方城县第一高级中学2025-2026学年高三上学期迎一模化学模拟试题（二）

方城县第一高级中学2025-2026学年高三迎一模化学模拟试题（二） 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。 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。 3．回答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸，试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠，不破损。 一、单项选择题（本题包括14个小题，每小题3分，共42分，每小题只有1个选项符合题意。） 1．化学与生活密切相关，化学知识涉及生活的方方面面。下列说法正确的是 A．工业上可以利用乙烯与水的加成反应制取乙醇 B．使用氧炔焰切割金属时，若有黑烟冒出，应调大乙炔的进气量 C．可以在室内放一盆水用于吸收油漆中挥发出的苯 D．聚乙烯塑料由于含有碳碳双键，容易被氧化 2．化学实验安全和规范至关重要。下列符合实验安全要求的是 A．金属钠、钾着火时，用泡沫灭火器灭火 B．蒸馏过程中发现忘加沸石，应立即补加 C．高锰酸钾和乙醇放在同一橱柜保存 D．实验室制备Cl2时，在通风橱中进行 3．河北省历史悠久，文化灿烂。下列河北博物馆收藏的文物中不含金属单质或合金的是 A．嵌金片花纹铁匕首 B．金缕玉衣 C．长信宫灯 D．彩绘陶盆 A．A B．B C．C D．D 4．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．萘()中含有的碳碳双键数为 B．的HCOONa溶液中的数目小于 C．粉和足量S完全反应，转移的电子数目为 D．中的价层电子对数为 5．常用于制作炸药、烟花、鞭炮、导弹推进剂等。一种制备的工艺流程及部分物质的溶解度曲线分别如图甲、乙所示，下列说法错误的是 A．①中每生成，消耗NaCl的物质的量为0.1 mol B．操作a为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 C．溶液A中含有较多的NaCl D．上述工艺利用了物质的溶解度差异 6．W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的前20号元素，基态W原子的核外电子只有一种运动状态，基态X原子的第一电离能比同周期相邻元素都小，X、Y、Z同周期，M是骨骼和牙齿的主要元素之一，五种元素中只有M是金属元素。Y、Z形成的一种阴离子结构如图所示，下列说法错误的是 A．简单氢化物的沸点： B．工业上可用电解法冶炼金属单质M C．的空间结构是正四面体形 D．常温下，与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成 7．和（结构如图）均属于聚酰胺（尼龙）类高分子材料。下列关于这两种高分子材料的叙述错误的是 A．均为线型结构的有机高分子材料 B．都能自然降解成小分子 C．单体都含有亲水基团 D．合成二者的芳香族单体互为同系物 8．利用覆铜板制作图案的主要实验过程如图所示，下列说法错误的是 A．应使用油性笔在覆铜板上写“化学”二字 B．将覆铜板浸没在溶液中，除化学二字外的覆铜层几乎全部溶解 C．反应前后，“腐蚀液”中离子种类发生变化，离子总数目保持不变 D．向“腐蚀液”中依次加入过量铁粉和氯水，可实现Cu的回收和溶液再生 9．从微观视角探析物质结构及性质是研究和学习化学的重要方法。下列事实与解释相符的是 选项 事实 解释 A 比Br2活泼，更容易与H2反应 Cl- Cl键能小于 Br-Br键能， Cl-Cl键更容易断裂 B 键角： 中心原子杂化轨道数越多，键角越小 C 氢氧化镁能溶于氯化铵溶液 水解产生的H+与溶解产生的OH-反应，促沉淀溶解平衡正向移动 D 钙与水反应不如钠与水反应剧烈 钙的金属活动性不如钠的金属活动性强 A．A B．B C．C D．D 10．全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理可表示为用该电池电解含锰酸性废水可得到，装置如图所示。下列说法错误的是 A．M极为负极，发生氧化反应 B．当N极质量增加1.4g时，有由c区移动至b区 C．电解一段时间后，a区溶液的pH增大 D．Y极电极反应式为 11．下列变化过程不能用勒夏特列原理解释的是 A．向恒温恒压的反应体系 中充入少量氖气，可降低转化率 B．一定温度下将缺角的晶体放入饱和食盐水中，一段时间后晶体恢复为完美晶体且质量保持不变 C．恒温下，向容积可变的密闭容器中充入和混合气体，将容器体积压缩一半，气体颜色加深 D．向AgCl的悬浊液中加入一定浓度KI溶液，白色沉淀逐渐转化为黄色沉淀 12．已知某晶体晶胞中阴离子的堆积方式如图1所示，阳离子在xy、xz、yz平面投影均如图2所示，晶胞参数为apm，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A．1个晶胞中有12个 B．该晶体铁元素的化合价为+3价 C．该晶体的密度为 D．阴阳离子之间的最短距离为 13．可用于“接触法”制，因在催化剂表面与接触得名，部分反应过程如图1。也可以利用电化学原理来制备硫酸，如下图2(质子交换膜仅允许通过)。 下列说法正确的是 A．和都属于酸性氧化物，通入溶液中都会产生白色沉淀 B．“接触法”中增大的浓度可明显提高的生成速率和的平衡转化率 C．图2中正极区溶液pH可能不变 D．若的通入速率(标准状况)，为维持浓度不变，理论上左侧水流入速率为 14．砷元素(As)主要有+3和+5两种价态，使用吸附剂是去除工业废水中砷元素的有效措施之一，吸附原理为吸附剂的带电基团可吸附异性离子。常温下分别向含亚砷酸砷酸的水溶液中加入NaOH溶液，含砷物种的分布系数与pH的关系如图一、图二所示。已知某吸附剂X所带电荷与pH有关：pH=7时吸附剂X不带电荷，pH越小，所带正电荷越多，pH越大，所带负电荷越多。下列有关说法错误的是 A．常温时溶液的的数量级为 B．常温下pH=7时， C．常温下pH在4~7时，吸附剂X对三价砷几乎不吸附 D．常温下pH越大，吸附剂X对五价砷的吸附量越大 二、非选择题（本题共4小题，共58分。） 15．海洋是一个巨大的资源宝库。回答下列问题： Ⅰ．海水提溴工业流程如图所示。 (1)步骤①中，加硫酸的目的是 ；步骤②中热空气的温度一般控制在80～90℃，温度过低或过高有何不妥？ 。 (2)步骤③发生反应的化学方程式为 。 (3)步骤②③④的目的是 。 Ⅱ．海藻中含有丰富的碘元素。实验室中提取碘的流程如下： (4)实验室中步骤①的操作在 (填仪器名称)中进行。 (5)假设步骤③中加入酸化的双氧水，写出相关反应的离子方程式： 。 (6)步骤⑤如何将碘单质从碘的四氯化碳溶液中提取出来呢？查阅资料后，实验小组设计了如下流程： ⅰ．反应1所得的上层溶液中，碘元素主要以和形式存在，写出上述流程中反应2获得的离子方程式： ；流程中步骤a实验操作的名称是 。 ⅱ．本流程中可以循环利用的物质是 (填化学式)。 ⅲ．实验室常用碘量法测定某溶液中的含量。取20 mL该溶液，加入0.2 溶液，充分反应后，消耗溶液15 mL。则该溶液中的含量是 。(结果保留2位有效数字，离子方程式为) 16．五氨氯化钴一般指二氯化一氯五氨合钴，化学式为。某实验小组同学制备并测定其中的氨含量的实验步骤及装置(夹持装置略)如下： ．的制备 制备的操作过程如图，其原理为CoCl2在浓氨水中被H2O2氧化成(深红色晶体)，不稳定，在115℃时加热脱水转化成稳定的紫红色的[Co(NH3)5Cl]Cl2。 (1)仪器Y的名称为 。抽滤完毕，仪器X内的液体从 倒出。 (2)写出操作过程中生成的化学方程式 。 (3)缓慢加入6 mL浓盐酸的作用是 。 (4)操作Z为：乙醇洗涤数次，盐酸洗涤， 。 ．测定[Co(NH3)5Cl]Cl2中的氨含量 准确称取0.2 g样品，加入20 mL水溶解，然后加入20 mL 30%NaOH溶液，充分加热，使产生的氨气全部蒸出到盛有足量硼酸溶液的氨接收瓶中，并用的标准盐酸滴定接收瓶中的氨，记下消耗盐酸的体积为7.90 mL。 (5)的标准盐酸盛放在 (填“酸式”或“碱式”)滴定管中，滴定前需排出装盐酸标准溶液的滴定管尖嘴处的气泡，其操作正确的图示为 (填字母)。 (6)中NH3的质量分数为 %(保留三位有效数字)，比理论值偏 (填“高”或“低”)，造成此误差可能的原因是 。 17．半导体是人工智能技术发展的关键材料。硅单质是应用最为广泛的半导体材料。工业上将粗硅氯化、精馏后得到和的混合物，然后用还原得到高纯硅。还原过程中发生的主要反应为： i． ii． 回答下列问题： (1)的沸点为，晶体的类型为 。已知相关化学键键能数据如下，则 。 化学键 键能 226 381 436 431 (2)恒温条件下，将等物质的量的和通入容积一定的密闭容器中，发生反应ⅱ，下列描述能说明反应ⅱ已经达到平衡状态的是 (填标号)。若实验测得反应ⅱ中，(为速率常数)，则达到平衡后，仅加入催化剂，增大的倍数 (填“>”“<”或“=”)增大的倍数。 A．和的转化率之比保持不变 B． C．单位时间内，反应物断裂的非极性键和生成物断裂的非极性键数目相等 D．容器内混合气体的密度保持不变 (3)在温度下，将、和加入容积固定的密闭容器中，在催化条件下发生反应i、ⅱ。测得的转化率及体系内的压强随时间的变化关系如图所示。 ①温度下，反应达到平衡时的转化率为 ； ②温度下，反应ⅱ的压强平衡常数的计算式为 。 (4)锌还原四氯化硅是一种有着良好应用前景的制备硅的方法。Zn还原的反应如下： 反应1：， 反应2：， 反应3：， 实际制备过程选择反应3，理由是 、 。 18．洛替拉纳是一种异噁唑啉类抗寄生虫药物，通常用于治疗宠物(如犬、猫)因蜱虫和跳蚤引起的感染疾病，副作用少，其中间体Ⅰ的合成路线如下： 已知：。 回答下列问题： (1)B的分子式是 ，D中含氧官能团的名称是 。 (2)C的结构简式是 ，D→F的反应类型为 。 (3)F→G的化学方程式为 。 (4)E的同分异构体中满足下列条件的有 种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱图显示有4组吸收峰，且峰面积之比为2：2：2：1的结构简式为 。 ①属于芳香族化合物且能与FeCl3溶液发生显色反应 ②苯环上的取代基不超过3个 ③结构中不含甲基 ④不含-S-Br结构 (5)参考上述信息，写出以为原料制备的合成路线 。 试卷第8页，共11页 试卷第11页，共11页 学科网（北京）股份有限公司 《方城县第一高级中学2025-2026学年高三迎一模化学模拟试题（二）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D D D A D D C C B 题号 11 12 13 14 答案 C D C D 1．A 【详解】A．工业上乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应生成乙醇，该方法是乙烯水化法，A符合题意； B．黑烟是乙炔燃烧不充分产生的碳颗粒，应增加氧气量而非乙炔量，B不符合题意； C．苯不溶于水，无法通过水吸收，C不符合题意； D．聚乙烯结构中无碳碳双键（由加聚反应形成），D不符合题意； 故选A。 2．D 【详解】A．金属钠、钾着火时，用泡沫灭火器灭火会加剧反应（因泡沫含水和二氧化碳，钠、钾遇水剧烈反应），应使用干燥沙土覆盖灭火，A错误； B．蒸馏过程中忘加沸石时，若立即补加可能导致液体暴沸喷溅（因体系过热），应停止加热、冷却后再补加沸石，B错误； C．高锰酸钾是强氧化剂，乙醇是易燃物，二者接触可能引发火灾或爆炸，需分开存放，C错误； D．实验室制备时，氯气有毒且易逸散，在通风橱中进行可有效排出有害气体，符合安全要求，D正确； 故答案选D。 3．D 【详解】A．嵌金片花纹铁匕首，“金”是金单质，“铁匕首”是铁合金，A不符合题意； B．金缕玉衣的 “金缕” 是金丝，是金属单质，B不符合题意； C．长信宫灯是古代铜器，是铜合金，C不符合题意； D．彩绘陶盆的主要材料是陶瓷，属于硅酸盐材料，D正确； 故答案选D。 4．D 【详解】A．萘结构中不含碳碳双键，A错误； B．溶液中会发生水解，导致＜由于题中并未给出溶液体积，因此无法确定的数目是否小于，B错误； C．铁粉与硫磺的反应为，1 mol 铁粉发生反应转移2 mol 电子，则28 g 铁粉发生反应，转移电子数目为，C错误； D．中的价层电子对数为，则1 mol中的价层电子对数为，D正确； 故选D。 5．A 【分析】NaCl溶液80℃条件下电解生成氢气和NaClO3溶液，NaClO3溶液中加入KCl，利用KClO3和NaClO3的溶解度差异，KClO3和KCl、NaCl溶解度随温度变化的不同，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤操作得到KClO3晶体； 【详解】A．选项中并未说明氢气所处的状态，无法计算6.72 L氢气的物质的量，也就无法计算消耗NaCl的物质的量，A错误； B．NaClO3在水中溶解度较大，即使降低温度溶解度仍较大，而KClO3与NaCl、KCl相比，KClO3溶解度随着温度降低明显下降，NaCl、KCl溶解度随温度变化并不大，因此可通过蒸发浓缩、冷却结晶的方式促使KClO3结晶析出，最后通过过滤得到KClO3晶体，B正确； C．根据选项B可知，利用四种物质溶解度的差异将KClO3结晶析出后，溶液中剩余较多的和，即溶液A中含有较多的NaCl，C正确； D．上述工艺利用了四种物质在水中溶解度的不同，以及其溶解度随温度变化的不同，D正确； 故答案选A。 6．D 【分析】由分析可知，W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的前20号元素，基态W原子的核外电子只有一种运动状态即核外只有1个电子，是H，基态X原子的第一电离能比同周期相邻元素都小即为第ⅢA或ⅥA族元素，X、Y、Z同周期，M是骨骼和牙齿的主要元素之一，且为金属元素，即M为，根据Y、Z形成的一种阴离子结构图可知，Z形成2个共价键，Y形成4个共价键，故X为B，Y为C，Z为O，据此分析解题。 【详解】A．Y的简单氢化物为甲烷、Z的简单氢化物为。水分子之间存在氢键，因此水的沸点高于甲烷，A正确； B．钙是活泼金属，工业上通过电解熔融氯化钙冶炼，B正确； C．为，B原子的价层电子对数为4(4个σ键，无孤电子对)，杂化，空间结构为正四面体形，C正确； D．为(乙二醇)，足量酸性高锰酸钾溶液将其氧化为乙二酸，乙二酸进一步被氧化为，D错误； 故选D。 7．D 【分析】 根据缩聚反应的特点，分析两种高分子的结构可知，合成的单体为：、；合成的单体为：、，据此作答。 【详解】A．线型高分子的结构特征是长链状、无交联，分子链可自由旋转或伸展。从和的结构简式可知，它们的重复单元通过共价键连接成连续的长链，不存在网状交联结构，因此均为线型结构的有机高分子材料，故A正确； B．上述两种高分子均含酰胺基，能在自然界水解成羧酸、胺类小分子，故B正确； C．上述两种高分子的单体含氨基或羧基，均为亲水基团，都能与水形成氢键，故C正确； D．根据分析可知，合成二者的芳香族单体均为，二者为同一物质，非同系物，故D错误； 故答案选D。 8．C 【详解】A．油性笔的笔迹可以隔绝溶液与铜的接触，能保护笔迹下的铜不被反应，A正确； B．覆铜板中，未被油性笔覆盖的铜会与溶液发生反应：，而“化学”二字下的铜被保护，因此除这两个字外的覆铜层几乎全部溶解，B正确； C．反应的离子方程式为，反应前后，“腐蚀液”中离子种类和总数目均发生变化，C错误； D．向腐蚀液（含、、）中加过量铁粉，发生反应：（回收Cu）、，再加入氯水，发生反应：，可实现溶液的再生，D正确； 故选C。 9．C 【详解】A．Cl2比Br2活泼的原因是Cl电负性更强，H-Cl键能更大，放热更多，所以更容易与氢气反应，而Cl-Cl键能大于Br-Br键能，解释错误，A错误； B．CO2中C的价层电子对数为，采取sp杂化，键角为180°，中S的价层电子对数为，采取sp3杂化，键角为109.5°，但键角与中心原子杂化轨道数无直接关系，键角还取决于孤电子对数，解释错误，B错误； C．铵根水解生成H+中和OH-，使Mg(OH)2溶解平衡右移，解释正确，C正确； D．Ca的金属性大于钠，与水反应剧烈程度差异是因为生成的氢氧化钙微溶，会覆盖在钙表面阻碍反应进一步进行，解释错误，D错误； 故选C。 10．B 【详解】A．电解时转化成，发生氧化反应，则Y极为阳极，N为正极，M为负极，发生氧化反应，A正确； B．N为正极，嵌入，当N极质量增加1.4 g时，增加0.2 mol，转移0.2 mol电子，同时有0.2 mol由b区移动至c区，B错误； C．X极电极反应方程式为：，a区溶液的增大，pH增大，C正确； D．Y极电极反应式为，D正确； 故答案选B。 11．C 【详解】A．恒温恒压下充入氖气，容器体积增大，反应体系中各气体浓度减小，平衡向气体分子数增多的方向（逆反应方向）移动，因此转化率降低，可用勒夏特列原理解释，A不符合题意； B．饱和食盐水中的溶解与结晶达到平衡，放入缺角晶体后，结晶速率大于溶解速率，晶体逐渐“长”成完美形状，且质量不变，是溶解平衡的移动，可用勒夏特列原理解释，B不符合题意； C．压缩容器体积，气体浓度瞬间增大，颜色先变深；随后平衡向正反应方向移动，会使颜色略有变浅，但最终颜色仍比原来深。题目中“气体颜色加深”是体积压缩导致浓度瞬间增大的直接结果，而非平衡移动的主导影响，因此不能用勒夏特列原理解释，C符合题意； D．悬浊液中存在溶解平衡，加入溶液后，与生成更难溶的沉淀，使平衡正向移动，转化为，可用勒夏特列原理解释，D不符合题意； 故答案选C。 12．D 【详解】A．由图2的投影可知，在晶胞的12条棱心、体心及晶胞分割成的8个小正方体的体心位置，个数为，A正确； B．由图1知阴离子在晶胞顶点和面心位置，个数为，故该晶体的化学式为，根据正负化合价和为0，可知铁元素化合价为+3价，B正确； C．该晶体的密度为=，C正确； D．