2023年高考第二次模拟考试卷-化学（河北B卷）（全解全析）

这是一份2023年高考第二次模拟考试卷-化学（河北B卷）（全解全析），共18页。试卷主要包含了下列装置能达到实验目的是，下列离子方程式书写正确的是等内容，欢迎下载使用。

2023年高考化学第二次模拟考试卷
化学·全解全析
本卷满分100分，考试时间75分钟。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 Al 27 P 31 Fe 56 Co 59 Cu 64 Re 186

一、单项选择题：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．化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列说法正确的是
A．“歼-20”飞机上使用的碳纤维被誉为“新材料之王”，碳纤维属于无机非金属材料
B．用于3D打印材料的光敏树脂是高聚物，高聚物属于纯净物
C．量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨互为同位素
D．2022年冬奥部分场馆建筑应用了新材料碲化镉发电玻璃，其中碲和镉均属于主族元素
【答案】A
【详解】
A．碳纤维由碳元素组成，碳属于非金属元素，“歼-20”飞机上使用的碳纤维属于新型无机非金属材料，A正确；
B．高聚物中聚合度不确定，所以高聚物属于混合物，B错误；
C．量子通信材料螺旋碳纳米管、石墨均为碳组成的单质，互为同素异形体，C错误；
D．碲属于第五周期ⅥA族元素，镉属于第五周期ⅡB族元素，D错误；
故选A。
2．亚硝酰氟(FNO)是一种工业稳定剂，可通过反应N2O4 +CsF=FNO+CsNO3制得。下列说法正确的是
A．氧原子的结构示意图为 B．CsF的电子式为
C．FNO的空间构型为直线形 D．CsNO3中含有离子键与共价键
【答案】D
【详解】
A． O原子的质子数和电子数都是8，核外电子分层排布，其结构示意图为，故A错误；
B． CsF为离子化合物，电子式为，故B错误；
C． FNO中心原子N原子价层电子对数为2+=3，空间构型为V形，故C错误；
D． CsNO3中含有Cs+与NO间的离子键与N-O共价键，故D正确；
故选D。
3．设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．甲醇中含有键的数目为
B．常温常压下，中含有的质子数和中子数均为
C．和充分反应后的混合气体中原子数小于
D．25℃时，的溶液中含有的数目为
【答案】B
【详解】
A．甲醇结构简式为CH3OH，甲醇物质的量为1mol，含有键的数目为3，A错误；
B．常温常压下，的物质的量为0.1mol，每个D2O含有10个质子和10个中子，故含有的质子数和中子数均为，B正确；
C．结合原子守恒，和充分反应后的混合气体中原子数等于，C错误；
D．25℃时，的溶液中含有的数目为，D错误；
故选B。
4．下列装置能达到实验目的是

A．装置甲：明矾晶体制备KAl(SO4)2
B．装置乙：制备少量干燥的NH3
C．装置丙：常温下分离苯酚与水的混合物
D．装置丁：探究浓度对化学反应速率的影响
【答案】A
【详解】
A．明矾晶体在坩埚中灼烧失去结晶水得到KAl(SO4)2，A符合题意；
B．氨气会和氯化钙反应，不能用氯化钙干燥氨气，B不符合题意；
C．常温下分离苯酚与水的混合物应该使用分液的方法，C不符合题意；
D．过氧化氢具有强氧化性，和亚硫酸氢钠溶液发生氧化还原反应，但是实验中无明显现象，不能探究浓度对化学反应速率的影响，D不符合题意；
故选A。
5．由含硒废料(主要含S、Se、、CuO、ZnO、等)在实验室中制取硒的流程如图：

下列说法错误的是
A．“分离”时得到含硫煤油的方法是分液
B．“酸溶”操作的目的是除去废料中的金属氧化物
C．“浸取”后的分离操作所用玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒
D．“酸化”时发生反应的离子方程式：
【答案】A
【详解】
含硒废料加入煤油除去硫，分离出固体加入稀硫酸将铁、铜、锌转化为盐溶液除去，分离出固体加入亚硫酸钠将Se转化为，加入稀硫酸酸化得到Se；
A．“分离”时得到含硫煤油为分离固液的操作，方法是过滤，A错误；
B．金属氧化物能和酸反应，“酸溶”操作的目的是除去废料中的金属氧化物，B正确；
C．“浸取”后分离固液的操作为过滤，所用玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒，C正确；
D．“酸化”时转化为Se和二氧化硫，发生反应的离子方程式：，D正确；
故选A。
6．阿比多尔为抗病毒药，用于治疗流感病毒引起的上呼吸道感染。如图所示的是合成阿比多尔的中间体的结构。下列关于该物质说法错误的是

A．分子式为C13H15NO3
B．分子中所有碳原子可能共平面
C．该物质能发生加成、水解反应，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化
D．该物质中苯环上羟基邻位连接-C4H9的同分异构体共有8种
【答案】B
【详解】
A．根据A的结构式，分子式为 ，A正确；
B．该分子中N原子是sp3杂化，其与连接的三个碳原子构成三角锥型，又苯环平面和碳碳双键平面的影响，N原子与环上连接的碳原子共面，则另一个碳原子与环上的碳原子不共面，所以所有碳原子不可能共平面，B错误；
C．该分子中含有苯环，能发生取代反应，含有酯基，能发生水解反应，含有酚羟基和碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；
D．根据有4种碳链异构，该物质苯环上羟基邻位有2个位置，所以连接的同分异构体共有8种，D正确；
故选B。
7．下列对实验现象的解释或结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
解释或结论
A
向蔗糖中加入浓硫酸
蔗糖变黑，体积膨胀，放出有刺激性气味气体
浓硫酸具有脱水性和强氧化性，反应中生成C、SO2和CO2等
B
向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液
有白色沉淀产生
该溶液中一定含有
C
向苯中滴入少量浓溴水，振荡，静置
溶液分层；上层呈橙红色，下层几乎无色，
苯和溴水发生取代反应，使溴水褪色
D
向浓度均为和混合溶液中滴加少量溶液
出现黑色沉淀


A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】
A．向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑，说明生成C单质，浓硫酸具有脱水性，体积膨胀，放出有刺激性气味气体，说明有和生成，浓硫酸具有强氧化性，选项A正确；
B．向某溶液中加入盐酸酸化的溶液，有白色沉淀产生，还可能含有，选项B错误；
C．苯和溴水不能发生取代反应，是苯萃取了浓溴水中的而使溴水褪色，故溶液分层；上层为溴的苯溶液，呈橙红色，下层为水层，几乎无色，选项C错误；
D．向浓度均为和混合溶液中滴加少量溶液，出现黑色沉淀，说明，选项D错误。
答案选A。
8．矿物药M具有补血功效，结构如图所示，X、Y、Z和W为原子序数依次增大的元素，原子序数之和为51，Y和Z同主族，四种元素中只有W为金属，的价层电子为半充满结构。下列说法错误的是

A．简单氢化物的稳定性：Y>Z
B．该物质易被氧化，需密封保存
C．W与Y之间可以形成多种化合物
D．的键角大于的键角
【答案】D
【详解】
四种元素中只有W为金属，的价层电子为半充满结构，W为Fe， X可以形成一个单键，且可以形成氢键，则X为H，X、Y、Z和W为原子序数依次增大的元素，原子序数之和为51，则Y、Z原子序数之和为51-26-1=24，Y和Z同主族，且Y可以形成氢键，则Y为O、Z为S，据此解答。
A．Y为O、Z为S，O的非金属性强于S，简单氢化物的稳定性：Y>Z，A正确；
B．该物质中Fe为+2价，易被氧化，需密封保存，B正确；
C．W为Fe，Y为O，可以形成多种化合物FeO、Fe2O3、Fe3O4等多种化合物，C正确；
D．为H2O，为，硫酸根离子中，一个O形成4个相同的S-O键，键与键之间斥力相同，键角均相同；水中形成两个H-O键，含两个孤对电子，孤对电子对H-O键的斥力更大，所以导致两个H-O键之间的夹角小于，D错误；
故选D。
9．已知硫的两种晶体形态的相图如图所示(相图：用于描述不同温度、压强下硫单质的转化及存在状态的平衡图像)，燃烧的热化学方程式为：
S(斜方，s)  ；
S(单斜，s)  。
则下列有关说法中正确的是

A．温度高于119℃且压强小于，单斜硫发生液化现象
B．斜方硫和单斜硫互为同分异构体
C．图中F→G过程为固态硫的气化，该过程只破坏了分子间作用力
D．由上述信息可判断：
【答案】D
【详解】
A．由图可知，温度高于119℃时，单斜硫是固态，需要增大压强单斜硫才能发生液化现象，故A错误；
B．单斜硫和正交硫是由S元素形成的不同单质，故正交硫和单斜硫互为同素异形体，故B错误；
C．图中F→G过程为固态硫的气化，由斜方晶体先变为单斜硫再变为气体，过程中发生了化学变化，除了破坏了分子间作用力外，还破坏了共价键，故C错误；
D．①S(斜方，s) ，②S(单斜，s) ，①-②可得，S(斜方，s)=S(单斜，s)，由图可知，在相同条件下，斜方硫转变为单斜硫需要升温，即，则，故D正确；
故选D。
10．下列离子方程式书写正确的是
A．向溶液中加入过量的氨水：
B．向饱和食盐水中先通入足量的，再通入足量的：

C．向溶液中通过量制次氯酸：

D．将少量新制的氯水加入到饱和溶液中：

【答案】B
【详解】
A．向溶液中加入过量的氨水生成氢氧化铝沉淀：，故A错误；
B．向饱和食盐水中先通入足量的，再通入足量的，生成碳酸氢钠晶体和氯化铵：，故B正确；
C．向溶液中通过量生成次氯酸和碳酸氢钙：，故C错误；
D．将少量新制的氯水加到饱和溶液，氯水与亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，氢离子与过量的亚硫酸根离子生成亚硫酸根离子，离子方程式为：，故D错误。
综上所述，答案为B。
11．元素周期表可以有多种表示方法，如图1为八角形元素周期表，八角形的每个顶角对应一种元素，下列说法错误的是

A．图1中沿虚线箭头方向，元素单质的还原性逐渐增强
B．元素第一电离能大小关系：②>①>④
C．最简单气态氢化物的稳定性：⑤>⑥
D．与③、④可形成冰晶石 (已知(熔融))，形成的晶胞如图2所示，其中黑球代表，该晶体密度为
【答案】B
【详解】
由图可知，①为O，②为N，③为Al，④为F，⑤为Cl，⑥为S。
A．由图可知，虚线箭头方向为同主族元素，同族元素随核电荷的递增，元素单质还原性增强，故A正确；
B．由分析可知，②为N，①为O，④为F，第一电离能：F>N>O，即④>②>①，故B错误；
C．由分析可知，⑤为Cl，⑥为S，非金属：Cl>S，非金属性越强最简单气态氢化物越稳定，因此稳定性：HCl>H2S，故C正确；
D．黑球有8个在顶点，6个在面心，个数为：，白球有12个在棱上，9个在体内，个数为，则晶胞的质量为：，晶胞体积为：，晶胞密度为：，故D正确；
故选B。
12．T ℃时，在体积为2 L的恒温恒容密闭容器中充入4 mol CO和4 mol ，发生反应，测得和的物质的量随时间的变化如图所示。该反应的正、逆反应速率分别可表示为，，、分别为正、逆反应速率常数，只受温度影响。下列说法正确的是

A．从反应开始至达到平衡时，以表示的平均反应速率为
B．该反应在A、B两点的正反应速率之比为
C．当容器中混合气体的密度不随时间变化时，该反应达到平衡状态
D．T ℃时，该反应的平衡常数为
【答案】B
【详解】
A．根据化学反应速率的表达式，v(CO2)==0.02mol/(L·min)，故A错误；
B．A点，CO和CO2物质的量相等，均为2mol，N2O的物质的量仍为2mol，此时v正=k正×1×1，B点达到平衡，n(CO)=n(N2O)=0.8mol，此时v正=k正×0.4×0.4，vA∶vB=25∶4，故B正确；
C．组分都是气体，因此气体总质量保持不变，容器为恒容，容器的体积不变，根据密度的定义，混合气体的密度在任何时刻均不变，因此不能说明反应达到平衡，故C错误；
D．达到平衡时，，n(CO)=n(N2O)=0.8mol，，n(CO2)=n(N2)=3.2mol，该温度下的平衡常数K==16，故D错误；
答案为B。
13．一种新型AC/LiMn2O4体系，在快速启动、电动车等领域具有广阔应用前景。其采用尖晶石结构的LiMn2O4作正极(可由Li2CO3和MnO2按物质的量比1:2反应合成)，高比表面积活性炭AC(石墨颗粒组成)作负极，Li2SO4作电解液，充电、放电的过程如图所示：

下列说法正确的是
A．合成LiMn2O4的过程中可能有O2产生
B．放电时正极的电极反应式为：LiMn2O4+xe- = Li(1-x)Mn2O4+xLi+
C．充电时AC极应与电源正极相连
D．可以用Na2SO4代替Li2SO4作电解液
【答案】A
【详解】
A．Li2CO3和MnO2按物质的量比1:2反应合成LiMn2O4，Mn元素化合价降低，根据得失电子守恒，氧元素化合价升高，可能有O2产生，故A正确；
B．放电时，锂离子向正极移动，正极的电极反应式为Li(1-x)Mn2O4+xLi++xe- =LiMn2O4，故B错误；
C．放电时AC作负极，充电时AC极应与电源负极相连，故C错误；
D．放电时，需要Li+参与正极反应，所以不能用Na2SO4代替Li2SO4作电解液，故D错误；
选A。
14．常温下，保持某含少量CaCO3浊液的水体中H2CO3与空气中CO2的平衡，调节水体pH，水体中lgc(X)(X为H2CO3、HCO、CO、Ca2+)与pH的关系如图所示。已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，下列说法错误的是

A．①代表lgc(HCO)与pH的关系
B．a点的水体中：c(Ca2+)>c(HCO)>c(CO)
C．pH=10.3时，c(Ca2+)=2.8×10-7.9mol·L-1
D．向水体中加入适量Ca(OH)2固体，可使溶液由b点变到c点
【答案】D
【详解】
碳酸溶液部分电离出氢离子、碳酸氢根离子，溶液显酸性；随着pH值变大碱性增强，碳酸氢根离子浓度、碳酸根离子浓度变大；碳酸根离子和钙离子生成碳酸钙沉淀，碳酸根离子浓度变大则钙离子浓度减小，结合图像可知①②③分别为lgc(HCO)、lgc(CO)、lgc(Ca2+)曲线；
A．①代表lgc(HCO)与pH的关系，故A正确；
B．由图可知，a点的水体中：c(Ca2+)>c(HCO)>c(CO)，故B正确；
C．已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，pH=10.3时，c(HCO)=c(CO)=10-1.1 mol·L-1，则c(Ca2+)==2.8×10-7.9mol·L-1，故C正确；
D．向水体中加入适量Ca(OH)2固体，溶液中钙离子浓度增大，不会使溶液由b点变到c点，故D错误；
故选D。

二、非选择题：共58分。
15．（15分）铼(Re)是具有重要军事战略意义的金属。是制备高纯度Re的重要中间体。
I. 的纯度测定
称取样品，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用的盐酸标准溶液吸收，蒸氨结束后取下接收瓶。取吸收液用标准溶液滴定过剩的HCl，达到终点时消耗溶液。

（1）仪器a是_______(填名称)。
（2）冰盐水的作用是_________________。
（3）实验所用的NaOH标准溶液，通常采用间接法配制，即配成近似浓度的溶液，再用基准物标定。不能采用直接法配制的原因是______________________。
（4）根据下表，滴定时宜选用_________________(填一种指示剂名称)；滴定终点的现象是______________________。
部分指示剂变色的pH范围如下表：
指示剂名称
变色的pH范围
酸色
中性色
碱色
甲基橙
3.1—4.4
红
橙
黄
甲基红
4.4—6.2
红
橙
黄
溴百里酚蓝
6.0—7.6
黄
绿
蓝
酚酞
8.2—10.0
无
浅红
红

（5）样品中的质量分数为____________(填表达式)。
II. 高纯度铼的制取
（6）高温下用还原可制得金属铼，装置如下图所示：

[已知：受热分解生成]
①装置B中盛放的试剂为_______(填名称)。
②判断A中已经反应完全的方法是_________________。
③玻璃管内发生反应的化学方程式为___________________________。
【答案】
(1)圆底烧瓶（1分）
(2)防止氯化铵受热易分解，使氨气溢出（2分）
(3)氢氧化钠易吸收空气中的二氧化碳和水分（2分）
(4)甲基红（1分）     滴入最后一滴氢氧化钠溶液，红色变为橙色，且半分钟内不变色（2分）
(5)（2分）
(6)无水氯化钙（1分）     取A中固体，溶于水，过滤，滤液中加浓氢氧化钠溶液加热，若不生成使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明已经反应完全  （2分）  
（2分）
【详解】
分液漏斗中的浓氢氧化钠溶液滴入三口烧瓶内生成氨气，用a中产生的水蒸气把三口烧瓶中产生的氨气全部排入接收瓶中被盐酸吸收，用标准氢氧化钠溶液滴定剩余盐酸，计算出生成氨气的物质的量，根据氨气的物质的量计算的质量分数。
（1）根据装置图，仪器a是圆底烧瓶。
（2）氯化铵受热易分解，冰盐水的作用是防止氯化铵受热易分解，使氨气溢出；
（3）氢氧化钠易吸收空气中的二氧化碳和水分，所以不能采用直接法配制氢氧化钠溶液；
（4）用氢氧化钠滴定剩余盐酸，滴定终点溶液中的溶质为氯化铵、氯化钠，溶液呈弱酸性，根据表格数据，滴定时宜选用甲基红；滴定终点的现象是：滴入最后一滴氢氧化钠溶液，红色变为橙色，且半分钟内不变色；
（5）氢氧化钠、氨气共消耗盐酸，反应消耗氢氧化钠的物质的量为，则反应消耗氨气的物质的量为，根据~~，可知的物质的量为，样品中的质量分数为
（6）①装置B的作用是吸收氨气防止污染，所以B中盛放的试剂为无水氯化钙。
②取A中固体，溶于水，过滤，滤液中加浓氢氧化钠溶液加热，若不生成使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明已经反应完全。
③玻璃管内和氢气在加热条件下反应生成Re、氨气、水，发生反应的化学方程式为。
16．（14分）钴是重要的金属材料，以镍电解钴渣[主要成分为等氢氧化物]为原料制备氢氧化高钴的流程如下：

已知：
①氧化性：
②一般在时，才能被氧化水解生成沉淀。
（1）是27号元素，原子的价层电子排布式为____________。
（2）“溶解”过程得到的溶液中含有的主要阳离子有、、____________。
（3）“除铁”过程加入的作用是_________________。
（4）“一次沉钴”会夹带生成少量的沉淀，利用含母液淘洗沉淀的目的是___________________________。
（5）“二次沉钴”过程生成的总化学反应方程式为______________________。
（6）钴氧化物和按照适量的比例高温煅烧可得到钴蓝，钴蓝可用于青花瓷的颜料。钴蓝晶体是由图1所示的结构构成。图1包含I型和II型两种小立方体。图2是钴蓝的晶胞，已知钴原子位于顶点和面心。

①图2所示字母中，I型小立方体分别是a、_______(填字母序号)。
②用表示阿伏伽德罗常数的值，则钴蓝晶胞密度为_______(列出表达式)。
【答案】
(1)3d74s2（2分）
(2)、（2分）
(3)调节溶液的pH，促进Fe3+水解生成黄钠铁矾（2分）
(4)Co2+将Ni(OH)3还原为Ni2+，同时洗去吸附的等可溶性杂质（2分）
(5)（2分）
(6)c、f   （2分）  （2分）
【详解】
钴渣[主要成分为等氢氧化物]中加入H2SO4并通入SO2，溶解后所得溶液中含有反应生成的以及过量的H2SO4，往溶液中加入除铁，氧化性：，则加入NaClO3目的是将氧化为，加入的作用是中和过量的H2SO4，过滤后所得滤渣为黄钠铁矾，滤液中含有，调节滤液pH=22.5并加入NaClO，反应生成沉淀，过滤后所得滤渣为并夹带少量的，滤渣经淘洗、溶解，溶液中所含溶质主要为以及过量的H2SO4，再通入氯气加入经二次沉钴可得晶体。
（1）基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，价层电子排布式为3d74s2；
（2）因氧化性：，SO2有还原性，则溶解过程中发生反应（），所以溶液中含有的主要阳离子有过量的，以及反应生成的、、；
（3）“除铁”过程中，加入的作用是调节溶液的pH，促进Fe3+水解生成黄钠铁矾；
（4）因氧化性：，和发生反应，因此利用含母液淘洗沉淀的目的是Co2+将Ni(OH)3还原为Ni2+，同时洗去吸附的等可溶性杂质；
（5）“二次沉钴”过程生成的总化学反应方程式为；
（6）①根据晶胞中I型立体结构、Ⅱ型小立方体关系，图2中I型小立方体位于图2中上层ac对角线的位置、下层f位置，故分别是a、c、f；
②Ⅰ型立体结构中Co位于顶点和体心，原子数是4×+1；O位于晶胞内，原子数是4；Ⅱ型小立方体中Co位于顶点，原子数是4×；O位于晶胞内，原子数是4；Al位于晶胞内，原子数是4；该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，所以1个晶胞含有Co原子数是8、O原子数是32、Al原子数是16，则图2所示晶胞质量为，晶胞体积为，所以密度为g/cm3。
17．（15分）在化工生产中有重要作用．天然气法合成相关反应如下：
反应I  
反应Ⅱ
（1）、随温度变化不大。温度不同时，反应体系中不同。合成总反应的随温度T变化如图。

①  ________。
②为提高平衡转化率，控制温度范围在________(填标号)，理由是_________。
A．         B．        
C．         D．以上
（2）合成总反应中硫蒸气达到饱和时，反应时间t与初始浓度和转化率满足关系，式中k为速率常数。
①、时，测得、，则________。
②时，计划在内转化率达，应控制初始浓度大于________。
（3）利用工业废气替代硫磺矿生产的反应为
。
反应物投料比采用，维持体系压强为，反应达到平衡时，四种组分的物质的成分数x随温度T的变化如图。

①图中表示的曲线是________(填“a”“b”“c”或“d”)。
②时，该反应的________(以分压表示，分压总压物质的量分数)。
③相比以硫磺矿为原料，使用的优点是________，缺点是________。
【答案】
(1)+411.15 （2分）    B（1分）     650℃以下总反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，转化率增大；700℃以上总反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小（2分）
(2)2 （2分）    0.9（2分）
(3)b（1分）        （3分）  变废为宝，减小污染 （1分）    反应温度更高、耗能更大（1分）
【详解】
（1）①已知：
反应I ：
反应Ⅱ：
由盖斯定律可知，反应Ⅱ-2×I得  +411.15；
②由图可知，650℃以下总反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，转化率增大；700℃以上总反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小，平衡转化率在650℃~700℃左右达到峰值，故为提高平衡转化率，控制温度范围在650℃~700℃；
（2）①、时，测得、，则，。
②时，计划在内转化率达，则，=0.9，应控制初始浓度大于0.9
（3）①根据化学方程式体现的关系乐子，二硫化碳和生成氢气的物质的量之比为1:4，结合图像可知，图中表示的曲线是b。
②时，反应物投料比采用，维持体系压强为，设甲烷、硫化氢投料分别为1mol、2mol；

由图可知，平衡时甲烷与二硫化碳含量相等，则1-a=a，a=0.5mol，则甲烷、硫化氢、二硫化碳、氢气分别为0.5mol、1mol、0.5mol、2mol，总的物质的量为4mol，该反应的；
③相比以硫磺矿为原料，使用的优点是可以变废为宝，减小污染；缺点是反应温度更高、耗能更大。
18．（14分）茚三酮能与任何含α一氨基的物质形成深蓝色或红色物质，可用于鉴定氨基酸、蛋白质、多肽等，物证技术中常用水合茚三酮显现指纹。其合成路线如下：

回答下列问题：
（1）B→C的反应类型是________________。
（2）C→D反应的另一种产物是________________，写出其一种用途______________。
（3）E的核磁共振氢谱吸收峰有___________组。
（4）已知G的分子式为C9H6O3，G的结构简式为_____________________。
（5）M是D的同系物，其相对分子质量比D多14．满足下列条件M的同分异构体有__________种。
①属于芳香族化合物   
②能与NaHCO3溶液反应产生CO2
③含有碳碳三键
（6）工业上以甲苯为起始原料制备A()的流程如下：

①苯酐与乙醇反应的化学方程式为____________________。
②使用5%的碳酸钠溶液进行“洗涤”的目的是_________________________。
【答案】
(1)水解(取代)反应（2分）
(2)CO2 （1分）    制冷剂，制造碳酸饮料等（1分）
(3)3（2分）
(4)（2分）
(5)25（2分）
(6)+2C2H5OH+H2O （2分）    除去硫酸、未反应完的有机酸和乙醇（2分）
【详解】
已知G的分子式为C9H6O3，由F转化为G，F比G少两个H，且根据H的结构简式可知，G转化为H时为酸化，H的分子式为G的两倍，结合结构简式推知G为，根据其他有机物的结构简式及反应条件进行分析解答；
（1）根据B和C的结构简式可知，B→C是B中的酯基水解生成C和乙醇，反应类型是水解反应或取代反应；
（2）根据C和D的结构简式可知，C→D反应是C反应生成D和CO2，故另一种产物是CO2，其用途有制冷剂，制造碳酸饮料等；
（3）根据结构简式可知，E中含有三种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱吸收峰有3组；
（4）根据分析可知，G的结构简式为；
（5）D为 ，M是D的同系物，其相对分子质量比D多14，则可能多一个CH2，满足条件①属于芳香族化合物；②能与NaHCO3溶液反应产生CO2 ，则含有羧基；③含有碳碳三键，若苯环上只有一个取代基，则取代基为-CH(COOH)-CCH 、-CH2-CC-COOH 、-CC-CH2-COOH ，则有三种；若苯环上有两个取代基，则取代基为-COOH和-CH2CCH、-COOH和-CC-CH3、-CH3和-CC-COOH、-CCH和-CH2COOH，每种均有邻、间、对位，故共有43=12种；若苯环上有三个取代基，则有-CCH、-COOH和-CH3，结构有10种；故总共有同分异构体25种；
（6）①苯酐与两分子乙醇反应生成和水，反应的化学方程式为+2C2H5OH+H2O；
②使用5%的碳酸钠溶液进行“洗涤”的目的是除去硫酸、未反应完的有机酸和乙醇。