山西太原市2026年高三年级模拟考试(二) 化学试题（含解析）高考模拟

这是一份山西太原市2026年高三年级模拟考试(二) 化学试题（含解析）高考模拟，共14页。试卷主要包含了 对下列事实解释正确的是， 下列对实验现象的解释错误的是， 我国科学团队设计出钝化剂等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。
2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。
3.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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案用0.5mm黑色笔迹签字笔写在答题卡上。
4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 Cl 35.5 K 39 V 51 Sb 122
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. 我国选手宁忠岩在第二十五届冬奥会上打破了男子1500米速度滑冰奥运会纪录，还终结了欧美选手长达102年的垄断。下列说法错误的是
A. 主火炬采用铝合金打造，主要利用其强度高、重量轻、抗腐蚀的性质
B. 火炬燃料采用生物液化石油气，液化石油气的主要成分是烯烃
C. 冰场采用乙二醇水溶液作为载冷剂进行制冰，乙二醇和水之间可形成分子间氢键
D. 运动员竞赛服防护层的核心材料使用芳香族聚酰胺纤维（芳纶），芳纶具有高强度的性能
【答案】B
【解析】
【详解】A．铝合金密度小故重量轻，合金强度高于纯金属，且铝表面易形成致密氧化膜具有抗腐蚀性，适合作为火炬制作材料，A正确；
B．液化石油气的主要成分为丙烷、丁烷等烷烃，仅含少量烯烃，并非以烯烃为主要成分，B错误；
C．乙二醇和水分子中都含有羟基，二者之间可形成分子间氢键，C正确；
D．芳香族聚酰胺纤维（芳纶）是高性能合成纤维，具有高强度的特性，适用于制作竞赛服防护层，D正确；
故选B。
2. 下列化学用语或表述错误的是
A. HF的形成过程可表示为
B. 基态砷原子的价层电子轨道表示式为
C. 和有相同的VSEPR模型和空间结构
D. 由乳酸（2-羟基丙酸）聚合得到聚乳酸的结构简式为
【答案】B
【解析】
【详解】A．HF为共价化合物，形成H-F共价键，A正确；
B．基态砷原子的价层电子排布式为4s24p3，其轨道表示式为，B错误；
C．NH3分子中N原子的价层电子对数为，孤对电子数为1，为三角锥形结构，VSEPR模型为四面体形；的中心原子S原子的价层电子对数为，孤对电子数为1，所以为三角锥形结构，VSEPR模型为四面体形；C正确；
D．乳酸（2-羟基丙酸）分子中含羟基和羧基，能发生聚合得到聚乳酸，聚乳酸结构简式为，D正确；
故选B。
3. 下列有关物质的性质或结构，与用途对应关系错误的是
A. 碳化硅（金刚砂）的硬度很大，可用作耐高温半导体材料
B. 甲醇、氢气和氨等清洁燃料具有还原性，可逐步替代化石能源
C. 抗坏血酸（维生素C）具有还原性，是水果罐头中常用的抗氧化剂
D. 微观结构致密，可通过化学方法在钢铁部件表面进行发蓝处理，保护金属
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳化硅硬度大对应的用途为制作磨料、切削工具等，其可用作耐高温半导体材料是因为具有半导体特性且熔点高，A错误；
B．甲醇、氢气、氨等作为燃料时发生氧化反应体现还原性，且燃烧产物清洁，可逐步替代化石能源，性质与用途对应合理，B正确；
C．抗坏血酸具有还原性，可消耗环境中的氧气，避免食品被氧化，是水果罐头中常用的抗氧化剂，性质与用途对应合理，C正确；
D．微观结构致密，钢铁部件发蓝处理就是在表面生成一层膜，隔绝空气以保护内部金属，性质与用途对应合理，D正确；
故选A。
4. 巧设实验，方得真知。下列实验设计不合理的是（夹持仪器和加热仪器已略去）
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢氧化钠溶液应装在碱式滴定管中，使用聚四氟乙烯活塞，可防止活塞粘连，A正确；
B．酯化反应是可逆的，可采用分离出水的方法使平衡正向移动，提高反应物的转化率，B正确；
C．由图可知，左侧烧杯中锌与硫酸铜溶液直接接触，会直接反应生成硫酸锌和铜，不能构成双液电池，不能产生持续稳定电流，C错误；
D．在乙醇中的溶解度比在水中的要小，因此向其中加入乙醇，将析出深蓝色晶体，D正确；
故选C。
5. 下列过程对应的方程式表示正确的是
A. 电解饱和食盐水的阴极反应式：
B. 利用浓氨水检验管道泄漏产生白烟：
C. 利用氢氟酸溶蚀玻璃生产磨砂玻璃：
D. 利用Al粉和NaOH溶液反应疏通下水管道：
【答案】D
【解析】
【详解】A．电解饱和食盐水时，阴极上是水电离出的得电子生成，但水是弱电解质，电极反应式应写为，不能直接写得电子，A错误；
B．浓氨水过量，反应生成的会继续与反应生成固体（白烟），总反应为，所给方程式无白烟产物，B错误；
C．HF是弱电解质，离子方程式中不能拆写成和，应写化学式，正确离子方程式为，C错误；
D．Al和NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，所给方程式原子、电荷、得失电子均守恒，D正确；
故答案选D。
6. 对下列事实解释正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．、、的中心碳原子均无孤电子对，键角差异是杂化类型不同导致，解释错误，A不符合题意；
B．是含非极性键的非极性分子，为V形结构，正负电荷中心不重合，但是含极性键的极性分子，极性弱于，解释错误，B不符合题意；
C．简单氢化物的热稳定性由共价键键能决定，的键键能大于的键，故更稳定，氢键不影响热稳定性，或根据元素电负性（非金属性）强弱比较，元素电负性（非金属性）越强，简单氢化物稳定性越强，氟元素的电负性（非金属性）比碘元素强，热稳定性，解释错误，C不符合题意；
D．银镜反应生成黑色物质的原因是颗粒过小，对可见光吸收强显黑色，D符合题意；
答案选D。
7. 甲壳质广泛存在于虾蟹等甲壳类动物外壳中，在碱溶液中可以脱去乙酰基，生成以氨基葡萄糖为单体的高聚糖—壳聚糖，转化关系如图所示。下列说法错误的是
A. 该反应属于取代反应B. 甲壳质含多个亲水基，易溶于水
C. 壳聚糖可与盐酸反应D. 葡萄糖属于单糖，含手性碳原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应中甲壳质的酰胺基水解为氨基，属于取代反应，A正确；
B．甲壳质中虽有多个羟基、酰胺基亲水基，但分子间存在大量氢键，这些氢键使得分子链之间相互吸引并聚集在一起，水分子与甲壳质分子间的氢键作用相对较弱，难以克服甲壳质分子间的氢键作用，从而使甲壳质难以溶于水，B错误；
C．壳聚糖中的氨基可与盐酸反应生成铵盐，C正确；
D．，葡萄糖属于单糖，含手性碳原子，D正确；
故选B。
8. 含同一元素的单质及其化合物的转化关系如图所示（部分反应条件及产物已略去）。已知：A为单质，B可作净水剂。下列说法错误的是
A. C、D、F均能与稀盐酸反应生成B
B. 一定条件下G与Al反应放出大量的热
C. 25℃时，相同浓度溶液的pH：B＞稀硫酸
D. 污水处理可加入E作絮凝剂，需要控制pH和的参与
【答案】A
【解析】
【分析】A为单质、B可作净水剂，由流程，则A为铁，铁和氯气生成B氯化铁，B和氨水生成C氢氧化铁沉淀，C加热分解为D氧化铁，A和水蒸气高温生成G四氧化三铁，A和稀硫酸生成E硫酸亚铁，E和碳酸氢铵生成F碳酸亚铁沉淀。
【详解】A．F碳酸亚铁和盐酸生成氯化亚铁，而非氯化铁，A错误；
B．四氧化三铁和铝单质的反应为铝热反应，反应放出大量的热，B正确；
C．硫酸为强酸，铁离子水解使得溶液显酸性，25℃时，相同浓度的氯化铁溶液中氢离子浓度小于稀硫酸溶液中氢离子浓度，故pH：B＞稀硫酸，C正确；
D．污水处理可加入硫酸亚铁作絮凝剂，需要控制pH和的参与，使得氧气氧化亚铁离子生成氢氧化铁胶体用于净水，D正确；
故选A。
9. 下列对实验现象的解释错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．等物质的量稀和混酸中，过量铜粉发生反应，完全消耗后仍有剩余，同时不参与反应，铜过量最终生成，最终溶质为和，A正确；
B．高吸水性树脂含有亲水基团，可吸收远大于自身质量的水且不溶于水，放在水中吸收大量水分形成溶胀凝胶体，与实验现象完全匹配，B正确；
C．乙醇中乙基为给电子基团，使键极性弱于水分子中键，羟基氢活泼性低于水中氢，因此钠与乙醇反应更缓和，C正确；
D．乙醇与浓硫酸共热时，挥发的乙醇蒸气、副反应生成的都具有还原性，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法确定使溶液褪色的气体一定是乙烯，D错误；
故答案选择D。
10. 我国科学团队设计出钝化剂。D、E、X、Y、Z是五种原子序数依次增大的短周期元素，且原子序数之和为31。下列说法正确的是
A. 第一电离能：Z＜Y＜X
B. 简单氢化物的沸点：E＜X＜Y
C. 中X为杂化
D. TFA负离子中Y不满足8电子结构
【答案】B
【解析】
【分析】D、E、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，结合结构和题干信息推断，D只形成1个共价键，原子序数最小，故D为H，X可形成-XH3，X形成4个共价键，但有1个氢是配位过来，说明X形成3个共价键饱和，则X最外层有5个电子，为ⅤA族，E能形成4个共价键，原子序数小于X，结合阴离子的结构，可得E为C，X为N，五种元素原子序数总和为31，因此Y+Z = 31-1-6-7=17，结合中Z显负价、Y原子序数小于Z，可得Y=8、Z=9，即Y为O，Z为F；
【详解】A．同一周期随着原子序数变大，总体趋势为第一电离能变大，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，故第一电离能大小：F>N>O，A错误：
B．水分子形成氢键大于氨分子，水沸点最高，甲烷分子不能形成氢键，沸点最低，故简单氢化物的沸点：CH4＜NH3＜H2O，B正确；
C．的中心原子N原子的价层电子对数为，为sp2杂化，C错误；
D．TFA负离子带1个单位负电荷，则其中的单键氧、双键氧均满足8电子结构，D错误；
故选B。
11. 某晶体超导体因其独特的结构（图1为晶胞结构，图2为沿z轴方向的投影）而具有特殊的电子能带结构。下列说法错误的是
A. 图2中虚线框内是一个晶胞沿z轴方向的投影（其中A、B、C均为V原子）
B. 该晶体的化学式为
C. 若阿伏加德罗常数的值为，则该晶体密度为
D. K和V的最短距离为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由晶胞结构图示可知，该晶胞底面为夹角的平行四边形，沿z轴投影后，晶胞内V原子落在图2虚线框平行四边形的面心和四条边的中心处，A、B、C均为V原子，A正确；
B．结合晶胞结构图示，根据均摊法计算晶胞中各原子数目分别为：K（顶点），V（体心和面心），Sb（内部和棱心）4+2×16+2×13=5 ，故该晶胞的化学式为KV3Sb5，B正确；
C．由晶胞结构图示及B项分析可知，每个晶胞中含1个KV3Sb5，每个晶胞的质量为m=MNAg=39+3×51+5×122NAg=802NAg ,体积为32a2b×10−21cm3,故晶胞的密度为ρ=mV=80232a2bNA×10−21g/cm3，C错误；
D．由晶胞结构图示分析可知，晶胞中K和V的最短距离为侧面对角线的一半，即为a2+b22，D正确；
故选 C。
12. 我国化学工作者以甲醇和二甲胺为原料，利用和NiOOH的协同作用电催化高效合成“万能溶剂”——N，N-二甲基甲酰胺，装置如图所示。下列说法正确的是
A. 电解过程中，Ni泡沫电极与直流电源的正极相连
B. 在阳极区主要发生反应：
C. 反应器中移向电极
D. 若以乙醇和二甲胺为原料合成0.1ml 时，电路中至少通过0.5ml电子
【答案】B
【解析】
【分析】Ni泡沫电极上H2​O转化为H2​，H元素化合价从+1降为0，发生得电子的还原反应，因此Ni泡沫电极为阴极，连接电源负极，WO2​和NiOOH电极为阳极，连接电源正极
【详解】A．Ni泡沫电极为阴极，应与直流电源负极相连，A错误；
B．阳极发生失电子的氧化反应，CH3OH+(CH3)2NH-4e-+4HCO3−=(CH3)2NCHO+4H2O+4CO2↑ ，原子、电荷均守恒，反应符合环境，B正确；
C．电解池中阳离子向阴极移动，是阳离子，应移向阴极（Ni泡沫电极），不是阳极，C错误；
D．1 ml CH3​CH2​OH被氧化为1 ml CH3​CON(CH3)2，共失去4 ml电子，因此生成0.1 ml产物，电路转移0.4 ml电子，不是0.5 ml，D错误；
故选B。
13. 在NaOH水溶液中发生反应的机理如图所示。下列说法正确的是（图中TS1、TS2代表过渡态1、过渡态2；虚线上的数字表示分子间的距离，单位为nm）
A. 取代反应是吸热反应，消去反应是放热反应
B. 取代反应中进攻H原子，消去反应中进攻C原子
C. NaOH水溶液中发生取代反应比发生消去反应更难
D. 在分子中，由于Br的电负性大于C，形成一个极性较强的共价键
【答案】D
【解析】
【详解】A．取代反应产物能量为-127.6 kJ/ml，消去反应产物能量为-117.6 kJ/ml，两者均低于反应物(0 kJ/ml)，故均为放热反应，A错误；
B．取代反应中，水分子中的进攻与Br相连的碳原子发生取代；消去反应中，水分子中进攻β-氢原子，同时Br离去，形成双键，B错误；
C．取代反应活化能Ea=92.5kJ/ml，消去反应活化能Ea=99.6kJ/ml较高，活化能越低，反应越易进行，因此取代反应比消去反应更容易发生，C错误；
D．在分子中，由于Br的电负性大于C，使得碳原子带部分正电荷，形成一个极性较强的共价键，D正确；
故选D。
14. 是一种二元酸，是一种难溶盐。图中曲线分别表示室温下：
(i)的溶液中，各物种的与的关系；
(ⅱ)含的溶液中，与的关系。
下列说法正确的是
A. 曲线④表示与的关系
B. (ⅰ)中时，
C.
D. (ⅱ)中增加，平衡后溶液中浓度之和增大
【答案】B
【解析】
【分析】是一种二元酸，随着增大，逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大；含的溶液中，随着增大，逆移，逐渐增大，导致逆移，逐渐减小，但由于平衡移动的程度不大，因此变化不大；据此可得曲线①表示与的关系，曲线②表示与的关系，曲线③表示与的关系，曲线④表示与的关系；
【详解】A．根据分析，曲线④表示与的关系，A错误；
B．由曲线可得，， (ⅰ)中时，，B正确；
C．，由图可知，时，，，则，因此，C错误；
D．(ⅱ)中增加，平衡不移动，不变，则均不变，因此平衡后溶液中浓度之和不变，D错误；
故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 镨（Pr）是重要的稀土元素，氟化镨（）常用作电弧碳棒添加剂。一种以孪生矿（主要含ZnS、FeS、、等）为原料制备氟化镨的工业流程如下。回答下列问题：
已知：①该实验条件下，金属离子生成氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH：
②较稳定，不易被过氧化氢、等常见氧化剂氧化。
③常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机相和水相中的物质的量浓度之比称为分配比（D），萃取率（E）。
④可与过量形成可溶性氟配合物，如。
（1）为提高“溶浸”速率，可采取的措施有________（答一点即可）。
（2）“溶浸”时可被氧化，生成淡黄色的沉淀，该反应的化学方程式为________。
（3）“除锌、铁”步骤中调节pH的范围为________。
（4）在某有机萃取剂和水中的分配比，现使用该萃取剂对1000L 的水溶液进行萃取，单次萃取率，则至少要加入萃取剂________L。（忽略溶液体积的变化）
（5）萃取的原理为，“反萃取”步骤中，应加入的试剂是________（填化学式）。
（6）“转化”过程反应的离子方程式为________。
（7）“氟化”步骤中加入HF溶液时，反应温度过高会导致________；HF溶液加入过多会导致________。
【答案】（1）将孪生矿粉碎、搅拌、增大溶液的浓度、升高温度（答一点即可）
（2）
（3）
（4）380 （5）HCl
（6）
（7） ①. HF挥发 ②. 局部HF浓度过高，可与形成可溶性配合物，降低的产率
【解析】
【分析】孪生矿加入溶液溶浸，将金属硫化物中的S元素氧化为硫单质，金属阳离子进入溶液，和生成的硫单质不溶为滤渣Ⅰ，过滤除去；滤液中加入双氧水将氧化为更容易除去的，之后调节pH除去、，滤渣Ⅱ为氢氧化铁、氢氧化锌沉淀；过滤后将所得滤液进行多次反复萃取(稀土元素在孪生矿中含量较低)，多次萃取后，反萃取，得到PrCl3；PrCl3与NH4HCO3溶液反应后转化为PrOHCO3 ，再经HF溶液“氟化”得到PrF3。
【小问1详解】
提高浸出速率的常见方法为将矿石粉碎或适当升高温度、搅拌、适当提高FeCl₃溶液浓度等；
【小问2详解】
淡黄色沉淀为S单质，被还原为，不被氧化，根据氧化还原反应得失电子守恒配平：Pr2S3+6FeCl3=2PrCl3+6FeCl2+3S ；
【小问3详解】
调节pH的目的是使、完全沉淀除去，而不沉淀，因此pH需要大于等于沉淀完全的pH：6.5，小于开始沉淀的pH：8.0；
【小问4详解】
设加入萃取剂体积为V，D=c有机c水=50，c有机=50c水，萃取率E=c有机Vc有机V+c水×1000×100%=50V50V+1000×100%≥95% c有机=50c水，解得：V≥380 L；
【小问5详解】
根据平衡方程式可知：3HL+Pr3+⇌反萃取萃取PrL3+3H+，增大使平衡逆向移动实现反萃取，为不引入杂质，选择盐酸；
【小问6详解】
与碳酸氢铵反应发生双水解生成PrOHCO3沉淀，同时放出，根据电荷、原子守恒配平：Pr3++3HCO3−=PrOHCO3↓+H2O+2CO2↑
【小问7详解】
①HF沸点低易挥发，温度过高会加速HF挥发；②根据已知信息，过量会与形成可溶性配合物PrF63−，降低产物产率。
16. 是有机合成中重要的还原剂。实验室以无水四氢呋喃为溶剂，和NaH为反应物，在无水无氧条件下制备。
已知：几种物质的性质如下表。
回答下列问题：
（1）NaH熔点远高于的原因是______。实验测定氯化铝蒸气对相同条件下H2的相对密度为133.5，分子中每个原子最外层均达到8电子稳定结构，则气态氯化铝的结构式为______。
（2）制备的实验装置如图1（搅拌、加热和夹持装置已略去）。

向三颈烧瓶中加入50 mL NaH的四氢呋喃悬浮液；接通冷凝水，控温80℃，边搅拌边缓慢滴加50 mL （过量）的四氢呋喃溶液，有白色固体析出；静置沉降并过滤，取上层清液，经一系列操作得到产品。
①制备的化学方程式为______。
②图1中浓硫酸的作用是______。
③由上层清液获得的系列操作：加入甲苯→减压蒸馏→操作a→粗产品→…→较纯净的产品。减压蒸馏的主要馏出物为______；操作a为______。
（3）测定NaAlH4产品的纯度。
称取m g 粗产品（杂质溶于水但不与水反应），按如图2所示装置进行实验，测定产品的纯度。
已知实验前量气管读数为 mL，向圆底烧瓶中加入5 mL（过量）蒸馏水，使完全反应，待反应完全后，冷却至室温后量气管读数为 mL（均折合成标准状况）。该产品的纯度为______×100%（用含m、和的代数式表示，无需化简，忽略加入水对读数的影响）。
【答案】（1）NaH是离子晶体，为分子晶体，离子键的作用强于分子间作用力
（2） ①. ②. 防止空气中的水蒸气进入装置中与AlCl3、NaH和反应 ③. 四氢呋喃 过滤
（3）（或其他合理表示）
【解析】
【小问1详解】
由表格中数据可知，NaH的熔点远高于AlCl3，则前者是离子晶体，后者为分子晶体。M(氯化铝蒸气)=133.5 g/ml2=267 g/ml， 故氯化铝蒸气的分子式为Al2Cl6，分子中每个原子最外层均达到8稳定结构，结合价键理论可得其结构式为。
【小问2详解】
①由题目信息可知白色沉淀为氯化钠，则制备NaAlH4的化学方程式为：。
②制备NaAlH4的实验需要在无水无氧条件下进行，图1中装置A的作用应为防止空气中水蒸气进入反应体系与AlCl3、NaH和NaAlH4反应。
③根据表中各物质的沸点可知，减压蒸馏的馏出物为四氢呋喃，则剩下的溶剂为甲苯，NaAlH4难溶于甲苯，AlCl3可溶于甲苯，减压蒸馏出四氢呋喃后，过滤可以得到NaAlH4粗产品。
【小问3详解】
NaAlH4与水反应的化学方程式为NaAlH4 + 4H2O = Na[Al(OH)4] + 4H2，收集到的H2的体积为(V1V2) mL，n(NaAlH4) =n(H2)4=(V1−V2)×10−34×22.4，故该产品的纯度为54(V1−V2)×10−34×22.4m×100% 。
17. 逆水煤气变换反应（Ⅰ）是将二氧化碳加氢转化为甲醇、低碳烯烃、芳烃以及汽油等高附加值化学品和燃料的关键步骤，对于实现资源化利用具有重要意义。已知：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
Kaiser等研究了在常压、原料气的氢碳比、催化剂条件下，平衡时各组分的摩尔分数（物质i的摩尔分数：）随反应温度的变化如图1所示：
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ的______。
（2）图中随着反应温度的升高，的摩尔分数一直在减小，原因是______。
（3）下列说法错误的是______（填标号）。
A. 高温有利于反应Ⅰ正向进行，但也容易导致催化剂失活
B. 温度降低，反应Ⅱ、Ⅲ逐渐变为主反应，导致产物中CO占比降低
C. 提高原料气的氢碳比可以促进转化，但过高的氢碳比会导致大量生成
D. 加压会促进反应Ⅰ正向移动，设计高温稳定且低温高效的催化剂也是反应Ⅰ的关键
（4）假设℃时，在上述的Kaiser实验条件下进行以上三个反应，起始时，平衡时测得反应体系中，则平衡时______ml（用含a的代数式表示，下同），反应Ⅰ的化学平衡常数_______。
（5）乙醇的部分氧化（反应①）和完全蒸汽重整（反应②）被积极探索作为可能的氢气生产途径，而选择性部分重整乙醇与水反应生成乙酸和氢气（反应③）更具优势。不同乙醇转化产氢途径的焓变（）以及自由能变化（）随温度的变化关系如图2所示（图中涉及物质均为气态）。下列说法正确的是______（填标号）。
A.600K以上，三个反应的均小于0，均可自发进行
B.300K以下，反应②可以自发进行
C.三个反应的熵变均大于0
（6）在p MPa、℃下，将投料比的原料气匀速通过无分子筛膜多孔载体反应器，只发生反应Ⅰ，的平衡转化率为25％。同温同压下，若通入装有催化剂的新型膜反应器（如图所示分子筛膜能选择性分离出），的平衡转化率为40％，则相同时间内a出口和b出口中的质量比为______。
【答案】（1）
（2）反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，导致的平衡浓度减小 （3）D
（4） ①. （或其他合理表示） ②. （或其他合理表示）
（5）AC （6）1:3
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，反应Ⅱ减去反应Ⅲ可得目标反应Ⅰ，则；
【小问2详解】
随着反应温度的升高，的摩尔分数一直在减小，原因是：反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，导致的平衡浓度减小；
【小问3详解】
A．反应Ⅰ为吸热反应，高温有利于反应Ⅰ正向进行，但高温超过催化剂活化温度后也容易导致催化剂失活，A正确；
B．温度降低，反应Ⅰ逆向移动、反应Ⅱ、Ⅲ正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ逐渐变为主反应，导致产物中CO占比降低，B正确；
C．提高原料气的氢碳比，也就是增大氢气投料，可以促进转化，但过高的氢碳比导致反应Ⅱ、Ⅲ正向移动，会导致大量生成，C正确；
D．反应Ⅰ为气体分子数不变的反应，加压不会促进反应Ⅰ正向移动，D错误；
故选D。
【小问4详解】
反应Ⅱ减去反应Ⅰ可得目标反应Ⅲ，则考虑反应Ⅰ、Ⅱ，原料气的氢碳比nH2:nCO2=3:1 ，起始时，则二氧化碳投料1ml，平衡时测得反应体系中nCO2=aml ，由图，℃时，二氧化碳、一氧化碳的物质的量相等，列三段式：
则反应Ⅱ中消耗二氧化碳为(1-2a)ml：
起始ml转化ml平衡mlCO2(g)11-2a + 4H2(g)341-2a ⇌ CH4(g) 1-2a + 2H2O(g) 21-2a
平衡时，甲烷为(1-2a)ml，二氧化碳、氢气、一氧化碳、水的物质的量分别为a ml、(7a-1)ml、a ml、(2-3a)ml，反应Ⅰ为气体分子数不变的反应，可以用物质的量代替其浓度，则化学平衡常数a2-3aa7a-1=2-3a7a-1；
【小问5详解】
A．的反应能自发进行，由图，600K以上，三个反应的均小于0，均可自发进行，A正确；
B．300K以下，反应②的大于0，不可以自发进行，B错误；
C．三个反应均为气体分子数增大的反应，熵变均大于0，C正确；
故选AC；
【小问6详解】
假设二氧化碳、氢气投料均为1ml，无分子筛膜多孔载体时，的平衡转化率为25％，则反应二氧化碳、氢气均为0.25ml，生成一氧化碳、水均为0.25ml，此时K=0.25×0.251−0.251−0.25，有分子筛膜多孔载体时，的平衡转化率为40％，则反应二氧化碳、氢气均为0.4ml，生成一氧化碳、水均为0.4ml，若a出口水为a ml，则b出口水为(0.4-a)ml，此时K=0.4×a1−0.41−0.4=0.25×0.251−0.251−0.25，a=0.1ml，则相同时间内a出口和b出口中的质量比等于其物质的量之比，为0.1：(0.4-0.1)=1:3。
18. 药物利喘贝具有良好的平喘效果，其以甲苯为起始原料的合成路线如下：
已知：i.
ii.
（1）B的化学名称为______，C中官能团的名称是______，D→E的反应类型为______。
（2）下列说法正确的是______（填标号）。
A.反应J→K是为了保护相应的官能团
B.利喘贝的分子式为
C.反应A→B、B→C均为氧化反应
（3）I的结构简式为______。区分K和L的简单方法是______（填试剂名称）。
（4）E和L反应分两步进行，L先和反应，产物再跟E反应生成G，写出第二步反应的化学方程式：______。
（5）与K互为同分异构体，且满足下列条件的共有______种（不考虑立体异构）。
①苯环上有三个取代基
②能与反应生成
③能与溶液发生显色反应
（6）J俗称香兰素，在食品行业中主要作增香剂。香兰素的一种合成路线如下：
“中间产物1”的结构简式为______。
【答案】（1） ①. 邻硝基甲苯或2-硝基甲苯 ②. 羧基、硝基 ③. 还原反应
（2）B （3） ①. ②. 石蕊溶液或溶液
（4） （5）20
（6）
【解析】
【分析】A（C7H8）与浓硫酸、浓硝酸共热发生硝化反应得到B（C7H7NO2），B被酸性高锰酸钾溶液氧化生成C（C7H5NO4），C与在浓硫酸作用下发生取代反应生成D（C8H7NO4），D在Fe、20%HCl的作用下发生还原反应生成E（C8H9NO2），H（C7H6O2）与DMF反应生成I（C7H5O2Br），I与甲醇和甲醇钠发生反应生成J，结合H和I的分子式可知I为，H为，J与CH3I和氢氧化钠发生已知反应i生成K，则K为，K与HOOCCH2COOH发生已知反应ii生成L，则L为，L与E发生反应生成G，G在酸性条件下水解生成药物利喘贝，故G为，E为，D为，C为，B为，A为，由此作答；
【小问1详解】
由分析可知，B为2-硝基甲苯（或邻硝基甲苯）；C的官能团为羧基和硝基，D到E的过程中氧原子减少氢原子增加，是还原反应；
【小问2详解】
A．J→K是将J中的酚羟基转化为甲氧基，甲氧基是最终产物的结构单元，不需要脱保护变回酚羟基，不属于官能团保护，A错误；
B．数药物利喘贝的原子，分子式为，B正确；
C．由分析知，A→B是硝化反应，属于取代反应，B→C是甲基氧化为羧基，属于氧化反应，C错误；
故选B；
【小问3详解】
由分析可知I的结构简式为，L中有羧基而K没有，检验羧基的简单方法是加入石蕊溶液，若变红则证明含有羧基，或溶液，若产生气泡则证明含有羧基；
【小问4详解】
先与SOCl2发生反应，羧基中的-OH被Cl原子取代生成，故第二步的反应方程式为；
【小问5详解】
由分析知，K为，则K的分子式为C9H10O3，根据条件：含酚羟基、含羧基、苯环有3个取代基，总取代基含3个C，分两种组合： ① 三个取代基为-OH，-COOH，-CH2CH3，② 三个取代基为-OH，-CH2COOH，-CH3，苯环上三个不同取代基的位置异构共10种，故满足条件的同分异构体总共有10+10=20种；
【小问6详解】
中间产物2脱羧后生成J，则中间产物2为，中间产物1催化氧化得到中间产物2，且由OHC-COOH发生加成反应得到中间产物1，故中间产物1的结构简式为。A.测定醋酸溶液的浓度
B.利用分水器分出水以提高反应转化率
C.产生持续稳定电流
D.析出
选项
事实
解释
A
、、的键角依次减小
孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力
B
极性：弱于
是由非极性键构成的非极性分子，是由非极性键构成的极性分子
C.
热稳定性：
分子间存在氢键，分子间不存在氢键
D
在实验室用乙醛做银镜反应，试管中生成黑色物质
生成的颗粒小，只有在光学显微镜或电子显微镜下才可观察到规则的晶体外形
选项
实验现象
解释
A
向含有等物质的量和的混酸稀溶液中加入过量铜粉，生成气体，溶液变蓝色
反应结束后溶液中的溶质是和
B
在70 mL水中，放入1.0g高吸水性树脂，用玻璃棒充分搅拌后静置，水被树脂完全或大部分吸收，形成溶胀的凝胶体
高吸水性树脂能吸水而又不溶于水
C
在盛有少量无水乙醇的试管中加入一小块金属钠，比相同条件下水与钠反应缓和
乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼
D
乙醇与浓硫酸在170℃下共热，生成的气体能使酸性高锰酸钾溶液褪色
使酸性高锰酸钾溶液褪色的气体是乙烯
金属离子
开始沉淀时的pH
5.4
2.2
7.5
8.0
沉淀完全时的pH
6.5
3.1
9.0
8.9
物质
四氢呋喃
甲苯
NaH
熔点
125℃以上分解
108.5℃
94.9℃
800℃
194℃
沸点
—
66℃
110.6℃
800℃以上分解
178℃（升华）
溶解性
溶于四氢呋喃，难溶于甲苯，遇水剧烈反应生成和
溶于水、甲苯
不溶于水，可溶于苯、乙醇、乙醚等
溶于四氢呋喃，遇水剧烈反应
溶于水、甲苯、四氢呋喃