重庆市南开中学2022-2023学年高三化学上学期11月月考试题（Word版附解析）

这是一份重庆市南开中学2022-2023学年高三化学上学期11月月考试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了5 Zn—65，1NA， 下列变化中，气体被还原的是， 化学是以实验为基础的科学等内容，欢迎下载使用。

重庆市高2023届高三第三次质量检测
化学试题
考生注意：
1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16 Si—28 Cl—35.5 Zn—65
一、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. 化学与生活息息相关，下列有关说法正确的是
A. 中国酒文化源远流长，糖类、油脂和蛋白质都可以用来酿酒
B. 纤维素属于营养物质，在人体内消化产生葡萄糖
C. 碳酸钠可用作制作糕点的膨松剂，是因为加热能分解出二氧化碳
D. 含氟牙膏可坚固牙齿、预防龋齿，与F-有关
【答案】D
【解析】
【详解】A．糖类可以用来酿酒，蛋白质、油脂不能用来酿酒，A错误；
B．纤维素属于营养物质，在人体内不能被分解为葡萄糖，B错误；
C．碳酸钠受热较稳定，碳酸氢钠受热不稳定分解生成二氧化碳可用作制作糕点的膨松剂，C错误；
D．含氟牙膏可坚固牙齿、预防龋齿，与F-生成氟化钙有关，D正确；
故选D。
2. “人世间一切的幸福都需要靠辛勤的劳动来创造。”下列劳动及其涉及的原理均正确的是
选项
劳动
原理
A
用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品
SiO2是酸性氧化物
B
游轮底部定期更换锌块
利用电解原理可防止船体腐蚀
C
煮豆浆点卤水制作豆腐
加入电解质使胶体发生聚沉
D
用二氧化碳人工合成淀粉
CO2被氧化

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，是因为二氧化硅可与HF发生反应，与其是否为酸性氧化物无关，A错误；
B．游轮底部定期更换锌块，利用的是牺牲阳极的阴极保护法，不是电解原理，B错误；
C．豆浆属于胶体，卤水中含钙离子等电解质，加入电解质，可使胶体发生聚沉，利用此原理可制得豆腐，C正确；
D．用二氧化碳人工合成淀粉(C6H10O5)n，C元素从+4价降低到0价，被还原，D错误；
故选C。
3. “中国芯”的主要原料是单晶硅，反应SiCl4+2H2Si+4HCl可用于纯硅的制备。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 常温下，pH=1的HCl溶液中含有的H+数目为0.1NA
B. 标准状况下，1mol SiCl4的体积为22.4L
C. SiCl4的电子式为
D. 28g晶体硅中含有的共价键数目为2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．pH=1只能求出氢离子的浓度，体积未知，所以无法求出数目，A错误；
B．标准状况下，SiCl4为非气态，摩尔体积不是22.4L/mol，所以无法计算1mol SiCl4的体积，B错误；
C．SiCl4所给的电子式为 ，Cl不满足8电子结构，C错误；
D．1mol Si单质含有2mol Si-Si键，28g Si的物质的量为1mol，所以含有的共价键数目为2 NA，D项正确；
故答案为D。
4. 下列变化中，气体被还原的是
A. CO2使Na2O2固体变白 B. Cl2使NaBr溶液变黄
C. 乙烯使溴水褪色 D. NH3使AlCl3溶液产生白色沉淀
【答案】B
【解析】
【详解】A．CO2使Na2O2固体变白，发生的反应为：，CO2中午元素化合价升降，A不符合题意；
B．Cl2使NaBr溶液变黄，发生的离子反应为：，其中Cl2中Cl元素化合价降低，被还原，B符合题意；
C．乙烯使溴水褪色原因是乙烯与溴水发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，气体未被还原，C不符合题意；
D．NH3使AlCl3溶液产生白色沉淀，原因是氨气溶于水形成的一水合氨与铝离子发生复分解反应生成氢氧化铝沉淀和铵根离子所致，气体未被还原，D不符合题意；
故选B。
5. 宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列变化对应的离子方程式正确的是
A. 向含氯化铁的氯化镁溶液中加入氧化镁：2Fe3++3MgO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3Mg2+
B. 向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸：2NO+3Fe2++4H+=3Fe3++2NO↑+2H2O
C. 碳酸钙溶于醋酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
D. 铅蓄电池放电时正极上的反应：PbO2+2e-+4H+=Pb2++2H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A．向含氯化铁的氯化镁溶液中加入氧化镁，氧化镁消耗Fe3+水解产生的氢离子，使Fe3+的水解平衡正向移动生成Fe(OH)3沉淀，该离子方程式正确，A正确；
B．碘离子的还原性大于亚铁离子的还原性，少量硝酸优先氧化碘离子，B错误；
C．醋酸为弱酸，在离子方程式中不可拆分，C错误；
D．铅蓄电池放电时正极二氧化锰得电子生成硫酸铅固体，正确的离子方程式为：PbO2+2e-+4H++SO=PbSO4+2H2O，D错误；
故选A。
6. 下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是
A. 银氨溶液：Na+、K+、NO、NH3•H2O
B. 中性溶液中：Fe3+、K+、Cl-、SO
C. 氢氧化铁胶体：H+、K+、S2-、Br-
D. 高锰酸钾溶液：H+、Na+、SO、葡萄糖分子
【答案】A
【解析】
【详解】A．银氨溶液显碱性，该组各物质之间不反应，可大量共存，故A正确；
B．铁离子在中性溶液中会生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，故B错误；
C．胶体遇电解质溶液发生聚沉，且氢氧化铁能和氢离子生成铁离子，不能大量共存，故C错误；
D．葡萄糖能被酸性高锰酸钾氧化，不能大量共存，故D错误；
故选A。
7. 磷可形成多种多原子阴离子，如图所示的多磷阴离子中P原子都达到了8电子稳定结构：

