安徽省安庆市2024届高三下学期二模化学 Word版含解析.docx

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2024年安庆市高三模拟考试(二模)化学试题考试时间：75分钟试卷满分：100分可能用到的相对原子质量H1C12O16K39Fe56Se79Cd112Te128一、选择题：(本大题共14小题，每小题3分，共42分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。)1.安庆别称“宜城”，是国家级历史文化名城，下列说法错误的是A.“振风塔”上的灯光与原子核外电子跃迁有关B.桐城“六尺巷”的新建离不开硅酸盐产品C.怀宁“贡糕”成分中的麻油属于高分子化合物D.岳西“翠兰”浸泡过程利用了萃取原理【答案】C【解析】【详解】A．霓虹灯光是基态原子吸收能量变为激发态原子，激发态原子释放能量，从而放出可见光，与原子核外电子的跃迁有关，A正确；B．玻璃、水泥和陶瓷均属于硅酸盐产品，故桐城“六尺巷”的新建离不开硅酸盐产品，B正确；C．麻油属于油脂，是有机小分子物质，不属于高分子化合物，C错误；D．萃取是利用物质在互不相溶的溶剂中溶解度不同，用一种溶剂把物质从它与另一种溶剂所形成的溶液中提取出来的过程，故岳西“翠兰”浸泡过程利用了萃取原理，D正确；故答案为：C。2.苹果醋主要成分有苹果酸(2-羟基丁二酸)、乙酸、二氧化碳和氯化钠等多种成分。若表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.0.1mol苹果酸与足量的Na反应，产生0.15mol氢气B.60g乙酸中键有C.的电子式为：D.1L1mol/L的NaCl溶液中含有粒子数目为【答案】A【解析】【详解】A．已知苹果酸即(2-羟基丁二酸)中含有一个羟基和两个羧基，故0.1mol苹果酸与足量的Na第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 反应，产生mol=0.15mol氢气，A正确；B．一分子乙酸中含有7个键，故60g乙酸中键有=，B错误；C．CO2为共价化合物，故CO2的电子式为：，C错误；D．由于NaCl溶液中含有水分子、H+、Na+、Cl-和OH-等微粒，故1L1mol/L的NaCl溶液中含有粒子数目大于，D错误；故答案为：A。3.物质A和B可实现如图所示的转化，下列说法正确的是A.A与B互为同系物B.A中C-Co键长更长，故键能可能更小C.中含有中子数为D.基态Co的价层电子排布式是【答案】B【解析】【详解】A．同系物是指结构相似，组成上相差一个或若干个-CH2原子团的有机物，A与B结构不相似，不互为同系物，A错误；B．键长越长，键能越小，B正确；C．未指明气体是否处于标准状况，不能用气体摩尔体积计算，C错误；D．Co原子序数为27，基态Co的价层电子排布式是，D错误；答案选B。4.保护兵马俑失色的方法之一：水溶性小分子透过颜料，经过电子束辐射变成长链固体状态，再与陶土表面牢固结合，进而起到加固颜料作用，原理如图，下列说法正确的是第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 A.此反应是缩聚反应B.水溶性小分子中所有碳原子一定共平面C.1mol甲基丙烯酸羟乙酯最多能与2mol氢氧化钠反应D.PHEMA可能是一种亲水性聚合物【答案】D【解析】【详解】A．此反应无小分子生成，是碳碳双键发生的加聚反应，故A错误；B．水溶性小分子中有两个直接相连的饱和碳原子，采取sp3杂化，呈四面体结构，所以所有碳原子不一定共平面，故B错误；C．1mol甲基丙烯酸羟乙酯有1mol酯基，最多能与1mol氢氧化钠反应，故C错误；D．PHEMA分子中存在亲水基团羟基，所以可能是一种亲水性聚合物，故D正确；故答案为：D。5.羟胺(NH2OH)是白色片状晶体，熔点为32.05℃，极易溶于水，受热易分解生成NH3和N2，常用作还原剂，也用作合成抗癌药和农药的原料。羟胺结构可看做是氨分子内的1个氢原子被羟基取代而形成。已知：；。有关反应的方程式错误的是A.羟胺还原的反应：B.羟胺分解的反应：C.向羟胺溶液中滴加过量稀硫酸：D.向(NH4)2SO4溶液中加入NH2OH：【答案】D【解析】第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 【详解】A．羟胺具有还原性，羟胺被氧化N的化合价由-1价转化为+1价，Fe3+被还原为Fe2+，根据氧化还原反应配平可得，该反应的离子方程式为，A正确；B．由题干信息可知，羟胺(NH2OH)是白色片状晶体，熔点为32.05℃，极易溶于水，受热易分解生成NH3和N2，反应中NH2OH中-1价的氮转化为0价的氮和-3价的氮，根据氧化还原反应配平可得，羟胺分解的反应方程式为：3NH2OHNH3↑+N2↑+3H2O，B正确；C．由题干信息可知，，说明NH2OH为一元弱碱，故向羟胺溶液中滴加过量稀硫酸生成NH3OHHSO4，该反应的离子方程式为：，C正确；D．原离子方程式质量不守恒，则向(NH4)2SO4溶液中加入NH2OH的离子方程式为：，D错误；故答案为：D。6.羟胺是白色片状晶体，熔点为32.05℃，极易溶于水，受热易分解生成和，常用作还原剂，也用作合成抗癌药和农药的原料。羟胺结构可看做是氨分子内的1个氢原子被羟基取代而形成。已知：；。下列有关说法正确的是A.羟胺的碱性比氨强B.与的VSEPR模型相同C.羟胺极易溶于水主要原因是形成分子内氢键D.大小：【答案】B【解析】【详解】A．因为羟基氧的电负性比氢更大，氮原子再结合氢原子的能力减弱，所以羟胺的碱性比氨更弱，A错误；B．和中的氮原子、中的氧原子价层电子对数都为4，所以与的VSEPR模型结构相同，都是四面体形，B正确；第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 C．羟胺分子含有-OH和-NH2，与水分子可形成分子间氢键，故羟胺易溶于水，C错误；D．铵根离子中含有4个N-H键，没有孤电子对，属于采取sp3杂化，分子中氮原子上有一对孤对电子，铵根离子中氮原子上没有孤对电子，排斥力小，故中比中键角大，D错误；故选B。7.下列实验设计方案和操作正确的是A．验证铁电极是否受到保护B．分离苯酚和水的混合物C．析出晶体D．测定KI溶液的浓度A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．在酸化的氯化钠溶液中，可能会有少量铁与氢离子反应生成亚铁离子，所以不能用此装置来验证铁电极是否受到保护，故A错误；B．苯酚和水形成的是乳浊液，不能用过滤的方法分离，故B错误；C．在乙醇中的溶解度比在水中的要小，因此向其中加入乙醇，将析出深蓝色晶体，故C正确；D．溴水具有氧化性，能腐蚀橡胶，不能用碱式滴定管盛装，应用酸式滴定管盛装，故D错误；故答案：C。8.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中仅Y、Z位于同一周期，X的s轨道电子数是p轨道电子数的4倍，W、X的最外层电子数之和与Y的最外层电子数相等，Z基态原子最外层有1个未成对电子。下列说法不正确的是第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 A.第一电离能：B.X与Z形成的化合物的空间构型是平面三角形C.X的最高价氧化物对应的水化物是三元酸D.Y的简单氢化物中Y的化合价是正价【答案】C【解析】【分析】由题干信息可知，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中仅Y、Z位于同一周期，则W为H，X的s轨道电子数是p轨道电子数的4倍，即X的核外电子排布为：1s22s22p1，即X为B，W、X的最外层电子数之和为4与Y的最外层电子数相等，故Y为Si，Z基态原子最外层有1个未成对电子，则Z为Cl，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，Y为Si、Z为Cl，根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA、ⅤA反常，可知第一电离能Cl＞Si即，A正确；B．由分析可知，X为B、Z为Cl，则X与Z形成的化合物即BCl3中中心原子B周围的价层电子对数为：3+=3，故其的空间构型是平面三角形，B正确；C．由分析可知，X为B，则X的最高价氧化物对应的水化物即H3BO3，H3BO3是一元酸，其电离方程式为：H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+，C错误；D．由分析可知，Y为Si，由于Si的电负性小于H，故Y的简单氢化物中Y的化合价是正价，D正确；故答案为：C。9.在一定温度条件下，甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中均发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)+D(s)，向甲中通入6molA和2molB，向乙中通入1.5molA、0.5molB和3molC和2molD，反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，下列叙述中正确的是A.若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量不相等，则x＝2B.平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比不相等C.平衡时甲中A的体积分数为40%D.若平衡时两容器中的压强不相等，则两容器中压强之比为8∶5【答案】D【解析】【分析】反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，说明甲乙两容器为等效平衡状态，D为固体，应满足C完全转化为A、B，应有3+1=x，即反应前后气体的化学计量数之和相等，以此解答该题。【详解】3A（g）+B（g）xC（g）+D（s）第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 甲6200乙1.50.532反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，说明甲乙两容器为等效平衡状态。A.若平衡时，甲、乙两容器中A物质的量不相等，则必须满足方程式左右气体的计量数之和相等，所以x=4，故A错误；B.反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，由此可知甲乙是等效平衡，平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比肯定相等，故B错误；C.C的体积分数都为0.2，则AB共占80%，而n（A）：n（B）=3：1，所以平衡时甲中A的体积分数为60%，故C错误；D.x=4，则反应前后气体压强不变，则两容器中压强之比为（6+2）：（1.5+0.5+3）=8：5，故D正确。故选D。10.根据下列实验事实能得出相应结论是选项实验事实结论A向淀粉溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，无砖红色沉淀淀粉未发生水解B将试管中的CuCl2溶液加热，再冷却降温，观察实验现象探究温度对平衡移动的影响C将实验剩余的Na2SO4固体放回原试剂瓶可以节约试剂，不浪费资源D将硝酸溶液与CaCO3混合后产生的气体直接通入硅酸钠溶液后，溶液变浑浊非金属性：A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．淀粉溶液中滴加稀硫酸，水浴加热后，没有加NaOH中和硫酸，不能检验葡萄糖，则不能说明淀粉没有发生水解，A不合题意；第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 B．CuCl2溶液中存在[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-[CuCl4]-(黄色)+4H2O，故将试管中的CuCl2溶液加热，再冷却降温，观察溶液颜色的变化能够探究温度对平衡移动的影响，B符合题意；C．一般剩余的药品不能放回原瓶，防止试剂污染，则剩余的Na2SO4应放在指定的仪器中，C不合题意；D．硝酸易挥发，应除掉硝酸后再通入硅酸钠溶液，否则无法比较H2CO3和H2SiO3的酸性强弱，即无法得出C的非金属性强于Si，D不合题意；故答案为：B。11.电催化氮还原反应法(NRR)是以水和氮气为原料，在常温常压下通过电化学方法催化合成氨气，其工作电极材料是由六亚甲基四胺(HMTA)与三氯化钒合成的二维钒基复合纳米材料(简称V-HMTA)。其工作原理如图所示，下列说法错误的是A.石墨电极与外接电源正极相连B.工作电极V-HMTA具有较高的表面积，能提高单位时间内氨气的产率C.电路中通过0.06mol电子时，两极共有0.035mol气体逸出D.隔膜为质子交换膜【答案】D【解析】【分析】由题意可知该原理是用电解法将氮气合成氨气，故左侧工作电极为阴极，电极反应式为N2+6e-+6H2O=2NH3+6OH-，右侧石墨电极为阳极，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O。【详解】A．由分析可知工作电极为阴极，石墨电极为阳极，则石墨电极与外接电源正极相连，A正确；B．工作电极V-HMTA具有较高的表面积，能吸附氮气，加快反应速率，从而提高单位时间内氨气的产率，B正确；C．阴极电极反应式为N2+6e-+6H2O=2NH3+6OH-，阳极电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，电路中通过0.06mol电子时，阴极产生0.02mol气体，阳极产生0.015mol气体，两级共产生0.035mol气体，C正确；D．结合电极反应式可知隔膜为允许氢氧根离子通过的阴离子交换膜，D错误；答案选D。12.某温度下，改变溶液的pH，各种含铬元素粒子的浓度变化如图所示(已知第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 是二元酸，其电离常数为、)，下列有关说法错误的是A.该温度下的B.该温度下的数量级为C.该温度下反应的平衡常数为D.B点溶液中：【答案】D【解析】【详解】A．只与温度有关，取D点数据，当时，，则，A说法正确；B．取A点数据，，，数量级为，B说法正确；C．该温度下反应平衡常数，取C点数据，，C说法正确；D．由图可知，B点，，根据电荷守恒：，溶液显酸性，，则，D说法错误；第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 答案选D。13.北京冬奥会使用的碲化镉(CdTe)太阳能电池，能量转化效率较高。立方晶系CdTe的晶胞结构如图甲所示，其晶胞参数为apm。下列说法正确的是A.Cd的配位数为4B.相邻两个Te的核间距为C.晶体的密度为D.若按图乙虚线方向切甲，可得到图丙【答案】A【解析】【详解】A．由题干晶胞甲图所示信息可知，Cd位于8个顶点和6个面心，Te位于体内，故Cd的配位数即离某个Cd原子距离相等且最近的Te原子个数，故为4，A正确；B．由题干晶胞甲图所示信息可知，相邻两个Te的核间距为面对角线的一半即为，B错误；C．由题干晶胞甲图所示信息可知，Cd位于8个顶点和6个面心，Te位于体内，则一个晶胞中含有Cd个数为：=4，Te原子个数为4个，故一个晶胞的质量为：g，晶胞参数为apm，则一个晶胞的体积为：(a×10-10)3，故晶体的密度为，C错误；D．由题干晶胞甲图所示信息可知，若按图乙虚线方向切甲，可得到图示为：，即体心上没有原子，D错误；故答案为：A。14.中科大某课题组通过自由基杂环反应直接合成各种稠合的内酰胺，应用于钙钛矿电池器件中。底物与Cu(Ⅰ)物种通过电子转移经历两种途径得到目标产物D。下列说法错误的是第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 A.Cu(Ⅰ)物种是催化剂B.底物具有氧化性C.两种途径不同，总反应的反应热也不同D.合成过程中中碳碳双键断裂【答案】C【解析】【详解】A．Cu(Ⅰ)第一步消耗，最后一步生成,是催化剂物,A正确；Ｂ．底物将Ｃu(Ⅰ)氧化为Ｃu(Ⅱ)，具有氧化性，B正确；Ｃ．两种途径虽不同，但反应热相同，C错误；Ｄ．由图可知，C60中有六元环上的碳碳双键发生了断裂，D正确；故答案选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.柠檬酸亚铁是一种高效补铁剂，实验室可通过铁粉制备，反应原理简示如下：实验步骤：①取15g铁粉，用，边搅拌边加热，至反应完全，过滤，以滤液制备()晶体。②取9g精制的，缓慢加入溶液，静置40min后有大量沉淀析出，过滤洗涤，得晶体。③在烧杯中加入6g柠檬酸、80mL水、边加热边搅拌至晶体析出，过滤洗涤干燥得晶体。第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 回答下列问题：（1）请利用原子结构的相关知识解释三价铁比二价铁稳定原因_______。（2）溶液制备晶体常用两种方法：方法ⅰ：先将滤液进行蒸发浓缩至稀糊状，可选用仪器有酒精灯、玻璃棒、_______(从下列仪器中选择并填写名称，后一问相同要求)等，再将浓缩液冷却至室温，用_______(仪器名称)过滤，其优点是_______。方法ⅱ：将滤液冷却静置后，用玻璃棒摩擦烧杯壁，先有少量规则晶体出现，后有大量晶体晶体出现。试回答，用玻璃棒摩擦烧杯壁的作用_______。（3）写出制备碳酸亚铁的离子方程式_______。（4）利用邻二氮菲与生成稳定橙红色配合物，最大吸收波长为510nm这一特征可用来检测含量，某同学将上述所制晶体全部溶解于试管中后，添加25mL3mol/L邻二氮菲溶液后，可获得最大吸收波长，则晶体质量为_______g。（5）不用酸性高锰酸钾溶液滴定最可能的原因是_______。【答案】（1）基态铁离子价电子排布式为，基态亚铁离子价电子排布式为，前者为半充满结构、更稳定（2）①.蒸发皿②.布氏漏斗③.减压过滤速度快，减少二价铁的氧化，可得更纯净的晶体④.玻璃棒摩擦烧杯壁会形成微小晶核，便于晶体结晶（3）（4）6.15g（5）酸性高锰酸钾可氧化柠檬酸根离子【解析】【分析】亚铁离子具有强还原性，容易被氧气、高锰酸钾等氧化，制备亚铁盐要尽可能防止氧化，柠檬酸根具有还原性，酸性高锰酸钾可氧化柠檬酸根离子，测定柠檬酸亚铁盐含量时要选适合的方法，为防止结果偏大，不能选用高锰酸钾溶液滴定柠檬酸亚铁。第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 【小问1详解】请利用原子结构的相关知识解释三价铁比二价铁稳定原因：基态铁离子价电子排布式为，基态亚铁离子价电子排布式为，前者为半充满结构、更稳定。【小问2详解】将滤液进行蒸发浓缩至稀糊状，可选用仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿等，再将浓缩液冷却至室温，用布氏漏斗仪器名称)过滤，其优点是：减压过滤速度快，减少二价铁的氧化，可得更纯净的晶体。结晶时用玻璃棒摩擦烧杯壁，先有少量规则晶体出现，后有大量晶体晶体出现。则用玻璃棒摩擦烧杯壁的作用：玻璃棒摩擦烧杯壁会形成微小晶核，便于晶体结晶。【小问3详解】取9g精制的，缓慢加入溶液，静置40min后有大量生成，碳酸氢根转变为碳酸根产生沉淀的同时，释放出的氢离子与碳酸氢根能产生二氧化碳，则制备碳酸亚铁的离子方程式为:。【小问4详解】利用邻二氮菲与生成稳定橙红色配合物，最大吸收波长为510nm这一特征可用来检测含量，某同学将上述所制晶体全部溶解于试管中后，添加25mL3mol/L邻二氮菲溶液后，可获得最大吸收波长，则按关系式3~~~可知，晶体的物质的量为0.025L×3mol/L=0.025mol，质量为6.15g。【小问5详解】高锰酸钾溶液具有强氧化性，柠檬酸根具有还原性，二者能发生氧化还原反应，则不用酸性高锰酸钾溶液滴定最可能原因是酸性高锰酸钾可氧化柠檬酸根离子。16.粗氢氧化钴Co(OH)3是以铜钴矿为原料湿法提取而得到的粗制钴盐中间品，含有MnOOH以及Al2O3、Fe3O4、Mg等杂质，粗氢氧化钴湿法制取精制硫酸钴流程如下：第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 （1）浸出时添加还原剂SO2对原料中的锰和_______(填元素名称)进行有效浸出。保持温度，流速等条件不变，Co浸出率与时间关系如图所示，则浓度最适宜为_______mol/L。（2）“除杂”时混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸。被氧化为，该反应的离子方程式为_______(已知：的电离第一步完全，第二步微弱)。生石灰调节_______(保留一位小数)时，检验反应后的滤液中恰好不存在(已知：的，离子浓度时沉淀完全)。（3）在萃取剂一定量情况下，提高萃取率的措施有_______(答出一点即可)，萃取后水相溶液中存在的金属离子有_______。（4）硫酸钴的溶解度曲线如图所示，从溶液中获得CoSO4•7H2O的方法是_______。【答案】（1）①.钴、铁②.3.0（2）①.H2O+Mn2++=MnO2++3H+②.3.5（3）①.分多次加入萃取剂②.Mn2+第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 （4）蒸发浓缩、降温结晶，过滤洗涤，低温干燥【解析】【分析】由题干工艺流程图可知，将粗氢氧化钴用水磨成浆后加入H2SO4和SO2进行浸出，将Co转化为Co2+，Fe转化为Fe2+、Al转化为Al3+、Mg转化为Mg2+，Mn转化为Mn2+，过滤除去其他不溶性杂质，向滤液中加入生石灰，热空气和SO2，将Fe2+转化为Fe(OH)3、Al3+转化为Al(OH)3，过滤出Fe(OH)3和Al(OH)3，向滤液中加入萃取剂P2O4以萃取Co2+，分液出水层含有Mn2+和有机相含有Co2+，对有机相进行反萃取得到水层含有CoSO4，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，浸出时加入H2SO4和SO2进行浸出，将Co转化为Co2+，Fe转化为Fe2+、Al转化为Al3+、Mg转化为Mg2+，Mn转化为Mn2+，故添加还原剂SO2对原料中的锰和钴、铁进行有效浸出，保持温度，SO2流速等条件不变，根据Co浸出率与时间关系图所示信息可知，H2SO4浓度为3.0mol/L时浸出速率最快，故硫酸浓度最适宜为3.0mol/L，故答案为：钴、铁；3.0；【小问2详解】“除杂”时混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，H2SO5中含有一个过氧键，故被H2SO5氧化为，H2SO5转化为H2SO4，该反应的离子方程式为：H2O+Mn2++=MnO2++3H+，检验反应后的滤液中恰好不存在，即Fe3+离子浓度时，此时c(OH-)===10-10.5，则c(H+)===10-3.5mol/L，即生石灰调节pH=3.5，故答案为：H2O+Mn2++=MnO2++3H+；3.5；【小问3详解】在萃取剂一定量的情况下，分多次加入萃取剂能够提高萃取率，由分析可知，萃取后水相溶液中存在的金属离子有Mn2+，故答案为：分多次加入萃取剂；Mn2+；【小问4详解】由题干硫酸钴的溶解度曲线图示信息可知，CoSO4•7H2O的溶解度随温度升高而明显增大，故从溶液中获得CoSO4•7H2O的方法是蒸发浓缩、降温结晶，过滤洗涤，低温干燥，故答案为：蒸发浓缩、降温结晶，过滤洗涤，低温干燥。17.以CO和CO2为原料合成有机物，是科学家研究的主要课题。回答下列问题：（1）CO2与H2催化重整制备CH3OCH3的过程中存在以下反应：I．；第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 Ⅱ．。已知：相关物质能量变化的示意图如图所示：①由已知信息可知_______。②向密闭容器中以物质的量之比为1∶3充入CO2与H2，实验测得CO2的平衡转化率随温度和压强的变化关系如图所示。由图2可知，由大到小的顺序为_______，时主要发生反应为_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，平衡转化率随温度变化先降后升的原因是：_______。（2）工业上常用合成气(主要成分为CO、H2)在一定条件下制备甲醇，其涉及反应如下：反应1：反应2：反应3：向容积为2L的刚性密闭催化反应器中充入2molCO和4molH2发生上述反应，测得不同温度下，2min内CO的转化率和CH3OH的选择性(CH3OH的选择性)如图所示。第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 ①若反应过程中催化剂的活性几乎不受温度影响，则T1前CO转化率升高的原因是：_______。②反应在T1K下，2min时达到平衡，此时体系压强为，。用CO的分压变化表示的化学反应速率为_______，反应3的)_______。(指用平衡分压代替平衡浓度进行计算的平衡常数，A的平衡分压的物质的量分数，以上两空结果均保留3位小数)。【答案】（1）①.-175②.p1＞p2＞p3③.Ⅱ④.开始升温时以反应Ⅰ为主，反应放热，平衡逆向移动，CO2平衡转化率下降，升高一定温度后，以反应Ⅱ为主，反应吸热，平衡正向移动（2）①.温度升高，反应速率加快，相同时间内的CO消耗量增多，故CO的转化率升高②.0.267③.0.318【解析】【小问1详解】①由题干图示信息可知，反应I．；Ⅱ．，反应I+3反应Ⅱ可得反应：，根据盖斯定律可得：=-175kJ/mol，故答案为：-175；②反应Ⅰ是气体体积减小的反应，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，相同条件下，压强越大，平衡正向移动，二氧化碳的转化率越大，则p1＞p2＞p3；反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，由图可知，随着温度的升高，二氧化碳转化率先减小后增大，说明T2℃时主要发生反应Ⅱ，平衡转化率随温度变化先降后升的原因为开始升温时以反应Ⅰ为主，反应放热，平衡逆向移动，CO2平衡转化率下降，升高一定温度后，以反应Ⅱ为主，反应吸热，平衡正向移动，故答案为：p1＞p2＞p3；Ⅱ；开始升温时以反应Ⅰ为主，反应放热，平衡逆向移动，CO2平衡转化率下降，升高一定温度后，以反应Ⅱ为主，反应吸热，平衡正向移动；【小问2详解】①由题干已知信息可知，三个反应均为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 的平衡转化率减小，结合图示可知，T1前反应未达到平衡，故若反应过程中催化剂的活性几乎不受温度影响，则T1前CO转化率升高的原因是：温度升高，反应速率加快，相同时间内的CO消耗量增多，故CO的转化率升高，故答案为：温度升高，反应速率加快，相同时间内的CO消耗量增多，故CO的转化率升高；②由题干图示信息可知，反应在T1K下，2min时达到平衡，CO的转化率为80%，CH3OH的选择性为60%，此时体系压强为，，则有：，，，则平衡时：c(CO)=0.2mol/L、c(CO2)=0.05mol/L、c(CH3OH)=0.48mol/L、c(CH4)=0.27mol/L、c(H2)=2+0.05-0.96-0.81=0.28mol/L、c(H2O)=0.27-0.05=0.22mol/L，故CO的起始分压为：kPa，平衡分压为：=，故用CO的分压变化表示的化学反应速率为==0.267，反应3的===0.318，故答案为：0.267；0.318。18.新型单环-内酰胺类降脂药物H的合成路线如下：第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 回答下列有关问题：（1）D的化学名称是_______。（2）A中H、C和O的电负性由大到小的顺序为_______。（3）中官能团名称是_______。（4）G→H的反应类型是_______。（5）C与E反应生成F的化学反应方程式为_______。（6）写出同时满足下列条件的B的所有同分异构体的结构简式为_______。①能发生银镜反应；②能与反应放出气体；③1molB最多能与2molNaOH反应；④核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为1∶1∶2∶6。（7）某药物中间体的合成线路如下(部分反应条件已省略)，其中M和N的结构简式分别为_______和_______。【答案】（1）对甲醚苯甲醛（2）（3）氨基、碳氯键（4）取代反应第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 （5）+HCl（6）、（7）①.②.【解析】【分析】A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C与E成环生成F，F水解生成G，G发生取代生成H。【小问1详解】D的化学名称：对甲醚苯甲醛；【小问2详解】H、C和O的电负性由大到小的顺序：；【小问3详解】中官能团名称：氨基、碳氯键；【小问4详解】对比G和H结构简式可知，反应类型为取代反应；【小问5详解】C与E反应生成F的化学反应方程式：+HCl；【小问6详解】B的同分异构体满足：①能发生银镜反应，说明含醛基或甲酸羧基或甲酸某酯基；②能与反应放出气体，说明含羧基；③1molB最多能与2molNaOH反应，说明含1个羧基，1个甲酸某酯基；④核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为1∶1∶2∶6，说明有2个等效甲基，则符合要求的结构：第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 、；【小问7详解】第一步发生反应，羧基变酯基，说明发生酯化反应，则M为醇类有机物：；第二步氨基与羧基发生取代反应生成酰胺类有机物：；第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司