湖北孝感市2026届高三年级下学期第二次统一考试 化学试卷（含解析）高考模拟

这是一份湖北孝感市2026届高三年级下学期第二次统一考试 化学试卷（含解析）高考模拟，共42页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，考试结束后，请将答题卡上交，5 C59， 某化合物结构如图所示等内容，欢迎下载使用。
本试卷满分100分，考试用时75分钟。
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效。
4.考试结束后，请将答题卡上交。
可能用到的相对原子质量：H1 Li7 C12 N14 O16 Na23 Cl35.5 C59
一、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. 下列关于生活中常用的食品添加剂说法正确的是
A. 是一种防腐剂和护色剂，可用于腊肉的生产
B. 是一种营养强化剂，可添加到饼干中
C. 是一种增味剂，可添加到铁强化酱油中
D. 山梨酸钾是一种抗氧化剂，可添加到面包中
【答案】A
【解析】
【详解】A．​(亚硝酸钠)是合法的食品防腐剂、护色剂，能够抑制肉毒杆菌繁殖，还能保持肉制品色泽，可在国家标准用量范围内用于腊肉生产，A正确；
B．（碳酸氢铵）受热分解产生，属于面食加工中的膨松剂，不是营养强化剂，B错误；
C．（硫酸亚铁）添加到铁强化酱油中是为了补充所需铁元素，属于营养强化剂，不属于增味剂，C错误；
D．山梨酸钾通过抑制微生物生长起到防腐效果，属于防腐剂，不属于抗氧化剂，D错误；
故答案选A。
2. 下列关于物质性质或应用解释错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．生铁为铁碳合金，杂质原子会阻碍金属原子层的相对滑动，因此延展性弱于纯铁，A正确；
B．热稳定性是由分子内共价键键能决定的化学性质，热稳定性强于是因为O的非金属性强于S，键键能大于H−S 键，与分子间氢键无关，氢键仅影响熔沸点等物理性质，B错误；
C．金刚石和碳化硅均为共价晶体，键长越短键能越大，晶体硬度越高，C原子半径小于Si，因此键长小于C−Si 键，金刚石硬度更大，C正确；
D．二者均为离子晶体，离子所带电荷数相同时，离子半径越大离子键越弱，晶体熔点越低，C2H5NH3+体积大于，因此C2H5NH3NO3离子键更弱、熔点更低，D正确；
故选B。
3. 下列化学用语表述错误的是
A. 甲醛的分子空间结构模型：
B. 基态氧原子的轨道表示式：
C. 甲基的电子式：。
D. 分子中键类型：键
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲醛(HCHO)中碳原子采用sp2杂化，分子结构呈平面三角形，键角约为120°，而题图所示模型为甲醛的球棍模型，能表示分子空间结构，A正确；
B．基态氧原子的电子排布式为，基态氧原子的核外电子轨道表示式：，B错误；
C．甲基中碳原子有4个价电子，其中3个分别与3个H原子成键，剩余1个未成对电子，C正确；
D．中原子价层电子对数为，采取杂化，键由的杂化轨道和的轨道头碰头重叠形成键，键类型为键，表述正确，D正确；
故选B。
4. 下列离子方程式书写正确的是
A. 向溶液中通入少量
B. 向溶液中滴加少量溶液：
C. 向溶液中通入少量
D. 向溶液中加入过量氨水：
【答案】D
【解析】
【详解】A．还原性，向溶液中通入少量时，优先氧化，正确离子方程式为，A错误；
B．向溶液中滴加少量，完全反应，系数应为1，正确离子方程式为，选项给出的是过量时的反应，B错误；
C．酸性：，向苯酚钠溶液中通入少量只能生成，正确离子方程式为，C错误；
D．向溶液中加入过量氨水，最终与过量形成可溶性络离子[Cu(NH3)4]2+，离子方程式书写正确，D正确；
故选D。
5. 下列实验设计合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．明矾小晶体悬挂在玻璃杯的中央，在饱和明矾溶液中慢慢生长，从而得到较完美的晶体，A正确；
B．金属钠燃烧实验需要在坩埚中进行，B错误；
C．实验室用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应制备氯气，C错误；
D．关闭K1、打开K2时，该装置为电解池，锌为活性阳极，无氧气生成，阴极生成氢气，则打开K1、关闭K2时，不能形成氢氧燃料电池，D错误；
故选A。
6. 稀有气体和在一定条件下可制备离子化合物，其制备的反应历程如图所示。下列说法错误的是
A. 是反应的中间产物
B. 上述过程中属于氧化还原反应有②④
C. 总反应的方程式：
D. 一定温度下与能形成，的空间结构是平面正方形
【答案】B
【解析】
【分析】①-⑤各反应历程为：①PtF6+F−→PtF7−；②Xe+PtF7−→XeF+PtF6−；③XeF+PtF6→XeF++PtF6−；④PtF6−→PtF5+F−；⑤PtF5+PtF6−→[Pt2F11]−。
【详解】A．从反应过程图可看出，XeF 先生成，后又继续参与反应生成 XeF+，所以 XeF 属于反应的中间产物，A正确；
B．过程②中 Xe 由 0 价变为 XeF 中的 +1 价，Pt 由PtF7−中的+6价降低为 中的+5价，属于氧化还原反应；但过程④只是含氟铂化合物之间的转化，没有明显化合价升降，因此不能说②④都属于氧化还原反应，B错误；
C．由分析可知，各步反应相加得Xe+2PtF6=[XeF]+[Pt2F11]−，C正确；
D．XeF4中Xe 的价层电子对数为6，其中有4对成键电子对、2对孤电子对，属于AX4E2型，空间构型为平面正方形，D正确；
故答案为B。
7. 氮及其化合物的转化关系如图所示，其中甲是可以使酚酞溶液变红的气体。下列说法错误的是
A. 常温下，可用铁制容器来盛装丁的浓溶液
B. 一定条件下，甲与丙可以反应生成无污染的
C. 甲的VSEPR模型为四面体形
D. 丙属于酸性氧化物
【答案】D
【解析】
【分析】甲是能使酚酞变红的气体，故甲为；结合转化关系可推得：乙为，丙为，丁为，戊为；
【详解】A．丁是浓硝酸，常温下铁遇浓硝酸发生钝化，因此可以用铁制容器盛装浓硝酸，A不符合题意；
B．和可以发生归中反应：8NH3+6NO2=一定条件7N2+12H2O ，产物无污染，B不符合题意；
C．中心N原子价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，C不符合题意；
D．酸性氧化物定义为：与碱反应只生成对应价态的盐和水，且反应中无化合价变化。与碱反应时发生歧化，生成硝酸盐、亚硝酸盐两种盐，N化合价发生变化，且不存在对应价态的酸，因此不是酸性氧化物，D符合题意；
答案选D。
8. 某化合物结构如图所示。下列说法错误的是
A. 该化合物中含有4个手性碳原子
B. 该化合物最多与发生加成反应
C. 该化合物只能与碱反应，不能与酸反应
D. 该化合物含有5种官能团
【答案】C
【解析】
【详解】A．连接有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故该化合物含有如图（，图中＊所标为手性碳原子）共4个手性碳原子，正确；
B．该化合物中含有的碳碳双键和氰基能与氢气发生加成反应，1个碳碳双键能与1个分子发生加成反应，1个氰基能与2个分子发生加成反应，故该化合物最多与发生加成反应，B正确；
C．该化合物分子中含有的酯基、酰胺基、氰基在酸性和碱性条件下均可发生水解反应，含有的羧基可与碱发生反应，因此该化合物既能与酸反应，也能与碱反应，C错误；
D．该化合物含有酯基、酰胺基、碳碳双键、氰基、羧基共5种官能团；D正确；
故选C。
9. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Y、Z同周期。铜与W、X、Y、Z元素组成的物质结构如图所示。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：B. 电负性：
C. 第一电离能：D. 简单氢化物的沸点：
【答案】D
【解析】
【分析】推断元素：原子序数：，全部只形成1个单键，W为；全部形成4个共价键，第ⅣA族，为；形成3个共价键，可提供孤电子对配位，第ⅤA族，为；可形成双键，也可提供孤电子对配位，第ⅥA族，为， 推断符合原子序数递增、X/Y/Z同周期的条件，据此分析。
【详解】A．一般电子层数越多，半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大半径越小，因此半径：N3−(Y)>O2−(Z)>H+(W) ，A错误；
B．同周期主族元素电负性从左到右依次增大，因此电负性：，B错误；
C．同周期第一电离能从左向右总体呈增大趋势，第ⅤA族元素因轨道半满稳定，第一电离能大于相邻的ⅥA族元素。因此第一电离能：C(X)CH4(X) ，D正确；
故选D。
10. 类比推理是中学化学常用的学习方法。下列说法正确的是
A. 乙烯可被酸性溶液氧化生成，则乙醇也可被酸性溶液氧化生成
B. 可与水反应生成和，则也可与水反应生成和
C. 和浓硫酸可制取气体，则和浓硫酸也可制取气体
D. 可与反应生成，则也可与反应生成
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙烯含碳碳双键，可被酸性完全氧化生成，但乙醇与酸性溶液常温反应时通常被氧化为乙酸，不会生成，A错误；
B．中Cl电负性大于Br，Br显+1价、Cl显-1价，水解生成和；中Br电负性大于I，I显+1价、Br显-1价，水解生成和，B正确；
C．和浓硫酸制利用高沸点酸制低沸点酸原理，但是还原性强，浓硫酸具有强氧化性，会将氧化为，无法制取气体，C错误；
D．因为氮的最外层电子排布式为2s22p3，该层没有d轨道，磷的最外层电子排布式为3s23p3，该层外面还有3d空轨道可以参与成键，所以可与反应生成，但不能与反应生成，D错误；
故选B。
11. 实验室用苯胺、冰醋酸和少量锌粉在105℃条件下加热制备乙酰苯胺，实验装置如图所示(省略夹持及加热装置)。已知：①苯胺易被氧化；②乙酰苯胺通常为无色片状晶体，且在水中的溶解度随温度升高明显增大。制备的化学方程式为：
下列说法正确的是
A. 制备时加入锌粉的主要目的是加快反应速率
B. 重结晶法提纯乙酰苯胺时，应趁热过滤，防止晶体提前析出
C. 反应结束后需先关闭冷凝水再停止加热，防止倒吸
D. 为了更好的控制温度，可采用水浴加热
【答案】B
【解析】
【详解】A．已知苯胺易被氧化，Zn可以做还原剂，消耗体系中的氧气，从而有效防止苯胺被氧化，所以加入锌粉的主要目的是防止苯胺被氧化，而不是加快反应速率，A错误；
B．已知乙酰苯胺在水中的溶解度随温度升高明显增大，重结晶提纯时趁热过滤可以防止温度降低导致晶体提前析出，提高产率，B正确；
C．反应结束后应先停止加热，继续通冷凝水直至装置冷却，如果先关闭冷凝水则局部过热，可能会发生冲料，甚至会导致冷凝管炸裂，C错误；
D．本反应需要在105℃条件下进行，水浴加热的最高温度为100℃，不能满足要求，若要更好的控制温度，可以采用油浴或电热套直接加热的方式，D错误；
故选B。
12. 含硝酸盐的废水和乙二醇共电解可生成氨气和乙醇酸，原理如图所示。下列说法正确的是
A. b极电势比a极电势低
B. 每转移电子，理论上消耗
C. 如图电极上发生的电极反应式为：
D. 电解一段时间后，左侧溶液下降
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，与a极相连的电极上硝酸根转化为氨气，N元素化合价降低，发生还原反应，则该电极为电解池的阴极，a极为电源负极，故b极为电源正极。
【详解】A．b极为正极，a极为负极，正极电势比负极高，即b极电势比a极电势高，A错误；
B．硝酸根转化为氨气发生的反应为，每转移电子，理论上消耗，B错误；
C．阳极上发生氧化反应，电极反应式为，C正确；
D．根据B项分析可知，电解一段时间后，左侧电极会消耗H+，溶液增大，D错误；
答案选C。
13. 一种离子液体的制备方法如下，已知-甲基咪唑具有平面环。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. -甲基咪唑的键个数为
B. 的空间结构为正八面体形
C. -甲基咪唑分子中，两个原子的孤电子对均位于杂化轨道上
D. 离子液体有难挥发的优点
【答案】C
【解析】
【详解】A．N-甲基咪唑分子内共12个σ键，0.1ml该物质含σ键物质的量为1.2ml，对应数目为，A正确；
B．中心P原子价层电子对数为6，无孤电子对，空间结构为正八面体形，B正确；
C．N-甲基咪唑环为平面结构，存在共轭大π键，与甲基相连的N原子的孤电子对填充在p轨道参与共轭，并非位于杂化轨道，C错误；
D．为离子化合物，粒子间以离子键结合，作用力强，具有难挥发的特点，D正确；
故选C。
14. LiOH的晶胞结构及其沿轴方向的投影如图。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如点原子的分数坐标为。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 一个Li与所有紧邻O形成的空间结构为四面体形
B. B点原子的分数坐标为
C. 该晶体中存在的化学键类型有离子键、极性键
D. 该晶体的密度为
【答案】B
【解析】
【详解】A．观察晶胞结构，每个 Li 原子周围紧邻的O原子有4个，这4个O原子构成了正四面体的四个顶点，Li原子位于中心，因此空间结构为四面体形，A正确；
B．分数坐标以晶胞参数为单位长度：B点的x坐标：晶胞长度为a，B点在x方向的位置为a，分数坐标为​；y坐标：B点在y轴上的投影为0，分数坐标为0；z坐标：晶胞高度为b，B点距离底部的高度为b-r pm，根据分数坐标的定义可知分数坐标为b−rb。因此 B 点原子的分数坐标为(​,0, b−rb​)，B错误；
C．LiOH由Li+和OH⁻构成，Li⁺与OH⁻之间是离子键，而OH⁻内部O-H之间是极性共价键。因此，该晶体中存在离子键和极性键，C正确；
D．我们需要先确定晶胞中各原子的数目：1. O原子（白球）： 位于8个顶点（每个1/8）和2个面心（每个1/2），总数为 8×+2×=2。2. H原子（黑球）： 位于面上，共有4×=2个。3. Li原子（灰球）：位于面上，共有4×=2个。因此，晶胞中含有2个LiOH单元。 晶胞的质量为：，晶胞的体积为：，密度，D正确；
故选B
15. 已知乙二胺(，简写为X)为二元弱碱。常温时，向其盐酸盐溶液中加入固体(溶液体积变化忽略不计)，体系中、、三种粒子浓度的对数值、所加固体质量与的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 第一步电离常数的数量级为
B. a点时，
C. 点时，
D. 点时，加入的质量
【答案】C
【解析】
【分析】由于pOH=−lgcOH−越小，碱性越强，越小，曲线从上到下溶液碱性增强。根据的起始浓度为0.1 ml/L，溶液中含X微粒总浓度0.1 ml/L，因此图像左侧曲线从左向右微粒浓度逐渐增大，X在水中发生电离的方程式依次为，因此向中加入固体过程中，随加入，pOH 越小，cXH22+逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大，由此可知①代表X，②代表，③表示。
【详解】A．乙二胺X的第一步电离X+H2O⇌XH++OH-，电离常数，当cX=c(XH+) 时，，，，数量级为，选项A错误；
B．a点时，溶液呈酸性，即，根据电荷守恒：，由于，所以，选项B错误；
C．根据物料守恒：且，所以根据电荷守恒：，将物料守恒代入电荷守恒，整理可得c(Na+)=c(XH+)+2c(X)+c(OH-)−c(H+) ，由于b点，，因此，选项C正确；
D．c点时，cXH22+=c(XH+)=0.1ml/L ，几乎完全转化为，反应为。初始n(XH22+)=0.02L×0.1 ml/L=0.002 ml ，完全反应需要加入的的物质的量，质量为，选项D错误；
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. M、C及其化合物在催化、颜料等领域有重要用途。以为载体的钴钼废催化剂中含、及少量含、等元素的物质，经处理可制取、高纯钼，工艺流程如图所示：
已知：ⅰ、“焙烧”后各元素均转化为相应氧化物，“酸浸”后钼元素转化为。
ⅱ、常温下，相关物质的溶度积常数如下表：
回答下列问题：
（1）操作1的名称为______；C属于______区元素。
（2）写出“酸浸”后钼元素转化为的离子方程式______。
（3）“调”的目的是沉淀铁和铝，当溶液中离子浓度时，可认为沉淀完全，则“调pH”的最小值为______(已知：，)。
（4）“沉钴”时生成的沉淀需过滤、洗涤、干燥得产品，其中洗涤沉淀的操作是______。
（5）“萃取”的反应原理为：(叔胺)+。通过反萃取法使有机相中的元素回到水相，需加反萃取剂氨水，而不使用溶液的原因是______。
（6）为了获得纯净的，下列“沉钴”操作合理的是______(填标号)。
a．快速加入大量的浓氨水 b．精准控制反应温度 c．尽量延长反应时间
【答案】（1） ①. 过滤 ②. d
（2）
（3）4.7 （4）向漏斗中加入蒸馏水至刚好浸没沉淀，待水自然流下，重复操作2到3次
（5）会引入杂质
（6）b
【解析】
【分析】以Al2O3为载体的钴钼废催化剂中含CS、MS2及少量 Fe、Ca等元素的物质，焙烧后，金属元素都转化为相应的金属氧化物，酸浸时生成CSO4、Fe2(SO4)3、MO2SO4、CaSO4等，过滤后，所得滤渣1为CaSO4；滤液中加氨水调节滤液的pH，Fe3+、Al3+转化为Fe(OH) 3 和 Al(OH)3沉淀；滤液中加入萃取剂，C2+进入水溶液，含M离子进入有机相，处理后得到 (NH4)2MO4；含钴水溶液加入NH4HCO3、氨水进行沉钴，得到CCO3。
【小问1详解】
根据流程图，酸浸后有CaSO4沉淀生成，需要通过过滤将其分离，因此，操作1为过滤。
C是27号元素，其电子排布为[Ar]3d74s2，属于d区元素。
【小问2详解】
焙烧后MS2​转化为MO3​，由题干可知酸浸后钼元素转化为，因此该反应的离子方程式为：。
【小问3详解】
“调”的目的是沉淀铁和铝，同时避免C2+沉淀，已知Ksp[]=，
