云南省楚雄彝族自治州民族中学2024-2025学年高三上学期1月份月考 化学试卷

云南省楚雄州民族中学2025学年1月份月考化学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。 2.每小题选出答案后，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。在试题卷上作答无效。 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。 以下数据可供解题时参考。 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 S—32 Mn—55 Ti—48 1、 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．我国是古代文明发源地。下列文物主要由无机非金属材料制成的是（ ） A．西周兽面纹方鼎 B．北朝青瓷莲花尊 C．唐葡萄花鸟纹银香囊 D．西汉T形帛画 2．下列有关化学用语表示正确的是（ ） A．基态原子的价层电子排布式：3d54s2 B．氧原子核外电子的空间运动状态有5种 C．NF3的电子式： D．CO2的VSEPR模型： 3．下列离子方程式书写错误的是（ ） A．用饱和食盐水制烧碱： B．向饱和溶液中通入过量 C．向溶液中通入少量 D．溶于稀硫酸： 4．实验室可利用反应：制备。设代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A．常温常压下，8.7g 和MnS的混合物中含有Mn原子的数目为 B． 溶液中含有的离子数为 C．标准状况下，11.2L 的分子数为 D．该反应中生成0.2mol 时，转移的电子数为 5．下列实验装置能达到实验目的的是（ ） A．图甲：实验室制备氯气 B．图乙：除去二氧化碳中的氯化氢气体 C．图丙：检验溴乙烷发生消去反应生成的乙烯 D．图丁：测定中和反应的反应热 6．有机物M有望作为研发治疗神经退行性疾病的先导化合物，其结构如图所示。下列有关M的说法错误的是（ ） A． 含有4种官能团 B．能发生消去反应和取代反应 C．含有2个手性碳原子 D．1molM最多能与4molNaOH反应 7．短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，X原子在s区中半径最小，基态Z原子的价电子排布式为，Y元素的简单氢化物可用作制冷剂，W元素在同周期元素中第一电离能最小，Q原子的最外层电子数与Z和W的最外层电子数之和相等。下列说法正确的是（ ） A．Z分别与其他四种元素形成的二元化合物至少有两种 B．第一电离能： C．Y、Z、W、Q的简单氢化物中沸点最高的是Z D．工业上电解饱和溶液制备W单质 8．化学是以实验为基础的学科。下列根据实验操作及现象能得到相应实验结论的是（ ） 选项 实验操作及现象 实验结论 A 常温下，将Fe片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，一段时间后，前者有气体产生，后者无明显现象 稀硝酸的氧化性比浓硝酸的强 B 向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 该溶液含有 C 相同温度下，用pH试纸测定相同浓度的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH，前者pH值更大 酸性：HClOCH3COOH D 同温下，向体积为2mL的溶液中先滴加4滴的KCl溶液，再滴加4滴的KI溶液，先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀 同温下 9．一种新型电池，可以有效地捕获,将其转化为,再将产生的电解制，装置如图所示，下列说法正确的是（ ） A．b为正极，发生氧化反应 B．电池工作中电子的流向： C．d电极的电极反应式： D．捕获23g,c极产生（标准状况） 10．钛酸钡具有优良的介电、压电特性，主要用于电容器、自动温控等领域。钛酸钡的晶胞结构如图所示。下列说法错误的是（ ） A．Ti元素位于元素周期表的d区 B．该物质的化学式为 C．晶体中每个钛离子周围等距且最近的氧离子数目为6 D．若位于晶胞的体心，位于晶胞的顶点，则处于立方体的位置是棱心 11．硒是人体微量元素中的“胰岛素”。含硒废料(主要含Se、S、Fe2O3、ZnO、CuO、SiO2等)制取硒的流程如图，下列有关说法正确的是（ ） A．“分离”时得到含硫煤油的操作方法是分液 B．“酸溶”后，滤渣是Se C．“酸化”时，生成1mol Se，反应转移2mol电子 D．若向“酸溶”所得的滤液中滴加硫氰化钾溶液，溶液不变红 12．基于非金属原子嵌入石墨烯三嗪基中，用于催化一氧化碳加氢生成甲醇的反应历程如图，其中吸附在催化剂表面上的物种用“”标注，下列说法中错误的是（ ） A． A.物种吸附在催化剂表面的过程为吸热过程 B．过渡态相对能量：TS55>TS44>TS77 C.整个反应历程中有极性键的断裂和生成 D．反应决速步的活化能为 13．苯酚作为重要的有机化工原料，主要用于生产双酚A、酚醛树脂、己内酰胺等，在工业上有广泛的用途。钒取代杂多酸（）催化苯羟基化制苯酚的反应历程如图所示。下列说法错误的是（ ） A．反应涉及键的断裂和生成 B．一定条件下，“2”制取“3”的反应可以看作是有机反应中的消去反应 C．中原子的杂化方式为 D．苯羟基化制苯酚的总反应为： 14．柠檬酸(用表示)是一种有机三元弱酸，广泛存在于水果中。25℃时，用NaOH调节溶液的pH，溶液中各种微粒的分布系数与pH的关系如图所示[比如的分布系数]。下列叙述错误的是（ ） A．溶液显酸性，溶液显碱性 B．曲线Ⅰ代表，曲线Ⅳ代表 C．溶液中： D．反应的 2、 非选择题 ：本题共4小题，共58分。 15.（15分）草酸是一种用途广泛的二元有机中强酸，某同学通过查阅资料设计了如图所示的装置(夹持仪器省略)制备一定量的草酸晶体()，回答下列问题： 已知：①实验室中可以用浓硝酸在的催化作用下氧化气体制备草酸 ② (1)仪器C的名称是 ，装置A中发生的主要化学反应方程式： 。 (2)装置B的作用是 ，B中溶液可选择下列 (填选项)替代。 A．溶液    B．溶液    C．溶液    D．30%NaOH溶液 (3)装置C中发生的化学方程式为 。 (4)装置C中反应一般控制在50℃左右的原因可能是 。 (5)待反应结束后，从C中分离出草酸晶体的方法是： ，过滤，洗涤，干燥。然后用0.1000mol/L的酸性溶液进行滴定以测定其纯度。三次平行滴定实验中消耗溶液的体积如下表所示，其中第一次实验滴定后的液面位置如图所示。 滴定次数 待测溶液体积/mL 标准溶液的体积/mL 滴定前刻度 滴定后刻度 溶液的体积/mL 第一次 20.00 0.20 第二次 20.00 2.56 23.40 第三次 20.00 0.22 20.32 则 mL，待测溶液的草酸浓度为 。 16.（14分）钛白粉是一种重要的无机化工颜料，主要成分为二氧化钛()，一种以含、CaO、等杂质的钛铁矿()为原料制备钛白粉的工艺流程如图所示。 已知：①不溶于水和稀酸； ②“酸浸”后钛元素主要以形式存在； ③，当溶液中'时可认为完全除去。 回答下列问题： (1)请写出加快“酸浸”速率的一个措施： 。 (2)“酸浸”时，发生反应的化学方程式为 。 (3)“滤渣”①的主要成分是 (填化学式)。 (4)流程中加入铁粉的目的是把体系中的还原成，冷却结晶析出晶体。体系中的还可以用调节pH的方法除去，设酸浸后体系中，常温下开始沉淀的pH为 。 (5)经处理后，流程中可循环利用的物质除Fe外，还有 (填化学式)。 (6)碳化钛晶胞结构如图所示，碳化钛的化学式为 ，碳原子距离最近且相等的碳原子的数目为 。晶胞边长参数，则晶体的密度 (列出计算式，不要求化简)。 17．（14分）氢能是一种重要的绿色能源，工业上用乙醇与水催化重整制氢气，发生以下反应： 反应Ⅰ：C2H5OH(g)+H2O(g) 2CO(g)+4H2(g)ΔH1=+255.7kJ/mol，K1 反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)ΔH2=−41.2 kJ/mol，K2 反应Ⅲ：C2H5OH(g)+3H2O(g) 2CO2(g)+6H2(g)ΔH3，K3 回答下列问题： (1)反应Ⅲ的 ，K3= (用表示)，该反应在 (填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。 (2)压强为100kPa，H2的平衡产率与温度平衡产率与温度、起始时的关系如图所示： ①反应Ⅱ的平衡常数： (填“>”“=”或“<”)，判断理由是 。 ②平衡体系中乙醇的物质的量分数：C点 (填“>”“=”或“<”)B点。 (3)维持压强在不变情况下，和发生上述反应，平衡时乙醇的转化率、的选择性、的选择性随温度升高的变化曲线如图所示： [已知：的选择性] ①图中表示选择性的曲线是 (填标号)。 ②时，反应达到平衡，则平衡时乙醇的物质的量为 。 ③时，反应Ⅱ的 (列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 18.（15分）某药物中间体的合成路线如下(部分反应条件省略)： 已知：i．； ii．。 回答下列问题： (1)A的名称是 (用系统命名法)。 (2)B→C的反应类型是 。 (3)C→D反应的化学方程式是 。 (4)A→B反应的目的是 。 (5)G的结构简式为 。 (6)符合下列条件的E的同分异构体有 种。 ①含结构；②遇溶液显紫色；③苯环上只有三个取代基。 (7)参照上述合成路线，设计以苯、1-溴丙烷为主要原料制备的路线： (其他原料、试剂任选)。 云南省楚雄州民族中学2025学年1月份月考化学试卷 —参考答案及评分标准 3、 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。 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 B B C A B D A 题号 8 9 10 11 12 13 14 答案 B D D C A B B 答案以及解析 1.【答案】B 【详解】A．西周兽面纹方鼎属于金属材料，A错误； B．北朝青瓷莲花尊是我国著名传统瓷器的一种，瓷器主要含硅酸盐属于无机非金属材料，B正确； C．唐葡萄花鸟纹银香囊的外壁用银制成，呈圆球形，通体镂空，属于金属材料，C错误； D．T形帛画中的帛是用蚕丝制作的，蚕丝的主要成分为蛋白质，D错误； 本题选B。 2. 【答案】B 【详解】A．基态原子为24号元素，价电子排布式为，故A错误； B．原子电子排布式为，存在电子的轨道有5个，核外电子的空间运动状态有5种，故B正确； C．的电子式为，故C错误； D．分子中心原子碳原子的价层电子对数为2，且不存在孤对电子，其VSEPR模型为直线形，D错误； 故答案选B。 3. 【答案】C 【详解】A．电解饱和食盐水制烧碱，反应的离子方程式为：，故A正确； B．向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2生成碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为：，故B项正确； C．向NaClO溶液中通入少量SO2，次氯酸根离子全部被还原，反应的离子方程式为：，故C项错误； D．Cu2O溶于稀硫酸，生成硫酸铜、铜和水，反应的离子方程式为：，故D项正确； 故本题选C。 4.【答案】A 【详解】A．和MnS的相对分子质量均为87，8.7g 和MnS的混合物的物质的量之和为0.1mol，含锰原子的数目为，A正确； B．溶液的体积未知，离子数目无法计算，B错误； C．标准状况下水为液态，11.2L水的物质的量不是0.5mol，C错误； D．方程式中Br由-1价升高为0价，生成1molBr2转移2mol电子，故该反应中生成0.2mol 时，转移的电子数为，D错误； 选A。 5.【答案】B 【详解】A．从NaCl溶液中提取NaCl晶体用蒸发结晶的方法，应在蒸发皿中进行，A错误； B．二氧化硫能使品红溶液褪色，该装置能检验二氧化硫的漂白性，B正确； C．碱石灰能吸收CO2和H2O，不能用装置③干燥，C错误； D．实验室用氯化铵和氢氧化钙固体加热制备氨气，氯化铵受热分解产生的氨气和氯化氢在试管口重新结合生成氯化铵，不能用来制备氨气，D错误； 故选B。 6.【答案】D 【详解】A．由M的结构简式可知，其中含羟基、碳碳双键、酯基和共4种官能团，A正确； B．M中含有羟基，与羟基相连碳原子的相邻碳原子上含有氢原子，能发生消去反应和取代反应，B正确； C．手性碳原子是指与四个各不相同原子或原子团相连的碳原子，则M中含有2个手性碳原子：(如图中标有“*”的碳原子)，C正确； D．M中只有1个酯基和1个能够和NaOH反应，则1molM最多能与2molNaOH反应，D错误； 故选D。 7.【答案】A 【分析】X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，X原子在s区中半径最小，故X元素是H；基态Z原子的价电子排布式为，故Z元素是O；Y元素的简单氢化物可用作制冷剂，故Y是N；W元素在同周期元素中第一电离能最小，则W是Na；Q原子的最外层电子数与Z和W的最外层电子数之和相等，则最外层电子数为7，故Q为Cl。据此分析作答。 【详解】A．Z与X形成的二元化合物有H2O、H2O2；Z与Y形成的二元化合物有N2O、NO2、NO等；Z与W形成的二元化合物有Na2O、Na2O2；Z与Q形成的二元化合物有ClO2、Cl2O7等，所以Z分别与其他四种元素形成的二元化合物至少有两种，故A正确； B．同主族元素，从下往上，第一电离能逐渐增大，同周期元素，从左到右，电离能呈增大趋势，但N的2p能级为半充满，所以第一电离能比相邻元素都大，因此第一电离能：，故B错误； C．Y、Z、Q的氢化物均为分子晶体，Y、Z的氢化物分子中均存在分子间氢键，且Z的氢化物中氢键数目比Y中多，所以H2O的沸点比NH3高，Q的氢化物中不存在分子间氢键，沸点较低；W的氢化物是离子晶体，熔沸点较分子晶体高，所以简单氢化物中沸点最高的是W，故C错误； D．工业上电解熔融制备W单质，故D错误； 选A。 8.【答案】B 【详解】A．常温下， Fe片与浓硝酸接触发生钝化，浓硝酸的氧化性更强，A错误； B．向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明该溶液含有，B正确； C．NaClO溶液具有强氧化性，可漂白pH试纸，无法测得NaClO溶液的pH，C错误； D．向体积为2mL的溶液中先滴加4滴的KCl溶液，再滴加4滴的KI溶液，因溶液过量，KI溶液可能直接与溶液反应，不能说明AgCl转化为AgI，D错误。 故选B。 9.【答案】D 【分析】根据图示可知：左侧装置自发进行氧化还原反应，则该装置为原电池，右侧装置为电解池。Zn电极失去电子被氧化为Zn2+，则a电极为负极，b电极为正极；c电极与正极相连，为阳极；d电极与电源负极连接，为阴极，然后根据原电池、电解池原理分析解答。 【详解】A．根据图示信息，a为原电池的负极，发生氧化反应，b为原电池的正极，发生还原反应，A错误； B．a为原电池的负极，b为原电池的正极，c为电解池的阳极，d为电解池的阴极，电池工作中电子的流向：，，B错误； C．d为电解池的阴极，电极反应式：，C错误； D．b电极，N元素化合价从+4价降为+3价，捕获23g,即，转移电子，c极产生，标准状况体积为，D正确； 答案选D。 10.【答案】D 【详解】A．Ti的价电子排布式为3d24s2，位于元素周期表的d区，故A正确； B．由结构可知，Ba2+位于体心，个数为1，O2-位于棱心，个数为=3；Ti4+位于顶点，个数为=1；则钛酸钡的化学式为BaTiO3，故B正确； C．根据晶胞结构可知，晶体中钛离子周围等距且最近的氧离子的有6个，故C正确； D．由晶胞结构可知，每个钛离子周围有6个O2-，若将钛离子置于晶胞体心，Ba2+置于晶胞顶点，则O2-位于立方体的面心，故D错误； 故答案选D。 11.【答案】C 【分析】由流程可知，煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，分离出Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2后，加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，再加亚硫酸钠浸取Se生成Na2SeSO3，最后酸化生成粗硒； 【详解】A．煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，滤渣为Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2，“分离”时得到含硫煤油的方法是过滤，A错误； B．根据分析，“酸溶”后，滤渣是Se、SiO2，B错误； C．“酸化”过程中化合物硒代硫酸钠反应后生成Se单质，Se元素从+2价降低至0价，生成1mol Se，反应转移2mol电子，C正确； D．酸溶后的溶液中含Fe3+，与硫氰化钾溶液作用，溶液呈红色，D错误； 答案选C。 12.【答案】A 【详解】A．由图可知，吸附在催化剂表面的生成物总能量低于反应物的总能量，为放热过程，故A错误； B．由图可知，过渡态相对能量的大小顺序为TS55>TS44>TS77，故B正确； C．由图可知，一氧化碳催化加氢生成甲醇的反应中有极性键的断裂和生成，故C正确； D．反应的活化能越大，反应速率越慢，反应决速步为慢反应，由图可知，反应H2CO*+H=H3CO-H的活化能最大，反应速率最慢，则反应决速步的活化能为0.35eV—(—0.60eV)=0.95eV，故D正确； 故选A。 13.【答案】B 【详解】A．由图可知，反应涉及键的断裂和生成，A正确； B.“2”制取“3”的反应为去水成环反应，没有生成不饱和键，不可以看作是有机反应中的消去反应，B错误； C．中原子形成2个共价键且含有2个孤电子对，杂化方式为，C正确； D．由图可知，羟基化制苯酚的总反应为，D正确； 故选B。 14.【答案】B 【分析】H3A为有机三元弱酸，与氢氧化钠溶液反应时，溶液的pH越小，H3A的分布系数越大，溶液的pH越大，A3-的分布系数越大，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ发表代表H3A、H2A-、HA2-、A3-的分布系数；由图可知，溶液中H3A、H2A-的浓度相等时，溶液pH为2.1，则电离常数Ka1(H3A)== 10-2.1，同理可知，Ka2(H3A)=10-7.2、Ka3(H3A)=10-12.3。 【详解】A．由上述分析可知，H3A的电离平衡常数Ka1=10-2.1，Ka2=10-7.2，Ka3=10-12.3，H2A-的水解平衡常数Kh3===10-11.9＜Ka2，故以电离为主，溶液显酸性；HA2-的水解平衡常数Kh2===10-6.8＞Ka3，HA2-以水解为主，溶液显碱性，A正确； B．根据分析得，曲线Ⅰ代表δ(H3A)，曲线Ⅳ代表δ(A3−)，B错误； C．根据A项分析得，H2A-的水解程度小于电离程度，0.1mol⋅L−1NaH2A溶液中：c(Na+)>c(H2A−)>c(HA2−)>c(H3A)，C正确； D．反应H3A+HA2−⇌2H2A−的K==105.1，D正确； 故答案为B。 4、 非选择题 ：本题共4小题，共58分。 15. （15分，除特殊标注外，每空2分） 【答案】(1)三颈烧瓶 (1分） CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2(2分） (2)除去硫化氢和磷化氢(2分） B(1分） (3)C2H2+8HNO3(浓) H2C2O4+8NO2+4H2O(2分） (4)浓硝酸受热易分解 (2分） (5) 蒸发浓缩、冷却结晶 (2分） 20.10 (1分） 0.2500 (2分） 【分析】由实验装置图可知，装置A中饱和食盐水和电石反应制备乙炔，硫化钙和磷化钙与水反应生成硫化氢和磷化氢，反应制得的乙炔气体中混有硫化氢和磷化氢杂质，装置B中盛有的硫酸铜溶液用于除去硫化氢和磷化氢，装置C中乙炔与浓硝酸反应制备草酸，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化氮，防止污染空气。 【详解】（1）仪器C为三颈烧瓶；A中制备乙炔，发生的主要的化学反应方程式为：CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2； （2）根据分析，装置B中盛有的硫酸铜溶液的作用为：除去硫化氢和磷化氢； 乙炔能与硝酸银溶液、高锰酸钾溶液反应，不选；氢氧化钠溶液能吸收硫化氢，但不能对磷化氢吸收效果不好，故选CuCl2溶液，选B； （3）根据已知信息①，装置C中发生的化学方程式为：C2H2+8HNO3(浓) H2C2O4+8NO2+4H2O； （4）装置C中反应一般控制在50℃左右的原因可能是：浓硝酸受热易分解； （5）待反应结束后，从C中分离出草酸晶体的方法是：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。由图可知，，三次消耗高锰酸钾溶液的体积分别为19.90mL、20.84mL、20.10mL，第二次体积误差大，应舍去，剩下两组取平均值为：20.00mL，草酸和高锰酸钾滴定时的关系式为：，故c(H2C2O4)=。 16. （14分，除特殊标注外，每空2分） 【答案】(1)粉碎钛铁矿石、升高温度、搅拌、适当增大硫酸的浓度等 (1分） (2) (2分） (3)Fe、和(3分） (4)2 (2分） (5) (1分） (6)TiC (1分） 12 (2分） 或 (2分） 【分析】钛铁矿主要成分FeTiO3，还含有、CaO、等杂质，加硫酸“酸浸”，用过量的铁把Fe3+还原为Fe2+，难溶于水、CaSO4微溶于水，过滤除去、CaSO4、Fe；滤液冷却结晶析出；滤液②含有TiOSO4，加热水解生成H2TiO3沉淀，H2TiO3灼烧分解的TiO2，据此分析解题。 【详解】（1）根据影响反应速率的因素，加快“酸浸”速率的一个措施有：粉碎钛铁矿石、升高温度、搅拌、适当增大硫酸的浓度等； （2）“酸浸”后钛元素主要以TiO2+形式存在，“酸浸”时，和硫酸反应生成硫酸亚铁和TiOSO4，发生反应的化学方程式为：； （3）难溶于水、CaSO4微溶于水，所以“滤渣”①的主要成分是、CaSO4和剩余的Fe； （4）酸浸后体系中，，常温下开始沉淀时，c(H+)=10-2，pH为2时开始沉淀； （5）TiOSO4水解生成H2TiO3和硫酸，硫酸可用于“酸浸”，经处理后，流程中可循环利用的物质除Fe外，还有； （6）根据均摊原则，晶胞中Ti原子数、C原子数为，碳化钛的化学式为TiC；碳原子距离最近且相等的碳原子的数目为12；晶胞边长参数，则晶体的密度或。 17. （14分，除特殊标注外，每空2分） 【答案】(1) +173.3kJ/mol (2分） K1K (2分） 高温 (1分） (2) = (1分） 平衡常数只与温度有关，A、D两点的温度相同，则平衡常数相等 (1分） < (2分） (3)a (1分） 0.4 (2分） (2分） 【详解】（1）由盖斯定律可知，反应Ⅰ+Ⅱ×2得到反应Ⅲ，则反应△H=ΔH1+ΔH2= =(+255.7kJ/mol)+( −41.2 kJ/mol)×2= +173.3kJ/mol，反应的平衡常数K= K1K；该反应是熵增的吸热反应，高温条件下，反应ΔH—TΔS＜0，能自发进行，故答案为：+173.3kJ/mol；K1K；高温； （2）①平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，由图可知，A、D两点的反应温度相同，则A、D两点平衡常数相等，故答案为：平衡常数只与温度有关，A、D两点的温度相同，则平衡常数相等； ②由图可知，B、C两点的值相等，B点反应温度低于C点，反应Ⅰ、Ⅲ都为气体体积增大的吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，乙醇的物质的量减小、气体总物质的量增大，反应Ⅱ为气体体积不变的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，但气体总物质的量不变，则C点平衡体系中乙醇的物质的量分数小于B点，故答案为：<； （3）①反应Ⅰ、Ⅲ都为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，升高温度，反应Ⅰ、Ⅲ的平衡向正反应方向移动，反应Ⅱ的平衡向逆反应方向移动，则乙醇的转化率增大、二氧化碳的选择性减小、一氧化碳的选择性增大，则曲线a表示二氧化碳的选择性，故答案为：a； ②由题意可知，573K反应达到平衡时二氧化碳的选择性和一氧化碳选择性之和为1，则曲线b表示乙醇的转化率，由图可知，平衡时乙醇的转化率为60%，则平衡时乙醇的物质的量为1mol—1mol×60%=0.4mol，故答案为：0.4； ③由图可知，573K反应达到平衡时二氧化碳的选择性为85%、一氧化碳选择性为15%、乙醇的转化率为60%，则平衡时二氧化碳的物质的量为1mol×60%×85%=1.02mol、一氧化碳的物质的量为1mol×60%×15%=0.18mol，设反应Ⅰ生成一氧化碳的物质的量为amol，由题意可建立如下三段式： 由反应前后氢原子个数守恒可得：12=2.4+2.4+2a+6.84，解得a=0.18，则平衡时一氧化碳、水蒸气、二氧化碳、氢气、混合气体的物质的量分别为0.18mol、1.38 mol、1.02 mol、3.42 mol、6.4mol，则反应Ⅱ的Kp=，故答案为：。 18. （15分，除特殊标注外，每空2分） 【答案】(1)3-硝基苯酚 (2分） (2)还原反应 (1分） (3)+CH3COOH+H2O (2分） (4)保护羟基 (2分） (5)(2分） (6)40 (2分） (7) (4分） 【分析】对比A和B的结构简式，A到B为取代反应；B到C为氨基的还原反应；结合E的结构简式，C到D为取代反应，D的结构简式为；对比E和F的结构简式，E到F为取代反应；由J的结构简式，可推知H的结构简式为；根据已知，G的结构简式为；H到I为取代反应，I的结构简式为，加热重排，得到J，据此作答。 【详解】（1）A的结构简式为，A的系统命名法是3-硝基苯酚。 （2）对比B到C的结构简式可知，B到C为在Fe和HCl作用下将硝基还原为氨基，故答案为：还原反应。 （3）结合E的结构简式，C到D为取代反应，D的结构简式为，C为，因此C→D反应的化学方程式是：+CH3COOH+H2O。 （4）根据A到B的反应与E到F的反应可知，A→B反应的目的是：保护羟基。 （5）根据已知i的信息，F到G为取代反应，其反应为+HCl，因此G的结构简式为：。 （6）E的结构简式为：，同分异构体符合：①含结构；②遇溶液显紫色，说明含有酚羟基；③苯环上只有三个取代基；因此可能的取代基为：、、，有四种结构：、、、，设苯环上连接的3个取代基为A、B、C，则有10种同分异构体：。三种取代基为：、、，有10种同分异构体，苯环上连接的取代基为：、、，有10种同分异构体，苯环上连接的取代基为：、、，有10种同分异构体，苯环上连接的取代基为：、、，有10种同分异构体，因此共有40种同分异构体。 （7）根据题中的合成路线，以苯、1-溴丙烷为主要原料制备的路线为：。 试卷第1页，共3页 第 1 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 $