2024年高考第二次模拟考试：化学（山东卷）（解析版）

这是一份2024年高考第二次模拟考试：化学（山东卷）（解析版），共19页。试卷主要包含了环己烷的制备原理如图，下列实验方案能达到探究目的的是等内容，欢迎下载使用。

（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Mg 24 Cl 35.5 Ga 70
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．《墨子·天志》中记载：“书之竹帛，镂之金石”。下列说法错误的是
A．竹简的主要化学成分为纤维素
B．丝帛充分燃烧只生成二氧化碳和水
C．“金”的冶炼过程涉及化学变化
D．“石”中的古代陶瓷属于传统的无机非金属材料
【答案】B
【解析】A．竹简是由植物竹子的茎秆制成，其主要化学成分为纤维素，A正确；B．丝帛的主要成分是蛋白质含有C、H、O、N等元素，其充分燃烧能生成二氧化碳和水、N2等，B错误；C．“金”是指金属，金属的冶炼过程中涉及金属矿物的富集、由化合物转化为单质等过程，因此涉及物理变化和化学变化，C正确；D．“石”中的古代陶瓷是硅酸盐，属于传统的无机非金属材料，D正确；故合理选项是B。
2．下列叙述中不涉及氧化还原反应的是
A．使用进行饮用水处理
B．矿石中的含硫化合物在自然界中缓慢转化为硫酸盐
C．用铝硅酸盐分子筛对酒精进行吸附脱水处理制备无水乙醇
D．苹果和土豆切开一段时间后表面会发生褐变
【答案】C
【解析】A．使用ClO2进行饮用水处理(即杀菌消毒)，是利用其氧化性，A项错误；B．含硫化合物中硫元素的化合价一般为低价硫，硫酸盐中硫元素的化合价为+6，该转化过程涉及氧化还原反应，B项错误；C．铝硅酸盐分子筛中有许多笼状空穴和通道，具有强吸附性，对酒精进行吸附脱水处理制备无水乙醇是物理变化，未涉及氧化还原反应，C项正确；D．苹果和土豆切开一段时间后表面发生褐变的原因是二者均被氧气氧化，该过程涉及氧化还原反应，D项错误；故正确答案选C。
3．下列关于仪器使用的说法正确的是
A．a和f可用于蒸发结晶B．c和d均有“0”刻度
C．b、e和g常用于物质分离D．d、f、g使用前需检漏
【答案】C
【解析】A．a为泥三角、f为坩埚，泥三角和坩埚均可用于灼烧，而不是蒸发结晶，故A错误；B．c为量筒无“0”刻度，d为碱式滴定管其零刻度在上端，故B错误；C．b、e、g分别为蒸馏烧瓶、直形冷凝管和球形分液漏斗，常用于物质的分离，故C正确；D．d、f、g分别为碱式滴定管、坩埚和球形分液漏斗，其中只有坩埚在使用前不需捡漏外其余在使用前均要捡漏，故D错误；答案选C。
4．下列有关物质结构与性质的说法错误的是
A．易溶于，可从和都是非极性分子的角度解释
B．对羟基苯甲酸存在分子内氢键，是其沸点比邻羟基苯甲酸的高的主要原因
C．溶于氨水，是由于与反应生成了可溶性配合物
D．熔融能导电，是由于熔融状态下产生了自由移动的和
【答案】B
【解析】A．单质碘和四氯化碳都是非极性分子，根据相似相溶的原理，易溶于，A正确；
B．分子间氢键可以增大其熔沸点，则对羟基苯甲酸存在分子间氢键，是其沸点比邻羟基苯甲酸的高的主要原因，B错误；
C．银离子可以和氨气形成配合物离子，导致氯化银可以溶解在氨水中，C正确；
D．氯化钠在熔融状态产生了自由移动的和，从而可以导电，D正确；
故选B。
5．环己烷的制备原理如图。下列说法正确的是
A．1，3-丁二烯和乙烯属于同系物
B．环己烷中混有的环己烯可通过滴加足量溴水，静置后分液除去
C．根据反应①推测，可由和乙烯为原料制备
D．已知，则椅式环己烷比船式环己烷更稳定
【答案】D
【解析】反应①是1，3-丁二烯与乙烯发生1，4-加成的成环反应，环己烯与发生加成反应可以生成船式环己烷，也可以生成椅式环己烷，都是放热反应。
