2022-2023学年河北省邯郸市第一中学高三上学期一轮复习收官考试（二）化学试题含解析

这是一份2022-2023学年河北省邯郸市第一中学高三上学期一轮复习收官考试（二）化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，工业流程题，实验题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

河北省邯郸市第一中学2022-2023学年高三上学期
一轮复习收官考试（二）化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列说法正确的是
A．“结草为庐”所用的秸秆，经现代科技可转化为苯乙酸、苯乙醇、苯乙烯等芳香烃
B．天和核心舱电推进系统腔体的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料
C．太阳能电池翼伸展机构用到的SiC是一种新型硅酸盐材料
D．涤纶、石墨烯、纤维素属于有机高分子化合物
【答案】B
【详解】A．芳香烃是C、H化合物，故A错误；
B．氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，故B正确；
C．SiC是一种新型无机非金属材料，故C错误；
D．石墨烯是单质，属于有机高分子化合物，故D错误；
故答案为B
2． NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，2.24L乙烯中σ键的数目为0.4 NA
B．24.5g 和的混合物中含有的O原子数为NA
C．足量Cu与10g 98%的浓硫酸共热反应，转移的电子数为0.2 NA
D．在含0.1mol氯化铁的溶液中，
【答案】B
【详解】A．乙烯分子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则标准状况下，2.24L乙烯中σ键的数目为×5×NAmol—1=0.5NA，故A错误；
B．硫酸和磷酸的摩尔质量都为98g/mol，含有的氧原子个数都为4，则24.5g硫酸和磷酸的混合物中含有的氧原子数为×4×NAmol—1=NA，故B正确；
C．浓硫酸与铜共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，而稀硫酸与铜不反应，足量铜与10g98%的浓硫酸共热反应时，浓硫酸会变为不与铜反应的稀硫酸，则反应转移的电子数小于×2××NAmol—1=0.1NA，故C错误；
D．氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子在溶液中水解使溶液中的阳离子数目增大，则在含0.1mol氯化铁的溶液中铁离子和氢离子的数目之和大于0.1NA，故D错误；
故选B。
3．下列方程式错误的是
A．将少量溴水滴入过量Na2SO3溶液中：Br2+H2O+=2Br-+2H++
B．过量铁粉与稀硝酸反应：3Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4H2O
C．过量碳酸氢钠与氢氧化钡溶液反应：2+Ba2++2OH-=BaCO3↓++2H2O
D．将葡萄糖溶液与足量银氨溶液共热：CH2OH(CHOH)4CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH-CH2OH(CHOH)4COO-++2Ag↓+3NH3+H2O
【答案】A
【详解】A．将少量溴水滴入过量Na2SO3溶液中，反应的离子方程式为：Br2+H2O+3=2Br-++2HSO，A错误；
B．过量铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4H2O，B正确；
C．过量碳酸氢钠与氢氧化钡溶液反应，遵循“谁少定为1，以少定多”的原则，反应的离子方程式为：2+Ba2++2OH-=BaCO3↓++2H2O，C正确；
D．葡萄糖含醛基，能与银氨溶液发生银镜反应，将葡萄糖溶液与足量银氨溶液共热，反应的离子方程式为：CH2OH(CHOH)4CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH-CH2OH(CHOH)4COO-++2Ag↓+3NH3+H2O，D正确；
答案选A。
4．生物还原法是指微生物在缺氧或厌氧条件下，在电子供体的作用下将还原为更易被去除的，根据电子供体的不同可分为自养还原和异养还原。为去除水中锑(+5)酸盐，某大学建立升流式硫自养固定床生物反应器，其反应机理如图。下列说法正确的是

