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模拟卷04-2023年高三化学对接新高考全真模拟试卷（云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省通用）
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2023年高三化学对接新高考全真模拟试卷（四）
（云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省通用）
(考试时间：50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，再选涂其它答案标号。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
可能用到的相对原子质量：H 1 C12 N14 O16 Na 23 Mg 24 P 31 S 32 Cl 35.5 Cr52 Fe 56 Cu 64 Ag 108
一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。共42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．（2022·湖南·高二阶段练习）中国传统文化博大精深，蕴含着丰富的化学知识。下列对传统文化的理解正确的是
A．《咏煤炭》中“凿开混沌得乌金，藏蓄阳和意最深”，这里的“乌金”指的是一种黑色的金
B．《天工开物》中“凡铁分生、熟，出炉未炒则生，既炒则熟”，“炒”的过程中发生了氧化还原反应
C．《黄鹤楼送孟浩然之广陵》中“故人西辞黄鹤楼，烟花三月下扬州”，这里的“烟花”与核外电子的跃迁有关
D．《望庐山瀑布》中“日照香炉生紫烟”，这里的“紫烟”是指在日光的照射下碘单质升华时的现象
【答案】B
【详解】A．“乌金”指的是煤炭，A项错误；
B．通过“炒”使生铁中的碳变成碳氧化合物而除去，发生了氧化还原反应，B项正确；
C．这里的“烟花”指的是柳絮如烟、繁花似锦的阳春三月，与金属的焰色试验无关，C项错误；
D．“紫烟”是指庐山瀑布飞泻，水汽在日光的照射下蒸腾而上，仿佛香炉冉冉升起的团团紫烟，D项错误；
故选B。
2．（2022·江西·龙南实验中学高三期中）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．常温常压下，2.2g由CO2和N2O组成的混合气体中含有的原子总数为0.15 NA
B．0.1molFeBr2与0.1molCl2反应，生成的Br2分子数为0.1 NA
C．常温下，将2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3 NA
D．25℃时，pH=13的氨水中由水电离出的氢离子数目为10-13 NA
【答案】A
【详解】A．CO2和N2O的相对分子质量都是44、且分子都由3个原子构成，常温常压下，2.2g由CO2和N2O组成的混合气体的物质的量为=0.05mol，含有的原子总数为0.05mol×3NA=0.15 NA，A正确；
B．0.1molFeBr2与0.1molCl2反应时，首先是0.1molFe2+消耗0.05molCl2，剩余0.05molCl2与0.1molBr-发生反应，生成的Br2分子数为0.05 NA，B不正确；
C．常温下，将2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝发生钝化，反应不能持续进行，无法计算铝失去的少量电子数，C不正确；
D．25℃时，pH=13的氨水的体积未知，无法计算由水电离出的氢离子数目，D不正确；
故选A。
3．（2022·浙江·余姚中学高二阶段练习）科学家研制了一种可水解生成次氯酸的新型漂白剂，其分子结构可用如图表示。W、X、Y、Z均为原子序数依次增大的短周期元素。常温下，0.1mol∙L-1Z的氢化物的水溶液pH=1，且Z与Y位于不同周期。下列叙述正确的是
A．原子半径：
B．最简单氢化物的热稳定性：X＞Y
C．Z的含氧酸的酸性可能弱于W的含氧酸酸性
D．如图分子中的 W=Y键是极性共价键，且共用电子对偏向W
【答案】C
【分析】W、X、Y、Z均为原子序数依次增大的短周期元素。常温下，0.1mol∙L-1Z的氢化物的水溶液pH=1，则Z为Cl元素；Z与Y位于不同周期，则Y为第2周期元素。从图中可以看出，X形成3对共用电子、W形成4对共用电子、Y形成2对共用电子，则X、W、Y的最外层电子数分别为5、4、6，从而得出X、W、Y分别为N、C、O。所以W、X、Y、Z分别为C、N、O、Cl元素。
【详解】A．W、X分别为C、N元素，二者位于同周期，且C在N的左边，所以原子半径：，A不正确；
B．X、Y分别为N、O元素，最简单氢化物为NH3和H2O，非金属性N＜O，则热稳定性：NH3＜H2O，B不正确；
C．Z、W分别为Cl、C元素，Z的含氧酸HClO的酸性弱于W的含氧酸H2CO3的酸性，C正确；
D．如图分子中，C=O键是极性共价键，由于非金属性C＜O，所以共用电子对偏向O，D不正确；
故选C。
4．（2022·江苏·扬州中学高三阶段练习）从砷化镓废料（主要成分为、、和）中回收镓和砷的工艺流程如图所示。
下列说法错误的是
A．“碱浸”时，温度保持在的目的是提高“碱浸”速率，同时防止过度分解
B．“碱浸”时，被氧化，每反应，转移电子的数目为
C．“旋流电积”所得“尾液”溶质主要是，可进行循环利用，提高经济效益
D．晶胞如上图，距离最近的原子数为12
【答案】B
【分析】砷化镓废料（主要成分为、、和）中加入NaOH、H2O2，主要发生、，转化为，转化为进入溶液，、难溶于氢氧化钠溶液形成滤渣I；浸出液中加硫酸中和，滤液含，操作为蒸发浓缩、冷却结晶得到含结晶水的晶体；滤渣II含沉淀，向镓和硅共沉物中加入硫酸，分离出滤渣III为，转化为溶液，电解溶液生成Ga、氧气、硫酸。
【详解】A．温度越高，反应速率越快，但受热易分解，则反应温度不宜太高，故“碱浸”时，温度保持在的目的是提高“碱浸”速率，同时防止过度分解，A正确；
B．“碱浸”时，转化为，As元素的化合价由-3价升高为+5价，则每反应，转移电子的数目为，B错误；
C．“旋流电积”时，在阴极放电，H2O在阳极放电生成O2，同时生成H+，所以“尾液”溶质主要是，可进行循环利用，提高经济效益，C正确；
D．根据晶胞结构分析，As做面心立方最密堆积，与顶点的As等距且最近的As位于相邻的三个面的面心上，一个顶点为8个立方体共有，则距离最近的原子数为，D正确；
故选B。
5．（2022·四川成都·高一期中）依据下列实验事实，所得现象或结论正确的是
选项
图片
