精品解析：新疆喀什地区巴楚县第一中学2025-2026学年高三上学期9月月考化学试题

巴楚县第一中学2025-2026学年第一学期9月考试 化学 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 第I卷(选择题) 选择题：共 7 小题，每小题 6 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的。 1. 化学来源于生活又服务生活。下列说法错误的是 A. 向漂白液中滴加少量白醋，可提高漂白效果 B. 公园的水幕灯光秀利用了胶体的丁达尔效应 C. 真空食品包装袋内，用还原铁粉作抗氧化剂 D. 在游泳池或澡堂内用明矾杀菌消毒 2. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 稀硝酸除去试管上的银镜： B. 饱和溶液浸泡锅炉水垢： C. 泡沫灭火器的灭火原理： D. 用溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板： 3. 华法林是香豆素类抗凝剂的一种，主要用于防治血栓栓塞性疾病。下图表示合成华法林的反应过程，有关说法正确的是 A. 华法林的分子式是C19H14O4 B. 甲和乙中的所有碳原子可能共平面 C. 华法林能发生取代、加成和消去反应 D. 甲和乙反应生成华法林的反应是取代反应 4. 一种有机除草剂的分子结构式如图所示，已知X、Y、Z、W、E为原子序数依次增大的短周期元素，和同主族，与同周期，则错误的是 A. 元素电负性： B. 简单氢化物沸点： C. 第一电离能： D. 和的空间结构均为平面三角形 5. 光催化电极可以在太阳光照下实现对设备进行充电，该电池工作原理如下图所示。放电时转化为，下列有说法错误的是 A. 充电时，石墨电极为做阴极 B. 充电时，光催化电极的电极反应式为： C. 放电时，石墨电极发生还原反应 D. 放电时，离子交换膜左室电解质溶液质量减少，外电路转移 6. 烯烃催化制备醛的反应机理如下图所示，下列说法错误的是 A. 反应前后质量和化学性质都没有发生改变 B. 反应过程中钴的配位数和化合价都发生了变化 C. 上述过程中涉及极性键的断裂和非极性键的形成 D. 该过程总反应为 7. 某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即c(H2S)=0.1mol/L通过调节pH使Ni2+和Cd2+形成硫化物而分离，体系中pH与-lgc关系如下图所示，c为HS-、S2-、Ni2+和Cd2+的浓度，单位为mol/L。已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，下列说法不正确的是 A. ③为pH与-lgc(S2-)的关系曲线 B. Ka1(H2S)=10-7.1 C. ②③两线交点所在溶液中存在c(H+)>c(HS-)>c(S2-)>c(OH-) D. 该温度下，反应NiS(s)+Cd2+(aq)CdS(s)+Ni2+(aq)的K=107.6 第II卷(非选择题) 二、解答题 共4小题，共 58 分 8. 一种从深海多金属结核[主要含，有少量的]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液的工艺流程如下： 已知：①金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。 ②常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为)开始沉淀和完全沉淀的： 开始沉淀的 1.9 3.3 4.7 6.9 7.4 8.1 完全沉淀的 3.2 4.6 6.7 8.9 9.4 10.1 回答下列问题： （1）基态的价层电子排布式为_______。 （2）“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是_______(写化学式)；还原的化学方程式为_______。 （3）“沉铁”时，转化为的离子方程式为_______，加热至的主要原因是_______。 （4）“沉铝”时，未产生沉淀，该溶液中不超过_______。 （5）“第二次萃取”时，_______、_______(填离子符号)与混合萃取剂形成的配合物(其结构如图所示，M表示金属元素)更稳定，这些配合物中氮原子的杂化类型为_______。 9. 苯胺是重要的有机化工原料，其实验室制备原理如下： 相关信息如下： 物质 相对分子质量 熔点/ 沸点/ 密度/ 溶解性 硝基苯 123 5.9 210.9 1.20 不溶于水，易溶于乙醚 苯胺 93 184.0 1.02 微溶于水，易溶于乙醚 乙酸 60 16.6 117.9 1.05 与水互溶 乙醚 74 -116.3 34.5 0.71 微溶于水 反应装置Ⅰ和蒸馏装置Ⅱ(加热、夹持等装置略)如下： 实验步骤为： ①向装置Ⅰ双颈烧瓶中加入铁粉、水及乙酸，加热煮沸； ②稍冷后，通过恒压滴液漏斗缓慢滴入硝基苯，再加热回流； ③将装置Ⅰ改成水蒸气蒸馏装置，蒸馏收集苯胺-水馏出液； ④将苯胺-水馏出液用饱和后，转入分液漏斗静置分层，分出有机层；水层用乙醚萃取，分出醚层；合并有机层和醚层，用粒状氢氧化钠干燥，得到苯胺醚溶液； ⑤将苯胺醚溶液加入圆底烧瓶(装置Ⅱ)，先蒸馏回收乙醚，再蒸馏收集馏分，得到苯胺。 回答下列问题： （1）实验室保存硝基苯的玻璃容器是_______(填标号)。 （2）装置Ⅰ中冷凝管的进水口为_______(填“a”或“b”)。 （3）步骤④中将苯胺-水馏出液用饱和的原因是_______。 （4）步骤④中第二次分液，醚层位于_______层(填“上”或“下”)。 （5）蒸馏回收乙醚时，锥形瓶需冰水浴的原因是_______；回收乙醚后，需要放出冷凝管中的冷凝水再蒸馏，这样操作的原因是_______。 （6）下列说法正确的是_______(填标号)。 A. 缓慢滴加硝基苯是为了减小反应速率 B. 蒸馏时需加沸石，防止暴沸 C. 用红外光谱不能判断苯胺中是否含有硝基苯 D. 蒸馏回收乙醚，无需尾气处理 （7）苯胺的产率为_______。 10. 我国科学家研发出一种乙醇(沸点78.5℃)绿色制氢新途径，并实现高附加值乙酸(沸点118℃)的生产，主要反应为： Ⅰ． Ⅱ． 回答下列问题： （1）乙醇可由秸秆生产，主要过程为 秸秆纤维素_______乙醇 （2）对于反应Ⅰ： ①已知 则_______。 ②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是_______(填标号)。 A．容器内的压强不再变化 B．混合气体的密度不再变化 C．的体积分数不再变化 D．单位时间内生成，同时消耗 ③反应后从混合气体分离得到，最适宜的方法为_______。 （3）恒压100kPa下，向密闭容器中按投料，产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2。[比如：乙酸选择性] ①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为_______。 ②由图中信息可知，乙酸可能是_______(填“产物1”“产物2”或“产物3”)。 ③270℃时，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则_______，平衡常数_______(列出计算式即可；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 11. 我国某公司研发的治疗消化系统疾病的新药凯普拉生(化合物H)，合成路线如下(部分试剂、反应条件省略)。 已知： 回答下列问题： （1）A中官能团的名称是_______。 （2）B的结构简式为_______。 （3）由C转变为D的反应类型是_______ （4）同时满足下列条件的B的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。 ①含有两个甲基；②与钠反应产生氢气。 （5）由D转变为E的过程中经历了两步反应，第一步反应的化学方程式是：_______(要求配平)。 （6）下列关于F说法正确的有_______。 A. F能发生银镜反应 B. F不可能存在分子内氢键 C. 以上路线中E+F→G 的反应产生了氢气 D. 已知醛基吸引电子能力较强，与相比F的N-H键极性更小 （7）结合合成H的相关信息，以、和含一个碳原子的有机物(无机试剂任选)为原料，设计化合物的合成路线_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 巴楚县第一中学2025-2026学年第一学期9月考试 化学 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 第I卷(选择题) 选择题：共 7 小题，每小题 6 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的。 1. 化学来源于生活又服务生活。下列说法错误的是 A. 向漂白液中滴加少量白醋，可提高漂白效果 B. 公园的水幕灯光秀利用了胶体的丁达尔效应 C. 真空食品包装袋内，用还原铁粉作抗氧化剂 D. 在游泳池或澡堂内用明矾杀菌消毒 【答案】D 【解析】 【详解】A．漂白液中含有次氯酸钠，根据平衡移动原理，酸性条件下与结合生成更多次氯酸，从而增强漂白效果，A正确； B．水幕灯光秀中，水雾形成胶体，光线通过时发生丁达尔效应，符合实际，B正确； C．还原铁粉可以与氧气反应，防止食品氧化变质，C正确； D．明矾溶于水后生成的胶体能吸附水中悬浮杂质，起到净水作用，但无杀菌消毒作用，D错误； 故答案选D。 2. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 稀硝酸除去试管上的银镜： B. 饱和溶液浸泡锅炉水垢： C. 泡沫灭火器的灭火原理： D. 用溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板： 【答案】A 【解析】 【详解】A．稀硝酸与银反应时，硝酸作为氧化剂被还原，产物应为NO，而非浓硝酸情况下的，正确方程式应为：，A错误； B．（溶度积较大）与饱和反应生成更难溶的（溶度积较小），符合沉淀转化规律，方程式正确，B正确； C．与发生双水解，生成沉淀和气体，方程式电荷、原子均守恒，C正确； D．与Cu反应生成和，符合氧化还原规律，方程式正确，D正确； 故选A。 3. 华法林是香豆素类抗凝剂的一种，主要用于防治血栓栓塞性疾病。下图表示合成华法林的反应过程，有关说法正确的是 A. 华法林的分子式是C19H14O4 B. 甲和乙中的所有碳原子可能共平面 C. 华法林能发生取代、加成和消去反应 D. 甲和乙反应生成华法林的反应是取代反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据华法林的结构简式，华法林的分子式是C19H16O4，A错误； B．甲中苯环、酯基、碳碳双键等结构，乙中苯环、碳碳双键、羰基结构，这些平面结构通过单键相连，单键可旋转，所以所有碳原子可能共平面，B正确； C．华法林含有的羟基是醇羟基，但相邻碳原子上无氢原子，不能发生消去反应，C错误； D．甲和乙反应生成华法林是加成反应(碳碳双键参与)，不是取代反应，D错误； 故答案为：B。 4. 一种有机除草剂的分子结构式如图所示，已知X、Y、Z、W、E为原子序数依次增大的短周期元素，和同主族，与同周期，则错误的是 A. 元素电负性： B. 简单氢化物沸点： C. 第一电离能： D. 和的空间结构均为平面三角形 【答案】C 【解析】 【分析】X、Y、Z、W、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和E同主族，Z与W同周期，E形成五个价键，所以为Ⅴ族元素，形成三个价键，和同主族，所以为Ⅴ族元素，因为，为；形成两个价键，所以W为ⅥA族元素，W为O，Y形成四个价键，所以Y为ⅣA族元素，Y为C，X形成一个价键，所以X为H，可知为、为、为、为、为。 【详解】A．同周期从左到右元素的电负性增强，，A正确； B．、、均是共价化合物，和结构相似，但中存在氢键，故沸点高于，中每个分子平均含两个氢键，中每个分子平均含一个氢键，故简单氢化物沸点：，B正确； C．同周期元素，第一电离能从左到右增大，但的能级有3个电子，处于半充满、较稳定，故的第一电离能大于的第一电离能，故第一电离能：，C错误； D．和的空间结构均为平面三角形，D正确； 故选C。 5. 光催化电极可以在太阳光照下实现对设备进行充电，该电池工作原理如下图所示。放电时转化为，下列有说法错误的是 A. 充电时，石墨电极为做阴极 B. 充电时，光催化电极的电极反应式为： C. 放电时，石墨电极发生还原反应 D. 放电时，离子交换膜左室电解质溶液质量减少，外电路转移 【答案】C 【解析】 【分析】由题干电池工作原理图示信息可知，放电时石墨电极上的反应为：，发生氧化反应，为负极，光催化电极上的反应为：，发生还原反应，为正极；充电时，石墨电极上的电极反应为：，发生还原反应，为阴极，光催化电极上的电极反应为：，发生氧化反应，为阳极； 【详解】A．由分析可知，充电时，石墨电极为做阴极，A正确； B．充电时，光催化电极为阳极，电极反应式为：，B正确； C．放电时石墨电极上的反应为：，发生氧化反应，C错误； D．由分析可知，放电时，石墨电极为负极，光催化电极为正极，为维持电荷守恒，左侧钠离子透过离子交换膜移向右侧，放电时当外电路转移1mol电子时，1mol钠离子从左室迁移到右室，离子交换膜左室电解质溶液质量减少23g，则放电时，离子交换膜左室电解质溶液质量减少（为0.2mol钠离子），外电路转移，D正确； 故选C。 6. 烯烃催化制备醛的反应机理如下图所示，下列说法错误的是 A. 反应前后质量和化学性质都没有发生改变 B. 反应过程中钴的配位数和化合价都发生了变化 C. 上述过程中涉及极性键的断裂和非极性键的形成 D. 该过程总反应为 【答案】B 【解析】 【详解】A．是反应的催化剂，反应前后质量和化学性质不变，故A正确； B．反应过程中Co的配位数发生了变化，但是化合价一直都是，故B错误； C．反应过程中涉及Co—H极性键的断裂和C—C非极性键的形成，故C正确； D．根据图示可判断总反应方程式正确，故D正确； 故答案选B。 7. 某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即c(H2S)=0.1mol/L通过调节pH使Ni2+和Cd2+形成硫化物而分离，体系中pH与-lgc关系如下图所示，c为HS-、S2-、Ni2+和Cd2+的浓度，单位为mol/L。已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，下列说法不正确的是 A. ③为pH与-lgc(S2-)的关系曲线 B. Ka1(H2S)=10-7.1 C. ②③两线交点所在溶液中存在c(H+)>c(HS-)>c(S2-)>c(OH-) D. 该温度下，反应NiS(s)+Cd2+(aq)CdS(s)+Ni2+(aq)的K=107.6 【答案】C 【解析】 【详解】A．pH增大，HS-和S2-浓度逐渐增大，且pH相同时，HS-浓度大于S2-；Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)>c(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2-，④代表HS-，故A正确； B．选择点(4.2，3.9)，可知c(H+)=10-4.2mol/L，c(HS-)=10-3.9mol/L，c(H2S)=0.1mol/L，则有Ka1(H2S)==，故B正确； C．已知Ka1∙Ka2==，由②③两线交点坐标可知，当c(H+)=10-6.8mol/L时，c(S2-)=10-9.2mol/L，故有=10-21.8，根据Ka1(H2S)=10-7.1，有Ka2(H2S)≈10-14.7，则c(HS-)=10-1.3，c(S2-)≈10-9.2， c(H+)≈10-6.8，c(OH-)≈10-7.2，c(HS-) >c(H+)>c(OH-)>c (S2-)，故C错误； D．根据①③交点数据，c(Cd2+)= c(S2-)=10-13，可知Ksp(CdS)=10-26；根据②③交点数据，c(Ni2+)= c(S2-)=10-9.2，可知Ksp(NiS)=10-18.4，则NiS(s)+Cd2+(aq)CdS(s)+Ni2+(aq)反应K==107.6，故D正确； 选C。 第II卷(非选择题) 二、解答题 共4小题，共 58 分 8. 一种从深海多金属结核[主要含，有少量的]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液的工艺流程如下： 已知：①金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。 ②常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为)开始沉淀和完全沉淀的： 开始沉淀的 1.9 3.3 4.7 6.9 7.4 8.1 完全沉淀的 3.2 4.6 6.7 8.9 9.4 10.1 回答下列问题： （1）基态的价层电子排布式为_______。 （2）“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是_______(写化学式)；还原的化学方程式为_______。 （3）“沉铁”时，转化为的离子方程式为_______，加热至的主要原因是_______。 （4）“沉铝”时，未产生沉淀，该溶液中不超过_______。 （5）“第二次萃取”时，_______、_______(填离子符号)与混合萃取剂形成的配合物(其结构如图所示，M表示金属元素)更稳定，这些配合物中氮原子的杂化类型为_______。 【答案】（1） （2） ①. ②. （3） ①. ②. 防止形成胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降 （4） （5） ①. ②. ③. sp2 【解析】 【分析】金属结核[主要含，有少量的]加入、进行酸浸还原，得到的滤渣含有，滤液中含有，通入空气，调解pH=3.2，沉铁得到滤渣，继续加入NaOH调节pH=5.2沉铝主要得到，加入萃取剂第一次萃取，分液得到的萃取液1，萃余液1中加入混合萃取剂进行第二次萃取，得到电池级镍钴锰混合溶液，萃余液2中电解得到金属锰，据此解答。 【小问1详解】 原子的价电子是指和能级上的电子，所以基态原子的价电子排布式为； 【小问2详解】 由分析可知，“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是；将3价钴还原为2价钴，同时由于硫酸的作用得到，化学方程式为； 【小问3详解】 “沉铁”时，转化为，铁元素化合价上升，则做氧化剂，离子反应为：；已知金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子，则加热至的主要原因是防止形成胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降； 【小问4详解】 由表可知，，“沉铝”时，未产生沉淀，则； 【小问5详解】 由流程可知，第二次萃取时，主要萃取，因此与混合萃取剂形成的配合物更稳定；六元杂环是平面结构，N原子提供单电子用于环内形成大π键，剩余1对孤对电子形成配位键，N的价层电子对数为3，是sp2杂化。 9. 苯胺是重要的有机化工原料，其实验室制备原理如下： 相关信息如下： 物质 相对分子质量 熔点/ 沸点/ 密度/ 溶解性 硝基苯 123 5.9 210.9 1.20 不溶于水，易溶于乙醚 苯胺 93 184.0 1.02 微溶于水，易溶于乙醚 乙酸 60 16.6 117.9 1.05 与水互溶 乙醚 74 -116.3 34.5 0.71 微溶于水 反应装置Ⅰ和蒸馏装置Ⅱ(加热、夹持等装置略)如下： 实验步骤为： ①向装置Ⅰ双颈烧瓶中加入铁粉、水及乙酸，加热煮沸； ②稍冷后，通过恒压滴液漏斗缓慢滴入硝基苯，再加热回流； ③将装置Ⅰ改成水蒸气蒸馏装置，蒸馏收集苯胺-水馏出液； ④将苯胺-水馏出液用饱和后，转入分液漏斗静置分层，分出有机层；水层用乙醚萃取，分出醚层；合并有机层和醚层，用粒状氢氧化钠干燥，得到苯胺醚溶液； ⑤将苯胺醚溶液加入圆底烧瓶(装置Ⅱ)，先蒸馏回收乙醚，再蒸馏收集馏分，得到苯胺。 回答下列问题： （1）实验室保存硝基苯的玻璃容器是_______(填标号)。 （2）装置Ⅰ中冷凝管的进水口为_______(填“a”或“b”)。 （3）步骤④中将苯胺-水馏出液用饱和的原因是_______。 （4）步骤④中第二次分液，醚层位于_______层(填“上”或“下”)。 （5）蒸馏回收乙醚时，锥形瓶需冰水浴的原因是_______；回收乙醚后，需要放出冷凝管中的冷凝水再蒸馏，这样操作的原因是_______。 （6）下列说法正确的是_______(填标号)。 A. 缓慢滴加硝基苯是为了减小反应速率 B. 蒸馏时需加沸石，防止暴沸 C. 用红外光谱不能判断苯胺中是否含有硝基苯 D. 蒸馏回收乙醚，无需尾气处理 （7）苯胺的产率为_______。 【答案】（1）A （2）a （3）减小苯胺在水中的溶解度，增加水层的密度 （4）上 （5） ①. 乙醚沸点低 ②. 防止冷凝管炸裂 （6）AB （7）75% 【解析】 【分析】由硝基苯制苯胺过程中，由于反应比较剧烈，故硝基苯需从上方缓慢加入；反应完成后，改用蒸馏装置，将苯胺-水蒸馏出，苯胺在水中有一定的溶解度，加入固体，可使溶解在水中的大部分苯胺就以油状物晶体析出，分液分离出有机层，水层用乙醚萃取，分出醚层；合并有机层和醚层，加入粒状氢氧化钠干燥，得到苯胺醚溶液，再次蒸馏得到苯胺，据此解答。 【小问1详解】 选项A为细口瓶，常用于保存液体试剂；选项B为广口瓶，常用于保存固体试剂；选项C为容积瓶仅用于配制一定物质的量浓度溶液，不能用于保存试剂；选项D为烧杯，一般不用于保存试剂，故答案为A； 【小问2详解】 为使冷凝水充分冷凝管壁，保证冷凝效果，冷凝管中的水流向应为“下进上出”，故装置Ⅰ中冷凝管的进水口为下口a； 【小问3详解】 实验中将苯胺-水倒出液饱和的目的是减小苯胺在水中的溶解性，同时增加水层的密度，有利于苯胺与水的分层； 【小问4详解】 根据题中信息，乙醚密度比水小，因此乙醚层位于分液体系上层； 【小问5详解】 第一空：乙醚沸点低，室温下易挥发，水浴冷却抑制乙醚的挥发； 第二空：避免冷凝水残留影响后续高温蒸馏（收集苯胺）时冷凝管的效率（或防止高温下冷凝管因温差过大破裂）； 【小问6详解】 A．采用缓慢滴加的方法可以控制反应速率，防止反应过于剧烈和引发副反应，A正确； B．蒸馏时加沸石防暴沸是正确的操作，B正确； C．红外光谱可区分硝基苯（含硝基特征峰）和苯胺（含氨基特征峰），C错误； D．乙醚是一种有毒物质，具有挥发性，尾气需要处理，D错误； 故选AB； 【小问7详解】 根据反应原理可知，硝基苯，理论上制备苯胺，理论产量：，实际产量：，产率： 。 10. 我国科学家研发出一种乙醇(沸点78.5℃)绿色制氢新途径，并实现高附加值乙酸(沸点118℃)的生产，主要反应为： Ⅰ． Ⅱ． 回答下列问题： （1）乙醇可由秸秆生产，主要过程为 秸秆纤维素_______乙醇 （2）对于反应Ⅰ： ①已知 则_______。 ②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是_______(填标号)。 A．容器内的压强不再变化 B．混合气体的密度不再变化 C．的体积分数不再变化 D．单位时间内生成，同时消耗 ③反应后从混合气体分离得到，最适宜的方法为_______。 （3）恒压100kPa下，向密闭容器中按投料，产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2。[比如：乙酸选择性] ①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为_______。 ②由图中信息可知，乙酸可能是_______(填“产物1”“产物2”或“产物3”)。 ③270℃时，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则_______，平衡常数_______(列出计算式即可；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 【答案】（1）葡萄糖 （2） ①. +44.4 ②. AC ③. 降温冷凝后收集气体 （3） ①. 乙酸选择性最大且反应速率较快 ②. 产物1 ③. 36:5 ④. 【解析】 【小问1详解】 纤维素水解得到葡萄糖，葡萄糖发酵产生二氧化碳和乙醇； 【小问2详解】 ①反应Ⅰ-反应Ⅱ得到“已知反应”，根据盖斯定律=-24.3kJ·mol-1+68.7 kJ·mol-1=+44.4 kJ·mol-1； ②恒温恒容下发生： A．该反应是气体总物质的量增大的反应，容器内的压强不再变化，说明气体总物质的量不再改变，说明反应达到平衡状态，A符合题意； B．体积自始至终不变，气体总质量自始至终不变，则气体密度不是变量，混合气体的密度不再变化，不能说明反应是否达到平衡状态，B不符合题意； C．的体积分数不再变化，说明其物质的量不再改变，反应已达平衡，C符合题意； D．单位时间内生成，同时消耗均是逆反应速率，不能说明反应是否达到平衡状态，D不符合题意； 答案选AC； ③可利用混合体系中各物质的沸点差异分离出氢气，最适宜的方法为降温冷凝后收集气体； 【小问3详解】 ①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为乙酸选择性最大且反应速率较快； ②由图2可知关键步骤中生成产物1的最大能垒为0.58eV，生成产物2的最大能垒为0.66eV，生成产物3的最大能垒为0.81eV，图1中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，则乙酸可能是产物1； ③设投料n(H2O)=9mol，n(乙醇)=1mol，密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量=90%×80%×1=0.72mol，n平(乙醇)=1mol×10%=0.1mol，恒温恒压下，各组分的分压之比=各组分的物质的量之比，故0.72：0.1=36：5；列三段式、，则平衡时乙醇、H2O(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别为0.1mol、8.28mol、1.62mol、0.72mol、0.18mol，气体总物质的量为0.1mol+8.28mol+1.62mol+0.72mol+0.18mol=10.9mol，则kPa。 11. 我国某公司研发的治疗消化系统疾病的新药凯普拉生(化合物H)，合成路线如下(部分试剂、反应条件省略)。 已知： 回答下列问题： （1）A中官能团的名称是_______。 （2）B的结构简式为_______。 （3）由C转变为D的反应类型是_______ （4）同时满足下列条件的B的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。 ①含有两个甲基；②与钠反应产生氢气。 （5）由D转变为E的过程中经历了两步反应，第一步反应的化学方程式是：_______(要求配平)。 （6）下列关于F说法正确的有_______。 A. F能发生银镜反应 B. F不可能存在分子内氢键 C. 以上路线中E+F→G 的反应产生了氢气 D. 已知醛基吸引电子能力较强，与相比F的N-H键极性更小 （7）结合合成H的相关信息，以、和含一个碳原子的有机物(无机试剂任选)为原料，设计化合物的合成路线_______。 【答案】（1）硝基、羟基 （2）BrCH2CH2CH2OCH3 （3）还原反应 （4）5 （5）+NaNO2+2HCl+NaCl+2H2O （6）AC （7） 【解析】 【分析】A和B发生反应生成C，的作用是与A和B反应生成的HBr反应，促进反应正向进行，结合B的分子式，以及C的结构简式，可知B的结构简式为BrCH2CH2CH2OCH3，C中硝基还原为氨基生成D，D经历两步反应生成E，E发生取代反应生成G，据此解答。 【小问1详解】 结合A的结构简式可知，官能团的名称是，硝基、羟基； 【小问2详解】 由分析可知，B的结构简式为BrCH2CH2CH2OCH3； 【小问3详解】 C中硝基还原为氨基生成D，反应类型是还原反应； 【小问4详解】 B的分子式，含有两个甲基，与与钠反应产生氢气，则官能团为碳溴键和羟基，采用“定一移一的方法”共有、、(箭头所指溴原子位置)，共有5种； 【小问5详解】 由D转变为E的第一步反应是已知条件的反应，化学方程式为：+NaNO2+2HCl+NaCl+2H2O； 【小问6详解】 A．F中含有醛基，能发生银镜反应，A正确； B．F中亚氨基上的H原子与F原子距离较近，能形成分子内氢键，B错误； C．E与F发生取代反应生成HCl，，故有氢气生成，C正确； D．F中的氟原子以及醛基都是吸电子基，则F的N-H键极性更大，D错误； 故选AC； 【小问7详解】 目标产物的结构简式与G类似，则其是由和发生取代反应而合成，而可由苯胺发生D→E的反应合成，可由苯甲醛发生G→H的反应合成，故合成路线为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $