贵州省六盘水市兴华中学2026届高三上学期9月月考化学试卷

六盘水市兴华中学2025-2026年秋季学期第一次月考 高三年级化学学科试卷 （考试时长：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1.答题前，务必在答题卡上填写姓名和准考证号等相关信息。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，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。 3.考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O16 Na 23 Cl 35.5 S 32 第I卷（选择题） 一、单选题（本题共14小题，每小题3分，共42分。在每个题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求） 1．华夏瑰宝，凝聚先民智慧。下列传统工艺制品的主要成分属于有机高分子的是（ ） A．青花瓷 B．丝绸刺绣 C．紫砂壶 D．端砚石 2．下列化学用语表述正确的是（ ） A．的电子式为 B．的结构式： C．甲烷的球棍模型为 D．不粘锅涂层的主要成分为 3．下列有关物质及成分、性质和用途都正确的是（ ） 选项 物质及成分 性质 用途 A 小苏打(NaHCO3) 与酸反应产生二氧化碳 作发酵粉 B 磁性氧化铁(Fe2O3) 难溶于水，红色 制造红色涂料 C 蓝矾(CuSO4·5H2O) 蓝色 检验水蒸气 D 二氧化硫(SO2) 能和某些有色物质反应生成无色物质 漂白草织品 4．香豆素具有抗肿瘤、抗菌、抗凝血、降血糖等作用，其结构图所示，关于该化合物，下列说法正确的是（ ） A．属于芳香烃 B．该化合物中所有碳原子不可能共平面 C．分子式为 D．该有机物最多可以与发生反应 5．设为阿伏伽德罗常数的值，则下列说法正确的是（ ） A．32g硫中所含的S原子数目为 B．中含有阴、阳离子的总数为 C．溶液中数目为 D．标准状况下，4.48LHCl中含有共价键数目为 6．下列实验中，所选装置或实验设计不合理的是（ ） A．用图①装置将海带灼烧为海带灰 B．用图②装置吸收氨气 C．用图③装置制取氨气 D．用图④装置分离得到固体 7．下列有关反应的离子方程式书写正确的是（ ） A．用饱和溶液处理水垢中的： B．与反应制取氧气： C．向溶液中滴加过量的氨水： D．向溶液中加入NaHS溶液生成黑色沉淀： 8．X、Y、Z、R、T为短周期主族元素，其中R元素的某核素可以考古断代，Y原子最外层电子数是电子层数的3倍，Y与T同主族，且是常见的供氧剂。五种元素原子半径与原子序数之间的关系如图所示。下列推断错误的是（ ）    A． 最高价氧化物对应水化物的酸性： B． 由Y、Z、T三种元素组成的盐含离子键、共价键 C． 简单离子半径： D． 的阴、阳离子个数比为1：1 9．实验室进行氢氧化铁胶体的相关实验。下列原理、装置及操作均正确的是（ ） A．配制溶液 B．制备氢氧化铁胶体 C．检验氢氧化铁胶体 D．分离胶体和溶液 10．电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ） A．NH3在电极a上发生氧化反应 B．正极的电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O C．溶液中K+向电极b移动 D．当电路中转移3 mol电子时，反应消耗标准状况下NH3的体积约为22.4L 11．用重结晶法提纯粗苯甲酸(含NaCl和泥沙)，不涉及的操作是（ ） A．加热溶解 B．趁热过滤 C．蒸发结晶 D．称取晶体 12．物质结构决定性质。下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ没有关联的是（ ） 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 酸性： 非金属性 B 沸点：对羟基苯甲酸>邻羟基苯甲酸 氢键的类型 C 硬度：金刚石>碳化硅 共价键键能 D 识别的能力：18-冠-6>12-冠-4 冠醚空腔直径 13．工业上可利用含锌废料(主要成分是ZnO，还含有CuO、FeO等)制备，其工艺流程的一种如图所示，下列说法正确的是（ ）浓 A．为了加快反应速率，“浸取”操作时可进行加热 B．“氧化除铁”的反应为 C．若还原剂选择单质锌，“还原”操作后的滤渣只有单质铜 D．加入浓盐酸的目的是抑制ZnCl2水解 14．室温下，向10mL 0.1mol/L的H2SO3溶液中滴加0.1mol/L的NaOH溶液，各含硫微粒分布系数(平衡时某微粒的物质的量占各微粒物质的量之和的分数)与溶液pH的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ） A．曲线Ⅱ表示HSO的分布系数随pH的变化 B．Ka2(H2SO3)的数量级为10−8 C．pH=7时，c(Na+)<3c(SO) D．当加入的NaOH的体积为20mL时，c(H+)+ c(HSO)+ c(H2SO3)<c(OH-) 第II卷（非选择题） 二、解答题（本题共4小题，共58分） 15．（15分）作为一种广谱型的消毒剂，将逐渐用来取代，成为自来水的消毒剂。已知是一种易溶于水的气体，实验室制备的原理是用亚氯酸钠固体与氯气反应：，下图是实验室用于制备和收集一定量纯净的的装置(某些夹持装置和垫持用品已省略)，其中E用于除去中的未反应的。 (1)仪器P的名称是 。 (2)写出装置A中烧瓶内发生反应的化学方程式： 。 (3)B装置中所盛试剂是 。 (4)F为收集装置，应选用的装置是 (填序号)，其中与E装置导管相连的导管口是 (填接口字母)。若尾气吸收装置为盛有NaOH溶液的烧杯，则装置G的作用是 。 (5)的另一种制备方法是用氯酸钠()与浓盐酸反应，同时生成。 ①请写出该反应的化学方程式： 。 ②浓盐酸在该反应中表现出来的性质是 (填序号)。 A．只有还原性     B．还原性和酸性     C．只有氧化性     Ｄ．氧化性和酸性   16．（14分）铜仁某铁合金厂以回收的锰尘（主要成分为、含少量、、、、等元素的氧化物）制备碳酸锰的一种工艺流程如图所示： 已知：时，溶液中金属离子形成氢氧化物沉淀的如下表所示： 金属离子 开始沉淀的 3.8 1.9 6.5 10.6 8.1 9.6 沉淀完全的 5.2 3.2 8.5 12.6 10.1 11.6 回答下列问题： (1)Fe在元素周期表中的位置是 ，位于 区。 (2)“酸浸”时有黄绿色气体生成，主要反应的离子方程式为 ，滤渣1的主要成分为 。 (3)“酸浸”时温度不宜过高的原因是 (4)“除铁铝”时，用氨水调节溶液pH的范围为 ，利用上述表格数据，计算的 （列计算式即可）。 (5)试剂A不应选择下列中的 （填序号）。 A．HF    B．    C． 17．（14分）对温室气体二氧化碳的处理是化学工作者实现“碳中和”的重点研究课题。一种新的循环利用方案是利用和制取重要的化工原料甲醇。 (1)已知：      则反应的 。该反应可以在进行 (填序号)。 A．低温自发        B．高温自发        C．高、低温均能自发        D．高、低温均不自发 (2)在恒温、恒容密闭容器中，发生反应，下列叙述中正确的是___________。 A．选择合适的催化剂可以增大H2的转化率 B．恒容时，充入He增大压强，化学反应速率不变 C．容器内压强不再变化，说明该反应已达到最大的限度 D．，说明该反应已达到平衡状态 (3)利用和合成甲醇，在催化剂作用下可发生如下两个平行反应。 主反应： 副反应： 温度对转化率及产物甲醇和选择性的影响如图所示。产物的选择性(如甲醇的选择性)。 ①图中三条曲线，其中 (填A、B、C)是表示的选择性随温度的变化。 ②A曲线温度达到250℃后随温度增大而降低的原因是 。 ③下列措施有利于提高转化为的平衡转化率的有 。 A．增大体系压强        B．提高和的投料比 C．增大H2 的浓度 D．选择合适的催化剂 ④若按投料比1：3投入和，在一定条件下进行上述主反应和副反应。图中d为曲线B上的一点，坐标为，曲线A、C相交于b点，在275℃时测得达平衡时，压强为，则此时主反应的 (列出计算式，用含的式子表示)。 18．（15分）F是一种镀锌的光亮剂，以下为其合成路线之一(部分反应条件已简化)。 请回答下列问题： (1)C中含氧官能团的名称为 ；A的结构简式为 。 (2)由B生成C的反应类型为 。 (3)A生成B的化学方程式为 。 (4)C转化为D的过程中会有另一种有机物G产生，G的名称为 。 (5)关于上述合成路线，下列有关说法正确的是 (填字母)。 a．A、B、C、D、E均能形成分子间氢键    b．C为两性分子 c．D中含有一个手性碳原子     d．F分子最多有15个原子在同一平面上 (6)F的同分异构体中，含有结构且能与发生显色反应的有 种；写出其中核磁共振氢谱有四组峰的有机物的结构简式（任意一种即可）： 。 (7)苯酚经过多步反应能合成A，如下图所示。已知I不能与溶液反应，则H和I的结构简式分别为 、 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《高三化学9月月考卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B D D A B A D C B 题号 11 12 13 14 答案 C A D C 1．B 【详解】A．青花瓷主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，A错误； B．丝绸刺绣的主要成分是蛋白质，蛋白质属于有机高分子化合物，B正确； C．紫砂壶主要成分为黏土，属于无机非金属材料，C错误； D．端砚石主要成分为硅酸盐等无机矿物质，D错误； 故选B。 2．B 【详解】 A．NH3是共价化合物，电子式为，故A错误； B．CO2分子中C原子与两个O原子分别通过碳氧双键结合，结构式为O=C=O，故B正确； C．是甲烷的空间填充模型，甲烷的球棍模型为，故C错误； D．不粘锅涂层的主要成分为聚四氟乙烯，故D错误； 选B。 3．D 【详解】A．小苏打为碳酸氢钠，碳酸氢钠做发酵剂是因为其不稳定，受热分解生成二氧化碳与盐酸反应无关，A错误； B．磁性氧化铁为四氧化三铁，是黑色晶体，可作黑色颜料，B错误； C．无水硫酸铜为白色固体粉末，与水作用显示蓝色检验水蒸气，蓝矾CuSO4·5H2O含有结晶水为蓝色，不能用来检验水蒸气，C错误； D．二氧化硫(SO2) 能和某些有色物质反应生成无色物质，常用来漂白草织品，D正确； 故选D。 4．D 【详解】A．香豆素含苯环和酯基，属于芳香族化合物，但含氧不属于烃，A错误； B．苯环和双键共轭，所有碳原子可能共平面，B错误； C．由其结构图可得分子式为，C错误； D．香豆素含酯基和酚羟基，酯基水解消耗，得到酚羟基消耗，加上苯环上原有的酚羟基最多消耗，D正确； 故选Ｄ。 5．A 【详解】A．32g硫的物质的量为1mol，硫单质由S原子构成，无论以何种同素异形体存在，S原子总数均为NA，A正确； B．40g NaOH为1mol，每个NaOH解离出1个Na+和1个OH⁻，总离子数为2NA，B错误； C．未给出溶液体积，无法计算Na+的数目，C错误； D．标准状况下4.48L HCl为0.2mol，每个HCl分子含1个共价键，共价键数为0.2NA，D错误； 故选A。 6．B 【详解】A．图①是灼烧的装置，可以用来灼烧海带，使之变成海带灰，A正确； B．氨气与水直接接触，不能防倒吸，B错误； C．共热氯化铵和氢氧化钙制备氨气，试管口略向下倾斜，C正确； D．含碘的悬浊液可以采用过滤的方法得到I2固体，D正确； 故选B。 7．A 【详解】A．该反应利用溶度积差异可以实现沉淀转化，饱和溶液中碳酸根离子浓度很大，可以促使硫酸钙沉淀转化为碳酸钙沉淀，A正确； B．过氧化钠为固体，不能拆，，B错误； C．过量氨水会使氢氧化铜沉淀溶解，最终反应生成四氨合铜离子，、，C错误； D．NaHS中的HS⁻不能完全解离为硫离子，，D错误； 故选A。 8．D 【分析】短周期主族元素中，R元素的某核素可以考古断代，R为C，Y原子最外层电子数是电子层数的3倍，Y与T同主族，且是常见的供氧剂，则Y为O，Z为Na，T为S，X原子序数最小，为H，以此来解答。 【详解】A．R为C，T为S，非金属性S>C，最高价氧化物对应的水化物分别为碳酸和硫酸，硫酸酸性强于碳酸，故A正确； B．由Y、Z、T三种元素组成的盐可以使硫酸钠、硫酸氢钠、亚硫酸钠等，含离子键、共价键，故B正确； C．Y为O，Z为Na，简单离子半径：，故C正确； D．为Na2O2，阴、阳离子分别为钠离子、过氧根离子，个数比为1：2，故D错误； 故选：D。 9．C 【详解】A．配制溶液不能在容量瓶中溶解固体，应该在烧杯中溶解氯化铁固体，A错误； B．制取氢氧化铁胶体的方法是：沸水中滴加几滴饱和溶液，然后加热到红褐色，不能采用氢氧化钠和氯化铁反应的方法，二者反应直接生成沉淀，方程式为：，B错误； C．胶体在光照下会产生丁达尔效应，可以用电筒或者激光笔照射观察，C正确； D．氢氧化铁胶体和氯化铁溶液的分离不能采取过滤的方法，二者都会通过滤纸，应该采取渗析法，D错误； 故选C。 10．B 【分析】Pt电极a通入氨气生成氮气，说明氨气被氧化，为原电池负极，则b为正极，氧气得电子被还原，结合电极方程式解答该题。 【详解】A．Pt电极a通入氨气生成氮气发生氧化反应，则NH3 在电极 a 上发生氧化反应，故A正确； B．b为正极，氧气得电子被还原，所正极的电极反应式为：O2＋4e−＋2H2O=4OH−，故B正确； C． b为正极，则溶液中的 K＋向电极 b 移动，故C正确； D．当电路中转移3 mol电子时，消耗了1molNH3，标准状况下体积约为22.4L，故D正确； 故答案选B。 【点睛】本题考查了原电池原理，根据O、N元素化合价变化判断正负极，再结合反应物、生成物及得失电子书写电极反应式，注意书写电极反应式时要结合电解质特点。 11．C 【分析】用重结晶法提纯粗苯甲酸的步骤为:加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，据此分析； 【详解】A．苯甲酸在水中溶解度不大，需要加热溶解，A正确； B．苯甲酸在水中溶解度不大，需要趁热过滤，减少苯甲酸的损失，B正确； C．趁热过滤后的滤液冷却后析出苯甲酸晶体，需要冷却结晶，不是蒸发结晶，C错误； D．需要称取一定质量的苯甲酸，D正确； 故选C。 12．A 【详解】A．HCl的酸性强于H2CO3，但HCl并非Cl的最高价酸（最高价酸为HClO4），因此不能用Cl的非金属性强于C来解释HCl的酸性，二者无直接关联，A符合； B．对羟基苯甲酸沸点更高是因为其分子间氢键更易形成，而邻羟基苯甲酸形成的是分子内氢键，氢键类型直接影响沸点，B不符合； C．金刚石和碳化硅均为共价晶体，金刚石硬度更大是因为：金刚石中的C-C键比碳化硅中的Si-C键键长更短、键能更大，与共价键键能直接相关，C不符合； D．18-冠-6的空腔直径更适合K⁺的尺寸，因此识别能力更强，与冠醚空腔直径直接相关，D不符合； 故选A。 13．D 【分析】由题给流程可知：向含锌废料中加入盐酸酸浸，将金属氧化物转化为可溶的金属氯化物，然后向浸取液中加入漂白液，漂白液的有效成分次氯酸钠能够将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和滤液。向滤液中加入还原剂，能够将溶液中的铜离子转化为铜单质，过滤得到铜和氯化锌溶液﹔溶液在浓盐酸中经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化锌。 【详解】A．升高温度可以加快反应速率，但浓盐酸加热易挥发，导致盐酸浓度降低，故在浸取时不能采用加热的方法来加快反应速率，A错误； B．用盐酸浸取后溶液为酸性(含盐酸)，其中不可能存在大量OH⁻，若加入过量漂白液，反应的离子方程式应为：5ClO-+2Fe2++5H2O=Cl-+2Fe(OH)3↓+4HClO，B错误； C．若加入的还原剂为Zn，过量的Zn与Cu2+反应生成Cu后还有剩余，则过滤操作后所得滤渣会含有Cu和Zn，C错误； D．ZnCl2为强酸弱碱盐，Zn2+水解使溶液显酸性，加入浓盐酸可增大溶液中H⁺浓度，抑制Zn2+水解，D正确； 故合理选项是D。 14．C 【分析】向亚硫酸溶液中滴加NaOH溶液，亚硫酸物质的量浓度逐渐减小，亚硫酸氢根物质的量浓度逐渐增大，因此曲线Ⅰ为亚硫酸，曲线Ⅱ为亚硫酸氢根，再继续加NaOH溶液，亚硫酸氢根物质的量浓度减小，亚硫酸根物质的量浓度增大，因此曲线Ⅲ为亚硫酸根，据此回答。 【详解】A．根据前面分析曲线Ⅱ表示的分布系数随pH的变化，A正确； B．在pH=7.2时，亚硫酸氢根物质的量浓度和亚硫酸根物质的量浓度相等，则Ka2(H2SO3)= =c(H+)=1×10−7.2，因此Ka2(H2SO3)的数量级为10−8，B正确； C．pH=7时，根据电荷守恒和pH=7得到，又由于pH=7时，因此，C错误； D．当加入的NaOH的体积为20mL时，NaOH与H2SO3恰好完全反应生成Na2SO3，则根据物料守恒，①，根据电荷守恒有②，①带入②可得，则，D正确； 故选C。 15．(1)分液漏斗 (2) (3)饱和食盐水 (4) ② d 防止倒吸 (5) B 【分析】A装置中二氧化锰和浓盐酸制备氯气，B装置中饱和食盐水除去氯气中的杂质气体氯化氢，C装置中浓盐酸干燥氯气，D装置中制备二氧化氯，E装置中四氯化碳吸收未反应的氯气，F装置可选题4中的②收集气体，G装置可作安全瓶，防止尾气倒吸，最后选碱液吸收尾气，防止污染环境。 【详解】（1）仪器P的名称是分液漏斗； （2）在加热条件下，二氧化锰和浓盐酸反应，生成氯化锰、氯气、水，反应的离子方程式为； （3）B装置中所盛试剂是饱和食盐水，除去氯气中的杂质气体氯化氢； （4）是一种易溶于水且密度大于空气的气体，F为收集装置，应选用的装置是②，收集气体采用“长进短出”原则，与E装置导管相连的导管口是d；因是一种易溶于水的气体，若尾气吸收装置为盛有NaOH溶液的烧杯，则装置G的作用是防止倒吸； （5）的另一种制备方法是用氯酸钠()与浓盐酸反应，同时生成，该反应的化学方程式为；化学方程式中，浓盐酸中的四个氯原子，2个化合价升高，2个不变价生成氯化钠，故浓盐酸在该反应中表现出来的性质是还原性和酸性。 16．(1) 恒压滴液漏斗 (2)碱石灰 (3) (4)吸收生成的水蒸气及过量的NH3 (5)80% (6) 正八面体 1：（） 【分析】装置A中利用浓氨水和生石灰反应制备NH3，利用装置B除去NH3中的水蒸气，则B中试剂可以是碱石灰，装置C中，NH3和TiO2在800℃下反应生成TiN、N2和H2O，化学方程式为，装置D中装有CaCl2，可以吸收生成的水蒸气及过量的NH3； 【详解】（1）仪器a的名称是恒压滴液漏斗，装置A中发生反应为浓氨水和生石灰生成氨气和氢氧化钙，化学方程式为； （2）由分析可知，B中试剂为碱石灰； （3）实验尾气为无色气体，则装置中NH3和TiO2在800℃下发生氧化还原反应生成TiN、N2和H2O，化学方程式为； （4）装置D中装有CaCl2，可以吸收生成的水蒸气及过量的NH3防止污染空气； （5）反应前称取样品，反应后称得瓷舟中固体的质量为，由方程式可知，量的变化关系为，则生成为，由钛元素守恒可知，的产率为； （6）由图可知，氮原子位于钛原子围成的正八面体的体心；氮原子与钛原子半径设为a、b，由晶胞边长和面对角线关系可知，，则a：b=1：（）。 17．(1) (2) (3) 温度过高，加剧盐酸挥发，浓度减小削弱了升温对加快反应速率的影响（合理即可） 和 (4) （或） 或 (5)C 【分析】锰尘（主要成分为、含少量、、、、等元素的氧化物）制备碳酸锰，锰尘在浓盐酸“酸浸”过程、、、、等元素的氧化物都与反应而溶解，其中具有氧化性与发生氧化还原反应生成及，滤渣1为，加入氨水调使、完全沉淀，即滤渣2为、，加入溶液生成沉淀而除去，即滤渣3为，加入的溶液与反应生成、，据此分析； 【详解】（1）的核外电子排布，的核外电子排布，未成对电子数之比为； （2）有黄绿色气体生成，据氧化还原反应规律可知锰元素化合价降低，氯元素化合价升高。溶液中铁元被氧化为价，离子反应：； （3）盐酸易挥发，温度过高，加剧盐酸挥发，浓度减小（合理即可），根据分析可知滤渣2为和； （4）用氨水调节溶液pH，使Al3+完全沉淀，不能沉淀，据表格信息可得范围为，的或（合理即可）。 （5）除钙镁离子用，故选强电解质，故选C。 18．(1) -49 A (2)BC (3) A 生成CH3OH的反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇的选择性降低 AC 【详解】（1）由已知两个反应式相加可得其反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，则由盖斯定律得：ΔH3=ΔH1+ΔH2=41kJ⋅mol−1+(−90kJ⋅mol−1)=−49kJ⋅mol−1。该反应气体体积减小，是熵减的过程，即ΔS<0，当时可自发进行，结合ΔH3<0可知，该反应可以在低温自发进行，故选A； （2）A．及时分离出CH3OH，c(CH3OH)减小，即生成物浓度减小，可以减慢化学反应速率，A错误； B．恒容时，充入He增大压强，但各反应组分浓度不变，则化学反应速率不变，B正确； C．该反应是气体分子数减少的反应，恒容时，反应开始至达到平衡过程，容器内气体分子数不断减少，导致压强不断减小，则容器内压强不再变化时，可以说明该反应已达到最大的限度，C正确； D．由反应可知：，当时，则，即此时同一物质正、逆反应速率不相等，说明该反应没有达到平衡状态，D错误； 故选BC。 （3）①温度较低时，升高温度，反应速率增大，单位时间内生成CH3OH的量较多，甲醇的选择性增大；由第(1)问可知主反应Ⅰ的ΔH=−49kJ⋅mol−1<0，温度较高时，再升高温度，主反应Ⅰ平衡逆向移动，甲醇的选择性减小，则图中三条曲线中，A是表示CH3OH的选择性随温度的变化； ②A曲线表示CH3OH的选择性随温度的变化，温度达到250℃后随温度增大而降低的原因是生成CH3OH的反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇的选择性降低； ③A．主反应Ⅰ是气体体积减小的反应，增大体系压强，平衡正向移动，有利于提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率，A符合题意； B．提高CO2和H2的投料比，相当于充入CO2，增大CO2的浓度，平衡正向移动，但CO2转化为CH3OH的平衡转化率会降低，B不符合题意； C．体积和投料比不变，提高反应物浓度，相当于增大压强，平衡正向移动，有利于提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率，C符合题意； D．选择合适的催化剂，不能使平衡发生移动，则不能提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率，D不符合题意； 故选AC。 ④曲线A、C相交于点b(275，50)，曲线A表示CH3OH的选择性随温度的变化，则曲线C表示CO的选择性随温度的变化，曲线B表示CO2的转化率随温度的变化，275℃时CO2的转化率为20%，甲醇和CO的选择性均为50%，即平衡时n(CH3OH)=n(CO)，设CO2和H2的投料分别为1mol、3mol，则CO2的转化量为0.2mol，据此建立三段式： 平衡时n(CH3OH)=n(CO)，则x=0.2-x，即x=0.1mol，所以平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O、CO的物质的量分别为：0.8mol、2.6mol、0.1mol、0.2mol、0.1mol，总物质的量为3.8mol，则此时主反应的。 19．(1) (酚)羟基、羧基 (2)还原反应 (3) (4)乙酸或(冰)醋酸 (5)ab (6) 6 、 (7) 【分析】 根据的反应条件可以确定A经过硝化反应生成，则A的结构简式为：，为硝基被还原的还原反应，为C与乙酸酐发生反应，另一产物为乙酸，为硝基被还原的还原反应，就此解答。 【详解】（1） 的含氧官能团为(酚)羟基和羧基；A经过硝化反应生成，则A为，故答案为：(酚)羟基和羧基； （2）B生成C时，硝基被还原，反应类型为还原反应，故答案为：还原反应； （3） A发生硝化反应生成B，反应的化学方程式为； （4） C与乙酸酐发生反应：，另一种有机物为乙酸，故答案为：乙酸或(冰)醋酸； （5）A、B、C、D、E中羧基的邻位均为羟基，分子内和分子间氢键都能形成，a项正确； C含有氨基，具有碱性，含有羧基和(酚)羟基，具有酸性，为两性分子，b项正确； 中只有甲基上的碳原子为饱和碳原子，但不是手性碳原子，c项错误； 中最多有17个原子共平面，d项错误，故答案为：ab； （6） 的同分异构体中，含有结构且能与发生显色反应的有、、、、、，共6种，其中核磁共振氢谱有四组峰的有机物的结构简式为：、； （7） A为，则I可能为或，已知I不能与溶液反应，则I为，合成路线为。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $