重庆市 2023届高三化学下学期适应性月考卷（九）试题（Word版附解析）

重庆市巴蜀中学2023届高考适应性月考卷(九)化学试题注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。以下数据可供解题时参考。可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16F—19P—31S—32K—39Ca—40Fe—56Ni—59Zn—65一、选择题：本题共14小题，每小题3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.古文献《余冬录》中对胡粉[主要成分为]制法的相关描述：“铅块悬酒缸内，封闭四十九日，开之则化为粉矣。化不白者(Pb)，炒为黄丹(Pb3O4)。黄丹滓为密陀僧(PbO)”。下列说法错误的是A.Pb3O4属于氧化物B黄丹与盐酸反应只生成PbCl2和水C.铅块制胡粉的过程中发生了氧化还原反应D.密陀僧与一氧化碳高温加热可以制得铅【答案】B【解析】【详解】A．Pb3O4属于氧化物，A正确；B．Pb3O4中铅的化合价是+2和+4，+4价铅可以将盐酸氧化为氯气，所以与盐酸反应生成的不只有PbCl2和水，B错误；C．制胡粉过程中铅的化合价发生了改变，发生了氧化还原反应，C正确；D．密陀僧(PbO)与一氧化碳高温加热，一氧化碳作还原剂可以制得铅，D正确；故选B。2.第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 可以减少柴油机尾气中氮氧化物的排放。有关化学用语表示正确的是A.中子数为8的氧原子：8OB.二氧化碳的电子式：C.水的空间结构模型：D.的结构简式：【答案】D【解析】【详解】A．中子数为8的氧原子的质量数为8+8=16，核素符号为16O，A错误；B．O原子的最外层电子数为8，有两对孤电子对，选项中漏画了氧原子的孤对电子，B错误；C．水分子中O原子的杂化类型为sp3杂化，有两对孤对电子对，所以空间构型为V形，C错误；D．CO(NH2)2由羰基和氨基(—NH2)构成，结构简式为，D正确；故选D。3.下列说法正确的是A.工业上利用C和反应冶炼得到粗硅，说明C的非金属性比强B.由于钠、镁、铝等金属化学性质太活泼，人们通常采用电解熔融状态下的氯化物的方式来获取其金属单质C.溶液具有氧化性，可用于蚀刻铜制品D.氨气在催化剂作用下与氧气直接反应生成二氧化氮【答案】C【解析】【详解】A．由方程式可知，反应中碳元素的化合价升高被氧化，碳为反应的还原剂，非金属性指的是元素的原子得电子的能力，所以不能用工业制备粗硅的反应来说明碳元素的非金属性强于硅元素，故A错误；B．氯化铝是共价化合物，熔融状态下不能导电，所以工业上采用电解熔融状态下的氧化物的方式来获取其金属铝，故B错误；C．氯化铁具有氧化性，氯化铝溶液能与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，常用于蚀刻铜制品，故C正确；D．氨气在催化剂作用下与氧气直接反应生成一氧化氮和水，不能生成二氧化氮，故D错误；故选C。第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 4.γ-崖柏素具有芳香化合物性质和酚的通性，结构如图所示。关于γ-崖柏素的说法正确的是A.不能与溴水发生取代反应B.可与NaOH溶液反应C.分子中的碳原子可能全部共平面D.1molγ-崖柏素最多与3mol氢气发生加成反应【答案】B【解析】【分析】由题干信息：γ-崖柏素具有芳香化合物性质和酚的通性，结合有机物中的其他官能团进行解题。【详解】A．酚可与溴水发生取代反应，γ-崖柏素有酚的通性，且γ-崖柏素的环上有可以被取代的H，故γ-崖柏素可与溴水发生取代反应，A错误；B．酚类物质能与NaOH溶液反应，B正确；C．γ-崖柏素分子中有一个异丙基，异丙基中间的碳原子与其相连的3个碳原子不共面，故其分子中的碳原子不可能全部共平面，C错误；D．1mol崖柏素最多与4mol氢气发生加成反应，D错误；故答案为：B。5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.pH=12的溶液中：、、、B.的溶液中：、、、C.滴加KSCN溶液显红色的溶液中：、、、D.水电离的的溶液中：、、、【答案】A【解析】【详解】A．pH=12的溶液显碱性，碱性条件下，该组离子均能共存，A正确；B．的溶液呈酸性，酸性溶液中碳酸根离子不能大量共存，B错误；第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 C．滴加KSCN溶液显红色的溶液中，含有铁离子，铁离子具有氧化性，和碘离子不能共存，C错误；D．水电离的c(OH−)1×10−13mol·L−1的溶液，可能为酸性，也可能为碱性，若为酸性，醋酸根离子不能大量共存，若为碱性，铜离子不能大量共存，D错误；故答案选A。6.AlN、GaN属于第三代半导体材料，更适合于制作高温、高频、抗辐射及大功率电子器件，在光电子和微电子领域具有重要的应用价值。二者成键结构与金刚石相似，晶体中只存在N-Al键、N-Ga键。下列说法错误的是A.GaN的熔点低于AlNB.晶体中所有化学键均为极性键C.晶体中所有原子均采取sp3杂化D.基态Al原子有3个未成对电子所以化合物里常显正三价【答案】D【解析】【详解】A．因为AlN、GaN为结构相似的共价晶体，由于Al原子的半径小于Ga，N—Al的键长小于N—Ga的，则N—Al的键能较大，键能越大则其对应的共价晶体的熔点越高，故GaN的熔点低于AlN，A说法正确；B．不同种元素的原子之间形成的共价键为极性键，故两种晶体中所有化学键均为极性键，B说法正确；C．金刚石中每个C原子形成4个共价键(即C原子的价层电子对数为4)，C原子无孤电子对，故C原子均采取sp3杂化。由于AlN、GaN与金刚石结构相似，则其晶体中所有原子均采取sp3杂化，C说法正确；D．基态铝原子只有1个未成对电子，D说法错误；综上所述，本题选D。7.代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，124gP4中所含P-P键数目为B.溶液中所含的数目小于C.常温常压下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为D.48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为【答案】D【解析】【详解】A．每个P4分子中含6个P—P键，124gP4为1mol，含6molP—P键，A错误；第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 B．未说明体积所以无法计算Fe3＋数目，B错误；C．常温常压下，11.2LCH4和C2H4的混合气体物质的量不为0.5mol，C错误；D．正丁烷和异丁烷互为同分异构体，每个正丁烷或异丁烷分子中含有13个共价键，58g正丁烷和异丁烷的混合物的物质的量为，则含有共价键的物质的量为13mol，即含有13NA个共价键，D正确；故答案为：D。8.用下列装置进行相应的实验，不能达到实验目的的是ABCD用此装置制备无水MgCl2检验溴乙烷消去产物中的乙烯观察气泡鉴别乙醇与甲醚(CH3OCH3)用此装置制备溴苯并验证有HBr产生A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．氯化镁晶体在加热条件下易水解生成氢氧化镁，通入氯化氢，可避免氯化镁水解，该装置可制备无水MgCl2固体，能达到实验目的，故A不选；B．乙醇和乙烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙醇易挥发，且乙醇能溶于水，用水除去乙烯中的乙醇，然后用酸性高锰酸钾溶液检验生成的乙烯，能实现实验目的，故B不选；C．乙醇和钠反应生成氢气，甲醚和钠不反应，现象不同可以鉴别，能实现实验目的，故C不选；D．挥发的溴和水反应生成HBr，HBr和硝酸银溶液反应生成溴化银淡黄色沉淀，挥发的溴干扰HBr的检验，不能实现实验目的，故D选；故选：D。9.根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是实验目的实验及现象结论第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 选项A比较和的水解常数分别测浓度均为的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者B探究氢离子浓度对、相互转化的影响向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色增大氢离子浓度，转化平衡向生成的方向移动C探究反应物浓度对反应速率的影响分别向体积为20mL浓度为的稀硫酸和的浓硫酸中加入2g锌粉，比较收集相同体积的气体所需的时间反应物浓度越大，收集相同体积的气体所需的时间越短，反应速率越快D检验是否变质向溶液中加入硫酸酸化的KSCN溶液，溶液呈血红色说明已变质A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．CH3COONH4中水解，，会消耗CH3COO−水解生成的OH−，测定相同浓度的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者，不能说明Kh(CH3COO−)<Kh()，A错误；B．K2CrO4中存在平衡(黄色)+2H+(橙红色)+H2O，缓慢滴加硫酸，H+浓度增大，平衡正向移动，故溶液黄色变成橙红色，B正确；C．浓硫酸和稀硫酸与锌反应不同，不能用来相互比较反应速率，C错误；D．Fe(NO3)2溶液中加入硫酸，酸性条件下的硝酸根会氧化亚铁离子而无法检验出原物质中是否含有Fe3+，D错误；故答案为：B。10.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子核外有7个电子，基态Y第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 原子无未成对电子，Z与X为同族元素，W最高价含氧酸为二元酸，下列说法正确的是A.原子半径：B.第一电离能大小：W<Z<XC.Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的强D.电负性大小：W<Z<X【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子核外有7个电子，X为N；基态Y原子无未成对电子，Y为Mg；Z与X为同族元素，Z为P；W最高价含氧酸为二元酸，W为S；【详解】A．同主族从上到下原子半径增大，同周期主族元素从左向右原子半径减小，则原子半径：r(X)<r(W)<r(Z)<r(Y)，A错误；B．第一电离能大小为S<P<N，B正确；C．非金属性N大于P，则Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱，C错误；D．S的电负性强于P，D错误；故选B。11.某科研团队利用连续闭合的电化学---化学反应循环实现氮还原的原理示意图如图所示，其中Fe-TiO2作为氮还原的催化剂，则下列说法正确的是A.A电极连接电源正极B.电解结束A室pH不变C.B电极上发生的电极方程式为D.该电池生成3mol氧气时A室总质量增加68g【答案】D【解析】【分析】根据分析，B电极室产生氧气，则B为阳极，发生氧化反应，A中氮气由0价降低为-3第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 价，发生还原反应，为阴极，以此分析；【详解】A．B电极为电解池阳极，连接电源的正极，A电极为电解池阴极，连接电源负极，A错误；B．A室每得到6mol电子消耗8molH+，同时有6molH+从B室迁移过来所以总的pH变大，B错误；C．B电极上的电极方程式为2H2O-4e−=O2↑+4H+，C错误；D．根据得失电子守恒，阳极生成3mol氧气转移12mol电子，可还原2mol氮气，同时会迁移12molH+到A室，所以A室质量增加68g，D正确；故答案为D。12.室温时，通过实验探究溶液的性质，操作及现象如下表所示：实验实验操作及现象1测定溶液的pH，测得溶液pH<72向溶液中加入等体积的溶液，产生白色沉淀(草酸钙的)3向溶液中滴加少量NaOH溶液，加热产生刺激性气味气体，后冷却至室温下列说法正确的是A.溶液中存在：B.由实验1可得：C.由实验2所得溶液：D.实验3所得溶液中水的电离程度大于溶液【答案】C【解析】【详解】A．溶液中存在物料守恒，电荷守恒，所以溶液中存在第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 ，A错误；B．溶液的<7，溶液显酸性，但由于铵根的浓度是草酸根浓度的2倍，所以不能说明二者水解程度的相对大小，B错误；C．混合时CaCl2过量，混合后溶液中钙离子浓度为，所以，C正确；D．加入NaOH后溶液为草酸钠溶液没有之前草酸铵双水解对的电离促进程度大，D错误；故答案为：C。13.某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞结构如图所示，晶胞参数为anm，阿佛加德罗常数为。下列说法错误的是A.该物质的化学式为KCaF3B.与等距且最近的有12个C.该晶体的密度计算式为D.在该物质晶胞结构的另一种表示中，处于各顶角位置，则处于棱心位置【答案】C【解析】【详解】A．根据均摊法，K+位于晶胞顶点，个数为，Ca2+位于晶胞体心，所以个数为1，F−位于晶胞面心，个数为，所以化学式为KCaF3，故A正确；B．K+位于晶胞顶点，F-位于晶胞面心，所以与K+等距且最近的F-有个，故B正确；C．由A可知，一个晶胞中有一个KCaF3，则密度计算式应该为，故C错误；D．以Ca2+为顶点时，F-处于棱心位置，故D正确；故选C。第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 14.甲烷与H2S重整制氢是一条全新的H2S转化与制氢技术路线。理论计算表明，原料初始组成，在体系压强为0.1MPa下，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。下列说法正确的是A.图中表示CH4、CS2变化的曲线分别是b和dB.由图可知该反应的C.M点对应温度下，H2S的转化率约为33.3%D.950℃时，H2的体积分数为60%【答案】C【解析】【详解】A．由方程式可知，CH4与H2S为反应物，投料比为1∶2，因此c为H2S，d为CH4，CS2和H2为生成物，系数比为1∶4，因此b为CS2，a为H2，表示CH4、CS2变化的曲线分别是d、b，A错误；B．由图像可知，温度升高，生成物的量增大，反应物的量减少，说明平衡正向移动，正反吸热，ΔH>0，B错误；C．设CH4与H2S的投料量为amol和2amol，参加反应的CH4的物质的量为x，列出三段式：M点时H2与H2S的物质的量分数相等，因此2a-2x=4x，解得x=amol，因此H2S的转化率为33.3%，C正确；D．设CH4与H2S的投料量为amol和2amol，950℃时参加反应的CH4的物质的量为y，列出三段式：第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 950℃时CS2与CH4的物质的量分数相等，因此a−y=y，解得y=amol，平衡时CH4、H2S、CS2、H2的物质的量分别为amol、amol、amol、2amol，H2的体积分数为50%，D错误；故答案为：C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.草酸镍晶体()可用于制镍催化剂。工业上用废镍催化剂(主要成分为Al2O3、Ni、Fe、SiO2、CaO)制备草酸镍晶体的一种工艺流程如图所示：已知：①相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表(开始沉淀的pH按金属离子浓度为计算)：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pH1.13.25.88.83.05.06.79.57.610.1②，。回答下列问题：（1）基态镍原子的价层电子排布式为___________。（2）试剂X可以是___________，调节pH的范围是___________。（3）滤渣1成分是___________(写化学式)，加入适量NH4F溶液的目的是___________。（4）保持其他条件相同，不同温度下对废镍催化剂进行“酸浸”，镍浸出率随时间变化如图所示。第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 “酸浸”的适宜温度与时间分别为___________。（5）“沉镍”的离子方程式为___________。（6）称量28.7g某镀镍试剂，配成100mL溶液，溶液中存在的离子为、、；准确量取10.00mL溶液，用的EDTA标准溶液滴定其中的，消耗EDTA标准溶液25.00mL。已知。①配制EDTA标准溶液需要注意蒸馏水的水质，水中若含、会使滴定时消耗的EDTA的体积___________(填“偏大”“不变”或“偏小”)。②该镀镍试剂的化学式为___________。【答案】（1）3d84s2（2）①.H2O2(或新制氯水或NaClO，但不能是KMnO4)②.5.0≤pH＜6.7（3）①.SiO2、CaSO4②.除去溶液中的Ca2+（4）70℃、120min(90~120min都可)（5）=（6）①.偏大②.(NH4)2Ni(SO4)2【解析】【分析】废镍催化剂加硫酸酸浸后得到铝离子、亚铁离子、钙离子、镍离子，滤渣1主要为二氧化硅、硫酸钙(微溶)，滤液1通过氧化、调节pH、过滤除去铁离子和铝离子，加入NH4F后过滤除去钙离子，滤渣2主要成分氟化钙，所得溶液加草酸铵进行沉镍得到草酸镍晶体。【小问1详解】镍是28号元素，价层电子排布式为3d84s2。【小问2详解】加入试剂X是为了将Fe2+氧化为Fe3+，X应为氧化剂，理想的当然是双氧水，另外新制氯水、次氯酸盐也第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 可以，但如果用高锰酸钾，就会引入Mn2+，而Mn2+沉淀的pH与Ni2+很接近，二者不易分离。Fe3+离子生成沉淀，其pH区间(开始沉淀—完全沉淀)为1.1～3.2，铝离子沉淀为的pH区间为3.0～5.0，而镍离子沉淀为的pH区间为6.7～9.5，所以调节溶液5.0≤pH<6.7，使其完全生成和而过滤除去；故答案为：H2O2(或新制氯水或NaClO，但不能是KMnO4)；5.0≤pH＜6.7；【小问3详解】酸浸时，SiO2不溶于酸，CaO与H2SO4反应生成CaSO4，硫酸钙微溶，大部分会析出。滤液2中还含有少量Ca2+，如果不除去，加入草酸铵，会生成草酸钙沉淀，使草酸镍晶体不纯；故答案为：SiO2、CaSO4；除去溶液中的Ca2+；【小问4详解】虽然温度高镍的浸出率高，但120min后，90℃与70℃是差不多的，故从节能角度，选70℃。从省时角度，没必要到150min，故选120min；故答案为：70℃、120min(90~120min都可)；【小问5详解】草酸镍晶体中含有结晶水，=；故答案为：=；【小问6详解】配制EDTA标准溶液时，若水中含有Ca2+、Mg2+，它们也能跟EDTA络合，从而使所配溶液浓度偏低，滴定时消耗EDTA标准溶液体积会偏大。EDTA与金属离子的配位都是1∶1，根据消耗的EDTA的物质的量，可推知NiSO4为0.1mol，则(NH4)2SO4的物质的量为，所以该镀镍试剂的化学式为(NH4)2Ni(SO4)2；故答案为：偏大；(NH4)2Ni(SO4)2。16.FeS是一种黑色固体，常用作固体润滑剂、废水处理剂等。可通过高温合成法和均相沉淀法合成纳米FeS。Ⅰ.高温合成法称取一定质量还原铁粉和淡黄色硫粉，充分混合后置于真空密闭石英管中。用酒精喷灯加热。加热过程中硫粉升华成硫蒸气。持续加热至反应完全，冷却，得纳米FeS。已知：S8蒸气为橙色，S6蒸气为红棕色。（1）若用等质量的S8和S6分别与足量铁粉反应制取FeS，消耗Fe的质量比为___________。第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 （2）能说明反应已进行完全的标志是___________。Ⅱ.均相沉淀法实验室以硫酸亚铁铵[]和硫代乙酰胺(CH3CSNH2)为主要原料合成纳米硫化亚铁的装置和流程如图所示。已知：硫代乙酰胺在酸性和碱性条件下均能水解。水解方程式如下所示：（3）实验前通N2排尽装置中空气的目的是___________；装混合液的仪器名称是___________。（4）“反应”时，控制混合液pH约为9，温度为70℃。硫酸亚铁铵溶液和硫代乙酰胺溶液恰好反应时总反应的离子方程式为___________。（5）该方法得到的产品中常混有少量的沉淀，实验时可向混合液中加入少量某种试剂降低，在反应中再缓慢释放，从而抑制的形成。这种试剂是___________(填序号)。A.H2OB.柠檬酸钠()C.D.Na2CO3（6）已知硫酸亚铁铵[]为浅绿色晶体，易溶于水，不溶于乙醇。下表中列出了不同温度下硫酸铵、七水合硫酸亚铁、硫酸亚铁铵在水中的溶解度。温度/℃溶解/g物质10203040507073.075.478.081.084.591.940.048.060.073.3——第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 18.121.224.527.931.338.5请补充完整实验室制取硫酸亚铁铵晶体实验过程：取4.0g充分洗净的铁屑，加___________，水浴加热并不断搅拌，至不再产生气体，趁热过滤，洗涤、烘干，得未反应铁屑1.2g。向滤液中加入___________，加热浓缩至出现晶膜为止，将溶液静置、冷却结晶、过滤，用___________，低温烘干，得到硫酸亚铁铵晶体。[可选用的实验试剂有：晶体、溶液、蒸馏水、无水乙醇]【答案】（1）1∶1（2）石英管中硫蒸气的颜色不变或气体变为无色（3）①.防止Fe2+和CH3CSNH2(或S2−)被氧化②.三颈烧瓶（4）FeS↓+CH3COO−+3NH3↑+3H2O（5）B（6）①.适量溶液②.6.6g(NH4)2SO4晶体③.无水乙醇洗涤晶体【解析】【小问1详解】质量相等的S8和S6中S原子数目相等，所以消耗Fe的质量比为1∶1。【小问2详解】石英管中硫蒸气的颜色不变，说明硫蒸气浓度不变，证明反应已进行完全。【小问3详解】实验前通N2排尽装置中空气的目的是防止Fe2+和CH3CSNH2(或S2−)被氧化；装混合液的仪器名称是三颈烧瓶。【小问4详解】“反应”时，控制混合液pH约为9，温度为70℃，三颈烧瓶内硫酸亚铁铵和硫代乙酰胺水解生成的硫离子反应生成硫化亚铁沉淀，反应的离子方程式为FeS↓+CH3COO−+3NH3↑+3H2O。【小问5详解】柠檬酸钠能与Fe2+形成络合物，实验时可向混合液中加入少量柠檬酸钠降低，在反应中该络合物再缓慢释放，从而抑制的形成。【小问6详解】取4.0g充分洗净的铁屑，为增大硫酸亚铁的浓度，加入3mol·L-1H2SO4溶液，在热水浴中加热，并不断搅拌，使其反应到不再产生气体，趁热过滤、洗涤、烘干，得未反应铁屑1.2g，则反应的铁质量为第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 4.0g−1.2g=2.8g，其物质的量为。根据(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O可知需要(NH4)2SO4的质量为132g·mol−1×0.05mol=6.6g。故要向滤液中加入6.6g(NH4)2SO4晶体，加热溶液至出现晶膜、冷却结晶、过滤，并用无水乙醇洗涤，再低温烘干，即得硫酸亚铁铵晶体。17.氢气是一种清洁能源，具有很大的发展潜力。（1）氢能发展和推广目前还面临的困难有___________。(写出两点)（2）储氢合金促进了氢能的推广和使用。储氢合金(M)的储氢和脱氢机理模型如图所示：①已知：常温下αphase能自发地与H2反应生成βphase()，反应自发进行的原因是___________。②根据平衡移动原理判断，有利于储氢合金储氢后释放出氢气的条件是___________。(写出两点)③文献指出，储氢合金表面氢化物的形成会阻碍储氢合金吸附新的氢气分子，若把储氢合金制成纳米颗粒，单位时间内储氢效率会大幅度提高，可能的原因是___________。④在容积恒定的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个相同密闭容器中，分别放入ag的储氢合金(M)和bmol氢气发生反应，三个容器的反应温度分别为T1、T3、T3(T1<T2<T3)且恒定不变，在其他条件相同的情况下，实验测得反应均进行到1min时储氢效率(η)是，此时Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容器中一定达到化学平衡状态的是___________，当三个容器反应都达到化学平衡时，H2转化率最大的反应温度是___________。（3）利用有机物相互转化也可实现储氢和脱氢。乙苯与苯乙烯之间的可逆反应实现脱氢和储氢过程如图所示。(g)(g)+H2(g)①在密闭容器中，维持体系总压恒定，在温度T℃时，物质的量为nmol、体积为VL的乙苯蒸气发生催化脱氢。已知乙苯的平衡转化率为a，则在该温度下反应的平衡常数___________(为浓度平衡常第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 数，计算结果用字母符号表示)。②以上制氢过程也可以通过电解实现。电极使用多孔惰性电极，电解槽使用高分子电解质膜(只允许通过)分开，则阳极发生的电极反应式为___________。【答案】（1）氢气的获得困难，成本高，储存和运输困难，使用安全等（2）①.该反应是放热反应或ΔH<0，ΔS<0，②.高温、低压③.减小粒子直径之后接触面积变大，吸附速率变快。氢气等量时表面的氢化物形成没有大颗粒集中，对内部金属吸附氢气的阻碍作用会变弱。吸附后扩散的距离变短，很快能达到饱和④.Ⅲ⑤.T1（3）①.②.(g)-2e-=(g)+2H+【解析】【小问1详解】氢能发展和推广目前还面临的困难有氢气的获得困难，成本高，储存和运输困难，使用安全等；【小问2详解】①常温下，该反应能自发进行，ΔG=ΔH−TΔS<0，ΔS<0，则ΔH<0，故该反应能自发进行的原因是该反应是放热反应或ΔH<0；②该反应正反应ΔH<0，体积减小，故升高温度和减小压强有利于平衡逆向移动；③纳米材料颗粒小，充入等量H2表面形成氢化物较稀疏，内部金属能较快地和氢原子结合；纳米材料表面积大，吸附能力增强，这些都能增大单位时间内储氢效率；④温度越高，反应速率越快，储氢效率增加；ΔH<0，温度越高，平衡逆向移动，储氢效率降低，所以Ⅲ容器一定达到平衡状态；ΔH<0升高温度平衡逆向移动，都达到化学平衡时，H2转化率最大的反应温度是T1；【小问3详解】①反应前后压强不变，则反应后的容积为，所以该温度下反应的平衡常数；第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 ②阳极乙苯发生氧化反应，。18.由2，3-二氢呋喃和N-苯基甘氨酸可实现喹啉并内酯的高选择性制备。Ⅰ.合成2，3-二氢呋喃(如图所示)（1）反应①的反应类型为___________。（2）C中官能团的名称为___________。（3）E的结构简式为___________，D生成E的过程中可能会得到少量的聚合物，写出其中一种的结构简式：___________。（4）写出反应③的化学方程式：___________。Ⅱ.合成喹啉并内酯(如图所示)已知：①；②。（5）F和Ⅰ转化成J的反应过程中还生成水，理论上该过程中消耗的O2与生成的J的物质的量之比为___________。（6）F和I在O2作用下得到J的反应机理经历了4步，反应过程依次生成中间产物1、2、3和目标产物J。其中，中间产物1中有两个六元环和一个五元环，中间产物3中有三个六元环。①请写出中间产物1和中间产物3的结构简式：___________、___________。第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 ②F和I在O2作用下还会生成一种副产物K(J的同分异构体)，生成J和K的机理相似，该反应高选择性生成J的可能原因是___________。【答案】（1）取代反应（2）碳碳双键、羟基（3）①.②.或（4）（5）1∶1（6）①.②.③.K中的七元酯环需要跨过稳定的喹啉环形成酯环，环张力大，不稳定。J中只有六元环，稳定【解析】【分析】根据R-XRMgX，；根据，，；与溴水发生加成反应生成，在KOH的醇溶液中发生消去反应生成，逆推E为，以此分析；【小问1详解】根据分析，反应①发生取代反应，生成；故答案为：取代反应；第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 【小问2详解】根据分析，C为；故答案为：碳碳双键、羟基；【小问3详解】根据分析，E为，D为发生聚合反应生成或；故答案为：；或；【小问4详解】根据分析，反应③为；故答案为：；【小问5详解】F的分子式C8H9O2N，I的分子式为C4H6O，J的分子式为C12H9O2N，所以F和I反应生成J的方程式为C8H9O2N+C4H6OC12H9O2N+yH2O，根据原子守恒，生成H2O为3mol，根据氧原子守恒，消耗氧气1mol，所以理论上该过程消耗氧气与生成的J的物质的量为1：1；故答案为：1：1；【小问6详解】中间产物1中有两个六元环和一个五元环，所以中间产物1的结构式为；由中间产物3中有三个六元环，所以中间产物3第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 为；按照以上机理不对称加成后最终可以形成副产物K，K中的七元酯环需要跨过稳定的喹啉环形成酯环，环张力大，不稳定。J中只有六元环，稳定；故答案为：；；K中的七元酯环需要跨过稳定的喹啉环形成酯环，环张力大，不稳定。J中只有六元环，稳定。第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司