四川省广安市字节精准教育联盟2026届高三上学期一模化学试题

绝密★启用前 字节精准教育联盟 GAS高2023级第一次诊断性考试模拟测评 化学试题 本试卷满分100分，考试时间75分钟，全卷共8页。 注意事项： 1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。 2. 选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0. 5mm黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔记清楚。 3. 请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。 4. 作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。 5. 保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 6. 考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 一、单选题（共15小题，每小题3分，共45分） 1．化学与生活密切相关，下列说法错误的是 A．棉花和保鲜膜的主要成分均属于高分子 B．燃煤中加入可减少气体的排放 C．浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可保鲜水果 D．公共场所用“84”消毒液消毒，该消毒液的有效成分是次氯酸钙 2．下列关于物质结构或性质及其解释存在错误的是 选项 物质结构或性质 解释 A 细胞膜磷脂双分子层头向外，尾向内排列 磷脂分子头基亲水，尾基疏水 B 石墨能导电 未参与杂化的2p电子可在整个石墨层中运动 C 冰晶体的配位数为12 水分子以分子密堆积方式排列 D 壁虎能在墙上爬行自如 壁虎足的细毛与墙体之间的作用力为范德华力 3．铁杉脂素是重要的木脂素类化合物，其结构简式如图所示。下列关于铁杉脂素的说法不正确的是 A．分子中有3个手性碳原子 B．分子中两个苯环可能处于同一平面 C．分子中含氧官能团只有羟基、酯基、醚键 D．1 mol该物质最多可与3 mol NaOH反应 4．是一种无机化合物，广泛用于水处理、制药和食品工业等领域。下列叙述正确的是 A．离子半径： B．第一电离能： C．是含有极性键的非极性分子 D．碱性： 5．下列有关说法错误的是 A．福尔马林能使蛋白质发生变性，故可用于保存动物标本 B．棉子糖分子可彻底水解成葡萄糖等三个单糖分子，故棉子糖属于多糖 C．可燃冰是由水和甲烷分子通过非共价键形成，故可燃冰属于超分子 D．氢键的强度较小，故在DNA解旋和复制时容易断裂和形成 6．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．的溶液中含有的数目为 B．一定条件下，2mol与1mol充分反应生成的分子数小于 C．常温常压下，14g和的混合气体，含碳原子数为 D．标准状况下，向密闭容器中通入22.4LNO和11.2L，生成物中含有的分子数为 7．某离子反应涉及六种微粒。其中随着反应进行个数逐渐增加。下列判断正确的是 A．若有1个氧化剂参加反应，转移电子的数目为2个 B．氧化剂与还原剂的个数之比为 C．反应后溶液的酸性明显增强 D．该反应的还原产物为 8．下列装置(夹持装置略)或操作不能达到实验目的的是 A．用所示装置除去中的 B．比较醋酸和碳酸酸性强弱 C．测定锌和稀硫酸反应的速率 D．赶出盛溶液滴定管尖嘴内气泡 9．化合物是良好的电和热绝缘体，组成元素原子序数均小于20，且在前四个周期均有分布。仅X和M同族，电负性：；Y和Z同周期，Y的基态原子价层电子排布式为，Z的基态原子价层的s和p轨道电子数相同；E在地壳中含量最多。下列说法正确的是 A．原子半径： B．第一电离能： C．熔点： D．中的E的杂化方式： 10．