湖南省邵阳市2022-2023学年高三化学上学期第一次联考（一模）试卷（Word版含解析）

2023年邵阳市高三第一次联考试题卷化学本试卷共6页，18个小题。满分100分。考试用时75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡上。将条形码横贴在答题卡上“条形码粘贴区”。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.保持答题卡的整洁。考试结束后，只交答题卡，试题卷自行保存。可能用到的相对原子质量：H-1He-4Li-7C-12O-16Na-23P-31K-39Cr-52Fe-56Cu-64Ga-70As-75一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30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.卡塔尔世界杯上，化学无处不在，下列说法错误的是A.的结构酷似足球，故又称足球烯，它与金刚石互为同素异形体B.在足球场上，足球裁判随身携带的“任意球喷雾器”能够喷出白色的喷雾，喷剂内含有的丁烷能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.中国企业为卡塔尔世界杯建造的阿尔卡萨800兆瓦光伏电站解决了比赛场地用电问题。制造光伏电池的主要材料是晶体硅D.氯乙烷气雾剂俗称足球运动场上的“化学大夫”，用于治疗运动中的急性损伤，氯乙烷可以与NaOH水溶液在加热的条件下发生取代反应【答案】B【解析】【详解】A．足球烯和金刚石都是碳元素形成的不同种单质，互为同素异形体，故A正确；B．丁烷化学性质稳定，不能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故B错误； C．制造光伏电池的主要材料是能做半导体材料的晶体硅，故C正确；D．氯乙烷与氢氧化钠溶液共热发生取代反应生成乙醇和氯化钠，故D正确；故选B。2.化学用语是学习化学的重要工具，下列说法正确的是A.、、互为同位素B.的电子式为C.基态铜原子的价层电子排布式为D.通过核衰变得到的的中子数为19【答案】D【解析】【详解】A．质子数相同、中子数不同的原子互为同位素，、、都是分子，不可能互为同位素，故A错误；B．过氧化钙是离子化合物，电子式为，故B错误；C．铜元素的原子序数为29，基态原子的价层电子排布式为3d104s1，故C错误；D．的质量数为45、质子数为26，则中子数为45—26=19，故D正确；故选D。3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1mol和1mol中质子数相等，中子数不相等B.电解精炼铜时，电路中每通过NA个电子，阴极析出32gCuC.常温常压下，1.4g乙烯和丙烯混合气体含有极性键数为0.3NAD.1mol与NaOH溶液完全反应，所得溶液中【答案】B【解析】【详解】A．和的质子数和中子数都为10，则1mol和1mol中质子数和中子数都相等，故A错误； B．电解精炼铜时，铜离子在阴极得到电子发生还原反应生成铜，则电路中每通过NA个电子，阴极析出铜的质量为××64g/mol=32g，故B正确；C．乙烯和丙烯的最简式相同，都为CH2，则常温常压下，1.4g乙烯和丙烯混合气体含有极性键数为×2×NAmol—1=0.2NA，故C错误；D．氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，氯化钠是强酸强碱盐，在溶液中不水解，次氯酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，所以1mol氯气与氢氧化钠溶液完全反应所得溶液中氯离子浓度大于次氯酸根离子浓度，故D错误；故选B。4.2022年12月最火爆的药物莫过于布洛芬，它可用于缓解疼痛，也可用于普通流感引起的发热。布洛芬结构简式如图，下列说法正确的是A.布洛芬能发生取代反应B.布洛芬分子式是C.布洛芬分子中含有两种含氧官能团D.1mol布洛芬与足量的Na反应生成【答案】A【解析】【详解】A．由结构简式可知，布洛芬分子中含有的羧基能发生取代反应，故A正确；B．由结构简式可知，布洛芬分子的分子式是C13H18O2，故B错误；C．由结构简式可知，布洛芬分子的含氧官能团为羧基，只有1种，故C错误；D．由结构简式可知，布洛芬分子中含有的羧基能与金属钠反应，则1mol布洛芬与足量的钠反应生成氢气的物质的量为0.5mol，故D错误；故选A。5.一种用于合成治疗免疫疾病药的物质，结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为1~20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W 的简单离子具有相同的电子层结构。下列说法错误的是A.原子半径：W>QB.Z的氢化物的熔点低于Q的氢化物的熔点C.阴离子的VSEPR模型与其空间结构一致D.溶液与Q的最高价氧化物对应的水化物反应有黄色浑浊和无色气体【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、Q、W为1~20号元素且原子序数依次增大，由图可知，X、Y、Z形成的共价键数目分别为1、4、2，Z与Q同主族，则X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、Q为S元素；Q和W的简单离子具有相同的电子层结构，则W为K元素。【详解】A．同主族元素，从上到下原子半径依次增大，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则钾原子的原子半径大于硫原子，故A正确；B．水分子能形成分子间氢键，硫化氢不能形成分子间氢键，所以水的熔点高于硫化氢，故B错误；C．硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，则硫酸根离子的VSEPR模型和离子的空间构型都为正四面体形，故C正确；D．硫代硫酸钾溶液与稀硫酸反应生成硫酸钾、硫沉淀和二氧化硫气体，实验现象为有黄色浑浊和无色气体生成，故D正确；故选B。6.第二代半导体材料的代表物质GaAs，其晶胞结构如图所示，阿伏加德罗常数的值为，晶胞边长为apm。下列说法正确的是 A.As的配位数为8B.CaAs晶体熔点很低C.该晶体密度为D.核电荷数为31的Ga的基态原子价电子排布图为【答案】C【解析】【详解】A．由晶胞结构可知，与砷原子距离最近的镓原子的个数为4，所以砷原子的的配位数为4，A错误；B．砷化镓中镓和砷以共价键结合的共价晶体，所以砷化镓熔沸点高，B错误；C．由晶胞结构可知，砷原子位于晶胞内，镓原子位于顶点和面心，根据均摊法可知，一个晶胞中砷原子的个数为4，含镓原子个数为，晶体的密度为，C正确；D．核电荷数为31的Ga的基态原子价电子排布图为，D错误；故答案选C。7.下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是选项实验目的实验方案A证明有漂白性将通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色B证明碳和浓硫酸共热产生的气体将产生的气体直接通入澄清石灰水中，有白色沉淀 中含有生成C测定氨水的pH用洁净的玻璃棒蘸取氨水点在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对照读取pHD证明“84”消毒液的氧化能力随溶液pH的减小而增强将“84”消毒液(含NaClO)滴入品红溶液中，褪色缓慢，若同时加入醋酸，红色很快褪为无色A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．二氧化硫具有还原性，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应使溶液褪色，故A错误；B．二氧化硫也能与澄清石灰水反应生成亚硫酸钙反应使溶液变混浊，所以有白色沉淀生成不能说明碳和浓硫酸共热产生的气体中含有二氧化碳，故B错误；C．用洁净的玻璃棒蘸取氨水点在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对照读取pH测得的是稀释后0.1mol/L氨水的pH，故C错误；D．将“84”消毒液滴入品红溶液中，褪色缓慢，若同时加入醋酸，红色很快褪为无色说明“84”消毒液的氧化能力随溶液pH的减小而增强，故D正确；故选D。8.一种电化学固氮原理如图所示，已知N≡N的键能为，N-N的键能为。下列说法正确的是A.在b电极上，被氧化B.金属Cu可作为a电极的材料 C.电解过程中，固体氧化物电解质中数目保持不变D.分子中，π键数和键数为2∶1，且π键键能小于键键能【答案】C【解析】【分析】由装置可知，b电极的N2转化为NH3，N元素的化合价降低，得到电子发生还原反应，因此b为阴极，电极反应式为N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-，a为阳极，电极反应式为2O2-+4e-=O2，据此分析解答。【详解】A．由分析可得，b电极上N2转化为NH3，N元素的化合价降低，得到电子发生还原反应，即N2被还原，A错误；B．a为阳极，若金属Cu作a的电极材料，则金属Cu优先失去电子，B错误；C．电解过程中，阴极电极反应式为2N2+6H2O+12e-=4NH3+6O2-，阳极电极反应式为6O2-+12e-=3O2，固体氧化物电解质中数目保持不变，故C正确；D．分子中存在氮氮三键，π键数和键数为2∶1，已知N≡N的键能为，N-N的键能为，则π键键能为，π键键能大于键键能，故D错误；故选C。9.根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论正确的是A.由图1得出若要除去溶液中的，可采用向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右B.图2表示用水稀释pH相同的盐酸和溶液时，溶液的pH变化曲线，其中I表示盐酸，II表示溶液，且溶液导电性：c>b>aC.图3表示与反应时含铝微粒浓度变化曲线，图中a点溶液中大量存在 D.图4表示常温下向体积为NaOH溶液中逐滴加入溶液后溶液的pH变化曲线，则b点处有：【答案】A【解析】【详解】A．除去CuSO4溶液中的Fe3+，要使铁离子除去但不能除去铜离子，根据溶液pH与产生沉淀的关系知，当pH=4时氢氧化铁完全沉淀，可以加入CuO调节溶液的pH且不引进杂质，故A正确；B．用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，盐酸的pH变化较大，醋酸的pH变化小，即Ⅰ表示盐酸，Ⅱ表示醋酸。溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小，相同pH值的盐酸、醋酸，浓度醋酸更大，稀释相同倍数之后，醋酸浓度依然比盐酸大，所以a>b，c的稀释倍数多，所以浓度更小，所以且溶液导电性：a>b>c，故B错误；C．在强碱性条件下，铝元素以偏铝酸根离子形式存在，图中a点溶液中应存在大量AlO，故C错误；D．体积为NaOH溶液中逐滴加入溶液，b点加入10mL溶液，所得的溶液是醋酸钠溶液，醋酸根发生水解常数醋酸和氢氧根，溶液中存在，故D错误；故选A。10.常温下，将0.1mol/L羟胺溶液滴加到20mL的稀盐酸中，羟胺的电离方程式为：(常温时，)，溶液中由水电离出的氢离子浓度随滴入羟胺溶液体积的变化如图(已知：lg3=0.5))，下列说法正确的是 A.该盐酸的浓度为0.2mol/LB.b点溶液中C.0.1mo/L羟胺溶液的pH=9.5D.d点对应溶液中存在：【答案】C【解析】【分析】由图可知，a点为未加入羟胺溶液的盐酸溶液、b点和c点为NH3OHCl和盐酸的混合溶液，d点为NH3OHCl溶液、e点和f点为NH3OH和NH3OHCl的混合溶液。【详解】A．由分析知，a点为未加入羟胺溶液盐酸溶液，溶液中水电离出的氢离子浓度为10—13mol/L，则由水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出的氢氧根离子浓度可知，盐酸的浓度为0.1mol/L，故A错误；B．由分析可知，b点溶液为NH3OHCl和盐酸的混合溶液，溶液呈酸性，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，故B错误；C．由羟胺的电离常数可知，溶液中氢氧根离子浓度约为=3×10—5mol/L，则溶液的pH为14—5+lg3=9.5，故C正确；D．由分析知，d点为NH3OHCl溶液，溶液中存在质子守恒关系，故D错误；故选C。二、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，有一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.下列各组澄清溶液中离子能大量共存，且滴入X试剂后发生的离子方程式书写正确的是 选项离子组X试剂离子方程式A、、、过量B、、、少量HIC、、、过量铜粉D、、、少量HClA.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．四种离子相互不反应，能够共存，三价铁离子能氧化硫离子生成硫单质，硫化氢过量反应的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故A正确；B．碘离子的还原性强于二价铁离子，碘离子和氢离子先和硝酸根离子进行反应，反应方程式为8H++6I-+2NO=3I2+2NO↑+4H2O，故B错误；C．三价铁离子能够与偏铝酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，反应为，二者不共存，故C错误；D．碳酸根离子与铝离子会水解相互促进反应，二者不共存，故D错误；故答案选A。12.水煤气变换反应为 。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面水煤气变换的反应历程，如下图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注，下列说法错误的是A.水煤气变换反应的B.步骤③的化学方程式为C.步骤⑤只有极性键的形成D.该历程中最大能垒(活化能)【答案】AC【解析】【详解】A．由图可知，该反应为反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，反应焓变△H＜0，故A错误；B．由图可知，步骤③为CO*、OH*、H2O(g)和H*反应生成COOH*、H2O*和H*，反应的化学方程式为CO·+OH·+H2O(g)=COOH·+H2O*，故B正确；C．由示意图可知，步骤⑤有非极性键氢氢键、碳氧极性键和氢氧极性键形成，故C错误；D．由示意图可知，步骤④的能垒最大，活化能E正=1.86eV—（—0.16eV）=2.02eV，故D正确；故选AC。13.为抑制新冠病毒传播，消毒剂被广泛使用。用氯化钠电解法生成的工艺原理示意图如图，发生器内电解生成，下列说法正确的是 A.a气体是氯气，b气体是氢气B.食盐水电解槽内每生成1mola气体，转移C.发生器中阴极的电极反应式为D.为使a、b气体恰好完全反应，理论上每生产需要补充44.8Lb气体【答案】C【解析】【分析】由题给流程可知，食盐水电解槽内发生的反应为电解饱和食盐水得到氯酸钠和氢气，则a为氢气；氯酸钠溶液和盐酸在二氧化氯发生器中电解得到氯化钠、氯气、二氧化氯气体，则b为氯气；氯气与氢气在氯化氢合成塔中反应生成氯化氢；发生器中得到的氯化钠可与循环使用，提高原料的利用率。【详解】A．由分析可知，a为氢气、b为氯气，故A错误；B．由分析可知，食盐水电解槽内发生的反应为电解饱和食盐水得到氯酸钠和氢气，则电解槽内每生成1mol氢气，转移电子的物质的量为2mol，故B错误；C．由分析可知，氯酸钠溶液和盐酸在二氧化氯发生器中电解得到氯化钠、氯气、二氧化氯气体，阴极的电极反应式为，故C正确；D．缺标准状况下，无法计算每生产1mol二氧化氯需要补充氯气的体积，故D错误；故选C。14.甲酸燃料电池与传统氢气燃料电池相比，更容易储存和运输，如图是研究甲酸燃料电池性能装置，两电极之间用阳离子交换膜隔开，下列说法错误的是 A.电池工作时，电流由a电极经外电路流向b电极B.负极的电极反应式为C.放电时，1molHCOOH转化为时，消耗1molO2D.理论上每消耗，有通过阳离子交换膜【答案】AC【解析】【详解】A．b电极Fe3+发生还原反应生成Fe2+，b是正极、a是负极，电池工作时，电流由b电极经外电路流向a电极，故A错误；B．b是正极、a是负极，负极甲酸根离子失电子生成碳酸氢根离子，负极反应式为，故B正确；C．放电时，1molHCOOH转化为时失2mol电子，根据得失电子守恒，消耗0.5molO2，故C错误；D．理论上每消耗，转移4mol电子，根据电荷守恒，有由负极通过阳离子交换膜进入正极区，故D正确；选AC。三、非选择题：本题共4小题，共54分。15.唐朝初年，瘟疫频发，人们把它归因于一种叫“年”的怪兽。一位叫李田的人就把硝石、硫磺和木炭装在竹筒里，点燃后驱赶怪兽。后来人们靠此驱散了山林瘴气，战胜了疫情。中国古代四大发明之一的“黑火药”是由“一硫二硝三木炭”混合而成。（1）写出“黑火药”爆炸的化学反应方程式_______。（2）“黑火药”爆炸时，空气中还弥漫着一层淡淡的刺鼻的SO2 气体，它能在一定程度上，杀灭空气中的细菌。日常生产生活中，产生该气体的主要途径是_______(用文字表述，任写一条合理途径)。（3）古代曾用硝土[含有、少量NaCl等]和草木灰(含有)作原料制取。某化学兴趣小组设计了如下实验流程：①“反应”过程中的离子反应方程式为_______。②“过滤”操作必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和_______；③如图所示是硝酸钾和氯化钠的溶解度曲线。“一系列操作”包括将滤液_______、过滤洗涤、干燥等步骤。（4）现代国防开矿等使用的烈性炸药，主要成分为硝化甘油()，它是一种白色或淡黄色黏稠液体，低温易冻结。熔点13℃，沸点218℃(170℃以上会发生爆炸)，密度是水的1.6倍。①硝化甘油在人体内能缓慢分解出一种双原子明星分子，其相对分子量是30，少量的该分子在人体内会促进血管扩张，防止血管栓塞，因此，被广泛用于治疗心绞痛，该明星分子的化学式为_______；②实验室制备硝化甘油的化学方程式为，用浓硝酸、浓硫酸和甘油混合加热到85℃以上，即得到硝化甘油，制备装置如图所示。 该装置中仪器a名称为_______，采用水浴加热而不用酒精灯直接加热的原因是_______，从反应后混合溶液中分离硝化甘油的简单方法是_______。【答案】（1）（2）含硫矿物的冶炼、硫酸工业的生产（3）①.②.漏斗③.蒸发浓缩、冷却结晶（4）①.NO②.球形冷凝管③.如果用酒精灯直接加热，由于混合液沸点较高，可能引发爆炸④.冰水冷却，过滤【解析】【小问1详解】“黑火药”爆炸是碳、硫与硝酸钾反应生成氮气、二氧化碳和硫化钾，反应的化学反应方程式为；【小问2详解】日常生产生活中，产生SO2气体的主要途径是含硫矿物的冶炼、硫酸工业的生产等；【小问3详解】①反应"过程中硝酸钙和碳酸钾反应生成碳酸钙沉淀和硝酸钾，其离子反应方程式为；②“过滤"”操作必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，答案为漏斗；③根据图中所示的溶解度曲线，“冷却到一定温度"”能获得纯度较高的硝酸钾晶体的原因是KNO3的溶解度随着温度的降低而显著减小，氯化钠量少且溶解度受温度影响不大，“一系列操作”包括将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥等步骤，答案为蒸发浓缩、冷却结晶；小问4详解】①NO是明星分子，在人体的血管系统内具有传送信号的功能，NO 极少量时在人体的血管系统内会促进血管扩张，防止血管栓塞；答案为NO；②根据仪器的构造可知，该装置中仪器a名称为球形冷凝管；如果用酒精灯直接加热，由于混合液沸点较高，可能引发爆炸，故采用水浴加热而不用酒精灯直接加热；从反应后混合溶液中分离硝化甘油的简单方法是冰水冷却，过滤。16.比亚迪采用磷酸亚铁锂技术的刀片电池，大幅度提高了电动汽车的续航里程。以硫铁矿(主要成分是，含少量、和)为原料制备的流程如下：已知几种金属离子沉淀的pH如表所示：金属氢氧化物开始沉淀的pH2.37.54.0完全沉淀的pH4.19.75.2请回答下列问题：（1）分子的空间结构为_______形。基态Fe原子的电子排布式为_______。（2）“还原”反应的离子方程式为_______。（3）“试剂R”是一种绿色氧化剂，其中心原子杂化方式为_______。（4）从平衡的角度解析加FeO“除铝”的原因(结合离子方程式说明)_______。（5）常温下，，“沉铁”中为了使，最小为_______。（6）流程中在“高温煅烧”条件下，由制备的化学方程式为：_______。（7）磷酸亚铁锂的晶胞结构如图所示： 长方体晶胞的长和宽均为apm，高为bpm，为阿伏加德罗常数，晶体密度为_______。【答案】（1）①.正四面体②.1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2（2）FeS+2Fe3+=3Fe2++S（3）sp3（4）Al3+在溶液中发生水解：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，加FeO发生反应FeO+2H+=Fe2++H2O，氢离子浓度减小，平衡正向移动，Al3+完全转化为Al(OH)3（5）（6）2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑（7）【解析】【分析】硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量、和)焙烧时FeS2转化为Fe2O3，SiO2不与稀盐酸反应，酸浸时滤渣1是SiO2，滤液中阳离子是Fe3+、A13+、Fe2+、H+等，加入FeS将Fe3+还原成Fe2+，加入FeO调节pH使A13+转化成氢氧化铝沉淀，除去铝离子，然后加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，加入(NH4)2HPO4沉铁得到FePO4，加入Li2CO3和H2C2O4在高温下制得LiFePO4，以此分析。【小问1详解】分子的空间结构为正四面体形；Fe元素为26号元素，原子核外有26个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2。【小问2详解】依据表格中的数据以及流程，让Al元素以A1(OH)3形式沉淀除去时，Fe3+必先沉淀，因此用FeS还原Fe3+生成Fe2+和S，离子方程式为：FeS+2Fe3+=3Fe2++S。 【小问3详解】试剂R是氧化剂，将将Fe2+氧化为Fe3+，双氧水作氧化剂，还原产物是H2O，不引入杂质，对环境无影响，故R为H2O2，其中心原子O原子杂化方式为sp3。【小问4详解】Al3+在溶液中发生水解：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，加FeO发生反应FeO+2H+=Fe2++H2O，氢离子浓度减小，平衡正向移动，Al3+完全转化为Al(OH)3。【小问5详解】根据溶度积进行计算，磷酸根的浓度最小值为=。【小问6详解】由题意，根据元素守恒可知，FePO4、Li2CO3、H2C2O4在高温下发生反应生成LiFePO4、H2O和CO2，化学方程式为：2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑。【小问7详解】由晶胞结构知，在一个晶胞中，含有P原子4个，O原子16个，4个Fe2+，Li+：，长方体晶胞的长和宽均为apm，高为bpm，为阿伏加德罗常数，则晶体密度为。17.2022年10月16日，党的二十大报告将“人与自然和谐共生”作为中国式现代的重要特征。请回答下列问题：（1）在催化剂的作用下和发生反应i生产甲醇，同时有副反应ii发生。已知：i.ii.则_______；①向密闭容器中加入和合成，已知反应i的正反应速可表示为，逆反应速率可表示为，其中 、为速率常数，图中能够代表的曲线为_______(填“”、“”、“”或“”)；②对于上述反应体系，下列说法错误的是_______(填选项字母)；A.增大的浓度，反应i、ii的正反应速率均增加B.恒容密闭容器中，当气体密度不变时，反应达到平衡C.加入催化剂，的平衡转化率不变③不同条件下，按照投料，的平衡转化率如下图所示，压强、、由大到小的顺序是_______；当压强为时，温度高于570℃之后，随着温度升高CO2平衡转化率增大的原因是_______。（2）可用如图装置将雾霾中的NO、转化为，则阴极的电极反应式为_______，物质A是_______。(填化学式)。 （3）利用制取甲醛可以缓解温室效应，反应方程式为。时，将体积比为1∶2的和H2混合气体充入恒容密闭容器中，每隔一定时间测得容器内气体压强如下表所示，请回答下列问题：时间/min0102030405060压强/kPa1.080.960.880.820.800.800.80①已知：。前10min，用的压强变化表示该反应的平均反应速率为_______kPa·min-1；②时，反应的平衡常数_______(为用各气体分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数；结果保留三位有效数字)。【答案】（1）①.—90.6kJ/mol②.L4③.B④.P3＞P2＞P1⑤.反应i是放热反应，反应ii是吸热反应，温度高于570℃之后，转化率主要由反应ii决定（2）①.NO+6H++5e—=NH+H2O②.H2SO4（3）①.0.024②.38.3【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，反应i—ii得到反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，则ΔH=(—49.4kJ/mol)—(+41.2kJ/mol)=—90.6kJ/mol，故答案为：—90.6kJ/mol；①反应i为放热反应，升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应方向移动，则正逆反应速率常数均增大，逆反应速率常数大于正反应速率速率，由图可知，L4大于正反应速率常数，则L4 为代表逆反应速率常数的曲线，故答案为：L4；②A．增大二氧化碳浓度，反应i、ii的反应物浓度均增大，正反应速率均增加，故正确；B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；C．加入催化剂，化学反应速率加快，但化学平衡不移动，氢气的平衡转化率不变，故正确；，故正确；故选B；③反应i为气体体积减小的反应、反应ii为气体体积不变的反应，增大压强，反应i向正反应方向移动、反应ii不移动，二氧化碳的转化率增大，由图可知，温度低于570℃时，压强为P3、P2、P1对应二氧化碳的转化率依次减小，则P3、P2、P1依次减小；反应i是放热反应，反应ii是吸热反应，升高温度，反应i形成的平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，反应ii形成的平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，温度高于570℃之后，随着温度升高二氧化碳平衡转化率增大说明增大二氧化碳转化率主要由反应ii决定，故答案为：P3＞P2＞P1；反应i是放热反应，反应ii是吸热反应，温度高于570℃之后，转化率主要由反应ii决定；【小问2详解】由图可知，通入二氧化硫的电极为电解池的阳极，水分子作用下二氧化硫在阳极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为SO2—2e—+H2O=SO+4H+，通入一氧化氮的电极为电解池的阴极，酸性条件下一氧化氮得到电子发生还原反应生成铵根离子和水，电极反应式为NO+6H++5e—=NH+H2O，由稀硫酸铵溶液变为浓硫酸铵溶液可知，加入的物质A为硫酸，故答案为：NO+6H++5e—=NH+H2O；H2SO4；【小问3详解】①设反应起始二氧化碳、氢气的压强为1.08kPa×=0.36kPa、1.08kPa×=0.72kPa，平衡时生成甲醛的分压为akPa，由题意可建立如下三段式： 由10min气体压强为0.96可得：1.08—a=0.96，解得a=0.12，则用氢气的分压表示的反应速率为=0.024kPa/min，故答案为：0.024；②设反应起始二氧化碳、氢气压强为1.08kPa×=0.36kPa、1.08kPa×=0.72kPa，T1℃平衡时生成甲醛的分压为bkPa，由题意可建立如下三段式：由平衡时气体压强为0.8可得：1.08—b=0.8，解得a=0.28，则反应的平衡常数Kp=≈38.3，故答案为：38.3。18.黄酮类天然产物具有独特的生物活性，一种具有抗炎活性的高异黄酮类似物Ⅶ的合成路线如下：（1）化合物I的名称是_______。（2）鉴别化合物I和Ⅱ的化学方法_______。（3）反应⑤的类型是_______；反应②为还原反应，化合物Ⅲ的结构简式为_______；由化合物Ⅱ合成Ⅲ的反应条件是_______(填选项字母)。A．NaOHB．HClC．D．（4）写出反应④的反应方程式_______。（5）化合物Ⅶ中含氧官能团名称_______。（6）化合物Ⅱ的芳香族同分异构体中，写出两种同时满足如下条件的同分异构体的结构简式_______、_______。条件：①遇溶液显色；②不能与溶液反应；③与稀硫酸反应后得到的芳香族产物仅有一种含氧官能团；④核磁共振氢谱有4组峰面积之比为3∶2∶2∶1的吸收峰。（7）利用反应⑤类似的反应，写出由及乙醇为原料合成 的路线_______(不需注明反应条件)。【答案】（1）邻苯二酚（2）加入NaHCO3溶液，由气体生成的是化合物Ⅱ（3）①.取代反应②.③.D（4）+CH3OH+H2O（5）酯基、羰基、醚键（6）①.②.（7）【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，与HOOCCHO发生加成反应生成，酸性条件下发生还原反应生成，则化合物Ⅲ为；与一碘甲烷发生取代反应生成，在浓硫酸作用下与甲醇发生酯化反应生成， 与乙酸乙酯发生取代反应生成，一定条件下发生取代反应生成。【小问1详解】由结构简式可知，化合物I的名称为邻苯二酚，故答案为：邻苯二酚；【小问2详解】由结构简式可知，化合物I分子中不含有羧基，化合物Ⅱ分子中含有能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳的羧基，所以鉴别化合物I和Ⅱ的方法为加入碳酸氢钠溶液，由气体生成的是化合物Ⅱ，故答案为：加入NaHCO3溶液，由气体生成的是化合物Ⅱ；【小问3详解】由分析可知，反应⑤为与乙酸乙酯发生取代反应生成；反应②为酸性条件下发生还原反应生成，则化合物Ⅲ的结构简式为，故答案为：取代反应；；D；【小问4详解】由分析可知，反应④为在浓硫酸作用下与甲醇发生酯化反应生成和水，反应的反应方程式为 +CH3OH+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；【小问5详解】由结构简式可知，化合物Ⅶ的氧官能团为酯基、羰基、醚键，故答案为：酯基、羰基、醚键；【小问6详解】化合物Ⅱ的芳香族同分异构体中遇氯化铁溶液显色说明同分异构体分子中含有酚羟基，不能与碳酸氢钠溶液反应说明分子中不含有羧基，与稀硫酸反应后得到的芳香族产物仅有一种含氧官能团说明分子中含有2个酚羟基和一个酚酯基结构，则核磁共振氢谱有4组峰面积之比为3∶2∶2∶1的吸收峰的结构简式为、，故答案为：；；【小问7详解】由题给信息可知，由及乙醇为原料合成的合成步骤为发生催化氧化反应生成，发生催化氧化反应生成，与乙醇发生酯化反应生成，发生取代反应生成，则合成路线为，故答案为：。