2022届湖南省岳阳市高三教学质量监测（三）化学试题含解析

这是一份2022届湖南省岳阳市高三教学质量监测（三）化学试题含解析，共29页。试卷主要包含了单选题，多选题，综合题等内容，欢迎下载使用。

湖南省岳阳市2021-2022学年高三教学质量监测（三）
化学试题
一、单选题
1．生活是化学的源泉。下列叙述错误的是（　　）
A．75%浓度的酒精、含氯消毒剂、过氧乙酸均可以有效灭活新型冠状病毒
B．许多食品包装盒里用小袋包装的铁粉来防止食品氧化变质
C．生产宇航服所用的碳化硅陶瓷和碳纤维材料，是一种新型无机非金属材料
D．可溶性铜盐有毒，故人体内不存在铜元素
2．新疆土质呈碱性、阳光充足等优势造就了新疆棉以绒长、品质好、产量高著称于世。下列有关说法错误的是（　　）
A．新疆棉的主要成分为纤维素，属于天然有机高分子
B．新疆棉可被生物降解
C．新疆棉的主要成分和淀粉互为同分异构体
D．可用灼烧的方法鉴别新疆棉和蚕丝棉
3．设[aX+bY]为a个X微粒和b个Y微粒组成的一个微粒集合体，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（　　）
A．已知 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-221kJ·mol-1，则每 1 mol[CO(g)+12O2(g)]完全燃烧放热 110.5kJ
B．2 mol NO 和1 mol O2在密闭容器中充分反应，反应后容器中的分子数为 2NA
C．22 gP4O6(分子结构： )中的共价键数目为 1.2NA
D．1molCl2与NaOH 稀溶液完全反应，则反应后的溶液中N(ClO-)+N(HClO)=1NA
4．前20号主族元素W、X、Y、Z位于不同周期且原子序数依次增大，W的单质在Y的单质中可以安静地燃烧，火焰为苍白色，且伴有白雾生成；W、X、Y元素原子的最外层电子数之和为13，W与Z的族序数相邻。下列说法错误的是（　　）
A．常温下，X的单质为气体
B．W与Z形成的化合物中可能含有共价键
C．W、X和Y三种元素可以形成离子化合物
D．简单离子半径：Y>Z>W
5．用下列装置进行实验(部分夹持仪器已省略)，不能达到实验目的的是（　　）

A．用甲装置制备并收集NH3 B．用乙装置进行NH3的喷泉实验
C．用丙装置制取少量乙酸乙酯 D．用丁装置制取氢氧化亚铁
6．合成新型多靶向性的治疗肿瘤的药物索拉非尼的部分流程如图。

下列叙述错误的是（　　）
A．X结构中所有原子可能共面
B．上述转化过程均属于取代反应
C．X中环上二氯代物有6种
D．1molZ最多可与4molH2发生加成反应
7．用来解释下列事实的方程式错误的是（　　）
A．钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应：O2+4e-+2H2O=4OH-
B．将氯气通入石灰乳制备漂白粉：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
C．向Na2SiO3溶液中通过量CO2制备硅酸凝胶：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3+2HCO3-
D．溶质物质的量比为1：1的明矾溶液和Ba(OH)2溶液混合：2SO42-+2Ba2++Al3++4OH-=AlO2-+2BaSO4↓+2H2O
8．火法炼铜的原理Cu2S+O2高温__ 2Cu+SO2.下列说法正确的是（　　）
A．+1的Cu被O2还原成了Cu单质
B．0.5 mol O2得到的电子，可氧化得到SO2 11.2 L
C．每生成64 g Cu电子转移的总数约为3×6.02×1023
D．为了提高铜矿的利用率，O2应过量
9．氮氧化物(NOx)是一类特殊的污染物，它本身会对生态系统和人体健康造成危害。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示。下列叙述错误的是（　　）

A．反应①变化过程可表示为2Cu(NH3)2++O2=[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+
B．反应③属于非氧化还原反应
C．反应④涉及极性共价键的断裂与生成
D．图中总过程中每吸收1molNO需要标准状态下的NH344.8L
10．微生物电池在运行时，可同时实现无污染净化高浓度苯酚污水、高浓度酸性NO3-废水和海水淡化，其装置如图所示。图中 M 和 N 为阳离子交换膜或阴离子交换膜，Z以食盐水模拟海水。下列说法错误的是 （　　）

A．M 为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜
B．X 为高浓度酸性NO3-废水，Y 为高浓度苯酚污水
C．每消耗苯酚 9.4 g，模拟海水理论上除盐163.8g
D．电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为7：15
11．下列实验操作不能达到实验目的的是（　　）


实验目的
实验操作
A
配制 Na2S 溶液
将 Na2S 固体加入适量 NaOH 溶液，搅拌
B
除去MgCl2溶液中的Fe2+杂质
加入H2O2，再加入 MgO，搅拌、静置、过滤
C
测定 NaHCO3溶液的浓度
用标准 HCl 溶液滴定 NaHCO3溶液，用甲基橙作指示剂
D
证明2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2反应存在限度
将浓度均为 0.1mol/L 的硫酸铁溶液和 KI 溶液等体积混合， 充分反应后再滴加数滴 KSCN 溶液，振荡
A．A B．B C．C D．D
二、多选题
12．硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)不溶于乙醇，可用作纸浆漂白时的脱氯剂等。用工业硫化钠(主要成分Na2S，含少量Na2SO4 )及纯碱等为原料制备Na2S2O3·5H2O的流程如下：

下列说法正确的是（　　）
A．Na2S2O3作脱氯剂时主要利用其还原性
B．“净化”时加入的试剂X可选用BaCl2溶液
C．“反应”过程中体系pH大小对产品产率无影响
D．提纯Na2S2O3·5H2O时，应先用水洗，再用乙醇洗涤
13．一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)ΔHCa2+>H+，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】W的单质在Y的单质中点燃可以安静地燃烧，火焰为苍白色，且伴有白雾生成，为氢气与氯气的燃烧，则W为H元素，Y为Cl元素；设W最外层电子数为x，W、X、Y最外层电子数之和为13，则x+1+7=13，解得x=5，则X为N元素；W与Z的族序数相邻，则Z为Ca元素。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．不能用氯化铵分解来制取NH3，氯化铵受热分解生成氨气和HCl，在管口两者会反应生成氯化铵，因此不能达到实验目的，故A符合题意；
B．胶头滴管中水挤出，氨气极易溶于水，烧瓶中压强急速减小，烧杯中水压入到烧瓶中形成喷泉，能达到实验目的，故B不符合题意；
C．乙酸和乙醇在浓硫酸加热条件下反应生成乙酸乙酯，再用饱和碳酸钠溶液接收，因此丙装置能制取少量乙酸乙酯，故C不符合题意；
D．先打开止水夹K，产生的氢气排除装置内的空气，右边抽滤瓶中收集到的氢气已纯后，加紧止水夹，左边压强增大，液体会压入到右边反应生成氢氧化亚铁，能达到实验目的，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管口遇冷又化合成氯化铵；
B.氨气极易溶于水；
C.乙酸和乙醇在浓硫酸加热条件下反应生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇、除去乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度；
D.Fe与稀硫酸反应生成氢气可排出装置内空气，关闭K，硫酸亚铁压入NaOH溶液反应生成氢氧化亚铁。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．对于X物质即，不存在sp3杂化的C，所有原子可能共面，A项不符合题意；
B．X中的羟基和六元环上的H被氯原子取代，-NHCH3取代了Y中的氯原子，故上述转化过程均为取代反应，B项不符合题意；
C．X中苯环上二氯代物共有六种，分别为、、，C项不符合题意；
D．碳氧双键不能发生加成反应，故1mol Z最多可与3mol H2发生加成反应，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.旋转碳氧单键，可以使-COOH中原子共面，旋转碳碳单键可以使羧基的平面与六元环平面重合；
B.-NHCH3取代了Y中的氯原子；
C.X的环上有4种氢，任意2个H原子被取代有6种情况；
D.Z中只有六元环能与氢气发生加成反应。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．钢铁发生吸氧腐蚀时，正极O2得电子产物与水反应生成OH-，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，A不符合题意；
B．将氯气通入石灰乳中，发生反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，B不符合题意；
C．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2，生成硅酸和碳酸氢钠，发生反应的离子方程式为：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3+2HCO3-，C不符合题意；
D．各取含1mol溶质的溶液混合，Al3+为1mol，OH-为2mol，二者反应生成Al(OH)3后，Al3+有剩余，不可能生成AlO2-，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】D选项为便于书写离子方程式，我们可假设两种溶质都为3mol，则Al3+为3mol、SO42-为6mol、Ba3+为3mol、OH-为6mol，从而得出参加反应的离子方程式为3SO42-+3Ba2++2Al3++6OH-= 2Al(OH)3↓+3BaSO4↓。
8．【答案】C
【解析】【解答】A.反应过程中，O2中氧元素由0价变为－2价，化合价降低，发生还原反应，为氧化剂，因此＋1价的Cu不是被O2还原，A不符合题意；
B.未给出气体所处的状态，无法应用气体摩尔体积进行计算，B不符合题意；
C.由反应的化学方程式可知，反应生成Cu与转移电子数的关系为“2Cu～6e－”，64gCu的物质的量为1mol，因此生成64g铜转移的电子数为3×6.02×1023，C符合题意；
D.若O2过量，则Cu与O2进一步反应生成CuO，不利于提高铜的产量，D不符合题意；
故答案为：C

【分析】A、O2具有氧化性，不具有还原性；
B、未给出气体所处的状态，无法应用气体摩尔体积进行计算；
C、根据反应过程中电子转移情况计算；
D、O2过量，则过量的O2可能与Cu反应生成CuO；
9．【答案】D
【解析】【解答】A．根据图示，反应①变化过程可表示为2Cu(NH3)2++O2=[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+，故A不符合题意；
B．根据图示，反应③中各元素化合价都没有变化，属于非氧化还原反应，故C不符合题意；
C．反应④中有氮氧键、氮氢键的断裂，有氢氧键的形成，故C不符合题意；
D．图中总过程中每吸收1molNO需要1mol氨气，标准状态下的NH3的体积是22.4L，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.反应①反应物为Cu(NH3)2+和O2，生成物为[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+；
B.氧化还原反应一定有元素的化合价发生变化；
C.不同种元素原子之间形成极性键；
D.氨气只参加了反应④的反应，NO参加了反应④和反应⑤的反应，分析反应的总过程可知NO和NH3的物质的量比为1：1。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．据分析，M 为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，A不符合题意；
B．据分析，X 为高浓度苯酚污水，Y 为高浓度酸性NO3-废水，B符合题意；
C．负极苯酚生成CO2，有关系：~6CO2~28e-，每消耗苯酚 9.4 g，物质的量为0.1mol，则转移电子2.8mol，海水除盐2.8mol NaCl，质量为136.8g， C不符合题意；
D．据分析，正极产生N2，有关系：2NO3-~N2~10e-，负极有：~6CO2~28e-，电池工作一段时间后，转移电子数相等，则正、负极产生气体的物质的量之比为2.8：6=7：15，D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】根据电子流向可知，生物膜电极为原电池负极，碳布电极为原电池正极，溶液中阳离子移向正极，阴离子移向负极，则M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，Y为高浓度酸性NO3-废水在正极得到电子发生还原反应，X为高浓度苯酚污水在负极失电子发生氧化反应。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．Na2S易水解，将其溶解在NaOH溶液中可抑制其水解，故A不符合题意；
B．H2O2可将Fe2+氧化成Fe3+，加入MgO促进Fe3+水解，使Fe3+转化为Fe(OH)3，再过滤除去即可，故B不符合题意；
C．用标准 HCl 溶液滴定 NaHCO3溶液，滴定终点时溶液呈酸性，选用甲基橙作指示剂，故C不符合题意；
D．证明反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2存在限度，可检验Fe3+不能反应完全，KI溶液应过量，故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.氢氧化钠可抑制硫化钠的水解；
B.亚铁离子被氧化生成铁离子，易生成氢氧化铁沉淀；
C.滴定终点时溶液呈酸性，可用甲基橙作指示剂；
D.铁离子过量，不能判断是否存在限度。
12．【答案】A,D
【解析】【解答】A．浆漂白时留下的含氯物质具有强氧化性，硫代硫酸钠作脱氯剂时，主要利用其还原性，A项符合题意；
B．“净化”时加入的试剂X是为了除去硫酸根杂质，加入BaCl2溶液会引入新杂质氯离子不易除去，结合流程可知可选用Ba(OH)2溶液，B项不符合题意；
C．若pH过小，Na2S2O3不稳定，会发生歧化反应，使产率降低，C项不符合题意；
D．从溶液中获得的Na2S2O3·5H2O晶体中含有杂质，应先用水洗除去吸附的杂质离子，由于硫代硫酸钠晶体不溶于乙醇，再用乙醇洗涤除去水，D项符合题意；
故答案为：AD。

【分析】业硫化钠经热水溶解后，加入试剂X除去Na2SO4杂质，X选用Ba(OH)2溶液，趁热过滤后与SO2和Na2CO3反应制得Na2S2O3·5H2O。
13．【答案】B,D
【解析】【解答】A．两次实验起始投入量相同，该反应为放热反应，温度T2达到平衡时，二氧化碳的量多，降温平衡正向移动，故T1>T2，A不符合题意；
B．Ⅰ中反应达到平衡时，CO2的物质的量为0.1mol，则参加反应的CO的物质的量为0.1mol，起始投入量为0.2mol，则其转化率为50%，B符合题意；
C．T1>T2，温度越高，反应速率越快，达到平衡所需要的的时间越短，即达到平衡所需要的时间：Ⅱ＞Ⅰ，C不符合题意；
D．恒容1L的容器中，对于反应I平衡时NO、CO、N2、CO2的物质的量分别为0.1mol、0.1mol、0.05mol、0.1mol，平衡常数K=0.05×0.120.12×0.12=5，平衡后向容器中再充入0.2mol CO和0.2mol CO2，此时浓度商Qc=0.05×0.320.12×0.32=5，K=Qc，平衡不移动，D符合题意；
故答案为：BD。

【分析】A.该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动；
B.I中达到平衡时转化的CO为0.2mol-0.1mol=0.1mol；
C.温度越高、反应速率越快；
D.计算Qc和K，比较两者相对大小判断平衡的移动方向。
14．【答案】B,C
【解析】【解答】A．a点为NaHCO3溶液，溶液pH＞7，由于HCO3-水解显碱性，电离显酸性，故说明水解程度大于电离程度，A项不符合题意；
B．b点为中性，c(H+)=c(OH−)，结合电荷守恒c(Na+)+ c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl−)+ c(OH−)可知c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl−)，B项符合题意；
C．c点，溶液为等物质的量浓度的碳酸氢钠和氯化钠以及部分溶解的碳酸，碳酸氢钠溶液显碱性，碳酸显酸性，故溶液中H+的主要来自碳酸的电离，C项符合题意；
D．d点溶液为氯化钠和来不及分解的碳酸溶液，c(Na+)= c(Cl−)=0.0500mol/L，D项不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.a点溶液显碱性，说明HCO3-水解程度大于电离程度；
B.b点pH=7，根据c(H+)=c(OH−)和电荷守恒分析判断；
C.c点反应后溶质为碳酸氢钠、氯化钠和碳酸，溶液呈酸性，氢离子主要来自碳酸的电离；
D.d点加入10.00mL等浓度的盐酸，碳酸氢钠与氯化氢的物质的量相等，二者恰好完全反应。
15．【答案】（1）S(或硫)；加快反应的速率；PbS+2Fe3++4Cl-=[PbCl4]2-+2Fe2++S
（2）K3[Fe(CN)6]
（3）PbCl2；Fe2+、Mg2+
（4）4.6×10-6
（5）PbCO3煅烧__PbO+CO2↑
【解析】【解答】(1)“酸浸氧化”过程中产生了滤渣S，PbS→S，S元素的化合价升高，被氧化；该过程需要加热，其目的是加快反应的速率；FeCl3与PbS发生反应生成［PbCl4]-、S，则铁离子表现氧化性，被还原为亚铁离子，则离子方程式为PbS+2Fe3++4Cl-=[PbCl4]2-+2Fe2++S；
(2)检验滤液1中存在Fe2+，Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液发生反应3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓，生成Fe3[Fe(CN)6]2蓝色沉淀；
(3)根据已知：[PbCl4]2-(aq)⇌PbCl2(s)+2Cl-(aq) ΔH＜0，降低温度，平衡正向移动，产生晶体PbCl2，则“降温”步骤中析出的晶体主要是PbCl2；滤液2中的金属阳离子有Na+、Fe3+、Fe2+、Mg2+；
(4)要实现PbSO4转化为PbCO3，c(CO32-)c(SO42-)=c(CO32-)c(Pb2+)c(SO42-)c(Pb2+)=Ksp(PbCO3)Ksp(PbSO4)=7.4×10-141.6×10-8=4.6×10-6；
(5)“煅烧”时，PbCO3发生分解反应生成PbO，化学方程式为PbCO3煅烧__PbO+CO2↑。