下列说法中不正确的是
A. 形成2个单键的P带1个单位负电荷 B. (a)和(b)所带电荷数分别为-4和-3
C. (d)中的最小环是五元环，一共有6个五元环 D. (c)和(d)的化学式分别是P和P
【答案】D
【解析】
【详解】A．形成2个单键的P说明有两对共用电子，此时P最外层共7个电子，要想达到8电子稳定结构，需要得1个电子，故带1个单位负电荷，A正确；
B．形成3个单键的P达到了8电子稳定结构，不需要得电子，形成2个单键得P有7个电子，需要得到1个电子，a中有4个形成2个单键的P，共需得4个电子，故显-4价；b中有3个形成2个单键的P，共需得3个电子，故显-3价，B正确；
C．从d的结构式中可知d中的最小环是五元环，一共有6个五元环，C正确；
D．c中有6个形成2个单键的P，共需得6个电子，故显-6价；d 中有3个形成2个单键的P，共需得3个电子，故显-3价，故c、d的化学式分别是P和P，D错误；
故答案选D。
【点睛】题中指明P原子都达到8电子稳定结构，可根据共价单价的成键特点推断P原子的得失电子情况，从而得出阴离子的价态。
8. 在10L密闭容器中充入气体M和N，发生反应M(g)+N(g)2P(g)+2Q(s) △H，所得实验数据如表：
实验编号
温度/℃
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n(M)
n(N)
n(P)
①
350
0.50
0.20
0.20
②
550
0.50
0.20
0.10
③
550
0.25
0.10

下列说法不正确的是
A. 实验①达到平衡后加入0.20molQ，平衡不移动
B. 550℃下向该容器中只充入0.20molM和0.50molN，平衡时n(P)=0.10mol
C. 反应的平衡常数：实验①<实验③
D. 实验③达到平衡后n(Q)=0.05mol
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应为气体体积不变的反应，平衡后加入P，相当于增大压强，平衡不移动，A项正确；
B．M和N的化学计量数相同，所以在相同温度下，平衡常数相同，平衡时P的物质的量与实验②的结果相同，B项正确；
C．实验②与实验③温度相同，平衡常数相同，与实验①相比，实验②的温度升高，平衡时P的物质的量小，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，对于放热反应，温度越高，平衡常数越小，故反应的平衡常数：实验①>实验③，C项错误；
D．实验②与实验③温度相同，K相同，同时实验③初始物质的量为实验②的一半，相当于减小压强，平衡不移动，所以平衡时P的物质的量为0.05mol，则Q的物质的量与P相等，也为0.05mol，故D正确；
故答案为C。
9. 化学是以实验为基础的科学。下列实验操作或做法正确且能达到目的的是
选项
操作或做法
目的
A
取5mL0.1mol•L-1FeCl3溶液，滴加5～6滴0.1mol•L-1KI溶液，充分反应后再滴加少量的KSCN溶液，溶液变红
证明KI与FeCl3的反应是可逆反应
B
向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，溶液中黄色变为浅绿色
证明维生素C具有还原性
C
将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，振荡，观察到生成白色胶状固体
证明非金属性：Cl>Si
D
常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生
证明常温下，Ksp(BaCO3)
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验步骤中铁离子过量，所以无法达到实验目的，A错误；
B．铁离子具有氧化性，加入维生素C后，溶液由黄色变为浅绿色，证明铁离子被还原为亚铁离子，则说明维生素C具有还原性，B正确；
C．稀盐酸不是Cl的最高价含氧酸，则通过酸性强弱无法证明其非金属性强弱，C错误；
D．事实上Ksp(BaCO3)＞Ksp(BaSO4)，D错误；
故选B。
10. 双香豆素是一种重要的抗凝血药物，可用于防治血栓形成，其结构如图所示。下列说法正确的是

A. 双香豆素中有3种杂化类型的碳原子
B. 双香豆素有4种一氯代物
C. 双香豆素可以形成分子内氢键
D. 用香豆素( )和HCHO合成双香豆素反应的原子利用率为100%
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯环和碳碳双键上的C原子采用sp2杂化，亚甲基上的中心C原子采用sp3杂化，共2种杂化方式，A错误；
B．根据等效氢思想可知，双香豆素有5种一氯代物，如图： ，B错误；
C．根据分子结构可知，双香豆素分子内的羟基之间可形成分子内氢键，C正确；
D．2mol香豆素分子( )和1molHCHO在一定条件下可合成1mol双香豆素和 1molH2O，所以反应的原子利用率未达到100%，D错误；
故选C。
11. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。W与X形成的离子化合物化学式为W3X。X和Y相邻，二者可以形成多种化合物。X和Z原子处于同一主族。下列说法中正确的是
A. 原子半径：X>Y>Z B. 第一电离能：X>Y>W
C. 简单氢化物的稳定性：Y>Z>X D. 电负性：Y>X>W>Z
【答案】B
【解析】
【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。W与X形成的离子化合物化学式为W3X，若W为+1价，则X为-3价，则W为Li，X为N；X和Y相邻，二者可以形成多种化合物。X和Z原子处于同一主族，则推知Y为O元素，Z为P元素，据此分析解答。
【详解】A．同周期元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素原子半径从上到下依次增大，则原子半径：Z(P)> X(N)> Y(O)，A错误；
B．同周期元素第一电离能呈增大趋势，VA族元素原子最高能级处于稳定结构，不易失去电子，其第一电离能大于同一周期相邻VIA族的，所以第一电离能：X(N)> Y(O)>W(Li)，B正确；
C．元素非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，因非金属性：Y(O) > X(N) > Z(P)，C错误；
D．元素非金属性越强，一般对应电负性越强，W为Li，属于金属，电负性较弱，则电负性：Y(O) > X(N) > Z(P)> W(Li)，D错误；
故选B。
12. 钯(Pd)类催化剂在有机合成中的应用非常广泛。LnPd催化剂可以催化卤代烃和炔烃的偶联反应，机理如图所示：

下列说法错误的是
A. 若原料用苯乙炔和CH2=CHBr，则产物是
B. R1X变为时发生了还原反应
C. 该反应用了两种催化剂：LnPd和CuX
D. 适量添加Na2CO3有利于提高产率
【答案】A
【解析】
【分析】根据图示流程可知，该反应的催化剂为LnPd和CuX，则总反应式为R1—X+R2—C≡CHHX+R2—C≡C—R1。
【详解】A．根据分析的总反应可知，若原料用苯乙炔和CH2=CHBr，则R1为-CH=CH2，X为Br，R2为苯基，则产物为HBr和，A错误；
B．Ln为零价配体，Pd在产物中一般显正价，则R1X变为时发生的是还原过程，B正确；
C．根据上述分析可知该反应用了两种催化剂：LnPd和CuX，C正确；
D．适量添加Na2CO3可消耗产物中的HX，从而有利于提高原料利用率和产率，D正确；
故选A。
13. 科学家设计了一种电化学装置如图所示(X、Y为离子交换膜)，该装置在处理有机废水的同时可以对海水进行淡化。下列叙述不正确的是

A. Y为阳离子交换膜
B. 正极发生的反应为O2+4e-+2H2O=4OH-
C. 该装置工作过程中负极区溶液的质量将减少
D. 该装置不能在高温下工作
【答案】C
【解析】
【分析】装置左侧电极上，CH3COO-转化为CO2，发生氧化反应，则左侧电极为电池负极；右侧电极为正极，氧气发生还原反应生成OH-，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；海水中Cl-通过X进入左侧，Na+通过Y进入右侧，则Y为阳离子交换膜；电池负极有H+生成，电极反应式为。
【详解】A．由分析可知，Y为阳离子交换膜，A正确；
B．由分析可知，正极发生的反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，B正确；
C．负极的电极反应式为，生成的2mol二氧化碳逸出，但有8molCl-向左室移动，故负极区溶液的质量将增大，C错误；
D．该装置负极上有硫还原菌，故该装置不能在高温下工作，D正确；
答案选C。
14. 常温常压下，向饱和食盐水中缓慢通入NH3至饱和，然后向所得溶液中缓慢通入CO2，整个实验进程中溶液pH随通入气体总体积的变化曲线如图所示(实验中不考虑氨水的挥发和溶液体积变化)。下列叙述不正确的是

A. 由a点到b点的过程中，NH3•H2O的电离程度减小
B. 由c点到d点的过程中，溶液中增大
C. 由图可知，(NH4)2CO3溶液显碱性、NH4Cl溶液显酸性
D. d点所示溶液中：c(Na+)=c(Cl-)>c(HCO)=c(NH)
【答案】D
【解析】
分析】氨气溶于水显碱性，温常压下，向饱和食盐水中缓慢通入NH3至饱和到达b点，此时溶液碱性最强；然后向所得溶液中缓慢通入CO2，氨气、二氧化碳、氯化钠、水反应生成碳酸氢钠、氯化铵，溶液碱性减弱酸性增强，pH减小；
【详解】A．由a点到b点的过程中，氨气溶解，生成乙酸合氨浓度变大，导致NH3•H2O的电离程度减小，A正确；
B．溶液中，由c点到d点的过程中，氢离子浓度变大、氢氧离子浓度变小，则比值变大，B正确；
C．，二氧化碳和氨气体积比为1:2时生成碳酸铵，，当二氧化碳和氨气体积比为1:1时生成氯化铵，结合图像中cd点可知，(NH4)2CO3溶液显碱性、NH4Cl溶液显酸性，C正确；
D．d点所示溶液中溶质为NH4Cl、碳酸氢钠，由于部分碳酸氢钠饱和析出，根据钠、氯元素守恒可知：c(Na+) 故选D。
二、非选择题：共58分。
15. ZnO是一种常用的化学添加剂，广泛应用于塑料、合成橡胶、药膏、食品、电池、阻燃剂等产品的制作中。利用锌精矿(主要成分为ZnS，杂质为CuS、FeS、SiO2)制备ZnO的一种工艺流程如图：

已知：Zn(OH)2可与足量NaOH反应生成Na2[Zn(OH)4]；Kb(NH3•H2O)=1.8×10-5。
回答下列问题：
（1）写出“焙烧”过程中ZnS发生反应的化学方程式：____，产物中气体分子的空间结构为____。
（2）写出“酸浸”时含铁化合物发生反应的离子方程式：____。
（3）“滤渣1”的成分是____(填化学式，后同)，“滤液3”的溶质是____。
（4）“沉杂”时加入过量NaOH的目的是____。
（5）Zn(OH)2亦可溶于氨水，发生如下两个反应：
①Zn(OH)2+4NH3•H2O=Zn(NH3)+2OH-+4H2O K1=1.2×10-7
②Zn(OH)2+2NH3•H2O=Zn(OH)+2NH K2=5.9×10-9
现向足量Zn(OH)2中加入氨水，通过调节控制溶解后溶液中c(NH3•H2O)=c(NH)=0.1mol•L-1，则溶解后溶液中c[Zn(NH3)]：c[Zn(OH)]=____(保留两位有效数字)。
（6）“洗涤”后，将10.7g滤渣充分灼烧得到8.1gZnO，比预期产量____(填“偏高”或“偏低”)，可能的原因是____。
【答案】（1） ①. ; ②. V形；
（2）；
（3） ①. ； ②. ；
（4）使铁离子，铜离子与氢氧化钠反应生成沉淀，中和硫酸；
（5）；
（6） ①. 偏高； ②. 有可能没洗干净有剩余的碳酸氢钠，碳酸氢钠分解产生碳酸钠；
【解析】
【小问1详解】
在溶液中加入碳酸钠生成氧化锌和二氧化硫，；分子中，S原子的确采用 杂化，其中2个杂化轨道与O原子成键，还有一个杂化轨道里面是未共用电子对，三对电子之间都有排斥力。 因此分子就是V形的；
【小问2详解】
硫化铁焙烧后得到四氧化三铁，四氧化三铁和硫酸反应的方程式为；
【小问3详解】
氧化锌，四氧化三铁，氧化铜均能和硫酸反应，加入硫酸后转化为，，，，而二氧化硅为酸性氧化物，不与酸（除氢氟酸外）反应，故滤渣为；二氧化碳与反应会得到氢氧化锌和碳酸氢钠，则滤液3中的溶质为；
【小问4详解】
使，，，与氢氧化钠反应生成沉淀，中和硫酸；
【小问5详解】
①-②可以得到方程式：，已知，， ,则,可以得出；
【小问6详解】
偏高；有可能没洗干净有剩余的碳酸氢钠，碳酸氢钠分解产生碳酸钠；
16. 叠氮化合物是重要的有机合成试剂，化学兴趣小组的同学在实验室制备叠氮化钾(KN3)并测定其结构。
I.制备KN3
在异丙醇[(CH3)2CHOH]和H2SO4的混合溶液中逐滴加入NaNO2溶液，将反应容器置于冰盐浴中，控制温度低于0℃。反应1h后生成的亚硝酸异丙酯[(CH3)2CHONO]浮在表面上，分离出上层的油状物，接着用NaCl和NaHCO3的混合溶液洗涤(CH3)2CHONO三次，干燥后得到(CH3)2CHONO。将一定量KOH溶于无水乙醇中，取其上层清液于三颈烧瓶(图1)中，先加入N2H4加热，随后加入(CH3)2CHONO并加热反应约1h。待KN3析出后冰浴冷却，过滤后用无水乙醇洗涤三次，干燥后得到KN3粗产品。
II.测定KN3晶体结构
将KN3粗产品进一步进行纯化后得到纯晶，然后测定其晶体结构，经过进一步数据处理，得到KN3的晶胞结构如图2所示。
相关物质的性质见表。
物质
颜色、状态
沸点
溶解性
KN3
无色晶体
300℃，受热易分解
易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚
(CH3)2CHOH
无色液体
82℃
微溶于水，与乙醇、乙醚混溶
(CH3)2CHONO
无色油状液体
39℃
不溶于水，与乙醇、乙醚混溶

回答下列问题：
（1）图1中仪器B的名称是____。
（2）在(CH3)2CHOH、H2SO4和NaNO2反应时，需使用冰盐浴控温而不能使用冰浴控温的原因是____。用含NaHCO3的混合溶液洗涤(CH3)2CHONO的目的是____，洗涤时需要使用的玻璃仪器是____。
（3）异丙醇的沸点高于亚硝酸异丙酯沸点的原因是____。
（4）写出由(CH3)2CHONO、N2H4和KOH反应生成KN3和(CH3)2CHOH的化学方程式：____。
（5）纯化KN3粗产品的方法是____，测定KN3晶体结构的方法是____。
（6）N的中心原子孤电子对数为____。KN3晶体中每个K+周围离最近且相等的N共有___个。
【答案】（1）球形冷凝管
（2） ①. 要求控制温度低于0℃，冰浴只能控温到0℃ ②. 除去混合液中的稀硫酸 ③. 玻璃棒、烧杯、分液漏斗
（3）异丙醇中存在羟基能形成氢键，而亚硝酸异丙酯不能形成氢键
（4）(CH3)2CHONO+N2H4+KOH=KN3+(CH3)2CHOH+2H2O
（5） ①. 使用适量的乙醚溶解粗产品，然后过滤、洗涤、烘干得到KN3 ②. X射线衍射
（6） ①. 0 ②. 8
【解析】
【分析】在异丙醇和H2SO4的混合溶液中加入NaNO2溶液，反应生成亚硝酸异丙酯，分液分离出酯、洗涤、干燥后得到(CH3)2CHONO；将一定量KOH溶于无水乙醇中，先加入N2H4加热，随后加入(CH3)2CHONO并加热反应得到KN3析出后冰浴冷却，过滤后用无水乙醇洗涤三次，干燥后得到KN3粗产品。
【小问1详解】
图1中仪器B的名称是球形冷凝管；
【小问2详解】
在(CH3)2CHOH、H2SO4和NaNO2反应时，需使用冰盐浴控温而不能使用冰浴控温的原因是反应要求控制温度低于0℃，冰浴只能控温到0℃。碳酸氢钠能和稀硫酸反应，用含NaHCO3的混合溶液洗涤(CH3)2CHONO的目的是除去混合液中的稀硫酸；洗涤时需要使用分液的方法分离出有机层，使用的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯、分液漏斗；
【小问3详解】
异丙醇的沸点高于亚硝酸异丙酯沸点的原因是异丙醇中存在羟基能形成氢键，而亚硝酸异丙酯不能形成氢键，导致异丙醇的沸点升高；
【小问4详解】
(CH3)2CHONO、N2H4和KOH反应生成KN3和(CH3)2CHOH，根据质量守恒还会生成水，化学方程式：(CH3)2CHONO+N2H4+KOH=KN3+(CH3)2CHOH+2H2O；
【小问5详解】
KN3不溶于乙醚，(CH3)2CHOH、(CH3)2CHONO与乙醇、乙醚混溶，故纯化KN3粗产品的方法是使用适量的乙醚溶解粗产品，然后过滤、洗涤、烘干得到KN3；利用晶体X射线衍射可测定晶体结构，故测定KN3晶体结构的方法是X射线衍射；
【小问6详解】
N的中心原子N原子的价层电子对数为2＋=2，孤电子对数为0；由图可知，KN3晶体中左侧底角的钾离子为例，在xy平面有4个N、在xz平面由4个N，故每个K+周围离最近且相等的N共有8个。
17. 催化裂化是在热裂化工艺上发展起来的工艺操作，可以将重油转化为优质汽油、柴油等产品。
辛烷裂化时涉及以下反应：
反应a：CH3(CH2)6CH3→CH3CH2CH2CH3+CH3CH=CHCH3
反应b：CH3CH=CHCH3CH3CH2CH=CH2△Hb
反应c：CH3CH2CH2CH3→CH3CH3+CH2=CH2
反应d：CH3CH2CH2CH3→CH4+CH2=CHCH3
（1）关于反应a的说法中正确的是_____。
A. 只有σ键断裂，没有σ键形成 B. 只有π键形成，没有π键断裂
C. 既有σ键断裂，又有σ键形成 D. 既有π键形成，又有π键断裂
（2）一定温度下向体积恒为2L的密闭容器中充入xmol2－丁烯，只发生反应b，t0min后反应达到平衡，c(2－丁烯)=1.2mol/L，c(1－丁烯)=0.6mol/L。
①x=____，反应b的平衡常数K2=_____。
②该条件下2－丁烯比1－丁烯更稳定，则反应b的热效应△Hb___0(填“>”、“=”或“<”)。
③2－丁烯的浓度随时间变化趋势接近图中的曲线d，而不接近曲线e或曲线f的原因是____。

（3）丁烷在受热时可以按照反应c和反应d两种方式分解。在反应温度为560℃，流速为0.03L/min时，丁烷在5种不同催化剂上的乙烯和丙烯的收率对比见图。要获得更多的乙烯，应选用的催化剂为____。在使用CHZ－4催化剂时，若增大气体流速，则丙烯的收率将____(填“增大”、“减小”、“不变”或“无法判断”)，理由是____。

（4）裂解产物中含有大量的烯烃，可用电化学方法将其转化为烷烃，原理如图所示：

①p电极上发生的电极反应式为____。
②不可以用HCl替换装置右室中的H2SO4的原因是____。
【答案】（1）BC （2） ①. 3.6 ②. 0.5 ③. < ④. 随着反应的进行，2－丁烯的浓度逐渐减小，反应速率减慢
（3） ①. ZRP-1 ②. 增大 ③. 反应物与催化剂接触充分，催化效率提高，丙烯的收率将增大
（4） ①. CH3CH=CH2+2H++2e-=CH3CH2CH3 ②. 氯离子的放电能力大于氢氧根离子，导致会生成氯气
【解析】
【小问1详解】
单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，反应中存在碳碳键、碳氢键断裂，碳氢键、碳碳双键的形成，故既有σ键断裂又有σ键形成、只有π键形成，没有π键断裂，故选BC；
【小问2详解】
①
x=2.4mol+1.2mol=3.6mol，反应b的平衡常数K2=。
②物质的能量越低越稳定，该条件下2－丁烯比1－丁烯更稳定，则2－丁烯的能量更低，反应b为吸热反应，热效应△Hb>0。
③2－丁烯的浓度随时间变化趋势接近图中的曲线d，而不接近曲线e或曲线f的原因是浓度越大，反应速率越快，随着反应的进行，2－丁烯的浓度逐渐减小，反应速率减慢；
【小问3详解】
由图可知，要获得更多的乙烯，应选用的催化剂为ZRP-1；由图可知，在催化剂效率较高时，丙烯的收率较高，故在使用CHZ－4催化剂时，若增大气体流速，反应物与催化剂接触充分，催化效率提高，丙烯的收率将增大；
【小问4详解】
①丙烯转化为烷烃丙烷，得到电子发生还原反应，由图可知，p为阴极，反应为：CH3CH=CH2+2H++2e-=CH3CH2CH3；
②不可以用HCl替换装置右室中的H2SO4的原因是氯离子的放电能力大于氢氧根离子，导致会生成氯气。
18. 苯巴比妥是一种巴比妥类的镇静剂及安眠药。一种合成苯巴比妥的路线如下图所示：

已知：
i.
ii.
iii.E是一种溴代烃
iv.
回答下列问题：
（1）A的名称是___________，B的分子式为___________。
（2）由B生成C的反应类型是___________，C中含氧官能团名称为___________。
（3）化合物D在苯中溶解度远大于在水中溶解度的原因是___________。
（4）C转化为D的化学方程式为___________。
（5）E的结构简式为___________，G的结构简式为___________。
（6）满足下列条件的B的同分异构体有___________种。
①能发生银镜反应
②能与FeCl3溶液发生显色反应
③苯环上有2个取代基
【答案】（1） ①. 苯乙酸 ②. C10H12O2
（2） ①. 取代反应 ②. 酯基、酮羰基
（3）D的极性较弱，根据相似相溶原理，在非极性的苯中溶解度大于在极性的水中溶解度
（4） （5） ①. CH3CH2Br ②.
（6）15
【解析】
【分析】依据题给信息，可确定A为，B为，C为，D为，E为CH3CH2Br，F为，G为。
【小问1详解】
由分析可知，A为，名称是苯乙酸，B为，分子式为C10H12O2。
【小问2详解】
由B()生成C()，反应类型是取代反应；C为，含氧官能团名称为酯基、酮羰基。
【小问3详解】
化合物D为，与水分子间不能形成氢键，则依据相似相溶原理分析在苯中溶解度远大于在水中溶解度，原因是：D的极性较弱，根据相似相溶原理，在非极性的苯中溶解度大于在极性的水中溶解度。
【小问4详解】
由C()转化D(),同时生成CO气体，化学方程式为。
【小问5详解】
由分析可知，E结构简式为CH3CH2Br，G的结构简式为。
【小问6详解】
B为，满足下列条件：“①能发生银镜反应，②能与FeCl3溶液发生显色反应，③苯环上有2个取代基”B的同分异构体分子中，应含有一个苯环、一个酚羟基、另一个取代基中含有4个碳原子、醛基，其可能为-CH2CH2CH2CHO、-CH2CH(CH3)CHO、-CH(CH3)CH2CHO、-C(CH3)2CHO、-CH(CH2CH3)CHO，二个取代基可分别位于苯环的邻、间、对位，共有同分异构体5×3=15种。