重庆市万州第二高级中学2023届高三下学期第二次诊断测试化学Word版含解析.docx

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重庆市万州第二中学2023届高三下学期第二次诊断测试化学试题(满分：100分　考试时间：75分钟)注意事项：1.答题前，考生将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。3.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1     C12     N14     O16     F19     Cl35.5     Sc45     Co59     As75一、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.下列物品所使用的主要材料属于无机非金属材料的是ABCD陶瓷工艺品纸质练习簿不锈钢脸盆蚕丝领带A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【分析】【详解】A．陶瓷工艺品一般主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，故A选；B．纸质练习簿的主要成分为纤维素，属于有机非金属材料，故B不选；C．不锈钢脸盆的主要成分为金属合金材料，属于无机金属材料，故C不选；D．蚕丝领带的主要成分为蛋白质，属于有机非金属材料，故D不选；综上所述，答案为A。 2.硒(Se)是人体必需的微量元素，它的一种同位素是。下列有关该同位素的说法正确的是A.质子数为80B.电子数为114C.中子数为46D.质量数为34【答案】C【解析】【分析】【详解】A.根据原子符号各个角标的含义可知Se是34号元素，质子数为34，A错误；B.原子核外电子数等于原子核内质子数等于原子序数，所以其原子核外电子数为34，B错误；C.中子数等于质量数与质子数的差，中子数等于80-34=46，C正确；D.原子符号左上角为质量数，质量数等于80，D错误；故合理选项是C。3.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法错误的是A.碳原子数目为0.1NA的CH3OH分子中含有的共价键数为0.4NAB.0.1mol的3He中含有价层电子数目为0.2NAC.6.0g金刚石中含有质子数目为3NAD.Na2O2与CO2反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A．CH3OH中含碳原子的物质的量为n=N/NA=0.1mol，0.1molCH3OH分子中含有的共价键数为0.1×5=0.5NA，故A错误；B．He价电子数为2，与中子数无关，则0.1mol的3He中含有价层电子数目为0.1×2=0.2NA，故B正确；C．6.0g金刚石的物质的量为n=m/M=0.5mol，而金刚石为C质子数为6，故0.5mol金刚石中含3NA条共价键，故C正确；D．过氧化钠与二氧化碳反应时，氧元素发生歧化反应，氧气由-1价变为0价，故当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2NA个，故D正确；故选：A。4.下列装置完成相关实验，合理的是（） A.配制溶液，定容时的操作B.除去水中泥沙C.除去CO中的CO2气体D.碳酸氢钠受热分解A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】【详解】A．没有使用玻璃棒引流，A错误；B．符合过滤操作要求，B正确；C．用NaOH溶液除去CO气体中的CO2杂质，导气管应该是长进短出，入气管通入不合理，不能达到除杂的目的，C错误；D．给固体物质加热时，试管口应该略向下倾斜，防止水蒸气冷凝回流使试管炸裂，D错误；答案选B。5.室温下，向溶液中滴加的稀盐酸，混合溶液与所加稀盐酸体积的关系如图所示。下列叙述正确的是 A.水的电离程度：B.a点：C.b点：D.c点：【答案】D【解析】【分析】【详解】A．a点溶液中的溶质是NaHA，结合图示可知呈酸性，HA-的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，抑制水的电离，b点溶液显中性，对水的电离既不促进也不抑制，c点溶液中的溶质是Na2A，A2-水解促进水的电离，此时水的电离程度最大，则溶液中水的电离程度：，故A错误；B．a点溶液中的溶质是NaHA，结合图示可知呈酸性，则，又有电荷守恒：，则，故B错误；C．b点溶液呈中性，则，又有电荷守恒：，则，故C错误；D．c点为Na2A溶液，，A2-水解是微弱的，OH-还来自水的电离，则，故D正确；故选D。6.汽车尾气中的氮氧化合物（NOx）与大气中的NH3发生如下作用，形成一种雾霾。NOxN2O5HNO3烟（一种雾霾）有关该雾霾的叙述错误的是A.该雾霾中含硝酸铵固体B.反应②是非氧化还原反应C.NH3是形成该雾霾的催化剂D.NH3可能来自过度施用氮肥【答案】C【解析】【分析】由于工业生产中使用矿物作为燃料，大量向空气中排放污染物，加上汽车尾气的大量排放，以及冬季取暖也向空气中排放粉尘，致使大量微小尘粒、烟粒或盐粒等颗粒悬浮在大气中，形成雾霾。 【详解】A．硝酸与氨气反应生成硝酸铵固体，故A正确；B．反应②是五氧化二氮与水反应生成硝酸，反应中元素没有化合价变化，属于非氧化还原反应，故B正确；C．硝酸与氨气反应生成硝酸铵固体，氨气是反应物，不是催化剂，故C错误；D．铵盐不稳定易分解产生氨气，则NH3可能来自过度施用氮肥，故D正确；故选C。7.二氟卡宾作为一种活性中间体，一直受到有机氟化学研究工作者的高度关注.硫单质与二氟卡宾可以形成，反应历程如图所示：下列叙述错误的是A.和生成反应的B.由生成的活化能为C.上述反应历程中存在键的断裂和生成D.决定反应速率的基元反应的活化能为【答案】B【解析】【分析】【详解】A．由图象可知反应物1mol(+)所具有的能量看为0，生成物1mol(+)所具有的能量为-207.13kJ，所以和生成反应的，故A不选； B．所具有的能量高于所具有的能量，所以由生成所吸收的能量为34.21kJ/mol，即活化能为34.21kJ/mol，故选B；C．由生成既有S-S键的断裂又有S-S键的生成，故C不选；D．所具有的能量为37.29kJ/mol，所具有的能量为-28.8kJ/mol，则37.29kJ/mol-(-28.8)kJ/mol=66.09kJ/mol。所以决定反应速率的基元反应的活化能为，故D不选；答案选B。8.根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是选项实验操作和现象结论A向某钠盐粉末上滴加浓盐酸，产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该钠盐为Na2SO3或NaHSO3B向饱和FeSO4溶液中加入CuS固体，测得溶液中c(Fe2+)不变Ksp(CuS)ZB.W的单质能与冷水反应C.X与Z原子序数之和是Y核电荷数的2倍D.W、X、Y、Z的简单离子均能促进水的电离【答案】D【解析】【分析】由“Y的最高正价与最低负价代数和为4”，可推出Y为硫(S)；由“W原子的核外电子总数与Y原子的最外层电子数之和等于9”，可推出W为锂(Li)；由“W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素”，可推出Z为氯(Cl)；由“电解质的化学组成为W5.7XY4.7Z1.3”，可推出X为磷(P)。【详解】由以上分析可知，W、X、Y、Z分别为Li、P、S、Cl。A．Y为硫，单质常温下呈固态，Z为氯，单质常温下呈固态，所以常见单质的沸点：Y>Z，A正确；B．W为锂，是活泼的碱金属元素，它的单质能与冷水反应，B正确；C．X与Z原子序数之和为15+17=32，刚好是Y(16S)核电荷数的2倍，C正确；D．W、X、Y、Z的简单离子中Li+、Cl-不能促进水的电离，D错误；故选D。10.软包电池的关键组件结构如图所示。X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，X元素最外层电子数是次外层电子数的一半，W和Q同主族。下列说法错误的是 A.简单离子半径B.简单气态氢化物的热稳定性C.常温下M单质可以置换出W单质D.为V形分子，其沸点高于W【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，X元素最外层电子数是次外层电子数的一半，X为Li；通过结构可知Q有2个单键2个双键，故Q为S；W和Q同主族，W为O；Y连接4个单键，Y为C，Z为N，M为F。【详解】A．简单离子的层数越多，质子数越小半径越大，所以S2->O2->F->Li+，A错误；B．电负性越强，非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，HF>H2O>H2S，B正确；C．2F2+2H2O=4HF+O2，常温下F2单质可以置换出O2单质，C错误；D．O3分子看成一个O原子是中心原子，其他2个O原子为配原子，可以看成三原子分子。O3的价电子对数=2+(6-2×2)÷2=3.有一个孤电子对，所以是V型，D正确；故选A。11.下列说法正确的是（）A.铅蓄电池在放电过程中，负极质量减小，正极质量增加B.SO3与Ba(NO3)2溶液可得到BaSO4，SO2与Ba(NO3)2溶液可得到BaSO3C.将Fe(NO3)3样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，变红，不能说明样品变质D.室温下，SiO2(s)+3C(s)═SiC(s)+2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH<0【答案】C【解析】【详解】A．负极反应为Pb失去电子再结合SO42-,转化为PbSO4，质量增加，A错误；B．SO2与Ba(NO3)2溶液反应，因为SO2溶于水导致溶液呈酸性，与Ba(NO3)2电离出的NO3-构成了硝酸，将溶液中的+4价S氧化成+6价（SO42-），从而生成BaSO4，B错误；C．Fe(NO3)3样品溶于稀硫酸后，构成了硝酸，可以将溶液中原有的Fe2+氧化成Fe3+，从而无法证明样品原来是否变质了，C正确;D．反应能否自发取决于,该反应不能自发，所以>0，因为该反应是熵增反应，，所以大于0，D错误； 答案选C。【点睛】硝酸在考试中经常不直接给，而是分成两步给，一步提供H+,一步提供NO3-。12.化学与生产、生活密切相关。下列有关物质的用途、性质都正确且有相关性的是选项用途性质A液氨作制冷剂NH3分解生成N2和H2的反应是吸热反应BNH4Fe（SO4）2·12H2O常作净水剂NH4Fe（SO4）2·12H2O具有氧化性C漂粉精可以作环境消毒剂漂粉精溶液中ClO-和HClO都有强氧化性DAl2O3常作耐高温材料Al2O3，既能与强酸反应，又能与强碱反应A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．液氨汽化时需要大量吸热，液氨常用作制冷剂，与氨气的分解无关，故A错误；B．铁离子水解生成氢氧化铁胶体，使得具有吸附性，常作净水剂，与氧化性无关，故B错误；C．漂粉精作为消毒剂是因为ClO−和HClO都有强氧化性，故C正确；D．氧化铝作为耐高温材料是因为氧化铝的熔点很高，与其化学性质无关，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为B，要注意净水剂是利用物质的吸附性，杀菌消毒一般利用物质的氧化性。13.FFC电解法可由金属氧化物直接电解制备金属单质，西北稀有金属材料研究院利用此法成功电解制备钽粉(Ta)，其原理如图所示。下列说法正确的是A.该装置将化学能转化为电能 B.a极为电源的正极C.Ta2O5极发生的电极反应为Ta2O5+10e—=2Ta+5O2—D.石墨电极上生成22.4LO2，则电路中转移的电子数为4×6.02×1023【答案】C【解析】【分析】电解池工作时O2-向阳极移动，则石墨电极为阳极，电源b极为正极，电解池的阴极发生还原反应，据此分析解题。【详解】A．该装置是电解池，是将电能转化为化学能，故A错误；B．电解池工作时O2-向阳极移动，则石墨电极为阳极，电源的b极为正极，a极为电源的负极，故B错误；C．Ta2O5极为阴极，发生还原反应，其电极反应为Ta2O5+10e—=2Ta+5O2—，故C正确；D．石墨电极上生成的22.4LO2没有指明是标准状况，则其物质的量不一定是1mol，转移电子数也不一定是4×6.02×1023，故D错误；故答案为C。【点睛】本题考查电解原理的应用，判断电源的电极是解题关键，在电解池中，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，再结合电解池的阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应分析，难点是气体摩尔体积的应用，只有指明气体的状态，才能利用22.4L/mol计算气体的物质的量。