57， 福建省安溪第一中学、养正中学、惠安一中、泉州实验中学2023-2024学年高三下学期返校联考 化学试题

这是一份57， 福建省安溪第一中学、养正中学、惠安一中、泉州实验中学2023-2024学年高三下学期返校联考 化学试题，共22页。试卷主要包含了 白磷与足量的溶液发生反应， 研究金属钠的性质，实验如下等内容，欢迎下载使用。

考试科目：化学 满分：100分 考试时间：75分钟
可能用到的相对原子质量：Na23 Mg24 Pd106.4
一、选择题(40分，每小题4分，每小题只有一个正确答案)
1. 中医药反映了中华民族对生命、健康和疾病的认识。下列说法不正确的是
A. 中药常采用硫黄熏蒸法以达到防霉、防虫目的，但残留量不得超标
B. 煎制草药不宜使用铁质容器
C. 汤药存放于冰箱中，可以减小其腐败变质的速率
D. 中药柴胡的成分之一山奈酚遇溶液显紫色，该有机物属于烃
【答案】D
【解析】
【详解】A．中药常采用硫黄熏蒸法以达到防霉、防虫目的，但SO2是有毒气体，其残留量不得超标，否则会损害人体健康，A正确；
B．铁是较活泼金属，草药中有些成分可能与铁发生反应而失效，则煎制草药不宜使用铁质容器，B正确；
C．汤药存放于冰箱中，温度降低，可减小其腐败变质的速率，C正确；
D．山奈酚遇FeCl3溶液显紫色，说明山奈酚是酚类物质，属于烃的衍生物，D错误；
故选D。
2. 药物阿兹夫定的有效成分的结构简式如图，下列说法中正确的是
A. 含有3个手性碳原子B. 可发生加成、氧化反应
C. 五元环环上的原子共平面D. 晶体的熔点高于
【答案】B
【解析】您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 【详解】A．手性碳原子是指与4个不同的原子或原子团相连的碳原子，则结构()中旁边标有“*”的碳原子均属于手性碳原子，所以该分子中含有4个手性碳原子，A错误；
B．该分子中含有碳碳双键、碳氧双键，可以发生加成反应，与羟基直接相连的碳原子上有H原子，可以催化氧化，则可发生加成、氧化反应，B正确；
C．五元环环上碳原子和氧原子均采用sp3杂化，则五元环环上的原子不可能共平面，C错误；
D．该晶体属于分子晶体，NaCl晶体属于离子晶体，则该晶体的熔点低于NaCl，D错误；
故选B。
3. 白磷()与足量的溶液发生反应：，为弱电解质，以代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 熔化时需要破坏非极性键
B. 的溶液，含有的离子数小于
C. 反应产生，转移的电子数为
D. 固体中阴阳离子数共有
【答案】B
【解析】
【详解】A．熔化时克服的是分子间作用力，分子内的共价键不被破坏，A错误；
B．溶液，可知在溶液中发生水解，则的溶液离子数小于，故B正确；
C．未知气体所处状况，不能根据体积确定气体的物质的量，无法计算转移电子数，故C错误；
D．由K+和组成，固体中阴阳离子数共有，故D错误；
故选：B。
4. 阴离子和二脲基分子能通过一种弱相互作用形成超分子阴离子配合物，如下图所示(图中省略阴离子配合物中部分原子)。下列关于该阴离子配合物的说法正确的是
A. 和的空间结构相同
B. 所含元素电负性、第一电离能最大的均是
C. 氧化物对应的水化物酸性：
D. 所含元素的基态原子未成对电子数为2的只有1种
【答案】A
【解析】
【详解】A．中P原子的价电子对数为，因此P原子为sp3杂化，无孤电子对，空间构型和VSEPR模型均为正四面体，中N原子的价电子对数为，因此N原子为sp3杂化，无孤电子对，空间构型和VSEPR模型均为正四面体，故和空间结构相同，A正确；
B．所含元素为H、C、N、O，可知N的价层电子排布式为2s22p3，P轨道为半充满状态，较稳定，第一电离能最大的是，根据非金属性电负性O>N>C>H，可知电负性最大的是O，B错误；
C．N对应的氧化物的水化物有多种，如：HNO3、HNO2等，P对应的氧化物的水化物有多种，如：H3PO4、H3PO3、H3PO2等，题干未说明是否为各元素最高价氧化物对应的水化物而导致比较的酸不唯一，无法进行比较，C错误；
D．所含元素为H、C、N、O，基态H原子的未成对电子数为1，基态N原子的未成对电子数为3，基态C、O原子的未成对电子数均为2，D错误；
故答案选A。
5. 研究金属钠的性质，实验如下(钠的大小相同)：
下列说法正确的是
A. I中反应的离子方程式为
B. 随着增大，钠与盐酸反应的剧烈程度增大
C. 对比实验I、Ⅳ可知羟基极性：
D. 推测Ⅲ中溶液中的以及生成的固体对反应剧烈程度有影响
【答案】D
【解析】
【详解】A．钠与水发生反应氢氧化钠和氢气，离子方程式为：，A错误；
B．比较实验Ⅰ和Ⅱ可知，盐酸的浓度增大，反应剧烈程度也要增大，比较实验Ⅰ和Ⅲ，盐酸浓度增大，但反应剧烈程度比Ⅰ慢，B错误；
C．根据实验Ⅰ、Ⅳ可知羟基活泼性为C2H5OH＜H2O，根据羟基的极性越强，羟基中的H越活泼，则羟基的极性为C2H5OH＜H2O，C错误；
D．根据实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的现象可知，氢离子浓度逐渐增大，实验Ⅱ比实验Ⅰ的反应剧烈，但实验Ⅲ中浓盐酸与金属钠的反应较实验Ⅰ缓慢，可能是因为c(Cl −)以及生成的NaCl固体对反应剧烈程度有影响，D正确；
故选D。
6. 关于下列实验事实的给出的解释或结论不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ag与HI溶液反应产生黄色沉淀AgI和气体(H2)，因为AgI难溶于水，降低了溶液中Ag+的浓度，促进Ag与HI溶液反应，增大了Ag的还原性，A正确；
B．根据溶液先变为变为红棕色，过一段时间又变成浅绿色，说明SO2先与Fe3+发生络合反应生成[Fe(SO2)6]3+)，络合反应速率比氧化还原反应速率快，最终溶液显浅绿色说明氧化还原反应的平衡常数更大，B正确；
C．氮化镁、铵盐等和浓氢氧化钠溶液反应生成氨气都能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，所以不一定就是铵盐，C错误；
D．将变黑的银器放入装满食盐水的铝盆中，铝和银器在氯化钠溶液构成原电池，黑色物质为Ag2S，Ag2S、Al与NaCl溶液反应生成Ag、Al(OH)3和H2S，因此总反应方程式2Al+3Ag2S+6H2O=6Ag+2Al(OH)3↓+3H2S↑，D正确；
故选C。
7. 易溶于异丙胺，实验室分离和的固体混合物装置如图所示。实验时将和混合物放入滤纸套筒1中，烧瓶中装入异丙胺(沸点)。下列说法错误的是
A. 与常规萃取相比，索氏提取器的优点是使用溶剂少，可连续萃取
B. 萃取完全后，在索氏提取器中
C. 提取过程中不可选用明火直接加热
D. 不可用盐酸代替异丙胺进行实验
【答案】B
【解析】
【分析】索氏提取器中3为蒸汽导管，2为虹吸管，异丙胺受热蒸发，蒸汽沿导管3上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，再经导管2返回烧瓶，从而实现连续萃取，据此作答。
