重庆市第八中学2022届高三下学期高考适应性月考（七）化学试卷（Word版附解析）

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一、单选题
1. 下列物质的使用不涉及化学变化的是
A. 明矾用作净水剂B. 液氨用作制冷剂
C. 硫酸用作催化剂D. 生石灰作干燥剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．明矾用作净水剂，是由于电离产生的Al3+发生水解反应，形成的Al(OH)3胶体有吸附作用，发生的是化学变化，A不合题意；
B．液氨沸点低，气化时吸收大量的热，使环境的温度降低，因此可以用作制冷剂，由于在变化过程中没有产生新的物质，因此是物理变化，B符合题意；
C．催化剂改变反应历程，实质是参加化学反应，发生的是化学变化，C不合题意；
D．生石灰可以和水反应产生Ca(OH)2，产生了新的物质，是化学变化，D不合题意；
故选B。
2. 材料是人类赖以生存和发展的物质基础。下列说法错误的是
A. 硅晶片是生产芯片的基础材料
B. 棉花、羊毛、蚕丝、涤纶都属于天然纤维
C. 硫化后橡胶适合制造轮胎，加入炭黑可提高轮胎的耐磨性
D. 离子液体是熔点不高的仅有离子组成的液体物质
【答案】B
【解析】
【详解】A．Si是良好的半导体材料，硅晶片是生产芯片的基础材料，A正确；
B．涤纶是合成纤维，B错误；
C．为了增强汽车轮胎的耐磨性，常在制轮胎的橡胶中加入的耐磨物质是炭黑，C正确；
D．离子液体的熔点不高，是仅有离子组成的液体物质，D正确；
故选B。
3. 嫦娥五号探测器带回1.731kg月球土壤，经分析月球土壤含有大量氦3原子，它可能成为未来核能的重要原料。氦3原子核内有2个质子和1个中子，氮3原子结构示意图是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】氦3原子核内有2个质子，核电荷数为2，氦3为中性原子，核外有2个电子，因此氮3原子结构示意图是，故选D。
4. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1 ml Al3＋含有的核外电子数为3NA
B. 1 ml Cl2与足量的铁反应，转移的电子数为3NA
C. 室温下，10 L pH＝1的硫酸溶液中含有的H＋数为2NA
D. 室温下，10 L pH＝13的NaOH溶液中含有的OH－数为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.1个Al3＋中含10电子，则1 ml Al3＋所含有的核外电子数为10NA，A错误；
B.Cl2与Fe反应时生成FeCl3，Cl元素由0价(Cl2)变为－1价(FeCl3)，则1 ml Cl2反应时转移电子数为2NA，B错误；
C.pH=1的硫酸溶液中c(H＋)=0.1 ml·L－1，则10 L该溶液中含有NA个H＋，C错误；
D.由pH=13知OH－浓度为0.1 ml·L－1，则10 L NaOH溶液中含NA个OH－，D正确；
答案选D。
5. 崖柏素具天然活性，有酚的通性，结构如图。关于崖柏素的说法错误的是
A. 可与溴水发生取代反应
B. 可与溶液反应
C. 分子中碳原子不可能全部共平面
D. 与足量加成后，产物分子中含手性碳原子
【答案】B
【解析】
【分析】由题中信息可知，γ-崖柏素中碳环具有类苯环的共轭体系，其分子中羟基具有类似的酚羟基的性质。此外，该分子中还有羰基可与氢气发生加成反应转化为脂环醇。
【详解】A．酚可与溴水发生取代反应，γ-崖柏素有酚的通性，且γ-崖柏素的环上有可以被取代的H，故γ-崖柏素可与溴水发生取代反应，A说法正确；
B．酚类物质不与NaHCO3溶液反应，γ-崖柏素分子中没有可与NaHCO3溶液反应的官能团，故其不可与NaHCO3溶液反应，B说法错误；
C．γ-崖柏素分子中有一个异丙基，异丙基中间的碳原子与其相连的3个碳原子不共面，故其分子中的碳原子不可能全部共平面，C说法正确；
D．γ-崖柏素与足量H2加成后转化为 ，产物分子中含手性碳原子（与羟基相连的C原子是手性碳原子），D说法正确；
综上所述，本题选B。
6. 阿伏伽德罗常数的值为NA，下列说法正确的是
A. 用惰性电极电解KOH溶液,若阳极产生5.6L气体,则电路中通过0.5NA电子
B. 500 mL 2 ml/L明矾溶于水得到的氢氧化铝胶体粒子数为6.02×1023
C. 25℃时，1LpH＝4的NH4Cl溶液中，由水电离出的H+数目为10-4 NA
D. 电解精炼铜时，阳极质量减小64g，转移电子数为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.用惰性电极电解KOH溶液，阳极发生氧化反应生成氧气，电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，因为没告诉测量5.6L气体时的温度和压强，所以无法计算其物质的量，也就无法计算转移的电子数，故A错误；
B.500mL2ml/L明矾的物质的量为1ml，1ml明矾溶于水得到的氢氧化铝胶体粒子数小于6.02×1023，故B错误；
C.NH4Cl水解呈酸性，促进水的电离，pH=4的NH4Cl溶液，水电离出的c（H+）为10-4ml/L，故C正确；
D.电解精炼铜时，阳极处放电外，比铜活泼的锌、铁、镍等金属也失电子进入电解质溶液，故转移电子数为2NA，则阳极质量减少不一定为64g，故D错误。
故选C。
7. 某种离子液体的结构如图示，X、Y、Z、M、R为原子序数依次增大的短周期元素，Z的质子数等于X、Y的质子数之和，R为电负性最大的元素。下列说法正确的是
A. Y的电负性大于Z
B. M、X形成的化合物分子间易形成氢键
C. 阴离子的空间构型为平面四边形
D. 分子的极性：MR3＜YR3
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、R为原子序数依次增大的短周期元素，R为电负性最大的元素，根据非金属性越强其电负性越大，则R为F元素，根据某种离子液体的结构得到X、R有一个价键，Z有四个价键，M有三个价键，Y得到一个电子形成四个价键，Z的质子数等于X、Y的质子数之和，Y、Z、M为同周期相邻元素，则X为H，Y为B，Z为C，M为N。
【详解】A．Y为B，Z为C，同周期电负性呈增大趋势，则B的电负性小于C，故A错误；
B．M为N、X为H元素，形成的化合物NH3分子间易形成氢键，故B正确；
C．阴离子为[BF4]-，中心B原子的价层电子对数为，无孤对电子对，空间构型为正四面体形，故C错误；
D．BF3是平面三角形结构，为非极性分子，NF3为三角锥形，为极性分子，故NF3分子的极性大于BF3，故D错误；
故答案为：B。
8. 如图是我国科学家通过X射线衍射获得的青蒿素的分子结构，根据其结构下列说法正确的是
A. 其分子式为B. 分子中存在过氧基(-O-O-)
C. 所有碳原子的杂化方式都一样D. 青蒿素易溶于水
【答案】B
【解析】
【详解】A．由青蒿素的分子结构可知，其分子式为：C15H22O5，A错误；
B．由青蒿素的分子结构可知，分子中存在过氧基(-O-O-)，B正确；
C．青蒿素分子中存在碳氧双键和饱和碳，碳氧双键上的碳采取sp2杂化，饱和碳采取sp3杂化，C错误；
D．青蒿素分子中不存在亲水基，所以青蒿素不易溶于水，D错误；
答案选B。
9. 已知反应：。有一澄清透明的溶液，只可能含有大量的Ce3+、Fe2+、H+、HSO、SO、Al3+、HCO、CO、NO九种离子中的几种，向该溶液中，逐滴滴入一定体积NaOH溶液，一段时间后才产生沉淀。则下列判断正确的是
A. 溶液中可能含有Fe2+B. 溶液中可能含有SO、HCO
C. 溶液中一定不含Al3+D. 溶液中一定含有NO
【答案】D
【解析】
【分析】向该溶液中逐滴滴入一定体积NaOH溶液，一段时间后才产生沉淀，说明溶液呈酸性，在酸性溶液中，存在大量的H+，根据离子共存可判断，溶液中一定无、、、，根据溶液呈电中性，一定有；酸性环境下具有强氧化性，可与具还原性的发生氧化还原反应，不能大量共存，则溶液中无；
【详解】A．根据分析可知，溶液中一定无，A错误；
B．根据分析可知，溶液中一定无、，B错误；
C．溶液中是否存在Al3+无法确定，C错误；
D．根据分析可知，溶液中一定含有，D正确；
答案选D。
10. X、Y、Z、Q、M为原子序数依次增大的前4周期元素。相关信息如下：
下列说法不正确的是
A. 离子半径：Q>Y>Z
B. 简单氢化物的稳定性和沸点：XC. 一定条件下，Z单质与反应可生成两种离子化合物
D. 微粒中σ键和Π键数目之比2∶1
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、M为原子序数依次增大的前4周期元素，X原子最外层电子数是能层数的2倍，X原子最外层电子排布为2s22p2，则X为C元素；Y元素的单质是合成氨工业的原料，则Y为N元素； Z为核外无未成对电子的主族元素，则Z为M g元素；Q的价层电子的排布式，s轨道填满，即n-1= 2，n= 3，为3s23p４，则Q为S元素；M为第四周期IB元素，则M为Cu元素；
【详解】A．电子层数越多，半径越大，核外电子排布相同的微粒，核电荷数越大，半径越小，故离子半径由大到小的顺序为:S2-> N3-> Mg2+，选项A正确；
B．NH3形成分子间氢键，故沸点:NH3>CH4，N的非金属性比C的强，氢化物稳定性: NH3 > CH4，选项B正确；
C．Mg具有还原性，NO2具有氧化性，二者可发生反应:7Mg + 2NO2 = 4MgO + Mg3N2，都为离子化合物，选项C正确；
D．[Cu(CN)4]2-中存在CN和Cu2+与N原子形成的配位键，σ键和π键数目之比8:8=1:1，选项D错误；
答案选D。
11. 已知热化学方程式 2H2（g）+O2（g）=2H2O（l） ΔH1＝－571.6 kJ∙ml−1，则关于热化学方程式2H2O（l）=2H2（g）+O2（g） ΔH2的说法中不正确的是
A. 方程式中物质前的系数表示物质的量B. 该反应ΔH2>0
C. 该反应ΔH2＝+571.6kJ·ml－1D. 该反应与上述反应属于可逆反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 热化学方程式中物质前的系数表示物质的量，故A正确，但不符合题意；
B. 2H2（g）+O2（g）=2H2O（l） ΔH1＝－571.6 kJ∙ml−1是放热反应，则2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）为吸热反应，所以ΔH2>0，故B正确，但不符合题意；
C. 2H2（g）+O2（g）=2H2O（l） ΔH1＝－571.6 kJ∙ml−1，则2H2O（l）=2H2（g）+O2（g） ΔH2＝+571.6kJ·ml－1，故C正确，但不符合题意；
D.该反应与上述反应不属于可逆反应，可逆反应是相同条件，这两者反应条件不同，前者为点燃，后者是电解，故D错误,符合题意；
故选：D。
12. 是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取的电解池示意图如下，电解总反应：。下列说法正确的是
A. 石墨电极发生氧化反应B. 铜电极接直流电源的负极
C. 石墨电极上产生氢气D. 当有电子转移时，有生成
【答案】C
【解析】
【分析】解总反应：，Cu电极为阳极，电极方程式为：2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O，石墨电极为阴极，H2O放电生成H2，电极方程式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，以此解答。
【详解】A．由分析可知，石墨电极阴极，发生还原反应，A错误；
B．由分析可知，Cu电极为阳极，接直流电源的正极，B错误；
C．由分析可知，石墨电极为阴极，H2O放电生成H2，C正确；
D．由分析可知，Cu电极为阳极，电极方程式为：2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O，当有电子转移时，有生成，D错误；
故选C。
13. 一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入(g)和(g)，发生合成氨反应。10min末，测得的物质的量为1.5ml。在铁触媒催化剂的表面上合成氨反应的反应历程和能量变化如图所示，其中吸附在铁触媒表面上的物质用·标注。下列说法错误的是
A. 催化剂能改变反应历程和活化能，影响化学反应速率
B. 对总反应速率影响最小的步骤的活化能为
C. 10min时，
D. 内，
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图可知，加入反应历程和能量均发生变化，故催化剂能改变反应历程和活化能，影响化学反应速率，A正确；
B.由图可知，对总反应速率影响最小的步骤的为活化能最小的步骤，其活化能为100kJ/ml，B正确；
C.由题意，知
，10min时，N2的浓度为，C正确；
D.0-10min内，H2的反应速率为，D错误；
故选D。
14. 向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应Ag++NH3⇌[Ag(NH3)]+和[Ag(NH3)]++NH3⇌[Ag(NH3)2]+，lg[c(M)/(ml·L-1)]与lg[c(NH3)/(ml·L-1)]的关系如图所示(其中M代表Ag+、Cl-、[Ag(NH3)]+或[Ag(NH3)2]+)。下列说法错误的是
A. 曲线IV可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线
B. AgCl的溶度积常数的数量级为10-9
C. 反应Ag++NH3⇌[Ag(NH3)]+的平衡常数K的值为103.24
D. 向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水后，溶液中存在c(OH-)=c()+c(H+)
【答案】B
【解析】
【分析】随着c(NH3)增大，Ag++NH3⇌[Ag(NH3)]+正向移动，c(Ag+)减小，正向移动，AgCl溶解度逐渐增大，Cl-浓度逐渐增大，[Ag(NH3)]+与[Ag(NH3)2]+浓度增大，当c(NH3)很小时，c(Cl-)>c([Ag(NH3)]+)>c([Ag(NH3)2]+)，则曲线Ⅰ表示c([Ag(NH3)2]+)随c(NH3)变化曲线，曲线Ⅱ表示c([Ag(NH3)]+)随c(NH3)变化曲线，曲线Ⅲ表示c(Ag+)随c(NH3)变化曲线，曲线Ⅳ表示c(Cl-)随c(NH3)变化曲线，也可表示AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线；
【详解】A．根据分析，曲线IV可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线，故A正确；
B．当c(NH3)=0.1ml/L，c(Ag+)=10-7.40ml/L，c(Cl-)=10-2.35ml/L，，AgCl的溶度积常数的数量级为10-10，故B错误；
C．当c(NH3)=0.1ml/L，c(Ag+)=10-7.40ml/L，c([Ag(NH3)]+)=10-5.16ml/L，Ag++NH3⇌[Ag(NH3)]+的平衡常数，故C正确；
D．根据电荷守恒溶液中存在，根据物料守恒，则c(OH-)=c()+c(H+)，故D正确；
故选B。
二、解答题
15. Ⅰ.配470 mL 0.10 ml/L 溶液，请回答下列问题：
（1）计算需要的质量为___________g。
（2）配制溶液时，现有天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒，还需要的玻璃仪器有___________和___________(填名称)。
（3）在此配制过程中，下列情况会使所得溶液的浓度偏高的是___________(填序号)。
A．转移溶液时未洗涤烧杯和玻璃棒
B．定容时俯视刻度线观察液面
C．容量瓶用蒸馏水洗净后未干燥
D．称量固体时，砝码上沾有杂质
E．摇匀后静置，发现液面低于刻度线，再补加蒸馏水至刻度线
Ⅱ.、、、、、组成的一个氧化还原反应体系中，发生的反应过程。
（4）①将以上物质分别填入下面对应的横线上，并配平化学方程式：________
___________+___________+___________=___________+___________+___________
②氧化剂是___________氧化产物是___________
③反应中若产生0.2 ml的还原产物，则有___________ml电子转移。
【答案】（1）10.7
（2） ①. 500 mL容量瓶 ②. 胶头滴管
（3）BD （4） ①. ②. ③. ④. 0.4
【解析】
【小问1详解】
实验室只有500mL容量瓶，故配制的溶液体积为500mL，需要KIO3的质量为m=nM=cVM=0.5L×0.10ml/L×214g/ml=10.7g；
【小问2详解】
根据实验步骤：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，现有天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒，还需要500mL容量瓶、胶头滴管定容；
【小问3详解】
A．转移溶液时未洗涤烧杯和玻璃棒，少量溶质粘在烧杯内部、玻璃棒上，移入容量瓶中溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，不符合题意，故A不选；
B．定容时俯视刻度线观察液面，液面在刻度线下方，溶液体积偏小，则溶液浓度偏高，符合题意，故B选；
C．最后需要加水定容，容量瓶用蒸馏水洗净后未干燥，对溶液浓度无影响，不符合题意，故C不选；
D．称量固体时，砝码上沾有杂质，导致称量的溶质质量偏大，则溶液浓度偏高，符合题意，故D选；
E．摇匀后静置，发现液面低于刻度线，少量溶液残留在瓶口与瓶塞之间，再补加蒸馏水至刻度线，溶液体积偏大，则溶液浓度偏低，不符合题意，故E不选；
答案为BD。
【小问4详解】
①转化中Bi元素化合价由+5价降低为+3价，获得2个电子，而Mn2+→转化中Mn元素化合价由+2价升高为+7，失去5个电子，得失最小公倍数为10，故的系数为5，Mn2+的系数为2，根据原子守恒可知Bi3+系数为5，的系数为2，根据电荷守恒可知H+为反应物，且H+系数为14，根据原子守恒可知H2O为生成物，且H2O的系数为7，可得反应的离子方程式为：；
②根据离子方程式：； Bi元素化合价降低，得到电子，被还原，为氧化剂，是Mn2+被氧化后得到的产物，为氧化产物；
③由①的分析过程可知，还原产物为，若生成5ml的，转移电子的物质的量为10ml，若产生0.2 ml的还原产物，则有0.4ml电子转移。
16. 在2 L密闭容器中，800℃时反应2NO（g）＋O2（g）2NO2（g）体系中，n（NO）随时间的变化如表：
回答下列问题：
（1）已知：该反应K（300℃）＞K（350℃），能否判断该反应是放热反应____，理由是________。
（2）利用表中数据，用O2表示从0～3s内该反应的平均速率v＝________。
（3）上述反应达到平衡状态时___________（选填编号）。
（a）υ（NO2）=2υ（O2） （b）NO2不再生成
（c）2υ逆（NO）＝υ正（O2） （d）容器内的密度保持一个定值
（4）为使该反应的反应速率减小，且平衡向正反应方向移动的是_______。
（a）及时分离出NO2气体 （b）适当降低温度
（c）增大O2的浓度 （d）选择负催化剂
【答案】 ①. 能 ②. 温度升高，化学平衡逆向移动，则正反应是放热反应 ③. 0.00108ml·L-1·s-1 ④. d ⑤. a b
【解析】
分析】（1）平衡常数只与温度有关，随温度升高平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动；
（2）利用v＝计算v（NO），再利计算v（O2）；
（3）由此衍生的一些物理量也不变；
（4）从外界条件对反应速率和化学平衡的影响两方面进行考虑。
【详解】（1）随温度升高平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，所以正反应是放热反应，故答案为：能；温度升高，化学平衡逆向移动，则正反应是放热反应；
（2）0～3s用NO表示的平均反应速率v（NO）==0.00217 ml·L-1·s-1，速率之比等于化学计量数之比，则v（O2）= v（NO）=0.00108ml·L-1s-1，故答案为：0.00108ml·L-1s-1；
（3）当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，则
a、速率之比等于化学计量数之比，则v（NO2）=2v（O2），与是否平衡无关，故a不符合题意；
b、平衡时正逆反应速率相等，但不为0，故b不符合题意；
c、2υ逆（NO）＝υ正（O2），此时正逆反应速率不相等，故不能说明达平衡状态，故c不符合题意；
d、容器体积和气体的质量不变，则容器内的密度始终保持不变，即容器内的密度保持一个定值，故d符合题意。
故答案为：d；
（4）a、及时分离除NO2气体，平衡向右移动，反应速率减小，故a符合题意；
b、适当降低温度，反应速率减小，平衡向右移动，故b符合题意；
c、增大O2的浓度反应速率增大，该反应向正反应方向移动，故c不符合题意；
d、选择高效催化剂能增大反应速率，平衡不移动，故d不符合题意；
故答案为：ab。
17. 化合物PH4I是一种白色晶体，受热不稳定，易分解产生PH3。PH3是无色剧毒气体， 广泛用于半导体器件和集成电路生产的外延、离子注入和掺杂。
(1)在2L真空密闭容器中加入一定量PH4I固体，T1℃ 时发生如下反应： PH4I(s) ⇌ PH3(g) + HI(g)
①下列可以作为反应达到平衡的判据是_____。
A．容器内气体的压强不变
B．容器内 HI 的气体体积分数不变
C．容器内 PH4I 质量不变
D．容器内气体的密度不变
E．容器内气体的平均相对分子质量不变
②t1时刻反应达到平衡后，在t2时刻维持温度不变瞬间缩小容器体积至1L，t3时刻反应重新达到 平衡。在下图中画出t2～t4时段的υ正、υ逆随时间变化图______。
(2)PH4I固体分解产生的PH3和HI均不稳定，在一定温度下也开始分解。在2L真空密闭容器中加 入一定量PH4I固体，已知在T2℃ 时存在如下反应：
Ⅰ PH4I(s) ⇌ PH3(g) + HI(g) ΔH1
Ⅱ 4 PH3(g)⇌ P4(g) + 6 H2(g) ΔH2
Ⅲ 2 HI(g)⇌ H2 (g) + I2(g) ΔH3
①已知：298K，101kPa，H-P键、P-P键、H-H键的键能分别为322 kJ·ml-1、200 kJ·ml-1、436 kJ·ml-1试计算ΔH2 =______________。
②各反应均达平衡时，测得体系中 n(PH3)=a ml ，n(P4)=b ml ，n(H2)=c ml ，则 T2℃时 反应I的平衡常数K值为___________________。(用a、b、c表示)
③维持温度不变，缩小体积增大压强，达到新的平衡后，发现其它各成分的物质的量均发生变化，而n(I2)基本不变，试解释可能原因_____。
【答案】 ①. ACD ②. ③. +48kJ·ml-1 ④. ⑤. 增大压强的瞬间各气体浓度均增大，反应I平衡逆向移动使c(HI)减小，反应II平衡逆向移动使c(H2)减小，对于反应III两者作用相当，反应III平衡不移动，n(I2)基本不变(只答反应III平衡不移动不得分)
【解析】
【分析】结合条件是否为变量判断能否作为达到平衡的标志，根据外因对平衡移动的影响作图，根据ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能计算ΔH2，利用三段式计算平衡常数。
【详解】(1)①A．反应前没有气体，反应后生成气体，反应中容器内气体压强一直改变，当容器内气体压强不再改变时，可以说明反应达到平衡状态，A符合；
B．根据反应式可知，容器内HI的气体体积分数始终不变，容器内 HI 的气体体积分数不变不能作为反应达到平衡的标志，B不符合；
C．容器内PH4I的质量不再改变时，可以说明反应达到平衡状态，C符合；
D．容器体积始终不变，气体总质量发生改变，则容器内气体的密度不再改变时，可以说明反应达到平衡，D符合；
E．容器内气体的平均相对分子质量始终不变，容器内气体的平均相对分子质量不变不能作为反应达到平衡的标志，E不符合；
故答案选ACD；
②t1时刻反应达到平衡后，在t2时刻维持温度不变瞬间缩小容器体积至1L，则平衡逆向移动，υ逆>υ正，但由于PH4I为固体，增大压强，正反应速率不变，t3时刻反应重新达到平衡，υ正=υ逆，因此t2～t4时段的υ正、υ逆随时间变化图为：；
(2)①根据ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能，ΔH2=(4×3×322 kJ·ml-1)-[(6×200 kJ·ml-1)+(6×436 kJ·ml-1)]=+48kJ·ml-1；
②各反应均达平衡时，测得体系中n(PH3)=a ml，n(P4)=b ml，n(H2)=c ml，根据白磷为bml，结合反应Ⅱ计算可知，消耗的PH3为4bml和生成的H2为6bml，因为最终PH3为aml，说明反应Ⅰ生成的PH3和HI都为(a+4b)ml，最终氢气为cml，则反应Ⅲ生成H2为(c-6b)ml，反应Ⅲ消耗HI为(2c-12b)ml，则平衡时HI为(a+4b-2c+12b)=(a+16b-2c)ml，T2℃时，对于反应Ⅰ的平衡常数为；
③由于增大压强的瞬间各气体浓度均增大，而反应I平衡逆向移动使得c(HI)减小，反应II平衡逆向移动使c(H2)减小，对于反应III两者作用相当，反应III平衡不移动，因此n(I2)基本不变。
18. 阿比朵尔主要用于甲、乙型流感和其它呼吸道病毒感染症的防治，有专家认为其在新冠肺炎的治疗上也有一定的疗效。阿比朵尔的合成路线如图所示：
(1)图中I为阿比朵尔，其分子式为__________，
(2) A的名称是__________，G→H的反应类型为___________。
(3) C中所含的含氧官能团的名称为_____________。
(4) F→G的化学方程式为____________。
(5)C有多种同分异构体，写出能同时满足下列条件的芳香化合物的结构简式(不考虑立体异构)_________。
①能与NaHCO3溶液反应放出CO2；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积的比是1:1:1。
(6)如图为合成阿比朵尔的另一种方法，请参照上述流程将下列流程图补充完整(试剂可从上题试剂中任选)：______
【答案】 ① C22H25BrN2O3S ②. 3-碘苯酚 ③. 取代反应 ④. 硝基 酯基 ⑤. ⑥. 、 ⑦.
【解析】
【分析】（1）根据阿比朵尔的结构简式，推测其分子式；
（2）芳香族化合物的命名，首先确定母体，然后定取代基的位置；以及有机化合物反应的特点，结合G、H的结构简式，确定G→H的反应类型；
（3）根据C的结构简式，找出C分子中所含的官能团；
（4）结合F、G的结构简式，确定F与Br2发生的是取代反应，以此书写方程式；
（5）根据C的同分异构体需要满足的条件，找出符合条件的C的同分异构体；
（6）根据阿比朵尔的合成路线图中所涉及的反应物、生成物、反应条件，合理利用这些信息去分析，去设计合成阿比朵尔的另一种方法。
【详解】（1）由阿比朵尔的结构简式可知，阿比朵尔的分子式为C22H25BrN2O3S；
（2）I原子与酚羟基在苯环上位于间位的关系，其名称为3-碘苯酚；G与在KOH作用下，发生取代反应生成H；
（3）C中所含的含官能团的名称为酯基、硝基、碘原子，故C中所含的含氧官能团的名称为酯基、硝基；
（4）F与Br2发生取代反应生成G和HBr，其反应方程式为 +2Br2→+2HBr；
（5）C有多种同分异构体，①能与NaHCO3溶液反应放出CO2，说明该物质中含有-COOH；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积的比是1:1:1，故该物质苯环上含有2个-COOH，1个-NH2，1个-I，故符合条件的C的同分异构体为、；
（6）与发生取代反应生成，与Br2发生取代反应生成，与发生取代反应生成，合成路线如下：。元素
相关信息
X
最外层电子数是能层数的2倍
Y
单质是合成氨工业的原料
Z
核外无未成对电子的主族元素
Q
价层电子的排布式：
M
第四周期ⅠB元素
时间（s）
0
1
2
3
4
5
c（NO）（ml·L—1）
0.01
0.005
0.004
0.0035
0.0035
0.0035