重庆市巴蜀中学2024届高三上学期高考适应性月考卷（四）化学试题（Word版附解析）

重庆市巴蜀中学2024届高三上学期高考适应性月考卷(四)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-12O-16Mg-24Co-59一、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.中国古代典籍中蕴藏丰富的化学知识，凝聚着我国祖先的智慧。下列说法错误的是A.“高奴县出脂水，燃之如麻，但烟甚浓”，所述“脂水”指的是食用油B.“药性……宜水煮者，宜酒渍者”，这是利用萃取原理提取药物有效成分C.“以铁拍作片段，置醋糟中积久衣生刮取者，为铁华粉”，该过程包含化学变化D.“磁石毛，铁之母也。取铁如母之招子焉”，这是利用磁性鉴别Fe3O4【答案】A【解析】【详解】A．该选段出自沈括《石油》：“燃之如麻，但烟甚浓”说明该物质为石油，石油为烃类混合物，食用油为酯类物质，A错误；B．“宜水煮者，宜酒渍者”是根据物质性质不同选择不同的溶剂，这也是萃取的原理，B正确；C．铁在醋糟中生成醋酸亚铁，为化学变化，C正确；D．Fe3O4具有磁性，利用磁性鉴别四氧化三铁，D正确；故答案为A。2.物质的性质决定了其用途，下列关于物质性质及其用途错误的是A.SO2可以使某些色素褪色：用作漂白剂B.硝酸有腐蚀性：用于刻蚀玻璃C.H2O2有氧化性：用作消毒剂D.金属钠有良好的导热性：用作导热介质 【答案】B【解析】【详解】A．二氧化硫漂白色素利用其化学性质——漂白性，可作漂白剂，A正确；B．硝酸有腐蚀性但不能和酸性氧化物二氧化硅反应，应为氢氟酸刻蚀玻璃，B错误；C．过氧化氢的氧化性破坏病菌的结构起消毒剂作用，C正确；D．金属钠的熔点低导热性好，可作核反应堆的冷却剂，钾钠合金更佳，D正确；故选B。3.下列有关化学用语表示错误的是A.氮气的电子式：B.CO2的空间填充模型：C.乙醚的结构简式：CH3CH2OCH2CH3D.K+的离子结构示意图：【答案】A【解析】【详解】A．氮气的电子式：，故A错误；B．CO2是直线形，其空间填充模型为，故B正确；C．乙醚的结构简式：CH3CH2OCH2CH3，故C正确；D．K+的原子结构示意图：，故D正确；故答案为A。4.下列说法错误的是A.69Ga和71Ga互为同位素B.碳纳米管和石墨烯互为同素异形体C.C3H6和C4H8一定互为同系物 D.CH2BrCH2Br和CH3CHBr2互为同分异构体【答案】C【解析】【详解】A．质子数相同，中子数不同的同种元素，互为同位素，69Ga和71Ga互为同位素，故A正确；B．同种元素组成的结构不同的单质称为同素异形体，碳纳米管和石墨烯互为同素异形体，故B正确；C．C3H6和C4H8可能是环烷烃或者烯烃，如果一个是环烷烃，一个是烯烃，此时不是同系物，故C错误；D．CH2BrCH2Br和CH3CHBr2分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确；故答案为C。5.室温下，下列各组离子一定能够在指定溶液中大量共存的是A.0.1mol/L溶液中：、、B.滴加酚酞变红的溶液：、、C.新制氯水中：、、D.含的溶液中：、、【答案】BD【解析】【详解】A．与会发生反应生成二氧化碳和水，不能共存，A错误；B．滴加酚酞变红的溶液为碱性，各离子两两不反应，可以共存，B错误；C．氯水有强氧化性，会与反应，不能共存，C错误；D．离子间两两不反应，可以共存，D正确；故选BD。6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.含60gHCHO的水溶液中O原子数为NAB.1mol/L氨水中，含有的NH3·H2O分子数少于NAC.2.4gMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移电子数为0.2NAD.32g甲醇分子中含有C-H键的数目为4NA【答案】C【解析】【详解】A．HCHO水溶液中，HCHO、H2O都含氧原子，含60gHCHO的水溶液中O原子数大于2NA ，故A错误；B．没有明确溶液体积，不能确定1mol/L氨水中含有的NH3·H2O分子数，故B错误；C．Mg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，镁元素化合价由0升高为+2，2.4gMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移电子数为0.2NA，故C正确；D．