江西省重点中学盟校2024届高三下学期第二次联考化学试题（原卷版+解析版）

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可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ni 59
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共计42分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. 化学与科技、生活密切相关，下列说法正确的是
A. 75%的乙醇与84消毒液都具有强氧化性，可以杀菌消毒
B. 食品中常放一个包装袋，装有的硅胶、生石灰、还原铁粉等物质均为抗氧化剂
C. 我国空间站上使用大量高性能氮化硼陶瓷，氮化硼为分子晶体
D. 将水果放在浸泡过的硅藻土中运输，可以防止水果过熟变质
【答案】D
【解析】
【详解】A．75%的乙醇使蛋白质变性而消毒，不具有强氧化性，84消毒液是利用NaClO的强氧化性消毒，A错误；
B．硅胶、生石灰具有吸水性，用作食品干燥剂，还原铁粉具有还原性，用作食品抗氧化剂，B错误；
C．新型氮化硼陶瓷属于共价晶体，C错误；
D．浸泡过的硅藻土可以吸收水果释放的乙烯，防止水果过熟而变质，D正确；
故选D。
2. 常用浓硫酸吸收工业废气中的(NO与的混合气体)并制取亚硝基硫酸()，反应原理为。下列说法错误的是
A. 分子的空间结构为平面三角形
B. 在水中电离方程式为
C. 基态N原子的价层电子轨道表示式：
D. 亚硝基硫酸分子与水分子可以形成分子间氢键
【答案】A
【解析】
【详解】A．分子中心原子的价层电子对数为 ，有一个孤电子，是V形，A项错误；
B．在水中电离方程式为，B项正确；
C．基态N原子价层电子排布式为，其轨道表示式为，C项正确；
D．亚硝基硫酸分子的结构式为：，含有O-H键，可以与水分子可以形成分子间氢键，D项正确；
故选A。
3. KI广泛应用于分析试剂、感光材料、制药等。实验室制备KI装置如下图所示(已知：；)。
下列说法错误的是
A. a管的作用是平衡气压，使盐酸顺利流下
B. X应为NaHS饱和溶液，用来除去中混有的HCl气体
C. 应先滴加稀盐酸并开启加热搅拌器，再滴加KOH溶液
D. 装置D的作用是吸收尾气
【答案】C
【解析】
【分析】盐酸与FeS发生反应生成H2S，生成的H2S中混有盐酸挥发的HCl气体，需经过饱和NaHS溶液进行除杂后，通入三颈烧瓶内与碘和KOH发生反应，实验涉及有害气体，设置尾气处理装置。
【详解】A．a管的作用是平衡气压，使盐酸顺利流下，A项正确；
B．在NaHS饱和溶液中的溶解度很低，且NaHS可以与HCl反应生成，B项正确；
C．应先滴加KOH溶液并加热，使反应生成和以制备KI，观察到棕黄色溶液变为无色时，立即停止滴加KOH溶液，然后通入足量H2S气体，C项错误；
D．该实验涉及有害气体，需进行尾气处理，装置D的作用是吸收尾气，D项正确；
答案选C。
4. 已知。表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 生成标准状况下2.24L时，转移电子数为
B. 18g冰中孤电子对数目为
C. 1mlNaOH中含有键的数目为
D. 7.8g中阴离子数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应中氧元素由中的价变成0价，故生成1ml时转移2ml电子，2.24L(标准状况)为0.1ml，转移电子数目为，A项错误；
B．分子中含有=2个孤电子对，1ml分子中含有2ml孤电子对，B项正确；
C．氢氧根中含有1个键，1mlNaOH中含有键的数目为，C项错误；
D．是由、构成的，7.8g中阴离子数为，D项错误；
故选B。
5. 下列关于物质结构与性质的描述及解释均正确的是
A. 键角：，是由于中O原子上的孤电子对数比中O上的少
B. 酸性：，是由于的羧基中键的极性更弱
C. 稳定性：，是由于水分子的相对分子质量较小
D. 沸点：对羟基苯甲醛邻羟基苯甲醛，是由于对羟基苯甲醛分子间范德华力更强
【答案】A
【解析】
【详解】A．随着孤电子对数增多，对成健电子对的斥力增大，键角减小，的孤电子对数为2，的孤电子对数为1，所以键角大小为，A项正确；
B．Cl的电负性大于H，电负性越大，形成共价键的极性越强，因此，键的极性大于键的极性，导致的羧基中的羟基极性更大，更容易电离出氢离子，酸性：，B项错误；
C．稳定性：，是因为非金属性：，C项错误；
D．沸点：对羟基苯甲醛＞邻羟基苯甲醛，是因为对羟基苯甲醛形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，所以对羟基苯甲醛分子间作用力较大，熔沸点也较高，D项错误；
故选A。
6. 电解废旧锂电池中的示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法正确的是
A. 电极B为阴极，发生还原反应
B. 电解一段时间后溶液pH增大
C. 电解过程中向电极A移动
D. 电极A的电极反应式为
【答案】B
【解析】
【分析】根据该电化学装置可知，电解过程中电极B处Mn元素化合价从+2价上高至+4价，发生氧化反应，为电解池阳极，电极A为阴极，电解后形成和，总反应：。
【详解】A．电极B锰元素化合价升高，发生氧化反应，电解时做阳极，A项错误；
B．，电解一段时间后溶液中浓度减小，pH增大，B项正确；
C．电解过程中阴离子向阳极移动，C项错误；
D．电极A锰元素化合价降低，发生还原反应，电解时做阴极，电极反应式为，D项错误；
答案选B。
7. 某离子液体由原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z、W、M组成，结构简式如图。其中Y、Z位于同周期相邻主族，W和M的p轨道均含一个未成对电子。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：B. 第一电离能：
C. 该离子液体的阴离子不含有配位键D. 中Z的杂化方式为
【答案】D
【解析】
【分析】依据结构可知X形成1个单键，且在五种元素中原子序数最小，则X为H，Y均形成四个共价键，则Y为C，由于Y、Z位于同周期相邻主族，故Z为N元素，该物质阳离于应该是与结合，其中N上有1个孤电子对，提供空轨道，二者形成配位键，该物质的阴离子为价，结合W和M的p轨道均含有一个未成对电子，故W的价电子排布式为，M的价电子排布式为，该阴离子应该为，其中提供空轨道，提供孤电子对，二者形成配位键。
【详解】由此可以得知，X为H，Y为C，Z为N，W为Al，M为Cl。
A．、均为10电子微粒，为18电子微粒，所以的半径最大，依据序大径小的规律可知半径：，因此简单离子半径：，A项错误；
B．W为Al，其第一电离能较小，C和N属于相同周期元素，随着原子序数最大，第一电离能有增大的趋势，故第一电离能：，B项错误；
C．由上述分析可知，该离子液体中阴、阳离子中均含有配位键，C项错误；
D．中N的价层电子对数为4，其杂化方式为，D项正确；
故选D。
8. 硫酸甲酯()是制造染料的甲基化试剂，在有存在的条件下，和的反应历程如图所示(分子间的作用力用“…”表示)。下列说法正确的是
A. 与反应的B. a、b、c三种中间产物中，b最稳定
C. 该反应的决速步骤为d→fD. 反应过程中，有非极性键的断裂和生成
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图示可知：反应物的能量比生成物的高，因此发生反应放出热量，所以反应为放热反应，反应的ΔH＜0，A错误；
B．物质含有的能量越低，该物质的稳定性就越强，根据图示可知a、b、c三种中间产物中，a物质的能量最低，则a的稳定性最强，故a最稳定，B错误；
C．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；结合图历程可知，d→f反应的活化能最高，为，该反应的决速步骤为d→f，C正确；
D．结合图示中的粒子间的结合方式可是在转化过程中甲醇、水、三氧化硫中的化合键均有断裂，存在极性键的断裂和生成，未涉及非极性键的断裂与生成，D错误；
故选C。
9. 用铁泥(主要成分为、FeO和少量Fe)制备超顺磁性纳米(平均直径为25nm)的流程图如下(所加试剂均过量，部分步骤已省略)，下列叙述正确的是
A. 滤液B的溶质主要为氯化铁
B. 步骤②中发生的反应均为置换反应
C. 为防止在步骤⑤中继续氧化亚铁离子，步骤④反应完成后剩余的需加热除去
D. 将步骤⑤得到的纳米均匀分散在水中时，不能产生丁达尔效应
【答案】C
【解析】
【分析】铁泥(主要成分为、FeO和少量Fe)与稀盐酸反应得到的滤液A中溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的盐酸；加入铁粉还原铁离子：，过量的盐酸和Fe反应：，过滤过量的铁，滤液B的溶质主要为氯化亚铁；加入氢氧化钠溶液，生成；向浊液C中加入溶液，反应完成后需除去剩余的，再与氯化亚铁混合，经一系列操作后得到产品。
【详解】A．滤液B的溶质主要为氯化亚铁，A项错误；
B．加入铁粉还原铁离子的反应不是置换反应，铁单质与过量盐酸的反应，属于置换反应，B项错误；
C．为防止在步骤⑤中继续氧化亚铁离子，需除去剩余，C项正确；
D．超顺磁性纳米平均直径为25nm，其均匀分散在水中后得到胶体，能产生丁达尔效应，D项错误；
故选C。
10. 黑铜矿中含有，可以用于冶炼铜、制硫酸。的晶胞结构如图所示，晶胞参数为anm。下列说法正确的是
A. 工业制硫酸时，常用蒸馏水吸收B. 图中黑色的球●代表
C. 每个周围紧邻且等距离的个数为4D. 与最小核心距为
【答案】B
【解析】
【详解】A．与反应剧烈形成酸雾，不易吸收，工业制硫酸时，常用浓硫酸吸收，A项错误；
B．黑球的个数为=4，白球的个数为8，根据与的个数比为可以确定，黑球代表，B项正确；
C．由晶胞结构可知，每个周围紧邻且等距离的个数为12，C项错误；
D．由晶胞结构可知，与最小核心距体对角线的，为，D项错误；
故选B。
11. 阿托酸甲酯能用于治疗肠道疾病，它可由阿托酸经过下列反应合成：
下列说法错误的是
A. 阿托酸甲酯的分子式为
B. 阿托酸可发生取代反应、加成反应和消去反应
C. 阿托酸苯环上的二氯代物共有6种
D. 1ml阿托酸分子最多能与4ml发生加成反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据结构简式可知，阿托酸甲酯的分子式为，A项正确；
B．阿托酸分子中含有碳碳双键可发生加成反应，含有羧基可发生酯化反应，也属于取代反应，但不能发生消去反应，B项错误；
C．阿托酸苯环上的二氯代物有2，3；2，4；2，5；2，6；3，4；3，5共有6种，选项C正确；
D．阿托酸分子中含有一个苯环和一个碳碳双键，1ml阿托酸分子最多能与4ml发生加成反应，D项正确；
故选B。
12. 下列实验操作及现象和解释或结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳酸氢根在溶液中存在电离平衡，根据同浓度的溶液和溶液的pH无法比较水解常数的大小，A项错误；
B．将通入溴水中，溶液褪色，是二氧化硫被溴水氧化，体现二氧化硫的还原性，B项错误；
C．氯化钠与硝酸银生成氯化银，硝酸银不足，再滴入碘化钾，生成黄色的碘化银沉淀，故，C项正确；
D．由于盐酸易挥发，生成的二氧化碳中混有氯化氢，不能证明是二氧化碳和硅酸钠反应生成的白色沉淀，不能比较碳和硅的非金属性，D项错误；
故选C。
13. 向一恒容密闭容器中加入1 ml 和一定量的，发生反应：。的平衡转化率按不同投料比x[]随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A.
