山东省潍坊市2022-2023学年高三化学下学期3月学科核心素养测评试题（Word版附解析）

2023年潍坊市高中学科核心素养测评高三化学可能用到的相对原子质量：H1B11C12N14O16Na23S32Cl35.5K39Ca40Co59Sn119I127一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法错误的是A.久置的红薯变甜，是因为葡萄糖发生了水解B.电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极保护法C.第五形态碳单质“碳纳米泡沫”，与石墨烯互为同素异形体D.用太阳能光催化分解水代替电解水制氢气有利于节能环保【答案】A【解析】【详解】A．葡萄糖为单糖，不会发生水解。红薯在放置的过程中，淀粉水解变成了葡萄糖，使得红薯内的糖分增多了，因此变甜了，A项错误；B．电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀利用了原电池原理，其中镁棒为阳极，腐蚀阳极保护了阴极，该方法是牺牲阳极保护法，B项正确；C．第五形态的碳单质“碳纳米泡沫”为碳单质，石墨烯也是碳单质，二者互为同素异形体，C项正确；D．太阳能比电能更加环保，因此用太阳能光催化分解水代替电解水制氢气有利于节能和减少碳排放，D项正确。答案选A。2.下列物质应用错误的是A.溶液用作水果的保鲜剂B.苯甲酸及其钠盐用作食品防腐剂C.用作生活用水的消毒剂D.用热NaOH溶液洗去铁表面沾有的柴油【答案】D【解析】【详解】A．酸性KMnO4能和乙烯发生氧化还原反应，可做水果的保鲜剂，A正确；B．苯甲酸及其钠盐作为一种食品添加剂，具有抑菌防腐作用，B正确；C．ClO2是净化饮用水的一种十分有效的净水剂，其中包括良好的除臭与脱色能力、低浓度下高效杀菌和杀病毒能力，C正确； D．柴油主要由烷烃、烯烃等组成，不与氢氧化钠互溶，也不反应，无法用NaOH溶液洗去，D错误；故选D。3.下列实验装置或操作正确的是A.用图1装置测定中和反应的反应热B.用图2装置测定化学反应速率C.用图3装置分离乙醚和苯D.用图4装置振荡萃取、静置分层后，打开分液漏斗上方的玻璃塞再进行分液【答案】D【解析】【详解】A．测定中和反应的反应热要在隔热装置中进行，故A错误；B．用图2装置测定化学反应速率，气体会从长颈漏斗管口逸出，故B错误；C．用图3装置分离乙醚和苯，球形冷凝管易残留馏分，应选直形冷凝管，故C错误；D．用图4装置振荡萃取、静置分层后，打开分液漏斗上方的玻璃塞再进行分液，故D正确；故选D。4.是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1mol中含有Si-O键的数目为2B.25℃、101kPa下，4g中含有的原子数为2C.标准状况下，6.72L与水充分反应转移的电子数目为0.1D.25℃时，1.0L的溶液中含有的数目为0.2【答案】B【解析】【详解】A．SiO2中1个Si原子结合4个O原子，即1molSiO2晶体中含有硅氧键的数目为4NA，A错误； B．4g的物质的量为n=，所含原子个数为2NA，B正确；C．标况下二氧化氮不是气体，无法计算，C错误；D．25℃时，pH=13的Ba(OH)2溶液中OH-浓度为，故1.0L溶液中含有OH-的数目为0.1mol，个数为0.1NA，D错误；故选B。5.某种天然沸石的化学式为，其中元素X、Y、Z、R、W原子序数依次增大，且占据四个不同周期。Y在地壳中含量最高，在该化合物中R显示其最高价态，基态W原子的核外电子恰好填满10个原子轨道。下列说法错误的是A.简单离子半径：B.第一电离能：C.最简单氢化物稳定性：D.氯化物熔点：【答案】B【解析】【分析】Y在地壳中含量最高，则Y为O元素，几种元素占据四个不同周期，其中只有X的原子序数小于O，所以X为H元素，基态W原子的核外电子恰好填满10个原子轨道，每个原子轨道中有两个自旋方向不同的电子，所以W核外共20个电子，为Ca元素；天然沸石的化学式为Ca[Z2R3O10]▪3H2O，由于R的原子序数较大，所以R一定位于第三周期，若Z位于第二周期，则只能为F元素，此时该物质中R的化合价为+价，不合理，所以Z也位于第三周期，根据化合价分析，合理的结果为Z为+3价、R为+4价，所以Z为Al元素、R为Si元素。【详解】A．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；简单离子半径：，故A正确；B．同一周期随着原子序数变大，第一电离能呈增大趋势，则第一电离能：，故B错误；C．非金属性：O>Si，非金属性越强，最简单氢化物越稳定，故C正确；D．W、Z的氯化物分别为CaCl2、AlCl3，CaCl2为离子晶体，AlCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，故D正确；故选B。6.下列实验操作能达到实验目的的是A.向溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，检验溶液中的B.向沸水中逐滴加入饱和氯化铁溶液并继续加热搅拌制备氢氧化铁胶体C.除去NaCl固体中的少量，将固体溶解后蒸发结晶、趁热过滤、洗涤干燥 D.将固体溶解于盛有适量蒸馏水的烧杯中，经转移、洗涤、定容和摇匀，配制一定浓度的溶液【答案】C【解析】【详解】A．向溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，溶液中可能含有的亚硫酸根离子也会被硝酸氧化为硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，另外银离子也会干扰，不能达到实验目的，A不符合题意；B．制取红褐色胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至溶液变红褐色，B不符合题意；C．氯化钠溶解度受温度影响较小，除去NaCl固体中的少量，将固体溶解后蒸发结晶、趁热过滤、洗涤干燥，能达到实验目的，C符合题意；D．容易水解，故应将固体溶解于盛有适量浓盐酸的烧杯中，然后加水稀释，经冷却、转移、洗涤、定容和摇匀，配制一定浓度的溶液，D不符合题意；故选C。7.7-ACCA是合成头孢克罗的关键中间体，其结构如图所示。下列说法正确的是A.该化合物的化学式为B.分子中有5种不同化学环境的氢原子C.分子中含有3个手性碳原子D.不存在分子中含有苯环的同分异构体【答案】B【解析】【详解】A．键线式中端点和拐点均有省略的C原子，再按碳的四价结构补充H的数目即可。该物质的化学式为C7H7N2O3SCl，A项错误；B．该分子为不对称分子，不同化学的氢有5种，B项正确；C．手性碳的特点：连接四个不同基团或原子，该分子有2个，如图红色标记，C项错误； D．该分子不饱和度为5，碳原子数为7，存在含有苯环的同分异构体，D项错误；故选B。8.pH计的工作原理(如图所示)是通过测定电池电动势E(即玻璃电极和参比电极的电势差)而确定待测溶液的pH。电池电动势E与待测溶液pH关系为：(E的单位为V，K为常数)。下列说法错误的是A.计工作时，化学能转化电能B.玻璃电极玻璃膜内外的差异会引起电池电动势的变化C.若玻璃电极电势比参比电极低，玻璃电极反应：D.若测得的标准溶液电池电动势E为，可标定常数【答案】C【解析】【详解】A．原电池是把化学能转化为电能，pH计是以玻璃电极（在特制玻璃薄膜球内放置已知浓度的HCl溶液，并插入Ag-AgCl电极）和另一Ag-AgCl电极插入待测溶液中组成电池，计工作时，化学能转化为电能，A正确；B．pH与电池的电动势E存在关系：，则pH=，利用玻璃膜内外氢离子浓度的差异引起电动势的变化达到测量溶液的pH目的，B正确；C．若玻璃电极电势比参比电极低，，为原电池负极，负极上是银失电子生成氯化银，电极反应为：Ag-e-+Cl-═AgCl，C错误；D．pH与电池的电动势E存在关系：，若测得的标准溶液电池电动势E为，可标定常数K=E-0.059pH=0.377-0.059×3=0.2，D正确；故答案为：C。9.实验室初步分离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的流程如下： 已知：苯甲酸乙酯的沸点为212.6℃，“乙醚-环己烷-水共沸物”的沸点为62.1℃。下列说法错误的是A.操作a和操作b不同B.操作c为重结晶C.无水和饱和碳酸钠溶液的作用相同D.由该流程可以说明苯甲酸和苯甲酸钠在水中的溶解度差别很大【答案】C【解析】【分析】加入苯甲酸降低酯的溶解度同时与苯甲酸反应产生可溶于水的苯甲酸钠，水层和油层分离方法分液。共沸物和苯甲酸乙酯的沸点相差大，所以液体有机物进行分离利用沸点不同蒸馏。萃取液中加入H2SO4产生苯甲酸，其在水中的溶解性较低利用过滤获得苯甲酸晶体。【详解】A．有机相和水相分层的分离方法分液，而b操作分离互溶的有机物选择蒸馏，A项正确；B．苯甲酸粗品为含杂质的固体，可选择重结晶提纯，B项正确；C．无水MgSO4为干燥有机物，而Na2CO3降低酯在水中的溶解度，C项错误；D．苯甲酸钠在水中形成了溶液，而苯甲酸在水中析出了晶体。可见两者溶解性差异很大，D项正确；故选C。10.《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠(，其中S为＋6价)去除废水中正五价砷As(V)的研究成果，其反应机理模型如图所示。下列说法错误的是 A.反应过程中有非极性键的断裂B.溶液的pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷C.碱性条件下，硫酸根自由基发生的反应方程式为D.反应过程中，存在反应【答案】B【解析】【详解】A．反应过程中存在过硫酸钠中的-O-O-的断裂，故有非极性键的断裂，A正确；B．H3AsO4为弱酸，溶液的pH越小，导致As以分子形式存在，反而不利于去除废水中的正五价砷，B错误；C．由图可知，碱性条件下，硫酸根自由基和氢氧根离子生成硫酸根离子和氢氧根自由基，发生反应方程式为，C正确；D．反应过程中，在腐蚀层表面存在反应，D正确；故选B。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.根据下列实验目的、操作及现象所得结论错误的是选项实验目的操作及现象结论A验证溶液中存在的水解平衡向含有酚酞的溶液中加入少量固体，有白色沉淀生成，溶液红色变浅溶液中存在水解平衡： B比较元素的非金属性强弱向盛有小苏打固体的大试管中加入稀硫酸，有气体生成；将生成的气体通入溶液中，溶液变浑浊非金属性：C检验实验室制得的乙烯中是否有将生成的气体通入品红溶液中，溶液褪色有生成D比较和的向盛有溶液的试管中加入足量0.01溶液，滤出沉淀后，向滤液中加入1溶液，有白色沉淀生成A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．溶液中存在水解平衡：，向含有酚酞的溶液中加入少量固体，有白色沉淀生成，碳酸根离子浓度减小，溶液红色变浅，碳酸根离子水解平衡逆向移动，故A正确；B．最高价氧化物对应的水化物的酸性增强，元素的非金属性增强，向盛有小苏打固体的大试管中加入稀硫酸，有气体生成；将生成的气体通入溶液中，溶液变浑浊，说明酸性：硫酸大于碳酸大于硅酸，非金属性：，故B正确；C．检验实验室制得的乙烯中是否有，利用二氧化硫的漂白性，将生成的气体通入品红溶液中，溶液褪色，故C正确；D．向盛有溶液的试管中加入足量0.01溶液，滤出沉淀后，滤液中含有氯化钾和亚硫酸钾，向滤液中加入1溶液，没有白色沉淀生成，故D错误；故选D。 12.我国科学家设计如下图所示“电子转移链”过程，实现了低温条件下氧化高效制。下列说法错误的是A.反应Ⅰ为取代反应B.水解可制取C.参加反应的和的物质的量之比为2：1D.1mol最多能与4mol发生反应【答案】A【解析】【详解】A．反应Ⅰ的方程式为：，不是取代反应，A错误；B．发生酯的水解可制得甲醇，B正确；C．和反应生成和水，即羟基上的氢原子下来与氧原子结合生成水，则二者的物质的量之比为2:1，C正确； D．1mol中羟基的邻位都可以和溴发生取代反应，故最多能与4mol发生反应，D正确；故选A。13.锰及其化合物用途广泛，以菱锰矿(主要成分为，还含有铁、镍、钴的碳酸盐以及杂质)为原料生产金属锰和高品位的工艺流程如图所示：已知25℃时，部分物质的溶度积常数如表所示：物质MnSNiSCoS说明：整个流程中Co、Ni均为＋2价。下列说法正确的是A.