2024年河北省普通高中学业水平选择性考试 化学

1/22024年河北省普通高中学业水平选择性考试化学可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16F—19Si—28S—32Cl—35.5K—39Cu—64Br—80Bi—209一、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.（2024·河北高考1题）燕赵大地历史悠久，文化灿烂。对下列河北博物院馆藏文物的说法错误的是（）A.青铜铺首主要成分是铜锡合金B.透雕白玉璧主要成分是硅酸盐C.石质浮雕主要成分是碳酸钙D.青花釉里红瓷盖罐主要成分是硫酸钙解析：D青花釉里红瓷盖罐的主要材料为陶瓷，陶瓷的主要成分是硅酸盐，D错误。2.（2024·河北高考2题）关于实验室安全，下列表述错误的是（）A.BaSO4等钡的化合物均有毒，相关废弃物应进行无害化处理B.观察烧杯中钠与水反应的实验现象时，不能近距离俯视C.具有标识的化学品为易燃类物质，应注意防火D.硝酸具有腐蚀性和挥发性，使用时应注意防护和通风解析：A可溶性钡盐有毒，而硫酸钡无毒，可以在医疗中作为“钡餐”，A错误；钠与水的反应比较剧烈，且有气体生成，故观察它的实验现象时不能近距离俯视，B正确；根据实验室中常见的化学品标识可判断，C正确；硝酸具有腐蚀性且硝酸是挥发性酸，故使用时应注意防护和通风，D正确。3.（2024·河北高考3题）高分子材料在生产、生活中得到广泛应用。下列说法错误的是（）A.线型聚乙烯塑料为长链高分子，受热易软化B.聚四氟乙烯由四氟乙烯加聚合成，受热易分解C.尼龙66由己二酸和己二胺缩聚合成，强度高、韧性好D.聚甲基丙烯酸酯（有机玻璃）由甲基丙烯酸酯加聚合成，透明度高解析：B线型聚乙烯塑料为长链高分子材料，受热易软化，A正确；聚四氟乙烯是由四氟乙烯经加聚反应而合成的高分子化合物，稳定性较强，受热不易分解，B错误；尼龙66（聚己二酰己二胺）由己二酸和己二胺发生缩聚反应得到，C正确；有机玻璃的主要成分聚甲基丙烯酸酯可由甲基丙烯酸酯发生加聚反应得到，D正确。4.（2024·河北高考4题）超氧化钾（KO2）可用作潜水或宇航装置的CO2吸收剂和供氧剂，反应为4KO2＋2CO22K2CO3＋3O2，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（A.44gCO2中σ键的数目为2NAB.1molKO2晶体中离子的数目为3NAC.1L1mol·L－1K2CO3溶液中CO32－D.该反应中每转移1mol电子生成O2的数目为1.5NA解析：ACO2的结构式为OCO，44g（1mol）CO2中σ键的数目为2NA，A正确；KO2晶体中含有的离子为K＋、O2－，故1molKO2晶体中离子数目为2NA，B错误；该溶液中K2CO3的物质的量为1mol，由于CO32－在溶液中发生水解反应，故溶液中CO32－的数目小于NA，C错误；根据题给反应可知，KO2参与反应产生O2时，O的化合价由－12升高为0，故存在关系式：O2～e－，则转移1mol电子时，生成1molO5.（2024·河北高考5题）化合物X是由细菌与真菌共培养得到的一种天然产物，结构简式如图。下列相关表述错误的是（）A.可与Br2发生加成反应和取代反应B.可与FeCl3溶液发生显色反应C.含有4种含氧官能团D.存在顺反异构解析：D根据X的结构简式可知，X中含有碳碳双键，可与Br2发生加成反应，含有酚羟基，苯环上酚羟基的邻位氢原子可与Br2发生取代反应，A正确；X中含有酚羟基，可与FeCl3溶液发生显色反应，B正确；X中含有醚键、酮羰基、酚羟基、醛基4种含氧官能团，C正确；X分子的碳碳双键中的1个C原子上连有2个相同的基团（2个甲基），故X不存在顺反异构，D错误。6.（2024·河北高考6题）下列实验操作及现象能得出相应结论的是（）选项实验操作及现象结论A还原铁粉与水蒸气反应生成的气体点燃后有爆鸣声H2O具有还原性B待测液中滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀待测液含有SOCMg（OH）2和Al（OH）3中均分别加入NaOH溶液和盐酸，Mg（OH）2只溶于盐酸，Al（OH）3都能溶Mg（OH）2比Al（OH）3碱性强DK2Cr2O7溶液中滴加NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色增大生成物的浓度，平衡向逆反应方向移动解析：C铁粉与水蒸气反应生成四氧化三铁和H2，H的化合价由＋1降低为0，发生还原反应，H2O作氧化剂，A错误；向待测液中滴加BaCl2溶液，生成的白色沉淀也可能为AgCl或BaCO3，故待测液中不一定含SO42－，B错误；Al（OH）3既可与酸反应又可与碱反应，而Mg（OH）2只可与酸反应，则Mg（OH）2的碱性强于Al（OH）3，C正确；向K2Cr2O7溶液中滴加NaOH溶液，溶液中存在平衡：Cr2O72－（橙色）＋2OH－⇌2CrO42－（黄色7.（2024·河北高考7题）侯氏制碱法工艺流程中的主反应为QR＋YW3＋XZ2＋W2ZQWXZ3＋YW4R，其中W、X、Y、Z、Q、R分别代表相关化学元素。下列说法正确的是（A.原子半径：W＜X＜YB.第一电离能：X＜Y＜ZC.单质沸点：Z＜R＜QD.电负性：W＜Q＜R解析：C侯氏制碱法的主反应化学方程式为NaCl＋NH3＋CO2＋H2ONaHCO3↓＋NH4Cl，可知W为H，X为C，Y为N，Z为O，Q为Na，R为Cl。同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，H原子半径最小，则原子半径：H＜N＜C，A错误；同周期元素从左到右，第一电离能整体呈增大的趋势，但N的2p轨道为半充满状态，较稳定，其第一电离能大于同周期相邻的元素，故第一电离能：C＜O＜N，B错误；O2和Cl2均由分子组成，相对分子质量越大，沸点越高，Na常温下为固体，故单质沸点：O2＜Cl2＜Na，C正确；Na为金属元素，则电负性：Na＜H＜Cl，D8.（2024·河北高考8题）从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是（）选项实例解释A原子光谱是不连续的线状谱线原子的能级是量子化的BCO2、CH2O、CCl4键角依次减小孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力CCsCl晶体中Cs＋与8个Cl－配位，而NaCl晶体中Na＋与6个Cl－配位Cs＋比Na＋的半径大D逐个断开CH4中的C—H键，每步所需能量不同各步中的C—H键所处化学环境不同解析：BCO2、CH2O和CCl4中碳原子上的孤电子对数均为0，故不能用孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力来解释三者键角依次减小，B符合题意。9.（2024·河北高考9题）NH4ClO4是火箭固体燃料重要的氧载体，与某些易燃物作用可全部生成气态产物，如：NH4ClO4＋2CNH3↑＋2CO2↑＋HCl↑下列有关化学用语或表述正确的是（）A.HCl的形成过程可表示为H·＋·Cl‥‥︰H＋[︰ClB.NH4ClO4中的阴、阳离子有相同的VSEPR模型和空间结构C.在C60、石墨、金刚石中，碳原子有sp、sp2和sp3三种杂化方式D.NH3和CO2都能作制冷剂是因为它们有相同类型的分子间作用力解析：BHCl是共价化合物，其形成过程表示为H·＋·Cl‥‥︰H︰Cl‥‥︰，A错误；NH4＋的中心N原子为sp3杂化，孤电子对数为0，ClO4－的中心Cl原子为sp3杂化，孤电子对数为0，故NH4＋和ClO4－的VSEPR模型和空间结构都相同，B正确；C60和石墨中的碳原子均为sp2杂化，金刚石中的碳原子为sp3杂化，C10.（2024·河北高考10题）图示装置不能完成相应气体的发生和收集实验的是（加热、除杂和尾气处理装置任选）（）选项气体试剂ASO2饱和Na2SO3溶液＋浓硫酸BCl2MnO2＋浓盐酸CNH3固体NH4Cl＋熟石灰DCO2石灰石＋稀盐酸解析：C利用固体NH4Cl和熟石灰混合加热制取氨气，反应物均为固体，该实验通常在试管中进行，实验时需使试管口稍向下倾斜，防止生成的水回流使试管受热不均匀而炸裂，C符合题意。11.（2024·河北高考11题）在水溶液中，CN－可与多种金属离子形成配离子。X、Y、Z三种金属离子分别与CN－形成配离子达平衡时，lgc（金属离子）c（配离子）与－lgc（CN－下列说法正确的是（）A.99％的X、Y转化为配离子时，两溶液中CN－的平衡浓度X＞YB.向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y盐，达平衡时c（XC.由Y和Z分别制备等物质的量的配离子时，消耗CN－的物质的量Y＜ZD.若相关离子的浓度关系如P点所示，Y配离子的解离速率小于生成速率解析：B设X、Y、Z与CN－形成的配离子化学式分别为X（CN）x、Y（CN）y、Z（CN）z，以X为例，存在平衡：X（CN）x⇌X＋xCN－，其平衡常数KX＝c（X）·cx（CN－）c[X（CN）x]，两边同时取对数并整理得lgc（X）c[X（CN）x]＝x·[－lgc（CN－）]＋lgKX，则X对应的图像为斜率为x的直线，同理，Y对应的图像为斜率为y的直线，Z对应的图像为斜率为z的直线。设X的初始浓度为a，99％的X转化成配离子时，c（X）＝0.01a，c[X（CN）x]＝0.99a，lgc（X）c[X（CN）x]＝lg0.01a0.99a≈－2，同理，lgc（Y）c[Y（CN）y]≈－2，在图像中找到X、Y两直线纵坐标值为－2对应的横坐标的值，X的横坐标数值更大，由于横坐标是－lgc（CN－），则X对应的c（CN－）更小，A错误；向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y盐，Y会消耗溶液中的CN－，新平衡下c（CN－）变小，－lgc（CN－）变大，则此时X、Z对应的点会沿着相应直线向右移动，结合图像可知，移动后lgc（X）c[X（CN）x]＞lgc（Z）c[Z（CN）z]，则c（X）c[X（CN）x]＞c（Z）c[Z12.（2024·河北高考12题）金属铋及其化合物广泛应用于电子设备、医药等领域。如图是铋的一种氟化物的立方晶胞及晶胞中MNPQ点的截面图，晶胞的边长为apm，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A.该铋氟化物的化学式为BiF3B.粒子S、T之间的距离为114aC.该晶体的密度为1064NA×aD.晶体中与铋离子最近且等距的氟离子有6个解析：D该晶胞中Bi的个数为12×14＋1＝4，F的个数为8×18＋6×12＋8＝12，故该铋氟化物的化学式为BiF3，A正确；将晶胞均分为8个小立方体，则晶胞体内的8个氟离子位于8个小立方体的体心，以M为原点建立坐标系，设N的原子分数坐标为（0，0，1），则T的原子分数坐标为（1，12，12），S的原子分数坐标为（14，14，34），则粒子S、T之间的距离为（1－14）2＋（12－14）2＋（12－34）2×apm＝114a阅读以下材料，完成13～14题。我国科技工作者设计了如图所示的可充电Mg-CO2电池，以Mg（TFSI）2为电解质，电解液中加入1，3-丙二胺（PDA）以捕获CO2，使放电时CO2还原产物为MgC2O4。该设计克服了MgCO3导电性差和释放CO2能力差的障碍，同时改善了Mg2＋的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。13.（2024·河北高考13题）下列说法错误的是（）A.放电时，电池总反应为2CO2＋MgMgC2OB.充电时，多孔碳纳米管电极与电源正极连接C.充电时，电子由Mg电极流向阳极，Mg2＋向阴极迁移D.放电时，每转移1mol电子，理论上可转化1molCO2解析：C由题图知，该电池放电时CO2转化为MgC2O4，C元素化合价降低发生还原反应，则多孔碳纳米管电极作正极，Mg电极作负极，Mg失电子转化为Mg2＋。放电时，电池的总反应为2CO2＋MgMgC2O4，A正确；充电时多孔碳纳米管电极作阳极，与电源正极相连，B正确；充电时，Mg电极作阴极，电子由阳极经外电路流向Mg电极，C错误；放电时，CO2中C元素由＋4价降为＋3价，故转移1mol电子时，理论上转化1molCO2，D14.（2024·河北高考14题）对上述电池放电时CO2的捕获和转化过程开展了进一步研究，电极上CO2转化的三种可能反应路径及相对能量变化如图（*表示吸附态）。下列说法错误的是（）A.PDA捕获CO2的反应为＋CO2B.路径2是优先路径，速控步骤反应式为*CO2*－＋＋e－*C2C.路径1、3经历不同的反应步骤但产物相同；路径2、3起始物相同但产物不同D.三个路径速控步骤均涉及*CO2*－转化，路径2、3解析：D由路径2可知，PDA捕获CO2生成，A项正确。由题给信息可知，路径2为优先路径，由能量变化图可知，路径2中*CO2*－转化为*C2O42－的活化能最大，是速控步骤，反应式为*CO2*－＋＋e－*C2O42－＋，B项正确。由题图中路径1和路径3的物质转化关系可知，二者经历的步骤不同，但产物均为*MgCO3，路径2、3的起始物均为*CO2和，但路径2的产物为*MgC2O4，路径3的产物为*MgCO3，C项正确。反应历程中活化能最大的步骤为速控步骤，由反应历程图结合反应路径图可知，路径1中，*CO2*－＋*CO2＋e－*CO32－＋*CO的活化能最大，该步骤为速控步骤；路径2中的速控步骤为*CO2*－＋＋e－PDA＋*C2O42－；路径3中的速控步骤为*CO2*－＋*CO2＋e－二、非选择题：共58分。15.（2024·河北高考15题）（15分）市售的溴（纯度99％）中含有少量的Cl2和I2，某化学兴趣小组利用氧化还原反应原理，设计实验制备高纯度的溴。回答下列问题：（1）装置如图（夹持装置等略），将市售的溴滴入盛有浓CaBr2溶液的B中，水浴加热至不再有红棕色液体馏出。仪器C的名称为；CaBr2溶液的作用为；D中发生的主要反应的化学方程式为。（2）将D中溶液转移至（填仪器名称）中，边加热边向其中滴加酸化的KMnO4溶液至出现红棕色气体，继续加热将溶液蒸干得固体R。该过程中生成I2的离子方程式为。（3）利用图示相同装置，将R和K2Cr2O7固体混合均匀放入B中，D中加入冷的蒸馏水。由A向B中滴加适量浓硫酸，水浴加热蒸馏。然后将D中的液体分液、干燥、蒸馏，得到高纯度的溴。D中蒸馏水的作用为和。（4）为保证溴的纯度，步骤（3）中K2Cr2O7固体的用量按理论所需量的34计算，若固体R质量为m克（以KBr计），则需称取gK2Cr2O7（M＝294g·mol－1）（用含m的代数式表示（5）本实验所用钾盐试剂均经重结晶的方法纯化。其中趁热过滤的具体操作为：漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，转移溶液时用，滤液沿烧杯壁流下。答案：（1）直形冷凝管抑制液溴与水反应；除去Cl2K2C2O4＋Br2△2CO2↑＋2KBr（2）蒸发皿2MnO4－＋16H＋＋10I－2Mn2＋＋5I2＋8H2O（3）冷凝液封（4）解析：（1）仪器C为直形冷凝管。CaBr2溶液中的Br－可抑制液溴与水反应，并可将Cl2还原为Cl－，蒸馏时增大液溴的馏出量。仪器D中K2C2O4溶液吸收蒸馏出的Br2和I2，发生氧化还原反应，溴和碘元素分别由0价转化为－1价，C2O42－被氧化为CO2，由于馏分中的I2含量少，故D中发生的主要反应的化学方程式是K2C2O4＋Br2△2CO2↑＋2KBr。（2）由（1）中分析可知，D中有I－生成，则将仪器D中接收的溶液转移至蒸发皿中，边加热边向其中滴加酸性KMnO4溶液，KMnO4将I－氧化生成I2，离子方程式是2MnO4－＋16H＋＋10I－2Mn2＋＋5I2＋8H2O。（3）（2）中所得固体R的主要成分为KBr，蒸馏装置中KBr被K2Cr2O7氧化为溴蒸气，进入装置D中遇冷的蒸馏水液化，沉入蒸馏水底部，蒸馏水起到冷凝和液封作用。（4）由得失电子守恒可得关系式：6KBr～K2Cr2O7，KBr全部反应，则n（K2Cr2O7）＝16n（KBr）＝16×m119mol，故称取的K2Cr2O7的质量为16×m119mol×294g·16.（2024·河北高考16题）（14分）V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。已知：ⅰ.石煤是一种含V2O3的矿物，杂质为大量Al2O3和少量CaO等；苛化泥的主要成分为CaCO3、NaOH、Na2CO3等。ⅱ.高温下，苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙[Ca（VO3）2]和偏铝酸钙均难溶于水。回答下列问题：（1）钒原子的价层电子排布式为；焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为，产生的气体①为（填化学式）。（2）水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为（填化学式）。（3）在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙，发生反应的离子方程式为；CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为；浸取后低浓度的滤液①进入（填工序名称），可实现钒元素的充分利用。（4）洗脱工序中洗脱液的主要成分为（填化学式）。（5）下列不利于沉钒过程的两种操作为（填标号）。a.延长沉钒时间b.将溶液调至碱性c.搅拌d.降低NH4Cl溶液的浓度答案：（1）3d34s2＋5CO2（2）Na[Al（OH）4]（3）Ca（VO3）2＋HCO3－＋OH－CaCO3＋2VO3－＋H2O使HCO3－浓度增大，促进Ca（VO3）2转化为CaCO3，使VO3－进入溶液中离子交换解析：具体流程如下：（1）V为23号元素，价层电子排布式为3d34s2；结合已知信息和（3）中信息可知，焙烧后V的存在形式为Ca（VO3）2、NaVO3，V为＋5价；气体①为CO2。（2）结合石煤和苛化泥的主要成分及已知信息知，焙烧所得产物主要为Ca（VO3）2、NaVO3、NaAlO2等，其中Ca（VO3）2难溶于水，水浸后得到NaVO3、Na[Al（OH）4]的混合溶液，由该流程的目的为制备V2O5知，水浸工序得到的滤液中的杂质主要为Na[Al（OH）4]。（3）盐浸工序中Ca（VO3）2转化为CaCO3，由电荷守恒、元素守恒配平可得反应的离子方程式。加压条件下通入CO2可增大溶液中HCO3－浓度，促进Ca（VO3）2转化为CaCO3，VO3－进入溶液进行后续操作，从而提高钒的浸出率。盐浸后滤液①中含有VO3－，为提高钒的利用率，可将其加入离子交换工序。（4）离子交换时发生阴离子交换反应：VO3－＋R—N（CH3）3Cl⇌R—N（CH3）3VO3＋Cl－，根据所用树脂类型知，洗脱时可使用NaCl溶液，使钒元素转入溶液中：R—N（CH3）3VO3＋Cl－⇌R—N（CH3）3Cl＋VO3－。（5）将溶液调至碱性，NH4Cl会转变成NH3·H2O17.（2024·河北高考17题）（15分）氯气是一种重要的基础化工原料，广泛应用于含氯化工产品的生产。硫酰氯及1，4-二（氯甲基）苯等可通过氯化反应制备。（1）硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下：SO2（g）＋Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）ΔH＝－67.59kJ·mol－1①若正反应的活化能为E正kJ·mol－1，则逆反应的活化能E逆＝kJ·mol－1（用含E正的代数式表示）。②恒容密闭容器中按不同进料比充入SO2（g）和Cl2（g），测定T1、T2、T3温度下体系达平衡时的Δp（Δp＝p0－p，p0为体系初始压强，p0＝240kPa，p为体系平衡压强），结果如图1。图1中温度由高到低的顺序为，判断依据为。M点Cl2的转化率为，T1温度下用分压表示的平衡常数Kp＝kPa－1。③图2曲线中能准确表示T1温度下Δp随进料比变化的是（填标号）。（2）1，4-二（氯甲基）苯（D）是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯（X）的氯化反应合成。对二甲苯浅度氯化时反应过程为以上各反应的速率方程均可表示为v＝kc（A）·c（B），其中c（A）、c（B）分别为各反应中对应反应物的浓度，k为速率常数（k1～k5分别对应反应①～⑤）。某温度下，反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定（反应体系体积变化忽略不计），测定不同时刻相关物质的浓度。已知该温度下，k1∶k2∶k3∶k4∶k5＝100∶21∶7∶4∶23。①30min时，c（X）＝6.80mol·L－1，且30～60min内v（X）＝0.042mol·L－1·min－1，反应进行到60min时，c（X）＝mol·L－1。②60min时，c（D）＝0.099mol·L－1，若0～60min产物T的含量可忽略不计，则此时c（G）＝mol·L－1；60min后，随T的含量增加，c（D）c（G）（填“增大答案：（1）①（E正＋67.59）②T3＞T2＞T1Δp与生成的SO2Cl2的压强相等，该反应放热，升温平衡逆向移动，生成的SO2Cl2的量减少，Δp减小75％0.03③D（2）①5.54②0.033增大解析：（1）①ΔH＝正反应的活化能－逆反应的活化能，可得：－67.59kJ·mol－1＝E正kJ·mol－1－E逆，则E逆＝（E正＋67.59）kJ·mol－1。②该反应为气体分子数减小的反应，由反应方程式可知，体系达平衡时，体系中减小的压强等于生成的SO2Cl2的压强，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，生成的SO2Cl2的量减少，则Δp减小，对照图像可知T1＜T2＜T3。T1温度下，M点处进料比n（SO2）∶n（Cl2）＝2，则SO2的初始物质的量分数x（SO2）＝23，初始分压p（SO2）＝x（SO2）·p0＝23×240kPa＝160kPa；同理，Cl2初始分压p（Cl2）＝80kPa。设达到平衡时SO2的压强变化了xkPa，SO2（g）＋Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）起始/kPa160800转化/kPaxx x平衡/kPa160－x80－x x由题图可知，M点处Δp＝p0－p＝60kPa，将p0＝240kPa、p＝（160－x＋80－x＋x）kPa代入，解得x＝60，则M点Cl2的转化率为6080×100％＝75％。T1温度下平衡时各气体分压分别为p（SO2）＝100kPa，p（Cl2）＝20kPa，p（SO2Cl2）＝60kPa，代入平衡常数表达式：Kp＝p（SO2Cl2）p（SO2）·p（Cl2）＝60kPa100kPa×20kPa＝0.03kPa－1。③体系初始压强相同，当n（SO2）∶n（Cl2）＜1.0时，随着进料比n（SO2）∶n（Cl2）增大，生成的SO2Cl2的量增多，Δp增大，按化学计量数之比投料时，产物的产率最高，当n（SO2）∶n（Cl2）＞1.0时，随着进料比n（SO2）∶n（Cl2）增大，Δp减小，排除A、B；结合②中计算可知，当n（SO2）∶n（Cl2）＝0.5，体系达到平衡时，体系中生成的SO2Cl2的分压也应为60kPa，即Δp＝60kPa，对照图像可知，表示T1温度下Δp随进料比变化的是D。（2）①30～60min内X的转化浓度为0.042mol·L－1·min－1×30min＝1.26mol·L－1，因此60min时c（X）＝6.80mol·L－1－1.26mol·L－1＝5.54mol·L－1。②0～60min产物T的含量可忽略不计，说明在此阶段D、G的消耗速率可忽略不计。D、G均由M生成，任意时刻两者的生成速率之比v生（D）v生（G）＝k2c（M）·c（Cl2）k3c（M）·c（Cl2）＝k2k3＝2118.（2024·河北高考18题）（14分）甲磺司特（M）是一种在临床上治疗支气管哮喘、特应性皮炎和过敏性鼻炎等疾病的药物。M的一种合成路线如下（部分试剂和条件省略）。回答下列问题：（1）A的化学名称为。（2）B→C的反应类型为。（3）D的结构简式为。（4）由F生成