辽宁省鞍山市普通高中2025届高三下学期第二次质量监测化学试题（Word版附解析）

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注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
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鞍山市普通高中2024-2025学年度高三第二次质量监测化学
考试时间：75分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Mg-24 Si-28
一、单项选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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. 分类思想在化学中具有重要意义，下列对叙述内容的分类错误的是
A AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．细胞器的双分子膜由磷脂构成，磷脂分子通过非共价相互作用形成双分子膜结构，属于超分子，A正确；
B．核苷酸由核苷与磷酸脱水缩合而成，核苷酸是生物大分子核酸的基本组成单位，但核苷酸本身属于小分子化合物，B错误；
C．烫发第一阶段需将头发角蛋白中二硫键（－S－S－）转化为游离的巯基（－SH），二硫键断裂生成巯基的过程属于还原反应，C正确；
D．质谱检测时，样品分子被高能原子轰击成由电子、阳离子以及电中性微粒组成的气态物质，这种气态物质符合等离子体的定义，D正确；
故答案为：B。
2. 受热分解发生如下反应：，下列表示相关微粒的化学用语正确的是
A. 中子数为1的氢原子：
B. HI的电离方程式：
C. 基态I-的价层电子排布式：
D. 的VSEPR模型：
【答案】D
【解析】
【详解】A．质量数等于质子数加中子数，故中子数为1的氢原子表示为：，A错误；
B．HI是强酸，属于强电解质，故HI的电离方程式为：HI=H++I-，B错误；
C．I是主族元素，其价层电子即为其最外层电子，故基态I-的价层电子排布式为：，C错误；
D．的中心原子N的价层电子对数为：4+=4，无孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知，其VSEPR模型结构为正体面体：，D正确；
故答案为：D。
3. 下列除杂试剂和方法正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．应该用无水硫酸钠干燥硝基苯，故A错误；
B．二氧化碳能与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，应该用饱和碳酸氢钠溶液除二氧化碳中的二氧化硫，故B错误；
C．溶解、过滤、结晶，可除去中难溶于水的灰分，故C正确；
D．用生石灰除乙醇中的水，故D错误；
选C。
4. 下列关系错误的是
A. 燃烧热：C2H5OH＜HOCH2CH2OH
B. pKa：CH2ClCOOH＜CH2ClCH2CH2COOH
C. COCl2与SOCl2键角：
D. 化学键中离子键成分的百分数：MgO＜Na2O
【答案】A
【解析】
【详解】A．燃烧热是1ml物质完全燃烧生成稳定物质释放的热量，乙醇(C2H5OH)的燃烧热约为-1367 kJ/ml，乙二醇(HOCH2CH2OH)约为-1184 kJ/ml，乙醇的燃烧热绝对值更大，说明其释放的热量更多，因此燃烧热更高，因此燃烧热：C2H5OH＞HOCH2CH2OH，A错误；
B．氯乙酸(CH2ClCOOH)和2-氯丁酸(CH2ClCH2CH2COOH)中，氯原子的电负性较高，会吸引电子，使羧基中的氢更容易电离，氯乙酸的氯原子与羧基更接近，电子吸引作用更强，酸性更强，因此pKa值：CH2ClCOOH＜CH2ClCH2CH2COOH，B正确；
C．COCl2和SOCl2中，COCl2的中心原子C为sp2杂化，SOCl2的中心原子S为sp3杂化，sp2杂化形成的键角大于sp3杂化，因此∠Cl－S－Cl＜∠Cl－C－Cl，C正确；
D．已知Na的电负性比Mg的小，则Na与O的电负性差值比Mg与O的电负性差值更大，故Na2O的离子键成分更高，此外，Mg2+极化能力更强，进一步降低MgO的离子性，因此MgO中的离子键成分百分数应小于Na2O，D正确；
故答案为：A。
5. 实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法(部分实验材料已省略)均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．KMnO4可以加热分解制氧气，但氧气的密度大于空气，不能用向下排空气法收集，故A错误；
B．电石和饱和食盐水在常温下反应生成乙炔，乙炔在水中溶解度不大，可以用排水法收集，故B正确；
C．MnO2和浓盐酸反应需要固液加热装置，b中无加热装置，故C错误；
D．碳酸钙和稀硫酸反应生成硫酸钙，硫酸钙微溶于水，覆盖在碳酸钙表面，阻碍碳酸钙和硫酸的接触，实验室制二氧化碳应选用碳酸钙和稀盐酸，故D错误；
故选：B。
6. 短周期主族元素、、、的原子序数依次增大，基态原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，可与形成淡黄色化合物，、最外层电子数相同。下列说法正确的是
A. 时，最高价氧化物水溶液的
B. 第一电离能：
C. 简单离子的半径：
D. 简单离子的还原性：
【答案】A
【解析】
【分析】四种短周期主族元素，基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，设若X为第二周期元素原子，则X可能为Be或O，若X为第三周期元素，则均不满足题意，Z与X能形成Z2X2的淡黄色化合物，该淡黄色固体为Na2O2，则X为O元素，Z为Na元素；Y与W的最外层电子数相同，则Y为F元素，W为Cl元素。
【详解】A．Z为Na，W为Cl，时，最高价氧化物水溶液分别为NaOH溶液和HClO4溶液，，A正确；
B．同一周期从左向右第一电离能总趋势为逐渐增大，同一主族从上到下第一电离能逐渐减小，故四种元素中第一电离能从大到小的顺序为F＞O＞Cl＞Na，B错误；
C．电子层数越多简单离子半径越大，相同结构的离子，原子序数越大半径越小，故四种元素中离子半径从大到小的顺序为：Cl-＞O2-＞F-＞Na+，C错误；
D．单质的氧化性越强，简单离子的还原性越弱，O、F、Cl三种元素中F2的氧化性最强Cl2的氧化性最弱，故简单离子的还原性：Cl-＞O2-＞F-，D错误；
故选A。
7. 化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法正确的是
A. 溶液中，1mlX最多能与3mlNaOH反应
B. X、Y遇FeCl3溶液均显紫色
C. Y与乙醇发生酯化反应可得到X
D. 室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数目不相等
【答案】A
【解析】
【详解】A．羧基、酯基水解生成的羧基和酚羟基都能和NaOH以1：1反应，溶液中，1ml X最多能与3ml NaOH反应，A正确；
B．含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应，X不含酚羟基、Y含有酚羟基，所以X遇氯化铁溶液不发生显色反应，B错误；
C．Y中羧基能和乙醇发生酯化反应，所得产物不为X，Y中的酚羟基与乙酸发生酯化反应生成X，C错误；
D．已知同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故室温下，X、Y和溴发生加成反应的产物中都含有3个手性碳原子，如图所示：、，含有的手性碳原子个数相等，D错误；
故答案为：A。
8. 硫酸盐(含、)气溶胶是的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如下。下列说法错误的是
A. 该过程有参与B. 硫酸盐气溶胶呈酸性
C. 是氧化产物D. 该过程有氢氧键的断裂和硫氧键的生成
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图示中各微粒的构造可知，该过程有水参与，A正确；
B．硫酸盐(含、)气溶胶中含有，转化过程有水参与，则在水中可电离生成，所以硫酸盐气溶胶呈酸性，B正确；
C．根据图示的转化过程，转化为 ，氮元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，作氧化剂，则是还原产物，C错误；
D．根据图示转化过程中，第阶段，由亚硫酸根离子转化为，根据图示对照，水分子参与反应，所以有氢氧键的断裂，同时生成了，有硫氧键生成，D正确；
故选C。
9. 某研究团队设计了一种可穿戴汗液传感器用于检测汗液中的葡萄糖浓度，该传感器同时集成了供电与检测两个模块。如图是供电模块工作原理(其中GOD为电极表面修饰的葡萄糖氧化酶)。下列说法错误的是
A. 使用高活性GOD，可提高酶促反应速率，增强电信号强度
B. 利用纳米材料修饰电极表面可提供更多的活性位点，有利于提高传感器的灵敏度
C. 供电模块负极反应：C6H12O6-2e-+H2O=C6H12O7+2H+
D. 供电模块中1×10-6mml C6H12O6被氧化，正极消耗1.12×10-5mL O2(标准状况)
【答案】D
【解析】
【分析】由图和题干信息可知，葡萄糖在反应中失电子作负极，电极反应式为C6H12O6-2e-+H2O=C6H12O7+2H+，氧气作正极，电极反应式为O2+2e-+2H+=H2O2，据此作答。
【详解】A．使用高活性GOD能降低反应所需的活化能，使更多反应物分子转化为活化分子，可提高酶促反应速率，增强电信号强度，A正确；
B．纳米材料具有较大的表面积，用来修饰电极表面，可提供更多的活性位点，有利于提高传感器的灵敏度，B正确；
C．葡萄糖在反应中失电子作负极，电极反应式为C6H12O6-2e-+H2O=C6H12O7+2H+，C正确；
D．1×10-6mml C6H12O6被氧化，转移电子2×10-6mml，依据电子守恒可得正极消耗氧气2×10-6mml××22.4mL/mml=2.24×10-5mL，D错误；
故答案为：D。
10. 由ClO2制备杀菌剂NaClO2的生产工艺流程如下图，已知“尾气吸收”是吸收电解过程中排出的少量ClO2，以下说法正确的是
A. 电解时阳极材料可选择Fe、C合金网
B. 尾气吸收时H2O2起氧化剂作用
C. 电解总反应式为：2ClO2+2NaCl2NaClO2+Cl2
D. 结晶干燥时需在HCl热气流下进行，以防NaClO2水解
【答案】C
【解析】
【分析】由题干合成流程图可知，将ClO2通入NaCl溶液中进行电解，生成NaClO2和Cl2，故阳极生成Cl2、阴极生成NaClO2，ClO2用H2O2、NaOH溶液进行吸收，反应方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑，将电解得到的溶液和尾气吸收产生的成品液合并进行蒸发浓缩、冷却结晶，低温干燥得到NaClO2产品，据此分析解题。
【详解】A．电解时阳极材料不能选择Fe，否则铁失电子，A错误；
B．ClO2与双氧水、氢氧化钠反应生成NaClO2，流程中H2O2做还原剂，B错误；
C．电解装置中阴极ClO2得电子生成，阳极Cl-失电子生成Cl2，电解总反应式为：2ClO2+2NaCl2NaClO2+Cl2，C正确；
D．NaClO2是强碱弱酸水解呈碱性，因为HCl会与NaClO2发生氧化还原反应，故结晶干燥时不能在HCl热气流下进行，D错误；
故答案：C。
11. 实验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是
A. 向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开K
B. 实验中装置b中的液体逐渐变为浅红色
C. 装置c中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢
D. 反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯
【答案】D
【解析】
【分析】在溴化铁作催化剂作用下，苯和液溴反应生成无色的溴苯和溴化氢，装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，倒置漏斗的作用是防止倒吸。
【详解】A项、若关闭K时向烧瓶中加注液体，会使烧瓶中气体压强增大，苯和溴混合液不能顺利流下。打开K，可以平衡气压，便于苯和溴混合液流下，故A正确；
B项、装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，溴溶于四氯化碳使液体逐渐变为浅红色，故B正确；
C项、装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，故C正确；
D项、反应后得到粗溴苯，向粗溴苯中加入稀氢氧化钠溶液洗涤，除去其中溶解的溴，振荡、静置，分层后分液，向有机层中加入适当的干燥剂，然后蒸馏分离出沸点较低的苯，可以得到溴苯，不能用结晶法提纯溴苯，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握实验操作要点，结合物质的性质综合考虑分析是解答关键。
