2023年高考第二次模拟考试卷-化学（河北A卷）（全解全析）

这是一份2023年高考第二次模拟考试卷-化学（河北A卷）（全解全析），共18页。试卷主要包含了下列说法中错误的是等内容，欢迎下载使用。

2023年高考化学第二次模拟考试卷
化学·全解全析
本卷满分100分，考试时间75分钟。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
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。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 S 32 Fe 56 Co 59 Cu 64 Ba 137

一、单项选择题：本题共14小题，每小题3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．中国画中以墨色为主，以丹青色彩为辅，这样的水墨丹青画一般画在绢、纸上。下列说法错误的是
A．丹指朱砂，也叫辰砂，是的天然矿石
B．青指石青，即蓝铜矿，主要成分，该物质属于盐
C．墨的主要原料是炭黑、松烟、胶等，通过砚用水研磨可以产生用于毛笔书写的墨汁，墨汁属于胶体
D．常见绢、纸的主要成分都是纤维素，纤维素属于天然高分子
【答案】D
【详解】
A．丹指丹砂、朱砂、辰砂，是硫化汞的天然矿石，A正确；
B．青指石青，主要成分，属于碱式碳酸盐，B正确；
C．墨汁、墨水均属于胶体，C正确；
D．绢指丝织品，主要成分为蛋白质，纸的主要成分都是纤维素，蛋白质和纤维素属于天然高分子，D错误；
故选D。
2．2022年目前世界上最大的常规动力航母“福建舰”正式下水，下列说法错误的是
A．“福建舰”携带用的航空煤油和柴油主要成分为烃
B．舰体材料中使用的低磁合金钢属于合金材料
C．降噪减震材料环氧树脂属于有机高分子材料
D．防腐涂料中使用的石墨烯为乙烯的同系物
【答案】D
【详解】
A．从结构化学来讲，煤油和柴油主要成分都是烃类化合物，A正确；
B．低磁合金钢属于合金材料，B正确；
C．环氧树脂是指分子中含有两个或两个以上环氧基团的有机高分子材料，C正确；
D．同系物是结构相似，在分子组成上相差1个或多个CH2原子团的物质，石墨烯是一种由碳原子组成六角型呈蜂巢晶格的二维碳纳米材料，乙烯的分子式为C2H4，石墨烯不是乙烯的同系物，D错误；
故答案为：D。
3．设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．0.2mol苯甲醇完全燃烧，生成的数目为
B．，溶液中含有数目为
C．56gFe与充分反应时转移的电子数为
D．出中含有电子数为
【答案】A
【详解】
A．苯甲醇分子中有7个碳原子，0.2mol苯甲醇完全燃烧，生成的数目为，故A正确；
B．，部分水解，溶液中含有数目少于，故B错误；
C．56gFe与充分反应时，铁过量，转移的电子数为，故C错误；
D．出中含有电子数为(6-1+1×3)NA=，故D错误；
故选A。
4．下列方程式与所给事实相符的一项是
A．吸收气体：
B．明矾水溶液中加溶液至沉淀的质量最大时：

C．溶液中通入，生成黄色沉淀：
D．在稀硝酸中加入过量铁粉：
【答案】C
【详解】
A．过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫以还原性为主，两者发生氧化还原反应，得到Na2SO4，故A错误；
B．明矾与氢氧化钡反应至沉淀质量最大，说明SO全部转化成硫酸钡沉淀，铝元素以AlO形式存在，正确的离子方程式为Al3++4OH-+2Ba2++2SO=2BaSO4↓+AlO+2H2O，故B错误；
C．氯气具有强氧化性，能将-2价S氧化为S，其反应方程式为Cl2+H2S=S↓+2HCl，故C正确；
D．加入铁粉过量，过量铁与Fe3+反应生成Fe2+，其离子方程式为3Fe+2NO+8H+=3Fe3++2NO↑+4H2O，故D错误；
答案为C。
5．下列说法中错误的是
A．、都是极性分子
B．KF是离子化合物，HF为共价化合物
C．在和中都存在配位键
D．和分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构
【答案】A
【详解】
、分别是直线型和平面三角形，都是非极性分子，故A错误；
B.KF是由钾离子和氟离子构成的离子化合物，HF为非金属原子通过共价键形成的共价化合物，故B正确；
C.中氢离子含有空轨道，氮原子含有孤电子对，所以能形成配位键，中铜离子含有空轨道，氮原子含有孤电子对，所以铜离子和氨分子能形成配位键，故C正确；
D.中P元素化合价为价，P原子最外层电子数是5，，则P原子满足8电子结构，Cl元素化合价绝对值为1，其最外层电子数是7，，则Cl原子满足8电子结构；中N元素化合价为价，N原子最外层电子数是5，，则N原子满足8电子结构，F元素化合价绝对值为1，其最外层电子数是7，，则F原子满足8电子结构，故D正确；
答案选A。
6．类比推理是学习化学的重要的思维方法，下列陈述Ⅰ及类比推理陈述Ⅱ均正确的是
选项
陈述Ⅰ
类比推理陈述Ⅱ
A
单质的熔点 Br2 < I2
单质的熔点 Li < Na
B
工业上电解熔融的 Al2O3 得到铝单质
工业上电解熔融的 MgO 得到镁单质
C
还原性：I->Br-
还原性：P3->N3-
D
实验室：Cl2+2KBr(aq)=2KCl(aq)+Br2
实验室：F2+2KBr(aq)=2KF(aq)+Br2

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】
A、Br2、I2属于分子晶体，影响熔沸点高低的因素是分子间作用力；碱金属Li、Na为金属晶体，单质熔点与金属键有关，没有因果关系，选项A错误；
B、Al2O3 、MgO均为高熔点化合物，氯化铝为共价化合物熔融状态下不导电，工业上电解熔融的 Al2O3 得到铝单质，但工业上电解熔融的 MgCl2得到镁单质，选项B错误；
C、非金属性越强，单质的氧化性越强，其简单离子的还原性越强，故还原性I->Br-、P3->N3-，选项C正确；
D、F2具有很强的氧化性，与溴化钾溶液反应时先与水反应生成HF和氧气，不能置换出溴单质，选项D错误。
答案选C。
7．布洛芬是一种用于小儿发热的经典解热镇痛药，异丁基苯是合成它的一种原料，二者的结构简式如图。下列说法正确的是

A．异丁基苯属于芳香烃，与对二乙苯互为同分异构体
B．异丁基苯和布洛芬中碳原子均有和杂化
C．1mol布洛芬与足量的溶液反应生成
D．两者均能发生加成、取代和消去反应
【答案】A
【详解】
A．分子式相同，结构不同的物质互为同分异构体，异丁基苯属于芳香烃，与对二乙苯互为同分异构体，A正确；
B．异丁基苯中的碳为sp2和sp3杂化，布洛芬中碳原子为sp2和杂化，B错误；
C．布洛芬中的羧基可以和碳酸钠反应，溶液过量，不能生成CO2，C错误；
D．两者均能发生加成、取代反应，不能发生消去反应，D错误；
故选A。
8．下列实验操作正确且能达到实验目的的是

A．图1模拟侯氏制碱法获得
B．图2用溶液滴定未知浓度的醋酸溶液
C．图3 溶液，，探究温度对化学平衡的影响
D．图4探究苯酚和碳酸酸性强弱
【答案】C
【详解】
A．氨气极易溶于水，直接通入溶液中会引起倒吸，故A不符合题意；
B．氢氧化钠为强碱，应该使用碱式滴定管，故B不符合题意；
C．，反应吸热，温度改变导致平衡移动使得溶液颜色不同，能探究温度对化学平衡的影响，故C符合题意；
D．挥发的盐酸也会和苯酚钠生成苯酚干扰了实验，故D不符合题意；
故选C。
9．我国科学家利用电池，以水溶液作为锌离子电池的介质，可实现快速可逆的协同转化反应。如图所示，放电时该电池总反应为：
。
下列说法正确的是

A．放电时，为负极，发生氧化反应
B．放电时，参与反应，转移
C．充电时，通过阳离子交换膜从极移向极
D．充电时，阳极发生反应：
【答案】D
【详解】
A．由总反应可知，放电时，Zn为负极，发生氧化反应，故A错误；
B．由总反应可知，反应时生成2molBi，转移6mol电子，参与反应，转移，故B错误；
C．充电时，Zn电极作阴极，极作阳极，溶液中阳离子向阴极移动，则通过阳离子交换膜从极移向极，故C错误；
D．充电时的总反应为：，阳极发生反应：，故D正确；
故选：D。
10．某新型电池材料结构如图所示，X、Y、Z、M、W是同周期主族元素，其中除M外均能满足8电子稳定结构，而X的最外层电子数是W次外层电子数的3倍，下列说法正确的是

A．最简单氢化物的热稳定性和沸点均为Y B．原子半径；Y C．M的单质需保存在煤油中，W的氢化物常表示为
D．W的最高价氧化物对应的水化物是一种三元弱酸
【答案】B
【详解】
根据已知，五种元素是同周期主族元素，又X的最外层电子数是W次外层电子数的3倍，W有二个电子层，次外层为2个电子，X为氧元素；又据盐的结构图示可知，Z形成四个共价键，且与氧(X)形成双键，Z原子的最外层电子数为4，Z为碳元素；Y形成一个共价键，Y为氟元素；盐中含有草酸根结构且与W相连、W还与二个F相连，W为硼元素；电池材料中为非8电子稳定结构，M为锂元素，据此分析解答。
A．非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，非金属性：F>O，稳定性： B．同周期元素原子半径随原子序数增加而增大，原子半径：F C．锂的密度比煤油小，它不可以保存于煤油中，硼化氢通常表示为，C错误；
D．W的最高价氧化物对应的水化物是，是一元弱酸，D错误；
故选：B。
11．不同含金化合物催化乙烯加氢的反应历程如下图所示：

下列说法正确的是
A．从图中可得1mol C2H4(g)具有的能量比1mol C2H6(g)的能量高
B．过渡态1比过渡态2物质的稳定性弱
C．催化剂催化下，该反应的△H= -233.7kJ·mol-1
D．相比催化剂，AuF催化乙烯加氢的效果更好
【答案】B
【详解】
A．根据图示可知，1mol C2H4(g)和1mol H2(g)具有的能量比1mol C2H6(g)的能量高，A错误；
B．根据图示可知，过渡态1具有的能量比过渡态2高，则过渡态1比过渡态2物质的稳定性弱，B正确；
C．该反应的△H=-129.6kJ·mol-1，且焓变与催化剂无关，C错误；
D．根据图示可知，对应的活化能小，则催化效果好，D错误；
故选B。
12．化学实验源于生活。下列实验方案设计、现象与结论均正确的是
选项
目的
方案设计
现象与结论
A
检验食盐中是否含碘元素
向某食盐溶液中滴加淀粉溶液
溶液颜色不变，说明该食盐属于无碘盐
B
检验火柴头中是否含有氯元素
将几根未燃过的火柴头浸入水中，稍后取少量溶液于试管中，加入稀、溶液
若有白色沉淀产生，|说明火柴头中含有氯元素
C
检验菠菜中的铁元素
取少量菠菜叶剪碎研磨后加水搅拌，取上层清液于试管中，加入稀硝酸后再加入溶液
若溶液变红，说明菠菜中含有铁元素
D
检验鸡皮中是否含有脂肪
取一小块鸡皮于表面皿上，将几滴浓硝酸滴到鸡皮上
一段时间后鸡皮变黄，说明鸡皮中含有脂肪

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】
A．食盐中所加碘一般为碘酸钾，碘酸钾遇淀粉不变蓝色，因此实验设计不合理，故A错误；
B．火柴头中的氯元素在氯酸钾中存在，氯酸钾溶于水不能直接电离出氯离子，加硝酸酸化的硝酸银不能生成氯化银白色沉淀，故B错误；
C．加硝酸后再加KSCN溶液变红，说明溶液中存在，从而可说明菠菜中含有铁元素，故C正确；
D．加浓硝酸鸡皮变黄，是蛋白质的性质，不能证明脂肪存在，故D错误；
故选：C。
13．铼(Re)被称为“类锰元素”，与锰的价电子排布相同，可以与氧气反应。一种对废氧化铝载体铂铼催化剂中金属元素综合回收利用的工艺如图：

下列说法正确的是
A．“第1次浸出”中可以用氢氧化钠溶液代替氨水，浸出渣1成分不变
B．铼元素的最高价氧化物Re2O7为碱性氧化物
C．制备铼粉过程中，氢气只体现还原作用
D．“第3次浸出”中若用HC1-NaClO3作浸出液，反应离子方程式可能为：
3Pt+16Cl-+2C1O+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O
【答案】D
【详解】
废氧化铝载体铂铼催化剂经过焙烧细磨后，加入氨水溶解Re得到NH4ReO4，Pt和氧化铝在浸出渣1中。NH4ReO4经过800℃下通入氢气制备铼粉；浸出渣1加硫酸溶解氧化铝，浸出渣2为Pt；硫酸铝用于制备净水剂，浸出渣2用于制备海绵Pt，据此分析解题。
A．“第1次浸出”用氨水溶解含Re的物质，含Al2O3在滤渣中，Al2O3能与氢氧化钠溶液反应，不能使用氢氧化钠溶液代替氨水，故A错误；
B．七氧化二铼溶于水生成高铼酸溶液，所以Re2O7为酸性氧化物，故B错误；
C．在800℃下通入氢气，还原NH4ReO4制备铼粉，氢气不仅作为还原剂，还可以通过气流带走生成的水蒸气和氨气，故C错误；
D．用HC1-NaClO3作浸出液溶解Pt，可形成配合物，反应离子方程式可能为：3Pt+16Cl-+2C1O+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O，故D正确；
故答案选D。
14．按如图1装置，常温下分别向25mL0.3mol•L-1Na2CO3溶液和25mL0.3mol•L-1NaHCO3溶液中逐滴滴加0.3mol•L-1的稀盐酸，测得压强随盐酸体积的变化曲线如图2所示，已知：碳酸Ka1=4.3×10-7；Ka2=5.6×10-11。下列说法正确的是

A．X为Na2CO3溶液的反应曲线
B．a点溶液中c(H+)的数量级为10-12
C．a到c点之间的离子浓度大小关系：c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH-)＞c(H+)
D．水的电离程度：c＜a＜b
【答案】C
【详解】
碳酸钠与盐酸反应先发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，继续滴加盐酸，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，碳酸氢钠与盐酸反应直接生成二氧化碳，因此碳酸氢钠与盐酸反应压强逐渐增大，碳酸钠与盐酸反应开始时压强几乎不变，随着反应进行压强增大，因此图像中X曲线代表碳酸氢钠与盐酸反应，据此分析；
A．根据上述分析，曲线X为碳酸氢钠溶液反应曲线，曲线Y为碳酸钠溶液反应的曲线，故A错误；
B．25mL0.3mol/L碳酸钠与12.5mL0.3mol/L盐酸反应，反应后溶液中的溶质有NaHCO3和Na2CO3，且物质的量相等，推出c(CO)≈c(HCO)，利用电离平衡常数Ka2=c(H+)≈5.6×10-11mol/L，a点溶液中c(H+)的数量级为10-11，故B错误；
C．a点溶质为NaHCO3和Na2CO3，且物质的量相等，c点加入25mL0.3mol/L盐酸，溶质为NaHCO3，溶液显碱性，因此a到c点之间的离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH-)＞c(H+)，故C正确；
D．a点溶质为NaHCO3和Na2CO3，c点溶质为NaHCO3，b点溶质为NaCl，HCO、CO发生水解，促进水的电离，NaCl对水的电离无影响，b点水的电离程度最小，故D错误；
答案为C。

二、非选择题：共58分。
15．（15分）邻硝基苯甲醛是一种重要的精细化学品，实验室可通过图1装置(夹持仪器已略去)，以邻硝基苄醇为原料，利用两相反应体系(图2)实现邻硝基苯甲醛的选择性氧化合成。已知部分物质的性质如表所示。
物质


TEMPO－COOH
溶解性
微溶于水，易溶于CH2Cl2
难溶于水，易溶于CH2Cl2
易溶水，难溶于CH2Cl2
熔点/℃
70
43
—
沸点/℃
270
153
—
性质
+NaHSO3 (易溶于水)


实验步骤如下：
I. 向三颈瓶中依次加入1.53g (10mmol)邻硝基苄醇，10.0mL二氯甲烷(沸点39.8℃)和磁子，搅拌使固体全部溶解。再依次加入1.0mL TEMPO－COOH水溶液(做催化剂)和13.0mL饱和NaHCO3溶液。在15℃和剧烈搅拌条件下，滴加13.0mL(足量)10% NaClO水溶液后，继续反应40min。
II. 反应完全后，将反应液倒入分液漏斗，分出有机层后，水相用10.0mL二氯甲烷萃取，合并有机相，经无水硫酸钠干燥、过滤后，除去并回收滤液中的二氯甲烷，得到粗品。
III. 将粗品溶解在20.0mL二氯甲烷中，加入10.0mL饱和NaHSO3溶液，充分作用后，分离得到水层，水层在水浴中用5%氢氧化钠溶液调节pH到10，浅黄色固体析出完全。抽滤、干燥至恒重，得1.30g产品。
（1）控制反应温度为15℃的方法是___________；滴加NaClO溶液时，需要先将漏斗上端玻璃塞打开，目的是___________。
（2）合成产品的化学方程式为____________________________________。
（3）配制饱和NaHCO3溶液时，必须使用的仪器是(填写仪器名称)___________。

（4）相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量，原因是___________________________；该副产物主要成分是____________。
（5）步骤II中除去并回收二氯甲烷的实验方法是___________。
（6）若用一定浓度盐酸代替“步骤III”中的5%氢氧化钠溶液调节pH，_______(填“能”或“不能”)析出大量产品，原因是_____________________。
（7）本实验产率为____________(计算结果保留3位有效数字)。
【答案】
(1)冷水浴（1分）     平衡内外压强，使漏斗内液体顺利流下（1分）
(2)+NaClO+H2O+NaCl（2分）
(3)烧杯、玻璃棒（2分）
(4)生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化（2分）     邻硝基苯甲酸（1分）
(5)蒸馏（1分）
(6)能（1分）     浓盐酸会与NaHSO3溶液反应，使平衡逆向移动，析出产品（2分）
(7)86.1%（2分）
【详解】
以邻硝基苄醇为原料，利用两相反应体系实现邻硝基苯甲醛的选择性氧化合成，发生的反应为+NaClO+H2O+NaCl，反应在水相中进行，生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化，相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量，据此分析解答。
（1）控制反应温度为15℃的方法是冷水浴；滴加NaClO溶液时，需要先将漏斗上端玻璃塞打开，目的是平衡内外压强，使漏斗内液体顺利流下，故答案为：冷水浴；平衡内外压强，使漏斗内液体顺利流下；
（2）在催化剂存在条件下，邻硝基苄醇被NaClO氧化生成邻硝基苯甲醛，本身被还原为NaCl，由原子守恒可知，产物还应该有水，反应的化学方程式为+NaClO+H2O+NaCl，故答案为：+NaClO+H2O+NaCl；
（3）配制饱和NaHCO3溶液时，往蒸馏水中加碳酸氢钠，加到碳酸氢钠无法再溶解为止，取上层清夜，就是碳酸氢钠饱和溶液，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，故必须使用的仪器是烧杯、玻璃棒，故答案为：烧杯、玻璃棒；
（4）反应在水相中进行，生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化，相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量；邻硝基苯甲醛具有还原性，能被NaClO进一步氧化为邻硝基苯甲酸，则该副产物主要成分是邻硝基苯甲酸，故答案为：生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化；邻硝基苯甲酸；
（5）二氯甲烷沸点较低，而邻硝基苯甲醛沸点较高，分离沸点不同的液体混合物要用蒸馏的方法，所以步骤II中除去并回收二氯甲烷的实验方法是蒸馏，故答案为：蒸馏；
（6）溶液中存在平衡：+NaHSO3，浓盐酸会与NaHSO3溶液反应，使平衡逆向移动，能析出大量产品，故答案为：能；浓盐酸会与NaHSO3溶液反应，使平衡逆向移动，析出产品；
（7）由反应+NaClO+H2O+NaCl可知，1.53g(10mmol)邻硝基苄醇与过量的NaClO完全反应，理论上可得到10mmol邻硝基苯甲醛，质量为0.01mol151g/mol=1.51g，产率=100%=86.1%，故答案为：86.1%。
16．（14分）磷酸亚铁锂电池是新能源汽车的动力电池之一、文献报道可采用、、和苯胺等作为原料制备。废旧电池正极片(含有磷酸亚铁锂、炭黑和铝箔等)也可再生利用，其工艺流程如下：

（1）上述流程中至少需要经过_______次过滤操作。
（2）“氧化”发生反应的离子方程式为___________________________；若用代替，不足之处是_________________。
（3）已知。常温下，在悬浊液中，当溶液的时，的浓度为_______。
（4）中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的的结构式为_________________，其中的配位数为_______。
（5）苯胺()的晶体类型是____________。苯胺与甲苯()的相对分子质量相近，但苯胺的熔点()、沸点()分别高于甲苯的熔点()、沸点()，原因是_________________。
（6）中P的_______杂化轨道与O的轨道形成_______键。
【答案】
(1)5（1分）
(2)H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O （2分）    产生氮的氧化物，污染空气（1分）
(3)（2分）
(4)或 （2分）    4（1分）
(5)分子晶体 （1分）    苯胺分子间存在氢键（2分）
(6)sp3 （1分）    （1分）
【详解】
废旧电池正极片(含有磷酸亚铁锂、炭黑和铝箔等)放电拆解后，加入NaOH溶液碱浸，过滤得到NaAlO2溶液，经过一系列过程反应制备Al，滤渣酸浸过滤得到炭黑和Li2SO4、FeSO4的溶液，加入H2O2溶液将Fe2+氧化为Fe3+，加入NaOH溶液和NH3H2O调节溶液pH，使Fe3+沉淀生成Fe(OH)3沉淀，过滤后滤液中加入Na2CO3沉淀Li+，生成Li2CO3。
（1）上述过程分析可知过滤操作需要5次，分别为碱浸、酸浸、沉淀Fe3+、沉淀Li+，沉淀Al3+；
（2）“氧化”过程是H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O；若用代替，不足之处是产生氮的氧化物，污染空气；
（3）常温下，在悬浊液中，当溶液的时，，已知，则；
（4）中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在，即分子式为Fe26，每个Fe原子与3个原子形成共价键，还可以提供空轨道与另一个原子提供的孤电子对形成配位键，结构式可表示为或；由结构式可知，Fe的配位数为4；
（5）苯胺是有机化合物，属于分子晶体，由于苯胺分子中N原子电负性大，原子半径小，易形成分子间氢键N-HH，导致熔、沸点比相对原子质量相近的甲苯高；
（6）PO中P的价层电子对数为，P采用sp3杂化方式，杂化轨道与配位原子只能形成键，故与O原子的2p轨道形成键。
17．（15分）的回收及综合利用越来越受到国际社会的重视，将转化为高附加值化学品已成为有吸引力的解决方案。
Ⅰ．以、为原料合成
（1）和在某催化剂表面上合成的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。

该反应历程中活化能最小步骤的化学方程式为_________________。
（2）已知相关化学键的键能数据如下：
化学键






436
414
464
326
803
结合表中数据及反应历程图，写出由和合成的热化学方程式_____________________________。
（3）在一容积可变的密闭容器中，充入与，发生上述反应，实验测得在不同温度下的平衡转化率与总压强的关系如图所示：

①、、从高到低排序为___________。
②请计算在温度下，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，保留三位有效数字)。
Ⅱ．利用下列工艺脱除并利用水煤气中的温室气体

（4）上述脱除工艺中可循环利用的物质是___________；某温度下，当吸收塔中溶液时，溶液中_________________(已知：该温度下的，)。
（5）用上述装置电解利用气体，制取燃料，铂电极上的电极反应式为_______________________。当玻碳电极上生成标准状况下时，通过质子交换膜的离子的物质的量为___________。
Ⅲ．以表面覆盖为催化剂，可以将和直接转化成乙酸
（6）在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示。250～400℃时，生成乙酸的速率先减小后增大，理由是_______________________。

【答案】
(1)（2分）
(2)（2分）
(3)  （1分）   （2分）
(4)  （1分）   （2分）
(5)  （2分）   4mol（1分）
(6)当温度高于，催化剂活性降低，反应速率减慢，随着温度升高，反应速率主要受温度影响，与催化剂无关，所以反应速率又增大（2分）
【详解】
（1）由图可知，该过程中能垒最小的步骤为：；
（2）由图可知，和合成的化学方程式为：，根据，根据键能，，所以热化学方程式为：；
（3）
①因为该反应为放热反应，压强不变时，温度越高，平衡逆向移动，的转化率越小，所以、、从高到低排序为；
②平衡常数只与温度有关，时，压强为50atm，的转化率为50％，根据三段式：，
，；
（4）根据图示，用溶液吸收，生成，分解生成，可以循环使用；的电离常数，，，；
（5）由图可知，玻碳电极产生，为阳极，铂电极为阴极，发生反应的电极反应式为：，阳极的电极反应式为：，生成标准状况下，有4mol质子通过质子交换膜；
（6）250～400℃时，生成乙酸的速率先减小后增大，原因是当温度高于，催化剂活性降低，反应速率减慢，随着温度升高，反应速率主要受温度影响，与催化剂无关，所以反应速率又增大。
18．（14分）化合物G俗称依普黄酮，是一种抗骨质疏松药物的主要成分。以甲苯为原料合成该化合物的路线如下图所示：

已知：
I．G 的结构简式为

II．
（1）反应①的反应条件为_______________。
（2）C的名称为_____________，C中碳原子的杂化类型为_____________。
（3）E中官能团的名称为______________， 反应F→G的反应类型为__________。
（4）E与足量的H2完全加成后所生成的化合物中手性碳原子(碳原子上连接四个不同的原子或基团)的个数为______________。
（5）已知N为催化剂，则E+HC(OC2H5)3→F的化学方程式为____________________。
（6）K是D的同系物，其相对分子质量比D多14，满足下列条件的K的同分异构体共有________种。
①苯环上只有两个取代基；
②能与Na反应生成H2；
③能与银氨溶液发生银镜反应。
（7）根据上述信息，设计以苯酚和为原料，制备的合成路线 ________________________________________________________(无机试剂任选)。
【答案】
(1)光照（1分）
(2)苯乙腈  （1分）   sp  sp2 sp3（2分）
(3)羟基、酮羰基(或羰基)  （2分）   取代反应（1分）
(4)4（1分）
(5)（2分）
(6)18（2分）
(7)
（2分）

【详解】
与氯气在光照条件下发生取代反应生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成，对比D、E的结构，可知D（）与H发生已知中取代反应生成E（），可推知H为，与HC(OC2H5)3在作催化剂条件下生成，E在组成上去掉3个氢原子、加上1个CH原子团转化为F，可知E→F的转化中还有CH3CH2OH生成，与发生取代反应生成；
（7）由与反应生成，与HCl反应生成生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成。
（1）反应①是与氯气在光照条件下发生取代反应生成，故答案为：取代反应；
（2）由题干合成流程图中，C的结构简式可知，C的名称为苯乙氰，C中碳原子的杂化类型有氰基上含有碳氮三键，碳原子采用sp杂化，苯环上碳原子采用sp2杂化，还有一个亚甲基上碳原子采用sp3杂化，故答案为：苯乙氰；sp、sp2、sp3；
（3）由分析可知，E的结构简式为：，则E中官能团的名称为(酚)羟基和酮羰基，由题干合成流程图中F和G的结构简式和F到G的转化条件可知，反应F→G的反应类型为取代反应，故答案为：(酚)羟基和酮羰基；取代反应；
（4）E与足量的H2完全加成后所生成，图中标有“*”为手性碳原子：，即含有4个手性碳原子，故答案为：4；
（5）E+HC(OC2H5)3→F的化学方程式为，故答案为：；
（6）D为，K是D的同系物，其相对分子质量比D多14，则K比D对1个CH2原子团，K能与Na反应生成H2、能与银氨溶液发生银镜反应，说明K含有羟基、醛基，其K的苯环上只有两个侧链，可以是间苯环插入HOCH2CH2CHO、中的碳碳键之间或是碳氧单键之间，均有3种位置，2个取代基有邻、间、对3种位置关系，故符合条件的同分异构体共有3×(3+3)=18种，故答案为：18；
（7）由与反应生成，与HCl反应生成生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成，合成路线为，
故答案为：。