四川省广安市华蓥中学2025~2026学年高三上学期8月月考化学试题（含解析）

这是一份四川省广安市华蓥中学2025~2026学年高三上学期8月月考化学试题（含解析），共25页。试卷主要包含了答非选择题时，必须使用0， 下列反应的方程式书写正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项
1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。
2.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。
3.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂对应题目的答案标号，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。
4.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
5.考试结束后，将答题卡、试卷、草稿纸全部交回。
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请考生注意：所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 F- 19 S-32 Ni-59 C-59 Cl-35.5
一、 选择题(本题包含 15 个小题，每题只有一个选项符合题意，每小题 3 分，共 45 分)
1. 胶体化学的发展促使了纳米材料的广泛应用。对下图流程的分析与应用不合理的是
A. 铁能够与Cl2反应，液氯不能用干燥钢瓶保存
B. 试剂①是沸水，生成红褐色液体
C. 氢氧化铁胶体的分散质粒子直径在1～100 nm范围内
D. 可以通过改变材料的粒径大小从而改变其性能
【正确答案】A
【详解】A．常温下干燥Cl2与铁不反应，液氯可用干燥钢瓶储存，A错误；
B．FeCl3在沸水中水解生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体呈红褐色，B正确；
C．胶体粒子直径范围为1～100nm，C正确；
D．纳米材料性能与粒径相关，改变粒径可调控性能，D正确；
故选A。
2. 叔丁醇与羧酸发生酯化反应的机理可用下图表示。下列说法正确的是
A. C-C-C键角：中间体2小于叔丁醇
B. 叔丁醇核磁共振氢谱有3种吸收峰，峰面积之比为3：6：1
C. 增大c(H+)，有利于提高羧酸叔丁酯的平衡产率
D. 用标识醇羟基，可以区别叔丁醇、乙醇与羧酸酯化反应的机理差异
【正确答案】D
【分析】叔丁醇与羧酸发生酯化反应的机理为先在叔丁醇的羟基上结合形成中间体1：，再脱水转化为中间体2：，再与羧酸作用得到中间体3：，最后再去掉得到最终产物羧酸叔丁酯：，据此分析解答。
【详解】A．叔丁醇中与羟基相连的C原子为sp3杂化；而中间体2中与3个甲基相连的C原子为sp2杂化，则叔丁醇中C—C—C键角比中间体2的C—C—C键角小，A错误﹔
B．根据叔丁醇分子结构可知：叔丁醇分子中含有2种不同的H原子，它们的个数比是9：1，故叔丁醇的核磁共振氢谱有2种吸收峰，峰面积之比为9：1，B错误；
C．增大c(H+)，酯基发生水解反应，不能提高羧酸叔丁酯的平衡产率，C错误﹔
D．乙醇与乙酸发生酯化反应时脱水方式是羧酸脱羟基、醇脱羟基中的氢原子。叔丁醇与羧酸发生酯化反应时叔丁醇脱羟基、羧酸脱氢，可知二者反应机理不同，故用标识醇羟基，可以区别叔丁醇、乙醇与羧酸酯化反应的机理差异，D正确；
故合理选项是D。
3. 从薰衣草中提取的一种有机物，结构如图所示，下列说法正确的是
A. 该物质的分子式为C10H16O
B. 该物质与乙醇互为同系物
C. 该物质能发生氧化反应、加成反应、取代反应、加聚反应
