四川省内江市威远中学校2025-2026学年高三上学期11月阶段性考试化学试题

威远中学校2026届高三上11月阶段性考试 化学试题 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 可能用到的相对原子质量：H-1、C-12、O-16、Na-23 、Si-28、S-32、K-39、I-127 第I卷（选择题） 一、单选题 1．化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是 A．电池研发人员的工作包括电池构成材料的研制、电池性能的改进和应用的拓展 B．可用铁质容器酿造或储存山西“老陈醋” C．用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，可实现“碳”的循环利用 D．将少量二氧化硫添加于红酒中可以起到杀菌和抗氧化作用，是法律允许的做法 2．潜艇中供氧涉及的反应有：。下列有关说法正确的是 A．的电子式为： B．的填充模型为： C．的VSEPR模型为： D．与均为非极性分子 3．下列反应的离子方程式正确的是 A．NaClO溶液与足量HI溶液反应： B．向FeI2溶液中通入等量Cl2： C．向KHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性时的离子方程式： D．NaHCO3溶液中通入少量Cl2的离子方程式： 4．下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A．遇酚酞变红的溶液中：、、、 B．无色透明溶液中：、、、 C．能使品红褪色的溶液中：、、、 D．与Al反应能生成氢气的溶液中：、、、 5．利用下列装置或操作完成相应的实验目的，设计合理的是 A．A装置验证非金属性：S>C>Si B．B装置验证反应是否有CO2生成 C．C装置用于配制0.10mol/L NaOH溶液 D．D装置氯气的喷泉实验 6．布洛芬因为具有抗炎、镇痛、解热作用，成为大家抢购的药物之一，其合成部分路线如图所示： 下列有关说法正确的是： A．等物质的量的A、B、C三种物质与足量NaOH溶液反应，消耗的NaOH的物质的量相同 B．布洛芬的一氯代物有8种(不考虑羧基的取代) C．B物质的熔沸点比A物质高 D．布洛芬分子中共平面的碳原子数最多为11个 7．用NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法中，正确的是 A．质量相同的H2O和D2O（重水）所含的原子数相同 B．等物质的量的Na2O和Na2O2含有相同数目的离子 C．1.0 mol·L－1AlCl3溶液中，Cl-数目为3NA D．60 g二氧化硅晶体中含有Si-O键数为2NA 8．有一种麻醉剂的结构如图所示，X、Y、Z、W、E是位于3个不同短周期的主族元素，且原子序数依次增大。Y、Z、W、E原子的最外层电子数之和为24，其中Z是地壳中含量最多的元素，下列说法正确的是 A．第一电离能： B．简单离子半径： C．键角： D．分子的极性： 9．依据下列实验现象，判断所得相应结论错误的是 实验现象 结论 A 向蔗糖中加入浓硫酸，搅拌，得黑色海绵状固体，并放出有刺激性气味的气体 浓硫酸体现脱水性和强氧化性 B 用0.1 mol/LNaOH溶液分别中和等体积的0.1 mol/L H2SO4溶液和0.1 mol/LCH3COOH溶液，H2SO4消耗的NaOH溶液多 酸性：H2SO4＞CH3COOH C 将SO2通入酸性高锰酸钾溶液至过量，溶液的紫红色褪去 SO2有还原性 D 向饱和NaCl溶液中加入几滴鸡蛋清溶液，溶液变浑浊，再继续加入蒸馏水，振荡，溶液变澄清 蛋白质的盐析是可逆的 10．利用铜基催化剂可将温室气体中的与转化为，其反应历程如图所示。下列说法正确的是 A. M、N、P分子中均含键和键 B. 该反应的原子利用率可达100% C. 过程Ⅰ和Ⅱ中均存在键的断裂 D. 使用铜基催化剂能改变总反应的活化能与焓变 11．一种锂离子电池[电极材料分别为嵌锂石墨，钴酸锂（LiCoO2）某时段的工作原理如下。 下列说法正确的是 A．图示中的电池处于充电状态 B．放电时，嵌锂石墨作正极 C．充电时，阴极发生的反应为 D．充电时，钴元素失去电子的数目大于脱出的锂离子数目 12．精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义。从阳极泥中回收多种金属的流程如下。 已知：分金液中含；分金渣的主要成分为；在反应中被氧化为。 下列说法不正确的是 A．“分铜”时加入的目的是降低银的浸出率 B．得到分金液的反应为： C．得到分银液的反应为： D．“滤液2”中含有大量的氨，可直接循环利用 13．以CO和为原料合成甲醇是工业上的成熟方法，直接以为原料生产甲醇是目前的研究热点。我国科学家用人工合成淀粉时，第一步就需要将转化为甲醇。 已知：① ∆H=-90.5KJ·mol－1 下列说法不正确的是 A．若温度不变，①中生成1molCH3OH ( l )时，放出的热量大于90.5 kJ B．CO2与H2合成甲醇过程中，碳原子从sp杂化变为sp3杂化 C．通过电解制和选用高效催化剂，可降低与合成甲醇反应的焓变 D．以和为原料合成甲醇，同时生成，该反应需要吸收能量 14．KIO3晶体具有钙钛矿型的立方结构，其一种晶胞如图所示，其中顶点为K，晶胞边长为a pm，下列说法不正确的是 A．I和O之间最近的距离为pm B．KIO3的另一种晶胞图中，若I在顶点，则O在棱心 C．距离K最近的O有6个 D．晶体密度(设NA为阿伏加德罗常数的值) 15．食品添加剂甘氨酸盐酸盐(ClH3NCH2COOH)的阳离子可以发生二级电离。常温下1 甘氨酸盐酸盐溶液中，，的物质的量分数()随pH变化如图所示。 下列说法正确的是 A．当与的物质的量分数相等时的pH=5.97 B． C．pH=10时， D．用NaOH溶液滴定达到终点时， 二、解答题 16．从富贵锑废料(含AgCl、PbCl2、Sb2O5、SiO2等)中提取Ag的新工艺如下： 已知：，   回答下列问题： (1)“还原脱氯”中为了提高反应速率，可以采取的措施为 (填一种即可)。是绿色还原剂，该操作单元将废料中AgCl转化为Ag的化学方程式为 。 (2)“氧化”时，新工艺是在HNO3的基础上增加了，增加的目的为 。 (3)“沉铅”时，需控制硫酸的用量，目的为 。 (4)“沉银”时，为保证沉淀完全且不溶解，需控制浓度范围为 。(沉淀完全指离子浓度小于，不溶解指产物浓度小于) (5)通过“电解精炼”提高粗银纯度时，精银需连接直流电源的 极(填“正”或“负”)。 (6)从废料中提取Ag的另一种方法是先将AgCl转化为，再还原为Ag。写出少量HCHO在碱性条件下还原生成CO32-的离子方程式 。 17.连二硫酸钠(Na2S2O4)广泛应用于工业和日常生活中。实验室可利用如下转化及装置制取：SO2ZnS2O4Na2S2O4 已知：Zn(OH)2与Al(OH)3性质相似，具有两性； (1)仪器a的名称是 。 (2)在装置A和B之间安装单向阀的目的是 。 (3)ZnS2O4转化为Na2S2O4的化学方程式为 。 (4)加入NaOH溶液调节pH值为8.2—10.5的原因是 。 (5)反应结束后，将三颈烧瓶中的混合液过滤，向滤液中加入NaCl，搅拌使其结晶，弃去大部分上层清液；搅拌下用水蒸气加热残余物至60℃左右；操作X；用乙醇洗涤、干燥，制得产品Na2S2O4。加入NaCl的作用是： ,操作X为： 。 (6)称取2.50 g产品，溶于冷水并配成250 mL溶液，取出20.00 mL于锥形瓶中，加入亚甲基蓝作指示剂，用0.10 mol/L碱性K3[Fe(CN)6]标准液滴定，平行滴定三次，平均消耗标准液的体积为20.00 mL。(杂质不参加反应) ①已知滴定过程中与反应生成和，反应的离子方程式为 。 ②该样品中Na2S2O4质量分数为 %。 18．的资源化有利于减少空气中的含量，实现“碳达峰”“碳中和”的目标 Ⅰ．与烷烃耦合： 已知 (1)写出该耦合反应的热化学方程式 。 Ⅱ．的电还原可制备高附加值的有机物 (2)电催化还原可将同时转化为多种燃料，其反应机理如图所示（*CO表示吸附态的CO）。 已知：Sn的活性位点对O的连接能力较强，、的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远强于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。 ①阴极生成甲酸的电极方程式为 。 ②若还原产物主要为，应选择 （填“Sn”“Au”或“Cu”）作催化剂。 Ⅲ．催化加氢直接合成二甲醚 主反应1：。 副反应2： 其他条件相同时，反应温度对CO2平衡总转化率及反应2.5小时的CO2实际总转化率影响如图1所示；反应温度对二甲醚的平衡选择性及反应2.5小时的二甲醚实际选择性影响如图2所示。（已知：的） (3)图1中，温度高于290℃，平衡总转化率随温度升高而上升的原因可能是 。 (4)图2中，在240～300℃范围内，相同温度下，二甲醚的实际选择性高于其平衡值，从化学反应速率的角度解释原因： 。 (5)若220℃时在体积为1L的密闭容器内投入和，同时发生反应1和2，10分钟后达到平衡，此时二甲醚选择性为转化率为内 ，请计算该体系中反应2的平衡常数 （保留两位有效数字）。 19．截至2024年，全球高血压患者接近15亿，而中国是全球高血压患者数量最多的国家。阿普昔腾坦(Aprocitentan)是一种新型的高血压治疗药物，其合成路线如图所示：M是产品阿普昔腾坦。 说明：Bn代表。 (1)A的系统命名法名称为： 。 (2)写出B与足量NaOH溶液反应的化学方程式： 。 (3)C中官能团名称为： 。 (4)E的结构简式为： 。 (5)G转化为H的反应类型为： 。 (6)物质N的分子式比B少一个溴原子、多一个氢原子，能发生银镜反应，其中一种水解产物能与FeCl3溶液显紫色，N的同分异构体有 种；以上同分异构体中核磁共振氢谱峰面积之比为1∶1∶2∶6的结构简式为(任写一种)： 。 (7)根据题目信息设计合成路线，以CH3COOH为原料合成CH2(COOCH3)2的合成路线： 。 威远中学校2026届高三上11月阶段性考试 化学试题参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A D A A D B C B B 题号 11 12 13 14 15 答案 C D C C A 1．B 【详解】A．电池研发需涉及材料研制（如电极材料、电解质等）、性能改进（如续航、寿命）和应用拓展（如不同场景的适配），A正确；B．山西“老陈醋” 的主要成分是醋酸，铁会与醋酸发生反应，因此不能用铁质容器酿造或储存老陈醋，B错误；C．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现碳的循环利用，可以减少二氧化碳对环境的影响，C正确；D．SO2具有杀菌作用和抗氧化的特性，将少量二氧化硫添加于红酒中可以起到杀菌和抗氧化作用，是法律允许的做法，D正确；故选B。 2．A 【详解】A．的电子式为：，A正确；B．是直线形分子（O=C=O），填充模型需体现原子相对大小和直线构型，C的原子半径略大于O，中间球应稍大且分子为直线形，B错误； C．中中心C原子价层电子对数（无孤对电子），VSEPR模型为平面三角形，图片为四面体，C错误；D．为直线形非极性分子，为V形结构，正负电荷中心不重合，是极性分子，D错误；故答案选A。 3．D 【详解】A．NaClO溶液与足量HI溶液反应生成碘单质、氯化钠和水，离子方程式为：，A错误；B．向FeI2溶液中通入等量Cl2，FeI2中I-的还原性强于Fe2+，Cl2应优先氧化I-，离子方程式为：，B错误；C．KHSO4与Ba(OH)2反应至中性时，生成硫酸钡、硫酸钾和水，离子方程式为：，C错误；D．NaHCO3溶液中通入少量Cl2反应生成氯化钠、二氧化碳和次氯酸，离子方程式为：，D正确；故选D。 4．A 【详解】A．遇酚酞变红的溶液中含有大量氢氧根离子，氢氧根离子、、、、相互之间不反应，能共存，A符合题意；B．铜离子为蓝色，且铝离子、碳酸氢根离子会双水解反应而不共存，B不符合题意；C．碘离子和高锰酸根离子会发生氧化还原反应而不共存，C不符合题意；D．与Al反应能生成氢气的溶液可能为酸性或碱性；碱性溶液中，氢氧根离子和铵根离子、铁离子均反应而不共存，D不符合题意；故选A。 5．A 【详解】A．装置A中稀硫酸与反应生成，说明酸性>；通入溶液生成沉淀，说明酸性>。最高价氧化物对应水化物酸性越强则非金属性越强，故非金属性S>C>Si，A正确；B．木炭与浓硫酸共热生成和，也能使澄清石灰水变浑浊，无法区分是否有生成，B错误；C．容量瓶不能用于溶解固体，NaOH固体应在烧杯中溶解并冷却至室温后，再转移至容量瓶中定容，C错误；D．在饱和食盐水中溶解度极小，无法形成压强差，不能进行喷泉实验，D错误。故选A。 6．D 【详解】A．A含醇羟基，不与NaOH反应，B含溴原子，1 mol B消耗1 mol NaOH，C含羧基，1 mol C消耗1 mol NaOH，因此等物质的量的A、B、C消耗NaOH的量：A<B=C，A错误；B．布洛芬结构中，苯环为对位双取代，取代基分别为-CH2-CH(CH3)2和-CH(CH3)COOH，苯环上有2种等效氢；-CH2-CH(CH3)2含3种等效氢；-CH(CH3)COOH中不考虑羧基氢时含2种等效氢，因此布洛芬的一氯代物共有2+3+2=7种，B错误；C．A含羟基，可以形成分子间氢键，B为溴代烃，无法形成氢键，A熔沸点高于B，C错误；D．苯环中6个碳原子共平面，与苯环直接相连的2个碳与苯环共平面，由于单键可以旋转，-CH2CH(CH3)2中最多有3个C原子与苯环共平面，-CH(CH3)COOH中与苯环直接相连的碳原子为sp3杂化，最多有2个C原子与苯环共平面，因此最多共平面碳原子数：6+3+2=11，D正确；答案选D。 7．B 【详解】A．的摩尔质量为18 ，的摩尔质量为20 ；质量相同的和，物质的量不同；和都是由3个原子构成的分子，但物质的量不同，所含原子数也不同，A错误； B．由和构成，1 mol含有3 mol离子，由和构成，1 mol含有3 mol离子，等物质的量的和含有相同数目的离子，B正确；C．选项只给出了溶液的浓度，没有给出溶液体积，无法计算的数目，C错误；D．二氧化硅的摩尔质量为60 ，60 g二氧化硅的物质的量为1 mol；在二氧化硅晶体中，每个Si原子与4个O原子形成键，所以1 mol二氧化硅晶体中含有键数为，D错误；故答案选B。 8．C 【分析】因为X、Y、Z、W、E是位于3个不同短周期的主族元素，且原子序数依次增大，所以X为H（第一周期主族元素只有H）。Z是地壳中含量最多的元素，所以Z为O。从结构看，Y形成4个共价键，结合原子序数，Y为C；W形成1个共价键，原子序数大于O，且比E小，所以W为F。Y、Z、W、E原子的最外层电子数之和为24，Y最外层4个电子，Z最外层6个电子，W最外层7个电子，则E最外层电子数为24-4-6-7=7，且E原子序数大于F，所以E为Cl。综上，X为H，Y为C，Z为O，W为F，E为Cl。 【详解】A．Z为O，W为F，同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，F的第一电离能大于O，即W(F)>Z(O)，故A错误；B．Z的简单离子为，W的简单离子为，与电子层数相等，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径>，即W<Z，故B错误；C．Y为C，X为H，为（C价层孤电子对数=，3个σ键，故其为杂化，键角为120°），为（C价层孤电子对数=，3个σ键，故其为杂化，键角约107°），故键角>，故C正确；D．为是直线形分子，结构对称，属于非极性分子。为，分子结构不对称，属于极性分子，所以分子极性<，故D错误；故选C。 9．B 【详解】A．浓硫酸具有脱水性和强氧化性，浓硫酸使有机物蔗糖脱水碳化，生成黑色C单质，C被浓硫酸氧化为CO2，浓硫酸被还原生成刺激性气体SO2，这个实验体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性，A正确； B．H2SO4为二元酸，CH3COOH是一元酸，当用相同浓度的NaOH溶液中和等浓度、等体积的H2SO4、CH3COOH时，中和H2SO4需消耗NaOH的体积是CH3COOH的2倍，而CH3COOH为一元酸，消耗NaOH少，但结论将NaOH用量多少归结于两种酸的酸性的相对强弱，忽略了酸的元数差异，B错误；C．SO2具有还原性，能使酸性高锰酸钾紫色褪色，说明其被氧化，这体现了SO2的还原性，C正确；D．向饱和NaCl溶液中加入几滴鸡蛋清溶液，NaCl使蛋白质的溶解度降低而结晶析出，即发生盐析，因此溶液变浑浊。再向含有该沉淀的混合物中继续加入蒸馏水，振荡，溶液变澄清，说明盐析过程是可逆的，D正确； 故合理选项是B。 10．【答案】B 【解析】【详解】A．M为，分子中只含碳氢单键，仅有σ键，不含π键；N为，结构式为O=C=O，含σ键和π键；P为含σ键和π键，A错误；B．该反应为，反应物原子全部转化为产物，无其他副产物，原子利用率100%，B正确；C．过程Ⅰ涉及中键断裂（生成），但过程Ⅱ是和结合，无键断裂，C错误；D．催化剂只能降低反应活化能，不改变反应焓变，D错误；故答案为B。 11．C 【分析】放电时，LixCy原电池的负极，LixCy在负极失去电子发生氧化反应生成锂离子和碳，电极反应式为LixCy-xe-=Cy+xLi+，Li(1-x)CoO2为正极，在锂离子作用下，Li(1-x)CoO2在正极得到电子发生还原反应生成LiCoO2，电极反应式为Li(1-x)CoO2+xLi++xe—=LiCoO2；充电时，LixCy与直流电源的负极相连，做电解池的阴极，Li(1-x)CoO2与正极相连，做阳极。【详解】A．图示Li+嵌入Li(1-x)CoO2电极，由分析可知，发生的反应是Li(1-x)CoO2+xLi++xe—=LiCoO2，是原电池正极的反应，则电池处于放电状态，A错误； B．由分析可知，放电时，嵌锂石墨作负极，B错误；C．充电时，阴极的反应与原电池负极的反应相反，为，C正确；D．充电时，阳极的反应为LiCoO2－xe—=Li(1-x)CoO2+xLi+，钴元素失去电子的数目与脱出的锂离子数目相等，D错误；故选C。 12．D 【分析】阳极泥加入硫酸、过氧化氢和氯化钠使铜溶解，使氯化银尽量不溶解，在分铜渣中加入氯化氢和氯酸钠分金，分金液中加入二氧化硫将金还原成单质金，分渣金中加入氨水分银，分银液中加入，还原银成为银单质，据此分析。【详解】A．“分铜”时加入，使氯离子浓度增大，利用同离子效应，使氯化银几乎不溶解，降低银的浸出率， A正确；B．利用的氧化性，同时大量氯离子存在，可以使金形成配合离子，反应的离子方程式为：，B正确； C．氯化银可以溶解在氨水中，形成，反应的化学方程式为：，C正确；D．由已知被氧化成，不会生成氨气，故“滤液2”中不会含有大量的氨，D错误； 故本题选D。 13．C 【详解】A．1mol能量高于 1mol，反应物的总能量相同，根据能量守恒定律，若温度不变，反应①中生成1mol时，放出的热量大于90.5kJ，A正确； B．中C的价层电子对数为：，C的杂化方式为sp杂化，中C的价层电子对数为4，C的杂化方式为杂化，B正确；C．催化剂可降低与合成甲醇反应的活化能，但不改变反应的焓变，C错误； D．甲醇在氧气中燃烧生成CO2和H2O的反应为放热反应，则以和为原料合成甲醇并生成的反应为吸热反应，因此该反应需要吸收能量，D正确；故选C。 14．C 【分析】根据均摊原则，顶点原子数为：，体心原子数为1，面心原子数为：，顶点为K，根据化学式KIO3，可知体心为I，面心为O，据此分析回答。 【详解】A．由分析可知，体心为I，面心为O，体心I到面心O的距离为立方体棱长的一半（沿垂直于面的方向），即，A正确；B．若I在顶点，晶胞中I的数目为：，则K为1个，在体心，O原子数目为3，在棱心，即，B正确；C．顶点为K、面心为O，所以距离K最近的O有12个，C错误；D．根据均摊原则，顶点原子数为：，体心原子数为1，面心原子数为：，化学式为：KIO3，则晶胞密度为：==，D正确；故选C。 15．A 【分析】由，得，当=时，pH=pKa1=2.34； 由，得，当=时，pH=pKa2=9.60。 【详解】A．当（Ⅰ）与（Ⅲ）物质的量分数相等时，根据电离平衡关系，c(H+)2=Ka1·Ka2，pH=。由图像知pKa1=2.34（Ⅰ与Ⅱ交点pH），pKa2=9.60（Ⅱ与Ⅲ交点pH），则pH==5.97，A正确；B．Ka2对应，其pKa2为Ⅱ与Ⅲ交点pH=9.60，故Ka2=10-9.60，B错误；C．pH=10时，图像中Ⅲ（H2NCH2COO-）的物质的量分数大于Ⅱ（），则c(H2NCH2COO-)>c()，C错误；D．根据物料守恒，溶液中始终存在。在滴定过程中，当加入的等于初始的时（即第一个滴定终点），，此时待比较的表达式左右两边相等；当加入的大于初始的时（即第二个滴定终点），，此时表达式左边小于右边，D错误；故答案选A。 16．(1) 适当提高反应温度(粉碎废料、搅拌、) (2)减少硝酸用量，避免产生氮氧化物污染环境 (3)防止硫酸过量时生成Ag2SO4沉淀 (4) (5)负 (6) 【分析】富贵锑废料(含AgCl、PbCl2、Sb2O5、SiO2等)用NaOH和N2H4还原脱氯，AgCl转化为Ag，PbCl2转化为Pb，脱氯渣中还含有Sb2O5、SiO2，“氧化”时将Ag、Pb转化为Pb(NO3)2和AgNO3，Sb2O5、SiO2不反应过滤后存在于滤渣2中，滤液中加入硫酸将Pb(NO3)2转化为PbSO4沉淀，过滤后加入NaCl溶液，将AgNO3转化为AgCl，还原AgCl得到粗银，以此解答。 【详解】（1）“还原脱氯”中为了提高反应速率，可以采取的措施为适当提高反应温度或将废料粉碎。是绿色还原剂，该操作单元将废料中AgCl转化为Ag，被氧化生成无污染性的N2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。 （2）HNO3作氧化剂时，还原产物是具有污染性的氮氧化物，“氧化”时，新工艺是在HNO3的基础上增加了，增加的目的为减少硝酸用量，避免产生氮氧化物污染环境。 （3）“沉铅”时，需控制硫酸的用量，目的为防止硫酸过量时生成Ag2SO4沉淀。 （4）“沉银”时，为保证沉淀完全，则c()>，又要求AgCl不发生而溶解，则的浓度小于，则c()<，需控制浓度范围为。 （5）通过“电解精炼”提高粗银纯度时，粗银作阳极，精银作阴极，精银需连接直流电源的负极。 （6）HCHO在碱性条件下还原，HCHO被氧化为，被还原为Ag，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。 17．(1)恒压滴液漏斗 (2)防止倒吸 (3) (4)低于8.2，Zn2+沉淀不完全；高于10.5，Zn(OH)2与过量NaOH反应，使得Na2S2O4产品中引入杂质而不纯 (5)降低Na2S2O4的溶解度，使其结晶析出 趁热过滤 (6) 87 【分析】A中亚硫酸氢钠和浓硫酸反应制备二氧化硫气体，为防止倒吸，使用单向阀向B中通入二氧化硫气体，B中二氧化硫先与反应生成，再与溶液反应生成，最后尾气处理防止污染。 【详解】（1）根据仪器的构造可知，仪器a的名称是恒压滴液漏斗。 （2）装置A中发生反应产生气体，若装置A中气体产生速率变化或停止时，装置B中的液体可能会因压强变化倒吸进入装置A，安装单向阀可防止这种情况发生，所以目的是防止倒吸。 （3）在碱性条件下和氢氧化钠反应生成，结合元素守恒可知，还会生成氢氧化锌沉淀，反应的化学方程式为。 （4）具有两性，若过低，酸性较强会溶解，若过高，碱性过强也会溶解，调节为是为了使转化为沉淀而除去，同时防止Zn(OH)2和过量NaOH反应，避免Na2S2O4产品中引入杂质而不纯。 （5）加入，溶液中浓度增大，根据同离子效应，会降低的溶解度，使其更容易结晶析出；将混合物过滤后，对残留物用水蒸气加热至左右，之后需要分离出晶体，操作X应为趁热过滤，以防止温度降低时其他杂质结晶析出或目标产物大量析出在滤纸上。 （6）滴定过程中反应生成和，反应中铁元素的化合价由+3价变为+2价、硫元素的化合价由+3价变为+4价，结合电荷和原子守恒可知，反应的离子方程式为，根据该反应的离子方程式中的化学计量数关系可知，，该样品中的质量分数为。 18．(1)4-溴苯乙酸 (2)+3NaOH+NaBr+CH3OH+H2O (3)碳溴键，酯基 (4)   (5)取代反应 (6)9种 、(任写一种) (7)CH3COOHCH3COOCH3CH2(COOCH3)2 【分析】A通过一系列步骤合成M，根据D→E→F的反应条件、D和F的结构简式和E的分子式可知，E为 。 【详解】（1）根据A的结构简式知，其名称为4-溴苯乙酸； （2）B中碳溴键和酯基可与NaOH溶液反应，由于碳溴键与NaOH反应后生成酚羟基，还可与NaOH溶液反应，则1molB消耗NaOH的物质的量为3mol，化学方程式为：+3NaOH+NaBr+CH3OH+H2O； （3）根据C的结构简式知，其官能团为碳溴键、酯基； （4）据分析，E的结构简式为 ； （5）根据G和H的结构简式可知，G与反应生成H和HCl，反应类型为取代反应； （6）B的分子式为C9H9O2Br，N的分子式比B少一个溴原子、多一个氢原子，N的分子式为C9H10O2，N能发生银镜反应、其中一种水解产物能与FeCl3溶液显紫色，说明N中含有HCOO-与苯环直接相连，若N的苯环上有两个侧链：HCOO-和乙基（两个侧链有邻、间、对3种位置），若N的苯环上有三个侧链：HCOO-和2个甲基（两个甲基为邻位时HCOO-有2种位置、两个甲基为对位时HCOO-有1种位置、两个甲基为间位时HCOO-有3种位置），符合题意的共有9种同分异构体；核磁共振氢谱峰面积之比为1∶1∶2∶6，该分子中含有2个等效的甲基、1个-OCHO、苯环上有2种氢（比例为1：2），则符合要求的结构简式为、(任写一种)； （7）根据A→C的合成路线可知：RCH2-COOH与SOCl2、CH3OH反应生成RCH2-COOCH3，RCH2-COOCH3与NaH、THF、CO(OCH3)2反应时酯基邻位-CH2-中的一个氢被-COOCH3取代生成RCH(COOCH3)2，因此以CH3COOH为原料合成CH2(COOCH3)2的路线为：CH3COOHCH3COOCH3CH2(COOCH3)2。 18．(1) (2) Cu (3)温度高于290℃，随着温度升高，副反应2(吸热反应)向右移动的程度大于主反应1(放热反应)向左移动的程度，使的平衡总转化率上升 (4)主反应1的活化能比副反应2的活化能低，导致在未达到平衡时，主反应1的速率相对更快，因此二甲醚的实际选择性高于其平衡值 (5) 0.078 【详解】（1）根据图示可知，该历程反应物是二氧化碳和丙烷，产物是丙烯、一氧化碳和水，结合盖斯定律，两式直接相加，可得其热方程式：。 （2）①阴极是二氧化碳得电子，还原为甲酸，电极反应式为：。 ②若还原产物主要为CH4时，应选择Cu作催化剂，根据反应机理，第一步是C与催化剂活性位点相连，排除Sn；Au对CO的吸附能力较小，CO易脱离；Cu对CO的吸附能力强，不易从催化剂表面脱离。因此，应选择Cu作催化剂。 （3）温度高于290℃，随着温度升高，副反应2(吸热反应)向右移动的程度大于主反应1(放热反应)向左移动的程度，使的平衡总转化率上升。 （4）主反应1的活化能比副反应2的活化能低，导致在未达到平衡时，主反应1的速率相对更快，因此二甲醚的实际选择性高于其平衡值。 （5）初始，故总消耗。 反应速率。二甲醚选择性为80%‌，即生成二甲醚消耗的CO2占总消耗CO2的80%。  主反应1消耗。 根据主反应方程式：， 生成，消耗，生成。 副反应2消耗。 根据副反应方程式：， 生成，消耗，生成。 ‌平衡时各物质的量（，浓度数值等于物质的量）‌，所以各物质的浓度为：c(CO2)；c(H2)；；c(H2O)；c(CO)，。 19. (1)4-溴苯乙酸 (2)+3NaOH+NaBr+CH3OH+H2O (3)碳溴键，酯基 (4)   (5)取代反应 (6)9种 、(任写一种) (7)CH3COOHCH3COOCH3CH2(COOCH3)2 【分析】A通过一系列步骤合成M，根据D→E→F的反应条件、D和F的结构简式和E的分子式可知，E为 。 【详解】（1）根据A的结构简式知，其名称为4-溴苯乙酸； （2）B中碳溴键和酯基可与NaOH溶液反应，由于碳溴键与NaOH反应后生成酚羟基，还可与NaOH溶液反应，则1molB消耗NaOH的物质的量为3mol，化学方程式为：+3NaOH+NaBr+CH3OH+H2O； （3）根据C的结构简式知，其官能团为碳溴键、酯基； （4）据分析，E的结构简式为 ； （5）根据G和H的结构简式可知，G与反应生成H和HCl，反应类型为取代反应； （6）B的分子式为C9H9O2Br，N的分子式比B少一个溴原子、多一个氢原子，N的分子式为C9H10O2，N能发生银镜反应、其中一种水解产物能与FeCl3溶液显紫色，说明N中含有HCOO-与苯环直接相连，若N的苯环上有两个侧链：HCOO-和乙基（两个侧链有邻、间、对3种位置），若N的苯环上有三个侧链：HCOO-和2个甲基（两个甲基为邻位时HCOO-有2种位置、两个甲基为对位时HCOO-有1种位置、两个甲基为间位时HCOO-有3种位置），符合题意的共有9种同分异构体；核磁共振氢谱峰面积之比为1∶1∶2∶6，该分子中含有2个等效的甲基、1个-OCHO、苯环上有2种氢（比例为1：2），则符合要求的结构简式为、(任写一种)； （7）根据A→C的合成路线可知：RCH2-COOH与SOCl2、CH3OH反应生成RCH2-COOCH3，RCH2-COOCH3与NaH、THF、CO(OCH3)2反应时酯基邻位-CH2-中的一个氢被-COOCH3取代生成RCH(COOCH3)2，因此以CH3COOH为原料合成CH2(COOCH3)2的路线为：CH3COOHCH3COOCH3CH2(COOCH3)2。 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $