2025年高考押题预测卷：化学（河南卷01）（解析版）

这是一份2025年高考押题预测卷：化学（河南卷01）（解析版），共21页。试卷主要包含了下列实验装置能达到实验目的的是等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：75分钟 试卷满分：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 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 K-39 Ag-108
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。
1．1月22号，河南博物院、郑州博物馆推出了“太平.如意——河南博物院藏明清珍宝展”，希望大家在欣赏珍宝的同时，了解中国吉祥文化，感悟中国古代工匠精神，下列描述错误的是
A．“瑞瓷纳福”所用瓷器属于硅酸盐材料
B．“金银同辉”属于合金材料
C．“吉象雅珍”所用象牙的主要成分羟基磷灰石属于有机物
D．“玉意嘉祥”属于硅酸盐材料
【答案】C
【详解】A．瓷器主要成分为硅酸盐，属于硅酸盐材料，A正确；
B．金银属于金属单质，熔融变成合金，B正确；
C．羟基磷灰石的化学式为Ca5(PO4)3(OH),属于无机盐，C错误；
D．玉器主要成分为硅酸盐，属于硅酸盐材料，D正确；
故选C。
2．下列化学用语或表述正确的是
A．形成过程：
B. 苯的实验式：C6H6
C．考古时用于测定文物年代的碳核素：
D．H与Cl成键时轨道相互靠拢：
【答案】A
【详解】A．是离子化合物，钠原子最外层1个电子，硫原子最外层6个电子，2个钠原子分别失去1个电子给硫原子，形成和，A 正确；
B．实验式是分子式最简比，苯的实验式为CH，B错误；
C．考古时用于测定文物年代的碳核素是，C错误；
D．H与Cl成键时，H原子s轨道与Cl原子3p轨道“头碰头”相互靠拢；
D错误；
综上，答案是A。
3．短周期元素甲、乙、丙、丁原子序数依次增大，其中甲、丙同主族，乙、丙、丁同周期。常温下，含甲的化合物r(r由不同短周期元素组成)浓度为0．1 ml·L-1时溶液pH=13，p和q分别是元素丙和丁的单质，其中p为淡黄色固体。上述物质的转化关系如图所示(产物水已略去)。下列说法正确的是
P有多种同分异构体
B．甲与丙能形成使紫色石蕊试液先变红后褪色的物质
C．工业上常利用反应②制取漂白粉
D．m、n的阴离子在酸性溶液中不能大量共存
【答案】D
【分析】常温下，含甲的化合物r浓度为0.1ml•L-1时溶液pH=13，为一元强碱，则r为NaOH，p和q分别是元素丙和丁的单质，p为浅黄色固体，则p为S单质，丙为S元素；丁的原子序数大于S，则丁为Cl元素，q为Cl2；甲、丙同主族，则甲为O；乙、丙、丁同周期，乙为第三周期元素；结合转化关系可知，m、n为Na2S、Na2SO3，s、t为NaCl、NaClO等物质，以此解答该题。
【详解】A．P是硫单质，硫单质有S2、S4、S8等多种结构，它们互为同素异形体，故A错误；
B．甲为O，丙为S，二者形成的二氧化硫具有漂白性，但不能漂白酸碱指示剂，故B错误；
C．工业上用石灰乳与氯气反应制备漂白粉，不能用NaOH溶液，故C错误；
D．m、n为Na2S、Na2SO3，酸性条件下硫离子、亚硫酸根离子反应生成S单质，不能大量共存，故D正确；
故选：D。
4．下列实验装置能达到实验目的的是
【答案】D
【详解】A．氨气极易溶于水，侯氏制碱实验中，通入氨气时应该注意防倒吸，用带有球形干燥管的导气管，通入氨气，通入二氧化碳的导气管应伸到液面以下，A错误；
B．铁粉与碘单质在加热条件下会反应生成FeI2，该实验不能分离铁粉和，B错误；
C．量取溶液，要用碱式滴定管，图中是酸式滴定管，C错误；D．Na与水反应放热，大试管中的气体受热膨胀，U形管左侧液面下降，右侧液面上升，D正确；
故选D。
5．化合物Z是一种药物中间体，其部分合成路线如下：
下列说法不正确的是
X分子中含有2个手性碳原子B．可以用溴水鉴别X、Y
C．Y、Z均存在顺反异构体D．Z的一氯代物有7种
【答案】B
【详解】A．，如图，X分子中有2个手性碳原子，A正确；
B．X中含有醛基，可以和溴水发生氧化反应使溴水褪色，Y中既有醛基又有碳碳双键，碳碳双键可以与溴水发生加成反应使溴水褪色，B错误；
C．由Y、Z的结构可知碳碳双键碳原子所连两个原子或原子团不同，存在顺反异构体，C正确；
D．Z中苯环上有3种等效氢，双键碳原子上有1种等效氢，CH上有1种等效氢，乙基上有2种等效氢，共7种等效氢，一氯代物有7种，故选B。
6．最近，科学家发现对LiTFSI(一种亲水有机盐)进行掺杂和改进，可提高锂离子电池传输电荷的能力。LiTFSI的结构如图所示，其中A、B、C、D为原子序数依次增大的同一短周期元素，C与E位于同一主族。下列说法错误的是
A．第一电离能的大小为D>B>C>A
B．B、C、E元素的简单气态氢化物的VSEPR模型相同
C．该化合物中A、B、C、D元素原子最外层均满足8电子稳定结构
D．与E的简单阴离子在溶液中能大量共存
【答案】D
【分析】A、B、C、D为同一短周期元素，C与E位于同一主族，A形成4个共价键，A为碳；D形成1个共价键，为氟；E形成6个共价键，E为硫，则C为氧、B为氮；
【详解】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能的大小为F>N>O>C，A正确；
B．B、C、E元素的简单气态氢化物分别为NH3、H2O、H2S，中心原子的价电子对数均为4，则VSEPR模型相同，B正确；
C．8电子稳定结构即每个原子最外层都有8个电子，A为C，成键数为4，最外层电子数为4，和为8，满足8电子稳定结构；B为N，成键数为2，带一个单位负电荷，最外层电子数为5，和为8，满足8电子稳定结构；C为O，成键数为2，最外层电子数为6，和为8，满足8电子稳定结构；D为F，成键数为1，最外层电子数为7，和为8，满足8电子稳定结构； E为S，成键数为6，最外层电子数为6，和不为8，不满足8电子稳定结构；故该化合物中只有A、B、C、D元素原子的最外层满足8电子稳定结构，C正确；
D．与在溶液中发生相互促进的水解反应，生成和，D错误；
故选D。
7．下列有关物质的工业制备反应错误的是
A．酰胺在稀盐酸中水解：
B．溶液渗透到含的矿层中生成
C．制阿司匹林：
D．电合成己二腈：
【答案】C
【详解】A．酰胺在稀盐酸中水解生成羧酸和铵盐，则酰胺在稀盐酸中水解的方程式为：A正确；
B．溶液渗透到含的矿层中，硫化锌转化为硫化铜，离子方程式为：，C正确；
C．制阿司匹林用水杨酸（）与醋酸酐反应，方程式为，C错误；
D．工业上用电有机合成己二腈[NC(CH2)4CN]的总反应为4CH2=CHCN+2H2O2NC(CH2)4CN+O2↑，D正确；
故选C。
8．室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是
【答案】B
【详解】A．将等浓度等体积的溶液与溶液混合发生反应 ，不是水解反应，故A错误；
B．取少量样品溶于水，加入溶液，再加入足量盐酸，酸性条件下硝酸根离子能把氧化为，产生白色沉淀硫酸钡，不能判断原样品是否变质，故B正确；
C．将固体加入饱和溶液中，增大碳酸根离子浓度，硫酸钡转化为碳酸钡，不能证明，故C错误；
D．新制氯水中含有盐酸和次氯酸，盐酸、次氯酸能中和氢氧化钠，将新制饱和氯水慢慢滴入含酚酞的稀NaOH溶液中，溶液红色褪去，可能是盐酸、次氯酸和氢氧化钠发生中和反应，不能证明HClO具有漂白性，故D错误。
9．为维护国家安全和利益，我国自2023年8月1日起对镓、锗相关物项实施出口管制。一种镓的配合物如图所示(Py=)。下列说法错误的是
A．该配合物中配体有2种
B．中氮原子的杂化方式为
C．分子中
D．基态镓原子中占据的最高能级的电子云轮廓图为哑铃形
【答案】C
【详解】A．由图可知，该配合物中有2个配体，分别为Py和含4个N原子的大环物质，A正确；
B．中N形成2个键，有1个孤电子对，氮原子的杂化方式为，B正确；
C．中Ga形成3个键，Ga原子为sp2杂化，中Ga形成4个键，其中含有1个配位键，Ga原子为sp3杂化，则，C错误；
D．镓位于第四周期第IIIA族，价电子排布式为4s24p1，最高能级为4p，电子云轮廓图为哑铃形，D正确；
故选C。
10．双电子转移策略实现铁催化溴代烷烃的烷基羰基化反应的机理如下图所示，L是一种中性配体，的结构为。
下列说法错误的是
A．中Fe的配位数为6
B．为该反应的催化剂
C．→的转化中铁的化合价发生改变
D．总催化反应方程式为
【答案】C
【分析】
起始物质（Ⅰ），在配体L、CO和作用下，转化为，这是催化剂的活化过程，使催化剂具备催化活性。（Ⅱ）与溴代烷烃发生氧化加成反应，生成（Ⅲ），在这个过程中，R - Br的C - Br键断裂，R基团和Br原子分别与Fe原子成键。（Ⅲ）与CO发生羰基化反应，CO插入到Fe - R键之间，生成（Ⅳ）。醇作为亲核试剂，进攻（Ⅳ）中羰基的碳原子，形成和（Ⅴ） 。（Ⅴ）与CO发生还原消除反应，生成，同时（Ⅱ）再生，从而完成催化循环，使反应能够持续进行。
【详解】A．在配合物中，配位数是指与中心原子直接相连的配位原子的总数。观察Ⅰ的结构，Fe 与6个CO 配体相连，所以Fe的配位数为6，A正确；
B． 催化剂在反应前后质量和化学性质不变。从反应机理图可以看出，Ⅱ参与反应后又在反应过程中再生，符合催化剂的特征，所以Ⅱ为该反应的催化剂，B正确；
C．在Ⅲ中，设的化合价为x，根据化合物中各元素化合价代数和为0，R-和Br-均为-1价，L、为中性配体，可得x+(-1)+(-1)=0，x=+2；在Ⅳ中，同样设Fe的化合价y，R-CO-为-1价、Br-为-1价，L、CO为中性配体，y+(-1)+(-1)=0，y=+2。所以Ⅲ→Ⅳ的转化中铁的化合价没有发生改变，C错误；
D．从反应机理图中可以看出，反应物为、、，生成物为和，所以总催化反应方程式为，D正确；
综上，答案是C。
11．一定条件下，合成的反应历程如图所示。已知相同条件下，直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢(说明：过渡态中“—”表示化学键未完全断裂或形成)。下列说法正确的是
A．该反应的
B．发生上述反应，生成的氚代甲醇有3种
C．升高温度，正反应速率的增大程度小于逆反应速率的增大程度
D．发生上述反应，相同时间氚代甲醇的产量：
【答案】C
【详解】A．反应：的=生成物的总能量-反应物的总能量=，A错误；
B．发生上述反应，生成的氚代甲醇有、两种，B错误；
C．由图可知该反应放热，升高温度平衡逆向移动，即正反应速率的增大程度小于逆反应速率的增大程度，C正确；
D．转化为过程中，若用代替，由于键比键更易断开，导致生成更快，相同时间氚代甲醇的产量：，D错误；
故选C。
12．为适应可再生能源的波动性和间歇性，我国科学家设计了一种电化学装置，其原理如下图所示。当闭合和、打开时，装置处于蓄电状态；当打开和，闭合时，装置处于放电状态。放电状态时，双极膜中间层中的解离为和并分别向两侧迁移。下列有关该电化学装置工作时的说法错误的是
