【新高三摸底】2024届新高三-化学开学摸底考试卷（全国通用，新教材）02

这是一份【新高三摸底】2024届新高三-化学开学摸底考试卷（全国通用，新教材）02，文件包含新高三摸底2024届新高三-化学开学摸底考试卷全国通用新教材02解析版docx、新高三摸底2024届新高三-化学开学摸底考试卷全国通用新教材02考试版docx、新高三摸底2024届新高三-化学开学摸底考试卷全国通用新教材02答案及评分标准docx、新高三摸底2024届新高三-化学开学摸底考试卷全国通用新教材02答题卡docx等4份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。

2024届新高三开学摸底考试卷（全国通用，新教材）02
化 学
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cu 64 Ga 70 Ni 59
第Ⅰ卷（选择题 共42分）
一、选择题：本题共14个小题，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．化学与生活、社会密切相关。下列说法不正确的是
A．我国规定商家不得无偿提供塑料袋，目的是减少“白色污染”
B．乙醇是一种易燃烧污染小的可再生能源，但只能在实验室内作燃料
C．化石燃料不可再生，使用太阳能代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境
D．积极开发废电池的综合利用技术，防止其中的重金属盐对土壤和水源造成污染
【答案】B
【详解】A.聚乙烯塑料难以降解，易导致白色污染，A项正确；
B. 乙醇是一种易燃烧污染小的可再生能源，可用于汽车燃料，B项错误；
C.化石燃料不可再生，使用太阳能代替化石燃料，可减少对化石燃料的使用，有利于节约资源、保护环境，C项正确；
电池中的重金属会污染土壤和水源，积极开发废电池的综合利用技术，防止其中的重金属盐对土壤和水源造成污染，D项正确；
答案选B。
2．乙硼烷常应用于有机合成领域，可通过反应制得。下列说法正确的是
A．基态B原子的轨道表示式为
B．基态F原子核外电子排布式为
C．分子空间构型为三角锥形
D．中含有配位键
【答案】D
【详解】A．基态B原子的轨道表示式为，A错误；
B． F是9号元素，基态F原子核外电子排布式为，B错误；
C．形成3个σ键，中心原子B无孤电子对，所以BF3分子空间构型为平面三角形，C错误；
D．中Na+与BF离子键结合，BF含有共价键和配位键，D正确；
故答案选D。
3．是一种常用的消毒剂，可通过反应制取，下列有关说法正确的是
A．还原性：
B．每消耗，转移电子
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
D．若该反应通过原电池来实现，则是负极产物
【答案】C
【详解】A．反应中，SO2是还原剂、ClO2是还原产物，还原性，故A错误；
B．SO2中S元素化合价由+4升高为+6，每消耗，转移电子，故B错误；
C．NaClO3中Cl元素化合价降低，NaClO3是氧化剂，SO2中S元素化合价升高，SO2是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，故C正确；
D．若该反应通过原电池来实现，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，则是正极产物，故D错误；
选C。
4．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A．的中，含有的中子数为1.1NA
B．、时，中含有的原子数为1.5NA
C．与足量反应，转移的电子数为3NA
D．标准状况下，和的混合气体中分子总数为0.2NA
【答案】B
【详解】A．1个原子中含有6个中子，则的中，含有的中子数为0.6NA，A不正确；
B．的物质的量为=0.5mol，则含有的原子数为0.5mol×3NA=1.5NA，B正确；
C．与足量反应，Cl由0价降低到-1价，则转移的电子数为2NA，C不正确；
D．标准状况下，和的混合气体物质的量为0.1mol，则含分子总数为0.1NA，D不正确；
故选B。
5．《Chem.sci.》报道麻生明院士成功合成某种非天然活性化合物（结构如下图）。下列有关该化合物的说法错误的是

A．分子式为 C18H17NO2
B．能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色
C．所有氢原子不可能共平面
D．苯环上的一氯代物有 7 种
【答案】D
【详解】A．按碳呈四价的原则，确定各碳原子所连的氢原子数，从而确定分子式为C18H17NO2，A正确；
B．题给有机物分子内含有碳碳双键，能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C．题给有机物分子中，最右边的端基为-CH3，3个氢原子与苯环氢原子不可能共平面，C正确；
D．从对称性考虑，苯环上的一氯代物有 5 种，D错误；
故选D。
6．下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项
探究方案
探究目的
A
将硫酸钡粉末和碳酸钠饱和溶液混合，充分振荡、静置，取上层清液1～2mL，滴加盐酸和溶液，观察是否有沉淀产生
探究和的溶度积常数相对大小
B
将二氧化硫气体通入碘和淀粉的混合溶液中，观察溶液颜色的变化
探究还原性：
C
向过氧化氢和氯化钡混合液中滴加亚硫酸钠溶液，观察是否产生沉淀
探究过氧化氢能否将亚硫酸盐氧化
D
加热溴乙烷和氢氧化钠-乙醇混合溶液，将产生的气体通入高锰酸钾溶液中，观察溶液颜色的变化
探究溴乙烷在此条件下发生取代反应还是发生消去反应

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．硫酸钡粉末和碳酸钠饱和溶液混合，会有部分硫酸钡转化为碳酸钡，上层清液中含有硫酸根和碳酸根，滴加盐酸时碳酸根反应生成二氧化碳气体，再加氯化钡溶液会生成硫酸钡沉淀，无法比较硫酸钡和碳酸钡溶度积常数的相对大小，A错误；
B．二氧化硫通入碘和淀粉混合溶液中，若蓝色逐渐退去，则发生反应，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，其中二氧化硫是还原剂，故还原性：，B正确；
C．亚硫酸钠与氯化钡溶液可以发生反应生成亚硫酸钡，无法证明过氧化氢能否将亚硫酸氧化，C错误；
D．溴乙烷发生取代反应，生成的溴化氢气体，以及发生消去反应生成的乙烯气体都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误；
故选B。
7．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．用NaOH溶液吸收少量SO2：
B．向稀FeSO4溶液中滴加稀硝酸：
C．向AlCl3溶液中加入过量氨水：
D．用盐酸、淀粉KI溶液检验含碘盐中的：
【答案】B
【详解】A．用NaOH溶液吸收少量SO2，反应产生Na2SO3、H2O，反应的离子方程式为：SO2+2OH-=+H2O，A错误；
B．向稀FeSO4溶液中滴加稀硝酸，会发生氧化还原反应产生Fe3+、NO、H2O，反应符合事实，遵循物质的拆分原则，B正确；
C．向AlCl3溶液中加入过量氨水，反应产生Al(OH)3沉淀和NH4Cl，反应的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3，C错误；
D．电子不守恒，电荷不守恒，反应的离子方程式应该为：，D错误；
故合理选项是B。
8．下列“类比”结果正确的是
A．苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，甲苯也不能使酸性KMnO4溶液褪色
B．NH3的分子构型为三角锥形，PCl3的分子构型也为三角锥形
C．Ca(HCO3)2的溶解度比CaCO3的大，NaHCO3的溶解度也比Na2CO3的大
D．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3与O2，Na2O2与SO2反应生成Na2SO3与O2
【答案】B
【详解】A．苯不与酸性高锰酸钾溶液反应，甲苯可与酸性高锰酸钾溶液反应从而使其褪色，A错误；
B．NH3中N原子的价层电子对数为3+=4，PCl3中P原子的价层电子对数也是3+=4，两者均有一对孤电子对，分子构型为三角锥形，B正确；
C．碳酸氢钠的溶解度小于Na2CO3，C错误；
D．Na2O2具有强氧化性，SO2具有较强的还原性，两者反应生成Na2SO4，D错误；
故答案选B。
9．一种用作锂离子电池电解液的锂盐的阴离子结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的核外电子中有3个未成对电子。下列说法正确的是

A．W元素最高价氧化物对应的水化物是强酸 B．该阴离子中不存在非极性键
C．X的氢化物沸点可能高于Z的氢化物 D．该离子中所有原子最外层均为8电子结构
【答案】C
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的核外电子中有3个未成对电子，则其p轨道上有3个电子，价电子排布式为3s23p3，W为P元素，由结构简式知Z形成1个共价键，Y形成2个共价键，X形成4个共价键，则Z为F元素，Y为O元素，X为C。
【详解】A．W为P元素，最高价氧化物对应的水化物是磷酸，磷酸不是强酸，故A错误；
B．该阴离子中含有C-C非极性键，故B错误；
C．X为C，C元素的氢化物有很多种，分子量越大沸点越高，可能高于Z的氢化物HF，故C正确；
D．该离子中P未形成8电子结构，故D错误；
故选C。
10．陈述Ⅰ和Ⅱ均正确并具有因果关系的是
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
用明矾净水
胶体具有吸附性
B
Na着火不能用水扑灭
Na可与水反应产生
C
二氧化硅可用于制备光导纤维
二氧化硅是良好的半导体材料
D
用84消毒液进行消毒
NaClO溶液呈碱性

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．明矾中的Al3+水解生成胶体，胶体具有吸附性，能用于净水，A符合题意；
B．Na着火不能用水扑灭，但Na与水反应产生的是H2，B不符合题意；
C．二氧化硅可用于制备光导纤维，但二氧化硅不是良好的半导体材料，C不符合题意；
D．用84消毒液进行消毒，是因为NaClO溶液具有强氧化性，D不符合题意；
故选A。
11．向密闭容器中充入1molA，发生反应aA(g)=bB(g)+cC(g)，达到平衡时，体系中B的体积分数φ(B)随温度、压强的变化如图所示。下列说法正确的是

A．该反应的△H<0，△S<0
B．M、N两点对应的化学平衡常数：M>N
C．P、M两点对应的A的转化率：P＜M
D．恒温恒容时，再充入少量A，达到新平衡，φ(B)增大
【答案】C
【详解】A．由题图可知，压强不变时，升高温度，减小，平衡逆向移动，故正反应为放热反应，，温度不变时，增大压强，减小，平衡逆向移动，故，则，A项错误；
B．M、N点的温度相同，化学平衡常数相同，B项错误；
C．P、M点的压强相同，降低温度，增大，平衡正向移动，A的转化率增大，转化率：P＜M，C项正确；
D．恒温恒容条件下，向容器中再充入少量A，相当于对体系加压，结合题图可知，达到新平衡时，减小，D项错误。
答案选C。
12．金刚砂与金刚石具有相似的晶体结构，硬度为9.5，熔点为2700℃，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是

A．金刚砂的化学式为SiC
B．SiC晶体中碳原子和硅原子均采用sp3杂化
C．距离碳原子最近的碳原子数为12
D．金刚石的熔点低于2700℃
【答案】D
【详解】A．由可知，C原子位于顶点和面心，晶胞结构中C原子数为8×+6×=4，4个Si原子位于晶胞内，则Si:C=4:4=1:1，金刚砂的化学式为SiC，故A正确；
B．SiC晶体中碳原子周围有4个硅原子，而硅原子有4个碳原子，均采用sp3杂化，故B正确；
C．以4个Si原子形成立体结构看，距离最短的Si位于顶点和面心，每个顶点为12个面共有，则距离硅原子最近的硅原子数为12，故C正确；
D．共价键的键长越短，键能越大，则熔沸点越高，C-C键键长比C-Si键键长短，金刚石的熔点高于2700℃，故D错误；
答案为D。
13．下列溶液或浊液中，关于离子浓度的说法正确的是
A．一定浓度的氨水加水稀释的过程中，的比值减小
B．浓度均为0.1mol·L-1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中：c(CO) C．0.2mol·L-1的醋酸(CH3COOH)溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合后：c(CH3COO-)-c(H+)=c(Na+)-c(OH-)
D．常温下，已知：Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2Cr2O4)=2.0×10-12，则Ag2CrO4悬浊液的c(Ag+)一定小于AgCl悬浊液中的c(Ag+)
【答案】C
【详解】A．一定浓度的氨水加水稀释的过程中，氢氧根浓度减小，根据电离常数可知＝，温度不变，电离常数不变，氢氧根浓度减小，则比值增大，A错误；
B．浓度均为0.1mol·L－1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，则c(CO) C．0.2mol·L－1的醋酸(CH3COOH)溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合后得到CH3COONa和CH3COOH的混合溶液，根据电荷守恒c(CH3COO－)+c(OH－)=c(Na＋)+c(H+)，可以得到c(CH3COO-)-c(H+)=c(Na+)-c(OH-)，C正确；
D．常温下，已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2Cr2O4)＝2.0×10－12，Ag2CrO4悬浊液中c(Ag+)=，AgCl悬浊液中c(Ag+)=，则Ag2CrO4悬浊液的c(Ag+)一定大于AgCl悬浊液中的c(Ag+)，D错误；
故选：C。
14．普通电解精炼铜的方法所制备的铜中仍含杂质，利用如图中的双膜(阴离子交换膜和过滤膜)电解装置可制备高纯度的Cu。下列有关叙述正确的是

A．电极a为粗铜
B．甲膜为过滤膜，可阻止阳极泥及漂浮物杂质进入阴极区
C．乙膜为阴离子交换膜，可阻止杂质阳离子进入阴极区
D．当电路中通过1mol电子时，可生成32g精铜
【答案】D
【详解】A．电解精炼铜中，粗铜作阳极，接电源正极，因此电极a为精铜，电极b为粗铜，故A错误；
B．甲膜为阴离子交换膜，防止阳极溶解的杂质阳离子进入阴极区，同时NO3-可穿过该膜，平衡阳极区电荷，故B错误；
C．乙膜为过滤膜，先对阳极区的阳极泥及漂浮物过滤，故C错误；
D．阴极只有Cu2+放电，转移1mol电子时，生成0.5 mol Cu，因此质量=0.5mol×64g/mol=32g，故D正确；
故答案选D。
【点睛】本题关键是通过装置原理图判断该电解池的阴阳极，通过阴阳极的反应原理，判断甲膜和乙膜的种类和作用。
第II卷（非选择题 共58分）
二、非选择题：本题共4个小题，共58分。
15．（15分）氮化镓(GaN)具有优异的光电性能。一种利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓、铁酸锌、]制备GaN的工艺流程如下：

已知：
①Ga与Al同主族，化学性质相似。
②常温下，，，。
③、在该工艺条件下的反萃取率(进入水相中金属离子的百分数)与盐酸浓度的关系见下表。
盐酸浓度/
反萃取率/%


2
86.9
9.4
4
69.1
52.1
6
17.5
71.3
回答下列问题：
(1)“酸浸”时发生反应的离子方程式为____。“酸溶”所得滤渣的主要成分是________(填化学式)。
(2)“酸浸”所得浸出液中、浓度分别为0.21、65。常温下，为尽可能多地提取并确保不混入，“调pH”时需用CaO调pH至_________(假设调pH时溶液体积不变)。
(3)“脱铁”和“反萃取”时，所用盐酸的浓度a＝________，b＝_______(选填上表中盐酸的浓度)。
(4)“沉镓”时，若加入NaOH的量过多，会导致的沉淀率降低，原因是_____________(用离子方程式表示)。
(5)利用CVD(化学气相沉积)技术，将热分解得到的与在高温下反应可制得GaN，同时生成另一种产物，该反应化学方程式为__________________。
(6)①GaN的熔点为1700℃，的熔点为77.9℃，它们的晶体类型依次为_________、_________。
②GaN晶体的一种立方晶胞如图所示。该晶体中与Ga原子距离最近且相等的N原子个数为________。该晶体密度为，GaN的式量为，则晶胞边长为________nm。(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)

【答案】(1) Ga2(Fe2O4)3+24H+=2Ga3++6Fe3++12H2O CaSO4
(2)略小于5.7
(3) 6mol/L 2mol/L
(4)Ga(OH)3+OH-=+2H2O
(5)Ga2O3+2NH32GaN+3H2O
(6) 共价晶体 分子晶体 4

【分析】矿渣中主要含铁酸镓、铁酸锌、SiO2，矿渣中加入稀硫酸，SiO2不溶于稀硫酸，浸出渣为SiO2，加入CaO调节pH，从已知②可知，Zn(OH)2Ksp相对Ga(OH)3和Fe(OH)3较大，因此控制pH可使Ga3+、Fe3+完全沉淀而Zn2+不沉淀，滤液中为硫酸锌，再加入稀硫酸酸溶，溶液中含有Ga3+和Fe3+，加入萃取剂萃取，然后加入amol/L盐酸进行脱铁，再加入bmol/L的盐酸进行反萃取，根据表中数据可知，脱铁时盐酸浓度较高，促使Fe3+更多地进入水相被除去，盐酸浓度为6mol/L，反萃取中要保证Ga3+更可能多地进入水相，则此时盐酸浓度为2mol/L，随后加入NaOH沉镓生成Ga(OH)3，Ga(OH)3经过热分解生成Ga2O3，最后经过CVD得到GaN。
【详解】（1）Ga2(Fe2O4)3与稀硫酸反应生成Ga3+、Fe3+和H2O，反应的离子方程式为Ga2(Fe2O4)3+24H+=2Ga3++6Fe3++12H2O。酸溶前调节pH时加入了CaO，加入稀硫酸钙离子和硫酸根离子反应生成硫酸钙，硫酸钙微溶于水，故酸溶滤渣中为CaSO4。
（2）酸浸所得浸出液中Ga3+、Zn2+浓度分别为0.21g/L和65g/L即0.003mol/L和1mol/L，根据Ksp[Zn(OH)2]=10-16.6，Zn2+开始沉淀时c(OH-)=10-8.3mol/L，Zn2+开始沉淀的pH为5.7，根据Ksp[Ga(OH)3]=10-35.1，Ga3+开始沉淀时c(OH-)=1.49×10-11，则Ga3+开始沉淀的pH为3.17，则调节pH略小于5.7即可。
（3）根据分析可知脱铁时盐酸浓度较高，促使Fe3+更多地进入水相被除去，盐酸浓度为6mol/L，反萃取中要保证Ga3+更可能多地进入水相，则此时盐酸浓度为2mol/L。
（4）Ga与Al同主族，化学性质相似，沉镓时加入NaOH过多，则生成的Ga(OH)3重新溶解生成，离子方程式为Ga(OH)3+OH-=+2H2O。
（5）Ga2O3与NH3高温下反应生成GaN和另一种物质，根据原子守恒，可得另一种物质为H2O，化学方程式为Ga2O3+2NH32GaN+3H2O。
（6）①GaN熔点较高为1700℃，GaCl3熔点较低为77.9℃，则GaN为共价晶体，GaCl3为分子晶体。
②从图中可知，该晶体中与Ga原子距离最近且相等的N原子个数为4个，根据均摊法，该晶胞中N原子个数为4，Ga原子个数为，设晶胞边长为anm，则ρ=，则a=nm。
16．（14分）某化学小组同学发现“84”消毒液(主要成分为NaClO)与洁厕剂(主要成分为盐酸)室温下混合有生成，于是尝试在实验室利用该反应原理制取。

(1)若用次氯酸钙、浓盐酸为原料，利用上图装置制取。装置中仪器a的名称为_______，反应的化学方程式为_______。
(2)实验室制取干燥的时，净化与收集所需装置的接口连接顺序为_______。

(3)经查阅资料得知：无水在空气中易潮解，加热易升华。设计如图所示装置制备无水。

①下列操作步骤的正确顺序为_______(填字母)。
a.体系冷却后，停止通入    b.通入干燥的赶尽装置中的空气
c.在铁屑下方加热至反应完成    d.用干燥的赶尽
e.检验装置的气密性
②该实验装置存在的明显缺陷是_______。
(4)世界环保联盟要求逐渐取代作为自来水消毒剂。
已知：，。
有关物质的熔、沸点如下表：
物质
熔点/℃
沸点/℃

-59
11

-107
-34.6
的生产流程示意图如下：

该工艺中，需要补充的物质X为_______(填化学式，下同)，能参与循环的物质是_______。从发生器中分离出，可采用的方法是_______。
【答案】(1) 分液漏斗 Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O
(2)cdbae
(3) ebcad 出气管伸入瓶中太长
(4) Cl2 NaCl和Cl2 冰水降温将ClO2冷凝为液体而分离

【详解】（1）a用于液体为分液漏斗。次氯酸钙中+1的氯将盐酸中-1价的氯氧化为Cl2，反应为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O。答案为分液漏斗；Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
（2）浓硫酸干燥氯气，饱和氯化钠除去HCl杂质，NaOH溶液吸收尾气。连接顺序为cdbae。答案为cdbae；
（3）装置首先应该检验气密性。装置中有空气干扰反应，加热前应先通入Cl2排空，再加热。反应结束后装置中有残留的Cl2污染环境，需要用N2将装置中的尾气排尽。正确的顺序为ebcad。出气管伸入瓶中太长易被FeCl3堵塞而炸裂。答案为ebcad；出气管伸入瓶中太长；
（4）氯化钠电解槽中Cl-变为了而H+变为H2，若要产生HCl需要H2和Cl2。所以需要补充Cl2。反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O产生了NaCl和Cl2可以循环。从已知信息看ClO2常温下为气体与Cl2混合，但两者的沸点不同，可以采用冰水降温将ClO2冷凝为液体而分离。答案为Cl2；NaCl和Cl2；冰水降温将ClO2冷凝为液体而分离。
17．（14分）将CO2转化为更有价值的化工原料，正成为科学家们研究的一个重要领域。回答下列问题：
(1)已知：①2H2(g)＋O2(g) ＝2H2O(g) ΔH＝ − 484 kJ∙mol−1
②2CH3OH(g)＋ 3O2(g) ＝2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH ＝−1353 kJ∙mol−1
则CO2(g)＋ 3H2(g) ＝ CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH ＝_______ kJ∙mol−1。
(2)在恒压密闭容器中通入CO2和H2的混合气体，制备甲醇过程中测得甲醇的时空收率(STY)(表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率)随温度(T)变化如下表：
T/°C
170
180
1 90
200
210
220
230
STY/[mol/(mol·h)]
0.10
0.15
0.20
0.25
0.28
0.20
0.15
①该反应最适宜的温度是_______。
②在220°C和170 °C条件下，该反应速率之比： υ(220°C)： υ(170°C)＝_______。
③随温度升高，甲醇的时空收率先增大后减小，可能的原因是_______。
(3)CO2催化加氢制甲醇过程中，存在竞争的副反应主要是： CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH ＝＋41 kJ∙mol−1。在恒温密闭容器中，CO2的平衡转化率[α(CO2)%]和甲醇选择性[(CH3OH)%＝ ×100%]随着温度变化关系如下图所示。

①分析温度高于236°C时图中曲线下降的原因_______。
②按1 mol CO2(g)、3 mol H2(g)投料反应，计算 244°C时反应生成CH3OH的物质的量为_______mol。 (保留两位有效数字)
③在压强为p的反应条件下，1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为50%，该温度下主反应的平衡常数Kp＝_______。 ( 列出计算式即可)
【答案】(1)−49.5
(2) 210°C 2:1 随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率增大；继续升高温度，催化剂活性降低(或者放热反应平衡逆向移动或有副反应发生等)，使甲醇时空收率降低
(3) 主反应是放热反应，副反应是吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，且主反应平衡移动程度占主要因素，因而使 CO2转化率、甲醇选择性均下降 0.061

【详解】（1）根据盖斯定律，将反应①的1.5倍减去反应②的一半得到CO2(g)＋ 3H2(g) ＝ CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH ＝(− 484 kJ∙mol−1)×1.5−(−1353 kJ∙mol−1)÷2＝−49.5kJ∙mol−1；故答案为：−49.5。
（2）①根据图中信息在210°C时STY最大，因此该反应最适宜的温度是210°C；故答案为：210°C。
②在220°C和170 °C条件下，该反应速率之比： υ(220°C)： υ(170°C)＝0.20:0.10=2:1；故答案为：2:1。
③随温度升高，甲醇的时空收率先增大后减小，可能的原因是随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率增大；继续升高温度，催化剂活性降低(或者放热反应平衡逆向移动或有副反应发生等)，使甲醇时空收率降低；故答案为：随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率增大；继续升高温度，催化剂活性降低(或者放热反应平衡逆向移动或有副反应发生等)，使甲醇时空收率降低。
（3）①分析温度高于236°C时图中曲线下降的原因根据方程式分析主反应是放热反应，副反应是吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，且主反应平衡移动程度占主要因素，因而使 CO2转化率、甲醇选择性均下降；故答案为：主反应是放热反应，副反应是吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，且主反应平衡移动程度占主要因素，因而使 CO2转化率、甲醇选择性均下降。
②按1 mol CO2(g)、3 mol H2(g)投料反应，244°C时二氧化碳转化率是10.5%，甲醇选择性为58.3%，因此此温度下反应生成CH3OH的物质的量为1mol×10.5%×58.3%≈0.061mol；故答案为：0.061。
③在压强为p的反应条件下，1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为50%，，，则平衡时二氧化碳物质的量为0.8mol，氢气物质的量为2.6mol，甲醇物质的量为0.1mol，水蒸气物质的量为0.2mol，一氧化碳物质的量为0.1mol，总气体物质的量为3.8mol，则该温度下主反应的平衡常数；故答案为：。
18．（15分）乙肝新药的中间体化合物J的一种合成路线如下：

已知： ，回答下列问题：
(1)A的化学名称为_________，D中含氧官能团的名称为_________。
(2)M的结构简式为。
①M中电负性最强的元素是__________。
②M与相比，M的水溶性更_______(填“大”或“小”)。
③与性质相似，写出M与NaOH溶液反应的化学方程式_________________。
(3)由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤的目的是_________。
(4)化合物Q是A的同系物，相对分子质量比A的多14；Q的同分异构体中，同时满足下列条件(不考虑立体异构)：
a．能与溶液发生显色反应；b．能发生银镜反应；c．苯环上有2个取代基。其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为的结构简式为__________。
(5)根据上述信息，以和为原料，设计合成的路线________(无机试剂任选)。
【答案】(1) 对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸 硝基、酯基
(2) O 小 +2NaOH+H2O+CH3OH
(3)保护羧基
(4)
(5)

【分析】在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应生成B，结合B的分子式及后边产物D的结构可推出B为，B在浓硫酸催化下与甲醇发生酯化反应生成C为，C与化合物M反应生成D，根据D的结构简式及C的分子式的差别推出M为，发生取代反应生成D和溴化氢；E在一定条件下反应生成F，根据F的分子式可推知E发生水解生成甲醇和F，F为，F最终转化为J；
【详解】（1）A为，化学名称为对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸；D为，含氧官能团的名称为硝基、酯基；
（2）①同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；M为，M中电负性最强的元素是O。
②M与相比，中酚羟基可以和水形成氢键，导致其水溶性增大，故M的水溶性更小。
③与性质相似，则为M中-SH、酯基均能与NaOH溶液反应，化学方程式为：+2NaOH+H2O+CH3OH；
（3）由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤先将羧基转化为酯基，再将酯基转化为羧基，故其目的是保护羧基；
（4）化合物Q是A()的同系物，相对分子质量比A的多14，则多一个CH2；化合物Q的同分异构体中，同时满足条件：①与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；②能发生银镜反应，则含有醛基；③苯环上取代基数目为2，若除酚羟基外还有一个取代基，则可以为-CH(Br)CHO，与酚羟基的位置有邻、间、对位共3种；核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为；
（5）以发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯还原得到苯胺，苯胺与反应生成，故合成路线如下： 。