四川省成都市第七中学2026届高三下学期二诊模拟考试化学试卷（Word版附解析）

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可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Cl-35.5 S-32 K-39 Fe-56 Se-79 Bi-209
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一项符合题目要求。
1. 科技发展与化学密切相关。下列说法错误的是
A. 福建舰舰体材料无磁镍铬钛合金钢硬度高于纯铁
B. 神舟十七号使用砷化镓(GaAs)太阳能电池，供电时的能量转化形式为化学能转化为电能
C. 量子科技“墨子号”使用光纤作为地面传输材料，光纤的主要成分属于新型无机非金属材料
D. 中国研制的先进微纳米光刻机，其原材料之一四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]可溶于水
【答案】B
【解析】
【详解】A．合金的硬度一般大于其组分金属的硬度，无磁镍铬钛合金钢属于铁合金，硬度高于纯铁，故A正确；
B．砷化镓太阳能电池供电时，能量转化形式为太阳能直接转化为电能，不是化学能转化为电能，故B错误；
C．光纤的主要成分是二氧化硅，二氧化硅属于新型无机非金属材料，故C正确；
D．四甲基氢氧化铵属于有机强碱，其结构与氢氧化钠相似，具有强极性，可溶于水，故D正确；
故答案选B。
2. 下列化学用语的表示正确的是
A. 正盐Na2HPO3的阴离子结构可以表示为
B. Cl2分子中化学键的电子云轮廓图：
C. CO2的空间填充模型：
D. 基态Cr原子的价层电子轨道表示式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．亚磷酸是二元弱酸，只有2个氢可以电离，因此正盐的阴离子的结构与图示一致，A正确；
B．分子中的键是键，键是头碰头重叠，图示是轨道肩并肩重叠形成键的电子云轮廓，B错误；
C．同周期主族元素从左到右原子半径减小，原子半径，因此空间填充模型中中心的球应该大于，图示中比小，C错误；
D．基态原子的原子序数为24，符合洪特规则特例，半满结构更稳定，价层电子排布应为，图示为，不符合基态Cr原子的电子排布，D错误；
故选A。
3. 下列有关实验装置能够正确完成对应实验的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨气极易溶于水，该装置中导管末端伸入下层水层，吸收氨气时会发生倒吸，不能用于氨气的尾气吸收，A错误；
B．钠燃烧反应温度很高，玻璃表面皿无法承受该高温，钠燃烧应在坩埚中进行，B错误；
C．制取溴苯时，苯和液溴在铁粉催化下反应，挥发的溴单质可溶于四氯化碳被除去，生成的用碱液吸收，倒扣漏斗可以防止倒吸，装置设计正确，C正确；
D．石油分馏中，使用直形冷凝管时，冷凝水应下进上出，D错误；
故选C。
4. 下列反应事实用离子方程式表示，其中正确的是
A. 乙酰胺与盐酸混合共热：
B. 碳酸氢钙溶液与过量澄清石灰水混合：
C. K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中：K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓
D. K2Cr2O7检测酒驾的反应原理：
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙酰胺与盐酸混合共热反应生成乙酸和氯化铵，反应的离子方程式为：，A错误；
B．碳酸氢钙溶液与过量澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为：，B错误；
C．铁氰化钾溶液滴入氯化亚铁溶液发生的反应为铁氰化钾溶液与氯化亚铁溶液反应生成KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀和氯化钾，反应的离子方程式为：K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，C正确；
D．重铬酸钾检测酒驾的反应原理为重铬酸钾溶液与乙醇反应生成氯化钾、氯化铬、乙酸和水，反应的离子方程式为：，D错误；
故选C。
5. 配位化合物广泛应用于物质分离、定量测定、医药、催化等方面。利用氧化法可制备某些配位化合物，如2CCl2+2NH4Cl+8NH3+H2O2=2[C(NH3)5Cl]Cl2+2H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1 ml [C(NH3)5Cl]Cl2中含有σ键的数目为22 NA
B. H-N-H键角大小：NH3Y>Z>W
C. 该阴离子中含有配位键D. X、Y、Z均满足最外层8电子结构
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y在第二周期且未成对电子数之比为2：3，X未成对电子数为2，X的核外电子排布，X是C，Y未成对电子数为3，Y的核外电子排布，Y是N，Z的最高化合价与最低化合价的代数和为4，结合阴离子结构图，可推知Z位于第VIA族，W 为日常生活中应用最广泛的过渡金属，W是Fe，据此分析解题。
【详解】A．根据分析W是Fe，结合结构图可知化合价为+3，A正确；
B．根据分析X是C，Y是N，Z是O或S，W是Fe，第一电离能Y最大，B错误；
C．该阴离子中心铁原子含有较多空轨道，Y是N，含有孤电子对，可以形成配位键，C正确；
D．X、Y、Z均满足最外层8电子结构，D正确；
故选B。
7. 依据实验目的设计实验方案并进行实验，下列实验方案、现象和结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．本实验中Cl-过量，Ag+完全沉淀为AgCl，滴加KI后产生黄色沉淀，说明AgCl转化为更难溶的AgI，可证明同温下，方案、现象、结论都符合事实，A正确；
B．电石和饱和食盐水反应生成的乙炔中混有H2S、PH3等还原性杂质，这些杂质也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法证明乙炔具有还原性，B错误；
C．BaSO4本身难溶于水，试管底部的固体是未溶解的BaSO4，不能证明BaSO4使蛋白质变性，C错误；
D．苯酚与浓溴水反应生成的三溴苯酚可溶于苯，因此即使苯中含有苯酚，也不会析出白色沉淀，无法得出不含苯酚的结论，D错误；
故选A。
8. 奥司他韦是一种口服活性流感病毒神经氨酸酶抑制剂，分子结构如图所示，下列说法正确的是
A. 该分子含有4种官能团B. 该分子中最多有6个碳原子共平面
C. 分子式为C16H28N2O4D. 该分子可发生取代、加成、消去、氧化反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图中结构可以看出该分子有醚键、酯基、酰胺基、氨基、碳碳双键5种官能团，A错误；
B．碳碳双键是平面结构，与之直接相连的原子会在同一平面；酯基、酰胺键也存在平面结构，该分子中，碳碳双键所在的平面、酯基平面、酰胺键平面可以通过单键旋转部分重合，因此最多不止6个碳原子共平面，B错误；
C．由题中结构可以得到分子式为，C正确；
D．该分子含有酯基、酰胺基、氨基、碳碳双键，可发生取代、加成、氧化反应，不能发生消去反应，D错误；
故答案选C。
9. 相同质量的某谷物麦片经消解，所蒸馏出的氨用过量盐酸吸收，再用溶液返滴定，记录至终点时消耗NaOH溶液体积，四次平行测定结果为7.80 mL、7.47 mL、7.88 mL、7.85 mL。下列说法正确的是
A. 使用量筒量取盐酸溶液B. 可选择甲基红(变色范围pH4.4~6.2)为指示剂
C. 用溶液滴定的相对误差更小D. 平均消耗NaOH溶液体积为7.75 mL
【答案】B
【解析】
【详解】A．量筒的精度不足以准确量取50.00 mL盐酸，应使用移液管或滴定管，A错误；
B．甲基红的变色范围（pH4.4~6.2）与终点时水解导致的弱酸性（pH≈4.77）匹配，适合作为指示剂，B正确；
C．使用1.000 ml/L 时滴定体积过小，读数误差增大，相对误差更大，C错误；
D．四次数据中7.47 mL误差较大需要剔除，剩余三次平均值为7.84 mL，而非7.75 mL，D错误；
故答案为：B。
10. 科学家开发了如图所示的电化学装置，实现了H2O2的制备和废弃PET的回收利用。下列说法错误的是
A. 溶液中移向电极B
B. 电极B的电势高于电极A的电势
C. 理论上每消耗3 ml O2，电极B消耗乙二醇124 g
D. 阳极区发生的反应为：
【答案】C
【解析】
【分析】电极A中氧气转化为双氧水，得到电子发生还原反应，电极A是阴极；电极B是阳极，电极反应式为：，据此分析。
【详解】A．溶液中移向阳极，即电极B，A不符合题意；
B．电极A是阴极，电极B是阳极，所以电极B的电势高于电极A的电势，B不符合题意；
C．阳极电极反应式为：，理论上消耗(阴极式：)，此时转移电子，则电极B消耗乙二醇的物质的量是，质量是，C符合题意；
D．电极B为阳极，发生氧化反应，阳极发生的反应为：，D不符合题意；
故选C。
11. 某温度下发生反应：，M和N的消耗速率与本身浓度的关系如图，已知：，，和是速率常数，只与温度、催化剂有关。下列说法正确的是
A. 曲线y代表的是
B. 其他条件不变，压缩容器体积，体系内活化分子百分数增大
C. 此温度下，该反应的平衡常数
D. 密闭容器中进行该反应，P点时反应逆向进行
【答案】D
【解析】
【详解】A．由，，可知是二次函数，故曲线表示，故A错误；
B．其他条件不变，压缩容器体积，可增大单位体积内的活化分子数目，但活化分子百分数不变，故B错误；
C．当，即时反应达到平衡，该反应的化学平衡常数，故C错误；
D．依化学方程式可判断，当时反应达到平衡状态，而点，反应逆向进行，故D正确；
选D。
12. 某工厂采用辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)与软锰矿(主要成分为MnO2)联合焙烧法制备BiOCl并得到Mn(II)的化合物，工艺流程如图所示。已知联合焙烧时Bi2S3和FeS2分别转化为Bi2O3和Fe2O3，MnO2在联合焙烧时仅考虑生成MnSO4的反应。下列说法正确的是
A. “联合焙烧”时每转化1 ml Bi2S3消耗12 ml MnO2
B. “酸浸”应在加热条件下进行
C. “转化”过程中可知Fe3+氧化性强于Bi3+
D. “水解”时发生的反应为，适当加热可促进水解
【答案】C
【解析】
【详解】A．在联合焙烧时仅考虑生成的反应，可得反应方程式为，故1 ml 消耗3 ml ，A错误；
B．酸浸使用浓盐酸，加热会促进浓盐酸挥发，造成HCl损失、污染环境，因此不能在加热条件下进行，B错误；
C．酸浸后滤液中含有、，加入金属Bi后，转化得到，说明发生反应：。根据氧化还原规律：氧化剂氧化性>氧化产物氧化性，因此氧化性，C正确；
D．水解反应的反应物是水，不能直接写为反应物，正确的水解方程式为：，题目给出的方程式错误，D错误；
故选C。
13. 某小组为探究与KI之间的反应，进行了如下实验。
已知：（无色）（无色）；CuI为白色沉淀，可吸附；在溶液中不存在；呈无色，呈黄色。
下列结论或推断不合理的是
A. 与KI能发生反应：
B. CuI与反应的速率慢于与反应的速率
C. 黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，有、生成
D. Cu(Ⅱ)与生成配合物反应的限度大于二者发生氧化还原反应的限度
【答案】D
【解析】
【详解】A．CuI为白色沉淀，可吸附I2而显土黄色，CuI2在溶液中不存在，故CuSO4与KI能发生反应：，A正确；
B．已知（无色）（无色），结合第一个实验逐滴加入Na2S2O3溶液的实验现象，应该是CuI附着在表面的I2先反应，故CuI与Na2S2O3反应的速率慢于I2与Na2S2O3反应的速率，B正确；
C．第二个实验中，①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色，发生反应，Cu2+剩余，②逐滴加入Na2S2O3溶液时，开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，此时生成了、；黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，说明溶液中的Cu2+几乎全部转化为；最后黄色溶液变为无色溶液时，说明全部被还原为，C正确；
D．第二个实验中，溶液最后变为无色溶液，故最后溶液中主要为，故Cu(Ⅱ)与生成配合物反应的限度小于二者发生氧化还原反应的限度，D错误；
故选D。
14. 近年来，二维硒氧化铋因其稳定性好、载流子迁移率高等优点，被广泛应用于各种电子设备。研究人员发现，与石墨烯等二维材料不同，二维硒氧化铋的层与层之间是通过弱静电力而非范德华力维系。如图甲是二维硒氧化铋的结构示意图，图乙为其晶胞结构和氮掺杂后的结构。下列说法正确的是
A. 中，
B. 二维硒氧化铋晶胞沿z轴方向的投影图应该为
C. 若NA为阿伏加德罗常数的值，则二维硒氧化铋晶体的密度为
D. 二维硒氧化铋晶体经过图乙所示的氮掺杂之后，化学式变为Bi2O2-aSeNb，则a∶b=3∶2
【答案】D
【解析】
【分析】根据图乙，没有掺杂其他原子，利用均摊法可知晶胞中原子数分布如下：含个Bi原子，个Se原子，个O原子，其化学式为Bi2O2Se，所以图甲中根据电荷守恒知，该晶胞中若为与，则个数比为1:1。
【详解】A．该晶胞中若为与，则个数比为1:1，结合化合物化学式Bi2O2Se个数比及化合价规律可知，为，z=2n，x=y=2，A错误；
B．根据立体几何关系可知，晶胞沿Z轴的投影中，Bi3+位于面心，Se2-位于顶点，O2-位于棱上，其投影图为，B错误；
C．由分析，晶胞化学式为Bi2O2Se，Se个数为2，可知该晶胞中含2个Bi2O2Se，故该晶胞的质量，该晶胞体积，故该晶体密度为，C错误；
D．二维硒氧化铋晶体经过图乙所示的氮掺杂之后，有一个O原子所在位置成为空穴，还有两个O原子被N原子替换，所以O原子个数变为：，N原子数为：，Bi与Se个数没变化，分别是4和2，即Bi∶O∶Se∶N=4∶2.5∶2∶1=2∶1.25∶1∶0.5，根据化学式Bi2O2-aSeNb可得出2-a=1.25，a=0.75，b=0.5，因此得出a∶b=3∶2，D正确；
故答案选D。
15. 常温下，假设1 L水溶液中Fe3+和初始的物质的量均为0.01 ml(元素Fe、P的物质的量保持不变)。平衡条件下，体系中全部含磷物种的摩尔分数随pH的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是
已知Ksp(FePO4)=9.9×10-16，Ksp[Fe(OH)3]=10-38.
A. 丙线所示物种为FePO4
B. H3PO4的电离常数Ka2约为1.2×10-8
C. pH=0.23时，c(Fe3+)=0.002 ml·L-1，不产生Fe(OH)3沉淀
D. pH=0.1时，
【答案】C
【解析】
【分析】体系中含磷物种为、、、、，随增大，浓度减小且最先趋于0，故乙线表示；铁离子与磷酸根结合生成沉淀，随增加，沉淀量增加，故甲线表示；当增大到一定程度，发生沉淀转化生成，溶液中浓度增大，对应丁线，则丙线对应，据此分析。
【详解】A．由分析，丙线所示物种为，A不符合题意；
B．当时，与的摩尔分数都是，由图可知在此下，主要含磷物种为、和，的摩尔分数为，故，，故磷酸的，B不符合题意；
C．时，摩尔分数为，其物质的量为，故的物质的量为，浓度为，此时，不产生沉淀，C符合题意；
D．因元素、的物质的量保持不变，调节加入的酸不能是磷酸，故会有其他阴离子存在，pH=0.1时，D不符合题意；
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共55分
16. 二茂铁[Fe(C5H5)2]是一种具有芳香族化合物性质的有机过渡金属化合物。二茂铁的熔点是173℃，在100℃时开始升华，沸点是249℃，不溶于水，易溶于苯、乙醚、汽油、柴油等有机溶剂；化学性质稳定，400℃以内不分解。
实验步骤如下：
步骤1：在三颈烧瓶中加入25 g粉末状的KOH，并从仪器a中加入60 mL无水乙醚到三颈烧瓶中，充分搅拌，同时通氮气约10 min；
步骤2：再从仪器a滴入5.5 mL新蒸馏的环戊二烯(密度0.95 g/cm3)，搅拌；
步骤3：将6.5 g无水FeCl2与(CH3)2SO(二甲基亚砜，作溶剂)配成的溶液25 mL。装入仪器a中，慢慢滴入三颈烧瓶中，45 min滴完，继续搅拌45 min；
步骤4：再从仪器a加入25 mL无水乙醚搅拌，将液体经过“一系列操作”，得到二茂铁粗产品。
请回答下列问题：
（1）写出KOH、FeCl2、C5H6反应生成二茂铁[Fe(C5H5)2]的化学方程式：______。
（2）二茂铁[Fe(C5H5)2]中，环戊二烯阴离子以大π键电子参与配位，二茂铁中配体提供给Fe2+形成配位键的电子有______个。早期人们将二茂铁的结构误认为下图，现代核磁共振法能够区分这两种结构，在核磁共振氢谱中，正确的结构有______组峰(选填序号，下同)，错误的结构有______组峰。
A．1 B．2 C．3 D．4 E．5
（3）仪器a的名称是______。
（4）步骤4中的“一系列操作”如下，请排序：将液体转入分液漏斗→______→⑤→______。
①用水洗涤2次并分液 ②过滤 ③用盐酸洗涤2次并分液 ④蒸出乙醚后得到产品 ⑤加入无水Na2SO4
（5）二茂铁粗产品提纯过程在下图所示装置中进行，其分离方法名称为______，该操作中棉花的作用是______。
（6）若最终得到纯净的二茂铁4.8 g，则该实验的产率为______%(保留两位有效数字)。
【答案】（1）FeCl2+2C5H6+2KOH=Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O
（2） ①. 12 ②. A ③. C
（3）恒压滴液漏斗 （4） ①. ③① ②. ②④
（5） ①. 升华 ②. 防止二茂铁挥发进入空气中
（6）65
【解析】
【分析】环戊二烯在作用下生成环戊二烯阴离子，再与发生配位反应生成二茂铁，反应方程式为，据此分析。
【小问1详解】
、、反应生成二茂铁，与发生中和反应生成，再与配位生成，配平后化学方程式为；
【小问2详解】
每个环戊二烯阴离子提供6个π电子参与配位，2个配体共提供个电子形成配位键；正确结构中两个环等效，氢原子化学环境完全相同，核磁共振氢谱有1组峰，A符合题意；错误结构中两个环不等效，环上氢原子存在3种化学环境，核磁共振氢谱有3组峰，C符合题意；
【小问3详解】
仪器a为恒压滴液漏斗；
【小问4详解】
步骤4的操作顺序为：将液体转入分液漏斗后，先用盐酸洗涤除去过量，再用水洗涤除去残留盐类，分液后加入无水干燥，过滤除去干燥剂，最后蒸出乙醚得到产品，排序为③→①→⑤→②→④；
【小问5详解】
二茂铁易升华，提纯装置利用升华法分离；棉花的作用是防止升华的二茂铁颗粒进入空气中；
【小问6详解】
环戊二烯少量，其物质的量为，有关系式，理论产量为，产率为。
17. 锆(Zr)是一种稀有金属，广泛用在航空航天、军工、核反应、原子能领域。一种以锆英砂(主要含ZrSiO4，还含有少量Cr、Fe、Hf等元素)为原料生产金属锆和副产物硅酸钙的工艺流程如下：
已知：①“酸溶”后各金属元素在溶液中的存在形式为ZrO2+、HfO2+、Fe3+、Cr3+。
②25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=10-38，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5；
③部分氯化物的沸点数据如表所示：
回答下列问题：
（1）Zr是Ti的同族相邻元素，基态Zr原子的价电子排布式是______。
（2）“碱熔”时生成可以溶于水的钠盐的化学式为：______，温度和时间对锆英砂碱熔分解率的影响如图所示，应采取的条件为______。
（3）“萃取”时，锆元素与萃取剂形成多种络合物，写出生成Zr(NO3)2Cl2·2TOPO的离子方程式为：______，“萃取”操作除去的杂质元素为______。
（4）“氨沉”时产物为Zr(OH)4、Cr(OH)3和Fe(OH)3，反应结束后溶液中，则c(Fe3+)=______ml·L-1，“滤液2”中主要成分是______(填名称)。
（5）“煅烧”时Zr(OH)4分解生成ZrO2，“沸腾氯化”中反应①为“氯化反应”，请写出ZrO2参与该反应的化学方程式：______，氯化反应结束通入H2，目的是______。
【答案】（1）4d25s2
（2） ①. Na2SiO3 ②. 300℃条件下碱熔8h
（3） ①. ②. Hf
（4） ①. 1×10-8 ②. 氯化铵
（5） ①. ②. 将FeCl3还原为FeCl2，便于ZrCl4蒸馏分离
【解析】
【分析】锆英砂主要含，还含有少量Cr、Fe、Hf等元素，“碱熔”时转化为，“酸溶”后各金属元素在溶液中的存在形式为，“萃取”时，锆元素与萃取剂形成多种络合物，其中有锆元素生成的反应，除掉，反萃取后“沉淀”时生成沉淀，“滤液2”中主要成分是氯化铵，煅烧后生成 “沸腾氯化”时，转化为，转化为，由于和沸点接近，因此加入把还原为，避免升华时含有杂质，最后升华得到，而后还原得到金属锆，据此分析解答。
【小问1详解】
Zr是40号元素，与Ti同族（第IVB族），电子排布为，因此价电子排布式为：；
【小问2详解】
根据已知条件及分析可知：“碱熔”时发生反应的化学方程式：，故“碱熔”时生成可以溶于水的钠盐的化学式为：；根据温度和时间对锆英砂碱熔分解率的影响图示，300℃碱熔分解率最高，时间为8h和10h的分解率没有太大变化，所以最佳的条件是300℃条件下碱熔8h；
【小问3详解】
①“萃取”时，锆元素与萃取剂形成多种络合物，则根据流程生成Zr(NO3)2Cl2·2TOPO的离子方程式为：；
②根据分析“萃取”操作除去的杂质元素为Hf；
【小问4详解】
“沉淀”后的“废液”中有，，则，，则“废液”中；根据分析，“滤液2”中主要成分是氯化铵；
【小问5详解】
根据分析“沸腾氯化”时发生反应的化学方程式；根据分析，氯化反应结束通入目的是把还原为，避免升华时含有杂质，便于ZrCl4蒸馏分离。
18. CO2捕集、利用与封存(CCUS)被国际能源署列为实现全球净零排放的关键技术，包括从能源利用等工业过程或大气中捕集分离CO2并加以资源化利用的过程。
（1）化学链燃烧是一种通过载氧体实现燃料与空气的无接触燃烧方式，可有效捕集含碳物质燃烧时产生的CO2.基于CaSO4载氧体的CO化学链燃烧原理为反应Ⅰ和反应Ⅱ，同时体系中还存在副反应为反应Ⅲ．
反应Ⅰ： 。
反应Ⅱ：CaS(s)+2O2(g)=CaSO4(s)
反应Ⅲ：
①写出表示CO燃烧热的热化学方程式______。
②为减小平衡时，可以采取的措施有______(填字母)。
a．在合适的温度区间内降低反应温度 b．在恒温恒容条件下提高CO的初始投料
c．在恒温恒压条件下往初始投料中添加适量Ar d．加入对反应Ⅰ有利的催化剂
（2）一种由阴离子交换树脂和碳纳米管构成的复合膜(兼具阴离子和电子传递功能)可高效捕集空气中的CO2，原理如图所示，其中复合膜的Ⅰ侧将空气中的CO2捕集并转化为；Ⅱ侧通入少量H2即可释放CO2
复合膜Ⅱ侧释放CO2的反应式为______。当复合膜Ⅰ侧处理1 m3(已折算为标准状况，下同)空气，其中98%的CO2被复合膜捕集并释放，Ⅱ侧至少应通入H2______L。
（3）CO2催化加氢合成CH3OH可实现CO2的资源化利用。催化剂催化CO2加氢合成CH3OH的主要反应有：
反应Ⅳ：
反应Ⅴ：
初始225℃、8×106 Pa恒压下，将一定比例CO2、H2混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置及L1、L2、L3……位点处(相邻位点距离相同)的气体温度、CO和CH3OH的体积分数如图所示。
H2O的体积分数L5______L6；L8-L9位点温度为280℃，且各物质体积分数保持不变，n(CO2)=n(H2)，则反应Ⅳ的Kp=______(保留小数点后两位)。若初始225℃、7×107 Pa恒压下，保持CO2、H2通入比例不变，进行上述实验，测得从L1处开始，CO的体积分数不再改变，且小于2.8%，则L8处的温度______(填“>”“ ④. 反应V为气体分子数减小的反应，增加压强，平衡正向移动，放出热量，故体系温度大于280℃
【解析】
【小问1详解】
①CO燃烧的化学方程式，利用盖斯定律，，故CO燃烧热的热化学方程式为： ；
②a．在合适的温度区间内降低反应温度，反应Ⅰ平衡正向移动，浓度减小，浓度增大，反应Ⅲ为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，和浓度同等程度减小，综合反应Ⅰ和反应Ⅲ，减小，a正确；
b．恒温恒容条件下提高初始投料，则反应Ⅰ平衡正向移动，浓度增大，反应Ⅲ中和浓度同等程度增大，综合反应Ⅰ和反应Ⅲ，浓度增大的更多，则减小，b正确；
c．在恒温恒压条件下往初始投料中添加适量Ar，相当于减压，反应Ⅰ平衡不移动，反应Ⅲ平衡正向移动，反应Ⅲ中和浓度同等程度增大，则不变，c错误；
d．加入对反应Ⅰ有利的催化剂，催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡移动，故不变，d错误；
故答案选ab。
【小问2详解】
根据题意，复合膜的Ⅰ侧将空气中的CO2捕集并转化为，电极反应式为：；Ⅱ侧通入少量H2即可释放，电极反应方程式为：；
标准状况下，1 m3=1000 L，其中的体积分数为3%，则的体积为，被复合膜Ⅰ捕集的的体积为。则；根据两个电极电极反应式：可得与的物质的量之比为1:2，则，即；
【小问3详解】
由图可知，体积分数增加，说明L5到 L6处反应Ⅴ正向进行程度增大，反应Ⅴ消耗，但图中体积分数基本不变，说明反应Ⅳ也在正向进行，反应Ⅳ为气体分子数不变的反应，其正向进行时n()增大，反应Ⅴ为气体分子数减小的反应且没有的消耗与生成，故 n总减小而n()增加，即的体积分数增加，因此的体积分数为L5< L6；
设起始和物质的量分别为和，平衡时和的物质的量分别为和，由题意建立如下三段式：
L8-L9位点n()=n()，则，由图可知，L9处，则，，
联立①②③可得：，则平衡时的物质的量的分数为，的物质的量的分数为，的物质的量的分数为，的物质的量的分数为，则反应Ⅳ的；
反应V为气体分子数减小的反应，增加压强，平衡正向移动，放出热量，故体系温度大于280℃。
19. 有机物H是抗病毒药物的中间体。某实验室由芳香化合物A制备H的合成路线如下。
已知：①；
②
（1）A物质的名称为______。
（2）B→D的反应类型为______。
（3）H中碳原子的杂化方式为______。写出反应F+G→H的化学方程式：______。
（4）化合物E中的官能团名称是______。
（5）同时符合下列条件的化合物F的同分异构体有______种。
①含有结构；②1 ml该物质最多消耗4 ml NaOH；③核磁共振氢谱中有6组吸收峰。其中所有官能团都在一个苯环上的结构简式为______。
（6）由合成，根据题中信息已知，先成环后消去，实现下列转化过程，其中M的结构简式为______，“一定条件”为______。

【答案】（1）苯甲醇 （2）加成反应
（3） ①. sp2、sp3 ②. ++H2O
（4）酮羰基、醚键、碳碳双键
（5） ①. 10 ②.
（6） ①. ②. NaIO4、催化剂
【解析】
【分析】A是分子式为的芳香化合物，催化氧化得到分子式的B，说明A是含甲基醇的芳香化合物，则A、B的结构分别为、；由B+C→D的反应可知，该反应为加成反应；E→F反应为已知①反应，再根据F的结构以及E的分子式可知，E为；根据已知②反应以及F、G结构式可知，G为。
【小问1详解】
根据分析可知A的结构为，命名为苯甲醇。
【小问2详解】
B为苯甲醛，与C发生醛基的加成反应得到D，分子中多了羟基，属于加成反应。
【小问3详解】
H中双键碳为杂化，饱和烷基碳为杂化，故H中碳原子的杂化方式为、；根据分析可知，反应F+G→H的化学方程式为++H2O。
【小问4详解】
根据分析可知，E为，故化合物E中的官能团名称是酮羰基、醚键、碳碳双键。
【小问5详解】
化合物F的同分异构体要求：①含有结构；②1 ml该物质最多消耗4 ml NaOH，说明该物质可能存在酚羟基、羧基或者酚酯；③核磁共振氢谱中有6组吸收峰；故F的同分异构体可能的情况有：①1ml该物质含有羧基1ml和酚羟基3ml，则该情况下F的同分异构体情况为，共4种；②1ml该物质含有酚酯1ml和酚羟基3ml，则该情况下F的同分异构体情况为，共4种；③1ml该物质含有醛基1ml和酚羟基4ml，则该情况下F的同分异构体情况为，共2种；综上可知，F的同分异构体有10种，其中所有官能团都在一个苯环上的结构简式为 。
【小问6详解】
先按照已知②进行分子内成环得到带羟基的M，之后醇羟基发生消去反应得到双键，醇消去的反应条件为浓硫酸、加热，故其中M的结构简式为 ；“一定条件”为已知反应①，即和催化剂。A．氨气的尾气吸收
B．钠的燃烧反应
C．溴苯的制取
D．石油的分馏
实验目的
实验方案
实验现象
实验结论
A
比较AgI与AgCl的Ksp大小
同温下，向1 mL 0.1 ml·L-1的AgNO3溶液中先加入2 mL 0.1 ml·L-1的KCl溶液，再滴加4滴0.1 ml·L-1的KI溶液
先产生白色沉淀，后产生黄色沉淀
同温下Ksp(AgI)