湖南省雅礼中学2024届高三下学期综合自主压轴测试 (一)化学题（原卷版+解析版）

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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：H1 B11 C12 O16 Fe56
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. 化学促进了生活、生产、科研的发展，下列相关说法错误的是
A. 在葡萄酒中添加SO2作为抗氧化剂食品保鲜，SO2在保鲜时体现了氧化性
B. 华为Mate60手机高清镜头中使用的COC/COP(环状聚烯烃)是高分子化合物，也是混合物
C. 中国自主研发的首个5G微基站射频芯片的主要材料是Si
D. 高铁动车的车厢厢体由不锈钢和铝合金制成，不锈钢和铝合金均属于金属材料
【答案】A
【解析】
【详解】A．具有强还原性，具防腐和抗氧化等作用，可作为食品添加剂，在保鲜时体现了还原性，故A不正确；
B．环状聚烯烃是高分子，是混合物，故B正确；
C．电子芯片的材料主要是Si，射频芯片也是电子芯片，故C正确；
D．不锈钢是铁合金，铁合金与铝合金均属于金属材料，故D正确；
答案选A。
2. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 的硫酸溶液中，含氢离子数目为
B. 在常温常压下，11.2LCO2分子中含氧原子数目小于
C. 21g分子中含σ键数目一定是
D. 在中，每生成3ml，转移的电子数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．的硫酸溶液中，未告知溶液的体积，无法计算溶液中氢离子数，故A不正确；
B．在常温常压下，，11.2L物质的量小于0.5ml，则含氧原子数目小于，故B正确；
C．21g分子的物质的量为0.5ml，但有两种结构：丙烯()和环丙烷(△)，前者含有8个键，后者含有9个键，则0.5ml分子中含极性键数目不一定是，故C不正确；
D．在反应中，中Cl的化合价降低了5价，转移了5个电子，故每生成3ml，转移的电子数为，故D不正确；
答案选B。
3. 下列叙述中不涉及氧化还原反应的是
A. 使用进行饮用水处理
B. 矿石中的含硫化合物在自然界中缓慢转化为硫酸盐
C. 用铝硅酸盐分子筛对酒精进行吸附脱水处理制备无水乙醇
D. 苹果和土豆切开一段时间后表面会发生褐变
【答案】C
【解析】
【详解】A．使用ClO2进行饮用水处理(即杀菌消毒)，是利用其氧化性，A项错误；
B．含硫化合物中硫元素的化合价一般为低价硫，硫酸盐中硫元素的化合价为+6，该转化过程涉及氧化还原反应，B项错误；
C．铝硅酸盐分子筛中有许多笼状空穴和通道，具有强吸附性，对酒精进行吸附脱水处理制备无水乙醇是物理变化，未涉及氧化还原反应，C项正确；
D．苹果和土豆切开一段时间后表面发生褐变的原因是二者均被氧气氧化，该过程涉及氧化还原反应，D项错误；
故正确答案选C。
4. 下列关于仪器使用的说法正确的是
A. a和f可用于蒸发结晶
B. c和d均有“0”刻度
C. b、e和g常用于物质分离
D. d、f、g使用前需检漏
【答案】C
【解析】
【详解】A．a为泥三角、f为坩埚，泥三角和坩埚均可用于灼烧，而不是蒸发结晶，故A错误；
B．c为量筒无“0”刻度，d为碱式滴定管其零刻度在上端，故B错误；
C．b、e、g分别为蒸馏烧瓶、直形冷凝管和球形分液漏斗，常用于物质的分离，故C正确；
D．d、f、g分别为碱式滴定管、坩埚和球形分液漏斗，其中只有坩埚在使用前不需捡漏外其余在使用前均要捡漏，故D错误；
答案选C。
5. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 的溶液中：、、、
B. 含有大量的溶液中：、、、
C. 的溶液中：、、、
D. 酚酞变红色的溶液中：、、、
【答案】D
【解析】
【详解】A．会氧化：，A错误；
B．会与发生双水解：，B错误；
C．即；，C错误；
D．“酚酞变红色”是碱性溶液，此时不能氧化，D中的离子能共存，故D正确；
故选：D。
6. 已知电离常数：Ka(HCN)=5×10-10，H2CO3：Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11，下列离子方程式书写正确的是
A. 向KCN(aq)中通入少量的CO2气体：CO2+H2O+2CN-=2HCN+CO
B. 少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3↓+2HClO
C. 氢氧化铁沉淀溶解于过量氢碘酸溶液中：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++6H2O+I2
D. 向Ba(OH)2溶液中加入少量的NaHCO3溶液：2HCO+Ba2++2OH-=BaCO3↓+CO+2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．由电离常数可知酸性H2CO3＞HCN＞HCO，则反应的离子方程式为CN﹣+H2O+CO2=HCN+HCO，故A错误；
B．将少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：Ca2++3ClO﹣+H2O+SO2═CaSO4↓+2HClO+Cl﹣，故B错误；
C．Fe(OH)3溶于HI，后生成的Fe3+能将I﹣氧化为I2，自身被还原为Fe2+，离子方程式为2Fe(OH)3+6H++2I﹣=2Fe2++I2+6H2O，故C正确；
D．Ba(OH)2溶液中加入少量NaHCO3溶液，HCO完全转化成BaCO3沉淀，正确的离子方程式为：HCO+Ba2++OH﹣＝BaCO3↓+H2O，故D错误；
故选C。
7. 环己烷的制备原理如图。下列说法正确的是
A. 1，3-丁二烯和乙烯属于同系物
B. 环己烷中混有的环己烯可通过滴加足量溴水，静置后分液除去
C. 根据反应①推测，可由和乙烯为原料制备
D. 已知，则椅式环己烷比船式环己烷更稳定
【答案】D
【解析】
【分析】反应①是1，3-丁二烯与乙烯发生1，4-加成的成环反应，环己烯与发生加成反应可以生成船式环己烷，也可以生成椅式环己烷，都是放热反应。
【详解】A．1，3-丁二烯结构中含有2个碳碳双键，分子式为，而乙烯结构中只含有1个碳碳双键，分子式为，不符合同系物结构相似、组成相差若干个“”原子团，A错误；
B．环己烯与发生加成反应生成的1，2-二溴环己烷能溶于环己烷中，B错误；
C．反应①是1，3-丁二烯与乙烯发生1，4-加成的成环反应，与乙烯发生反应生成，C错误；
D．环己烯与发生加成反应生成船式环己烷或生成椅式环己烷都是放热反应，根据可知，生成船式环己烷放出的热量小于生成椅式环己烷放出的热量，说明椅式环己烷能量更低，更稳定，D正确；
答案选D。
8. 脱落酸是一种植物激素，在植物发育的多个过程中起重要作用。其结构简式如图所示。下列关于脱落酸的说法错误的是
A. 存在顺反异构
B. 分子结构中含有3种含氧官能团
C. 1ml脱落酸与1ml发生加成反应，可得到4种不同的产物(不考虑立体异构)
D. 若发生分子内酯化反应，所得产物分子中具有两个六元环
【答案】D
【解析】
【详解】A．该有机物含3个碳碳双键，且每个双键碳原子所连的基团均不同，均存在立体异构，有顺反异构，A正确；
B．分子结构中含有3种含氧官能团羰基、酯基、羟基，B正确；
C．脱落酸分子结构中存在共轭结构，当1 ml脱落酸与1 ml 发生加成反应时，可通过1,2-加成的方式得到3种不同的产物，还可通过发生类似1,4-加成的反应得到1种不同于之前的产物，共得到4种不同的产物，C正确；
D．脱落酸分子结构中存在羟基和羧基，其发生分子内酯化反应构成环状酯，所得结构中存在一个六元环和一个七元环，D错误。
故选D。
9. 某含铜催化剂的阴离子的结构如图所示。是原子序数依次增大的短周期元素，其中位于同一周期，基态原子的价电子排布式为。下列说法错误的是
A. 该阴离子中铜元素的化合价为
B. 元素电负性：
C. 基态原子的第一电离能：
D. 均位于元素周期表的区
【答案】D
【解析】
【分析】基态原子的价电子排布式为可知n=2，X为C，是原子序数依次增大的短周期元素，其中位于同一周期，结合图示，即W为H，Y为N，Z为F。
【详解】A．由图可知，该阴离子为[Cu（CF3）3CH2CN]-，其中铜元素的化合价为，A正确；
B．同周期元素，从左往右电负性逐渐增大，即元素电负性：X（C）＜Y（N）＜Z（F），B正确；
C．同周期元素，从左往右第一电离能总体逐渐增强，但部分原子由于半充满结构较为稳定，其第一电离能较高，即基态原子的第一电离能：，C正确；
D．W（H）位于元素周期表的s区，D错误；
故选D。
10. 一种双阴极微生物燃料电池装置如图所示。该装置可以同时进行硝化和反硝化脱氮，下列叙述正确的是
A. 电池工作时，H+的迁移方向：左→右
B. 电池工作时，“缺氧阴极”电极附近的溶液pH减小
C. “好氧阴极”存在反应：-6e-+ 8OH-=+ 6H2O
D. “厌氧阳极”区质量减少28.8g时，该电极输出电子2.4ml
【答案】D
【解析】
【分析】如图所示，“厌氧阳极”上，C6H12O6失去电子生成CO2和H+，电极反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+；“缺氧阴极”上，得到电子生成NO2，NO2再转化为N2，电极反应式分别为：+e-+2H+=NO2↑+H2O，2NO2+8e-+8H+=N2↑+4H2O；“好氧阴极”上，O2得到电子生成H2O，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，同时O2还能氧化生成，还可以被O2氧化为，反应方程式分别为2+3O2=2+2H2O+4H+，2+O2=2。
【详解】A．由分析可知，电池工作时，“厌氧阳极”失去的电子沿外电路流向“缺氧阴极”和“好氧阴极”，则“厌氧阳极”产生的H+通过质子交换膜向“缺氧阴极”和“好氧阴极”迁移，故H+的迁移方向既有左（“厌氧阳极”）→右（“好氧阴极”），又有右（“厌氧阳极”）→左（“缺氧阴极”），A错误；
B．由分析可知，电池工作时，“缺氧阴极”上消耗H+，其附近的溶液pH增大，B错误；
C．由分析可知，“好氧阴极”上的反应有O2+4H++4e-=2H2O，2+3O2=2+2H2O+4H+，2+O2=2，C错误；
D．“厌氧阳极”的电极反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+，每1ml C6H12O6反应，消耗6ml H2O，转移24ml电子，“厌氧阳极”区质量减少288g，故“厌氧阳极”区质量减少28.8g时，该电极输出电子2.4ml，D正确；
故选D。
11. 工业上常用铁碳混合物处理含Cu2+废水获得金属铜。当保持铁屑和活性炭总质量不变时，测得废水中Cu2+浓度在不同铁碳质量比(x)条件下随时间变化的曲线如下图所示。
下列推论不合理的是
A. 活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用
B. 铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极
C. 增大铁碳混合物中铁碳比(x)，一定会提高废水中Cu2+的去除速率
D. 利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理：Fe+Cu2+＝Fe2++Cu
【答案】C
【解析】
【分析】A、由图可知纯的活性炭铜离子的浓度减小；
B、铁与活性炭形成原电池，铁比炭活泼；
C、由图可知纯铁时去除铜离子的速率，没铁碳比为2：1时的速率快；
D、利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理是铁与铜离子发生自发的氧化还原反应。
【详解】A项，活性炭具有许多细小微孔，且表面积巨大，具有很强的吸附能力，由图象可知，Cu2+在纯活性炭中浓度减小，表明活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用，故不选A项；
B项，铁屑和活性炭在溶液中形成微电池，其中铁具有较强的还原性，易失去电子形成Fe2+，发生氧化反应，因此铁作负极，故不选B项；
C项，由图象可知，随着铁碳混合物中铁含量的增加至x=2:1，Cu2+的去除速率逐渐增加；但当铁碳混合物变为纯铁屑时，Cu2+的去除速率降低。当铁碳混合物中铁的含量过大时，正极材料比例降低，铁碳在废液中形成的微电池数量减少，Cu2+的去除速率会降低，因此增大铁碳混合物中铁碳比（x），不一定会提高废水中Cu2+的去除速率，故选C项；
D项，在铁碳微电池中，碳所在电极发生还原反应，Cu2+得到电子生成铜单质；因此该微电池的总反应方程式为Fe+Cu2+＝Fe2++Cu，故不选D项。
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】本题对电化学的原理和学生看图识的能力的考查，题目有利于培养学生的良好的科学素养，侧重于考查学生的分析、实验能力的考查，注意把握提给信息以及物质的性质，为解答该题的关键。
12. 某种含二价铜微粒[CuII(OH)(NH3)]+催化剂可用于汽车尾气脱硝，催化机理如图1，反应过程中不同态物质体系所含的能量如图2。下列说法不正确的是
A. 总反应焓变ΔH<0
B. 由状态②到状③发生的是氧化还原反应
C. 状态③到状态④的变化过程中有O—H键的形成
D. 该脱硝过程的总反应方程式为4NH3+2NO+2O2=6H2O+3N2
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图2可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，则总反应焓变ΔH＜0，A说法正确；
B．由状态②到状③，发生[CuII(OH)(NH3)3]++NO→[CuI(H2NNO)(NH3)2]++H2O，Cu的化合价降低，氨分子中的N原子化合价升高，是氧化还原反应，B说法正确；
C．状态③到状态④的变化过程为[CuI(H2NNO)(NH3)2]+→[CuI(NH3)2]++N2+H2O，有O-H键的形成，C说法正确；
D．根据图1，加入2NH3、2NO、O2，生成2N2、3H2O，该脱硝过程的总反应方程式为4NH3+4NO+O2=6H2O+4N2，D说法错误；
答案为D。
13. CO和合成乙醇发生如下反应：
主反应：
副反应：
向一恒容密闭容器中投入一定量的CO和发生上述反应，CO的平衡转化率与温度、投料比[ ]的关系如图所示。下列有关说法正确的是
A.
B. 在投料比为条件下，主反应的
C. 副反应能自发进行的临界温度约为993K
D. 在、时，主反应的平衡常数
【答案】C
【解析】
【分析】主副反应均为放热反应，升高温度，CO的转化率减小，从T1到T4温度升高，当温度相同时，投料比[ ]越大，一氧化碳的转化率越高，。
【详解】A． 当温度相同时，投料比[ ]越大，一氧化碳的转化率越高，，故A错误；
B． 在投料比为条件下，Y的温度低于Z，主反应的，故B错误；
C． 副反应能自发进行的临界温度约为 =993K，故C正确；
D． 在、时，
主反应的平衡常数，因体积末知，不等于0.2，故D错误；
故选C。
14. 溶液滴定溶液时，、各含磷元素微粒的和的关系如图。下列说法中正确的是
A. ①为的与的关系
B. b点时，溶液中
C. 的
D. d点时，溶液中存在着
【答案】B
【解析】
【分析】根据图中a点，=10ml时，溶液中溶质为n(H3PO4):n(NaH2PO4)=1:1，故③④为磷酸和磷酸二氢钠的曲线，又因为随着pH变大，H3PO4浓度变小，故③为H3PO4，④为，又因为pH=2.12时，最小，故曲线②为，曲线①为，据此分析回答；
【详解】A．据分析可知①为的与的关系，A错误；
B． b点时，=20mL，此时溶质为NaH2PO4，此时溶液pH=5，证明电离程度大于水解程度，故溶液中，B正确；
C．a点，=10mL，溶液中溶质为c(H3PO4):c(NaH2PO4)=1:1，即c(H3PO4)=c()，；c点，=30ml，c():c()=1:1，即c()=c()，，，C错误；
D．d点时，溶质为Na2HPO4，溶液中存在电荷守恒，此时溶液pH为10，故，即，D错误；
故选B。
二、非选择题（本题共4小题，共58分）
15. NiS难溶于水，易溶于稀酸，可用于除去镍电解液中的铜离子，NiS在潮湿的空气中可转化为碱式硫化高镍[Ni(OH)S]，从而降低除铜离子能力。实验室模拟制取NiS装置如图(加热、夹持装置略去)，先通氮气排尽装置内空气后，同时通入硫化氢气体和氨气，制得NiS沉淀。回答下列问题
（1）装置图中，仪器a的名称是___________，装置 Ⅱ中的试剂为___________。
（2）装置Ⅲ中反应的离子方程式为___________。
（3）反应结束后关闭K1、K4，在b、c处分别连接下图两个装置，打开K2、K3进行抽滤洗涤。装置Ⅳ接在___________(填“b”或“c”) 处。
（4）用NiS除去镍电解液中铜离子时，NiS陈化时间对除铜离子效果的影响如图所示(陈化时间：沉淀完全后，让生成的沉淀与母液一起放置的时间)。图中曲线变化原因是___________ (以化学方程式表示)。
（5）测定某NiS样品的纯度
称取试样(杂质中不含Ni) mg置于锥形瓶中，用稀酸溶解后加入掩蔽剂掩蔽其他离子，加pH≈10的氨性缓冲溶液5mL紫脲酸铵指示剂少许。用0.0200ml/L EDTA (Na2H2Y)标准溶液滴定，发生反应： Ni2++H2Y2- NiY2-+ 2H+。滴定达终点时消耗EDTA标准溶液VmL。
①样品的纯度为___________。
②滴定过程中，若氨性缓冲溶液pH值过低，导致测得的产品纯度___________ (填“偏低”、 “偏高”或“不影响”)。
【答案】（1） ①. 恒压漏斗(或恒压分液漏斗) ②. 饱和NaHS溶液
（2）H2S+Ni2++2NH3=NiS↓+2
（3）b （4）4NiS+O2+2H2O= 4Ni(OH)S
（5） ①. ②. 偏高
【解析】
【分析】Ⅰ中硫化亚铁和盐酸反应生成硫化氢气体，硫化氢通过饱和NaHS溶液装置Ⅱ除去氯化氢气体杂质后进入装置Ⅲ，装置Ⅲ中硫化氢、氨气、氯化镍反应生成NiS，尾气有毒需要尾气处理装置；
【小问1详解】
装置图中，仪器a的名称是恒压漏斗(或恒压分液漏斗)；装置Ⅱ中的试剂为饱和NaHS溶液，饱和NaHS溶液可以除去生成硫化氢气体中挥发的氯化氢气体杂质；
【小问2详解】
装置Ⅲ中硫化氢、氨气、氯化镍反应生成NiS，反应为H2S+Ni2++2NH3=NiS↓+2；
【小问3详解】
反应结束后关闭K1、K4，在b、c处分别连接下图两个装置，打开K2、K3 进行抽滤洗涤，抽滤洗涤时，洗涤水进入装置Ⅲ然后通过抽气装置抽出达到洗涤目的，故连有抽气泵的装置Ⅳ接在b处以便能够抽出洗涤水；
【小问4详解】
已知，NiS在潮湿的空气中可转化为碱式硫化高镍[Ni(OH)S]，从而降低除铜离子能力，故随时间延长残留铜离子增加的原因是：4NiS+O2+2H2O= 4Ni(OH)S；
【小问5详解】
①由反应Ni2++H2Y2- NiY2-+ 2H+可知，，则样品的纯度为；
②滴定过程中，缓冲溶液pH值过低，Ni2++H2Y2- NiY2-+ 2H+，导致平衡逆向移动，则需要更多的标准液参与反应，导致测得的产品纯度偏高。
16. 某化学小组制取无水三氯化铁并研究其与铜的反应，设计如下实验。
Ⅰ．制备无水三氯化铁实验装置如图：(已知：无水三氯化铁易潮解，100℃左右升华)
（1）A中制取氯气的化学反应方程式为_____。
（2）整个装置充满黄绿色气体后，才开始加热D装置的目的是_____。
（3）实验中D与E装置间采用大的导管连接的目的是_____。
（4）F装置所装溶液目的是_____。
（5）此装置存在明显的缺陷，你的改进方案是_____。
Ⅱ．探究三氯化铁与铜反应的实验如图：(已知：中的C为价)
（6）请从平衡的角度说明溶液红色褪去的原因：_____。
（7）为了进一步研究白色沉淀，进行如图实验：
①由上述实验可推测白色沉淀的组成为_____(填化学式)。
②白色沉淀之一(用D表示)与过量稀硝酸反应生成白色沉淀B含有阴离子，同时生成、、气体。D与硝酸反应中还原剂与氧化剂物质的量之比为_____。
【答案】（1）
（2）排尽管内空气，防止Fe与氧气、水蒸气反应
（3）防止无水三氯化铁堵塞导管
（4）吸收尾气氯气 （5）E、F装置之间增加除水装置(或将F装置换为装有碱石灰的干燥管，答案合理即可)
（6）由于存在反应，加入铜粉，Cu与反应、生成沉淀均使平衡逆向移动，浓度减小，溶液红色褪去
（7） ①. 、 ②. 1∶4
【解析】
【分析】实验目的：制取无水三氯化铁并研究其与铜的反应，I．制备无水三氯化铁，利用铁和氯气反应生成无水三氯化铁，无水三氯化铁易潮解，100℃左右升华，制备时注意前后都要防水，还要防止铁和氧气的反应；Ⅱ．探究三氯化铁与铜反应，根据加入铜粉后的实验现象和进一步探究根据实验现象：加硝酸后溶液呈蓝色可知含有Cu2+，加硝酸银后有白色沉淀可知含Cl-，加氯化钡溶液有白色沉淀可知含，从而推知原白色沉淀为CuCl、CuSCN；
【小问1详解】
A中制取氯气，由于没有加热装置，化学反应方程式：；
故答案为：；
【小问2详解】
整个装置充满黄绿色气体后，才开始加热D装置的目的是：排尽管内空气，防止Fe与氧气反应；
故答案为：排尽管内空气，防止Fe与氧气、水蒸气反应；
【小问3详解】
若实验过程中三氯化铁沉积在D与E的导管之间，导致导管内径变小，除去沉积的三氯化铁，故实验中D与E装置间采用大的导管连接；
故答案为：防止无水三氯化铁堵塞导管；
【小问4详解】
该反应中有有氯气，有毒，需要用NaOH溶液进行吸收；
故答案为：吸收尾气氯气；
【小问5详解】
根据100℃左右升华，除去沉积的三氯化铁简易操作是：加热D、E之间的导管；无水三氯化铁易潮解，可知装置存在缺陷，改进的措施：E、F之间加除水装置；
故答案为：E、F装置之间增加除水装置(或将F装置换为装有碱石灰干燥管，答案合理即可)；
【小问6详解】
从平衡的角度说明红色褪去的原因：由于存在反应，加入铜粉，Cu与三价铁离子反应平衡逆向移动，铁氰化钾浓度减小，红色褪去；
故答案：由于存在反应加入铜粉，Cu与Fe3+反应、生成CuSCN沉淀均使平衡逆向移动，Fe(SCN)3浓度减小，溶液红色褪去；
【小问7详解】
根据分析可知原白色沉淀为CuCl、CuSCN；CuSCN和硝酸反应根据产物N2、NO、CO2、、Cu2+可知结合得失电子守恒可知还原剂与氧化剂物质量之比1∶4；
故答案为：1∶4。
17. 2023年9月23日，杭州亚运会开幕式上，数字火炬手和线下火炬手共同点燃的主火炬塔首次使用废碳再生的绿色甲醇作为燃料，为实现“碳中和”亚运理念展现了中国技术。目前主流的技术路线为二氧化碳加氢制甲醇，过程一般含有以下三个反应：
①
②
③
（1）已知几种化学键的键能如下表所示，则a=___________。
（2）反应①在___________(填“高温”“低温”或“任意温度”)下可自发进行。
（3）一定温度下，向盛有催化剂的恒容密闭容器中按初始进料比投入反应物，发生反应②。下列能够说明该反应一定达到平衡状态的是___________(填标号)。
a．容器内气体的压强不再发生改变
b．的体积分数不再变化
c．1mlH—H断裂的同时2mlO—H断裂
d．混合气体的平均密度不再变化
e．混合气体的平均摩尔质量不再变化
（4）向恒容密闭容器中按初始进料比投入反应物，只发生反应①和②。在不同温度下达到平衡，体系中、CO的选择性和的平衡转化率与温度的关系如图所示：
已知：的选择性。
①图中表示选择性变化趋势的曲线是___________(填“a”或“b”)，判断的理由是___________。
②的转化率在270℃后随温度的升高而增大的原因是___________。
③温度为270℃达到平衡时，反应②的___________(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×各组分的物质的量分数)。
（5）已知温度为350℃时，，，则___________。
【答案】（1）326 （2）低温
（3）bc （4） ①. a ②. 反应①放热，温度升高，平衡逆向移动，甲醇的选择性降低 ③. 温度高于270℃时，温度升高，反应①平衡逆向移动，而反应②平衡正向移动且程度更大 ④.
（5）8
【解析】
【小问1详解】
观察可得C-O键存在于中，但反应③中CO分子中化学键的键能数据未给出，只能利用反应①进行计算，反应①由反应②和反应③构造而来，根据盖斯定律有，根据反应物的总键能-生成物的总键能可知，(2×803+3×436)-(3×413+a+463+2×463)= ，可解出a=；
【小问2详解】
反应①的熵变，由(1)可知焓变，根据吉布斯自由能判据可知，该反应在低温条件下自发；
【小问3详解】
a．反应②是一个气体分子数不变的反应，故反应前后混合气体的总物质的量不变，在恒温、恒容条件下，容器内气体的压强保持不变，当容器内气体的压强不再发生改变时，无法说明反应达到平衡，a错误；
b．CO2的体积分数不再变化能够说明反应达到平衡，b正确；
c．H-H键断裂是正反应，O-H键断裂是逆反应，1mlH-H键断裂的同时2mlO-H键断裂，说明正逆反应速率相等，能够说明反应达到平衡，c正确；
d．在恒容容器中，混合气体总质量保持不变，混合气体的平均密度不变，故混合气体的平均密度不再变化无法说明反应达到平衡，d错误；
e．在恒容容器中，混合气体总质量保持不变，混合气体平均摩尔质量均保持不变，故混合气体的平均摩尔质量不再变化无法说明反应达到平衡，e错误；
【小问4详解】
①反应①放热，温度升高，平衡逆向移动，甲醇的选择性降低，故图中表示CH3OH选择性变化趋势的曲线是a；
②温度高于270℃时，反应①平衡逆向移动，a(CO2)减小，而反应②平衡正向移动，a(CO2)增大，总的结果是a(CO2)增大，说明当温度高于270℃时，发生的反应以反应②为主，反应②平衡正向移动的程度更大；
③温度为270℃时，由图可知a(CO2)=25%，CH3OH的选择性和CO的选择性相同，初始进料比n(CO2):n(H2)投入反应物，可得此时n(CH3OH)=n(CO)，设初始进料为n(CO2)=1ml，n(H2)=3ml，达平衡时体系总压强为pMPa，则CO2的总变化量为0.25ml，CH3OH的变化量为0.125ml，CO的变化量为0.125ml，可列出以下三段式
，故对于体系中的所有物质而言，总的物质的量变化量三段式为
，
平衡时：n(总)=3.75ml，；；；，故；
【小问5详解】
根据题意可知，反应③=反应①-反应②，故。
18. 人体摄入少量氟可预防龋齿，增强免疫力，但摄入过量会导致氟斑牙、氟骨症和肿瘤的发生，因此需要对氟离子进行定量检测。化合物J可以定量检测氟离子，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）生成C的反应类型为___________。
（2）G的结构简式为___________。
（3）已知RCN在酸性条件下水解生成RCOOH，I在酸性条件下充分水解的离子方程式为___________。
（4）I的同分异构体中，同时满足下列条件的共有___________种(不考虑立体异构)；
①具有链状结构且含有硝基 ②碳原子不全在一条直线上
其中，含有手性碳的异构体的结构简式为___________。
（5）J检测氟离子时，J转化为，释放出较强的荧光信号，同时生成氟硅烷，从结构的角度分析Si-O转换为Si—F的原因：___________。
（6）若用代替C发生后续合成反应，所得也能检测氟离子，的结构简式为___________。
【答案】（1）取代反应
（2） （3）+3H2O+H+HOOCCH2COOH+CH3OH+
（4） ①. 5 ②. HC≡C-CH(NO2)-CH3
（5）F的原子半径比O的小，所以Si-F比Si-O键长短，键能大，键更稳定
（6）
【解析】
【分析】A与B反应转化为C，依据A、C的结构简式，可确定B为CH3CH2CH2I；C与D发生取代反应，生成E和NH3；E在AlCl3、DCM作用下，发生取代反应，生成F和CH3OH；由F、H的结构简式及G的分子式，可确定G的结构简式为；H与I发生加成、消去反应生成J等。
【小问1详解】
A 中亚氨基上的1个H原子被B(CH3CH2CH2I)中的丙基替代生成C和HI，反应类型为取代反应。
【小问2详解】
由分析可知，G的结构简式为。
【小问3详解】
已知RCN在酸性条件下水解生成RCOOH，I为，在酸性条件下充分水解生成HOOCCH2COOH、CH3OH等，离子方程式为+3H2O+H+HOOCCH2COOH+CH3OH+。
【小问4详解】
I()的同分异构体中，同时满足下列条件：“①具有链状结构且含有硝基；②碳原子不全在一条直线上”的有机物，可能为HC≡C-CH(NO2)-CH3、HC≡C-CH2-CH2(NO2)、O2N-C≡C-CH2-CH3、O2N-CH=CH-CH=CH2、CH2=C(NO2)-CH=CH2，共有5种(不考虑立体异构)；
其中，含有手性碳的异构体的结构简式为HC≡C-CH(NO2)-CH3。
【小问5详解】
J检测氟离子时，J转化为，Si-O键断裂，形成Si-F键，O的非金属性小于F，则形成Si-F键更稳定。则从结构的角度分析Si-O转换为Si-F的原因：F的原子半径比O的小，所以Si-F比Si-O键长短，键能大，键更稳定。
【小问6详解】
J为，若用代替C发生后续合成反应，所得也能检测氟离子，的结构简式为。
【点睛】在乙炔分子，若H原子被其它原子或原子团替代，则与三键碳原子相连的两个原子及两个三键碳原子仍在同一条直线上。化学键
键能
413
436
463
803