A．在自养还原过程中，S接受电子作氧化剂
B．歧化反应的离子方程式是
C．反应的副产物是，只来源于歧化反应
D．在生物反应器中可以实现S单质的循环利用
【答案】B
【分析】自养还原过程硫单质和Sb(+5)反应生成硫酸根和Sb(+3)，S单质歧化生成硫酸根和硫化氢，硫化氢与Sb(+3)反应生成Sb2S3沉淀除去。整个过程中硫酸根为副产物，没有实现S单质的循环利用。
【详解】A．根据分析，在自养还原过程中，S失去电子作还原剂，A错误；
B．S单质歧化生成硫酸根和硫化氢，离子方程式正确，B正确；
C．副产物是硫酸根，来源于自养还原和歧化还原过程，C错误；
D．在生物反应器中并没有再重新生成硫单质，没有实现S单质的循环利用，D错误；
故选B。
5．已知苯并唑酮()可转化为X()，下列说法正确的是
A．1mol苯并唑酮完全燃烧需要消耗6.25mol氧气
B．X能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能使溴水褪色
C．X与足量H2加成后所得有机物分子中手性碳原子数目为3个
D．1molX与足量NaOH溶液充分反应，最多可消耗4molNaOH
【答案】D
【详解】A．苯并唑酮的分子式为：C7H5NO2，完全燃烧，碳原子转化为二氧化碳、氢原子转化为水，则1mol苯并唑酮完全燃烧最少需要消耗7.25mol氧气，A项错误；
B．X具有醛基，醛基具有还原性，则能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，B项错误；
C．X与足量H2加成后所得有机物分子中手性碳原子为，数目为4个，C项错误；
D．X在碱性溶液中，溴原子、酰胺基、酯基可以水解，同时水解产物中有酚羟基，则1molX与足量NaOH溶液充分反应，最多可消耗4molNaOH，D项正确；
答案选D。
6．下列方案设计、现象和结论都正确的是

目的
方案设计和现象
结论
A
判断KCl的化学键类型
将KCl固体溶于水，进行导电性实验，KCl溶液可导电
KCl中含有离子键
B
验证具有氧化性
向溶液中滴加溶液，褪色
具有氧化性
C
比较与的大小
向饱和溶液滴加相同浓度的溶液，产生白色沉淀

D
鉴别与
取适量固体于试管，插入温度计，加少量水，温度降低
该固体是

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．KCl固体溶于水可导电不能说明KCl中含有离子键，如HCl溶于水也能导电，但是HCl中为共价键，A错误；
B．高锰酸钾可氧化H2O2从而褪色，体现了H2O2具有还原性，B错误；
C．向饱和CaSO4溶液中滴加相同浓度的Na2CO3溶液，产生白色沉淀，说明Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3)，C正确；
D．碳酸钠溶于水放热，碳酸氢钠溶于水吸热，则该固体为NaHCO3，D错误；
故答案选C。
7．下列对分子性质的解释中，不正确的是   

A．在氨水中，大部分NH3与H2O以氢键(用“…”表示)结合形成NH3·H2O分子，则NH3·H2O的结构式如图1
B．和的中心原子杂化方式不同，前者是后者是
C．、、的VSEPR模型相同
D．由如图2可知酸性，因为分子中有1个非羟基氧原子
【答案】B
【详解】A．NH3与H2O以氢键（用“……”表示）结合形成NH3•H2O分子，氨气中N和水中H形成氢键，则NH3•H2O的结构式为，A正确；
B．NF3中N原子价层电子对数=3+，BF3分子中B原子价层电子对数=3+，中心原子杂化类型：前者为sp3、后者为sp2，B错误；
C．HCHO中C原子价层电子对数=3+且不含孤电子对，中C原子价层电子对数=3+且不含孤电子对，SO3分子中S原子价层电子对数=3+且不含孤电子对，这三种微粒空间构型都是平面三角形，C正确；
D．H3PO4的非羟基氧原子数大于次氯酸的非羟基氧原子数，所以磷酸的酸性大于次氯酸，D正确；
故答案选B。
8．短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。常温下，W、Y形成的一种液态化合物是一种绿色氧化剂；X、Y为同周期相邻元素，X原子核外电子数等于Z原子最外层电子数，X、Z原子核外电子数之和为Y原子核外电子数的3倍。下列说法错误的是
A．简单氢化物的沸点：X B．Y、Z两种元素形成的一种化合物可用于杀菌消毒
C．W、X、Y三种元素形成的化合物中不可能含有离子键
D．元素最高价氧化物对应水化物的酸性：Z> X
【答案】C
【分析】短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，依据常温下，W、Y形成的一种液态化合物是一种绿色氧化剂，初步判断其为H2O2；X、Y为同周期相邻元素，X原子核外电子数等于Z原子最外层电子数，X、Z原子核外电子数之和为Y原子核外电子数的3倍。由题意设X原子的核外电子数为a，则Y原子的核外电子数为(a+1)，Z原子的核外电子数为(2+a)或(10+a)，列式如下，(2+a)+a=3(a+1)不合理，舍去；(10+a)+a=3(a+1)，解得a=7，故X为N，Y为O，Z为Cl，W为H，据此分析解题。
【详解】A．N、O的简单氢化物分别为NH3和H2O，水分子间的氢键比氨气分子间的氢键强，沸点：NH3 B．Y、Z形成的ClO2是一种常用的消毒剂，可用于杀菌消毒，B正确；
C．W、X、Y三种元素形成的化合物有HNO3、NH3·H2O、NH4NO3等，NH4NO3中含有离子键，C错误；
D．元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：Cl>N，酸性：HClO4>HNO3，D正确；
答案选C。
9．科研工作者通过计算机模拟和数学计算，设计出三条在含[Pt-O]结构的化合物中插入CO的反应路径，其相对能量变化如图所示，下列说法正确的是