【详解】A．根据图示装置，与常规的萃取相比，索氏提取器中当萃取液液面达到虹吸管顶端时，经虹吸管返回烧瓶，萃取后萃取液异丙胺可循环连续萃取，萃取液使用较少，萃取效率高，故A正确；
B．NaBH4易溶于异丙胺，CH3ONa难溶于异丙胺，异丙胺溶解NaBH4后经过滤纸套筒1流回圆底烧瓶中，所以萃取完全后，NaBH4在圆底烧瓶中，故B错误；
C．异丙胺的沸点不高，受热易蒸发，具有可燃性，所以提取过程中不可选用明火直接加热，宜用水浴加热法，故C正确；
D．NaBH4具有强还原性，能与盐酸或水发生归中反应生成氢气，并且CH3ONa溶于水、能与盐酸反应，所以实验过程中不可用盐酸代替异丙胺，故D正确；
故选B。
8. 以普鲁士黄[]为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理、充放电过程中正极材料中普鲁士黄晶胞的组成变化如图所示。下列说法错误的是
A. 每个普鲁士黄晶胞转化为普鲁士蓝晶胞时，转移电子数为4，Fe2+个数增多
B. 充电时阳极反应可能为
C. 充电时，Na+通过离子交换膜从左室移向右室
D. 放电时外电路通过0.2ml电子时，M箔、Mg箔质量变化分别为2.3g、2.4g
【答案】D
【解析】
【详解】A．每个普鲁士黄晶胞转化为普鲁士蓝晶胞时，增加了4个Na+，则有4个Fe3+转化为Fe2+，从而得出转移电子数为4，个数增多，A正确；
B．充电时，阳极反应使，化合物中Na+减少了x个，则表明Fe失去了x个电子，同时生成x个Na+，则阳极反应式可能为，B正确；
C．充电时，左侧为阳极，右侧为阴极，阳离子向阴极移动，从而得出Na+通过离子交换膜从左室移向右室，C正确；
D．放电时，M箔作正极，电极反应式为，外电路通过0.2ml电子时，正极质量增大0.2ml×23g/ml=4.6g，Mg箔作负极，电极反应式为2Mg-4e-+2Cl-=[Mg2Cl2]2+，外电路通过0.2ml电子时，消耗Mg0.1ml，质量减少0.1ml×24g/ml=2.4g，D错误；
故选D。
9. 铵浸法由白云石(主要含，少量和)制备高纯度碳酸钙和氧化镁的流程如下，下列说法错误的是
A. “浸钙”过程中主要浸出而不是的原因是
B. “沉钙”反应的离子方程式为
C. “浸镁”过程中加热会降低浸出率
D. 滤渣中含有、
【答案】C
【解析】
【分析】白云石主要含和少量和，高温分解生成CaO、MgO，煅烧后的固体中加入氯化铵溶液，CaO和氯化铵反应生成氯化钙、一水合氨，氧化镁和水反应生成氢氧化镁，过滤，滤液A中含有氯化钙、一水合氨，固体B中含有氢氧化镁、氧化铁、；滤液A中通入二氧化碳生成碳酸钙沉淀和氯化铵，过滤得产品碳酸钙；固体B中加硫酸铵，氢氧化镁和硫酸铵反应生成硫酸镁、一水合氨，过滤，滤渣C中含有氧化铁、，滤液中加碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧碳酸镁得产品氧化镁。
【详解】A. “浸钙”过程中主要浸出而不是原因是，氢氧化钙能与氯化铵反应，而氢氧化镁不能，故A正确；
B. “沉钙”过程中氯化钙、一水合氨、二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀、氯化铵，反应的离子方程式为，故B正确；
C. “浸镁”过程中加热会放出氨气，提高镁的浸出率，故C错误；
D. 根据以上分析，滤渣中含有、，故D正确；
选C。
10. 向饱和溶液(有足量固体)中滴加氨水，发生反应和，与的关系如下图所示(其中代表、、或。
下列说法正确的是
A. 时，
B. 的溶度积常数数量级为