12. 硅化镁是一种窄带隙型半导体材料，在光电子器件等领域具有重要应用前景。硅化镁的晶胞参数，属于面心立方晶胞，结构如下图所示。下列说法正确的是
A. 晶体中与原子距离最近的原子有4个
B. 晶胞在对角面方向的投影图为
C. 晶胞中相距最近的原子与原子间的距离为
D. 阿伏加德罗常数的值为，该晶体的密度
【答案】D
【解析】
【详解】A．晶体中与Si原子距离最近的Mg原子有8个，A错误；
B．晶胞在对角面方向的投影图为， B错误；
C．晶胞中相距最近的Si原子与Mg原子间的距离为体对角线的四分之一，即为nm，C错误；
D．Si原子位于顶点和面心共有4个，Mg原子位于体内共有8个，该晶体的密度为，D正确；
故答案选D。
13. 合成氨的物质和能量关系如下图所示，下列说法正确的是
A. 该反应的活化能为
B. 的键能约为
C. (i)(ii)(iii)能量不同的原因是形成该化学键时化学环境不同
D. 温度升高有利于合成氨速率的加快和平衡产率的提高
【答案】C
【解析】
【详解】A．活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量，是正值。由图可知该反应的活化能1127kJ，A错误；
B．到吸收能量为473kJ，则的键能为，B错误；
C．(i)(ii)(iii)能量不同是因为在形成化学键时，周围的原子种类、数量及空间结构等化学环境不同，导致成键时释放的能量有差异，C正确；
D．合成氨反应，是放热反应，温度升高，反应速率加快，但平衡逆向移动，平衡产率降低 ，D错误；
故选C。
14. 由合成的过程如下图。某温度下，保持体系中浓度恒定，向恒容反应器中加入发生图中系列反应。各反应的速率方程均可表示为，其中、分别为各反应中对应反应物的浓度，为速率常数(分别对应反应①~⑤)。已知该温度下，。下列说法正确的是
A. 充入惰性气体(不参与反应)，使压强增大能提高各步骤的反应速率
B. 时，若，则此时
C. 随T的含量增加，增大
D. 不发生变化时，体系中的含量一定为0
【答案】C
【解析】
【详解】A．恒容条件下，充入惰性气体(不参与反应)，压强增大，但原物质得浓度不变，反应速率不变，A错误；
B．时，若，则，则前内， ，B错误；
C．由，D的生成速率比G的生成速率大，G的消耗速率比D大，则随T的含量增加，增大，C正确；
D．反应初期，生成的T可以忽略不计，则体系中X的含量不为0，D错误；
故选C。
15. 时，进行如下实验：
I.将等体积、浓度均为溶液与新制溶液混合，观察现象；
II.再滴加适量新制饱和氯水(忽略体积变化)，振荡，观察现象。
已知：，，、。
下列说法正确的是
A. 新制饱和氯水中存在：
B. 将溶液稀释到，变为原来的
C. 实验I中，不能观察到溶液变浑浊
D. 实验II中发生反应的离子方程式为：
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯气与水的反应是可逆反应，无法确定溶液中剩余氯气与其它含氯微粒间的关系，A错误；
B．是弱酸，加水稀释，电离程度增大，将溶液稀释到，大于原来的，B错误；
C．实验I中，不能观察到溶液变浑浊，因为不能弱酸制强酸，且可以溶于盐酸，C正确；
D．实验II中再滴加适量新制饱和氯水，生成硫酸钙沉淀，发生反应的离子方程式为：，D错误；
故选C。
二、填空题：本大题共4小题，共55分.
16. 由电镀污泥(含、、、、、等)为原料生产流程如图：
已知：I.：
II.能形成无色的
回答下列问题：
（1）氨浸液中的能使污泥中的一种胶状物转化为疏松的颗粒。
①“氨浸”步骤在缓冲溶液中，可被还原，生成，该反应的离子方程式为_______；
②氨浸渣中的在射线衍射图谱中产生了明锐衍射峰，则属于_______(填“晶体”或“非晶体”)；
③时，若测得氨浸液为9，则溶液中_______(填“>”、“＜”或“=”)；
④提高了氨浸液和浸渣的分离效率，原因是_______；
⑤氨浸液呈深蓝色，其中呈色离子的结构简式为_______。
（2）水浸液中含+6价Cr的含氧酸盐，请从平衡移动角度指出A物质为_______(填化学式)，并用适当的化学用语阐述原理_______。
（3）根据溶解度曲线(如图)指出“系列操作”为_______。
【答案】（1） ①. ②. 晶体 ③. = ④. 使胶状物转化为易于分离的沉淀颗粒 ⑤.
（2） ①. ②. 增大浓度，促进平衡正向移动，生成
（3）浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥
【解析】
【分析】由题给流程可知，向电镀污泥中加入氨水、亚硫酸铵和碳酸铵的混合溶液氨浸，将溶液中的铜离子、锌离子、银离子转化为四氨合铜离子、四氨合锌离子、二氨合银离子，铁离子和亚铁离子转化为碳酸亚铁沉淀、铬离子转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氨浸液和氨浸渣；向氨浸渣中加入氢氧化钠、通入空气高压焙烧，将碳酸亚铁转化为氧化铁、氢氧化铬转化为铬酸钠，焙烧渣水浸、过滤得到含有氧化铁的水浸渣和铬酸钠溶液；向溶液中加入硫酸溶液调节溶液pH，将溶液中铬酸钠转化为重铬酸钠，反应得到的溶液经浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥得到重铬酸钠。
【小问1详解】
①由分析可知，氨浸时铁离子发生的反应为溶液中的铁离子与亚硫酸根离子、碳酸根离子、氨分子反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸根离子和铵根离子，反应的离子方程式为，故答案为：；
②由碳酸亚铁在X射线衍射图谱中产生了明锐衍射峰可知，碳酸亚铁属于晶体，故答案为：晶体；
③由电离常数可知，溶液中===1，则溶液中一水合氨浓度与铵根离子浓度相等，故答案为：=；
④碳酸铵提高了氨浸液和浸渣的分离效率是因为：碳酸铵能使污泥中的胶状物转化为易于分离的沉淀颗粒，故答案为：使胶状物转化为易于分离的沉淀颗粒；
⑤氨浸液呈深蓝色是因为溶液中存在着结构简式为的四氨合铜离子，故答案为：；
【小问2详解】
由分析可知，水浸液中存在如下平衡：，向溶液中加入硫酸溶液，溶液中的氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，有利于重铬酸根离子的生成，故答案为：；增大浓度，促进平衡正向移动，生成；
【小问3详解】
由溶解度曲线可知，得到重铬酸钠的系列操作为浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥。
17. 烟酸(，微溶于冷水，易溶于热水和乙醇等)可用作调脂药，降低血清胆固醇及三酰甘油浓度。某实验室利用如下方案(图1)对烟酸进行合成，实验步骤如下：
I.在图2三颈烧瓶中加入3-甲基吡啶、蒸馏水和转子，搅拌使其溶解；
II.打开电磁加热搅拌器，控制溶液温度处于，将(过量)分为四份，每隔5分钟加入一次，加毕继续保持该温度反应1小时。反应结束后，三颈烧瓶中出现大量棕褐色沉淀；
III.搅拌状态下向三颈烧瓶中加入数滴乙醇至溶液接近无色，再加稀盐酸，调节溶液的为4，趁热过滤，，浓缩至体积为，放入冰箱，冷却半小时；
IV.过滤、脱色提纯后得白色粉末状产品1.845g。
回答下列问题：
（1）3-甲基吡啶中碳原子的杂化方式为_______，其在水中溶解度较大的原因是_______。
（2）步骤II中，加热的最佳方式为_______；图2中缺少的玻璃仪器名称是_______。
（3）补全III中a处的实验步骤：_______。
（4）实验证明，盐酸加入量过少或过多，都会使烟酸的产量下降，其原因是_______。
（5）本次实验烟酸的产率为_______。
【答案】（1） ①. 、 ②. 烟酸与水能形成氢键
（2） ①. 水浴加热 ②. 温度计
（3）用少量热水洗涤沉淀，合并滤液与洗涤液
（4）稀盐酸加入过少，部分烟酸钾未转化为烟酸；稀盐酸加入过多，烟酸中原子与结合形成可溶盐
（5）75%
【解析】
【分析】实验原理为3-甲基吡啶经高锰酸钾氧化生成烟酸钾，此时有黑色难溶物二氧化锰应过滤分离，再经过蒸馏除掉3-甲基吡啶，后经强酸制弱酸，得到烟酸，提纯后得到烟酸晶体。
【小问1详解】
3-甲基吡啶中，六元环上的碳原子杂化方式为sp2，甲基上的碳原子杂化方式为sp3；3-甲基吡啶中N原子与水中H原子形成氢键，所以在水中溶解度较大。
【小问2详解】
步骤II中，为便于控制溶液温度处于，加热的最佳方式为水浴加热；步骤II需控制溶液温度处于，所以图2中缺少的玻璃仪器名称是温度计。
【小问3详解】
搅拌状态下向三颈烧瓶中加入数滴乙醇至溶液接近无色，再加稀盐酸，调节溶液的为4，趁热过滤出，用少量热水洗涤沉淀，合并滤液与洗涤液，浓缩至体积为，放入冰箱，冷却半小时；
【小问4详解】
稀盐酸加入过少，部分烟酸钾未转化为烟酸；稀盐酸加入过多，烟酸中原子与结合形成可溶盐，所以盐酸加入量过少或过多，都会使烟酸的产量下降。
【小问5详解】
3-甲基吡啶的物质的量为0.02ml，理论上生成0.02ml烟酸；烟酸的产率为。
18. 一种利用焦炉气中的H2和工业废气捕获的CO2生产CH3OH的主要反应为： 。同时发生副反应；
（1）①焦炉气是重要的化工原料，可通过_______(填代号)获得；
A．石油的分馏 B．煤的气化 C．煤的液化 D．煤的干馏
②焦炉气混有一定量的H2S，合成前需净化处理，一种干法脱硫并实现脱硫剂再生的原理如下图所示：
该方法使用的脱硫剂是_______，写出脱硫总反应方程式_______。
（2）下列生产条件中既有利于提高甲醇的合成速率，又有利于提高甲醇选择性的是_______(填代号)。
A. 加压B. 降温C. 升温D. 适宜的催化剂
（3）研究合成甲醇的催化剂时发现，CeO2-Pd具有优异的吸附和活化CO2、H2的性能，其催化机理如下：
①已知生成CH3O*是反应的决速步骤：写出该步骤的反应方程式_______(“*”表示吸附态，例如Pd-H可表示为H*)；
②请结合图示说明及时分离出H2O有利于提高单位时间内甲醇产率的原因_______。
（4）合成甲醇的反应也可以在复合分离膜反应器中进行，原理简化如下：
某温度下，在容积为1L的反应器中充入1mlCO2和3mlH2，仅发生合成甲醇的主要反应，复合分离膜能选择性透过水分子，进而使反应物转化率由66.7%(无复合分离膜)提升至90%，该反应的K=_______(计算结果用分数表示，下同)；H2O的分离率为_______(H2O的分离率)。
【答案】（1） ①. D ②. ③. （2）AD
（3） ①. ②. 及时分离出水，有利于释放出氧空位，进而提高单位时间内甲醇产率
（4） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
①从煤的干馏产物中可以获得焦炉气、粗氨水、煤焦油和焦炭等重要的化工原料，则焦炉气可通过煤干馏，煤的气化中得到CO、H2，石油分流得到烃类物质，故答案为：D；
②根据图知，脱硫剂是Fe(OH)3，总反应中反应物是H2S、O2，生成物是S和H2O，反应方程式为2H2S+O22S+2H2O，故答案为：Fe(OH)3；2H2S+O22S+2H2O；
小问2详解】
A.加压，单位体积内活化分子个数增多，则化学反应速率提高，平衡正向移动，提高甲醇的选择性，A正确；
B.降温，活化分子百分数减小，化学反应速率降低，B错误；
C.升温，活化分子百分数增大，化学反应速率提高，平衡逆向移动，甲醇的选择性降低，C错误；
D.适宜的催化剂，活化分子百分数增大，提高反应速率，催化剂具有选择性，所以提高甲醇的选择性，D正确；
故答案为：AD；
【小问3详解】
①由题干反应历程图可知，该反应中H*和CH2*反应生成CH3O*，反应方程式为，故答案为：；
②及时分离出水，有利于释放氧空位，进而提高单位时间内甲醇的产率，所以要及时分离出水，故答案为：及时分离出水，有利于释放氧空位，进而提高单位时间内甲醇的产率；
【小问4详解】
向容器中充入的CO2与H2的比等于其计量数的比，所以平衡时二者的转化率相等，该温度下，使用分离膜时，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，反应物的转化率为66.7%，则消耗的c(CO2)=1ml×66.7%×66.7%=0.667ml/L，消耗的c(H2)=3ml×66.7%=3×0.667 ml/L，则该可逆反应三段式分析为： 某温度下，该反应的K===；如果转化率提升到90%，则生成的n(H2O)等于消耗的n(CO2)为1ml×90%=0.9ml，容器内n(CO2)=0.1ml、n(H2)=0.3ml，生成的n(CH3OH)=0.9ml，设分离出n(H2O)=xml，温度不变，化学平衡常数不变，则K===，x=0.896，H2O的分离率===，故答案为：；。
19. 二代靶向药物Bsutinib的结构及合成路线如下：
已知：I.-OR为邻、对位定位基；-COOR为间位定位基
II.(性质与苯类似)
回答下列问题：
（1）的反应类型是_______。
（2）化合物B中显示出较强定位能力的基团是_______(填名称)。
（3），的分子式为_______。
（4）文献表明反应分为2步：
步骤①：E发生分子内加成-消去反应产生中间体；
步骤②：异构化产生。
则步骤①的化学反应方程式为_______。
（5）已知反应中有生成。写出一种满足下列条件的的同分异构体的结构简式_______。
①红外光谱显示该同分异构体含有苯环且与具有相同的官能团；
②核磁共振氢谱中显示出3组峰
（6）下图为某合成路线的一部分：
K和L的结构简式分别为_______、_______。
【答案】（1）取代反应
（2）甲氧基 （3）
（4）+CH3OH （5）或
（6） ①. ②.
【解析】
【分析】A（）与取代反应生成B（），B与硝酸取代生成C（），C还原生成D（），D与反应生成E()，E发生分子内加成-消去反应，再异构化产生（），F发生取代反应生成G（），G与发生取代反应生成H（），H与发生取代反应生成产物，据此分析；
【小问1详解】
根据分析可知，的反应类型是取代反应；
【小问2详解】
因-OR为邻、对位定位基；-COOR为间位定位基，化合物B中硝基在-OR对位，而不是-COOR的间位定，显示出较强定位能力的基团是甲氧基；
【小问3详解】
D（）与反应生成E()和2X，根据守恒可知，X的分子式为；
【小问4详解】
E发生分子内加成生成生成，消去反应产生中间体，化学反应方程式为+CH3OH；
【小问5详解】
可知J为，①红外光谱显示该同分异构体含有苯环且与具有相同的官能团，说明含有两个碳氯键，一个氨基一个甲氧基；②核磁共振氢谱中显示出3组峰，说明含有三种氢原子，结构对称，同分异构体的结构简式：或；
【小问6详解】选项
叙述
分类
A
细胞器的双分子膜由磷脂构成
该双分子膜属于超分子
B
核苷酸由核苷与磷酸脱水缩合而成
核苷酸属于生物大分子
C
烫发第一阶段需将头发角蛋白中二硫键(-S-S-)转化为游离的巯基(-SH)
该过程属于还原反应
D
质谱检测时，样品分子首先被高能原子轰击成由电子、阳离子以及电中性微粒组成的气态物质
该气态物质属于等离子体
选项
物质(杂质)
除杂试剂
方法
A
硝基苯()
溶液、
萃取、分液、干燥
B
饱和溶液
洗气
C
(难溶于水的灰分)
蒸馏水
溶解、过滤、结晶
D
乙醇()
浓硫酸
蒸馏
气体
试剂
制备装置
收集方法
A
a
d
B
、饱和食盐水
b
e
C
、浓盐酸
b
c
D
、稀硫酸
b
c