湖南省衡阳市第一中学2022-2023学年高三化学第七次月考试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省衡阳市第一中学2022-2023学年高三化学第七次月考试卷（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
高三化学试题可能用到的相对原子质量：H～1     C～12     N～14     O～16     Na～23     Mg～24     Al～27     S～32     Ag～108     La～139一、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. 化学与生活密切相关，下列说法正确的是A. PM2.5是指粒子直径不大于2.5nm的可吸入悬浮颗粒物B. 高纯硅可用于制作光感电池C. 碳酸钠可用于中和过多的胃酸D. 食品加工时不可添加任何防腐剂【答案】B【解析】【详解】A．PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5μm的悬浮颗粒物，A错误；.B．因为硅是半导体，所以高纯硅可用于制作光感电池，B正确；C．碳酸钠碱性较强，对胃有刺激作用，碳酸氢钠碱性弱，碳酸氢钠可用于中和过多的胃酸，C错误；D．食品加工时，可适当添加食品添加剂和防腐剂等，如苯甲酸钠，D错误；故选B。2. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 由40g正丁烷和18g异丁烷组成的混合物中含有的共价键数目为13NAB. 标准状况下，22.4L氟化氢中含有的质子数为10NAC. 1molNO与1molO2混合后，减少的气体分子数目为0.5NAD. 1L1mol·L-1盐酸中含有的H+数目为NA【答案】A【解析】【详解】A．正丁烷和异丁烷互为同分异构体，分子式为（C4H10）一个分子含有13个共价键（10个C-H和3个C-C），48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中含有的C4H10物质的量为：=1mol，1molC4H10含有共价键的物质的量为：1mo1×13=13mol，含有共价键数目为13NA，A正确；B．标况下，氟化氢不是气体，题中条件无法计算氟化氢的物质的量及分子数，B错误；C．一氧化氮与氧气生成二氧化氮，二氧化氮部分生成四氧化二氮，所以将1molNO与1.molO2混合后，气体的分子总数小于2NA，C错误；D．1L1mol·L-1盐酸中氯化氢出H+数目为NA，水还会电离出一部分H+，所以溶液中H+数目大于NA，D错误；故选A。3. 下列有关化学用语表示正确的是A. 氮原子所有价电子的电子云轮廓图均为哑铃形B. HCN的电子式：C. 键线式为的有机物存在顺反异构D. 基态氮原子价电子的轨道表示式：【答案】C【解析】【详解】A．基态氮原子的价电子排布式为，其价电子云轮廓图为球形和哑铃形，A错误；B．HCN是共价化合物，B错误；C．中有碳碳双键，且双键两边基团不一致，所以存在顺反异构，C正确；D．基态氮原子的价电子不包括1s轨道的电子，且2p轨道的三个电子应在不同轨道，且自旋方向相同，D错误；故答案为：C。4. 五倍子是一种常见的中草药，其有效成分为X。在一定条件下X可分别转化为Y、Z。下列说法正确的是A. Y分子中所有原子可能共平面B. 不能用溶液检验Y中是否含有XC. 1mol Z最多能与7mol NaOH发生反应D. X与足量氢气发生加成反应，所得产物中有2个手性碳原子【答案】D【解析】【详解】A．由题干中Y的结构简式可知，Y分子中存在饱和碳原子，就含有sp3杂化的碳原子，故不可能所有原子共平面，A错误；B．由题干中X、Y的结构简式可知，X分子中含有酚羟基，Y分子中不含酚羟基，故能用溶液检验Y中是否含有X，B错误；C．由题干中Z的结构简式可知，1mol Z中含有5mol酚羟基和1mol羧基，故能消耗6molNaOH，还有1mol酚酯基，能够消耗2molNaOH，故1molZ最多能与8mol NaOH发生反应，C错误；D． X与足量氢气发生加成反应，所得产物中有2个手性碳原子如图所示：，D正确；故答案为：D。5. 定量实验是学习化学的重要途径，下列操作规范且能达到定量实验目的的是A. 用图1所示装置测定中和反应的反应热B. 用图2所示装置测定硫酸溶液的浓度C. 用图3所示装置配制100mL一定物质的量浓度的硫酸溶液D. 用图4所示装置加热硫酸铜晶体测定晶体中结晶水的含量【答案】A【解析】【详解】A．用图1所示装置可测定中和反应反应热，故A正确；B．利用中和滴定测定稀硫酸的浓度，一般用氢氧化钠溶液滴定，不能将碳酸钠固体放在锥形瓶中，用稀硫酸滴定碳酸钠，故B错误；C．浓硫酸应该在烧杯中稀释并冷却后在转移至容量瓶中，故C错误；D．加热固体应在坩埚中进行，不能用蒸发皿，故D错误。故选A。6. 氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。氮气经过一系列的变化可以合成氨、氮的氧化物、硝酸等重要的化工原料；NO能被溶液吸收生成配合物，减少环境污染。下列说法正确的是A. Fe提供孤电子对用于形成配位键B. 该配合物中阴离子空间结构为三角锥形C. 配离子为，中心离子的配位数为6D. 该配合物中所含非金属元素均位于元素周期表的p区【答案】C【解析】【详解】A．配合物中Fe2+提供空轨道，NO和H2O提供孤电子对用于形成配位键，故A错误；B．该配合物中阴离子为SO，价层电子对数为4+=0，且没有孤对电子，空间结构为正四面体形，故B错误；C．配离子为，配体为NO和H2O，中心离子的配位数为6，故C正确；D．H元素元素周期表的s区，故D错误；故选C。7. 某化合物结构如图所示，其中X。Y、W、Z是原子序数依次增大的短周期元素，且四种元素分布在三个周期，W的最外层电子数是Y的最外层电子数的2倍，Z和X同主族。下列说法正确的是A. W与Z形成的化合物中只含离子键B. 该化合物中Y都满足8电子稳定结构C. X3YW3是弱酸D. 离子半径：Z>W>Y【答案】C【解析】【分析】X、Y、W、Z是原子序数依次增大的短周期元素，且四种元素分布在三个周期，则X为H元素；Z和X同主族，且Z的原子序数最大，则Z为Na元素；W的最外层电子数是Y的最外层电子数的2倍，且Y能形成4个共价键，W能形成2个共价键，则Y为B元素，W为O元素。详解】A．O和Na可以形成化合物Na2O2，含有离子键和共价键，A错误；B．Y为B元素，该结构中形成3个共价键的B原子最外层只有6个电子，B错误；C．X3YW3即H3BO3，为一种弱酸，C正确；D．电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小半径越大，所以离子半径O2-＞Na+，即W＞Z，D错误；答案为C。8. 一种新型合成氨的过程如图所示。下列说法正确的是（   ）A. “转氮”过程属于人工固氮B. 合成过程中所涉及反应均为氧化还原反应C. 若用H2O代替NH4Cl进行转化，从体系中分离出NH3更容易D. 该合成氨过程中，参加反应的N2与H2O的物质的量之比为1：3【答案】D【解析】【分析】由图示可知反应的过程为【详解】A．人工固氮是将N2单质转化为化合物，“转氮”过程没有氮气参与，不属于人工固氮，A项错误；B．“转氮”过程，以及NH3和HCl反应生成NH4Cl的过程，都没有化合价变化，不属于氧化还原，B项错误；C．NH3极易溶解于水，若用H2O代替NH4Cl进行转化，难以从体系中分离出NH3，C项错误；D．该合成氨过程中，N2→NH3，1mol N2转移6mol电子，H2O→O2，1mol H2O转移2mol电子，由得失电子守恒可知，参加反应的N2与H2O的物质的量之比为1：3，D项正确；故选D。9. 我国科学家合成了Y、单原子催化剂，用于电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示(*表示稀土单原子催化剂)。下列说法中错误的是A. 相同条件下，比催化剂更利于吸附氮气B. 实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可提高氨气的平衡转化率C. 使用单原子催化剂，反应的快慢由生成的速率决定D. 工业合成氨与电化学催化还原氮气均涉及到共价键的断裂与形成【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，使用Sc1/NC的反应活化能小于使用Y1/NC的反应活化能，说明Sc1/NC比Y1/NC更有利于吸附N2，A正确；B．