江西省赣州市2023-2024学年高三下学期5月二模考试化学试题（原卷版+解析版）

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考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与本人准考证号、姓名是否一致。
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，监考员将试题卷、答题卡一并收回。
4.本卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 F-19 Na-23 S-32 Cl-35.5 Cu-64
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. 科技是第一生产力，我国科学家在诸多科技领域取得新突破。下列说法正确的是
A. 中国自主研发的计算机处理芯片“中国芯”的主要成分为
B. 全新电解原理实现海水制氢，其能量转化形式：化学能→电能
C. 最新合成的累积烯烃型环型碳(、)与互为同素异形体
D. 温和压力条件下实现乙二醇的合成，乙二醇属于有机高分子化合物
【答案】C
【解析】
【详解】A．计算机处理芯片“中国芯”的主要成分为Si而不是SiO2，A错误；
B．全新电解原理实现海水制氢，其能量转化形式：电能→化学能，B错误；
C．累积烯烃型环型碳(、)与均为碳元素的两种不同单质，故互为同素异形体，C正确；
D．高分子是指相对分子质量成千上万的物质，乙二醇相对分子质量只有62，不属于有机高分子化合物，而是有机小分子物质，D错误；
故答案为：C。
2. 下列符号表征或说法正确的是
A. HClO的电子式：
B. 的VSEPR模型：
C. 的离子结构示意图：
D. 基态S原子的价电子排布图：
【答案】B
【解析】
【详解】A．HClO是共价化合物，电子式是，故A错误；
B．的中心原子Cl价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，有1对孤电子对，故B正确；
C．Fe2+的离子结构示意图：，故C错误；
D．硫为16号元素，基态硫原子的价电子排布图： ，故D错误；
故答案选B。
3. 中华传统文化源远流长。下图是传统酿酒工艺的装置。
下列仪器与装置X(虚线框内)作用相同的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】图中装置X作用是冷凝气体，与直形冷凝管作用相同，均为冷凝蒸气，故答案选A。
4. 二氯化二硫()是一种常用的橡胶硫化剂，其结构如图所示。极易水解：。下列说法错误的是
A. 中S为＋1价
B. 是由非极性键与极性键构成的极性分子
C. 上述反应中既作氧化剂又作还原剂
D. 上述反应中氧化产物与还原产物的质量比为3：1
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯元素在S2Cl2中为-1价，根据化合价规则知硫元素的化合价为+1价，故A正确；
B．S-Cl键是极性键，S-S键是非极性键，由于分子中正负电荷的重心不能重合，所以分子是极性分子，故B正确；
C．S元素的化合价由+1价升高为+4价，S元素的化合价由+1价降低为0，只有S元素的化合价变化，则S2Cl2既作氧化剂又作还原剂，故C正确；
D．氧化产物为SO2，还原产物为S，由反应可以知道二者的物质的量比为1：3，故D错误；
故答案选D。
5. 下列操作或装置可以用于相应实验的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．加热NH4NO3晶体分解成HNO3和NH3，无法制备NH4NO3晶体，故A错误；
B．氯水中含有次氯酸具有漂白性，会将pH试纸漂白，故B错误；
