广东省广州市第六中学2024-2025学年高三10月阶段训练化学试题
1．（2024高三上·广州月考）中国古代雕塑是中华民族文化积累的产物。下列雕塑所用材料为合金的是
A.砖雕 B.木雕
C.石马 D.青铜狮
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】含硅矿物及材料的应用；合金及其应用
【解析】【解答】A．砖雕的主要成分是硅酸盐，A不选；
B．木雕的主要成分是纤维素，B不选；
C．石马的主要成分是石英、钾长石和酸性斜长石，C不选；
D．青铜是铜合金，D选；
故答案为D。
【分析】合金是由两种或两种以上的金属与金属或非金属经一定方法所合成的具有金属特性的物质。
2．（2024高三上·广州月考）“嫦娥六号”的返回展现了我国强大的实力。下列说法正确的是
A．运载火箭采用液氧和煤油作为推进剂，液氧与臭氧互为同素异形体
B．氢氧燃料电池生成，的空间填充模型为
C．太阳能电池板使用的晶体硅为分子晶体
D．月壤样本中含有的质子数为3
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；同素异形体；元素、核素
【解析】【解答】A．由分析可知，液氧和O3互为同素异形体，A正确；
B．H2O分子的空间构型是V形，B错误；
C．晶体硅属于原子晶体，C错误；
D．的质量数为3，质子数为2，D错误；
故答案为A。
【分析】A.同素异形体是由同种元素形成的不同单质。
B.H2O分子的空间构型是V形。
C.硅属于原子晶体。
D.原子的质子数与其原子序数相等。
3．（2024高三上·广州月考）中国新能源汽车发展迅速。下列说法正确的是
A．制造汽车轮胎的顺丁橡胶，属于天然高分子化合物
B．汽车安全气囊中有叠氮化钠(NaN3)，其中氮元素为-3价
C．给磷酸铁锂电池充电时，电能转化为化学能
D．车窗使用的钢化玻璃，属于新型无机非金属材料
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；化学反应中能量的转化；电解池工作原理及应用；化合价与化学式
【解析】【解答】A．顺丁橡胶属于合成高分子化合物，A错误；
B．NaN3中钠元素化合价为+1，由分析可知，氮元素为-价，B错误；
C．给电池充电时，电能转化为化学能，C正确；
D．钢化玻璃的主要成分为硅酸盐，不属于新型无机非金属材料，D错误；
故答案为C。
【分析】A.顺丁橡胶属于合成高分子化合物。
B.化合物中元素化合价代数和为0。
C.电池充电是电能转化为化学能。
D.钢化玻璃的主要成分为硅酸盐。
4．（2024高三上·广州月考）“民以食为天”。下列说法错误的是
A．料酒中含有乙醇，乙醇属于饱和一元醇
B．鸡蛋富含蛋白质，蛋白质属于有机高分子化合物
C．油脂是高能量物质，其中植物油的主要成分为不饱和脂肪酸
D．烘焙糕点时用到碳酸氢钠，碳酸氢钠属于电解质
【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；电解质与非电解质
【解析】【解答】A．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，属于饱和一元醇，A正确；
B．蛋白质属于天然有机高分子化合物，B正确；
C．植物油的主要成分为不饱和脂肪酸甘油酯，C错误；
D．碳酸氢钠溶于水能电离出可自由移动的Na+和而导电，属于电解质，D正确；
故答案为C。
【分析】A.饱和一元醇中每个分子中含有一个羟基（-OH）且碳链上没有碳碳双键或三键。
B.蛋白质属于天然有机高分子化合物。
C.植物油的主要成分为不饱和脂肪酸甘油酯。
D.电解质在水溶液或熔融状态下能电离出自由移动离子的化合物。
5．（2024高三上·广州月考）保护金属管道的常用方法是外加电流法加覆盖涂层的联合保护法。下列说法错误的是
A．涂层只能是金属或合金
B．金属管道连接直流电源的负极
C．辅助阳极可以选石墨
D．联合保护法能延长管道的使用寿命
【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；合金及其应用
【解析】【解答】A．保护金属管道涂层可能是金属或合金或油漆等，A错误；
B．外加电流保护法中被保护金属作阴极，与直流电源的负极相连，B正确；
C．辅助阳极是惰性电极或废旧金属，C正确；
D．联合保护法保护金属效果更好，更能延长管道的使用寿命，D正确；
故答案为A。
【分析】A.保护金属管道的涂层只要隔绝空气即可。
B.被保护金属作阴极。
C.辅助阳极是惰性电极或废旧金属。
D.联合保护法保护金属效果更好。
6．（2024高三上·广州月考）下列装置或操作能达到相应实验目的的是
A．除去CO2中的SO2 B．分离I2的CCl4溶液和H2O的混合物
C．用MnO2与H2O2制取O2 D．制备无水乙醇
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．饱和NaHCO3溶液与SO2 反应，且生成CO2，与CO2不反应，能达到实验目的，A正确；
B．I2的CCl4溶液与H2O不互溶，可通过分液漏斗，经静置后分层分离，不能达到实验目的，B错误；
C．MnO2为粉末状，不能用有孔塑料板，不能达到实验目的，C错误；
D．蒸馏装置中温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，不能达到实验目的，D错误；
故答案为A。
【分析】A.除杂时注意不要引入新杂质。
B.不互溶的液体混合物可通过分液漏斗静置分层分离。
C.MnO2为粉末状，不能用有孔塑料板。
D.注意水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处。
7．（2024高三上·广州月考）下列劳动项目与化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 将卤水加入豆浆中制豆腐 蛋白质溶液在卤水的作用下聚沉
B 向红糖溶液中加入活性炭制白糖 蔗糖水解为葡萄糖和果糖
C 用含铝和烧碱的“管道通”疏通下水管道 2Al+ 2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
D 用二硫化碳清洗附着于试管内壁的硫黄 硫黄和二硫化碳均为非极性分子
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；极性分子和非极性分子；二糖的性质和用途；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A． 卤水加入豆浆中制豆腐是利用大豆植物蛋白在卤水中发生聚沉，不符合题意；
B． 向红糖溶液中加入活性炭制白糖是利用活性炭的吸附作用，符合题意；
C．涉及反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，生成大量气体产生压力疏通下水道，不符合题意；
D． 用二硫化碳清洗附着于试管内壁的硫黄，是利用硫黄和CS2均为非极性分子，能互溶，不符合题意。
故答案为B。
【分析】A. 蛋白质溶液在一定条件下发生聚沉。
B.活性炭具有吸附性。
C.铝与烧碱反应生成大量气体。
D.根据相似相溶原理进行分析。
8．（2024高三上·广州月考）下列所示的物质间转化或化学反应表示正确的是
A．金属Mg的制备：Mg(OH)2MgCl2溶液Mg
B．实验室制硅酸：SiO2 Na2SiO3 H2SiO3
C．漂白粉失效：NaClO HClO HCl
D．金属钠在空气中放置： NaNa2O2Na2CO3
【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；钠的化学性质；电镀
【解析】【解答】A．电解MgCl2溶液不能得到金属Mg，A错误；
B．实验室制硅酸：SiO2与NaOH溶液反应生成Na2SiO3溶液，Na2SiO3溶液与CO2反应生成白色沉淀H2SiO3，B正确；
C．漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，与CO2、H2O反应生成的HClO见光分解得到HCl，C错误；
D．常温下Na与空气中的O2反应生成Na2O，Na2O结合空气中的H2O生成NaOH，NaOH与CO2反应生成Na2CO3，D错误；
故答案为B。
【分析】A.电解熔融态MgCl2才能得到金属Mg。
B. SiO2为酸性氧化物，结合强酸制弱酸进行分析。
C.漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2。
D.常温下Na与空气中的O2反应生成Na2O。
9．（2024高三上·广州月考）奎宁用于治疗疟疾，其结构简式如下。下列有关奎宁的说法，错误的是
A．分子式为C20 H24O2N2
B．能使Br2的CCl4溶液褪色
C．分子中有5个手性碳原子
D．该物质属于芳香族化合物，能与HCl反应
【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】A．根据结构简式可推出其分子式为C20H24O2N2，A正确；
B．该物质含有碳碳双键，能与Br2 发生加成反应而使其褪色，B正确；
C．由分析可知，该物质中含有4个手性碳原子，C错误；
D．由分析可知，该物质属于芳香族化合物，含有的N原子能结合H+，能与HCl反应，D正确。
故答案为C。
【分析】A.注意各原子数目。
B.碳碳双键能与Br2 发生加成反应而使其褪色。
C.手性碳原子连接4个 不同的原子或原子团。
D.芳香族化合物中含有苯环。
10．（2024高三上·广州月考）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A．1 mol Fe与足量稀硝酸反应转移3NA个电子
