重庆市南开中学2023届高三化学下学期第十次质量检测试题（Word版附解析）

重庆市高2023届高三第十次质量检测化学试题考生注意：1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。可能用到的相对原子质量：H-1　C-120　O-16　S-32一、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.化学知识与科技、生产、生活有密切的关系。下列叙述不正确的是A.“天宫二号”空间站使用了石墨烯存储器，石墨烯属于烯烃B.“嫦娥五号”采集的月壤样本中含有，与互为同位素C.印制货币票面文字、号码等处使用含的油墨，利用了的磁性D.重庆三峡博物馆镇馆之宝中的白瓷观音坐像属于硅酸盐材料【答案】A【解析】【详解】A．石墨烯是由碳元素组成的单质，因此石墨烯不属于烯烃，故A说法错误；B．同位素是质子数相同，中子数不同同种元素不同核素，3He、4He两者互为同位素，故B说法正确；C．Fe3O4具有磁性，可将印有磁性编码的货币投入磁码识读器中辨识真伪，故C说法正确；D．白瓷属于硅酸盐材料，故D说法正确；答案为A。2.下列叙述正确的是A.NaCl、NaI固体分别与浓硫酸反应生成HCI、HIB.Fe和Al分别氯气中燃烧得到和C.将、NO分别通人NaOH溶液进行尾气处理D.工业上电解熔融NaCl、制单质Na、Al【答案】B【解析】 【详解】A．NaCl固体与浓硫酸反应生成HCl和Na2SO4，但浓硫酸具有强氧化性，I-具有强还原性，与浓硫酸反应生成I2，则NaI固体与浓硫酸反应不能生成HI气体，故A错误；B．化合态Al只有+3价，Al在氯气中燃烧得到AlCl3，但化合态Fe具有可变化合价，Cl2具有强氧化性，能氧化Fe生成FeCl3，故B正确；C．NO2能与NaOH溶液反应，可用NaOH溶液吸收处理NO2，但NO与NaOH溶液不反应，不能用NaOH溶液吸收处理尾气中的NO，故C错误；D．熔融NaCl能导电，可用于电解法冶炼Na,但AlCl3是共价化合物，熔融状态下不导电，不适宜电解法冶炼铝，工业上常用电解熔融氧化铝法冶炼铝，故D错误；故选：B。3.溶液中存在、、、、，加入某物质后既产生了白色沉淀，又产生了无色刺激性气体，该物质可以是A.B.C.CaOD.【答案】C【解析】【详解】A．加入，铁离子和亚硫酸根反应生成亚铁离子和硫酸根，没有沉淀，也没有气体生成，故A不符合题意；B．加入，氢离子与亚硫酸根反应生成二氧化硫气体和水，没有白色沉淀生成，故B不符合题意；C．CaO加入，可以理解氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和硫酸根生成硫酸钙白色沉淀，和铵根反应生成氨气，故C符合题意；D．加入生成硫酸钡、亚硫酸钡白色沉淀，没有气体放出，故D不符合题意。综上所述，答案为C。4.用光刻机制作计算机芯片的过程中用到的光刻胶由马来酸酐()等物质共聚而成，反应机理如图所示。下列说法正确的是A.降冰片烯中所有碳原子可能共平面 B.马来酸酐中键和键个数比为7：3C.X能发生取代反应、加成反应、氧化反应D.降冰片烯分子中存在手性碳原子【答案】D【解析】【详解】A．降冰片烯分子存在结构，具有四面体构型，分子中所有碳原子不可能共平面，A错误；B．马来酸酐分子中含有9个σ键，3个π键，所以σ键和π键个数之比为9：3=3：1，B错误；C．X中酯基能发生取代反应，该有机物能燃烧而发生氧化反应，但不能发生加成反应，C错误；D．根据图知，降冰片烯中含有2个手性碳原子，D正确；故选D。5.2023年5月、神舟十六号载入飞船预计在酒泉卫星发射中心发射。发射航天器的材料、常用的燃料及助燃剂如表所示。下列有关叙述正确的是航天器材料液体燃料固体燃料助燃剂钢、钛合金、石墨纤维等液氢、低级醇类、1，2-二甲基肼()硼氢化钠()液氧、五氟化溴()、高氯酸铵()A.基态Fe原子的简化电子排布式为B.的阴离子空间结构为正四面体形C.基态N原子核外电子占据的最高能级的电子云轮廓为球形D.为非极性分子【答案】B【解析】【详解】A．基态Fe原子的简化电子排布式为[Ar]3d64s2，故A错误；B．NaBH4的阴离子时BH，中心原子B的价层电子对数为=4，因此阴离子空间构型为正四面体形，故B正确；C．基态N原子价电子排布式为2s22p3，电子占据最高能级为2p，其电子云轮廓图为哑铃形或纺锤形，故 C错误；D．BrF5分子中5个σ键和一对孤电子对，应为极性分子，故D错误；答案为B。6.金粉溶于过氧化氢-浓盐酸可以安全环保的制备氯金酸()，其化学方程式为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.消耗1molAu，反应转移的电子数为B.消耗2molHCl生成的分子数为C.消耗85g，产物中形成的配位键数目为D.2mol液态水中含有的氢键数目为【答案】A【解析】【详解】A．由方程式可知，2molAu参与反应，转移电子的物质的量为8mol，因此消耗1molAu，反应转移的电子数为4NA，A正确；B．由方程式可知，每消耗8molHCl生成1molO2，因此消耗2molHCl生成的O2分子数为0.25NA，B错误；C．每个H[AuCl4]中含有4个配位键，85gH2O2的物质的量为：n===2.5mol，由方程式知，5molH2O2反应生成2molH[AuCl4]，因此消耗85gH2O2，产物中形成的配位键数目为4NA，C错误；D．1mol冰中含有2mol氢键，液态水中的氢键小于冰，因此2mol液态水中含有的氢键数目小于4NA，D错误；故选A。7.下列实验能达到实验目的且操作正确的是 A.图1制取乙酸乙酯B.图2检验乙炔的生成C.图3比较醋酸与硼酸的酸性D.图4灼烧碎海带【答案】C【解析】【详解】A．乙酸和乙醇反应制备乙酸乙酯，用饱和Na2CO3溶液提纯乙酸乙酯，为防止倒吸导管不能伸入液面以下，A不符合题意；B．电石中含有硫化钙杂质，所以制备的乙炔气体中往往含有少量的H2S气体，硫化氢气体具有还原性，也会使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以应当加入除杂装置，B不符合题意；C．相同条件下，醋酸滴入NaHCO3溶液有气泡产生，硼酸滴人NaHCO3溶液无气泡产生，根据“较强酸制较弱酸”的原则，可推知酸性：醋酸>碳酸>硼酸，C符合题意；D．灼烧碎海带应当用坩埚，D不符合题意；故选C8.以甲醇为溶剂，可与色胺酮分子配位结合，形成对DNA具有切割作用的色胺酮钴配合物(合成过程如图所示)。下列说法不正确的是A.色胺酮分子中所含元素电负性大小关系为：H<C<N<OB.色胺酮分子中的碳均采取杂化C.色胺酮钴配合物中钴的配位数为4 D.色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个分子，通过氢键与色胺酮钴配合物相结合【答案】B【解析】【详解】A．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则色胺酮分子中所含元素电负性大小关系为：H＜C＜N＜O，故A正确；B．色胺酮分子中苯环上的碳原子和不饱和碳原子均采取杂化，中间右下边碳原子是饱和碳原子，其碳原子是采取杂化，故B错误；C．根据色胺酮钴配合物的结构分析色胺酮钴配合物中钴的配位数为4，故C正确；D．甲醇分子中的羟基可形成氢键，色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个分子，通过氢键与色胺酮钴配合物相结合，故D正确。综上所述，答案为B。9.下列实验操作及现象与对应的结论匹配的是选项操作及现象结论A向固体中分别滴加盐酸和氨水，固体均溶解为两性氢氧化物B向悬浊液中滴加浓溶液沉淀溶解主要原因是水解显酸性中和促进反应C将充满的试管倒扣在盛有足量水的水槽中，试管中液面上升，试管顶部仍有少量气体收集的中含有不溶于水的杂质气体D将Al粉加入强碱性的溶液，加热产生可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体在强碱性溶液中具有氧化性A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．与氨水反应生成络合物，不是生成盐和水，所以 不是两性氢氧化物，故A错误；B．溶液呈中性，向悬浊液中滴加浓溶液沉淀溶解，主要原因是与氢氧根离子结合，促进的沉淀溶解平衡正向移动，故B错误；C．将充满的试管倒扣在盛有足量水的水槽中，试管中液面上升，试管顶部仍有少量气体，原因是发生反应，试管顶部剩余NO，故C错误；D．将Al粉加入强碱性的溶液，加热产生可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明被还原为NH3，在强碱性溶液中具有氧化性，故D正确；选D。10.X为一种由汞(Hg)、锗(Ge)、锑(Sb)形成的可作潜在拓扑绝缘体材料的新物质，其晶胞如图所示(底面为正方形)。下列说法错误的是A.X的化学式为B.与Hg距离最近的Sb的数目为4C.若晶胞中原子1的坐标为，则原子2的坐标为D.设X的最简式的分子量为，则X晶体的密度为【答案】C【解析】【详解】A．X中含Hg个数为，Ge个数为，Sb个数为8，则X的化学式为，故A正确；B．以右侧面的Hg分析，与Hg距离最近的Sb的数目为4，故B正确；C．若晶胞中原子1的坐标为，则原子2在上面那个立方体的体对角线的四分之一处，其z坐标为 ，则其坐标为，故C错误；D．设X的最简式的分子量为，则X晶体的密度为，故D正确。综上所述，答案为C。11.X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的前四周期非稀有气体元素，基态X原子核外有4种空间运动状态不同的电子，且与Y、W相邻，R基态原子次外层最高能级上的电子数是最外层电子数的5倍，X、Z的最外层电子数之和等于R的价电子数。下列说法正确的是A.原子半径：Z>W>Y>XB.化合物WX的熔点比金刚石的高C.同周期基态原子中，R的未成对电子数最多D.最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>W>X【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的前四周期非稀有气体元素，基态X原子核外有4种空间运动状态不同的电子，核外电子数为6，为C元素，且与Y、W相邻，判断Y为N元素，W为Si元素，R基态原子次外层最高能级上的电子数是最外层电子数的5倍，价电子排布为3d54s1或3d104s2，X、Z的最外层电子数之和等于R的价电子数，若R的价电子3d54s1，Z的最外层电子数6-4=2，Z为Mg,若R的价电子3d104s2，Z的最外层电子数12-4=8，不符合，判断Z为Mg,R为Cr,据此分析判断。【详解】A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小，原子半径：Z＞W＞X＞Y，故A错误；B．化合物WX为SiC，和金刚石相比，共价键的键长Si-C＞C-C，则SiC的熔点比金刚石的低，故B错误；C．R的未成对电子数为6，同周期基态原子中最多，故C正确；D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性N＞C＞Si,酸性：Y＞X＞W，故D错误；故选：C。12.资源化利用是实现碳中和的一种有效途径，如图是在电催化下产生合成气(CO和)的一种 方法(不考虑的溶解)。下列说法正确的是电源A.电极a与电源正极相连B.每消耗22.4L(标况下)，个透过离子交换膜进入b极区C.a极区中逐渐增大，b极区逐渐增大D.外电路转移1mol电子，阳极区溶液质量增加48g【答案】D【解析】【分析】该装置有外加电源，因此属于电解装置，根据装置图，a电极上CO2→CO，碳元素的化合价降低，因此a电极为阴极，b为阳极，根据电解原理进行分析，据此分析；【详解】A．根据上述分析，a电极为阴极，根据电解原理，a电极应与电源的负极相连，故A错误；B．根据装置图，a电极上生成CO和氢气，消耗1moLCO2时，由于生成氢气的量未知，无法判断转移电子物质的量，即无法确定透过离子交换膜的SO粒子数，故B错误；C．电解过程中，a极电极反应式为2HCO+2e-=H2↑+2CO、CO2+2e-+2HCO=CO+2CO，电极区c(CO)逐渐增大，b极为阳极，电极反应式为C6H5CH2OH-2e-+2CH3COO-=C6H5CHO+2CH3COOH，c(CH3COO-)逐渐减小，故C错误；D．由电荷守恒可知，外电路转移1mol电子，有0.5molSO由左侧向右侧迁移，阳极区溶液质量增加0.5mol×96g/mol=48g，故D正确；答案为D。13.电位滴定法是根据滴定过程中被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也产生突跃，从而确定滴定终点的一种滴定分析方法。常温下，利用盐酸滴定一定物质的量浓度的碳酸钠溶液，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示(已知：碳酸的电离常数)。下列说法不正确的是 A.该实验中，需先后用酚酞和甲基橙作指示剂B.a点：C.水的电离程度：a点>b点D.b点：比值为【答案】A【解析】【详解】A．根据题中信息指示电极电位也产生突跃，从而确定滴定终点一种滴定分析方法，因此该实验中不需要用指示剂，故A错误；B．a点溶质是碳酸氢钠和氯化钠且两者浓度相等，碳酸氢根既要电离又要水解，因此，故B正确；C．a点溶质是碳酸氢钠和氯化钠，促进水的电离，而b点溶质是氯化钠和碳酸，抑制水的电离，因此水的电离程度：a点＞b点，故C正确；D．b点：，故D正确。综上所述，答案A。14.一定温度下，将足量加入含有催化剂的2L恒容密闭容器，发生下面两个反应：反应1：　　反应2：　　测得平衡时容器中气体总压为33kPa，且。下列说法不正确的是A. B.平衡时，C.该条件下，D.维持其他条件不变，将容器体积压缩为1L，再次达到平衡后，【答案】D【解析】【详解】A．反应1×3-反应2，得到4NH3(g)2N2(g)+6H2(g)ΔH=3ΔH1-ΔH2，氨气分解反应为吸热反应，即ΔH＞0，得出3ΔH1-ΔH2＞0，3ΔH1＞ΔH2，反应1、反应2均为放热反应，，故A说法正确；B．令反应1中氮气的分压为xkPa，则氢气分压为2xkPa，因为p(H2)=p(NH3)，因此反应2中氨气分压为2xkPa，则反应2中氮气分压为0.5xkPa，总压为33kPa，有x+2x+2x+0.5x=33，解得x=6，则氮气分压为(6+0.5×6)kPa=9kPa，故B说法正确；C．根据B选项分析，=144kPa2，故C说法正确；D．适当压缩体积时，两个反应均逆向移动，因反应物无气体，温度不变，平衡常数也不变，因此再次达到平衡后压强依然为33kPa，各气体分压不变，c(H2)∶c(N2)=4∶3，故D说法错误；答案为D。二、非选择题：共58分。15.锑白(，性质类似)可用作白色颜料和阻燃剂。一种从含锑工业废渣(主要成分是，含有CuO、和等杂质)中制取的工业流程如下图所示：回答下列问题：（1）锑元素原子序数为51，基态锑原子的价电子轨道表示式为___________。（2）“还原”加入过量铁粉的目的是___________(填序号)。a．将转化为b．将转化为c．将铜离子转化为铜单质 （3）“滤饼”的成分是SbOCl，“稀释水解”主要反应的离子方程式为___________；该操作中需要搅拌的原因是___________。