A．反应II中，活化能最大的能垒为39.7kJ/mol
B．根据图象分析，该历程应按照路径Ⅲ进行
C．在该反应中，CO是反应的催化剂
D．该反应为吸热反应
【答案】A
【详解】A．由图可知，反应II中，活化能最大的能垒为37.8kJ/mol-(-1.9kJ/mol)= 39.7kJ/mol，故A正确；
B．由图可知，相对与路径II和Ⅲ，路径Ⅰ的中间反应少，决速步骤的活化能最小，反应速率最快，因此该历程应按照路径Ⅰ进行，故B错误；
C．由图可知，CO是该反应的反应物，Pt是该反应的催化剂，故C错误；
D．由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，故D错误；
答案选A。
10．在一定的温度和压强下，将按一定比例混合的和通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。已知：
    
    
催化剂的选择是甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测得温度对转化率和生成选择性的影响如图所示。

选择性=×100％
下列有关说法正确的是
A．在260℃～320℃间，以为催化剂，升高温度的产率增大
B．延长W点的反应时间，一定能提高的转化率
C．选择合适的催化剂，有利于提高的平衡转化率
D．高于320℃后，以Ni为催化剂，随温度的升高转化率上升的原因是平衡正向移动
【答案】A
【分析】在两种不同催化剂作用下反应相同时间，化学反应速率越大、选择性越高，则甲烷的产率越高。
【详解】A．在260℃~320℃间，以为催化剂，升高温度CH4的选择性虽然基本不变，但CO2的转化率在上升，所以CH4的产率上升， A说法正确；
B．W点是平衡点，延长时间不能提高CO2的转化率， B说法不正确；
C．催化剂只能加快化学反应速率，不能改变CO2的平衡转化率， C说法不正确；
D．由图中信息可知，高于320℃后以Ni为催化剂，转化率明显低于相同温度下以CeO2为催化剂的转化率，反应一定未达平衡，高于320℃后，随温度的升高CO2转化率上升的原因是催化剂活性增大，反应速率加快， D说法不正确。
答案选A。
11．室温下，通过下列实验探究0.0100 mol·L-1 Na2C2O4溶液的性质。
实验1：实验测得0.0100 mol·L-1 Na2C2O4溶液pH为8.6。
实验2：向溶液中滴加等体积0.0100 mol·L-1 HCl溶液，pH由8.6降为4.8。
实验3：向溶液中加入等体积0.0200 mol·L-1 CaCl2溶液，出现白色沉淀。
实验4：向稀硫酸酸化的KMnO4溶液中滴加Na2C2O4溶液至溶液褪色。
已知室温时Ksp(CaC2O4)=2.5×10-9，下列说法正确的是
A．0.0100 mol·L-1 Na2C2O4溶液中满足：＞2
B．实验2滴加盐酸过程中某一点有可能满足：c(Na+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(Cl-)
C．实验3所得上层清液中c(C2O)=2.5×10-7　mol·L-1
D．实验4发生反应的离子方程式为C2O+4MnO+12H+=2CO2↑+4Mn2++6H2O
【答案】A
【详解】A．0.0100 mol/LNa2C2O4溶液中满足物料守恒c(Na+)=2c(HC2O)+2c(C2O)+2c(H2C2O4)，则＞2，A正确；
B．实验2滴加盐酸过程中溶液pH由8.6变为4.8，溶液显酸性存在某一点满足关系：c(H+)＞c(OH-)，由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O)+2c(C2O)+c(Cl-)，可知c(Na+)＜c(HC2O)+2c(C2O)+c(Cl-)，B错误；
C．已知室温时Ksp(CaC2O4)=2.5×10-9，c(Ca2+)=，实验3所得上层清液中c(C2O)=，C错误；
D．实验4发生反应根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：5C2O+2MnO+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，D错误；
故合理选项是A。