催化剂只能改变反应的途径，不影响平衡移动，实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可加快反应速率，但氨气的平衡转化率不变，B错误；C．由图可知，使用Sc1/NC单原子催化剂时，*N2与H结合生成*NNH活化能最大，则历程中最大能垒的反应为：*N2+H→*NNH，C正确；D．氮气和氢气合成氨和用于电化学催化氢气还原氮气的反应氨，都涉及氢氢键和氮氮键的和氮氢键的形成，D正确；故选B。10. 中国科学家设计出如图装置实现CO2的转化，可有效解决温室效应及能源问题，总反应为CO2+NaClCO+NaClO。忽略气体在溶液中的溶解及溶液的体积变化，下列叙述正确的是A. A极为太阳能电池的正极B. 电极II的电极反应式为Cl-+2e-+H2O=ClO-+2H+C. 理论上转化44gCO2，左室溶液质量增重18gD. 电解结束后，电极II所在电极室溶液的pH变小【答案】C【解析】【分析】根据图示可知，反应原理为电解池原理，总反应为CO2+NaClCO+NaClO，则催化电极I附近CO2被还原为CO，为电解池的阴极，催化电极II附近NaCl转化为NaClO，为电解池的阳极，据此分析解答。【详解】A．根据上述分析可知，催化电极I附近CO2被还原为CO，为电解池的阴极，所以A极为电源的负极，A错误；B．电极II附近NaCl转化为NaClO，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为Cl--2e-+ H2O=ClO-+2H+，B错误；C．左室CO2被还原为CO，其电极反应式为：CO2+2e-+2H+=CO+H2O，则理论上转化44gCO2（1mol），左室溶液质量增加的是1mol H2O的质量，为18g，C正确；D．电解结束后，电极II发生反应的离子方程式为：Cl--2e-+ H2O=ClO-+2H+，但生成的氢离子会通过质子交换膜迁移到左室，消耗水分子的同时，生成的次氯酸根离子会发生水解，使溶液显碱性，因此所在电极室溶液的pH会变大，D错误；故选C。11. 废旧光盘可用于回收银等贵重金属，避免因直接填埋而污染土壤。工业上回收光盘金属层中的Ag的整体过程如图所示，下列说法错误的是A. 氧化过程中发生的反应为B. 操作1分离出AgCl后，再加氨水，目的是溶解银C. 氧化过程中，不可用代替NaClO氧化AgD. 实验室进行操作1使用的仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒【答案】B【解析】【分析】由流程可知，氧化时发生反应4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑，操作I分离出AgCl、可能含Ag，再加氨水溶解AgCl，发生反应AgCl+2NH3•H2O⇌Ag（NH3）+Cl-+2H2O，过滤分离出的滤渣为Ag，滤液用N2H4•H2O（水合肼）在碱性条件下能还原Ag（NH3）得到Ag，发生反应为4Ag（NH3）+N2H4•H2O═4Ag↓+N2↑+4NH+4NH3↑+H2O。【详解】A．由流程可知，氧化时发生反应：，A项正确；B．操作1分离出的沉淀主要为AgCl，可能含Ag，再加氨水溶解AgCl，发生反应：，B项错误；C．如用硝酸，会生成氮氧化物，污染环境，且无法直接得到AgCl沉淀，C项正确；D．操作1为过滤，使用的仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，D项正确；故选B。【点睛】操作1分离出沉淀后，再加氨水，目的是分离AgCl与其他物质，加入氨水后，AgCl转化为含、的溶液，注意银单质和氨水不反应。12. 工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯：CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g)，在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH3OH和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图所示，下列说法正确的是A. 反应速率v(b)＞v(d)B. 由图可知生产时反应温度控制在80～85℃为宜C. b条件下延长反应时间，CO的转化率保持不变D. d→e，CO的转化率随温度的升高而减小，可能是因为该反应吸热，升高温度反应逆向移动【答案】B【解析】【详解】A．温度对化学反应速率的影响大于浓度对化学反应速率的影响。由于反应温度：d＞b，所以反应速率大小关系为：v(d)＞v(b)，A错误；B．由图可知在80～85℃时反应物CO的转化率最高，因此生产时为提高生产效率，反应温度控制在80～85℃为宜，B正确；C．b条件下反应未达到平衡状态，此时反应正向进行，延长反应时间，可以使更多的反应物CO与CH3OH(g)发生反应转化为生成物，因此会导致CO的转化率增大，C错误；D．d→e，CO的转化率随温度的升高而减小，可能是因为该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡会向吸热的逆反应方向移动，导致CO的转化率降低，D错误；故合理选项是B。13. 已知氯气和空气按体积比1∶3混合通入潮湿的碳酸钠中能生成Cl2O，且反应放热；不含Cl2的Cl2O易与水反应生成HClO；Cl2O在42℃以上会分解生成Cl2和O2。设计如图装置(部分夹持装置略)制备HClO，每个虚线框表示一个装置单元，其中存在错误的是A. ②③⑤ B. ①④⑤ C. ①②④ D. ①③④【答案】D【解析】【详解】①用MnO2和浓盐酸制备氯气需要加热装置，错误；②是将制备的Cl2通入饱和食盐水来除去一起挥发出来的HCl，同时可以控制通入氯气和空气的比值，并在实验结束后可以将多余的氯气排除进行尾气处理，正确；③由题干信息可知，制备Cl2O是一个放热反应，且Cl2O在42℃以上会分解生成Cl2和O2，则发生装置③需防止在冰水浴中，错误；④为除去Cl2O中的Cl2，导管应该长进短出，错误；⑤经CCl4除去Cl2的Cl2O通入⑤中进行反应，生成HClO，正确；综上分析可知，①③④错误，故答案为：D。14. 常温下，向某浓度H2A溶液中缓慢加入NaOH(s)，保持溶液体积和温度不变，测得pH与-lgc(H2A)、-lgc(A2-)、-lg[]变化如图所示。下列说法正确的是A. a到b的滴定过程水的电离程度逐渐减小B. 常温下，H2A电离平衡常数Ka1为10-0.8C. a点溶液中c(A2-)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(OH-)D. NaHA溶液中c(Na+)＞c(HA-)＞c(H2A)＞c(A2-)【答案】B【解析】【分析】向某浓度 HA溶液中加入 NaOH 溶液时，由于二者发生反应，所以 H2A 逐渐减少，-lgc(H2A)会渐增大，所以图中呈上升趋势的为-lgc(H2A)与pH变化关系，标①；，，A2-会渐增大，-lg(A2-)会逐渐减小，但是不会等于 0，所以呈下降趋势且与横坐标无交点的为-lgc(A2-)与pH变化关系，标②，另一条则是-lg[]与pH的变化图，标③，以此解题。【详解】A．a到b的滴定过程-lgc(A2-)逐渐减小，则c(A2-)浓度逐渐增大，A2-对水电离其促进作用，c(A2-)浓度越大，水的电离程度越大，a到b过程中水的电离程度增大，故A错误；B．电离常数的表达式为：， ，④，当pH=3.05 时，1gc(A2-)与-lgc(H2A)相等，即 c(A2-)=c(H2A)代入④，可得，又由图中③可知，当pH=5.3时，-lg[]=0，即c(A2-)=c(HA-)，即，所以，故B正确；C．a点溶液中c(A2-)=c(H2A)，a点时，，则，故C错误；D．NaHA 溶液，由HA-既存在电离又存在水解，所以c(Na+)>c(HA-)，，；所以 c(A2-)与 c(HA-)的大小取决于电离和水解的程度，Ka2=10-5.3，即 HA的水解常数，所以HA-的水解程度小于HA-的电离程度，所以c(H2A)< c(A2-)，NaHA溶液中c(Na+)＞c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)，故D错误；故选：B。二、非选择题(共4个大题，58分)15. 为探究乙酸乙酯的实验室制备方法，某实验小组设计主要步骤如下：①在大试管A中配制反应混合液；②按图甲所示连接装置(装置气密性良好)，用小火均匀加热大试管A5～10min；③待试管B(内装滴有酚酞的饱和碳酸钠溶液)收集到一定量产物后停止加热，撤去导管并用力振荡，然后静置待分层；④分离出乙酸乙酯层，洗涤、干燥。乙醇可与氯化钙反应，生成微溶于水的CaCl2•6C2H5OH。有关试剂部分数据如表：物质熔点/℃沸点/℃密度/(g•cm-3)乙醇-117.378.50.789乙酸16.6117.91.05乙酸乙酯-83.677.50.90浓硫酸(98%)—338.01.84 （1）配制反应混合液的主要操作步骤为______(不必指出液体体积)；写出制取乙酸乙酯的化学方程式______。（2）步骤②必须小火均匀加热，一个主要原因是温度过高会发生副反应，另一个原因是______。（3）写出步骤③中观察到的实验现象______。（4）分离出乙酸乙酯层后，一般用饱和CaCl2溶液洗涤.通过洗涤可除去的杂质是______(填名称)；干燥乙酸乙酯最适宜的干燥剂为______(填字母)。a.P2O5      b.无水硫酸钠          c.碱石灰        d.NaOH固体（5）某化学课外小组设计了图乙所示的装置(图中铁架台，铁夹，加热装置均已略去)制取乙酸乙酯，与图甲装置相比，图乙装置的主要优点有______。a.增加了温度计，有利于控制反应温度b.增加了分液漏斗，能随时补充反应混合液c.增加了冷凝装置，有利于收集产物d.反应容器容积大，容纳反应物的量多，反应速率加快【答案】（1）    ①. 在大试管A中加入乙醇，再分别慢慢加入浓硫酸和乙酸，边加边振荡试管使之混合均匀    ②. CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O    （2）反应物中乙醇、乙酸的沸点较低，若用大火加热，大量反应物会随产物蒸发而损失    （3）试管B中的液体分为上下两层，上层为无色油状液体，可闻到水果香味，下层为红色液体，振荡后颜色变浅，有气泡产生    （4）    ①. 乙醇    ②. b    （5）abc【解析】【小问1详解】为防止浓硫酸溶解放热，造成液体迸溅，在大试管A中先加入乙醇，再分别慢慢加入浓硫酸和乙酸，边加边振荡试管使之混合均匀。乙醇、乙酸在浓硫酸作用下加热生成乙酸乙酯和水，反应方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；【小问2详解】反应物中乙醇、乙酸的沸点较低，若用大火加热，大量反应物会随产物蒸发而损失，所以步骤②必须小火均匀加热。【小问3详解】乙酸乙酯难溶与饱和碳酸钠，乙酸和碳酸钠反应生成乙酸钠、二氧化碳、水。收集到一定量产物后停止加热，撤去导管并用力振荡，然后静置，试管B中的液体分为上下两层，上层为无色油状液体，可闻到水果香味，下层为红色液体，振荡后颜色变浅，有气泡产生。【小问4详解】乙醇可与氯化钙反应，生成微溶于水的CaCl2•6C2H5OH，所以用饱和CaCl2溶液洗涤可除去的杂质是乙醇；乙酸乙酯在碱性、酸性条件下能水解，可以用中性干燥剂干燥乙酸乙酯，所以最适宜的干燥剂为无水硫酸钠，选b。【小问5详解】a．从该装置与传统制备装置的使用的仪器的不同进行分析，增加了温度计，有利于控制发生装置中反应液的温度，a正确；b．增加了分液漏斗，能随时补充反应混合液，故b正确；c．增加了冷凝装置，有利于收集乙酸乙酯，c正确；d．反应容器容积大，容纳反应物的量多，但物质的浓度不变，所以化学反应速率不变，d错误；选abc；16. 工业上铬铁矿主要成分为亚铬酸亚铁[Fe(CrO2)2]，还含少量MgCO3、Al2O3、SiO2等杂质。以铬铁矿为原料制取铬酸钠(Na2CrO4)晶体，其工艺流程如图：已知：a.+3价Cr在酸性溶液中性质稳定，当pH＞9时，以CrO形式存在且易被氧化。b.常温下，氢氧化铁的Ksp=4.0×10-38、氢氧化镁的Ksp=1.8×10-11、氢氧化铝的Ksp=3.2×10-34。（1）为了提高酸浸速率和反应充分，可以采取的措施有_____(填两条)。（2）滤渣2的主要成分为______(写化学式)。（3）流程中两次使用了H2O2，分别写出两次反应的离子方程式：_____。（4）产品铬酸钠溶于水后，CrO和Cr2O在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0mol•L-1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O)随c(H+)的变化如图所示，用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应：_____，根据A点数据计算出该转化反应的平衡常数为_____，温度升高，溶液中CrO的平衡转化率减小，则该反应的△H_____(填“>”“<”或“=”)0。【答案】（1）将铬铁矿粉碎、充分搅拌、适当提高温度等    （2）Fe(OH)3、Al(OH)3    （3）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O、2OH-+3H2O2+ 2CrO= 2CrO+4H2O    （4）    ① 2CrO+2H＋=Cr2O+H2O    ②. 1.0×1014    ③. <【解析】【分析】工业上铬铁矿主要成分为亚铬酸亚铁[Fe(CrO2)2]，还含少量MgCO3、Al2O3、SiO2等杂质，先用稀硫酸酸浸并调节pH=1，[Fe(CrO2)2]、MgCO3、Al2O3能够和硫酸反应转化为Mg2+、Al3+、Fe2+和Cr3+，SiO2不和硫酸反应经过滤存在于滤渣1中，滤液1中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入NaOH调节pH为4.7使Fe3+和Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀除去，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，过滤后再加入NaOH调节pH>11使Mg2+转化为氢氧化镁除去，得到的滤液中加入H2O2将CrO氧化为CrO，得到Na2CrO4溶液，以此解答。【小问1详解】增大浸出率的方法：将铬铁矿粉碎、充分搅拌、适当提高温度等。【小问2详解】由分析可知，滤渣2的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3。【小问3详解】由分析可知，流程中第一次使用H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，第二次使用H2O2的作用是将CrO氧化为CrO，离子方程式为：2OH-+3H2O2+ 2CrO= 2CrO+4H2O。【小问4详解】从图像看出，铬酸根离子在酸性条件下逐渐转化成重铬酸根离子，离子方程式为：2CrO+2H＋= Cr2O+H2O；从图像看出，酸性越强，c(Cr2O)越大，说明CrO的平衡转化率越大，A点对应的离子浓度：c(Cr2O)=0.25 mol·L－1，c(H＋)=1.0×10－7 mol·L－1，c(CrO)=1.0 mol·L－1-0.25 mol·L－1×2=0.5 mol·L－1，平衡常数K==1.0×1014；升高温度，CrO的平衡转化率减小，说明平衡向左移动，根据平衡移动原理，正反应是放热反应，ΔH<0。17. 合成氨反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)是目前最有效的工业固氮方法，解决数亿人口生存问题。（1）反应历程中各步势能变化如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示。该历程中反应速率最慢步骤的化学方程式为_______。（2）在t℃、压强为0.9MPa条件下，向一恒压密闭容器中通入氢氮比为3的混合气体，体系中气体的含量与时间变化关系如图所示：①反应20min达到平衡，试求0~20min内氨气的平均反应速率v(NH3)=_______MPa·min-1，该反应的Kp=_______(保留小数点后两位)。(Kp为以分压表示的平衡常数)②以下叙述能说明该条件下反应达到平衡状态的是_______。a.氨气的体积分数保持不变b.容器中氢氮比保持不变c.气体平均相对分子质量保持不变d.气体密度保持不变③若起始条件相同，在恒容容器中发生反应，则达到平衡时H2的含量符合图中_______点(填“d”、“e”、“f”或“g”)。（3）利用催化剂通过电化学反应在室温下合成氨的原理如下图所示，该装置中阴极的电极反应式为_______。（4）25℃时用氨水吸收甲酸可得到HCOONH4溶液。已知25℃时酸的电离常数Ka=1.75×10-5，NH3·H2O的电离常数Kb=2×10-5。计算反应NH3·H2O+HCOOH⇌HCOO-++H2O的平衡常数K=_______。【答案】（1）Nad+3Had=NHad+2Had    （2）    ①. 0.005    ②. 0.23    ③. acd    ④. g    （3）N2+6e-+6H+=2NH3    （4）3.5×104【解析】【小问1详解】从图中可以看出，活化能最大的一步反应是Nad+3Had=NHad+2Had；【小问2详解】①v(NH3)==0.005MPa·min-1，根据题中图象数据得出该反应的Kp===0.23；②a.氨气的体积分数保持不变，则各反应物的浓度保持不变，反应达平衡状态，选项a正确；b.容器中氢氮比始终保持不变，无法说明反应达平衡状态，选项b错误；c.气体总质量保持不变，气体的物质的量为变量，若气体平均相对分子质量保持不变，则气体总物质的量不变，反应达平衡状态，选项c正确；d.反应在恒压容器中进行，气体总质量为变，但体积可变，当体积不变时说明反应达平衡状态，选项d正确；答案选acd；③起始条件一样，在恒容容器中发生反应，相对于恒压状态，物质浓度减小，反应速率减慢，H2的百分含量增大，所以g点符合要求；【小问3详解】根据图中信息可知，阴极上氮气得电子产生氨气，电极反应式为N2+6e-+6H+=2NH3；【小问4详解】反应NH3·H2O+HCOOH⇌HCOO-++H2O的平衡常数K====3.5104。18. 有机化合物是一种名贵的香料，其合成过程中还能得到一种PC树脂(结构简式为)。合成路线如下：已知：①RCHO+R′CH2CHO+H2O②③+2ROH+2HCl请回答下列问题：（1）反应②的反应类型是_______。D的命名为_______。（2）G的结构简式为_______。（3）写出反应②的化学方程式：_______。（4）芳香族化合物M与F互为同分异构体，1molM能与饱和溶液反应产生1mol气体，且M能发生银镜反应，则M的结构有_______种，其中一种结构苯环上的一氯代物有两种，且被氧化后能与乙二醇反应生成高分子化合物，写出该高分子化合物的结构简式：_______。（5）结合已知①，写出用乙醇和苯甲醛为原料制备化合物的合成路线(其他无机试剂任选)。_______【答案】（1）    ①. 缩聚反应    ②. 邻苯二酚(1，2-苯二酚)    （2）    （3）n +n    （4）    ①. 3    ②.     （5）【解析】【分析】和溴在作催化剂条件下发生取代反应生成A()，由B的分子式可知A→B发生溴被—OH取代，B为；结合D的分子式和E的结构可知D为；D→E在苯环上引入—CHO，E→F发生信息②反应，结合F→G的反应条件可知F中还有—CHO，则甲为HCHO，F为；F与正丙醛发生信息①反应得到G，G为，G与氢气加成得到目标产物；两分子B()与HCHO反应得到C，C为，C和按信息③反应原理发生缩聚反应得到PC树脂和HCl；据此分析解题。【小问1详解】C和通过反应②生成PC树脂，反应类型为缩聚反应；据分析可知D为，命名为邻苯二酚(1，2-苯二酚)；故答案为缩聚反应；邻苯二酚(1，2-苯二酚)。【小问2详解】据分析可知，G为；故答案为。【小问3详解】C和发生缩聚反应生成PC树脂，反应方程式为n +n；故答案为n +n。【小问4详解】F为，芳香族化合物M与F互为同分异构体，1molM能与饱和溶液反应产生1mol气体，所以含有羧基；且M能发生银镜反应，所以含有醛基；羧基和醛基分别可处在邻、间、对位，则M的结构有3种同分异构体；其中一种结构苯环上的一氯代物有两种，该物质结构为，被氧化后为；与乙二醇反应生成高分子化合物的结构简式为；故答案为3；。【小问5详解】已知反应①为RCHO+R′CH2CHO+H2O，由乙醇和苯甲醛为原料制备化合物，可先将乙醇氧化为乙醛，再与苯甲醛发生反应①，然后将利用银镜反应将醛基氧化为羧基，最后与乙醇发生酯化反应获得；所以反应路线可设计为；故答案为。