（4）“酸洗”后检验沉淀是否洗净的试剂是___________(填名称)。（5）“中和”时生成的化学方程式为___________，“中和”时不宜将氨水换成氢氧化钠溶液，原因是___________。（6）我国锑的蕴藏量占世界第一位，而锑的化合物也用途广泛。氟锑酸化学式为，酸性比纯硫酸强倍，称为超强酸，其与HF作用生成，则其阳离子的空间结构为___________，阴离子中心原子的杂化方式合理的是___________。a．b．c．d．【答案】（1）（2）abc（3）①.Sb3++H2O+Cl－=SbOCl↓+2H+②.防止水解生成胶体，不利于过滤分离（4）铁氰化钾溶液（5）①.②.碱性过强会导致溶解而降低产率（6）①.V形②.d【解析】【分析】含锑工业废渣(主要成分是，含有CuO、和等杂质)加入盐酸，二氧化硅不反应，过滤，向滤液中加入铁粉，铁粉与、、、反应，过滤，向滤液中加水稀释水解得到SbOCl沉淀，过滤，用盐酸洗涤，加入氨水得到。【小问1详解】锑元素原子序数为51，与N是同主族元素，基态锑原子的价电子排布式为5s25p3，则基态锑原子的价电子轨道表示式为；故答案为：。【小问2详解】由于最终要得到，说明整个流程中Sb要变为+3价，又由于铜离子、铁离子都与铁反应，因此单质“还原”加入过量铁粉的目的是abc；故答案为：abc。【小问3详解】“滤饼”的成分是SbOCl，“稀释水解”主要Sb3+与水和氯离子反应SbOCl沉淀和氢离子，则主要反应的离子方程式为Sb3++H2O+Cl－=SbOCl↓+2H+；由于Sb3+水解易形成Sb(OH)3 胶体，因此该操作中需要搅拌的原因是防止水解生成胶体，不利于过滤分离；故答案为：Sb3++H2O+Cl－=SbOCl↓+2H+；防止水解生成胶体，不利于过滤分离。【小问4详解】“酸洗”后检验沉淀是否洗净实际上是检验亚铁离子，亚铁离子和铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀，所以“酸洗”后检验沉淀是否洗净的试剂是铁氰化钾溶液；故答案为：铁氰化钾溶液。【小问5详解】“中和”时加入氨水，一水合氨和SbOCl反应生成，根据元素守恒，还生成氯化铵和水，反应的化学方程式为，根据信息锑白(，性质类似)，则“中和”时不宜将氨水换成氢氧化钠溶液，原因是碱性过强会导致溶解而降低产率；故答案为：；碱性过强会导致溶解而降低产率。【小问6详解】氟锑酸化学式为，酸性比纯硫酸强倍，称为超强酸，其与HF作用生成，价层电子对数为，则其阳离子的空间结构为“V”形，价层电子对数为，说明杂化前后有6个轨道，因此阴离子中心原子的杂化方式为；故答案为：V形；d。16.以下为制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵的过程。步骤Ⅰ．溶液步骤Ⅱ．溶液氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵粗产品已知：能被等氧化剂氧化为。回答下列问题：（1）步骤I的反应装置如图(夹持及加热装置略去，下同)。①仪器c的名称为___________。 ②步骤I生成的同时，生成一种无污染的气体，该反应的化学方程式为___________。（2）步骤Ⅱ可在下图装置中进行。①上述装置的连接顺序(从左→右)为A→___________。②实验开始时，先关闭___________(填“”、“”，后同)，打开___________，当___________时(填实验现象)，再改变开关状态，待反应物充分反应后静置，得到固体。③过滤后，先用___________(填序号)洗涤，再用乙醇洗。a．水b．溶液c．（3）测定产品纯度。称取ng样品用稀硫酸溶解后，加入过量溶液，充分反应后加入过量溶液，再加入适量尿素，最后用标准溶液滴定至终点(反应为：)，消耗体积为VmL。①适量尿素是除去过量的，该过程符合绿色化学观念，其离子方程式为___________。②若未加尿素，直接进行滴定，则会导致所测产品纯度___________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。③样品中氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵(摩尔质量为)的质量分数为___________。【答案】（1）①.(球形)冷凝管②.（2）①.C→D→B②.③.④.B中澄清石灰水变浑浊⑤.b（3）①.②.偏大③.【解析】【分析】为防止被氧气氧化为，先用二氧化碳排尽装置内的空气，再滴入溶液。A制备二氧化碳、C装置除二氧化碳中的杂质氯化氢、等B装置中澄清石灰水变浑浊证明空气已经排尽，再把溶液滴入碳酸氢铵溶液中反应生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵沉淀。【小问1详解】 ①根据装置图，仪器c的名称为球形冷凝管；②步骤I中与盐酸、，微沸，生成的同时和一种无污染的气体，V元素化合价降低，根据化合价升降规律，生成的无污染的气体为氮气，该反应的化学方程式为。【小问2详解】①A制备二氧化碳、C装置除二氧化碳中的杂质氯化氢、D装置与碳酸氢铵反应生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵沉淀、B装置中澄清石灰水检验空气已经排尽，上述装置的连接顺序(从左→右)为A→C→D→B。②实验开始时，先关闭，打开，当B中澄清石灰水变浑浊时，说明空气已经排尽，再改变开关状态，待反应物充分反应后静置，得到固体。③为减小氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵溶解，过滤后，先用溶液洗涤，再用乙醇洗，故选b。【小问3详解】①尿素与反应生成氮气、二氧化碳、氯化钠、水，反应的离子方程式为。②若未加尿素，直接进行滴定，过量的也会消耗，使得消耗溶液的体积偏大，根据可知，会导致所测产品纯度偏大。③根据滴定反应，得关系式~6~6~6，样品中氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵(摩尔质量为)的质量分数为。17.天然气是一种重要的化工原料，现代工业中常用天然气生产氢气、一氧化碳、甲醇等高附加值化学品，或是将其用于燃料电池。（1）用天然气作原料制取氢气和一氧化碳的主要反应如下：I．　Ⅱ．　 Ⅲ．　①反应Ⅱ在___________(填“高温”、“低温”或“任何温度”)下为自发反应，反应Ⅲ的反应热___________。②已知反应I的正、逆反应活化能分别为，反应Ⅱ的正、逆反应活化能分别为，则___________(填“>”、“<”或“=”)。③在一定条件下，向恒容密闭容器中通入1mol和2mol，若只发生反应Ⅲ，则下列现象可以说明反应Ⅲ达到平衡的是___________(填序号)。A．B．气体平均相对分子质量不再改变C．气体密度不再改变D．与的物质的量之比不再改变④一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1mol和1mol，发生反应I、Ⅱ、Ⅲ，达到平衡时，容器中和的物质的量均为0.2mol，此时CO的浓度为___________，反应Ⅲ的平衡常数为___________。（2）设计以天然气为燃料的电池，可以提高能源利用率。某燃料电池装置如图所示，A、B为多孔性碳棒。向该电池中持续通入，时刻，已消耗的体积为67.2L(标准状况下)，继续通入，此时负极的电极反应式为___________；若向时刻的溶液中加入___________molKOH并将溶液混匀，可使溶液中只含有一种溶质。【答案】（1）①.高温②.③.＜④.BD⑤.⑥.（2）①.②.2【解析】 【小问1详解】①反应Ⅱ是吸热反应，熵增的反应，根据，则在高温下为自发反应，第一个方程式2倍减去第二个方程式得到反应Ⅲ的反应热；故答案为：高温；。②已知反应I的正、逆反应活化能分别为，反应Ⅱ的正、逆反应活化能分别为，，，第二个方程式减去第一个方程式，则；故答案为：＜。③A．，一个正向反应，一个逆向反应，速率之比不等于计量系数之比，故A不符合题意；B．平均摩尔质量等于质量除以气体物质的量，气体质量不变，正向反应，气体物质的量增大，气体平均摩尔质量减小，当气体平均相对分子质量不再改变，则达到平衡，故B符合题意；C．气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，当气体密度不再改变，不能作为判断平衡标志，故C不符合题意；D．随着反应正向进行，与的物质的量之比发生改变，当与的物质的量之比不再改变，说明达到平衡，故D符合题意；综上所述，答案为：BD。④一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1mol和1mol，发生反应I、Ⅱ、Ⅲ，建立三段式、、，达到平衡时，容器中和的物质的量均为0.2mol，1−x−2y=0.2，y−z=0.2，C物质的量为x+2z=0.4，此时CO的浓度为，根据前面分析得到甲烷、二氧化碳、一氧化碳、氢气物质的量分别为0.4mol、 0.2mol、0.4mol、2mol，则反应Ⅲ的平衡常数为；故答案为：；。【小问2详解】向该电池中持续通入，甲烷为负极，空气为正极，此时负极的电极反应式为，正极电极反应式为；总反应方程式为：，时刻，已消耗的体积为67.2L(标准状况下气体物质的量为3mol)，则消耗KOH物质的量为6mol，则向时刻的溶液中加入2molKOH并将溶液混匀，可使溶液中只含有一种溶质；故答案为：；2。18.吡咯()及其衍生物为有机化学中一类重要的杂环化合物，下图是一种合成吡咯类化合物G的方法(部分反应条件已省略)：已知：①化合物B的相对分子质量为46②F的分子式为③回答下列问题：（1）B的结构简式为___________，G中含氧官能团的名称为___________。（2）C的名称是___________，C转化为D的化学方程式为___________。（3）C和D在碱性条件反应还可以生成分子式均为的X和Y，X中含3个甲基，写出X的结构简式：___________。（4）G中吡咯环上N原子是杂化而不是杂化的原因是___________。 （5）D的链状同分异构体中发生水解反应产物均为羧酸的结构有___________种(不考虑立体异构)，写出其中核磁共振氢谱只含2组峰的结构：___________。（6）若用乙酰丙酮()代替上述路线中的D，按照类似D→E→F→G的方式可以合成另一种吡咯类化合物Z，Z的结构简式为___________。【答案】（1）①.C2H5OH②.酯基（2）①.乙酸乙酯②.（3）（4）吡咯环上N原子杂化后吡咯环共平面形成大派键使分子更稳定（5）①.7②.、（6）【解析】【分析】结合A的分子式、化合物B的相对分子质量为46与C的结构可推知A为乙酸，B为乙醇；结合E→F的反应条件及F的分子式可知F为。【小问1详解】由分析可知B的结构简式为C2H5OH，G中含氧官能团的名称为酯基。【小问2详解】C的名称是乙酸乙酯，C转化为D的化学方程式为。【小问3详解】 分析C→D的反应可知反应原理在于其中一个分子断C-O单键，另外一个分子断—CO—的α—H，C与D发生反应生成分子式均为的X和Y，X中含3个甲基，推知X、Y分别为、。【小问4详解】G中吡咯环上N原子是杂化而不是杂化原因在于吡咯环上N原子杂化后吡咯环共平面形成大派键使分子更稳定。【小问5详解】的链状同分异构体中发生水解反应产物均为羧酸，由已知信息可知其同分异构体需满足含结构，剩余碳链有正丁烷和异丁烷两种结构，利用插入法将插入到正丁烷的碳氢键和碳碳键中共2+2=4中情况，异丁烷中有2+1=3种情况，故同分异构体共7种。核磁共振氢谱只含2组峰的结构有、。【小问6详解】