湖南省湘东名校2022-2023学年高三化学上学期第一次联考试卷（Word版附解析）

湖南湘东名校2023届第一次联考化学试题本试题卷分选择题和非选择题两部分。时量75分钟，满分100分。可能用到的相对原子质量：H～1　C～12　N～14　O～16　Na～23　Mg～24　Cu～64　Ce～140一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学与生产、生活密切相关。下列叙述中没有涉及化学变化的是A.《天工开物》中记载的“烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也”B.1965年我国科学家首次合成结晶牛胰岛素C.利用干冰在舞台上制造“云雾”D.利用过氧乙酸溶液对环境进行消毒、杀菌【答案】C【解析】【详解】A．“烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也”，发生的是铁与硫酸铜的置换反应，A不符合题意；B．结晶牛胰岛素，属于高分子化合物，合成结晶牛胰岛素发生的是缩聚反应，B不符合题意；C．干冰升华吸收热量，使周围的空气温度降低，空气中的水蒸气遇冷液化形成液态水，没有新物质生成，属于物理变化，C符合题意；D．过氧乙酸溶液对环境进行消毒、杀菌，表现强氧化性，发生化学变化，D不符合题意；故选C2.下列生产生活中常见事例与所涉及的主要化学知识不相符的是选项项目化学知识A太阳光穿过树林，形成光柱胶体的丁达尔效应B消毒柜产生臭氧对厨具消毒臭氧具有强氧化性，可使蛋白质变性C明矾净水明矾具有杀菌消毒作用D烘焙饼干时利用作膨松剂受热易分解 A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．胶体能产生丁达尔效应，所以太阳光穿过树林，形成光柱，故不选A；B．臭氧具有强氧化性，可使蛋白质变性，所以用臭氧对厨具消毒，不选B；C．明矾只能净水，不能杀菌消毒，故选C；D．受热分解为氨气、二氧化碳等气体，所以烘焙饼干时利用作膨松剂，故不选D；选C。3.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.中含键的个数为B.和的混合气体中含有的氢原子数为C.中S的价层电子对数为D.与在一定条件下充分反应，转移的电子数为【答案】B【解析】【详解】A．该有机物的分子式为C4H5N，结构中有两个双键，每个双键包含一个σ键，其它都是单键，每个单键算一个σ键，所以1mol该有机物中含有的σ键应该为10NA，错误；B．56gC3H6和C4H8都可以看作是56gCH2，即4molCH2，氢原子数为8NA，B正确；C．价层电子对数=σ键+孤电子对数，SOCl2中σ键数目为3，孤电子对数为（6-4）2=1，则价层电子对数为4，0.5molSOCl2的价层电子对数为2NA，C错误；D．一定条件下的二氧化硫和氧气的反应属于可逆反应，转移的电子数小于0.004NA，D错误；故选B。4.下列化学用语或图示中表达错误的是A.的结构式：O=C=O B.的电子式：C.的VSEPR模型：D.基态S原子价层电子轨道表示式：【答案】B【解析】【详解】A．CO2中C和O之间形成双键，其结构式为O=C=O，A正确；B．铵根离子也要把电子的分布情况表示出来，故氯化铵的电子式如图所示，B错误；C．NH3中的N采用sp3杂化，VSEPR模型为四面体型，其中含有一对孤电子对，C正确；D．基态硫原子最外层有6个电子，其价层电子轨道表示式为，D正确；故答案选B。5.图是某元素M的价类二维图，其中X是一种强碱，A为正盐，通常条件下Z是无色液体，D的相对分子质量比E小16，图中呈现了各物质的转化关系。下列说法正确的是 A.A中只含有离子键B.B物质可以和Y反应直接转化为EC.D，E均可以用向上排空气法收集D.通过氢氧化钠溶液可以除去D中含有的少量E【答案】D【解析】【分析】A为正盐，X是一种强碱，二者反应生成氢化物B，则A为铵盐，B为NH3；B连续与Y反应得到氧化物D与氧化物E，E的相对分子质量比D大16，则Y为O2、C为N2、D为NO、E为NO2，通常条件下Z是无色液体，E与Z反应得到含氧酸F，则Z为H2O、F为HNO3，F与X发生酸碱中和反应得到G为硝酸盐，据此分析解答。【详解】A．A为铵盐，属于离子化合物，含有离子键，铵根离子中还含有N-H共价键，故A错误；B．B为NH3，Y为O2，E为NO2，氨气与氧气反应生成NO，不会直接生成NO2，故B错误；C．D为NO，NO能够与氧气反应，不能用排空气法收集，故C错误；D．一氧化氮不与NaOH溶液反应，二氧化氮与氢氧化钠溶液反应，通过氢氧化钠溶液可以除去NO中含有的少量NO2，故D正确；故选D。6.某小组按如图装置探究氯气和双氧水的反应。将注射器中的浓盐酸注入试管中，在盛NaOH溶液的试管中收集到无色气体，该气体可以使带火星的木条复燃。下列说法错误的是 A.饱和食盐水的作用是除去氯气中的HClB.NaOH溶液不可以用水代替C.由反应H2O2+Cl2=2HCl+O2可证明非金属性：Cl>OD.仅根据此实验现象无法证明一定是氯气氧化了H2O2【答案】C【解析】【分析】发生装置为高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气：，经过饱和食盐水除去挥发出的HCl气体，由于在盛NaOH溶液的试管中收集到无色气体，该气体可以使带火星的木条复燃，说明氯气与双氧水发生核心反应产生O2，用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气防止污染环境并且收集产生的O2。【详解】A．根据分析可知饱和食盐水的作用是除去氯气中的HCl，A正确；B．水吸收氯气的效果不好，所以NaOH溶液不可以用水代替，B正确；C．由反应H2O2+Cl2=2HCl+O2可说明该条件下氧化性：Cl2>O2，但不可证明非金属性：Cl>O，客观事实是O的电负性大于Cl，即O的非金属性大于Cl，所以C错误；D．实验产生的O2有可能是H2O2分解所得，不一定是氯气氧化了H2O2产生了O2，D正确；答案选C。7.某科研人员研究得出，HCHO可在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成和，其历程示意图如图(图中只画出了HAP的部分结构)。 下列说法错误的是A.HAP不能提高HCHO与的平衡转化率B.HCHO在反应过程中，有键发生断裂C.根据图示信息，分子中的氧原子全部来自D.该过程的总反应是【答案】C【解析】【分析】【详解】A．催化剂能改变化学反应速率，但不能改变化学平衡的移动方向，则HAP不能提高HCHO与的平衡转化率，故A正确；B．由图可知，反应过程中，甲醛发生了C—H键断裂，故B正确；C．由图可知，二氧化碳分子中的氧原子来自于甲醛和氧气，故C错误；D．由图可知，该过程发生的反应为甲醛和氧气在催化剂HAP的表面发生催化氧化生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为，故D正确；故选C。8.三氯蔗糖，俗称蔗糖素，是一种高倍甜味剂，其结构简式如图。关于该化合物，下列说法错误的是 A.分子中含有两种官能团B.可与金属钠反应放出C.分子中C原子与O原子均采取杂化D.可使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】A【解析】【详解】A．分子中含有羟基、醚键、氯原子3种官能团，A错误。B．分子中羟基可与金属钠反应放出，B正确。C．分子中碳原子均饱和碳原子，采取杂化；氧原子形成2个共价键此外还有2对孤电子对，也采取杂化，C正确。D．分子中羟基可使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确。故选A。9.可用作有机化工的催化剂，一种以钒渣(主要含、、)为原料回收制备的工艺流程如图。其中，“氧化焙烧”时钒氧化物转化为可溶性盐。已知：时，铝元素完全沉淀下列说法错误的是A.钒渣与纯碱混合后与空气逆流而行，目的是增大气固接触面积，提高反应速率B.滤渣1的主要成分是C.“沉钒”时，反应的离子方程式为D.气体3通入盐酸后所得溶液可循环使用【答案】C【解析】【分析】根据流程图可知，钒渣氧化焙烧后生成NaVO3，4.5<pH<9.6时，Al元素完全沉淀，则可知滤渣1为氢氧化铝，加入氯化铵和稀硫酸沉钒后得到(NH4)H2V10O28，该物质熔化分解 生成气体3为氨气和V2O5。【详解】A．钒渣与纯碱混合后与空气逆流而行，这样可以使气体和固体充分接触，增大了接触面积从而提高反应速率，A正确；B．根据分析可知，4.5<pH<9.6时，Al元素完全沉淀，可知滤渣1主要成分为氢氧化铝，B正确；C．沉钒时加入了稀硫酸，反应在酸性环境下进行，不会生成氢氧根离子，离子方程式应该为4+10+6H+=(NH4)4H2V10O28↓+2H2O，C错误；D．气体3为氨气，其通入盐酸后得到氯化铵溶液，可在沉钒这一步中循环使用，D正确；故答案选C。10.已知化学反应的能量变化曲线如图所示，其中a、b代表活化能，下列叙述正确的是A.加入不同的催化剂和提高反应温度，a，b基本不变B.加入催化剂后，a，b同时降低相同的值，不变C.改变A2或B2的起始浓度，a，b也随之改变D.断裂1molA-A键和1molB-B键时吸收的能量小于形成2molA-B放出的能量【答案】B【解析】【分析】【详解】A．加入催化剂能降低反应的活化能，则加入不同的催化剂，活化能a、b都会改变，故A错误；B．加入催化剂，正、逆反应的活化能降低相同的值，反应的焓变不变，故B正确；C．改变反应物的浓度，正、逆反应的活化能均不会发生改变，故C错误；D．由图像可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，该反应为吸热反应，则断裂1molA-A键和1molB-B键时吸收的能量大于形成2molA-B放出的能量，故D错误； 故选B。二、不定项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有六个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)11.下列离子反应方程式正确的是A.NH4HCO3稀溶液与过量的KOH溶液反应：+OH﹣=+H2OB.100mL1mol·L-1溴化亚铁溶液中通入2.24LCl2(标准状况下)：Fe2++2Br-+2Cl2=Fe3++Br2+4Cl-C.向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液得到FeCO3沉淀：Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2OD.向明矾溶液中逐滴滴入Ba(OH)2溶液，至沉淀质量最大时反应的离子方程式为：2Al3++3+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓【答案】C【解析】【详解】A．NH4HCO3电离产生的阳离子、阴离子都与KOH反应，该反应的离子方程式应该为：++2OH﹣=+H2O+NH3∙H2O，A错误；B．2.24LCl2(标准状况下)的物质的量是0.1mol。100mL1mol·L-1FeBr2溶液中溶质的物质的量是0.1mol，FeBr2的阳离子Fe2+、阴离子Br-都具有还原性，它们都可以与Cl2发生反应，由于还原性：Fe2+＞Br-，所以Fe2+先发生反应，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，0.1molFe2+反应消耗0.05molCl2，剩余0.05molCl2再与Br-发生反应：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，0.05molCl2反应消耗0.1molBr-，故反应的总离子方程式应该为：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，B错误；C．向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液，反应得到FeCO3沉淀、(NH4)2SO4、H2O、CO2气体，反应的离子方程式为：Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O，C正确；D．向明矾溶液中逐滴滴入Ba(OH)2溶液，至沉淀质量最大时，反应产生BaSO4、KAlO2、H2O，反应的离子方程式为：Al3++2+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓++2H2O，D错误；故合理选项C。12.丙烯是化学工业中重要的基础化学品，以为原料制备丙烯时会发生以下反应：主反应： 副反应：下列说法错误的是A.反应条件相同，主反应的速率大于副反应，说明副反应的活化能小B.在恒温恒压的密闭容器中充入适量氮气可增大丙烷的平衡转化率C.选用合适的催化剂可以提高主反应的选择性D.若在绝热密闭容器中发生反应，当体系温度不再变化时，说明反应达到平衡状态【答案】A【解析】【详解】A．反应条件相同，反应速率越快，活化能越低，说明主反应的活化能小，A项错误；B．恒温恒压条件下充入适量氮气，体积增大，两反应平衡向右移动，丙烷的平衡转化率增大，B项正确；C．选用合适的催化剂可以提高主反应的选择性，C项正确；D．在绝热密闭容器中发生反应，体系温度发生变化，当体系温度不变时，说明反应达到平衡状态，D项正确；故选：A。13.白磷(P4)有毒，实验时若皮肤接触到白磷，应立即用稀溶液清洗，发生两个反应：反应①为和反应生成Cu、和；反应②为。下列说法正确的是A.在反应①和②中，P4只作还原剂B.反应①中氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶2C.若P4反应完全且转化为的转化率是80％，理论上反应①和②消耗P4的物质的量之比为14∶11D.用稀溶液清洗后，应再使用NaOH溶液清洗【答案】C【解析】【详解】A．由方程式可知，反应②中白磷转化为磷化亚铜和磷酸，磷元素的化合价即升高被氧化，又降低被还原，白磷即是反应的氧化剂也是还原剂，故A错误； B．由题意可知，反应①中磷元素化合价升高被氧化，磷酸是反应的氧化产物，铜元素的化合价降低被还原，铜是还原产物，由得失电子数目守恒可知，中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶5，故B错误；C．由题意可知，反应中白磷转化为磷化亚铜和磷酸，由白磷反应完全且转化为磷酸的转化率是80％可知，反应后磷化亚铜和磷酸的物质的量比为1∶4，设反应生成磷化亚铜的物质的量为5mol，则反应生成磷酸的物质的量为20mol，由方程式可知，反应②生成5mol磷化亚铜的同时生成6mol磷酸，反应消耗白磷的物质的量为11mol×，反应①生成磷酸的物质的量为20mol—6mol=14mol，反应消耗白磷的物质的量为14mol×，则理论上反应①和②消耗白磷的物质的量之比为14mol×∶11mol×=14∶11，故C正确；D．用稀硫酸铜溶液清洗皮肤后，应再使用稀碳酸氢钠溶液清洗，除去残余的硫酸铜溶液，并中和反应生成的磷酸和硫酸，不能选用碱性较强的氢氧化钠溶液清洗，否则会灼伤皮肤，故D错误；故选C。14.25℃时，某混合溶液中，1gc(CH3COOH)、1gc(CH3COO-)、lgc(H+)和1gc(OH-)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是A.O点时，B.N点时， C.该体系中，D.pH由7到14的变化过程中，CH3COO-的水解程度始终增大【答案】BC【解析】【分析】根据图像分析可知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和醋酸离子浓度减小，又pH=7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线代表的浓度分别是：曲线1为lgc(CH3COO-)随pH的变化曲线，曲线2为lgc(H+)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH-)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH3COOH)随pH的变化曲线，据此结合水溶液的平衡分析作答。【详解】A.根据上述分析可知，O点为曲线2和曲线3的交点，对应的pH=7，应该得出的结论为：c(H+)=c(OH-)，故A错误；B.N点为曲线1和曲线4的交点，lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因Ka=，代入等量关系并变形可知pH=-lgKa，故B正确；C.c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，则c(CH3COO-)=0.1mol/L-c(CH3COOH)，又Ka=，联立两式消去c(CH3COO-)并化简整理可得出，c(CH3COOH)=mol/L，故C正确；D.醋酸根离子的水解平衡为：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，pH由7到14的变化过程中，碱性不断增强，c(OH-)不断增大，则使不利于醋酸根离子的水解平衡，会使其水解程度减小，故D错误； 答案选BC。三、非选择题：本题共4小题，共54分。15.某化学兴趣小组探究FeCl3溶液和Na2SO3溶液的反应情况。已知：K3[Fe(CN)6]可以和Fe2+生成蓝色沉淀，常用于Fe2+的检验。请回答相关问题。[实验1]分别将100mL1.0mol·L-1的FeCl3溶液和Na2SO3溶液装入两个烧杯中，按图进行实验，观察到电流计指针发生偏转。（1）请写出左侧烧杯中的电极反应式__。盐桥中的阳离子向__(填“左侧”或“右侧”)烧杯中迁移。[实验2]在试管1中加入2mL1.0mol·L-1Na2SO3溶液，然后再滴加两滴1.0mol·L-1FeCl3溶液，溶液中立刻变成红褐色。对试管1进行加热至沸腾，产生红褐色沉淀。取出几滴混合液，加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀出现。整个过程中未观察到明显的气泡产生。[实验3]在试管2中加入5mL1.0mol·L-1FeCl3溶液，然后再滴加1mL1.0mol·L-1Na2SO3溶液，溶液立刻变成红褐色。取出几滴混合液，加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀。（2）实验3中生成蓝色沉淀的离子方程式为__。请设计实验证明SO被氧化__。[反思与研讨]资料显示：H2SO3的Ka1=1.7×10-2Ka2=6.0×10-8；Fe(OH)3的Ksp=4×10-38；反应2Fe3++SO+H2O2Fe2++SO+2H+的平衡常数K=1020.6。（3）反应2Fe3++3SO+6H2O2Fe(OH)3↓+3H2SO3的平衡常数K的数量级为__。由此可判断FeCl3溶液和Na2SO3溶液发生__(填“双水解”或“氧化还原”)反应的趋势更大。【答案】（1）①.Fe3++e-=Fe2+②.左侧（2）①.3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓②. 取少许试管中的混合液，加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成（3）①1017②.氧化还原【解析】【小问1详解】该装置为原电池，FeCl3具有氧化性，得电子生成Fe2+，做正极，Na2SO3具有还原性，发生氧化反应，做负极，左侧烧杯中的电极反应式Fe3++e-=Fe2+，盐桥中的阳离子流向正极，即向左侧烧杯中迁移；【小问2详解】已知K3[Fe(CN)6]可以和Fe2+生成蓝色沉淀，实验3中生成蓝色沉淀的离子方程式为3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓；SO被氧化生成SO，即检验硫酸根即可，实验操作为：取少许试管中的混合液，加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成；【小问3详解】反应2Fe3++3SO+6H2O2Fe(OH)3↓+3H2SO3，平衡常数，即，数量级为1017，由于双水解反应的的K<氧化还原反应的K=1020.6，则FeCl3溶液和氧化还原Na2SO3溶液发生反应的趋势更大。16.某工厂排放的酸性废液中含有大量的、、、，以这种废液为原料回收Cu、制备的工艺流程如图(部分操作和条件略)： 已知：①与性质相似，具有两性；②，，。回答下列问题：（1）“萃取”后的水相多次用萃取剂“萃取”的目的是_______。（2）由溶液获得的操作为_______、过滤、洗涤、干燥。（3）电解溶液获取Cu后的电解质溶液可返回_______工序循环使用。（4）室温下，若水相中，加入物质x调节溶液pH时，若忽略溶液体积变化，pH的取值范围为_______(当离子浓度小于时，认为完全沉淀)；物质x最好选用下列物质中的_______(填字母)。A.B.C.氨水（5）检验是否洗涤干净的操作为_______。（6）“高温焙烧”发生反应的化学方程式为_______。【答案】（1）提高的萃取率（2）蒸发浓缩、冷却结晶（3）反萃取（4）①.②.A（5）取少许最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的溶液，若没有沉淀生成，则沉淀已洗净；否则没洗净（6）【解析】【分析】工厂废液经萃取后得到有机相含有Cu2+，加入硫酸反萃取得到硫酸铜溶液，再电解硫酸铜溶液得到单质Cu；水相中含有、、，加入物质x为NaOH沉淀但不沉淀，滤液1为硫酸镁，“高温焙烧”发生反应的化学方程式为。【小问1详解】 “萃取”后的水相多次用萃取剂“萃取”的目的是提高的萃取率；【小问2详解】由溶液获得的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；【小问3详解】电解溶液，阴极可得到Cu，阳极可得到，电解质溶液变为硫酸，可返回到反萃取工序循环利用；【小问4详解】调节溶液pH的目的是生成沉淀，且不沉淀，为了使完全沉淀，此时，，根据，可得，，则；水相中，忽略溶液体积变化，根据，，，则时，开始沉淀，故pH的取值范围为。若用调溶液pH，由于水相中含有大量的，会与反应产生沉淀，导致为不纯；若用氨水调溶液pH，会与生成沉淀。故答案为A；【小问5详解】沉淀表面附着有，检验是否洗涤干净的操作为取少许最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的溶液，若没有沉淀生成，则沉淀已洗净，否则没洗净；【小问6详解】“高温焙烧”时转化为，反应的高温化学方程式为。17.乙烯是制造塑料、橡胶和纤维的基本原料，利用CO2和H2合成乙烯： 2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)ΔH。回答下列问题：（1）上述反应Arrhenius经验公式实验数据如图中曲线a所示，已知Arrhenius经验公式Rlnk=-+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。反应的活化能Ea=____kJ·mol-1。当改变外界条件时，实验数据如图中曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是____。（2）在恒容密闭容器中，起始压强相同，反应温度、投料比[=x]对CO2平衡转化率的影响如图所示。则∆H____0(填“＞””或“＜”，下同)；a____3；M、N两点的反应速率v逆(M)____v正(N)；M、N两点的化学平衡常数KM____KN。（3）理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。图中表示H2变化的曲线是____；根据图中点A(630K，0.2)，列出该温度时反应的平衡常数的计算式Kp=____(MPa)-3(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。【答案】（1）①.30②.加入催化剂或增大催化剂比表面积 （2）①.＜②.＞③.＜④.＞（3）①.a②.【解析】【分析】【小问1详解】将(3.2，9.0)、(3.4，3.0)分别代入到Rlnk=--+C中得到，解得Ea=30kJmol-1；将(3.6，1.0)、(3.2，9.0)分别代入到Rlnk=-+C中得到，解得Ea=15kJmol-1，与a相比，活化能降低，则实验可能改变的外界条件是使用更高效的催化剂或增大催化剂比表面积；【小问2详解】投料比越大，平衡向正反应方向移动，CO2平衡转化率增大，故a>3；升高温度，CO2平衡转化率降低，说明平衡向逆反应方向移动，∆H<0，温度越低，化学反应速率越小，K越小，，则；该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小，M、N两点的反应平衡常数>；【小问3详解】由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比，由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1:3，d和b表示的物质的物质的量分数之比为1:4，则结合化学计量数之比可以判断，表示氢气变化的曲线是a，乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c，b表示水蒸气；原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡。由A点坐标可知，该温度下，二氧化碳的物质的量分数均为0.2，则氢气的物质的量分数为二氧化碳的三倍，即氢气的物质的量分数均为0.6，该温度下反应的平衡常数K=18.螺螨酯(G)是一种广谱杀螨剂，通过抑制螨的脂肪合成从而阻断其能量代谢来发挥作用，与日前市面上的杀螨剂无交叉耐药。螺螨酯的一种合成路线如下： 回答下列问题：（1）物质B的分子式为_______，化合物D中所含官能团名称为_______。（2）A→C反应的化学方程式为_______。（3）F的结构简式为_______，的反应类型是_______。（4）满足下列条件的A的芳香族同分异构体有_______种，其中苯环上只有两个取代基的结构简式是_______。①能发生银镜反应；②核磁共振氢谱共有三组峰，且峰面积之比为2∶2∶1。（5）以和为原料制备的合成路线为_______(无机试剂及三个碳以下的有机试剂任选)。【答案】（1）①.C7H11ON②.酯基、氯原子（2）（3）①.②.取代反应 （4）①.6②.（5）【解析】【分析】由流程可知，A中与羰基相连的氯与B发生取代生成C；C与甲醇反应，C中-CN变为酯基；D和乙醇生成E，E中羟基与F发生取代反应生成G；【小问1详解】物质B的分子式为C7H11ON，化合物D中所含官能团名称为酯基、氯原子；【小问2详解】A中与羰基相连的氯与B发生取代生成C；A→C反应的化学方程式为；【小问3详解】分析EG结构简式可知，E中羟基与F发生取代反应生成G，F的结构简式为，的反应类型是取代反应；【小问4详解】满足下列条件的A的芳香族同分异构体，①能发生银镜反应，含有醛基；②核磁共振氢谱共有三组峰，且峰面积之比为2∶2∶1，则结构较为对称；有 共6种情况，其中苯环上只有两个取代基的结构简式是；【小问5详解】由A生成E的转换原理可知，制备，首先和发生取代反应生成CH3COOCH2CH2CN，CH3COOCH2CH2CN在甲醇和硫酸作用下生成CH3COOCH2CH2COOCH3，然后在乙醇作用下成环得到，故合成路线为：。