必刷卷02——【高考三轮冲刺】2023年高考化学考前20天冲刺必刷卷（辽宁专用）（原卷版+解析版）

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绝密★启用前
2023年高考化学考前信息必刷卷02
辽宁地区专用

辽宁地区考试题型为15（单选主观题）+4（主观题），和之前全国卷有区别的是物质结构与性质大题被融合进其他四道大题里，四道主观题为工艺流程、实验、反应原理、有机合成与推断。
物质结构与性质的考点大部分都保留，其中晶体相关内容在选择题中体现，原子和分子的内容在主观题里以单独填空的形式体现。

预测2023年辽宁高考化学纯理论性和计算性试题占依然会比较少，而工业生产流程、基础实验、社会热点等题材的试题占比较大。信息量大、阅读量大，对学生捕捉信息、综合分析和创新思维的能力的要求比较高，2023高三复习，还是应该狠抓基础知识和主干内容，重视基础实验、重视学生操作能力的培养，注重课堂教学（中）学生学习思考性、灵活性和创新性的渗透，不断穿插生活中化学常识、注重知识的应用和运用、化工生产流程、节能减排、绿色环保、新能源和新材料等方面的内容，提高学生的适应性和考场应变能力。


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，只有一项符合题目要求。
1．化学与生产、生活、科技、环境等关系密切。下列说法错误的是
A．核酸检测时用到的“拭子”由尼龙纤维制成，尼龙纤维属于有吸附性的合成有机高分子材料
B．为增强口罩的密封性，均放了鼻梁条，有的鼻梁条是铝合金的，铝合金属于金属材料
C．中国空间站使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料
D．光化学烟雾、臭氧层空洞、酸雨的形成都与有关
【答案】C
【解析】A．尼龙纤维是聚酰胺类合成纤维，属于合成有机高分子材料，A正确；
B．铝合金属于金属材料，B正确；
C．碳纤维是碳的一种单质，是无机非金属材料，C错误；
D．光化学烟雾、臭氧层空洞、酸雨的形成都与氮氧化合物有关，D正确。
2．下列有关化学用语表示正确的是
A．过氧化钠的电子式： B．甲酸甲酯的实验式：HCOOCH3
C．SO2分子的空间结构模型： D．质子数为6、中子数为7的碳原子C
【答案】D
【解析】A．过氧化钠为离子化合物，其电子式为，选项A错误；
B．甲酸甲酯的实验式为，为其结构简式，选项B错误；
C．分子中的中心S原子价层电子对数是，含有1个孤电子对，所以的VSEPR模型是平面三角形，其空间结构为V形，不是直线形，选项C错误；
D．质子教为6、中子数为7的碳原子，其质量数为，所以可表示为，选项D正确。
3．高效率和高选择性将CO2转化为CH4是CO2资源化利用的途径之一，我国科研工作者开发了一种空腔串联反应器，为电催化还原CO2提供了一种可行的转化方案，其原理如图所示。

设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．22gCO2中所含共用电子对数目为4NA
B．1molCH4中所含质子数和中子数均为10NA
C．途径2生成标准状况下22.4LCH4，反应转移电子数为8NA
D．途径1所得产物物质的量之比为l：1，形成共价键数目为6NA
【答案】C
【解析】A．CO2的结构式为C=O=C，含有4个共用电子对，22gCO2的物质的量为=0.5mol，所含共用电子对数目为2NA，故A错误；
B．CH4中含有10个质子，6个中子，则1molCH4中含有10 NA个质子和6 NA个中子，故B错误；
C．标准状况下22.4LCH4的物质的量为1mol，途径2生成CH4的过程中C元素化合价由+4价下降到-4价，反应转移电子数为8NA，故C正确；
D．未说明所得产物物质的量，无法计算形成共价键数目，故D错误。
4．关于M的说法正确的是

A．分子式为C12H16O6 B．含三个手性碳原子
C．所有氧原子共平面 D．与(CH3)2C=O互为同系物
【答案】B
【解析】A．由题干M的结构简式可知，其分子式为C12H18O6，A错误；
B．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M中含三个手性碳原子，如图所示：，B正确；
C．由题干M的结构简式可知，形成醚键的O原子的碳原子均采用sp3杂化，故不可能所有氧原子共平面，C错误；
D．同系物是指结构相似(官能团的种类和数目分别相同)，组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，故M与(CH3)2C=O不互为同系物，D错误。
5．2022年诺贝尔化学奖授予在点击化学和生物正交化学方面做出贡献的三位科学家。我国科研人员发现一种可用于“点击化学”的化合物，结构如图所示。W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大，X、Z同主族，Y原子的最外层电子数与W原子的核外电子总数相等。下列说法正确的是

A．简单离子半径：X＞Y＞Z B．第一电离能：W＜X＜Y
C．最简单氢化物的沸点：W＞X D．最简单氢化物的稳定性：Y＞X＞W
【答案】D
【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大，Y原子的最外层电子数与W原子的核外电子总数相等，由图可知Y可形成1个共价键，W可形成3个共价键，可知Y为F元素，W为N元素；X、Z位于同一主族，且X可形成X=Z，可知X最外层有6个电子，则X为O元素，Z为S元素。由以上分析可知，W为N元素，X为O元素，Y为F元素，Z为S元素。
【解析】A．离子核外电子层数越多，离子半径越大，对于电子层结构相同的离子，离子的核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径；，即简单离子半径：，选项A错误；
B．一般非金属性越强，越难失去电子，其第一电离能越大，但由于N原子的p轨道是半满结构，使得其失电子比O原子更难，故第一电离能应该是，选项B错误；
C．氨气和水分子之间都存在氢键，但水分子之间形成的氢键更多，水的沸点更高，即最简单氢化物的沸点；，选项C错误；
D．元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，由于元素的非金属性：，则简单氢化物的稳定性：，选项D正确。
6．为检验牺牲阳极的阴极保护法对钢铁防腐的效果，将镀层有破损的镀锌铁片放入硫酸酸化的3%NaCl溶液中。一段时间后，取溶液分别实验，能说明铁片没有被腐蚀的是
A．加入酸性KMnO4溶液紫红色不褪去 B．加入淀粉碘化钾溶液无蓝色出现
C．加入KSCN溶液无红色出现 D．加入AgNO3溶液产生沉淀
【答案】A
【分析】镀层有破损的镀锌铁片被腐蚀，则将其放入到酸化的3%NaCl溶液中，会构成原电池，由于锌比铁活泼，作原电池的负极，而铁片作正极，溶液中破损的位置会变大，铁也会继续和酸化的氯化钠溶液反应产生氢气，溶液中会有亚铁离子生成；
【解析】A．若铁片没有被腐蚀，则溶液中不会生成亚铁离子，加入酸性KMnO4溶液紫红色不褪去，说明没有生成亚铁离子，故A符合题意。
B．淀粉碘化钾溶液可检测氧化性物质，但不论铁片是否被腐蚀，均无氧化性物质与碘化钾发生反应，故B不符合题意；
C．KSCN溶液可检测铁离子的存在，上述现象中不会出现铁离子，所以无论铁片是否被腐蚀，加入KSCN溶液后，均无红色出现，故C不符合题意；
D．氯化钠溶液中始终存在氯离子，所以加入硝酸银溶液后，不管铁片是否被腐蚀，均会出现白色沉淀，故D不符合题意。
7．锂电池负极材料为Li嵌入两层石墨层中，形成如图所示的晶胞结构。下列说法中正确的是

A．该负极材料的摩尔质量为79 B．碳原子的杂化方式为杂化
C．Li的配位数为8 D．晶胞中Li与C原子个数比为1：6
【答案】D
【解析】A．由图可知，负极材料为LiC6，其摩尔质量为79g/mol，A错误；
B．由图可知，1个碳和其他3个碳形成3个单键，故其杂化方式为，B错误；
C．根据图示1,2,3三个C原子之间的夹角为120°，则这三个碳距离4号锂之间的距离是相等的，根据该负极材料的结构可知，Li的配位数为12，C错误；
D．由图一知， C中除中心2个C处于体心，其他每个C都在面心，每个面2个，共4个面，所以处于面心的C总共8个，所以一个晶胞中的碳数C=2+8×=6，而Li+处于立方体的8个顶点，所以一个晶胞中的Li+数为=1，因此晶胞中锂离子和碳原子的个数之比为 1：6，D正确。
8．下列事实的解释不正确的是

事实
解释
A
第一电离能：
Mg为3p轨道全空的稳定电子构型，而Al失去一个电子变为3p轨道全空的稳定电子构型
B
溶液显酸性
电离产生的可以与水中的结合成弱电解质，使水的电离平衡向电离的方向移动，最终导致溶液中大于
C
分子中的共价键是键
Cl原子价电子排布为，当两个Cl原子结合为时，两个原子的3p轨道通过“肩并肩”重叠
D
、、的熔点依次增大
、、的结构和组成相似，相对分子质量依次增大，范德华力依次增强
【答案】A
【解析】A．第一电离能：是因为Mg的3s处于全满状态，能量低不容易失去一个电子；Al的最外层为3p1容易失去一个电子形成稳定结构，所以铝的第一电离能比镁低；故A错误；
B．溶液显酸性是因为可以与水中的结合成弱电解质，使水的电离平衡向电离的方向移动，最终导致溶液中大于，故B正确；
C．由于Cl原子价电子排布为，当两个Cl原子结合为时，两个原子的3p轨道通过“肩并肩”重叠，形成键；故C正确；
D．、、是由同主族元素形成的单质，结构和组成相似，相对分子质量依次增大，范德华力依次增强，故D正确。
9．某科研团队设计的酶—光电化学电池可同时在电池两室分别实现两种酶催化转化，原理如图所示。下列说法错误的是

A．该电池工作过程中实现了光能转化为化学能
B．氢离子从ITO电极向Mo：BiVO4电极方向迁移
C．Mo：BiVO4电极上的反应式为：2H2O-2e-=H2O2+2H+
D．消耗lmol同时生成1mol
【答案】B
【分析】该结构是酶—光电化学电池，由电子移动的方向可知ITO电极为正极，Mo：BiVO4电极为负极，FMN(H2)在正极转化为FMN，H2O在负极失去电子生成H2O2和H+，以此解答。
【解析】A．该电池是光电化学电池，工作过程中实现了光能转化为化学能，故A正确；
B．原电池结构中，阳离子向正极移动，则氢离子从Mo：BiVO4电极向ITO电极移动，故B错误；
C．由分析可知，BiVO4电极为负极，H2O在负极失去电子生成H2O2和H+，电极方程式为：2H2O-2e-=H2O2+2H+，故C正确；
D．由图可知，正极和H2反应生成 ，负极得到和H2O2反应生成 ，而生成1molH2和1mol H2O2转移的电子数相等，则消耗lmol同时生成1mol，故D正确。
10．氢气选择性催化还原NO是一种比NH3还原NO更为理想的方法，备受研究者关注。以Pt-HY为催化剂，氢气选择性催化还原NO在催化剂表面的反应机理如下图。下列说法不正确的是

A．在Pt-HY界面因反应活化能降低使H2迅速参与反应
B．反应过程中有非极性键的断裂和生成
C．Pt原子表面上发生的反应有：、、、
D．若1molNO在催化剂表面参与反应，转移的电子数为2NA
【答案】D
【解析】A．Pt-HY是氢气还原NO的催化剂，在Pt-HY界面上，降低了反应的活化能，从而使H2迅速参与反应，A正确；
B．从图中可以看出，反应过程中有O=O键、H-H键等非极性键的断裂，有N≡N键的生成，B正确；
C．从图中可以看出，在左侧的Pt原子表面，发生的反应有：、，在右侧的Pt原子表面，发生的反应有、，C正确；
D．从左侧Pt表面可以看出，发生反应2NO+H2N2O+H2O，反应中转移电子的数目为2e-，则1molNO在催化剂表面参与反应，转移的电子数为NA，D不正确。
11．二甲醚催化制备乙醇主要涉及以下两个反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅰ、Ⅱ的平衡常数的对数lgK1、lgK2与温度的关系如图1所示；固定CO、CH3OCH3、H2的原料比、体系压强不变的条件下，同时发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时各物质的物质的量分数随温度的变化如图2所示。下列说法正确的是

A．a＞0
B．600 K后升高温度，CH3COOCH3的物质的量分数降低原因是反应Ⅱ平衡右移
C．测得X点CH3CH2OH的物质的量分数是10%，则X点反应Ⅱ有：v正＞v逆
D．曲线B表示H2的物质的量分数随温度的变化
【答案】C
【解析】A．由图可知：温度升高，lgK1减小，则平衡常数K1减小，说明温度升高，化学平衡逆向移动，逆向是吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，所以a＜0，A错误；
B．由图1可知，反应Ⅰ、Ⅱ均为放热反应，升高温度，化学平衡均逆向移动，由图2可知升高温度后乙酸乙酯的降低速率大于甲醇的降低速率，600 K后升高温度对反应Ⅰ的影响程度大于反应Ⅱ，B错误；
C．X点对应反应温度为400 K，由图可知：X点乙醇物质的量分数小于平衡时乙醇的物质的量分数，说明此时反应未达平衡状态，反应正向进行，v正＞v逆，C正确；
D．B曲线随温度升高，物质的量分数升高，当温度高于600K时，反应Ⅱ几乎不发生，只考虑反应Ⅰ的情况下，温度升高，平衡逆向移动，一氧化碳或甲醚物质的量分数升高，故曲线B表示一氧化碳或甲醚的物质的量分数随温度的变化，D错误。
12．已知反应，速率方程为。在金(Au)表面分解的实验数据如表所示。

0
20
40
60
80
100

0.100
0.080
0.060

0.020
0
已知：①为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关；
②时，该反应为0级反应，时，该反应为1级反应，以此类推，可以为整数，也可以为分数；③浓度消耗一半所用的时间叫半衰期()。
下列说法正确的是A．表格中
B．该反应为2级反应
C．保持其他条件不变，若起始浓度为，则半衰期为100min
D．该反应的速率常数
【答案】C
【解析】A．分析表格数据知，N2O的浓度变化与时间成正比，该反应是匀速反应，a=0.040，故A错误；
B．该反应是匀速反应，则为直线方程，则n=0，该反应是0级反应，故B错误；
C．设起始浓度为c，v=k，，半衰期与起始浓度成正比，根据表格数据知，起始浓度为0.1mol/L时半衰期为50min，温度不变，速率常数不变，则起始浓度为时，半衰期为100min ，故C正确；
D．该反应是0级反应，则速率常数等于反应速率，可根据任何一段时间求速率和速率常数，=k=，故D错误。
13．下列实验方案设计、现象和结论都正确的是
选项
实验目的
方案设计
现象和结论
A
比较S与C的非金属性强弱
用pH试纸分别测定溶液和溶液的pH
前者的试纸颜色比后者深，说明非金属性：S>C
B
探究KI与反应的限度
取溶液于试管中，加入溶液，充分反应后滴入5滴15% KSCN溶液
溶液变红，则KI与的反应有一定限度
C
探究与氧化性的强弱
向和KSCN的混合溶液中滴入酸化的溶液
溶液变红，说明氧化性：
D
证明溴乙烷与NaOH的乙醇溶液发生消去反应
将溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热产生的气体通入酸性溶液中
溶液褪色，说明发生了消去反应
【答案】B
【解析】A．亚硫酸钠不是硫的最高价氧化物对应的酸形成的盐，不能比较硫、碳的非金属性强弱，A错误；
B．反应中碘离子过量，铁离子完全反应，加入KSCN溶液溶液变红，说明溶液中仍存在铁离子，则KI与的反应有一定限度，B正确；
C．溶液中硝酸根离子也会把亚铁离子氧化为铁离子，不能说明氧化性：，C错误；
D．气体中挥发的乙醇也会和酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，不能说明发生了消去反应，D错误；
故选B。
14．八钼酸铵可用于染料、催化剂、防火剂等。该化合物可通过电渗析法获得，工作原理如图。下列说法错误的是

A．a连接电源正极
B．生成的反应为
C．电解一段时间后，b极附近氨水的浓度减小
D．双极膜附近的移向左侧
【答案】C
【分析】由图可知，b为阴极，水放电生成氢气和氢氧根离子，则a为阳极，水放电生成氧气和氢离子；双极膜释放出氢离子向阴极移动和反应生成；
【解析】A．由分析可知，a为阳极，连接电源正极，A正确；
B．双极膜释放出氢离子向阴极移动和反应生成，生成的反应为，B正确；
C．电解一段时间后，b极附近生成的氢氧根离子和左侧迁移过来的铵根离子生成一水合氨，氨水的浓度变大，C错误；
D．阴离子向阳极迁移，双极膜附近的移向左侧，D正确。
15．以酚酞为指示剂，用溶液滴定一元酸的溶液。溶液中，、分布系数(，比如的分布系数：)随的变化关系如图所示，下列叙述不正确的是

A．曲线①代表，曲线②代表
B．的数量级为
C．滴定过程中，溶液中不断减小
D．滴定终点时，
【答案】C
【解析】A．随着溶液的滴加，HA电离程度增大，溶液中减小、增大，则减小、增大，所以曲线①代表，曲线②代表，曲线③代表pH变化，A正确；
B．由图可知当溶液中时，，，，故的数量级为，B正确；
C．根据电离平衡常数：，，在滴定过程中，不变，减小，增大，C错误；
D．滴定达到终点时，生成，在溶液中发生水解，溶液显碱性，溶液中离子浓度的大小为：，D正确。

二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．硫酸锰是一种重要的化工中间体。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿(主要成分为MnO2等锰的氧化物)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下：

已知：①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。
②金属离子在水溶液中沉淀的pH范围如下表所示(25°C)：
物质
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mn(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀的pH
1.9
7.6
7.3
3.0
完全沉淀的pH
3.2
9.6
9.3
5.2
③离子浓度≦10-5mol·L-1时，离子沉淀完全。
(1)“混合焙烧”的主要目的是___________。
(2)若试剂a为MnO2，则氧化步骤发生反应的离子方程式为___________，若省略“氧化”步骤，造成的影响是___________。
(3)“中和除杂”时，应控制溶液的pH范围是___________。
(4)“氟化除杂”后，若使溶液中Mg2+沉淀完全，需维持c(F-)不低于___________。(已知：Ksp(MgF2)=6.4×10-10)
(5)“碳化结晶”时发生反应的离子方程式为___________，最后一步系列操作主要是___________。
【答案】(1)除去矿物中的硫元素(或将硫化物转变为金属氧化物)
(2)     MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O     Fe2+完全沉淀时Mn2+已经完全沉淀，造成Mn2+损失
(3)5.2≤pH<7.3(或5.2-7.3)
(4)8×10-3mol/L
(5)     Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O     蒸发浓缩，冷却结晶
【分析】高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子，再加入碳酸钙消耗氢离子促进水解，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2氟化除杂，使溶液中的Mg2+、Ca2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸氢铵发生Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O，加入硫酸溶解得硫酸锰溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等系列操作得到硫酸锰晶体。
【解析】（1）高锰矿含有FeS， “混合焙烧”可以将金属硫化物转化为金属氧化物，同时除去硫元素，故“混合焙烧”主要目的是除去矿物中的硫元素(或将硫化物转变为金属氧化物)；
（2）若试剂a为MnO2，氧化时用二氧化锰氧化亚铁离子生成三价铁离子，本身被还原成二价锰离子，则氧化步骤发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O；若省略“氧化”步骤，则铁元素只能以Fe2+形式除去，但是由表格可知除去亚铁离子的同时锰离子也除去了，即造成的影响是Fe2+完全沉淀时Mn2+已经完全沉淀，造成Mn2+损失；
（3）“中和除杂”的目的是使铝离子、铁离子完全沉淀且锰离子不沉淀，则由表格可知要控制溶液的pH范围是5.2≤pH<7.3(或5.2~7.3)；
（4）已知：Ksp(MgF2)＝6.4×10﹣10，若使溶液中的Mg2+沉淀完全，需维持c(F﹣)不低于mol/L＝8×10﹣3 mol•L﹣1；
（5）“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为：Mn2++＝MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为Mn2++2＝MnCO3↓+CO2↑+H2O；硫酸锰溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物。
17．碳酸乙烯酯( EC)是一种性能优良的溶剂和精细化工中间体，是有机化工潜在的基础原料。EC的熔点为36℃，沸点为243℃，相对密度为1.4259g·cm-3。某课外小组拟用下图装置在100 ~120℃下以NY -2作催化剂，环氧乙烷( EO)和CO2为原料合成EC。

其反应原理为主反应：
副反应：
回答下列问题：
(1)用固体NY-2配制500g 4.8%的NY-2水溶液未用到下列仪器中的___________(填仪器名称)。

(2)控制装置D中反应温度的方法是___________(填“水浴加热”或“油浴加热”)。
(3)用装置A制备CO2时，应先打开K1和K2，然后___________。
(4)将装置C中的EO导入三颈烧瓶中的操作是___________，继续通入 CO2，用搅拌器搅拌，使反应物充分混合。
(5)CO2在水中的溶解度较小，但随着反应进行，从三颈烧瓶中逸出的CO2减少，其可能原因是___________。
(6)温度超过120℃后， EO的转化率增大，而EC的产率却减小，其可能原因是___________。
(7)计算结果表明，EO的转化率为91.5% ，EC的选择性为82% (EC的选择性=生成EC的物质的量/转化的EO的物质的量) ，若实验加入22 g EO，则得到___________g EC(结果保留两位有效数字)。
【答案】(1)容量瓶
(2)油浴加热
(3)打开分液漏斗的活塞，加入稀盐酸直至浸没大理石，关闭活塞(合理即可)
(4)打开K3并关闭K2
(5)生成的EC对CO2有溶解作用(合理即可)
(6)温度超过120℃后副反应加快，导致EC的选择性降低(合理即可)
(7)33
【分析】利用稀盐酸与大理石反应制备二氧化碳，通过饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，拟用下图装置在100 ~120℃下以NY -2作催化剂，环氧乙烷( EO)和CO2为原料合成EC；
【解析】（1）用固体NY-2配制500g 4.8%的NY-2水溶液需要用到托盘天平、烧杯、量筒、滴定管；不需要用到容量瓶；
（2）拟用下图装置在100 ~120℃下以NY -2作催化剂，环氧乙烷( EO)和CO2为原料合成EC，故控制装置D中反应温度的方法是油浴加热；
（3）用装置A制备CO2时，应先打开K1和K2，然后打开分液漏斗的活塞，加入稀盐酸直至浸没大理石，关闭活塞；
（4）将装置C中的EO导入三颈烧瓶中的操作是打开K3并关闭K2，继续通入 CO2，用搅拌器搅拌，使反应物充分混合；
（5）CO2在水中的溶解度较小，但随着反应进行，生成的EC对CO2有溶解作用，故从三颈烧瓶中逸出的CO2减少；
（6）温度超过120℃后， EO的转化率增大，而EC的产率却减小，其可能原因是温度超过120℃后副反应加快，导致EC的选择性降低；
（7）若实验加入22 g EO，转化的EO的物质的量为，设得到x g EC，则有=82%，解得x=33g。
18．“有序介孔碳”和“纳米限域催化”的研究双双获得国家自然科学奖一等奖。利用介孔限域催化温室气体加氢制甲醇，再通过甲醇制备燃料和化工原料等，是解决能源问题与实现双碳目标的主要技术之一。反应如下：
i
ii
iii
(1)_______。
(2)绝热条件下，将以体积比充入恒容密闭容器中，若只发生反应ⅱ，下列可作为反应ⅱ达到平衡的判据是_______。
a.与比值不变     b.容器内气体密度不变
c.容器内气体压强不变           d.不变
(3)将以体积比充入恒容密闭容器中，在某介孔限域催化剂存在下发生反应ⅰ和ii。的平衡转化率及的选择性(生成目标产物所消耗的反应物的物质的量与参与反应的反应物的物质的量之比)随温度变化曲线如图所示：

①加氢制甲醇，_______温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，_______温有利于提高平衡时的产率。结合上图阐述实际选用反应温度的原因：_______。
②时反应i的_______。(是以组分体积分数代替物质的量浓度表示的平衡常数，列计算式)
(4)近日，我国学者研究发现，在单原子催化时，反应i的历程以及中间体与物质的量之比随时间变化图如下：

第一步
第二步
第三步
下列说法正确的是_______。
a.任何温度下，反应i均可自发进行
b.升高温度时，三步反应速率均加快
c.用不同催化剂催化反应可以改变反应历程，提高平衡转化率
d.反应历程中，第二步反应的活化能最高，是反应的决速步聚
(5)运用单原子催化加氢制甲醇时，可在实现甲醇选择性，开拓了单原子催化剂应用的空白。请写出基态铜原子价层电子轨道表达式：_______。
【答案】(1)
(2)cd
(3)     高     低     温度低，反应速率太慢，且转化率低，温度高，甲醇选择性低    
(4)bd
(5)

【解析】（1）已知反应ii ；iii ；根据盖斯定律可知，由ii+ iii可得反应i，故。
（2）a．与的比值始终为1：1，始终不变，不能判断反应达到平衡状态，故a错误；
b．容器容积不变，混合气体的总质量不变，则气体的密度始终不变，故容器内气体密度不变，不能判断反应达到平衡状态，故b错误；
c．反应前后气体物质的量不变，但是容器绝热，温度降低，压强减小，故容器内气体压强不变，能判断反应达到平衡状态，故c正确；
d．容器绝热，温度降低，降温平衡逆向移动，平衡常数减小，故不变，能判断反应达到平衡状态，故d正确；
故选cd。
（3）①加氢制甲醇，升温反应速率加快，故高温有利于提高反应速率，反应i为放热反应，降温平衡逆向移动，故低温有利于提高平衡时的产率。实际选用反应温度的原因：温度低，反应速率太慢，且转化率低，温度高，甲醇选择性低。
②由图可知时的转化率为12.5%，甲醇的选择性为80%，假设氢气为3mol，为1mol，则反应i消耗的物质的量为1mol´12.5%´80%=0.1mol，反应ii消耗的物质的量为1mol´12.5%-0.1mol=0.025mol，则可列出三段式，，则平衡时刻，，，，，气体总物质的量为(0.875+2.675+0.1+0.125+0.1)=3.8mol，故反应i的。
（4）a．反应i的，，，反应可以自发进行，故反应在低温下可以自发进行，故a错误；
b．升高温度时，三步反应速率均加快，故b正确；
c．用不同催化剂催化反应可以改变反应历程，但是催化剂不影响平衡移动，不能提高平衡转化率，故c错误；
d．与物质的量之比随时间的延长逐渐增大，则第一步生成的速率比第二步消耗的速率快，第二步生成的速率比第三步消耗的速率慢，故第二步反应速率最慢，故反应历程中，第二步反应的活化能最高，是反应的决速步聚，故d正确；故选bd。
（5）Cu为29号元素，基态铜原子的价电子排布式为3d104s1，价层电子轨道表达式为
。
19．2022年是不平凡的一年，在年终岁尾医药大抢购的过程中，最紧俏的就是布洛芬。它具有抗炎、止痛、解热的作用。以有机物A为原料制备布洛芬的合成过程如下，请回答下列有关问题：

已知：


(1)A→B的反应类型________________________。
(2)D的结构简式为__________________；E中所含官能团的名称________________________。
(3)F的名称__________________。
(4)B→C的化学方程式______________________________。
(5)有关G的下列说法正确的是________________________(填字母) 。
A．能发生取代反应，不能发生加成反应
B．分子中含两种类型的官能团
C．碳原子有两种杂化方式为、
(6)满足下列条件的布洛芬的同分异构体有__________________种。
①苯环上有三个取代基，苯环上的一氯代物有两种
②能发生水解反应，且水解产物之一能 与溶液发生显色反应
③能发生银镜反应
写出核磁共振氢谱中有5组峰且峰值面积之比为12∶2∶2∶1：1的一种结构__________________。
【答案】(1)加成反应
(2)          醛基、羟基
(3)2，2-二甲基-1，3-丙二醇
(4)++HCl
(5)BC
(6)     4     或

【分析】结合B的结构可知A应为甲苯，甲苯与丙烯发生加成反应生成B，B与发生取代反应生成C；结合E的结构及已知反应可知D为 ，D与甲醛发生已知2反应生成E，C与E发生已知1的反应生成，G经水解得到布洛芬，据此分析解答。
【解析】（1）由以上分析可知A→B的反应类型为加成反应，故答案为：加成反应；
（2）由以上分析可知D的结构简式为，E中含有羟基和醛基两种官能团，故答案为：；醛基、羟基；
（3）由F的结构依据醇类的命名原则，可知F的名称应为：2，2-二甲基-1，3-丙二醇，故答案为：2，2-二甲基-1，3-丙二醇；
（4）B→C的化学方程式++HCl，故答案为：++HCl；
（5）G的结构简式为：，A．含有苯环，能发生加成反应，故A错误；B．分子中含醚键和氯原子两种类型的官能团，故B正确；C．苯环中的碳原子采用杂化，甲基等饱和碳原子采用，故C正确；
故答案为：BC；
（6）①苯环上有三个取代基，苯环上的一氯代物有两种，结合布洛芬的结构简式分析，苯环上应有两个对称的取代基；
②能发生水解反应，且水解产物之一能 与溶液发生显色反应，则苯环上应连接酚类酯基结构；
③能发生银镜反应，可知存在醛基，结合氧原子个数，可知苯环上应连接：-OOCH，其余碳原子分成两个对称烃基，则可以是-CH2CH2CH3或-CH(CH3)2,分别有邻位、对位两种，共4种结构；核磁共振氢谱中有5组峰且峰值面积之比为12∶2∶2∶1：1的结构有 和  ，故答案为：4；  或  。