精品解析：湖北省重点高中智学联盟2024-2025学年高三上学期8月考试化学试卷（解析版）

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可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Ga-70
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. 我国饮食注重营养均衡，讲究“色香味形”。下列说法不正确的是
A. 烹饪糖醋排骨用蔗糖炒出焦糖色，蔗糖属于寡糖
B. 新鲜榨得的花生油具有独特油香，花生油的主要成分为不饱和高级脂肪酸
C 凉拌黄瓜加醋使其具有可口酸味，食醋中含有极性分子
D. 端午时节用棕叶将糯米包裹成形，糯米中的淀粉属于有机高分子
【答案】B
【解析】
【详解】A．蔗糖属于寡糖中的二糖，1ml蔗糖水解可得到1ml葡萄糖和1ml果糖，A正确；
B．油脂主要是高级脂肪酸和甘油形成的酯，B错误；
C．食醋中含有CH3COOH、H2O等多种物质，CH3COOH、H2O均为极性分子，C正确；
D．淀粉是多糖，属于有机高分子，D正确；
答案选B。
2. 根据材料的组成和结构变化可推测其性能变化，下列推测不合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．纳米晶体在声、光、电、磁、热、熔点、强度等性能上会呈现新的特性，熔点会下降，强度会增强，A正确；
B．用碳原子取代部分硅原子，导致晶体结构改变，部分Si-Si键转化为Si-C键，键长变短，键能变大，硬度增大，B正确；
C ．纤维素一定条件和硝酸发生酯化反应生成硝酸纤维素，是热塑性物质，在阳光下易变色，且极易燃烧，所以可燃性增强，C正确；
D．较高温度和压力下制得的聚乙烯含较多支链，密度减小，D错误；
答案选D。
3. 下列关于物质的检验、分离、提纯方法正确的是
A. 用溴水鉴别苯酚和苯甲醛
B. 用酸性溶液除去乙炔中硫化氢气体
C. 用溶液检验溶液是否变质
D. 在提纯(混有少量)晶体过程中，可采取蒸发结晶的方法
【答案】A
【解析】
【详解】A．溴水和苯酚反应产生白色沉淀，可用溴水鉴别苯酚和苯甲醛，A正确；
B．乙炔也能与酸性高锰酸钾反应，B错误；
C．无论亚硫酸钠溶液是否变质，均能与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，不能达到目的，C错误；
D．KNO3中混有少量的NaCl，硝酸钾溶解度受温度影响较大，故应该用降温结晶的方法，不能直接用蒸发结晶，D错误；
答案选A。
4. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 砷原子的简化电子排布式为：
B. 用电子式表示的形成过程：
C. 分子中p-p键的电子云轮廓图：
D. 的化学名称：N，N-二甲基甲酰胺
【答案】D
【解析】
【详解】A．砷是第33号元素，砷原子的简化电子排布式为，A错误；
B．氯化氢为共价化合物，形成过程应是共用电子对，而不是得失电子，B错误；
C．Cl原子的价层电子排布式为3s23p5，p轨道上由1个未成对电子，所以两个Cl原子形成的中的p-p键电子云轮廓图为应是“头碰头”，C错误；
D．系统命名为N，N-二甲基甲酰胺，D正确；
答案选D。
5. 下列方程式书写正确的是
A. 向溶液中通入少量的离子方程式为：
B. 向的溶液中滴加等体积等浓度的的溶液的离子方程式：
C. 溶液与足量的溶液反应：
D. 溶液和过量的新制溶液混合加热反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A．过量的次氯酸根离子会继续与氢离子反应生成次氯酸，故离子方程式为，A错误；
B．与按照1:1反应时，铝离子过量，氢氧根离子不足，不会生成四羟基和铝离子，B错误；
C．溶液与足量的溶液反应，应先生成更难溶的氢氧化镁，离子方程式为，C错误；
D．溶液和过量的新制溶液混合加热反应，离子方程式为，D正确；
答案选D。
6. 下列装置能达到实验目的是
A. 装置甲：明矾晶体制备KAl(SO4)2B. 装置乙：制备少量干燥的NH3
C. 装置丙：常温下分离苯酚与水的混合物D. 装置丁：探究浓度对化学反应速率的影响
【答案】A
【解析】
【详解】A．明矾晶体在坩埚中灼烧失去结晶水得到KAl(SO4)2，A符合题意；
B．氨气会和氯化钙反应，不能用氯化钙干燥氨气，B不符合题意；
C．常温下分离苯酚与水的混合物应该使用分液的方法，C不符合题意；
D．过氧化氢具有强氧化性，和亚硫酸氢钠溶液发生氧化还原反应，但是实验中无明显现象，不能探究浓度对化学反应速率的影响，D不符合题意；
故选A。
7. 是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中同周期，Y与同主族，Z与同主族。基态原子核外电子均有5种空间运动状态，这六种元素形成的一种化合物结构如图所示。下列说法正确的是
A. 电负性：
B. 第一电离能：
C. Y和Z的简单氢化物的键角：
D. 三种元素组成的化合物既可能呈酸性，也可能呈碱性
【答案】D
【解析】
【分析】基态Y、Z原子核外电子均有5种空间运动状态是指有5个电子运行轨道即1s轨道、2s轨道和2p的3个轨道均有电子运行，因此Y、Z为N、O、F三种元素中的两种，根据化合物结构图分析Y、Z为N、O，又因为Y与M同主族，Z与W同主族。则Q、X、Y、Z、M、W分别为H、C、N、O、P、S。
【详解】A．元素非金属性越强，其电负性越大，则电负性：O>S>P，A项错误；
B．同周期VA族的原子最高能级处于半充满稳定结构，不易失去电子，比相邻元素的第一电离能大，则第一电离能：N>O>C，B项错误；
C．Y和Z的简单氢化物分别为NH3和H2O的键角，氨分子键角为107°，而水分子键角为105°，Y和Z的简单氢化物的键角NH3>H2O，C项错误；
D．H、C、N三种元素组成的化合物可以是HCN，也可以是CH3NH2，前者呈酸性、后者呈碱性，D项正确；
答案选D。
8. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 的盐酸和的醋酸溶液等体积混合后，溶液中的数目仍为
B. 硫酸氢钠晶体含有阳离子
C. 常温下，和混合气体中含有极性键数目为
D. 足量的铜与浓硝酸充分反应，转移的电子数目为
【答案】C
【解析】
【详解】A．体积未知，无法计算氢离子数目，A错误；
B．硫酸氢钠晶体是由钠离子和硫酸氢根离子构成，硫酸氢钠晶体含有阳离子，B错误；
C．C2H4和C4H8的最简式均为CH2，14g CH2为1ml，1mlCH2中含有极性键数目为，C正确；
D．足量的铜与浓硝酸充分反应，开始生成二氧化氮，硝酸变稀后生成一氧化氮，无法具体计算转移电子数，D错误；
答案选C。
9. 异靛蓝及其衍生物是一类具有生理活性的燃料，目前在有机半导体材料中有重要的应用。其部分合成路线如下：
下列说法错误的是
A. 物质K中含3种官能团
B. 物质M与足量加成后，产物分子有个3手性碳
C. 向1mlN中加入足量NaOH溶液，最多与3mlNaOH反应
D. 物质K核磁共振氢谱有4组峰
【答案】B
【解析】
【详解】A．物质K中含有溴原子、碳碳双键、酰胺共3种官能团，A正确；
B．物质M与足量加成后生成，手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，其中含有4个手性碳原子，位置为，B错误；
C．N中含有酰胺基、和溴原子，且溴原子水解后会产生1个酚羟基，则向1mlN中加入足量NaOH溶液，最多与3mlNaOH反应，C正确；
D．K的结构对称，含有4种环境的H原子，核磁共振氢谱有4组峰，D正确；
故选B。
10. 研究小组以Cr2O3(绿色固体)、CCl4等物质为原料制备无水CrCl3(紫色固体，易升华、凝华)，反应原理为Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2，制备装置如图所示(夹持装置略)，反应管右端有15cm在加热炉外，其作用是使CrCl3凝华，收集产品。已知：COCl2有剧毒，与水反应生成两种酸性气体。下列说法错误的是
A. 实验中需持续通入N2，其目的为排除装置中的空气，将四氯化碳吹入反应管
B. 装置中锥形瓶内NaOH溶液吸收尾气后可以得到两种盐
C. 装置B处应增加一个装有浓硫酸的U形管，防止锥形瓶内水蒸气进入
D. 当反应管中固体消失时，停止加热，待装置冷却后，停止通入N2
【答案】C
【解析】
【分析】利用氮气和热水加热将四氯化碳转化为气态进入管式炉与氧化铬反应得到氯化铬，装置B的作用是防止水进入管式炉，用氢氧化钠溶液吸收COCl2，以此解答；
【详解】A．实验中需持续通入N2，可以将装置中的空气排出，也可将气态四氯化碳催入反应管，A正确；
B．COCl2有剧毒，与水反应生成两种酸性气体，发生反应：，则与NaOH反应后生成碳酸钠和氯化钠两种盐，B正确；
C．装置B处应增加一个干燥装置，防止锥形瓶内水蒸气进入；但不能连接装有浓硫酸的U形管，浓硫酸会被气体挤压进入锥形瓶，可用无水氯化钙代替浓硫酸，C错误；
D．当反应管中固体消失时，停止加热，待装置冷却后，停止通入N2，D正确；
答案选C。
11. 冠醚能与碱金属离子结合(如下图所示)，是有机反应很好的催化剂，例如能加快酸性溶液与环己烯的反应速率。
用结合常数表示冠醚与碱金属离子的结合能力，结合常数越大，两者结合能力越强。
下列说法正确的是
A. 冠醚通过与结合将携带进入有机相，从而加快反应速率
B. 结合常数的大小与碱金属离子直径有关，与冠醚空腔直径无关
C. 如图所示的实验中c(Na+)：①>②>③
D. 为加快酸性溶液与环己烯的反应速率，选择冠醚比冠醚更合适
【答案】A
【解析】
【详解】A．冠醚通过与结合将携带进入有机相，增大与环己烯的接触面积，从而加快反应速率，A正确；
B．从表中数据可以看出，冠醚的空腔直径与Na＋或K＋直径接近时，结合常数大，由此可推测结合常数的大小与碱金属离子直径、冠醚空腔直径有关，B错误；
C．由表格数据可知，冠醚A与K＋结合常数大，结合能力强，因此加入KCl固体后，与冠醚A结合的Na＋几乎被替代，被释放，溶液②中最小，则如图所示的实验中c(Na＋)：①>③>②，C错误；
D．由表格数据可知，K＋适配冠醚A，结合常数大，结合能力强，则选择冠醚A比冠醚B更合适，D错误；
故选A。
12. 物质结构决定性质。下列有关物质性质的解释错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．因为F电负性大于Br，电负性越大，吸电子能力越强，导致羧基中羟基的极性越大，越容易电离出氢离子，酸性越强，故一氟乙酸的电离常数大于一溴乙酸，A正确；
B．石墨与金刚石硬度差别大是因为碳原子的排列方式不同，金刚石中碳原子具有空间网状结构，其硬度大，石墨是片层状结构，硬度小，B错误；
C．和中心原子均为杂化且均有一对孤电子对，电负性：，使成键电子对更偏向于，成键电子对间的距离更远，排斥力更小，键角越小，故键角，C正确；
D．因为晶体内部质点排列的有序，故晶体某些物理性质具有各向异性，例如石墨的导电性具有各向异性，D正确；
答案选B。
13. 采用了氮化镓元件的充电器体积小、质量轻，在发热量、效率转换上相比普通充电器也有更大的优势，被称为“快充黑科技”，下图是氮化镓的三种晶体结构(表示阿伏加德罗常数的值)。下列有关说法错误的是
A. 氮化镓晶体属于共价晶体
B. 图a晶体结构中含有6个、6个
C. 三种晶体结构中Ga原子的配位数之比为
D. 图b晶体结构中若Ga和N的距离为xnm，则晶体的密度为
【答案】C
【解析】
【详解】A．氮化镓晶体是属于共价晶体，A正确；
B．图a晶体结构中，利用均摊法，含有12×+2×+3=6个Ga，个N，B正确；
C．a的晶胞为，Ga原子的配位数为4，三种晶体结构中Ga原子的配位数之比为4∶4∶6=2∶2∶3，C错误；
D．图b晶体结构中若Ga和N的距离为xnm，取晶胞的八分之一作为一个小立方体，小立方体的对角线为2xnm，小立方体的边长为nm，晶胞的边长为2nm，则晶体的密度为ρ===，D正确；
答案选C。
14. 有机电化学合成是一种环境友好的合成方法，由对硝基苯甲酸制取对氨基苯甲酸的电解装置如图所示，其中双极膜能将解离成和。
下列说法错误的是
A. b端电势高于a端电势
B. 电解后阳极区溶液pH下降
C. 每产生就有发生解离
D. Pt的电极反应方程式可表示为：
【答案】B
【解析】
【分析】根据装置示意图可知，Ag在b极失去电子，为阳极区，结合NH3转化为，则b极为正极，且正极的反应式为，a为负极，Pt为阴极区，对硝基苯甲酸转化为对氨基苯甲酸需要消耗氢离子，则双极膜可以电解水H2O=H++OH-。
【详解】A．由分析知，b极为正极，a为负极，b端电势高于a端电势，故A正确；
B．由分析知，电解后阳极区OH-的浓度会增大，溶液pH上升，故B错误；
C．由分析知，生成，溶液需要1mlOH—维持溶液环境，所以有发生解离，故C正确；
D．由分析知，Pt的电极反应方程式可表示为： ，故D正确；
答案选B。
15. 某氨基酸衍生物(简称)的，。常温下构建体系，其中，，体系中含物种分布系数与关系如图所示，下列说法正确的是
A.
B. 时
C. 时，存在
D. 后继续增大，溶液中的一定继续增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，溶液pH为6.90时，溶液中CuHL+的分布系数与Cu(HL)2的分布系数均为48%，由电离常数可知，H2L溶液中，pH=6.9，得到关系式c(HL-)=①，，得到10c(L2-)=c(HL-)②，部分HL-和L2-与铜离子结合，导致浓度减少，与Cu元素结合的L元素总浓度为0.0125ml/L×0.48+0.0125ml/L×0.48×2+0.0125ml/L×0.04=0.0185ml/L ③，根据L元素守恒有关系式c(HL-)+ c(H2L)+c(L2-)+c(与Cu结合的L元素)=0.0125ml/L2.2④，将①、②、③代入④中得到关系式，则HL-的浓度约为0.008ml/L，由方程式可知，反应的平衡常数K==c(HL﹣)≈0.008，故A正确；
B．由图可知，溶液pH为4.5时，同理由A项可知①，②，溶液pH为4.5时，与Cu元素结合的L元素总浓度大约为0.0125ml/L，根据L元素守恒有关系式c(HL-)+ c(H2L)+c(L2-)+c(与Cu结合的L元素)=0.0125ml/L2.2，，代入①和②得到c(HL-)+ 10-3.03c(HL-)+ 10-3.4c(HL-)+0.0125ml/L=0.0275 ml/L，解得HL-的浓度约为0.015ml/L，溶液pH为4.5时，溶液中[CuHL+]小于0.0125 ml/L，则溶液中HL-的浓度大于[CuHL+]， 故B错误；
C．由图可知，溶液pH为11时，溶液中外加碱调节pH，则溶液中存在电荷守恒关系式2c(L2-)+ c(HL-)+c([CuL(OH)]-)+c(OH-)=2c(Cu2+)+c([CuHL]+)+c(H+)中缺少了金属阳离子，故C错误；
D．由图可知，溶液pH为12时，[CuL(OH)]-的分布系数接近最大，则继续增大pH，溶液中[CuL(OH)]-会转化为氢氧化铜而减小，故D错误；
答案选A。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 钨酸(H2WO4)是一种重要的化工原料，用作媒染剂催化剂，制造防火材料等。一种以黑钨矿(主要成分是FeWO4和MnWO4，还含有Si、P、As等元素的杂质)为原料制备钨酸的工业流程如下图所示。
已知：①滤渣1的成分是Mn3O4和Fe2O3。
②“水浸”后滤液中主要阴离子为和。
③。
回答下列问题：
（1）基态Fe2+的价电子排布式为___________。
（2）MnWO4在“焙烧”时，发生反应的化学方程式为___________。
（3）滤渣2的主要成分的化学式是___________，加入盐酸“调节pH”要在加热煮沸条件下进行，煮沸的目的是___________。
（4）“除磷、砷”过程中P、As元素以Mg3(PO4)2和Mg3(AsO4)2形式沉淀，则“氧化”过程中加入NaClO溶液的目的是___________。
（5）当“滤液1”中c(Mg2+)=0.001 ml/L时，此时___________(填“是”或“否”)沉淀完全。
【答案】（1）3d6 （2）6MnWO4+O2+6Na2CO32Mn3O4+6Na2WO4+6CO2
（3） ①. H2SiO3 ②. 使硅酸根离子充分反应，防止生成硅酸胶体
（4）将转化为，便于生成沉淀除去
（5）是
【解析】
【分析】黑钨矿(主要成分是FeWO4和MnWO4，还含有Si、P、As等元素的杂质)，向其中通入氧气，并加入碳酸钠进行煅烧，煅烧产物加水浸取，沉淀析出物质是Mn3O4和Fe2O3，浸取液中含有和。随后加入NaClO氧化变为， 然后盐酸调节pH，沉淀析出硅酸H2SiO3，加入氯化镁，沉淀析出磷酸镁和砷酸镁，最后加入氯化钙，沉淀获得钨酸钙，加入盐酸，钨酸钙与盐酸发生复分解反应，获得H2WO4，同时产生CaCl2，据此分析解答。
【小问1详解】
Fe是26号元素，根据构造原理可知基态Fe原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去最外层的2个4s电子后就形成Fe2+，故基态Fe2+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d6，则基态Fe2+的价电子排布式为3d6；
【小问2详解】
根据流程图可知：在煅烧时，MnWO4与O2、Na2CO3发生反应产生Mn3O4、Na2WO4、CO2，根据电子守恒、原子守恒，可知该反应的化学方程式为：6MnWO4+O2+6Na2CO32Mn3O4+6Na2WO4+6CO2；
【小问3详解】
根据上述分析可知：在加入盐酸调节溶液pH时，与溶液中的H+结合形成硅酸H2SiO3沉淀析出，因此滤渣2的主要成分的化学式是H2SiO3；
加入盐酸“调节pH”要在加热煮沸条件下进行，煮沸的目的是使硅酸根离子充分反应，防止生成硅酸胶体；
【小问4详解】
“除磷、砷”过程中P、As元素以Mg3(PO4)2和Mg3(AsO4)2形式沉淀，则“氧化”过程中加入NaClO溶液的目的是将转化为，便于与后边加入的MgCl2生成Mg3(AsO4)2沉淀除去；
【小问5详解】
当“滤液1”中c(Mg2+)=0.001 ml/L时，根据溶度积常数Ksp[Mg3(AsO4)2]=c3(Mg2+)·c2()=1.0×10-20，可知此时溶液中c()=≈3.2×10-6 ml/L＜1.0×10-5 ml/L，说明此时溶液中的已经沉淀完全。
17. 既是重要清洁能源也是一种重要的化工原料。以为原料合成涉及的主要反应如下：I：
II：
已知：①常温常压下，和的燃烧热分别为和；
② 。
（1）___________。
（2）下列不能说明在恒温恒容的密闭容器中发生反应I和反应II达到平衡状态的是___________。
A. 混合气体气体密度不再变化B. 混合气体的平均摩尔质量不再变化
C. 容器内的压强不再变化D. 的体积分数不再变化
（3）在密闭容器中通入和，分别在压强为和下进行反应。实验中对平衡体系中的三种物质进行分析，其中和的平衡体积分数受温度的影响如图所示。
①时，表示和平衡体积分数随温度变化关系的曲线分别是___________和___________。M点平衡体积分数高于N点的原因是___________。
②图中当和平衡体积分数均为时，若容器的体积为1L，则该温度下反应I的平衡常数K的值为___________。(保留三位有效数字)。
（4）利用超干重整是减少温室气体的一种有效方式，其催化转化原理如图所示：
①与超干重整总反应的化学方程式为___________。
②有关转化过程，下列说法正确的是___________(填序号)。
A．过程I中未参与反应
B．过程II实现了含碳物质与含氢物质的分离
C．转化②中消耗过程中的，有利于反应正向进行
D．转化③中与反应的物质的量之比为
【答案】（1）-164.9 （2）A
（3） ①. a ②. d ③. 温度相同时，增大压强使反应I平衡正向移动，水的体积分数增大，和的体积分数减少，有利于反应II平衡逆向移动，故高压时，CO的平衡体积分数降低，M点高于N点(其它合理答案亦可) ④. 2.88
（4） ①. ②. BC
【解析】
【小问1详解】
由题目已知信息可知：热化学方程式：
①H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8kJ/ml；
②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3kJ/ml；
③H2O(l)=H2O(g) ΔH=+44kJ/ml;
根据盖斯定律，将4×①-②+2×③，整理可得： ΔH=4×(-285.8kJ/ml)-(-890.3kJ/ml)+2×(+44kJ/ml)=-164.9kJ/ml；
【小问2详解】
A．容器内混合气体的总质量不变，容器体积不变，密度始终不变，不能判定达到化学平衡状态；故A选；
B．反应I是气体分子数目减少的反应，反应II是气体分子数目不变的反应，任意反应未达到平衡，均会影响反应物CO2和H2的浓度，使另一反应变为非平衡状态，则容器内混合气体的平均摩尔质量不再变化时，反应I达到平衡，则可以说明上述两反应达到平衡状态；故B不选；
C．反应I是气体分子数目减少的反应，压强不再变化，说明反应I达到平衡，则可以说明上述两反应达到平衡状态；故C不选；
D．的体积分数不再变化，说明反应I达到平衡，则可以说明上述两反应达到平衡状态；故D不选；
答案选A。
【小问3详解】
①Ⅰ反应为放热反应，Ⅱ反应为吸热反应，温度升高，Ⅰ反应平衡逆向移动，Ⅱ反应平衡正向移动，故a、b对应不同压强下CH4的平衡体积分数，c、d对应不同压强下CO的平衡体积分数，同时压强增大，Ⅰ反应正向移动，CH4平衡体积分数增大，故a曲线代表10MPa情况下CH4平衡体积分数，b曲线代表1MPa情况下CH4平衡体积分数，1MPa情况下CH4平衡体积分数相对于10MPa的情况要小，则对应的1MPa情况下H2O平衡体积分数也要小，这有利于Ⅱ反应正向移动，故c曲线代表1MPa情况下CO平衡体积分数，d曲线代表10MPa情况下CO平衡体积分数；温度相同时，增大压强使Ⅰ反应正向移动，水的体积分数增大，二氧化碳和氢气的体积分数减小，有利于Ⅱ反应逆向移动，故高压时CO体积分数降低，M点高于N点；
②当图中CH4和CO平衡体积分数均为40%时，CO2平衡体积分数为20%，设反应生成CH4xml，COyml，
到达平衡时，CO2平衡物质的量为(1-x-y)ml，H2平衡物质的量为(3-4x-y)ml，H2O平衡物质的量为(2x+y)ml，二氧化碳、甲烷、一氧化碳总的物质的量为1-x-y+x+y=1，则=40%，=40%，解得x=0.4，y=0.4，则平衡时n(CH4)=0.4ml，n(H2O)=(2x+y)ml=2×0.4ml+0.4ml=1.2ml，n(CO2)=(1-x-y)ml=(1-0.4-0.4)ml=0.2ml，n(H2)=(3-4x-y)ml=(3-4×0.4ml-0.4)ml=1ml，容器体积为1L，c(CH4)=0.4ml•L-1，c(H2O)=1.2ml•L-1，c(CO2)=0.2ml•L-1，c(H2)=1ml•L-1，则平衡常数K===2.88；
【小问4详解】
①根据箭头指向可知：CH4和CO2是反应物，CO和H2O是生成物，利用电子守恒和原子守恒可写成方程式：；
②A．过程Ⅰ发生的反应为CH4+3CO24CO+2H2O，CO2是氧化剂，故A错误；
B．过程Ⅱ发生了四个反应：①Fe3O4+4CO=3Fe+4CO2、②Fe3O4+4H2=3Fe+4H2O、③CaCO3=CaO+CO2、④CaO+CO2=CaCO3，转化②实现了碳氢分离，转化③实现CO再制备，故B正确；
C．过程Ⅱ反应④消耗CO2，有利于过程Ⅱ反应①正向进行，故C正确；
D．转化③方程式为：3Fe+4CaCO3=Fe3O4+4CaO+4CO，故Fe与CaCO3反应的物质的量之比为3：4，故D错误；
答案为BC。
18. 是常见的化学试剂，某小组利用废铜屑“湿法”制备并开展相关探究。
已知：氯化铜在不同温度下结晶形成的结晶水合物
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为___________。
（2）上述方法制备的离子方程式为___________。
（3）为得到纯净的晶体，反应完全后要进行的操作是：除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入气体，加热蒸发浓缩，___________，过滤，洗涤，低温干燥。持续通入气体的目的是___________。
（4）实验中，的实际用量要大于理论用量，可能因素为：原因1：___________；原因2：生成的催化了的分解。
（5）该小组对“原因2”进行拓展探究。为验证对分解的催化作用，该小组向5支盛有的试管中滴加不同溶液，实验记录如下表(忽略溶液体积的微小变化：已知一定条件下，还原产物的浓度越小，氧化剂的氧化性越强)：
①实验Ⅳ过程中观察到有白色沉淀(经检验为)生成，反应的机理表示为：
第一步：；
第二步：___________(写离子方程式)。
②已知化学反应速率第一步<第二步，则气泡产生速率实验Ⅵ比实验Ⅲ快的原因：___________。
③分析上述实验，下列说法正确的是___________(填字母)。
A．实验I的目的是证明仅有对分解没有催化作用
B．对分解有显著催化作用
C．增强了对分解的催化效果，且浓度越大催化效果越强
【答案】（1）三颈烧瓶或三口烧瓶
（2）
（3） ①. 降温至结晶 ②. 抑制水解；增大浓度，有利于结晶
（4）受热易分解导致损耗
（5） ①. ②. 和结合生成难溶物，降低了的浓度，从而提高了的氧化性，加快了反应i的速率；由于反应i是决速步骤，从而加快了分解反应速率 ③. AC
【解析】
【分析】铜和双氧水、浓盐酸反应生成CuCl2，反应完成后，持续通入HCl气体，蒸发浓缩，降温至26～42℃结晶析出CuCl2·2H2O晶体、过滤、洗涤、干燥得产品CuCl2·2H2O。
【小问1详解】
根据装置图，仪器a的名称为三口烧瓶（或三颈烧瓶）；
【小问2详解】
铜被双氧水氧化为CuCl2，反应的离子方程式为；
【小问3详解】
根据表格数据，26～42℃时析出CuCl2·2H2O，加热蒸发浓缩，降温至26～42℃结晶，过滤，洗涤，低温干燥得CuCl2·2H2O晶体。持续通入气体的目的是抑制Cu2＋水解，增大Cl-浓度，有利于CuCl2·2H2O结晶；
【小问4详解】
实验中，H2O2的实际用量要大于理论用量，可能得原因是H2O2受热易分解导致损耗；
【小问5详解】
①①总反应为双氧水分解生成水和氧气，总反应减去第一步反应得第二步反应的离子方程式为；
②Cl-和Cu＋结合生成难溶物CuCl，降低了Cu+的浓度，从而提高了Cu2＋的氧化性，加快了反应i的速率；由于反应i是决速步骤，从而加快了H2O2分解反应速率；
③A．实验Ⅰ的目的是证明仅有NaCl对H2O2分解没有催化作用，故A正确；
B．根据实验Ⅱ，可知对H2O2分解有没有催化作用，故B错误；
C．根据实验Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ，可知Cl-增强了Cu2＋对H2O2分解的催化效果，且Cl-浓度越大催化效果越强，故C正确；
答案选AC。
19. 米氮平是一种肾上腺素抗击素，对抑郁症有很好的疗效，其中间体的合成路线如图所示：
回答下列问题：
（1）B的化学名称为：___________；G中含有的官能团的名称为___________。
（2）C的结构简式为___________。
（3）由H生成I的反应类型是___________。
（4）同时满足下列条件的D的同分异构体共有___________种(不考虑立体异构)。
①遇溶液显紫色；②既能发生银镜反应也能发生水解反应。
其中，核磁共振氢谱显示为5组峰且峰面积比为的同分异构体的结构简式为___________。
（5）根据所学知识参考上述合成路线，以丙醛为原料合成(其它无机试剂任选)________。
【答案】（1） ①. 苯甲醛 ②. 酰胺基、氨基
（2） （3）还原反应
（4） ①. 13 ②.
（5）
【解析】
【分析】一氧化碳和氯化氢在催化剂三氯化铝存在下，与苯环反应，使苯环上引入一个醛基，则B为苯甲醛()，B和HCN发生加成反应生成C为，D与乙醇发生酯化反应生成E为，E中的羟基被Cl取代生成F，据此分析解题。
【小问1详解】
根据分析可知B的化学名称为苯甲醛； G()中含有的官能团的名称为酰胺基、氨基。
【小问2详解】
据分析可知C的结构简式为：；
【小问3详解】
由于O原子减少，故H生成I的反应类型是还原反应；
【小问4详解】
①含苯环，遇溶液显紫色，说明含有酚羟基；②既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明含有甲酯基。则同时满足以上条件的D的同分异构体共有13种，分别为有邻、间、对3种结构，甲基有4种位置，甲基有4中位置，甲基有2中位置，故符合的结构有3+4+4+2=13种。其中，核磁共振氢谱显示为5组峰且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1的结构简式为：；
【小问5详解】
参照B→C反应过程可知丙醛与HCN在催化剂的条件下发生加成反应生成，参照C→D的反应过程可知与H3O+生成，故反应流程如下：选项
材料
组成和结构变化
性能变化
A
钛合金
减小晶粒大小至纳米量级
熔点降低
B
晶体硅
用碳原子取代部分硅原子
硬度增大
C
纤维素
一定条件和硝酸发生酯化反应
可燃性增强
D
聚乙烯
较高温度和压力下制得的聚乙烯含较多支链
密度增大
碱金属离子
结合常数
冠醚
(直径：)
(直径：)
冠醚A(空腔直径：)
199
118
冠醚B(空腔直径：)
371
31
选项
物质性质
解释
A
一氟乙酸的大于一溴乙酸
的电负性比的大，羧基中的羟基的极性更大
B
石墨与金刚石硬度差别大
石墨中碳碳键键能小于金刚石中碳碳键能
C
分子键角：
和中心原子均为杂化且均有一对孤电子对，电负性：，使成键电子对更偏向于，成键电子对间的距离更远，排斥力更小
D
晶体的某些物理性质有各向异性
晶体内部质点排列的有序
温度
以下
以上
结晶水合物
实验
I
Ⅱ
Ⅲ
Ⅵ
V
滴加试剂
2滴
2滴
2滴
2滴和2滴
2滴和4滴
现象
无气泡产生
无气泡产生
均产生气泡，且气泡速率从Ⅲ到V依次加