【分析】方铅矿酸溶氧化过程中，S2-被氧化为S单质，Pb元素转化为［PbCl4]-， Fe2O3 、MgO溶于盐酸生成FeCl3、MgCl2，部分Fe3+被还原为Fe2+，SiO2不溶于盐酸，经过滤和生成的S沉淀一起滤去，滤液1降温，平衡[PbCl4]2-(aq)⇌PbCl2(s)+2Cl-(aq)右移析出PbCl2(s)，再过滤，将过滤得到的滤渣加硫酸进行沉淀的转化，得到PbSO4，再加纯碱溶液，再次进行沉淀的转化，得到PbCO3沉淀，最后煅烧PbCO3得到PbO。
16．【答案】（1）注入氢氧化钠溶液，加热，生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体
（2）无水硫酸铜；除去SO2，避免对CO2的检验造成干扰；粉末由白色变蓝色；品红溶液不褪色(或仍显红色)
（3）I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI
（4）当滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色
（5）3.2(C1V1-0.5C2V2)m%
（6）偏小
【解析】【解答】(1)铵盐可以和碱反应生成氨气，故检验铵盐的方法为：注入氢氧化钠溶液，加热，生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体；
(2)蛋白质燃烧后产生二氧化碳和水和二氧化硫，应先检验水蒸气，后检验品红，除去品红后检验二氧化碳。
①装置B中的试剂是无水硫酸铜，检验水蒸气。
②装置D中酸性高锰酸钾溶液可以除去二氧化硫；
③当装置B、C、E、F依次出现下列现象：无水硫酸铜粉末由白色变蓝，说明有水生成，说明蛋白质中含有氢元素，品红溶液褪色，说明有二氧化硫生成，蛋白质中含有硫元素，后面的品红不褪色，说明二氧化硫已经被完全吸收，澄清石灰水，出现白色浑浊，说明生成二氧化碳，蛋白质中含有碳元素。
(3)二氧化硫和碘和水反应生成硫酸和碘化氢，方程式为：I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI；
(4)根据淀粉遇碘变蓝的性质分析，当完全反应，即碘单质完全反应，溶液不先蓝色，则滴定的终点变化为：当滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色；
(5)硫代硫酸钠的物质的量为c2V2×10-3mol，则与二氧化硫反应的碘的物质的量为（c1V1-0.5c2V2）×10-3mol，则蛋白质中硫的质量分数为32×（c1V1-0.5c2V2）×10-3m×100% =3.2(C1V1-0.5C2V2)m%；
(6)氧气也能氧化二氧化硫，故碘的消耗量减少，最后测定硫的含量减小。
【分析】（1）利用铵盐能和碱反应生成氨气进行检验；
（2）蛋白质中含有碳氢硫三种元素，在燃烧后生成二氧化碳和水和二氧化硫，因为气体通过溶液会带出水蒸气，故先检验水蒸气，通常使用无水硫酸铜固体，因为二氧化硫也能是澄清的石灰水变浑浊，干扰二氧化碳的检验，故先用品红检验二氧化硫，再除去二氧化硫，并检验二氧化硫已经完全除去，再用澄清石灰水检验二氧化碳；
（3）二氧化硫和碘和水反应生成硫酸和碘化氢；
（4）达到滴定终点不再生成单质碘，溶液蓝色褪去；
（5）计算出S元素的质量，根据硫元素质量分数=S元素质量样品质量×100%计算；
（6）氧气也能氧化二氧化硫，碘的消耗量减少，硫的含量偏小。
17．【答案】（1）-94.3
（2）大于；K＝c(CH3OH)c(H2O)c(CO2)c3(H2)
