湖南师范大学附属中学2022-2023学年高三化学下学期第五次月考试题（Word版附解析）

湖南师大附中2023届高三月考试卷(五)化学本试题卷分选择题和非选择题两部分，共10页。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　Al-27　S-32　Cl-35.5　Fe-56　Cu-64一、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.纵观古今，化学与生活皆有着密切联系。下列说法错误的是A.大气中PM2.5比表面积大，吸附力强，能吸附许多有毒有害物质B.“华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是单质硅C.喝补铁剂时，加服维生素C效果更好，原因是维生素C具有氧化性D.有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”，丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子【答案】C【解析】【详解】A．PM2.5表面积大，具有较强的吸附能力，能吸附大量的有毒、有害物质，主要危害人体呼吸系统，故A正确；B．晶体硅是良好的半导体材料，可用于制造芯片，所以手机中芯片的主要成分是硅单质，故B正确；C．喝补铁剂时补的是亚铁，但亚铁离子易被氧化，加服维生素C可防止亚铁离子被氧化为三价铁离子、表现出还原性，故C错误；D．丝绸的主要成分是蛋白质，是天然高分子化合物，故D正确；故选：C。2.在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是A.在含、KOH的混合溶液中缓慢通入：KOH、、、B.在含、、的溶液中逐滴加入盐酸：、、、C.在含、、的溶液中逐滴加入KOH溶液：、、、 D.在含有、、、等离子且浓度相等的溶液中加入锌粉：、、、【答案】C【解析】【详解】A．在含、KOH的混合溶液中缓慢通入，首先会生成碳酸钡沉淀，故氢氧化钡首先反应，A错误；B．在含、、的溶液中逐滴加入盐酸，氢离子首先和氢氧根离子生成水、和偏铝酸根离子生成氢氧化铝沉淀、和碳酸根离子生成碳酸氢根离子，B错误；C．在含、、的溶液中逐滴加入KOH溶液，氢氧根离子首先和氢离子生成水、和铝离子生成氢氧化铝沉淀、和铵根离子生成一水合氨，再和氢氧化铝生成偏铝酸根离子，C正确；D．在含有、、、等离子且浓度相等的溶液中加入锌粉，锌首先会置换出银离子、铜离子，再和氢离子、亚铁离子反应，D错误；故选C。3.有X，Y两恒压密闭容器且X容积大于Y，X中充满CO气体，Y中充满、、混合气体，同温同压测得两容器中气体密度相同。下列叙述正确的是A.两容器中气体平均摩尔质量相同B.Y中所含原子数更多C.Y容器中，、和的质量比可能为1∶7∶5D.升温引燃Y中气体，Y中气体密度不变(此时水为水蒸气)【答案】A【解析】【详解】A．M=ρ⋅Vm，同温同压下气体密度和气体摩尔体积都相同，则两容器中气体平均摩尔质量相同，A正确；B．Y体积小，所含分子数少，但甲烷中的原子数多又会使原子总数增加，两容器中所含原子数无法比较，B错误；C．CO和N2的摩尔质量相等，则N2在Y中的含量可以是任意值，但CH4和O2 混合的平均摩尔质量必须与CO的摩尔质量相等，设CH4、O2的物质的量分别为x、y，则16x+32y=28(x+y)，，CH4、O2质量比为=1：6，C错误；D．恒压下，升温引燃后水为气态，CH4+2O2=CO2+2H2O的气体总质量和总物质的量都不变，根据阿伏伽德罗定律的推论可知气体的体积随温度升高而增大，则密度减小，D错误；故选：A。4.盐X溶液能发生如图所示的转化关系(部分反应的反应条件已略)，相对分子质量：c比b大16，f比e大16。下列推断不正确的是A.X可能为正盐，也可能为酸式盐B.b能与f的稀水溶液反应生成无色气体C.a、b、c、d、e、f都是极性分子D.反应①、②实验现象不同【答案】C【解析】【分析】根据题干信息，相对分子质量：c比b大16，f比e大16，b→c、e→f可能为氧化的过程；转化关系中，c和f与Z反应均能得到强酸，则c可能为SO3，f为NO2，Z为H2O，Y为O2，则b为SO2，e为NO，盐X溶液与盐酸反应得到a，与NaOH反应得到d，a与O2得到SO2，则a为H2S，d与O2得到NO，则d为NH3，因此X可以是NH4HS或(NH4)2S，据此分析解答。【详解】A．由分析可知，X可以是NH4HS或(NH4)2S，即可X可能为正盐，也可能为酸式盐，A正确；B．b为SO2，f为NO2，f的稀水溶液为稀硝酸，二氧化硫与硝酸发生氧化还原反应生成无色气体NO，B正确；C．c为SO3，分子中电荷呈中心对称，为非极性分子，C错误；D．反应①为H2S被氧化生成SO2，无明显现象，反应②为NO被氧化生成NO2，现象为生成红棕色气体，两个反应的现象不同，D正确； 故选：C。5.四种元素Y、Z、M、N位于同一短周期，Y的一种同位素在考古学中可用于断代。这四种元素参与组成的一种化合物属于离子液体，结构如图所示。下列说法正确的是A.最高价氧化物对应水化物的酸性：M>ZB.原子半径：Y>Z>M>NC.Y、Z氢化物沸点：Y>ZD.电负性：N>Z>Y>M【答案】D【解析】【分析】Y的一种同位素用于考古，说明Y为碳，再结合所给物质中各原子形成化学键的个数和Y、Z、M、N位于同一周期可知，Z能形成三条共价键，Z为氮元素，N能形成一条共价键，N的最外层有7个电子，所以N为氟元素，M得到 1个电子形成了4对共用电子，说明M最外层有3个电子，M为B。【详解】A．非金属性越强，最高价氧化物对应水化合物的酸性越强，所以应该是M<Z，A错误；B．原子半径从左到右依次减小，M>Y>Z>N，B错误；C. 简单氢化物的沸点：NH3分子间有氢键，所以NH3>CH4，C错误；D．电负性同一周期从左到右依次增大，故N>Z>Y>M，D正确；故选：D。6.某固体混合物可能含有Al、、、、、NaCl中的一种或几种，现对该混合物做如图实验，所得现象和有关数据如图(气体体积已换算成标准状况下体积)。下列说法不正确的是 A.步骤①中发生了氧化还原反应B.步骤②和步骤③中反应消耗的的物质的量之比为3∶1C.混合物中一定不存在，可能含有NaCl、AlCl3D.混合物中一定含有，且物质的量为0.2mol【答案】B【解析】【分析】由题干可知，加过量氢氧化钠溶液产生的白色沉淀久置无明显变化，则固体不含FeCl2，11.60g是氢氧化镁沉淀，，；Al与氢氧化钠溶液产生的氢气为，根据电子得失守恒，；浓硫酸吸收氨气，，，则固体含Al、(NH4)2SO4、MgCl2的质量为，则余下是AlCl3和NaCl中的一种或两种。【详解】A．根据分析，固体含Al，步骤①中Al与氢氧化钠溶液产生氢气为氧化还原反应，A正确；B．步骤②为H++OH-=H2O和，步骤③为，二者反应消耗H+的物质的量之比因过量氢氧根离子未知而不能计算，B错误； C．根据分析，混合物中一定不存在FeCl2，可能含有NaCl、AlCl3中的一种或两种，C正确；D．根据分析，混合物中一定含有MgCl20.2mol，D正确；故选B。7.由下列实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验操作现象结论A向盛有浓溶液的两支试管中分别加入除去氧化膜的镁带和铝片加入镁带的试管中迅速产生红棕色气体，加入铝片的试管中无明显现象。金属活泼性：Mg>AlB将苯、液溴、铁粉混合物反应产生的气体通入溶液中生成淡黄色沉淀证明苯与液溴在Fe催化下发生取代反应C向一块除去铁锈的铁片，上滴一滴铁氰化钾溶液，静置2~3min生成蓝色沉淀铁片上可能发生了电化学腐蚀D向某无色溶液中滴入盐酸产生有刺激性气味的气体和淡黄色沉淀该无色溶液中一定含有A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．常温下，铝遇浓硝酸发生钝化，不能根据铝片无现象判断铝与镁的活泼性，故A错误；B．液溴易挥发，反应生成的产物中混有溴蒸气，也能与硝酸银溶液反应生成淡黄色沉淀，不能根据现象判断苯与液溴的反应类型，故B错误；C．铁片上滴加铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀说明铁片反应生成了亚铁离子，反应可能是电化学腐蚀，故C正确；D．若无色溶液为硫化钠和亚硫酸钠的混合溶液，加盐酸后两者发生氧化还原反应生成S，同 时亚硫酸钠也能与盐酸反应生成二氧化硫气体，符合现象，因此该无色溶液不一定含，故D错误；故选：C。8.近年来，光催化剂的研究是材料领域的热点方向。一种Ru配合物(如图所示)复合光催化剂可将转化为HCOOH。下列说法错误的是A.Ru配合物中第二周期元素的电负性由大到小的顺序为O>N>CB.如图结构的吡啶环()中C、N原子的杂化方式分别为、C.该配合物中Ru配位数是6D.HCOOH的沸点比高，主要原因是HCOOH分子间存在范德华力和氢键，而分子间只有范德华力【答案】B【解析】【详解】A．第二周期主族元素从左向右元素电负性逐渐增强，因此电负性由大到小的顺序为O>N>C，A正确；B．如图结构的吡啶环()中C、N原子的价层电子对数均为3，故杂化方式均为sp2，B错误；C．由图示结构可知，该配合物中Ru的配位数是6，C正确；D．HCOOH存在分子间作用力和氢键，因此HCOOH的沸点比HCHO高，D正确；故选B。 9.一种铝胺电池的工作原理如图所示。已知代表三苯基胺，下列说法不正确的是A.放电时，正极的电极反应为B.充电时，阴极的电极反应为C.放电时，向铝电极移动D.理论上每生成1mol，铝电极减少18g【答案】D【解析】【分析】由图可知，放电时上部铝极失去电子发生氧化反应为负极：；则下部为正极，得到电子发生还原反应：Ph3N++e−=Ph3N；【详解】A．由分析可知，放电时，正极的电极反应式为Ph3N++e−=Ph3N，A错误；B．充电时，上部为阴极，得到电子发生还原反应，阴极的电极反应为，B正确；C．放电时，阴离子向负极运动，故AlCl向上部电极移动，C正确；D．Ph3N++e−=Ph3N，理论上每生成1mol Ph3N，铝极反应为，则铝极减少质量为mol×27g/mol=9g，D错误；故选：D。 10.常温下，向20mL0.1mol⋅LNaB溶液中滴入等浓度的HA溶液，所得溶液中与的关系如图所示。已知，下列说法错误的是A.与时相比，的值在时不变B.C.滴入20mLHA溶液后存在关系：D.滴入20mLHA溶液，离子浓度存在关系：【答案】C【解析】【分析】由图可知：=-1时，=0，即=0.1时，=1，常温下，====10，已知Ka(HA)=1.6×10−4，所以Ka(HB)=1.6×10−5。【详解】A．===10，可知与pH无关，A正确；B．Kh(NaB)===6.25×10-10，B正确；C．滴入20mLHA溶液后，因为Ka(HA)>Ka(HB)，强酸制备弱酸，得到等物质的量浓度的NaA 和HB混合溶液，Kh(A-)===6.25×10-10<Ka(HB)，所以A-的水解程度小于HB的电离程度，故 c(A-)>c(HB)，C错误；D．滴入20mLHA溶液后，得到等物质的量浓度的NaA和HB混合溶液，根据电荷守恒可得，D正确；故选：C。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，有一项或两项符合题目要求。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.La和Ni的合金是目前使用最广泛的储氢材料。某La-Ni合金(晶胞为平行六面体)由图甲、图乙两个原子层交替紧密堆积而成，图丙是该合金的晶胞结构：下列说法错误的是A.该晶体可表示为B.该晶体中1个La原子与18个Ni原子配位C.该晶体的一个晶胞中Ni原子数为12D.通过晶体X射线衍射实验可确定该晶组成的结构【答案】C【解析】【详解】A．该晶体的一个晶胞中在两个底面上各有7个La，其中6个在线的角上，1个La面心，根据均摊法计算可得一个晶胞中La原子数为(6+6)×+1=3；该晶体的一个晶胞中在两个底面上各有6个Ni，侧面有6个Ni，体心内有6个Ni，根据均摊法计算可得一个晶胞中Ni原子数为(6+6+6)×+6=15；故该晶体中La与Ni的个数比是3：15=1：5，可表示为LaNi5，故A正确； B．对于1个La来说，同一层周围有6个Ni，还有上下两层各6个，所以，La原子与18个Ni原子配位，故B正确；C．该晶体的一个晶胞中在两个底面上各有6个Ni，侧面有6个Ni，体心内有6个Ni，根据均摊法计算可得一个晶胞中Ni原子数为(6+6+6)×+6=15，故C错误；D．X射线衍射可用于确定晶体的结构，故D正确；故选：C。12.布洛芬()的一种合成路线片段如下：下列有关说法不正确的是A.布洛芬属于羧酸，与乙酸互为同系物B.乙、丙均能发生取代反应，均能使酸性溶液褪色C.可以用碳酸氢钠溶液区分乙和丙D.甲分子中所有碳原子有可能共平面【答案】AD【解析】【详解】A．布洛芬含有羧基属于羧酸，但还含有苯环，与乙酸结构不相似，不是乙酸的同系物，A错误；B．乙含羟基，丙含羧基，都能发生酯化反应即取代反应，乙中含有醇羟基、丙中苯环所连烃基均可被高锰酸钾氧化，B正确；C．丙含有羧基具有弱酸性，能与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳气体，乙不含羧基，不能和碳酸氢钠溶液反应，故可以用碳酸氢钠溶液区分乙和丙，C正确；D．甲分子中含有多个饱和碳原子，所有碳原子不可能共平面，D错误；故选AD。 13.TRAP是一种温和的氧化剂，TRAP试剂中的不会氧化碳碳双键，可以将醇仅氧化至醛(酮)，不会过度氧化为羧酸。TRAP氧化醇的反应机理如下图。下列说法不正确的是A.在上述6步反应中每一步都发生了氧化还原反应B.步骤④⑤NMO将还原，生成TRAP试剂C.步骤⑥的离子方程式为D.若为，为，则TRAP氧化该醇的主产物为2-丁烯醛【答案】CD【解析】【详解】A．在上述6步反应中，TRAP试剂中经过步骤①②将醇氧化为醛，本身被还原为H2；H2经过步骤③得到,该过程中未发生价态变化为非氧化还原反应；步骤④⑤中，NMO将氧化，生成TRAP试剂；步骤⑥中，发生歧化反应生成RuO2和；综上所述，在上述6步反应中并非都发生氧化还原反应，A错误；B．步骤④⑤中，NMO和发生反应生成NMM和，Ru的化合价由+5升高到+7，则作还原剂，NMO作氧化剂，NMO将氧化，生成TRAP试剂，B错误；C．步骤⑥中，转化为RuO2和，离子方程式为2=RuO2+，C正确；D．若R1为CH3CH=CH-，R2为-H，对应的醇为CH3CH=CHCH2OH，则TRAP氧化该醇的主 产物为2-丁烯醛（CH3CH=CHCHO），D正确；故选：CD。14.25℃时，用HCl气体调节0.1mol⋅L碱BOH的pH，体系中粒子浓度的对数值(lgc)、反应物的物质的量之比[]与pH的关系如图所示。若忽略通入气体后溶液体积的变化，下列说法不正确的是A.25℃时，BOH的电离平衡常数为B.，C.所示溶液：mol⋅LD.所示溶液：【答案】BD【解析】【分析】HCl是强酸，在调节pH的过程中，若BOH是强碱，则当[]=1时，pH应为7，但是当[]=1时，pH小于7，溶液显酸性，对应图中点P3，是因为存在水解平衡B++H2O⇌BOH+H+，故BOH是一元弱碱。【详解】A．由图可知，当pH=9.25，即c(OH-)=10−(14−9.25)=10−4.75，lgc(BOH)=lgc(B+)，BOH的电离平衡常数为=10−4.75，故A项正确； B．t=0.5时，溶液中电荷守恒：c(H+)+c(B+)=c(OH-)+c(Cl-)，根据物料守恒可知：c(B+)+c(BOH)=2c(Cl-)，联立可得：2c(H+)+c(B+)=2c(OH-)+c(BOH)，此时溶液中c(H+)与c(OH-)浓度不等，因此不成立，故B项错误；C．P1所示的溶液中电荷守恒：c(H+)+c(B+)=c(OH-)+c(Cl-)，c(H+)=10-9.25 mol·L-1，c(OH-)=10−(14−9.25)=10−4.75 mol·L-1，10−9.25+10−2=10−4.75+c(Cl−)，得到c(C1-)＜0.05mol·L-1，故C项正确；D．P2所示溶液，pH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)=10-7，根据=10−4.75，c(B+)==102.25c(BOH)＞100c(BOH)，故D项错误。故选：BD。三、非选择题：本题共4小题，共54分。15.对甲基苯胺可用对硝基甲苯作原料在一定条件制得。主要反应及装置如下：主要反应物和产物的物理性质见下表：化合物溶解性熔点(℃)沸点(℃)密度(g·cm-3)对硝基甲苯不溶于水，溶于乙醇、苯51.4237.71.286对甲基苯胺微溶于水，易溶于乙醇、苯43～45200～2021.046对甲基苯胺盐酸盐易溶于水，不溶于乙醇、苯243～245----苯不溶于水，溶于乙醇5.580.10.874实验步骤如下：①向三颈烧瓶中加入50mL稀盐酸、10.7mL(13.7g)对硝基甲苯和适量铁粉，维持瓶内温度在80℃左右，同时搅拌回流、使其充分反应； ②调节pH=7～8，再逐滴加入30mL苯充分混合；③抽滤得到固体，将滤液静置、分液得液体M；④向M中滴加盐酸，振荡、静置、分液，向下层液体中加入NaOH溶液，充分振荡、静置；⑤抽滤得固体，将其洗涤、干燥得6.1g产品。回答下列问题：（1）主要反应装置如图，a处缺少的装置是_______(填仪器名称)，实验步骤③和④的分液操作中使用到下列仪器中的_______(填标号)。a.烧杯b.漏斗c.玻璃棒d.铁架台（2）步骤②中用5%的碳酸钠溶液调pH=7～8的目的之一是使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，另一个目的是_______。（3）步骤③中液体M是分液时的_______层(填“上”或“下”)液体，加入盐酸的作用是_______。（4）步骤④中加入氢氧化钠溶液后发生反应的离子方程式有_______。（5）步骤⑤中，以下洗涤剂中最合适的是_______(填标号)。a.乙醇b.蒸馏水c.HCl溶液d.NaOH溶液（6）本实验的产率是_______%。(计算结果保留一位小数)【答案】（1）①.球形冷凝管或冷凝管②.ad（2）使甲基苯胺盐酸盐转变为甲基苯胺（3）①.上②.与对甲苯胺反应生成对甲基苯胺盐酸盐进入水层与对硝基甲苯分离（4）+OH-→+H2O、H++OH-=H2O（5）b（6）57.0【解析】【小问1详解】根据流程图，对硝基甲苯与铁粉和盐酸反应时，需要回流装置，因此反应装置中缺少冷凝管；步骤③和④包含操作为抽滤、分液，所需仪器为：布氏漏斗、抽滤瓶、烧杯、分液漏斗、铁架台等，故选：ad；故答案为：球形冷凝管或冷凝管；ad；【小问2详解】 根据流程图可知实验步骤②调节pH=7～8，除了使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，还可使甲基苯胺盐酸盐转变为甲基苯胺，故答案为：使甲基苯胺盐酸盐转变为甲基苯胺；【小问3详解】抽滤后的液体中含有产物对甲基苯胺，静置后对甲基苯胺溶解于苯中，分液得上层溶液(甲基苯胺与苯混合液)，步骤④中加入盐酸，可以与对甲苯胺反应生成对甲基苯胺盐酸盐进入水层与对硝基甲苯分离，故答案为：上；与对甲苯胺反应生成对甲基苯胺盐酸盐进入水层与对硝基甲苯分离；【小问4详解】由(3)可得步骤④中加入氢氧化钠溶液后发生反应的离子方程式有：+OH-→+H2O、H++OH-=H2O，故答案为：+OH-→+H2O、H++OH-=H2O；【小问5详解】洗涤时根据物质的溶解性选择合适的洗涤液，根据表中信息，对甲基苯胺微溶于水，易溶于乙醇、苯，而NaOH洗涤会带入杂质，不易作洗涤剂，盐酸能与对甲基苯胺发生反应，不能用于洗涤，因此步骤⑤中，最合适的洗涤剂为水，故选b，故答案为：b；【小问6详解】根据碳元素守恒列关系式：n(对硝基甲苯)～n(对甲基苯胺)，设对甲基苯胺理论产量为xg，则，解得x=10.7g，实验中实际得到6.1g产品，57.0%，故答案为：57.0。16.从铜氨废液{含、、、、、等}中回收铜的工艺流程如图： 回答下列问题：（1）步骤(Ⅰ)中被氧化的元素是___________，由步骤(Ⅱ)可确定与的结合能力比与的___________(填“强”或“弱”)。（2）步骤(Ⅲ)“沉铜”时，利用溶液而不选用NaOH溶液“沉铜”的优点是___________。（3）写出步骤(Ⅳ)“溶解”时的化学方程式：___________，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。（4）该流程中可以循环利用的物质是___________(填化学式)。（5）碱式氯化铜在400℃时能完全分解为CuO、和HCl。为测定碱式氯化铜的组成进行如下实验：准确称取42.9g碱式氯化铜，加热到400℃使其完全分解，剩余固体32.0g，将生成的气体通过浓硫酸的洗气瓶，浓硫酸增重3.6g。碱式氯化铜的化学式为___________。【答案】（1）①.Cu、C②.强（2）CuS的溶解度比Cu(OH)2小，能使Cu2+充分沉淀，提高Cu的回收率（3）①.②.2:3（4）HNO3（5）Cu2(OH)3Cl【解析】【分析】从铜氨废液含[Cu(NH3)3·CO]+、[Cu(NH3)2]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH3、CH3COO−、等中回收铜，废液中通入热空气，并加热，可生成CO2、NH3，得到含有[Cu(NH3)4]2+、CH3COO−、的溶液，加入20%的硫酸，调节pH=2，得到硫酸铜、硫酸铵溶液，加入20%的硫化钠溶液生成CuS沉淀，在沉淀中加入硝酸可生成NO、S和硝酸铜，加入硫酸生成硫酸铜，经过滤、洗涤、干燥得到五水硫酸铜晶体。向含有[Cu(NH3)4]2+、CH3COO−、的溶液中加入盐酸，经过滤、洗涤、干燥，可得到碱式氯化铜。 【小问1详解】步骤(Ⅰ)“吹脱”时通入空气，氧气把Cu+氧化为Cu2+，将CO氧化生成CO2吹出，被氧化的元素是Cu、C；步骤(Ⅱ)中加入硫酸生成硫酸铵，可确定NH3与H+的结合能力比与Cu2+结合能力强，故答案为Cu强；【小问2详解】步骤(Ⅲ)“沉铜”时，Na2S溶液与CuSO4溶液反应生成CuS沉淀和Na2SO4，主要反应的离子方程式为Cu2+＋S2－=CuS↓，因为硫化铜的溶解度小于氢氧化铜的溶解度，能使Cu2+充分沉淀，提高Cu的回收率，所以“沉铜”选用Na2S溶液而不选用NaOH溶液；答案为：CuS的溶解度比Cu(OH)2小，能使Cu2+充分沉淀，提高Cu的回收率。【小问3详解】步骤(Ⅳ)反应中CuS和硝酸反应生成NO、S，反应中S元素化合价由-2价升高到0价，CuS为还原剂，N元素的化合价由+5价降低为+2价，硝酸为氧化剂，根据电子守恒，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3，反应为；【小问4详解】在第(Ⅴ)硝酸铜溶液中加入硫酸制硫酸铜，同时生成HNO3，则HNO3可循环利用，故答案为HNO3。【小问5详解】碱式氯化铜在400℃时能完全分解为CuO、H2O和HCl；准确称取42.9g碱式氯化铜，加热到400℃使其完全分解，剩余固体32.0g，将生成的气体通过浓硫酸的洗气瓶，浓硫酸增重3.6g；则CuO的物质的量为32.0g÷80g/mol=0.4mol，H2O的物质的量为3.6g÷18g/mol=0.2mol，HCl的物质的量为(42.9g-32.0g-3.6g)÷36.5g/mol=0.2mol，则CuO:H2O:HCl=0.4:0.2:0.2=2:1:1，则根据铜、氢、氯元素守恒可知，碱式氯化铜的化学式为Cu2(OH)3Cl。17.将玉米秸秆进行热化学裂解可制备出以CO、、、为主要成分的生物质原料气，对原料气进行预处理后，可用于生产甲醇、乙醇等燃料。（1）已知：几种常见共价键键能如下表所示：共价键C-HC-OC≡OH-HO-H键能(kJ⋅mol)413358839436467 由此可计算反应的焓变___________kJ⋅mol。（2）若在恒容绝热的密闭容器中进行上述反应，下列说法正确的是___________(填标号)。A.体系温度不再发生变化时，反应达到化学平衡状态B.体系中若和的物质的量之比达到2∶1，则反应已达到平衡C.加入催化剂，可以提高一段时间(未达平衡)的产率D.在此条件下，若投入CO和的比例相同，往容器内投入的气体越多，该反应的平衡常数越大（3）和合成乙醇的反应为。将等物质的量的和充入一刚性容器中，测得平衡时的体积分数随温度和压强的变化关系如图所示。①压强___________(填“>、<”或“=”，下同)。判断依据是___________。②a、b两点的平衡常数___________。③已知Arrhenius经验公式为(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，为探究m、n两种催化剂的催化效率，进行了实验探究，依据实验数据获得下图所示曲线。在n催化剂作用下，该反应的活化能___________J⋅mol。从图中信息获知催化效率较高的催化剂是___________(填“m”或“n”)。 【答案】（1）-353（2）AC（3）①.<②.该反应为气体分子数减小的反应，温度相同时，压强越大，平衡体系中乙醇的体积分数越大③.>④.9.6×104⑤.n【解析】【小问1详解】根据焓变ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算，焓变ΔH=839+436×2-(413×3+358+467)=-353kJ⋅mol−1；【小问2详解】若在恒容绝热的密闭容器中进行上述反应：A.体系温度不再发生变化时，反应达到化学平衡状态，故A正确；B.平衡体系中，H2和CH3OH的物质的量之比为2:1不能说明反应到平衡，故B错误；C.加入催化剂，可以提高反应速率，故可以提高CH3OH的产率(未平衡前)，故C正确；D.温度不变，平衡常数不变，故D错误；故选AC。【小问3详解】①该反应为气体分子数减小的反应，温度相同时，压强越大，平衡体系中乙醇的平衡体积分数越大，故压强p1小于p2；②温度升高，乙醇的体积分数减小，平衡逆向移动，说明正反应为放热，则b点温度高，平衡常数较小，Ka>Kb；③将坐标(7.2,56.2)和(7.5,27.4)代入，列关系式56.2=-7.2×10-3Ea+C；27.4=-7.5×10-3Ea+C，解该反应的活化能Ea=9.6×104J⋅mol−1。从图中信息获知，直线n斜率大，Ea小，说明n催化效率越高。18.化合物W是合成风湿性关节炎药物罗美昔布的一种中间体，其合成路线如下： 已知：(ⅰ)(ⅱ)回答下列问题：（1）A的化学名称是___________，B中具有的官能团的名称是___________。（2）由B生成C的反应类型是___________。（3）D→E和F→G的作用是___________。（4）写出由G生成H的化学方程式：___________。（5）写出I的结构简式：___________。（6）X的同分异构体中，符合下列条件的有机物有___________种。ⅰ)只含两种官能团且不含甲基；ⅱ)含一结构，不含C=C=C和环状结构。（7）设计由甲苯和制备的合成路线(无机试剂任选)___________。【答案】（1）①.氟苯②.碳氟键、硝基（2）还原反应（3）防止副产物生成，影响反应产率 （4）+HBr（5）（6）5（7）【解析】【分析】根据A的分子式及D的结构简式知，A为，A发生取代反应生成B，B为，根据C的分子式知，B中硝基发生还原反应生成C中氨基，则C为，C发生取代反应生成D，D中氢原子被取代生成E，E中酰胺基水解生成F，F发生取代反应生成G，G为，G和X发生取代反应生成H，根据H的结构简式及X的分子式知，X为，H发生取代反应生成I，I为 ，I发生取代反应生成W；（7）由甲苯和制备，和发生取代反应生成，发生取代反应生成，甲苯和浓硝酸发生取代反应生成，发生还原反应生成。据此分析解答。【小问1详解】A为，A的化学名称是氟苯，B为，B中具有的官能团的名称是氟原子、硝基；故答案为：氟苯；氟原子、硝基。【小问2详解】根据C的分子式知，B中硝基发生还原反应生成C中氨基，反应类型为还原反应，故答案为：还原反应；【小问3详解】D→E和F→G的作用是防止副产物生成，影响反应产率；故答案为：防止副产物生成，影响反应产率。【小问4详解】G为，G和X发生取代反应生成H，由G生成H的化学方程式为 +HBr故答案为：一定条件−−−−→+HBr【小问5详解】I的结构简式为故答案为：【小问6详解】X为，X的同分异构体符合下列条件：i）只含两种官能团且不含甲基；ii)含-CH2Br结构，不含C=C=C和环状结构，符合条件的结构简式为：HC≡C-C≡CCH2CH2CH2Br、HC≡C-CH2-C≡CCH2CH2Br、HC≡CCH2CH2C≡CCH2Br、HC≡CCH(CH2Br)CH2C≡CH、(HC≡C)2-CH-CH2CH2Br，所以符合条件的有5种，故答案为：5；【小问7详解】由甲苯和制备,和 发生取代反应生成，发生取代反应生成，甲苯和浓硝酸发生取代反应生成，发生还原反应生成，合成路线为：；故答案为：。