2025年贵州高考模拟卷（二）（含解析）

2025年贵州高考模拟卷（二）
一、选择题：本题共13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．中国古代食器兼具美观与实用价值。下列馆藏食器中不属于无机非金属材料的是
A．陶刻纹豆(商) B．蓝玻璃杯(汉)
C．叶形银盘(唐) D．花瓣瓷碗(宋)
2．化学用语是化学学科的独特语言，下列化学用语的表述正确的是
A．二氧化硅的分子式：
B．苯环中的大键：
C．有机物的名称：3-异丙基戊烷
D．在水中的电离：+H2O+OH-
3．劳动者是最光荣的创造者。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 果农：用硫酸铜溶液对果树杀虫 水解显酸性
B 药师：用还原羧基 B电负性小于H
C 工人：用作油脂工业中的抗氧化剂 具有还原性
D 交警：用测定驾驶员是否酒驾 具有氧化性
4．冠醚分子可通过识别，实现卤水中的萃取，一种冠醚合成及分子识别的过程如下。下列说法不正确的是
A．过程Ⅰ的反应类型为取代反应 B．冠醚分子Z和之间的作用力是离子键
C．冠醚分子Z中碳原子杂化方式有2种 D．过程Ⅱ增加了在有机溶剂中的溶解度
5．下列实验能达到实验目的的是
A．方案甲可制取无水
B．方案乙用(杯酚)识别和，操作①②为过滤，操作③为蒸馏
C．海带中提取碘的实验中灼烧碎海带
D．方案丁可判断溶度积：
6．是火箭固体燃料重要的氧载体，与某些易燃物作用可发生如下反应：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中所含σ键的数目为
B．中所含电子数和中子数均为
C．该反应生成标准状况下时转移电子数为
D．的溶液中含有的数目为
7．离子方程式是元素及其化合物性质的一种表征形式。下列离子方程式书写不正确的是
A．向漂白粉溶液中通入过量
B．向硫代硫酸钠溶液中加入稀硫酸：
C．用纯碱溶液处理锅炉水垢中的
D．酸性条件下与碘离子的反应：
8．的配位化合物较稳定且用途广泛。可与、、等配体形成溶液呈浅紫色的、红色的、无色的配离子。某同学按如下步骤完成实验：
已知：向的溶液中加入溶液生成蓝色的配离子，不能与形成配离子。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．中含有个键
B．基态和基态的核外电子排布中，未成对电子数之比
C．配离子中的键角比分子中的键角大
D．可向待测液中先加足量，再加少量以检验溶液中是否含有
9．某芳香族化合物的结构如图所示，X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期元素，W与X的原子序数之差为8，Z、Q同主族。下列说法正确的是
A．第一电离能：W>Z>Y B．氢化物的稳定性：Q>Z
C．含氧酸的酸性：Q>Y D．该化合物的分子间能形成氢键
10．由下列实验操作能得到相应结论的是
选项 实验操作 结论
A 将少量氯气缓慢通入溶液中，得到黄色溶液 氧化性：
B 向盛有固体的试管中加入足量的溶液，充分反应后白色沉淀完全溶解，再向试管中加入几滴溶液，又产生黑色沉淀 溶解度：
C 常温下，向溶液中加入稀盐酸，有白色沉淀产生 与结合的能力强于分子与的配位能力
D 向沉淀中分别加入盐酸和氨水，沉淀均溶解 为两性氢氧化物
11．大连理工大学科研团队构建了一种钌基光敏染料电极，以为电子传输中介，以水为氧源，实现了对烯烃的高效、高选择性光电催化环氧化，原理如图(为修饰三联吡啶钌染料)所示。下列叙述错误的是
A．电子由电极经外电路流向电极
B．除了作电子传输中介外还可以增强溶液的导电性
C．染料再生反应为
D．理论上每生成(标准状况下)，可得到0.2mol
12．NaC1O溶液具有漂白能力，已知时，。下列说法不正确的是
A．溶液中，
B．溶液长期露置在空气中，会释放出，漂白能力减弱
C．溶液中通入过量，反应的离子方程式为
D．的和的混合溶液中，
13．目前，红硒主要是从电解铜阳极泥中提取。苏打烧结法提取红硒的工艺流程如图所示：
已知：①阳极泥主要含有Au、Ag、Se、Te、CuSe、Ag2Se、CuTe、Ag2Te等；
②“烧结”产物Na2SeO3、Na2SeO4、Na2TeO3易溶于水，Au、Ag、Na2TeO4等难溶于水；
③酸性条件下，可以被SO2还原成不定型红硒析出，不能被SO2还原。
下列说法错误的是
A．“操作a”为过滤
B．“热还原”中n(氧化剂)：n(氧化产物)=2：1
C．“热还原”最好在无氧环境中进行
D．“还原”的化学方程式为H2SeO3+2SO2+H2O=Se↓+2H2SO4
14．我国研究人员研究了在某催化剂作用下，加氢形成乙醇的机理，反应过程中物质相对能量与反应进程关系如图(加“*”物质为吸附态)。下列说法错误的是
A．的吸附过程为放热过程
B．该反应过程中，有副产物生成
C．为决速步骤
D．若用代替反应，产物为
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（14分）离子液体在液液萃取、电化学、有机合成等方面有广泛应用。一种离子液体[Bmim]PF6(相对分子质量为284)的制备方法如下：
实验步骤：
①在如图所示的三颈烧瓶中加入20.50 g N 甲基咪唑，在N2保护下缓慢滴加等物质的量的正溴丁烷，保持70 ℃回流30小时，得到液态[Bmim]Br粗品。
②用乙酸乙酯洗涤粗品3次，减压蒸馏，得到纯品[Bmim]Br。
③将[Bmim]Br溶于水，加入烧瓶中，缓慢滴加含等物质的量KPF6的溶液，
室温下搅拌10小时，静置后分液。
④所得产物减压蒸馏，用水洗涤，干燥，得到68.16 g产品。
(1)仪器a的名称为 。
(2)N 甲基咪唑与正溴丁烷或水混合均可得到澄清溶液，N 甲基咪唑与水互溶的原因是 。 步骤①中观察到液体由澄清变浑浊再变澄清，变浑浊的原因是 。
(3)步骤②减压蒸馏除去的物质主要为 。
(4)步骤④检验产物已洗涤干净的方法是 。
(5)[Bmim]PF6可代替CCl4作萃取剂，其优点之一是比CCl4难挥发。[Bmim]PF6比CCl4沸点高的原因是 。
(6)以[Bmim]I与I2的混合液作为离子导体的一种染料(Dye)敏化太阳能电池，工作原理如图所示，光照射时发生电极反应：Dye-e-=Dye+。已知I-+I2=，该太阳能电池中染料再生的离子方程式为 。
16．（14分）钴是一种重要的化学元素，广泛应用于工业生产、科研以及医疗等领域。一种以炼锌废渣(含锌、铅、铜、铁、钴、锰的正二价氧化物及锌和铜的单质)为原料提取钻的工艺流程如下：
已知：、、。
②常温下，饱和水溶液中存在关系：。
回答下列问题：
(1)Co在元素周期表中的位置为 。
(2)为提高酸浸率，可采取的措施是 (任写一条)；浸渣的主要成分为 。
(3)“沉铜”后溶液中，则此时溶液的 。
(4)“沉锰”步骤中生成的离子方程式为 。
(5)工业上还可以采取加入有机酸萃取剂来萃取分离，实验测得萃取率随pH的变化如图所示。已知萃取时发生的反应：，萃取过程中，当时的萃取率随pH升高反而减小，解释其原因可能是 。
(6)在稀有气体中受热分解可得CoO。CoO的晶胞结构如下图所示，与距离最近且相等的有 个；已知晶胞参数为anm，为阿伏加德罗常数的值，则CoO晶胞的密度为 。
17．（15分）苯乙烯是重要的有机化工原料。在催化剂存在条件下，以水蒸气做稀释剂，乙苯催化脱氢可生成苯乙烯，主要发生如下两个反应：
主反应：
副反应：
(1)已知，在、条件下，某些物质的相对能量变化关系如下图所示：
①图中，对应的 。
②副反应： 。
(2)过热水蒸气在反应过程中起着非常重要的作用。用复合氧化物为催化剂，在、600℃条件下，充入适当的过热水蒸气，乙苯发生反应达平衡时，乙苯的转化率较高，副产物(甲苯、、CO等)较少。在保持恒压状态下，在反应过程中过热水蒸气的主要作用有：① ；② ；③可以消除催化剂表面的积碳。
(3)保持体系总压恒定，在不同水烃比、不同温度下，乙苯的平衡转化率如右图。图中曲线I是水烃比时的乙苯平衡转化率与温度的关系，则水烃比为1时，图中曲线 (选填“II”或“III”)表示乙苯的平衡转化率与温度的关系。
(4)工业上，减小水烃比是降低苯乙烯脱氢装置能耗的一个重要方向。在体系总压恒定条件下，减少水烃比，为了使反应从起始到平衡均达到或接近原有的反应速率、限度，可采取的措施是 (写出一条即可)。
(5)膜反应器可减少副反应的影响。在不同的温度条件下，以水烃比投料，在膜反应器中发生乙苯脱氢反应。膜反应器可以通过多孔膜移去，提高乙苯的平衡转化率，原理如下图所示。
已知：移出率
①若忽略副反应。维持体系压强、温度T恒定，乙苯的平衡转化率为，的移出率为，则在该温度下，主反应的平衡常数 (用含、、的表达式表示)。
②乙苯的平衡转化率增长百分数与的移出率在不同温度条件下的关系如下表：
700 950 1000
60 8.43 4.38 2.77
80 16.8 6.1 3.8
90 27 7.1 4.39
温度高于700℃副反应程度极小，可忽略。试说明当温度高于950℃时，乙苯的平衡转化率随移出率的变化改变程度不大的原因： 。
18．（15分）盐酸美西律(，)是一种治疗慢性室性心律失常的药物。其中一种合成路线如图所示：
已知：
回答下列问题：
(1)按照系统命名法，A的化学名称是 。
(2)B的分子式是 。的反应类型是 。
(3)D中含氧官能团的名称是 。
(4)的化学反应方程式为 。
(5)满足下列条件的D的同分异构体有 种(不考虑立体结构)，其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为的同分异构体的结构简式为 。
①苯环上含有三个取代基
②含有能与反应产生的官能团，且该官能团不与苯环直接相连
(6)有机物H()是一种重要的医药中间体。利用以上合成路线中的相关信息，设计以和为原料合成有机物H的合成路线 。(用流程图表示，其他试剂任选)
参考答案
1．C
【详解】A．陶刻纹豆(商)的主要成分是陶瓷，属于无机非金属材料，A不符合题意；
B．蓝玻璃杯(汉)的主要成分是玻璃，属于无机非金属材料，B不符合题意；
C．叶形银盘(唐)的主要成分是金属银，是金属材料，不属于无机非金属材料，C符合题意；
D．花瓣瓷碗(宋)的主要成分是陶瓷，属于无机非金属材料，D不符合题意；
故答案为：C。
2．D
【详解】A．为共价晶体，不存在分子式，A错误；
B．π键的电子云为“肩并肩”结构，图中为苯环中的σ键，B错误；
C．名称应为2-甲基-3-乙基戊烷，C错误；
D．苯胺为弱碱，与水作用产生氢氧根，D正确；
故答案选D。
3．A
【详解】A．铜离子为重金属离子，能使蛋白质变性而杀虫，A符合题意；
B．B电负性小于H，使得中氢为负价，容易失去电子具有强还原性，能还原羧基，B不符合题意；
C．具有还原性，则能防止油脂被氧化，C不符合题意；
D．具有氧化性，能和乙醇发生氧化还原反应而褪色，故能检验乙醇而用于测定驾驶员是否酒驾，D不符合题意；
故选A。
4．B
【分析】由X先与Y在KOH溶液中通过过程I发生取代反应生成Z，再将Z与进行的萃取得R，据此分析解答。
A．根据分析，由X先与Y在KOH溶液中通过过程I发生取代反应生成Z　，A正确；
B．根据R的结构可知，冠醚分子Z和之间的作用力是配位键，B错误；
C．冠醚分子Z中的苯环结构为平面正六边形，每个C原子形成平面三角形结构，属于杂化，而上下两端的饱和链烃结构采用的是杂化，则碳原子杂化方式有2种，C正确；
D．Z易溶于有机溶剂，过程Ⅱ中与Z通过配位键结合，增加了在有机溶剂中的溶解度，D正确；
故答案为：B。
5．B
【详解】A．直接加热，促进镁离子水解生成氢氧化镁，得不到无水氯化镁，A错误；
B．用（杯酚）识别和，操作①②为分离不溶物和液体的操作，为过滤，操作③为利用物质沸点不同分离出氯仿的操作，为蒸馏，B正确；
C．灼烧碎海带用坩埚，装置甲不能灼烧碎海带，C错误；
D．实验中硫酸锌过量，硫离子和锌离子转化为硫化锌沉淀，加入硫酸铜，沉淀变为黑色，说明硫化锌沉淀转化为硫化铜沉淀，硫化铜更难溶，，D错误；
故选B。
6．C
【详解】A．44gCO2为1mol，所含σ键的数目为2NA，A错误；
B．1molNH3中所含电子数为10NA，中子数为7NA，B错误；
C．结合方程式，1molHCl~8mole ，标准状况下11.2LHCl为0.5mol，转移电子数为4NA，C正确；
D．的溶液中溶质的物质的量为0.6mol，能水解，其数目小于0.6NA，D错误；
故选C。
7．D
【详解】A．漂白粉溶液具有氧化性，可将氧化为硫酸根，所以向漂白粉溶液通入过量的离子方程式为，A项正确；
B．向硫代硫酸钠溶液中加入稀硫酸发生氧化还原反应生成、二氧化硫和水等，离子方程式为，B项正确；
C．的溶解度大于，用溶液处理锅炉水垢中的，会转化为，离子方程式为，C项正确；
D．氧化酸性溶液中的碘离子生成碘单质，反应的离子方程式为，D项错误；
故选D。
8．D
【分析】溶于水所得溶液Ⅰ显浅紫色，显示的是的颜色，接着加入KSCN得到溶液Ⅱ，溶液显红色，说明溶液中铁主要以形式存在，再加入NaF得到溶液Ⅲ，溶液无色，说明溶液中铁主要以无色的配离子存在，据此解答。
A．一个水分子中有2个σ键，一个水分子和形成1个σ键，1mol 离子中含有18个σ键，故A正确；
B．基态核外电子排布为[Ar]3d5，有5个未成对电子，基态核外电子排布为[Ar]3d6，有4个未成对电子，未成对电子数之比，故B正确；
C．配离子中Fe与O之间的配位键与水中成键电子对之间的斥力小于孤电子对与孤电子对之间的斥力，这样导致中H-O-H的键角比H2O分子中H-O-H的键角大，故C正确；
D．可用NaF和KSCN溶液检验FeCl3溶液中是否含有Co2+，具体操作为向溶液中加入NaF使铁离子转化为无色的[FeF6]3-配离子，再加入KSCN溶液，若含有Co2+，则生成蓝色的[Co(SCN)4]2-配离子，故D错误；
答案选D。
9．D
【分析】X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期元素，结合分子结构图可知，Q周围有6个键且与Z共用2个键，则Q为S元素，Z为O元素，Y周围有3个键且与X共用2个键，则Y为N元素，X为H元素，W与X的原子序数之差为8，则W为F元素，X、Y、Z、W、Q依次为H元素、N元素、O元素、F元素、S元素，由此回答问题。
A．同周期从左往右，第一电离能呈现增大的趋势，所以第一电离能F＞O，N的2p能级半满，其第一电离能大于同周期相邻元素，所以第一电离能N＞O，则第一电离能为F＞N＞O，A错误；
B．氧的非金属性远大于硫，因此氢化物的稳定性：H2O＞H2S，B错误；
C．Y的含氧酸HNO3的酸性大于Q的含氧酸H2SO3的酸性，C错误；
D．该分子中含有，故该化合物的分子间可以形成氢键，D正确；
故选D。
10．B
【详解】A．I-的还原性强于Fe2+，氯气不足时，I-优先被氧化成I2，使得溶液呈黄色，故不能确定Fe2+是否被氧化成Fe3+，无法得出Cl2的氧化性强于Fe3+，A错误；
B．AgCl与反应生成，加入几滴Na2S后所得黑色沉淀为Ag2S，故溶解度：AgCl>Ag2S，B正确；
C．的溶液中加入盐生成AgCl沉淀，滴加盐酸的过程中只要Qc>Ksp(AgCl)即可产生沉淀，且AgCl的生成会促进解离，故不能说明Cl-与Ag+结合的能力更强，C错误；
D．两性氢氧化物是指既能与酸反应生成盐和水，又可以与强碱反应生成盐和水，而与氨水发生络合反应生成，故不是两性氢氧化物，D错误；
故答案选B。
11．D
【分析】Pt电极上H+发生还原反应，为正极，钌基光敏染料电极为负极，据此回答；
A．观察图示，光照射到染料分子，释放出电子，发生氧化反应，极为负极，极为正极，电子由负极流出，经外电路流向正极，A正确；
B．溴化锂是强电解质，具有增强电解质溶液导电性和提供溴离子(产生溴单质，利用溴单质氧化烯烃制环氧烷烃)的作用，B正确；
C．根据图示，染料再生反应为，C正确；
D．正极反应式为，生成环氧烷烃的反应为，由电子守恒知，标准状况下，每生成转移，则可得到0.1mol，D错误；
故选D。
12．C
【详解】A．溶液中，发生水解，故，A正确；
B．溶液长期暴露在空气中，会发生反应，，含量减少，漂白能力减弱，B正确；
C．具有还原性，被氧化为，，C错误；
D．的和的混合溶液中，，，，D正确；
故选C。
13．B
【分析】阳极泥中主要含有Au、Ag、Se、Te、CuSe、Ag2Se、CuTe、Ag2Te等，加入苏打烧结得到Na2SeO3、Na2SeO4、Na2TeO3、Au、Ag、Na2TeO4等，加入80℃水热浸，经过滤分离出Au、Ag、Na2TeO4等，滤液中含有Na2SeO3、Na2SeO4、Na2TeO3，向滤液中加入盐酸沉碲得到TeO2，酸性条件下，加入硫酸亚铁将还原为，然后通入SO2还原得到红硒。
A．“热浸”后，经过过滤可得Au、Ag等固体，滤液进一步加盐酸沉碲，A项正确；
B．“热还原”中，被还原为，反应的离子方程式为，，B项错误；
C．易被氧气氧化而失去还原能力，C项正确；
D．和反应生成红硒，反应的化学方程式为，D项正确；
故选B。
14．D
【详解】A．由图可知，CH3COOH吸附过程中能量降低，该过程放热，A正确；
B．图中看到有CH3CHO生成，B正确；
C．能垒最大的步骤，活化能最大，为决速步，故决速步为*CH3CHO+2*H→*CH3CHOH+*H，C正确；
D．由进程图可知，CH3COOH中羧基上的H脱去，而甲基上的H未发生改变，故用CH3COOD代替，最终得到CH3CH2OH，D错误；
故答案选D。
15．(1)球形干燥管（2分）
(2) N 甲基咪唑与水分子间能形成氢键（2分）生成的[Bmim]Br和反应物不互溶，搅拌下形成乳浊液（2分）
(3)乙酸乙酯（2分）
(4)取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加AgNO3溶液不出现浅黄色沉淀（2分）
(5)[Bmim]PF6为离子晶体，CCl4为分子晶体（2分）
(6)3I-+2Dye+=2Dye+（2分）
【分析】三颈烧瓶中加入N-甲基咪唑，在N2保护下缓慢滴加等物质的量的正溴丁烷，保持70℃回流30小时，得到液态[Bmim]Br粗品；用乙酸乙酯洗涤粗品3次，减压蒸馏，得到纯品[Bmim]Br；[Bmim]Br溶于水，加入烧瓶中，缓慢滴加含等物质的量的KPF6溶液，室温下搅拌10小时，静置后分液。所得产物减压蒸馏，用水洗涤，干燥，得到[Bmim]PF6。
（1）根据装置图，仪器a的名称为球形干燥管；
（2）N 甲基咪唑与水间可以形成氢键，所以N 甲基咪唑与水互溶。 步骤①中生成的[Bmim]Br和反应物不互溶，搅拌下形成乳浊液，所以观察到液体变浑浊。
（3）步骤②用乙酸乙酯洗涤[Bmim]Br，减压蒸馏除去的物质主要为乙酸乙酯；
（4）步骤③中[Bmim]Br和KPF6反应生成[Bmim]PF6和HBr，步骤④用水洗涤是除去过量的KPF6、HBr，检验产物已洗涤干净只需要检验洗涤液中的Br-即可，方法为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加AgNO3溶液不出现浅黄色沉淀，则产物已洗涤干净；
（5）[Bmim]PF6为离子晶体，CCl4为分子晶体，所以[Bmim]PF6比CCl4沸点高。
（6）光照射时发生电极反应：Dye-e-=Dye+，导电玻璃上发生电极反应： +2e-=3I-，结合两个电极方程式可知，电池工作时总方程式为：2Dye+= 2Dye++3I-；则该太阳能电池中染料再生的离子方程式为2Dye++3I-=2Dye+。
16．(1)第四周期第Ⅷ族（1分）
(2)增大稀硫酸的浓度或适当升温（1分）Cu、PbSO4（2分）
(3)1（2分）
(4) （2分）
(5)氢离子浓度越大，平衡越往逆向进行（2分）
(6) 12（2分）（2分）
【分析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的＋2价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，铜不溶解，Zn及其它＋2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其它均转化为相应的＋2价阳离子进入溶液，然后通入硫化氢沉铜生成CuS沉淀，过滤后，滤液中加入Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁离子也被氧化为铁离子，再次过滤后，用氢氧化钠将铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去，再次过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到，据此解答。
（1）Co是27号元素，所以在元素周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族；
（2）为提高酸浸率，可采取的措施是粉碎废渣或适当增大稀硫酸的浓度或适当升温，根据分析可知，铜和稀硫酸不反应，硫酸铅为沉淀，所以浸渣的主要成分Cu、PbSO4；
（3）可知，“沉铜”后溶液中，得，又可知②常温下，饱和水溶液中存在关系：，，则此时溶液的；
（4）“沉锰”步骤中会发生氧化还原反应，得生成的离子方程式为；
（5），萃取过程中，当时的萃取率随pH升高反而减小，解释其原因可能是氢离子浓度增大，上述平衡逆向进行；
（6）CoO的晶胞结构如下图所示，以体心为中心，距离最近且相等的有12个，已知晶胞参数为a nm，为阿伏加德罗常数的值，通过计算可知晶胞含有4个CoO，质量为，体积为（a×10-7）cm3，则CoO晶胞的密度为。
17．(1) +148.0（2分）-54.6（2分）
(2)降低主反应体系的分压，使主反应的平衡向正反应方向移动（2分）主反应是吸热反应，过热水蒸气可以为主反应的进行提供能量（2分）
(3)II（2分）
(4)适当升高温度或加入恰当的催化剂等（1分）
(5) （2分）主反应是吸热反应，高于950℃时，乙苯的平衡转化率很大（或平衡常数很大），的移出率对平衡转化率的影响很小（2分）
【详解】（1）①由图可知，的相对能量为，的相对能量为0，的相对能量为，则主反应，，；
②由图像可知，反应1：，
反应2：,
反应3：，根据盖斯定律得：副反应=反应3-反应2+反应1，；
（2）充入适当的过热水蒸气，乙苯发生反应达平衡时，乙苯的转化率较高，副产物(甲苯、、CO等)较少，说明主反应平衡正向移动。在保持恒压状态下，充入适当的过热水蒸气，可以降低主反应体系的分压，减小压强平衡向反应计量数大的方向移动，即使主反应的平衡向正反应方向移动；同时，主反应为吸热反应，过热水蒸气可以为主反应的进行提供能量，使主反应正向移动；
（3）保持体系总压恒定，水烃比越大，水蒸汽分压越大，则主反应体系分压越小，平衡右移，乙苯转化率增大。图中曲线I是水烃比时的乙苯平衡转化率与温度的关系，当水烃比为1时，水蒸汽分压比曲线I小，主反应体系分压增大，平衡逆向移动，则相同温度下乙苯转化率减小，对应图中曲线II；
（4）在体系总压恒定条件下，减少水烃比，为了使反应从起始到平衡均达到或接近原有的反应速率、限度，可采取适当升高温度或加入恰当的催化剂等措施加快反应速率；
（5）①若忽略副反应，设乙苯为起始量1mol，则水蒸气为9mol，乙苯的平衡转化率为，建立：，的移出率为，则剩余为，平衡时气体，体系压强，将数据带入平衡常数得：；
②主反应是吸热反应，由表格可知，当温度高于950℃时，乙苯转化率的增长幅度减小，说明高温已经使反应衡极限，此时即使氢气移出，平衡右移的空间已经不大，导致转化率的提升有限，故答案为：主反应是吸热反应，高于950℃时，乙苯的平衡转化率很大（或平衡常数很大），的移出率对平衡转化率的影响很小。
18．(1)2,6-二甲基苯酚（2分）
(2) C3H6O（2分） 氧化反应（1分）
(3)醚键和酮碳基（1分）
(4) （2分）
(5) 22（2分） 、（2分）
(6) （3分）
【分析】A与B发生开环加成得到C，C被Na2Cr2O7氧化得到D，D与NH2OH反应得到E，E先与H2在Ni催化剂作用下反应，再与HCl反应得到F。
（1）A的系统命名法命名，名称为2,6-二甲基苯酚；
（2）由B的结构简式可知，B的分子式为C3H6O；C到D羟基被氧化为酮碳基，反应类型为氧化反应；
（3）D的结构简式可知，D含氧官能团为：醚键和酮碳基
（4）D到E的反应是先加成再消去的反应，化学方程式为：；
（5）D的同分异构体满足：①苯环上含有三个取代基；
②含有能与反应产生的官能团，且该官能团不与苯环直接相连，含有羧基；符合条件的有：含有-CH2COOH基团、、有10种，含有-CH2CH2COOH基团、、有六种，含有-CH(CH3)COOH基团有、、，共22种；
峰面积之比为的同分异构体含有两个对称的甲基，结构简式为：、；
（6）由反应D到E到F的过程把酮羰基转化为氨基，再根据已知的反应苯环上羟基中氢原子被取代形成醚键就可以得到目标产物，合成路线为：。
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
()