黄金卷02-2024年高考化学模拟卷8

【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（）黄金卷02（考试时间：90分钟试卷满分：100分）可能用到的相对原子质量：H1B11C12N14O16Na23I127Cs133Pb207一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．化学与生活生产密切相关。下列说法错误的是A．葡萄酒中添加的既可杀菌，又可防止营养成分被氧化B．加酶洗衣粉不宜洗涤真丝织品，会使真丝中的蛋白质变性C．常见无机含氯消毒剂有氯气、次氯酸盐、等D．不锈钢是一种含合金元素和的合金钢【答案】B【解析】A．SO2可以抑制细菌生长，也具有还原性，在葡萄酒中可以杀菌，也可用于防氧化，A正确；B．真丝织品的主要成分是蛋白质，加酶洗衣粉不宜洗涤真丝织品，是因为酶使真丝中的蛋白质水解，B错误；C．常见无机含氯消毒剂有氯气、次氯酸盐、ClO2等，C正确；D．不锈钢主要含有Fe、Cr、Ni和少量的碳，D正确；故选B。2．学习小组用废弃的铝制易拉罐按如下流程制备明矾，并测定明矾中结晶水的含量。上述实验中不需要用到的操作是A． B． C． D．【答案】D【解析】废弃的铝制易拉罐加入氢氧化钾碱溶后分液得到滤液，然后加入稀硫酸调节pH得到硫酸铝钾溶液，然后经过一系列操作得到明矾晶体；A．溶液Ⅱ得到明矾晶体需要蒸发浓缩操作，故A不符合题意；B．测定明矾中结晶水的含量，故实验中需要灼烧操作，故B不符合题意；C．加入氢氧化钾溶解铝后需要过氯分离出滤液，故C不符合题意；D．实验中不需要萃取分液操作，不用分液漏斗，，故D符合题意；故选D。3．元素及其化合物在化工生产中有着重要的用途．下列说法正确的是A．工业上以二氧化硅为原料制备高纯硅，还需要用到焦炭、氢气、氯化氢等原料B．工业上制硫酸是用98.3%的硫酸吸收二氧化硫C．工业上生产玻璃和水泥时均使用纯碱和石灰石作为原料D．工业上制取钠单质普遍采用电解熔融的氢氧化钠【答案】A【解析】A．工业上以二氧化硅为原料制备高纯硅，用焦炭还原二氧化硅得到粗硅，粗硅用氯气反应得到四氯化硅与杂质分离，再用氢气还原四氯化硅得到高纯度硅单质，需要用到焦炭、氢气、氯气等原料，A正确；B．工业上制硫酸是用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫，B错误；C．水泥的原料是粘土和石灰石，玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，所以工业上生产玻璃和水泥时均使用的原料中均有石灰石，C错误；D．工业上制取钠单质普遍采用电解熔融的氯化钠，氢氧化钠的成本较高，不适合工业生产，D错误；故本题选A。4．设为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A．7.8g中所含阴离子数为B．1mol完全反应制成胶体后，其中含有氢氧化铁胶粒数为C．1mol和3mol在一定条件下充分反应生成的分子数为D．常温下pH=2的醋酸溶液中含有的氢离子数为【答案】A【解析】A．中含有和，7.8g物质的量为0.1mol，则阴离子数为，A正确；B．1mol完全反应制成胶体后，其中含有氢氧化铁胶粒数小于，B错误；C．反应为可逆反应，生成的分子数小于，C错误；D．题没有给出醋酸溶液的体积，无法算出氢离子数，D错误；故选A。5．已知在有机化合物中，吸电子基团(吸引电子云密度靠近)能力：，推电子基团(排斥电子云密度偏离)能力：，一般来说，体系越缺电子，酸性越强；体系越富电子，碱性越强。下列说法错误的是A．碳原子杂化轨道中s成分占比：B．羟基的活性：C．酸性：D．碱性：【答案】D【详解】A．碳碳三键中C原子杂化方式为sp杂化，碳碳双键中C原子杂化方式为sp2杂化，故碳原子杂化轨道中s成分占比：，A正确；B．苯环为吸电子基团，乙基为推电子基团，故羟基的活性：苯甲醇>乙醇，B正确；C．吸电子能力Cl>Br，故酸性，C正确；D．甲基为推电子基团，故中六元环的电子云密度大，碱性强，D错误；故选D。6．将浓盐酸加到中进行如图(a～c均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验，反应一段时间后，下列分析正确的是A．a处变黄色，说明具有还原性B．b处变橙色，说明非金属性C．c处红色逐渐变浅，说明具有漂白性D．浓盐酸与反应，只体现HCl的酸性【答案】B【解析】高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，氯气具有强氧化性；A．a处变黄色，说明好和亚铁离子反应生成铁离子，氯元素化合价降低，体现氧化性，A错误；B．b处变橙色，说明氯气和溴化钠反应生成溴单质，则非金属性，B正确；C．挥发出的盐酸能和氢氧化钠反应，导致c处红色逐渐变浅，故不能说明具有漂白性，C错误；D．浓盐酸与反应，反应中氯元素化合价升高，HCl也体现出还原性，D错误；故选B。7．含铁物质或微粒所带电荷数与化合价的关系如图所示，下列说法错误的是A．M可能是B．R为铁单质，常温下遇浓硫酸发生钝化C．N可用溶液检验D．与强氧化剂在碱性条件下反应可以生成【答案】C【解析】A．M中Fe元素为+2价，且电荷数为0，可能是，故A正确；B．R中Fe元素为0价，且电荷数为0，为Fe单质，铁单质在常温下遇浓硫酸发生钝化，故B正确；C．N中Fe元素为+2价，且电荷数为+2，为Fe2+，Fe2+不能用溶液检验，故C错误；D．中Fe元素为+6价，据图可知在碱性环境中稳定存在，所以Fe3+与氧化剂在碱性条件下反应可生成，故D正确；故选C。8．某抗氧化剂Z可由图中反应制得：下列关于化合物X、Y、Z的说法正确的是A．化合物Z中采用杂化和杂化的碳原子个数比为3∶5B．化合物Y中含有3个手性碳原子C．化合物X可使溴水褪色，1molX最多可消耗D．化合物Z中第一电离能最大的元素为氧元素【答案】A【解析】A．根据有机物Z的结构简式可知，采用杂化的碳原子有6个，采用杂化的碳原子有10个，因此二者比为3∶5，A正确；B．连有四个不同基团的碳原子为手性碳原子，化合物Y中含有一个手性碳原子，B错误；C．化合物X中，酚羟基的两个邻位碳可以与两个发生取代反应，碳碳双键可以与一个发生加成，因此1molX最多可消耗，C错误；D．同周期从左向右，元素的第一电离能逐渐增大，但N>O，因此化合物Z中第一电离能最大的元素为氮元素，D错误。本题选A。9．短周期主族元素Q、X、Y、Z质子数之和为37，Q与X、Y、Z位于不同周期，Q与Z位于同一主族。X、Y、Z最外层电子数分别为x、y、z，且依次增大，x、y、z之和为15，。下列说法正确的是A．Q是原子半径最小的元素 B．最高正价含氧酸的酸性：C．分子中各原子最外层达到8电子结构 D．Z的氢化物不可能含有非极性共价键【答案】C【解析】由题意，x、y、z之和为15，，可推知y=5，x=3或4，z=7或6，又由Q、X、Y、Z质子数之和为37，Q与X、Y、Z位于不同周期，Q与Z位于同一主族，可推出X为C，Y为N，Z为O，Q为S。A．根据元素周期律，同周期元素，原子序数越大，原子半径越小；同主族元素，原子序数越大，原子半径越大，得Z是原子半径最小的元素，故A错误；B．同周期元素的非金属性随原子序数增大而递增，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性X<Y，则最高价含氧酸的酸性X<Y，故B错误；C．XQ2为CS2，分子中各原子最外层都达到了8电子稳定结构，故C正确；D．Z的氢化物有H2O和H2O2两种，H2O2分子中既含有极性共价键又含有非极性共价键，故D错误；故答案选C。10．工业上可通过“酸性歧化法”和“电解法”制备。“酸性歧化法”中，利用软锰矿(主要成分为)先生成，进而制备的流程如下所示。实验室中模拟“酸性歧化法”制备。下列说法正确的是A．为加快“熔融”反应速率，可将矿石粉碎，并用玻璃棒不断翻炒固体B．“酸化”时若改用盐酸，则反应为C．“结晶”获取晶体时采用蒸发结晶D．该流程中涉及到的氧化还原反应至少有2个【答案】D【解析】制备的流程如下：、和在熔融状态下反应生成，反应后加水溶浸，使等可溶性物质溶解，并过滤，除去不溶性杂质，向滤液中通入过量使溶液酸化，并使发生歧化反应，生成和，过滤除去，滤液进行结晶、过滤、洗涤、干燥等操作后可得到晶体。A．玻璃中含有，高温下能与强碱反应，因此不能用玻璃棒翻炒固体，A错误；B．酸化时发生歧化反应生成，具有强氧化性，能与盐酸反应生成，因此酸化时不能改用盐酸，B错误；C．酸化反应完成后过滤，因为高锰酸钾加热易分解，故通过“结晶”获取晶体时应采用蒸发浓缩，冷却结晶的方法，C错误；D．“熔融”、“酸化”过程均发生氧化还原反应，因此该流程中涉及到的氧化还原反应至少有2个，D正确；故选D。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11．为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确完整的是(不考虑存放试剂的容器)实验目的玻璃仪器试剂A组装实验室制乙烯的发生装置圆底烧瓶、温度计、酒精灯、导管浓硫酸、无水乙醇、碎瓷片B粗盐提纯中将最后所得的滤液蒸发结晶表面皿、玻璃棒、酒精灯粗盐提纯中最后所得的滤液C除去新制乙酸乙酯中的少量乙酸分液漏斗、烧杯混有乙酸的乙酸乙酯、饱和NaOH溶液D配制100mL一定物质的量浓度的稀硫酸100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒蒸馏水【答案】A【解析】A．实验室制备乙烯时，在圆底烧瓶中放入浓硫酸、无水乙醇和碎瓷片，将温度计的水银球伸入液面以下，用酒精灯进行加热，烧瓶口连接导管，A项正确；B．蒸发结晶要用到蒸发皿而不是表面皿，B错误；C．乙酸乙酯在碱性溶液中会发生水解，不能用饱和NaOH溶液进行乙酸的除杂，C错误；D．配置稀硫酸要用到蒸馏水和一定浓度的浓硫酸，D项试剂缺少给定浓度的浓硫酸，D错误。本题选A。12．下图是用钉基催化剂催化和的反应示意图，当反应生成液态时放出的热量。下列说法错误的是A．反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成B．图示中物质I为该反应的催化剂，物质II、III为中间产物C．使用催化剂可以降低反应的活化能，但无法改变反应的焓变D．由题意知：

【答案】A【解析】A．由反应示意图可知反应过程中不存在非极性键的形成，故A错误；B．物质I为反应起点存在的物质，且在整个过程中量未发生改变，物质I为催化剂，物质II、III为中间过程出现的物质，为中间产物，故B正确；C．催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，但不影响反应的焓变，故C正确；D．生成液态时放出的热量，该反应的热化学方程式为：

，则

，故D正确；故选：A。13．实验小组探究双氧水与的反应，实验方案如下表：序号①②③实验装置及操作实验现象无明显变化溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色溶液立即变为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色物质析出下列说法正确的是A．对的分解有催化作用B．对比②和③，酸性条件下氧化的速率更大C．实验②③中的温度差异说明，氧化的反应放出大量热D．对比②和③，③中的现象可能是因为分解的速率大于氧化的速率【答案】AB【详解】A．由实验①②的实验现象可知，实验①无明显现象，实验②溶液立即变为黄色，产生大量无色气体说明碘化钾是过氧化氢溶液发生分解反应的催化剂，对过氧化氢的分解有催化作用，故A正确；B．由实验②③的实验现象可知，实验②溶液立即变为黄色，产生大量无色气体，实验③溶液立即变为棕黄色，产生少量无色气体说明酸性条件下过氧化氢溶液氧化碘化钾溶液的反应速率明显大于过氧化氢催化分解的速率，故B正确；C．由实验②③的实验现象可知，实验②溶液温度升高，实验③溶液温度无明显变化说明过氧化氢催化分解的反应为放热反应，故C错误；D．由实验②③的实验现象可知，实验②溶液立即变为黄色，产生大量无色气体，实验③溶液立即变为棕黄色，产生少量无色气体说明酸性条件下过氧化氢溶液氧化碘化钾溶液的反应速率明显大于过氧化氢催化分解的速率，故D错误；故选AB。14．一款低成本高能效的新型无隔膜铈铅单液流电池装置如图所示，该电池用石墨毡做电极，可溶性铈盐和铅盐的混合酸性溶液作电解液。已知电池反应为：。下列说法正确的是A．放电时，在b电极发生还原反应B．该电池不能用稀硫酸酸化电解质溶液C．充电过程中，a电极发生的反应为D．放电过程中，电解质溶液中的向a电极移动【答案】BD【解析】A．由题中方程式可知放电过程是，发生在a电极氧化反应，A错误；B．硫酸根离子会与铅离子反应生成硫酸铅沉淀，所以不能用稀硫酸酸化电解质溶液，B正确；C．充电过程中，a电极发生的反应为，C错误；D．放电过程中，内电路电流的方向是ab，所以电解质溶液中的向a电极移动，D正确；故选BD。15．为了更好地表示溶液的酸碱性，科学家提出了酸度的概念：。常温下，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20mL0.1mol/LHCN溶液，溶液的酸度AG随滴入的NaOH溶液体积的变化如图所示(滴定过程中温度的变化忽略不计)，已知，下列说法错误的是A．该过程可以用酚酞作指示剂B．滴定过程中的值逐渐减小C．常温下，HCN的电离常数D．当时，溶液中存在：【答案】B【解析】A．滴定终点吋溶液显碱性，应用酚酞作指示剂，A正确；B．的分子，分母同吋乘以得到，温度不变，平衡常数不变，B错误；C．未加NaOH溶液时，，，结合，可得，，C正确；D．当吋，溶液中的，利用电荷守恒和物料守恒可得，D正确；故选B。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16．（12分）金属卤化物钙钛矿太阳能电池作为最有前途的光伏技术之一，如何最大限度地减少表面缺陷对于进一步提高无机钙钛矿太阳能电池的功率转换效率和稳定性至关重要。近日，我国科学家设计了一种钝化剂三氟乙脒来抑制CsPbI3xBrx薄膜缺陷。回答下列问题：（1）基态碘原子的价层电子的运动状态有___________种，基态Pb原子的价层电子排布式为___________。（2）I1代表元素的第一电离能，则I1(Br>I1(As)>I1(Se)的原因是___________。（3）三氟乙脒的结构如图所示，其中σ键与π键数目之比为___________，碳原子的杂化类型为___________；测量HF相对分子质量测量值经常偏大的原因是___________。（4）某种金属卤化物无机钙钛矿的晶胞结构如图所示，晶胞的边长apm，则该物质的化学式为___________；晶体中Pb2+与Cs+最短距离为___________pm；晶体的密度ρ=___________g·cm3(设阿伏加德罗常数的值为NA，用含a、NA的代数式表示；可能用到相对原子质量：Cs：133

Pb：207

I：127)【答案】（除标明外，每空2分）（1）7（1分）6s26p2（1分）（2）As、Se和Br为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势；但由于基态As原子的p能级轨道处于半充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于Se的（3）9：1（1分）sp2和sp3（1分）HF分子间存在氢键，形成缔合分子(HF)n导致HF相对分子质量测量值偏大（4）CsPbI3（1分）（1分）【解析】（1）基态碘原子的核外电子排布为：，价层电子的运动状态有7种；基态Pb原子的价层电子排布式为6s26p2，故答案为：7；6s26p2；（2）同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势，As、Se和Br为同周期元素，核电荷数依次增加，第一电离能呈增大趋势，但由于基态As原子的p能级轨道处于半充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于Se，故答案为：As、Se和Br为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势；但由于基态As原子的p能级轨道处于半充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于Se；（3）由结构简式可知该物质中含9个σ键与1个π键，个数比为9:1；其中单键碳原子采用sp2杂化，双键碳原子采用sp3杂化；HF分子间存在氢键，易形成缔合分子(HF)n导致HF相对分子质量测量值偏大，故答案为：9:1；sp2和sp3；HF分子间存在氢键，形成缔合分子(HF)n导致HF相对分子质量测量值偏大；（4）Cs+有8个位于顶点个数为：；I有6个位于面心，个数为：，Pb2+有1个位于体心，则该晶胞的化学式：CsPbI3，晶体中Pb2+与Cs+最短距离为体对角线的一半，即为pm；晶胞质量为：，晶胞体积为：，则晶胞密度为：，故答案为：CsPbI3；；。17．（12分）硼氢化钠在化工等领域具有重要的应用价值，工业上可用硼镁矿(生要成分为，含少量杂质)制取，其工艺流程如下：已知：硼氢化钠常温下能与水反应，易溶于异丙胺(沸点为)。（1）和都是硼酸盐，请写出一元弱酸硼酸在水中的电离方程式_______。（2）粉碎的目的是_______；滤渣的成分是_______(写化学式、下同)。（3）操作1的步骤是____、冷却结晶；操作2、操作3的名称分别为_____、_______。（4）高温合成过程中，加料之前需先在反应器中通入氩气，该操作的目的是_______。（5）流程中可循环利用的物质是_______。写出副产物硅酸钠的一种用途_______。（6）被称为万能还原剂，“有效氢含量”可用来衡量含氢还原剂的还原能力，其定义是：每克含氢还原剂的还原能力相当于多少克的还原能力。的有效氢含量为_____(保留两位小数)。【答案】（除标明外，每空2分）（1）（2）增大硼镁矿与碱液的接触面积，提高浸取率(或提高原料的利用率)和加快反应速率(或者使反应更快更充分)

和（3）蒸发浓缩（1分）

过滤（1分）

蒸馏（1分）（4）除去反应器中的空气，防止空气中的水、氧气与原料钠、氢气反应（1分）（5）异丙胺（1分）

可做防火剂或黏合剂（1分）（6）0.21【解析】硼镁矿粉碎后加入氢氧化钠碱溶，氢氧化钠和四氧化三铁不反应、和镁离子生成氢氧化镁沉淀，得到滤渣和，滤液中含硼，为蒸发浓缩、冷却结晶得到，脱水后高温合成得到、，加入异丙胺提取出，蒸馏分离出取异丙胺得到；（1）一元弱酸硼酸在水溶液中部分电离，；（2）粉碎的目的是增大硼镁矿与碱液的接触面积，提高浸取率(或提高原料的利用率)和加快反应速率(或者使反应更快更充分)；氢氧化钠和四氧化三铁不反应、和镁离子生成氢氧化镁沉淀，故滤渣的成分是和；（3）操作1从溶液中得到晶体，则操作为蒸发浓缩、冷却结晶；操作2为分离固液的操作，是过滤；硼氢化钠常易溶于异丙胺(沸点为)，操作3为从硼氢化钠的异丙胺溶液中得到硼氢化钠的操作，为蒸馏；（4）钠、氢气均可与空气中氧气反应，高温合成过程中，加料之前需先在反应器中通入氩气，该操作的目的是除去反应器中的空气，防止空气中的水、氧气与原料钠、氢气反应；（5）操作3蒸馏出的异丙胺，可以在操作2中重复使用，故流程中可循环利用的物质是异丙胺。副产物硅酸钠可做防火剂或黏合剂等；（6）中氢元素化合价为1，可以失去电子变为+1；氢气中氢失去电子变为+1，根据电子守恒可知，，则有效氢含量为。18．（12分）20℃下，制作网红“天气瓶”流程如下，请根据下述制作流程，结合下列信息和所学知识，回答问题：温度／℃0102030405060708090100硝酸钾溶解度／g13.320.931.645.863.985.5110138169202246氯化铵溶解度／g29.433.237.241.445.850.455.360.265.671.277.3樟脑()是一种白色晶体，易溶于酒精、难溶于水。（1）樟脑难溶于水，易溶于酒精的原因主要是___________________。（2）由硝酸钾、氯化铵制备得到“溶液b”的过程中需要用到的玻璃仪器有__________________________。得到“溶液c”时需控制温度50℃，可采取的方法是_______________。（3）实验中发现硝酸钾溶解速率很慢，请推测原因________________________。（4）温度改变，天气瓶内或清澈干净，或浑浊朦胧，或产生大片美丽的结晶。请通过计算说明0℃时出现的是樟脑晶体_________________，推测晶体产生的原因________。（5）从晶体生长析出的角度分析，“天气瓶”制作中硝酸钾和氯化铵的作用是______________。【答案】（除标明外，每空2分）（1）水分子极性较强，而樟脑和乙醇均为弱极性分子（2）烧杯、玻璃棒、量筒水浴加热（1分）（3）氯化铵在溶液的水解反应为吸热反应，溶液温度降低（1分）（4）0℃时硝酸钾溶解度为13.3g，氯化铵29.4g，33g溶剂水能溶解硝酸钾4.4g，氯化铵9.7g樟脑在酒精中的溶解度随温度升高而增大，溶解速率随温度降低而减小（5）控制樟脑晶体高速生长过程中的连续成核(或：减缓樟脑晶体的生长速度)，便于得到较大晶体【解析】（1）水分子极性较强，而樟脑和乙醇均为弱极性分子，由相似相溶原理可知，樟脑难溶于水，易溶于酒精，故答案为：水分子极性较强，而樟脑和乙醇均为弱极性分子；（2）由硝酸钾、氯化铵制备得到“溶液b”的过程为固体溶解的过程，溶解时需要用到的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、量筒；得到“溶液c”时的控制温度小于100℃，所以采取的加热方式为水浴加热，故答案为：烧杯、玻璃棒、量筒；水浴加热；（3）由表格数据可知，硝酸钾在温度较低时，溶解度小，氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中的水解反应为吸热反应，所以氯化铵溶解时吸收热量，使溶液温度降低导致硝酸钾溶解速率很慢，故答案为：氯化铵在溶液的水解反应为吸热反应，溶液温度降低；（4）由表格数据可知，0℃时33g水溶解硝酸钾、氯化铵的质量分别为≈4.4g、≈9.7g，硝酸钾和氯化铵在溶液中能够溶解的最大质量均大于2.5g，所以0℃时出现的晶体是樟脑晶体，不可能是硝酸钾和氯化铵；0℃时出现樟脑晶体说明樟脑在酒精中的溶解度随温度升高而增大，导致溶解速率随温度降低而减小，故答案为：0℃时硝酸钾溶解度为13.3g，氯化铵29.4g，33g溶剂水能溶解硝酸钾4.4g，氯化铵9.7g；樟脑在酒精中的溶解度随温度升高而增大，溶解速率随温度降低而减小；（5）从晶体生长析出的角度可知，“天气瓶”制作中硝酸钾和氯化铵的作用是控制樟脑晶体高速生长过程中的连续成核，减缓樟脑晶体的生长速度，便于得到较大晶体，故答案为：控制樟脑晶体高速生长过程中的连续成核(或：减缓樟脑晶体的生长速度)，便于得到较大晶体。19．（12分）茚三酮能与任何含α一氨基的物质形成深蓝色或红色物质，可用于鉴定氨基酸、蛋白质、多肽等，物证技术中常用水合茚三酮显现指纹。其合成路线如下：回答下列问题：（1）B→C的反应类型是________________。（2）C→D反应的另一种产物是________________，写出其一种用途______________。（3）E的核磁共振氢谱吸收峰有___________组。（4）已知G的分子式为C9H6O3，G的结构简式为_____________________。（5）M是D的同系物，其相对分子质量比D多14．满足下列条件M的同分异构体有__________种。①属于芳香族化合物

②能与NaHCO3溶液反应产生CO2③含有碳碳三键（6）工业上以甲苯为起始原料制备A()的流程如下：①苯酐与乙醇反应的化学方程式为____________________。②使用5%的碳酸钠溶液进行“洗涤”的目的是_________________________。【答案】（除标明外，每空2分）（1）水解(取代)反应（1分）（2）CO2（1分）制冷剂，制造碳酸饮料等（1分）（3）3（1分）（4）（5）25（6）+2C2H5OH+H2O除去硫酸、未反应完的有机酸和乙醇【解析】已知G的分子式为C9H6O3，由F转化为G，F比G少两个H，且根据H的结构简式可知，G转化为H时为酸化，H的分子式为G的两倍，结合结构简式推知G为；（1）根据B和C的结构简式可知，B→C是B中的酯基水解生成C和乙醇，反应类型是水解反应或取代反应；（2）根据C和D的结构简式可知，C→D反应是C反应生成D和CO2，故另一种产物是CO2，其用途有制冷剂，制造碳酸饮料等；（3）根据结构简式可知，E中含有三种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱吸收峰有3组；（4）根据分析可知，G的结构简式为；（5）D为，M是D的同系物，其相对分子质量比D多14，则可能多一个CH2，满足条件①属于芳香族化合物；②能与NaHCO3溶液反应产生CO2，则含有羧基；③含有碳碳三键，若苯环上只有一个取代基，则取代基为CH(COOH)CCH、CH2CCCOOH、CCCH2COOH，则有三种；若苯环上有两个取代基，则取代基为COOH和CH2CCH、COOH和CCCH3、CH3和CCCOOH、CCH和CH2COOH，每种均有邻、间、对位，故共有43=12种；若苯环上有三个取代基，则有CCH、COOH和CH3，结构有10种；故总共有同分异构体25种；（6）①苯酐与两分子乙醇反应生成和水，反应的化学方程式为+2C2H5OH+H2O；②使用5%的碳酸钠溶液进行“洗涤”的目的是除去硫酸、未反应完的有机酸和乙醇。20．（12分）“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。根据所学知识回答下列问题：I.在一定条件下，CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)ΔH1。已知：①常温常压下，H2和CH4的燃烧热(ΔH)分别为285.5kJ·mol1和890.0kJ·mol1；②H2O(l)=H2O(g)ΔH2=+44.0kJ·mol1。（1）ΔH1=_______kJ·mol1。（2）在某一恒容密闭容器中加入CO2、H2，其分压分别为15kPa、30kPa，加入催化剂并加热使其发生反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)。研究表明CH4的反应速率v(CH4)=1.2×106p(CO2)·p4(H2)kPa·s1，某时刻测得H2O(g)的分压为10kPa，则该时刻v(H2)=_______。（3）其他条件一定时，不同压强下，CO2的转化率和CH4的产率如图所示。则CO2甲烷化应该选择的压强约为_______MPa；CH4的产率小于CO2的转化率的原因是_______。（4）不同条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：4投料发生反应[副反应为CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH3>0]，CO2的平衡转化率如图所示。①压强p1、p2、p3由大到小的顺序是_______。②压强为p1时，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大。解释温度高于600°C之后，随着温度升高CO2转化率增大的原因：_______。II.某研究团队经实验证明，CO2在一定条件下与H2O发生氧再生反应：CO2(g)+2H2O(g)⇌CH4(g)+2O2(g)ΔH1=+802.3kJ·mol1。（5）恒压条件下，按c(CO2