【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）(6)

高中化学学业水平选择性考试模拟试题(六) (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．糖类在生命活动中起重要作用。下列物质主要成分属于糖类的是(　　) A．棉布　　　　　　　 B．羊毛　　　　　　　 C．维生素　　　　　　　 D．油脂 2.氨基氰(CH2N2)中C、N原子均满足8电子稳定结构，福州大学王新晨教授以其为原料制得类石墨相氮化碳(g-C3N4)，其单层结构如图所示。下列说法错误的是(　　) A．氨基氰的结构式： B．氮化碳的单层结构中，所有原子可能共平面 C．氨基氰易溶于水，氮化碳能导电 D．氨基氰和氮化碳中，N原子杂化方式均为sp2和sp3 3．设计实验验证木炭和浓硫酸反应的产物。下列装置和操作能达到实验目的的是(　　) 甲　　　　乙　　　丙　　　　　　　丁 A．用装置甲实现木炭与浓硫酸反应 B．用装置乙检验产物中的SO2 C．用装置丙检验产物中的水蒸气 D．用装置丁检验产物中的CO2 4.已知W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下，它们的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01 mol·L－1)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是(　　) A．化合物X2Y2为含有非极性共价键的离子化合物 B．简单离子半径：Z>Y>W>X C．X、Z和O形成的盐溶液XZO呈酸性 D．Y单质与Z的简单氢化物能发生置换反应 阅读下列材料，完成5～7题。 氯、氮、硫的化合物应用广泛。ClO2(分子空间填充模型为)、NaClO等含氯消毒剂可用于杀菌消毒。人工固氮可将N2转化为NH3，再进一步制备肼(N2H4)、硝酸、铵盐等化合物，肼和偏二甲肼(C2H8N2)常用作火箭燃料，肼的燃烧热为622.08 kJ·mol－1。H2S可除去废水中Hg2＋等重金属离子，H2S水溶液在空气中会缓慢氧化生成S而变浑浊。 5．下列说法正确的是(　　) A．基态氮原子的核外电子有5种运动状态 B．NH和H2S中心原子均采用sp3杂化方式 C．ClO2是由极性键构成的非极性分子 D．偏二甲肼(C2H8N2)的结构简式为 6．下列化学反应的方程式表示不正确的是(　　) A．NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3：ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO B．H2S水溶液在空气中变浑浊的化学方程式：2H2S＋O2===2S↓＋2H2O C．用石墨作电极电解NaCl溶液的离子方程式：2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－ D．肼燃烧的热化学方程式：N2H4(l)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－622.08 kJ·mol－1 7．下列物质的性质与用途具有对应关系的是(　　) A．H2S具有还原性，可除去废水中的Hg2＋ B．HNO3具有强氧化性，可用于制NH4NO3 C．NH4Cl溶液呈酸性，可用于去除铁锈 D．NaClO溶液呈碱性，可用于杀菌消毒 8．目前可采用“双极膜组”电渗析法淡化海水，同时获得副产品A和B，模拟工作原理如图所示。M和N为离子交换膜，在直流电作用下，双极阴阳膜(BP)复合层间的H2O解离成H＋和OH－，作为H＋和OH－的离子源。下列说法正确的是(　　) 　 A．X电极为阴极，电极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑ B．M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜，BP膜的作用是选择性通过Cl－和Na＋ C．每生成5.6 L气体a，理论上获得副产品A和B各0.5 mol D．“双极膜组”电渗析法也可应用于从盐溶液(MX)制备相应的酸(HX)和碱(MOH) 9．布洛芬虽有抗炎、解热、镇痛作用，但口服对胃肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示的修饰，以减轻副作用。 下列说法错误的是(　　) A．布洛芬属于芳香酸 B．布洛芬和修饰分子均含有1个手性碳原子 C．该做法使布洛芬水溶性增强 D．1 mol布洛芬与足量H2反应，可消耗3 mol H2 10．甲苯与CH3COCl在无水AlCl3存在下发生反应，其反应机理及部分能量示意图如下。下列说法错误的是(　　) 　 A．AlCl3是该反应的催化剂 B．步骤Ⅱ是该反应的决速步骤 ΔH＝(b－a)kJ/mol D．虚线L可表示与CH3COCl的反应中能量的变化 11．下列实验操作和现象可得出相应结论的是(　　) 选项 实验操作 现象 结论 A 将红热的木炭加入浓硝酸中 产生红棕色气体 碳与浓硝酸反应生成了NO2 B 室温时，将等物质的量浓度的弱酸HA和弱碱BOH等体积混合，并向其中滴加紫色石蕊溶液 溶液变红 Kb(BOH)＜Ka(HA) C 向KBr溶液中依次滴加过量氯水、淀粉-KI溶液 溶液依次变为橙色和蓝色 元素非金属性：Cl＞Br＞I D 向1 mL 0.1 mol·L－1AgNO3溶液中依次滴加2滴0.1 mol·L－1NaCl溶液和0.1 mol·L－1KI溶液 依次产生白色和黄色沉淀 Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI) 12.常温下，用Hg(NO3)2测定NaCl溶液中的c(Cl－)时，含Hg微粒的分布系数(δ)与lg c(Cl－)的关系如图所示。Hg2＋与Cl－的配合物存在如下平衡：HgClHgClHgCl2HgCl＋Hg2＋。下列说法错误的是(　　) A．K1＝10－1，K2＝10－0.85 B．在X点：c(HgCl2)∶c(HgCl＋)∶c(Hg2＋)＝2∶2∶1 C．在Q点：c(Cl－)＋3c(HgCl)＞c(H＋)－c(OH－) D．若P点pH＝7，c(Na＋)＋c(HgCl＋)－c(NO)＋2c(HgCl2)＝10－5.6 mol·L－1 13．一定条件下热解制取H2：2H2S(g)＋CH4(g)CS2(g)＋4H2(g)。已知其他条件不变时，温度对H2S的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示。下列说法一定正确的是(　　) A．平衡常数：K(Y)＞K(Z) B．达到平衡所需时间：t(X)＜t(Y) C．总能量：E生成物＞E反应物 D．单位时间的转化率：α(Z)＞α(Y) 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 14．(15分)固体电解质LATP的化学式为Li1.4Al0.4Ti1.6(PO4)3，某研究人员以钛铁矿精粉(主要成分为FeTiO3，含少量Al2O3、SiO2)为原料合成LATP的工艺流程如图所示。 请回答下列问题： (1)“粉碎”的目的是________________________，为了达到这一目的，还可以采用的措施有________________________________________(答一条即可)。 (2)“碱浸”的目的是除去_________________________________(填化学式)。 (3)“碱浸”时加入适当过量的NaOH溶液，“酸浸”时加入适当过量的稀硫酸，且NaOH溶液和稀硫酸均不宜过量太多，其主要原因是_________________。 (4)“沉钛”时生成Ti3(PO4)4的化学方程式为__________________________。 (5)本实验洗涤Ti3(PO4)4时采用如图所示装置，该装置为抽滤装置，其原理是用抽气泵使吸滤瓶中的压强降低，达到快速固液分离的目的。其中“安全瓶”的作用是_______________________________________。 (6)常温下，Ti3(PO4)4的Ksp＝a，当溶液中c(Ti4＋)≤1.0×10－5 mol·L－1时可认为Ti4＋沉淀完全，则“沉钛”时，溶液中c(PO)最低为_____________mol·L－1。 15．(15分)以CO2为原料生产系列高附加值产品A～I的合成路线如图。 回答下列问题： (1)A→B的反应类型为________。 (2)B→C的化学方程式为_______________________。 (3)E的名称为____________，E→F＋G的原子利用率为100%，试剂X为__________。 (4)F＋G→H过程中使用HSCH2COOH有利于提高催化效率，其部分催化机理如图。 ①HSCH2COOH结合水相中H＋能力比J强的原因是____________________。 ②H＋能从＋H2SCH2COOH传递到J的醇羟基氧上的原因是______________。 (5)D和H通过酯交换缩聚合成I，H的结构简式为________________。 (6)C的一种同分异构体同时满足： ①可与NaHCO3溶液反应； ②核磁共振氢谱如图；③含有手性碳原子。 其结构简式为____________。 (7)以D和葡萄糖[CH2OH(CHOH)4CHO]为原料(其他无机试剂任选)，制备工程塑料的合成路线__________________________。 16．(16分)邻苯二甲酰亚胺广泛用于染料、农药医药橡胶、香料等行业，是许多重要有机精细化学品的中间体。反应原理为 物质 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性 苯酐 131～134 284 不溶于冷水，微溶于热水 邻氨甲酰苯甲酸 140～143 394.2 稍溶于热水 邻苯二甲酰亚胺 232～235 366 微溶于水，易溶于碱溶液 制备邻苯二甲酰亚胺的实验装置如图所示。 　 　　　　　　 甲　　　 　　　　乙 实验步骤： 向装置甲的三颈烧瓶中加入14.8000 g苯酐(相对分子质量为148)，然后再加入15.0 mL氨水(过量)，加热至冷凝管中有部分液体回流时开启搅拌，控制温度为80～95 ℃，待苯酐固体完全反应后，改为蒸馏装置乙，继续加热，将装置中的水蒸出，体系温度逐渐升高至固体熔化。保温反应60 min后，冷却至室温，洗涤、抽滤、烘干，进一步提纯得固体邻苯二甲酰亚胺(相对分子质量为147)14.1120 g。 请回答下列问题： (1)仪器M的名称是________________________。 (2)仪器Y中冷水由________(填“a”或“b”)口流出，装置甲中仪器X一般不用装置乙中仪器Y代替的原因是____________________________。 (3)装置甲中温度控制在80～95 ℃，若温度过低导致的结果是____________。 (4)反应①中除了生成邻氨甲酰苯甲酸，还可能生成的副产物是______________________(写一种物质的结构简式)。 (5)蒸馏时，需要及时将装置中的水蒸出，目的是___________________。 (6)该固体产品的产率是________________________。 (7)邻苯二甲酰亚胺还可以用邻二甲苯与氨气、空气在加热条件下催化反应一步制得，写出该反应的化学方程式：______________________。 17．(15分)我国力争2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。CO2的综合利用是实现碳中和的措施之一。 Ⅰ.CO2和CH4在催化剂表面可以合成CH3COOH，该反应的历程和相对能量的变化情况如下图所示(*指微粒吸附在催化剂表面，H#指H吸附在催化剂载体上的氧原子上，TS表示过渡态): (1)决定该过程的总反应速率的基元反应方程式为_____________________。 (2)下列说法正确的有________。 a．增大催化剂表面积可提高CO2在催化剂表面的吸附速率 b. CH3COOH*比CH3COOH(g)能量高 c．催化效果更好的是催化剂2 d．使用高活性催化剂可降低反应焓变，加快反应速率 Ⅱ. CO2和 H2在一定条件下也可以合成甲醇，该过程存在副反应ⅱ。 反应ⅰ： CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g) ＋ H2O(g)　ΔH1＝－49.3 kJ·mol－1 反应ⅱ： CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)　ΔH2 (3)有关物质能量变化如图所示，稳定单质的焓(H)为0，则ΔH2＝________ kJ·mol－1。 (4)恒温恒容条件下，仅发生反应ⅱ，反应达到平衡的标志是________。 a．CO的分压不再发生变化　　　　　　 b．气体平均相对分子质量不再发生变化 c．气体密度不再发生变化 d.比值不再发生变化 (5)在5.0 MPa，将n(CO2)∶n(H2)＝5∶16的混合气体在催化剂作用下进行反应。体系中气体平衡组成比例(CO和CH3OH在含碳产物中物质的量百分数)及CO2的转化率随温度的变化如图所示。 ①表示平衡时CH3OH在含碳产物中物质的量百分数的曲线是________(填“a”或“b”)。 ②CO2平衡转化率随温度的升高先减小后增大，增大的原因可能是_________________________________________________________。 ③250 ℃时反应ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)的Kp＝__________(MPa)－2(用最简分数表示)。 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(六) 　1—6　ADBABD　7—13　CDCDBDC 1．A　棉布的主要成分是纤维素，属于多糖，A正确；羊毛的主要成分是蛋白质，不属于糖类，B错误；维生素属于有机化合物，是人体必需的营养物质，不属于糖类，C错误；油脂不属于糖类，D错误。 2．D　由氨基氰分子中C、N原子均满足8电子稳定结构可知，氨基氰的结构式为，故A正确；由氮化碳的单层结构可知，单层结构中C、N原子两两相连且成环，C、N原子均采取sp2杂化，则氮化碳的单层结构中所有原子可能共平面，故B正确；氨基氰易与水分子间形成氢键，则氨基氰易溶于水，由信息可知氮化碳的结构与石墨相似，石墨能导电，则氮化碳也能导电，故C正确；氨基氰的结构式为，由结构式可知氨基氰分子中N原子杂化方式为sp和sp3，故D错误。 3．B　浓硫酸和木炭反应需要加热，A不能达到实验目的；SO2具有还原性，能和酸性KMnO4溶液反应使其褪色，B能达到实验目的；装置甲、乙溶液中都会带出水，使无水硫酸铜变蓝色，C不能达到实验目的；未反应的SO2会和饱和NaHCO3溶液反应生成CO2，装置丁中澄清石灰水变浑浊不能说明产物中有CO2，D不能达到实验目的。 4．A　W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下它们的最高价氧化物对应的水化物溶液的浓度均为0.01 mol·L－1，其中X的pH＝12，属于一元强碱，且X的原子半径最大，则X为Na；W、Z的pH均为2，说明是一元强酸，原子序数和原子半径均满足Z＞W，则Z为Cl，W为N元素；Y的pH＜2，应该为二元强酸，Y的原子半径大于Cl，则Y为S元素。X2Y2为Na2S2，S和Na＋之间形成离子键，S中S原子之间含有非极性共价键，故A正确；离子的核外电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，电子层数越多离子半径越大，则简单离子半径大小为：S2－＞Cl－＞N3－＞Na＋，即Y＞Z＞W＞X，故B错误；XZO为NaClO，ClO－水解呈碱性，故C错误；氯的非金属性比硫强，故硫不与盐酸反应，故D错误。 5．B　基态氮原子的核外有7个电子，所以有7种运动状态，A错误；NH和H2S中心原子的价层电子对数都是4，所以均采用sp3杂化，B正确；ClO2是夹角小于120度的折线结构，是由极性键构成的极性分子，C错误；偏二甲肼(C2H8N2)的结构简式为，D错误。 6．D　HClO的酸性比碳酸的弱，比HCO的酸性强，故NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3，A正确；H2S水溶液在空气中和O2反应后生成单质硫和水，B正确；用石墨作电极电解NaCl溶液，产生Cl2、H2和NaOH，C正确；标准燃烧热，水为液态，肼燃烧的热化学方程式为N2H4(l)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－622.08 kJ·mol－1，D错误。 7．C　H2S部分电离产生的S2－与Hg2＋结合生成沉淀，可除去废水中的Hg2＋，A错误；HNO3具有酸性，可与氨水反应制NH4NO3，B错误；NH4Cl溶液因NH水解呈酸性，可用于去除铁锈，C正确；NaClO溶液中ClO－水解生成的HClO具有强氧化性，可用于杀菌消毒，D错误。 8．D　由图中氢氧根移动方向可知X电极为阳极，电极反应式为：2Cl－－2e－===Cl2↑，A错误；由题意可知，精制食盐水中钠离子经过M离子交换膜移向产品A室，与BP双极膜中转移过来的氢氧根结合生成氢氧化钠，所以M膜为阳离子交换膜，氯离子经过N离子交换膜移向产品B室，与BP双极膜中转移过来的氢离子结合生成氯化氢，所以N为阴离子交换膜，BP双极膜的作用是选择性通过氢离子和氢氧根离子，B错误；阳极反应式为：2Cl－－2e－===Cl2↑，电路中每生成标况下5.6 L氯气，其物质的量为0.25 mol，转移电子0.5 mol，理论上获得副产品A(氢氧化钠)和B(氯化氢)各0.5 mol，需标明标准状况，C错误；“双极膜组”电渗析法从氯化钠溶液中获得酸(HCl)和碱(NaOH)，由此可知：也可从MX溶液制备相应的酸(HX)和碱(MOH)，D正确。 9．C　由结构简式可知，布洛芬分子中含有苯环和羧基，属于芳香酸，故A正确；由结构简式可知，布洛芬和修饰分子中均含有1个连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故B正确；由结构简式可知，修饰过程中布洛芬分子中含有的亲水基羧基转化为憎水基酯基，所以该做法使布洛芬水溶性减弱，故C错误；由结构简式可知，布洛芬分子中含有的苯环一定条件下能与氢气发生加成反应，则1 mol布洛芬分子最多消耗3 mol氢气，故D正确。 10．D　由反应历程可知，AlCl3是该反应的催化剂，A正确；由图可知，步骤 Ⅱ 活化能最大，反应速率最慢，是该反应的决速步骤，B正确；根据反应历程，总反应为： (l)＋HCl(g)　ΔH＝(b－a)kJ/mol，C正确；三氟甲基为吸电子基团，与苯环相连能降低苯环上π电子云密度，形成的配合物不稳定，故其能量轮廓图曲线(虚线L)应在甲苯的实线图之上，D错误。 11．B　A项，将红热的木炭加入浓硝酸中，产生红棕色气体，可能是浓硝酸在受热的条件下分解得到二氧化氮，不一定是碳与浓硝酸反应生成了NO2；B项，室温时，将等物质的量浓度的弱酸HA和弱碱BOH等体积混合，并向其中滴加紫色石蕊溶液，溶液变红，说明混合后溶液显酸性，根据“谁强显谁性”即谁相对强，溶液显谁的性质，则Kb(BOH)＜Ka(HA)；C项，因为氯水是过量的，可能过量氯水氧化碘离子得到单质碘，不能得到元素非金属性：Br＞I；D项，根据题意硝酸银是过量的，过量硝酸银和碘化钾反应生成碘化银沉淀，不能说是氯化银转化为碘化银，不能得出Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)。 12．D　随氯离子浓度增大，HgClHgClHgCl2HgCl＋Hg2＋平衡逆向移动，所以A表示Hg2＋、B表示HgCl＋、C表示HgCl2、D表示HgCl、E表示HgCl。 根据图像，c(HgCl)＝c(HgCl)时，c(Cl－)＝10－1 mol·L－1；c(HgCl2)＝c(HgCl)时，c(Cl－)＝10－0.85 mol·L－1，则K1＝＝10－1，K2＝＝10－0.85，故A正确；根据图像K4＝＝10－6.74，在X点c(HgCl2)∶c(HgCl＋)＝1∶1，c(Cl－)＝10－6.48 mol·L－1，此时＝＝10－0.26≈0.5，故B正确；根据电荷守恒，在Q点：c(Cl－)＋2c(HgCl)＋c(HgCl)＋c(OH－)＋c(NO)＝c(H＋)＋c(Na＋)，Hg2＋平均配位数约为3，所以c(NO)<c(Na＋)，c(HgCl)＝c(HgCl)，所以c(Cl－)＋3c(HgCl)>c(H＋)－c(OH－)，故C正确；若P点pH＝7，根据电荷守恒c(Cl－)＋c(NO)＝2c(Hg2＋)＋c(HgCl＋)＋c(Na＋)，P点c(Hg2＋)＝c(HgCl2)，K4＝＝10－6.74，K3＝＝10－6.48，K4×K3＝＝10－13.22，c(Cl－)＝10－6.61 mol·L－1，所以c(Na＋)＋c(HgCl＋)－c(NO)＋2c(HgCl2)＝c(Cl－)＝10－6.61 mol·L－1，故D错误。 13．C　由图可知，升高温度，H2S的平衡转化率增大，说明反应2H2S(g)＋CH4(g)CS2(g)＋4H2(g)吸热，温度越高，平衡常数越大，温度：Z＞Y，平衡常数：K(Y)＜K(Z)，故A错误；温度越高，催化效率越强，反应速率越快，则Y点的反应速率大于X点的反应速率，则达到平衡所需时间：t(X)＞t(Y)，故B错误；由图可知，升高温度，H2S的平衡转化率增大，说明反应2H2S(g)＋CH4(g)CS2(g)＋4H2(g)吸热，总能量：E生成物＞E反应物，故C正确；Z点和Y点温度差别不大，但Z点的催化效率远低于Y点，说明Y的反应速率大于Z点的反应速率，则单位时间的转化率：α(Z)＜α(Y)，故D错误。 14．解析：(1)“粉碎”的目的是增大接触面积，加快反应速率；为了达到加快反应速率的目的，还可以适当升温或搅拌；(2)钛铁矿粉碎过筛后主要成分为FeTiO3，含少量Al2O3、SiO2，加入NaOH溶液“碱浸”的目的是除去杂质Al2O3、SiO2；(3)NaOH溶液、H2SO4溶液均具有强烈的腐蚀作用，NaOH 溶液和稀硫酸均不宜过量太多，防止过量NaOH、H2SO4腐蚀反应容器；(4)“沉钛”时加入磷酸生成Ti3(PO4)4的化学方程式为4H3PO4＋3TiOSO4===Ti3(PO4)4↓＋3H2SO4＋3H2O；(5)抽滤原理是用抽气泵使吸滤瓶中的压强降低，抽气泵中的压强降低容易出现倒吸现象，需要加入“安全瓶”防止吸滤瓶中的液体倒吸到抽气泵中；(6)Ti3(PO4)4(s)3Ti4＋(aq)＋4PO(aq)，Ksp＝c3(Ti4＋)·c4(PO)，当沉淀完全时c(PO)＝＝ mol/L＝ mol/L。 答案：(1)增大接触面积，加快反应速率　适当升温(或搅拌)　(2)Al2O3、SiO2　(3)适当过量可以使反应更充分，不能过量太多是防止过量NaOH、H2SO4腐蚀反应容器，且后续处理浸液1和滤液2成本高　(4)4H3PO4＋3TiOSO4===Ti3(PO4)4↓＋3H2SO4＋3H2O　(5)防止吸滤瓶中的液体倒吸到抽气泵中　(6) 15．解析：二氧化碳生成A，A中—NH2被取代生成B，B和甲醇发生取代反应转化为C；E转化为F、G，且原子利用率为100%，结合EFG结构可知，X为氧气；F和G生成H，D和H通过酯交换缩聚合成I，结合F、G、D、I结构可知，H为F与G反应生成的含羟基的物质，H结构简式为。 (2)B和甲醇在酸性条件下发生取代反应转化为C，反应为＋2CH3OH； (4)①HSCH2COOH结合水相中H＋能力比J强的原因是两者虽然均有亲水基团，但是J的疏水基团更大，导致其水溶性不如HSCH2COOH的水溶性好。②H＋能从＋H2SCH2COOH传递到J的醇羟基氧上的原因是HSCH2COOH也能溶于有机相，且O—H键键能大于S—H键键能，导致J结合氢离子的能力更强，使得氢离子能被传递到J的醇羟基氧上；(6)C含有3个碳、3个氧、不饱和度为1，其一种同分异构体同时满足：①可与NaHCO3溶液反应，含有羧基；②核磁共振氢谱如图，分子中含有4种氢且一种氢的原子数目较大；③含有手性碳原子。则其结构简式可以为CH3CHOHCOOH；(7)葡萄糖和氢气加成将醛基转化为羟基，在浓硫酸催化作用下发生成环反应生成醚键得到，和D通过酯交换缩聚合成产品，流程为：CH2OH(CHOH)4CHO 答案：(1)取代反应　(2)＋2CH3OH　(3) 异丙苯　O2　(4)①两者虽然均有亲水基团，但是J的疏水基团更大，导致其水溶性不如HSCH2COOH的水溶性好 ②HSCH2COOH也能溶于有机相，且O—H键键能大于S—H键键能，导致J结合氢离子的能力更强 (5) (6)CH3CHOHCOOH (7)CH2OH(CHOH)4CHO CH2OH(CHOH)4CH2OH 16．解析：由题给流程可知，装置甲中发生的反应为苯酐与氨水在80～95 ℃的热水浴中发生取代反应生成邻氨甲酰苯甲酸，邻氨甲酰苯甲酸在加热条件下发生取代反应生成邻苯二甲酰亚胺，装置乙用于除去所得固体中的水分，除水所得固体经冷却，洗涤、抽滤、烘干，进一步提纯得固体邻苯二甲酰亚胺。(1)由实验装置图可知，仪器M为锥形瓶；(2)由实验装置图可知，仪器Y为直形冷凝管，为增强冷凝效果，实验时，冷水应由下口a通入，上口b流出；仪器X为球形冷凝管，与直形冷凝管相比，球形冷凝管与气流接触面积大，冷凝效果好，所以装置甲中球形冷凝管一般不用装置乙中直形冷凝管代替；(3)由题意可知，装置甲中温度控制在80～95 ℃目的是防止温度过低时，反应速率慢，容易生成邻氨甲酰苯甲酸等副产物，导致产率降低；(4)由题给流程可知，反应①中生成的邻氨甲酰苯甲酸能与氨水继续发生取代反应生成副产物；(5)蒸馏时，及时将装置中的水蒸出可以减少反应②的水，使反应②的平衡向正反应方向移动，有利于提高邻苯二甲酰亚胺的产率；(6)由题意可知，14.8000 g苯酐制得14.1120 g邻苯二甲酰亚胺，则邻苯二甲酰亚胺的产率为×100%＝96%；(7)由题意可知，邻二甲苯与氨气、空气在加热条件下催化反应生成邻苯二甲酰亚胺和水，反应的化学方程式为＋NH3＋3O2＋4H2O。 答案：(1)锥形瓶　(2)b　球形冷凝管与气流接触面积大，冷凝效果好　(3)温度过低反应速率慢，容易生成邻氨甲酰苯甲酸等副产物，导致产率降低 (4) 　(5)减少反应②的产物H2O的量，使反应②平衡正向移动，提高产率　(6)96% (7) ＋NH3＋3O2＋4H2O 17．解析：(1)从图中可以看出，第二个过渡态的活化能最大，则此步为控速步，其基元反应CH＋CO===CH3COO*或CH＋H*＋CO===CH3COO*＋H*。(2)a.增大催化剂表面积，可提高CO2在催化剂表面的接触面积，从而提高二氧化碳在催化剂表面的吸附速率，故正确；b.从图中可以看出CH3COOH*比CH3COOH(g)能量要低得多，故错误；c.从图中看出，催化剂2参与的反应中，活化能都比催化剂1参与的相同的反应活化能低，所以催化效果更好的是催化剂2，故正确；d.使用高活性催化剂能加快反应速率，但不能降低反应焓变，故错误。(3)从图分析，有热化学方程式①H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH＝－242 kJ·mol－1　②CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283 kJ·mol－1，则根据盖斯定律分析，由①－②得热化学方程式CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)　ΔH2＝－242 kJ·mol－1＋283 kJ·mol－1＝＋41 kJ·mol－1。(4)恒温恒容条件下a.CO的分压不再发生变化能说明反应达到平衡，故正确；b.该反应前后气体总物质的量不变，故气体平均相对分子质量始终不变，故气体平均相对分子质量不再发生变化不能说明反应达到平衡，故错误；c.该反应在密闭容器中进行，容器的体积不变，反应体系全为气体，气体总质量不变，故气体密度始终不变，故密度不再发生变化不能说明达到平衡，故错误；d.比值不再发生变化说明该反应达到平衡，故正确。(5)①反应ⅰ为放热反应，反应ⅱ为吸热反应，升温反应ⅰ逆向移动，反应ⅱ正向移动，故表示平衡时CH3OH在含碳产物中物质的量百分数的曲线是a。②CO2平衡转化率随温度的升高先减小后增大，增大的原因可能是升温后反应以反应ⅱ为主，该反应为吸热反应，升温正向移动，二氧化碳的转化率增大。③假设起始加入的二氧化碳为5 mol，氢气为16 mol，250 ℃时二氧化碳的转化率为20%，即反应的二氧化碳的量为1 mol，体系中一氧化碳和甲醇在含碳产物中的物质的量百分数为50%，即各为0.5 mol， 平衡时二氧化碳为(5－1)mol＝4 mol，氢气为(16－1.5－0.5)mol＝14 mol，甲醇为0.5 mol，水为(0.5＋0.5)mol＝1 mol，一氧化碳为0.5 mol，总物质的量为(4＋14＋0.5＋1＋0.5)mol＝20 mol，CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)的 Kp＝＝。 答案：(1)CH＋CO===CH3COO*或CH＋H*＋CO===CH3COO*＋H*　(2)ac　(3)＋41　(4)ad　(5)①a　②温度升高后，以副反应(或反应ⅱ)为主，副反应(或反应ⅱ)是一个吸热反应，升高温度平衡正向移动(其他合理答案也可)　③ 学科网（北京）股份有限公司 $$