湖南省百校2023届高三化学下学期开年摸底联考试题（Word版附解析）

2023届高三开年摸底联考湖南卷化学试题考试时间75分钟，满分100分可能用到的相对原子质量：一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.从日常生活到科技前沿，化学无处不在。下列说法正确的是A.热水泡茶涉及萃取、分液等操作B.天然奶油是从牛奶或羊奶中提取出的半固态物质，属于蛋白质C.速滑竞赛服使用聚氨酯材料可减少空气阻力，聚氨酯是高分子材料D.用于制造“山东舰”上舰载机降落拦阻索的特种钢，属于新型无机非金属材料【答案】C【解析】【详解】A．热水泡茶涉及溶解、过滤，不涉及分液，A项错误；B．天然奶油是从牛奶或羊奶中提取出的半固态物质，属于油脂，B项错误；C．聚氨酯是聚合物，属于高分子材料，C项正确；D．用于制造“山东舰”上舰载机降落拦阻索的特种钢，属于合金，为金属材料，D项错误；故选C。2.下列实验操作或装置(略去部分夹持仪器)正确的是 A.制取少量B.钠的燃烧C.制备D.配制一定物质的量浓度的溶液A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．用盐酸和石灰石制取二氧化碳，A正确；B．将金属钠放在石棉网上用酒精灯进行加热，B错误；C．通氨气的导管不能插入液面以下，否则易发生倒吸；通二氧化碳的导管应插入液面以下，否则二氧化碳不易被溶液吸收，影响碳酸氢钠的制备，C错误；D．在容量瓶中配制一定物质的量的溶液，最后摇匀，上下摇晃时一手托住瓶底，一手按住瓶塞，D错误；故答案为：A。3.已知氯化1-乙基-3-甲基咪唑()被广泛应用于有机合成和聚合反应、分离与提纯以及电化学研究中。下列说法错误的是A.电负性：B.五元环处于同一平面，则两个氮原子的杂化方式分别为、C.氯化1-乙基-3-甲基咪唑中含有键数目为D.氯化1-乙基-3-甲基咪唑中的化学键类型：离子键、共价键【答案】C【解析】【详解】A．根据同一周期从左往右元素电负性依次增大，同一主族从上往下元素电负性依次减小可知，电负性关系为，A正确；B．由题干有机物结构简式可知，两个氮原子中，其中一个形成双键为杂化，另一个全为单键为杂化，B正确； C．由题干有机物结构简式并结合单键均为σ键，双键为一个σ键和一个π键可知，氯化1-乙基-3-甲基咪唑中含有键数目为，C错误；D．氯化1-乙基-3-甲基咪唑中氯离子和阳离子之间为离子键，阳离子内部存在共价键，D正确；故答案为：C。4.绿柱石()是一种重要的矿物。X、Y、Z、W为短周期元素，原子序数依次增加，且价电子数和为15，X、Z、W处于相邻的主族，和的电荷与半径之比相近，导致两元素性质相似。下列说法正确的是A.第一电离能：Z<W，第二电离能：Z>WB.原子半径：Z>W>Y>XC.XY是碱性氧化物，是酸性氧化物D.已知W、Y都可与氢气生成氢化物，电负性Y>W>H【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、W为短周期元素，原子序数依次增加，且价电子数和为15，X、Z、W处于相邻的主族，根据“和的电荷与半径之比相近，导致两元素性质相似”。可知，X为Be，Z为Al，W为Si，因X、Y、Z、W为短周期元素，原子序数依次增加，且价电子数和为15，设Y的价电子数为y，则2+3+4+y=15，则y=6，根据位置关系可知，据此分析。【详解】由上述分析可知，X为Be，Y为O，Z为Al，W为Si，则：A．同一周期，第一电离能从左到右呈现增大趋势，所以第一电离能：Al＜Si，两者失去一个电子后，Al+处于稳定结构，较难再失电子，所以第二电离能：Al＞Si，A正确；B．同一周期原子半径从左到右依次减弱，同一主族原子半径从上到下依次增大，则上述元素原子半径：Z(Al)>W(Si)>X(Be)>Y(O)，B错误；C．Be与Al两者性质相似，所以BeO属于两性氧化物，SiO2与碱发生反应生成硅酸盐和水，所以属于酸性氧化物，C错误；D．Si与O分别与H元素形成的氢化物中，Si为+4价，O为-2价，则电负性：W(O)>Y(Si)>H，D错误；故选A。5.下列有关海水综合利用的离子方程式不正确的是 A.海水提镁中用石灰乳沉镁：B.海水提溴中用水溶液富集溴：C.氯碱工业中电解饱和食盐水：D.侯氏制碱法中获取碳酸氢钠：【答案】A【解析】【详解】A．石灰乳在离子方程式中应写化学式，该离子方程式为：，故A错误；B．溴单质与二氧化硫在溶液中反应生成强酸硫酸和HBr，离子方程式正确，故B正确；C．电解饱和食盐水生成氯气、氢气和NaOH，离子方程式正确，故C正确；D．侯氏制碱法中获取碳酸氢钠反应为，其中氯化钠和氯化铵均为强电解质可拆，离子方程式正确，故D正确；故选：A。6.二氧化锗常用作有机物的催化剂以及半导体的原料。一种从烟尘(主要成分为，含、、、等杂质)中提纯二氧化锗的工艺流程如下已知：在浓盐酸中的溶解度很低。下列说法正确的是A.在滤液中加入固体调，先得沉淀，后得沉淀B.“沉锗”后分离出单宁与的产物所用玻璃仪器为玻璃棒、分液漏斗、烧杯C.水解的离子方程式为D.“水解”操作时为保证，水解彻底进行，需加入过量高纯水【答案】C【解析】 【分析】含锗烟尘中含有，含、、、等杂质，加入浓硫酸，溶解后的物质为ZnSO4，Fe2(SO4)3，PbSO4，CaSO4，单宁酸是一类含有大量酚基类物质，单宁酸中多个邻位酚轻基结构可作为多基配体与Ge发生络合反应。该步骤为了除去Fe、Zn元素，灼烧后得到，粗加入盐酸得到GeCl4，加入纯水过滤得到，加热分解得到GeO2，据此分析解题。【详解】A．加入固体调，不能得到沉淀，因为Zn2+不发生水解，A项错误；B．“沉锗”后分离出单宁与的产物所用玻璃仪器为玻璃棒、漏斗、烧杯，而不是分液漏斗，B项错误；C．根据流程，水解产物为，原环境又是酸性，C项正确；D．“水解”操作时为保证水解彻底进行，不能加入过量高纯水，水过量，盐酸浓度降低，则溶解的多，产量低，D项错误；故选C。7.中国科学技术大学科研人员开发了一种高性能的水系锰基锌电池。该装置获得电能的同时可以制得，其工作原理如图所示，下列说法正确的是A.电池放电时，正极区溶液的pH降低B.a膜为阳离子交换膜，b膜为阴离子交换膜C.X溶液中的溶质只能为，Y溶液中溶质只能为KOHD.放电时，消耗1molZn时，正极区电解质溶液增重87g【答案】C 【解析】【详解】左边，发生还原反应，为正极，电极反应为：，X为硫酸溶液，右边，发生氧化反应，为负极，电极反应为：，Y溶液为溶液。A．正极，电极反应为：，减小，pH增大，A错误；B．通过a膜移向负极，通过b膜移向正极，在池中间形成，故b膜为阳离子交换膜，a膜为阴离子交换膜，B错误；C．正极区发生反应：，负极区发生反应：，中间要生成，X溶液中的溶质只能为，Y溶液中溶质只能为KOH，C正确；D．根据得失电子守恒，放电时，消耗1molZn时，正极区产生1mol，同时消耗4mol,有2mol移向中间池，故电解质溶液减轻9g，D错误；故选C。8.贝诺酯是新型消炎、解热。镇痛、治疗风湿病的药物，其合成过程如下：下列说法错误的是A.三种物质中均含有2种官能团B.物质X中所有碳原子均为杂化C.物质Y遇溶液显紫色D.最多与反应【答案】B【解析】【详解】A．X中含有酯基和羧基，Y中含有羟基和酰胺基，Z中含有酯基和酰胺基，A正确；B．X中含有，其中C为杂化，B错误；C．Y中含有酚羟基，遇溶液显紫色，C正确；D．Z中酯基、酰胺基能和NaOH按1:1反应，水解后得到2个酚羟基又能按1:1消耗NaOH， 故1molZ最多与5molNaOH反应，D正确；故选B。9.氮化硼是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到和，如图所示。下列叙述正确的是A.硼酸具有片层状结构，层与层之间，单元间都以范德华力连接B.立方氮化硼结构与金刚石相似。立方氮化硼晶胞中每个氮原子周围有4个硼原子C.与反应后再用氨气中和得到，含有配位键的数目为D.与都是由极性键构成的极性分子【答案】B【解析】【详解】A．硼酸具有片层状结构，层与层之间、单元间不仅以范德华力连接，还有氢键，故A错误；B．结构与金刚石相似，金刚石每个碳原子周围有4个碳原子，则立方氮化硼晶胞中每个氮原子周围有4个硼原子，故B正确；C．中N与H之间有1个配位键，B与F之间有1个配位键，所以含有配位键的数目为，故C错误；D．是由极性键构成的极性分子，而是由极性键构成的非极性分子，故D错误；选B。10.氢气和二氧化碳在催化剂作用下合成甲醇的反应为放热反应，催化过程可解释为“吸附-活化-解离”的过程，催化反应机理如图所示。下列说法正确的是 A.反应过程中I-V步，C元素化合价不变B.单位时间内生成的水越多，则甲醇的产率越大C.增大催化剂的表面积，可以提高甲醇的平衡产率D.氢气和二氧化碳在催化反应过程中有副产物生成【答案】D【解析】【详解】A．反应过程中Ⅰ-Ⅴ步，C的成键个数不相同，化合价发生了变化，A项错误；B．生成的水越多，有可能产生的越多，甲醇产率不一定大，B项错误；C．增大催化剂的表面积，可以加快反应速率，但不影响平衡转化率，C项错误；D．由图可得第Ⅲ步可知，氢气和二氧化碳在催化反应过程中有副产物生成，D项正确；故选D。11.室温下，下列实验探究方案不能得到相应结论的是选项探究方案探究结论A向饱和的溶液中CuS固体，测得溶液中不变B将25℃溶液加热到40℃，用传感器检测到溶液pH逐渐变小温度升高，水解平衡正向移动，浓度增大 C用一定浓度的NaOH滴定一定体积、浓度的草酸(、弱酸)溶液(用甲基橙作指示剂)确定草酸是二元酸D利用晶体X射线衍射可测定原子坐标确定分子的空间结构A.AB.BC.CD.D【答案】BC【解析】【详解】A．一种难溶物容易转化为比它更难溶沉淀，饱和FeSO4溶液中加入CuS固体，测得溶液中c(Fe2+)不变，说明没有生成FeS沉淀，所以Ksp(CuS)<Ksp(FeS)，A能得到相应结论；B．升高温度，pH减小，说明温度升高对Na2SO3水解平衡的影响小于对水的电离的影响，此外，升高温度，pH减小，也有可能是因为Na2SO3被空气中的氧气氧化为Na2SO4；若只考虑温度升高，Na2SO3水解平衡正向移动，则溶液的pH应该增大，而不是减小，B不能得到相应结论；C．甲基橙的变色范围是3.1-4.4，、均使甲基橙变为黄色，不能确定草酸为二元酸，C不能得到相应结论；D．通过晶体X射线衍射实验，可以测定晶胞中各个原子的坐标，根据原子坐标，可以计算原子间的距离，判断哪些原子之间存在化学键，确定键长和键角，从而得出分子的空间结构，D能得到相应结论；故选BC。12.羟基自由基()具有极强的氧化能力，它能有效地氧化降解废水中的有机污染物。在直流电源作用下，利用双极膜电解池产生羟基自由基()处理含苯酚废水和含甲醛废水的原理如图所示。已知：双极膜中间层中的解离为和。下列说法错误的是 A.双极膜将水解离为和的过程是物理变化B.阴极电极反应式为C.每处理9.4g苯酚，理论上有2.8mol透过膜aD.通电一段时间后，苯酚和甲醛转化生成物质的量之比为7∶6【答案】D【解析】【分析】由图可知，电解过程中，M极上O2得到电子，生成羟基自由基，说明M极为阴极，连接电源的负极，M极上产生的羟基自由基将苯酚氧化为CO2，H+透过b膜进入阴极区，N极为阳极，水失去电子产生H+和羟基自由基，羟基自由基将甲醛氧化为二氧化碳，根据此分析作答；【详解】A．极膜将水解离为H+和OH−的过程没有新物质生成，属于物理变化，A正确；B．根据分析，阴极电极反应式为，B正确；C．，1mol苯酚转化为CO2，转移28mol电子，0.1mol苯酚转化时，转移电子为2.8mol，则有2.8molH+透过b膜，C正确；D．若只与苯酚和甲醛反应，转移的电子数比为28:4，则参加反应的苯酚和甲醛的物质的量之比为1：7，故D错误；故答案为：D。13.在一定温度下，以为催化剂，氯苯和在溶液中发生反应反应①：(邻二氯苯) 反应②：(对二氯苯)反应①和②存在的速率方程：和，、为速率常数，只与温度有关，反应①和②的曲线如图所示。下列说法错误的是A.若对二氯苯比邻二氯苯稳定，则B.保持反应体系温度恒定，体系中两种有机产物的浓度之比保持不变C.通过改变催化剂可以提高产物中对二氯苯的比例D.相同时间内，(对二氯苯)(邻二氯苯)【答案】A【解析】【详解】A．反应①和反应②均为放热反应，即、，又知对二氯苯比邻二氯苯稳定，则反应②放出的热量更多，即，选项A错误；B．速率大小由和判断，影响因素只与、有关，温度恒定时，、保持不变，则两种有机产物的浓度之比保持不变，选项B正确；C．改变催化剂可改变选择性，可提高产物中对二氯苯的比例，选项C正确；D．反应①和反应②中转化为对二氯苯和邻二氯苯均为进行，则(对二氯苯)(邻二氯苯)成立，选项D正确；答案选A。 14.难溶盐可溶于盐酸，常温下，用调节浊液的，测得体系中或与的关系如图所示。下列说法错误的是A.M代表与的变化曲线B.难溶盐的溶度积常数C.Y点的溶液中存在D.Z点的溶液中存在【答案】B【解析】【详解】A．根据题意，浊液存在溶解平衡：，用调节溶液存在平衡：。根据，随着横坐标增大，则减小，增大，故M代表与的变化曲线，A正确；B．根据X点坐标可求，由W点可知，当时，，此时，则，B错误； C．Y点，氟离子的浓度与钙离子的相同，即，溶解出的氟离子，，再根据电荷守恒，故，C正确；D．Z点的溶液中，根据及，存在，根据可求，而此时，则，D正确；故选B。二、非选择题：共4小题，共58分。15.镍电池电极活性材料为多组分合金(主要成分为镍、钴，还含有铝、铁等)，可重新回收利用。利用废镍电池资源化生产醋酸钴晶体的工艺流程如下。已知：①浸取母液中除铝元素外，其他金属元素的化合价均为价。②部分金属阳离子沉淀的如下表。沉淀物开始沉淀2.27.47.6014.07.6完全沉淀3.28.99.21.15.29.2请回答下列问题：（1）“浸取”时可以提高浸取率的操作有_______(任写1条)。（2）“调”时溶液的范围是_______，所得滤渣1的主要成分为_______(填化学式)。（3）“氧化分离”操作控制溶液，加入发生反应的离子方程式为_______。（4）“溶解1”操作中加入的作用为_______，“沉钴”操作过程中发生反应的离子方程式 为_______。（5）“溶解2”操作后得到醋酸钴晶体，要使该醋酸钴晶体的纯度更高，所采取的实验操作名称应为_______。（6）碱金属可以插入石墨层中，钾的石墨插层化合物具有超导性，其中K层平行于石墨层。图1为其晶胞图，垂直于石墨层方向的原子投影如图2所示。C—C键的键长为，则K层中m与n两个K原子之间的距离为_______，设为阿伏加德罗常数的值，若晶胞参数分别为、、，则该石墨插层化合物的晶胞密度为_______(用含x、y、z、的代数式表示)。【答案】（1）增大硫酸浓度，升高温度，延长浸取时间等（2）①.②.、（3）（4）①.还原生成②.（5）重结晶（6）①②.【解析】【分析】由题中流程可知，镍电池废料(主要成分为镍、钻，还含有铝、铁等)，用硫酸浸取后，金属元素转化为对应的离子进入溶液中，加入的目的是将母液中的氧化为，调节溶液，使和完全转化为沉淀和沉淀，过滤，滤渣1为和，向滤液中加入将氧化变成并水解生成沉淀，然后向沉淀中加入和，溶解得到溶液，向溶液中加入 得到沉淀，过滤后的沉淀溶解在冰醋酸中得到醋酸钴溶液，将醋酸钴溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到醋酸钴晶体,据此解答。【小问1详解】为提高浸取速率，除适当升高温度外，还可采取的措施有延长浸取时间、适当增加硫酸浓度等。故答案为：增大硫酸浓度，升高温度，延长浸取时间等；小问2详解】由后续流程可知，第一次调节时，已经将铁、铝化合物全部除去，则滤渣1的成分除了外，还有，结合表中数据可知，为了使完全沉淀而不沉淀，应当调节溶液的范围是，故答案为：；【小问3详解】“母液”中含有的能够和发生氧化还原反应，根据得失电子守恒和原子守恒，可知反应的离子方程式为，故答案为：；【小问4详解】向中加入、混合液，结合后续流程，最后得到产物中，以二价离子化合物形式存在，所以此时加入的为还原剂，离子方程式为：，故答案为：还原生成，；【小问5详解】为提高醋酸钴晶体纯度，需要重新溶解、浓缩、结晶析出纯度更高的晶体，即重结晶操作，故答案为：重结晶；【小问6详解】根据晶胞结构，K原子在晶胞的8个顶点、6个面心和4个在体内，1个晶胞中含K原子的个数为；由晶胞结构知m与n的距离如图中的之间距离，C—C键的键长为，则；晶胞中每层石墨烯部分结构中有4条边(8个C原子) 处于晶胞面上，其他C原子处于晶胞内部，晶胞中C原子数目，则晶胞的质量，晶胞的体积，所以该晶胞的密度，故答案为：，。16.碘酸钙为白色固体，微溶于水，是一种无机精细与专用化学品。一种制备并测定六水合碘酸钙含量的实验设计如下。步骤I：碘酸氢钾的制备在三颈烧瓶中加入碘、氯酸钾和水，滴加的盐酸至，控制温度85℃左右，装置如图。步骤II：碘酸钙晶体的制备将步骤I反应后的溶液转入烧杯中，加入X溶液调节；继续滴加溶液，充分反应后用冰水冷却，抽滤、洗涤、干燥，得粗产品碘酸钙晶体。步骤III：产品中碘酸钙晶体含量测定①准确称取粗产品，置于烧杯中，加入溶解样品，转移到容量瓶中定容。量取溶液于碘量瓶中，加入稍过量的，然后用标准溶液滴定至浅黄色，加入2 滴淀粉溶液，继续滴定至终点，平行测定三次后取平均值，用去标准溶液。②空白实验：不取产品，其余试剂用量和步骤相同，消耗标准溶液。已知：，，请回答下列问题：（1）仪器c的名称为_______，步骤I中有黄绿色气体产生，则制备反应的化学方程式为_______，干燥管d中的试剂是_______。（2）步骤I中温度不宜过高的原因是_______，判断反应结束的实验现象是_______。（3）步骤II中X溶液是_______，反应后用冰水冷却的目的是_______。（4）步骤III中空白实验的主要目的是_______。（5）碘酸钙晶体中的纯度为_______(计算结果保留两位小数)。【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.③.碱石灰或固体（2）①.温度过高，易导致碘升华或盐酸挥发，产率低②.不再有黄绿色气体生成（3）①.或溶液②.降低碘酸钙的溶解度，有利于碘酸钙晶体析出（4）排除空气中的干扰（5）87.15％【解析】【小问1详解】由实验装置图可知，仪器c为恒压滴液漏斗；溶液中的氯酸钾可以和碘在盐酸作用下发生氧化还原反应，根据得失电子守恒和原子守恒，可知反应的化学方程式为85℃左右；干燥管d中的试剂是碱石灰或固体，其作用是吸收尾气中的碘、氯化氢、氯气等有毒气体；【小问2详解】 步骤Ⅰ中发生反应，反应物中碘易升华、盐酸易挥发，反应温度过高，碘和、反应不充分，所以温度过高，产率低；反应结束后，不再有黄绿色的生成，利用此现象可判断反应完成；【小问3详解】步骤Ⅱ中加入X溶液的目的是调溶液，原溶液含有，产物存在，故可选用溶液或溶液；用冰水冷却后需要进行抽滤，故用冰水冷却的目的是降低碘酸钙的溶解度，便于碘酸钙晶体析出；【小问4详解】空气中的可以与反应生成，故空白实验的主要目的是排除空气中的干扰；【小问5详解】滴定过程中发生反应：，，。由方程式可得关系式为，则粗产品中的物质的量为，则该样品的纯度为％=87.15％。17.我国科学家首次实现了二氧化碳到淀粉的人工合成，关键的一步是利用化学催化剂将高浓度还原成。催化加氢制的反应体系中，发生的主要反应如下。I.II.III.回答下列问题： （1）已知上述反应I、II、III的平衡常数K与温度T的关系为：，，(x、y、z、A、B、C均为常数，A、C均大于零，B小于零)。则反应I的活化能(正)_______(逆)，的数值范围是_______。（2）反应I可能的反应历程如下图所示。已知：方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量；TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。则反应历程中决速步骤的反应方程式为_______。（3）在催化剂作用下，将和的混合气体充入一恒容密闭容器中进行反应，达平衡时，的转化率和容器中混合气体的平均相对分子质量随温度变化如图。①250℃后，随温度升高，平衡时混合气体的平均相对分子质量几乎不变的原因是_______。②T℃时，反应的初始压强为，平衡时甲醇的选择性(生成甲醇消耗的在总消耗量中占比)为_______，反应I的平衡常数_______(为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量的分数)。若再向密闭容器中通入和，使二者分压均增大，则的转化率_______(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】（1）①.小于②.0～1（2）（3）①.当温度高于250℃时，以反应II为主，反应II前后气体分子数相等，反应II 的气体平均相对分子质量几乎不变②.60％③.④.不变【解析】【小问1详解】平衡常数K与温度T的关系可知，反应Ⅰ、Ⅲ的平衡常数自然对数随温度升高而减小，说明反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，而反应Ⅱ的平衡常数自然对数随温度升高而增大，说明反应Ⅱ为吸热反应，则、、，因此反应Ⅰ的活化能(正)小于(逆)；由盖斯定律可知Ⅰ-Ⅲ=Ⅱ，则，因此，由于放热反应的越小，其绝对值越大，则的范围是0～1。【小问2详解】生成甲醇的决速步骤，指反应历程中反应速率最慢的一步反应，速率快慢则由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢，根据表中数据，找出活化能(过渡态与起始态能量差)最大的反应步骤为。【小问3详解】①由于反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的平衡转化率降低；反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅱ向正反应方向移动，的平衡转化率升高。由图可知，温度高于250℃时，的转化率随温度升高，开始逐渐变大，说明250℃后以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数相等，发生反应Ⅱ的气体平均相对分子质量不变。②初始和的混合气体的总质量为，T℃时混合气体的平均相对分子质量由图像知为20，则平衡时容器中混合气体总的物质的量为。观察反应特点知，反应Ⅱ和反应Ⅲ的加和即为反应Ⅰ，从转化角度分析，发生反应Ⅱ和反应Ⅲ即相当于发生反应Ⅰ，即在竞争体系中可忽略反应Ⅲ，默认由反应Ⅰ代替。依据守恒思想进行分析：设平衡时产物中，根据图像的平衡转化率为50％， 则平衡时，，，可知，，可求，，则平衡时甲醇的选择性为％=60％。由阿伏加德罗定律推论知，恒温恒容时，压强之比等于气体的物质的量之比，既可得，反应Ⅰ的平衡常数；由于平衡时和的分压相等，如果再向密闭容器中通入和，使二者分压均增大，此时的仍然等于，平衡不移动，的转化率不变。18.化合物I是一种治疗抑郁症的药物，一种合成路线如下。已知：i.ii.回答下列问题：（1）A的名称为_______，C中官能团有_______种。（2）B→C反应的化学方程式为_______。（3）C→D的反应类型为_______，G的结构简式为_______。 （4）M的分子式为，则M的结构简式为_______，则M的同分异构体中，满足下列条件的有_______种。①遇溶液变紫色；②只含一个环状结构；③该有机物与足量金属钠反应生成。（5）已知i.；ii.根据相关信息，写出为主要原料制备M的合成路线：_______。【答案】（1）①.对氟苯甲醛②.3(或三)（2）（3）①.加成反应②.（4）①.②.9（5）【解析】【分析】由已知ⅰ可知A分子中含有，结合A的分子式和E的结构可知A含有苯环且苯环上连接1个氟原子，并且氟原子和醛基处于对位，可以确定A为；根据已知ⅰ中的反应可得B为；B与乙醇在浓硫酸共热时发生酯化反应生成C，故C为 ；根据已知ⅰ可知C与发生加成反应生成D为；由物质Ⅰ()结合G和H的分子式和信息ⅱ，并由(4)M的分子式为可以推出G的结构简式为，M的结构简式为，H的结构简式为。【小问1详解】由分析知，A的结构简式为，化学名称为对氟苯甲醛；C的结构简式为，故C中含有碳氟键、碳碳双键、酯基这三种官能团。【小问2详解】B与乙醇发生酯化反应生成C，化学方程式为。【小问3详解】对比C的结构简式和D的结构简式可知C→D的反应类型为加成反应；G的结构简式为 。【小问4详解】由分析可知，M的结构简式为，为酚类物质，只有一个环状结构，即为苯环，3个O原子形成的官能团可以是2个和1个，在苯环上共有6种结构；3个O原子形成的官能团也可以是1个和1个，在苯环上共有3种结构，共9种。【小问5详解】首先根据信息ⅰ反应生成，再根据信息ⅱ反应生成，碱性水解再酸化即可得M。M的合成路线：。