B．28gCO和N2的混合气体中含有2NA个原子
C．1 mol [Cu(NH3)4]2+中含有16NA个σ键
D．标准状况下，11.2L己烷含有10NA个原子
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．涉及反应为 Fe +4HNO3(稀)＝Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，则1 mol Fe完全反应转移3NA个电子，A正确；
B.1个CO分子和1个N2分子中均有2个原子，且其摩尔质量均为28g/mol，则28gCO和N2的混合物的总物质的量为1mol，含2NA个原子，B正确；
C.1个[Cu(NH3)4]2+中含12个N-H和4个Cu-N配位键(配位键属于σ键)，共16个σ键，则1 mol[Cu(NH3)4]2+中含16NA个σ键，C正确；
D．标况下，己烷为液态，无法计算其物质的量，D错误。
故答案为D。
【分析】A.稀硝酸具有强氧化性。
B.根据m=nM和N=nNA进行分析。
C.1个[Cu(NH3)4]2+中含12个N-H和4个Cu-N配位键(配位键属于σ键)。
D.标况下，己烷为液态。
11．（2024高三上·广州月考）实验室用下图装置制备乙烯并验证生成气体的性质，下列说法不正确的是
A．向装置A的圆底烧瓶中先加入乙醇，再加入浓硫酸
B．应将装置A中的混合液迅速升温至140℃，并持续加热
C．装置B中品红溶液的作用是检验反应是否生成
D．装置E中酸性溶液更换为溴的四氯化碳溶液，也可以检验乙烯
【答案】B
【知识点】乙烯的实验室制法；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．乙醇易挥发，且其密度小于浓硫酸，所以 向装置A的圆底烧瓶中 先加入乙醇，后加入浓硫酸，A正确；
B．乙醇在170℃下发生消去反应生成乙烯，在140℃下发生分子间脱水生成乙醚，所以应将装置A中的混合液迅速升温至170℃，B错误；
C．由分析可知，装置B中品红是检验产物中是否有SO2，C正确；
D．乙烯能与Br2发生加成反应而使其褪色，所以 装置E中酸性溶液更换为溴的四氯化碳溶液，也可以检验乙烯 ，D正确；
故答案为B。
【分析】A装置用于制取乙烯，乙醇在170℃、浓硫酸的条件下发生消去反应生成乙烯，B装置用于检验产物中有SO2，SO2能使品红褪色，C装置用于除去乙烯中的SO2和CO2，D装置用于检验SO2是否除尽，E装置用来检验生成的乙烯。
12．（2024高三上·广州月考）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数之和为46，它们在周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是
A．原子半径大小顺序为：Y>Z>X
B．X元素最高价氧化物的水化物酸性最强
C．Y元素的简单氢化物稳定性最强
D．Z单质难溶于化合物WZ2
【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A.由分析可知，X、Y、Z分别为氟、磷、硫元素，根据同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，同主族元素的原子半径自上而下逐渐增大，则原子半径大小顺序为：Y>Z>X，正确；
B.由分析可知，X为氟元素，其不存在最高价氧化物的水化物，错误；
C.这四种元素中非金属性最强的是F（X），其氢化物的稳定性最强，错误；
D.由分析可知，Z、W分别为硫、碳元素，硫单质易溶于二硫化碳中，错误；
故答案为A。
【分析】根据题干信息，W、X位于第二周期，Y、Z位于第三周期；设W的原子序数为a，则X、Y、Z的原子序数分别为a+3、a+9、a+10，根据短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数之和为46，即 a+3+a+9+a+10+a=46，则a=6，可推出W、X、Y、Z分别为碳、氟、磷、硫元素。
13．（2024高三上·广州月考）下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 键角：NH3>PH3 电负性：N>P
B 酸性：HCl> H2CO3 非金属性：Cl>C
C SiO2与NaOH、HF均能反应 SiO2为两性氧化物
D HClO见光或受热易分解 HClO具有漂白性
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．电负性：N>P，则键角： NH3>PH3 ，符合题意；
B．比较Cl和C的元素非金属性强弱，应比较最高价含氧酸的酸性，即HClO4>H2CO3，而HCl不是Cl的最高价含氧酸，若不符合题意；
C．SiO2与强酸不反应，不是碱性氧化物，不符合题意；
D．HClO具有漂白性是因其有强氧化性，不符合题意；
故答案为A。
【分析】A.中心原子的电负性越大，成键电子对离核越近，斥力越大，键角越大。
B.元素的非金属性可通过比较其最高价含氧酸的酸性，非金属性较强的元素的最高价含氧酸的酸性较强。
C.两性氧化物能与强酸、强碱均反应。
D.HClO具有漂白性是因其有强氧化性。
14．（2024高三上·广州月考）部分含N、S物质的分类与相应化合价的关系如图所示，下列说法正确的是
A．b、c、h、k在标准状况下均为无色气体
B．f与h、j的浓溶液均可反应生成g
C．工业上制备a的路线为d→c→b→a
D．e与i、f与i的反应属于同一基本反应类型
【答案】B
【知识点】化学基本反应类型；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含硫物质的性质及综合应用；化合价与化学式
【解析】【解答】A．由分析可知，b为NO2或N2O4，c为NO，h为SO2，k为SO3，标况下，NO2为液体，SO3为固体，A错误；
B．由分析可知，f、h、j、g分别为H2S、SO2、H2SO4、S，H2S与SO2、H2SO4的浓溶液均可反应生成S，化学方程式分别为SO2+2H2S=3S↓ +2H2O，H2SO4(浓)+H2S=S↓ +SO2↑+2H2O，B正确；
C．由分析可知，a为HNO3，b为NO2或N2O4，c为NO，d为N2，工业上制备HNO3的路线为NH3→NO→NO2→HNO3，C错误；
D．由分析可知，e、i、f分别是NH3、H2SO3、H2S，涉及反应为2NH3 +H2SO3=(NH4)2SO3、H2SO3+2H2S=3S↓+3H2O，两个不属于同一基本反应类型，D错误；
故答案为B。
【分析】根据含N、S物质的分类与相应化合价的关系图，可推出a为HNO3，b为NO2或N2O4，c为NO，d为N2，e为NH3，f为H2S，g为S，h为SO2，i为H2SO3，j为H2SO4，k为SO3。
15．（2024高三上·广州月考）在一定温度下，向体积为2 L的恒容密闭容器中加入4 mol H2和一定量的CO后，发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。图1表示CO和CH3OH(g)的浓度随时间的变化关系，图2表示反应进程中能量的变化。下列说法不正确的是
A．反应在3 min时达到平衡状态
B．曲线b表示使用催化剂的能量变化
C．平衡时，H2的转化率为75%
D．由图2知1 mol CO完全反应放出91 kJ热量
【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．由图 1及分析可知，反应进行到3 min时，并未达到平衡状态，A错误；
B．由图2可知，曲线b改变了反应历程，降低了反应的活化能，但没改变反应焓变，是表示使用催化剂的能量变化，B正确；
C．由图1可知，达到平衡时，生成0.75mol/LCH3OH，则消耗n(H2)=2×2L×0.75mol/L=3mol，H2的转化率为×100% = 75% ，C正确；
D．由图2知，1 mol CO(g)和2 mol H2(g)完全反应生成1 molCH3OH(g) ，放出热量510-419=91 kJ，D正确；
故答案为A。
【分析】A.反应达到平衡的主要标志是正逆反应速率相等、各物质的含量保持不变。
B.催化剂能改变反应历程，降低反应的活化能，不改变焓变。
C.转化率=转化的量/原来的量×100%。
D.△H=生成物总能量-反应物总能量。
16．（2024高三上·广州月考）以钠箔和多壁碳纳米管(MWCNT)为电极材料的可充电“Na-CO2”电池的工作原理如图所示，放电时的总反应为：4Na+3CO2=2Na2CO3+C。下列说法中，不正确的是
A．放电时，电子的流向为钠箔→导线→MWCNT
B．放电时，正极反应为2CO2+4Na+ +4e-＝2Na2CO3
C．充电时，向MWCNT极移动
D．充电时，每转移0.1 mol电子，释放出CO2的体积在标准状况下为1.68L
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池
【解析】【解答】A．电子从负极移向正极，由分析可知，放电时，钠作负极，则电子流向为 钠箔→导线→MWCNT，A正确；
B．放电时为原电池装置，右侧电极为正极，其电极反应式为3CO2+4Na+ +4e-＝2Na2CO3+C，B错误；
C．充电时为电解池装置，向阳极(电池的正极MWCNT极)移动，C正确；
D．根据题干信息可知，放电时的总反应为4Na+3CO2=2Na2CO3+C，则充电时，释放3 mol CO2，转移4mol电子，所以转移0.1mol电子时，释放0.075molCO2，标况下的体积为V(CO2)=0. 075 mol×22.4 L/mol=1.68 L，D正确。