Ksp[]=，的溶度积常数大于，因此应首先考虑更难沉淀的Al3+；结合的溶度积常数可知当Al3+完全沉淀时， c(OH-)=3Kspc(Al3+)=31.3×10−331×10−5≈5×10−10mlL-1，则pOH=-lg(5×10-10)=9.3 ，可求得。
【小问4详解】
具体操作为：沿玻璃棒向漏斗中加入蒸馏水至刚好浸没沉淀，待水自然流下，重复操作2到3次。
【小问5详解】
萃取平衡2R3N+2H++MO42-⇌R3NH2MO4中，加入氨水可以中和H+，促使平衡左移，返回水相，若用NaOH，会引入Na+杂质，影响后续(NH4)2MO4纯度，而氨水易挥发，无残留杂质，因此原因为：会引入杂质。
【小问6详解】
a错误：快速加入大量浓氨水，会导致局部碱性过强，生成C(OH) 2杂质，且沉淀颗粒细小、易吸附杂质；
b正确：精准控制反应温度，可避免温度过高导致NH4HCO3分解，同时控制沉淀生成速率，得到纯净的CCO3；
c错误：延长反应时间可能导致沉淀吸附更多杂质，或沉淀发生转化，影响纯度；
因此答案选b。
17. 三氯化六氨合钴属于经典配合物，常温下为橙黄色晶体，在高浓度盐酸中易结晶析出，难溶于乙醇，易溶于热水，微溶于冷水。某化学兴趣小组欲制备并测定的纯度。已知：为棕褐色不溶于水的固体。
Ⅰ、制备
装置和步骤如下(夹持装置已略去)：
步骤ⅰ：检查装置气密性后将溶液、溶液和活性炭在三颈烧瓶中混合，滴加浓氨水，充分反应后缓慢滴加适量双氧水，水浴加热20min，控制反应温度为50~60℃；
步骤ⅱ：将所得浊液趁热过滤，向滤液中逐滴加入适量浓盐酸；
步骤ⅲ：冷却结晶后过滤，用少量无水乙醇洗涤晶体2~3次，干燥。
（1）仪器X的名称为______。
（2）步骤ⅰ发生反应的离子方程式为______。
（3）该小组在制备过程中发现向溶液中直接加入无明显变化，据此认为加入浓氨水和氯化铵对氧化产生了影响，提出如下猜想并设计实验验证。
猜想1：加入氯化铵溶液，增强了的氧化性。
猜想2：______。
则实验编号3加入的试剂a为______。
结论：猜想2合理。
Ⅱ、测定的纯度
准确称取样品放入碘量瓶中，加入溶液，加热至不再有氨气放出，加入足量固体，振荡使溶解，再加入酸化，置于暗处，待完全转化成，滴加2滴淀粉溶液，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液(反应原理为，该过程中杂质均不参与反应)。
（4）滴定终点的现象：当滴入最后半滴标准液时，______。
（5）下列操作导致所测的纯度偏高的有______(填标号)。
a．滴定前滴定管内无气泡，滴定后有气泡
b．滴定终点时俯视读数
c．盛放标准溶液的滴定管没有用标准溶液润洗
（6）的纯度为______。
【答案】（1）球形干燥管
（2）
（3） ①. 加入浓氨水，增强了的还原性 ②. 浓氨水
（4）溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色
（5）c （6）80.3%
【解析】
【分析】该实验分为两部分，一部分是用、、浓氨水、双氧水制备三氯化六氨合钴，并对向溶液中直接加入无明显变化这一现象进行猜想、分析、验证；另一部分是通过氧化还原滴定和相对应的反应关系测定目标产物的纯度。
【小问1详解】
仪器X的名称为球形干燥管
【小问2详解】
步骤i的反应为：CCl2、、浓氨水、双氧水，水浴加热条件下的反应制备三氯化六氨合钴，故反应的离子反应方程式为：2C2++10NH3⋅H2O+2NH4++H2O2=2CNH363++12H2O ；
【小问3详解】
结合题目观点可推测猜想2为：加入浓氨水，增强了的还原性，进一步确定加入的试剂a应为等量的浓氨水即0.5 mL浓氨水
【小问4详解】
由反应原理（）可知，滴定终点的现象为：溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色
