安徽省宣城市2023届高三下学期第二次调研测试理科综合化学 含解析

宣城市2023届高三年级第二次调研测试

理科综合化学试题

考生注意：

L本试卷分选择题和非选择题两部分。满分300分，考试时间150分钟。

2.答题前，考生先将自己的姓名、考号在答题卡指定位置填写清楚并将条形码粘贴在指定区

域。

3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卷上

对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上各题的答题

区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。

4.考试结束时，务必将答题卡交回。

可能用到的相对原子质量：016；Na23；S32；Bal37o

第I卷选择题(共126分)

一、选择题：本题共7小题，每小题6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.“衣食住行，还有医药，老百姓最关心的就是这些。”下列与之相关的说法错误的是

B.合成氨工业是粮食生产的基础，合成氨选择较高温度是为了提高产率

C.建筑住宅楼所使用的钢筋混凝土属于复合材料

D.青蒿素是治疗疟疾的药物，用乙醛提取青蒿中的青蒿素属于萃取操作

【答案】B

【解析】

【详解】A.吐H属于高分子聚酯化合物，合成其化合物的单体有

IKXK(M)II和HoCH2CH2OH两种，故A正确；

B.合成氨是用铁触媒作催化剂，在500℃、20MPa~50MPa下进行，自此温度下催化剂活性最高，故B

错误：

C.复合材料是一种混合物，是将几种化学、物理性质不同的材料混合得到性能更加优异的材料，所以建

筑住宅楼所使用的钢筋混凝土属于复合材料，故C正确；

D.根据溶质在两种互不相溶的溶剂里溶解性不同，从溶解性小的溶剂里向溶解性大的溶剂里转移，青蒿

素在乙醛中溶解性大于水中，所以用乙醛提取青蒿中的青蒿素属于萃取操作，故D正确；

故选Bo

2.阿斯巴甜(M)比蔗糖甜约200倍，其结构简式如下，下列有关说法正确的是

A.M中含有两种含氮官能团

B.M的分子式为：CiiiHieOsNi

C.ImolM最多与2molNaOH反应

D.M与蔗糖为同系物

【答案】A

【解析】

【详解】A.M中有两种含氮官能团氨基(-NH2)和肽键(-NH-CO-),A正确；

B.M的分子式：Ci4HisOsN2,B错误；

C.ImolM中与NaOH反应的官能团及物质的量为：竣基(Imol),酯基(Imol)及肽键(Imol),共

3mol,C错误；

D.蔗糖分子式为CnffeOu,只含碳氢氧三种元素，而M含氮，不可能为同系物，D错误。

故答案为：Ao

【点睛】M的分子式主要看H原子是否相符，一般有两种方法。一为数氢原子(略过)；二为计算：先算

不饱和度C=4(苯环)+3(碳氧双键)=7,再根据公式(二价氧不用计算，三价氮转化为二价需加一个氢

原子)：N(H)=N(C)×2+2-Ω×2+N(N)×l=14×2+2-14+2×l=18<.

3.压强控制在化学实验中有着重要的意义。有关下列实验装置的说法错误的是

①②③④

A.装置①用于喷泉实验，氨气极易溶于水，导致负压吸入是该实验成功的关键

B.装置②用于Fe(OH)2的制备，反应一开始就要关闭止水夹，让生成的氢气把左边试管中液体压入右

边，以实现自动化控制

C.装置③用于减压蒸储，减压条件下可以降低混合组分的熔沸点，实现低温分离，避免因温度过高而导

致混合组分分解

D.装置④叫抽滤装置，装置内外的压强差有利于加快过滤速率

【答案】B

【解析】

【详解】A.喷泉实验，气体在液体中溶解度很大，在短时间内产生足够的压强差(负压)，则打开活塞

后，大气压将烧杯内的液体压入烧瓶中，在尖嘴导管口形成喷泉，装置①中氨气极易溶于水，导致负压

吸入是该实验成功的关键，故A正确；

B.装置②用于Fe(OH)2的制备，反应一开始就要打开止水夹，使产生的氢气将装置内的空气排尽，一段

时间后关闭止水夹，让生成的氢气把左边试管中液体压入右边，以实现自动化控制，故B错误；

C.根据克拉克龙方程，一定条件下，压强与越小，沸点越低，装置③用于减压蒸屈，减压条件下可以降

低混合组分的熔沸点，实现低温分离，避免因温度过高而导致混合组分分解，故C正确；

D.装置④叫抽滤装置，在真空泵的作用下，装置内外的压强差有利于加快过滤速率，故D正确；

故选B。

4.物质A因其受热分解(反应如下图所示)产生W2而受到新能源汽车行业的关注。X、Y形成的一种晶体

的晶胞如图M,已知X的价电子构型为nsnnpnT(nT>O),Y的基态原子单电子数目在短周期中是最多的

元素之一，且X、Y同周期。下列有关说法正确的是

W

WXWυ---------ʌ

工OYOX

A.A分子是乙烷

B.最高价氧化物对应的水化物酸性：X>Y

CT分子所有原子共平面

D.M的化学式为X2Y7

【答案】C

【解析】

【分析】物质A因其受热分解（反应如下图所示）产生W2而受到新能源汽车行业的关注，则W为H,已知

X的价电子构型为ns%pnT（nT>0）,Y的基态原子单电子数目在短周期中是最多的元素之一，且X、Y同

周期，则X为B,Y为N。

【详解】A.A分子化学式为NH3BH3,故A错误；

B.根据非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，则最高价氧化物对应的水化物酸性：

Y（硝酸）>X（硼酸），故B错误；

C.T分子N、B都是采用sp2杂化，形成平面三角形结构，因此T分子所有原子共平面，故C正确；

D.M中X有四个，Y有8χ1+6χL=4,其化学式为χγ,故D错误。

82

综上所述，答案为C。

5.Monsanto法生产醋酸，近来逐渐受到重视，其过程如下：

下列有关说法正确的是

A.①化学式为［Rh(CO)2l2］∖其中心原子错为+3价

B.②中碳氧键键长与CO中碳氧键键长相同

C.由⑤生成CH3COOH的反应为消去反应

D.总反应为：CH3OH+CO―IRhM”—>CH3COOH

CH3I

【答案】D

【解析】

【详解】A.①的化学式为［Rh(CO)2l2hI元素化合价为-1价，Co为中性配体分子，其中心原子错为+1

价，故A错误；

B.CO与Rh形成配位键后，导致C、0之间的电子云密度减小，键长增长，故②中碳氧键键长与Co中

碳氧键键长不相同，故B错误；

C.由转化关系中⑤和水反应生成CH3COOH和HI,可推知E的结构简式为CFhCOI,故由⑤生成

CH3COOH的反应为取代反应，故C错误；

D.由转化关系以及质量守恒可得总反应为CH3OH+CO―四黑户~>CH3COOH,故D正确；

CH3I

故选D。

6.甲酸燃料电池工作原理如下图所示，己知该半透膜只允许K+通过。下列有关说法错误的是

B.K+经过半透膜自a极向b极迁移

C.a极电极半反应为：HCOO+2e+2OH=HCO；+H2O

D.Fe3+可以看作是该反应的催化剂，可以循环利用

【答案】C

【解析】

【分析】由图可知电池左边a为燃料HCc)OH是负极，发生氧化反应；右边b为02是正极，发生还原反

应。

【详解】A.铁的两种离子存在环境为酸性，且生成物为K2SO4,故物质A为H2SO4,A正确，不符合题

意；

B.阳离子K+由负极流向正极，B正确，不符合题意；

C.a极电极发生氧化反应，半反应为：HC00-+20H=HCO；+H2O+2e-,C错误，符合题意；

D.Fe3+与Fe?+可以进行循环，可看作是该反应的催化剂，D正确，不符合题意。

故答案为：Co

7.常温下，天然水体中H2CO3与空气中的C02保持平衡，水体中IgC(X)[X为H2CO3、HCO；,C0；或

Ca?+]与PH的关系如图所示，已知KSP(CaCO3)=2.8X10R下列说法不正确的是

B.pH=10.3时，c(Ca2+)=2.8×10-7∙9mol∙L∙1

C.2pH(b)=pH(a)+pH(c)

D.H2CO3的二级电离常数为1063

【答案】D

【解析】

【详解】A.pH增大则溶液碱性增大，从而会促进H2CO3和HCo3的电离。C比HCo3更容易结合

H+,所以PH小的时候，HCo3的浓度更大。根据以上分析，曲线I代表HeO3与PH的关系曲线；曲线

∏代表CO；与PH的关系曲线；曲线m代表Ca?+与PH的关系曲线，A项正确；

B.PH=IO.3时，c(Cθj)=l(T”,则=乙；。」?—=2.8×1079molU1,B项正

确；

C(HCO7)×c(H+)

C.H2CO3的一级电离常数为M----⅛-——在a点有C(HC0；)=C(H2Cθ3)=10-5,c(H+)≈10-

C(H2CO3)

C(COf)XC(H+)

63,所以K=IO63；H2CO3的二级电离常数K2在c点有c(HCO；)=c(C0j)=10

c(HCO])

C2(H+)×C(CO3)

11,c(H+)=10-103,所以K2=i0m<,KlK2在b点有C(Cθ∕=c(H2CO3),c(H+)=

C(H2CO3)

(KlK2产。pH(a)=6.3,pH(c)=10.3,pH(b)=8.3,所以2pH(b)=pH(a)+pH(c),C项正确;

C(Co:)XC(H+)

D.FhCCh的二级电离常数K?在C点有C(HCO；)=C(Coj)=IoTIc(H+)=10-H)3,

C(HCoD

所以K2=IO-∣°3,D项错误。

答案选D。

第II卷非选择题(共174分)

注意事项：须用黑色墨水签字笔在答题卷上书写作答，在试题卷上作答，答案无效。

三、非选择题：

8.无水Na2SO3广泛应用于阳极泥中贵金属的提炼，久置的工业无水NazSCh纯度的测定方法有多种：

L固体质量分析法

取固体样品mg于试管中加水溶解，向试管中滴入过量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥、称量得固体

ɪ26∏

ng,计算Na2SO3纯度为-----×100%

217m

(1)检验沉淀是否洗净的方法是。

II.气体体积分析法

恒

压

滴

液

漏

斗

①按照上图(夹持装置已略)组装好装置并检验气密性备用，称量mg样品加入抽滤瓶，组装好装置；

②……，读数体积为VlmL；

③打开恒压滴液漏斗下端的活塞，加入过量的稀硫酸，让其充分反应：

④……，读数体积为V2mL(已知V2<V∣)

(2)在②、④两步读数之前必要的操作是o

(3)相比分液漏斗，恒压滴液漏斗在该实验中的优点是o

A.可以起到冷凝回流的作用

B.方便检验装置的气密性

C.使漏斗中液体顺利流下

D.减小加入液体体积对测量气体体积的误差

(4)若该实验条件为标准状况，则Na2SO3纯度为(用含Vi、V2、m的式子表达)。

∏L滴定法

①称取2.1Og样品于锥形瓶中，加入0.5OmOILT酸性KMno4溶液20.00mL,塞紧塞子，振荡让其充分反

应：

②过量酸性KMnO4溶液用1.0OmoILI的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定；

③重复①、②两组实验三次，平均消耗(NHSFe(Se)止溶液30.00mL。

(5)第②步中发生的离子反应方程式为c

(6)该样品的纯度为«

(7)I中所测的纯度明显大于ΠI,分析可能的原因是。

【答案】(1)用一支洁净的小试管，取最后清洗液l~2mL,向试管中滴加过量的稀HNc)3,之后向溶液中

滴加几滴AgNO3溶液，若出现白色沉淀，说明没有洗净

(2)调节储液瓶与量气管的相对高度，让两边液面在同一水平线上(3)CD

(4)(Y-K)xl0∙3χl26

22.4m

2++3+2+

(5)5Fe+MnO4+8H=5Fe+Mn+4H2O

(6)60%(7)久置的Na2SO3可能部分被氧化为Na2SO4导致生成的BaSc)3沉淀质量增大

【解析】

【分析】如图，向样品中加入稀硫酸，发生反应Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2T+H2O,气体进入

储液瓶中，调节储液瓶与量气管的相对高度，让两边液面在同一水平线上，通过量气管可读出生成的气体

体积，从而计算出样品中亚硫酸钠的纯度。

【小问1详解】

反应时由于加入了BaCl2溶液，所以检验沉淀是否洗净，可检验洗涤液中是否含有氯离子，其操作为用一

支洁净的小试管，取最后清洗液l~2mL,向试管中滴加过量的稀HNO3,之后向溶液中滴加几滴AgNO3

溶液，若出现白色沉淀，说明没有洗净；

故答案为：用一支洁净的小试管，取最后清洗液l~2mL,向试管中滴加过量的稀HNo3,之后向溶液中

滴加几滴AgNO3溶液，若出现白色沉淀，说明没有洗净；

【小问2详解】

该实验原理是通过生成的气体进入储液瓶产生的压力使液面上升读数气体体积，所以在②、④两步读数

之前必要的操作是调节储液瓶与量气管的相对高度，让两边液面在同一水平线上；

故答案为：调节储液瓶与量气管的相对高度，让两边液面在同一水平线上；

【小问3详解】

恒压滴液漏斗因为有玻璃管连通抽滤瓶和漏斗，体系压强保持一致，使漏斗中的液体顺利滴下，另一方

面，本实验中由于加入液体，也会占用体积，恒压滴液漏斗因为连通漏斗和抽滤瓶，可以减小加入液体

体积对测量气体体积的误差，故C、D符合题意；

故答案为：CDi

【小问4详解】

根据实验，生成的S0,体积为(V-V,)mL,物质的量为(V-V2)X103L=(Y-V2)X10Jɪ^o],由反应

22.4L∕mol22.4

Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O,可得Na2SO3SO2,所以Na2SO3的物质的量为

33

(V,-V,)×10^1meS小国且…JYM)Xlomolxl26g∕mol(V,-VJxlO×126

J

L~”-------mol.则Na2SO3的质量分数为22.4=L一12--------------；

(Y-V2)XIO?X126

故答案为:

22.4m

【小问5详解】

第②步中过量的酸性KMnO4溶液用1.OOmolL-'的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，其中高镭酸钾酸性溶液被亚

3+2

铁离子还原，发生反应的离子方程式为5Fe2++MnO4+8H÷=5Fe+Mn÷+4H2O;

2++3+2+

故答案为：5Fe+MnO4+8H=5Fe+Mn+4H2O;

【小问6详解】

该方法为间接法测含量，其中总的KMnO4的量减去与LOOmo卜L」的(NH4)2Fe(Sc)以溶液反应的KMnO4,

即可算出与亚硫酸钠反应的KMnO4,即可计算出亚硫酸钠的量，根据题意，与LoOmOI∙U的

(NH4)2Fe(SO4)2溶液反应的KMnO4的物质的量为g4(NH4)2Fe(SO4)J=

33

ɪc[(NH4)2Fe(SO4)2]×V[(NH4),Fe(SO4)2]=ɪ×1.OOmol∙L^'×30×10^L=6×10-mol.则与与

亚硫酸钠反应的KMnO4的物质的量为0.5OmOI∙L7∣X2OXloTL—6X10_3mol=4X10-mol，再根据反应

+2+

2MnO4+5SO：+6H=2Mn+5SO;-+3H2O,可得亚硫酸钠的物质的量为2.5〃(Mnon=

2.5×4×10^3mol=l×10^2mob则样品的纯度为.......--~-——×100%=60%；

2.IOg

故答案为：60%；

【小问7详解】

I中是直接向样品中加入氯化钢溶液，再根据沉淀的量计算亚硫酸钠的质量分数，如果样品变质，其中

含有部分硫酸钠，则得到的沉淀的质量比理论值偏多，导致测得的结果偏高；

故答案为：久置的Na2SO3可能部分被氧化为NazSCU导致生成的BaSo3沉淀质量增大。

9.高纯氧化铁(Fez。)是制造软磁铁氧体主要原料，而后者广泛应用于电工电信设备。以窑尾灰为原料制

造高纯氧化铁工艺流程图如下(已知窑尾灰的主要成分为Fe、C、Fe0、Fe2O3^CaO,ALo3、Mg0、

SiO2)

稀KiW过∙Fe粉NHyHQNIUFJfiANH/液空气

笳《加T,法传很YLl必巧调;Hl部帆除幻禅蚪3淀卜,""，」烧一产乩

沱海1泄液2波溃3迪液5

当C(Mn+)≤10-5mol∙L”时,认定沉淀完全；25。C时,各物质的溶度积常数如下：

物质

CaSe)4Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3CaF2MgF2

6164.0x10-38l.OxlO-3θ∙5911

Ksp9.0×108.0×105.0×10∙7.5×10

据此回答下列问题:

(1)滤渣1的主要成分为；证明滤液1中含有Fe2+的试剂可以是

(2)“还原”过程加铁粉的目的是。

2+

(3)若滤液2中c(Fe)≈2mol∙L-'则“调pH”范围是(lg2≈0.3)o

C(Ca2+)

(4)若滤渣3中既有CaF又有MgF,则滤液4中(化为最简整数比)。

22C(Mg2+)

(5)写出“沉淀”过程中的离子反应方程式：

(6)“灼烧”过程中的化学方程式为：O

【答案】(1)①.C、Sio2、CaSO4②.酸性KMno4或者K3[Fe(CN%]溶液

(2)将Fe3+还原为Fe?+

(3)5.5<pH<6.3

2+

(4)200：3(5)Fe+2HCO3=FeCO3∣+H2O+CO2↑

Δ

(6)4FeCO3+O2=2Fe2O3+4CO2

【解析】

【分析】窑尾灰加入稀硫酸酸浸，各物质转化为对应的硫酸盐，C、SiOz不反应，另外硫酸钙微溶，过滤

得滤渣1为C、Sio2、CaSO4,滤液加入过量的铁粉，使铁离子转化为亚铁离子，然后加入氨水调节PH

使铝离子转化为氢氧化铝除去，然后滤液加入NHdF除去镁、钙离子，过滤后滤液加入NHFCCh,反应

得到碳酸亚铁，碳酸亚铁在空气中灼烧最后得到氧化铁。

【小问1详解】

根据分析，滤渣1的主要成分为C、SiO2、CaSO4;亚铁离子具有还原性，可以使酸性高钵酸钾溶液褪

色，其还能和K3[Fe(CN)6]溶液生成蓝色沉淀，则证明滤液1中含有Fe?+的试剂可以是酸性KMno4或者

K3[Fe(CN)6]溶液;

【小问2详解】

根据分析，“还原”过程加铁粉的目的是将Fe3+还原为Fe2+;

【小问3详解】

、.Iio×ιo^3°5

滤液加入氨水除去铝离子，而不沉淀亚铁离子，铝离子完全沉淀时C(OH-尸：LUXIU_=10-8.5mol/L,

Vio-5

I6

pH=5.5,亚铁离子开始沉淀时C(OH-)=J∕R2×_I^Ω—^=2xlOiimol∕L,此时pH=6.3,则“调pH”范围5.5≤pH

<6.3；

【小问4详解】

若滤渣3中既有CaF2又有MgF2,则滤液4中幺CU=Nsi1匚=200：3；

c(Mg2+)7.5×10^"

【小问5详解】

“沉淀”过程中亚铁离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸亚铁、水、二氧化碳，离子反应方程式Fe?++2

HCO3=FeCO3l+H2O+CO2↑;

【小问6详解】

Δ

“灼烧”过程中碳酸亚铁和氧气反应生成氧化铁和二氧化碳，化学方程式为：4FeCO3+O2=ZFe2O3

+4Ce)2。

10.我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和，因此CCh的综合利用是研究热点之一。

(1)以CO2为原料可制取甲醇。

已知：

①H2(g)、CH3OH(I)的燃烧热ΔH分别为-285.8kJ∙mol-ι和-726.5kJ∙moH

②CHOH⑴=CH.QH(g)ΔH=+38kJ∙mol->

③H2O(l)UH2O(g)ΔH=+44kJ∙mol-'

l

则反应CO2(g)+3H2(g)UCH3OH(l)+H2O(g)的ΔHl=kJ∙molo

(2)利用Co2与H?合成甲醵涉及的主要反应如下：

LCO2(g)+3H2(g)≠CH3OH(l)+H2O(g)ΔH∣

1

II,Cθ2(g)+H2(g)≠CO(g)+H2θΔH2=+41kJ∙mol-

一定条件下向某刚性容器中充入物质的量之比为1：3的CO2和H2发生上述反应，在不同催化剂(call,

n(CH.,OH)

Ca⑵下经相同反应时间，CS转化率和甲醇的选择性［甲醇的选择=n(Co)+；(见。H)>≡%］随温度变化

如图甲所示:

1490

1280

1070

8

60

∣6

50

4

40

2

210220230240250260270

温度/。C

图甲

①由图可知，催化效果catlcat2(填“>”“<”或“=")。

②在21(ΓC-270°C间，CEOH的选择性随温度的升高而下降，可能原因为

③某条件下，达到平衡时CO2的转化率为15%,CEhOH的选择性为80%,则Hz的平衡转化率为

;反应∏的平衡常数KP=(列出算式即可)。

(3)利用制备的甲醇可以催化制取丙烯，过程中发生如下反应：3C%OH(g)峰”C3H6(g)+3H2θ(g)o该

E

反应的实验数据遵循ArheniUS经验公式，如图乙中曲线a所示，已知ArtheniUS经验公式为RInk=--iL

T

+C(Ea为活化能，假设受温度影响忽略不计，k为速率常数，R和C为常数)，则反应的活化能

kJ∙molΛ当改变外界条件时，实验数据如图乙中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是

；此经验公式说明对于某个基元反应，当升高相同温度时，其活化能越大，反应速率增大的

【答案】(1)-48.9

(2)①.>②.因为反应I的ΔH∣<0,而反应II的AH2>0,故升高温度反应I左移，而反应II右

移，故CIhOH的选择性降低③.13%015x0'03

0.85×2.64

(3)①.31kJ∕mol②.加催化剂③.越多

【解析】

【小问1详解】

⑴已知：H2(g)>CH3OH⑴的燃烧热AH分别为-285.8kJ∕mol和-726.5kJ∕mol,则根据燃烧热的定义列出

13

燃烧热的热化学方程式如下：H2(g)+5O2(g)=H2O⑴AHi=-285.8kJ∕mol①，3CH3OH(1)+yθ2(g)=

CO2(g)+2H2O(1)ΔH2=-726.5kJ/mol®,结合给定反应：CH3OH(I).'CH3OH(g)ΔH3=+38kJ∕mol③，

H2O(I)=H2O(g)ΔH4=+44kJ/moɪ④，根据盖斯定律可知①X3-②+③+④得到CO2(g)+3H2(g)=CH3OH

(g)+H2O(g)；则反应热AH=AHi×3-ΔH2+ΔH3+ΔH4=-48.9kJ∕mol;

【小问2详解】

①由图可知，相同温度时，二氧化碳转化率和甲醇的选择性Cat.l均高于Cat∙2,则催化效果Cat.l强于

Cat.2；

②在210~27(ΓC间，若温度升高，催化剂的活性降低或更有利于反应6速率增大，会导致甲醇的选择性

随温度的升高而下降，温度升高，催化剂的活性降低(或温度升高，更有利于反应b速率增大)；

③设起始时二氧化碳的物质的量为a,平衡时一氧化碳的物质的量为b,甲醇的物质的量为C,由甲醇的选

择性为80%可得一Lχl00%=80%,解得c=4b,由反应方程式可知，反应消耗二氧化碳和氢气的物质的

b+C

量分别为(4b+b)、(12b÷b),由二氧化碳的转化率为15%可得也xl00%=15%,解得a=33b,则氢气的转

a

一、L13〃13〃

化率为——×100%=-------X100%≈13%;

3a3x33。

④平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、一氧化碳和水的平衡分压分别为斐巴、上、d,反应b的压强平

124124124

P5p

-X——)

p(CO)p(H,O)1241240.15×0.03

衡常数KP=-____~=--------=---------；

Pp(CO,)p(H,)28p86p0.85×2.64,

~----X---

124124

【小问3详解】

①根据图像并结合公式可得：9.2=-3.2Ea+C,3.0=-3.4Ea+C,联立方程，解得Ea=31kJ/mol；

②当改变外界条件时∙，实验数据如图中的曲线B所示，此时满足：9.2=-3.2Ea+C,1.0=-3.6Ea+C,联

立方程，解得Ea=20,活化能减小，则实验可能改变的外界条件是更换了更高效的催化剂；

③此经验公式说明对于某个基元反应，当升高相同温度时，其活化能越大，反应速率增大的越多。

11.贝诺酯(J)是治疗类风湿关节炎的药物，其合成路线如下：

O

OoCIl

U=O—C—CH3

C

COOH-^AVCOOH

-③Oc-

的酸性远强于CH3CH2OH,原因是_______

(2)C的名称为

（3）从A-G经历④⑤⑥三步，而不采用A直接硝化的原因是O

（4）已知Co的LeWiS结构式为：：氏≡∙形式电荷㊉代表“借出”一个价电子，而形式电荷㊀

代表“借入”一个价电子，据此写出第⑤步反应中HNO3的LeWiS结构式并标出其中的形式电荷（形

式电荷为0则不需要标出）。

（5）G的沸点为279℃,高于其同分异构体邻硝基苯酚（215℃）,原因是。

（6）满足下列条件的C的同分异构体有种。

①遇FeCl3溶液显色②可发生银镜反应

（7）反应③的另外一种产物的结构简式为；⑦的反应类型为。

（8）写出⑨的反应方程式。

【答案】（1）苯基是吸电子基，其吸电子效应让羟基更容易电离；而乙基是给电子基，其给电子效应则让

羟基电离变得更难

（2）邻羟基苯甲酸或者2-羟基苯甲酸

（3）保护酚羟基，不然酚羟基也被氧化

：0：

（4）NgH（5）对硝基苯酚容易形成分子间氢键，导致熔然点升高；面邻硝基苯

•∙∖3?••

酚则容易形成分子内氢键，导致熔沸点降低

（6）9种（7）Φ.CH3COOH②.还原反应

【分析】对比A和B、C的结构简式可知，经反应①和反应②后，从苯酚变为邻羟基苯甲酸；反应③为取

代反应；由E