湖南常德市汉寿县第一中学2025-2026学年高三下学期5月阶段检测 化学试题

**基本信息** 以中科院纤维素研究、生物基塑料转化等科技前沿为情境，融合元素化合物、反应原理等核心知识，全面考查科学思维与探究能力，适配高三复习阶段综合能力检测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|14/42|纤维素性质、氨硼烷化学键、晶胞结构|结合5G材料、储氢技术等真实情境，考查化学观念| |解答题|4/58|HCN制备反应原理、镍铜合金结构、苯并呋喃合成、H₂S与CH₄重整|以工业流程（如MnO₂提纯）、科研数据（催化剂空速影响）为载体，突出科学探究与实践能力，呼应高考命题趋势|

湖南省常德市汉寿县第一中学2025-2026学年 高三下学期5月阶段检测化学试题 一、单选题（共42分） 1．（本题3分）中科院院士研究发现，纤维素可在低温下溶于NaOH溶液，恢复至室温后不稳定，加入尿素可得到室温下稳定的溶液，为纤维素绿色再生利用提供了新的解决方案。下列说法错误的是      A．纤维素是自然界分布广泛的一种多糖 B．纤维素难溶于水的主要原因是其链间有多个氢键 C．NaOH提供破坏纤维素链之间的氢键 D．低温降低了纤维素在NaOH溶液中的溶解性 2．（本题3分）我国著名化学家徐光宪曾指出：“化学是不断发明和制造对人类更有用的新物质的科学。化学科学是现代科学技术发展的重要基础科学。”下列说法正确的是 A．5G时代某三维存储器能储存海量数据，其半导体衬底材料是SiO2 B．铁磁流体液态机器人中驱动机器人运动的磁铁的主要成分是Fe2O3 C．三苯基铋在石墨烯中加热得到铋纳米球胶体，铋纳米球的直径在1nm以下 D．氨硼烷(BH3NH3)作为一种储氢材料备受关注，氨硼烷分子中只存在极性共价键 3．（本题3分）科学家成功将废弃羊毛中的角蛋白转化为高性能生物基塑料，转化过程如图所示（图中表示蛋白质肽链），该“塑料”可以在80℃下通过热压成型重复加工利用。下列说法正确的是 步骤①：   步骤② A．该生物基塑料为热固性塑料 B．步骤①中S-S键未发生氧化还原反应 C．该合成过程破坏了蛋白质肽链的氨基酸排列顺序，蛋白质发生了变性 D．利用步骤②可以通过将不同分子接到蛋白质肽链上进行分子修饰，重塑材料性能 4．（本题3分）在电池、玻璃、有机合成等工业生产中应用广泛。利用粗(含有MnO和杂质)制取纯的流程如图。 下列说法错误的是 A．酸浸过程中有复分解反应发生 B．操作X用到的玻璃仪器为玻璃棒、漏斗、烧杯 C．氧化过程中每生成1mol，转移的电子数为 D．与热的NaOH溶液反应的离子方程式为 5．（本题3分）利用下列装置和试剂进行实验，能达到实验目的的是 A．比较Al和Cu的金属活动性 B．浓缩海水，加烧碱反应后过滤，得到 C．制取并收集干燥的氨气 D．蒸发溶液，得到无水 A．A B．B C．C D．D 6．（本题3分）下列关于Na2CO3和NaHCO3的说法中，不正确的是 A．焰色均为黄色 B．相同温度下，溶解度：Na2CO3>NaHCO3 C．可以用加热的方法除去NaHCO3固体中的Na2CO3杂质 D．物质的量相同的两种固体分别与足量盐酸反应，产生的二氧化碳一样多 7．（本题3分）由植物油和呋喃-2，5-二甲酸制备生物基醇酸树脂的反应如图所示(—R为烃基)。下列叙述正确的是 A．图示中高级脂肪酸的化学计量数x=2n B．呋喃-2，5-二甲酸中所有原子一定不共平面 C．上述合成树脂的反应属于缩聚反应，原子利用率小于100% D．其他条件相同，该树脂在碱性介质中的降解程度小于在酸性介质中的降解程度 8．（本题3分）柱晶石所含Q、R、T、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。Q是原子半径最小的元素，基态T原子s轨道上的电子数与p轨道上的相等，R和Y同主族，X的M层电子数与K层的相等，Z是地壳中含量第二的元素。下列说法正确的是 A．第一电离能：Z>Y>X B．T与Z可形成共价晶体 C．原子半径：X>T>R D．Y的氧化物属于碱性氧化物 9．（本题3分）O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2＝SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是 A．若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子 B．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4 C．氧气是氧化产物 D．除O2外，其余反应物和生成物中均只有极性共价键 10．（本题3分）钾是动植物需要的重要元素之一，钾元素形成的一种立方晶胞结构如图所示，阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是 A．电负性： B．O位于K形成的正八面体空隙中 C．K周围与它最近且距离相等的Cl有4个 D．该晶体的密度为 11．（本题3分）我国科研团队借助一种固体催化剂(LDH)，在常温常压和可见光条件下合成了氨，其过程如图所示。下列说法不正确的是 A．该过程实现了常温下氮的固定 B．若有生成，则有得到电子 C．该过程实现了太阳能向化学能的转化 D．该反应的化学方程式为 12．（本题3分）我国科学家发明的水系-锰酸锂电池的工作原理为Li1-xMn2O4+xLi=LiMn2O4，用该电池作电源降解废水中的的工作原理如图所示(固体薄膜只允许Li+通过)。 下列说法错误的是 A．Li1-xMn2O4为正极 B．Li+穿过固体薄膜进入水溶液中 C．Pt-Ag电极的反应为2+6e-+4H2O=N2↑+8OH- D．若电解前乙池中质子交换膜两侧溶液的质量相等，电解过程中转移了6mol电子，则理论上膜两侧溶液的质量差为24g(忽略气体的溶解) 13．（本题3分）恒温条件下，某固定体积为的密闭容器中，在某催化剂表面上发生三氧化硫的分解反应：，测得不同起始浓度和催化剂表面积下三氧化硫浓度随时间的变化如表所示。下列说法错误的是 编号 表面积 0 min 10 min 20 min 30 min 40 min Ⅰ 4.80 4.00 3.40 2.92 2.48 Ⅱ 2.40 1.60 1.12 0.92 0.80 Ⅲ 4.80 2.80 1.40 0.80 0.80 A．实验Ⅰ，的平均速率： B．实验Ⅱ，40 min时已达平衡 C．此温度下，该反应的平衡常数为 D．相同条件下，增大催化剂的表面积，的平衡转化率不变 14．（本题3分）已知： 、。室温下，通过下列实验探究NaHCO3溶液的性质。 实验 实验操作和现象 1 测量0.1mol·L-1的NaHCO3溶液的pH为7.8 2 向0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中持续通入CO2，溶液的pH减小 3 向0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中加入少量溶液，产生白色沉淀 4 向0.5mol·L-1的NaHCO3溶液中滴加少量0.5mol·L-1的CaCl2溶液，产生白色沉淀和无色气体 下列有关说法正确的是 A．实验1溶液中存在： B．实验2中随CO2的不断通入，溶液中的值逐渐变小 C．实验3反应的离子方程式为 D．实验4所得溶液中存在 二、解答题（共58分） 15．（本题14分）氰化氢(HCN)是一种重要的精细化工品，广泛应用于农药、医药、冶金、染料等行业，可由和在等离子体条件下由Cr/催化反应制备，原理如下： 反应I： 反应I： 回答下列问题： (1)的______。 (2)已知：反应I的，则在常压下反应能自发进行的临界温度是______K(精确至整数位)。有人提出，向原料气中通入适量氧气，可降低能耗，并提高的转化率，其原因是______。 (3)恒温恒压(p kPa)条件下，甲烷与氨气以物质的量比5：4通入发生反应I和II，达平衡时甲烷的转化率为80%，HCN的选择性为50%(HCN的选择性)。该温度下反应的平衡常数______(用分压代替浓度表示平衡常数，结果用含p的代数式表示)。 (4)相同温度和压强下，控制原料气中甲烷和氨气以相同投料比、不同流速通过催化剂，反应空速(单位时间通过单位体积催化剂气体的量)对的转化率和HCN的选择性的影响如表所示。 实验序号 空速/() 的转化率 转化的体积/(mL) HCN的选择性 I 0.68 20.0% 40 61.5% II 1.36 12.0% a 55.0% Ⅲ 2.04 6.0% 36 48.1% ①三组实验的反应时长均为10s，则第组实验中， ______mL，HCN的生成速率为______(保留到小数点后2位)。 ②当空速逐渐增大时，的转化率减小，其原因是______。 16．（本题14分）东晋《华阳国志•南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(镍铜合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。已知镍铜两元素在周期表中位置正好前后相邻。回答下列问题： (1)镍元素基态原子的价电子排布式为_______，3d能级上的未成对的电子数为_______。 (2)单质铜及镍都是由_______键形成的晶体：元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1959kJ/mol，INi=1753kJ/mol，ICu>INi的原因是_______。 (3)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。 ①晶胞中镍原子与铜原子的数量比为_______。 ②若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a=_______nm。 (4)固体储氢材料NH3BH3中，B原子的杂化轨道类型为_______，N和B的第一电离能大小：N_______B(填“大于”“小于”或“等于”)。 17．（本题14分）化合物H是一种具有生物活性的苯并呋喃衍生物，其合成路线如下： (1)A中的含氧官能团名称为羟基和__________。 (2)C→D反应不充分时可生成其他有机副产物，其结构简式为__________。（任写一种） (3)反应③和④的顺序不能对换的原因是__________。 (4)写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式：__________。 ①既能与FeCl3溶液发生显色反应，又能与银氨溶液发生银镜反应； ②核磁共振氢谱显示有5组峰，峰面积之比为1:1:2:2:2。 (5)已知：R-CNR-COOH 写出以和Cl2CHOCH3为原料制备的合成路线流程图__________ (无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。 18．（本题16分）Ⅰ.H2S与CH4重整，不但可以消除污染，还可以制氢。主要反应如下：①CH4(g)＋2H2S(g) CS2(g)＋4H2(g)＋Q(Q<0) (1)在恒温恒容条件下，可作为反应①达到平衡状态的判断依据是___________(选填编号)。 A．混合气体密度不变 B．容器内压强不变 C．2v正(H2S)=v逆(CS2) D．CH4与H2的物质的量分数之比保持不变 Ⅱ.在恒压条件下，以n(CH4)∶n(H2S)=1∶2的组成的混合气体发生反应①，达到平衡状态时，四种组分物质的量分数随温度的变化如图所示。 (2)如图中表示CH4、CS2变化的曲线分别是___________、___________(选填编号)。 (3)M点对应温度下，H2S的转化率是___________。 Ⅲ.在研究反应发生的适宜条件时发现：过多的CH4会导致Al2O3催化剂失活；Co助剂有稳定催化剂的作用。如图表示800℃，Al2O3催化剂条件下投入等量H2S，投料比[n(CH4)∶n(H2S)]分别为1∶1、1∶3、12∶1，达平衡时H2S转化率、平均反应速率。 (4)投料比n(CH4)∶n(H2S)=1∶1为对应图中___________组图像(选填“A”“B”或“C”)；在三组图像中，C组图像中平均反应速率最低的可能原因是___________。 (5)未添加Co助剂时，无积碳，随着Co添加量的变化，积碳量变化如图所示，Co助剂可能催化原料气发生反应的化学方程式为___________。 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 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D D C D C C B B D 题号 11 12 13 14 答案 B D B D 1．D 【详解】A．纤维素属于多糖，大量存在于我们吃的蔬菜水果中，在自然界广泛分布，A正确； B．纤维素大分子间和分子内均可形成氢键以及纤维素链段间规整紧密的结构使纤维素分子很难被水溶解，B正确； C．纤维素在低温下可溶于氢氧化钠溶液，是因为碱性体系主要破坏的是纤维素分子内和分子间的氢键促进其溶解，C正确； D．由题意可知低温提高了纤维素在NaOH溶液中的溶解性，D错误； 故选D。 2．D 【详解】A．半导体衬底材料是单晶硅，SiO2是制造光纤的材料，A项错误； B．磁铁的主要成分是Fe3O4，B项错误； C．铋纳米球的直径在1~100nm之间，C项错误； D．氨硼烷(BH3NH3)分子中存在B—H、B—N，N—H键，均是极性共价键，D项正确； 故选D。 3．D 【详解】A．该生物基塑料可以在80℃下通过热压成型重复加工利用，故其为热塑性塑料，A错误； B．由图可知，步骤①中S-S键发生断裂和重组，硫元素的化合价发生变化，即发生氧化还原反应，B错误； C．由图可知，该合成过程破坏了S-S键，没有破坏了蛋白质肽链的氨基酸排列顺序，C错误； D．由图可知，利用步骤②可以通过将不同分子（即R基不同）接到蛋白质肽链上进行分子修饰，重塑材料性能，D正确； 故答案选D。 4．C 【分析】粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3)样品加入稀硫酸，MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，同时产生二氧化碳，过滤后得到二氧化锰固体及含有硫酸锰的滤液，向滤液中加入氯酸钠，氯酸钠将Mn2+氧化为MnO2，生成的氯气与氢氧化钠反应得到氯酸钠溶液，将反应后的溶液过滤得到固体二氧化锰； 【详解】A．加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，同时产生二氧化碳，有复分解反应发生，故A正确； B．根据分析可知操作X为过滤操作，用到的玻璃仪器为玻璃棒、漏斗、烧杯，故B正确； C．向滤液中加入氯酸钠，氯酸钠将Mn2+氧化为MnO2，即每生成1mol，转移的电子数为，故C错误； D．与热的NaOH溶液反应的离子方程式为，故D正确； 答案选C。 5．D 【详解】A．在冷的浓硝酸中会钝化，能和浓硝酸反应，不能用浓硝酸来比较和的金属活动性，故A不能达到实验目的； B．考虑到成本，工业上应该加生石灰沉淀镁离子而不用烧碱，故B不能达到实验目的； C．氨气会和无水氯化钙反应产生，应用碱石灰干燥，收集氨气用向下排空气法，故C不能达到实验目的； D．溶液中存在，蒸发溶液时，温度升高平衡正向移动，产生，但由于水解得到的是难挥发的硫酸，因此最后仍可以得到无水，故D能达到实验目的； 故答案选D。 6．C 【详解】A．钠元素的焰色试验呈黄色，则Na2CO3和NaHCO3的焰色均为黄色，A项正确； B．在相同条件下，正盐Na2CO3的溶解度大于酸式盐NaHCO3，B项正确； C．加热固体混合物时，NaHCO3可完全分解生成Na2CO3、H2O和CO2，故不能用加热的方法除去NaHCO3固体中的Na2CO3杂质，C项错误； D．NaHCO3和Na2CO3都与足量盐酸反应生成二氧化碳气体，反应的化学方程式分别为：Na2CO3＋2HCl＝2NaCl＋H2O＋CO2↑，NaHCO3＋HCl＝NaCl＋H2O＋CO2↑，则等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应，放出CO2的量一样多，D项正确； 答案选C。 7．C 【详解】A．根据反应中酯交换原理，呋喃-2,5-二甲酸每个分子含2个羧基（-COOH），n个分子共2n个羧基，每个羧基与植物油中的1个酯基发生酯交换生成1个高级脂肪酸（RCOOH），由质量守恒可知，生成高级脂肪酸的化学计量数x=2n-1，A错误； B．呋喃环为平面结构（五元环中O和C原子共平面），羧基中C为sp2杂化，通过单键旋转可使羧基平面与呋喃环平面重合，所有原子可能共平面，B错误； C．该反应生成聚合物的同时有小分子（高级脂肪酸RCOOH）生成，属于缩聚反应，因存在副产物，原子利用率小于100%，C正确； D．树脂含酯键，碱性条件下酯水解生成羧酸盐和醇（不可逆），酸性条件下水解可逆，故碱性介质中降解程度大于酸性，D错误； 故选C。 8．B 【分析】Q是原子半径最小的元素，为氢（H）； Z是地壳中含量第二的元素，为硅（Si）； X的M层电子数与K层相等（均为2个电子），为镁（Mg）； Q、R、T、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，故Y只能是铝（Al）； R与Y同主族，由于Y为铝（Al），故R为硼（5）； T的基态原子s与p轨道电子数相等，电子排布为1s22s22p4，故T为氧（O）； 元素顺序：Q（H）、R（B）、T（O）、X（Mg）、Y（Al）、Z（Si）。 【详解】A．第一电离能比较涉及第三周期元素X（Mg）、Y（Al）、Z（Si）。由于Mg的3s2全满稳定结构，其电离能高于Al（3s23p1易失电子），实际顺序为Si > Mg > Al，A错误； B．T(O)与Z(Si)形成SiO2，为共价晶体，B正确； C．原子半径比较需考虑周期：X（Mg）（第三周期）>R（B）（第二周期）>T（O）（第二周期，半径最小），C错误； D． Y(Al)的氧化物Al2O3为两性氧化物，非碱性氧化物，D错误； 故选B。 9．B 【详解】A．外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，A错误；B．在反应中O2F2中的O元素的化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而H2S中的S元素的化合价是-2价，反应后变为SF6中的+6价，所以H2S是还原性，根据方程式可知还原剂H2S与氧化剂O2F2的物质的量的比是1:4，B正确；C．O元素的化合价由反应前的+1价变为反应后的0价，化合价降低，获得电子，所以氧气的还原产物，C错误；D．O2F2中还存在非极性键，D错误；答案选B。 点睛：本题主要涉及氧化还原反应，注意氧化还原反应的特征是元素的化合价发生变化，其本质是在反应中有电子转移。在反应中，氧化剂是得到电子的或电子对偏向的物质，本身具有氧化性，反应后化合价降低，对应的产物是还原产物；还原剂是失去电子的或电子对偏离的物质，本身具有还原性，反应后化合价升高，对应的产物为氧化产物。整个反应过程电子从还原剂转移到氧化剂。一定记清各概念之间的关系：还原剂—化合价升高—失去电子—被氧化—发生氧化反应—生成氧化产物；氧化剂—化合价降低—得到电子—被还原—发生还原反应—生成还原产物。 10．D 【详解】A．非金属性越强，电负性越强，则电负性，A正确； B．O周围的K有6个，位于上下、前后、左右，根据晶胞结构可判断O位于K形成的正八面体空隙中，B正确； C．K周围与它最近且距离相等的Cl位于同一面的顶点，共有4个，C正确； D．晶胞中含有K的个数为，O的个数为的个数为，即化学式为，单个晶胞的质量，所以该晶体的密度为，D错误； 故选D。 11．B 【详解】A．根据题意和图可知氮元素由游离态变为化合态，属于氮的固定，A正确； B．根据，→，O的化合价由-2→0价失去电子，若有32g O2(1mol)生成，则有2molH2O失去2mol×2e-=4mol e-，B错误； C．该过程是在常温常压和可见光条件下合成了氨，过程中光能转化为化学能，C正确； D．根据图示可知反应吸收了太阳能，反应物为水、氮气，产物为氨气与氧气，因此反应的化学方程式为，是一个吸热反应，D正确； 故选B。 12．D 【分析】首先判断甲（原电池）的电极：根据总反应，失电子发生氧化反应，作负极，得电子发生还原反应，作正极； 乙为电解池，在电极被还原为，因此是阴极，连接原电池负极，左侧电极为阳极，连接原电池正极。 【详解】A．得电子，为原电池正极，A正确； B．原电池中阳离子向正极移动，负极失电子生成，穿过固体薄膜向正极移动，进入正极侧的水溶液电解质中，B正确； C．Pt-Ag为阴极，得电子生成，电极反应为，C正确； D．转移6 mol 电子时： 阳极（左侧）反应：，生成逸出，质量减少，同时生成的通过质子交换膜迁移到右侧，左侧再减少，左侧总质量减少； 阴极（右侧）生成逸出，质量减少，同时迁入，质量增加，右侧总质量减少， 初始两侧质量相等，因此电解后膜两侧质量差为，不是，D错误； 故选D。 13．B 【详解】A．实验Ⅰ中，0~20 min内SO3的物质的量减少1.40mol，其浓度变化速率为。根据反应式，，A正确； B．实验Ⅱ在40 min时的物质的量为0.80 mol，此时计算反应商，远小于平衡常数，说明反应未达平衡，B错误； C．实验Ⅲ平衡时，浓度为0.40 mol/L，和浓度分别为2.00 mol/L和1.00 mol/L，代入平衡常数公式得，C正确； D．催化剂仅加快反应速率，不改变平衡状态，因此的平衡转化率不变，D正确； 故答案选B。 14．D 【详解】A．实验1溶液中NaHCO3溶液的pH为7.8，呈碱性，说明的电离程度小于水解生成的程度，但水解是微弱的，溶液中：，A错误； B．实验2中随CO2的不断通入，溶液的酸性增强，c(H+)增大，溶液中的值逐渐增大，B错误； C．向0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中加入少量溶液发生反应：2NaHCO3+=CaCO3+Na2CO3+2H2O，生成CaCO3白色沉淀，离子方程式为：，C错误； D．向0.5mol·L-1的NaHCO3溶液中滴加少量0.5mol·L-1的CaCl2溶液，产生CaCO3白色沉淀和无色气体CO2，说明的水解程度增大，此时溶液中的溶质为NaCl、Na2CO3、NaHCO3、H2CO3，且NaHCO3和H2CO3的物质的量远大于Na2CO3，由物料守恒可知，D正确； 故选D。 15．(1)-23 (2) 1173 与产物反应，放出热量，为反应提供能量，降低能耗；减少且体系温度升高使平衡正向移动，提高甲烷转化率 (3)p2或8.9p2 (4) 48 2.64 空速过快，原料气与催化剂接触的时间过短，来不及与催化剂作用就被排出 【详解】（1）根据盖斯定律，目标反应 可通过反应II-反应I得到，目标反应的焓变：。 （2）反应自发进行的条件为，当 时为临界温度，已知 ， ，代入得：；甲烷和氢气可与氧气发生燃烧放热反应，释放的热量可为吸热的反应I提供能量，降低能耗；同时，燃烧消耗会使反应I的平衡正向移动，从而提高 的转化率。 （3）恒温恒压(p kPa)条件下，甲烷与氨气以物质的量比5：4通入发生反应I和II，假设甲烷的物质的量为5mol，氨气的物质的量为4mol，达平衡时甲烷的转化率为80%，HCN的选择性为50%，平衡时，，，由N元素守恒可知，由H元素守恒可知=10mol，平衡时气体总物质的量为1mol+2mol+1mol+1mol+10mol=15mol，该温度下反应I的平衡常数=p2或8.9p2。 （4）①根据实验Ⅰ的数据，甲烷的初始体积为 ，对于实验Ⅱ，空速是实验I的2倍，甲烷的初始体积同样是400 mL，则a=400mL×12%=48mL，HCN的生成速率为2.64； ②当空速逐渐增大时，的转化率减小，其原因是：空速过快，原料气与催化剂接触的时间过短，来不及与催化剂作用就被排出。 16．(1) 3d84s2 2 (2) 金属 铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子 (3) 1：3 (4) sp3 大于 【详解】（1）镍为28号元素，基态原子的价电子排布式为3d84s2，3d能级有5个轨道，填充8个电子，未成对的电子数为2； （2）单质铜及镍都是金属晶体，由金属键形成；铜原子失去一个电子后Cu+的价电子排布为3d10，3d轨道全充满的电子，能量较低，较稳定，再失去一个电子较难，镍失去一个电子后Ni+的价电子3d84s1电子，再失去一个电子，失去的是4s能级轨道上的电子较容易，所以元素铜的第二电离能大于镍的第二电离能； （3）根据“均摊法”，晶胞中含个Ni、个Cu，晶胞中镍原子与铜原子的数量比为1：3；晶体密度为，则a=nm； （4）NH3BH3中B与周围的3个H原子形成3个σ键，与N原子形成一个配位键，无孤电子对，即B原子周围的价层电子对数为4，则B原子的杂化轨道类型为sp3；根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势， N和B的第一电离能大小：N大于B。 17．(1)醛基、醚键 (2)或 (3)先进行反应③再进行反应④可以防止酚羟基被氧化 (4) 或 (5) 【分析】A与氯化剂在加热条件下反应得到B，B在BBr3、0℃的条件下，甲基被H取代得到C，C在CH2BrCH2Br在K2CO3的作用下发生取代反应得到D，D被氧化剂氧化为E， E中存在酯基，先水解再酸化得到F，F在Cl2CHOCH3在TiCl4的作用下苯环上一个H被醛基取代得到G，G与ClCH2COCH3经历取代、加成和消去三步反应得到H； 【详解】（1）由A的结构可知，A中的含氧官能团名称为羟基、醛基和醚键； （2） C→D反应不充分时可生成邻二酚和CH2BrCH2Br单取代的副产物，分别为、； （3）酚羟基也具有还原性，若不用反应③先将酚羟基保护起来，则加入氧化剂时，酚羟基将被氧化，无法得到E，先进行反应③再进行反应④可以防止酚羟基被氧化； （4） A的同分异构体，能与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；能与银氨溶液发生银镜反应，则含有醛基；核磁共振氢谱显示有5组峰，峰面积之比为1:1:2:2:2，则结构只有2种满足要求，分别为和； （5） 聚合物可由单体通过缩聚反应得到，而该单体可由在酸性条件下水解得到，而可由苯甲醛与HCN加成得到，苯甲醛再通过苯与Cl2CHOCH3在TiCl4催化下制备，因此合成路线为。 18．(1)BD (2) d b (3)20% (4) B C组中n(CH4)∶n(H2S)=12∶1，CH4比例过高使催化剂Al2O3失活，反应速率小 (5)CH4C＋H2 【详解】（1）A．恒温恒容下，容积不变，容器内的气体质量也不变，则无论反应是否平衡，密度都不变，故混合气体密度不变不能作为反应①达到平衡的判断依据，故A不符合题意； B．反应①中可逆符号前后的气体化学计量数之和不相等，则容器内的压强不变时，说明容器内气体不在增加减少，反应达到最大限度，即达到平衡状态，故B符合题意； C．根据反应①的化学计算数，2v正(H2S)=4v正(CS2)=v逆(CS2)，即同一物质的正逆反应速率不相等，说明反应没有达到平衡状态，故C不符合题意； D．CH4与H2的物质的量分数之比保持不变，说明CH4与H2的物质的量分数不在发生变化，说明体系反应达到最大限度，说明达到平衡状态，故D符合题意； 答案BD。 （2）根据平衡状态时，四种组分物质的量分数随温度的变化图所示，c、d的物质的量分数随温度升高是逐渐减小的，a、b是逐渐增大的，由于反应①是吸热反应(Q<0)，根据平衡移动原理，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则生成物增加，反应物减少，可知a、b表示的是生成物， c、d表示的是反应物，根据反应①的化学计量数，生成物中CS2的物质的量比H2小，则a表示H2，b表示CS2，同理，c表示的是H2S，d表示的是CH4，故答案为表示CH4、CS2变化的曲线分别是d、b。 （3）M点对应温度下，起始时n(CH4)∶n(H2S)=1∶2，设起始时n(CH4) =1mol, n(H2S)= 2mol，转化的CH4为x mol，则可得 M点对应温度下，平衡时，a表示的H2和d表示的CH4的物质的量分数相等，则可得关系式1-x=4x，x=0.2mol，则H2S的转化率= 。 （4）在反应①中，适当提高n(CH4)∶n(H2S)的比值可提高H2S转化率，当投料比[n(CH4)∶n(H2S)]分别为1∶1、1∶3、12∶1时，即n(CH4)∶n(H2S)分别为1∶1、∶1、12∶1时，n(CH4)∶n(H2S)=1∶1为三种组合中，n(CH4)∶n(H2S)的比值处于中间，则 H2S转化率也处于中间，则对应的图像是B组；根据题干可知，过多的CH4会导致Al2O3催化剂失活，反应速率变慢，C组图像中H2S转化率最高，即n(CH4)∶n(H2S)比值最高，即n(CH4)∶n(H2S)=12∶1，故C组图像中平均反应速率最低的可能原因是C组中n(CH4)∶n(H2S)=12∶1，CH4比例过高使催化剂Al2O3失活，反应速率小。 （5）根据积碳量变化图所示，Co添加量越大，C的含量越高，原料气中只有CH4含有碳元素，则Co助剂可能催化原料气发生反应的化学方程式为CH4C＋H2。 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 $