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【开学考】2024秋高三上册开学摸底考试卷 化学-（黑吉辽通用）.zip
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这是一份【开学考】2024秋高三上册开学摸底考试卷 化学-（黑吉辽通用）.zip，文件包含化学黑吉辽通用解析版docx、化学黑吉辽通用考试版docx、化学黑吉辽通用答案及评分标准docx、化学黑吉辽通用答题卡docx、化学黑吉辽通用答题卡pdf等5份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对分子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Ca 40 Fe-56 Y 89 Ce 140
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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．化学在促进科技进步和方便人类生活等方面均无可替代。下列说法错误的是
A．“嫦娥五号”探测器使用的砷化镓太阳能电池板是一种优良的导体材料
B．我国科学家已实现了“空气变馒头”的技术突破，这有利于“碳中和”的实现
C．精确度为每72亿年仅偏差1s的“星载铷钟”含铷(Rb)元素，RbOH是强碱
D．5G-A技术所需高频通讯材料之一的LCP(液晶高分子)在一定加热状态下一般会变成液晶，液晶既具有液体的流动性，又表现出类似晶体的各向异性
【答案】A
【详解】A．氮化镓是良好的半导体材料，不是优良的导体材料，A错误；
B．“空气变馒头”的核心是将空气中的CO2转化为淀粉，大大减少CO2的排放，这有利于“碳中和”的实现，B正确；
C．铷是第五周期第IA族元素，从上到下，金属性增强，碱性增强，故RbOH是强碱，C正确；
D．液晶在一定温度范围内既具有液体的流动性，在折射率、磁化率、电导率等宏观方面又表现出类似晶体的各向异性，D正确。
2．下列有关化学用语表示正确的是
A．O3分子的球棍模型：
B．N，N-二甲基苯甲酰胺的结构简式：
C．CaO2的电子式：
D．基态的价层电子排布图：
【答案】B
【详解】A．球棍模型不能表示出孤对电子，图示为臭氧分子的VSEPR模型，A错误；
B．N，N-二甲基苯甲酰胺的结构简式正确，B正确；
C．是由钙离子和过氧根离子构成的，过氧根电子式写错了，C错误；
D．基态的价层电子排布图：，D错误。
3．下列图示的实验操作中符合实验安全要求的是
【答案】D
【详解】A．苯酚具有腐蚀性，易溶于酒精，微溶于水，沾到皮肤上应先用酒精洗涤，再用水洗，故A错误；
B．闻气体时应用手扇少量气体，使之进入鼻腔，不能直接用鼻子闻，故B错误；
C．乙醇与浓硫酸混合时应将浓硫酸沿烧杯壁缓缓倒入乙醇中，且用玻璃棒不断搅拌，故C错误；
D．此装置防止气体爆炸的原理是使导管内的气体与燃着的气体不直接接触，故D正确。
4．下列方程式与所给事实不相符的是
A．用FeS固体除去污水中的：
B．AgCl沉淀溶于氨水：
C．乙醛和新制共热出现砖红色浑浊：
D．通入氯水中，溶液褪色：
【答案】C
【详解】A．用FeS固体除去污水中的Hg2+，反应生成更难溶的HgS，反应离子方程式为，A正确；
B．AgCl沉淀溶于氨水生成配合物，反应方程式为，B正确；
C．乙醛和新制Cu(OH)2共热出现砖红色浑浊，反应方程式为，C错误；
D．SO2通入氯水中，溶液褪色，发生氧化还原反应，D正确。
5．铁、硫元素的部分“价-类”关系如图所示。下列叙述正确的是
A．a在高温下与水蒸气反应生成bB．实验室用浓f溶液干燥e和d
C．常温下，d和e不能大量共存D．加热c会生成红色粉末b
【答案】C
【分析】根据图示，相关物质如下：a：Fe，b：FeO， c：，d：，e：，f：，据此分析解答。
【详解】A．高温下，铁与水蒸气反应生成，A项错误；
B．浓硫酸与会发生氧化还原反应，B项错误；
C．和能发生氧化还原反应生成S和水，C项正确；
D．分解生成，D项错误。
6．AlN是一种半导体材料，一种制备方法是。设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．消耗等物质的量的和，转移电子数目为6
B．标准状况下，11.2L中含中子数目为8
C．12gC(石墨空间结构的俯视图见图)含非极性共价键数目为3
D．0.1ml溶于足量氢氧化钠溶液，溶液中含的数目为0.2
【答案】B
【详解】A．由于不知道等物质的量的和具体的物质的量，无法计算转移的电子数目，A错误；
B．标准状况下，11.2L的物质的量为0.5ml，1个分子中含16个中子，则0.5ml中含中子数目为8，B正确；
C．12gC(石墨)的物质的量为1ml，含非极性键，即非极性共价键数目为1.5，C错误；
D．0.1ml溶于足量氢氧化钠溶液，溶液中(或四羟基合铝酸根)会发生水解、故数目小于0.2，D错误。
7．有机物a通过选择性催化聚合可分别得到聚合物b、c。下列说法正确的是
A．a在水中较易溶解
B．a分子中所有碳原子均采用杂化
C．1mla最多与发生加成反应
D．c遇强酸、强碱均易降解
【答案】D
【分析】由反应结合a化学式可知，a结构为；
【详解】A．a中含有酯基，难溶于水，A错误；
B．a分子有两个不饱和碳原子和两个饱和碳原子，分别采用和杂化，B错误；
C．a与足量加成后的产物为，最多只能消耗，C错误；
D．c属于聚酯类高分子，在强酸和强碱存在下均可发生水解，降解为小分子，D正确。
8．某离子液体结构如图示。W、X、Y、Z原子序数依次增大，W、X和Y的原子序数之和为14，Z是第4周期元素，基态Z原子核外电子占有8个能级。下列说法正确的是
A．单质的沸点：YB．电负性：Y>W>X
C．原子半径：Z>Y>X
D．Z的氧化物的水化物为强酸
【答案】A
【分析】W、X、Y、Z原子序数依次增大，化合物中W只形成1个共价键，W为H元素；X形成4个共价键，X为C元素；Y形成3个共价键，Y为N元素，满足W、X和Y的原子序数之和为14；由形成双键处的Y可知，Y失去1个电子，则Z带1个负电荷，Z为第四周期元素，基态Z原子核外电子占有8个能级，可知Z为Br元素，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，W为H元素、X为C元素、Y为N元素、Z为Br元素，
A．N2常温下是气体，Br2常温下是液体，X为C元素，常温下是固体，则单质的沸点：YB．同周期主族元素从左往右电负性增大，化合物中电负性大的显负价，则电负性：N＞C＞H，即顺序为Y>X>W，故B错误；
C．同周期主族元素从左往右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径顺序为Z>X>Y，故C错误；
D．Z的氧化物的水化物之一为HBrO，属于弱酸，故D错误。
9．2024年复旦大学科研人员研发出一种新型钙—氧气电池，其结构如图所示，将(钙盐)溶于(有机溶剂)作为电解质溶液，钙和碳纳米管分别作为电极材料。下列关于该电池说法错误的是
A．隔膜允许通过，不允许通过
B．放电时，电流由碳纳米管电极沿导线流向钙电极
C．放电时，正极反应式为：
D．用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗4g钙时，铅酸蓄电池消耗1.8g水
【答案】D
【分析】根据电化学装置图可知，碳纳米管电极反应后生成，发生还原反应，为原电池正极，Ca作原电池负极，发生氧化反应。
【详解】A．根据分析可知，为负极，其电极反应式为，碳纳米管为正极，其电极反应式为，故隔膜允许通过，不允许通过，A正确；
B．原电池装置中，电流由原电池正极流向负极，即电流由碳纳米管电极沿导线流向钙电极，C正确；
C.根据分析可知，碳纳米管为正极，其电极反应式为，C正确；
D．根据电极反应：，消耗钙时，转移，根据铅蓄电池总反应：，转移，铅酸蓄电池消耗水，错误。
10．某V2O5失活催化剂是重要的含钒二次资源。从酸浸处理之后的浸出液中提取钒的一种工艺流程如图。下列说法错误的是
已知：HA(有机酸性萃取剂)对金属阳离子萃取能力的顺序：Fe3+＞VO2+＞Fe2+
A．物质X为高锰酸钾溶液
B．反萃取时，物质Y可以选用硫酸
C．氧化过程中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为6：1
D．调pH时，发生反应：VO+2NH3•H2OVO+2NH+H2O
【答案】A
【分析】根据流程图，结合HA(有机酸性萃取剂)对金属阳离子萃取能力可知，物质X应为氧化剂，将亚铁离子氧化为铁离子，便于萃取操作的进行，经过萃取后，通过加入反萃取剂硫酸，可将从萃取剂中分离出，经过氧化、调pH、沉钒及焙烧操作得。
【详解】A．若物质X为高锰酸钾溶液，在氧化亚铁离子过程中会引入新杂质，A错误；
B．HA为有机酸性萃取剂，反萃取及应为酸，结合后续流程离子种类判断可为硫酸，B正确；
C．氧化过程中V元素化合价从+4价升高为+5价（），Cl元素从+5价降低为-1价，根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物的物质的量之比为6：1，C正确；
D．调pH时，发生反应：VO+2NH3•H2OVO+2NH+H2O，D正确。
11．脱落酸是一种植物激素，在植物发育的多个过程中起重要作用。其结构简式如图所示。
下列关于脱落酸的说法错误的是
A．存在顺反异构
B．分子结构中含有3种含氧官能团
C．若发生分子内酯化反应，所得产物分子中具有两个六元环
D．1ml脱落酸与1ml发生加成反应，可得到4种不同的产物(不考虑立体异构)
【答案】C
【详解】A．该有机物含3个碳碳双键，且每个双键碳原子所连的基团均不同，均存在立体异构，有顺反异构，A正确；
B．分子结构中含有3种含氧官能团羰基、羧基、羟基，B正确；
C．脱落酸分子结构中存在羟基和羧基，其发生分子内酯化反应构成环状酯，所得结构中存在一个六元环和一个七元环，C错误；
D．脱落酸分子结构中存在共轭结构，当1 ml脱落酸与1 ml 发生加成反应时，可通过1，2-加成的方式得到3种不同的产物，还可通过发生类似1，4-加成的反应得到1种不同于之前的产物，共得到4种不同的产物，D正确。
12．根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是
【答案】A
【详解】A．已知呈红棕色，将气体通入溶液中，溶液先变为红棕色，过一段时间又变成浅绿色，证明与先发生络合反应，再发生氧化还原反应，从而推出与络合反应速率比氧化还原反应速率快，故A正确；
B．溴蒸气、二氧化氮均为红棕色，均可使淀粉-KI溶液变蓝，由实验操作和现象，不能说明气体为，还可能为溴蒸气，故B错误；
C．新制氯水中的能与反应生成使淀粉变蓝色的碘单质，碘元素可能来自于海带灰，也可能来自于淀粉-KI溶液，不能说明海带灰中存在碘元素，故C错误；
D．溶液过量，滴入的溶液与硫酸铜反应生成CuS黑色沉淀，不能说明氢氧化铜转化为硫化铜，无法判断Ksp大小，故D错误。
13．科学家研究发现铁的配合物在常温下可以催化甲酸的还原反应，其反应机理如图所示。下列说法不正确的是
A．该反应的总化学方程式为
B．1，2，3三种物质中的配位数相同
C．反应中存在非极性键的断裂和形成
D．可以用新制的悬浊液鉴别和
【答案】C
【详解】A．由图可知，该反应的反应物为HCOOH、H2，生成物为CH3OH、H2O，总反应化学方程式为，选项A正确；
B．1，2，3三种物质中的配位数相同，均为6,选项B正确；
C．反应中存在非极性键H-H的断裂，但没有非极性键的形成，选项C不正确；
D．中存在醛基而没有，可以用新制的悬浊液鉴别和，选项D正确。
14．奥氏体是碳溶解在γ-Fe中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞如图所示。下列说法错误的是
A．铁原子位于碳原子构成的八面体中心的间隙位置
B．奥氏体的化学式为FeC
C．若晶体密度为dg·cm-3，晶胞中最近的两个碳原子的距离为
D．铁原子第三电离能小于C原子的第三电离能
【答案】C
【详解】A．由晶胞的结构可知六个C原子构成正八面体，Fe原子位于碳原子构成的八面体中心的间隙位置，故A正确；
B．每个晶胞中Fe原子数为，C原子数为，故奥氏体的化学式为FeC，故B正确；
C．每个晶胞含有4个FeC，质量，晶胞的边长，晶胞中最近的两个碳原子的距离为，故C错误；
D．Fe的价电子排布式为3d64s2，C的价电子排布式为3d74s2，失去第3个电子时，铁的核外电子排布为半满结构，较稳定，故铁原子第三电离能小于C原子的第三电离能，故D正确。
15．已知是一元弱酸，是难溶盐，且不发生水解。常温下，向某的溶液中逐滴加入溶液后，溶液中和随的变化关系如下图所示。下列说法正确的是
A．曲线表示随的变化
B．
C．和两点溶液中浓度相等
D．点时溶液中存在：
【答案】B
【分析】常温下，溶液中逐滴加入溶液，发生反应：、，存在难溶物溶解平衡及水解平衡：、，根据，则，，，，温度不变，是定值，则随的增大而增大，表示随的变化，代表随的变化关系。
【详解】A．根据上述分析可知，代表随的变化关系，A错误；
B．图中b点是曲线与曲线交点，即代表当时，=，则，B正确；
C．a点在曲线上，代表，即；c点在曲线上，代表，即，根据，溶液中，故和两点溶液中浓度不相等，C错误；
D．b点溶液存在=，即=，根据电荷守恒可知，，故溶液中，D错误。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（14分）稀土元素是国家战略资源，目前我国稀土提炼技术处于世界领先地位。某课题组以含铈废渣(含较多的、、及少量其他可溶于酸的物质)为原料，设计如图流程回收稀土元素铈，实现资源再利用。
已知：不溶于稀硫酸，也不溶于溶液。
回答下列问题：
(1)为提高“酸溶”的速率，实验室常用图示仪器进行固体物质的粉碎，该仪器的名称是 。
(2)“滤渣2”中主要成分的化学式为 ；“反应1”的离子方程式为 ，其中的作用是 。
(3)“反应2”的离子方程式为 。
(4)“滤液1”经一系列反应与操作可制得硫酸铁铵，硫酸铁铵可用作净水剂，其净水原理是 (用离子方程式表示)。
(5)氧化铈()常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，这种稳定的结构使得氧化铈具有许多独特的性质和应用，晶胞中与最近的核间距为。已知：。
①晶胞中与最近的的个数为 。
②若掺杂后得到：的晶体，则此晶体中的空缺率为 。
③晶体的密度为 (列出表达式)。
【答案】(1)研钵（1分）
(2)SiO2（1分） （2分） 作还原剂（1分）
(3)（2分）
(4)（2分）
(5)①12（1分） ②10%（2分） ③（2分）
【分析】样品在第一次酸浸后，铁元素会进入溶液。滤渣1的成分为SiO2和CeO2，经过第二次浸取之后，CeO2和H2O2发生反应，生成了Ce3+进入了溶液。
【详解】（1）该装置的名称为研钵
（2）根据题干已知，可知经过第一次酸浸后，滤渣1中的成分为SiO2和CeO2，经过第二次浸取之后，CeO2发生反应，生成了Ce3+进入了溶液。故滤渣2中的成分为二氧化硅。
根据前后题干分析可知，反应1的反应物为CeO2和H2O2，CeO2生成了Ce3+作氧化剂，则过氧化氢作还原剂，据此写出反应的方程式为：，其中过氧化氢的作用是作还原剂。
（3）反应2的反应物为氧气和Ce3+，生成物为，由此可得方程为：
（4）硫酸铁铵在水中会电离出铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附性，从而达到净水的目的，方程式为：
（5）①根据图示可知，晶胞中与最近的的个数为12
②晶胞中与的数目为，的数目为8。掺杂Y2O3后，得到了的晶体，故晶胞中，，，故的空缺率为
③晶胞中与最近的核间距为体对角线的四分之一，故晶胞的边长为：，则该晶胞的密度为
17．（13分）以为原料制氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵过程如下：
已知：能被氧化。回答下列问题：
(1)步骤Ⅰ的反应装置如图(夹持及加热装置略去，下同)。
①仪器b的名称为 。
②步骤Ⅰ生成的同时，生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为 。
(2)步骤Ⅱ可在下图装置中进行。
①接口的连接顺序为a→ 。
②实验开始时，先关闭，打开，当 时(写实验现象)，再关闭，打开，充分反应，静置，得到固体。
③C装置的作用是 。
(3)测定产品纯度。
称取m g样品用稀硫酸溶解后，加入过量的溶液，充分反应后加入过量的溶液，再加适量尿素除去，用标准溶液滴定达终点时，消耗体积为V mL。(已知：)
①样品中氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵(摩尔质量为)的质量分数为 %。
②下列情况会导致产品纯度偏大的是 (填标号)。
A．未加尿素，直接进行滴定
B．滴定达终点时，俯视刻度线读数
C．用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出
D．滴定过程中摇动锥形瓶时有少量液体溅出
【答案】(1)①恒压滴液漏斗（1分） ②（2分）
(2)①d→e→f→g→b→c（2分） ②B中澄清石灰水变浑浊（2分） ③除去CO2中的HCl（2分）
(3)①（2分） ②AC（2分）
【分析】首先通过装置A制取CO2，利用装置C除去CO2中的HCl后，将CO2通入装置D中，排尽装置中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊，确保空气被排尽后，再打开D中K2，开始实验。
【详解】（1）①由仪器b的构造可知仪器b的名称为恒压滴液漏斗；
②步骤Ⅰ生成VOCl2的同时，生成一种无色无污染的气体N2，该反应的化学方程式为：；
（2）①首先通过装置A制取二氧化碳，利用装置C除去二氧化碳中的HCl后，将二氧化碳通入装置D中，排尽装置中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊后，确保空气被排尽后，再打开D中K2开始实验，接口的连接顺序为a→d→e→f→g→b→c；
②实验开始时，先关闭K2，打开K1，当装置B中澄清石灰水变浑浊时，确保空气被排尽后，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体；
③装置C除去CO2中的HCl；
（3）①由元素守恒及反应方程式可知：∼6∼6Fe2+，样品中氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵(摩尔质量为Mg•ml-1)的质量分数为=；
②A．未加尿素，则溶液中残留的亚硝酸钠消耗标准溶液，导致标准液用量偏高，所测纯度偏大，A正确；
B．滴定达终点时，俯视刻度线读数，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，B错误；
C．用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出，该操作没有润洗滴定管尖嘴部分，导致标准液被稀释，所用标准液体积偏大，所测纯度偏高，C正确；
D．滴定过程中摇动锥形瓶时有少量液体溅出，所需标准液体积偏小，所测纯度偏低，D错误；
故选CD。
18．（15分）CO、等烟道气对环境有污染，需经处理后才能排放，处理含CO、烟道气的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质： 。回答下列问题：
(1)已知CO的燃烧热为，的燃烧热为。则上述反应的 。
(2)其他条件相同、催化剂不同时发生上述反应。的转化率随反应温度的变化如图1所示。和NiO作催化剂均能使的转化率达到最高，不考虑催化剂价格因素，选择的主要优点是 。
(3)在容积为2L的密闭容器中，充入2mlCO和1ml SO2，在一定条件下发生上述反应，平衡后改变下列条件能使上述反应的速率增大，且平衡向正向移动的是 (填字母)。
a．选用更高效的催化剂 b．升高温度
c．及时分离出CO2 d．增加CO的浓度
(4)在密闭容器中，充入2mlCO和1ml，发生上述反应，的平衡转化率随温度、压强的变化如图2所示。
①压强、、由小到大的关系是 。
②B点对应条件下 [对于反应，，x为物质的量分数，列出计算式即可]。
③A点和C点压强平衡常数之比 (用含、的式子表示)。(用分压代替浓度，分压=总压×物质的量分数)。
(5)烟气中常含有大量和等大气污染物，需经净化处理后才能排放。除去燃煤产生的废气中的的过程如图3所示。
①一般情况下，过程Ⅰ与过程Ⅱ相比能耗更高的是 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②过程Ⅱ利用电化学装置吸收另一部分，使Cu再生，该过程中阳极的电极反应式为 。
【答案】(1)-269.2（2分）
(2)Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高的SO2转化率，从而节约能源（2分）
(3)d（2分）
(4)（2分） （2分） （2分）
(5)Ⅱ（1分） （2分）
【详解】（1）由CO的燃烧热为283.0 kJ⋅ml-1可得：①CO(g)+O2(g)=CO2 (g) ΔH=- 283.0 kJ⋅ml-1，又已知②S(l)+O2 (g)=SO2 (g) ΔH=-296.8 kJ⋅ml-1，根据盖斯定律，将①×2-②得：2CO(g)+SO2 (g)=S(l)+2CO2 (g) ΔH=[2×(-283.0)-(-296.8)] kJ⋅ml-1=-269.2kJ⋅ml-1。
（2）从图中可以看出，Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度下可获得较高的SO2的转化率，从而节约能源。
（3）a．催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动，a错误；
b．升高温度能加快反应速率，但该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，b错误；
c．及时分离出CO2平衡正向移动，但反应速率不增大，c错误；
d．增加CO的浓度，反应速率加快，平衡正向移动，d正确；
故选d；
（4）①图显示，同温(T2)变压(p3→p2→p1)时，SO2的平衡转化率减小，而加压平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，所以压强、、关系是。
②B点，二氧化硫转化率为80%，则反应二氧化硫0.8ml，列三段式为：
n(总)=2.2ml，B点对应条件下，。
③A点和C点SO2的平衡转化率均为60%，所以平衡时各物质的物质的量及其物质的量分数相等，因为右边气体化学计量数比左边小1，所以压强平衡常数之比为其压强反比，即为。
（5）①过程Ⅰ为催化剂存在下的铜被氧化的过程，过程Ⅱ为电解过程，电解中电能转化为化学能，一般情况下，过程Ⅰ与过程Ⅱ相比能耗更高的是Ⅱ。
②用电化学装置吸收另一部分，使Cu再生，该过程中阳极的二氧化硫失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为：。
19．（13分）冬季是中老年人易发脑血管疾病的季节，化合物H可用于治疗脑血管疾病，其合成路线如下：
回答下列问题：
(1)B的化学名称是 ，F中含氧官能团的名称是 。
(2)反应②⑥的反应类型分别是 、 。
(3)反应④的原子利用率为100%，则E的结构简式是 。
(4)芳香化合物X是H的同分异构体，化合物X含有—，其核磁共振氢谱峰面积比为3∶2∶1，写出两种符合要求的化合物X的结构简式： 、 。
(5)以和为含碳原料，利用题干信息，合成化合物，可设计下列合成路线。
①M的结构简式是 。
②转化为的化学方程式为 。
【答案】(1)对氯甲苯（或4-氯甲苯）（1分） 酯基和硝基（2分）
(2)氧化反应（1分） 还原反应（1分）
(3)（2分）
(4)（1分） （1分）
(5)①(或等)（2分）
②（2分）
【分析】根据题中合成路线可知，在作催化剂作用下，与发生取代反应生成，则B为；与发生氧化反应生成，与反应生成，由反应④的原子利用率为100%可知，与发生加成反应生成，在稀HCl中共热生成，在Ni作催化剂作用下，与发生还原反应生成。
【详解】（1）由分析可知B为，化学名称是对氯甲苯或4-氯甲苯；F为，含氧官能团的名称是酯基和硝基。
（2）②甲基转化为醛基发生氧化反应；⑥硝基转化为氨基发生还原反应。
（3）由分析可知，反应④的原子利用率为100%，则E的结构简式是。
（4）H的结构简式为，分子式为，由H的同分异构体芳香化合物X中含有硝基，核磁共振氢谱峰面积比为3∶2∶1可知，X分子的结构对称，符合条件的结构简式有：
、。
（5）由题干信息可知，以和为原料，合成化合物的路线为：在浓硫酸作用下，发生消去反应生成，经过氧化得到，和发生加成反应生成，①M的结构简式是；②经过氧化转化为的化学方程式为：。
A．苯酚沾到皮肤上，立即用水冲洗
B．闻气体
C．制备乙酸乙酯时乙醇与浓硫酸混合
D．点燃可燃性气体可防止爆炸的发生
实验操作
现象
结论
A
已知可与络合生成(红棕色)，也可与发生氧化还原反应。将气体通入溶液中
溶液先变为红棕色，过一段时间又变成浅绿色
与络合反应速率比氧化还原反应速率快
B
验证某红棕色气体是否为，将气体通入淀粉-KI溶液中
溶液变蓝
说明该气体为
C
将海带灰溶解后过滤，取滤液于试管中，酸化后加入足量新制氯水，充分反应后加入1~2滴淀粉-KI溶液
溶液变蓝
海带灰中含有碘元素
D
向2mL1ml/L的溶液中滴入2滴0.1ml/LNaOH溶液，再滴加2滴溶液
先产生蓝色沉淀，再产生黑色沉淀
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对分子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Ca 40 Fe-56 Y 89 Ce 140
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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．化学在促进科技进步和方便人类生活等方面均无可替代。下列说法错误的是
A．“嫦娥五号”探测器使用的砷化镓太阳能电池板是一种优良的导体材料
B．我国科学家已实现了“空气变馒头”的技术突破，这有利于“碳中和”的实现
C．精确度为每72亿年仅偏差1s的“星载铷钟”含铷(Rb)元素，RbOH是强碱
D．5G-A技术所需高频通讯材料之一的LCP(液晶高分子)在一定加热状态下一般会变成液晶，液晶既具有液体的流动性，又表现出类似晶体的各向异性
【答案】A
【详解】A．氮化镓是良好的半导体材料，不是优良的导体材料，A错误；
B．“空气变馒头”的核心是将空气中的CO2转化为淀粉，大大减少CO2的排放，这有利于“碳中和”的实现，B正确；
C．铷是第五周期第IA族元素，从上到下，金属性增强，碱性增强，故RbOH是强碱，C正确；
D．液晶在一定温度范围内既具有液体的流动性，在折射率、磁化率、电导率等宏观方面又表现出类似晶体的各向异性，D正确。
2．下列有关化学用语表示正确的是
A．O3分子的球棍模型：
B．N，N-二甲基苯甲酰胺的结构简式：
C．CaO2的电子式：
D．基态的价层电子排布图：
【答案】B
【详解】A．球棍模型不能表示出孤对电子，图示为臭氧分子的VSEPR模型，A错误；
B．N，N-二甲基苯甲酰胺的结构简式正确，B正确；
C．是由钙离子和过氧根离子构成的，过氧根电子式写错了，C错误；
D．基态的价层电子排布图：，D错误。
3．下列图示的实验操作中符合实验安全要求的是
【答案】D
【详解】A．苯酚具有腐蚀性，易溶于酒精，微溶于水，沾到皮肤上应先用酒精洗涤，再用水洗，故A错误；
B．闻气体时应用手扇少量气体，使之进入鼻腔，不能直接用鼻子闻，故B错误；
C．乙醇与浓硫酸混合时应将浓硫酸沿烧杯壁缓缓倒入乙醇中，且用玻璃棒不断搅拌，故C错误；
D．此装置防止气体爆炸的原理是使导管内的气体与燃着的气体不直接接触，故D正确。
4．下列方程式与所给事实不相符的是
A．用FeS固体除去污水中的：
B．AgCl沉淀溶于氨水：
C．乙醛和新制共热出现砖红色浑浊：
D．通入氯水中，溶液褪色：
【答案】C
【详解】A．用FeS固体除去污水中的Hg2+，反应生成更难溶的HgS，反应离子方程式为，A正确；
B．AgCl沉淀溶于氨水生成配合物，反应方程式为，B正确；
C．乙醛和新制Cu(OH)2共热出现砖红色浑浊，反应方程式为，C错误；
D．SO2通入氯水中，溶液褪色，发生氧化还原反应，D正确。
5．铁、硫元素的部分“价-类”关系如图所示。下列叙述正确的是
A．a在高温下与水蒸气反应生成bB．实验室用浓f溶液干燥e和d
C．常温下，d和e不能大量共存D．加热c会生成红色粉末b
【答案】C
【分析】根据图示，相关物质如下：a：Fe，b：FeO， c：，d：，e：，f：，据此分析解答。
【详解】A．高温下，铁与水蒸气反应生成，A项错误；
B．浓硫酸与会发生氧化还原反应，B项错误；
C．和能发生氧化还原反应生成S和水，C项正确；
D．分解生成，D项错误。
6．AlN是一种半导体材料，一种制备方法是。设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．消耗等物质的量的和，转移电子数目为6
B．标准状况下，11.2L中含中子数目为8
C．12gC(石墨空间结构的俯视图见图)含非极性共价键数目为3
D．0.1ml溶于足量氢氧化钠溶液，溶液中含的数目为0.2
【答案】B
【详解】A．由于不知道等物质的量的和具体的物质的量，无法计算转移的电子数目，A错误；
B．标准状况下，11.2L的物质的量为0.5ml，1个分子中含16个中子，则0.5ml中含中子数目为8，B正确；
C．12gC(石墨)的物质的量为1ml，含非极性键，即非极性共价键数目为1.5，C错误；
D．0.1ml溶于足量氢氧化钠溶液，溶液中(或四羟基合铝酸根)会发生水解、故数目小于0.2，D错误。
7．有机物a通过选择性催化聚合可分别得到聚合物b、c。下列说法正确的是
A．a在水中较易溶解
B．a分子中所有碳原子均采用杂化
C．1mla最多与发生加成反应
D．c遇强酸、强碱均易降解
【答案】D
【分析】由反应结合a化学式可知，a结构为；
【详解】A．a中含有酯基，难溶于水，A错误；
B．a分子有两个不饱和碳原子和两个饱和碳原子，分别采用和杂化，B错误；
C．a与足量加成后的产物为，最多只能消耗，C错误；
D．c属于聚酯类高分子，在强酸和强碱存在下均可发生水解，降解为小分子，D正确。
8．某离子液体结构如图示。W、X、Y、Z原子序数依次增大，W、X和Y的原子序数之和为14，Z是第4周期元素，基态Z原子核外电子占有8个能级。下列说法正确的是
A．单质的沸点：Y
C．原子半径：Z>Y>X
D．Z的氧化物的水化物为强酸
【答案】A
【分析】W、X、Y、Z原子序数依次增大，化合物中W只形成1个共价键，W为H元素；X形成4个共价键，X为C元素；Y形成3个共价键，Y为N元素，满足W、X和Y的原子序数之和为14；由形成双键处的Y可知，Y失去1个电子，则Z带1个负电荷，Z为第四周期元素，基态Z原子核外电子占有8个能级，可知Z为Br元素，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，W为H元素、X为C元素、Y为N元素、Z为Br元素，
A．N2常温下是气体，Br2常温下是液体，X为C元素，常温下是固体，则单质的沸点：Y
C．同周期主族元素从左往右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径顺序为Z>X>Y，故C错误；
D．Z的氧化物的水化物之一为HBrO，属于弱酸，故D错误。
9．2024年复旦大学科研人员研发出一种新型钙—氧气电池，其结构如图所示，将(钙盐)溶于(有机溶剂)作为电解质溶液，钙和碳纳米管分别作为电极材料。下列关于该电池说法错误的是
A．隔膜允许通过，不允许通过
B．放电时，电流由碳纳米管电极沿导线流向钙电极
C．放电时，正极反应式为：
D．用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗4g钙时，铅酸蓄电池消耗1.8g水
【答案】D
【分析】根据电化学装置图可知，碳纳米管电极反应后生成，发生还原反应，为原电池正极，Ca作原电池负极，发生氧化反应。
【详解】A．根据分析可知，为负极，其电极反应式为，碳纳米管为正极，其电极反应式为，故隔膜允许通过，不允许通过，A正确；
B．原电池装置中，电流由原电池正极流向负极，即电流由碳纳米管电极沿导线流向钙电极，C正确；
C.根据分析可知，碳纳米管为正极，其电极反应式为，C正确；
D．根据电极反应：，消耗钙时，转移，根据铅蓄电池总反应：，转移，铅酸蓄电池消耗水，错误。
10．某V2O5失活催化剂是重要的含钒二次资源。从酸浸处理之后的浸出液中提取钒的一种工艺流程如图。下列说法错误的是
已知：HA(有机酸性萃取剂)对金属阳离子萃取能力的顺序：Fe3+＞VO2+＞Fe2+
A．物质X为高锰酸钾溶液
B．反萃取时，物质Y可以选用硫酸
C．氧化过程中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为6：1
D．调pH时，发生反应：VO+2NH3•H2OVO+2NH+H2O
【答案】A
【分析】根据流程图，结合HA(有机酸性萃取剂)对金属阳离子萃取能力可知，物质X应为氧化剂，将亚铁离子氧化为铁离子，便于萃取操作的进行，经过萃取后，通过加入反萃取剂硫酸，可将从萃取剂中分离出，经过氧化、调pH、沉钒及焙烧操作得。
【详解】A．若物质X为高锰酸钾溶液，在氧化亚铁离子过程中会引入新杂质，A错误；
B．HA为有机酸性萃取剂，反萃取及应为酸，结合后续流程离子种类判断可为硫酸，B正确；
C．氧化过程中V元素化合价从+4价升高为+5价（），Cl元素从+5价降低为-1价，根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物的物质的量之比为6：1，C正确；
D．调pH时，发生反应：VO+2NH3•H2OVO+2NH+H2O，D正确。
11．脱落酸是一种植物激素，在植物发育的多个过程中起重要作用。其结构简式如图所示。
下列关于脱落酸的说法错误的是
A．存在顺反异构
B．分子结构中含有3种含氧官能团
C．若发生分子内酯化反应，所得产物分子中具有两个六元环
D．1ml脱落酸与1ml发生加成反应，可得到4种不同的产物(不考虑立体异构)
【答案】C
【详解】A．该有机物含3个碳碳双键，且每个双键碳原子所连的基团均不同，均存在立体异构，有顺反异构，A正确；
B．分子结构中含有3种含氧官能团羰基、羧基、羟基，B正确；
C．脱落酸分子结构中存在羟基和羧基，其发生分子内酯化反应构成环状酯，所得结构中存在一个六元环和一个七元环，C错误；
D．脱落酸分子结构中存在共轭结构，当1 ml脱落酸与1 ml 发生加成反应时，可通过1，2-加成的方式得到3种不同的产物，还可通过发生类似1，4-加成的反应得到1种不同于之前的产物，共得到4种不同的产物，D正确。
12．根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是
【答案】A
【详解】A．已知呈红棕色，将气体通入溶液中，溶液先变为红棕色，过一段时间又变成浅绿色，证明与先发生络合反应，再发生氧化还原反应，从而推出与络合反应速率比氧化还原反应速率快，故A正确；
B．溴蒸气、二氧化氮均为红棕色，均可使淀粉-KI溶液变蓝，由实验操作和现象，不能说明气体为，还可能为溴蒸气，故B错误；
C．新制氯水中的能与反应生成使淀粉变蓝色的碘单质，碘元素可能来自于海带灰，也可能来自于淀粉-KI溶液，不能说明海带灰中存在碘元素，故C错误；
D．溶液过量，滴入的溶液与硫酸铜反应生成CuS黑色沉淀，不能说明氢氧化铜转化为硫化铜，无法判断Ksp大小，故D错误。
13．科学家研究发现铁的配合物在常温下可以催化甲酸的还原反应，其反应机理如图所示。下列说法不正确的是
A．该反应的总化学方程式为
B．1，2，3三种物质中的配位数相同
C．反应中存在非极性键的断裂和形成
D．可以用新制的悬浊液鉴别和
【答案】C
【详解】A．由图可知，该反应的反应物为HCOOH、H2，生成物为CH3OH、H2O，总反应化学方程式为，选项A正确；
B．1，2，3三种物质中的配位数相同，均为6,选项B正确；
C．反应中存在非极性键H-H的断裂，但没有非极性键的形成，选项C不正确；
D．中存在醛基而没有，可以用新制的悬浊液鉴别和，选项D正确。
14．奥氏体是碳溶解在γ-Fe中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞如图所示。下列说法错误的是
A．铁原子位于碳原子构成的八面体中心的间隙位置
B．奥氏体的化学式为FeC
C．若晶体密度为dg·cm-3，晶胞中最近的两个碳原子的距离为
D．铁原子第三电离能小于C原子的第三电离能
【答案】C
【详解】A．由晶胞的结构可知六个C原子构成正八面体，Fe原子位于碳原子构成的八面体中心的间隙位置，故A正确；
B．每个晶胞中Fe原子数为，C原子数为，故奥氏体的化学式为FeC，故B正确；
C．每个晶胞含有4个FeC，质量，晶胞的边长，晶胞中最近的两个碳原子的距离为，故C错误；
D．Fe的价电子排布式为3d64s2，C的价电子排布式为3d74s2，失去第3个电子时，铁的核外电子排布为半满结构，较稳定，故铁原子第三电离能小于C原子的第三电离能，故D正确。
15．已知是一元弱酸，是难溶盐，且不发生水解。常温下，向某的溶液中逐滴加入溶液后，溶液中和随的变化关系如下图所示。下列说法正确的是
A．曲线表示随的变化
B．
C．和两点溶液中浓度相等
D．点时溶液中存在：
【答案】B
【分析】常温下，溶液中逐滴加入溶液，发生反应：、，存在难溶物溶解平衡及水解平衡：、，根据，则，，，，温度不变，是定值，则随的增大而增大，表示随的变化，代表随的变化关系。
【详解】A．根据上述分析可知，代表随的变化关系，A错误；
B．图中b点是曲线与曲线交点，即代表当时，=，则，B正确；
C．a点在曲线上，代表，即；c点在曲线上，代表，即，根据，溶液中，故和两点溶液中浓度不相等，C错误；
D．b点溶液存在=，即=，根据电荷守恒可知，，故溶液中，D错误。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（14分）稀土元素是国家战略资源，目前我国稀土提炼技术处于世界领先地位。某课题组以含铈废渣(含较多的、、及少量其他可溶于酸的物质)为原料，设计如图流程回收稀土元素铈，实现资源再利用。
已知：不溶于稀硫酸，也不溶于溶液。
回答下列问题：
(1)为提高“酸溶”的速率，实验室常用图示仪器进行固体物质的粉碎，该仪器的名称是 。
(2)“滤渣2”中主要成分的化学式为 ；“反应1”的离子方程式为 ，其中的作用是 。
(3)“反应2”的离子方程式为 。
(4)“滤液1”经一系列反应与操作可制得硫酸铁铵，硫酸铁铵可用作净水剂，其净水原理是 (用离子方程式表示)。
(5)氧化铈()常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，这种稳定的结构使得氧化铈具有许多独特的性质和应用，晶胞中与最近的核间距为。已知：。
①晶胞中与最近的的个数为 。
②若掺杂后得到：的晶体，则此晶体中的空缺率为 。
③晶体的密度为 (列出表达式)。
【答案】(1)研钵（1分）
(2)SiO2（1分） （2分） 作还原剂（1分）
(3)（2分）
(4)（2分）
(5)①12（1分） ②10%（2分） ③（2分）
【分析】样品在第一次酸浸后，铁元素会进入溶液。滤渣1的成分为SiO2和CeO2，经过第二次浸取之后，CeO2和H2O2发生反应，生成了Ce3+进入了溶液。
【详解】（1）该装置的名称为研钵
（2）根据题干已知，可知经过第一次酸浸后，滤渣1中的成分为SiO2和CeO2，经过第二次浸取之后，CeO2发生反应，生成了Ce3+进入了溶液。故滤渣2中的成分为二氧化硅。
根据前后题干分析可知，反应1的反应物为CeO2和H2O2，CeO2生成了Ce3+作氧化剂，则过氧化氢作还原剂，据此写出反应的方程式为：，其中过氧化氢的作用是作还原剂。
（3）反应2的反应物为氧气和Ce3+，生成物为，由此可得方程为：
（4）硫酸铁铵在水中会电离出铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附性，从而达到净水的目的，方程式为：
（5）①根据图示可知，晶胞中与最近的的个数为12
②晶胞中与的数目为，的数目为8。掺杂Y2O3后，得到了的晶体，故晶胞中，，，故的空缺率为
③晶胞中与最近的核间距为体对角线的四分之一，故晶胞的边长为：，则该晶胞的密度为
17．（13分）以为原料制氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵过程如下：
已知：能被氧化。回答下列问题：
(1)步骤Ⅰ的反应装置如图(夹持及加热装置略去，下同)。
①仪器b的名称为 。
②步骤Ⅰ生成的同时，生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为 。
(2)步骤Ⅱ可在下图装置中进行。
①接口的连接顺序为a→ 。
②实验开始时，先关闭，打开，当 时(写实验现象)，再关闭，打开，充分反应，静置，得到固体。
③C装置的作用是 。
(3)测定产品纯度。
称取m g样品用稀硫酸溶解后，加入过量的溶液，充分反应后加入过量的溶液，再加适量尿素除去，用标准溶液滴定达终点时，消耗体积为V mL。(已知：)
①样品中氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵(摩尔质量为)的质量分数为 %。
②下列情况会导致产品纯度偏大的是 (填标号)。
A．未加尿素，直接进行滴定
B．滴定达终点时，俯视刻度线读数
C．用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出
D．滴定过程中摇动锥形瓶时有少量液体溅出
【答案】(1)①恒压滴液漏斗（1分） ②（2分）
(2)①d→e→f→g→b→c（2分） ②B中澄清石灰水变浑浊（2分） ③除去CO2中的HCl（2分）
(3)①（2分） ②AC（2分）
【分析】首先通过装置A制取CO2，利用装置C除去CO2中的HCl后，将CO2通入装置D中，排尽装置中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊，确保空气被排尽后，再打开D中K2，开始实验。
【详解】（1）①由仪器b的构造可知仪器b的名称为恒压滴液漏斗；
②步骤Ⅰ生成VOCl2的同时，生成一种无色无污染的气体N2，该反应的化学方程式为：；
（2）①首先通过装置A制取二氧化碳，利用装置C除去二氧化碳中的HCl后，将二氧化碳通入装置D中，排尽装置中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊后，确保空气被排尽后，再打开D中K2开始实验，接口的连接顺序为a→d→e→f→g→b→c；
②实验开始时，先关闭K2，打开K1，当装置B中澄清石灰水变浑浊时，确保空气被排尽后，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体；
③装置C除去CO2中的HCl；
（3）①由元素守恒及反应方程式可知：∼6∼6Fe2+，样品中氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵(摩尔质量为Mg•ml-1)的质量分数为=；
②A．未加尿素，则溶液中残留的亚硝酸钠消耗标准溶液，导致标准液用量偏高，所测纯度偏大，A正确；
B．滴定达终点时，俯视刻度线读数，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，B错误；
C．用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出，该操作没有润洗滴定管尖嘴部分，导致标准液被稀释，所用标准液体积偏大，所测纯度偏高，C正确；
D．滴定过程中摇动锥形瓶时有少量液体溅出，所需标准液体积偏小，所测纯度偏低，D错误；
故选CD。
18．（15分）CO、等烟道气对环境有污染，需经处理后才能排放，处理含CO、烟道气的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质： 。回答下列问题：
(1)已知CO的燃烧热为，的燃烧热为。则上述反应的 。
(2)其他条件相同、催化剂不同时发生上述反应。的转化率随反应温度的变化如图1所示。和NiO作催化剂均能使的转化率达到最高，不考虑催化剂价格因素，选择的主要优点是 。
(3)在容积为2L的密闭容器中，充入2mlCO和1ml SO2，在一定条件下发生上述反应，平衡后改变下列条件能使上述反应的速率增大，且平衡向正向移动的是 (填字母)。
a．选用更高效的催化剂 b．升高温度
c．及时分离出CO2 d．增加CO的浓度
(4)在密闭容器中，充入2mlCO和1ml，发生上述反应，的平衡转化率随温度、压强的变化如图2所示。
①压强、、由小到大的关系是 。
②B点对应条件下 [对于反应，，x为物质的量分数，列出计算式即可]。
③A点和C点压强平衡常数之比 (用含、的式子表示)。(用分压代替浓度，分压=总压×物质的量分数)。
(5)烟气中常含有大量和等大气污染物，需经净化处理后才能排放。除去燃煤产生的废气中的的过程如图3所示。
①一般情况下，过程Ⅰ与过程Ⅱ相比能耗更高的是 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②过程Ⅱ利用电化学装置吸收另一部分，使Cu再生，该过程中阳极的电极反应式为 。
【答案】(1)-269.2（2分）
(2)Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高的SO2转化率，从而节约能源（2分）
(3)d（2分）
(4)（2分） （2分） （2分）
(5)Ⅱ（1分） （2分）
【详解】（1）由CO的燃烧热为283.0 kJ⋅ml-1可得：①CO(g)+O2(g)=CO2 (g) ΔH=- 283.0 kJ⋅ml-1，又已知②S(l)+O2 (g)=SO2 (g) ΔH=-296.8 kJ⋅ml-1，根据盖斯定律，将①×2-②得：2CO(g)+SO2 (g)=S(l)+2CO2 (g) ΔH=[2×(-283.0)-(-296.8)] kJ⋅ml-1=-269.2kJ⋅ml-1。
（2）从图中可以看出，Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度下可获得较高的SO2的转化率，从而节约能源。
（3）a．催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动，a错误；
b．升高温度能加快反应速率，但该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，b错误；
c．及时分离出CO2平衡正向移动，但反应速率不增大，c错误；
d．增加CO的浓度，反应速率加快，平衡正向移动，d正确；
故选d；
（4）①图显示，同温(T2)变压(p3→p2→p1)时，SO2的平衡转化率减小，而加压平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，所以压强、、关系是。
②B点，二氧化硫转化率为80%，则反应二氧化硫0.8ml，列三段式为：
n(总)=2.2ml，B点对应条件下，。
③A点和C点SO2的平衡转化率均为60%，所以平衡时各物质的物质的量及其物质的量分数相等，因为右边气体化学计量数比左边小1，所以压强平衡常数之比为其压强反比，即为。
（5）①过程Ⅰ为催化剂存在下的铜被氧化的过程，过程Ⅱ为电解过程，电解中电能转化为化学能，一般情况下，过程Ⅰ与过程Ⅱ相比能耗更高的是Ⅱ。
②用电化学装置吸收另一部分，使Cu再生，该过程中阳极的二氧化硫失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为：。
19．（13分）冬季是中老年人易发脑血管疾病的季节，化合物H可用于治疗脑血管疾病，其合成路线如下：
回答下列问题：
(1)B的化学名称是 ，F中含氧官能团的名称是 。
(2)反应②⑥的反应类型分别是 、 。
(3)反应④的原子利用率为100%，则E的结构简式是 。
(4)芳香化合物X是H的同分异构体，化合物X含有—，其核磁共振氢谱峰面积比为3∶2∶1，写出两种符合要求的化合物X的结构简式： 、 。
(5)以和为含碳原料，利用题干信息，合成化合物，可设计下列合成路线。
①M的结构简式是 。
②转化为的化学方程式为 。
【答案】(1)对氯甲苯（或4-氯甲苯）（1分） 酯基和硝基（2分）
(2)氧化反应（1分） 还原反应（1分）
(3)（2分）
(4)（1分） （1分）
(5)①(或等)（2分）
②（2分）
【分析】根据题中合成路线可知，在作催化剂作用下，与发生取代反应生成，则B为；与发生氧化反应生成，与反应生成，由反应④的原子利用率为100%可知，与发生加成反应生成，在稀HCl中共热生成，在Ni作催化剂作用下，与发生还原反应生成。
【详解】（1）由分析可知B为，化学名称是对氯甲苯或4-氯甲苯；F为，含氧官能团的名称是酯基和硝基。
（2）②甲基转化为醛基发生氧化反应；⑥硝基转化为氨基发生还原反应。
（3）由分析可知，反应④的原子利用率为100%，则E的结构简式是。
（4）H的结构简式为，分子式为，由H的同分异构体芳香化合物X中含有硝基，核磁共振氢谱峰面积比为3∶2∶1可知，X分子的结构对称，符合条件的结构简式有：
、。
（5）由题干信息可知，以和为原料，合成化合物的路线为：在浓硫酸作用下，发生消去反应生成，经过氧化得到，和发生加成反应生成，①M的结构简式是；②经过氧化转化为的化学方程式为：。
A．苯酚沾到皮肤上，立即用水冲洗
B．闻气体
C．制备乙酸乙酯时乙醇与浓硫酸混合
D．点燃可燃性气体可防止爆炸的发生
实验操作
现象
结论
A
已知可与络合生成(红棕色)，也可与发生氧化还原反应。将气体通入溶液中
溶液先变为红棕色，过一段时间又变成浅绿色
与络合反应速率比氧化还原反应速率快
B
验证某红棕色气体是否为，将气体通入淀粉-KI溶液中
溶液变蓝
说明该气体为
C
将海带灰溶解后过滤，取滤液于试管中，酸化后加入足量新制氯水，充分反应后加入1~2滴淀粉-KI溶液
溶液变蓝
海带灰中含有碘元素
D
向2mL1ml/L的溶液中滴入2滴0.1ml/LNaOH溶液，再滴加2滴溶液
先产生蓝色沉淀，再产生黑色沉淀
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