B. 反应速率：
C. 点a、b、c对应的平衡常数：
D. 反应温度为，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态
【答案】B
【解析】
【详解】A．增大，平衡正向移动，根据勒夏特列原理甲烷的转化率减小，因此，故A正确；
B．b、c温度相同的平衡态，相同甲烷浓度条件下c点水的浓度比b点大，，故B错误；
C．K只受温度影响，a和b相同投料比，但是b点甲烷转化率大于a点因此，则，故C正确；
D．恒容密闭容器中，反应正向体积增大，压强不变时说明各组分含量不再变化，达到平衡，故D正确；
故选B。
14. 已知是二元弱酸，常温下向其溶液中加入NaOH调节溶液的pH，测得溶液中含R微粒的物质的量分数()与溶液pH的关系如图所示，下列说法中错误的是
A. 溶液中，
B. 常温下，的数量级为
C. b点溶液中，
D. 溶液中，
【答案】D
【解析】
【分析】随着氢氧化钠的加入，氢逐渐被消耗，则①代表，②代表，③代表，以此解题。
【详解】A．由于是二元弱酸，故溶液中含R粒子只有、、，结合电荷守恒原理知，A项正确；
B．由知，，结合时知，，B项正确；
C．由电荷守恒知b点溶液，因b点溶液中且，故，C项正确；
D．是二元弱酸，属于强碱弱酸的正盐，溶液显碱性，则，D项错误；
故选D。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15. 某废镍催化剂的主要成分是合金，还含有少量Cr、Fe及不溶于酸碱的有机物。采用如下工艺流程回收其中的镍制备镍的氧化物()：
已知：常温下，，，。
回答下列问题：
（1）“碱浸”所得“滤液1”的主要溶质为NaOH、___________，“灼烧”的目的是___________。
（2）“溶解”后的溶液中，所含金属离子有、、、___________、___________。
（3）“煅烧”前滤渣需进行的两步操作是___________。
（4）在空气中煅烧，其热重曲线如图所示。300～400℃转化为，反应的化学方程式为___________；400~450℃生成镍的氧化物的化学式为___________。
（5）工业上可用电解法制取。用NaOH溶液调节溶液pH至7.5，加入适量硫酸钠后采用惰性电极进行电解。电解过程中产生的有80%在弱碱性条件下生成，再把二价镍氧化为三价镍。写出氧化生成的离子方程式：___________，aml二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过电子的物质的量为___________ml(假设电解时阳极只考虑放电)。
【答案】（1） ①. ②. 除去有机物并将金属单质转化为金属氧化物
（2） ①. ②.
（3）洗涤、干燥 （4） ①. ②.
（5） ①. ②. 1.25a
【解析】
【分析】将废镍催化剂碱浸，Al和NaOH反应生成，Ni、Cr、Fe、有机物不与碱反应，则“滤液1”的主要溶质为NaOH、；通过灼烧，除去有机物，并将Ni、Cr、Fe转化为金属氧化物；加入硫酸、氧气，使Ni、Cr、Fe溶解生成Ni2+、Cr3+、Fe2+、Fe3+；加入NaClO，使Fe2+完全转化为Fe3+，调节溶液pH，使Cr3+、Fe3+转化为Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀；加入碳酸钠，使Ni2+转化为NiCO3沉淀，滤液2中含有硫酸钠、碳酸钠和次氯酸钠、氯化钠；过滤后得到的NiCO3表面附着可溶性杂质，应洗涤、干燥后，再煅烧，最终得到镍的氧化物，据此分析解答。
小问1详解】
由分析知，“碱浸”所得“滤液1”的主要溶质为NaOH、，“灼烧”的目的是除去有机物并将金属单质转化为金属氧化物。
【小问2详解】
由分析知，“溶解”后的溶液中，所含金属离子有、、、、。
【小问3详解】
由分析知，“煅烧”前滤渣需进行的两步操作是洗涤、干燥。
【小问4详解】
300～400℃转化为，Ni的化合价升高，被氧化，说明有氧气参与反应，生成物还有二氧化碳，故反应的化学方程式为；设1ml NiCO3在400~450℃下分解为NixOy，1ml NiCO3的质量为1ml×119g/ml=119g，由图可知，NiCO3在400~450℃下分解固体残留率为67.5%，则分解后NixOy的质量为119g×67.5%80.3g，根据Ni原子守恒可知，生成NixOy的物质的量为，，得到 ，故400~450℃生成产物的化学式为Ni3O4。
【小问5详解】
把氧化成，本身被还原成Cl－，根据化合价的升降法进行配平，离子方程式为；根据离子方程式，消耗a ml Ni(OH)2的同时消耗的ClO－，Cl2有80%在弱碱性转化成ClO－，即Cl2＋2OH－=ClO－＋Cl－＋H2O，电解过程中产生氯气的量为，电解过程中2Cl－－2e－=Cl2，因此外电路转移电子物质的量为。
16. 在有机化学中，硫酰氯()常用作氯化剂和氯磺化剂，在染料、药品、除草剂和农用杀虫剂的生产过程中有重要作用。现在拟用干燥的和在活性炭催化下制取硫酰氯。反应的化学方程式为 ，实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)。
已知：硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点，沸点69.1℃，在潮湿空气中会“发烟”；100℃以上开始分解，生成二氧化硫和氯气，长期放置也会发生分解。
回答下列问题：
（1）装置丙中作为反应容器的仪器名称为___________，装置丙中球形冷凝管的作用是___________；控制两种反应物体积大致相等的操作是___________。
（2）装置乙、丁中选择的合适试剂分别是___________、___________ (填字母)。
A．浓硫酸 B．饱和食盐水 C．浓氢氧化钠溶液 D．饱和溶液
（3）若缺少装置己，生成的硫酰氯()可能会变质，生成新物质的化学式为___________。
（4）氯磺酸()加热分解，也能制得硫酰氯：，分离两种产物的方法是___________。
（5）长期储存的硫酰氯会显黄绿色，可能的原因是___________(用化学方程式和必要的文字加以解释)。
（6）若反应中消耗的氯气体积为896mL(标准状况下)，最后经过分离提纯得到4.05g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为___________；为提高本实验硫酰氯的产率，在实验操作中还需要注意的有___________(填字母)。
a．控制气流速度，宜慢不宜快
b．保证装置的气密性良好
c．先向装置丙中通入一种气体，排出空气后再通入另一种气体
d．先通气体，再通冷凝水
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. 冷凝回流硫酰氯、导气使反应中产生气体污染物被碱石灰吸收 ③. 调节甲、戊装置中的活塞，使乙、丁导管口冒出气泡的速度相等
（2） ①. A ②. A
（3）和HCl
（4）控制温度100℃以下蒸馏
（5）硫酰氯长期放置分解，，产生少量的氯气溶解在其中而显黄绿色
（6） ①. 75% ②. abc
【解析】
【分析】用干燥的氯气和二氧化硫在活性炭催化下制取硫酰氯，装置甲中亚硫酸钠和浓硫酸制备二氧化硫，装置乙盛放浓硫酸用于干燥二氧化硫，戊装置用于制备氯气，装置丁盛放浓硫酸用于干燥氯气，二氧化硫和氯气在活性炭催化下在装置丙中发生反应制备硫酰氯。氯气和二氧化硫属于有毒气体，不能直接排放于空气中，需要进行尾气处理，用碱石灰进行吸收，同时碱石灰还可以吸收空气中的水蒸气，避免硫酰氯“发烟”。
【小问1详解】
根据题中装置图可知装置丙中作为反应容器的仪器的名称为三颈烧瓶，装置丙中球形冷凝管的作用是冷凝回流硫酰氯、导气使反应中产生的气体污染物被碱石灰吸收；调节甲、戊装置中的活塞，使乙、丁导管口冒出气泡的速度相等来控制两种反应物体积大致相等。
【小问2详解】
已知甲装置用于制备二氧化硫，戊装置用于制备氯气，硫酰氯在潮湿空气中会“发烟”，因此装置乙、丁分别用于干燥二氧化硫、氯气，故盛装的试剂均为浓硫酸，均选A。
【小问3详解】
若缺少装置己，生成的硫酰氯(SO2Cl2)可能会与空气中的水蒸气发生反应而变质，故生成新物质的化学式为和HCl。
【小问4详解】
已知硫酰氯100℃以上开始分解，硫酰氯和硫酸两种液体互溶，沸点相差较大，可以采用控制温度100℃以下蒸馏进行分离。
【小问5详解】
由题目信息可以知道硫酰氯长期放置会发生分解：，产生少量的氯气溶解在其中而显黄绿色。
【小问6详解】
根据方程式可以得到，所以理论上生成的，硫酰氯的产率为：。
a．控制气流速度，宜慢不宜快，气体充分反应，可提高硫酰氯的产率；
b．保证装置的气密性良好，减少气体的逸出，可提高硫酰氯的产率；
c．先向装置丙中通入一种气体，排出空气后再通入另一种气体，防止硫酰氯在潮湿空气中会“发烟”以及二氧化硫可能与氧气的反应；可提高硫酰氯的产率；
d．先通气体，再通冷凝水，可能导致硫酰氯逸出而损失，硫酰氯的产率降低；
故选abc。
17. 二氧化碳与氢气在一定条件下可制备甲醛(HCHO)、甲酸(HCOOH)和甲醇()等有机物。回答下列问题：
（1）制备甲醛：反应机理如下图所示
① ___________(用、、、表示)。
②将等物质的量的与充入恒温恒容密闭容器中发生反应，下列描述不能说明该反应达到平衡状态的是___________(填字母)。
a．的物质的量保持不变
b．单位时间内，断裂2mlH—H键的同时断裂2mlC—H键
C．不再发生变化
d．容器内混合气体的密度保持不变
（2）制备甲酸：反应原理为 。已知：，，、为速率常数，与温度的关系如下图所示。
①若温度升高，则___________(填“增大”“减小”或“不变”)；该反应的___________(填“”“”或“”)0。
②向某恒容密闭容器中加入物质的量均为1ml的和发生该反应，时平衡常数为20、平衡压强为，若温度为时，，则时的平衡压强___________(填“”“”或“”)。
（3）近年来，有研究人员用通过电催化生成，实现的回收利用，其工作原理如下图所示。写出Cu电极上的电极反应式：___________。
（4）用于制备苯乙烯有助于实现“碳中和”。
①在催化剂X作用下，参与反应的机理如上图所示(、表示乙苯分子中C或H原子的位置；AB为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，、位点带部分负电荷)。根据元素电负性的变化规律，上图所示的反应机理中步骤Ⅰ和步骤Ⅱ可描述为乙苯带部分正电荷，被带部分负电荷的位点吸引，随后解离出并吸附在位点上；___________。
②保持混合气体总压(p)等其他条件不变，的分压与乙苯转化率的关系如下图所示。时，乙苯转化率下降的原因是___________。
【答案】（1） ①. ②. d
（2） ①. 增大 ②. ＜ ③. ＜
（3）
（4） ①. (位点上的)与位点上中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的位点上 ②. 过多的占据了带部分负电荷的位点，使得乙苯的脱除速率降低，乙苯转化率下降
【解析】
【小问1详解】
①根据反应机理可得，反应①；反应②；反应③；已知反应④；根据盖斯定律可知，由①+②+③-④可得反应，，故。
②a．的物质的量保持不变，能说明该反应达到平衡状态；
b．单位时间内，断裂2mlH—H键的同时断裂2mlC—H键，说明正逆反应速率相等，能说明该反应达到平衡状态；
C．与等物质的量充入，按照1：2反应，因此随反应进行始终在变化，故当不再发生变化，能说明该反应达到平衡状态；
d．混合气体总质量不变，容器容积不变，因此气体密度始终不变，故容器内混合气体的密度保持不变，不能说明该反应达到平衡状态；
故选d。
【小问2详解】
①由图可知，若温度升高，则增大，也增大，且温度改变对的影响更大，故逆反应方向为吸热反应，则该反应的＜0。
②当反应平衡时，，则，则若温度为时，，平衡常数比大，故，降温平衡正向移动，气体总物质的量减少，且温度降低，则时的平衡压强＜。
【小问3详解】
Cu电极上转化生成，故Cu电极为阴极，发生得电子的还原反应，电极反应式为：。
【小问4详解】
①上图所示的反应机理中步骤Ⅰ和步骤Ⅱ可描述为乙苯带部分正电荷，被带部分负电荷的位点吸引，随后解离出并吸附在位点上；(位点上的)与位点上中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的位点上。
②保持混合气体总压(p)等其他条件不变，的分压与乙苯转化率的关系如下图所示。时，乙苯转化率下降的原因是过多的占据了带部分负电荷的位点，使得乙苯的脱除速率降低，乙苯转化率下降。
18. 有机物(Ⅰ)是治疗心动过速的一种药物，某合成路线如下：
已知：结构不能稳定存在，会失去H2O转化为。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为___________。
（2）D的结构简式为___________；E分子中含氧官能团的名称为___________。
（3）F→G的反应类型为___________。
（4）G→H的化学反应方程式为___________。
（5）满足下列条件的E的同分异构体有___________种(不含立体异构)；其中苯环上一溴代物有两种的结构简式为___________(任写一种)。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生水解反应；③能被新制Cu(OH)2悬浊液氧化；④除苯环外无其他环状结构。
（6）参照上述合成路线，设计以A为原料制备对羟基苯甲酸()的合成路线：___________(其他无机、有机试剂任用)。
【答案】（1）对甲基苯酚(4-甲基苯酚)
（2） ①. ②. 羧基、(酚)羟基
（3）取代(酯化)反应
（4）
（5） ①. 16 ②. 或
（6）(或其他合理答案)
【解析】
【分析】由题干合成路线图可知，B发生取代反应生成C，根据C结构简式知，A为，B为；C发生水解反应然后酸化得到D，结合D分子式知，D为；1mlD和1ml丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成 1mlE、1mlH2O和1mlCO2，且E能与溴水发生加成反应，说明E中含有碳碳不饱和键，根据原子守恒知，E为，E发生加成反应生成F，根据F分子式知，F为，F和甲醇发生酯化反应生成G为；根据H结构简式知，G发生取代反应生成H，H发生取代反应生成I，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为：，则A的化学名称为对甲基苯酚(4-甲基苯酚)，故答案为：对甲基苯酚(4-甲基苯酚)；
【小问2详解】
由分析可知，D的结构简式为，由题干路线图中E的结构简式：，则E分子中含氧官能团的名称为羧基和羟基，故答案为：；(酚)羟基和羧基；
【小问3详解】
由分析可知，F的结构简式为：，G的结构简式为：，F→G 即F和甲醇发生酯化反应生成G，该反应的反应类型为取代反应(或者酯化反应)，故答案为：取代反应(或者酯化反应)；
【小问4详解】
由分析可知，G的结构简式为：，则G→H的化学反应方程式为，故答案为：；
【小问5详解】
已知E的分子式为：C9H803，不饱和度为6，则E同时满足条件①能与FeCl3溶液发生显色反应即含有酚羟基；②能发生水解反应即含有酯基；③能被新制Cu(OH)2悬浊液氧化即含有醛基或者甲酸酯基；④除苯环外无其他环状结构，则若含有2个取代基即-OH、-CH=CHOOCH，或者-OH、两组，每一组有邻间对三种位置异构，若含有三个取代基即-OH、-OOCH和-CH=CH2，则有10种位置异构，即E的同分异构体共有2×3+10=16种；其中苯环上一溴代物有两种即苯环上两种氢原子的结构简式为：或，故答案为：16；或；
【小问6详解】
已知甲苯能被酸性高锰酸钾溶液直接氧化为苯甲酸，但A的酚羟基也能被氧化，根据题干路线图中信息可知，可将酚羟基转化为酯基后再氧化，然后将酯基再水解，从而保护羟基不被破坏，据此分析可以确定以A为原料制备对羟基苯甲酸()的合成路线为：(或其他合理答案)，故答案为：(或其他合理答案)。选项
实验操作及现象
解释或结论
A
常温下，用pH计测定的溶液和的溶液的pH，为8.3，为8.9
水解常数：
B
将通入溴水中，溶液褪色
具有漂白性
C
向5mLNaCl溶液中充入2mL相同浓度溶液，生成白色沉淀，继续滴加几滴相同浓度的KI溶液，有黄色沉淀生成
D
将盐酸与反应生成的气体通入溶液中，有白色沉淀生成
C的非金属性大于Si