辽宁省辽阳市2025届高三下学期二模化学试题（Word版附解析）

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注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
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，将本试卷和答题卡一并交回。
4.本试卷主要考试内容：高考全部内容。
5.可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na 23 Si 28 P31 S32 Cl 35.5 Mn 55 Fe 56
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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. 文物见证历史，化学创造文明。下列文物的主要成分与其他三项不能归为一类的是
A 辽白瓷单孔鸡冠壶B. 南宋缂丝崔白三秋图轴
C. 明洪武釉里红莲菊纹菱口盘D. 清雍正窑变红釉石榴尊
【答案】B
【解析】
【详解】辽白瓷单孔鸡冠壶、明洪武釉里红莲菊纹菱口盘、清雍正窑变红釉石榴尊都是陶瓷，主要成分是硅酸盐；南宋缂丝崔白三秋图轴材质是丝织品，主要成分是蛋白质，与其它三项不能归为一类，故选B。
2. 下列化学用语表述正确的是
A. BF3的VSEPR模型：
B. 2-乙基-1-丁醇的结构简式：
C. CaF2的电子式：
D. HCl分子中共价键类型：p-pσ键
【答案】B
【解析】
【详解】A．BF3分子中，中心B原子的价层电子对数为=3，发生sp2杂化，价层电子对互斥(VSEPR)模型为平面三角形，A项错误；
B．醇命名时，从靠近羟基碳原子的一端开始编号，则2-乙基-1-丁醇的结构简式为，B项正确；
C．CaF2为离子化合物，由Ca2+和F-构成，电子式为，C项错误；
D．HCl分子中，H原子的1s轨道与Cl原子的3p轨道电子云发生重叠，形成共价键类型为s-pσ键，D项错误；
故选B。
3. 关于实验室安全，下列表述正确的是
A. 含重金属离子的废液可用沉淀法进行处理
B. 乙醇应与存放在同一药品柜，并远离火种和热源
C. 实验室可采用晶体和固体加强热制氨气
D. 实验中未用完的金属钠、白磷应放入废液缸中
【答案】A
【解析】
【详解】A．含重金属离子的废液（如Pb2+、Hg2+等）可通过加入沉淀剂（Na2S）使其生成难溶的硫化物沉淀，从而降低毒性，符合实验室废液处理规范，A正确；
B．乙醇为易燃液体，而KMnO4是强氧化剂，两者混合存放可能引发剧烈反应甚至燃烧爆炸，应分开存放，B错误；
C．实验室制NH3通常用NH4Cl与Ca(OH)2固体加热，而NH4NO3受热易爆炸，存在安全隐患，C错误；
D．未用完的金属钠遇水剧烈反应，应放回原瓶或置于煤油中；白磷需存于水中，直接投入废液缸可能引发燃烧或爆炸，D错误；
故选A。
4. 下列各组物质的鉴别试剂不恰当的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙酸和碳酸钠溶液反应生成醋酸钠、水和二氧化碳，有气泡产生，乙醇和碳酸钠溶液互溶无现象，鉴别试剂恰当，故A正确；
B．酸性高锰酸钾溶液可以氧化乙烯而褪色，甲烷无现象，鉴别试剂恰当，故B正确；
C．氯乙烷和溴乙烷都属于非电解质，不能电离出Cl-、Br-，不能直接用硝酸银溶液进行鉴别，故C错误；
D．氯化镁和氢氧化钾溶液反应生成白色沉淀，而氯化钠与氢氧化钾溶液不反应，鉴别试剂恰当，故D正确；
故选C。
5. 氮化硅可由石英与焦炭在高温的氮气流中通过反应制得。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 常温下，中含原子总数为
B. 中含键的总数为
C. 标准状况下，中含有的质子总数为
D. 该反应中每生成氧化产物，转移电子总数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．常温下，物质的量不是0.5ml，含原子总数不是，A错误；
B．中每个硅原子形成4个键，物质的量为0.05ml，含键的总数为，B错误；
C．标准状况下，物质的量为0.025ml，每个分子含14个质子，中含有的质子总数为，C错误；
D．中C元素的化合价由0价升高到+2价，N元素的化合价由0价降低到-3价，反应中总共转移12个电子，CO为氧化产物，每生成氧化产物，转移电子总数为，D正确；
故选D。
6. 黄酮类物质X具有抗金黄色葡萄球菌、大肠杆菌等活性，合成方法如图：
下列说法正确是
A. N最多与2ml NaOH发生取代反应
B. X分子中所有碳原子可能共平面
C. M、N、X分子均含有手性碳原子
D. M、N、X均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【解析】
【详解】A．未指明N的物质的量，无法计算消耗的NaOH的量，A错误；
B．中圈内中间的碳原子为饱和碳原子，饱和碳原子及相邻原子构成四面体形，则圈内中的碳原子不可能共面，B错误；
C．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，M、N分子中不含手性碳原子，中含有手性碳原子，C错误；
D．M分子中含有醛基，N含有碳碳双键、酚羟基，X含有碳碳双键、酚羟基，则三者均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；
故选D。
7. 化学与生活密切相关，下列事实对应的解释正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．重金属离子能使水中藻类生物发生变性，失去活性，A错误；
B．用溶液蚀刻覆铜板制印刷电路板，是因为氧化性：Fe3+＞Cu2+，与金属性无关，B错误；
C．燃煤中加入CaO，发生反应2CaO+2SO2+O22CaSO4，可减少酸雨的形成，但不能减少温室气体的排放，C错误；
D．电热水器使用镁棒，可通过形成原电池，阻止内胆中铁失电子，从而防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极法，D正确；
故选D。
8. 向盛有硫酸铜溶液的试管中加入氨水至澄清，得到深蓝色的透明溶液。下列对过程的分析错误的是
A. 加入氨水后，溶液中的浓度减小
B. 上述过程中铜元素只以配离子形式存在
C. 向上述深蓝色透明溶液中加入乙醇会析出深蓝色晶体
D. 上述转化过程说明稳定性：
【答案】B
【解析】
【详解】A．加入氨水后，溶液中先生成沉淀，后转化为，且溶液体积增大，则浓度减小，A正确；
B．上述过程中铜元素还以沉淀形式存在过，B错误；
C．向上述深蓝色透明溶液中加入乙醇，降低溶剂极性，减小硫酸四氨合铜的溶解度，会析出深蓝色晶体，C正确；
D．向盛有硫酸铜溶液的试管中加入氨水至澄清，最终得到深蓝色的透明溶液，形成，说明稳定性：，D正确；
故选B。
9. 二苯并-14-冠-4(直径为)可识别(如图)，实现从卤水中萃取出。下列说法正确的是
A. 、均为超分子
B. 冠醚增大了在有机溶剂中的溶解度
C. 冠醚与间形成了离子键
D. 二苯并-14-冠-4能适配(直径为)
【答案】B
【解析】
【详解】A．是冠醚，识别形成为超分子，A错误；
B．冠醚与结合，可增大在有机溶剂中的溶解度，B正确；
C．冠醚与间形成了配位键，C错误；
D．直径大于二苯并-14-冠-4的空腔直径，不能适配，D错误；
故选B。
10. 恒温条件下，向带活塞的容器中加入与，发生反应，其他条件不变，反应相同时间时，的转化率随压强变化(通过推动活塞改变压强)的关系如图所示(整个过程中各物质状态不发生改变)。下列说法错误的是
A. 点：
B. 平衡常数：
C.
D. 压强为时，点正反应速率大于逆反应速率
【答案】A
【解析】
【分析】根据图像中反应相同时间时，的转化率随压强变化，可知转化率最高点左侧的未达平衡，转化率增大原因是，压强增大，速率增大，相同时间内的转化量增多；最高点及右侧达到平衡，转化率下降原因是，压强增大，平衡逆向移动，说明；
【详解】A．a点未达平衡，反应正向进行，，A错误；
B．平衡常数只与温度有关，恒温条件：，B正确；
C．根据分析，，C正确；
D．压强为时，点转化率低于平衡转化率，反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率，D正确；
故选A。
11. 已知：前四周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且位于不同族，元素周期表中X的原子半径最小，Y为空气中质量分数最大的元素，Z与Y同周期且相邻，在前四周期元素的基态原子中基态W原子的核外未成对电子数最多。下列说法正确的是
A. 最简单氢化物的沸点：Y>Z
B. Z的单质均为含非极性键的非极性分子
C. 的键角：
D. W元素属于元素周期表ds区的金属元素
【答案】C
【解析】
【分析】元素周期表中X的原子半径最小，X为H元素；Y为空气中质量分数最大的元素，Y为N元素；Z与Y同周期且相邻，Z为O元素；前四周期元素的基态原子中基态W原子的核外未成对电子数最多，W为Cr元素。
【详解】A．H2O分子间平均1分子水有2个氢键，NH3分子间平均1分子有1个氢键，水分子间氢键个数大于氨气分子间氢键个数，最简单氢化物的沸点：H2O>NH3，A项错误；
B．Z的单质有O2和O3，分子是由极性键构成的含有极性键的极性分子，B项错误；
C．[Cr(NH3)6]3+中NH3通过配位键与Cr3+结合，N原子周围无孤电子对，NH3中N原子有孤电子对，孤电子对斥力大，NH3中H-N-H键角小，C正确；
D．W为Cr元素，位于第四周期第VIB族，位于元素周期表的d区，D项错误；
答案选C。
12. 焦亚硫酸钠是常用的抗氧化剂，一种以为原料制备的微型流程如图所示。下列叙述错误的是
已知：常温下，的，。
A. 上述过程没有发生氧化还原反应
B. 常温下，饱和溶液呈碱性
C. 反应①表明的酸性比强
D. 与足量反应，能消耗
【答案】B
【解析】
【分析】二氧化硫与饱和碳酸钠溶液反应得到二氧化碳和饱和亚硫酸氢钠溶液，再经脱水结晶得到焦亚硫酸钠晶体。
【详解】A．反应过程中各元素化合价均无变化，不涉及氧化还原反应，A正确；
B．的水解常数为，可知的电离程度大于水解程度，常温下，饱和溶液呈酸性，B错误；
C．反应①：二氧化硫与饱和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，符合“强酸制弱酸”反应原理，表明的酸性比强，C正确；
D．根据得失电子守恒，，0.1ml与足量反应，能消耗0.2ml，质量为0.2ml×71g/ml=14.2g，D正确；
故选B。
13. 一种由、、元素构成的良好的离子导体，具有反钙钛矿晶体结构。晶胞结构如图所示。设晶胞边长为，1号原子、2号原子的分数坐标依次为、。下列说法错误的是
A. 该物质的化学式为
B. 图中钠原子位于晶胞的面心
C. 沿轴负方向投影至平面，有4个原子的坐标为(0.5，0.5)
D. 该晶胞的密度为
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cl-位于顶点，一个晶胞中有=1个Cl-，氧元素化合价为-2，钠元素化合价为+1，根据晶胞结构和电荷守恒可知Na+位于面心，一个晶胞中有=3个Na+，O2-位于体心，一个晶胞中有1个O2-，该物质的化学式为，A正确；
B．根据A中分析，图中钠原子位于晶胞的面心，B正确；
C．沿轴负方向投影至平面，有2个面心原子投影坐标为(0.5，0.5)，C错误；
D．晶胞边长为，该晶胞的密度为，D正确；
故选C。
14. 一种高效除去废水中的的电化学装置如图所示。已知常温下，，。下列说法正确的是
A. 若以铅蓄电池为电源，则a极应与电极相连
B. 阳极发生的电极反应为
C. 开始电解前应先调节约为2，若，该电解原理除去的效率更高
D. 电路中有电子通过时，理论上最多生成的的质量为
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，该电化学装置使转化为沉淀除去，则铁为阳极，产生Fe2+，氧气将Fe2+氧化为Fe3+，石墨为阴极，故a为正极，b为负极，以此解答。
【详解】A．由分析可知，Fe电极为阳极，石墨为阴极，则a为正极，b为负极，铅蓄电池中电极为负极，若以铅蓄电池为电源，则b极应与电极相连，A错误；
B．Fe电极为阳极，Fe失去电子生成Fe2+，电极方程式为：Fe-2e-=Fe2+，选项中的是阳极区总反应，而非电极反应，B错误；
C．由可知，Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀时，c(OH-)=，c(H+)=，pH=2.8，开始电解前应先调节约为2，抑制Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，若，Fe3+会转化为Fe(OH)3沉淀，除去的效率会降低，C错误；
D．Fe电极为阳极，Fe失去电子生成Fe2+，电极方程式为：Fe-2e-=Fe2+，路中有电子通过时，生成0.15ml Fe2+，氧气将Fe2+氧化为Fe3+，理论上最多生成的的物质的量为0.15ml，质量为151g/ml×0.15ml=，D正确；
故选D。
15. T℃下，三种碳酸盐(M表示、或)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：，，a点对应的横纵坐标数值相等。下列说法正确的是
A.
B. 在任何条件下，三种物质之间都不可能相互转化
C. a点对应的溶液为不饱和溶液，且
D. 当向1L0.001ml·L-1溶液中滴加1mL0.001ml·L-1的溶液时有沉淀析出
【答案】C
【解析】
【分析】由点(0,8)可知，，同理、，
【详解】A．由分析，，A错误；
B．由于三种沉淀结构相似，Ksp存在一定差距，在适当浓度条件下，三种物质之间可以相互转化，B错误；
C．a点在碳酸钙曲线的上方且pM=p，则Q< ，对应的溶液为不饱和溶液，且，C正确；
D．向1L0.001ml·L-1溶液中加入1mL0.001ml·L-1的溶液，所得混合溶液体积可近似为1L，溶液中ml·L-1，ml·L-1，ml·L-1ml·L-1ml2·L-2，不析出沉淀，D错误；
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 苯乙酮是重要的化工原料，常用作有机化学合成的中间体、纤维树脂等的溶剂和塑料的增塑剂，可以用于调配樱桃、番茄、草莓、杏等食用香精，也可用于烟用香精，其合成路线如下：
++CH3COOH
已知：
①制备过程中存在副反应：。
②相关物质的部分性质如下表。
主要实验步骤：用如图所示装置进行反应(部分夹持、加热装置已省略)，迅速称取20.0g无水加入三颈烧瓶中，再向三颈烧瓶中加入30.0mL苯，边搅拌边滴加6.12g乙酸酐和10.0mL苯，在120℃恒温下回流一段时间。(注：本实验中用到的苯、乙酸酐中均不含水)
请回答以下问题：
（1）仪器K的名称是___________；仪器M中支管的作用是___________。
（2）为了防止氯化铝和乙酸酐水解，该反应需在无水条件下进行。已知乙酸酐在酸性水溶液中，通过水解反应只生成一种产物；试写出乙酸酐在酸性水溶液中总水解反应的化学方程式：___________。
（3）该反应装置的加热方式应为___________(填“水浴”或“油浴”)，在120℃下回流的目的是___________。
（4）粗品提纯过程：
①冰水浴冷却下，边搅拌边滴加浓盐酸与冰水的混合液，直至固体完全溶解后停止搅拌，静置、分液；
②水层用苯萃取，萃取液并入有机层；
③依次用5%NaOH溶液和水各20.0mL洗涤有机层；
④将有机层放入锥形瓶中并加入无水，然后过滤，取滤液；
⑤对滤液进行蒸馏，收集产品。
第③步用5%NaOH溶液洗涤有机层的目的是___________；第⑤步蒸馏应在___________(填标号)温度范围内收集馏分。
A．116~120℃ B．138~142℃ C．198~202℃
（5）经蒸馏后收集到5.76g苯乙酮，则苯乙酮的产率是___________(用百分数表示)。
【答案】（1） ①. 球形冷凝管 ②. 平衡气压，使恒压滴液漏斗中的液体能顺利流下
（2）
（3） ①. 油浴 ②. 将副产物乙酸不断地蒸出，从而提高产物的产率
（4） ①. 中和有机层中的、HCl等酸性物质，生成盐后进入水层(合理即可) ②. C
（5）80%
【解析】
【分析】为防止氯化铝水解，失去催化活性，防止乙酸酐水解，迅速称取20.0g无水氯化铝，加入反应瓶中，再加入30mL无水苯；反应放热，滴加太快，温度过高，反应不易控制，所以边搅拌边滴加6.5g新蒸出的乙酸酐和10mL无水苯，水浴加热直至气体全部逸出，得苯乙酮粗产品。
【小问1详解】
由图可知，仪器K为球形冷凝管；仪器M中支管能平衡气压，使恒压滴液漏斗中的液体能顺利流下；
【小问2详解】
乙酸酐在酸性水溶液中，通过水解反应只生成一种产物，由此推出，酸性条件下，乙酸酐水解生成乙酸，总水解反应的化学方程式；
【小问3详解】
该实验需要在120℃恒温下回流一段时间，根据反应温度，应选择的加热方式应为油浴；由反应++CH3COOH可知，制备过程中生成的产物有苯乙酮和乙酸，乙酸的沸点为118℃，在120℃下回流，能将副产物乙酸不断地蒸出，从而提高产物的产率；
【小问4详解】
由反应++CH3COOH和可知，产物中除了苯乙酮外，还含有CH3COOH和HCl，用5%NaOH溶液洗涤有机层可以中和有机层中的、HCl等酸性物质，生成盐后进入水层；第⑤步蒸馏是为了得到纯净的苯乙酮，苯乙酮的沸点为202℃，故第⑤步蒸馏应在198~202℃温度范围内收集馏分，答案选C；
【小问5详解】
30.0mL苯中苯的物质的量为，6.12g乙酸酐的物质的量为，苯过量，应以乙酸酐的物质的量计算苯乙酮的物质的量，则0.06ml乙酸酐参与反应，理论上生成苯乙酮的物质的量为0.06ml，故苯乙酮的产率为。
17. 工业利用软锰矿进行烟气脱硫并制备和的工艺流程如图所示。软锰矿的主要成分是，还含有少量、、、、、、等物质。
已知：常温下，，。各金属离子开始沉淀和完全沉淀时的如表。
回答下列问题：
（1）晶体为___________晶体，为测定其结构通常使用的仪器是___________。
（2）“脱硫浸锰”时若保持温度不变，该体系中和随反应时间的变化如图所示。
则导致溶液中和的变化产生明显差异的原因可能是VV___________。
（3）“调”至5.5左右，则“滤渣2”的成分为___________(填化学式)。
（4）已知“滤渣3”的主要成分为和，则“除杂”后的溶液中___________。(当溶液中某离子的物质的量浓度小于或等于时，视作该离子已完全沉淀)
（5）“沉锰”时发生反应的离子方程式为___________。
（6）锰含量测定：
为测定产品中锰的含量，取样品于烧杯中，加水溶解，加入足量的稀硫酸，再滴加过量的溶液将锰元素转化为，充分反应后加热一段时间，冷却后将烧杯中的溶液配成溶液。取出25.00mL溶液于锥形瓶中，用标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗溶液的体积为。
已知：在水溶液中不稳定，会逐渐分解为和。
①滴定终点的现象是___________。
②该产品中锰的质量分数为___________(用含、的式子表示)。
【答案】（1） ①. 共价 ②. X射线衍射仪
（2）Mn2+能催化O2与H2O、SO2反应生成H2SO4
（3）Fe(OH)3、Al(OH)3
（4）16 （5）Mn2+++NH3⋅H2O=MnCO3↓++H2O
（6） ①. 溶液紫色褪去且半分钟内不恢复 ②.
【解析】
【分析】工业利用软锰矿进行烟气脱硫并制备MnSO4和Mg(OH)2，将含SO2的烟气通入硫酸酸化的软锰矿浆中进行脱硫浸锰，MnO2有氧化性，与还原性的SO2反应生成MnSO4，SiO2不反应，是滤渣1的主要成分，浸出液加入MnO2将少量Fe2+氧化为Fe3+，则溶液中除了Mn2+还有Fe3+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+等金属离子，加入氨水调节pH至5.5左右，使Fe3+、Al3+以Fe(OH)3、Al(OH)3析出而除去，考虑到Ni2+、Zn2+完全沉淀时pH较大，为了防止调节pH时使Mn2+也沉淀，故加入(NH4)2S使Ni2+、Zn2+转化为硫化物沉淀，即滤渣3为NiS、ZnS，再加入碳酸氢铵和氨水生成碳酸锰沉淀，分离后，溶液中的镁离子通入氨气使其以氢氧化镁沉淀，碳酸锰加入硫酸转化为MnSO4。
【小问1详解】
SiO2是共价晶体，测定晶体结构通常使用X射线衍射仪；
【小问2详解】
若反应体系中只发生MnO2+SO2=MnSO4，则Mn2+与的浓度变化应该一致，而图示信息表明，的浓度变化比Mn2+的浓度变化要快，说明反应体系中还发生了其他生成的反应，由于温度不变，则的浓度变化说明Mn2+能催化O2与H2O、SO2反应生成H2SO4；
【小问3详解】
“调pH”至5.5左右，根据表格中离子沉淀时的pH值，结合分析中浸出液中的金属离子可知滤渣2的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；
【小问4详解】
Ksp(NiS)相比Ksp(ZnS)更大，则说明当Ni2+完全沉淀时，Zn2+已经沉淀完全，以NiS计算，当Ni2+完全沉淀，c(Ni2+)≤1×10-5ml⋅L-1，则c(S2-)≥1×10-16ml⋅L-1，故16；
【小问5详解】
“沉锰”时加入碳酸氢氨，由于碳酸氢根离子电离出碳酸根离子，与锰离子形成碳酸锰沉淀，氢离子被氨水中和生成铵根，发生反应的离子方程式为Mn2+++NH3⋅H2O=MnCO3↓++H2O；
【小问6详解】
①滴定时发生+5Fe2++8H+=Mn2++Fe3++4H2O，高锰酸根离子显紫色，故滴定终点的现象是当滴入最后半滴FeSO4标准溶液时，溶液紫色褪去且半分钟内不恢复；
②根据关系式Mn2+~~5Fe2+，可得该产品中锰元素的质量分数为。
18. 综合利用天然气和重整制氢意义重大，主要反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
反应Ⅳ： 。
回答下列问题：
（1）___________；实验测得反应Ⅰ中，，、是速率常数，只与温度有关。当反应达到平衡后，仅升高温度，增大的倍数___________(填“>”“
（2） ①. N ②. 投料比和温度一定时，增大压强，反应Ⅰ、反应Ⅱ平衡均向逆反应方向移动，CH4的平衡转化率减小
（3） ①. 0.004 ②.
（4）1：1
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，反应Ⅱ+反应Ⅲ－反应Ⅳ=反应Ⅰ，则ΔH1=ΔH2+ΔH3－ΔH4=( +90kJ/ml)+ ( +181kJ/ml)－( +11kJ/ml)= +260 kJ/ml，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，正反应速率增大的倍数大于逆反应速率增大的倍数，所以k正增大的倍数大于k逆增大的倍数，故答案为：+260；>；
【小问2详解】
反应Ⅰ、反应Ⅱ均是气体体积增大的反应，投料比和温度一定，增大压强，反应Ⅰ、反应Ⅱ平衡均向逆反应方向移动，甲烷的平衡转化率减小，由图可知，温度一定时，曲线N对应甲烷的转化率小于曲线M，所以表示反应器B中甲烷平衡转化率与温度关系的曲线为N，故答案为：N；投料比和温度一定时，增大压强，反应Ⅰ、反应Ⅱ平衡均向逆反应方向移动，CH4的平衡转化率减小；
【小问3详解】
由图可知，10min时，甲烷的转化率为10%、硫化氢的转化率为20%，由反应、Ⅱ中甲烷的选择性之比为4可知，反应Ⅰ甲烷的消耗量为2ml×10%×=0.16ml，由方程式可知，反应Ⅰ消耗硫化氢的物质的量为0.16ml×2=0.32ml，则反应Ⅲ消耗硫化氢的物质的量为2ml×20%—0.32ml=0.08ml，则由方程式可知，0∼10min内S2的化学反应速率为=0.004ml/min；由图可知，平衡时甲烷的转化率为20%、硫化氢的转化率为50%，由反应、Ⅱ中甲烷的选择性之比为4可知，反应Ⅰ甲烷的消耗量为2ml×20%×=0.32ml、反应Ⅱ甲烷的消耗量为2ml×20%×=0.08ml，由方程式可知，反应Ⅰ消耗硫化氢的物质的量为0.32ml×2=0.64ml，生成二硫化碳、氢气的物质的量分别为：0.32ml、0.32ml×4=1.28ml，反应Ⅱ生成氢气的物质的量为0.16ml，则反应Ⅲ消耗硫化氢的物质的量为2ml×50%—0.64ml=0.36ml，则由方程式可知，反应生成S2气体、氢气的物质的量分别为0.36ml×=0.18ml、0.36ml，则平衡体系中甲烷、硫化氢、二硫化碳、氢气、S2气体的物质的量分别为1.6ml、1ml、0.32ml、1.8ml、0.18ml，混合气体的总物质的量为4.9ml，反应Ⅱ的分压平衡常数Kp=kPa，故答案为：0.004；；
小问4详解】
由晶胞结构可知，立方和六方晶胞中与硫离子距离最近的锌离子个数都为4，则每个硫离子周围与它最近且相等距离的锌离子个数比为1：1，故答案为：1：1。
19. 化合物具有镇痛作用，其合成路线之一如图所示(部分反应条件已简化)。
已知：
回答下列问题：
（1）A的结构简式为___________；B中官能团的名称为酯基、___________、___________。
（2）下列说法错误的是___________(填标号)。
a．为还原反应 b．过程中，取代了
c．可与溶液发生显色反应 d．吡啶可增大的转化率
（3）由生成的化学方程式为___________。
（4）在G的同分异构体中，同时满足下列条件的共有___________种(不考虑立体异构)；写出其中一种的结构简式：___________。
①氯原子与苯环直接相连；②能发生银镜反应；③不含酯基；④核磁共振氢谱显示为四组峰，且峰面积比为。
（5）某同学结合的合成路线，设计了化合物P()的一种合成路线。该路线中和的结构简式分别为___________和___________。
【答案】（1） ①. ②. 硝基 ③. 碳氟键
（2）bc （3）++HCl
（4） ①. 6 ②. 或等
（5） ①. ②.
【解析】
【分析】根据反应条件，A与CH3OH发生酯化反应生成B（），可推知A为，B在NaBH4的作用下发生还原反应生成C（），C在Zn、NH4Cl的作用下发生还原反应生成D（），D在吡啶中与发生取代反应生成E（）；F（）在NaH、NH4Cl作用下与发生取代反应生成G（），G与SO2Cl2发生取代反应生成H（），H与反应成环生成I（），I在LiAlH4、SOCl2、NH3∙H2O作用下发生取代反应生成J（），J与E反应生成K。
【小问1详解】
根据分析，A的结构简式为，B（）中官能团的名称为酯基、硝基、碳氟键；
【小问2详解】
a．根据分析，为还原反应，a正确；
b．为还原反应，b错误；
c．C（）中没有酚羟基，不能与溶液发生显色反应，c错误；
d．吡啶具有弱碱性，与生成的HCl反应，促进反应正向进行，可增大的转化率，d正确；
故选bc；
【小问3详解】
生成发生取代反应，化学方程式为++HCl；
【小问4详解】
G 的同分异构体，氯原子与苯环直接相连，含有结构，能发生银镜反应，不含酯基，核磁共振氢谱显示为四组峰，峰面积比为，说明结构对称，G中3个氧原子，根据G的成键特征可知，同分异构体应含有2个醛基，没有羟基，含有醚键，1个-CH3，符合条件的结构有、、、、、共有6种；
【小问5详解】选项
待鉴别物质
鉴别试剂
A
乙醇、乙酸
碳酸钠溶液
B
甲烷、乙烯
酸性高锰酸钾溶液
C
氯乙烷、溴乙烷
硝酸银溶液
D
氯化钠、氯化镁
氢氧化钾溶液
选项
事实
解释
A
游泳池中投入适量胆矾
重金属离子使水中藻类生物发生盐析
B
用溶液蚀刻覆铜板制印刷电路板
铁的金属性比铜的强
C
燃煤中加入
减少酸雨的形成及温室气体的排放
D
电热水器内胆连接一个镁棒
牺牲阳极法
物质
沸点/℃
密度/()(20℃下)
溶解性
苯乙酮
202
1.03
不溶于水，易溶于多数有机溶剂
苯
80
0.88
难溶于水
乙酸
118
1.05
能溶于水、乙醇、乙醚等有机溶剂
乙酸酐
139.8
1.08
遇水反应，溶于氯仿、乙醚和苯
金属离子
开始沉淀时的
8.8
7.5
2.2
4.1
9.6
6.5
6.4
完全沉淀时的
10.8
9.5
3.5
5.4
11.6
8.5
8.4