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重庆市万州第二高级中学2023-2024学年高三下学期高考化学适应性试卷（二）+
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这是一份重庆市万州第二高级中学2023-2024学年高三下学期高考化学适应性试卷（二）+，共27页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．化学在生产、生活和社会发展各方面发挥着关键性作用。下列叙述正确的是（ ）
A．纯碱可用于治胃病
B．“静电除尘”、“燃煤固硫”和“汽车尾气净化”的措施均涉及化学变化
C．工人将模具干燥后再注入熔融钢水，是因为铁与水高温下会反应
D．太阳能电池的工作原理与原电池的相同
2．已知反应：RC≡CAg+2CN﹣+H2O→RC≡CH+Ag（CN）2﹣+OH﹣，该反应可用于提纯末端炔烃。下列说法不正确的是（ ）
A．OH﹣的电子式为
B．O的价电子排布图为
C．H2O的空间充填模型为
D．Ag（CN）2﹣中σ键与π键的个数比为1：1
3．下列物质的性质或用途的叙述错误的是（ ）
A．盐酸可用于除去水垢中的CaSO4
B．“84”消毒液消毒原理是利用了NaClO的强氧化性
C．Fe2O3常用作油漆、涂料、油墨的红色颜料
D．过氧化钠可用作呼吸面具中的供氧剂
4．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．1mlFeCl3在加热条件下完全水解生成Fe（OH）3胶粒数为NA
B．1L1ml⋅L﹣1NH4Br水溶液中NH4+与H+离子数之和为NA
C．60g的乙酸和葡萄糖的混合物充分燃烧消耗O2分子数为2NA
D．在标准状况下，2.24L三氯甲烷中含有的共价键数目为0.4NA
5．一定条件下，下列各项中的物质按如图所示的箭头不能实现一步转化的是（ ）
甲丙乙
A．AB．BC．CD．D
6．下列实验装置能达到相应实验目的的是（ ）
A．装置甲稀释浓硫酸
B．装置乙制备并检验SO2气体的性质
C．装置丙检查装置的气密性
D．装置丁收集NO
7．如图所示的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成。其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同主族，Y原子序数为W原子价电子数的3倍。下列说法正确的是（ ）
A．X和Z的最高化合价均为+7价
B．HX和HZ在水中均为强酸
C．最简单氢化物的稳定性：Y＞W
D．Z、W和氢三种元素可形成同时含有离子键和共价键的化合物
8．对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式的是（ ）
A．向碳酸氢铵溶液中加入足量的澄清石灰水：Ca2++2+2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+
B．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3+Cl2+H2O═2+2Cl﹣+
C．向水垢中滴加足量醋酸：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O
D．向硫酸铝溶液中加过量氨水：Al3++4NH3⋅H2O═+4+2H2O
9．某学习小组以肼（N2H4）为原料设计了一种燃料电池，构造如图所示，其中两个电极均为铂电极2H4+O2═N2+2H2O。下列说法错误的是（ ）
A．通入N2H4的一极是电池的负极
B．通入O2的电极反应式为O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣
C．电池工作一段时间后电解质溶液的pH将变大
D．若消耗16gN2H4，则理论上转移2ml电子
10．γ﹣崖柏素具有天然活性，有酚的通性，结构如图。下列关于γ﹣崖柏素的说法错误的是（ ）
A．可使酸性KMnO4溶液褪色
B．可与Na2CO3溶液反应
C．分子中无手性碳原子
D．分子中的碳原子可能全部共平面
11．自1911年发现超导现象以来，超导材料在电力、交通、医学等方面有着广泛的应用．某超导材料晶体中含Ni、Mg、C三种元素，其立方晶胞如图（ ）
A．晶胞中Ni能构成一个正八面体
B．镍位于元素周期表中第四周期第ⅧB族
C．区分晶体与非晶体的科学方法是对材料进行X﹣射线衍射实验
D．若镁原子间的最短距离为apm，则该晶体的密度（g•cm﹣3）的表达式为
12．T℃时，在恒容密闭容器中通入一定量的HCl和O2，发生反应：4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g），测得HCl和O2的浓度变化如表：
下列说法中一定正确的是（ ）
A．若升高温度，则反应达到平衡的时间将缩短
B．0～2s内，用O2表示的平均速率为0.125ml⋅L﹣1⋅s﹣1
C．若使用催化剂，则2s时的c（O2）将大于0.25ml⋅L﹣1
D．4s时，反应恰好达到该条件下的最大限度，且气体压强不再变化
13．硒（Se）是一种新型半导体材料，对富硒废料（含Ag2Se、Cu2S）进行综合处理的一种工艺流程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．合理处理富硒废料可以得到Ag和Se，符合循环经济理念
B．烧渣的主要成分是Ag和CuO
C．“滤液”经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥处理可制得胆矾
D．“吸收”时氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1
14．H2R是一种常见二元弱酸，用0.3ml⋅L﹣1NaOH溶液滴定20mL同浓度的H2R溶液的滴定曲线如图。已知a点、c点依次存在c（H2R）＝c（HR﹣）、c（HR﹣）＝c（R2﹣），下列说法错误的是（ ）
A．Ka1（H2R）＝10﹣1.3
B．b点c（HR﹣）＞c（R2﹣）＞c（H2R）
C．c点对应的溶液温度为滴定过程中的最高值
D．d点c（R2﹣）+c（HR﹣）+c（H2R）＝0.1ml⋅L﹣1
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（14分）NCl3是一种黄色油状液体，熔点﹣40℃，沸点71℃，常温下密度为1.65g•mL﹣1。95℃以上爆炸，弱酸性环境稳定，中性水中易发生水解。常用于面粉的漂白和杀菌。实验室可用Cl2和NH4Cl 溶液在常温下反应制取，所用装置如图：
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为 ；实验室利用装置A还可以制备下列哪些物质 （填字母）。
a.乙炔
b.硝基苯
c.溴苯
d.乙酸乙酯
（2）打开活塞K1，将浓盐酸滴入圆底烧瓶中，仪器甲中制备NCl3的化学反应方程式为 ，待反应至仪器甲中有大量油状液体生成，关闭活塞K1。将产物分离并用无水MgSO4干燥后，利用B、C装置将NCl3提纯，提纯过程中水浴温度应控制在 。
（3）将提纯后的NCl3滴入含有紫色石蕊试剂的水中，溶液先变蓝后褪色，产生该现象的原因是 （使用化学用语结合文字解释）。
（4）液氯储罐中常混有NCl3。为测定氯气中的NCl3含量，将一定量样品先通入足量含有氧化汞的浓盐酸溶液中（反应为：NCl3+4HCl═NH4Cl+3Cl2），产生的气体通过饱和食盐水后再用足量NaOH溶液吸收，测得吸收后NaOH溶液增重35.125g。经测定NCl3吸收管内质量为0.180g。该样品中NCl3的质量分数为 %（保留三位有效数字）；若产生的气体未通过饱和食盐水，则测定结果 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
16．（14分）形状记忆陶瓷目前尚处于研究阶段，其中一种形状记忆陶瓷的主要原材料是纳米级ZrO2，用锆石（ZrSiO4，含少量FeO、Al2O3和制备纳米级ZrO2的流程设计如图1：
查阅资料知：Ksp[Fe（OH）3]＝1.0×10﹣38。
回答下列问题。
（1）锆石“粉碎过筛”的目的是 。
（2）“酸浸”过程中发生的氧化还原反应的离子方程式为 。滤渣1的主要成分是 。若室温下Ksp[Cu（CN）2]＝4×10﹣11，则为了使溶液中的c（Cu2+）≤1×10﹣5ml•L﹣1，则溶液中CN﹣的浓度不能低于 。
（3）工业生产中常常用无水乙醇洗涤Zr（OH）4，除了可以使纳米级ZrO2纯度更高、颗粒更细外，还可以 。
（4）酸浸时，得到的溶质主要是ZrOCl2，而不是预想中的ZrCl4，说明ZrCl4很容易水解，则ZrCl4水解产生ZrOCl2的化学方程式是 。
（5）除Fe3+也可以用合适的萃取剂，Fe3+的萃取率与pH的关系如图2所示，pH＞1.7后，随pH增大3+萃取率下降的原因是 。
17．（15分）氮的化合物在生产、生活中有广泛应用。
（1）已知几种共价键的键能数据如表所示：
根据表格数据，N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）ΔH＝ kJ•ml﹣1。
（2）H2O可与H+结合生成H3O+，H2O中H﹣O﹣H的键角比H3O+中的 （填“大”或“小”）。H2O2是常用的氧化剂，其分子结构如图甲所示。H2O2能与水混溶，却不溶于CCl4的原因是 。
（3）工业上，采用NH3还原NO法消除NO污染。一定条件下，向一恒容密闭容器中充入NH3和NO，在不同催化剂Catl、Cat2、Cat3作用下发生反应：4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（g）ΔH＜0。测得相同时间内NO的转化率随温度的变化如图乙所示。
①a点时：v正（NO） （填“＞”、“＜”或“＝”） v逆（NO）。
②bc段NO的转化率随温度升高而降低，可能的原因是 。（任答一点）
（4）工业上用天然气处理NO2，消除NO2发生的反应为CH4（g）+2NO2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）。在一定温度下，充入1mlCH4和2mlNO2，发生上述反应，起始时测得总压强为90kPa。N2的分压与时间的关系如图丙所示。
①0～10min内NO2的分压变化速率为 kPa•min﹣1。
②该温度下，平衡常数Kp＝ kPa。（提示：用气体分压计算的平衡常数为Kp，气体分压＝总压×物质的量分数）
（5）工业上制备HCN的反应为CH4（g）+NH3（g）⇌HCN（g）+3H2（g）ΔH＞0。速率方程为v正＝k正c（CH4）•c（NH3），v逆＝k逆c（HCN）•c3（H2）（k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，只与温度、催化剂有关）。
①其他条件不变，反应达到平衡后，NH3的转化率随着条件X的增大而增大，则X可能是 。（答一种即可）
②升高温度，k逆增大的倍数 k正增大的倍数（填“＞”、“＜”或“＝”）。
18．（15分）有机物J是一种药物合成的中间体，其合成路线如图：
已知：
回答下列问题：
（1）B→C的反应类型为 。
（2）D→E的化学方程式为 ，E的化学名称是 。
（3）H的结构简式为 ，其中含氧官能团的名称为 。
（4）在E的同分异构体中，同时满足下列条件的总数为 种。
①能发生银镜反应；
②能发生水解反应，且水解产物之一与FeCl3溶液发生显色反应。
上述同分异构体酸性水解后，所得产物中，核磁共振氢谱显示有四组氢（氢原子数量比为6：2：1：1） （任写一种）。
（5）参考上述路线，设计以CH2═CH2为原料制备的路线 （无机试剂任选）。
2023年重庆市万州二中高考化学适应性试卷（二）
参考答案
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,只有一个选项符合题目要求的。
1．化学在生产、生活和社会发展各方面发挥着关键性作用。下列叙述正确的是（ ）
A．纯碱可用于治胃病
B．“静电除尘”、“燃煤固硫”和“汽车尾气净化”的措施均涉及化学变化
C．工人将模具干燥后再注入熔融钢水，是因为铁与水高温下会反应
D．太阳能电池的工作原理与原电池的相同
【分析】A．纯碱为碳酸钠，其溶液碱性太强；
B．“静电除尘”是吸附原理；
C．铁与水高温下会反应，产生氢气，易爆炸；
D．太阳能电池是将光能转化为电能，原电池是将化学能转化为电能。
【解答】解：A．纯碱溶液碱性太强，常用碳酸氢钠治疗胃酸过多；
B．“静电除尘”是吸附原理，不涉及化学变化；
C．铁与水高温下会反应，易爆炸，故C正确；
D．太阳能电池是将光能转化为电能，原理不同；
故选：C。
【点评】本题考查化学与生产、生活的密切关系，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，注意掌握常见物质组成、结构与性质，试题培养了学生的灵活应用能力。
2．已知反应：RC≡CAg+2CN﹣+H2O→RC≡CH+Ag（CN）2﹣+OH﹣，该反应可用于提纯末端炔烃。下列说法不正确的是（ ）
A．OH﹣的电子式为
B．O的价电子排布图为
C．H2O的空间充填模型为
D．Ag（CN）2﹣中σ键与π键的个数比为1：1
【分析】A．氢氧根离子氧原子最外层8个电子，氢原子最外层2个电子；
B．氧的价电子排布式为2s22p4；
C．水是由2个氢原子与1个氧原子构成，氧原子半径大于氢原子，水分子为角型结构；
D．Ag（CN）2﹣的结构式为：，配位键属于σ键，叁键中1个是σ键，两个是π键。
【解答】解：A．OH﹣的电子式为，故A错误；
B．氧的价电子排布式为2s26p4，O的价电子排布图为，故B正确；
C．H2O的空间充填模型为，故C正确；
D．Ag（CN）6﹣的结构式为：，依据分析可知Ag（CN）2﹣含有4个σ键和8个π键，σ键与π键的个数比为1：1；
故选：A。
【点评】本题考查了化学用语的使用，明确电子式、核外电子排布图、填充模型的使用方法和注意事项是解题关键，题目难度不大。
3．下列物质的性质或用途的叙述错误的是（ ）
A．盐酸可用于除去水垢中的CaSO4
B．“84”消毒液消毒原理是利用了NaClO的强氧化性
C．Fe2O3常用作油漆、涂料、油墨的红色颜料
D．过氧化钠可用作呼吸面具中的供氧剂
【分析】A．盐酸不能与CaSO4反应，不能将CaSO4转化为可溶性物质除去；
B．NaClO具有强氧化性，能使蛋白质变性；
C．Fe2O3是红色固体，俗名铁红；
D．过氧化钠能与水、二氧化碳反应生成氧气，可作氧气来源。
【解答】解：A．盐酸不能与CaSO4反应，不能除去水垢中的CaSO4，应先加入碳酸钠将CaSO6转化为CaCO3，水洗后再加入HCl除去，故A错误；
B．“84”消毒液的有效成分是NaClO，能使蛋白质变性，故B正确；
C．Fe2O2是红色固体，可用作油漆、油墨的红色颜料；
D．过氧化钠能与水，常用作呼吸面具中的供氧剂；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意掌握化学知识在生产、生活中的应用，题目难度不大。
4．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．1mlFeCl3在加热条件下完全水解生成Fe（OH）3胶粒数为NA
B．1L1ml⋅L﹣1NH4Br水溶液中NH4+与H+离子数之和为NA
C．60g的乙酸和葡萄糖的混合物充分燃烧消耗O2分子数为2NA
D．在标准状况下，2.24L三氯甲烷中含有的共价键数目为0.4NA
【分析】A．氢氧化铁胶体为粒子胶体，1个氢氧化铁胶体粒子中含有许多个氢氧化铁分子；
B．由电荷守恒可知，c（NH4+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Br﹣）；
C．乙酸的分子式为C2H4O2，葡萄糖的分子式为C6H12O6，两者的最简式均为CH2O，且1个CH2O完全燃烧消耗1个氧气；
D．在标准状况下，三氯甲烷是液体。
【解答】解：A．氢氧化铁胶体为粒子胶体，则1mlFeCl3在加热条件下完全水解生成Fe（OH）2胶粒数小于NA，故A错误；
B．由电荷守恒可知4+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Br﹣），1L7ml⋅L﹣1NH4Br水溶液中，溴离子的物质的量为2ml4+与H+离子数之和大于NA，故B错误；
C．乙酸的分子式为C2H2O2，葡萄糖的分子式为C6H12O2，两者的最简式均为CH2O，且1个CH2O完全燃烧消耗1个氧气，则60g的乙酸和葡萄糖的混合物中含有2mlCH6O，充分燃烧消耗O2分子数为2NA，故C正确；
D．在标准状况下，则5.24L三氯甲烷的物质的量不是0.1mlA，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
5．一定条件下，下列各项中的物质按如图所示的箭头不能实现一步转化的是（ ）
甲丙乙
A．AB．BC．CD．D
【分析】A．氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠和水，碳酸钠和硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钠、二氧化碳和水；
B．二氧化硅与碳在高温条件下反应生成硅和CO；
C．氢硫酸与二氧化硫反应生成硫和水，硫与氧气在点燃条件下反应生成二氧化硫；
D．氨水与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水。
【解答】解：A．氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠和水、二氧化碳和水，故A错误；
B．二氧化硅与碳在高温条件下反应生成硅和CO2，且CO2和铁也不反应，不能实现一步转化；
C．氢硫酸与二氧化硫反应生成硫和水，均能实现一步转化；
D．氨水与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，均能实现一步转化；
故选：B。
【点评】本题考查物质之间的转化，侧重考查学生基本化学反应的掌握情况，试题难度中等。
6．下列实验装置能达到相应实验目的的是（ ）
A．装置甲稀释浓硫酸
B．装置乙制备并检验SO2气体的性质
C．装置丙检查装置的气密性
D．装置丁收集NO
【分析】A．稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中；
B．加热时Cu与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫使品红褪色，NaOH溶液可吸收尾气；
C．捂热集气瓶时，气体易从长颈漏斗逸出；
D．NO不溶于水。
【解答】解：A．稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中，故A错误；
B．加热时Cu与浓硫酸反应生成二氧化硫，NaOH溶液可吸收尾气2气体的性质，故B正确；
C．捂热集气瓶时，烧杯中无气泡冒出，故C错误；
D．NO不溶于水，应短导管进气排水收集；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、气体的收集、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
7．如图所示的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成。其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同主族，Y原子序数为W原子价电子数的3倍。下列说法正确的是（ ）
A．X和Z的最高化合价均为+7价
B．HX和HZ在水中均为强酸
C．最简单氢化物的稳定性：Y＞W
D．Z、W和氢三种元素可形成同时含有离子键和共价键的化合物
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Y原子序数为W原子价电子数的3倍，化合物中W形成3个共价键，则W为N原子，Y的原子序数为5×3＝15，则Y为P元素；X和Z同主族，均只形成1个共价键，结合原子序数可知X为F元素、Z为Cl元素，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，W为N元素、Y为P元素，
A．X为F元素，故A错误；
B．HF在水中不能完全电离，故B错误；
C．同主族从上到下非金属性减弱，故C错误；
D．Z、W和氢三种元素可形成同时含有离子键和共价键的化合物为氯化铵；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、化学键来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
8．对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式的是（ ）
A．向碳酸氢铵溶液中加入足量的澄清石灰水：Ca2++2+2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+
B．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3+Cl2+H2O═2+2Cl﹣+
C．向水垢中滴加足量醋酸：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O
D．向硫酸铝溶液中加过量氨水：Al3++4NH3⋅H2O═+4+2H2O
【分析】A．向碳酸氢铵溶液中加入足量的澄清石灰水，碳酸氢根离子完全反应生成碳酸钙和水，铵根离子完全反应生成一水合氨；
B．Na2SO3溶液吸收少量Cl2，氯气具有强氧化性，把部分亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，同时氢离子与亚硫酸氢根离子反应生成亚硫酸氢根离子；
C．醋酸为弱酸不能拆；
D．氨水为弱碱，向硫酸铝溶液中加过量氨水生成氢氧化铝沉淀和铵根离子。
【解答】解：A．向碳酸氢铵溶液中加入足量的澄清石灰水，铵根离子完全反应生成一水合氨2++++2OH﹣═CaCO3↓+NH2•H2O+H2O，故A错误；
B．Na2SO3溶液吸收少量Cl2，氯气具有强氧化性，把部分亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，其反应的离子方程式为：65+H2O═2+2Cl﹣+，故B正确；
C．醋酸为弱酸不能拆3+2CH2COOH═Ca2++2CH2COO﹣+H2O+CO2↑，故C错误；
D．氨水为弱碱，离子方程式为：Al8++3NH3•H8O═Al（OH）3↓+3，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子反应，侧重考查学生离子方程式正误判断的掌握情况，试题难度中等。
9．某学习小组以肼（N2H4）为原料设计了一种燃料电池，构造如图所示，其中两个电极均为铂电极2H4+O2═N2+2H2O。下列说法错误的是（ ）
A．通入N2H4的一极是电池的负极
B．通入O2的电极反应式为O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣
C．电池工作一段时间后电解质溶液的pH将变大
D．若消耗16gN2H4，则理论上转移2ml电子
【分析】该燃料电池中，电池的总反应方程式为N2H4+O2═N2+2H2O，通入燃料肼的电极为负极、通入氧气的电极为正极，电解质溶液呈碱性，则负极反应式为N2H4+4OH﹣﹣4e﹣═N2↑+4H2O，正极反应式为O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，电流从正极沿导线流向负极，据此分析解答。
【解答】解：A．该燃料电池中通入燃料肼的电极为负极2H4+6OH﹣﹣4e﹣═N2↑+3H2O，故A正确；
B．通入氧气的电极为正极2的电极反应式为O2+4e﹣+2H4O═4OH﹣，故B正确；
C．电池的总反应方程式为N2H4+O2═N2+2H2O，反应生成水，电池工作一段时间后电解质溶液的pH将减小；
D．由负极反应式N2H5+4OH﹣﹣4e﹣＝N5+4H2O，则完全消耗16gN2H4，理论上外电路中转移电子的物质的量为×4＝7ml；
故选：C。
【点评】本题以燃料电池为载体考查原电池原理，侧重考查对原电池的理解和灵活运用，明确正负极判断方法、各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意结合电解质特点书写。
10．γ﹣崖柏素具有天然活性，有酚的通性，结构如图。下列关于γ﹣崖柏素的说法错误的是（ ）
A．可使酸性KMnO4溶液褪色
B．可与Na2CO3溶液反应
C．分子中无手性碳原子
D．分子中的碳原子可能全部共平面
【分析】A．酚羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
B．酚羟基能和碳酸钠溶液反应；
C．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；
D．饱和碳原子具有甲烷结构特点，甲烷为四面体结构。
【解答】解：A．该物质具有酚的通性，所以该物质能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；
B．态物质具有酚的通性，所以该分子中的羟基能和碳酸钠溶液反应；
C．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，该分子中不存在手性碳原子；
D．该分子中连接两个甲基的碳原子为饱和碳原子，甲烷为四面体结构，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
11．自1911年发现超导现象以来，超导材料在电力、交通、医学等方面有着广泛的应用．某超导材料晶体中含Ni、Mg、C三种元素，其立方晶胞如图（ ）
A．晶胞中Ni能构成一个正八面体
B．镍位于元素周期表中第四周期第ⅧB族
C．区分晶体与非晶体的科学方法是对材料进行X﹣射线衍射实验
D．若镁原子间的最短距离为apm，则该晶体的密度（g•cm﹣3）的表达式为
【分析】A．将图中的Ni原子连接起来即可形成一个正八面体；
B．镍价层电子排布式为：3d84s2；
C．构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，通过X﹣射线衍射图谱可反映出晶体的这一结构特征；
D．Mg处于顶点，晶胞中 Mg个数为8×＝1，Ni位于面心，Ni的个数为 6×＝3，C位于体心，C个数为1，则晶胞质量为g，若镁原子间的最短距离为apm，该晶胞的体积为（apm）3＝a3×10﹣30cm3，结合ρ＝计算该晶体的密度。
【解答】解：A．由图可知，故A正确；
B．镍价层电子排布式为：3d82s2，依据价层电子排布式可知，位于周期表中第四周期第Ⅷ族；
C．构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，因此区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X﹣射线衍射实验；
D．Mg处于顶点 Mg个数为8×，Ni位于面心 6×，C位于体心，则晶胞质量为g，该晶胞的体积为（apm）7＝a3×10﹣30cm3，则其密度为：＝g•cm﹣3，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查晶胞计算，为高频考点，把握图示晶胞结构为解答关键，注意掌握均摊法在晶胞计算中的应用，D为易错点，试题侧重考查学生的化学计算能力，题目难度中等。
12．T℃时，在恒容密闭容器中通入一定量的HCl和O2，发生反应：4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g），测得HCl和O2的浓度变化如表：
下列说法中一定正确的是（ ）
A．若升高温度，则反应达到平衡的时间将缩短
B．0～2s内，用O2表示的平均速率为0.125ml⋅L﹣1⋅s﹣1
C．若使用催化剂，则2s时的c（O2）将大于0.25ml⋅L﹣1
D．4s时，反应恰好达到该条件下的最大限度，且气体压强不再变化
【分析】A．升高温度，化学反应速率加快；
B．0～2s内，用O2表示的平均速率＝；
C．加入催化剂，加快化学反应速率，相同时间内消耗的n（O2）增大；
D．根据表中数据知，反应达到平衡状态是可能在4s或4s前。
【解答】解：A．升高温度，化学反应速率加快，故A正确；
B．0～2s内4表示的平均速率＝＝＝0.375ml⋅L﹣1⋅s﹣5，故B错误；
C．加入催化剂，相同时间内消耗的n（O2）增大，所以2s时的c（O7）将小于0.25ml⋅L﹣1，故C错误；
D．根据表中数据知，所以3s时，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学反应速率影响因素，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确外界条件对化学平衡影响、化学反应速率影响原理是解本题关键，题目难度不大。
13．硒（Se）是一种新型半导体材料，对富硒废料（含Ag2Se、Cu2S）进行综合处理的一种工艺流程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．合理处理富硒废料可以得到Ag和Se，符合循环经济理念
B．烧渣的主要成分是Ag和CuO
C．“滤液”经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥处理可制得胆矾
D．“吸收”时氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1
【分析】富硒废料在空气中焙烧Ag2Se和Cu2S转化为Ag、CuO、SO2、SeO2，烧渣中主要含Ag、CuO，酸溶过滤得到Ag和硫酸铜溶液，吸收时发生反应：SeO2+2SO2+2H2O＝Se↓+2H2SO4。
【解答】解：A．从富硒废料中可以提取出Ag和Se，符合循环经济理念；
B．根据分析、CuO；
C．滤液为硫酸铜溶液、冷却结晶、洗涤和干燥处理可制得胆矾；
D．“吸收”时发生反应SeO2+2SO3+2H2O＝Se↓+2H2SO4，其中氧化剂为SeO2，还原剂为SO2，其物质的量之比为1：6，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了物质分离提纯、物质性质等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
14．H2R是一种常见二元弱酸，用0.3ml⋅L﹣1NaOH溶液滴定20mL同浓度的H2R溶液的滴定曲线如图。已知a点、c点依次存在c（H2R）＝c（HR﹣）、c（HR﹣）＝c（R2﹣），下列说法错误的是（ ）
A．Ka1（H2R）＝10﹣1.3
B．b点c（HR﹣）＞c（R2﹣）＞c（H2R）
C．c点对应的溶液温度为滴定过程中的最高值
D．d点c（R2﹣）+c（HR﹣）+c（H2R）＝0.1ml⋅L﹣1
【分析】A．根据图像可知a点pH═1.3，c（HR﹣）＝c（H2R），Ka1＝＝c（H+）；
B．当氢氧化钠溶液体积等于20mL时，恰好生成NaHR，由图可知pH＜7溶液显酸性，HR﹣电离程度大于水解程度；
C．中和反应温度最高的点为恰好生成正盐的点；
D．d点为恰好中和的点，溶质为Na2R，此时混合液的体积为40mL+20 mL═60 mL，根据元素质量守恒得c（HR﹣）+c（R2﹣）+c（H2R）＝。
【解答】解：A．根据图像可知a点pH═1.3﹣）＝c（H5R），Ka1＝＝c（H+）＝10﹣2.3，故A正确；
B．当氢氧化钠溶液体积等于20mL时，由图可知pH＜7溶液显酸性﹣电离程度大于水解程度，故有c（HR﹣）＞c（R7﹣）＞c（H2R），故B正确；
C．中和反应温度最高的点为恰好生成正盐的点，故C错误；
D．d点为恰好中和的点2R，此时混合液的体积为40mL+20 mL﹣）+c（R2﹣）+c（H2R）＝＝0.1ml/L；
故选：C。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意原子守恒的灵活运用。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（14分）NCl3是一种黄色油状液体，熔点﹣40℃，沸点71℃，常温下密度为1.65g•mL﹣1。95℃以上爆炸，弱酸性环境稳定，中性水中易发生水解。常用于面粉的漂白和杀菌。实验室可用Cl2和NH4Cl 溶液在常温下反应制取，所用装置如图：
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为 蒸馏烧瓶 ；实验室利用装置A还可以制备下列哪些物质 ac （填字母）。
a.乙炔
b.硝基苯
c.溴苯
d.乙酸乙酯
（2）打开活塞K1，将浓盐酸滴入圆底烧瓶中，仪器甲中制备NCl3的化学反应方程式为 3Cl2+NH4Cl＝NCl3+4HCl ，待反应至仪器甲中有大量油状液体生成，关闭活塞K1。将产物分离并用无水MgSO4干燥后，利用B、C装置将NCl3提纯，提纯过程中水浴温度应控制在 71～95℃ 。
（3）将提纯后的NCl3滴入含有紫色石蕊试剂的水中，溶液先变蓝后褪色，产生该现象的原因是 NCl3在水中水解NCl3+4H2O＝3HClO+NH3•H2O，生成的NH3•H2O使石蕊变蓝，生成的HClO又使其漂白褪色 （使用化学用语结合文字解释）。
（4）液氯储罐中常混有NCl3。为测定氯气中的NCl3含量，将一定量样品先通入足量含有氧化汞的浓盐酸溶液中（反应为：NCl3+4HCl═NH4Cl+3Cl2），产生的气体通过饱和食盐水后再用足量NaOH溶液吸收，测得吸收后NaOH溶液增重35.125g。经测定NCl3吸收管内质量为0.180g。该样品中NCl3的质量分数为 3.52 %（保留三位有效数字）；若产生的气体未通过饱和食盐水，则测定结果 偏低 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
【分析】实验室可用Cl2和NH4Cl溶液反应制取NCl3，装置A用浓盐酸和高锰酸钾反应制取氯气，装置B中Cl2和NH4Cl溶液反应制取NCl3，装置C收集NCl3，NCl3在热水中易水解，干燥管可盛放碱石灰，可防止空气中水分进入使NCl3水解，据此分析解答。
【解答】解：（1）仪器a的名称为蒸馏烧瓶，实验室利用装置A为固液，还可以制备乙炔，
故答案为：蒸馏烧瓶；ac；
（2）打开活塞K1，将浓盐酸滴入圆底烧瓶中，仪器甲中制备NCl3的化学反应方程式为2Cl2+NH4Cl＝NCl7+4HCl，待反应至仪器a中有大量油状液体生成1；根据NCl7沸点71℃，95℃以上爆炸，
故答案为：3Cl2+NH5Cl＝NCl3+4HCl；71～95℃；
（3）将提纯后的NCl2滴入含有紫色石蕊试剂的水中，溶液先变蓝后褪色，则产生该现象的原因是NCl3在水中水解NCl3+3H2O＝3HClO+NH3•H2O，生成的NH3•H7O使石蕊变蓝，生成的HClO又使其漂白褪色，
故答案为：NCl3在水中水解NCl3+5H2O＝3HClO+NH4•H2O，生成的NH3•H4O使石蕊变蓝，生成的HClO又使其漂白褪色；
（4）测定NCl3吸收管内质量为6.180g）＝0.01ml5+4HCl═NH4Cl+5Cl2可知，n（NCl3）＝n（）＝0.01ml3）＝2.01ml×120.5g/ml＝1.205g，用盐酸处理生成氯气为m＝8.01ml×3×71g/ml＝2.13g，则NCl5%＝×100%≈6.52%，HCl和氢氧化钠溶液反应，
故答案为：3.52；偏低。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。
16．（14分）形状记忆陶瓷目前尚处于研究阶段，其中一种形状记忆陶瓷的主要原材料是纳米级ZrO2，用锆石（ZrSiO4，含少量FeO、Al2O3和制备纳米级ZrO2的流程设计如图1：
查阅资料知：Ksp[Fe（OH）3]＝1.0×10﹣38。
回答下列问题。
（1）锆石“粉碎过筛”的目的是 增大反应物的接触面积，提高碱浸的反应速率 。
（2）“酸浸”过程中发生的氧化还原反应的离子方程式为 2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O 。滤渣1的主要成分是 H2SiO3 。若室温下Ksp[Cu（CN）2]＝4×10﹣11，则为了使溶液中的c（Cu2+）≤1×10﹣5ml•L﹣1，则溶液中CN﹣的浓度不能低于 2×10﹣3ml/L 。
（3）工业生产中常常用无水乙醇洗涤Zr（OH）4，除了可以使纳米级ZrO2纯度更高、颗粒更细外，还可以 便于干燥 。
（4）酸浸时，得到的溶质主要是ZrOCl2，而不是预想中的ZrCl4，说明ZrCl4很容易水解，则ZrCl4水解产生ZrOCl2的化学方程式是 便于干燥 。
（5）除Fe3+也可以用合适的萃取剂，Fe3+的萃取率与pH的关系如图2所示，pH＞1.7后，随pH增大3+萃取率下降的原因是 pH＞1.7之后，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+的水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降 。
【分析】“碱熔“中NaOH分别与Al2O3和SiO2反应生成NaAlO2和Na2SiO3，加入盐酸与FeO反应生成Fe2+，亚铁离子与过氧化氢发生氧化还原反应生成铁离子和水，滤渣1的主要成分是H2SiO3，加入氨水沉淀铁离子和铝离子，滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，加入KCN除铜离子，加入氨水生成Zr（OH）4，受热分解生成ZrO2，据此分析回答问题。
【解答】解：（1）锆石“粉碎过筛”的目的是：增大反应物的接触面积，提高碱浸的反应速率，
故答案为：增大反应物的接触面积，提高碱浸的反应速率；
（2）“酸浸”过程中发生的氧化还原反应为加入盐酸与FeO反应生成Fe2+，亚铁离子与过氧化氢发生氧化还原反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为：2Fe3++H2O2+8H+═2Fe3++7H2O；加入盐酸发生强酸制弱酸反应生成硅酸，则滤渣1的主要成分是H4SiO3；若室温下Ksp[Cu（CN）2]═5×10﹣11，则为了使溶液中的c（Cu2+）≤1×10﹣8ml/L，则溶液中CN﹣的浓度不能低于，c（CN﹣）＝＝﹣5ml/L，
故答案为：2Fe2++H3O2+2H+═8Fe3++2H2O；H2SiO3；2×10﹣3ml/L；
（3）工业生产中常常用无水乙醇洗涤Zr（OH）4，除了可以使纳米级ZrO7纯度更高、颗粒更细外，
故答案为：便于干燥；
（4）酸浸时，得到的溶质主要是ZrOCl2，而不是预想中的ZrCl4，说明ZrCl3很容易水解，ZrCl4水解产生ZrOCl2的化学方程式是：ZrCl6+H2O═ZrOCl2+5HCl，
故答案为：ZrCl4+H2O═ZrOCl7+2HCl；
（5）Fe3+存在水解平衡Fe3++3H2O⇌Fe（OH）8+3H+，pH＞1.5之后，随着pH增大，水解平衡Fe3++3H6O⇌Fe（OH）3+3H+正向移动，溶液中Fe5+浓度降低，所以萃取率下降，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+的水解平衡正向移动，溶液中Fe2+浓度降低，所以萃取率下降，
故答案为：pH＞1.7之后，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）4+3H+的水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
17．（15分）氮的化合物在生产、生活中有广泛应用。
（1）已知几种共价键的键能数据如表所示：
根据表格数据，N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）ΔH＝ ﹣591 kJ•ml﹣1。
（2）H2O可与H+结合生成H3O+，H2O中H﹣O﹣H的键角比H3O+中的 小 （填“大”或“小”）。H2O2是常用的氧化剂，其分子结构如图甲所示。H2O2能与水混溶，却不溶于CCl4的原因是 H2O2为极性分子，根据相似相溶原理，H2O为极性分子，CCl4为非极性分子，故H2O2能溶于H2O而不溶于CCl4 。
（3）工业上，采用NH3还原NO法消除NO污染。一定条件下，向一恒容密闭容器中充入NH3和NO，在不同催化剂Catl、Cat2、Cat3作用下发生反应：4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（g）ΔH＜0。测得相同时间内NO的转化率随温度的变化如图乙所示。
①a点时：v正（NO） ＞ （填“＞”、“＜”或“＝”） v逆（NO）。
②bc段NO的转化率随温度升高而降低，可能的原因是 该反应的正反应为放热反应，达到平衡后，升高温度，平衡向吸热方向移动（或升高温度，催化剂活性降低） 。（任答一点）
（4）工业上用天然气处理NO2，消除NO2发生的反应为CH4（g）+2NO2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）。在一定温度下，充入1mlCH4和2mlNO2，发生上述反应，起始时测得总压强为90kPa。N2的分压与时间的关系如图丙所示。
①0～10min内NO2的分压变化速率为 2 kPa•min﹣1。
②该温度下，平衡常数Kp＝ 1.25 kPa。（提示：用气体分压计算的平衡常数为Kp，气体分压＝总压×物质的量分数）
（5）工业上制备HCN的反应为CH4（g）+NH3（g）⇌HCN（g）+3H2（g）ΔH＞0。速率方程为v正＝k正c（CH4）•c（NH3），v逆＝k逆c（HCN）•c3（H2）（k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，只与温度、催化剂有关）。
①其他条件不变，反应达到平衡后，NH3的转化率随着条件X的增大而增大，则X可能是 加入甲烷或减小压强或升高温度 。（答一种即可）
②升高温度，k逆增大的倍数 ＜ k正增大的倍数（填“＞”、“＜”或“＝”）。
【分析】（1）根据表格数据，N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）ΔH＝反应物总键能﹣生成物总键能；
（2）孤电子对之间的排斥力大于成键电子对和孤电子对之间的排斥力；极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂；
（3）①根据图知，a点后NO的转化率增大，则反应正向进行；
②达到平衡后，升高温度，平衡向吸热方向移动，升高温度催化剂活性降低；
（4）①0～10min内N2的分压变化速率为，相同时间内NO2的分压变化速率等于N2的分压变化速率的2倍；
②恒温恒容条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，设反应中消耗的n（CH4）＝xml，
可逆反应CH4（g）+2NO2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）
开始（ml）1 2 0 0 0
反应（ml）x 2x x 2x x
平衡（ml）1﹣x 2﹣2x x 2x x
平衡时气体总物质的量为（1﹣x+2﹣2x+x+2x+x）ml＝（3+x）ml，平衡时压强为×90kPa，N2的分压为××90kPa＝10kPa，x＝，则平衡时压强为×90kPa＝100kPa，平衡时气体总物质的量为（3+）ml＝ml，p（CH4）＝×100kPa＝20kPa，p（NO2）＝2p（CH4）＝40kPa，p（N2）＝p（CO2）＝10kPa，p（H2O）＝2p（N2）＝20kPa，该温度下，平衡常数Kp＝；
（5）①其他条件不变，反应达到平衡后，NH3的转化率随着条件X的增大而增大，改变条件时平衡正向移动但不能是增大氨气浓度而实现的；
②当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，则k正c（CH4）•c（NH3）＝k逆c（HCN）•c3（H2），＝＝K，升高温度平衡正向移动K增大。
【解答】解：（1）N2H4（g）+O8（g）═N2（g）+2H3O（g）ΔH＝反应物总键能﹣生成物总键能＝（4×391+160+498﹣945﹣4×467）kJ/ml＝﹣591kJ/ml，
故答案为：﹣591；
（2）H8O中O原子有2孤对电子，H3O+中O原子只有6对孤对电子，排斥力较小，则水中H﹣O﹣H的键角比H3O+中的小；由图示可知H2O4为极性分子，根据相似相溶原理，H2O为极性分子，CCl4为非极性分子，故H3O2能溶于H2O而不溶于CCl7，
故答案为：小；H2O2为极性分子，根据相似相溶原理，H5O为极性分子，CCl4为非极性分子，故H2O8能溶于H2O而不溶于CCl4；
（3）①根据图知，a点后NO的转化率增大，v正（NO）＞v逆（NO），
故答案为：＞；
②该反应的正反应为放热反应，达到平衡后，平衡向吸热方向移动，且升高温度催化剂活性降低，
故答案为：该反应的正反应为放热反应，达到平衡后，平衡向吸热方向移动（或升高温度；
（4）①5～10min内N2的分压变化速率为＝＝1kPa•min﹣7，相同时间内NO2的分压变化速率是N2的分压变化速率的8倍，所以0～10min内NO2的分压变化速率为4kPa•min﹣1，
故答案为：2；
②恒温恒容条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比5）＝xml，
可逆反应CH4（g）+2NO7（g）⇌CO2（g）+2H4O（g）+N2（g）
开始（ml）1 6 0
反应（ml）x 2x x x
平衡（ml）4﹣x 2﹣2x x x
平衡时气体总物质的量为（7﹣x+2﹣2x+x+5x+x）ml＝（3+x）ml，平衡时压强为，N2的分压为××90kPa＝10kPa，则平衡时压强为，平衡时气体总物质的量为（3+ml7）＝×100kPa＝20kPa2）＝3p（CH4）＝40kPa，p（N2）＝p（CO2）＝10kPa，p（H2O）＝2p（N6）＝20kPa，该温度下p＝＝＝1.25，
故答案为：1.25；
（5）①其他条件不变，反应达到平衡后、减小压强8的转化率随着条件X的增大而增大，所以X可能是加入甲烷，
故答案为：加入甲烷或减小压强或升高温度；
②当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等正c（CH4）•c（NH3）＝k逆c（HCN）•c2（H2），＝＝K，则k正＞K逆，所以k逆增大的倍数＜k正增大的倍数，
故答案为：＜。
【点评】本题考查化学平衡的计算，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确图中曲线的含义及其影响因素、化学平衡常数的有关计算方法是解本题关键，难点是（4）题平衡常数的计算，题目难度中等。
18．（15分）有机物J是一种药物合成的中间体，其合成路线如图：
已知：
回答下列问题：
（1）B→C的反应类型为 取代反应 。
（2）D→E的化学方程式为 +CH3OH+H2O ，E的化学名称是 苯乙酸甲酯 。
（3）H的结构简式为 ，其中含氧官能团的名称为 羰基、酯基 。
（4）在E的同分异构体中，同时满足下列条件的总数为 9 种。
①能发生银镜反应；
②能发生水解反应，且水解产物之一与FeCl3溶液发生显色反应。
上述同分异构体酸性水解后，所得产物中，核磁共振氢谱显示有四组氢（氢原子数量比为6：2：1：1） 或 （任写一种）。
（5）参考上述路线，设计以CH2═CH2为原料制备的路线 CH2＝CH2BrCH2CH2BrNCCH2CH2CNHOOCCH2CH2COOHClOCH2CH2COCl （无机试剂任选）。
【分析】A和氯气发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生水解反应生成D，D和甲醇发生酯化反应生成E为，F发生取代反应生成G，E和G发生信息中的取代反应生成H，H发生信息中的反应生成J，根据J的结构简式知，H为；
（5）根据B→C→D、F→G的反应知，CH2＝CH2和Br2发生加成反应生成BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br和NaCN发生取代反应生成NCCH2CH2CN，NCCH2CH2CN发生水解反应生成HOOCCH2CH2COOH，HOOCCH2CH2COOH和SOCl2发生取代反应生成ClOCH2CH2COCl。
【解答】解：（1）B中氯原子被﹣CN取代生成C，则B→C的反应类型为取代反应，
故答案为：取代反应；
（2）D→E的化学方程式为+CH3OH+H2O，E的化学名称是苯乙酸甲酯，
故答案为：+CH5OH+H2O；苯乙酸甲酯；
（3）H的结构简式为，其中含氧官能团的名称为羰基、酯基，
故答案为：；羰基、酯基；
（4）E的同分异构体同时满足下列条件：
①能发生银镜反应，说明含有醛基；
②能发生水解反应，且水解产物之一与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酯基，结合氧原子个数知，如果取代基为HCOO﹣，两个取代基有邻位、对位8种同分异构体、1个HCOO﹣，所以符合条件的同分异构体有9种，所得产物中、，
故答案为：4；或；
（5）根据B→C→D、F→G的反应知2＝CH2和Br2发生加成反应生成BrCH2CH2Br，BrCH3CH2Br和NaCN发生取代反应生成NCCH2CH3CN，NCCH2CH2CN发生水解反应生成HOOCCH3CH2COOH，HOOCCH2CH7COOH和SOCl2发生取代反应生成ClOCH2CH8COCl，合成路线为CH2＝CH2BrCH2CH2BrNCCH6CH2CNHOOCCH3CH2COOHClOCH3CH2COCl，
故答案为：CH2＝CH8BrCH2CH4BrNCCH2CH2CNHOOCCH2CH2COOHClOCH2CH2COCl。
【点评】本题考查有机物的合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
选项
甲
乙
丙
丁
A
NaOH溶液
CO2
Na2CO3溶液
NaHSO4溶液
B
SiO2
C
CO2
Fe
C
H2S
SO2
S
O2
D
氨水
AlCl3
Al（OH）3
盐酸
时间/s
0
2
4
6
﹣c/（ml⋅L﹣1）
O2
1.00
0.25
0.10
0.10
HCl
4.60
1.6
1.00
1.00
共价键
H﹣N
N﹣N
N≡N
O═O
H﹣O
键能/kJ•ml﹣1
391
160
945
498
467
选项
甲
乙
丙
丁
A
NaOH溶液
CO2
Na2CO3溶液
NaHSO4溶液
B
SiO2
C
CO2
Fe
C
H2S
SO2
S
O2
D
氨水
AlCl3
Al（OH）3
盐酸
时间/s
0
2
4
6
﹣c/（ml⋅L﹣1）
O2
1.00
0.25
0.10
0.10
HCl
4.60
1.6
1.00
1.00
共价键
H﹣N
N﹣N
N≡N
O═O
H﹣O
键能/kJ•ml﹣1
391
160
945
498
467
1．化学在生产、生活和社会发展各方面发挥着关键性作用。下列叙述正确的是（ ）
A．纯碱可用于治胃病
B．“静电除尘”、“燃煤固硫”和“汽车尾气净化”的措施均涉及化学变化
C．工人将模具干燥后再注入熔融钢水，是因为铁与水高温下会反应
D．太阳能电池的工作原理与原电池的相同
2．已知反应：RC≡CAg+2CN﹣+H2O→RC≡CH+Ag（CN）2﹣+OH﹣，该反应可用于提纯末端炔烃。下列说法不正确的是（ ）
A．OH﹣的电子式为
B．O的价电子排布图为
C．H2O的空间充填模型为
D．Ag（CN）2﹣中σ键与π键的个数比为1：1
3．下列物质的性质或用途的叙述错误的是（ ）
A．盐酸可用于除去水垢中的CaSO4
B．“84”消毒液消毒原理是利用了NaClO的强氧化性
C．Fe2O3常用作油漆、涂料、油墨的红色颜料
D．过氧化钠可用作呼吸面具中的供氧剂
4．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．1mlFeCl3在加热条件下完全水解生成Fe（OH）3胶粒数为NA
B．1L1ml⋅L﹣1NH4Br水溶液中NH4+与H+离子数之和为NA
C．60g的乙酸和葡萄糖的混合物充分燃烧消耗O2分子数为2NA
D．在标准状况下，2.24L三氯甲烷中含有的共价键数目为0.4NA
5．一定条件下，下列各项中的物质按如图所示的箭头不能实现一步转化的是（ ）
甲丙乙
A．AB．BC．CD．D
6．下列实验装置能达到相应实验目的的是（ ）
A．装置甲稀释浓硫酸
B．装置乙制备并检验SO2气体的性质
C．装置丙检查装置的气密性
D．装置丁收集NO
7．如图所示的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成。其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同主族，Y原子序数为W原子价电子数的3倍。下列说法正确的是（ ）
A．X和Z的最高化合价均为+7价
B．HX和HZ在水中均为强酸
C．最简单氢化物的稳定性：Y＞W
D．Z、W和氢三种元素可形成同时含有离子键和共价键的化合物
8．对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式的是（ ）
A．向碳酸氢铵溶液中加入足量的澄清石灰水：Ca2++2+2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+
B．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3+Cl2+H2O═2+2Cl﹣+
C．向水垢中滴加足量醋酸：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O
D．向硫酸铝溶液中加过量氨水：Al3++4NH3⋅H2O═+4+2H2O
9．某学习小组以肼（N2H4）为原料设计了一种燃料电池，构造如图所示，其中两个电极均为铂电极2H4+O2═N2+2H2O。下列说法错误的是（ ）
A．通入N2H4的一极是电池的负极
B．通入O2的电极反应式为O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣
C．电池工作一段时间后电解质溶液的pH将变大
D．若消耗16gN2H4，则理论上转移2ml电子
10．γ﹣崖柏素具有天然活性，有酚的通性，结构如图。下列关于γ﹣崖柏素的说法错误的是（ ）
A．可使酸性KMnO4溶液褪色
B．可与Na2CO3溶液反应
C．分子中无手性碳原子
D．分子中的碳原子可能全部共平面
11．自1911年发现超导现象以来，超导材料在电力、交通、医学等方面有着广泛的应用．某超导材料晶体中含Ni、Mg、C三种元素，其立方晶胞如图（ ）
A．晶胞中Ni能构成一个正八面体
B．镍位于元素周期表中第四周期第ⅧB族
C．区分晶体与非晶体的科学方法是对材料进行X﹣射线衍射实验
D．若镁原子间的最短距离为apm，则该晶体的密度（g•cm﹣3）的表达式为
12．T℃时，在恒容密闭容器中通入一定量的HCl和O2，发生反应：4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g），测得HCl和O2的浓度变化如表：
下列说法中一定正确的是（ ）
A．若升高温度，则反应达到平衡的时间将缩短
B．0～2s内，用O2表示的平均速率为0.125ml⋅L﹣1⋅s﹣1
C．若使用催化剂，则2s时的c（O2）将大于0.25ml⋅L﹣1
D．4s时，反应恰好达到该条件下的最大限度，且气体压强不再变化
13．硒（Se）是一种新型半导体材料，对富硒废料（含Ag2Se、Cu2S）进行综合处理的一种工艺流程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．合理处理富硒废料可以得到Ag和Se，符合循环经济理念
B．烧渣的主要成分是Ag和CuO
C．“滤液”经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥处理可制得胆矾
D．“吸收”时氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1
14．H2R是一种常见二元弱酸，用0.3ml⋅L﹣1NaOH溶液滴定20mL同浓度的H2R溶液的滴定曲线如图。已知a点、c点依次存在c（H2R）＝c（HR﹣）、c（HR﹣）＝c（R2﹣），下列说法错误的是（ ）
A．Ka1（H2R）＝10﹣1.3
B．b点c（HR﹣）＞c（R2﹣）＞c（H2R）
C．c点对应的溶液温度为滴定过程中的最高值
D．d点c（R2﹣）+c（HR﹣）+c（H2R）＝0.1ml⋅L﹣1
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（14分）NCl3是一种黄色油状液体，熔点﹣40℃，沸点71℃，常温下密度为1.65g•mL﹣1。95℃以上爆炸，弱酸性环境稳定，中性水中易发生水解。常用于面粉的漂白和杀菌。实验室可用Cl2和NH4Cl 溶液在常温下反应制取，所用装置如图：
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为 ；实验室利用装置A还可以制备下列哪些物质 （填字母）。
a.乙炔
b.硝基苯
c.溴苯
d.乙酸乙酯
（2）打开活塞K1，将浓盐酸滴入圆底烧瓶中，仪器甲中制备NCl3的化学反应方程式为 ，待反应至仪器甲中有大量油状液体生成，关闭活塞K1。将产物分离并用无水MgSO4干燥后，利用B、C装置将NCl3提纯，提纯过程中水浴温度应控制在 。
（3）将提纯后的NCl3滴入含有紫色石蕊试剂的水中，溶液先变蓝后褪色，产生该现象的原因是 （使用化学用语结合文字解释）。
（4）液氯储罐中常混有NCl3。为测定氯气中的NCl3含量，将一定量样品先通入足量含有氧化汞的浓盐酸溶液中（反应为：NCl3+4HCl═NH4Cl+3Cl2），产生的气体通过饱和食盐水后再用足量NaOH溶液吸收，测得吸收后NaOH溶液增重35.125g。经测定NCl3吸收管内质量为0.180g。该样品中NCl3的质量分数为 %（保留三位有效数字）；若产生的气体未通过饱和食盐水，则测定结果 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
16．（14分）形状记忆陶瓷目前尚处于研究阶段，其中一种形状记忆陶瓷的主要原材料是纳米级ZrO2，用锆石（ZrSiO4，含少量FeO、Al2O3和制备纳米级ZrO2的流程设计如图1：
查阅资料知：Ksp[Fe（OH）3]＝1.0×10﹣38。
回答下列问题。
（1）锆石“粉碎过筛”的目的是 。
（2）“酸浸”过程中发生的氧化还原反应的离子方程式为 。滤渣1的主要成分是 。若室温下Ksp[Cu（CN）2]＝4×10﹣11，则为了使溶液中的c（Cu2+）≤1×10﹣5ml•L﹣1，则溶液中CN﹣的浓度不能低于 。
（3）工业生产中常常用无水乙醇洗涤Zr（OH）4，除了可以使纳米级ZrO2纯度更高、颗粒更细外，还可以 。
（4）酸浸时，得到的溶质主要是ZrOCl2，而不是预想中的ZrCl4，说明ZrCl4很容易水解，则ZrCl4水解产生ZrOCl2的化学方程式是 。
（5）除Fe3+也可以用合适的萃取剂，Fe3+的萃取率与pH的关系如图2所示，pH＞1.7后，随pH增大3+萃取率下降的原因是 。
17．（15分）氮的化合物在生产、生活中有广泛应用。
（1）已知几种共价键的键能数据如表所示：
根据表格数据，N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）ΔH＝ kJ•ml﹣1。
（2）H2O可与H+结合生成H3O+，H2O中H﹣O﹣H的键角比H3O+中的 （填“大”或“小”）。H2O2是常用的氧化剂，其分子结构如图甲所示。H2O2能与水混溶，却不溶于CCl4的原因是 。
（3）工业上，采用NH3还原NO法消除NO污染。一定条件下，向一恒容密闭容器中充入NH3和NO，在不同催化剂Catl、Cat2、Cat3作用下发生反应：4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（g）ΔH＜0。测得相同时间内NO的转化率随温度的变化如图乙所示。
①a点时：v正（NO） （填“＞”、“＜”或“＝”） v逆（NO）。
②bc段NO的转化率随温度升高而降低，可能的原因是 。（任答一点）
（4）工业上用天然气处理NO2，消除NO2发生的反应为CH4（g）+2NO2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）。在一定温度下，充入1mlCH4和2mlNO2，发生上述反应，起始时测得总压强为90kPa。N2的分压与时间的关系如图丙所示。
①0～10min内NO2的分压变化速率为 kPa•min﹣1。
②该温度下，平衡常数Kp＝ kPa。（提示：用气体分压计算的平衡常数为Kp，气体分压＝总压×物质的量分数）
（5）工业上制备HCN的反应为CH4（g）+NH3（g）⇌HCN（g）+3H2（g）ΔH＞0。速率方程为v正＝k正c（CH4）•c（NH3），v逆＝k逆c（HCN）•c3（H2）（k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，只与温度、催化剂有关）。
①其他条件不变，反应达到平衡后，NH3的转化率随着条件X的增大而增大，则X可能是 。（答一种即可）
②升高温度，k逆增大的倍数 k正增大的倍数（填“＞”、“＜”或“＝”）。
18．（15分）有机物J是一种药物合成的中间体，其合成路线如图：
已知：
回答下列问题：
（1）B→C的反应类型为 。
（2）D→E的化学方程式为 ，E的化学名称是 。
（3）H的结构简式为 ，其中含氧官能团的名称为 。
（4）在E的同分异构体中，同时满足下列条件的总数为 种。
①能发生银镜反应；
②能发生水解反应，且水解产物之一与FeCl3溶液发生显色反应。
上述同分异构体酸性水解后，所得产物中，核磁共振氢谱显示有四组氢（氢原子数量比为6：2：1：1） （任写一种）。
（5）参考上述路线，设计以CH2═CH2为原料制备的路线 （无机试剂任选）。
2023年重庆市万州二中高考化学适应性试卷（二）
参考答案
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,只有一个选项符合题目要求的。
1．化学在生产、生活和社会发展各方面发挥着关键性作用。下列叙述正确的是（ ）
A．纯碱可用于治胃病
B．“静电除尘”、“燃煤固硫”和“汽车尾气净化”的措施均涉及化学变化
C．工人将模具干燥后再注入熔融钢水，是因为铁与水高温下会反应
D．太阳能电池的工作原理与原电池的相同
【分析】A．纯碱为碳酸钠，其溶液碱性太强；
B．“静电除尘”是吸附原理；
C．铁与水高温下会反应，产生氢气，易爆炸；
D．太阳能电池是将光能转化为电能，原电池是将化学能转化为电能。
【解答】解：A．纯碱溶液碱性太强，常用碳酸氢钠治疗胃酸过多；
B．“静电除尘”是吸附原理，不涉及化学变化；
C．铁与水高温下会反应，易爆炸，故C正确；
D．太阳能电池是将光能转化为电能，原理不同；
故选：C。
【点评】本题考查化学与生产、生活的密切关系，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，注意掌握常见物质组成、结构与性质，试题培养了学生的灵活应用能力。
2．已知反应：RC≡CAg+2CN﹣+H2O→RC≡CH+Ag（CN）2﹣+OH﹣，该反应可用于提纯末端炔烃。下列说法不正确的是（ ）
A．OH﹣的电子式为
B．O的价电子排布图为
C．H2O的空间充填模型为
D．Ag（CN）2﹣中σ键与π键的个数比为1：1
【分析】A．氢氧根离子氧原子最外层8个电子，氢原子最外层2个电子；
B．氧的价电子排布式为2s22p4；
C．水是由2个氢原子与1个氧原子构成，氧原子半径大于氢原子，水分子为角型结构；
D．Ag（CN）2﹣的结构式为：，配位键属于σ键，叁键中1个是σ键，两个是π键。
【解答】解：A．OH﹣的电子式为，故A错误；
B．氧的价电子排布式为2s26p4，O的价电子排布图为，故B正确；
C．H2O的空间充填模型为，故C正确；
D．Ag（CN）6﹣的结构式为：，依据分析可知Ag（CN）2﹣含有4个σ键和8个π键，σ键与π键的个数比为1：1；
故选：A。
【点评】本题考查了化学用语的使用，明确电子式、核外电子排布图、填充模型的使用方法和注意事项是解题关键，题目难度不大。
3．下列物质的性质或用途的叙述错误的是（ ）
A．盐酸可用于除去水垢中的CaSO4
B．“84”消毒液消毒原理是利用了NaClO的强氧化性
C．Fe2O3常用作油漆、涂料、油墨的红色颜料
D．过氧化钠可用作呼吸面具中的供氧剂
【分析】A．盐酸不能与CaSO4反应，不能将CaSO4转化为可溶性物质除去；
B．NaClO具有强氧化性，能使蛋白质变性；
C．Fe2O3是红色固体，俗名铁红；
D．过氧化钠能与水、二氧化碳反应生成氧气，可作氧气来源。
【解答】解：A．盐酸不能与CaSO4反应，不能除去水垢中的CaSO4，应先加入碳酸钠将CaSO6转化为CaCO3，水洗后再加入HCl除去，故A错误；
B．“84”消毒液的有效成分是NaClO，能使蛋白质变性，故B正确；
C．Fe2O2是红色固体，可用作油漆、油墨的红色颜料；
D．过氧化钠能与水，常用作呼吸面具中的供氧剂；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意掌握化学知识在生产、生活中的应用，题目难度不大。
4．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．1mlFeCl3在加热条件下完全水解生成Fe（OH）3胶粒数为NA
B．1L1ml⋅L﹣1NH4Br水溶液中NH4+与H+离子数之和为NA
C．60g的乙酸和葡萄糖的混合物充分燃烧消耗O2分子数为2NA
D．在标准状况下，2.24L三氯甲烷中含有的共价键数目为0.4NA
【分析】A．氢氧化铁胶体为粒子胶体，1个氢氧化铁胶体粒子中含有许多个氢氧化铁分子；
B．由电荷守恒可知，c（NH4+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Br﹣）；
C．乙酸的分子式为C2H4O2，葡萄糖的分子式为C6H12O6，两者的最简式均为CH2O，且1个CH2O完全燃烧消耗1个氧气；
D．在标准状况下，三氯甲烷是液体。
【解答】解：A．氢氧化铁胶体为粒子胶体，则1mlFeCl3在加热条件下完全水解生成Fe（OH）2胶粒数小于NA，故A错误；
B．由电荷守恒可知4+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Br﹣），1L7ml⋅L﹣1NH4Br水溶液中，溴离子的物质的量为2ml4+与H+离子数之和大于NA，故B错误；
C．乙酸的分子式为C2H2O2，葡萄糖的分子式为C6H12O2，两者的最简式均为CH2O，且1个CH2O完全燃烧消耗1个氧气，则60g的乙酸和葡萄糖的混合物中含有2mlCH6O，充分燃烧消耗O2分子数为2NA，故C正确；
D．在标准状况下，则5.24L三氯甲烷的物质的量不是0.1mlA，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
5．一定条件下，下列各项中的物质按如图所示的箭头不能实现一步转化的是（ ）
甲丙乙
A．AB．BC．CD．D
【分析】A．氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠和水，碳酸钠和硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钠、二氧化碳和水；
B．二氧化硅与碳在高温条件下反应生成硅和CO；
C．氢硫酸与二氧化硫反应生成硫和水，硫与氧气在点燃条件下反应生成二氧化硫；
D．氨水与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水。
【解答】解：A．氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠和水、二氧化碳和水，故A错误；
B．二氧化硅与碳在高温条件下反应生成硅和CO2，且CO2和铁也不反应，不能实现一步转化；
C．氢硫酸与二氧化硫反应生成硫和水，均能实现一步转化；
D．氨水与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，均能实现一步转化；
故选：B。
【点评】本题考查物质之间的转化，侧重考查学生基本化学反应的掌握情况，试题难度中等。
6．下列实验装置能达到相应实验目的的是（ ）
A．装置甲稀释浓硫酸
B．装置乙制备并检验SO2气体的性质
C．装置丙检查装置的气密性
D．装置丁收集NO
【分析】A．稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中；
B．加热时Cu与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫使品红褪色，NaOH溶液可吸收尾气；
C．捂热集气瓶时，气体易从长颈漏斗逸出；
D．NO不溶于水。
【解答】解：A．稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中，故A错误；
B．加热时Cu与浓硫酸反应生成二氧化硫，NaOH溶液可吸收尾气2气体的性质，故B正确；
C．捂热集气瓶时，烧杯中无气泡冒出，故C错误；
D．NO不溶于水，应短导管进气排水收集；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、气体的收集、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
7．如图所示的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成。其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同主族，Y原子序数为W原子价电子数的3倍。下列说法正确的是（ ）
A．X和Z的最高化合价均为+7价
B．HX和HZ在水中均为强酸
C．最简单氢化物的稳定性：Y＞W
D．Z、W和氢三种元素可形成同时含有离子键和共价键的化合物
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Y原子序数为W原子价电子数的3倍，化合物中W形成3个共价键，则W为N原子，Y的原子序数为5×3＝15，则Y为P元素；X和Z同主族，均只形成1个共价键，结合原子序数可知X为F元素、Z为Cl元素，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，W为N元素、Y为P元素，
A．X为F元素，故A错误；
B．HF在水中不能完全电离，故B错误；
C．同主族从上到下非金属性减弱，故C错误；
D．Z、W和氢三种元素可形成同时含有离子键和共价键的化合物为氯化铵；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、化学键来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
8．对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式的是（ ）
A．向碳酸氢铵溶液中加入足量的澄清石灰水：Ca2++2+2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+
B．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3+Cl2+H2O═2+2Cl﹣+
C．向水垢中滴加足量醋酸：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O
D．向硫酸铝溶液中加过量氨水：Al3++4NH3⋅H2O═+4+2H2O
【分析】A．向碳酸氢铵溶液中加入足量的澄清石灰水，碳酸氢根离子完全反应生成碳酸钙和水，铵根离子完全反应生成一水合氨；
B．Na2SO3溶液吸收少量Cl2，氯气具有强氧化性，把部分亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，同时氢离子与亚硫酸氢根离子反应生成亚硫酸氢根离子；
C．醋酸为弱酸不能拆；
D．氨水为弱碱，向硫酸铝溶液中加过量氨水生成氢氧化铝沉淀和铵根离子。
【解答】解：A．向碳酸氢铵溶液中加入足量的澄清石灰水，铵根离子完全反应生成一水合氨2++++2OH﹣═CaCO3↓+NH2•H2O+H2O，故A错误；
B．Na2SO3溶液吸收少量Cl2，氯气具有强氧化性，把部分亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，其反应的离子方程式为：65+H2O═2+2Cl﹣+，故B正确；
C．醋酸为弱酸不能拆3+2CH2COOH═Ca2++2CH2COO﹣+H2O+CO2↑，故C错误；
D．氨水为弱碱，离子方程式为：Al8++3NH3•H8O═Al（OH）3↓+3，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子反应，侧重考查学生离子方程式正误判断的掌握情况，试题难度中等。
9．某学习小组以肼（N2H4）为原料设计了一种燃料电池，构造如图所示，其中两个电极均为铂电极2H4+O2═N2+2H2O。下列说法错误的是（ ）
A．通入N2H4的一极是电池的负极
B．通入O2的电极反应式为O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣
C．电池工作一段时间后电解质溶液的pH将变大
D．若消耗16gN2H4，则理论上转移2ml电子
【分析】该燃料电池中，电池的总反应方程式为N2H4+O2═N2+2H2O，通入燃料肼的电极为负极、通入氧气的电极为正极，电解质溶液呈碱性，则负极反应式为N2H4+4OH﹣﹣4e﹣═N2↑+4H2O，正极反应式为O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，电流从正极沿导线流向负极，据此分析解答。
【解答】解：A．该燃料电池中通入燃料肼的电极为负极2H4+6OH﹣﹣4e﹣═N2↑+3H2O，故A正确；
B．通入氧气的电极为正极2的电极反应式为O2+4e﹣+2H4O═4OH﹣，故B正确；
C．电池的总反应方程式为N2H4+O2═N2+2H2O，反应生成水，电池工作一段时间后电解质溶液的pH将减小；
D．由负极反应式N2H5+4OH﹣﹣4e﹣＝N5+4H2O，则完全消耗16gN2H4，理论上外电路中转移电子的物质的量为×4＝7ml；
故选：C。
【点评】本题以燃料电池为载体考查原电池原理，侧重考查对原电池的理解和灵活运用，明确正负极判断方法、各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意结合电解质特点书写。
10．γ﹣崖柏素具有天然活性，有酚的通性，结构如图。下列关于γ﹣崖柏素的说法错误的是（ ）
A．可使酸性KMnO4溶液褪色
B．可与Na2CO3溶液反应
C．分子中无手性碳原子
D．分子中的碳原子可能全部共平面
【分析】A．酚羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
B．酚羟基能和碳酸钠溶液反应；
C．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；
D．饱和碳原子具有甲烷结构特点，甲烷为四面体结构。
【解答】解：A．该物质具有酚的通性，所以该物质能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；
B．态物质具有酚的通性，所以该分子中的羟基能和碳酸钠溶液反应；
C．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，该分子中不存在手性碳原子；
D．该分子中连接两个甲基的碳原子为饱和碳原子，甲烷为四面体结构，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
11．自1911年发现超导现象以来，超导材料在电力、交通、医学等方面有着广泛的应用．某超导材料晶体中含Ni、Mg、C三种元素，其立方晶胞如图（ ）
A．晶胞中Ni能构成一个正八面体
B．镍位于元素周期表中第四周期第ⅧB族
C．区分晶体与非晶体的科学方法是对材料进行X﹣射线衍射实验
D．若镁原子间的最短距离为apm，则该晶体的密度（g•cm﹣3）的表达式为
【分析】A．将图中的Ni原子连接起来即可形成一个正八面体；
B．镍价层电子排布式为：3d84s2；
C．构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，通过X﹣射线衍射图谱可反映出晶体的这一结构特征；
D．Mg处于顶点，晶胞中 Mg个数为8×＝1，Ni位于面心，Ni的个数为 6×＝3，C位于体心，C个数为1，则晶胞质量为g，若镁原子间的最短距离为apm，该晶胞的体积为（apm）3＝a3×10﹣30cm3，结合ρ＝计算该晶体的密度。
【解答】解：A．由图可知，故A正确；
B．镍价层电子排布式为：3d82s2，依据价层电子排布式可知，位于周期表中第四周期第Ⅷ族；
C．构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，因此区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X﹣射线衍射实验；
D．Mg处于顶点 Mg个数为8×，Ni位于面心 6×，C位于体心，则晶胞质量为g，该晶胞的体积为（apm）7＝a3×10﹣30cm3，则其密度为：＝g•cm﹣3，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查晶胞计算，为高频考点，把握图示晶胞结构为解答关键，注意掌握均摊法在晶胞计算中的应用，D为易错点，试题侧重考查学生的化学计算能力，题目难度中等。
12．T℃时，在恒容密闭容器中通入一定量的HCl和O2，发生反应：4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g），测得HCl和O2的浓度变化如表：
下列说法中一定正确的是（ ）
A．若升高温度，则反应达到平衡的时间将缩短
B．0～2s内，用O2表示的平均速率为0.125ml⋅L﹣1⋅s﹣1
C．若使用催化剂，则2s时的c（O2）将大于0.25ml⋅L﹣1
D．4s时，反应恰好达到该条件下的最大限度，且气体压强不再变化
【分析】A．升高温度，化学反应速率加快；
B．0～2s内，用O2表示的平均速率＝；
C．加入催化剂，加快化学反应速率，相同时间内消耗的n（O2）增大；
D．根据表中数据知，反应达到平衡状态是可能在4s或4s前。
【解答】解：A．升高温度，化学反应速率加快，故A正确；
B．0～2s内4表示的平均速率＝＝＝0.375ml⋅L﹣1⋅s﹣5，故B错误；
C．加入催化剂，相同时间内消耗的n（O2）增大，所以2s时的c（O7）将小于0.25ml⋅L﹣1，故C错误；
D．根据表中数据知，所以3s时，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学反应速率影响因素，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确外界条件对化学平衡影响、化学反应速率影响原理是解本题关键，题目难度不大。
13．硒（Se）是一种新型半导体材料，对富硒废料（含Ag2Se、Cu2S）进行综合处理的一种工艺流程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．合理处理富硒废料可以得到Ag和Se，符合循环经济理念
B．烧渣的主要成分是Ag和CuO
C．“滤液”经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥处理可制得胆矾
D．“吸收”时氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1
【分析】富硒废料在空气中焙烧Ag2Se和Cu2S转化为Ag、CuO、SO2、SeO2，烧渣中主要含Ag、CuO，酸溶过滤得到Ag和硫酸铜溶液，吸收时发生反应：SeO2+2SO2+2H2O＝Se↓+2H2SO4。
【解答】解：A．从富硒废料中可以提取出Ag和Se，符合循环经济理念；
B．根据分析、CuO；
C．滤液为硫酸铜溶液、冷却结晶、洗涤和干燥处理可制得胆矾；
D．“吸收”时发生反应SeO2+2SO3+2H2O＝Se↓+2H2SO4，其中氧化剂为SeO2，还原剂为SO2，其物质的量之比为1：6，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了物质分离提纯、物质性质等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
14．H2R是一种常见二元弱酸，用0.3ml⋅L﹣1NaOH溶液滴定20mL同浓度的H2R溶液的滴定曲线如图。已知a点、c点依次存在c（H2R）＝c（HR﹣）、c（HR﹣）＝c（R2﹣），下列说法错误的是（ ）
A．Ka1（H2R）＝10﹣1.3
B．b点c（HR﹣）＞c（R2﹣）＞c（H2R）
C．c点对应的溶液温度为滴定过程中的最高值
D．d点c（R2﹣）+c（HR﹣）+c（H2R）＝0.1ml⋅L﹣1
【分析】A．根据图像可知a点pH═1.3，c（HR﹣）＝c（H2R），Ka1＝＝c（H+）；
B．当氢氧化钠溶液体积等于20mL时，恰好生成NaHR，由图可知pH＜7溶液显酸性，HR﹣电离程度大于水解程度；
C．中和反应温度最高的点为恰好生成正盐的点；
D．d点为恰好中和的点，溶质为Na2R，此时混合液的体积为40mL+20 mL═60 mL，根据元素质量守恒得c（HR﹣）+c（R2﹣）+c（H2R）＝。
【解答】解：A．根据图像可知a点pH═1.3﹣）＝c（H5R），Ka1＝＝c（H+）＝10﹣2.3，故A正确；
B．当氢氧化钠溶液体积等于20mL时，由图可知pH＜7溶液显酸性﹣电离程度大于水解程度，故有c（HR﹣）＞c（R7﹣）＞c（H2R），故B正确；
C．中和反应温度最高的点为恰好生成正盐的点，故C错误；
D．d点为恰好中和的点2R，此时混合液的体积为40mL+20 mL﹣）+c（R2﹣）+c（H2R）＝＝0.1ml/L；
故选：C。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意原子守恒的灵活运用。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（14分）NCl3是一种黄色油状液体，熔点﹣40℃，沸点71℃，常温下密度为1.65g•mL﹣1。95℃以上爆炸，弱酸性环境稳定，中性水中易发生水解。常用于面粉的漂白和杀菌。实验室可用Cl2和NH4Cl 溶液在常温下反应制取，所用装置如图：
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为 蒸馏烧瓶 ；实验室利用装置A还可以制备下列哪些物质 ac （填字母）。
a.乙炔
b.硝基苯
c.溴苯
d.乙酸乙酯
（2）打开活塞K1，将浓盐酸滴入圆底烧瓶中，仪器甲中制备NCl3的化学反应方程式为 3Cl2+NH4Cl＝NCl3+4HCl ，待反应至仪器甲中有大量油状液体生成，关闭活塞K1。将产物分离并用无水MgSO4干燥后，利用B、C装置将NCl3提纯，提纯过程中水浴温度应控制在 71～95℃ 。
（3）将提纯后的NCl3滴入含有紫色石蕊试剂的水中，溶液先变蓝后褪色，产生该现象的原因是 NCl3在水中水解NCl3+4H2O＝3HClO+NH3•H2O，生成的NH3•H2O使石蕊变蓝，生成的HClO又使其漂白褪色 （使用化学用语结合文字解释）。
（4）液氯储罐中常混有NCl3。为测定氯气中的NCl3含量，将一定量样品先通入足量含有氧化汞的浓盐酸溶液中（反应为：NCl3+4HCl═NH4Cl+3Cl2），产生的气体通过饱和食盐水后再用足量NaOH溶液吸收，测得吸收后NaOH溶液增重35.125g。经测定NCl3吸收管内质量为0.180g。该样品中NCl3的质量分数为 3.52 %（保留三位有效数字）；若产生的气体未通过饱和食盐水，则测定结果 偏低 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
【分析】实验室可用Cl2和NH4Cl溶液反应制取NCl3，装置A用浓盐酸和高锰酸钾反应制取氯气，装置B中Cl2和NH4Cl溶液反应制取NCl3，装置C收集NCl3，NCl3在热水中易水解，干燥管可盛放碱石灰，可防止空气中水分进入使NCl3水解，据此分析解答。
【解答】解：（1）仪器a的名称为蒸馏烧瓶，实验室利用装置A为固液，还可以制备乙炔，
故答案为：蒸馏烧瓶；ac；
（2）打开活塞K1，将浓盐酸滴入圆底烧瓶中，仪器甲中制备NCl3的化学反应方程式为2Cl2+NH4Cl＝NCl7+4HCl，待反应至仪器a中有大量油状液体生成1；根据NCl7沸点71℃，95℃以上爆炸，
故答案为：3Cl2+NH5Cl＝NCl3+4HCl；71～95℃；
（3）将提纯后的NCl2滴入含有紫色石蕊试剂的水中，溶液先变蓝后褪色，则产生该现象的原因是NCl3在水中水解NCl3+3H2O＝3HClO+NH3•H2O，生成的NH3•H7O使石蕊变蓝，生成的HClO又使其漂白褪色，
故答案为：NCl3在水中水解NCl3+5H2O＝3HClO+NH4•H2O，生成的NH3•H4O使石蕊变蓝，生成的HClO又使其漂白褪色；
（4）测定NCl3吸收管内质量为6.180g）＝0.01ml5+4HCl═NH4Cl+5Cl2可知，n（NCl3）＝n（）＝0.01ml3）＝2.01ml×120.5g/ml＝1.205g，用盐酸处理生成氯气为m＝8.01ml×3×71g/ml＝2.13g，则NCl5%＝×100%≈6.52%，HCl和氢氧化钠溶液反应，
故答案为：3.52；偏低。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。
16．（14分）形状记忆陶瓷目前尚处于研究阶段，其中一种形状记忆陶瓷的主要原材料是纳米级ZrO2，用锆石（ZrSiO4，含少量FeO、Al2O3和制备纳米级ZrO2的流程设计如图1：
查阅资料知：Ksp[Fe（OH）3]＝1.0×10﹣38。
回答下列问题。
（1）锆石“粉碎过筛”的目的是 增大反应物的接触面积，提高碱浸的反应速率 。
（2）“酸浸”过程中发生的氧化还原反应的离子方程式为 2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O 。滤渣1的主要成分是 H2SiO3 。若室温下Ksp[Cu（CN）2]＝4×10﹣11，则为了使溶液中的c（Cu2+）≤1×10﹣5ml•L﹣1，则溶液中CN﹣的浓度不能低于 2×10﹣3ml/L 。
（3）工业生产中常常用无水乙醇洗涤Zr（OH）4，除了可以使纳米级ZrO2纯度更高、颗粒更细外，还可以 便于干燥 。
（4）酸浸时，得到的溶质主要是ZrOCl2，而不是预想中的ZrCl4，说明ZrCl4很容易水解，则ZrCl4水解产生ZrOCl2的化学方程式是 便于干燥 。
（5）除Fe3+也可以用合适的萃取剂，Fe3+的萃取率与pH的关系如图2所示，pH＞1.7后，随pH增大3+萃取率下降的原因是 pH＞1.7之后，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+的水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降 。
【分析】“碱熔“中NaOH分别与Al2O3和SiO2反应生成NaAlO2和Na2SiO3，加入盐酸与FeO反应生成Fe2+，亚铁离子与过氧化氢发生氧化还原反应生成铁离子和水，滤渣1的主要成分是H2SiO3，加入氨水沉淀铁离子和铝离子，滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，加入KCN除铜离子，加入氨水生成Zr（OH）4，受热分解生成ZrO2，据此分析回答问题。
【解答】解：（1）锆石“粉碎过筛”的目的是：增大反应物的接触面积，提高碱浸的反应速率，
故答案为：增大反应物的接触面积，提高碱浸的反应速率；
（2）“酸浸”过程中发生的氧化还原反应为加入盐酸与FeO反应生成Fe2+，亚铁离子与过氧化氢发生氧化还原反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为：2Fe3++H2O2+8H+═2Fe3++7H2O；加入盐酸发生强酸制弱酸反应生成硅酸，则滤渣1的主要成分是H4SiO3；若室温下Ksp[Cu（CN）2]═5×10﹣11，则为了使溶液中的c（Cu2+）≤1×10﹣8ml/L，则溶液中CN﹣的浓度不能低于，c（CN﹣）＝＝﹣5ml/L，
故答案为：2Fe2++H3O2+2H+═8Fe3++2H2O；H2SiO3；2×10﹣3ml/L；
（3）工业生产中常常用无水乙醇洗涤Zr（OH）4，除了可以使纳米级ZrO7纯度更高、颗粒更细外，
故答案为：便于干燥；
（4）酸浸时，得到的溶质主要是ZrOCl2，而不是预想中的ZrCl4，说明ZrCl3很容易水解，ZrCl4水解产生ZrOCl2的化学方程式是：ZrCl6+H2O═ZrOCl2+5HCl，
故答案为：ZrCl4+H2O═ZrOCl7+2HCl；
（5）Fe3+存在水解平衡Fe3++3H2O⇌Fe（OH）8+3H+，pH＞1.5之后，随着pH增大，水解平衡Fe3++3H6O⇌Fe（OH）3+3H+正向移动，溶液中Fe5+浓度降低，所以萃取率下降，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+的水解平衡正向移动，溶液中Fe2+浓度降低，所以萃取率下降，
故答案为：pH＞1.7之后，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）4+3H+的水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
17．（15分）氮的化合物在生产、生活中有广泛应用。
（1）已知几种共价键的键能数据如表所示：
根据表格数据，N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）ΔH＝ ﹣591 kJ•ml﹣1。
（2）H2O可与H+结合生成H3O+，H2O中H﹣O﹣H的键角比H3O+中的 小 （填“大”或“小”）。H2O2是常用的氧化剂，其分子结构如图甲所示。H2O2能与水混溶，却不溶于CCl4的原因是 H2O2为极性分子，根据相似相溶原理，H2O为极性分子，CCl4为非极性分子，故H2O2能溶于H2O而不溶于CCl4 。
（3）工业上，采用NH3还原NO法消除NO污染。一定条件下，向一恒容密闭容器中充入NH3和NO，在不同催化剂Catl、Cat2、Cat3作用下发生反应：4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（g）ΔH＜0。测得相同时间内NO的转化率随温度的变化如图乙所示。
①a点时：v正（NO） ＞ （填“＞”、“＜”或“＝”） v逆（NO）。
②bc段NO的转化率随温度升高而降低，可能的原因是 该反应的正反应为放热反应，达到平衡后，升高温度，平衡向吸热方向移动（或升高温度，催化剂活性降低） 。（任答一点）
（4）工业上用天然气处理NO2，消除NO2发生的反应为CH4（g）+2NO2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）。在一定温度下，充入1mlCH4和2mlNO2，发生上述反应，起始时测得总压强为90kPa。N2的分压与时间的关系如图丙所示。
①0～10min内NO2的分压变化速率为 2 kPa•min﹣1。
②该温度下，平衡常数Kp＝ 1.25 kPa。（提示：用气体分压计算的平衡常数为Kp，气体分压＝总压×物质的量分数）
（5）工业上制备HCN的反应为CH4（g）+NH3（g）⇌HCN（g）+3H2（g）ΔH＞0。速率方程为v正＝k正c（CH4）•c（NH3），v逆＝k逆c（HCN）•c3（H2）（k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，只与温度、催化剂有关）。
①其他条件不变，反应达到平衡后，NH3的转化率随着条件X的增大而增大，则X可能是 加入甲烷或减小压强或升高温度 。（答一种即可）
②升高温度，k逆增大的倍数 ＜ k正增大的倍数（填“＞”、“＜”或“＝”）。
【分析】（1）根据表格数据，N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）ΔH＝反应物总键能﹣生成物总键能；
（2）孤电子对之间的排斥力大于成键电子对和孤电子对之间的排斥力；极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂；
（3）①根据图知，a点后NO的转化率增大，则反应正向进行；
②达到平衡后，升高温度，平衡向吸热方向移动，升高温度催化剂活性降低；
（4）①0～10min内N2的分压变化速率为，相同时间内NO2的分压变化速率等于N2的分压变化速率的2倍；
②恒温恒容条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，设反应中消耗的n（CH4）＝xml，
可逆反应CH4（g）+2NO2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）
开始（ml）1 2 0 0 0
反应（ml）x 2x x 2x x
平衡（ml）1﹣x 2﹣2x x 2x x
平衡时气体总物质的量为（1﹣x+2﹣2x+x+2x+x）ml＝（3+x）ml，平衡时压强为×90kPa，N2的分压为××90kPa＝10kPa，x＝，则平衡时压强为×90kPa＝100kPa，平衡时气体总物质的量为（3+）ml＝ml，p（CH4）＝×100kPa＝20kPa，p（NO2）＝2p（CH4）＝40kPa，p（N2）＝p（CO2）＝10kPa，p（H2O）＝2p（N2）＝20kPa，该温度下，平衡常数Kp＝；
（5）①其他条件不变，反应达到平衡后，NH3的转化率随着条件X的增大而增大，改变条件时平衡正向移动但不能是增大氨气浓度而实现的；
②当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，则k正c（CH4）•c（NH3）＝k逆c（HCN）•c3（H2），＝＝K，升高温度平衡正向移动K增大。
【解答】解：（1）N2H4（g）+O8（g）═N2（g）+2H3O（g）ΔH＝反应物总键能﹣生成物总键能＝（4×391+160+498﹣945﹣4×467）kJ/ml＝﹣591kJ/ml，
故答案为：﹣591；
（2）H8O中O原子有2孤对电子，H3O+中O原子只有6对孤对电子，排斥力较小，则水中H﹣O﹣H的键角比H3O+中的小；由图示可知H2O4为极性分子，根据相似相溶原理，H2O为极性分子，CCl4为非极性分子，故H3O2能溶于H2O而不溶于CCl7，
故答案为：小；H2O2为极性分子，根据相似相溶原理，H5O为极性分子，CCl4为非极性分子，故H2O8能溶于H2O而不溶于CCl4；
（3）①根据图知，a点后NO的转化率增大，v正（NO）＞v逆（NO），
故答案为：＞；
②该反应的正反应为放热反应，达到平衡后，平衡向吸热方向移动，且升高温度催化剂活性降低，
故答案为：该反应的正反应为放热反应，达到平衡后，平衡向吸热方向移动（或升高温度；
（4）①5～10min内N2的分压变化速率为＝＝1kPa•min﹣7，相同时间内NO2的分压变化速率是N2的分压变化速率的8倍，所以0～10min内NO2的分压变化速率为4kPa•min﹣1，
故答案为：2；
②恒温恒容条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比5）＝xml，
可逆反应CH4（g）+2NO7（g）⇌CO2（g）+2H4O（g）+N2（g）
开始（ml）1 6 0
反应（ml）x 2x x x
平衡（ml）4﹣x 2﹣2x x x
平衡时气体总物质的量为（7﹣x+2﹣2x+x+5x+x）ml＝（3+x）ml，平衡时压强为，N2的分压为××90kPa＝10kPa，则平衡时压强为，平衡时气体总物质的量为（3+ml7）＝×100kPa＝20kPa2）＝3p（CH4）＝40kPa，p（N2）＝p（CO2）＝10kPa，p（H2O）＝2p（N6）＝20kPa，该温度下p＝＝＝1.25，
故答案为：1.25；
（5）①其他条件不变，反应达到平衡后、减小压强8的转化率随着条件X的增大而增大，所以X可能是加入甲烷，
故答案为：加入甲烷或减小压强或升高温度；
②当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等正c（CH4）•c（NH3）＝k逆c（HCN）•c2（H2），＝＝K，则k正＞K逆，所以k逆增大的倍数＜k正增大的倍数，
故答案为：＜。
【点评】本题考查化学平衡的计算，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确图中曲线的含义及其影响因素、化学平衡常数的有关计算方法是解本题关键，难点是（4）题平衡常数的计算，题目难度中等。
18．（15分）有机物J是一种药物合成的中间体，其合成路线如图：
已知：
回答下列问题：
（1）B→C的反应类型为 取代反应 。
（2）D→E的化学方程式为 +CH3OH+H2O ，E的化学名称是 苯乙酸甲酯 。
（3）H的结构简式为 ，其中含氧官能团的名称为 羰基、酯基 。
（4）在E的同分异构体中，同时满足下列条件的总数为 9 种。
①能发生银镜反应；
②能发生水解反应，且水解产物之一与FeCl3溶液发生显色反应。
上述同分异构体酸性水解后，所得产物中，核磁共振氢谱显示有四组氢（氢原子数量比为6：2：1：1） 或 （任写一种）。
（5）参考上述路线，设计以CH2═CH2为原料制备的路线 CH2＝CH2BrCH2CH2BrNCCH2CH2CNHOOCCH2CH2COOHClOCH2CH2COCl （无机试剂任选）。
【分析】A和氯气发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生水解反应生成D，D和甲醇发生酯化反应生成E为，F发生取代反应生成G，E和G发生信息中的取代反应生成H，H发生信息中的反应生成J，根据J的结构简式知，H为；
（5）根据B→C→D、F→G的反应知，CH2＝CH2和Br2发生加成反应生成BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br和NaCN发生取代反应生成NCCH2CH2CN，NCCH2CH2CN发生水解反应生成HOOCCH2CH2COOH，HOOCCH2CH2COOH和SOCl2发生取代反应生成ClOCH2CH2COCl。
【解答】解：（1）B中氯原子被﹣CN取代生成C，则B→C的反应类型为取代反应，
故答案为：取代反应；
（2）D→E的化学方程式为+CH3OH+H2O，E的化学名称是苯乙酸甲酯，
故答案为：+CH5OH+H2O；苯乙酸甲酯；
（3）H的结构简式为，其中含氧官能团的名称为羰基、酯基，
故答案为：；羰基、酯基；
（4）E的同分异构体同时满足下列条件：
①能发生银镜反应，说明含有醛基；
②能发生水解反应，且水解产物之一与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酯基，结合氧原子个数知，如果取代基为HCOO﹣，两个取代基有邻位、对位8种同分异构体、1个HCOO﹣，所以符合条件的同分异构体有9种，所得产物中、，
故答案为：4；或；
（5）根据B→C→D、F→G的反应知2＝CH2和Br2发生加成反应生成BrCH2CH2Br，BrCH3CH2Br和NaCN发生取代反应生成NCCH2CH3CN，NCCH2CH2CN发生水解反应生成HOOCCH3CH2COOH，HOOCCH2CH7COOH和SOCl2发生取代反应生成ClOCH2CH8COCl，合成路线为CH2＝CH2BrCH2CH2BrNCCH6CH2CNHOOCCH3CH2COOHClOCH3CH2COCl，
故答案为：CH2＝CH8BrCH2CH4BrNCCH2CH2CNHOOCCH2CH2COOHClOCH2CH2COCl。
【点评】本题考查有机物的合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
选项
甲
乙
丙
丁
A
NaOH溶液
CO2
Na2CO3溶液
NaHSO4溶液
B
SiO2
C
CO2
Fe
C
H2S
SO2
S
O2
D
氨水
AlCl3
Al（OH）3
盐酸
时间/s
0
2
4
6
﹣c/（ml⋅L﹣1）
O2
1.00
0.25
0.10
0.10
HCl
4.60
1.6
1.00
1.00
共价键
H﹣N
N﹣N
N≡N
O═O
H﹣O
键能/kJ•ml﹣1
391
160
945
498
467
选项
甲
乙
丙
丁
A
NaOH溶液
CO2
Na2CO3溶液
NaHSO4溶液
B
SiO2
C
CO2
Fe
C
H2S
SO2
S
O2
D
氨水
AlCl3
Al（OH）3
盐酸
时间/s
0
2
4
6
﹣c/（ml⋅L﹣1）
O2
1.00
0.25
0.10
0.10
HCl
4.60
1.6
1.00
1.00
共价键
H﹣N
N﹣N
N≡N
O═O
H﹣O
键能/kJ•ml﹣1
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160
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