（3）A；C
（4）＜；CO2；2.5a MPa
（5）阳膜；2CH3OH+CO−2e−=(CH3O)2CO+2H+
【解析】【解答】(1)①H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol，
②CH3OH(g)=CH3OH(l)△H= -37.3kJ/mol，
③CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-725.8kJ/mol，
由盖斯定律①×3-③-②；可得CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(1)△H=-94.3kJ/mol；
(2)①a、b两点温度相同，正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，故压强曲线A大于曲线B，压强越大反应速率越快，故反应速率Va大于Vb；
②a点发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，平衡常数表达式K=c(CH3OH)c(H2O)c(CO2)c3(H2)；
(3)A．由图可知，随着温度升高，平衡时甲醇的物质的量在减小，所以升温平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，故A正确；
B．由图可知，作一条等温线，因为该反应为气体体积减小的反应，压强越大，平衡时甲醇的物质的量也越大，所以p1＞p2＞p3，故B不正确；
C．由图可知，M点对应的甲醇产量为0.25mol，则
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)始(mol/L)12.7500变(mol/L)0.250.750.250.25平(mol/L)0.7520.250.25
所以K=0.25×0.250.75×23=1.04×10−2；故C正确；
D．由图可知，在p2及512K时，N点甲醇的物质的量还小于平衡时的量，所以应该正向移动，则v(正)＞v(逆)，故D不正确；
故答案为：AC；
(4)①由图3可知，相同压强下，温度越高氢气转化率越小，说明升高温度反应向逆向移动，正反应放热，△H＜0；
②温度升高，反应逆向进行，所以产物的物质的量是逐渐减少的，反应物的物质的量增大，由图可知，根据反应计量系数关系，曲线a代表的物质为H2，b表示CO2，c为H2O，d为C2H5OH；设开始氢气的投入量是3nmol，则二氧化碳是nmol，二氧化碳的转化量是x，
2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H5OH(g)+3H2O(g)起(mol)n3n00变(mol)x3x0.5x1.5x平(mol)n-x3n-3x0.5x1.5x
N点b、d的物质的量分数相同，所以n-x=0.5x，解得x=23n，总物质的量是n-x+3n-3x+0.5x+1.5x=83n，压强之比等于物质的量之比，组分平衡分压=总压×该组分的物质的量分数，d为C2H5OH，达到平衡时乙醇的分压p(乙醇)=23n×0.583n×20aMPa=2.5a MPa；
(5)由图分析可知氧气得电子，发生还原反应，与氢离子结合生成水，该电极为阴极，则氢离子要透过交换膜a在阴极与氧气结合，则交换膜a为阳离子交换膜；阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应，电极反应为：2CH3OH+CO-2e−=(CH3O)2CO+2H+。

【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）①a、b温度相同，增大压强，平衡正向移动；
②平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；
（3）A.随着温度升高，平衡时甲醇的物质的量在减小，所以升温平衡向逆反应方向移动；
B.该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，压强越大，平衡时甲醇的物质的量也越大；
C.M点对应的甲醇产量为0.25mol，根据三段式进行计算；
D.在p2及512K时，N点时甲醇的物质的量小于平衡时的量，反应正向进行；
（4）①升高温度CO的转化率降低，说明升高温度，平衡逆向移动；
②正反应放热，温度升高，反应逆向进行，所以产物的物质的量减少，反应物的物质的量增大；列出反应的三段式计算；
（5）阳极上CO失电子和甲醇反应生成碳酸二甲酯，阴极氧气得电子生成水，结合电子、电荷守恒写出电极反应式。
18．【答案】（1）；Cu+核外价电子排布为3d10，3d全充满，比Fe+的3d64s1稳定，难以失去电子
（2）sp3 杂化；氨气分子间存在氢键；[Cu(NH3)4]SO4属于离子化合物，易溶于极性较大的溶剂水。乙醇是极性较小的溶剂，根据相似相溶原理，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度降低而析出
（3）1：3；59+64×3NA(a×10-7)3
【解析】【解答】(1)已知Cu是29号元素，则其基态铜原子的价层电子的轨道表示式为，Cu与Fe的第二电离能分别为：ICu=1959kJ·mol-1，IFe=1562kJ·mol-1，结合价层电子排布式解释Fe的第二电离能较小的原因是Cu+核外价电子排布为3d10，3d全充满，比Fe+的3d64s1稳定，难以失去电子，故答案为：Cu+核外价电子排布为3d10，3d全充满，比Fe+的3d64s1稳定，难以失去电子；
(2)①NH3中心原子周围的价层电子对数为：3+12(5-3×1)=4，则N的轨道杂化类型为sp3杂化，由于NH3分子间存在氢键，导致NH3的沸点高于CH4的沸点，故答案为：sp3杂化；NH3分子间存在氢键；
②[Cu(NH3)4]SO4属于离子化合物，易溶于极性较大的溶剂水，乙醇是极性较小的溶剂，根据相似相溶原理，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度降低而析出，故加入乙醇后析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体，故答案为：[Cu(NH3)4]SO4属于离子化合物，易溶于极性较大的溶剂水。乙醇是极性较小的溶剂，根据相似相溶原理，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度降低而析出；
(3)①根据题干图示晶胞结构可知，一个晶胞中含有的Cu个数为：6×12=3个，Ni个数为：8×18=1个，则在该晶胞中镍原子与铜原子的数量比为1：3，故答案为：1：3；
②若该晶胞的棱长为anm(1nm=1×10-7cm)，ρ=mV=59+3×64NA(a×10-7)3g·cm-3，故答案为：59+3×64NA(a×10-7)3。

【分析】（1）Cu为29号元素，根据构造原理书写电子排布式，进而画出轨道表示式；原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难；
（2）①NH3中心原子N原子的价层电子对数为4，采用sp3杂化；氨气分子间能形成氢键；
②根据相似相溶原理分析；
（3）①根据均摊法计算；
②根据ρ=mV计算。
19．【答案】（1）氨基
（2）+HNO3→Δ浓硫酸+H2O；
（3）保护氨基，防止在硝化过程中被氧化
（4）
（5）取代反应
（6）、或者 等
（7）→Δ浓硫酸、浓硝酸→N2H4→Pd/CH2→催化剂HOOC-COOH
【解析】【解答】本题为有机合成流程题，根据流程图中A和C的结构简式以及A到B、B到C的转化条件可知，B的结构简式为：，根据C、E的结构简式和C到D、D到E的转化条件并结合已知信息i可推知，D的结构简式为：，根据E和J的结构简式和E到F的转化信息并结合已知信息i可知，F的结构简式为：，根据H的结构简式和H到I的转化条件结合J的结构简式可知，I的结构简式为：，(4) 已知B的结构简式为：，其分子式为：C9H10N2O4，则B同时满足下列条件：①含有—NO2的芳香族化合物，②能发生水解反应且水解产物之一含有醛基即含有甲酸酯基或者甲酸与-NH2形成的酰胺键，③苯环上一氯代物有两种即苯环上有两个对位上的取代基或者含有四个取代基，则M的结构简式为：或者等，(6) 由题干流程图中I→J的转化信息可知，反应中是中的Cl和I中氨基上的H原子结合成HCl，则反应还可能有副产物有： 、或者等，(7)本题采用逆向合成法，可由HOOCCOOH与通过脱水缩合而得，则可以由催化还原得到，由于-NH2易被硝化反应过程中的浓硝酸氧化，根据题干流程图中信息可知，先将-NH2保护起来，即先与反应生成，然后在硝化反应得到，由E到F的转化信息可知，与N2H4即可获得，由此确定合成路线，据此分析解题。
(1)由题干流程图中A的结构简式可知，A中官能团有：硝基和氨基，故答案为：氨基；
(2)由分析可知，D→E即与浓硫酸、浓硝酸共热来制备，故该转化的化学方程式为：+HNO3(浓)→Δ浓硫酸+H2O，由分析可知， F的结构简式是，故答案为：+HNO3(浓)→Δ浓硫酸+H2O ；；
(3)由分析可知，D到E的硝化反应中使用的浓硝酸具有强氧化性，可以氧化氨基，则反应中的作用是保护氨基，防止在硝化过程中被氧化，故答案为：保护氨基，防止在硝化过程中被氧化；
(4)已知B的结构简式为：，其分子式为：C9H10N2O4，则B同时满足下列条件：①含有—NO2的芳香族化合物，②能发生水解反应且水解产物之一含有醛基即含有甲酸酯基或者甲酸与-NH2形成的酰胺键，③苯环上一氯代物有两种即苯环上有两个对位上的取代基或者含有四个取代基，则M的结构简式为：或者等，故答案为：或者等；
(5)由题干流程图中，G、H的结构简式和G到H的转化条件可知，G→H的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；
(6)由题干流程图中I→J的转化信息可知，反应中是中的Cl和I中氨基上的H原子结合成HCl，则反应还可能有副产物有： 、或者 等，故答案为：、或者 等；
(7)本题采用逆向合成法，可由HOOCCOOH与通过脱水缩合而得，则可以由催化还原得到，由于-NH2易被硝化反应过程中的浓硝酸氧化，根据题干流程图中信息可知，先将-NH2保护起来，即先与反应生成，然后在硝化反应得到，由E到F的转化信息可知，与N2H4即可获得，由此确定合成路线图为：→Δ浓硫酸、浓硝酸→N2H4→Pd/CH2→催化剂HOOC-COOH，故答案为：→Δ浓硫酸、浓硝酸→N2H4→Pd/CH2→催化剂HOOC-COOH。

【分析】（1）根据A的结构简式，A中含有硝基和氨基；
（2）根据反应物和产物书写化学方程式；F的结构简式为；
（3）浓硝酸具有强氧化性，可以氧化氨基；
（4）B分子式为C9H10N2O4；
（5）G发生取代反应生成H；
（6）反应 I→J 是中的Cl和I中氨基上的H原子结合成HCl，据此分析副产物；
（7）参照题干合成路线，采用逆合成法分析具体合成路线。