D. 该物质能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，且反应原理相同
【正确答案】C
【详解】A．该有机物含有1个羟基（O），两个碳碳双键的链状结构，不饱和度Ω=2，H=2×10+2-2×2=18，分子式应为C10H18O，A错误；
B．同系物需结构相似（官能团种类、数目相同且烃基饱和程度一致），乙醇为饱和一元醇，该物质含碳碳双键（不饱和烃基），结构不相似，B错误；
C．该物质含碳碳双键（可加成、加聚、氧化）和羟基（可取代如酯化、氧化），故能发生氧化、加成、取代、加聚反应，C正确；
D．使溴水褪色因双键与Br2加成反应，使酸性高锰酸钾褪色因双键或羟基被氧化，反应原理不同，D错误；
故选C。
4. 下列实验装置使用正确的是
A. AB. BC. CD. D
【正确答案】C
【详解】A．氯化铵和氢氧化钙加热反应生成氨气，氨气密度小于空气，利用向下排空气法收集，图中收集装置不合理，故A错误；
B．实验室制取氯气，尾气应该选取氢氧化钠溶液，故B错误；
C．酯化反应装置中，吸收乙酸乙酯的导管不能插入饱和碳酸钠溶液的液面以下，以免发生倒吸，故C正确；
D．实验室制备溴乙烷，冷凝管的进水方向错误，应该是下进上出，故D错误；
答案选C。
5. Melamine和Cyanuric acid两种小分子按1：1形成如图所示的超分子。下列说法错误的是
A. 两种小分子中碳原子的化合价相同B. Cyanuric acid不能加成氢气
C. Cyanuric acid分子可发生水解反应D. 上述变化体现了超分子自识别
【正确答案】D
【详解】A．Melamine（C3N6H6）中，设C氧化数为x，N为y，由电中性得3x+6y+6=0；Cyanuric acid（C3H3N3O3）中，3x+3y+3-6=0，通过N的氧化数（环N≈-1，NH2中N≈-3）计算，两种分子中C的氧化数均为+2，A正确；
B．Cyanuric acid分子中含三个酰氨基，不可与H2发生加成反应，B正确；
C．三聚氰酸是氰酸（HOCN）的三聚体，其六元环结构中的C-N键可水解断裂生成HOCN，C正确；
D．两种分子按1:1通过非共价键（如氢键）特异性结合形成超分子，体现超分子的自组装特性，D错误；
故选D。
6. 下列反应的方程式书写正确的是
A. 铁粉与硫粉均匀混合，加热至红热状态：
B. 丙烯生成聚丙烯：
C. 工业上制取单质铝：(熔融)
D. 硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应：
【正确答案】D
【详解】A．铁粉与硫粉反应，硫的氧化性较弱，只能将Fe氧化为+2价，产物应为FeS，正确的化学方程式为：Fe+SΔ FeS，A错误；
B．丙烯（CH3CH=CH2）发生加聚反应时，双键打开，链节应为-CH(CH3)-CH2-，B错误；
C．工业制铝需电解熔融氧化铝（Al2O3），AlCl3为共价化合物，熔融不导电，无法电解，正确的方程式为：2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑，C错误；
D．硫代硫酸钠与稀硫酸反应，在H+作用下歧化生成SO2、S和H2O，离子方程式为：，D正确；
故选D。
7. 利用下列实验装置进行相关实验能达到实验目的的是
A. 制备氯气B. 收集
C. 制备乙炔D. 分离溴和苯的混合物
【正确答案】C
【详解】A．MnO2​与浓盐酸反应制备 Cl2​ 的反应条件是加热，但装置中未提供加热仪器，A错误；
B．NO2​ 能与水发生反应，不能用排水法收集（应采用向上排空气法），B错误；
C．电石与水反应剧烈，用饱和食盐水代替水可降低水的浓度，减缓反应速率，装置为固液不加热型，符合反应物的状态和反应条件，C正确；
D．溴与苯互溶，分液法适用于互不相溶的液体混合物分离，分离溴和苯的混合物应采用蒸馏法，D错误；
故答案选C。
8. 宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一、下列实验或原理对应的离子方程式书写错误的是
A. 实验室盛放NaOH溶液的试剂瓶用磨砂玻璃塞，可能发生：
B. 亚硫酸钠溶液与足量氯气反应：
C. 碘化亚铁与过量稀硝酸反应：
D. 碘化钾溶液与硫酸酸化的过氧化氢反应：
【正确答案】C
【详解】A．实验室盛放NaOH溶液的试剂瓶用磨砂玻璃塞，能与NaOH发生：，A正确；
B．具有还原性，被氧化为，被还原为，根据电荷守恒和原子守恒，配平离子方程式为：，B正确；
C．碘化亚铁（FeI2）中Fe2+和I-均会被过量硝酸氧化，离子方程式为：，C错误；
D．在酸性条件下将I-氧化为I2，自身被还原为H2O，离子方程式为：，正确；
故选C。
9. X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素。X的原子半径最小，Y元素的最高正价与最低负价的代数和为2，W的金属性在短周期元素中最强，Z与Y和M相邻。下列说法正确的是
A. 原子半径大小：W>ZB. 简单氢化物的稳定性：M>Z
C. X、Y、Z只能形成共价化合物D. Y、Z形成的化合物均为酸性氧化物
【正确答案】A
【分析】短周期主族元素中，原子半径最小的是氢（H），所以X为H。Y元素最高正价与最低负价的代数和为2。设最高正价为+n，最低负价为-(8-n)，则n-(8-n)=2，解得n = 5，所以Y为第A族元素。又因为原子序数依次增大，所以Y为氮（N）。短周期元素中金属性最强的是钠（Na），所以W为Na。Z与Y（N）相邻，且原子序数在N和Na之间，所以Z为氧（O）。Z（O）与M相邻，且原子序数大于O，所以M为硫（S）。则X、Y、Z、W、M依次为元素H、N、O、Na、S。
【详解】A．同周期主族元素，从左到右原子半径逐渐减小。和不在同周期，Na位于第三周期，O位于第二周期，电子层数越多原子半径越大，所以原子半径，A正确；
B．元素的非金属性越强，简单氢化物越稳定。非金属性（同主族从上到下非金属性减弱），所以稳定性（即），B错误；
C．X（H）、Y（N）、Z（O）可形成（硝酸铵），含和，属于离子化合物，C错误；
D．Y（N）与Z（O）形成的化合物如、等并非酸性氧化物，D错误；
综上，答案是A。
10. 维生素P能减少血管脆性，增强维生素C的活性，在刺梨、橙、杏等中含有维生素P，其结构简式如图所示。下列有关维生素P的说法不正确的是
A. 属于芳香烃B. 含有手性碳原子
C. 能发生消去反应D. 能与溴水发生取代反应
【正确答案】A
【详解】A．有氧原子，不属于芳香烃，A错误；
B．分子中连有四个不同基团的碳原子为手性碳，如图，B正确；
C．羟基邻位碳有氢，可发生消去反应，C正确；
D．该有机物中苯环上酚羟基邻位，对位碳上的氢可以和溴水中的溴发生取代反应，D正确；
故答案为A。
11. 我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。
下列说法错误的是
A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B. ①→②放出能量并形成了C-C键
C. 若将CH4替换为CH3D，则生成两种形式不同的②
D. 若将CO2替换为，则生成两种分子量的乙酸
【正确答案】D
【分析】从图中可以看出，CH4选择性活化，断裂C-H键，甲烷分子中的C原子、断键后产生的H原子与催化剂形成共价键；CO2中的C原子与甲基中的C原子间相互接近并形成C-C键；夺氢后H原子与催化剂间的共价键断裂，并形成O-H共价键。
【详解】A．该反应总反应为CH4+CO2→CH3COOH，原子利用率为100%，A正确；
B．根据图像可知①的能量高于②，①→②过程放出能量且反应过程中CH4与CO2的C原子形成C-C键， B正确；
C．CH3D中C-H键和C-D键均可断裂，生成∙CH2D或∙CH3两种自由基，与CO2结合后形成两种不同的中间体②，C正确；
D．CO18O（即16O=C=18O）中两个O原子分别为16O和18O，与∙CH3结合形成中间体后，夺氢生成CH3COOH时，羧基中16O和18O的位置不同但分子量均为62（12×2+1×4+16+18=62），仅一种分子量，D错误；
故选D。
12. 下列说法错误的是
A. 烷烃基是推电子基，烷烃基中碳原子数越多，推电子能力越强，故胺的碱性：＞
B. 和乙醇溶于水破坏的作用力相同
C. ，熔点-23.2℃，沸点136.2℃，易溶于，故晶体属于分子晶体
D. 晶体熔点高低：金刚石＞晶体Si＞冰醋酸＞正丁烷
【正确答案】B
【详解】A．烷烃基（如甲基、乙基）具有推电子诱导效应，碳原子数越多，推电子能力越强，使胺的氮原子上电子云密度越大，更易结合形成配位键，碱性也就越强，故碱性：CH3CH2NH2＞CH3NH2，A正确；
B．HCl溶于水破坏共价键（电离为H+和Cl⁻），而乙醇溶于水仅破坏分子间作用力（氢键和范德华力），两者破坏的作用力不同，B错误；
C．TiCl4的低熔沸点和易溶于CCl4的性质符合分子晶体的特征，C正确；
D．共价晶体中半径越小，键长越短，共价键越强，熔点越大，因键长C−C＜Si−Si，则熔沸点为金刚石>晶体硅；而冰醋酸和正丁烷均为分子晶体，其熔沸点低于共价晶体，且冰醋酸分子间能形成氢键，熔点高于正丁烷，故熔点：金刚石＞晶体Si＞冰醋酸＞正丁烷，D正确；
故选B。
13. 最近，我国科学工作者制备了一种电催化剂，并将其与金属铝组装成可充电电池，用于还原污水中的为，其工作原理如图所示。研究证明，电池放电时，水中的氢离子在电催化剂表面获得电子成为氢原子，氢原子再将吸附在电催化表面的逐步还原为。
下列说法错误的是
A. 放电时，负极区游离的数目保持不变
B. 放电时、还原为，理论上需要氢原子
C. 充电时，从阴极区穿过离子交换膜进入阳极区
D. 充电时，电池总反应为
【正确答案】A
【分析】放电时，负极铝失去电子和氢氧根离子结合生成四羟基合铝酸根，，正极水中的氢离子在电催化剂表面获得电子成为氢原子，氢原子再将吸附在电催化剂表面的逐步还原为，正极区发生反应为(注意此反应不是电极反应)，充电时，金属铝为阴极，电极为阳极，据此解答。
【详解】A．放电时，负极铝失去电子和氢氧根离子结合生成四羟基合铝酸根：，当转移3ml电子时，消耗，同时正极区会有通过离子交换膜进行补充，净消耗1ml，故负极区游离的数目会减少，故A错误；
B．氢原子将吸附在电催化剂表面的逐步还原为，还原为，由化合价变化可知，得到8ml电子，所以理论上需要氢原子，故B正确；
C．充电时，阴离子向阳极移动，所以充电时，从阴极区穿过离子交换膜进入阳极区，故C正确；
D．充电时，电池阴极反应式为，阳极反应式为，总反应为，故D正确；
答案选A。
14. 氧化亚铜(Cu2O)是一种重要的无机化工原料，可应用于陶瓷、玻璃和有机合成催化剂等领域。有研究表明，Cu2O/H2O体系可以很好地催化叠氮和端炔的反应，反应机理如图1所示（含氦五元环为平面结构）。催化剂立方Cu2O晶胞如图2所示。
下列说法正确的是
A. N、O、Cu第一电离能从大到小的顺序是O＞N＞Cu
B. 由图1，该反应前后，2号氮原子的杂化轨道类型从sp2转化sp3
C. 由图2，Cu+的配位数为2
D. 由图2，若不同微粒间的最小核间距为apm，则晶体密度为
【正确答案】C
【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但N的2p轨道半充满，则N的第一电离能大于O，Cu是金属元素，第一电离能最小，则N、O、Cu的第一电离能从大到小的顺序是N＞O＞Cu，A不正确；
B．由图1，该反应前，2号氮原子的孤电子对数为=0，形成2个σ键，价层电子对数为2，发生sp杂化，反应后，2号N原子的孤电子对数为1，形成2个σ键，价层电子对数为3，发生sp2杂化，B不正确；
C．在Cu2O晶胞中，Cu+与O2-的个数比为2:1，O2-的配位数为4，则Cu+的配位数为2，C正确；
D．由图2，若不同微粒间的最小核间距为apm，则体对角线的长度为4apm，晶胞边长为pm，在晶胞中含有O2-的数目为=2，含Cu+的数目为4，则晶体密度为=，D不正确；
故选C。
15. 常温下，向溶液中分别滴加、、溶液，所得溶液中［，其中表示］与的关系如下图。下列说法错误的是
A. 曲线表示与的关系
B. 的数量级为
C. 反应的平衡常数
D. 向浓度均为的NaX和的混合溶液中滴加溶液，先沉淀
【正确答案】C
【详解】A．由曲线的斜率与Y3-的曲线对比可知，曲线L1表示pZ3-与pAg的关系，故A正确；
B．由图可知，Ksp(AgX)= 10-11.99，的数量级为10-12，故B正确；
C．反应的平衡常数K==105.94，故C错误；
D．向含等浓度的NaX和Na3Z的混合溶液中滴加AgNO3溶液，AgX所需银离子浓度最小，所以先沉淀，故D正确；
故答案为C。
二、解答题：共4小题，16题14分，17题14分，18题13分，19题14分，共55分
16. 学习小组在实验室中利用下图所示装置制备并进行相关性质的探究。回答下列问题：
（1）仪器的名称为_______；装置的作用是_______。
（2）装置a中反应的化学方程式为_______。反应完毕，发现烧瓶中还有铜片剩余，该小组学生根据所学的化学知识认为还有一定量的硫酸剩余。下列药品中能用来证明反应结束后的烧瓶中确有余酸的是_______(填字母)。
A.铁粉 B.溶液 C.银粉 D.溶液
（3）装置中通入后现象为_______，证明了具有_______
（4）实验开始后，装置中的溶液迅速变黄并出现乳白色沉淀，经查资料得知发生了如下反应：。继续通入后黄色溶液褪去，请写出黄色褪去发生反应的化学方程式：_______。
【正确答案】（1） ①. 圆底烧瓶 ②. 安全瓶，防倒吸
（2） ①. ②. AD
（3） ①. 溶液颜色变浅 ②. 还原性
（4）
【分析】装置中铜和浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，为安全瓶，防倒吸，二氧化硫通入到品红中，品红溶液褪色，二氧化硫表现漂白性；二氧化硫通入碘化钾溶液探究反应原理；通入到酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，二氧化硫表现还原性；用氢氧化钠溶液处理二氧化硫尾气，防止污染空气。
【小问1详解】
仪器Q的名称为：圆底烧瓶；b为安全瓶，防倒吸；
【小问2详解】
装置中有Cu和浓硫酸，加热下可生成反应化学方程式为：；铁粉和碳酸氢钠能与硫酸反应产生气泡，可用来检测余酸，反应后的溶液中存在硫酸根，不能用氯化钡溶液检测余酸，银粉与硫酸不反应，故选AD。
【小问3详解】
装置中是高锰酸钾溶液呈紫红色具有氧化性，通入后由于两者反应，故酸性高锰酸钾的紫红色会褪去。该反应中高锰酸钾溶液做氧化剂，作还原剂具有还原性。
【小问4详解】
继续通入，与碘单质反应，黄色褪去，化学方程式为：
17. 海洋约占地球表面积的71%，综合利用海水可以制备食盐、纯碱、金属镁等物质，其流程如图所示：
（1）粗盐中含有Na2SO4、MgCl2、CaCl2等可溶性杂质。为制得纯净的NaCl晶体，粗盐溶解后，除去可溶性杂质所需试剂依次为：___________溶液(填写化学式，下同)、NaOH溶液、___________溶液、___________溶液。
（2）“X溶液”中溶质的主要成分为___________。
