2026届湖南省长沙市高考化学自编模拟试卷03（人教版2019）

2026届湖南省长沙市高考化学自编模拟试卷03 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，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。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的原子量：H-1 C-12 O-16 N-14 Mg-24 Ca-40 第I卷（选择题 共42分） 一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共45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．从天然丝缕到高分子材料，纤维的演变推动了人类社会的进程与科技创新。下列属于有机高分子合成纤维的是 A．明朝《天工开物》记载的“质轻而韧”的葛藤——葛藤纤维 B．点亮信息时代的“隐形翅膀”——光导纤维 C．制作神舟飞船主降落伞的材料——聚酯纤维 D．某品牌手机使用的内屏支撑层材料——碳纤维 2．下列化学用语或图示表达正确的是 A．的电子式： B．基态的价层电子排布图： C．顺丁烯的结构简式： D．分子的球棍模型： 3．仪器决定了实验的准确与安全。常温下，下列所选仪器(夹持装置省略)能达到实验目的的是 A．配制的稀硫酸：①③⑥ B．利用提取碘水中的：⑤⑥ C．灼烧干海带：②③⑧ D．溶液的蒸发结晶：③⑥⑧ 4．下列相关原理、装置及操作正确的是 A．排出盛有AgNO3溶液滴定管尖嘴内的气泡 B．除去中的HCl C．模拟“侯氏制碱法”制取，应先从a通入，后从b通入，c中放蘸有稀硫酸的脱脂棉 D．铁钉镀锌 A．A B．B C．C D．D 5．宇树科技H1机器人的外壳采用聚碳酸酯(PC)材料制成，PC的合成原理和分子结构如图所示。下列说法正确的是 A．M的核磁共振氢谱有3组峰 B．1molN与足量NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH C．N分子中所有原子可能共平面 D．上述所有有机物均能与溶液发生显色反应 6．下列反应的离子方程式书写错误的是 A．氨水与醋酸溶液反应： B．向NaClO溶液中通入少量： C．向溶液中加入足量溶液： D．用溶液脱氯()： 7．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．足量镁与浓硫酸充分反应，放出1 mol混合气体时，转移的电子数为 B．12 g 晶体中含有的阳离子数为 C．标准状况下，11.2 L 和的混合物中所含的碳原子数为 D．电解精炼铜时，若阳极质量减少64 g，外电路中通过的电子数一定为 8．关于非金属及其化合物的性质，下列说法不正确的是 A．汽车尾气催化转化器中发生的主要反应： B．向溶液中通入，有白色沉淀生成 C．工业废气中的可采用石灰法进行脱除 D．取两份氯水，分别滴加溶液和淀粉KI溶液，若前者有白色沉淀产生，后者溶液变蓝色，可以证明氯气与水反应存在限度 9．硼氢化钠是一种无机物，化学式为，是最常用的还原剂之一，通常用作醛类、酮类、酰氯类的还原剂，塑料工业的发泡剂，造纸漂白剂，以及医药工业制造双氢链霉素的氢化剂。下列关于的说法错误的是 A．酸性条件下，的还原性减弱，更难与氧化剂发生反应 B．金的一种制备方法是氯金酸()与硼氢化钠反应，该反应体现了的氧化性 C．工业上常用处理含的废水(酸性条件)，其反应原理： D．户外露营时，用与水反应制氢供氢气炉使用，若消耗，理论上可生成标准状况下 10．AgCN与可发生取代反应，反应过程中的C原子和N原子均可进攻，分别生成腈（）和异腈（）两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图（TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物）。下列说法错误的是 A．比更稳定 B．过渡态TS2是由的N原子进攻形成的 C．的C原子和N原子可进攻，是因为中有键 D．相同条件下，生成后续物Ⅰ的速率比生成后续物Ⅱ的速率慢 11．硼氢化锰[Mn(BH4)2]是有潜力的储氢材料。以富锰矿(主要为MnO，还含有：SiO2、Al2O3、FeO)为原料制备硼氢化锰的工艺流程如下。下列说法错误的是 A．的空间结构为正四面体 B．试剂1可用MnO2，试剂2可用MnCO3 C．Mn(BH4)2能与稀盐酸反应生成化学方程式为： D．滤渣1和滤渣2均可与溶液反应 12．是一种铁电材料，掺杂可提高其光电转化性能，取代部分后的晶胞结构示意图(氧原子未画出)如下。下列说法错误的是 A．若p点平移至晶胞体心，则位于晶胞顶点 B．晶胞中距最近的有8个 C．该晶胞在平面的投影为 D．该晶体的化学式为 13．科学家利用二芳基硅二醇(Ar-表示苯基)实现了环氧丙烷()与催化环加成反应生成碳酸丙烯酯()其反应机理如图。 下列说法错误的是 A．碳酸丙烯酯分子中键与键数目之比为1∶13 B．该反应的催化剂只有二芳基硅二醇 C．物质B、C、D分子中都存在氢键 D．整个转化过程中碳原子有sp、、三种杂化方式 14．乙二酸()俗称草酸，是一种二元弱酸。常温下，向20mL 0.100mol/L乙二酸溶液中滴加同浓度的NaOH溶液，该过程中的、V(NaOH溶液)与pH的变化关系如图所示[X为或]。 下列说法正确的是 A．直线Ⅰ中的X为 B．a点溶液中： C．c点溶液中，与之比为 D．由a点到c点，水的电离程度先增大后减小 第II卷（非选择题 共58分） 2、 非选择题：本题共4个小题，共58分。 15．锆被称为原子时代的头号金属。一种以氧氯化锆(主要含，还含有少量、、等元素)为原料生产金属锆的工艺流程如下： 已知：①“酸溶”后溶液中各金属元素的存在形式为：； ②25℃时，，； ③部分物质沸点如下 物质 沸点/℃ 331 315 1300 700 1150 回答下列问题： (1)为增大酸溶效率，可采取措施为_______。(填一条即可) (2)基态Cr原子和Fe原子核外未成对电子数之比为_______。请设计实验方案证明酸溶后溶液中不存在_______。 (3)“萃取”时，锆元素可与萃取剂形成多种络合物，写出生成的离子方程式：_______。 (4)“沉淀”后，“废液”中，则“废液”中_______。 (5)“沸腾氯化”时，转化为，同时生成一种还原性气体，该反应的化学方程式为_______。 (6)“还原”的主要目的是_______。 16．铂族金属是国家战略性金属，被誉为“现代工业维他命”。从某矿渣[含钯（Pd）、铂（Pt）、FeS、NiS及等]中提取Pd、Pt、Ni的工艺如下。 已知：Pd、Pt经“氧化浸取”转化为；“氨合”后，Pd（Ⅱ）主要以的形式存在；常温下，的，；，溶液中某离子浓度小于时认为该离子已沉淀完全。 (1)Pt、Pd与Fe为同族元素，位于元素周期表的________区。 (2)“氧化浸取”时，Pd发生反应的化学方程式为________，除了提高的氧化性，该过程加入盐酸的目的还有________。 (3)“氧化除铁”时，温度为，该过程主要发生两步反应： （ⅰ） （ⅱ）________（填离子方程式）。 (4)常温下，“沉镍”时，需调节溶液，此时________；该条件下恰好沉淀完全，则大于________（保留三位有效数字）mol/L。 (5)含Pd、Cs、I的化合物可用于太阳能电池材料。一定条件下，其中一种晶体可由立方结构（结构单元如图ⅰ所示）转化为四方结构（晶胞结构如图ⅱ所示），两种结构的棱边夹角均为，且转化过程中原子个数比保持不变。 ①立方结构中Pd、Cs、I的原子个数比为________。 ②立方结构单元与四方晶胞结构的密度之比为________。 17．化合物G是一种重要的药物合成中间体，该物质的合成路线如下： 已知：①（X代表卤素）； ②EtOH：乙醇。 (1)F中的官能团名称是______，A的结构简式是______； (2)的反应类型是______； (3)下列说法正确的是______（填字母序号）； a.化合物D、E中含有一种相同的官能团 b.C发生脱水反应生成的有机产物均可以发生加聚反应 c.反应过程中，增加EtOH用量，可以提高反应物D的转化率 d.由F生成G的反应是加成反应 (4)已知可以与、、HCl等发生开环加成反应。写出由与某种有机物反应制取M（）的化学方程式______； (5)E的同分异构体中，同时满足下列条件的有______种（不考虑立体异构）； ①苯环上含有两个取代基 ②遇溶液显紫色且能发生银镜反应 其中核磁共振氢谱显示为5组峰，且峰面积之比为6:2:2:1：:的是______（写结构简式）； (6)根据已有知识并结合相关信息，设计以和乙酸为主要原料制备的合成路线：______（无机试剂任选）。 18．合成氨是化学工业的重要基础，传统合成氨和新型合成氨的反应原理分别如下： Ⅰ．传统合成氨原理： 以氮气和氢气为原料反应，  。 (1)从化学反应限度的角度分析，合成氨的反应宜选择___________(填字母序号)。 A．低温高压 B．高温低压 C．高温高压 D．低温低压 (2)工业合成氨使用铁基催化剂时，通常选择在500℃和30MPa条件下进行反应，其原因是___________。 (3)合成氨的净速率方程可表示为：，(“”、“”为正、逆反应速率常数，随温度升高而增大)。 ①该反应的平衡常数___________(用含“”、“”的式子表示)； ②根据合成氨的净速率方程分析，反应速率并不是随温度的升高而单调地增大，如图所示。结合上述速率方程分析其原因为___________。 Ⅱ．新型合成氨原理： 以甲烷和氮气作为原料气，按一定流速充入反应釜中，在作催化剂并持续放电的条件下，发生的主要反应如下：，还可能发生甲烷碳化等副反应。 (4)当原料气流以通过催化剂发生反应时，在反应釜出口处检测到，则氨气的产率为___________。 (5)研究发现，其它条件相同时，原料气中后，氨气的产率明显下降，可能原因为___________。 (6)在其它条件相同的情况下，下列因素或措施会影响反应釜中氨气产率的是___________(填字母序号)。 A．催化剂的选择性 B．原料气流的流速 C．分离出口气流中的氨气 D．催化剂的表面积 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届湖南省长沙市高考化学自编模拟试卷03（解析版） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C B D C A A D A C 题号 11 12 13 14 答案 D A B C 1．C 【详解】A．葛藤纤维是天然植物纤维，属于天然有机高分子材料，并非合成纤维，A不符合题意； B．光导纤维主要成分为二氧化硅（SiO2），属于无机材料，不属于有机高分子，B不符合题意； C．聚酯纤维（如涤纶）是通过化学合成方法如酯化反应制成的高分子聚合物，属于有机高分子合成纤维，C符合题意； D．碳纤维主要成分为碳元素，是通过有机纤维碳化制成的无机材料，不属于有机高分子合成纤维，D不符合题意； 故选C。 2．C 【详解】 A．Si原子与4个Cl原子各形成一对共用电子对，每个Cl原子还有3对孤电子对，正确的电子式为：，A错误； B．基态Cr原子的价电子排布为3d54s1，价层电子排布图应为：，B错误； C．顺-2-丁烯的结构简式中，两个甲基在双键的同一侧，C正确； D．SO3分子的中心S原子采取sp2杂化，空间构型为平面正三角形，键角为120°，但硫原子半径应大于氧原子半径，D错误； 故选C。 3．B 【详解】A．配制的稀硫酸需要使用量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、烧杯、胶头滴管，A错误； B．利用提取碘水中的需要使用分液漏斗、烧杯，B正确； C．灼烧干海带需要使用酒精灯、坩埚、泥三角、三脚架，C错误； D．溶液的蒸发结晶需要使用蒸发皿、铁架台、酒精灯、玻璃棒，D错误； 故答案选B。 4．D 【详解】A．硝酸银溶液呈酸性，应使用酸式滴定管，A错误； B．Cl2和HCl均能与碱石灰反应，应将混合气体通过饱和食盐水除去氯气中混有的HCl，B错误； C．NH3的溶解度较大，为防止倒吸，b管通NH3，a管通CO2，c中放蘸有稀硫酸的脱脂棉，用于尾气处理，防止污染空气，C错误； D．铁钉镀锌利用的是电解池原理，锌为阳极发生氧化反应生成锌离子，锌离子在阴极被还原为锌，相关原理、装置及操作均正确，D正确； 故选D。 5．C 【详解】 A．考虑结构对称可知，M有4种等效氢()，即核磁共振氢谱有4组峰，A错误； B．N含有两个酯基，水解后生成的碳酸和酚羟基均能与NaOH反应，则1 mol N与足量NaOH溶液反应，最多消耗4 mol NaOH，B错误； C．N分子中苯环所有原子共面，酯基共面，且单键可旋转，则N分子中所有原子可能共平面，C正确； D．根据合成原理可推知，X为苯酚，X、M和PC均含酚羟基，均能与溶液发生显色反应，但不含酚羟基，不能与溶液发生显色反应，D错误； 故选C。 6．A 【详解】A．氨水是弱电解质，应保留分子形式，不能拆分为OH-；醋酸也是弱酸，同样不可拆分；正确写法应为：，A错误； B．ClO-具有强氧化性，能将SO2氧化为，部分ClO-被还原为Cl-，过量的ClO-与反应生成的H⁺结合生成HClO。反应中原子、电荷均守恒，且符合少量SO2的条件，B正确； C．足量提供足够的OH-，与OH-反应生成和H2O，再与结合为BaCO3沉淀，离子方程式正确，C正确； D．与发生氧化还原反应，被氧化为，被还原为Cl-，反应满足电子守恒、原子守恒及电荷守恒，D正确； 故答案选A。 7．A 【详解】A．足量镁与浓硫酸反应生成的气体可能是SO2和H2的混合物。每生成1 mol气体（无论SO2或H2），均转移2 mol电子，因此1 mol气体对应转移电子数为2NA，A正确； B．NaHSO4晶体中仅含Na+和，每1 mol NaHSO4提供1 mol阳离子。12 g NaHSO4（0.1mol）含阳离子数为0.1NA，B错误； C．标准状况下，CHCl3为液体，混合物体积11.2 L仅由CH3Cl贡献，对应0.5 mol CH3Cl，含0.5NA碳原子。但若混合物含液态CHCl3，其碳原子数无法确定，C错误； D．电解精炼时，阳极溶解的金属可能含Zn、Fe等杂质，转移电子数可能超过2NA，D错误； 答案选A。 8．D 【详解】A．汽车尾气催化转化器中，NO和CO在催化剂作用下生成N2和CO2，该反应是实际应用中的主要反应，A正确； B．向Ba(NO3)2溶液中通入SO2，硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，SO2氧化为，并与Ba2+结合生成BaSO4白色沉淀，现象正确，B正确； C．石灰可将工业废气中的SO2转化为亚硫酸钙或硫酸钙，是常用方法，C正确； D．氯水中Cl-的存在（AgNO3沉淀）和淀粉-KI变蓝（I2生成）可能由HClO的氧化性导致，即使Cl2完全反应，HClO仍可氧化KI。因此无法证明Cl2与水的反应存在限度，结论错误，D错误； 故答案为D。 9．A 【详解】A．酸性条件下，浓度增加，中的H⁻（-1价）更易被氧化为（0价），此时的还原性增强，而非减弱，A错误； B．氯金酸（）中Au为+3价，与反应生成Au单质（0价），Au被还原，说明具有氧化性，B正确； C．反应中的H⁻（-1价）被氧化为中的+1价的H，中的Cr（+6价）被还原为，电子转移守恒（3×8 e⁻=4×6 e⁻），反应式合理，C正确； D．1.9 g 的物质的量为0.05 mol，按反应，生成0.2 mol ，标准状况下体积为4.48 L，D正确； 故答案为：A。 10．C 【详解】A．的能量比低，更稳定，A正确； B．由反应历程及能量变化图可知，过渡态TS2是由的N原子进攻中的形成了碳氮键，B正确； C．的C原子和N原子可进攻，是亲核取代，此过程中CN-中碳氮三键没有发生变化，键无变化，C错误； D．相同条件下，生成后续物Ⅰ的活化能比生成后续产物Ⅱ的活化能大，活化能大，反应速率慢，所以生成后续物Ⅰ速率比生成后续物Ⅱ的速率慢，D正确； 故答案选C。 11．D 【分析】由流程可知：加入盐酸酸浸，过滤分离出滤渣1为SiO2，滤液1含Mn2+、Fe2+、Al3+等。向滤液1中加入试剂1，根据不引入新的杂质原则可知，试剂1可以为MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Mn2+；加入试剂2调节pH，过滤分离出滤渣2为Al(OH)3、Fe(OH)3。根据不引入新的杂质原则可知，试剂2可以为碳酸锰，滤液2经过系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到氯化锰，最后与NaBH4反应生成Mn(BH4)2，以此来解答。 【详解】A．中中心B原子价层电子对数为：4+=4，无孤电子对，因此的空间结构为正四面体，A正确； B．根据上述分析可知：试剂1为MnO2，试剂2可以MnCO3，B正确； C．Mn(BH4)2与稀盐酸反应时，中-1价H与来自HCl、H2O 的+1价的H发生归中反应生成H2，其中的B则转化为H3BO3，反应的化学方程式为：，C正确； D．根据上述分析可知滤渣1为SiO2，SiO2是酸性氧化物，能够与NaOH反应生成Na2SiO3、H2O，滤渣2为Al(OH)3和Fe(OH)3的混合物，其中Fe(OH)3是碱，不能与NaOH溶液反应，D错误； 故合理选项是D。 12．A 【详解】 A．若p点La平移至晶胞体心，平移后Ti位于晶胞棱上和体内：，A错误； B．La若位于体心，其周围最近的Ti原子分布在晶胞8个顶点，距离相等且最近，故距La最近的Ti有8个，B正确； C．该晶胞在xy平面的投影，棱上为Ti、Bi、La，投在四个角，La、Bi、Ti，投在面心，投影为，C正确； D．由均摊法可知，Ti的数目为，Bi的数目为，La的数目为，该晶体的化学式为，D正确； 故选A。 13．B 【详解】A．单键为键，双键中含有1个键和一个键，故碳酸丙烯酯分子中键与键数目之比为1∶13，故A正确； B．催化剂在反应开始的时候就参与反应，最终又生成了该物质，中间产物是开始的没有，最终也没有该物质生成，只是在反应过程中参与反应，由机理可知，二芳基硅二醇和在整个过程中起到了催化作用，B错误； C．B、C、D都存在氢键O-H···O，C正确； D．由物质结构，饱和碳为sp3杂化，羰基碳为sp2杂化，CO2中C原子为sp杂化，D正确； 故选B。 14．C 【分析】由，即，同理，，分别代入(0，-1.25)、(0，-3.82)两点坐标，可得直线Ⅰ对应的Ka=10-1.25，直线Ⅱ对应的Ka=10-3.82，且Ka1>Ka2，则直线Ⅰ对应的lgX为，Ka1=10-1.25，直线Ⅱ对应的lgX为，Ka2=10-3.82； 【详解】A．由分析，直线Ⅰ中的X表示，A错误； B．a点加入0.100mol/L NaOH溶液20mL，根据质量守恒，，B错误； C．c点溶液中pH=8.2，c(H＋)=10-8.2mol/L，依据，可得，C正确； D．a点对应加入20mL NaOH溶液，溶质为NaHC2O4，对水的电离起到抑制作用，c点对应加入40mL NaOH溶液，溶质为Na2C2O4，对水的电离起到促进作用，因此从a点到c点，NaHC2O4含量减少，对水的电离抑制作用逐渐减弱，Na2C2O4含量增多，对水的电离促进作用逐渐增强，因此水的电离程度一直增大，D错误。 故选C。 15．(1)将原料粉碎、搅拌、适当增加酸的浓度、适当升温 (2) 3:2 取少量酸溶后的溶液于试管中，滴加溶液，不产生蓝色沉淀，则溶液中不存在 (3) (4) (5) (6)把还原为，避免升华时含有杂质 【分析】氧氯化锆主要含，还含有少量、、等元素为原料生产金属锆，“酸溶”后溶液中各金属元素的存在形式为：，加入萃取剂TBP萃取分液得到含Hf的溶液，通过反萃取得到TBP和水溶液，水溶液中加入氨水沉淀Zr离子、铁离子、铬离子，煅烧得到ZrO2、Fe2O3、Cr2O3，加入C、 Cl2“沸腾氯化”时，ZrO2、Fe2O3、Cr2O3转化为：FeCl3、CrCl3、CrCl2、ZrCl4，转化为同时，结合质量守恒，还生成一种还原性气体为CO，再加入氢气还原，把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时含有FeCl3杂质，升华后加入Mg发生镁热反应，生成金属Zr； 【详解】（1）为增大酸溶效率，可采取措施为将原料粉碎、搅拌、适当增加酸的浓度、适当升温等； （2）Cr为24号元素，价电子排布式为，未成对电子数为6，Fe为26号元素，价电子排布式为，未成对电子数为4，所以比值为；亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀，取少量酸溶后的溶液于试管中，滴加溶液，不产生蓝色沉淀，则溶液中不存在； （3）“萃取”时，可与萃取剂形成，结合质量守恒，生成的离子方程式为：； （4）“沉淀”后的“废液”中有，，则，，则“废液”中； （5）“沸腾氮化”时，加入、通入氯气，转化为，同时生成一种还原性气体，该反应中碳化合价由0变为+2、氯化合价由0变为-1，结合电子守恒，化学方程式为； （6）由于和沸点接近，因此加入把还原为，避免升华时含有杂质，最后升华得到，故答案为：把还原为，避免升华时含有杂质。 16．(1)d (2) 与Pd、Pt形成、，从而使Pd、Pt从滤渣中浸出 (3)（反应条件也可为） (4) 0.084（或） (5) 【分析】矿渣[含钯（Pd）、铂（Pt）、FeS、NiS及等]用硫酸酸浸后过滤，结合矿渣成分可知，滤液Ⅰ中的溶质是硫酸亚铁和硫酸镍，滤渣中含有Pd、Pt和，滤渣中的Pd、Pt经“氧化浸取”转化为，，再次过滤，此时得到的滤渣中含有二氧化硅，滤液用氯化铵沉铂，再用氨水和盐酸经一系列处理后得到Pd，其中滤液Ⅱ中的溶质主要是氯化铵，以此解题。 【详解】（1）Fe是26号元素，位于元素周期表中的第四周期第Ⅷ族，位于d区，Pt、Pd与Fe为同族元素，也位于元素周期表的d区。 （2）结合信息可知，Pd、Pt经“氧化浸取”转化为，，此时Pd发生反应的化学方程式为，加入盐酸与Pd、Pt形成，，从而使Pd、Pt从滤渣中浸出，故答案为：；与Pd、Pt形成、，从而使Pd、Pt从滤渣中浸出； （3）由图可知，在加热条件下“氧化除铁”最终生成了，其中步骤（ⅰ）中二价铁被氧化为三价铁，则步骤（ⅱ）为三价铁和水在加热条件下生成，离子方程式为。 （4）由于pH=2，则c(H+)=10-2mol/L，； 该条件下恰好沉淀完全，则，则。 （5）①由图可知，立方结构中个数分别为，，则其原子个数比为； ②四方结构中，由于转化过程中原子个数比保持不变，则其中个数分别为2，4，12，设立方结构单元的摩尔质量为，则四方晶胞结构的摩尔质量为，立方结构单元与四方晶胞结构的密度比 17．(1) 羟基、酯基 (2)氧化反应 (3)c (4) (5) 15 (6) 【分析】 由流程，A发生已知反应①原理生成B，则A为，B中支链水解得到C，C中羟基被氧化为羧基得到D，D和乙醇发生酯化反应生成E，E和转化为F，F和M发生取代引入支链得到G； 【详解】（1） F中的官能团名称是羟基、酯基；由分析，A的结构简式是； （2）C中羟基被氧化为羧基得到D，为氧化反应； （3） a．E为，含有酯基，而D含羧基，化合物D、E中不含有一种相同的官能团，错误； b．C发生脱水反应可以生成醚键或碳碳双键，故生成的有机产物不一定可以发生加聚反应，错误； c．酯化反应为可逆反应，反应过程中增加EtOH用量，可以促使酯化反应正向进行，从而提高反应物D的转化率，正确； d．由F生成G的反应为-OEt被取代的反应，不是加成反应，错误； 故选c； （4） 由与某种有机物反应制取M（），结合质量守恒和环氧乙烷的反应原理，则为还氧乙烷和中氨基氢加成生成M，化学方程式：； （5） E为，除苯环外，含有2个氧、4个碳、1个不饱和度，E的同分异构体中，同时满足下列条件：①苯环上含有两个取代基；②遇溶液显紫色且能发生银镜反应，则含酚羟基和醛基，结构可以为，且每种又存在邻间对三种位置，共5×3=15种；其中核磁共振氢谱显示为5组峰，且峰面积之比为6:2:2:1:1，则含2个相同甲基且结构对称，可以是； （6） 苯甲醇和乙酸发生酯化反应生成，苯甲醇氧化为苯甲醛，和苯甲醛发生E生成F的反应转化为产物，故流程为：。 18．(1)A (2)500℃时催化剂活性高；30MPa压强下综合经济效益高 (3) 低温时，升温对影响大于影响，高温时，升温对影响大于影响，使反应速率随温度升高先增大后减小 (4)40% (5)过量甲烷发生碳化，催化剂表面被积碳覆盖，反应速率下降 (6)ABD 【详解】（1）合成氨的反应是气体分子数减小的放热反应，从化学反应限度的角度分析，增加压强、降低温度有利于反应正向移动，故反应宜选择低温高压的条件，选A； （2）合成氨属于放热反应，降温有利于平衡正移，而工业采用在500℃的条件下进行反应，考虑的是催化剂活性，合成氨是气体体积减小的反应，增大压强化学平衡正移，但压强过大，对设备的要求也高，故工业采用30 MPa下进行反应，主要考虑的是经济效益。 （3）①达到平衡时，正逆反应速率相等，合成氨的净速率为0，即 ， ，， 又，则； ②根据合成氨的净速率方程分析，由速率方程可知，增大反应速率增大，增大反应速率减小，随着温度的升高，均增大，按照一定氮氢比投料，当控制氮气转化率不变时，反应速率并不是随温度的升高而单调地增大，其原因为：低温时，升温对影响大于影响，高温时，升温对影响大于影响，使反应速率随温度升高先增大后减小。 （4）原料气中时，设甲烷的物质的量为3mol，氮气的物质的量为1mol，氮气反应了xmol， ；解得。根据甲烷的量计算，理论上氨气的最大产量为1mol，氨气的产率为。 （5）题干中提示可能发生甲烷碳化等副反应，当原料气中甲烷的比例升高时，甲烷发生碳化，催化剂表面被积碳覆盖，反应速率下降。 （6）A．催化剂的表面积和选择性都会影响反应速率，从而影响氨气的产率，A选； B．气体流速的快慢，影响原料气在反应釜中的浓度和反应时间，从而影响氨气产率，B选； C．反应釜出口气流中再分离氨气，不影响反应釜中氨气的产率，C不选； D．结合A选项可知，催化剂的表面积影响氨气的产率，D选； 故选ABD。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $