江西萍乡市2025-2026学年度高三下学期二模考试化学试题（含解析）高考模拟

这是一份江西萍乡市2025-2026学年度高三下学期二模考试化学试题（含解析）高考模拟，共13页。试卷主要包含了 氮叶立德重排机理如下，1 ml噻唑烷含的数目为1， 用废磷酸制取步骤如下， 下列实验操作正确的是等内容，欢迎下载使用。
本试卷满分：100分 考试时间：75分钟
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，用黑色墨水签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束，监考员将试卷、答题卡一并收回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 K 39
一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 2026年米兰冬奥会多项化学技术助力赛事。下列说法错误的是
A. 雪道养护用到，利用盐类降低冰雪熔点的原理
B. 速滑馆用乙二醇作载冷剂，利用其凝固点低的性质
C. 滑雪服中玄武岩纤维为新型有机高分子材料
D. 火炬燃料采用生物液化石油气，原料来自回收油脂，属于可再生能源
【答案】C
【解析】
【详解】A．属于盐类，盐溶于冰雪形成的稀溶液熔点低于纯水，可降低冰雪熔点实现雪道养护，A正确；
B．乙二醇凝固点低，作为载冷剂不易凝固，能够在制冷系统中稳定传递冷量，B正确；
C．玄武岩纤维主要成分为硅酸盐等无机氧化物，属于无机非金属材料，不是有机高分子材料，C错误；
D．生物液化石油气的原料为回收的动植物油脂，可通过生物质再生产获得，属于可再生能源，D正确；
故选C。
2. 下列说法正确的是
A. 键角：B. 极性：
C. C—Cl键长：D. 水中溶解性：
【答案】B
【解析】
【详解】A．SO3中心S为杂化，无孤电子对，为平面三角形结构；中心S为杂化，含1对孤电子对，为三角锥形结构，孤对电子对成键电子的排斥作用更强，故键角，A错误；
B．是直线形结构，正负电荷中心重合，为非极性分子；是V形结构，正负电荷中心不重合，为极性分子，偶极矩不为0，故极性，B正确；
C．中与Cl相连的C为杂化，C-Cl为普通单键；（氯乙烯）中含有一个碳碳双键和一个Cl，氯原子的p电子和碳碳双键的π电子云会形成共轭体系，会使C-Cl键键长变短，，故C-Cl键长：，C错误；
D．为V形极性分子，为非极性分子，根据相似相溶原理，极性溶剂水更易溶解极性分子，故水中溶解性，D错误；
故选B。
3. 下列实验操作规范且能达到目的的是
A. 向加碘食盐中加入淀粉溶液，证明食盐中含有碘元素
B. 向溶液中滴加溶液，检验其中的铁元素
C. 用乙醇萃取二硫化碳中的硫
D. 向饱和氯化钠溶液中滴加少量浓盐酸制备氯化钠晶体
【答案】D
【解析】
【详解】A．加碘食盐中碘元素以碘酸钾形式存在，淀粉仅遇单质碘变蓝，加入淀粉无明显现象，无法证明食盐含碘元素，故A项错误；
B．中铁元素以配位结合的形式存在，无游离的，滴加KSCN溶液不会变色，无法检验其中铁元素，故B项错误；
C．乙醇与二硫化碳可以互溶，且硫在二硫化碳中的溶解度大于在乙醇中的溶解度，不满足萃取的条件，无法完成萃取，故C项错误；
D．饱和氯化钠溶液中存在溶解平衡，滴加浓盐酸会使浓度增大，平衡逆向移动，析出氯化钠晶体，操作规范可达到目的，故D项正确；
故答案为D。
4. 氮叶立德重排(Stevens重排)机理如下：
下列关于该反应的说法中，错误的是
A. 的反应利用了的碱性
B. 与反应的活性：X>M
C. Y属于盐
D. 四种物质中原子的杂化方式不完全相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙醇钠是强碱，可消耗X中α-碳上的酸性氢，生成碳负离子，该过程利用了其碱性，A正确；
B．X中N为阳离子（），N原子带正电荷，对质子（）具有静电排斥作用，难以与反应。M中N为中性叔胺，N原子上有孤电子对，碱性较强，可与结合生成铵盐（）。因此与反应的活性为：，B错误；
C．Y是阳离子与碳负离子形成的内盐，含带正电的阳离子结构，属于有机盐类，C正确；
D．X、Y、M中N原子价层电子对数为4，为杂化；Z中N原子与C形成双键（亚胺正离子结构），价层电子对数为3，为杂化。因此四种物质中N原子的杂化方式不完全相同，D正确；
故答案选B。
5. 噻唑烷(H)是一种常见的医药中间体，它的燃烧反应如下：
；阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是
A. 噻唑烷中含键的数目为
B. 中孤电子对的数目为
C. 和的混合气体中所含键数目为
D. 噻唑烷分子中五元环处于同一个平面
【答案】C
【解析】
【详解】A．噻唑烷的摩尔质量为 ， 噻唑烷的物质的量为，其为饱和五元环，所有共价键均为单键（），1个噻唑烷（）分子中含12个，故0.1 ml噻唑烷含的数目为1.2，A错误；
B．未指明处于标准状况，无法计算其物质的量及孤电子对数目，B错误；
C．个分子含个键 ，个分子也含个键 ，二者比例不影响总键数，故混合气体含键数目为，C正确；
D．噻唑烷为饱和五元环，环上原子均为 ，键角接近四面体键角，则五元环不可能处于同一平面，D错误；
故答案为C。
6. 一种锂离子电池电解质阴离子为为原子序数依次增大的短周期主族元素，同周期，为直线形分子，四种元素中基态原子未成对电子数最多。下列说法错误的是
A. 可合成高分子材料B. 同周期中第一电离能大于的元素有3种
C. WYZ分子呈四面体构型D. 熔点：
【答案】D
【解析】
【分析】为原子序数依次增大的短周期主族元素，同周期，为直线形分子，则为二氧化碳分子，X为碳、Y为氧；Z为氟；四种元素中基态原子未成对电子数最多，且原子序数大于氟，则W为磷。
【详解】A．（四氟乙烯）分子中含碳碳双键，可发生加聚反应生成聚四氟乙烯高分子材料，A正确；
B．同一周期随着原子序数变大，第一电离能总体呈递增趋势，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素；第二周期中第一电离能大于O的元素为 ，共3种，B正确；
C．中心P原子形成4个键，无孤对电子，其价层电子对数为4，分子呈四面体构型，C正确；
D．离子晶体熔点与晶格能正相关， 为，半径远大于，故晶格能小于，熔点更低，D错误；
故选D。
7. 用废磷酸(含有机杂质)制取步骤如下：
已知：①、、。
②无水磷酸沸点：261℃
下列说法正确的是
A. 球形冷凝管的主要目的是冷凝回流磷酸
B. 步骤a为萃取、分液
C. 为了控制滴加的量，最适宜的指示剂为酚酞
D. 若所得产品中的质量分数为27.1%，说明产品中可能混有
【答案】A
【解析】
【分析】本实验以含有机杂质的废磷酸为原料，先在下高温炭化，将有机杂质转化为不溶性的碳，经过步骤a去除碳后得到粗磷酸；随后经活性炭吸附过滤后得到磷酸，再用中和、结晶、过滤、洗涤制得产品。
【详解】A．实验在下进行，无水磷酸沸点为，高温下磷酸易汽化，球形冷凝管的作用是冷凝汽化的磷酸，使其回流至反应容器，减少磷酸的挥发损失，提高原料利用率，A正确；
B．废磷酸经高温炭化后，有机杂质转化为不溶于水的碳单质，步骤a是除去不溶于水的碳单质，故步骤a为过滤，B错误；
C．制取反应为：，需精准控制用量至完全转化为。由已知、知，的水解常数，电离大于水解，溶液呈弱酸性，因酚酞变色点在碱性条件，故为了控制滴加的量，最适宜的指示剂为甲基橙，不能选用酚酞，C错误；
D．纯净中的质量分数；中的质量分数。若产品混有，的质量分数应高于，而，说明产品中可能混有（质量分数为），而非，D错误；
故答案选A。
8. 下列实验操作正确的是
A. 用溶液吸收B. 铁钉上镀铜
C. 制备并测量体积D. 制备无水
【答案】B
【解析】
【详解】A．用溶液吸收时，锥形瓶口不能密封，否则会发生炸裂的危险，故A错误；
B．铁钉上镀铜，铜为阳极，铁钉为阴极，采用铜氨溶液作电解质有利于减慢电镀的速率，使镀层均匀，故B正确；
C．氨气极易溶于水，不能用装水的量气管测量其体积，故C错误；
D．在空气中蒸发FeSO4溶液，Fe2+会被氧化，得到硫酸铁，故D错误；
答案选B。
9. 我国谢和平院士团队研发了“解耦电化学CO2捕集法”，为全球减碳目标提供了全新的技术支撑。已知捕集CO2时n区发生如下变化，下列说法正确的是
A. 气体b为O2
B. 装置中的离子交换膜为阳离子交换膜
C. n区溶液的pH高于CO2解吸槽中溶液
D. 气体a可用于n区电解液的再生
【答案】D
【解析】
【分析】捕集时n区发生物质的变化，可知该过程是氧化反应，n区为阳极，m区为阴极。
【详解】A．解吸槽的作用是释放，气体b为解吸产生的，A错误；
B．根据装置图，吸收槽中的需进入阳极，即n区参与反应，离子交换膜应允许阴离子通过，为阴离子交换膜，B错误；
C．n区为阳极，发生氧化反应，水失去电子生成O2和H+，电极反应式为，pH更低，CO2解吸槽中H+与反应生成CO2，pH升高，故n区溶液的pH低于CO2解吸槽中溶液，C错误；
D．m区为阴极，发生还原反应，水得电子生成和，电极反应式为，氢气可以参与水的生成，D正确；
故选D。
10. 植物油和呋喃—2，5—二甲酸能合成生物基醇酸树脂(如图，—R为烃基)(已知呋喃具有芳香性)。下列说法正确的是
A. 呋喃分子中含有的大键为B. 乙分子中含有1个手性碳原子
C. X的结构简式为RCHOD. 丙的熔点低于乙
【答案】C
【解析】
【详解】A．呋喃是五元含氧杂环，环上4个碳原子各提供1个π电子，氧原子提供2个π电子，总共6个π电子，5个原子共同形成大键，因此大键为，不是​，A错误；
B．手性碳原子是连有4种不同基团的饱和碳原子。乙分子的中间碳原子连接的基团为：、、、，两个是相同基团，因此该碳不是手性碳原子，乙分子没有手性碳，B错误；
C．根据原子守恒反应：甲（呋喃二甲酸）乙（甘油三羧酸酯，含3个）反应后，高分子重复单元中保留1个侧链，生成，剩余个，计算可得的组成为，结构简式就是，C正确；
D．丙是高聚物，其相对分子质量远大于乙，因此丙的熔点高于乙，D错误；
故答案选C。
11. 我国科学家基于四脲大环和有机磷酸盐阴离子相互作用构建了一种超分子聚合物，可以提升电池性能，结构如图所示：
下列说法正确的是
A. 1ml有机磷酸盐阴离子与溶液反应，最多能消耗
B. 与的化学计量数之比为1：2
C. 上述过程只体现了超分子的“分子识别”特征
D. 四脲大环与有机磷酸盐阴离子之间通过配位键结合
【答案】A
【解析】
【详解】A．有机磷酸盐阴离子中磷酸酯基水解消耗，磷酸羟基消耗，一个有机磷酸盐阴离子中有2个酯基、2个磷酸羟基，则1 ml有机磷酸盐阴离子与溶液反应，最多能消耗，A正确；
B．从图像可以看出，超分子聚合物结构单元由一个四脲大环和一个有机磷酸盐阴离子构成，二者的化学计量数之比为1:1，B错误；
C．从图像可以看出，四脲大环的空腔可适配有机磷酸盐阴离子直径，形成超分子聚合物，体现了超分子的分子识别和自组装特征，C错误；
D．四脲大环中存在-N-H结构，与有机磷酸盐阴离子之间通过氢键结合，而非配位键，D错误；
故选A。
12. Li、In、Cl三种元素组成的固体电解质晶体结构如图1，替代部分会产生锂空位可提高晶体导电性(替代过程中各元素化合价不变)，导电时锂离子迁移如图2所示，下列说法正确的是
A. 图1中，该物质的化学式为
B. 图1中，In的配位数为4
C. 替代部分，化学式表示为，时，锂空位与锂离子个数比为4：1
D. 导电时，锂空位移动方向与电子移动方向相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据均摊法，在图1中，Li+位于中心和顶点位置，个数为；In位于顶点，个数为，Cl位于棱心，个数为，三种元素的个数比为，该物质的化学式为Li3InCl6，A错误；
B．In的配位原子为Cl，以左下角顶点In原子为例，周围有上、下、前、后、左、右棱心的Cl原子共6个，故配位数为6，B错误；
C．Zr4+替代部分In3+，化学式表示为LiyIn1-xZrxCl6，x=0.6时，化学式为，根据化合价代数和为0可得y=2.4，即Li+个数为2.4，原化学式为Li3InCl6中Li的个数为3，故锂空位个数为3-2.4=0.6，空位数与Li+个数比为1:4，C错误；
D．由图2可知，导电时锂离子与锂空位移动方向相反，同时锂离子带正电与电子移动方向也相反，故锂空位与电子移动方向相同，D正确；
答案选D。
13. 在某密闭容器中充入等物质的量的和，发生反应，该反应的速率方程，其中为速率常数，已知速率常数与反应活化能，单位为)、温度(，单位为)的关系式为与催化剂、的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 当体积分数不变时，该反应达到化学平衡状态
B. 降低温度会导致速率常数增大
C. 使用催化剂B时，活化能
D. 由图可知催化剂A的催化效率高于B
【答案】C
【解析】
【详解】A．初始和的物质的量相等，反应按1：1消耗，生成物为液体，则体积分数始终为50%，故不能说明达到平衡，故A错误；
B．根据关系式，得到，降低温度，T减小，增大，Ea为正值，则增大，减小，k减小，故B错误；
C．图像中与呈线性关系，斜率为Ea，催化剂B直线取时，=1.5，斜率Ea==，故C正确；
D．由上述分析可知，斜率为Ea，催化剂A直线的斜率更大，即活化能更大，催化效果不如催化剂B，故D错误；
答案选C。
14. 已知难溶性物质可通过加入酸来调节体系，促进溶解，总反应为。平衡时，含的粒子的分布系数与的变化关系如图所示，已知。下列说法错误的是
A. 曲线III表示的变化关系
B. O点处，
C. 点时，溶液中
D. 总反应的平衡常数
【答案】B
【解析】
【分析】增大，使平衡逆向进行，增大pH减小，故曲线Ⅱ代表与pH的变化关系；因为二元酸，发生分步电离、，随着酸性减弱，的含量逐渐减小，而的含量先增大后减小，的含量逐渐升高，故曲线I代表与pH的变化关系，曲线Ⅲ代表与pH的变化关系，曲线Ⅳ代表与pH的变化关系，同时根据图形可知，当pH=1.27时，有，可得；当pH=4.27时，有，可得，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，表示的变化关系为曲线Ⅲ，A正确；
B．O点时，，由，解得，B错误；
C．P点时，pH=4.27，此时，且可忽略不计。由物料守恒，可得，C正确；
D．该反应的平衡常数为，化简后有，D正确；
故答案选B。
二、非选择题：
15. 有机物作为一种高性能发光材料，广泛用于有机电致发光器件。的一种合成路线如下所示，部分试剂及反应条件省略。
已知：(R1和R2为烃基)，回答下列问题：
（1）B中所含官能团的名称是______。
（2）E的结构简式为______，C的化学名称为______，生成D的反应类型为______。
（3）F+J→K的化学方程式为______。
（4）G的同分异构体中，能与反应生成的有______种(不考虑立体异构体)。
（5）G到H的过程中有副产物(分子式为)生成，写出其中三种可能的副产物的结构简式______。
【答案】（1）碳碳双键、碳溴键(或溴原子)
（2） ①. ②. 苯胺 ③. 取代反应
（3）++H2O
（4）12 （5）（任写3种）
【解析】
【分析】对比A和D的结构简式，结合C的分子式，可知C的结构简式为，A与HBr发生取代反应生成B()，B与C发生取代反应生成D，根据已知，在POCl3/DMF的条件下在苯环上引入醛基，由此可知E的结构简式为；对比G和H的结构简式，可知G和发生取代反应生成H，H经过两步转化得，F和J在哌啶作用下反应生成K，据此分析。
【小问1详解】
经分析可知，B的结构简式为，其中含有的官能团为碳碳双键和碳溴键；
【小问2详解】
D经酸化生成E，对比D、F的结构简式，结合已知条件，可知E的结构简式为：，C的结构简式为，化学名称是苯胺；B和C反应的过程为2分子B与1分子C发生取代反应，生成D和HBr；
【小问3详解】
对比F、J和K的结构简式，可知F与J在哌啶的作用下发生缩合反应，生成K和H2O，反应方程式为：++H2O；
【小问4详解】
能与NaHCO3反应的基团为羧基(-COOH)，因此同分异构体可能是含有一个羧基和一个碳碳双键或含有一个羧基和一个环。若官能团为羧基和碳碳双键，则可能的结构组合有：C＝C-C-C与-COOH，共4种结构；C-C＝C-C和-COOH，有2种结构；和-COOH，有3种结构；若为-COOH和环的结构，则可能是四元环与-COOH，也可能是三元环、一个甲基和-COOH，四元环与-COOH有1种结构，三元环、甲基和-COOH，有2种结构，因此同分异构体数目为4+2+3+1+2=12；
【小问5详解】
根据副产物的分子式，可知副产物为1分子G与2分子发生取代反应，因此产物可能为：（任写3种）。
16. 废旧磷酸铁锂电池的正极材料中含有、导电剂(乙炔黑、碳纳米管)等。工业上利用废旧磷酸铁锂电池的正极材料回收锂的工艺流程如下：
已知：①LiFePO4不溶于碱，可溶于稀酸。酸浸后溶液中的阴离子主要有、。
②相关物质溶解度如下：
回答下列问题：
（1）将电池粉碎前应先放电，放电的目的是______。
（2）LiFePO4中铁元素的价态为______，基态氧原子的价层电子轨道表示式为______。
（3）“酸浸”步骤发生的主要反应的离子方程式为______。滤渣的主要成分是______。
（4）“沉铁沉磷”步骤中当碳酸钠浓度大于30%后，铁沉淀率仍然升高，磷沉淀率明显降低，其可能原因是______。
（5）为了充分沉淀，“沉锂”时所用的X和适宜温度是______(填标号)。
A. B.
C. D.
（6）将废旧锂离子电池(外壳为铁，电芯含铝)置于不同浓度的和溶液中使电池充分放电是电池回收工艺的首要步骤。电池在不同溶液中放电的残余电压随时间的变化如图1所示。对浸泡液中沉淀物热处理后，得到射线衍射图谱如图2所示。
①电池在溶液中比在溶液中放电速率更大，其原因是______。
②与溶液相比，溶液的质量分数由5%增大至10%时，电池残余电压降低速率更快。依据图2图谱，分析其主要原因是______。
【答案】（1）释放残余的能量，避免造成安全隐患，或使锂元素充分嵌入到正极材料，利于回收
（2） ①. +2 ②.
（3） ①. ②. 导电剂(乙炔黑和碳纳米管)
（4）当碳酸钠浓度大于30%后，增大生成沉淀增多则磷沉淀率明显降低 （5）D
（6） ①. 等质量分数的溶液中离子浓度更大、离子所带电荷更多，且、还原性比强，更容易参与氧化还原反应，加快了电子在电极和溶液之间的转移速率 ②. 质量分数由增大为时，对电池外壳和电芯的腐蚀速率加快
【解析】
【分析】废旧LiFePO4电池进行粉碎、放电处理后，用氢氧化钠溶液进行碱浸，发生反应，除去其中的铝；过滤后滤渣用盐酸、过氧化氢溶液进行酸浸，酸浸时，中的铁元素被氧化为，过滤后除去不溶于酸碱的导电剂；滤液中加入的溶液，进行沉铁沉磷处理，得到等，过滤，滤液中加入饱和沉锂试剂，进行沉锂操作，过滤后得到粗品，提纯得到高纯锂化合物，以此进行分析；
【小问1详解】
电池粉碎前应先放电，目的是释放残余的能量，避免造成安全隐患，或使锂元素充分嵌入到正极材料，利于回收；
【小问2详解】
根据化合物化合价代数和为，为价，​为价，得为价；原子价电子为，价层电子轨道表示式为：；
【小问3详解】
酸浸时，，中的铁元素被氧化为，发生的主要反应的离子方程式为：；过滤后除去不溶于酸碱的导电剂，导电剂不溶于酸碱，因此滤渣主要为导电剂(乙炔黑和碳纳米管)；
【小问4详解】
碳酸钠浓度过高导致溶液碱性增强，主要与反应生成沉淀，与磷酸根的沉淀反应形成竞争，导致磷沉淀率下降；
【小问5详解】
由溶解度表可知，​溶解度随温度升高而减小，温度越高，越有利于沉淀析出，因此选用​，且选较高温度（），故选D；
【小问6详解】
①等质量分数的溶液中离子浓度更大、离子所带电荷更多，且、还原性比强，更容易参与氧化还原反应，加快了电子在电极和溶液之间的转移速率；②结合图2可知，体系中铁铝最终转化为氧化物，浓度升高加快反应速率；质量分数增大，溶液导电性增强，加快了铁、铝的吸氧腐蚀（原电池放电过程），对电池外壳和电芯的腐蚀速率加快，因此电池残余电压降低速率更快。
17. 溴化-1-丁基-3-甲基咪唑(简写：[Bmim]Br)在有机合成与催化等领域都有很重要的用途，一种合成[Bmim]Br的实验原理如下：
+CH3CH2CH2CH2Br
实验步骤：
I．按下图安装好实验装置。在圆底烧瓶中加入16.6 mL N-甲基咪唑，打开磁力搅拌器搅拌。将22.9 mL 1-溴丁烷缓慢逐滴加至圆底烧瓶中，混合液体呈无色透明状。
Ⅱ．打开加热开关，将水浴温度升高到50℃。加热搅拌一段时间后混合物呈浑浊，持续搅拌48 h后，烧瓶中液体呈透明无色至淡黄色。停止加热和搅拌。取出圆底烧瓶，自然冷却。
Ⅲ．分离提纯得无色液体[Bmim]Br。
已知反应物和生成物的溶解性如下表：
回答下列问题：
（1）N-甲基咪唑中核磁共振氢谱有______组峰。
（2）下列有关说法正确的是______(填标号)。
A. 上述合成[Bmim]Br的过程中只涉及到共价键的断裂和形成
B. [Bmim]Br常温下为液态，是因为相对分子质量大，分子间作用力大
C. 采用水浴加热有利于受热均匀和控制温度
D. [Bmim]Br可作为电解质溶剂用于电化学领域
（3）1-溴丁烷稍过量的目的是______。
（4）请解释步骤Ⅱ中开始加热搅拌一段时间后混合物呈浑浊，随着加热的进行最后液体变澄清透明的原因______。
（5）得到的液体中可能含有的杂质有______。
（6）请从结构的角度解释[Bmim]Br溶于水，不溶于乙酸乙酯的原因______。
（7）请简述步骤Ⅲ中分离提纯的方法______。
【答案】（1）4 （2）CD
（3）提高N-甲基咪唑的转化率
（4）开始加热搅拌一段时间后，生成的[Bmim]Br与反应物不相溶，所以液体变浑浊，随着加热的进行，最后液体成分主要为[Bmim]Br，所以液体变澄清
（5）N-甲基咪唑和1-溴丁烷
（6）[Bmim]Br是离子化合物，且可与水形成氢键并被水溶剂化，故易溶于水；乙酸乙酯是弱极性有机溶剂，无法有效溶剂化离子，故[Bmim]Br不溶于乙酸乙酯
（7）将圆底烧瓶中的液体倒入分液漏斗中，并加入乙酸乙酯进行萃取、分液
【解析】
【分析】本实验以N-甲基咪唑和1-溴丁烷为原料，在50℃水浴搅拌加热条件下反应合成溴化-1-丁基-3-甲基咪唑（[Bmim]Br），最终根据物质溶解性差异分离提纯得到目标产物。
【小问1详解】
N-甲基咪唑分子中共有4种不同化学环境的氢原子，因此核磁共振氢谱有4组峰。
【小问2详解】
A．产物[Bmim]Br是离子化合物，反应过程中除了共价键的断裂和形成，还生成了离子键，A错误；
B．[Bmim]Br属于离子化合物，常温下为液态是因为阴阳离子体积大，离子键强度弱，熔沸点低，与分子间作用力无关，B错误；
C．水浴加热的优点就是使体系受热均匀，便于控制反应温度，C正确；
D．[Bmim]Br是离子化合物，可电离导电，因此可作为电解质溶剂用于电化学领域，D正确；
故选CD。
【小问3详解】
增加反应物1-溴丁烷的用量，可以使平衡正向移动，提高另一反应物N−甲基咪唑的转化率，使N−甲基咪唑充分反应，并提高产物溴化-1-丁基-3-甲基咪唑产率。
【小问4详解】
反应初始阶段，生成的离子化合物[Bmim]Br不溶于原有机物反应物，少量产物分散在体系中使混合物呈浑浊，随着反应进行，反应物不断转化为产物，最终体系变为均一的液态产物，因此液体重新变澄清透明。
【小问5详解】
反应中反应物不能完全转化，1-溴丁烷本身稍过量，因此粗产物中剩余的杂质为未反应的N-甲基咪唑和1-溴丁烷。
【小问6详解】
[Bmim]Br是离子化合物，且可与水形成氢键并被水溶剂化，故易溶于水；乙酸乙酯是弱极性有机溶剂，无法有效溶剂化离子，故[Bmim]Br不溶于乙酸乙酯。
【小问7详解】
根据溶解性规律，杂质可溶于乙酸乙酯，产物溶于水、不溶于乙酸乙酯，因此将圆底烧瓶中的液体倒入分液漏斗中，并加入乙酸乙酯进行萃取、分液。
18. 含量的控制和资源化利用具有重要意义，我国在碳氧化物催化加氢合成甲醇上取得了突破性进展。
（1）在催化剂的作用下，的微观反应历程和相对能量(E)如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注。
已知：表示C，表示O，表示H。
历程I：
反应甲：
历程II：
反应乙：
历程III：
反应丙：______。
①历程III中的反应丙可表示为______。
②的决速步骤的能垒是______eV。
（2）由合成甲醇是资源化利用的重要方法，该过程的有关反应如下：
主反应：
副反应：
按的投料比发生上述反应，测得的平衡转化率和的选择性(S—)随温度、压强的变化如图所示。
(已知：①LTA分子筛膜具有很强的亲水性。
②)
①使用LTA分子筛膜可以提高的平衡转化率，原因是______。
②、的大小关系为：______(填“>”、“ ③. 以上副反应占主导，副反应前后气体分子数不变，压强对平衡无影响 ④. 26.67% ⑤. 0.06
（3）
【解析】
【小问1详解】
①根据图示，历程III中吸附在催化剂M上的生成，反应丙可表示为；
②决速步骤是能垒最大的一步，可知历程III 能垒最大，为=1.48 eV；
【小问2详解】
①LTA分子筛膜具有很强的亲水性，可分离出生成的水，促使主反应和副反应均正向移动，促使二氧化碳的转化率提高；
②副反应为等体积反应，主反应正向反应气体分子数减小，相同温度下，增大压强，主反应平衡正向移动，S—增大，可知>；
③350℃以上时，和条件下的平衡转化率几乎交于一点的原因是以上副反应占主导，副反应前后气体分子数不变，压强对平衡无影响；
④条件下，，S—=50%， 起始，设起始、，则转化的物质的量为0.4 ml，列三段式：，，的平衡转化率为26.67%；副反应为等体积反应，化学计量数均为1，副反应的Kp=0.06；
【小问3详解】
10~25MPa范围内，压制压强越大，催化剂孔径越小，反应物难以扩散接触内部活性中心，相同时间内反应速率慢，CO转化率降低，即CO转化率随压制压强增大逐渐降低；超过25MPa，催化剂颗粒破裂为粉末，活性中心充分暴露，反应速率加快，相同时间内CO转化率升高，即CO转化率随压强增大逐渐升高，25MPa时存在最低转化率；因此曲线先下降后上升，25MPa时达到最小点，即。0
20
40
60
80
100
LiOH
11.9
12.4
13.2
14.6
16.6
19.1
Li2CO3
1.54
1.33
1.17
1.01
0.85
0.72
物质
溶解性
N-甲基咪唑
溶于水，溶于乙酸乙酯等有机溶剂
1-溴丁烷
不溶于水，溶于乙酸乙酯等有机溶剂
[Bmim]Br
溶于水，不溶于乙酸乙酯