湖南省娄底市新化县第一中学2023届高三第七次月考化学试题含解析

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 湖南省娄底市新化县第一中学2023届高三第七次月考
化学试题
本试题卷分选择题和非选择题两部分，共10分。时量75分钟，满分100分。
可能用到的柏对银子质亚：H～1 C～12 N～14 O～16 Cl～35.5 Ca～40 Sc～45 Fe～56 Sb～122 La～139
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 化学科学在“国之重器”的打造中发挥着重要作用。下列有关叙述正确的是
A. “墨子号”卫星成功发射实现了光纤量子通信，生产光纤的原料为晶体硅
B. 实现海上首飞的“鲲龙”水陆两栖飞机的燃料为航空煤油，其组成元素与生物柴油相同
C. 长征五号火箭的箭体蒙皮材料2219-铝合金，可一定程度上减轻火箭的质量
D. “奋斗者”号载人潜水器成功坐底，深度10909m，所用硬质合金潜孔钻头属于复合材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．生产光纤的原料为晶体二氧化硅，选项A错误；
B．航空煤油属于混合物，是由不同馏分的烃组成的，组成元素是碳和氢，而生物柴油的成分是油脂，组成元素为碳、氢、氧，选项B错误；
C．铝是密度较小的金属，使用铝合金可以减轻火箭质量，选项C正确；
D．金属单质或合金均属于金属材料，即本项中的硬质合金应该属于金属材料，选项D错误。
故答案选C。
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13NA
B. 标准状况下，22.4L氟化氢中含有的质子数为10NA
C. 1molNO与1molO2混合后，减少的气体分子数目为0.5NA
D. 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盐酸的中氯化氢出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. 已知短周期主族元素R、W、X、Y、Z，其中R元素所在的周期数是其族序数的一半，且对应的两种常见氧化物均为酸性氧化物，W元素与Z元素在同一主族，X与其同主族另一元素单质构成原子反应堆导热剂，Y元素原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素原子L层电子数为m＋n，M层电子数为m-n，下列叙述中错误的是
A. R、X、Y对应的简单离子半径：r(X)R
C. 将WY2与RY2分别通入Ba(NO3)2溶液中，现象不同
D. 因为Y的氢化物比R的氢化物稳定，所以Y的氢化物的熔、沸点比R的氢化物的熔、沸点高
【答案】D
【解析】
【详解】已知短周期主族元素R、W、X、Y、Z，其中R元素所在的周期数是其族序数的一半，且对应的两种常见氧化物均为酸性氧化物，则为S元素， X与其同主族另一元素单质构成原子反应堆导热剂，则X为Na元素，Y元素原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素原子L层电子数为m＋n，M层电子数为m-n，则n=2，m=6，故Z为Si，Y为O，W元素与Z元素在同一主族，W为C。由题意可推知 R、W、X、Y、Z五种元素分别是S、C、Na、O、Si。
A．R、X、Y 对应的简单离子半径：r(Na＋)Na2SO4，选项B正确；
C．将CO2与SO2分别通入Ba(NO3)2溶液中，通入CO2时无明显现象，通入SO2时有白色沉淀，现象不同，选项C正确；
D．H2O的熔、沸点比 H2S的熔、沸点高，是因为分子间作用力大小不同，不是因为H2O比H2S稳定，选项D错误；
答案选D。
4. 一种治疗帕金森症的药品的合成中涉及如下转化关系。下列说法正确的是

A. 中存在键的数目为
B. 、、分子中均存在顺反异构现象
C. 的反应包括取代和消去两步反应
D. 分子中所有碳原子不可能处于同一平面
【答案】D
【解析】
【详解】A．单键含有1个键、双键含有1个键和1个π键， 中存在键的数目为20mol，故A错误；
B．含有碳碳双键且连接在碳上的是不同基团才存在顺反异构现象，X中不存在碳碳双键，所以不存在顺反异构现象，故B错误；
C．X→Y应是X中醛基和H-CH2NO2发生加成反应，再发生醇羟基的消去反应得到碳碳双键，故C 错误；
D．分子中存在饱和碳结构，所有碳原子不可能处于同一平面，故D正确；
故选：D。
5. 下列四组实验中，操作正确且能达到预期目的的是
A
B
C
D




灼烧碎海带
提纯胶体
检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离子
分离苯(沸点80.1℃)和溴苯(沸点156.2℃)

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．灼烧碎海带应在坩埚中进行，故A错误；
B．提纯氢氧化铁胶体应用渗析的方法，不能用过滤的方法，故B错误；
C．检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离子时应先将反应后混合溶液缓慢倒入水中，并不停的搅拌，故C正确；
D．用蒸馏的方法分离苯和溴苯时，温度计应在支管口附近，故D错误；
故选C。
6. (式量为M)是生物医药、太阳能电池等领域的理想荧光材料，其晶胞结构如图所示，阿伏加德罗常数为。已知：原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，一种自旋状态用表示，与之相反的表示，称为电子的自旋磁量子数。下列说法错误的是

A. 的价层电子排布式为
B. 基态S原子电子自旋磁量子数的代数和为1
C. 若A点的分数坐标为，则B点的分数坐标为
D. 晶体的密度为
【答案】B
【解析】
【详解】A．位于第五周期ⅢA、核外电子排布式为，A正确；
B． 基态S原子电子排布式为，同一个轨道中电子自旋方向相反、电子自旋磁量子数的代数和为0，中有2个p电子位于同一个轨道、另2个电子分占两个p轨道且自旋方向相同，则电子自旋磁量子数的代数和为1或-1，B不正确；
C． 由晶胞示意图可知，若A点的分数坐标为，则B点的分数坐标为，C正确；
D．晶胞中Cu有8个位于顶点、4个面心、1个晶胞内，个数为8×+4×+1=4，In有4位于棱上、6个在面心，个数为4×+6×=4，8个S位于晶胞内，则晶体的密度为，D正确；
答案选B。
7. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，浙江大学研究团队以(固态物质，a、b为系数)为载体，利用纳米颗粒催化气态单质W2、X2合成W2X2，其原理如下图所示。下列说法错误的是

A. 元素主要化合价(最高正价)：Z＞Y
B. 地壳中元素含量：X＞Z＞Y
C. Y2X3、ZX2均具有较高熔点
D. W与X形成的化合物只含极性键
【答案】D
【解析】
【分析】根据四种元素形成的化合物结构的特点，该物质是盐，表示成氧化物形式，应该为硅酸盐。结合元素原子序数大小关系及气态单质W2、X2合成W2X2，可知：W是H，X是O，Y是Al，Z是Si元素，然后根据元素周期律及物质性质分析解答。
【详解】A．Z是Si元素，最高是+4价，Y是Al元素，最高是+3价，所以元素主要化合价(最高正价)：Z＞Y，A正确；
B．在地壳中各种元素的含量由多到少的顺序为：O、Si、Al、Fe、Ca、Na等，X是O，Y是Al，Z是Si，可见地壳中元素含量：X＞Z＞Y，B正确；
C．Y2X3是Al2O3，该物质是离子化合物，离子之间以极强的离子键结合，其熔点较高；ZX2是SiO2，该物质属于共价晶体原子之间以强烈共价键结合，具有较高的熔点，C正确；
D．W是H，X是O，二者形成的化合物H2O中只含有极性键H-O键；在化合物H2O2中既含有极性键H-O键，也含有非极性键O-O键，D错误；
故合理选项是D。
8. 中国自古有“信口雌黄”“雄黄入药”之说。雌黄和雄黄都是自然界中常见的砷化物，早期都曾用作绘画颜料，因都有抗病毒疗效也用来入药。砷元素有、两种常见价态。一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示。下列说法错误的是

A. 反应Ⅰ中，和的物质的量之比为1∶1时可恰好完全反应
B. 反应Ⅱ中，物质a可能是S、
C. 反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ是氧化还原反应；反应Ⅲ是非氧化还原反应
D. 反应Ⅰ可用NaOH溶液吸收，向吸收后的溶液中加入足量稀硫酸可为反应Ⅳ提供
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应Ⅰ中，和反应生成Sn4+、，As化合价由+3到+2，Sn化合价由+2到+4，根据电子守恒可知，～，即物质的量之比为1∶1时可恰好完全反应，A正确；
B．反应Ⅱ中氧气具有氧化性，负二价硫具有还原性，则物质a可能是S、，B正确；
C．反应Ⅳ中H、O、S、As元素化合价反应前后均不改变，是非氧化还原反应，C错误；
D．反应Ⅰ可用NaOH溶液吸收，向吸收后的溶液中存在生成的硫化钠，加入足量稀硫酸反应生成硫化氢气体，可为反应Ⅳ提供，D正确；
故选C。
9. 在钒化合物的催化作用下，H2O2发生反应的反应机理如图甲，反应过程中的能量变化情况如图乙所示，下列说法错误的是

A. 此过程的总反应为H2O2+Cl-+H+=H2O+HClO
B. 在图示无机反应中，被氧化的是氯元素，被还原的是氧元素
C. 图中钒的化合价发生了变化
D. 此过程的总反应速率由C到D的步骤决定
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据题所给循环过程，总反应式为H2O2+Cl―+H+=H2O+HClO，A项正确；
B．H2O2+Cl－+H+=H2O+HClO中被氧化的是氯元素，被还原的是氧元素，B项正确；
C．仔细观察可知虽然钒的配位数发生了变化，但其化合价始终为+5价不变，C项错误；
D．此过程的总反应速率由活化能最大的反应步骤C到D决定，D项正确。
答案选C。
10. 羟基自由基(·OH)是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。我国科学家设计了一种能将苯酚氧化为CO2和H2O的原电池-电解池组合装置(如下图所示)，该装置能实现发电、环保二位一体。下列说法错误的是

A. b极为负极，d极为阳极
B. b电极区每产生3molCO2，c电极区溶液质量减轻14g
C. d电极的电极反应式：H2O-e-=·OH+H+
D. 工作时，如果II室中Na+、Cl− 数目都减小，则M为阳离子交换膜
【答案】B
【解析】
【分析】苯酚氧化为CO2和H2O的原电池中C6H6O CO2+H2O，发生了氧化反应，作负极，c为阴极： 发生了还原反应，作正极，d为阳极。以此分析解答。
【详解】A. 根据上述分析可知：b极为负极，d极为阳极，故A正确；
B. 根据上述分析可知：1molC6H6O 6molCO228mole-，c极区2H+H2 2mole-。所以b电极区每产生3molCO2，转移14mol电子，c电极产生7molH2，d极质子通过质子交换膜进入c极区，溶液质量不会变化，故B错误；
C. 根据上述分析可知：d为阳极，其电极的电极反应式：H2O-e-=·OH+H+，故C正确；
D. 根据上述分析可知：a为正极，其电极的电极反应式：7H2O++6 e-=2+8OH-，阴离子浓度增大，Na+透过M膜进入a极区，所以M为阳离子交换膜，故D正确；
故答案：B。
11. 聚合硫酸铁是一种新型絮凝剂，其处理污水能力比强，且腐蚀性小。工业上利用废铁屑为原料制备聚合硫酸铁的工艺流程如图。下列说法正确的是

A. 聚合硫酸铁中
B. 酸浸槽中加入的酸液可用稀硝酸
C. 反应釜中发生的离子反应为
D. 聚合釜中控制溶液的pH越大越好
【答案】A
【解析】
【详解】A．化学式中：，即，A正确；
B．酸浸槽中加入的酸液是硫酸，如果加入硝酸，一方面会生成有毒气体，另一方面会引入杂质，B错误；
C．反应釜中加入将氧化为，正确的离子方程式为，C错误；
D．如果聚合釜中溶液的pH控制过大，会生成氢氧化铁沉淀，达不到制取聚合硫酸铁的目的，D错误；
故答案为：A。
12. 工业上生产CO是由焦炭和CO2在高温反应而得。现将焦炭和CO2放入体积为2L的刚性密闭容器中，高温下进行下列反应：C(s)+CO2(g)2CO(g) ΔH=QkJ·mol-1。图为CO2、CO的物质的量n随时间t的变化关系图。下列说法正确的是

A. 0～1min，v(CO)=1mol·L-1·min-1；1～3min时，v正(CO)=v逆(CO2)
B. 当容器内的气体密度(ρ)不变时，反应一定达到平衡状态，且0，再达平衡时≈4.7
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，0～1min，一氧化碳物质的量增加2mol，则反应速率；1～3min时，平衡不移动，反应速率之比等于化学计量数之比，则，故A错误；
B．该反应反应前后质量发生变化，体积不变，则其密度为变量，当容器内气体的密度不变时，说明反应达到平衡状态；根据知，体积不变，反应达到平衡时，气体的质量增大，则平衡时气体的密度大于起始时气体的密度，则，故B错误；
C．5min时再充入一定量的CO，CO的物质的量瞬间增大，平衡逆向移动，CO的物质的量又逐渐减小，5min时CO2浓度不变，平衡逆向移动，CO2的物质的量逐渐增大，则b表示n(CO2)的变化，c或d表示n(CO)的变化，故C错误；
D．由图可知，3min时升高温度，一氧化碳增多，说明反应是吸热反应，T1温度平衡，一氧化碳物质的量为2mol，二氧化碳物质的量为7mol；平衡常数，T2温度平衡，一氧化碳物质的量为4mol，二氧化碳物质的量为6mol，平衡常数，则，故D正确；
答案选D。
13. 反应可制备广谱消毒剂，装置如图所示(夹持装置已略去)。下列说法错误的是

A. 按气流从左至右，装置中导管连接顺序f→c→d→a→b→e
B. 升高温度不利于装置A中产品的生成
C. 当加入4mol NaOH时，最多消耗氰尿酸()1mol
D. 装置D中橡皮管可平衡气压，便于浓盐酸顺利流下
【答案】C
【解析】
【分析】浓盐酸和反应生成，盐酸具有挥发性，所以生成的氯气中含有HCl，用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，氯气与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，和NaClO反应生成、NaOH和H2O，发生反应的化学方程式为。氯气有毒，多余的氯气需要用NaOH溶液吸收，防止污染环境。
【详解】A．A为制取装置、B为除去氯气中的HCl的装置、C为处理尾气装置、D为制取装置，所以完成上述实验，按气流从左至右，导管连接顺序为f→c→d→a→b→e，A正确；
B．升高温度，和NaOH溶液反应生成，生成NaClO浓度减小，不利于装置A中产品生成，B正确；
C．由反应方程式：、，可得关系式：，加入4molNaOH时，可消耗1mol，由于产物也生成NaOH，则消耗氰尿酸大于1mol，C错误；
D．装置D是浓盐酸和反应生成，由于产生气体，装置D内压强较大，使用橡皮管可平衡气压，便于浓盐酸顺利流下，D正确；
答案选C。
14. 某温度下，分别向10mL浓度均为的NaBr溶液和溶液中滴加0.1的溶液，滴加过程中或随加入溶液体积的变化如图所示。下列说法错误的是

A.
B. 该温度下，
C. m、n、p三点溶液中：p>n>m
D. 其他条件不变，若将NaBr溶液的浓度减小为原来的一半，则此时m点坐标为(5，-3.5)
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，m点为溴化钠溶液和硝酸银溶液恰好完全反应的点，n点为硫酸钠溶液和硝酸银溶液恰好完全反应的点。
【详解】A．由图可知，未滴加硝酸银溶液时，和均为-1，则起始时溴离子浓度和硫酸根离子浓度均为0.1 mol/L，所以溴化钠和硫酸钠的浓度均为0.1 mol/L，x=0.1，故A正确；
B．由分析可知，n点为硫酸钠溶液和硝酸银溶液恰好完全反应的点，溶液中硫酸根离子浓度1×10−2 mol/L，银离子浓度为2×10−2mol/L，则硫酸银的溶度积为=(2×10−2mol/L)2×1×10−2 mol/L=4×10−6，故B正确；
C．由图可知，m点为溴化钠溶液和硝酸银溶液恰好完全反应的点，n点为硫酸钠溶液和硝酸银溶液恰好完全反应的点，p点溴化钠溶液和硝酸银溶液反应时硝酸银溶液过量，则.m点溶液中银离子浓度为1×10−7 mol/L、n点溶液中银离子浓度为2×10−2mol/L，p点溶液中银离子浓度为，则溶液中银离子浓度大小顺序为p>n>m，故C正确；
D．其他条件不变，若溴化钠溶液的浓度减小为原来的一半，则消耗硝酸银溶液的体积就减半，温度不变，溴化银的溶度积不变，溴化钠溶液与硝酸银溶液恰好完全反应时溶液中溴离子的浓度不变，纵坐标仍是-7，所以m点的坐标为(5，-7)，故D错误；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 己二酸是一种二元弱酸，通常为白色结晶体，微溶于冷水，易溶于热水和乙醇。
其制备的一种反应机理如下：(未配平)。制备己二酸的装置如图所示(夹持、加热装置省略)。
（1）向三颈烧瓶中加入浓，再缓慢滴加环己醇，保持80℃持续反应2h。反应结束冷却至室温后，在冰水浴中冷却，分离出己二酸粗品，用冰水浴的目的是___________。图中冷却水从冷凝管(填“a”或“b”)___________口流出。
（2）图中装置的缺陷为___________。

（3）环己烯、环己醇、环己酮也可被双氧水氧化成己二酸。仅从所需双氧水理论用量的角度看，试剂X的最佳选择是_____ (填序号)。
A．环己烯() B．环己醇() C．环己酮()
（4）在实际操作中，双氧水的实际用量通常要大于理论用量，原因是___________。
（5）如图是己二酸的浓度与温度关系曲线图。介稳区表示己二酸溶液处于饱和状态，稳定区表示己二酸溶液处于___________状态。实验室常根据直线从溶液A获取己二酸晶体，对应的实验操作为___________，过滤。

（6）称取己二酸晶体样品0.2920g于锥形瓶中，用煮沸的热水溶解，滴加2滴酚酞试液，用溶液滴定，平行滴定3次，平均消耗溶液的体积为，则己二酸的纯度为___________。(己二酸的相对分子质量为146)
【答案】（1） ①. 降低己二酸的溶解度，析出更多己二酸晶体，提高己二酸的产率 ②. b
（2）缺少尾气吸收装置
（3）C （4）双氧水不稳定，易分解
（5） ①. 不饱和 ②. 恒温蒸发结晶
（6）75%
【解析】
【分析】利用物质的性质判断是否需要尾气处理装置，根据反应目的，利用物质间的变化判断物质的用量。
【小问1详解】
因为己二酸的溶解度与温度成正比，当降低温度后，己二酸的溶解度降低，会更容易析出己二酸晶体；为了使冷凝效果更好，冷却水从冷凝管的下口a进入，上口b口流出，故选答案b。
【小问2详解】
根据题目中的已知信息判断有污染性气体二氧化氮产生，故需要尾气处理，故答案为：缺少尾气吸收装置。
【小问3详解】
根据环己烯、环己醇、环己酮也可被双氧水氧化成己二酸的分子式的特点与双氧水的分子式上判断，三种物质生成己二酸所需双氧水的量最少的是C，故选答案C。
【小问4详解】
因为双氧水不稳定，会分解导致损失，故答案为：双氧水不稳定，易分解。
【小问5详解】
介稳区表示己二酸溶液处于饱和状态，则稳定区表示表示己二酸溶液处于不饱和状态，否则会析出晶体，故答案为：不饱和；根据晶体的常用的方法判断，答案为：恒温蒸发结晶。
【小问6详解】
，则己二酸的质量m=n×M=0.0015×146=0.219g，则纯度为：。
【点睛】利用题目信息判断物质的性质，根据物质的性质判断仪器的使用及整个装置的完整性。
16. 炼锌工艺产生大量废泥，主要含有金属锌、铜、镉(Cd)，还有少量铁和微量砷。废泥资源化工艺如下：

