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2024届福建省南平市高三下学期第三次质量检测化学试题（原卷版+解析版）
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可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 O 16 Cl 35.5 Na 23 Cu 64 Zn 65
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 政和“四平戏”脸谱使用的胭脂常用红色花朵制作，下列有关制作步骤与“过滤”原理相同的是
A. 清洗捣碎B. 加水浸泡C. 绞汁去渣D. 晾干凝固
【答案】C
【解析】
【分析】古法胭脂的制作原料主要是红色花朵，将选好的花朵清洗后，通过捣碎、浸泡、绞汁等方法提取色素，再进行过滤和晾干。
【详解】A．“清洗捣碎”过程用水去除杂质，再进行捣碎，与过滤无关，A错误；
B．“加水浸泡”将捣碎的花朵泡入水中，涉及溶解，B错误；
C．“绞汁去渣”提取汁液，去除残渣，原理与过滤相同，C正确；
D．“晾干凝固”这与过滤无关，D错误；
故选：C。
2. 有机化合物M是合成某药物的中间体，其结构如图所示。下列有关M的说法错误的是
A. 分子式为B. 含有2个不对称碳原子
C. 能与溴水发生取代反应和加成反应D. 1 ml M最多能与3 ml NaOH反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据M的结构图示，分子式为，A正确；
B．图示中，阿拉伯数字表示的碳原子为不对称碳原子，B正确；
C．有酚羟基能与溴水发生取代反应，有碳碳双键能与溴水发生加成反应，C正确；
D．一个M分子中的有一个酚羟基、一个酯基、一个酰胺基且均可与NaOH反应，1ml酚羟基最多消耗1mlNaOH,1ml酰胺基最多可消耗1mlNaOH,而本题的酯基1ml最多可消耗2mlNaOH，故最多与4 mlNaOH反应，D错误；
故答案选D。
3. 硼氢化钠可作还原剂，与水反应的化学方程式为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 3.8g固体中含有的离子数为0.2
B. pH=7的纯水中含有的数为
C. 0.1 ml 中含有的键数为0.4
D. 生成22.4L(已折算成标准状况)的时，转移的电子数为2
【答案】A
【解析】
【详解】A．固体中有和，3.8g即为0.1ml则离子数为0.2，A正确；
B．pH=7的纯水，未告之溶液体积，无法判断数，B错误；
C．0.1 ml 中含有的键包括0.4ml硼氧键和0.4ml氧氢键，共含有的σ键数0.8NA，C错误；
D．由方程式可知每生成4 ml 转移的电子数为4 ml，标准状况下每生成22.4L 即1 ml，故转移的电子数为，D错误；
故选A。
4. 某药品主要成分的结构式如图所示。X、Y、Z、M、L、Q为核电荷数依次增大且分别位于前三个周期的主族元素，M、Q同主族。下列说法正确的是
A. 原子半径：XC. 第一电离能：Z【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、L、Q为核电荷数依次增大且分别位于前三个周期的主族元素，X形成1个共价键且原子序数最小，为氢；Y形成4个共价键、Z形成3个共价键，Y为碳、Z为氮；M形成2个共价键，为氧，M、Q同主族，Q为硫；L形成+1价阳离子，为钠；可知：X、Y、Z、M、L、Q分别为H、C、N、O、Na、S；
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：HB．最简单氢化物分别为：、、，中心原子都为杂化，有一对孤电子对，、有二对孤电子对，的键角最大，的氧原子的电负性大于S，成键电子对比更靠近中心原子，成键电子对—成键电子对斥力比更大，所以键角：<<，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，故N、O的第一电离能大小：N>O，C错误；
D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物的水化物的酸性为和，酸性>，D错误；
故选B。
5. 下列实验操作、现象及结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．蔗糖水解加入稀硫酸并加热，其中稀硫酸作为催化剂，环境为酸性，再加入新制的氢氧化铜悬浊液检验葡萄糖，会受到稀硫酸的干扰而导致检验失败。再加入新制的氢氧化铜悬浊液之前，加入适量氢氧化钠溶液调节环境为碱性，再进行葡萄糖的检验即可根据现象得到结论，故A错误；
B．用酸性高锰酸钾溶液检验亚铁离子，受到了浓盐酸中氯离子的干扰，故现象与结论无法对应。而且铁锈中成分复杂，如果含有少量铁单质，即使不含亚铁，同样会使高锰酸钾溶液褪色而造成误检，故B错误；
C．未知溶液中硫酸根离子的检验，通常采用先加入稀盐酸，无明显现象排除干扰，再加氯化钡溶液出现白色沉淀，得出结论。题中采用加入硝酸钡溶液再加稀硝酸的方法，或造成亚硫酸根离子干扰而误检，故C错误；
D．实验目的是想比较碳酸根与碳酸氢根离子的水解能力，利用等体积等浓度的碳酸钠与碳酸氢钠溶液滴加等量的酚酞溶液，观察溶液颜色的变化可以得出相应的结论，故D正确；
故选D。
6. 水系锌碘电池极具潜力，工作原理如图所示。基于壳聚糖(CTS)形成的双螺旋结构的功能粘结剂，能有效抑制电池工作时产生的扩散，防止电池寿命快速衰减。下列说法正确的是
A. CTS通过范德华力形成双螺旋结构
B. 充电时，Zn电极接电源负极，发生氧化反应
C. 放电时，外电路转移0.2 ml电子，负极区溶液质量增加6.5g
D. 充电时，阳极区发生的反应有
【答案】D
【解析】
【分析】根据装置图分析，充电时，Zn电极接电源的负极，作为阴极，发生还原反应，石墨电极接电源的正极，作为阳极，发生氧化反应；放电时，Zn电极为负极，发生氧化反应，石墨电极为正极，发生还原反应。
【详解】A．由CTS的结构图可知，CTS含有氨基和羟基，故CTS是通过氢键形成双螺旋结构，A错误；
B．充电时，Zn电极接电源负极，做阴极，发生还原反应，B错误；
C．由题可知，隔膜为阳离子交换膜，放电时，Zn2+向正极区迁移，负极区溶液质量不变，C错误；
D．充电时，I−在阳极表面放电生成I2，I2与I−结合成，D正确。
故选D
7. 某小组在实验室模拟侯氏制碱工艺制备，装置如图所示(夹持装置略去)，下列离子方程式错误是
A. ①中：B. ②中：
C. ③中：D. ④中：
【答案】C
【解析】
【详解】A．①中实验室用大理石和稀盐酸制备，离子方程式为，A正确；
B．②中用饱和溶液吸收挥发出HCl，离子方程式为，B正确；
C．③中侯氏制碱制备，往饱和NaCl溶液中依次通入和足量的，从而析出溶解度相对较小的，离子方程式为，C错误；
D．④中用浓溶液和NaOH固体制备，离子方程式为，D正确；
故选C。
8. 以A和有机锌试剂()为起始原料，通过催化偶联反应增长碳链的机理(部分步骤和产物省略)如图所示，下列说法错误的是
A. F为催化剂，其化学式为FeL
B. B→C过程中Fe元素的化合价不变
C. C中Cl和N均用p轨道上的电子与Fe形成配位键
D. 总反应式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．D→E＋F，由元素守恒可知，F的化学式为FeL，B→C的过程中，加入了FeL，故F为催化剂，A正确；
B．B→C的过程中，FeL与N和Cl均形成了配位键，Fe元素的化合价不变，B正确，
C．N原子提供的是轨道上的电子，Cl提供的是3p轨道上的电子，C错误；
D．由题干信息“以A和有机锌试剂()为起始原料，通过催化偶联反应增长碳链”结合元素守恒可知，总反应正确，D正确；
故选C。
9. 南平市的铅锌矿储量丰富。通过以下工艺流程，综合利用冶炼铅锌矿过程中产生的废液[主要含和As(Ⅲ)等]和窑渣(主要含FeS、CuS、、、等)。
已知：CuS、不溶于稀硫酸，在有存在下可与稀硫酸反应。下列说法错误的是
A. “氧化”时，使As(Ⅲ)转化成As(V)
B. “浸出”时，增大液固比可提高废酸中的去除率
C. “浸出”与“沉砷”时，氧化的元素不同
D. “水解”时，加的作用是调节溶液的pH，使沉淀
【答案】B
【解析】
【分析】废液中加使As(Ⅲ)转化成As(V)，窑渣(主要含FeS、CuS、、、等)加氧化后的废液，并通入氧气，将金属化合物转化为Fe3+、Cu2+，不溶于硫酸过滤除去，滤液中继续通入氧气将砷转化为沉淀，过滤后，滤液中加足量铁粉置换出Cu，同时Fe3+被还原为亚铁离子，再过滤出铜，滤液中通氧气将铁氧化为三价铁，调节pH值使铁转化为氢氧化铁，再经灼烧得到氧化铁。
【详解】A．“氧化”时，将废液[主要含和As(Ⅲ)等]中的As(Ⅲ)转化成As(V)，A正确；
B．“浸出”时，增大液固比即废酸的投入量增加，则废酸中的去除率应降低，B错误；
C．因CuS、不溶于稀硫酸，在有存在下可与稀硫酸反应。故“浸出”时通入氧化的元素主要为S，“沉砷”时主要是将氧化为，从而生成沉淀，C正确；
D．“水解”时，加的作用是消耗水解产生的(调节溶液的pH)，促进水解平衡正向移动，有利于使形成沉淀且不引入新的杂质，D正确；
故选：B。
10. 常温下，用0.1 NaOH溶液滴定20mL 0.1醋酸(HAc)溶液，溶液中HAc、的分布系数[如]、pH的变化与V(NaOH)关系如图所示。滴定过程形成具有缓冲能力(外加少量酸或碱时，溶液pH变化不明显)的溶液，已知缓冲能力越强，缓冲容量β的值越大。下列有关说法正确的是
A. β(b)<β(c)
B. 约为
C. b点：
D. 若改用与NaOH等浓度的氨水滴定，则反应终点由c点向d点方向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A．b点为等浓度HAc和NaAc的混合溶液，缓冲能力强，c点为NaAc溶液，缓冲能力弱，由题可知，缓冲能力越强，缓冲容量β的值越大，β(b)>β(c)，A错误；
B．c点加入了20mL NaOH溶液，溶质为NaAc，由可知，c(HAc)与近似相等，为，约为0.05，故，故B正确；
C．结合HAc的电离和NaAc的水解程度可知，b点所加NaOH溶液小于10mL，故，C错误；
D．若改用与NaOH等浓度的氨水滴定，滴定终点生成醋酸铵溶液，与等浓度的醋酸钠溶液相比，碱性减弱，故c点向左移动，D错误；
故选：B
二、非选择题：本题共4小题，共60分。
11. 以某四氯化钛精制厂的尾渣(主要含、、NaCl及少量的、等)为原料制备的工艺流程如下：
已知：①＋5价钒在溶液中的主要存在形式如图所示
②25℃时，；；
（1）“水洗”的目的为___________。“水洗”和“酸浸”后均采用减压过滤，与常压过滤相比，其优点为___________。
（2）“焙烧”的目的是将转化为和可溶于水的，以利于“酸浸”时钒浸出。
①该反应的化学方程式为___________。
②钒浸出率与焙烧温度、锰钒比的关系如图所示。“焙烧”的最佳温度和锰钒比分别为___________、___________温度不宜过低的可能原因为___________。
（3）“酸浸”时，若溶液pH为6～8，与按物质的量比1：1进行反应的离子方程式为___________
（4）“沉钒”时，在25℃下维持溶液pH=7，向=0.2的酸浸液中加入等体积的溶液进行反应(忽略溶液混合时体积的变化)，反应后溶液中=0.005，则沉钒率为___________%。
（5）“煅烧”所得可制成铝钒合金()，其晶胞结构如图所示。用原子的分数坐标可以表示晶胞中各原子的位置，如A点原子的分数坐标为。
①基态V原子的价电子排布式为___________。
②B点原子的分数坐标为(1，，___________)(用含b、c的代数式表示)，V原子的配位数为___________。
【答案】（1） ①. 除去尾渣中的NaCl ②. 加快过滤速度，得到较干燥的沉淀
（2） ①. ②. 850℃ ③. 2.0 ④. 焙烧温度过低，反应速率慢，生成量少；或焙烧温度过低，不能充分转化为；或量少
（3）
（4）98% （5） ①. ②. ③. 12
【解析】
【小问1详解】
①用去离子水“水洗”时可除去尾渣中的可溶性物质(NaCl)；
②减压过滤是利用循环水真空泵使吸滤瓶内减压，由于瓶内与布氏漏斗液面上形成压力差，因而加快了过滤速度；固液分离较彻底，得到较干燥的沉淀；
故答案为：①除去尾渣中的可溶性物质(NaCl)；②加快了过滤速度；固液分离较彻底，得到较干燥的沉淀；
【小问2详解】
①结合流程图中“焙烧”这步的信息和题目中的信息，可写出焙烧的反应方程式为
②结合钒浸出率与焙烧温度、锰钒比的关系图可知：“焙烧”的最佳温度为850℃；③“焙烧”的最佳温度锰钒比为2.0；
④温度过低时，反应速率小，可溶于水的生成量少，导致钒浸出率低；或温度过低时，不能充分转化为可溶于水的，导致钒浸出率低；
故答案为：①；②850℃；③2.0；④焙烧温度过低，反应速率慢，生成量少；或焙烧温度过低，不能充分转化为；或量少。
【小问3详解】
与反应的离子方程式书写应注意可溶于水要拆写，是弱酸不能拆，根据①的已知信息若溶液pH为6～8，＋5价钒在溶液中的主要存在形式为，并结合(4)的信息可知“沉钒”是用将酸浸液中的转化为沉淀，可知若溶液pH为6～8“酸浸”时转化为，结合可知另一产物为沉淀，故与按物质的量比1：1反应的离子方程式为;
故答案为：
【小问4详解】
“沉钒”时，在25℃下维持溶液pH=7，反应后溶液中=0.005，结合可得反应后溶液中，再结合可得反应后溶液中，由于等体积混合且忽略溶液混合时体积的变化，故反应前溶液中，则沉钒率=；
故答案为：98%；
【小问5详解】
①基态V原子的价电子排布式为；
②分析晶胞图可知B点在z轴方向的处，故B点原子的分数坐标为(1，，)
③根据铝钒合金的化学式可知黑球为V原子，白球为Al原子，结合晶胞图A点可知Al原子的配位数为4，故由化学式可知V原子的配位数为12；
故答案为：①3d34s2；②；③12。
12. 氯化亚铜(CuCl)广泛应用于有机合成，难溶于水和乙醇，在潮湿空气中易氧化和水解。某学习小组探究CuCl的制备并测定纯度。回答下列问题：
已知：①
②某些含铜化合物和离子在水中的颜色和状态如下表：
实验过程及现象如下：
Ⅰ.组装仪器，检查装置气密性，添加药品；
Ⅱ.水浴加热三颈烧瓶，打开K1、K2；
Ⅲ.待三颈烧瓶中溶液由黄绿色变为无色，关闭K1、K2；
Ⅳ.通过注射器向三颈烧瓶中加入水，生成白色沉淀，一段时间后部分沉淀变为棕红色。
（1）仪器a的名称为___________；B的作用为___________(答出一点即可)。
（2）步骤Ⅲ反应的离子方程式为___________。
（3）步骤Ⅳ中，沉淀由白色转化为棕红色的原因___________。
（4）为防止生成棕红色固体，还需在原步骤Ⅰ中通过注射器往三颈烧瓶中加入一定量___________(药品名称)，再按上述步骤进行实验即可。
（5）产品先快速水洗后再醇洗，醇洗的目的为___________。
（6）测定CuCl产品纯度：将10.00 g产品溶于硝酸，配成250 mL溶液，取25.00 mL，加20.00 mL 0.5000 ml/L AgNO3溶液，充分反应后，加少量硝基苯覆盖沉淀。NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂，用0.1000ml/L NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液，平行实验三次，平均消耗NH4SCN溶液10.00 mL。产品的纯度为___________，若未加入硝基苯会导致测定结果___________(填“偏高”或“偏低”或“无影响”)。
[已知：，]。
【答案】（1） ①. 恒压滴液漏斗(或恒压分液漏斗) ②. 平衡气压、(安全瓶)防倒吸或其他合理答案
（2）
(或)
（3）CuCl水解生成CuOH，CuOH分解为Cu2O
（4）浓盐酸(或盐酸)
（5）乙醇挥发带走水分，防止CuCl潮湿而被空气中的氧气氧化。
（6） ①. 89.6%(89.55%或90%) ②. 偏低
【解析】
【分析】在装置A中70%的浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生SO2气体，经装置B的缓冲作用进入装置C中，在装置C中CuCl2、NaCl发生反应产生[CuCl4]2-，SO2通入后与[CuCl4]2-发生氧化还原反应产生[CuCl3]2-、、H+，然后关闭K1、K2；通过注射器向三颈烧瓶中加入水，对溶液稀释，可以使平衡逆向移动，[CuCl3]2-反应生成CuCl白色沉淀，CuCl水解产生CuOH，然后CuOH分解变为棕红色Cu2O。根据元素守恒计算样品中CuCl的含量，结合溶度积常数及沉淀转化关系分析实验误差。
【小问1详解】
根据装置图示可知：仪器a的名称为恒压滴液漏斗(或恒压分液漏斗)；
装置B有一个与外界大气相通的导气管，其作用为平衡气压，作安全瓶，可以防倒吸现象的发生。
【小问2详解】
根据题意，在三颈烧瓶中溶液由黄绿色变为无色，说明[CuCl4]2-与SO2在溶液中发生氧化还原反应产生了[CuCl3]2-，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：
(或写为：)。
【小问3详解】
根据题目已知信息，白色物质为CuCl，棕红色物质为Cu2O，步骤Ⅳ中，沉淀由白色转化为棕红色，是白色CuCl水解生成黄色CuOH，CuOH不稳定，又分解转化为棕红色Cu2O。
【小问4详解】
根据分析，要得到CuCl，要防止其水解，所以在步骤Ⅰ中，还要通过注射器往三颈烧瓶中加入一定量浓盐酸(盐酸)。
【小问5详解】
产品先快速水洗可以除去其中含有的大量Cl-，然后再醇洗。由于乙醇易挥发，水洗后再醇洗，目的为乙醇挥发带走水分，防止CuCl潮湿而被空气中的氧气氧化。
【小问6详解】
根据Cl元素守恒，CuCl反应后产生会产生Cl-，Cl-与Ag+反应转化为AgCl沉淀，根据Cl-+Ag+=AgCl↓、SCN-+Ag+=AgSCN↓，n(Ag+)=n(Cl-)+n(SCN-)，设定容后25.00 mL溶液中Cl-的物质的量为x ml，则0.02 L×0.5000 ml/L=0.1000 ml/L×0.01 L ＋x，x=0.009ml，则产品的纯度为×100%=89.55%。根据已知信息：，可知：AgSCN的溶解度小于AgCl，用0.1000 ml/L NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液时，若未用少量硝基苯覆盖沉淀AgCl，会有一部分AgCl溶解转化为AgSCN，致使根据Cl-计算的CuCl的物质的量减小，因而导致测定样品中CuCl含量偏低。
13. 和催化耦合脱氢制备丙烯是实现碳中和的有效途径之一，其微观过程示意如图1。
在不同温度下，维持的量不变，向体积相同的恒容密闭容器中分别通入为0：1、1：1、2：1、3：1的的混合气，测得的平衡转化率随温度的变化曲线如图2。
已知：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
（1）=___________。
（2）①=1：1对应图中曲线___________(填序号)。
②900K下，曲线b、c、d的平衡转化率显著大于a的原理为___________。
（3）900K，将=3：1的混合气通入恒容密闭容器中进行反应。
①下列说法正确的是___________(填序号)。
A．通入氩气可提高的平衡转化率
B．体系达到平衡时，若缩小容器容积，反应Ⅱ平衡不移动
C．当和的比值不变时，体系达到平衡
D．改善催化剂的性能可提高生产效率
②若初始压强为，t min时达到平衡，此时分压是CO的5倍，0～t min内=___________；反应Ⅰ的压强平衡常数=___________。
（4）利用反应可制备高纯Ni。
①晶体中不存在的作用力有___________。
A．离子键 B．π键 C．范德华力 D．极性键 E．金属键
②中Ni为杂化，配位原子是___________，判断依据是___________。
【答案】（1）
（2） ①. b ②. 消耗，促进反应Ⅰ正向移动
（3） ①. C D ②. ③.
（4） ①. A E ②. C(或碳) ③. 碳原子有孤电子对，且电负性小于氧原子
【解析】
【小问1详解】
利用盖斯定律，将反应Ⅲ-Ⅰ=Ⅱ，对应的
故答案为：+41kJ/ml;
【小问2详解】
①通过识图提取信息进行曲线的辨别，观察图二，在其他条件一定的前提下，增加的浓度可以提高的平衡转化率，由此可以判断四条曲线对应的加入物质的比例情况，d对应3：1，c对应2：1，b对应1：1，a对应0：1(只通入)，故1：1对应曲线b。
②根据微观过程示意图1可以看出，的通入可以消耗反应Ⅰ生成的，使反应Ⅰ的平衡正向移动;
故答案为：
①b
②CO2的通入可以消耗反应Ⅰ生成的H2，使反应Ⅰ的平衡正向移动;
【小问3详解】
①针对特定条件下的反应，判断说法的正误，前提条件要认清：900K，=3：1，恒温恒容条件下，
A．通入氩气，平衡不移动，不能提高的平衡转化率，故A错误；
B．体系达到平衡，缩小容积，反应Ⅰ逆向移动，的浓度改变必然导致反应Ⅱ平衡移动，故B错误；
C．在反应Ⅰ中，=1：1，但是反应Ⅱ中被消耗，比值必然发生改变。当“变量不变”时，反应体系达到平衡，故C正确；
D．改善催化剂的性能可以提高特定反应的速率，从而提高的生产效率，故D正确；
故答案选CD;
由图像信息可知，反应Ⅰ中转化的，根据初始的投料，假设=1ml，=3ml，可列三段式：
达到平衡，分压是CO的5倍，推理的物质的量是CO的5倍，
即：=5，x=0.5
由此得出平衡时各物质的的物质的量为：
，，，，，，
恒容体系，压强之比等于物质的量之比：，；的分压为：
②故反应Ⅰ：vp()=
③故反应Ⅰ：Kp=
方法二：直接利用分压切入
根据初始的投料=3：1，初始时的分压为：，的分压为：达到平衡，分压是CO的5倍，推理CO的分压为：
由图像信息可知，反应Ⅰ中转化的，故
②故反应Ⅰ：vp()=
③故反应Ⅰ：Kp=
故答案为：
①CD
②
③0.9p0
【小问4详解】
①阅读情境信息，推理四羰基合镍在60摄氏度时以气态形式存在，得出其晶体类型为分子晶体，结合组成分析，不存在的作用力为离子键(不属于离子晶体)，也不存在金属键(不属于金属晶体)。本题的难点在于通过已知信息对晶体类型进行正确判断。
②考查配位化合物中配位原子的选择，C与O原子都可提供孤电子对最终谁提供，关键看电负性的强弱。由于电负性C小于O，碳对提供孤电子对吸引能力弱，故孤电子对由碳原子优先提供，配位原子为C;
故答案为：
①AE；
②C；
③碳原子有孤电子对且电负性小于氧原子；
14. 以享有“东方巧克力”美誉的松溪“百年蔗”为原料制得H(治疗心绞痛的药物)和M(光学塑料的中间体)的流程如下：
回答下列问题：
（1）B的名称为___________，E的官能团名称为___________。
（2）C的酸性___________(填“强于”或“弱于”)苯甲酸。
（3）合成过程中需控制F与以物质的量比1：1反应，目的为___________。
（4）G→H第②步反应的化学方程式为___________，该反应的反应类型为___________。
（5）N是F的同分异构体，14.6gN与足量饱和碳酸氢钠溶液反应可释放出4.48L(已折算成标准状况)，N的可能结构共有___________种(不考虑立体异构)。其中满足核磁共振氢谱峰面积之比为3：1：1的结构简式为___________。
（6）参照上述合成路线，设计由甲苯和甘油()为起始原料制备的合成路线___________(无机试剂任选)。
【答案】（1） ①. 对硝基甲苯(或4-硝基甲苯) ②. 羟基
（2）强于 （3）保护羟基
（4） ①. ②. 取代反应
（5） ①. 9 ②.
（6）
【解析】
【分析】A是甲苯经过硝化反应得到B，结合D的结构可知B是对硝基甲苯，再经过酸性氧化得到C即对硝基苯甲酸；C→D是Cl原子取代了羧基中的羟基部分,是取代反应；另一条路线百年蔗即纤维素先水解得到葡萄糖再与H2通过加成反应得到E己六醇，分子内脱水后得到F，结合F和H的结构和G的分子式可推断G的结构简式为。
【小问1详解】
结合以上分析可知B的名称为对硝基甲苯(或4-硝基甲苯)，E是己六醇官能团名称为羟基。
【小问2详解】
C为对硝基苯甲酸，因硝基为吸电子基，使羧基中羟基的O-H的电子云分布不均匀，相比于苯甲酸更易解离出，故其酸性强于苯甲酸。
小问3详解】
合成过程中控制F与以物质的量比1：1反应，目的为保护其中的一个羟基。
【小问4详解】
G→H第②步为G在硝化后在NaOH水溶液中水解反应的化学方程式
(或与水反应也可)，该反应的反应类型为取代反应。
【小问5详解】
14.6gN即为0.1ml与足量饱和碳酸氢钠溶液反应可释放出4.48L(已折算成标准状况)即为0.2ml ，可知结构中应有2个羧基，还有碳原子4个，且为饱和碳原子，结构如下：
共9种，其中满足核磁共振氢谱峰面积之比为3：1：1的结构简式为
。
【小问6详解】
参照上述合成路线，设计由甲苯和甘油()为起始原料制备的合成路线：
A
B
实验目的
验证蔗糖是否发生水解反应
检验铁锈中是否含有
实验操作
实验现象
无砖红色沉淀生成
紫色褪去
实验结论
蔗糖未发生水解
铁锈中含有
C
D
实验目的
检验未知溶液中是否含有
比较和的水解常数大小
实验操作
实验现象
滴加稀硝酸，沉淀不溶解
溶液都变红，碳酸钠溶液的红色更深
实验结论
溶液中含有
化合物或离子
CuCl
[CuCl4]2-
[CuCl3]2-
CuOH
Cu2O
颜色和状态
白色沉淀
黄绿色溶液
无色溶液
黄色沉淀
棕红色沉淀
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 O 16 Cl 35.5 Na 23 Cu 64 Zn 65
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 政和“四平戏”脸谱使用的胭脂常用红色花朵制作，下列有关制作步骤与“过滤”原理相同的是
A. 清洗捣碎B. 加水浸泡C. 绞汁去渣D. 晾干凝固
【答案】C
【解析】
【分析】古法胭脂的制作原料主要是红色花朵，将选好的花朵清洗后，通过捣碎、浸泡、绞汁等方法提取色素，再进行过滤和晾干。
【详解】A．“清洗捣碎”过程用水去除杂质，再进行捣碎，与过滤无关，A错误；
B．“加水浸泡”将捣碎的花朵泡入水中，涉及溶解，B错误；
C．“绞汁去渣”提取汁液，去除残渣，原理与过滤相同，C正确；
D．“晾干凝固”这与过滤无关，D错误；
故选：C。
2. 有机化合物M是合成某药物的中间体，其结构如图所示。下列有关M的说法错误的是
A. 分子式为B. 含有2个不对称碳原子
C. 能与溴水发生取代反应和加成反应D. 1 ml M最多能与3 ml NaOH反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据M的结构图示，分子式为，A正确；
B．图示中，阿拉伯数字表示的碳原子为不对称碳原子，B正确；
C．有酚羟基能与溴水发生取代反应，有碳碳双键能与溴水发生加成反应，C正确；
D．一个M分子中的有一个酚羟基、一个酯基、一个酰胺基且均可与NaOH反应，1ml酚羟基最多消耗1mlNaOH,1ml酰胺基最多可消耗1mlNaOH,而本题的酯基1ml最多可消耗2mlNaOH，故最多与4 mlNaOH反应，D错误；
故答案选D。
3. 硼氢化钠可作还原剂，与水反应的化学方程式为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 3.8g固体中含有的离子数为0.2
B. pH=7的纯水中含有的数为
C. 0.1 ml 中含有的键数为0.4
D. 生成22.4L(已折算成标准状况)的时，转移的电子数为2
【答案】A
【解析】
【详解】A．固体中有和，3.8g即为0.1ml则离子数为0.2，A正确；
B．pH=7的纯水，未告之溶液体积，无法判断数，B错误；
C．0.1 ml 中含有的键包括0.4ml硼氧键和0.4ml氧氢键，共含有的σ键数0.8NA，C错误；
D．由方程式可知每生成4 ml 转移的电子数为4 ml，标准状况下每生成22.4L 即1 ml，故转移的电子数为，D错误；
故选A。
4. 某药品主要成分的结构式如图所示。X、Y、Z、M、L、Q为核电荷数依次增大且分别位于前三个周期的主族元素，M、Q同主族。下列说法正确的是
A. 原子半径：X
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、L、Q为核电荷数依次增大且分别位于前三个周期的主族元素，X形成1个共价键且原子序数最小，为氢；Y形成4个共价键、Z形成3个共价键，Y为碳、Z为氮；M形成2个共价键，为氧，M、Q同主族，Q为硫；L形成+1价阳离子，为钠；可知：X、Y、Z、M、L、Q分别为H、C、N、O、Na、S；
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：H
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，故N、O的第一电离能大小：N>O，C错误；
D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物的水化物的酸性为和，酸性>，D错误；
故选B。
5. 下列实验操作、现象及结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．蔗糖水解加入稀硫酸并加热，其中稀硫酸作为催化剂，环境为酸性，再加入新制的氢氧化铜悬浊液检验葡萄糖，会受到稀硫酸的干扰而导致检验失败。再加入新制的氢氧化铜悬浊液之前，加入适量氢氧化钠溶液调节环境为碱性，再进行葡萄糖的检验即可根据现象得到结论，故A错误；
B．用酸性高锰酸钾溶液检验亚铁离子，受到了浓盐酸中氯离子的干扰，故现象与结论无法对应。而且铁锈中成分复杂，如果含有少量铁单质，即使不含亚铁，同样会使高锰酸钾溶液褪色而造成误检，故B错误；
C．未知溶液中硫酸根离子的检验，通常采用先加入稀盐酸，无明显现象排除干扰，再加氯化钡溶液出现白色沉淀，得出结论。题中采用加入硝酸钡溶液再加稀硝酸的方法，或造成亚硫酸根离子干扰而误检，故C错误；
D．实验目的是想比较碳酸根与碳酸氢根离子的水解能力，利用等体积等浓度的碳酸钠与碳酸氢钠溶液滴加等量的酚酞溶液，观察溶液颜色的变化可以得出相应的结论，故D正确；
故选D。
6. 水系锌碘电池极具潜力，工作原理如图所示。基于壳聚糖(CTS)形成的双螺旋结构的功能粘结剂，能有效抑制电池工作时产生的扩散，防止电池寿命快速衰减。下列说法正确的是
A. CTS通过范德华力形成双螺旋结构
B. 充电时，Zn电极接电源负极，发生氧化反应
C. 放电时，外电路转移0.2 ml电子，负极区溶液质量增加6.5g
D. 充电时，阳极区发生的反应有
【答案】D
【解析】
【分析】根据装置图分析，充电时，Zn电极接电源的负极，作为阴极，发生还原反应，石墨电极接电源的正极，作为阳极，发生氧化反应；放电时，Zn电极为负极，发生氧化反应，石墨电极为正极，发生还原反应。
【详解】A．由CTS的结构图可知，CTS含有氨基和羟基，故CTS是通过氢键形成双螺旋结构，A错误；
B．充电时，Zn电极接电源负极，做阴极，发生还原反应，B错误；
C．由题可知，隔膜为阳离子交换膜，放电时，Zn2+向正极区迁移，负极区溶液质量不变，C错误；
D．充电时，I−在阳极表面放电生成I2，I2与I−结合成，D正确。
故选D
7. 某小组在实验室模拟侯氏制碱工艺制备，装置如图所示(夹持装置略去)，下列离子方程式错误是
A. ①中：B. ②中：
C. ③中：D. ④中：
【答案】C
【解析】
【详解】A．①中实验室用大理石和稀盐酸制备，离子方程式为，A正确；
B．②中用饱和溶液吸收挥发出HCl，离子方程式为，B正确；
C．③中侯氏制碱制备，往饱和NaCl溶液中依次通入和足量的，从而析出溶解度相对较小的，离子方程式为，C错误；
D．④中用浓溶液和NaOH固体制备，离子方程式为，D正确；
故选C。
8. 以A和有机锌试剂()为起始原料，通过催化偶联反应增长碳链的机理(部分步骤和产物省略)如图所示，下列说法错误的是
A. F为催化剂，其化学式为FeL
B. B→C过程中Fe元素的化合价不变
C. C中Cl和N均用p轨道上的电子与Fe形成配位键
D. 总反应式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．D→E＋F，由元素守恒可知，F的化学式为FeL，B→C的过程中，加入了FeL，故F为催化剂，A正确；
B．B→C的过程中，FeL与N和Cl均形成了配位键，Fe元素的化合价不变，B正确，
C．N原子提供的是轨道上的电子，Cl提供的是3p轨道上的电子，C错误；
D．由题干信息“以A和有机锌试剂()为起始原料，通过催化偶联反应增长碳链”结合元素守恒可知，总反应正确，D正确；
故选C。
9. 南平市的铅锌矿储量丰富。通过以下工艺流程，综合利用冶炼铅锌矿过程中产生的废液[主要含和As(Ⅲ)等]和窑渣(主要含FeS、CuS、、、等)。
已知：CuS、不溶于稀硫酸，在有存在下可与稀硫酸反应。下列说法错误的是
A. “氧化”时，使As(Ⅲ)转化成As(V)
B. “浸出”时，增大液固比可提高废酸中的去除率
C. “浸出”与“沉砷”时，氧化的元素不同
D. “水解”时，加的作用是调节溶液的pH，使沉淀
【答案】B
【解析】
【分析】废液中加使As(Ⅲ)转化成As(V)，窑渣(主要含FeS、CuS、、、等)加氧化后的废液，并通入氧气，将金属化合物转化为Fe3+、Cu2+，不溶于硫酸过滤除去，滤液中继续通入氧气将砷转化为沉淀，过滤后，滤液中加足量铁粉置换出Cu，同时Fe3+被还原为亚铁离子，再过滤出铜，滤液中通氧气将铁氧化为三价铁，调节pH值使铁转化为氢氧化铁，再经灼烧得到氧化铁。
【详解】A．“氧化”时，将废液[主要含和As(Ⅲ)等]中的As(Ⅲ)转化成As(V)，A正确；
B．“浸出”时，增大液固比即废酸的投入量增加，则废酸中的去除率应降低，B错误；
C．因CuS、不溶于稀硫酸，在有存在下可与稀硫酸反应。故“浸出”时通入氧化的元素主要为S，“沉砷”时主要是将氧化为，从而生成沉淀，C正确；
D．“水解”时，加的作用是消耗水解产生的(调节溶液的pH)，促进水解平衡正向移动，有利于使形成沉淀且不引入新的杂质，D正确；
故选：B。
10. 常温下，用0.1 NaOH溶液滴定20mL 0.1醋酸(HAc)溶液，溶液中HAc、的分布系数[如]、pH的变化与V(NaOH)关系如图所示。滴定过程形成具有缓冲能力(外加少量酸或碱时，溶液pH变化不明显)的溶液，已知缓冲能力越强，缓冲容量β的值越大。下列有关说法正确的是
A. β(b)<β(c)
B. 约为
C. b点：
D. 若改用与NaOH等浓度的氨水滴定，则反应终点由c点向d点方向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A．b点为等浓度HAc和NaAc的混合溶液，缓冲能力强，c点为NaAc溶液，缓冲能力弱，由题可知，缓冲能力越强，缓冲容量β的值越大，β(b)>β(c)，A错误；
B．c点加入了20mL NaOH溶液，溶质为NaAc，由可知，c(HAc)与近似相等，为，约为0.05，故，故B正确；
C．结合HAc的电离和NaAc的水解程度可知，b点所加NaOH溶液小于10mL，故，C错误；
D．若改用与NaOH等浓度的氨水滴定，滴定终点生成醋酸铵溶液，与等浓度的醋酸钠溶液相比，碱性减弱，故c点向左移动，D错误；
故选：B
二、非选择题：本题共4小题，共60分。
11. 以某四氯化钛精制厂的尾渣(主要含、、NaCl及少量的、等)为原料制备的工艺流程如下：
已知：①＋5价钒在溶液中的主要存在形式如图所示
②25℃时，；；
（1）“水洗”的目的为___________。“水洗”和“酸浸”后均采用减压过滤，与常压过滤相比，其优点为___________。
（2）“焙烧”的目的是将转化为和可溶于水的，以利于“酸浸”时钒浸出。
①该反应的化学方程式为___________。
②钒浸出率与焙烧温度、锰钒比的关系如图所示。“焙烧”的最佳温度和锰钒比分别为___________、___________温度不宜过低的可能原因为___________。
（3）“酸浸”时，若溶液pH为6～8，与按物质的量比1：1进行反应的离子方程式为___________
（4）“沉钒”时，在25℃下维持溶液pH=7，向=0.2的酸浸液中加入等体积的溶液进行反应(忽略溶液混合时体积的变化)，反应后溶液中=0.005，则沉钒率为___________%。
（5）“煅烧”所得可制成铝钒合金()，其晶胞结构如图所示。用原子的分数坐标可以表示晶胞中各原子的位置，如A点原子的分数坐标为。
①基态V原子的价电子排布式为___________。
②B点原子的分数坐标为(1，，___________)(用含b、c的代数式表示)，V原子的配位数为___________。
【答案】（1） ①. 除去尾渣中的NaCl ②. 加快过滤速度，得到较干燥的沉淀
（2） ①. ②. 850℃ ③. 2.0 ④. 焙烧温度过低，反应速率慢，生成量少；或焙烧温度过低，不能充分转化为；或量少
（3）
（4）98% （5） ①. ②. ③. 12
【解析】
【小问1详解】
①用去离子水“水洗”时可除去尾渣中的可溶性物质(NaCl)；
②减压过滤是利用循环水真空泵使吸滤瓶内减压，由于瓶内与布氏漏斗液面上形成压力差，因而加快了过滤速度；固液分离较彻底，得到较干燥的沉淀；
故答案为：①除去尾渣中的可溶性物质(NaCl)；②加快了过滤速度；固液分离较彻底，得到较干燥的沉淀；
【小问2详解】
①结合流程图中“焙烧”这步的信息和题目中的信息，可写出焙烧的反应方程式为
②结合钒浸出率与焙烧温度、锰钒比的关系图可知：“焙烧”的最佳温度为850℃；③“焙烧”的最佳温度锰钒比为2.0；
④温度过低时，反应速率小，可溶于水的生成量少，导致钒浸出率低；或温度过低时，不能充分转化为可溶于水的，导致钒浸出率低；
故答案为：①；②850℃；③2.0；④焙烧温度过低，反应速率慢，生成量少；或焙烧温度过低，不能充分转化为；或量少。
【小问3详解】
与反应的离子方程式书写应注意可溶于水要拆写，是弱酸不能拆，根据①的已知信息若溶液pH为6～8，＋5价钒在溶液中的主要存在形式为，并结合(4)的信息可知“沉钒”是用将酸浸液中的转化为沉淀，可知若溶液pH为6～8“酸浸”时转化为，结合可知另一产物为沉淀，故与按物质的量比1：1反应的离子方程式为;
故答案为：
【小问4详解】
“沉钒”时，在25℃下维持溶液pH=7，反应后溶液中=0.005，结合可得反应后溶液中，再结合可得反应后溶液中，由于等体积混合且忽略溶液混合时体积的变化，故反应前溶液中，则沉钒率=；
故答案为：98%；
【小问5详解】
①基态V原子的价电子排布式为；
②分析晶胞图可知B点在z轴方向的处，故B点原子的分数坐标为(1，，)
③根据铝钒合金的化学式可知黑球为V原子，白球为Al原子，结合晶胞图A点可知Al原子的配位数为4，故由化学式可知V原子的配位数为12；
故答案为：①3d34s2；②；③12。
12. 氯化亚铜(CuCl)广泛应用于有机合成，难溶于水和乙醇，在潮湿空气中易氧化和水解。某学习小组探究CuCl的制备并测定纯度。回答下列问题：
已知：①
②某些含铜化合物和离子在水中的颜色和状态如下表：
实验过程及现象如下：
Ⅰ.组装仪器，检查装置气密性，添加药品；
Ⅱ.水浴加热三颈烧瓶，打开K1、K2；
Ⅲ.待三颈烧瓶中溶液由黄绿色变为无色，关闭K1、K2；
Ⅳ.通过注射器向三颈烧瓶中加入水，生成白色沉淀，一段时间后部分沉淀变为棕红色。
（1）仪器a的名称为___________；B的作用为___________(答出一点即可)。
（2）步骤Ⅲ反应的离子方程式为___________。
（3）步骤Ⅳ中，沉淀由白色转化为棕红色的原因___________。
（4）为防止生成棕红色固体，还需在原步骤Ⅰ中通过注射器往三颈烧瓶中加入一定量___________(药品名称)，再按上述步骤进行实验即可。
（5）产品先快速水洗后再醇洗，醇洗的目的为___________。
（6）测定CuCl产品纯度：将10.00 g产品溶于硝酸，配成250 mL溶液，取25.00 mL，加20.00 mL 0.5000 ml/L AgNO3溶液，充分反应后，加少量硝基苯覆盖沉淀。NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂，用0.1000ml/L NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液，平行实验三次，平均消耗NH4SCN溶液10.00 mL。产品的纯度为___________，若未加入硝基苯会导致测定结果___________(填“偏高”或“偏低”或“无影响”)。
[已知：，]。
【答案】（1） ①. 恒压滴液漏斗(或恒压分液漏斗) ②. 平衡气压、(安全瓶)防倒吸或其他合理答案
（2）
(或)
（3）CuCl水解生成CuOH，CuOH分解为Cu2O
（4）浓盐酸(或盐酸)
（5）乙醇挥发带走水分，防止CuCl潮湿而被空气中的氧气氧化。
（6） ①. 89.6%(89.55%或90%) ②. 偏低
【解析】
【分析】在装置A中70%的浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生SO2气体，经装置B的缓冲作用进入装置C中，在装置C中CuCl2、NaCl发生反应产生[CuCl4]2-，SO2通入后与[CuCl4]2-发生氧化还原反应产生[CuCl3]2-、、H+，然后关闭K1、K2；通过注射器向三颈烧瓶中加入水，对溶液稀释，可以使平衡逆向移动，[CuCl3]2-反应生成CuCl白色沉淀，CuCl水解产生CuOH，然后CuOH分解变为棕红色Cu2O。根据元素守恒计算样品中CuCl的含量，结合溶度积常数及沉淀转化关系分析实验误差。
【小问1详解】
根据装置图示可知：仪器a的名称为恒压滴液漏斗(或恒压分液漏斗)；
装置B有一个与外界大气相通的导气管，其作用为平衡气压，作安全瓶，可以防倒吸现象的发生。
【小问2详解】
根据题意，在三颈烧瓶中溶液由黄绿色变为无色，说明[CuCl4]2-与SO2在溶液中发生氧化还原反应产生了[CuCl3]2-，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：
(或写为：)。
【小问3详解】
根据题目已知信息，白色物质为CuCl，棕红色物质为Cu2O，步骤Ⅳ中，沉淀由白色转化为棕红色，是白色CuCl水解生成黄色CuOH，CuOH不稳定，又分解转化为棕红色Cu2O。
【小问4详解】
根据分析，要得到CuCl，要防止其水解，所以在步骤Ⅰ中，还要通过注射器往三颈烧瓶中加入一定量浓盐酸(盐酸)。
【小问5详解】
产品先快速水洗可以除去其中含有的大量Cl-，然后再醇洗。由于乙醇易挥发，水洗后再醇洗，目的为乙醇挥发带走水分，防止CuCl潮湿而被空气中的氧气氧化。
【小问6详解】
根据Cl元素守恒，CuCl反应后产生会产生Cl-，Cl-与Ag+反应转化为AgCl沉淀，根据Cl-+Ag+=AgCl↓、SCN-+Ag+=AgSCN↓，n(Ag+)=n(Cl-)+n(SCN-)，设定容后25.00 mL溶液中Cl-的物质的量为x ml，则0.02 L×0.5000 ml/L=0.1000 ml/L×0.01 L ＋x，x=0.009ml，则产品的纯度为×100%=89.55%。根据已知信息：，可知：AgSCN的溶解度小于AgCl，用0.1000 ml/L NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液时，若未用少量硝基苯覆盖沉淀AgCl，会有一部分AgCl溶解转化为AgSCN，致使根据Cl-计算的CuCl的物质的量减小，因而导致测定样品中CuCl含量偏低。
13. 和催化耦合脱氢制备丙烯是实现碳中和的有效途径之一，其微观过程示意如图1。
在不同温度下，维持的量不变，向体积相同的恒容密闭容器中分别通入为0：1、1：1、2：1、3：1的的混合气，测得的平衡转化率随温度的变化曲线如图2。
已知：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
（1）=___________。
（2）①=1：1对应图中曲线___________(填序号)。
②900K下，曲线b、c、d的平衡转化率显著大于a的原理为___________。
（3）900K，将=3：1的混合气通入恒容密闭容器中进行反应。
①下列说法正确的是___________(填序号)。
A．通入氩气可提高的平衡转化率
B．体系达到平衡时，若缩小容器容积，反应Ⅱ平衡不移动
C．当和的比值不变时，体系达到平衡
D．改善催化剂的性能可提高生产效率
②若初始压强为，t min时达到平衡，此时分压是CO的5倍，0～t min内=___________；反应Ⅰ的压强平衡常数=___________。
（4）利用反应可制备高纯Ni。
①晶体中不存在的作用力有___________。
A．离子键 B．π键 C．范德华力 D．极性键 E．金属键
②中Ni为杂化，配位原子是___________，判断依据是___________。
【答案】（1）
（2） ①. b ②. 消耗，促进反应Ⅰ正向移动
（3） ①. C D ②. ③.
（4） ①. A E ②. C(或碳) ③. 碳原子有孤电子对，且电负性小于氧原子
【解析】
【小问1详解】
利用盖斯定律，将反应Ⅲ-Ⅰ=Ⅱ，对应的
故答案为：+41kJ/ml;
【小问2详解】
①通过识图提取信息进行曲线的辨别，观察图二，在其他条件一定的前提下，增加的浓度可以提高的平衡转化率，由此可以判断四条曲线对应的加入物质的比例情况，d对应3：1，c对应2：1，b对应1：1，a对应0：1(只通入)，故1：1对应曲线b。
②根据微观过程示意图1可以看出，的通入可以消耗反应Ⅰ生成的，使反应Ⅰ的平衡正向移动;
故答案为：
①b
②CO2的通入可以消耗反应Ⅰ生成的H2，使反应Ⅰ的平衡正向移动;
【小问3详解】
①针对特定条件下的反应，判断说法的正误，前提条件要认清：900K，=3：1，恒温恒容条件下，
A．通入氩气，平衡不移动，不能提高的平衡转化率，故A错误；
B．体系达到平衡，缩小容积，反应Ⅰ逆向移动，的浓度改变必然导致反应Ⅱ平衡移动，故B错误；
C．在反应Ⅰ中，=1：1，但是反应Ⅱ中被消耗，比值必然发生改变。当“变量不变”时，反应体系达到平衡，故C正确；
D．改善催化剂的性能可以提高特定反应的速率，从而提高的生产效率，故D正确；
故答案选CD;
由图像信息可知，反应Ⅰ中转化的，根据初始的投料，假设=1ml，=3ml，可列三段式：
达到平衡，分压是CO的5倍，推理的物质的量是CO的5倍，
即：=5，x=0.5
由此得出平衡时各物质的的物质的量为：
，，，，，，
恒容体系，压强之比等于物质的量之比：，；的分压为：
②故反应Ⅰ：vp()=
③故反应Ⅰ：Kp=
方法二：直接利用分压切入
根据初始的投料=3：1，初始时的分压为：，的分压为：达到平衡，分压是CO的5倍，推理CO的分压为：
由图像信息可知，反应Ⅰ中转化的，故
②故反应Ⅰ：vp()=
③故反应Ⅰ：Kp=
故答案为：
①CD
②
③0.9p0
【小问4详解】
①阅读情境信息，推理四羰基合镍在60摄氏度时以气态形式存在，得出其晶体类型为分子晶体，结合组成分析，不存在的作用力为离子键(不属于离子晶体)，也不存在金属键(不属于金属晶体)。本题的难点在于通过已知信息对晶体类型进行正确判断。
②考查配位化合物中配位原子的选择，C与O原子都可提供孤电子对最终谁提供，关键看电负性的强弱。由于电负性C小于O，碳对提供孤电子对吸引能力弱，故孤电子对由碳原子优先提供，配位原子为C;
故答案为：
①AE；
②C；
③碳原子有孤电子对且电负性小于氧原子；
14. 以享有“东方巧克力”美誉的松溪“百年蔗”为原料制得H(治疗心绞痛的药物)和M(光学塑料的中间体)的流程如下：
回答下列问题：
（1）B的名称为___________，E的官能团名称为___________。
（2）C的酸性___________(填“强于”或“弱于”)苯甲酸。
（3）合成过程中需控制F与以物质的量比1：1反应，目的为___________。
（4）G→H第②步反应的化学方程式为___________，该反应的反应类型为___________。
（5）N是F的同分异构体，14.6gN与足量饱和碳酸氢钠溶液反应可释放出4.48L(已折算成标准状况)，N的可能结构共有___________种(不考虑立体异构)。其中满足核磁共振氢谱峰面积之比为3：1：1的结构简式为___________。
（6）参照上述合成路线，设计由甲苯和甘油()为起始原料制备的合成路线___________(无机试剂任选)。
【答案】（1） ①. 对硝基甲苯(或4-硝基甲苯) ②. 羟基
（2）强于 （3）保护羟基
（4） ①. ②. 取代反应
（5） ①. 9 ②.
（6）
【解析】
【分析】A是甲苯经过硝化反应得到B，结合D的结构可知B是对硝基甲苯，再经过酸性氧化得到C即对硝基苯甲酸；C→D是Cl原子取代了羧基中的羟基部分,是取代反应；另一条路线百年蔗即纤维素先水解得到葡萄糖再与H2通过加成反应得到E己六醇，分子内脱水后得到F，结合F和H的结构和G的分子式可推断G的结构简式为。
【小问1详解】
结合以上分析可知B的名称为对硝基甲苯(或4-硝基甲苯)，E是己六醇官能团名称为羟基。
【小问2详解】
C为对硝基苯甲酸，因硝基为吸电子基，使羧基中羟基的O-H的电子云分布不均匀，相比于苯甲酸更易解离出，故其酸性强于苯甲酸。
小问3详解】
合成过程中控制F与以物质的量比1：1反应，目的为保护其中的一个羟基。
【小问4详解】
G→H第②步为G在硝化后在NaOH水溶液中水解反应的化学方程式
(或与水反应也可)，该反应的反应类型为取代反应。
【小问5详解】
14.6gN即为0.1ml与足量饱和碳酸氢钠溶液反应可释放出4.48L(已折算成标准状况)即为0.2ml ，可知结构中应有2个羧基，还有碳原子4个，且为饱和碳原子，结构如下：
共9种，其中满足核磁共振氢谱峰面积之比为3：1：1的结构简式为
。
【小问6详解】
参照上述合成路线，设计由甲苯和甘油()为起始原料制备的合成路线：
A
B
实验目的
验证蔗糖是否发生水解反应
检验铁锈中是否含有
实验操作
实验现象
无砖红色沉淀生成
紫色褪去
实验结论
蔗糖未发生水解
铁锈中含有
C
D
实验目的
检验未知溶液中是否含有
比较和的水解常数大小
实验操作
实验现象
滴加稀硝酸，沉淀不溶解
溶液都变红，碳酸钠溶液的红色更深
实验结论
溶液中含有
化合物或离子
CuCl
[CuCl4]2-
[CuCl3]2-
CuOH
Cu2O
颜色和状态
白色沉淀
黄绿色溶液
无色溶液
黄色沉淀
棕红色沉淀
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