甲醇的结构简式为CH3OH，32g甲醇分子中含有C-H键的数目为3NA，故D错误；选C。7.用如图实验装置和操作不能达到实验目的的是A.利用装置甲制备溴苯并验证有HBr生成B.利用装置乙证明酸性：硫酸>碳酸>苯酚C.利用装置丙制备无水MgCl2D.利用装置丁分离碘单质和NaCl【答案】A【解析】【详解】A．液溴有挥发性，会和硝酸银溶液反应生成沉淀，A不能达到实验目的；B．苯酚钠遇碳酸生成苯酚，苯酚微溶于水会生成沉淀，且硫酸没有挥发性，故该实验可行，B能达到实验目的；C．通入氯化氢气体防止水解，C能达到实验目的；D．利用碘单质容易升华分离碘和氯化钠，D能达到实验目的；故选A。8.下列实验操作及现象与对应结论匹配的是选项实验操作及现象结论A取一定量Na2SO3样品，溶解后加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。加入浓HNO3，仍有沉淀。此样品中含有SOB相同温度下，分别测定相同浓度的NaNO2和CH3COONa溶液pH，NaNO2溶液的pH约为8，CH3COONa溶液的pH约为9相同温度下，Ka(HNO2)<Ka(CH3 COOH)C向硫酸铜溶液中滴加浓盐酸至过量，溶液由蓝色变为绿色。[Cu(H2O)4]2+转化为[CuCl4]2-D将Zn(OH)2固体粉末加入过量NaOH溶液中，充分搅拌，溶解得到无色溶液。Zn(OH)2既体现碱性又体现酸性A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．浓硝酸具有氧化性，能将BaSO3氧化为BaSO4，不能证明是样品中含有，A错误；B．酸的酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液的pH越小，相同温度下，测定相同浓度的NaNO2和CH3COONa溶液pH，NaNO2溶液的pH小于CH3COONa溶液的pH，因此Ka(HNO2)>Ka(CH3COOH)，B错误；C．[Cu(H2O)4]2+为蓝色，[CuCl4]-为绿色，增大溶液中Cl-浓度，[Cu(H2O)4]2+会转化为[CuCl4]2-，C正确；D．将Zn(OH)2固体粉末加入过量NaOH溶液中，充分搅拌，溶解得到无色溶液，说明Zn(OH)2能和碱反应，体现酸性，D错误；故选C。9.含S2O、Fe3+、I-的溶液中反应历程如图所示，下列说法正确的是A.该反应为吸热反应B.由图可知氧化性：Fe2+>S2OC.若不加Fe3+，正反应的活化能比逆反应的大D.该反应可表示为S2O(aq)+2I-(aq)=2SO(aq)+I2(aq)【答案】D【解析】 【详解】A．由图可知，生成物能量低于反应物能量，反应放热，A错误；B．氧化剂氧化性大于氧化产物，由图示第二步反应可知，氧化性：Fe3+<，B错误；C．铁离子为催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率，但是不改变反应焓变；由图可知，反应为放热反应，若不加Fe3+，正反应的活化能仍比逆反应的小，C错误；D．由图示可知该过程包括(aq)+2I-(aq)+2Fe3+(aq)(aq)+I2(aq)+2Fe2+(aq)和(aq)+I2(aq)+2Fe2+(aq)2(aq)+2Fe3+(aq)+I2(aq)两个基元反应，综合两个基元反应可以得出总反应：(aq)+2I-(aq)2(aq)+I2(aq)，D正确；故选D。10.DaplilloninB(DaNB)是一种生物碱，具有新颖的多环骨架结构(如图所示，其中Me代表甲基)。下列关于DaNB分子说法错误的是A.DaNB分子能发生取代反应、加成反应、氧化反应、还原反应等B.1molDaNB分子与H2发生加成反应，最多消耗3molH2C.DaNB分子中含7个手性碳原子D.DaNB分子中N原子上有孤对电子，能与酸反应【答案】C【解析】【详解】A．DaNB分子有碳氢键能发生取代反应、有双键能发生加成反应、可燃烧能发生氧化反应、有羰基能发生还原反应，A正确；B．1分子DaNB有1个碳碳双键，2个碳氧双键，发生加成能消耗3分子的氢气，B正确； C．该分子中的手性碳如图1所示，，有八个，C错误；D．N原子形成3个σ键，剩下一对孤对电子类似氨气，可能会与酸反应，D正确；故选C11.BODIPY类荧光染料母体结构(如图所示)由X、Y、Z、M、N五种原子序数依次增大的第一和第二周期主族元素组成。其中，X是宇宙中含量最多的元素，Y、N可形成平面三角形分子YN3，N元素只有两种化合价。下列说法错误的是A.基态原子未成对电子数：Y<Z<MB.