湖南省 2023届高三化学第五次月考试题（Word版附解析）

高三第五次月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～1C～12N～14O～16Na～23Mg～24Al～27S～32Cl～35.5Ni～59Pb～207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.化学和生活、社会发展息息相关。下列说法正确的是A.核酸检测时用到的“拭子”由尼龙纤维制成，属于有吸附性的天然有机高分子材料B.将铬、锰加入普通钢中制成不锈钢，使钢铁制品永不生锈C.钓鱼竿、羽毛球拍可以用碳纤维复合材料制作而成D.液晶显示器中液晶是具有各向异性的液态晶体【答案】C【解析】【详解】A．尼龙纤维是聚酯胺类合成纤维，属于合成有机高分子材料，故A错误；B．将铬、锰加入普通钢中制成不锈钢，能大大增强钢铁的抗腐蚀能力，但并不能使钢铁制品永不生锈，故B错误；C．由于碳纤维复合材料韧性好、强度大，可用碳纤维复合材料制作钓鱼竿、羽毛球拍等，故C正确；D．液晶是一种介于晶体状态和液态之间的中间态物质，因此不能说液晶就是液态晶体，故D错误；答案选C。2.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A.10gD218O中含有的中子数为6NAB.30gHCHO和CH3COOH混合物中含H原子数为2NAC.标准状况下，2.24LCH2Cl2含有的C—Cl键数目为0.2NAD.用铜电极电解饱和食盐水，若线路中通过NA个电子，则阳极产生11.2L气体【答案】B【解析】 【详解】A．D218O中中子数为12，则10gD218O中含有的中子数为×12×NAmol—1＜6NA，故A错误；B．甲醛和乙酸的最简式都为CH2O，则30gCH2O中含氢原子数为×2×NAmol—1=2NA，故B正确；C．标准状况下，二氯甲烷为液态，无法计算2.24L二氯甲烷的物质的量和含有的C—Cl键数目，故C错误；D．未指明温度和压强，无法计算线路中通过NA个电子时阳极产生氯气的体积，故D错误；故选B。3.下列指定反应的离子方程式正确的是A.用氨水吸收足量的SO2气体：2NH3·H2O+SO2=2++H2OB.将Cl2通入石灰乳中制漂白粉：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2OCZnCO3溶于稀盐酸：+2H+=H2O+CO2↑D.向AgBr悬浊液中滴加足量Na2S溶液，出现黑色沉淀：2AgBr(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Br-(aq)【答案】D【解析】【详解】A．用氨水吸收足量的SO2气体，反应生成亚硫酸氢铵：NH3·H2O+SO2=+，选项A错误；B．将Cl2通入石灰乳中制漂白粉，反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的离子方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=2Ca2++2ClO-+2Cl-+2H2O，选项B错误；C．ZnCO3溶于稀盐酸生成氯化锌、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：+2H+=Zn2++H2O+CO2↑，选项C错误；D．向AgBr悬浊液中滴加足量Na2S溶液，出现黑色沉淀，转化为更难溶的硫化银，反应的离子方程式为：2AgBr(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Br-(aq)，选项D正确；答案选D。4.氮的氧化物是大气污染物之一，如图为科研人员探究消除氮氧化物的反应机理，下列说法错误的是 A.整个过程中作催化剂B.过程Ⅰ中发生的化学反应为C.过程中涉及的反应均为氧化还原反应D.过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2【答案】D【解析】【详解】A．整个过程中先参加反应后又被生成，是催化剂，A正确；B．过程Ⅰ中的反应物为、NO，产物为、、，对应的化学方程式为，故B正确；C．过程Ⅰ、Ⅱ中的化学反应均存在元素化合价的升降，即涉及的反应均为氧化还原反应，C正确；D．过程Ⅱ的化学方程式为，Ni元素化合价降低，是氧化剂，O元素化合价升高，是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故D错误；选D。5.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且原子序数总和为25，Y是地壳中含量最多的元素，由这四种元素形成的某化合物结构如图所示。下列叙述正确的是 A.简单离子半径：B.该化合物具有强氧化性，可杀菌消毒C.该化合物中W、X、Y、Z最外层均达到8电子稳定结构D.W分别与X、Y、Z形成的化合物所含化学键类型相同【答案】B【解析】【分析】Y是地壳中含量最多的元素，则Y是O，根据化合物结构可知W共用1对电子对，且原子序数最小，则W为H，Z离子为+1价，且是短周期主族元素，则Z为Na，4种元素原子序数总和为25，则1+x+8+11=25，解得x=5，则X为B元素；【详解】由上述分析可知，W为H，X为B，Y为O，Z为Na元素，A．O2-和Na+的电子层数相同，则核电荷数大的离子半径小，即Na+小，简单离子半径：Y>Z，故A错误；B．该化合物含过氧根具有强氧化性，可杀菌消毒，故B正确；C．W为H，该化合物中H最外层电子只有2，未达到8电子稳定结构，故C错误；D．X为B，Y为O，都是非金属元素，H与X或Y形成化合物只有共价键，Z为Na，与H形成化合物NaH含离子键，故D错误；故选：B。6.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 测定未知溶液的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。7.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。8.“热电池”是高温熔融盐一次电池，在航空航天领域有广泛应用，采用LiAl、LiSi等合金做电极比纯锂安全性更好。某热电池工作原理如图所示，放电时，1molFeS2完全反应时得到4mol电子。下列说法错误的是A.电子流向：LiAl极→用电器→FeS2极B.若转化为，则FeS2消耗98.4gC.正极的电极反应式为D.热电池的正极材料需要具备高温下的热稳定性和物理稳定性 【答案】B【解析】【分析】由图示可知，LiAl极为负极，FeS2极为正极，负极锂比铝活泼，放电时锂优先失电子生成锂离子，负极反应式为：Li-e-=Li+，正极反应式为：。【详解】A．电池放电时，电子由负极经外电路流向正极，即电子流向：LiAl极→用电器→FeS2极，A正确；B．放电时，转化为的反应式为：-0.82e-=+0.82Li+，正极反应式为：，当转移0.82mol电子时，消耗0.205molFeS2，质量为：0.205mol120g/mol=24.6g，B错误；C．由分析可知，正极电极反应式为：，C正确；D．热电池的正极材料需要具备高温下不易分解，不易与其他物质反应的性质，即具备高温下的热稳定性和物理稳定性，D正确；答案选B。9.氯苯与硝酸发生硝化反应过程中，生成邻、间、对硝基氯苯经历的中间体过程如图所示．据所给信息可得出的结论是A.氯苯与硝酸发生一取代反应是吸热反应B.相同温度下，生成间硝基氯苯的速率最大C.反应过程中经历了断键产生的过程D.选用合适的催化剂，有利于提高邻硝基氯苯的选择性【答案】D【解析】 【详解】A．图中只是给出了氯苯和中间体的能量，并没有给出最终产物的能量，故无法判断该反应是吸热还是放热，A错误；B．由图可知，生成间硝基氯苯的活化能最大，故其反应速率应该是最慢的，B错误；C．反应过程中经历了断键产生的是硝基，不是，C错误；D．催化剂具有选择性，故选用合适的催化剂，有利于提高邻硝基氯苯的选择性，D正确；故选D。10.下列方案设计、现象和结论都正确是目的方案设计现象和结论A判断C元素和S元素的非金属性强弱常温下，测定等物质的量浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH若Na2CO3溶液pH比Na2SO3溶液的大，则非金属性：S>CB以Al2O3为原料制备AlCl3•6H2O在Al2O3中加入适量浓盐酸，加热促进溶解，蒸发浓缩至溶液表面出现一层晶膜，静置，冷却结晶若冷却时晶体析出量很少，则说明氯化铝溶解度随温度降低变化不明显，应采取蒸发结晶的方法C验证反应物浓度增大可加快反应速率在3支试管中分别加入0.05mol·L-1、0.2mol·L-1、2mol·L-1草酸溶液各2mL，再同时加入1mL0.01mol·L-1高锰酸钾溶液，观察现象若0.2mol·L-1草酸溶液中紫色最先褪去，则反应物浓度增大时，该反应速率不一定增大，还有其它影响因素，需要进一步探究D检验1—溴丙烷消去产物中的丙烯取5mL1—溴丙烷和10mL饱和氢氧化钾乙醇溶液，均匀加热，将产生的气体通入2mL稀酸性高锰酸钾溶液中若高锰酸钾溶液褪色，则有丙烯生成A.AB.BC.CD.D【答案】C 【解析】【详解】A．亚硫酸钠不是硫元素的最高价含氧酸的盐，不能据此判断C元素和S元素的非金属性强弱，A错误；B．采取蒸发结晶的方法容易失去结晶水，不能得到AlCl3•6H2O，B错误；C．由于生成的锰离子可作催化剂，加快反应速率，所以当反应物浓度增大时，反应速率增大不一定是由于浓度影响造成的，还可有其它影响因素，需要进一步探究，C正确；D．生成的丙烯中含有乙醇，乙醇也能使高锰酸钾溶液褪色，不能说明有丙烯生成，D错误；答案选C。11.聚合硫酸铁是一种新型絮凝剂，其处理污水能力比强，且腐蚀性小。工业上利用废铁屑为原料制备聚合硫酸铁的工艺流程如图。下列说法正确的是A.聚合硫酸铁中B.酸浸槽中加入的酸液可用稀硝酸C.反应釜中发生的离子反应为D.聚合釜中控制溶液的pH越大越好【答案】A【解析】【详解】A．化学式中：，即，A正确；B．酸浸槽中加入的酸液是硫酸，如果加入硝酸，一方面会生成有毒气体，另一方面会引入杂质，B错误；C．反应釜中加入的将氧化为，正确的离子方程式为，C错误；D．如果聚合釜中溶液的pH控制过大，会生成氢氧化铁沉淀，达不到制取聚合硫酸铁的目的，D错误；故答案为：A。 12.已知：反应Ⅰ.反应Ⅱ.根据上述数据，下列推理不正确的是A.无法比较反应Ⅰ和反应Ⅱ的反应速率的快慢B.可比较等物质的量的1，3-丁二烯和2-丁炔总键能大小C.可计算1，3-丁二烯和2-丁炔相互转化的热效应D.可判断一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能之和的大小【答案】D【解析】【详解】A．反应速率受温度、浓度、压强、催化剂等影响，单纯从焓变无法比较反应Ⅰ和反应Ⅱ的反应速率的快慢，A正确；B．两者反应物相同，且均生成2分子氢气，反应焓变大于零为吸热反应，且反应Ⅱ焓变更大，则2-丁炔能量更高，焓变等于反应物总键能减去生成物总键能，故2-丁炔总键能更小，B正确；C．由盖斯定律，通过反应Ⅱ-Ⅰ，可计算1，3-丁二烯和2-丁炔相互转化的热效应，C正确；D．1，3-丁二烯和2-丁炔中所含碳碳单键的数目不同，故不可判断一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能之和的大小，D错误；故选D。13.有机化合物X与Y在一定条件下可反应生成Z，反应方程式如下：下列有关说法正确的是A.有机物X与Y生成Z的反应属于取代反应B.有机物Y分子中最多有9个原子同一平面上C.1molZ的芳香族同分异构体化合物可能与2molNa反应 D.Z在酸性条件下水解生成和CH3OH【答案】C【解析】【详解】A．根据反应原理可知，有机物X与Y生成Z的反应属于二烯烃的1,4-加成反应，选项A错误；B．根据乙烯6个原子共平面、甲醛分子4个原子共平面、单键可以旋转，Y分子中除了甲基上还有2个H原子不共面，最多有10个原子在同一平面上，选项B错误；C．Z的不饱和度为4，芳香族同分异构体化合物可以有2个羟基，则1molZ的芳香族同分异构体化合物可能与2molNa反应，选项C正确；D．根据酯水解的反应原理，水解后18O应该在CH318OH中，选项D错误；答案选C。14.t℃时，向NaA稀溶液中不断加入蒸馏水，溶液中与的变化关系如图所示。下列叙述错误的是A.当溶液中，有B.该温度下，HA的电离常数C.溶液中： D.X点溶液中：【答案】D【解析】【分析】由图可知，t℃没有加入NaA的水，即纯水中c2(OH-)为1×10-14mol2/L2，水中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，都为1×10-7mol/L，水的离子积常数Kw=1×10-14。【详解】A．由图可知，溶液中A-离子浓度为2×10-4mol/L时，溶液中c2(OH-)为3×10-14mol2/L2，溶液中氢氧根离子浓度为×10-7mol/L，则溶液中的氢离子浓度=≈5.9×10-8mol/L＞5×10-8mol/L，故A正确；B．由图可知，溶液中A-离子浓度为1×10-4mol/L时，溶液中c2(OH-)为2×10-14mol2/L2，即c(OH-)=×10-7mol/L，c(H+)=，NaA溶液中存在质子守恒，则=×10-7mol/L-=，则HA的电离常数Ka===，故B正确；C．NaA溶液中存在质子守恒关系，故C正确；D．结合分析和B可知Kh==10-10，溶液中c(H+)=，结合Ka=可知c(HA)=，由图可知X点<1×10-4mol/L，则c(H+)>c(HA)，NaA中A-部分水解，溶液显碱性，则>c(H+)>c(HA)，故D错误；故选D。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、非选择题(共4个大题，58分)15.碘被称为“智力元素”，科学合理地补充碘可防治碘缺乏病，KI、KIO3曾先后用于加碘 盐中。KI还可用于分析试剂、感光材料、制药等，其制备原理如下：反应I：3I2+6KOH=KIO3+5KI+3H2O反应II：3H2S+KIO3=3S↓+KI+3H2O请回答有关问题。（1）启普发生器中发生反应的化学方程式为_______。装置中盛装30%氢氧化钾溶液的仪器名称是_______。（2）关闭启普发生器活塞，先滴入30%的KOH溶液，待观察到三颈烧瓶中溶液颜色由棕黄色变为_______(填现象)，停止滴入KOH溶液，然后_______(填操作)，待三颈烧瓶和烧杯中产生气泡的速率接近相等时停止通气。（3）滴入硫酸溶液，并对三颈烧瓶中的溶液进行水浴加热，其目的_______。（4）把三颈烧瓶中的溶液倒入烧杯中，加入碳酸钡，在过滤器中过滤，过滤得到的沉淀中除含有过量碳酸钡外，还含有硫酸钡和_______(填名称)。合并滤液和洗涤液，蒸发至析出结晶，干燥得成品。（5）实验室模拟工业制备KIO3流程如下：几种物质的溶解度见下表：KClKH(IO3)2KClO325℃时的溶解度(g)20.80.87.580℃时的溶解度(g)37.112.416.2①由上表数据分析可知，“操作a”为_______。②用惰性电极电解KI的碱性溶液也能制备KIO3，阳极反应式为_______；与电解法相比，上述流程制备KIO3的缺点是_______。 （6）某同学测定上述流程生产的KIO3样品的纯度。取1.00g样品溶于蒸馏水中并用硫酸酸化，再加入过量的KI和少量的淀粉溶液，逐滴滴加2.0mol/LNa2S2O3溶液，恰好完全反应时共消耗12.00mLNa2S2O3溶液。该样品中KIO3的质量分数为_______(已知反应：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)【答案】（1）①.ZnS+H2SO4=H2S↑+ZnSO4②.恒压滴液漏斗（2）①.无色②.打开启普发生器活塞，通入气体（3）使溶液酸化并加热，有利于溶液中剩余的硫化氢逸出，从而除去硫化氢（4）硫（5）①.蒸发浓缩、冷却结晶(或重结晶)②.I--6e-+6OH-=IO+3H2O③.KClO3和I2反应时会产生有毒的氯气，污染环境（6）85.60%【解析】【分析】本题以制备KI、KIO3为题材的实验题，(1)~(4)为用I2和KOH溶液反应生成KIO3和KI，再用H2S还原KIO3得到KI，则实验装置启普发生器中发生的反应是硫化锌和稀硫酸反应生成硫化氢气体和硫酸锌，实验开始前关闭启普发生器活塞，打开滴液漏斗的活塞，滴入30%的KOH溶液，碘单质和氢氧化钾反应，当溶液变为无色时，停止滴入KOH溶液，再打开启普发生器活塞开始向三颈烧瓶中通入H2S发生反应II，反应中有硫单质沉淀生成，滴入硫酸溶液，并对KI混合液水浴加热除去硫化氢，(5)是用电解法制备KIO3，根据电解池原理进行解题，(6)是通过滴定原理来测量KIO3的纯度，据此分析解题。【小问1详解】启普发生器中发生的反应是硫化锌和稀硫酸反应生成硫化氢气体和硫酸锌，反应的化学方程式：ZnS+H2SO4═H2S↑+ZnSO4，装置中盛装30%氢氧化钾溶液的仪器名称为恒压滴液漏斗，故答案为：ZnS+H2SO4═H2S↑+ZnSO4；恒压滴液漏斗；【小问2详解】根据题干信息，制备KI的反应过程为，反应I：3I2+6KOH=KIO3+5KI+3H2O，反应II：3H2S+KIO3=3S↓+KI+3H2O，故其操作过程为：关闭启普发生器活塞，打开滴液漏斗的活塞，滴入30%的KOH溶液，待观察棕黄色溶液变为无色，此时反应I基本完全，然后开始停止滴入KOH溶液，打开启普发生器活塞，通入气体H2S进行反应II，可是进一步生成KI，故答案为：无色；打开启普发生器活塞，通入气体；【小问3详解】 滴入硫酸溶液，并对KI混合液水浴加热，其目的是：使溶液酸化并加热，有利于H2S溢出，从而除去H2S，故答案为：使溶液酸化并加热，有利于H2S溢出，从而除去H2S；【小问4详解】由题干信息可知，通入H2S后三颈烧瓶中该发生反应II生成有S沉淀，则把三颈烧瓶中的溶液倒入烧杯中，加入碳酸钡，在过滤器中过滤，过滤得到的沉淀中除含有过量碳酸钡外，还含有硫酸钡和硫，合并滤液和洗涤液，蒸发至析出结晶，干燥得成品，故答案为：硫；【小问5详解】①表数据分析可知KH（IO3）2在常温下溶解度小，操作Ⅰ是得到KH（IO3）2晶体，操作的名称为：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到晶体，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；②惰性电极电解KI溶液也能制备KIO3，同时生成氢气，则电解时发生反应的离子方程式为I-+3H2O+3H2↑，阳极发生氧化反应，则阳极反应式为：I--6e-+6OH-=+3H2O，由题干流程信息可知，与电解法相比，上述流程制备KIO3的过程中，KClO3和I2反应时会产生有毒的氯气，反应原理为：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O，污染环境，故答案为：I--6e-+6OH-=+3H2O；KClO3和I2反应时会产生有毒的氯气，污染环境；【小问6详解】设样品中KIO3的质量分数为x，由①KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，反应②I2+2S2O=2I-+S4O，可得关系式为：KIO3~3I2~6Na2S2O3，则n(KIO3)=n(Na2S2O3)==4×10-3mol，所以碘酸钾的质量分数x=×100%=85.60%，故答案为：85.60%。16.对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：已知：该工艺中，时，溶液中元素以的形态存在。 （1）“焙烧”中，有生成，其中元素的化合价为___________。（2）“沉铝”中，生成的沉淀X的离子方程式___________。（3）“沉钼”中，为7.0。生成的离子方程式为___________。（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和Y，Y为___________(填化学式)。②往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量___________(填化学式)气体，再通入足量，可析出Y。（5）高纯(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止刻蚀液与下层(砷化镓)反应。①该氧化物为___________。②已知：和同族，和同族。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为___________。【答案】（1）+6（2）AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO（3）+=↓（4）①.②.（5）①.②.【解析】【分析】废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物，与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。 【小问1详解】Na2MoO4中Na和O的化合价为+1和-2，根据化合价的代数和为0可知，Mo元素的化合价为+6。【小问2详解】“沉铝”中，NaAlO2溶液与过量CO2反应可以生成Al(OH)3和碳酸氢钠，因此，生成沉淀X的离子方程式为AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO。【小问3详解】时，溶液中元素以的形态存在，“沉钼”中，为7.0，即：滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成BaMoO4沉淀，该反应的离子方程式为。【小问4详解】①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3。②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量NH3，再通入足量CO2，可析出NaHCO3。【小问5详解】①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由H2O2与AlAs反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为Al2O3。②由Ga和Al同族、As和N同族可知，GaAs中显+3价(其最高价)、As显-3价。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，As元素被氧化，则该反应的氧化剂为H2O2，还原剂为GaAs。H2O2中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个H2O2参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为8:2=4:1。17.当今世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点，中国承诺2030年前，二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后逐步降低。2060年前实现“碳中和”，体现了中国对解决气候问题的大国担当。因此，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点，其中研发二氧化碳的利用技术，将二氧化碳转化为能源是缓解环境和解决能源问题的方案之一。I.二氧化碳在一定条件下转化为甲烷，其反应过程如下图所示。 已知：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H1=-205kJ·mol-1反应II：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)△H2=-246kJ·mol-1（1）则反应I的热化学方程式为_______。（2）一定条件下，向2L恒容密闭容器中加入1mo1CO2和5molH2，只发生上述反应I和反应II；10min后容器内总压强(P)不再变化，容器中CH4为0.6mol，CO2为0.2mol，H2O为1.4mol，10min内H2的平均反应速率v(H2)=_______反应II的平衡常数Kp=_______(用含字母P的代数式表示，已知Kp是用反应体系中气体物质的分压来表示的平衡常数，即将K表达式中平衡浓度用平衡分压代替，某气体分压=气体总压强×该气体的物质的量分数)II.在催化剂作用下CO2加氢还可制得甲醇CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)∆H=50kJ/mol。（3）能说明反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=50kJ/mol已达平衡状态的是_______(填字母)。A.单位时间内生成1molCH3OH(g)的同时消耗了3molH2(g)B.在恒温恒容的容器中，混合气体的密度保持不变C.在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化D.在恒温恒压的容器中，气体的平均摩尔质量不再变化III.CO2与H2催化重整制备CH3OCH3的过程中存在反应：①2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H<0；②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H>0。（4）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。P1、P2、P3由大到小的顺序为_______；T2°C时主要发生反应_______。(填“①”或“②”)，CO2平衡转化率随温度变化先降后升的原因为_______。 【答案】（1）CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H1=+41kJ·mol-1（2）①.0.13mol·L-1·min-1②.7/p2（3）CD（4）①.P1>P2>P3②.②③.开始升温以反应①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②为主，反应吸热平衡正向移动，CO2平衡转化率上升【解析】【小问1详解】反应I的化学方程式为CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，已知①CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H1=-205kJ·mol-1，②CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)△H2=-246kJ·mol-1，由盖斯定律可知①-②可得CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，△H=-205kJ·mol-1-(-246kJ·mol-1)=+41kJ·mol-1，故热化学方程式为CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H1=+41kJ·mol-1。【小问2详解】由题给信息可知如下三段式：设反应I生成水xmol，x+0.6=1.4，则x=0.8，则v(H2)=mol·L-1·min-1；平衡时容器中气体总物质的量n(CO2)+n(H2)+n(CO)+n(H2O)+n(CH4)=0.2+2.4+0.2+1.4+0.6=4.8mol，则反应II的平衡常数Kp=【小问3详解】A．用不同物质的速率表示反应达到平衡，反应方向应是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，单位时间内生成1molCH3OH(g)的同时消耗了3molH2(g)，反应方向都是向正反应方向进行，因此不能说明反应达到平衡，故A不符合题意； B．组分都是气体，混合气体总质量保持不变，容器为恒容，气体体积不变，根据密度的定义，混合气体密度始终不变，因此该条件下，混合气体的密度不变，不能说明反应达到平衡，故B不符合题意；C．化学平衡常数只受温度的影响，容器为绝热恒容，化学反应都会伴随能量的变化，容器中的温度在改变，当温度不再改变，反应平衡常数也不再改变，说明反应达到平衡，故C符合题意；D．组分都是气体，混合气体总质量保持不变，该反应是气体物质的量减少的反应，因此当气体平均摩尔质量不再变化，说明反应达到平衡，故D符合题意；答案为CD；【小问4详解】作等温线，增大压强，反应①的平衡向正反应方向进行，反应②平衡不移动，整体来看，CO2的平衡转化率增大，根据图象可知，P1>P2>P3；根据图象可知，在T℃，CO2的平衡转化率在不同压强下保持不变，说明压强对反应物影响，因此该温度下，主要发生反应②；开始升温以反应①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②为主，反应吸热平衡正向移动，CO2平衡转化率上升。18.2021年诺贝尔生理学或医学奖颁发给发现温度和触觉感受器的两位科学家，其中温度感受器的发现与辣椒素有关。辣椒素1的一种合成路线如图(部分试剂或产物已略去)。已知：R1—CH2BrR1—CH=CH—R2，请回答下列问题：（1）A→B的反应类型____。（2）D中的官能团名称为____；C的结构简式为____。 （3）F→G的化学反应方程式为____。（4）G的同分异构体中，同时符合下列条件的有_____种(不含立体结构)，其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为_____。①能与FeCl3溶液发生显色反应；②能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出气体。（5）如图是利用Wittig反应，设计的以溴化苄()为原料合成的路线。M①合成路线中a的反应条件为____。②写出反应b的化学方程式：____。【答案】（1）取代反应（2）①.羧基和碳碳双键②.(CH3)2CHCHO（3）+CH3ONa+NaBr（4）①.13②.（5）①.NaOH水溶液、加热②.2+O22+2H2O【解析】 【分析】由题干有机合成路线图中B、D的结构简式和B到D的转化条件并结合已知信息可知，C的结构简式为：(CH3)2CHCHO，由E、G的结构简式和E到F、F到G的转化条件可知F的结构简式为：，(4)由题干流程图可知，G的分子式为：C8H8O3，则同时符合下列条件：①能与FeCl3溶液发生显色反应即含有酚羟基，②能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出气体即含有羧基，G的同分异构体中若含两个取代基即-OH、-CH2COOH则有邻、间、对三种，若含有三个取代基即-OH、-COOH和-CH3，则先考虑前2个取代基有邻间对三种位置关系，再连接第3个取代基时有分别有4种、4种和2种，则一共有3+4+4+2=13种，其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为，(5)由题干已知Wittig反应的信息，可推知M的结构简式为：，据此分析解题。【小问1详解】由题干流程图可知，A→B即A分子中的醇羟基被Br所代替，故该反应的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；【小问2详解】由题干流程图中D的结构简式可知D中的官能团名称为羧基和碳碳双键，由分析可知，C的结构简式为(CH3)2CHCHO，故答案为：羧基和碳碳双键；(CH3)2CHCHO；【小问3详解】由分析可知，F的结构简式为，则F→G即和CH3ONa生成和NaBr，故该反应的化学反应方程式为+CH3ONa +NaBr，故答案为：+CH3ONa+NaBr；【小问4详解】由题干流程图可知，G分子式为：C8H8O3，则同时符合下列条件：①能与FeCl3溶液发生显色反应即含有酚羟基，②能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出气体即含有羧基，G的同分异构体中若含两个取代基即-OH、-CH2COOH则有邻、间、对三种，若含有三个取代基即-OH、-COOH和-CH3，则先考虑前2个取代基有邻间对三种位置关系，再连接第3个取代基时有分别有4种、4种和2种，则一共有3+4+4+2=13种，其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为，故答案为：13；；【小问5详解】①由题干信息可知，合成路线中a即卤代烃发生水解反应生成醇，故该转化的反应条件为NaOH水溶液、加热，故答案为：NaOH水溶液、加热；②由题干已知Wittig反应的信息，可知合成：是由和，则反应b是由催化氧化转化为的过程，该反应的化学方程式为：2+O22+2H2O，故答案为： 2+O22+2H2O。