C. 随的增大，先减小后基本不变
D. 向含有沉淀的体系中滴加氨水，消耗可将沉淀完全溶解(忽略溶液体积变化和的挥发)
【答案】C
【解析】
【分析】氯化银饱和溶液中银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小，氯离子浓度增大、一氨合银离子增大，继续滴加氨水，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，则曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线。
【详解】A．c(NH3)=0.01ml•L-1时，即lgc(NH3)=-2时，Ⅳ表示[Ag(NH3)2]+的变化、Ⅱ表示[Ag(NH3)]+的变化，Ⅲ表示Ag+的变化，则溶液中c(Cl-)>c([Ag(NH3)2]+)，A错误；
B．由图可知，当时，=10-2.35，此时=10-7.40，的溶度积常数Ksp()=·=10-2.35×10-7.40=10-9.75，数量级为，故B错误；
C．反应的平衡常数K=为定值，随c(NH3)增大，一氨合银离子浓度先增大后不变，先减小后不变，C正确；
D． 0.1mlAgCl完全溶解，生成0.1ml 和0.1ml ，对应反应：的平衡常数为：K=，解得，则1L反应后溶液中余下氨气的物质的量为，则生成，共需要(0.2+)，则消耗不能将沉淀完全溶解，故D错误；
故选：C。
二、非选择题(共4小题，共60分)
11. 一种从废钯催化剂(主要成分为、、、活性炭，还含少量铁、铜等)中回收海绵钯()的工艺流程如图所示。
（1）“焙烧”的目的___________。
（2）还原I中甲酸与反应生成和，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。
（3）“酸浸”过程中转化为的离子方程式为___________。温度、固液比对酸浸浸取率的影响如图，则“酸浸”的最佳条件为___________。
（4）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：，(为阴离子交换树脂)。试剂的化学式为___________。流出液含有、，设两种离子浓度均为，加入氨水调节后过滤除去铁元素，滤液经一系列操作可以得到。需调节的范围是___________。(当离子浓度小于认为已沉淀完全，常温下，，)。
（5）“沉钯”过程钯元素主要发生如下转化：
。
①中中的键角___________(填“<”、“>”或“=”)中的键角。
②晶体中含有的化学键有___________。
a．离子键 b．非极性共价键 c．配位键 d．氢键
（6）“还原Ⅱ”中产生无毒无害气体。由制备海绵钯()的化学方程式为___________。
（7）①的晶胞俯视图如下所示：
已知1个晶胞中含4个原子，其中3个原子的分数坐标是，，则晶胞中的配位数为___________；某铜钯合金可看作上述晶胞___________中位置的原子被原子替代。
②有些过渡金属型氢化物能高效的储存和输送氢能源，如、，已知标准状况下，1体积的钯粉大约可吸附896体积的氢气(钯粉的密度为)，试写出钯()的氢化物的化学式___________。
（8）该工艺流程中可循环利用的物质有、___________。(填化学式)
【答案】（1）将活性炭转化为气体除去
（2）1：1 （3） ①. ②. 70℃，固液比3：1
（4） ① HCl ②. 3~4.5
（5） ①. > ②. ac
（6）
（7） ①. 12 ②. 面心 ③.
