第=page2626頁，共=sectionpages2626頁第=page2525頁，共=sectionpages2626頁2020年山東省新高考化學試卷一、單選題（本大題共12小題，共28.0分）實驗室中下列做法錯誤的是(????)A.用冷水貯存白磷

B.用濃硫酸干燥二氧化硫

C.用酒精燈直接加熱蒸發(fā)皿

D.用二氧化碳滅火器撲滅金屬鉀的燃燒【答案】D【解析】解：A.白磷的著火點很低，能在常溫下易與氧氣發(fā)生氧化反應而自燃，所以放在冷水里。故A正確；

B.濃硫酸具有吸水性且不與二氧化硫反應，所以能用濃硫酸干燥二氧化硫，故B正確；

C.蒸發(fā)皿可以直接加熱，酒精燈外焰溫度較高，加熱時用酒精燈的外焰進行加熱，故C正確；

D.金屬鉀燃燒：K+O2KO2，超氧化鉀能與二氧化碳反應生成氧氣助燃，反應為4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2，不用二氧化碳滅火器撲滅金屬鉀的燃燒，故D錯誤；

故選：D。下列敘述不涉及氧化還原反應的是(????)A.谷物發(fā)酵釀造食醋 B.小蘇打用作食品膨松劑

C.含氯消毒劑用于環(huán)境消毒 D.大氣中NO【答案】B【解析】解：A.谷物發(fā)酵釀造食醋，是淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酶的作用下生成乙醇，乙醇氧化生成醋酸的過程，涉及氧化還原反應，故A不選；

B.小蘇打用作食品膨松劑，是碳酸氫鈉受熱分解生成二氧化碳氣體，不是氧化還原反應，故B選；

C.含氯消毒劑用于環(huán)境消毒，是次氯酸的強氧化性，涉及氧化還原反應，故C不選；

D.大氣中NO2參與酸雨形成，二氧化氮與水反應生成硝酸和一氧化氮，涉及氧化還原反應，故D不選。

故選：B。

氧化還原反應的特征是元素化合價的升降，若發(fā)生氧化還原反應，應存在元素化合價的變化，結合物質的性質解答該題。

短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，基態(tài)X原子的電子總數(shù)是其最高能級電子數(shù)的2倍，Z可與X形成淡黃色化合物Z2X2，Y、W最外層電子數(shù)相同。下列說法正確的是A.第一電離能：W>X>Y>Z

B.簡單離子的還原性：Y>X>W

C.簡單離子的半徑：W>X>Y>Z

D.氫化物水溶液的酸性：Y>W【答案】C【解析】解：由上述分析可知，X為O、Y為F、Z為Na、W為Cl，

A.同一周期從左向右第一電離能總趨勢為逐漸增大，同一主族從上到下第一電離能逐漸減小，故四種元素中第一電離能從大到小的順序為F>O>Cl>Na，故A錯誤；

B.非金屬性越強，對應簡單離子的還原性越弱，故簡單離子的還原性為Cl->O2->F-，故B錯誤；

C.電子層數(shù)越多簡單離子半徑越大，相同結構的離子，原子序數(shù)越大半徑越小，故四種元素中離子半徑從大到小的順序為Cl->O2->F->Na+，故C正確；

D.F元素的非金屬性強于Cl元素，則形成氫化物后F原子束縛H原子的能力強于Cl原子，在水溶液中HF不容易發(fā)生電離，故HCl的酸性強于HF，故D錯誤；

故選：C。

短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，基態(tài)X原子的電子總數(shù)是其最高能級電子數(shù)的2倍，設若X為第二周期元素原子，則X可能為Be或O，若X為第三周期元素原子，則均不滿足題意，Z與X能形成Z2X2的淡黃色化合物，該淡黃色固體為Na2O2，則X為O下列關于C、Si及其化合物結構與性質的論述錯誤的是(????)A.鍵能C-C>Si-Si、C-H>Si-H，因此C2H6穩(wěn)定性大于Si2H6

B.立方型SiC是與金剛石成鍵、結構均相似的共價晶體，因此具有很高的硬度

C.SiH4中Si的化合價為+4，CH4中C的化合價為-4，因此SiH4【答案】C【解析】解：A、原子半徑越小、共價鍵鍵能越大，物質越穩(wěn)定，原子半徑：Si>C，所以鍵能C-C>Si-Si、C-H>Si-H，C2H6穩(wěn)定性大于Si2H6，故A正確；

B、由于方型SiC是與金剛石成鍵、結構均相似的共價晶體，均為原子晶體，所以立方型SiC具有很高的硬度，故B正確；

C、SiH4中Si的化合價為-4，CH4中C的化合價為-4，碳的非金屬性強于硅，則碳的氧化性強于硅，則Si的陰離子的還原性強于C的陰離子，則SiH4的還原性較強，故C錯誤：

D、Si的原子半徑較大，原子間形成的σ鍵較長，p-p軌道重疊程度很小，難于形成π鍵，所以Si原子間難形成雙鍵而C原子間可以，故D正確；

故選：C。

A、鍵能越大，物質越穩(wěn)定；

利用下列裝置(夾持裝置略)進行實驗，能達到實驗目的的是(????)

A.用甲裝置制備并收集CO2

B.用乙裝置制備溴苯并驗證有HBr產生

C.用丙裝置制備無水MgCl2【答案】C【解析】解：A.碳酸氫鈉加熱有水生成，則試管口應略向下傾斜，且收集二氧化碳選向上排空氣法，圖中為向下排空氣法，故A錯誤；

B.溴易揮發(fā)，溴及HBr均與硝酸銀反應，則圖中實驗不能檢驗HBr的生成，故B錯誤；

C.HCl可抑制鎂離子水解，則在HCl氣流中加熱可制備無水MgCl2，故C正確；

D.Fe與電源正極相連為陽極，而Cu為陰極，Cu不能失去電子，則不能鍍銅，故D錯誤；

故選：C。

A.碳酸氫鈉加熱有水生成，二氧化碳的密度比空氣密度大；

B.溴易揮發(fā)，溴及HBr均與硝酸銀反應；

C.HCl可抑制鎂離子水解；

D.Fe與電源正極相連為陽極，而Cu為陰極。

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、物質的制備、電化學為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意選項B從中草藥中提取的calebin?A(結構簡式如圖)可用于治療阿爾茨海默癥。下列關于calebin?A的說法錯誤的是(????)

A.可與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應

B.其酸性水解的產物均可與Na2CO3溶液反應

C.苯環(huán)上氫原子發(fā)生氯代時，一氯代物有6種

D.【答案】D【解析】解：A.含酚-OH，與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，故A正確；

B.含-COOC-，可在酸溶液中水解，且水解產物均含酚-OH，可與碳酸鈉溶液反應，故B正確；

C.結構不對稱，苯環(huán)上分別含3種H，苯環(huán)上氫原子發(fā)生氯代時，一氯代物有6種，故C正確；

D.苯環(huán)、碳碳雙鍵、羰基與氫氣發(fā)生加成反應，則1mol該分子最多與9mol

H2發(fā)生加成反應，故D錯誤；

故選：D。

由結構可知，分子中含酚-OH、碳碳雙鍵、B3N3H6(無機苯)的結構與苯類似，也有大πA.其熔點主要取決于所含化學鍵的鍵能

B.形成大π鍵的電子全部由N提供

C.分子中B和N的雜化方式相同

D.分子中所有原子共平面【答案】A【解析】解：A、無機苯是分子晶體，其熔點取決于分子間作用力，與化學鍵的鍵能無關，故A錯誤；

B、B的價層電子對個數(shù)是3，B核外三個電子全部成鍵，則形成大π鍵的電子全部由N提供，故B正確；

C、B3N3H6(無機苯)的結構與苯類似，B、N原子雜化方式都為sp2，故C正確；

D、苯分子中所有原子共平面，則B3N3H6(無機苯)中所有原子共平面，故D正確；

故選：A。

無機苯(B3N3H6)與苯結構相似，結構式為、，其中B的價層電子對個數(shù)是3實驗室分離Fe3+和Al3+的流程如圖：

已知Fe3+在濃鹽酸中生成黃色配離子[FeCl4]-，該配離子在乙醚A.萃取振蕩時，分液漏斗下口應傾斜向下

B.分液時，應先將下層液體由分液漏斗下口放出

C.分液后水相為無色，說明已達到分離目的

D.蒸餾時選用直形冷凝管【答案】A【解析】解：A.萃取振蕩時，使分液漏斗上口朝下，使分液漏斗下口朝上，便于振蕩混合、便于放氣降低分液漏斗內氣壓，故A錯誤；

B.分液時避免上下層液體混合，先將下層液體由分液漏斗下口放出，故B正確；

C.水相含鋁離子，分液后水相為無色，說明已達到分離目的，故C正確；

D.蒸餾時選用直形冷凝管，便于餾分流出，防止殘留在冷凝管中，故D正確；

故選：A。

由流程可知，先加濃鹽酸酸化，F(xiàn)e3+在濃鹽酸中生成黃色配離子[FeCl4]-，然后加乙醚萃取、分液分離出Al3+以菱鎂礦(主要成分為MgCO3，含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3)為原料制備高純鎂砂的工藝流程如圖：A.浸出鎂的反應為MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O

B.浸出和沉鎂的操作均應在較高溫度下進行

C.流程中可循環(huán)使用的物質有NH【答案】B【解析】解：A.高溫煅燒后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以與銨根水解產生的氫離子反應，促進銨根的水解，所以得到氯化鎂、氨氣和水，化學方程式為MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O，故A正確；

B.一水合氨受熱易分解，沉鎂時在較高溫度下進行會造成一水合氨大量分解，揮發(fā)出氨氣，降低利用率，故B錯誤；

C.浸出過程產生的氨氣可以回收制備氨水，沉鎂時氯化鎂與氨水反應生成的氯化銨又可以利用到浸出過程中，故C正確；

D.Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp遠小于Mg(OH)2的Ksp，所以當pH達到一定值時Fe3+、Al3+產生沉淀，而Mg2+不沉淀，從而將其分離，故D微生物脫鹽電池是一種高效、經濟的能源裝置，利用微生物處理有機廢水獲得電能，同時可實現(xiàn)海水淡化。現(xiàn)以NaCl溶液模擬海水，采用惰性電極，用如圖裝置處理有機廢水(以含CH3COO-的溶液為例)A.負極反應為CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+

B.隔膜【答案】B【解析】解：該裝置為原電池，有機廢水中的CH3COO-發(fā)生失電子的氧化反應生成CO2，則a極為負極，b極為正極，正極上H+得電子生成H2，反應式為2H++2e-=H2↑，

A、該原電池中a極為負極，b極為正極，有機廢水中的CH3COO-在負極失電子生成CO2，電極反應式為CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，故A正確；

B、原電池工作時，陰離子移向負極、陽離子移向正極，即NaCl溶液中的Na+通過陽離子交換膜移向b極、Cl-通過陰離子交換膜移向a極，達到海水淡化目的，所以隔膜1為陰離子交換膜，隔膜2為陽離子交換膜，故B錯誤；

C、由于電子與Na+、Cl-所帶電荷數(shù)相等，所以路中轉移1mol電子時，通過離子交換膜的Na+、Cl-物質的量均為1mol，質量為1mol×58.5g/mol=58.5g，即模擬海水理論上除鹽58.5g，故C正確；

D、負極反應式為CHα-氰基丙烯酸異丁酯可用作醫(yī)用膠，其結構簡式如圖。下列關于α-氰基丙烯酸異丁酯的說法錯誤的是(????)A.其分子式為C8H11NO2

B.分子中的碳原子有3種雜化方式

C.分子中可能共平面的碳原子最多為6【答案】C【解析】解：A.由結構可知分子中含8個C、11個H、1個N、2個O，則分子式為C8H11NO2，故A正確；

B.-CN中C為sp雜化，雙鍵中C為sp2雜化，其它C均為sp3雜化，故B正確；

C.碳碳雙鍵、-CN、-COOC-均直接相連，且3個原子可確定一個平面，連接2個甲基的C為四面體結構，可能共平面的碳原子最多為7個，即只有1個甲基上C與其它碳原子不共面，故C錯誤；

D.2個雙鍵、1個三鍵，不飽和度為4，含苯環(huán)的同分異構體中，苯環(huán)上側鏈為含-NH2、-CHOHCH2OH或氨基、甲基、-OH等，可為1個側鏈、2個側鏈或多個側鏈，苯環(huán)連5個取代基(2個-間位-CH3、1個-NH2在甲基的間位、2采用惰性電極，以去離子水和氧氣為原料通過電解法制備雙氧水的裝置如圖所示。忽略溫度變化的影響，下列說法錯誤的是(????)

A.陽極反應為2H2O-4e-=4H++O2↑

B.電解一段時間后，陽極室的pH未變

C.電解過程中，H+由a極區(qū)向【答案】D【解析】解：A、陽極發(fā)生氧化反應生成氧氣，電極反應式為：2H2O-4e-=4H++O2↑，故A正確；

B、陽極產生氫離子，氫離子是陽離子，通過質子交換膜移向陰極，所以電解一段時間后，則陽極室的pH不變，故B正確；

C、電解池中陽離子向陰極移動，所以電解過程中，H+由a極區(qū)向b極區(qū)遷移，故C正確；

D、a極電極反應式為：2H2O-4e-=4H++O2↑，b極O2+2e-+2H+=H二、雙選題（本大題共3小題，共12.0分）下列操作不能達到實驗目的的是(????)目的操作A除去苯中少量的苯酚加入適量NaOH溶液，振蕩、靜置、分液B證明酸性：碳酸>苯酚將鹽酸與NaHCOC除去堿式滴定管膠管內的氣泡將尖嘴垂直向下，擠壓膠管內玻璃球將氣泡排出D配制用于檢驗醛基的氫氧化銅懸濁液向試管中加入2mL?10%?NaOH溶液，再滴加數(shù)滴2%CuSOA.A B.B C.C D.D【答案】BC【解析】解：A.苯酚與NaOH反應后，與苯分層，然后分液可分離，故A正確；

B.鹽酸易揮發(fā)，鹽酸與苯酚鈉反應，則不能比較碳酸、苯酚的酸性，故B錯誤；

C.將尖嘴斜向上，擠壓膠管內玻璃球將氣泡排出，操作不合理，故C錯誤；

D.在堿性溶液中檢驗-CHO，則向試管中加入2mL

10%?NaOH溶液，再滴加數(shù)滴2%CuSO4溶液，振蕩，可配制用于檢驗醛基的氫氧化銅懸濁液，故D正確；

故選：BC。

A.苯酚與NaOH反應后，與苯分層；

B.鹽酸易揮發(fā)，鹽酸與苯酚鈉反應；

C.將尖嘴斜向上；

D.在堿性溶液中檢驗-CHO，則堿應過量。

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的1，3-丁二烯與HBr發(fā)生加成反應分兩步：第一步H+進攻1，3-丁二烯生成碳正離子()；第二步Br-進攻碳正離子完成1，2-加成或1，4-加成。反應進程中的能量變化如圖所示。已知在0℃和40℃時，1，2-加成產物與1，4-加成產物的比例分別為70：30和15：85.下列說法正確的是(????)

A.1，4-加成產物比1，2-加成產物穩(wěn)定

B.與0℃相比，40℃時1，3-丁二烯的轉化率增大

C.從0℃升至40℃，1，2-加成正反應速率增大，1，4-加成正反應速率減小

D.從0℃升至40℃，1，2-加成正反應速率的增大程度小于其逆反應速率的增大程度【答案】AD【解析】解：A.能量越低越穩(wěn)定，根據(jù)圖象可看出，1，4-加成產物的能量比1，2-加成產物的能量低，即1，4-加成產物的比1，2-加成產物穩(wěn)定，故A正確；

B.該加成反應不管生成1，4-加成產物還是1，2-加成產物，均為放熱反應，則升高溫度，不利用1，3-丁二烯的轉化，即在40℃時其轉化率會減小，故B錯誤；

C.從0℃升至40℃，正化學反應速率均增大，即1，4-加成和1，2-加成反應的正速率均會增大，故C錯誤；

D.從0℃升至40℃，對于1，2-加成反應來說，化學平衡向逆向移動，即1，2-加成正反應速率的增大程度小于其逆反應速率的增大程度，故D正確。

故選：AD。

A.根據(jù)圖象信息，1，4-加成產物的能量更低，即1，4-加成產物更加穩(wěn)定；

B.注意觀察坐標軸，縱坐標代表能量，反應物的能量均高于兩種生成物；

C.溫度升高，反應速率增大；

D.1，2-加成反應為放熱反應，溫度升高，化學平衡向逆向移動。

本題考查化學反應過程的能量變化、化學反應速率、化學平衡的移動等，還涉及有機化學的加成反應，需要學生仔細分析圖象信息，根據(jù)圖象判斷反應物和生成物的穩(wěn)定狀態(tài)，題目難度中等。

25℃時，某混合溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol?L-1，lgc(CH3COOH)、lgc(CA.O點時，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)

B.N點時，pH=-lgKa

C.該體系中，c(C【答案】BC【解析】解：A.O點時c(H+)=c(OH-)，故A錯誤；

B.N點為c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，N點時，Ka=c(H+)，可知pH=-lgKa，故B正確；

C.體系中若c(CH3COOH)=0.1c(H+)Ka+c(H+)mol?L-1，c(H+)c(CH3COOH)+c(CH3COOH)×Ka=0.1c(H+)，即c(H+)c(C三、簡答題（本大題共4小題，共48.0分）用軟錳礦(主要成分為MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制備高純MnCO3物質Fe(OHFe(OHAl(OHMn(OHK1×1×1×1×回答下列問題：

(1)軟錳礦預先粉碎的目的是______，MnO2與BaS溶液反應轉化為MnO的化學方程式為______。

(2)保持BaS投料量不變，隨MnO2與BaS投料比增大，S的量達到最大值后無明顯變化，而Ba(OH)2的量達到最大值后會減小，減小的原因是______。

(3)濾液Ⅰ可循環(huán)使用，應當將其導入到______操作中(填操作單元的名稱)。

(4)凈化時需先加入的試劑X為______(填化學式)，再使用氨水調溶液的pH，則pH的理論最小值為______(當溶液中某離子濃度c≤1.0×10-5【答案】增大反應接觸面積，充分反應，提高反應速率

MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S

過量的MnO【解析】解：(1)軟錳礦預先粉碎可以增大反應物的接觸面積，使反應更充分，提高反應速率；MnO2與BaS反應轉化為MnO，Mn元素的化合價由+4價降低為+2價，根據(jù)元素價態(tài)規(guī)律可知-2價的S元素應被氧化得到S單質，則MnO2與BaS的系數(shù)比應為1：1，根據(jù)后續(xù)流程可知產物還有Ba(OH)2，結合元素守恒可得化學方程式為：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，

故答案為：增大反應接觸面積，充分反應，提高反應速率；MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；

(2)根據(jù)題目信息可知MnO2為兩性氧化物，所以當MnO2過量時，會消耗反應產生的Ba(OH)2，從而使Ba(OH)2的量達到最大值或會減小，

故答案為：過量的MnO2消耗了產生的Ba(OH)2；

(3)濾液I為結晶后剩余的Ba(OH)2飽和溶液，所以可以導入到蒸發(fā)操作中循環(huán)使用，

故答案為：蒸發(fā)；

(4)凈化時更好的除去Fe元素需要將Fe2+氧化為Fe3+，為了不引入新的雜質，且不將Mn元素氧化，加入的試劑X可以是H2O2；根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，F(xiàn)e(OH)3和Al(OH)3為同種沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以當Al3+完全沉淀時，F(xiàn)e3+也一定完全沉淀，當c(Al3+)=1.0×10-5mol/L時，c(OH-)=10-9.1mol/L，所以c(HCdSnAS2是一種高遷移率的新型熱電材料，回答下列問題：

(1)Sn為ⅣA族元素，單質Sn與干燥Cl2反應生成SnCl4.常溫常壓下SnCl4為無色液體，SnCl4空間構型為______，其固體的晶體類型為______。

(2)NH3、PH3、AsH3的沸點由高到低的順序為______(填化學式，下同)，還原性由強到弱的順序為______，鍵角由大到小的順序為______。

(3)含有多個配位原子的配體與同一中心離子(或原子)通過螯合配位成環(huán)而形成的配合物為螯合物。一種Cd2+配合物的結構如圖所示，坐標

原子xyzCd000Sn000.5As0.250.250.125

一個晶胞中有______個Sn，找出距離Cd(0,0，0)最近的Sn______(用分數(shù)坐標表示)。CdSnAs2晶體中與單個Sn鍵合的As有______個?！敬鸢浮空拿骟w

分子晶體

NH3、AsH3、PH3

AsH3、PH3、NH3

NH3、PH3、AsH【解析】解：(1)Sn為第ⅣA族元素，價層電子對數(shù)=σ+12(a-xb)=4+12(4-4×1)=4+0=4，空間構型為正四面體形；常溫常壓下SnCl4為無色液體，熔沸點較低的為：分子晶體，

故答案為：正四面體形；分子晶體；

(2)組成和結構相似的物質，相對分子質量越大，范德華力越大，熔沸點越高；但NH3分子間可形成氫鍵，使熔沸點升高；所以三種物質的熔沸點由高到低的順序為：NH3、AsH3、PH3；同主族非金屬元素由上向下非金屬性依次減弱，其相應離子的還原性越強，還原性由強到弱的順序為：AsH3、PH3、NH3；同主族非金屬元素由上向下電負性依次減小，成鍵電子對之間的斥力越小，鍵角越小，所以這三種氫化物的鍵角由大到小的順序為：NH3、PH3、AsH3，

故答案為：NH3、AsH3、PH3；AsH3、PH3、NH3；NH3、PH3、AsH3；

(3)含有多個配位原子的配體與同一中心離子(或原子)通過螯合配位成環(huán)而形成的配合物為整合物，螯合物是一種環(huán)狀配合物，“'螯”指螃蟹的大鉗；在螯合物結構中，一定有多個多齒配體提供多對電子與中心原子形成配位鍵；鄰二氮菲為雙齒配體，形成的配位鍵數(shù)為：6mol；鄰二氮菲為平面結構，所以N原子的雜化方式都為：sp2，且只有1種，

故答案為：6；1；

(4)由部分Cd原子的分數(shù)坐標(0,0，0)，可知8個Cd在晶胞的頂點，4個Cd在晶胞的面心，1個在晶胞的體心；部分Sn原子的分數(shù)坐標為(0,0，0.5)，4個Sn在晶胞的棱上，6個Sn在晶胞的面心，部分As原子的坐標為(0.25,0.25,0.125)，8個As在晶胞的體心；所以一個晶胞中含有Sn的個數(shù)為：4×14+6×12=4；距離Cd(0,0，0)最近的Sn是{0.5,0，0.25)探究CH3OH合成反應化學平衡的影響因素，有利于提高CH3OH的產率。以CO2、H2為原料合成CH3OH涉及的主要反應如下：

Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.5?kJ?mol-1

Ⅱ.CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)△H2=-90.4?kJ?mol-1

Ⅲ.CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)△H3

回答下列問題：

(1)△H3=______kJ?mol-1。

(2)一定條件下，向體積為VL的恒容密閉容器中通入1mol?CO2和3mol?H2發(fā)生上述反應，達到平衡時，容器中CH3OH(g)為amol，CO為bmol，此時H2O(g)的濃度為______mol?L-1(用含a、b、V的代數(shù)式表示，下同)，反應Ⅲ的平衡常數(shù)為______【答案】+40.9

a+bV

b(a+b)(1-a-b)(3-3a-b)

乙

p1>p2>p3【解析】解：(1)Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.5

kJ?mol-1

Ⅱ.CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)△H2=-90.4

kJ?mol-1

根據(jù)蓋斯定律反應I-反應II計算反應III：CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)的焓變△H3=-49.5kJ?mol-1-(-90.4kJ?mol-1)=+40.9J?mol-1，

故答案為：+40.9；

(2)根據(jù)C原子守恒計算n(CO2)平衡=1-n(CH3OH)-n(CO)=(1-a-b)mol，O原子守恒有n(H2O)=2[n(CO2)-n(CO2)平衡]-n(CH3OH)-n(CO)=2[1-(1-a-b)]mol-amol-bmol=(a+b)mol，則c(H2O)=a+bVmol/L，H原子守恒得到n(H2)平衡=12[2n(H2)-4n(CH3OH)-2n(H2O)]=12[3×2-4a-2(a+b)]mol=(3-3a-b)mol，由于反應III是氣體體積不變化的反應，可將平衡時各物質的物質的量數(shù)值代入平衡常數(shù)表達式中計算K，即K=c(CO)?c(H2O)c(CO2)?c(H2)=b(a+b)(1-a-b)(3-3a-b)，

故答案為：a+bV；b(a+b)(1-a-b)(3-3a-b)；

(3)反應III是氣體體積不變化的反應，CO2的平衡轉化率只與溫度有關，由圖乙可知，T1溫度后縱坐標對應量的變化與壓強無關(3條曲線重合)、只與溫度有關，所以圖乙對應縱坐標表示CO2平衡轉化率，圖甲表示CH3OH的平衡產率隨溫度的變化曲線，溫度一定時，增大壓強，反應I、II的平衡正向移動，CH3OH的平衡產率增大，即壓強越大，CH化合物F是合成吲哚-2-酮類藥物的一種中間體，其合成路線如圖：

已知：Ⅰ．

Ⅱ.

Ⅲ.

Ar為芳基；X=Cl，Br；Z或Z'=COR，CONHR，COOR等。

回答下列問題：

(1?)實驗室制備A的化學方程式為______，提高A產率的方法是______；A的某同分異構體只有一種化學環(huán)境的碳原子，其結構簡式為______。

(2)C→D的反應類型為______；E中含氧官能團的名稱為______。

(3)C的結構簡式為______，F(xiàn)的結構簡式為______。

(4)Br2和的反應與Br2和苯酚的反應類似，以和為原料合成，寫出能獲得更多目標產物的較優(yōu)合成路線(其它試劑任選)。【答案】CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H【解析】解：(1)根據(jù)分析，有機物A為乙酸乙酯，在實驗室中用乙醇和乙酸在濃硫酸的催化下制備，反應方程式為CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；該反應為可逆反應，若想提高乙酸乙酯的產率需要及時的將生成物蒸出或增大反應的用量；A的某種同分異構體只有1種化學環(huán)境的C原子，說明該同分異構體是一個對稱結構，含有兩條對稱軸，則該有機物的結構為，

故答案為：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；及時蒸出產物(或增大乙酸或乙醇的用量)；；

(2)根據(jù)分析，C→D為

和SOCl2的反應，反應類型為取代反應；E的結構，其結構中含氧官能團為羰基、酰胺基，

故答案為：取代反應；羰基、酰胺基；

(3)根據(jù)分析，C的結構簡式為CH3COCH2COOH；F的結構簡式，

故答案為：CH3COCH2COOH；；

(4)以苯胺和H5C2OOCCH2COCl為原料制得目標產物，可將苯胺與溴反應生成2，4，6-三溴苯胺，再將2，4，6-三溴苯胺與H5C2OOCCH2COCl反應發(fā)生已知條件Ⅱ的取代反應，再發(fā)生已知條件Ⅲ的成環(huán)反應即可得到目標產物，反應的流程

故答案為