2025-2026学年高三上学期化学模拟训练卷（一）

2026届高三模拟卷（一）答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B B D B D B B D B 题号 11 12 13 14 答案 D D C D 1．B 【详解】A．采壤过程中月壤的组成和结构都未发生改变，所以没有新物质生成，发生物理变化，A不正确； B．点火时，引发燃料的燃烧，从而放出热量，存在化学能转化为热能，B正确； C．所用陶瓷基复合新材料不属于合金，属于复合材料，C不正确； D．柴油、天然气都是只含碳、氢两种元素的有机物，属于烃类物质，D不正确； 故选B。 2．B 【详解】 A．Mg2+核外有10个电子，结构示意图是，故A错误； B．氧原子含有8个质子，含有10个中子的氧原子质量数是18，可表示为，故B正确； C．NaCl是离子化合物，电子式是 ，故C错误； D．Fe2(SO4)3中铁元素化合价是+3价，电离方程式：Fe2(SO4)3 = 2Fe3+ + 3SO，故D错误； 选B。 3．B 【详解】A．锂在空气中加热生成氧化锂（Li2O），而非过氧化锂，因为锂的离子半径小、金属性在同族中最弱，类比不合理，A不符合题意； B． H2O和H2S的中心原子均为VIA族元素，具有相似价层电子对排布（均为四面体构型，含两对孤对电子），分子空间结构均呈V形，类比合理，B符合题意； C． Cl2分子中Cl原子间为单键（1对共用电子对），而N2分子中N原子间为三键（3对共用电子对），类比不合理，C不符合题意； D． CaCO3难溶而Ca(HCO3)2可溶，但钠盐中Na2CO3溶解度大于NaHCO3，类比不合理，D不符合题意； 故选B。 4．D 【详解】A．乙二胺与CO2发生反应生成氨基甲酸盐，该过程可视为加成反应，故A正确； B．阳极，与负载胺反应，生成复合胺，释放出，说明乙二胺与的结合能力高于其与的结合能力，故B正确； C．阴极复合胺中铜离子得电子变成铜原子，释放出乙二胺，所以阴极的电极反应为，故C正确； D．的捕获富集是熵减的过程，是非自发的，故而会消耗电能，故D错误； 选D。 5．B 【详解】A．18O2的摩尔质量为36 g/mol，物质的量为。一个18O2分子含20个中子（每个18O原子含10个中子），因此32 g 18O2中子总数为，A错误； B．H2O2的电子式为，每个氧原子由两个孤电子对，两个氧原子共4个孤电子对，则1 mol H2O2含4 mol孤电子对，数目为4 NA，B正确； C．pH=2的HCl溶液，H+浓度为0.01 mol/L，但未指明溶液体积，无法计算H+个数，C错误； D．反应H2O2 + Cl2 =2HCl + O2中，H2O2被氧化（氧元素化合价从-1升至0，每分子H2O2失去2个电子），Cl2被还原（氯元素化合价从0降至-1，每分子Cl2得到2个电子），因此H2O2得到电子的说法错误，D错误； 故答案选B。 6．D 【分析】X、N、Y、Z、M、W均位于短周期且原子序数依次增大，W是元素周期表中电负性最强的元素，则W为F元素；由X、Y、Z、M的成键方式可知，X为H元素，Z为C元素，M为O元素，则Y为B元素；N能形成+1价阳离子，则N为Li元素。 【详解】A．M、W、N分别为O、F、Li元素，离子的电子层层数越多，离子半径越大；当电子层层数相同时，原子序数越小，离子半径越大，则离子半径：O2-＞F-＞Li+，即，A项正确； B．Y为B元素，Z为C元素，N为Li元素，同周期元素随着原子序数的递增，原子的第一电离能逐渐增大，则第一电离能：C＞B＞Li，即，B项正确； C．常温下H2O为液态，而CH4、HF为气态，且水和氟化氢可以形成分子间氢键，沸点较高，则：最简单氢化物的沸点：H2O＞HF＞CH4，即，C项正确； D．化合物和分别为、，二者中的B元素均为+3价，D项错误； 答案选D。 7．B 【详解】A．根据相对能量变化图可知，1mol与1mol的总能量比1mol的能量高，该反应是放热反应，的，A错误； B．反应历程中能量最高的物质为CH2=CHOH，含有碳碳双键、羟基两种官能团，B正确； C．由A可知该反应为放热反应，升高反应体系的温度平衡逆向移动，不能提高乙炔的平衡转化率，C错误； D．由图可知，反应→的活化能最高，反应速率最慢，为总反应的决速步骤，D错误； 故选B。 8．B 【分析】由题给流程可知，向工业废水中加入过量的铁，将溶液中的铜离子转化为铜，过滤得到含有铁、铜的固体和硫酸亚铁溶液；向固体中加入适量硫酸溶液，将铁转化为硫酸亚铁，过滤得到铜和硫酸亚铁溶液；硫酸亚铁溶液经冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸亚铁晶体。 【详解】A．由分析可知，向工业废水中加入过量的铁的目的是将溶液中的铜离子转化为铜，反应的离子方程式为： ，A错误； B．固液分离的过滤操作需要用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，B正确； C．亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化为铁离子，所以硫酸亚铁溶液在空气中冷却结晶会引入杂质，无法得到纯净的七水硫酸亚铁晶体，C错误； D．铜奔马的主要成分为铜合金，不是纯铜，D错误； 故选B。 9．D 【分析】根据晶胞可知，位于晶胞内部的Zn原子个数为4，位于顶点和面心的Se原子个数为，化学式为ZnSe，据此回答。 【详解】A．1s22s22p63s23p63d104s24p4，电子的空间运动状态数=电子所占原子轨道数，s、p、d原子轨道数分别为1、3、5，则基态Se原子核外有18种不同空间运动状态的电子，A错误； B．该晶胞中a点坐标为，则a原子位于坐标原点，由图乙可知d原子也在坐标轴正方向空间内，且到y轴、x轴、xy平面的距离分别为、、，即原子的坐标为，B错误； C．面对角线的两个Se原子距离最短，为pm，C错误； D．根据分析可知，晶胞密度为g⋅cm-3，D正确； 故选D。 10．B 【详解】A．电解溶液时，阴极发生还原反应：，阳极发生氧化反应：，总反应为，该选项写的是电离过程，而非电解反应，不符合电解原理，A错误； B．FeS与反应生成更难溶的HgS和，符合沉淀转化原理，离子方程式正确，且状态符号标注无误，B正确； C．碳酸钠溶液（多元弱酸根分步水解）水解的离子方程式应为（主要），（次要），该选项直接写为生成和，不符合水解的逐步过程，C错误； D．次氯酸钠溶液呈碱性且过量，吸收时产物不应有，与过量的反应生成，正确的离子方程式应为， D错误； 故答案选B。 11．D 【详解】A．反应①为吸热反应，反应②为放热反应，随着温度升高，反应②平衡逆向移动，甲醇含量降低，则x是甲醇选择性变化曲线，甲醇选择性与CO的选择性之和为1，且升温反应①平衡正向移动，导致CO的量增大，故y曲线代表CO的选择性，则曲线z表示平衡时CO2的转化率，A正确； B．初始投料比，反应①消耗与的物质的量之比为1，反应②消耗与的物质的量之比为3。因此，消耗的与的总物质的量之比介于1和3之间，由于投料比大于消耗比，始终过量，其平衡转化率始终低于，B正确； C．250℃时，甲醇和CO选择性相同，两个反应分别生成甲醇和一氧化碳的量相同，故m点体系中，C正确； D．p点和q点温度相同，反应②的正反应速率取决于反应物浓度。根据图像，p点位于平衡曲线x之上，表示该状态下的选择性高于平衡状态，反应将逆向进行以达到平衡，此时反应物浓度低于平衡状态；q点位于平衡曲线x之下，表示该状态下的选择性低于平衡状态，反应将正向进行以达到平衡，此时反应物浓度高于平衡状态。因此，q点的反应物浓度大于p点的反应物浓度，所以反应②的正反应速率：，D错误； 故选D。 12．D 【详解】A．中的N原子均为杂化，中N原子有孤电子对，中N原子没有孤电子对，孤电子对的排斥力比成键电子对的排斥力大，所以中的键角小，A项不符合题意； B．均为金属晶体，金属原子半径越小、价层电子越多，金属键越强，B项不符合题意； C．缺角的晶体在饱和溶液中变为完美的立方体，体现了晶体的自范性，C项不符合题意； D．石墨是混合型晶体，层间是范德华力，所以石墨比较软，D项符合题意； 本题选D。 13．C 【分析】图中装置，放电时为原电池，则活泼金属作负极，即Mg作负极，电极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，则V2O5作正极，电极反应式为：Mg2++2e-+V2O5=MgV2O5，据此分析回答。 【详解】A．充电时，阳极电极式为：MgV2O5-2e-= Mg2++V2O5，Mg2+从V2O5中脱离，向石墨极移动，A错误； B．放电时，正极的电极反应为Mg2++2e-+V2O5=MgV2O5，负极的电极反应为Mg-2e-=Mg2+，总反应不消耗Mg2+，所以放电一段时间后，聚乙烯醇中的c(Mg2+)几乎保持不变，B错误； C．由分析可知，放电时，正极的电极反应为Mg2++2e-+V2O5=MgV2O5，C正确； D．若将电解液换成MgCl2水溶液，Mg能与水缓慢反应生成H2，电池可能鼓包，D错误； 故选C。 14．D 【分析】a点为第一个终点发生反应为：，c点为第二个终点：。 【详解】A．电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点，无需加入酸碱指示剂，A错误； B．a点为第一个计量点，反应为，a点的溶质为NaCl、，质子守恒：；c点是第二个滴定终点，反应生成的二氧化碳和水生成碳酸，则存在，故，B错误； C．在整个滴定过程中，参加反应的离子是碳酸根离子、碳酸氢根离子、氢离子，溶液中的钠离子不参加反应，守恒不变，c点是第二个滴定终点，消耗盐酸最多的点，所以在c点之前盐酸不足，则，离子水解促进水的电离，b~c随着加入盐酸的量的增加，碳酸氢根离子逐渐减少，生成NaCl和二氧化碳，所以水的电离程度逐渐减弱，b>c，C错误；   D．滴定的两个计量点的反应中，若没有杂质，两个计量点消耗的盐酸应相等，根据两个计量点的反应，可以推得第二个计量点反应中的包括反应生成的和杂质，所以杂质的量可以根据多消耗的盐酸计算：，D正确； 故选D。 15．(1)Fe2+价电子排布式为3d6，失去一个电子形成更稳定的3d5半满结构 (2)或 (3) 做干燥剂(催化剂载体等) (4) (5) (6) O2- 【分析】锆石粉碎后加NaOH进行碱熔，过程中氧化铝和二氧化硅与NaOH反应生成盐，碱熔后固体加足量盐酸溶解，此时硅酸钠与盐酸反应生成硅酸沉淀即滤渣1，加过氧化氢将亚铁离子氧化为三价铁，再加氨水调节pH值使三价铁转化为氢氧化铁，铝离子转化为氢氧化铝沉淀即滤渣2，滤液中甲KCN使铜离子沉淀，过滤后滤液中加氨水调节使锆沉淀，过滤后灼烧得到氧化锆，据此解答。 【详解】（1）Fe2+价电子排布式为3d6，Fe为26号元素，其价电子排布式为：3d64s2，Fe2+价电子排布式为3d6，失去一个电子形成Fe3+，价电子排布为3d5，根据洪特规则特例，半满结构更稳定，因此Fe2+易被氧化成Fe3+； （2）碱熔过程中Al2O3、SiO2能与NaOH发生反应，反应方程式为：或； （3）“酸浸”过程中FeO与H2O2发生氧化还原反应，1molFeO失1mol电子，1molH2O2得2mol电子，根据得失电子守恒可得反应方程式：；碱熔过程中二氧化硅与NaOH反应生成盐，碱熔后固体加足量盐酸溶解，此时硅酸钠与盐酸反应生成硅酸沉淀即滤渣1，硅酸经回收加工后有多种用途，可以做干燥剂(催化剂载体等)； （4）Ce(SO4)2与H2O2完全反应转化为Ce2(SO4)3，根据电子守恒有如下关系，H2O2~2Ce(SO4)2，则H2O2溶液的浓度为； （5）易溶氰化物有剧毒，需对滤液1中的氰化物进行处理，选用次氯酸钠溶液在碱性条件下将其氧化，其中一种产物为空气的主要成分N2，故离子方程式为：； （6）①根据ZrO2晶胞结构，A个数为8×+6×=4，B个数为8，B表示O2-； ②ZrO2晶胞的质量为，ZrO2晶胞的棱长分别为anm、anm、cnm，ZrO2晶胞的体积为，晶体密度为。 16．(1) CH3OCH3 (2) 冷凝回流 球形冷凝管(蛇形冷凝管也行) (3)除去混合液中的丙烯酸、浓硫酸和甲醇(降低丙烯酸甲酯的溶解度) (4)通冷凝水、加热 (5)54.0% 【分析】利用丙烯酸与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应制备丙烯酸甲酯，所得产品进行检测和分析； 【详解】（1）根据分析，三颈烧瓶中进行的可逆反应化学方程式为 ，结合：在一定温度下，乙醇在浓硫酸作用下发生分子间脱水生成乙醚，本实验中使用的反应物中有甲醇，具有乙醇相似的化学性质，在浓硫酸作用下，达到一定温度，甲醇也会发生分子间脱水生成甲醚，则最容易产生的副产物的结构简式为CH3OCH3： （2）制取丙烯酸甲酯过程中，反应物丙烯酸、甲醇都易挥发，导致原子利用率较低，制备产率也较低，仪器b的作用为冷凝回流，提高反应物的利用率，从而提高产量；为了提高反应物的利用率，仪器b还可以换成球形冷凝管； （3）混合液用5%Na2CO3溶液洗涤的目的是除去混合液中的丙烯酸、浓硫酸和甲醇(降低丙烯酸甲酯的溶解度)； （4）将步骤3(蒸馏)的操作补齐：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，通冷凝水、加热，弃去前馏分，收集80.5℃的馏分； （5）中和过量的KOH，滴到终点时共消耗盐酸20.00mL，即0.5×0.02mol=0.01mol，所以用于水解的KOH的物质的量为0.025mol-0.01mol=0.015mol，所以用于生成CH2=CHCOOCH3的CH2=CHCOOH的质量为：0.015mol×72g/mol=1.08g，参加实验的样品为原样品的，则丙烯酸的转化率为：。 17．(1)< (2) CO的选择性 反应I为气体体积减小的反应，反应Ⅱ为气体体积不变的反应，增大压强，反应I平衡正向进行，的选择性增大，反应Ⅱ因反应I的正向移动影响而平衡逆向移动， CO的选择性减小 (3) 逆向 0.04 80% 【详解】（1）反应Ⅲ为气体体积减小的反应，故<0，故答案为<。 （2）在相同条件下，CO的选择性和的选择性之和为100%，反应I为气体体积减小的反应，反应Ⅱ为气体体积不变的反应，增大压强，反应I平衡正向进行，的选择性增大，因反应I平衡正向进行导致反应物浓度减小，反应II平衡逆向移动，CO的选择性减小，由图曲线变化可知，x曲线表示的是的选择性随压强变化，z曲线表示的是CO的选择性随压强变化，y曲线表示平衡转化率随压强变化，故答案为CO的选择性；反应I为气体体积减小的反应，反应Ⅱ为气体体积不变的反应，增大压强，反应I平衡正向进行，的选择性增大，反应II因反应I的移动而平衡逆向移动， CO的选择性减小。 （3）①由图可知，温度升高，平衡转化率降低，说明正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故答案为逆向。 ②该反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，由图可知，两点的温度（）低于C点，故三点对应的化学平衡常数的大小关系为，故答案为。 ③假设反应开始时为1 mol，则为2 mol，由图知，A点的平衡转化率为50%，列三段式计算： 平衡时气体的总物质的量为=2 mol，若，则A点的==0.04 ；B点平衡转化率为80%，则转化的==0.8 mol，转化的=2=0.8 mol ×2=0.16 mol，的平衡转化率为=80%，故答案为0.04；80%。 18．(1)氨基 (2)BC (3) (4)或 (5)、、、 (6) 【分析】 A经过多步反应生成B，B和发生取代反应生成C（），D和HClO发生加成反应生成E，E和NH3发生取代反应生成F，F和C发生取代反应生成G ， G和氧气发生催化氧化反应生成H()， H和发生反应生成I()，I在发生取代反应生成 Y，据此分析。 【详解】（1）化合物F中体现碱性的官能团名称是：氨基； （2）A.化合物D→E的反应类型为加成反应，说法错误； B.化合物B→Y的过程采用了保护酚羟基的方法， 说法正确； C.化合物I→Y中的K2CO3可中和生成的酸（乙酸），使平衡正向移动，提高产率，说法正确； D.化合物G（）中存在1个手性碳原子，不是2个手性碳原子，具有光学活性，说法错误；故选BC； （3） 化合物I的结构简式： （4）E和NH3发生取代反应生成F ，E→F的反应方程式是：或； （5）符合条件的Y的所有同分异构体，分子式为：C10H9O3N，不饱和度为7： ①分子中只含有1个环，且为苯环，不饱和度用去4； ②1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有3种不同环境的氢原子，有氰基(-CN)，不饱和度用去2，无羟基、醛基和过氧键(-O-O-)，分析可得：如下结构、、、； （6） 化合物A（）和浓硫酸、浓硝酸发生取代反应生成，在酸性高锰酸钾作用下生成，根据信息在Fe和HCl作用下生成，在NaNO2和H2O作用下生成，故合成路线为：。 答案第12页，共12页 答案第11页，共12页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三模拟卷（一） 总分：100分 时间：75分钟 一、单选题 1．“月背采壤”“六代机首飞”等彰显了我国科技发展的巨大成就。下列说法正确的是( ) A．嫦娥六号智能月背采壤：采壤过程中月壤发生化学变化 B．首款600公斤推力涡扇发动机成功点火：点火时存在化学能转化为热能 C．第六代战机采用“智能皮肤”隐身技术：所用陶瓷基复合新材料属于合金 D．076型两栖攻击舰采用柴燃联合动力：柴油、天然气属于烃的衍生物 2．下列化学用语正确的是( ) A．Mg2+的结构示意图： B．含有10个中子的氧原子： C．NaCl的电子式： D．Fe2(SO4)3的电离方程式：Fe2(SO4)3 = 2Fe2+ + 3SO 3．“类比”是预测物质结构、性质与化学反应的重要方法之一，下列有关类比合理的是( ) A．钠在空气中加热能生成过氧化钠，则锂在空气中加热也能生成过氧化锂 B．的分子空间结构呈V形，则的分子空间结构也呈V形 C．分子中有1对共用电子对，则分子中也有1对共用电子对 D．已知溶解度：，推测溶解度： 4．电化学介导胺再生是一种新兴的捕集技术。首先通过乙二胺吸收法捕集，捕集了的乙二胺富液进入电化学反应器阳极室，电化学反应器的电极采用，通过电能特异性氧化/溶解铜来产生与进入阳极室的乙二胺富液发生竞争反应驱动的释放，最后通过还原铜离子为铜单质实现乙二胺的再生。其机理和装置如图。 下列说法错误的是( ) A．乙二胺吸收的反应为加成反应 B．乙二胺与的结合能力高于其与的结合能力 C．阴极的电极反应为 D．的捕获富集是熵增的过程，故而会消耗电能 5．高浓度双氧水与氯气反应可以快速释放氧气，提供高能推进力。该反应的化学方程式为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( ) A．32 g 中含有的中子数为20 B．1 mol 含有的孤电子对数为4 C．pH为2的HCl溶液，个数为0.01 D．1 mol 完全反应时，得到2个电子 6．如图所示为一种可充电电池电解液中某物质结构简式，X、N、Y、Z、M、W均位于短周期且原子序数依次增大，W是元素周期表中电负性最强的元素。下列说法错误的是( ) A．离子半径： B．第一电离能： C．最简单氢化物的沸点： D．化合物和中Y价态不同 7．利用计算机技术测得乙炔()在催化作用下生成的反应历程及相对能量变化如图所示。下列说法正确的是( ) A．的 B．反应历程中能量最高的物质中含有两种官能团 C．升高反应体系的温度可以提高乙炔的平衡转化率 D．决定反应速率的反应为 8．某工厂的工业废水中含有大量的 和较多的 为了减少污染并促进废物利用，工厂计划从该废水中回收 和金属铜。根据以下流程图判断，下列说法正确的是( ) A．在工业废水中加入铁发生反应的离子方程式为 B．过滤操作中所用的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒 C．溶液在空气中冷却结晶得到 D．中国旅游标志铜奔马的成分为纯铜 9．硒化锌（ZnSe）是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示。图乙为该晶胞沿z轴方向在xy平面的投影，已知晶胞边长为apm，a点的原子分数坐标为。下列说法正确的是( ) A．基态Se核外有34种不同空间运动状态的电子 B．d原子的分数坐标为 C．相邻两个Se原子的最短距离为pm D．该晶体的密度为g⋅cm 10．下列离子方程式正确的是( ) A．用石墨电极电解溶液： B．用除去废水中的： C．用溶液清洗油污的原理： D．用次氯酸钠溶液吸收少量的二氧化硫： 11．在催化剂作用下可利用温室气体CO2加氢制甲醇，涉及的反应有： ①   ②   在压强为p下，向密闭容器中通入的混合气体，在催化剂作用下发生上述反应，平衡时CO2的转化率、CH3OH和CO的选择性S［S(CH3OH或CO)］随温度的变化如图所示。下列说法错误的是( ) A．曲线z表示平衡时CO2的转化率 B．H2的平衡转化率始终低于CO2 C．250℃时，m点体系中： D．反应②的正反应速率： 12．下列事实与解释不对应的是( ) 选项 事实 解释 A 的键角： 中N原子有孤电子对，中N原子没有孤电子对 B 熔点： 原子的价层电子多，金属键强 C 缺角的晶体在饱和溶液中变为完美的立方体 晶体具有自范性 D 硬度：石墨<晶体硅 石墨属于分子晶体、晶体硅是共价晶体 A．A B．B C．C D．D 13．中国团队在巴塞罗那获得“镁未来技术奖”。一种以MgCl2-聚乙烯醇为电解液的镁电池如图所示，反应原理为Mg+V2O5MgV2O5。下列说法正确的是( ) A．充电时，Mg2+嵌入V2O5晶格中 B．放电一段时间后，聚乙烯醇中的c(Mg2+)增大 C．放电时，正极的电极反应为V2O5+2e-+Mg2+=MgV2O5 D．可将聚乙烯醇电解液换成MgCl2水溶液 14．电位滴定是根据滴定过程中电极电位的变化来确定滴定终点的一种分析方法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位(ERC)也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置。常温下，用盐酸标准溶液测定某样品溶液中的含量(其他杂质不参与反应)，电位滴定曲线如图所示。下列说法正确的是( ) A．该滴定过程需要酚酞一种指示剂 B．a点溶液中：，c点溶液中： C．b到c过程中存在，水的电离程度： D．该样品溶液中含有的质量为 二、解答题 15．开发新型材料是现在科学研究的一项重要工作，科学家开发一种形状记忆陶瓷，它的主要原材料是纳米级ZrO2.用锆石ZrSiO4(含少量FeO、Al2O3、SiO2和CuO)制备纳米级ZrO2的流程设计如图： 回答下列问题： (1)锆石杂质中含锆元素、铁元素，已知Fe2+易被氧化为Fe3+，原因是 。(从原子结构角度解释) (2)碱熔过程中有多种物质能发生反应，写出其中一个反应方程式 。 (3)“酸浸”过程中FeO发生氧化还原反应的离子方程式为 ，滤渣1经回收加工后有多种用途，写出其中一种 。 (4)久置H2O2浓度需要标定。取xmLH2O2溶液，用amol/LCe(SO4)2溶液滴定H2O2，完全反应转化为Ce2(SO4)3时，消耗bmLCe(SO4)2溶液。则H2O2溶液的浓度为： mol/L。 (5)易溶氰化物有剧毒，需对滤液1中的氰化物进行处理，选用次氯酸钠溶液在碱性条件下将其氧化，其中一种产物为空气的主要成分，写出其离子反应方程式 。 (6)ZrO2的晶胞结构如图所示。 ①其中B表示 (填O2-或Zr4+)。 ②ZrO2晶胞的棱长分别为anm、anm、cnm，其晶体密度为 g/cm3(列算式用NA表示阿伏加德罗常数的值)。 16．丙烯酸甲酯(CH2=CH-COOCH3)是一种重要的有机合成中间体，沸点为80.5℃。某实验小组制取丙烯酸甲酯的装置如图所示： 回答下列问题： Ⅰ.丙烯酸甲酯的制备与提纯 步骤1：将10.0g丙烯酸、6.0g甲醇和2mL浓硫酸放置于三颈烧瓶中，连接好冷凝管，用搅拌棒搅拌，水浴加热。 步骤2：充分反应后，冷却，向混合液中加入5%Na2CO3溶液洗至中性，分离出有机相。 步骤3：有机相经无水Na2SO4干燥、过滤、蒸馏，得丙烯酸甲酯。 (1)步骤1装置如图1所示(加热和夹持装置已略去)。三颈烧瓶中进行的可逆反应化学方程式为 ，本实验中最容易产生的副产物的结构简式为 。 (2)仪器b的作用为 ，为了提高反应物的利用率，仪器b还可以换成 (填仪器名称)。 (3)混合液用5%Na2CO3溶液洗涤的目的是 。 (4)关于产品的蒸馏操作(夹持装置未画出)如图2所示。将步骤3(蒸馏)的操作补齐：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石， ，弃去前馏分，收集80.5℃的馏分。 Ⅱ.丙烯酸甲酯含量的测定 步骤1：将油状物质提纯后平均分成5份，取出1份置于锥形瓶中，加入的KOH溶液10.00mL，加热使之完全水解。 步骤2：用酚酞作指示剂，向冷却后的溶液中滴加的HCl溶液，中和过量的KOH，滴到终点时共消耗盐酸20.00mL。 (5)本次酯化反应丙烯酸的转化率为 (保留3位有效数字)。 17．合成甲醇是转化利用的重要研究方向。以为原料合成过程中涉及的主要反应如下。 I. ⇌ Ⅱ. ⇌ Ⅲ. ⇌ 回答下列问题： (1)反应Ⅲ的 0（填“＞”或“＜”）。 (2)将一定量的和充入密闭容器中并加入合适的催化剂，发生反应I和Ⅱ。相同温度下，测得平衡时的转化率、CO的选择性和的选择性随压强的变化曲线如图所示［已知CO的选择性］。 图中z曲线表示的是 随压强的变化曲线，判断理由是 。 (3)在密闭容器中按投料，只发生反应Ⅲ，CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。 ①升高温度，⇌的平衡 移动（填“正向”或“逆向”） ②三点对应的化学平衡常数的大小关系为 。 ③若，则A点的 为用分压表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数）；B点的平衡转化率为 。 18．某研究小组按下列路线合成多巴胺单体Y(部分反应条件及试剂已简化)。 已知：①(苯胺、苯酚易被氧化) ② 请回答： (1)化合物F中体现碱性的官能团名称是 。 (2)下列说法正确的是 。 A．化合物的反应类型为取代反应 B．化合物的过程采用了保护酚羟基的方法 C．化合物中的试剂作捕酸剂，提高产率 D．化合物中存在2个手性碳原子，具有光学活性 (3)化合物I的结构简式 。 (4)E→F的反应方程式是 。 (5)写出同时符合下列条件的多巴胺单体Y的所有同分异构体的结构简式 。 ①分子中只含有1个环，且为苯环； ②1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有3种不同环境的氢原子，有氰基(-CN)，无羟基、醛基和过氧键(-O-O-)。 (6)设计以化合物A为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。 试卷第4页，共10页 答案第1页，共10页 学科网（北京）股份有限公司 $