重庆市拔尖强基联盟2024届高三上学期12月月考化学试卷（Word版附解析）

高2024届拔尖强基联盟高三十二月联合考试化学试题(满分：100分；考试时间：75分钟)注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。3.考试结束后，将答题卡交回(试题卷学生保存，以备评讲)。可能用到的相对原于质量：H1O16Na23Cu64K39Cr52C12一、选择题：本大题共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.“绿水青山，就是金山银山”。近年来我国的环境保护工作取得了长足进步，人们的生活环境得到了极大改善，下列说法错误的是A.使用聚乳酸可降解餐具可减少白色垃圾B.禁止向长江、嘉陵江排放工业废水，有利于水质得到改善C.垃圾的分类收集和处理符合绿色环保和废物再利用原则D.煤的气化和液化有利于减少CO2的排放，提前实现“碳达峰”【答案】D【解析】【详解】A．使用聚乳酸可降解餐具，绿色环保，可减少白色垃圾，A正确；B．减少废水的排放，可改善水质，B正确；C．垃圾的分类收集和处理可对资源重新再利用，符合绿色环保和废物再利用原则，C正确；D．煤的气化和液化后燃料燃烧产物仍为CO2，并未减少CO2的排放，D错误；故选D。2.在含H+、Mg2+、Ba2+、的溶液中，通入足量SO2气体，离子数目几乎没有变化的是A.H+B.Mg2+C.Ba2+D.【答案】B【解析】【详解】A．二氧化硫被溶液中硝酸氧化为硫酸，硫酸电离出氢离子，氢离子数目变大，A不符合题意； B．镁离子和二氧化硫不反应，数目不变，B符合题意；C．二氧化硫被溶液中硝酸氧化为硫酸，硫酸和钡离子生成硫酸钡沉淀，钡离子数目改变，C不符合题意；D．二氧化硫被溶液中硝酸氧化为硫酸，硝酸根离子数目减小，D不符合题意；故选B。3.下列叙述正确的是A.Fe(OH)3分别与盐酸和稀HNO3反应，反应类型相同B.Cu分别与浓HNO3和稀HNO3反应，生成的还原产物相同C.过量Fe分别与氯气和硫反应，生成物中铁的价态相同D.浓H2SO4分别与Zn和C反应，硫酸表现的性质相同【答案】A【解析】【详解】A．Fe(OH)3分别与盐酸和稀HNO3反应，均属于酸碱中和反应，反应类型相同，A正确；B．Cu与浓HNO3反应，还原产物为NO2，和稀HNO3反应，还原产物为NO，生成的还原产物不相同，B错误；C．过量Fe与氯气反应，生成氯化铁，铁为+3价，和硫反应，产物为硫化亚铁，铁为+2价，生成物中铁的价态不相同，C错误；D．浓H2SO4与Zn反应时体现氧化性与酸性，和C反应时体现氧化性，硫酸表现的性质不相同，D错误；故选A。4.中国空间站天和核心舱的主要能量来源是砷化镓(GaAs)太阳电池阵，其中Ga与Al同主族，As与N同主族，GaAs的熔点为1238℃。下列说法正确的是A.Ga的电负性大于AsB.GaAs的晶体类型为分子晶体C.砷化镓是一种金属材料D.基态Ga原子电子填充的最高能级轨道形状为哑铃形【答案】D【解析】【详解】A．Ga与As都在第四周期，且原子序数As>Ga，则电负性As大于Ga，故A错误；B．GaAs的熔点为1238℃，熔点较高，符合共价晶体的物理性质，故晶体类型为共价晶体，故B错误；C．砷化镓属于化合物，为半导体材料，不是金属材料，故C错误； D．基态Ga原子电子排布式为[Ar]3d104s24p1，最高能级为4p，轨道形状为哑铃形，故D正确；所以答案选D。5.已知反应，若NA为阿伏加德罗常数的值，当固体质量减少0.96g时，下列叙述一定正确的是A.转移电子数为0.36NAB.反应后的固体质量为384gC.生成N2的分子数为0.04NAD.消耗的NH3与生成的H2O含有的共用电子对数均为0.12NA【答案】D【解析】【分析】该反应中固体质量减少量为氧化铜的质量减去铜的质量，当有3molCuO参与反应时，固体质量减少量为48g，现质量减少0.96g，则有0.06molCuO参与反应。【详解】A．反应中铜元素得电子由+2价变为0价，故有0.06molCuO参与反应时转移的电子数为0.12NA，A错误；B．有0.06molCuO参与反应生成0.06molCu，则反应后固体质量为3.84g，B错误；C．根据反应系数可知，生成N2的分子数为0.02NA，C错误；D．消耗的氨气分子为0.04mol，生成的水分子为0.06mol，一个氨气分子中有三对共用电子对，一个水分子中有两对共用电子对，故消耗的NH3与生成的H2O含有的共用电子对数均为0.12NA，D正确；答案选D。6.以下实验装置或操作(部分夹持仪器省略)正确的是A．一定浓度的NaOH溶液测定未知浓度的CH3COOHB．检验生成的乙炔C．验证NH4Cl分解D．配一定物质的量浓度的溶液 A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．一定浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH，滴定终点溶液呈碱性，应该用酚酞作指示剂，氢氧化钠应该盛放在碱式滴定管中，故A错误；B．饱和食盐水和电石生成的乙烯中可能含有还原性气体H2S，H2S、乙烯都能使酸性高锰酸钾褪色，该装置不能检验有乙炔生成，故B错误；C．氯化铵分解生成氨气和氯化氢，P2O5能吸收氨气，碱石灰能吸收氯化氢，湿润的蓝色石蕊试纸检验HCl、湿润的红色石蕊试纸检验NH3，故C正确；D．配一定物质的量浓度的溶液，颠倒摇匀，应该用手扶住容量瓶底部，如图所示，故D错误；选C。7.重庆火锅驰名中外，誉满全球。火锅底料中的桂皮可以起到去腥解腻的功能，桂皮的主要成份是肉桂醛()，可发生如下反应：n，下列说法正确的是A.a物质所有原子在一个平面上B.可以用溴的四氯化碳溶液检验肉桂醛中的碳碳双键C.肉桂醛和氢气完全加成后有一个手性碳D.a物质不能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】B【解析】【详解】A．a中与苯环直接相连的碳原子为饱和碳原子，所有原子不在同一平面，A错误； B．双键能使溴的四氯化碳溶液褪色，可以用溴的四氯化碳溶液检验肉桂醛中的碳碳双键，B正确；C．肉桂醛和氢气完全加成后产物为：，没有手性碳，C错误；D．a物质中含醛基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误；故选B。8.氧化铈(CeO2)常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂Y2O3，Y3+占据原来Ce4+的位置，可以得到更稳定的结构，这种稳定的结构使得氧化铈具有许多独特的性质和应用。下列说法不正确的是A.已知基态Ce原子的价电子排布式为4f15d16s2，则Ce位于周期表f区B.CeO2立方晶胞中铈离子的配位数为4C.CeO2晶胞中氧离子填充在铈离子构成的四面体空隙中D.若掺杂Y2O3后得到n(CeO2)：n(Y2O3)=0.8：0.1的晶体，则此晶体中O2-的空缺率为5%【答案】B【解析】【详解】A．根据基态Ce原子的价电子排布式为4f15d16s2可知Ce位于周期表f区，A正确；B．由图知，CeO2立方晶胞中Ce位于顶点和面向，O位于8个小立方体的体心，则铈离于的配位数为8，B不正确；C．结合选项B可知，CeO2晶胞中氧离子填充在铈离子构成的四面体空隙中，C正确；D．氧化铈(CeO2)立方晶胞中摻杂Y2O3，Y3+占据原来Ce4+的位置，则未掺杂前每个晶胞中含4个Ce8个O、若掺杂Y2O3后得到n(CeO2)：n(Y2O3)=0.8：0.1的晶体，每个晶胞中Ce与Y共4个时含4×(0.8×2+0.1×3)=7.6个O，则此晶体中O2-的空缺率=5%，D正确；选B。9.化学工作者以NaOH溶液为电解质溶液，以Ni2P和CoP纳米片作为电极催化材料，合成偶氮化合物()的装置如图所示(其中R表示烃基)。下列说法不正确的是 A.电解结束后左右两侧溶液中OH-的物质的量不变B.CoP电极反应式为：C.与Ni2P相连的为燃料电池的负极D.