2025--2026学年安徽省临泉田家炳实验中学（临泉县教师进修学校）高三下册4月期中考试化学试题 [含答案]

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可能用到的相对原子质量：H-1、C-12、N-14、O-16、Mg-24、P-31、S-32、Cl-35.5、Ca-40、V-51、Cr-52、Mn-55、Fe-56、C-59、Ni-59、Br-80、M-96、Ag-108
一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1. 材料是科技发展的基础。下列属于金属材料的是
A. 制造电极的石墨烯B. 制造减震弹簧的高碳钢
C. 制造防弹装甲的高强度芳纶纤维D. 制造耐温度剧变仪器的高硼玻璃
【答案】B
【解析】
【分析】金属材料的定义是由金属元素或以金属元素为主构成的具有金属特性的材料，包括纯金属及其合金。
【详解】A．石墨烯为碳元素形成的一种单质，属于非金属材料，A不选；
B．高碳钢是铁基合金，属于典型的金属材料，B选；
C．芳纶纤维为有机高分子合成材料，C不选；
D．玻璃为硅酸盐制品，属于无机非金属材料，D不选；
答案选B。
2. 下列实验的相应操作中，不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．铜与浓硫酸反应，生成二氧化硫，二氧化硫有毒会污染空气，二氧化硫属于酸性氧化物，可用氢氧化钠溶液吸收，所以为防止有害气体逸出，先放置浸溶液的棉团，再加热，A正确；
B．实验室制备氧气时，为了防止水槽中的水倒吸，实验结束时，先把导管移出水面，再熄灭酒精灯，可避免试管炸裂，B正确；
C．分液时，为了使液体顺利流下，需保持分液漏斗内部和外界大气压相等，所以分液时，先打开分液漏斗上方的玻璃塞，再打开下方的活塞，将下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，操作方法正确，C正确；
D．蒸馏时，为了更好的冷凝效果，冷凝水应：“下进上出”，即②口通入，①口流出，操作方法错误，D错误；
故选D。
3. 我国新一代载人飞船使用的绿色推进剂硝酸羟胺在催化剂作用下可完全分解为和。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 含有的质子数为
B. 固态硝酸羟胺含有的离子数为
C. 硝酸羟胺含有的键数为
D. 硝酸羟胺分解产生(已折算为标况)的同时，生成分子数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．含有的质子数为，A错误；
B．固态硝酸羟胺含有的离子数为，B错误；
C．硝酸羟胺含有的键数为，C正确；
D．根据题意硝酸羟胺分解的化学方程式为，根据计量系数关系可知硝酸羟胺分解产生标况下，同时生成分子数为，D错误；
故选C。
4. 下列实验原理或方法不正确的是
A. 可用萃取碘水中的
B. 可用重结晶法提纯含有少量的苯甲酸
C. 可用浓溶液除去乙酸乙酯中的乙酸
D. 可用浓溶液将转化为
【答案】C
【解析】
【详解】A．I2在CCl4中的溶解度比在水中大，且CCl4和水不互溶，因此可用CCl4萃取碘水中的I2，A正确；
B．苯甲酸的溶解度随温度升高而显著增大，而的溶解度受温度影响较小。可通过冷却热饱和溶液的方法使苯甲酸结晶析出，而仍留在溶液中，从而达到提纯的目的，B正确；
C．NaOH溶液与乙酸乙酯和乙酸均反应，不能达到目的，C错误；
D．CaSO4的Ksp大于CaCO3，用浓溶液可将转化为，D正确；
故答案为C。
5. 化学研究应当注重宏观与微观相结合。下列宏观现象与微观解释不符的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．氮气的稳定性源于氮分子中的三键，键能高难以断裂，A正确；
B．苯因大π键结构稳定，难以与溴发生加成或取代，B正确；
C．水晶的规则外形由原子三维有序排列（晶体结构）导致，C正确；
D．氯化钠熔点高于氯化铝的真实原因是氯化铝为分子晶体而非离子晶体，选项中将二者均视为离子晶体并用离子电荷和半径解释，不符合实际，D错误；
故选D。
6. 贵州矿产资源丰富，以某矿石为原料制备一种化工产品涉及的主要化学反应：，W、X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的前20号主族元素，只有Q为金属元素且其基态原子核外无单电子，X原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，Z和X同主族。下列说法正确的是
A. W能分别与X、Y、Z、Q形成简单化合物
B. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：
C. 简单离子半径：
D. 第一电离能：
【答案】A
【解析】
【分析】X原子最外层电子数是内层电子数的3倍，且为前20号主族元素，内层电子数为2（K层），最外层电子数为6，故X为氧（O）； Z与X同主族，原子序数大于X（8），故Z为硫（S）；Q为金属元素，原子序数大于Z（16），且基态原子核外无单电子，中Q为+2价，故Q为钙（Ca）；Y原子序数在X（8）与Z（16）之间，为非金属（因只有Q为金属），结合化学式及Q为+2价，故其阴离子为，Y为+5价，为，推断Y为磷（P），W原子序数最小，为非金属，结合反应式推断W为氢（H）；反应式为：，故元素顺序：W（H）、X（O）、Y（P）、Z（S）、Q（Ca），据此分析。
【详解】A．W（H）能与X（O）形成H2O、Y（P）形成PH3、Z（S）形成H2S、Q（Ca）形成CaH2，均为简单化合物，A符合题意；
B．最高价含氧酸酸性比较，（中强酸）弱于（强酸），故Y＜Z，B不符合题意；
C．电子层数越多，离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，半径越大，简单离子半径比较， C不符合题意；
D．第一电离能：同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势（但有），金属元素的第一电离能小于非金属元素，第一电离能顺序为，D不符合题意；
故选A。
7. 的四方晶胞(晶胞参数，省略中的氧，只标出)和的立方晶胞如图所示，为阿伏加德罗常数的值。
下列说法错误的是
A. 晶胞中1位的分数坐标为
B. 晶胞中2位和3位的核间距为
C. 晶胞和晶胞中原子数之比是
D. 晶体密度小于晶体密度
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图示，晶胞中1位位于晶胞的棱角，其分数坐标为，故A正确；
B．2位坐标为(a，a，1.7a)，3位坐标为(0，0，3.4a)，核间距：apm，B正确；
C．晶胞中原子个数为：，晶胞中原子个数为：（省略中的氧，只标出，所以一起计算的原子），晶胞和晶胞中原子数之比是，C正确；
D．晶体密度计算公式为：，晶体密度为： ，晶体密度为：，晶体密度大于晶体密度，D错误；
故答案选D。
8. 用肼的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量，反应原理如图所示。下列说法正确的是
A. 是还原反应的产物B. 还原性：
C. 处理后溶液的增大D. 图示反应过程中起催化作用的是
【答案】C
【解析】
【分析】由图中信息可知，和反应生成的是和反应的催化剂，是中间产物，该反应的离子方程式为，是还原剂，是氧化剂，是还原产物。
【详解】A．该反应中，中N元素的化合价升高被氧化，因此，是氧化反应的产物，A不正确；
B．在同一个氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物，因此，还原性的强弱关系为，B不正确；
C．由反应的离子方程式可知，该反应消耗，处理后溶液的增大，C正确；
D．根据循环图可知，图示反应过程中起催化作用的是，D不正确；
综上所述，本题选C。
