精品解析：2025届新疆维吾尔自治区乌鲁木齐地区高三下学期第二次质量监测理科综合试题-高中化学

乌鲁木齐地区2025年高三年级第二次质量监测 理科综合(问卷) (卷面分值：300分；考试时间：150分钟) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1　N-14 一、选择题：本题包括13小题，每小题6分，共78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. 下列变化中，不涉及氧化还原反应的是 A. 根瘤菌固氮 B. 纯碱除油污 C. 金属的冶炼 D. 天然气燃烧 2. 对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是 A. 将稀滴在铁片上： B. 用溶液除去乙炔气体中的 C. 用稀清洗试管壁上的 D. 将Na放入水中： 3. 下列装置可用于相应实验的是 A．配制一定物质的量浓度的溶液 B．探究催化剂对化学反应速率的影响 C．实验室制备乙酸乙酯 D．用HCl标准溶液滴定未知浓度的NaOH溶液 A. A B. B C. C D. D 4. L-多巴用于帕金森综合征的治疗，在一定条件下发生反应生成多巴胺，原理如下： 下列有关说法错误的是 A. 反应式中化合物X为 B. 多巴胺中碳原子均采用杂化 C. L-多巴能与盐酸反应，也能与NaOH溶液反应 D. 多巴胺可与溶液发生显色反应 5. 电解催化氮气合成氨，是一种在常压条件下利用水作为氢源的低碳环保路线，用固体氧化物作电解质，在高温下能传导。合成氨时工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. 电解时向电极迁移 B. 的电极反应式为： C. 理论上电解质中转移生成 D. 该方法还可以获得，增加工艺产值 6. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前20号元素，X的基态原子s能级上的电子总数与p能级上的电子总数之比为4：3，是形成酸雨的物质之一，W与Z形成晶体的晶胞结构如图所示。下列说法错误的是 A 第一电离能： B. X、Z的含氧酸均为强酸 C. W与Y可形成多种化合物 D. 如图晶胞中与W最近且等距的Z有4个 7. 常温下，向和的混合液中滴加氨水，混合液中与pH关系如图所示。下列说法正确的是 A. 代表pAl与pH关系 B. 常温下，的数量级为 C. 溶液中： D. 平衡常数 三、非选择题：共174分。 8. 铋(Bi)是一种重要有色金属。以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有少量FeS2、SiO2等杂质)为原料提取精铋的一种工艺流程如图所示： 已知：①Bi2S3、FeS2、SiO2难溶于稀盐酸；②BiCl3可水解生成BiOCl沉淀。 回答下列问题： （1）铋元素位于第六周期，与氮元素同主族，请写出基态Bi原子价层电子排布式_____。 （2）辉铋矿在“氧化浸出”前需要粉碎的主要原因是_____。 （3）“滤渣”主要成分除了硫单质，还有另一种物质，该物质在自然界存在晶体和非晶体，区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是_____。 （4）“氧化浸出”时，铋元素主要以形式存在，写出与反应的离子方程式_____；加入盐酸的浓度不宜太低的主要原因_____(写离子方程式并用文字作答)。 （5）向“滤液2”中通入_____(填物质名称)后，所得溶液可循环利用。 （6）“熔铸”过程中，海绵铋表面的氧化膜被熔融NaOH吸收，形成固态浮渣从而与铋液分离，铋液在熔融NaOH中下沉汇合，熔融NaOH在“熔铸”过程中还起到的作用有_____。 （7）工业上制得的粗铋可通过“电解精制”获得精铋。“电解精制”过程中粗铋与电源_____(填“正极”或“负极”)连接，阴极反应式为_____。 