重庆市南开中学2022-2023学年高三第七次质量检测化学试题Word版含解析

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 重庆市南开中学2023届高三第七次质量检测
化学试题
考生注意：
1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。
可能用到的相对原子质量：S-32 Fe-56 Cu-64 In-115
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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. 化学与科技、生产、环境密切相关。下列说法正确的是
A. 宣纸是古代劳动人民智慧的结晶，它属于合成高分子材料
B. 水华、赤湖等水体污染与大量排放含N和P元素的物质有关
C. 现在探索的新能源有太阳能、氢能、风能和生物质能等，它们均属于不可再生能源
D. 高炉炼铁时增加反应炉的高度，使和充分接触，能减少尾气中的含量
【答案】B
【解析】
【详解】A．宣纸主要成分为纤维素，属于天然有机高分子材料，故A错误；
B．大量排放含N和P元素的物质导致水体富营养化，引起水华、赤湖等水体污染，故B正确；
C．太阳能、氢能、风能和生物质能等，它们均属于可再生能源，故C错误；
D．增加反应炉的高度，只是延长了尾气排放的时间，对转化率无影响，不会改变CO的含量，故D错误；
故选：B。
2. 砒霜可用于治疗急性早幼粒细胞白血病()，酸性条件下砒霜()与发生反应：，下列说法正确的是
A. 基态原子的简化电子排布式：
B. 的中心原子价层电子对数为3
C. 的结构示意图：
D. 与互为同分异构体
【答案】C
【解析】
【详解】A．基态原子的简化电子排布式[Ar]3d104s24p3，故A错误；
B．AsH3的中心原子价层电子对数为： ，故B错误；
C．Zn的原子序数为30，失去两个电子变为Zn2+，核外共有28个电子，故其核外电子排布为2、8、18，故C正确；
D．同分异构体指的是分子式相同结构不同的化合物，与结构相同，故D错误；
故选C。
3. 下列物质性质、用途描述正确的是
A. 利用的氧化性，用作植物保鲜剂
B. 利用的还原性，将废水中的转化为沉淀
C. 利用的漂白性，除去废水中的色素
D. 利用的还原性，用作核反应堆的传热介质
【答案】A
【解析】
【详解】A．具有强氧化性，具有杀菌、消毒及防腐作用，可用作植物保鲜剂，故A正确；
B．与反应生成更难溶的CuS，该反应为复分解反应，与 FeS的还原性无关，故B错误；
C．没有漂白性，利用氯气与水反应生成HClO，HClO具有漂白性可除去废水中的色素，故C错误；
D．用作核反应堆的传热介质是利用Na-K形成合金的熔点低，呈液态，具有良好的导热性，与钠的还原性无关，故D错误；
故选：A。
4. 下列各组离子在指定操作下一定能大量共存的是
A. 加入产生的溶液：、、
B. 通入后的溶液：、、
C. 加入后的溶液：、、
D. 加入少量的溶液：、、
【答案】D
【解析】
【详解】A．能与Mg反应生成氢气，说明溶液显酸性，NO(H+)具有强氧化性，与活泼金属反应不生成氢气，故A不符合题意；
B．Fe3+具有强氧化性，能将SO2氧化成SO，SO与Ba2+生成白色沉淀，故B不符合题意；
C．过氧化钠具有强氧化性，能将S2-、SO氧化，故C不符合题意；
D．所给离子在指定溶液中能够大量共存，故D符合题意；
答案为D。
5. 根据下列装置和物质，能达到相应实验目的的是

A. 图1：测定溶液浓度
B. 图2：检验乙醇消去反应的产物
C. 图3：利用牺牲阳极法来防止钢铁输水管的腐蚀
D. 图4：制备
【答案】C
【解析】
【详解】A．溴水对橡胶具有腐蚀性，因此盛放溴水的滴定管应是酸式滴定管，故A错误；
B．乙醇在浓硫酸加热到170℃下发生消去反应，得到乙烯，浓硫酸具有脱水性，能将乙醇碳化，且浓硫酸具有强氧化性，能与碳发生氧化还原反应，得到二氧化硫，二氧化硫也能使溴水褪色，对乙烯性质检验，产生干扰，故B错误；
C．镁比铁活泼，构成原电池中镁作负极，对铁制品起到保护作用，该方法称为牺牲阳极法。故C正确；
D．氨气极易溶于水，为防止倒吸，通入氨气的导管不能伸入液面以下，因此应是短管通入氨气，后通二氧化碳，故D错误；
答案为C。
6. 化合物Z是一种治疗胆结石药物，其部分合成路线如图所示。下列说法错误的是

A. 反应类型：，取代反应；，消去反应
B. X中所有碳原子不可能在同一平面
C. 的Y最多能与反应
D. Z与完全加成后的分子中有5个手性碳原子
【答案】D
【解析】
【详解】A．对比X、Y的结构简式，X→Y：是X这两个部位发生断裂，生成Y和H2O，属于取代反应；Y→Z：形成了一个碳碳双键，应是发生消去反应，故A说法正确；
B．与甲基、羟基、苯环所连碳原子为sp3杂化，所以X中所有碳原子不可能在同一平面，故B说法正确；
C．，画圈的能与NaOH溶液反应，1mol该有机物中最多能与3molNaOH反应，故C说法正确；
D．Z与氢气完全加成后产物以及所含手性碳原子有，应有4个手性碳原子，故D说法错误；
答案为D。
7. 过二硫酸钾()是工业上一种重要的消毒剂和织物漂白剂，可通过电解溶液制备。它在100℃下能发生分解反应：(未配平)，设是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 中存在个非极性共价键
B. 每生成，转移电子
C. 标准状况下，含有的原子数为
D. 溶液的离子总数为
【答案】A
【解析】
【详解】A．中K为+1价，S为+6价，则可知2个氧原子为-1价，即存在一个过氧键，中存在个非极性共价键，故A正确；
B．由-1价的O转化生成，每生成，转移电子，故B错误；
C．标准状况下，不是气体，不能根据体积确定其物质的量，故C错误；
D．，溶于水电离产生，均为0.05mol，离子总量为0.05mol×3=0.15mol，即个离子，故D错误；
故选：A。
8. 碳酸酐酶是一种含锌金属酶，如图是某种碳酸䣲酶的结构片段。已知该结构片段中的配体存在大键(大键可用符号表示，m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数)，下列说法错误的是

A. 结构片段中含有的元素电负性最大的是O
B. 结构片段中碳原子均采取杂化
C. 结构片段中中心离子的配位数为4
D. 结构片段中的配体存在大键
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据结构式可知，非金属性强的是O，即元素电负性最大的是O，故A说法正确；
B．根据结构可知，存在甲基，甲基上碳原子杂化类型为sp3，故B说法错误；
C．Zn2+与三个N、1个O形成配位键，中心离子的配位数为4，故C说法正确；
D．杂环上存在大π键，含H的N有三个σ键，还剩一个孤电子对，参与大π键形成，另一个N提供1个电子，参与大π键形成，三个碳原子个提供1个电子，参与大π键形成，因此大π键表示形式，故D说法正确；
答案为B。
9. 下列实验方法或操作正确且能达到相应实验目的的是
选项
实验目的
实验操作
A
比较室温下、溶度积大小
向溶液中滴加少量溶液，振荡充分后，再滴加几滴
B
证明具有氧化性
将一定浓度的双氧水与溶液混合
C
除去乙烷中混有的乙烯
一定条件下混合气体中通入一定量
D
证明乙醛具有还原性
在试管中加入5%溶液，再加5滴稀溶液，混匀后加入乙醛，加热

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．向5mL0.2mol/LMgCl2溶液中滴加少量NaOH溶液，氢氧化钠全部转化成氢氧化镁，振荡充分后，再滴加几滴0.2mol/LCuCl2溶液，如果白色沉淀转化成蓝色沉淀，说明氢氧化镁的溶度积大于氢氧化铜的溶度积，故A正确；
B．过氧化氢与亚硫酸钠反应，利用过氧化氢的氧化性，将HSO氧化成SO，本身被还原成水，因为该反应没有明显现象，因此无法判断是否发生反应，故B错误；
C．乙烯虽然与氢气发生加成反应生成乙烷，但氢气为气体，且无色，如果通入氢气过量，引入新的杂质，一般通过溴水中，除去乙烷中的乙烯，故C错误；
D．乙醛与新制氢氧化铜悬浊液反应，NaOH需要过量，题中所给氢氧化钠不足，故D错误；
答案为A。
10. 某高温熔融盐“热电池”，采用、等合金作电极，具有比纯锂电池更高的安全性，其工作原理如图所示。放电时，1mol 完全反应转移电子。下列说法错误的是

A. 该电池工作时电流方向为：极→用电器→LiAl极
B. 热电池的正极材料需要具备高温下的热稳定性和物理稳定性
C. 正极的电极反应式为
D. 若1mol 转化为，则消耗 49.2g
【答案】D
【解析】
【详解】A．LiAl为活泼金属的合金，作负极，作正极，电流由正极向负极移动，即极→用电器→LiAl极，故A正确；
B．该装置为高温熔融盐“热电池”，要求正极材料在高温条件下不易分解，且不易与其他物质反应，能稳定存在，故B正确；
C．放电时，1mol 完全反应转移电子，所以正极的电极方程式为：，故C正确；
D．1mol 转化为，转移电子(0.9-0.08)mol=0.82mol，1mol 完全反应转移4mol电子，根据电子守恒，消耗0.205mol ，则消耗质量24.6g，故D错误；
故选：D。
11. 前四周期元素V、W、X、Y、Z原子序数依次增大，V的基态原子有2个未成对电子，X的族序数为周期数的3倍，X、Y、Z均不在同一周期，三者的最外层电子数之和为10，Z的价电子数是Y的3倍。下列说法不正确的是
A. Y与W、X均可形成含非极性共价键的化合物
B. 同周期中比元素W第一电离能大的元素有2种
C. 氢化物的沸点：
D. Z的最高价氧化物的水化物可能具有两性
【答案】C
【解析】
【分析】前四周期元素V、W、X、Y、Z原子序数依次增大，X的族序数为周期数的3倍，X为O；V的基态原子有2个未成对电子，V为C；则W为N；X、Y、Z均不在同一周期，则Y在第三周期，Z在第四周期，三者的最外层电子数之和为10，Z的价电子数是Y的3倍，则Y为Na，Z为Ga。
【详解】A．Na与O形成的Na2O2含非极性共价键，Na与N形成NaN3含非极性共价键，A正确；
B．同周期元素中第一电离能呈增大的趋势，N的2p轨道有3个电子处于半满结构，其第一电离能比O大，故同周期比N第一电离能大的有F和Ne两种元素，B正确；
C．O的氢化物有H2O、H2O2，N的氢化物有NH3、N2H4，C的氢化物有CH4等多种烃类化合物，故C的氢化物的沸点不一定比H2O、H2O2、NH3、N2H4等低，C错误；
D．Ga位于IIIA族，其最高价氧化物的水化物Ga(OH)3具有两性，D正确；
故答案为C。
12. 在催化剂作用下，由释氢可以制得，其可能的反应机理如图所示。研究发现，其他条件不变时，以溶液代替催化释氢的效果更佳。

下列说法不正确的是
A. 催化释氢过程中，有极性键的断裂与非极性键的形成
B. 催化释氢反应除生成外，还生成、、
C. 溶液代替时发生反应：
D. 其他条件不变时，以溶液代替能提高释放氢气的纯度
【答案】B
【解析】
【详解】A．在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2，转化过程中，涉及N-H键的断裂和形成、O-H键的断裂以及H-H键的形成，故A说法正确；
B．若用HCOOD催化释放氢反应，除生成CO2外，还有HD，没有D2，故B说法错误；
C．若用HCOOK溶液代替HCOOH，生成的KOH能吸收CO2转变成HCO，离子反应为HCOO-+H2OH2↑+ HCO，故C说法正确；
D．若用HCOOK溶液代替HCOOH，反应生成KOH能吸收CO2，所以最终所得气体中CO2的量会减少，提高释放氢气的纯度，故D说法正确；
故答案为B。
13. 某含磷废水中的磷以磷酸及其盐的形式存在。室温下向的该含磷废水中加入可以得到沉淀从而实现废水除磷。已知常温下的电离常数分别为、、。下列叙述错误的是
A. 室温下，的平衡常数
B. 保持体积不变，若逐渐增大该废水的，溶液中将先增大后减小
C. 该废水中存在离子浓度关系：
D. 加入实现废水除磷后，溶液将增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．平衡常数K==105.09，故A说法正确；
B．废水的pH增大，H2PO转化成HPO，c(HPO)增大，到达一定程度后，继续增大pH，HPO转化成PO，c(HPO)减小，因此过程中c(HPO)先增大后减小，故B说法正确；
C．磷酸电离方程式为H3PO4 H2PO+H+、H2POHPO+H+、HPO PO+H+，当c(H2PO)=c(HPO)时，pH=pKa2=7.21，因此pH=6的废水中c(H2PO)＞c(HPO)＞c(PO)，故C说法正确；
D．由题意可知，该废水中除磷的离子方程式为3H2PO+5Ca2++H2O=Ca5(PO4)3OH↓+7H+，溶液c(H+)增大，pH降低，故D说法错误；
答案为D。
14. 恒压条件下，将A、B按一定比例和流速通过装有催化剂的反应管只发生以下两个反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
相同时间内测得A的转化率及C、E的选择性与反应温度的关系如图所示。下列说法正确的是

A. 194℃时，保持其他条件不变，增大气体流速，E的产率增大
B. 190～198℃范围内，升高温度，物质A的平衡转化率一定增大
C. X点可推断此时
D. Z点对应的所有生成物中，D的体积分数最小
【答案】C
【解析】
【详解】A．194℃时，保持其他条件不变，增大气体流速，反应物与催化剂接触时间少，E的产率减小，故A错误；
B．两个反应均为放热反应，190～198℃范围内，升高温度，平衡逆向移动，平衡转化率随温度的升高而降低，故B错误；
C．由图可知X点时，A的转化率为97%，物质C的选择性为50%，则物质E的选择性也为50%，设A的起始物质的量为100mol，两反应消耗的A为97mol，剩余A为3mol，则反应II中消耗的A为48.5mol，生成E的物质的量为48.5mol， ，故C正确；
D．Z点对应的所有生成物中，由于两反应均生成D，则D的物质的量最大，又因为此时C的选择性大于50%，可知C的物质的量大于E的物质的量，则E的体积分数最小，故D错误；
故选：C。
二、非选择题：共58分。
15. 铟()是一种主要用于液晶显示屏和半导体生产的重要稀有金属。从铜烟灰中(主要含、、、、)提取铟的工艺流程如下：

已知：氧化浸出后铟元素主要以形式存在，性质与相似。
回答下列问题：
（1）写出元素在周期表中的位置：___________，属于___________区元系。
（2）“氧化浸出”工艺中，的硫元素被氧化为，写出发生反应的离子方程式：___________。
（3）“滤渣”的主要成分是___________。
（4）“水相”中主要存在的金属离子是，经提纯后可将溶液用于铜的电镀实验，电镀前还须滴加浓氨水至溶液为深蓝色，目的是___________。
（5）“萃取”工艺中，加入时，发现当溶液后，铟萃取率随值的升高而下降，原因是___________。
（6）太阳能材料晶体为四方晶系，其晶胞参数及结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。已知A处原子坐标为(0.5，0，0.25)，B处原子坐标为(0，0.5，0.25)。

①C处S原子坐标为___________。
②设该晶体密度为，则阿伏加德罗常数的值为___________。
【答案】（1） ①. 第五周期第ⅢA族 ②. p
（2）+8MnO+8H+= 2In3++3+4H2O+8MnO2↓
（3）、MnO2，、PbSO4
（4）使铜离子完全转化为铜氨络离子，提高铜离子的溶解度
（5）性质与相似，pH过高，转化为沉淀
（6） ①. (0.75，0.25，0.625) ②.
【解析】
【分析】从铜烟灰中(主要含、、、、)提取铟，铜烟灰加入KMnO4和硫酸氧化酸浸后，PbO转变为PbSO4沉淀，不溶，KMnO4转化为MnO2，CuO和In2O3分别溶于硫酸，In2S3、KMnO4、H2SO4发生氧化还原反应，滤液中含有Cu3+、In3+、，滤渣为和硫酸铅、MnO2，滤液中加入有机萃取剂除去铜离子、在有机相中加入反萃取剂盐酸，反萃取除去硫酸根离子，在HInO4溶液中加入Zn，发生置换反应得到粗铟，电解精炼可得到铟。
【小问1详解】
元素为49号元素，在周期表中的位置为第五周期第ⅢA族，属于p区元素。
【小问2详解】
“氧化浸出”工艺中，的硫元素被氧化为，KMnO4被还原为MnO2，发生反应的离子方程式：+8MnO+8H+= 2In3++3+4H2O+8MnO2↓；
【小问3详解】
根据分析，“滤渣”的主要成分是、MnO2，、PbSO4；
【小问4详解】
“水相”中主要存在的金属离子是，经提纯后可将溶液用于铜的电镀实验，电镀前还须滴加浓氨水至溶液为深蓝色，使铜离子完全转化为铜氨络离子，提高铜离子的溶解度；
【小问5详解】
“萃取”工艺中，加入时，发现当溶液后，铟萃取率随值的升高而下降，原因是性质与相似，pH过高，转化为沉淀；
【小问6详解】
①如图，，则C处S原子的坐标为(0.75，0.25，0.625)；
②该晶胞中，铜原子个数为，In原子个数为，S原子在晶胞内，个数为8，该晶体的密度，其中d=，相对分子质量为972，代入d=，故NA=。
16. 八水合磷酸亚铁[，]难溶于水和醋酸，溶于无机酸，可作为铁质强化剂。某实验室利用如图装置制备八水合磷酸亚铁，步骤如下：

ⅰ.在烧瓶中先加入维生素C稀溶液作底液；
ⅱ.通过仪器a向烧瓶中滴入足量与的混合溶液；
ⅲ.再滴入的溶液，保持为6左右，水浴加热且不断搅拌至反应充分后静置；
ⅳ.将烧瓶中混合物进行抽滤、洗涤、低温干燥，得到产品。
回答下列问题：
（1）的价电子轨道表示式为___________，的空间结构为___________。
（2）仪器a的名称是___________，配制溶液时需将蒸馏水事先煮沸、冷却，其目的是___________。
（3）用维生素C稀溶液作底液而不用铁粉的主要原因是___________。
（4）写出生成八水合磷酸亚铁的离子方程式：___________。
（5）合成时需保持为6左右的原因是___________。
（6）产率的计算：称取产品，用足量的稀硫酸溶解后，立即用溶液滴定至终点，消耗溶液。滴定过程中的离子方程式为___________，本实验所得产品的产率为___________%(保留到小数点后一位)。
【答案】（1） ①. ②. 正四面体
（2） ①. 恒压滴液漏斗 ②. 除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化
（3）避免产品中混入铁粉
（4）3Fe2++2HPO+2CH3COO-+8H2O=Fe3(PO4)2·8H2O↓+2CH3COOH其他合理答案也可
（5）pH降低，不利于沉淀的生成；pH过高，会生成Fe(OH)2沉淀
（6） ① 5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O ②. 88.9
【解析】
【分析】制备八水合磷酸亚铁，因为亚铁离子容易被氧化，同时为防止引入新杂质，应用维生素C作底液，制备的原理是3FeSO4+2Na2HPO4+2CH3COONa+8H2O =Fe3(PO4)2·8H2O↓+3Na2SO4+2CH3OOH，据此分析；
【小问1详解】
基态铁原子价电子排布式为3d64s2，则Fe2+价电子排布式为3d6，价电子轨道式为；PO中中心原子P有4个σ键，孤电子对数为=0，价层电子对数为4，因此PO的空间构型为正四面体形；故答案为PO；正四面体形；
【小问2详解】
根据仪器a的特点，仪器a名称为恒压滴液漏斗；因为Fe2+容易被氧气氧化，因此配制时，需要将蒸馏水事先煮沸，目的是除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化；故恒压滴液漏斗；除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化；
【小问3详解】
维生素C具有还原性，可以防止Fe2+被氧化，铁粉也能与Fe3+反应生成Fe2+，但铁粉为固体，使得制备的八水合磷酸亚铁中混有杂质，故答案为避免产品中混入铁粉；
【小问4详解】
八水合磷酸亚铁难溶于水和醋酸，因此生成八水合磷酸亚铁的离子方程式为3Fe2++2HPO+2CH3COO-+8H2O=Fe3(PO4)2·8H2O↓+2CH3COOH；故答案为3Fe2++2HPO+2CH3COO-+8H2O=Fe3(PO4)2·8H2O↓+2CH3COOH；
【小问5详解】
合成时需保持pH为6左右的原因是pH降低，不利于沉淀的生成；pH过高，会生成Fe(OH)2沉淀；故答案为pH降低，不利于沉淀的生成；pH过高，会生成Fe(OH)2沉淀；
【小问6详解】
八水合磷酸亚铁溶于无机酸，然后用高锰酸钾溶液滴定，利用酸性高锰酸钾溶液的氧化性，将Fe2+氧化成Fe3+，本身被还原成Mn2+，根据化合价升降、原子守恒和电荷守恒，其反应离方程式为5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；根据离子方程式可知： n(Fe2+)×1=n(KMnO4)×5，n(Fe2+)=20.00mL×10-3L/mL×0.1000mol/L×5，即32.00g中含有Fe3(PO4)2·8H2O 的质量为m[Fe3(PO4)2·8H2O]= 20.00mL×10-3L/mL×0.1000mol/L×5××502g/mol×，100mL2.00mol/L硫酸亚铁全部转化成八水合磷酸亚铁的理论质量为100mL×10-3L/mL×2.00mol/L××502g/mol，则本实验产品的产率为≈88.9%；故答案为5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；88.9%。
17. 的综合利用是科学研究的热点问题。
Ⅰ.化学链燃烧是一种通过载氧体实现燃料与空气无接触燃烧的绿色燃烧方式。是一种成本低、无重金属污染的优良载氧体，基于载氧体的化学链燃烧原理如图1所示。

（1）已知：① 的燃烧热为
②空气反应器中发生反应：
写出燃料反应器中发生反应的热化学方程式：___________。
Ⅱ.催化重整的方程式为： 。一定温度下，将等物质的量的和充入刚性密闭容器中发生上述反应。
（2）下列说法能作为此反应达到平衡状态判据的是___________(填标号)。
a．混合气体压强不再变化 b．混合气体密度不再改变
c． d．
（3）相同时间内测得选用不同催化剂时的转化率随反应温度的变化如图2所示。

①a点所处的状态___________化学平衡状态(填“是”或“不是”)。
②的转化率：的原因是___________。
③℃时，在初始压强为的容器中反应达到平衡状态后，测得的体积分数为30%，则的转化率为___________；该温度下，此反应的压强平衡常数___________。
Ⅲ.利用多晶铜高效催化电解制乙烯的原理如图3所示。因电解前后电解液浓度几乎不变，故可实现的连续转化。

（4）①电解过程中向___________(填“铂”或“多晶铜”)电极方向移动。
②多晶铜电极的电极反应式为___________；
③理论上当生产乙烯时，铂电极产生的气体在标况下体积为___________(不考虑气体的溶解)。
【答案】（1）
（2）a （3） ①. 不是 ②. b、c两点反应未达到平衡状态，c点温度高于b点，温度越高，反应速率越快 ③. 25% ④.
（4） ①. 铂 ②. ③.
【解析】
【小问1详解】
给热化学方程式编号：① ；② ；根据盖斯定律，①4-②可得燃料反应器中发生反应的热化学方程式为。
【小问2详解】
a．该反应为气体的物质的量增大的反应，混合气体的物质的量是个变量，恒温恒容条件下，混合气体的压强与其物质的量成正比，则混合气体的压强是个变量，当其不再变化时，说明反应达到平衡状态，a选；
b．由可知，反应过程中混合气体的质量和容器体积不变，因此混合气体的密度是个不变量，不能作为反应达到平衡状态的判据，b不选；
c．当时，反应达到平衡状态，c不选；
d．当时，反应不一定达到平衡状态，d不选；
故选a。
【小问3详解】
①催化剂不改变平衡状态，当曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ重合时，说明反应达到平衡状态，即a点所处的状态不是化学平衡状态；；
②b、c两点反应未达到平衡状态，c点温度高于b点，温度越高，反应速率越快，所以的转化率；
③设的变化量为x，列三段式有

平衡时，，解得，则的转化率为；。
【小问4详解】
①多晶铜高效催化电解制乙烯，则二氧化碳得到电子发生还原反应生成乙烯，多晶铜电极为阴极，铂电极为阳极，电解过程中向铂电极方向移动；
②多晶铜电极为阴极，二氧化碳得到电子发生还原反应生成乙烯，电极反应式为；
③铂电极为阳极，通电过程中，铂电极中水放电生成氧气和氢离子，氢离子和碳酸氢根离子生成二氧化碳，发生电极反应式为，则理论上当生产乙烯时，转移电子，生成O2和0.6molCO2，共0.75mol气体，所以铂电极产生的气体在标况下体积为。
18. 抗肿瘤药物前体M()的一种合成路线如下：

已知：
（1）M中含氧官能团的名称是___________。
（2）E的名称是___________，C的结构简式为___________。
（3）F→G反应所需的试剂和条件是___________。
（4）I→J的化学方程式是___________。
（5）K→M的反应过程有和生成，则K的结构简式是___________。
（6）L为I的同系物，比I的相对分子质量小28，满足下列条件的L的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)。
①与溶液能发生显色反应
②能发生银镜反应
③核磁共振氢谱峰面积比为6：2：2：1
其中，苯环上的一氯代物有两种的结构简式为___________(任写一种)。
【答案】（1）酰胺键、酯基
（2） ①. 对溴甲苯或4-溴甲苯 ②. HC≡CCH2CH2OH
（3）CH3OH、浓硫酸、加热
（4）2+O22+2H2O
（5） （6） ①. 10 ②. 或或或
【解析】
【分析】根据A的分子式，推出A为乙炔，结构简式为HC≡CH，根据B的分子式可知：-MgBr替代乙炔上的一个H，即B的结构简式为HC≡CMgBr，根据H的结构简式以及C的分子式，推出C的结构简式为HC≡CCH2CH2OH，D的分子式为C7H8，根据H的结构简式，D中含有苯环，即D的结构简式为，D与Br2在FeBr3催化剂下，则D的对位上引入一个溴原子，E的结构简式为，E氧化成F，对比分子式，将E中甲基氧化成-COOH，即F的结构简式为，根据H的结构简式，F通过与甲醇反应生成G，G的结构简式为，H与氢气发生加成反应，根据I的分子式，氢气与H中碳碳三键发生加成反应，即I的结构简式为，I发生催化氧化物得到J，J的结构简式为，根据M的结构简式，J与HBr发生取代反应，-Br取代醛基所连碳上的一个H，即K的结构简式为，据此分析；
【小问1详解】
根据M的结构简式，M中含氧官能团为酯基、酰胺键；故答案为酰胺键、酯基；
【小问2详解】
E的结构简式为，溴是取代基，苯环为母体，该有机物的名称为对溴甲苯或4-溴甲苯；根据上述分析，C的结构简式为HC≡CCH2CH2OH；故答案为对溴甲苯或4-溴甲苯；HC≡CCH2CH2OH；
【小问3详解】
F→G发生酯化反应，F与甲醇在浓硫酸、加热条件下发生，所需试剂CH3OH、浓硫酸、加热；故答案为CH3OH、浓硫酸、加热
【小问4详解】
I→J发生醇的催化氧化，即反应方程式为2+O22+2H2O；故答案为2+O22+2H2O；
【小问5详解】
根据M的结构简式以及K分子式，J与HBr发生取代反应，-Br取代醛基所连碳上的一个H，即K的结构简式为，故答案为；
小问6详解】
I的结构简式为L是I的同系物，比I的相对分子质量小28，说明L中比I中少量2个“CH2”，L的分子式为C10H12O3，与FeCl3溶液能发生显色反应，说明含有酚羟基，能发生银镜反应，说明含有-CHO或HCOO-，核磁共振氢谱有5组峰，说明含有5种不同化学环境的H，峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1，应是对称结构，且含有2个对称的甲基，同分异构体为、、、、、、 、、、，共有10种；苯环上一氯代物有两种，结构是或或或；故答案为10；或或或。