浙江省浙南名校联盟2023届高三化学第二次联考（一模）试题（Word版附解析）

2022学年第二学期浙南名校联盟第二次联考高三化学学科试题考生须知：1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分xx分，考试时间xx分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号。3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题卷。可能用到的原子量：H1　C12　O16　Na23　Mg12　S32　Cl35.5　K39　Ca40　Ti48　Mn55　Fe56　Cu64选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.含共价键的强电解质的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】强电解质：在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物；弱电解质：在水溶液中不能完全电离的化合物。相邻原子之间通过共用电子对形成的化学键为共价键，据此判断。【详解】A．氯化镁只含离子键，A错误；B．硫酸氢钠是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物，属于强电解质，钠离子与硫酸氢根离子之间存在离子键，硫酸氢根离子内氧原子与硫原子、氢原子和氧原子之间存在共价键，B正确；C．氨气为非电解质，C错误；D．醋酸在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质，D错误；故答案为：B。2.下列化学用语正确的是A.的结构示意图： B.基态的价电子排布图为：C.二甲醚的键线式：D.的VSEPR模型：【答案】C【解析】【详解】.A．是8号元素，质子数为8，核外电子数为10，其结构示意图为：，选项A错误；B．基态Fe原子的核外价电子排布式为[Ar]3d64S2，Fe2+的价层电子排布式为3d6，则Fe2+的价层电子排布图为，选项B错误；C．二甲醚的结构简式为CH3OCH3，其键线式为：，选项C正确；D．无孤电子对，价层电子对数为3，VSEPR模型是平面三角形，与图不相符，选项D错误：答案选C。3.物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是A.溶液呈酸性，可用于制作电路板B.受热易分解，可用于制作泡沫灭火器C.熔点很高，可用于制作坩埚D.FeS具有还原性，可用作废水中的沉淀剂【答案】C【解析】【详解】A．溶液可用于制作电路板，与氯化铁呈酸性无关，与氯化铁中铁离子具有氧化性有关， 故A错误；B．受热易分解与用于制作泡沫灭火器无关，主要与碳酸氢钠水解有关，故B错误；C．坩埚受热温度较高，熔点很高，可用于制作坩埚，两者有关联，故C正确；D．FeS的溶度积比HgS的溶度积大，因此FeS可用作废水中的沉淀剂，故D错误。综上所述，答案为C。4.下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是A.Mg与反应可生成CB.与反应可生成C.可通过化合反应制取D.NaI固体与浓硫酸反应可制取HI【答案】D【解析】【详解】A．Mg与反应生成C和MgO，A正确；B．与发生化合反应可生成，B正确；C．氢氧化亚铁和水、氧气可通过化合反应制取，C正确；D．浓硫酸可氧化NaI生成碘，不能制备HI，D错误；故选：D。5.关于反应：，下列说法不正确的是A.中Fe在反应中得到电子B.既不是氧化剂也不是还原剂C.消耗0.2mol，转移2.8mol电子D.氧化产物和还原产物物质的量之比8∶15【答案】D【解析】【详解】A．反应中，Fe元素的化合价由Fe2(SO4)3中的+3价降至FeSO4中的+2价，Fe2(SO4)3中Fe元素化合价降低，在反应中得到电子，被还原，A项正确； B．反应前后，H2O中H、O元素的化合价都没有变化，H2O既不是氧化剂也不是还原剂，B项正确；C．反应中，S元素的化合价由FeS2中的-1价升至中的+6价，1molFeS2参与反应转移14mol电子，则消耗0.2molFeS2转移电子物质的量为0.2mol×14=2.8mol，C项正确；D．反应中，Fe元素的化合价由Fe2(SO4)3中的+3价降至FeSO4中的+2价，Fe2(SO4)3是氧化剂，FeSO4是还原产物，1molFe2(SO4)3参与反应得到2mol电子生成2molFeSO4，S元素的化合价由FeS2中的-1价升至中的+6价，FeS2是还原剂，是氧化产物，1molFeS2参与反应失去14mol电子生成2mol，根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物物质的量之比为1∶7，D项错误；答案选D。6.下列反应的离子方程式书写正确的是A.溶液中滴加稀硝酸：B.溶液中加入足量溶液：C.向溶液中通入少量：D.向明矾溶液中滴加氢氧化钡至沉淀质量最大：【答案】D【解析】【详解】A．硝酸有强氧化性，和发生氧化还原反应，A错误；B．溶液中滴入足量溶液应生成碳酸钙沉淀和氢氧化铝沉淀，离子方程式为：，B错误；C．向溶液中通入少量生成邻羟基苯甲酸钠和碳酸氢钠，离子方程式为：+CO2+H2O→+，C错误；D．使沉淀质量最大，则生成硫酸钡和偏铝酸钾，离子方程式为，D正确；故选D。7.下列说法不正确的是 A.酰胺均能在碱性条件下水解得到氨气B.聚乙炔可用于制备导电高分子材料C.苯在一定条件可以与氯气发生加成反应和取代反应D.二氧化碳和环氧丙烷()在一定条件下聚合生成一种可降解的塑料【答案】A【解析】【详解】A．含有-CO-NH2的酰胺在碱性条件下水解能得到氨气，A错误；B．与普通塑料相比聚乙炔中碳原子由双键和单键交替组成，具有电子容易流动的性质，故聚乙炔可用于制备导电高分子材料，B正确；C．由苯的性质知其能发生加成反应和取代反应，所以在一定条件可以与氯气发生加成反应和取代反应，C正确；D．CO2和环氧丙烷在催化剂作用下可生成一种可降解的聚碳酸酯塑料，反应的化学方程式可表示为nCO2+n，D正确；故选A。8.核黄素的结构如图，下列说法正确的是A.分子中存在1个手性碳原子B.分子中存在2种含氮的官能团C.1mol该物质与足量的发生加成反应，最多可消耗5molD.1mol该物质与足量盐酸发生水解反应，最多可生成2mol【答案】C【解析】 【详解】A．分子中存在3个手性碳原子，用“*”标记，故A错误；B．分子中含有碳氮单键，碳氮双键，酰胺基、，含氮的官能团数目大于2种，故B错误；C．该物质含有苯环、2个碳氮双键与氢气发生加成反应，则1mol该物质与足量的发生加成反应，最多可消耗5mol，故C正确；D．该物质含有，它在酸性条件下水解可生成，碳酸不稳定可分解生成二氧化碳，则1mol该物质与足量盐酸发生水解反应，最多可生成1mol，故D错误。综上所述，答案为C。9.为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.铁与水蒸气反应后，固体质量增加了3.2g，则电子转移的数目为B.1L0.1mol/L溶液中，的数目为C.10g和混合气体中含有的质子数为D.3.2g中含有的共价键的数目为【答案】B【解析】【详解】A．铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，3molFe变为Fe3O4，固体质量增加了4mol×16g/mol=64g，转移电子8mol，若固体质量增加了3.2g，则电子转移的数目为mol-1=0.4NA，故A正确；B．溶液中存在着，1L0.1mol/L溶液中，的数目小于0.1NA，故B错误；C．的摩尔质量为(14+16×2)g/mol=46g/mol，1个分子中含有的质子数为7+2×8=23，10g中含有的质子数为；的摩尔质量为16×2=32g/mol，1个分 子中含有的质子数为2×8=16，10g中含有的质子数为；所以10g和混合气体中含有的质子数为，故C正确；D．N2H4中有N-N和N-H键，1个N2H4分子中含有共价键5个，3.2gN2H4的物质的量为0.1mol，含有的共价键的数目为0.5NA，故D正确；故选B。10.X、Y、Z、Q、M为原子序数依次增大的前4周期元素。相关信息如下：元素相关信息X最外层电子数是能层数的2倍Y单质是合成氨工业的原料Z核外无未成对电子的主族元素Q价层电子的排布式：M第四周期ⅠB元素下列说法不正确的是A.离子半径：Q>Y>ZB.简单氢化物的稳定性和沸点：X<YC.一定条件下，Z单质与反应可生成两种离子化合物D.微粒中σ键和Π键数目之比2∶1【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、Q、M为原子序数依次增大的前4周期元素，X原子最外层电子数是能层数的2倍，X原子最外层电子排布为2s22p2，则X为C元素；Y元素的单质是合成氨工业的原料，则Y为N元素；Z为核外无未成对电子的主族元素，则Z为Mg元素；Q的价层电子的排布式，s轨道填满，即n-1=2，n=3，为3s23p４，则Q为S元素；M为第四周期IB元素，则M为Cu元素；【详解】A．电子层数越多，半径越大，核外电子排布相同的微粒，核电荷数越大，半径越小，故离子半径由大到小的顺序为:S2->N3->Mg2+，选项A正确； B．NH3形成分子间氢键，故沸点:NH3>CH4，N的非金属性比C的强，氢化物稳定性:NH3>CH4，选项B正确；C．Mg具有还原性，NO2具有氧化性，二者可发生反应:7Mg+2NO2=4MgO+Mg3N2，都为离子化合物，选项C正确；D．[Cu(CN)4]2-中存在C=N和Cu2+与N原子形成的配位键，σ键和π键数目之比8:8=1:1，选项D错误；答案选D。11.利用电解池原理可将转化为燃料或者化学品。下图通过将与辛胺反应耦合，实现了两电极体系中产物的高选择性合成。下列说法正确的是A.装置中b电极为阴极，发生还原反应B.电极a的电极反应可能为：C.中间的离子交换膜一定是质子交换膜D.电解过程中，a、b两极反应物物质的量之比为2∶1【答案】B【解析】【分析】利用电解池原理可将CO2转化为燃料或者化学品，反应过程中碳元素的化合价降低，得到电子，则a极为阴极，CO2转化为燃料或者化学品，b极为阳极，辛胺转化为辛氰。据此回答问题。【详解】A．装置中b电极为阳极，失去电子，发生氧化反应，故A错误；B．电极a为阴极，电极反应可能为：，故B正确；C．若电解液中性时，中间的离子交换膜是质子交换膜，若电解液碱性时，中间的离子交换膜是阴离子交换膜，故C错误；D．电解过程中，a极CO2转化为燃料或者化学品，b极辛胺转化为辛氰，由于电极a的产物不确定，则反应物物质的量之比不确定，故D错误；故选：B。12. 冠醚是一类具有特殊性质的有机化合物最大的特点就是能与正离子，尤其是与碱金属离子络合，二苯并—18—冠醚—6与或作用可表示为下列说法不正确的是：A.冠醚与碱金属离子间的作用力可能为非共价键作用力B.冠醚与碱金属离子络合后形成化合物得到的晶体是离子晶体C.冠醚络合哪种阳离子取决于O与阳离子的配位能力D.通过冠醚将阳离子溶入有机溶剂是根据相似相溶的原理【答案】C【解析】【详解】A．冠醚与碱金属离子以配位键形成超分子，则冠醚与碱金属离子间的作用力不是共价键，是配位键，故A正确；B．冠醚与碱金属离子络合形成的配离子与配合物中的阴离子形成离子化合物，得到的晶体是离子晶体，故B正确；C．冠醚络合哪种阳离子取决于空穴与阳离子的配位能力，不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，故C错误；D．冠醚最主要的特点是与碱金属离子形成稳定的络合物，则冠醚可以将阳离子溶入有机溶剂是利用了相似相溶的原理，故D正确；故选C。13.已知25℃时，。某体系中，膜只允许未电离的HA自由通过(如图所示)。设溶液中，当达到平衡时，下列叙述正确的是A.溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等B.溶液Ⅰ中C.溶液Ⅱ中的HA的电离度为D.溶液Ⅰ、Ⅱ中水电离出的之比为 【答案】C【解析】【详解】A．根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和Ⅱ中的c(HA)相等，A错误；B．由图可知溶液I本应显酸性，常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)+c(A-)，B错误；C．常温下溶液Ⅱ的pH=3.0，溶液中c(H+)=0.001mol/L，Ka==1.0×10-5，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-5，解得=，C正确；D．溶液Ⅰ中水电离出的c(H+)=10-7mol/L、Ⅱ中水电离出的c(H+)=c(OH-)=mol/L=10-11mol/L，溶液Ⅰ、Ⅱ中水电离出的c(H+)之比=10-7mol/L：10-11mol/L=104：1，D错误；故答案为：C。14.已知有如下三个烯烃加成反应Ⅰ　kJ⋅molⅡ　kJ⋅molⅢ　kJ⋅mol则下列说法不正确的是：A.由题可知丁烯稳定性是Ⅲ>Ⅱ>ⅠB.由题可知断裂碳碳π键和氢氢σ键所消耗的能量总是小于形成两个碳氢σ键所放出的能量C.由题可知烯烃的稳定性与双键碳上的取代基和构型有关D.由题可知，由于Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ断键和成键都一样，因此反应的不能由键能计算得到【答案】D【解析】【详解】A．根据物质的能量越低越稳定，由热化学方程式可知放出的能量Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，说明丁烯的能量大小为Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，稳定性为Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ，故A正确； B．三个反应都是放热反应，由题可知断裂碳碳π键和氢氢σ键所消耗的能量总是小于形成两个碳氢σ键所放出的能量，故B正确；C．由题可知烯烃的稳定性与双键碳上的取代基和构型有关，取代基越多，越稳定，反式比顺式结构稳定，故C正确；D．反应的ΔH能由键能计算得到，反应焓变ΔH=反应物总键能-生成物总键能，故D错误；故选：D。15.常温下，向20mL0.1mol/L溶液中再加入少量的固体，一段时间后，少量气体X从溶液底部固体中缓慢逸出，最终固体全部溶解，得到溶液Y，pH值为8.7。已知：，；沉淀范围：pH9.4~12.4。下列说法正确的是A.X气体是，饱和溶液的B.因为，更难溶C.向溶液Y中滴加溶液，有生成D.向0.1mol/L溶液中加入溶液，无明显现象，但改为同浓度的溶液，可生成沉淀。【答案】D【解析】【详解】A．在NaHCO3溶液中既存在水解平衡+H2O⇌H2CO3+OH-、又存在电离平衡⇌H++，的水解平衡常数Kh===10-7.7＞10-10.3，NaHCO3溶液呈碱性，向其中加入少量NaHCO3固体，上述平衡正向移动，生成的H2CO3分解产生少量气体CO2，即X气体是CO2，同时有生成，即溶液Y中含，由H2CO3的Ka1、Ka2可知的水解能力大于，溶液Y的pH为8.7，则饱和NaHCO3溶液的pH＜8.7，A项错误；B．MgCO3、Mg(OH)2不属于同类型的难溶电解质，不能直接由Ksp的大小判断溶解度的大小，Ksp(MgCO3)=6.82×10-6，饱和MgCO3溶液的浓度c(MgCO3)==mol/L= ×10-3mol/L，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，饱和Mg(OH)2溶液的浓度c[Mg(OH)2]==mol/L=×10-4mol/L＜×10-3mol/L，Mg(OH)2更难溶，B项错误；C．Mg(OH)2沉淀的范围：pH9.4~12.4，即pH=9.4时Mg2+开始形成Mg(OH)2沉淀，Y溶液的pH为8.7，故向溶液Y中滴加MgCl2溶液，没有Mg(OH)2生成，C项错误；D．NaHCO3溶液中存在平衡⇌H++，由于Ksp(CaCO3)＜Ksp(MgCO3)，说明Ca2+结合的能力比Mg2+强，故向0.1mol/LNaHCO3溶液中加入MgCl2溶液，无明显现象，但改为同浓度的CaCl2溶液，可生成沉淀，D项正确；答案选D。16.下列方案设计、现象和结论都正确的是实验目的实验设计现象和结论A检验某固体化合物样品中是否存在取少量固体样品完全溶于盐酸，在滴加KSCN溶液若出现血红色，则该固体化合物中存在B探究和HClO的酸性强弱将气体通入溶液中若产生白色沉淀，则说明酸性：C探究常温下同浓度的和的电离能力常温下，分别测0.1mol/L的和溶液的pH若两者的pH之和等于14，则两者的电离程度相同D验证某红棕色气体是否为将气体通入淀粉碘化钾溶液若溶液变蓝，则说明气体为A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．若固体为硝酸亚铁，溶于盐酸时，硝酸根表现强氧化性将亚铁离子氧化为三价铁，因此滴加KSCN溶于变红色不能说明固体中含三价铁，故A错误； B．具有强氧化性，具有强还原性，两者混合发生氧化还原反应，不能证明，故B错误；C．测0.1mol/L和溶液的pH，若pH之和等于14，说明醋酸钠水解产生的氢氧根离子浓度和氯化铵水解产生的氢离子浓度相等，根据越弱越水解可知醋酸和一水合氨的电离程度应相等，故C正确；D．溴蒸气也为红棕色气体，也能使淀粉碘化钾溶液变蓝色，故D错误；故选：C。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.钛及其化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：（1）是一种储氢材料，B原子的杂化方式是________，含有___________(填序号)①σ键②π键③氢键④配位键⑤离子键研究表明，加热释放氢的温度明显高于的加热释放氢的温度，其原因可能是___________。（2）中的具有强还原性，请从结构角度试解释原因___________。在浓的溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，得到配位数为6、组成为的绿色晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为2∶1，则该配离子的化学式为___________。（3）如图为具有较高催化活性材料金红石(钛的氧化物)的晶胞结构，其化学式为___________，判断其晶胞结构的最可靠科学方法是___________。【答案】（1）①.②.①④③.中，在中的H为-1价，在中的H为+1价，更容易反应生成（2）①.的核外电子排布式为，容易失去1个电子达到稳定结构②. （3）①.②.X射线衍射实验【解析】【小问1详解】BH中B原子价层电子对数为，故其中B原子的杂化方式是；中B元H之间存在σ键和配位键，故选①④；根据该物质结构可知，中，在中的H为-1价，在中的H为+1价，更容易反应生成；【小问2详解】Ti为22号元素，的核外电子排布式为，容易失去1个电子达到稳定结构；Cl-和H2O都可作配体，中配位数为6，两种配体的物质的量之比为2:1，则配体中有2个Cl-和4个H2O，则该配离子的化学式为；【小问3详解】由图可知，黑球位于顶点和体心，个数为，，白球位于面上和体内，个数为，金红石为钛的氧化物，则黑球为Ti，白球为O，Ti:O=2:4=1:2，故金红石的化学式为TiO2；判断晶胞结构的最可靠科学方法是X射线衍射法。18.某结晶水合物含常见4种元素，为探究其组成，某学习小组按如下流程进行实验已知：固体C为混合物，溶液D溶质与固体E所含阴离子相同，D中阳离子为+1价，固体E恰好溶于适量的稀硝酸，气体H为纯净物，在空气中变红棕色。（1）X的组成元素是___________，X化学式是___________。 （2）写出X受热分解的化学方程式___________。（3）写出固体E溶于稀硝酸反应的离子方程式___________。（4）设计实验检验溶液D中的阳离子和溶液G中的阴离子___________。【答案】（1）①.K、Fe、C、O②.（2）（3）（4）用洁净铂丝或铁丝蘸取溶液D在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，若看到浅紫色，则含，取溶液G少许于试管，先加入少许稀硫酸，然后放入铜丝，若在试管口看到红棕色气体生成，则证明含【解析】【分析】气体H为纯净物，在空气中变红棕色，可知H为NO，红褐色固体J为氢氧化铁，质量为2.14g，可得n[Fe(OH)3]=，E与硝酸生成NO和三价铁，可知发生氧化还原反应，同时产生能与石灰水反应生成沉淀的气体，该气体为二氧化碳，则E中含亚铁离子，F与石灰水反应生成碳酸钙的质量为4g，物质的量为0.04mol；根据元素守恒可知E中含铁0.02mol，质量为1.12g，含C0.04mol，质量为0.48g，则E中含O质量为2.88-1.12-0.48=1.28g，O的物质的量为0.08mol，则E化学式为；E的物质的量为：0.02mol，D中阳离子为+1价，该阳离子为K+；溶液D溶质与固体E所含阴离子相同，则D为；气体A通入澄清石灰水中生成白色固体为碳酸钙，气体A为二氧化碳，其物质的量为：0.02mol，X中含氧酸根为草酸根，其中碳的化合价为+3价，产物中C的化合价部分为+4价，说明X分解过程中发生氧化还原反应，可知X中Fe应为+3价，分解过程中被草酸根还原为+2价，结合以上数据及元素守恒可知X为，其物质的量为0.02mol，则0.02×(437+18x)=8.74，x=3，则X为，据此分析解答。【小问1详解】由以上分析可知X中含K、Fe、C、O；其化学式为，故答案为：K、Fe、C、O；；【小问2详解】X受热分解的化学方程式 ，故答案为：；【小问3详解】E为，其与硝酸反应生成三价铁离子、NO和二氧化碳，根据得失电子守恒得反应方程式：，故答案为：；【小问4详解】检验溶液D中的阳离子K+和溶液G中的阴离子的方法：用洁净铂丝或铁丝蘸取溶液D在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，若看到浅紫色，则含，取溶液G少许于试管，先加入少许稀硫酸，然后放入铜丝，若在试管口看到红棕色气体生成，则证明含故答案为：用洁净铂丝或铁丝蘸取溶液D在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，若看到浅紫色，则含，取溶液G少许于试管，先加入少许稀硫酸，然后放入铜丝，若在试管口看到红棕色气体生成，则证明含。19.氢气作为一种可再生能源，它的制备一直都是研究的热点。其中甲醇水蒸气重整制氢气包含以下三个反应：Ⅰ．　kJ/molⅡ．　kJ/molⅢ．　某课题小组经计算得到三个反应的平衡常数对数值与温度的关系图如下： （1）反应Ⅲ的___________kJ/mol，反应Ⅰ的平衡常数与温度的关系图为___________。（2）在铜基催化剂条件下探究水醇比()以及当水醇比=1时温度对的选择性和CO物质的量分数的影响，结果分别如下：①下列说法正确的是___________A．根据图1，重整制氢反应温度一般控制在450K~600K之间，可能是要保证甲醇的转化率并控制有适量的CO的含量，有利于维持合适的温度。B．根据图2，反应过程中，水醇比增加可能会消耗更多的能量。C．反应不能由体系密度不变来判定达到平衡。D．催化剂只会对某一个反应有催化作用，所以对某种产物具有选择性。②根据图3，当温度大于220℃时，选择性下降而CO的含量上升可能的原因是：___________。（3）在某压强P1下，甲醇转化率随温度变化如图所示，①请画出压强P2下，P2<P1，相同时间，甲醇转化率随温度变化图___________。②260℃时，P1压强下，充入等物质的量的甲醇和水，保持压强不变体系达平衡时，，反应Ⅲ的___________。【答案】（1）①.-41.2kJ/mol②.b （2）①.AB②.升温，反应2进行的程度更大，同时不利于反应3，因此选择性下降而CO的含量上升。（3）①.②.30200【解析】【小问1详解】由盖斯定律，反应Ⅰ-反应Ⅱ=反应Ⅲ，则反应Ⅲ的(+49.0kJ/mol)-(+90.2kJ/mol)=-41.2kJ/mol，反应Ⅰ和反应Ⅱ为吸热反应，升温平衡向正反应移动，平衡常数增大、其对数也增大，反应Ⅲ为放热反应，升温平衡向逆反应移动，平衡常数减小、其对数也减小，且反应Ⅰ-反应Ⅱ=反应Ⅲ，则,,由图中数据代入可知，反应Ⅰ的平衡常数与温度的关系图为b。【小问2详解】①A．根据图1，450K~600K之间甲醇的转化率较高且CO的含量较高，则控制温度在450K~600K之间可能是要保证甲醇的转化率并控制有适量的CO的含量，有利于维持合适的温度，A正确；B．根据图2，反应过程中，水醇比＞1.0以后，二氧化碳选择性大幅度降低、CO物质的量大幅度分数增加，则更有利于反应Ⅱ发生，该反应吸热明显，则水醇比增加可能会消耗更多的能量，B正确；C．气体质量守恒、但没有指明是在固定体积的密闭容器中反应，故密度可能随反应而变，则对应的能由体系密度不变来判定达到平衡，C不正确；D．催化剂能改变反应历程、降低反应活化能，则催化剂不一定只会对某一个反应有催化作用，D不正确；选AB。②根据图3，当温度大于220℃时，选择性下降而CO的含量上升可能的原因是：升温，反应2进行的程度更大，同时不利于反应3，因此选择性下降而CO的含量上升。【小问3详解】温度越高反应速率越快，在某压强P1下，温度大约250°C时反应速率快、甲醇转化率达100%，则：①压强越小反应速率越慢，相同时间内甲醇的转化率越小，则压强P2下(P2<P1)、温度250°C 下，相同时间甲醇的转化率还不到100%，压强P2、温度＞250°C时，相同时间甲醇的转化率才可能达到100%，则甲醇转化率随温度变化图为。②260℃时，P1压强下，充入等物质的量的甲醇和水，设为1mol，且由图知甲醇的转化率为1，发生上述Ⅰ：，发生上述反应Ⅱ：，发生上述反应Ⅲ．,则平衡时n(CO2)=(x+y)mol，n(CO)=(1-x-y)mol，已知保持压强不变体系达平衡时，则(x+y)mol=100(1-x-y)mol，得，则平衡时n(CO2)=，n(H2)=(3x+2-2x+y)mol=，n(CO)=n(H2O)=(1-x-y)mol=，混合气体共4mol则，,,则反应Ⅲ的平衡常数。20.某研究小组，利用氧化法高效制备。制备流程如下：已知：(呈墨绿色)， 请回答下列问题：（1）需过量的目的是___________（2）下列说法不正确的是___________A.过程1应在瓷坩埚中进行B.应分批加入，以防止熔融物溢出C.可用酒精洗涤，得到较干燥的产品D.该实验表明，在强碱性环境下的氧化性强于（3）为检验过程1是否反应完全，应采取的实验操作是：___________。（4）将纯化后的配成溶液，并应用于废水中化学需氧量(COD)测定化学需氧量(COD)是：在一定条件下，用强氧化剂氧化一定体积水中还原剂及有机物时所消耗氧化剂的量，折算成氧气的量。(单位为mg·L)来表示。①从下列选项选择合适操作(操作不能重复使用)并排序___________：(___________)→(___________)→(___________)→(___________)→fa．取废水样100mL加稀硝酸酸化b．取废水样100mL加稀硫酸酸化c．用0.01000mol·L的标准溶液滴定d．加10.00mL0.01000mol·L的标准溶液，煮沸，冷却e．加入0.01000mol·L的标准溶液至过量，消耗10.00mLf．记录，滴定时，标准溶液消耗量为8.20mL②计算水样中COD为___________mg·L【答案】（1）补偿在催化下分解所造成的损失，使充分反应（2）AC（3）取少量反应物，冷却，加到水中，若完全溶解，则已经反应完全（4）①.bdec②.56.8mg⋅L【解析】【小问1详解】KClO3在MnO2催化下易分解，KClO3需过量的目的是补偿KClO3在MnO2催化下分解所造成的损失，同时保证MnO2充分反应， 故答案为：补偿在催化下分解所造成的损失，使充分反应；【小问2详解】A.瓷器中含有SiO2，可以和碱反应，过程1需在铁坩埚中进行，故A错误；B.MnO2应分批加入，以防止反应过于激烈，熔融物溢出，故B正确；C.高锰酸钾具有氧化性，可以氧化乙醇，不能用酒精洗涤，故C错误；D.根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，在强碱性环境下Cl2的氧化性强于KMnO4，故D正确；故答案为：AC；【小问3详解】MnO2不溶于水，则为检验过程1是否反应完全，应采取的实验操作是：取少量反应物，冷却，加到水中，若完全溶解，则已经反应完全，故答案为：取少量反应物，冷却，加到水中，若完全溶解，则已经反应完全；【小问4详解】①纯化后的KMnO4配成溶液，并应用于废水中化学需氧量（COD）测定化学需氧量（COD），取废水样100mL加稀硫酸酸化→加10.00mL0.01000mol•L﹣1的KMnO4标准溶液，煮沸，冷却→加入0.01000mol•L﹣1的Na2C2O4标准溶液至过量，消耗10.00mL→用0.01000mol•L﹣1的KMnO4标准溶液滴定→f记录，具体排序为b→d→e→c→f，故答案为：bdec；②草酸钠与高锰酸钾反应的化学方程式为：5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4═l0CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O+5Na2SO4，根据得失电子守恒，KMnO4～1.25O2，水样中COD为＝56.8mg•L﹣1，故答案为：56.8。21.化合物H是抑郁症药物的重要中间体，其合成路线如下： 已知：(“Boc—”表示)请回答：（1）化合物A的结构简式是___________，化合物E的结构简式是___________。（2）下列说法不正确的是___________A.化合物B中所有碳原子共平面B.化合物H的分子式为C.D→E属于还原反应，也属于取代反应D.G与足量反应的产物，含有4个手性碳原子（3）写出F→G的化学方程式___________。（4）G→H过程中还生成了一种分子式为的环状化合物，已知该化合物为对称性分子，且氢原子比例与H相同。用键线式表示其结构___________。（5）写出3种同时满足下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式(不考虑立体异构体)：___________。①谱显示只有4种不同化学环境的氢原子；②能与显色；③含有骨架片段 （6）以1，3-丁二烯为原料结合题中信息，设计如下化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)___________。【答案】（1）①.②.（2）C（3）（4）（5）（6）【解析】【分析】根据C的结构简式、A的分子式知，A为，A中甲基被氧化生成B为，B发生取代反应生成C，C中氯原子被取代生成D，同时生成HCl；根据G的结构简式、E的分子式知，D中硝基被还原生成氨基，则E为，E发生取代反应生成F，结 合F的分子式知，F为，F发生水解反应生成G，G发生取代反应生成H，同时生成H2O，据此解答。【小问1详解】根据以上分析可知化合物A的结构简式是菁，化合物E的结构简式是；【小问2详解】A．B为，羧基相当于取代苯分子中一个氢原子，苯环上所有原子共平面，所以化合物B中所有碳原子共平面，故A正确；B．化合物H的分子式为C15H11ClN2O，故B正确；C．D→E属于还原反应，不属于取代反应，故C错误；D．G与足量H2反应的产物如图，含有4个手性碳原子，故D正确；故答案为：C；【小问3详解】F→G化学方程式为；【小问4详解】 化合物H的分子式为C15H11ClN2O，G→H的过程中还生成了一种分子式为的环状化合物，根据其分子式知由两分子G发生取代反应得到，已知该化合物为对称性分子，且氢原子比例与H相同，用键线式表示其结构为；【小问5详解】D的同分异构体同时满足下列条件：①1H-NMR谱显示只有4种不同化学环境的氢原子；②能与Fe3+显色，说明含有酚羟基；③含有骨架片段，结构对称，符合条件的结构简式为；【小问6详解】以1，3-丁二烯为原料合成，1，3-丁二烯和溴发生1，4-加成反应生成BrCH2CH=CHCH2Br，BrCH2CH=CHCH2Br发生水解反应生成HOCH2CH=CHCH2OH，HOCH2CH=CHCH2OH发生催化氧化生成HOOCCH=CHCOOH，HOOCCH=CHCOOH和氨气发生取代反应生成目标产物，合成路线为。