2026届湖南省湘潭市高考化学自编模拟试卷04（人教版）

2026届湖南省湘潭市高考化学自编模拟试卷04 （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．第四届湖南旅游发展大会将于5月24-26日在岳阳市举行。在旅游过程中，我们可以学习到很多化学知识。以下说法正确的是 A．君山银针茶叶中含有的茶多酚不易被氧化，具有抗氧化功效 B．巴陵石化生产的乙烯是一种精细化学品，其产量可衡量国家石油化工水平 C．洞庭湖的芦苇含纤维素，纤维素属于有机高分子化合物 D．岳阳楼使用的红色油漆中含有的三氧化二铁属于金属材料 2．下列化学用语或描述错误的是 A．甲烷分子式和实验式均可表示为“” B．中子数为16的磷原子： C．石墨的层状结构如图 D．SiC(俗称金刚砂)的晶体类型：共价晶体 3．实验室进行下列实验时，所选玻璃仪器(其他材质仪器任选)均正确的是 A．用含水酒精制备无水乙醇：①⑧⑨ B．除去苯中的二甲苯：②④⑥⑦ C．除去 KNO3 中少量NaCl：②⑤⑧⑨ D．配制质量分数约为20%的 NaCl溶液：⑧⑨⑩ 4．化学物质与生活生产非常密切，下列有关说法错误的是 A．餐后桌上残留的油渍，可用热的纯碱溶液除去 B．胃酸患者常用含或的药物治疗 C．具有漂白性，能使品红溶液及紫色石蕊溶液褪色 D．酚醛树脂既可能有热塑性，也可能有热固性 5．下列实验操作正确且能达到实验目的的是 A B 钠的燃烧反应 验证 C D 制备 证明非金属性： A．A B．B C．C D．D 6．下列微观结构或现象不能解释其性质的是 选项 性质 结构因素 A 细胞膜的双分子膜层头向外，尾向内排列 细胞膜由大量两性分子(一端有极性，另一端无极性)组装而成 B HCOOH的酸性强于CH3COOH 烷基是拉电子基团 C 原子光谱是不连续的线状谱线 原子核外电子的能量是量子化的 D 椅式环己烷(C6H12)比船式环己烷稳定 分子空间结构不同，椅式的空间位阻小 A．A B．B C．C D．D 7．制备芯片需要大量使用光刻胶。光刻胶又称光致抗蚀剂，是指通过紫外光、电子束、离子束、X射线等的照射或辐射，其溶解度发生变化的耐蚀剂刻薄膜材料。如图是某种光刻胶的光交联反应。下列有关说法正确的是 A．物质甲的单体的分子式为C11H8O2 B．1mol物质甲与足量H2加成时最多消耗3molH2 C．可利用红外光谱测量有机物的键长、键角 D．该光交联反应属于加成反应 8．催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图甲所示。有氧条件下，催化还原NO的反应历程如图乙所示。下列说法正确的是 A．图甲所示热化学方程式为   B．图甲反应中既有极性共价键的断裂和形成，又有非极性共价键的断裂和形成 C．图乙所示反应③中氧化剂与还原剂物质的量之比为 D．图乙中总反应为 9．一种可为运动员补充能量的物质的分子结构式如图。已知：R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族。下列说法正确的是 A．与两分子中的键能相同 B．第一电离能： C．为非极性分子 D．Y的最高价氧化物对应的水化物无强氧化性 10．恒温条件下，用图1所示装置研究铁的电化学腐蚀，测定结果如图2。 下列说法正确的是 A．铁的电化学腐蚀属于化学腐蚀 B．段越大，析氢速率越大 C．段正极反应式主要为 D．段基本不变，说明生成铁锈覆盖在铁粉表面，阻止铁粉继续发生腐蚀 11．实验室模拟利用含钴废料(主要成分为，还含有少量的铝箔等杂质)制备碳酸钴的工艺流程如图： 已知：难溶于水。 下列有关描述错误的是 A．“碱浸”发生反应的为： B．“操作①”用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒 C．“酸溶”反应中可以换成 D．