电化学固氮可以在常温常压下实现氮气的还原合成氨，某课题组提出一种全新的电化学固氮机理——表面氢化机理，该机理的示意图如下。 已知：吸附在催化剂表面的物种用*表示 第一步：(快) 第二步：中间体(吸附在催化剂表面)(慢) 第三步：中间体(快) 下列说法错误的是 A．在表面氢化机理中，第一步是的还原反应 B．上述三步中第二步为决定该化学反应速率的步骤 C．使用催化剂可增大活化分子百分数，提高的平衡转化率 D．在表面*H原子与催化剂协同作用下，与表面*H反应生成中间体 11．T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，有助于除去天然气中的H2S杂质，其原理如图所示。下列说法正确的是 A．该脱硫过程需要不断补充Fe2(SO4)3溶液 B．反应ⅰ中，氧化产物是FeSO4，还原产物是S C．脱硫过程中O2得到的电子总数等于H2S失去的电子总数 D．天然气脱硫一段时间后，溶液酸性增强 12．硝苯地平常用于治疗高血压和心绞痛。合成硝苯地平的中间体M的结构简式如图，下列关于M的说法错误的是 A．分子式为C25H27O5N B．sp3杂化的碳原子数目为6 C．分子中有1个手性碳原子 D．能发生氧化反应和加成反应 13．在恒压密闭容器中，充入起始量一定的CO2和H2，发生下列反应： 反应I：   反应Ⅱ：   达平衡时，CO2转化率和CO的选择性随温度的变化如图所示[CO的选择性]，下列说法不正确的是 A．曲线①表示的是CO的选择性随温度的变化 B．升高温度，CH3OCH3的平衡产率降低 C．温度高于300℃时，主要发生反应Ⅱ D．同时提高CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性，应选择在低温高压条件下反应 14．由重晶石矿（主要成分是，含等杂质）可制得氯化钡晶体，在实验室中某兴趣小组按下列流程制取氯化钡晶体，下列说法正确的是 A．“高温焙烧”前将原料研磨处理，能加快“高温焙烧”的反应速率 B．“高温焙烧”时只有被C还原 C．“浸取过滤”发生的主要反应是氧化还原反应 D．“高温焙烧”和“结晶”两处操作均需用到蒸发皿 15．铈(Ce，镧系元素)的氧化物是常用的催化剂，能用于汽车尾气的净化。两种铈的氧化物的立方晶胞结构(晶胞参数均为a nm)如图a和图b所示。图b晶胞中存在O缺陷，其中Ce的化合价有+3和+4。已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．Ce位于元素周期表的ds区 B．图a晶胞中与Ce最近的O的个数为4 C．图b晶胞中化合价为＋3的Ce的数目为2 D．图a表示的晶体的摩尔体积为 二、解答题（共4小题，16题13分，17~19题各14分，共55分） 16．电解锰渣中主要含和少量的等。综合利用其中锰、铁、钙等金属元素的一种工艺流程如下。 (1)“浸锰”前，电解锰渣先经 ，再用适量水调配为浆料；“浸锰”过程中，发生反应的离子方程式为 。 (2)的溶度积常数分别为、。当时，该离子视为沉淀完全。“除铁铝”时，溶液应不低于 ，可用于代替双氧水的试剂是下列中的 (填序号)。 a．        b．空气        c．        d． 实际过程中双氧水消耗量通常较理论用量偏大，主要原因是 ；充分反应后，保持溶液温度80℃足够长时间再行分离，原因是 。 (3)基态Mn2+离子核外未成对电子数为 。若HX为，在配合物MnX2中存在2个五元环，提供孤电子对的原子是 。从“滤液2”获得沉淀的离子方程式为 。 17．含氯消毒剂在生活生产应用广泛。完成下列问题： Ⅰ.漂白粉作为消毒剂，已有100多年的使用历史。 (1)检验发现某批次的漂白粉碱性明显大于正常的漂白粉，其原因可能是该批次的产品中混有较多的 （填名称）。 (2)加入少量醋酸可以增强该漂白粉的漂白效果，其作用原理的化学方程式有 。 Ⅱ.被称作第四代杀菌消毒剂 已知：i.熔点－59℃、沸点11℃；沸点150℃。 ii. iii.浓度过高时易发生分解，常将其制成固体，以便运输和贮存过氧化氢法制备固体的实验装置如下。 请回答下列问题： (3)中氯元素的化合价是 。 (4)装置B的作用是 。 (5)制备固体时，装置C中发生反应： ①用冰水浴冷却的目的是 。 ②装置A的空气流速过快或过慢，均降低产率，其原因为 。 18．CO2的回收和利用是实现“碳达标”重要途径之一。已知：二氧化碳催化加氢合成乙烷的反应如下： ⅰ． ⅱ． 回答下列问题： (1)上述反应中，只含极性键的非极性分子为 填化学式。 (2)已知：乙烷、氢气的燃烧热分别为、液态水变为1mol水蒸气吸收的热量为。=________kJ/mol。 (3)在刚性密闭容器中充入1 molCO2和7molH2发生上述反应，测得单位时间内CO2的转化率与催化剂、温度关系如图1所示。 催化效能最高的是 填“”“”或“变化的可能原因是 。 (4)在密闭反应器中充入适量CO2和H2，发生上述反应，测得CO2转化率和C2H6选择性与温度的关系如图2所示。 温度高于500℃时乙烷的选择性降低，而二氧化碳的转化率仍然增大，其主要原因可能是 。 (5)在一定温度下，向刚性密闭容器中充入1 molCO2和3.5molH2，初始时压强为发生上述反应，达到平衡时CO2转化率为的选择性为40%。平衡时H2分压为 kPa．则该温度下，反应ⅱ的平衡常数K为 。 已知：用组分分压替代浓度计算的平衡常数Kp，分压等于总压物质的量分数。 选择性= (6)Ce4+掺CuO介孔纳米片高选择性地将CO2电还原为C2H6。 ①基态Cu原子电子排布式为 。 ②在酸性介质中电解制中，Ce-CuO纳米片极反应式为 。 19．盐酸芬戈莫德(H)是一种治疗多发性硬化症的新型免疫抑制剂，以下是其中一种合成路线(部分反应条件已简化) 已知：+R′CH2NO2 (1)由B生成C的反应类型为 ；G中官能团的名称为 。 (2)已知由E生成F的反应类型为取代反应，写出F的结构简式 。 (3)由D生成E的反应目的是 。 (4)写出由A生成B的化学反应方程式 。 (5)试剂X的名称为 。 (6)在C的同分异构体中，同时满足下列条件的可能结构共有 种(不含立体异构) (a)含有苯环和硝基； (b)核磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积之比为6:2:2:1。 上述同分异构体中，硝基和苯环直接相连的结构简式为 。 (7)参照上述合成路线，写出苯甲醛和硝基甲烷为原料合成的路线 。 试卷第8页，共8页 高三化学试卷 第1页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 绝密★启用前 字节精准教育联盟 GAS高2023级第一次诊断性考试模拟测评 化学试题参考答案与试题解析 1．D 【详解】A． 棉花的主要成分是纤维素，保鲜膜的主要成分是聚乙烯，均属于高分子，故A正确； B． CaO与反应生成亚硫酸钙，则燃煤中加入可减少气体的排放，故B正确； C． 乙烯具有催熟的效果，乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可保鲜水果，故C正确； D． 该消毒液的有效成分是次氯酸钠，故D错误； 故选D。 2．C 【详解】A．磷脂分子亲水头部朝外、疏水尾部朝内，符合细胞膜结构特点，A正确； B．石墨中未杂化的2p电子形成离域大π键，电子可自由移动导致导电，B正确； C．冰中水分子通过氢键连接，配位数为4，而非密堆积的12，解释混淆氢键与密堆积，C错误； D．范德华力是壁虎吸附的主要作用力，符合事实，D正确； 故答案选C。 3．B 【详解】A．铁杉脂素分子中，带“∗”的碳原子为手性碳原子，共有3个手性碳原子，A正确； B．分子中两个苯环连在sp3杂化的碳原子上，不可能处于同一平面，B错误； C．分子中含氧官能团有羟基、醚键、酯基，C正确； D．1个该有机物分子中含有2个酚羟基、1个酯基，则1 mol该物质最多可与3 mol NaOH反应，D正确； 故答案为B。 4．D 【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；离子半径：，A错误； B．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能有变大趋势，K的半径更大且更容易失去电子，故第一电离能：，B错误； C．为V形，分子中正负电荷重心不重合，是含有极性键的极性分子，C错误；   D．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性钾大于铝，碱性：，D正确； 故选D。 5．B 【详解】A．福尔马林（甲醛溶液）能使蛋白质变性，抑制微生物生长，因此可用于保存动物标本，A正确； B．棉子糖水解生成三个单糖（半乳糖、葡萄糖、果糖），但棉子糖是三糖（低聚糖），而多糖需由10个以上单糖组成，B错误； C．可燃冰是甲烷分子与水通过范德华力等非共价键形成的笼状结构，属于超分子范畴，C正确； D．DNA双链间的氢键强度较弱，容易断裂和重新形成，因此解旋和复制时可逆，D正确； 故选答案B。 6．B 【详解】A．的溶液中含有的浓度为0.1 mol/L，但未提供溶液体积，无法计算数目，A错误； B．2 mol SO2与1 mol O2反应生成SO3为可逆反应，无法完全转化，生成的SO3分子数必然小于2NA，B正确； C．和的最简式均为CH2，14 g混合气体对应1 mol CH2单元，总碳原子物质的量为1 mol，数目为NA，C错误； D．1 mol NO与0.5 mol O2完全反应生成1 mol NO2，但NO2会部分二聚为N2O4，实际分子数小于NA，D错误； 故选B。 7．A 【分析】由题知随反应进行个数逐渐增加，可知为生成物，则Mn2+为反应物，Mn元素化合价升高，根据氧化还原反应规律，则为反应物，Bi3+为生成物，Bi元素化合价降低，结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可知反应的离子方程式应为。 【详解】A．每个作为氧化剂被还原为Bi3+，转移2个电子，因此1个氧化剂参加反应转移2个电子，A正确； B．Mn元素化合价升高，则Mn2+为还原剂，Bi元素的化合价降低，则为氧化剂，由离子反应可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，B错误； C．由反应可知，该反应消耗H+，H+浓度减少，酸性减弱，C错误； D．Mn元素的化合价升高，失去电子被氧化，则为氧化产物，Bi元素的化合价降低，得到电子被还原，则Bi3+是还原产物，D错误； 故答案选A。 8．D 【详解】A．HCl能与饱和溶液反应生成，并除去中的，可达到实验目的，A不符合题意； B．向盛有醋酸的试管中滴入碳酸钠溶液，产生气体，根据强酸制弱酸原理，说明醋酸酸性强于碳酸，能达到实验目的，B不符合题意； C．该实验通过测定一定时间内产生氢气的体积，可测定该反应的速率，C不符合题意； D．溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，所以盛溶液的滴定管应为酸式滴定管，该装置不能达到实验目的，D符合题意； 故选D。 9．C 【分析】Y的基态原子价层电子排布式为，可知n=3，价层电子排布式为，Y为Al元素，Y和Z同周期，因此Z也是在第三周期，Z的基态原子价层的s和p轨道电子数相同，可知Z的基态原子价层电子排布式为，Z为Si元素，E在地壳中含量最多，因此E为O元素，由于组成元素原子序数均小于20，且在前四个周期均有分布，还差第一周期和第四周期，根据仅X和M同族，电负性：可知，M为H元素，X为K元素，化合物为据此作答。 【详解】A．Z为Si元素，Y为Al元素，同周期从左往右原子半径在减小，因此原子半径为，故A错误； B．X为K元素，Y为Al元素，同主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，因此K的第一电离能比Na的小，而同一周期从左到右，元素的第一电离能总体上呈递增趋势，Al的第一电离能能大于Na，可知第一电离能：，故B错误； C．ZE2为SiO2，ZM4为SiH4，SiO2为共价晶体，SiH4为分子晶体，共价晶体熔点更高，因此熔点是，故C正确； D．为，中心原子O原子的价层电子对数为，因此为杂化，故D错误； 故答案选C。 10．C 【详解】A．在表面氢化机理中，第一步是H+得到电子发生还原反应，A正确； B．连续反应由慢反应决定整个反应的反应速率，B正确； C. 使用催化剂可增大活化分子百分数提高反应速率，不能改变的平衡转化率，C错误； D．由图可知，N2与表面∗H原子（2个）反应生成中间体，满足原子守恒，D正确； 故选C。 11．C 【详解】A．Fe2(SO4)3在反应i中被还原为FeSO4，反应ii中FeSO4又被氧化为Fe2(SO4)3，形成循环，无需不断补充，A错误； B．反应i中，H2S中S元素从-2价升至0价（生成S），为还原剂，氧化产物是S；Fe2(SO4)3中Fe3+从+3价降至+2价（生成FeSO4），为氧化剂，还原产物是FeSO4，B错误； C．整个脱硫过程中，H2S是还原剂（S元素失电子），O2是氧化剂（O元素得电子），根据电子守恒，还原剂失去的电子总数等于氧化剂得到的电子总数，C正确； D．反应i：H2S+2Fe3+=S↓+2Fe2++2H+（生成H+）；反应ii：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O（消耗H+）。两反应中H+生成与消耗总量相等，溶液酸性不变，D错误； 故选C。 12．B 【详解】A．由物质结构，该物质分子式为C25H27O5N，A正确；    B．饱和碳原子为sp3杂化，由结构，分子中sp3杂化的碳原子数目为8，B错误； C．据手性碳原子是接四个不同的原子或原子团，来判断该有机物有没有手性碳原子，分子中有1个手性碳原子，C正确； D．分子中含有碳碳双键，能发生氧化反应和加成反应，D正确； 故选B。 13．C 【分析】反应I是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的选择性逐渐增大，因此曲线①是CO的选择性随温度变化的曲线，曲线②是CO2转化率随温度变化的曲线。 【详解】A．根据分析可知，曲线①是CO的选择性随温度变化的曲线，A正确； B．反应1正向反应是吸热反应，反应Ⅱ正向反应是放热反应，升高温度，反应I正向移动，反应Ⅱ逆向移动，CH3OCH3的平衡产率降低，B正确； C．根据分析，曲线①是CO的选择性随温度变化的曲线，曲线②是CO2转化率随温度变化的曲线，温度高于300℃时，曲线①随温度升高增大趋势大于曲线②，说明此时主要发生反应I，C错误； D．反应Ⅱ正向反应是体积减小的放热反应，要同时提高CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性，应选择在低温高压条件下反应，D正确； 故选C。 14．A 【分析】由流程可知，焙烧时发生BaSO4+4C4CO+BaS，加盐酸时BaS与盐酸反应生成氯化钡和硫化氢，过滤分离出滤渣为SiO2，滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出BaCl2•2H2O，以此来解答。 【详解】A．为提高原料的利用率，“高温焙烧”前原料需经研磨处理，可增大接触面积，加快反应速率，且可充分反应，A正确； B．“高温焙烧”时有及空气中氧气被C还原，B错误； C．加盐酸时BaS与盐酸反应生成氯化钡和硫化氢，无元素化合价变化，“浸取过滤”发生的主要反应是非氧化还原反应，C错误； D．“高温焙烧”需要坩埚，“结晶”需要蒸发皿，D错误； 故选A。 15．C 【详解】A．的原子序数为58，在元素周期表中的位置是‌第六周期、第ⅢB族‌，是镧系元素，属于区，A错误； B．在图a晶胞中，Ce位于面心立方堆积的顶点和面心，O填充所有四面体空隙，与Ce距离最近且相等的O有8个，即Ce的配位数为8，B错误； C．根据均摊法，图b晶胞中Ce的个数为，O位于晶胞内，氧原子的个数为7，化学式为：。 设化合价为+3的Ce数目为�� ，则+4价Ce数目为4 − ��， 根据化合物中正负化合价代数和为0，列式：，，C正确； D．图a晶胞中Ce的个数为，O位于晶胞内，氧原子的个数为8。每个晶胞的体积为，1 mol该晶体含有NA 个晶胞，且1个晶胞中含有4个化学式单元， 则晶体的摩尔体积为：，D错误； 故选C。 16．(1) 粉碎 MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O (2) 5.1 b 双氧水分解(或与杂质反应) 使Fe(OH)3、Al(OH)3胶体聚沉，便于过滤 (3) 5 O、N Ca2+++NH3·H2O+6H2O=CaNH4PO4·7H2O↓ 【分析】电解锰渣经H2SO4与H2C2O4浸出后将其中的MnO2与MnCO3转化为Mn2+，浸出渣为CaSO4与CaC2O4。再经H2O2氧化与NH3·H2O的作用下，Fe3+与Al3+均转化为氢氧化物沉淀析出。使用HX沉锰将Mn2+分离并进一步转化为MnSO4产品，滤液1中含有与少量Ca2+（CaSO4微溶），经石灰水Ca(OH)2、(NH4)2HPO4与NH3·H2O处理后转化为CaNH4PO4·7H2O产品。 【详解】（1）为了加快反应速率，在反应前通常会对固体反应物进行粉碎处理； 在酸性条件下，MnO2与H2C2O4的反应离子方程式为MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O； （2）已知当时，该离子视为沉淀完全。要使Fe3+完全沉淀，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c(OH-)3=10-6c(OH-)3=3.010-39，解得pH=3.17。同理要使Al3+完全沉淀，Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)·c(OH-)3=10-6c(OH-)3=2.010-33，解得pH=5.1，故要使得Fe3+与Al3+均完全沉淀，则pH应不低于5.1； H2O2在流程中起氧化的作用，故b均可以代替H2O2； 在后续工艺条件下（pH不低于5.1）会氧化 ，造成产品损失，若使用Na2O2代替，则将生成NaOH，使得Al3+无法沉淀，而KMnO4的强氧化剂也会氧化，故答案为b； H2O2本身具有易分解的特性，故需要过量； 保持溶液长时间使Fe(OH)3、Al(OH)3胶体聚沉，便于过滤； （3）Mn2+的电子排布式为[Ar]3d5，核外未成对电子数为5； 在配合物MnX2中存在2个五元环，则8-羟基喹啉中由O、N原子提供孤对电子与金属离子形成螯合成环（双齿配体），配体数2，配位数为4； ③滤液2经(NH4)2HPO4与NH3·H2O处理后转化为CaNH4PO4·7H2O产品，其离子方程式为Ca2+++NH3·H2O+6H2O=CaNH4PO4·7H2O↓； 17．(1)氢氧化钙 (2) (3)+3 (4)作安全瓶防倒吸 (5) 减少双氧水分解、提高的溶解度，利于固体析出 空气流速过快反应不充分，空气流速过慢浓度过高易发生分解 【分析】装置A中发生反应；装置B的作用是防止倒吸；装置C中冰水浴冷却的主要目的防止产物挥发，减少和的分解；装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为遇酸放出，需用NaOH溶液吸收，据此分析解答。 【详解】（1）将氯气通入冷的石灰乳中制备漂白粉，漂白粉的碱性明显大于正常情况下的漂白粉，则原因是可能该批次的产品中混有较多未完全反应的氢氧化钙，故答案为：氢氧化钙； （2）加入少量醋酸可与该漂白粉的氢氧化钙和反应，化学方程式有； （3）中钠元素为+1价，氧元素为-2价，化合物为0价，则氯元素的化合价是+3价，故答案为：+3； （4）根据分析，装置B的作用是作安全瓶防倒吸，故答案为：作安全瓶防倒吸； （5）①根据信息可知，二氧化氯的沸点低，所以用冰水浴冷却可以防止其挥发，另外冰水浴还可以减少双氧水分解、提高的溶解度，利于固体析出，故答案为：减少双氧水分解、提高的溶解度，利于固体析出； ②装置A的空气流速过快或过慢，均降低产率，其原因为：空气流速过快反应不充分，空气流速过慢浓度过高易发生分解，故答案为：空气流速过快反应不充分，空气流速过慢浓度过高易发生分解。 18．(1)CO2 (2)-264.8 (3) Cat1 温度高于活性降低 (4)反应是放热反应，反应是吸热反应，当温度大于，反应和达到平衡，升高温度，反应逆向移动，反应正向移动，且反应正向移动程度大于反应逆向移动的程度 (5) 60 0.09 (6) 或 【详解】（1）上述反应中，只含极性键的非极性分子为，故答案为：； （2）有关热化学方程式如下： 根据盖斯定律得该反应，，故答案为：-264.8； （3）单位时间内二氧化碳转化率相当于反应速率，温度相同时转化率最高，则催化效能最高，催化效能最高的是变化的可能原因温度高于活性降低，导致二氧化碳转化率快速降低， 故答案为：；温度高于活性降低； （4）转化率、选择性变化趋势，可以从平衡移动角度解释，温度高于时乙烷的选择性降低，而二氧化碳的转化率仍然增大，其主要原因可能是反应是放热反应，反应是吸热反应，当温度大于，反应和达到平衡，升高温度，反应逆向移动，反应正向移动，且反应正向移动程度大于反应，故二氧化碳转化率仍然增大，而乙烷的选择性降低，故答案为：反应是放热反应，反应是吸热反应，当温度大于，反应和达到平衡，升高温度，反应逆向移动，反应正向移动，且反应正向移动程度大于反应逆向移动的程度； （5）设反应平衡时，生成乙烷，反应平衡时，生成； ， 依题意，，解得：。反应前，总压强为，总物质的量为；平衡时，总物质的量为。在同温同容条件下，气体压强之比等于物质的量之比。平衡时压强为，解得：，；反应是等气体分子数反应可以“物质的量”替代分压计算平衡常数：， 故答案为：；（0.09或）； （6）①Cu为29号元素，基态电子排布遵循“洪特规则特例（全满/半满稳定）”，其电子排布式为：（或写为） ②酸性介质中Ce-CuO纳米片的电极反应式该过程是还原为，结合得失电子守恒及电荷、原子守恒得Ce-CuO纳米片极反应式为：。 19．(1) 还原反应 氨基、醚键 (2) (3)保护羟基 (4) (5)甲醛 (6) 4 (7) 【分析】 苯和中的酰氯发生取代反应得到B，B中酮羰基被还原生成C，C发生已知反应得到D，由D的结构式推测试剂X为甲醛（HCHO），D中羟基和反应得到E，保护羟基，E和发生取代反应得到F（），F加氢还原得到G，G与HCl和甲醇作用得到H，据此作答。 【详解】（1） 依据分析B中酮羰基被还原生成C，则B生成C的反应类型为还原反应；G（）中官能团名称为：氨基、醚键； （2） 依据分析，F的结构简式为：； （3）依据分析D到E把-OH转化为醚键，G到H又转化为-OH，则由D生成E的反应目的是保护羟基； （4） A到B发生取代反应，反应的方程式为：； （5）依据分析，C发生已知反应得到D，由D的结构式，推测试剂X为甲醛(HCHO)； （6） 在C（）的同分异构体中，(a)含有苯环和硝基，剩余三个饱和碳； (b)核磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积之比为6:2:2:1，有两个甲基处在对称位置；符合题意的结构简式为：、、、（共4种）； 上述同分异构体中，硝基和苯环直接相连的结构简式为：； （7） 结合题目信息，先和发生加成反应生成，催化氧化得到，根据合成路线，还原酮羰基生成；则合成路线为：。 答案第10页，共11页 高三化学答案 第1页，共11页 学科网（北京）股份有限公司 $