2023届广东省湛江市高三一模考试化学试题含解析

这是一份2023届广东省湛江市高三一模考试化学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

广东省湛江市2023届高三一模考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．中华文明源远流长，衣、食、住、行都是中华民族智慧的结晶。下列文明载体与硅酸盐材料有关的是
衣
食
住
行




A．岭南非遗服饰(粤绣)
B．广东小吃(白斩鸡)
C．著名建筑(光孝寺)
D．出行马车(车辇)

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．古代服饰是由天然高分子化合物制成，A错误；
B．白斩鸡的主要成分为油脂、蛋白质等有机物，B错误；
C．光孝寺的墙、瓦是以砫酸盐为主要成分的传统无机非金属材料，C正确；
D．出行车辇与砫酸盐无关，D错误；
故选C。
2．下列试剂保存时所选试剂瓶合理的是




A．盛放溴化银固体
B．盛放硫酸溶液
C．盛放硫酸铜固体
D．盛放氢氧化钠溶液

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．溴化银是见光易分解的固体，应存放在棕色广口瓶中，故A正确；
B．硫酸溶液应盛放在细口瓶中，故B错误；
C．硫酸铜固体应保存在无色广口瓶中，故C错误；
D．氢氧化钠与玻璃中的二氧化硅反应，氢氧化钠溶液盛放在带橡胶塞的细口瓶中，故D项错误；
故选A。
3．生物体中普遍存在的有机化合物能为生命活动提供物质和能量基础，下列说法不正确的是
A．麦芽糖及其水解产物均能与银氨溶液发生银镜反应
B．从动物皮中提取的明胶属于蛋白质
C．食用油中含有的油酸易被氧化
D．DNA两条链上的碱基通过共价键配对连接
【答案】D
【详解】A．麦芽糖的水解产物为葡萄糖，二者均能与银氨溶液发生银镜反应，A正确；
B．从动物皮中提取的明胶属于蛋白质，B正确；
C．食用油中含有的油酸含有碳碳双键易被氧化，C正确；
D．核酸中DNA两条链上的碱基通过氢键作用配对连接，D错误；
故选D。
4．劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识正确的是
选项
劳动项目
化学知识
A
工厂用铁罐车运输浓硫酸
浓硫酸很难电离出，与铁不反应
B
消防演练用泡沫灭火器灭火
与互相促进使水解反应正向进行
C
陶瓷表面上釉
隔绝空气，防止陶瓷被氧化
D
用苯酚和甲醛制备酚醛树脂
酚醛树脂为高分子化合物，该过程发生了加聚反应

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．常温下，铁在浓硫酸中钝化，形成的致密氧化层薄膜阻碍反应的继续进行，所以工厂用铁罐车运输浓硫酸，故A错误；
B．反应泡沬灭火器灭火的原理是铝离子与碳酸氢根离子在溶液中互相促进使水解发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故B正确；
C．陶瓷性质稳定，不易被氧化，陶瓷上釉的目的主要是抗酸碱腐蚀和美观，故C错误；
D．苯酚和甲醛一定条件下发生缩聚反应制备酚醛树脂，故D错误；
故选B。
5．M、N是两种合成烃，其结构简式如图所示。下列说法不正确的是

A．M、N均不溶于水
B．M、N均能发生取代反应和氧化反应
C．N中所有碳原子可能共平面
D．M的一氯取代物有4种(不考虑立体异构)
【答案】C
【详解】A．烷烃和芳香烃均不易溶于水，A正确；
B．、中氢均能被取代，两者都可以燃烧，故均能发生取代反应和氧化反应，B正确；
C．中杂化的碳原子上连接了四个碳，此五个碳不可能共平面，C错误；
D．的一氯取代物有4种，分别为，D正确；
故选C。
6．用下列实验装置进行相应实验，其中装置正确且能达到实验目的的是




A．分离碘单质和
B．蒸发溶液，制备晶体
C．制备氢氧化铁胶体
D．乙醇脱水制乙烯

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．受热易升华，在冷的圆底烧瓶底又重新凝华成固体，不易分解且熔点较高，留在烧杯底部，装置正确且能达到实验目的，A符合题意；
B．镁离子水解生成氢氧化镁，蒸发结晶不能得到晶体，应使用降温结晶法，B不符合题意；
C．制备氢氧化铁胶体应向沸水中滴加饱和溶液，如用溶液会生成沉淀，C不符合题意；
D．乙醇脱水制乙烯应测反应液的温度，温度计应插入液面以下，D不符合题意；
故选A。
7．硅与碳同主族，是构成地壳的主要元素之一，下列说法正确的是
A．单质硅和金刚石中的键能：
B．和中化合价均为-4价
C．中Si原子的杂化方式为sp
D．碳化硅硬度很大，属于分子晶体
【答案】A
【详解】A．原子半径：Si＞C，键长：Si-Si＞C-C，则键能：Si-Si＜C-C，故A正确；
B．H的电负性大于Si，SiH4中Si的化合价为价，故B错误；
C．SiO2中Si的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，故C错误；
D．碳化硅的硬度很大，属于共价晶体，故D错误；
故选A。
8．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度，下图为氮、硫及其部分化合物的价类二维图，下列说法不正确的是

A．坐标轴左侧区域代表的是氮及其化合物
B．的转化均能一步实现
C．c、d和i、j均属于酸性氧化物
D．f与l可以是同一种物质
【答案】C
【分析】由图中氢化物的化合价可知，左侧为氮及其部分化合物的价类二维图，右侧为硫及其部分化合物的价类二维图，则a为硫化氢、b为硫、c为二氧化硫、d为三氧化硫、e为硫酸、f为硫酸盐、g为氨气、h为氮气、i为一氧化氮、j为二氧化氮或四氧化二氮、k为硝酸、l为铵盐。
【详解】A．由分析可知，左侧为氮及其部分化合物的价类二维图，故A正确；
B．由分析可知，右侧为硫及其部分化合物的价类二维图，a→b→c→d→e的转化过程为H2S→S→SO2→SO3→H2SO4，由硫及其化合物的性质可知，转化过程均能一步实现，故B正确；
C．一氧化氮、二氧化氮或四氧化二氮均不属于酸性氧化物，故C错误；
D．由分析可知，f为硫酸盐、l为铵盐，可能都是硫酸铵，故D正确；
故选C。
9．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X与Y、Z均能形成多种常见二元化合物，Y、Z形成的某化合物是参与光合作用的主要气体，基态原子中X、Y、Z的价电子数之和等于W的价电子数，下列说法正确的是
A．W属于d区元素 B．原子半径：
C．氢化物沸点： D．X与W的最外层电子数相等
【答案】D
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，Y、Z形成的某化合物是参与光合作用的主要气体，则Y为C元素、Z为O元素；X与Y、Z均能形成多种常见二元化合物，则X为H元素；基态原子中X、Y、Z的价电子数之和等于W的价电子数，则W为Cu元素；
【详解】A．铜元素的原子序数为29，价电子排布式为3d104s1，处于元素周期表的ds区，故A错误；
B．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，氧原子的原子半径小于碳原子，故B错误；
C．碳元素的氢化物可以是气态烃、液态烃、固态烃，固态烃的沸点高于水或过氧化氢，故C错误；
D．氢原子和铜原子的最外层电子数均为1，故D正确；
故选D。
10．化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。亚氯酸钠(NaClO2)具有强氧化性，受热易分解，可作漂白剂、食品消毒剂等，以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下图所示。

下列说法不正确的是
A．“母液”中主要成分是
B．“反应2”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
C．“减压蒸发”可以降低蒸发时的温度，提高产品产率
D．以生成时转移电子数目来衡量，相同质量的消毒能力是的2.5倍
【答案】D
【分析】由题给流程可知，反应1为二氧化硫与稀硫酸、氯酸钠反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，反应2为二氧化氯与过氧化氢、氢氧化钠混合溶液反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应得到的亚氯酸钠在55℃条件下减压蒸发、冷却结晶、过滤得到亚氯酸钠粗产品。
【详解】A．由分析可知，反应1为二氧化硫与稀硫酸、氯酸钠反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，则母液的主要成分为硫酸钠，故A正确；
B．由分析可知，反应2为二氧化氯与过氧化氢、氢氧化钠混合溶液反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应的化学方程式为，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故B正确；
C．由题给信息可知，温度过高，亚氯酸钠受热易分解，则采用减压蒸发可以降低蒸发时的温度，防止亚氯酸钠分解，提高产品产率，故C正确；
D．由得失电子数目守恒可知，相同质量二氧化氯与氯气的消毒能力的比值为≈2.63，则相同质量二氧化氯的消毒能力是氯气的2.63倍，故D错误；
故选D。
11．乙二胺()是一种重要的有机化工原料，下列关于乙二胺的说法不正确的是
A．易溶于水，其水溶液显碱性
B．键角大于键角
C．第二周期中第一电离能大于C小于N的元素只有一种
D．中，提供孤电子对形成配位键的是
【答案】D
【详解】A．乙胺中含氨基，能与水形成分子间氢键，易溶于水，其水溶液显碱性，A正确；
B．-NH2中含有孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对与成键电子对之间的排斥力，所以键角大于键角，B正确；
C．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素；第二周期中第一电离能大于小于的只有氧元素，C正确；
D．乙二胺与形成的中，提供㧓电子对形成配位键的是N，D错误；
故选D。
12．下列实验操作所观察到的实验现象正确且能得出相应实验结论的是
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向盛有3.0mL无水乙醇的试管中加入一小块金属钠
缓慢产生气泡
乙醇分子中羟基氢的活泼性小于水分子中的氢
B
向盛有2.0mL甲苯的试管中加入3滴酸性溶液，用力振荡
紫色褪去
甲苯中含有碳碳双键，可被酸性溶液氧化
C
向含有少量的溶液中滴加少量稀溶液
产生白色沉淀

D
用玻璃棒蘸取溶液滴在试纸上
试纸先变蓝，后褪色
溶液呈中性
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．向盛有3.0mL无水乙醇的试管中加入一小块金属钠，缓慢产生气泡说明乙醇分子中羟基氢的活泼性小于水分子中的氢，故A正确；
B．甲苯是苯的同系物，分子中不含有碳碳双键，故B错误；
C．向含有少量氯化铜的氯化镁溶液中加入氢氧化钠溶液，产生白色沉淀可能是因为镁离子的浓度大于铜离子浓度，则产生白色沉淀不能说明氢氧化镁的溶度积小于氢氧化铜，故C错误；
D．次氯酸钠溶液具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，不能用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH，则试纸先变蓝，后褪色不能说明次氯酸钠溶液呈中性，故D错误；
故选A。
13．常温下，和溶液中含磷微粒的物质的量分数与溶液的关系分别如图所示，向等物质的量浓度的和混合溶液中加入适量的溶液，下列说法不正确的是

A．由图可知是二元酸
B．时，
C．常温下，的反应平衡常数
D．溶液由3变为6.6的过程中，水的电离程度增大
【答案】B
【分析】由图可知，图中只出现三个交点说明H3PO4为三元弱酸，由电离常数公式可知，磷酸的三级电离常数分别为10—2.1、10—7.2、10—12.4，图中只出现两个交点说明H3PO3为二元弱酸，由电离常数公式可知，二级电离常数分别为10—3、10—6.6。
【详解】A．由分析可知，H3PO3为二元弱酸，故A正确；
B．向等物质的量浓度的H3PO4和H3PO3混合溶液中加入适量的氢氧化钠溶液，由分析可知，H3PO4的二级电离常数小于H3PO3的二级电离常数，所以当溶液pH为7.2时，HPO优先于H2PO反应，则混合溶液中HPO的浓度大于HPO的浓度，故B错误；
C．由方程式可知，反应的平衡常数K===10—0.6，故C正确；
D．溶液pH由3变为6.6的过程中，H3PO4、H3PO3与氢氧化钠溶液反应，溶液中氢离子浓度减小，抑制水的电离程度减小，则水的电解程度增大，故D正确；
故选B。
14．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列关于次氯酸盐性质实验对应的反应方程式书写正确的是
A．将足量的二氧化碳通入溶液中：
B．验证“84”消毒液与洁则剂不能混合的原因：
C．用溶液吸收废气中的制石膏乳：
D．将硫酸铬溶液滴入含的强碱性溶液中：
【答案】B
【详解】A．足量二氧化碳通入溶液生成的是，离子方程式为：，A错误；
B．“84”消毒液与洁厕剂混合的离子方程式为，因生成有毒的氯气，因此两者不能混合使用，B正确；
C．生成的微溶于水不能拆，离子反应为：，C错误；
D．强碱性溶液不生成，离子反应为：，D错误；
故选：B。
15．双极膜在电化学中应用广泛，它是由阳离子交换膜和阴离子交换膜复合而成。双极膜内层为水层，工作时水层中的解离成和，并分别通过离子交换膜向两侧发生迁移。三碘甲烷()又名碘仿，在医药和生物化学中用作防腐剂和消毒剂。电解法制取碘仿的工作原理如图所示，反应原理为，下列说法不正确的是

A．电极N连接直流电源的负极
B．电解一段时间后，硫酸溶液浓度降低
C．电极M上的主要反应为
D．每制备1mol三碘甲烷，理论上双极膜内解离
【答案】B
【分析】由图可知，该装置为电解池，与直流电源的负极相连的电极N为电解池的阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，双极膜中氢离子向阴极移动，电极为阳极，碱性条件下碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成次碘酸根离子，次碘酸根离子与乙醇反应生成三碘甲烷、碳酸根离子、碘离子、氢氧根离子和水，双极膜中氢氧根离子向阳极移动。
【详解】A．由分析可知，与直流电源的负极相连的电极N为电解池的阴极，故A正确；
B．由分析可知，与直流电源的负极相连的电极N为电解池的阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，双极膜中氢离子向阴极移动，则电解一段时间后，电解一段时间后，阴极区硫酸浓度不变，故B错误；
C．由分析可知，电极为阳极，碱性条件下碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成次碘酸根离子，电极反应式为，故C正确；
D．由得失电子数目守恒可知，每制备三碘甲烷，需要消耗5mol次碘酸根离子，外电路转移10mol电子，则理论上双极膜内解离180g水，故D正确；
故选B。
16．氨气在工业上应用广泛，已知反应  ，反应相同时间，的体积百分数随温度的变化情况如图所示，下列相关描述正确的是

A．线上的点均代表平衡时刻的点 B．逆反应速率：
C．b点时 D．平衡常数值：
【答案】D
【分析】由图可知，c点氨气的体积百分数最大，说明反应达到平衡，则c点以前为平衡的形成过程，c点以后为平衡的移动过程。
【详解】A．由分析可知，c点以前均未达到平衡，故A错误；
B．温度越高，反应速率越快，则d点逆反应速率大于a点，故B错误；
C．由分析可知，b点反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，故C错误；
D．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，由分析可知，c点以后为平衡的移动过程，则c点平衡常数大于d点，故D正确；
故选D。

二、实验题
17．某实验小组为探究含硫化合物的性质，设计如下实验探究的氧化性。
实验操作：向小试管中加入溶液，并滴入两滴淀粉溶液，无明显变化，再加入少量溶液，试管中溶液立即变蓝。取上层清液检验，证明溶液中存在。
(1)与反应的离子方程式为___________。
(2)检验该溶液中存在的具体操作及现象为___________。
(3)实验结论：的氧化性___________(填“强于”或“弱于”)。
已知：可与发生反应：。为了进一步探究与的反应速率，小组同学设计下表实验：
试验编号
溶液/
溶液/
蒸馏水/
0.4%的淀粉溶液/滴
溶液/
变色时间/
Ⅰ
4.0
0
4.0
2
2.0
立即
Ⅱ
4.0
1.0
3.0
2
2.0
30

(4)上述两实验中均加入了不同体积的蒸馏水，其目的为___________。
加入溶液后溶液变蓝的时间明显增长，小组同学对此提出两种猜想：
猜想1：先与反应，消耗完后才与反应；
猜想2：与反应的速率远低于与反应的速率。
为验证上述猜想，小组同学补充下表实验：
试验编号
KI溶液/
碘水/
溶液/

0.4%的淀粉溶液/滴
溶液/
实验现象
Ⅲ
2
0
20
10
0
0.2
下层溶液显浅紫色
Ⅳ
0
5
20
0
2
20
溶液先变蓝，后迅速褪色，一段时间后又变蓝

(5)验证猜想1的实验设计为___________(填“实验Ⅱ”或“实验Ⅳ”下同)，验证猜想2的实验设计为___________。
(6)下层溶液显浅紫色的原因为___________。
(7)由上述实验可知___________(填“猜想1”或“猜想2”)成立。
【答案】(1)
(2)向清液中滴加过量盐酸，无沉淀生成，再向所得混合液中滴加溶液，产生白色沉淀
(3)强于
(4)控制混合溶液总体积相等(或控制单一变量)，保证除了外，其他投料浓度均相等(2分，答案合理即可)
(5)     实验Ⅲ     实验Ⅳ
(6)反应过程中有生成，并被及时分离(答案合理即可)
(7)猜想2

【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比；
【详解】（1）碘单质能使淀粉变蓝色，试管中溶液立即变蓝，取上层清液检验，证明溶液中存在，则反应生成碘单质和硫酸根离子，故与反应的离子方程式为。
（2）检验上层清液中含的具体操作及现象为向清液中滴加过量盐酸，无沉淀生成，再向所得混合液中滴加溶液，产生白色沉淀即可证明溶液中含。
（3）氧化剂氧化性大于氧化产物，根据实验现象可得的氧化性强于。
（4）加入蒸馏水的目的是控制单一变量，使混合溶液总体积相等，保证除了外，其它投料浓度均相等。
（5）实验III证明中间有生成，验证猜想1不正确，实验Ⅳ体现了反应速率，是为了验证猜想2成立。
（6）碘极易溶于四氯化碳，下层溶液显浅紫色的原因为反应过程中有生成，并被及时分离。
（7）实验III证明中间有生成，验证猜想1不正确，实验Ⅳ体现了反应速率，是为了验证猜想2成立；实验现象说明反应中首先生成了碘单质，碘单质迅速与反应导致溶液又褪色，故猜想2成立。

三、工业流程题
18．镍钴锰酸锂材料是近年来开发的一类新型锂离子电池正极材料，具有容量高、循环稳定性好、成本适中等优点，这类材料可以同时有效克服钴酸锂材料成本过高、磷酸铁锂容量低等问题，工业上可由废旧的钴酸锂、磷酸铁锂、镍酸锂、锰酸锂电池正极材料(还含有铝箔、炭黑、有机黏合剂等)，经过一系列工艺流程制备镍钴锰酸锂材料，该材料可用于三元锂电池的制备，实现电池的回收再利用，工艺流程如下图所示：

已知：①粉碎灼烧后主要成分是、、、MnO、Fe2O3、；
②萃取剂对选择性很高，且生成的物质很稳定，有机相中的很难被反萃取
请回答下列问题：
(1)正极材料在“灼烧”前先粉碎的目的是___________。
(2)“碱浸”的目的是___________，涉及的化学方程式是___________。
(3)“酸浸”时加入的作用是___________。
(4)上述工艺流程中采用萃取法净化除去了，若采用沉淀法除去铁元素，结合下表，最佳的pH范围是___________。







开始沉淀时pH
1.5
3.4
6.3
6.6
6.7
7.8
完全沉淀时pH
3.5
4.7
8.3
9.2
9.5
10.4

(5)镍钴锰酸锂材料中根据镍钴锰的比例不同，可有不同的结构，其中一种底面为正六边形结构的晶胞如图所示。

①该物质的化学式为___________，写出基态Mn原子价层电子的轨道表示式___________。
②已知晶胞底面边长是anm，高是bnm，一个晶胞的质量为Mg，计算该晶胞的密度___________(用计算式表示)。
【答案】(1)增大固体与相应反应物的接触面积，使反应更充分
(2)     除去氧化物中的    
(3)把+3价钴还原为+2价
(4)3.5≤pH＜6.6
(5)              

【分析】废旧电池正极材料灼烧，得到、、、MnO、Fe2O3、，加入氢氧化钠碱浸除去铝，固体加入过氧化氢、稀硫酸酸浸后溶液加入萃取剂，萃取除去铁，水相加入CoSO4、NiSO4、MnSO4调节镍、钴、锰离子物质的量之比后加入氨水得到钴锰镍氢氧化物沉淀，滤液加入碳酸钠得到碳酸锂沉淀，钴锰镍氢氧化物沉淀与碳酸锂沉淀烧结得到产品；
【详解】（1）粉碎的目的是增大固体与相应反应物的接触面积，使反应更充分。
（2）根据流程可知粉碎灼烧后含有能和碱反应的，所以“碱浸”的目的是除去氧化物中的，对应的化学反应方程式是
（3）结合流程可知钴元素价态在氧化物中是价，而最后得到价，中间不涉及其他还原反应，故此过程中的作用应该是把价钴还原为价。
（4）根据流程信息，需要保证完全沉淀，而、、均未开始沉淀，故的最佳范围是。
（5）①根据晶胞的均摊规则可知：数目，和数目都是3，数目，数目，其化学式应为。为25号元素，其价层电子轨道表示为；
(2)1个晶胞的质量为Mg，底面积nm2，故晶胞的密度。

四、原理综合题
19．碳达峰、碳中和是现在需要继续完成的环保任务，的综合利用成为热点研究对象，作为碳源加氢是再生能源的有效方法，加氢可以合成甲醇，Olah提出“甲醇经济”概念，认为甲醇会在不久的将来扮演不可或缺的角色，通过加氢生产甲醇是有希望的可再生路线之一，该过程主要发生如下反应：
反应Ⅰ：  
反应Ⅱ：  
(1)①相关键能如下表，则___________，该反应的活化能___________(填“大于”“小于”或“等于”)。
化学键




键能
436
1071
464
803

②若K1、K2分别表示反应Ⅰ、反应Ⅱ的平衡常数，则的平衡常数K=___________(用含K1、K2的代数式表示)。
③已知的正反应速率( k为正反应的速率常数)，某温度时测得数据如下：




1
0.02
0.01

2
0.02
0.02
a

则此温度下表中a=___________。
(2)据文献报道，基纳米材料作为高性能催化剂可将电还原为高能量密度的，不同催化剂对生成的法拉第效率与电极电势的变化如图所示(已知法拉第效率是指实际生成物和理论生成物的百分比)，为了保证生成甲醇的法拉第效率，最合适的电势及最佳催化剂是___________。

(3)在催化剂作用下，发生上述反应Ⅰ、Ⅱ，达平衡时的转化率随温度和压强的变化如图，判断p1、p2、p3的大小关系：___________，解释压强一定时，的平衡转化率呈现如图变化的原因：___________。

(4)某温度下，初始压强为，向容积为的恒容密闭容器中充入、发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时的转化率是50%，体系内剩余，反应Ⅱ的平衡常数K=___________。
【答案】(1)          大于          1.6×10−3
(2)−1.0V、Cu6(S)
(3)     p1>p2>p3     TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低
(4)2

【详解】（1）①反应热与反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等，则反应Ⅰ的焓变ΔH1=(2×803+436)kJ/mol—(1071+2×464)kJ/mol=+43 kJ/mol，该反应为吸热反应，所以正反应的活化能大于逆反应的活化能，故答案为：+43 kJ/mol；大于；
②由盖斯定律可知，反应Ⅱ—反应Ⅰ得到反应，则反应的平衡常数K=，故答案为：；
③由速率公式可得：2.0×10−4=k×0.02×0.013，解得k=1×104，则a=1×104×0.02×0.023=1.6×10−3，故答案为：1.6×10−3；
（2）由图可知，电极电势为−1.0V、Cu6(S)做催化剂时生成甲醇的法拉第效率最高，则最合适的电势及最佳催化剂是−1.0V、Cu6(S)，故答案为：−1.0V、Cu6(S)；
（3）反应Ⅰ是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，反应Ⅱ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，由图可知，压强为p1、p2、p3时，二氧化碳的转化率依次减小，则压强的大小顺序为p1>p2>p3；反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，由图可知，压强一定时，温度升高，二氧化碳的转化率先增大后减小，说明TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低，故答案为：p1>p2>p3；TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低；
（4）设平衡时一氧化碳、甲醇的物质的量分别为xmol、ymol，平衡时二氧化碳的转化率是50%，由碳原子个数守恒可得：x+y=1，体系内剩余1mol氢气，由方程式和氢原子个数守恒可得：2x+x+y=2，解得x=y=0.5，则反应Ⅱ的平衡常数K=，故答案为：2。

五、有机推断题
20．化合物H是用于合成某种镇痛药的医药中间体，利用烃A合成H的某路线如下图所示：

已知：
回答下列问题：
(1)A的化学名称为___________；D中的官能团名称为___________。
(2)由B生成C时需要加入的试剂和反应条件为___________。
(3)由C生成D的反应类型为___________。
(4)由G生成H的化学方程式为___________。
(5)的同分异构体中含六元碳环的有___________种(不考虑立体异构)，写出其中一种核磁共振氢谱有6组峰的结构简式___________。
(6)参照上述合成路线设计以D为原料合成高分子化合物的路线___________(无机试剂任选)。
【答案】(1)     甲苯     溴原子和氨基
(2)浓硝酸、浓硫酸、加热
(3)还原反应
(4)
(5)     6     或
(6)

【分析】A发生取代反应生成B，B生成C，C和铁、HCl转化为D，结合D结构可知，A为甲苯，B为，B发生硝化反应在对位引入硝基得到C，C中硝基被还原为氨基得到D；
【详解】（1）A的化学名称为甲苯，中的官能团名称为溴原子和氨基。
（2）的反应为硝化反应，所以反应时还需要加入的试剂和反应条件为浓硝酸、浓硫酸、加热。
（3）的反应为硝基变氨基的反应，反应类型为还原反应。
（4）由信息可知反应为-NH2和醛基氧的反应生成H，化学方程式为；
（5）的不饱和度为1；其同分异构体中含六元碳环，六元碳环的不饱和度为1，其中若六元碳环上有1个取代基，可能为“”或“”，若有2个取代基则为“”和“”，两个取代基位置异构有四种，分别为连在同一碳上或邻位、间位、对位，共6种；其中核磁共振氢谱有6组峰的结构简式为；
（6）D首先在氢氧化钠水溶液中加热将溴原子转化为羟基，然后羟基氧化为醛基，在一定条件下生成高分子化合物，路线为：。