广东省广州市普通高中2022-2023学年高三化学下学期第二次综合测试（二模）试卷（Word版附解析）

2023年广州市普通高中毕业班综合测试(二)化学注意事项：1．答卷前，考生务必将用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、试室号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。并在化学答题卡相应位置上填涂考生号。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案：不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Mg24Al27Zn65Ga70一、单项选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4分。每小题只有一个选项符合题意。1.我国的航空航天事业取得巨大成就，下列所述物质为金属材料的是航空航天成果物质宇航服中的聚酯纤维C919外壳中的铝锂合金北斗卫星使用的氮化铝芯片长征火箭使用的液氢燃料选项ABCDA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】 【详解】A．聚酯纤维为有机高分子材料，A项不符合题意；B．铝锂合金为金属材料，B项符合题意；C．氮化铝为新型无机非金属材料，C不符合题意；D．液氢燃料为无机非金属材料，D不符合题意；故选B。2.广东的非物质文化遗产丰富多彩，如广东剪纸、粤绣、龙舟制作技艺、广彩瓷器烧制技艺等。下列说法不正确的是A.广东剪纸所用纸张的漂白过程涉及化学变化B.粤绣所用蚕丝绣材含有天然有机高分子C.龙舟表面所涂红色颜料的成分是氧化亚铁D.绘有金色花纹的广彩瓷器含有硅酸盐【答案】C【解析】【详解】A．广东剪纸所用纸张的漂白过程涉及化学变化，A正确；B．粤绣所用蚕丝绣材主要含有蛋白质，蛋白质属于天然有机高分子，B正确；C．氧化亚铁为黑色固体，龙舟表面所涂红色颜料的成分是氧化铁，C错误；D．绘有金色花纹的广彩瓷器含有硅酸盐，D正确；故选C。3.劳动开创未来。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A利用工业合成氨实现人工固氮具有还原性B用石灰乳除去烟气中的是酸性氧化物C将锌块镶嵌在轮船底部防腐锌的金属性比铁强D用除去试管中的银镜具有强氧化性A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．氮气和氢气合成氨气过程中，氮气中的氮元素化合价降低，表现氧化性，劳动项目和化学知识不相关，A符合题意；B．二氧化硫是酸性氧化物，能和碱反应，劳动项目和化学知识有关联，B不符合题意；C ．锌的金属性比铁强，再船底镶嵌锌，形成原电池时铁做正极，不被腐蚀，劳动项目和化学知识有关联，C不符合题意；D．银和硝酸反应，表现硝酸的强氧化性，劳动项目和化学知识相关，D不符合题意；故选A。4.聚乳酸广泛用于制造可降解材料，其生物降解过程如下。下列说法不正确的是A.乳酸属于烃的衍生物B.分子含有��键和π键C.乳酸分子不含手性碳原子D.使用聚乳酸材料有利于减少白色污染【答案】C【解析】【详解】A．乳酸含有羧基、羟基，属于烃的衍生物，A正确；B．二氧化碳结构为O=C=O，双键中含有1个σ键1个π键，故分子含有��键和π键，B正确；C．手性碳原子是连有四个不同原子或基团的碳原子；，故乳酸分子含手性碳原子，C错误；D．聚乳酸广泛用于制造可降解材料，故使用聚乳酸材料有利于减少白色污染，D正确；故选C。5.下列装置用于实验室制取NO并回收，不能达到实验目的的是A.用装置甲制NO气体B.用装置乙除NO中的少量C.用装置丙收集NO气体D.用装置丁蒸干溶液获得固体【答案】D 【解析】【详解】A．Cu与稀硝酸在常温下发生氧化还原反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，因此可以用装置甲制NO气体，A不符合题意；B．二氧化氮和水生成一氧化氮，能除去NO中的少量，B不符合题意；C．NO气体在常温下容易与空气中的O2反应产生NO2气体，因此应该根据NO不溶于水，也不能与水发生反应，采用排水方法收集NO气体，C不符合题意；D．Cu(NO3)2溶液加热时会促进铜离子水解，且生成硝酸易挥发，应根据其溶解度受温度的影响变化较大，采用冷却结晶法制备Cu(NO3)2·6H2O，D符合题意；故选D。6.如图所示的化合物是一种重要的化工原料，X、Y、Z、W、E是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Z、E同族，基态Y原子的核外有3个未成对电子。下列说法正确的是A.原子半径：B.中只含有离子键C.Z、W、E组成化合物的水溶液一定显中性D.电负性：【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W、E是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态Y原子的核外有3个未成对电子，结合图示的化合物结构可知，Y为N；E核外有6个电子，Z、E同族，则Z核外也有6个电子，所以Z为O，E为S；从图示可知，X为H，W为Na。【详解】A．一般地，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，质子数越多，原子半径越小，所以原子半径：Na>S>N>O，故A错误；B．Na2O2中既有离子键，又有共价键，故B错误；C．Z、W、E组成Na2SO4，其水溶液显中性，若组成Na2SO3，则其水溶液呈碱性，故C错误；D．元素的非金属性越强，电负性越强，同周期从左到右，元素电负性增强，H和N形成的化合物中，N为负价，所以H的电负性比氮小，故电负性：O>N>H，故D正确；故选D。7.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1mol含有Si-Cl键的数目为B.24gMg与稀硫酸完全反应，转移的电子数目为C.1L1.0溶液含有阴离子的总数为2 D.11.2LNO与11.2L混合后分子的数目为【答案】A【解析】【详解】A．1个中含有3个Si-Cl键，故1mol含有Si-Cl键的数目为，故A正确；B．24gMg的物质的量为1mol，Mg失去2个电子转化为Mg2+，故1molMg与稀硫酸完全反应，转移的电子数目为2，故B错误；C．完全电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，1L1.0溶液含有溶质为1mol，故含有阴离子的总数为，故C错误；D．没有标明为标准状况，故无法计算气体分子数，故D错误；故选A。8.陈述Ⅰ和Ⅱ均正确并具有因果关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡA用明矾净水胶体具有吸附性BNa着火不能用水扑灭Na可与水反应产生C二氧化硅可用于制备光导纤维二氧化硅是良好的半导体材料D用84消毒液进行消毒NaClO溶液呈碱性A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．明矾中的Al3+水解生成胶体，胶体具有吸附性，能用于净水，A符合题意；B．Na着火不能用水扑灭，但Na与水反应产生的是H2，B不符合题意；C．二氧化硅可用于制备光导纤维，但二氧化硅不是良好的半导体材料，C不符合题意；D．用84消毒液进行消毒，是因为NaClO溶液具有强氧化性，D不符合题意；故选A9.二乙胺[]是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐。下列叙述正确的是 A.0.01水溶液的B.水溶液的pH随温度升高而减小C.水溶液加水稀释，pH降低D.水溶液中：【答案】B【解析】【详解】A．二乙胺是弱碱，其对应的盐酸盐溶液显酸性，水解是微弱的，所以0.01水溶液的，故A错误；B．由于水解，水溶液显酸性，加热能促进水解的进行，所以水溶液的pH随温度升高而减小，故B正确；C．水溶液显酸性，加水稀释，溶液酸性减弱，pH增大，故C错误；D．水溶液中存在电荷守恒：，水解的方程式为：+H2O+H3O+，还存在着水的电离：H2OH++OH-，所以，故D错误；故选B。10.硒(Se)是人体必需微量元素之一，已知Se与S同族，一种含硒的功能分子的合成路线如下，下列说法不正确的是A.沸点：B.Ⅰ中S原子的杂化轨道类型为C.Ⅱ中含有极性共价键和非极性共价键D.Ⅲ含有的元素中O的第一电离能最大【答案】D【解析】【详解】A．O、S、Se属于同一主族元素，原子序数依次增大。简单氢化物的沸点比较，存在氢键，沸点较高；结构相似，分子量越大，沸点越大。H2O 中存在氢键，其沸点较大；H2Se的相对分子量大于H2S，故沸点大小是，A项正确；B．Ⅰ是，S与C、S与H之间以单键连接，存在两对共用电子对，本身自己还有两对未成对电子对，其杂化轨道类型为，B项正确；C．一般，极性共价键是不同种非金属元素形成，非极性共价键是同种非金属元素形成的，故Ⅱ中含有极性共价键和非极性共价键，C项正确；D．气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的的最低能量叫做第一电离能。一般，同一周期，从左到右第一电离能逐渐增大，同族元素从上到下第一电离能逐渐变小，Ⅲ含有的元素是O、S、N、H、Se，根据元素周期表的位置，O和S的第一电离能比其他元素大，但N原子的2P轨道是半充满状态，能量较低，体系稳定，而氧的2P轨道易失去一个电子，变为半充满状态，故氮的电离能较大，D项不正确；故答案选D。11.下列关于铁及其化合物之间转化反应的方程式书写正确的是A.(g)通过灼热铁粉：B.过量铁粉加入稀硝酸中：C.氢氧化铁中加入氢碘酸：D.溶液中加入酸性溶液：【答案】D【解析】【详解】A．Fe与H2O(g)高温反应生成Fe3O4和H2，A错误；B．稀硝酸有强氧化性，能把Fe氧化成Fe3+，过量铁粉与Fe反应生成Fe2+，总反应产物应是Fe2+而不是Fe3+，B错误；C．Fe3+具有强氧化性，I-具有强还原性，两者能发生氧化还原反应，分别生成Fe2+和I2，C错误；D．酸性KMnO4具有强氧化性，可把Fe2+氧化成Fe3+，本身被还原生成Mn2+，D正确；故选D。12.汽车尾气中NO产生的反应为。一定条件下，等物质的量和在恒容密闭容器中反应，曲线a表示该反应在温度T下随时间(t)的变化，曲线b表示该反应在某一起始条件改变时随时间(t) 的变化。下列叙述不正确的是A.温度T下、0-40s内B.M点小于N点C.曲线b对应的条件改变可能是充入氧气D.若曲线b对应的条件改变是升高温度，则【答案】B【解析】【详解】A．温度T下、0-40s内氮气的浓度从c0mol/L减少到c1mol/L，故，A正确；B．M点还在向正向进行，故正反应速率大于逆反应速率，B错误；C．曲线b能是充入氧气，反应速率加快，更快到平衡，且平衡时氮气的浓度比a少，C正确；D．若曲线b为升温，则说明升温平衡正向移动，则正反应为吸热，D正确；故选B。13.打开分液漏斗活塞和玻璃塞，进行如图所示的探究实验，对实验现象分析正确的是A.试管中产生大量气泡，说明被氧化产生B.试管内层溶液褪色，说明具有还原性C.试管中浸有品红溶液的棉球褪色，说明具有氧化性D.一段时间后试管内有白色沉淀，说明有生成 【答案】D【解析】【详解】A．与硫酸中S元素的化合价为相邻价态，不能发生氧化还原反应，与70%的硫酸发生复分解反应生成，故A错误；B．试管内层溶液褪色，发生反应，说明具有氧化性，故B错误；C．试管中浸有品红溶液的棉球褪色，说明具有漂白性，故C错误；D．与氯化钡溶液不反应，生成白色沉淀，该沉淀为硫酸钡，发生反应，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡，说明有生成，故D正确；故选D。14.化学是一门以实验为基础的学科。下列实验操作不能达到目的的是选项目的实验操作A制备晶体向溶液中加入95%的乙醇B制备胶体向沸水中逐滴加入饱和溶液继续煮沸至液体呈红褐色C配制100mL0.4的NaOH溶液称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入蒸馏水溶解，立刻转移至100mL容量瓶中，定容D探究温度对化学平衡的影响加热0.5溶液A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．加入乙醇降低溶剂的极性，从而降低物质的溶解性使物质结晶析出，A项能达到实验目的；B．利用Fe3+水解产生Fe(OH)3胶体，B项可以达到实验目的；C．NaOH固体溶解放热，需要冷却至室温再转移至容量瓶不然会引起误差，C项不能达到实验目的； D．CuCl2溶液中存在水解平衡，升温水解增强，溶液会发生变化，D项能达到实验目的；故选C。15.科学家研发了一种以Al和Pd@石墨烯为电极的Al-电池，电池以离子液体作电解质，放电时在提供能量的同时实现了人工固氮，示意图如下。下列说法不正确的是A.充电时Al电极是阴极B.放电时离子浓度增大，离子浓度减少C.放电时正极反应为D.放电时电路中每通过6mol，电池总质量理论上增加28g【答案】B【解析】【详解】A．充电时，Al电极发生反应是，8+6e-=2Al+14，发生还原反应，故作为阴极，A正确；B．放电时，Al作为负极，发生氧化反应，电极反应是2Al+14-6e－=8。正极发生反应是，总反应是2Al+N2=2AlN，，浓度均不变，B错误；C．放电时，正极发生反应是，C正确；D．由以上电极反应可知，放电时电池总质量增加相当于是增加了N2，每通过6mol电子，参加反应N2是1mol，增加质量是28g/mol×1mol=28g，D正确；故选B。16.常温下，向含有、、的工业废水中逐滴加入NaOH溶液，pM随pH的变化关系如图所示[pM表示或或]。已知：，。若溶液中离子浓度小于 ，认为该离子沉淀完全。下列说法不正确的是A.曲线①表示与pH的关系B时，溶液中C.时，可认为沉淀完全D.时，【答案】B【解析】【分析】，==，当pH=5时，该式入Ka，可知，可知曲线②是表示；当c(Cu2+)=，c(OH-)=，此时pH=6.5，故曲线①表示，曲线③表示；【详解】A．当c(Cu2+)=，c(OH-)=，此时pH=6.5，故曲线①表示，A项正确；B．曲线②是表示，当pH=5时，＞0， ＜1，则故溶液中，B项错误；C．当c(Cu2+)=，c(OH-)=，此时pH=6.5，故时，可认为沉淀完全，C项正确；D．曲线③表示，线上b点（5.85，0），代入计算可知，当c(Fe2+)=1mol/L时，pH=5.85，此时c(OH-)=10-8.15，则Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)×c2(OH-)=1×10-16.3，故时，，D项正确。故答案选B。二、非选择题：共56分。17.某小组从电极反应的角度研究物质氧化性和还原性的变化规律。（1）实验室以和浓盐酸为原料制取氯气的化学方程式为：。该反应的氧化产物是_____________。将该反应设计成原电池，氧化反应为，还原反应为_____________。（2）当氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在和盐酸。小组同学分析认为随着反应的进行、的氧化性和Cl的还原性均减弱，为此进行探究。实验任务探究离子浓度对氧化性的影响提出猜想猜想a：随减小，的氧化性减弱。猜想b：随增大，的氧化性减弱。查阅资料电极电势(φ)是表征氧化剂的氧化性(或还原剂的还原性)强弱的物理量。电极电势越大，氧化剂的氧化性越强；电极电势越小，还原剂的还原性越强。验证猜想用0.10溶液、0.10溶液和蒸馏水配制混合液(溶液总体积相同)，将电极置于混合液中测定其电极电势φ，进行表中实验1～3，数据记录。实验序号V()/mLV()/mLV()/mL电极电势/V 1202002mn103201010①根据实验1和2的结果，猜想a成立。补充数据：m＝_____________，n＝_____________。②根据实验1和3的结果，猜想b成立。判断依据是_______(用电极电势关系表示)。探究结果固液混合物A中仍存在和盐酸的原因是随着反应进行，溶液中减小、增大，氧化性减弱。③根据上述探究结果，小组同学作出如下推断：随增大，还原性增强。实验验证：在固液混合物A中加入__________(填化学式)固体，加热。证明推断正确的实验现象是____________________。（3）根据电化学的相关知识，小组同学分别利用电解池(图1)和原电池(图2)装置，成功实现了铜与稀硫酸制氢气。①图1中阳极的电极反应式为___________________。②结合(2)的探究结论，图2中试剂X是_____________，试剂Y是_____________。可选试剂：稀硫酸、溶液、NaOH溶液、溶液、溶液(浓度均为1.0)【答案】（1）①.Cl2②.MnO2+2e-+4H+=2H2O+Mn2+（2）①.m=10②.n=20③.φ1<φ3④.NaCl⑤.又产生黄绿色气体（3）①.Cu-2e-=Cu2+②.稀硫酸③.NaOH溶液【解析】【小问1详解】该反应中MnO2得电子发生还原反应得到MnCl2，而HCl失电子经氧化的都Cl2。氧化产物为Cl2，还原反应为MnO2+2e-+4H+=2H2O+Mn2+。答案为Cl2；MnO2+2e-+4H+=2H2O+Mn2+； 【小问2详解】表格数据分析，实验1为对比实验，而3改变了MnSO4的体积，1和3组合研究Mn2+浓度对电极电势的影响。那么2和1组合可以研究H+浓度的影响，所以改变H2SO4的体积而不改变MnSO4的体积，同时保证总体积为40mL，则m=10、n=20。随着Mn2+浓度增大MnO2氧化性减弱，电势降低即φ1<φ3。已知溶液中c(H+)减小、c(Mn2+)增大，MnO2氧化性减弱，保证单一变量只改变Cl-的影响，可加入NaCl固体，若加热反应又产生黄绿色气体，说明Cl-的浓度越大其还原性增强。答案为m=10、n=20；φ1<φ3；NaCl；若加热反应又产生黄绿色气体；【小问3详解】图1为电解池，Cu极为阳极，石墨为阴极。阳极Cu优先放电即：Cu-2e-=Cu2+。图2为原电池利用Cu与H2SO4制备H2，负极为Cu，正极区为H2SO4。为了增强Cu的还原性，正极区加入NaOH溶液降低溶液中的Cu2+。答案为Cu-2e-=Cu2+；稀硫酸；NaOH溶液。18.氮化镓(GaN)具有优异的光电性能。一种利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓、铁酸锌、]制备GaN的工艺流程如下：已知：①Ga与Al同主族，化学性质相似。②常温下，，，。③、在该工艺条件下的反萃取率(进入水相中金属离子的百分数)与盐酸浓度的关系见下表。盐酸浓度/反萃取率/%286.99.4469.152.1617.571.3回答下列问题： （1）“酸浸”时发生反应的离子方程式为____。“酸溶”所得滤渣的主要成分是________(填化学式)。（2）“酸浸”所得浸出液中、浓度分别为0.21、65。常温下，为尽可能多地提取并确保不混入，“调pH”时需用CaO调pH至_________(假设调pH时溶液体积不变)。（3）“脱铁”和“反萃取”时，所用盐酸浓度a＝________，b＝_______(选填上表中盐酸的浓度)。（4）“沉镓”时，若加入NaOH的量过多，会导致的沉淀率降低，原因是_____________(用离子方程式表示)。（5）利用CVD(化学气相沉积)技术，将热分解得到的与在高温下反应可制得GaN，同时生成另一种产物，该反应化学方程式为__________________。（6）①GaN的熔点为1700℃，的熔点为77.9℃，它们的晶体类型依次为_________、_________。②GaN晶体的一种立方晶胞如图所示。该晶体中与Ga原子距离最近且相等的N原子个数为________。该晶体密度为，GaN的式量为，则晶胞边长为________nm。(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)【答案】（1）①.Ga2(Fe2O4)3+24H+=2Ga3++6Fe3++12H2O②.CaSO4（2）略小于5.7（3）①.6mol/L②.2mol/L（4）Ga(OH)3+OH-=+2H2O（5）Ga2O3+2NH32GaN+3H2O（6）①.共价晶体②.分子晶体③.4④.【解析】【分析】矿渣中主要含铁酸镓、铁酸锌、SiO2，矿渣中加入稀硫酸，SiO2不溶于稀硫酸，浸出渣为SiO2，加入CaO调节pH，从已知②可知，Zn(OH)2Ksp相对Ga(OH)3和Fe(OH)3较大，因此控制pH可使Ga3+、Fe3+完全沉淀而Zn2+ 不沉淀，滤液中为硫酸锌，再加入稀硫酸酸溶，溶液中含有Ga3+和Fe3+，加入萃取剂萃取，然后加入amol/L盐酸进行脱铁，再加入bmol/L的盐酸进行反萃取，根据表中数据可知，脱铁时盐酸浓度较高，促使Fe3+更多地进入水相被除去，盐酸浓度为6mol/L，反萃取中要保证Ga3+更可能多地进入水相，则此时盐酸浓度为2mol/L，随后加入NaOH沉镓生成Ga(OH)3，Ga(OH)3经过热分解生成Ga2O3，最后经过CVD得到GaN。【小问1详解】Ga2(Fe2O4)3与稀硫酸反应生成Ga3+、Fe3+和H2O，反应的离子方程式为Ga2(Fe2O4)3+24H+=2Ga3++6Fe3++12H2O。酸溶前调节pH时加入了CaO，加入稀硫酸钙离子和硫酸根离子反应生成硫酸钙，硫酸钙微溶于水，故酸溶滤渣中为CaSO4。【小问2详解】酸浸所得浸出液中Ga3+、Zn2+浓度分别为0.21g/L和65g/L即0.003mol/L和1mol/L，根据Ksp[Zn(OH)2]=10-16.6，Zn2+开始沉淀时c(OH-)=10-8.3mol/L，Zn2+开始沉淀的pH为5.7，根据Ksp[Ga(OH)3]=10-35.1，Ga3+开始沉淀时c(OH-)=1.49×10-11，则Ga3+开始沉淀的pH为3.17，则调节pH略小于5.7即可。【小问3详解】根据分析可知脱铁时盐酸浓度较高，促使Fe3+更多地进入水相被除去，盐酸浓度为6mol/L，反萃取中要保证Ga3+更可能多地进入水相，则此时盐酸浓度为2mol/L。【小问4详解】Ga与Al同主族，化学性质相似，沉镓时加入NaOH过多，则生成Ga(OH)3重新溶解生成，离子方程式为Ga(OH)3+OH-=+2H2O。【小问5详解】Ga2O3与NH3高温下反应生成GaN和另一种物质，根据原子守恒，可得另一种物质为H2O，化学方程式为Ga2O3+2NH32GaN+3H2O。【小问6详解】①GaN熔点较高为1700℃，GaCl3熔点较低为77.9℃，则GaN为共价晶体，GaCl3为分子晶体。②从图中可知，该晶体中与Ga原子距离最近且相等的N原子个数为4个，根据均摊法，该晶胞中N原子个数为4，Ga原子个数为，设晶胞边长为anm，则ρ=，则a=nm。19.和重整制取合成气CO和 ，在减少温室气体排放的同时，可充分利用碳资源。该重整工艺主要涉及以下反应：反应a：反应b：反应c：反应d：（1）重整时往反应体系中通入一定量的水蒸气，可在消除积碳的同时生成水煤气，反应为，该反应的△H＝_____________(写出一个代数式)。（2）关于和重整，下列说法正确的是(填编号)。A.的物质的量保持不变时，反应体系达到平衡状态B.恒容时通入增大压强，的平衡转化率减小C.加入反应c的催化剂，该反应的平衡常数K增大D.降低反应温度，反应d的（3）一定压强下，按照投料，和重整反应达到平衡时各组分的物质的量分数随温度的变化如图所示①图中曲线m、n分别表示物质_____________、_____________的变化(选填“”“CO”或“”)。②700℃后，C(s)的物质的量分数随温度升高而增大的原因是_______________________________________。③某温度下体系中不存在积碳，和的物质的量分数分别是0.50、0.04，该温度下甲烷的平衡转化率为_____________，反应b的平衡常数K＝_____________(列出计算式)。【答案】（1）△H1-△H2-△H3（2）AD（3）①.CO2②.H2③.反应c为吸热反应，反应d为放热反应。700℃后，随着温度升高，反应c右移对C(s)的物质的量分数的影响比反应d左移的大④.12.5% ⑤.【解析】【小问1详解】该反应由a-b-c得到即△H=△H1-△H2-△H3。答案为△H1-△H2-△H3；【小问2详解】A．随着反应进行CH4不断减少，平衡时保持不变，A项正确；B．恒容时，平衡体系中各物质的浓度不发生改变，平衡不移动，CO2转化率不变，B性错误；C．加入催化剂只改变反应历程不改变平衡常数，C项错误；D．降低温度反应d正向移动，v正>v逆，D项正确；故选AD。【小问3详解】反应起始投入CH4和CO2为2：1，所以m为CO2。同时700℃之后C固体增加，即700℃以上的高温有利于反应c正向进行，反应c正向进行H2物质的量分数增加则n为H2。P为CO。设反应投入CH4和CO2物质的量分别为2mol、1mol。根据反应列出以下三段式：，则平衡时CO2物质的量为(1-n-m)mol，CO的物质的量为(n+2m)mol，H2O物质的量为nmol，H2为(2m-n)mol，CH4为（2-m）mol，则平衡体系中气体总物质的量为（3+m）mol。已知CH4和H2O的物质的量分数分别是0.50、0.04，则建立等式为、得m=0.25、n=0.14。则CH4的转化率为。则K=。答案为反应c为吸热反应，反应d为放热反应。700℃后，随着温度升高，反应c右移对C(s)的物质的量分数的影响比反应d左移的大；12.5%；。 20.化合物Ⅷ是一种用于制备神经抑制剂的中间体，其合成路线如下：回答下列问题：（1）化合物I的分子式是_____________。化合物Ⅷ中的含氧官能团的名称是_____________。（2）化合物I的沸点高于化合物II，其原因是____________________________________________________。（3）反应①是原子利用率100%的反应，则a为_____________。（4）反应②的反应类型为_____________。（5）化合物Ⅲ有多种同分异构体，其中含结构的有_____________种(不计III)，其中核磁共振氢谱的峰面积比为6：1：1的结构简式为_____________(写出其中一种)。（6）写出以和乙醇为原料合成化合物的单体的合成路线(无机试剂任用)________。【答案】（1）①.C7H7OF②.酯基（2）的分子间存在氢键（3）H2O（4）加成反应（5）①.5②.（6）【解析】 【小问1详解】化合物I的结构简式为，所以分子式为C7H7OF；VIII中的含氧官能团为酯基；【小问2详解】的分子间存在氢键，分子间只存在范德华力所以沸点高于；【小问3详解】反应①是原子利用率100%的反应，根据原子守恒，可知则a为H2O；【小问4详解】和反应生成的过程，后者碳碳双键变成碳碳单键，属于加成反应；【小问5详解】化合物III为，包含4个C，2个O和一个不饱和度，其中包含的同分异构体有：HCOOC3H7，有2种，CH3COOC2H5，有1种，C2H5COOCH3，有1种，C3H7COOH，有2种，共6种，除掉化合物III本身，同分异构体还有5 种，其中核磁共振氢谱的峰面积比为6：1：1的结构简式为;【小问6详解】根据所给物质及已知反应条件，涉及到醛基和酯基的加成，所以先将醇羟基氧化为醛基，再氧化成羧酸，最后酯化生成酯基，酯基再与醛基反应生成碳碳双键得到单体，合成路线为。