该母体结构中含sp2杂化和sp3杂化的原子C.Y和M组成的化合物是一种新型陶瓷D.X与M形成的简单化合物的水溶液呈酸性【答案】D【解析】【分析】宇宙中最多元素——氢，故X为氢元素；根据分子的成键特点，推知Z位于第ⅣA族，M位于第ⅤA族，N位于第ⅥA族，由于N元素只有两种化合价，所以N为氟元素；Y、N可形成平面三角形分子YN3，可推知Y为硼元素；X、Y、Z、M、N五种原子序数依次增大，所以Z为碳元素，M为氮元素。X：氢，Y：硼，Z：碳，M：氮，N：氟。【详解】A．基态原子未成对电子数：Y(硼：1)<Z(碳：2)<M(氮：3)，A正确； B．如图，，圈：sp2杂化，框：sp3杂化，B正确；C．Y(硼)、M(氮)组成BN，氮化硼陶瓷，新型无机非金属材料、新型陶瓷，C正确；D．Y(X与M形成的简单化合物(NH3)的水溶液呈碱性，D错误；故选D。12.清华大学开发出一种锂离子电池，在室温条件下可进行循环充放电，实现对磁性的可逆调控，如图电池一极为纳米Fe2O3，另一极为金属锂和石墨的复合材料，电解质只传导锂离子。下列说法错误的是A.该电池不能使用氯化锂水溶液作为电解质B.充电时，Fe2O3连接电源的正极，发生氧化反应C.该电池正极的电极反应式为Fe2O3+6Li++6e-=3Li2O+2FeD.放电时，电池逐渐远离磁铁【答案】D【解析】【详解】A．金属锂与水反应，该电池不能使用氯化锂水溶液作为电解质溶液，A正确；B．金属锂和石墨的复合材料为放电时的负极，发生氧化反应，Fe2O3为正极，充电时接电源的正极，发生氧化反应，B正确；C．Fe2O3为正极，发生反应为Fe2O3+6Li++6e-=3Li2O+2Fe，C正确；D．放电时，正极发生反应Fe2O3+6Li++6e-=3Li2O+2Fe，生成铁单质，电池逐渐靠近磁铁，D错误；故答案为D。13.催化剂GaN催化CO2直接加氢制甲醚的反应机理如图甲，在CaN(110)界面上的反应历程如图乙，其反应为CO2(g)+H2(g)→HCOO*+H*，在CaN(100)界面上发生的反应为CO2(g)+4H2(g)→+H*+2H2O(g)，下列说法不正确的是 A.HCOO*中含有σ键和π键B.CO2→过程放热C.图乙表示的反应历程中，决速步骤为→2H*D.该反应总反应式为2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)【答案】C【解析】【详解】A．HCOO*中含有碳氧双键，因此其σ键和π键，A正确；B．由图可知，CO2→过程放热，B正确；C．由图可知，H*+→mono-HCOO*过程的能垒最高(活化能最大)，故该步骤为决速步骤，C错误；D．根据题干及反应机理图可知，该反应的总反应式为2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)，D正确； 故选C。14.甘氨酸(NH2CH2CO0H)是人体必需氨基酸之一，在25℃时，、、的分布分数[如]与溶液pH关系如图，下列说法错误的是A.甘氨酸具有两性B.曲线a代表NHCH2COOHC.+H2O=+OH-的平衡常数K=10-11.65D.c()·c()>c2()【答案】D【解析】【详解】A．NH2CH2COOH中存在—NH2和—COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，A正确；B．氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示分布分数随溶液pH的变化，曲b表示的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示NH2CH2COO-的分布分数随溶液pH的变化，B正确；C．+H2O=+OH-的平衡常数K=，25℃时，根据a、b曲线交点坐标(2.35，0.50)可知，pH=2.35时，c()=c()，则K=c(OH-)==10-11.65，C正确；D．由C项分析可知，=，根据b、c曲线交点坐标(9.78，0.50)分析可得电离平衡NH2CH2COO-+H+的电离常数为K1=10-9.78，= ，则×=×<1，即c2()>c()·c(NH2CH2COO-)，D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.草酸钴可用于指示剂和催化剂。一种利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO)制取CoC2O4·2H2O的工艺流程如图所示。已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+；②常温下，Ksp(MgF2)=6.25×10-9，Ksp(CaF2)=2.25×10-11；③部分阳离子的氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表。沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2A1(OH)3Co(OH)2Mn(OH)2开始沉淀2.77.64.07.67.7完全沉淀3.79.65.29.29.8回答下列问题：（1）CoC2O4·2H2O中C的价态为___________，Co2O3中Co的价层电子排布式为___________。（2）浸出液中Fe2+与加入NaClO3发生反应的离子方程式为___________。（3）加Na2CO3调节pH时，需要控制pH的范围是___________，沉淀1的主要成分有___________(填化学式)。（4）常温下，向滤液Ⅰ中加入NaF溶液除去Ca2+、Mg2+，当Ca2+沉淀完全时(离子浓度小于1.0×10-5mol/L即为该离子沉淀完全)，Mg2+的浓度为___________mol/L(保留到小数点后一位)。（5）测定产品中草酸钴晶体的质量分数：称取草酸钴样品3.050g，用稀硫酸酸化，加入100.0mL0.1000mol/LKMnO4溶液，加热(该条件下Co2+不被氧化)，充分反应后将溶液冷却至室温，将溶液完全转移到250mL容量瓶中定容。然后取25mL用0.2000mol/LFeSO4溶液进行滴定，到达滴定终点后，消耗18.00mLFeSO4溶液。 ①若用盐酸酸化，则测得的草酸钴晶体的质量分数会___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。②计算样品中草酸钴晶体CoC2O4·2H2O的质量分数为___________。【答案】（1）①.+3②.3d6（2）ClO+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O（3）①.5.2≤pH<7.6②.Fe(OH)3、Al(OH)3（4）2.8×10-3（5）①.偏大②.42.00%【解析】【分析】含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得、、、、、，加入，可得到，然后加入调pH至5.2，可得到沉淀，过滤后所得滤液主要含有、、、，向溶液中加入NaF溶液，除去钙镁离子，然后过滤得到滤液中II中加入萃取剂，萃取后溶液加入草酸铵，得到草酸钴。【小问1详解】CoC2O4·2H2O中C的价态为+3，Co为27号元素，Co2O3中Co为+3价，价层电子排布式为3d6。小问2详解】向浸出液中加入NaClO3发生反应的离子方程式为+6Fe2++6H+=C1-+6Fe3++3H2O。【小问3详解】加Na2CO3调节pH时，需要控制pH的范围是使Al3+、Fe沉淀，而Co2+不沉淀，所以范围是5.2≤pH<7.6，沉淀1的主要成分有Fe(OH)3、Al(OH)3。【小问4详解】常温下，向滤液1中加入NaF溶液除去Ca2+、Mg2+，当Ca2+沉淀完全时，c2(F-)==2.25×10-6，则c(Mg2+)=≈2.8×10-3mol/L。【小问5详解】①若用盐酸酸化，盐酸会与KMnO4溶液反应，则硫酸亚铁用量会变少，故测得的草酸钴晶体的质量分数会偏大。②滴定消耗18.00mL0.2000mol/L硫酸亚铁溶液，则由得失电子数目守恒可知，与草酸钴反应的高锰酸钾的物质的量为0.1000mol/L×0.100L-0.2000mol/L×0.018L×10×=0.0028mol ，由得失电子数目守恒可知，样品中草酸钴晶体的质量分数为×100%=42.00%。16.高纯度硝酸高铈铵主要用作有机合成的催化剂和氧化剂、集成电路的腐蚀剂等。它的化学式为(NH4)2Ce(NO3)6，易溶于水，几乎不溶于浓硝酸。实验室用CeCl3溶液制备硝酸高铈铵的主要步骤如下：Ⅰ.CeCl3与NH4HCO3反应制备Ce2(CO3)3。制备Ce2(CO3)3的装置如图所示：将装置A和D中所产生的气体通入B装置一段时间，再将CeCl3溶液滴入下方反应后的溶液中，从而制备Ce2(CO3)3固体。已知：Ce3+易被空气氧化成Ce4+。回答下列问题：（1）装置D中盛放稀盐酸的实验仪器名称为___________，装置C的作用是___________。（2）若装置A和装置D中所产生的气体体积比超过1：1，则B中会产生一种含铈的沉淀杂质，其化学式为___________。（3）装置B中制备Ce2(CO3)3反应的离子方程式为___________。（4）Ce2(CO3)3在装置B中沉淀，然后经过静置、过滤、洗涤、干燥后即可得到纯品Ce2(CO3)3.检验是否洗涤干净的方法为___________。Ⅱ.制备硝酸高铈铵。取适量碳酸铈[Ce2(CO3)3]于铂皿中，用硝酸溶解生成硝酸铈溶液，然后加入双氧水、氨水进行氧化沉淀，加热后过滤、洗涤、烘干得到Ce(OH)4(黄色难溶物)。将Ce(OH)4于一定温度下加入硝酸加热至浆状，生成H2[Ce(NO3)6]，再加入稍过量的NH4NO3晶体从而生成硝酸高铈铵沉淀，经过悲、洗涤、(自然烘无后得到产异。 （5）①写出生成Ce(OH)4的离子方程式___________。②“氧化沉淀”时，加热的温度不宜过高，原因是___________。【答案】（1）①.分液漏斗②.防止外界空气进入将Ce3+氧化(或防止Ce3+被氧化)（2）Ce(OH)3（3）2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O（4）取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成，则证明沉淀已经洗涤干净。（5）①.2Ce3++H2O2+6NH3·H2O=6NH+2Ce(OH)4↓②.双氧水、氨水均易受热分解【解析】【分析】A装置制备氨气，D装置制备二氧化碳，通入B中与CeCl3溶液反应生成Ce2(CO3)3，Ce3+易被空气氧化成Ce4+，C装置可以防止外界空气进入B装置干扰试验。【小问1详解】装置D中盛放稀盐酸的实验仪器名称为分液漏斗，因为Ce3+易被空气氧化成Ce4+，则装置C中的作用是防止外界空气进入；【小问2详解】若装置A和装置D中所产生的气体超过1:1，则B中会产生一水合氨，然后会与Ce3+反应生成Ce(OH)3；【小问3详解】装置B中制备Ce2(CO3)3反应的反应物为Ce3+和，故离子方程式为2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O；【小问4详解】制取Ce2(CO3)3的过程中，CO2气体中含有挥发的HCl，沉淀表明可能附着有Cl-，检验沉淀是否洗涤干净，即检验沉淀表面是否有氯离子，方法为取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成，则证明沉淀已经洗涤干净；【小问5详解】①生成Ce(OH)4即向硝酸铈溶液中加入双氧水、氨水进行氧化沉淀，加热后过滤、洗涤、烘干得到Ce(OH)4，该反应的离子方程式为2Ce3++H2O2+6NH3·H2O=6+2Ce(OH)4↓；②向硝酸铈溶液中加入双氧水、氨水进行氧化沉淀时，由于双氧水、氨水均易受热分解，故加热的温度不宜过高。17.可用CO2催化加氢合成CH3OH，主要反应的热化学方程式如下：反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1 反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.0kJ/mol（1）已知几种化学键的键能如表所示，根据键能估算反应Ⅰ的ΔH1=___________。化学键H-HC-OC-HH-OC=OE(kJ/mol)436351406465800（2）向某一密闭容器中充入1molCO2和3molH2发生反应Ⅰ，下列能说明反应Ⅰ在恒温恒压条件下达到平衡的是___________(填序号)。A.容器内混合气体的密度不再改变B.容器内混合气体的压强不再改变C.伎应物转化率的比值不再改变D.v正(CO2)=3v逆(H2O)（3）向恒压(3.0MPa)密闭装置中通入1molCO2和2molH2，在不同催化剂下测定甲醇的平均生成速率随温度的变化曲线，如图所示。①最佳催化剂及最佳反应温度是___________。②甲醇的平均生成速率呈先增大后减小的抛物线趋势，请解释后减小的原因：___________。③二氧化碳加氢制甲醇的速率方程可表示为v=k·pm(CO2)·pn(H2)，其中k为速率常数，各物质起始分压的指数为各物质的反应级数。实验结果表明，速率常数与反应级数均受反应温度的影响。使用Ni5Ga3催化剂时，反应温度由169℃升高到223℃，若CO2反应级数=2，H2反应级数不变，则速率常数之比=___________。（4）某温度时，向压强为5.0MPa的恒压装置中加入1molCO2(g)和3molH2(g)反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为40%，甲醇选择性为50%，则甲醇的平衡分压为___________(结果保留2位有效数字) 。已知：甲醇选择性x(CH3OH)%=。（5）如图所示的电解装置可实现低电位下高效催化CO2制取甲烷，温度控制在10C左右，持续通入二氧化碳，电解过程中阴极区KHCO3物质的量基本不变。阴极反应为___________。【答案】（1）-56.0kJ/mol（2）A（3）①.Ni5Ga3、210℃②.随温度升高，反应速率加快，Ni5Ga3、NiGa催化下甲醇的平均生成速率上升。过曲线拐点，可能是催化剂活性降低，也可能是放热反应平衡逆向移动，使甲醇平均生成速率降低③.2（4）0.31MPa（5）9CO2+8e-+6H2O=CH4+8HCO【解析】【小问1详解】根据反应物键能总和减去生成物键能总和得到该反应的反应热，；故答案为：-56.0kJ/mol；【小问2详解】A．根据，反应前后均为气体，则总质量不发生变化，恒压条件下，容积可变，则当密度不变，反应达到平衡，A正确；B．该反应在恒压条件下进行，压强保持不变，故压强不能作为判据，B错误；C．初始投料按照系数比投入，故反应物的转化率相等，始终保持不变，C错误；D．速率之比要满足系数比，D错误；故答案为：A；【小问3详解】 根据物理量单位可知甲醇的平均生成速率与时间有关，表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率，随温度升高，反应速率加快，Ni5Ga3、NiGa催化下甲醇的平均生成速率上升。过曲线拐点，甲醇的平均生成速率降低的原因可能是催化剂活性降低，也可能是放热反应平衡逆向移动。因此，反应最佳条件为使用Ni5Ga3催化剂在210℃下进行反应，在这个条件下甲醇的平均生成速率最高；由图可知，甲醇的平均生成速率之比为=2.根据投料比，起始分压p(CO2)为1.0MPa，p(H2)为2.0MPa．根据升温后反应级数的变化，列式，可得；故答案为：Ni5Ga3、210℃；随温度升高，反应速率加快，Ni5Ga3、NiGa催化下甲醇的平均生成速率上升。过曲线拐点，可能是催化剂活性降低，也可能是放热反应平衡逆向移动，使甲醇平均生成速率降低；2；【小问4详解】通过计算可知平衡时，n(CO2)=0.6mol，n(H2)=1.8mol，n(CH3OH)=0.2mol，n(H2O)=0.4mol，n(CO)=0.2mol，n(总)=3.2mol，p(总)=5.0MPa，则甲醇的平衡分压为0.31MPa；故答案为：0.31MPa；【小问5详解】由于KHCO3的物质的量保持不变，故阴极反应为9CO2+8e-+6H2O=CH4+8；故答案为：9CO2+8e-+6H2O=CH4+8。18.卤沙唑仑W是一种抗失眠药物，在医药工业中的一种合成方法如图： 已知：(i)(ii)。回答下列问题：（1）A的化学名称是___________。（2）B含有的官能团名称为___________(不考虑苯环)（3）反应②的反应类型是___________。（4）反应③中NaOH的作用是___________，写出反应③的化学方程式___________。（5）Y的结构简式为___________。（6）写出W的结构简式：___________。（7）C的一种同系物G(C8H6OFCl)，其同分异构体中，含有苯环并能发生银镜反应且有4条支链的化合物共有___________种。(不考虑立体异构)【答案】18.2-氟甲苯(或邻氟甲苯)19.羧基、氟原子或碳氟键20.取代反应21.①.与HCl反应，有利于平衡正向移动，提高产率②.++NaOH+NaCl+H2O22.H2N-CH2-CH2-OH23.24.30【解析】 【分析】A()在酸性高锰酸钾的氧化下生成B()，与SOCl2反应生成C()，与在氯化锌和氢氧化钠的作用下，发生取代反应生成D，D与发生取代反应生成E()，E与Y(H2N-CH2-CH2-OH)发生取代反应生成F()，F与乙酸、乙醇反应生成W()，据此分析解答。【小问1详解】A()的化学名称是2-氟甲苯(或邻氟甲苯)；【小问2详解】B为，其中官能团名称为羧基、氟原子或碳氟键；【小问3详解】反应②指与SOCl2反应生成C()，为取代反应；【小问4详解】C与D反应时，若无NaOH则为取代反应，过程中生成另一种无机产物为HCl，因此，NaOH可以与HCl反应，有利于平衡正向移动，提高产率； 反应③的方程式为++NaOH+NaCl+H2O；【小问5详解】由分析可知，Y为H2N-CH2-CH2-OH；【小问6详解】由分析可知，W为；【小问7详解】