山西省怀仁市2023年高三下学期第二次调研考试理科综合化学试题
一、单选题
1．（2022·深圳模拟）化学在环境污染治理中发挥了重要作用。下列治理措施没有运用相应化学原理的是
选项 治理措施 化学原理
A 向燃煤中添加生石灰以减少酸雨的形成 CaO具有碱性氧化物的通性
B 在汽车尾气系统中安装催化转化器以减少尾气污染 CO和NO在催化剂作用下发生反应，生成无毒气体
C 用聚乳酸塑料替代传统塑料以减少白色污染 聚乳酸具有生物可降解性
D 向工业废水中添加FeS以除去废水中的 FeS具有还原性
A．A B．B C．C D．D
2．（2023·怀仁模拟）设NA为阿伏加德罗常数值，在现实生活中我们常常利用物质的量来为难以用实际数字描述的数量做了定量解释，下列说法正确的是（ ）
A．将0.1mol醋酸钠溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中CH3COO-数目小于0.1NA
B．将4.6g钠用铝箔包裹并刺小孔，与足量水充分反应生成H2分子数为0.1NA
C．1.5mol的液态冰醋酸中含s－pσ键0个
D．1L1mol·L-1NaCl溶液含有28NA个电子
3．（2023·怀仁模拟）SO2、Cl2、NO2都是大气污染物，下列说法正确的是（ ）
A．都能使品红试液褪色，原理相同
B．都能与水反应，生成物都是电解质
C．等物质的量的SO2和Cl2混合通入装有湿润的有色布条的试管中，漂白效果更好
D．将SO2、NO2同时通入水中，加入BaCl2溶液有白色沉淀生成
4．（2023·怀仁模拟）近年来，光催化剂的研究是材料领域的热点方向。一种Ru配合物(如图所示)复合光催化剂可将转化为HCOOH。下列说法错误的是（ ）
A．Ru配合物中第二周期元素的电负性由大到小的顺序为O>N>C
B．如图结构的吡啶环( )中
C．N原子的杂化方式分别为、C．该配合物中Ru的配位数是6
D．HCOOH的沸点比高，主要原因是HCOOH分子间存在范德华力和氢键，而分子间只有范德华力
5．（2023·怀仁模拟）生活污水中的氮和磷主要以铵盐和磷酸盐形式存在，可用铁、石墨做电极，用电解法去除。电解时，如图1原理所示可进行除氮；翻转电源正负极，可进行除磷，原理是利用Fe2＋将PO转化为Fe3(PO4)2沉淀。下列说法正确的是（ ）
A．图2中0～20min脱除的元素是氮元素，此时石墨做阴极
B．溶液pH越小、有效氯浓度越大，氮的去除率越高
C．图2中20～40min脱除的元素是磷元素，此时阳极的电极反应式为2Cl-－2e-=Cl2↑
D．电解法除氮有效氯ClO-氧化NH3的离子方程式为3ClO-＋2NH3=3Cl-＋N2↑＋3H2O
6．（2023·怀仁模拟）X、Y、Z、W、Q为原子序数依次递增的短周期主族元素。基态X原子价电子层有3个单电子，Z与Y可形成原子个数比为1：1的含非极性共价键的离子化合物。W、Q的最外层电子数之和等于Z的原子序数。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：Z＞Y
B．X、W单质的晶体类型一定相同
C．Q的最高价含氧酸为强酸
D．简单气态氢化物的稳定性：X＞Y
7．（2023·怀仁模拟）K2Cr2O7溶液中存在如下平衡：Cr2O转化为CrO
①Cr2O(aq)+H2O(l)2HCrO(aq) K1=3.0×10-2(25℃)
②HCrO(aq)CrO(ag)+H+(ag) K2=3.3×10-7(25℃)
25℃时，0.1mol/LK2Cr2O7溶液中lg随pH的变化关系如图。下列有关K2Cr2O7溶液的说法错误的是（ ）
A．加入过量烧碱溶液，反应的离子方程式为Cr2O+2OH－=2CrO+H2O
B．当pH=8.8时，c(CrO)+c(Cr2O)＜0.10mo/L
C．加入少量水稀释，平衡时c2(CrO)与c(Cr2O)的比值增大
D．当pH=9.0时，溶液中HCrO的平衡浓度约为6.0×10-4mol/L
二、实验题
8．（2023·怀仁模拟）硫酸亚铁铵晶体[x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O][M=(132x+152y+18z)g·mol-1]是常见的补血剂。
已知：①硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化。
②FeSO4溶液与(NH4)2SO4反应可得到硫酸亚铁铵。
（1）FeSO4溶液的制备。将铁粉、一定量H2SO4溶液反应制得FeSO4溶液，其中加入的铁粉需过量，除铁粉不纯外，主要原因是 (用离子方程式表示)。
（2）制备x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O向制备得到的FeSO4溶液中加入一定质量的(NH4)2SO4固体，在70℃-80℃条件下溶解后，趁热倒入50mL乙醇中，析出晶体。乙醇的作用为 。
（3）产品化学式的确定——NH含量的测定
I.准确称取58.80g晶体，加水溶解后，将溶液注入三颈烧瓶中：
Ⅱ.准确量取50.00mL3.030mol·L-1H2SO4溶液于锥形瓶中：
Ⅲ.向三颈烧瓶中通入氮气，加入足量NaOH浓溶液，加热，蒸氨结束后取下锥形瓶；
Ⅳ.用0.120mol·L-1的NaOH标准溶液滴定锥形瓶中过量的硫酸，滴定终点时消耗25.00mLNaOH标准溶液。
①装置M的名称为 。
②通入N2的作用为 。
③步骤Ⅲ中，反应的离子方程式是 。
④若步骤Ⅳ中，未用NaOH标准溶液润洗滴定管，则n(NH)将 (填“偏大”、“偏小”或“不变”)。步骤Ⅳ中，滴定时还必须选用的仪器是 (填编号)。
（4）产品化学式的确定一SO含量的测定
I.另准确称取58.80g晶体于烧杯中，加水溶解，边搅拌边加入过量的BaCl2溶液；
Ⅱ.将得到的溶液过滤得到沉淀，洗涤沉淀3～4次；
Ⅲ.灼烧沉淀至恒重，称量，得沉淀质量为69.90g。
结合实验(3)和(4)，通过计算得出硫酸亚铁铵晶体的化学式为 。
三、工业流程题
9．（2023·怀仁模拟）钪及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。从钛白工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)中提取氧化钪(Sc2O3)的一种流程如图：
回答下列问题：
（1）洗涤“油相”可除去大量的钛离子。洗涤水是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成。混合的实验操作是 。
（2）常温下，先加入氨水调节pH=3，过滤，滤渣主要成分是 ；再向滤液加入氨水调节pH=6，滤液中Sc3+的浓度为 。{已知：Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10-13、Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39、Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10-31)。
（3）用草酸“沉钪”，“沉钪”得到草酸钪的离子方程式是 。
（4）草酸钪“灼烧”氧化的化学方程式为 。
（5）Ti(BH)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。
