重庆市巴蜀中学2025届高三上学期7月调研化学试卷（Word版附解析）

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可能用到的相对原子质量：H：1 O：16 S：32 Ti：48 Fe：56 Cu：64 Zn：65
第Ⅰ卷
一、选择题(每题只有一个选项符合题意，每题3分，共42分)。
1. 青少年帮厨既可培养劳动习惯，也能将化学知识应用于实践。下列有关解释合理的是
A. 清洗铁锅后及时擦干，能减缓铁锅因发生吸氧腐蚀而生锈
B. 烹煮食物的后期加入食盐，能避免长时间受热而分解
C. 将白糖熬制成焦糖汁，利用蔗糖高温下充分炭化为食物增色
D. 制作面点时加入食用纯碱，利用中和发酵过程产生的酸
【答案】A
【解析】
【详解】A．铁发生吸氧腐蚀时，正极上O2得电子结合水生成氢氧根离子，清洗铁锅后及时擦干，除去了铁锅表面的水分，没有了电解质溶液，能减缓铁锅因发生吸氧腐蚀而生锈，A正确；
B．食盐中含有碘酸钾，碘酸钾受热不稳定易分解，因此烹煮食物时后期加入食盐，与NaCl无关，B错误；
C．焦糖的主要成分仍是糖类，同时还含有一些醛类、酮类等物质，蔗糖在高温下并未炭化，C错误；
D．食用纯碱主要成分为Na2CO3，制作面点时加入食用纯碱，利用了Na2CO3中和发酵过程产生的酸，D错误；
故答案选A。
2. 下列化学用语表述错误的是
A. 的电子式：
B. 异丙基的结构简式：
C. NaCl溶液中的水合离子：
D. 分子中键的形成：
【答案】C
【解析】
【详解】A．由Na+和OH-构成，电子式为：，故A正确；
B．异丙基的结构简式：，故B正确；
C．Na+离子半径比Cl-小，水分子电荷情况如图，Cl-带负电荷，水分子在Cl-周围时，呈正电性的H朝向Cl-，水分子在Na+周围时，呈负电性的O朝向Na+，NaCl溶液中的水合离子应为：、，故C错误；
D．分子中的共价键是由2个氯原子各提供1个未成对电子的3p原子轨道重叠形成的p-pσ键，形成过程为：，故D正确；
故选C。
3. 硫及其化合物部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，中原子总数为
B. 溶液中，数目为
C. 反应①每消耗，生成物中硫原子数目为
D. 反应②每生成还原产物，转移电子数目为
【答案】D
【解析】
【详解】A．标况下SO2为气体，11.2L SO2为0.5ml，其含有1.5ml原子，原子数为1.5NA，A错误；
B．SO为弱酸阴离子，其在水中易发生水解，因此，100mL 0.1ml L-1 Na2SO3溶液中SO数目小于0.01NA，B错误；
C．反应①的方程式为SO2+2H2S=3S+2H2O，反应中每生成3ml S消耗2ml H2S，3.4g H2S为0.1ml，故可以生成0.15ml S，生成的原子数目为0.15NA，C错误；
D．反应②的离子方程式为3S+6OH-=SO+2S2-+3H2O，反应的还原产物为S2-，每生成2ml S2-共转移4ml电子，因此，每生成1ml S2-，转移2ml电子，数目为2NA，D正确；
故答案选D
4. 下列离子方程式正确的是
A. 用溶液除气体：
B. 溶液中滴加溶液：
C. 溶液中通入少量：
D. 用溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板：
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2S在离子方程式中应以化学式保留，正确的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，A项错误；
B．酸性条件下会将H2SO3氧化成H2SO4，Ba2+与形成BaSO4沉淀，滴加少量Ba(NO3)2时的离子方程式为Ba2++2+3H2SO3=BaSO4↓+2NO↑+2+4H++H2O，滴加足量Ba(NO3)2时的离子方程式为3Ba2++2+3H2SO3=3BaSO4↓+2NO↑+4H++H2O，B项错误；
C．电离平衡常数：Ka1(H2CO3) ＞Ka(HClO) ＞Ka2(H2CO3)，Cl2与水反应生成的HClO与NaHCO3不反应，正确的离子方程式为Cl2+=Cl-+HClO+CO2，C项错误；
D．Cu与FeCl3溶液反应生成CuCl2、FeCl2，反应的离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，D项正确；
答案选D。
5. 在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是
A. HCl制备：溶液和
B. 金属Mg制备：溶液
C. 纯碱工业：溶液
D. 硫酸工业：
【答案】A
【解析】
【详解】A．电解氯化钠溶液可以得到H2和Cl2，H2和Cl2点燃反应生成HCl，故A的转化可以实现；
B．氢氧化镁和盐酸反应可以得到氯化镁溶液，但是电解氯化镁溶液不能得到Mg，电解熔融MgCl2才能得到金属镁单质，故B的转化不能实现；
C．纯碱工业是在饱和食盐水中通入NH3和CO2先得到NaHCO3，然后NaHCO3受热分解为Na2CO3，故C的转化不能实现；
D．工业制备硫酸，首先黄铁矿和氧气反应生成SO2，但是SO2和水反应生成H2SO3，不能得到H2SO4，故D的转化不能实现；
故选A。
6. 氯及其化合物应用广泛。易液化，可储存于钢瓶中。氯气可用于生产、、、等化工产品。和的化学性质相似，能与反应生成两种酸。(其中为价)可用于漂白和杀菌消毒，其水解可生成和。下列物质的结构与性质或物质的性质与用途具有对应关系的是
A. 的键能大于的热稳定性大于
B. 分子间存在氢键，不易分解
C. 具有弱酸性，可用于杀菌消毒
D. 显碱性，可用做制冷剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢氯键的键能大于氢溴键，说明氢氯键强于氢溴键，所以氯化氢的热稳定性大于溴化氢，A正确；
B．水分子不易分解是因为形成的H-O键键能大，与水分子间存在氢键无关，B错误；
C．次氯酸可用于杀菌消毒是因为次氯酸具有强氧化性所致，与次氯酸具有弱酸性无关，C错误；
D．氨气可做制冷剂是其易液化，汽化时吸收大量的热，与显碱性无关，D错误；
故选A。
7. 下列实验装置或操作能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe3+会水解，蒸干溶液制备要在HCl气流中进行，故A错误；
B．向氯化钠中滴加2滴硝酸银，产生白色沉淀，再加入4滴碘化钾，白色沉淀转化为黄色沉淀，再滴加8滴硫化钠，黄色沉淀转化为黑色，溶液中所给银离子少量，溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀，故B正确；
C．制备的乙炔中含H2S等杂质，也可使高锰酸钾褪色，故C错误；
D．钢闸门通过外接电源来防腐应作阴极，接电源负极，故D错误；
故选B。
8. 某有机物具有广谱抗菌活性，结构简式如图。下列有关该化合物说法错误的是
A. 存在顺反异构体
B. 可与溶液发生显色反应
C. 该有机物最多与反应
D. 与足量加成后的产物分子中含有6个手性碳原子
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题干有机物结构简式可知分子中含有2个碳碳双键，2个碳碳双键都存在顺反异构体，故A正确；
B．由题干有机物结构简式可知含有酚羟基，可与溶液发生显色反应，故B正确；
C．由题干有机物结构简式可知，1ml该物质含有2ml酚羟基，消耗2mlNaOH，1ml酚酯基消耗2mlNaOH，1ml酰胺基消耗1mlNaOH，1ml羧基消耗1mlNaOH，与足量NaOH溶液反应时消耗6mlNaOH，故C错误；
D．与足量加成后的产物分子中含有6个手性碳原子，如图所示，故D正确；
故选C。
9. 我国化学工作者开发了一种回收利用聚乳酸(PLA)高分子材料的方法，其转化路线如下所示。
下列叙述错误的是
A. PLA在碱性条件下可发生降解反应
B. MP的化学名称是丙酸甲酯
C. MP的同分异构体中含羧基的有3种
D. MMA可加聚生成高分子
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据PLA的结构简式，聚乳酸是其分子中的羧基与另一分子中的羟基发生反应聚合得到的，含有酯基结构，可以在碱性条件下发生降解反应，A正确；
B．根据MP的结果，MP可视为丙酸和甲醇发生酯化反应得到的，因此其化学名称为丙酸甲酯，B正确；
C．MP的同分异构体中，含有羧基的有2种，分别为正丁酸和异丁酸，C错误；
D．MMA中含有双键结构，可以发生加聚反应生成高分子，D正确；
故答案选C。
10. 主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y的价电子数相等，Z的价电子所在能层有16个轨道，4种元素形成的化合物如图。下列说法正确的是
A. 电负性：B. 酸性：
C. 基态原子的未成对电子数：D. 氧化物溶于水所得溶液的
【答案】D
【解析】
【分析】主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y的价电子数相等，Z的价电子所在能层有16个轨道，则Z个有4个能层。根据这4种元素形成的化合物的结构可以推断，W、X、Y、Z分别为H、O、S、K。
【详解】A．W和Y可以形成，其中S显-2价，因此，电负性S>H，A不正确；
B．是中强酸，而是强酸，因此，在相同条件下，后者的酸性较强，B不正确；
C．H只有1个电子，O的2p轨道上有4个电子，O有2个未成对电子，因此，基态原子的未成对电子数 O>H，C不正确；
D．K的氧化物溶于水且与水反应生成强碱，S的氧化物溶于水且与水反应生成或，因此，氧化物溶于水所得溶液的pH的大小关系为 K>S，D正确；
综上所述，本题选D。
11. 甲烷在某含催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示，下列说法错误的是
A. B. 步骤2逆向反应的
C. 步骤1的反应比步骤2快D. 该过程实现了甲烷的氧化
【答案】C
【解析】
【详解】A．由能量变化图可知，，A项正确；
B．由能量变化图可知，步骤2逆向反应的，B项正确；
C．由能量变化图可知，步骤1的活化能，步骤2的活化能，步骤1的活化能大于步骤2的活化能，步骤1的反应比步骤2慢，C项错误；
D．该过程甲烷转化为甲醇，属于加氧氧化，该过程实现了甲烷的氧化，D项正确；
故选C。
12. 常用于制备磁芯、磁盘和传感器等，它的晶胞(如图)为等轴晶系。下列叙述错误的是
已知：晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值。
A. 的分数坐标为
B. 氧离子构成正八面体形
C. 和Ti4+之间的距离为
D. 晶体密度为
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图中已知的两个Ti原子的坐标(0,0,0)和(1,1,1)，在体心位置，分数坐标为，故A正确；
B．根据晶胞结构示意图，氧离子构成正八面体形，故B正确；
C．和Ti4+之间的距离为体对角线的，即为，故C错误；
D．根据晶胞结构示意图，晶胞中个数为1，O2-个数为=3，Ti4+的个数为8×18=，晶胞中含一个，晶胞的质量为，晶胞的体积为，晶体的密度为mV==，故D正确。
答案选C。
13. 我国学者研发出一种新型水系锌电池，其示意图如下。该电池分别以(局部结构如标注框内所示)形成的稳定超分子材料和为电极，以和混合液为电解质溶液。下列说法错误的是
A. 标注框内所示结构中存在共价键和配位键
B. 电池总反应为：
C. 充电时，阴极被还原主要来自
D. 放电时，消耗，理论上转移电子
【答案】C
【解析】
【分析】由图中信息可知，该新型水系锌电池的负极是锌、正极是超分子材料；负极的电极反应式为，则充电时，该电极为阴极，电极反应式为；正极上发生，则充电时，该电极为阳极，电极反应式为。
【详解】A．标注框内所示结构属于配合物，配位体中存在碳碳单键、碳碳双键、碳氮单键、碳氮双键和碳氢键等多种共价键，还有由提供孤电子对、提供空轨道形成的配位键，A正确；
B．由以上分析可知，该电池总反应为，B正确；
C．充电时，阴极电极反应式为，被还原的Zn2+主要来自电解质溶液，C错误；
D．放电时，负极的电极反应式为，因此消耗0.65 g Zn（物质的量为0.01ml），理论上转移0.02 ml电子，D正确；
综上所述，本题选C。
【点睛】
14. 常温下，向溶液中缓慢滴入相同浓度的溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入溶液体积的变化关系如图所示，下列说法错误的是
A. 水的电离程度：
B. M点：
C. 当时，
D. N点：
【答案】D
【解析】
【分析】结合起点和终点，向溶液中滴入相同浓度的溶液，发生浓度改变的微粒是Na+、、和；当，溶液中存在Na+、H+和，，随着加入溶液，减少但不会降到0，当，，随着加入溶液，会与反应而减少，当，溶质为，很少，接近于0，则斜率为负的曲线代表；当时，中=，很小，随着加入溶液，溶质由变为和混物，最终为，增加的很少，而增加的多，当，溶质为，少部分水解，，斜率为正的曲线代表，即经过M点在下降的曲线表示的是浓度的改变，经过M点、N点的在上升的曲线表示的是浓度的改变。
【详解】A．N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，此时仅存在HCOONa的水解，M点时仍剩余有未反应的NaOH，对水的电离是抑制的，故水的电离程度M＜N，故A正确；
B．M点溶液中电荷守恒有，M点为交点可知，联合可得，故B正确；
C．当时，溶液中的溶质为，根据电荷守恒有，根据物料守恒，两式整理可得，故C正确；
D．N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，甲酸根发生水解，因此及观察图中N点可知，，根据，可知，故D错误；
故答案选D。
第Ⅱ卷
二、非选择题(四个小题，共52分)
15. 钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含、、、的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如图：
已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全时的：
回答下列问题：
（1）“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是____。
（2）“过滤1”后的溶液中加入的作用是____。取少量反应后的溶液，加入化学试剂_____(填化学式，下同)检验____，若出现蓝色沉淀，需补加。
（3）“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为____、_____。
（4）“除钴液”中主要的盐有_____(写化学式)，残留的浓度为_____。
【答案】（1）增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率
（2） ①. 将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，以便在后续调pH时除去Fe元素 ②. 溶液 ③. Fe2+
（3） ①. 、 ②.
（4） ①. ZnSO4、K2SO4 ②.
【解析】
【分析】由题中信息可知，用硫酸处理含有C、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣，得到含有C2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO4，则“滤渣1”为“酸浸”时生成的PbSO4；向滤液中加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入ZnO调节pH=4使Fe3+完全转化为Fe(OH)3，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为Fe(OH)3，滤液中的金属离子主要是C2+、Zn2+和Mn2+；最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂KMnO4，将溶液中C2+氧化为C3+，在pH=5时C3+形成沉淀C(OH)3，而KMnO4则被还原为MnO2，KMnO4还会与溶液中的Mn2+发生归中反应生成MnO2，得到C(OH)3和MnO2的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4，据此解答。
【小问1详解】
在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积，从而加快酸浸的反应速率，提高浸取效率；
【小问2详解】
酸浸液中含有C2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、等离子。由题表中数据可知，当Fe3+完全沉淀时，C2+未开始沉淀，而当Fe2+完全沉淀时，C2+已有一部分沉淀，因此为了除去溶液中的Fe元素且C2+不沉淀，应先将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节溶液的pH使Fe3+完全水解转化为Fe(OH)3沉淀，因此，MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，以便在后续调pH时除去Fe元素。常用溶液检验Fe2+，若生成蓝色沉淀，则说明溶液中仍存在Fe2+，需补加MnO2；
【小问3详解】
由分析可知，该过程发生两个氧化还原反应，根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境(pH=5)，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出两个离子方程式：、；
【小问4详解】
最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO调pH时引入的Zn2+、加入KMnO4“氧化沉钴”时引入的K+，而阴离子是在酸浸时引入的，因此其中主要的盐有ZnSO4和K2SO4。当溶液pH=1.1时，C3+恰好完全沉淀，此时溶液中，则，则。“除钴液”的pH=5，即，则，此时溶液中。
16. 铜(Ⅱ)氨基酸配合物在医药、食品、农业等领域具有广泛的应用，甘氨酸(，以HL代表甘氨酸)在约70℃的条件下可与氢氧化铜反应制备二甘氨酸合铜(Ⅱ)水合物，其反应的化学方程式为。
Ⅰ.氢氧化铜的制备
①向烧杯中加入适量和20mL水。
②完全溶解后，边滴加氨水边搅拌至最初产生的沉淀完全溶解。
③加入溶液至不再生成沉淀，过滤，用水洗涤。
（1）步骤②沉淀溶解过程中反应的离子方程式为___________。
（2）步骤③中检验沉淀洗涤干净的操作及现象为___________。
Ⅱ.二甘氨酸合铜(Ⅱ)水合物的制备
④称取适量甘氨酸，溶于150mL水中。
⑤在65～70℃的条件下加热，边搅拌边加入新制的，至全部溶解。
⑥热抽滤，向滤液加入10mL无水乙醇。
⑦抽滤，用乙醇溶液洗涤晶体，再用丙酮洗涤，抽干。
⑧将产品烘干。
（3）步骤④中使用的部分仪器如下。仪器a的名称是___________。加快甘氨酸溶解的操作为___________。
（4）步骤⑥中需要对反应液进行热抽滤的原因为___________。
（5）步骤⑦中用乙醇溶液洗涤晶体后再用丙酮洗涤的原因为___________。
Ⅲ.产品中铜含量的测定
称取产品，加入水和稀硫酸溶解，配制成250mL溶液。取20.00mL该溶液，加入足量KI固体和50mL水，以淀粉为指示剂，立即用标准溶液滴定至终点，消耗溶液1.60mL。
已知：在酸性介质中，配合物中的被质子化，配合物被破坏；，。
（6）滴定终点溶液颜色的变化为___________。
（7）产品中铜元素的质量分数为___________。
【答案】（1）
（2）取少量步骤③中最后一次沉淀洗涤液于试管中，向其中加入稀盐酸酸化，无明显现象，再滴加溶液，无白色沉淀产生，，则说明沉淀已洗涤干净
（3） ①. 烧杯 ②. 用玻璃棒搅拌
（4）除去不溶性杂质，防止产物提前析出，降低产率
（5）洗去残留的乙醇且丙酮更易挥发
（6）溶液由蓝色恰好变为无色且半分钟内不恢复颜色
（7）25.6％
【解析】
【小问1详解】
沉淀溶解过程中转化为深蓝色的，离子方程式为：，故答案为：；
【小问2详解】
检验沉淀洗涤干净，可以检验洗涤液中没有，操作为取少量步骤③中最后一次沉淀的洗涤液于试管中，向其中加入稀盐酸酸化，无明显现象，再滴加溶液，无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗涤干净，故答案为：取少量步骤③中最后一次沉淀的洗涤液于试管中，向其中加入稀盐酸酸化，无明显现象，再滴加溶液，无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗涤干净；
【小问3详解】
①仪器a为烧杯，故答案为：烧杯；
②加快甘氨酸溶解操作是用玻璃棒搅拌，故答案为：用玻璃棒搅拌；
【小问4详解】
热抽滤的目的是除去不溶性杂质，防止产物提前析出，降低产率，故答案为：除去不溶性杂质，防止产物提前析出，降低产率；
【小问5详解】
丙酮洗涤可以洗去残留的乙醇，且丙酮更易挥发，故答案为：丙酮洗涤可以洗去残留的乙醇，且丙酮更易挥发；
【小问6详解】
到达滴定终点时，被全部还原为，溶液由蓝色恰好变为无色且半分钟内不恢复颜色，故答案为：溶液由蓝色恰好变为无色且半分钟内不恢复颜色；
【小问7详解】
由滴定相关反应可知，，滴定消耗溶液1.60mL，则产品中，则产品中铜元素的质量分数，故答案为：25.6%。
17. NiCO4(四羰合镍，沸点43℃)可用于制备高纯镍，也是有机化合物羰基化反应的催化剂。回答下列问题：
（1）Ni基态原子价电子的轨道表示式为_______。镍的晶胞结构类型与铜的相同，晶胞体积为，镍原子半径为_______。
（2）NiCO4结构如图甲所示，其中含有σ键的数目为_______，NiCO4晶体的类型为_______。
（3）在总压分别为0.10、0.50、1.0、2.0MPa下，Ni(s)和CO(g)反应达平衡时，NiCO4体积分数x与温度的关系如图乙所示。反应的ΔH_______0(填“大于”或“小于”)。从热力学角度考虑，_______有利于NiCO4的生成(写出两点)。、100℃时CO的平衡转化率α=_______，该温度下平衡常数_______。
（4）对于同位素交换反应，20℃时反应物浓度随时间的变化关系为(k为反应速率常数)，则反应一半所需时间_______(用k表示)。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. 8 ②. 分子晶体
（3） ①. 小于 ②. 降低温度、增大压强 ③. 97.3% ④. 9000
（4）
【解析】
【小问1详解】
Ni为28号元素，其基态原子的核外电子排布式为，则其价电子轨道表示式为；铜晶胞示意图为，镍的晶胞结构类型与铜的相同，则镍原子半径为晶胞面对角线长度的，因为晶胞体积为，所以晶胞棱长为a，面对角线长度为，则镍原子半径为。
【小问2详解】
单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键含有1个σ键2个π键，由NiCO4的结构可知，4个配体CO与中心原子Ni形成的4个配位键均为σ键，而每个配体CO中含有1个σ键2个π键，因此1个NiCO4分子中含有8个σ键。NiCO4的沸点很低，结合其结构可知该物质由分子构成，因此其晶体类型为分子晶体。
【小问3详解】
随着温度升高，平衡时NiCO4的体积分数减小，说明温度升高平衡逆移，因此该反应的；该反应的正反应是气体总分子数减小的放热反应，因此降低温度和增大压强均有利于NiCO4的生成；由上述分析知，温度相同时，增大压强平衡正向移动，对应的平衡体系中NiCO4的体积分数增大，则压强：，即对应的压强是1.0MPa．由题图乙可知，、100℃条件下达到平衡时，CO和NiCO4的物质的量分数分别为0.1、0.9，设初始投入的CO为4ml，反应生成的NiCO4为xml，可得三段式：
，反应后总物质的量为：（4-3x）ml，根据阿伏加德罗定律，其他条件相同时，气体的体积分数即为其物质的量分数，因此有，解得，因此达到平衡时，CO的平衡转化率；气体的分压=总压强×该气体的物质的量分数，则该温度下的压强平衡常数。
【小问4详解】
由题给关系式可得，当反应一半时，即，，，则。
18. 化合物是一种具有生物活性的苯并呋喃衍生物，合成路线如图(部分条件忽略，溶剂未出)：
回答下列问题：
（1）原料的名称____，核磁共振氢谱有____组峰。
（2）中有____种官能团，③的反应类型是_______。
（3）③反应中的作用是______，反应③和④的顺序不能对换的原因是_____。
（4）A与足量新制反应的化学方程式______。
（5）化合物G→H的合成过程中，经历了取代、加成和消去三步反应，其中加成反应的化学方程式为____(反应条件可不写)。
（6）符合下列条件A的同分异构体有____种(不考虑立体异构)
ⅰ．除苯环外不含其它环状且苯环上不超过3个取代基
ⅱ．能发生银镜反应且能与含溶液反应
（7）依据以上流程信息，结合所学知识，设计以和为原料合成的路线_____ (HCN等无机试剂任选)。
【答案】（1） ①. 1,2-二溴乙烷 ②. 1
（2） ①. 4 ②. 取代反应
（3） ①. 碳酸钾溶液可以和HBr反应，促进反应正向进行 ②. 先进行反应③再进行反应④可以防止酚羟基被氧化
（4）；
（5）；
（6）9 （7）
【解析】
【分析】A与氯化剂在加热条件下反应得到B，B在BBr3，0℃的条件下，甲基被H取代得到C，C与CH2BrCH2Br在K2CO3的作用下发生取代反应得到D，D被氧化剂氧化为E，E中存在酯基，先水解，再酸化得到F，F与Cl2CHOCH3在TiCl4的作用下苯环上一个H被醛基取代得到G，G与ClCH2COCH3经历了取代、加成和消去三步反应得到H。
【小问1详解】
该物质是1,2-二溴乙烷，有1种等效氢，即核磁共振氢谱上有1组吸收峰；故答案为：1,2-二溴乙烷；1；
【小问2详解】
H物质中有-Cl、醚键、羰基、碳碳双键4种官能团，③的反应会有2分子HBr生成，其类型是取代反应；故答案为：4；取代反应；
【小问3详解】
反应③会有HBr生成，碳酸钾溶液显碱性，可以和HBr反应，可以促进反应正向进行，若把③、④位置互换，则酚羟基会被氧化，无法合成D物质；故答案为：碳酸钾溶液可以和HBr反应，促进反应正向进行；先进行反应③再进行反应④可以防止酚羟基被氧化；
【小问4详解】
A为，其与新制氢氧化铜悬浊液的反应为：；
【小问5详解】
化合物G→H的合成过程中，G发生取代反应羟基上的H被-CH2COCH3取代，得到，中的醛基被相邻取代基中的-CH2加成得到，中的羟基发生消去反应得到，其中加成反应的化学方程式为；
【小问6详解】
A的同分异构体，能发生银镜反应，则含有醛基，能与含溶液反应，则含有酚羟基、酯基、羧基等官能团，除苯环外不含其它环状且苯环上不超过3个取代基，若有两个取代基，则可以是，共有邻、间、对三种，若有三个取代基，则有，采用定二移一的方法有、、共6种，故一共有6+3=9种，故答案为：9；
【小问7详解】
和Cl2CHOCH3在TiCl4的作用下发生类似反应⑥的反应得到，与HCN加成得到，酸性水解得到，发生缩聚反应得到，具体合成路线为：。A．蒸干溶液制备
B．验证沉淀转化
C．检验乙炔
D．钢闸门电化学防腐





开始沉淀的
1.5
6.9
—
7.4
6.2
沉淀完全的
2.8
8.4
1.1
94
8.2