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备战2024年高考化学模拟卷（黑龙江、甘肃、吉林、安徽、江西、贵州、广西）08（解析版）
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这是一份备战2024年高考化学模拟卷（黑龙江、甘肃、吉林、安徽、江西、贵州、广西）08（解析版），共17页。试卷主要包含了8LNO和22，5，0，2℃，有毒，易水解等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
可能用到的相对原子质量：Al 27 Cl 35.5 Mn 55 Ni 59 Ga 70
第Ⅰ卷
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．下列说法不正确的是
A．德国化学家维勒合成了尿素，开创了人工合成有机化合物的新时代
B．铝合金密度低、强度高，可用于航空工业
C．氨基酸之间通过氢键作用形成蛋白质的一级结构
D．制玻璃、水泥和炼铁过程中均须使用石灰石
【答案】C
【解析】A．德国化学家维勒于1828年首次合成了有机化合物尿素，为化学开创了一个新的研究领域，开创了一个有机合成的新时代，故A正确；B．铝合金有密度低，强度高，耐高温等特性，在生活中可用于航空工业，建筑材料等，故B正确；C．蛋白质的一级结构是氨基酸之间通过肽键形成的，故C错误；D．石灰石是工业上制玻璃、水泥和炼铁过程中都会使用到的原料，故D正确；故本题选C。
2．下列有关物质的性质与用途说法不正确的是
A．碳酸钠和碳酸氢钠水溶液显碱性，可用作工业用碱或食用碱
B．常温下用铝制容器盛装浓硝酸，是因为铝很稳定不与浓硝酸反应
C．利用高纯单质硅的半导体性能，可以制成光电池
D．自来水厂用氯气杀菌消毒，是因为氯气可与水反应形成次氯酸具有强氧化性
【答案】B
【解析】A．碳酸钠和碳酸氢钠水溶液显碱性，能与酸反应且产生气体，可用作工业用碱或食用碱，A正确；B．浓硝酸能与铝反应，并使铝表面生成钝化膜，从而阻止铝与浓硝酸的进一步反应，所以常温下用铝制容器盛装浓硝酸，B不正确；C．利用高纯单质硅的半导体性能，能将光能转化为电能，从而制成光电池，C正确；D．自来水厂用氯气杀菌消毒，是利用氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，达到杀菌消毒的目的，D正确；故选B。
3．已知：2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) ，下列说法正确的是
A．该反应的平衡常数可表达为
B．该反应一定能自发进行
C．降温有利于提高的平衡转化率
D．NaCl晶胞(如图所示)中每个周围与其距离最近的有6个
【答案】C
【解析】A．该反应的平衡常数可表达为，故Ａ错误；B．由题干信息可知，该反应的，，当时，反应能自发进行，故该反应在低温条件下易自发进行，故Ｂ错误；C．该反应为放热反应，降温平衡正向移动，有利于提高的平衡转化率，故Ｃ正确；D．NaCl晶胞(如图所示)中每个周围与其距离最近的有12个，故D错误。答案为：C。
4．氟康唑是一种抗真菌药物，用于治疗真菌感染。其结构如图所示，其中五元环中所有原子都在同一个平面上。关于氟康唑的说法正确的是
A．氟康唑分子中所有原子共平面
B．氟康唑分子中有1个手性碳原子
C．氟康唑分子中C原子的杂化方式为sp2、sp3
D．氟康唑分子所有原子都满足8电子稳定结构
【答案】C
【解析】A．氟康唑分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，A错误；B．氟康唑分子中不存在手性碳原子，B错误；C．氟康唑分子中环上的C原子的杂化方式为sp2，饱和碳原子是sp3，C正确；D．氟康唑分子氢原子满足2电子稳定结构，D错误；答案选C。
5．下列化学用语表示正确的是
A．溴的简化电子排布式：
B．1-丁醇的键线式：
C．形成的键模型：
D．水的VSEPR模型：
【答案】D
【解析】A．溴位于周期表中第4周期第ⅤⅡA族，核外电子数35，电子排布式为，选项A错误；B．1-丁醇的键线式为，而为1-丙醇，选项B错误；C．形成的键模型：，选项C错误；D．H2O中价层电子对个数=2+=4，且含有2个孤电子对，所以H2O的VSEPR模型为四面体，选项D正确；答案选D。
6．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z位于同周期且相邻，X与W同族，W的核外电子总数等于X和Z的核外电子总数之和。下列说法正确的是
A．元素的第一电离能：
B．简单氢化物的稳定性：
C．中有键
D．的空间结构为V形，属于含有极性键的极性分子
【答案】B
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z位于同周期且相邻，则X、Y、Z位于第二周期，W位于第三周期， X与W同族，设X的原子序数为a，则Y、Z、W的原子序数分别为a+1，a+2，a+8，W的核外电子总数等于X和Z的核外电子总数之和，则a=6.由题意可推知，X为C，Y为N，Z为O，W为。
【解析】A．元素的第一电离能：，A错误；B．简单氢化物的稳定性：，B正确；C．中含有键，C错误；D．的空间结构为直线形，属于含有极性键的非极性分子，D错误。故答案选B。
7．NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A．30gSiO2中含有硅氧键个数为NA
B．将1mlNH4Cl与少量的稀氨水混合后，溶液呈中性，则溶液中NH数目为NA
C．标准状况下，44.8LNO和22.4LO2反应后的分子数是2NA
D．常温下，2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NA
【答案】B
【解析】A．1mlSiO2含4mlSi-O键，30gSiO2中含有硅氧键个数为2NA，故A错误；B．将1mlNH4Cl与少量的稀氨水混合后，溶液呈中性，根据电荷守恒有：n(NH)+n(H+)=n(OH-)+n(Cl-)，溶液呈中性n(H+)=n(OH-)，则溶液中NH数目为NA，故B正确；C．标况下44.8LNO和22.4LO2反应后生成NO2，有一部分NO2转化为N2O4，因此反应后的分子数小于2NA，故C错误；D．常温下，铝片投入足量的浓硫酸中发生钝化，故D错误；答案选B。
8．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．碘化亚铁溶液通入少量的氯气：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-
B．用H2O2从酸化的海带灰浸出液中制取碘：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O
C．Fe(OH)3胶体的制备：Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3(胶体)+3NH
D．等物质的量的NaHCO3溶液与Ca(OH)2溶液混合：2HCO+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO
【答案】B
【解析】A．碘化亚铁溶液通入少量的氯气，只有碘离子被氧化为碘单质，，A错误；B．双氧水能将碘离子氧化成碘单质，用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘：，B正确；C．制取红褐色胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至溶液变红褐色；，C错误；D．等物质的量的NaHCO3溶液与Ca(OH)2溶液混合，氢氧根离子过量，碳酸氢根离子完全反应生成碳酸钙沉淀水：HCO+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，D错误；故选B。
9．铅磷青铜具有很高的耐腐蚀性和耐磨性，常用于制作耐磨零件和滑动轴承。如图为铅磷青铜的一种晶胞结构，已知A点原子的分数坐标为(0，0，0)，B点原子的分数坐标为(1，1，0)；下列说法不正确的是
A．该晶胞的化学式为PbCu3P
B．C点原子的分数坐标为(0.5，0.5，1)
C．晶胞中，Pb位于第六周期第ⅣA族，Cu属于第ⅠB位于d区
D．晶体中基态磷原子的核外电子共有9种空间运动状态
【答案】C
【解析】A．由题干晶胞图可知，一个晶胞中含有1个P，含有Cu的个数为：=3个，含有Pb的个数为：=1个，故该晶胞的化学式为PbCu3P，A正确；B．已知A点原子的分数坐标为(0，0，0)，B点原子的分数坐标为(1，1，0)，结合题干晶胞图可知C点原子的分数坐标为(0.5，0.5，1)，B正确；C．已知Pb和C、Si、Ge、Sn同一主族，故Pb位于第六周期第ⅣA族，Cu是29号元素，其价电子排布式为：3d104s1，属于第ⅠB位于ds区，C错误；D．已知P是15号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p3，故P原子核外占据9个不同的原子轨道，即晶体中基态磷原子的核外电子共有9种空间运动状态，D正确；故答案为：C。
10．分子之间可通过空间结构和作用力协同产生某种选择性，从而实现分子识别。下图是一种分子梭，在链状分子A上有两个不同的识别位点。下列说法错误的是
A．分子B含有醚键，属于冠醚，可以与分子A形成超分子
B．在碱性情况下，环状分子B与带有正电荷的位点1的相互作用较强
C．在分子B上引入某些基团后可携带其他离子，通过识别位点实现离子转运
D．通过加入酸、碱或盐，均能实现分子梭在两个不同状态之间的切换
【答案】D
【分析】由题可知，在酸性条件下，A分子中位点2的烷胺基结合H+而带正电荷，与环状分子B的作用力增强；在碱性条件下，环状分子B与带有正电荷的位点1的相互作用较强。因此，通过加入酸或碱，可以实现分子梭在两个不同状态之间的切换。
【解析】A．分子B含有醚键，根据B的结构可知B属于冠醚，可以与分子A形成超分子，A正确；B．根据分析，在碱性条件下，环状分子B与带有正电荷的位点1的相互作用较强，B正确；C．B属于冠醚，在分子B上引入某些基团后可携带其他离子，通过识别位点实现离子转运，C正确；D．根据分析，通过加入酸、碱，能实现分子梭在两个不同状态之间的切换，加入盐不一定能使实现分子梭在两个不同状态之间的切换，D错误；故选D。
11．KMnO4是一种常用的氧化剂，某实验小组利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如图所示(夹持装置略)。
已知：K2MnO4在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：。
下列说法错误的是
A．试剂X可以是漂白粉或MnO2
B．装置连接顺序是
C．装置C中每生成1 ml KMnO4，消耗Cl2的物质的量大于0.5 ml
D．若去掉装置A，会导致KMnO4产率降低
【答案】A
【分析】使用B装置用强氧化剂漂白粉或KClO3或KMnO4等于浓盐酸在室温下制取Cl2，然后结构装置A除去Cl2中的杂质HCl，再将Cl2通入装置C中与K2MnO4制备KMnO4，导气管应该长进短出，最后通入装置D进行尾气处理，防止多余Cl2污染环境。
【解析】A．在装置B中与与浓盐酸在室温下反应制取Cl2，试剂X可以是漂白粉或KClO3或KMnO4，试剂X不可以是MnO2，因为MnO2和浓盐酸反应需要加热，图中无加热装置，因此MnO2不能与浓盐酸反应制取得到Cl2，A错误；B．根据上述分析可知装置连接顺序是BACD，则装置导气管连接顺序是，B正确；C．因氯气会与溶液中的KOH也会发生反应，故根据反应过程中电子转移数目相等可知：装置C中每生成1 ml KMnO4，反应消耗Cl2的物质的量大于0.5 ml，C正确；D．若去掉装置A，挥发的氯化氢会与溶液中的KOH中和，导致溶液碱性减弱，反应生成MnO2，从而导致KMnO4产率降低，D正确；故合理选项是A。
12．利用电化学富集海水中锂的电化学系统如图所示。该电化学系统的工作步骤如下：
①启动电源1，所在腔室的海水中的进入结构而形成；②关闭电源1和海水通道，启动电源2，使中的脱出进入腔室2。
下列说法不正确的是
A．启动电源1时，电极1为阳极，发生氧化反应
B．启动电源2时电极反应式为：
C．电化学系统提高了腔室2中LiOH的浓度
D．启动至关闭电源1，转化的与生成的之比为，可得中的x=1.2
【答案】B
【分析】由题意知，启动电源1，使海水中Li+进入MnO2结构形成LiMn2O4；可知二氧化锰中锰的化合价降低，为阴极，电极反应式为2MnO2+Li++e-=LiMn2O4，电极1为阳极，连接电源正极；关闭电源1和海水通道，启动电源2，向电极2上通入空气，使中的Li+脱出进入室2，可知，电极2为阴极，电极反应式：；阳极的电极反应式：；
【解析】A．由分析知，室1中电极1连接电源1的正极，作阳极，发生氧化反应，故A正确；B．启动电源2时作阳极，电极反应式：，故B错误；C．电化学系统提高了腔室2中LiOH的浓度，故C正确；D．根据分析可知，启动至关闭电源1，转化的与生成的之比为，可得中的x=1.2，故D正确；答案选B。
13．某温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量浓度的X(g)和Y(g)，同时发生以下两个反应：①X(g)+Y(g)Z(g)+W(g)，②X(g)+Y(g)Z(g)+M(g)。反应①的速率可表示为v1=k1c2(X)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(X)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分X(g)、W(g)的物质的量浓度c随时间的变化情况如图所示。下列说法错误的是
A．0~10min，Y(g)的平均反应速率为0.025ml•L-1•min-1
B．体系中W和M的浓度之比保持不变，说明反应已平衡
C．平衡时，反应②的平衡常数K=
D．反应①的活化能比反应②的活化能更大
【答案】B
【解析】A．0~10min内，∆c(Y)= ∆c(X)=(0.6-0.35)=0.25ml/L，因此Y(g)的平均反应速率为=0.025ml•L-1•min-1，故A正确；D．相同时间内，W和M的浓度之比等于两者的平均反应速率之比，因W和M分别是反应①和反应②的产物，故两者的浓度之比为定值，则其浓度为定值时保持不变，不能作为平衡的依据，故B错误；C．平衡时，c(Y)= c(X)= 0.28ml/L，c(Z)= 0.32ml/L，c(W)= 0.15ml/L，∆c(X)=0.6-0.28=0.32ml/L，则c(M)= 0.32-0.15=0.17ml/L，反应②的平衡常数K=，故C正确；D．在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化能比反应②的活化能大，故D正确；故选B。
14．室温下，向20mL浓度均为0.2ml⋅L﹣1的NaOH和NH3⋅H2O的混合溶液中滴加0.2ml⋅L﹣1的标准硫酸溶液，滴加过程中溶液导电能力与所加硫酸溶液体积关系如图所示(已知c点处pH=5)。下列说法正确的是
A．ab段反应的离子方程式为NH3⋅H2O+H+=+H2O
B．室温下NH3⋅H2O的电离平衡常数Kb≈10﹣5
C．a、b、c三点中，b点处水的电离程度最大
D．c点溶液中c(Na+)>c(H+)>c()>c(OH﹣)
【答案】B
【解析】A．NaOH是强碱，NH3⋅H2O是弱碱，则加入硫酸溶液时先与NaOH反应，图中ab段反应的离子方程式为OH﹣+H+═H2O，故A错误；B．c点处溶质为硫酸钠和硫酸铵，c()≈=0.1ml/L，水解使溶液的pH=5，水解常数Kh=，溶液中c(H+)=，即10﹣5=，则NH3⋅H2O的电离平衡常数Kb≈10﹣5，故B正确；C．a、b、c三点溶液中溶质分别为NaOH和NH3⋅H2O、Na2SO4和NH3⋅H2O、Na2SO4和(NH4)2SO4，碱抑制水的电离，水解促进水的电离，并且c()越大促进作用越强，则c点处水的电离程度最大，故C错误；D．c点处溶质为硫酸钠和硫酸铵c(Na2SO4)=c[(NH4)2SO4]，水解使溶液呈酸性，则离子浓度关系为c(Na+)=c(SO)>c()>c(H+)>c(OH﹣)，故D错误；故选：B。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4小题，共58分。
15．（14分）复兴号高铁车体材质用到锰元素，锰及其化合物用途广泛。以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴的碳酸盐以及SiO2杂质)为原料生产金属锰和高品位MnCO3的工艺流程如图：
（1）“溶浸”过程中，若其他条件不变，采取下列措施能提高浸出率的有 (填序号)。
A．适当升高溶浸温度 B．适当加快搅拌速度 C．适当缩短溶浸时间
（2）锰的浸出率结果如图所示。由图可知，所采用的最佳实验条件为 。
（3）残余在滤渣1中需要回收循环利用的MnO2，可加入葡萄糖和硫酸溶液处理，氧化产物为CO2.写出对应的离子方程式 。
（4）“除杂”步骤所得滤渣2的主要成分除了CS、NiS以外，还有 (填化学式)。
（5）写出“沉锰”的原理为 (用离子方程式表示)；“沉锰”的关键操作是将反应终点pH控制在7附近，原因是 。
（6）由锰、镍、镓制备的磁性形状记忆型合金中，基态Mn原子的价层电子排布图为 ，晶胞结构如图，立方晶胞的边长为 a nm，则该晶体的密度为 g•cm－3(NA表示阿伏加德罗常数)。
【答案】（除标注外，每空2分）（1）AB（1分）
（2）80℃、90min（1分）
（3）12MnO2+C6H12O6 +24H+= 12Mn2++ 6CO2↑ +18H2O
（4）Fe(OH)3、MnS
（5） 若pH>7，会生成氢氧化锰沉淀，造成MnCO3纯度降低；若pH<7，造成MnCO3溶解，产率降低
（6）
【分析】菱锰矿主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴的碳酸盐以及SiO2，用稀硫酸溶浸，得硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸钴、硫酸镍溶液，加二氧化锰把Fe2+氧化为Fe3+，加氨水调节pH生成氢氧化铁沉淀，加MnS沉淀C2+、Ni2+，过滤得硫酸锰溶液，加碳酸氢铵生成碳酸锰“沉锰”；电解硫酸锰溶液得到金属锰。
【解析】（1）A．适当升高溶浸温度，反应速率加快，能提高浸出率，故选A；B．适当加快搅拌速度，反应速率加快，能提高浸出率，故选B；C．适当缩短溶浸时间，反应物接触时间变短，浸出率降低，故不选C；选AB。
（2）由图可知，80℃、90min锰的浸出率得到90%以上，所采用的最佳实验条件为80℃、90min。
（3）MnO2在酸性条件下把葡萄糖氧为CO2，MnO2的还原产物为Mn2+，反应的离子方程式为12MnO2+C6H12O6 +24H+= 12Mn2++ 6CO2↑ +18H2O；
（4）加二氧化锰氧化后的溶液中含有C2+、Ni2+、Fe3+，加氨水调节pH，加MnS沉淀C2+、Ni2+，“除杂”步骤所得滤渣2的主要成分除了CS、NiS以外，还有Fe(OH)3和剩余的MnS。
（5）“沉锰”时硫酸锰和碳酸氢铵反应生成碳酸锰沉淀、二氧化碳、硫酸铵，反应的离子方程式为 ；“沉锰”的关键操作是将反应终点pH控制在7附近，原因是若pH>7，会生成氢氧化锰沉淀，造成MnCO3纯度降低；若pH<7，造成MnCO3溶解，产率降低。
（6）Mn是25号元素，基态Mn原子的价层电子排布图为 ；根据均摊原则，Ni原子数为 、Mn原子数为4、Ga原子数为4，立方晶胞的边长为 a nm，则该晶体的密度为 g•cm－3。
16．（14分）三氯化铬()是常用的催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧化。某化学小组采用如下流程制备无水三氯化铬并探究三氯化铬六水合物的结构。
已知：沸点为8.2℃，有毒，易水解
回答下列问题：
（1）“热分解”发生反应的化学方程式为 。
（2）“热反应”制无水的实验装置如图所示(AD中加热装置略)。
①实验装置连接顺序为：b→_____，_____→_____，_____→_____，_____→_____(填仪器接口字母)。
②加热反应前通的目的是 。
③A中仪器x的名称是 ，其作用是 。
④E中收集的物质含有 (写化学式)。
⑤尾气经 处理后可循环使用。
（3）已知配合物(Mr=266.5，配位数为6)有多种异构体，不同条件下析出不同颜色的晶体，如晶体为淡绿色。将溶于水，一定条件下结晶析出暗绿色晶体。称取5.33g该暗绿色晶体溶于水配成暗绿色溶液，加入足量的溶液，得到2.87g白色沉淀。
①中存在的化学键有 (填序号)。
a．配位键 b．氢键 c．离子键 d．金属键
②该暗绿色晶体的化学式为 。
【答案】（除标注外，每空2分）（1）
（2）b→g，h(或h，g)→i，j→c，d→e 排出装置内的空气，防止被空气中氧化
长颈漏斗（1分） 平衡气压，防止堵塞（1分） 、、 干燥(或除水)（1分）
（3）ac （1分） (“”)
【分析】根据流程可知，分解生成、和，洗涤烘干后得到；在加入条件下与反应生成和；易升华，高温下易被氧化，为防止其被氧化，通入氮气，且通入的氮气能使反应物进入管式炉中进行反应，最终得无水；
【解析】（1）根据分析可知，分解生成、和，反应方程式：；
（2）①“热反应”制无水的实验操作为在加入条件下与反应生成和，结合易潮解，易升华，高温下易被氧化的性质，装置连接顺序：b→g，h→i，j→c，d→e；②加热反应前通的目的：排出装置内的空气，防止被空气中氧化；③结合A中仪器x的结构可知名称：长颈漏斗；其作用：可平衡气压，防止堵塞；④结合分析可知，发生“热反应”后，E中收集的物质：、、；⑤结合易潮解可知，尾气经过干燥后可循环使用；
（3）①结合物质结构可知，存在化学键类型：配位键和离子键；②5.33g该物质对应物质的量为0.02ml，与足量的硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀2.87g，则氯化银沉淀对应物质的量为0.02ml，则该暗绿色晶体的化学式：；
17．（15分）甲酸甲酯(HCOOCH3)是一种重要的有机合成中间体，可通过甲醇催化脱氢法制备，其工艺过程包含以下反应：
反应Ⅰ：2CH3OH(g)=HCOOCH3(g)+2H2(g) K1，△H1=+51.2kJ·ml-1
反应Ⅱ：CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g) K2，△H2=+90.1kJ·ml-1
回答下列问题：
（1）反应HCOOCH3(g)=2CO(g)+2H2(g)的△H3= kJ·ml-1，K3= (用K1、K2表示)。
（2）对于反应Ⅰ：增大压强，平衡 移动(填“向左”“向右”或“不”)。保持压强不变，要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施是 、 。
（3）在400kPa、铜基催化剂存在下，向密闭容器中通入CH3OH进行Ⅰ、Ⅱ两个反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。
①随温度升高，CH3OH的平衡组成比例呈现如图所示趋势的原因是 。
②550K时，反应2CH3OH(g)=HCOOCH3(g)+2H2(g)的平衡常数Kp= kPa，CH3OH的平衡转化率为 。
③研究表明，在700K以后升高体系温度，HCOOCH3的产率下降，可能的原因是 。
【答案】（除标注外，每空2分）（1）+129.0
（2）向左（1分） 升高温度（1分） 改良催化剂（1分）
（3）①反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，升高温度，平衡均向正反应方向移动 ②64 47.4% ③反应Ⅰ的选择性下降
【解析】（1）根据盖斯定律反应Ⅲ=2×反应Ⅱ-反应I，△H3=2△H2-△H1=2×(+90.1kJ•ml-1)-( +51.2kJ•ml-1)= +129.0 kJ•ml-1；K3=；（2）对于反应Ⅰ：增大压强，平衡气体体积减少的方向移动即向左移动；保持压强不变，要缩短反应达到平衡的时间，就是加快反应速率，可以采用升高温度和改良催化剂的措施；（3）①反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，升高温度，平衡均向正反应方向移动，CH3OH的平衡组成比例下降；②在400kPa铜基催化剂存在下，密闭容器中发生反应Ⅰ：2CH3OH(g)=HCOOCH3(g)+2H2(g)和反应Ⅱ：CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g)，550K时CH3OH的物质的量分数等于H2的物质的量分数等于0.4，CO的物质的量分数为0.04，则HCOOCH3的物质的量分数等于1-0.4-0.4-0.04=0.16，==0.4×400=160kPa，P(CO)=0.04×400=16 kPa，=0.16×400=64 kPa，Kp==；根据碳原子守恒，CH3OH的平衡转化率=；在700K以后升高体系温度，HCOOCH3的产率下降，可能的原因是反应Ⅰ的选择性下降。
18．（15分）有机物F是重要的药物中间体，其一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 。
（2）F中官能团的名称为 。
（3）写出D→E的化学方程式： 。
（4）C的结构简式为 ，C→D的反应类型为 ；C的同分异构体中，能同时满足下列条件的结构简式为 (任写两种)。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；②核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为6∶6∶2∶1∶1。
（5）参照上述合成路线，设计有1, 4−二甲苯和环氧乙烷()为原料制备的合成路线： (其他无机试剂任选)。
【答案】（每空2分）（1）2,6−二甲基苯酚
（2）醚键、氨基
（3）++NaCl
（4） 取代反应 或或
（5）（3分）
【分析】A和B发生反应，B中碳氧单键断裂生成C()，C和SOCl2反应生成D，根据E的结构简式推知D为，E和肼发生取代反应生成F。
【解析】（1）根据A的结构简式得到A的化学名称为2,6−二甲基苯酚；故答案为：2,6−二甲基苯酚。
（2）根据F的结构简式得到F中官能团的名称为醚键、氨基；故答案为：醚键、氨基。
（3）根据前面分析D的结构为，则D→E的化学方程式：++NaCl；故答案为：++NaCl。
（4）根据前面分析C的结构简式为，D为，则C→D的反应类型为取代反应；C的同分异构体中，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为6∶6∶2∶1∶1，说明有两种位置的两个甲基，能同时满足下列条件的结构简式为或或；故答案为：；取代反应；或或。
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
可能用到的相对原子质量：Al 27 Cl 35.5 Mn 55 Ni 59 Ga 70
第Ⅰ卷
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．下列说法不正确的是
A．德国化学家维勒合成了尿素，开创了人工合成有机化合物的新时代
B．铝合金密度低、强度高，可用于航空工业
C．氨基酸之间通过氢键作用形成蛋白质的一级结构
D．制玻璃、水泥和炼铁过程中均须使用石灰石
【答案】C
【解析】A．德国化学家维勒于1828年首次合成了有机化合物尿素，为化学开创了一个新的研究领域，开创了一个有机合成的新时代，故A正确；B．铝合金有密度低，强度高，耐高温等特性，在生活中可用于航空工业，建筑材料等，故B正确；C．蛋白质的一级结构是氨基酸之间通过肽键形成的，故C错误；D．石灰石是工业上制玻璃、水泥和炼铁过程中都会使用到的原料，故D正确；故本题选C。
2．下列有关物质的性质与用途说法不正确的是
A．碳酸钠和碳酸氢钠水溶液显碱性，可用作工业用碱或食用碱
B．常温下用铝制容器盛装浓硝酸，是因为铝很稳定不与浓硝酸反应
C．利用高纯单质硅的半导体性能，可以制成光电池
D．自来水厂用氯气杀菌消毒，是因为氯气可与水反应形成次氯酸具有强氧化性
【答案】B
【解析】A．碳酸钠和碳酸氢钠水溶液显碱性，能与酸反应且产生气体，可用作工业用碱或食用碱，A正确；B．浓硝酸能与铝反应，并使铝表面生成钝化膜，从而阻止铝与浓硝酸的进一步反应，所以常温下用铝制容器盛装浓硝酸，B不正确；C．利用高纯单质硅的半导体性能，能将光能转化为电能，从而制成光电池，C正确；D．自来水厂用氯气杀菌消毒，是利用氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，达到杀菌消毒的目的，D正确；故选B。
3．已知：2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) ，下列说法正确的是
A．该反应的平衡常数可表达为
B．该反应一定能自发进行
C．降温有利于提高的平衡转化率
D．NaCl晶胞(如图所示)中每个周围与其距离最近的有6个
【答案】C
【解析】A．该反应的平衡常数可表达为，故Ａ错误；B．由题干信息可知，该反应的，，当时，反应能自发进行，故该反应在低温条件下易自发进行，故Ｂ错误；C．该反应为放热反应，降温平衡正向移动，有利于提高的平衡转化率，故Ｃ正确；D．NaCl晶胞(如图所示)中每个周围与其距离最近的有12个，故D错误。答案为：C。
4．氟康唑是一种抗真菌药物，用于治疗真菌感染。其结构如图所示，其中五元环中所有原子都在同一个平面上。关于氟康唑的说法正确的是
A．氟康唑分子中所有原子共平面
B．氟康唑分子中有1个手性碳原子
C．氟康唑分子中C原子的杂化方式为sp2、sp3
D．氟康唑分子所有原子都满足8电子稳定结构
【答案】C
【解析】A．氟康唑分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，A错误；B．氟康唑分子中不存在手性碳原子，B错误；C．氟康唑分子中环上的C原子的杂化方式为sp2，饱和碳原子是sp3，C正确；D．氟康唑分子氢原子满足2电子稳定结构，D错误；答案选C。
5．下列化学用语表示正确的是
A．溴的简化电子排布式：
B．1-丁醇的键线式：
C．形成的键模型：
D．水的VSEPR模型：
【答案】D
【解析】A．溴位于周期表中第4周期第ⅤⅡA族，核外电子数35，电子排布式为，选项A错误；B．1-丁醇的键线式为，而为1-丙醇，选项B错误；C．形成的键模型：，选项C错误；D．H2O中价层电子对个数=2+=4，且含有2个孤电子对，所以H2O的VSEPR模型为四面体，选项D正确；答案选D。
6．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z位于同周期且相邻，X与W同族，W的核外电子总数等于X和Z的核外电子总数之和。下列说法正确的是
A．元素的第一电离能：
B．简单氢化物的稳定性：
C．中有键
D．的空间结构为V形，属于含有极性键的极性分子
【答案】B
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z位于同周期且相邻，则X、Y、Z位于第二周期，W位于第三周期， X与W同族，设X的原子序数为a，则Y、Z、W的原子序数分别为a+1，a+2，a+8，W的核外电子总数等于X和Z的核外电子总数之和，则a=6.由题意可推知，X为C，Y为N，Z为O，W为。
【解析】A．元素的第一电离能：，A错误；B．简单氢化物的稳定性：，B正确；C．中含有键，C错误；D．的空间结构为直线形，属于含有极性键的非极性分子，D错误。故答案选B。
7．NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A．30gSiO2中含有硅氧键个数为NA
B．将1mlNH4Cl与少量的稀氨水混合后，溶液呈中性，则溶液中NH数目为NA
C．标准状况下，44.8LNO和22.4LO2反应后的分子数是2NA
D．常温下，2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NA
【答案】B
【解析】A．1mlSiO2含4mlSi-O键，30gSiO2中含有硅氧键个数为2NA，故A错误；B．将1mlNH4Cl与少量的稀氨水混合后，溶液呈中性，根据电荷守恒有：n(NH)+n(H+)=n(OH-)+n(Cl-)，溶液呈中性n(H+)=n(OH-)，则溶液中NH数目为NA，故B正确；C．标况下44.8LNO和22.4LO2反应后生成NO2，有一部分NO2转化为N2O4，因此反应后的分子数小于2NA，故C错误；D．常温下，铝片投入足量的浓硫酸中发生钝化，故D错误；答案选B。
8．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．碘化亚铁溶液通入少量的氯气：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-
B．用H2O2从酸化的海带灰浸出液中制取碘：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O
C．Fe(OH)3胶体的制备：Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3(胶体)+3NH
D．等物质的量的NaHCO3溶液与Ca(OH)2溶液混合：2HCO+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO
【答案】B
【解析】A．碘化亚铁溶液通入少量的氯气，只有碘离子被氧化为碘单质，，A错误；B．双氧水能将碘离子氧化成碘单质，用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘：，B正确；C．制取红褐色胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至溶液变红褐色；，C错误；D．等物质的量的NaHCO3溶液与Ca(OH)2溶液混合，氢氧根离子过量，碳酸氢根离子完全反应生成碳酸钙沉淀水：HCO+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，D错误；故选B。
9．铅磷青铜具有很高的耐腐蚀性和耐磨性，常用于制作耐磨零件和滑动轴承。如图为铅磷青铜的一种晶胞结构，已知A点原子的分数坐标为(0，0，0)，B点原子的分数坐标为(1，1，0)；下列说法不正确的是
A．该晶胞的化学式为PbCu3P
B．C点原子的分数坐标为(0.5，0.5，1)
C．晶胞中，Pb位于第六周期第ⅣA族，Cu属于第ⅠB位于d区
D．晶体中基态磷原子的核外电子共有9种空间运动状态
【答案】C
【解析】A．由题干晶胞图可知，一个晶胞中含有1个P，含有Cu的个数为：=3个，含有Pb的个数为：=1个，故该晶胞的化学式为PbCu3P，A正确；B．已知A点原子的分数坐标为(0，0，0)，B点原子的分数坐标为(1，1，0)，结合题干晶胞图可知C点原子的分数坐标为(0.5，0.5，1)，B正确；C．已知Pb和C、Si、Ge、Sn同一主族，故Pb位于第六周期第ⅣA族，Cu是29号元素，其价电子排布式为：3d104s1，属于第ⅠB位于ds区，C错误；D．已知P是15号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p3，故P原子核外占据9个不同的原子轨道，即晶体中基态磷原子的核外电子共有9种空间运动状态，D正确；故答案为：C。
10．分子之间可通过空间结构和作用力协同产生某种选择性，从而实现分子识别。下图是一种分子梭，在链状分子A上有两个不同的识别位点。下列说法错误的是
A．分子B含有醚键，属于冠醚，可以与分子A形成超分子
B．在碱性情况下，环状分子B与带有正电荷的位点1的相互作用较强
C．在分子B上引入某些基团后可携带其他离子，通过识别位点实现离子转运
D．通过加入酸、碱或盐，均能实现分子梭在两个不同状态之间的切换
【答案】D
【分析】由题可知，在酸性条件下，A分子中位点2的烷胺基结合H+而带正电荷，与环状分子B的作用力增强；在碱性条件下，环状分子B与带有正电荷的位点1的相互作用较强。因此，通过加入酸或碱，可以实现分子梭在两个不同状态之间的切换。
【解析】A．分子B含有醚键，根据B的结构可知B属于冠醚，可以与分子A形成超分子，A正确；B．根据分析，在碱性条件下，环状分子B与带有正电荷的位点1的相互作用较强，B正确；C．B属于冠醚，在分子B上引入某些基团后可携带其他离子，通过识别位点实现离子转运，C正确；D．根据分析，通过加入酸、碱，能实现分子梭在两个不同状态之间的切换，加入盐不一定能使实现分子梭在两个不同状态之间的切换，D错误；故选D。
11．KMnO4是一种常用的氧化剂，某实验小组利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如图所示(夹持装置略)。
已知：K2MnO4在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：。
下列说法错误的是
A．试剂X可以是漂白粉或MnO2
B．装置连接顺序是
C．装置C中每生成1 ml KMnO4，消耗Cl2的物质的量大于0.5 ml
D．若去掉装置A，会导致KMnO4产率降低
【答案】A
【分析】使用B装置用强氧化剂漂白粉或KClO3或KMnO4等于浓盐酸在室温下制取Cl2，然后结构装置A除去Cl2中的杂质HCl，再将Cl2通入装置C中与K2MnO4制备KMnO4，导气管应该长进短出，最后通入装置D进行尾气处理，防止多余Cl2污染环境。
【解析】A．在装置B中与与浓盐酸在室温下反应制取Cl2，试剂X可以是漂白粉或KClO3或KMnO4，试剂X不可以是MnO2，因为MnO2和浓盐酸反应需要加热，图中无加热装置，因此MnO2不能与浓盐酸反应制取得到Cl2，A错误；B．根据上述分析可知装置连接顺序是BACD，则装置导气管连接顺序是，B正确；C．因氯气会与溶液中的KOH也会发生反应，故根据反应过程中电子转移数目相等可知：装置C中每生成1 ml KMnO4，反应消耗Cl2的物质的量大于0.5 ml，C正确；D．若去掉装置A，挥发的氯化氢会与溶液中的KOH中和，导致溶液碱性减弱，反应生成MnO2，从而导致KMnO4产率降低，D正确；故合理选项是A。
12．利用电化学富集海水中锂的电化学系统如图所示。该电化学系统的工作步骤如下：
①启动电源1，所在腔室的海水中的进入结构而形成；②关闭电源1和海水通道，启动电源2，使中的脱出进入腔室2。
下列说法不正确的是
A．启动电源1时，电极1为阳极，发生氧化反应
B．启动电源2时电极反应式为：
C．电化学系统提高了腔室2中LiOH的浓度
D．启动至关闭电源1，转化的与生成的之比为，可得中的x=1.2
【答案】B
【分析】由题意知，启动电源1，使海水中Li+进入MnO2结构形成LiMn2O4；可知二氧化锰中锰的化合价降低，为阴极，电极反应式为2MnO2+Li++e-=LiMn2O4，电极1为阳极，连接电源正极；关闭电源1和海水通道，启动电源2，向电极2上通入空气，使中的Li+脱出进入室2，可知，电极2为阴极，电极反应式：；阳极的电极反应式：；
【解析】A．由分析知，室1中电极1连接电源1的正极，作阳极，发生氧化反应，故A正确；B．启动电源2时作阳极，电极反应式：，故B错误；C．电化学系统提高了腔室2中LiOH的浓度，故C正确；D．根据分析可知，启动至关闭电源1，转化的与生成的之比为，可得中的x=1.2，故D正确；答案选B。
13．某温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量浓度的X(g)和Y(g)，同时发生以下两个反应：①X(g)+Y(g)Z(g)+W(g)，②X(g)+Y(g)Z(g)+M(g)。反应①的速率可表示为v1=k1c2(X)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(X)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分X(g)、W(g)的物质的量浓度c随时间的变化情况如图所示。下列说法错误的是
A．0~10min，Y(g)的平均反应速率为0.025ml•L-1•min-1
B．体系中W和M的浓度之比保持不变，说明反应已平衡
C．平衡时，反应②的平衡常数K=
D．反应①的活化能比反应②的活化能更大
【答案】B
【解析】A．0~10min内，∆c(Y)= ∆c(X)=(0.6-0.35)=0.25ml/L，因此Y(g)的平均反应速率为=0.025ml•L-1•min-1，故A正确；D．相同时间内，W和M的浓度之比等于两者的平均反应速率之比，因W和M分别是反应①和反应②的产物，故两者的浓度之比为定值，则其浓度为定值时保持不变，不能作为平衡的依据，故B错误；C．平衡时，c(Y)= c(X)= 0.28ml/L，c(Z)= 0.32ml/L，c(W)= 0.15ml/L，∆c(X)=0.6-0.28=0.32ml/L，则c(M)= 0.32-0.15=0.17ml/L，反应②的平衡常数K=，故C正确；D．在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化能比反应②的活化能大，故D正确；故选B。
14．室温下，向20mL浓度均为0.2ml⋅L﹣1的NaOH和NH3⋅H2O的混合溶液中滴加0.2ml⋅L﹣1的标准硫酸溶液，滴加过程中溶液导电能力与所加硫酸溶液体积关系如图所示(已知c点处pH=5)。下列说法正确的是
A．ab段反应的离子方程式为NH3⋅H2O+H+=+H2O
B．室温下NH3⋅H2O的电离平衡常数Kb≈10﹣5
C．a、b、c三点中，b点处水的电离程度最大
D．c点溶液中c(Na+)>c(H+)>c()>c(OH﹣)
【答案】B
【解析】A．NaOH是强碱，NH3⋅H2O是弱碱，则加入硫酸溶液时先与NaOH反应，图中ab段反应的离子方程式为OH﹣+H+═H2O，故A错误；B．c点处溶质为硫酸钠和硫酸铵，c()≈=0.1ml/L，水解使溶液的pH=5，水解常数Kh=，溶液中c(H+)=，即10﹣5=，则NH3⋅H2O的电离平衡常数Kb≈10﹣5，故B正确；C．a、b、c三点溶液中溶质分别为NaOH和NH3⋅H2O、Na2SO4和NH3⋅H2O、Na2SO4和(NH4)2SO4，碱抑制水的电离，水解促进水的电离，并且c()越大促进作用越强，则c点处水的电离程度最大，故C错误；D．c点处溶质为硫酸钠和硫酸铵c(Na2SO4)=c[(NH4)2SO4]，水解使溶液呈酸性，则离子浓度关系为c(Na+)=c(SO)>c()>c(H+)>c(OH﹣)，故D错误；故选：B。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4小题，共58分。
15．（14分）复兴号高铁车体材质用到锰元素，锰及其化合物用途广泛。以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴的碳酸盐以及SiO2杂质)为原料生产金属锰和高品位MnCO3的工艺流程如图：
（1）“溶浸”过程中，若其他条件不变，采取下列措施能提高浸出率的有 (填序号)。
A．适当升高溶浸温度 B．适当加快搅拌速度 C．适当缩短溶浸时间
（2）锰的浸出率结果如图所示。由图可知，所采用的最佳实验条件为 。
（3）残余在滤渣1中需要回收循环利用的MnO2，可加入葡萄糖和硫酸溶液处理，氧化产物为CO2.写出对应的离子方程式 。
（4）“除杂”步骤所得滤渣2的主要成分除了CS、NiS以外，还有 (填化学式)。
（5）写出“沉锰”的原理为 (用离子方程式表示)；“沉锰”的关键操作是将反应终点pH控制在7附近，原因是 。
（6）由锰、镍、镓制备的磁性形状记忆型合金中，基态Mn原子的价层电子排布图为 ，晶胞结构如图，立方晶胞的边长为 a nm，则该晶体的密度为 g•cm－3(NA表示阿伏加德罗常数)。
【答案】（除标注外，每空2分）（1）AB（1分）
（2）80℃、90min（1分）
（3）12MnO2+C6H12O6 +24H+= 12Mn2++ 6CO2↑ +18H2O
（4）Fe(OH)3、MnS
（5） 若pH>7，会生成氢氧化锰沉淀，造成MnCO3纯度降低；若pH<7，造成MnCO3溶解，产率降低
（6）
【分析】菱锰矿主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴的碳酸盐以及SiO2，用稀硫酸溶浸，得硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸钴、硫酸镍溶液，加二氧化锰把Fe2+氧化为Fe3+，加氨水调节pH生成氢氧化铁沉淀，加MnS沉淀C2+、Ni2+，过滤得硫酸锰溶液，加碳酸氢铵生成碳酸锰“沉锰”；电解硫酸锰溶液得到金属锰。
【解析】（1）A．适当升高溶浸温度，反应速率加快，能提高浸出率，故选A；B．适当加快搅拌速度，反应速率加快，能提高浸出率，故选B；C．适当缩短溶浸时间，反应物接触时间变短，浸出率降低，故不选C；选AB。
（2）由图可知，80℃、90min锰的浸出率得到90%以上，所采用的最佳实验条件为80℃、90min。
（3）MnO2在酸性条件下把葡萄糖氧为CO2，MnO2的还原产物为Mn2+，反应的离子方程式为12MnO2+C6H12O6 +24H+= 12Mn2++ 6CO2↑ +18H2O；
（4）加二氧化锰氧化后的溶液中含有C2+、Ni2+、Fe3+，加氨水调节pH，加MnS沉淀C2+、Ni2+，“除杂”步骤所得滤渣2的主要成分除了CS、NiS以外，还有Fe(OH)3和剩余的MnS。
（5）“沉锰”时硫酸锰和碳酸氢铵反应生成碳酸锰沉淀、二氧化碳、硫酸铵，反应的离子方程式为 ；“沉锰”的关键操作是将反应终点pH控制在7附近，原因是若pH>7，会生成氢氧化锰沉淀，造成MnCO3纯度降低；若pH<7，造成MnCO3溶解，产率降低。
（6）Mn是25号元素，基态Mn原子的价层电子排布图为 ；根据均摊原则，Ni原子数为 、Mn原子数为4、Ga原子数为4，立方晶胞的边长为 a nm，则该晶体的密度为 g•cm－3。
16．（14分）三氯化铬()是常用的催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧化。某化学小组采用如下流程制备无水三氯化铬并探究三氯化铬六水合物的结构。
已知：沸点为8.2℃，有毒，易水解
回答下列问题：
（1）“热分解”发生反应的化学方程式为 。
（2）“热反应”制无水的实验装置如图所示(AD中加热装置略)。
①实验装置连接顺序为：b→_____，_____→_____，_____→_____，_____→_____(填仪器接口字母)。
②加热反应前通的目的是 。
③A中仪器x的名称是 ，其作用是 。
④E中收集的物质含有 (写化学式)。
⑤尾气经 处理后可循环使用。
（3）已知配合物(Mr=266.5，配位数为6)有多种异构体，不同条件下析出不同颜色的晶体，如晶体为淡绿色。将溶于水，一定条件下结晶析出暗绿色晶体。称取5.33g该暗绿色晶体溶于水配成暗绿色溶液，加入足量的溶液，得到2.87g白色沉淀。
①中存在的化学键有 (填序号)。
a．配位键 b．氢键 c．离子键 d．金属键
②该暗绿色晶体的化学式为 。
【答案】（除标注外，每空2分）（1）
（2）b→g，h(或h，g)→i，j→c，d→e 排出装置内的空气，防止被空气中氧化
长颈漏斗（1分） 平衡气压，防止堵塞（1分） 、、 干燥(或除水)（1分）
（3）ac （1分） (“”)
【分析】根据流程可知，分解生成、和，洗涤烘干后得到；在加入条件下与反应生成和；易升华，高温下易被氧化，为防止其被氧化，通入氮气，且通入的氮气能使反应物进入管式炉中进行反应，最终得无水；
【解析】（1）根据分析可知，分解生成、和，反应方程式：；
（2）①“热反应”制无水的实验操作为在加入条件下与反应生成和，结合易潮解，易升华，高温下易被氧化的性质，装置连接顺序：b→g，h→i，j→c，d→e；②加热反应前通的目的：排出装置内的空气，防止被空气中氧化；③结合A中仪器x的结构可知名称：长颈漏斗；其作用：可平衡气压，防止堵塞；④结合分析可知，发生“热反应”后，E中收集的物质：、、；⑤结合易潮解可知，尾气经过干燥后可循环使用；
（3）①结合物质结构可知，存在化学键类型：配位键和离子键；②5.33g该物质对应物质的量为0.02ml，与足量的硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀2.87g，则氯化银沉淀对应物质的量为0.02ml，则该暗绿色晶体的化学式：；
17．（15分）甲酸甲酯(HCOOCH3)是一种重要的有机合成中间体，可通过甲醇催化脱氢法制备，其工艺过程包含以下反应：
反应Ⅰ：2CH3OH(g)=HCOOCH3(g)+2H2(g) K1，△H1=+51.2kJ·ml-1
反应Ⅱ：CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g) K2，△H2=+90.1kJ·ml-1
回答下列问题：
（1）反应HCOOCH3(g)=2CO(g)+2H2(g)的△H3= kJ·ml-1，K3= (用K1、K2表示)。
（2）对于反应Ⅰ：增大压强，平衡 移动(填“向左”“向右”或“不”)。保持压强不变，要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施是 、 。
（3）在400kPa、铜基催化剂存在下，向密闭容器中通入CH3OH进行Ⅰ、Ⅱ两个反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。
①随温度升高，CH3OH的平衡组成比例呈现如图所示趋势的原因是 。
②550K时，反应2CH3OH(g)=HCOOCH3(g)+2H2(g)的平衡常数Kp= kPa，CH3OH的平衡转化率为 。
③研究表明，在700K以后升高体系温度，HCOOCH3的产率下降，可能的原因是 。
【答案】（除标注外，每空2分）（1）+129.0
（2）向左（1分） 升高温度（1分） 改良催化剂（1分）
（3）①反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，升高温度，平衡均向正反应方向移动 ②64 47.4% ③反应Ⅰ的选择性下降
【解析】（1）根据盖斯定律反应Ⅲ=2×反应Ⅱ-反应I，△H3=2△H2-△H1=2×(+90.1kJ•ml-1)-( +51.2kJ•ml-1)= +129.0 kJ•ml-1；K3=；（2）对于反应Ⅰ：增大压强，平衡气体体积减少的方向移动即向左移动；保持压强不变，要缩短反应达到平衡的时间，就是加快反应速率，可以采用升高温度和改良催化剂的措施；（3）①反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，升高温度，平衡均向正反应方向移动，CH3OH的平衡组成比例下降；②在400kPa铜基催化剂存在下，密闭容器中发生反应Ⅰ：2CH3OH(g)=HCOOCH3(g)+2H2(g)和反应Ⅱ：CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g)，550K时CH3OH的物质的量分数等于H2的物质的量分数等于0.4，CO的物质的量分数为0.04，则HCOOCH3的物质的量分数等于1-0.4-0.4-0.04=0.16，==0.4×400=160kPa，P(CO)=0.04×400=16 kPa，=0.16×400=64 kPa，Kp==；根据碳原子守恒，CH3OH的平衡转化率=；在700K以后升高体系温度，HCOOCH3的产率下降，可能的原因是反应Ⅰ的选择性下降。
18．（15分）有机物F是重要的药物中间体，其一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 。
（2）F中官能团的名称为 。
（3）写出D→E的化学方程式： 。
（4）C的结构简式为 ，C→D的反应类型为 ；C的同分异构体中，能同时满足下列条件的结构简式为 (任写两种)。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；②核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为6∶6∶2∶1∶1。
（5）参照上述合成路线，设计有1, 4−二甲苯和环氧乙烷()为原料制备的合成路线： (其他无机试剂任选)。
【答案】（每空2分）（1）2,6−二甲基苯酚
（2）醚键、氨基
（3）++NaCl
（4） 取代反应 或或
（5）（3分）
【分析】A和B发生反应，B中碳氧单键断裂生成C()，C和SOCl2反应生成D，根据E的结构简式推知D为，E和肼发生取代反应生成F。
【解析】（1）根据A的结构简式得到A的化学名称为2,6−二甲基苯酚；故答案为：2,6−二甲基苯酚。
（2）根据F的结构简式得到F中官能团的名称为醚键、氨基；故答案为：醚键、氨基。
（3）根据前面分析D的结构为，则D→E的化学方程式：++NaCl；故答案为：++NaCl。
（4）根据前面分析C的结构简式为，D为，则C→D的反应类型为取代反应；C的同分异构体中，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为6∶6∶2∶1∶1，说明有两种位置的两个甲基，能同时满足下列条件的结构简式为或或；故答案为：；取代反应；或或。
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