（3）往母液中加碱可沉淀Mg2+，工业上一般加入石灰乳而不加入NaOH溶液的主要原因为___________。
（4）从海水中提取的Mg可联合金红石(主要成分TiO2)冶炼金属钛，工艺流程如图所示：
①第I步在高温条件下进行，产物中有一种可燃性无色气体，则该步骤的化学方程式为___________。
②海绵钛除杂时得到的MgCl2可以循环使用，在上述工艺流程中还可循环使用的物质有___________(填化学式)。
③第Ⅱ步中钛的提取率在不同温度下随时间变化的曲线如图所示，工业实际生产中选择1000℃左右进行，请解释原因___________。
【正确答案】（1） ①. BaCl2 ②. Na2CO3 ③. HCl
（2）NH4Cl （3）石灰乳的来源更广泛，价格更低廉
（4） ①. TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO ②. Mg、Cl2 ③. 800℃ Ti的提取率太低，1000℃和1500℃Ti提取率相差不大，从能源消耗的角度，反应适宜的温度为1000℃
【分析】(1)～(3)海水蒸发得到淡水，冷却析出粗盐然后过滤得到粗盐和母液，粗盐进行提纯后配成NaCl溶液，向其中先通入NH3，后通入CO2后将析出NaHCO3晶体，过滤得到NaHCO3固体和X溶液，主要成分为NH4Cl，向母液中加入石灰乳得到白色沉淀Mg(OH)2，过滤得到Mg(OH)2固体，向固体中加入盐酸得到MgCl2溶液，蒸发浓缩，冷却结晶后过滤得到MgCl2·6H2O，在HCl气流中加热得到无水MgCl2，电解熔融的MgCl2制备Mg，向母液中加入Cl2，将Br-转化为Br2，经过一系列步骤可以从海水中提取溴单质，(4)TiO2、焦炭、氯气在高温条件下进行生成TiCl4，产物中有一种可燃性无色气体，该可燃性气体是CO，加入Mg还原TiCl4出Ti,氩气做保护气，电解熔融氯化镁得到镁和氯气，据此分析解题。
【小问1详解】
首先要把粗盐溶于水形成溶液，然后镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，Ca2++=CaCO3↓，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，Ba2++=BaCO3↓，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，最后经蒸发操作得到较纯净的氯化钠；故氯化钡溶液；碳酸钠溶液；HCl；
【小问2详解】
由分析可知，“X溶液”中溶质的主要成分为NH4Cl，故NH4Cl；
【小问3详解】
液中含有氯化镁，石灰乳的主要成分是氢氧化钙，氯化镁和氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，反应的化学方程式为Ca(OH)2+MgCl2=Mg(OH)2↓+CaCl2，工业上一般加入石灰乳而不加入NaOH溶液的主要原因为石灰乳的来源更广泛，价格更低廉，故石灰乳的来源更广泛，价格更低廉；
【小问4详解】
①第I步即TiO2、焦炭、氯气在高温条件下进行生成TiCl4，产物中有一种可燃性无色气体，该可燃性气体是CO，则I中反应化学方程式为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，故TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；
②根据工艺流程，可循环使用的物质还有Mg、Cl2，故Mg、Cl2；
③根据Ⅱ中钛的提取率在不同温度下随时间变化的曲线，800℃Ti的提取率低，1000℃和1500℃Ti提取率相差不大，从能源消耗的角度，反应适宜的温度为1000℃，故800℃ Ti的提取率太低，1000℃和1500℃Ti提取率相差不大，从能源消耗的角度，反应适宜的温度为1000℃。
18. 乙烯是重要化工原料，也是制备聚乙烯塑料的单体。回答下列问题：
（1）已知几种共价键键能数据如表所示：
以甲醇为原料制备乙烯的反应：2CH3OHg⇌C2H4g+2H2OgΔH=________kJ⋅ml−1。
（2）以CH4、CH3CH3为原料制备C2H4的化学方程式如下：
① ②
一定温度下，在恒容密闭容器中充入适量CH4和CH3CH3，发生反应①和反应②，下列叙述表明反应一定达到平衡状态的是___________(填标号)。
A. 气体密度不随时间变化B. 气体压强不随时间变化
C. 气体摩尔质量不随时间变化D. nHnC的值不随时间变化
（3）乙醇脱水发生如下反应：
ⅰ．C2H5OHg⇌C2H4g+H2Og
ⅱ．
乙醇脱水制乙醚、乙烯反应的lnKp随温度(T)的变化如图1所示。
①反应ⅰ属于___________(填标号)。
A．焓减、熵增反应 B．焓减、熵减反应
C．焓增、熵增反应 D．焓增、熵减反应
②混合体系处于图1中M点时，平衡体系中反应物及产物分压间应满足的关系是pC2H52O=___________。
③随温度变化，产物的选择性如图2所示。用分子筛催化剂(活性温度范围为373K～573K)催化，欲制备乙烯应控制温度的范围为___________K，理由是___________。
（4）用丙烷制乙烯的反应为，在某温度下，总压保持为120kPa，向体积可变的密闭容器中充入2ml C3H8和3ml Ar，达到平衡时的转化率为50%。平衡体系中pCH4为___________kPa。该温度下，该反应的平衡常数___________kPa。提示：用气体分压计算的平衡常数为压强平衡常数，分压=总压×物质的量分数。
【正确答案】（1）-6 （2）BC
（3） ①. C ②. ③. 525～573 ④. 此温度在催化剂活性范围内且乙烯选择性最高
（4） ①. 20 ②. 20
【小问1详解】
已知反应热等于断裂共价键的键能与形成共价键的键能之差，
ΔH=413×6+358×2+467×2−413×4−614−467×4kJ·ml−1=−6kJ·ml−1，故-6；
【小问2详解】
A．由题干信息可知，反应物和生成物均为气体，恒温恒容密闭容器中，反应过程中气体密度一直保持不变，故气体密度不随时间变化不能说明反应达到化学平衡，A不合题意；
B．由题干信息可知，反应前后气体的物质的量发生改变，即反应过程中恒温恒容容器中气体压强一直在改变，故气体压强不随时间变化说明反应达到化学平衡，B符合题意；
C．由题干信息可知，反应前后气体的物质的量发生改变，气体的质量不变，即反应过程中气体摩尔质量一直在改变，故气体摩尔质量不随时间变化说明达到化学平衡，C符合题意；
D．根据质量守恒可知，反应前后各原子种类和数目保持不变，即反应过程中nHnC始终保持不变，故nHnC的值不随时间变化不能说明反应达到化学平衡，D不合题意；
故答案为BC；
【小问3详解】
①由题干信息可知，制乙烯即C2H5OHg⇌C2H4g+H2Og是熵增反应，结合图1，升温，乙烯平衡常数增大，它是焓增反应，即该反应是熵增焓增反应，故答案为C；
②由题干信息可知，M点反应i和ii平衡常数相等，则有pC2H4⋅pH2OpC2H5OH=pC2H5OC2H5⋅pH2Op2C2H5OH，可得：pC2H5OC2H5=pC2H4⋅pC2H5OH，故pC2H4⋅pC2H5OH；
③由题干随温度变化，产物的选择性图2所示信息，结合用分子筛催化剂(活性温度范围为373K～573K)催化，可知在催化剂活性范围内，525～573K时乙烯选择性最高，则欲制备乙烯应控制温度的范围为525～573K，故525～573K；此温度在催化剂活性范围内且乙烯选择性最高；
【小问4详解】
用丙烷制乙烯的反应为，在某温度下，总压保持为120kPa，向体积可变的密闭容器中充入2ml C3H8和3ml Ar，达到平衡时的转化率为50%，则三段式分析为： C3H8g⇌C2H4g起始量(ml)2 0转化量(ml)2×50% 1平衡量(ml)1 1+CH4g011，平衡体系中pCH4为×120kPa=20kPa，同理可知，p(C2H4)=p(C3H8)=20kPa，该温度下，该反应的平衡常数Kp===20kPa，故20；20。
19. J是一种抗肿瘤靶向药，其合成路线之一如下(略去部分试剂、条件和步骤)：
回答下列问题：
（1）I中含氧官能团的名称是___________。
（2）B的名称是___________；鉴别B和G物质，可以选择的试剂为___________。
（3）F的结构简式为___________。
（4）写出C→D的化学方程式：___________；的反应类型是___________。
（5）E有多种同分异构体，其中满足下列条件的同分异构体的结构简式为___________(写两种即可)。
①只有两种官能团，其中一种为—NH2
②能与新制氢氧化铜反应产生砖红色沉淀
③核磁共振氢谱显示有5组峰
（6）已知：
设计以与H为原料合成A的路线：___________(无机试剂任选)。
【正确答案】（1）醚键、酰胺基
（2） ①. 对氟苯胺(或4-氟苯胺) ②. 氯化铁溶液
（3） （4） ①. + +(或
2+ 2+) ②. 取代反应
（5）(任意写两种即可)
（6）CH3CH2OHCH2=CH2BrCH2CH2Br 或CH3CH2OHCH2=CH2BrCH2CH2Br
【分析】化合物A与分子式是C6H6NF的化合物B反应产生C，根据A、C分子结构，可知化合物B是，C与 在DMF，RT作用下反应产生D。化合物E与CH3CN，POCl3在加热77℃时反应产生分子式是C11H20NO2Cl的化合物F，F与G在一定条件下反应产生H，根据G与H分子结构的不同，结合F分子式，可知F结构简式是；D与H在K2CO3，THF存在并有射线作用下发生取代反应产生I，I与苹果酸作用生成J。
小问1详解】
根据化合物I结构简式，可知I分子中含有的含氧官能团为醚键、酰胺基；
【小问2详解】
根据上述分析可知化合物B结构简式是，其中-NH2与C-F在苯环的对位上，因此物质B名称为对氟苯胺(或4-氟苯胺)；
化合物G物质分子中含有酚羟基，遇FeCl3溶液会显紫色；而化合物B分子中无酚羟基，与FeCl3溶液不反应，故鉴别B和G物质，可以选择的试剂为氯化铁溶液；
【小问3详解】
根据上述分析可知化合物F结构简式为；
【小问4详解】
化合物C与在DMF，RT作用下取代反应产生D、或，相应反应的化学方程式为：+ +(或2++ 2+)；
根据D、H、I三种物质分子结构简式的不同，可知D+H→I 的化学反应类型是取代反应；
【小问5详解】
化合物E有多种同分异构体，其中的同分异构体满足下列条件：①只有两种官能团，其中一种为—NH2；②能与新制氢氧化铜反应产生砖红色沉淀，说明含有-CHO；③核磁共振氢谱显示有5组峰，说明物质分子中含有5种不同的H原子，其可能的结构简式为：，可任意写两种即可；
【小问6详解】
CH3CH2OH与浓硫酸混合加热170℃发生消去反应产生CH2=CH2，将CH2=CH2通入Br2的四氯化碳溶液中发生加成反应产生BrCH2CH2Br，然后BrCH2CH2Br与在催化剂存在条件下发生取代反应产生，与稀硫酸在加热时发生酯的水解反应产生，也可以是先在NaOH溶液加热条件下反应，再酸化反应产生。故其合成路线是：CH3CH2OHCH2=CH2BrCH2CH2Br或CH3CH2OHCH2=CH2BrCH2CH2Br。A．实验室制取氨气
B．实验室制取氯气
C．实验室制备乙酸乙酯
D．实验室制备溴乙烷
共价键
C-H
C-O
H-O
C=C
键能(kJ/ml)
413
358
467
614