河北省保定市2023届高三二模化学试题（ 含答案解析 ）

第1页/共1页2023年高三第二次模拟考试化学试题注意事项：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，再选涂其它答案标号。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：1B：11C：12N：14O：16P：31S：32Cl：35.5K：39Fe：56I：127一、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。1.2023年2月24日，“逐梦寰宇问苍穹”中国载人航天工程30年成就展在国家博物馆开展，展厅里的一件件展品，都是中国载人航天追求卓越、不断创新的印迹。下列有关说法错误的是A.神舟十五号飞船使用的铝合金和钛合金均属于金属材料B.宇航服中使用的聚酯纤维属于天然有机高分子材料C.飞船返回舱表层的玻璃纤维属于新型无机非金属材料D.“天宫课堂”的泡腾片实验中生成是利用了强酸制弱酸的原理【答案】B【解析】【详解】A．铝合金和钛合金均属于金属材料，故A正确；B．聚酯纤维属于合成有机高分子材料，故B错误；C．玻璃纤维属于新型无机非金属材料，故C正确；D．泡腾片中的酸性物质与碳酸盐反应生成二氧化碳，是利用了强酸制弱酸的原理，故D正确；故选B。2.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.浓度均为的和两种溶液中所含的数目之比为B.标准状况下，的甲醛分子中含有的键数目为C.标准状况下，氟化氢中含有的分子数目为D.超重水()分子中含有的中子数目为【答案】B【解析】【详解】A．未说明的和两种溶液的体积关系，不能计算两种溶液中所含的数目之比，故A错误；B．碳氧双键中含有1个键，甲醛分子中含有3个键，标准状况下，的甲醛的物质的量为0.1mol，键数目为，故B正确；C．氟化氢在标况下不是气体，氟化氢的物质的量不是0.1mol，故C错误；D．分子中含有中子数为8+2=12，超重水()分子中含有的中子数目为1.2，故D错误；故选B。3.化学用语是学习化学的重要工具。下列化学用语的使用正确的是A.基态原子的价电子排布式为B.中为价C.的电子式为D.氧原子核外电子的空间运动状态有8种【答案】A【解析】【详解】A．是21号元素，基态原子的价电子排布式为，故A正确；B．电负性：N>Si，中为价，故B错误；C．的电子式为，故B错误；D．O原子电子排布式为1s22s22p4，存在电子的轨道有5个，核外电子的空间运动状态有5种，故D错误；故选A。4.下列反应的离子方程式书写错误的是A.向酸性溶液中滴加溶液，溶液褪色：B.将溶液加入到石灰乳中得到氢氧化镁：C.泡沬灭火器的反应原理：D.在溶液中加入过量的溶液：【答案】D【解析】【详解】A．是弱酸，写成分子式，酸性条件下，将氧化为CO2，离子方程式，A正确；B．石灰乳写成化学式形式，转化为难溶氢氧化镁，离子方程式，B正确；C．泡沬灭火器中的碳酸氢钠水解呈碱性，硫酸铝溶液呈酸性，两者混合，水解相互促进彻底进行，产生大量的二氧化碳，离子方程式：，C正确；D．在中Ca2+和HCO均能和OH-反应，根据“少定多变”，离子方程式中Ca2+和HCO的个数比为1∶2，所以题中离子方程式错误，应该为，D错误；故答案选D。5.采用强还原剂硼氢化钾液相还原法制备纳米零价铁的离子反应如下：，其中反应前后B元素化合价不变。下列说法错误的是A.纳米铁颗粒直径约为，因此纳米铁是胶体B.该反应的还原剂是，氢气既是氧化产物又是还原产物C.若有参加反应，则反应中转移电子的物质的量为D.的空间构型为正四面体，中心原子杂化方式为【答案】A【解析】【详解】A．纳米铁颗粒直径约为，因此纳米铁分散在分散剂中，形成的分散系是胶体，A错误；B．根据该反应，中H为-1价，反应中生成，化合价升高，中H为+1价，生成化合价升降低，所以还原剂是，氢气既是氧化产物又是还原产物，B正确；C．根据反应，中H为-1价，反应中生成，化合价升高8，参加反应，转移，参加反应，则反应中转移电子的物质的量为，C正确；D．有4个价层电子对，空间构型为正四面体，中心原子杂化方式为，D正确；故选A。6.、和熔融可制作燃料电池，其原理如图所示，该电池在放电过程中石墨I电极上生成可循环使用的氧化物，下列说法错误的是A.石墨I为负极，发生氧化反应B.石墨II电极反应式为C.若电路中有电子转移，则理论上石墨II处需消耗(标准状况下)D.放电过程中移向石墨I电极【答案】D【解析】【分析】、和熔融可制作燃料电池，NO2作燃料、O2作氧化剂，所以石墨I为负极、石墨II为正极，石墨I电极上失去电子生成N2O5，电极反应式为NO2+NO-e-=N2O5，石墨II电极反应式为，以此解答。【详解】A．由分析可知，石墨I为负极，发生氧化反应，故A正确；B．由分析可知，石墨II电极反应式为，故B正确；C．石墨II为正极，电极方程式为：，若电路中有电子转移，则理论上石墨II处需消耗0.25mol，标准状况下得体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L，故C正确；D．放电过程中阳离子移向正极，石墨I电极为负极，故D错误；故选D。7.我国科学家研究出一种磷化硼纳米颗粒作为高选择性电化学还原为甲醇的非金属电催化剂，磷化硼晶胞结构如图所示，晶胞的棱边边长为，为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.磷化硼晶体中共价键与配位键的数目之比为B.若氮化硼与磷化硼具有相似的结构，则的熔点比高C.磷化硼晶体中，每个硼原子周围紧邻且距离相等的硼原子共有4个D.磷化硼晶胞密度为【答案】C【解析】【详解】A．B原子的价电子数为3，且杂化类型为sp3杂化，其中与3个Р原子形成3个共价键，另外一条杂化轨道无电子，为空轨道，与P原子形成配位键，配位键也属于共价键，磷化硼晶体中共价键与配位键的数目之比为，A错误；B．氮化硼与磷化硼都是原子晶体，原子半径：N<P，则键长B-N键<B-P，B-N键的键能较B-P的键能大，所以BN晶体的熔点高于BP晶体，B正确；C．由磷化硼晶胞结构可知，磷原子位于晶胞的顶点和面心，磷原子的堆积方式为面心立方最密堆积，则与磷原子距离最近且相等的磷原子有12个，且每个晶胞中磷原子个数为8×+6×=4，硼原子位于小立方体内，因此一个晶胞中硼原子和磷原子的个数之比为1:1，因此磷化硼晶体中与硼原子距离最近且相等的硼原子个数为12，C错误；D．磷化硼晶胞密度为，故D正确；故选C。8.下列实验方案中，能达到实验目的的是选项实验方案实验目的A取少量待测样品溶于蒸馏水，加入足量溶液检验固体是否变质B向盛有溶液的试管中滴加10滴溶液，有白色沉淀生成，向其中继续滴加溶液，有黄色沉淀产生验证：C将通入溶液后，将混合气体依次通入酸性溶液、品红溶液、澄清石灰水验证非金属性：D相同条件下，在两个试管中各加入3mL6%的溶液，再向溶液中分别滴入1mL和1mL溶液，观察并比较的分解速率探究催化剂对分解速率的影响A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．取少量待测样品溶于蒸馏水，加入足量溶液，产生的白色沉淀可能是AgCl或BaSO4，说明样品中可能含有SO或Ag+，故A错误；B．向盛有溶液的试管中滴加10滴溶液，有白色沉淀生成，未沉淀完全，向其中继续滴加溶液，有AgI黄色沉淀产生，不能证明AgI是由AgCl转化过来的，不能验证：，故B错误；C．将通入溶液后生成CO2，CO2中混有SO2，通过酸性高锰酸钾溶液将SO2除去，再通过品红溶液检验SO2是否除尽，再通过澄清石灰水检验CO2，该实验说明酸性：H2SO3>H2CO3，但H2SO3不是S元素的最高价含氧酸，不能验证非金属性：，故C错误；D．相同条件下，在两个试管中各加入3mL6%的H2O2溶液，再向H2O2溶液中分别滴入1mLH2O和1mL

FeCl3溶液，观察并比较H2O2的分解速率，该实验中FeCl3作催化剂，其他条件相同，可以探究催化剂对H2O2分解速率的影响，故D正确；故选D。9.化合物甲和乙低温共熔的电解液可作为高能电池材料，结构如图，甲、乙中的组成元素R、W、X、Y、Z、M均为短周期元素，原子序数依次增大且总和为42，下列说法正确的是A.甲中键角比乙中键角大B.第一电离能：C.乙的沸点比丙酮高D.元素Z、Y不能分别与R形成含有非极性键的18电子化合物【答案】C【解析】【分析】元素R、W、X、Y、Z、M原子序数依次增大，由乙结构可知，R连一个单键，则R为H，X连接一个双键和两个单键，则X为C，Y连接三个单键，则Y为N，Z连接一个双键，则Z为O，由甲结构可知，W为+1价阳离子且序数小于C，则W为Li，M连接三个双键和一个单键，且R、W、X、Y、Z、M原子序数依总和为42，则M为Cl，据此解答。【详解】A．甲中中心原子价层电子对数为=4，为正四面体结构，为109°28′，乙中的C原子为sp2杂化，为120°，则甲中键角∠ZMZ比乙中键角∠ZXY小，故A错误；B．同周期元素，从左往右，元素的第一电离能有递增的趋势，但第IIA族元素和第VA族比相邻元素的大，第一电离能：N>O>C>Li，故B错误；C．乙结构中存在氨基，可形成分子间氢键，所以沸点比丙酮高，故C正确；D．元素O、N与H形成的H2O2、N2H4，均是含有非极性键的18电子化合物，故D错误；故选C。10.甲基丙烯酸甲酯()在一定条件下发生反应得到线型聚合物a，再通过和交联剂b作用形成网状结构聚合物x，x的结构片段如下：已知：下列说法正确的是A.形成线型聚合物a的过程发生了缩聚反应B.交联形成网状结构是通过线型聚合物a和丙二醇反应制得C.在一定条件下网状结构聚合物x水解，可实现交联剂b的回收再利用D.交联过程中有水生成【答案】C【解析】【详解】A．结合网状聚合物的结构片段可知，甲基丙烯酸甲酯生成线型聚合物a过程中，碳碳双键发生了加聚反应，A错误；B．结合已知信息，线型聚合物a中含有酯基，能够和乙二醇交联形成网状结构，B错误；C．网状结构聚合物x具有酯基能水解，一定条件下网状聚合物的水解产物之一为乙二醇，则可以实现交联剂b的回收再利用，C正确；D．根据已知信息可推知，线型聚合物a与交联剂b作用形成网状结构聚合物和醇，没有水生成，D错误；答案选C。11.工业上应用两矿法浸出软锰矿(主要成分)和方铅矿(主要成分、)制备和的转化流程如图：已知：微溶于水，溶液中存在可逆反应：。下列说法错误的是A.Ⅰ中的作用是提供大量B.Ⅱ中生成的沉淀是C.Ⅳ中试剂X可能作氧化剂D.Ⅴ中发生反应：【答案】D【解析】【分析】向软锰矿(主要成分MnO2)和方铅矿

(主要成分PbS、FeS2)中加入稀盐酸、NaCl溶液并加热至70℃，发生的反应有MnO2+PbS+4HClMnCl2+PbCl2+S+2H2O，3MnO2+2FeS2+12HCl3MnCl2+2FeCl3+4S+6H2O，调节溶液的pH使铁离子转化为沉淀，然后过滤得到氢氧化铁沉淀和滤液，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到PbCl2晶体和滤液，向滤液中加入氨水、X使锰离子氧化生成Mn3O4，将溶液过滤得到Mn3O4，据此解答。【详解】A．Ⅰ中加入NaCl，可增大氯离子浓度，利于平衡正向移动，从而促进方铅矿的溶解，A正确；B．由分析可知Ⅱ中生成的沉淀Y是Fe(OH)3，B正确；C．Ⅳ中向滤液中加入氨水、X使锰离子氧化生成Mn3O4，则试剂X可能作氧化剂，C正确；D．因为PbCl2微溶于水，溶液中存在可逆反应：PbCl2+2Cl-，故Ⅴ中发生反应：

+=PbSO4↓+4Cl-，D错误；故选D。12.绿水青山是构建美丽中国的伟大构想，现有一种以“沸石笼”为载体对进行催化还原的原理如图所示，下列说法正确的是A.反应过程中原子的成键数目保持不变B.作催化剂，虚线内物质是中间体C.反应④涉及非极性键的断裂和生成D.该原理总反应：【答案】D【解析】【详解】A．反应过程中O原子的成键数有发生变化，A项错误；B．四氨合铜离子与虚线框的物质都是反应中产生且后续消失的物质均为中间体，B项错误；C．反应④只涉及极性键的断裂，不存在非极性键断裂，C项错误；D．从图看NO催化还原应该是NO与NH3氧化还原反应，反应为4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O，D项正确；故选：D。13.二氧化碳加氢合成二甲醚()具有重要的现实意义和广阔的应用前景。该方法主要涉及下列反应：反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ：向恒压密闭容器中按通入和，平衡时各含碳物质的体积分数随温度的变化如图所示。下列有关说法错误的是A.反应Ⅰ的平衡常数表达式为B.图中曲线a表示的平衡体积分数随温度的变化C.时，反应至的体积分数为时，延长反应时间，的体积分数升高D.增大压强有利于提高平衡时的选择性(的选择性)【答案】C【解析】【详解】A．平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值，则反应的平衡常数可表示为，故A正确；B．反应III是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CH3OCH3体积分数随着温度升高而降低，所以曲线b表示CH3OCH3的平衡体积分数随温度的变化，则曲线a表示CO2的平衡体积分数随温度的变化，故B正确；C．510K时，反应至CH3OCH3的体积分数达到X点的值，X点位于曲线b的上方，说明CH3OCH3的体积分数大于平衡时CH3OCH3的体积分数，则此时反应未达到平衡状态，反应Ⅲ逆向进行，延长反应时间能降低CH3OCH3的体积分数，故C错误；D．反应Ⅰ为气体体积减小反应，反应Ⅱ、Ⅲ均为气体体积不变的反应，增大压强，反应Ⅰ平衡正向移动，CH3OH浓度增大，H2O的浓度也增大，反应Ⅱ平衡逆方向移动，虽然H2O的浓度也增大，但CH3OH的系数为2，所以反应Ⅲ平衡正向移动，CH3OCH3的选择性增大，故D正确；故答案选C。14.25℃时，某二元碱水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液变化的曲线如图所示，下列说法错误的是A.由图可得一级、二级电离平衡常数B.水溶液显酸性C.等物质的量的和混合溶液中，D.在的水溶液中，【答案】B【解析】【详解】A．根据一级、二级电离平衡常数表达式：Kb1=，Kb2=根据图像，可以利用点(9.2，0.5)和点(6.2，0.5)两点中，c[X(OH)+]=c[X(OH)2]和c(X2+)=c[X(OH)+]，故电离平衡常数就等于该点的c(OH-)，代入数值可以计算X(OH)2一级、二级电离平衡常数，A正确；B．根据选项A的分析代入计算可得：Kb1==c(OH-)=10-4.8，Kb2==c(OH-)=10-7.8，则X(OH-)的水解平衡常数为Kh===10-9.2，则X(OH)+电离程度大于其水解程度，溶液显碱性，B错误；C．等物质的量的和混合溶液，X2+的水解程度大于X(OH)+的水解程度，则溶液中，C正确；D．室温下pH=7.5溶液显碱性，c(OH-)=10-6.5mol/L，由图可知，Kb1×Kb2==10-12.6，则，，故D正确；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分15.镍电池广泛应用于混合动力汽车系统，电极材料由、碳粉和氧化铁等涂在铝箔上制成。由于电池使用后电极材料对环境有危害，某兴趣小组对该电池电极材料进行回收研究，设计实验流程如下：已知：a．易溶于水，不能氧化。b．实验温度时的溶解度：c．d．实验温度下相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下：金属离子开始沉淀的8.16.31.53.76.9沉淀完全的10.18.33.24.78.9回答下列问题：（1）加入盐酸溶液所得残渣的主要成分为___________(填物质名称)。（2）根据信息判断步骤②先析出的沉淀Ⅱ为___________(填化学式)，控制两种沉淀析出可利用___________(填序号)。A．试纸B．计C．石蕊指示剂（3）该工艺流程中多次重复利用的一种实验基本操作是___________，可以循环使用的物质是___________(填化学式)。（4）的价电子轨道表示式为___________，N、O、S的电负性由大到小的顺序为___________，硫氰酸分子中键和键之比为___________，与互为等电子体的分子是___________。（5）步骤③的化学方程式为___________。（6）步骤⑥的离子方程式为___________。【答案】（1）碳粉（2）①.②.B（3）①.过滤②.、（4）①.②.③.④.(等)（5）（6）【解析】【分析】废旧镍电池电极材料由、碳粉、氧化铁等涂覆在铝箔上制成，流程分析可知，酸溶过程中、氧化铁及Al与盐酸反应，滤渣为碳，过滤得到滤液，加入NiO调节溶液pH，将铁离子、铝离子转化为、沉淀，过滤得到滤液中加入草酸钠溶液和反应生成晶体，向NiC2O4晶体加入NaOH溶液中，NiC2O4转化为，滤液电解生成氯气和碱，最终氢氧化镍被氯气氧化得到。【小问1详解】碳粉不溶于水、酸，酸溶后所留残渣的主要成份为碳粉。【小问2详解】由分析可知，加入NiO调节溶液酸碱性使pH增大的目的是铁离子、铝离子转化为、沉淀，由表格数据可知，调节pH过程中，先完全沉淀，沉淀Ⅱ为，当pH上升到3.7时铝离子开始转化为，由于需要控制精确的pH数值，制两种沉淀析出可利用pH计，故选B。【小问3详解】由分析可知，该工艺流程中多次重复利用的一种实验基本操作是过滤，步骤⑤中消耗NaOH，而步骤④中电解D的阴极方程式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，生成了NaOH，可循环使用，另外步骤③中消耗，步骤⑤中加入NaOH溶液所发生反应的方程式为：NiC2O4+2NaOH=+，又生成了，循环使用。【小问4详解】Fe是26号元素，的价电子排布式为3d5，轨道表示式为；周期表中，O在N右侧，所以非金属性O＞N，所以电负性O＞N

，周期表中，O在S上侧，所以非金属性O＞S，N、O、S的电负性由大到小的顺序为；中H-S键、S-C键是键，键中有1个键和2个键，键和键之比为；原子总数相等、价电子总数相等的微粒互为等电子体，与SCN-互为等电子体的分子有(等)。【小问5详解】已知实验温度时的溶解度：，步骤③中滤液中含有，加入草酸钠溶液反应生成，化学方程式为：。【小问6详解】由分析可知，滤液电解生成氯气和碱，最终氢氧化镍被氯气氧化得到，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。16.过硫酸钠常用作漂白剂、氧化剂等。某研究小组利用如图所示装置制备并探究其性质(加热及夹持仪器略去)。Ⅰ．制备已知：①②③是白色晶状粉末，易溶于水，加热至65℃就会发生分解。回答下列问题：（1）中过氧键的物质的量为___________；装置A的名称为___________；装置丁的作用是___________。（2）实验时需要将装置甲中反应产生的持续通入装置丙中，目的是___________。（3）反应完毕，将三颈烧瓶中的溶液减压蒸发、结晶过滤、洗涤干燥，可得过硫酸钠，减压蒸发的原因是___________。Ⅱ．探究的氧化性（4）酸性过硫酸钠溶液，在催化作用下可以把氧化为，该方法可用于检验，所得溶液除去后加入溶液可以产生白色沉淀。①用酸性溶液检验时的实验现象为___________。②该反应的离子方程式为___________。（5）工业上用测定废水中氮元素的含量：取含的废水，用标准溶液滴定(氮元素被氧化为，杂质不参加反应)，达到滴定终点时消耗标准溶液的体积为，则废水中氮元素的含量为___________(用含c、V的代数式表示)。【答案】（1）①.②.恒压滴液漏斗③.吸收反应生成的氨气并防止倒吸（2）将产生的氨气及时排除，防止发生副反应（3）减压导致溶液沸点降低，从而在温度低的条件下将水蒸发掉，防止在较高温度下(高于65℃)分解（4）①.溶液由无色变紫红色②.（5）70Vc【解析】【小问1详解】每个过硫酸根中含有一个过氧键，1mol过硫酸钠中含有的过氧键的物质的量为1mol；A装置的名称是恒压滴液漏斗；由可知，在丙中产生了氨气，氨气极易溶于水但不溶于四氯化碳，装置丁的作用是吸收产生的氨气并防止倒吸。【小问2详解】根据，若丙装置中存在大量氨气会与产生的过硫酸钠发生反应，消耗过硫酸钠，因此持续的通入N2可以将产生的氨气及时排出，防止发生副反应。【小问3详解】由题可知，过硫酸钠在温度高于65℃时会发生分解，减压使溶液沸点降低，从而在温度低的条件下将水蒸发掉，防止分解。【小问4详解】根据题意，酸性过硫酸钠溶液，在催化作用下可以把氧化为，溶液颜色也由无色变为紫红色（）；所得溶液除去后加入溶液可以产生白色沉淀可知，过硫酸钠在酸性和有催化的条件下能将氧化为同时产生了，再根据氧化还原反应得失电子守恒即可写出离子方程式。【小问5详解】根据题意，过硫酸钠与反应的离子方程式表示为：，则，氮元素的物质的量n(N)=5cV×10-4mol，氮元素的质量m(N)=5cV×10-4mol×14g/mol=0.007cVg，故废水中的氮元素含量为。17.建设环境友好型社会是全世界的共识，治理环境污染也是国际性难题。化学和化学技术凭借其自身的优点和特性，已经在治理环境污染中发挥着越来越重要的作用。回答下列问题：Ⅰ．氮氧化物的处理对建设生态文明具有重要的意义，如何消除NO成为当前研究的主要课题之一、某研究小组将、和一定量的充入密闭容器中，在催化剂表面发生反应：。时，相关物质的相对能量如图所示。（1）反应的___________；该反应自发进行的条件为___________(填“高温”、“低温”或“任意条件”)（2）已知该反应的，(、为速率常数，与温度、催化剂有关)若平衡后升高温度，则___________(填“增大”、“不变”或“减小”)。Ⅱ．“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。苯乙烯是生产塑料与合成橡胶的重要原料。常压下，乙苯和经催化剂吸附后能发生如下反应： 控制投料比[]分别为、和，并在催化剂作用下发生反应，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如图所示：（3）乙苯平衡转化率相同时，投料比越高，对应的反应温度越___________(填“高”或“低”)。（4）时，反应经达到图中点所示状态，若初始时乙苯的物质的量为，则(苯乙烯)___________。（5）时，向恒容密闭容器中加入过量和一定量乙苯，初始和平衡时容器内压强分别为和，则平衡时该反应为___________(以含有、、的代数式表示)。已知：a．混合气体中某组分的分压等于总压与该气体物质的量分数之积；以平衡分压代替平衡浓度进行计算，可得反应的平衡常数；b．Ⅲ．可用氢气和二氧化碳在催化剂作用下合成甲醇：。（6）恒压下，和的起始物质的量之比为时，该反应甲醇的平衡产率随温度的变化如图所示。甲醇的产率点高于点的原因为___________。(分子筛膜能选择性分离)【答案】（1）①.②.低温（2）增大（3）低（4）（5）（6）P点有分子筛膜，分离出水有利于平衡正向移动，从而提高甲醇的产率【解析】【小问1详解】反应生成物得能量-反应物得能量=-6×285.83kJ/mol-6×90.25kJ/mol+4×46.11kJ/mol=，该反应是气体体积减小得熵减反应，，又因为该反应，当时，反应能自发进行，则该反应自发进行的条件为低温。【小问2详解】化学平衡时，v正=v逆，平衡常数K=，该反应的，是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则Qc=>K，增大。【小问3详解】温度相同时，越大，乙苯转化率越高，结合图像可知越靠上的曲线乙苯转化率越高，则靠上曲线对应的较大，则在转化率相同时，较大的对应的温度越低。【小问4详解】850K时，反应经tmin达到P点，初始时乙苯的物质的量为nmol，此时乙苯转化率为50%，则消耗的乙苯的物质的量为0.5n，生成苯乙烯的物质的量为0.5n，v(苯乙烯)=。【小问5详解】根据已知条件列出“三段式”由题意得P1-x+p+x+x+x=p2，解得x=，则平衡时该反应的。【小问6详解】甲醇的产率点高于点的原因为：P点有分子筛膜，分离出水有利于平衡正向移动，从而提高甲醇的产率。18.目前，在地球上最高的地方珠峰山顶发现了塑料污染。PCL塑料可以在微生物作用下降解，代替传统塑料制品减少“白色污染”，PCL塑料的结构可表示为，其合成路线如图：已知：(R、R′代表烃基)回答下列问题：（1）B生成C的反应类型是___________。（2）D的名称是___________，E的官能团名称是___________，D转化为E的反应条件是___________。（3）F的结构简式为___________。（4）写出G转化为PCL的化学反应方程式___________。（5）G的同系物H有多种同分异构体