二、多选题
12．草酸亚铁晶体是生产感光材料的原料[Ksp(FeC2O4·2H2O)=3×10-7mol2·L-2]，制备流程如下：

下列说法错误的是
A．可用K4Fe(CN)6溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2是否变质
B．步骤①酸化的目的是抑制Fe2+的水解
C．步骤②反应为Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+
D．步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
【答案】AD
【详解】A．若(NH4)2Fe(SO4)2变质，则有Fe3+生成，应用KSCN溶液检验，A错误；
B．亚铁离子水解方程式为Fe2++2H2O⇌Fe(OH)2+2H+，酸化后溶液中氢离子浓度增大，可以抑制Fe2+的水解，B正确；
C．生成FeC2O4·2H2O过程中没有元素化合价变化，发生复分解反应，离子方程式为Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+，C正确；
D．由题干信息可知，FeC2O4∙2H2O是一种难溶物，故步骤③为过滤、洗涤、干燥，D错误；
综上所述答案为AD。
13．据2022年1月统计，我国光伏发电并网装机容量突破3亿千瓦，连续七年稳居全球首位。已知四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]为原料，采用电渗析法合成[(CH3)4NOH]，工作原理如图。下列说法正确的是

A．光伏并网发电装置中N型半导体为正极
B．c、e为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜
C．保持电流恒定，温度越高合成四甲基氢氧化铵的速率越快
D．制备182g四甲基氢氧化铵，两极共产生33.6L气体(标准状况)
【答案】BD
【分析】根据第三个池中浓度变化得出，钠离子从第四池通过e膜，氯离子从第二池通过d膜，由电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，则a为阴极，电极反应式为，b为阳极，电极反应式为，a与N型半导体相连，b与P型半导体相连，所以N型半导体为负极，P型半导体为正极，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，N型半导体为负极，A错误；
B．Na+离子通过e膜，Cl-通过d膜，(CH3)4N+通过c膜，所以c、e膜为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，B正确；
C．温度过高，四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]会分解，四甲基氯化铵浓度降低，不能加快合成四甲基氢氧化铵的速率，C错误；
D．的物质的量为，a极电极反应式为，则收集氢气1mol，转移电子为2mol，b极电极反应式为，则收集氧气为0.5mol，标况下两极可得气体体积为，D正确；
答案选BD。

三、工业流程题
14．工业上以镍铁硫化矿(主要成分为NiS、FeS、SiO2等)为原料制备兰尼镍(一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，具有优良的储氢性能) ，并获得副产品黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)“煅烧过程中NiS、FeS分别转化为Ni2O3、Fe2O3，写出NiS转化为Ni2O3的化学方程式：___。
(2)已知Ni2O3具有强氧化性，则滤渣1的主要成分为____(填化学式，下同)，气体2是___。
(3)滤渣2的主要成分为黄钠铁矾，写出生成黄钠铁矾和气体的离子方程式：____。
(4)“高温熔融”阶段通入Ar的目的是_____。
(5)“高温熔融”后加浓NaOH溶液的目的是使镍铝合金产生多孔结构，其反应原理为_______(用离子方程式表示)。
(6)Ni(OH)2可用于制备镍钴锰三元电极材料。用NiSO4溶液制备Ni(OH)2时，若要使滤液中的c(Ni2+)≤1.0 ×10-6 mol·L-1，则滤液的pH不小于_______{已知：Ksp[Ni(OH)2] = 2.0 ×10-15，lg2 = 0.3}。
【答案】(1)
(2)     SiO2     O2
(3)
(4)防止镍、铝被空气中的O2氧化
(5)
(6)9.65

【分析】由流程图知，镍铁硫化矿(主要成分为NiS、FeS、SiO2等)煅烧时，NiS、FeS与O2反应生成Ni2O3、Fe2O3和SO2，则气体1含有SO2，向煅烧后的固体加入硫酸酸浸，Ni2O3、Fe2O3与硫酸反应生成可溶性硫酸盐，发生的反应为、
，SiO2不与硫酸反应，则滤渣1中含有SiO2，气体2为O2，再加入Na2SO4和Na2CO3沉铁生成NaFe3(SO4)2(OH)6，则滤渣2为NaFe3(SO4)2(OH)6，然后滤液中加入NaOH、还原Ni2+生成Ni，Ni与Al粉在Ar氛围中高温熔融生成镍铝合金，最后粉碎加入浓NaOH溶液，铝与氢氧化钠溶液反应产生氢气使镍铝合金产生多孔的结构，得到兰尼镍。
【详解】（1）由题意知，NiS在通入空气煅烧的条件下生成Ni2O3和一种气体，其化学方程式为，故答案为：；
（2）据分析知，滤渣1的主要成分为SiO2；气体2是O2；故答案为：SiO2；O2；
（3）根据流程中所加入的试剂，以及生成物可知生成黄钠铁矾和气体的离子方程式为，故答案为：；
（4）高温熔融通入Ar形成无氧环境，目的是防止镍、铝被空气中的O2氧化，故答案为：防止镍、铝被空气中的O2氧化；
（5）据分析知，“高温熔融”后加浓NaOH溶液的目的是使镍铝合金产生多孔结构的原因是铝与氢氧化钠反应产生氢气，其离子方程式为，故答案为：；
（6）根据，若要是溶液中c(Ni2+)≤1.0 ×10-6 mol·L-1，则，，又，则，故答案为：9.65。

四、实验题
15．硫氰化钾(KSCN)俗称玫瑰红酸钾，是一种用逾广泛的化学药品。实验室模拟工业制备硫氰化钾的实验装置如下图所示：

己知①不溶于水，密度比水的大；②不于；③硫氧化钾熔点172℃；④三颈烧瓶内盛放有、水和催化剂，回答下列问题：
Ⅰ、制餐NH4SCN溶液：
(1)实验前，检查装置气密性良好后，装入药品。装置B中的试剂是___________；三颈烧瓶的下层液体必须浸没导气管口，目的是___________。
(2)实验开始时，打开K1，加热装置A、D．将A中产生的气体缓缓通入D中，发生反应 (该反应比较缓慢)当看到___________现象时说明该反应接近完全。
Ⅱ、制备KSCN溶液：
(3)熄灭A处的酒精灯，关闭K1，移开水浴，将装置D维续加热至105℃，当完全分解后()，打开K2，继续保持液温105℃，缓缓滴入适量的KOH溶液，发生反应的化学方程式为___________。
(4)装置E可用于处理尾气，多孔球泡的作用是：___________。已知酸性重铬酸钾溶液能将氧化生成浅黄色沉淀，铬元素被还原为，写出其氧化的离子方程式___________。
Ⅲ、制备KSCN晶体
(5)先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再在减压条件下，___________、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体。
【答案】(1)     碱石灰     使反应物氨气和二硫化碳充分接触，并防止发生倒吸
(2)二硫化碳油层消失
(3)NH4SCN+KOHKSCN+NH3+H2O
(4)     增大气体与溶液的接触面积，提高反应速率，有利于残留在装置中的硫化氢和氨气逸出；    
(5)蒸发浓缩、冷却结晶

【分析】装置A为实验室制取氨气，其反应为，装置B为干燥装置，盛放碱石灰；装置D为反应装置，用于制备KSCN；装置E为尾气处理，吸收、氨气等，多孔球泡可以增大气体与溶液的接触面积，提高反应速率；
【详解】（1）装置B为干燥装置，干燥氨气，盛放碱石灰；装置D中盛有、水，密度大于水，在下层，氨气极易溶于水，且为了使反应物氨气和二硫化碳充分接触，并防止发生倒吸，导管口必须浸没在中，故填碱石灰；使反应物氨气和二硫化碳充分接触，并防止发生倒吸；
（2）不溶于水，与水混合会分层，根据反应，生成物均溶于水，当接近完全反应时，二硫化碳油层消失，故填二硫化碳油层消失；
（3）加热后受热分解，溶液中剩下溶质，滴入KOH溶液，反应生成，其反应为，故填；
（4）装置E中多空球泡可以增大气体与溶液的接触面积，提高反应速率，有利于残留在装置中的硫化氢和氨气逸出；根据题意，和反应的离子方程式为，故填增大气体与溶液的接触面积，提高反应速率，有利于残留在装置中的硫化氢和氨气逸出；；
（5）从KSCN溶液中获取硫氰化钾晶体的操作为：在减压条件下，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体，故填蒸发浓缩、冷却结晶。

五、原理综合题
16．含氯化合物的反应在化学工业中具有重要的地位。回答下列问题：
(1)次氯酸钠氧化法可以制备Na2FeO4。
已知：2H2(g) +O2(g)=2H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1
NaCl(aq)+H2O(l)=NaClO(aq)+ H2(g) ΔH =b kJ·mol-1
4Na2FeO4 (aq) + 10H2O(l)=4Fe(OH)3(s) +3O2 (g)十8NaOH(aq) ΔH=c kJ·mol-1
反应2Fe(OH)3(s)十3NaClO(aq) + 4NaOH(aq)=2Na2FeO4 (aq) + 3NaCl(aq) +5H2O(l)的 △H=_______kJ·mol-1。
(2)光气(COCl2)是重要的含氯化合物。常用于医药、农药制造，工业上利用一氧化碳和氯气反应制备，反应方程式为CO(g)+Cl2(g) COCl2(g)。在1 L恒温恒容密闭容器 中充入2.5molCO和1.5molCl2，在催化剂作用下发生反应，测得CO及COCl2的物质的量随时间变化如图1所示：

①第一次平衡时，CO的平衡转化率为_______；此温度下，该反应的平衡常数KC=_______(保留两位有效数字)。
②在第20 s时，改变的条件是_______。
(3)工业上常用氯苯(C6H5-Cl)和硫化氢(H2S)反应来制备一种用途广泛的有机合成中间体苯硫酚(C6H5-SH) ，但会有副产物苯(C6 H6)生成。
I.C6H5-Cl(g)+H2S(g) C6H5-SH(g)+HCl(g) ΔH1= -16.8 kJ·mol-1；
II.C6H5- Cl(g)+ H2S(g)=C6H6(g)+HCl(g)+S8(g) △H2= - 45.8 kJ·mol-1。
①将一定量的C6H5-Cl和H2S的混合气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T(假设只发生反应I)，下列可以作为反应I达到平衡的判据是_______(填字母)。
A．气体的压强不变                    B．平衡常数不变
C．v正(H2S)= v逆(HCl)                 D．容器内气体密度不变
②现将一定量的C6H5-Cl和H2S置于一固定容积的容器中模拟工业生产过程，在不同温度下均反应20 min测定生成物的浓度，得到图2和图3。

(R为H2S与C6H5-Cl的起始物质的量之比)，图2显示温度较低时C6H5-SH浓度的增加程度大于C6H6，从活化能角度分析其主要原因是_______；结合图2和图3，该模拟工业生产制备C6H5 - SH的适宜条件为_______。
【答案】(1)-a-3b-c
(2)     30%     0.57     增大CO的物质的量
(3)     C     反应I的活化能小于反应II的活化能，反应I的反应速率快于反应II，相同时间内获得的产物的浓度自然反应I比反应II多     温度590K，R=2.5

【详解】（1）①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)　ΔH=a kJ·mol-1
②NaCl(aq)+H2O(l)=NaClO(aq)+H2(g)　ΔH=b kJ·mol-1
③4Na2FeO4(aq)+10H2O(l)=4Fe(OH)3(s)+3O2(g)+8NaOH(aq)　ΔH=c kJ·mol-1
根据盖斯定律，-③-②×3-①×得2Fe(OH)3(s)+3NaClO(aq)+4NaOH(aq)= 2Na2FeO4(aq)+3NaCl(aq)+ 5H2O(l)的ΔH=-a-3b-c kJ·mol-1；
（2）①反应进行到15s时达到第一次平衡，CO的平街转化率为=30%；

该反应的平衡常数K== 0.57；
②在第20 s时，CO的物质的量瞬间迅速增大，平衡正向进行，说明此时改变的条件是增大CO的物质的量；
（3）①A．反应前后气体分子总数不变，总物质的量不变，气体压强始终保持不变，压强不变不能说明该反应达到平衡，故不选A；
B．平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数始终不变，因此平衡常数不变不能说明反应达到平衡，故不选B；
C．v正(H2S)表示正反应速率，v逆(HCl)表示逆反应速率，反应达到平衡状态时正逆反应速率之比等于化学计量数之比，因此v正(H2S)= v逆(HCl)说明反应达到平衡，故选C；
D．气体总质量始终不变，容器体积保持不变，气体密度始终不变，气体密度不变，不能说明反应达到平衡，故罢休D；
选C；
②C6H5-Cl由反应Ⅰ生成，C6H6由反应Ⅱ生成，图2显示温度较低时C6H5-Cl浓度的增加程度大于C6H6，说明反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅰ的反应速率快于反应Ⅱ，相同时间内获得的产物的浓度自然反应Ⅰ比反应Ⅱ多；根据图2和图3的数据信息，590K、R=2.5时C6H5 – SH的浓度最大，该模拟工业生产制备C6H5 - SH的适宜条件为温度590K，R=2.5。

六、有机推断题
17．苯达莫司汀(Bendamustine)是一种抗癌药物。苯达莫司汀的一种合成路线如下：

(1)B→C的反应类型为_______。
(2)F中含氧官能团的名称_______。
(3)E的结构简式为：_______。
(4)C→D的方程式为_______。
(5)下列关于上述流程中的物质说法正确的是_______。
a.A物质易溶于水
b.C物质的核磁共振氢谱有6组峰
c.在一定条件下，1mol苯达莫司汀与足量的氢气反应，最多能消耗5mol H2
d.一定条件下，F物质能够发生还原、加成、取代等类型的反应
(6)链状有机物G是的同分异构体，并且G能发生水解反应，1mol G发生银镜反应后生成4mol单质Ag，符合上述条件的G的结构有_______种(不考虑立体异构)
(7)参照题干中的信息及已学知识请写出以甲苯和为原料，制的合成路线流程图。_______
【答案】(1)还原反应
(2)硝基、酯基
(3)
(4)
(5)bd
(6)2
(7)

【分析】A和CH3NH2发生取代反应生成B；B和H2发生还原反应生成C；C和反应生成D；D在催化剂的作用下转化为E，E和C2H5OH发生酯化反应生成F，则E 为；F再经过系列反应转化为苯达莫司汀。
【详解】（1）由合成路线图可知，B→C过程中，B中的一个硝基被还原为氨基，则该反应是还原反应；
（2）F中含氧官能团的名称为硝基、酯基；
（3）E和C2H5OH在浓硫酸的作用下，加热生成F，则E的结构简式为；
（4）C→D的化学方程式为；
（5）a．A物质不含羟基等亲水性基团，则A物质难溶于水，a错误；
b．C物质含有6中化学环境不同的H，则核磁共振氢谱有6组峰，b正确；
c．羧基不能和氢气发生加成反应，在一定条件下，1mol苯达莫司汀与足量的氢气反应，最多能消耗4mol H2，c错误；
d．F物质含有苯环，可以发生加成反应，含有硝基，可以发生还原反应，还含有酯基，可以发生取代反应，d正确；
故选bd。
（6）链状有机物G是的同分异构体；1mol G发生银镜反应后生成4mol单质Ag，说明1个G分子中含有2个醛基；G能发生水解反应，说明G中含有酯基，则G为甲酸酯，则G的结构简式为OHC-CH=CH-CH2OOCH和OHC-CH2CH=CHOOCH，共2种结构。
（7）根据题干中，A→D的合成路线，可以推出目标产物的合成路线为。