湖南省常德市鼎城一中2022-2023学年高三化学第五次月考试题（Word版附解析）

高三月考化学试题(五)时量：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H～1C～12N～14O～16Na～23S～32K～39Cu～64第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题(本题共14个小题，每小题3分，共42分。每小题只有一项符合题目要求)1.下列说法不正确的是A.镁原子核外有4种能量不同的电子B.在铁制品上镀锌时，铁制品为阴极，锌盐溶液为电镀液C.“一次性保暖贴”内含铁粉、碳、氯化钠，在发热过程中应用的是原电池原理D.利用超分子的自组装特征，可以分离C60和C70【答案】D【解析】【详解】A．镁原子核外电子排布式为1s22s22p63s2，同一能级电子运动状态相同，则有4种能量不同的电子，故A正确；B．电镀时，镀层金属为阳极，镀件为阴极，含镀层金属阳离子的盐溶液为电解液，在铁制品上镀锌时，铁制品为阴极，锌盐溶液为电镀液，故B正确；C．“一次性保暖贴”内含铁粉、碳、氯化钠，可以构成原电池，在发热过程中应用的是原电池原理放出热量，故C正确；D．C60和C70混合物加入一种空腔大小适合C60的“杯酚”中可进行分离，这是利用超分子的分子识别特征，故D错误；故选：D。2.为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，2.24L和的混合气体中含有的π键数约为B.32g单质(分子结构：)中，S—S数目为C.30.8g乙酸乙酯在碱性条件下完全水解，生成乙酸的分子数为 D.1L溶液中，和的数目之和为【答案】A【解析】【详解】A．标准状况下，2.24L和的混合气体物质的量为0.1mol，每个和含有的键数均为2，故A正确；B．32g单质的物质的量是，在1个分子中含有8个S—S共价键，则在0.125mol单质中含有S—S共价键为，故B错误；C．乙酸乙酯在碱性条件下发生水解反应生成的是乙酸盐，而不是乙酸，故C错误；D．1L溶液中，根据物料守恒可知、、的总物质的量为0.01mol，故D错误；选A。3.下列指定反应的离子方程式正确的是A.溶液中加入过量浓氨水：B.向溶液中通入：C.澄清石灰水中通入过量的二氧化碳：D.将铜插入稀硝酸中：Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+H2O【答案】C【解析】【详解】A．AlCl3溶液中加入过量浓氨水只生成氢氧化铝沉淀，反应的离子反应为Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH，故A错误；B．盐酸的酸性强于亚硫酸，依据强酸制备弱酸可知，向BaCl2溶液中通入SO2气体，不发生 反应，故B错误；C．往澄清石灰水中通入过量二氧化碳生成碳酸氢钙，离子方程式：OH-+CO2=HCO，故C正确；D．将铜插入稀硝酸中，反应生成NO气体，正确的离子方程式为：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，故D错误；故选：C。4.定量实验是学习化学的重要途径。下列所示装置或操作能达到实验目的的是ABCD测定未知溶液浓度测定硫酸铜晶体中结晶水的含量配制0.10mol/LNaOH溶液中和热的测定A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．盛装在酸式滴定管中的酸性高锰酸钾溶液能测定未知浓度的草酸钠的浓度，故A正确；B．测定硫酸铜晶体中结晶水的含量应选用坩埚，不能选用蒸发皿，故B错误；C．容量瓶是量器，不能用来溶解氢氧化钠固体，故C错误；D．中和热的测定时需要用到环形玻璃搅拌棒，故D错误；故选A。5.雄黄()和雌黄()是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生，和 有如下反应：。下列说法错误的是A.生成，则反应中转移电子的物质的量为5B.若将该反应设计成原电池，则应该在负极附近逸出C.反应产生的可用溶液吸收D.氧化剂和还原剂物质的量之比为10：1【答案】B【解析】【详解】A．根据反应方程式分析硝酸根中氮由+5价降低到+4价，生成2mol转移10mol电子，则生成，则反应中转移电子的物质的量为5，故A正确；B．若将该反应设计成原电池，硝酸根在正极反应，因此应该在正极附近逸出，故B错误；C．NO2会污染环境，因此反应产生的可用溶液吸收，故C正确；D．根据方程式分析硝酸根为氧化剂，为还原剂，因此氧化剂和还原剂的物质的量之比为10：1，故D正确。综上所述，答案为B。6.二氧化钛(TiO2)是一种重要的工业原料，某学习小组由酸性含钛废液(含TiO2+、Fe2+、Fe3+、)制备TiO2的主要流程如图，已知H2TiO3不溶于水和硫酸。下列说法正确的是A.“煅烧”的操作是在坩埚中进行B.“洗涤”时先将沉淀转移至烧杯中再加入洗涤剂C.“结晶”的操作：蒸发结晶，趁热过滤D.“水解90℃”的操作：最好的加热方式为酒精灯直接加热【答案】A 【解析】【分析】酸性含钛废液(含TiO2+、Fe2+、Fe3+、)中加入铁粉，Fe3+被还原为Fe2+；将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到FeSO4∙7H2O；将所得母液加热至90℃，TiOSO4发生水解，生成H2TiO3沉淀，用稀硫酸、水洗涤沉淀，然后干燥、煅烧，即得TiO2。【详解】A．“煅烧”时，所需提供的温度高，不能使用蒸发皿，否则易损坏蒸发皿，此操作应在坩埚中进行，A正确；B．“洗涤”紧跟在过滤操作后，不需将沉淀转移至烧杯中，直接往漏斗内加入洗涤剂，B不正确；C．由分析可知，“结晶”的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶，若只进行蒸发结晶，则获得的晶体少，也不需要趁热过滤，C不正确；D．“水解90℃”操作时，需要控制温度在100℃以下，则最好的加热方式为水浴加热，D不正确；故选A。7.X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的前四周期元素，某科研团队研究发现，X、Y、W形成的晶体有超导性，该新型超导晶体的一个晶胞如图所示，晶胞参数为apm。已知X是形成化合物种类最多的元素，Y和W的最外层电子数相同，但不同族，W的次外层电子数是最外层的8倍，Z是主族元素，其最高价氧化物的水化物可以用于净水，下列说法正确的是A.Y的第一电离能小于Z的第一电离能B.Z的最高价氧化物的水化物可以与X最高价氧化物的水化物反应C.晶胞中与Y最近的W原子有6个D.晶体密度为g/cm3【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的前四周期元素，X 是形成化合物种类最多的元素，则X为C元素；Z是主族元素，其最高价氧化物的水化物可以用于净水，则Z为Al元素；Y和W的最外层电子数相同，但不同族，W的次外层电子数是最外层的8倍，则Y为Mg元素、W为Ni元素。【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，镁原子的3s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于同周期相邻元素，则镁元素的第一电离能大于铝元素，故A错误；B．氢氧化铝是溶于强酸、强碱的两性氢氧化物，但氢氧化铝不能溶于弱酸碳酸，故B错误；C．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的镁原子与位于面心的镍原子的距离最近，则晶胞中与镁原子最近的镍原子个数为12，故C错误；D．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的镁原子个数为8×=1，位于面心的镍原子个数为6×=3，位于体内的碳原子个数为1，则晶胞的化学式为MgNi3C，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10-10a)3d，解得d=，故D正确；故选D。8.有机化合物Ⅲ具有较强的抗氧化性，合成Ⅲ的反应如下，下列有关说法不正确的是A.该反应属于取代反应B.该反应的原子利用率为C.