重庆市荣昌中学2023-2024学年高三上学期12月月考化学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市荣昌中学2023-2024学年高三上学期12月月考化学试题（Word版附解析），共22页。

注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上相应位置，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，答题卡交回，试卷自行保存。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 S32 Cu64 Pb207
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，只有一个选项符合题目的要求。)
1. 化学与科技生产、生活环境等密切相关，下列说法正确的是
A. 可将油水分离的木材海绵吸附材料的主要成分是高分子化合物
B. 次氯酸钠溶液、碘酒、酒精都能杀菌消毒，都是利用了物质的强氧化性
C. 某大学研究院用CO2与丁二烯为原料制备塑料，为减少酸雨的形成做出了贡献
D. 久置的青菜菜叶变黄与用SO2漂白的纸张变黄的原理相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．木材海绵吸附材料的主要成分是相对分子质量大于一万的有机高分子化合物，故A正确；
B．酒精没有强氧化性，使蛋白质变性起到杀菌消毒的作用与氧化还原反应无关，故B错误；
C．用二氧化碳与丁二烯为原料制备塑料可以减少二氧化碳排放，有利于碳中和、碳达峰的实现，与减少酸雨的形成无关，故C错误；
D．久置的青菜菜叶变黄是由于其中的叶绿素转化为叶黄素所致，而用二氧化硫漂白的纸张变黄是由于二氧化硫漂白时生成的无色不稳定物质久置后分解导致颜色恢复所致，二者的原理不同，故D错误；
故选A。
2. 物质的性质决定用途，下列两者对应关系中正确的是
A. 汽油和植物油都属于烃，所以汽油和植物油都可以燃烧
B. 苯的密度小于，所以苯不能萃取出溴的溶液中的溴
C. 锌具有还原性和导电性，所以可用作锌锰干电池的负极材料
D. 硅胶多孔，吸水能力强，所以可用作食品的脱氧剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．植物油的成分主要是不饱和高级脂肪酸与甘油形成的酯，其中含C、H、O三种元素，植物油不属于烃，A项错误；
B．苯不能萃取出溴的CCl4溶液中的溴是因为苯与CCl4互溶，与苯的密度小于CCl4无关，B项错误；
C．锌具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料，锌在负极发生失电子的氧化反应，C项正确；
D．硅胶多孔、吸水能力强，硅胶可用作食品的干燥剂，不是脱氧剂，D项错误；
答案选C。
3. 列化学用语或图示不正确的是
A. 甲醛和乙酸的实验式均为：CH2O
B. 羟基的电子式：
C. 反-2-丁烯的分子的球棍模型：
D. HCl分子中σ键的形成：
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验式是指原子最简原子个数比的式子，甲醛结构简式为：HCHO，乙酸的结构简式为CH3COOH，实验室均为：CH2O，故A正确；
B．羟基不带电，故羟基的电子式为：，故B正确；
C．反-2-丁烯的两个甲基在双键的异侧，为顺-2-丁烯，故C错误；
D．HCl分子中σ键的形成是氢原子s电子和氯原子的3p电子形成一对共用电子对，形成σ键，σ键的形成过程为：，故D正确；
答案选C。
4. 下列有关离子方程式书写正确的是
A. 硫酸铜溶液中滴入过量氨水：Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2
B. 钢铁吸氧腐蚀的正极反应：O2+4e-+4H+=2H2O
C. FeSO4溶液中加入H2O2产生沉淀：2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+
D. 向漂白液中通入少量二氧化碳：2ClO-+CO2+H2O=2HClO+
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫酸铜溶液中滴入过量的氨水时反应的离子方程式为Cu2++4NH3⋅H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，故A错误；
