河南镇平县第一高级中学2025-2026学年高三上学期期末检测二化学试题

2025-2026学年高三上学期期末检测二 化学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在试卷、答题卡上。 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。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。 一、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。） 1．化学知识繁杂，充分利用类比、迁移等方法有助于学习化学。下列类比、迁移正确的是 A．HF的分子间氢键强度大于水的分子间氢键，因此HF的沸点更高 B．聚乙烯不能使溴水褪色，则聚乙炔也不能使溴水褪色 C．与能反应生成S，则与NO能在一定条件下反应生成 D．的溶解度小于，则的溶解度也小于 2．某二次电池的工作原理如下图所示；充电时转化为Pb，下列说法正确的是 A．r(Fe2+)<r(Fe3+) B．放电时右池溶液pH减小 C．放电时负极板的质量减小 D．充电时总反应： 3．室温下，进行含铁化合物的相关实验，根据实验操作和现象得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 实验结论 A 将FeSO4溶液滴入酸性KMnO4溶液中，KMnO4溶液紫红色褪去 Fe2+具有还原性 B 用pH试纸测量（NH4）2Fe（SO4）2溶液的pH，测得pH<7 Fe2+能发生水解 C 向Fe2(SO4)3溶液中先滴加几滴KSCN溶液，呈血红色，再加入K2SO4溶液，溶液颜色变浅 Fe2(SO4)3与KSCN的反应属于可逆反应 D 向Fe(NO3)3溶液中滴入淀粉，再滴加HI溶液，溶液颜色变蓝 Fe3+氧化性比I2强 A．A B．B C．C D．D 4．一种熔融碳酸盐燃料电池原理如图所示。下列有关该电池的说法正确的是 A．电极A为正极 B．电极B上发生还原反应 C．电池工作时，向电极B移动 D．电极A上参与的电极反应式为： 5．电化学硅基化反应成为当前化学研究的热点。研究人员通过该反应成功从氢硅烷中引发硅自由基的生成，进而实现了烯烃的硅-氧双官能化反应。设为阿伏加德罗常数的值。 下列说法错误的是 A．图中B是电源的负极 B．阳极的电极反应： C．每生成1 mol转移的电子数为 D．通过电解反应，实现了电能向化学能的转化 6．某锆基内嵌富勒烯电子结构为，结构如图(a)所示；笼内团簇呈现出由单元桥连的平面菱形构型，结构如图(b)所示。下列说法正确的是 A．富勒烯是一种烯烃 B．Zr与C原子间都以离子键结合 C．锆基内嵌富勒烯中所有碳碳键的键长都相等 D．该结构的形成体现了超分子的“分子识别”特征 7．黄冈师范学院赵国伟教授团队采用无溶剂复分解法制备高纯度硫化锂，简化装置如图所示。反应方程式：。下列说法错误的是 A．持续通入Ar，可以防止被空气氧化 B．干燥管可防止水蒸气进入硬质玻璃管使水解 C．倒置漏斗可以增大气液接触面积，加快反应速率，同时防止倒吸 D．烧杯中若用饱和食盐水吸收尾气，则一定有晶体析出 8．室温下，用溶液滴定100 mL含、的混合溶液，溶液中pX随（）的变化关系如图所示，其中pX代表，、、。已知。下列说法正确的是 A．乙为pCl与（）的关系曲线 B．交点a处为的滴定终点 C．滴定时，可选KI作指示剂 D．的平衡常数 9．已知：的反应历程分两步： 第一步： 第二步： 在固定容积的容器中充入一定量X和Y发生上述反应，相同时间内测得体系中部分物质的物质的量(n)随温度(T)的变化如图所示。已知：在图示温度范围内，反应的焓变和熵变几乎不变。下列说法中错误的是 A． B．加入合适的催化剂，可将第一步反应变成决速步骤 C．加入催化剂后重复上述实验，所得图像的变化趋势一定发生变化 D．达到平衡后，若其他条件不变，再充入Z，不变 10．硅化镁是一种半导体材料，在光电子器件、能源器件、激光武器等领域有重要应用前景，其常见立方晶胞如图甲所示，已知晶胞边长为a pm。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。下列说法错误的是 A．由晶体结构可推断硅化镁的化学式为 B．距离B原子最近且等距的B原子有4个 C．已知原子分数坐标：A点为，则B点的原子分数坐标为 D．若将图甲中移动到，则可得到硅化镁的等边长晶胞乙 11．华为最新研发了一种高效含硫化合物固态电池，充电快速又安全。该含硫化合物的结构如下图所示，已知X、Y、Z、L、M、R为短周期主族元素，原子序数依次递增，X的单质保存在固态石蜡中，L与R同族。下列说法正确的是 A．氢化物的沸点： B．X单质与反应生成的化合物种类相比于X的其它同族金属元素更少 C．与NaCl溶液反应制备 D．键角： 12．常温下，向某浓度的硫酸锌溶液通入一定量氨气可配制锌氨溶液。已知：和，若反应平衡常数大于，则认为反应趋向于完全，下列叙述正确的是 A．向硫酸锌溶液通入氨气的过程中，溶液先变浑浊后澄清 B．常温下，反应趋向于完全 C．向锌氨溶液加入一定量稀硫酸，浓度升高 D．体系中， 13．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．中含有个中子 B．与足量S反应，转移电子的数目为 C．标准状况下，三氯甲烷中含有氢原子的数目为 D．相同物质的量的与中所含π键数目相等 14．A、B、C、D、E、F、G为短周期元素，它们的最高正价(或最低负价)与原子半径关系如图所示。下列说法正确的是 A．电负性： B．金属性： C．为非极性分子 D．G的氧化物对应的水化物为强酸 二、非选择题：（本题共4小题，共58分。） (14分）15．乙二醇是一种重要的化工原料，可通过草酸二乙酯()热催化加氢制备。 I、制备草酸二乙酯。以、CO为原料，Pd为催化剂，制备草酸二乙酯的反应机理如图所示。 (1)反应过程中Pd呈现多种化合价，分别为 。 (2)制备草酸二乙酯的总反应方程式 。 (3)利用生成的NO，并在反应器中加入O2、C2H5OH可实现原料C2H5ONO的再生和继续循环反应，反应原理为：。在再生反应中，需要控制NO和O2物质的量之比大于4，其可能原因为 。 Ⅱ、制备乙二醇。 主反应为 反应1：   反应2：   (4)反应的 。 (5)其它条件相同，将含一定量C2H5OOCCOOC2H5、H2混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，出口处检测到C2H5OOCCOOC2H5的转化率和HOCH2COOC2H5的选择性[]随压强的变化曲线如图所示。 ①在1.0~1.5MPa，随着压强增大，C2H5OOCCOOC2H5的转化率逐渐上升、HOCH2COOC2H5选择性逐渐下降。其原因是 。 ②催化机理如图所示。催化剂中含量过多或过少，反应速率都会变慢。其原因是 。 (15分）16．一种废镍催化剂回收镍、钴元素的工艺流程图如下，流程图中水浸液中含有。 已知：，，。Cr的相对原子质量为52，N的相对原子质量为14。回答下列问题。 (1)球磨粉碎的作用是 。 (2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下，生成具有强氧化性的过一硫酸，其反应的化学方程式为 。 (3)“氧化”中，被过一硫酸氧化为沉淀，过一硫酸被还原为硫酸根离子，写出该反应的离子方程式： (已知为一元强酸)；且被氧化为；常温下，用NaOH溶液调节，还有 (写离子符号)也会形成沉淀而除去。 (4)“沉钴镍”过程中为了将沉淀完全，需控制溶液的pH大于 。 (5)铬、钴、镍都属于副族金属元素，其中铬与氮气在一定条件下可以合成氮化铬，且氮化铬的晶体结构及类型与氯化钠的相似，其晶胞结构如图所示。 ①该晶胞中含有的铬离子个数为 。 ②在该晶体中每个氮离子周围与它最近且相等距离的氮离子有 个。 ③已知氮化铬的晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的密度为 。 (16分）17．芳香胺是一种重要的化工原料，我国科学家开辟了一条利用芳香胺制备有机合成中间体E的新工艺。 已知：(吡啶)与苯相似，具有芳香性。 回答下列问题： (1)A的核磁共振氢谱有 组峰，A中结合的能力比苯胺中的 (填“强”或“弱”)。 (2)化合物E的名称为 。 (3)D→E的反应生成了一种无机含氮化合物，其分子式为 ，该分子的空间构型是 。 (4)从结构的角度分析，B容易转化为C的主要原因是 。 (5)由化合物A合成E的传统工艺如下： 与传统工艺比较，新工艺的优点有 。 a．反应步骤更少，路线更短，原子经济性更高 b．避免了重金属污染和爆炸风险 c．反应条件更温和，绿色环保，无有害气体生成 (6)G为A的同系物；比A多1个碳原子，满足条件的G的同分异构体有 种。 (13分）18．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 。 2 1 学科网（北京）股份有限公司 化学答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B A B B D D D D B 题号 11 12 13 14 答案 B A D C 1．C 【详解】A．HF中的氢键数比水中的氢键数少，水的沸点更高，A项错误； B．聚乙炔含有碳碳双键，而聚乙烯不含，故聚乙炔能使溴水褪色而聚乙烯不能，B项错误； C．与NO能在一定条件下反应生成，C项正确； D．的溶解度大于，D项错误； 故选C。 2．B 【分析】充电时转化为Pb，即发生还原反应，作阴极，则多孔碳电极为阳极，失电子生成；放电时Pb为负极，失电子结合硫酸根离子生成，多孔碳电极为正极，正极上得电子生成，据此解答。 【详解】A．Fe3+和Fe2+核电荷数相同，Fe3+比Fe2+少1个电子，同一元素所带正电荷越多半径越小，则r(Fe2+)>r(Fe3+)，A错误； B．放电时，右池为正极区，发生电极反应：，电解质溶液中的阳离子向正极移动，左侧的H+通过质子交换膜移向右侧溶液，pH减小，B正确； C．放电时Pb为负极，失电子结合硫酸根离子生成，电极反应式为：，负极板的质量增加，C错误； D．充电时，阴极发生反应：，阳极发生电极反应：，则总反应为：，D错误； 故选B。 3．A 【详解】A．在酸性条件下被氧化剂氧化， 溶液褪色，说明具有还原性，A正确； B．溶液中和都能发生水解呈酸性，因此溶液的可能是水解导致，也可能是水解导致，B错误； C．加入溶液使溶液被稀释，浓度降低，同时该反应的平衡会向逆反应方向移动，二者均导致溶液颜色变浅，故该实验不能严谨地证明该反应为可逆反应，C错误； D．往加有淀粉的溶液中滴加HI溶液，使得溶液中在作用下氧化性增强，同样可以氧化生成，使溶液颜色变蓝，因而无法比较和的氧化性，D错误； 故答案选A。 4．B 【分析】通入氧气的电极B为正极，电极方程式为，通入的电极A为负极，电极方程式为、，据此分析。 【详解】A．根据分析，电极A为负极，A错误； B．根据分析，电极B为正极，发生还原反应，B正确； C．电池工作时，往负极即电极A移动，C错误； D．电极A上参与的电极反应式为：，D错误； 故选B。 5．B 【分析】 由图可知，电子流入电源的A极，电子从电源的B极流出，因此A为电源的正极，B为电源的负极，与电源的A极相连的电极为阳极，该电极上转化为，电极反应式为，与发生反应生成和，与反应生成，与反应生成阳极区发生的总反应为+++；与电源的B极相连的电极为阴极，发生的电极反应为，据此分析。 【详解】A．由分析知，B为电源的负极，A正确； B．由分析知，阳极的电极反应为，B错误； C．由分析知，阳极区的总反应为+++，因此生成1 mol转移的电子数为，C正确； D．电解池是将电能转化为化学能的装置，该反应为电解硅基化反应，符合电解池能量转化规律，D正确； 故答案选B。 6．D 【详解】A．富勒烯是碳单质，非烯烃。A错误； B．Zr与C之间可能为配位键或离子键，并非全为离子键。B错误； C．富勒烯笼中键与中C≡C键长不同。C错误； D．笼选择性包裹团簇，体现超分子“分子识别”特征。D正确。 故答案为D。 7．D 【详解】A．易被空气氧化，持续通入Ar可以排尽装置内空气，避免氧化，A正确； B．