（1）废泥“晒干氧化”主要是把金属转化为盐，有关该盐下列说法正确的是___________(填编号)
A 硫酸盐 B. 碱式碳酸盐 C. 盐酸盐 D. 亚硫酸盐
（2）“除杂”过程中，发生的离子方程式是___________，H2O2需要分批加入，主要目的是___________。
（3）两次“中和”后，经过浓缩降温结晶等一系列物理过程，产品B为___________。
（4）加入Zn，得到的还原产物是___________。
（5）废泥资源化工艺得到4种产品，这样设计的目的是___________(填编号)。
A. 降低成本，提高效益
B. 充分利用废泥，使废泥资源化
C. 整个工艺原子利用率达到100%
D. 增加反应速率，提高反应程度
【答案】（1）B （2） ①. ②. 减少H2O2被铁离子催化分解的总量
（3）芒硝或Na2SO4·10H2O或硫酸钠晶体
（4）镉或Cd （5）AB
【解析】
【分析】废泥经晒干氧化，与空气中的氧气、二氧化碳共同作用转化为碱式碳酸盐，再经硫酸浸取转化为相应的金属阳离子进入溶液，之后加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再调节pH将Fe3+沉淀除去；然后加入纯碱进行中和，使Cu2+沉淀，过量得到的沉淀经系列处理得到硫酸铜晶体；滤液中继续加入纯碱将Zn、Cd元素沉淀，过滤得到白色沉淀，再加硫酸溶解，调节pH后再加入Zn单质，还原出Cd单质，溶液处理可得硫酸锌晶体；此时母液中阴离子主要为硫酸根，阳离子为钠离子，经过浓缩降温结晶等系列处理可得硫酸钠晶体。
【小问1详解】
“晒干氧化”过程中，废泥与空气中的氧气、二氧化碳共同作用转化为碱式碳酸盐，故选B；
【小问2详解】
除杂时加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为；双氧水将Fe2+氧化的过程中，Fe3+也会催化双氧水分解，所以需要分批加入，减少H2O2被铁离子催化分解的总量；
【小问3详解】
酸浸时用的硫酸，中和时用碳酸钠，所以经最后一次中和后，母液中阴离子主要为硫酸根，阳离子为钠离子，经过浓缩降温结晶等系列处理可得芒硝或Na2SO4·10H2O或硫酸钠晶体；
【小问4详解】
根据流程可知加入Zn得到的还原产物为Cd；
【小问5详解】
A．废泥资源化工艺得到4种产品，可以降低成本，提高效益，A符合题意；
B．该工艺充分利用废泥，使废泥资源化，变废为宝，B符合题意；
C．整个过程中原子利用率并不能达到100%，例如As元素则没有被利用，C不符合题意；
D．虽然该工艺过程中某些步骤可以增加反应速率，提高反应程度，但并不是整个工艺流程的目的，D不符合题意；
综上所述答案为AB。
17. 磷石膏是湿法生产磷酸的固体废弃物，主要成分是CaSO4·2H2O。用磷石膏生产硫酸或硫，既可减少对环境的污染又可使资源循环利用。回答下列问题：
（1）用硫磺还原磷石膏。已知下列反应：
3CaSO4(s)+CaS(s)=4CaO(s)+4SO2(g) ΔH1
3CaS(s)+CaSO4(s)=4CaO(s)+4S(s) ΔH2
则反应：2CaSO4(s)+S(s)=2CaO(s)+3SO2(g) ，ΔH=_______(用ΔH1和ΔH2表示)。
（2）以高硫煤为还原剂焙烧2.5小时，温度对CaSO4转化率的影响如下图所示，CaCl2的作用是_______；当温度高于1200℃时，无论有无CaCl2，CaSO4的转化率都趋于相同，可能的原因是_______ 。

（3）用CO作还原剂与磷石膏反应，不同反应温度下可得到不同的产物。
①温度低于800℃时，主要的还原产物是一种硫的最低价盐，该物质的化学式是_______。
②1150℃下，向盛有足量CaSO4的真空恒容密闭容器中充入一定量CO，反应体系起始压强为0.1a MPa，主要发生反应：CaSO4(s)+CO(g)=CaO(s)+CO2(g)+SO2(g)。该反应达到平衡时，c(SO2)=8.0×10-5mol·L-1，CO的转化率为80%，则初始时c(CO)=_______mol·L-1，该反应的分压平衡常数KP=_______MPa(用含a的代数式表示；分压=总压×物质的量分数；忽略副反应)。
（4）以C作还原剂。向密闭容器中加入相同质量的几组不同C/S值(炭粉与CaSO4的物质的量之比)的混合物，1100℃煅烧至无气体产生，结果如下图所示。当C/S值为0.5时，反应产物主要为CaO、SO2和CO2；当C/S值大于0.7时，反应所得气体中SO2的体积分数不升反降，可能的原因是_______。

【答案】（1）
（2） ①. 作催化剂 ②. 两种情况下反应均达到平衡，催化剂CaCl2不改变平衡
（3） ①. CaS ②. ③. 0.32a
（4）高温下，过量的C与CO2反应生成CO，使气体总体积增大（或CaSO4部分转化为其他含硫物质）
【解析】
【小问1详解】
令3CaSO4(s)+CaS(s)=4CaO(s)+4SO2(g) ΔH1①
3CaS(s)+CaSO4(s)=4CaO(s)+4S(s) ΔH2②
根据盖斯定律可知，反应：2CaSO4(s)+S(s)=2CaO(s)+3SO2(g)可由（3①-②）得到，所以对应反应热ΔH=；
【小问2详解】
由图示可知CaCl2改变反应速率，但不改变最终CaSO4的转化率，说明CaCl2在转化过程中起催化剂作用；因催化剂CaCl2不改变平衡状态，当温度高于1200 ℃时，两种情况均达到平衡状态，则无论有无CaCl2，CaSO4的平衡转化率趋于相同；
【小问3详解】
①S的最低价态为-2价，则温度低于800℃时，主要的还原产物是一种硫的最低价盐，CaSO4主要还原产物为CaS；
②根据反应：CaSO4(s)+CO(g)=CaO(s)+CO2(g)+SO2(g)可知，转化的CO的浓度与生成的SO2相同，所以该反应达到平衡时，=c(SO2)=8.0×10-5mol·L-1，CO的转化率为80%，因此CO的初始浓度c0(CO)=；根据题意列出三段式如下：
，则
平衡时的总压强为0.1a MPa×=0.18 a MPa，则CO(g)、CO2(g)、SO2(g)的平衡分压分别为×0.18 a MPa=0.02 a MPa、×0.18 a MPa=0.08 a MPa、×0.18 a MPa=0.08 a MPa，所以Kp= =0.32aMPa；
【小问4详解】
因高温下过量的C与CO2反应生成CO，方程式为C+CO22CO，从而使气体总体积增大，导致混合气体中SO2的体积分数不升反降，也可能是或CaSO4部分转化为其他含硫物质，从而使SO2的体积分数降低。
18. 化合物G( )是一种治疗高血压药物的一种中间体，其合成路线如下：

已知：Ⅰ.
Ⅱ.(R为烃基或氢原子)
回答下列问题：
（1）在生活中，是我国应用最早、使用最多的酸味剂，A的化学名称为___________。
（2）A生成B的化学方程式为___________；该反应的反应类型为___________。
（3）C中含有的官能团名称为___________，D的结构简式为___________。
（4）M是C的同分异构体，且M是含有硝基()的芳香族化合物，遇三氯化铁溶液显紫色，符合要求的共有___________种，其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为1：2：2：2的是___________(写结构简式)
（5）请设计以对硝基甲苯和丙酮为原料合成的合成路线(其它试剂任选) _____。已知：①；②氨基易被氧化。
【答案】（1）乙酸甲酯
（2） ①. ②. 取代反应
（3） ①. 羟基、 硝基 ②.
（4） ①. 13 ②.
（5）
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，在浓硫酸作用下，CH3COOH与CH3OH共热发生酯化反应生成CH3COOCH3，则C2H4O2的结构简式为CH3COOH、A为CH3COOCH3；在碱作用下，CH3COOCH3分子间发生取代反应生成CH3COCH2COOCH3，则B为CH3COCH2COOCH3；CH3COCH2COOCH3与氨气发生一系列反应生成；在浓硫酸作用下，与浓硝酸发生硝化反应生成，在光照条件下，与氯气发生取代反应生成，在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，则C为；在铜做催化剂作用下，与氧气发生催化氧化反应生成，一定条件下，与CH3COCH2COOCH3发生信息Ⅱ反应生成，则D为；与发生一系列反应生成。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为CH3COOCH3，名称为乙酸甲酯，故答案为：乙酸甲酯；
【小问2详解】
由分析可知，A生成B的反应为在碱作用下，CH3COOCH3分子间发生取代反应生成CH3COCH2COOCH3和甲醇，反应的化学方程式为，故答案为：；取代反应；
【小问3详解】
C的结构简式为，官能团为羟基、硝基；D的结构简式为，故答案为：羟基、硝基；；
【小问4详解】
由C的同分异构体M是含有硝基的芳香族化合物，遇三氯化铁溶液显紫色可知，M含有的官能团为硝基和酚羟基，若苯环上连有2个取代基，取代基为—OH和—CH2NO2,2个取代基在苯环上有邻、间、对共3种结构；若苯环上连有3个取代基，取代基为—OH、—CH3和—NO2,可以视作邻甲基苯酚、间甲基苯酚和对甲基苯酚的苯环上的氢原子被硝基取代所得的衍生物，其中邻甲基苯酚、间甲基苯酚都有4种取代结构、对甲基苯酚有2种取代结构，则M共有13种结构；符合核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为1：2：2：2的结构简式为，故答案为：13；；
【小问5详解】
由题给信息可知，以对硝基甲苯和丙酮为原料合成的合成步骤为与高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，与铁、盐酸发生还原反应生成，与丙酮发生一系列反应生成，合成路线为，故答案为：。