河南洛阳市2026届高三下学期适应性模拟测化学（二）试题（Word版附解析）

这是一份河南洛阳市2026届高三下学期适应性模拟测化学（二）试题（Word版附解析），共10页。试卷主要包含了 物质的结构决定性质， 化学与生产、生活密切相关等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡上。
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 Li 7 C 12 N 14 O 16 Cu 64
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. 化学改善人类生活、创造美好世界。下列说法正确的是
A. 制造“宇树机器人”使用的聚醚醚酮属于有机高分子材料
B. “DeepSeek”服务器芯片材料为二氧化硅
C. “LNG船”的储液罐所用不锈钢中含量最高的元素是镍
D. “钍基熔盐堆”中元素钍属于s区元素
【答案】A
【解析】
【详解】A．聚醚醚酮是一种高性能热塑性聚合物，属于有机高分子材料，A正确；
B．芯片的核心材料是单质硅，不是二氧化硅，B错误；
C．不锈钢属于铁合金，含量最高的元素是铁元素，镍属于少量添加的合金元素，C错误；
D．钍是锕系元素，属于f区元素，D错误；
故选A。
2. 格氏试剂是含卤化镁的有机金属化合物，在有机合成上十分有用。由法国化学家维克多·格林尼亚发现，其合成反应为。下列化学用语不正确的是
A. 的VSEPR模型：
B. 的结构示意图：
C. 溴乙烷的空间填充模型：
D. 溴化镁电子式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．的中心原子C原子的价层电子对数 = ，为sp2杂化，VSEPR模型：，A正确；
B．为氯原子得到1个电子形成的离子，结构示意图：，B正确；
C．空间填充模型需体现原子相对大小和紧密排列，溴乙烷中Br原子半径最大，图片为球棍模型，非空间填充模型，C错误；
D．溴化镁为离子化合物，电子式表示为，D正确；
故选C。
3. 酚酞试液是中学常用的酸碱指示剂，酚酞的结构如图所示。下列有关该物质的说法错误的是
A. 常温下酚酞是固体且易溶于蒸馏水
B. 酚酞属于芳香族化合物
C. 1 ml酚酞与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3 ml NaOH
D. 溶液滴入酚酞溶液可能显紫色
【答案】A
【解析】
【详解】A．由酚酞分子结构中有酯基和三个苯环等可推断它在水中溶解度较差，A错误；
B．酚酞含苯环，属于芳香族化合物，B正确；
C．1 ml酚酞含有2 ml酚羟基和1 ml酯基，最多可消耗3 ml NaOH，C正确；
D．含酚羟基，能与溶液发生显色反应，D正确；
故答案选A。
4. 物质的结构决定性质。下列解释错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．水晶（）为共价晶体，熔化需破坏强度很高的共价键，干冰（）为分子晶体，熔化仅需克服较弱的分子间作用力，二者熔点差异与摩尔质量无关，解释错误，A符合题意；
B．乙基是推电子基团，其推电子效应会削弱羧基中氧氢键的极性，使质子更难解离，因此丙酸酸性弱于甲酸，解释正确，B不符合题意；
C．甲醛是极性分子，且羰基中的氧原子可作为氢键受体与水分子形成氢键，因此甲醛易溶于水，解释正确，C不符合题意；
D．聚乙炔中碳原子为杂化，未参与杂化的p轨道可形成共轭大π键长链，电子可在共轭体系中移动因此具有导电性，可用于制备导电高分子材料，解释正确，D不符合题意；
故选A。
5. 化学与生产、生活密切相关。下列离子方程式正确的是
A. 用白醋和淀粉试纸检验加碘盐中的：
B. 向苯酚钠溶液中通入少量的：
C. 向的悬浊液中加入的溶液发生的离子反应为：
D. 试管壁上的银镜用氨水洗涤：
【答案】B
【解析】
【详解】A．在酸性条件下，碘酸根离子与碘离子反应生成碘单质，醋酸是弱酸，则离子方程式为：，A错误；
B．苯酚钠溶液与少量的CO2反应生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为：，B正确；
C．Fe(OH)3溶解度小于Mg(OH)2，Fe(OH)3的悬浊液与MgCl2不反应，C错误；
D．银与氨水不能直接发生反应，D错误；
故选B。
6. 短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，基态Y原子价层电子的s能级与p能级的电子数之比为，R元素的一种氧化物常用作葡萄酒的抗氧化剂。由这四种元素组成的一种光学晶体结构如图。下列叙述不正确的是
A. 简单氢化物的沸点：B. 简单离子半径：
C. 元素的电负性：D. X、Y、Z三种元素可形成离子化合物
【答案】B
【解析】
【分析】R元素的一种氧化物常用作葡萄酒的抗氧化剂，该氧化物为SO2，则R为S元素。基态Y原子价层电子的s能级与p能级的电子数之比为2:3，故价层电子排布式为ns2np3，Y的原子序数比Z和R小，则Y为N元素。结合光学晶体结构，X与Y（N）形成单键，且X原子序数小于N，则X为H元素；Z与R（S）、Y（N）成键，原子序数介于N和S之间，则Z为O元素。
【详解】A．Z为O，简单氢化物为H2O；Y为N，简单氢化物为NH3；R为S，简单氢化物为H2S。H2O、NH3分子间存在氢键，且H2O氢键强于NH3，H2S无氢键，沸点H2O> NH3> H2S，即Z>Y>R，A正确；
B．Z为O，简单离子为O2-；Y为N，简单离子为N3-。二者电子层结构相同，核电荷数O>N，离子半径N3-> O2-，即Y>Z，B错误；
C．电负性同周期从左到右增大，O>N>H，即Z>Y>X，C正确；
D．X（H）、Y（N）、Z（O）可形成NH4NO3等离子化合物，D正确；
故答案选B。
7. 下列化学实验目的与相应实验示意图不相符的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验目的是用牺牲阳极法保护铁，该装置中锌的活泼性比铁强，形成原电池时锌作为负极被氧化，铁作为正极得到保护，符合牺牲阳极法的原理，装置与实验目的相符，A不符合题意；
B．实验目的是证明分子极性：，极性分子会被带电体吸引发生偏转，分子极性越强偏转越明显；是极性分子，偏转明显，是非极性分子，几乎不偏转，可证明分子极性：​，B不符合题意；
C．实验目的是制备无水氯化镁，由于直接加热会水解，该装置在干燥HCl气流中加热，能抑制水解，从而得到无水氯化镁，装置与实验目的相符，C不符合题意；
D．实验目的是除去氯气中的二氧化氮，但氯气难溶于饱和食盐水，二氧化氮与食盐水中的水反应会生成硝酸和NO（新的杂质气体），无法有效分离杂质，装置与实验目的不相符，符合题意；
故选D。
8. 利用动物油脂制造肥皂的过程如下。下列说法错误的是
A. 加入乙醇以使猪油和NaOH溶液充分接触，加快反应速率
B. 用玻璃棒蘸取黄棕色反应液滴入热水中，判断反应是否完全
C. 加饱和食盐水可减小高级脂肪酸钠的溶解度，促使产品析出
D. 肥皂洗衣时，插入油污内部使其脱离衣物表面
【答案】D
【解析】
【分析】油脂皂化反应制备肥皂的原理：油脂在碱性（）条件下水解产生的高级脂肪酸盐，再加饱和食盐水促使高级脂肪酸钠析出形成皂基，据此分析。
【详解】A．动物油脂（猪油）不溶于水，与NaOH水溶液不互溶，乙醇既能溶解油脂，又能与水互溶，可以使猪油和NaOH溶液充分接触，加快反应速率，A正确；
B．油脂不溶于热水，而皂化反应产物高级脂肪酸钠可溶于热水。若滴入热水后无油状液体漂浮，说明反应完全，若有油状液体说明反应未完全，该方法可以判断反应是否完全，B正确；
C．加入饱和食盐水，利用盐析效应降低高级脂肪酸钠的溶解度，促使高级脂肪酸钠（皂基）析出，C正确；
D．高级脂肪酸钠中，长链烃基是疏水（亲油）基团，插入油污内部；−COO−是亲水基团，朝向水层，因此描述错误，D错误；
故选D。
9. 我国科学家研究发现的电化学“大气固碳”方法原理如图所示，该电池放电时的总反应为。为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 该电池只能选无水电解液
B. 放电时，每消耗转移电子数为
C. 充电时，从电极B移向电极A
D. 充电时，电路中每通过1 ml电子，理论上阳极区质量变化40 g
【答案】B
【解析】
【分析】首先判断放电时电极属性：Li是活泼金属，放电时失电子，因此电极A（含Li）为负极，电极B为正极，结合选项分析：
【详解】A．Li可与水发生反应，因此该电池只能选用无水电解液，A说法正确；
B．放电总反应为，3ml ​中仅1ml C从+4被还原为0价碳单质，其余2ml C化合价不变，因此3ml ​参与反应时共转移4ml电子，则1ml 参与反应转移电子数为​，B说法错误；
C．充电时该装置为电解池，原负极A变为阴极，原正极B变为阳极；电解池中阳离子向阴极移动，因此从电极B（阳极）移向电极A（阴极），C说法正确；
D．充电时阳极（B极）反应为，每转移4ml电子，阳极区有4ml 移向阴极、3ml 逸出，总质量减少，因此转移1ml电子时，阳极区质量减少40g，质量变化为40g，D说法正确；
故选B。
10. 研究表明，乙酰丙酮()存在酮式和烯醇式互变形成的平衡体系：
下列说法错误的是
A. 向乙酰丙酮中加入金属钠能产生气泡
B. 能与HCN加成可证实乙酰丙酮存在酮式异构体
C. 由酮式向烯醇式转化时，位的比位的活泼
D. 形成分子内氢键可增强烯醇式异构体的稳定性
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙酰丙酮的烯醇式结构含有羟基()，能与金属钠发生反应生成氢气，产生气泡，A正确；
B．酮式结构和烯醇式结构中的都含羰基()，均可以与发生加成反应，因此，能与加成不能证实乙酰丙酮存在酮式异构体，B错误；
C．从酮式向烯醇式转化时，位的上的氢原子(位H)会转移到羰基的氧原子上，这说明位的H比位的H更活泼，更容易发生迁移，C正确；
D．烯醇式结构中，羟基()的氢原子可以与另一侧羰基()的氧原子形成分子内氢键，这种氢键能降低分子的能量，从而增强烯醇式异构体的稳定性，使其在平衡中占比更高(80%)，D正确；
故答案选B。
11. 2025年诺贝尔化学奖授予了在金属有机框架(MOF)领域做出突破的科学家。某科研团队以为原料通过溶剂热法制备了具有优良导电性的二维酞菁基MOF纳米片，该催化剂能有效地将催化转化为CO。结构和反应历程如图[已知Ni(a)、Ni(b)表示不同位点上的Ni]。下列说法错误的是
A. 基态Ni原子核外电子占据的轨道数为15
B. 由历程图可知，不同位点的Ni，催化活性不同
C. 升高温度有利于提高的平衡转化率
D. 中N原子提供孤电子对与形成配位键
【答案】C
【解析】
【详解】A．基态原子的核外电子排布式为，能级有1个轨道，能级有3个轨道，能级有5个轨道。各占据1个轨道，共4个；各占据3个轨道，共6个；占据5个轨道。所以占据的轨道数为，A正确；
B．从反应历程图中可以看到，不同位点的对应不同的反应能垒，说明它们的催化活性不同，B正确；
C．由反应历程图可知，二氧化碳催化转化为CO的反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量，此反应为放热反应。对于放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，会使二氧化碳的平衡转化率降低，而不是有利于提高二氧化碳的平衡转化率，C错误；
D．在中，原子存在孤对电子，存在空轨道，因此原子可以提供孤对电子与形成配位键，D正确；
故选C。
12. 探究NaNO2的还原性和氧化性的强弱。
已知：K2MnO4溶液(绿色)在酸性环境中不稳定，转化为MnO2和KMnO4。
下列说法错误的是
A. 过程Ⅰ发生的反应的离子方程式为：2++2OH-2++H2O
B. 过程Ⅱ未得到紫色溶液，可能是转化为MnO4-的速率小于氧化的速率
C. 过程Ⅳ得到淡黄色溶液可推知氧化了I-
D. 该实验证明对应的实验条件下，的还原性强于和Mn2+
【答案】C
【解析】
【分析】依据图示分析，反应Ⅰ产生了绿色溶液，结合题目信息可知发生的反应为：，生成了绿色的K2MnO4溶液；反应Ⅱ为向绿色溶液中滴加醋酸溶液至溶液呈弱酸性，由于K2MnO4溶液(绿色)在酸性环境中不稳定，转化为MnO2和KMnO4，图中只得到了棕黑色沉淀和无色溶液，说明反应产生的沉淀为MnO2；反应Ⅲ继续滴加醋酸溶液，沉淀消失，即与发生了反应：，反应结束后得到了x mL的无色溶液（含、）；反应Ⅳ加入足量的稀KI溶液，后加入稀硫酸至溶液的pH为y，碘离子被氧化为碘单质（浅黄色溶液），产生了NO气体，NO遇空气产生了NO2（淡棕色气体）；据此作答。
【详解】A．由已知可知反应Ⅰ产生了绿色溶液，即与KMnO4在碱性条件下加热反应产生K2MnO4，依据氧化还原反应原理书写离子方程式为：，A不符合题意；
B． K2MnO4溶液在酸性环境中不稳定，转化为和KMnO4，但反应Ⅱ中未出现紫色现象，说明KMnO4被消耗，则可能为转化为的速率小于氧化的速率，B不符合题意；
C．依据分析反应Ⅲ结束后得到了x mL的无色溶液，含、，均具有氧化性，加入碘化钾溶液反应产生碘单质，不能说明是氧化了I-，C符合题意；
D．依据分析，结合氧化还原反应原理：还原剂的还原性大于还原产物的还原性；由反应Ⅰ：可知，还原性：大于；由反应Ⅲ：可知，还原性：大于，D不符合题意；
故答案选C。
13. 钪(Sc)是航空航天、超导材料领域的关键稀土金属。以钒钛磁铁矿中提取的为原料，采用钙热还原法制备高纯金属钪的核心工艺如图所示。已知：的熔点为1402℃，Sc的熔点为1541℃。
下列说法正确的是
A. “300℃氟化”反应可以在石英坩埚中进行
B. “钙热还原”温度高于1541℃有利于反应和分离
C. Ca的沸点高于Sc
D. “钙热还原”应在惰性气体氛围中进行
【答案】D
【解析】
【分析】以为原料，首先在300 ℃下与发生氟化反应，生成、和；接着升温脱氨得到和无水；随后用Ca还原得到粗钪和；最后通过真空蒸钙、蒸钪（利用Ca与Sc的沸点差异，Ca沸点更低）分离杂质，最终得到高纯钪；
【详解】A．石英坩埚含有，在加热条件下，会水解或分解产生，能与反应，故“氟化”反应不可以在石英坩埚中进行，A说法错误；
B．的熔点为1402℃，的熔点为1541℃，“钙热还原”温度若高于1541℃，二者状态相同，不利于分离，B说法错误；
C．粗钪提纯过程中先进行“真空蒸钙”，后进行“真空蒸钪”，说明钙的沸点比钪低，C说法错误；
D．惰性气体可以防止还原性物质被氧化，钙有较强还原性，“钙热还原”应在惰性气体氛围中进行，D说法正确；
答案选择D。
14. 取20.00 mL含甲胺()和吡啶()的混合溶液，用0.1000 HCl标准溶液滴定，滴定曲线如图甲，4种含氮微粒的分布分数与pH关系如图乙[比如：]。下列说法正确的是
A. 曲线①表示甲胺的分布分数
B. a点：99.8%的吡啶转化为
C. b点：
D. 甲胺的含量：3.10
【答案】D
【解析】
【分析】甲胺碱性更强，优先与盐酸反应，故第一个滴定突变点为甲胺恰好完全反应，第二个突变点为吡啶恰好完全反应；根据碱性可知，随pH不断增大，先生成吡啶再生成甲胺，①代表，②代表，③代表，④代表。
【详解】A．根据分析，曲线①代表，A错误；
B．结合图甲和图乙可知，a点pH为7.92，图乙中②代表，，则，故a点：的吡啶转化为，B错误；
C．b点溶液呈酸性，故，C错误；
D．第一个滴定突变点为甲胺恰好完全反应，==，甲胺含量为，D正确；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 鲁米诺(3-氨基邻苯二甲酰肼)是一种常用的化学发光试剂，在生物工程、环境监测等领域均有重要应用。某化学兴趣小组设计了鲁米诺发光喷泉实验，其发光原理如下：
实验步骤：
①按下图所示组装实验装置(夹持装置略)并完成操作X。
②定量称取0.4 g鲁米诺固体，用溶液充分溶解后，定容于200 mL容量瓶中，再将所得溶液加入到三颈烧瓶中。
③向三颈烧瓶中滴入6 mL 3%的溶液，关闭分液漏斗旋塞。
④打开锥形瓶A的橡胶塞，加入150 mL食用白醋，迅速塞紧橡胶塞，不断旋转A中分液漏斗旋塞来调节气体产生速率，随即观察到三颈烧瓶内产生蓝色荧光，装置中的导管口形成美丽的蓝色发光喷泉。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是___________。B装置的作用是___________。
（2）步骤①中操作X是___________。
（3）步骤②中用到的玻璃仪器除容量瓶和量筒外，还有___________。
（4）步骤③中鲁米诺发生反应的离子方程式为___________。该反应所用氧化剂，不能选用下列物质中的___________(填标号)。
a．HNO b．84消毒液 c．酸性溶液 d．
（5）步骤④使用白醋而不用盐酸，原因是___________。
（6）在一定浓度范围内可催化鲁米诺与反应，且发光强度与浓度呈线性关系，从而测定水体中的含量。测得发光强度y与标准溶液中浓度符合线性回归方程。取10 mL水体样品，经预处理后定容至25 mL，测得发光强度为400，则原水体样品中的含量为___________。
【答案】（1） ①. 圆底烧瓶 ②. 作为安全瓶起缓冲作用，防止A中液体进入装置C
（2）检查装置的气密性
（3）烧杯、玻璃棒、胶头滴管
（4） ①. ②. ac
（5）盐酸反应太剧烈，产气太快，可能导致液体大量冲出，甚至冲开橡胶塞
（6）0.0256或
【解析】
【分析】该装置利用醋酸与小苏打（碳酸氢钠）反应产生的二氧化碳气体使三颈烧瓶内气压增大，将与氧化剂反应后的鲁米诺试剂挤出三颈烧瓶至导管口，鲁米诺试剂发光产生蓝色荧光喷泉现象。
【小问1详解】
仪器a为圆底烧瓶，装置B作为安全瓶起缓冲作用，防止A中液体进入装置C。
【小问2详解】
由于需要形成气压差将液体挤出，所以组装好装置后应检查装置气密性。
【小问3详解】
配制溶液时所需的玻璃仪器除容量瓶和量筒外，还有烧杯、玻璃棒、胶头滴管。
【小问4详解】
根据已知信息，鲁米诺试剂发光原理为； ；该反应条件为碱性，所以不能选用酸性氧化剂，故硝酸与酸性高锰酸钾不可作为氧化剂，而84消毒液（主要成分为次氯酸钠）与过碳酸钠均为碱性，故选ac。
【小问5详解】
白醋为弱酸的稀溶液，而盐酸为强酸HCl的溶液，氢离子浓度高，导致盐酸反应太剧烈，产气太快，可能导致液体大量冲出，甚至冲开橡胶塞。
【小问6详解】
将400代入线性回归方程，得定容后的溶液中,则原水体样品中的含量为。
16. 铼(Re)是一种具有极高战略价值的关键金属，在周期表中与Mn同族。以钼精矿(主要成分有、，还含有、、、等杂质)为原料制备高铼酸铵()和单质Re的工艺流程如图：
已知：①
②
回答下列问题：
（1）Re在周期表中位于第_______族。
（2）“氧压碱浸”步骤中发生反应的化学方程式为_______。
（3）“水相1”中的阴离子主要是和，“滤渣2”的成分是_______；“反萃取”时所用试剂X为_______(填序号)。
A． B．氨水 C．HCl D．盐酸
（4）若向悬浊液中加稀硫酸或加NaOH溶液调节pH，、随pH变化如图所示，由图可知，表示的曲线是_______。
（5）利用“还原”步骤中相关量可以确定Re的相对原子质量。某小组获得下列3组实验数据：
A．的质量、消耗的总量
B．Re的质量、消耗的总量
C．的质量、Re的质量
选择第_______(填序号)组数据。
（6）已知铼的某种氧化物立方晶胞(晶胞参数为a nm)沿x、y、z轴方向投影均如下图所示，则Re在晶胞中的位置为_______；Re填在了O围成的_______(填“四面体”“立体”或“八面体”)空隙中。
【答案】（1）ⅦB （2）
（3） ①. 、 ②. B
（4）a （5）C
（6） ①. 顶点 ②. 八面体
【解析】
【分析】钼精矿(主要成分有MS2、ReS2，还含有FeS2、Al2O3、SiO2、P2O5等杂质)在氧压碱浸时，MS2、ReS2转化为NaMO4、NaReO4、Na2SO4，FeS2、Al2O3、SiO2、P2O5分别转化为Fe2O3、Na[Al(OH)4]、Na2SiO3、Na3PO4等，过滤，滤渣1主要为Fe2O3，滤液中加硫酸调pH，可以除掉Na[Al(OH)4]、Na2SiO3，同时提供氢离子以备后续萃取时需要，滤渣2为Al(OH)3、H2SiO3，滤液加入R3N进行萃取，得到R3N-HReO4，分液后，对有机相加氨水进行反萃取，生成NH4ReO4，分液后，NH4ReO4在水相中，除磷时，加入的硫酸镁与Na3PO4反应生成NH4MgPO4沉淀，过滤除掉，再经过后续处理得到NH4ReO4纯品；NH4ReO4经热解后得到Re2O7、并进一步被氢气还原为Re，据此分析；
【小问1详解】
Re元素在周期表中与Mn同族，位于周期表第ⅦB族；
【小问2详解】
“氧压碱浸”步骤中ReS2与氧气、氢氧化钠反应生成NaReO4、Na2SO4和H2O，发生反应的化学方程式为：；
【小问3详解】
由分析可知，滤渣2为Al(OH)3、H2SiO3；由分析可知，“反萃取”时所用试剂X为氨水，故选B；
【小问4详解】
NH4ReO4悬浊液中存在水解平衡：，随着pH不断增大，氢离子浓度逐渐减小，氢氧根离子浓度不断增大，促进铵根离子水解，则铵根离子浓度逐渐减小，曲线b为铵根离子浓度，则曲线a表示的浓度；
【小问5详解】
A．实验中H2不仅用于还原Re2O7，还需要通H2排尽装置内空气，反应后还要通H2冷却产物，根据消耗氢气的总量和Re2O7的质量，不能计算Re的相对原子质量，A不符合题意；
B．实验中H2不仅用于还原Re2O7，还需要通H2排尽装置内空气，反应后还要通H2冷却产物，根据消耗氢气的总量和Re的质量，不能计算Re的相对原子质量，B不符合题意；
C．已知Re2O7的质量和生成Re的质量，可直接算出Re2O7中氧元素的质量，再通过氧的相对原子质量计算氧原子的物质的量，进而求出Re2O7的物质的量，再计算出Re2O7的摩尔质量，最终可计算出Re的相对原子质量，C符合题意；
故选C。
【小问6详解】
由晶胞投影图可知，则Re在晶胞中的位置为顶点；从投影图可知，O原子构成面心立方结构，Re原子填在了O原子形成的八面体空隙中。
17. 氢气是一种清洁能源，其制取与储存是氢能源的研究热点。
（1）以镧铁载氧体通过分步反应循环制取合成气(CO，)和，其制备原理如图1所示，转化Ⅰ中可以全部或部分转化为。
①如图1中所示转化的总反应方程式为___________。
②若的物质的量为0.1 ml，转化Ⅰ反应一段时间后镧铁载氧体的晶胞如图2所示，则转化Ⅰ理论上生成___________ml。
③用ⅡA元素(用R表示)代替镧铁载氧体晶体中部分的，得到新载氧体(部分元素的化合价大于价)，从而改变载氧体的催化性能。在消耗相同物质的量载氧体的情况下，生成的量___________(填“变多”“变少”或“不变”)。从保持晶体结构稳定性的角度出发，应具有的结构特点是___________。
（2）利用甲苯()和甲基环己烷()的相互转化可以实现氢气的存储与再生。甲基环己烷再生氢气发生的主反应为： ，反应中还有副反应发生。反应过程中含碳物种的变化如图3所示。
①已知键能：、、、。能否根据以上键能估算主反应的，如果能则列出算式，如果不能则说明理由：___________。
②一定条件下，1 ml甲基环己烷反应制得，同时得到甲烷的物质的量为___________ml。
③甲基环己烷再生氢气主反应平衡常数(K)与温度的关系如图4所示。在压强和反应时间一定的条件下，为了获得较高产率的甲苯，选择的催化剂活性温度的适宜范围是___________。
【答案】（1） ①. ②. 0.1 ③. 变多 ④. 半径与相当
（2） ①. 不能，甲苯苯环中的碳碳键介于单键和双键之间，不存在纯粹的碳碳双键 ②. 0.02 ③.
【解析】
【小问1详解】
①由图可知，反应物为甲烷和水，生成物为一氧化碳和氢气，总反应为CH4+H2O载氧体 CO+3H2。
②晶胞中，位于顶点：N(La3+)=8×18=1，位于体心：N(Fe)=1，位于面心，共6个面心，1个为氧空位，故N(O2−)=5×12=2.5，化学式为LaFeO2.5，即。转化II中每消耗1mlLaFeO3−x生成xmlH2​，消耗0.1mlLaFeO3在转化过程中脱去了0.1ml×3−2.5=0.05ml的生成，同时中的H被还原为氢气，生成氢气的物质的量为CO的2倍，即生成。
③替换后，部分化合价升高至价以上，相同物质的量载氧体还原时得到电子更多，转化II生成的量变多；要保持晶体结构稳定，替换离子的半径需要和原离子相近，才能稳定占据原晶格位置。
【小问2详解】
①因为苯环中的碳碳键是介于单键和双键之间的特殊化学键，甲苯中苯环不存在普通的或键，题目未给出其键能，题目没有给出苯环中特殊碳碳键的键能，因此无法用给出的键能计算反应焓变。
②设生成 甲烷。根据碳原子守恒，可知同时生成 苯()，则生成甲苯(C7H8)的物质的量为 (1−x)ml。根据氢原子守恒，反应物甲基环己烷中的氢原子总数等于产物中氢原子总数，可列式：1×14=2.98×2+(1−x)×8+x×6+x×4，解得 。
③由图可知，温度升高增大，主反应平衡产率升高，温度超过700K后，变化很小，平衡产率提升不明显，且过高温度会增加能耗，因此选择。
18. 以A和芳香烃E为原料制备除草剂茚草酮中间体I()的合成路线如下：
（1）E的化学名称为___________。
（2）H官能团名称为___________。
（3）D+H→I的反应类型为___________。
（4）F→G的化学方程式为___________。
（5）F的同分异构体中，满足下列条件的结构有___________种。
①含有苯环且苯环上只有三种取代基；
②能发生银镜反应且遇溶液显紫色；
③1 ml该物质与足量的Na反应产生。
其中苯环上取代基均不相邻的结构简式为___________。
（6）在D和H合成Ⅰ的反应中，可以提高原料利用率，试分析其原因___________。
（7）利用原子示踪技术追踪G→H的反应过程如下：
根据上述信息，写出乙醇和合成的路线___________(无机试剂任选)。
【答案】（1）邻二甲苯或1，2-二甲基苯
（2）羰基或酮羰基 （3）取代反应
（4） （5） ①. 10 ②.
（6）与取代生成的氯化氢反应，促进平衡向产物方向移动
（7）或
【解析】
【分析】A发生加成反应生成B，B发生消去反应生成C，C发生取代反应生成D；E()发生氧化反应生成F（），F与两分子乙醇发生酯化反应生成G，G转化为H，D和H发生取代反应生成I和HCl，据此分析。
【小问1详解】
E是分子式为的芳香烃，最终G为邻苯二甲酸二乙酯，可知E为()，即邻二甲苯；
【小问2详解】
根据H的结构简式，H含两个酮羰基，官能团为羰基或酮羰基；
【小问3详解】
D含，H中羰基α位的活泼氢被D的烃基取代，脱去得到I，属于取代反应；
【小问4详解】
F（）是邻苯二甲酸，与乙醇发生酯化反应得到邻苯二甲酸二乙酯G，为可逆反应，条件为浓硫酸加热，反应方程式为；
【小问5详解】
F分子式为，除苯环外，还有2个C原子，4个O原子，2个不饱和度；根据需满足条件：三种取代基，含酚羟基（遇显色）、醛基（银镜反应），1ml该物质生成1ml，共2个活泼氢，则满足条件的三个不同取代基为（酚羟基）、（醛基）、。苯环上三个不同取代基的同分异构体共（4种），（4种），（2种），种，共10种同分异构体中；苯环上取代基均不相邻的结构简式为；
【小问6详解】
D和H发生取代反应生成I和HCl，可与HCl反应，促进平衡向产物方向移动，从而提高原料利用率；
【小问7详解】
根据G→H的反应原理及目标产物的结构简式，逆推出由和乙酸乙酯（）合成目标产物，利用乙醇氧化得到乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应得到乙酸乙酯，故合成路线如下：
或者选项
性质
解释
A
熔点：水晶>干冰
比的摩尔质量数值更大
B
酸性：丙酸