福建省厦门双十中学2023-2024学年高三上学期12月月考化学试题（Word版附解析）

这是一份福建省厦门双十中学2023-2024学年高三上学期12月月考化学试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了5 M-96， 苯甲酸是一种常用的食品防腐剂等内容，欢迎下载使用。

(试卷满分：100分，考试时间：75分钟)
参考相对原子：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Na-23 C1-35.5 M-96
一、选择题(每小题只有一个正确答案，每小题4分，共40分)
1. 福建土楼的外墙是用糯米，石灰、黏土和细砂混合而成。夯筑时，往墙体中间埋入竹片作为“墙骨”。下列说法错误的是
A. 糯米的主要成分是淀粉，其作用是充当粘合剂
B. 石灰的主要成分是CaSO4，其作用是防水
C. 细砂的主要成分是SiO2，其作用是增大墙体的强度
D. “墙骨”的主要成分是纤维素，其作用是增加墙体的韧性
【答案】B
【解析】
【详解】A．糯米的主要成分为淀粉，糯米具有黏性，在福建土楼的外墙建造中糯米充当粘合剂的作用，A项正确；
B．石灰的主要成分是CaO，B项错误；
C．细砂的主要成分是SiO2，SiO2中存在硅氧四面体结构，硅氧四面体结构的特殊性，决定了细砂的作用是增大墙体的强度，C项正确；
D．往墙体中间埋入竹片作为“墙骨”，竹片的主要成分为纤维素，纤维素能增加墙体的韧性，D项正确；
答案选B。
2. 阿兹夫定能更有效地针对变异的艾滋病病毒发挥阻断作用，具有低耐药性和高疗效的显著优点，其有效成分的结构简式如图，下列说法中正确的是
A. 分子中含有3个手性碳原子B. N原子的杂化方式有2种
C. 该有机物可发生加成、水解、氧化反应D. 可与盐酸反应成盐，该晶体的熔点高于NaCl
【答案】B
【解析】
【详解】A．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该分子中含有4个手性碳原子，故A错误；
B．该有机物中N原子的杂化方式为sp3和sp2，故B正确；
C．该有机物中含有碳碳双键可以发生加成反应，含有羟基可以发生氧化反应，但不能发生水解反应，故C错误；
D．该有机物中氨基可与盐酸反应成盐，NaCl是离子晶体，熔点较高，该晶体的熔点低于NaCl，故D错误；
故选B。
3. SO2是引发酸雨主要污染物，将工业废气中的SO2吸收能有效减少对大气的污染、并实现资源化利用。下列离子方程式正确的是
A 硫酸型酸雨露置于空气中一段时间后溶液酸性增强：
B. 用过量溶液吸收废气中的：
C. 用过量氨水吸收废气中的：
D. 用过量溶液吸收废气中的：
【答案】D
【解析】
【详解】A．硫酸型酸雨露置于空气中一段时间后溶液酸性增强，离子方程式为：2H2SO3+O2=4H++2，原离子方程式O原子不守恒，A错误；
B．次氯酸根离子能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，且过量的Ca(ClO)2电离出的ClO-与H+结合生成HClO，故正确的离子方程式为SO2+H2O+Ca2++3ClO-=CaSO4↓+2HClO+Cl-，B错误；
C．用过量氨水吸收废气中的SO2生成(NH4)2SO3和H2O，离子方程式为：2NH3•H2O+SO2=+2+H2O，C错误；
D．过量饱和Na2CO3溶液吸收废气中的SO2，生成Na2SO3溶液以及NaHCO3，离子方程式为：2+SO2+H2O=+2，D正确；
故答案为：D。
4. 解耦电解水可实现用电低谷期的过剩电力向氢能的高效转化，一种以多硫化物离子为介质的转化关系如下图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A. 1L0.1ml•L-1Na2S溶液中含阴离子的数目小于0.lNA
B. 1ml的硫酸分子中含有σ键数目为4NA
C. 用电低谷期生成1mlS得到电子数目为2NA
D. 用电高峰期1mlH2O发生还原反应生成11.2LH2
