液，草酸钠与KMnO4发生氧化还原反应，根据氧化还原反应规律，配平该反应的离子反应为：2+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，由反应可知，过量的KMnO4标准溶液的物质的量=n()=0.02L×0.500ml/L×=0.004ml，则与NOSO4H溶液反应的KMnO4标准溶液的物质的量=0.06L×0.2000ml•L-1-0.004ml=0.008ml，根据已知反应2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4可知，产品中NOSO4H的物质的量=×0.008ml=0.02ml，则亚硝酰硫酸的纯度为 。
16. 污染物的处理和资源的充分利用是化学重要的研究课题，工业上用化工厂尾气中低浓度还原软锰矿(主要成分为，另含有少量铁、铝、铜、镍、铅等金属化合物)制备高性能磁性材料的主要原料的流程如下：
已知：①常温时部分硫化物难溶盐的如下
②难溶于水、乙醇，潮湿时易被空气氧化，时开始分解；
③溶液中某离子的浓度时，即可认为该离子已沉淀完全。
（1）基态锰原子的价电子排布式为___________，的空间结构为___________。
（2）为提高“还原酸浸”的效率，可以采取的措施有___________(答出一条即可)；上述流程多次涉及过滤操作，实验室进行过滤操作时需要用到的玻璃仪器有烧杯、___________。
（3）“还原酸浸”中所发生的最主要的氧化还原反应的离子方程式为___________。
（4）“除铜镍铅”时，为使它们完全沉淀，需控制溶液中的浓度的最小值为___________ml/L。
（5）“洗涤、干燥”中，为减少损失，宜选用的洗涤剂为___________。
（6）某种具有氧原子缺陷的超导材料的长方体晶胞结构如图所示。晶胞参数分别为，阿伏加德罗常数的值为。已知该晶体中为价，Y为价，O为价，则___________，该晶体的密度为___________。
【答案】（1） ①. 3d54S2 ②. V形
（2） ①. 粉碎软锰矿、适当提高温度、适当提高硫酸的浓度（合理即可） ②. 漏斗、玻璃棒
（3）MnO2＋SO2=Mn2＋＋SO
（4）2.0×10－21
（5）乙醇 （6） ①. 2:1 ②.
【解析】
【分析】MnO2具有氧化性，能够与SO2反应。加入MnCO3，可以促进Fe3＋、Al3＋水解，使之转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去。根据已知①，MnS相较于CuS、PbS、NiS更易溶，通过调节S2－的浓度，除去铜镍铅。最终加入NaHCO3，得到MnCO3沉淀。
【小问1详解】
Mn是25号元素，其价电子排布为3d54S2。SO2的价层电子对数=，其价层电子对互斥理论模型为三角形，有1对孤电子对，则SO2的空间构型为V形。
答案为3d54S2 V形。
【小问2详解】
为了提高“还原酸浸”可以粉碎软锰矿，适当提高温度，适当提高硫酸的浓度等。实验室中过滤需要的玻璃仪器除了烧杯外，还需要漏斗、玻璃棒。
答案为粉碎软锰矿、适当提高温度、适当提高硫酸的浓度（合理即可） 漏斗、玻璃棒。
【小问3详解】
MnO2具有氧化性，SO2具有还原性，这两者发生氧化还原反应，离子方程式为MnO2＋SO2=Mn2＋＋SO。
答案为MnO2＋SO2=Mn2＋＋SO。
【小问4详解】
根据表格中的数据，CuS、PbS和NiS中NiS的Ksp最大，则NiS的溶解度最大，只要Ni2＋完全沉淀，则Cu2＋、Pb2＋也会完成沉淀。当Ni2＋完全沉淀时，c(Ni2＋)≤10－5ml·L－1，则c(S2－)≥，则S2－的浓度的最小值为2.0×10－21ml·L－1。
答案为2.0×10－21ml·L－1。
【小问5详解】
MnCO3难于水、乙醇，潮湿时易被空气氧化，乙醇具有易挥发性，洗涤后更易干燥，因此宜选用的洗涤剂为乙醇。
答案为乙醇。
【小问6详解】
根据晶胞示意图，Ba和Y位于晶胞内部，完全属于此晶胞，因此此晶胞中含有2个Ba和1个Y。此晶胞中含有一共含有17个O，有10个在棱上，被4个晶胞所共有；有7个在面上，被2个晶胞所共有；则属于此晶胞的O一共有；此晶胞中含有一共含有16个Cu，有8个在棱上，被4个晶胞所共有；有8个在顶点，被8个晶胞所共有，则则属于此晶胞的Cu一共有。根据信息，Ba的化合价为＋2，Y的化合价为＋3，O的化合价为－2；根据化合价代数和为0，设＋1的Cu有x个，则有2×2＋3×1＋x＋2(3－x)＋(－2)×6=0，可得x=1，则＋1的Cu有1个，＋2的Cu有2个，因此n(Cu2+):n(Cu+)=2:1。
晶体的密度。
答案为1:2 。
17. 甲醇水蒸气重整制氢的反应转换条件温和，副产物少，成为了诸多制氢方法的首选之一、甲醇水蒸气重整制氢过程中发生的化学反应如下：
i．
ii．
iii．
（1）___________；若反应i正反应的活化能，则逆反应的活化能___________。
（2）下图为含碳产物的选择性(如的选择性是指反应生成的甲醇占转化的甲醇的百分比)及产氢率随水醇物质的量之比的变化图像，曲线___________(填“a”“b”或“c”)是的选择性曲线。由图可知，下列最优水醇物质的量之比是___________(填字母)。
A．1.2 B．1.7 C．2.5
（3）若甲醇水蒸气重整反应是在吸附剂存在的情况下进行的，产氢量随温度和的影响如下图所示。已知吸附剂的碳酸化反应为： 。
①当一定时，温度小于，随温度升高产氢量增加；温度大于时，产氢量随温度升高而降低，降低的原因是___________。
②在温度为的恒容密闭的石英管中，加入碳酸钙，加热至反应完全后(碳酸钙始终有剩余)，测得二氧化碳压强为。在相同温度下的恒容密闭石英管中按通入水蒸气和甲醇，并加入适量，测得压强为，待反应达平衡后，测得二氧化碳的选择性为80%，氢气的分压为，若氧化钙对二氧化碳的吸收率为50%，则的平衡分压为___________，反应iii的___________。若继续加入甲醇，则___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1） ①. +49 ②. a-49
（2） ① a ②. A
（3） ①. 因为三个反应都是正向吸热，所以当一定时，温度小于，随温度升高产氢量增加，则主要以反应i、iii为主；温度大于时，升高温度，平衡逆移，二氧化碳浓度增大，使反应i逆移，反应ii正移，则产氢量随温度升高而降低 ②. a ③. ④. 增大
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，iii-ii可得，；正反应的活化能-逆反应的活化能=，
【小问2详解】
因为的选择性与的选择性之和等于1，且水醇物质的量之比越大，反应i正向移动，反应ii逆向移动，则的选择性增大，所以曲线a是的选择性曲线，曲线c是的选择性曲线，曲线b 是产氢率；由图可知，最优水醇物质的量之比是1.2，因为此时产氢率较高，如果继续增加水醇物质的量之比，则水气化消耗的能量较高。所以选A；
【小问3详解】
因为三个反应都是正向吸热，所以当一定时，温度小于，随温度升高产氢量增加，则主要以反应i、iii为主；温度大于时，，升高温度，平衡逆移，二氧化碳浓度增大，使反应i逆移，反应ii正移，则产氢量随温度升高而降低；在温度为的恒容密闭的石英管中，加入碳酸钙，加热至反应完全后(碳酸钙始终有剩余)，测得二氧化碳压强为，即二氧化碳在该温度下的平衡压强一直是；设开始投入水蒸气和甲醇都是1ml，达平衡后总物质的量为n总，总压强为P总，则由压强之比等于物质的量之比知，，设反应i中甲醇转化了xml，反应ii中二氧化碳转化了yml，反应iii中甲醇转化了zml，则平衡后甲醇为（1-x-z）ml，CO为（y+z）ml，氢气为(3x-y+2z)ml，因为氧化钙对二氧化碳的吸收率为50%，平衡后二氧化碳为0.5（x-y）ml，由二氧化碳的选择性为80%知，x-y=0.8(x+z)，根据与可得：，根据与还可以得到：，则，反应iii的；若继续加入甲醇，则增大，二氧化碳压强仍为，则增大。
18. 根据抑制癌细胞增殖药物的恩杂鲁胺G()的合成路线，回答下列问题。
已知：①；
②。
（1）B的化学名称为___________(用系统命名法命名)；D中官能团的名称为___________。
（2）写出的第二步反应的化学方程式：___________，该反应的反应类型为___________，F的结构简式为___________。
（3）已知在碱性条件下水解生成，则和足量的溶液反应，最多消耗的物质的量为___________。
（4）化合物H是B的同分异构体，符合下列条件的H有___________种。
①含有苯环，苯环上有三个取代基，含且与苯环直接相连；
②最多消耗。
（5）结合以上合成路线，设计以对硝基甲苯和为基本原料合成的路线：___________。
【答案】（1） ①. 2-氟-5硝基苯甲酸 ②. 氨基、碳氟键、酰氨基
（2） ①. + CH3NH2+HCl ②. 取代反应 ③.
（3）4 （4）10
（5）
【解析】
【分析】结合A的结构简式和B的分子式可以推知A发生氧化反应生成B为，B发生已知①的反应原理得到C为，C发生还原反应生成D为，D和发生取代反应生成E为，E和F发生已知②的反应原理得到G，F为，以此解答。
【小问1详解】
B为，化学名称为2-氟-5硝基苯甲酸，D为，官能团的名称为氨基、碳氟键、酰氨基。
【小问2详解】
B和SOCl2先发生取代反应生成，和CH3NH2发生取代反应生成，第二步反应化学方程式：+ CH3NH2+HCl，为取代反应。由分析可知，F为。
【小问3详解】
E为，已知在碱性条件下水解生成，F原子可以和NaOH溶液发生水解反应生成酚羟基，酚羟基也能和NaOH溶液反应，-CONH-可以和NaOH溶液发生水解反应，则和足量的溶液反应，最多消耗的物质的量为4。
【小问4详解】
化合物H是B的同分异构体，符合条件①含有苯环，苯环上有三个取代基，含且与苯环直接相连；②最多消耗，说明苯环上的取代基含有-F和-OOCH，综上所述苯环上的取代基为-F、、- OOCH，符合条件的同分异构体有10种。
【小问5详解】
对硝基甲苯发生还原反应生成，发生D经过一系列反应生成G的原理得到，合成路线为：。A．制备氯气
B．用和稀硫酸制备
C．萃取得溴的苯溶液后，先将下层液体放出
D．蒸发溶液制得无水
难溶物
考试时间为75分钟，满分100分
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Al-27 S-32 Cu-64 Y-89 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. 化学与生产、生活、科技息息相关。下列相关说法错误的是
A. 世界上最轻固体——气凝胶，属于胶体
B. 华为麒麟芯片，其主要成分是
C. “梦天”空间冷原子钟组通过改变电子飞行轨道而计时发生的变化不属于化学变化
D. 清华团队最新成果“石墨烯人工喉”还原失声者的原声，其中石墨烯属于烯烃
【答案】D
【解析】
【详解】A．气凝胶为固态纳米微粒，A正确；
B．华为麒麟芯片为半导体材料，其主要成分是，B正确；
C．改变电子飞行轨道而计时发生的变化为物理变化，不属于化学变化，C正确；
D．石墨烯为碳单质，属于无机物，不属于烯烃，D错误；
答案选D。
2. 科技改变生活，材料改变世界。下列说法正确的是
A. 国产大型客机机身采用的铝锂合金、钛合金和复合材料均为纯净物
B. 我国自主三代核电技术“华龙一号”所用的核燃料中的与为同种元素
C. 用于“打印”人工骨骼的含的生物陶瓷属于传统无机非金属材料
D. 体积更小，更安全的氮化镓充电器芯片中镓元素位于氮元素的下一周期
【答案】B
【解析】
【详解】A．合金和复合材料均为混合物，故A错误；
B．与质子数相同，中子数不同，互为同位素，属于同一种元素，故B正确；
C．的生物陶瓷属于新型无机非金属材料，故C错误；
D．N位于第二周期，镓位于第四周期，故D错误；
故选B。
3. 下列实验装置、药品选用及操作都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．MnO2和浓盐酸反应必须加热，A错误；
B．用和稀盐酸制备，不能用稀硫酸因硫酸钙微溶覆盖在固体表面，阻止反应发生，B错误；
C．萃取得溴的苯溶液后，因苯密度比水小，分层后水层在下层，从下口放出，C正确；
D．因水解生成的盐酸易挥发，蒸干其溶液得不到无水，应该在HCl气流中蒸干，D错误；
故选C。
4. 化学让生活更美好，下列说法正确的是
A. 利用活性炭的还原性除去红糖中的色素变为白糖
B. 红霉素软膏的辅料凡士林的主要成分为油脂
C. 可燃冰中甲烷与水存在分子间氢键
D. 霓虹灯发光是电子由激发态跃迁到基态释放能量的过程
【答案】D
【解析】
【详解】A除去红糖中的色素变为白糖利用的是活性炭的吸附性，故A错误；
B．凡士林的主要成分为烃类，故B错误；
C．C的电负性较小，甲烷与水不存在分子间氢键，故C错误；
D．电子由激发态跃迁到基态释放能量，形成发射光谱，霓虹灯发光，故D正确；
故选D。
5. 近年来，电池被应用于北斗海上救生定位集成系统中，其原理如图所示。下列说法正确的是
A. 放电过程中被还原B. 电流由铝合金经负载流向泡沫
C. 正极的电极反应为D. 负极质量减小，则正极生成
【答案】C
【解析】
【分析】放电时，铝合金作负极，Al失去电子变为Al3+，，泡沫Ni作正极，水得到电子，。
【详解】A．放电过程中Al失去电子变为Al3+，Al被氧化，故A错误；
B．放电时，铝合金作负极，泡沫Ni作正极，电流由泡沫经负载流向铝合金，故B错误；
C．泡沫Ni作正极，水得到电子，电极反应式为：，故C正确；
D．负极质量减小，即1mlAl被氧化，转移电子数为3ml，正极反应式为：，此时生成H2的物质的量为1.5ml，标况下体积为33.6L，选项中未标明标况，无法得知生成的H2的体积，故D错误；
故选C。
6. 碳酸亚乙烯酯是有效的锂离子电池电解液的有机成膜添加剂，其合成路线如下图所示。
已知：双键碳原子连羟基不稳定，会异构化，如：。下列说法错误的是
A. X的核磁共振氢谱有1组峰
B. Y含有2个手性碳原子
C. Z水解后的有机产物不存在顺反异构
D. 的化学方程式为
【答案】B
【解析】
【详解】A．X是对称结构，只有1种等效氢，所以核磁共振氢谱有1组峰，A正确；
B．Y中含有1个手性碳原子，即与氯原子相连的碳原子，B错误；
C．水解后生成碳酸和，根据已知信息可知该结构不稳定，异构化成HO-CH2-CHO，不存在顺反异构，C正确；
D．的化学方程式为，D正确；
故选B。
7. 按下图制取氯气，并检验氯气是否具有漂白性。下列说法正确的是
A. 在烧瓶内的反应中，盐酸只表现出还原性B. 紫色的石蕊溶液先变红，后褪色
C. 湿润的红布条褪色证明具有漂白性D. 将溶液改为澄清石灰水，可制备漂白粉
【答案】B
【解析】
【分析】烧瓶内浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，用饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体，氯气通入石蕊溶液中，反应过程中生成酸，所以紫色石蕊变红，又生成了具有漂白性的次氯酸，溶液褪色，湿润的红布条褪色证明具有漂白性的是次氯酸，用氢氧化钠溶液吸收过量的氯气。
【详解】A．在烧瓶内发生反应：2KMnO₄+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl₂+5Cl₂↑+8H₂O，Cl元素部分化合价上升，部分化合价没有变，盐酸既表现还原性，也表现酸性，故A错误；
B．生成的氯气通入石蕊溶液中，反应过程中生成酸，所以紫色石蕊变红，又生成了具有漂白性的次氯酸，溶液褪色，故B正确；
C．湿润的红布条褪色证明具有漂白性的是次氯酸，不是氯气，故C错误；
D．氢氧化钙溶解度很小，不适合制备漂白粉，故D错误；
故选B。
8. 部分含硫物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断不合理的是
A. a可与c或e反应生成bB. b在过量中燃烧生成c
C. d分子中硫原子为杂化D. f的浓溶液可以干燥a和c
【答案】D
【解析】
【分析】由题干价类二维图可知，a为H2S、b为S、c为SO2、d为SO3、e为H2SO3、f为H2SO4，据此分析解题。
【详解】A．H2S和SO2反应生成S，H2S和H2SO3反应也可以生成S，A正确；
B．S在过量中燃烧生成SO2，B正确；
C．SO3中S原子价层电子对数为3+ =3，为杂化，C正确；
D．浓硫酸具有强氧化性会和H2S发生氧化还原反应，不能用浓硫酸干燥H2S，D错误；
故选D。
9. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下，含有的分子数为
B. 溶液中含的总数为
C. 常温常压下，含有σ键的数目为
D. 和的混合气体中质子数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲醇在标准状况下是液态，标准状况下，的物质的量不是1ml，A错误；
B．未说明溶液的体积，无法计算溶液中含的总数，B错误；
C．含有5个σ键，的物质的量为1ml，含有σ键的数目为，C错误；
D．和的质子数都为22，和的混合气体中质子数为，D正确；
故选D。
10. 利用下图的电化学装置可以将丙烯腈转化为己二腈，下列说法正确的是
A. 室I和室III的降低，室II和室IV的不变
B. a电极发生的反应为
C. 通入，生成
D. 丙烯腈应加入室III，在c电极上生成己二腈
【答案】C
【解析】
【分析】左池为原电池中的燃料电池，a极为负极，b极为正极，右池为电解池，c极为阳极，d极为阴极，a极电极反应，b极电极反应，c极电极反应，d极电极反应。
【详解】A．a极电极反应，室I消耗OH-，降低；c极电极反应，室III生成H+，降低；b极电极反应，室II生成OH-，升高，d极电极反应，室IV消耗H+，但中间为质子交换膜，H+移向室IV，消耗的H+与移来的H+相等，不变，A错误；
B．a电极发生的反应为， B错误；
C．通入，转移12ml电子，生成1ml得2ml电子，根据得失电子守恒，生成，C正确；
D．丙烯腈应加入室IV，在d电极上生成己二腈，D错误；
故选C。
11. 能引起痛风的某有机物的结构如图所示，其中短周期元素Q、X、Y、Z、M的原子序数依次增大，Q、M同主族，X、Y、Z三种元素位于同一周期相邻主族。下列说法正确的是
A. Y的基态原子有3个单电子B. 简单离子半径：
C. 元素的电负性：D. 与中的化学键类型相同
【答案】A
【解析】
【分析】根据题中信息和图中各元素成键个数可知：Q为H，X为C，Y为N，Z为O，M为Na。
【详解】A．Y为N，Y的基态电子排布式为，有3个单电子，A正确；
B．电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径：，即 ，B错误；
C．同周期从左向右，元素的电负性依次增强，电负性：,即，C错误；
D．为，化学键为共价键，为，化学键为离子键和共价键，化学键不完全相同，D错误；
故选A。
12. 纳米铜是一种性能优异的超导材料，以辉铜矿(主要成分为)为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图所示。
下列表述不正确的是
A. “浸取”产物有、S，浸取时，在有氧环境下效果更好
B. “过滤”中若所得滤液仍然浑浊，需要再次过滤
C. “萃取”中为提高萃取效果减少损失，应该用适量的萃取剂多次萃取
D. “还原”发生反应的离子方程式为：
【答案】D
【解析】
【分析】辉铜矿（主要成分为）用溶液、溶液作浸取剂“浸取”，发生反应，过滤得到含有溶液，加入萃取剂萃取，在萃取后的“水相”中含有铁元素，加入适量氨水可制取铁红和硫酸铵；用“反萃取”得到的溶液，调节溶液pH在碱性条件下，与反应生成和铜，从而获得纳米铜粉。
【详解】A．用溶液、溶液作浸取剂发生反应，“浸取”产物有、S，浸取时，在有氧环境下，会被氧化生成，使充分反应效果更好，A正确；
B．“过滤”除去S等不溶物，若所得滤液仍然浑浊，可以多次过滤，B正确；
C．加入萃取剂使 被萃取过程存在平衡状态，应该用适量的萃取剂多次萃取，提高萃取效果减少损失，C正确；
D．“还原”发生的反应是在碱性条件下，反应离子方程式为，D错误；
答案选D。
13. 利用环成二烯()加氢制备环成烯()，按加入恒压密闭容器中，若仅发生如下反应：
①
②
实验测得环戊二烯转化率(曲线b)和环戊烯选择性(曲线a)随温度变化曲线如下(已知：选择性=转化为目标产物的反应物在总转化量中的占比)。下列说法错误的是
A. 时，的转化率为87.4%
B. 由图可知，反应的活化能
C. 相同条件下，若增大，选择性提高
D. 升高温度， 生成速率增大，生成速率减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，时，环戊二烯的转化率为92%，环戊烯的选择性为95%，则H2的转化量n(H2)=n(环戊烯)=1ml×92%×95%=0.874ml，的转化率为87.4%，A正确；
B．由图可知，环戊烯选择性选择性较高，相同时间内，反应①的速率较快，说明反应的活化能，B正确；
C．相同条件下，若增大，相当于增大H2的物质的量，反应①中环戊二烯转化率增大，环戊烯选择性增大，C正确；
D．升高温度， 生成速率增大，生成速率也增大，D错误；
故选D。
14. 基于虚拟软件可测定盐酸与碳酸钠溶液相互滴定的图像，下图为反应过程中微粒浓度以及随溶液总体积变化曲线(已知草酸酸性大于碳酸)。下列说法正确的是
A. 上图是碳酸钠溶液滴定盐酸的曲线变化图
B.
C. 碳酸的电离平衡常数数量级是
D. 若用同浓度溶液代替溶液，A点上移
【答案】B
【解析】
【分析】若碳酸钠溶液滴定盐酸，则pH随溶液总体积一直增大；若盐酸滴定碳酸钠溶液，则pH随溶液总体积一直减小，则曲线①是pH变化曲线，且未滴定时，溶液的pH>7，溶液呈碱性，则上图是盐酸滴定碳酸钠溶液的变化曲线。向碳酸钠溶液中加入盐酸，先后发生反应：CO+H+=、+H+=CO2+H2O，随着加入盐酸的体积增大，CO的浓度一直减小，的浓度先增大后减小，溶液的pH一直减小，则曲线①代表pH的变化，曲线②代表CO浓度变化，曲线③代表浓度变化，曲线④代表浓度变化，以此解答。
【详解】A．由分析可知，上图是盐酸滴定碳酸钠溶液的曲线变化图，A错误；
B．起始溶液体积是10mL，加入盐酸后依次反应：CO+H+=、+H+=CO2+H2O，则A点、B点分别是第1个、第2个滴定终点，B点时：n(HCl)=2n()，由于二者浓度相同，故应加入20mL盐酸溶液，才能到第2个滴定终点，故，B正确；
C．曲线③代表，曲线④代表，由图可知，曲线③④交点有c()=c()时，则碳酸的电离平衡常数=，此时溶液6
故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 亚硝酰硫酸是一种浅黄色液体，遇水易分解，溶于浓硫酸，主要用于染料、医药领域的重氮化反应。浓硝酸与在浓硫酸作用下反应可制得，实验室用如图装置(夹持装置略)制备少量，并测定产品的纯度。
回答下列问题。
（1）仪器b的名称是___________，导管a的作用是___________。
（2）装置C中盛放的试剂为___________(填名称)，装置C的作用为___________。
（3）装置B温度不宜太高，原因是___________；为控制装置B的温度，除了冰水浴外，还可以采取的措施为___________。
（4）开始时反应缓慢，待生成少量后，温度变化不大，但反应速度明显加快，其原因___________。
（5）测定的纯度：准确称取产品放入碘量瓶中，加入标准溶液和溶液，然后摇匀，用标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为。
已知：
①滴定终点时的现象为___________。
②亚硝酰硫酸的纯度为___________(保留4位有效数字)。
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. 保持容器内压强恒定，利于溶液顺利滴下
（2） ①. 碱石灰 ②. 吸收尾气中和防止空气中水分进入装置B
（3） ①. 温度较高时会使硝酸分解，同时会使SO2逸出 ②. 调节A中恒压滴液漏斗的活塞，控制硫酸溶液的滴入速度
（4）生成的NOSO4H作为反应的催化剂
（5） ①. 当滴入最后一滴标准液时，溶液恰好由粉红色变为无色，且半分钟内不恢复 ②. 84.67%
【解析】
【分析】装置A是利用亚硫酸钠和浓硫酸反应制取SO2，HNO3与SO2在浓H2SO4作用下在冰水浴中反应制得NOSO4H，由于亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水分解，且装置A中制得的SO2属于大气污染物，不能直接排放到大气中，则装置C中的碱石灰的作用是吸收SO2，防止空气中的水蒸气进入装置B中。
【小问1详解】
仪器b的名称是三颈烧瓶，恒压滴液漏斗中导管a的作用是保持容器内压强恒定，利于溶液顺利滴下；
【小问2详解】
亚硝酰硫酸遇水易分解，装置C中盛放的试剂为碱石灰，作用为吸收尾气中和防止空气中水分进入装置B；
【小问3详解】
装置B中的反应物为浓硝酸，易挥发且受热易分解，温度较高时会使硝酸分解，同时会使SO2逸出；为控制装置B的温度，控制通入SO2中的速率，可以通过调节A中恒压滴液漏斗的活塞，控制硫酸溶液的滴入速度；
【小问4详解】
开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速度明显加快，其原因是：生成的NOSO4H作为反应的催化剂；
【小问5详解】
①高锰酸钾溶液为紫红色，与草酸钠反应生成锰离子，溶液变无色，滴定终点时的现象为当滴入最后一滴标准液时，溶液恰好由粉红色变为无色，且半分钟内不恢复；
②根据滴定实验操作，用草酸钠标准溶液滴定过量的KMnO4标准溶液，草酸钠与KMnO4发生氧化还原反应，根据氧化还原反应规律，配平该反应的离子反应为：2+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，由反应可知，过量的KMnO4标准溶液的物质的量=n()=0.02L×0.500ml/L×=0.004ml，则与NOSO4H溶液反应的KMnO4标准溶液的物质的量=0.06L×0.2000ml•L-1-0.004ml=0.008ml，根据已知反应2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4可知，产品中NOSO4H的物质的量=×0.008ml=0.02ml，则亚硝酰硫酸的纯度为 。
16. 污染物的处理和资源的充分利用是化学重要的研究课题，工业上用化工厂尾气中低浓度还原软锰矿(主要成分为，另含有少量铁、铝、铜、镍、铅等金属化合物)制备高性能磁性材料的主要原料的流程如下：
已知：①常温时部分硫化物难溶盐的如下
②难溶于水、乙醇，潮湿时易被空气氧化，时开始分解；
③溶液中某离子的浓度时，即可认为该离子已沉淀完全。
（1）基态锰原子的价电子排布式为___________，的空间结构为___________。
（2）为提高“还原酸浸”的效率，可以采取的措施有___________(答出一条即可)；上述流程多次涉及过滤操作，实验室进行过滤操作时需要用到的玻璃仪器有烧杯、___________。
（3）“还原酸浸”中所发生的最主要的氧化还原反应的离子方程式为___________。
（4）“除铜镍铅”时，为使它们完全沉淀，需控制溶液中的浓度的最小值为___________ml/L。
（5）“洗涤、干燥”中，为减少损失，宜选用的洗涤剂为___________。
（6）某种具有氧原子缺陷的超导材料的长方体晶胞结构如图所示。晶胞参数分别为，阿伏加德罗常数的值为。已知该晶体中为价，Y为价，O为价，则___________，该晶体的密度为___________。
【答案】（1） ①. 3d54S2 ②. V形
（2） ①. 粉碎软锰矿、适当提高温度、适当提高硫酸的浓度（合理即可） ②. 漏斗、玻璃棒
（3）MnO2＋SO2=Mn2＋＋SO
（4）2.0×10－21
（5）乙醇 （6） ①. 2:1 ②.
【解析】
【分析】MnO2具有氧化性，能够与SO2反应。加入MnCO3，可以促进Fe3＋、Al3＋水解，使之转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去。根据已知①，MnS相较于CuS、PbS、NiS更易溶，通过调节S2－的浓度，除去铜镍铅。最终加入NaHCO3，得到MnCO3沉淀。
【小问1详解】
Mn是25号元素，其价电子排布为3d54S2。SO2的价层电子对数=，其价层电子对互斥理论模型为三角形，有1对孤电子对，则SO2的空间构型为V形。
答案为3d54S2 V形。
【小问2详解】
为了提高“还原酸浸”可以粉碎软锰矿，适当提高温度，适当提高硫酸的浓度等。实验室中过滤需要的玻璃仪器除了烧杯外，还需要漏斗、玻璃棒。
答案为粉碎软锰矿、适当提高温度、适当提高硫酸的浓度（合理即可） 漏斗、玻璃棒。
【小问3详解】
MnO2具有氧化性，SO2具有还原性，这两者发生氧化还原反应，离子方程式为MnO2＋SO2=Mn2＋＋SO。
答案为MnO2＋SO2=Mn2＋＋SO。
【小问4详解】
根据表格中的数据，CuS、PbS和NiS中NiS的Ksp最大，则NiS的溶解度最大，只要Ni2＋完全沉淀，则Cu2＋、Pb2＋也会完成沉淀。当Ni2＋完全沉淀时，c(Ni2＋)≤10－5ml·L－1，则c(S2－)≥，则S2－的浓度的最小值为2.0×10－21ml·L－1。
答案为2.0×10－21ml·L－1。
【小问5详解】
MnCO3难于水、乙醇，潮湿时易被空气氧化，乙醇具有易挥发性，洗涤后更易干燥，因此宜选用的洗涤剂为乙醇。
答案为乙醇。
【小问6详解】
根据晶胞示意图，Ba和Y位于晶胞内部，完全属于此晶胞，因此此晶胞中含有2个Ba和1个Y。此晶胞中含有一共含有17个O，有10个在棱上，被4个晶胞所共有；有7个在面上，被2个晶胞所共有；则属于此晶胞的O一共有；此晶胞中含有一共含有16个Cu，有8个在棱上，被4个晶胞所共有；有8个在顶点，被8个晶胞所共有，则则属于此晶胞的Cu一共有。根据信息，Ba的化合价为＋2，Y的化合价为＋3，O的化合价为－2；根据化合价代数和为0，设＋1的Cu有x个，则有2×2＋3×1＋x＋2(3－x)＋(－2)×6=0，可得x=1，则＋1的Cu有1个，＋2的Cu有2个，因此n(Cu2+):n(Cu+)=2:1。
晶体的密度。
答案为1:2 。
17. 甲醇水蒸气重整制氢的反应转换条件温和，副产物少，成为了诸多制氢方法的首选之一、甲醇水蒸气重整制氢过程中发生的化学反应如下：
i．
ii．
iii．
（1）___________；若反应i正反应的活化能，则逆反应的活化能___________。
（2）下图为含碳产物的选择性(如的选择性是指反应生成的甲醇占转化的甲醇的百分比)及产氢率随水醇物质的量之比的变化图像，曲线___________(填“a”“b”或“c”)是的选择性曲线。由图可知，下列最优水醇物质的量之比是___________(填字母)。
A．1.2 B．1.7 C．2.5
（3）若甲醇水蒸气重整反应是在吸附剂存在的情况下进行的，产氢量随温度和的影响如下图所示。已知吸附剂的碳酸化反应为： 。
①当一定时，温度小于，随温度升高产氢量增加；温度大于时，产氢量随温度升高而降低，降低的原因是___________。
②在温度为的恒容密闭的石英管中，加入碳酸钙，加热至反应完全后(碳酸钙始终有剩余)，测得二氧化碳压强为。在相同温度下的恒容密闭石英管中按通入水蒸气和甲醇，并加入适量，测得压强为，待反应达平衡后，测得二氧化碳的选择性为80%，氢气的分压为，若氧化钙对二氧化碳的吸收率为50%，则的平衡分压为___________，反应iii的___________。若继续加入甲醇，则___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1） ①. +49 ②. a-49
（2） ① a ②. A
（3） ①. 因为三个反应都是正向吸热，所以当一定时，温度小于，随温度升高产氢量增加，则主要以反应i、iii为主；温度大于时，升高温度，平衡逆移，二氧化碳浓度增大，使反应i逆移，反应ii正移，则产氢量随温度升高而降低 ②. a ③. ④. 增大
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，iii-ii可得，；正反应的活化能-逆反应的活化能=，
【小问2详解】
因为的选择性与的选择性之和等于1，且水醇物质的量之比越大，反应i正向移动，反应ii逆向移动，则的选择性增大，所以曲线a是的选择性曲线，曲线c是的选择性曲线，曲线b 是产氢率；由图可知，最优水醇物质的量之比是1.2，因为此时产氢率较高，如果继续增加水醇物质的量之比，则水气化消耗的能量较高。所以选A；
【小问3详解】
因为三个反应都是正向吸热，所以当一定时，温度小于，随温度升高产氢量增加，则主要以反应i、iii为主；温度大于时，，升高温度，平衡逆移，二氧化碳浓度增大，使反应i逆移，反应ii正移，则产氢量随温度升高而降低；在温度为的恒容密闭的石英管中，加入碳酸钙，加热至反应完全后(碳酸钙始终有剩余)，测得二氧化碳压强为，即二氧化碳在该温度下的平衡压强一直是；设开始投入水蒸气和甲醇都是1ml，达平衡后总物质的量为n总，总压强为P总，则由压强之比等于物质的量之比知，，设反应i中甲醇转化了xml，反应ii中二氧化碳转化了yml，反应iii中甲醇转化了zml，则平衡后甲醇为（1-x-z）ml，CO为（y+z）ml，氢气为(3x-y+2z)ml，因为氧化钙对二氧化碳的吸收率为50%，平衡后二氧化碳为0.5（x-y）ml，由二氧化碳的选择性为80%知，x-y=0.8(x+z)，根据与可得：，根据与还可以得到：，则，反应iii的；若继续加入甲醇，则增大，二氧化碳压强仍为，则增大。
18. 根据抑制癌细胞增殖药物的恩杂鲁胺G()的合成路线，回答下列问题。
已知：①；
②。
（1）B的化学名称为___________(用系统命名法命名)；D中官能团的名称为___________。
（2）写出的第二步反应的化学方程式：___________，该反应的反应类型为___________，F的结构简式为___________。
（3）已知在碱性条件下水解生成，则和足量的溶液反应，最多消耗的物质的量为___________。
（4）化合物H是B的同分异构体，符合下列条件的H有___________种。
①含有苯环，苯环上有三个取代基，含且与苯环直接相连；
②最多消耗。
（5）结合以上合成路线，设计以对硝基甲苯和为基本原料合成的路线：___________。
【答案】（1） ①. 2-氟-5硝基苯甲酸 ②. 氨基、碳氟键、酰氨基
（2） ①. + CH3NH2+HCl ②. 取代反应 ③.
（3）4 （4）10
（5）
【解析】
【分析】结合A的结构简式和B的分子式可以推知A发生氧化反应生成B为，B发生已知①的反应原理得到C为，C发生还原反应生成D为，D和发生取代反应生成E为，E和F发生已知②的反应原理得到G，F为，以此解答。
【小问1详解】
B为，化学名称为2-氟-5硝基苯甲酸，D为，官能团的名称为氨基、碳氟键、酰氨基。
【小问2详解】
B和SOCl2先发生取代反应生成，和CH3NH2发生取代反应生成，第二步反应化学方程式：+ CH3NH2+HCl，为取代反应。由分析可知，F为。
【小问3详解】
E为，已知在碱性条件下水解生成，F原子可以和NaOH溶液发生水解反应生成酚羟基，酚羟基也能和NaOH溶液反应，-CONH-可以和NaOH溶液发生水解反应，则和足量的溶液反应，最多消耗的物质的量为4。
【小问4详解】
化合物H是B的同分异构体，符合条件①含有苯环，苯环上有三个取代基，含且与苯环直接相连；②最多消耗，说明苯环上的取代基含有-F和-OOCH，综上所述苯环上的取代基为-F、、- OOCH，符合条件的同分异构体有10种。
【小问5详解】
对硝基甲苯发生还原反应生成，发生D经过一系列反应生成G的原理得到，合成路线为：。A．制备氯气
B．用和稀硫酸制备
C．萃取得溴的苯溶液后，先将下层液体放出
D．蒸发溶液制得无水
难溶物
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