湖南师范大学附属中学2023届高三下学期月考（七）化学试题（解析版）.docx

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湖南师范大学附属中学2023届高三下学期月考(七)化学试题可能用到的相对原子质量：H～1C～12N～14O～16Mg～24S～32Ca～40Mn～55一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.下列说法不正确的是A.水果中因含有低级酯类物质而具有特殊香味B.干馏是物理变化，分馏、裂化、裂解是化学变化C.含有苯环的蛋白质溶液与浓硝酸作用产生白色沉淀，加热后沉淀变黄色D.施用适量石膏可降低盐碱地(含较多NaCl、)的碱性【答案】B【解析】【详解】A．低级酯类具有芳香气味，水果中因含有低级酯具有特殊香味，A项正确；B．煤在隔绝空气条件下加强热分解，生成焦炭(或半焦)、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程叫煤的干馏，煤的干馏是化学变化。分馏利用沸点不同分离混合物，属于物理变化。裂化是指一种使烃类分子分裂为几个较小分子的反应过程；裂解是指通过热能将一种样品（主要只高分子化合物）转变成另外几种物质（主要指低分子化合物）的过程，裂化和裂解均为化学变化，B项错误；C．蛋白质胶体与硝酸发生聚沉而产生白色沉淀，而含苯环的蛋白质在加热的条件下与硝酸产生黄色的硝基苯类物质，C项正确；D．石膏中的盐碱地因Na2CO3水解而呈碱性，加入石膏发生反应Na2CO3+CaSO4=CaCO3+Na2SO4而解除碱性，D项正确；故选B。2.下列装置能达到相应实验目的的是A.装置Ⅰ可用于除去苯中的溴 B.利用装置Ⅱ蒸发溶液制无水固体C.装置Ⅲ可用于实验室制备少量氧气D.装置Ⅳ可用于滴定盐酸【答案】A【解析】【详解】A．与NaOH溶液反应在水层，再经分液得到苯，A项正确；B．直接蒸干氯化铝溶液时，由于氯化铝水解平衡正向移动，不能制得无水氯化铝，应该在氯化氢气流中加热，B项错误；C．过氧化钠是粉末，不能用此装置，C项错误；D．NaOH溶液应用碱式滴定管盛装，D项错误；答案选A。3.下列离子反应方程式书写错误的是A.AgCl浊液中通入变黑：B向硝酸银溶液中滴加过量稀氨水：C.向碳酸钠溶液中通入等物质的量的氯气：D.用亚硫酸钠溶液吸收过量氯气：【答案】D【解析】【详解】A．向AgCl浊液中通入。白色沉淀AgCl转化为更难溶的黑色，离子方程式为，A项正确；B．氨水过量，银离子转化为银氨络合离子，离子方程式为：，B项正确；C．碳酸钠与氯气反应生成氯化钠，碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为，C项正确；D．氯气具有强氧化性，能将氧化，氯气过量将全部氧化为，离子方程式为，D项错误；答案选D。 4.下列叙述中，错误的是A.的熔沸点比高，与分子间的范德华力有关系B.易溶于，可用相似相溶规律解释C.分子中键与键个数比为4∶1D.为V形极性分子，微粒间的作用力为范德华力【答案】D【解析】【详解】A．两者均为分子晶体，均不含氢键，故前者熔沸点比后者高与分子间的范德华力有关系，A项正确；B．I2和CS2均为非极性分子，非极性分子易溶于非极性溶剂，符合相似相溶原理，B项正确；C．单键全是σ键，双键含一个σ键和一个π键，则σ键:π键=8:2=4:1，C项正确；D．CS2为直线形非极性分子，粒子间作用力为范德华力，D项错误；故选D。5.为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是A.1L0.1mol/L乙醇溶液中存在的共价键总数为0.8B.5g和的混合物发生热核聚变反应：，净产生的中子()数为C.1L1mol/L的溶液中通入适量氨气后呈中性，此时溶液中的数目为D.将0.1mol完全溶于水中，所得到溶液中、、HClO、ClO的粒子数之和为0.2【答案】C【解析】【详解】A．1L0.1mol/L乙醇溶液中乙醇为0.1mol，含有共价键0.8NA，此外水分子中还有共价键，A项错误；B．无法确定两物质的比例，无法计算产生的中子，B项错误；C．溶液存在的电荷守恒为，由于呈中性得，C项正确；D．通入0.1molCl2则溶液中所有的氯原子和为0.2mol，即N(ClO-)+N(Cl-)+2N(Cl2)=0.2NA，D项错误； 故选C。6.植物光合作用和动物体内食物氧化分解提供的能量，可使ADP与磷酸重新反应合成ATP，生物体内ATP-ADP循环示意图如图。下列说法错误的是A.ATP和ADP既有酸性又有碱性BADP由戊糖、碱基、磷酸脱水缩合而成C.ATP和ADP分子中C原子有、两种杂化方式D.37℃、pH约为7时，ATP水解为ADP需要酶的辅助，因此该过程是非自发的【答案】D【解析】【详解】A．ATP和ADP都有氨基和磷酸基，既有碱性又有酸性，A项正确；B．戊糖、碱基、磷酸脱水缩合能组成ADP，B项正确；C．碳氮双键中的C原子为sp2杂化，饱和碳原子为sp3杂化，ATP和ADP分子中都含有这两种C原子，C项正确；D．ATP水解为ADP过程中∆H<0，∆S>0，所以∆G=∆H-T∆S<0，该过程是自发的，D项错误；答案选D。7.X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。X的2s轨道全充满，Y的s能级电子数量是p能级的两倍，M是地壳中含量最多的元素，Q是纯碱中的一种元素。下列说法不正确的是A.X的第一电离能一定小于YB.氢化物的沸点：YY【答案】B【解析】【分析】地壳中含量最多的元素为氧，所以M为O。纯碱为Na2CO3，M为O元素，C的原子序数小于O，所以可判断Q为Na；Y的s能级电子数量是p能级的两倍，所以Y为C；X的2s 轨道全充满，且其原子序数小于C，所以X为Be或B；根据这五种元素的排序，可判断Z为N。【详解】A．无论X为Be还是B，其第一电离能都要小于C，A项正确；B．该选项未限定简单氢化物，C、N、O三种元素的氢化物都有多种，不一定符合氢化物沸点C＜N＜O，B项错误；C．Na和O元素可形成Na2O2，阴离子的氧氧键为非极性共价键；C项正确；D．最高价氧化物对应水化物的酸性HNO3>H2CO3，D项正确。答案选B。8.一种钙镁矿的四方晶胞结构如图所示。已知该晶胞的参数为apm、apm、bpm，1号原子的坐标为(，，)，下列说法错误的是A.2号原子的坐标为(，，)B.距离硫原子最近的硫原子数目为4C.硫原子的配位数为4D.该晶体的密度为g/cm3【答案】B【解析】【详解】A．由坐标系及1号原子的坐标可得，2号原子的坐标为(，，)，A正确；B．以硫原子为顶点，构成的立方晶胞结构中硫原子的位置位于顶点和面心，所以距离硫原子最近的硫原子数目为12，B错误；C．与硫原子距离最近的有2个Ca原子和2个Mg原子，则硫原子的配位数为4，C正确；D．该晶胞中，位于棱上和面上Ca原子个数为，位于顶点、面上和体心的Mg 原子个数为，位于晶胞内部硫原子个数为8，则该晶体的密度为g/cm3=g/cm3，D正确；故选B。9.在熔融盐体系中，通过电解和获得电池材料，电解装置如图，下列说法正确的是A.石墨电极为阴极，发生氧化反应B.电极A的电极反应：C.该体系中，石墨优先于参与反应D.电解时，阳离子向石墨电极移动【答案】C【解析】【分析】由图可知，在外加电源下石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，与电源正极相连，则电极A作阴极，和获得电子产生电池材料，电极反应为。【详解】A．在外加电源下石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，选项A错误；B．电极A的电极反应为，选项B错误；C．根据图中信息可知，该体系中，石墨优先于参与反应，选项C正确；D．电解池中石墨电极为阳极，阳离子向阴极电极A移动，选项D错误；答案选C。10.氢化钠是一种重要的储氢试剂、缩合剂、还原剂、烷基化试剂，在有机合成中具有重要作用，某学习小组利用如图装置制备少量氢化钠，下列说法错误的是 A.装置丙中将Na分散到NaCl晶体中可以增大接触面积，使反应更充分B.装置乙和装置丁内盛放的试剂可以分别为无水氯化钙和碱石灰C.实验过程中应先打开K1，一段时间后，尾端验纯后再点燃酒精灯D.mgH2储存到NaH中，与足量水反应也释放mgH2，遵从质量守恒定律【答案】D【解析】【详解】A．装置丙中将Na分散到NaCl晶体中可以增大接触面积，使反应更充分，A项正确；B．装置乙和装置丁起干燥作用，盛放的试剂可以分别为无水氯化钙和碱石灰，B项正确；C．实验过程中应先打开K1，用生成的氢气排除装置中的空气，一段时间后，尾端验纯后，说明空气已经排尽，再点燃酒精灯，C项正确；D．1molNa吸收0.5molH2生成1molNaH，NaH与水的反应为归中反应，1mol氢化钠与足量水完全反应，生成1mol氢气，D项错误；故选D。11.资源化利用是解决资源和能源短缺、减少碳排放的一种途径。以作催化剂，可使在温和的条件下转化为甲醇，经历如下过程：ⅰ.催化剂活化：ⅱ.与在活化后的催化剂表面合成甲醇，其反应历程如图： 以下描述正确的是A.碳的杂化方式未发生改变B.反应历程中存在极性键，非极性键的断裂和形成C.加压可以提高的平衡转化率D.催化剂通过改变路径降低反应活化能来加快反应速率，从而提高转化率【答案】C【解析】【详解】A．CH3OH中C原子的价层电子对数为4，故为sp3杂化类型，在整个循环圈内的反应的中，观察C原子均是连接的四个单键也是sp3杂化类型，但CO2中C原子的价层电子对数为2，故为sp杂化，当CO2进入到反应体系后杂化类型发生了改变，变为sp3杂化，因此A错误；B．图中找到箭头指入方向的反应物有H2、CO2，而箭头指出生成物有H2O、CH3OH，不难判断出H2中断裂的是非极性键，CO2断裂的是极性键，而观察反应历程及产物均为非极性键的生成，因此B错误；C．箭头指入方向的反应物有H2、CO2，而箭头指出生成物有H2O、CH3OH，因而总反应式为，增大压强平衡会朝着化学计量数减小的方向移动，对于该反应则是正向移动，那么CO2的平衡转化率增大，因此C正确；D．催化剂可以降低反应所需活化能从而加快反应速率，但是不能改变反应的转化率，因此D错误；故答案为C。12.利用如图所示装置进行下列实验，能得到相应实验结论的是①②③实验结论 选项A浓硝酸溶液非金属性：N>C>SiB浓盐酸溶液变为黄色氧化性：C硫酸加有酚酞的NaOH溶液溶液颜色变浅，水电离程度增大D浓硫酸蔗糖溴水褪色浓硫酸具有脱水性、吸水性A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．浓硝酸易挥发，则③中可能发生挥发出来的硝酸与硅酸钠反应生成硅酸，因而不能比较酸性：碳酸>硅酸，A项错误；B．浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，氯气和FeBr2溶液反应，还原性比强，氯气先氧化为，溶液变黄，不能证明的氧化性强于，B项错误；C．滴有酚酞的NaOH溶液，水的电离受到抑制，硫酸和Na2SO3反应产生二氧化硫，二氧化硫是酸性氧化物，能和NaOH溶液反应生成Na2SO3，使得溶液颜色变浅，因为消耗了NaOH，水的抑制作用减弱，因而水的电离程度增大，C项正确；D．浓硫酸能够使蔗糖脱水碳化，浓硫酸能和脱水生成的碳反应生成二氧化硫，通入溴水中，溴水褪色，说明浓硫酸具有脱水性和氧化性，D项错误；答案选C。13.将一定量的固体置于恒容密闭真空容器中(固体试样的体积忽略不计)，使其在50℃的恒温条件下分解：。实验测得该体系的压强如表所示：时间/min010203040506070 压强/kPa00.661.281.782.202.502.502.50已知：为用各气体分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数。下列有关说法正确的是A.当混合气体的平均摩尔质量不再随时间变化时，反应达到平衡B.0～10min，用H2S的压强变化表示该反应的平均反应速率为C.50℃时，的分解反应的压强平衡常数D.50℃时，若在65min时将容器的容积压缩至原来的，再次达到平衡时，体系的压强大于2.50kPa【答案】C【解析】【详解】A．反应的平均摩尔质量为=，与反应平衡无关，项错误；B．该时间内压强变化了0.66kPa，又NH3和H2S物质的量之比为1:1，则平均速率为，B项错误；C．50min时反应达到平衡，体系压强为2.5kPa，同时两物质的物质的量分数均为，则Kp=，C项正确；D．由于体系温度不变，Kp不变。则Kp=得出P总=2.5kPa，D项错误；故选C。14.MOH为一元弱碱，向MCl的稀溶液中不断加入蒸馏水，c(H+)随c(M+)而变化。实验发现，某温度下，c2(H+)~c(M+)为线性关系，如下图实线所示。 下列叙述错误的是A.当c(M+)=2×10-4mol·L-1时，c(OH-)=1×10-7mol·L-1B.溶液中存在：c(M+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)C.该温度下，M+的水解平衡常数Kh=1×10-10D.a点溶液中：c(Cl-)>c(M+)>c(H+)>c(MOH)>c(OH-)【答案】D【解析】【分析】本题考查水溶液中离子浓度的关系，在解题过程中要注意：温度不是常温，需计算该温度下的水的离子积常数以及电荷守恒和物料守恒的应用，具体见详解。【详解】A．该温度下纯水溶液中c(H+)=c(OH-)，Kw=c(H+)c(OH-)=c2(H+)=210-14，当c(M+)=2×10-4mol·L-1时，c2(H+)=410-14，Kw=210-14，故c(OH-)=1×10-7mol·L-1，A正确；B．溶液呈电中性，故MCl的稀溶液中始终存在：c(M+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，B正确；C．该温度下，M+的水解方程式为M++H2OMOH+H+，平衡常数Kh=，利用c(M+)=2×10-4mol·L-1点进行计算，该点c(H+)=2×10-7mol·L-1，c(OH-)=1×10-7mol·L-1，c(MOH)=c(H+)-c(OH-)=1×10-7mol·L-1，故Kh=，C正确；D．，其中c(M+)=110-4mol·L-1，c(OH-)/c(MOH)=2>1，故c(OH-)>c(MOH)，D错误。二、非选择题：本题共4大题，共58分。15.正丁醚是一种用途很广的化工产品，毒性和危险性小，是安全性很高的有机溶剂，对许多天然及合成油脂、树脂、橡胶、有机酸酯、生物碱等都有很强的溶解能力，还可作为电子级清洗剂和多种有机合成材料。可通过以下反应原理制取正丁醚：已知相关物质的部分信息如下：沸点(℃)密度()溶解度(g)相对分子质量正丁醇117.70.817.974 正丁醚1420.77微溶于水130某课外化学学习小组查阅相关资料设计了以下实验步骤合成正丁醚：①在100mL两口烧瓶中加入30.0mL正丁醇、5.0mL浓硫酸和几粒沸石，充分摇匀。在分水器中加入3.0mL饱和食盐水，按图甲组装仪器，接通冷凝水；②反应：在电热套上加热，使瓶内液体微沸，回流反应约1小时；③精制：将馏出液倒入盛有10mL水的分液漏斗中，充分振摇，静置弃去水液，有机层依次用5mL水，3mL5%NaOH溶液、3mL水和3mL饱和氯化钙溶液洗涤，分去水层，将产物放入洁净干燥的小锥形瓶中，然后加入0.2～0.4g无水氯化钙，再将液体转入装置丙中，再加几粒沸石进行蒸馏，收集到馏分9.0mL。请根据以上操作回答下列问题：（1）仪器d的名称是___________。（2）步骤②在电热套上加热，应控制好温度使瓶内液体微沸，切不可温度过高，导致副反应发生，产生还原性气体___________(填化学式)。（3）步骤①分水器中加入饱和食盐水的目的是___________。（4）使用分水器不断分离出水的目的是___________；如何判断反应已经完成？当___________时，表明反应完成，即可停止实验。（5）在步骤③蒸馏时发现忘记添加沸石，正确的处理办法是___________。（6）在步骤②中采用电热套加热而不采用酒精灯直接加热的原因可能是___________、___________。（7）本小组实验后所得正丁醚的产率约为___________%(计算结果保留一位小数)。【答案】（1）球形冷凝管（2）SO2（3）降低正丁醇和正丁醚在水中的溶解度（4）①.分离掉水，有利于不断正向反应，提高原料利用率，增大正丁醚的产率②.分水器中的水层不再变化（5）先停止加热，待冷却后添加沸石后再加热 （6）①.电热套加热更均匀，更易控制加热温度②.正丁醇和正丁醚均为易燃液体，遇明火易燃烧，不能采用酒精灯直接加热（7）32.5【解析】【分析】正丁醇和浓硫酸混合后加入沸石，用电热套上加热，用温度计控制温度，不断反应分离出水，有利于正向反应，提高原料利用率，待不再有水生成后冷却，将馏出液倒入盛有10mL水的分液漏斗振荡、分液，将有机层依次用5mL水，3mL5%NaOH溶液、3mL水和3mL饱和氯化钙溶液洗涤，将有机层放在洁净干燥的小锥形瓶中，然后加入0.2～0.4g无水氯化钙，再在烧瓶中蒸馏。【小问1详解】根据图中信息得到仪器d的名称是球形冷凝管；故答案为：球形冷凝管。【小问2详解】步骤②在电热套上加热，应控制好温度使瓶内液体微沸，切不可温度过高，导致副反应发生，由于浓硫酸具有脱水性，可能将正丁醇脱水得到碳，碳和浓硫酸加热反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，因此产生还原性气体SO2；故答案为：SO2。【小问3详解】根据题中信息正丁醇和正丁醚在水中的溶解度得到步骤①分水器中加入饱和食盐水的目的是降低正丁醇和正丁醚在水中的溶解度；故答案为：降低正丁醇和正丁醚在水中的溶解度。【小问4详解】使用分水器不断分离出水的目的是有利于不断正向反应，提高原料利用率，增大正丁醚的产率；当反应已经完成时就不再产生水，因此当分水器中的水层不再变化时，表明反应完成，即可停止实验；故答案为：分离掉水，有利于不断正向反应，提高原料利用率，增大正丁醚的产率；分水器中的水层不再变化。【小问5详解】在步骤③蒸馏时发现忘记添加沸石，正确的处理办法是先停止加热，待冷却后添加沸石后再加热；故答案为：先停止加热，待冷却后添加沸石后再加热。【小问6详解】在步骤②中采用电热套加热而不采用酒精灯直接加热的原因可能是电热套加热更均匀，更易控制加热温度、正丁醇和正丁醚均为易燃液体，遇明火易燃烧，不能采用酒精灯直接加热；故答案为：电热套加热更均匀，更易控制加热温度、正丁醇和正丁醚均为易燃液体，遇明火易燃烧，不能采用酒精灯直接加热。【小问7详解】 本小组实验后所得正丁醚的产率约为；故答案为：32.5。16.以大洋锰结核(主要由锰、铁的氧化物组成，还含有Cu等元素)为原料，制备脱硫剂，可用于脱除煤气中的。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示如图：（1）“氨浸”时，在浸出的催化下，CO将结核中的转化为。发生反应的离子方程式为：；___________。（2）“沉锰”中，若产生amol沉淀。现用5L一定浓度的溶液将其全部转化为，需溶液的浓度至少为___________(用含a的表达式表示)。已知：，。（3）上述过程中可循环的物质是___________(填化学式)。（4）“沉锰”得到的在空气中煅烧可制得脱硫剂。①测得煅烧过程中固体残留率(固体残留率=)随温度变化的曲线如图1所示。975K时，煅烧后得到固体产物为___________(填化学式)。 ②工业上可以用石墨为电极电解硫酸锰和稀硫酸的混合液制备二氧化锰，其阳极电极反应为___________。（5）的晶胞结构如图2所示，图中已表示出晶胞边长及坐标轴，图3为沿y轴方向晶胞投影图。请在图4方框中画出沿z轴方向的晶胞投影图。_________【答案】（1）（2）（3）(NH4)2SO4、NH3(或)、（4）①.Mn2O3②.（5）【解析】【分析】大洋锰结核主要由锰、铁氧化物组成，还含有Cu等元素，加入氨水浸取，在浸出的催化下，CO将结核中的转化为，分离出浸出液后，加入(NH4)2SO4浸锰，NH水解产生H+，将溶解使其转化为MnSO4，同时释放出NH3，除去不溶性杂质后，净化，再加入(NH4)2CO3浸锰得到，空气中煅烧可制得脱硫剂，然后通入含的煤气进行硫化，生成MnS中再通入氧气得到。【小问1详解】“氨浸”时，CO将结核中的转化为，作催化剂，发生反应的离子方程式依次为：、 ，故答案为：；【小问2详解】在氢氧化锰中加入，此时目的是将氢氧化锰沉淀，因而写为，=，amolMn(OH)2完全转化为时，溶液中c(OH-)=mol/L，则此时溶液中c(CO)===16a2，由于反应时要消耗amol，所以至少需要(80a2+a)mol，则，故答案为：；【小问3详解】由流程可知，“沉锰”后滤液中的(NH4)2SO4回收后可用于“沉锰”，“浸锰”时产生的NH3，回收后可用于“氨浸”，脱硫剂经再生可重新用于硫化，故可循环的物质有(NH4)2SO4、NH3(或)、，故答案为：(NH4)2SO4、NH3(或)、；【小问4详解】①975K时，残留固体是锰的氧化物，且观察可知，此时固体残留率为68.6%由此假设煅烧的物质的量为1mol，则975K时m(固体)=115g(1-31.4%)=79g，因n(Mn)=1mol，n(O)==1.5mol，则n(Mn)：n(O)=2:3，即固体的化学式为Mn2O3，故答案为：Mn2O3；②石墨为电极电解硫酸锰和稀硫酸的混合液制备二氧化锰，阳极发生的是硫酸锰发生氧化反应生成二氧化锰，注意条件为酸性，由此其阳极反应式为，故答案为：【小问5详解】若沿z轴方向投影，顶点上处于对称位置的Mn原子会重合在长方形的顶点，位于体心的Mn原子会位于长方形的面心，位于面上和体内的O原子位于长方形内相邻两个Mn原子连线上，投影图为 ，故答案为：。【点睛】本题通过工艺流程题为载体，考查了离子方程式的书写，溶度积常数相关计算，以及晶胞概念及判断。17.我国力争于2030年前做到“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”，制是热点研究之一，中科院大连化物所研究团队直接利用与合成甲醇，主要涉及以下反应：①②③④（1）___________。（2）反应①、②的平衡常数随温度变化曲线如图1所示，则表示反应②的关系的曲线为___________(填“l”或“m”)。（3）①有同学认为在400℃以后反应②在该体系中可以忽略，其依据是___________。②恒压下，向容器中充入1mol、3mol，的平衡转化率随温度变化曲线如图1中n线所示。在500℃达到平衡时，体系中的物质的量为amol，的物质的量为bmol，则此时的转化率为___________。此时反应①的平衡常数值___________1(填“大于”“小于”或“等于”)。（4）500℃以后的平衡转化率随温度变化的可能原因是___________。（5）恒压下将和按体积比1∶3混合，在不同催化剂作用下发生反应。在相同时间段内 的选择性和产率随温度的变化如图2所示。其中的选择性=。则合成甲醇的适宜条件是___________(填标号)。A230℃B.210℃C.CZT催化剂D.CZ(Zr-1)T催化剂【答案】（1）+41kJ/mol（2）l（3）①.在400℃以后反应②在该体系中Kc小于10-5，可以认为几乎不反应。②.③.小于（4）反应①为吸热反应，温度升高平衡正向移动，反应③④是放热反应，温度升高平衡逆向移动，且温度对反应③④的影响大于对反应①的影响（5）AD【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，反应③-②得，ΔH1=(-49+90)kJ/mol=+41kJ/mol。【小问2详解】反应②为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，化学平衡常数减小，即随着温度的升高，lgKc减小，表示②反应的lgKc-T关系的曲线为l。【小问3详解】①从图中可知，400℃时，反应②平衡常数等于10-5，温度越高，K值越小，在400℃之后反应②在该体系中Kc小于10-5，可以认为几乎不反应，可以忽略不计。②500℃时，反应②平衡常数小于10-5 ，认为容器中发生反应①③④，设三个反应二氧化碳转化的物质的量分别为x、y、2z，则有①，③，④，500℃时CO2转化率为60%，则，平衡时水的物质的量为b，则b=x+y+3z，y=a，则解得x=1.8-2b-a，z=b-0.6，氢气的转化率为。反应①为吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，温度越高K越大，可知m表示反应①，根据图中信息830℃时反应①lgKc=0，即Kc=1，则500℃时反应①的平衡常数Kc小于1。【小问4详解】反应①为吸热反应，温度升高平衡正向移动，反应③④是放热反应，温度升高平衡逆向移动，且温度对反应③④的影响大于对反应①的影响，故500℃以后CO2的平衡转化率随温度升高而减小。【小问5详解】由图2信息可知，相同温度下，CZ(Zr-1)T作催化剂时，CH3OH的选择性和产率都优于CZT作催化剂，所以工业合成甲醇选择催化剂CZ(Zr-1)T，为兼顾CH3OH的选择性和产率，由图可知温度应选择230℃，故答案选AD。18.化合物G为一种促进睡眠的药物，其部分合成路线如下：（1）A能与水以任意比混溶，原因是___________。（2）E中官能团有碳碳双键、___________(写名称)。（3）A转化为B需经历A→X→B，中间体X的结构简式为，则X→B的反应类型为 ___________。（4）由C和D转化为E的过程中，还生成2分子的甲醇，则化合物D()的结构简式为___________。（5）F经水解并还原得到的一种产物为H()，写出满足下列条件的H的同分异构体的结构简式：___________。①苯环上有4个取代基；②能发生银镜反应；③存在4种不同化学环境的氢原子。（6）已知：。写出以苯酚和碘甲烷为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。_______【答案】（1）A为极性分子易溶于极性溶剂，能与水分子间形成氢键（2）羰基（3）取代反应（4）（5）和（6）【解析】【分析】此流程中各物质基本都已给出，A到B根据物质结构的特点变化判断发生了取代反应；B到C根据官能团的变化，发生了加成反应，根据E的结构简式及（3）已知信息可以判断出条件D的结构简式为：；E到F根据结构简式的变化判断发生了取代反应，取代反应的特点：有上有下。【小问1详解】根据物质的溶解性影响因素进行判断：A分子属于极性分子易溶于极性溶剂，其次A中含有氧原子和氮原子可以与水分子中的氢原子形成氢键；故答案为：A为极性分子易溶于极性溶剂，能与水分子间形成氢键。【小问2详解】E中官能团有碳碳双键、羰基； 故答案为：羰基。【小问3详解】与B的结构简式中相差一个甲基，根据取代反应的特点判断，该过程为取代反应；故答案为：取代反应。【小问4详解】根据E的结构简式判断D中含有苯环，且含两个取代基在间位，根据C的结构简式和生成2分子的甲醇判断C和D反应时，C中脱去2个-CH3O，D分子中脱去2个氢原子，故D的结构简式为：；故答案为：。【小问5详解】F分子经水解，根据F中含有肽键判断水解成氨基和羧基，根据能发生银镜判断一般含有醛基，根据存在4中不同化学环境的氢原子判断分子非常对称，判断H的同分异构体的结构简式为： 或 ；故答案为：或。【小问6详解】以苯酚和碘甲烷为原料制备 的合成路线，根据目标产物判断是苯环发生了加成生成了烷烃环，在根据已知碳基最终合成肽键，故苯酚先和氢气发生加成，生成环己醇，环己醇变为酮后即可利用已知反应过程，故环己醇又被氧气氧化生成环己酮，根基已知反应利用其反应条件进行后推，硫酸试剂后得到肽键，再根据题目中流程在碘乙烷作用下发生取代反应上烷基，根据所得产物 判断用碘甲烷进行制取；故流程为： ；故答案为：。