B．当钢铁表面的水膜酸性较弱或呈中性时，钢铁发生吸氧腐蚀，正极反应式为：O2+4e-+2H2O＝4OH-，故B错误；
C．FeSO4溶液中加入H2O2产生氢氧化铁沉淀和硫酸，其反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+4H2O═2Fe(OH)3↓+4H+，故C正确；
D．HClO＞，则NaClO溶液中通入少量二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：ClO-+CO2+H2O═HClO+，故D错误。
答案选C。
5. 下列有关实验的图示中，正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验室配制银氨溶液时应该把氨水逐滴滴入硝酸银溶液中，A错误；
B．氯化铵不稳定，受热分解为氨气和氯化氢，遇冷后再次生成氯化钠，而氯化钠较稳定，B正确；
C．次氯酸钠具有漂白性，不能用pH试纸测其溶液的pH，C错误；
D．重铬酸钾具有强氧化性，应该用酸式滴定管，D错误；
故选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1ml，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，1ml参加反应转移2ml电子，137g 的物质的量为0.2ml，转移的电子数目为0.4，D项正确。
故选A。
7. 短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，基态Y原子核外s能级与p能级电子数之比为4：3，Z、R位于同主族，由这四种元素组成一种光学晶体，结构如图：
下列叙述错误的是
A. 简单氢化物的沸点：
B. 简单离子的半径：
C. X、Y、Z、R四种元素可形成离子化合物
D. 常温下Al遇R的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液钝化
【答案】B
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，基态Y原子核外s能级与p能级电子数之比为4：3，则Y为N元素；由结构式可知，晶体中X、Z、R形成的共价键数目为1、2、6，Z、R位于同主族，则X为H元素、Z为O元素、R为S元素；
【详解】A．水分子、氨分子均能形成分子间氢键，硫化氢不能形成分子间氢键，水分子形成的氢键数目多于氨分子，分子间作用力大于氨分子，沸点高于氨分子，则三种氢化物的沸点顺序为，故A正确；
B．简单离子的电子层数越大，离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子的半径大小顺序为，故B错误；
C．氢、氮、氧、硫四种元素可形成离子化合物硫酸铵、硫酸氢铵、亚硫酸铵、亚硫酸氢铵等，故C正确；
D．常温下Al中浓硫酸中会钝化，故D正确；
故选B。
8. 干冰(固态二氧化碳)在﹣78℃时可直接升华为气体，其晶胞结构如下图所示。下列说法不正确的是
A. 干冰升华时需克服分子间作用力
B. 每个晶胞中含有4个CO2分子
C. 每个CO2分子周围有12个紧邻CO2分子
D. CO2中有C=O键，中心原子C是sp2杂化
【答案】D
【解析】
【详解】A．干冰为分子晶体，升华时需要克服分子间作用力，A正确；
B．根据均摊法，一个晶胞中含有CO2分子数为=4，B正确；
C．以顶点处的分子为例，每个CO2分子周围与其紧邻的CO2分子位于面心，一个面上有4个这样的CO2分子，共有3个这样互相垂直的面，因此每个CO2分子周围有12个紧邻的CO2分子，C正确；
D．CO2中C与O形成C=O键，中心碳原子有2条σ键，无孤电子对，价层电子对数为2，为sp杂化，D错误；
故答案选D。
9. 分析化学中“滴定分数”的定义为：所加滴定剂与被滴定组分的物质的量之比。常温下以0.10ml·L-1的HCl溶液滴定同浓度某一元碱MOH溶液并绘制滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是
A. 该酸碱中和滴定过程应该选用甲基橙做指示剂
B. 从x点到z点的整个过程中，y点的水的电离程度最大
C. x点处的溶液中满足：c(MOH)＋c(OH-)D. 根据y点坐标可以算得Kb(MOH)=9×10-7
【答案】B
【解析】
【分析】以0.10ml·L-1的HCl溶液滴定同浓度某一元碱MOH溶液，则滴定分数为1时恰好完全反应得到MCl溶液，即z点；滴定分数为0.5时，得到等物质的量的MCl、MOH混合溶液，即x点；
【详解】A．由图可知，滴定分数=1.00时，溶液显酸性，说明反应生成的MCl溶液显酸性，为弱碱强酸盐，选择在酸性条件下变色的指示剂甲基橙，A正确；
B．滴定分数为1时恰好完全反应得到MCl溶液，此时溶液中水的电离程度最大，对应的点不是y点，B错误；
C．x点处滴定分数为0.50，溶液中含有等量的MOH、MCl，由物料守恒2c(Cl-)=c(M+)+ c(MOH)，电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(M+)+c(H+)，可以得出c(MOH)+2c(OH-)=c(M+)+2c(H+)，由图可知此时溶液显碱性，则c(OH-)>c(H+)，c(MOH)+c(OH-)D．y点pH=7，c(OH-)=c(H+)=10-7 ml·L-1，则c(Cl-)=c(M+)，设MOH溶液为1L，滴定分数为0.90，则需加入盐酸0.90L，溶液总体积为1.90L，反应后：，，，代入数据算得，D正确；
答案选B。
10. 下图为合成药物M工艺过程中的某一步转化关系(反应条件已省略)：

下列说法正确的是
A. 每个化合物甲分子含有4个手性碳原子
B. 上述反应取代反应，生成物有化合物丙和乙酸
C. 化合物甲和化合物丙均含有的官能团为氨基、羰基和羧基
D. 化合物丙在一定条件下可发生水解反应，水解产物中有化合物乙
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据化合物甲的结构简式，分子中含有的手性碳原子如图： 共4种，A正确；
B．由甲、乙、丙的结构可知，该反应为取代反应，甲和乙反应生成丙和乙醇，B错误；
C．化合物甲含有官能团为氨基、酰胺基和羧基，化合物丙均含有的官能团为氨基、酰胺基和羧基、肽键和氟原子，C错误；
D．化合物丙在一定条件下可发生水解反应，水解产物为： 而不是乙，D错误；
故选A。
11. 根据实验目的、操作及现象，得出的结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．向溶液中通入气体，由于产生黑色沉淀硫化铜反应能发生，不能得到酸性，A错误；
B．溶液中发生电离，所以向溶液中滴加溶液产生淡黄色沉淀，可证明在水中发生了电离，B正确；
C．溶液中存在硝酸根，滴加酸化的溶液引入氢离子，硝酸根在酸性条件下具有强氧化性能氧化亚铁离子，不能证明氧化性，C错误；
D．将浓硫酸提供酸性环境、氯化钠提供氯离子、也可能是将氯离子氧化生成黄绿色气体氯气，D错误；
故选B。
12. 超干重整的催化转化如图1所示，相关反应的能量变化如图2所示：
下列说法不正确的是
A. 过程Ⅰ的热化学方程式为：
B. 过程Ⅱ实现了含碳物质与含氢物质的分离
C. 过程Ⅱ中为催化剂，降低了反应的
D. 超干重整的总反应为：
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ⅰ、，Ⅱ、，根据盖斯定律，由Ⅰ2-Ⅱ得到，选项A正确；
B．过程Ⅱ的反应第一步是CO+CO2+H2+Fe3O4+CaO→H2O+Fe+CaCO3，第二步反应：Fe+CaCO3+稀有气体→稀有气体+Fe+CaCO3+CO，两步反应实现了含碳物质与含氢物质的分离，选项B正确；
C．过程Ⅱ中为催化剂，改变反应速率不能改变反应的，选项C不正确；
D．根据流程中物质的参与和生成情况，结合反应过程中有催化剂和中间产物，总反应可表示为，选项D正确；
答案选C。
13. 利用电解可回收利用工业废气中的CO2和SO2，从而实现变废为宝，工作原理如图。下列说法正确的是
A. a为电源的负极
B. 交换膜可采用质子交换膜
C. 通电一段时间后甲区域的pH增大
D. 装置①中存在：c(Na+)【答案】B
【解析】
【详解】A．甲室 发生氧化反应生成，甲室为阳极室，a为电源的正极，故A错误；
B．甲室发生反应、乙室发生反应，所以交换膜可采用质子交换膜，故B正确；
C．甲室发生反应，通电一段时间后甲区域的pH减小，故C错误；
D．根据电荷守恒，装置①中存在 ，溶液呈碱性：所以c(Na+)>c()+2c()，故D错误；
选B。
14. 探究汽车尾气中NO的无害化处理，催化剂作用下在容积均为1L的两个容器中发生反应2NO(g)⇌N2(g)+O2(g) △H1，有CO存在时发生反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g) △H2。容器①充入0.1mlNO，容器②0.1mlNO和0.1mlCO。相同时间，NO的转化率随温度变化如图。下列说法不正确的是
A. △H1<0，△H2<0
B. T1温度下，可以通过更换高效催化剂提高NO的转化率
C. T2温度下，反应2CO(g)+O2(g)⇌2CO2(g)的平衡常数K=1.024×105
D. T2温度下，在容器②中再充入0.01mlNO和0.01mlCO2，此时平衡不移动
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图像可知，转化率达到最大，继续升高温度，①②的NO转化率均减小，所以△H1<0，△H2<0，A正确；
B．催化剂具有选择性，所以温度下，可以通过更换高效催化剂提高NO的转化率，B正确；
C．①转化量：
②转化量：2CO(g)+O2(g)⇌2CO2(g)的平衡常数=，C正确；
D．平衡正向进行，D错误；
故选D。
二、非选择题(本题共4个小题，58分。)
15. 某湿法炼锌的萃取余液中含有Na+、Zn2+、Fe2+、Mn2+、C2+、Cd2+及30~60g/LH2SO4等，逐级回收有价值金属并制取活性氧化锌的工艺流程如图所示。回答下列问题：
已知：
（1）锌位于元素周期表的___________区，价层电子排布式为___________。
（2）常温下，测得某种萃取余液中硫酸的浓度为58.8g/L，则此溶液中c(H2SO4)=___________ml/L。
（3）在酸性条件下，加入Na2S2O8氧化时，Mn2+转化为MnO2除去，生成MnO2反应的离子方程式为___________。
（4）常温下，中和时，先调节pH约为1，加入适量的Na2S2O8氧化，在调节pH为4.0，“沉渣”的主要成分除MnO2外还有___________。若加入过量Na2S2O8，钴元素将会进入“沉渣”中，则水解后的溶液中c(C3+)约为___________ml/L。
（5）“沉锌”时，在近中性条件下加入Na2CO3可得碱式碳酸锌[ZnCO3•2Zn(OH)2•H2O]固体，同时产生大量气体。产生大量气体的原因是___________。
（6）不同质量分数的Na2SO4溶液在不同温度下析出Na2SO4晶体的物种如图所示。欲从含20%Na2SO4及微量杂质的“沉锌后液”中直接析出无水Na2SO4，“操作a”为___________。
【答案】（1） ①. ds ②. 3d104s2
（2）0.6 （3）+ Mn2+ + 2H2O = MnO2↓ + 2 + 4H+
（4） ①. Fe(OH)3、CaSO4 ②. 1.6×10−14
（5）Zn2+和发生双水解，相互促进，产生ZnCO3•2Zn(OH)2•H2O和CO2气体
（6）蒸发浓缩、趁热过滤(或蒸发浓缩、温度32.38℃以上过滤)
【解析】
【分析】由题给流程可知，向萃余液中加入石灰石和过二硫酸钠溶液，经中和、氧化、水解将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，锰离子转化为二氧化锰沉淀，溶液中硫酸根离子与钙离子反应生成硫酸钙，过滤得到含有氢氧化铁、二氧化锰、硫酸钙的沉渣和滤液；向滤液中加入锌粉，将溶液中镉离子转化为镉，过滤得到镉和滤液；向滤液中加入萃取剂萃取、分液得到含有亚钴离子的有机相和水相；向水相中加入碳酸钠，将溶液中的锌离子转化为碱式碳酸锌沉淀，过滤得到含有硫酸钠的沉锌后液和碱式碳酸锌；碱式碳酸锌煅烧分解制得活性氧化锌；
【小问1详解】
Zn原子序数30，核外电子排布：，位于ds区；其价电子排布；3d104s2；
【小问2详解】
设硫酸溶液的体积为1L，则58.8g/L硫酸溶液的物质的量浓度：；
【小问3详解】
酸性条件下，加入Na2S2O8氧化时，Mn2+转化为MnO2除去，生成MnO2，反应的离子方程式：+ Mn2+ + 2H2O = MnO2↓ + 2 + 4H+；
【小问4详解】
由表格数据可知，溶液pH为4时，溶液中的铁离子、钴离子的浓度分别为：、，则由题给流程可知，加入的过二硫酸钠溶液只能将溶液中的亚铁离子、锰离子氧化为铁离子和二氧化锰，不能将亚钴离子氧化为钴离子，溶液中的硫酸根离子能与钙离子生成微溶的硫酸钙，所以沉渣的主要成分为二氧化锰、氢氧化铁和硫酸钙，钴元素将进入沉渣中说明水解后的溶液中钴离子浓度约为；
【小问5详解】
由分析可知，沉锌时发生的反应为溶液中的锌离子与碳酸根离子发生双水解反应生成碱式碳酸锌沉淀和二氧化碳气体；
【小问6详解】
由图可知，温度低于32.38°C时，硫酸钠的溶解度随温度升高而减小，温度高于32.38°C时会析出十水硫酸钠晶体，则从含20%硫酸钠及微量杂质的沉锌后液中直接析出无水硫酸钠的操作a为蒸发浓缩、高于32.38°C条件下趁热过滤；
16. 三硫代碳酸钠又名全硫碳酸钠，常温下是一种玫瑰红色针状固体。在农业上用作杀菌剂和杀虫剂，在工业上用于处理废水中的重金属离子和黄铁矿浮选中的捕获剂。某课外兴趣小组对的一些性质进行了探究性实验。
已知：
和均有毒，且不溶于水，沸点，与某些性质相似。
实验1.探究的性质：
（1）用离子方程式表示步骤②中溶液变红色的原因___________。
（2）由以上操作及现象，下列关于说法正确的是___________。
A 易溶于水B. 溶液保存时用玻璃塞C. 应密封保存D. 有还原性
实验2.测定溶液的浓度：
实验步骤如下：
I．取实验1中配置的溶液置于仪器中，打开，通入一段时间氮气；
II．关闭，打开分液漏斗活塞，滴入足量稀硫酸，关闭活塞；
III．反应结束后，再打开，通入一段时间的热氮气；
IV．将B中沉淀进行过滤、洗涤、干燥、称量，得到固体。
（3）仪器的名称是___________，滴入稀硫酸后，仪器中的现象是___________。
（4）B中发生反应的离子方程式为___________，过滤后洗涤沉淀的操作是___________。
（5）反应结束后通入一段时间的热氮气的作用是___________。
（6）根据实验数据计算，该溶液的物质的量浓度为___________。
【答案】（1） （2）ACD
（3） ①. 三颈烧瓶 ②. 有油状液体生成(或者液体分层)，有气泡产生
（4） ①. ②. 沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流尽，重复操作二至三次
（5）将反应产生的气体全部赶入溶液的吸收瓶吸收完全
（6）
【解析】
【分析】实验1说明三硫代碳酸钠是强碱弱酸盐，具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液溶液褪色；实验2中装置A中三硫代碳酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、二硫化碳和硫化氢，装置B中盛有的硫酸铜溶液用于吸收测定反应生成的硫化氢，装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收挥发出的二硫化碳。
【小问1详解】
步骤②中溶液变红色说明三硫代碳酸钠是强碱弱酸盐，三硫代碳酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，水解的离子方程式为，故答案为：；
【小问2详解】
A．由步骤①可知，三硫代碳酸钠是易溶于水的固体，故正确；
B．由步骤②可知，三硫代碳酸钠溶液为碱性溶液，溶液中的氢氧根离子能与玻璃中的二氧化硅反应，所以三硫代碳酸钠溶液保存时不能用玻璃塞，故错误；
C．由题意可知，三硫代碳酸的酸性弱于碳酸，三硫代碳酸钠易与空气中的二氧化碳和水蒸气反应，所以保存时应密封保存，故正确；
D．由步骤③可知，三硫代碳酸钠溶液能使酸性高锰酸钾溶液溶液褪色，说明三硫代碳酸钠具有还原性，故正确；
故选ACD；
【小问3详解】
由实验装置图可知，仪器M为三颈烧瓶；由方程式可知，反应生成的二硫化碳不溶于水，溶液会出现分层，则滴入稀硫酸后，仪器M中观察到的实验现象为有油状液体生成(或者液体分层)，有气泡产生，故答案为：三颈烧瓶；有油状液体生成(或者液体分层)，有气泡产生；
【小问4详解】
由分析可知，装置B中盛有的硫酸铜溶液用于吸收测定反应生成的硫化氢，反应的离子方程式为，过滤后洗涤硫化铜沉淀的操作为沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流尽，重复操作二至三次，故答案为：；沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流尽，重复操作二至三次；
【小问5详解】
由方程式可知，三硫代碳酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、二硫化碳和硫化氢，装置中会有硫化氢气体残留，导致测得硫化铜的质量偏小，所以反应结束后应打开活塞k，缓慢通入热氮气一段时间，将残留的硫化氢全部排入硫酸铜溶液中被充分吸收，减小实验误差，故答案为：将反应产生的气体全部赶入溶液的吸收瓶吸收完全；
【小问6详解】
由题意可知，反应生成硫化铜的质量为4.8g，由方程式可知，三硫代碳酸钠溶液的浓度为=1ml/L，故答案为：1ml/L。
17. 2023年1月，重庆市经济和信息化委员会、重庆市发展和改革委员会、重庆市生态环境局联合印发了《重庆市工业领域碳达峰实施方案》，提出了21项重点工作举措，为实现碳达峰奠定了坚实基础。由制备甲醇、甲醛、甲酸等，实现的资源化利用已成为重要课题。回答下列问题：
（1）常温常压下，甲醛为气态，而甲酸为液态，其原因是___________。
（2）科研团队通过多种途径实现了合成甲醛，总反应为
已知：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
反应Ⅳ：
①___________。
②向一恒温恒容容器中充入和只发生反应Ⅰ，若起始时容器内压强为1.2kPa，反应经3min达到平衡，平衡时的分压为0.24kPa，则这段时间内的平均反应速率___________kPa/min。平衡后，再向容器内通入和，使二者分压均增大0.05kPa，的转化率将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
③若在某恒温恒容容器中充入和只发生反应Ⅱ，下列说法正确的是___________(填序号)。
A．反应Ⅱ在高温下可以自发进行
B．若混合气体的平均密度不再改变，说明反应Ⅱ已经达到平衡
C．反应任意时刻均存在
D．增大浓度，的平衡物质的量分数一定增大
（3）我国科研团队设计了一种表面锂掺杂的锡纳米粒子催化剂s-SnLi用于制备甲酸。在不使用催化剂和使用s-SnLi催化剂两种反应路径下由制备甲酸，各反应物、中间体、产物(其中CO为副产物)的相对能量如图甲所示，据图分析，便用s-SnLi化剂除了能加快制备甲酸反应的速率，还具有的作用是___________。

（4）基于催化剂s-SnLi的电催化制备甲酸盐同时释放电能的装置如图乙所示，该电池放电时，正极的电极方程式为___________。若电池工作tmin，维持电流强度为IA，理论上消耗的质量为___________(已知1ml电子所带电荷量为FC，用含I、t、F的代数式表示)。
【答案】（1）甲酸分子间能形成氢键
（2） ①. ②. 0.24 ③. 增大 ④. B
（3）减少副产物CO的生成
（4） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
常温常压下，甲醛为气态，而甲酸为液态，其原因是：甲酸分子间能形成氢键；
【小问2详解】
①由盖斯定律，；
②根据三段式，用分压代表浓度：
。平衡后，再向容器内通入和，使二者分压均增大0.05kPa，此时，故平衡正向移动，的转化率将增大。
③A项，反应Ⅱ为气体体积减小的放热反应，在低温下可以自发进行。B项，反应Ⅱ气体总质量随反应进行而减小，故混合气体的平均密度不再改变时，反应已经达到平衡。C项，是液体，一般不用来表示反应速率。D项，增大浓度，气体总物质的量增大，的平衡物质的量分数不一定增大；
【小问3详解】
使用s-SnLi催化剂除了能加快制备甲酸反应的速率，同时也能增大副反应活化能，使副反应速率减小，减少副产物CO的生成；
【小问4详解】
根据电池结构，正极为生成，电极反应式为：，根据电荷守恒，若电池工作tmin，维持电流强度为IA，理论上消耗的质量为：。
18. 席夫碱类化合物G在催化、药物、新材料等方面有广泛应用。合成G一种路线如下：
已知以下信息：
①R1CHO+
②1mlB经上述反应可生成2mlC，且C不能发生银镜反应
③D属于单取代芳烃，其相对分子质量为106
④核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢
⑤RNH2++H2O
回答下列问题：
（1）由A生成B的化学方程式为___________，反应类型为___________。
（2）D的化学名称是___________，由D生成E的化学方程式为___________。
（3）G的结构简式为___________。
（4）F的同分异构体中含有苯环的还有___________种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6∶2∶2∶1的是___________(写出其中的一种的结构简式)。
（5）由苯及化合物C经如下步骤可合成N-异丙基苯胺：
反应条件1所选用的试剂为___________，反应条件2所选用的试剂为___________，I的结构简式为___________。
【答案】（1） ①. +NaOH+NaCl+H2O ②. 消去反应
（2） ①. 乙苯 ②. +HNO3+H2O
（3） （4） ①. 19 ②. 或或
（5） ①. 浓硝酸、浓硫酸 ②. 铁粉/稀盐酸(其他合理还原条件也可) ③.
【解析】
【分析】A的分子式为C6H13Cl，是己烷的一氯代物，发生卤代烃的消去反应生成的物质B为烯烃，物质B发生信息①中的反应生成物质C，由信息②可知，B为对称烯烃结构且不饱和碳原子上没有氢原子，则B为，C为丙酮，由此可知A为；D为单取代芳香烃，相对分子质量为106，则D的侧链只能是乙基，D为；核磁共振氢谱显示F的苯环上有两种化学环境的氢，那么D在乙基对位的氢原子被硝基取代生成物质E，E为，由F的分子式可知，E中硝基被还原为氨基，F为；C与F发生信息⑤中的反应，分子间脱水形成碳氮双键生成G，G为。
【小问1详解】
A为，B为丙酮，A生成B发生卤代烃的消去反应，反应方程式为+NaOH+NaCl+H2O，反应类型为消去反应；
【小问2详解】
D为，名称是乙苯；在浓硫酸、浓硝酸及加热条件下，D分子中位于乙基对位上的氢原子被硝基取代生成物质E，反应方程式为+HNO3+H2O；
【小问3详解】
G是由丙酮和发生信息⑤中的反应，G为；
【小问4详解】
F为，含有苯环的同分异构体中，若苯环上的取代基为氨基和乙基，还有邻位和间位2种；若苯环上的取代基只有一个，则还有取代基分别为、、、、的5种情况；若苯环上的两个取代基为与，或者是与，则各有邻、间、对三种同分异构体，共6种；若苯环上的三个取代基为两个甲基和一个氨基，则有6种同分异构体，故符合条件的同分异构体共计19种；其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6∶2∶2∶1，说明含有两个甲基，可以是或或；
【小问5详解】
苯在浓硫酸、浓硝酸及加热条件下得到的H为硝基苯，硝基苯与铁粉/盐酸反应得到的I为，I再与丙酮反应生成的J为，J发生加成反应还原为要合成的N-异丙基苯胺，即；则反应条件1所选用的试剂为浓硝酸、浓硫酸，反应条件2所选用的试剂为铁粉/稀盐酸（其他合理还原条件也可），I的结构简式为。
A．实验室配制银氨溶液
B．分离和固体
C．测定溶液的
D．滴定前装液排气泡
选项
实验目的
操作及现象
结论
A
比较酸性
向溶液中通入气体，产生黑色沉淀
酸性：
B
探究在水中的变化
向溶液中滴加溶液产生淡黄色沉淀
在水中发生了电离
C
比较离子的氧化性
向含有KSCN的溶液中滴加酸化的溶液，溶液变红
氧化性：
D
探究浓硫酸的性质
将浓硫酸、氯化钠固体、混合加热，产生黄绿色气体
浓硫酸具有强氧化性
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
C(OH)2
C(OH)3
Cd(OH)2
Ksp
2.6×10−39
4.6×10−17
5.9×10−15
1.6×10−44
7.2×10−15
步骤
操作及现象
①
取一定量固体溶于蒸馏水，配成溶液
②
取①中配置的溶液少许于试管中，滴加几滴酚酞溶液，溶液变成红色
③
取①中配置的溶液少许于另一只试管，滴加用硫酸酸化的溶液，紫色褪去