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重庆卷——2025届高考化学4月模拟预测卷
可能用到的相对原子质量：H—1、C—12、N—14、O—16、Ga—70。
一、选择题：本题共14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.青少年帮厨既可培养劳动习惯，又可将化学知识应用于实践。下列有关解释不合理的是( )
A.用洗洁精除去水果表面的药物残留，洗洁精具有强氧化性
B.用食醋除去水垢，醋酸能溶解水垢中的碳酸钙和氢氧化镁
C.制作水果罐头时加入维生素C，可延长保质期
D.用热纯碱溶液除去酯类油污，温度越高，纯碱水解程度越大，溶液碱性越强
2.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A.氨水中：
B.无色溶液中：
C.稀硫酸中：
D.次氯酸钠溶液中：
3.价层电子对互斥理论可以预测某些微粒的空间结构。下列说法正确的是( )
A.与的键角相等
B.和均为非极性分子
C.和的空间构型均为平面三角形
D.和HCN中C的杂化类型均为sp杂化
4.下列实验操作能达到实验目的或正确的是( )
A.通过x-ray衍射实验测定青蒿素晶体中分子的相对分子质量
B.向饱和食盐水中先通入过量二氧化碳再通入氨气，可制取固体碳酸氢钠
C.向1mL溴乙烷水解液中加入2滴溶液检验卤代烃中的溴元素
D.室温下的盐酸和的醋酸溶液等体积混合后，测得pH仍为4
5.下列关于元素性质或原子结构递变情况的叙述中，错误的是( )
A.Li、Be、B原子的最外层电子数依次增多
B.P、S、C1元素的最高正化合价依次升高
C.N、O、F原子的半径依次增大
D.Na、K、Rb原子核外的电子层数依次增多
6.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)，仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是( )
选项 a中的物质 b中的物质 c中收集的气体 d中的物质
A 浓氨水
B 70%浓硫酸 溶液
C 稀硝酸
D 浓盐酸 溶液
7.泽布替尼是第一款完全由中国企业自主研发，在FDA获准上市的抗癌新药，其结构简式如图。下列有关说法错误的是( )
A.一个泽布替尼分子中有2个手性碳原子
B.泽布替尼在一定条件下能发生加成反应
C.泽布替尼能使酸性高锰酸钾溶液紫色褪去
D.泽布替尼既能与盐酸反应又能和氢氧化钠溶液反应
8.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，A、B、C、D为上述四种元素中的两种或三种所组成的化合物，E为单质，五种物质间的转化关系如图所示。已知室温下，0.1mol L-1A的水溶液pH为1，B分子中含有10个电子，C为一种盐，D为一种常见的具有漂白性的物质。下列说法正确的是( )
A. C的溶液显碱性 B. Z元素在同周期主族元素中原子半径最小
C. X、Y形成的二元化合物只有两种 D. D中各原子均满足最外层稳定结构
9.科学家为消除酸性工业废水中甲醛的危害，利用驱动耦合电催化实现了与转化为高附加值的产品。下图是耦合电催化反应系统原理图示。下列有关说法不正确的是( )
A.管负载纳米绒电极为阴极
B.反应过程中从左极室向右极室移动
C.电路中通过2mol电子时，在装置中可生成1mol
D.阳极的电极反应式为
10.钙镁矿、、的结构模型如图所示。下列说法正确的是( )
A.钙镁矿中，2号硫原子的坐标为
B.钙镁矿中，距离硫原子最近的硫原子数目为4
C.晶胞中，分子的排列方式只有3种取向
D.结构中与、与离子之间的作用力相同
11.常温下，用的NaOH溶液滴定的HA溶液，体系中px[注：或]、NaOH溶液的体积与溶液pH的关系如图所示（）。下列说法错误的是( )
A.时，
B.常温下，的水解常数的
C.a点溶液中，
D.b点溶液中，
12.某含铜催化剂的阴离子的结构如图所示，W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Y、Z位于同一周期，基态X原子的价电子排布式为，下列说法正确的是( )
A.原子半径：
B.Y的第一电离能比同周期相邻元素的都大
C.该阴离子中含有8个键
D.由W、Y、Z构成的化合物不可能为离子化合物
13.已知：①；②；③、、的键能分别为、、。下列叙述正确的是( )
A.
B.键能差
C.
D.
14.室温下，向体积为1L的恒容密闭容器中通入M和N各0.5mol，同时发生以下两个反应：①；②，反应①的速率可表示为，反应②的速率可表示为(、为速率常数)。反应体系中组分M、Z的物质的量n(单位：mol)随时间t(单位：min)变化情况如图所示，下列说法不正确的是( )
A.0~30min内，Y的平均反应速率为
B.反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比为
C.60min时，
D.反应①的活化能比反应②的活化能小
二、非选择题：本大题共4小题，共58分。
15.（14分）氮化镓(GaN)是具有优异光电性能的第三代半导体材料。利用炼锌矿渣[主要含铁酸锌，铁酸镓]制备GaN并回收金属元素的一种工艺流程如下图：
已知：、在该工艺条件下的反萃取率(进入水相中金属离子的百分数)与盐酸浓度的关系见下表。
盐酸浓度(mol/L) 反萃取率(%)
2 86.9 9.4
4 69.1 52.1
6 17.5 71.3
回答下列问题：
(1)下列镓的微粒电离一个电子所需能量最高的是_______(填标号)。
A. B.
C. D.
(2)“酸浸”所得浸出液中，浓度分别为1mol/L和0.003mol/L。常温下，为尽可能多地提取同时确保不混入，“调pH”时须：4≤pH<__________(假设调pH时溶液体积不变)。已知常温下，，。
(3)“脱铁”和“反萃取”时，所用盐酸的浓度__________(填“>”、“=”或“<”)。
(4)由Ga制备的部分工艺如下图：
已知：(ⅰ)(乙醚)和NR(三正辛胺)均为配体；
(ⅱ)沸点：55.7℃，。沸点：34.6℃，沸点：365.8℃。
①比较分子中的C—Ga—C键角大小：__________(填“>”、“=”或“<”)。
②直接分解不能制备超纯，采用“配体交换”工艺制备超纯的理由是__________。
(5)MOCVD法是通过与反应得到GaN和另一种产物，写出该反应的化学方程式：__________。
(6)GaN晶体的一种六方晶胞如下图所示。该晶体的密度为__________(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。
16.（14分）某小组设计实验制备对氨基苯甲酸乙酯。
【反应式】
【试剂】
1g(约0.0073mol)对氨基苯甲酸、12.5mL95%乙醇(过量)、1mL浓硫酸、10%碳酸钠溶液、乙醚、无水硫酸镁。
【步骤】
①在50mL圆底烧瓶中，加入1g对氨基苯甲酸和12.5mL95%乙醇，旋摇烧瓶使大部分固体溶解。加入1mL浓硫酸，将烧瓶置于冰浴中冷却，立即产生大量沉淀(在接下来的回流中沉淀溶解)，将反应混合物在水浴上回流1小时，并时加摇荡。
②将反应后混合物转入烧杯中，冷却后分批加入10%碳酸钠溶液中和(约需6mL)，可观察到有气体逸出并产生泡沫，直至加入碳酸钠溶液后无明显气体释放。反应混合液接近中性时，测定溶液pH，再加入碳酸钠溶液调节pH为9左右。在中和过程中会产生少量固体沉淀。
③将溶液倾滗到分液漏斗中，并用少量乙醚洗涤固体后并入分液漏斗。向分液漏斗中加入乙醚，摇荡后分出醚层。加入无水硫酸镁，在水浴上蒸去乙醚和大部分乙醇，至残余油状物约1mL为止。残余液用乙醇-水重结晶，产量约为0.5g。
已知：i.对氨基苯甲酸乙酯呈弱碱性；ii.对氨基苯甲酸能与硫酸反应生成盐(对氨基苯甲酸硫酸盐)。
回答下列问题：
(1)步骤①中，加入浓硫酸之后，将烧瓶置于冰浴中冷却，其目的是____________________。加入浓硫酸产生“大量沉淀”，解释其产生原因：______________________________。
(2)步骤②中，“冷却后分批加入”碳酸钠溶液的目的是______________________________。
(3)步骤②中，不用NaOH溶液替代碳酸钠溶液，其原因是_________________________。不调节溶液呈中性，而应调节溶液pH至9左右，其目的是____________________________。
(4)步骤②中和过程中会生成少量沉淀，该沉淀是_________________。
(5)步骤③中，用乙醇-水重结晶时需要选择下列玻璃仪器中的_______(填字母)。
(6)本实验产率约为______________%(结果保留1位小数)。
17.（15分）新能源是未来能源发展的方向，积极开发新能源是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措。
Ⅰ.实现绿色低碳循环发展，二氧化碳的吸收和利用是一项重要的研究课题，利用二氧化碳合成二甲醚方法通常是和先合成甲醇，再由甲醇脱水制备二甲醚：
反应①：。
反应②：。
(1)二氧化碳与氢气直接合成二甲醚：__________，该反应正向自发的条件为___________(填“高温”或“低温”)自发。
(2)某反应容器中按照投料进行反应①合成甲醇，若反应在恒容、绝热容器中进行，则下列说法一定能说明反应达到化学平衡状态的是__________。
A.
B.
C.混合气体的密度保持不变
D.混合气体的平均相对分子质量保持不变
E.反应体系温度保持不变
Ⅱ.氢能是一种重要的绿色能源，工业上用乙醇与水催化重整制氢气，发生以下反应：
反应①：
反应②：
反应③：
(3)压强为100kPa时，的平衡产率与温度、起始时的关系如图所示：
i.反应②的平衡常数：__________(填“>”“=”或“<”)，判断理由是_____________。
ii.平衡体系中乙醇的物质的量分数：C点__________(填“>”“=”或“<”)B点。
(4)维持压强在不变情况下，和发生上述反应，平衡时乙醇的转化率、的选择性、CO的选择性随温度升高的变化曲线如图所示：
[已知：的选择性]。
ⅰ.图中表示CO选择性的曲线是__________(填标号)。
ⅱ.时，反应达到平衡，则平衡时的物质的量为__________。
ⅲ.时，反应③的__________(列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
18.（15分）聚酰亚胺是重要的特种工程材料，广泛应用在航空、纳米、激光等领域。某聚酰亚胺的合成路线如图所示(部分反应条件略去)。
已知：①A为生活中常见的有机物，易溶于水。其质谱与核磁共振氢谱图如图所示。
②。
③。
回答下列问题：
(1)从成键角度解释物质A易溶于水的原因是__________________________;
(2)物质B中不同化学环境下的氢原子有_______种；
A.1 B.2 C.3 D.4
(3)反应①的化学方程式是___________________________;
(4)反应②的反应类型是_________________;
A.加成反应 B.消去反应 C.还原反应 D.取代反应
(5)物质E中的官能团名称为___________________________;
(6)物质F的结构简式是_______________________;
(7)下列关于说法正确的是_______;
A.属于饱和烃
B.中C原子的杂化方式为杂化
C.为极性分子
D.光照条件下，1mol可与等量氯气充分反应生成
(8)试判断“聚合”步骤生成聚酰亚胺高聚物的过程是否实现了原子利用率100%，并解释理由_____________________________________;
(9)结合以上信息，设计以甲苯和一氯甲烷为原料(无机试剂任选)制备邻苯二甲酸酐()的合成路线_______________________________________________________。
答案以及解析
1.答案：A
解析：A.用洗洁精除去水果表面的药物残留，是因为洗洁精对油污具有乳化作用，故A错误；
B.醋酸能与碳酸钙、氢氧化镁反应生成可溶性醋酸盐，所以可用于去除水垢，故B正确；
C.维生素C具有还原性，制作水果罐头时加入维生素C，可延长保质期，故C正确；
D.纯碱为碳酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性，依据盐类水解规律越热越水解可知，用热纯碱溶液除去酯类油污，温度越高，纯碱水解程度越大，溶液碱性越强，故D正确；
答案选A。
2.答案：D
解析：不能在氨水中稳定存在，A项不符合题意；
与反应会显红色，B项不符合题意；
在酸中会转化为，C项不符合题意。
3.答案：D
解析：A.中Xe的价层电子对数为，有3个孤电子对，中Xe的价层电子对数为，有2个孤电子对，中心原子的杂化方式不同，键角不同，A错误；
B.为正四面体结构，正负电荷中心重合，为非极性分子；的中心原子S的价层电子对数为，有1个孤电子对，为极性分子，B错误；
C.的孤电子对为1，的孤电子对为0，所以的空间构型为三角锥形，的空间构型为平面三角形，C错误；
D.中C原子的价层电子对数为，HCN中C原子的价层电子对数为，故C的杂化类型均为sp杂化，D正确；
故选D。
4.答案：D
解析：A.通过x-ray衍射实验能测定青蒿素晶体的结构，但不能测定青蒿素晶体中分子的相对分子质量，故A错误；
B.向饱和食盐水中先通入氨气再通入过量二氧化碳，二氧化碳能与氨气和食盐水反应可制取固体碳酸氢钠，故B错误；
C.检验卤代烃中的溴元素的操作为向1mL溴乙烷水解液中先加入稀硝酸使溶液呈酸性，再滴入硝酸银溶液，观察到溶液中有淡黄色沉淀沉淀说明溴乙烷分子中含有溴元素，故C错误；
D.pH为4的盐酸和醋酸溶液中氢离子浓度相等，等体积混合后，溶液中pH不变，仍为4，故D正确；
故选D。
5.答案：C
解析：A. Li、Be、B都是第二周期的元素，随着原子序数的增大，元素原子的最外层电子数依次增多，A正确；
B. P、S、C1元素都是第三周期的元素，随着原子序数的增大，元素原子的最外层电子数依次增多，元素的最高正化合价依次升高，等于它们的最外层电子数目，B正确；
C.N、O、F都是第二周期的元素，随着原子序数的增大，元素原子的半径依次减小，C错误；
D. Na、K、Rb都是第IA的元素，随着元素原子序数的增大，原子核外电子层数依次增多，D正确；
答案选C。
6.答案：B
解析：A.浓氨水与氧化钙反应生成氨气，氨气的密度比空气小，不能使用向上排空气法，故A错误；
B.浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫密度大于空气，浓硫酸能够干燥二氧化硫气体，故B正确；
C.稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮易与空气中的氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集一氧化氮，也不能用水吸收一氧化氮尾气，故C错误；
D.常温下浓盐酸和二氧化锰不反应，不能用于制备氯气，故D错误；
故选B。
7.答案：A
解析：A.由图可知，一个泽布替尼分子中有1个手性碳原子，如图，故A错误；
B.分子中的碳碳双键、羰基、苯环均可发生加成反应，故B正确；
C.碳碳双键可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D.氨基可以与盐酸反应，酰胺基可以与氢氧化钠溶液反应，故D正确。
答案选A。
8.答案：B
解析:A.氯化铵中铵根离子水解溶液显酸性，A错误；
B.根据同周期从左往右原子半径在减小，Cl元素在同周期主族元素中原子半径最小，B正确；
C.氮与氧形成的化合物有多种，如等，C错误；
D.D为HClO，H原子不满足最外层稳定结构，D错误；
故选B。
9.答案：C
解析：b连接的左侧中加入HCHO，生成HCOOH，C元素化合价升高，此电极为阳极，连接正极（b），电极反应为：，则右侧为阴极，连接电源负极（a），电极反应，据此分析；
A.根据分析可知，管负载纳米绒电极为阴极，A正确；
B.反应过程中阳离子从阳极向阴极移动，即从左极室向右极室移动，B正确；
C.电路中通过2mol电子时，在装置中可生成2mol，C错误；
D.根据分析可知，阳极的电极反应式为，D正确；
故选C；
10.答案：A
解析：A.由晶胞结构可知，若位于顶点的镁原子的坐标为(1，0，0)，则位于小立方体体对角线上的1号硫原子和2号硫原子的坐标分别为和，故A正确；
B.由晶胞结构可知，若以硫原子为顶点，构成的立方晶胞中硫原子的位置位于顶点和面心，所以距离硫原子最近的硫原子数目为12，故B错误；
C.由晶胞结构可知，晶胞中二氧化碳的排列方式共有4种，分别是顶点上有1种、面心上有3种，故C错误；
D.由图可知，六水硫酸亚铁中，具有空轨道的亚铁离子与水分子中具有孤对电子对的氧原子形成配位键，水分子的氢原子与硫酸根离子中的氧原子形成氢键，则水分子与阴、阳离子之间的作用力不同，故D错误；
答案选A。
11.答案：D
解析：A.由图像可知②是与pH的变化曲线，①是pHA与的变化曲线，再结合图像可知，时两者相等，故时，，A项正确；
B.常温下，①和②线的交点处，可判断，故，B项正确；
C.a点加入的NaOH物质的量为HA物质的量的一半，溶液中溶质物质的量之比为1:1，由元素守恒，电荷守恒，得出，C项正确；
D.结合A可知，，b点溶液显中性，，D项错误；
故选D。
12.答案：B
解析：A.原子半径HB.Y是N元素，其2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能比同周期相邻元素C和O都大，B正确；
C.单键都是σ键，双键中有1个σ键，三键中有1个σ键，该阴离子中含有11个σ键，C错误；
D.由H、N、F构成的化合物是离子化合物，D错误；
故选B。
13.答案：B
解析：A.形成共价分子时放出热量，，A错误；
B.反应热等于断裂化学键总键能与形成化学键的总键能之差，根据反应①可知，，整理得，，B正确；
C.反应热等于断裂化学键总键能与形成化学键的总键能之差，，C错误；
D.反应②，反应①，由盖斯定律②+×①，得出，生成物是气态水，D错误；
故选B。
14.答案：D
解析：A.由图中数据可知，30min时，M、Z的浓度分别为和，则M的浓度变化量为，其中转化为Y的部分为，因此，0~30min内，Y的平均反应速率为，A项正确；
B.由分析可知，反应①和反应②的速率之比为，Y和Z分别为反应①和反应②的产物，且两者与M的化学计量数相同，因此反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比等于，由于为速率常数，故该比值保持不变为3：5，B项正确；
C.结合分析可知，反应开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于，故反应过程中有的M转化为Z，所以60min时，C项正确；
D.由以上分析可知，在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化能比反应②的活化能大，D项错误；
故选D。
15.答案：(1)D（2分）
(2)5.7（2分）
(3)>（2分）
(4)>（2分）；和的沸点接近，解配后难以分离出，和的沸点相差较大，解配后可以分离出（2分）
(5)（2分）
(6)（2分）
解析：（1）A为基态Ga，B为激发态Ga，C为激发态，D为基态，因为，因此电离一个电子所需能量最大的是D；
（2）节pH可使中，完全沉淀而不沉淀﹐Zn浓度为lmol/L，根据常温下，开始沉淀时mol/L。，即pH为5.7，则调节pH应该小于5.7；
（3）由表格数据可知，脱铁时盐酸浓度较高，促使尽可能多地进入水相被除去，盐酸浓度应该为6mol/L，反萃取中要保证尽可能多地进入水相，尽可能少地进入水相，则此时盐酸浓度为2mol/L，即；
（4）中Ga为杂化，而中Ga为杂化，杂化夹角大于杂化；键角大小：；
直接分解时，和的沸点接近，不易分离，不能制备超纯，而和的沸点相差较大，容易分离，所以采用“配体交换”工艺制备超纯，其原因为：和的沸点接近，和的沸点相差较大，解配后可以分离出；
（5）与反应得到GaN和另一种产物，由元素守恒可推知另一种产物为，所以方程为；
（6）根据均摊法，该晶胞中N的个数为1+8×=2，Ga原子个数为1+4×=2，则晶胞的质量为g，晶胞的体积为，晶体的密度为ρ==。
16.答案：(1)避免温度过高，发生副反应导致产率降低等（1分）；氨基呈碱性，会与硫酸反应（1分）
(2)避免反应太快，气体将产物和反应物带出（2分）
(3)NaOH碱性太强，会导致产物水解，产率降低（2分）；对氨基苯甲酸乙酯呈弱碱性，调节溶液pH为9，可抑制产品水解（2分）
(4)或（2分）
(5)ABC（2分）
(6)41.5（2分）
解析：由题意可知，对氨基苯甲酸在浓硫酸作用下与乙醇在水浴加热条件下制备对氨基苯甲酸乙酯，向反应后的溶液中分批加入碳酸钠溶液除去硫酸和未反应氨基苯甲酸后，再用乙醚萃取溶液中的对氨基苯甲酸乙酯，分液后向乙醚层加入无水硫酸镁除去水分，最后经蒸馏、冷却结晶得到对氨基苯甲酸乙酯。
（1）加入浓硫酸，会放出热量，温度升高，反应加剧，会产生副产物导致产率降低等，所以加入浓硫酸之后，将烧瓶置于冰浴中冷却。
（2）加入碳酸钠过多，产生气体较快，会将部分物质带出，导致产率降低，所以步骤②中，“冷却后分批加入”碳酸钠溶液；
（3）氢氧化钠是强碱，会加快酯基水解，所以不用NaOH溶液替代碳酸钠溶液；若调节pH=7，部分产物以铵盐形式存在，产率低，使产品纯度低，对氨基苯甲酸乙酯呈弱碱性，调节溶液pH为9，可抑制产品水解；
（4）加入碳酸钠过程中会生成硫酸钠等盐，在乙醇中硫酸钠难溶，析出固体，所以该沉淀是或；
（5）步骤③中，用乙醇-水重结晶时，需要蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，需要玻璃仪器中的烧杯、酒精灯、玻璃棒，选ABC。
（6）对氨基苯甲酸乙酯相对分子质量为165，理论质量，产率。
17.答案：(1)（1分）；低温（1分）
(2)DE（1分）
(3)=（2分）；平衡常数只与温度有关，A、D温度相同，故平衡常数相等（2分）；<（2分）
(4)c（2分）；0.96（2分）；（2分）
解析：（1）反应①：
反应②：
根据盖斯定律，将反应①×2+反应②得；该反应为放热反应，且是熵减反应，即，根据，则该反应正向自发的条件为低温；
（2）A.，正逆反应的速率比不等于化学计量数比，反应没有达到平衡状态，故不选A；
B.，不能判断浓度是否还发生改变，反应不一定平衡，故不选B；
C.反应前后气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，混合气体的密度保持不变，反应不一定平衡，故不选C；
D.反应前后气体总质量不变，气体总物质的量改变，平均相对分子质量是变量，混合气体的平均相对分子质量保持不变，反应一定达到平衡状态，故选D；
E.反应在恒容、绝热容器中进行，温度是变量，反应体系温度保持不变，反应一定达到平衡状态，故选E；
选DE；
（3）i.平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，由图可知，A、D两点的反应温度相同，则A、D两点平衡常数相等，故答案为：=；平衡常数只与温度有关，A、D两点的温度相同，则平衡常数相等；
ii.由图可知，B、C两点的值相等，B点反应温度低于C点，反应Ⅰ、Ⅲ都为气体体积增大的吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，乙醇的物质的量减小、气体总物质的量增大，反应Ⅱ为气体体积不变的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，但气体总物质的量不变，则C点平衡体系中乙醇的物质的量分数小于B点，故答案为：<；
（4）ⅰ.反应①、③为吸热反应，反应②为放热反应，随着温度的升高，反应①、③平衡正向移动，反应②平衡逆向移动，反应②逆向移动转化为CO，故温度升高CO的选择性增大，的选择性减小，由于CO的选择性+的选择性=1，则表示选择性的曲线为a，表示乙醇的转化率的曲线是b，表示CO选择性的曲线是c；
ⅱ.573K时，反应达到平衡，二氧化碳的选择性为80%、一氧化碳选择性为20%、乙醇的转化率为60%，开始时，乙醇的物质的量为1mol，根据碳守恒，则平衡时二氧化碳的物质的量为1mol×2×60%×80%=0.96mol；
ⅲ.由图可知，573K反应达到平衡时二氧化碳的选择性为80%、一氧化碳选择性为20%、乙醇的转化率为60%，则平衡时乙醇物质的量为0.4mol，二氧化碳的物质的量为1mol×2×60%×80%=0.96mol、一氧化碳的物质的量为1mol×2×60%×20%=0.24mol，根据O守恒，平衡时的物质的量为1mol+3mol-0.4mol-0.24mol-0.96mol×2=1.44mol，根据H守恒，平衡时物质的量为=3.36mol，则平衡时混合气体总物质的量为0.4mol+0.24mol+1.44mol+0.96mol+3.36mol=6.4mol，则反应③的Kp=。
18.答案：(1)乙醇能与水形成分子间氢键，增大其溶解性（1分）
(2)D（1分）
(3)（2分）
(4)D（1分）
(5)酯基、硝基（1分）
(6)（2分）
(7)BC（2分）
(8)没有实现，该反应为缩聚反应，有产生，因此原子利用率小于100%（2分）
(9)（3分）
解析：（1）A为，其能与水形成分子间氢键，使其易溶于水；
（2）B为，共有4种化学环境的氢原子，故选D；
（3）反应①是苯甲酸和乙醇的酯化反应，化学方程式为：；
（4）反应②是硝基取代苯环的氢原子，故反应类型是取代反应，故选D；
（5）E的结构简式为：，其官能团名称是硝基、酯基；
（6）由分析可知，物质F的结构简式为；
（7）A.含有氯原子，属于卤代烃，A错误；
B.中碳原子是饱和碳原子，杂化方式为杂化，B正确；
C.中结构不对称，正负电荷中心不能重合，是极性分子，C正确；
D.与等量氯气充分反应，可能会生成二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳，因此生成二氯甲烷物质的量小于1mol，D错误；
故选BC；
（8）没有实现原子利用率100%，根据原子守恒，该反应会生成水分子，属于缩聚反应，因此原子利用率小于100%；
（9）由信息②可知，合成，需要发生信息②的反应，故需要在甲苯中甲基的邻位引入一个取代基，则由信息③可以实现此反应得到邻二甲苯，邻二甲苯氧化生成邻二苯甲酸，故合成路线是。

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