【高考领航】2025年高中化学学业水平选择性考试模拟试题（江苏）(5)

高中化学学业水平选择性考试模拟试题(五) (考试用时：75分钟　试卷满分：100分) 一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39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．“碳达峰、碳中和”事关中华民族永续发展和构建人类命运共同体。下列措施对实现“碳达峰、碳中和”不具有直接贡献的是(　　) A．植树造林　　　　 B．开发核能　　　　 C．燃煤脱硫　　　　 D．节约用电 2．下列化学用语表示正确的是(　　) A．H2S分子的球棍模型：　　　 B．AlCl3的价层电子对互斥模型： C．KI的电子式： D．CH3CH(CH2CH3)2的名称：3-甲基戊烷 3．硫及其化合物的“价—类”二维图体现了化学变化之美。NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是(　　) A．1 L 1 mol/L H2S水溶液中粒子关系存在：N(HS－)＋N(S2－)＝NA B．标准状况下，22.4 L Y的分子数目为NA C．工业上用NaClO3和X制备1 mol ClO2时，消耗X分子数为0.5NA D．“价—类”二维图中盐N可由其相应单质直接化合生成 4.某农药杀虫剂中含有的成分如图。已知X、Y、Z、N、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、Z位于同一个周期，X、N位于同一主族。下列叙述正确的是(　　) A．Z、M的最简单气态氢化物的键角：M＞Z B．第一电离能比Z小且与Z同周期的元素有4种 C．X、Y形成的链状化合物YmXn中σ键数为：m＋n－1 D．Y、Z两种元素与X元素形成的最简单气态氢化物，均为非极性分子 阅读下列材料，完成5～7题。 硫及其化合物有着广泛的作用。硫元素具有多种化合价，在一定条件下能发生相互转化。不同温度下硫单质的状态和分子结构不同，S8环状分子的结构为。合理应用和处理含硫的化合物，在生产生活中有重要意义。 5．下列有关说法正确的是(　　) A．SO的空间结构为正四面体 B．S8是共价晶体 C．SO2和SO3中的键角相等 D．H2S的沸点高于H2O 6．下列有关硫及其化合物的性质与用途具有对应关系的是(　　) A．硫单质呈黄色，可用作橡胶硫化剂 B．SO2具有氧化性，可用于漂白草编织物 C．Na2SO3具有还原性，可用于处理自来水中残留的Cl2 D．浓硫酸具有强氧化性，可用作酯化反应的催化剂 7．利用甲烷可以除去SO3，反应为8SO3(g)＋6CH4(g)S8(g)＋6CO2(g)＋12H2O(g)。 下列说法正确的是(　　) A．上述反应的ΔS<0 B．上述反应的化学平衡常数K＝ C．及时分离出H2O(g)，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动 D．上述反应中生成1 mol S8，转移电子的数目约为48×6.02×1023 8．臭氧能氧化CN－，故常被用来治理电镀工业中的含氰废水，其化学反应原理为5O3＋2CN－＋H2O===2HCO＋N2＋5O2。下列说法错误的是(　　) A．O3和O2是氧元素的同素异形体 B．该反应是熵增的过程 C．该反应中N2为氧化产物 D．反应中所涉及的三种气体分子均为非极性分子 9．高聚物A在生物医学上有广泛应用。以甲基丙烯酸β→羟乙酯(HEMA)和N-乙烯基吡咯烷酮(NVP)为原料合成高聚物A的路线如下。下列说法正确的是(　　) A．HEMA存在顺反异构现象 B．NVP分子中所有原子均处于同一平面 C．HEMA和NVP通过加聚反应生成高聚物A D．高聚物A能与NaOH、NaHCO3反应 10.利用Sonogashira反应机理合成苯乙炔的基本过程如图，其中Ln表示配体(PPh3)2，下列叙述正确的是(　　) A．步骤④过程中，Pd元素被还原 B．LnPd和CuI是该反应过程的催化剂，可以提高的平衡转化率 C．总反应的原子利用率达到100% D．若用苯乙炔代替上述过程中的同类物质与CH2===CHI反应，可以合成 11．下列操作能实现相应的实验目的的是(　　) 选项 实验目的 操作步骤及现象 A 验证淀粉水解生成葡萄糖 将淀粉和稀硫酸混合水浴加热一段时间；待溶液冷却后，加入NaOH溶液，调pH至碱性，再加入新制的Cu(OH)2，加热，有砖红色沉淀产生 B 证明某钠盐为Na2SO3或NaHSO3 向某钠盐中滴加浓盐酸，并将产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色 C 除去乙醇中混有的少量乙酸 向混合液中加入饱和Na2CO3溶液，分液 D 证明氧化性：H2O2＞Fe3＋ 将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液中，再滴入KSCN溶液，溶液变红 12.已知pKa＝－lg Ka，25 ℃时，H2R的pKa1＝1.85，pKa2＝7.22。用0.1000 mol·L－1NaOH溶液滴定20.00 mL H2R溶液，溶液中H2R、HR－、R2－的分布分数δ[如R2－分布分数：δ(R2－)＝]随pH变化曲线及滴定曲线如图(忽略滴定过程中温度的变化)。下列说法错误的是(　　) A．两次突变，应选用不同的指示剂 B．pH＝8时：c(Na＋)＞c(R2－)＞c(HR－) C．b点溶液的pH约为4.54 D．c2(HR－)＜c(R2－)·c(H2R) 13.铜金合金可作为CO2转化为碳氢化合物的催化剂，如图是一种铜金合金的晶胞结构图。下列说法正确的是(　　) A．该晶胞的体积为a3×10－36 cm3 B．Au和Cu原子数之比为3∶1 C．与Au原子最邻近的Cu原子数为12 D．Au原子和Cu原子之间的最短距离为a pm 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 14．(15分)一种用磷矿脱镁废液(pH为2.1，溶液中含H3PO4、H2PO、HPO，还有少量Mg2＋及Ca2＋、Fe3＋、Al3＋等杂质离子)制备三水磷酸氢镁工艺的流程如下： 已知：T ℃温度下，磷酸的pKa与溶液的pH的关系如下图。 回答下列问题： (1)“恒温搅拌1”步骤后溶液pH为4.5，溶液中c(HPO)________c(PO)(填“＞”、“＜”或“＝”)，此时杂质Ca2＋、Fe3＋、Al3＋沉淀效果最好，Ca2＋生成CaHPO4·2H2O，其余沉淀均是磷酸正盐，写出Ca2＋与H2PO反应生成沉淀的离子方程式________________________，溶液中Al3＋的浓度为10－6 mol·L－1，则c(Fe3＋)/c(Al3＋)＝________________，c(H2PO)＝__________ mol·L－1[已知：T ℃温度下，Ksp(FePO4)＝10－21.9，Ksp(AlPO4)＝10－18.3]。 (2)“恒温搅拌2”中需添加MgO，其作用是________________________。制备过程中采用“抽滤”，其目的是________________________________________。 (3)从图像可以看出，pH对镁回收率及产品纯度的影响较大，pH＞6.0时，随着pH的增加，产品的纯度降低，分析纯度降低的原因_________________。 15．(15分)化合物J是合成紫草酸药物的一种中间体，其合成路线如图： 回答以下问题： (1)A的结构简式为____________________________；其中碳原子的杂化方式为______________________________。 (2)D→E的反应类型为____________________________；该反应的目的是____________________________________。 (3)F→H的化学方程式为________________________________________。 (4)有机物J中含有官能团的名称是_________________________________。 (5)符合下列条件的A的同分异构体有____________种。 ①能与FeCl3溶液作用显色； ②能发生银镜反应； ③核磁共振氢谱峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1。 (6)综合上述信息，写出由CH2===CHBr和的合成路线_______________________________(其他试剂任选)。 16．(15分)利用电极反应可探究物质氧化性、还原性的变化规律。 已知：酸性介质中，1 mol/L不同电对的电极电势见下表。电极电势越高，其氧化型物质的氧化性越强；电极电势越低，其还原型物质的还原性越强。 电对(氧化型/还原型) Fe3＋/Fe2＋ H2O2/H2O O2/H2O2 MnO2/Mn2＋ I2/I－ 电极电势φ/V 0.771 1.776 0.695 1.224 0.536 回答下列问题： Ⅰ.探究H2O2的分解反应 Fe3＋催化H2O2分解反应过程包括ⅰ、ⅱ两步： 反应ⅰ：Fe3＋＋H2O2―→Fe2＋＋H＋＋________________(未配平) 反应ⅱ：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O (1)反应ⅰ的离子方程式为_______________________________。 (2)验证Fe2＋生成：反应过程中，加入____________溶液，产生蓝色沉淀，证明有Fe2＋生成。 (3)酸性条件下MnO2也可催化H2O2分解。结合表中数据判断，上述条件下H2O2、O2、MnO2的氧化性由强到弱的顺序为________________________。 Ⅱ.探究物质氧化性变化对电化学反应方向的影响 用可逆反应2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2设计电池，按图a装置进行实验，测得电压E(E＝φ正极－φ负极)随时间t的变化如图b所示： 　 　　　　　　　　　图a　　　　　　　　　　　　　图b (4)电池初始工作时，正极的电极反应式为_____________________________。 (5)某小组从还原型物质浓度、氧化性变化的角度分析图b，提出以下猜想： 猜想1：c(Fe2＋)增大，Fe3＋的氧化性减弱，正极的电极电势降低。 猜想2：c(I－)减小，I2的氧化性增强，负极的电极电势升高。 ①t1时间后，按图a装置探究，验证上述猜想的合理性，完成表中填空。 实验 实验操作 电压E/V 结论 ⅰ 往烧杯A中加入适量Fe E__________0 猜想1成立 ⅱ 往烧杯B中加入适量____________ E＜0 猜想2成立 ②有同学认为，上述实验不足以证明猜想1成立。利用上述反应，从化学平衡移动的角度解释猜想1不足以成立的理由__________________。 ③为进一步验证猜想1，进行实验ⅲ，完成表中填空。 实验 实验操作 电压E/V 结论 ⅲ 往烧杯A中加入适量____________ E＜0 猜想1成立 结论：可逆氧化还原反应中，浓度的变化引起电对氧化性变化，从而改变电池反应方向。 17．(16分)丙烯是合成有机物的基本原料之一，工业上可以通过石油裂化和裂解获得。 (1)用于合成异丙醇。 已知：①2CH3CH(OH)CH3(g)＋9O2(g) 6CO2(g)＋8H2O(g)　 ΔH1＝－a kJ·mol－1 ②2CH3CH===CH2(g)＋9O2(g) 6CO2(g)＋6H2O(g)　 ΔH2＝－b kJ·mol－1(a>b) 若CH3CH===CH2(g)＋H2O(g) CH3CH(OH)CH3(g)　ΔH，该反应逆反应的活化能为c kJ·mol－1，则正反应的活化能为________ kJ·mol－1(用含a、b、c的代数式表示)。 (2)丙烷氧化脱氢制备丙烯的反应为C3H8(g)＋O2(g) C3H6(g)＋H2O(g)　ΔH<0。一定条件下，恒压密闭容器中C3H8与O2起始物质的量比分别为2∶1、1∶1、1∶2、1∶3，平衡时C3H8的体积分数[φ(C3H8)]随温度、的变化关系如图所示。 ①表示＝1∶2的曲线是__________(填“Ⅰ”“Ⅱ”“Ⅲ”或“Ⅳ”)。 ②T3__________T4(填“＞”或“＜”)，原因是_______________________。 ③M点时，O2的转化率是__________(保留三位有效数字)。 (3)在HZSM-5催化下用甲醇可制取丙烯，反应为3CH3OH(g)C3H6(g)＋3H2O(g)　ΔH，一定温度下，向2 L恒容密闭容器中通入3 mol CH3OH(g)，平衡时，n(C3H6)＝0.6 mol，下列说法正确的是__________(填字母)。 A．HZSM-5能提高该反应的平衡转化率 B．达到平衡时，再向容器中通入1.5 mol CH3OH(g)，重新达到平衡时C3H6的浓度增大 C．达到平衡后，再通入物质的量均为0.6 mol的CH3OH(g)、C3H6(g)、H2O(g)，此时平衡逆向移动 D．若起始时向2 L绝热恒容密闭容器中通入3 mol CH3OH(g)，平衡时，n(H2O)＝1.6 mol，则ΔH＜0 (4)工业上用“丙烯氨氧化法”制备丙烯腈(CH2===CHCN)包括如下反应： Ⅰ.C3H6(g)＋NH3(g)＋O2(g)CH2===CHCN(g)＋3H2O(g) Ⅱ.C3H6(g)＋O2(g)CH2===CHCHO(g)＋H2O(g)(副反应) 向T ℃、压强为28 MPa的恒压密闭容器中通入1 mol丙烯、1 mol氨气和4.8 mol氧气发生反应Ⅰ、Ⅱ，容器内H2O(g)、CH2===CHCN(g)、C3H6(g)的物质的量(n)随时间(t)的变化关系如图所示： ①图中表示CH2===CHCN(g)的曲线是________(填“a”“b”或“c”)。 ②平衡时，CH2===CHCHO(g)的分压p(CH2＝CHCHO)＝__________MPa。 ③反应Ⅱ的压强平衡常数Kp＝________(Kp为用分压表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数)。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高中化学学业水平选择性考试模拟试题(五) 　1—6　CDCCAC　7—13　DDCAADC 1．C　植树造林可以减少CO2的排放，对实现“碳达峰、碳中和”具有直接贡献，A不符合题意；开发核能可以减少化石能源的使用，有利于减少CO2的排放，对实现“碳达峰、碳中和”具有直接贡献，B不符合题意；燃煤脱硫可以减少SO2的排放，但不能减少CO2的排放，对实现“碳达峰、碳中和”不具有直接贡献，C符合题意；节约用电可以减少化石能源的使用，有利于减少CO2的排放，对实现“碳达峰、碳中和”具有直接贡献，D不符合题意。 2．D　H2S分子是“V”形结构，不是直线形分子，A错误；AlCl3中心原子价层电子对数为3＋(3－1×3)＝3＋0＝3，其价层电子对互斥模型为平面三角形，B错误；KI是离子化合物，其电子式为，C错误；结合选项中有机物的结构简式及有机物的命名原则，其名称为3甲基戊烷，D正确。 3．C　由图可知，X为二氧化硫、Y为三氧化硫、Z为硫酸、M为硫酸铜、N为硫化铜。1 L 1 mol/L氢硫酸溶液中存在如下物料守恒关系：N(H2S)＋N(HS－)＋N(S2－)＝1 mol/L×1 L×NA mol－1＝NA，故A错误；标准状况下，三氧化硫为固态，无法计算22.4 L三氧化硫的物质的量和含有的分子数目，故B错误；由得失电子数目守恒可知，氯酸钠溶液与二氧化硫反应制备1 mol二氧化氯时，反应消耗二氧化硫的分子数为×NA mol－1＝0.5NA，故C正确；铜与硫共热反应生成硫化亚铜，不能生成硫化铜，则硫化铜不能由相应单质直接化合生成，故D错误。 4．C　X、Y、Z、N、M为原子序数依次增大的短周期元素，X、N位于同一主族，杀虫剂结构中X形成1个共价键，而N形成＋1价阳离子，且N与X的原子序数相差不小于3，故X为H元素、N为Na元素；Y、Z位于同一个周期，二者处于第二周期，杀虫剂结构中Y形成4个共价键、Z形成3个共价键，故Y为C元素、Z为N元素，结构中M形成2个共价键，其中1个M原子获得1个电子，则M处于第ⅥA族，M的原子序数大于钠，故M为S元素。N、S的最简单气态氢化物为NH3和H2S，二者中心原子的杂化类型都是sp3，但NH3中N有1对孤电子对，H2S中S有2对孤电子对，则键角：NH3>H2S，故A错误；同周期元素从左到右第一电离能总体上呈现逐渐增大的趋势，但由于N元素2p轨道为半充满状态，相对稳定，故第一电离能N>O>C>Be>B>Li，第一电离能比N小且与N同周期的元素有5种，故B错误；C、H形成的链状化合物CmHn，C—H键为σ键，共有n个C—H σ键，C原子与C原子之间形成的σ键共m－1个，σ键数为：m＋n－1，故C正确；C、N两种元素与H元素形成的最简单气态氢化物为CH4和NH3，NH3为极性分子，故D错误。 5．A　SO中硫原子的价层电子对数＝4＋＝4，硫原子上的孤电子对数为0，空间结构为正四面体形，A正确；S8是由分子构成的分子晶体，B错误；SO2和SO3中硫原子均为sp2杂化，但SO2中存在一个孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，故两者的键角不等，C错误；水分子间能形成氢键导致沸点升高，故沸点：H2S<H2O，D错误。 6．C　硫单质可用作橡胶硫化剂，体现的是硫的化学性质，与颜色无关，A不符合题意；SO2用于漂白草编织物，发生非氧化还原反应，体现SO2的漂白性，B不符合题意；Na2SO3具有还原性，与自来水中残留的Cl2发生氧化还原反应，从而去除Cl2，C符合题意；浓硫酸用作酯化反应的催化剂，与氧化性无关，D不符合题意。 7．D　反应为气体分子数增大的反应，ΔS>0，A错误；由化学方程式可知，上述反应的化学平衡常数K＝，B错误；及时分离出H2O(g)，平衡向正反应方向移动，但物质浓度减小，正反应速率减小，C错误；反应中硫元素化合价由＋6变为0，S8～48e－，则上述反应中生成1 mol S8，转移电子的数目约为48×6.02×1023，D正确。 8．D　O3和O2是由氧元素组成的两种不同单质，是氧元素的同素异形体，A正确；题给反应是气体总分子数增加的反应，是熵增的过程，B正确；HCO和N2均为氧化产物，C正确；N2和O2是非极性分子，O3是极性分子，D错误。 9．C　HEMA碳碳双键左边连有两个氢原子，因此不存在顺反异构现象，故A错误；氨气是三角锥形，NVP分子中含有饱和氮原子，因此分子中所有原子一定不处于同一平面，故B错误；两者通过加聚反应生成高聚物A，故C正确；高聚物A含有酯基，能与NaOH反应，高聚物中不含有羧基，不能与NaHCO3反应，故D错误。 10．A　步骤④过程中，Pd的化合价由＋2变为0，化合价降低，元素被还原，故A正确；催化剂不能使平衡移动，碘苯的平衡转化率不变，故B错误；由图可知，反应为乙炔和生成苯乙炔和HI的反应，反应为取代反应，有HI生成，故总反应的原子利用率小于100%，故C错误；若用苯乙炔代替上述过程中的同类物质与CH2===CHI发生取代反应，可以合成，故D错误。 11．A　葡萄糖和氢氧化铜在碱性条件下加热反应生成砖红色沉淀，将淀粉和稀硫酸混合水浴加热一段时间，待溶液冷却后，加入NaOH溶液，调pH至碱性，再加入新制的Cu(OH)2，加热，有砖红色沉淀(Cu2O)产生，证明淀粉水解生成葡萄糖，A正确；Na2SO3和NaHSO3都与盐酸反应生成SO2，使品红溶液褪色，故不能确定某钠盐为Na2SO3或NaHSO3，B错误；乙酸和碳酸钠可以反应，生成乙酸钠溶于水，乙醇和碳酸钠不反应，但乙醇与水任意比互溶，故乙醇和乙酸的混合液中加入饱和Na2CO3溶液，不会分层，故无法用分液的方法除去乙醇中混有的少量乙酸，C错误；NO遇到H＋具有强氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，无法证明氧化性：H2O2＞Fe3＋，D错误。 12．D　用0.1000 mol·L－1NaOH溶液滴定20.00 mL H2R溶液，pH较大时，R2－的分布分数较大，随着pH的减小，R2－的分布分数逐渐减小，HR－的分布分数逐渐增大，恰好生成NaHR之后，HR－的分布分数逐渐减小，H2R的分布分数逐渐增大，表示H2R、HR－、R2－的分布分数的曲线如图所示。 根据图像可知，第一次滴定突变时溶液呈酸性，所以可以选择甲基橙作指示剂，第二次滴定突变时溶液呈碱性，所以可以选择酚酞作指示剂，故A正确；根据图像可知，pH＝8时，溶液中含有Na2R和NaHR，此时δ(R2－)>δ(HR－)，则c(Na＋)>c(R2－)>c(HR－)，故B正确；b点时，加入20 mL 0.1000 mol·L－1NaOH溶液，此时c(R2－)＝c(H2R)，则：Ka1·Ka2＝c2(H＋)，所以溶液pH＝(pKa1＋pKa2)＝×(1.85＋7.22)≈4.54，故C正确；H2R的pKa1＝1.85，pKa2＝7.22，则＝＝＝＞1，则c2(HR－)＞c(R2－)·c(H2R)，故D错误。 13．C　晶胞的体积为(a×10－10 cm)3＝a3×10－30 cm3，A错误；晶胞中Au原子个数为×8＝1，Cu原子个数为×6＝3，Au原子和Cu原子数之比为1∶3，B错误；与Cu原子最邻近的Au原子数为4，因此与Au原子最邻近的Cu原子数为4×3＝12，C正确；Au原子和Cu原子之间的最短距离是面对角线长度的，即 pm，D错误。 14．解析：脱镁废液(pH为2.1，溶液中含H3PO4、H2PO、HPO，还有少量Mg2＋及Ca2＋、Fe3＋、Al3＋等杂质离子)中加入NaOH调节pH，杂质Ca2＋、Fe3＋、Al3＋沉淀，离心分离出沉淀后，向上清液中加入MgO调节pH，此时溶液中溶质主要为MgHPO4，经过抽滤、洗涤、干燥得到三水磷酸氢镁，以此解答。(1)由磷酸的pKa与溶液的pH的关系图以及电离常数表达式可知，当溶液pH＝12.36时，溶液中c(HPO)＝c(PO)，所以“恒温搅拌1”步骤后溶液pH为4.5时，溶液中c(HPO)＞c(PO)；Ca2＋生成CaHPO4·2H2O，由于pH为4.5时溶液中以H2PO为主，所以Ca2＋与H2PO反应生成沉淀的离子方程式为Ca2＋＋2H2PO＋2OH－===CaHPO4·2H2O↓＋HPO或Ca2＋＋H2PO＋H2O＋OH－===CaHPO4·2H2O↓；溶液中Al3＋的浓度为10－6 mol·L－1，＝＝＝＝10－3.6，溶液中c(PO)＝＝ mol/L＝10－12.3 mol/L，由磷酸的pKa与溶液的pH的关系图可知，H3PO4的Ka2＝10－7.21，Ka3＝10－12.36，则c(HPO)＝＝ mol/L＝10－4.44 mol/L，c(H2PO)＝＝ mol/L＝10－1.73 mol/L。(2)氧化镁能与酸反应生成镁离子，所以添加MgO的作用是提供Mg2＋，消耗H＋；由于“抽滤”可加快过滤速度，所以制备过程中采用“抽滤”；(3)由于pH增大，导致体系中PO浓度增大，从而使副产物Mg3(PO4)2增多，因此pH＞6.0时，随着pH的增加，产品的纯度降低。 答案：(1)＞　Ca2＋＋2H2PO＋2OH－===CaHPO4·2H2O↓＋HPO或Ca2＋＋H2PO＋H2O＋OH－===CaHPO4·2H2O↓　10－3.6　10－1.73　(2)提供Mg2＋，消耗H＋　加快过滤速度　(3)pH增大，体系中PO浓度增大，副产物Mg3(PO4)2增多 15．解析：由已知反应知C→D为—CHO的还原反应则C为。B→C发生已知反应ⅱ，则B为。由于A的化学式为C8H8O3，A与CH2===CHCH2Br反应得到B，则A为。D与(CH3CO)2O为—OH中H被取代得到E，E为。E经臭氧氧化得到甲醛和F即碳碳双键的氧化，则F为。F经H2O2氧化得到H为—CHO变为—COOH，则H为。H→I为酯的水解，I为。(1)A中苯环的C和—CHO的碳均采取sp2杂化，—OCH3的C采取sp3杂化。(2)D→E的反应为取代反应。后续步骤氧化碳碳双键，而羟基易被氧化，所以该步骤为保护羟基。(3)F经H2O2氧化得到H为—CHO变为—COOH，反应方程式为：H2O。(5)A的化学式为C8H8O3，分子中不饱和度为＝5。已知信息①②得含有—CHO和酚羟基，同时核磁共振氢谱峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1，符合条件的同分异构体的结构简式为，共4种。(6)合成目标产物需将碳碳双键氧化得到醛，但酚羟基易氧化需要进行保护，所以先经O3氧化得到经水解得到。结合已知合成反应可确定答案。 答案：(1) 　sp2、sp3　(2)取代反应　保护羟基，防止被氧化　 (3) ＋H2O　(4)酯基、醚键　(5)4　 16．解析：已知：酸性介质中，1 mol/L不同电对的电极电势越高，其氧化型物质的氧化性越强，结合表中数据判断，上述条件下氧化性由强到弱的顺序为H2O2＞MnO2＞Fe3＋＞O2＞I2，还原性顺序为：I－＞H2O2＞Fe2＋＞Mn2＋＞H2O；要通过2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2反应探究物质氧化性变化对电化学反应方向的影响，从某还原型物质浓度、氧化性变化的角度分析图b，对于2个猜想，只能通过改变一个变量观察是否使E＜0来探究——猜想1：c(Fe2＋)增大，Fe3＋的氧化性减弱，正极的电极电势降低，故只能通过A烧杯加适量氯化亚铁固体，增加亚铁离子浓度，猜想2：c(I－)减小，I2的氧化性增强，负极的电极电势升高，只能通过B烧杯加适量硝酸银固体减少碘离子浓度来实现。(1)反应ⅰ中铁离子把双氧水氧化了，生成亚铁离子、氧气和水，离子方程式为2Fe3＋＋H2O2===2Fe2＋＋2H＋＋O2↑。 (2)K3[Fe(CN)6]遇Fe2＋发生反应：3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3－===Fe3[Fe(CN)6]2↓，生成蓝色沉淀，则反应过程中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，证明有Fe2＋生成。(4)电池初始工作时，由2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2可知，铁离子得电子发生还原反应转变为亚铁离子，为正极，则正极的电极反应式为Fe3＋＋e－===Fe2＋。(5)①ⅰ.t1时E＝φ正极－φ负极＝0，若往烧杯A中加入适量Fe，则铁与铁离子反应，结合猜想1，c(Fe2＋)增大，Fe3＋的氧化性减弱，正极的电极电势降低，则E＜0；ⅱ.t1时E＝φ正极－φ负极＝0，若往烧杯B中加入适量AgNO3固体，可使碘离子产生沉淀，使c(I－)减小，I2的氧化性增强，负极的电极电势升高，使E＜0，猜想2成立。②加入铁粉后，同时造成c(Fe2＋)增大，c(Fe3＋)减小，都能使2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2平衡逆移，使E＜0。③ⅲ.t1时E＝φ正极－φ负极＝0，若往烧杯A中加入适量FeCl2固体，c(Fe2＋)增大，Fe3＋的氧化性减弱，正极的电极电势降低，使E＜0，猜想1成立。 答案：(1)2Fe3＋＋H2O2===2Fe2＋＋2H＋＋O2↑　 (2)K3[Fe(CN)6]　(3)H2O2＞MnO2＞O2　(4)Fe3＋＋e－===Fe2＋　(5)①＜　AgNO3固体　②加入铁粉后，同时造成c(Fe2＋)增大，c(Fe3＋)减小，都能使2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2平衡逆移，使E＜0 ③FeCl2固体 17．解析：(1)由盖斯定律可知，反应得到反应CH3CH===CH2(g)＋H2O(g) CH3CH(OH)CH3(g)，则ΔH＝＝ kJ/mol，所以正反应的活化能为(＋c)kJ/mol；(2)①减小相当于增大氧气的浓度，平衡向正反应方向移动，丙烷的转化率增大，体积分数减小，则表示＝1∶2的曲线是Ⅱ；②该反应为放热反应，一定时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，丙烷的体积分数增大，则由图可知，横坐标向左是升高温度，反应温度T3大于T4；③由图可知，M点时，起始＝1∶1，丙烷的体积分数为20%，设丙烷和氧气的物质的量都为1 mol，平衡时生成a mol丙烯，由题意可建立如下三段式： C3H8(g)＋O2(g)C3H6(g)＋H2O(g) 起(mol) 　1 　 1 　 0 　 0 变(mol) 　a 　 0.5a 　 a 　 a 平(mol) 1－a 　1－0.5a   a 　 a 由丙烷的体积分数可得：×100%＝20%，解得a＝，则氧气的转化率为×100%≈27.3%；(3)由题意可知，平衡时，丙烯的物质的量为0.6 mol，由方程式可知，甲醇、水蒸气的物质的量分别为3 mol－0.6 mol×3＝1.2 mol、0.6 mol×3＝1.8 mol，则反应的平衡常数K＝＝1.0125；A.催化剂HZSM-5能加快反应速率，但化学平衡不移动，反应的平衡转化率不变，故错误；B.达到平衡时，向恒容密闭容器中通入1.5 mol甲醇，增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动，则重新达到平衡时丙烯的浓度增大，故正确；C.达到平衡后，再通入物质的量均为0.6 mol的甲醇、丙烯、水蒸气，反应的浓度熵Qc＝≈1.42＞K，则平衡向逆反应方向移动，故正确；D.若起始时向2 L绝热恒容密闭容器中通入3 mol甲醇，平衡时水蒸气的物质的量为1.6 mol说明平衡向逆反应方向移动，若该反应为放热反应，反应放出的热量使反应温度升高，平衡向逆反应方向移动，若该反应为吸热反应，反应吸收热量使反应温度降低，平衡向逆反应方向移动，则起始时向2 L绝热恒容密闭容器中通入3 mol甲醇，平衡时水蒸气的物质的量为1.6 mol不能确定该反应是放热反应还是吸热反应，故错误；故选BC；(4)由方程式可知，三种物质中，丙烯是反应物、CH2===CHCN(g)和水蒸气是生成物，所以图中表示丙烯的曲线是b，CH2===CHCN(g)的物质的量小于水蒸气，则图中表示CH2===CHCN(g)、水蒸气的曲线分别是a、c，设平衡时生成CH2===CHCN(g)、CH2===CHCHO(g)的物质的量分别为a mol、b mol，由题给数据可建立如下三段式： 由图可知，水蒸气的物质的量为1.4 mol，丙烯和CH2===CHCN(g)的物质的量相等，则由题意可得：3a＋b＝1.4，1－a－b＝a，解得a＝0.4、b＝0.2，总物质的量为7 mol；①由分析可知，图中表示CH2===CHCN(g)的曲线是a；②由三段式数据可知，平衡时，丙烯醛的分压p(CH2===CHCHO)＝×28 MPa＝0.8 MPa；③由三段式数据可知，平衡时，丙烯、氧气、丙烯醛、水蒸气的平衡分压分别为×28 MPa＝1.6 MPa、×28 MPa＝16 MPa、×28 MPa＝0.8 MPa、×28 MPa＝5.6 MPa，反应Ⅱ的压强平衡常数Kp＝＝0.175。 答案：(1)(＋c)　(2)①Ⅱ　②＞　该反应是放热反应，C3H8与O2起始物质的量比相同时，升高温度，平衡逆向移动，C3H8体积分数增大，故横坐标向左是升高温度，所以T3＞T4　③27.3%　(3)BC　(4)① a　②0.8　③0.175 学科网（北京）股份有限公司 $$