重庆市七校2023届高三三诊考试化学试题（含解析）

这是一份重庆市七校2023届高三三诊考试化学试题（含解析），共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，工业流程题，实验题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
重庆市七校2023届高三三诊考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学无处不在，下列叙述正确的是
A．2023年2月美国俄亥俄州火车脱轨，大量氯乙烯泄漏——氯乙烯无毒，是合成PVC的单体
B．2023年2月日本樱岛火山喷发可能导致酸雨，岩浆经过复杂变化可以形成玉石
C．2023年蒙古、中国、日本多地沙尘肆虐，沙尘和雾霾都属于胶体范畴
D．2023年1月商务部修订《中国禁止出口限制出口技术目录》——稀土金属共15种，属于锕系元素
2．下列化学用语表示正确的是
A．HClO的空间填充模型：
B．乙酰胺的结构简式：
C．基态Fe2+的电子排布式：[Ar]3d54s1
D．H2O分子的形成过程：
3．向硫酸铝铵溶液中逐滴加入溶液，其生成沉淀的质量与加入溶液体积的关系如图所示，下列离子组能够在相应溶液中大量共存的是

A．a点： B．b点：
C．c点： D．d点：
4．模拟从海水中提取镁的实验装置、操作及目的如图所示，能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
装置




操作及目的
煅烧贝壳至900℃，得到生石灰
浓缩海水，加生石灰反应后过滤，得到
蒸发溶液，得到无水
电解溶液，制备金属Mg
A．A B．B C．C D．D
5．表示阿伏伽德罗常数的值，工业制硫酸的原理如图所示，下列有关说法正确的是

A．中含有数目为
B．标准状态下，的体积为
C．反应①中，若有黄铁矿参与反应，则消枆的数目为
D．反应②中，若将与足量的空气通入反应器中，生成的数目为
6．科学家合成出了一种新化合物(如图所示)，其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是

A．X的氧化物中存在的化学键全部为共价键
B．第一电离能的顺序为
C．Z的氧化物的水化物是强酸
D．该新化合物中X不满足8电子稳定结构
7．下列实验方案、现象、结论均正确的是
选项
方案
现象
结论
A
向溶液中滴加溴水
溴水褪色
含有碳碳双键
B
将通入淀粉溶液中至过量
溶液先变蓝，后褪色
具有氧化性和漂白性
C
向盛有溶液的试管中，先滴几滴溶液，再滴加溶液。
试管先出现白色沉淀，后出现淡黄色沉淀

D
用PH试纸测定同温、同浓度的溶液、溶液的pH
溶液pH更大
电离常数：
A．A B．B C．C D．D
8．有机化合物Y可由X通过加成、消去两步反应制得，转化过程如图。下列说法错误的是

A．X能使溴水褪色，说明X中含碳碳双键
B．X存在顺反异构体
C．X→Y的转化过程中有副产物生成
D．Y与足量H2加成后的产物分子中只有一个手性碳原子
9．纳米可催化的分解，其晶胞结构如图所示。关于的说法正确的是

A．的配位数是4
B．与间最短距离为
C．若A离子的坐标为，则B原子的坐标为
D．若晶体密度为，则晶胞参数
10．一种以沸石笼为载体对NO进行催化还原的原理如图所示。下列说法正确的是

A．反应③为氧化还原反应
B．反应④中涉及非极性键的断裂和生成
C．反应⑤中转移2mol电子时，有1molNO参与反应
D．总反应的化学方程式可表示为4NH3+4NO+O24N2+6H2O
11．科学家近年发明了一种新型水介质电池。电池示意图如图，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，温室气体被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。下列说法错误的是

A．充电时，阴极反应为
B．放电时，生成，转移电子数为个
C．充电时，电池总反应为
D．放电时，正极溶液中浓度升高
12．高氯酸铵()受热或撞击可分解成、、和，可用作火箭推进剂。一种以工业(含少量的和)溶液制取高氯酸铵的流程如下，电解时使用惰性电极，电解后溶液中有生成。。

关于制取高氯酸铵的反应，下列说法正确的是
A．沉铬时加入可以增加溶液的碱性，促进转化为
B．电解时阴极附近溶液pH减小
C．加入饱和溶液反应时可能有生成
D．、、三种物质中，溶解度最大
13．时，存在如下平衡：。该反应正、逆反应速率与的浓度关系为：，(是速率常数)，且与的关系如图所示，下列说法正确的是

A．图中表示的是线Ⅱ
B．时，往刚性容器中充入一定量，平衡后测得为，则平衡时
C．时，该反应的平衡常数
D．时向恒容密闭容器中充入，某时刻，则此时的转化率为

二、多选题
14．常温下，向一定浓度溶液中加入KOH固体，保持溶液体积和温度不变，测得pH与[X为、、]的变化关系如图所示。下列说法正确的是

A．曲线M表示
B．常温下，
C．a点溶液中：
D．b点溶液中：

三、工业流程题
15．黏土钒矿主要成分为钒的+3、+4、+5价的化合物以及、等，采用如图所示工艺流程可由黏土钒矿制备。

已知：①钒的化合物溶于酸后多以形式存在。
②钒元素的存在形态较多，部分四价钒和五价钒物种的分布分数与的关系如图所示。

(1)基态V原子的价电子排布图为：_______，的空间构型为：_______。
(2)写出“酸浸氧化”时转化为发生反应的离子方程式_______。
(3)加入控制溶液的，其目的是_______。
(4)“滤液1”中主要的阴离子有以及_______。写出形成“滤渣2”主要成分发生反应的离子方程式_______。
(5)“沉钒”时控制溶液约为7，生成偏钒酸铵固体。沉钒率随温度变化如图，温度高于，沉钒率下降的原因是_______。

(6)在“煅烧”的过程中，残留固体的质量随温度变化的曲线如图所示，则A点剩余固体的成分为_______(填化学式)。


四、实验题
16．(三氯化六氨合钴)是合成其他含钴配合物的理要原料，实验空中可由金属钴及其他原料制备。
已知：(1)在时恰好完全沉淀为；
(2)不同温度下在水中的溶解度如图所示。

(一)的制备
易潮解，的氧化性强于，可用金属钴与氯气反应制备。实验中利用如图装置(连接用橡胶管省略)进行制备。

(1)用图中的装置组合制备，连接顺序为_______。装置B的作用是_______。
(2)装置A中发生反应的离子方程式为_______。
(二)的制备
步骤如下：
I.在锥形瓶内加入研细的，和水，加热溶解后加入活性炭作催化剂。
Ⅱ.冷却后，加入浓氨水混合均匀。控制温度在以下并缓慢加入溶液。
Ⅲ.在下反应一段时间后，经过_______、_______、过滤、洗涤、干燥等操作，得到晶体。
(3)在加入浓氨水前，需在步骤I中加入，请结合平衡移动原理解释原因_______。
(4)步骤Ⅱ中在加入浴液时，控制温度在以下并缓慢加入的目的是_______、_______。
(5)制备的总反应的化学方程式为_______。
(6)步骤Ⅲ中的操作名称为_______、_______

五、原理综合题
17．二氧化碳的排放日益受到环境和能源领域的关法，其综合利用是研究的重要课题。回答下列问题：
(1)已知下列热化学方程式：
反应Ⅰ：    
反应Ⅱ：     
则反应    _______。
(2)①向体积均为V L的恒压密闭容器中通入1 mol 、3 mol ，分别在0.1MPa和1MPa下发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ，分析温度对平衡体系中、CO、的影响，设这三种气体物质的量分数之和为1，其中CO和的物质的量分数与温度变化关系如图所示。下列叙述能判断反应体系达到平衡的是_______(填标号)。

A．的消耗速率和的消耗速率相等
B．混合气体的密度不再发生变化
C．容器内气体压强不再发生变化
②图中表示1MPa时的物质的量分数随温度变化关系的曲线是_______(填字母)，理由是_______；550℃、0.1MPa条件下，t min反应达到平衡，平衡时容器的体积为_______L，反应Ⅱ的_______。(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)
(3)一种从高炉气回收制储氢物质HCOOH的综合利用示意图如图所示：

①某温度下，当吸收池中溶液的pH=8时，此时该溶液中_______[已知：该温度下，]。
②利用电化学原理控制反应条件能将电催化还原为HCOOH，电解过程中还伴随着析氢反应，若生成HCOOH的电解效率为80%，当电路中转移3 mol 时，阴极室溶液的质量增加_______g[B的电解效率]。

六、有机推断题
18．左氧氟沙星是一种具有广谱抗菌作用的药物，其前体K的合成路线如下：

已知：
i.(其中DHP、PPTS是有机试剂缩写)
ii.
iii.
(1)A中含，A的系统命名是_______。
(2)设计B→C和E→F的目的是_______。
(3)已知试剂a的结构简式为。D→E的反应类型为_______。
(4)G分子中官能团名称为碳氟键、醚键、_______、_______。
(5)已知试剂b为，G→H的化学方程式是_______。
(6)I中含有两个酯基，I的结构简式是_______。
(7)F的同分异构体中满足下列条件的结构有_______种(不考虑立体异构)。
①为-氨基酸；
②能与溶液发生显色反应
③核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：3。
(8)K的另一种制备途径如下：

写出M、N、P的结构简式_______、_______、_______。

参考答案：
1．B
【详解】A．氯乙烯有毒，选项A错误；
B．火山喷发生成的硫化物可转化为二氧化硫，经氧化会转化为硫酸型酸雨，岩浆中含有各种金属的硅酸盐，且玉石是各种金属的硅酸盐经过复杂的物理、化学变化形成，喷发口有硫磺沉积，选项B正确；
C．雾是悬浮在大气中的微小液滴、悬浮在大气中的固体颗粒或液滴组成的气溶胶的总称，沙尘中的沙粒肉眼可见，半径超过胶体的范畴，选项C错误；
D．我国是稀土王国，稀土素有“工业维生素”、“工业黄金”之称，稀土金属共17种，包括钪、钇及镧系元素，选项D错误；
答案选B。
2．A
【详解】A．次氯酸的结构式为H—O—Cl，Cl原子半径最大，H原子半径最小，空间填充模型为，故A正确；
B．乙酰胺的结构简式：，故B错误；
C．铁元素为26号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，基态Fe2+的电子排布是为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6，故C错误；
D．H2O为共价化合物，氧原子最外层只有6个电子，H2O的形成过程中，2个H原子与1个O原子各形成1对共用电子对，用电子式表示形成过程为：，故D错误；
故选A。
3．D
【分析】硫酸铝铵溶液中滴加NaOH溶液，先发生Al3++3OH-=Al(OH)3↓，继续滴加NaOH溶液，发生NH+OH-=NH3·H2O，继续滴加NaOH，发生Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O，据此分析；
【详解】A．a点溶液中所含离子是NH、Al3+、SO，Ca2+与SO生成微溶物CaSO4，因此所给离子在指定溶液中不能大量共存，故A不符合题意；
B．根据上述分析，b点所含离子是NH、SO、Na+，NH与SiO发生双水解反应，不能大量共存，故B不符合题意；
C．题中所给OH-与Cu2+、NH分别生成氢氧化铜沉淀、NH3·H2O，因此它们不能大量共存，故C不符合题意；
D．d点所含微粒为Na+、NH3·H2O、SO、AlO，所给离子在d点能够大量共存，故D符合题意；
答案为D。
4．B
【详解】A．煅烧贝壳至900℃，贝壳的主要成分碳酸钙会与坩埚的主要成分之一二氧化硅反应：，故A错误；
B．加生石灰沉淀镁离子后可以用过滤法分离得到，故B正确；
C．蒸发溶液，得到无水必须在干燥的气流中来已知镁离子水解，故C错误；
D．制备金属Mg需要电解熔融态的，故D错误；
故选B。
5．C
【详解】A．H2SO4属于共价化合物，H2SO4中不含H+，故A错误；
B．SO3标准状况下为固体，不是气体，不能直接运用22.4L/mol进行计算，故B错误；
C．黄铁矿与氧气反应方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，根据反应方程式，消耗4.8gFeS2，同时消耗氧气物质的量为=0.11mol，即消耗氧气分子数为0.11NA，故C正确；
D．二氧化硫与氧气反应2SO2+O22SO3，该反应为可逆反应，不能完全进行到底，因此本题无法计算出SO3的物质的量，故D错误；
答案为C。
6．A
【分析】由W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z的核外最外层电子数是X核外电子数的一半可知，Z为Cl、X为Si，由化合价代数和为0可知，Y元素化合价为-3价，则Y为P元素；由W的电荷数可知，W为Na元素，据此分析；
【详解】A．X的氧化物为SiO2，二氧化硅为共价化合物，所含化学键均为共价键，故A正确；
B．X、Y、Z分别为Si、P、Cl，同周期第一电离能从左向右是增大的趋势，因此第一电离能大小顺序是Cl＞P＞Si，故B错误；
C．Cl氧化物的水化物可能为强酸，如HClO4，也可能为弱酸，如HClO，故C错误；
D．X为Si，Si最外层有4个电子，根据上述结构式，Si形成四个共价键，即该化合物中Si最外层满足8电子，故D错误；
答案为A。
7．C
【详解】A．碳碳双键、醛基均使溴水褪色，由实验操作和现象可知，不能证明含碳碳双键，选项A错误；
B．氯气氧化KI生成碘，淀粉遇碘单质变蓝，过量氯气可氧化碘单质，由实验操作和现象可知，不能证明氯气具有漂白性，选项B错误；
C．硝酸银不足，生成的AgCl转化为更难溶的AgI，由实验操作和现象可知发生沉淀的转化，则Ksp(AgCl) > Ksp(AgI)，选项C正确；
D．NaClO溶液可使pH试纸褪色，应选pH计测定，选项D错误；
答案选C。
8．A
【详解】A．X中含有醛基，醛基可以被溴氧化而使其褪色，故不能说明X中含有碳碳双键，A错误；
B．分析X的结构简式可知，结构中存在碳碳双键都连接了不同的原子或者原子团，故存在顺反异构体，B正确；
C． 对比X和Y的结构可知，可能产生副产物生成，C正确；
D．Y与足量H2加成后的产物分子中只有如图一个手性碳原子，D正确；
故选A。
9．C
【详解】A．根据晶胞图可知，Ce4+的配位数为8，故A错误；
B．把晶胞平均分成8个小立方体，O2-位于小立方体的中心，即Ce4+与O2-最短距离是体对角线的，最短距离是nm，故B错误；
C．若A的坐标为(0，，)，A点位于面心，根据B选项分析，则B的坐标为(，，)，故C正确；
D．Ce4+位于顶点和面心，个数为=4，O2-位于晶胞内部，个数为8，化学式为CeO2，则晶胞的质量为g，根据密度的定义，晶胞的参数为nm=nm，故D错误；
答案为C。
10．D
【详解】A．根据图示，反应③中各元素化合价都没有变化，属于非氧化还原反应，故A错误；
B．反应④中有氮氧键、氮氢键的断裂，有氢氧键的形成，也涉及极性键的断裂和生成，故B错误；
C．反应⑤的反应方程式为Cu(NH3)+NO=Cu(NH3)+N2+H2O+NH，发生化合价变化的有：Cu由+2降低为+1，NO中的N由+2降低为0，1个NH3中的N由-3升高为0，由此可得出脱除1molNO的电子转移数为3mol，反之，转移2mol电子时，只有2/3molNO参与反应，C错误；
D．根据图示可知，反应为NO进行催化还原的历程，总过程为4NH3+4NO+O24N2+6H2O，故D正确；
故选D。
11．D
【分析】由电池示意图知，放电过程右侧电极二氧化碳得电子生成甲酸，左侧电极锌失去电子生成，即放电时左侧为负极，右侧为正极；充电时右侧水失去电子生成氧气，左侧得电子生成锌单质，即充电时左侧为阴极，右侧为阳极，据此回答。
【详解】A．充电时阴极发生还原反应，元素化合价降低，即是，A正确；
B．二氧化碳中碳元素+4价，甲酸中碳元素+2价，即放电时生成转移电子数为个，B正确；
C．充电时阴极反应为；阳极反应为，故总反应为，C正确；
D．放电时正极反应为，即正极溶液中浓度降低，D错误；
故选D。
12．C
【分析】，(含少量的和)溶液加入氢氧化钡，可以促使转化为，进而和钡离子生成沉淀；过滤滤液电解阳极上发生氧化反应五价氯转化为七价氯得到，阴极生成氢气和氢氧根离子，浓缩加入饱和氯化铵将转化为溶解度较小结晶析出；
【详解】A．由分析可知，加入可以增加溶液的碱性，促使转化为，A错误；
B．电解时阴极附近生成氢氧根离子，溶液pH增大，B错误；
C．电解生成氢氧化钠，加入饱和溶液，铵根离子和氢氧根离子反应会生成氨气，C正确；
D．、、三种物质中，首先结晶析出，故其溶解度最小，D错误；
故选C。
13．C
【分析】因，则；，同理可得：，由函数关系可知的斜率大于，结合图像可知线Ⅰ应为，线Ⅱ应为，据此分析解答。
【详解】A．由以上分析可知线Ⅰ应为，故A错误；
B．由以上分析可知线Ⅱ应为，又，结合图像可知当=0时，=a，则，平衡后测得为，则平衡时，故B错误；
C．线Ⅰ应为，，当=0时，=a+2，则，反应达到平衡状态时：，==100，故C正确；
D．某时刻，此时，则此时的转化率=，故D错误；
故选：C。
14．BD
【分析】向某浓度溶液中加入KOH固体时，由于二者发生反应，所以逐渐减少，会逐渐增大，所以图中呈上升趋势的为与pH变化关系；，，会逐渐增大，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与pH变化关系；另一条则是与pH的变化图，以此解题。
【详解】A．由分析可知，曲线M表示，故A错误；
B．电离常数的表达式为：，，，当pH＝2.8时，与相等，即=，代入可得Ka1×Ka2＝(10−2.8)2＝10−5.6；又当pH＝4.3时，，即=，即Ka2＝10−4.3，所以mol⋅L−1，故B正确；
C．a点溶液中由电荷守恒可知c(K＋)＋c(H＋)＝＋2＋c(OH−)，a点＝，则c(K＋)− c(OH−)＝＋2− c(H＋)，故C错误；
D．b点时，电荷守恒为c(K＋)＋c(H＋)＝＋2＋c(OH−)，此时pH＝4.3，即，所以=，所以上式变形为：c(K＋)＋c(H＋)＝3＋c(OH−)，c(K＋)−3＝c(OH−)− c(H＋)，因为c(OH−)＜c(H＋)，所以c(K＋)＜3，故D正确；
故答案选BD。
【点睛】本题考查酸碱混合溶液的判断、离子浓度大小比较等知识，为高频考点，明确图像各点对应溶液的组成、溶液的性质及电离平衡常数的计算为解答关键，注意电荷守恒关系的应用，侧重考查学生的分析能力及灵活运用基础知识的能力，题目难度中等。
15．(1) 四面体形
(2)
(3)使得含钒离子完全转化为
(4)
(5)温度高于，水解程度增大，浓度减小，导致沉钒率下降(或热分解)
(6)

【分析】由图示黏土钒矿制备V2O5的流程可知，钒矿粉(主要成分为钒的+3、+4、+5价的化合物以及SiO2、Al2O3等)加入稀硫酸酸浸，氧化铝溶于稀酸溶液中引入Al3+氯酸钾可氧化，VO+、VO2+，滤渣1为SiO2，再加KOH调节溶液pH，滤液1中通入二氧化碳，过滤分离出的滤渣2为Al(OH)3，滤液2含有，加入NH4HCO3沉钒生成NH4VO3，煅烧NH4VO3生成V2O5；
【详解】（1）基态V原子的价电子排布式为: 3d34s2，价电子排布图为: ，的价层电子对数= 3+(7- 23+1)=4，空间构型为:四面体形，故答案为: ；四面体形；
（2）氧化时反应物为VO2+和，生成物为和Cl-，配平得相应的离子方程式为: ，故答案为: ；
（3）图像曲线变化分析可知，加入KOH控制溶液的pH > 13，其目的是:使得含钒离子完全转化为，故答案为:使得含钒离子完全转化为；
（4）V2O5在碱性条件下以形式存在，滤液1中主要的阴离子有、、Cl-、OH-、，滤液1中通入二氧化碳，过滤分离出的滤渣2为Al(OH)3，反应的离子方程式为: ，故答案为: Cl-、；；
（5）铵根在水溶液中会发生水解，水解为吸热反应，温度高于80℃，水解程度增大成为主要因素，使NHI浓度减小，沉钒率下降；同时温度升高NH4VO:溶解度增大;且铵盐不稳定，温度升高铵盐分解，故答案为:温度高于80℃，水解程度增大成为主要因素，使浓度减小，沉钒率下降或温度升高NH4VO3溶解度增大或温度升高铵盐分解；
（6）根据铵盐的性质，NH4VO3分解产生氨气和HVO3，根据题意可知HVO3又分解产生V2O5，假设初始NH4VO3的质量为117g，物质的量为1mol，根据元素守恒可知分解过程中会产生1molNH3和0.5molH2O，A点减少的质量为117g(1-85.47%) = 17g刚好是1molNH4VO3中的NH3，所以起点到A点失去的物质是NH3，A点剩余固体的成分为: HVO3，故答案为: HVO3。
16．(1) A→D→C→E→B 防止多余的污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置E，使潮解
(2)
(3)溶于水电离出，使的电离平衡逆向移动，防止加入氨水时溶液中过大，生成沉淀
(4) 控制反应速率 防止温度过高使和分解
(5)
(6) 趁热过滤 冷却结晶

【分析】利用浓盐酸与高锰酸钾反应制氯气，通过饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，再通过浓硫酸干燥，得到的干燥纯净的氯气通入装置E与钴加热条件下反应生成氯化钴；再利用氯化钴与氨化铵在活性炭催化下反应制；
【详解】（1）装置A用于制备Cl2，装置D用于除去Cl2中的HCl，装置C用于干燥Cl2，装置E用于制备CoCl2，装置B的作用是防止多余的氯气污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置E，使CoCl2潮解，故连接顺序为A→D→C→E→B；
（2）装置A中KMnO4和浓盐酸反应制备Cl2；
（3）溶于水电离出，能使的电离平衡逆向移动，进而可以抑制的电离，防止加入氨水时溶液中过大，生成沉淀，有利于的配位；
（4）和受热易分解，步骤Ⅱ中控制温度在10℃以下并缓慢加入溶液是为了控制反应速率，防止温度过高使和分解；
（5）在题给制备反应中，是氧化剂，根据得失电子守恒、原子守恒可得总反应的化学方程式为；
（6）根据已知信息②可知，在水中的溶解度随着温度的升高而增大，应先趁热过滤除去活性炭等杂质，再经冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作得到晶体。
17．(1)+206.1
(2) B a 温度升高，反应Ⅰ向逆反应方向移动，甲烷的物质的量分数降低；压强增大，反应Ⅰ向正反应方向移动，甲烷的物质的量分数增大 0.75V 1
(3) 4 55.2

【详解】（1）反应Ⅰ：    ；反应Ⅱ：     ；反应Ⅱ-反应Ⅰ可得，所以；故答案为+206.1。
（2）①A．反应Ⅰ+反应Ⅱ可得总反应方程式为，和的系数不同，所以的消耗速率和的消耗速率相等不能说明达到平衡，故A不符合题意；
B．和在恒压密闭容器中反应，且反应为气体分数该变的反应，所以混合气体的密度不再发生变化可以说明达到平衡，故B符合题意；
C．和在恒压密闭容器中反应，容器内气体压强不再发生变化不能说明达到平衡，故C不符合题意
故答案选B。
②反应Ⅰ正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CH4百分含量减小，所以a、c表示CH4物质的量分数随温度变化关系，增大压强，反应Ⅰ正向移动，CH4物质的量分数增大，所以表示1MPa时CH4物质的量分数随温度变化关系的曲线是a；所以b和c分别为0.1MPa时CO和CH4物质的量分数随温度变化关系的曲线。在550℃条件下，t min反应达到平衡，设反应生成了xmolCH4，则可知生成了0.4xmolCO，反应消耗了1-1.4xmolCO2，根据三种气体的关系可得= 0.5，解的x=0.5，所以达到平衡时，整个体系中含有0.3molCO2，0.5molCH4，0.2molCO，0.8molH2，1.2molH2O，所以平衡时容器的体积为=0.75V。因为反应Ⅱ中反应物和生成物的化学计量系数相等，所以反应Ⅱ的Kp==1。
（3）①已知该温度下，；，所以；故答案为4。
②生成HCOOH的电解效率为80%，当电路中转移3 mol 时，由B的电解效率可知，，阴极室发生反应为和2H++2e-=H2↑，消耗的H+会由阳极室的H+通过质子膜从而补充到阴极室，所以阴极室溶液的质量增加为，故答案为55.2。
18．(1)2-羟基丙酸
(2)保护羟基，防止试剂a与D发生其它副反应
(3)取代反应
(4) 羟基 氨基
(5)++
(6)
(7)4
(8)

【分析】A的不饱和度为，A中含-CH3，且A能和乙醇发生转化反应生成B，则A为CH3CH(OH)COOH，B为CH3CH(OH)COOCH2CH3；B发生信息ⅰ的反应生成C为，C发生信息ⅱ的反应生成D，试剂a的结构简式为，根据E的结构简式知，D和a发生取代反应生成E，则D为CH3CH(OPHT)CH2OH，E发生信息ⅰ的反应生成F为，根据G的分式式及反应条件知，F中硝基发生还原反应生成氨基，则G为，G和b发生信息ⅲ的反应生成H，结合K的结构简式知，H为，b为，对比H、I的分子式知，H脱去一分子水生成I，结合K的结构简式知I为，I脱去-C2H5OH得到J，J酸性条件下反应生成K，则J为；
【详解】（1）A中含-CH3，A为CH3CH(OH)COOH，A的系统命名是2-羟基丙酸，答案为2-羟基丙酸；
（2）设计B→C和E→F的目的是保护羟基，防止试剂a与D发生其它副反应，故答案为：保护羟基，防止试剂a与D发生其它副反应；
（3）D为CH3CH(OPHT)CH2OH，a的结构简式为，E发生信息ⅰ的反应生成F为，D→E 的反应类型为取代反应，答案为取代反应；
（4）G为，G分子中官能团名称为碳氟键、醚键、羟基，氨基，答案为羟基；氨基；
（5）G为，试剂b为，G→H的化学方程式是++，答案为++；
（6）I中含有两个酯基，I的结构简式是，答案为；
（7）F为，F的同分异构体中满足：①为-氨基酸；②能与溶液发生显色反应，则含有酚羟基；③核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：3，则苯环连接的基团为-F、-F、-OH、-OH、-CH3、-CH(NH2)COOH，且两个酚羟基处于等效位置，符合条件的结构有4种，答案为4；
（8）通过以上分析知，M、N、P的结构简式分别是、、，答案为、、。