2022-2023学年重庆市巴蜀中学校高三上学期适应性月考卷（二）化学试题含解析

这是一份2022-2023学年重庆市巴蜀中学校高三上学期适应性月考卷（二）化学试题含解析，共29页。试卷主要包含了单选题，多选题，工业流程题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

重庆市巴蜀中学校2022-2023学年高三上学期适应性月考卷（二）化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与科技、生产、生活有密切的关系，下列叙述不正确的是
A．我国海洋开发走向“深蓝时代”，大型舰船的底部常镶嵌锌块做负极，防止船底腐蚀
B．“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。丝绸的主要成分是蛋白质，属于高分子化合物
C．在碳中和研究中，选择合适的催化剂将氧化为甲酸等液体燃料
D．我国自主研发的“东方超环”(人造太阳)所应用的氕、氘、氚互为同位素
【答案】C
【详解】A．船底镶嵌锌块做负极，形成原电池，采用牺牲阳极的阴极保护法，防止船底腐蚀，A正确；
B．丝绸主要成分是蛋白质，蛋白质属于高分子化合物，B正确；
C．催化剂用于改变反应速率，且CO2被还原为甲酸等液体燃料，而非氧化，C错误；
D．氕、氘、氚分别为、、，互为同位素，D正确；
故答案选C。
2．设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．0.5mol苯中含有碳碳双键的数目为
B．20g重水()中含有的质子数目为
C．标准状况下，11.2L己烷中含有的分子数为
D．常温下，5.6g铁粉与足量浓硝酸反应，转移的电子数为
【答案】B
【详解】A．苯分子中碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊的键，不存在碳碳双键，无法求算数目，故A错误；
B． 20g重水()中含有的质子数目为，故B正确；
C． 标准状况下，己烷是液体，无法求算含有的分子数，故C错误；
D． 常温下，铁粉与浓硝酸会钝化，无法求转移的电子数目，故D错误；
故答案为：B。
3．下列性质的比较，强弱关系正确且能用元素周期律解释的是
A．酸性： B．碱性：
C．热稳定性： D．沸点：
【答案】C
【分析】根据元素周期律，在元素周期表中，同周期从右至左，同主族从上到下，元素的金属性增强，元素的单质还原性增强，最高价氧化物对应的水化物（氢氧化物）的碱性增强；同周期从左至右，同主族从下到上，元素的非金属性增强，元素的单质氧化性增强，简单氢化物的稳定性增强，最高价氧化物对应的水化物（含氧酸）的酸性增强；据此回答。
【详解】A．H2SO3中S元素为+4价，不是最高价，酸性强弱关系不能用元素周期律解释，故A不符合题意；
B．第三周期的金属元素从左至右依次是Na、Mg、Al，金属性逐渐减弱，最高价氧化物的水化物的碱性也逐渐减弱，碱性顺序应为NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，故B不符合题意；
C．O、S、P三种元素在周期表中的相对位置如图，根据元素周期律，非金属性O＞S＞P，简单氢化物的热稳定性顺序为H2O＞H2S＞PH3，故C符合题意；
D．氢化物的沸点取决于分子间作用力的强弱，不能用元素周期律解释，故D不符合题意；答案选C。
4．拉希法制备肼()的主要反应为。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是
A．中子数为18的氯原子： B．的电子式：
C．的空间充填模型： D．Cl的原子结构示意图：
【答案】D
【详解】A．中质子数为18，质量数为35，则中子数为35-18=17，故A错误；
B．的电子式为：，故B错误；
C．是的球棍模型，故C错误；
D．Cl的原子结构示意图为 ，故D正确；
故选D。
5．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．0.1mol/L碳酸氢钠溶液中：、、、
B．能使甲基橙变红的透明溶液中：、、、
C．水电离的溶液中：、、、
D．的溶液中：、、、
【答案】B
【分析】根据离子反应的条件，生成沉淀、气体、配合物、弱电解质等不能大量共存进行判断；
【详解】A．碳酸氢根离子会与三价铁发生双水解而不能共存；
B．能使甲基橙变红的溶液显酸性，其中离子都不反应，故能大量共存；
C．水电离出的氢离子小于10-7mol/L，说明溶液可能是酸性也可能是碱性，当碱性条件下，铵根离子和氢氧根离子发生反应，故不能大量共存；
D．三价铁和SCN-发生反应生成配合物，故不能大量共存；
故选答案B。
【点睛】此题考查离子反应的应用离子共存问题，注意隐含条件的判断。
6．辅导小组进行实验，能达到实验目的的是




A．比较Mg、Al的活泼性
B．证明非金属性：N＞C＞Si
C．验证甲烷与氯气在光照下发生化学反应
D．探究催化剂对反应速率的影响

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．Mg、Al中，只有Al能与氢氧化钠溶液反应，作电池的负极，不能比较Mg、Al的活泼性，故A错误；
B．硝酸具有挥发性，可直接和硅酸钠溶液反应，不能验证碳酸的酸性比硅酸强，故不能证明非金属性：N＞C＞Si，故B错误；
C．该实验中甲烷和氯气在光照条件下反应，可验证甲烷与氯气在光照下发生化学反应，故C正确；
D．实验中H2O2的浓度不一样，无法判断是二氧化锰还是浓度对反应速率的影响，故D错误；
故选C。
7．制备铁触媒的主要原料三草酸合铁酸钾可在光照下发生分解：。中每个配体中两个单键氧向中心配位，下列说法错误的是
A．的基态价电子排布图为
B．中O原子的杂化方式为
C．的中心离子的配位数为6
D．分子中键和键数目比为1：1
【答案】A
【详解】A．Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，则Fe3+的基态价电子排布图为，故A错误；
B． 中O原子含有2个单键和2个孤电子对，故杂化方式为，故B正确；
C．中Fe提供空轨道，每个配体中两个单键氧向中心Fe3+配位，则铁离子的配位数为6，故C正确；
D．CO2的结构式为O=C=O，双键中有1个σ键和1个π键，所以CO2分子中有2个σ键和2个π键，σ键和π键的数目比为1：1，故D正确；
故选A。
8．一种药物中间体的结构如图所示，其中W、R、X、Y、Z为1~20号元素且原子序数依次增大，其中X与Y最外层电子数目相同，Z和W的最外层电子数目相同。下列叙述错误的是

A．简单离子半径：X＜Z＜Y
B．W与Y形成的二元化合物能促进水的电离
C．该物质中R、X、Y、Z均满足最外层8电子构型
D．X分别与W、R、Y、Z元素均可以形成2种或以上的化合物
【答案】B
【分析】W、R、X、Y、Z为1~20号元素且原子序数依次增大，X与Y最外层电子数目相同，Z和W的最外层电子数目相同，结合元素的价键可知X为O，Y为S，Z为K，W为H，R为C。
【详解】A．简单离子半径：O2-＜K+＜S2-，选项A正确；
B．W与Y形成的二元化合物H2S为弱酸，抑制水的电离，选项B错误；
C．该物质中C、O、S、K均满足最外层8电子构型，选项C正确；
D．X分别与W、R、Y、Z元素均可以形成2种或以上的化合物H2O、H2O2、CO、CO2、SO2、SO3、K2O、K2O2等，选项D正确；
答案选B。
9．CalebinA可用于治疗阿尔茨海默症，在其合成过程中有如图所示物质转化过程：

下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是
A．与发生加成反应，1mol X最多消耗4mol 、1mol Z最多消耗3mol
B．X、Y均不存在顺反异构体，也不存在手性碳原子
C．X、Y和Z的分子中，均含有2种含氧官能团
D．可用银氨溶液检验Z中是否混有X
【答案】D
【详解】A．Z中能与发生加成反应的为苯环、羰基，则1mol Z最多可与4mol发生加成反应，故A错误；
B．手性碳原子连结4个不同的原子或原子团，X、Y中连结两个醚键的碳原子均为手性碳原子，故B错误；
C．Z的分子中含有醚键、羟基、羰基，共含有3种含氧官能团，故C错误；
D．X中含有醛基，可与银氨溶液发生银镜反应，则可用银氨溶液检验Z中是否混有X，故D正确；
答案选D。
10．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向盛有饱和溶液的试管中滴加稀盐酸
溶液变浑浊且有气体生成
说明生成了S和
B
向饱和食盐水中通入氨气至饱和后，再通入过量二氧化碳
溶液变浑浊
析出了
C
加热无水乙醇和浓的混合液至170℃，将气体通入酸性溶液
红色褪去
乙醇发生了消去反应生成了乙烯
D
室温下，用pH试纸测定浓度均为0.1mol/L的溶液、溶液的pH
NaClO溶液的pH较大
酸性：

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．溶液中滴加稀盐酸发生的反应为+2HCl=2NaCl+H2O+S↓+SO2↑，可观察到溶液变浑浊且有气体生成，但生成的气体是SO2，而不是，故A错误；
B．饱和食盐水中含有较多的Na+，通入氨气和二氧化碳后产生较多的，析出晶体，故B正确；
C．无水乙醇容易挥发，加热无水乙醇和浓的混合液至170℃，产生的乙烯气体中含有挥发出的乙醇，而乙烯、乙醇都能使酸性溶液褪色，因此酸性溶液褪色不能说明乙醇发生了消去反应，故C错误；
D．溶液可使pH试纸褪色，可用pH计测定盐溶液的pH，故D错误；
答案选B。
11．橙子辅导组在丁烷脱氢制丁烯的研究上取得了重大的突破，利用计算机技术测得在催化剂表面的反应历程如图所示，其中催化剂表面上的物种用*标注，TS表示过渡态物质。下列说法错误的是

A．该历程中决速步骤为
B．该反应在任意温度下均可自发进行
C．催化剂起到降低反应活化能，加快反应速率的作用
D．该历程中伴随着极性键断裂与非极性键的形成
【答案】B
【详解】A．反应的决速步骤为反应最慢的一步或者能垒最大的一步，由图可知能垒最大的决速步为，故A正确；
B．由图可知，生成物的总能量大于反应物的总能量，因此丁烷脱氢制丁烯为吸热反应，反应后气体分子数由一个增加为两个，混乱程度增加，反应为熵增反应，故为高温自发进行，故B错误；
C．加入催化剂可以降低反应活化能，故加快反应速率，故C正确；
D．从反应过程中可以确定反应过程中存在着碳氢键极性键断裂，氢氢键非极性键形成，故D正确；
故选B。
12．用如图甲所示装置及试剂进行铁的电化学腐蚀实验探究，测定具支锥形瓶中压强(p)随时间变化关系以及溶解氧(DO)随时间变化关系的曲线如图乙和丙所示，下列说法不正确的是

A．整个过程中，负极电极反应式均为
B．时，压强增大主要是因为产生了
C．时，不发生析氢腐蚀，只发生吸氧腐蚀
D．时，正极电极反应式为
【答案】C
【分析】Fe在酸性环境下会发生析氢腐蚀，产生氢气，会导致锥形瓶内压强增大；若介质的酸性很弱或呈中性，并且有氧气参与，此时Fe就会发生吸氧腐蚀，吸收氧气，会导致锥形瓶内压强减小。
【详解】A．锥形瓶内Fe粉和C粉构成了原电池，Fe粉作为原电池的负极，发生的电极反应式为，故A正确；
B．的溶液，酸性较强，因此锥形瓶中的Fe粉发生析氢腐蚀，产生氢气，会导致锥形瓶内压强增大，故B正确；
C．若时只发生吸氧腐蚀，则锥形瓶内的压强会有所下降，而图中时，锥形瓶内的压强几乎不变，说明除了吸氧腐蚀，Fe粉还发生了析氢腐蚀，消耗氧气的同时还产生了氢气，因此锥形瓶内压强几乎不变，故C错误；
D．由图可知，时，锥形瓶内溶解氧减少，且锥形瓶内气压减小，说明发生了消耗氧气的吸氧腐蚀，正极电极反应式为，故D正确；
答案选C。
13．微信山城学术圈刊登了一种电池，电解质为、和KOH，通过a和b两种离子交换膜将电解质溶液隔开(减少参加电极反应的离子的迁移更有利于放电)，形成M、R、N三个电解质溶液区域，结构示意图如图所示。下列说法正确的是

A．a为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜
B．电池放电后R区域的电解质溶液浓度增大
C．充电时，Zn电极反应为
D．放电时，消耗13g Zn，N区域电解质溶液减少32g
【答案】D
【分析】由图可知，该装置为原电池装置，Zn为负极，PbO2为正极，负极Zn转化为，消耗KOH，正极PbO2转化为PbSO4，消耗，则M、R、N区域的电解质分别为KOH、和，据此分析解答。
【详解】A．原电池工作时，负极发生，消耗，钾离子向正极移动；正极发生，正极消耗氢离子和，阴离子向负极移动，则a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜，故A错误；
B．由分析可知，R区域的电解质为，电池放电后M区钾离子向正极移动，通过a膜进入R区，N区向负极移动，通过b膜进入R区，则R区域的电解质溶液浓度增大，故B错误；
C．充电时，Zn电极与电源的负极相连作阴极，发生转化为Zn的还原反应，电极反应为，故C错误；
D．13g Zn的物质的量为=0.2mol，根据负极反应，消耗13g Zn，转移0.4mol电子，再根据正极反应，N区域消耗0.8molH+、0.2mol，同时有0.2mol移向R区，则相当于减少0.4molH2SO4，同时生成0.4molH2O，则N区域实际减少质量为0.4mol98g/mol-0.4mol18g/mol=32g，故D正确；
答案选D。

二、多选题
14．某种含铜的催化剂可用于汽车尾气脱氨，催化机理如图所示。下列说法错误的是

A．状态①到状态②的变化为非氧化还原反应
B．中间产物在转化过程中铜元素化合价未发生改变
C．可加快脱氨速率，提高平衡转化率
D．根据催化机理可得出总化学方程式为
【答案】BC
【详解】A．由图可知，状态①到状态②的变化过程中，各种元素的化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，A正确；
B．由②→③发生反应，Cu由+2价变为+1价，B错误；
C．催化剂只能改变反应速率，不能使平衡发生移动，不能改变转化率，C错误；
D．根据图示分析，反应中加入2NH3、2NO、O2，生成2N2、3H2O，该脱氮过程的总反应为，D正确；
故选BC。

三、工业流程题
15．工业上用废料制备的工艺流程如图所示：

已知：①废料中主要含有、、，其他杂质不参与反应；
②焙烧时，Mo元素转化为；
③浸取液中金属离子以、、形式存在；
④25℃时，的。
回答下列问题：
(1)Co元素在元素周期表中的位置是___________。已知Mo的核电荷数为42，Mo(IV)离子的价层电子排布式是___________。
(2)焙烧时，发生氧化反应的元素有___________(填元素符号)。标准状况下33.6L参与焙烧，完全反应时转移的电子的物质的量为___________。
(3)酸浸时，所用硫酸过量，则Mo元素发生转化的离子方程式为___________。
(4)在实验室进行操作I，所用到的玻璃仪器有___________。
(5)萃取“的原理是“”，水相2中存在的主要阳离子有___________，加入试剂X是___________(填名称)，假定水相3中的浓度为c mo/L，且沉钴过程中加入沉淀剂固体后不考虑溶液体积变化，并忽略盐类的水解，当沉淀完全时，溶液中最小值的计算式为___________ mol/L(用含c的计算式表示)。
(6)在空气中加热10.98g ，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表。经测定，加热到210~320℃过程中的生成物只有和钴的氧化物，此过程发生反应的化学方程式为___________。
温度范围/℃
固体质量/g
150~210
8.82
210~320
4.82
890~920
4.50


【答案】(1)     第四周期VIII族     4d2
(2)     Mo、S     6mol
(3)MO3+2H+=+H2O
(4)分液漏斗、烧杯
(5)     H+、Al3+     硫酸     (c-10-5)´2+0.8
(6)3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2

【分析】废料（主要含有CoS、Al2O3、MoS2）经过焙烧，再用硫酸酸浸焙烧的物质，各物质转化为Co2+、Al3+、；再用有机萃取剂萃取浸取液，并分液，进入有机相1，并通过系列转化，生成Mo的化合物；Co2+、Al3+进入到水相1，再用有机萃取剂2萃取水相1，并分液，Al3+进入到水相2，Co2+进入到有机相2；再向有机相2中加入试剂X，并分液，使Co2+进入到水相3中，再向水相3中加入草酸铵，得到CoC2O4⋅2H2O沉淀。
（1）
Co是27号元素，位于元素周期表中的第四周期VIII族；Mo的核电荷数为42，其核外电子排布式为[Kr]4d55s1，则Mo(IV)离子的价层电子排布式是4d2。
（2）
焙烧时，CoS和MoS2分别转化为CoO、MoO3和SO2，Mo和S的化合价升高，故发生氧化反应的元素有Mo、S；标况下，33.6L O2的物质的量是1.5mol，其参与焙烧，完全反应时转移的电子的物质的量为6mol。
（3）
酸浸时，MoO3转化为，该反应的离子方程式为MO3+2H+=+H2O。
（4）
由分析可知，操作I是萃取和分液，所用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯。
（5）
由分析可知，水相1中含有Co2+和Al3+，用有机萃取剂2萃取水相1，发生反应Co2++H2RCoR+2H+，分液后，Al3+和H+进入到水相2中，则水相2中存在的主要阳离子有Al3+、H+；CoR进入到有机相2中，根据反应Co2++H2RCoR+2H+可知，试剂X是硫酸，增大溶液中c(H+)，平衡逆向移动；当Co2+沉淀完全时，溶液中c(Co2+)=1´10-5mol/L，Ksp(CoC2O4)= c(Co2+)⋅c()=4´10-6，则溶液中c()=0.4mol/L，沉淀过程中，Δc(Co2+)=(c-1´10-5)mol/L，设溶液的体积为V L，沉淀过程中，所需(NH4)2C2O4的物质的量为[(c-1´10-5)+0.4]V mol，则溶液中c()最小值为=[(c-1´10-5)´2+0.8]mol/L。
（6）
10.98g CoC2O4⋅2H2O的物质的量为0.06mol，150~210℃过程中，固体重量减少为8.82g，质量变化量为10.98g-8.82g=2.16g，是因为该温度范围内CoC2O4⋅2H2O受热失去结晶水生成CoC2O4；与150~210℃过程相比，210~320℃过程的质量变化量为8.82g-4.82g=4g，且该过程的生成物只有CO2和钴的氧化物，由于n(CoC2O4)=0.06mol，根据C元素守恒可知，n(CO2)=0.12mol，则m(CO2)=0.12mol´44g/mol=5.28g＞4g，说明210~320℃过程中，CoC2O4并非发生分解反应，考虑到Co2+具有还原性，因此该过程中CoC2O4和O2发生了氧化还原反应；n(Co)=n(CoC2O4)=0.06mol，则钴的氧化物中，n(O)==0.08mol，即钴的氧化物中，n(Co):n(O)=3:4，即该氧化物是Co3O4，则该过程发生反应的化学方程式为3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。
16．纳米在催化剂应用方面具有突出作用，橙子辅导在进行的相关实验。
实验一：由铁粉制备。
(1)利用如图装置制备，试管中发生反应的化学方程式是___________，仪器a的名称为___________。

实验二：由铁泥按照如图甲实验流程制备纳米材料。

已知：①浊液B中铁元素以FeOOH形式存在；
②在操作I中，相同条件下测得的产率与的关系如图乙所示。

(2)写出将A转化为B的离子方程式：___________。
(3)反应完成后，将剩余的A与B混合，混合前需要加热B一段时间，其加热的目的是___________；根据图乙可知，为使的产率最高，___________，由此计算A和B所含铁物质的物质的量之比为___________(结果用最简整数比表示)。
实验三：测定纳米材料的纯度
步骤1：称取一定量样品置于锥形瓶中，加入足量稀硫酸，加热使之完全溶解。
步骤2：向锥形瓶中滴加溶液，发生反应：Cr2O+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，恰好完全反应时，共消耗50.00mL溶液。
步骤3：将步骤2得到溶液配制成1000mL溶液，取该溶液1.00mL，稀释至25.6L，测得溶液的吸光度为0.7618。
已知：吸光度与溶液中铁离子含量(c)的标准曲线如图所示：

(4)步骤3中稀释溶液的原因是___________。
(5)经过上述测量和计算，样品中含有的杂质是___________，所取样品中的质量分数___________。(保留四位有效数字)
【答案】(1)          蒸发皿
(2)
(3)     去除剩余防止氧化为+2价Fe     1.75    
(4)减少浓度，避免吸光过度
(5)     FeO     87.88%

【分析】铁泥经过稀盐酸处理后加入适当过量铁粉，滤液A中含有Fe2+，加入NaOH和H2O2反应后浊液B中铁元素以FeOOH形式存在，浊液B中的FeOOH和滤液B中的Fe2+，结合反应环境，可写出反应的离子方程式为，了除去纳米Fe3O4中的浊液杂质，可用过滤、洗涤的方法进行分离，以此解答。
（1）
铁在高温下与水反应，生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为：，仪器a的名称为蒸发皿。
（2）
由分析可知，浊液B中的FeOOH和滤液B中的Fe2+，结合反应环境，可写出反应的离子方程式为。
（3）
滤液B中含有过量的H2O2，混合前需要加热B一段时间，其加热的目的是去除剩余防止氧化为+2价Fe；由图可知，当的产率最高，1.75；已知浊液B中FeOOH的物质的量为amol，即Fe3＋的物质的量为amol，滤液A中的铁元素的物质的量为bmol，则与浊液D中FeOOH反应的Fe2＋的物质的量为(b-a)mol，由图象可知当Fe3O4的产率最高时，=1.75=，则A和B所含铁物质的物质的量之比为＝。
（4）
浓度过高会导致吸光过度，步骤3中稀释溶液的原因是减少Fe3+浓度，避免吸光过度。
（5）
依据反应Cr2O+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O可知n(Fe2+)=4mol/L0.05L6=1.2mol，将步骤2得到溶液配制成1000mL溶液，取该溶液1.00mL，稀释至25.6L，测得溶液的吸光度为0.7618，对应的铁离子的含量为7mg/L，则25.6L稀释后的溶液中铁离子的含量为25.6L7mg/L=179.2mg=0.1792g，即1mL配制后的溶液中含铁离子0.1792g，则1000mL配制后的溶液中含铁离子179.2g，经过步骤2之后所得溶液中铁离子的物质的量为=3.2mol，样品中n(Fe2+)：n(Fe3+)=3：8，而Fe3O4中n(Fe2+)：n(Fe3+)=1：2，说明样品中还存在别的Fe2+存在，则样品中含有的杂质是FeO，设样品中Fe3O4(FeOFe2O3)的物质的量为xmol，FeO的物质的量为ymol，则有3x+y=3.2，x+y=1.2，解得：x=1、y=0.2，样品中Fe3O4的物质的量为1mol，FeO的物质的量为0.2mol，所取样品中的质量分数为=87.88%。

四、原理综合题
17．在“碳达峰、碳中和”的大背景下，实现的有效转化成为科研工作者的研究热点，以下是几种常见的利用方法：
I.以作催化剂，可使在温和条件下转化为甲醇，反应经历如下过程：
i.催化剂活化：(无活性)(有活性)；
ii.与在活化的催化剂表面发生反应①：  ，同时也有反应②：  等副反应发生。
(1)反应①中碳原子的杂化方式变化情况为___________。
(2)某温度下，在恒容反应器中，能说明反应①达到平衡状态的是___________(填序号)。
A．
B．混合气体的平均摩尔质量不变
C．混合气体的密度不变
D．和的分压相等
(3)某温度下，与的混合气体以不同流速通过恒容反应器，气体流速与转化率、选择性的关系如图,(已知：选择性)选择性随气体流速增大而升高的原因可能有：

①___________。
②气体流速增大可减少产物中的积累，减少催化剂的失活，从而提高选择性，请用化学方程式表示催化剂失活的原因：___________。
(4)碳酸氢盐分解可获得，在T℃时，将足量的某碳酸氢盐固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：。上述反应达平衡时体系的总压为。保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的，再加入足量，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于，则开始时通入的初始压强应大于___________。
II．一种以甲醇和二氧化碳为原料，利用活性催化电极，电化学法制备甲酸(甲酸盐)，其工作原理如图所示。

(5)①b极为直流电源的___________极，写出电解过程中阴极表面发生的电极反应式：___________。
②若有1mol通过质子交换膜时，该装置内生成和HCOOH共计___________mol。
【答案】(1)
(2)B
(3)     增大与混合气体流速可增大压强。①正向移动，生成消耗物质的量增大，导致选择性升高    
(4)
(5)     正          0.75

【解析】（1）
CO2中C原子形成2个σ键，无孤电子对，所以价电子对数为2，C原子杂化方式为sp，甲醇中C原子形成4个σ键，无孤电子对，所以价电子对数为4，C原子杂化方式为sp3，反应①中碳原子的杂化方式变化情况为；
（2）
A．，不能判断正逆反应速率比等于系数比，反应不一定平衡，故不选A；
B．反应前后气体总质量不变、气体总物质的量是变量，混合气体的平均摩尔质量是变量，若混合气体的平均摩尔质量不变，反应一定达到平衡状态，故选B；
C．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，混合气体的密度是恒量，混合气体的密度不变，反应不一定平衡，故不选C；
D．和都是生成物，物质的量比始终为1:1，所以和的分压始终相等，故反应不一定平衡，故不选D；
选B。
（3）
①增大与混合气体流速可增大压强。①正向移动，生成消耗物质的量增大，导致选择性升高。
②根据题意，水能氧化而使催化剂失活， 发生反应，所以气体流速增大可减少产物中的积累，减少催化剂的失活，从而提高选择性。
（4）
反应达平衡时体系的总压为。则平衡常数为；保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的，设的初始压强为P，再加入足量，欲使平衡时体系中水蒸气的分压等于，则，P=；欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于，则开始时通入的初始压强应大于。
（5）
右侧电极甲醇中碳元素化合价升高发生氧化反应生成甲酸，右侧为阳极，所以b极为直流电源的正极，电解过程中阴极表面二氧化碳得电子生成HCOO-，发生的电极反应式。
②若有1mol通过质子交换膜时，转移1mol电子，根据，左侧生成0.5mol，根据阳极反应式，右侧生成0.25molHCOOH，所以该装置内生成和HCOOH共计0.75mol。

五、有机推断题
18．化合物G是一种药物中间体，其合成路线如图所示：

(1)A的分子式为___________，物质的化学名称为___________(系统命名法)。
(2)A→B的反应需经历A→X→B的过程，X的化学式为，则推测X的结构简式为___________。
(3)B→C、C→D的反应类型分别为___________、___________。
(4)写出E→F反应的化学方程式：___________。
(5)C有多种同分异构体，写出满足以下要求的同分异构体的结构简式：___________(只写一种)。
①能与溶液发生显色反应；
②核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积之比为6：3：2：2。
(6)参照题干中的合成路线及信息，以、和苯酚为有机原料制备，设计合成路线图_______ (无机试剂任选，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。
【答案】(1)     C7H5O4N     1，3-丙二醇
(2)
(3)     还原反应     取代反应
(4)2+K2CO3→2+2KCl+H2O+CO2↑
(5)、等
(6)

【分析】A与在HCl/CaCl2存在下反应生成B，B与H2在Pd/C存在下发生还原反应生成C，C与ClCH2COCl发生取代反应生成D，D与HCl/H2O反应生成E，E与K2CO3反应生成F，F与CH3CH2NH2在甲苯存在下反应生成G。
（1）
A的结构简式为，A的分子式为C7H5O4N；属于饱和二元醇，其化学名称为1，3-丙二醇；答案为：C7H5O4N；1，3-丙二醇。
（2）
A与在HCl/CaCl2存在下反应生成B，A→B的反应需经历A→X→B的过程，X的化学式为C10H13NO6，对比A、B的结构简式知，X的结构简式为；答案为：。
（3）
对比B、C的结构简式，B与H2发生还原反应生成C（即B中—NO2被还原成—NH2）；对比C、D的结构简式，C与ClCH2COCl发生取代反应生成D和HCl；答案为：还原反应；取代反应。
（4）
E的结构简式为，F的结构简式为，E→F的化学方程式为2+K2CO3→2+2KCl+H2O+CO2↑；答案为：2+K2CO3→2+2KCl+H2O+CO2↑。
（5）
C的结构简式为，C的分子式为C10H13O3N，不饱和度为5，C的同分异构体能与FeCl3发生显色反应，说明含酚羟基，核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积之比为6：3：2：2的同分异构体的结构简式有：、等；答案为：、等。
（6）
对比与、HOCH2CHO和苯酚的结构简式，仿流程中F→G，可由与反应制备；可由先发生硝化反应、再发生还原反应（仿B→C）制得；可由苯酚与OHCCH2Cl仿流程中E→F制得，HOCH2CHO与HCl发生取代反应可生成OHCCH2Cl，则合成路线流程图为：；答案为：。