实验
现象或结论
A
测试干燥NaCl固体的导电性
干燥的NaCl固体不导电，因为Na+和Cl-按照一定规则紧密地排列着，不能自由移动，所以NaCl固体不是电解质
B
切割钠
新切开的钠光亮的表面很快变暗，是因为钠和氧气反应生成了一薄层氧化钠
C
Na2O2和水反应
过氧化钠和水反应放热，产生的气体能使带火星的木条复燃，生成的溶液能使pH试纸先变红后褪色
D
焰色试验：用光洁的铂丝蘸取某溶液在酒精灯外焰灼烧
火焰呈黄色，证明原溶液中一定含有Na+，一定没有K+
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．测试干燥NaCl固体的导电性是由于干燥的NaCl固体在Na+和Cl-按照一定规则紧密地排列着，不能自由移动，所以NaCl固体不能导电，但在其溶于水或受热熔化时产生了自由移动的离子，因此NaCl是电解质，A错误；
B．金属钠化学性质非常活泼，能够与空气中的氧气反应产生氧化钠使溶液变暗，故新切开的钠光亮的表面很快变暗，B正确；
C．过氧化钠和水反应放出热量，产生了O2，O2具有助燃性，能使带火星的木条复燃，反应产生了碱NaOH，NaOH溶液显碱性，能够使湿润的pH试纸变为蓝色，由于其中含有Na2O2具有强氧化性，又将蓝色试纸又褪色，因此看到湿润的pH试纸先变蓝后褪色，C错误；
D．进行焰色试验时，用光洁的铂丝蘸取某溶液在酒精灯外焰灼烧，火焰呈黄色，证明原溶液中一定含有Na+，但由于没有透过蓝色钴玻璃观察，因此不能确定其中是否含有K+，D错误；
故合理选项是B。
6．（2022·湖北·高三期中）一种铝胺电池的工作原理如图所示。已知代表三苯基胺，下列说法正确的是
A．放电时，正极的电极反应式为
B．充电时，阴极的电极反应为
C．充电时，向铝电极移动
D．理论上每生成，铝电极增重18g
【答案】B
【分析】由图可知，放电时上部铝极失去电子发生氧化反应为负极：；则下部为正极，得到电子发生还原反应：；
【详解】A．由分析可知，放电时，正极的电极反应式为，A错误；
B．充电时，上部为阴极，得到电子发生还原反应，阴极的电极反应为，B正确；
C．充电时，阴离子向阳极运动，故向下部电极移动，C错误；
D．，理论上每生成，铝极反应为，则铝极减少质量为，D错误；
故选B。
7．（2022·浙江·高三阶段练习）以酚酞为指示剂，用的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积的变化关系如图所示。［比如的分布系数：］
下列叙述正确的是
A．第一步电离方程式为，曲线②代表
B．加入20.00mLNaOH溶液显酸性的原因是HA-能水解，且水解能力明显小于HA-电离
C．滴定终点时，溶液中
D．HA-的电离常数
【答案】D
【分析】根据题干分布系数的表达式，分母中为定值，即分布系数大小与离子浓度成正比；图中曲线①与曲线②表示的是分布系数随NaOH溶液体积的变化关系，曲线③表示的是pH随NaOH溶液体积的变化关系；二元酸H2A在水溶液中第一步电离生成HA-，第二步电离生成A2-，再结合分布曲线①一直下降，而曲线②一直升高可知，曲线①表示的是HA-的分布系数，曲线②表示的是A2-的分布系数，且曲线②达到的最大值接近1，说明H2A的第一步电离为完全电离。
【详解】A．据分析可知，第一步电离方程式为，曲线①代表，A错误；
B．H2A的第一步电离为完全电离，则HA-不能水解，加入20.00mLNaOH溶液显酸性的原因是HA-电离产生氢离子，B错误；
C．当反应达到终点时，存在电荷守恒，由于溶液显碱性，，所以，C错误；
D．由于H2A的第一步电离为完全电离，根据图象，当VNaOH=0时，溶液pH=1，HA-的起始浓度为0.1000mol/L，HA-分布系数为0.9，A2-的分布系数为0.1，则HA-的电离常数，D正确；
故选D。
二、非选择题：共58分。
8．（2021·江苏·扬州市江都区大桥高级中学高二阶段练习）化学反应原理对化学反应的研究具有指导意义。
(1). 机动车废气排放已成为城市大气污染的重要来源。气缸中生成NO的反应为：N2(g)+O2(g) 2NO(g) △H>0。汽车启动后，气缸内温度越高，单位时间内NO排放量越大，请分析两点可能的原因_______、_______。
(2). 实验室以某工业废料(主要含Zn、Cu的单质和氧化物)为原料制取ZnCO3·2Zn(OH)2和Cu2O，其实验流程如图：
已知：溶液中[Cu(NH3)4]2+呈深蓝色，[Zn(NH3)4]2+呈无色
①“灼烧”时，需用的硅酸盐质仪器除玻璃棒、酒精灯外，还有_______和_______。
②“浸取”时，生成[Zn(NH3)4]CO3的离子方程式为_______。
③加“Zn粉”时，为使Zn粉不过量太多，合适的操作方法及依据的现象是_______。
④已知反应：[Zn(NH3)4]2+Zn2++4NH3，K=3.5×10-10，“蒸氨”可采用的装置是_______(填字母)。
⑤设计以提纯后的铜粉为原料制取Cu2O的实验方案：向烧杯中加入计量的铜粉，_______，静置、冷却、过滤、水洗及干燥。(已知在约50℃时，发生反应：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O。实验中必须使用的试剂：稀硫酸、葡萄糖溶液、10%的NaOH溶液和15%的H2O2溶液)。
【答案】 温度升高，反应速率加快 温度升高，有利于平衡向正反应方向移动 坩埚 泥三角 ZnO+3NH3·H2O+NH+HCO=[Zn(NH3)4]2++CO+4H2O 搅拌下分次加入Zn粉，直到最后加入Zn粉时，溶液颜色由深蓝色变为无色 CD 搅拌下加入稍过量硫酸和过量的15%的H2O2溶液，加热至约50℃，待铜粉完全溶解时，煮沸溶液片刻(除去过量H2O2)，冷却至室温，向溶液中加入10%的NaOH溶液至沉淀完全，再加入一定量的10%的NaOH溶液和足量葡萄糖溶液，充分加热
【分析】由流程图可知，工业废料在灼烧时铜和锌与氧气高温时反应生成氧化铜和氧化锌，氧化铜和氧化锌经碳酸氢铵和氨水浸取得到[Cu(NH3)4]CO3和[Zn(NH3)4]CO3的混合溶液，向混合溶液中加入锌，锌与[Cu(NH3)4]CO3溶液发生置换反应生成[Zn(NH3)4]CO3和铜，过滤得到铜和[Zn(NH3)4]CO3溶液，[Zn(NH3)4]CO3溶液经蒸氨得到ZnCO3·2Zn(OH)2，铜与过量稀硫酸和双氧水反应得到硫酸铜溶液，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应得到新制氢氧化铜悬浊液，新制氢氧化铜悬浊液与葡萄糖溶液共热反应得到氧化亚铜。
【详解】(1)由题意可知，温度越高，反应速率越快，单位时间内生成一氧化氮的量越多，该反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化氮的量增大，故答案为：温度升高，反应速率加快；温度升高，有利于平衡向正反应方向移动；
(2) ①灼烧时，需用的硅酸盐质仪器有玻璃棒、酒精灯、坩埚和泥三角，故答案为：坩埚；泥三角；
②浸取时生成[Zn(NH3)4]CO3的反应为氧化锌与碳酸氢铵和氨水反应生成[Zn(NH3)4]CO3和水，反应的离子方程式为ZnO+3NH3·H2O+NH+HCO=[Zn(NH3)4]2++CO+4H2O，故答案为：ZnO+3NH3·H2O+NH+HCO=[Zn(NH3)4]2++CO+4H2O；
③加锌粉时发生的反应为锌与[Cu(NH3)4]CO3溶液发生置换反应生成[Zn(NH3)4]CO3和铜，溶液会由深蓝色变为无色，则为使锌粉不过量太多，合适的操作方法及依据的现象为搅拌下分次加入锌粉，直到最后加入锌粉时，溶液颜色由深蓝色变为无色，故答案为：搅拌下分次加入Zn粉，直到最后加入Zn粉时，溶液颜色由深蓝色变为无色；
④由方程式可知，蒸氨时会有氨气生成，为防止氨气污染环境，应用稀硫酸吸收氨气，同时为防止产生倒吸，应通过倒置的漏斗将氨气通入稀硫酸溶液中，故选C；
⑤由分析可知，由铜制备氧化亚铜的过程为铜与与过量稀硫酸和双氧水反应得到硫酸铜溶液，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应得到新制氢氧化铜悬浊液，新制氢氧化铜悬浊液与葡萄糖溶液共热反应得到氧化亚铜，实验方案为向烧杯中加入计量的铜粉，搅拌下加入稍过量硫酸和过量的15%的H2O2溶液，加热至约50℃，待铜粉完全溶解时，煮沸溶液片刻(除去过量H2O2)，冷却至室温，向溶液中加入10%的NaOH溶液至沉淀完全，再加入一定量的10%的NaOH溶液和足量葡萄糖溶液，充分加热，静置、冷却、过滤、水洗及干燥得到氧化亚铜，故答案为：搅拌下加入稍过量硫酸和过量的15%的H2O2溶液，加热至约50℃，待铜粉完全溶解时，煮沸溶液片刻(除去过量H2O2)，冷却至室温，向溶液中加入10%的NaOH溶液至沉淀完全，再加入一定量的10%的NaOH溶液和足量葡萄糖溶液，充分加热。
9．（2022·江西·赣州市赣县第三中学高二阶段练习）实验室利用橄榄石尾矿（主要成分为MgO及少量FeO、Fe2O3、Al2O3等）制备纯净氯化镁晶体（MgCl2·6H2O），实验流程如下：
已知几种金属阳离子形成氢氧化物沉淀时的pH如下表：
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
开始沉淀时
7.6
2.7
4.2
9.6
沉淀完全时
9.6
3.7
5.4
11.1
回答下列问题：
(1)“浸取”步骤中，能加快浸取速率的方法有________________（任写两种）。
(2)气体X是____，滤渣1溶于一定浓度硫酸溶液后，加热到70～80℃可以制得一种高效的无机高分子混凝剂、净水剂，其化学式为［Fe2(OH)n(SO4)(3-0.5)n］m，则该物质中铁元素的化合价为________。溶液采用的加热方式为________，控制温度70～80℃的原因是________________。若溶液的pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
(3)加入H2O2的目的是________________ 。若将上述过程中的“H2O2”用“NaClO”代替也能达到同样目的，则发生反应的离子方程式为________________。
(4)“一系列操作”主要包括加入足量盐酸，然后经过________________、过滤、洗涤，即得到氯化镁晶体。
【答案】 橄榄石尾矿粉碎、适量增大盐酸的浓度、适当提高反应的温度等； NH3 +3 水浴加热 防止Fe3＋全部水解成Fe(OH)3 偏低 将Fe2＋氧化成Fe3＋ ClO－＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋Cl－＋H2O 蒸发浓缩、冷却结晶
【分析】橄榄石尾矿中含有MgO、FeO、Fe2O3、Al2O3等，加入盐酸浸取，得到Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、Al3＋，加入H2O2，利用H2O2的氧化性，将Fe2＋氧化成Fe3＋，根据表格中的数据，通入气体X，调节pH，应除去溶液中的Fe3＋，Al(OH)3为两性氢氧化物，Mg(OH)2是碱，加入过量的NaOH溶液，得到Mg(OH)2沉淀，然后对滤渣2进行洗涤、干燥，将Mg(OH)2溶解到盐酸中，然后蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤得到氯化镁晶体，据此分析；
【详解】(1)“浸取”步骤中，能加快进去速率的方法有将橄榄石尾矿粉碎、适量增大盐酸的浓度、适当提高反应的温度等；故答案为橄榄石尾矿粉碎、适量增大盐酸的浓度、适当提高反应的温度等；
(2)根据上述分析，加入气体X，调节pH，使Fe3＋以Fe(OH)3的形式沉淀出来，即气体X为NH3；OH－为－1价，整体显－2价，根据化合价代数和为0，推出Fe元素显＋3价；获得该物质需要加热到70～80℃，因此采用水浴加热；控制温度在70～80℃，防止Fe3＋全部水解成Fe(OH)3；溶液的pH减小，则生成的聚铁中OH－的含量减少，的含量增多，使铁的含量偏低；故答案为NH3；+3；水浴加热；防止Fe3＋全部水解成Fe(OH)3；偏低；
(3)根据上述分析，加入H2O2的目的是将Fe2＋氧化成Fe3＋；NaClO具有强氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，ClO－本身被还原成Cl－，然后根据化合价升降法进行配平，得到ClO－＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋Cl－＋H2O；故答案为将Fe2＋氧化成Fe3＋；ClO－＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋Cl－＋H2O；
(4)滤渣2为Mg(OH)2，将滤渣2加入足量的盐酸，然后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，即得到氯化镁晶体；故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。
【点睛】陌生氧化还原反应方程式的书写是工艺流程中的难点，一般先找出氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物，像本题ClO－为氧化剂，其还原产物是Cl－，Fe2＋为还原剂，其氧化产物是Fe3＋，即ClO－＋Fe2＋→Fe3＋＋Cl－，根据化合价升降法进行配平，即ClO－＋2Fe2＋→2Fe3＋＋Cl－，根据流程判断出反应的酸碱性，加入盐酸是过量，则本题中溶液显酸性，根据电荷守恒和原子守恒，得出ClO－＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋Cl－＋H2O。
10．（2021·重庆实验外国语学校高二期中）是人类生存、社会发展不可或缺的物质。甲醇是重要的化工基础原料和清洁液体燃料。通常合成甲醇的主要反应为： 。
(1)其科研小组探究在其他条件不变的情况下，改变起始物CO与的物质的量对合成的平衡体积分数的影响如图1所示。图象中和的关系是_______ (填“>”、“<”、“=”或“无法确定”)。时、比较在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物的转化率最大的是_______(填字母)。
(2)另一科研小组控制起始时容器中只有a mol/L CO和b mol/L ，测得平衡时混合气体中的物质的量分数与温度、压强之间的关系如图2所示。
①该反应在一定条件下的密闭容器中达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是_______。
A．高温高压B．加入催化剂C．恒压通入惰性气体D．分离出甲醇
②若恒温恒容条件下，起始时，则下列叙述不能说明反应达到化学平衡状态的是_______。
A．混合气体的密度不再随时间的变化而变化
B．混合气体的平均摩尔质量不再随时间的变化而变化
C．CO、的物质的量浓度之比不再随时间的变化而变化
D．若将容器改为绝热恒容容器时，平衡常数K不随时间变化而变化
③压强为，温度为和时对应的平衡常数分别为、，则_______ (填“>”、“<”或“=”)；若恒温恒容条件下，起始时，测得平衡时混合气体的压强为，则时该反应的压强平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，用含的代数式表示)。
④若在温度为、压强为的条件下向密闭容器中加入CO、、气体的物质的量之比为2∶1∶2，则反应开始时_______(填“>”、“<”、“=”或“无法确定”)。
【答案】(1) < c
(2) D A ＞ ＜
【详解】（1）相同的投料比，对于放热反应，温度越高产物的平衡产率越低，则图象中和的关系是<。在氢气相同的条件下，CO的浓度越大，氢气的转化率越高，则时、在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物的转化率最大的是c点。
（2）①A.正反应是体积减小的放热反应，高温不利于提高CO的转化率，A错误；
B.加入催化剂不能影响平衡状态，转化率不变，B错误；
C.恒压通入惰性气体，容器容积增大，相当于减小压强，平衡左移，CO的转化率减小，C错误；
D.分离出甲醇，平衡正向进行，CO的转化率增大，D正确；
答案选D；
②A.反应前后气体质量和容器容积均不变化，密度始终不变，则混合气体的密度不再随时间的变化而变化不能说明反应达到平衡状态，A符合；
B. 反应前后气体质量不变，但混合气体的物质的量是变化的，则混合气体的平均摩尔质量不再随时间的变化而变化说明反应达到平衡状态，B不符合；
C.CO、的物质的量不是按照化学计量数之比充入的，则二者的浓度之比不再随时间的变化而变化说明反应达到平衡状态，C不符合；
D.若将容器改为绝热恒容容器时，温度是变化的，平衡常数只与温度有关系，则平衡常数K不随时间变化而变化说明反应达到平衡状态，D不符合；
答案选A。
③升高温度平衡逆向进行，甲醇的含量减小，则温度T1＜T2，平衡常数只与温度有关系，压强为，温度为和时对应的平衡常数分别为、，则＞；若恒温恒容条件下，起始时，测得平衡时混合气体的压强为，则
因此，解得x＝，所以CO、氢气和甲醇的物质的量之比是1：2：2，分压分别是、、，时该反应的压强平衡常数。
④若在温度为、压强为的条件下向密闭容器中加入CO、、气体的物质的量之比为2∶1∶2，则反应开始时压强熵是＞，所以平衡逆向进行，则＜。
11．（2020·安徽·肥东县综合高中高三阶段练习）盐酸金刚烷胺是一种治疗和预防病毒性感染的药物，可用于抑制病毒穿入宿主细胞，从结构上看是一种对称的三环状胺，可以利用环戊二烯(CPD)来制备合成，流程图如下：
（1）下列关于X和金刚烷说法正确的是_________。
A．金刚烷和X互为同分异构体，均可以发生氧化反应和取代反应
B．金刚烷和X均可以使溴水褪色
C．金刚烷和X均具有与芳香烃相似的化学性质
D．金刚烷和X均不存在手性碳原子
（2）反应①的反应类型为____________，反应②的条件为________________。
（3）有机物Y的一氯代物的同分异构体的数目为___________，写出Y与氢氧化钠的乙醇溶液反应的化学方程式___________________________________。
（4）有机物Z是一种重要的有机氮肥，在核磁共振氢谱谱图中只有一个峰，写出Z与浓硫酸反应的化学方程式___________________________________。
（5）CPD可以与Br2的CCl4溶液反应，写出其所有可能产物的结构简式___________。
（6）参照上述流程图，并用流程图中出现的试剂和为原料合成，设计其合成路线_________。
【答案】 A 加成反应 Br2，光照 3 CO(NH2)2+2H2SO4（浓）→CO(NH2)2·2H2SO4
【详解】(1)X为，金刚烷为。
A.金刚烷和X的分子式相同，均为C10H16，互为同分异构体，能够燃烧，属于氧化反应，能够与氯气等发生取代反应，故A正确；
B.金刚烷和X均不存在碳碳双键等不饱和键，不能使溴水褪色，故B错误；
C.金刚烷和X均不含有苯环，与芳香烃的化学性质不相似，故C错误；
D.金刚烷和X均含有手性碳原子(、)，故D错误；故选A；
(2)根据流程图，反应①存在C=C→C-C的变化，应为加成反应，反应②为金刚烷与溴的取代反应，反应条件为光照，故答案为加成反应； Br2，光照；
(3)Y为，其一氯代物的同分异构体有3种()，与氢氧化钠的乙醇溶液发生消去反应，反应的化学方程式为，故答案为3；；
(4)根据流程图，Z为尿素，CO(NH2)2中的氨基具有碱性，可以与浓硫酸反应，反应的化学方程式为CO(NH2)2+2H2SO4(浓)→CO(NH2)2·2H2SO4，故答案为CO(NH2)2+2H2SO4(浓)→CO(NH2)2·2H2SO4；
(5)CPD中含有碳碳双键，可以与Br2的CCl4溶液反应发生1,4-加成或1,2-加成或完全加成反应，生成的所有可能产物的结构简式为，故答案为；
(6)根据上述流程图，合成，可以由与发生加成反应，生成，再与氢气加成生成，最后与尿素反应即可，合成路线为，故答案为。
2023年高三化学对接新高考全真模拟试卷（四）
（云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省通用）
(考试时间：50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，再选涂其它答案标号。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
可能用到的相对原子质量：H 1 C12 N14 O16 Na 23 Mg 24 P 31 S 32 Cl 35.5 Cr52 Fe 56 Cu 64 Ag 108
一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。共42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．（2022·湖南·高二阶段练习）中国传统文化博大精深，蕴含着丰富的化学知识。下列对传统文化的理解正确的是
A．《咏煤炭》中“凿开混沌得乌金，藏蓄阳和意最深”，这里的“乌金”指的是一种黑色的金
B．《天工开物》中“凡铁分生、熟，出炉未炒则生，既炒则熟”，“炒”的过程中发生了氧化还原反应
C．《黄鹤楼送孟浩然之广陵》中“故人西辞黄鹤楼，烟花三月下扬州”，这里的“烟花”与核外电子的跃迁有关
D．《望庐山瀑布》中“日照香炉生紫烟”，这里的“紫烟”是指在日光的照射下碘单质升华时的现象
【答案】B
【详解】A．“乌金”指的是煤炭，A项错误；
B．通过“炒”使生铁中的碳变成碳氧化合物而除去，发生了氧化还原反应，B项正确；
C．这里的“烟花”指的是柳絮如烟、繁花似锦的阳春三月，与金属的焰色试验无关，C项错误；
D．“紫烟”是指庐山瀑布飞泻，水汽在日光的照射下蒸腾而上，仿佛香炉冉冉升起的团团紫烟，D项错误；
故选B。
2．（2022·江西·龙南实验中学高三期中）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．常温常压下，2.2g由CO2和N2O组成的混合气体中含有的原子总数为0.15 NA
B．0.1molFeBr2与0.1molCl2反应，生成的Br2分子数为0.1 NA
C．常温下，将2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3 NA
D．25℃时，pH=13的氨水中由水电离出的氢离子数目为10-13 NA
【答案】A
【详解】A．CO2和N2O的相对分子质量都是44、且分子都由3个原子构成，常温常压下，2.2g由CO2和N2O组成的混合气体的物质的量为=0.05mol，含有的原子总数为0.05mol×3NA=0.15 NA，A正确；
B．0.1molFeBr2与0.1molCl2反应时，首先是0.1molFe2+消耗0.05molCl2，剩余0.05molCl2与0.1molBr-发生反应，生成的Br2分子数为0.05 NA，B不正确；
C．常温下，将2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝发生钝化，反应不能持续进行，无法计算铝失去的少量电子数，C不正确；
D．25℃时，pH=13的氨水的体积未知，无法计算由水电离出的氢离子数目，D不正确；
故选A。
3．（2022·浙江·余姚中学高二阶段练习）科学家研制了一种可水解生成次氯酸的新型漂白剂，其分子结构可用如图表示。W、X、Y、Z均为原子序数依次增大的短周期元素。常温下，0.1mol∙L-1Z的氢化物的水溶液pH=1，且Z与Y位于不同周期。下列叙述正确的是
A．原子半径：
B．最简单氢化物的热稳定性：X＞Y
C．Z的含氧酸的酸性可能弱于W的含氧酸酸性
D．如图分子中的 W=Y键是极性共价键，且共用电子对偏向W
【答案】C
【分析】W、X、Y、Z均为原子序数依次增大的短周期元素。常温下，0.1mol∙L-1Z的氢化物的水溶液pH=1，则Z为Cl元素；Z与Y位于不同周期，则Y为第2周期元素。从图中可以看出，X形成3对共用电子、W形成4对共用电子、Y形成2对共用电子，则X、W、Y的最外层电子数分别为5、4、6，从而得出X、W、Y分别为N、C、O。所以W、X、Y、Z分别为C、N、O、Cl元素。
【详解】A．W、X分别为C、N元素，二者位于同周期，且C在N的左边，所以原子半径：，A不正确；
B．X、Y分别为N、O元素，最简单氢化物为NH3和H2O，非金属性N＜O，则热稳定性：NH3＜H2O，B不正确；
C．Z、W分别为Cl、C元素，Z的含氧酸HClO的酸性弱于W的含氧酸H2CO3的酸性，C正确；
D．如图分子中，C=O键是极性共价键，由于非金属性C＜O，所以共用电子对偏向O，D不正确；
故选C。
4．（2022·江苏·扬州中学高三阶段练习）从砷化镓废料（主要成分为、、和）中回收镓和砷的工艺流程如图所示。
下列说法错误的是
A．“碱浸”时，温度保持在的目的是提高“碱浸”速率，同时防止过度分解
B．“碱浸”时，被氧化，每反应，转移电子的数目为
C．“旋流电积”所得“尾液”溶质主要是，可进行循环利用，提高经济效益
D．晶胞如上图，距离最近的原子数为12
【答案】B
【分析】砷化镓废料（主要成分为、、和）中加入NaOH、H2O2，主要发生、，转化为，转化为进入溶液，、难溶于氢氧化钠溶液形成滤渣I；浸出液中加硫酸中和，滤液含，操作为蒸发浓缩、冷却结晶得到含结晶水的晶体；滤渣II含沉淀，向镓和硅共沉物中加入硫酸，分离出滤渣III为，转化为溶液，电解溶液生成Ga、氧气、硫酸。
【详解】A．温度越高，反应速率越快，但受热易分解，则反应温度不宜太高，故“碱浸”时，温度保持在的目的是提高“碱浸”速率，同时防止过度分解，A正确；
B．“碱浸”时，转化为，As元素的化合价由-3价升高为+5价，则每反应，转移电子的数目为，B错误；
C．“旋流电积”时，在阴极放电，H2O在阳极放电生成O2，同时生成H+，所以“尾液”溶质主要是，可进行循环利用，提高经济效益，C正确；
D．根据晶胞结构分析，As做面心立方最密堆积，与顶点的As等距且最近的As位于相邻的三个面的面心上，一个顶点为8个立方体共有，则距离最近的原子数为，D正确；
故选B。
5．（2022·四川成都·高一期中）依据下列实验事实，所得现象或结论正确的是
选项
图片
实验
现象或结论
A
测试干燥NaCl固体的导电性
干燥的NaCl固体不导电，因为Na+和Cl-按照一定规则紧密地排列着，不能自由移动，所以NaCl固体不是电解质
B
切割钠
新切开的钠光亮的表面很快变暗，是因为钠和氧气反应生成了一薄层氧化钠
C
Na2O2和水反应
过氧化钠和水反应放热，产生的气体能使带火星的木条复燃，生成的溶液能使pH试纸先变红后褪色
D
焰色试验：用光洁的铂丝蘸取某溶液在酒精灯外焰灼烧
火焰呈黄色，证明原溶液中一定含有Na+，一定没有K+
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．测试干燥NaCl固体的导电性是由于干燥的NaCl固体在Na+和Cl-按照一定规则紧密地排列着，不能自由移动，所以NaCl固体不能导电，但在其溶于水或受热熔化时产生了自由移动的离子，因此NaCl是电解质，A错误；
B．金属钠化学性质非常活泼，能够与空气中的氧气反应产生氧化钠使溶液变暗，故新切开的钠光亮的表面很快变暗，B正确；
C．过氧化钠和水反应放出热量，产生了O2，O2具有助燃性，能使带火星的木条复燃，反应产生了碱NaOH，NaOH溶液显碱性，能够使湿润的pH试纸变为蓝色，由于其中含有Na2O2具有强氧化性，又将蓝色试纸又褪色，因此看到湿润的pH试纸先变蓝后褪色，C错误；
D．进行焰色试验时，用光洁的铂丝蘸取某溶液在酒精灯外焰灼烧，火焰呈黄色，证明原溶液中一定含有Na+，但由于没有透过蓝色钴玻璃观察，因此不能确定其中是否含有K+，D错误；
故合理选项是B。
6．（2022·湖北·高三期中）一种铝胺电池的工作原理如图所示。已知代表三苯基胺，下列说法正确的是
A．放电时，正极的电极反应式为
B．充电时，阴极的电极反应为
C．充电时，向铝电极移动
D．理论上每生成，铝电极增重18g
【答案】B
【分析】由图可知，放电时上部铝极失去电子发生氧化反应为负极：；则下部为正极，得到电子发生还原反应：；
【详解】A．由分析可知，放电时，正极的电极反应式为，A错误；
B．充电时，上部为阴极，得到电子发生还原反应，阴极的电极反应为，B正确；
C．充电时，阴离子向阳极运动，故向下部电极移动，C错误；
D．，理论上每生成，铝极反应为，则铝极减少质量为，D错误；
故选B。
7．（2022·浙江·高三阶段练习）以酚酞为指示剂，用的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积的变化关系如图所示。［比如的分布系数：］
下列叙述正确的是
A．第一步电离方程式为，曲线②代表
B．加入20.00mLNaOH溶液显酸性的原因是HA-能水解，且水解能力明显小于HA-电离
C．滴定终点时，溶液中
D．HA-的电离常数
【答案】D
【分析】根据题干分布系数的表达式，分母中为定值，即分布系数大小与离子浓度成正比；图中曲线①与曲线②表示的是分布系数随NaOH溶液体积的变化关系，曲线③表示的是pH随NaOH溶液体积的变化关系；二元酸H2A在水溶液中第一步电离生成HA-，第二步电离生成A2-，再结合分布曲线①一直下降，而曲线②一直升高可知，曲线①表示的是HA-的分布系数，曲线②表示的是A2-的分布系数，且曲线②达到的最大值接近1，说明H2A的第一步电离为完全电离。
【详解】A．据分析可知，第一步电离方程式为，曲线①代表，A错误；
B．H2A的第一步电离为完全电离，则HA-不能水解，加入20.00mLNaOH溶液显酸性的原因是HA-电离产生氢离子，B错误；
C．当反应达到终点时，存在电荷守恒，由于溶液显碱性，，所以，C错误；
D．由于H2A的第一步电离为完全电离，根据图象，当VNaOH=0时，溶液pH=1，HA-的起始浓度为0.1000mol/L，HA-分布系数为0.9，A2-的分布系数为0.1，则HA-的电离常数，D正确；
故选D。
二、非选择题：共58分。
8．（2021·江苏·扬州市江都区大桥高级中学高二阶段练习）化学反应原理对化学反应的研究具有指导意义。
(1). 机动车废气排放已成为城市大气污染的重要来源。气缸中生成NO的反应为：N2(g)+O2(g) 2NO(g) △H>0。汽车启动后，气缸内温度越高，单位时间内NO排放量越大，请分析两点可能的原因_______、_______。
(2). 实验室以某工业废料(主要含Zn、Cu的单质和氧化物)为原料制取ZnCO3·2Zn(OH)2和Cu2O，其实验流程如图：
已知：溶液中[Cu(NH3)4]2+呈深蓝色，[Zn(NH3)4]2+呈无色
①“灼烧”时，需用的硅酸盐质仪器除玻璃棒、酒精灯外，还有_______和_______。
②“浸取”时，生成[Zn(NH3)4]CO3的离子方程式为_______。
③加“Zn粉”时，为使Zn粉不过量太多，合适的操作方法及依据的现象是_______。
④已知反应：[Zn(NH3)4]2+Zn2++4NH3，K=3.5×10-10，“蒸氨”可采用的装置是_______(填字母)。
⑤设计以提纯后的铜粉为原料制取Cu2O的实验方案：向烧杯中加入计量的铜粉，_______，静置、冷却、过滤、水洗及干燥。(已知在约50℃时，发生反应：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O。实验中必须使用的试剂：稀硫酸、葡萄糖溶液、10%的NaOH溶液和15%的H2O2溶液)。
【答案】 温度升高，反应速率加快 温度升高，有利于平衡向正反应方向移动 坩埚 泥三角 ZnO+3NH3·H2O+NH+HCO=[Zn(NH3)4]2++CO+4H2O 搅拌下分次加入Zn粉，直到最后加入Zn粉时，溶液颜色由深蓝色变为无色 CD 搅拌下加入稍过量硫酸和过量的15%的H2O2溶液，加热至约50℃，待铜粉完全溶解时，煮沸溶液片刻(除去过量H2O2)，冷却至室温，向溶液中加入10%的NaOH溶液至沉淀完全，再加入一定量的10%的NaOH溶液和足量葡萄糖溶液，充分加热
【分析】由流程图可知，工业废料在灼烧时铜和锌与氧气高温时反应生成氧化铜和氧化锌，氧化铜和氧化锌经碳酸氢铵和氨水浸取得到[Cu(NH3)4]CO3和[Zn(NH3)4]CO3的混合溶液，向混合溶液中加入锌，锌与[Cu(NH3)4]CO3溶液发生置换反应生成[Zn(NH3)4]CO3和铜，过滤得到铜和[Zn(NH3)4]CO3溶液，[Zn(NH3)4]CO3溶液经蒸氨得到ZnCO3·2Zn(OH)2，铜与过量稀硫酸和双氧水反应得到硫酸铜溶液，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应得到新制氢氧化铜悬浊液，新制氢氧化铜悬浊液与葡萄糖溶液共热反应得到氧化亚铜。
【详解】(1)由题意可知，温度越高，反应速率越快，单位时间内生成一氧化氮的量越多，该反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化氮的量增大，故答案为：温度升高，反应速率加快；温度升高，有利于平衡向正反应方向移动；
(2) ①灼烧时，需用的硅酸盐质仪器有玻璃棒、酒精灯、坩埚和泥三角，故答案为：坩埚；泥三角；
②浸取时生成[Zn(NH3)4]CO3的反应为氧化锌与碳酸氢铵和氨水反应生成[Zn(NH3)4]CO3和水，反应的离子方程式为ZnO+3NH3·H2O+NH+HCO=[Zn(NH3)4]2++CO+4H2O，故答案为：ZnO+3NH3·H2O+NH+HCO=[Zn(NH3)4]2++CO+4H2O；
③加锌粉时发生的反应为锌与[Cu(NH3)4]CO3溶液发生置换反应生成[Zn(NH3)4]CO3和铜，溶液会由深蓝色变为无色，则为使锌粉不过量太多，合适的操作方法及依据的现象为搅拌下分次加入锌粉，直到最后加入锌粉时，溶液颜色由深蓝色变为无色，故答案为：搅拌下分次加入Zn粉，直到最后加入Zn粉时，溶液颜色由深蓝色变为无色；
④由方程式可知，蒸氨时会有氨气生成，为防止氨气污染环境，应用稀硫酸吸收氨气，同时为防止产生倒吸，应通过倒置的漏斗将氨气通入稀硫酸溶液中，故选C；
⑤由分析可知，由铜制备氧化亚铜的过程为铜与与过量稀硫酸和双氧水反应得到硫酸铜溶液，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应得到新制氢氧化铜悬浊液，新制氢氧化铜悬浊液与葡萄糖溶液共热反应得到氧化亚铜，实验方案为向烧杯中加入计量的铜粉，搅拌下加入稍过量硫酸和过量的15%的H2O2溶液，加热至约50℃，待铜粉完全溶解时，煮沸溶液片刻(除去过量H2O2)，冷却至室温，向溶液中加入10%的NaOH溶液至沉淀完全，再加入一定量的10%的NaOH溶液和足量葡萄糖溶液，充分加热，静置、冷却、过滤、水洗及干燥得到氧化亚铜，故答案为：搅拌下加入稍过量硫酸和过量的15%的H2O2溶液，加热至约50℃，待铜粉完全溶解时，煮沸溶液片刻(除去过量H2O2)，冷却至室温，向溶液中加入10%的NaOH溶液至沉淀完全，再加入一定量的10%的NaOH溶液和足量葡萄糖溶液，充分加热。
9．（2022·江西·赣州市赣县第三中学高二阶段练习）实验室利用橄榄石尾矿（主要成分为MgO及少量FeO、Fe2O3、Al2O3等）制备纯净氯化镁晶体（MgCl2·6H2O），实验流程如下：
已知几种金属阳离子形成氢氧化物沉淀时的pH如下表：
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
开始沉淀时
7.6
2.7
4.2
9.6
沉淀完全时
9.6
3.7
5.4
11.1
回答下列问题：
(1)“浸取”步骤中，能加快浸取速率的方法有________________（任写两种）。
(2)气体X是____，滤渣1溶于一定浓度硫酸溶液后，加热到70～80℃可以制得一种高效的无机高分子混凝剂、净水剂，其化学式为［Fe2(OH)n(SO4)(3-0.5)n］m，则该物质中铁元素的化合价为________。溶液采用的加热方式为________，控制温度70～80℃的原因是________________。若溶液的pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
(3)加入H2O2的目的是________________ 。若将上述过程中的“H2O2”用“NaClO”代替也能达到同样目的，则发生反应的离子方程式为________________。
(4)“一系列操作”主要包括加入足量盐酸，然后经过________________、过滤、洗涤，即得到氯化镁晶体。
【答案】 橄榄石尾矿粉碎、适量增大盐酸的浓度、适当提高反应的温度等； NH3 +3 水浴加热 防止Fe3＋全部水解成Fe(OH)3 偏低 将Fe2＋氧化成Fe3＋ ClO－＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋Cl－＋H2O 蒸发浓缩、冷却结晶
【分析】橄榄石尾矿中含有MgO、FeO、Fe2O3、Al2O3等，加入盐酸浸取，得到Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、Al3＋，加入H2O2，利用H2O2的氧化性，将Fe2＋氧化成Fe3＋，根据表格中的数据，通入气体X，调节pH，应除去溶液中的Fe3＋，Al(OH)3为两性氢氧化物，Mg(OH)2是碱，加入过量的NaOH溶液，得到Mg(OH)2沉淀，然后对滤渣2进行洗涤、干燥，将Mg(OH)2溶解到盐酸中，然后蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤得到氯化镁晶体，据此分析；
【详解】(1)“浸取”步骤中，能加快进去速率的方法有将橄榄石尾矿粉碎、适量增大盐酸的浓度、适当提高反应的温度等；故答案为橄榄石尾矿粉碎、适量增大盐酸的浓度、适当提高反应的温度等；
(2)根据上述分析，加入气体X，调节pH，使Fe3＋以Fe(OH)3的形式沉淀出来，即气体X为NH3；OH－为－1价，整体显－2价，根据化合价代数和为0，推出Fe元素显＋3价；获得该物质需要加热到70～80℃，因此采用水浴加热；控制温度在70～80℃，防止Fe3＋全部水解成Fe(OH)3；溶液的pH减小，则生成的聚铁中OH－的含量减少，的含量增多，使铁的含量偏低；故答案为NH3；+3；水浴加热；防止Fe3＋全部水解成Fe(OH)3；偏低；
(3)根据上述分析，加入H2O2的目的是将Fe2＋氧化成Fe3＋；NaClO具有强氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，ClO－本身被还原成Cl－，然后根据化合价升降法进行配平，得到ClO－＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋Cl－＋H2O；故答案为将Fe2＋氧化成Fe3＋；ClO－＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋Cl－＋H2O；
(4)滤渣2为Mg(OH)2，将滤渣2加入足量的盐酸，然后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，即得到氯化镁晶体；故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。
【点睛】陌生氧化还原反应方程式的书写是工艺流程中的难点，一般先找出氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物，像本题ClO－为氧化剂，其还原产物是Cl－，Fe2＋为还原剂，其氧化产物是Fe3＋，即ClO－＋Fe2＋→Fe3＋＋Cl－，根据化合价升降法进行配平，即ClO－＋2Fe2＋→2Fe3＋＋Cl－，根据流程判断出反应的酸碱性，加入盐酸是过量，则本题中溶液显酸性，根据电荷守恒和原子守恒，得出ClO－＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋Cl－＋H2O。
10．（2021·重庆实验外国语学校高二期中）是人类生存、社会发展不可或缺的物质。甲醇是重要的化工基础原料和清洁液体燃料。通常合成甲醇的主要反应为： 。
(1)其科研小组探究在其他条件不变的情况下，改变起始物CO与的物质的量对合成的平衡体积分数的影响如图1所示。图象中和的关系是_______ (填“>”、“<”、“=”或“无法确定”)。时、比较在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物的转化率最大的是_______(填字母)。
(2)另一科研小组控制起始时容器中只有a mol/L CO和b mol/L ，测得平衡时混合气体中的物质的量分数与温度、压强之间的关系如图2所示。
①该反应在一定条件下的密闭容器中达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是_______。
A．高温高压B．加入催化剂C．恒压通入惰性气体D．分离出甲醇
②若恒温恒容条件下，起始时，则下列叙述不能说明反应达到化学平衡状态的是_______。
A．混合气体的密度不再随时间的变化而变化
B．混合气体的平均摩尔质量不再随时间的变化而变化
C．CO、的物质的量浓度之比不再随时间的变化而变化
D．若将容器改为绝热恒容容器时，平衡常数K不随时间变化而变化
③压强为，温度为和时对应的平衡常数分别为、，则_______ (填“>”、“<”或“=”)；若恒温恒容条件下，起始时，测得平衡时混合气体的压强为，则时该反应的压强平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，用含的代数式表示)。
④若在温度为、压强为的条件下向密闭容器中加入CO、、气体的物质的量之比为2∶1∶2，则反应开始时_______(填“>”、“<”、“=”或“无法确定”)。
【答案】(1) < c
(2) D A ＞ ＜
【详解】（1）相同的投料比，对于放热反应，温度越高产物的平衡产率越低，则图象中和的关系是<。在氢气相同的条件下，CO的浓度越大，氢气的转化率越高，则时、在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物的转化率最大的是c点。
（2）①A.正反应是体积减小的放热反应，高温不利于提高CO的转化率，A错误；
B.加入催化剂不能影响平衡状态，转化率不变，B错误；
C.恒压通入惰性气体，容器容积增大，相当于减小压强，平衡左移，CO的转化率减小，C错误；
D.分离出甲醇，平衡正向进行，CO的转化率增大，D正确；
答案选D；
②A.反应前后气体质量和容器容积均不变化，密度始终不变，则混合气体的密度不再随时间的变化而变化不能说明反应达到平衡状态，A符合；
B. 反应前后气体质量不变，但混合气体的物质的量是变化的，则混合气体的平均摩尔质量不再随时间的变化而变化说明反应达到平衡状态，B不符合；
C.CO、的物质的量不是按照化学计量数之比充入的，则二者的浓度之比不再随时间的变化而变化说明反应达到平衡状态，C不符合；
D.若将容器改为绝热恒容容器时，温度是变化的，平衡常数只与温度有关系，则平衡常数K不随时间变化而变化说明反应达到平衡状态，D不符合；
答案选A。
③升高温度平衡逆向进行，甲醇的含量减小，则温度T1＜T2，平衡常数只与温度有关系，压强为，温度为和时对应的平衡常数分别为、，则＞；若恒温恒容条件下，起始时，测得平衡时混合气体的压强为，则
因此，解得x＝，所以CO、氢气和甲醇的物质的量之比是1：2：2，分压分别是、、，时该反应的压强平衡常数。
④若在温度为、压强为的条件下向密闭容器中加入CO、、气体的物质的量之比为2∶1∶2，则反应开始时压强熵是＞，所以平衡逆向进行，则＜。
11．（2020·安徽·肥东县综合高中高三阶段练习）盐酸金刚烷胺是一种治疗和预防病毒性感染的药物，可用于抑制病毒穿入宿主细胞，从结构上看是一种对称的三环状胺，可以利用环戊二烯(CPD)来制备合成，流程图如下：
（1）下列关于X和金刚烷说法正确的是_________。
A．金刚烷和X互为同分异构体，均可以发生氧化反应和取代反应
B．金刚烷和X均可以使溴水褪色
C．金刚烷和X均具有与芳香烃相似的化学性质
D．金刚烷和X均不存在手性碳原子
（2）反应①的反应类型为____________，反应②的条件为________________。
（3）有机物Y的一氯代物的同分异构体的数目为___________，写出Y与氢氧化钠的乙醇溶液反应的化学方程式___________________________________。
（4）有机物Z是一种重要的有机氮肥，在核磁共振氢谱谱图中只有一个峰，写出Z与浓硫酸反应的化学方程式___________________________________。
（5）CPD可以与Br2的CCl4溶液反应，写出其所有可能产物的结构简式___________。
（6）参照上述流程图，并用流程图中出现的试剂和为原料合成，设计其合成路线_________。
【答案】 A 加成反应 Br2，光照 3 CO(NH2)2+2H2SO4（浓）→CO(NH2)2·2H2SO4
【详解】(1)X为，金刚烷为。
A.金刚烷和X的分子式相同，均为C10H16，互为同分异构体，能够燃烧，属于氧化反应，能够与氯气等发生取代反应，故A正确；
B.金刚烷和X均不存在碳碳双键等不饱和键，不能使溴水褪色，故B错误；
C.金刚烷和X均不含有苯环，与芳香烃的化学性质不相似，故C错误；
D.金刚烷和X均含有手性碳原子(、)，故D错误；故选A；
(2)根据流程图，反应①存在C=C→C-C的变化，应为加成反应，反应②为金刚烷与溴的取代反应，反应条件为光照，故答案为加成反应； Br2，光照；
(3)Y为，其一氯代物的同分异构体有3种()，与氢氧化钠的乙醇溶液发生消去反应，反应的化学方程式为，故答案为3；；
(4)根据流程图，Z为尿素，CO(NH2)2中的氨基具有碱性，可以与浓硫酸反应，反应的化学方程式为CO(NH2)2+2H2SO4(浓)→CO(NH2)2·2H2SO4，故答案为CO(NH2)2+2H2SO4(浓)→CO(NH2)2·2H2SO4；
(5)CPD中含有碳碳双键，可以与Br2的CCl4溶液反应发生1,4-加成或1,2-加成或完全加成反应，生成的所有可能产物的结构简式为，故答案为；
(6)根据上述流程图，合成，可以由与发生加成反应，生成，再与氢气加成生成，最后与尿素反应即可，合成路线为，故答案为。
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