9. 一种高容量水系电池示意图如图。已知：放电时，电极Ⅱ上减少；电极材料每转移1ml电子，对应的理论容量为。下列说法错误的是
A. 充电时Ⅱ为阳极
B. 放电时Ⅱ极室中溶液的pH降低
C. 放电时负极反应为：
D. 充电时16gS能提供的理论容量为
【答案】B
【解析】
【分析】放电时，电极Ⅱ上减少，说明MnO2转化为Mn2+，化合价降低，发生还原反应，为原电池的正极，由于电解质溶液为MnSO4，故电解质应为酸性溶液，正极反应为：；则电极Ⅰ为原电池负极，MnS失去电子生成S和Mn2+，负极反应为：。
【详解】A．由分析可知，放电时电极Ⅱ为正极，故充电时电极Ⅱ为阳极，A正确；
B．由分析可知，放电时电极Ⅱ为正极，正极反应为：，反应消耗，溶液的pH升高，B错误；
C．由分析可知，放电时电极Ⅰ为原电池负极，负极反应为：，C正确；
D．根据放电时负极反应，可知充电时阴极反应为，每消耗16gS，即0.5mlS，转移1ml电子，据题意可知，能提供的理论容量为26.8A⋅h，D正确；
故选B。
10. 我国化学工作者开发了一种回收利用聚乳酸(PLA)高分子材料的方法，其转化路线如下所示。
下列叙述错误的是
A. PLA在碱性条件下可发生降解反应
B. MP的化学名称是丙酸甲酯
C. MP的同分异构体中含羧基的有3种
D. MMA可加聚生成高分子
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据PLA的结构简式，聚乳酸是其分子中的羧基与另一分子中的羟基发生反应聚合得到的，含有酯基结构，可以在碱性条件下发生降解反应，A正确；
B．根据MP的结果，MP可视为丙酸和甲醇发生酯化反应得到的，因此其化学名称为丙酸甲酯，B正确；
C．MP的同分异构体中，含有羧基的有2种，分别为正丁酸和异丁酸，C错误；
D．MMA中含有双键结构，可以发生加聚反应生成高分子，D正确；
故答案选C。
11. 某化学兴趣小组设计如下实验装置，通过测定反应前后质量的变化，验证固体在酒精灯加热条件下，受热分解的气态产物。
实验步骤：先缓慢通入Ar气，排尽装置内空气；关闭Ⅰ左侧阀门，点燃酒精灯；一段时间后，Ⅱ中灼热的铜网变黑，熄灭酒精灯甲；再次缓慢通入Ar气……
下列说法错误的是
A. 实验步骤中，点燃酒精灯的顺序为甲、乙、丙
B. 整个过程中，若Ⅲ中灼热的铜网未变黑，则说明生成的在Ⅱ中反应完全
C. 实验结束后，若Ⅰ中减少的质量等于Ⅱ中增加的质量，则分解的气态产物只有
D. 应远离热源、可燃物，并与还原性物质分开存放
【答案】A
【解析】
【分析】先缓慢通入Ar气，排尽装置内空气，防止对实验造成干扰，关闭Ⅰ左侧阀门，先后点燃乙、丙、甲处酒精灯，一段时间后，Ⅱ中灼热的铜网变黑，说明NaNO3分解产生了O2，熄灭酒精灯甲，再次缓慢通入Ar气，使NaNO3分解产生的气态产物全部排尽，浓硫酸用于防止空气中的水蒸气进入装置干扰实验。
【详解】A．一段时间后，Ⅱ中灼热的铜网变黑，说明NaNO3分解产生了O2，为确保能准确测定产生的氧气的质量，应先点燃乙处酒精灯，再点燃丙处酒精灯，最后点燃甲处酒精灯，A错误；
B．Ⅱ、Ⅲ中Cu均能和氧气反应生成黑色的CuO，整个过程中，若Ⅲ中灼热的铜网未变黑，则说明生成的O2在Ⅱ中反应完全，B正确；
C．Ⅱ中的Cu只能吸收O2，实验结束后，若Ⅰ中减少的质量等于Ⅱ中增加的质量，则分解的气态产物只有O2，C正确；
D．由该实验可知NaNO3受热易分解产生氧化剂、助燃性气体O2，故NaNO3应远离热源、可燃物，并与还原性物质分开存放，D正确；
答案选A。
12. 某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含和少量)中提取金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下，下列说法错误的是
A. 硫酸用作催化剂和浸取剂
B. 使用生物质的优点是其来源广泛且可再生
C. “浸出”时，3种金属元素均被还原
D. “沉钴”后上层清液中
【答案】C
【解析】
【分析】矿石(含MnO2、C3O4、Fe2O3)经过硫酸和稻草浸出过滤得到滤液，滤液含有Fe3+、Mn2+、C2+，加入Na2CO3沉铁得到FeOOH，过滤，滤液再加入Na2S沉钴得到CS，过滤最后得到硫酸锰溶液。
【详解】A．根据分析可知，加入硫酸和稻草浸出，硫酸作催化剂和浸取剂，A正确；
B．生物质(稻草)是可再生的，且来源广泛，B正确；
C．根据图示可知，“浸出”时，Fe的化合价没有变化，Fe元素没有被还原，C错误；
D．“沉钴”后的上层清液存在CS的沉淀溶解平衡，满足Q=Ksp=c(C2+)·c(S2-)=10-20.4，D正确；
答案选C
13. 下，、和的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。某实验小组以为指示剂，用标准溶液分别滴定含水样、含水样。
已知：①为砖红色沉淀；
②相同条件下溶解度大于；
③时，，。
pAg=-lg[c(Ag+)/(ml·L-1)]
pX=-lg[c(Xn-)/(ml·L-1)](X代表Cl-、Br-或CrO)
下列说法错误的是
A. 曲线②为沉淀溶解平衡曲线
B. 反应的平衡常数
C. 滴定时，理论上混合液中指示剂浓度不宜超过
D. 滴定达终点时，溶液中
【答案】D
【解析】
【分析】由于AgCl和AgBr中阴、阳离子个数比均为1：1，即两者图象平行，所以①代表，由于相同条件下，AgCl溶解度大于AgBr，即，所以②代表AgCl，则③代表AgBr，根据①上的点（2.0，7.7），可求得，根据②上的点（2.0，7.7），可求得，根据③上的点（6.1，6.1），可求得。
【详解】A．由分析得，曲线②为AgCl沉淀溶解平衡曲线，故A正确；
B．反应的平衡常数，故B正确；
C．当Cl-恰好沉淀完全时可以得到的饱和溶液，，则，因此，指示剂的浓度不宜超过10-2ml/L，故C正确；
D．以为指示剂，当Br-到达滴定终点时，开始形成Ag2CrO4砖红色沉淀，且半分钟内不消失，此时，，则，而此时银离子浓度并不为1 ml/L，故D错误；
故选D。
14. 传统方法中，制备化合物c常用到。某课题组提出了一种避免使用的方法，机理如图所示(L表示配体，表示价态)。下列说法不正确的是
A. 化合物b是的替代品
B. 是该过程产生的副产物
C. M可能是和
D. 整个过程中，含镍化合物发生了2次氧化反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据反应机理图可知由化合物b制备目标产物c，化合物b替代提供氰基，A正确；
B．反应过程中有自由基生成，自由基结合生成，为副产物，B正确；
C．由图可知LNiⅠ-Br与反应生成LNi0与M，其中Ni化合价降低，氢化合价由-1价升高到0价的氢气，没有H+生成，C错误；
D．整个过程中，含镍化合物化合价升高2次，发生了2次氧化反应，D正确；
故选C。
二、非选择题（本大题共4小题，共58分）
15. 和广泛应用于精细化工领域。回答下列问题：
I．制备无水
实验室用和制备无水的装置（省略夹持仪器）如图。
已知：极易水解
（1）按上图连接仪器进行实验，正确的操作顺序是________（填标号）。
①通入氢气流 ②收集 ③管式炉加热 ④打开活塞，滴加液溴
（2）装置A的作用是________。
（3）仪器X的名称为________。
（4）装置D中，用湿润红磷的目的是________（用化学方程式表示）。
（5）仪器Y中盛装的试剂是________（填标号）。
a． b． c． d．
（6）整套实验装置的不足之处是________。
Ⅱ．制备无水MgBr2
（7）尝试直接加热制备无水。当加热至，失重后固体残渣质量为原化合物质量的。经分析该固体残渣为，则________（均为正整数）。继续加热，最终得到。据以上结果判断，欲从获得无水，应采用的措施是________。
【答案】（1）①③④②
（2）除去水蒸气；观察气体流速
（3）蒸馏烧瓶 （4）
（5）b （6）缺乏尾气处理装置
（7） ①. ②. HBr气氛下加热
【解析】
【分析】先通入H2气流，通过浓硫酸干燥，通入干燥氢气排除装置内空气，防止HBr与O2反应生成Br2；管式炉加热，缓慢打开活塞滴加液溴，控制反应速率；在D中利用红磷与Br2反应生成PBr3从而吸收未反应的Br2，通过冰浴收集HBr，据此分析；
【小问1详解】
先通入H2气流（①）排除装置内空气，防止HBr与O2反应生成Br2；管式炉加热（③），促进H2与Br2反应；缓慢打开活塞滴加液溴（④），控制反应速率；通过冰浴收集HBr（②），正确的操作顺序是①③④②；
【小问2详解】
装置A中盛装浓硫酸，作用是除去水蒸气，同时可以观察气体流速；
【小问3详解】
仪器X的名称为蒸馏烧瓶；
【小问4详解】
装置D中，用湿润红磷的目的是利用红磷与Br2反应生成PBr3从而吸收未反应的Br2，PBr3极易水解，和水反应生成H3PO3和HBr，化学方程式为；
【小问5详解】
a．可与HBr反应，a错误；
b．不与HBr反应，可用来干燥HBr，b正确；
c．可与HBr反应，c错误；
d．无吸水性，d错误；
故选b；
【小问6详解】
整套装置F后面缺乏尾气处理装置；
【小问7详解】
设292g加热至，失重后固体残渣质量为原化合物质量的，反应前后镁元素质量不改变，根据镁的质量守恒，产物中含24gMg，则可知x=1，则可得：24+17y+80z=292×，y+z=2x=2，解得y=1.5，z=0.5，则；继续加热，最终得到。据以上结果判断，欲从获得无水，应采用的措施是在HBr气氛下加热，可以抑制水解。
16. 从炼油厂焙烧炭渣(主要含炭、和，以及少量、)中提取钼的工艺流程如下：
已知：和均易溶于水；草酸()在水中溶解度见下表。
（1）“酸浸”中钼和钒分别转化为和。100℃下各元素浸出率与草酸浓度的关系如图。
①最佳草酸浓度为________。
②中钒的价电子排布式为________。
③生成的化学方程式为________。
（2）“酸转化”中加浓硫酸后，过滤前的操作为________；“滤渣2”为________(填名称)。
（3）“沉钼”中，HMT(结构如图)在溶液中转变为，一个有________个可形成氢键的位点；沉淀为。
（4）“碱浸转化”中，在碱作用下分解出，后者转化为的化学方程式为________；“滤液2”中可循环利用的物质为________。
（5）关于该工艺流程，下列说法错误的是________。(填标号)
a．“气体1”为CO b．“滤渣1”主要含炭、NiO和
c．“滤液1”含 d．粗产品含
【答案】（1） ①. 2.0 ②. 3d1 ③.
（2） ①. 冷却结晶 ②. 草酸晶体
（3）4 （4） ①. ②. HMT
（5）ab
【解析】
【分析】炭渣加入草酸浸取，钼和钒分别转化为和，M、V被还原为盐溶液，草酸被氧化为二氧化碳（气体1），炭不反应、镍、钙转化为草酸镍沉淀、草酸钙沉淀，三者成为滤渣1，过滤，滤液加入浓硫酸使得钼、钒的草酸盐转化为硫酸盐和草酸，较低温度时草酸溶解度较小得到草酸晶体成为滤渣2，过滤得到含和的滤液，“沉钼”过程中加入HMT得到沉淀为，结合质量守恒，还生成，过滤，滤液1中含和不反应的，过滤后得到沉淀加入氧化钙、水、空气，碱浸转化过程中氧化钼元素得到CaMO4；
【小问1详解】
①由图，最佳草酸浓度为2.0，此时钼元素浸出率接近100%，而钙、镍浸出率为0；
②V为23号元素，中钒为+4价，V失去4个电子得到+4价钒，其价电子排布式为3d1。
③和草酸发生氧化还原反应生成，M化合价由+6变为+5、部分草酸中碳化合价由+3变为+4生成二氧化碳，结合电子守恒，化学方程式为；
【小问2详解】
“酸转化”中加浓硫酸后，转化生成和及草酸，此时温度升高，根据表格，低温有利于草酸析出，则过滤前的操作为冷却结晶；由分析，“滤渣2”为草酸晶体；
【小问3详解】
结合HMT结构，HMT中一个氮与氢离子形成配位键得到，可形成N-H…Y氢键（作为氢键给体），另有3个N原子，均具有1对孤电子对，可形成N…H-X氢键（作为氢键受体），故存在4个可形成氢键的位点；
【小问4详解】
被氧气氧化为，反应中钼化合价由+5变为+6、氧气中氧化合价由0变为-2，结合电子守恒，反应为：；在碱作用下会转化生成HMT，则“滤液2”中可循环利用的物质为HMT；
【小问5详解】
a．由分析，“气体1”为二氧化碳，错误；
b．“滤渣1”主要含炭、和，错误；
c．酸转化中通过冷却结晶所得滤液为草酸的饱和溶液，则“滤液1”含草酸，正确；
d．硫酸钙微溶于水，则碱浸转化得到粗产品含，正确；
故选ab。
17. 我国科学家研发出一种乙醇(沸点78.5℃)绿色制氢新途径，并实现高附加值乙酸(沸点118℃)的生产，主要反应为
Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列问题：
（1）乙醇可由秸秆生产，主要过程：秸秆纤维素_______乙醇。
（2）对于反应Ⅰ。
①已知 ，则_______。
②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是_______(填标号)。
A．容器内的压强不再变化
B．混合气体的密度不再变化
C．的体积分数不再变化
D．单位时间内生成，同时消耗
（3）恒压100kPa下，向密闭容器中按投料，产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2。[比如：乙酸选择性]
①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为_______。
②由图中信息可知，乙酸可能是_______(填“产物1”“产物2”或“产物3”)。
③270℃时，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则_______，平衡常数_______(列出计算式即可；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1）葡萄糖 （2） ①. ②. AC
（3） ①. 乙酸选择性最大且反应速率较快 ②. 产物1 ③. 36:5 ④.
【解析】
【小问1详解】
纤维素水解得到葡萄糖，葡萄糖发酵产生二氧化碳和乙醇，故答案为葡萄糖。
【小问2详解】
①反应Ⅰ-反应Ⅱ得到“已知反应”，根据盖斯定律计算得=，故答案为
②恒温恒容下发生
A．该反应是气体总物质的量增大的反应，容器内的压强不再变化，说明气体总物质的量不再改变，说明反应达到平衡状态，A符合题意；
B．体积自始至终不变，气体总质量自始至终不变，则气体密度不是变量，混合气体的密度不再变化，不能说明反应是否达到平衡状态，B不符合题意；
C．的体积分数不再变化，说明其物质的量不再改变，反应已达平衡，C符合题意；
D．单位时间内生成，同时消耗均是逆反应速率，不能说明反应是否达到平衡状态，D不符合题意；
故答案选AC；
【小问3详解】
①由图1可知，在270℃时，乙酸选择性最大且反应速率较快，因而反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，故答案为乙酸选择性最大且反应速率较快。
②由图2可知关键步骤中生成产物1的最大能垒为0.58eV，生成产物2的最大能垒为0.66eV，生成产物3的最大能垒为0.81eV，图1中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，则乙酸可能是产物1；故答案为产物1。
③设投料n(H2O)=9 ml，n(乙醇)=1 ml，密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量=1 ml×90%×80%=0.72 ml，平衡时生成的乙醛的物质的量=1 ml×90%×(1-80%)=0.18 ml，列三段式得 恒温恒压下，各组分的分压之比=各组分的物质的量之比0.72 ml:0.1 ml=36:5，平衡时气体的总物质的量为0.1 ml+8.28 ml+1.62 ml+0.72 ml+0.18 ml=10.9 ml，平衡常数=，故答案为36:5；。
18. 艾拉莫德(化合物F)有抗炎镇痛作用，可用于治疗类风湿关节炎。F的一条合成路线如下(略去部分条件和试剂)
已知反应：其中RL是较大烃基，RS是较小的烃基或氢
回答下列问题：
（1）A的结构简式是_______。
（2）B中官能团的名称是_______、_______。
（3）反应②的反应类型为_______；吡啶是一种有机碱，在反应②中除了作溶剂外，还起到的作用是_______。
（4）在反应⑤的步骤中，二甲基丙酰氯和甲酸钠预先在溶剂丙酮中混合搅拌5小时，写出此过程的化学方程式_______。然后，再加入D进行反应。
（5）关于F的化学性质，下列判断错误的是_______(填标号)。
a．可发生银镜反应 b．可发生碱性水解反应
c．可使溶液显紫色 d．可使酸性溶液褪色
（6）G是二甲基丙酰氯的同分异构体，可以发生银镜反应，核磁共振氢谱中显示为四组峰，且峰面积比为。G的结构简式是_______(手性碳用*号标记)。
（7）参照反应①和②，利用和完成杀菌剂乙霉威()的合成路线：_______。
【答案】（1） （2） ①. 氨基 ②. 醚键
（3） ①. 取代反应 ②. 吸收反应产生的，促进反应进行
（4）++NaCl
（5）c （6）
（7）
【解析】
【分析】A在Fe粉、盐酸条件下反应生成B，Fe粉具有还原性，观察到B中含有氨基，A→B的过程中，O原子变少了，说明A→B是硝基被还原为氨基，结合B的结构简式和A的分子式可知，A的结构简式为，B与发生取代反应生成C，C发生③和④两步反应得到D，D发生反应生成E，E经⑥和⑦两步反应得到产物F。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为，故答案为：；
【小问2详解】
根据B的结构简式可知，B中含有的官能团是氨基和醚键，故答案为：氨基；醚键；
【小问3详解】
观察B和C的结构简式可知，取代B中氨基上的一个H原子得到C，则反应②为取代反应；吡啶是一种有机碱，具有碱性，反应②反应会生成HCl，吡啶能够吸收反应生成的HCl，促进反应正向进行，故答案为：取代反应；吸收反应产生的HCl，促进反应进行；
【小问4详解】
在反应⑤的步骤中，二甲基丙酰氯和甲酸钠预先在溶剂丙酮中混合搅拌5小时，在这个过程中，甲醇钠和反应生成酸酐，该过程的化学方程式为：++NaCl
，故答案为：++NaCl
；
【小问5详解】
a．根据F的结构简式可知，F含有醛基，能发生银镜反应，故a正确；
b．F含有酰胺基，在碱性条件下能发生水解，因此F可发生碱性水解反应，故b正确；
c．F不含酚羟基，不能使溶液显紫色，故c错误；
d．F含有碳碳双键，能与酸性溶液发生氧化还原反应使溶液褪色，故d正确；
故答案为：c；
【小问6详解】
G是二甲基丙酰氯的同分异构体，可以发生银镜反应，说明分子中含有醛基，核磁共振氢谱中显示为四组峰，且峰面积比为，说明含有4种不同环境的氢原子，且数目之比为，说明结构对称，且存在两个等效的甲基，手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子，则G的结构简式为（用“*”标记手性碳原子），故答案为：；
【小问7详解】
参照反应①和②，利用和完成杀菌剂乙霉威，先发生硝化反应，在苯环上引入硝基得到，然后发生类似①的反应，将硝基还原为氨基得到，与在吡啶存在的条件下发生取代反应得到产物乙霉威，则合成路线为：，故答案为：。A．制备并检验
B．实验室制取
为防止有害气体逸出，先放置浸溶液的棉团，再加热
实验结束时，先把导管移出水面，再熄灭酒精灯
C．分液
D．蒸馏
先打开分液漏斗上方的玻璃塞，再打开下方的活塞
冷却水从冷凝管①口通入，②口流出
选项
宏观现象
微观解释
A
氮气稳定存在于自然界中
氮分子中存在氮氮三键，断开该共价键需要较多的能量
B
苯不能使溴的溶液褪色
苯分子中碳原子形成了稳定的大键
C
天然水晶呈现多面体外形
原子在三维空间里呈周期性有序排列
D
氯化钠晶体熔点高于氯化铝晶体
离子晶体中离子所带电荷数越少，离子半径越大，离子晶体熔点越低
温度℃
20
40
60
80
溶解度(g/100 g)
9.5
21.5
44.3
84.5