干燥管中盛放碱石灰，可防止右侧的水蒸气进入硬质玻璃管使水解，B正确； C．烧杯主要用于吸收、，倒置漏斗可以增大气液接触面积，加快反应速率，同时防止倒吸，C正确； D．反应方程式可知，生成的与物质的量之比为2:1，氨气过量，在饱和食盐水中主要生成，不利于的生成与析出，故不一定有晶体析出，D错误； 故选D。 8．D 【分析】已知Ksp(AgI)≪Ksp​(AgCl)，则滴加时，I-先沉淀，Cl-后沉淀。滴加初期，乙的pX快速上升，说明对应离子浓度迅速下降 ，这是I-急剧减小，pI=−lg[c(I-)]快速增大，因此乙是pI曲线；滴加一定体积后，丙的pX开始上升，说明对应离子开始沉淀，这是Cl-，pCl=−lg[c(Cl-)]增大，因此丙是pCl曲线，甲是pAg曲线。 【详解】A．滴加时，I-先沉淀，I-浓度先大幅下降（pI=−lgc(I-)先快速上升），因此乙是pI与V()的关系曲线，而非pCl，A错误； B．I-先沉淀，滴定I-的终点是乙曲线的突跃点，此时I-沉淀完全；交点a处于Cl-的滴定过程中，I-已沉淀完全，因此a不是I-的滴定终点，B错误； C．滴定Cl-时，若选KI作指示剂，I-会先与Ag+生成AgI沉淀，无法指示Cl-的滴定终点，C错误； D．反应的平衡常数：K=，由图可知，由a点数据，pAg = pI= 8，得出Ksp(AgI) = ，由b点数据pAg = pCl= 5，得出Ksp(AgCl) = ：K=，D正确； 故选D。 9．D 【详解】A．由图像可知，第一步反应的反应速率更快，所以Ea1<Ea2，升高温度后n(A)增加，n(Z)减小，说明温度升高到一定程度，两个反应均逆向移动，且第二个反应逆向移动的程度更大，故 ∆H2＜∆H1，A正确； B．选择反应2的合适的催化剂，可降低反应2的活化能，当反应2的活化能小于反应1时，反应1就变成决速步骤，B正确； C．催化剂能加快反应速率，在相同时间内，反应进行的程度更大，生成物Z的量达到峰值对应的温度会降低，故图像趋势会发生变化，C正确； D．反应中生成物只有一种物质，达平衡后，若其他条件不变，再充入Z，在作用效果上相当于增大压强，加压平衡正向移动，故因此n(X)/n(Z)减小，D错误； 故选D。 10．B 【详解】A．由均摊法可知，晶胞中Mg原子数为8、Si原子数为4，原子个数比为，结合化合价推化学式为Mg2Si，A正确； B．将晶胞中四个B原子(Si)围成的立方体单独移出，扩展到8个立方体围成一个大的面心立方可知，距离B原子最近且等距的B原子有12个，B错误； C．已知A点分数坐标为，B点在晶胞中的相对位置对应分数坐标为，C正确； D．若将图甲中移动到，则可得到硅化镁的等边长晶胞乙，D正确； 故答案选B。 11．B 【分析】X的单质保存在固态石蜡中，短周期金属单质中只有Li（锂）因密度小于煤油需保存在石蜡中，故 X为Li；L与R同族，且原子序数依次递增，结合结构中L形成双键，推测L为O，则R为同族的S；Y能形成4个单键，推断Y为C；Z原子序数介于Y和L之间，推断Z为N；M原子序数介于L和R之间，且只形成1个单键，推断M为F。综上，X、Y、Z、L、M、R对应元素依次为Li、C、N、O、F、S，据此分析解答。 【详解】A．Y的氢化物为烃类，Z的氢化物有、等，未指明是简单气态氢化物，物质未明确，无法比较，A错误； B．Li与反应仅生成，与Li同族金属为碱金属元素随金属性增强，相应金属单质与反应产物越来越复杂，如Na与反应可生成，B正确； C．为与NaCl溶液反应实质是与水反应()不能置换出，C错误； D．为，为，的中心原子O有2对孤电子对和2个键，中心原子O为杂化，的中心原子C没有孤电子对有2个键，故中心原子C为杂化，故键角：，D错误； 故答案选B。 12．A 【详解】A．向硫酸锌溶液通入氨气时，氨气溶于水形成碱性环境，锌离子先形成氢氧化锌沉淀使溶液变浑浊；继续通入氨气，过量氨与氢氧化锌反应生成稳定的络合物，溶液变澄清，A正确； B．已知：和，反应的平衡常数，小于，故不趋向于完全，B错误； C．向锌氨溶液加入稀硫酸，氢离子消耗氨分子，降低浓度，平衡正向移动，浓度降低，C错误； D．体系中存在电荷守恒：，D错误； 故选A。 13．D 【详解】A．原子质量数为18，质子数为8，中子数为10；一个分子含2个氧原子，故一个分子含20个中子；36 g 的摩尔质量为36 g/mol，物质的量为1 mol，含个分子，总中子数为20，与选项中的18不符，A错误； B．Fe与S反应生成FeS，Fe由0价升至+2价，1 mol Fe转移2 mol电子，数目为2，与选项中的3不符，B错误； C．标准状况下，三氯甲烷（CHCl3）为液态，不适用气体摩尔体积（22.4 L/mol），无法计算物质的量，故氢原子数目无法确定，C错误； D．HCN分子结构为，含1个三键（2个π键）；N₂分子结构为，也含1个三键（2个π键）；相同物质的量时，两者π键数目相等，D正确； 故选D。 14．C 【分析】A、B、C、D、E、F、G为短周期元素，同周期从左往右，原子半径依次减小，最高正价等于最外层电子数(O、F除外)，依次升高，氧元素没有最高正价，最低为-2价，氟元素没有正价，F、G分别为+6、+7价且半径比E(+5价)大，所以D、E为第二周期，B、C、F、G为第三周期，A的价态为-2价，原子半径比E(N)小，故A为O元素。综上可得，A、B、C、D、E、F、G分别为O、Na、Al、C、N、S、Cl元素，以此分析下列选项。 【详解】A．A为氧元素，D为碳元素，E为氮元素，电负性关系为C<N<O，所以，D<E<A，A错误； B．B为钠元素，C为铝元素，同周期，从左往右，金属性减弱，所以金属性：Na>Al，B错误； C．D为碳元素，F为硫元素，CS2为直线形分子，正电中心与负电中心重合，为非极性分子，C正确； D．G为氯元素，G的氧化物对应的水化物有很多种，如为弱酸，而最高价氧化物对应的水化物为强酸，D错误； 故答案选C。 15．(1)0、+1、+2 (3分） (2) (2分） (3)过量的O2氧化催化剂Pd，使催化剂中毒；也可能氧化C2H5ONO，影响C2H5ONO的再生和后续循环反应 (2分） (4) (2分） (5) 增大压强，反应1、反应2的速率都加快，C2H5OOCCOOC2H5转化率逐渐上升；反应2速率增加幅度大于反应1增加的幅度，HOCH2COOC2H5选择性逐渐下降 (2分） Cu0含量过多，Cu+吸附C2H5OOCCOOC2H5的量少；Cu0含量过少，Cu0吸附H2的量少，生成H的量少；两者都会使反应速率变慢 (3分） 【详解】（1）由题干反应历程图可知，反应过程中Pd呈现多种化合价，其中Pd为0价，PdOC2H5中为+1价，Pd(OC2H5)2和Pd(COOC2H5)2中均显+2价，故答案为：0、+1、+2； （2）由题干反应历程图可知，制备草酸二乙酯的反应物为：CO和C2H5ONO，生成物为：C2H5OOCCOOC2H5和NO，Pd为催化剂，其余物质均为中间产物，故该转化的总反应方程式； （3）根据反应原理为：可知，在再生反应中，NO和O2的物质的量之比为4，若小于4即O2过量，此时可能部分O2氧化催化剂Pd使其失去催化活性，同时过量的O2还可能氧化C2H5ONO，而影响C2H5ONO的再生和继续循环反应，故需要控制NO和O2物质的量之比大于4，故答案为：过量的O2氧化催化剂Pd，使催化剂中毒；也可能氧化C2H5ONO，影响C2H5ONO的再生和后续循环反应； （4）由题干信息已知：反应1：  ，反应2： ，则反应1+反应2可得反应，根据盖斯定律可知，=(-102kJ/mol)+49.6kJ/mol=-52.4； （5）①在1.0~1.5MPa，随着压强增大，反应1和反应2中反应物、生成物浓度均增大，反应1和反应2的反应速率均加快，C2H5OOCCOOC2H5转化率逐渐上升，但反应2速率增大幅度大于反应1增加幅度，导致HOCH2COOC2H5选择性逐渐下降，故答案为：增大压强，反应1、反应2的速率都加快，C2H5OOCCOOC2H5转化率逐渐上升；反应2速率增加幅度大于反应1增加的幅度，HOCH2COOC2H5选择性逐渐下降； ②由题干Cu(Cu0、Cu+)/SiO2催化机理图可知，Cu0吸附H2，生成的H原子转移到Cu+上，与吸附在Cu+上的C2H5OOCCOOC2H5反应生成HOCH2CH2OH，则催化剂中Cu0含量过多或过少，反应速率都会变慢，其原因是Cu0含量过多，Cu+吸附C2H5OOCCOOC2H5的量少；Cu0含量过少，Cu0吸附H2的量少，生成H的量少；两者都会使反应速率变慢。 16．(1)增加固体表面积，提高单位时间内水浸出率 (2分） (2) (2分） (3) (2分） (1分） (4)9.1 (2分） (5) 4 (2分） 12 (2分） (2分） 【详解】（1）球磨粉碎可以减小废镍催化剂的颗粒直径，让后续的浸取、氧化等反应能更充分地进行，提升金属离子的溶出效率，故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率，提高浸出率； （2）混合气通常为和，在金属离子催化下与水反应生成，反应的化学方程式为：； （3）根据得失电子守恒，可得知该反应的离子方程式为。根据，有完全沉淀时，则，所以用NaOH溶液调节，已完全沉淀； （4）从题中信息得知，与相同，则以来计算。，，则，，，则“沉钴镍”过程中为了将沉淀完全，需控制； （5）①氮化铬晶体结构与NaCl相似，在NaCl晶胞中，一种离子占据顶点和面心，另一种离子占据棱心和体心，类比可知：氮化铬中和的排布与、一致，假设位于晶胞的顶点和面心，则铬离子个数为：； ②在NaCl型晶体中，氮离子自身形成面心立方堆积，其中每个氮离子周围最近且等距离的氮离子有12个； ③氮化铬的晶胞参数为的摩尔质量为为阿伏加德罗常数的值，则。 17．(1) 5 (2分） 弱 (2分） (2)2-氯吡啶（或邻氯吡啶）(2分） (3) (2分） 直线形 (2分） (4)共轭使C更稳定 (2分） (5)b (2分） (6)16 (2分） 【分析】A为2-氨基吡啶，与HNO3发生中和反应生成B，B发生异构生成C，C在酸性条件下与反应生成D，D与发生取代反应生成E，据此回答。 【详解】（1）A 为2-氨基吡啶，没有对称结构，结构中含5种不同化学环境的H（环上4种、上1种），故核磁共振氢谱有5组峰；A中吡啶环含N原子，吸电子效应是其中N原子结合质子能力弱于苯胺中； （2）E为氯代吡啶，Cl原子位于N原子的2号位（或邻位），故名称为：2-氯吡啶（或邻氯吡啶）； （3）D→E的反应中，D（吡啶-2-亚硝酰重氮正离子）与Cl⁻反应生成2-氯吡啶，由原子守恒可知，同时生成无机含氮化合物为；分子结构为N=N=O，中心N原子sp杂化，空间构型为直线形； （4）B是活性中间体，C具有芳香共轭结构，更稳定，故共轭效应使C更稳定； （5）传统工艺用重氮化，氯化等步骤，可能有重金属污染和爆炸风险，新工艺避免了这些，所以选b； （6） G是A的同系物，多一个C原子，满足条件的有16种，结构如下：（与N原子位于邻、间、对共3种）、（与N原子位于邻、间、对共3种）、、、、、、、、、、。 18．(1) (2分） 不能 (1分） (2) = (1分） < (1分） 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分） (3) b (1分） 或 (2分） 0.225 (2分） 【详解】（1）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； （2）①BD点温度相等，则平衡常数相等，故反应1的平衡常数：=；每条曲线表示氢气相同的平衡产率，则在C点曲线上取一个点与B点温度相同标为点D，D点与B点相比温度相同，但是小于B点，增大水的投料，反应1、3均正向移动，促进乙醇转化，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：B=A<D=C。 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。 （3）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。 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $