2025年高考第三次模拟考试卷：化学（重庆卷）（解析版）

这是一份2025年高考第三次模拟考试卷：化学（重庆卷）（解析版），共21页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
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 B 11 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Mn 55 Ni 59 Cu 64 Ga 70
第Ⅰ卷（选择题 共42分）
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．化学科技推动着重庆先进制造业发展，下列说法错误的是
A．“庆油3号”出油量高成为我国油菜当家品种，油属于酯类
B．西南铝7050铝合金撑起“骨架”，铝合金密度小硬度大
C．尼龙66实现全产业链绿色制备，尼龙66属于天然纤维
D．透明纳米微晶玻璃提高手机屏幕耐摔性，玻璃属于无机非金属材料
【答案】C
【解析】A．植物油是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类，A正确；
B．铝合金密度小、强度大，所以铝合金大量用于飞机制造，B正确；
C．“尼龙66”是由己二酸与己二胺在一定条件下发生缩聚反应制得，尼龙66属于合成纤维，C错误；
D．玻璃属于硅酸盐材料，属于无机非金属材料，D正确；
故选C。
2．下列化学用语或表述正确的是
A．CH4的共价键类型：s-p σ键
B．SO2的价层电子对互斥(VSEPR)模型：
C．基态N原子的价层电子排布式：
D．丙炔的键线式：
【答案】B
【解析】A．CH4的中心碳原子的价层电子对数为=4，发生sp3杂化，共价键类型：s-sp3σ键，A不正确；
B．SO2分子中，中心S原子的价层电子对数为=3，发生sp2杂化，其中S原子的最外层有1个孤电子对，则价层电子对互斥(VSEPR)模型为 ，B正确；
C．基态N原子的价层电子轨道表示式为，价层电子排布式为2s22p3，C不正确；
D．丙炔的结构简式为CH≡C-CH3，依据乙炔的结构，3个C原子在同一直线上，则键线式：，D不正确；
故选B。
3．下列装置及试剂可以完成相应实验的是
【答案】B
【解析】A．氨气的密度小于空气，应用向下排空气法收集氨气，导管口应伸入试管底部，则图中装置无法达到收集氨气的实验目的，A错误；
B．向硫酸四氨合铜溶液中加入无水乙醇溶液，可以降低硫酸四氨合铜的溶解度，便于晶体的析出，则题给装置能达到制备硫酸四氨合铜晶体的实验目的，B正确；
C．在浓硫酸存在下，乙醇消去制乙烯需要迅速升温到170℃，图中没有温度计，C错误；
D．滴定终点显碱性，指示剂应该用酚酞，D错误；
故选B。
4．宏观—微观—符号是化学的三重表征。下列离子方程式书写正确的是
A．铜与浓硫酸加热条件下反应：
B．侯氏制碱法中晶体的制备：
C．溶液中加入过量的HI溶液：
D．向溶液中通入过量：
【答案】D
【解析】A．铜与浓硫酸加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，浓硫酸难电离，故离子方程式为：，A错误；
B．侯氏制碱法中将氨气、二氧化碳气体通入饱和食盐水中制取晶体的离子方程式为：，B错误；
C．HI是一元强酸，电离产生的氢离子和碘离子，其中氢离子和硝酸铁电离出的硝酸根离子构成强氧化性的体系，又因为还原性的强酸过量，所以两种氧化剂都完全反应，正确的离子方程式为: ，C错误；
D． 向溶液中通入过量，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为：，D正确；
故选D。
5．催化氧化法将工业副产物HCl制成，实现了氯资源的再利用，下图为该法的一种催化机理。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．18g 中含有的质子数为10
B．过程Ⅴ，氧化1ml CuCl需氧气分子数为0.25
C．标准状况下，11.2L 溶于足量水中，转移电子数为0.5
D．标准状况下，等物质的量的与HCl所占的体积均为22.4L
【答案】B
【解析】A．中含有的质子数为2+8=10，18g 的物质的量为，其含有的质子数为8.2，A错误；B．过程Ⅴ：，氧元素化合价由0降低到-2价，Cu由+1价升高到+2价，方程式中共转移4个电子，故氧化1ml CuCl需氧气分子数为0.25，B正确；C．标准状况下，11.2L即0.5ml溶于水，该反应是可逆反应，转移电子数小于0.5，C错误；D．标准状况下，等物质的量的与HCl所占的体积相等，但未给出物质的量是多少，无法确定体积，D错误； 故选B。
6．某种离子化合物由X、Y、Z、W四种原子序数依次增大的短周期主族元素组成，其结构示意图如图所示，其中X、Z、W分别处于不同的周期，Z的原子核外有8种不同运动状态的电子，W元素的最高价氧化物对应的水化物为一元强碱，Y元素的基态原子最外层有一个未成对电子，下列说法错误的是
A．Y元素的最高价氧化物对应的水化物为一元弱酸
B．该离子中Y与Z之间存在一条配位键
C．元素W的焰色为黄色
D．基态Z原子核外电子有6种不同的空间运动状态
【答案】D
【分析】由图可知，化合物中W为带一个单位正电荷的阳离子，阴离子中X、Y、Z形成的共价键数目分别为1、3、2，X、Y、Z、W为四种原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Z、W分别处于不同的周期，Z的原子核外有8种不同运动状态的电子，W元素的最高价氧化物的水化物为一元强碱，Y元素的基态原子最外层有一个未成对电子，则X为H元素、Y为B元素、Z为O元素、W为Na元素。
【解析】A．硼酸是一元弱酸，故A正确；
B．由图可知，阴离子中硼原子与氧原子形成的4个共价键中有1个是配位键，故B正确；
C．钠元素的焰色试验为黄色，故C正确；
D．氧元素的原子序数为8，基态原子的电子排布式为1s22s22p4，原子核外电子有5种不同的空间运动状态，故D错误；
故选D。
7．我国科技工作者已成功研究出以为主要原料生产高分子材料的技术，其转化原理如下图所示。下列说法正确的是
A．甲转化为乙的反应类型为加成反应
B．上述分子中碳原子的杂化方式为2种
C．乙最多消耗2mlNaOH
D．丙是一种难以降解的高分子材料
【答案】A
【解析】A．二氧化碳的结构式为：，由结构简式可知，甲转化为乙的反应为甲与二氧化碳发生加成反应生成乙，A正确；
B．二氧化碳分子中碳原子的杂化方式为sp杂化，甲、乙、丙分子中饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化、双键碳原子的杂化方式为sp2杂化，碳原子的杂化方式共有3种，B错误；
C．乙中含两个酯基，在NaOH中水解可得碳酸盐，1ml乙最多消耗2mlNaOH，题中没给出乙的物质的量，C错误；
D．由结构简式可知，丙分子中含有的酯基能发生水解反应，是一种可以降解的高分子材料，D错误；
故选A。
8．下列实验设计、现象以及得出的结论都正确的一组是
【答案】A
【解析】A．溶液和溶液混合，即物质的量相等的和反应生成和I2，且反应式中和反应配比为1∶1，加入振荡、静置后，I2被萃取至中而出现分层，取上层清液滴加少量KSCN溶液，溶液变红色，说明有剩余，说明该反应为可逆反应，即和的反应有一定的限度， A正确；
B．因少量碘水能与过量氢氧化钠溶液发生反应而被消耗，则淀粉水解液中的酸被中和后，再加少量碘水不会变蓝色，不能说明淀粉已经完全水解，B错误；
C．向的溶液中滴入2滴0.1ml/L溶液，与结合生成蓝色沉淀，但过量，再滴加2滴0.1ml/L溶液，与反应生成黑色沉淀，不能说明是沉淀转化为沉淀，不能说明：>，C错误；
D．高锰酸钾溶液一般用硫酸酸化，即酸性高锰酸钾溶液中本身就含有，不通入二氧化硫气体，加入氯化钡溶液也会出现白色沉淀，则不能通过测定白色沉淀的质量，推算二氧化硫的物质的量，D错误；
故选A。
9．理论预测，由汞（Hg）、锗（Ge）、锑（Sb）形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体可视为Ge晶体（晶胞如图甲所示）中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。下列说法不正确的是
A．图乙为Ge晶胞中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成的一种结构单元，它不是晶胞单元
B．图丙为X的晶胞，X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为6
C．图丙晶胞中粒子个数比为
D．设X的最简式的摩尔质量为，则X晶体的密度约为
【答案】B
【解析】A．晶胞是晶体中可以重复的最小结构单元，图乙中结构单元不能重复，不是晶胞单元，A正确；
B．以晶胞上方立方体中右侧面心Hg原子为例，同一晶胞中与该Hg原子距离最近的Sb的数目为2，晶胞右侧相邻晶胞中也有2个Sb原子与该Hg原子距离最近，因此X晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为4，B错误；
C．该晶胞中Hg位于晶胞棱上、面上，因此1个晶胞中含有Hg原子数为，Sb原子均位于晶胞内，因此1个晶胞中含有Sb原子数为8，Ge原子位于晶胞顶点、面上、体心，因此1个晶胞中含有Ge原子数为，则该晶胞中粒子个数比为，C正确；
D．1个X的晶胞中含有4个“，X晶体密度，D正确；故答案选B。
10．CO2在温和条件下转化为甲醇的一种反应历程如下图，In2O3为该反应的催化剂。下列说法正确的是
A．该历程中存在着极性键与非极性键的断裂与形成
B．碳原子的杂化方式未发生改变
C．In2O3降低了该反应的∆H
D．若参与反应的二氧化碳分子为C18O2，则生成物甲醇的化学式为CH318OH
【答案】D
【解析】A．从图中可以看出，该历程中，发生碳氧键(极性键)、氢氢键(非极性键)的断裂和碳氢键(极性键)的形成，则存在着极性键与非极性键的断裂和极性键的形成，但不存在非极性键的形成，A不正确；
B．在CO2分子中，中心碳原子的价层电子对数为=2，发生sp杂化，在CH3OH分子中，C的价层电子对数为=4，发生sp3杂化，则碳原子的杂化方式发生了改变，B不正确；
C．In2O3为该反应的催化剂，只能降低该反应的活化能，从而加快反应速率，但不能降低该反应的∆H，C不正确；
D．从图中可以看出，生成CH3OH(g)时，CO2分子中有1个O原子进入甲醇分子内，若参与反应的二氧化碳分子为C18O2，则生成物甲醇的化学式为CH318OH，D正确；
故选D。
11．从光盘金属层提取Ag(其他微量金属忽略不计)的一种工艺流程如图所示。下列说法正确的是
A．Ag与Cu为同族相邻元素，在周期表中位于d区
B．氧化过程中，用HNO3代替NaClO也可以实现上述转化
C．氧化过程中，参加反应的Ag和NaClO的物质的量之比为1∶1
D．还原过程水合肼转化为N2，则该过程的离子方程式为：
【答案】C
【分析】将光盘粉碎，从碎取中分离出塑料；浮选得粗银，然后加入过量的NaClO溶液氧化，将Ag氧化并转化为AgCl，同时生成O2，依据得失电子守恒和质量守恒，可得出发生反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+O2↑+4NaOH；过滤，往AgCl固体中加入10%氨水，AgCl溶解，并转化为[Ag(NH3)2]+；再加入N2H4∙H2O还原，可生成Ag。
【解析】A．Ag的价电子排布式为4d105s1，Cu的价电子排布式为3d104s1，二者都为第ⅠB族上下相邻元素，在周期表中位于ds区，A不正确；
B．氧化过程中，用HNO3代替NaClO时，HNO3会被还原为氮的氧化物，污染环境，同时Ag将转化为AgNO3，不利于后续生成AgCl，B不正确；
C．由反应方程式4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+O2↑+4NaOH可知，参加反应的Ag和NaClO的物质的量之比为1:1，C正确；
D．还原过程中，溶解液中主要是[Ag(NH3)2]+，而不是Ag+，产物为Ag、N2、NH3等，依据得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒，可得出发生反应的离子方程式为4[Ag(NH3)2]++ N2H4∙H2O+4OH-=4Ag↓+N2↑+8NH3↑+5H2O，D不正确；
故选C。
12．羟基自由基()是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。我国科学家设计了一种能将苯酚氧化为和的原电池一电解池组合装置，实现了发电、环保两位一体。下列说法错误的是
A．a极参与反应，理论上溶液中离子数不变
B．组合装置工作时，左侧装置为原电池，b极为负极且b极附近pH减小
C．右侧装置中，c、d两极产生气体的体积之比(相同条件下)为2:1
D．d极区苯酚被氧化的化学方程式为
【答案】C
【分析】左侧装置为原电池，a极为正极，电极反应为，b极为负极，电极反应为；右侧装置为电解池，c极与b极相连，则c极为阴极，电极反应为，d极为阳极，，。
【解析】A．左侧装置为原电池，a极为原电池的正极，电极反应为，每有参与反应，转移，b极为原电池的负极，电极反应为，原电池的左侧有通过阴离子交换膜进入溶液，右侧有通过阳离子交换膜进入溶液，二者反应产生，则理论上溶液中离子数目不变，故A正确；
B．左侧装置为原电池，b极为负极，电极反应为，则b电极附近 增大，溶液的减小，故B正确；
C．右侧装置为电解池，c极为阴极，电极反应式为，d极为阳极，电极反应式为，，则根据同一闭合回路中电子转移数目相等，可得关系式：，c、d两极产生气体的物质的量之比为，故二者相同条件下体积之比为，故C错误；
D．羟基自由基对有机物有极强的氧化能力，结合C项分析可知，故D正确；
故答案为C。
13．向某恒容密闭容器中充入等物质的量的和，发生如下反应：，测得不同温度下的转化率与时间的关系如图所示。其速率方程为，(、是速率常数，只与温度有关)。下列说法错误的是
A．该反应的
B．M点：
C．升高温度，增大的倍数大于增大的倍数
D．时，若平衡体系中，则
【答案】C
【解析】A．在其它条件相同时，温度越高，反应速率越快，达到平衡所需时间就越短。由图可知，温度：，则升高温度，PCl3的平衡转化率降低，说明化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，，A正确；
B．根据图可知：在M点反应还未达到平衡状态，反应正向进行，，即，得，B正确；
C．该反应的正反应是放热反应，在其它条件不变时，升高温度，化学平衡逆向移动，说明增大的倍数小于增大的倍数，C错误；
D．时，平衡时，则，若平衡体系中，假设投料PCl3(g)和Cl2(g)均为，此时PCl3(g)转化率为80%，则反应PCl3(g)、生成LPCl5(g)，则，D正确；
故选C。
14．时，向一定浓度的溶液中逐滴加入，以X表示或。已知，混合溶液与的关系如图所示。下列说法错误的是
A．曲线Ⅰ表示与的关系
B．第一步电离常数的数量级为
C．时，
D．时，
【答案】B
【分析】[当；当；由于，结合图像可知，曲线Ⅱ表示与的关系、由线Ⅰ表示与的关系；
【解析】A．由分析可知，Ⅰ表示与的关系，A正确；
B．由点可知，第一步电离常数为，其数量级为，B错误；
C．由图可知，时，，则；，由点可知，；，此时，则，得，C正确；
D．由电荷守恒可知，；由元素守恒可知，；两式联立可得：；，时，，则有，D正确；
故选B。
第II卷（非选择题 共58分）
二、非选择题，共4题，共58分。
15．（14分）碳酸锂和氧化钴均是电池行业的基础原料。从某废锂电池(工作原理为)正极材料中回收碳酸锂和氧化钴的工业流程如下：
已知：①废锂电池正极由Li1-xCO2附着在铝箔上构成；
②常温下，Ksp(CC2O4)=4.0×10-4；溶液中离子浓度≤10-5 ml/L时，认为该离子沉淀完全。
回答下列问题：
从原料回收效率角度分析，若拆解前未进行“放电处理”会造成的后果为 。
能提高“正极碱浸”效率的具体操作为 (任写2条)。
“酸浸”时发生反应的化学方程式为 ；工业上进行“酸浸”工序时需要控制温度为40℃，原因为 。
若所得“滤液2”中c(C2+)=0.1 ml/L，则完全沉淀C2+，需要加入的等体积(NH4)2C2O4溶液的浓度不低于 (溶液混合时体积变化忽略不计)。
在空气中“煅烧”CC2O4的化学方程式为 。
由滤液3中沉淀Li2CO3后，洗涤时用热水而不用冷水的原因可能为 。
锰、镍、镓的某种磁性形状记忆型合金的晶胞结构如图所示。晶胞参数为a nm，表示阿伏加德罗常数的值。该晶体的密度为 (列出计算式即可)。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）负极材料上嵌着大量Li，所以不放电会导致Li的损失（1分）
（2）将正极材料粉碎、搅拌、适当升高温度、适当增大NaOH溶液浓度等
（3）2LiCO2+3H2SO4+H2O2=2CSO4+Li2SO4+O2↑+4H2O 低于40℃时反应速率太慢，高于后会加速分解
（4）0.9 ml/L
（5）
（6）Li2CO3的溶解度随温度升高而减小（1分）
（7）
【分析】根据废旧电池工作原理可知：LixC6为负极，Li1-xCO2为正极，经放电处理后，正极材料Li1-xCO2转化为LiCO2，然后进行拆解，然后用NaOH溶液碱浸正极材料，其表面附着的Al能够与NaOH溶液反应形成Na[Al(OH)4]进入溶液中，然后向正极材料中加入H2SO4、H2O2，发生反应：2LiCO2+3H2SO4+H2O2=2CSO4+Li2SO4+O2↑+4H2O，LiCO2转化为CSO4进入溶液，再过滤，向滤液中加入(NH4)2C2O4溶液，使CSO4形成CC2O4沉淀而与溶液分离，将CC2O4沉淀煅烧，反应产生C2O3、CO2；滤液中的Li+经处理产生Li2CO3沉淀分离处理。
【解析】（1）从原料回收效率角度分析，若拆解前未进行“放电处理”，负极材料上嵌着大量Li，所以不放电处理会导致Li的损失；
（2）正极材料Li1-xCO2是固体物质，要提高“正极碱浸”效率的具体操作可以为：将正极材料粉碎、搅拌、适当升高温度、适当增大NaOH溶液浓度等；
（3）“酸浸”时H2O2为还原剂，Li1-xCO2放电转化的LiCO2为氧化剂，发生反应产生CSO4、Li2SO4、O2、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可知该反应的化学方程式为2LiCO2+3H2SO4+H2O2=2CSO4+Li2SO4+O2↑+4H2O；
工业上进行“酸浸”工序时需要控制温度为40℃，这是由于当温度低于40℃时反应速率太慢，但当温度高于40℃后又会加速H2O2分解，故“酸浸”工序时需要控制温度为40℃；
（4）由Ksp(CC2O4)=4.0×10-4，可知要使C2+沉淀完全，c(C2+)≤10-5 ml/L，则混合后溶液中c()＞=0.4 ml/L，由于是加入等体积(NH4)2C2O4溶液，混合后溶液中离子浓度会减小一半，若所得“滤液2”中c(C2+)=0.1 ml/L，沉淀0.1 ml/L C2+还需要0.1 ml/L，所以原溶液浓度c()＞0.4 ml/L×2+0.1 ml/L=0.9 ml/L；
（5）在空气中“煅烧”CC2O4，反应产生C2O3、CO2，根据电子守恒、原子守恒，可知该反应的化学方程式为：；
（6）由滤液3中沉淀Li2CO3后，洗涤时用热水而不用冷水的原因可能为Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，用热水洗涤就可以减少Li2CO3由于洗涤而造成的损耗。
（7）根据图示，Ni原子处于的位置为顶点8个，面心6个，棱心12个，体心1个，则Ni的个数为，Mn原子处于的位置为体内，则有4个原子，Ga原子位于体内，则有4个原子， 则晶胞的质量m=，体积为V=(a×10-7)3cm3，。
16．（14分）三氯化硼用于制备光导纤维和有机硼化物等，的熔点为，沸点为12.5℃，极易水解。其制备原理为，某小组据此设计实验制备并测定其纯度。
I.利用如图装置制取少量(部分夹持装置略)。
实验步骤如下：
(i)连接仪器，检验装置的气密性，装入药品；打开，通一段时间；
(ii)关闭，加入适量浓盐酸，接通冷凝装置，加热管式炉；
(iii)待反应结束，停止加热，打开，再通一段时间。
回答下列问题：
（1）装置甲中发生反应的离子方程式为 。
（2）试剂X为 ，F处碱石灰的作用是 。
（3）判断装置D中反应结束的实验现象是 。
（4）图示装置存在的缺陷是 。
II．测定产品的纯度。已知：AgSCN是一种白色沉淀且。
实验步骤如下：
①准确称取wg产品，加入蒸馏水，完全水解，并配成250mL溶液；
②准确量取25.00mL溶液于锥形瓶中；
③向其中加入溶液，加入3mL硝基苯(常温常压下，密度为)用力振荡，使沉淀表面完全覆盖硝基苯；
④滴入3滴指示剂溶液，用标准溶液滴定过量溶液，至滴定终点消耗标准溶液。
（5）步骤①中反应的化学方程式为 。
（6）步骤④中不能用 溶液作指示剂进行滴定。
A． B． C．
（7）判断滴定终点的现象是 ，该产品中的质量分数为 %；如果其他操作都正确，仅滴定管没有用KSCN标准溶液润洗，则测得产品中的质量分数 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）
（2）饱和食盐水（1分） 处理尾气中的氯气，防止空气中的水蒸气进入蒸馏烧瓶中（1分）
（3）冷凝管中不再有液体流下（1分）
（4）缺少CO尾气处理装置（1分）
（5）
（6）A（1分）
（7）滴入最后半滴标准溶液，溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色
偏低（1分）
【分析】A为制备氯气的装置，该方法制备的氯气中有HCl和水蒸气杂质，需要依次通过饱和食盐水和浓硫酸除去，D为反应装置，F为尾气处理装置且可防止空气中的水蒸气进入E中；整个过程中需要注意三氯化硼熔点为-107℃，沸点为12.5℃，易水解。
【解析】（1）三颈烧瓶中用高锰酸钾和浓盐酸制备氯气，离子方程式为：。
（2）中有和杂质，先通过饱和食盐水除去，则X为饱和食盐水；有毒，F处的碱石灰能处理尾气中的，且易水解，碱石灰能防止空气中的水蒸气进入E中。
（3）根据题意中的反应原理可知D中产生和CO，且熔点为、沸点为，经冷凝后呈液态，则反应结束的实验现象是（球形）冷凝管中不再有液体流下。
（4）D中生成物有CO，CO有毒，该装置缺少CO处理装置。
（5）步骤①中，和H2O生成和HCl，反应的化学方程式为：
（6）本滴定实验主要是通过滴定溶液中氯离子的物质的量来计算出的物质的量，所选择的指示剂中不能含有氯离子，故答案选A。
（7）达到滴定终点时过量的SCN与指示剂电离出的生成红色物质，则终点现象为：滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色根据；滴定溶液中过量的物质的量为：，则25.00mL溶液中氯离子的物质的量为，则产品的产率为：，若未加硝基苯会导致原本部分 AgCl转化为AgSCN，导致计算过量硝酸银偏大，从而导致计算溶液中氯离子浓度偏小，最终导致测得结果偏小。
17．（15分）为了实现“碳达峰”和“碳中和”的目标，将转化成可利用的化学能源的“负碳”技术是世界各国关注的焦点。回答下列问题：
方法Ｉ：催化加氢制甲醇
反应i
反应ii．
（1）已知，忽略随温度的变化。在100kPa下，反应i的随温度变化的理论计算结果如图所示。
①反应ii自发进行的温度范围为 ； 。
②若在绝热条件下，将和物质的量按充入恒容密闭容器中只发生反应ⅰ，下列能判断反应ⅰ达到平衡状态的是 (填字母)。
A．混合气体的密度保持不变 B．的转化率保持不变
C．容器内混合气体温度保持不变 D．断裂同时断裂
（2）在恒压密闭容器中，通入和反应，平衡时含碳物质(X)的物质的量随温度的变化如图所示：
①曲线丙代表 的物质的量(填“”“”或“CO”)，该曲线随温度升高先增大后减小的原因是 。
②的选择性可表示为。800K下，反应达平衡时，的选择性
为 ，反应ⅰ的分压平衡常数。 (列出计算式即可)。
方法II：利用电化学可以将转化为有机物
（3）近年来，有研究人员用通过电催化生成多种燃料，实现的回收利用，其工作原理如图所示。
①请写出Cu电极上产生HCOOH的电极反应式 。
②如果Cu电极上恰好只生成和，则Pt电极上产生的物质的量为 。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）（1分） （1分） BCD
（2）CO2（1分） 其他条件不变时，温度小于1050K，反应Ⅰ为主反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2的物质的量增大，温度大于1050K，反应Ⅱ为主反应，温度升高，平衡正向移动，CO2的物质的量减小 95%
（3） 0.9
【解析】（1）①反应若自发进行，则体系的自由能，根据图示可知当反应温度时体系的自由能，则反应Ⅱ自发进行的温度范围为；根据图像可知：在温度时，，故反应Ⅱ的反应热；
②A．反应物和产物均为气体且恒容，故混合气体的密度一直保持不变，不能说明反应已达平衡状态，A错误；B．若的转化率保持不变，化学反应一定达到平衡，B正确；C．反应装置为恒容绝热，若容器内混合气体温度保持不变，说明反应已达平衡状态，C正确；D．断裂键和键对应正逆反应速率相等，说明反应已达平衡，D正确；故选BCD；
（2）①反应Ⅰ为放热反应，温度越低，越有利于反应Ⅰ正向移动，故曲线甲为；反应Ⅱ为吸热反应，温度越高，越有利于反应Ⅱ正向移动，故曲线乙为CO；则曲线丙为。低温主要进行反应Ⅰ，降低温度，平衡向逆反应方向移动，导致的平衡转化率降低，则的含量增大；高温主要进行反应Ⅱ，升高温度，该反应的化学平衡正向移动，导致的平衡转化率提高，其含量下降；
②800K达到平衡时，为3.8ml，为1ml，CO为0.2ml，起始时通入的物质的量是5ml，则反应的物质的量是4ml，故800K下，反应达平衡时，的选择性为；在800K达到平衡时，为3.8ml，为1ml，CO为0.2ml，起始时通入的物质的量是5ml，的物质的量是5ml，根据O原子守恒可知，再根据H原子守恒可得，，气体总压强为，则反应I中各种气体的平衡分压：，
，，，故800K时反应Ⅰ的压强平衡常数；
（3）该装置为电解池，Cu电极为阴极，则Cu电极上产生HCOOH的电极反应式为，Pt电极为阳极，电极反应式为，中的C呈价中的C呈价，中的C呈价，若Cu电极上只生成和，则转移电子的物质的量为，故Pt电极上产生的物质的量为。
18．（15分）替米沙坦是一种抗高血压药，凭借其控制血压平稳和作用长效等优点，在高血压管理方面占据重要地位。其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）物质X是A的同系物，结构简式为，X化学名称是 。
（2）B生成C的反应类型为 。
（3）由C生成D的化学方程式 。
（4）F中含氧官能团的名称为 。
（5）I的结构简式 。
（6）符合下列条件的C的同分异构体有 种(不考虑立体异构)。
①含有一个苯环
②能与反应
③核磁共振有四组吸收峰，峰面积比为6∶2∶2∶1
（7）参考E→G的转化，设计化合物的合成路线如下(部分反应条件已略去)。其中Y和Z的结构简式分别为 、 。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）对硝基苯甲酸或4-硝基苯甲酸
（2）还原反应（1分）
（3）++HCl
（4）酰胺基、酯基
（5）
（6）3
（7）
【分析】A和MeOH发生取代反应生成B，B和H2发生还原反应生成C，硝基转化为氨基，C的结构简式为，C和发生取代反应生成D为，D发生硝化反应生成E，E和H2发生还原反应生成F，G发生水解反应生成H，J和I发生取代反应生成M，由M的结构简式结合I的分子式可以推知I为，以此解答。
【解析】（1）X中含有硝基和羧基，在苯环上是对位的关系，化学名称是对硝基苯甲酸或4-硝基苯甲酸。
（2）由分析可知，B和H2发生还原反应生成C，硝基转化为氨基。
（3）由分析可知，C和发生取代反应生成D，化学方程式为：++HCl。
（4）由F的结构简式可知，F中含氧官能团的名称为酰胺基、酯基。
（5）由分析可知，I的结构简式为：。
（6）C的同分异构体满足条件，①含有一个苯环；②能与反应，说明其中含有羧基；③核磁共振有四组吸收峰，峰面积比为6∶2∶2∶1，说明其是对称的结构，含有2个对称的甲基；满足条件的同分异构体为：共3种。
（7）参考E→G的转化，和H2发生还原反应，硝基转化为氨基，生成Y为
，Y中碳氧双键和氨基发生加成反应、消去反应生成Z为。
A．制取并收集氨气
B．析出[Cu(NH3)4]SO4晶体
C．制备并检验乙烯
D．测定醋酸溶液的浓度
选项
实验
现象
结论
A
室温下，取溶液和溶液混合后充分反应，再加入振荡、静置后，取上层清液滴加少量KSCN溶液
溶液变成红色
和的反应有一定的限度
B
取少量酸催化后的淀粉水解液于试管中，先加入过量氢氧化钠溶液中和酸，再加少量碘水
溶液未变蓝
淀粉已经完全水解
C
向的溶液中滴入2滴0.1ml/L溶液，再滴加2滴0.1ml/L溶液
先产生蓝色沉淀，再产生黑色沉淀
D
将含有二氧化硫的气体通入足量的酸性高锰酸钾溶液中，然后加入足量氯化钡溶液
出现白色沉淀
通过测定白色沉淀的质量，可推算二氧化硫的物质的量