A．1，3-丁二烯结构中含有2个碳碳双键，分子式为，而乙烯结构中只含有1个碳碳双键，分子式为，不符合同系物结构相似、组成相差若干个“”原子团，A错误；
B．环己烯与发生加成反应生成的1，2-二溴环己烷能溶于环己烷中，B错误；
C．反应①是1，3-丁二烯与乙烯发生1，4-加成的成环反应，与乙烯发生反应生成，C错误；
D．环己烯与发生加成反应生成船式环己烷或生成椅式环己烷都是放热反应，根据可知，生成船式环己烷放出的热量小于生成椅式环己烷放出的热量，说明椅式环己烷能量更低，更稳定，D正确；
答案选D。
6．氟是非金属中最活泼的元素，能形成多种氟化物。四种氟化物的熔、沸点如表所示，下列说法错误的是
A．的VSEPR模型为四面体形
B．比易与形成配离子
C．、、、
D．中存在离子键、极性键和非极性键
【答案】B
【解析】A．中心原子(氧原子)的杂化方式为，则OF2的VSEPR模型为四面体形，A正确；
B．F的电负性大于N，N−F中成键电子对偏向F，导致中的N原子核对孤电子对的吸引力增强，难以形成配位键，则不易与形成配离子，B错误；
C．中的、的电荷数与中的阳、阴离子的电荷数相同，但、的半径小，的离子键更强，熔、沸点更高，则x<993、y<1695；和均为分子晶体，的相对分子质量大于的相对分子质量，相对分子质量越大，物质的熔、沸点就越高，则m> −223.8、n> −144.8，C正确；
D．与的相互作用为离子键，中存在极性键和非极性键，中存在极性键，则中存在离子键、极性键和非极性键，D正确；
故选B。
7．下列实验方案能达到探究目的的是
【答案】B
【解析】A．亚硫酸钠和氯化钡也会生成白色沉淀，不能检验Na2SO3溶液是否变质，A不符合题意；
B．向5mL浓度均为的NaI、NaCl混合溶液中滴加2滴溶液，银离子不足，而先产生黄色沉淀，证明，能达到实验目的，B符合题意；
C．乙醇和水均会和钠单质生成氢气，不能检验乙醇中是否含有水，C不符合题意；
D．氯水溶液中HClO具有漂白性，无法用pH试纸准确测量其pH，，D不符合题意；
故选B。
8．向酸化的KI溶液中通入，实验操作及现象如图所示，下列有关分析正确的是
A．KI溶液可能是用硝酸酸化的B．a→b的过程中生成了一种单质
C．b→c的过程中做氧化剂D．溶液pH由大到小的顺序为b>a>c
【答案】D
【解析】向酸化的KI溶液中通入少量的，溶液变黄色并出现浑浊，说明生成了I2和S沉淀，反应的离子方程式为：4I-+SO2+4H+=S↓+2I2+2H2O，继续通入SO2，又发生反应I2+SO2+2H2O=2I-++4H+。
A．硝酸具有氧化性，可以把I-氧化为I2，A错误；
B．a→b的过程中生成了S和I2两种单质，B错误；
C．b→c的过程中生成了硫酸根离子，硫元素化合价升高被氧化做还原剂，C错误；
D．a→b的过程中生成2mlI2消耗4mlH+，pH值变大，b→c的过程中1mlI2参加反应生成4mlH+离子，2mlI2参加反应生成8mlH+离子，氢离子浓度变大，c的pH值小于a，溶液pH由大到小的顺序为b>a>c，D正确；
答案选D。
9．利用α粒子(即氦核)轰击不同原子，获得人工放射性元素和，合成反应如下：；。其中元素Y、Z的基态原子核外未成对电子数之比为1：3.下列说法正确的是
A．基态原子第一电离能：YC．简单阴离子还原性：X【答案】C
【解析】由质子守恒可知，5+2=a+0，解得a=7，X为N元素；由质量数守恒可知，c+4=30+1，解得c=27，结合元素Y、Z的基态原子核外未成对电子数之比为1：3，则Y为Al元素，Z为P元素，以此解答。
A．同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，同一主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，则原子第一电离能：AlB．P3-有3个电子层，Al3+和N3-的电子层数相等，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径：Al3+C．同主族元素从上到下元素的非金属性增强，单质的氧化性减小，对应离子的还原性增强，则还原性：N3-D．NCl3的价层电子对数为4且含有1个孤电子对，构型为三角锥形，AlCl3价层电子对数为3且没有孤电子对，构型为平面三角形，故D错误；
故选C。
10．锶与钙位于同一主族，其化合物应用广泛，SrSO4常用于陶瓷工业。以青石精矿(主要含SrSO4)为原料制备高纯硫酸锶的部分工艺流程如图所示：
下列说法错误的是
A．气体可以循环利用
B．“转化”的总离子方程式为
C．“转化”中反应温度不宜过高且控制氨水过量
D．流程中涉及分解反应和化合反应
【答案】B
【解析】相同温度时溶解度SrCO3A．由分析可知，“沉淀”反应是，气体是NH3，可以循环利用，A正确；
B．“转化”过程的总离子方程式为，B错误；
C．“转化”中反应温度不宜过高，防止一水合氨分解使NH3逸出，且控制氨水过量可促进产生更大浓度的，促进沉淀转化，C正确；
D．流程中涉及SrCO3、的分解反应以及的化合反应，D正确；
故答案为：B。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．最近某课题组合成了1，1，1-三氟-2-芳基烷烃衍生物，其催化转化途径如图所示：
已知：①分别为不相同的取代基。②为卤素原子。
下列叙述错误的是
A．上述循环中，副产物为B．零价钯是该循环反应的催化剂
C．物质“1”和发生加成反应D．上述循环中，只断裂和形成了键
【答案】D
【解析】A．观察图示循环中，Ⅰ和Ⅱ反应时生成了卤化银()，A正确；
B．通过整个催化转化途径可知钯是该反应的催化剂，B正确；
C．“1”中苯环侧链上碳碳双键断裂，与发生加成反应，C正确；
D．图示循环中断裂了键和键，形成了键，D错误；
故选D。
12．氧化还原电对的标准电极电势()可用来比较相应氧化剂的氧化性强弱，相关数据(酸性条件)如下。
下列分析错误的是
A．氧化性：
B．向溶液滴加溶液，反应的离子方程式为
C．向淀粉KI溶液中滴加溶液，溶液变蓝色
D．向含有KSCN的溶液中滴加少量氯水，溶液褪色
【答案】BD
【解析】A．标准电极电势越大，对应氧化剂的氧化性越强，氧化性：；故A正确；B．的氧化性低于，所以不能通过氧化得到；所以不会发生反应，故B错误；C．的氧化性高于，向淀粉KI溶液中滴加溶液，得到，溶液变蓝色；故C正确；D．氧化性大小为，所以氯水氧化，溶液变红，故D错误；故答案选BD。
13．一种基于固体电解质的可充电熔融钠电池，具有安全、电流密度高、使用条件宽泛等优点，其工作示意图如下所示，已知电池放电时不断有生成。下列说法错误的是
A．放电时电极为正极
B．固体电解质含钠离子
C．充电时阳极反应式：
D．转移时，区和区的质量差改变
【答案】AD
【分析】电池放电时不断有生成，可知放电时a为负极，电极反应为：，固体电解质只允许阳离子通过，固体电解质含钠离子，通过转移保持两侧电荷守恒，放电时b为正极，电极反应为：；充电时a为阴极，b为阳极，b极反应为：，据此分析；
【解析】A．根据分析，放电时电极为负极，A错误；
B．根据分析，固体电解质含钠离子，通过转移保持两侧电荷守恒，B正确；
C．充电时b为阳极，b极反应为：，C正确；
D．放电转移时，从区移出，区移入，两区质量差改变，D错误；
故选AD。
14．一定温度下，水溶液中、、的分布分数与的关系如下图。例如。向浓度为的氨水中通入气体。已知该温度下，，，下列说法正确的是
A．通入时，
B．当时，
C．当时，
D．P点时溶液的值为8.3
【答案】BC
【解析】A．浓度为的氨水，，通入时，此时溶质为，根据物料守恒有，根据电荷守恒有，所以，故A错误；
B．,，，得，,，得，故B正确；
C．根据电荷守恒有，当时，，所以，则，故C正确；
D．，,pH=-lgc(H+)=7.8+2lg2=8.4，故D错误；
故答案选BC。
15．采用了氮化镓元件的充电器体积小、质量轻，在发热量、效率转换上相比普通充电器也有更大的优势，被称为“快充黑科技”，下图是氮化镓的三种晶体结构(NA表示阿伏加德罗常数的值)。下列有关说法错误的是
A．Ga、N均属于p区元素
B．图a晶体结构中含有6个Ga、6个N
C．图b晶体结构中若Ga和N的距离为xnm，则晶体的密度为
D．三种晶体结构中Ga原子的配位数之比为3∶2∶3
【答案】D
【解析】A． Ga、N的价电子分别是4s24p1、2s22p3、Ga、N均属于p区元素，故A正确；
B． 图a晶体结构中含有12×+2×+3=6个Ga、6×+4=6个N，故B正确；
C． 图b晶体结构中若Ga和N的距离为xnm，取晶胞的八分之一作为一个小立方体，小立方体的对角线为2xnm，小立方体的边长为 nm，晶胞的边长为2 nm，则晶体的密度为ρ= =，故C正确；
D． a的晶胞为，Ga原子的配位数为4，三种晶体结构中Ga原子的配位数之比为4∶4∶6=2∶2∶3，故D错误；
故选D。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）固体电解质以其在电池、传感器等装置中的广泛应用而备受关注，大致分为无机物类及高分子类。
（1）固体电解质中研究得最多的是和O等的导体。在元素周期表中位于同一族且在的下一周期，具有类似的价层电子排布式，的价层电子排布式为 。和O的电负性从小到大的顺序为 。F的第二电离能 O的第二电离能(填“>”或“=”或“<”)。
（2）中阴离子的空间构型为 。
（3）1979年，法国Armand等报道了聚氧化乙烯()碱金属盐络合物可用作锂离子电池固体聚合物电解质。聚氧化乙烯中O的 杂化轨道与C的杂化轨道成键；因氢键的形成，聚氧化乙烯是一种水溶性聚合物，若水分子之间形成的氢键可以表示为，请写出使聚氧化乙烯具有水溶性的氢键的表示式 。
（4）过渡金属配合物常满足“18电子规则”，即中心原子的价电子数加上配体提供的电子数之和等于18，如等都满足这个规则。钒配合物的熔点为，其晶体类型为： ；已知该化合物满足18电子规则，其配体“”中的大键可表示为 。(已知苯中的大键表示为：)
【答案】（1） <
（2）正四面体
（3）
（4）分子晶体
【解析】（1）在的下一周期，具有类似的价层电子排布式，的价电子排布式为，则的价层电子排布式为；和O的电负性从小到大的顺序为；F+的价电子排布式为：2s22p4, O的价电子排布式为：2s22p3，O的p轨道为半充满状态，更稳定，故第二电离能：F答案为：；；<。
（2）中阴离子中心原子的孤电子对：(3+1-4)/2=0，价层电子对数为4，其空间构型为正四面体形。
答案为：正四面体。
（3）由结构可知，单体氧化乙烯中的氧分别和两个碳结合形成单键，氧无双键，故为杂化；使聚氧化乙烯具有水溶性的氢键的表示式为：。
答案为：；。
（4）熔点为，熔点低，故为分子晶体；抑制该化合物满足18电子规则，其配体“”中的大键可表示为。
答案为：分子晶体；。
17．（12分）三氯化钌（）是重要的化工原料，广泛应用于催化、电镀、电解阳极、电子工业等。从催化剂废料中分离制各和的一种工艺流程如图所示。
回答下列问题：
（1）基态原子的价电子排布式为 。
（2）“焙烧”后所得固体主要成分为、、和 。
（3）“还原”过程会产生和沉淀，该反应的化学方程式为 。
（4）“酸溶”过程中，先加入盐酸溶解，然后加入盐酸羟胺（）得到和。则该两种产物的物质的量之比为 。
（5）“蒸发结晶”在真空度为时进行（此时水的沸点是），其目的是 。
（6）若维持不变，让沉淀完全（浓度不高于），则混合体系中的浓度不低于 。[已知：，，结果保留三位小数]
（7）“沉钴”时，若得到的是晶体，该反应的离子方程式为 。
（8）该流程中，还有一种重要成分未提取，你认为在哪一步骤后进行最合适： 。
【答案】（1）3d74s2
（2）Na[Al(OH)4](或NaAlO2)
（3）
（4）2∶1
（5）低压低温蒸发，避免分解
（6）0.167ml⋅L-1
（7）
（8）还原
【分析】“焙烧”过程C、Ru分别被氧化为CO、Na2RuO4，NaNO3被还原为NaNO2，同时Al2O3与NaOH反应生成Na[Al(OH)4](或NaAlO2)，“水浸”过程Na2RuO4、NaNO2和Na[Al(OH)4](或NaAlO2)溶解，CO不溶，过滤得CO固体和滤液，向滤液中加入乙醇，“还原”过程乙醇被氧化为CH3CHO，Na2RuO4被还原生成Ru(OH)4沉淀，同时产生NaOH，过滤得Ru(OH)4沉淀，经过“酸溶”得含RuCl3溶液，RuCl3溶液经过蒸发结晶得到RuCl3⋅6H2O；CO进行酸浸得含C2+溶液，用草酸溶液沉钴得到CC2O4晶体，最后经系列操作得到C(NO3)2⋅6H2O，据此解答。
【解析】（1）C是27号元素，核外电子排布式为[Ar]3d74s2，则价电子排布式为3d74s2；
（2）“焙烧”过程C、Ru分别被氧化为CO、Na2RuO4，NaNO3被还原为NaNO2，同时Al2O3与NaOH反应生成Na[Al(OH)4](或NaAlO2)，则“焙烧”后所得固体主要成分为CO、Na2RuO4、NaNO2和Na[Al(OH)4](或NaAlO2)；
（3）“还原”过程乙醇被氧化为CH3CHO，Na2RuO4被还原生成Ru(OH)4沉淀，同时产生NaOH，则该反应的化学方程式为：；
（4）“酸溶”过程中，先加入盐酸溶解Ru(OH)4得到RuCl4，再加入盐酸羟胺(NH2OH⋅HCl)与RuCl4反应得到RuCl3和N2，则盐酸羟胺(NH2OH⋅HCl)与RuCl4反应的化学方程式为：，所以产物RuCl3和N2的物质的量之比为2∶1；
（5）“蒸发结晶”在真空度为40kPa时进行(此时水的沸点是28°C)，即在低压低温下蒸发结晶得到RuCl3晶体，其目的是低压低温蒸发，避免RuCl3⋅6H2O分解；
（6），则，所以；
（7）“沉钴”时，向含C2+溶液中加入草酸溶液得到CC2O4⋅xH2O晶体，则反应的离子方程式为：；
（8）“还原”后，过滤得到Ru(OH)4沉淀和含有Na[Al(OH)4](或NaAlO2)的滤液，此时C、Ru都已经提取，则可以从含有Na[Al(OH)4](或NaAlO2)的滤液中提取Al2O3，所以在“还原”步骤后提取Al2O3最合适。
18．（12分）可被用于治疗消化道疾病。某学习探究小组在实验室进行了制备以及含量测定的实验。已知：常温下不溶于水，较稳定，与酸反应生成；加热时会分解生成和。
回答下列问题：
（1）灼烧。灼烧制时，可使用的实验装置有 (填字母)。
（2）转化。向中先加入稳定剂和溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥，可得粗品。
①写出制备时发生反应的化学方程式： 。
②“转化”阶段有大量热量放出，为了提高的产率，添加溶液时，比较理想的操作方法为 。
（3）测定。某研究小组拟用下图装置测定样品(含杂质)中的含量。
①实验时在稀盐酸中加入溶液的作用是 (用化学方程式表示)。
②为了减小实验误差，在每次读数前需要进行的操作是 、 。
③该小组记录的实验数据如下：样品的质量为；反应开始前量气管的读数为；反应结束冷却到室温后量气管的读数为，已知：室温条件下气体摩尔体积为，则样品中过氧化镁的质量分数为 (用含的代数式表示)；若反应结束后读取量气管中气体的体积时，液面左低右高，则测得的质量分数 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】（1）c
（2）+=+ 反应装置放在冰水中冷却
（3）① ②冷却至室温 移动右侧刻度管直到两侧液面相平
③偏小
【解析】（1）灼烧固体应在坩埚中进行，结合装置可知c正确；
（2）①与反应生成和，反应方程式为：+=+；
②“转化”阶段有大量热量放出，会使溶液温度升高，不稳定，受热易分解，为提高提高的产率，应将反应装置放在冰水中冷却；
（3）①氯化铁可以催化过氧化氢分解，加快反应速率，故FeCl3的作用是催化H2O2分解，反应方程式为：；
②气体体积受温度、压强影响较大，所以读数时应该使气体温度在室温下且两侧液面相平，因为该反应放热导致气体温度升高，气体热胀冷缩，为防止产生误差，应该冷却气体至室温，然后移动右侧刻度管直到两侧液面相平，最后再读数；
③反应为：，，得到关系式： ，则，，则样品中过氧化镁的质量分数为；反应结束后读取量气管中气体的体积时，若液面左低右高，则所读气体体积偏小，则测得过氧化镁的质量和质量分数均减小。
19．（12分）化合物G是受体拮抗剂，其一种合成路线流程图如下：
已知：，其中R、均为氢或烃基。
回答下列问题：
（1）化合物A的化学名称为 。
（2）下列关于B的说法正确的是___________(填字母)。
A．分子式为B．分子中所有原子共平面
C．1mlB最多能与7mlH2发生加成反应D．1mlB能与2mlNaOH发生反应
（3）C中官能团的名称为 。
（4）D→E反应的化学方程式为 ；该反应类型为 。
（5）X的分子式为C7H8O，其结构简式为 。
（6）满足下列条件的C的同分异构体有 种(不含立体异构)；写出其中水解产物之一含有10个碳原子的结构简式： (写一种)。
a．能发生水解反应，且只生成两种水解产物；b．水解产物中均只有4种不同化学环境的氢原子，且都能与FeCl3溶液发生显色反应。
（7）参照上述合成路线，设计以甲苯和 为原料合成 的合成路线： (其他无机试剂任选)。
【答案】（除标明外，每空2分）（1）3-苯基丙烯酸（1分）
（2）D（1分）
（3）醚键、羧基（1分） 1（1分）
（4）++HCl 取代反应（1分）
（5）（1分）
（6）7
（7）（3分）
【分析】A在硫酸催化作用下与X反应生成B，B发生取代反应生成C，羧基在SOCl2作用下转化为酰氯，D的结构简式为 ，酰氯与胺反应生成酰胺，E的结构简式为 ，E再被还原为F，F发生取代反应生成G。
【解析】（1）A中含有羧基、苯基和碳碳双键，化学名称为苯丙烯酸；
（2）A．B的分子式为C16H14O2，A错误；B．B中含有甲基，不可能所有原子共平面，B错误；C．B中含有两个苯环，最多与6ml氢气加成，C错误；D．B中的酯基为酚酯，可以与2ml氢氧化钠反应，D正确；故选D；
（3）C中的官能团有醚键和羧基。手性碳是连有四个不同基团的碳，1mlC中有1ml手性碳；
（4）D和胺反应生成酰胺，属于取代反应，方程式为 + +HCl；
（5）X的分子式为C7H8O，不饱和度为8，根据B的结构可以推断X为对甲基苯酚： ；
（6）水解产物均能与氯化铁发生显色反应，说明C中有两个苯环，含有酚酯结构，则可能的碳骨架结构之一为 ，保持每个苯环上有两个甲基时，改变甲基的位置，它有4种同分异构体；当四个C位于同一个苯环时，有 3种。因此一共有7种。其中水解产物之一有10个碳原子的结构简式为
（7）根据上述合成路线， 能与酰氯反应生成酰胺，酰胺再还原为胺，所以甲苯应先转化为酰氯，合成路线如下： 。
20．（12分）在“碳达峰”“碳中和”的发展背景下，催化加氢合成甲醇是重要的碳捕获利用与封
存技术，该过程主要发生下列反应：
反应①
反应②
回答下列问题：
（1）CO继续加氢生成气态甲醇的热化学方程式为 。
（2）①现向2L恒容密闭容器中加入，在恒温下发生上述反应。10s后反应达到平衡，此时容器内的浓度为，CO为。则前10s内的平均反应速率 ；反应②的平衡常数为 。
②若恒温恒容条件下只发生反应①，起始投料比，下列叙述能说明反应①达到平衡状态的是 。
a．单位时间内消耗的同时生成
b．1ml生成的同时有3mlH—H键断裂
c．和的浓度保持不变
d．容器内压强保持不变
e．和的物质的量之比保持不变
（3）催化加氢制甲醇反应历程中某一步基元反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图1所示，已知Arrhenius经验公式为(其中为活化能，为速率常数，和为常数)。该反应的活化能 。
（4）0.5MPa下，将的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应器，测得的转化率、或CO的选择性[]以及的产率(的转化率×的选择性)随温度的变化如图2所示。
曲线a表示 (填“”或“CO”)的选择性随温度的变化，270℃时，对应的转化率为 ；在210～250℃之间，的产率增大的原因是 。
【答案】（1）
（2） 0.107 bcd
（3）30.0
（4）CO 21% 温度升高，生成的反应速率增大
【解析】（1）第一步：催化加氢合成甲醇反应的化学方程式为，由盖斯定律，第二步：对比。目标方程式，反应①，反应②，第三步：叠加。目标方程式与已知方程式的相同物质在两侧，则相减，目标方程式中不含和，已知反应①和②中含，由反应①-反应②可得目标方程式：。
（2）①根据题意列三段式如下：，，则平衡时，，则。反应②的平衡常数。
②单位时间内消耗的同时生成，都代表逆反应，不能据此判断反应是否达到平衡状态，a不符合题意；生成1ml的同时会形成3mlH—H键，还有3mlH—H键断裂，则的浓度不变，反应处于平衡状态，b符合题意；若和的浓度保持不变，说明它们的生成速率与消耗速率相等，反应达到平衡状态，c符合题意；该反应是反应前后气体物质的量改变的反应，反应在恒容密闭容器中进行，若容器内压强保持不变，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，d符合题意；加入和的物质的量之比等于反应过程中消耗的物质的量之比，因此和的物质的量之比始终保持不变，不能据此判断反应是否达到平衡状态，e不符合题意。故选bcd；
（3）根据图像并结合Arrhenius经验公式有：①，②，联立两式解得。
（4）反应①为放热反应，升高温度，未达到平衡之前，相同时间内甲醇的产率增加，达到平衡后随温度的升高，反应①平衡逆向移动，甲醇的产率和选择性降低；反应②为吸热反应，随着温度的升高，CO的产率和选择性升高，故曲线a代表CO的选择性随温度的变化。270℃时，CO的选择性为70%，则甲醇的选择性为30%，6.3%甲醇的产率为6.3%，故对应的转化率为。在210～250℃之间，反应①未达到平衡，的产率增大的原因是温度升高，生成的反应速率增大。
氟化物
熔点/℃
993
x
m
沸点/℃
1695
y
n
选项
探究目的
实验方案
A
Na2SO3溶液是否变质
取少量久置的Na2SO3溶液向其中滴加BaCl2，观察现象
B
向5mL浓度均为的NaI、NaCl混合溶液中滴加2滴溶液，观察现象
C
检验乙醇中是否含有水
向乙醇中加入一小粒金属钠，观察现象
D
氯水久置，pH值会逐渐减小
每隔一段时间，使用pH试纸测定氯水的pH值，并记录数据进行比较
氧化还原电对(氧化剂/还原剂)
电极反应式
/V
0.77
0.54
1.36
1.07
1.84