2026合肥八中高三下学期强化训练三化学含解析

这是一份2026合肥八中高三下学期强化训练三化学含解析，共2页。试卷主要包含了5 Cr， 下列反应的化学方程式错误的是， 某荧光材料的结构片段如图等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：N：14 Na：23 Cl：35.5 Cr：52
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. 化学知识在生活中处处可见，下列叙述不合理的是
A. 在奶粉中添加的硫酸亚铁、硫酸锌、碳酸钙都属于营养强化剂
B. 向蛋白质溶液加入浓硝酸立刻有黄色沉淀生成，该反应常用于蛋白质的分析检测
C. 豆腐制作过程中可添加氯化镁、硫酸钙作凝固剂
D. 用二氧化氯替代氯气对自来水进行消毒，可以减少有机氯化物的生成
【答案】B
【解析】
【详解】A．硫酸亚铁、硫酸锌、碳酸钙可分别补充人体必需的铁、锌、钙元素，均属于奶粉中允许添加的营养强化剂，A正确；
B．只有含苯环结构的蛋白质才能和浓硝酸在加热条件下发生黄色显色反应，不是所有蛋白质都能发生该反应，因此该方法不能用于所有蛋白质的分析检测，B错误；
C．豆浆属于蛋白质胶体，氯化镁、硫酸钙属于电解质，可使胶体发生聚沉，是豆腐制作中常用的凝固剂，C正确；
D．氯气消毒时会与水中的有机物发生取代反应，生成有毒的有机氯化物，二氧化氯主要通过‌氧化作用破坏微生物结构，不与有机物发生氯代反应‌，因此几乎不生成此类有害副产物，可减少有机氯化物的生成，D正确；
故选B。
2. 多糖是银耳的活性成分，以下研究银耳水提取液中多糖的方法不合理的是
A. 可用过滤法初步除去提取液中的不溶性固体残渣
B. 利用色谱法可实现多糖的分离与纯化
C. 通过核磁共振氢谱可推测多糖相对分子质量
D. 元素分析法可测定多糖的元素组成
【答案】C
【解析】
【详解】A．过滤用于分离液体和不溶性固体杂质，可初步除去提取液中的不溶性固体残渣，A正确；
B．色谱法可根据不同组分在固定相、流动相中的分配系数差异实现有机物的分离纯化，可用于多糖的分离与纯化，B正确；
C．核磁共振氢谱用于测定有机物分子中氢原子的化学环境、数目比等信息，无法测定相对分子质量，测定相对分子质量应使用质谱法，C错误；
D．元素分析法可定量测定有机物中C、H、O等元素的含量，可测定多糖的元素组成，D正确；
故答案选C。
3. 下列项目式学习活动中，化学知识解释不合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．探究市售碘盐在烹饪中的稳定性指探究碘盐中的碘酸钾在加热条件下是否发生分解反应，不是碘酸钾被空气中的氧气氧化，A错误；
B．“绿色”天然颜料即有色果蔬中的天然色素属于有机物，易溶于有机溶剂，可以利用萃取原理进行提取，B正确；
C．潮湿的空气中，铁表面吸附的水膜中溶有一定量的氧气，此时主要发生吸氧腐蚀，C正确；
D．食品膨松剂一般是利用分解反应产生的二氧化碳使食品形成疏松多孔的结构达到膨松的目的，D正确；
故答案选A。
4. 特戈拉赞是抑制胃酸分泌的药物，其结构简式如下：
下列说法错误的是
A. 该物质的分子式为B. 该物质含1个手性碳原子
C. 1 ml该物质最多消耗3 ml NaOHD. 该物质可在稀硫酸中水解
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据题干结构简式，该物质的分子式为，A项正确；
B．该物质所含的手性碳标注如图：，B项正确；
C．该物质苯环上有2个碳氟键和1个酰胺基，1 ml该物质与NaOH水溶液反应最多消耗5 ml NaOH，C项错误；
D．该物质中含酰胺基，可在酸性条件下水解，D项正确。
故选C。
5. 常温下不与水作用，但与水汽的混合物遇火花发生爆炸反应：。下列说法错误的是
A. 是极性分子
B. NO与血红蛋白形成配合物时，由N原子提供孤电子对
C. 分子中含有大π键
D. 液态或固态HF中氢键的合理表示为：
【答案】D
【解析】
【详解】A．中N原子有一对孤对电子，三个F在三角锥形底端，结构不对称，偶极矩不为0，是极性分子，A正确；
B．O的电负性大于N，使得N原子的孤对电子更容易给出，NO与血红蛋白配位时，由N原子提供孤电子对与血红蛋白配位，B正确；
C．是V形分子，中心N原子采用sp2杂化，有一个单电子在p轨道上，与两个O的p轨道形成三中心三电子的大π键，C正确；
D．氢键具有方向性，液态或固态HF中氢键的合理表示为，D错误；
故选D。
阅读材料，VA族氮、磷及其化合物应用广泛。氮的氢化物中有、(肼，又称联氨，无色液体)等，其中可以和许多金属阳离子形成配离子。为二元弱碱，在水中电离方式与氨相似；白磷()可由磷灰石混以石英砂和过量的焙烧制得。白磷在热的浓碱液中发生歧化反应生成磷的氢化物(主要是，还有)和次磷酸盐(次磷酸是一元弱酸)。完成问题。
6. 下列反应的化学方程式错误的是
A. 浓氨水溶解氢氧化铜：
B. 联氨与过量的稀硫酸反应：
C. 白磷的制取：
D. 白磷与热的浓氢氧化钾溶液反应：
7. 下列有关物质的结构或性质，正确的是
A. 键能：B. 、中氮原子均为杂化
C. 水中溶解性：D. 等物质的量分子中极性键数：
【答案】6. C 7. B
【解析】
【6题详解】
A．氢氧化铜可与氨分子结合生成可溶性四氨合铜配离子，离子方程式书写正确，A正确；
B．联氨（N2H4）是二元弱碱，与过量稀硫酸反应生成酸式盐 N2H6(HSO4)2，B正确；
C．白磷的工业制取中，过量的 C 在高温下还原Ca3(PO4)2，产物应为CO而非CO2，正确方程式为：2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C焙烧 6CaSiO3+P4+10CO↑ ，C错误；
D．白磷与热浓 KOH 溶液发生歧化反应，生成PH3和KH2PO2，D正确；
故答案选C；
【7题详解】
A．中仅与成键，中还存在单键，原子成键环境不同，故键能不相等，A错误；
B．和中氮原子的价层电子对数均为4，故均为杂化，B正确；
C．NH3可与水形成氢键，且极性比PH3大，溶解性远大于PH3，C错误；
D．H3PO2（一元酸）含有2个P-H键、1个P=O键、1个P-O键和1个O-H键，共5个极性键；P2H4含4个极性 P-H 键和1个非极性 P-P 键，共4个极性键，等物质的量时极性键数 ：H3PO2＞P2H4，D错误；
故答案选B。
8. 向肼()的水溶液中加入少量，再用来处理核冷却系统内壁上的，反应原理如图所示(部分产物略)。设是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 常温下，中含有的键与键个数比为
B. 的中心金属原子未成对电子数为
C. 每生成，理论上溶液中的数目增多0.8
D. 每处理，理论上转移的电子数目为0.3
【答案】A
【解析】
【详解】A．每个分子中含有1个键、2个键，无论的物质的量为多少，键与键的个数比均为，A正确；
B．[Cu(N2H4)2]+的中心金属原子为，电子排布为[Ar]3d10，无未成对电子，0.1 ml该离子中未成对电子数为0，B错误；
C．根据氧化还原反应原理，肼与四氧化三铁反应的总化学方程式为N2H4+2Fe3O4+12H+=N2↑+6Fe2++8H2O ，2.8 g的物质的量为0.1 ml，生成0.1 ml时消耗1.2 ml，溶液中数目减少，C错误；
D．由总反应可知每处理2 ml转移4 ml电子，处理0.1 ml时转移电子数目为，D错误；
故选A。
9. 某荧光材料的结构片段如图。、、、为原子序数依次增大的短周期元素，、同主族；基态原子层轨道半充满；基态价电子排布式为。下列说法错误的是
A. 第一电离能：B. 电负性：
C. 简单氢化物稳定性：D. 与组成的化合物都能与溶液反应
【答案】D
【解析】
【分析】基态R原子L层p轨道半充满，说明R的电子排布为，故R为N（原子序数7）； 价电子排布式为，则X的核外电子排布为，故X为Zn；Q、R、Z、Y原子序数依次增大，Y、Z同主族（短周期），故Z为第二周期、Y为第三周期，根据结构图片中，1个Z形成2个共价键，1个Y形成4个共价键，则Z为O（原子序数8），Y为S（原子序数16），Q原子序数小于R(N，7)，得Q为H（原子序数1）。
【详解】A．第一电离能：N的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于H，H的第一电离能大于金属Zn，即I1(N)>I1(H)>I1(Zn) ，A正确；
B．电负性同主族从上到下逐渐减小，故，S的电负性大于H，故电负性O>S>H ，B正确；
C．非金属性
，非金属性越强简单氢化物越稳定，故稳定性H2O>NH3，C正确；
D．N与O的化合物中NO为不成盐氧化物，不能与NaOH溶液反应，不是所有氮氧化物都能与NaOH反应，D错误；
故选D。
10. 下列实验操作及现象能得出相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．中为+3价，加入无红色出现，说明更易与结合形成稳定络离子，可证明配位能力CN−>SCN−，A正确；
B．反应过程中挥发的乙醇也能使酸性溶液褪色，无法证明一定生成，B错误；
C．缺角晶体在饱和溶液中变为完整晶体，是结晶（溶解-结晶平衡）的结果，各向异性指晶体不同方向物理性质存在差异，与该实验现象无关，不能证明晶体具有各向异性，C错误；
D．检验还原糖需要碱性环境，该实验中量不足，无法生成砖红色沉淀，不能说明蔗糖是非还原糖，D错误；
故选A。
11. NaCl晶体在高压下与Na或Cl2反应可以形成不同组成不同结构的晶体，结构如图所示，NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. NaCl晶胞中，Na+填充在Cl⁻形成的八面体空隙中
B. 结构①中Cl⁻的配位数为3
C. 若②中晶胞参数分别为a pm，a pm，c pm，则其晶胞密度可表示为g/cm3
D. ②、③是NaCl晶体在高压下与Na反应形成的晶体
【答案】B
【解析】
【分析】结构①中Na位于顶点和体心，数目为，Cl位于面上数目为；结构②中Na位于棱和体内，数目为，Cl位于顶点，数目为；结构③中Na位于棱、面和体内，数目为4×14+2×12+2=4 ，Cl位于棱上，数目为；据此分析解题。
【详解】A．NaCl晶胞中为面心立方最密堆积，每个周围有6个等距离的，填充在形成的正八面体空隙中，二者配位数均为6，A正确；
B．由分析知结构①中Na数目为，Cl数目为，Na与Cl数目比为1:3，晶体中配位数之比等于对应原子数反比，Na的配位数为12，故Cl的配位数为，不是3，B错误；
C．由分析知结构②中Na数目为，Cl数目为，晶胞质量为3×23+35.5NA=104.5NAg ，晶胞体积为a2c×10−30cm3，代入密度公式得密度为104.5×1030a2cNAg/cm3，C正确；
D．NaCl与Na反应的产物中Na、Cl个数比大于1:1，由分析知结构②中Na、Cl个数比为3：1，结构③中Na与Cl个数比为2：1，故二者均为NaCl和Na反应的产物，D正确；
故答案选B。
12. 活性炭还原NO2可防止空气污染：，1 ml NO2和足量C在密闭容器中发生上述反应。相同时间内，测得与随温度变化的关系如图1所示；T℃时，相同时间内测得NO2的转化率随容器体积的变化如图2所示。下列说法错误的是
A. 图1中T5条件下已达到平衡状态
B. 在恒温恒容下，向图1中C点体系中再充入一定量的NO2，NO2的平衡转化率减小
C. 容器内的压强p(E)∶p(F)>6∶7
D. T℃时，G点速率大于F点
【答案】D
【解析】
【详解】A．平衡时，逆反应生成，正反应生成，速率满足计量数关系v生成NO2=2v生成N2时达到平衡，T5条件下已达到平衡状态，A正确；
B．在恒温恒容下，向一个已达到平衡的体系中再充入NO2，虽然平衡会正向移动，但可以等效为在原平衡基础上增大压强，平衡向气体分子数减小的逆反应方向移动，故NO2的平衡转化率减小，B正确；
C．E点NO2的转化率为40%，E点各物质物质的量，，，n总E=0.6ml+0.2ml+0.4ml=1.2ml ，F点NO2的转化率为80%，F点各物质物质的量，，，n总F=0.2ml+0.4ml+0.8ml=1.4ml ，同温下由得，由图2知，即，故，C正确；
D．T℃时，F点达到平衡，G点体系容积增大，则各物质的浓度下降，即压强减小，所以G点速率小于F点的速率，D错误；
答案选D。
13. 在室温条件下，电还原CO2合成碳酸二甲酯()的原理如图所示，电解液为NaBr、CH3OH，最大法拉第效率=。下列说法正确的是
A. b电极与电源负极连接
B. a电极的电极反应式为CO2+2e⁻+2H+=CO+H2O
C. 生成0.6 ml碳酸二甲酯，电源需提供1.2 ml电子
D. Pd(II)降低了电解液中反应的活化能，实现室温下合成
【答案】D
【解析】
【分析】电解池中阳离子向阴极移动，题图中向a极移动，说明a为阴极接电源负极，b为阳极接电源正极，据此解答。
【详解】A．根据分析，a为阴极接电源负极，b为阳极接电源正极，A错误；
B．电解液为和，无大量，且a极产物含CH3O−，电极反应式中不可能有参与，正确反应式为CO2+2CH3OH+2e−=CO+H2O+2CH3O−，B错误；
C．生成1ml碳酸二甲酯，需要1ml，每个​还原为，C从+4价降到+2价，得到2ml电子，因此生成碳酸二甲酯，实际反应需要转移电子；生成碳酸二甲酯，实际消耗电子为。根据法拉第效率η=实际消耗电子的物质的量电源提供总电子的物质的量=60% ，可得电源需要提供的电子为1.2ml60%=2ml ，C错误；
D．反应中Pd(II) 循环再生，是该反应的催化剂，催化剂的作用是降低反应活化能，加快反应速率，可实现室温下合成碳酸二甲酯，D正确；
故选D。
14. 常温下，向溶液中缓慢通入，测得{M代表或}、或对分布系数[例如]与pOH关系如图所示，忽略溶液体积的变化。
已知：。下列说法正确的是
A.
B. N点时，
C. 的平衡常数
D. 将P点溶液中全部转化为，需要加入
【答案】C
【解析】
【分析】向硫酸铜中缓慢通入氨气时，氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨先与铜离子反应生成氢氧化铜沉淀，后氢氧化铜溶于一水合氨反应生成四氨合铜离子，则缓慢通入的过程中，溶液pOH减小，铵根离子、铜离子的浓度减小，氨分子和四氨合铜离子浓度增大，则曲线X、Y、Z、W分别表示氨分子、铵根离子、铜离子、四氨合铜离子与pOH关系；由图可知，溶液中氨分子浓度和铵根离子浓度相等时，溶液pOH为4.7，则由电离常数可知，氨水的电离常数为：Kb=10-4.7；溶液中铜离子浓度为10-5 ml/L时，pOH为7.35，则氢氧化铜的溶度积为：Ksp=10-5×(10-7.35)2= 10-19.7。
【详解】A．由图可知，pOH为a时，溶液中铜离子浓度为0.1 ml/L，则由溶度积可得：10-1×(10-a)2= 10-19.7，解得：a=9.35，A错误；
B．由图可知，N点时铜元素的存在形式为铜离子、氢氧化铜沉淀和铜氨络离子，则由物料守恒可知，溶液中，B错误；
C．由方程式可知，反应的平衡常数为：K1=====102.7，C正确；
D．由图可知，P点时，溶液呈碱性，四氨合铜离子的浓度为0.100 ml/L，溶液中四氨合铜离子转化为铜离子时，需要硫酸的物质的量为：=0.02 ml；因加入的硫酸溶液还需中和溶液中的氢氧根离子，所以四氨合铜离子全部转化为铜离子时，需要硫酸的物质的量应大于0.02 ml，D错误；
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 含铟铁矾渣(主要杂质为ZnFe2O4以及Bi的氧化物)是闪锌矿湿法冶锌过程中产生的废渣。从该废渣中回收金属铟与硫酸锌，可实现资源的增值利用，其工艺流程如下：
已知：
①25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38、Ksp[Zn(OH)2]=1.0×10-17、Ksp[In(OH)3]=1.0×10-33，当溶液中的离子浓度小于或者等于10-5ml·L-1时，可认为该离子沉淀完全。
②Fe3++4Cl-⇌[FeCl4]-In3+与Fe3+化学性质相似。
③硫酸锌晶体通常为ZnSO4·nH2O，结晶时温度不同，n值不同，当温度在39℃~70℃时得到ZnSO4·6H2O。
回答下列问题：
（1）铟为第ⅢA族元素，其基态原子的价层电子排布式为_______。
（2）萃取后水相1中的主要金属离子有Zn2+、_______。(填离子符号)
（3）酸浸中Bi2O3转化反应的化学方程式为_______。水相1通过调节pH除去杂质离子，若c(Zn2+)为0.1ml·L-1，应当控制pH的范围为_______。水相1通过_______(具体的实验操作)、过滤、洗涤干燥得到ZnSO4·6H2O。
（4）萃取时滤液的pH对萃取率影响如图所示，pH大于2之后，In3+的萃取率急剧下降的原因是_______。(结合离子方程式，从平衡移动的角度解释)。
（5）已知萃取剂P204结构如图所示，则萃取时In3+与P204之间形成_______(填“配位键”或“氢键”或“范德华力”)。
（6）反萃取步骤中加入氯化钠的作用为_______。
【答案】（1）5s25p1
（2）Fe3+ （3） ①. Bi2O3+2H2SO4 = Bi2O(SO4)2+2H2O ②. 3≤pH＜6 ③. 在39℃~70℃蒸发浓缩结晶
（4）In3++3H2O⇌In(OH)3+3H+，pH增大，水解平衡正向移动，生成氢氧化铟，故萃取率降低
（5）配位键 （6）In3+ + 4Cl- ⇌ [InCl4]- ，促使三价铟离子转换为配合物，溶于水
【解析】
【分析】首先在第一步酸浸时硫酸将含铟铁矾渣溶解，并产生沉淀；第二步萃取时和铟离子结合成配位键形成有机相和含有离子以及离子的水相；第三步反萃取盐酸破坏了和铟离子结合成配位键，使得铟离子进入水相；在经过还原得到了粗铟。
【小问1详解】
铟是第五周期第ⅢA族元素，主族元素价电子为最外层电子，因此价层电子排布式为。
【小问2详解】
酸浸后溶解得到、，因为与化学性质相似，萃取时进入有机相，Bi已经沉淀除去，因此水相1中除外主要金属离子为。
【小问3详解】
​与硫酸反应生成和水，配平得到化学方程式； 要使沉淀完全，不沉淀：沉淀完全时，代入得；，代入得开始沉淀时，因此pH范围为； 从溶液得到，结合题给信息“39℃~70℃得到，操作是蒸发浓缩控制温度在39℃~70℃结晶。
【小问4详解】
与性质相似，会发生水解，pH升高促进水解生成沉淀，可萃取的减少，萃取率下降。
【小问5详解】
有空轨道，萃取剂P204中O原子有孤对电子，二者形成配位键。
【小问6详解】
根据已知信息可与形成配离子，性质与相似，加入氯化钠提供，促进形成配离子进入水相，提高反萃取效率。
16. 铬酸根在工业上有广泛应用，而Cr(Ⅵ)对环境污染也很严重。某实验小组对一工业废水中Cr(Ⅵ)含量进行测定，并设计不同方案进行处理。
Ⅰ、废水中Cr(Ⅵ)含量的测定：
准确移取20.00 mL含Cr(Ⅵ)的废水，调节pH为酸性，加入过量的KI溶液，充分反应后生成。以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定，发生反应。终点时消耗溶液12.00 mL。
（1）调节pH为酸性的原因为：______(用离子方程式表示)盛装标准溶液的滴定管，滴定前排气泡时，应选择下图中的______(填选项字母)。
（2）计算废水中Cr(Ⅵ)浓度______(单位：，若滴定前有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果将______(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
Ⅱ、除去废水中的Cr(Ⅵ)
（3）还原法处理
①向含Cr(Ⅵ)废水中加入，发生的主要反应的离子方程式为______(当时Cr(Ⅵ)以形式存在)。再调节pH，将Cr(Ⅲ)生成沉淀完全除去。
②也可用铁粉将废水中的Cr(Ⅵ)还原为Cr(Ⅲ)，经过一系列处理，得到含铬复合铁氧体。含铬复合铁氧体中数目与数目之和的比值为______。
（4）电化学法处理
电化学处理装置如图所示。阴极的电极方程式为______；反应一段时间后，电路中转移0.24 ml电子，则理论上乙池的溶液中减少的物质的量为______。
【答案】（1） ①. ②. c
（2） ①. 104 ②. 偏高
（3） ①. ②.
（4） ①. ②. 0.02 ml
【解析】
【小问1详解】
调节pH为酸性的原因是为了在酸性条件下将铬酸根转化为重铬酸根，保证Cr(Ⅵ)具有氧化性，离子方程式为； 标准溶液为碱性，盛放在碱式滴定管中，碱式滴定管排气泡需将尖嘴斜向上挤压玻璃球，因此选图c。
【小问2详解】
反应方程式依次为，，根据得失电子守恒，可推得定量关系：Cr(Ⅵ)~~3，即1ml Cr(Ⅵ)对应3ml， n()=0.0100 ml/L×0.012 L=1.2×10−4 ml，则n(Cr(Ⅵ))=1.2×10−4​÷3=4×10−5 ml，Cr的摩尔质量是52 g/ml，m(Cr)=4×10−5 ml×52 g/ml=2.08 mg，废水体积为0.02 L，故c(Cr(Ⅵ))=2.08 mg÷0.02 L ​=104 mg/L；若滴定前有气泡、滴定后气泡消失，会导致读取的标准液体积偏大，测定结果偏高。
【小问3详解】
当时Cr(Ⅵ)以形式存在，被还原为Cr3+，被氧化为，根据氧化还原反应中得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平可得离子方程式：；设含铬复合铁氧体中数目为a，数目为b，可列式：a+b=3-x，由于电荷守恒2a+3b+3x=8，联立可解得a=1，b+x=2，故含铬复合铁氧体中数目与数目之和的比值为1：2。
【小问4详解】
阴极发生还原反应，溶液中的H+得到电子生成H2​，电极方程式为；阳极反应方程式为，可知电路中转移0.24 ml电子，则生成0.12 ml Fe2+，由图可知，被Fe2+还原为Cr3+，Cr的化合价从+6价降低到+3价，Fe的化合价从+2价升高到+3价，1个​得到6个电子，1个Fe2+失去1个电子，根据得失电子守恒，理论上乙池溶液中减少的物质的量为0.12 ml÷6=0.02 ml。
17. 甲烷在制备高附加值化学品和清洁燃料领域展现出巨大潜力。请回答下列问题：
（1）已知：反应I为 。常温下，反应体系中相关物质的标准摩尔生成焓(，指在标准状态下，由最稳定的单质生成1 ml某纯物质的焓变，最稳定单质的标准摩尔生成焓为零)数据如表：
___________。
（2）某研究小组对反应I的光催化剂进行了改良，制备了Ti掺杂和Au附载的(用表示)。
①X射线衍射(XRD)分析表明，Ti掺杂替换Ce后所得晶体的结构变形程度较小，其原因可能是___________。
②该研究小组通过电荷转移动力学研究及关键中间体测定，提出了催化剂上光催化甲烷选择性生成乙烷的反应机理模型(“*”表示吸附态物质，表示光生电子，和的吸附过程已略去)：
i．；ii．；
iii．；iv．；
v．___________。
（3）某研究团队利用共沉淀法制备了一系列催化剂并用于甲烷化反应[反应II：]，发生的副反应为。
①该团队固定催化剂床层位于某恒容反应炉的恒温区，将反应气、、以体积比混合投料，起始时气体总压强为1.2MPa，在不同催化剂作用下发生反应，反应2h时的转化率随温度变化的关系如图所示。
从的转化率来看，图中最理想的催化剂为___________。研究发现较宽的温度范围内催化剂均表现出高活性，且其表面的积碳率低。请解释图中，变化的原因：___________。时，以为催化剂，测得的选择性为。则整个反应过程中，的平均反应速率为___________。
②不考虑副反应的情况下，下列能说明恒温、恒容条件下反应II已达到化学平衡状态的是___________ (填标号)。
A．反应体系中氧元素的质量分数不发生变化
B．反应体系的压强不发生变化
C．单位时间内每断裂碳氧双键，同时形成2ml碳氢单键
D．反应体系中气体的平均相对分子质量不发生变化
③向某恒温、恒容反应容器内充入2mlCO2、8mlH2，再加入最优的催化剂，起始时气体总压强为100kPa，达到平衡后，和的转化率分别为和。该温度下，反应的压强平衡常数___________(列出计算式即可)。
【答案】（1）-353.2；
（2） ①. Ti原子与Ce原子的原子半径相近； ②. *O2−∗+4*H*=2H2O+e-；
（3） ①. NiAlCe0.2； ②. 温度低于反应达到平衡所需的温度时，反应未达平衡，温度升高反应速率加快，相同时间内转化率随温度升高而增大；温度高于平衡温度时，反应已达平衡，反应II为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，转化率随温度升高而减小； ③. 0.076； ④. BD； ⑤. 76×1.27.6×76××0.47.6×76×；
【解析】
【小问1详解】
根据标准摩尔生成焓计算反应焓变的规则，反应焓变等于生成物的标准摩尔生成焓乘以对应化学计量数之和，减去反应物的标准摩尔生成焓乘以对应化学计量数之和，稳定单质的标准摩尔生成焓为0。 反应4CH4(g)+O2(g)=2C2H6(g)+2H2O(l) 的焓变计算过程如下： ΔH1=2×ΔfHmθ(C2H6,g)+2×ΔfHmθ(H2O,l)−4×ΔfHmθ(CH4,g)−ΔfHmθ(O2,g) 代入表中数据： ΔH1=2×(−84.0 kJ·ml−1)+2×(−241.8 kJ·ml−1)−4×(−74.6 kJ·ml−1)−0 =−168.0 kJ·ml−1−483.6 kJ·ml−1+298.4 kJ·ml−1 =−353.2 kJ·ml−1；
【小问2详解】
原子半径是影响晶体结构的重要因素，Ti原子与Ce原子的原子半径相近，Ti替换Ce原子后，晶体的晶格参数变化很小，因此结构变形程度较小。
总反应为4CH4+O2=2C2H6+2H2O ，消去前四步的中间产物，剩余配平得第v步：*O2−∗+4*H*=2H2O+e- ；
【小问3详解】
相同温度下，NiAlCe0.2催化时的转化率最高，且在200℃到400℃的宽温度范围内均保持80%以上的高转化率，因此为最理想的催化剂。 转化率变化的原因分两个阶段： 低温阶段，反应速率较慢，反应体系未达到平衡状态，温度升高会加快反应速率，因此相同反应时间内的转化率随温度升高而增大； 高温阶段，反应速率足够快，体系达到平衡状态，反应II为放热反应，根据勒夏特列原理，温度升高平衡向吸热的逆反应方向移动，因此的转化率随温度升高而减小。 的平均反应速率计算过程如下： 起始时、、的体积比为4:1:1，同温同容下气体分压之比等于物质的量之比，因此的初始分压为： p0(CO2)=1.2 MPa×14+1+1=0.2 MPa ， 200℃时的转化率为80%，因此反应的的分压为： Δp(CO2)=0.2 MPa×80%=0.16 MPa 的选择性为95%，即生成的的物质的量占反应的总物质的量的95%，同温同容下分压之比等于物质的量之比，因此生成的分压为： Δp(CH4)=0.16 MPa×95%=0.152 MPa ，反应时间为2h，因此的平均反应速率为： v(CH4)=Δp(CH4)Δt=0.152 MPa2 h=0.076 MPa·h−1 ；
②A．反应体系中所有物质均为气体，根据质量守恒定律，氧元素的总质量不变，气体总质量也始终不变，因此氧元素的质量分数在反应过程中始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，A错误；
B．反应II为气体分子数减小的反应，反应物总计量数为5，生成物总计量数为3，恒温恒容下体系压强与气体总物质的量成正比，压强不变时说明气体总物质的量不再变化，反应达到平衡状态，B正确；
C．单位时间内断裂1ml碳氧双键为正反应方向（参与反应），同时形成2ml碳氢单键也为正反应方向（生成），二者均表示正反应速率，无法说明正逆反应速率相等，不能判断反应达到平衡，C错误；
D．气体的平均相对分子质量，反应过程中气体总质量始终不变，气体总物质的量随反应进行减小，因此随反应进行增大，当不变时说明不变，反应达到平衡状态，D正确；
故选BD。
③压强平衡常数的计算过程如下： 设主反应中消耗的物质的量为，副反应中消耗的物质的量为。 根据的转化率为80%，可得： x+y=2 ml×80%=1.6 ml ， 根据的转化率为65%，可得主副反应消耗的总物质的量为： 4x+y=8 ml×65%=5.2 ml ，联立两个方程，用第二个方程减去第一个方程： 4x+y−(x+y)=5.2 ml−1.6 ml 3x=3.6 ml ，解得x=1.2 ml ，代入x+y=1.6 ml 得y=0.4 ml 。 平衡时各气体的物质的量： n(CO2)=2 ml−(x+y)=2 ml−1.6 ml=0.4 ml n(H2)=8 ml−(4x+y)=8 ml−5.2 ml=2.8 ml ，n(CH4)=x=1.2 ml n(H2O)=2x+y=2×1.2 ml+0.4 ml=2.8 ml ， n(CO)=y=0.4 ml ，平衡时气体总物质的量： n总=0.4 ml+2.8 ml+1.2 ml+2.8 ml+0.4 ml=7.6 ml ， 恒温恒容下，压强之比等于气体物质的量之比，起始总物质的量为2 ml+8 ml=10 ml ，起始总压为100kPa，因此平衡总压为： P总=100 kPa×n总10 ml=100 kPa×7.610=76 kPa ，各气体的分压等于总压乘以其物质的量分数： p(CO2)=76 kPa×0.47.6 p(H2)=76 kPa×2.87.6 p(CH4)=76 kPa×1.27.6 p(H2O)=76 kPa×2.87.6 ，压强平衡常数的表达式为生成物分压幂之积与反应物分压幂之积的比值，代入各物质分压得： Kp=p(CH4)⋅p2(H2O)p(CO2)⋅p4(H2)=76×1.27.6×76××0.47.6×76× kPa−2
18. 普利类药物是常用的一线降压药，EHPB是合成众多普利类药物的重要中间体。EHPB的一种合成方法如图所示。
已知：++R2COOH(R表示烃基或氢原子，、表示烃基)。
回答下列问题：
（1）化合物I到化合物Ⅱ的反应类型是___________。
（2）化合物Ⅲ中官能团的名称是___________，从化合物I到化合物V中含有手性碳原子的是___________。
（3）化合物V转化为化合物VI的化学方程式为___________。
（4）化合物Ⅶ的结构简式为___________。
（5）芳香族化合物M是化合物Ⅶ的同分异构体，则满足下列条件的M有___________种(不考虑立体异构)。
①能发生银镜反应和水解反应，不含醚键和过氧键
②核磁共振氢谱图上有5组峰，峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1
（6）结合上述合成路线，设计以化合物I、化合物Ⅱ和甲苯为原料制备的合成路线如图所示，写出Y和Z的结构简式：Y：___________、Z：___________。
【答案】（1）氧化反应
（2） ①. 碳碳双键和羧基 ②. Ⅳ、Ⅴ
（3）+ +H2O +CH3COOH
（4） （5）6
（6） ①. ②.
【解析】
【分析】与氧气在催化剂作用下生成，与物质H2O合成化合物Ⅲ，与水发生加成反应生成，化合物Ⅳ与CH3COCl，发生取代反应生成化合物Ⅴ，化合物Ⅴ与在AlCl3作用下生成Ⅵ，Ⅵ发生还原反应生成Ⅶ，Ⅶ发生酯化反应生成EHPB，根据EHPB的结构简式可以反推出Ⅶ的结构简式为。
【小问1详解】
化合物I到化合物Ⅱ实现了加氧和去氢的过程，反应类型是氧化反应；
【小问2详解】
根据化合物Ⅲ的结构简式，官能团的名称是碳碳双键和羧基；手性碳原子是连有4个不同基团的饱和碳原子：Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ所有碳原子均为不饱和碳原子，无手性碳；Ⅳ中(*)碳为手性碳，Ⅴ中(*)碳为手性碳，故含手性碳的是Ⅳ、Ⅴ；
【小问3详解】
化合物V转化为化合物Ⅵ是先发生取代反应，再发生水解反应，化学方程式为+ +H2O +CH3COOH；
【小问4详解】
由分析可知化合物Ⅶ的结构简式为；
【小问5详解】
Ⅶ中含有苯环，苯环外4个C原子，3个氧原子，1个不饱和度，同分异构体能同时水解与银镜，含有-OOCH，从峰面积比可知含有两个对称的-CH3，则符合题意的结构为：、、、、、共6种；
【小问6详解】选项
项目
化学知识
A
探究市售碘盐在烹饪中的稳定性
加热时碘酸钾易被空气中的氧气氧化
B
探究“绿色”天然颜料的提取及应用
利用萃取原理提取有色果蔬中的天然色素
C
芜湖“铁画”的传承与保护
铁画锈蚀主要是因为在潮湿空气中发生吸氧腐蚀
D
食品膨松剂的探秘与实践应用
膨松剂的工作原理是产生二氧化碳使食品膨松
选项
实验操作及现象
结论
A
向溶液中滴加几滴溶液，无红色出现
与的配位能力：
B
与的乙醇溶液共热，将产生的气体通入酸性溶液中，溶液褪色
一定有生成
C
将缺角的晶体放入饱和溶液中，得到有规则几何外形的完整晶体
晶体具有各向异性
D
向的溶液中滴加几滴的溶液，再加入几滴蔗糖溶液，加热无砖红色沉淀生成
蔗糖不是还原性糖
物质
-74.6
-84.0
-241.8
0
-393.5.