山东省潍坊市2023-2024学年高三上学期1月期末化学试题（解析版）

这是一份山东省潍坊市2023-2024学年高三上学期1月期末化学试题（解析版），共24页。试卷主要包含了5NA，C错误；等内容，欢迎下载使用。

1.答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考生号、座号填写在相应位置。
2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效：在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
可能用到的相对原子质量：H1 B11 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Fe56 C59 Ag108
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 化学与生产生活密切相关。下列说法错误的是
A. 饱和溶液处理锅炉水垢中的，发生了沉淀的转化
B. 夏天雷雨过后空气清新，因为放电时和合成了
C. 神舟系列飞船返回舱使用氮化硅耐高温结构材料，属于共价晶体
D. 可用于污水脱氯，是由于其具有还原性
【答案】B
【解析】
【详解】A．饱和Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4，CaSO4沉淀转化为CaCO3沉淀，A正确；
B．放电条件下O2转化为O3，净化空气、使空气清新，B错误；
C．氮化硅具有高强度、高韧性、耐高温的性质，由性质可知氮化硅为共价晶体，C正确；
D．NaHSO3可被污水中的Cl2氧化，利用了NaHSO3的还原性，D正确；
故选B。
2. 下列有关物质性质的说法正确的是
A. 苯酚和乙醇都能与溶液反应
B. 的酸性弱于
C. 邻羟基苯甲醛的沸点高于对羟基苯甲醛
D. 酰胺在酸或碱存在并加热的条件下可发生水解反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙醇不能与溶液反应，A错误；
B．氟的电负性强，对电子吸引力强，羧基中O-H键极性更强，更易断裂，酸性强于，B错误；
C．邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛，C错误；
D．氨基和羧基发生取代反应生成酰胺键，酰胺在酸或碱存在并加热的条件下均可发生水解反应，D正确；
故选D。
3. 下列实验中，所选装置或实验设计合理是
A. 利用装置①制备晶体
B. 利用装置②分离苯酚和水的混合物
C. 利用装置③接收蒸馏实验所得馏分
D. 利用装置④处理氢气尾气
【答案】D
【解析】
【详解】A．硝酸铜是强酸弱碱盐，在溶液中会发生水解反应，所以制备六水硝酸铜晶体时应在硝酸氛围条件下加热蒸发皿中的硝酸铜溶液，则装置①无法达到制备六水硝酸铜晶体的实验目的，故A错误；
B．苯酚溶于水得到的是乳浊液，应用分液的方法分离苯酚和水的混合物，不能用过滤的方法，则装置②无法到达分离苯酚和水的混合物的实验目的，故B错误；
C．收集馏分的锥形瓶为恒容的密闭装置，没有排气管无法排出逸出的气体会因气体压强增大而发生意外事故，则装置③无法到达接收蒸馏实验所得馏分的实验目的，故C错误；
D．氢气是难溶于水的可燃性气体，可以用排水法收集再点燃的方法处理氢气尾气，则装置④能达到处理氢气尾气的实验目的，故D正确；
故选D。
4. 表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 金刚石中含有键的数目为
B. 含钠元素的和混合物中阴离子的数目为
C. 的浓硝酸与足量铜反应，转移电子数目为
D. 时，的溶液中水电离出的的数目为
【答案】B
【解析】
【详解】A．金刚石是空间网状正四面体结构，一个碳与周围四个碳原子连接，则1ml金刚石中C-C键的数目为2NA，24g金刚石为2ml，则C-C键的数目为4NA，A错误；
B．已知Na2O和Na2O2中阴阳离子个数比均为1：2，故含4.6g钠元素，即为Na+的物质的量为0.2ml的Na2O和Na2O2混合物中的阴离子数目为0.1NA，B正确；
C．浓硝酸与足量铜反应，先生成NO2，随着浓度变稀，生成NO，若浓硝酸全部转化为NO2，转移电子数目为0.5NA，C错误；
D．常温下，1LpH = 9 的CH3COONa的溶液中c(H＋)＝1×10−9ml∙L−1，醋酸根水解显碱性，c(OH－)水＝1×10−5ml∙L−1，则水电离出的OH-的数目为10-5NA，D错误；
故选B。
5. 有机物W可发生如下图所示的反应，下列说法正确的是
A 最多可与反应
B. 除氢原子外，中其他原子可能共平面
C. W、X、Y都存在顺反异构体
D. 都能与溶液反应
【答案】B
【解析】
【分析】有机物W中含有醚键，碳碳双键官能团，有机物X含有酚羟基，碳碳双键官能团，有机物Y含有酚羟基，碳碳双键官能团，X与Y互为同分异构体，据此回答。
【详解】A．碳碳双键与Br2发生加成反应，1mlX最多可与 1mlBr2反应，A错误；
B．单键可以旋转，有机物W除氢原子外，其他原子可能共平面，B正确；
C．X的碳碳双键一侧连了2个H，不存在顺反异构体，C错误；
D．酚羟基不可与NaHCO3反应，所以X与Y都不能与NaHCO3溶液反应，D错误；
故选B。
6. 甲醛可导致蛋白质变性，该过程可表示为：
下列说法错误的是
A. 电负性：B. 乙中的N原子均为杂化
C. 甲醛的VSEPR模型为平面三角形D. 甲为
【答案】D
【解析】
【详解】A．同周期元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，则电负性：HB．乙中的N原子均形成3个单键，还有一对孤对电子，故都为sp3杂化，故B项正确；
C．甲醛的中心原子价层电子对数为3，甲醛中碳原子为sp2杂化，VSEPR模型为平面三角形，故C项正确；
D．根据乙的结构推断，醛基中的碳氧双键加成生成了羟基，甲的结构为：，故D项错误；
故本题选D。
7. 元素周期表前四周期的元素，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，b的价电子层中的未成对电子有3个，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族；e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。上述元素形成的一种阳离子如图所示。下列说法错误的是
A. 该阳离子受热时首先失去的组分是X
B. 生成该阳离子过程中，Y分子键角增大
C. 的合理结构式为
D. 中存在离域键
【答案】C
【解析】
【分析】元素周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，a为H元素；c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，可知c有2个电子层符合电子排布规律，最外层电子数为6，c为O元素；b的价电子层中的未成对电子有3个，结合原子序数可知c为N元素；d与c同族，d为S元素；e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子，e为Cu元素，以此来解答：
【详解】A．O的电负性比N强，则NH3与铜离子的配位能力大于水与铜离子的配位能力，因此该阳离子受热时首先失去的组分是水，也就是X，A正确；
B．NH3分子本来有一对孤对电子，在形成配位键时，N提供了一对孤对电子，故在形成阳离子的过程中，NH3分子的键角增大，B正确；
C．一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，可知N与H成键，不存在N—O之间的作用力，C错误；
D．中O、N提供电子形成离域Π键，D正确；
故选C。
8. Diels-Alder反应是一步完成的协同反应，也是立体专一的顺式加成反应。下图所示加成反应，生成两种主产物M、N，反应过程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是
A. 反应过程中，只有π键断裂，无π键生成
B. M产物比N更稳定
C. 升高温度，生成N的速率会增大，生成M的正反应速率会减小
D. 升高温度，M可能转化为N
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应过程中该结构中有π键的断裂及π键的生成，A错误；
B．能量越低越稳定，由图可知N的能量低，故N更稳定，B错误；
C．不管是吸热反应还是放热反应，升高温度反应速率均增大，只是增大的程度不同，所以升高温度生成N、M的反应速率均增大，C错误；
D．由图可知升高温度时，更有利于生成N，导致反应物浓度降低使得生成M的平衡逆向移动，则M可能转化为N，D正确；
故选D。
9. 铬铁液流电池成本低且绿色环保，适合大规模新能源储能，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A. 充电时X接电源负极
B. 放电时移向Y
C. 放电时的电池反应为：
D. 储能时右侧电解液中浓度减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．结合图放电时Cr2+→Cr3+可知，X电极失去电子作负极，故充电时得到电子作为阴极，接电源负极，A正确；
B．放电时，Y电极作正极发生还原反应，阳离子向正极移动移向Y，B正确；
C．放电过程中，二价铬离子转化为三价铬离子被氧化作为负极，右侧为正极发生铁离子还原为亚铁离子的反应，总反应为，C正确；
D．储能为充电过程，亚铁离子转化为三价铁离子，右侧电解液中浓度增大，D错误；
故选D。
10. 重金属废液绿色化处理一直是化学工作者研究的重点。某实验室废液主要含硝酸银、卤化银、铬酸银等废液废渣，处理方法之一是沉淀—还原法。主要步骤如下：
已知。下列说法错误的是
A. 两次过滤所得沉淀均可用水洗涤
B. 黑色固体与还原铁粉反应的方程式为
C. 产生的尾气用过量溶液可完全吸收
D. 该流程的回收率约为
【答案】C
【解析】
【分析】废液中加入饱和硫化钠溶液，使银离子结合硫离子形成硫化银沉淀，过滤，得到硫化银固体，再加入铁粉和硫化银混合，加入盐酸，铁将银离子还原成单质银，同时产生H2S，过滤洗涤得到灰色颗粒，最后经加热得到银块，据此解答。
【详解】A．洗涤硫化银、银单质都可以用水，则两次过滤所得沉淀均可用水洗涤，A正确；
B．硫化银被铁还原成银，同时生成氯化亚铁和硫化氢，反应的方程式为：，B正确；
C．4.96g黑色固体是硫化银，物质的量是，加入2.3g铁粉，物质的量是0.041ml，根据反应：，铁粉过量，加入0.2ml盐酸，所以尾气中不仅有H2S，有挥发的HCl，还有铁和盐酸反应生成的氢气，氢气不能用氢氧化钠溶液吸收，则产生的尾气用过量NaOH溶液不能完全吸收，C错误；
D．n(Ag2S)=0.02ml，理论上得到银的质量为0.04ml×108g/ml=4.32g，则Ag的回收率为，D正确；
故选C。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．等浓度的KCl和K2CrO4溶液中滴加硝酸银溶液，有沉淀生成但沉淀类型不同，由操作和现象不能直接比较Ksp(AgCl)、Ksp(Ag2CrO4)的大小，故A错误；
B．挥发的盐酸与苯酚钠反应，溶液变浑浊，不能比较碳酸、苯酚的酸性强弱，故B错误；
C．Na2SO3对应的酸不是最高价含氧酸，由实验操作和现象，不能比较S、C的非金属性强弱，故C错误；
D．熟石灰与NH4Cl晶体反应吸热，烧杯壁变凉，能证明该反应ΔH＞0，故D正确；
答案选D。
12. 一种天然生物碱的结构简式如图所示。下列关于该物质的说法错误的是
A. 含有2种含氧官能团B. 可形成分子间氢键
C. 该物质最多可与反应D. 该分子中含有4个手性碳原子
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由结构式可知，该分子中含有醚键、碳碳双键、酯基、羟基等，故A项错误；
B．由结构式可知，该分子中含有羟基，可形成分子间氢键，故B项正确；
C．1ml该物质分子中含有2ml碳碳双键，2ml碳碳双键最多可与2mlH2发生加成反应，故C项错误；
D．该分子中含有4个手性碳原子，如图* 所示：，故D项正确；
故本题选AC。
13. 利用不同氢源(和)在两个膜电极上同时对同一有机底物进行双边加氢的原理如图所示。
下列说法错误的是
A. M极附近碱性增强
B. N极电极反应式为：
C. 转移电子，消耗的物质的量为
D. 反应一段时间后，极附近的产物中也含有
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，M为阴极，右侧N为阳极，N电极反应方程式为HCHO−e-+2OH-=HCOO-+H+H2O，M、N两极上都有参与反应，当电子转移1ml时，M、N两极各有0.25ml被加氢还原，据此分析。
【详解】A．由图可知，M接外加电源负极，为阴极，发生还原反应产生OD-，碱性增强，故A正确；
B．N电极为阳极，发生失电子过程，结合分析可知，N电极反应方程式为HCHO−e-+2OH-=HCOO-+H+H2O，故B正确；
C．由分析可知，M、N两极上都有参与反应，当电子转移为1ml时，M、N两极各有0.25ml被加氢还原，总量为0.5ml，故C错误；
D．该装置存在阴离子交换膜，导致左侧产生的OD-，会进入右侧溶液参与放电，故反应一段时间后，N极附近的产物中也含有，故D正确；
答案选C。
14. 乙酸与乙醇发生酯化反应的机理如图，下列说法错误的是
A. 反应①后，甲中键极性比强
B. 可以用来研究酯化反应断键规律
C. 反应过程中，浓吸水使反应④平衡右移，提高酯的产率
D. 该反应的催化剂为
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应①后，甲中C=O的电子云更加偏向O，所以C=O键的极性比醋酸强，故A项正确；
B．由反应③④可知，若用同位素标记的CH3CO18OH发生酯化反应，当羟基发生“消去”反应形成C=O时，18O可能存在于水中，也可能存在于酯中，无法确定酯化反应断键规律，故B项错误；
C．浓硫酸吸收生成的水，促进平衡向生成酯的方向移动，可提高乙酸乙酯的产率，故C项正确；
D．该反应中，反应①消耗氢离子，反应⑤生成氢离子，且数目相同，促进了反应的发生，则氢离子为反应的催化剂，故D项正确；
故本题选B。
15. 向硫酸铜溶液中通入氨气，溶液中含微粒存在如下平衡：
各组分分布系数与关系如图所示。下列说法错误的是
A. 曲线Ⅱ代表
B. 反应平衡常数数值为
C.
D. 当时，有
【答案】CD
【解析】
【分析】由图可知，曲线I在c(NH3)最小时，含铜微粒摩尔分数最大，说明曲线I表示Cu2+，随着c(NH3)升高，c(Cu2+)逐渐减小，[Cu(NH3)]2+的浓度逐渐增大，故曲线Ⅱ是[Cu(NH3)]2+，继续升高c(NH3)，[Cu(NH3)]2+浓度逐渐减小，[Cu(NH3)2]2+的浓度逐渐增大，则曲线Ⅲ表示[Cu(NH3)2]2+，以此类推，曲线Ⅳ表示[Cu(NH3)3]2+，曲线V表示[Cu(NH3)4]2+，据以上分析解答。
【详解】A．由分析可知，随着c(NH3)升高，c(Cu2+)逐渐减小，[Cu(NH3)]2+的浓度逐渐增大，故曲线Ⅱ是[Cu(NH3)]2+，故A项正确；
B．根据图可以判断Ⅱ为Cu(NH3)2+，曲线I、Ⅱ交点即c(Cu2+)=c[Cu(NH3)2+]，且交点对应c(NH3)=10-4.3ml/L，故，，则反应的平衡常数，故B项正确；
C．由分析可知，曲线Ⅳ表示[Cu(NH3)3]2+，曲线V表示[Cu(NH3)4]2+，a点时，c([Cu(NH3)3]2+)=c([Cu(NH3)4]2+)，反应平衡常数为：， ，则a=-2.3，故C项错误；
D．据分析，曲线Ⅲ表示[Cu(NH3)2]2+，曲线Ⅳ表示[Cu(NH3)3]2+，曲线V表示[Cu(NH3)4]2+，当溶液中c(NH3)=1.1×10−3ml/L时，lg c(NH3)在-2.65～-3.0之间，则有，故D项错误；
故本题选CD。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 六方氮化硼是一种重要的功能陶瓷。回答下列问题：
（1）下列原子的电子排布式的状态中，能量最高的是_______(填字母)。
A. B. C. D.
（2）第2周期元素中，第一电离能均小于B和N元素有_______种。
（3）六方氮化硼中，氮硼交替形成层状结构，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂，熔点低于石墨，不能导电。六方氮化硼中硼原子的杂化方式为_______，不导电的原因是_______。氮化硼中的B-N键长_______(填“大于”“小于”或“等于”)石墨中的C-C键长。
（4）六方氮化硼中，距离B原子最近的B原子个数为_______。若阿伏加德罗常数的数值为，晶体相关参数如图所示，晶体密度为_______(用含有的式子表示)。
（5）另一种立方晶体与金刚石结构相似，其以为顶点的晶胞沿体对角线的投影可能为_______(填字母)。
A. B. C. D.
【答案】（1）D （2）1
（3） ①. sp2 ②. N的电负性大，电子定域在N原子周围，六方氮化硼中没有可以自由移动的电子 ③. 大于
（4） ①. 6 ②. （5）C
【解析】
【小问1详解】
电子占据的能级越高，能量越高，故能量最高的是，故答案为：D；
【小问2详解】
第2周期主族元素中，第一电离能顺序为Li【小问3详解】
①六方氮化硼中硼原子的杂化方式为sp2，故答案为：sp2；
②不导电的原因是N的电负性大，电子定域在N原子周围，六方氮化硼中没有可以自由移动的电子，故答案为：N的电负性大，电子定域在N原子周围，六方氮化硼中没有可以自由移动的电子；
③根据六方氮化硼熔点低于石墨可知，氮化硼中的B-N键长大于石墨中的C-C键长，故答案为：大于；
小问4详解】
六方氮化硼中距离B原子最近的B子个数为6个，故答案为：6；
②距离B原子最近的N原子个数为3个，以由12个原子构成的六棱柱为分析对象，其中N、B原子个数均为：，小六棱柱的底面为正六边形，底面面积为：，故晶体密度的计算式为：，故答案为：；
【小问5详解】
另一种立方BN晶体与金刚石结构相似，立方氮化硼晶胞结构如图，其以B为顶点的晶胞沿体对角线的投影可能为：，故答案为：C。
17. 均是重要的战略性金属，一种以镍钴废渣[主要成分为]经两段酸浸回收镍、钴、铜的工艺流程如下：
已知：(Ⅱ)、(Ⅱ)易溶于低浓度硫酸中，而(Ⅲ)、(Ⅲ)具有强氧化性且较难直接溶出。回答下列问题：
（1）滤渣的主要成分为_______。
（2）如将硫酸改为盐酸浸取“镍钴废渣”，也可得到和。但工业生产中一般不用盐酸浸取“镍钴废渣”，原因是_______。
（3）在“酸浸2”中发生反应的化学方程式是_______。
（4）“滤液2”萃取前调，有机萃取剂用表示，发生萃取的反应可表示为。若，多次萃取后水相中为，则铜的萃取率为_______(结果保留小数点后一位，溶液体积变化忽略不计)；改变“滤液2”的，发现随着的增大，铜的萃取率先增大后减小，萃取率减小的原因可能是_______；“反萃取”时加入的试剂为_______(填化学式)。
（5）将草酸钴晶体置于空气中加热，受热过程中固体残留率(固体残留率)变化如图，则B点固体物质化学式为_______。
【答案】（1）Al(OH)3
（2）C(Ⅲ)和Ni (Ⅲ)具有强氧化性，将Cl-氧化成Cl2，污染环境
（3）
（4） ①. 90.9% ②. 随着pH升高，Cu2+水解程度增大，生成Cu(OH)2沉淀，萃取率降低 ③. H2SO4
（5）C3O4
【解析】
【分析】镍钴废渣中含有，经过酸浸1，CuO、Al2O3、Ni(OH)2、C(OH)2均能溶解，只有CO(OH)、NiO(OH)不溶解，所以滤液1的主要成分为CuSO4、Al2(SO4)3、NiSO4、CSO4，CO(OH)、NiO(OH)在双氧水及稀硫酸的作用下溶解且被还原为Ni2+、C2+，加入丁二酮肟沉镍，再加入草酸沉钴，最终回收了钴。滤液1在pH=4.7的条件下目的将铝离子转化为沉淀，滤液2进行萃取分离Ni2+、C2+，最后通过反萃取及电解回收了铜。
【小问1详解】
由分析可知pH=4.7时，铝离子完全沉淀，滤渣的主要成分为Al(OH)3。
【小问2详解】
C(Ⅲ)和Ni (Ⅲ)具有强氧化性，会将氯离子氧化生成氯气污染环境，则工业生产中一般不用盐酸浸取“镍钴废渣”。
【小问3详解】
在“酸浸2”中会在酸性环境中与双氧水发生氧化还原反应，由流程图可知中的+3价Ni元素降低为Ni2+，则作氧化剂，双氧水作氧化剂，二者发生反应的化学方程式为。
【小问4详解】
pH=0时，c（H+）=1ml/L，结合三段式列式计算：则铜的萃取率=≈90.9%，随着pH的增大，铜的萃取率先增大后减小，萃取率减小的原因可能是，随着pH升高，Cu2+水解程度增大，生成氢氧化铜沉淀，萃取率降低，“反萃取”时是平衡逆向进行，加入的试剂为H2SO4。
【小问5详解】
将草酸钴晶体（CC2O4•2H2O，M=183g•ml-1）置于空气中加热，设晶体物质的量为1ml，质量为183g，则结晶水的质量36g，C为59g，A点固体残留率为80.33%，剩余固体质量183g×80.33%=147g，固体质量减少183g-147g=36g，失去2个结晶水，B点剩余固体质量=183g×43.90%=80g，质量又减少了147g-80g=67g，B点剩余固体中氧元素质量=80g-59g=21g，则氧化物中n（C）：n（O）=1：≈3：4，B点固体物质化学式为C3O4。
18. 1，二氯乙烷是一种常用的溶剂，其沸点为，熔点为。实验室用乙烯和氯气制备该物质粗产品的装置(加热及夹持装置略)如图所示。
回答下列问题：
（1）装置A中发生主要反应的化学方程式为_______。A中还缺少的一种必需实验仪器是_______。
（2）装置B中的试剂是_______，其长导管的作用是_______。
（3）判断反应结束的现象是_______。
（4）酱油中测定时需用到1，二氯乙烷。测定步骤如下：
取酱油，配成溶液，取出，加入适量稀硝酸，再加入过量的硝酸银溶液，摇匀充分反应后加入-二氯乙烷，再充分振荡摇匀，使1，二氯乙烷完全包氯化银。最后加入几滴铁铵矾指示剂，用的溶液滴定至溶液为浅红色。做三次平行试验，平均消耗溶液。[已知，]。
①该酱油样品含的质量是_______g。
②若1，二氯乙烷未完全包裹，则的测定值_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1） ①. ②. 温度计
（2） ①. 氢氧化钠溶液 ②. 平衡气压，防倒吸
（3）A中冷凝管下端无液体滴下
（4） ①. 17.55 ②. 偏低
【解析】
【分析】A装置为乙烯的发生装置，碎瓷片起防暴沸的作用，B为氢氧化钠溶液，除去A中乙醇被浓硫酸氧化生成的二氧化硫和二氧化碳，长导管的作用是平衡气压，防倒吸，C为制备1，2−二氯乙烷的发生装置，b为尾气处理，据此回答。
【小问1详解】
①A装置为乙烯的发生装置，方程式为：；
②制备乙烯需要在170℃，所以还需要温度计插入A中三颈烧瓶溶液中；
【小问2详解】
①根据分析可知，装置B中的试剂是NaOH溶液；
②根据分析可知，长导管的作用是平衡气压，防倒吸；
【小问3详解】
当A中冷凝管下端无液体滴下，说明反应结束；
【小问4详解】
①硝酸银溶液既反应了酱油中的氯化钠，还消耗了NH4SCN，所以5.00g酱油中n(Cl-)=25.00 mL 0.0400 ml ⋅ L − 1-0.0200 ml ⋅ L − 120.00 mL10-3=0.0006ml，m(NaCl)=，100g酱油中含有的NaCl的质量是0.8775g=17.55g；
②1，2−二氯乙烷未完全包裹AgCl，AgCl会转化为AgSCN，消耗的NH4SCN标准液偏多，则NaC的测定值偏低。
19. 一种药物中间体的合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为_______；B→C的反应类型是_______。
（2）D→E的反应产物还有和，反应的化学方程式为_______。
（3）苯环上只有一个取代基且能发生银镜反应的E的同分异构体有_______种，其中含有六种化学环境的氢且氢原子个数比为的结构简式为_______。
（4）已知：，写出由、、制备的合成路线__________。
【答案】（1） ①. 乙苯 ②. 消去反应
（2） （3） ①. 12 ②. 、
（4）
【解析】
【分析】A发生取代反应转化为B，B发生消去反应转化为C，C发生已知反应转化为D，D为，则C为，B为，A为，D与反应转化为E，E、与乙醚作用后酸性条件下转化为F，据此回答。
【小问1详解】
根据分析可知，A为，名称为乙苯，B到C的反应为卤代烃的消去反应；
【小问2详解】
根据分析，D→E的化学方程式为；
【小问3详解】
苯环上只有一个取代基且能发生银镜反应，说明含有一个醛基，E的分子式C11H14O，可以看作丁烷被苯环和醛基取代之后的产物，满足要求的同分异构体有：，-CHO连①②③④共4种，，-CHO连①②③④共4种，，-CHO连①②③共3种，-CHO连①共1种，共12种，其中含有六种化学环境的氢且氢原子个数比为6:2:2:2:1:1的结构简式为、
【小问4详解】
与在乙醚的作用下反应，再酸化转化为，催化氧化转化为，与在AuCl3、AgSbF6的作用下转化为，合成路线如下：。
20. 催化加氢既有利于“碳中和”，又能得到重要的能源甲醇，是一条“一举两得、变废为宝”的技术路线。催化加氢过程中发生的主要反应如下(为平衡常数)：
I．
Ⅱ．
Ⅲ．
回答下列问题：
（1）标准摩尔生成焓的定义为“由标准状态的单质生成化合物的焓变”，部分物质的标准摩尔生成焓数据如下表：
则的标准摩尔生成焓x=_______；升高温度时，的值_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
（2）研究表明，反应的速率方程为，x表示气体的物质的量分数，为压强平衡常数，k为反应的速率常数且随着温度升高而增大。其他条件一定时，反应速率随温度的变化如图1所示，根据速率方程分析，时，v逐渐增大的原因是_______。反应I的速率方程，，图2表示该反应的速率常数的对数与温度的倒数之间的关系，则直线_______(填“A”或“B”)表示与的关系。
（3）在保持条件下，将的气体通入装有某催化剂的密闭容器充分反应，甲醇的选择性的选择性、的平衡转化率随温度变化如图3所示。时达平衡，混合气体总的物质的量为_______，该条件下反应I的物质的量分数平衡常数_______，若在该温度下增大压强，三个反应均达到新平衡时，的值_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1） ①. -200.5 ②. 增大
（2） ①. 时，升高温度，k增大对速率的影响大于增大对速率的影响 ②. A
（3） ①. 3.75 ②. 0.0375 ③. 减小
【解析】
【小问1详解】
标准摩尔生成焓的定义为“由标准状态的单质生成化合物的焓变”，根据表格可得①C(s)+O2(g)= ，②C(s)+O2(g)+2H2(g)=，由盖斯定律，反应②-①可得，则，解得x=- 200.5kJ/ml；反应I-Ⅲ可得反应Ⅱ，则K2=，∆H2=-49-(-90)=+41kJ/ml，反应Ⅱ是吸热反应，升高温度时平衡正向移动，K2增大，则的值增大；
【小问2详解】
反应的速率方程为，反应速率v与k正相关、与Kp负相关，当温度升高时k增大，反应速率增大，而反应Ⅱ是吸热反应，升高温度反应Ⅱ的平衡正向移动，Kp增大，使反应速率减小，当时，v逐渐增大的原因是时，升高温度，k增大对速率的影响大于增大对速率的影响；当反应I达到平衡时正逆反应速率相等，即，则，反应I是放热反应，升高温度，K1减小，则当增大时K1增大，lgK1=lgk正-lgk逆，即当增大时，lgk正-lgk逆的差值增大，表示lgk逆的是A点；
【小问3详解】
因为反应II=反应I-反应III，所以三个反应中只有两个独立的反应，则讨论平衡问题时只考虑独立的反应，在整个反应中，CO2只有转化为甲醇和CO这两种可能，因此甲醇的选择性与CO的选择性之和为100%，且温度升高，反应I和反应III的平衡逆向移动，会使甲醇的选择性减小，由此可知曲线a表示CO2的平衡转化率，曲线b表示甲醇的选择性，曲线c表示CO的选择性。在250℃时，甲醇的选择性和CO的选择性都是50%，CO2的平衡转化率为25%，因此达到平衡时消耗的n(CO2)=1ml×25%=0.25ml，生成的n(CH3OH)=n(CO)=0.25ml×50%=0.125ml，对于独立的反应I和反应Ⅱ，可列出三段式：，，平衡时混合气体的总物质的量为0.75+2.5+0.125+0.125+0.25=3.75ml，若用x表示物质的量分数，则，，，，反应I的物质的量分数平衡常数，若在该温度下增大压强，取反应I和反应Ⅲ为独立反应，这两个反应的平衡均会正向移动，因此新平衡和原平衡相比，c(H2O)增大，c(H2)减小，增大，反应II的平衡常数，增大压强不会改变K2，因为增大，则减小，对于容积一定的容器，减小。选项
实验操作
实验现象
结论
A
向等浓度的和溶液中滴加硝酸银溶液(已知为砖红色)
先生成白色沉淀
B
向溶液中加入盐酸，将产生的气体直接通入苯酚钠溶液中
苯酚钠溶液变浑浊
酸性：盐酸>碳酸>苯酚
C
测定等浓度的和溶液的
前者比后者大
非金属性：
D
将熟石灰与晶体在小烧杯中混合，滴入几滴水，搅拌
烧杯壁变凉
该反应
物质
标准摩尔生成焓
0