炎德英才大联考湖南师大附中2024届模拟试卷三化学试题及答案.pdf

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1、公众号【高中学习会】【公众号【号【】公众号【高中学习会】公众号【高中学习会】公众号【高中学习会】公众号【高中学习会】公众号【高中学习会】公众号【高中学习会】公众号【高中学习会】公众号【高中学习会】公众号【高中学习会】公众号【高中学习会】公众号【高中学习会】公众号【高中学习会】公众号【高中学习会】公众号【高中学习会】公众号【高中学习会】公众号【高中学习会】公众号【高中学习会】公众号【高中学习会】【】号【中会】【习会】习会】第 1页/共 21页学科网（北京）股份有限公司湖南师大附中湖南师大附中 2024 届高三下学期第三次模拟考试化学试题届高三下学期第三次模拟考试化学试题一、选择题：本题共一、选择

2、题：本题共 14 小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 42 分。在每小题给出的四个选项中，只有一分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。项是符合题目要求的。1.化学材料对于促进生产发展、改善人类生活发挥了巨大作用。下列有关化学材料的说法错误的是A.不粘锅的耐热涂层材料通常是聚乙烯B.中国天眼 FAST 用到的碳化硅属于共价晶体C.中国自主研发的首个 5G 微基站射频芯片的主要材料是硅D.接入带有强亲水基团的支链，可提高吸水材料的吸水能力【答案】A【解析】【详解】A聚乙烯不耐高温，不可能做不粘锅的涂层，A 错误；B碳化硅是新型无机非金属材料，属于共价晶体，B 正确；C芯片

3、的主要材料是硅单质，C 正确；D接入带有强亲水基团的支链，可提高吸水材料的吸水能力，如羟基等基团，D 正确；不正确的选 A。2.在溶液中能大量共存的离子组是A.4Ti、HCOO、Cl、KB.24CrO、Ag、3NO、2ZnC.2Ba、OH、Na、23SOD.I、SCN、K、4NH【答案】D【解析】【详解】A4Ti与HCOO会发生双水解而不能大量共存，A 项错误；B24CrO与Ag会形成24Ag CrO沉淀不能共存，B 项错误；C2Ba与23SO会生成3BaSO沉淀而不能大量共存，C 项错误；D选项中所给离子相互都不反应，可以大量共存，D 项正确；本题选 D。3.明矾常用作净水剂，下列关于明矾大

4、晶体制备实验的说法不正确的是A.配制明矾饱和溶液的温度要控制在比室温高 1015B.明矾小晶核要悬挂在饱和溶液中央，可避免形成形状不规整的晶体C.形成大晶体的过程中，需要敞开玻璃杯静置较长时间第 2页/共 21页学科网（北京）股份有限公司D.本实验中所用仪器都要用蒸馏水洗净【答案】C【解析】【详解】A温度降低的时候，饱和度也会降低，明矾会吸附在小晶核上，所以要得到较大颗粒的明矾晶体，配制比室温高 1020明矾饱和溶液，A 正确；B明矾小晶核要悬挂在饱和溶液中央，增大接触面积，有利于晶胞的均匀成长，可避免形成形状不规整的晶体，B 正确；C敞开玻璃杯静置较长时间，容易引入空气中杂质，应该用硬纸片盖

5、好玻璃杯，C 错误；D本实验中所用仪器都要用蒸馏水洗净，防止杂质污染，若有杂质，就在溶液中形成多个晶核，显然不利于大晶体的生成，D 正确；答案选 C。4.用AN表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A.标准状况下，2222.4LH O含有的分子数为ANB.31molAl完全水解生成氢氧化铝胶体粒子的数目为ANC.28g乙烯和环丙烷组成的混合气体中含有A4N个氢原子D.1LpH3的12271mol L K Cr O溶液中227Cr O数为AN【答案】C【解析】【详解】A标准状况下，22H O为液态，不能直接进行计算，A 错误；B氢氧化铝胶体粒子是很多氢氧化铝的聚集体，胶粒数小于1mol，B 错误；

6、C乙烯和环丙烷的最简式均为 CH2，28gCH2的物质的量为 2mol，含有A4N个氢原子，C 正确；D酸性227K Cr O溶液中存在：222724Cr OH O2CrO2H，1LpH3的12271mol L K Cr O溶液中227Cr O数小于AN，D 错误；故选 C。5.硫代硫酸钠(223Na S O)是一种具有应用前景的浸金试剂，浸金时223S O与Au配位形成3232Au S O。下列说法错误的是A.第一电离能：OSNa第 3页/共 21页学科网（北京）股份有限公司B.24SO和223S O的中心 S 原子均采用3sp杂化C.与Au配位时，223S O中两个 S 原子都可作配位原子

7、D.3232NaAu S O晶体中微粒间存在的相互作用有离子键、共价键和配位键【答案】C【解析】【详解】A同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，第一电离能：OSNa，A 正确；B2-4SO的中心原子 S 原子的价层电子对数为6+2-244=42，为 sp3杂化；223S O的结构可以看做硫酸根中的一个氧原子被硫取代，结构和硫酸根类似，中心硫原子的孤电子对数为 0，价层电子对数为 4，中心原子 S 的杂化方式为 sp3，B 正确；C 具有孤电子对的原子可以给中心原子提供孤电子对而配位；223S O中的中心原子 S 的价层电子对数为 4，无

8、孤电子对，不能做配位原子，端基 S 原子含有孤电子对，能做配位原子，C 错误；D3232NaAu S O是由离子构成的，含有离子键，在阴离子3232Au S O中存在硫氧共价键和 Au-S之间的配位键，D 正确；故选 C。6.物质 m 在军事上常用作烟幕剂，结构如图所示，其组成元素 W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期主族元素，W 与 Y 的核电核数之和等于 Z 的质子数，Y 的游离态存在于火山喷口附近。下列说法错误的是A.简单氢化物的沸点：XYB.化合物m中每个原子最外层均达到8电子稳定结构C.简单离子半径：YZWD.2ZX和3X均可用于自来水杀菌消毒【答案】B【解析】【分析】由题干信

9、息可知，元素 W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期主族元素，W 与 Y 的核电核数之和等于 Z 的质子数，Y 的游离态存在于火山喷口附近，则 Y 为 S，X 形成 2 个共价键，Z、W 形成 1第 4页/共 21页学科网（北京）股份有限公司个共价键，Y 形成 6 个共价键，故 Z 为 Cl，W 为 H，X 为 O，据此分析解题。【详解】A由分析可知，X 为 O，Y 为 S，非金属性 OS，由于 H2O 中存在分子间氢键，故简单氢化物的沸点 H2OH2S 即 XY，A 正确；B由分析可知，W 为 H，则化合物 m 中除 H 之外的每个原子最外层均达到 8 电子稳定结构，B 错误；C由分析可

10、知，W 为 H，Y 为 S，Z 为 Cl，故简单离子半径 S2-Cl-H+即 YZW，C 正确；D由分析可知，X 为 O，Z 为 Cl，则 ZX2即 ClO2和 X3即 O3均有强氧化性，故均可用于自来水杀菌消毒，D 正确；故答案为：B。7.黄铁矿(主要成分 FeS2)在空气中会被缓慢氧化，过程如图所示。下列说法正确的是A.发生反应 a 时，每 0.2molFeS2被还原，转移 2.8mole-B.25时39sp3Fe OH2.69 10K，则该温度下 d 的逆反应平衡常数32.69 10K C.c 发生反应的离子方程式为：3222244FeFeS8H O5Fe2SO16HD.黄铁矿是工业制备

11、硫酸的必选原料【答案】B【解析】【分析】由题干转化关系图可知，a 步反应中 S 化合价由-1 升高到+6，硫元素化合价被氧化，反应的离子方程式为：2FeS2+7O2+2H2O2Fe2+42-4SO+4H+，b 步反应中 Fe2+被 O2氧化为 Fe3+，反应的离子方程式为：4Fe2+4H+O2=4Fe3+2H2O，c 步反应中 Fe3+被 FeS2还原为 Fe2+，S 化合价由-1 升高到+6，被氧化，反应的离子方程式为：32222414FeFeS8H O15Fe2SO16H，d 为 Fe3+水解生成 Fe(OH)3胶体的反应，据此分析解题。【详解】A由分析可知，发生反应 a 即 2FeS2+

12、7O2+2H2O2Fe2+42-4SO+4H+时，每 0.2molFeS2被氧化，转移 2.8mole-，A 错误；B25时39sp3Fe OH2.69 10K，则该温度下 d 的逆反应即 Fe(OH)3+3H+Fe3+3H2O，平衡常第 5页/共 21页学科网（北京）股份有限公司数 K=3+3+3-3+3+3-c(Fe)c(Fe)c(OH)c(H)c(H)c(OH)=33KspFe(OH)Kw=-39-14 32.69 10(1 10)=32.69 10，B 正确；C由分析可知，c 发生反应的离子方程式为：32222414FeFeS8H O15Fe2SO16H，原离子方程式电荷不守恒，C 错

13、误；D黄铁矿是工业制备硫酸的原料之一，但不为必选原料，D 错误；故答案为：B。8.2CuInS(摩尔质量为1g molM)是生物医药、太阳能电池领域的理想荧光材料，其晶胞结构如图所示，A 原子的分数坐标为0,0,0。下列说法正确的是A.距离 Cu 最近的原子为 InB.沿 y 轴投影可得晶胞投影图C.晶胞中 B 原子分数坐标为1,0,02D.该晶体的密度为2132A4 10 Mg cma bN【答案】D【解析】【详解】A由晶胞结构可知距离 Cu 最近的原子是 S，故 A 错误；B沿 y 轴投影，晶胞左侧面顶点上的原子投影为长方形的顶点，棱边中点及上小底面面心的原子投影为边长的中点，体心投影为长

14、方形的对角线交点(面心)，晶胞左侧面上下 2 个面心、晶胞内的原子投影在长方形内，故无法得到图投影，故 B 错误；C晶胞中 B 原子分数坐标为11,0,2，故 C 错误；D该晶胞中 Cu 有 8 个位于顶点，4 个位于面上，1 个位于体心，个数为：11841482 ；S 原子有第 6页/共 21页学科网（北京）股份有限公司8 个位于体内，In 原子有 6 个位于面上，4 个位于棱心，个数为：1146442；则晶胞质量为：A4MgN；晶胞体积为：2-213a b10 cm；该晶体的密度为2132A4 10 Mg cma bN，故 D 正确；故选：D。9.下列装置能达到实验目的的是A熔化 Na2C

15、O3B验证 SO2氧化性C实验室制 CO2D 实验室保存液溴A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A瓷坩埚中含有二氧化硅，高温下熔融的碳酸钠与二氧化硅反应，应该选用铁坩埚，A 错误；BSO2通入 Na2S 中，SO2与 S2-反应生成硫单质，溶液中出现淡黄色沉淀，SO2在该反应中得电子体现氧化性，B 正确；C稀硫酸与碳酸钙反应生成硫酸钙微溶于水，会覆盖在碳酸钙固体表面阻止反应的进行，应该选用稀盐酸与碳酸钙反应，C 错误；D液溴具有挥发性，挥发的液溴能腐蚀橡胶，不能用橡皮塞，D 错误；故答案选 B。10.二氧化氯(ClO2)是一种高效、安全的杀菌消毒剂。一种综合法制备 ClO2的工艺

16、流程及 ClO2分子的结构(O-Cl-O 的键角为 117.6)如图所示。第 7页/共 21页学科网（北京）股份有限公司下列说法正确的是A.Cl2与 ClO2分子中所含化学键类型完全相同B.ClO2分子中含有大键(53)，Cl 原子杂化方式为 sp2杂化C.“ClO2发生器”中，NaClO3的还原产物为 Cl2D.“电解”时，阳极与阴极产物的物质的量之比为 3：1【答案】B【解析】【详解】ACl2分子中含有非极性共价键，而 ClO2分子中含有极性共价键且由题干信息可知含有配位键，即二者所含化学键类型不相同，A 错误；B由题干 ClO2的分子结构可知，ClO2分子中含有大键(53)，Cl 原子周

17、围的价层电子对数为 3，故杂化方式为 sp2杂化，B 正确；C由题干流程图可知，“ClO2发生器”中反应方程式为：2NaClO3+4HCl2ClO2+Cl2+2H2O+2NaCl，反应中 NaClO3中 Cl 由+5 价变为 ClO2中的+4 价，HCl 中的部分 Cl 由-1 价升高到 Cl2中的 0 价，即 NaClO3的还原产物为 ClO2，C 错误；D由题干流程图可知，“电解”时，阳极发生氧化反应，即 Cl-6e-+3H2O=-3ClO+6H+，阴极发生还原反应，即 2H2O+2e-=H2+2OH-，根据电子守恒可知，阳极与阴极产物的物质的量之比为 1：3，D 错误；故答案为：B。11

18、.甲烷水蒸气重整制合成气 422CH(g)H O(g)CO(g)3H(g)H 是利用甲烷资源的途径之一、其他条件相同时，在不同催化剂(、)作用下，反应相同时间后，4CH的转化率随反应温度的变化如下图所示。下列说法错误的是A.该反应H0B.平衡常数：abcKKKC.催化剂催化效率：D.增大压强，v正增大倍数小于v逆增大倍数第 8页/共 21页学科网（北京）股份有限公司【答案】C【解析】【详解】A随着温度升高，甲烷的转化率也在增大，说明平衡正向移动，温度升高反应向吸热方向移动，因此该反应H0，故 A 正确；B平衡常数只受温度影响，温度相同，对于同一反应的平衡常数也相同，该反应的正反应方向为吸热反应

19、，升高温度 K 值增大，abcK=K KspAl(OH)3，且满足 pCe3+pAl3+，即 Al(NO3)3、Ce(NO3)3两条线不可能相交，为 HR 滴定曲线，而、分别为 Al(NO3)3、Ce(NO3)3滴定曲线，由 pH=4.1时，c(OH-)=10-9.9mol/L，推知 KspAl(OH)3=1(10-9.9)3=10-29.7，同理 pH=7.3 时，推得KspCe(OH)3=1(10-6.7)3=10-20.1，由 pH=5.5 时，得出-+-5.5ac(R)c(H)(HR)10c(HR)K，据此回答。【详解】A根据分析可知，代表滴定 Al(NO3)3溶液的变化关系，A 错误

20、；B调节 pH=5 时，c(OH-)=10-9mol/L，则-29.7sp3-2.73-27Al(OH)1010c(OH)10K10-5，溶液中 Al3+未完全沉淀，B错误；CX 点成分为 NaR、NaOH，该溶液呈碱性所以 c(Na+)c(OH-)c(H+)，C 正确；第 11页/共 21页学科网（北京）股份有限公司D3+-32Al(OH)+3HRAl+3R+3H O，33-29.7-5.5sp3a-4.23-42w10 10Al(OH)HR1010KKK，该反应的 K 小，该反应很难发生，Al(OH)3不能完全溶于 HR 溶液，D 错误；故选 C。二、非选择题：本题共二、非选择题：本题共

21、4 小题，共小题，共 58 分。分。15.实验室制备无水2ZnCl并进行纯度测定。已知：氯化锌遇水生成2Zn OH，2Zn OH受热分解。二甲酚橙为金属指示剂。步骤一：利用如图所示装置(夹持装置已省略)制备无水2ZnCl。步骤二：滴定并计算锌元素的百分含量。取 m g 试样配成 250mL 溶液，取 25.00mL 于锥形瓶中。加入磷酸三钠消除干扰离子后，滴入两滴二甲酚橙作指示剂，用 0.40001mol LEDTA(22Na H Y)标准溶液滴定2Zn，终点时消耗 EDTA 标准溶液的平均体积为 15.00mL，测定过程中发生反应2222ZnH YZnY2H。回答下列问题：（1）盛放碱石灰的

22、仪器的名称为_，使用仪器 a 的优点：_。（2）丙装置中主要反应的化学方程式为_。（3）若不使用乙装置，丙装置得到的产物中会有部分水解而产生杂质，该水解反应的化学方程式为_。（4）丁装置中碱石灰的作用是_。（5）氯化锌试样中锌元素的百分含量为_%(用含 m 的代数式表示)，滴定前，盛放 EDTA 标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束后气泡消失，则所测产品中锌元素的百分含量_(填“偏高”或“偏低”)。【答案】（1）.球形干燥管.平衡压强，有利于浓盐酸顺利滴下第 12页/共 21页学科网（北京）股份有限公司（2）22ZnClZnCl（3）222ZnCl2H OZn OH2HCl（4）吸收多余的

23、氯气和 HCl，防止污染空气、防止空气中的水蒸气进入丙装置中（5）.390m.偏高【解析】【分析】装置甲制备氯气，进入装置丙前，氯气需要通过乙装置进行干燥，但氯气中混有的 HCl 杂质不需要除掉，丙装置中反应生成氯化锌，装置丁用于处理尾气，同时防止空气中水蒸气进入丙中；【小问 1 详解】盛放碱石灰的仪器的名称为球形干燥管，仪器 a 中的侧管能平衡压强，有利于浓盐酸顺利滴下；【小问 2 详解】丙装置中主要反应为锌和氯气加热生成氯化锌，化学方程式为22ZnClZnCl；【小问 3 详解】氯气中混有水蒸气，氯化锌水解生成 Zn(OH)2和 HCl，反应为222ZnCl2H OZn OH2HCl；【小

24、问 4 详解】丁装置中的碱石灰吸收多余的氯气、HCl 防止污染空气，且防止空气中的水蒸气进入丙装置中。【小问 5 详解】据关系式 ZnCl2Zn2+Na2H2Y，可知 mg 样品氯化锌中锌元素的百分含量为1%2500.4000mol L0.0390100%=gm5g15L65/mol2m，滴定前，盛放 EDTA 标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束后气泡消失，则导致标准液用量偏大，所测产品中锌元素的百分含量偏高。16.钾铁蓝主要用于涂料和油墨工业，一种以黄铁矿(主要成分为2FeS，含有少量2SiO)为原料生产钾铁蓝6KFe Fe(CN)的工艺流程如下：第 13页/共 21页学科网（北京）股

25、份有限公司已知：“转化”工序的产物为26K Fe Fe(CN)。回答下列问题：（1）“焙烧”前需将黄铁矿粉碎的目的是_。（2）“还原”过程中发生反应的离子方程式为_。（3）“结晶”时，母液中的溶质有_(填化学式)。（4）“氧化”时，发生反应的化学方程式为_。（5）工业上，可用电解的方法制备铁氮化钾36KFe(CN)，同时获得副产品KOH，电解原理如图所示。离子交换膜 M 应选择_(填“阴”或“阳”)离子交换膜。写出石墨 1 电极的电极反应式：_。（6）钾铁蓝的重复单元的结构如图：K周围距离相等且最近的CN的个数为_。设阿伏加德罗常数的值为AN，则晶体的密度为_3g cm(列出计算式，用含AaN

26、、的代数式表示)。【答案】（1）增大接触面积，加快焙烧速率，使焙烧更充分（2）322224SO2Fe2H O2FeSO4H第 14页/共 21页学科网（北京）股份有限公司（3）424FeSOH SO、（4）2632462246OK Fe Fe(CN)KClO3H SO6KFe Fe(HCN)KCl3K S3O=（5）.阳.4366Fe(CN)eFe(CN)（6）.4.323A3.07 102a N【解析】【分析】黄铁矿煅烧时生成二氧化硫和氧化铁，酸浸后氧化铁溶解，二氧化硅不溶，过滤得到滤渣。二氧化硫还原铁离子转化为亚铁离子，结晶后加入加入硫酸和46KFe(CN)，控制 pH3 得到26K Fe

27、 Fe(CN)，在加入硫酸和氯酸钾氧化得到6KFe Fe(CN)，据此解答。【小问 1 详解】“焙烧”前需将黄铁矿粉碎的目的是增大接触面积，加快焙烧速率，使焙烧更充分；【小问 2 详解】“还原”是用焙烧后的气体产物2SO将溶液中的3Fe还原为2Fe，离子反应方程式为322224SO2Fe2H O2FeSO4H。【小问 3 详解】“还原”时生成的产物有4FeSO和24H SO，所以“结晶”时，母液中的溶质有424FeSOH SO、。【小问 4 详解】“氧化”是用3KClO将26K Fe Fe(CN)氧化为6KFe Fe(CN)，反应的化学方程式为2632462426K Fe Fe(CN)KClO

28、3H SO6KFe Fe(CN)KCl3K SO3H O。【小问 5 详解】电解时，石墨 2 电极的电极反应式为222H O2eH2OH，所以离子交换膜选择K通过，使得石墨 2 电极附近生成KOH。石墨 1 是阳极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式为4366Fe(CN)eFe(CN)。【小问 6 详解】K位于面心处，钾离子周围距离相等且最近的CN的个数为 4 个；取一个重复单元作为研究对象，利用均摊法可计算得一个晶胞中含有 1 个K、1 个2Fe1、个3Fe和 6 个第 15页/共 21页学科网（北京）股份有限公司CN，则一个重复单元的质量为A307gN，体积为3303210cma，因此，晶

29、体的密度为3233A3.07 10g cm2a N。17.褪黑激素是脑垂体分泌的一种能够调节人类昼夜节奏生理功能的吲哚衍生物，对于保证足够睡眠起着关键作用该化合物的合成路线如下：已知：请回答下列问题：（1）C 中官能团的名称为_（2）BC的反应类型是_（3）E 的结构简式为_（4）氨基具有碱性，且 N 原子上电子云密度越大，碱性越强，则下列物质的碱性由强到弱的顺序是_（填序号）（5）H 为 E 的同分异构体，同时满足下列条件的有_种（不考虑立体异构）只含有一个环且为苯环；能发生银镜反应；苯环上只有两个取代基；不含碳氮双键其中，核磁共振氢谱有 6 组峰，峰面积之比为1:1:1:2:2:2，且能被

30、酸性高锰酸钾氧化为对苯二甲酸，则其结构简式为_（6）参照上述合成路线，设计以对异丙基苯胺（）、1-氯丁烷为主要原料合成的路线流程图_（无机试剂任选）【答案】（1）氨基、醚键第 16页/共 21页学科网（北京）股份有限公司（2）还原反应（3）（4）（5）.18.（6）24H SO【解析】【分析】由流程可知，A 中氯原子被取代生成 B，结合 B 化学式可知，B 为，B 中硝基被还原为氨基得到 C，C 生成 D，D 发生已知反应原理生成 E，E 转化为 F，F 生成 G；【小问 1 详解】C 为，官能团的名称为氨基、醚键；【小问 2 详解】B 中硝基被还原为氨基得到 C，为还原反应；【小问 3 详解

31、】第 17页/共 21页学科网（北京）股份有限公司由分析可知，E 为：；【小问 4 详解】甲基为供电子基团、硝基为吸电子基团，结合 N 原子上电子云密度越大，碱性越强，则下列物质的碱性由强到弱的顺序是；【小问 5 详解】E 为：；H 为 E 的同分异构体，同时满足下列条件：只含有一个环且为苯环；能发生银镜反应，则含有醛基；苯环上只有两个取代基；不含碳氮双键；取代基可以为：-NHCHO和-CH2=CH2或-NH2和-CH=CHCHO或-CHO和-CH=CHNH2或-CHO和-C(NH2)=CH2或-CHO 和-NH-CH=CH2或-NH2和-C(CHO)=CH2，均存在邻间对 3 种，故共 18

32、 种；其中核磁共振氢谱有 6组峰，峰面积之比为1:1:1:2:2:2，且能被酸性高锰酸钾氧化为对苯二甲酸，则其结构简式为。【小问 6 详解】1-氯丁烷发生水解生成正丁醇，氧化为正丁醛；异丙基苯胺发生 C 生成 D 的原理将氨基转化为-NHNH2，再和正丁醛发生已知原理生成，故流程为：24H SO。18.草酸二甲酯33CH OOCCOOCH的热催化加氢是生产乙二醇22HOCH CH OH、乙醇酸甲酯第 18页/共 21页学科网（北京）股份有限公司32CH OOCCH OH的重要工艺，主要反应如下：3323231CH OOCCOOCHg2HgCH OOCCH OH gCH OH g21.8kJ/m

33、olH 3222232CH OOCCH OH g2HgHOCH CH OH gCH OH g 17.1kJ/molH 2223223HOCH CH OH gHgCH CH OH gH O g 86.7kJ/molH 回答下列问题：（1）草酸二甲酯热催化加氢生成乙二醇反应的_kJ/molH。（2）计算表明，反应在研究的温度范围内平衡常数大于910，可以认为反应几乎不可逆，为了限制反应对乙二醇产率的影响，可采取的最佳措施是_(填标号)。A.升高反应体系的温度B.适当增大反应投料中氢气的比例C.增大反应体系的压强D.选择合适的催化剂进行反应（3）在选定催化剂后研究投料比和压强对反应平衡的影响。测得在

34、473.6K、1.5MPa的等温等压条件下，原料草酸二甲酯的转化率草酸二甲酯及产物的选择性 S投料比的变化关系如图甲所示(S 生成某产物的草酸二甲酯的物质的量参与反应的草酸二甲酯的总物质的量)。当投料比大于 80 时，乙醇酸甲酯的选择性降低，原因是_；当投料比为 60 时，若草酸二甲酯的转化率为90%，且该条件下不发生反应，则最终收集的流出气中甲醇蒸气的分压为_MPa(保留小数点后两位)。（4）在等压3MPa、投料比为 50 的条件下，草酸二甲酯及各产物的选择性 S随温度变化关系如图乙所示。当反应温度高于478K时，乙二醇的选择性降低，原因是_；根据图乙数据，画出乙醇酸甲酯的产率随温度的变化图

35、像_(标出产率最高时的数据)。第 19页/共 21页学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）38.9（2）D（3）.增大投料比，反应平衡正向移动，乙醇酸甲酯的选择性降低.0.03（4）.温度升高，副反应发生，乙醇选择性提高，导致乙二醇选择性降低.【解析】【小问 1 详解】草酸二甲酯热催化加氢生成乙二醇反应可由题方程式+可得，即12H=H+H=-38.9kJ/mol【小问 2 详解】该反应为放热反应，增加反应体系温度会让平衡逆向移动和加快反应速率，但是根据题意该平衡几乎不可逆，且加快乙二醇的反应速率会加快，A 不符合题意，故错误；增加反应投料中氢气的的比例会使平衡正向移动和加快反应速率，同时乙二

36、醇转化率也会提高，B 不符合题意，故错误；该反应V0g，所以增大体系压强平衡不会发生移动，但是会加快反应速率，乙二醇消耗加快，C 不符合题意，故错误；选择合第 20页/共 21页学科网（北京）股份有限公司适催化剂降低该反应速率，降低乙二醇消耗，可以有效提高乙二醇产率，D 符合题意，故正确。【小问 3 详解】增大投料比，反应反应平衡正向移动，乙醇酸甲酯产量升高，所以反应平衡也正向移动，乙醇酸甲酯的选择性降低；投料比为 60 时，草酸二甲酯的转化率为 90%，且该条件下反应不参与反应，由图可知S乙醇酸甲酯=50%，设初始时P=xMpa草酸二甲酯，2HP=60 xMpa，可得以下三段式：反应：332

37、323CH OOCCOOCH(g)+2H(g)CH OOCCH OH(g)+CH OH(g)x60 x000.9x1.8x0.9x0.9x初始量：变化量：反应：322223CH OOCCH OH(g)+2H(g)HOCH CH OH(g)+CH OH(g)0.9x58.2x00.9x0.45x0.9x0.45x0.45x0.45x57.3x0.45x1.35x初始量：变化量：最终量：结合反应和反应，最终可得33CH OOCCOOCHP=0.1xMpa、3CH OHP=1.35xMpa、2HP=57.3xMpa、32CH OOCCH OHP=0.45xMpa、22HOCH CH OHP=0.45

38、xMpa，即P=59.65xMpa=1.5Mpa总，所以3CH OH1.5P=1.350.03Mpa59.65【小问 4 详解】温度大于 478K 时，反应发生，乙二醇发生反应生成乙醇，乙醇选择性升高，导致乙二醇选择性降低；由反应可知33CH OOCCOOCH与32CH OOCCH OH的系数比为 1：1，理论产量32CH OOCCH OHn等于初始时33CH OOCCOOCHn，可得公式：32323333CH OOCCH OHCH OOCCH OHCH OOCCOOCHCH OOCCOOCHnSn，当33CH OOCCOOCH40%时，32CH OOCCH OHS=84%，3233CH OOCCH OHCH OOCCOOCHn0.336n，此时32CH OOCCH OH产率为 33.6%；同理，由图33CH OOCCOOCH88%时32CH OOCCH OH产率为 47.5%；33CH OOCCOOCH96%时32CH OOCCH OH产率为 19.2%；33CH OOCCOOCH100%，32CH OOCCH OHS4%时32CH OOCCH OH产率为 4.0%；33CH OOCCOOCH100%，32CH OOCCH OHS0%时32CH OOCCH OH产率为 0%。图像如下：第 21页/共 21页学科网（北京）股份有限公司