重庆市2023届高三下学期5月“三诊”化学试题（含解析版）

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重庆市2023届高三下学期5月“三诊”化学试题
高三第三次联合诊断检测化学
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Cl-35.5 Cr-52 Ni-59 Pb-207
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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. 央视纪录片《如果国宝会说话》中介绍了很多文物，其中主要成分属于硅酸盐的是

A. 江西省博物馆藏青铜钺 B. 霍去病墓石刻 C. 素纱禅衣 D. 跪射俑
【答案】D
【解析】
【详解】A．青铜钺主要成分为青铜合金，不是硅酸盐，A错误；
B．霍去病墓石刻主要成分为碳酸钙，不是硅酸盐，B错误；
C．素纱禅衣主要成分为蛋白质，不是硅酸盐，C错误；
D．跪射俑为陶瓷，陶瓷主要成分为硅酸盐，D正确；
故答案选D。
2. 我国科研团队对嫦娥五号月壤的研究发现，月壤中存在一种含“水”矿物。下列化学用语或图示不正确的是
A. 的电子式： B. P原子的结构示意图：
C. 的空间结构模型： D. 的VSEPR模型：
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ca原子失去最外层两个电子变成Ca2+，Ca2+的电子式为Ca2+，A项正确；
B．P为15号元素，核外电子层上电子数分别为2、8、5，B项正确；
C．的中心原子上孤电子对数为，则的空间结构为正四面体形，C项错误；
D．H2O的中心原子上孤电子对数为，则H2O的VSEPR模型为正四面体形，D项正确。
答案选C。
3. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 氨水溶液中：、、、
B. 0.1KI溶液中：、、、
C. 能使甲基橙变红的溶液中：、、、
D. 0.1溶液中：、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨水溶液呈碱性，Cu2+和OH—反应生成Cu(OH)2沉淀而不能大量共存，故A错误；
B．这几种离子之间不反应且和KI不反应，所以能大量共存，故B正确；
C．使甲基橙变红色的溶液呈酸性，H+可以与反应生成S、SO2而不能大量共存，故C错误；
D．、Al3+相互促进发生双水解，所以不能大量共存，故D错误；
故选：B。
4. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A. 熔点高，可用于做耐高温材料 B. 显碱性，可用作制冷剂
C. 受热易分解，可用作氮肥 D. 具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒
【答案】A
【解析】
【详解】A．Al2O3是离子化合物，熔点高耐高温，可用于做耐高温材料，性质与用途具有对应关系， A符合题意；
B．NH3加压易液化，气化时吸收大量的热使环境温度降低，可用作制冷剂，性质与用途不具有对应关系，B不符合题意；
C．NH4HCO3作氮肥，是利用其溶解后的铵根离子可被植物吸收，性质与用途不具有对应关系，C不符合题意；
D．ClO2 具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，有毒性且也不能用于自来水的杀菌消毒，性质与用途不具有对应关系，D不符合题意；
故选A。
5. Ni单原子催化剂具有良好的电催化性能，催化转化的历程如图。下列说法正确的是

A. 过程①→②中C的杂化方式都是 B. 过程②→③涉及极性键的断裂与生成
C. 生成1mol CO，需要1mol电子 D. 从反应历程看，Ni未参与反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．CO2中C的杂化方式为sp，故A错误；
B．根据历程，②→③过程中有水的生成，即有H-O键的生成，同时存在碳氧键的断裂，断裂和生成的化学键为极性键，故B正确；
B．由CO2生成CO，化合价变化为2，所以生成1molCO需要电子物质的量为2mol，故C错误；
D．反应历程中Ni是催化剂，有C-Ni键的形成和断裂，Ni参与了反应，故D错误；
答案为B。
6. 铅丹()可用作防锈涂料，它与浓盐酸反应的化学方程式为：。设为阿伏伽德罗常数值。下列说法不正确的是
A. 标准状况下，22.4L 溶于水所得溶液中含HClO分子数为
B. 1L 12的浓盐酸与足量反应生成的分子数少于1.5
C. 标准状况下，22.4L 中，含有H原子数目大于2
D. 反应中消耗137g ，转移的电子数目为0.4
【答案】A
【解析】
【详解】A．标准状况下22.4L氯气的物质的量为1mol，氯气与水反应是可逆反应，生成的次氯酸也要发生部分电离，故HClO分子数小于，A项错误；
B．1L 12浓盐酸完全反应生成的分子数为1.5，但随着反应的进行浓盐酸逐渐变为稀盐酸，就不再发生该反应，故生成的分子数少于1.5，B项正确；
C．水在标准状况下不为气态，22.4L 中H原子数为大于2，C项正确；
D．由方程式可知，1mol参加反应转移2mol电子，137g 的物质的量为0.2mol，转移的电子数目为0.4，D项正确。
故选A。
7. 有机化合物II是一种药物中间体，可用有机化合物I制得。下列有关有机化合物I、II的说法正确的是

A. 有机物I的分子式为 B. I的分子中所有原子处于同一平面
C. 可以用酸性溶液鉴别I和II D. 反应I→II的原子利用率为100%
【答案】D
【解析】
【详解】A．有机物Ⅰ中C、H、O原子个数依次是11、12、3，分子式为C11H12O3，故A错误；
B．分子I中含有饱和碳原子，饱和碳原子为(正)四面体结构，结构中最多有3个原子共平面，所以有机物Ⅰ中所有原子一定不共平面，故B错误；
C．Ⅰ中醛基、Ⅱ中-CH(OH)-都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别，可以用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液检验，故C错误；
D．Ⅰ和CH3NO2发生加成反应生成Ⅱ，该反应为加成反应，只有一种物质生成，所以原子利用率为100%，故D正确；
故选：D。
8. 下列实验装置、试剂选用和操作正确的是

A. 制备并干燥收集 B. 制备氢氧化铁胶体 C. 从NaCl溶液中获得NaCl晶体 D. 干燥氯气
【答案】D
【解析】
【详解】A．收集氨气，导管应该伸入试管底部，A错误；
B．制备氢氧化铁胶体应该用沸水而不是氢氧化钠溶液，B错误；
C．蒸发结晶应该用蒸发皿，而不能用坩埚，C错误；
D．浓硫酸具有吸水性且不和氯气反应，能干燥氯气，D正确；
答案选D。
9. X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素；在同周期元素中，第一电离能数值比Y大的元素有2种：Z元素原子的价层电子排布是；Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，Q元素的原子半径是前四周期中最大的，W元素基态原子内层轨道均排满电子。下列说法正确的是
A. 电负性： B. 属于酸性氧化物
C. Q与Z可以形成多种化合物 D. W元素位于元素周期表的d区
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素，则X为H元素；Z元素原子的价层电子排布是nsnnp2n，s能级填充满只能容纳2个电子，即n=2，故Z为O元素；由原子序数可知Y处于第二周期，而在同周期元素中第一电离能数值比Y大的元素有2种，可知Y为N元素；Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，Q元素的原子半径是前四周期中最大的，可知Q为K元素，由原子序数可知W处于第四周期，而W元素基态原子内层轨道均排满电子，其核外电子数为2+8+18+1=29，则W为Cu元素，据此分析解题。
【详解】由分析可知，X为H元素、Y为N元素、Z为O元素、Q为K元素、W为Cu元素；
A．同周期主族元素自左而右电负性增大，N、O在它们的氢化物中都表现负价，说明二者的电负性都比氢元素大，则电负性：H＜N＜O，A错误；
B．Y2Z是N2O4，与水反应除生成HNO3外还有NO生成，不是酸性氧化物，B错误；
C．K元素与氧元素可以形成K2O、K2O2、KO2，C正确；
D．Cu处于第四周期第IB族，属于ds区元素，D错误；
故答案为：C。
10. 25℃时，的电离常数。在10.0mL 0.10mol/L的溶液中加入5.0mL 0.10mol/L的NaOH溶液。下列说法不正确的是
A. 该混合溶液呈酸性
B. 该混合溶液中：
C. 0.10mol/L的溶液中
D. 将0.10mol/L的溶液加水稀释，增大
【答案】C
【解析】
【分析】在10.0mL 0.10mol/L的溶液中加入5.0mL 0.10mol/L的NaOH溶液，酸过量，则该混合液中溶质是和，且浓度相同。据此回答问题。
【详解】A．该混合液中溶质是和，且浓度相同，由可知，的电离大于水解，所以该混合溶液呈酸性，故A正确；
B．由可知，的电离大于水解，所以该混合溶液呈酸性，则该混合溶液中：，故B正确；
C．醋酸的电离常数，在0.10mol/L的溶液中，则，，2＜pH＜3，故C错误；
D．醋酸的电离常数，温度不变不变，加水稀释时减小，故增大，故D正确；
故选C。
11. 下列实验中采取的分离或提纯方法能达到实验目的的是
选项
实验目的
分离或提纯方法
A
分离碘的四氯化碳溶液中的碘
用苯萃取
B
除去乙酸乙酯中的乙酸
加入饱和溶液后分液
C
除去蛋白质溶液中少量NaCl
过滤
D
从高级脂肪酸钠和甘油的混合水溶液中分离出高级脂肪酸钠
加入乙醇和浓硫酸并加热，然后蒸馏

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯与四氯化碳互溶，不能用作萃取剂分离溶于四氯化碳中的碘，A错误；
B．乙酸与碳酸钠反应，转化为易溶于水的盐，再通过分液即可提纯乙酸乙酯，B正确；
C．蛋白质溶于水后形成了胶体，胶体离子不能透过半透膜，而氯离子和钠离子能透过半透膜，因此应该用渗析的方法，C错误；
D．油脂与氢氧化钠溶液反应后即得到高级脂肪酸钠与甘油的混合液，应该加入氯化钠颗粒，发生盐析的过程，然后过滤，D错误；
故选：B。
12. 氮化钛晶体的立方晶胞结构如图所示，该晶胞中N、N之间的最近距离为a pm，以晶胞边长为单位长度建立坐标系，原子A的坐标参数为(0，0，0)，下列说法错误的是

A. 原子B的坐标参数为 B. 晶胞边长是pm
C. 该物质的化学式为TiN D. Ti的配位数为6
【答案】A
【解析】
【详解】A．原子B在x、y、z轴上坐标分别为1、1、，则坐标参数为，A错误；
B．晶胞中N、N之间的最近距离为面对角线的二分之一，为apm，则N与Ti的最近距离是pm，则晶胞边长为pm，B正确；
C．该晶胞中，Ti(黑球)的个数为，N(白球)的个数为，则Ti和N的个数比为1∶1，该物质的化学式为TiN，C正确；
D．如图所示，以体心钛为例，与Ti距离相等且最近的N有6个，则Ti的配位数为6，D正确；
答案选A。
13. 工业上用双极膜电解槽电解糠醛溶液同时制备糠醇和糠酸盐，电解过程如图所示。下列说法不正确的是

A. 电解时，阴极反应为
B. 理论上外电路中迁移2mol电子，消耗1mol糠醛
C. 电解时，MnO2和MnOOH在电极与糠醛之间传递电子
D. 生成糠酸盐的离子反应方程式为
【答案】B
【解析】
【分析】根据图示，阳极室中，MnOOH失电子变为MnO2；阴极室中，糠醛得电子生成糠醇。双极膜将水解离为H+和OH-，并实现其定向通过。
【详解】A．据图可知，电解时，阴极反应为 ，A正确；
B．理论上外电路中迁移2mol电子，阳极室和阴极室各需要消耗1mol糠醛，共需要消耗2mol糠醛，B不正确；
C．电解时， -2e-+3OH-= +2H2O、2MnO2+2e-+2H2O=2MnOOH+2OH-， 2MnOOH-2e-+2OH-=2MnO2+2H2O，则MnO2和MnOOH在电极与糠醛之间传递电子，C正确；
D．据图可知，在阳极室，糠醛生成糠酸盐，发生反应 -2e-+3OH-= +2H2O、2MnO2+2e-+2H2O=2MnOOH+2OH-，则离子反应方程式为 ，D正确；
故选B。
14. 甲烷是一种温室气体，将它转化为高附加值产品甲醇具有重要意义。目前工业上的甲烷转化大多需要先通过重整生成合成气(CO、)再转化为甲醇，涉及的反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
在密闭容器中通入3mol 和2mol ，假设只发生反应Ⅰ和Ⅱ，分别在0.2MPa和2MPa下进行反应，其中和的平衡体积分数随温度变化如图所示。

已知：对于反应Ⅱ，，，、为速率常数，只与温度有关，分压＝总压×物质的量分数。下列说法不正确的是
A. 压强为0.2MPa时，表示和的曲线分别是b、d
B. 混合气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应体系已达到平衡
C. 在升温的过程中，反应Ⅱ速率常数增大的倍数；＞
D. 500K，2MPa条件下，若平衡时CO的物质的量为1mol，则的转化率约为66.7%
【答案】C
【解析】
【分析】2个反应均为放热反应，随着温度降低，平衡均正向移动，甲烷含量减小、甲醇含量增加，故ab为甲烷变化曲线、cd为甲醇含量曲线；反应Ⅰ为气体分子数增大的反应、反应Ⅱ为分子数减小的反应，相同条件下，增大压强，反应Ⅰ逆向移动、反应Ⅱ正向移动，使得甲烷含量增加、甲醇含量增大，则bd为0.2Mpa变化曲线、ac为2Mpa变化曲线；
【详解】A．由分析可知，压强为0.2MPa时，表示和的曲线分别是b、d，A正确；
B．混合气体的平均相对分子质量M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，B正确；
C．已知：对于反应Ⅱ，，，当时，即达到化学平衡态，此时，因为反应是放热反应，升温减小，所以升高温度变小，所以增加的倍数更大，C错误；
D．在密闭容器中通入3mol 和2mol ，只发生反应Ⅰ和Ⅱ：


由图可知，平衡时，甲烷、甲醇量相等，则3-2a=2a-1，a=1mol，的转化率约为66.7%，D正确；
答案选C。
二、非选择题：本题共4个小题，共58分。
15. 镍及其化合物在工业上有广泛的应用。工业上用镍矿渣(主要含、NiS，还含FeO、、MgO、CaO和)制备的过程如图所示(已知：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表)。

金属离子




开始沉淀时的pH
6.8
2.2
7.5
9.4
沉淀完全时的pH
9.2
3.2
9.0
12.4

（1）的价电子排布式为_______；电离一个电子需要吸收的能量_______________(填“大于”或“小于”)。
（2）“酸溶”过程中，NiS发生反应的离子方程式为_________________________；如何判断已足量：______________________(写出具体操作过程)。
（3）滤渣1的成分有_______________。
（4）滤渣3的成分为和。若滤液1中，当滤液2中时，除钙率为_______________(忽略沉淀前后溶液体积变化)。(已知：、)
（5）“滤液2”加入碳酸钠溶液后所得沉淀可表示为。进行下列实验：称取干燥沉淀样品3.41g，隔绝空气加热，剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示(500℃～750℃条件下加热，收集到的气体产物只有一种，750℃以上残留固体为NiO)，则该样品的化学式为_________________。

（6）资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如表关系。由溶液获得稳定的晶体的操作M依次是蒸发浓缩、_______________、过滤、洗涤、干燥。
温度
低于30.8℃
30.8℃～53.8℃
53.8℃～280℃
280℃
晶体形态


多种结晶水合物


【答案】（1） ①. ②. 大于
（2） ①. ②. 取反应后少量滤液于试管中，滴加溶液，若无蓝色沉淀产生，说明已足量
（3）、、S
（4）99.7% （5）
（6）冷却至30.8℃～53.8℃之间结晶
【解析】
【分析】镍矿渣主要含、NiS，还含FeO、、MgO、CaO和，“酸溶”后过滤，则滤液中主要含有Ni2+、Fe3+、Mg2+、Ca2+、等离子，滤渣1中含有CaSO4、S、SiO2；“调pH”则Fe3+水解沉淀，Ca2+和生成CaCO3，滤液中含有Ni2+、Mg2+、等离子；滤液1加入NaF，则生成的滤渣3的成分为和，滤液2含有Ni2+、等离子；滤液2加入Na2CO3，Ni2+沉淀析出，进一步处理获得硫酸镍溶液，硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到。
【小问1详解】
Ni失去2个电子后，价电子只剩d轨道的8个电子，故的价电子排布式为3d8，；因再失去一个电子后为半充满状态，能量更低，更稳定，因此更容易失去一个电子，失去时所需要吸收的能量也更少。
【小问2详解】
“酸溶”过程中，酸性条件下，NiS被氧化为S沉淀，发生反应的离子方程式为
；要证明氯酸钠已足量，只需证明溶液中已经没有亚铁离子，因此方法为取反应后少量滤液于试管中，滴加溶液，若无蓝色沉淀产生，说明已足量。
【小问3详解】
镍矿渣主要含、NiS，还含FeO、、MgO、CaO和，向其中加入硫酸和氯酸钠，与硫酸反应生成，NiS与硫酸和氯酸钠共同反应生成和S，FeO与硫酸和氯酸钠共同反应生成，与硫酸反应生成，MgO与硫酸反应生成，CaO与硫酸反应生成，与硫酸不反应，则过滤得到的滤渣1含、、S。
【小问4详解】
当滤液2中时，，此时溶液中，除钙率为。
【小问5详解】
750℃以上残留固体为NiO，可知，500℃～750℃条件下加热，收集到的气体产物只有一种，说明发生反应NiCO3加热分解为了NiO和CO2，固体质量减少，说明反应生成二氧化碳的质量为0.44g，则；根据镍元素守恒，，则，该样品的化学式为。
【小问6详解】
从溶液中获得晶体的操作一般是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，依据表中数据可知当温度为30.8℃～53.8℃，晶体以形式存在，因此冷却结晶时应在30.8℃～53.8℃之间冷却结晶。
16. 实验室利用固体和反应制备无水，并收集该反应产生的光气()，实验装置如图所示(夹持及加热装置已省略)。

已知：
Ⅰ．光气与水易反应，能溶于溶液；
Ⅱ．有关物质熔沸点如下表。
物质




熔点/℃
1435
1152
－23
－118
沸点/℃
4000
1300
76
8.2

（1）仪器c的名称是_______________，d中所装试剂为_______________。
（2）组装好装置并检查装置气密性，保持、、处于打开状态，然后通入，此时通入的目的是____。
（3）通入一段时间后，保持、打开，关闭，将装置A在85℃下进行水浴加热，此时B中发生反应的化学方程式为________________，待B中反应结束后，停止高温加热，将装置C在30℃下进行水浴加热，此时开关、、的状态分别为_______________，温度计显示的温度为_______________℃。
（4）实验结束后，E中溶质除了有NaOH，还含有_______________(填化学式)。
（5）称取B中所得产品6.34g溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加入稀硫酸，完全溶解后加入NaOH溶液形成绿色的沉淀后，再加入过量，小火加热至沉淀完全转变为溶液后，继续加热一段时间，再滴入指示剂，用新配制的0.20mol/L的溶液进行滴定，到达滴定终点时，消耗溶液36.00mL。
①写出加入过量后反应的离子方程式_______________。
②产品中质量分数为_______________，若沉淀完全转变为溶液后，不继续加热一段时间会导致质量分数_______________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
【答案】（1） ①. 直形冷凝管 ②. 碱石灰或无水
（2）排净装置中的空气
（3） ①. ②. 、关闭，打开 ③. 8.2
（4）NaCl和
（5） ①. ②. 60% ③. 偏高
【解析】
【分析】本实验制备CrCl3，其反应原理是Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2，根据题给操作步骤，先通一段时间的氮气，排除装置的空气，按照装置图，先打开K1、K2，关闭K3，反应结束后，然后关闭K1、K2，打开K3，因此COCl2与水易反应，因此装置d的作用是防止E中水蒸气进入锥形瓶中，据此分析；
【小问1详解】
根据仪器c的特点，仪器c为直形冷凝管；D装置收集COCl2，COCl2与水易反应，因此d的作用是防止E中的水蒸气进入D中，即d中盛放碱石灰或无水氯化钙；故答案为直形冷凝管；碱石灰或无水氯化钙；
【小问2详解】
装置中含有空气，空气可能会干扰实验，因此需要先通一段时间的氮气，排除装置中的空气，故答案为排净装置中的空气；
【小问3详解】
装置B制备CrCl3，其反应方程式为Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2；因为COCl2能溶于CCl4溶液，装置C中得到溶有COCl2的四氯化碳，利用沸点不同进行，采用蒸馏方法分离出光气，此时应关闭K1、K2，打开K3，根据表中数据，温度计显示的温度为8.2℃；故答案为Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2；关闭K1、K2，打开K3；8.2℃；
【小问4详解】
有部分COCl2进入装置E中，COCl2能与水反应生成CO2和HCl，E中溶质除了有NaOH外，还含有NaCl和Na2CO3，故答案为NaCl和Na2CO3；
【小问5详解】
①根据题中信息，过氧化氢作氧化剂，将Cr(OH)3氧化成Na2CrO4，过氧化氢被还原成水，根据化合价升降法、原子守恒和所带电荷守恒，得到该离子方程式为4OH-+2Cr(OH)3+3H2O2=2CrO+8H2O；故答案为4OH-+2Cr(OH)3+3H2O2=2CrO+8H2O；
②根据题意建立关系式为2CrCl3～2CrO～6Fe2+，因此样品中CrCl3的质量分数为=60%；继续加热一段时间的目的是将过量H2O2除去，防止氧化Fe2+，因此不继续加热一段时间，过氧化氢可以氧化Fe2+，消耗标准液的体积增加，导致CrCl3质量分数偏高；故答案为60%；偏高。
17. 乙烯的产量是一个国家石油化工水平的重要标志，研究制备乙烯的原理具有重要的意义，科学家研究出各种制备乙烯的方法。
I．由乙烷直接脱氢或氧化脱氢制备，原理如下：
直接脱氢：
氧化脱氢：
（1）已知键能，，生成1mol碳碳π键放出的能量为_______________kJ，从热力学角度比较直接脱氢和氧化脱氢，氧化脱氢法的优点为______________。
（2）一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量的和，维持初始压强，，发生上述两个反应。2.5min时，，，则用的分压变化表示直接脱氢反应的平均速率为_______；反应一段时间后，和的消耗速率比小于2：1的原因为__________________。
II．利用乙炔和氢气催化加成制备乙烯，发生如下反应：
①
②
保持压强为20kPa条件下，按起始投料，匀速通入装有催化剂的反应器中发生反应①和②，测得不同温度下和的转化率如下图实线所示(图中虚线表示相同条件下平衡转化率随温度的变化)。

（3）表示转化率的曲线是_____________(填“m”或“n”)。
（4）随着温度的升高，m和n两条曲线都是先升高后降低，其原因是_______________。
（5）时，两种物质的转化率分别为0.75、0.5，反应①的平衡常数__________。
【答案】（1） ①. 267.3 ②. 氧化脱氢反应的且，故不需要太高温度就可以发生(因为不需要高温，所以不存在有机物碳化或者催化剂失活的情况)。
（2） ①. 0.8 ②. 生成的氢气与氧气反应生成了水蒸气
（3）n （4）开始阶段未达到平衡，所以温度高速率快，两种气体的转化率都增大，但是随着温度升高，后面达到了平衡，温度升高平衡逆向移动，故转化率下降(当温度高于时反应①生成的乙烯和氢气反应生成了乙烷，所以两者的转化率是相同的)
（5）0.2
【解析】
【小问1详解】
由焓变计算可得，解得；
氧化脱氢反应的且，故不需要太高温度就可以发生，因为不需要高温，所以不存在有机物碳化或者催化剂失活的情况，所以答案为：氧化脱氢反应的且，故不需要太高温度就可以发生。
【小问2详解】
由PV=nRT可知，恒容密闭容器中，P与n成正比，根据反应数据可得消耗了1kPa，需要消耗2 kPa的，一共消耗了4 kPa，所以直接脱氢反应消耗了2 kPa，则生成的为2 kPa，则用的分压变化表示直接脱氢反应的平均速率为0.8；
直接脱氢反应生成的氢气与氧气反应生成了水蒸气，使得整体反应消耗的变多，所以反应一段时间后，和的消耗速率比小于2：1。
【小问3详解】
因为起始投料为，若只发生反应①， H2与的消耗量相同，则转化率大于的转化率；若只发生反应②， H2与的消耗量之比为2:1，则转化率等于的转化率，所以当两个反应同时发生时，转化率大于的转化率，故表示转化率的曲线是n
【小问4详解】
开始阶段未达到平衡，所以温度高速率快，两种气体的转化率都增大，但是随着温度升高，后面达到了平衡，温度升高平衡逆向移动，故转化率下降(当温度高于时反应①生成的乙烯和氢气反应生成了乙烷，所以两者的转化率是相同的)
【小问5详解】
根据数据列出三段法

根据转化率可列方程组求得，再根据三段法可得
平衡时P()=，同理可得P()=10kPa，P()=5kPa，则
18. 2-[对一异丁苯基]-丙酸具有解热、镇痛、抗炎的作用，其合成路线如下。

已知：
请回答下列问题：
（1）A的结构简式为_______________。
（2）反应②的反应类型是_______________；E中官能团名称是_______________。
（3）C的系统命名是_______________。
（4）已知D中含有两个六元环，B和C生成D的化学方程式为___________________。
（5）反应⑤的第ⅰ步反应方程式为______________________。
（6）G的相对分子质量比2-[对-异丁苯基]-丙酸少28，且为同系物。则G符合下列条件的同分异构体有_______________ 种(不考虑立体异构)。
a．能发生银镜反应和水解反应，水解产物遇Fe3+显紫色
b．苯环上有三个取代基
（7）由2-甲基丙醛和甲醛经两步可以合成C，其合成路线图是_____________(无机试剂自选)。
【答案】（1） （2） ①. 取代反应 ②. 酯基、碳氯键
（3）2，2－二甲基－1，3－丙二醇
（4） （5） （6）26
（7）
【解析】
【分析】采用逆推法，由B的结构简式，可确定A为，则C7H8为；由B、C的结构简式，参照信息，可确定D为；D在ZnCl2作用下发生结构异构化，生成E()；E水解生成2-[对一异丁苯基]-丙酸()。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为。答案为：；
【小问2详解】
反应②为与在AlCl3作用下发生反应，生成和HCl，反应类型是取代反应；E为，官能团名称是酯基、碳氯键。答案为：取代反应；酯基、碳氯键；
【小问3详解】
C为，系统命名是2，2－二甲基－1，3－丙二醇。答案为：2，2－二甲基－1，3－丙二醇；
【小问4详解】
已知D中含有两个六元环，由分析可得出D为，B()和C()生成D的化学方程式为。答案为：；
【小问5详解】
反应⑤的第ⅰ步，酯基和-Cl都发生水解，且-COOH转化为-COONa，反应方程式为。答案为：；
【小问6详解】
G的相对分子质量比2-[对-异丁苯基]-丙酸少28，即少2个-CH2-，且为同系物。则G符合下列条件：“a．能发生银镜反应和水解反应，水解产物遇Fe3+显紫色；b．苯环上有三个取代基”的同分异构体，其可能结构为：苯环上有-OOCH、-CH3、-CH2CH2CH3，共有10种；苯环上有-OOCH、-CH3、-CH(CH3)2，共有10种；苯环上有-OOCH、2个-CH2CH3，共有6种。则所有同分异构体共有26种(不考虑立体异构)。答案为：26；
【小问7详解】
由2-甲基丙醛和甲醛先发生反应生成，再用H2还原为，其合成路线图是。答案为：。
【点睛】合成有机物时，可采用逆推法。