广东省梅州市2020届高三上学期第一次质量检测化学试题

广东省梅州市2020届高三上学期第一次质量检测化学试题

‎2019-2020学年高三第一次质检理科综合能力测试 一、选择题：本题共13个小题，每小题6分。共78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.化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法错误的是 A. SiO2超分子纳米管属无机非金属材料 B. 草莓棚中使用的“吊袋式二氧化碳气肥”的主要成分是碳酸钙 C. “梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同 D. 《本草纲目》记载的“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”的实验方法可用来分离乙酸和乙醇 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.SiO2属于无机非金属材料，可以制取超分子纳米管，A正确； ‎ B.碳酸钙需要在高温下煅烧分解才能得到二氧化碳，草莓棚中不能使用碳酸钙分解来产生二氧化碳，B错误；‎ C.柳絮的主要成分和棉花的相同，都是纤维素，C正确；‎ D.“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”涉及蒸馏的方法，蒸馏可根据乙醇、乙酸沸点的不同，用来分离乙酸和乙醇，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎2.下列关于有机物的说法正确的是（ ）‎ A. 乙醇和丙三醇互为同系物 B. 环己烯()分子中的所有碳原子共面 C. 分子式为C5H10O2，且属于酯的同分异构体共有9种(不考虑立体异构)‎ D. 二环己烷( )的二氯代物有6种结构(不考虑立体异构)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙醇是饱和一元醇，甘油是饱和三元醇，所含官能团数目不同，因此二者不是同系物，A错误；‎ B.环己烯分子中含有4个饱和碳原子，由于甲烷的分子结构中与该C原子连接的四个原子构成的是四面体结构，所以该物质分子中的所有碳原子不可能同一个平面上，B错误；‎ C.分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，若为甲酸与丁醇形成的酯有4种，HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3；若为乙酸和丙酯，有2种，CH3COOCH2CH2CH3、CH3COOCHCH(CH3)2；若为丙酸和乙醇形成的酯，只有1种，CH3CH2COOCH2CH3；若为丁酸和甲醇形成的酯，有2种，CH3CH2CH2COOCH3、(CH3)2CHCOOCH3,所以属于酯的同分异构体共有（4+2+1+2）=9种，C正确；‎ D.二环己烷有2种不同位置的H原子，其二氯取代产物中，若2个Cl原子在同一个C原子上，只有1种结构，若在两个不同的C原子上，有6种不同的结构，乙醇其二氯代物共有7种，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎3.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 11g超重水(T2O)含中子数为5NA B. 1mol SiO2中Si—O键的数目为4NA C. 常温下，pH=6的MgCl2溶液中H+的数目为10-6 NA D. 标准状况下，2.24L Cl2全部溶于水所得溶液中Cl－数目为0.1NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 11g超重水(T2O)的物质的量为=0.5mol，则含中子数为0.5mol(22+8) NA =6NA，A项错误；‎ B. SiO2中每个Si原子会形成4个Si—O键，故1mol SiO2中Si—O键的数目为4NA，B项正确；‎ C. 溶液的体积未知，H+的数目无法求出，C项错误；‎ D. 标准状况下，2.24L Cl2为0.1mol，但氯气溶于水为可逆反应，因此生成的Cl－数目小于0.1NA，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎4.一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30，Y、W、X、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大，X与Y位于同一主族，Y与W位于同一周期。X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，W是地壳中含量最多的元素。下列说法错误的是 A. 原子半径：X>Y>W B. 最高价氧化物对应水化物的碱性：X>Y C. X的单质在氧气中燃烧所得的产物中阴、阳离子个数比为1:2‎ D. Z、W组成的化合物是常见的半导体材料，能与强碱反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30，X、Y、Z、W均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最多的元素，则W为O元素；X与Y位于同一主族，X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，当X、Y位于ⅠA族时，Z位于ⅣA族，Y与W(O元素)位于同一周期，则Y为Li，X为Na，Z为Si元素；当X、Y位于ⅡA族时，Z位于ⅡA族，短周期不可能存在3种元素同主族，不满足条件，据此解答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知：X为Na元素，Y为Li元素，Z为Si元素，W为O元素。‎ A.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小；同一主族的元素，原子序数越大，原子半径越大。Li、O同一周期，核电荷数O>Li，原子半径Li>O，Li、Na同一主族，核电荷数Na>Li，原子半径Na>Li，则原子半径是X>Y>W，A正确；‎ B.元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。元素的金属性Na>Li，所以碱性：NaOH>LiOH，则最高价氧化物对应水化物的碱性：X>Y，B正确； ‎ C.X单质是Na，在氧气中燃烧生成Na2O2，存在Na+和O22-，则阴、阳离子之比为1：2，C正确；‎ D.Z、W组成的化合物SiO2是酸性氧化物，能与强碱反应，Si单质才是常见的半导体材料，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系的知识，依据元素的原子结构推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律的应用及常见元素、化合物性质的正确判断。‎ ‎5.以CO2和Na2O2为原料，制取纯净干燥的O2，实验装置如下：‎ 下列说法不正确的是 A. 装置②中试剂可以是NaOH溶液 B. 装置③的作用是干燥O2‎ C. 收集氧气应选择装置a D. 装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验原理分析：二氧化碳通过U型管与过氧化钠反应生成氧气，氧气和没有反应的二氧化碳通入碱液洗气瓶除二氧化碳，可增加盛有澄清石灰水的洗气瓶验证二氧化碳是否除尽，在通过盛有浓硫酸的洗气瓶干燥氧气，最后收集；‎ ‎【详解】A.装置②中试剂可以是NaOH溶液，用来除掉二氧化碳气体，故不选A；‎ B. 装置③中盛有浓硫酸，作用是干燥O2，故不选B；‎ C. 由于氧气密度大于空气，选择装置b，故选C；‎ D. 装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶，验证二氧化碳是否除尽，故不选D；‎ 答案：C ‎6.含氰化物的废液乱倒或与酸混合，均易生成有剧毒且易挥发的氰化氢。工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为：CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O(未配平)。下列说法错误的是(其中 NA表示阿伏加德罗常数的值)(　　)‎ A. Cl2氧化剂，CO2和N2是氧化产物 B. 上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比为 2：5‎ C. 该反应中，若有1mol CN-发生反应，则有5NA电子发生转移 D. 若将该反应设计成原电池，则CN-在负极区发生反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在反应CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中，Cl元素化合价由0价降低为-1价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，可知Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，A正确； ‎ B.由上述分析可知，反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，反应中是CN-‎ 是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，B错误； ‎ C.由上述分析，根据电子守恒、原子守恒可知，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以若有1mol CN-发生反应，则有[(4-2)+(3-0)]NA=5NA电子发生转移，C正确； ‎ D.C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，则若将该反应设计成原电池，则CN-在负极区失去电子，发生氧化反应，D正确； ‎ 故合理选项是B。‎ ‎7.下列离子方程式正确的是 A. 用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O B. KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl−+4H++H2O C. 硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218O D. 向NH4HCO3溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3-+OH−=CaCO3↓+H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠，发生歧化反应生成二氧化硫与硫单质，其离子方程式为：S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O，A项正确；‎ B. KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应，不可能生成H+，其离子方程式为：3ClO−+2Fe(OH)3+4OH-=2FeO42-+3Cl−+5H2O，B项错误；‎ C. 硬脂酸与乙醇的酯化反应的化学方程式为：C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，C项错误；‎ D. 向NH4HCO3溶液中加入足量石灰水，铵根离子与碳酸氢根离子均会与氢氧根离子反应，其离子方程式：NH4++Ca2++HCO3-+2OH−=CaCO3↓+H2O+NH3H2O，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】B项是易错点，在书写离子方程式时，若反应属于氧化还原反应，则应该符合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，同时注意在酸性环境不可能存在大量OH-，同时在碱性溶液中不可能大量存在H+。‎ ‎8.乳酸亚铁晶体{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2‎ O，相对分子质量为288}易溶于水，是一种很好的补铁剂，可由乳酸[CH3 CH(OH)COOH]与FeCO3反应制得。‎ I．碳酸亚铁的制备（装置如下图所示）‎ ‎(1)仪器B的名称是__________________；实验操作如下：打开kl、k2，加入适量稀硫酸，关闭kl，使反应进行一段时间，其目的是__________________。‎ ‎(2)接下来要使仪器C中的制备反应发生，需要进行的操作是____________，该反应产生一种常见气体，写出反应的离子方程式_________________________。‎ ‎(3)仪器C中混合物经过滤、洗涤得到FeCO3沉淀，检验其是否洗净的方法是__________。‎ Ⅱ．乳酸亚铁的制备及铁元素含量测定 ‎(4)向纯净FeCO3固体中加入足量乳酸溶液，在75℃下搅拌使之充分反应，经过滤，在____________的条件下，经低温蒸发等操作后，获得乳酸亚铁晶体。‎ ‎(5)两位同学分别用不同的方案进行铁元素含量测定：‎ ‎①甲同学通过KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度。在操作均正确的前提下，所得纯度总是大于l00%，其原因可能是_________________________。‎ ‎②乙同学经查阅资料后改用碘量法测定铁元素的含量计算样品纯度。称取3.000 g样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，取所有可溶物配成l00mL溶液。吸取25．00 rnL该溶液加入过量KI溶液充分反应，然后加入几滴淀粉溶液，用0. 100 mol·L-1硫代硫酸钠溶液滴定（已知：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-），当溶液_____________________，即为滴定终点；平行滴定3次，硫代硫酸钠溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为_________％（保留1位小数）。‎ ‎【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 生成FeSO4溶液，且用产生的H2排尽装置内的空气 (3). 关闭k2 (4). Fe2＋+2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O (5). 取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则洗涤干净 (6). 隔绝空气 (7). 乳酸根离子中的羟基也能被高锰酸钾氧化，导致消耗高锰酸钾溶液用量偏多 (8). 蓝色褪去且半分钟不恢复 (9). 95.2%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I．亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，B制备硫酸亚铁，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中。C装置中硫酸亚铁和NH4HCO3发生反应产生FeCO3沉淀。‎ Ⅱ．Fe2+有较强还原性，易被空气中氧气氧化，获取乳酸亚铁晶体过程中应减小空气中氧气的干扰；①乳酸和亚铁离子都可被酸性高锰酸钾氧化；‎ ‎②I2的淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，最终褪色；根据已知反应可得关系式2Fe3+～～I2～～2S2O32-，根据滴定时参加反应的硫代硫酸钠的物质的量计算出Fe2+的物质的量，再计算样品纯度。‎ ‎【详解】I．亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，装置B制备硫酸亚铁，C装置中硫酸亚铁和NH4HCO3发生反应：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中。‎ ‎(1)由仪器图形可知B为蒸馏烧瓶；打开kl、k2，加入适量稀硫酸，可使生成的氢气排出装置C内的空气，防止二价铁被氧化；‎ ‎(2)待装置内空气排出后，再关闭k2，反应产生的氢气使装置内的气体压强增大，可将B中生成的硫酸亚铁溶液排到装置C中，发生反应生成碳酸亚铁，同时生成二氧化碳，反应的离子方程式为Fe2＋+2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；‎ ‎(3)FeCO3是从含有SO42-的溶液中过滤出来的，检验沉淀是否洗涤干净，可通过检验是否含有SO42-判断。方法是：取最后一次水洗液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量的BaCl2溶液，若无白色浑浊出现，则表明洗涤液中不存在SO42-，即可判断FeCO3沉淀洗涤干净；‎ Ⅱ．(4)Fe2+有较强还原性，易被空气中氧气氧化，则乳酸亚铁应隔绝空气，防止被氧化；‎ ‎(5)①乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，Fe2+也可以被氧化，因此二者反应都消耗KMnO4溶液，导致消耗高锰酸钾的增大，使计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%；‎ ‎②I2遇淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，说明I2与Na2S2O3发生了氧化还原反应，当蓝色刚好褪去且半分钟不恢复，即可判断为滴定终点；24.80 mL0.1000mol/L硫代硫酸钠溶液中硫代硫酸钠的物质的量为n(Na2S2O3)=0.02480L×0.100mol/L=2.48×10-3mol，根据关系式2Fe2+～2Fe3+～I2～2S2O32-，可知样品中CH3CH(OH)COO]2Fe•3H2‎ O的物质的量为n(Fe2+)=n(S2O32-)=2.48×10-3mol×=9.92×10-3mol，则样品的纯度为×100%=95.2%。‎ ‎【点睛】本题考查实验制备方案的知识，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、物质分离提纯、氧化还原反应滴定应用等，明确原理是解题关键，通过化学方程式可得关系式，然后根据关系式进行有关化学计算，注意在物质计算时取用的物质与原样品配制的溶液的体积关系，以免出错。‎ ‎9.锶有“金属味精”之称。以天青石（主要含有SrSO4和少量CaCO3、MgO杂质）生产氢氧化锶的工艺如下：‎ 已知氢氧化锶在水中的溶解度：‎ 温度（℃）‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ ‎90‎ ‎100‎ 溶解度（g/100mL）‎ ‎0.91‎ ‎1.25‎ ‎1.77‎ ‎2.64‎ ‎3.95‎ ‎8.42‎ ‎20.2‎ ‎44.5‎ ‎91.2‎ ‎（1）隔绝空气焙烧时SrSO4只被还原成SrS，化学方程式为_____________。‎ ‎（2）“除杂”方法：将溶液升温至95℃，加NaOH溶液调节pH为12。‎ ‎①95℃时水的离子积KW＝1.0×10－12，Ksp[Mg(OH)2]＝1.2×10－10，则溶液中c（Mg2＋）＝___。‎ ‎②若pH过大，将导致氢氧化锶的产率降低，请解释原因____。‎ ‎（3）“趁热过滤”的目的是____，“滤渣”的主要成分为___。‎ ‎（4）从趁热过滤后的滤液中得到Sr(OH)2产品的步骤为____、过滤、洗涤、干燥。‎ ‎（5）“脱硫”方法：用FeCl3溶液吸收酸浸产生的气体，请写出吸收时的离子方程式______；再用石墨电极电解吸收液，电解后可在“脱硫”中循环利用的物质是FeCl3溶液。请写出电解时阳极的电极反应：____。‎ ‎【答案】 (1). SrSO4＋4CSrS＋4CO↑ (2). 1.2×10-10 mol•L-1 (3). OH－对氢氧化锶的溶解起抑制作用，OH－浓度过大，将使氢氧化锶沉淀析出 (4). 防止温度降低使氢氧化锶析出而造成损失 (5). Ca(OH)2、Mg(OH)2 (6). 降温结晶 (7). 2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+ (8). Fe2+—e—=Fe3+‎ ‎【解析】‎ ‎（1）根据图中信息，隔绝空气焙烧时SrSO4只被碳还原成SrS，同时生成一氧化碳，反应的化学方程式为：SrSO4 ＋ 4C SrS ＋ 4CO↑；（2）①95℃时水的离子积KW＝1.0×10－12，pH为12，c（H＋）＝10-12mol/L，‎ c（OH-）＝=1mol/L，c（Mg2＋）＝==1.2×10-10 mol•L-1；②OH－对氢氧化锶的溶解起抑制作用，OH－浓度过大，将使氢氧化锶沉淀析出，导致氢氧化锶的产率降低；（3）“趁热过滤”的目的是防止温度降低使氢氧化锶析出而造成损失，“滤渣”的主要成分为在碱性条件下沉淀下来的Mg(OH)2和微溶物Ca(OH)2；（4）从趁热过滤后的滤液中得到Sr(OH)2产品的步骤为降温结晶、过滤、洗涤、干燥；（5）“脱硫”方法：用FeCl3溶液吸收酸浸产生的气体，铁离子将硫离子氧化为硫单质，吸收时的氧化产物为S；再用石墨电极电解吸收液，电解过程将氯化亚铁氧化为氯化铁，故电解后可在“脱硫”中循环利用的物质是FeCl3。‎ ‎10.(1)2017年中科院某研究团队通过设计一种新型Na-Fe3O4/HZSM-5多功能复合催化剂，成功实现了CO2直接加氢制取辛烷值汽油，该研究成果被评价为“CO2催化转化领域的突破性进展”。‎ 已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ΔH1 = －aKJ/mol C8H18(1)+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1) ΔH2= －bKJ/mol 试写出25℃、101kPa条件下，CO2与H2反应生成汽油(以C8H18表示)的热化学方程式_________________________________。‎ ‎(2)利用CO2及H2为原料，在合适的催化剂(如Cu/ZnO催化剂)作用下，也可合成CH3OH，涉及的反应有：‎ 甲：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H= — 53.7kJ·mol-1 平衡常数K1‎ 乙：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H= + 41.2kJ·mol-1 平衡常数K2‎ ‎①CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)的平衡常数K=______(用含K1、K2的表达式表示)，该反应△H_____0(填“大于”或“小于”)。‎ ‎②提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有___________(填写两项)。‎ ‎③催化剂和反应体系的关系就像锁和钥匙的关系一样，具有高度的选择性。下列四组实验，控制CO2和H2初始投料比均为1：2.2，经过相同反应时间(t1min)。‎ 温度(K)‎ 催化剂 CO2转化率(%)‎ 甲醇选择性(%)‎ 综合选项 ‎543‎ Cu/ZnO纳米棒材料 ‎12.3‎ ‎42.3‎ A ‎543‎ Cu/ZnO纳米片材料 ‎11.9‎ ‎72.7‎ B ‎553‎ Cu/ZnO纳米棒材料 ‎15.3‎ ‎39.1‎ C ‎553‎ Cu/ZnO纳米片材料 ‎12.0‎ ‎70.6‎ D 由表格中的数据可知，相同温度下不同的催化剂对CO2的转化为CH3OH的选择性有显著影响，根据上表所给数据结合反应原理，所得最优选项为___________(填字母符号)。‎ ‎(3)以CO、H2为原料合成甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。在体积均为2L的三个恒容密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中，分别都充入1molCO和2molH2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变。下图为三个容器中的反应均进行到5min时H2的体积分数示意图，其中有一个容器反应一定达到平衡状态。‎ ‎①0～5min时间内容器Ⅱ中用CH3OH表示的化学反应速率为_________________。‎ ‎②三个容器中一定达到平衡状态的是容器________(填写容器代号)。‎ ‎【答案】 (1). 8CO2(g)+25H2(g)=C8H18(1)+16H2O(1) ΔH=—（25a-b）KJ/mol (2). K= (3). 小于 (4). 降低温度、减小产物浓度 (5). B (6). 0.0875mol/(L·min) ‎ ‎ (7). Ⅲ ‎【解析】‎ 详解】(1)已知：①H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ΔH1 =—aKJ/mol；‎ ‎②C8H18(1)+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1) ΔH2=—bKJ/mol 根据盖斯定律，由①×25-②得反应方程式：8CO2(g)+25H2(g)=C8H18(1) +16H2O(1) ΔH=25ΔH1-ΔH2=ΔH=—（25a-b）KJ/mol；‎ ‎(2) ①已知甲：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)  △H=-53.7 kJ·mol-1平衡常数 K1‎ 乙：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)  △H=+41.2 kJ·mol-1平衡常数K2；根据盖斯定律，由甲-乙得反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)的平衡常数K=；△H=-53.7 kJ·mol-1-41.2 kJ·mol-1=-94.9 kJ·mol-1<0；②反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)是气体体积缩小的放热反应，提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有降低温度、减少产物浓度、按比例充入原料CO2和H2等；③由表中数据分析在相同温度下不同催化剂对甲醇的选择性有显著影响，使用Cu/ZnO纳米片催化剂时甲醇选择性高；使用相同的催化剂在不同温度下，虽然二氧化碳的转化率增加，甲醇的选择性却减小，说明温度升高，副产物增加，因此综合考虑选B选项；‎ ‎(3) ①CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)‎ 开始时的物质的量：1      2          0‎ 转化的物质的量：  a      2a         a 平衡时的物质的量：1-a    2-2a       a 容器Ⅱ中0～5 min内H2含量是20%，a=，v(CH3OH)= 0.0875mol/(L·min)；②Ⅲ中温度高氢气含量高，说明达到平衡升高温度平衡逆向移动，氢气含量增加。‎ ‎【点睛】本题综合考查化学反应中的热量变化和化学反应平衡。盖斯定律，又名反应热加成性定律：若一反应为二个反应式的代数和时，其反应热为此二反应热的代数和。也可表达为在条件不变的情况下，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关；化学平衡常数指在一定温度下，可逆反应都达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，固体、纯液体不需要表示出；影响化学平衡的因素有浓度、温度和压强等。‎ ‎11.化合物H是合成治疗心血管疾病药物的中间体，可通过以下途径合成： ‎ 已知:①（苯胺易被氧化）‎ ‎②甲苯发生一硝基取代反应与A类似。 ‎ 回答下列问题： ‎ ‎(1)写出化合物H的分子式__________，C中含氧官能团的名称___________。 ‎ ‎(2)写出有关反应类型：BC ___________；FG___________。‎ ‎(3)写出AB的反应方程式：___________________________ 。 ‎ ‎(4)写出同时满足下列条件D的所有同分异构体的结构简式：____________‎ ‎①能发生银镜反应 ‎②能发生水解反应，水解产物之一与FeCl3溶液反应显紫色 ‎③核磁共振氢谱(1显示分子中有4种不同化学环境的氢 ‎(5)合成途径中，C转化为D的目的是_____________________。‎ ‎(6)参照上述合成路线，以甲苯和(CH3CO)2O为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线：_________________________‎ ‎【答案】 (1). C12H15NO (2). 醚键 (3). 还原反应 (4). 消去反应 (5). +HNO3(浓) +H2O (6). 、、 (7). 保护氨基，防止合成过程中被氧化 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A是，A与浓HNO3、浓H2SO4加热发生取代反应产生B：，B与Fe、HCl发生还原反应产生C：，C与(CH3CO)2O发生取代反应产生D：，E为，E与NaBH4发生反应产生F为。‎ ‎【详解】(1)根据H的结构简式可知其分子式是C12H15NO；C结构简式是，其中含氧官能团的名称为醚键；‎ ‎(2) B为，C为，B与Fe、HCl反应产生C，该反应类型为还原反应；‎ F为，G为，根据二者结构的不同可知：FG的类型是消去反应；‎ ‎(3)A是，A与浓HNO3、浓H2SO4加热发生取代反应产生B：，所以AB的反应方程式为：+HNO3(浓) +H2O；‎ ‎(4)D结构简式为：，D的同分异构体符合下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基-CHO；‎ ‎②能发生水解反应，水解产物之一与FeCl3‎ 溶液反应显紫色，说明含有酯基，水解产物含有酚羟基，即该物质含酚羟基形成的酯基；‎ ‎③核磁共振氢谱(1显示分子中有4种不同化学环境的氢，则符合题意的同分异构体结构简式为：、、；‎ ‎(5)合成途径中，C转化为D时—NH2发生反应产生-NHCOCH3，后来转化为氨基，目的是保护氨基，防止其在合成过程被氧化；‎ ‎(6)参照上述合成路线，以甲苯和(CH3CO)2O为原料，设计制备的合成路线。甲苯首先被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸，苯甲酸与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生间硝基甲苯，在Fe、HCl作用下反应产生，与(CH3CO)2在加热条件下发生取代反应产生，所以甲苯转化为的合成路线为： ‎ ‎【点睛】本题考查有机物的合成与推断的知识，涉及有机反应类型、官能团结构与性质、限制条件同分异构体书写，在进行物质推断的过程中，要充分利用题干信息，结合已有的知识分析、判断，要注意氨基容易被氧化，为防止其在转化过程中氧化，先使其反应得到保护，在其他基团形成后再将其还原回来。‎ ‎ ‎