该装置工作时，当转移电子为6mol时，理论上消耗甲醇的质量为32g【答案】C【解析】【分析】甲醇燃料电池为原电池，提供电能，左侧电极室，C6H5NO2中C为价，生成的中C为，12个C原子共得到8个电子，发生还原反应，作为阴极；右侧，RCH2NH2生成RCN，少4个H原子，则失去4个电子，，发生氧化反应，作阳极，以此分析；【详解】A．根据分析，当阴阳极得失电子相等时，阴极生成OH-的物质的量与阳极消耗OH-的物质的量相等，A正确；B．根据分析，CoP电极为阴极，发生还原反应，B正确；C．Ni2P为阳极，与电源正极相连，C错误；D．甲醇燃料电池中，，当转移电子为6mol时，理论上消耗甲醇1mol，，D正确；故答案为：C。10.以下实验操作、现象都正确是选项操作现象A向天蓝色的CuSO4溶液中缓慢通入NH3有蓝色沉淀生成，继续通入 NH3，沉淀不溶解B将铜质钥匙和电源正极相连，银单质和负极相接，以AgNO3溶液为电解质溶液对钥匙镀银铜质钥匙上出现银白色镀层C向乙酸乙酯、乙酸、乙醇的混合溶液中加入足量饱和Na2CO3溶液提纯乙酸乙酯下层出现油状液体D在试管中加入2mL饱和(NH4)2SO4溶液，向其中滴加鸡蛋清溶液，振荡，再加入蒸馏水，振荡试管中先出现分层现象，后又消失A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．向天蓝色的CuSO4溶液中缓慢通入NH3，观察到首先生成蓝色沉淀，而后沉淀逐渐溶解成深蓝色溶液，故A错误；B．对钥匙镀银应该将Ag与电源正极相连，铜质钥匙与电源负极相连，故B错误；C．乙酸能与碳酸钠反应生成易溶于水的乙酸钠，而乙酸乙酯不与碳酸钠反应也不溶于水，且乙酸乙酯密度比水小，所以油状液体在上层，故C错误；D．鸡蛋清溶液遇(NH4)2SO4溶液发生蛋白质的盐析，为可逆过程，先产生白色沉淀，加水后沉淀又溶解，故D正确；故选D。11.2022年9月9日，中国科学家首次在月球上发现的新矿物被命名为“嫦娥石”。该矿物含有X、R、Z、W四种原子序数依次增大的短周期主族元素。已知X、R、Z、W质子数之和为46，X、R、Z最外层电子数分别为x、y、z，，。下列叙述正确的是A.离子半径：X<R<ZB.Z在空气中燃烧生成多种物质C.W简单氢化物热稳定比X的简单氢化物强D.X与R形成了化合物为离子化合物且只含有离子键【答案】B【解析】【分析】X、 R、Z最外层电子数分别为x、y、z，，解得x=6，y+z=3，根据原子序数的大小，X为O元素，R和Z的最外层电子数分别为1和2，R为Na，Z为Mg，根据质子数之和为46，W的质子数为15，为P元素。【详解】A．根据粒子半径的大小比较，电子层数越多，粒子半径越大，电子层数相同，质子数越大，半径越小，所以离子半径大小为O2->Na+>Mg2+，A错误；B．镁在空气中燃烧，能与氮气、氧气、二氧化碳反应，生成氮化镁、氧化镁和碳，B正确；C．因为O的非金属性强于P，所以P的简单氢化物热稳定性比O的简单氢化物弱，C错误；D．O和Na形成的化合物中既有离子键，又有共价键，D错误；答案选B。12.三氟化氯(ClF3)是极强助燃剂，液态时能发生自耦电离：，其气态分子的空间构型如图，下列推测合理的是A.ClF的空间构型为V形B.ClF3分子的中心原子杂化轨道类型为sp2C.ClF3与Fe反应生成FeCl2D.ClF3分子是含有极性键的非极性分子【答案】A【解析】【详解】A．根据价层电子对互斥理论，中心原子Cl有2个成键电子对，2个孤电子对，价层电子对数为2+2=4，离子空间构型为V形，A正确；B．ClF3分子中有2个孤电子对和3个成键电子对，价层电子对数为2+3=5，所以其中心原子杂化轨道类型不是sp2，B错误；C．三氟化氯是极强助燃剂，其中Cl化合价为+3价，具有强氧化性，ClF3与Fe反应生成FeCl3和FeF3，C错误；D．由图可知，三氟化氯是结构不对称的三角锥形分子，属于含有极性键的极性分子，D错误； 故选A。13.25℃时，向20mL0.1mol/LH2A溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，测得溶液的pOH与 或的变化关系如图所示，下列说法错误的是A.L1线表示与pOH的变化关系B.H2A的C.pH=3时，溶液中c(H2A)>c(HA-)>c(A2-)D.当加入30mLNaOH溶液时，有【答案】D【解析】【详解】A．根据向溶液中加入溶液的反应过程可知，越来越少，先生成，再生成，且逐滴加入，pOH逐渐减小，则L2表示与pOH的变化关系，L1线表示与pOH的变化关系，A正确；B．图中A点坐标﹙1.11，0﹚，B点坐标﹙7.04，0﹚，A点，则，B点，则，B正确；C．根据，，则当pH=3时，H2A存在最多，其次是，最少，c(H2A)>c(HA-)>c(A2-)，C正确；D．当加入30mLNaOH溶液时，中存在物料守恒，D错误；故选D。 14.固体氨基甲酸铵H2NCOONH4可用于医药制药、(NH4)2CO3可用于做化肥，两者受热均发生分解反应。某一温度T℃下反应I：的。该温度下单独发生反应II：，平衡后的总压为160kPa．该温度下、刚性容器中放入H2NCOONH4和(NH4)2CO3两种固体，平衡后两种固体均大量存在，下列关于两种固体共存并达到化学平衡态的说法正确的是A.NH3和CO2的比值不变说明反应I和II达到了化学平衡B.气态水分压p(H2O)=70kPaC.气体的总压约为184.8kPaD.反应II的平衡常数【答案】C【解析】【详解】A．反应过程中NH3和CO2的比值恒为2:1，NH3和CO2的比值不变不能说明反应I和II达到了化学平衡，故A错误；B．达到平衡时，p(NH3)：p(CO2)：p(H2O)=2:1：1，平衡后的总压为160kPa，则分压p(H2O)=160kPa×=40kPa，故B错误；C．反应I和II同时进行，由方程式系数关系可知，达到平衡时p(NH3)：p(CO2)=2:1，的，p(NH3)：p(CO2)=2:1，则p()=2，p(CO2)=30kPa，由B可知，反应II的Kp2=40kPa×40kPa×(80kPa)2=1.024×107，则反应I和II同时进行达到平衡时p(H2O)=，则气体的总压约为60kPa+30kPa+94.8kPa=184.8kPa，故C正确；D．由C可知，反应II的平衡常数Kp2=1.024×107，故D错误；故选C。二、非选择题：本大题共4个小题，共58分。15.一种以铬铁矿【主要含有Fe(CrO2)2，同时含有Al2O3、SiO2】为主要原料制备K2Cr2O7的工艺流程如图所示： （1）基态铬原子的单电子数为________，铬铁矿中元素第一电离能Al________Si(填“大于”、“小于”或“等于”)。（2）焙烧时Fe(CrO2)2转化为Na2CrO4，同时杂质A12O3、SiO2转化为可溶性钠盐，焙烧时Fe(CrO2)2发生反应的的化学方程式为________。（3）滤渣a中除A1(OH)3外还有________。(填化学式)（4）已知，，酸化时发生，，测得滤液2中pH=5，含铬微粒只有和，其中c()=1.0mol/L，则滤液2中c(Al3+)=________mol/L，的转化率为_______。(结果保留3位有效数字)（5）已知相同温度下Na2Cr2O7溶解度显著高于K2Cr2O7，可利用两者溶解度的不同实现转化，操作X的具体过程为：加热浓缩、_______、冷却结晶、过滤、洗涤干燥，得到较纯净的K2Cr2O7晶体。（6）将15kg铬铁矿按上述流程制得K2Cr2O7产品，假设各步损失铬元素总计9.0%，干燥称量得14kg该产品，滴定分析产品中K2Cr2O7的纯度为99.2%，则铬铁矿中铬元素的质量分数为_______。【答案】（1）①.6②.小于（2）（3）H2SiO3(或H4SiO4)（4）①.1×10-6②.99.5%（5）趁热过滤（6）36.0%【解析】【分析】含铬废渣与纯碱、O2焙烧生成Na2CrO4、Fe2O3，同时释放出CO2气体：，同时Al2O3、SiO2分别转化为NaAlO2和Na2SiO3，Fe2O3不溶于水，水浸过滤得到的滤渣是Fe2O3，酸化后形成滤渣为Al(OH)3和H2SiO3(或H4SiO4)沉淀，最后分离出Na2Cr2O7溶液，已知相同温度下Na2Cr2O7的溶解度显著高于K2Cr2O7，可利用两者溶解度的不同实现转化，在Na2Cr2O7溶液中加KCl固体，经过加热浓缩，趁热过滤，冷却结晶，过滤、洗涤得到K2Cr2O7。 【小问1详解】基态铬原子的外围电子排布为3d54s1，单电子数为6；同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能Al小于Si；【小问2详解】根据分析：焙烧时Fe(CrO2)2发生反应的的化学方程式为：；【小问3详解】根据分析，滤渣a中除A1(OH)3外还有H2SiO3(或H4SiO4)；【小问4详解】室温下，滤液2中pH=5，故，，故；方程式：，，其中pH=5，即，c()=1.0mol/L，故，的转化率为：；【小问5详解】根据分析：操作X的具体过程为：加热浓缩、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤干燥；【小问6详解】根据铬元素守恒，14kg产品中的铬元素质量为：，各步损失铬元素总计9.0%，故铬铁矿中个元素质量为：，铬铁矿中铬元素的质量分数为：。16.苯甲酸和苯甲醇是重要的化工原料，可通过卡甲醛和足量氢氧化钾溶液反应制取，“强基计化”小分队在实验室制备苯甲酸和苯甲醇，同时测定苯甲酸的纯度。I．制备反应原理及反应结束后对反应液处理步骤如下： 己知：名称熔点℃沸点℃溶解性相对分子质量苯甲酸122.4(100℃左右开始升华)248微溶于冷水，易溶于乙醇、热水122苯甲醇-15.3205.7在水中溶解度较小，易溶于乙醚、乙醇108请根据以上信息，回答下列问题(下图夹持仪器已省略)：（1）有关提纯过程下列说法正确的是___________。A.步骤I：可以用乙醇作为萃取剂B.步骤II：可用无水MgCl2作干燥剂C.若在蒸馏过程中忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后再加入沸石D.步骤V：产品可用酒精灯或沸水浴加热烘干（2）若用如图装置进行步骤III，则装置a应选用________(从b、c、d中选填，写名称)，蒸馏时宜选用减压蒸馏，优点是_________(任写一点)，真空接引管应连接装置_________(填“e”或“f”)。（3）步骤III具体操作步骤：安装好减压蒸馏装置→________→先旋紧螺旋夹，打开安全瓶上活塞，使体系与大气相通，启动油泵抽气、慢慢关闭安全瓶上活塞至完全关闭→_________→ 用一个洁净干燥的接受瓶接收液体，温度趋于稳定后，待温度计的读数显著升高并稳定后→________→蒸馏完毕，移去热源，慢慢旋开螺旋夹(避免倒吸)，再慢慢打开安全瓶活塞，平稳内外压力，使测压计的水银柱慢慢地恢复原状，然后关闭油泵和冷却水。请从下列选项中选择合适的操作填空：A．开启冷凝水，选用油浴加热蒸馏B．在蒸馏瓶中加入待蒸液体，并加入1~2粒沸石C．用一个洁净干燥的接受瓶收集馏分II．产品的纯度测定（4）称取mg样品，溶于过量的V1mL浓度为0.1mol/L的氢氧化钾溶液中，滴加几滴酚酞溶液，摇匀，用0.1mol/L盐酸滴定，达到滴定终点，记录耗酸体积。做3组平行实验，所消耗盐酸的平均体积为V2mL。①滴定终点现象是___________。②产品的纯度是___________%③若用甲基橙作指示剂，则测定结果___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。【答案】（1）BC（2）①.直形冷凝管②.减压蒸馏沸点低，可防止温度过高时产品被氧化或蒸馏效率高或节约能源③.e（3）①.B②.A③.C（4）①.当滴入最后半滴盐酸时，溶液的颜色由红色变为浅红色，且半分钟内不恢复红色②.③.偏小【解析】【分析】反应液含有苯甲醇和苯甲酸钠，加入乙醚萃取，分液，得到的有机层为苯甲醇和乙醚的混合物，蒸馏可得到苯甲醇，水层为苯甲酸钠的水溶液，加入盐酸酸化得到苯甲酸，经一系列操作后重结晶得到苯甲酸。【小问1详解】A．乙醇与水互溶，不能用作该体系的萃取剂，A错误；B．无水氯化镁可用作有机体系的干燥剂，B正确；C．蒸馏过程中忘记加沸石，应将装置冷却至室温后再补加，C正确；D．苯甲酸在100℃左右升华，不能用酒精灯或用沸水浴加热烘干，D错误；故选BC。【小问2详解】 蒸馏选用直形冷凝管，蒸馏时宜选用减压蒸馏，优点是：减压蒸馏沸点低，可防止温度过高时产品被氧化或蒸馏效率高或节约能源；真空接引管应连接装置：e，抽滤瓶中连接真空系统时导管斜面长的一端应远离抽滤瓶支管；【小问3详解】步骤III具体操作步骤：安装好减压蒸馏装置→在蒸馏瓶中加入待蒸液体，并加入1～2粒沸石→先旋紧橡皮管上的螺旋夹，打开安全瓶上活塞，使体系与大气相通→启动油泵抽气，慢慢关闭安全瓶上活塞至完全关闭→开启冷凝水，选用油浴加热蒸馏→用一个洁净干燥的接受瓶收集馏分→温度趋于稳定后→待温度计的读数显著升高并稳定→用一个洁净干燥的接受瓶收集馏分→蒸馏完毕，移去热源，慢慢旋开螺旋夹(避免倒吸)，再慢慢打开安全瓶活塞，平稳内外压力，使测压计的水银柱慢慢地恢复原状，然后关闭油泵和冷却水，故依次填入的顺序为：B、A、C；【小问4详解】①滴定终点现象是：当滴入最后半滴盐酸时，溶液的颜色由红色变为浅红色，且半分钟内不恢复红色；②苯甲酸与氢氧化钾先反应（物质的量比为1:1），剩余的氢氧化钾用盐酸进行滴定，故苯甲酸的物质的量为：，苯甲酸的纯度为：=；③甲基橙的变色范围为3.1-4.4，酸过量，即盐酸消耗的氢氧化钾的量偏大，苯甲酸消耗的氢氧化钾的量偏少，故苯甲酸的测定结果偏小。17.为了实现“碳中和”的目标，有多种方式，如节能减排，吸收储存，转化等。工业上用下列反应I将CO2进行加氢转化成甲醇，反应I：，同时还伴有副反应II：。（1）己知H2，CH3OH的燃烧热△H分别为-285.8kJ/mol，-726.5kJ/mol，水，甲醇的汽化热分别为44kJ/mol，39.4kJ/mol，则反应I的△H=___________。（2）在一容器中以物质的量之比1：3的比例通入CO2和H2，并通入少量H2O(g)活化催化剂Cu/ZnO，得出的结果如下图所示，请选出最适宜的合成条件___________(选择水蒸气含量和反应时间)。 （3）研究表明有水蒸气参与的反应进程如下图所示，eV表示能量单位，该催化反应优先选择___________路径。(选“COOH*”或“HCOO*”)（4）假设在一刚性容器中，起始压强为4×106Pa，以体积比1：3的比例通入CO2和H2，H2O的体积分数为0.06%，该条件下4小时反应I和II达到平衡，CO2的转化率为4%，甲醇的选择性为98%，为了简化计算，忽略反应起始加入的0.06%的水蒸气，计算该情况下H2O(g)的压强为___________，甲醇的反应速率为___________Pa/h(单位为Pa/h)，反应II的Kp=___________。（5）工业上还可用In2O3电极电化学还原CO2得到HCOO-，另一石墨电极得到产品CH3(CH2)6CN，写出阴极的电极反应：___________，当外电路转移1mol电子时，生成的产品CH3(CH2)6CN的物质的量为___________。 【答案】（1）-47.5kJ/mol（2）水蒸气百分含量为0.11%，反应时间3小时（3）COOH*（4）①.4×104②.9.8×103③.1.16×10-5（5）①.②.0.25mol【解析】【小问1详解】己知H2，CH3OH的燃烧热△H分别为-285.8kJ/mol，-726.5kJ/mol，水，甲醇的汽化热分别为44kJ/mol，39.4kJ/mol，则有：①H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H1=-285.8kJ/mol；②CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H2=-726.5kJ/mol；③H2O(l)=H2O(g)△H3=+44kJ/mol；④CH3OH(l)=CH3OH(g)△H4=+39.4kJ/mol；由盖斯定律可知，①×3-②+③+④可得反应I，则反应I的△H=3△H1-△H2+△H3+△H4=-47.5kJ/mol。【小问2详解】由图可知，水蒸气百分含量为0.11%，反应时间3小时的条件下，CH3OH的选择性最高。【小问3详解】由图可知，选择COOH*路径时，反应的活化能更小，反应速率更快。【小问4详解】根据已知条件列出“三段式”CO2的转化率为，甲醇的选择性为=98%，解得x=39200Pa，y=800Pa，该情况下H2O(g)的压强为39200Pa+800Pa=4×104Pa，甲醇的反应速率为=9.8×103Pa/h，反应II的Kp==1.16×10-5。【小问5详解】 由图可知，CO2在阴极发生还原反应生成HCOO-，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：，阳极CH3(CH2)7CN发生氧化反应得到CH3(CH2)6CN，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：CH3(CH2)7CN+6OH--4e-=CO+CH3(CH2)6CN+3H2O，当外电路转移1mol电子时，生成的产品CH3(CH2)6CN的物质的量为0.25mol。18.2022年诺贝尔化学奖颁给了三位在点击化学作出杰出贡献的科学家。一价铜催化叠氮化物与炔烃反应(CuAAC反应)是点击化学的经典之作。某三氮唑类聚合物G的合成路线如图所示。己知：i．R-Br+HC≡C-R′R-C≡C-R′+HBrii．+回答下列问题：（1）A的化学名称为___________；B中含有的官能团的名称为___________。（2）A→C的反应类型为___________。（3）已知F的结构中有两种不同化学环境的氟原子，写出E生成F的化学方程式：________。（4）三氮唑类聚合物G中链节的结构简式为___________。（5）J的相对分子质量比C小14，满足下列条件的J的结构有___________种(不含的结构)。①能发生银镜反应②苯环上只有2个取代基，除苯环外无其他环状结构③1molJ最多消耗2molNaOH写出其中一种核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为3：2：2：2：1的物质的结构简式_______。 （6）已知-CH3为邻对位定位基，-COOH为间位定位基，结合以上合成路线，设计以和HC=CCH3为原料制备的合成路线______(其他无机试剂任选)。【答案】18.①.对溴苯甲醛(或4-溴苯甲醛)②.碳碳三键，羟基19.取代反应20.21.22.①.18②.或23.【解析】【分析】由A、C结构及反应条件可知A与B发生的反应与已知信息i相同，推断B结构为，由F分子式及F的结构中有两种不同化学环境的氟原子，可推断F结构为，由F结构及反应条件可知生成G 发生的反应与已知信息ii相同，可推断G结构中链节为。【小问1详解】A的结构为，化学名称为对溴苯甲醛(或4-溴苯甲醛)；B结构为，含有的官能团名称为碳碳三键，羟基；小问2详解】A→C的反应类型与已知信息i相同，为取代反应；【小问3详解】E的结构为，F结构为，E生成F的化学方程式为；【小问4详解】 F结构为，由F结构及反应条件可知生成G发生的反应与已知信息ii相同，可推断G结构中链节为；【小问5详解】J的相对分子质量比C小14，则J分子式为，J结构中有苯环，由①③确定有甲酸酯基，且甲酸酯基与苯环直接相连，由J分子式及以上分析结构片段结合条件②确定苯环上另一个取代基的组成为，结构中有一个碳碳三键或两个碳碳双键，其结构有、、、、、共6种，在苯环上与甲酸酯基位置可以是邻、间、对，J符合条件的结构共有种；核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为3：2：2：2：1的物质的结构，苯环上2个取代基位于对位且结构中有甲基，故结构为、；【小问6详解】