故答案为B。
【分析】放电时为原电池装置，充电时为电解池装置，钠是活泼的金属，失电子发生还原反应，作负极，则左侧电极为负极，右侧电极为正极。
17．（2024高三上·广州月考）草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是生产锂电池正极FePO4的原料，呈浅黄色，难溶于水，有较强还原性，受热易分解。
Ⅰ．制备草酸亚铁晶体
①称取5.0g (NH4)2Fe(SO4)2，并放入如图装置的仪器A中，加入10滴左右1.0 mol/LH2SO4溶液和15mL蒸馏水，加热溶解。
②用仪器B加入25.0 mL饱和草酸溶液(过量)，搅拌加热至80~90℃停止加热，静置。
③待浅黄色晶体沉淀后，抽滤、洗涤、干燥得到晶体。
（1）仪器A的名称为 ，仪器C的作用是 。
（2）用98.3%的浓硫酸配制1.0mol/L稀硫酸，需要选用的仪器是 (填字母)。
A． B． C． D． E．
（3）抽滤的优点为 (写出两点即可)。
（4）称取一定量FeC2O4·2H2O，在氩气中进行热分解，得到固体残留率随温度变化曲线如图。
已知：固体残留率=。
若M→N生成三种氧化物，则该过程反应的化学方程式为 。
Ⅱ．样品中铁元素质量分数检测
草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)粗品中可能含有杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O，用KMnO4溶液滴定法测定该粗品的纯度，实验过程如图。
已知：5H2C2O4 +2+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O。
回答下列问题：
（5）“滴定②”中发生反应的离子方程式为 。
（6）样品中铁元素的质量分数为 。
【答案】三颈烧瓶(或三口烧瓶)；冷凝回流；ACD；过滤速度快、分离彻底、固体更干燥等；3FeC2O4Fe3O4+4CO↑+2CO2↑；5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；%
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常用仪器及其使用；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）仪器A的名称为三口烧瓶或三颈烧瓶；仪器C为球形冷凝管，作用为冷凝回流，故答案为三口烧瓶或三颈烧瓶、冷凝回流；
（2）用98.3%的浓硫酸配制1.0mol/L稀硫酸，需要用量筒量取浓硫酸，在小烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，并引流转移到一定体积的容量瓶中，定容时用胶头滴管，故选ACD；
（3）抽滤过程使用循环水真空泵使吸滤瓶内减压，由于瓶内与布氏漏斗液面上形成压力差，因而过滤速度快，分离彻底、固体更干燥，故答案过滤速度快、固体更干燥、分离彻底等；
（4）温度较低时，FeC2O4·2H2O失去结晶水的过程，假设FeC2O4·2H2O为1mol，则固体残留率为×100%=×100%=80%，M点为FeC2O4，M→N过程中铁元素的质量不变，设生成铁的氧化物为FeOx，则M(FeOx)=180×42.96%=77.328g/mol，x==1.33=，故铁的氧化物为Fe3O4，根据元素守恒，以及另两种产物为氧化物，得M→N过程反应的化学方程式为3FeC2O4Fe3O4+4CO↑+2CO2↑。
（5）草酸亚铁晶体粗品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O，用稀硫酸溶解样品，使全部转化为H2C2O4。“滴定①”为酸性KMnO4溶液滴定Fe2+和H2C2O4，反应的离子方程式分别为：5H2C2O4+2+6H+=10CO2↑十2Mn2++8H2O、5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，再向反应后的溶液中加入适量Zn，将Fe3+还原为Fe2+。“滴定②”为酸性KMnO4溶液将全部Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；
（6）铁元素的质量分数只需用“滴定②”计算，由(5)得，5Fe2+~，则n(Fe)=n(Fe2+)=5n(KMnO4)=5×cmol L-1×V2×10-3L=5cV2×10-3mol，所以，铁元素的质量分数为×100%=%。
【分析】（1）根据仪器特征进行分析；仪器C为球形冷凝管，作用为冷凝回流。（2）浓硫酸配制稀硫酸，需要用量筒量取浓硫酸，在小烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，并引流转移到一定体积的容量瓶中，定容时用胶头滴管。（3）抽滤会使过滤速度快、分离彻底、固体更干燥等。（4）根据质量守恒定律进行分析。（5） 草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)粗品中可能含有杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O，第一次滴定过程中酸性高锰酸钾既能与草酸根离子反应，又能与亚铁离子反应，在第二次滴定前加入锌是为了使Fe3+转化为Fe2+，再用酸性高锰酸钾溶液滴定Fe2+。
（6） 根据元素守恒进行分析。
18．（2024高三上·广州月考）以水锰矿[主要成分为MnO(OH)，还含有少量的Fe2O3、Al2O3、SiO2及CaO]为原料制备马日夫盐[Mn(H2PO4)2·2H2O]的一种工艺流程如图所示。
已知Ksp(CaF2)=3.6×10-12，当溶液中离子浓度≤1×10-5 mol/L)时，认为该离子沉淀完全。
回答下列问题：
（1）为增大步骤Ⅰ的浸出速率，可采取的措施有 (写出一条即可)。
（2）步骤Ⅰ中SO2的作用是 ，滤渣1的成分为 (填化学式)。
（3）步骤Ⅱ中MnO2发生反应的离子方程式为 。
（4）“除钙”步骤中若要Ca2+完全沉淀，需控制溶液中的c(F-)≥ mol/L。
（5）“低温沉锰”得到MnCO3，“酸溶”时发生反应的化学方程式为 。
（6）MnOx一种晶型的晶胞结构如图已知该晶胞的体积为v cm3，则该晶胞中“”球代表的原子的配位数为 ，该晶体的密度为 g/cm3.(阿伏加德罗常数的值用NA表示)
【答案】（1）搅拌、适当升高温度、适当增大硫酸的浓度等
（2）还原Fe2O3和MnO(OH)；SiO2和CaSO4
（3）MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O
（4）6.0×10-4
（5）MnCO3+2H3PO4=Mn(H2PO4)2+CO2↑+H2O
（6）3；
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）为增大步骤Ⅰ的浸出速率，可采取的措施有搅拌、适当升高温度、适当增大硫酸的浓度等；
（2）向水锰矿矿浆中加入H2SO4和SO2，Fe2O3被SO2还原为Fe2+，MnO(OH)被SO2还原为Mn2+，则步骤Ⅰ中SO2的作用是还原Fe2O3和MnO(OH)；SiO2与H2SO4不反应，CaO与H2SO4反应生成微溶物CaSO4，则滤渣1的成分为SiO2和CaSO4；
（3）步骤Ⅱ中MnO2氧化Fe2+，便于在步骤Ⅲ中沉淀，则步骤Ⅱ中MnO2发生反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（4）因，若Ca2+完全沉淀，则需控制溶液中的c(F-)≥mol/L=6.0×10-4mol/L；
（5）“低温沉锰”得到MnCO3，“酸溶”时，MnCO3与H3PO4发生复分解反应：MnCO3+2H3PO4=Mn(H2PO4)2+CO2↑+H2O；
（6）根据“均摊法”，晶胞中黑球的个数：8×+1=2，白球的个数：4×+2=4，则白球代表O，黑球代表Mn，该晶体的化学式为MnO2，由图可知，氧原子的配位数为3，则该晶体的密度为g/cm3=g/cm3。
【分析】（1）可通过升温、增大浓度、搅拌等增大浸出速率。（2）向水锰矿矿浆中加入H2SO4和SO2，Fe2O3被SO2还原为Fe2+，MnO(OH)被SO2还原为Mn2+。
（3）由（2）可知，步骤 Ⅱ 中溶液主要含有Fe2+，MnO2氧化Fe2+，注意原子数目、得失电子守恒。
（4），若Ca2+完全沉淀，则需控制溶液中的c(F-)≥mol/L=6.0×10-4mol/L。
（5）“低温沉锰”得到MnCO3，“酸溶”时，MnCO3与H3PO4发生复分解反应得到Mn(H2PO4)2、CO2、H2O。
（6）根据均摊法算出晶胞的化学式，结合m=ρV、N=nNA、m=nM进行分析。
（1）为增大步骤Ⅰ的浸出速率，可采取的措施有搅拌、适当升高温度、适当增大硫酸的浓度等；
（2）向水锰矿矿浆中加入H2SO4和SO2，Fe2O3被SO2还原为Fe2+，MnO(OH)被SO2还原为Mn2+，则步骤Ⅰ中SO2的作用是还原Fe2O3和MnO(OH)；SiO2与H2SO4不反应，CaO与H2SO4反应生成微溶物CaSO4，则滤渣1的成分为SiO2和CaSO4；
（3）步骤Ⅱ中MnO2氧化Fe2+，便于在步骤Ⅲ中沉淀，则步骤Ⅱ中MnO2发生反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（4）因，若Ca2+完全沉淀，则需控制溶液中的c(F-)≥mol/L=6.0×10-4mol/L；
（5）“低温沉锰”得到MnCO3，“酸溶”时，MnCO3与H3PO4发生复分解反应：MnCO3+2H3PO4=Mn(H2PO4)2+CO2↑+H2O；
（6）根据“均摊法”，晶胞中黑球的个数：8×+1=2，白球的个数：4×+2=4，则白球代表O，黑球代表Mn，该晶体的化学式为MnO2，由图可知，氧原子的配位数为3，则该晶体的密度为g/cm3=g/cm3。
19．（2024高三上·广州月考）甲烷是优质气体燃料，也是制造合成气和许多化工产品的重要原料。
Ⅰ．和的一种催化反应历程如图所示：
已知部分化学键的键能数据如下表。
共价键 C-H C=O O-H C-O C-C
键能（） 413 745 463 351 348
（1）已知产物均为气态，反应的 。
（2）若改用更高效的催化剂，该反应的 （填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）将等物质的量的和置于恒容的绝热容器中发生上述反应，下列能说明该反应已达平衡状态的是 （填字母）。
a．断裂的同时生成个 b．容器中的温度不变
c．，且保持不变 d．混合气体的密度不变
e． f．容器中的总压不变
Ⅱ．甲烷水蒸气催化重整是制备高纯氢的方法之一。反应如下：
反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
（4）对于反应ⅰ，向体积为1L的恒容密闭容器中，按投料。若在恒温条件下，反应达到平衡时，的转化率为60%，则平衡时容器内的压强与起始时压强之比为 （填最简整数比）。
（5）反应ⅱ的速率方程，k为速率常数（只受温度影响），m为的反应级数。在某温度下进行实验，测得各组分的初始浓度和反应初始的瞬时速率如下表。
实验序号
1 1.0 1.0 1.20
2 1.0 2.0 2.40
①m= ，k= （不要求写单位）。
②当实验2进行到时，反应的瞬时速率v= 。
（6）恒温条件下，和在体积为1L的密闭容器中发生反应ⅰ、反应ⅱ，反应达平衡时，的转化率为60%，的物质的量为0.3mol，则反应ⅰ的平衡常数K= （写计算式）。
【答案】；不变；bef；8：5；1；1.2；0.975；69
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）反应的△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和，则反应物的总键能为2×745kJ·mol-1+4×413 kJ·mol-1=3142 kJ·mol-1，生成物的总键能为3×413 kJ·mol-1+348kJ·mol-1+351 kJ·mol-1+463 kJ·mol-1+745 kJ·mol-1=3146 kJ·mol-1，则该反应的△H=-4kJ·mol-1。
（2）催化剂降低反应的活化能，加快反应速率，但不能改变反应的焓变△H、平衡常数K、平衡转化率α等。
（3）a.2molC=O断裂的同时生成NA个CH3COOH为同一个反应方向，不能说明反应平衡，a不符合题意；
b．恒容的绝热容器中平衡发生移动，则反应体系的温度在变化，故温度为变量，所以温度不变，说明反应达到新的平衡状态，b符合题意；
c．投料比等于反应的系数比，且该比值反应始终保持不变，c不符合题意；
d．容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，混合气体的密度始终为恒量，d不符合题意；
e．v正(CO2)=v逆(CH3COOH)，正反应与逆反应同时发生，且速率比等于系数比，满足反应达到平衡的条件，e正确；
f．容器中反应分子数发生改变，且温度改变，故总压不变，说明反应达到新的平衡状态，f符合题意；
故选bef。
（4）对于反应ⅰ为气体分子数增加2倍的反应，向体积为1 L的恒容密闭容器中，假设起始时CH4、H2O的物质的量均为1mol，已知CH4的转化率为60%，则反应0.6mol甲烷，反应达到平衡时，气体的总物质的量为2mol+0.6mol×2=3.2mol，初始气体的总物质的量为2mol，根据同温、同容条件下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，所以，平衡总压与初始总压的最简整数比为3.2mol：2mol=8：5。
（5）①根据表中数据：
k×(1.0mol/L)m×(1.0 mol/L)0.5=1.2mol·L-1·s-1
k×(2.0mol/L)m×(1.0 mol/L)0.5=2.4mol·L-1·s-1
联立两式解得m=1，k=1.2。
②对于实验2，初始浓度CH4为2mol/L，H2O为1 mol/L，当进行到c(H2O)=0.25 mol/L时，参与反应的H2O为0.75 mol/L，参与反应的CH4为0.375 mol/L，此时，c(CH4)=1.625 mol/L，则v=1.2×(1.625 mol/L)×(0.25 mol/L )0.5=0.975mol·L-1·s-1；
（6）密闭容器的容积为1L，初始时，c(CH4)为1 mol/L，c(H2O)为1 mol/L，由已知平衡时CH4的转化率为60%，及平衡时c(CO2)为0.3 mol/L，则平衡时，c(CH4)为0.4 mol/L，c(CO2)为0.3 mol/L，c(H2)为0.3mol/L×3+0.3 mol/L×4=2.1 mol/L，由氧元素守恒，则平衡时，c(H2O)为1 mol/L -0.6 mol/L -0.3 mol/L =0.1 mol/L，反应i．的平衡常数。
【分析】（1）△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和。
（2）催化剂不能改变反应的焓变△H。
（3）反应达到平衡状态的主要标志是正逆反应速率相等、各物质的含量保持不变。
（4）对于反应ⅰ为气体分子数增加2倍的反应，向体积为1 L的恒容密闭容器中，假设起始时CH4、H2O的物质的量均为1mol，已知CH4的转化率为60%，则反应0.6mol甲烷，反应达到平衡时，气体的总物质的量为2mol+0.6mol×2=3.2mol，初始气体的总物质的量为2mol，根据同温、同容条件下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，所以，平衡总压与初始总压的最简整数比为3.2mol：2mol=8：5。
（5）将表格中数字带入速率方程中，得到二元一次方程可求解。
（6）密闭容器的容积为1L，初始时，c(CH4)为1 mol/L，c(H2O)为1 mol/L，由已知平衡时CH4的转化率为60%，及平衡时c(CO2)为0.3 mol/L，则平衡时，c(CH4)为0.4 mol/L，c(CO2)为0.3 mol/L，c(H2)为0.3mol/L×3+0.3 mol/L×4=2.1 mol/L，结合元素守恒和平衡常数进行分析。
20．（2024高三上·广州月考）已知物质H属于苯并咪唑类有机物，其合成路线如下。
已知：
回答下列问题：
（1）A的名称为 ，B分子中的官能团名称为 。
（2）反应A→B中有副产物C8H6O4生成，则该副产物的结构简式为 。
（3）反应B→C除生成C外，还生成HCl和一种氧化物，则该反应的化学方程式为 ，F→H的反应类型为 。
（4）写出同时满足下列条件的D的同分异构体的结构简式： 。
i．含有酮羰基；
ⅱ．苯环上有两个取代基；
ⅲ．核磁共振氢谱有三组面积比为1：1 ：1的峰。
（5）写出以苯为原料，无机试剂任选，合成的路线： 。
【答案】（1）1，4-二甲苯(或对二甲苯)；羧基
（2）
（3）+SOCl2→+SO2+HCl；取代反应
（4）
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）A为，名称为1，4-二甲苯(或对二甲苯)，B为，B分子中的官能团名称为羧基；
（2）A中含有2个甲基，可能都被氧化为羧基，故副产物为：；
（3）反应B→C中羧基和SOCl2反应除生成C外，还生成HCl和一种氧化物，结合质量守恒可知，氧化物为二氧化硫，故该反应的化学方程式为+SOCl2→+SO2+HCl；F→H的反应为F中溴被氨基氢取代的反应，类型为取代反应，产物还生成HBr；
（4）D的分子式为C8H6OBr2，出苯环外含有2个碳、1个氯、1个氧、不饱和度为1；同时满足已知条件的同分异构体：
i．含有酮羰基；ⅱ．苯环上有两个取代基；ⅲ．核磁共振氢谱有三组面积比为1：1 ：1的峰，则两个取代基结构对称，则结构简式为；
（5）根据题目信息，若想制目标产物，则应先用苯制备硝基苯和溴苯，再用硝基苯还原制苯胺，最后利用苯胺与溴苯在K2CO3作用下合成目标产物，反应为：。
【分析】根据流程图信息，A→B→C发生氧化反应，结合A、B的化学式分子式，可推出A为、B为，B→C发生取代反应，C中引入氯原子，D中溴发生取代生成F，F发生取代生成H。
（1）A为，名称为1，4-二甲苯(或对二甲苯)，B为，B分子中的官能团名称为羧基；
（2）A中含有2个甲基，可能都被氧化为羧基，故副产物为：；
（3）反应B→C中羧基和SOCl2反应除生成C外，还生成HCl和一种氧化物，结合质量守恒可知，氧化物为二氧化硫，故该反应的化学方程式为+SOCl2→+SO2+HCl；F→H的反应为F中溴被氨基氢取代的反应，类型为取代反应，产物还生成HBr；
（4）D的分子式为C8H6OBr2，出苯环外含有2个碳、1个氯、1个氧、不饱和度为1；同时满足已知条件的同分异构体：
i．含有酮羰基；ⅱ．苯环上有两个取代基；ⅲ．核磁共振氢谱有三组面积比为1：1 ：1的峰，则两个取代基结构对称，则结构简式为；
（5）根据题目信息，若想制目标产物，则应先用苯制备硝基苯和溴苯，再用硝基苯还原制苯胺，最后利用苯胺与溴苯在K2CO3作用下合成目标产物，反应为：。
广东省广州市第六中学2024-2025学年高三10月阶段训练化学试题
1．（2024高三上·广州月考）中国古代雕塑是中华民族文化积累的产物。下列雕塑所用材料为合金的是
A.砖雕 B.木雕
C.石马 D.青铜狮
A．A B．B C．C D．D
2．（2024高三上·广州月考）“嫦娥六号”的返回展现了我国强大的实力。下列说法正确的是
A．运载火箭采用液氧和煤油作为推进剂，液氧与臭氧互为同素异形体
B．氢氧燃料电池生成，的空间填充模型为
C．太阳能电池板使用的晶体硅为分子晶体
D．月壤样本中含有的质子数为3
3．（2024高三上·广州月考）中国新能源汽车发展迅速。下列说法正确的是
A．制造汽车轮胎的顺丁橡胶，属于天然高分子化合物
B．汽车安全气囊中有叠氮化钠(NaN3)，其中氮元素为-3价
C．给磷酸铁锂电池充电时，电能转化为化学能
D．车窗使用的钢化玻璃，属于新型无机非金属材料
4．（2024高三上·广州月考）“民以食为天”。下列说法错误的是
A．料酒中含有乙醇，乙醇属于饱和一元醇
B．鸡蛋富含蛋白质，蛋白质属于有机高分子化合物
C．油脂是高能量物质，其中植物油的主要成分为不饱和脂肪酸
D．烘焙糕点时用到碳酸氢钠，碳酸氢钠属于电解质
5．（2024高三上·广州月考）保护金属管道的常用方法是外加电流法加覆盖涂层的联合保护法。下列说法错误的是
A．涂层只能是金属或合金
B．金属管道连接直流电源的负极
C．辅助阳极可以选石墨
D．联合保护法能延长管道的使用寿命
6．（2024高三上·广州月考）下列装置或操作能达到相应实验目的的是
A．除去CO2中的SO2 B．分离I2的CCl4溶液和H2O的混合物
C．用MnO2与H2O2制取O2 D．制备无水乙醇
A．A B．B C．C D．D
7．（2024高三上·广州月考）下列劳动项目与化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 将卤水加入豆浆中制豆腐 蛋白质溶液在卤水的作用下聚沉
B 向红糖溶液中加入活性炭制白糖 蔗糖水解为葡萄糖和果糖
C 用含铝和烧碱的“管道通”疏通下水管道 2Al+ 2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
D 用二硫化碳清洗附着于试管内壁的硫黄 硫黄和二硫化碳均为非极性分子
A．A B．B C．C D．D
8．（2024高三上·广州月考）下列所示的物质间转化或化学反应表示正确的是
A．金属Mg的制备：Mg(OH)2MgCl2溶液Mg
B．实验室制硅酸：SiO2 Na2SiO3 H2SiO3
C．漂白粉失效：NaClO HClO HCl
D．金属钠在空气中放置： NaNa2O2Na2CO3
9．（2024高三上·广州月考）奎宁用于治疗疟疾，其结构简式如下。下列有关奎宁的说法，错误的是
A．分子式为C20 H24O2N2
B．能使Br2的CCl4溶液褪色
C．分子中有5个手性碳原子
D．该物质属于芳香族化合物，能与HCl反应
10．（2024高三上·广州月考）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A．1 mol Fe与足量稀硝酸反应转移3NA个电子
B．28gCO和N2的混合气体中含有2NA个原子
C．1 mol [Cu(NH3)4]2+中含有16NA个σ键
D．标准状况下，11.2L己烷含有10NA个原子
11．（2024高三上·广州月考）实验室用下图装置制备乙烯并验证生成气体的性质，下列说法不正确的是
A．向装置A的圆底烧瓶中先加入乙醇，再加入浓硫酸
B．应将装置A中的混合液迅速升温至140℃，并持续加热
C．装置B中品红溶液的作用是检验反应是否生成
D．装置E中酸性溶液更换为溴的四氯化碳溶液，也可以检验乙烯
12．（2024高三上·广州月考）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数之和为46，它们在周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是
A．原子半径大小顺序为：Y>Z>X
B．X元素最高价氧化物的水化物酸性最强
C．Y元素的简单氢化物稳定性最强
D．Z单质难溶于化合物WZ2
13．（2024高三上·广州月考）下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 键角：NH3>PH3 电负性：N>P
B 酸性：HCl> H2CO3 非金属性：Cl>C
C SiO2与NaOH、HF均能反应 SiO2为两性氧化物
D HClO见光或受热易分解 HClO具有漂白性
A．A B．B C．C D．D
14．（2024高三上·广州月考）部分含N、S物质的分类与相应化合价的关系如图所示，下列说法正确的是
A．b、c、h、k在标准状况下均为无色气体
B．f与h、j的浓溶液均可反应生成g
C．工业上制备a的路线为d→c→b→a
D．e与i、f与i的反应属于同一基本反应类型
15．（2024高三上·广州月考）在一定温度下，向体积为2 L的恒容密闭容器中加入4 mol H2和一定量的CO后，发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。图1表示CO和CH3OH(g)的浓度随时间的变化关系，图2表示反应进程中能量的变化。下列说法不正确的是
A．反应在3 min时达到平衡状态
B．曲线b表示使用催化剂的能量变化
C．平衡时，H2的转化率为75%
D．由图2知1 mol CO完全反应放出91 kJ热量
16．（2024高三上·广州月考）以钠箔和多壁碳纳米管(MWCNT)为电极材料的可充电“Na-CO2”电池的工作原理如图所示，放电时的总反应为：4Na+3CO2=2Na2CO3+C。下列说法中，不正确的是
A．放电时，电子的流向为钠箔→导线→MWCNT
B．放电时，正极反应为2CO2+4Na+ +4e-＝2Na2CO3
C．充电时，向MWCNT极移动
D．充电时，每转移0.1 mol电子，释放出CO2的体积在标准状况下为1.68L
17．（2024高三上·广州月考）草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是生产锂电池正极FePO4的原料，呈浅黄色，难溶于水，有较强还原性，受热易分解。
Ⅰ．制备草酸亚铁晶体
①称取5.0g (NH4)2Fe(SO4)2，并放入如图装置的仪器A中，加入10滴左右1.0 mol/LH2SO4溶液和15mL蒸馏水，加热溶解。
②用仪器B加入25.0 mL饱和草酸溶液(过量)，搅拌加热至80~90℃停止加热，静置。
③待浅黄色晶体沉淀后，抽滤、洗涤、干燥得到晶体。
（1）仪器A的名称为 ，仪器C的作用是 。
（2）用98.3%的浓硫酸配制1.0mol/L稀硫酸，需要选用的仪器是 (填字母)。
A． B． C． D． E．
（3）抽滤的优点为 (写出两点即可)。
（4）称取一定量FeC2O4·2H2O，在氩气中进行热分解，得到固体残留率随温度变化曲线如图。
已知：固体残留率=。
若M→N生成三种氧化物，则该过程反应的化学方程式为 。
Ⅱ．样品中铁元素质量分数检测
草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)粗品中可能含有杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O，用KMnO4溶液滴定法测定该粗品的纯度，实验过程如图。
已知：5H2C2O4 +2+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O。
回答下列问题：
（5）“滴定②”中发生反应的离子方程式为 。
（6）样品中铁元素的质量分数为 。
18．（2024高三上·广州月考）以水锰矿[主要成分为MnO(OH)，还含有少量的Fe2O3、Al2O3、SiO2及CaO]为原料制备马日夫盐[Mn(H2PO4)2·2H2O]的一种工艺流程如图所示。
已知Ksp(CaF2)=3.6×10-12，当溶液中离子浓度≤1×10-5 mol/L)时，认为该离子沉淀完全。
回答下列问题：
（1）为增大步骤Ⅰ的浸出速率，可采取的措施有 (写出一条即可)。
（2）步骤Ⅰ中SO2的作用是 ，滤渣1的成分为 (填化学式)。
（3）步骤Ⅱ中MnO2发生反应的离子方程式为 。
（4）“除钙”步骤中若要Ca2+完全沉淀，需控制溶液中的c(F-)≥ mol/L。
（5）“低温沉锰”得到MnCO3，“酸溶”时发生反应的化学方程式为 。
（6）MnOx一种晶型的晶胞结构如图已知该晶胞的体积为v cm3，则该晶胞中“”球代表的原子的配位数为 ，该晶体的密度为 g/cm3.(阿伏加德罗常数的值用NA表示)
19．（2024高三上·广州月考）甲烷是优质气体燃料，也是制造合成气和许多化工产品的重要原料。
Ⅰ．和的一种催化反应历程如图所示：
已知部分化学键的键能数据如下表。
共价键 C-H C=O O-H C-O C-C
键能（） 413 745 463 351 348
（1）已知产物均为气态，反应的 。
（2）若改用更高效的催化剂，该反应的 （填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）将等物质的量的和置于恒容的绝热容器中发生上述反应，下列能说明该反应已达平衡状态的是 （填字母）。
a．断裂的同时生成个 b．容器中的温度不变
c．，且保持不变 d．混合气体的密度不变
e． f．容器中的总压不变
Ⅱ．甲烷水蒸气催化重整是制备高纯氢的方法之一。反应如下：
反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
（4）对于反应ⅰ，向体积为1L的恒容密闭容器中，按投料。若在恒温条件下，反应达到平衡时，的转化率为60%，则平衡时容器内的压强与起始时压强之比为 （填最简整数比）。
（5）反应ⅱ的速率方程，k为速率常数（只受温度影响），m为的反应级数。在某温度下进行实验，测得各组分的初始浓度和反应初始的瞬时速率如下表。
实验序号
1 1.0 1.0 1.20
2 1.0 2.0 2.40
①m= ，k= （不要求写单位）。
②当实验2进行到时，反应的瞬时速率v= 。
（6）恒温条件下，和在体积为1L的密闭容器中发生反应ⅰ、反应ⅱ，反应达平衡时，的转化率为60%，的物质的量为0.3mol，则反应ⅰ的平衡常数K= （写计算式）。
20．（2024高三上·广州月考）已知物质H属于苯并咪唑类有机物，其合成路线如下。
已知：
回答下列问题：
（1）A的名称为 ，B分子中的官能团名称为 。
（2）反应A→B中有副产物C8H6O4生成，则该副产物的结构简式为 。
（3）反应B→C除生成C外，还生成HCl和一种氧化物，则该反应的化学方程式为 ，F→H的反应类型为 。
（4）写出同时满足下列条件的D的同分异构体的结构简式： 。
i．含有酮羰基；
ⅱ．苯环上有两个取代基；
ⅲ．核磁共振氢谱有三组面积比为1：1 ：1的峰。
（5）写出以苯为原料，无机试剂任选，合成的路线： 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】含硅矿物及材料的应用；合金及其应用
【解析】【解答】A．砖雕的主要成分是硅酸盐，A不选；
B．木雕的主要成分是纤维素，B不选；
C．石马的主要成分是石英、钾长石和酸性斜长石，C不选；
D．青铜是铜合金，D选；
故答案为D。
【分析】合金是由两种或两种以上的金属与金属或非金属经一定方法所合成的具有金属特性的物质。
2．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；同素异形体；元素、核素
【解析】【解答】A．由分析可知，液氧和O3互为同素异形体，A正确；
B．H2O分子的空间构型是V形，B错误；
C．晶体硅属于原子晶体，C错误；
D．的质量数为3，质子数为2，D错误；
故答案为A。
【分析】A.同素异形体是由同种元素形成的不同单质。
B.H2O分子的空间构型是V形。
C.硅属于原子晶体。
D.原子的质子数与其原子序数相等。
3．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；化学反应中能量的转化；电解池工作原理及应用；化合价与化学式
【解析】【解答】A．顺丁橡胶属于合成高分子化合物，A错误；
B．NaN3中钠元素化合价为+1，由分析可知，氮元素为-价，B错误；
C．给电池充电时，电能转化为化学能，C正确；
D．钢化玻璃的主要成分为硅酸盐，不属于新型无机非金属材料，D错误；
故答案为C。
【分析】A.顺丁橡胶属于合成高分子化合物。
B.化合物中元素化合价代数和为0。
C.电池充电是电能转化为化学能。
D.钢化玻璃的主要成分为硅酸盐。
4．【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；电解质与非电解质
【解析】【解答】A．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，属于饱和一元醇，A正确；
B．蛋白质属于天然有机高分子化合物，B正确；
C．植物油的主要成分为不饱和脂肪酸甘油酯，C错误；
D．碳酸氢钠溶于水能电离出可自由移动的Na+和而导电，属于电解质，D正确；
故答案为C。
【分析】A.饱和一元醇中每个分子中含有一个羟基（-OH）且碳链上没有碳碳双键或三键。
B.蛋白质属于天然有机高分子化合物。
C.植物油的主要成分为不饱和脂肪酸甘油酯。
D.电解质在水溶液或熔融状态下能电离出自由移动离子的化合物。
5．【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；合金及其应用
【解析】【解答】A．保护金属管道涂层可能是金属或合金或油漆等，A错误；
B．外加电流保护法中被保护金属作阴极，与直流电源的负极相连，B正确；
C．辅助阳极是惰性电极或废旧金属，C正确；
D．联合保护法保护金属效果更好，更能延长管道的使用寿命，D正确；
故答案为A。
【分析】A.保护金属管道的涂层只要隔绝空气即可。
B.被保护金属作阴极。
C.辅助阳极是惰性电极或废旧金属。
D.联合保护法保护金属效果更好。
6．【答案】A
【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．饱和NaHCO3溶液与SO2 反应，且生成CO2，与CO2不反应，能达到实验目的，A正确；
B．I2的CCl4溶液与H2O不互溶，可通过分液漏斗，经静置后分层分离，不能达到实验目的，B错误；
C．MnO2为粉末状，不能用有孔塑料板，不能达到实验目的，C错误；
D．蒸馏装置中温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，不能达到实验目的，D错误；
故答案为A。
【分析】A.除杂时注意不要引入新杂质。
B.不互溶的液体混合物可通过分液漏斗静置分层分离。
C.MnO2为粉末状，不能用有孔塑料板。
D.注意水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处。
7．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；极性分子和非极性分子；二糖的性质和用途；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A． 卤水加入豆浆中制豆腐是利用大豆植物蛋白在卤水中发生聚沉，不符合题意；
B． 向红糖溶液中加入活性炭制白糖是利用活性炭的吸附作用，符合题意；
C．涉及反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，生成大量气体产生压力疏通下水道，不符合题意；
D． 用二硫化碳清洗附着于试管内壁的硫黄，是利用硫黄和CS2均为非极性分子，能互溶，不符合题意。
故答案为B。
【分析】A. 蛋白质溶液在一定条件下发生聚沉。
B.活性炭具有吸附性。
C.铝与烧碱反应生成大量气体。
D.根据相似相溶原理进行分析。
8．【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；钠的化学性质；电镀
【解析】【解答】A．电解MgCl2溶液不能得到金属Mg，A错误；
B．实验室制硅酸：SiO2与NaOH溶液反应生成Na2SiO3溶液，Na2SiO3溶液与CO2反应生成白色沉淀H2SiO3，B正确；
C．漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，与CO2、H2O反应生成的HClO见光分解得到HCl，C错误；
D．常温下Na与空气中的O2反应生成Na2O，Na2O结合空气中的H2O生成NaOH，NaOH与CO2反应生成Na2CO3，D错误；
故答案为B。
【分析】A.电解熔融态MgCl2才能得到金属Mg。
B. SiO2为酸性氧化物，结合强酸制弱酸进行分析。
C.漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2。
D.常温下Na与空气中的O2反应生成Na2O。
9．【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】A．根据结构简式可推出其分子式为C20H24O2N2，A正确；
B．该物质含有碳碳双键，能与Br2 发生加成反应而使其褪色，B正确；
C．由分析可知，该物质中含有4个手性碳原子，C错误；
D．由分析可知，该物质属于芳香族化合物，含有的N原子能结合H+，能与HCl反应，D正确。
故答案为C。
【分析】A.注意各原子数目。
B.碳碳双键能与Br2 发生加成反应而使其褪色。
C.手性碳原子连接4个 不同的原子或原子团。
D.芳香族化合物中含有苯环。
10．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．涉及反应为 Fe +4HNO3(稀)＝Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，则1 mol Fe完全反应转移3NA个电子，A正确；
B.1个CO分子和1个N2分子中均有2个原子，且其摩尔质量均为28g/mol，则28gCO和N2的混合物的总物质的量为1mol，含2NA个原子，B正确；
C.1个[Cu(NH3)4]2+中含12个N-H和4个Cu-N配位键(配位键属于σ键)，共16个σ键，则1 mol[Cu(NH3)4]2+中含16NA个σ键，C正确；
D．标况下，己烷为液态，无法计算其物质的量，D错误。
故答案为D。
【分析】A.稀硝酸具有强氧化性。
B.根据m=nM和N=nNA进行分析。
C.1个[Cu(NH3)4]2+中含12个N-H和4个Cu-N配位键(配位键属于σ键)。
D.标况下，己烷为液态。
11．【答案】B
【知识点】乙烯的实验室制法；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．乙醇易挥发，且其密度小于浓硫酸，所以 向装置A的圆底烧瓶中 先加入乙醇，后加入浓硫酸，A正确；
B．乙醇在170℃下发生消去反应生成乙烯，在140℃下发生分子间脱水生成乙醚，所以应将装置A中的混合液迅速升温至170℃，B错误；
C．由分析可知，装置B中品红是检验产物中是否有SO2，C正确；
D．乙烯能与Br2发生加成反应而使其褪色，所以 装置E中酸性溶液更换为溴的四氯化碳溶液，也可以检验乙烯 ，D正确；
故答案为B。
【分析】A装置用于制取乙烯，乙醇在170℃、浓硫酸的条件下发生消去反应生成乙烯，B装置用于检验产物中有SO2，SO2能使品红褪色，C装置用于除去乙烯中的SO2和CO2，D装置用于检验SO2是否除尽，E装置用来检验生成的乙烯。
12．【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A.由分析可知，X、Y、Z分别为氟、磷、硫元素，根据同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，同主族元素的原子半径自上而下逐渐增大，则原子半径大小顺序为：Y>Z>X，正确；
B.由分析可知，X为氟元素，其不存在最高价氧化物的水化物，错误；
C.这四种元素中非金属性最强的是F（X），其氢化物的稳定性最强，错误；
D.由分析可知，Z、W分别为硫、碳元素，硫单质易溶于二硫化碳中，错误；
故答案为A。
【分析】根据题干信息，W、X位于第二周期，Y、Z位于第三周期；设W的原子序数为a，则X、Y、Z的原子序数分别为a+3、a+9、a+10，根据短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数之和为46，即 a+3+a+9+a+10+a=46，则a=6，可推出W、X、Y、Z分别为碳、氟、磷、硫元素。
13．【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．电负性：N>P，则键角： NH3>PH3 ，符合题意；
B．比较Cl和C的元素非金属性强弱，应比较最高价含氧酸的酸性，即HClO4>H2CO3，而HCl不是Cl的最高价含氧酸，若不符合题意；
C．SiO2与强酸不反应，不是碱性氧化物，不符合题意；
D．HClO具有漂白性是因其有强氧化性，不符合题意；
故答案为A。
【分析】A.中心原子的电负性越大，成键电子对离核越近，斥力越大，键角越大。
B.元素的非金属性可通过比较其最高价含氧酸的酸性，非金属性较强的元素的最高价含氧酸的酸性较强。
C.两性氧化物能与强酸、强碱均反应。
D.HClO具有漂白性是因其有强氧化性。
14．【答案】B
【知识点】化学基本反应类型；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含硫物质的性质及综合应用；化合价与化学式
【解析】【解答】A．由分析可知，b为NO2或N2O4，c为NO，h为SO2，k为SO3，标况下，NO2为液体，SO3为固体，A错误；
B．由分析可知，f、h、j、g分别为H2S、SO2、H2SO4、S，H2S与SO2、H2SO4的浓溶液均可反应生成S，化学方程式分别为SO2+2H2S=3S↓ +2H2O，H2SO4(浓)+H2S=S↓ +SO2↑+2H2O，B正确；
C．由分析可知，a为HNO3，b为NO2或N2O4，c为NO，d为N2，工业上制备HNO3的路线为NH3→NO→NO2→HNO3，C错误；
D．由分析可知，e、i、f分别是NH3、H2SO3、H2S，涉及反应为2NH3 +H2SO3=(NH4)2SO3、H2SO3+2H2S=3S↓+3H2O，两个不属于同一基本反应类型，D错误；
故答案为B。
【分析】根据含N、S物质的分类与相应化合价的关系图，可推出a为HNO3，b为NO2或N2O4，c为NO，d为N2，e为NH3，f为H2S，g为S，h为SO2，i为H2SO3，j为H2SO4，k为SO3。
15．【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．由图 1及分析可知，反应进行到3 min时，并未达到平衡状态，A错误；
B．由图2可知，曲线b改变了反应历程，降低了反应的活化能，但没改变反应焓变，是表示使用催化剂的能量变化，B正确；
C．由图1可知，达到平衡时，生成0.75mol/LCH3OH，则消耗n(H2)=2×2L×0.75mol/L=3mol，H2的转化率为×100% = 75% ，C正确；
D．由图2知，1 mol CO(g)和2 mol H2(g)完全反应生成1 molCH3OH(g) ，放出热量510-419=91 kJ，D正确；
故答案为A。
【分析】A.反应达到平衡的主要标志是正逆反应速率相等、各物质的含量保持不变。
B.催化剂能改变反应历程，降低反应的活化能，不改变焓变。
C.转化率=转化的量/原来的量×100%。
D.△H=生成物总能量-反应物总能量。
16．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池
【解析】【解答】A．电子从负极移向正极，由分析可知，放电时，钠作负极，则电子流向为 钠箔→导线→MWCNT，A正确；
B．放电时为原电池装置，右侧电极为正极，其电极反应式为3CO2+4Na+ +4e-＝2Na2CO3+C，B错误；
C．充电时为电解池装置，向阳极(电池的正极MWCNT极)移动，C正确；
D．根据题干信息可知，放电时的总反应为4Na+3CO2=2Na2CO3+C，则充电时，释放3 mol CO2，转移4mol电子，所以转移0.1mol电子时，释放0.075molCO2，标况下的体积为V(CO2)=0. 075 mol×22.4 L/mol=1.68 L，D正确。
故答案为B。
【分析】放电时为原电池装置，充电时为电解池装置，钠是活泼的金属，失电子发生还原反应，作负极，则左侧电极为负极，右侧电极为正极。
17．【答案】三颈烧瓶(或三口烧瓶)；冷凝回流；ACD；过滤速度快、分离彻底、固体更干燥等；3FeC2O4Fe3O4+4CO↑+2CO2↑；5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；%
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常用仪器及其使用；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）仪器A的名称为三口烧瓶或三颈烧瓶；仪器C为球形冷凝管，作用为冷凝回流，故答案为三口烧瓶或三颈烧瓶、冷凝回流；
（2）用98.3%的浓硫酸配制1.0mol/L稀硫酸，需要用量筒量取浓硫酸，在小烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，并引流转移到一定体积的容量瓶中，定容时用胶头滴管，故选ACD；
（3）抽滤过程使用循环水真空泵使吸滤瓶内减压，由于瓶内与布氏漏斗液面上形成压力差，因而过滤速度快，分离彻底、固体更干燥，故答案过滤速度快、固体更干燥、分离彻底等；
（4）温度较低时，FeC2O4·2H2O失去结晶水的过程，假设FeC2O4·2H2O为1mol，则固体残留率为×100%=×100%=80%，M点为FeC2O4，M→N过程中铁元素的质量不变，设生成铁的氧化物为FeOx，则M(FeOx)=180×42.96%=77.328g/mol，x==1.33=，故铁的氧化物为Fe3O4，根据元素守恒，以及另两种产物为氧化物，得M→N过程反应的化学方程式为3FeC2O4Fe3O4+4CO↑+2CO2↑。
（5）草酸亚铁晶体粗品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O，用稀硫酸溶解样品，使全部转化为H2C2O4。“滴定①”为酸性KMnO4溶液滴定Fe2+和H2C2O4，反应的离子方程式分别为：5H2C2O4+2+6H+=10CO2↑十2Mn2++8H2O、5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，再向反应后的溶液中加入适量Zn，将Fe3+还原为Fe2+。“滴定②”为酸性KMnO4溶液将全部Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；
（6）铁元素的质量分数只需用“滴定②”计算，由(5)得，5Fe2+~，则n(Fe)=n(Fe2+)=5n(KMnO4)=5×cmol L-1×V2×10-3L=5cV2×10-3mol，所以，铁元素的质量分数为×100%=%。
【分析】（1）根据仪器特征进行分析；仪器C为球形冷凝管，作用为冷凝回流。（2）浓硫酸配制稀硫酸，需要用量筒量取浓硫酸，在小烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，并引流转移到一定体积的容量瓶中，定容时用胶头滴管。（3）抽滤会使过滤速度快、分离彻底、固体更干燥等。（4）根据质量守恒定律进行分析。（5） 草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)粗品中可能含有杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O，第一次滴定过程中酸性高锰酸钾既能与草酸根离子反应，又能与亚铁离子反应，在第二次滴定前加入锌是为了使Fe3+转化为Fe2+，再用酸性高锰酸钾溶液滴定Fe2+。
（6） 根据元素守恒进行分析。
18．【答案】（1）搅拌、适当升高温度、适当增大硫酸的浓度等
（2）还原Fe2O3和MnO(OH)；SiO2和CaSO4
（3）MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O
（4）6.0×10-4
（5）MnCO3+2H3PO4=Mn(H2PO4)2+CO2↑+H2O
（6）3；
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）为增大步骤Ⅰ的浸出速率，可采取的措施有搅拌、适当升高温度、适当增大硫酸的浓度等；
（2）向水锰矿矿浆中加入H2SO4和SO2，Fe2O3被SO2还原为Fe2+，MnO(OH)被SO2还原为Mn2+，则步骤Ⅰ中SO2的作用是还原Fe2O3和MnO(OH)；SiO2与H2SO4不反应，CaO与H2SO4反应生成微溶物CaSO4，则滤渣1的成分为SiO2和CaSO4；
（3）步骤Ⅱ中MnO2氧化Fe2+，便于在步骤Ⅲ中沉淀，则步骤Ⅱ中MnO2发生反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（4）因，若Ca2+完全沉淀，则需控制溶液中的c(F-)≥mol/L=6.0×10-4mol/L；
（5）“低温沉锰”得到MnCO3，“酸溶”时，MnCO3与H3PO4发生复分解反应：MnCO3+2H3PO4=Mn(H2PO4)2+CO2↑+H2O；
（6）根据“均摊法”，晶胞中黑球的个数：8×+1=2，白球的个数：4×+2=4，则白球代表O，黑球代表Mn，该晶体的化学式为MnO2，由图可知，氧原子的配位数为3，则该晶体的密度为g/cm3=g/cm3。
【分析】（1）可通过升温、增大浓度、搅拌等增大浸出速率。（2）向水锰矿矿浆中加入H2SO4和SO2，Fe2O3被SO2还原为Fe2+，MnO(OH)被SO2还原为Mn2+。
（3）由（2）可知，步骤 Ⅱ 中溶液主要含有Fe2+，MnO2氧化Fe2+，注意原子数目、得失电子守恒。
（4），若Ca2+完全沉淀，则需控制溶液中的c(F-)≥mol/L=6.0×10-4mol/L。
（5）“低温沉锰”得到MnCO3，“酸溶”时，MnCO3与H3PO4发生复分解反应得到Mn(H2PO4)2、CO2、H2O。
（6）根据均摊法算出晶胞的化学式，结合m=ρV、N=nNA、m=nM进行分析。
（1）为增大步骤Ⅰ的浸出速率，可采取的措施有搅拌、适当升高温度、适当增大硫酸的浓度等；
（2）向水锰矿矿浆中加入H2SO4和SO2，Fe2O3被SO2还原为Fe2+，MnO(OH)被SO2还原为Mn2+，则步骤Ⅰ中SO2的作用是还原Fe2O3和MnO(OH)；SiO2与H2SO4不反应，CaO与H2SO4反应生成微溶物CaSO4，则滤渣1的成分为SiO2和CaSO4；
（3）步骤Ⅱ中MnO2氧化Fe2+，便于在步骤Ⅲ中沉淀，则步骤Ⅱ中MnO2发生反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（4）因，若Ca2+完全沉淀，则需控制溶液中的c(F-)≥mol/L=6.0×10-4mol/L；
（5）“低温沉锰”得到MnCO3，“酸溶”时，MnCO3与H3PO4发生复分解反应：MnCO3+2H3PO4=Mn(H2PO4)2+CO2↑+H2O；
（6）根据“均摊法”，晶胞中黑球的个数：8×+1=2，白球的个数：4×+2=4，则白球代表O，黑球代表Mn，该晶体的化学式为MnO2，由图可知，氧原子的配位数为3，则该晶体的密度为g/cm3=g/cm3。
19．【答案】；不变；bef；8：5；1；1.2；0.975；69
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）反应的△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和，则反应物的总键能为2×745kJ·mol-1+4×413 kJ·mol-1=3142 kJ·mol-1，生成物的总键能为3×413 kJ·mol-1+348kJ·mol-1+351 kJ·mol-1+463 kJ·mol-1+745 kJ·mol-1=3146 kJ·mol-1，则该反应的△H=-4kJ·mol-1。
（2）催化剂降低反应的活化能，加快反应速率，但不能改变反应的焓变△H、平衡常数K、平衡转化率α等。
（3）a.2molC=O断裂的同时生成NA个CH3COOH为同一个反应方向，不能说明反应平衡，a不符合题意；
b．恒容的绝热容器中平衡发生移动，则反应体系的温度在变化，故温度为变量，所以温度不变，说明反应达到新的平衡状态，b符合题意；
c．投料比等于反应的系数比，且该比值反应始终保持不变，c不符合题意；
d．容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，混合气体的密度始终为恒量，d不符合题意；
e．v正(CO2)=v逆(CH3COOH)，正反应与逆反应同时发生，且速率比等于系数比，满足反应达到平衡的条件，e正确；
f．容器中反应分子数发生改变，且温度改变，故总压不变，说明反应达到新的平衡状态，f符合题意；
故选bef。
（4）对于反应ⅰ为气体分子数增加2倍的反应，向体积为1 L的恒容密闭容器中，假设起始时CH4、H2O的物质的量均为1mol，已知CH4的转化率为60%，则反应0.6mol甲烷，反应达到平衡时，气体的总物质的量为2mol+0.6mol×2=3.2mol，初始气体的总物质的量为2mol，根据同温、同容条件下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，所以，平衡总压与初始总压的最简整数比为3.2mol：2mol=8：5。
（5）①根据表中数据：
k×(1.0mol/L)m×(1.0 mol/L)0.5=1.2mol·L-1·s-1
k×(2.0mol/L)m×(1.0 mol/L)0.5=2.4mol·L-1·s-1
联立两式解得m=1，k=1.2。
②对于实验2，初始浓度CH4为2mol/L，H2O为1 mol/L，当进行到c(H2O)=0.25 mol/L时，参与反应的H2O为0.75 mol/L，参与反应的CH4为0.375 mol/L，此时，c(CH4)=1.625 mol/L，则v=1.2×(1.625 mol/L)×(0.25 mol/L )0.5=0.975mol·L-1·s-1；
（6）密闭容器的容积为1L，初始时，c(CH4)为1 mol/L，c(H2O)为1 mol/L，由已知平衡时CH4的转化率为60%，及平衡时c(CO2)为0.3 mol/L，则平衡时，c(CH4)为0.4 mol/L，c(CO2)为0.3 mol/L，c(H2)为0.3mol/L×3+0.3 mol/L×4=2.1 mol/L，由氧元素守恒，则平衡时，c(H2O)为1 mol/L -0.6 mol/L -0.3 mol/L =0.1 mol/L，反应i．的平衡常数。
【分析】（1）△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和。
（2）催化剂不能改变反应的焓变△H。
（3）反应达到平衡状态的主要标志是正逆反应速率相等、各物质的含量保持不变。
（4）对于反应ⅰ为气体分子数增加2倍的反应，向体积为1 L的恒容密闭容器中，假设起始时CH4、H2O的物质的量均为1mol，已知CH4的转化率为60%，则反应0.6mol甲烷，反应达到平衡时，气体的总物质的量为2mol+0.6mol×2=3.2mol，初始气体的总物质的量为2mol，根据同温、同容条件下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，所以，平衡总压与初始总压的最简整数比为3.2mol：2mol=8：5。
（5）将表格中数字带入速率方程中，得到二元一次方程可求解。
（6）密闭容器的容积为1L，初始时，c(CH4)为1 mol/L，c(H2O)为1 mol/L，由已知平衡时CH4的转化率为60%，及平衡时c(CO2)为0.3 mol/L，则平衡时，c(CH4)为0.4 mol/L，c(CO2)为0.3 mol/L，c(H2)为0.3mol/L×3+0.3 mol/L×4=2.1 mol/L，结合元素守恒和平衡常数进行分析。
20．【答案】（1）1，4-二甲苯(或对二甲苯)；羧基
（2）
（3）+SOCl2→+SO2+HCl；取代反应
（4）
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）A为，名称为1，4-二甲苯(或对二甲苯)，B为，B分子中的官能团名称为羧基；
（2）A中含有2个甲基，可能都被氧化为羧基，故副产物为：；
（3）反应B→C中羧基和SOCl2反应除生成C外，还生成HCl和一种氧化物，结合质量守恒可知，氧化物为二氧化硫，故该反应的化学方程式为+SOCl2→+SO2+HCl；F→H的反应为F中溴被氨基氢取代的反应，类型为取代反应，产物还生成HBr；
（4）D的分子式为C8H6OBr2，出苯环外含有2个碳、1个氯、1个氧、不饱和度为1；同时满足已知条件的同分异构体：
i．含有酮羰基；ⅱ．苯环上有两个取代基；ⅲ．核磁共振氢谱有三组面积比为1：1 ：1的峰，则两个取代基结构对称，则结构简式为；
（5）根据题目信息，若想制目标产物，则应先用苯制备硝基苯和溴苯，再用硝基苯还原制苯胺，最后利用苯胺与溴苯在K2CO3作用下合成目标产物，反应为：。
【分析】根据流程图信息，A→B→C发生氧化反应，结合A、B的化学式分子式，可推出A为、B为，B→C发生取代反应，C中引入氯原子，D中溴发生取代生成F，F发生取代生成H。
（1）A为，名称为1，4-二甲苯(或对二甲苯)，B为，B分子中的官能团名称为羧基；
（2）A中含有2个甲基，可能都被氧化为羧基，故副产物为：；
（3）反应B→C中羧基和SOCl2反应除生成C外，还生成HCl和一种氧化物，结合质量守恒可知，氧化物为二氧化硫，故该反应的化学方程式为+SOCl2→+SO2+HCl；F→H的反应为F中溴被氨基氢取代的反应，类型为取代反应，产物还生成HBr；
（4）D的分子式为C8H6OBr2，出苯环外含有2个碳、1个氯、1个氧、不饱和度为1；同时满足已知条件的同分异构体：
i．含有酮羰基；ⅱ．苯环上有两个取代基；ⅲ．核磁共振氢谱有三组面积比为1：1 ：1的峰，则两个取代基结构对称，则结构简式为；
（5）根据题目信息，若想制目标产物，则应先用苯制备硝基苯和溴苯，再用硝基苯还原制苯胺，最后利用苯胺与溴苯在K2CO3作用下合成目标产物，反应为：。
