重庆市南开中学2023届高三模拟考试化学试题Word版含解析

这是一份重庆市南开中学2023届高三模拟考试化学试题Word版含解析，共26页。试卷主要包含了5 Ge-73，60 mL高锰酸钾溶液等内容，欢迎下载使用。

 2023年重庆南开中学高三化学模拟考试
化学
(考试时间60分钟 试卷满分：100分)
注意事项：
1. 本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，全卷满分100分。 考试时间60分钟。 答题前，考生务必将自己的姓名，准考证号等信息填写在答题卡上。
2. 回答第I卷时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号。 写在本试卷上无效。
3. 回答第II卷时，将答案写在答题卡上。 写在本试卷上无效。
4. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对分子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Ge-73
第 Ⅰ 卷(选择题 共42分)
一、选择题(本题共14小题，每小题7分，共42分。 在每小题给出的选项中，只有一个选项符合题目要求。)
1. 化学与我们的生活息息相关，下列有关说法正确的是
A. 太阳能电池的主要材料是SiO2
B. 明矾可用于自来水的杀菌消毒
C. 大气中PM2.5比表面积大，吸附能力强，能吸附许多有毒有害物质
D. 75%的医用酒精常用于消毒，用95%的酒精消毒效果更好
【答案】C
【解析】
【详解】A．太阳能电池的主要材料是晶体硅，故A错误；
B．明矾溶于水后产生氢氧化铝胶体，吸附悬浮在水中固体小颗粒聚沉，达到净水，但不能杀菌消毒，故B错误；
C．PM5表面积大，具有较强的吸附能力，能吸附大量的有毒、有害物质，故C正确；
D．95%的酒精不能够消毒，因为95%的酒精能够在病原体的表面形成一层保护膜，阻止其进入病原体，难以将其彻底杀死，故D错误；
答案为C。
2. 我国古代四大发明是古代劳动人民智慧的结晶。下列说法正确的是
选项
四大发明
制作简介
成分分析
A
黑火药
硝石、木炭和硫磺
爆炸时木炭作还原剂
B
活字印刷
胶泥由等组成
都属于金属氧化物
C
宣纸
由青檀树皮及稻草制作而成
主要成分为蛋白质
D
指南针
由天然磁石制成
主要成分是

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．爆炸时木炭反应生成二氧化碳，碳元素化合价升高，木炭作还原剂，故A正确；
B．二氧化硅为非金属氧化物，故B错误；
C．青檀树皮及稻草主要成分为植物纤维，故C错误；
D．磁石的主要成分为四氧化三铁，故D错误。
故选A。
3. 下列化学用语正确的是
A. 丙烷分子的空间填充模型：
B. O3分子的球棍模型：
C. 乙醇的核磁共振氢谱图：
D. 基态As原子的电子排布式和价电子排布式分别为[Ar]3d104s24p3和4s24p3
【答案】D
【解析】
【详解】A．是丙烷分子的球棍模型，而不是空间填充模型，A错误；
B．已知O3分子呈V形，故O3分子的球棍模型：，B错误；
C．已知CH3CH2OH的核磁共振氢谱图中有3中吸收峰，与题干图示信息不符，C错误；
D．已知As为33号元素，根据能级构造原理可知，基态As原子的电子排布式和价电子排布式分别为[Ar]3d104s24p3和4s24p3，D正确；
故答案为：D。
4. 下列有关实验方法正确的是
A. 用X射线衍射实验可获得青蒿素分子的结构
B. 用广泛pH试纸测得醋酸溶液的pH为2.0
C. 用淀粉溶液检验海水中的碘元素
D. 用25 mL碱式滴定管量取16.60 mL高锰酸钾溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A．测定分子的空间结构最普遍的方法是X射线衍射法，可以看到微观结构，可以测定晶体的晶胞参数，从而确定分子的结构，故A正确；
B．用广泛pH试纸测得某溶液的pH只能为整数，无法测定出读数为2.0的溶液的pH，故B错误；
C．海水中没有碘单质，所以不能用淀粉溶液检验海水中的碘元素，故C错误；
D．高锰酸钾可氧化橡胶，则应选25mL酸式滴定管量取高锰酸钾溶液，故D错误；
故选A。
5. 辅酶具有预防动脉硬化的功效，其结构简式如下。下列有关辅酶的说法正确的是

A. 分子式为 B. 分子中含有14个甲基
C. 分子中的四个氧原子不在同一平面 D. 可发生加成反应，不能发生取代反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．由该物质的结构简式可知，其分子式为C59H90O4，A错误；
B．由该物质的结构简式可知，键线式端点代表甲基，10个重复基团的最后一个连接H原子的碳是甲基，故分子中含有1+1+1+10+1=14个甲基，B正确；
C．双键碳以及与其相连的四个原子共面，羰基碳采取sp2杂化，羰基碳原子和与其相连的氧原子及另外两个原子共面，因此分子中的四个氧原子在同一平面上，C错误；
D．分子中有碳碳双键，能发生加成反应，分子中含有甲基，能发生取代反应，D错误；
答案选B。

6. 一种用作锂离子电池电解液的锂盐结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，W原子的最外层电子数等于其总电子数的。下列说法不正确的是

A. 简单离子半径：W＞Y＞Z
B. X元素的各种含氧酸盐水溶液均显碱性
C. 与W同周期的元素中，第一电离能小于W的有5种
D. 该锂盐中所有非金属元素均属于元素周期表p区元素
【答案】B
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数等于其总电子数的，W为磷元素；X形成化学键数为4，为碳；Y形成化学键数为2，为氧；Z形成化学键数为1，为氟，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，Y为O、Z为F、W为P，其简单离子为O2-、F-、P3-，其中P3-有3个电子层，另两个只有2个电子层，故简单离子半径大小为P3-＞O2-＞F-即W＞Y＞Z，A正确；
B．由分析可知，X为C，Na2CO3、Na2C2O4等溶液显碱性，而NaHC2O4溶液显酸性，即X元素的各种含氧酸盐水溶液不都显碱性，B错误；
C．根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故与W即P同周期的元素中，第一电离能小于W的有Na、Mg、Al、Si、S等5种，C正确；
D．由分析可知，X、Y、Z、W分别为C、O、F、P，四种元素的原子核外电子最后进入的是2p和3p能级，故该锂盐中所有非金属元素均属于元素周期表p区元素，D正确；
故答案为：B。
7. 某同学利用下图所示装置探究金属的腐蚀与防护条件。

下列说法不合理的是
A. ①区Cu电极上产生气泡，Fe电极附近滴加K3Fe(CN)6溶液后出现蓝色，Fe被腐蚀
B. ②区Cu电极附近滴加酚酞后变成红色，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液出现蓝色，Fe被腐蚀
C. ③区Zn电极的电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液未出现蓝色，Fe被保护
D. ④区Zn电极的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液出现蓝色，Fe被腐蚀
【答案】A
【解析】
【详解】A．①区构成原电池，Fe是负极，发生氧化反应，电极反应式是Fe-2e-=Fe2+，Fe被腐蚀，Cu是正极，发生还原反应，电极反应式是：O2+4e-+2H2O=4OH-，发生是吸氧腐蚀，无气泡产生，故A错误；
B． ②是电解池，Cu电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，附近水溶液显碱性，滴加酚酞后变成红色，Fe电极发生反应：Fe-2e-=Fe2+，Fe被腐蚀，附近滴加K3［Fe(CN)6］出现蓝色，故B正确；
C． ③区构成原电池，由于金属活动性Zn>Fe，所以Zn电极是负极，电极反应式为Zn－2e－=Zn2+，Fe电极为正极，发生反应：O2+4e-+2H2O=4OH-，由于没有Fe2+生成，因此附近滴加K3［Fe(CN)6］未出现蓝色，Fe被保护，故C正确；
D． ④是电解池，Zn电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Fe电极是阳极，电极发生反应：Fe-2e-=Fe2+，附近滴加K3［Fe(CN)6］出现蓝色，Fe被腐蚀，故D正确。
答案选A。
8. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，2.24L中含有的极性共价键数目为
B. 5.6 g铁与足量硫粉反应，转移的电子数为
C. 含0.1mol的水溶液中含有的原子数目为
D. 的溶液中含铬微粒的数目为
【答案】A
【解析】
【详解】A．正丁烷和异丁烷分子中都含有10个碳氢极性键，则标准状况下2.24LC4H10分子中含有的极性共价键数目为×10×NAmol—1=NA，故A正确；
B．铁与硫共热反应生成硫化亚铁，则5.6g铁与足量硫粉反应，转移的电子数为×2×NAmol—1=0.2NA，故B错误；
C．醋酸钠溶液中醋酸钠和水中都含有氧原子，不能确定含0.1mol醋酸钠的水溶液中水的物质的量，无法计算溶液中含有的氧原子个数，故C错误；
D．缺溶液的体积，无法计算0.1mol/L铬酸钠溶液中铬酸根离子的物质的量和含铬微粒数目，故D错误；
故选A。
9. 用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A
B
C
D