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na2S溶液中存在，所以1L0.1ml•L-1Na2S溶液中含阴离子的数目大于0.lNA，A错误；
B．硫酸的结构式是： ，1ml的硫酸分子中含有σ键数目为6NA，B错误；
C．用电低谷期的反应方程式为：2H2O++O2+4H+，O元素从-2升到0价，有2个O变价，则生成得到电子数目为，C正确；
D. 用电高峰期的反应方程式为：2H2O++ H2+2OH-，则 发生还原反应生成0.5ml H2，标准状况下体积为V=nVm=，题中没有指明标准状况，D错误；
故选C。
5. 化工原料Z是X与HI反应的主产物，X→Z的反应机理如图：
下列说法正确的是
A. X分子中所有碳原子位于同一平面上
B. Y与Z中碳原子杂化轨道类型相同
C. X与Z分子中均含有1个手性碳原子
D. X与HI反应有副产物CH3CH2CH2CH2I产生
【答案】D
【解析】
【详解】A．X分子中存在饱和碳上连接三个碳原子，故所有碳原子不可能共平面，A错误；
B．Y中碳原子有sp2、sp3两种杂化类型，Z中只有sp3杂化，B错误；
C．X分子中没有手性碳原子，Z中有1个手性碳原子，C错误；
D．X分子开环时，HI中的H原子可分别加在断键的两个碳原子上，故有副产物CH3CH2CH2CH2I产生，D正确；
故选D。
6. 离子液体是室温下呈液态的离子化合物。由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、R组成的一种离子液体的结构如图所示，W的简单氢化物易液化，可用作制冷剂，R的简单阴离子含10个电子。下列说法正确的是
A. 电负性：R＞X＞ZB. 氢化物的沸点：R＞Z
C. 分子YR3的空间构型为三角锥形D. 最高价含氧酸的酸性：W＞Z
【答案】D
【解析】
【分析】离子液体是室温下呈液态的离子化合物。由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、R组成的一种离子液体的结构如图所示，W的简单氢化物易液化，可用作制冷剂，则W为N，X、R有1个价态，则X为H，R的简单阴离子含10个电子，则R为F，Z有四个价键，则Z为C，Y得到一个电子形成四个价键，则Y为B。
【详解】A．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则电负性：R＞Z＞X，故A错误；
B．HF虽存在分子间氢键，若C的氢化物是固体，则氢化物的沸点可能为：Z＞R，故B错误；
C．分子YR3(BF3)夹层电子对数为3+0=3，其空间构型为平面三角形，故C错误；
D．根据非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，氮的非金属性比碳强，则最高价含氧酸的酸性：W(硝酸)＞Z(碳酸)，故D正确。
综上所述，答案为D。
7. 下列由实验现象得出的结论不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．官能团决定有机物的性质，向丙烯酸乙酯和α-氰基丙烯酸乙酯中滴入水，前者无明显现象，后者快速固化，因为氰基的作用使得双键活性增强，故其更易发生加聚反应，故A正确；
B．加稀盐酸，滤渣部分溶解，并产生无色无味气体，说明生成碳酸钡，由于Na2CO3溶液是饱和的，生成碳酸钡的原因是饱和Na2CO3溶液中CO浓度较大，无法判断：Ksp(BaCO3)C．向CuSO4溶液中存在蓝色的[Cu(H2O)4]2+，加入NaCl固体，溶液从蓝色变为黄色，说明[Cu(H2O)4]2+转化为[CuCl4]2-，则稳定性：[CuCl4]2->[Cu(H2O)4]2+，故C正确；
D．溶液先变为红棕色，过一段时间又变成浅绿色说明Fe3+与SO2络合反应生成红棕色[Fe(SO2)6]3+的反应速率比氧化还原反应生成Fe2+的速率快，最终显浅绿色说明氧化还原反应的平衡常数更大，故D正确；
故选B。