（8）HCl
【解析】
【分析】废钯催化剂(主要成分为、、、活性炭，还含少量铁、铜等)在空气中焙烧，将活性炭转化为气体除去，同时金属氧化为金属氧化物，用甲酸还原得到金属单质；酸浸过程中H2O2是氧化剂，Pd转化为，由于酸浸后只得到难溶物，所以浸出液中应含有Fe3+、Cu2+，从而得出离子交换流出液中阳离子有H+、Fe3+、Cu2+，根据，可知加入盐酸使平衡逆向移动得到，再用浓氨水沉钯得到，最后用还原得到Pd。
【小问1详解】
根据题中信息一种从废钯催化剂(主要成分为、、、活性炭，还含少量铁、铜等)，则进行“焙烧”的目的是将活性炭转化为气体除去；故答案为：将活性炭转化为气体除去。
【小问2详解】
“还原I”中甲酸与反应生成和，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的化学方程式为，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，故答案为：1：1。
【小问3详解】
酸浸过程中H2O2是氧化剂，Pd转化为，离子方程式为；从图中可以看出，“酸浸”时，浸取率高的最佳条件为70℃，固液比3：1；故答案为：；70℃，固液比3：1。
【小问4详解】
根据，可知加入盐酸使平衡逆向移动得到，即加入试剂的化学式为HCl；加入氨水调节pH后，Fe3+完全转化为Fe(OH)3，Cu2+不参与反应，对Fe3+来说，c(OH-)≥ml/L=10-11ml/L，pH≥3；对Cu2+来说，c(Cu2+)=0.1ml/L，c(OH-)≤ml/L=10-9.5ml/L，pH≤4.5，所以需调节pH的范围是3~4.5。故答案为：HCl；3~4.5。
【小问5详解】
①中N原子的孤电子对进入Pd2+的空轨道形成配离子后，与孤电子对对N-H键的成键电子对的排斥作用变为成键电子对之间的排斥，排斥作用减弱，故中中的键角更大些，即中中的键角大于中的键角。故答案为：>；
②晶体中和氯离子间存在离子键，氨气分子中存在极性共价键，Pd2+与NH3之间存在配位键，故答案为：ac。
【小问6详解】
发生 “还原Ⅱ”反应产生无毒无害气体，则生成N2和H2O，反应的的化学方程式为，故答案为：。
【小问7详解】
①由题意知的晶胞结构为，晶胞中每个Pd原子（以顶点的Pd为分析对象）周围距离相等且最近的Pd为其周围三个面的Pd，个数=12，即晶胞中的配位数为12；晶胞中面心Pd个数==3，顶点Pd个数==1，中Cu和Pd的个数比=3:1，则可看作上述晶胞面心位置的原子被原子替代。故答案为：12；面心；
②有些过渡金属型氢化物能高效的储存和输送氢能源，如、，已知标准状况下，1体积的钯粉大约可吸附896体积的氢气(钯粉的密度为)，则1L钯的物质的量为=100ml，896L氢气的物质的量为40ml，n(Pd):n(H)=100:402=1:0.8，则钯(Pd)的氢化物的化学式PdH0.8。故答案为：。
【小问8详解】
根据“离子交换”和“洗脱”的过程可知该工艺流程中可循环利用的物质有、HCl，故答案为：HCl。
12. 在无水无氧条件下制备新型锂离子电池电解质，其过程可表示为：
（1）草酸的结构简式为，具有五元环结构，原子的轨道杂化类型是，其结构式可表示为___________。
（2）实验室可以在用浓硝酸在硝酸汞催化下氧化乙炔()气体来制备草酸，主要装置如图所示。
①仪器的名称为___________；
②用电石制得的含有杂质，通过计算平衡常数说明用溶液除去气体的可行性___________；(常温下，，的，)
③装置中浓硝酸的还原产物为，生成草酸的化学方程式为___________，当硝酸的质量分数超过或温度高于，草酸的产率开始下降，其原因分别是___________。
（3）遇水剧烈水解。和混合加热制取无水时，的作用是___________。
（4）“溶解”和“转化”操作在如图所示装置中进行。“溶解”时的操作依次为：称取一定质量置于三颈瓶中→___________→搅拌直至完全溶解(填字母)。
a．注入乙酸乙酯→充入→抽真空
b．抽真空→注入乙酸乙酯→充入
c．抽真空→充入→注入乙酸乙酯
（5）产品()纯度的测定
步骤1：称取样品(假设只含杂质)配制成溶液。(在水中可分解出草酸根，相对分子质量为144)
步骤2：量取所配制的溶液于锥形瓶中，用酸性溶液滴定三次，平均消耗体积为。产品()的质量分数为___________(列式即可，不用化简)。
【答案】12. 13. ①. 球形冷凝管 ②. 反应平衡常数 ③. ④. 草酸具有还原性，硝酸的浓度增大，会进一步氧化草酸，导致草酸产率降低；温度高于40℃，硝酸会发生分解，导致草酸产率降低
14. 作脱水剂，与水反应产生抑制水解
15. c 16.
【解析】
【分析】LiBF4在乙酸乙酯中溶解，加入草酸、氯化铝转化，过滤除去滤渣后所得滤液经结晶可得LiBF2C2O4。
【小问1详解】
具有五元环结构，原子的轨道杂化类型是，可知B原子与4个原子成键，结合组成可知B应与2个F和2个O原子成键，得五元环结构：；
【小问2详解】
①由仪器构造可知X为球形冷凝管；
与反应的方程式为：，该反应的平衡常数为：，反应正向进行程度很大，因此可用 溶液除去气体；
③1ml乙炔反应转化为草酸时失8ml电子，每生成1ml二氧化氮硝酸得1ml电子，根据得失电子守恒得反应方程式：；草酸具有还原性，硝酸的浓度增大，会进一步氧化草酸，导致草酸产率降低；温度高于40℃，硝酸会发生分解，导致草酸产率降低；
【小问3详解】
和混合加热可得无水，该反应中作脱水剂，与水反应产生抑制水解；
【小问4详解】
因该制备需要无水无氧条件下制取，因此实验开始前应先将三颈烧瓶抽真空，并通入氮气作保护气，然后再注入乙酸乙酯；
【小问5详解】
草酸根与发生反应：，
产品()的质量分数为= =。
13. 氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，目前有不同制取氢气的方法：
（1）水煤气变换制氢反应：
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对比纳米和微米，前者的体积分数更大的原因是___________。
（2）乙醇—水蒸气催化重整制氢，发生的主要反应如下：
反应I：
反应Ⅱ：
向恒压()密闭容器中通入和，仅考虑发生反应I、Ⅱ，平衡时和的选择性及的产率随温度的变化如图所示。。
①关于上述恒压密闭体系，说法正确的是___________
a．高温低压、使用高效催化剂均可提高平衡产率
b．60℃，若气体平均密度不变，说明体系已达平衡
c．反应I的正反应活化能小于逆反应活化能
d．选择合适的催化剂可提高的选择性
②图中曲线表示平衡时的选择性随温度变化的曲线是___________。
③温度在时，的产率很低，原因是___________。
④、条件下，的平衡产率为，则反应Ⅱ的物质的量分数平衡常数的值为___________。(保留小数点后三位)
⑤长期反应后，催化剂表面发现了积碳，产生积碳的一种原因可能为：
已知，反应Ⅲ()和反应Ⅳ()的与温度的关系如图所示，则时，主要发生的积碳反应是___________。(填“Ⅲ”或“Ⅳ”)
【答案】13. ①. -42 ②. ③. 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
14. ①. bd ②. ③ ③. 此温度范围内，以反应ⅰ为主，，低温时反应ⅰ进行的限度很小，故的产率低 ④. 0.225 ⑤. 反应Ⅳ
【解析】
【小问1详解】
①已知：

；
由盖斯定律可知反应等于③-(①+②)，则△H=△H3-(△H1+△H2)=- ()=-42；
②添加CaO后，CaO能够吸收CO2，方程式为：CaO+CO2=CaCO3，平衡正向移动，H2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】
①a．催化剂只影响反应速率，不能提高平衡产率，故错误；
b．该反应体系中所有物质均为气体，气体总质量不变，恒压条件下，随反应进行容器体积发生变化，则气体平均密度变化，当密度不变时，说明体系已达平衡，故正确；
c．反应I为吸热反应，正反应活化能大于逆反应活化能，故错误；
d．选择合适的催化剂可提高的选择性，故正确；
②由选择性的定义可知，CO的选择性+CO2的选择性=1，由图可知，曲线a和曲线c在相同温度下的数值加和始终为1，所以曲线a和曲线c为两种气体的选择性曲线，曲线b为H2的产率曲线，又由于起始时按投料，所以一开始体系中没有CO2，所以反应Ⅱ开始时不反应，的选择性为0，表示平衡时CO选择性的曲线是c；
③温度在时，的产率很低，原因是此温度范围内，以反应ⅰ为主，，低温时反应ⅰ进行的限度很小，故的产率低；
④的理论产量为，的实际产量为6ml×80%=4.8ml，设的变化量为x：
由图知，500℃时，的选择性等于CO的选择性，都为50%，则生成的和CO相等，故生成2xml的中有xml的转化为了CO，
可得，5x=4.8ml，解得：x=0.96ml，平衡时、、、、CO的物质的量分别为：0.04ml、1.08ml、0.96ml、4.8ml、0.96ml，总物质的量为7.84ml，可根据反应Ⅱ的物质的量分数平衡常数==0.225。
⑤由图可知，250°C时反应Ⅲ的lnK<0，反应Ⅳ的lnK>0，根据可知，250°C时反应Ⅲ的△G>0，几乎不能自发进行，而反应Ⅳ的△G <0，能正向自发进行，因此主要发生反应Ⅳ。
14. 氨布洛芬(G)是布洛芬酰胺类衍生物，具有消炎、解热、镇痛作用，氨布洛芬的一种制备方法如下：
已知：
回答下列问题：
（1）A→B的反应类型为___________，B的官能团为___________。
（2）B→C反应的化学方程式为___________。
（3）E(布洛芬)的结构简式为___________。
（4）关于的说法正确的是___________(填标号)。
a．C、N、O的杂化方式相同 b．其沸点低于丙醇的沸点
c．易溶于水，且溶液碱性强于G d．能发生氧化、加成、水解等反应
（5）F→G反应中使用的作用是___________
（6）已知H为比E少3个碳原子的同系物，且苯环上只有2个取代基，则符合条件的H有___________种。
【答案】14. ①. 取代反应 ②. 羰基、氯原子
15. ++H2O
16. ； 17. ac
18. 降低反应产物HCl浓度，提高G的平衡产率
19. 15
【解析】
【分析】A和发生取代反应生成B，B羰基发生羟醛缩合生成C，C在ZnCl2条件下生成D，D在碱性条件下酯基发生水解反应生成E，E中羧基和SOCl2反应生成F为酰氯，F和生成G，据此分析解题。
【小问1详解】
A→B的反应类型为取代反应，B中含有官能团为羰基和氯原子。
【小问2详解】
B→C反应的化学方程式为：++H2O。
【小问3详解】
据分析，E(布洛芬)的结构简式为。
小问4详解】
a．C、N、O的杂化方式相同，均为sp3，故a正确。
b．分子间存在氢键，其沸点高于丙醇的沸点，故b错误。
c．与水分子间能形成氢键，易溶于水，且溶液碱性强于G，故c正确。
d．中羟基能发生氧化但不能发生加成、水解等反应，故d错误。
故选ac。
【小问5详解】
F→G为取代反应同时生成HCl，所以反应中使用的作用是：降低反应产物HCl浓度，提高G的平衡产率。
【小问6详解】
已知H为比E少3个碳原子的同系物，所以H中含有羧基，且苯环上只有2个取代基，当取代基为-CH3和-CH(CH3)COOH时有3种，当取代基为-CH3和-CH2CH2COOH时有3种，当取代基为-COOH和-CH2CH2CH3时有3种，当取代基为-COOH和-CH(CH3)2时有3种，当取代基为-CH2COOH和-CH2COOH时有3种，共15种。实验装置
液体
现象
蒸馏水
Ⅰ．钠浮在水面，剧烈反应，有少量白雾
盐酸
Ⅱ．钠浮在液面，反应比I剧烈，有白雾产生
浓盐酸
Ⅲ．钠浮在液面，反应比I缓慢，产生大量白雾，底部有白色固体
无水乙醇
Ⅳ．钠沉入底部，反应比I缓慢得多，未见有固体生成
选项
实验事实
解释或结论
A．
与溶液反应产生黄色沉淀和气体()
反应生成难溶的，增大了的还原性
B．
将气体通入溶液中，溶液先变为红棕色(含)，过一段时间又变成浅绿色
与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
C．
取一定量固体于试管中，加入浓溶液，产生白色沉淀，将湿润的红色石蕊试纸靠近，试纸变蓝
该固体为铵盐
D．
将变黑的银器放入装满食盐水的铝盆中，一段时间后银器恢复往日光泽