9. 葡萄糖酸锌是一种有机补锌剂，广泛应用于食药领域。已知葡萄糖酸锌可溶于水，极易溶于热水，不溶于乙醇，温度高于100℃开始分解。某小组由葡萄糖制备葡萄糖酸锌的实验步骤如下： Ⅰ．制备葡萄糖酸； 60℃水浴下，向一定体积葡萄糖溶液中滴入1%溴水至略过量，保温15min，实验装置如图所示，夹持、控温装置略。 Ⅱ．制备葡萄糖酸钙； 将略过量粉末缓慢加入葡萄糖酸溶液中，在水浴中振荡，直至无气泡产生，过滤，向滤液中加入等体积乙醇，冷却结晶产生葡萄糖酸钙晶体。过滤，洗涤固体，溶水待用。 Ⅲ．制备葡萄糖酸锌粗品：实验流程如图。 请回答下列问题： （1）上图中仪器a的名称为_____。 （2）步骤Ⅰ中，溴水的作用是_____(填“氧化剂”或“还原剂”)，能否用酸性高锰酸钾溶液替代溴水，选填_____(“是”或“否”)。 （3）步骤Ⅱ中“冷却结晶”时，常用玻璃棒摩擦烧杯内壁的目的是_____；过滤所得的葡萄糖酸钙晶体可以选用_____(填物质的名称)洗涤。 （4）步骤Ⅲ中制备葡萄糖酸锌时： ①发生反应的化学方程式为_____； ②反应时需控制温度在90℃左右，其原因为_____； ③实验中“趁热过滤”的目的是_____； ④若需进一步提纯产品，可采用的方法是_____。 10. 氢能被确定为国家未来能源体系的重要组成部分，研究制氢技术具有重要意义。乙醇—水催化重整可获得氢气，主要反应如下： 反应1：　 反应2：　 反应3：　 （1）_____(用和表示)，反应1在低温下_____(填“能”或“不能”)自发进行。 （2）压强为100kPa，的平衡产率与温度、起始时水醇比的关系如下图所示，两条曲线上的点代表在不同条件下的平衡产率，且每条曲线上的平衡产率相同。 ①反应1的平衡常数：_____(填“>”“=”或“<”)，平衡体系中乙醇的物质的量分数：A点_____C点(填“>”“=”或“<”)。 ②A点和B点的平衡产率相等的原因是_____。 （3）向密闭容器中充入和发生上述反应，保持压强为100kPa，测得平衡时和CO的选择性[例如CO的选择性]及的平衡产率[的平衡产率]随温度的变化关系如下图所示： ①表示的平衡产率的曲线是_____(填“a”“b”或“c”)，反应过程中催化剂由于积碳容易失活，增大水醇比可有效减少积碳，原因是_____(用化学方程式表示)。 ②500℃，100kPa条件下，用平衡分压表示反应2的平衡常数_____。 11. 阿托品是治疗青少年假性近视的药品。有机物J是阿托品合成的关键中间体，其合成路线如下： 回答下列问题： （1）B的化学名称为_____；G中官能团名称为_____。 （2）A→B的反应方程式_____；D→E的反应类型为_____。 （3）F的结构简式为_____；I的分子式为_____；J有_____个手性碳。 （4）H→J的反应中加入的作用是_____。 （5）写出一种能同时满足下列条件的的同分异构体的结构简式_____(不考虑立体异构)。 ①芳香族化合物；②能发生水解；③能发生银镜反应； ④核磁共振氢谱显示为四组峰，且峰面积之比为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 乌鲁木齐地区2025年高三年级第二次质量监测 理科综合(问卷) (卷面分值：300分；考试时间：150分钟) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1　N-14 一、选择题：本题包括13小题，每小题6分，共78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. 下列变化中，不涉及氧化还原反应的是 A. 根瘤菌固氮 B. 纯碱除油污 C. 金属的冶炼 D. 天然气燃烧 【答案】B 【解析】 【详解】A．根瘤菌固氮将转化为含氮化合物（如），氮元素化合价从0降至，属于氧化还原反应，A不符合题意； B．纯碱（）除油污通过水解生成碱性环境，促使油脂水解，此过程为复分解反应，无元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，B符合题意； C．金属冶炼将金属从化合态还原为单质，金属元素化合价降低，有化合价的变化，属于氧化还原反应，C不符合题意； D．天然气（）燃烧生成和，有化合价的变化，属于氧化还原反应，D不符合题意； 故答案为：B。 2. 对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是 A. 将稀滴在铁片上： B. 用溶液除去乙炔气体中的 C. 用稀清洗试管壁上的 D. 将Na放入水中： 【答案】C 【解析】 【详解】A．稀硫酸与铁反应只能生成：，A错误； B．H2S为弱酸，不能拆分，要保留化学式：，B错误； C．稀硝酸具有强氧化性，能与Ag反应生成NO气体：，C正确； D．钠与水反应的离子方程式为：，D错误； 故答案为：C。 3. 下列装置可用于相应实验的是 A．配制一定物质的量浓度的溶液 B．探究催化剂对化学反应速率的影响 C．实验室制备乙酸乙酯 D．用HCl标准溶液滴定未知浓度的NaOH溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．配制一定物质的量浓度的H2SO4溶液时，容量瓶不能用于溶解或稀释操作，浓硫酸应在烧杯中稀释冷却至室温后再转移至容量瓶，A错误； B．探究催化剂对反应速率的影响需采取控制变量法，由于两试管中分别为10%、5% H2O2溶液，浓度不同，加入MnO2，无法通过观察气泡产生速率可比较催化剂对化学反应速率的影响，B错误； C．制备乙酸乙酯时，导管伸入饱和碳酸钠溶液液面以下会导致倒吸，正确操作应为导管口位于液面上方，C错误； D．HCl标准溶液需用酸式滴定管盛装，滴定终点为氯化钠溶液，呈中性，可加酚酞作指示剂，D正确； 故选D。 4. L-多巴用于帕金森综合征的治疗，在一定条件下发生反应生成多巴胺，原理如下： 下列有关说法错误的是 A. 反应式中化合物X为 B. 多巴胺中碳原子均采用杂化 C. L-多巴能与盐酸反应，也能与NaOH溶液反应 D. 多巴胺可与溶液发生显色反应 【答案】B 【解析】 【分析】由图，L-多巴在一定条件下发生反应生成多巴胺，多巴胺不含羧基，结合质量守恒，羧基脱羧反应生成CO2，X为CO2； 【详解】A．由分析，XCO2，A正确； B．多巴胺中苯环碳原子为sp2杂化，但侧链-CH2-CH2-中的两个碳原子均形成4个单键，为sp3杂化，并非所有碳原子均为sp2杂化，B错误； C．L-多巴含氨基（-NH2）可与盐酸反应，含羧基（-COOH）和酚羟基（-OH）可与NaOH溶液反应，C正确； D．多巴胺含酚羟基（-OH直接连苯环），能与FeCl3溶液发生显色反应，D正确； 故选B。 5. 电解催化氮气合成氨，是一种在常压条件下利用水作为氢源的低碳环保路线，用固体氧化物作电解质，在高温下能传导。合成氨时工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. 电解时向电极迁移 B. 的电极反应式为： C. 理论上电解质中转移生成 D. 该方法还可以获得，增加工艺产值 【答案】C 【解析】 【分析】如图，电极通入氮气和水得到电子生成氨气为阴极，用固体氧化物作电解质，在高温下能传导，反应式为：，电极为阳极，失去电子生成氧气，电极反应式为：，据此回答。 【详解】A．电解池中阴离子向阳极迁移，为阴离子，Pt(a)电极通入空气，生成含氧量高的空气，推测其为阳极（失电子生成），故向Pt(a)迁移，A正确； B．Pt(b)电极通入N2、H2O生成NH3，N2被还原（N从0价→-3价），为阴极。阴极反应式需满足N2得电子、结合H2O中的H生成NH3，同时生成（电解质传导），配平后为：，B正确； C．由Pt(b)电极反应式：可知，转移6mole⁻生成2molNH3，质量为2mol×17g/mol=34g，C错误； D．Pt(a)为阳极，在此失电子生成（电极反应：），可获得增加产值，D正确； 故选C。 6. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前20号元素，X的基态原子s能级上的电子总数与p能级上的电子总数之比为4：3，是形成酸雨的物质之一，W与Z形成晶体的晶胞结构如图所示。下列说法错误的是 A. 第一电离能： B. X、Z的含氧酸均为强酸 C. W与Y可形成多种化合物 D. 如图晶胞中与W最近且等距的Z有4个 【答案】B 【解析】 【分析】X的基态原子s能级上的电子总数与p能级上的电子总数之比为4:3，s能级最多容纳2个电子，设s能级电子数为4x，p能级电子数为3x，当x = 1时，s能级电子数为4，p能级电子数为3，则X的核外电子排布式为1s22s22p3，所以X为N元素。ZY2是形成酸雨的物质之一，常见形成酸雨的物质有SO2、NO2等，结合原子序数依次增大，可知Y为O元素，Z为S元素。根据W与Z形成晶体的晶胞结构，W有8个原子位于晶胞内部，Z有8个原子位于顶点和6个原子位于面上，通过均摊法可知W与Z的个数比为2: 1，且W原子序数大于S，则W为K元素。 【详解】A．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p轨道为半充满稳定状态，其第一电离能大于O，同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，所以第一电离能：N>O>S，即X > Y > Z，A正确； B．X的含氧酸有HNO2、HNO3，其中HNO2为弱酸；Z的含氧酸有H2SO3、H2SO4，其中H2SO3为弱酸，B错误； C．W为K，与Y（O）可形成K2O、K2O2、KO2等多种化合物，C正确； D．W与Z形成的晶体中，W的配位数为4，即与W最近且等距的Z有4个，D正确； 故答案选B。 7. 常温下，向和的混合液中滴加氨水，混合液中与pH关系如图所示。下列说法正确的是 A. 代表pAl与pH关系 B. 常温下，的数量级为 C. 溶液中： D. 的平衡常数 【答案】D 【解析】 【分析】向AlCl3和CH3COOH的混合液中滴加氨水，溶液pH逐渐增大。pX=-lg[c(Al3+)]时，随pH增大，Al3+与OH-结合生成Al(OH)3沉淀，c(Al3+)减小，pX增大，对应图中斜率为正的曲线，pX=时，CH3COOH的电离平衡常数Ka=，则，pX=，因Ka为常数，随pH增大，pX减小，对应图中直线L1；pX=时，NH3·H2O的电离平衡常数Kb=，则，pX=，随pH增大，pX增大，根据图中曲线的斜率，L3代表pX为的关系，L2代表pAl与pH关系； 【详解】A．由上述分析，L3代表pX为的关系，A错误； B．L3中，当pH=7时，pX=-2.24，即=-2.24，=102.24。此时c(OH⁻)=10-7mol/L，Kb==102.24×10-7=10-4.76≈1.7×10-5，数量级为10-5，B错误； C．CH3COONH4溶液中，当pH=7时，pX=2.24，可得出Ka=10-4.76，Kb=10-4.76，Ka(CH3COOH) =Kb(NH3·H2O)，水解程度等于CH3COO-，溶液显中性，，C错误； D．的反应平衡常数K=，结合CH3COOH的Ka=，可得K=，结合图像数据，当pH=4时，pX=3.1，即c(Al3+)=10-3.1mol/L，Ka=10-4.76，c(H+)=10-4 mol/L，代入可得K=10-5.38，D正确； 故答案选D。 三、非选择题：共174分。 8. 铋(Bi)是一种重要的有色金属。以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有少量FeS2、SiO2等杂质)为原料提取精铋的一种工艺流程如图所示： 已知：①Bi2S3、FeS2、SiO2难溶于稀盐酸；②BiCl3可水解生成BiOCl沉淀。 回答下列问题： （1）铋元素位于第六周期，与氮元素同主族，请写出基态Bi原子的价层电子排布式_____。 （2）辉铋矿在“氧化浸出”前需要粉碎的主要原因是_____。 （3）“滤渣”的主要成分除了硫单质，还有另一种物质，该物质在自然界存在晶体和非晶体，区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是_____。 （4）“氧化浸出”时，铋元素主要以形式存在，写出与反应的离子方程式_____；加入盐酸的浓度不宜太低的主要原因_____(写离子方程式并用文字作答)。 （5）向“滤液2”中通入_____(填物质名称)后，所得溶液可循环利用。 （6）“熔铸”过程中，海绵铋表面的氧化膜被熔融NaOH吸收，形成固态浮渣从而与铋液分离，铋液在熔融NaOH中下沉汇合，熔融NaOH在“熔铸”过程中还起到的作用有_____。 （7）工业上制得的粗铋可通过“电解精制”获得精铋。“电解精制”过程中粗铋与电源_____(填“正极”或“负极”)连接，阴极反应式为_____。 【答案】（1）6s26p3 （2）增大辉铋矿与反应物的接触面积，使反应更充分 （3）X-射线衍射法 （4） ①. 6Fe3++Bi2S3=2Bi3++6Fe2++3S ②. Bi3++Cl-+H2OBiOCl↓+2H+，抑制BiCl3的水解 （5）氯气或氧气 （6）还能隔绝空气、防止铋液继续被氧化 （7） ①. 正极 ②. Bi3++3e-=Bi 【解析】 【分析】将辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有少量FeS2、SiO2等杂质)粉碎，然后加入盐酸、FeCl3溶液，发生反应：6Fe3++Bi2S3=2Bi3++6Fe2++3S↓，生成Bi3+、S、Fe2+，S难溶于水而进入滤渣中，滤液中含有FeCl2、BiCl3，加入盐酸可抑制BiCl3的水解。过滤后向滤液中加入铁粉，可以将Bi置换出来，得到海绵铋。再加入熔融NaOH，海绵铋表面的氧化膜被熔融NaOH吸收，形成固态浮渣从而与铋液分离，铋液在熔融NaOH中下沉汇合，熔融NaOH在“熔铸”过程中还起到作熔剂，降低铋的熔点；吸收Bi2O3，防止其挥发的作用，得到粗铋，然后电解精炼得到精铋。 小问1详解】 铋元素位于第六周期，与氮元素同主族，则基态Bi原子的价层电子排布式为6s26p3； 【小问2详解】 辉铋矿在“氧化浸出”前需要粉碎的主要原因是：增大辉铋矿与反应物的接触面积，使反应更充分； 【小问3详解】 区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是X-射线衍射法； 【小问4详解】 在酸性条件下，FeCl3与Bi2S3发生氧化还原反应，生成FeCl3、BiCl3、S，反应的离子方程式为6Fe3++Bi2S3=2Bi3++6Fe2++3S； 加入盐酸浓度不宜太低的原因是由于BiCl3在溶液中可水解生成BiOCl沉淀，离子方程式为Bi3++Cl-+H2OBiOCl↓+2H+，加入盐酸，增大溶液中H+的浓度，可抑制BiCl3的水解； 【小问5详解】 在“滤液2”中含有FeCl2，向其中通入Cl2，可将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，所得溶液中含Fe3+，又反应产生FeCl3，因此可再被循环利用用于“氧化浸出”，故通入的物质是氯气或氧气； 【小问6详解】 在“熔铸”过程中，熔融 NaOH 除了吸收铋表面的氧化膜并将其变成浮渣外，还能隔绝空气、防止铋液继续被氧化。 【小问7详解】 在“电解精制”过程中粗铋与电源的正极连接，作阳极，发生氧化反应，电极反应式为：Bi-3e-=Bi3+；精铋于电源负极连接，作阴极，阴极的电极反应式为：Bi3++3e-=Bi。 9. 葡萄糖酸锌是一种有机补锌剂，广泛应用于食药领域。已知葡萄糖酸锌可溶于水，极易溶于热水，不溶于乙醇，温度高于100℃开始分解。某小组由葡萄糖制备葡萄糖酸锌的实验步骤如下： Ⅰ．制备葡萄糖酸； 60℃水浴下，向一定体积葡萄糖溶液中滴入1%溴水至略过量，保温15min，实验装置如图所示，夹持、控温装置略。 Ⅱ．制备葡萄糖酸钙； 将略过量粉末缓慢加入葡萄糖酸溶液中，在水浴中振荡，直至无气泡产生，过滤，向滤液中加入等体积乙醇，冷却结晶产生葡萄糖酸钙晶体。过滤，洗涤固体，溶水待用。 Ⅲ．制备葡萄糖酸锌粗品：实验流程如图。 请回答下列问题： （1）上图中仪器a名称为_____。 （2）步骤Ⅰ中，溴水的作用是_____(填“氧化剂”或“还原剂”)，能否用酸性高锰酸钾溶液替代溴水，选填_____(“是”或“否”)。 （3）步骤Ⅱ中“冷却结晶”时，常用玻璃棒摩擦烧杯内壁的目的是_____；过滤所得的葡萄糖酸钙晶体可以选用_____(填物质的名称)洗涤。 （4）步骤Ⅲ中制备葡萄糖酸锌时： ①发生反应的化学方程式为_____； ②反应时需控制温度在90℃左右，其原因为_____； ③实验中“趁热过滤”的目的是_____； ④若需进一步提纯产品，可采用的方法是_____。 【答案】（1）球形冷凝管 （2） ①. 氧化剂 ②. 否 （3） ①. 形成晶粒促进产生葡萄糖酸钙晶体 ②. 乙醇 （4） ①. ②. 防止葡萄糖酸锌受热分解 ③. 防止葡萄糖酸锌因温度降低结晶析出，同时除去生成的硫酸钙沉淀； ④. 重结晶 【解析】 【分析】60℃水浴下，向一定体积葡萄糖溶液中滴入1%溴水，将葡萄糖转化为葡萄糖酸，保温15min后，将略过量CaCO3粉末缓慢加入上述溶液，在水浴中振荡，直至无气泡产生，过滤得到葡萄糖酸钙溶液，冷却并加入等体积乙醇，产生沉淀，过滤，用乙醇洗涤固体，在90℃水浴、搅拌下，向ZnSO4溶液中分批加入葡萄糖酸钙溶液，趁热过滤，向滤液中加入无水乙醇并冷却结晶，过滤得到葡萄糖酸锌； 【小问1详解】 仪器a的名称为球形冷凝管； 【小问2详解】 葡萄糖具有还原性，溴水具有氧化性，将葡萄糖氧化为葡萄糖酸，步骤Ⅰ中，溴水的作用是氧化剂，葡萄糖中含羟基和醛基均能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，不能用酸性高锰酸钾溶液替代溴水； 【小问3详解】 步骤Ⅱ中“冷却结晶”时，常用玻璃棒摩擦烧杯内壁的目的是形成晶粒促进产生葡萄糖酸钙晶体；由题意，葡萄糖酸钙在乙醇中溶解度较小，故过滤所得的葡萄糖酸钙晶体可以选用乙醇洗涤。 【小问4详解】 ①发生反应为葡萄糖酸钙和硫酸锌生成葡萄糖酸锌和硫酸钙沉淀，化学方程式为； ②葡萄糖酸锌在温度高于100℃开始分解，反应时需控制温度在90℃左右，其原因为防止葡萄糖酸锌受热分解； ③实验中“趁热过滤”的目的是除去生成的硫酸钙，分离出葡萄糖酸锌滤液； ④若需进一步提纯产品，可采用的方法是重结晶。 10. 氢能被确定为国家未来能源体系的重要组成部分，研究制氢技术具有重要意义。乙醇—水催化重整可获得氢气，主要反应如下： 反应1：　 反应2：　 反应3：　 （1）_____(用和表示)，反应1在低温下_____(填“能”或“不能”)自发进行。 （2）压强为100kPa，的平衡产率与温度、起始时水醇比的关系如下图所示，两条曲线上的点代表在不同条件下的平衡产率，且每条曲线上的平衡产率相同。 ①反应1的平衡常数：_____(填“>”“=”或“<”)，平衡体系中乙醇的物质的量分数：A点_____C点(填“>”“=”或“<”)。 ②A点和B点的平衡产率相等的原因是_____。 （3）向密闭容器中充入和发生上述反应，保持压强为100kPa，测得平衡时和CO的选择性[例如CO的选择性]及的平衡产率[的平衡产率]随温度的变化关系如下图所示： ①表示的平衡产率的曲线是_____(填“a”“b”或“c”)，反应过程中催化剂由于积碳容易失活，增大水醇比可有效减少积碳，原因是_____(用化学方程式表示)。 ②500℃，100kPa条件下，用平衡分压表示反应2的平衡常数_____。 【答案】（1） ①. ②. 不能 （2） ①. = ②. ③. 两点压强相同，相同，B点温度高于A点，升高温度，反应2正向移动消耗氢气的量与反应1、反应3正向移动产生氢气的量相等 （3） ①. b ②. 或 ③. 0.225 【解析】 【小问1详解】 由盖斯定律可知，(反应3-反应1)可得反应2，则。的反应能自发进行，反应1为吸热的熵增反应，则在低温下不能自发，在高温下利于自发； 【小问2详解】 ①BD点温度相等，则平衡常数相等，故反应1的平衡常数：=；由图可， A、C两点的值相等， C点的温度高于A点，升高温度反应1、3均正向移动，乙醇的物质的量减少，气体总物质的量增大，使得平衡体系中乙醇的物质的量分数减小，因此平衡体系中乙醇的物质的量分数：AC。 ②A、B两点氢气产率相等是因为B点温度高于A点，升高温度，平衡移动过程中反应2消耗氢气的量与反应1、反应3产生氢气的量相等。 【小问3详解】 ①由题意，升高温度，3个反应均正向移动，使得CO选择性增大，则c为CO选择性曲线，由题意，二氧化碳、CO选择性和为100%，则a为选择性曲线，那么b为的平衡产率的曲线；反应过程中催化剂由于积碳容易失活，增大水醇比可有效减少积碳，原因是碳和水可以反应转化为CO或二氧化碳和氢气，从而减小积碳，反应为或。 ②反应1+2×反应2=反应3，由反应，可知理论氢气最大产量为1mol×6=6mol，由图，的平衡产量为1mol×6×80%=4.8mol： 由图，500℃，100kPa条件下，此时一氧化碳、二氧化碳产量相等，则a-b=b，且3a-b=4.8，解得a=1.92mol、b=0.96mol，则水为3-1.5×1.92+0.96=1.08mol，反应2为气体分子数不变的反应，可以用物质的量代替物质分压，则反应2的平衡常数。 11. 阿托品是治疗青少年假性近视的药品。有机物J是阿托品合成的关键中间体，其合成路线如下： 回答下列问题： （1）B的化学名称为_____；G中官能团名称为_____。 （2）A→B的反应方程式_____；D→E的反应类型为_____。 （3）F的结构简式为_____；I的分子式为_____；J有_____个手性碳。 （4）H→J的反应中加入的作用是_____。 （5）写出一种能同时满足下列条件的的同分异构体的结构简式_____(不考虑立体异构)。 ①芳香族化合物；②能发生水解；③能发生银镜反应； ④核磁共振氢谱显示为四组峰，且峰面积之比为。 【答案】（1） ①. 2-氯丙烷 ②. 羧基、酯基 （2） ①. +HCl +H2O ②. 加成反应 （3） ①. ②. C8H15NO ③. 3 （4）与生成HCl反应，促进反应正向进行，提高J的产率 （5） 【解析】 【分析】A，A发生取代反应生成B为，B在乙醚中与Mg反应生成C为，C与反应得到D，D为，D与HCHO在乙醚中生成E为，E酸化后得F为，F与CH3COCl发生取代反应生成G为，G与SOCl2发生取代反应生成H为，I为，H与I发生取代反应得到J为。 【小问1详解】 B为，化学名称为2-氯丙烷；G为，G中官能团名称为羧基、酯基。故答案为：2-氯丙烷；羧基、酯基； 【小问2详解】 A为，A发生取代反应生成B为，A→B的反应方程式+HCl +H2O ；D为与HCHO在乙醚中生成E为，HCHO中碳氧双键变为碳氧单键，D→E的反应类型为加成反应。故答案为：+HCl +H2O ；加成反应； 【小问3详解】 酸化后得F，F的结构简式为；I为，I的分子式为C8H15NO；J有3个手性碳，如图。故答案为：；C8H15NO；3； 【小问4详解】 H与I发生取代反应得到产生J为，同时生成HCl，H→J的反应中加入的作用是与生成的HCl反应，促进反应正向进行，提高J的产率。故答案为：与生成的HCl反应，促进反应正向进行，提高J的产率； 【小问5详解】 ①芳香族化合物，含有苯环；②能发生水解，含有酯基；③能发生银镜反应，属于甲酸酯；④核磁共振氢谱显示为四组峰，且峰面积之比为，含有甲基，结构对称，符合条件的物质为。故答案为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $