山东省高考模拟信息卷(7)-【万向思维·高考快递】冲刺2025年高考化学模拟汇编48套(山东专版)

高考快递高考模拟汇编48套·化学 0 OH 0 OH c[CHC(CH,)2]·c(H,0)·c(C0）_0.5×0.5x0.5 第一步反应可以得到CH,CCH,CCH,,CH,CCH,CCH再经 e[CH,CH(CH,)CH,e(CO, 0.5x0.5 0.5<K=1,反应正向进行，则平衡时CH,CH(CH,)CH,的转 CH, CH 化率大于50%。(3)①由题图可知，a点时C0,的转化率小 过消去反应可以得到CH,COCH一C(CH,),(丙酮也可以经 于平衡转化率，说明反应未达到平衡状态，但在无催化剂及 过已知信息②中的第一步、第二步反应直接得到 Z02催化下反应相同时间，测得C0,的转化率相等，说明催 CH,C0CH一C(CH,)2,CH,COCH=C(CH,):再和氢气发 化剂已失去活性。2设起始时C0,,CH:、H0的物质的量 生加成反应即可得到目标产物。 分别为1mol1mol,nmol,列“三段式”： 20.(共12分，除标注外，每空1分) (1)△H-△H3-△H,-△H C02(g)+CH,(g)一2C0(g)+2H,(g) (2)①L1②1> 起始量/mol 1 1 0 0 16p'a 转化量/mla 2a 24 (3)①温度较高，他化剂失活② 2*2a+n)21-a(2分) 平衡量/mol1-a 2a 2a (4)空气中的氧气与产物氢气反应生成水，同时惰性的氮气 混合气体总物质的量为(1-a+1-a+2a+2a+n)mol=(2+2a+ 加入该分子数增加的反应中，可使平衡正向移动，提高异丁 烯的产率 p(0)·p2(H2) 2+2a+n n）mol,K= (5)①85%(2分）②HC0+2e+H,0HC00+20Hb p(CO2)·p(CH) 1-a 2+2a+n p 化学反应原理【解析】(1)给反应「编为序号 ①CH,CH(CH,)CH,(g)+CO,(g)CH2C(CH),(g）+ 16p2a (2+2a+m)产(1-@)(4)相比于反应Ⅱ直接脱氢，采用异丁 H,0(g)+C0(g)△H,:反应编为序号2CH,CH(CH)CH,(g) 烷氧化脱氢的方法制备异丁烯的优点是空气中的氧气与产 =CH2=C(CH)(g)+H2(g)△H2:反应Ⅲ编为序 物氢气反应生成水，同时空气中的氨气加入该分子数增加 号③H,0(g)=H,0(1)△H3:由题中已知信息可得 的反应中，均可使平衡正向移动，提高异丁烯产率。(5)①由 ④CH,CHCH,)CH(g+o.(g一40，(g）+5H,0() 2 题图可知，阳极反应为2H,0-4知—02↑+4H',标准状况 △H:⑤CH,CH(CH),(g)+60,(g)一4C0,(g)+4H,0(I) 下，当阳极生成的氧气体积为224mL(物质的量为 0.01mo)时.转移电子的物质的量为0.04mol,阴极发生反 △4，：⑥C0(g)+0,(g)一C0.(g)4H,根据盖斯定 应C0,+2e+H,0一HC00+0H,根据得失电子守恒可 律可得出目标热化学方程式①=④-③-⑤-⑥，即可得出 得阴极生成0.02 mol HCO0,测得整个阴极区内的 △H,=△H。-△H,-△H,-△H。。(2)①温度越高，反应速率越 c(HC00)=0.017mml·L,则电解效率为 快，k:,k均越大，该反应为吸热反应，则k:增大的倍数大 0.017mml,L×1L×100%=85%。②由题图可知，H=8.5 于运，则题图中能够代表k这的曲线为L。②该反应达到 0.02 mol 平衡时Pe=r溢，则kE·c[CH,CH(CH,)CH,]·c(CO,)= 时，C02在溶液中的主要存在形式为HCO,阴极反应为 k运·c[CH=C(CH,):]·c(H,0)·c(C0),K= HC0:+2e+H,0一HC00+20H,阳极发生反应2H,0- cCH,-C(CH,1·c(H,0)·(Co.年=1：假设 4e一02↑+4H,当电路中转移2mol电子时，2malH通 c[CH,CH(CH,)CH,].e(CO,) k 过质子交换膜向阴极移动，恰好与阴极生成的2lOH反 CHCH(CH)CH3的转化率为50%.Q= 应生成水，所以阴极附近溶液的H儿乎不发生变化 22山东省高考模拟信息卷（七）》 改编自：湖北省式汉市2024届高中毕业生二月调研考试 选择题答案速查 2.C物质的性质与用途 题号 1 4 6 【解析】液态氯乙婉汽化时吸收大量热，具有冷冻麻醉的作 用.可用于快速慎痛，A说法正确：苯甲酸在食品工业中常用于 答案 C D A C B 抑制细菌生长，延长食品的保存期，即苯甲酸可用作食品防腐 题号 9 10 11 12 13 14 剂，B说法正确：二氯化砖可用作光纤维，为良好的半导体 答案A D AC D B CD D 材料，高纯硅觉用于制作芯片（易错点），C说法错误：当扭曲 1.C化学与古代文化 金属小圆片时，产生的轻微震动会使醋酸钠过饱和溶液析出 【解析】后母戊鼎是青铜器，其主要成分是铜合金，A说法 品体并放出大量的热，因而可制作“热袋”，D说法正确。 正确：文房四宝中的墨水内含有非品态的炭，B说法正确： 3.D物质结构与性质 F,0,为棕红色固体，元青花瓷器的青色颜料不是Fe0,C 【解析】NaC1中只存在离子键.A不符合题意：C0,中存在 说法错误：清代龙袍的主要成分是蛋白质，其属于有机高分 C、0之间的共价，C0,分子之间的范德华力，B不符合题 子，D说法正确。 意：白磷中存在P原子之间的共价键，P,分子之间的范德华 D100卷22·化学 参考答案及深度解析 力，C不符合题意：H0中存在H、0之间的共价键，H0分子 矿(ZnS)可转变为铜蓝(CuS),反应为Cu“(ag)+ZnS(s) 之间的范德华力和氢键，D符合题意。 CS(s)+Z2*(aq),D不符合题意 易错分析「微粒间作用力包括化学健（共价健、离子健等）和 8.B有机化合物的结构和性质 分子间作用力（范德华力、氢键）。注意氢键不是化学键。 【解析】双键为平面结构三键为丸线结构：具3个原子可 4.A工业制取硫酸的生产流程 确定！个平面（关健点），则有机化合物X中所有的碳原子可 【解析】为防止催化剂中毒，在S0,催化氧化前必须进行除 能共平面，A说法正确：碳氮三键，碳碳双键均可与氢气发生 尘、洗涤、干燥，以达到除去碑、硒等化合物的效果，A正确： 加成反应，则1mX最多与3mlH,发生加成反应，酯基与 S0催化氧化反应为气体体积减小的反应，虽增大压强会促 氢气不能发生加成反应，B说法错误；氰基和酯基均为吸电 使平衡正向移动，但效果并不明显，所以工业上直接采用常 子基团，均对碳碳双键具有活化作用，C说法正确：有机化合 压条件，而不采用高压条件，B错误：在S0,催化氧化设备中 物X不溶于水，易溶于有机溶剂，则可用酒精洗涤沾到皮肤 设置热交换器，可把不同温度之间的气体进行热交换，可预 上的有机化合物X,D说法正确 热反应气体，而且反应过程中放出热量，则口炉气的温度 易错分析碳氨三键，碳碳双键均可与氧气发生加成反应：且 低于b口炉气，C错误：在吸收塔中用水吸收三氧化硫时，由 1mol碳氢三键消耗2molH,,Imol碳碳双键消耗1molH,。 于反应放热易形成酸雾，会阻止对三氧化硫的吸收，而用 9.A元素周期律的应用 98.3%的浓H,S0,吸收S0,可以防止形成的酸雾阻碍S0 【解析】非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，非金属性 的吸收，从而提高吸收效率，D错误。 S>C,则热稳定性H,S>CH,A解释错误。酸性乙酸>丙酸，是 5.C原子轨道杂化方式的判断，格色试脸 因为乙基推电子能力强于甲基，使羧基中的H”难以电离，B 【解析】石蕊中存在电离平衡HIn(红色)一H+1n(蓝 解释正确。活泼性C,H>C,H,是因为乙烯分子中含有 色)，加入酸性溶液时溶液中()增大，平衡逆向移动，溶 π键，碳碳键强度σ键>m键，C解释正确。沸点NH,>AsH, 液呈红色，A说法正确。其有皇冠形的S分子中S原子含有 是因为氨气分子间能形成氢键，则分子间作用力NH,>AH, 2个心键(S一S键)、2个孤电子对.价层电子对数为4， D解释正确。 VSEPR模型为四面体形，杂化方式为p,B说法正确。五彩 10.D化学实验方案的设计与评价 缤纷的烟花与电子跃迁有关，电子从具有较高能量的激发态 【解析】常温下F与浓硝酸发生钝化，生成致密的氧化 跃迁到较低能量的激发态或基态时放出能量，能量以光的形 膜，阻止反应的进一步进行，无明显现象，不能说明未发生 式释放，形成发射光谱，所以五彩缤纷的烟花主要利用了原 反应，A不符合题意：溴在苯中的溶解度大于在水中的溶解 子的发射光谱，C说法错误。品莹别透的水品的主要成分是 度，加入苯后发生萃取，则水层颜色变浅，为物理变化，B不 SiO2,Si、0原子的电负性相差较大，Si0键的极性较强，接 符合题意：麦芽糖、葡萄糖均含醛基，由实验操作和现象不 近于离子键，部分表现出离子键的特性，D说法正确 能证明麦芽糖已发生水解，C不符合题意：加入无水乙醇可 6,A元本推断与元素周期律 降低硫酸四氨合铜的溶解度，用玻璃棒摩擦试管壁，有利于 综合推断W是地壳中含量最多的金属元素，则W为A!元 晶体生成，则有深蓝色品体析出，D符合题意 素，故X、Y、Z原子序数均小于13：基态Y原子的最高能级轨 11.AC电解原理的应用 道中均有电子，且自旋方向相同，则其电子排布式为 【解析】 1s22s22p3,故Y为N元素：基态X原子有两种形状的电子云， 负极 正极 且有一个单电子，则其电子摔布式为1s22p',故X为B元 素：基态Z原子的价层电子排布式为s"p,即为2s2印，则 直流电源 Z为0元素。 CH,OH 【解析】同一主族自上而下，元素的电负性递减，故电负性 NH 质 X>W,A说法错误：NH,和H,O的分子间都能形成氢键，水分 CH.OH 子 子间形成的氧键更多，则简单氢化物的沸点N,<H,0,即Y< CH,OH NO 7,B说法正确：N愿子迎熊级上为半充满状态，第一电离熊 COOH 高于同圆期相邻元素（高频点），C说法正确：铝合金表面的 氧化铝为两性氧化物，能和酸、碱反应，A1的合金管具不宜长 氮元素化合价降低，得 碳元素化合价升高，失电 时间存放酸性或碱性食物，D说法正确 电子，为阴极，电极反 子，为阳极，电极反应式为 7.B离子方程式、化学方程式的书写 应式为NO+8e+9H HOCH,CH,OH-4e+H,O 【解析】泡沫灭火器的主要成分为硫酸铝溶液和碳酸氢钠 =NH,+3H,0 -HOCH,COOH+4H" 溶液.反应原理为A+3HC0;—1(0H)3↓+3C02↑，A 由图解分析可知，左侧为阴极，右侧为阳极.故为直流电 不符合题意；油脂的主要成分是高级脂助酸甘油酯，在NOH 源的负极，b为直流电源的正极，A正确：题目未说明是标准 作用下发生皂化反应生成高级脂肪酸钠和甘迪（高顿点）， 状况，故无法使用22.4L·ml计算气体体积，B错误：由 CH COOC,H,不是油脂，B符合题意：氨气与氯气反应生成氯 电极反应式可知，当电路中转移8ml电子时，消耗1mo 化铵周体和氨气，有白烟产生，可用于检验氯气管道是否泄 NO和2ol乙二醇，C正确：由电极反应式可知，每转移 漏，反应为8NH,+3Cl,一N,+6NH,C,C不符合题意；溶解 8mol电子.左侧消耗9mol氢离子，右侧8molH'移至左 度ZS>CuS,根据沉淀转化原理可知，CuSO,溶液遇到闪锌 侧，总体上H'减少，故左侧溶液pH增大，D错误。 D101卷22·化学 高考快递：高考模拟汇编48套·化学 12.D有机化合物的结构和性质 【解析】根据题图2中化合物甲，乙的结构可知，化合物甲 )m,根据平衡帝数人可得.名0.02，解得： 85,5次 与化合物乙互为顺反异构体，A说法正确：化合物甲在光照 解Bus0,的质量为5molx5x233g·mm=41. 条件下可转运C,化合物乙和C易释放能量，不稳定，则 化合物乙和C通过弱相互作用结合，B说法正确：由题图2 46.6g,即处理5次不能使S0完全进入溶液，D说法 可知，不同波长的光可实现C的转运与释放，C说法正确： 错误。 化合物甲含酰胺基，碳碳双键，共两种官能材，D说法错误。 16.(共12分，除标注外，每空1分) 13.B化学反应机理分析 5s 5p 【解析】过程①的产物中硼原子与氧原子间形成配位键， ds 则该反应过程的进行与硼原子缺电子有关，A说法正确：整 (2)<D、B 个过程中硼的价层电子对数为3和4，则硼原子的杂化方式 (3)lnF,为离子品体，InCl,和InBr,均为分子品体，故nF 发生改变，B说法错误：该过程中涉及取代反应、加成反应 的沸点最高，且相对分子质量InCl<nB,分子间作用力 和消去反应，共涉及三种反应类型，说法正确：由题图可 lnCl,<nBr,故沸点lnCl,<lnBr(2分)InCl,为非极性分 知，该反应中硼烷作用于碳氧双键，则猜测硼烷也可作用于 子，CCl,为非极性溶剂，根据相似相溶原理，ICl3易溶于 酯基中的碳氧双键，即可以还原酯基，D说法正确。 CC1(2分) 14.CD化学反应历程与化学平衡移动 (4)①+1②(0.5,0.0.25)③3 486 【解析】由题图1可知，在催化剂1作用下，反应1为决速 a'xW,x10而(2分) 步骤，A错误：由题图2可知，最终该反应的反应物X可被 物质结构与性质【解析】(1)根据n位于元素周期表第 消耗完，即该反应不是可逆反应，所以降温和加压均不能提 五周期第ⅢA族，可知基态n原子的价层电子排布图为 高乙的产率，B错误：由题图2可知，使用催化剂I时，在0- 5s 5p 5min产物Z的物质的量浓度变化了3.0mol·L.,则X的 ↑日t☐☐：m位于元素周期表中的山区。(2)二维 物质的量浓度减少了6.0mo·L,而a曲线表示的X的 半导体材料中所有S原子均发生即'杂化，但S,和S。位置 物质的量浓度变化了3.0mml·L',所以：曲线表示的是使 的s原子含有孤电子对，而S,和S,位置的S原子不存在孤 用催化剂Ⅱ时X的物质的量浓度随时间：的变化曲线，C正 电子对，所以S,和S,位置以S为中心形成的键角小于S 确：由题图1可知，该反应为放热反应，反应物的总键能小 和S位置以S为中心形成的键角：由题意可知，，位置和 于生成物的总键能，D正确。 1n2位置的In原子的价层电子对数分别为6和4，所以杂化 15.D沉淀溶解平衡 方式分别为dsp'杂化和sp杂化。(3)根据题表中数据可 【解析】Km(BS0a）=c(S0)·c(Ba)、K(BaC0,）= 知，lnF,的沸点远高于lnCl3,lnBr,故lnF,为离子晶体 c(C0)·c(Ba),相同温度下K,(Bas0)<Kn(BaC0,) lnCl,和InBr,均为分子品体，由于相对分子质量InCl,< 当c(Ba“)相同时e(SO)<c(C0),-lgc(S0)> Inbr,分子间作用力lnCl,<lnBr,故沸点lnC,<lnbr,。InC -ge(C0),则曲线I为BaCO,的沉淀溶解平衡曲线，曲 分子的空间结构为平面正三角形，为非极性分子，CC,为非 线Ⅱ为BS0,的沉淀溶解平衡曲线。由题图可知，当 极性溶剂，根据相似相溶原理，可知lCl易溶于CCl。 -lgc(Ba)=5时，-lgc(C0)-3.3,K(BaC0,)= c(C0)·c(Ba)=105×101=10《1=5×10”,A说法正 8*8 (4)①题给品胞中，Cm原子个数为 2×4+1=4,h原 确：曲线Ⅱ为BaSO,的沉淀溶解平衡曲线，m点在曲线Ⅱ ×4+宁×6=4，S原子在晶胞内，个数为8，则化 子个数为 上，即为BaS0,的饱和溶液，K,(BaSO,)=c(SO)· 学式为ClnS2,其中S为-2价，n为+3价，所以Cu为+1 c(Ba“),加入适量BaCL2固体时，c(Ba)增大，-gc(Ba2) 价。②根据B和C的原子坐标以及A的位置可知，A的原 减小，c(SO)减小、-lgc(SO)增大，可使溶液由m点变到 子坐标为(0.5,0,0.25)。③品胞的体积为(u×a×2)× n点，B说法正确；曲线1为BaCO,的沉淀溶解平衡曲线，曲 100cm3=2a3×100cm’.每个晶胞中含有4个CulnS2,故 线Ⅱ为BSO,的沉淀溶解平衡曲线，曲线I上方的点对应 972 的溶液为BaCO1的不饱和溶液，曲线Ⅱ下方的点对应的溶 少 486 液为BaSO,的过饱和溶液，所以p点对应溶液为BaCO,的 晶体的密度为2ax10”m。xNX10g·m。 不饱和溶液、BaS0,的过饱和溶液，即能生成BaSO,沉淀 17.(共12分，除标注外，每空2分) 不能生成BCO,沉淀，C说法正确：由题图可知，当 (1)Si0,(1分) -lgc(Ba)=7时，-lgc(S0)=3,K,(BaS0)=c(S0)· (2)温度低于20℃，氧化反应速率低；高于20℃，H,0受 c(B)=10×10=10",K(BC01)=5x10,则BS0,(8)+ 热分解 C0(am）一B0,(s)+0广(ag的平衡常数K-c(0） (3)Na+3fe"+2S0+6H,0—NaFe(S0,)2(0H)6↓+6H c(C0片) (4)生成氢氧化铁，氢氧化铝胶体.吸附B和'而造成损失 K。(Bas0.）10o 人，(BaC0,）5x10产=002，设每次用1L1.8mal·L (5)增大c(C),使FeCl,转化为FeCl,提高L”的萃取率 (6)浓盐酸 Na,C01溶液溶解x mol BaS0,则CO的剩余量为(1.8- (7)冷却结品(1分】 D102卷22·化学 参考答案及深度解析 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【解析】(1)尾 慢，导致终点滞后。因此，实验时加指示剂的适宜时机是临 矿中的B0和i0可以与硫酸反应生成相应的硫酸盐，而 近滴定终点。③多次平行实验，消耗Na,S,0,标准液的平 S0不与硫酸反应（高颜点），因此“浸渣”的主要成分是 均体积是18.30mL,根据化学方程式L2+25,0一2+ S0,。(2)“氧化”步骤中，控制反应的温度为20℃的原因 是温度低于20℃，氧化反应速率低：高于20℃，H,02受热 S,0防可知，剩余的1的物质的量为2×0.10mml·L× 分解。(3)由题给流程分析可知，“沉铁”步骤中加人Na,S0 0.0183L=9.15×104mol,则用于氧化S0的L2的物质的 的目的是将溶液中的Fe”转化为NaFe,(S0,)2(OH)。,离子方 量为0.10mml·L×0.01L-9.15×10mdl=8.5×103mol, 程式为Na+3Fe+2s0+6H,0一NaFe(S0,),(0H)6↓+ 又根据反应l2+S0+H,0—2I+S0+2H°，可知剩余的 6。(4)若直接调节H进行沉铁，沉铝，会生成氢氧化 S0的物质的量为8.5×105ml,所以被氧化的S0的物 铁，氢氧化铝胶体，吸附Be和Ii而造成损失。(5)在“萃 质的量为0.10ml·L×0.01L-8.5×105mol=9.15× 取”步骤中，加人NH,C的作用是增大c(CT),使FeC转 10”ml,则Na,s0,的氧化百分率是0×100%= 化为FC,提高i的萃取率。(6)在“反萃取”步骤中，最 91.5%。若在滴定过程中有少量，S,0,标淮液遇酸分解， 好选择浓盐酸作为反萃取剂，这是因为浓盐酸可以与FC, 会使a,5,03的浓度减小，则实验过程中消耗的N,S,0 反应，从面释放。(7)“操作X”的步骤是先冷却结品，再 溶液的体积偏大，导致计算所得用于氧化$0的12的物质 周液分离，这一步骤的目的是将溶液中的C,H,COOH结品 的量偏小，即实验测定N,S0,的氧化百分率偏大。 出来，从而方便后续的分离和提纯。 19.(共12分，除标注外，每空2分) 方法总结物理分离提纯的原理和注意事项 (1)(酚)羟基，醚键(1分) 方法 原理或含义 操作要点及注意事项 HO 落发溶剂，使随温度 (2)I0 Br +CH,Br2 +K:CO, 蒸发 有大量品体桥出时 升高溶解度增加量 OCH. OCH. 结品 停止加热 HO 好 较小的溶质析出 2KBr+CO, ↑+H,0(或H0 Br +CH,Br2 +2K,CO 使较高温度下的溶 OCH, 法 降温 液冷却，析出溶解度 有少量固体析出时 HO 结品 随温度降低诚小程 停止加热 +2KHC0,+2KBr或H) 度较大的溶质 OCI 过滤法 将固体与液体分离开 一贴二低三靠 K:CO] 将溶质从原溶剂中 CH,Br, Br+2HBr) 萃取法 两种溶剂互不相溶 转移至新溶剂中 OCH. 利用分液漏斗将已 上层液体从上口倒出， (3)NaOH、乙醇，加热 分液法 分层的液体分离开 下层液体从下端放出 OCH, Br 加入碎瓷片防止暴 将沸点不同（相差> 沸：温度计水银球的 燕馏法 30℃)的液体混合物 位置处于燕馏烧瓶 (5)甲醇 分离开 的支管口处：冷却水 (6)3(1分】 的流向为下进上出 (7)4 18.(共12分.除标注外，每空2分》 有机合成与推断 【解析】(1)A中含氧官能团的名称为 (1)丁达尔效应(1分) (酚)羟基、硅键。(2)A→B的反应方程式为 (2)2Fe3+S0+H,0-2Fe2+s07+2HBD HO (3)①淀粉溶液(1分)②临近滴定终点③91.5% H(0 Br+CH,Br,+K.CO Br+2KBr+ 偏大 OCH, OCH 探究FeCl,溶液与Na,SO,溶液发生反应的类型 HO 【解析】(1)该小组同学可以通过丁达尔效应证明反应后 C0,↑+H,0或0 Br+CHBr2+2K,CO,→ 的溶液中存在Fe(OH),胶体。(2)假设ⅱ中发生氧化还原 OCH 反应的离子方程式是2Fe“+S0+H,02Fe“+S0+ HO 2H,反应生成了Fe2和SO片，可向反应后的溶液中滴加 Br+2KHCO,+2KBr或H0 Br+CH,Br K,[Fe(CN)。]溶液，生成蓝色沉淀，证明生成了Fe2:或加 OCH OCH 入盐酸酸化的BCL,溶液，生成白色沉淀，证明生成了 S0,B,D符合题意。(3)①淀粉遇碘变蓝，故滴定实验使 Br+2HBr。(3)B中溴原子发生消去反 用的指示剂是淀粉溶液。②L,能与指示剂结合，但解离较 OCH, D103卷22·化学 高考快递高考模拟汇编8套·化学 应生成C,则B→C的反应试剂和条件为NaOH、乙醇，加热。 △H=-(2x+y)kJ·mo。(2)根据质量守恒定律可知.混 (4)根据C、D,F的结构简式，结合题给已知信息，可知C和 合气体的质量始终不变，容器容积发生改变，则恒压密闭容 D发生加成反应生成E,则E的结构简式为 器中混合气体的密度是变量，当混合气体的密度保持不变 OCH Br 时，说明反应达到平衡状态，A符合题意：CH,CH,OH的体 积分数不变，说明反应达到平衡状态，B符合题意：n(H2): (5)“愿子经济性反应”是指反应物的愿 n(CH,COOH)=2:1.不能说明正、逆反应速率相等，不能 Br 说明反应一定达到平衡状态，C不符合题意：随着反应进 子全部转化为期望的最终产物的反应（关键点），根据F和 行，反应放热，此时反应体系热效应不为0，当反应体系的热 H的结构简式，可知G为CH,OH,名称为甲醇。(6)如图 效应为0，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，D OCH, 符合题意。(3)①主反应为气体体积减小的放热反应，增大 F中有3个手性碳原子。(7)芳香族化合 压强，平衡正向移动，乙醇的选择性增大，则250℃下，乙醇 选择性随压强变化的曲线是a。②主反应和副反应均为放 热反应，升高温度，平衡均逆向移动，主反应逆向移动的程 物1是A的同分异构体，其核陵共振氢谐最示3组峰，且蜂 度大于副反应，所以乙醇的选择性随着温度升高而减小 面积之比为6：3：2，说明含有3种不同化学环境的氢原 3③主反应为气体体积减小的反应，增大压强，主反应平衡正 子，且含有3个甲基，其中2个甲基是等效的，则符合条件 向移动，可以提高乙醇的选择性。(4)平衡时n[H,0(g)门= Br 0.8mol,容积减小20%，设主反应转化了mol CH,C00H, H.CO OCH. 的结构简式为 副反应转化了y mol CH,COOH,列“三段式”： CH,COOH(g)+2H,(g)CH,CH,OH(g)+H2O(g) OCH 起始/mol 0 Br CH, OH 转化/mol 2x ,所 H.CO OCH.HO OH H.C 平衡/mol1-x 2-2x CH. OCIL, (0CH, OCH, CH COOH(g)+CH,CH,OH(g)-CH,COOCH(g)+HO(g) 以符合条件的A的同分异构体有4种 起始/mol1-x 0 20.(共12分.除标注外，每空2分)】 (1)-(2x+y) 转化/moly y (2)ABD 平衡/mol1-x-y x-y x+y (3)①a(1分)②主反应与副反应均为放热反应，温度升 容积减小20%，说明平衡时容器容积为0.8L,平衡时混合 高，主反应和剧反应的平衡均逆向移动，主反应逆向移动的 气体总物质的量为(1-x-y+x-y+y+0.8+2-2x)ml=3mo× 程度大于副反应③增大压强（或使用对主反应催化活性 80%,x+y=0.8,解得x=0.6,y=0.2,则e(H2)= 更高的催化剂) 2-2×0.6 mol·L=1mol·L。平衡时c(CH,CHOH)= (4)1mol·L(1分)2 0.8 化学反应原理综合【解析】(1)实验1在恒压密闭容器 0.6-0.2 mol·L=0.5mol·L,e(CH,C00H)= 中充入1moH,(g)和0.5mlCH,C0OH(g),达到平衡时放 0.8 出xkJ热量，则在恒压密闭容器中充入2mH,(g)和1md 1-0.6-0.2 0.8 mol·上=0.25mal·e(H0)=08mol CH,COOH(g),达到平衡时放出2xkJ热量，实验l在恒压密闭 容器中充入1 mol CH,CH,OH(g)和1mlH,O(g),达到平衡时 L=1mo·L,主反应的平衡常数K= 吸收ykJ热量，则2molH(g)和1 nol CH,COOH(g)完全 c(CH,CH,0H)·c(H,0)0.5×1 反应理论上放出(2x+y)k」热量，则该温度下主反应的 c(CH,c00H)·e(H,)0.25x=2。 23山东省高考模拟信息卷（八）》 改编自：河北省石家庄市2024届普通高中毕业年级教学质量检测（一） 选择题答案速查 陶瓷是以黏土为原料，经高温烧结而成的，D叙述正确 题号 1 4 6 7 2.A物质的性质和转化 答案 【解析】工业制硝酸，用氨气和氧气在加热和催化剂条件下 A B 反应生成NO,N0和氧气反应生成NO,NO和水反应生成 题号 9 10 12 1314 15 硝酸，物质转化错误，A符合题意：石英砂中的二氧化硅和焦 答案 B D BC B CD AB 炭在高温条件下反应生成粗硅和C0,粗硅和HCI在高温条 1.A物质的化学成分和性质 件下反应生成SHC3,SHC,和H2在高温条件下反应生成 【解析】帛的主要成分为蛋白质，A叙述错误：玛瑙的主要 高纯Si,物质转化正确，B不符合题意：g为适泼金属，可通 成分是二氧化硅，B叙述正确：青铜是铜锡合金，C叙述正确： 过电解熔融的MgC,冶炼Mg(高频点)，物质转化正确，C不 D104卷23·化学null