“沉钴”时若浓度太大，可能导致产品不纯 12．砷化镓制成的半导体器件具有高频、高温、低温性能好、抗辐射能力强等优点。其立方晶胞结构如图，晶胞边长为，原子的分数坐标为，原子的分数坐标为，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．Ga原子的配位数为2 B．位于晶胞内的As围成正方形 C．q原子的分数坐标为 D．晶体密度为 13．在恒容密闭容器中充入和，发生反应，实验测得在不同温度下达到平衡时，各组分的物质的量(n)的变化如图所示。下列说法错误的是 A．该反应的反应物总能量小于生成物总能量 B．a为的物质的量随温度的变化曲线 C．加入高效催化剂，的平衡转化率不变 D．向M点的体系中再充入和，再次平衡后，的百分含量增大 14．某温度下，在1L恒容密闭容器中2.0molX发生反应，有关数据如下： 时间段/min 产物Z的平均生成速率/ 0~2 0.20 0~4 0.15 0~6 0.10 下列说法正确的是 A．1min时，Z的浓度等于 B．2min时，加入0.20molZ，此时 C．3min时，Y的体积分数约为66.7% D．5min时，X的物质的量为1.4mol 第II卷（非选择题 共58分） 二、非选择题：本题共4个小题，共58分。 15．贝诺酯(分子式为，相对分子质量为313)是白色结晶性粉末，无味，熔点175~176℃，不溶于水，在沸乙醇中易溶，在冷乙醇中微溶；临床上主要用于治疗风湿及类风湿性关节炎、骨关节炎、神经痛等。某化学兴趣小组根据以下实验流程制备贝诺酯。 已知：根据路易斯酸碱理论，吡啶()是一种有机碱。 部分实验装置(加热和夹持装置省略)如下图所示。 步骤Ⅰ：制备乙酰水杨酰氯。 将9g阿司匹林(0.05mol，沸点321℃)、5mL氯化亚砜()(0.05mol，沸点78.8℃)、3滴吡啶加入干燥的三颈烧瓶中，接上仪器a．控制温度70~75℃，反应回流一段时间，反应结束后，减压蒸馏，冷却，得到乙酰水杨酰氯(沸点108℃)。 步骤Ⅱ：合成贝诺酯。 在装有搅拌器及温度计的150mL三颈烧瓶中加入50mL水和10.6g(0.07mol)对乙酰氨基酚()。在10~15℃和搅拌下滴加NaOH溶液。滴加完毕，慢慢滴加步骤Ⅰ制得的乙酰水杨酰氯的溶液。滴加完毕，调pH至9~10，继续搅拌反应1.5~2h，抽滤，水洗至中性，得粗品。 步骤Ⅲ：纯化与分析。 回答下列问题： (1)仪器a的名称为_______，滴液漏斗相比于普通分液漏斗的优势是_______。 (2)实验步骤Ⅰ所用仪器均需干燥，是因为遇水剧烈反应生成两种气体，请写出该反应的化学方程式：_______。 (3)加入吡啶的作用除了作催化剂外还可以_______。 (4)某同学采用薄层色谱(利用各组分在固定相和流动相之间的分配不同实现分离)跟踪反应进程，分别在反应开始、回流60min、90min、120min和150min时，用毛细管取样、点样，薄层色谱展开后的斑点如下图所示。该实验条件下比较合适的回流时间是_______(填标号)。 A．60min B．90min C．120min D．150min (5)步骤Ⅱ中维持10~15℃主要是为了_______。 (6)步骤Ⅲ：得到的粗产品可以利用重结晶法进行提纯，请选择合适的操作补全实验_______(填标号)。 _______→_______→_______→_______→过滤→洗涤→干燥 a．加热水溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶 b．加热乙醇溶解→活性炭脱色→趁热过滤→水洗至中性 c．加热水溶解→趁热过滤→活性炭脱色→水洗至中性 d．加热乙醇溶解→趁热过滤→活性炭脱色→冷却结晶 该实验最终得到纯品9.39g，则贝诺酯的产率为_______。 16．是一种重要的化工产品。以黄铁矿烧渣(主要成分为，含少量等)生产的过程如下。 资料：i．生成，开始沉淀时，沉淀完全时 ii．生成，开始沉淀时，沉淀完全时 (1)碱浸 ①烧渣在碱浸前需粉碎，其作用是_____。 ②溶解的化学方程式是_____。 (2)酸浸 取相同质量铁精粉，酸浸相同时间，测得铁浸出率随硫酸浓度变化如下图所示。 ①浓度低于，随浓度增大，铁浸出率增大的原因是_____。 ②浓度高于，随浓度增大，铁浸出率降低的可能原因是_____。 (3)还原 用离子方程式表示的作用：_____。 (4)用溶液制备 保持反应温度不变，将溶液加入到溶液(略过量)中，产生白色沉淀，并很快变为灰绿色。缓缓通入空气并记录变化(如下图)。经检测时段产生。 ①白色沉淀是_____。时段，减小，有红褐色物质产生。 ②减小，促进正向移动，应增大，但时段体系基本不变。结合有关反应，从反应速率的角度解释原因_____。 17．H是合成药物中间体，一种合成路线如图所示。 已知：①；②二元羧酸在作用下脱水生成酸酐；③和水反应生成。 回答下列问题： (1)B的名称是_________；D中所含官能团是_________（填名称）。 (2)A和C的关系为____________（填“同系物”“同分异构体”或“同一种物质”）。 (3)D→E的反应类型是_____________。其他条件相同，下列有机物与溶液反应由快到慢排序为_________（填标号）。 a．   b．   c．   d． (4)写出F→H的化学方程式：_____________，的作用是____________。 (5)含1个手性碳原子的分子有2种对映异构体（立体异构体）。例如，有2种对映异构体。在F的同分异构体中，同时满足下列条件的结构有_______种（包括立体异构体）。 ①能发生水解反应；②有机物与足量银氨溶液完全反应生成；③只含1种官能团。其中，核磁共振氢谱显示2组峰的结构简式为____________。 (6)设计合成路线，以邻甲基苯甲醇和G为原料合成有机物________（其他试剂自选）。 18．甲醇是主要的有机原料，常利用CH4、CO2等进行制备。回答下列问题： Ⅰ．甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。 (1)2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(l) ∆H=-329kJ/mol，该反应的正反应方向在_______(填“高温”或“低温”)条件下更有利于其自发进行。 (2)已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的。从反应速率的角度分析，通入CH4后将体系温度维持在200℃的原因是_______(不考虑催化剂活性变化)。 Ⅱ．利用合成气CO、H₂制备甲醇，涉及的反应如下： 反应①：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g) +H2O(g)   ∆H1＜0 反应②：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)   ∆H2＞0 在不同压强下，按照n(CO2):n(H2)=1:3进行投料，在容器中发生反应①、②，平衡时，CO和 CH3OH在含碳产物(即 CH3OH和CO)中物质的量分数及 CO2的转化率随温度的变化如下图所示。 (3)判断图中压强。 p1、p2、p3大到小的顺序为_______。 (4)压强不变时，分析升温过程中CO2转化率变化的原因：_______。 (5)在某恒温恒容体系中，按起始c(CO2)=1mol/L、c(H2)=3mol/L进行实验，平衡时 CH3OH的物质的量分数为点M，此时(CO2转化率为20%，则该条件下反应②正反应的平衡常数K= (保留一位有效数字)。 Ⅲ．科学家设计如图所示装置(串联光电催化反应池)减少CO2排放并获取制备甲醇的原料CH4。 (6)光催化电池中的半导体是在晶体硅中掺杂硼原子和磷原子实现的。p型半导体也称为空穴型半导体，n型半导体也称为电子型半导体。据此，推测 n型半导体掺杂的是_______(填元素符号)。 (7)产生 CH4的电极反应式为_______。 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届湖南省湘潭市高考化学自编模拟试卷04（解析版） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C D C D B D D D C 题号 11 12 13 14 答案 C C D D 1．C 【详解】A．茶多酚是常见的抗氧化剂，其作用机理是易被氧化，从而保护其他物质不被氧化，A错误； B．乙烯的产量可衡量国家石油化工水平，但乙烯不属于精细化学品，B错误； C．纤维素是天然多糖，属于有机高分子化合物，C正确； D．红色油漆中含有的三氧化二铁（）属于金属氧化物，不是金属材料，D错误； 故答案为：C。 2．C 【详解】A．已知甲烷分子式为CH4，实验式是指分子中各原子的最简整数比，则甲烷的最简式表示为“CH4”，A正确； B．中子数为16的磷原子，质量数是31，表示为，B正确； C．石墨的层状上下层交错开，C错误； D．碳化硅(SiC)俗称金刚砂，类似金刚石结构，属于共价晶体，原子之间以强烈的共价键结合，D正确； 故选C。 3．D 【详解】A．用含水酒精制备无水乙醇的方法为向含水酒精加入氧化钙充分反应后蒸馏得到，所选玻璃仪器③④⑤⑥，故A错误； B．苯和二甲苯互溶，但两者的沸点不同，所以除去苯中的二甲苯应用蒸馏法，所选玻璃仪器③④⑤⑥，故B错误； C．硝酸钾的溶解度随温度变化大，而氯化钠的溶解度随温度变化小，所以除去硝酸钾中少量氯化钠的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，所选玻璃仪器①⑤⑧⑨，故C错误； D．配制质量分数约为20%的氯化钠溶液的方法是称量一定质量的氯化钠固体，量取一定体积的蒸馏水于烧杯中，搅拌，可得一定质量分数的氯化钠溶液，所选玻璃仪器⑧⑨⑩，故D正确； 故选D。 4．C 【详解】A．油渍属于油脂，可在热的纯碱溶液中水解生成易溶于水的甘油和高级脂肪酸钠盐，A正确； B．胃酸的主要成分是盐酸，导致胃酸患者出现症状的主要原因是胃酸过多，常用含或的药物治疗，B正确； C．具有漂白性，能使品红溶液褪色，但不能使紫色石蕊溶液褪色，C错误； D．苯酚与甲醛在不同条件下既可能生成线型高分子，也可能生成网状高分子，故既可能有热塑性，也可能有热固性，D正确； 故答案选C。 5．D 【详解】A．Na在空气中燃烧生成，吸收空气中的水蒸气生成NaOH，NaOH能和玻璃中的反应，不能用玻璃表面器皿做钠的燃烧反应实验，A错误； B．稀硫酸和硫化钠反应生成硫化氢气体，硫化氢与硝酸银溶液直接反应生成硫化银沉淀，不发生沉淀转化，不能验证，B错误； C．制备的原理是向饱和NaCl溶液中先后通入和，通的导气管应该伸入液面以下，C错误； D．最高价含氧酸的酸性越强，对应元素的非金属性越强，稀硫酸与碳酸钠反应，生成的通入硅酸钠溶液中，生成白色沉淀硅酸，即酸性：硫酸>碳酸>硅酸，D正确； 故选D。 6．B 【详解】A．细胞膜由大量两性分子(一端有极性，另一端无极性)组装而成，头部有极性亲水，尾部有非极性疏水，所以细胞膜的双分子膜层头向外，尾向内排列，A正确； B．烷基是推电子基团，使得乙酸的羧基中H-O键的极性变小，导致乙酸中氢离子更难电离，HCOOH的酸性强于CH3COOH，B错误； C．原子光谱是不连续的线状谱线，说明原子的能级是不连续的，原子核外电子的能量和能级都是量子化的，C正确； D．分子空间结构不同，物质的稳定性不同，椅式环己烷的空间位阻小于船式结构，因此椅式环己烷比船式环己烷更稳定，D正确； 故选B。 7．D 【详解】 A．物质甲的单体为，分子式是C11H10O2，A错误； B．1个物质甲的链节中含有1个苯环和1个碳碳双键，苯环与氢气加成时1个苯环消耗3个H2，1个碳碳双键消耗1个H2，酯基中的碳氧双键不能与H2加成，所以1mol物质甲与足量H2加成时，最多消耗4n mol H2，B错误； C．红外光谱主要用于确定有机物分子中含有的官能团和化学键，不能测量有机物的键长、键角，C错误； D．从反应过程看，物质甲的两个分子通过光交联反应生成物质乙，反应中碳碳双键打开相互连接，符合加成反应的特征，该光交联反应属于加成反应，D正确； 故选D。 8．D 【详解】A．反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，图甲所示热化学方程式为，A错误； B．图甲中存在N-H和氮氧键的断裂，没有非极性键的断裂，B错误； C．反应③的氧化剂为氧气，还原剂为亚铁离子，氧化剂与还原剂物质的量之比为，C错误； D．图乙中反应物有NH3、NO和O2，生成物为N2和H2O，总反应为，D正确； 答案选D。 9．D 【分析】Y可形成5个共价键，Z可形成3个共价键，Z和Y同族，Y原子序数比Z大，即Z为N元素，Y为P元素；W可形成3个共价键，原子序数比N小，即W为C元素；R可形成1个共价键，原子序数比C小，即R为H元素；X可形成2个共价键，原子序数在N和P之间，即X为O元素，综上：R为H元素，W为C元素，Z为N元素，X为O元素，Y为P元素。 【详解】A．甲烷和乙烯的键因‌杂化方式差异（甲烷杂化，乙烯杂化），‌导致乙烯键能更高，A错误； B．同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，族、族原子第一电离能大于同周期相邻元素，即第一电离能：，B错误； C．是，分子呈书页状结构，，两个氢原子分别位于两个氧原子组成的非平面结构上，导致整个分子呈现不对称性‌。这种结构使得正电中心（氢原子的分布区域）与负电中心（氧原子的孤电子对分布区域）无法重合‌，是极性分子，C错误；D．Y的最高价氧化物对应的水化物为，不具有强氧化性，D正确； 故选D。 10．C 【分析】图1中构成原电池，铁作负极，开始时pH=1.8，AB段溶液pH值增大，体系压强增大，铁主要发生析氢腐蚀；BD段溶液的pH值增加，体系压强减小，发生吸氧腐蚀，正极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O；DE段溶液pH基本不变，但压强减小，产生的Fe2+被O2氧化，pH基本不变可能的原因：相同时间内，2Fe + O2 + 4H+=2Fe2+ + 2H2O消耗H+的量与4Fe2+ + O2 +10H2O=4Fe(OH)3 + 8H+产生H+的量基本相同。 【详解】A．铁的电化学腐蚀发生电化学反应，不属于化学腐蚀，A错误； B．段越大，氢离子浓度越小，析氢速率越小，B错误； C．根据分析，段正极反应式主要为，C正确； D．铁锈疏松，不能阻止铁粉继续发生腐蚀，段基本不变，可能的原因：相同时间内，2Fe + O2 + 4H+=2Fe2+ + 2H2O消耗H+的量与4Fe2+ + O2 +10H2O=4Fe(OH)3 + 8H+产生H+的量基本相同，D错误； 故选C。 11．C 【分析】含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔等杂质)经第一步碱浸操作，废料中的铝箔溶解为Na[Al(OH)4]除去，过滤后得到的滤渣主要含有Co3O4，加入硫酸、过氧化氢酸溶， Co元素转化为Co2+，在酸溶步骤中Co元素被还原，H2O2被氧化作还原剂；经过操作①得到滤液②，则操作①为过滤操作，所得滤液②中主要含CoSO4，最后加入碳酸钠沉钴操作获得CoCO3，以此分析解答。 【详解】A．碱浸操作，废料中的铝箔溶解为Na[Al(OH)4]除去，发生反应的为：，故A正确； B．操作①为过滤操作，用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，故B正确； C．由分析知，H2O2被氧化，作还原剂，不能选用O2，故C错误； D．“沉钴”时若浓度太大，溶液碱性较强会产生Co(OH)2杂质，导致产品不纯，故D正确； 答案选C。 12．C 【分析】在该晶胞中，8个Ga原子位于晶胞的顶点，6个Ga原子位于晶胞的面心，则Ga原子数为；4个As原子位于晶胞的体心，个数为4，则Ga原子和As原子数之比为，据此数据解答。 【详解】A．根据晶胞图可知，Ga原子的配位数为4，A错误； B．根据晶胞图可知，位于晶胞内的4个As原子围成的是正四面体结构，B错误； C．根据晶胞图，当原子的分数坐标为，原子的分数坐标为时，参照p和r的坐标数据，可得到q原子的分数坐标为，C正确； D．根据分析，每个晶胞含4个Ga和4个As，立方晶胞边长为，则晶体密度为，D错误； 故答案为：C。 13．D 【分析】在恒容密闭容器中充入和，发生反应，升高温度H2O(g)的物质的量增大，说明平衡正向移动，a为的物质的量随温度的变化曲线，以此解答。 【详解】A．由图可知，升高温度，H2O(g)的物质的量增大，反应正向移动，说明正反应是吸热反应，反应的反应物总能量小于生成物总能量，A正确； B．由图可知，随温度升高，氢气的物质的量减小，则H2O(g)的物质的量增加，BaS的物质的量也增加，但总体增大量为H2O(g)改变量的，则a为的物质的量随温度的变化曲线，B正确； C．加入高效催化剂，反应速率增大，但平衡不发生移动，的平衡转化率不变，C正确； D．该反应是气体体积不变的反应，向M点的体系中再充入和，是固体，H2的浓度增大，等效于增大压强，平衡不发生移动，的百分含量不变，D错误； 故选D。 14．D 【分析】4min时生成的Z的物质的量为，6min时生成的Z的物质的量为，故反应在4min时已达到平衡，设达到平衡时生了，列三段式： 根据，得，则Y的平衡浓度为，Z的平衡浓度为，平衡常数； 【详解】A．反应开始一段时间，随着时间的延长，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则内Z的平均生成速率大于内的，故1min时，Z的浓度大于，A错误；　 B．2min时Y的浓度为，Z的浓度为，加入后Z的浓度变为，，反应正向进行，故，B错误； C．反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，，故Y的体积分数始终约为33.3%，C错误； D．由B项分析可知5min时反应处于平衡状态，此时生成Z为，则X的转化量为，初始X的物质的量为，剩余X的物质的量为，D正确； 故答案选D。 15．(1) 球形冷凝管 保持恒压，便于液体顺利流下 (2)+H2O=SO2+2HCl (3)中和反应生成的HCl，使反应向右进行，提高转化率 (4)C (5)防止温度过高，酰胺基在碱性条件下水解 (6) b 60% 【分析】阿司匹林、氯化亚砜在吡啶催化作用下生成乙酰水杨酰氯，对乙酰氨基酚和氢氧化钠反应生成对乙酰氨基酚钠，乙酰水杨酰氯和对乙酰氨基酚钠反应生成贝诺酯, 粗产品可以利用重结晶法进行提纯。 【详解】（1）根据装置图，仪器a的名称为球形冷凝管；和普通分液漏斗相比，恒压滴液漏斗上部和三颈烧瓶气压相通，可以保证恒压滴液漏斗中的液体顺利滴下。 （2）遇水剧烈反应生成二氧化硫、氯化氢两种气体，该反应的化学方程式为+H2O=SO2+2HCl。 （3）阿司匹林和氯化亚砜反应生成乙酰水杨酰氯和二氧化硫、氯化氢，吡啶是一种有机碱，加入吡啶的作用除了作催化剂外还可以中和反应生成的酸。 （4）对照图中斑点分析，可以看出，反应开始时图上斑点为反应物，由此可推测，回流60min、90min时的图上，下面的斑点为反应物，上面的斑点为生成物，120min时图上的斑点为生成物，而反应物基本上无剩余。因此，该实验条件下比较合适的回流时间是120min，选C。 （5）对乙酰氨基酚含有酰胺基，加热促进水解，步骤Ⅱ中维持10~15℃主要是为了防止对乙酰氨基酚水解； （6）贝诺酯不溶于水，在沸乙醇中易溶，在冷乙醇中微溶。得到的粗产品可以利用重结晶法进行提纯，重结晶过程是：加热乙醇溶解→活性炭脱色→趁热过滤→水洗至中性→过滤→洗涤→干燥，选b。 根据合成路线图，0.05mol阿司匹林理论上生成0.05mol贝诺酯的，该实验最终得到纯品9.39g，则贝诺酯的产率为。 16．(1) 增大烧渣的接触面积，提高反应速率 (2) 浓度增大，铁精粉与酸反应的速率加快 硫酸浓度增大，铁的硫酸盐析出，覆盖在铁精粉的表面，阻碍反应进行 (3) (4) 产生的速率与产生的速率基本相同，基本不变 【分析】黄铁矿烧渣(主要成分为，含少量等)用NaOH碱浸除去SiO2和Al2O3，铁精粉为铁的氧化物，加入硫酸酸浸得到含有Fe2+和Fe3+的溶液B，再加入FeS2还原把Fe3+还原为Fe2+，溶液C经过铁粉精制最终得到FeSO4溶液。 【详解】（1）①烧渣在碱浸前需粉碎，其作用是增大烧渣的接触面积，提高反应速率； ②Al2O3为两性氧化物，能溶于NaOH溶液，反应的化学方程式为：； （2）①由图可知，浓度低于，随浓度增大，铁浸出率增大，原因是随硫酸浓度增大，氢离子浓度增大，铁精粉与酸反应的速率加快； ②浓度高于，随浓度增大，铁浸出率减小，原因是：硫酸浓度增大，铁的硫酸盐达到饱和析出，覆盖在铁精粉的表面，阻碍反应进行； （3）加入FeS2还原Fe3+为Fe2+，S元素被氧化为硫酸根离子，根据电子守恒和电荷守恒及原子守恒，反应的离子方程式为：； （4）①将溶液加入到溶液(略过量)中，产生白色沉淀为Fe(OH)2； ②时段内，存在电离平衡和氧化反应：，，电离产生的速率与氧化反应产生的速率基本相同，基本不变。 17．(1) 1，3-丁二烯 羧基 (2)同分异构体 (3) 取代反应 (4) 吸收水，促进反应向正方向进行，提高产率 (5) 5 (6) 【分析】由B的分子式知，它含2个不饱和度，再结合A到B的条件，发生消去反应生成1，3-丁二烯（B），C为饱和有机物，能被重铬酸钾氧化，再结合已知条件知C为1，4-丁二醇，D含2个不饱和度，且含4个O，故D为1，4-丁二酸。 【详解】（1）①由分析可知B为1，3-丁二烯； ②由分析可知D为1，4-丁二酸，所含官能团是羧基； （2）A、C分别为1，3-丁二醇、1，4-丁二醇，它们互为同分异构体； （3）①羧基脱水形成环可知为取代反应； ②酚羟基中极性增大，酸性增强，F、是吸电子基，且氟的电负性大于氯，吸电子基使共用电子对偏向氧，极性增强，易断裂；甲基为推电子基，使极性减弱，酸性减弱，故酸性强弱排序； （4） ①； ②发生取代反应生成产物H外，还有水生成，而（三氟乙酸酐）易和水反应，促进反应向正方向进行，提高产率或原料转化率； （5）①依题意，有机物含2个甲酸酯基，相当于丙烷上2个氢被2个甲酸酯基取代，丙烷分子上3个碳原子编号为1、2、3，取代方式为“1+1”、“1+2”、“1+3”、“2+2”，共4种同分异构体，其中“1+2”取代分子含1个手性碳原子，有2种对映异构体，故符合条件的同分异构体有5种； ②其中的核磁共振氢谱有2组峰； （6） 根据目标产物可知，利用流程中F到H的反应原理设计合成路线：苯甲醇催化氧化生成苯甲醛，苯甲醛催化氧化生成苯甲酸，苯甲酸与苯酚在三氟乙酸酐作用下生成苯甲酸酚酯（目标产物），故路线为。 18．(1)低温 (2)温度过低，反应速率降低；温度过高，反应物在催化剂表面的吸附量减少成为主因，也会导致反应速率减小 (3)p1＞p2＞p3 (4)升高温度，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动。250℃前，温度升高对反应①的影响是主要的，使CO2的转化率降低，250℃后，温度升高对反应②的影响是主要的，使CO2的转化率升高 (5)0.01 (6)P (7)CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O 【详解】（1）2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(l)  ∆H=-329kJ/mol，该反应的正反应方向：ΔS＜0，△H＜0，则在低温条件下更有利于其自发进行。 （2）已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的，所以温度过低，虽然有利于气体在催化剂表面的吸附，但对提高反应速率不利；温度过高，不利于气体在催化剂表面的吸附，但对提高反应速率有利。从反应速率的角度分析，通入CH4后将体系温度维持在200℃的原因是：温度过低，反应速率降低；温度过高，反应物在催化剂表面的吸附量减少成为主因，也会导致反应速率减小； （3）反应①：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g) +H2O(g)   ∆H1＜0 反应②：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)   ∆H2＞0 由于反应①的∆H1＜0、反应②的∆H2＞0，低温时有利于反应①，所以下降的曲线为CH3OH(g)的物质的量分数随温度变化的曲线，上升的曲线为CO(g)的物质的量分数随温度变化的曲线。 对于反应①，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH(g)的物质的量分数增大，则 图中压强p1、p2、p3由大到小的顺序为p1＞p2＞p3。 （4）压强不变时，升高温度，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，则升温过程中，CO2转化率变化的原因：升高温度，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动。250℃前，温度升高对反应①的影响是主要的，使CO2的转化率降低，250℃后，温度升高对反应②的影响是主要的，使CO2的转化率升高。 （5）在某恒温恒容体系中，按起始c(CO2)=1mol/L、c(H2)=3mol/L进行实验，平衡时CH3OH和CO的物质的量分数为点M，此时二者的物质的量分数都为50%，CO2转化率为20%，则参加反应CO2的物质的量为1mol×20%=0.2mol。设反应①中参加反应CO2的物质的量为x，则反应②中参加反应CO2的物质的量为(0.2-x)mol，由此可建立如下三段式： x=0.2-x，x=0.1mol，则该条件下反应②正反应的平衡常数K==≈0.01。 （6）B比Si少1个价电子，二者结合后形成空穴，导致空穴导电；P比Si多1个价电子，二者结合后，多出1个自由电子，能提供电子导电。p型半导体也称为空穴型半导体，n型半导体也称为电子型半导体。据此，推测 n型半导体掺杂的是P。 （7）从图中可以看出，在光阳极，H2O失电子生成O2等；在光阴极，CO2、H+得电子生成CH4等，则依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出产生CH4的电极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O。 【点睛】温度一定时，对于一个化学反应，化学平衡常数是一个定值。 学科网（北京）股份有限公司 $