重庆市2023_2024学年高三化学下学期3月适应性考试试题含解析

这是一份重庆市2023_2024学年高三化学下学期3月适应性考试试题含解析，共22页。试卷主要包含了5NA等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试题满分100分，考试时间75分钟；
2.考生答题前请在规定位置填写姓名、班级、考号等相关信息，在答题卡上正确填涂准考证号（或粘贴条形码）并仔细核对自己的信息；
3.选择题请用2B铅笔在答题卡对应的位置准确填涂，非选择题请用0.5mm黑色字迹签字笔在答题卡的非选择题区域作答。在本试卷及草稿纸上作答，答案无效；
4.考试结束后，本试题、答题卡、草稿纸一并收回，请勿带出考场。
可能用到的相对原子质量：H-1C-12 O-16Li-7 Na-23 Cu-64Fe-56
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. 化学科学在科技强国中发挥着重要作用。下列有关叙述正确的是
A. “天舟六号”为中国空间站送去推进剂Xe气，与互为同素异形体
B. “神舟十六号”载人飞船使用砷化镓太阳能电池，砷化镓是一种分子晶体
C. “朱雀二号”遥二液氧甲烷运载火箭发射成功，甲烷是最简单的烃
D. C919大飞机内的椅罩、门帘等使用国产芳砜纶纤维，芳砜纶纤维属于天然纤维
【答案】C
【解析】
【详解】A．与的质子数相同、中子数不同，互为同位素，故A错误；
B．砷化镓是熔沸点高、硬度大的共价晶体，故B错误；
C．甲烷是仅含有碳元素和氢元素的最简单的烃，故C正确；
D．芳砜纶纤维是合成高分子化合物，属于合成纤维，故D错误；
本题选C。
2. 能正确表示下列反应的离子方程式是
A. 将Na2O2固体投入H218O中：
B. NaClO溶液中通入少量SO2：
C. 饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2：
D. 四氧化三铁溶于稀硝酸中：
【答案】A
【解析】
【详解】A．Na2O2和H218O反应中Na2O2既是氧化剂也是还原剂，离子方程式为：，故A正确；
B．NaClO和SO2的反应是氧化还原反应，ClO-和水反应生成的次氯酸氧化二氧化硫，自身被还原成氯离子，由于SO2是少量的，HClO有剩余，所以离子方程式为 ，故B错误；
C．由于NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2会生成NaHCO3固体，离子方程式为：，故C错误；
D．稀硝酸具有强氧化性，四氧化三铁溶于稀硝酸中会发生氧化还原反应生成硝酸铁和NO，离子方程式为：3Fe3O4+28H++NO=9Fe3++NO↑+14H2O，故D错误；
故选A。
3. 海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，如图为海水利用的部分过程。下列有关说法不正确的是
A. 侯氏制碱应先通NH3再通CO2
B. 制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaCl
C. ③④的目的是进行溴的富集
D. 在第②、③、④步骤中，溴元素均被氧化
【答案】D
【解析】
【分析】由流程可知，海水晒盐分离出粗盐和母液，①中粗盐溶解、除杂后过滤、蒸发得到精盐，先通氨气，后通二氧化碳可生成碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；母液中含溴离子，②中氧化溴离子生成溴单质，热空气吹出溴后，③中二氧化硫与溴水反应生成硫酸和HBr，④中通氯气可氧化HBr生成溴，据此分析解答。
【详解】A．侯氏制碱先通NH3，溶液呈碱性，再通CO2，可增大二氧化碳的溶解度，A正确；
B．碳酸氢钠的溶解度小，可从溶液中析出，B正确；
C．母液中溴离子浓度较低，③④的目的是进行溴的富集，C正确；
D．第②、④步骤中，溴元素均被氧化，③中Br被还原，D错误；
故选D。
4. 葡萄糖的结构简式用G-CHO表示，用新制的氢氧化铜检验葡萄糖的化学方程式为。设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1mlG-CHO中含有的羟基的数目为6NA
B. 该反应中，49gCu(OH)2完全反应时，转移电子的数目为0.5NA
C. 1L0.1ml/LG-COONa溶液中含有的阴离子的数目小于0.1NA
D. 1 mlG-CHO完全反应时，生成的H2O中含有的极性键的数目为3NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．葡萄糖分子中含有5个羟基，则在1 ml葡萄糖分子中含有的羟基数目是5NA，A错误；
B．49 g Cu(OH)2的物质的量是0.5 ml，根据题干中反应方程式可知Cu从+2价变+1价，0.5 ml Cu(OH)2反应转移0.5 ml电子，转移电子数目是0.5NA，B正确；
C．G-COONa是强碱弱酸盐，每有1个G-COO-水解，就会产生1个OH-，因此溶液中所含阴离子数目不变，故1 L 0.1 ml·L-1 G-COONa溶液中含有的阴离子的数目等于0.1NA，C错误；
D．根据方程式可知，1 ml葡萄糖发生上述反应产生3 ml H2O，由于H2O分子中含有2个H-O极性键，则3 ml H2O中含有6 ml极性键，故极性键的数目是6NA，D错误；
本题选B。
5. 用下列仪器或装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢氧化钠溶解大量放热，溶解不能在容量瓶中进行，A错误；
B．灼烧碎海带在坩埚中完成，故B错误
C．饱和亚硫酸氢钠不与二氧化硫反应，能与HCl反应生成SO2，从而可除去SO2中的HCl，故C正确；
D．滴定装置锥形瓶口没有橡胶塞，D错误；
本题选C。
6. 氨基酸是构成人体必备蛋白质的基础，某氨基酸的结构简式如图所示。下列说法正确的是
A. 第一电离能：O>N>C>H
B. 该分子中碳原子的杂化类型有sp、sp2和sp3
C. 基态氧原子的电子有8种运动状态
D. 该物质所含元素中，电负性最大的是N
【答案】C
【解析】
【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，N元素的第一电离能大于O元素，选项A错误；
B．由结构简式可知，该有机物不含有三键碳原子，碳原子的杂化方式不可能有sp杂化，选项B错误；
C．同一核外没有两个电子的各个参数完全相同，原子核外每个电子的运动状态都是不同的，基态氧原子核外电子数为8，所以电子的运动状态有8种，选项C正确；
D．同周期元素，从左到右第电负性增大，故O元素电负性最大，选项D错误；
答案选C。
7. 葡酚酮是由葡萄籽提取的一种花青素类衍生物（结构简式如图），具有良好的抗氧化活性。下列关于葡酚酮叙述错误的是
A. 可形成分子内氢键
B. 与足量的NaOH水溶液反应，O-H键均可断裂
C. 可使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 催化剂存在下与足量H2反应，π键不能全部断裂
【答案】B
【解析】
【详解】A．葡酚酮分子内含有-OH、-COOH，由于O原子半径小，元素的非金属性强，因此可形成分子内氢键，A正确；
B．葡酚酮中羧基、酚羟基与NaOH水溶液反应，O-H键断裂，而没有与苯环相连的-OH不与NaOH水溶液反应，O-H键不断裂，B错误；
C．葡酚酮分子中含有酚羟基及醇羟基，具有强的还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液的紫色褪色，C正确；
D．葡酚酮中苯环和碳碳双键与足量H2反应，π键断裂，羧基和酯基不能和H2发生加成反应，碳氧双键中的π键不能断裂，D正确；
故选B。
8. 下列实验目的、方案设计和现象、结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．酸性KMnO4溶液能将亚铁离子、氯离子分别氧化为铁离子和氯气，不能判断氯气和铁离子的氧化性，A错误；
B．先滴加新制氯水可以氧化，再滴加KSCN溶液，变为红色溶液，但不能排除原溶液中含有，B错误；
C．向NaCl溶液中滴入的Ag+少量，Ag+已沉淀完全，再滴入1滴0.1 ml·L－1KI溶液，同一类型沉淀AgCl转化为AgI，说明Ksp(AgCl) ＞Ksp(AgI)，C正确；
D．该有机物结构中含有碳碳双键也能和酸性高锰酸钾溶液反应，使酸性KMnO4溶液褪色，D错误；
故选C。
9. 实验室合成乙酰苯胺的路线如图所示（反应条件略去）：
下列说法错误的是
A. 反应①完成后，碱洗和水洗可除去混合酸
B. 若反应②中加入过量酸，则苯胺产率降低
C. 苯、硝基苯、苯胺均为极性分子
D. 乙酰苯胺在强酸或强碱条件下长时间加热可发生水解反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯的硝化反应中浓硫酸作催化剂，反应后硫酸和剩余的硝酸可用氢氧化钠中和后通过分液分离得到硝基苯，A正确；
B．苯胺具有碱性，若反应②中加入过量的酸会消耗部分苯胺，从而降低了苯胺的产率，B正确；
C．苯为非极性分子；硝基苯、苯胺均为极性分子，C错误；
D．乙酰苯胺中的酰胺键在强酸催化或强碱性条件下能发生水解反应，D正确；
故选C。
10. 氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如图一所示。下列叙述错误的是
A. H3BO3在水溶液中发生反应：，可知H3BO3是一元弱酸
B. 六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其晶胞结构如图二，立方氮化硼晶胞中含有4个氮原子、4个硼原子
C. 由B2O3可制备晶体硼，晶体硼的熔点2573K，沸点2823K，硬度大，属于共价晶体
D. NH4BF4（氟硼酸铵）是合成氮化硼纳米管的原料之一，1 ml NH4BF4含有配位键的数目为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．由H3BO3在水溶液中发生反应H3BO3+H2OH++[B(OH)4]-，可知H3BO3是一元弱酸，A正确；
B．由图可以看出，立方氮化硼结构与金刚石相似，金刚石晶胞中，8个顶点有8个碳原子，6个面心各有6个碳原子，立方体内部还有4个碳原子，金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数为=8，由氮化硼化学是可知晶体中N、B原子个数比为1，故其晶胞中应该含有4个N原子和4个B原子，B正确；
C．共价晶体通常具有很高的熔沸点和很大的硬度，晶体硼的熔点为2573 K，沸点为2823 K，硬度大，说明其属于共价晶体，C项正确；
D．中含有氮氢配位键，中含有硼氟配位键，则 1 ml NH4BF4含有配位键的数目为2NA，D错误；
答案选D。
11. 将等体积的0.1 ml.L-1AgNO3溶液和0.1 ml.L-1 NaCl溶液混合得到浊液，过滤后进行如图实验：
下列分析不正确的是
A. 0.1ml/LNa2SO4溶液中c（Na+）=2c（SO）
B. ②的现象说明该温度下Ag2S比Ag2SO4更难溶
C. ③中生成[Ag（NH3）2]+，促进AgCl（s）溶解平衡正向移动
D. 0.1ml/LNa2S溶液中
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na2SO4为强酸强碱盐，溶于水完全电离且离子不水解，故根据其化学式可知c(Na+)=2c()，A正确；
B．向①的溶液中滴加0.1ml/L Na2S溶液，出现浑浊，此实验说明硫化银比Ag2SO4更难溶，故B正确；
C．取少量氯化银沉淀，滴加氨水，发生反应，沉淀逐渐溶解，AgCl(s)溶解平衡正向移动，故C正确；
D．Na2S溶液，由于硫离子水解，溶液为碱性，碱性溶液中含H+非常少，故c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+)，D错误；
本题选D。
12. 目前，光电催化反应器（PEC）可以有效地进行能源的转换和储存，一种PEC装置如图所示，通过光解水可由CO2制得主要产物异丙醇。下列说法错误的是
A. 该装置的能量来源为光能
B. 光催化剂电极反应为
C. H+从电化学催化剂电极一侧向右移动
D. 每生成60g异丙醇，电路中转移电子数日不一定为18NA
【答案】C
【解析】
【分析】该装置的能量来源于光能；由图可知，电化学催化剂上CO2→异丙醇[CH3CH(OH)CH3]，H+→H2，其中C元素的化合价由+4→-2价、H由+1→0价，CO2发生得电子的还原反应生成CH3CH(OH)CH3、H+发生得电子的还原反应生成H2，则电化学催化剂为正极，光催化剂电极为负极，正极反应为、，负极反应式为，原电池工作时，阳离子移向正极；
【详解】A．由题图可知，该装置的能量来源是光能，A正确；
B．光催化剂电极为负极，负极反应式为，B正确；
C．原电池工作时，阳离子移向正极，H+从右侧向电化学催化剂电极移动，C错误；
D．电化学催化剂电极发生的电极反应为、还可以有，故每生成60g(即1ml)异丙醇，电路中转移的电子数目不一定为18NA，D正确；
故选C。
13. X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的前4周期主族元素，X与Y为同周期相邻元素，Y与W同主族，Y原子的最外层电子数是W原子最内层电子数的3倍，Z基态原子的3p轨道上有1个未成对电子，R是前四周期中第一电离能最小的元素。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：W>Y>Z
B. 简单气态氢化物的熔、沸点：Y>W>X
C. Z基态原子的价电子排布式为3s23p5
D. 最高价氧化物对应水化物的碱性：Z>R
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的前4周期主族元素，X与Y同周期相邻元素，Y与W同主族，Y原子的最外层电子数是W原子最内层电子数的3倍，则Y最外层电子数为6，Y为O元素，W为S元素，X为N元素；Z基态原子的3p轨道上有1个未成对电子，则电子排布式为1s22s22p63s23p1，为Al元素，R是前4周期中第一电离能最小的元素，为K元素。
【详解】A．S2-有3个电子层，Al3+和O2-有2个电子层，电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷守恒越大，半径越小，则简单离子半径：S2->O2->Al3+，故A正确；
B．因H2O和NH3中存在氢键，且H2O分子间的氢键比NH3中的强，故简单气态氢化物的熔沸点：H2O>NH3>H2S，B错误；
C．Al的价电子排布式为3s23p1，C错误；
D．金属性：K>Al，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则碱性：KOH>Al(OH)3，D错误；
故选A。
14. 向体积均为1L两恒容容器中分别充入2mlX和1mlY发生反应：，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A. △H>0B. 气体总物质的量：na>nc
C. a点平衡常数：KVb正
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图像可知，在容器甲中是绝热条件下，开始压强增大，说明反应温度升高，故反应为放热反应，所以ΔH＜0，故A错误；
B．a、c两点压强相等，容器体积相等，依据阿伏伽德罗定律，此时气体的物质的量与温度成反比，需注意a点温度比c点对应温度高，则气体总物质的量na＜nc，故B错误；
C．假设c点达到平衡，设Z平衡物质的量为q，列出三段式：
在恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，则，解得q=0.75ml，根据K===12，c点平衡常数K=12，实际是c点不是平衡点，甲容器是绝热容器，a点是平衡点，a点的压强Pa=P始，若温度和c点相同，则平衡时气体总物质的量na=n始，甲容器绝热温度升高，则气体总物质的量na＜n始，q＞0.75ml，故a点平衡常数：K＞12，故C错误；
D．温度越高，反应速率越大，因为甲是在绝热条件下，故a的温度大于b的温度，故反应速率：Va正>Vb正，故D正确；
答案选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 工业利用闪锌矿（主要成分ZnS，还含有FeS、CuFeS2、石英及F-、Cl-等杂质）富氧酸浸提取锌，同时实现环保除铁的工艺流程如图1：
已知：酸性条件下，亚铜离子易发生歧化反应。
回答下列问题：
（1）将闪锌矿粉碎成粉目的是________________，Zn的价层电子排布图为__________________。
（2）浸出步骤中，ZnS涉及到的离子反应方程式为________________。
（3）结合反应原理，解释加热加压氧化流程中加压的目的________________。
（4）“脱氯”环节中的离子方程式为________________。
（5）“电积”时，F-、Cl-会腐蚀电极板，需提前除净。“脱氯”时，脱氯率随温度的变化如图2，60℃之前，脱氯率不断提高的原因可能为________________。
（6）脱氟过程中，加入石灰乳和石灰石，使F-转化为CaF2沉淀，实际操作过程中，CaF2沉淀往往还夹杂着CaCO3沉淀，则此时剩余溶液中_______________。（已知常温下，）
【答案】15. ①. 增大矿石与稀硫酸接触面积，加快反应速率，提高浸出率 ②.
16. 2ZnS+2H2SO4+O2=2ZnSO4+2H2O+2S
17. 使Fe2+充分反应
18. Cu++Cl-=CuCl↓
19. 随温度升高，Cu+ Cu2+= 2Cu+，平衡正向移动，Cu+ 增多，脱氯率不断提高
20. ==
【解析】
【分析】工业利用闪锌矿（主要成分ZnS，还含有FeS、CuFeS2、石英及F﹣、Cl﹣等杂质）富氧酸浸提取锌，同时实现环保除铁，闪锌矿加入稀硫酸，通入氧气浸出滤渣1主要是S和二氧化硅，滤液中通入空气加热加压氧化得到赤铁矿，主要成分为氧化铁，滤液中加入Cu调节溶液pH，脱氯生成CuCl，滤液中加入锌溶解过滤得到滤渣2，过滤得到滤液中加入石灰乳、石灰石脱氟生成CaF2，滤液“电积”生成Zn，据此回答问题。
【小问1详解】
闪锌矿石要碾碎为粉末的原因是增大矿石与稀硫酸接触面积，加快反应速率，提高浸出率；Zn的价层电子排布图为：；
【小问2详解】
“浸出”时闪锌矿中硫化锌和硫酸反应生成硫酸锌，同时其中的硫离子被氧气氧化为单质硫，方程式为：2ZnS+2H2SO4+O2=2ZnSO4+2H2O+2S；
【小问3详解】
“加热加压氧化”为溶液中的二价铁被空气中的氧气氧化为赤铁矿，加压的目的使Fe2+充分反应；
【小问4详解】
根据分析可知，通过生成CuCl来达到脱氯的目的，“脱氯”环节中的离子方程式为： Cu++Cl-=CuCl↓；
【小问5详解】
随温度升高，Cu+ Cu2+= 2Cu+，平衡正向移动，Cu+ 增多，脱氯率不断提高；
【小问6详解】
==。
16. 硫酸亚硝酰合铁（Ⅱ）在化学分析、染料工业、医药领域等方面具有重要的应用价值。某兴趣小组利用工厂废铁屑为原料制备硫酸亚硝酰合铁（Ⅱ），并测定其化学式。
I.用废铁屑制备FeSO4溶液
（1）将废铁屑放入Na2CO3溶液中煮沸，冷却后倾倒出液体，用水洗净铁屑。请结合方程式说明放入碳酸钠溶液中并煮沸的原因_______________。
（2）将处理好的铁屑放入锥形瓶，加入适量的3ml.L-1H2SO4溶液，水浴加热至充分反应为止。趁热过滤，收集滤液和洗涤液。装置如图1所示，装置中采用热水浴的目的是_______________。
Ⅱ.用NO气体和FeSO4溶液制备硫酸亚硝酰合铁（Ⅱ）装置如图2所示（加热及夹持装置略）。
（3）若烧杯中加入的氧化剂为H2O2，则涉及到的离子方程式为_______________。
（4）在制备硫酸亚硝酰合铁（Ⅱ）之前，需要通入N2，通入N2的作用是_______________。仪器a的名称为_______________，若将其改为_______________（填装置名称）效果更佳。
Ⅲ.测定硫酸亚硝酰合铁（Ⅱ）的化学式，其化学式可表示为[Fe（NO）a（H2O）b]（SO4）c
步骤i.用1.0ml/L酸性KMnO4溶液滴定20.00mL硫酸亚硝酰合铁（Ⅱ）溶液，滴定至终点时消耗酸性KMnO4溶液16.00mL（MnO4-离子转化为Mn2+，NO完全转化为NO3-）；
步骤ⅱ.另取20.00mL硫酸亚硝酰合铁（Ⅱ）溶液加入足量BaCl2溶液，过滤后得到沉淀，将沉淀洗涤干燥称量，质量为4.66g。
（5）已知硫酸亚硝酰合铁（Ⅱ）中Fe2+的配位数为6，则该物质的化学式为_______________。
（6）步骤i中，滴定终点的现象为_______________。若滴定前滴定管中无气泡，滴定完后，滴定管中有气泡，则会导致b的数值_______________（填“偏大”或“偏小”）。
【答案】（1）碳酸根水解显碱性，+H2O⇌+OH-，加热有利于水解，碱性增强有利于除去铁屑表面的油污；
（2）防止抽滤瓶中滤液有FeSO4晶体析出
（3）
（4） ①. 排除装置内的空气，目的是防止生成的NO被氧气氧化和防止Fe2+被氧化 ②. 长颈漏斗 ③. 分液漏斗
（5）[Fe(NO)(H2O)5]SO4
（6） ①. 加入最后半滴酸性KMnO4溶液，锥形瓶内溶液变红且30秒内不褪色 ②. 偏小
【解析】
【分析】稀硫酸与NaNO2反应生成硝酸钠、NO和水，NO进入三颈烧瓶中与硫酸亚铁反应生成亚硝基合铁，多余的NO用碱液吸收，据此分析解题。
【小问1详解】
碳酸钠溶液由于碳酸根水解显碱性，，加热有利于水解，碱性增强有利于除去铁屑表面的油污；
【小问2详解】
过滤是为了除去未反应的铁及其他固体杂质，抽滤瓶内为硫酸亚铁溶液，热水浴可以防止抽滤瓶中滤液有FeSO4晶体析出；
【小问3详解】
NO被H2O2氧化，在碱性溶液中，发生反应生成，离子方程式为：；
【小问4详解】
实验前要排除装置内的空气，目的是防止生成的NO被氧气氧化和防止Fe2+被氧化，仪器a的名称为长颈漏斗，若将其改为分液漏斗效果更好，不会有气体逸出，也不易受空气中O2干扰；
【小问5详解】
硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)化学式可表示为为[Fe(NO)a(H2O)b](SO4)c，20.00 mL硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)溶液加入足量溶液，过滤后得到沉淀，将沉淀洗涤干燥得到4.66g硫酸钡，即n()=0.02ml，则20.00 mL硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)溶液中含有0.02ml，根据化学式及化合价可知Fe2+的数目等于数目，即c=1，则20.00 mL硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)溶液中含有0.02mlFe2+，根据关系式5Fe2+~，则0.02mlFe2+消耗的为0.004ml，剩余的为0.012ml，与NO反应，根据关系式3~5NO，可得n(NO)= 0.012ml=0.02ml=n(Fe2+)，即可得a=c=1，又因为Fe2+的配位数为6，所以b=5，故该物质的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4；
【小问6详解】
步骤i中，滴定终点时KMnO4的颜色刚好可以观察到，现象为加入最后半滴酸性KMnO4溶液，锥形瓶内溶液变红且30秒内不褪色；滴定前滴定管中无气泡，滴定完后，滴定管中有气泡，则计算消耗的高锰酸钾溶液偏多，导致计算所得的NO的物质的量偏大，导致a偏大，导致b偏小。
17. I.汽车尾气的处理：，该反应的反应历程及反应物和生成物的相对能量如图1所示：
（1）该反应历程中慢反应为_______________（填①、②或③）。
Ⅱ.向体积为2L的恒容密闭容器中，充入1 mlCO气体和一定量的NO气体发生反应：，图2是3种投料比[n（CO）：n（NO）]分别为2:1、1:1、1:2时，反应温度对CO平衡转化率的影响曲线。
（2）下列能判断反应达到平衡的是______________。
A. 混合气体的密度不再变化
B. 混合气体的平均摩尔质量不再变化
C. 体系压强恒定
D. v（CO）正：V （N2）逆=1:2
（3）图中表示投料比为1:1的曲线是______________。
（4）m点时向其中再加入0.8mlCO和0.8mlN2，则此时容器中V正______________V逆。（填“>”“ ②. >
（5）
（6） ①. 4 ②.
【解析】
【小问1详解】
反应的活化能越大，反应速率越慢，化学反应的决速步骤是慢反应，由图可知，反应①的活化能最大，则该反应历程中慢反应为①；
【小问2详解】
A．容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，A错误；
B．混合气体的平均摩尔质量为M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，B正确；
C．反应是气体分子数改变的的化学反应，物质的量与压强成正比，则混合气体的压强不随时间的变化而变化，达到平衡状态，C正确；
D．反应的速率比等于系数比，v（CO）正：V （N2）逆=1:2时，正逆反应速率不相等，不平衡，D错误；
故选BC；
【小问3详解】
一氧化碳和一氧化氮的投料比增大相当于增大一氧化碳的浓度，平衡向正反应方向移动，一氧化氮的转化率增大，但一氧化碳的转化率减小，则投料比为2：1形成的平衡中一氧化碳的转化率最小，由图可知，表示一氧化碳和一氧化氮的投料比为2∶1的曲线是曲线D、1：1的是曲线B、1：2的是曲线A；
【小问4详解】
m点投料比[n（CO）：n（NO）]为1:2，CO、NO投料分别为1ml、2ml，平衡时CO转化率为80%；
，向其中再加入0.8mlCO和0.8mlN2，，则反应正向进行，V正>V逆。
反应达到平衡时，正、逆反应速率相等，恒容密闭容器中，一氧化碳的物质的量一定时，一氧化碳和一氧化氮的投料比越小，一氧化氮的浓度越小，反应速率越慢，则m点一氧化氮的逆反应速率大于n点一氧化氮的正反应速率，故答案为：>；
【小问5详解】
由（4）分析可知，T1条件下，投料比为1:2时，平衡时总的物质的量为2.6ml，则此时总压强为，（MPa）-1；
【小问6详解】
①Li2O晶体中，Li+位于氧形成的四面体中，配位数为4；
②根据“均摊法”，晶胞中含个O、8个Li，则晶体密度为。
18. 化合物H是某抗肿瘤的中间体，其合成路线如题18图：
已知：①
②；
回答下列问题：
（1）实现反应②的转化，所需试剂除B外还有______________。
（2）化合物D中含氧官能团名称为______________。
（3）反应过程③的反应类型为______________；化合物E的结构简式为______________。
（4）1mlF与足量的NaOH溶液反应，共消耗NaOH的物质的量为_____________ml。
（5）化合物I是A与Fe/HCl反应产物，其中满足下列条件的I的同分异构体有_____________种。
①含苯环，且能发生银镜反应；②遇FeCl3溶液发生显色反应；③含氨基；不含甲基。
（6）写出反应⑥的化学反应方程式为：______________。
【答案】18. 甲醇、浓硫酸
19. 酯基20. ①. 还原反应 ②.
21. 322. 23
23.
【解析】
【分析】物质A经过与溴取代生成B，B与甲醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成C，C中硝基被还原为氨基得到D，D与发生类似已知①的反应生成E()，E加氢还原成F()，F与CH3CHO发生类似已知②的反应生成G()，最后再还原得到H。
【小问1详解】
②的反应是与甲醇的酯化反应，所需试剂除B外还有反应物甲醇、催化剂浓硫酸；
【小问2详解】
化合物D中含氧官能团名称为是酯基；
【小问3详解】
反应③是硝基还原成氨基，发生还原反应，E的结构简式为；
【小问4详解】
F为，与NaOH反应的官能团为溴原子和酯基，1mlF共需要3mlNaOH；
小问5详解】
化合物I是A与Fe/HCl反应产物，A中的硝基还原成氨基，I的结构简式为；I的同分异构体满足含有苯环，能发生银镜反应说明有醛基，遇氯化铁显紫色说明有酚羟基，含有氨基不含甲基，有以下几种(苯环上官能团位置不同共有10种同分异构体)、(苯环上官能团位置不同共有10种同分异构体)、(侧链位置关系为邻间对3种)，共23种；
【小问6详解】
配置一定物质的量浓度的NaOH溶液
可用于灼烧碎海带
可用于除去SO2中的HCl
可用于测定盐酸浓度
A
B
C
D
实验目的
方案设计和现象
结论
A
比较KMnO4、Cl2和Fe3+的氧化性
向酸性KMnO4溶液中滴入FeCl2溶液，紫红色溶液变浅并伴有黄绿色气体产生
氧化性：KMnO4>Cl2>Fe3+
B
检验某溶液中是否含有Fe2+
取少量待检液于试管中，先滴加新制氯水，再滴加KSCN溶液，变为红色溶液
该溶液一定含有Fe2+
C
比较Ksp（AgCl）、Ksp（AgI）的大小
向溶液中滴入一滴溶液，出现白色沉淀，继续滴入一滴溶液，沉淀变为黄色。
Ksp（AgCl）大于Ksp（AgI）
D
检验某有机物（如图）中含有醛基
取少量待检液于试管中，滴加酸性KMnO4溶液，紫红色褪去
该有机物中含有醛基