①写出BH的结构式是 (标明其中的配位键)。
②常温下，TiCl4是一种有刺激性臭味的无色液体，熔点为-23.2℃，沸点为136.2℃；TiF4为白色粉末，熔点为377℃。TiCl4和TiF4熔点不同的原因是 。
（6）由氧元素形成的常见物质有H2O2、H2O、O2，H2O2为 (填“极性”或“非极性”)分子，O2的晶胞为立方体，结构如图。根据图中信息，可计算O2晶体密度是 g·cm-3(设NA为阿伏加德罗常数的值)。
四、原理综合题
10．（2023·怀仁模拟）全球大气CO2浓度升高对人类生产、生活产生了影响，碳及其化合物的资源化利用成为研究热点。回答下列问题：
（1）已知25℃时，大气中的CO2溶于水存在以下过程
①CO2(g)CO2(aq)
②CO2(aq)+H2O(1)H+(ag)+HCO(aq) K
过程①的ΔH 0(填“＞”“＜”或“=”)。溶液中CO2的浓度与其在大气中的分压(分压=总压×物质的量分数)成正比，比例系数为ymol·L-1·kPa-1。当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中H+的浓度为 mol·L-1(忽略HCO和水的电离)。
（2）焦炭与水蒸气可在高温下反应制H2。
反应I：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH1=+131.3kJ·mol-1 K1
反应II：C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g) ΔH2=+90.3kJ·mol-1 K2
反应III：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41.0kJ·mol-1 K3
上述反应的化学平衡常数随温度变化的关系如图所示，表示K1、K2、K3的曲线分别是c、 、 。
②研究表明，反应III的速率方程为v=k[x(CO)·x(H2O)-]，x表示相应气体的物质的量分数，Kp为平衡常数(用平衡分压代替平衡浓度计算)，k为反应的速率常数，随温度升高而增大。在气体物质的量分数和催化剂一定的情况下，反应速率随温度的变化如图所示。根据速率方程分析T＞Tm时，v逐渐下降的原因是 。
（3）甲烷干法重整制H2同时存在如下反应：
主反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH1
副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2
温度为T℃，压强为p0的恒压密闭容器中，通入2molCH4和1molCO2发生上述反应。平衡时H2O(g)的分压为p1，甲烷的转化率为40%。
①下列说法正确的是 (填标号)
A．ΔH1和ΔH2不变，说明反应达到平衡状态
B．相同条件下，主反应的速率大于副反应，说明主反应的活化能小
C．选用合适的催化剂可以提高主反应的选择性，增大甲烷的平衡转化率
D．平衡后，若增大压强，主反应平衡逆向移动，副反应平衡不移动
②平衡时混合气体的总物质的量为 mol，H2(g)的分压是 (用含p0和p1的计算式表示)。
（4）甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，四步可能脱氢产物及其相对能量如图，则最可行途径为a→ (用b-j等代号表示)。
五、有机推断题
11．（2023·怀仁模拟）化合物H是合成治疗心血管疾病药物的中间体，可通过如图所示途径合成：
已知：①(苯胺易被氧化)；
②甲苯发生—硝基取代反应与A类似。
请回答下列问题：
（1）写出C中官能团的名称： 。
（2）A→B反应的试剂1是 。
（3）写出有关反应的反应类型：B→C： ；F→G： 。
（4）写出G→H反应的化学方程式： 。
（5）同时满足下列条件的D的同分异构体的结构简式为 (写出一种即可)。
①能发生银镜反应
②能发生水解反应，水解产物之一与溶液显紫色
③核磁共振氢谱显示分子中有4种不同化学环境的氢原子
（6）合成途径中，将C转化为D的目的是 。
（7）参照上述合成路线，以甲苯和为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】A．向燃煤中添加生石灰以减少酸雨的形成，是因为氧化钙能和二氧化硫等气体反应，体现了CaO具有碱性氧化物的通性，故A不符合题意；
B．汽车尾气系统中安装催化转化器以减少尾气污染，是排气系统中CO和NO在催化剂作用下发生反应，生成无毒气体氮气和二氧化碳减少污染，故B不符合题意；
C．聚乳酸具有生物可降解性，易于降解可减少白色污染，故C不符合题意；
D．向工业废水中添加FeS以除去废水中的，是铜离子和FeS生成了硫化铜沉淀，没有体现FeS还原性，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．因为氧化钙能和二氧化硫等气体反应；
B．CO和NO在催化剂作用下发生反应生成氮气和二氧化碳；
C．聚乳酸具有生物可降解性；
D．依据沉淀转化原理，元素化合价没有变化。
2．【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．根据电荷守恒，，因为溶液呈中性，故，所以，A错误；
B．，，则生成的氢气大于0.1NA，B错误；
C．C原子的杂化方式有sp2、sp3杂化，C、O原子杂化后和H原子形成键，分子中不含s-p键，C正确；
D．溶液中存在水分子，所以电子数大于28NA，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．根据电荷守恒分析；
B．依据，分析；
C．依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；
D．水分子也含有电子。
3．【答案】D
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A．SO2、Cl2、NO2都能使品红试液褪色，SO2与Cl2、NO2的原理不相同，故A错误；
B．NO2与水反应生成硝酸和NO，NO是非电解质，故B错误；
C．等物质的量的SO2和Cl2混合通入装有湿润的有色布条的试管中，发生反应SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，H2SO4、HCl没有漂白性，漂白效果变差，故C错误；
D．将SO2、NO2同时通入水中，SO2被氧化为硫酸，加入BaCl2溶液生成硫酸钡沉淀，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A．SO2与Cl2、NO2的原理不相同；
B．NO是非电解质；
C．依据反应SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl分析；
D．将SO2、NO2同时通入水中，会生成硫酸。
4．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．第二周期主族元素从左向右元素电负性逐渐增强，因此电负性由大到小的顺序为O>N>C，A正确；
B．如图结构的吡啶环()中C、N原子的价层电子对数均为3，故杂化方式均为sp2，B错误；
C．由图示结构可知，该配合物中Ru的配位数是6，C正确；
D．HCOOH存在分子间作用力和氢键，因此HCOOH的沸点比HCHO高，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．同周期主族元素从左向右元素电负性逐渐增强；
B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
C．依据图示结构判断；
D．分子间含有氢键，熔沸点较高。
5．【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．图2中0～20min 溶液pH的变化得出脱除的元素是氮元素，此时铁作阴极，故A错误；
B．随溶液pH降低，氢离子浓度增大，Cl2+H2O＝H++Cl-+HClO，平衡逆向移动，溶液中c（HClO）减小，使铵根的氧化率下降，则氮的去除率随pH的降低而下降，故B错误；
C．除磷时，Fe作阳极失电子，石墨作阴极，阳极电极反应式为Fe－2e-＝Fe2＋，故C错误；
D．电解法除氮有效氯HClO将氨气氧化为N2的离子方程式为3ClO-＋2NH3＝3Cl-＋N2↑＋3H2O，故D正确；
故答案为：D。
【分析】AC．电解时，阳极元素化合价升高，发生氧化反应；阴极元素化合价降低，发生还原反应；
B．依据化学平衡移动原理分析；
D．根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析。
6．【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】A. 电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径：O2-＞Na+，故A错误；
B. X是N，N2是分子晶体，若W是Si，其单质为原子晶体，故B错误；
C. Q为S或Cl，H2SO4、HClO4都是强酸，故C正确；
D. 非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性O>N，所以稳定性：H2O＞NH3，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A. 电子层数相同，质子数越多半径越小；
B.N2是分子晶体，Si为原子晶体；
C. 元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强；
D. 非金属性越强，气态氢化物越稳定。
7．【答案】B
【知识点】盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素
【解析】【解答】A．加入的过量NaOH会与反应②电离产生的H+发生反应，促使两个平衡不断右移，最终生成，反应的离子方程式为Cr2O+2OH－=2CrO+H2O，A项正确；
B．当溶液的pH=8.8时，，所以，所以。0.10mol/LK2Cr2O7溶液中，Cr原子的总浓度为0.20mol/L，根据Cr原子守恒可得，转化可得，B项错误；
C．根据题意有，温度一定时，K1和K2为定值，稀释溶液时c(H+)减少，增大，C项正确；
D．由图可知，当溶液pH=9时，，因此可忽略溶液中的，即，反应②的平衡常数，联立两个方程可得，D项正确。
故答案为：B。
【分析】A．依据化学平衡移动原理分析；
B．根据Cr原子守恒分析；
C．根据温度一定时，K1和K2为定值分析；
D．化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比值。
8．【答案】（1）2Fe3++Fe=3Fe2+(4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O)
（2）乙醇的分子极性弱于水的，加入乙醇，形成乙醇一水的混合溶剂，极性比水的更弱。根据相似相溶原理，使离子化合物硫酸亚铁铵在乙醇一水的混合溶剂中的溶解度更小，有利于晶体析出
（3）分液漏斗；将产生的氨气全部赶至锥形瓶内，被硫酸溶液完全吸收；NH+OH-NH3↑+H2O；偏小；③⑥
（4）(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）Fe2+易被空气中的氧气氧化为铁离子，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，Fe粉可以和铁离子发生反应2Fe3++Fe = 3Fe2+，因此过量的铁粉能防止其被氧化；
（2）硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇，因此乙醇可以降低硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度，有利于晶体的析出；
（3）①装置M为分液漏斗；
②反应中装置中会有残留的氨气，持续通入N2可以将产生的氨气全部赶至锥形瓶内，被硫酸溶液完全吸收；
③步骤Ⅲ中，反应为铵根离子和氢氧根离子生成氨气和水，离子方程式是NH+OH-NH3↑+H2O；
④若未用NaOH溶液润洗滴定管，则NaOH溶液的浓度偏低，则滴定中消耗的NaOH的体积偏大，剩余的硫酸偏大，则氨气的含量偏小；步骤Ⅳ中，滴定时还必须选用的仪器是③滴定架、⑥碱式滴定管；
（4）测定NH含量时，滴定终点时消耗25.00 mL NaOH标准溶液，所以剩余的n(H+)=0.120mol/L×0.025L=0.003mol，所以n(NH)=3.030mol/L×0.05L×2-0.003mol=0.3mol；测定SO含量时，BaSO4的物质的量为0.3mol，则(NH4)2SO4的物质的量为0.15mol，FeSO4的物质的量为0.15mol，则根据M的计算公式可得，132×0.15+152×0.15+18×n水=58.8，则n水=0.9，则根据比例可得硫酸亚铁铵晶体的化学式为(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O。
【分析】（1）依据氧化还原反应原理分析；
（2）根据相似相溶原理分析；
（3）①依据仪器构造确定名称；
②反应发生前通氮气排出装置中空气；
③依据铵盐的性质分析；
④依据中和原理分析；
（4）根据原子守恒计算。
9．【答案】（1）将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入H2O2中，并不断搅拌
（2）Fe(OH)3；9.0×10-7mol·L-1
（3）2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3↓+6H+
（4）2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
（5）；TiCl4是分子晶体，TiF4是离子晶体(分子间作用力小于离子键)
（6）极性；
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；无机物的推断；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）溶液混合中有浓硫酸，浓硫酸稀释时放热而液体飞溅，所以应该将浓硫酸缓慢加入水中，边加边搅拌。答案为将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入H2O2中，并不断搅拌；
（2）已知Ksp[Fe(OH)3]< Ksp[Sc(OH)3]，所以pH=3时Fe3+先沉淀，故此时的滤渣为Fe(OH)3。pH=6时，c(OH-)=10-8mol/L，Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10-31= c3(OH-)c(Sc3+)得到c(Sc3+)=。答案为Fe(OH)3；；
（3）H2C2O4与Sc3+发生复分解产生Sc2(C2O4)3，H2C2O4为弱电解质不拆写为离子，反应为：2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3↓+6H+；
（4）Sc2(C2O4)3与O2发生氧化还原反应高温分解为CO2和Sc2O3，反应为2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。答案为2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2；
（5）B原子的价电子为3，分别与三个H形成共价键之后再无价电子，此时H-单方面提供孤电子对与B的空轨道重叠形成配位键，如图表示为 。TiCl4是一种有刺激性臭味的无色液体，可见其微粒间作用力弱，所以它为分子晶体。而F原子电负性大，同时TiF4为白色粉末，熔点为377℃，TiF4为离子晶体。答案为 ；TiCl4是分子晶体，TiF4是离子晶体(分子间作用力小于离子键)；
（6）H2O2为非对称分子，它为极性分子。O2分别位于晶胞的顶点和面心，晶胞中共有4个O2。所以晶胞的密度为。答案为。
【分析】（1）依据浓硫酸的稀释操作分析；
（2）依据已知信息，利用Ksp计算；
（3）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒分析；
（4）依据氧化还原反应原理，根据得失电子守恒和原子守恒分析；
（5）熔点由高到低的顺一般为原子晶体>离子晶体>分子晶体；利用均摊法确定原子数，再利用公式计算。
10．【答案】（1）＜；
（2）b；d；升高温度，k增大使v提高，Kp减小使v降低；T＞Tm时，Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高
（3）B；4.6；-p1
（4）a→b→e→h→j
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）常温下，CO2(g)CO2(aq)过程能发生，△S<0，所以ΔH<0。当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，二氧化碳的分压为pxkPa，溶液中CO2的浓度为pxymol·L-1，则 ， H+的浓度为mol·L-1。
（2）反应I、II吸热，K1、K2随温度升高而增大，反应III放热，K3随温度升高而减小，c表示K1，根据盖斯定律，反应II-反应I得反应反应III，则，根据图示时K1=2，即，所以表示K1、K2、K3的曲线分别是c、b、d。
②反应III放热，随温度升高Kp减小，升高温度，k增大使v提高，Kp减小使v降低；T＞Tm时，Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高，所以T＞Tm时，v逐渐下降。
（3）①A．ΔH1和ΔH2随方程式的系数改变而改变，ΔH1和ΔH2不变，反应不一定达到平衡状态，故不选A；
B．活化能越小，反应速率越快，相同条件下，主反应的速率大于副反应，说明主反应的活化能小，故选B；
C．催化剂不能使平衡不移动，不能增大甲烷的平衡转化率，故不选C；
D．平衡后，若增大压强，主反应平衡逆向移动，由于反应物、生成物浓度改变，使副反应Q＜K，副反应平衡正向移动，故不选D；
选B。
②平衡时甲烷的转化率为40%；
副反应气体物质的量不变，所以平衡时混合气体的总物质的量为1.2+0.2+1.6+1.6=4.6mol，通过主反应生成H2(g)的分压是，通过副反应氢气减小的分压等于水的分压，所以平衡体系中H2(g)的分压是-p1。
（4）相对能量越低，越易反应，所以最可行途径为a→b→e→h→j。
【分析】（1）（1）依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比值；
（2）根据盖斯定律分析；
②依据题目信息和图中曲线变化分析；
（3）①A．ΔH1和ΔH2随方程式的系数改变而改变；
B．活化能越小，反应速率越快；
C．催化剂不能使平衡不移动；
D．根据K与Q的关系，可判断平衡移动的方向；
②利用三段式法计算；
（4）相对能量越低，越易反应。
11．【答案】（1）醚键、氨基
（2）浓HNO3
（3）还原反应；消去反应
（4）+NaOH→+CH3COONa
（5）或或
（6）保护氨基，防止合成过程中被氧化
（7）
【知识点】有机物的合成；酮
【解析】【解答】（1）C的结构简式为，官能团为醚键、氨基，故答案为：醚键、氨基；
（2）由分析可知，A→B的反应为在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热发生硝化反应生成和水，则试剂1为浓硝酸，故答案为：浓HNO3；
（3）由分析可知，B→C的反应为与铁、盐酸发生还原反应生成、氯化亚铁和水；F→G的反应为在浓硫酸作用下，共热发生消去反应生成和水，故答案为：还原反应；消去反应；
（4）G→H的反应为在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成和乙酸钠，反应的化学方程式为+NaOH→+CH3COONa，故答案为：+NaOH→+CH3COONa；
（5）D的同分异构体能发生银镜反应，说明分子中含有—CHO或—OOCH；能发生水解反应，水解产物之一与FeCl3溶液反应显紫色，说明分子中含有—OOCH；核磁共振氢谱显示分子中有4种不同化学环境的氢原子说明分子结构对称，则符合条件的结构简式为、、，故答案为：或或；
（6）由有机物的转化关系可知，合成途径中，C转化为D时，—NH2发生反应产生—NHCOCH3，后来G转化为H时，—NHCOCH3又转化为—NH2，则将C转化为D的目的是保护氨基，防止其在合成过程被氧化，故答案为：保护氨基，防止合成过程中被氧化；
（7）参照合成路线可知，以甲苯和乙酸酐制备的合成步骤为与酸性高锰酸钾溶液共热发生氧化反应生成，在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热发生硝化反应生成，与铁、盐酸发生还原反应生成，与乙酸酐共热发生取代反应生成，合成路线为，故答案为：。
【分析】（1）根据结构简式确定官能团；
（2）依据反应前后官能团的变化，确定试剂；
（3）根据官能团的变化确定反应类型；
（4）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定化学方程式；
（5）利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；
（6）依据结构中官能团的变化分析，防止发生副反应；
（7）采用逆向合成法，根据题干路线的转化信息设计合成路线。
山西省怀仁市2023年高三下学期第二次调研考试理科综合化学试题
一、单选题
1．（2022·深圳模拟）化学在环境污染治理中发挥了重要作用。下列治理措施没有运用相应化学原理的是
选项 治理措施 化学原理
A 向燃煤中添加生石灰以减少酸雨的形成 CaO具有碱性氧化物的通性
B 在汽车尾气系统中安装催化转化器以减少尾气污染 CO和NO在催化剂作用下发生反应，生成无毒气体
C 用聚乳酸塑料替代传统塑料以减少白色污染 聚乳酸具有生物可降解性
D 向工业废水中添加FeS以除去废水中的 FeS具有还原性
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】A．向燃煤中添加生石灰以减少酸雨的形成，是因为氧化钙能和二氧化硫等气体反应，体现了CaO具有碱性氧化物的通性，故A不符合题意；
B．汽车尾气系统中安装催化转化器以减少尾气污染，是排气系统中CO和NO在催化剂作用下发生反应，生成无毒气体氮气和二氧化碳减少污染，故B不符合题意；
C．聚乳酸具有生物可降解性，易于降解可减少白色污染，故C不符合题意；
D．向工业废水中添加FeS以除去废水中的，是铜离子和FeS生成了硫化铜沉淀，没有体现FeS还原性，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．因为氧化钙能和二氧化硫等气体反应；
B．CO和NO在催化剂作用下发生反应生成氮气和二氧化碳；
C．聚乳酸具有生物可降解性；
D．依据沉淀转化原理，元素化合价没有变化。
2．（2023·怀仁模拟）设NA为阿伏加德罗常数值，在现实生活中我们常常利用物质的量来为难以用实际数字描述的数量做了定量解释，下列说法正确的是（ ）
A．将0.1mol醋酸钠溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中CH3COO-数目小于0.1NA
B．将4.6g钠用铝箔包裹并刺小孔，与足量水充分反应生成H2分子数为0.1NA
C．1.5mol的液态冰醋酸中含s－pσ键0个
D．1L1mol·L-1NaCl溶液含有28NA个电子
【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．根据电荷守恒，，因为溶液呈中性，故，所以，A错误；
B．，，则生成的氢气大于0.1NA，B错误；
C．C原子的杂化方式有sp2、sp3杂化，C、O原子杂化后和H原子形成键，分子中不含s-p键，C正确；
D．溶液中存在水分子，所以电子数大于28NA，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．根据电荷守恒分析；
B．依据，分析；
C．依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；
D．水分子也含有电子。
3．（2023·怀仁模拟）SO2、Cl2、NO2都是大气污染物，下列说法正确的是（ ）
A．都能使品红试液褪色，原理相同
B．都能与水反应，生成物都是电解质
C．等物质的量的SO2和Cl2混合通入装有湿润的有色布条的试管中，漂白效果更好
D．将SO2、NO2同时通入水中，加入BaCl2溶液有白色沉淀生成
【答案】D
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A．SO2、Cl2、NO2都能使品红试液褪色，SO2与Cl2、NO2的原理不相同，故A错误；
B．NO2与水反应生成硝酸和NO，NO是非电解质，故B错误；
C．等物质的量的SO2和Cl2混合通入装有湿润的有色布条的试管中，发生反应SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，H2SO4、HCl没有漂白性，漂白效果变差，故C错误；
D．将SO2、NO2同时通入水中，SO2被氧化为硫酸，加入BaCl2溶液生成硫酸钡沉淀，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A．SO2与Cl2、NO2的原理不相同；
B．NO是非电解质；
C．依据反应SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl分析；
D．将SO2、NO2同时通入水中，会生成硫酸。
4．（2023·怀仁模拟）近年来，光催化剂的研究是材料领域的热点方向。一种Ru配合物(如图所示)复合光催化剂可将转化为HCOOH。下列说法错误的是（ ）
A．Ru配合物中第二周期元素的电负性由大到小的顺序为O>N>C
B．如图结构的吡啶环( )中
C．N原子的杂化方式分别为、C．该配合物中Ru的配位数是6
D．HCOOH的沸点比高，主要原因是HCOOH分子间存在范德华力和氢键，而分子间只有范德华力
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．第二周期主族元素从左向右元素电负性逐渐增强，因此电负性由大到小的顺序为O>N>C，A正确；
B．如图结构的吡啶环()中C、N原子的价层电子对数均为3，故杂化方式均为sp2，B错误；
C．由图示结构可知，该配合物中Ru的配位数是6，C正确；
D．HCOOH存在分子间作用力和氢键，因此HCOOH的沸点比HCHO高，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．同周期主族元素从左向右元素电负性逐渐增强；
B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
C．依据图示结构判断；
D．分子间含有氢键，熔沸点较高。
5．（2023·怀仁模拟）生活污水中的氮和磷主要以铵盐和磷酸盐形式存在，可用铁、石墨做电极，用电解法去除。电解时，如图1原理所示可进行除氮；翻转电源正负极，可进行除磷，原理是利用Fe2＋将PO转化为Fe3(PO4)2沉淀。下列说法正确的是（ ）
A．图2中0～20min脱除的元素是氮元素，此时石墨做阴极
B．溶液pH越小、有效氯浓度越大，氮的去除率越高
C．图2中20～40min脱除的元素是磷元素，此时阳极的电极反应式为2Cl-－2e-=Cl2↑
D．电解法除氮有效氯ClO-氧化NH3的离子方程式为3ClO-＋2NH3=3Cl-＋N2↑＋3H2O
【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．图2中0～20min 溶液pH的变化得出脱除的元素是氮元素，此时铁作阴极，故A错误；
B．随溶液pH降低，氢离子浓度增大，Cl2+H2O＝H++Cl-+HClO，平衡逆向移动，溶液中c（HClO）减小，使铵根的氧化率下降，则氮的去除率随pH的降低而下降，故B错误；
C．除磷时，Fe作阳极失电子，石墨作阴极，阳极电极反应式为Fe－2e-＝Fe2＋，故C错误；
D．电解法除氮有效氯HClO将氨气氧化为N2的离子方程式为3ClO-＋2NH3＝3Cl-＋N2↑＋3H2O，故D正确；
故答案为：D。
【分析】AC．电解时，阳极元素化合价升高，发生氧化反应；阴极元素化合价降低，发生还原反应；
B．依据化学平衡移动原理分析；
D．根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析。
6．（2023·怀仁模拟）X、Y、Z、W、Q为原子序数依次递增的短周期主族元素。基态X原子价电子层有3个单电子，Z与Y可形成原子个数比为1：1的含非极性共价键的离子化合物。W、Q的最外层电子数之和等于Z的原子序数。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：Z＞Y
B．X、W单质的晶体类型一定相同
C．Q的最高价含氧酸为强酸
D．简单气态氢化物的稳定性：X＞Y
【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】A. 电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径：O2-＞Na+，故A错误；
B. X是N，N2是分子晶体，若W是Si，其单质为原子晶体，故B错误；
C. Q为S或Cl，H2SO4、HClO4都是强酸，故C正确；
D. 非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性O>N，所以稳定性：H2O＞NH3，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A. 电子层数相同，质子数越多半径越小；
B.N2是分子晶体，Si为原子晶体；
C. 元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强；
D. 非金属性越强，气态氢化物越稳定。
7．（2023·怀仁模拟）K2Cr2O7溶液中存在如下平衡：Cr2O转化为CrO
①Cr2O(aq)+H2O(l)2HCrO(aq) K1=3.0×10-2(25℃)
②HCrO(aq)CrO(ag)+H+(ag) K2=3.3×10-7(25℃)
25℃时，0.1mol/LK2Cr2O7溶液中lg随pH的变化关系如图。下列有关K2Cr2O7溶液的说法错误的是（ ）
A．加入过量烧碱溶液，反应的离子方程式为Cr2O+2OH－=2CrO+H2O
B．当pH=8.8时，c(CrO)+c(Cr2O)＜0.10mo/L
C．加入少量水稀释，平衡时c2(CrO)与c(Cr2O)的比值增大
D．当pH=9.0时，溶液中HCrO的平衡浓度约为6.0×10-4mol/L
【答案】B
【知识点】盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素
【解析】【解答】A．加入的过量NaOH会与反应②电离产生的H+发生反应，促使两个平衡不断右移，最终生成，反应的离子方程式为Cr2O+2OH－=2CrO+H2O，A项正确；
B．当溶液的pH=8.8时，，所以，所以。0.10mol/LK2Cr2O7溶液中，Cr原子的总浓度为0.20mol/L，根据Cr原子守恒可得，转化可得，B项错误；
C．根据题意有，温度一定时，K1和K2为定值，稀释溶液时c(H+)减少，增大，C项正确；
D．由图可知，当溶液pH=9时，，因此可忽略溶液中的，即，反应②的平衡常数，联立两个方程可得，D项正确。
故答案为：B。
【分析】A．依据化学平衡移动原理分析；
B．根据Cr原子守恒分析；
C．根据温度一定时，K1和K2为定值分析；
D．化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比值。
二、实验题
8．（2023·怀仁模拟）硫酸亚铁铵晶体[x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O][M=(132x+152y+18z)g·mol-1]是常见的补血剂。
已知：①硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化。
②FeSO4溶液与(NH4)2SO4反应可得到硫酸亚铁铵。
（1）FeSO4溶液的制备。将铁粉、一定量H2SO4溶液反应制得FeSO4溶液，其中加入的铁粉需过量，除铁粉不纯外，主要原因是 (用离子方程式表示)。
（2）制备x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O向制备得到的FeSO4溶液中加入一定质量的(NH4)2SO4固体，在70℃-80℃条件下溶解后，趁热倒入50mL乙醇中，析出晶体。乙醇的作用为 。
（3）产品化学式的确定——NH含量的测定
I.准确称取58.80g晶体，加水溶解后，将溶液注入三颈烧瓶中：
Ⅱ.准确量取50.00mL3.030mol·L-1H2SO4溶液于锥形瓶中：
Ⅲ.向三颈烧瓶中通入氮气，加入足量NaOH浓溶液，加热，蒸氨结束后取下锥形瓶；
Ⅳ.用0.120mol·L-1的NaOH标准溶液滴定锥形瓶中过量的硫酸，滴定终点时消耗25.00mLNaOH标准溶液。
①装置M的名称为 。
②通入N2的作用为 。
③步骤Ⅲ中，反应的离子方程式是 。
④若步骤Ⅳ中，未用NaOH标准溶液润洗滴定管，则n(NH)将 (填“偏大”、“偏小”或“不变”)。步骤Ⅳ中，滴定时还必须选用的仪器是 (填编号)。
（4）产品化学式的确定一SO含量的测定
I.另准确称取58.80g晶体于烧杯中，加水溶解，边搅拌边加入过量的BaCl2溶液；
Ⅱ.将得到的溶液过滤得到沉淀，洗涤沉淀3～4次；
Ⅲ.灼烧沉淀至恒重，称量，得沉淀质量为69.90g。
结合实验(3)和(4)，通过计算得出硫酸亚铁铵晶体的化学式为 。
【答案】（1）2Fe3++Fe=3Fe2+(4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O)
（2）乙醇的分子极性弱于水的，加入乙醇，形成乙醇一水的混合溶剂，极性比水的更弱。根据相似相溶原理，使离子化合物硫酸亚铁铵在乙醇一水的混合溶剂中的溶解度更小，有利于晶体析出
（3）分液漏斗；将产生的氨气全部赶至锥形瓶内，被硫酸溶液完全吸收；NH+OH-NH3↑+H2O；偏小；③⑥
（4）(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）Fe2+易被空气中的氧气氧化为铁离子，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，Fe粉可以和铁离子发生反应2Fe3++Fe = 3Fe2+，因此过量的铁粉能防止其被氧化；
（2）硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇，因此乙醇可以降低硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度，有利于晶体的析出；
（3）①装置M为分液漏斗；
②反应中装置中会有残留的氨气，持续通入N2可以将产生的氨气全部赶至锥形瓶内，被硫酸溶液完全吸收；
③步骤Ⅲ中，反应为铵根离子和氢氧根离子生成氨气和水，离子方程式是NH+OH-NH3↑+H2O；
④若未用NaOH溶液润洗滴定管，则NaOH溶液的浓度偏低，则滴定中消耗的NaOH的体积偏大，剩余的硫酸偏大，则氨气的含量偏小；步骤Ⅳ中，滴定时还必须选用的仪器是③滴定架、⑥碱式滴定管；
（4）测定NH含量时，滴定终点时消耗25.00 mL NaOH标准溶液，所以剩余的n(H+)=0.120mol/L×0.025L=0.003mol，所以n(NH)=3.030mol/L×0.05L×2-0.003mol=0.3mol；测定SO含量时，BaSO4的物质的量为0.3mol，则(NH4)2SO4的物质的量为0.15mol，FeSO4的物质的量为0.15mol，则根据M的计算公式可得，132×0.15+152×0.15+18×n水=58.8，则n水=0.9，则根据比例可得硫酸亚铁铵晶体的化学式为(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O。
【分析】（1）依据氧化还原反应原理分析；
（2）根据相似相溶原理分析；
（3）①依据仪器构造确定名称；
②反应发生前通氮气排出装置中空气；
③依据铵盐的性质分析；
④依据中和原理分析；
（4）根据原子守恒计算。
三、工业流程题
9．（2023·怀仁模拟）钪及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。从钛白工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)中提取氧化钪(Sc2O3)的一种流程如图：
回答下列问题：
（1）洗涤“油相”可除去大量的钛离子。洗涤水是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成。混合的实验操作是 。
（2）常温下，先加入氨水调节pH=3，过滤，滤渣主要成分是 ；再向滤液加入氨水调节pH=6，滤液中Sc3+的浓度为 。{已知：Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10-13、Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39、Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10-31)。
（3）用草酸“沉钪”，“沉钪”得到草酸钪的离子方程式是 。
（4）草酸钪“灼烧”氧化的化学方程式为 。
（5）Ti(BH)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。
①写出BH的结构式是 (标明其中的配位键)。
②常温下，TiCl4是一种有刺激性臭味的无色液体，熔点为-23.2℃，沸点为136.2℃；TiF4为白色粉末，熔点为377℃。TiCl4和TiF4熔点不同的原因是 。
（6）由氧元素形成的常见物质有H2O2、H2O、O2，H2O2为 (填“极性”或“非极性”)分子，O2的晶胞为立方体，结构如图。根据图中信息，可计算O2晶体密度是 g·cm-3(设NA为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1）将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入H2O2中，并不断搅拌
（2）Fe(OH)3；9.0×10-7mol·L-1
（3）2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3↓+6H+
（4）2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
（5）；TiCl4是分子晶体，TiF4是离子晶体(分子间作用力小于离子键)
（6）极性；
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；无机物的推断；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）溶液混合中有浓硫酸，浓硫酸稀释时放热而液体飞溅，所以应该将浓硫酸缓慢加入水中，边加边搅拌。答案为将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入H2O2中，并不断搅拌；
（2）已知Ksp[Fe(OH)3]< Ksp[Sc(OH)3]，所以pH=3时Fe3+先沉淀，故此时的滤渣为Fe(OH)3。pH=6时，c(OH-)=10-8mol/L，Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10-31= c3(OH-)c(Sc3+)得到c(Sc3+)=。答案为Fe(OH)3；；
（3）H2C2O4与Sc3+发生复分解产生Sc2(C2O4)3，H2C2O4为弱电解质不拆写为离子，反应为：2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3↓+6H+；
（4）Sc2(C2O4)3与O2发生氧化还原反应高温分解为CO2和Sc2O3，反应为2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。答案为2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2；
（5）B原子的价电子为3，分别与三个H形成共价键之后再无价电子，此时H-单方面提供孤电子对与B的空轨道重叠形成配位键，如图表示为 。TiCl4是一种有刺激性臭味的无色液体，可见其微粒间作用力弱，所以它为分子晶体。而F原子电负性大，同时TiF4为白色粉末，熔点为377℃，TiF4为离子晶体。答案为 ；TiCl4是分子晶体，TiF4是离子晶体(分子间作用力小于离子键)；
（6）H2O2为非对称分子，它为极性分子。O2分别位于晶胞的顶点和面心，晶胞中共有4个O2。所以晶胞的密度为。答案为。
【分析】（1）依据浓硫酸的稀释操作分析；
（2）依据已知信息，利用Ksp计算；
（3）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒分析；
（4）依据氧化还原反应原理，根据得失电子守恒和原子守恒分析；
（5）熔点由高到低的顺一般为原子晶体>离子晶体>分子晶体；利用均摊法确定原子数，再利用公式计算。
四、原理综合题
10．（2023·怀仁模拟）全球大气CO2浓度升高对人类生产、生活产生了影响，碳及其化合物的资源化利用成为研究热点。回答下列问题：
（1）已知25℃时，大气中的CO2溶于水存在以下过程
①CO2(g)CO2(aq)
②CO2(aq)+H2O(1)H+(ag)+HCO(aq) K
过程①的ΔH 0(填“＞”“＜”或“=”)。溶液中CO2的浓度与其在大气中的分压(分压=总压×物质的量分数)成正比，比例系数为ymol·L-1·kPa-1。当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中H+的浓度为 mol·L-1(忽略HCO和水的电离)。
（2）焦炭与水蒸气可在高温下反应制H2。
反应I：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH1=+131.3kJ·mol-1 K1
反应II：C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g) ΔH2=+90.3kJ·mol-1 K2
反应III：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41.0kJ·mol-1 K3
上述反应的化学平衡常数随温度变化的关系如图所示，表示K1、K2、K3的曲线分别是c、 、 。
②研究表明，反应III的速率方程为v=k[x(CO)·x(H2O)-]，x表示相应气体的物质的量分数，Kp为平衡常数(用平衡分压代替平衡浓度计算)，k为反应的速率常数，随温度升高而增大。在气体物质的量分数和催化剂一定的情况下，反应速率随温度的变化如图所示。根据速率方程分析T＞Tm时，v逐渐下降的原因是 。
（3）甲烷干法重整制H2同时存在如下反应：
主反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH1
副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2
温度为T℃，压强为p0的恒压密闭容器中，通入2molCH4和1molCO2发生上述反应。平衡时H2O(g)的分压为p1，甲烷的转化率为40%。
①下列说法正确的是 (填标号)
A．ΔH1和ΔH2不变，说明反应达到平衡状态
B．相同条件下，主反应的速率大于副反应，说明主反应的活化能小
C．选用合适的催化剂可以提高主反应的选择性，增大甲烷的平衡转化率
D．平衡后，若增大压强，主反应平衡逆向移动，副反应平衡不移动
②平衡时混合气体的总物质的量为 mol，H2(g)的分压是 (用含p0和p1的计算式表示)。
（4）甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，四步可能脱氢产物及其相对能量如图，则最可行途径为a→ (用b-j等代号表示)。
【答案】（1）＜；
（2）b；d；升高温度，k增大使v提高，Kp减小使v降低；T＞Tm时，Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高
（3）B；4.6；-p1
（4）a→b→e→h→j
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）常温下，CO2(g)CO2(aq)过程能发生，△S<0，所以ΔH<0。当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，二氧化碳的分压为pxkPa，溶液中CO2的浓度为pxymol·L-1，则 ， H+的浓度为mol·L-1。
（2）反应I、II吸热，K1、K2随温度升高而增大，反应III放热，K3随温度升高而减小，c表示K1，根据盖斯定律，反应II-反应I得反应反应III，则，根据图示时K1=2，即，所以表示K1、K2、K3的曲线分别是c、b、d。
②反应III放热，随温度升高Kp减小，升高温度，k增大使v提高，Kp减小使v降低；T＞Tm时，Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高，所以T＞Tm时，v逐渐下降。
（3）①A．ΔH1和ΔH2随方程式的系数改变而改变，ΔH1和ΔH2不变，反应不一定达到平衡状态，故不选A；
B．活化能越小，反应速率越快，相同条件下，主反应的速率大于副反应，说明主反应的活化能小，故选B；
C．催化剂不能使平衡不移动，不能增大甲烷的平衡转化率，故不选C；
D．平衡后，若增大压强，主反应平衡逆向移动，由于反应物、生成物浓度改变，使副反应Q＜K，副反应平衡正向移动，故不选D；
选B。
②平衡时甲烷的转化率为40%；
副反应气体物质的量不变，所以平衡时混合气体的总物质的量为1.2+0.2+1.6+1.6=4.6mol，通过主反应生成H2(g)的分压是，通过副反应氢气减小的分压等于水的分压，所以平衡体系中H2(g)的分压是-p1。
（4）相对能量越低，越易反应，所以最可行途径为a→b→e→h→j。
【分析】（1）（1）依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比值；
（2）根据盖斯定律分析；
②依据题目信息和图中曲线变化分析；
（3）①A．ΔH1和ΔH2随方程式的系数改变而改变；
B．活化能越小，反应速率越快；
C．催化剂不能使平衡不移动；
D．根据K与Q的关系，可判断平衡移动的方向；
②利用三段式法计算；
（4）相对能量越低，越易反应。
五、有机推断题
11．（2023·怀仁模拟）化合物H是合成治疗心血管疾病药物的中间体，可通过如图所示途径合成：
已知：①(苯胺易被氧化)；
②甲苯发生—硝基取代反应与A类似。
请回答下列问题：
（1）写出C中官能团的名称： 。
（2）A→B反应的试剂1是 。
（3）写出有关反应的反应类型：B→C： ；F→G： 。
（4）写出G→H反应的化学方程式： 。
（5）同时满足下列条件的D的同分异构体的结构简式为 (写出一种即可)。
①能发生银镜反应
②能发生水解反应，水解产物之一与溶液显紫色
③核磁共振氢谱显示分子中有4种不同化学环境的氢原子
（6）合成途径中，将C转化为D的目的是 。
（7）参照上述合成路线，以甲苯和为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线 。
【答案】（1）醚键、氨基
（2）浓HNO3
（3）还原反应；消去反应
（4）+NaOH→+CH3COONa
（5）或或
（6）保护氨基，防止合成过程中被氧化
（7）
【知识点】有机物的合成；酮
【解析】【解答】（1）C的结构简式为，官能团为醚键、氨基，故答案为：醚键、氨基；
（2）由分析可知，A→B的反应为在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热发生硝化反应生成和水，则试剂1为浓硝酸，故答案为：浓HNO3；
（3）由分析可知，B→C的反应为与铁、盐酸发生还原反应生成、氯化亚铁和水；F→G的反应为在浓硫酸作用下，共热发生消去反应生成和水，故答案为：还原反应；消去反应；
（4）G→H的反应为在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成和乙酸钠，反应的化学方程式为+NaOH→+CH3COONa，故答案为：+NaOH→+CH3COONa；
（5）D的同分异构体能发生银镜反应，说明分子中含有—CHO或—OOCH；能发生水解反应，水解产物之一与FeCl3溶液反应显紫色，说明分子中含有—OOCH；核磁共振氢谱显示分子中有4种不同化学环境的氢原子说明分子结构对称，则符合条件的结构简式为、、，故答案为：或或；
（6）由有机物的转化关系可知，合成途径中，C转化为D时，—NH2发生反应产生—NHCOCH3，后来G转化为H时，—NHCOCH3又转化为—NH2，则将C转化为D的目的是保护氨基，防止其在合成过程被氧化，故答案为：保护氨基，防止合成过程中被氧化；
（7）参照合成路线可知，以甲苯和乙酸酐制备的合成步骤为与酸性高锰酸钾溶液共热发生氧化反应生成，在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热发生硝化反应生成，与铁、盐酸发生还原反应生成，与乙酸酐共热发生取代反应生成，合成路线为，故答案为：。
【分析】（1）根据结构简式确定官能团；
（2）依据反应前后官能团的变化，确定试剂；
（3）根据官能团的变化确定反应类型；
（4）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定化学方程式；
（5）利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；
（6）依据结构中官能团的变化分析，防止发生副反应；
（7）采用逆向合成法，根据题干路线的转化信息设计合成路线。
