精品解析：山东省淄博市临淄中学2024-2025学年高三上学期期中学习质量检测化学试题

2022级高三第一学期期中学习质量检测 化学试题 注意事项： 1.本试题分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。第I卷为选择题，共40分；第Ⅱ卷为非选择题，共60分，满分100分，考试时间为90分钟。 2.客观题请将选出的答案标号(ABCD)涂在答题卡上，主观题用0.5mm黑色签字笔答题。 可能用到的相对原子质量：Li-7 Fe-56 Se7-9 Ca-40 N-14 C-12 K-39 O-16 H-1 Cu-64 第Ⅰ卷(共40分) 一、单选题(只有一个选项符合题意，每小题2分，共10分)。 1. 化学与人类生产生活、社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是 A. “天宫一号”中使用的碳纤维，是一种新型材料 B. 二氧化硫是一种有毒物质，不能添加到任何食品中 C. 桐油(一种植物的种子榨出的油)属于天然高分子化合物，不溶于水 D. 大多数胶体带电，利用这一性质可进行“血液透析”和“静电除尘” 【答案】A 【解析】 【详解】A．“天宫一号”中使用的碳纤维，碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，是一种新型无机非金属材料，A正确； B．二氧化硫具有还原性，常用作葡萄酒的抗氧剂，B错误； C．桐油为油脂，不溶于水，但不属于天然高分子化合物，C错误； D．胶体不带电，呈电中性，胶体中的分散质粒子带电，D错误； 故选A。 2. 价类二维图是学习元素化合物的工具之一，a~g分别表示氯元素的不同价态所对应的物质，其关系如图所示，下列说法正确的是 A. 存在a→b→d→a的循环转化关系 B. c属于酸性氧化物 C. 物质的酸性： D. f与g的钠盐溶液混合一定生成有毒气体 【答案】A 【解析】 【分析】由图可知，a为氯化氢、b为氯气、c为二氧化氯、d为次氯酸、e为高氯酸、f为次氯酸盐、g为金属氯化物。 【详解】A．氯化氢具有还原性，能与合适的氧化剂反应生成氯气，氯气与水反应盐酸和次氯酸，次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，则氯元素及其化合物存在a→b→d→a的循环转化关系，故A正确； B．二氧化氯中氯元素为+4价，氯元素不存在+4价的含氧酸，则二氧化氯不属于氧化物，故B错误； C．次氯酸为弱酸，盐酸为强酸，则次氯酸的酸性弱于盐酸，故C错误； D．碱性条件下，氯化钠溶液和次氯酸钠溶液不发生反应，不可能生成有毒的气体，故D错误； 故选A。 3. 下列离子方程式正确的是 A. 向苯酚钠溶液中通入少量CO2气体溶液： B. 酸性KMnO4滴定H2O2的反应： +6H++3H2O2 = 2Mn2++4O2↑+6H2O C. 向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体，出现白色沉淀：Ba2++SO2+H2O = BaSO3↓+2H+ D. 硫酸亚铁溶液与碳酸氢钠溶液混合生成沉淀并有气泡产生： = FeCO3↓+H2O+CO2↑ 【答案】D 【解析】 【详解】A．由于碳酸的酸性比苯酚的酸性强，苯酚的酸性比的酸性强，因此往苯酚钠溶液中通入少量CO2只能生成碳酸氢根，+CO2+H2O→，故A错误； B．高锰酸钾是氧化剂，双氧水是还原剂，电子得失不守恒，正确的离子方程式为，故B错误； C．向溶液中通入二氧化硫气体，二者发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，正确的离子方程式为，故C错误； D．，，产生FeCO3沉淀后，上述平衡正向移动，H+浓度增大，再与反应产生CO2，反应为：，，故D正确； 故答案选D。 4. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 质量为3.0g的(甲基)含电子数为 B. 中键的个数为 C. 含的浓盐酸与足量反应，生成的个数为 D. 已知为正盐，可知含羟基数为 【答案】D 【解析】 【详解】A．质量为3.0g的(甲基)含电子数为，A错误； B．中Cu与NH3、CO之间的配位键为键，NH3中N、H之间为键，CO中C、O之间有一个键，故中键的个数为，B错误； C．浓盐酸与二氧化锰的反应为：，浓盐酸浓度降低时不再与二氧化锰反应，故含的浓盐酸不能完全反应，生成的物质的量小于0.05mol，即个数小于，C错误； D．已知为正盐，则H3PO3为二元酸，故含羟基数为，D正确； 故选D。 5. 有前景的下一代储能铝离子电池一般采用离子液体作为电解质，几种离子液体的结构如下： 下列说法错误的是 A. 化合物Ⅱ中阴、阳离子的空间构型均为正四面体 B. 化合物Ⅱ中C、N原子的杂化轨道类型相同 C. 化合物Ⅲ中O、F、S电负性顺序：F>O>S D. 化合物I、Ⅱ、Ⅲ均熔点低、难挥发 【答案】A 【解析】 【详解】A．由图可知Ⅱ中阳离子中心N原子分别与3个甲基和1个氢原子相连，即价层电子对数为4对，没有孤电子对，因此阳离子的空间构型为四面体，并非正四面体，的中心原子Al的价层电子对数为：，没有孤电子对，因此空间构型为正四面体，故A错误； B．化合物Ⅱ中C、N原子均是连接的四根单键，即价层电子对数为4对，因此杂化轨道类型均是杂化，故B正确； C．同周期主族元素从左往右电负性逐渐增大，同主族从上往下电负性逐渐减小，因此O、F、S电负性由大到小的顺序为：，故C正确； D．离子化合物中，离子半径越大，离子所带电荷数越小，则离子键越弱，离子键越弱则熔沸点越低，离子液体所含的离子键半径大，离子键弱，因此熔点低，而由于离子液体是由有机阳离子和无机阴离子组成，形成稳定的离子键，与传统有机溶剂相比，离子液体中的阳离子和阴离子的结合更加牢固，难以分离，从而保持了低挥发性的特点，故D正确； 故答案选A。 6. 离子化合物和与水的反应分别为①；②。下列说法正确的是 A. 中均有非极性共价键 B. ①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应 C. 中阴、阳离子个数比为，中阴、阳离子个数比为 D. 当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量相同 【答案】C 【解析】 【详解】A．Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键而不含非极性键，A错误； B．①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误； C．Na2O2由Na+和组成．阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确； D．①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误； 故选C。 7. 砷的化合物可用于半导体领域。一种从酸性高浓度含砷废水［砷主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在］中回收As2O3的工艺流程如下： 已知：①As2S3+6NaOH=Na3AsO3+Na3AsS3+3H2O ②As2S3 (s) +3S2－(aq) 2(aq) ③砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能被SO2、HI等还原。 下列说法错误的是 A. “沉砷”过程，用过量的Na2S代替FeS效果更好 B. 浸渣的主要成分为FeS C. “还原”过程的离子方程式为2SO2+2H3AsO4=As2O3+2+4H++H2O D. “还原”后可以用HI、淀粉溶液检验溶液中是否仍存在砷酸 【答案】A 【解析】 【分析】含砷废水中加入，根据滤渣为、可知，滤液Ⅰ中含有；滤渣中加入氢氧化钠溶液，生成，过滤除去；滤液中加入，氧化生成，同时脱硫得到S，酸化得到，被二氧化硫还原为。 【详解】A．“沉砷”过程，不可以用过量的Na2S代替FeS，加入过量Na2S易溶于水，平衡正向移动，不利于“沉砷”，A错误； B．根据流程图，浸渣的主要成分为FeS，B正确； C．还原过程中，与二氧化硫反应，化学方程式，C正确； D．在酸性条件下有强氧化性，能被SO2、HI等还原，而HI被氧化为碘单质，故可以用HI、淀粉溶液检验溶液中是否仍存在砷酸，D正确； 故选A。 8. 某实验小组采用如下实验探究该依地酸铁钠(强化补铁剂)中铁元素的化合价。(已知：依地酸根是常见的配体，邻二氮菲可与形成橙红色配合物)下列说法正确的是 A. 从现象②和③推测，依地酸铁钠中不含Fe(Ⅲ) B. 从现象②和⑤推测，依地酸铁钠中含Fe(Ⅱ) C. 从现象①、②和③推测，与形成配合物的稳定性强于依地酸铁钠 D. 从现象①、④和⑤推测，与邻二氮菲形成配合物的稳定性强于依地酸根 【答案】D 【解析】 【详解】A．从现象②和③推测，可能是依地酸铁钠与Fe3+形成配合物的稳定性强于，不能说明依地酸铁钠中不含Fe(Ⅲ)，故A错误； B．从现象②和③不能推测依地酸铁钠中含Fe(Ⅱ)，加入的维生素C为还原剂，也不能推测，依地酸铁钠中含Fe(Ⅱ)，故B错误； C．从现象①、②和③推测，与形成配合物的稳定性弱于依地酸铁钠，故C错误； D．加入的维生素C为还原剂，溶液变为橙红色，由题意可知，与邻二氮菲形成配合物的稳定性强于依地酸根，故D正确； 故选D。 9. 下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述I 陈述Ⅱ A 密度：冰>干冰 水分子间存在氢键，氢键属于化学键 B 键角： 、、中心C原子的孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力 C 浓硫酸加入蔗糖中，形成多孔炭 浓硫酸具有强氧化性和脱水性 D 乙烯能使溴水褪色 乙醇和浓硫酸共热，产生的气体能使溴水褪色，该气体一定是乙烯 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．氢键不是化学键，A错误； B．的孤电子对数为，的孤电子对数为，的孤电子对数为，三者孤电子对数均为0，键角：，因为中心原子是sp杂化，键角180o，中C原子是sp2杂化，键角为120o，中C原子是sp3杂化，键角为109o48′，B错误； C．浓硫酸具有脱水性，所以使蔗糖炭化，生成的C单质继续与浓硫酸反应生成气体，是因为浓硫酸具有强氧化性，C正确； D．乙醇和浓硫酸共热会有杂质气体二氧化硫产生，二氧化硫也能使溴水褪色，D错误； 故选C。 10. 已知四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]为原料，采用电渗析法合成(CH3)4NOH，工作原理如图。下列说法错误的是 A. 光伏并网发电装置中N型半导体的电势比P型半导体低 B. a电极反应式为2(CH3)4N++2H2O+2e-=2(CH3)4NOH+H2↑ C. 制备91g四甲基氢氧化铵，两极共产生16.8L气体(标准状况下) D. 若合成(CH3)4NOH的同时得到较大浓度的NaCl溶液，则c为阳离子交换膜，d、e均为阴离子交换膜 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，左侧装置为电解池，NaCl溶液浓度增大，则电渗析法合成[(CH3)4NOH]的装置中，Cl-通过d膜从左向右移动，Na+通过e膜从右向左移动，则b电极为阳极、与电源正极相接，a电极为阴极、与电源负极相接，即P型半导体为正极，N型半导体为负极，d膜为阴离子交换膜，(CH3)4N+通过c膜移向阴极生成，所以c、e均为阳离子交换膜，阳极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极反应式为2(CH3)4N++2H2O+2e-=2(CH3)4NOH+H2↑。 【详解】A．根据分析，P型半导体为正极，N型半导体为负极，N型半导体的电势比P型半导体低，A正确； B．a电极为阴极，阴极反应式为2(CH3)4N++2H2O+2e-=2(CH3)4NOH+H2↑，B正确； C．91g(CH3)4NOH的物质的量为，阳极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极反应式为2(CH3)4N++2H2O+2e-=2(CH3)4NOH+H2↑，则1mol(CH3)4NOH参与反应时生成0.25molO2、0.5molH2，标准状况下总体积为(0.5mol+0.25mol)×22.4L/mol=16.8L，C正确； D．由上述分析可知，图中c、e膜均为阳离子交换膜，d膜为阴离子交换膜，D错误； 故选D。 二、不定项选择题(有1-2个选项符合题意，每小题4分，共20分)。 11. 化学反应在无催化剂和有抑制剂下均能发生。反应历程(下图)中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法正确的是 A. 使用抑制剂时，反应体系更快达到平衡 B. 在无催化剂和有抑制剂条件下，反应历程都分4步进行 C. 反应达平衡时，升高温度，B的浓度增大 D. 使用抑制剂时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大 【答案】C 【解析】 【详解】A．使用抑制剂，反应活化能增大，反应速率减慢，A错误； B．无催化剂的反应历程分2步进行，B错误； C．根据图示，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，B的浓度增大，C正确； D．使用抑制剂，生成M速率减慢，消耗M速率加快，反应过程中M所能达到的最高浓度更小，D错误； 答案选C。 12. 用某软锰矿(主要成分是，还含有、等杂质)制备的流程如下，下列说法错误的是 已知：固体和溶液均为墨绿色 A. “熔融煅烧”时参与反应的化学方程式为 B. “调节pH”可通入足量 C. “滤渣Ⅰ”的成分为和 D. “歧化”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，可以用盐酸代替冰醋酸 【答案】CD 【解析】 【分析】软锰矿(主要成分为MnO2，还含有Al2O3、SiO2等杂质)与KOH在空气中熔融煅烧，主要的反应为：，Al2O3、SiO2得到KAlO2和K2SiO3，冷却浸取，向浸取液中通入CO2调节其pH，KAlO2和K2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3，过滤，滤渣I主要为Al(OH)3和H2SiO3，墨绿色溶液主要含有K2MnO4，加入冰醋酸歧化，促进平衡右移，过滤，滤渣II为MnO2，滤液为高锰酸钾溶液，结晶得到产品，以此解答该题； 【详解】A．根据题目信息，“熔融煅烧”出来的产物显墨绿色可得K2MnO4，A正确； B．通入CO2可将可溶性铝盐转化为氢氧化铝，将硅酸盐转化为硅酸沉淀，所以B正确； C．根据分析，滤渣I主要为Al(OH)3和H2SiO3，C错误； D．盐酸中氯离子可还原高锰酸根，影响目标产物的产量，D错误； 故答案为：CD。 13. 某化学兴趣小组通过查阅文献，设计了从阳极泥(成分为Cu2S、Ag2Se、Au、Pt)中回收贵重金属的工艺，其流程如图所示。已知：“酸溶”时Pt、Au分别转化为[PtCl6]2-和 [AuCl4]-，下列判断错误的是 A. “焙烧”时，Cu2S转化为CuO的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2 B. “酸浸氧化”时，O2的作用之一是防止NO排放到空气中污染环境 C. “酸溶”时，金溶解的离子方程式为2Au+3Cl2+2Cl-=2[AuCl4]- D. 有机层中回收的金属元素是Pt，萃取分液用到的玻璃仪器是分液漏斗和烧杯 【答案】A 【解析】 【分析】由题给流程可知，阳极泥焙烧时，硫化亚铜与氧气高温条件下反应生成氧化铜、二氧化硫，硒化亚铜与氧气高温条件下反应生成氧化铜、二氧化硒；烧渣酸浸氧化时，铜、氧化铜与氧气、稀硝酸溶液反应转化为硝酸铜，二氧化硒与氧气、硝酸溶液反应转化为硒酸，金、铂不与氧气、硝酸溶液反应，过滤得到含有硝酸铜、硒酸的滤液和含有金、铂的滤渣；滤渣酸溶时，金、铂与氯气、盐酸反应转化为四氯合金离子、六氯合铂离子；萃取分液时，加入磷酸三丁酯萃取、分液得到含有六氯合铂离子的有机相和含有四氯合金离子的水层；水层中加入氢氧化钾和亚硫酸铵混合溶液，将四氯合金离子四氯合金离子转化为二亚硫酸根合金化铵。 【详解】A．由分析可知，阳极泥焙烧时，硫化亚铜与氧气高温条件下反应生成氧化铜、二氧化硫，反应的化学方程式为，反应中氧化剂氧气与还原剂硫化亚铜物质的量之比为2:1，故A错误； B．由分析可知，烧渣酸浸氧化时，铜、氧化铜与氧气、硝酸溶液反应转化为硝酸铜，二氧化硒与氧气、硝酸溶液反应转化为硒酸，酸浸氧化时通入氧气可防止稀硝酸被还原为一氧化氮，从而保护环境，故B正确； C．由分析可知，滤渣酸溶时，金与氯气、盐酸反应转化为四氯合金离子，反应的离子方程式为，故C正确； D．由分析可知，萃取分液时，加入磷酸三丁酯萃取、分液得到含有六氯合铂离子的有机相和含有四氯合金离子的水层，萃取分液时需要使用的仪器是分液漏斗和烧杯，故D正确； 故选A。 14. 用下列实验装置进行相应实验，其中装置正确且能达到实验目的的是 A．制取 B．为装有溶液的滴定管排气泡 C．收集 D．制取无水 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．NH3极易溶于水，故通入NH3的导管需要防倒吸，即和CO2的导管互换，A错误； B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，会氧化碱式滴定管下端的橡胶管，应该使用酸式滴定管中，B错误； C．密度大于空气，收集气体应该长进短出，C错误； D．MgCl2⋅6H2O在HCl气流中受热时，HCl能够抑制氯化镁水解，使用图中装置可以制备无水MgCl2，D正确； 故选D。 15. 氮及其化合物的“价—类”二维图如下所示。 下列说法正确的是 A. X可通过加热氯化铵固体制取 B. 从物质类别角度分析，P属于酸性氧化物 C. 将X转化为 Q的过程，属于氮的固定 D. 3.2 g Cu与10 mol·L-1的Y溶液恰好反应，生成NO、NO2混合气体1.12 L(标准状况)，则 Y 溶液的体积为 15 mL 【答案】BD 【解析】 【分析】根据氮及其化合物的物质类别和化合价可以推断：X是NH3，Y是HNO3，Z是NO2，W是NH3·H2O，P是N2O5，Q是NO。 【详解】A．X是NH3，氯化铵固体受热分解成氨气和氯化氢，但是这两种气体又易化合成氯化铵固体，不能通过加热氯化铵固体制取氨气，A错误； B．P是N2O5，是酸性氧化物，B正确； C．氮的固体是指氮元素由游离态生成化合物，X是NH3、Q是NO，氨气转化为NO不属于氮的固定，C错误； D．Y是HNO3，3.2 g Cu为0.05 mol，生成NO、NO2混合气体1.12L(标准状况)，则气体总物质的量为0.05mol，根据铜元素守恒，反应生成0.05 molCu(NO3)2，据N原子守恒可知原硝酸中n(HNO3)=0.05mol×2+0.05mol=0.15mol，所以硝酸溶液的体积为0.15mol ÷10mol·L-1=0.015L=15mL，D正确； 选BD。 第Ⅱ卷(共60分) 16. 硒()是人体内不可缺少的微量元素，硒及其化合物在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题。 （1）在周期表中的位置_______。 （2）O、S、气态氢化物的键角由大到小的顺序为_______(填化学式)。 （3）已知与的部分性质如下表： 物质 状态(常温) 熔点 固体 340-350℃ 气体 ℃ 根据X射线衍射分析晶体如图所示的长链状结构，请解释与熔点差异较大的可能原因_______。 （4）“依布硒”是一种有机硒化物，具有良好的抗炎活性，其结构简式如图所示。“依布硒”中原子的杂化类型为_______，元素、O、N的第一电离能由大到小的顺序为_______。 （5）亚硒酸氢钠()可用于制药工业、用作防腐剂、抗氧化剂等。预测，可能的化学性质并说明预测依据_______(写一条即可)。 （6）、、可形成一种新型超导材料，其晶胞结构如图所示。 ①该超导材料的化学式为_______；距离原子最近的原子的个数为_______。 ②晶胞的部分参数如图所示，且晶胞棱边夹角均为90°，晶体密度为_______(阿伏加德罗常数的值为，用含a、b和的式子表示)。 【答案】（1）第四周期VIA族 （2） （3）与均为分子晶体，相对分子质量链状比大的多，故分子间作用力更大 （4） ①. ②. （5）因为元素是价，既可以升高又可以降低，所以具有氧化性和还原性；或是酸式盐，可以与碱反应 （6） ①. ②. 4 ③. 【解析】 【小问1详解】 Se的原子序数为34，在元素周期表中的位置是第四周期ⅥA族； 【小问2详解】 O、S、Se气态氢化物分别为H2O、H2S、H2Se，分子中O、S、Se都发生sp3杂化，中心原子最外层都存在2对孤对电子，电负性O＞S＞Se，电负性越大，成键电子对越靠近中心原子，斥力越大、键角越大，所以H2O、H2S、H2Se键角由大到小的顺序为； 【小问3详解】 SeO2与SO2均为分子晶体，相对分子质量链状SeO2比SO2大的多，分子间作用力SeO2更大，所以SeO2与SO2熔点差异较大； 【小问4详解】 Se的原子序数为34，在元素周期表中的位置是第四周期ⅥA族，“依布硒”中Se原子形成2个σ键，孤电子对数为2，价层电子对数为4，其杂化类型为sp3；O、N元素同周期，N为VA族元素，第一电离能大于同周期相邻的两种元素，即第一电离能N＞O，Se、O 元素同主族，同一主族从上至下第一电离能逐渐减小，所以Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞Se； 【小问5详解】 NaHSeO3中Se元素化合价为+4价，处于中间价，既可以升高又可以降低，所以NaHSeO3具有氧化性和还原性；或NaHSeO3是酸式盐，可以与碱反应； 【小问6详解】 ①Li位于顶点和体内，个数为，Fe位于面上，个数为，Se位于棱上和体内，个数为，该超导材料的化学式为LiFe2Se2；由晶胞图可知距离Se原子最近的Fe原子的个数为4； ②晶胞的质量为，晶胞的体积为，晶体密度为。 17. V2O5是制造钒铁合金的原料。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺流程如下： 已知：i石煤含V2O3，杂质为大量Al2O3和少量CaO等；苛化泥的主要成分为CaCO3、NaOH、Na2CO3等。 ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成四羟基合铝酸盐；室温下，偏钒酸钙[Ca(VO3)2]和四羟基合铝酸钙均难溶于水。 回答下列问题： （1）钒原子的价层电子排布式为___________；焙烧产生的气体①为___________(填化学式)。 （2）水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为___________(填化学式)。 （3）在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为___________；CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为___________；浸取后低浓度的滤液①进入___________(填工序名称)，可实现钒元素的充分利用。 （4）酸性条件下，VO可聚合得到多种复杂阴离子。一种阴离子(如下图)由4个VO4四面体(位于体心的V为+5价)，通过共用顶点氧原子构成八元环，其化学式为___________； 【答案】（1） ①. 3d34s2 ②. CO2 （2）Na[Al(OH)4] （3） ①. HCO+OH-+Ca(VO3)2CaCO3+H2O+2VO ②. 提高溶液中HCO浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放VO ③. 离子交换 （4）V4O 【解析】 【分析】石煤和苛化泥通入空气进行焙烧，反应生成NaVO3、Ca(VO3)2、Na[Al(OH)4]、Ca [Al(OH)4]2、CaO和H2O等，水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如NaVO3)和不溶性物质[Ca(VO3)2、Ca [Al(OH)4]2等]，过滤后滤液进行离子交换、洗脱，用于富集和提纯，加入氯化铵溶液沉钒，生成NH4VO3，经一系列处理后得到V2O3；滤渣①在pH，65-75oC的条件下加入3%NH4HCO3溶液进行盐浸，滤渣①中含有钒元素，通过盐浸，使滤渣①中的钒元素进入滤液①中，再将滤液①回流到离子交换工序，进行的富集。 【小问1详解】 钒是23号元素，其价层电子排布式为3d34s2；焙烧过程中，CaCO3在800oC以上开始分解，生成的气体①为CO2； 【小问2详解】 由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分与反应生成偏铝酸钠和偏铝酸钙，偏铝酸钠溶于水，偏铝酸钙难溶于水，所以滤液中杂质的主要成分是：Na[Al(OH)4]； 【小问3详解】 在弱碱性环境下，Ca(VO3)2与碳酸氢根、氢氧根反应生成碳酸钙、偏钒酸根和水，离子方程式为：HCO+OH-+Ca(VO3)2CaCO3+H2O+2VO；CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率，因为C可提高溶液中HCO浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放；滤液①中含有、NH等，且浓度较低，若要利用其中的钒元素，需要通过离子交换进行分离、富集，故滤液①应进入离子交换工序； 【小问4详解】 由图可以看出，4个VO4四面体，个数乘以4，减去4个交点O原子，又知道V为+5价，O为-2价，故其化学式为V4O。 18. 小组同学探究和不同铜盐溶液的反应，实验如下。 实验：向溶液中加入溶液，立即产生橙黄色沉淀(沉淀A)，放置5min左右，转化为白色沉淀(沉淀B)。 已知：i．(无色)；ii．。 （1）研究沉淀B的成分。向洗涤后的沉淀B中加入足量浓氨水，得到无色溶液，在空气中放置一段时间，溶液变为深蓝色。取少量深蓝色溶液，滴加试剂X，产生白色沉淀。 ①白色沉淀是，试剂X是_______。 ②无色溶液在空气中放置变为深蓝色，反应的离子方程式为_______。 （2）经检验，沉淀A不含。推测沉淀A能转化为沉淀B与有关，为研究沉淀A的成分及沉淀A转化为B的原因，实验如下。 ①仅通过上述实验不能证明沉淀A中含有，补充实验：向少量洗净的沉淀A中加入稀硫酸，证实沉淀A中含有的证据是_______。 ②无色溶液中含有，推测的产生有两个途径： 途径1：实验过程中氧化； 途径2：_______(将途径补充完整)。 经研究，途径1不合理，途径2合理。 ③文字解释和溶液反应时，先产生橙黄色沉淀，再转化为白色的原因：_______。 （3）和溶液反应最终生成沉淀，并检测到有生成，离子方程式是_______。用和溶液重复上述实验，仅产生橙黄色沉淀，放置72h后变为暗红色沉淀(可溶于氨水，得到无色溶液，放置变为深蓝色)。 （4）根据上述实验所得结论：_______(答出两点)。 【答案】（1） ①. 足量硝酸和溶液 ②. （2） ①. 有红色固体析出，溶液变为蓝色 ②. 在的作用下，氧化亚硫酸根到硫酸根 ③. 和溶液生成棕黄色沉淀A反应速率快，生成白色沉淀B的程度大 （3） （4）和能发生复分解反应和氧化还原反应，且复分解反应速率更快；在作用下，的氧化性增强 【解析】 【分析】溶液中加入溶液，立即产生橙黄色沉淀A，沉淀A为，放置5min左右，转化为白色沉淀，沉淀B为CuCl，对于沉淀B组成的验证：向洗涤后的CuCl中加入足量浓氨水，得到无色溶液，在空气中放置一段时间，溶液变为深蓝色，取少量深蓝色溶液， 加入硝酸酸化的硝酸银，产生白色沉淀AgCl，证明有氯离子的存在，沉淀A组成的验证：反应物为和，沉淀A中不含，那么A中存在，洗涤后，加入足量的NaCl溶液，增大了氯离子的浓度，产生白色沉淀CuCl，无色溶液先加氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加足量盐酸，白色沉淀减少，即这个过程中发生氧化还原反应，酸性条件下，氯离子的催化下，生成了硫酸根。 【小问1详解】 ①白色沉淀是AgCl，试剂X是用于检验Cl-，试剂X为：硝酸酸化的硝酸银（足量稀硝酸和硝酸银）； ②无色溶液含有的离子为，在空气中被O2氧化为蓝色溶液，离子方程式为：； 【小问2详解】 ①由于，向沉淀A中加入稀硫酸会发生歧化反应，生成铜，现象为：有红色固体析出； ②溶液中的氧化剂除了氧气之外还有铜离子，在的作用下，氧化为； ③立即产生橙黄色沉淀(沉淀A)，说明生成亚硫酸铜沉淀的反应较快，转化为白色，说明生成白的沉淀B的程度大； 【小问3详解】 和溶液反应最终生成沉淀，并检测到有生成，离子方程式是：； 【小问4详解】 根据上述实验所得结论：和能发生复分解反应和氧化还原反应，且复分解反应速率更快；在作用下，的氧化性增强。 19. 某药物G的一种合成路线如下： 请回答下列问题： （1）G中含氧官能团有酯基和___________(填名称)。试剂X的结构简式为___________。 （2）D→E的反应类型是___________。 （3）写出A→B的化学方程式：___________。 （4）鉴别B和C的试剂和条件是___________。 （5）C的芳香族同分异构体中，同时具备下列条件的结构有___________种(不考虑立体异构)。 ①1mol有机物能与2molNa反应 ②苯环上一溴代物只有1种 其中，在核磁共振氢谱上有3组峰且峰面积比为1∶2∶2的结构简式为___________。 （6）已知：(R为烃基，X为卤原子)。以苯酚的一种同系物和氯乙醇为原料合成，设计合成路线_____(其他试剂任选)。 【答案】（1） ①. 羰基、醚键 ②. CH3COOH （2）加成反应+HI→+CH3I （3）银氨溶液(或新制氢氧化铜悬浊液)，加热 （4） ①. 7 ②. （5） 【解析】 【分析】A发生取代反应生成B，B中醛基与氢气发生加成反应（或还原反应)生成C，C发生氧化反应生成D，D中羟基与碳碳双键发生加成反应生成E，E发生还原反应生成F，F与乙酸发生酯化反应生成G，结合物质的结构简式及反应条件进行分析； 【小问1详解】 G为，含氧官能团有酯基和羰基、醚键；F与乙酸发生酯化反应生成G，故试剂X为CH3COOH； 【小问2详解】 D →E的过程中，D中羟基与碳碳双键发生加成反应生成E，反应类型为加成反应； 【小问3详解】 A→B是与HI发生取代反应生成和CH3I，反应的化学方程式为：+HI→+CH3I； 【小问4详解】 B、C都含有酚羟基，而B还含有醛，C还含有醇羟基，通过检验醛基可以鉴别二者，需要先用碱与酚羟基反应并呈碱性，再利用银氨溶液或新制氢氧化铜在加热条件下反应，有砖红色成生成(或有银镜产生)的是B，另外一种为C，故答案为: NaOH溶液、新制氢氧化铜(或银氨溶液)、加热； 【小问5详解】 C的芳香族同分异构体，说明含有苯环，且同时具备下列条件: ①1mol有机物能与2molNa反应，说明含有2个羟基，②苯环上一溴代物只有1种，苯环上有1种氢原子，可以是苯环有2个相同取代基且处于对位，只有1种；没有3个相同的取代基，可以是有4个取代基为2个-OH、2个-CH3且存在对称结构，有如下情况： 、、、、、共6种，共种7种同分异构体，其中，在核磁共振氢谱上有3组峰且峰面积比为1∶2∶2的结构简式为； 【小问6详解】 由已知反应，与ClCH2CH2OH反应生成，然后水解生成，再发生D→E的转化生成，合成路线为：。 20. 我国力争实现2030年前碳达峰、2060年前碳中和的目标，研究碳的化合物对减少在大气中累积及实现可再生能源的有效利用具有重要意义。 （1）已知和在一定条件下能发生反应，反应物与生成物的能量与活化能的关系如图所示，该反应的______kJ/mol（用含和的代数式表示）。 （2）恒温恒容条件下，为了提高反应中的平衡转化率，可采取的措施为______（任写一项）。 （3）下列能说反应达到平衡状态的是______（填字母）。 A. B. HCOOH的体积分数不再变化 C. 混合气体的密度不再变化 D. （4）一定温度下，在一刚性密闭容器中，充入等物质的量的和此时容器的压强为48kPa，发生反应，6min时达到平衡，此时容器压强为36kPa，则0~6min内用分压表示的化学反应速率为______kPa/min。相同温度下，该反应的逆反应平衡常数______kPa（是平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数）。 （5）除合成甲酸（HCOOH）外，有科学家以、为原料合成达到有效降低空气中二氧化碳含量的目的，其中涉及的主要反应如下： Ⅰ． kJ⋅mol Ⅱ． kJ⋅mol 不同条件下，按照投料，的平衡转化率如图所示： 压强、、由小到大的顺序是______。压强为时，温度高于300℃后，的平衡转化率随温度升高而升高的原因是________________________。 （6）近年来，有研究人员用通过电催化生成多种燃料，实现的回收利用，其工作原理如图所示： 请写出Cu电极上产生的电极反应式______。 【答案】（1） （2）增加氢气的浓度或移走部分甲酸 （3）AB （4） ①. 2 ②. 12 （5） ①. ②. 反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ正向反应占主要，因此二氧化碳转化率增大 （6） 【解析】 【小问1详解】 根据焓变等于反应物活化能减去生成物活化能即该反应的；故答案为：。 【小问2详解】 恒温恒容条件下，增加氢气的浓度或减小甲酸的浓度，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，为了提高反应中的平衡转化率，可采取的措施为增加氢气的浓度或移走部分甲酸；故答案为：增加氢气的浓度或移走部分甲酸。 【小问3详解】 A．，两个不同方向，速率之比等于计量系数之比，能说明达到平衡，故A符合题意；B．正向反应，HCOOH的体积分数不断增大，当HCOOH的体积分数不再变化，说明达到平衡，故B符合题意；C．密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，当混合气体的密度不再变化，不能作为判断平衡标志，故C不符合题意；D．不清楚平衡时物质的量的关系，因此，不能作为判断平衡标志，故D不符合题意；综上所述，答案为：AB。 【小问4详解】 一定温度下，在一刚性密闭容器中，充入等物质的量的和此时容器的压强为48kPa，发生反应，6min时达到平衡，此时容器压强为36kPa，，，解得x=12，则0~6min内用分压表示的化学反应速率为。相同温度下，该反应的逆反应平衡常数；故答案为：2；12。 【小问5详解】 反应Ⅰ是体积减小的反应，反应Ⅱ是等体积反应，在恒温条件下，增大压强，反应Ⅰ正向移动，二氧化碳转化率增大，因此压强、、由小到大的顺序是。压强为时，反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，温度高于300℃后，的平衡转化率随温度升高而升高的原因是反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ正向反应占主要，因此二氧化碳转化率增大；故答案为：；反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ正向反应占主要，因此二氧化碳转化率增大。 【小问6详解】 铜为阴极，发生还原反应，电解质溶液为稀硫酸，因此Cu电极上产生的电极反应式；故答案为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2022级高三第一学期期中学习质量检测 化学试题 注意事项： 1.本试题分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。第I卷为选择题，共40分；第Ⅱ卷为非选择题，共60分，满分100分，考试时间为90分钟。 2.客观题请将选出的答案标号(ABCD)涂在答题卡上，主观题用0.5mm黑色签字笔答题。 可能用到的相对原子质量：Li-7 Fe-56 Se7-9 Ca-40 N-14 C-12 K-39 O-16 H-1 Cu-64 第Ⅰ卷(共40分) 一、单选题(只有一个选项符合题意，每小题2分，共10分)。 1. 化学与人类生产生活、社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是 A. “天宫一号”中使用的碳纤维，是一种新型材料 B. 二氧化硫是一种有毒物质，不能添加到任何食品中 C. 桐油(一种植物的种子榨出的油)属于天然高分子化合物，不溶于水 D. 大多数胶体带电，利用这一性质可进行“血液透析”和“静电除尘” 2. 价类二维图是学习元素化合物的工具之一，a~g分别表示氯元素的不同价态所对应的物质，其关系如图所示，下列说法正确的是 A. 存在a→b→d→a的循环转化关系 B. c属于酸性氧化物 C. 物质的酸性： D. f与g的钠盐溶液混合一定生成有毒气体 3. 下列离子方程式正确的是 A. 向苯酚钠溶液中通入少量CO2气体溶液： B. 酸性KMnO4滴定H2O2的反应： +6H++3H2O2 = 2Mn2++4O2↑+6H2O C. 向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体，出现白色沉淀：Ba2++SO2+H2O = BaSO3↓+2H+ D. 硫酸亚铁溶液与碳酸氢钠溶液混合生成沉淀并有气泡产生： = FeCO3↓+H2O+CO2↑ 4. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 质量为3.0g的(甲基)含电子数为 B. 中键的个数为 C. 含的浓盐酸与足量反应，生成的个数为 D. 已知为正盐，可知含羟基数为 5. 有前景的下一代储能铝离子电池一般采用离子液体作为电解质，几种离子液体的结构如下： 下列说法错误的是 A. 化合物Ⅱ中阴、阳离子的空间构型均为正四面体 B. 化合物Ⅱ中C、N原子的杂化轨道类型相同 C. 化合物Ⅲ中O、F、S电负性顺序：F>O>S D. 化合物I、Ⅱ、Ⅲ均熔点低、难挥发 6. 离子化合物和与水的反应分别为①；②。下列说法正确的是 A. 中均有非极性共价键 B. ①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应 C. 中阴、阳离子个数比为，中阴、阳离子个数比为 D. 当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量相同 7. 砷的化合物可用于半导体领域。一种从酸性高浓度含砷废水［砷主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在］中回收As2O3的工艺流程如下： 已知：①As2S3+6NaOH=Na3AsO3+Na3AsS3+3H2O ②As2S3 (s) +3S2－(aq) 2(aq) ③砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能被SO2、HI等还原。 下列说法错误的是 A. “沉砷”过程，用过量的Na2S代替FeS效果更好 B. 浸渣的主要成分为FeS C. “还原”过程的离子方程式为2SO2+2H3AsO4=As2O3+2+4H++H2O D. “还原”后可以用HI、淀粉溶液检验溶液中是否仍存在砷酸 8. 某实验小组采用如下实验探究该依地酸铁钠(强化补铁剂)中铁元素的化合价。(已知：依地酸根是常见的配体，邻二氮菲可与形成橙红色配合物)下列说法正确的是 A. 从现象②和③推测，依地酸铁钠中不含Fe(Ⅲ) B. 从现象②和⑤推测，依地酸铁钠中含Fe(Ⅱ) C. 从现象①、②和③推测，与形成配合物的稳定性强于依地酸铁钠 D. 从现象①、④和⑤推测，与邻二氮菲形成配合物的稳定性强于依地酸根 9. 下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述I 陈述Ⅱ A 密度：冰>干冰 水分子间存在氢键，氢键属于化学键 B 键角： 、、中心C原子的孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力 C 浓硫酸加入蔗糖中，形成多孔炭 浓硫酸具有强氧化性和脱水性 D 乙烯能使溴水褪色 乙醇和浓硫酸共热，产生的气体能使溴水褪色，该气体一定是乙烯 A. A B. B C. C D. D 10. 已知四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]为原料，采用电渗析法合成(CH3)4NOH，工作原理如图。下列说法错误的是 A. 光伏并网发电装置中N型半导体的电势比P型半导体低 B. a电极反应式为2(CH3)4N++2H2O+2e-=2(CH3)4NOH+H2↑ C. 制备91g四甲基氢氧化铵，两极共产生16.8L气体(标准状况下) D. 若合成(CH3)4NOH的同时得到较大浓度的NaCl溶液，则c为阳离子交换膜，d、e均为阴离子交换膜 二、不定项选择题(有1-2个选项符合题意，每小题4分，共20分)。 11. 化学反应在无催化剂和有抑制剂下均能发生。反应历程(下图)中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法正确的是 A. 使用抑制剂时，反应体系更快达到平衡 B. 在无催化剂和有抑制剂条件下，反应历程都分4步进行 C. 反应达平衡时，升高温度，B的浓度增大 D. 使用抑制剂时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大 12. 用某软锰矿(主要成分是，还含有、等杂质)制备的流程如下，下列说法错误的是 已知：固体和溶液均为墨绿色 A. “熔融煅烧”时参与反应的化学方程式为 B. “调节pH”可通入足量 C. “滤渣Ⅰ”的成分为和 D. “歧化”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，可以用盐酸代替冰醋酸 13. 某化学兴趣小组通过查阅文献，设计了从阳极泥(成分为Cu2S、Ag2Se、Au、Pt)中回收贵重金属的工艺，其流程如图所示。已知：“酸溶”时Pt、Au分别转化为[PtCl6]2-和 [AuCl4]-，下列判断错误的是 A. “焙烧”时，Cu2S转化为CuO的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2 B. “酸浸氧化”时，O2的作用之一是防止NO排放到空气中污染环境 C. “酸溶”时，金溶解的离子方程式为2Au+3Cl2+2Cl-=2[AuCl4]- D. 有机层中回收的金属元素是Pt，萃取分液用到的玻璃仪器是分液漏斗和烧杯 14. 用下列实验装置进行相应实验，其中装置正确且能达到实验目的的是 A．制取 B．为装有溶液的滴定管排气泡 C．收集 D．制取无水 A. A B. B C. C D. D 15. 氮及其化合物的“价—类”二维图如下所示。 下列说法正确的是 A. X可通过加热氯化铵固体制取 B. 从物质类别角度分析，P属于酸性氧化物 C. 将X转化为 Q的过程，属于氮的固定 D. 3.2 g Cu与10 mol·L-1的Y溶液恰好反应，生成NO、NO2混合气体1.12 L(标准状况)，则 Y 溶液的体积为 15 mL 第Ⅱ卷(共60分) 16. 硒()是人体内不可缺少的微量元素，硒及其化合物在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题。 （1）在周期表中的位置_______。 （2）O、S、气态氢化物的键角由大到小的顺序为_______(填化学式)。 （3）已知与的部分性质如下表： 物质 状态(常温) 熔点 固体 340-350℃ 气体 ℃ 根据X射线衍射分析晶体如图所示的长链状结构，请解释与熔点差异较大的可能原因_______。 （4）“依布硒”是一种有机硒化物，具有良好的抗炎活性，其结构简式如图所示。“依布硒”中原子的杂化类型为_______，元素、O、N的第一电离能由大到小的顺序为_______。 （5）亚硒酸氢钠()可用于制药工业、用作防腐剂、抗氧化剂等。预测，可能的化学性质并说明预测依据_______(写一条即可)。 （6）、、可形成一种新型超导材料，其晶胞结构如图所示。 ①该超导材料的化学式为_______；距离原子最近的原子的个数为_______。 ②晶胞的部分参数如图所示，且晶胞棱边夹角均为90°，晶体密度为_______(阿伏加德罗常数的值为，用含a、b和的式子表示)。 17. V2O5是制造钒铁合金的原料。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺流程如下： 已知：i石煤含V2O3，杂质为大量Al2O3和少量CaO等；苛化泥的主要成分为CaCO3、NaOH、Na2CO3等。 ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成四羟基合铝酸盐；室温下，偏钒酸钙[Ca(VO3)2]和四羟基合铝酸钙均难溶于水。 回答下列问题： （1）钒原子的价层电子排布式为___________；焙烧产生的气体①为___________(填化学式)。 （2）水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为___________(填化学式)。 （3）在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为___________；CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为___________；浸取后低浓度的滤液①进入___________(填工序名称)，可实现钒元素的充分利用。 （4）酸性条件下，VO可聚合得到多种复杂阴离子。一种阴离子(如下图)由4个VO4四面体(位于体心的V为+5价)，通过共用顶点氧原子构成八元环，其化学式为___________； 18. 小组同学探究和不同铜盐溶液的反应，实验如下。 实验：向溶液中加入溶液，立即产生橙黄色沉淀(沉淀A)，放置5min左右，转化为白色沉淀(沉淀B)。 已知：i．(无色)；ii．。 （1）研究沉淀B的成分。向洗涤后的沉淀B中加入足量浓氨水，得到无色溶液，在空气中放置一段时间，溶液变为深蓝色。取少量深蓝色溶液，滴加试剂X，产生白色沉淀。 ①白色沉淀是，试剂X是_______。 ②无色溶液在空气中放置变为深蓝色，反应的离子方程式为_______。 （2）经检验，沉淀A不含。推测沉淀A能转化为沉淀B与有关，为研究沉淀A的成分及沉淀A转化为B的原因，实验如下。 ①仅通过上述实验不能证明沉淀A中含有，补充实验：向少量洗净的沉淀A中加入稀硫酸，证实沉淀A中含有的证据是_______。 ②无色溶液中含有，推测的产生有两个途径： 途径1：实验过程中氧化； 途径2：_______(将途径补充完整)。 经研究，途径1不合理，途径2合理。 ③文字解释和溶液反应时，先产生橙黄色沉淀，再转化为白色的原因：_______。 （3）和溶液反应最终生成沉淀，并检测到有生成，离子方程式是_______。用和溶液重复上述实验，仅产生橙黄色沉淀，放置72h后变为暗红色沉淀(可溶于氨水，得到无色溶液，放置变为深蓝色)。 （4）根据上述实验所得结论：_______(答出两点)。 19. 某药物G的一种合成路线如下： 请回答下列问题： （1）G中含氧官能团有酯基和___________(填名称)。试剂X的结构简式为___________。 （2）D→E的反应类型是___________。 （3）写出A→B的化学方程式：___________。 （4）鉴别B和C的试剂和条件是___________。 （5）C的芳香族同分异构体中，同时具备下列条件的结构有___________种(不考虑立体异构)。 ①1mol有机物能与2molNa反应 ②苯环上一溴代物只有1种 其中，在核磁共振氢谱上有3组峰且峰面积比为1∶2∶2的结构简式为___________。 （6）已知：(R为烃基，X为卤原子)。以苯酚的一种同系物和氯乙醇为原料合成，设计合成路线_____(其他试剂任选)。 20. 我国力争实现2030年前碳达峰、2060年前碳中和的目标，研究碳的化合物对减少在大气中累积及实现可再生能源的有效利用具有重要意义。 （1）已知和在一定条件下能发生反应，反应物与生成物的能量与活化能的关系如图所示，该反应的______kJ/mol（用含和的代数式表示）。 （2）恒温恒容条件下，为了提高反应中的平衡转化率，可采取的措施为______（任写一项）。 （3）下列能说反应达到平衡状态的是______（填字母）。 A. B. HCOOH的体积分数不再变化 C. 混合气体的密度不再变化 D. （4）一定温度下，在一刚性密闭容器中，充入等物质的量的和此时容器的压强为48kPa，发生反应，6min时达到平衡，此时容器压强为36kPa，则0~6min内用分压表示的化学反应速率为______kPa/min。相同温度下，该反应的逆反应平衡常数______kPa（是平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数）。 （5）除合成甲酸（HCOOH）外，有科学家以、为原料合成达到有效降低空气中二氧化碳含量的目的，其中涉及的主要反应如下： Ⅰ． kJ⋅mol Ⅱ． kJ⋅mol 不同条件下，按照投料，的平衡转化率如图所示： 压强、、由小到大的顺序是______。压强为时，温度高于300℃后，的平衡转化率随温度升高而升高的原因是________________________。 （6）近年来，有研究人员用通过电催化生成多种燃料，实现的回收利用，其工作原理如图所示： 请写出Cu电极上产生的电极反应式______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $