河南开封高级中学2026届高三下学期模拟预测 化学试题含答案

这是一份河南开封高级中学2026届高三下学期模拟预测 化学试题含答案，共18页。试卷主要包含了本试卷共8页，1 ml·L−1的氨水溶液，2°C；等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷共8页。时间75分钟，满分100分。答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B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。作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将试卷和答题卡一并收回。
可能用到的相对原子质量：
H1 C12 Li7 N14 O16 Na23 Mg24 Al27 Si28 S32 K9 Cu64 As75
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. 化学与生产生活联系紧密。下列说法错误的是
A. 超级钢具有优异的强度和延展性
B. 金刚砂属于新型无机非金属材料
C. 有“OTC”标识的药品可自行购买和使用
D. 肥皂的主要成分是高级脂肪酸
2. 下列化学用语或图示正确的是
C. CaF2的电子式：[:F:..]−Ca2+[:F:..]−$（注：原答案中$Ca2$电子式书写有误，正确应为两个$[:F:..]−$分别在$Ca2+$两侧，此处按题目要求还原原始内容，原始内容中$Ca2$电子式为$Ca2+[:F:..2−$，可能是排版问题，故保留原始写法）Ca2+[:F:..2−$
D. 聚氯乙烯的结构简式：−CH2−CHCl−
3. 化学与生活、生产联系密切。下列叙述不涉及氧化还原反应的是
A. 锻造宝剑时，用水进行“淬火”处理
B. 用二氧化氯泡腾片清洗洗衣机
C. 硫酸型酸雨的形成
D. 用氟化钙和硫酸雕刻玻璃花纹
4. 地球上CO2中的614C由宇宙射线中的中子与大气上层的氮反应获得：714N+01n−>614C+11H$。
下列说法错误的是
A. 614C与714N的中子数之比为8:7
B. 题干中涉及元素均位于元素周期表的p区
C. 基态N原子核外电子中，电子对与单电子个数比为2:3
D. 测定文物中614C的含量可判断文物的年代
5. 常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是
A. 0.1 ml·L−1的氨水溶液：Na+、Cu2+、Cl−、NO3−
B. 水电离出来的c(H+)=10−12 ml·L−1的溶液：Mg2+、Al3+、SO42−、NO3−
C. 无色溶液：K+、NH4+、CO32−、Cr2O72−
D. pH=7的溶液：K+、Fe3+、SO42−、Cl−
6. 下列实验操作对应的装置正确的是
A．A B．B C．C D．D
7．W、X、Y、Z是原子序数递增的短周期元素，R的原子序数是Y原子序数的4倍，基态W原子的核外电子数等于能层数，基态X原子的核外电子有4种空间运动状态，基态Y的未成对电子数与X相等，基态Z原子s轨道上的电子数与p轨道上的电子数相等。下列说法错误的
A．电负性：Y>X>W>Z
B．简单氢化物的沸点：Y>R>X
C．R可用于生产半导体材料
D．由W、X、Y三种元素形成的化合物一定能与Na反应
8．在气相离子催化剂Mn+作用下，丙烷被N2O氧化的反应机理如图所示（图中“…”为副反应路径）。
下列说法正确的是
A．该机理涉及的反应中，Mn元素化合价均发生变化
B．X和苯互溶
C．C3H8生成Y的过程中涉及极性键和非极性键的断裂和生成
D．图中主反应的总化学方程式为C3H8+2N2O=CH3CH2CHO+2N2+H2O
9．向V L恒容密闭容器中加入1 ml CH3COOH(g)和5 ml H2O(g)在催化剂表面发生如下反应：
I．CH3COOH(g)+2H2O(g)⇌2CO2(g)+4H2(g)
II. CH3COOH(g)⇌CO2(g)+CH4(g) ΔH2[Δ]R1N=CHR2+H2O。
④RNO2−>[Fe−盐酸]RNH2。
回答下列问题：
（1）A为芳香族化合物，则A的名称为 ；F中官能团的名称为 。
（2）D→E的目的为 ；C→D反应的化学方程式为 。
（3）G的结构简式为 ；若F→G经历了两步反应，则先发生 反应（填反应类型），再发生消去反应。
（4）E的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式有 种（不考虑立体异构）。
①分子结构中有六元环，环上连接2个取代基；
②1 ml该物质能与2ml\ce{NaHCO_{3}}完全反应。
（5） 根据题目信息，设计以苯、苯甲醛为原料制备○−N=CH−○（无机试剂任选）的合成路线 。
1.D
A. 超级钢属于合金钢，同时具备高强度和良好的延展性，A正确；
B. 金刚砂（碳化硅）性能优异，不属于玻璃、陶瓷、水泥等传统无机非金属材料，属于新型无机非金属材料，B正确；
C. “OTC”是非处方药的标识，该类药品安全风险较低，消费者可自行购买并按说明书使用，C正确；
D. 肥皂是油脂发生皂化反应的产物，主要成分为高级脂肪酸盐，不是高级脂肪酸，D错误；
故答案选D。
2.B
A.K是19号元素，K+是K原子失去1个电子得到的，质子数（核电荷数）不变，仍为19，K+结构示意图为 ，A错误；
B. BCl3中心B原子的价层电子对数为3，无孤电子对，空间构型为平面正三角形，键角为120°；Cl原子的电子层数比B多，原子半径大于B原子，BCl3分子的球棍模型为 ，B正确；
C. CaF2是离子化合物，电子式中2个F−需要分别写在Ca2+两侧，每个F−单独加方括号并标注1个单位负电荷，CaF2的电子式为 [:F..:]−Ca2+[:F..:]− ，C错误
D. 聚氯乙烯是高分子化合物，结构简式需要体现聚合度，聚氯乙烯的结构简式为 −CH2−CHCln−，D错误；
故选B。
3.D
A. 淬火时高温下铁与水蒸气发生反应3Fe+4H2O(g)=高温Fe3O4+4H2，Fe、H元素化合价发生变化，涉及氧化还原反应，A不符合题意；
B. 二氧化氯具有强氧化性，清洁消毒时Cl元素化合价降低，利用了其氧化性，涉及氧化
还原反应，B不符合题意；
C. 硫酸型酸雨形成过程中，SO2与氧气、水反应得到H2SO4，S元素化合价从+4升高到+6，O元素化合价降低，涉及氧化还原反应，C不符合题意；
D. 涉及的反应为CaF2+H2SO4(浓)=微热CaSO4+2HF↑、4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O，所有元素化合价均无变化，不涉及氧化还原反应，D符合题意；
故选D。
4.B
A. 614C的中子数为8，714N的中子数为7，二者中子数之比为8：7，A正确；
B. 题干涉及的元素包含H、C、N、O，其中C、N、O位于元素周期表的p区，但H位于元素周期表的s区，并非所有元素均位于p区，B错误；
C. 基态N原子核外电子排布式为1s22s22p3，1s和2s轨道各有1对电子，共2对电子对，2p轨道有3个单电子，电子对与单电子个数比为2：3，C正确；
D. 614C具有恒定的半衰期，测定文物中614C的残留含量可推算文物的年代，D正确；
故选B。
5.B
A. 0.1ml·L−1的氨水溶液含大量OH−，Cu2+与OH−反应生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，A错误；
B. 水电离出来的c(H+)=10−12ml·L−1，说明水的电离受抑制，溶液可能呈酸性或者碱性。当为碱性时，Mg2+、Al3+均能与氢氧根离子反应，不能大量共存；当为酸性时，酸性条件下Mg2+、Al3+、SO42−、NO3−之间均不发生反应，可大量共存，B正确；
C. Cr2O72−为橙色离子，不符合无色溶液的要求，不能大量存在，C错误；
D. Fe3+水解使溶液呈酸性，中性溶液中Fe3+不能大量存在，D错误；
故选B。
6.D
A. 蒸馏接收馏出物时，接收瓶不能密闭，密闭会导致装置内压强过大，引发危险，A错误；
B. NH3密度小于空气，用向下排空气法（倒置试管）收集，为保证收集装置内空气能够排
尽，进气导管应伸入试管底部，图示进气导管口位于试管口附近，会导致收集的氨气不纯，装置错误，B错误；
C．检验SO42−时，若直接向待测液加盐酸酸化的BaCl2，无法排除Ag+（会生成AgCl沉淀）的干扰，正确操作应先加稀盐酸酸化排除干扰，无沉淀生成后再加BaCl2溶液，C错误；
D．用酸式滴定管盛装有强氧化性的酸性高锰酸钾标准液滴定未知浓度的草酸，装置正确，D正确；
故答案选D。
7．D
基态W核外电子数=能层数，短周期中只有H符合，故W为H。基态X原子的核外电子有4种空间运动状态，其核外电子占据4个原子轨道，其核外电子排布为1s22s22p2，故X为C。Y的未成对电子数与X相等，原子序数大于C，电子排布为1s22s22p4，故Y为O。原子序数大于O，s轨道总电子数=p轨道总电子数，电子排布为1s22s22p63s2，s总电子数=6，p总电子数=6，故Z为Mg。原子序数是Y的4倍，8×4=32，故R为Ge。
A．同周期电负性从左到右递增，同主族从上到下递减，电负性顺序为O(3.5)>C(2.5)>H(2.2)>Mg(1.2)，即Y>X>W>Z，A正确；
B．Y的简单氢化物为H2O，分子间存在氢键沸点最高；GeH4和CH4均为分子晶体，GeH4相对分子质量更大、范德华力更强，沸点高于CH4，故沸点H2O>GeH4>CH4，即Y>R>X，B正确；
C． R为Ge，位于金属与非金属分界线处，是常用半导体材料，可用于生产半导体，C正确；
D．H、C、O形成的化合物如甲醚CH3OCH3无活泼氢，不能与Na反应，因此三种元素形成的化合物不一定能与Na反应，D错误；
故选D。
8．D
A．在反应②MnO++C3H8=[(C3H7)Mn(OH)]+中，MnO+中Mn为+3价，[(C3H7)Mn(OH)]+中C3H7−、OH−均为-1价，整体电荷为+1，故Mn仍为+3价，化合价没有发生变化，A错误；
B. 根据原子守恒，反应[(C3H7)Mn(OH)]+=[C3H6Mn]++X中，C3H7脱1个H与OH−结合生成H2O，故X是H2O，水与苯不互溶，会分层，B错误；
C. 依据原子守恒可知副反应中Y是C2H5OH，副反应中C3H8生成C2H5OH，整个过程碳链不变，C-C非极性键没有断裂，也没有新的非极性键生成，只涉及C-H等极性键的断裂和生成，C错误；
D. 将主路径各步反应相加，消去中间产物和催化剂Mn+，得到总反应C3H8+2N2O=CH3CH2CHO+2N2+H2O原子守恒、产物推导均正确，D正确；
答案选D。
9.A
低温下曲线乙和丙的物质的量相等，说明只发生反应II，曲线甲表示H2，H2的物质的量随温度升高而增加，故反应I为吸热反应；反应II为放热反应，所以曲线乙表示CO2，曲线丙表示CH4。
A. 由分析可知反应I为吸热反应，ΔH1>0，A符合题意；
B. T2 K时，n(CH4)=a ml，n(CO2)=b ml，则反应I产生的n(CO2)=(b−a) ml，n(H2)=2(b−a) ml，B不符合题意；
C. T2 K时，0∼10 min内，Δn(CH3COOH)=a+b−a2 ml=a+b2 ml，v(CH3COOH)=(a+b) ml2×V L10 min=a+b20V ml·L−1·min−1，C不符合题意；
D. T2 K时，压缩容器容积，增大压强，反应I和反应II均逆向移动，达到新平衡时，物质的浓度均增大，c(CH3COOH)增大的倍数大于c(CO2)增大的倍数。
故答案选A。
10.D
黑钨矿（含WO3、MnO、少量Fe3O4）经盐酸酸浸后，MnO、Fe3O4溶解生成Mn2+、Fe2+、Fe3+进入滤液1，而WO3不与盐酸反应，留在滤渣1中；滤液1加入试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，再加入NaOH调pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，滤液2含Mn2+，加入NaHCO3沉锰得到MnCO3；滤渣1（含WO3）加入试剂Y还原得到金属W；据此作答。
A．滤液1中含Fe2+，若直接调pH，因Ksp[Fe(OH)2]=10−16.3与Ksp[Mn(OH)2]=10−12.7接近，Fe2+沉淀时Mn2+也会沉淀，无法除杂；将Fe2+氧化为Fe3+后，Ksp[Fe(OH)3]=10−38.6极小，可在较低pH下沉淀而不影响Mn2+，因此试剂X的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，A正确；
B．“沉锰”时，Mn2+与HCO3−发生反应，生成MnCO3沉淀、CO2和H2O，离子方程式为Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+H2O+CO2↑，B正确；
C．调pH的目的是使Fe3+沉淀完全（离子浓度≤1×10−5ml·L−1），此时c(OH−)=3Ksp[Fe(OH)3]c(Fe3+)=310−38.610−5=10−11.2ml·L−1\)，则c(H+)=10−1410−11.2=10−2.8ml·L−1，pH=2.8，因此应控制pH最小值为2.8，C正确；
D．若试剂Y为铝粉，发生铝热反应：2Al+WO3=高温W+Al2O3，其中WO3中W由+6价降为0价（每个W得6e−），Al由0价升为+3价（每个Al失3e−），根据电子守恒，氧化剂（WO3）与还原剂（Al）的物质的量之比为1:2，D错误；
故选D。
11．B
A．放电时M电极材料Li0.9RuO3转化为Li1.4RuO3，可以判断出Ru的化合价降低，得电子，即M极是正极，N极是负极，所以M电极的电势高于N电极，A正确；
B．放电3.8V过程中，M电极材料Li0.9RuO3转化为Li1.4RuO3，M电极的电极反应式为Li0.9RuO3+0.5Li++0.5e−=Li1.4RuO3，B错误；
C．充电时，N电极是阴极，电极反应式yLi++Cx+ye−=LiyCx，Li+移向N电极，阳极电极反应式Li1.4RuO3−0.5e−=Li0.9RuO3+0.5Li+（Li2RuO3−1.1e−=Li0.9RuO3+1.1Li+），阴极消耗多少Li+，阳极就会生成多少Li+，所以固体电解质中Li+的质量分数不变，C正确；
D．当电路中通过0.5ml电子时，以放电为例M电极的电极反应式为Li0.9RuO3+0.5Li++0.5e−=Li1.4RuO3，N电极LiyCx−ye−=yLi++Cx，当电路中通过0.5ml电子时，M电极增加0.5mlLi，N电极减少0.5mlLi，理论上两电极质量变化量的差值为1mlLi的质量，即质量相差7g，D正确；
故选B。
12．C
A．Fe3+与SCN−存在平衡Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3，加入锌粉会还原Fe3+使其浓度降低，平衡逆向移动，溶液红色变浅，可探究反应物浓度对化学平衡的影响，A不符合题意；
B．等浓度等体积HNO2和NaOH混合恰好生成NaNO2，若测得溶液pH>7，说明NO2−能发生水解，可证明HNO2是弱酸，B不符合题意；
C．饱和Na2CO3溶液中CO32−浓度较高，加入BaSO4后只要Q(BaCO3)>Ksp(BaCO3)就会生成BaCO3沉淀，该现象无法证明Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)（实际Ksp(BaSO4)N，故碱性：M>N，A错误；
B．顺反异构的条件是：碳碳双键的每个碳原子都连接2种不同的原子或基团。Q存在顺反异构，但P为CH2=CHCOOCH3，双键一端的碳原子连2个H，不存在顺反异构，B错误；
C．吡啶环为是六元芳香环，环上未取代的3个碳原子各连1个H，共6+3=9； 两个酯基−COOCH3，每个酯基最多贡献5个原子（羰基C、2个O、甲基C、1个甲基H），两个共5×2=10； 中间碳碳双键−CH=CH−共4个原子（2个C、2个H）； 总原子数：9+10+4=23，即最多23个原子共平面，C正确；
D．红外光谱的核心作用是检测有机物中的官能团和化学键，不同的官能团会有特征吸收峰。M无碳碳双键而Q含碳碳双键，官能团不同，红外光谱可以区分，D错误；
故选C。
14．C
首先确定各曲线对应粒子，H2Y是二元弱酸，pH越大，c(Y2−)越大，
pX=−lgc(X)越小，因此下降的虚线L1对应pY2−，c(H2Y)随pH增大而减小，pX越大，因此上升虚线L3对应pH2Y，根据Ksp(BaY)=c(Ba2+)c(Y2−)，pH增大，c(Y2−)增大，c(Ba2+)减小，pBa2+增大，因此平缓上升实线L4对应pBa2+，陡升实线L2对应pHY−，同时可得Ka1=10−2.9，Ka2=10−5.1，Ksp(BaY)=(10−5.8)2=10−11.6，据此作答。
A. 由图像可知，N点横坐标正好对应pH=4，A正确；
B. 反应Ba2+(aq)+H2Y(aq)⇌BaY(s)+2H+(aq)，平衡常数
K=c2(H+)c(Ba2+)c(H2Y)=Ka1Ka2Ksp=10−2.9×10−5.110−11.6=103.6，B正确；
C. M点为为L2和L3的交点，此时c(H2Y)=c(HY−)，由物料守恒得
c(Ba2+)=c(Y2−)+c(HY−)+c(H2Y)， 由电荷守恒得
2c(Ba2+)+c(H+)=c(Cl−)+c(HY−)+2c(Y2−)+c(OH−)，代入整理得
c(Cl−)=3c(HY−)+c(H+)−c(OH−)，M点溶液为酸性，则c(H+)>c(OH−)，因此
c(Cl−)>3c(HY−)，C错误；
D. Na2Y溶液中，Y2−第一步水解常数Kh1=KwKa2=10−1410−5.1=10−8.9，0.10 ml/LNa2Y中，
c(OH−)≈Kh1·c(Y2−)=10−8.9×0.1=10−4.95 ml/L，盐类水解中，水电离出的总
n(H+)=n(OH−)=10−4.95 ml，D正确；
故答案选C。
15.（1）增大反应物接触面积，增大反应速率，提高焙烧效率
（2） 焦炭作还原剂，碳砷比越大，砷酸盐中的砷元素转化为As2O3(g)越彻底
2Zn3(AsO4)2+3C+8H2SO4(浓)=高温6ZnSO4+2As2O3↑+3CO2↑+2SO2↑+8H2O 酸性和氧化性
（3） PbSO4 Zn H2SO4
（4）1.0×10−8
本工艺以含锌、铜、铅的砷酸盐废渣为原料，在焙烧工序中，废渣经粉碎后与焦炭、浓硫酸混合焙烧，金属砷酸盐转化为硫酸盐，砷元素被还原并转化为气态As2O3，烟气经冷却收集得到粗As2O3；焙烧渣经水浸后，可溶性的锌、铜硫酸盐进入溶液，难溶的铅以PbSO4
形式留在浸渣中；随后向浸出液中加入金属锌，将溶液中的铜离子置换为铜渣，同时得到硫酸锌溶液，实现了As2O3、铅、铜、锌的分步回收；
（1）将废渣粉碎可以增大反应物接触面积，加快反应速率，提高焙烧效率，使焙烧反应更充分；
（2）①焦炭作为还原剂，碳砷比越大，还原能力越强，越能将砷酸盐中的砷元素充分还原并转化为气态As2O3，进入烟气中，因此焙烧渣中残留的砷含量越低；
② 当焦炭和Zn3(AsO4)2按物质的量之比3:2投料时，焙烧反应的化学方程式为
2Zn3(AsO4)2+3C+8H2SO4(浓)=高温6ZnSO4+2As2O3↑+3CO2↑+2SO2↑+8H2O，该反应中，浓硫酸既体现了酸性（生成硫酸盐），又体现了氧化性（部分S元素被还原为SO2；
（3）由分析可知，浸渣的主要成分为PbSO4；金属a是Zn，锌的活泼性比铜强，可将溶液中的Cu2+置换为Cu，同时生成ZnSO4，不引入新杂质；尾气中的SO2经回收后可制备H2SO4，在工艺流程中循环利用；
（4）已知常温下Ksp(PbSO4)=1.8×10−8，浸取液中c(SO42−)=1.8 ml·L−1，根据溶度积公式Ksp(PbSO4)=c(Pb2+)·c(SO42−)，则
c(Pb2+)=Ksp(PbSO4)c(SO42−)=1.8×10−81.8 ml·L−1=1.0×10−8 ml·L−1。
16．（1） 三颈烧瓶（或三口烧瓶） HSO3−+H+=SO2↑+H2O
（2） H2SO3以第一步电离为主 能 Ka2(H2SO3)=c(H+)·c(SO32−)c(HSO3−)=10−7.2，该实验条件下，c(H+)与c(HSO3−)近似相等，所以c(SO32−)=10−7.2 ml·L−1，溶液中
Qc(BaSO3)=10−7.2>Ksp(BaSO3)=10−9.3，能生成BaSO3沉淀 SO2有还原性，能被溶液中的O2氧化为SO42−
（3）打开K3，向D中加入足量的稀盐酸，D中白色沉淀部分溶解
本实验以亚硫酸钠固体与70%硫酸反应制备二氧化硫，生成的气体经饱和亚硫酸氢钠溶液除去可能混有的硫酸酸雾后，通入氯化钡溶液中探究反应现象，尾气用足量氢氧化钠
钠溶液吸收；实验过程中观察到氯化钡溶液中出现白色浑浊，后续通过电离常数、溶度积计算及加酸检验的方式，探究沉淀的成分与形成原因；
（1）盛放Na2SO3固体的仪器为三颈烧瓶（或三口烧瓶）；装置C中，逸出的少量硫酸酸雾与饱和NaHSO3溶液反应，离子方程式为HSO3−+H+=SO2↑+H2O；
（2）① 结合图像，当c(H2SO3)>10−5 ml·L−1时，H+浓度与HSO3−浓度近似相等，可得出结论：H2SO3的电离以第一步电离为主（第二步电离程度极弱）；
②根据电离常数Ka2(H2SO3)=c(H+)·c(SO32−)c(HSO3−)=10−7.2，结合实验条件下c(H+)与c(HSO3−)近似相等，可推出c(SO32−)≈10−7.2 ml·L−1；此时溶液中离子积Qc(BaSO3)=c(Ba2+)·c(SO32−)=10−7.2>Ksp(BaSO3)=10−9.3，满足沉淀生成条件，因此猜测一能成立；
猜测二：由于SO2具有还原性，易被溶液中的O2氧化为SO42−，继而与Ba2+结合生成BaSO4沉淀；
（3）实验操作为打开K3，向D中加入足量稀盐酸。可观察到D中白色沉淀部分溶解。
17.（1） 6:5 电负性O>S
（2） ZnSnAs2 正四面体 >62a>
(3)−1124
（4） 91.7% 847 0.224v0
（5） n S2和SO2的选择性之和等于100%，增大压强，反应II平衡正向移动，即SO2的选择性随压强增大而增大
（1）基态Al原子电子排布为1s22s22p63s23p1，成对电子共12个，Al3+电子排布为1s22s22p6，成对电子共10个，比值为12:10=6:5，键的极性和电负性有关，O电负性大于S，对共用电子对吸引力更强，因此H2O中键的极性更大；
（2）均摊法算原子数，Zn的原子数为8×18+4×12+1=4，Sn的原子个数为6×12+4×14=4，As全部在晶胞内共8个，原子比Zn:Sn:As=4:4:8=1:1:2，化学式为ZnSnAs2；与Zn距离最近的As原子共4个，构成正四面体结构；根据分数坐标C14,14,18，D34,34,58，C和D
之间的实际距离差为Δx=34−14a=12a，Δy=34−14a=12a，Δz=58−18·2a=a，故C点原子和D点原子之间距离d=a22+a22+a2pm=62apm；
（3）根据盖斯定律，反应Π=I×3−\PiI，因此ΔH2=3ΔH1−ΔH3=3×(−530kJ·ml−1)−(−466kJ·ml−1)=−1124kJ·ml−1；
（4）①恒容条件下压强比等于物质的量比，起始总物质的量11ml，平衡总物质的量n总=11×a1.1a=10ml，设反应I消耗2xml H2S，反应II消耗2yml H2S，则n(H2O)=2x+2y=5.5，总物质的量11−y=10，解得y=1、x=1.75，总消耗H2S=5.5ml，转化率5.56×100%≈91.7%；平衡时各物质的量：n(H2S)=0.5ml，n(O2)=0.25ml，n(S2)=1.75ml，n(H2O)=5.5ml，n(SO2)=2.0ml，代入Kp计算得Kp=p(S2)·p(H2O)2p(H2S)2·p(O2)=1.7510a··0.2510a=847；
②由2lgv=lgp+m得v∝p(O2)，起始O2分压p0=511×1.1a=0.5a，平衡O2分压p=0.2510×a=0.025a，故vv0=pp0=0.05=510≈0.224，得v=0.224v0；
（5）反应I气体分子数不变，压强对其无影响，反应II是气体分子数减少的反应，增大压强平衡正向移动，SO2选择性随压强增大而增大，结合S2和SO2的选择性之和等于100%，因此n曲线代表SO2的选择性。
18.（1）4-羟基苯甲酸（或对羟基苯甲酸）（酮）羰基、羟基
据已知信息①，D中的酮羰基和乙二醇在干燥HCl下发生反应生成缩酮，得到的E，根据E的结构简式可知，D的结构简式为，D由C发生酯化反应得到，C的结构简式为，结合C的结构简式和转化过程可知，A的分子式为C7H6O3，属于芳香族化合物，不饱和度Ω=7×2+2−62=5，故A的结构简式为，A和H2在催化剂作用下发生加成反应得到B，B为，根据已知信息②，E和反应水解后得到F，根据已知信息③，F和CH3NH2发生先加成后消去反应得到G，G的结构简式为，G和H2在催化剂作用下发生加成反应得到H，H为，H和在NaOH作用下发生取代反应得到K，据此解答：
（1）
由分析可知，A的结构简式为，名称为4-羟基苯甲酸或对羟基苯甲酸；
由F的结构简式知，F中官能团的名称为酮羰基、羟基；
（2）
由分析可知，D→E的目的是为了保护酮羰基，避免羰基与格氏试剂发生反应，C→D的反
应方程式为；
（3）
由分析可知，G的结构简式为{HO−，F→G的反应过程中F中的酮羰基先发生加
成反应，后发生消去反应得到了G；
（4）由分析可知，E的分子式为C10H16O4，不饱和度为2×10+2−162=3，由限定条件可知，
E的同分异构体中含有六元环，六元环上有2个取代基和2个−COOH，符合条件的组合情
况有①两个取代基为−COOH和−CH2CH2COOH，有同、邻、间、对4种，②两个取代基
为−COOH和−CH(CH3)COOH，有同、邻、间、对4种，③两个取代基均为−CH2COOH，
有同、邻、间、对4种，④两个取代基为−CH3和−CH(COOH)COOH，有同、邻、间、对4
种，所以共16种；
（5）
根据已知③，目标产物需要苯胺和苯甲醛反应，首先苯经硝化得到硝基苯，再根据已知④，
硝基苯用Fe—盐酸还原得到苯胺，最后和苯甲醛加热得到目标产物，具体合成路线为
实验操作
A. 蒸馏时接收馏出物
B. 收集NH3并验满
装置
实验操作
C. 检验待测液中是否含有SO42−
D. 用KMnO4标准溶液滴定未知浓度的草酸
装置
选项
实验设计
实验目的
A
向盛有5 mL 0.005 ml·L−1 FeCl3溶液的试管中加入5 mL 0.015 ml·L−1 KSCN溶液，再加入足量锌粉，振荡，观察溶液颜色变化
探究反应物浓度影响化学平衡
B
将等浓度的HNO2溶液与NaOH溶液等体积混合，用pH计测量混合溶液的pH
验证HNO2为弱酸
C
向饱和Na2CO3溶液中加入BaSO4粉末，充分反应后过滤、洗涤，向洗净的沉淀中滴加少量稀盐酸，有气泡产生
验证Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)
D
某卤代烃与NaOH水溶液共热充分反应，冷却
判断卤代烃中含有的卤素种类
后，先加入过量的HNO3溶液，再滴加AgNO3溶液，观察沉淀颜色