C．由于CCl4和水不互溶，可以用分液来分离水和CCl4，故可用如图装置分离水和CCl4，故C正确；
D．实验室用石灰石与稀盐酸反应制备二氧化碳气体，故D错误；
故答案选C。
6. 双酚AF广泛应用于光学、微电子、航天等领域。可由六氟丙酮与苯酚在一定条件下合成得到，路线如下：
下列说法错误的是
A. 上述过程中涉及加成反应B. 双酚AF中所有碳原子一定共平面
C. 苯酚与双酚AF遇溶液均显色D. 双酚AF分子中苯环上的一溴代物有2种
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据反应可知，六氟丙酮中的羰基发生变化，与苯酚环上的H原子发生加成反应，故A正确；
B．分子中连接两个苯环和三氟甲基的碳为饱和碳，则双酚AF中所有的碳原子一定不会共平面，故B错误；
C．分子中均含有酚羟基，能和氯化铁显紫色，故C正确；
D．双酚AF对称性为，可知苯环上有两种环境的H原子，因此苯环上的一溴代物有1种，故D正确；
故答案选B。
7. 一种光催化重整聚乳酸生成丙酮酸的过程如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 1ml乳酸分子中含有键数目为
B. 1ml乳酸比1ml丙酮酸多质子
C. 生成1ml丙酮酸，需要消耗
D. 1ml丙酮酸与足量溶液反应，生成分子数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由乳酸结构可知，该结构中单键C、O均为sp3杂化，羧基碳原子为sp2杂化，其中H原子与单键C、O之间为键，1分子中含6个键，1ml中含，故A正确；
B．由结构简式可知乳酸比丙酮酸多两个H原子，乳酸比丙酮酸多2个质子，则1ml乳酸比1ml丙酮酸多质子，故B正确；
C．生成1ml丙酮酸，转移2ml电子，则需要消耗，故C正确；
D．1ml丙酮酸与足量溶液反应，生成碳酸氢钠，没有二氧化碳生成，故D错误；
故选：D。
8. 离子化合物由四种原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z组成，其中阴、阳离子均由两种元素组成且均呈正四面体形。四种元素的原子序数之和为21，且W、Z元素的基态原子核外均只有1个未成对电子。下列说法错误的是
A. 第一电离能：Y>Z>XB. 原子半径：X>Y>Z
C. 键角：D. 的化学式：
【答案】A
【解析】
【分析】离子化合物由四种原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z组成，其中阴、阳离子均由两种元素组成且均呈正四面体形，则阳离子是铵根离子，那么阴离子带2个负电荷，四种元素的原子序数之和为21，则除氢、氮外，另两种原子序数和为13，且W、Z元素的基态原子核外均只有1个未成对电子，则Z应该为氟、X为铍、Y为氮，阴离子为；
【详解】A．同一周期的第一电离能从左往右逐渐增大，则第一电离能：F>N> Be，A错误；
B．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：Be>N>F，B正确；
C．氟的电负性更强，对成键电子对的吸引力更大，使得分子中成键电子对间斥力较分子成键电子对间斥力小，使得键角，C正确；
D．由分析可知，的化学式：，D正确；
故选A。
9. 南昌大学科研团队在醇歧化方面取得突破性进展。利用氢碘酸的还原性和碘的氧化性将5-羟甲基糠醛歧化得到5-甲基糠醛(5-MF)和2，5-二甲酰基呋喃(DFF)，其反应机理如图所示。下列说法正确的是
A. 过程①中5-羟甲基糠醛发生氧化反应
B. 若用代替，该反应也一定能发生
C. 5-MF与DFF均存在含有苯环的同分异构体
D. 若以为反应物，则歧化可得和
【答案】D
【解析】
【详解】A．过程①中5-羟甲基糠醛与HI反应生成5-MF和I2，HI作还原剂，则5-羟甲基糠醛作氧化剂，发生还原反应，故A错误；
B．氧化性强于，能氧化醛基，因此不能得到产物，故B错误；
C．DFF含5个不饱和度，若形成苯环，3个氧原子无法形成1个不饱和度，因此不存在含苯环的同分异构体，故C错误；
D．由反应①可知可转化为，由反应②可知可转化为，故D正确；
故选：D。
10. 利用可再生能源驱动耦合电催化HCHO氧化与CO2还原，同步实现CO2与HCHO高效转化为高附加值的化学产品，可有效消除酸性工业废水中的甲醛，减少碳排放，实现碳中和。耦合电催化反应系统原理如图所示。
下列说法正确的是
A. 电源a极为正极，通过质子交换膜从右侧移向左侧
B. 阳极的电极反应式为：
C. 外电路转移时，理论上可消除废水中0.5mlHCHO
D. 电解生成1mlHCOOH，理论上可消耗标准状况下
【答案】C
【解析】
【分析】由题干电解池装置图可知，碳纸负载MnO2纳米片中HCHO转化为HCOOH，发生氧化反应，故为阳极，电极反应为：HCHO+H2O-2e-=HCOOH+2H+，即电源b电极为正极，Cu箔负载Cu纳米绒为阴极，发生还原反应，电极反应为：CO2+2H++2e-=HCOOH，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，电源b电极为正极，电源a极为负极，H+通过质子交换膜从左侧阳极区移向右侧阴极区，A错误；
B．由分析可知，阳极发生氧化反应，阳极的电极反应式为：HCHO+H2O-2e-=HCOOH+2H+，B错误；
C．由分析可知，阳极区发生的电极反应为：HCHO+H2O-2e-=HCOOH+2H+，根据电子守恒可知，外电路转移时，理论上可消除废水中0.5mlHCHO，C正确；
D．由题干信息可知，阳极区生成HCOOH，阴极区也能生成HCOOH，结合电极反应式HCHO+H2O-2e-=HCOOH+2H+、CO2+2H++2e-=HCOOH可知，电解生成1mlHCOOH，理论上可消耗0.5mlCO2，则其标准状况下的体积为：0.5ml×22.4L/ml=11.2L，D错误；
故答案为：C。
11. 二氧化氯(ClO2)是一种高效、安全的杀菌消毒剂。一种综合法制备ClO2的工艺流程及ClO2分子的结构(O-Cl-O的键角为117.6°)如图所示。
下列说法正确的是
A. Cl2与ClO2分子中所含化学键类型完全相同
B. ClO2分子中含有大π键()，Cl原子杂化方式为sp2杂化
C. “ClO2发生器”中，NaClO3的还原产物为Cl2
D. “电解”时，阳极与阴极产物的物质的量之比为3：1
【答案】B
【解析】
【详解】A．Cl2分子中含有非极性共价键，而ClO2分子中含有极性共价键且由题干信息可知含有配位键，即二者所含化学键类型不相同，A错误；
B．由题干ClO2的分子结构可知，ClO2分子中含有大π键()，Cl原子周围的价层电子对数为3，故杂化方式为sp2杂化，B正确；
C．由题干流程图可知，“ClO2发生器”中反应方程式为：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl，反应中NaClO3中Cl由+5价变为ClO2中的+4价，HCl中的部分Cl由-1价升高到Cl2中的0价，即NaClO3的还原产物为ClO2，C错误；
D．由题干流程图可知，“电解”时，阳极发生氧化反应，即Cl--6e-+3H2O=+6H+，阴极发生还原反应，即2H2O+2e-=H2↑+2OH-，根据电子守恒可知，阳极与阴极产物的物质的量之比为1：3，D错误；
故答案为：B。
12. 甲烷水蒸气重整制合成气［ ］是利用甲烷资源的途径之一、其他条件相同时，在不同催化剂(、、)作用下，反应相同时间后，的转化率随反应温度的变化如下图所示。下列说法错误的是
A. 该反应B. 平衡常数：
C 催化剂催化效率：D. 增大压强，增大倍数小于增大倍数
【答案】C
【解析】
【详解】A．随着温度升高，甲烷的转化率也在增大，说明平衡正向移动，温度升高反应向吸热方向移动，因此该反应，故A正确；
B．平衡常数只受温度影响，温度相同，对于同一反应的平衡常数也相同，该反应的正反应方向为吸热反应，升高温度K值增大，，故B正确；
C．根据图像可知在相同条件下，曲线I中甲烷的转化率最高，其次是Ⅱ、Ⅲ，则三种催化剂Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的催化效率由高到低的顺序是Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，故C错误；
D．增大压强，向气体体积分数较小的方向移动，即反应逆向移动，说明增大倍数小于增大倍数，故D正确；
故答案选C。
13. (摩尔质量为)是生物医药、太阳能电池领域的理想荧光材料，其晶胞结构如图所示，A原子的分数坐标为。下列说法正确的是
A. 距离Cu最近的原子为InB. 沿y轴投影可得晶胞投影图②
C. 晶胞中B原子分数坐标为D. 该晶体的密度为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由晶胞结构可知距离Cu最近的原子是S，故A错误；
B．沿y轴投影，晶胞左侧面顶点上的原子投影为长方形的顶点，棱边中点及上小底面面心的原子投影为边长的中点，体心投影为长方形的对角线交点(面心)，晶胞左侧面上下2个面心、晶胞内的原子投影在长方形内，故无法得到图②投影，故B错误；
C．晶胞中B原子分数坐标为，故C错误；
D．该晶胞中Cu有8个位于顶点，4个位于面上，1个位于体心，个数为：；S原子有8个位于体内，In原子有6个位于面上，4个位于棱心，个数为：；则晶胞质量为：；晶胞体积为：；该晶体的密度为，故D正确；
故选：D。
14. 赣南脐橙富含柠檬酸(用表示)。常温下，用溶液滴定溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
(已知常温下柠檬酸的电离常数为：，，)
A. a点溶液中：
B. 反应的平衡常数
C. b点溶液中，
D. 常温下，溶液加水稀释过程中，增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．a点溶液为加入20mL氢氧化钠溶液得到的，溶质为，此时溶液呈酸性，电荷守恒为，物料守恒为，则存在，A正确；
B．反应的平衡常数，B错误；
C．b点溶液为溶液，溶液呈酸性，的电离程度大于的水解程度，故离子浓度大小为，，，C错误；
D．常温下，溶液呈酸性，加水稀释过程中，溶液中氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大。常温下加水稀释过程中，的水解常数保持不变，加水稀释过程中，氢氧根离子浓度增大，则减小，D错误；
故选A。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. (过碳酸钠)是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧化系漂白剂，是碳酸钠和过氧化氢形成的不稳定加合物，易溶于水，难溶于乙醇。制备相关资料如下。
制备装置：如图所示。
制备步骤：
i．按图组装仪器，控制实验温度不超过15℃；
ii．往A中加入25mL的过氧化氢(质量分数为30%)、硫酸镁和硅酸钠各0.1g，控温搅拌至所有试剂完全溶解；
iii．冷却至一定温度，加入100mL饱和碳酸钠溶液，搅拌反应30min，静置结晶；
iv．利用真空泵抽滤，滤饼用无水乙醇洗涤2～3次，通风橱风干得到产品过碳酸钠，滤液回收利用。
回答下列问题：
（1）仪器A的名称为___________。
（2）制备过程中，为了避免温度升高，导致产率下降，“加入100mL饱和碳酸钠溶液”的正确方法是___________。
（3）步骤iv用无水乙醇洗涤的原因是___________。
（4）下列有关过碳酸钠说法错误的是___________。
A. 过碳酸钠是一种混合物
B. 过碳酸钠既具有碳酸钠的性质，又具有双氧水性质
C. 往酸性高锰酸钾溶液中加入足量过碳酸钠，溶液褪成无色
D. 过碳酸钠既可用作绿色漂白剂也可用作鱼塘供氧剂
（5）采用下列装置验证过碳酸钠中碳酸钠和过氧化氢的物质的量之比是2∶3(不考虑过碳酸钠含有杂质)。
①装置中的试剂为___________。
②装置接口的连接顺序为___________(用ABCDE字母表示)。
③若实验操作准确，则装置理论上应增重___________g。
【答案】（1）三颈烧瓶
（2）缓慢分批加入，并不断搅拌
（3）洗去水分，减少过碳酸钠溶解，利于干燥 （4）A
（5） ①. 浓 ②. EABCD ③. 0.88
【解析】
【分析】三颈烧瓶中碳酸钠和过氧化氢发生反应，反应生成的过碳酸钠通过过滤、洗涤、干燥得到目标产物；
【小问1详解】
仪器A的名称为三颈烧瓶；
【小问2详解】
过氧化氢不稳定，受热易分解，过碳酸钠也为不稳定加合物，为了避免温度升高，导致产率下降，“加入100mL饱和碳酸钠溶液”的正确方法是缓慢分批加入，并不断搅拌；
【小问3详解】
过碳酸钠易溶于水，难溶于乙醇；过碳酸钠在有机溶剂中的溶解度小，所以iv中选用无水乙醇洗涤产品的目的是减少过碳酸钠的溶解损失，并带走水分利于干燥；
【小问4详解】
A．过碳酸钠为一种物质，属于纯净物，错误；
B．过碳酸钠是碳酸钠和过氧化氢形成的不稳定加合物，其既具有碳酸钠的性质，又具有双氧水性质，正确；
C．高锰酸钾具有强氧化性，往酸性高锰酸钾溶液中加入足量过碳酸钠，高锰酸钾溶液会和过碳酸钠中过氧化氢反应使得溶液褪成无色，正确；
D．过氧化氢具有强氧化性，可用作绿色漂白剂，过氧化氢分解生成氧气，能做供氧剂；故过碳酸钠中既可用作绿色漂白剂也可用作鱼塘供氧剂，正确；
故选A；
【小问5详解】
首先向装置通入经过Ⅴ中氢氧化钠处理过的空气，排净装置中空气，防止空气中二氧化碳干扰实验，Ⅰ中过碳酸钠和稀硫酸反应生成二氧化碳气体，经过Ⅱ干燥后，二氧化碳在Ⅲ中被碱石灰吸收，装置Ⅳ防止空气中二氧化碳、水进入Ⅲ中干扰实验结果。
①由分析可知，装置中的试剂为浓。
②由分析可知，装置接口的连接顺序为EABCD。
③根据碳元素守恒守恒，3.14g过碳酸钠生成二氧化碳质量为，故实验操作准确，则装置理论上应增重0.88g。
16. 某研究小组模拟用硫酸化焙烧—水浸工艺从高砷铜冶炼烟尘中浸出铜、锌的流程如下。
已知：①高砷铜冶炼烟尘的主要化学成分为锌、铜、铅的砷酸盐及氧化物，焙烧时，金属砷酸盐转化为硫酸盐与。各元素质量分数如下：
②25℃时，硫酸铅的溶度积常数；
③浸出率的计算：浸出率。
回答下列问题：
（1）基态Zn原子的价层电子排布式为___________。
（2）“焙烧”时，无烟煤除了为焙烧提供热量外，还表现___________的作用。请补全参与反应的化学方程式：___________。
（3）“水浸”时，所得浸渣的主要成分为___________(写化学式)，往浸取液中加入的金属单质是___________(写化学式)。
（4）高砷铜冶炼烟尘经过焙烧、水浸等工序后，测得浸取液中为，请从理论上分析铅是否沉淀完全？___________(列式计算并得出结论)。
（5）铜浸出率的测定：从上述流程中得到的1L浸取液中取50mL与过量的酸性KI完全反应后，过滤，往滤液中滴加淀粉溶液为指示剂，用标准溶液滴定，滴定终点时消耗标准溶液21.00mL。
(已知：，)
①滴定终点的现象为___________。
②忽略流程中的损失，可得铜的浸出率为___________。
【答案】（1）
（2） ①. 还原剂 ②.
（3） ①. ②. Zn
（4），其浓度小于，可认为已沉淀完全
（5） ①. 当滴入最后半滴标准溶液，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且在半分钟内不复原 ②. 96%
【解析】
【分析】高砷铜冶炼烟尘的主要化学成分为锌、铜、铅的砷酸盐及氧化物，加入无烟煤/浓硫酸进行焙烧，焙烧时，金属砷酸盐转化为硫酸盐与As2O3 (g)，金属氧化物转化为硫酸盐，无烟煤除了为焙烧提供热量外，还作还原剂，生成CO2，加水进行水浸，滤液中存在Cu2+、Zn2+、PbSO4不溶于水，成为滤渣，往滤液中加入金属单质得到铜渣和ZnSO4溶液，即金属单质为Zn，将Cu2+还原为Cu，自身被氧化为Zn2+。
【小问1详解】
Zn为第30号元素，基态Zn原子的价层电子排布式为：；
【小问2详解】
无烟煤除了为焙烧提供热量外，还作还原剂，生成CO2，与C和H2SO4发生反应，生成硫酸铜，氧化砷，CO2和SO2，参与反应的化学方程式：；
【小问3详解】
由分析得，滤渣的主要成分为PbSO4；往滤液中加入金属单质得到铜渣和ZnSO4溶液，即金属单质为Zn；
【小问4详解】
，其浓度小于，可认为已沉淀完全；
【小问5详解】
①淀粉遇碘变蓝，因此滴定终点的现象为：当滴入最后半滴标准溶液，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且在半分钟内不复原；
②根据离子方程式，)可得：，，浸取液中Cu元素的质量为：，浸取率为：。
17. 近年，甲醇制取与应用在全球引发了关于“甲醇经济”的广泛探讨。
．在催化加氢制的反应体系中，发生的主要反应如下：
反应a：
反应b：
反应c：
（1）已知反应b中相关化学键键能数据如下表：
计算：x=___________，___________。
（2）恒温恒容时，下列能说明反应a一定达到平衡状态的是___________(填标号)。
A. B.
C. 混合气体的密度不再发生变化D. 混合气体中的百分含量保持不变
（3）在催化剂作用下，将物质的量之比为1：2的和的混合气体充入一恒容密闭容器中发生反应a、b，已知反应b的反应速率，，、为速率常数，x为物质的量分数。
①平衡时，转化率为60%，和的物质的量之比为1：1，若反应b的，则平衡___________。
②Arrhenius经验公式为，其中为活化能，T为热力学温度，k为速率常数，R和C为常数，则___________(用含、、T、R的代数式表示)。
（4）其他条件相同时，反应温度对选择性的影响如下图所示。由图可知，温度相同时选择性的实验值略高于其平衡值，可能的原因是___________。(已知的选择性)
．利用甲醇分解制取烯烃，涉及如下反应：
a．
b．
c．
（5）恒压条件下，平衡体系中各物质的量分数随温度变化如图所示。已知650K时，，平衡体系总压强为p，则650K反应c的平衡常数___________。
【答案】（1） ①. 436 ②. +99 （2）D
（3） ①. 0.8 ②.
（4）在该条件下反应a的速率大于反应b，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多
（5）
【解析】
【小问1详解】
反应物的总键能-生成物的总键能=2×803+x-1076-2×465=+36，解得x=436；由盖斯定律可知，反应b-反应a可得反应c，==+36+63=+99。
【小问2详解】
A．当时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，A不选；
B．当时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，B不选；
C．当反应在恒容条件下进行时，由于反应物和生成物均为气体，混合气体的密度一直保持不变，则混合气体的密度不再发生变化，反应不一定达到平衡，C不选；
D．混合气体中的百分含量保持不变，说明水的浓度不再变化，反应达到平衡，D选；
故选D。
小问3详解】
①在催化剂作用下，将物质的量之比为1：2的和的混合气体充入一恒容密闭容器中发生反应a、b，反应a消耗CO2xml，反应b消耗CO2yml，则有
当CO2转化率达到60%时，反应达到平衡状态，则=60%，这时和的物质的量之比为1：1，则1-x-y=2-3x-y，解得x=0.5，y=0.1，则CH3OH、H2O、CO2、H2、CO的物质的量分别为0.5ml、0.6ml、0.4ml、0.4ml、0.1ml，=20×0.2×0.2=0.8ml·L-1·s-1，故v逆=v正=0.8 ml·L-1·s-1；
②，Ea=TC-RTlnk，ΔH=反应物键能之和-生成物键能之和=Ea正-Ea逆=-RTlnk正+RTlnk逆=。
【小问4详解】
由图可知，温度相同时，CH3OH选择性的实验值略高于平衡值，从化学反应速率的角度看原因是：在该条件下反应a的速率大于反应b，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多。
【小问5详解】
已知650K时，，设在650K时，向容器中加入5mlCH3OH(g)使之发生反应a、b，得到n0(C2H4)=1ml，n0(C3H6)=1ml，n0(H2O)=5ml，反应式c可如下列式：
因为，，所以2(1-3n)=1+2n，解得n=，所以最终平衡体系中含有1-3n=mlC2H4，1+2n=mlC3H6，以及5mlH2O，则x(C3H6)= ，x(C2H4)= ，代入Kp=。
18. 有机化合物H是合成药物盐酸维拉帕米的重要中间体，其合成路线如下。
回答下列问题：
（1）A分子中所含官能团的名称为___________，D生成E的反应类型为___________。
（2）的结构简式为，则其化学名称是___________。
（3）A～E中含有手性碳原子的化合物是___________(填序号)。化合物G中的C原子的杂化方式有___________种。
（4）化合物F的结构简式为___________。
（5）由C生成D的化学方程式为___________。
（6）仅含一种官能团的芳香化合物W是B的同分异构体，1mlW能与2mlNaOH溶液发生反应，W共有___________种(不考虑立体异构体)，其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1的结构简式为___________(任写一种)。
【答案】（1） ①. (酚)羟基、醚键 ②. 取代反应
（2）硫酸二甲酯 （3） ①. E ②. 3
（4）
（5）+NaCN+NaCl
（6） ①. 17 ②. 、(任写一种)
【解析】
【分析】由题干有机物H的合成路线图可知，根据C的结构简式和C到D的转化条件并结合D的分子式可知，D的结构简式为：，由E、G的结构简式可知，F的结构简式为：BrCH2CH2CH2Cl，(6)已知B的分子式为：C8H10O2，则仅含一种官能团的芳香化合物W是B的同分异构体，1mlW能与2mlNaOH溶液发生反应即含有2个酚羟基，则若含有3个取代基即-OH、-OH和-CH2CH3，共有6种位置关系，若含有4个取代基即2个-OH和2个-CH3，则有11种位置异构，即W共有6+11=17种，其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1的结构简式为：、，据此分析解题。
【小问1详解】
由合成路线图中A的结构简式可知，A分子中所含官能团的名称为(酚)羟基、醚键，由分析可知，D的结构简式为：，比较D、E的结构简式可知，D生成E的反应类型为：取代反应；故答案为：(酚)羟基、醚键；取代反应；
【小问2详解】
的结构简式为是H2SO4和两分子CH3OH生成的无机含氧酸酯，则其化学名称是硫酸二甲酯，故答案为：硫酸二甲酯；
【小问3详解】
已知同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，结合分析和路线图中A~E的结构简式可知，A～E中含有手性碳原子的化合物是E，化合物G中的C原子的杂化方式有：苯环上的sp2杂化，-CN上的sp杂化和其他碳原子采用sp3杂化，一共有3种，故答案为：E；3；
【小问4详解】
由分析可知，化合物F的结构简式为BrCH2CH2CH2Cl，故答案为：BrCH2CH2CH2Cl；
【小问5详解】
由分析可知，D的结构简式为：，故C到D转化的反应方程式为：+NaCN+NaCl，故答案为：+NaCN+NaCl；
【小问6详解】
已知B分子式为：C8H10O2，则仅含一种官能团的芳香化合物W是B的同分异构体，1mlW能与2mlNaOH溶液发生反应即含有2个酚羟基，则若含有3个取代基即-OH、-OH和-CH2CH3，共有6种位置关系，若含有4个取代基即2个-OH和2个-CH3，则有11种位置异构，即W共有6+11=17种，其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1的结构简式为：、，故答案为：17；、(任写一种)。A．直形冷凝管
B．蒸馏烧瓶
C．分液漏斗
D．锥形瓶
A．制备晶体
B．测氯水的pH
C．分离水和
D．实验室制备
Cu
Zn
As
Pb
In
Ag
5.60%
15.60%
28.68%
2234%
0.073%
0.01%
化学键
H-H
C=O
C≡O
H-O
x
803
1076
465