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2025年湖南高考模拟卷（四）
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．科技发展见证国家的强大。下列有关说法正确的是
A．利用CO2合成高级脂肪酸甘油酯，实现无机小分子向有机高分子的转化
B．长征六号丙运载火箭采用液氧/煤油发动机，煤油属于可再生能源
C．磁悬浮列车使用双氧铜钡钇(BSCCO)作为超导材料，Ba位于元素周期表的s区
D．我国科技公司自主研发的“麒麟”芯片所用材料为SiO2
2．下列化学用语表示正确的是
A．甲醇的电子式：
B．的结构式：
C．的价层电子对互斥（VSEPR）模型：
D．的名称：3，5-二甲基庚烷
3．进行化学实验时要具有安全意识。下列说法正确的是
A．金属钠着火时立即用泡沫灭火器灭火
B．对于酸、碱、氧化剂的废液，不用分别收集处理
C．苯酚不慎沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗
D．表示排风的图标；
4．物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列微观结构或现象不能解释其性质或用途的是
选项 微观结构或现象 性质或用途
A 中S和N均具有孤电子对 S和N均可以作为配位原子
B 杯酚分离和 体现超分子的自组装
C 羟基极性 酸性：远强于
D 石墨烯中碳的p轨道相互平行而重叠，电子可在其中运动 石墨烯可用于制作导电材料
5．邻二氮菲(phen)与Fe2+生成稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子[Fe(phen)3]2+，可用于Fe2+浓度的测定，邻二氮菲的结构简式如图所示。下列说法正确的是
A．邻二氮菲的一氯代物有8种
B．[Fe(phen)3]2+中Fe2+的配位数为3
C．邻二氮菲的熔点主要取决于所含化学键的键能
D．溶液酸性太强时无法用邻二氮菲测定Fe2+的浓度，其原因可能是邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键而减弱与Fe2+的配位能力
6．一些化学试剂久置后易发生化学变化。下列化学方程式可正确解释相应变化的是
A 硫酸亚铁溶液出现棕黄色沉淀
B 硫化钠溶液出现浑浊颜色变深
C 溴水颜色逐渐褪去
D 胆矾表面出现白色粉末
7．利用下图装置电解饱和食盐水，进行如图所示实验，下列有关说法正确的是
A．Ⅱ中有黄色浑浊产生，说明氧化性：Cl2 > S
B．Ⅲ中溶液变为黄色，说明还原性：Br- > Fe2+ > Cl-
C．Ⅳ和V中溶液均褪色，说明Cl2具有漂白性
D．Ⅰ中铜电极和石墨电极互换，重做实验，各装置中的实验现象相同
8．下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项 实验操作 现象结论
A 将盐酸酸化的溶液加水稀释 溶液黄色逐渐变绿色，最终变为蓝色 溶液中，都减小
B 将灼热的木炭投入浓硝酸中 有红棕色气体产生 浓硝酸能氧化木炭
C 向白葡萄酒中滴加几滴酸性高锰酸钾溶液 溶液紫色褪去 葡萄酒中含
D 向淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，冷却后加入新制悬浊液，加热 无砖红色沉淀生成 淀粉未水解
9．丁烯是一种重要的塑料单体，戊内酯在分子筛上可发生脱羧反应制备丁烯，其反应理如图所示(表示分子端上的Lewis酸点，表示分子筛中氧桥)。
下列说法错误的是
A．反应过程中分子筛作催化剂
B．上述物质中碳原子的杂化方式有：
C．反应过程中存在极性键和非极性键的断裂与形成
D．发生上述脱羧反应的产物为和
10．利用双极膜电解法将二氧化碳转化为矿化封存，同时得到氧气、氢气、高浓度盐酸等产品，原理如图。下列说法正确的是
A．右侧的双极膜中间层的向右移动
B．a极电极反应式为
C．向碱室中加入固体，有利于的矿化封存
D．电解固碳的总反应：
11．稀土是国家的战略资源之一，以下是一种以独居石[主要成分为，含有、和少量杂质]为原料制备的工艺流程图。
已知：①步骤1中转化为；②在空气中易被氧化成；③25℃时，，，。
下列说法正确的是
A．仅“热分解”步骤发生了氧化还原反应
B．滤液可吸收“溶解”步骤产生的废气
C．共沉渣成分主要为和
D．“沉淀”步骤所得溶液中
12．硼化钙晶胞结构如图所示，每六个硼原子构成一个正八面体，各个顶点通过B-B键相互连接，正八面体中B-B键的键长为dnm，Ca位于立方体体心，原子分数坐标为，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．距离Ca最近的B有8个 B．Ca与B个数比为1：24
C．M点的原子分数坐标为 D．该晶体的密度为
13．常温下Ag(Ⅰ)-水溶液体系中存在反应：，平衡常数为K。已知初始浓度，所有含碳物种的摩尔分数与pH的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法错误的是
A．曲线Ⅱ、Ⅲ分别表示、的摩尔分数与pH的变化关系
B．常温下的电离常数
C．pH=n时，
D．pH=8时，
14．中央经济工作会议提出加快新能源、绿色低碳等前沿技术研发和应用推广。甲烷化是目前研究的热点方向之一，在环境保护方面显示出较大潜力。其主要反应如下： ，在体积相同的多个恒容密闭容器中，分别充入和发生上述反应，在不同温度下反应相同时间，测得、、的转化率与温度关系如图所示。已知该反应的速率方程为、，其中，为速率常数，只受温度影响。下列说法正确的是
A．
B．曲线代表的是
C．c点时，
D．K温度下反应达到平衡，此时体系压强为p，则的分压为
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（14分）三氯化六氨合钴（Ⅲ）是一种广泛使用的有机合成反应催化剂，实验室利用反应：制取三氯化六氨合钴（Ⅲ）的装置如下图：
已知：①呈棕色，；
②化学上常用标准电极电势（氧化态／还原态）比较物质的氧化能力。值越高，氧化态物种氧化能力越强，，；
③晶体呈橘黄色，可溶于热水，微溶于冷水，难溶于乙醇。
实验步骤如下：
Ⅰ．制备三氯化六氨合钴（Ⅲ）
①将晶体和溶解后，转入三颈烧 ，控制温度在10℃以下，加入7.0mL浓氨水，充分反应后溶液变为棕色。
②缓慢滴加7.0mL5%双氧水，水浴控制温度55~60℃，恒温反应20min。
③用冰水浴冷却至2℃左右，进行抽滤，收集固体粗产品。
④将粗产品溶于30.0mL稀盐酸中，加热，待固体充分溶解后趁热过滤，向溶液中加入4.0mL浓盐酸，冰水冷却，使晶体充分析出，抽淲，洗涤，干燥。
Ⅱ．测定产品的纯度
①取0.500g产品加入锥形瓶中，加入足量溶液并加热，将蒸出后，加入足量的稀硫酸酸化，使全部转化为后，加适量水稀释，加入过量的浴液，再用0.100标准溶液滴定，消耗标准溶液18.00mL。反应原理为，。
②空白试验校正：另取与上述滴定过程等量的溶液于锥形瓶中，用标准溶液滴定，消耗标准溶液1.00mL。
(1)仪器a的名称为 。仪器b中试剂为 （填写化学式）。
(2)向混合液中先加入浓氨水，目的是 。
(3)以下对在反应中所起作用的认识错误的是 （填字母）。
A．能够抑制电离，控制pH
B．能够促进水解，有利于配合物形成
C．能够抑制电离，增加 度，有利于配合物形成
(4)步骤④中加入浓盐酸的作用为 。
(5)抽滤装置如图所示，抽滤完毕的后续操作为 （填字母）。
A．先关闭水龙头，后拔掉橡胶管
B．先拔掉橡胶管，后关闭水龙头
(6)滴定时选用的指示剂为淀粉溶液，滴定终点现象为 。设计空白试验校正的原因为 。产品的纯度为 。
16．（14分）央视报道《王者归“铼”》：金属铼(Re)熔点高、耐磨、耐腐蚀，可用来制造航空发动机核心部件。以含铼废渣(主要含Re、、Fe、Ni和)为原料制备金属铼的工艺流程如图1所示。
已知：Ⅰ．本实验条件下，开始形成胶体的pH为1.5.
Ⅱ．“酸浸”浸液中含有、、；属于强酸；离子交换中存在平衡：
(1)铼是第六周期元素，与锰元素族序数相同，则基态Re原子的价电子排布式为 。
(2)“焙烧”常采用高压、通空气逆流操作(空气从培烧炉下部通入，铼废渣粉末从中上部加入)，其目的是 。
(3)“浸渣”的主要成分为 (填化学式)。
(4)其他条件相同时，“离子交换”过程中料液和D296体积比与Re交换率、Re交换量的关系如图2所示，混合液的pH与提取率的关系如图3所示。
①由图2和图3推断，“离子交换”选择的适宜条件为 。
②图3中，其他条件相同，混合液的pH>1.5时，的提取率降低的主要原因是 。
(5)“反萃取”时，选用的试剂X为盐酸的理由为 。
(6)常温下，如果“一系列操作”过程中有含铼溶液的pH=9.0，该溶液中 (填“>”“<”或“=”)。(已知：常温下)
(7)“热解”步骤反应的化学方程式为 。
17．（15分）CPAE是蜂胶的主要活性成分之一，对疱疹病毒有功效。合成该化合物的路线如下：
已知：
(1)A的化学名称是 。C中的管能团名称是醚键和 。
(2)反应②、反应⑤的反应类型分别是 。
(3)设计反应②和反应④的目的是 。
(4)D的结构简式为 。
(5)反应⑦的化学方程式为 。
(6)化合物I与H互为同分异构体，同时满足下列条件的I有 种(不考虑立体异构)。
①含有苯环 ②与溶液作用显紫色
其中核磁共振氢谱显示为五组峰，且峰面积比为3：2：2：2：1的同分异构体的结构简式为 。
(7)设计由制备的合成路线： (其他试剂任选)。
18．（15分）的综合利用是减少碳排放的重要途径。将加氢合成甲醚涉及的反应如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
回答下列问题：
(1)反应的 ；该反应在 (填“高温”或“低温”)下能自发进行。
(2)向某密闭容器中只充入和发生上述三个反应，当反应达平衡时，甲醚的选择性随温度、压强的变化如图。则压强由大到小顺序为 ，判断依据是 。
(3)在密闭容器中充入和发生上述三个反应，测得平衡时含碳物质的物质的量分数、的转化率与温度的关系如图。
①后，的物质的量分数增大的原因可能是 。
②达平衡时，的体积分数为 ；反应Ⅲ的 。
③若在时，反应经达到平衡状态，则平均反应速率 。
参考答案
1．C
【详解】A．高级脂肪酸甘油酯不属于高分子化合物，则利用CO2合成高级脂肪酸甘油酯，不能实现无机小分子向有机高分子的转化，A不正确；
B．煤油是由石油分馏得到的，石油是不可再生能源，则煤油不属于可再生能源，B不正确；
C．Ba位于元素周期表的第ⅡA族，价电子排布式为6s2，属于s区，C正确；
D．芯片所用材料为Si，SiO2是生产光导纤维所用的材料，D不正确；
故选C。
2．B
【详解】
A．在甲醇的电子式中，O原子上还有两对孤对电子，正确的电子式为：， A错误；
B．中氧原子与氢原子间以及氧原子和氧原子间均以共价键相结合，结构式为：，B正确；
C．的中心原子价层电子对数为，价层电子对互斥（VSEPR）模型为四面体结构：，C错误；
D．主链为7个C原子，支链为5号碳上的乙基和3号碳上的甲基，故名称为3-甲基-5-乙基庚烷，D错误；
故选B。
3．D
【详解】A．Na与水反应会生成氢气，氢气燃烧会发生爆炸，金属钠着火时不能用泡沫灭火器灭火，应该用干沙土覆灭，A错误；
B．对于酸、碱、氧化剂的废液，应该分别收集处理，防止其混合发生反应，造成事故，B错误；
C．苯酚常温下难溶于水，易溶于酒精，苯酚不慎沾到皮肤上，先用酒精洗涤，再用大量水冲洗，C错误；
D．排风的标记为：，D正确；
答案选D。
4．B
【详解】A．的电子式为，S和N原子均有孤电子对，均可以作为配位原子，故A正确；
B．杯酚与能形成超分子，与不能形成超分子是因为超分子具有“分子识别”的特性，不是因为超分子的自组装，故B错误；
C．氟原子是吸电子基，氟元素的电负性大于氢元素，所以三氟乙酸分子中羟基的极性强于乙酸，电离出氢离子的能力强于乙酸，酸性强于乙酸，故C正确；
D．石墨烯中碳的p轨道相互平行而重叠，形成大键的电子可在其中运动，可用于制作导电材料，故D正确；
答案选B。
5．D
【详解】A．邻二氮菲分子中含有4种不同位置的H原子，故其一氯代物有4种，A错误；
B．N原子上有孤电子对，易形成配位键，在邻二氮菲分子内有2个N原子，则Fe2+和3个邻二氮菲形成配合物时，Fe2+的配位数为6，B错误；
C．邻二氮菲是由分子构成的分子晶体，物质熔点高低取决于分子间作用力的大小，与分子内所含化学键的键能无关，C错误；
D．用邻二氮菲测定Fe2+浓度时应控制pH在2～9的适宜范围，因为当H+浓度较高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱，当OH-浓度较高时，OH-与Fe2+反应，也影响与邻二氮菲配位，D正确；
故选D。
6．D
【详解】A．硫酸亚铁溶液出现棕黄色沉淀是因为发生了反应12FeSO4+3O2+6H2O=4Fe2(SO4)3+4Fe(OH)3↓，A错误；
B．硫化钠溶液出现浑浊颜色变深是因为硫化钠与氧气、水发生反应生成单质硫，即发生了2Na2S+O2+2H2O=2S↓+4NaOH，B错误；
C．溴水颜色逐渐褪去是因为发生了Br2+H2O=HBrO+HBr，C错误；
D．胆矾表面出现白色粉末是由于胆矾失去了水，即发生了反应CuSO4 5H2O=CuSO4+5H2O，D正确；
故答案为：D。
7．A
【分析】石墨作阳极电解饱和食盐水，阳极放出氯气、阴极生成氢气和氢氧化钠，氯气通入硫化钠溶液中，氯气置换出硫化钠中的硫；氯气通入溴化亚铁溶液中反应生成氯化铁和溴单质，氯气通入品红溶液中，品红溶液褪色；氯气通入氢氧化钠溶液中生成氯化钠和次氯酸钠。
A．Ⅱ中有黄色浑浊产生，发生反应Na2S+Cl2=2NaCl+S↓，说明氧化性：Cl2 > S，故A正确；
B．Fe2+、Br-都能被氯气氧化，氯气先氧化Fe2+，还原性Fe2+ >Br- > Cl-，故B错误；
C．Cl2没有漂白性，故C错误；
D．Ⅰ中铜电极和石墨电极互换，铜作阳极，阳极铜失电子，不放出氯气，各装置中的实验现象不相同，故D错误；
选A。
8．A
【详解】A．在盐酸酸化的溶液中存在平衡：，开始时大，溶质以为主，溶液主要呈黄色，，加水稀释，溶液中的、、都减小，，对生成物影响更大，使Q＜K，平衡正向移动，颜色由黄色变为绿色最终呈蓝色，由于是加水稀释，溶液中的和都减小，A正确；
B．将灼热的木炭投入浓硝酸中，要受热情况下，浓硝酸会受热分解：，也会产生红棕色气体，所以无法确定是浓硝酸能氧化木炭产生的红棕色气体，B错误；
C．因为葡萄酒的成分乙醇也能被酸性高锰酸钾氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以无法确定葡萄酒中是否含，C错误；
D．用淀粉水解的产物葡萄糖与新制悬浊液反应产生砖红色沉淀来检验葡萄糖中醛基的存在需要在碱性环境中进行，题目中水解后未加碱中和硫酸，无法达到实验目的，所以不能确定淀粉是否水解，D错误；
故答案为：A。
9．C
【详解】A．由图可知，物质的变化过程均在分子筛上进行，故反应过程中分子筛作催化剂，A项正确；
B．图内物质中存在饱和碳原子为杂化，羧基、酯基碳原子为杂化，二氧化碳的碳原子为杂化，B项正确；
C． 由图可知，反应过程中，只存在极性键的断裂和形成，存在非极性键的断裂，不存在非极性键的形成，C项错误；
D．中发生脱羧反应时，碳氧单键先断裂，脱去羧基后生成和，D项正确；
答案选C。
10．D
【分析】右侧双极膜中氢离子进入酸室，氢氧根离子右移在电极b上发生还原反应生成O2，所以b为阳极，左侧双极膜中氢氧根离子进入碱室，与二氧化碳反应生成碳酸根离子，氢离子左移在电极a上发生氧化反应生成H2，所以a为阴极，以此解答。
A．根据分析，右侧的双极膜中间层的向左移动，进入酸室，A错误；
B．根据分析，a极电极反应式为，B错误；
C．碱室中二氧化碳和碱反应生成碳酸根离子，碳酸根离子通过左侧阴离子交换膜进入中间室内，与Ca2+结合形成碳酸钙，加入固体会消耗氢氧根不利于CO2的吸收，C错误；
D．根据电解池中的产物，电解固碳的总反应为：，D正确；
故选D。
11．C
【分析】独居石的主要成分为，含有和少量镭杂质，加入进行热分解，发生反应：，中的被氧化为，将热分解后的物质加水稀释后过滤，得到的滤液中含有，过滤得到的固体产物中加入盐酸，具有氧化性，与盐酸发生反应：，废气为氯气，调节，使铀和转化为和沉淀，向滤液中加入硫酸铵和氯化钡，使形成共沉淀，得到含有的溶液，经过一系列操作，得到，据此分析作答。
A．在“溶解”步骤中也发生了氧化还原反应：，A错误；
B．得到的滤液中含有，废气含有氯气，磷元素已经处于最高化合价，不会被氯气氧化，所以二者不会发生反应，B错误；
C．根据分析可知，共沉渣成分主要为和，C正确；
D．“沉淀”步骤，根据溶度积常数可得：，D错误；
故选C。
12．C
【分析】晶胞中Ca为1个在晶胞内部；B的个数为8×个。
A．距离Ca最近的B有3×8=24个，A错误；
B．由分析可知，硼化钙的化学式为CaB6，Ca与B个数比为1：6，B错误；
C．M点在x方向坐标为0，y方向坐标为1， B-B键的键长为dnm，M到顶点的距离为，z方向分数坐标为，M点的原子分数坐标为，C正确；
D．该晶体的密度为，D错误。
答案选C。
13．C
【分析】随着溶液的pH增大，减小，乙酸电离平衡正向移动，减小，增大，即的摩尔分数减小，的摩尔分数增大，同时的平衡正向移动，的摩尔分数也增大，但当pH增大到一定程度时，部分转化为AgOH沉淀，使得平衡逆向移动，的摩尔分数减小，的摩尔分数增大。
A．由分析可知，曲线Ⅰ代表的摩尔分数与pH的变化关系，曲线Ⅱ代表的摩尔分数与pH的变化关系，曲线Ⅲ代表的摩尔分数与pH的变化关系，A项正确；
B．由图可知，当时(即曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的交点)，溶液的pH=m，则的电离常数，B项正确；
C．pH=n时，，则，的平衡常数，则，由图可知，pH=n时，，故pH=n时，，C项错误；
D．pH=8时，部分转化为AgOH沉淀，根据元素守恒，pH=8时溶液中，D项正确；
答案选C。
14．B
【详解】A．随着增大（即温度降低），的转化率增大，说明平衡正向移动，根据勒夏特列原理，正反应是放热反应，所以，A选项错误；
B．达到平衡时，即，则平衡常数，因为正反应是放热反应，温度降低， 、均减小，K增大，则减小的幅度比小，所以曲线NG代表的是，B选项正确；
C．温度越高，化学反应速率越快，达到平衡所需要的时间越短，所以ab段为平衡态，最c点时不是平衡态，则，C选项错误；
D．设反应达到平衡时转化了x mol，根据反应则平衡时，，，，总物质的量，的物质的量分数为，的分压为，D选项错误；
故答案选D。
15．(1)球形冷凝管（1分）（等）（1分）
(2)将转化为易被氧化的（1分）
(3)B（2分）
(4)增大氯离子浓度，降低的溶解度，有利于其结晶析出（2分）
(5)B（2分）
(6)最后半滴标准溶液滴入，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原色（1分） 排除碘化钾在保存或实验过程中被氧化产生微量对滴定实验的影响（2分） 90.95%（2分）
【分析】实验室以活性炭为催化剂，用制取三氯化六氨合钴(Ⅲ)，三颈烧瓶中加入、和活性炭，通过恒压分液漏斗加入氨水，防止浓度过大Co2+生成沉淀，反应生成，再通过恒压分液漏斗加入双氧水进行氧化，生成，冷凝管可以冷凝回流增大氨水的利用率，球形干燥管应该放或者P2O5，吸收挥发出的氨气，防止污染空气；反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，冰水冷却降低的溶解度便于晶体析出，抽滤、乙醇洗涤、干燥，得到晶体。
（1）仪器a的名称为球形冷凝管；仪器b是尾气吸收装置，试剂为（等）；
（2）因值越高，氧化态物种氧化能力越强，，，先加入浓氨水，将转化为易被氧化的，为下一步反应做好准备；
（3）A．，电离能够产生铵根离子，能够抑制电离，控制pH，防止浓度过大Co2+生成沉淀，A正确；
B．NH4Cl是强酸弱碱盐，可以抑制CoCl2在溶液中的水解，有利于配合物形成，B错误；
C．能够抑制电离，增加 度，后续Co2+与NH3的配合反应，C正确；
故选B；
（4）步骤④中加入浓盐酸，增大氯离子浓度，使的沉淀溶解平衡逆向进行，降低的溶解度，有利于其结晶析出；
（5）抽滤完毕后，为防止自来水进入吸滤瓶中，接下来的操作为先拔掉橡胶管，后关闭水龙头，故选B；
（6）用滴定生成的I2时应选用淀粉溶液做指示剂，滴定终点现象为：最后半滴标准溶液滴入，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原色；设计空白试验校正的原因：排除碘化钾在保存或实验过程中被氧化产生微量对滴定实验的影响为；根据反应可得到关系式为，，则产品的纯度为。
16．(1) （1分）
(2)增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率（2分）
(3) （1分）
(4)料液和D296体积比为12：1，混合溶液的pH为1.5（2分）pH>1.5，水解(或与)生成胶体吸附并聚沉（2分）
(5)加盐酸，可增大溶液中的，使平衡逆向移动，有利于反萃取，且盐酸易挥发，易除去（2分）
(6)> （2分）
(7) （2分）
【分析】含铼废料主要含Re、、Fe、Ni和，含铼废料在富氧空气中焙烧，硫化物生成二氧化硫，铼被氧化为Re2O7，铁生成氧化物，往烧渣中加入稀硫酸进行酸浸，浸渣是SiO2，浸液含强酸，调节pH值，再加入D296进行离子交换，分液出水相；往有机相中加入试剂X进行反萃取，分液出有机相；将水相中的溶质进行结晶，分离出晶体进行煅烧，得到Re2O7，通入H2进行热还原，得到Re，据此分析；
（1）铼是第六周期元素，与锰元素（）族序数相同，则基态Re原子的价电子排布式为；
（2）“焙烧”常采用高压、通空气逆流操作(空气从培烧炉下部通入，铼废渣粉末从中上部加入)，其目的是：增大废料与空气的接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率；
（3）SiO2难溶于水，“浸渣”的主要成分为SiO2；
（4）①由图1和图2可知，料液和D296体积比为、混合液为1.5时铼交换率最大，所以“离子交换”选择的适宜条件为料液和D296体积比为，混合液为1.5；
②由图2知，其他条件相同，混合液的时，的提取率降低的主要原因是pH>1.5，水解(或与)生成胶体吸附并聚沉；
（5）“反萃取”时，选用的试剂X为盐酸，对平衡有抑制作用，理由为：加盐酸，可增大溶液中的c(Cl-)，使平衡逆向移动，有利于反萃取，且盐酸易挥发，易除去；
（6），故>；
（7）“热解”步骤反应和氧气反应生成氮气和，化学方程式为：；
17．(1)对羟基苯甲醛（1分）醛基（1分）
(2)取代反应、加成反应（1分）
(3)保护酚羟基（1分）
(4) （2分）
(5) （2分）
(6) 9（2分）（2分）
(7) （3分）
【分析】由流程结合物质化学式，合成CPAE的流程先使用A（对羟基苯甲醛）在过氧化氢作用生成B：，B与(CH3O)2SO2作用生成C：，根据题给已知反应原理，C与CH2(COOH)2、吡啶作用下加热转化为D：，D在BBr3作用下将醚键上的甲基重新转化为酚羟基得到E：；F（苯乙烯）在过氧化物作用下与HBr加成生成G：，然后G水解为醇得H：；最后E和H在浓硫酸催化作用下酯化生成CPAE：；
（1）由A结构，A的化学名称是对羟基苯甲醛。C为，C中的管能团名称是醚键和醛基；
（2）反应②为B与(CH3O)2SO2作用生成C：，B的酚羟基中氢被取代，属于取代反应；F（苯乙烯）在过氧化物作用下与HBr加成生成G：，属于加成反应；
（3）反应②是将酚羟基转化为醚键结构，反应④是将醚键结构重新转化为酚羟基，所以这两步的目的是为了保护酚羟基；
（4）由分析，C与CH2(COOH)2、吡啶作用下加热转化为D：；
（5）反应⑦为E和H在浓硫酸催化作用下酯化生成CPA，；
（6）
化合物I与H互为同分异构体，同时满足下列条件：①含有苯环；②与溶液作用显紫色：含酚羟基；若剩余的碳原子组合成一个取代基为乙基，乙基、酚羟基存在邻、间、对三种同分异构情况；若除酚羟基外，取代基为两个甲基，苯环上3个取代基中2个取代基相同，则有6种；故共9种；其中核磁共振氢谱显示为五组峰，且峰面积比为3：2：2：2：1，则应该存在1个甲基且结构对称，其结构简式为；
（7）
先生成，再氧化生成，再生成，聚合生成，整个流程可表示为：。
18．(1) （2分）低温（1分）
(2) （2分）相同温度下，增大压强，反应Ⅰ平衡向右移动，甲醇物质的量升高，促使反应Ⅲ平衡向右移动，导致甲醚的选择性升高(合理即可) （2分）
(3)后，反应Ⅱ的，升温平衡正移；反应Ⅰ的，升温平衡逆移，的物质的量分数增大，促使反应Ⅱ平衡正移，均会使的物质的量分数增大(合理即可) （2分）40%（2分）16（2分）0.01（2分）
【详解】（1）反应反应反应Ⅲ得，由盖斯定律可得。当时反应能自发进行，并结合可知，该反应在低温下能自发进行。
（2）虽然反应Ⅱ和反应Ⅲ的平衡不受压强影响，但增大压强反应Ⅰ平衡向右移动，使反应体系内甲醇物质的量升高，促使反应Ⅲ平衡向右移动，甲醚的选择性升高，故。
（3）①温度高于时，反应Ⅱ的，升温平衡正移；反应Ⅰ的，升温平衡逆移，的物质的量分数增大，促使反应Ⅱ平衡正移，均会使的物质的量分数增大。
②达平衡时，和的体积分数分别为5%、5%、10%，，根据反应Ⅲ可知，生成时，消耗的，则反应Ⅰ消耗的，反应Ⅱ消耗的，此时的转化率为60%，则，解得。平衡时，、，n(总)的体积分数为。反应Ⅲ的。
③平衡时反应生成，则。
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