有机物Ⅰ、Ⅲ均能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.有机物Ⅰ的一氯代物有4种(不考虑立体异构)【答案】B【解析】【详解】A．由反应可知羧基和氨基发生脱水缩合反应，属于取代反应，故A正确；B．由反应可知，产物除III外还有水生成，则其原子利用率小于100%，故B错；C．有机物Ⅰ、Ⅲ均含有碳碳双键和酚羟基，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确； D．有机物Ⅰ的一氯代物有如图所示共四种，故D正确；答案选B。9.化学是以实验为基础的科学，下列实验操作或做法不能达到实验目的的是选项操作或做法目的A取和少量反应后的固体加水溶解，滴加溶液检验反应产物中的B将氯水滴入溶液中验证的非金属性强于C往碱性试样中加入新制具浊液，加热区分蔗糖和葡萄糖溶液D制备乙酸乙酯实验中用饱和溶液洗涤分液除去乙酸乙酯的乙醇和乙酸A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．和少量反应生成，滴加溶液若出现血红色溶液，说明产物是，故A正确；B．Cl2和反应生成Br2，溶液出现分层，说明的非金属性强于，故B正确；C．葡萄糖含醛基，蔗糖无醛基，在碱性溶液中加入新制具浊液，加热，出现砖红色沉淀，可鉴别两种溶液，故C正确；D．除去乙酸乙酯的乙醇和乙酸选用饱和Na2CO3溶液，故D错误；故选：D。 10.图中是利用垃圾假单胞菌株分解有机物的电化学原理图。下列说法正确的是A.电子流向：B电极→用电器→电极A，该过程将化学能转化为电能B.A电极上发生氧化反应，电极反应式为：X-4e-=Y+4H+C.若有机物为麦芽糖，处理0.25mol有机物，12molH+透过质子交换膜移动到右室D.若B电极上消耗标准状况下氧气56mL，则电极A上生成1.64gY【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，氧气生成水发生还原反应，B电极为电源正极，则电子流向：A电极→用电器→电极B，该过程将化学能转化为电能，A错误；B．A电极为电源负极，发生氧化反应，由图可知，X失去两个H，则电极反应式为：X-2e-=Y+2H+，B错误；C．麦芽糖化学式为C12H22O11，则反应为，处理0.25mol有机物，48×0.25=12molH+透过质子交换膜移动到右室，C正确；D．若B电极上消耗标准状况下氧气56mL=0.056L，O2的物质的量为0.0025mol，转移电子的物质的量为0.01mol，则电极A上生成0.005molY，Y化学式为C13H8O2N2，则Y质量为0.005mol×224g/mol=1.12g，D错误；故选C。11.向溶液中滴加盐酸，反应过程中能量变化如下图所示，下列说法正确的是 A.反应(1)为放热反应B.C.D.(1)，若使用催化剂，则变小【答案】B【解析】【详解】A．由图可知反应为吸热反应，△H＞0，A错误；B．由盖斯定律可知，B正确；C．由图可知，能量差值越大，反应热的绝对值越大，△H1、△H2都为放热反应，则△H1＜△H2，C错误；D．加入催化剂，改变反应历程，但反应热不变，D错误；答案选B。12.某化合物的结构为，其中X、Y、W、Z四种短周期元素原子半 径依次增大，X和Z同主族，W和Z同周期，Y和Z的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是A.简单离子半径：W＞Z＞YB.工业上可通过电解制取单质WC.该化合物水溶液显酸性D.与形成的化合物可与与形成的化合物发生反应【答案】D【解析】【分析】X、Y、W、Z四种短周期元素原子半径依次增大，X和Z同主族，W和Z同周期，Z可形成带一个单位正电荷的阳离子，为钠；Y和Z的简单离子具有相同的电子层结构，结合结构中成键情况可推断X为氢、Y为氧。W与氢、氧可形成带1个单位负电荷的阴离子，W为铝；【详解】A．一般而言，电子层数越多半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；则简单离子半径：O2-＞Na+＞Al3+，A错误；B．氯化铝为共价化合物，熔融状态不导电，不能通过电解制取单质W，B错误；C．该化合物为Na[Al(OH)4]，水溶液显碱性，C错误；D．水和氢化钠可以反应生成氢氧化钠和氢气，D正确；故选D。13.汽车尾气中的NO和CO可在催化剂作用下生成无污染的气体而除去。在密闭容器中充入10molCO和8molNO发生反应，测得平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系如图。下列说法正确的是 A.温度：T2＜T1B.反应速率：v(C)＜v(B)C.CO的体积分数：D.平衡常数：K(A)＞K(G)【答案】C【解析】【详解】A．该反应的正反应是气体体积减小的放热反应。在其它条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致NO的含量增大。根据图示可知：在压强不变时，NO的体积分数：T2＞T1，所以温度：T2＞T1，A错误；B．在温度不变时，增大压强，化学反应速率增大。由于压强：C＞B，所以反应速率v(C)＞v(B)，B错误；C．该反应中CO、NO都是反应物，二者反应转化的物质的量相同，因此若反应体系中NO的体积分数大，则其中的CO的体积分数也大，所以根据图示可知：，C正确；D．化学平衡常数只与温度有关，在其它条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致化学平衡常数减小。根据选项A分析可知：温度T2＞T1，所以化学平衡常数：K(A)＜K(G)，D错误；故合理选项是C。14.某金属阳离子与可结合生成多种络合产物，在水溶液中存在如下平衡： 。向某浓度的溶液中滴加浓氨水实验测得、、、、的物质的量分布分数()与溶液中游离氨的关系和M、P两点的坐标如图所示。下列说法正确的是A.曲线b表示B.平衡常数C.时，D.时，【答案】D【解析】【分析】增大游离NH3的浓度，平衡逆向移动，所以曲线表示、曲线表示、曲线表示、曲线表示、曲线表示。【详解】A．由图得知，曲线a在最小时含量最高，说明曲线a表示；随着增大，浓度逐渐减小；的浓度逐渐增大，故曲线表示；继续增大，的浓度又逐渐减小，的浓度开始逐渐增大，则曲线表示；以此类推，曲线表示； 最大时，的浓度最大，曲线表示，故A错误；B．根据选项A分析可知：曲线表示、曲线表示、曲线表示、曲线表示、曲线表示，根据平衡常数表达式，可知点，根据点对应的横坐标求得，，同理可求得点对应的，则反应平衡常数，故B错误；C．时，对应的溶液存在电荷守恒：，故C错误；D．结合图象可知时，，故D正确；答案选D。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、非选择题(共4个大题，58分)15.高铁酸钾()是一种新型、高效、多功能水处理剂。某化学实验小组模拟工业生产路线，在实验室中制备高铁酸钾，其实验装置如下： 已知：易溶于水，水溶液为紫色，微溶于浓KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生，在0℃~5℃、强碱性溶液中较稳定（1）仪器a的名称是___________。（2）装置A中发生反应的离子方程式为___________。（3）装置B中试剂为___________。（4）装置C中观察到溶液的颜色变化为___________，发生主要反应的化学方程式为___________，加入过量浓KOH溶液的原因是___________。（5）有同学提出，装置C在制备时存在一定缺陷，改进的措施是___________。（6）取C中洗涤并干燥后样品10g，加入稀硫酸，收集到0.672L气体(标准状况下)。则样品中高铁酸钾的质量分数约为___________。(计算结果精确到0.1%)【答案】（1）三颈烧瓶（2）（3）饱和食盐水（4）①.无色变为紫色②.③.微溶于KOH溶液，1在碱性溶液中较稳定(或有利于生成)（5）将装置C置于冰水浴中（6）79.2%【解析】【分析】由图可知，A中高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气，B中盛放饱和食盐水，除去氯气中的HCl，C中Cl2、Fe(OH)3、KOH反应制取K2FeO4，D为尾气处理装置； 【小问1详解】仪器a的名称是三颈烧瓶；【小问2详解】装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气，发生反应的离子方程式为；【小问3详解】浓盐酸易挥发，氯气中含杂质HCl气体，可用饱和食盐水除去，装置B中试剂为饱和食盐水；【小问4详解】装置C中Cl2、Fe(OH)3、KOH反应制取K2FeO4，由电子守恒和原子守恒可得反应方程式为，生成水溶液为紫色，溶液的颜色无色变为紫色；已知在强碱性溶液中较稳定，加入过量浓KOH溶液的原因是微溶于KOH溶液，1在碱性溶液中较稳定；【小问5详解】在0℃~5℃较稳定，为了防止其分解，可将装置C置于冰水浴中；【小问6详解】K2FeO4在硫酸溶液中，发生氧化还原反应，Fe元素的化合价由+6价降低为+3价，O元素的化合价由-2价升高为0，由电子、电荷及原子守恒可知，离子反应为4FeO+20H+═3O2↑+4Fe3++10H2O，取C中洗涤并干燥后样品的质量10g，加入稀硫酸，收集到0.672L气体，氧气的物质的量为，由反应可知高铁酸钾的物质的量为0.04mol，则样品中高铁酸钾的质量分数约为×100%=79.2%。16.金属回收与利用有利于环境保护，镉可用于制造体积小和电容量大的电池。铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质，湿法炼锌产生的铜镉渣用于生产金属镉的工艺流程如下： 下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(金属离子的起始浓度均为0.1mol·L-1)氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Cd(OH)2开始沉淀的pH1.76.37.5沉淀完全的pH2.88.49.3（1）滤渣Ⅰ可用硫酸酸化的双氧水浸取经结晶制取胆矾，试写出浸取过程离子方程式___________。（2）操作Ⅱ“除钴”时，向含Co2+的浸液中加入Zn和Sb2O3，恰好产生CoSb合金，写出该反应的化学方程式：___________。（3）操作Ⅲ加入ZnO控制反应液的pH范围为___________；若加入的H2O2不足，加入ZnO后所得的电解液中会含有Fe元素。请设计实验方案加以检验：___________。（4）“电解”过程中以石墨为电极得到粗镉，电解阳极反应式为___________；电解废液最好在___________加入循环利用。(选择“操作I”、“操作Ⅱ”、“操作Ⅲ”、“电解”工序名称填入横线上)（5）回收所得的Cd可用于制造镍镉碱性二次电池，电池工作时，正极NiO(OH)转化为Ni(OH)2，则充电时电池的阳极反应式为___________；如果用生石灰处理含Cd2+(2.88×10-4mol/L)的电解废液。常温下，当pH=10时，镉的去除率为___________。(用百分数表达，小数点后两位有效数字。已知常温下，Ksp[Cd(OH)2]=7.2×10-15)【答案】（1）Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O（2）2CoSO4+5Zn+Sb2O3+3H2SO4=5ZnSO4+2CoSb+3H2O（3）①.2.8～7.5②.取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在铁元素（4）①.2H2O-4e-=4H++O2↑②.操作I（5）①.Ni(OH)2-e-+OH-=NiO(OH)+H2O②.99.75%【解析】 【分析】由流程可知，铜镉渣加入稀硫酸，铜不反应进入滤渣Ⅰ，锌、铁、镉、钴元素进入溶液；加入锌和Sb2O3后除去钴得到CoSb滤渣，滤液加入过氧化氢后将二价铁转化为三价铁后加入氧化锌生成氢氧化铁沉淀；过滤除去氢氧化铁后电解最终得到单质镉。【小问1详解】滤渣Ⅰ可用硫酸酸化的双氧水浸取经结晶制取胆矾，浸取过程中铜和过氧化氢、氢离子反应生成铜离子和水，Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；【小问2详解】操作Ⅱ“除钴”时，浸液中含有过量硫酸，向含Co2+的浸液中加入Zn和Sb2O3，恰好产生CoSb合金，反应为硫酸钴和硫酸、Zn、Sb2O3产生CoSb、硫酸锌、水，2CoSO4+5Zn+Sb2O3+3H2SO4=5ZnSO4+2CoSb+3H2O；【小问3详解】操作Ⅲ需要将铁离子沉淀完全而镉离子不会沉淀，由表格可知，需加加入ZnO控制溶液pH的范围为2.8～7.5；若加入的H2O2不足，则电解液中含有亚铁子，检验方法为：取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在铁元素。【小问4详解】“电解”过程中以石墨为电极得到粗镉，电解池中阳极反应为水电离出的氢氧根离子失去电子发生氧化反应生成氧气，反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑；电解废液中通过电解后含有硫酸，故最好在操作I加入循环利用。【小问5详解】镍镉碱性二次电池，电池工作时，正极NiO(OH)转化为Ni(OH)2，则充电时电池的阳极反应为Ni(OH)2发生氧化反应生成NiO(OH)，反应为Ni(OH)2-e-+OH-=NiO(OH)+H2O；已知常温下，Ksp[Cd(OH)2]=7.2×10-15；常温下，当pH=10时，氢氧根离子浓度为10-4mol/L，则镉离子浓度为；镉的去除率为。17.国家主席习近平提出了中国应对气候变化的两个目标：二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，于2060年前实现碳中和。因此，研发CO2利用技术、降低空气中CO2含量成为了研究热点。为减少CO2对环境造成的影响，可采用“CO2催化加氢制甲醇”方法将其资源化利用。 该反应体系中涉及以下两个反应：I.CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1II.CO2(g)+H2(g)→CO(g)+H2O(g)ΔH2回答下列问题：（1）反应I、II的InK(K代表化学平衡常数)随(温度的倒数)的变化如图所示。ΔH1________0(填“大于”或“小于”或“等于”)；升高温度，反应CO(g)+2H2(g)→CH3OH(g)的化学平衡常数________(填“增大”或“减小”或“不变”)。（2）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有________。A.增大CO的浓度，反应I的平衡向正反应方向移动B.降低温度，反应I和II的正、逆反应速率都减小C.恒温恒容下充入氦气，反应I的平衡向正反应方向移动D.增大压强，反应I和II重新达到平衡的时间不同（3）恒压下将CO2和H2按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应II，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。 其中：CH3OH的选择性=×100%①在上述条件下合成甲醇的工业条件是________。A.210℃B.230℃C.催化CZTD.催化剂CZ(Zr-1)T②在230℃以上，升高温度CO2的转化率增大，但甲醇的产率降低，原因是________。（4）恒温恒压密闭容器中，加入2molCO2和4molH2，只发生反应I和反应II，初始压强为p0，在300℃发生反应，反应达平衡时，CO2的转化率为50%，容器体积减小20%.则达到平衡时H2的转化率为________，反应II的平衡常数K=________(保留两位有效数字)。【答案】（1）①.小于②.减小（2）AB（3）①.BD②.230℃以上，温度升高，反应Ⅰ的平衡向逆反应方向移动，反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动，但温度对反应Ⅱ的平衡影响更大（4）①.55%②.0.22【解析】【小问1详解】温度T降低，增大，由图象可知，反应I的lnK随的增大而增大，反应II的lnK随的增大而减小，即随着的增大，反应I的K增大、反应II的K减小。所以，当温度降低，反应I的K增大、平衡正向移动，反应I为放热反应，ΔH1小于0；当温度降低，反应II的K减小、平衡逆向移动，反应II为吸热反应，ΔH2大于0。依据盖斯定律，反应CO(g)+2H2(g)→CH3OH(g)可由I-II得到，即焓变ΔH=ΔH1-ΔH2，而ΔH1<0、ΔH2>0，所以ΔH<0，温度升高，平衡逆向移动，化学平衡常数减小。 【小问2详解】A．增大一氧化碳浓度，反应II逆向移动，二氧化碳和氢气浓度增大，相当于反应I的反应物浓度增大，反应I正向移动，A正确；B．降低温度，反应I和II的正、逆反应速率都减小，B正确；C．恒温恒容下充入氦气，各物质浓度不变，平衡不移动，C错误；D．增大压强，反应I平衡正向移动、反应II平衡就得逆向移动，当反应I达到平衡时，二氧化碳和氢气浓度不再改变，反应II也得达到平衡，因此增大压强，反应I和II重新达到平衡的时间相同，D错误；答案选AB。【小问3详解】①由图可知，230℃时甲醇产率最高，该温度下使用催化剂CZ(Zr-1)T，甲醇选择性较大，答案选BD。②230℃以上，温度升高，反应Ⅰ的平衡向逆反应方向移动，反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动，但温度对反应Ⅱ的平衡影响更大，所以在230℃以上，升高温度CO2的转化率增大，但甲醇的产率降低。【小问4详解】由于发生反应I，容器容积减小，设参加反应I的二氧化碳的物质的量为xmol，则有关系式：，解得x=0.6mol，则参加反应I的氢气的物质的量为1.8mol，生成甲醇的物质的量为0.6mol，生成水蒸气的物质的量为0.6mol，而二氧化碳的转化率为50%，则参加反应II的二氧化碳的物质的量为，反应II消耗氢气0.4mol，生成一氧化碳0.4mol，生成水蒸气0.4mol，平衡时容器中有二氧化碳1mol，氢气1.8mol，甲醇0.6mol，水蒸气1mol，一氧化碳0.4mol，氢气转化率为，设平衡时容器体积为V，则反应II的平衡常数。18.化合物G俗称依普黄酮，是一种抗骨质疏松药物的主要成分。以甲苯为原料合成该化合物的路线如下图所示。 已知：①G的结构简式为②ROOH++H2O（1）反应①的反应条件为_______，反应F→G的反应类型为_______。（2）化合物H用习惯命名法命名为_______（3）E与足量的，完全加成后所生成的化合物中手性碳原子(连接四个不同原子或基团)的个数为_______。（4）已知N为催化剂，则的化学方程式为_______。（5）K是D的同系物，其相对分子质量比D多14，满足下列条件的K的同分异构体共有_______种。①苯环上只有两个侧链；②能与Na反应生成；③能与银氨溶液发生银镜反应。（6）根据上述信息，设计以苯酚和为原料，制备的合成路线_______(无机试剂任选)。【答案】（1）①.光照②.取代反应（2）间苯二酚（3）4（4） （5）18（6）【解析】【分析】图示可知，A()与光照条件下发生取代反应生成B()；与NaCN在一定条件下发生取代反应生成C()；在酸性条件下水解生成D()；与在一定条件下反应生成E()；与在催化剂N作用下反应生成F()和；与在碱性条件下反应生成 G()。【小问1详解】由反应流程图可知，反应①为甲苯与的取代反应，甲基上一个氢原子被氯原子取代，其反应条件应为光照；F→G的反应中，的酚羟基上一个氢原子被中的异丙基取代生成G，反应为取代反应；【小问2详解】D()+H→E()，发生的是已知信息反应②，则可推断化合物H的结构简式为，按照习惯命名法，应为间苯二酚；【小问3详解】E与足量H2加成后的物质的结构简式为(手性碳原子用*标注)，则手性碳原子(连接四个不同原子或基团)的个数为4；【小问4详解】已知N为催化剂，则的化学方程式为 ；【小问5详解】K是D的同系物，其相对分子质量比D多14，则K比D多一个CH2；满足③能与银氨溶液发生银镜反应，则需含有醛基；②能与Na反应生成H2，则需含有羟基或酚羟基；且满足①苯环上只有两个侧链；则有以下情况：a.苯环上有1个羟基和一个，有3种；b.苯环上有1个羟基和一个，有3种；c.苯环上有1个甲基和一个，有3种；d.苯环上有1个和一个，有3种；e.苯环上有1个和一个，有3种；f.苯环上有1个和一个有3种；综上，共计有18种；【小问6详解】以苯酚和为原料，制备；用逆合成分析法可知：目标产物可通过与苯酚发生信息反应②获得；通过原料仿照流程反应B→C→D即可完成，即：和HCl在加热条件 下发生取代反应生成；与NaCN反应生成；在酸性条件下水解生成；故所求有机合成路线如下：。