8. 苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提纯方案如下：

下列说法不正确的是
A. 操作I中依据苯甲酸的溶解度估算加水量
B. 操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl
C. 操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹
D. 操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体
【答案】B
【解析】
【分析】苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化钠，加水、加热溶解，苯甲酸、NaCl溶解在水中，泥沙不溶，从而形成悬浊液；趁热过滤出泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出；将滤液冷却结晶，大部分苯甲酸结晶析出，氯化钠仍留在母液中；过滤、用冷水洗涤，便可得到纯净的苯甲酸。
【详解】A．操作I中，为减少能耗、减少苯甲酸的溶解损失，溶解所用水的量需加以控制，可依据苯甲酸的大致含量、溶解度等估算加水量，A正确；
B．操作Ⅱ趁热过滤的目的，是除去泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出，NaCl含量少，通常不结晶析出，B不正确；
C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶，可形成较大的苯甲酸晶体颗粒，同时可减少杂质被包裹在晶体颗粒内部，C正确；
D．苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，所以操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体，既可去除晶体表面吸附的杂质离子，又能减少溶解损失，D正确；
故选B。
9. 盐酸羟胺(NH2OH·HCl)可用作合成抗癌药，其化学性质类似NH4Cl。工业上制备盐酸羟胺的装置及含Fe的催化电极反应机理如图。下列说法正确的是
A. 电子从含Fe的催化电极流出沿导线流入Pt电极
B. 电池工作一段时间后，正极区溶液的pH减小
C. 电池工作时，当有标准状况下3.36LH2参与反应，左室溶液质量增加3.3g
D. A为H+和e-，B为NH3OH+
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，氢气在Pt电极失电子，Pt电极为负极，电极反应式为H2-2e-=2H+，含Fe的催化电极上NO→NH2OH⋅HCl，N元素化合价降低，为正极，电极反应式为NO+3e-+4H++Cl-=NH2OH⋅HCl，据此作答。
【详解】A．由分析知，Pt电极为负极，含Fe的催化电极为正极，原电池中电子从负极流出，流入正极，即电子从Pt电极流出沿导线流入含Fe的催化电极，故A错误；
B．由分析知，含Fe的催化电极为正极，正极电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH2OH⋅HCl，正极区H+浓度减小，pH增大，故B错误；
C．由分析知，负极上H2～2e-，正极上NO～3e-，当有标准状况下3.36LH2(即0.15mlH2)参与反应时，根据得失电子守恒可知，左室中含Fe的催化电极上参与反应的NO为0.1ml，电极反应式为NO+3e-+4H++Cl-=NH2OH⋅HCl，左室增加的质量为0.1mlNO和从右室迁移过来的0.3ml H+的质量，即0.1ml×30g/ml+0.3ml×1g/ml=3.3g，故C正确；
D．由题意“盐酸羟胺(NH2OH⋅HCl)的化学性质类似NH4Cl”可知，NH2OH具有和氨气类似的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺(NH2OH⋅HCl)，所以图中缺少的一步反应为NH2OH+H+=NH3OH+，图2中则A为H+，B为NH3OH+，故D错误；
故选：C。
10. 常温下，向的溶液中滴加的溶液，溶液中随pH的变化关系如图所示()。下列说法错误的是
A. 常温下，的电离平衡常数为
B. 当溶液的时，消耗溶液体积小于
C. c点溶液中：
D. 溶液中水的电离程度大小：
【答案】C
【解析】
【详解】A．b点，则，pH=4.76则常温下，的电离平衡常数为故A正确；
B．醋酸是弱酸，醋酸钠溶液显碱性，pH=7则溶液为醋酸钠和醋酸的混合溶液，消耗氢氧化钠小于20mL，故B正确；
C．醋酸被恰好完全中和时，溶液为浓度的醋酸钠溶液，其水解平衡常数，氢氧根离子和醋酸根离子几乎都来源于水解，其浓度近似相等，得：，则，，，因此c点溶质为醋酸钠，存在，故C错误；
D．a→b→c，加入氢氧化钠的过程中醋酸的浓度不断减小，对水电离的抑制不断减小，因此溶液中水的电离程度大小：，故D正确；
故选C。
二、填空题(4大题，共60分)
11. 以辉钼矿(主要成分为MS2，含有FeS、CuS、SiO2等杂质)为原料制备金属钼(M)及其化合物一种工业流程如下。
回答下列问题：
（1）“焙烧”后元素主要以和盐形式存在，少量为。则转化为的化学方程式为___________。
（2）“酸浸1”过程，转化为微溶于水的钼酸。“碱浸”过程，转化为的离子方程式为___________。
（3）“碱浸”过程不宜过量。“碱浸渣”的成分主要是___________。
（4）“除杂”前碱浸液中，在结晶前需加入固体以除去溶液中的。当开始沉淀时，的去除率是___________。，溶液体积变化可忽略不计]
（5）钼酸钠某些晶体的溶解度曲线如图，“结晶”获得的具体操作为蒸发浓缩、___________、过滤、洗涤、干燥。
（6）与“酸浸1”相比，“酸浸2”使用稀硝酸的优点是___________，缺点是产生污染。
（7）“离子交换”使用阴离子交换树脂，其工作原理：(其中代表金属阳离子)。洗脱时使用的试剂为___________。
（8）“酸沉”所得的钼酸要水洗，检验钼酸是否洗涤干净的方法是___________。
（9）称取样品(含杂质)，用容量瓶配制为溶液。取出样品溶液，用标准液进行滴定，平均消耗标准液。
①根据上表信息，应选择的指示剂为___________，滴定终点的现象为___________。
②则样品中的百分含量为___________(写出表达式即可)。
【答案】（1）2MS2+7O22MO3+4SO2
（2）+2OH-+ClO-=+Cl-+H2O
（3）SiO2 （4）94.5%
（5）冷却结晶 （6）焙烧产物中还会存在MO2，稀硝酸具有强氧化性，可使M元素被进一步充分氧化，提高利用率
（7）浓氨水 （8）取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，说明钼酸洗涤干净
（9） ①. KI溶液 ②. 当最后半滴指示剂加入时，锥形瓶内产生亮黄色沉淀，且30秒内不消失 ③.
【解析】
【分析】分析流程可知，辉钼矿(主要成分为MS2，含有FeS、CuS、SiO2等杂质)在空气中焙烧产生MO3、MO2、MO盐和SO2气体。将焙烧后固体产物进行酸浸1后过滤，所得滤渣为H2MO4和SiO2，加适量NaOH溶液将H2MO4转化为Na2MO4，滤出SiO2，经蒸发浓缩、降温至10℃之下结晶、过滤、洗涤、干燥可得Na2MO4·10H2O。将焙烧后固体产物加入稀硝酸酸浸2后过滤，所得滤渣H2MO4中加入浓氨水氨浸，可得(NH4)2MO4，所得滤液2中主要含Fe3+、Cu2+和少量H2MO4，进行离子交换后，加入试剂X为浓氨水进行反萃取洗脱得到(NH4)2MO4， (NH4)2MO4加热分解为MO3，经氢气还原可得M粉，据此分析解答。
【小问1详解】
MS2和O2反应生成MO3和SO2，反应的化学方程式为2MS2+7O22MO3+4SO2。
【小问2详解】
“碱浸”过程，和NaOH、NaClO反应生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为+2OH-+ClO-=+Cl-+H2O。
【小问3详解】
由流程可知滤渣为SiO2。
【小问4详解】
BaMO4开始沉淀时，此时溶液中的Ba2+浓度为：c(Ba2+)= =5×10-8ml/L，此时溶液中的c(SO)==2.2×10-3ml/L，所以反应掉的c(SO)=0.04ml/L-0.0022ml/L=0.0378ml/L，因溶液体积不变，所以SO的去除率为：=94.5%。
【小问5详解】
钼酸钠某些晶体的溶解度曲线如图，“结晶”获得的具体操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
【小问6详解】
由已知焙烧产物中还会存在MO2，稀硝酸具有强氧化性，可使M元素被进一步充分氧化，提高利用率。
小问7详解】
滤液2中含有少量的H2MO4，为提高产率，用阴离子交换树脂提取MO，由萃取反应可知，反萃取时需要使反应逆向移动，需要较大浓度的OH-，且由流程可知洗脱液为(NH4)2MO4，故试剂X为浓氨水。
【小问8详解】
“酸沉”所得的钼酸要水洗除去HCl，检验钼酸是否洗涤干净只需要检验Cl-即可，方法为：取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，说明钼酸洗涤干净。
【小问9详解】
①沉淀滴定，指示剂生成的沉淀应颜色明显，且与滴定主要反应产物相比Ksp更大，应选KI溶液为指示剂，当最后半滴指示剂加入时，锥形瓶内产生亮黄色沉淀，且30秒内不消失；
②根据关系式：25mL中：，250mL中：n()=10×=，则样品中的百分含量为= 。
12. 硼氢化钠(NaBH4)具有强还原剂，可溶于异丙胺或水，强碱环境下能稳定存在。实验室制备、提纯及分析NaBH4的实验过程如下。
（1）NaBH4的制备：先打开K2，向装置中鼓入N2，然后升温到110℃左右，打开搅拌器快速搅拌，将融化的Na快速分散到石蜡油中，然后升温到200℃，关闭K2，打开K1通入H2，充分反应后制得NaH。然后升温到240℃，持续搅拌下通入N2，打开K3向三颈瓶中滴入B(OCH3)3(硼酸三甲酯，沸点68℃)，充分反应后，降温后离心分离得到NaBH4和CH3ONa的固体混合物。
①NaH与B(OCH3)3反应的化学方程式为___________。
②下列说法正确的是___________(填标号)。
A．鼓入N2可以防止Na、NaH、NaBH4等被氧化
B．搅拌并将Na分散到石蜡油中可以加快H2与钠的反应速率
C．取200℃时的产物加入水中，观察是否有H2产生，从而判断NaH中是否含有Na
D．快速滴入B(OCH3)3有利于提高转化率
（2）NaBH4的提纯：采用索氏提取法提纯，其装置如图所示。
①实验时将NaBH4和CH3ONa的固体混合物放入滤纸套筒1中，烧瓶中异丙胺(沸点33℃)受热蒸发，蒸汽沿导管___________(填“2”或“3”)上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，再经导管___________(填“2”或“3”)返回烧瓶，从而实现连续萃取。当萃取完全后，NaBH4在___________(填“圆底烧瓶”或“索氏提取器”)中。
②分离异丙胺和NaBH4并回收溶剂的方法是___________。
（3）的纯度分析：取产品(假设杂质不参与反应)溶于溶液后配成200溶液，取置于碘量瓶中，加入溶液充分反应；向上述溶液中加入过量的溶液，用溶液调节，冷却后暗处放置数分䌺；继续加入缓冲溶液调约为5.0，以淀粉为指示剂，平均消耗标准溶淮(发生反应)。
①根据所给试剂，判断溶液和缓冲溶液依次为___________、___________(填标号)。
A．稀硫酸
B．溶液
C．和混合液(溶质物质的量之比为1：1)
D．和混合液(溶质物质的量之比为1：1)
②加入“溶液X2”后，发生的主要反应的离子方程式为___________。
③产品中的纯度为___________。滴入标准溶液时若长时间振荡可能导致测定结果___________(填“偏高”或“偏低”)。
【答案】（1） ①. ②. AB
（2） ①. 2 ②. 3 ③. 圆底烧瓶 ④. 蒸馏
（3） ①. B ②. D ③. ④. 76 ⑤. 偏低
【解析】
【分析】装置中首先通入氮气排净空气，然后升温使得融化Na的快速分散到石蜡油中，再升温到200C，通入H2，充分反应后制得NaH，然后升温到240C，持续搅拌下通入N2，滴入硼酸三甲酯充分反应后，降温后离心分离得到NaBH4和CH3ONa的固体混合物。
【小问1详解】
①由题干可知，NaH与B(OCH3)3在条件下加热反应生成NaBH4和CH3ONa，化学反应方程式；；
②A．空气中氧气具有氧化性，鼓入N2可以排净空气，防止Na、NaH、NaBH4等被氧化，A正确；
B．搅拌并将Na分散到石蜡油中可以增加反应物的接触面积，加快H2与钠的反应速率，B正确；
C．NaH和钠都会和水反应生成氢气，不能通过观察是否有H2产生，从而判断NaH中是否含有Na，C错误；
D．快速滴入B(OCH3)3可以加快反应速率，但是不会提高其转化率，D错误；
故选AB；
【小问2详解】
①由装置结构可知，烧瓶中异丙胺受热蒸发，蒸汽沿导管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，再经导管3虹吸管返回烧瓶，从而实现连续萃取。NaBH4可溶于异丙胺、而CH3ONa难溶于异丙胺，故当萃取完全后，NaBH4随异丙胺进入在圆底烧瓶中；
②异丙胺和NaBH4沸点不同，分离异丙胺和NaBH4并回收溶剂的方法是蒸馏；
【小问3详解】
①NaBH4在强碱环境下能稳定存在，故X1溶液为B：NaOH溶液；碘离子和碘酸根离子在酸性条件下反应，故X2溶液为A：稀硫酸；CH3COOH和CH3COONa混合液中溶质物质的量之比均为1：1，可以认为c(CH3COOH)= c(CH3COO-)，则Ka (CH3COOH)= ，pH=5，故缓冲溶液X3为D：和混合液(溶质物质的量之比为1：1)；故选B、D；
②加入“溶液X2”后，发生的主要反应的离子方程式为：；
③根据离子方程式可找出关系式：，则过量的KIO3的物质的量为：，与NaBH4反应的KIO3为：，根据：，故产品中NaBH4的纯度为：；滴入标准Na2S2O3溶液时若长时间振荡，则空气中氧气可能会参与反应，使得标准液用量偏大，导致测定结果偏低。
13. 氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，目前有以下制取氢气的方法：
（1）水煤气变换制氢：
已知：
水煤气变换制氢体系中，一定时间内，的添加情况与的体积分数关系如图。
①水煤气变换制氢反应的___________。
②添加后的体积分数增大的原因是___________(用化学方程式表达)。
③对比纳米和微，前者的体积分数更大的原因是___________。
（2）甲醇水蒸气重整制氢：。控制原料气，
体系中甲醇的平衡转化率与温度和压强的关系如图。
①甲醇水蒸气重整制氢反应在___________条件(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。
②图中的压强由小到大的顺序是___________，理由是___________。
③温度为250℃、压强为P2时，该反应的压力平衡常数Kp=___________(列出算式)。
（3）乙醇重整制氢两条途径的机理如下图，和催化剂(酸性)在反应中表现出良好的催化活性和氢气选择性，但经长期反应后，催化剂表面均发现了积碳，积碳量，试分析表面的积碳量最大的原因___________。
【答案】（1） ①. -42 ②. CaO+CO2=CaCO3 ③. 由于纳米 CaO 颗粒比微米 CaO 颗粒更小，接触面积大，反应速率更快，相同时间内反应程度更大
（2） ①. 高温 ②. P1（3）由反应历程图知，催化剂酸性越强，乙醇脱水反应选择性越大，三种催化剂中Al2O3酸性最强，使乙醇脱水反应的选择性最大，产生积碳最多
【解析】
【小问1详解】
①已知：①；②；③；由盖斯定律可知反应等于③-(①+②)，则△H=△H3- (△H1+△H2)= -(-)=-42；
②添加后，能够吸收，方程式为：CaO+CO2=CaCO3，平衡正向移动，的体积分数增大；
③由于纳米 CaO 颗粒比微米 CaO 颗粒更小，接触面积大，反应速率更快，相同时间内反应程度更大。
【小问2详解】
①由图知，相同压强下，温度越高，甲醇的平衡转化率越高，说明升温平衡正向移动，则反应∆H>0，又因为该反应是一个分子数增加的反应，得反应∆S>0，由∆G=∆H-T∆S<0能自发进行，则该反应在高温下自发进行；
②由于该反应反应为气体分子数目增大的反应，在相同温度下，增大压强，平衡逆向移动，甲醇的转化率减小，故P1③由图知，温度为250℃、压强为P2时，甲醇的平衡转化率为80%；由三段式，
该反应的平衡常数的表达式为Kp==。
【小问3详解】
由反应历程图知，催化剂酸性越强，乙醇脱水反应选择性越大，三种催化剂中Al2O3酸性最强，使乙醇脱水反应的选择性最大，产生积碳最多。
14. 双氯酚酸钠是一种抗炎镇痛药，心冠患者在发热发烧时为减轻疼痛，也可服用此药，其合成方法为：
已知：
（1）的分子式为，其核磁共振氢谱显示有3组峰，其比为1：2：2，则物质的结构简式为___________。B中含有的官能团名称为___________。
（2）的反应过程中，可能涉及的反应类型是___________。
（3）的化学反应方程式为___________。
（4）分子式为，其分子结构中，含有一个由氮原子参与形成的环，其核磁共振氢谱显示有2组峰，符合条件的结构共有___________种(不考虑立体异构)；其中氢原子数个数比为6：1的有机物结构简式为___________。
（5）设计由苯胺和原料合成路线图___________。
【答案】14. ①. ②. 羰基、碳氯键
15. 还原反应 16. + ClCH2COCl→+HCl
17. ①. 4 ②. 、
18. ClCH2COOHClCH2COCl
【解析】
【分析】A的分子式为C6H10O，其核磁共振氢谱显示有3组峰，其比为1：2：2，结合B的结构简式，可推知A为，B与Ph-NH2之间脱去1分子水生成C，C→D的过程中C=N双键转化为C-N单键、同时六元碳环转化为苯环，整个过程C组成上去氢生成D，发生了还原反应；D与ClCH2COCl发生信息中第一步生成E为，E发生信息中第二步反应生成F，结合G的结构简式可知F为，F中酰胺基碱性条件下水解生成G；
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为，B中含有的官能团名称为羰基、碳氯键。
【小问2详解】
C→D的过程中C=N双键转化为C-N单键、同时六元碳环转化为苯环，整个过程C组成上去氢生成D，该过程涉及的反应类型是还原反应。
【小问3详解】
由D→E的化学反应方程式：+ ClCH2COCl→+HCl。
【小问4详解】
分子式为C4H7NCl2，其分子结构中，含有一个由氮原子参与形成的环，其核磁共振氢谱显示有2组峰，符合条件的结构有、、、共4种，其中氢原子数个数比为6：1的有机物结构简式为 、。
【小问5详解】
ClCH2COOH与PCl3反应生成ClCH2COCl，ClCH2COCl与反应生成，最后在AlCl3条件下生成，合成路线为ClCH2COOHClCH2COCl。选项
实验方案
现象
结论
A
分别向丙烯酸乙酯和-氰基丙烯酸乙酯中滴入水
前者无明显现象，后者快速固化
氰基活化双键，使其更易发生加聚反应
B
向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加入稀盐酸
滤渣部分溶解，并产生无色无味气体
Ksp(BaCO3)C
向CuSO4溶液中加入NaCl固体
溶液从蓝色变为黄色
稳定性：[CuCl4]2->[Cu(H2O)4]2+
D
已知[Fe(SO2)6]3+是红棕色，将SO2通入FeCl3溶液中
溶液先变为红棕色，一段时间后又变成浅绿色
Fe3+与SO2络合反应速率比氧化还原反应速率快，但氧化还原反应的平衡常数更大
难溶物
(白色)
(亮黄色)
(黑色)
(白色)