A．蓄电时，碳锰电极为阳极
B．蓄电时，右池中右侧电极发生的反应为
C．放电时，每消耗1ml MnO2，理论上有4ml H+由双极膜向碳锰电极迁移
D．理论上，该电化学装置运行过程中不需要补充和KOH溶液
【答案】C
【分析】当闭合和、打开时，装置处于蓄电状态，即为电解池，得电子生成H2，H元素化合价降低，则为阴极，Mn2+失电子生成MnO2，碳锰电极为阳极；ZnO得电子生成Zn，则锌电极为阴极；当打开和、闭合时，装置处于放电状态，即原电池，锌电极为负极，碳锰电极为正极，以此解答。
【详解】A．由分析可知，蓄电时即为电解池，Mn2+失电子生成MnO2，碳锰电极为阳极，A正确；
B．蓄电时，右侧电解池中ZnO得电子生成Zn，电极反应式为ZnO+2e-+H2O=Zn+2OH-，OH-失电子生成O2，电极反应式为4OH--4e-=O2+2H2O，发生的总反应为，B正确；
C．放电时，碳锰电极为正极，电极反应式为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，每消耗1ml ，需要消耗4ml H+，但碳锰电极只生成2ml正电荷，剩余正电荷需要从双极膜间解离出是氢离子转移至左侧，因此理论上有2ml 由双极膜向碳锰电极迁移，C错误；
D．该电化学装置运行过程中得电子生成H2，但实际过程为消耗了溶剂水，氢离子浓度增大，OH-失电子生成O2，但实际也消耗了溶剂水，氢氧根离子浓度同样增大，则不需要不断补充和KOH溶液，D正确；
故选：D。
13．催化加氢合成能实现碳的循环利用。一定压强下，与在密闭容器中发生的主要反应为：
Ⅰ：
Ⅱ：
反应相同时间，测得不同温度下转化率和选择性如题图实验值所示。图中平衡值表示在相同条件下达到平衡状态时转化率和选择性随温度的变化。
下列说法不正确的是
A．
B．压缩容器反应Ⅱ平衡逆向移动
C．相同温度下，选择性的实验值大于平衡值，说明反应I的速率大于反应Ⅱ
D．，随温度升高，反应I平衡正向移动的程度大于反应Ⅱ平衡逆向移动的程度
【答案】D
【详解】A．由图知，，转化率平衡值随温度升高略微增大，而的选择性随温度的升高而降低，则反应I升高温度平衡逆向移动，反应Ⅰ的∆H1＜0，反应Ⅱ升高温度平衡正向移动，则，A正确；
B．由反应Ⅰ可知，该反应为分子数减小的反应，压缩容器，增大压强，平衡正向移动，的浓度降低，反应Ⅱ平衡逆向移动，B正确；
C．相同温度下，选择性的实验值大于平衡值，说明相同时间内得到的量更多，反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ，C正确；
D．，转化率平衡值随温度升高而略微降低，而此时甲醇的选择性平衡值降低幅度较大，说明随温度升高反应Ⅰ平衡逆向移动的程度大于反应Ⅱ平衡正向移动的程度，D错误；
故选D。
14．25℃时，向100mL蒸馏水中加入粉末，一段时间后再向其中加入10mL蒸馏水。该过程中电导率的变化如下图。
已知：25℃时，；饱和溶液的pH略小于10。的电离常数：，。
下列说法正确的是
A．a→b过程的上层清液中存在
B．c→d过程的上层清液电导率下降，说明的溶解平衡逆向移动
C．e点后溶液的电导率几乎不再改变，可知上层清液中存在
D．体系中任意时刻都满足：
【答案】D
【详解】A． a→b过程，溶解后水解，上层清液中存在，A错误；
B．c→d过程加入10mL蒸馏水，上层清液电导率下降是因为溶液稀释，且溶液稀释会促进的溶解平衡正向移动，B错误；
C．e点后溶液的电导率几乎不再改变，由得，存在水解平衡，即，，根据可得，则碳酸根离子的水解平衡常数，以第一步水解为主，设有的水解生成，列三段式有：
则，，所以，，，C错误；
D．根据电荷守恒，体系中任意时刻都满足：，D正确；
故选D。
第II卷（非选择题 共58分）
二、非选择题，共4题，共58分。
15．（15分）易潮解，是一种重要的无机化工品，广泛应用于水处理、印刷电路板制作、染料、催化剂等领域。
(1)的制备
下列装置可用于实验室制备少量无水，则
①仪器A的名称为 。
②仪器的接口顺序为 （装置可重复使用）。
(2)浓度的测定
①把上述制备的配成稀溶液，移取至锥形瓶中，加入 作指示剂，用标准溶液滴定。
②重复滴定三次，平均消耗标准溶液，则 （用含和的代数式表示）。
(3)探究工业盐酸呈黄色的原因
【查阅资料】工业盐酸溶有，固体为棕褐色，为淡紫色，为黄色。
①甲同学观察溶液、 溶液，颜色均为黄色。
【提出猜想】发生了水解反应生成显黄色。
②补充完整方程式： 。
【实验验证】
初步实验：取3支洁净的试管，分别加入溶液，然后按下表开展实验。
分析讨论：甲同学认为根据实验1现象可知猜想成立，乙同学认为还应开展实验2才能进一步验证。
③请补充完整实验2中操作： 。
进一步探究：根据实验3中的异常现象，进一步查阅资料，溶液中还存在反应：（黄色），。
④请设计实验进一步验证该反应的存在（写出操作和现象）： 。
【理论验证】
⑤某工业盐酸中，则该溶液中 。
【实验结论】
⑥工业盐酸呈黄色的原因是 。
【答案】(1)分液漏斗
(2) 溶液 或者
(3) 0.005 10滴蒸馏水 向溶液加入固体，溶液黄色加深（合理皆可） 或 主要是含有
【详解】（1）①由图可知，仪器A的名称为：分液漏斗；
②由分析可知，仪器的接口顺序为：a→f−g−d−e−h−i−d−e−b−c；
（2）①三价铁遇到硫氰化钾显示红色，碘化钾和氯化铁反应离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，则可以加入溶液作指示剂；
②结合2Fe3++2I-=2Fe2++I2可知，；
（3）①进行对比实验时，三价铁浓度应该相同，故答案为：0.005；
②结合题意和电荷守恒可知，发生了水解反应生成和氢离子，故答案为：；
③结合表格中信息可知，实验2溶液黄色只是略变浅和实验1对比，可知实验2滴入了10滴蒸馏水；
④根据资料显示三价铁可以和氯离子结合形成黄色的，则可以设计实验为：向溶液加入固体，溶液黄色加深（合理皆可）；
⑤，，，则，答案为：或；
⑥工业盐酸显酸性，且其中含有大量的氯离子和溶有，则呈黄色的原因是：主要是含有。
16．（14分）从铜阳极泥(主要成分为等)中分离提取金属单质的流程如下图所示。
已知：i．溶于盐酸可以得到。
ii． 。
iii．
回答下列问题：
(1)“浸取1”中一般控制温度为左右，原因是 。
(2)“浸取2”中，盐酸的作用为①提供酸性环境；② 。
(3)“浸取3”中发生反应的离于方程式为 ；若“浸取3”中用溶液浸取，最终回收单质的质量为(假设的回收率为)，那么需要的的物质的量至少为 (保留四位有效数字。已知)。
(4)实验室中能合成很多含的配合物。与生成紫色物质，其结构如图所示。已知含有多个配位原子的配体与同一中心离子或原子通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。该离子通过整合作用形成的配位键数目为 。
(5)元素Q是与铜同周期且最外层电子数相等的主族元素，Q与氧元素形成的一种化合物的晶胞投影如下图所示，该化合物的化学式为 ；设其晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值，该晶胞的密度 (用含a、的代数式表示)。
【答案】(1)温度低于，反应速率较慢；温度高于，H2O2会发生分解，浸取率降低
(2)作沉淀剂，将Ag转化为AgCl；作络合剂，将Au转化为HAuCl4，从而浸出
(3)AgCl+2[Ag(S2O3)2]3−+Cl- 0.1208
(4)阴 Na2S2O3
(5)4HAuCl4+3N2H4=3N2+4Au+16HCl
【分析】铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素，加入硫酸和双氧水浸取，铜溶，生成硫酸铜，过滤得到的浸出液1中含有硫酸铜和硫酸，滤渣含Ag、Au等，再向滤渣1中加入盐酸和双氧水，发生反应：2Au+8HCl+3H2O2=2HAuCl4+6H2O，2Ag+2HCl+H2O2=2AgCl↓+2H2O，过滤，向得到的滤渣中加入Na2S2O3，AgCl溶于Na2S2O3，生成[Ag(S2O3)2]3−，再进行点解，[Ag(S2O3)2]3−在阴极得到电子，被还原为Ag，电极反应为：[Ag(S2O3)2]3−+e-=Ag+2S2O32−，阴极区的溶液中含有Na2S2O3，可以循环使用，向浸出液2中加入N2H4，可以还原HAuCl4，生成Au和氮气，该反应N元素升高2价，Au元素降低3价，浸出液1中硫酸铜可以被还原为Cu，据此分析作答。
【详解】（1）“浸取1”中一般控制温度为左右，原因是：温度低于，反应速率较慢；温度高于，H2O2会发生分解，浸取率降低。
（2）Au不和盐酸反应，由分析可知，“浸取2”中，盐酸的作用为①提供酸性环境；②作沉淀剂，将Ag转化为AgCl；作络合剂，将Au转化为HAuCl4，从而浸出。
（3）由分析可知，“浸取3”中AgCl溶于Na2S2O3，生成[Ag(S2O3)2]3−，离于方程式为AgCl+2[Ag(S2O3)2]3−+Cl-，用溶液浸取，最终回收单质的质量为(假设的回收率为)，n(Ag)==0.06ml，则[Ag(S2O3)2]3−中的浓度为0.12ml/L，反应AgCl+2[Ag(S2O3)2]3−+Cl-的平衡常数K==，溶液中c(Cl-)=0.06ml/L，则c()==0.0008ml/L，则需要的的物质的量至少为0.0008ml/L×1L+0.12ml/L=0.1208ml。
（4）由含有多个配位原子的配体与同一中心离子或原子通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物，结合图可知，该离子通过整合作用形成的配位键数目为；
（5）铜位于第四周期，最外层电子数为1，与铜同周期且最外层电子数相等的主族元素Q为K（钾）元素；根据晶胞投影图，利用均摊法计算原子个数。Q（K）原子：位于晶胞的顶点和体心，顶点有8个K原子，体心有1个K原子，K原子个数为；O原子有2个位于晶胞内，8个位于棱心上，O原子个数为，K原子与O原子个数比为1:2，所以该化合物的化学式为；经过推算，一个晶胞中含有2个K原子和4个O原子，设其晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值，该晶胞的密度。
17．（14分）一种采用催化氧化法处理废气的原理如下：
。
将和分别以不同起始流速通入反应器中，在、和下反应，通过检测流出气成分绘制转化率()曲线，如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。
回答下列问题：
(1)已知的燃烧热；
；
。
则催化氧化法处理废气的
(2)该反应在温度较 时(填“高”或“低”)容易自发进行，结合图像分析 。
(3)图1中的a、b、c三点中，最可能到达平衡状态的是 (填标号)。
(4)下列措施可提高M点转化率的是___________(填标号)。
A．增大B．降低温度C．增大的流速D．使用更高效的催化剂
(5)在温度为，初始压强为的恒容密闭容器中，按图2中的投料比进行反应，到达平衡时与N点的转化率相同，求该温度下反应的化学平衡常数 。
(6)另一种以为催化剂，用氧化制的反应历程如下：
第一步：；
第二步：___________；
第三步：。
写出第二步反应的化学方程式： 。
【答案】(1)
(2) 低 440
(3)c
(4)D
(5)0.5
(6)2CuCl(s)+O2(g)CuO·CuCl2(s)
【详解】（1）已知的燃烧热，则④；②；③
，由盖斯定律可知，④-③+②可得=。
（2）是气体体积减小的放热反应，，，当时，反应能够自发进行，则该反应在温度较低容易自发进行，升高温度时平衡逆向移动，反应物的转化率降低，即温度越高，HCl的转化率越低，且较低流速下转化率可近似为平衡转化率，则图中T1为440℃，T2为400℃，T3为360℃。
（3）较低流速下转化率可近似为平衡转化率，a、b、c三点中c点气体流速最低，最可能到达平衡状态。
（4）M点气体流速较高，反应未达到平衡，
A．对比图1、2可知，其他条件相同时，增大，HCl的平衡转化率减小，A不选；
B．降低温度，反应速率减慢，单位时间内HCl的转化量减小，转化率减小，B不选；
C．由图可知，增大HCl的流速，HCl的转化率降低，C不选；
D．使用更高效的催化剂，反应速率加快，单位时间内HCl的转化量增大，转化率增大，D选；
故选D。
（5）在温度为，初始压强为的恒容密闭容器中，按图2中的投料比进行反应，到达平衡时与N点的转化率相同，列出三段式：
HCl的转化率为，x=1.6，平衡总压为，该温度下反应的化学平衡常数0.5。
（6）催化剂只改变反应历程，不改变反应结果，故总反应-①-③可得出反应②为2CuCl(s)+O2(g)CuO·CuCl2(s)。
18．（15分）罗格列酮(F)是一种抗糖尿病药物，其合成路线如图所示：
已知：++H2O(、、、为烃基或氢)
回答下列问题：
(1)C的名称为 ，D中含氧官能团的名称为 。
(2)D()中键角 (填“>”或“=”或“ 还原反应
(3)++H2O
(4)、
(5)
【分析】A与发生取代反应生成B，B与C发生取代反应生成D，D与发生已知信息的反应生成E为，E发生还原反应生成F，据此解答。
【详解】（1）C的结构简式为：，习惯命名法为：对氟苯甲醛，系统命名法为：4-氟苯甲醛；结合D的结构简式可知，D中含氧官能团的名称为醚键、醛基；
（2）两处N、O原子杂化类型相同，O的孤对电子数多于N，孤对电子数越多，对成键电子对的斥力越大，导致其键角越小，故键角：＞；由分析可知，E中碳碳双键变为单键，属于“加氢”的反应，反应类型为还原反应；
（3）结合已知信息可知，D→E的反应先发生醛基的加成反应，生成的羟基再发生消去反应，则化学方程式为++H2O；
（4）B的结构简式为：，遇溶液能发生显色反应，说明结构中含有酚羟基，则结构除了苯环和酚羟基外，还剩余2个氮原子，2个碳原子，核磁共振氢谱图显示有4组峰，峰面积比为6：4：1：1，说明结构中含有两个对称的甲基、两个对称的氨基，则满足条件的结构简式为、；
（5）先发生氧化反应生成，两分子发生已知信息的反应生成，发生还原反应得到目标产物，故合成路线为：。
瑞瓷纳福
金银同辉
吉象雅珍
玉意嘉祥
A．模拟侯氏制碱实验
B．干燥氨气
C．量取溶液
D．验证Na与水反应放热
选项
实验过程及现象
实验结论
A
将等浓度等体积的溶液与溶液混合有白色沉淀生成
二者水解相互促进生成氢氧化铝沉淀
B
取少量样品溶于水，加入溶液，再加入足量盐酸，产生白色沉淀
无法判断原样品是否变质
C
将固体加入饱和溶液中，充分搅拌后过滤，在滤渣中加稀盐酸，有气泡产生
D
将新制饱和氯水慢慢滴入含酚酞的稀NaOH溶液中，溶液红色褪去
HClO具有漂白性
序号
操作
现象
1
滴入10滴
溶液黄色褪去，接近无色
2
滴入________
溶液黄色略变浅
3
滴入10滴盐酸
溶液黄色变亮变深