“氧化”时的主要作用是氧化B.“滤渣3”的成分为CoS、NiSC.“沉锰”时，为了增强沉淀效果，应将溶液滴加到溶液中D.“电解”时，以Fe作电极，、溶液为电解液、阳极产物为，每生成1mol转移电子数为6【答案】AD【解析】【分析】溶浸是将碳酸盐转变为可溶的硫酸盐，MnO2将Fe2+转化为Fe3+。由Ksp[Mn(OH)2]=c(Co2+)c2(OH-)得当Co2+沉淀完全时c(OH-)=，此时pH>7时完全沉淀。即pH=5时Co2+和Ni2+没有除去。【详解】A．溶液中Fe2+不便沉淀，转化为Fe3+易沉淀除去，MnO2氧化Fe2+，A项正确； B．由上述计算可知，除杂后的滤液中有Co2+和Ni2+，则MnS将它们转化为CoS和NiS除去。滤渣3中含有MnS、CoS和NiS，B项错误；C．NH4HCO3溶液呈碱性，Mn2+易发生水解而损失，C项错误；D．ZnxMn(1−x)Fe2O4该物质中Zn、Mn分别为+2价，根据物质化合价为0计算Fe化合价为+3，即每生成1molZnxMn(1−x)Fe2O4转移6mol电子，D项正确；故选AD。14.我国科学家研究出一种钠离子可充电电池的工作示意图如下，该电池主要依靠钠离子在两极之间移动来工作，工作原理示意图如下：其中代表没参与反应的-COONa，代表没参与反应的-ONa．下列有关说法错误的是A.放电时，b极为正极B.充电时，钠离子由b极向a极移动C.充电时，阴极发生反应为D.若电池充满电时a、b两极室质量相等，则放电过程中转移0.3mol电子时，两极质量差为6.9g【答案】CD【解析】【分析】由图可知，放电过程中b极物质发生还原反应，为正极，则a为负极；【详解】A．由分析可知，放电时，b极为正极，A正确；B．充电时，阳离子向阴极移动，充电时a为阴极、b为阳极，则钠离子由b极向a极移动，B正确；C．充电时a为阴极，阴极得到电子发生还原反应，反应为 +2e-+2Na+=，C错误；D．若电池充满电时a、b两极室质量相等，根据电子转移关系可知钠离子迁移情况为，e-~Na+，则放电过程中转移0.3mol电子时，由0.3mol的钠离子发生迁移，则两极质量差为23g/mol×0.3mol×2=13.8g，D错误；故选CD。15.AgCl()和(砖红色)都是难溶电解质，以对pCl和作图的沉淀平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A.阴影区域AgCl和都沉淀B.C.向含有AgCl(s)的1.0KCl溶液中加入，白色固体逐渐变为砖红色D.用硝酸银标准液滴定溶液中的，作指示剂的浓度在0.01左右时滴定误差较小【答案】BD【解析】 【分析】根据图像，由图可知，取纵坐标为零，计算得2线对应的，数量级为10-12，故2线代表Ag2CrO4，1线代表AgCl，以此解题。【详解】A．纵坐标越大，银离子浓度越小，横坐标越大，阴离子浓度越小，故阴影区域AgCl和都不沉淀，A错误；B．此时时，则，B正确；C．当溶液中有1.0KCl时，则此时氯离子的浓度为1.0，pCl=0，由图可知，此时无法形成，C错误；D．由图可知，当浓度在0.01左右时(pCrO4=2)形成所需要的银离子浓度约为10-5mol/L，根据氯化银的溶度积可知此时氯离子浓度约为1.6×10-5mol/L，氯离子接近完全沉淀，滴定误差较小，D正确；故选BD。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.有机—无机复合钙钛矿()型材料在太阳能电池及发光二极管等方面具有很好的应用前景，一种复合材料和(立方晶系)的晶胞结构如图所示。已知：A为间隔的阳离子，例如、等；A ＇为单一组分钙钛阳离子，例如、、等；B为单一组分钙钛矿中心离子、等，X为单一组分钙钛矿的阴离子，例如、或等卤素离子。回答下列问题：（1）基态Ti原子的价电子排布式为___________。（2）H、C、N、O四种元素电负性由大到小的顺序为___________；第一电离能、、由大到小的顺序为___________。（3）中C的杂化方式为___________；正丁胺()的沸点为77.8℃，正丁醇()的沸点为117.6℃，正丁胺沸点低的原因是___________。（4）中Ca的配位数为___________；A为，A＇为，B为，X为，晶胞参数为anm和cnm，该晶体的密度为___________。【答案】（1）（2）①.②.（3）①.杂化②.N的电负性小于O，正丁胺分子间的氢键弱于正丁醇分子间的氢键（4）①.12②.【解析】【小问1详解】基态Ti原子为22号元素，价电子排布式为；【小问2详解】同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；H、C、N、O四种元素电负性由大到小的顺序为；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能；【小问3详解】中C形成3个共价键且无孤电子对，杂化方式为杂化；正丁胺()的沸点为77.8℃，正丁醇()的沸点为117.6℃，正丁胺沸点低的原因是N的电负性小于O，正丁胺分子间的氢键弱于正丁醇分子间的氢键，导致其沸点低于正丁醇； 【小问4详解】以底面右下角的Ca为例，同层、上下层最近相邻的O各有4个，则中Ca的配位数为12；根据“均摊法”，晶胞中含个A、个A＇、个B、个X，A为，A＇为，B为，X为，晶胞参数为anm和cnm，则晶体密度为。17.三氯化六氨合钴是合成其它一些Co(Ⅲ)配合物的原料，其在水中的溶解度随着温度的升高而增大。实验室用晶体制备的实验步骤如下：i.在锥形瓶中，将溶于水中，加热至沸，加入研细的晶体，溶解得到混合溶液；ii.将上述混合液倒入三颈烧瓶中，加入活性炭。冷却，利用如图装置先加入浓氨水，再逐滴加入5%溶液，水浴加热至50～60℃，保持20min；iii.然后用冰浴冷却至0℃左右，吸滤，把沉淀溶于50mL沸水中，经操作X后，慢慢加入浓盐酸于滤液中，即有大量橙黄色晶体(，)析出；iv.用冰浴冷却后吸滤，晶体以冷的盐酸洗涤，再用少许乙醇洗涤，吸干。回答下列问题：（1）步骤i中，研细晶体所用的仪器名称为________，无水的作用是________。（2）写出制备三氯化六氨合钴的化学方程式___________。（3）步骤i中操作X为___________。 （4）取0.2000g样品，配成100mL溶液，取50mL样品溶液于锥形瓶中，加入3滴溶液做指示剂，用0.0600的溶液滴定至终点时，消耗溶液的体积为10.00mL，样品的纯度为___________。（5）某兴趣小组为探究的还原性，设计如下实验：实验I：粉红色的溶液在空气中久置，无明显变化。实验II：向0.1溶液中滴入2滴酸性溶液，无明显变化。实验III：按下图装置进行实验，观察到电压表指针偏转。根据实验III得出结论：可以被酸性溶液氧化。另一名同学设计了实验IV，否定了该结论，请说明实验IV的操作和现象___________。【答案】（1）①.研钵②.吸收挥发出去的氨气（2）（3）趁热过滤(趁热吸滤)（4）53.5%（5）将实验III中0.1溶液替换为0.2CaCl2溶液进行实验，指针偏转幅度与实验III相同。或将实验III中0.1溶液替换为0.1溶液进行实验，指针不偏转【解析】【分析】、的混合溶液中先加氨水，再加双氧水，双氧水把Co2+氧化为Co3+生成，用冰浴冷却至0℃左右析出沉淀，吸滤，固体中含有和活性炭，用热水溶解固体混合物，趁热过滤出活性炭，滤液中加浓盐酸，增大氯离子浓度，析出沉淀。【小问1详解】步骤i中，用研钵研细晶体；与氨气形成配合物，能吸收氨气，无水的作用是吸收挥发出去的氨气，防止污染。 【小问2详解】、氯化铵的混合溶液中通入氨气，再用双氧水把Co2+氧化为Co3+生成沉淀，反应方程式为；【小问3详解】操作X为分离和活性炭，在水中的溶解度随着温度的升高而增大，活性炭不溶于热水，所以步骤i中操作X为趁热过滤；【小问4详解】用0.0600的溶液滴定至终点时，银离子和氯离子反应生成氯化银沉淀，消耗溶液的体积为10.00mL，根据~~~3Cl-~~~3，0.2g样品中含的物质的量为，样品的纯度为。【小问5详解】氯离子具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，将实验III中0.1溶液替换为0.2CaCl2溶液进行实验，指针偏转幅度与实验III相同，说明氯离子被高锰酸钾氧化，没有被氧化。或将实验III中0.1溶液替换为0.1溶液进行实验，指针不偏转，说明不能被酸性溶液氧化；18.氧化铈()是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿(含、等)为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示：已知：①在空气中易被氧化，易与形成复盐沉淀；②硫脲()具有还原性，酸性条件下易被氧化为； ③在硫酸体系中能被萃取剂[]萃取，而不能。回答下列问题：（1）“氧化焙烧”中氧化的目的是___________。（2）步骤①中加入硫脲的目的是将四价铈还原为三价铈，写出硫脲与反应生成的离子方程式___________。（3）步骤③反应的离子方程式为___________。（4）步骤④萃取时存在反应：。分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比称为分配比()。取20mL含四价铈总浓度为0.1的酸浸液，向其中加入10mL萃取剂，充分振荡，静置，若，则水层中_______________。(计算结果保留二位有效数字)。（5）步骤⑤“反萃取”时双氧水的作用是___________。（6）产品是汽车尾气净化催化剂中最重要的助剂，催化机理如图所示。写出过程①发生反应的化学方程式___________。【答案】（1）将氧化为（2）+2=(SCN2H3)2+2Ce3++2HF+2F-（3）（4）0.0024（5）作还原剂将四价铈还原为三价铈，脱离萃取剂（6）【解析】 【分析】氟碳铈矿在空气中氧化焙烧将Ce3+氧化为Ce4+，然后加入稀硫酸形成含+4价Ce的溶液，步骤①用硫脲将Ce4+还原为Ce3+，并与形成沉淀，步骤②溶解沉淀，步骤③将Ce3+转化成沉淀，然后灼烧；步骤④用萃取剂将Ce4+萃取到有机层，步骤⑤用H2O2还原Ce4+为Ce3+，进入水层，然后沉淀灼烧，据此进行分析。【小问1详解】“氧化焙烧”中氧化的目的是将氧化为。【小问2详解】根据化合价的变化可知，硫脲与反应生成的离子方程式为+2=(SCN2H3)2+2Ce3++2HF+2F-。【小问3详解】和反应生成Ce2(CO3)3和CO2和H2O，其离子方程式为。【小问4详解】由题可知，n(Ce4+)=20×10-3L×0.1mol/L=0.002mol，萃取后Ce4+的n(有机层)+n(水)=0.002mol···①，又，即=80···②，联立①②解得n(水层)=mol，则。【小问5详解】“反萃取”时双氧水的作用是作还原剂将四价铈还原为三价铈，脱离萃取剂。【小问6详解】根据图中所给反应物和生成物可知，过程①发生反应的化学方程式为。19.化合物J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___________，C中官能团的名称是___________。（2）C→D的化学方程式为___________。（3）H→I的反应类型是___________，化合物E的结构简式___________。（4）写出2种同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式___________。①属于芳香族化合物且有两个六元环②除苯环外，核磁共振氢谱显示有6组峰，峰面积之比为6：4：2：2：1：1（5）写出以甲苯和为主要原料合成化合物H的路线(无机试剂、有机溶剂任选)_______。【答案】（1）①.环己酮②.酮羰基、酰胺基（2）+Br2+HBr（3）①.加成反应②. （4）、（5）【解析】【分析】B生成C，C和溴单质生成D，结合C化学式可知，C为；D发生已知的反应原理生成E：，E转化为F，F转化为G；H和氨气生成I，I生成J，结合I化学式可在，I结构为；【小问1详解】由结构可知，A的化学名称是环己酮；C结构简式为：，官能团的名称是酮羰基、酰胺基；【小问2详解】C→D的反应为C中氢原子被溴取代的反应，化学方程式为+Br2+HBr；【小问3详解】由分析可知，H→I的反应为碳氮双键生成单键的过程，为加成反应；由分析可知，化合物E的结构简式；【小问4详解】B中含有13个碳、2个氮、1个氧、不饱和度5；同时符合下列条件的化合物B的同分异构体：①属于芳香族化合物且有两个六元环，则不饱和度为5；②除苯环外，核磁共振氢谱显示有6组峰，峰面积之比为6：4：2：2：1：1，则应该含2个相同的甲基，且有一个含氮的六元环，环中应该含有2个-CH2-；结构可以为： 、；【小问5详解】甲苯首先和浓硫酸加热在甲基对位引入磺酸基，磺酸基发生已知反应II原理转化为基团，再和生成产物，故流程为：。20.甲醇合成丙烯有“一步法”和“两步法”两种合成方式，“一步法”是在催化剂的作用下由甲醇直接合成丙烯；“两步法”则分两步合成，其热化学方程式如下：反应I：甲醇醚化反应(DME)反应II：含氧化合物制丙烯反应(OTP)已知部分键能数据如下：化学键C-CC=CC-HH-HO-HC=OC-O键能/356615413436462745360回答下列问题：（1）“一步法”合成丙烯的热化学方程式为___________。合成丙烯时有乙烯等副产物，若选择作载气时，保持总压不变，调控甲醇和的不同分压，各产物的选择性如下表所示(其他产物略)：分压/MPa分压/MPa丙烯选择性/%乙烯选择性/%0.10030.97.510.080.0232.07.420.040.0634.87.030.0200836.76.480.010.0939.45.43分析表中数据：要合成得到更多的丙烯，应控制甲醇的最佳分压为___________MPa。 （2）已知：。温度为500K时，在密闭反应器中加入2mol，若只发生反应Ⅰ，达平衡状态时，体系中的物质的量分数为___________(填序号)。A.B.C.D.（3）“两步法”中，在恒容密闭容器中通入甲醇，初始压强为，反应达到平衡时压强为，则平衡混合体系中，丙烯的体积分数为___________(用含、的式子表示，下同)，若平衡时甲醇的转化率为60%，则反应II(OTP)的平衡常数___________。（4）“两步法”中存在反应Ⅲ：△H，同时也会有芳香烃等副产品，其中丙烯和芳香烃选择性与不同温度下反应I进行的程度的关系如图所示。要提高丙烯的选择性，可采取的措施是___________，当温度高于285℃后，丙烯的选择性降低，其原因是___________。【答案】（1）①.②.0.01（2）B（3）①.②.（4）①.升高温度②.反应III为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，副产物增多，丙烯的选择性降低【解析】【小问1详解】已知：反应I：反应II： 由盖斯定律可知，I+II得：，反应的焓变等于反应物的键能和减去生成物的键能和，由图表数据可知，；分析表中数据：要合成得到更多的丙烯，应控制甲醇的最佳分压为0.01MPa，此时丙烯的选择性最高，而副产物乙烯的选择性最低；【小问2详解】温度为500K时，在密闭反应器中加入2mol，若只发生反应Ⅰ，由于反应为可逆反应不可能进行完全，则体系中的物质的量分数小于；已知：，温度为500K时，，；假设某一时刻，甲醇、甲醚、水的物质的量相等，此时体系中的物质的量分数为，则，反应正向移动，故平衡是体系中的物质的量分数大于；故选B；【小问3详解】在恒容密闭容器中通入甲醇，初始压强为，反应达到平衡时压强为；“两步法”中，反应I为气体分子数不变的反应，反应II为气体分子数增加1的反应，则总压强的变化是由反应II引起的，根据化学方程式II体现的关系可知，平衡混合体系中，丙烯的分液为，体积分数为；若平衡时甲醇的转化率为60%，则反应甲醇0.6、平衡是甲醇0.4；平衡时丙烯；则反应II生成水2、消耗甲醚，反应I消耗甲醇[0.6-]=(0.8-0.5)、生成甲醚(0.8-0.5)、水(0.8-0.5)，故平衡时甲醚为(0.8-0.5)-=(1.8-1.5)、水为2+(0.8-0.5)=(1.5-1.2)，故反应II(OTP)的平衡常数；【小问4详解】要提高丙烯的选择性，可采取的措施是适当升高温度；当温度高于285℃后，丙烯的选择性降低，其原因是反应III为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，副产物增多，丙烯的选择性降低。