14.类比pH的定义，对于稀溶液可以定义，。常温下，某浓度溶液在不同pH值下，测得、、变化如图所示。下列说法正确的是A.时，B.常温下，C.b点时，对应D.时，先增大后减小【答案】C【解析】 【分析】H2A⇌H++HA-，HA-⇌H++A2-，pH增加促进电离平衡正向移动，所以由图可知：下方曲线是HA-的物质的量浓度的负对数，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数，据此分析解答。【详解】A．根据图象，下方曲线是HA-的物质的量浓度的负对数，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数，pC越大，浓度c越小，时，，故A错误；B．交点a处c(HA-)=c(H2A)，根据H2A⇌HA-+H+，常温下，Ka1=c(H+)=l×10-0.8，则，故B错误；C．根据图象，b点时对应，故C正确；D．根据物料守恒c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)始终不变，故D错误；故选C。二、非选择题：共58分。15.铍作为一种新兴材料日益被重视，有“超级金属、尖端金属、空间金属”之称。工业上常用绿柱石(主要成分为3BeO·Al2O3·6SiO2，还含有铁等杂质)冶炼铍，一种简化的工艺流程如下：按元素周期表的对角线规则Be和Al性质相似；几种金属阳离子的氢氧化物沉淀时的pH如下表。Fe3+Al3+Fe2+Be2+开始沉淀时1.53.36.55.2沉淀完全时3.75.09.78.8（1）步骤②中将熔块粉碎的目的是___________。（2）步骤③加入H2O2时发生反应的离子方程式为___________，从滤液1中得到沉淀的合理pH为___________(填字母)。A．3.3~3.7　　　　　B．3.7~5.0C．5.0~5.2　D．5.2~6.5 （3）步骤④不宜使用NaOH溶液来沉淀Be2+的原因是___________。从溶液中得到(NH4)2BeF4的实验操作是___________、___________、过滤、洗涤、干燥。（4）步骤⑦需要隔绝空气的环境，其原因是___________。（5）若绿柱石中BeO的含量为a%，上述过程生产Be的产率为b%。则1t该绿柱石理论上能生产含铍量2%的镀铜合金___________t。【答案】（1）增大与硫酸的接触面积，提高反应速率与浸取率（2）①.2Fe2+＋H2O2＋2H+=2Fe3+＋2H2O②.C（3）①.过量的NaOH溶液会溶解Be(OH)2(或不易确保Be2+沉淀完全)②.蒸发浓缩③.冷却结晶（4）高温下空气中的氮气、氧气都可与镁或铍反应，从而降低产率（5）1.8×10-3ab【解析】【分析】依据流程可知滤液Ⅰ成分为硫酸铍，硫酸铝，硫酸亚铁盐溶液混合物，加入过氧化氢可以将二价铁离子氧化生成三价铁离子，然后通过调节pH值使三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀，铝离子转化为氢氧化铝沉淀而分离；滤液2中加入氨气生成氢氧化铍，通入氨气和氟化氢转化为(NH4)2BeF4，高温煅烧生成BeF2，最后真空高温下利用镁还原得到Be，据此解答。【小问1详解】步骤②中将熔块粉碎增大与硫酸的接触面积，提高反应速率；故答案为：增大与硫酸的接触面积，提高反应速率；【小问2详解】依据流程可知滤液Ⅰ成分为硫酸铍，硫酸铝，硫酸亚铁盐溶液混合物，加入过氧化氢可以将二价铁离子氧化生成三价铁离子，离子方程式：2Fe2+＋H2O2＋2H+=2Fe3+＋2H2O；依据表中数据可知：三价铁离子完全沉淀pH为3.7，铝离子沉淀完全的pH为5.0，而铍离子开始沉淀pH值为5.2，为使三价铁离子、铝离子分离应控制溶液pH在5.0-5.2之间，所以应选择：C；故答案为：2Fe2+＋H2O2＋2H+=2Fe3+＋2H2O；C；【小问3详解】依据对角线规则，Be和Al性质相似，氢氧化铍与氢氧化铝性质类似，则氢氧化钠与氢氧化铍反应生成可溶性盐，所以不能用氢氧化钠沉淀铍离子；从溶液中得到晶体的操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，所以缺少的步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶；故答案为：过量的NaOH溶液会溶解Be(OH)2（或不易确保Be2+沉淀完全）；蒸发浓缩、冷却结晶；【小问4详解】 铍性质活泼能够与空气中的氧气反应，所以步骤⑦需要隔绝空气的环境，其原因是高温下空气中的氮气、氧气都可与镁或铍反应，从而降低产率；故答案为：高温下空气中的氮气、氧气都可与镁或铍反应，从而降低产率；【小问5详解】依据已知条件1t该绿柱石理论上能生产含镀量2%的镀铜台金=1.8×10-3abt；故答案为：1.8×10-3ab。16.二氧化氯(ClO2)常用于处理含硫废水。某小组在实验室中探究ClO2与Na2S的反应。已知：①是黄绿色气体，易溶于水但不与水反应，沸点为11℃，有毒。②(未配平)。③(未配平)。Ⅰ．设计如下装置制备：（1）装置B中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。（2）易溶于水但不与水发生化学反应，从分子结构的角度解释其易溶于水的原因___________。（3）欲制备并收集一定量的，上图中装置的连接顺序为a→___________。Ⅱ．探究与的反应：将上述收集到的用稀释以增强其稳定性，并将适量的稀释后的通入如图所示装置中充分反应，得到无色澄清溶液。一段时间后，通过下列实验探究Ⅰ中反应的产物。（4）请补全表格中的空白。 操作步骤实验现象结论取少量Ⅰ中溶液放入试管甲中，滴加品红溶液和盐酸。品红溶液始终不褪色①无___________生成。另取少量Ⅰ中溶液放入试管乙中，加入溶液振荡②___________有生成③继续试管乙中加入溶液至过量，静置，取上层清液放入试管丙中，___________。有白色沉淀生成有生成（5）与反应的离子方程式为___________。【答案】（1）2：1（2）ClO2为极性分子，根据相似相溶原理可知，ClO2易溶于水（3）g→h→b→c→e→f→d（4）①.SO2(H2SO3、SO、HSO)②.有白色沉淀产生③.加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液（5）8ClO2+5S2-+4H2O=8Cl-+5SO+8H+【解析】【分析】Ⅰ．ClO2的制备：装置A中Cu与浓硫酸发生反应制备SO2气体，在装置B中发生生成ClO2的反应，为防止倒吸，A与B之间连接装置E，ClO2沸点较低，可在D中冰水浴收集，最后用氢氧化钠吸收SO2、ClO2，防止污染空气；Ⅱ．①品红不褪色，说明无SO2（或或）生成；②硫酸根离子与氢氧化钡反应生成不溶于强酸的硫酸钡白色沉淀；③用硝酸酸化的硝酸银可验证氯离子；④ClO2与Na2S反应有氯离子、硫酸根离子的生成，据此书写该反应的离子方程式；从而二者用量、氧化产物、溶解度、环境污染等角度分析，据此分析解题。【小问1详解】 装置B中发生反应SO2+NaClO3+H2SO4→ClO2+NaHSO4，SO2中+4价S被氧化物+6价，化合价升高2价，二氧化硫为还原剂；NaClO3中+5价Cl被还原为+4价，化合价降低1价，NaClO3为氧化剂，氧化还原反应中化合价升降相等，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；【小问2详解】已知ClO2为V形结构，正负电荷中心不重合，ClO2为极性分子，根据相似相溶原理可知，ClO2易溶于水但不与水发生化学反应，故答案为：ClO2为极性分子，根据相似相溶原理可知，ClO2易溶于水；【小问3详解】装置A制备SO2，生成的ClO2从a进入装置B中反应，为防止倒吸，应在A、B之间使用安全瓶，连接顺序顺序为a→g→h→b→c；ClO2的沸点较低，在装置D中冰水浴收集，为充分冷却，便于收集，应采用长进短出方式，最后用NaOH溶液吸收SO2、ClO2，防止污染空气，则装置连接顺序为：a→g→h→b→c→e→f→d，故答案为：g→h→b→c→e→f→d；【小问4详解】将适量的稀释后的ClO2通入如图2所示装置中充分反应，得到无色澄清溶液，①取少量I中溶液于试管甲中，滴加品红溶液和盐酸，品红始终不褪色，说明溶液中无SO2(H2SO3、SO、HSO)生成，故答案为：SO2(H2SO3、SO、HSO)；②另取少量I中溶液于试管乙中，加入Ba（OH）2溶液，振荡，有生成，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，故答案为：白色沉淀；③结论为有Cl-生成，有白色沉淀生成，氯化银为不溶于酸的白色沉淀，检验氯离子，故操作为：继续在试管乙中滴加Ba(OH)2溶液至过量，静置，取上层清液于试管丙内加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液，故答案为：加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液；【小问5详解】由上述分析可知，ClO2与Na2S反应有氯离子、硫酸根离子的生成，发生的离子方程式为：8ClO2+5S2-+4H2O=8Cl-+5+8H+，故答案为：8ClO2+5S2-+4H2O=8Cl-+5+8H+。17.石油产品中除含有H2S外，还含有各种形态的有机硫，如COS、CH3SH。回答下列问题：（1）CH3SH(甲硫醇)的电子式为__。（2）一种脱硫工艺为：真空K2CO3—克劳斯法。①K2CO3溶液吸收H2S的反应为K2CO3+H2S=KHS+KHCO3，该反应的平衡常数的对数值为lgK=__(已知：H2CO3lgKa1=-6.4，lgKa2=-10.3；H2SlgKa1=-7，lgKa2=-19)；②已知下列热化学方程式：a.2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l)△H1=-1172kJ·mol-1 b.2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l)△H2=-632kJ·mol-1克劳斯法回收硫的反应为SO2和H2S气体反应生成S(s)，则该反应的热化学方程式为__。（3）Dalleska等人研究发现在强酸溶液中可用H2O2氧化COS。该脱除反应的化学方程式为__。（4）COS水解反应为COS(g)+H2O(g)CO2(g)+H2S(g)△H=-35.5kJ·mol-1，用活性α—Al2O3催化，在其它条件相同时，改变反应温度，测得COS水解转化率如图1所示；某温度时，在恒容密闭容器中投入0.3molH2O(g)和0.1molCOS(g)，COS的平衡转化率如图2所示。①活性α—Al2O3催化水解过程中，随温度升高COS转化率先增大后又减小的原因可能是__，为提高COS的转化率可采取的措施是__；②由图2可知，P点时平衡常数K=__。【答案】①.②.3.3③.2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)△H=-362kJ·mol-1④.COS+4H2O2=CO2+H2SO4+3H2O⑤.开始温度低，催化剂活性小，到160℃活化剂活性最大，继续升温，催化剂活性降低且平衡向逆反应方向移动⑥.控制温度约160℃并增大⑦.0.0476【解析】【分析】(1)CH3SH(甲硫醇)是共价化合物，硫原子形成两个共价键，碳原子形成四个共价键；(2)①K2CO3溶液吸收H2S的反应为K2CO3+H2S=KHS+KHCO3，该反应的平衡常数；②盖斯定律计算b×3-a得到克劳斯法回收硫的反应为SO2和H2S气体反应生成S(s)反应的热化学方程式；(3)强酸溶液中可用H2O2氧化COS生成硫酸、二氧化碳和水；(4)①图1活性α-Al2O3催化水解，催化剂与温度有一个临界点，高于这个临界点，催化剂活性降低；②结合三行计算列式计算，P点时COS转化率30%，计算得到平衡物质的量，反应前后气体物质的量不变，可以用物质的量代替平衡浓度计算平衡常数。【详解】(1)CH3SH(甲硫醇) 是共价化合物，硫原子形成两个共价键，碳原子形成四个共价键，电子式为：，故答案为：；(2)①K2CO3溶液吸收H2S的反应为K2CO3+H2S=KHS+KHCO3，该反应的平衡常数，lgK=LgKa1(H2S)-lgKa2(H2CO3)=-7-(-10.3)=3.3，故答案为：3.3；②已知下列热化学方程式：a2H2S(g)+3O2(g)═2SO2(g)+2H2O(l)△H1=-1172KJ/molb.2H2S(g)+O2(g)═2S(s)+2H2O(l)△H2=-632KJ/mol盖斯定律计算得到克劳斯法回收硫的反应为SO2和H2S气体反应生成S(s)反应的热化学方程式：2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)△H=-362kJ·mol-1，故答案为：2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)△H=-362kJ·mol-1；(3)Dalleska等人研究发现在强酸溶液中可用H2O2氧化COS，该脱除反应的化学方程式为COS+4H2O2=CO2+H2SO4+3H2O，故答案为：COS+4H2O2=CO2+H2SO4+3H2O；(4)①图1活性α-Al2O3催化水解，催化剂与温度有一个临界点，高于这个临界点，催化剂活性降低，由图可知：开始温度低，催化剂活性小，到160℃活化剂活性最大，继续升温，催化剂活性降低且平衡向逆反应方向移动；COS水解反应为COS(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2S(g)△H=-35.5KJ/mol，平衡正向进行结合影响平衡因素温度、压强、浓度分析可知，压强改变不影响化学平衡，所以增加水蒸气的浓度，升温平衡逆向进行，COS转化率减小，到160℃活化剂活性最大所以需要控制温度160°C，故答案为：开始温度低，催化剂活性小，到160℃活化剂活性最大，继续升温，催化剂活性降低且平衡向逆反应方向移动；控制温度约160℃并增大；②P点时COS转化率30%，反应前后气体物质的量不变，可以用物质的量代替平衡浓度计算平衡常数，平衡常数，故答案为：0.0476。18.美托洛尔可治疗各型高血压也可作血管扩张剂，它的合成路线之一如图所示： 已知：(1)A的化学名称是________，B的结构简式为________，美托洛尔中含氧官能团的名称为________；(2)A→B的反应中，加入K2CO3的作用可能是________；(3)B→C的反应类型为________；(4)F→G的化学方程式为_____；(5)检验氯甲基环氧乙烷()中氯原子的试剂是_______；(6)芳香族化合物M是F的同分异构体，则符合下列条件的M共有_____种(不考虑立体异构)，其中，核磁共振氢谱图具有5组吸收峰的同分异构体的结构简式为______。①苯环上仅有2个取代基；②1molM与足量Na充分反应，生成1molH2；③能与FeCl3溶液发生显色反应。【答案】①.对羟基苯乙醛②.③.醚键、羟基④.消耗反应生成的HCl，增大反应正向进行程度⑤.加成反应⑥.+HCl⑦.NaOH溶液、稀硝酸、硝酸银溶液⑧.15⑨.【解析】【分析】由A到B的反应条件结合已知信息，再根据C的结构简式可以推出A为 ，B为，据此结合有机物的结构与性质分析作答。【详解】(1)A发生信息中取代反应生成B，B与亚硫酸氢钠发生加成反应生成C，由A与B的分子式、结合C的结构简式，可知A为、B为，则A的名称为：对羟基苯乙醛；由结构可知美托洛尔中含氧官能团为：醚键、羟基，故答案为：对羟基苯乙醛；；醚键、羟基；(2)A发生取代反应有HCl生成，加入K2CO3的作用可能是：消耗反应生成的HCl，有利于反应正向进行，有利于提高的B的产率，故答案为：消耗反应生成的HCl，增大反应正向进行程度；(3)B→C的转化中原子完全利用，是醛基发生的加成反应，故答案为：加成反应；(4)对比F和G的结构，可知F中羟基上H原子被替代生成G，同时生成HCl，反应方程式为：，故答案为：；(5)先进行水解或消去反应使氯元素以氯离子形成进入溶液，再用硝酸酸化，最后用硝酸银溶液检验氯离子，故实验室检验氯原子所用的试剂是：NaOH水溶液、稀硝酸、硝酸银溶液，故答案为：NaOH溶液、稀硝酸、硝酸银溶液；(6)芳香族化合物W是F的同分异构体，且符合下列条件：③能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，②1molM与足量Na充分反应能生成1molH2，说明分子中有2个−OH，①苯环上只有2个取代基，其中1个为−OH，另一个为CH3CH2CH2OH、中烃基去掉1个H 原子形成的基团，前者有3种、后者有2种，与酚羟基均有邻、间、对3种位置结构，故符合条件的共有：3×(3+2)=15种，其中核磁共振氢谱为5组峰同分异构体的结构简式为：，故答案为：15；。