2023-2024学年贵州省安顺市高二下学期期末教学质量监测考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1贵州省安顺市2023-2024学年高二下学期期末教学质量监测考试注意事项：1.本试卷共8页，18小题，满分100分，考试用时75分钟。2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。3.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用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。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16-23-48-59一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意。安顺蜡染被誉为“东方第一染”，安顺也被誉为“蜡染之乡”。蜡染是用蜡刀蘸熔蜡绘花于布后以蓝靛浸染，既染去蜡，布面就呈现出蓝底白花或白底蓝花的多种图案，在浸染中，作为防染剂的蜡自然破裂，染液便随着裂缝侵透在白布上，留下了人工难以摹绘的天然花纹。其中，蜡主要指蜂蜡，又称“黄蜡”，化学成分含酯类、游离酸类、游离醇类和烃类；蓝靛的化学成分主要包括靛蓝和靛玉红，靛蓝的分子式为，回答下列小题：1.下列有关安顺蜡染的说法不正确的是A.蜡刀通常用铜制备，利用铜良好的延展性和导热性B.蜂蜡可以通过石油减压分馏获得C.熔蜡即将蜂蜡熔化，该过程属于物理变化D.蜡染使用的棉布成分是纤维素，纤维素属于天然有机高分子材料2.关于靛蓝（结构简式如图所示），下列说法正确的是A.第一电离能大小：B.基态C原子的价层电子排布图：C.键能：D.该分子中〖答案〗1.B2.A〖解析〗【1题详析】A．铜是具有良好延展性和导热性的金属材料，常用于制作蜡刀，故正确；B．由题给信息可知，蜂蜡的化学成分含酯类、游离酸类、游离醇类和烃类，所以蜂蜡不能通过石油减压分馏获得，故错误；C．将蜂蜡熔化的过程中没有新物质生成，则熔蜡过程属于物理变化，故正确；D．棉布的主要成分是天然有机高分子材料纤维素，故正确；故选B；【2题详析】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，故正确；B．碳元素的原子序数为6，基态原子的电子排布式为1s22s22p2，电子排布图为，故错误；C．碳碳双键的键能大于碳碳单键，故错误；D．由结构简式可知，靛蓝分子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，氮原子的空间构型为三角锥形，所以键角∠C−N−C小于109°28′，故错误；故选A。3.下列图示或化学用语正确的是A.分子的VSEPR模型：B.顺-2-丁烯的键线式：C.过氧化氢的电子式：D.分子中σ键的形成：〖答案〗D〖解析〗NH3分子中N原子价层电子对数=3+1/2(5-3×1)=4，VSEPR模型为四面体，A错误；顺-2-丁烯的键线式为，题目中为反-2-丁烯，B错误；过氧化氢是共价化合物，不带电荷，C错误；氢原子和氯原子头碰头形成H一Cl的σ键，则HCl分子中键的形成原理正确，D正确；〖答案〗选D。4.表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.0.1mol苯中碳碳双键的数目为B.标准状况下，11.2L中含有σ键数目为C.1.0L溶液中，的数目小于D.溶液中，〖答案〗C〖解析〗苯分子中不含有碳碳双键，故A错误；标准状况下，四氯化碳是液态，无法计算11.2L四氯化碳的物质的量和含有σ键数目，故B错误；氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解，则1.0L0.1mol/L氯化铵溶液中铵根离子数目小于0.1mol/L×1L×NAmol—1=0.1NA，故C正确；0.1mol/L硫化钠溶液中存如下物料守恒关系，故D错误；故选C。5.化合物Z是合成抗多发性骨髓瘤药物帕比司他的重要中间体，可由下列反应制得。下列说法正确的是A.X中所有原子共面B.Y中含有3种官能团C.Y、Z中均含手性碳原子D.1molZ与发生加成反应，最多消耗5mol〖答案〗B〖解析〗X中含有饱和碳原子，不可能所有原子共面，A项错误；Y中的官能团有羟基、碳碳双键、羧基，B项正确；Y、Z均不含手性碳原子，C项错误；1molZ与H2发生加成发生，苯环消耗3molH2，碳碳双键消耗1molH2，酯基不能与H2加成，共消耗4molH2，D项错误；〖答案〗选B。6.下列装置能达到相应实验目的的是A.制备晶体B.实验室制备乙炔C.制备无水氯化镁D.实验室制备氨气A.A B.B C.C D.D〖答案〗A〖解析〗向硫酸四氨合铜溶液中加入95%乙醇溶液，可以降低硫酸四氨合铜的溶解度，便于晶体的析出，则题给装置能达到制备硫酸四氨合铜晶体的实验目的，故A正确；电石与饱和食盐水反应制备乙炔的反应的反应速率快，不宜控制，且反应放出大量的热，生成的氢氧化钙乳状物易堵塞导气管，所以题给装置不能达到实验室制备乙炔的实验目的，故B错误；氯化镁是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化镁和盐酸，直接加热蒸发时，氯化氢受热挥发，使水解平衡不断右移，直至水解完全生成氢氧化镁，无法制得无水氯化镁，所以题给装置不能达到制备无水氯化镁的实验目的，故C错误；氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷生成氯化铵，直接加热氯化铵无法制得氨气，所以题给装置不能达到制备氨气的实验目的，故D错误；故选A。7.宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质性质实验对应的化学（离子）反应方程式书写正确的是A.用亚硫酸钠溶液吸收少量的氯气：B.通过灼热铁粉：C.苯酚钠溶液中通入：2+CO2+H2O2+Na2CO3D.氯化银沉淀中滴入氨水：〖答案〗D〖解析〗亚硫酸钠溶液与少量氯气反应生成硫酸钠和盐酸，反应的离子方程式为，故A错误；灼热铁粉与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为，故B错误；苯酚钠溶液与二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的化学方程式为+CO2+H2O+NaHCO3，故C错误；氯化银沉淀中滴入氨水中发生的反应为氯化银与氨分子反应生成银氨络离子和氯离子，反应的离子方程式为，故D正确；故选D。8.下列实验方案设计、现象和结论都正确的是选项实验目的实验方案设计现象和结论A探究是否变质①滴加足量稀盐酸产生气泡②滴加溶液产生白色浑浊说明亚硫酸钠部分变质B探究和的大小①滴加2滴溶液产生白色沉淀②继续滴加4滴溶液产生黄色沉淀说明C检验乙醇消去产物酸性溶液褪色，说明乙醇发生消去反应生成了乙烯D探究淀粉是否发生了水解溶液显蓝色，说明淀粉未水解A.A B.B C.C D.D〖答案〗A〖解析〗向亚硫酸钠样品中加入足量稀盐酸产生气泡，说明样品中含亚硫酸根离子，再加入足量氯化钡溶液产生白色浑浊说明样品中含有硫酸根离子，证明亚硫酸钠部分变质，故A正确；向硝酸银溶液中滴加2滴氯化钠溶液后，银离子过量，再滴加4滴碘化钾溶液，不能判断沉淀转化，所以不能比较氯化银和碘化银溶度积的大小，故B错误；乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇也能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则溶液褪色不能说明乙醇发生消去反应生成了乙烯，故C错误；淀粉部分水解时，向溶液中滴加碘水，溶液也会变为蓝色，所以溶液显蓝色不能说明淀粉未水解，故D错误；故选A。9.物质的结构决定其性质，下列实例与解释不相符的是选项实例解释A沸点：分子间存在氢键B熔点：石英>干冰石英是共价晶体，干冰是分子晶体C利用“杯酚”可分离和超分子具有自组装的特征D酸性：羟基极性：A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗水分子能形成分子间氢键，硫化氢不能形成分子间氢键，所以水分子的分子间作用力强于硫化氢，沸点高于硫化氢，故A正确；共价键比分子间作用力强，共价晶体的熔沸点高于分子晶体，石英是共价晶体，干冰是分子晶体，所以石英的熔点高于干冰，故B正确；杯酚与C60能形成超分子，与C70不能形成超分子是因为超分子具有“分子识别”的特性，不是因为具有自组装的特征，故C错误；氟原子和氯原子都是吸电子基，氟元素的电负性大于氯元素，所以三氟乙酸分子中羟基的极性强于三氯乙酸，电离出氢离子的能力强于三氯乙酸，酸性强于三氯乙酸，故D正确；故选C。10.X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Z原子中分别有1个、7个运动状态不同的电子，Y原子中s能级电子数是p能级的2倍，W原子最外层电子数是内层的3倍，R的原子半径是该周期主族元素中最大的，下列说法正确的是A.Y的氢化物中一定不含π键B.简单离子半径：C.X与W形成的化合物为极性分子D.最高价氧化物对应水化物的酸性：〖答案〗C〖解析〗X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Z原子中分别有1个、7个运动状态完全不同的电子，则X为H元素、Z为N元素；Y原子中s能级电子数是p能级的2倍，则Y为C元素；W原子最外层电子数是内层的3倍，则W为O元素；R的原子半径是该周期主族元素中最大的，则R为Na元素。碳元素的氢化物可能为烯烃和炔烃，烯烃和炔烃中含有π键，故A错误；电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径的大小顺序为：r(Z)>r(W)>r(R)，故B错误；水分子是结构不对称的V形、过氧化氢分子是结构不对称的书折页形，都是极性分子，故C正确；同周期元素，从左到右非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，所以硝酸的酸性强于碳酸，故D错误；故选C。11.利用电解原理电解含苯甲醛的废水制备苯甲酸和苯甲醇不仅能减少污染，还能产生新的化工产品，其原理如下图所示（图中双极膜中间层中的解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移）。下列说法正确的是A.a极电势高于b极B.M电极上发生的反应为：+2e-+2H+C.双极膜中向M电极迁移D.电路中每通过1mol时，N电极上产生11.2L〖答案〗B〖解析〗根据图中信息，N电极是氯离子失去电子变为氯气，则N为电解质的阳极，b为直流电源的正极，a为负极。根据分析可知，a为负极，b为正极，因此b极电势高于a极，故A错误；M电极为阴极，氢离子向M极移动，则M极上发生的反应为：＋2e-＋2H＋＝，故B正确；根据电解池“异性相吸”，则双极膜中向阳极即N电极迁移，故C错误；电路中每通过1mol时，N电极上生成0.5mol氯气，由于不清楚是否为标准状况下，则氯气体积未知，若为标准状况下则产生11.2L，故D错误；故〖答案〗选B。12.乙酸铜常用作有机合成的催化剂或氧化剂。实验室中用工厂废铜屑（表面附有油脂）制备乙酸铜的流程如图所示，下列说法不正确的是A.“热碱液”可以除去废铜屑表面的油脂B.试剂X为醋酸溶液C.反应②中的可以用代替D.步骤Ⅲ的操作方法为萃取、分液〖答案〗D〖解析〗由题给流程可知，用热碱液洗涤除去铜屑表面的油污，向铜屑中加入稀硫酸和过氧化氢酸溶，将铜转化为硫酸铜，过滤得到硫酸铜溶液；向硫酸铜溶液中加入碳酸钠溶液，将硫酸铜转化为碱式碳酸铜沉淀，过滤得到碱式碳酸铜；向碱式碳酸铜中加入醋酸溶液，将碱式碳酸铜转化为醋酸铜，醋酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到醋酸铜晶体。由分析可知，用热碱液洗涤的目的是除去铜屑表面的油污，故A正确；由分析可知，试剂X为醋酸溶液，作用是将碱式碳酸铜转化为醋酸铜，故B正确；由分析可知，反应②为铜和稀硫酸和过氧化氢混合溶液反应生成硫酸铜和水，反应中过氧化氢是反应的氧化剂，过氧化氢可以用具有氧化性的氧气代替，故C正确；由分析可知，步骤Ⅲ的操作方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故D错误；故选D。13.25°C时，的，。对10mL溶液进行如下操作，下列说法正确的是A.加入等浓度的溶液至过量的过程中，水的电离程度不断增大B.加入等浓度的溶液的过程中，将变大C.加入5mL等浓度的溶液，所得溶液D.加入10mL等浓度的溶液，所得溶液呈酸性，则〖答案〗B〖解析〗加入等浓度的NaOH溶液至过量的过程中，溶液中氢离子浓度先减小后增大，水的电离程度先增大后减小，故A错误；加入等浓度的NaOH溶液的过程中，溶液中，，加入溶液的过程中逐渐减少，则变大，故B正确；加入5mL等浓度的NaOH溶液，所得溶液为等浓度的，草酸的，则的水解平衡常数小于草酸的电离平衡常数，则，故C错误；加入10mL等浓度的NaOH溶液，溶质为，依据电荷守恒，所得溶液呈酸性，则，故D错误；故选B14.叔丁基溴在稀的碱性水溶液中水解生成叔丁醇的反应分三步进行，反应中每一步的能量变化曲线如下图所示，下列有关说法正确的是A.该反应的决速步骤为第三步B.叔丁基溴的稳定性大于叔丁醇C.使用催化剂可以降低该反应的，加快反应速率D.第二步反应为〖答案〗D〖解析〗第一步反应的活化能最大，决定叔丁基溴水解生成叔丁醇反应的速率的是第一步反应，A项错误；由图可知，叔丁基溴的总能量高于叔丁醇的总能量，根据能量越低越稳定，叔丁基溴的稳定性小于叔丁醇，B项错误；化剂可以降低活化能，加快反应速率，但不能改变反应热，C项错误；由图可知，第二步反应为，D项正确；〖答案〗选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.主要用作颜料、釉料及磁性材料，一种利用含钴催化剂废料（主要含、，还含有少量的、、、、）制备氧化钴（）的工艺流程如图所示。已知：ⅰ.黄钠铁矾的化学式为；ⅱ.金属钴与铁具有相似的化学性质；ⅲ.氧化性。回答下列问题：（1）为提高“酸浸”效率，可采取的措施有__________（任写一种），“酸浸”时滤渣的主要成分为__________（填化学式）。（2）“除铁”时先加入溶液的作用是__________（用离子方程式表示），再加入溶液调节为2.5～3.0，生成黄钠铁矾沉淀，检验是否沉淀完全的操作及现象是____________________。（3）常温下，“滤液1”中此时__________。（4）在空气中煅烧得到的化学方程式为__________。（5）可用于合成钛酸钴，钛酸钴晶胞结构如图所示，晶体中周围与其最近的O的个数为__________，该晶体的密度为__________（用代表阿伏加德罗常数）。〖答案〗（1）①.粉碎或适当增大稀硫酸浓度或加热②.SiO2、CaSO4（2）①.2Fe2++ClO—+2H+=2Fe3++Cl—+H2O②.取少量待测液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，振荡，溶液不变红（3）8.0×10—7（4）4CoC2O4•2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O（5）①.12②.〖解析〗由题给流程可知，向含钴催化剂废料中加入硫酸酸浸，将金属元素转化为硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣和滤液；向滤液中先加入次氯酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，再加入碳酸钠溶液，将溶液中的铁离子转化为黄钠铁矾沉淀，过滤得到黄钠铁矾沉淀和滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液，将溶液中的亚钴离子转化为碳酸亚钴沉淀，过滤得到碳酸亚钴；向碳酸亚钴中加入盐酸溶解，将碳酸亚钴转化为氯化亚钴，向溶解得到的溶液中加入草酸铵溶液，将溶液中的亚钴离子转化为二水草酸亚钴沉淀，过滤得到二水草酸亚钴；二水草酸亚钴在空气中煅烧得到氧化钴。【小问1详析】粉碎、适当增大稀硫酸浓度、加热等措施能提高“酸浸”效率；由分析可知，“酸浸”时滤渣的主要成分为二氧化硅、硫酸钙，故〖答案〗为：粉碎或适当增大稀硫酸浓度或加热；SiO2、CaSO4；【小问2详析】由分析可知，先加入次氯酸钠溶液的目的是将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；溶液中的铁离子能与硫氰酸根离子反应生成血红色的硫氰化铁，则检验铁离子是否沉淀完全的操作为取少量待测液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，振荡，溶液不变红说明溶液中铁离子沉淀完全，故〖答案〗为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；取少量待测液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，振荡，溶液不变红；【小问3详析】由溶度积可知，溶液中碳酸根离子的浓度为2.0×10—7mol/L时，溶液中亚钴离子的浓度为=8.0×10-7mol/L，故〖答案〗为：8.0×10-7；【小问4详析】二水草酸亚钴在空气中煅烧得到氧化钴的反应为二水草酸亚钴与空气中氧气在高温下反应生成氧化钴、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4CoC2O4•2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O，故〖答案〗为：4CoC2O4•2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O；【小问5详析】由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的钛原子与位于面心的氧原子距离最近，则晶体中钛原子周围与其最近的氧原子的个数为12，晶胞中位于顶点的钛原子个数为8×=1、位于体内的钴原子个数为1、位于面心的氧原子个数为6×=3，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(a10-7)3d，解得d=，故〖答案〗为：。16.苯甲酸乙酯可用于配制香水香精和人造精油，还可以作为食用香精用于食品中。实验室可用苯甲酸与乙醇为原料制备苯甲酸乙酯，制备装置如下图所示（夹持及加热装置已省略）。已知：ⅰ.相关数据如下：物质苯甲酸苯甲酸乙酯乙醚水乙醇环己烷共沸物（环己烷-水-乙醇）沸点（℃）249212.634.510078.380.7562.6ⅱ.分水器分水原理：环己烷、乙醇与水形成的共沸物经冷凝回流在分水器中分层，上层有机层从支管处流回烧瓶C，下层水层从分水器下口放出。实验步骤如下：①在烧瓶C中加入3.66g苯甲酸、10mL乙醇（过量）、8mL环己烷，以及3mL浓硫酸，混合均匀并加入沸石，按图甲所示安装好装置，加热烧瓶C，反应一段时间后，停止加热。②将烧瓶内反应液倒入盛有30mL水的烧杯中，分批加入饱和溶液。③分液，水层用20mL乙醚萃取两次，然后合并至有机层，加入无水硫酸镁，进行“操作X”后得到粗产品。④将粗产品转移至图乙的烧瓶D中，加入沸石后蒸馏，制得产品3.6g。回答下列问题：（1）写出制备苯甲酸乙酯反应的化学方程式____________。（2）仪器A的名称为_______，图乙装置中冷却水的进口为________（填“c”或“d”），烧瓶C最适宜的加热方式是_____________。（3）分水器的作用是________________。（4）加入饱和溶液至溶液呈中性或弱碱性，溶液不能过高或过低的原因是__________。（5）无水硫酸镁的作用_________，“操作X”的名称是________。（6）苯甲酸乙酯的产率是______________。〖答案〗（1）（2）①.球形冷凝管②.d③.水浴加热（3）及时分离出水，使反应正向进行，同时使有几层回流，提高原料利用率（4）苯甲酸乙酯在酸性或碱性条件下发生水解反应（5）①.除去有机层中的水②.蒸馏（6）80%〖解析〗在烧瓶C中加入苯甲酸、乙醇、环己烷、浓硫酸，水浴加热，发生酯化反应生成苯甲酸乙酯，将烧瓶内反应液倒烧杯中，分批加入饱和溶液，除去苯甲酸和乙醇，分液，有机层加入无水硫酸镁，蒸馏得到粗产品。【小问1详析】苯甲酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成苯甲酸乙酯和水，反应的化学方程式为；【小问2详析】根据装置图，仪器A的名称为球形冷凝管；为提高冷凝效果，冷凝水“低进高出”，图乙装置中冷却水的进口为d；环己烷、乙醇与水形成的共沸物的沸点为62.1℃，所以烧瓶C最适宜的加热方式是水浴加热。【小问3详析】分水器的作用是及时分离出水，使反应正向进行，同时使有几层回流，提高原料利用率。【小问4详析】苯甲酸乙酯在酸性或碱性条件下发生水解反应，所以溶液不能过高或过低。【小问5详析】无水硫酸镁的作用除去有机层中的水；有机层蒸馏得到粗产品，所以“操作X”的名称是蒸馏。【小问6详析】乙醇过量，3.66g苯甲酸的物质的量为0.03mol，理论上生成苯甲酸乙酯的物质的量为0.03mol，苯甲酸乙酯产率是。17.我国在第75届联合国大会上正式提出了2030年实现碳达峰、2060年实现碳中和的目标，所以研发利用二氧化碳技术，降低空气中二氧化碳含量成为重要的任务。甲烷化反应最早由化学家PaulSabatier提出。已知：反应Ⅰ：反应Ⅱ：（1）甲烷化反应的__________，为了提高的平衡转化率可采取的措施有________、________（任写两条）。（2）利于反应Ⅱ自发进行的条件是________（填“高温”或“低温”）；若反应Ⅱ在恒容绝热的密闭容器中发生，下列情况下反应一定达到平衡状态的是__________。A.容器内的压强不再改变B.容器内气体密度不再改变C.容器内D.容器内温度不变（3）反应Ⅰ：，已知反应的，（、为速率常数，与温度等有关），若平衡后升高温度，则________（填“增大”“不变”或“减小”）。（4）催化剂的选择是甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得转化率随温度变化的影响如图所示，高于320℃后，以为催化剂，转化率略有下降，其可能的原因是________。（5）在某催化剂表面：利用该反应可减少排放，并合成清洁能源。一定条件下，在一密闭容器中充入1mol和3mol发生反应，下图表示压强为和下的平衡转化率随温度的变化关系：其中表示压强为下的平衡转化率随温度的变化曲线为__________（填“①”或“②”）；b点对应的平衡常数__________（为以平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数）。〖答案〗（1）①.—165②.低温③.高压（2）①.低温②.AD（3）增大（4）催化剂活性降低（5）①.②②.〖解析〗【小问1详析】由盖斯定律可知，反应Ⅰ+Ⅱ得到反应，则反应△H=(+41.2kJ/mol)+(—206.2kJ/mol)=—165kJ/mol，该反应是气体体积减小的放热反应，低温、高压条件下，平衡都向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，所以低温、高压可以提高二氧化碳的转化率，故〖答案〗为：—165；低温；高压；【小问2详析】反应Ⅱ是熵减的放热反应，低温条件下，反应ΔH—TΔS＜0，能自发进行；A．该反应是气体体积减小的反应，反应中容器内压强减小，则容器内压强保持不再改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度不再改变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；C．容器内不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；D．该反应为放热反应，在恒容绝热的密闭容器中发生反应时，容器内温度升高，则容器内温度不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；故选AD，故〖答案〗为：低温；AD；小问3详析】该反应为吸热反应，若平衡后升高温度，平衡向正反应方向移动，正反应的反应速率大于逆反应的反应速率，所以的值增大，故〖答案〗为：增大；【小问4详析】高于320℃后，以Ni−CeO2为催化剂，二氧化碳转化率略有下降说明温度升高，催化剂的活性降低，使得反应速率减慢，故〖答案〗为：催化剂活性降低；【小问5详析】该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，则表示压强为0.1MPa下二氧化碳的转化率随温度的变化曲线为②；由图可知，b点二氧化碳的转化率为50%，由题意可建立如下三段式：由三段式数据可知，二氧化碳、甲醇和水蒸气的分压都为=，氢气的分压为=，则平衡常数Kp==，故〖答案〗为：②；。18.三氟苯胺类化合物广泛应用于新型医药、染料和农药的合成领域，以间三氟甲基苯胺为中间体合成一种抗肿瘤药物H的合成路线如下图所示：已知：（1）化合物B的名称__________，B→C的反应类型是__________。（2）化合物C中官能团的名称为____________________。（3）该流程中设计C→D的目的是__________，该步反应的方程式为__________。（4）K是相对分子质量比B大14的同系物，K的同分异构体中满足下列条件的有__________种。①含“”且“”与苯环直接相连；②与溶液反应有气体放出。其中核磁共振氢谱图显示有4组峰，且峰面积比为2:2:2:2:1的结构简式为__________。（5）参照上述合成路线和信息，一种制备乙酰苯胺（）的合成路线如下：条件Ⅰ为__________，化合物N的结构简式____________________。〖答案〗（1）①.间硝基甲苯②.还原反应（2）氨基（3）①.保护氨基②.+→+H2O（4）①.13②.（5）①.浓硝酸、浓硫酸、加热②.CH3COOH〖解析〗A是芳香族化合物，分子式为C7H8，B还原生成C，由C逆推，可知B是A是，据此分析。【小问1详析】B名称为间硝基甲苯，B→C去氧加氢属于还原反应；【小问2详析】C的官能团名为氨基；【小问3详析】C→D是C中氨基发生反应，E肼解又生成氨基，所以设计C→D的目的是保护氨基；【小问4详析】K是相对分子质量比B大14的同系物，K比B多一个CH2，则K的分子式为C8H9NO2，与溶液反应有气体放出，则含有羧基，根据题意含有氨基，且氨基直接连在苯环上，故当苯环上的侧链为-NH2、-COOH、-CH3时，根据定二移一，同分异构体有10种，当苯环上的侧链为-NH2、-CH2COOH，有邻、间、对三种结构，故符合条件的K的同分异构体共13种；其中核磁共振氢谱图显示有4组峰，且峰面积比为2:2:2:2:1的结构简式为；【小问5详析】根据苯胺逆推第一步反应属于硝化反应，硝化反应的条件为浓硝酸、浓硫酸、加热，因为中存在酰胺基，可知氨基与羧基反应生成酰胺基，故N的结构简式为：CH3COOH。贵州省安顺市2023-2024学年高二下学期期末教学质量监测考试注意事项：1.本试卷共8页，18小题，满分100分，考试用时75分钟。2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。3.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用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。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16-23-48-59一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意。安顺蜡染被誉为“东方第一染”，安顺也被誉为“蜡染之乡”。蜡染是用蜡刀蘸熔蜡绘花于布后以蓝靛浸染，既染去蜡，布面就呈现出蓝底白花或白底蓝花的多种图案，在浸染中，作为防染剂的蜡自然破裂，染液便随着裂缝侵透在白布上，留下了人工难以摹绘的天然花纹。其中，蜡主要指蜂蜡，又称“黄蜡”，化学成分含酯类、游离酸类、游离醇类和烃类；蓝靛的化学成分主要包括靛蓝和靛玉红，靛蓝的分子式为，回答下列小题：1.下列有关安顺蜡染的说法不正确的是A.蜡刀通常用铜制备，利用铜良好的延展性和导热性B.蜂蜡可以通过石油减压分馏获得C.熔蜡即将蜂蜡熔化，该过程属于物理变化D.蜡染使用的棉布成分是纤维素，纤维素属于天然有机高分子材料2.关于靛蓝（结构简式如图所示），下列说法正确的是A.第一电离能大小：B.基态C原子的价层电子排布图：C.键能：D.该分子中〖答案〗1.B2.A〖解析〗【1题详析】A．铜是具有良好延展性和导热性的金属材料，常用于制作蜡刀，故正确；B．由题给信息可知，蜂蜡的化学成分含酯类、游离酸类、游离醇类和烃类，所以蜂蜡不能通过石油减压分馏获得，故错误；C．将蜂蜡熔化的过程中没有新物质生成，则熔蜡过程属于物理变化，故正确；D．棉布的主要成分是天然有机高分子材料纤维素，故正确；故选B；【2题详析】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，故正确；B．碳元素的原子序数为6，基态原子的电子排布式为1s22s22p2，电子排布图为，故错误；C．碳碳双键的键能大于碳碳单键，故错误；D．由结构简式可知，靛蓝分子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，氮原子的空间构型为三角锥形，所以键角∠C−N−C小于109°28′，故错误；故选A。3.下列图示或化学用语正确的是A.分子的VSEPR模型：B.顺-2-丁烯的键线式：C.过氧化氢的电子式：D.分子中σ键的形成：〖答案〗D〖解析〗NH3分子中N原子价层电子对数=3+1/2(5-3×1)=4，VSEPR模型为四面体，A错误；顺-2-丁烯的键线式为，题目中为反-2-丁烯，B错误；过氧化氢是共价化合物，不带电荷，C错误；氢原子和氯原子头碰头形成H一Cl的σ键，则HCl分子中键的形成原理正确，D正确；〖答案〗选D。4.表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.0.1mol苯中碳碳双键的数目为B.标准状况下，11.2L中含有σ键数目为C.1.0L溶液中，的数目小于D.溶液中，〖答案〗C〖解析〗苯分子中不含有碳碳双键，故A错误；标准状况下，四氯化碳是液态，无法计算11.2L四氯化碳的物质的量和含有σ键数目，故B错误；氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解，则1.0L0.1mol/L氯化铵溶液中铵根离子数目小于0.1mol/L×1L×NAmol—1=0.1NA，故C正确；0.1mol/L硫化钠溶液中存如下物料守恒关系，故D错误；故选C。5.化合物Z是合成抗多发性骨髓瘤药物帕比司他的重要中间体，可由下列反应制得。下列说法正确的是A.X中所有原子共面B.Y中含有3种官能团C.Y、Z中均含手性碳原子D.1molZ与发生加成反应，最多消耗5mol〖答案〗B〖解析〗X中含有饱和碳原子，不可能所有原子共面，A项错误；Y中的官能团有羟基、碳碳双键、羧基，B项正确；Y、Z均不含手性碳原子，C项错误；1molZ与H2发生加成发生，苯环消耗3molH2，碳碳双键消耗1molH2，酯基不能与H2加成，共消耗4molH2，D项错误；〖答案〗选B。6.下列装置能达到相应实验目的的是A.制备晶体B.实验室制备乙炔C.制备无水氯化镁D.实验室制备氨气A.A B.B C.C D.D〖答案〗A〖解析〗向硫酸四氨合铜溶液中加入95%乙醇溶液，可以降低硫酸四氨合铜的溶解度，便于晶体的析出，则题给装置能达到制备硫酸四氨合铜晶体的实验目的，故A正确；电石与饱和食盐水反应制备乙炔的反应的反应速率快，不宜控制，且反应放出大量的热，生成的氢氧化钙乳状物易堵塞导气管，所以题给装置不能达到实验室制备乙炔的实验目的，故B错误；氯化镁是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化镁和盐酸，直接加热蒸发时，氯化氢受热挥发，使水解平衡不断右移，直至水解完全生成氢氧化镁，无法制得无水氯化镁，所以题给装置不能达到制备无水氯化镁的实验目的，故C错误；氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷生成氯化铵，直接加热氯化铵无法制得氨气，所以题给装置不能达到制备氨气的实验目的，故D错误；故选A。7.宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质性质实验对应的化学（离子）反应方程式书写正确的是A.用亚硫酸钠溶液吸收少量的氯气：B.通过灼热铁粉：C.苯酚钠溶液中通入：2+CO2+H2O2+Na2CO3D.氯化银沉淀中滴入氨水：〖答案〗D〖解析〗亚硫酸钠溶液与少量氯气反应生成硫酸钠和盐酸，反应的离子方程式为，故A错误；灼热铁粉与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为，故B错误；苯酚钠溶液与二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的化学方程式为+CO2+H2O+NaHCO3，故C错误；氯化银沉淀中滴入氨水中发生的反应为氯化银与氨分子反应生成银氨络离子和氯离子，反应的离子方程式为，故D正确；故选D。8.下列实验方案设计、现象和结论都正确的是选项实验目的实验方案设计现象和结论A探究是否变质①滴加足量稀盐酸产生气泡②滴加溶液产生白色浑浊说明亚硫酸钠部分变质B探究和的大小①滴加2滴溶液产生白色沉淀②继续滴加4滴溶液产生黄色沉淀说明C检验乙醇消去产物酸性溶液褪色，说明乙醇发生消去反应生成了乙烯D探究淀粉是否发生了水解溶液显蓝色，说明淀粉未水解A.A B.B C.C D.D〖答案〗A〖解析〗向亚硫酸钠样品中加入足量稀盐酸产生气泡，说明样品中含亚硫酸根离子，再加入足量氯化钡溶液产生白色浑浊说明样品中含有硫酸根离子，证明亚硫酸钠部分变质，故A正确；向硝酸银溶液中滴加2滴氯化钠溶液后，银离子过量，再滴加4滴碘化钾溶液，不能判断沉淀转化，所以不能比较氯化银和碘化银溶度积的大小，故B错误；乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇也能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则溶液褪色不能说明乙醇发生消去反应生成了乙烯，故C错误；淀粉部分水解时，向溶液中滴加碘水，溶液也会变为蓝色，所以溶液显蓝色不能说明淀粉未水解，故D错误；故选A。9.物质的结构决定其性质，下列实例与解释不相符的是选项实例解释A沸点：分子间存在氢键B熔点：石英>干冰石英是共价晶体，干冰是分子晶体C利用“杯酚”可分离和超分子具有自组装的特征D酸性：羟基极性：A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗水分子能形成分子间氢键，硫化氢不能形成分子间氢键，所以水分子的分子间作用力强于硫化氢，沸点高于硫化氢，故A正确；共价键比分子间作用力强，共价晶体的熔沸点高于分子晶体，石英是共价晶体，干冰是分子晶体，所以石英的熔点高于干冰，故B正确；杯酚与C60能形成超分子，与C70不能形成超分子是因为超分子具有“分子识别”的特性，不是因为具有自组装的特征，故C错误；氟原子和氯原子都是吸电子基，氟元素的电负性大于氯元素，所以三氟乙酸分子中羟基的极性强于三氯乙酸，电离出氢离子的能力强于三氯乙酸，酸性强于三氯乙酸，故D正确；故选C。10.X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Z原子中分别有1个、7个运动状态不同的电子，Y原子中s能级电子数是p能级的2倍，W原子最外层电子数是内层的3倍，R的原子半径是该周期主族元素中最大的，下列说法正确的是A.Y的氢化物中一定不含π键B.简单离子半径：C.X与W形成的化合物为极性分子D.最高价氧化物对应水化物的酸性：〖答案〗C〖解析〗X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Z原子中分别有1个、7个运动状态完全不同的电子，则X为H元素、Z为N元素；Y原子中s能级电子数是p能级的2倍，则Y为C元素；W原子最外层电子数是内层的3倍，则W为O元素；R的原子半径是该周期主族元素中最大的，则R为Na元素。碳元素的氢化物可能为烯烃和炔烃，烯烃和炔烃中含有π键，故A错误；电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径的大小顺序为：r(Z)>r(W)>r(R)，故B错误；水分子是结构不对称的V形、过氧化氢分子是结构不对称的书折页形，都是极性分子，故C正确；同周期元素，从左到右非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，所以硝酸的酸性强于碳酸，故D错误；故选C。11.利用电解原理电解含苯甲醛的废水制备苯甲酸和苯甲醇不仅能减少污染，还能产生新的化工产品，其原理如下图所示（图中双极膜中间层中的解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移）。下列说法正确的是A.a极电势高于b极B.M电极上发生的反应为：+2e-+2H+C.双极膜中向M电极迁移D.电路中每通过1mol时，N电极上产生11.2L〖答案〗B〖解析〗根据图中信息，N电极是氯离子失去电子变为氯气，则N为电解质的阳极，b为直流电源的正极，a为负极。根据分析可知，a为负极，b为正极，因此b极电势高于a极，故A错误；M电极为阴极，氢离子向M极移动，则M极上发生的反应为：＋2e-＋2H＋＝，故B正确；根据电解池“异性相吸”，则双极膜中向阳极即N电极迁移，故C错误；电路中每通过1mol时，N电极上生成0.5mol氯气，由于不清楚是否为标准状况下，则氯气体积未知，若为标准状况下则产生11.2L，故D错误；故〖答案〗选B。12.乙酸铜常用作有机合成的催化剂或氧化剂。实验室中用工厂废铜屑（表面附有油脂）制备乙酸铜的流程如图所示，下列说法不正确的是A.“热碱液”可以除去废铜屑表面的油脂B.试剂X为醋酸溶液C.反应②中的可以用代替D.步骤Ⅲ的操作方法为萃取、分液〖答案〗D〖解析〗由题给流程可知，用热碱液洗涤除去铜屑表面的油污，向铜屑中加入稀硫酸和过氧化氢酸溶，将铜转化为硫酸铜，过滤得到硫酸铜溶液；向硫酸铜溶液中加入碳酸钠溶液，将硫酸铜转化为碱式碳酸铜沉淀，过滤得到碱式碳酸铜；向碱式碳酸铜中加入醋酸溶液，将碱式碳酸铜转化为醋酸铜，醋酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到醋酸铜晶体。由分析可知，用热碱液洗涤的目的是除去铜屑表面的油污，故A正确；由分析可知，试剂X为醋酸溶液，作用是将碱式碳酸铜转化为醋酸铜，故B正确；由分析可知，反应②为铜和稀硫酸和过氧化氢混合溶液反应生成硫酸铜和水，反应中过氧化氢是反应的氧化剂，过氧化氢可以用具有氧化性的氧气代替，故C正确；由分析可知，步骤Ⅲ的操作方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故D错误；故选D。13.25°C时，的，。对10mL溶液进行如下操作，下列说法正确的是A.加入等浓度的溶液至过量的过程中，水的电离程度不断增大B.加入等浓度的溶液的过程中，将变大C.加入5mL等浓度的溶液，所得溶液D.加入10mL等浓度的溶液，所得溶液呈酸性，则〖答案〗B〖解析〗加入等浓度的NaOH溶液至过量的过程中，溶液中氢离子浓度先减小后增大，水的电离程度先增大后减小，故A错误；加入等浓度的NaOH溶液的过程中，溶液中，，加入溶液的过程中逐渐减少，则变大，故B正确；加入5mL等浓度的NaOH溶液，所得溶液为等浓度的，草酸的，则的水解平衡常数小于草酸的电离平衡常数，则，故C错误；加入10mL等浓度的NaOH溶液，溶质为，依据电荷守恒，所得溶液呈酸性，则，故D错误；故选B14.叔丁基溴在稀的碱性水溶液中水解生成叔丁醇的反应分三步进行，反应中每一步的能量变化曲线如下图所示，下列有关说法正确的是A.该反应的决速步骤为第三步B.叔丁基溴的稳定性大于叔丁醇C.使用催化剂可以降低该反应的，加快反应速率D.第二步反应为〖答案〗D〖解析〗第一步反应的活化能最大，决定叔丁基溴水解生成叔丁醇反应的速率的是第一步反应，A项错误；由图可知，叔丁基溴的总能量高于叔丁醇的总能量，根据能量越低越稳定，叔丁基溴的稳定性小于叔丁醇，B项错误；化剂可以降低活化能，加快反应速率，但不能改变反应热，C项错误；由图可知，第二步反应为，D项正确；〖答案〗选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.主要用作颜料、釉料及磁性材料，一种利用含钴催化剂废料（主要含、，还含有少量的、、、、）制备氧化钴（）的工艺流程如图所示。已知：ⅰ.黄钠铁矾的化学式为；ⅱ.金属钴与铁具有相似的化学性质；ⅲ.氧化性。回答下列问题：（1）为提高“酸浸”效率，可采取的措施有__________（任写一种），“酸浸”时滤渣的主要成分为__________（填化学式）。（2）“除铁”时先加入溶液的作用是__________（用离子方程式表示），再加入溶液调节为2.5～3.0，生成黄钠铁矾沉淀，检验是否沉淀完全的操作及现象是____________________。（3）常温下，“滤液1”中此时__________。（4）在空气中煅烧得到的化学方程式为__________。（5）可用于合成钛酸钴，钛酸钴晶胞结构如图所示，晶体中周围与其最近的O的个数为__________，该晶体的密度为__________（用代表阿伏加德罗常数）。〖答案〗（1）①.粉碎或适当增大稀硫酸浓度或加热②.SiO2、CaSO4（2）①.2Fe2++ClO—+2H+=2Fe3++Cl—+H2O②.取少量待测液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，振荡，溶液不变红（3）8.0×10—7（4）4CoC2O4•2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O（5）①.12②.〖解析〗由题给流程可知，向含钴催化剂废料中加入硫酸酸浸，将金属元素转化为硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣和滤液；向滤液中先加入次氯酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，再加入碳酸钠溶液，将溶液中的铁离子转化为黄钠铁矾沉淀，过滤得到黄钠铁矾沉淀和滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液，将溶液中的亚钴离子转化为碳酸亚钴沉淀，过滤得到碳酸亚钴；向碳酸亚钴中加入盐酸溶解，将碳酸亚钴转化为氯化亚钴，向溶解得到的溶液中加入草酸铵溶液，将溶液中的亚钴离子转化为二水草酸亚钴沉淀，过滤得到二水草酸亚钴；二水草酸亚钴在空气中煅烧得到氧化钴。【小问1详析】粉碎、适当增大稀硫酸浓度、加热等措施能提高“酸浸”效率；由分析可知，“酸浸”时滤渣的主要成分为二氧化硅、硫酸钙，故〖答案〗为：粉碎或适当增大稀硫酸浓度或加热；SiO2、CaSO4；【小问2详析】由分析可知，先加入次氯酸钠溶液的目的是将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；溶液中的铁离子能与硫氰酸根离子反应生成血红色的硫氰化铁，则检验铁离子是否沉淀完全的操作为取少量待测液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，振荡，溶液不变红说明溶液中铁离子沉淀完全，故〖答案〗为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；取少量待测液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，振荡，溶液不变红；【小问3详析】由溶度积可知，溶液中碳酸根离子的浓度为2.0×10—7mol/L时，溶液中亚钴离子的浓度为=8.0×10-7mol/L，故〖答案〗为：8.0×10-7；【小问4详析】二水草酸亚钴在空气中煅烧得到氧化钴的反应为二水草酸亚钴与空气中氧气在高温下反应生成氧化钴、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4CoC2O4•2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O，故〖答案〗为：4CoC2O4•2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O；【小问5详析】由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的钛原子与位于面心的氧原子距离最近，则晶体中钛原子周围与其最近的氧原子的个数为12，晶胞中位于顶点的钛原子个数为8×=1、位于体内的钴原子个数为1、位于面心的氧原子个数为6×=3，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(a10-7)3d，解得d=，故〖答案〗为：。16.苯甲酸乙酯可用于配制香水香精和人造精油，还可以作为食用香精用于食品中。实验室可用苯甲酸与乙醇为原料制备苯甲酸乙酯，制备装置如下图所示（夹持及加热装置已省略）。已知：ⅰ.相关数据如下：物质苯甲酸苯甲酸乙酯乙醚水乙醇环己烷共沸物（环己烷-水-乙醇）沸点（℃）249212.634.510078.380.7562.6ⅱ.分水器分水原理：环己烷、乙醇与水形成的共沸物经冷凝回流在分水器中分层，上层有机层从支管处流回烧瓶C，下层水层从分水器下口放出。实验步骤如下：①在烧瓶C中加入3.66g苯甲酸、10mL乙醇（过量）、8mL环己烷，以及3mL浓硫酸，混合均匀并加入沸石，按图甲所示安装好装置，加热烧瓶C，反应一段时间后，停止加热。②将烧瓶内反应液倒入盛有30mL水的烧杯中，分批加入饱和溶液。③分液，水层用20mL乙醚萃取两次，然后合并至有机层，加入无水硫酸镁，进行“操作X”后得到粗产品。④将粗产品转移至图乙的烧瓶D中，加入沸石后蒸馏，制得产品3.6g。回答下列问题：（1）写出制备苯甲酸乙酯反应的化学方程式____________。（2）仪器A的名称为_______，图乙装置中冷却水的进口为________（填“c”或“d”），烧瓶C最适宜的加热方式是_____________。（3）分水器的作用是________________。（4）加入饱和溶液至溶液呈中性或弱碱性，溶液不能过高或过低的原因是__________。（5）无水硫酸镁的作用_________，“操作X”的名称是________。（6）苯甲酸乙酯的产率是______________。〖答案〗（1）（2）①.球形冷凝管②.d③.水浴加热（3）及时分离出水，使反应正向进行，同时使有几层回流，提高原料利用率（4）苯甲酸乙酯在酸性或碱性条件下发生水解反应（5）①.除去有机层中的水②.蒸馏（6）80%〖解析〗在烧瓶C中加入苯甲酸、乙醇、环己烷、浓硫酸，水浴加热，发生酯化反应生成苯甲酸乙酯，将烧瓶内反应液倒烧杯中，分批加入饱和溶液，除去苯甲酸和乙醇，分液，有机层加入无水硫酸镁，蒸馏得到粗产品。【小问1详析】苯甲酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成苯甲酸乙酯和水，反应的化学方程式为；【小问2详析】根据装置图，仪器A的名称为球形冷凝管；为提高冷凝效果，冷凝水“低进高出”，图乙装置中冷却水的进口为d；环己烷、乙醇与水形成的共沸物的沸点为62.1℃，所以烧瓶C最适宜的加热方式是水浴加热。【小问3详析】分水器的作用是及时分离出水，使反应正向进行，同时使有几层回流，提高原料利用率。【小问4详析】苯甲酸乙酯在酸性或碱性条件下发生水解反应，所以溶液不能过高或过低。【小问5详析】无水硫酸镁的作用除去有机层中的水；有机层蒸馏得到粗产品，所以“操作X”的名称是蒸馏。【小问6详析】乙醇过量，3.66g苯甲酸的物质的量为0.03mol，理论上生成苯甲酸乙酯的物质的量为0.03mol，苯甲酸乙酯产率是。17.我国在第75届联合国大会上正式提出了2030年实现碳达峰、2060年实现碳中和的目标，所以研发利用二氧化碳技术，降低空气中二氧化碳含量成为重要的任务。甲烷化反应最早由化学家PaulSabatier提出。已知：反应Ⅰ：反应Ⅱ：（1）甲烷化反应的__________，为了提高的平衡转化率可采取的措施有________、________（任写两条）。（2）利于反应Ⅱ自发进行的条件是________（填“高温”或“低温”）；若反应Ⅱ在恒容绝热的密闭容器中发生，下列情况下反应一定达到平衡状态的是__________。A.容器内的压强不再改变B.容器内气体密度不再改变C.容器内D.容器内温度不