探究Cl-对Fe3+与S2O反应速率的影响
验证石蜡油发生了裂化(或裂解)反应
融化Na2CO3固体
干燥一氯甲烷

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化铁、硫酸铁中铁离子浓度不同，且阴离子不同，变量不唯一，不能探究Cl-对Fe3+与反应速率的影响，故A错误；
B．不饱和烃可被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液褪色，可验证石蜡油发生了裂化(或裂解)反应，故B正确；
C．瓷坩埚含有二氧化硅，高温下二氧化硅与碳酸钠反应，应选铁坩埚，故C错误；
D．U型管中盛放固体干燥剂，不能盛放浓硫酸，故D错误；
故选B。
10. 对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是
A. 用Na2SO3溶液吸收少量Cl2:
B. 向CaCl2溶液中通入CO2：
C. 向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：
D 同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：
【答案】A
【解析】
【详解】A．用Na2SO3溶液吸收少量的Cl2，Cl2具有强氧化性，可将部分氧化为，同时产生的氢离子与剩余部分结合生成，Cl2被还原为Cl-，反应的离子反应方程式为：3+Cl2+H2O=2+2Cl-+，A选项正确；
B．向CaCl2溶液中通入CO2，H2CO3是弱酸，HCl是强酸，弱酸不能制强酸，故不发生反应，B选项错误；
C．向H2O2中滴加少量的FeCl3，Fe3+的氧化性弱于H2O2，不能氧化H2O2，但Fe3+能催化H2O2的分解，正确的离子方程式应为2H2O22H2O+O2↑，C选项错误；
D．NH4HSO4电离出的H+优先和NaOH溶液反应，同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，氢离子和氢氧根恰好完全反应，正确的离子反应方程式应为：H++OHˉ=H2O，D选项错误；
答案选A。
【点睛】B选项为易错点，在解答时容易忽略H2CO3是弱酸，HCl是强酸，弱酸不能制强酸这一知识点。
11. 催化剂催化水煤气变换反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H＜0，过程示意图如图所示，下列说法错误的是

A. 过程I、过程II中都有水参与反应
B. 该反应反应物总能量高于生成物总能量
C. 使用催化剂不能改变水煤气变换反应的△H
D. 催化过程中既有极性键的断裂和形成，也有非极性键的断裂和形成
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据反应过程示意图，过程Ⅰ、过程Ⅱ中都有水分子中键的断裂，故A正确；
B．据题给热化学方程式可知该反应为放热反应，故该反应反应物总能量高于生成物总能量，故B正确；
C．催化剂能改变反应活化能，但不能改变反应的，故C正确；
D．该催化过程中有极性键键的断裂，极性键键、非极性键键的形成，没有非极性键的断裂，故D错误；
故答案选D。
12. pH计的工作原理(如图所示)是通过测定电池电动势E(即玻璃电极和参比电极的电势差)而确定待测溶液的pH。电池电动势E与待测溶液pH关系为： (E的单位为V，K为常数)。下列说法错误的是

A. 计工作时，化学能转化为电能
B. 玻璃电极玻璃膜内外的差异会引起电池电动势的变化
C. 若玻璃电极电势比参比电极低，玻璃电极反应：
D. 若测得的标准溶液电池电动势E为，可标定常数
【答案】C
【解析】
【详解】A．原电池是把化学能转化为电能，pH计是以玻璃电极（在特制玻璃薄膜球内放置已知浓度的HCl溶液，并插入Ag-AgCl电极）和另一Ag-AgCl电极插入待测溶液中组成电池，计工作时，化学能转化为电能，A正确；
B．pH与电池的电动势E存在关系：，则pH=，利用玻璃膜内外氢离子浓度的差异引起电动势的变化达到测量溶液的pH目的，B正确；
C．若玻璃电极电势比参比电极低，，为原电池负极，负极上是银失电子生成氯化银，电极反应为：Ag-e-+Cl-═AgCl，C错误；
D．pH与电池的电动势E存在关系：，若测得的标准溶液电池电动势E为，可标定常数K=E-0.059pH=0.377-0.059×3=0.2，D正确；
故答案为：C。
13. 恒容密闭容器中，与在不同温度下发生反应：，达到平衡时，各组分的物质的量浓度(c)随温度(T)变化如图所示：

下列说法正确的是
A. 该反应的平衡常数随温度升高而增大
B. 曲线Y表示随温度的变化关系
C. 提高投料比，可提高的平衡转化率
D. 其他条件不变，与在℃下反应，达到平衡时
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，温度升高，H2的平衡浓度增大，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，该反应的平衡常数随温度升高而减小，故A错误；
B．结合方程式可知，的变化量为变化量的，则曲线Y表示随温度的变化关系，故B错误；
C．提高投料比即增大CO2的浓度，平衡正向移动，的平衡转化率增大，故C正确；
D．其他条件不变，与在℃下反应，等效于增大压强，该反应是气体体积减小的反应，平衡正向移动，的浓度减小，当仍然大于与在℃下发生反应时的平衡浓度，故D错误；
故选C。
14. HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中随c(H+)而变化，不发生水解。实验发现，时为线性关系，如下图中实线所示。

下列叙述错误的是
A. 溶液时，
B. MA的溶度积
C. 溶液时，
D. HA的电离常数
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查水溶液中离子浓度的关系，在解题过程中要注意电荷守恒和物料守恒的应用，具体见详解。
【详解】A．由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=mol/L<3.0×10-4mol/L，A正确；
B．由图可知，c(H+)=0时，可看作溶液中有较大浓度的OH-，此时A-的水解极大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A-)，则，B正确；
C．设调pH所用的酸为HnX，则结合电荷守恒可知
，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn-)，C错误；
D．当时，由物料守恒知，则，，则，对应图得此时溶液中，，D正确；
故选C。

第 II 卷 (非选择题 共58分)
15. 二氯异氰尿酸钠(结构为)是一种非常高效的强氧化性消毒剂。常温下是白色固体，难溶于冷水；合成二氯异氰尿酸钠的反应为 。某同学在实验室用如下装置制取二氯异氰尿酸钠(部分夹持装置已略)。

请回答下列问题：
（1）Cl的价电子轨道表达式为_______。
（2）仪器a的名称是_______；仪器D中的试剂是_______。
（3）A中烧瓶内发生反应的化学方程式为_______。
（4）装置B的作用是_______；如果没有B装置，NaOH溶液会产生的不良结果是_______。
（5）待装置C_______时(填实验现象)，再滴加溶液，反应过程中需要不断通入Cl2的目的是_______。
（6）实验室测定二氯异氰尿酸钠样品中有效氯的原理如下：



准确称取m g样品，配成100mL溶液，取20.00mL所配溶液于碘量瓶中，加入稀和过量KI溶液，充分反应后，加入淀粉溶液，用c mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，滴到终点时，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为V mL，则样品有效氯含量为_______%( )
【答案】（1） （2） ①. 恒压滴液漏斗 ②. NaOH溶液
（3）
（4） ①. 除去Cl2中的HCl ②. NaOH的利用率低，产品杂质含量多
（5） ①. 液面上方有黄绿色气体 ②. 使反应生成的NaOH再次生成NaClO，提高原料利用率
（6）
【解析】
【分析】A装置制备氯气，B装置除去氯气中的HCl，C装置中氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠和合成二氯异氰尿酸钠，D用于吸收尾气。
【小问1详解】
Cl原子的价电子排布式为3s3p5，轨道表达式为；故答案为。
【小问2详解】
仪器a的名称是恒压滴液漏斗，仪器D中的试剂是氢氧化钠溶液，吸收尾气氯气，防止污染空气；故答案为恒压滴液漏斗；NaOH溶液。
【小问3详解】
装置A中浓盐酸和氯酸钾反应生成氯气，化学方程式为；
【小问4详解】
装置B用于除去Cl2中的HCl，如果没有B装置，HCl会和NaOH反应生成NaCl，造成NaOH的利用率低，产品杂质含量多；故答案为除去Cl2中的HCl；NaOH的利用率低，产品杂质含量多。
【小问5详解】
反应时，先打开A中恒压滴液漏斗活塞，反应产生氯气，排除装置中空气，待装置C液面上方有黄绿色气体，证明空气已被排尽，再滴加溶液，发生反应，反应过程中需要不断通入Cl2使反应生成的NaOH再次生成NaClO，提高原料利用率；故答案为液面上方有黄绿色气体；使反应生成的NaOH再次生成NaClO，提高原料利用率。
【小问6详解】
由得中反应可得关系：，，有效氯含量为；故答案为。
16. 锗(Ge)是门捷列夫在1871年所预言的元素“亚硅”，高纯度的锗已成为目前重要的半导体材料，其化合物在治疗癌症方面也有着独特的功效。如图是以锗锌矿(主要成分为GeO2、ZnS，另外含有少量的Fe2O3等)为主要原料生产高纯度锗的工艺流程：

已知：GeO2可溶于强碱溶液，生成锗酸盐；GeCl4的熔点为-49.5℃，沸点为84℃，在水中或酸的稀溶液中易水解。
（1）Ge在元素周期表中的位置是_____，GeCl4晶体所属类别是_____。
（2）步骤①NaOH溶液碱浸时发生的离子反应方程式为_____。
（3）步骤③沉锗过程中，当温度为90℃，pH为14时，加料量(CaCl2/Ge质量比)对沉锗的影响如表所示，选择最佳加料量为______(填“10－15”“15－20”或“20－25”)。
编号
加料量(CaCl2/Ge)
母液体积(mL)
过滤后滤液含锗(mg/L)
过滤后滤液pH
锗沉淀率(%)
1
10
500
76
8
93.67
2
15
500
20
8
98.15
3
20
500
2
11
99.78
4
25
500
1.5
12
99.85

（4）步骤⑤中选择浓盐酸而不选择稀盐酸的原因是_____。
（5）步骤⑥的化学反应方程式为_____。
（6）Ge元素的单质及其化合物都具有独特的优异性能，请回答下列问题：
①量子化学计算显示含锗化合物H5O2Ge(BH4)3具有良好的光电化学性能。CaPbI3是H5O2Ge(BH4)3的量子化学计算模型，CaPbI3的晶体结构如图所示，若设定图中体心钙离子的分数坐标为(，，)，则分数坐标为(0，0，)的离子是_____。

②晶体Ge是优良的半导体，可作高频率电流的检波和交流电的整流用。如图为Ge单晶的晶胞，设Ge原子半径为rpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该锗晶体的密度计算式为(不需化简)ρ=______g/cm3。

【答案】（1） ①. 第四周期ⅣA族 ②. 分子晶体
（2）GeO2+2OH—=GeO+H2O
（3）20—25 （4）GeCl4在稀盐酸中易水解
（5）GeCl4+(n+2)H2O= GeO2·nH2O↓+4HCl
（6） ①. I— ②.
【解析】
【分析】由题给流程可知，锗锌矿用氢氧化钠溶液碱浸将二氧化锗转化为偏锗酸钠，硫化锌、氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤得到含有硫化锌、氧化铁的滤渣和偏锗酸钠滤液；向滤液中加入氯化钙溶液将偏锗酸钠转化为偏锗酸钙沉淀，过滤得到偏锗酸钙；用浓盐酸将偏锗酸钙转化为四氯化锗，四氯化锗在纯水中发生水解反应转化为GeO2·nH2O，GeO2·nH2O脱水得到二氧化锗，二氧化锗与氢气共热反应生成锗。
【小问1详解】
锗元素的原子序数为32，位于元素周期表第四周期ⅣA族；由熔沸点可知，四氯化锗为熔沸点低的分子晶体，故答案为：第四周期ⅣA族；分子晶体；
【小问2详解】
由分析可知，锗锌矿用氢氧化钠溶液碱浸的目的是将二氧化锗转化为偏锗酸钠，反应的离子方程式为GeO2+2OH—=GeO+H2O，故答案为：GeO2+2OH—=GeO+H2O；
【小问3详解】
由表格数据可知，加料量在20—25范围内时，锗沉淀率最高，则最佳加料量为20—25，故答案为：20—25；
【小问4详解】
由题给信息可知，四氯化锗在水中或酸的稀溶液中易水解，所以步骤⑤中选择浓盐酸分离的目的是防止四氯化锗在稀盐酸中发生水解，故答案为：GeCl4在稀盐酸中易水解；
【小问5详解】
由分析可知，步骤⑥发生的反应为四氯化锗在纯水中发生水解反应转化为GeO2·nH2O，反应的化学反应方程式为GeCl4+(n+2)H2O= GeO2·nH2O↓+4HCl，故答案为：GeCl4+(n+2)H2O= GeO2·nH2O↓+4HCl；
小问6详解】
①由位于体心钙离子的分数坐标为(，，)可知，晶胞边长为1，结合化学式中原子个数比，Pb位于顶点，I-位于棱上，则分数坐标为(0，0，)的是碘离子，故答案为：I—；
②由晶胞结构可知，位于顶点、面心和体内的锗原子个数为8×+6×+4=8，由锗原子半径为rpm可知，晶胞的体对角线的长度为8rpm，则边长为 pm，由晶胞的质量公式可得：=ρ，解得ρ=，故答案为：。
17. 研究氮的氧化物(如：NO、、)和氮的氢化物都有广泛的用途，如：和可作为运载火箭的推进剂。
（1）已知： 。现将2mol 放入1L恒容密闭容器中，平衡体系中体积分数()随温度的变化如图所示。

①d点v(正)_______v(逆)(填“>”“=”“＜”)。
②a、b、c三点中平衡常数、、由小到大是_______。
③在时，的平衡转化率为_______；若平衡时的总压为100kPa，则该反应平衡常数_______(保留到小数点后1位)。
（2）NO氧化为的反应为：，该反应分如下两步进行：
Ⅰ. (较快)
Ⅱ. (较慢)
在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和，保持其它条件不变，控制反应温度分别为和，c(NO)随t(时间)的变化如图所示。

在反应时间相同时，条件下转化的NO量_______(填“大于”“等于”“小于”)条件下转化的NO量，其本质原因是_______(结合反应Ⅰ和Ⅱ的反应热进行分析)。
（3）肼除了可作火箭的推进剂外，还可用于新型环保电池中，电池工作原理如图所示。

①向_______移动(填“电极甲”或“电极乙”)。
②该电池的负极反应式为_______。
【答案】（1） ①. > ②. ③. 25% ④. 26.7kPa
（2） ①. 小于 ②. 升高温度有利于Ⅰ逆向移动，减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响
（3） ①. 电极甲 ②.
【解析】
【小问1详解】
①由图可知，d点四氧化二氮的体积分数大于d点对应温度平衡时的体积分数，说明反应向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：>；
②该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，由图可知，a、b、c三点温度依次增大，则平衡常数越大的大小顺序为，故答案为：；
③由图可知，温度为达到平衡时，四氧化二氮的体积分数为60%，设四氧化二氮的转化率为a，由题意可建立如下三段式：

由三段式数据可得：×100%=60%，解得a=0.25，则四氧化二氮的转化率为25%，反应平衡常数，故答案为：25%；26.7 kPa；
【小问2详解】
一氧化氮与氧气的为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化二氮的浓度减小，由图可知，在相同时间内，条件下一氧化氮浓度大于条件下一氧化氮浓度，说明升高温度有利于反应Ⅰ逆向移动，二氧化二氮浓度减小的影响大于了温度对反应Ⅱ速率的影响，故答案为：升高温度有利于Ⅰ逆向移动，减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响；
【小问3详解】
由图可知，通入氧气的电极乙为环保电池的正极，电极甲为负极；
①由分析可知，电极甲为负极，电池工作时，阴离子氧离子向负极电极甲移动，故答案为：电极甲；
②由图可知，通入氧气的电极乙为环保电池的正极，电极甲为负极，联氨在氧离子作用下做负极失去电子发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为，故答案为：。
18. 以A和芳香烃E为原料制备除草剂茚草酮中间体(Ⅰ)的合成路线如下：

回答下列问题：
（1）A中所含官能团的名称为__________。
（2）B→C的反应类型为__________。
（3）D中碳原子的杂化轨道类型有__________；其中，电负性最大的元素为__________。
（4）写出F→G的化学方程式__________。
（5）B的同分异构体中，满足下列条件的结构有______种；其中，核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1的结构简式为__________。
条件：①含有苯环；
②与溶液发生显色反应；
③含有2个甲基，且连在同一个碳原子上。
（6）利用原子示踪技术追踪G→H的反应过程：

根据上述信息，写出以乙醇和为原料合成的路线(无机试剂任选) ________。
【答案】（1）酮羰基、氯原子
（2）消去反应 （3） ①. 、 ②. Cl或氯
（4）
（5） ①. 13 ②.
（6）
【解析】
【分析】A发生加成反应生成羟基得到B，B发生消去反应生成C，C发生取代反应生成D；E生成F，F生成G，结合G化学式可知，E为邻二甲苯、F为，F发生酯化反应生成G，G转化为H，DH生成I；
【小问1详解】
由图可知，A中所含官能团的名称为酮羰基、氯原子；
【小问2详解】
B发生消去反应生成碳碳双键得到C，为消去反应；
【小问3详解】
D中饱和碳原子为sp3杂化，苯环上碳、碳碳双键两端的碳原子为sp2杂化；同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；故其中电负性最大的元素为Cl或氯；
【小问4详解】
F发生酯化反应生成G，反应为；
【小问5详解】
B除苯环外寒烟1个氯、3个碳、1个氧，其同分异构体中，满足下列条件：
①含有苯环；②与溶液发生显色反应，含酚羟基；③含有2个甲基，且连在同一个碳原子上；
若含有-OH、-CCl(CH3)2，则由邻间对3种；若含有-OH、-CH(CH3)2、-Cl，则为3个不相同的取代基在苯环上有10种情况；故共13种情况；
核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1，则结构对称性很好，结构简式为；
【小问6详解】
乙醇氧化为乙酸，乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯和发生已知反应原理生成产品，故流程为：。