【小问5详解】
a．滴定前滴定管内无气泡，滴定后有气泡，说明消耗体积读少了，会导致三氯化六氨合钴的量计算偏少，故纯度偏低；
b．滴定终点时俯视读数，消耗体积读数偏小，导致三氯化六氨合钴的计算量偏少，纯度偏低；
c．没有用标准液润洗，消耗标准液的体积偏多，导致三氯化六氨合钴的计算量偏多，纯度偏高；
故选c。
【小问6详解】
根据滴定实验计算如下：
反应关系为：2C3+~I2~2S2O32−即nCNH36Cl3=nNa2S2O3
nNa2S2O3=0.1ml⋅L−1×6.00×10−3L=0.0006ml，mCNH36Cl3=0.0006ml×267.5g⋅ml−1=0.1605g ，
纯度＝×100%=80.3% 。
18. “零碳甲醇”作为公认的新型清洁可再生能源，不易爆炸、储运安全便捷。甲醇常见的制备方法为二氧化碳加氢法。
反应ⅰ：
反应ⅱ：
反应ⅲ：
（1）______。反应ⅰ自发进行的条件是______(填“高温”、“低温”或“任何温度”)。
（2）在一定条件下发生反应，向一容积为的恒温恒容密闭容器中充入和，下列能说明该反应达到平衡状态的是______(填标号)。
a． b．混合气体的压强不再变化
c．每断裂碳氧双键，同时断裂氢氧键 d．的体积分数不再变化
（3）在某催化剂存在下发生反应ⅰ和ⅱ，向一恒温恒容密闭容器中通入混合气体，在不同条件下达到平衡。的平衡转化率及的选择性随温度变化曲线如图所示。
①结合图像分析，的平衡转化率随温度升高而增大的原因是______。
②320℃时反应ⅱ的______(是以组分的平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数，计算结果保留一位有效数字)。
（4）和在催化作用下反应生成甲醇的历程如下图所示(吸附在表面的物种用*标注，如表示吸附在表面，图中已省略)。
①写出决速步骤的反应方程式：______。
②以上反应历程中最稳定的中间体为：______。
【答案】（1） ①. -90.4 ②. 低温
（2）bcd （3） ①. 反应ⅱ吸热，升温使反应ⅱ正向移动，的转化率增大，反应ⅱ正向移动的程度大于反应ⅰ逆向移动的程度 ②. 0.004
（4） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，反应ⅰ为 ，反应ⅱ为 CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ，将反应ⅰ减去反应ⅱ，可得 ，所以 ΔH3=ΔH1−ΔH2=−49.4−41=−90.4kJ·ml−1。该反应为放热反应，若要自发进行需满足 ，低温更有利，因此填低温；
【小问2详解】
反应 达到平衡时，各组分的浓度或物质的量不再改变。
a． 3v正(H2)=v逆(CO2) 不符合速率比关系，不能说明达到平衡，a错误；
b．该反应前后气体分子数由4变为2，在恒温恒容条件下压强不变，说明气体总物质的量不再变化，可以判断达到平衡，b正确；
c．断裂反应物中的键和断裂生成物中的键同时发生，表示正、逆反应同时进行，且按化学计量数对应，可判断达到平衡，c正确；
d．对于有气体参与且反应前后气体物质的量发生变化的反应，在恒温恒容条件下，任一组分的体积分数不再变化可作为达到平衡状态的标志，d正确。
故答案为bcd。
【小问3详解】
①反应ⅱ吸热，升温使反应ⅱ正向移动，的转化率增大，反应ⅱ正向移动的程度大于反应ⅰ逆向移动的程度；
②在320 ℃时，由图可知 CO2的转化率为 0.15，CH3OH 的选择性为 0.60。设初始物质的量 n(CO2)=1 ml，n(H2)=3 ml，平衡时，参与反应的CO2总量为 0.15×1=0.15 ml， 则生成 CH3OH 消耗的 CO2 为 0.15×0.60=0.09 ml，生成 CO 消耗的 CO2为 0.15×(1−0.6)=0.06 ml，根据反应ⅱ： CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ，生成n(CO)=0.06 ml，消耗n(H2)=0.06 ml；根据反应ⅰ为 ，消耗n(H2)=3×0.09 ml=0.27 ml；平衡时各组分物质的量为：因此平衡时 n(CO2)=1−0.15=0.85 ml，n(H2)=3−(3×0.09+0.06)=2.67 ml，n(CO)=0.06 ml，n(H2O)=0.09+0.06=0.15 ml。对于反应ⅱ，Δn=0在恒温恒容条件下，各气体分压与其物质的量成正比，即 pi∝ni，代入平衡常数表达式，Kp=Kn=nCOnH2OnCO2nH2=0.06××2.67≈0.004 ；
【小问4详解】
决速步骤是反应历程中活化能最高的步骤，对应图中能量最高的过渡态。由图可知， ∗HCOO+∗H 转化为 ∗CO+∗H2O 为决速步骤，因此方程式为：∗HCOO+∗H→∗CO+∗H2O ；最稳定的中间体对应图中能量最低的物种，图中 ∗OCH2​ 的相对能量最低，所以最稳定的中间体为 ∗OCH2。
19. 奥泽诺沙星(I)是一种外用喹诺酮类抗菌药，其合成路线如图所示(部分反应条件、试剂及产物已简化)：
已知：为三丁基锡基。
回答下列问题：
（1）物质的名称为______。的反应类型为______反应。
（2）写出的化学方程式：______。
（3）化合物D在一定条件下可生成X()。满足下列条件的的同分异构体共有______种(不考虑立体异构)。
①能发生银镜反应；②1与碳酸氢钠反应生成
（4）化合物F中碱性更强的N原子是______(填“①”或“②”)，原因是______。
（5）化合物D(EMME)的合成路线如下：
该反应过程中物质J的结构简式为______。
【答案】（1） ①. 2，6-二溴甲苯 ②. 取代
（2） （3）9
（4） ①. ② ②. ①号氮原子孤电子对参与共轭。②号氮原子孤电子对在杂化轨道上，不参与共轭，碱性更强
（5）
【解析】
【分析】A和B取代反应Pd催化生成C，，B为，C和D发生取代反应生成E，E和F发生取代反应生成G，G先在碱性条件水解，再加盐酸酸化生成H，H在浓盐酸作用下生成I，据此分析。
【小问1详解】
物质A的母体为甲苯，甲基在1位，溴原子在2、6位，名称为2,6-二溴甲苯；E中Br被F的部分基团取代得到G，反应类型为取代反应；
【小问2详解】
A（2,6-二溴甲苯）和B（环丙胺）在Pd催化下，一个Br被环丙氨基取代生成C和HBr，化学方程式为；
【小问3详解】
X的分子式为C6H8O5，满足条件：①含醛基（能银镜），②含2个羧基（1ml X生成2 ml），总不饱和度为3，正好对应醛基（1个不饱和度）+两个羧基（2个不饱和度），剩余3个饱和烷基碳，则有以下9种同分异构体：；
【小问4详解】
①为酰胺氮原子，孤电子对与羰基发生p-π共轭，电子云密度降低，难以结合质子；②为吡啶环的氮原子，孤电子对在杂化轨道上，不参与芳香大π共轭，电子云密度更高，更易结合质子，因此碱性更强；
【小问5详解】
目标产物D需要引入乙氧基，中间体含醛基，在酸性条件下与乙醇反应后脱水得到烯醇醚结构D，因此J为乙醇。选项
性质或应用
解释
A
延展性：生铁碳化硅
C—C键长小于C—Si
D
熔点：
的体积大于
A．制备明矾晶体
B．进行钠的燃烧实验
C．实验室制取
D．制作简易氢氧燃料电池
物质
实验编号
实验操作
试剂
现象
1
0.5mL水
无明显变化
2
0.5mL氯化铵溶液
无明显变化
3
a
溶液变为深红色，且出现棕褐色沉淀