吉林省通化市梅河口市第五中学2024-2025学年高三上学期9月月考化学试题（解析版）

这是一份吉林省通化市梅河口市第五中学2024-2025学年高三上学期9月月考化学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了5 Fe-56 Zn-65， 下列化学用语表示正确的是， 设为阿伏加德罗常数的值， 下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。
一、选择题(本题共14小题，每题3分，共42分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合要求)
1. 化学与能源开发、环境保护、生产生活等密切相关。下列说法正确的是
A. 开发利用可燃冰是缓解能源紧缺的唯一途径
B. 在食品中大量添加苯甲酸钠等防腐剂，延长其保质期
C. 将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率
D. 温室气体是形成酸雨的主要物质
【答案】C
【解析】
【详解】A．开发利用可燃冰是缓解能源紧缺的一种途径，还可开发潮汐能、太阳能，故A错误；
B．添加食品防腐剂的目的是为了改善食品品质、延长保存期、方便加工和保全营养成分，按规定的添加量使用才是安全的，大量添加对人体有害，故B错误；
C．“地沟油”，是一种质量极差、极不卫生的非食用油，将它制成肥皂，实际是使用了油脂的皂化反应，将非食用油变成肥皂，可以提高资源的利用率，故C正确；
D．硫和氮的氧化物是形成酸雨的主要物质，温室气体主要指二氧化碳，故D错误；
故选：C。
2. 科学家用计算机模拟后确认，60个N原子可结合成N60分子．下列关于N60的叙述中正确的是
A. N60是一种新型化合物B. N60和N2性质完全相同
C. 一个N60分子中有30个N2分子D. N60和N2混合形成的是混合物
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．N60是一种单质，不是化合物，A错误；
B．分子是保持物质化学性质的最小粒子，N60和N2分别是由两种不同的分子构成的，化学性质不同，B错误；
C．分子是由原子构成的，一个N60分子中含有60个氮原子，C错误；
D．N60和N2是两种不同的物质，N60和N2混合形成的是混合物，D正确；
答案为D。
3. 下列化学用语表示正确的是
A. 离子结构示意图： 可表示，也可表示
B. 乙炔的球棍模型：
C. 聚氯乙烯的结构简式：
D. 的电子式为
【答案】A
【解析】
【详解】A．16O2-和18O2-是中子数不同的氧离子，氧离子的核内质子数为8，核外电子数为10，分层排布，离子结构示意图为 ，故A正确；
B．乙炔分子中含有两个碳氢键和1个碳碳三键，乙炔的球棍模型为，故B错误；
C．聚氯乙烯是氯乙烯的加聚反应产物，结构简式为 ，故C错误；
D．PCl3为共价化合物，磷原子、氯原子都达到了8电子稳定结构，氯原子最外层为8个电子，氯原子含有3对孤对电子，P原子含有1对孤电子，正确的电子式为 ，故D错误；
故选：A。
4. 下列有关反应的离子方程式表示正确的是
A. 将少量二氧化硫通入氯化铁溶液中：
B. 常温下，向溶液中滴加溶液至：
C. 用醋酸溶液清洗内壁有水垢的仪器：
D. 向漂白粉溶液中通入过量：
【答案】A
【解析】
【详解】A．SO2具有还原性，可以与Fe3＋反应，离子方程式为SO2＋2Fe3＋＋2H2O=＋2Fe2＋＋4H＋，选项A正确。
B．离子方程式中H＋和OH－的量不符合实际，正确的离子方程式为2H＋＋＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O，选项B错误；
C．醋酸为弱电解质，不拆开，正确的离子方程式为CaCO3＋2CH3COOH=Ca2＋＋H2O＋CO2↑＋2CH3COO－，选项C错误；
D．漂白粉的主要成分为Ca(ClO)2，当通入过量CO2后生成，正确的离子方程式为ClO－＋H2O＋CO2=HClO＋，选项D错误；
答案选A。
5. 科研人员提出了雾霾微粒中硫酸盐生成的三个阶段的转化机理，其主要过程示意如下。下列说法错误的是
A. 第Ⅱ、Ⅲ阶段总的化学方程式为：
B. 该过程中NO2为催化剂
C. 第Ⅰ阶段每1 ml氧化剂参加反应，转移电子数目为NA
D. 还原性SO＞HNO2
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．根据图示可知：在第Ⅱ阶段，、NO2在H2O存在条件反应产生SO3、。在第Ⅲ阶段，SO3结合OH-变为，结合H+变为HNO2，故第Ⅱ、Ⅲ阶段总的化学方程式为：，A正确；
B．图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，作氧化剂，则NO2是生成硫酸盐的氧化剂，B错误；
C．过程I中NO2得到电子被还原为，SO失去电子被氧化为，反应的离子方程式： SO+NO2=+。每有1 ml的氧化剂NO2发生反应，转移1 ml电子，则转移的电子数目为NA，C正确；
D．在图示的转化关系中SO失去电子被氧化为，NO2得到电子被还原为HNO2，还原剂的还原性大于还原产物，故还原性：SO＞HNO2，D正确；
故合理选项是B。
6. 乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理及反应进程中能量变化如下图，则下列叙述中错误的是
A. 第①步为吸热反应，第②③步均为放热反应
B. 第③步反应为
C. 该反应过程中既有非极性键的断裂，又有非极性键的形成
D. 三步反应中，第①步反应的活化能最大，为总反应的决速反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，第②③步反应：反应物的总能量均大于生成物的总能量，则第②③步反应均为放热反应，但第①步反应生成物的总能量大于反应物的总能量，属于吸热过程，A正确；
B．根据图示和原子守恒，可得，B正确；
C．第①步反应断裂了碳碳键、碳氢键，但是无非极性键的形成，C错误；
D．第①步反应活化能较大，反应发生消耗能量高，则该步反应难进行，其反应速率较小，总反应的快慢取决于慢反应，则总反应速率由第0步反应决定，D正确；
故选C。
7. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 羟基和中含有的质子数均为
B. 含有的中子数为
C. 乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为
D. 常温下，中含有Si—O极性键的数目为
【答案】A
【解析】
【详解】A．羟基和含有质子数为1+8=9，羟基和物质的量均为0.1ml，含有的质子数均为，A正确；
B．中含有10个中子，的物质的量为，含有的中子数为，B错误；
C．温度和压强未知，无法计算，C错误；
D．二氧化硅中1个硅形成4个硅氧键，（为1ml）晶体中含有4个Si-O键，D错误；
故选A。
8. 某离子液体，由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W组成，其结构如图，X、Y元素的原子序数之和与Z元素的相等，Y的最外层电子数是内层电子总数的2倍，W的单质可用于自来水的消毒，下列说法正确的是
A. 第一电离能：
B. Y、W组成的化合物易溶于水
C. 最简单氢化物的键角：
D. 的最高价氧化物的水化物为强酸
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的单质可用于自来水的消毒，则W为Cl元素；Y的最外层电子数是内层电子总数的2倍，则Y为C元素；离子液体中X、Y、Z形成共价键的数目分别为1、4、3，X、Y元素的原子序数之和与Z元素的相等，则X为H元素、Z为N元素。
【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则氮元素的第一电离能大于碳元素，故A错误；
B．四氯化碳是非极性分子，由相似相溶原理可知，四氯化碳难溶于极性分子水，故B错误；
C．甲烷和氨分子中的中心原子均为sp3杂化，甲烷分子的孤对电子数为0、氨分子的孤对电子数为1，孤对电子数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，所以甲烷分子的键角大于氨分子，故C错误；
D．氯元素的最高价氧化物的水化物是高氯酸，高氯酸为强酸，故D正确；
故选D。
9. 下列说法中正确的是
A. 、、晶胞中微粒均采取分子密堆积
B. 与的立体构型相似，都是非极性分子
C. 葡萄糖分子()中的手性碳原子数为4
D. ，，都是含有极性键的非极性分子
【答案】C
【解析】
【详解】A．均采取分子密堆积，其中每个CO2分子周围紧密排列的等距离的CO2分子总数为12个，每个甲烷分子与其周围的分子之间的相互作用力主要是范德华力，为分子密堆积；‌在甲烷晶胞中，‌位于晶胞顶点的某一甲烷分子与其距离最近的甲烷分子有3个，‌而这3个甲烷分子在晶胞的面上，‌面心上的粒子都被2个晶胞共用，‌对一个晶胞的贡献只有1/2，‌因此与1个甲烷分子紧邻的甲烷分子数目为为分子密堆积；但是中含有氢键，不是密堆积，A错误；
B．空间构型为直线型，为非极性分子，的空间构型的三角锥形，是极性分子，B错误；
C．醛基中的碳原子不是手性碳原子，葡萄糖分子()中的手性碳原子数为4，C正确；
D．、含有极性键的非极性分子，含有非极性键和极性键的极性分子，D错误；
故选C。
10. 在K-10蒙脱土催化下，微波辐射可促进化合物X的重排反应，如下图所示：
下列说法错误的是
A. Y的熔点比Z的低B. X、Y、Z最多共面原子数相同
C. X、Y、Z均能发生水解、还原反应D. X、Y、Z互为同分异构体
【答案】C
【解析】
【详解】A．Z易形成分子间氢键、Y易形成分子内氢键，Y的熔点比Z的低，故A正确；
B．苯环是平面结构，酯基或酮羰基也是平面结构，所以X、Y、Z最多共面原子数相同，均为22个，故B正确；
C．X、Y、Z都能和氢气加成，均能发生还原反应，X含有酯基，可以发生水解反应，Y、Z均不含酯基，不能发生水解反应，故C错误；
D．X、Y、Z分子式都是C12H10O2，结构不同，互为同分异构体，故D正确；
故选C。
11. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、无毒的水处理剂。工业上，利用廉价的铁黄(FeOOH)等为原料制备高铁酸钾。工艺流程如图：
下列说法错误的是
A. 高铁酸钾在水处理过程中涉及氧化还原反应和盐类水解反应
B. 制备Na2FeO4反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶3
C. 根据流程可以判断相同温度下K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4
D. 若通过电解法以铁为原料制备高铁酸钾，铁棒应该做阳极
【答案】B
【解析】
【分析】铁黄和次氯酸钠反应生成高铁酸钠，2FeOOH+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+3H2O，高铁酸钠在溶液中溶解度大于高铁酸钾，加入KOH，高铁酸钠在溶液中转化成高铁酸钾。
【详解】A．K2FeO4具有强氧化性，可用于消毒杀菌，被还原为Fe3+，Fe3+发生盐类的水解生成Fe(OH)3，具有吸附性，可用于吸附水中的悬浮杂质，故A正确；
B．制备Na2FeO4反应2FeOOH+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+3H2O，氯元素化合价降低，NaClO是氧化剂，铁元素化合价升高，FeOOH是还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，故B错误；
C．向高铁酸钠溶液加入浓KOH能生成高铁酸钾沉淀，可知相同温度下K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4，故C正确；
D．若通过电解法以铁为原料制备高铁酸钾，铁元素化合价升高，在阳极反应，则铁棒应该做阳极，故D正确；
故选B。
12. 滴定分数是指滴定过程中标准溶液与待测溶液中溶质的物质的量之比。25℃时，用0.01000ml•L-1NaOH溶液滴定0.1000ml•L-1H2C2O4溶液所得滴定曲线如图所示。已知10-1.3=0.05，下列说法正确的是
A. 从①点到②点水的电离程度逐渐增大
B. 点②所示溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(HC2O)+c(C2O)+c(OH-)
C. 点①所示溶液中：c(Na+)＞c(HC2O)＞c(H2C2O4)＞c(C2O)
D. 25℃时H2C2O4电离常数：Ka1=10-1.6
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，0.1ml•L-1的H2C2O4的pH大于1，说明H2C2O4部分电离，是二元弱酸，到②点到达滴定终点，此时刚好生成草酸钠，其中草酸根离子可以水解，促进水的电离，从①点到②点草酸根离子逐渐增多，水的电离程度逐渐增大，A正确；
B．根据选项A分析可知，点②处溶质为草酸钠，根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)，B错误；
C．点①为第一个滴定终点，此时溶质为NaHC2O4，此时溶液显酸性，则草酸氢根离子电离大于水解，则草酸根离子大于草酸分子，故离子浓度大小顺序为：c(Na+)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)，C错误；
D．H2C2O4的电离常数，根据起始时，其pH为1.3，则，D错误；
故选A。
13. 微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法正确的是
A. 该装置是原电池，b极是负极
B. 该电池工作时，应选用质子交换膜
C. 该电池工作时，电子从a经电流表A流向b，离子从右经交换膜向左迁移
D. 电极a反应：(C6H10O5)n-24e-+7H2O=6CO2↑+24H+
【答案】B
【解析】
【分析】由题意利用一种微生物将废水中有机物[主要成分是(C6H10O5)n]的化学能转化为电能的装置，即为原电池，由图b极通O2，a极为有机物，则b极为正极氧气发生还原反应，a极为负极有机物发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，负极电极反应为(C6H10O5)n+7nH2O-24ne﹣=6nCO2↑+24nH+，原电池中阳离子移向正极b极；
【详解】A．由分析可知，该装置是原电池，b极是正极，A错误；
B．该电池工作时，氢离子在通过交换膜移向正极，故应选用质子交换膜，B正确；
C．该电池工作时，电子从负极a经电流表A流向正极b，离子从左侧经交换膜向右侧迁移，C错误；
D．负极电极反应为(C6H10O5)n+7nH2O-24ne﹣=6nCO2↑+24nH+，D错误；
故选B。
14. 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】
【详解】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。
15. 分解的TG曲线（热重）及DSC曲线（反映体系热量变化情况，数值已省略）如下图所示。（700℃左右有两个吸热峰。）
下列说法错误的是
A. 0~400℃范围内，发生了化学变化B. 600~800℃范围内，没有氧化还原反应发生
C. 1000℃时，剩余固体的成分为D. 分解生成的气体可以用于制硫酸
【答案】B
【解析】
【分析】根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为，可能出现的化学方程式为，800℃~1000℃质量继续减轻，生成，据此分析；
【详解】A．0~400℃范围内质量发生变化，失水发生了化学变化，A正确；
B．600~800℃范围内，根据分析发生氧化还原反应发生，生成了CuO和硫和氧化物与氧气，B错误；
C．800℃~1000℃质量继续减轻，生成，正确；
D．分解生成的气体为，可以用于制硫酸，D正确；
故选B。
第II卷(共55分)
二、填空题。
16. 由钛铁矿（主要成分是钛酸亚铁：，还含有少量、等杂质），制备海绵钛的一种工艺流程示意如下：
已知：钛铁矿与硫酸发生反应的化学方程式为；易水解，只能存于强酸性溶液中。
回答下列问题：
（1）浸渣为______。
（2）试剂X为______（填化学式），X的作用是______。
（3）“操作Ⅱ”为______。
（4）“氯化”过程在高温条件下进行，发生反应的化学方程式为______。
（5）制备海绵钛中Ar的作用是______。
（6）有三种类型晶体结构，其中一种晶胞结构如图所示。
①Ti的价电子排布式为______。
②晶胞中白球代表______（填“钛”或“氧”），该晶体的密度为______（用含a、b、的代数式表示，为阿伏加德罗常数的值）。
【答案】（1）
（2） ①. Fe ②. 将还原为
（3）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
（4）
（5）保护气，防止Ti和Na被氧化
（6） ①. ②. 氧 ③.
【解析】
【分析】根据流程图和已知条件可知，酸浸后Ti元素以TiO2+形式存在，推出中的铁元素以+2价形式存在，氧化铁属于碱性氧化物，与硫酸反应生成硫酸铁，二氧化硅为酸性氧化物，不溶于硫酸，也不与硫酸反应，过滤后，浸渣主要成分是SiO2，根据流程图后续得到绿矾，因此滤液中加入适量铁屑，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，绿矾中含有结晶水，操作Ⅱ应是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到绿矾，TiO2+溶液中存在TiO2++(n+1)H2O=TiO2﹒nH2O+2H+，加入碳酸钠粉末，消耗c(H+)，促进水解平衡向正反应方向移动，得到TiO2﹒nH2O，TiO2﹒nH2O脱去结晶水生成二氧化钛，二氧化钛与氯气和焦炭反应生成四氯化钛和一氧化碳，通过活泼金属在高温的条件下将钛置换出来得到钛单质，氩气作保护气，防止Ti和Na被氧化，据此分析答题。
【小问1详解】
根据分析，滤渣为；
【小问2详解】
根据分析可知，试剂X为铁粉，作用是将将还原为；
【小问3详解】
绿矾中含有结晶水，操作Ⅱ应是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到绿矾；
【小问4详解】
“氯化”过程在高温条件下进行，故二氧化钛与氯气和焦炭在高温条件下反应生成四氯化钛和一氧化碳，化学方程式为；
【小问5详解】
制备海绵钛中Ar的作用是作保护气，防止Ti和Na被氧化；
【小问6详解】
①Ti的价电子排布式为；
②均摊法可得，白球个数4×+2=4，黑球个数8×+1=2，根据化学式TiO2可知，白球为氧原子；该晶体的密度为。
17. 某小组设计实验制备并测定产品纯度。
实验（一）制备。
用如下装置制备氯化铁（部分夹持装置省略）。已知：易升华，遇水蒸气易水解。
（1）图中各装置连接顺序是A→______→F（装置可以重复使用）。
（2）写出装置A中发生反应的离子方程式：______。
（3）盛放的仪器名称为______，分液漏斗中橡胶管a的优点为______。
（4）C中所盛试剂的名称是______，作用是______。
实验（二）测定样品的纯度。
已知：（无色，很稳定），AgF易溶于水且完全电离。
（5）实验步骤如下（已知杂质均不溶于水或不参与反应）：
步骤1：准确称取5.0g样品，溶于水，滤去不溶物后，配成1000mL溶液，取10.00mL置于锥形瓶中；
步骤2：向锥形瓶中加入适量NaF溶液（恰好与铁离子完全反应），用力振荡，再加入20.00mL 0.1000ml/L 溶液（过量）使完全沉淀；
步骤3：向其中加入硝基苯，用力振荡；
步骤4：加入几滴溶液，用0.1000ml/L 溶液滴定过量的至终点，消耗溶液的体积为12.71mL。已知：常温下，，。
①滴定终点时锥形瓶内现象为______。
②若省略步骤3，测定结果将______（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
③测得样品中的质量分数为______（保留2位有效数字）。
【答案】（1）CEBDE
（2）
（3） ①. 蒸馏烧瓶 ②. 平衡蒸馏烧瓶和分液漏斗内的压强，有利于浓盐酸顺利流
（4） ①. 饱和食盐水 ②. 除去氯气中混有的HCl气体
（5） ①. 滴入最后半滴，锥形瓶内液体变为血红色，且半分钟不恢复原色 ②. 偏小 ③. 79%
【解析】
【分析】A装置制取氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置C吸收HCl，常用饱和食盐水，装置E作用是干燥氯气，装置B制备氯化铁，装置D吸收氯化铁，装置E防止F中的水蒸气进入D装置，装置F吸收尾气。
【小问1详解】
由分析可知，图中各装置连接顺序是A→C→E→B→D→E→F。
【小问2详解】
写出装置A中发生反应的离子方程式为
【小问3详解】
①盛放的仪器名称为蒸馏烧瓶；
②分液漏斗中橡胶管a的优点为平衡蒸馏烧瓶和分液漏斗内的压强，有利于浓盐酸顺利流。
【小问4详解】
①C所盛试剂的名称是饱和食盐水；
②该装置目的是除杂质气体氯化氢。
【小问5详解】
①硫氰根与银离子结合生成沉淀，当银离子恰好被反应完时，滴入最后半滴，硫氰根与三价铁结合生成硫氰化铁锥形瓶内液体变为红色，且半分钟不恢复原色；
②步骤3加入硝基苯的目的是为了让有机物覆盖氯化银沉淀，保护氯化银沉淀不会转化为溶解度更小的沉淀，若省略步骤三，会使得氯离子测定结果偏小使得氯化铁测定结果偏小；
③由、根据可知nSCN- =0.1000ml/L0.01271L=0.00127ml，与硫氰根反应的nAg+ =0.00127ml，由于n总Ag+=，所以与氯离子反应的nAg+=0.002-0.00127=0.00073ml，故氯离子的物质的量为0.00073ml，根据元素物质的量守恒可知nFeCl3==0.00024333ml，mFeCl3=nM=162.，所以氯化铁的质量分数=。
18. 还原实现“双减”目标，涉及反应如下：
Ⅰ． ；
Ⅱ． 。
回答下列问题：
（1）升高温度时，将_______(填“增大”“减少”或“不变”)。
（2）物质的标准摩尔生成焓是指在标准压力(100kPa)和某温度下，由元素最稳定的单质生成1ml该纯净物时的焓变。一些物质在298K时的标准摩尔生成焓()如表所示。
_______。
（3）阿伦尼乌斯公式为(其中k为反应速率常数，A为比例系数，R为理想气体常数，为反应的活化能，e为自然对数的底，T为温度)，反应Ⅰ的速率方程为，，增大体系的压强，___(填“增大”“减小”或“不变”)。
（4）一定条件下，向恒压密闭容器中以一定流速通入和混合气体，平衡转化率和选择性[]随温度、投料比的变化曲线如图所示。
①表示选择性的曲线是_______(填“”或“”)；平衡转化率随温度升高发生如图变化的原因是_______。
②生成的最佳条件是_______(填序号)。
a．220℃， b．220℃，
c．320℃， d．320℃，
（5）一定温度下，向恒压密闭容器中通入和，充分反应后，测得平衡转化率为a，选择性为b，该温度下反应Ⅰ的平衡常数_______(为以物质的量分数表示的平衡常数)。
【答案】（1）减小 （2）
（3）不变 （4） ①. ②. 反应Ⅱ是吸热反应，反应Ⅰ是放热反应，升高温度，平衡转化率随温度的升高而增大，反应Ⅱ平衡正向移动的程度大于反应Ⅰ平衡逆向移动的程度(合理即可) ③. c
（5）(或)
【解析】
【小问1详解】
Ⅰ． ；
Ⅱ．
根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ得，，正反应反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，所以减小。
【小问2详解】
，则x-241.8+393.4-0=-48.5，x=-200.1
【小问3详解】
反应Ⅰ的速率方程为，，反应达到平衡，正逆反应速率相等，即，，增大体系的压强，平衡常数不变，则的值不变。
【小问4详解】
①反应Ⅰ放热，升高温度平衡逆向移动，选择性减小，所以表示选择性的曲线是；反应Ⅱ是吸热反应，反应Ⅰ是放热反应，升高温度，平衡转化率随温度的升高而增大，则反应Ⅱ平衡正向移动的程度大于反应Ⅰ平衡逆向移动的程度。
②320℃时，平衡转化率较高，选择性较大，生成的最佳条件是320℃；时平衡转化率较高，选择性较大，所以故选c。
【小问5详解】
一定温度下，向恒压密闭容器中通入和，充分反应后，测得平衡转化率为a，选择性为b，则反应消耗的物质的量为aml；反应剩余的的物质的量为(1-a)ml；参与反应Ⅰ的为abml，参与反应Ⅰ的氢气为3abml，生成甲醇的物质的量为abml，生成水的物质的量为abml；参与反应Ⅱ的为(a-ab)ml，参与反应Ⅱ的氢气为(a-ab)ml，生成CO的物质的量为(a-ab)ml，生成水的物质的量为(a-ab)ml，则平衡体系中氢气的物质的量为(3-3ab-a+ab)ml、水的物质的量为(ab+a-ab)ml，总气体物质的量为(1-a)+ (3-3ab-a+ab)+ab+(a-ab)+ (ab+a-ab)=(4-2ab)ml；该温度下反应Ⅰ的平衡常数。
19. 人工合成某维生素()的路线如下所示。
已知：①；
②(R、R′、R″为H原子或烃基)。
回答下列问题：
（1）有机物A与足量反应生成产物的名称为___________；M中的官能团名称为___________。
（2）B→C的反应类型为___________。
（3）D→E的化学方程式为___________。
（4）F中含有___________个手性碳原子。
（5）G的同系物K分子式为，其同分异构体中符合下列条件的有___________种。
①苯环上含有两个取代基 ②能与金属钠反应 ③存在两个甲基 ④水溶液呈中性
（6）参照上述合成路线，写出以氯乙酸甲酯()和为主要原料合成的路线。___________
【答案】（1） ①. 3-甲基-1-丁醇 ②. 羰基(或酮羰基)
（2）加成反应 （3）
（4）2 （5）15
（6）
【解析】
【分析】根据B的结构简式，可以推知M为：，与A发生加成反应，然后发生消去反应，生成B，B和乙烯发生已知反应①的反应生成C，C的结构简式为：，C与M先加成后消去，生成D，D的结构简式为：，D与在碱性条件下发生已知信息②的反应生成E，结构为，E在碱性条件下水解再酸化，得到F，F为：，F脱去得到G，G为：，G在酸性条件下生成H，再经多步反应得到维生素。
【小问1详解】
有机物A与足量反应生成的醇的名称为3-甲基-1-丁醇，根据分析知M中的官能团名称为羰基或酮羰基。
【小问2详解】
根据合成路线分析可知，B→C的反应类型为加成反应。
【小问3详解】
D→E还生成小分子HCl，化学方程式为。
【小问4详解】
由F的结构可知其有2个手性碳原子(*标注)：。
【小问5详解】
根据条件知，G的同系物K有4个不饱和度，K的同分异构体结构中含有苯环和醇羟基，除苯环外的4个饱和碳原子中2个形成甲基，则存在下列三种情况(序号为经基可能的位置)a，；b．，；c．，1×3=3，共15种。
【小问6详解】
参照上述合成路线用推法可，，以氯乙酸甲酯()和为主要原料合成的路线：。物质
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