距离最近的阴阳离子是顶点的阴离子和小立方体体心的阳离子，距离是体对角线的，阴阳离子之间的最短距离为，D错误； 故答案选D。 13．C 【详解】A．和都属于酸性氧化物，但通入溶液中不会产生白色沉淀，A错误； B．增大的浓度有助于反应的平衡向正反应方向移动，提高的平衡转化率；从图1可以看出，接触法制的过程中，参与的过程②是快速反应，不是决速步骤，因此增大浓度不会显著影响的生成速率，B错误； C．通入的一极是原电池正极，电极反应为；通入的一极是原电池负极，电极反应为。从图像可以看出，正负极区之间有阳离子交换膜，可以通过交换膜从正极迁移向负极，反应过程中pH可能不变，C正确； D．左侧极区电极反应为。根据方程式可以算出，反应过程中水的消耗量，。的生成量，。由图像可知，原电池电解质是50%，要维持浓度不变，理论上左侧水流入速率为，按计算，流入速率为，D错误； 故答案选C。 14．D 【详解】A．由图2可知，的电离常数=，，，所以的，数量级为，A正确； B．根据电荷守恒：，pH=7时，，，所以，B正确； C．已知吸附原理为吸附剂的带电基团可吸附异性离子，由图1、图2可知+3和+5两价态的含砷微粒在不同pH以分子或阴离子存在，所以吸附剂带正电荷越多、含砷微粒带负电荷越多时，吸附效果越好，结合图像pH在4~7时，吸附剂X带正电荷，而三价砷主要以中性分子形式存在，所以，吸附剂对三价砷几乎不吸附，C正确； D．当pH>7时，吸附剂带负电荷且pH 越大，所带负电荷越多，而五价砷阴离子所带负电荷也增多，负电荷之间的斥力随之增大，吸附量陡然降低，所以当pH>7之后，pH越大，吸附剂X对五价砷的吸附量越小，D错误； 故答案选D。 15．(1) 抑制、与水反应 温度过低，溴不易形成蒸气被吹出，温度过高，水会大量挥发，混入溴蒸气中 (2) (3)富集溴 (4)坩埚 (5) (6) 过滤 19 【详解】（1）Cl2和Br2在溶液中会和水发生反应，反应的离子方程式为、，加入硫酸增大了H+的浓度，使两个反应平衡逆向移动，抑制、与水反应。步骤②中热空气的温度一般控制在80～90℃，温度过低，溴不易形成蒸气被吹出，温度过高，水会大量挥发，混入溴蒸气中。 （2）反应③发生的是Br2和SO2生成硫酸和氢溴酸的反应，反应的化学方程式为。 （3）含Br2的海水中含有的Br2较少，通过步骤②③④富集溴。 （4）步骤①进行的是固体加热的操作，应在坩埚中进行。 （5）根据题给流程可知，I-转化为I2，发生氧化反应，双氧水做氧化剂，发生反应的离子方程式为。 （6）ⅰ．I−和在酸性条件下会发生归中反应，反应的离子方程式为；步骤ａ是分离固体和液体的操作，故为过滤。ⅱ．根据题给流程可知，CCl4能返回流程中继续萃取碘单质，故可以循环利用的物质是CCl4。ⅲ．根据题给离子方程式可知，，则20mL该溶液中I-的含量是。 16．(1) 布氏漏斗 上口 (2) (3)增大的浓度，使平衡逆向移动，利于结晶析出 (4)在115℃下加热 (5) 酸式 D (6) 33.6 低 氨气未被接收瓶完全吸收(答案合理即可) 【详解】（1）仪器Y的名称为布氏漏斗；抽滤完毕，仪器X（抽滤瓶）内的液体从“抽滤瓶的上口”倒出；故答案为：布氏漏斗；上口； （2）反应物为CoCl2​⋅6H2​O、浓氨水（NH3​⋅H2​O）、H2​O2​、NH4​Cl（实验开始时加入的固体），产物为[Co(NH3​)5​(H2​O)]Cl3​（深红色晶体）；Co的价态变化：CoCl2​中Co为+2价，被H2​O2​氧化为+3价（配合物中Co为+3价）；配体组成：配合物含5个NH3​和1个H2​O，配位数为6，符合钴(Ⅲ)的配位数特征；配平：CoCl2​→[Co(NH3​)5​(H2​O)]Cl3​，每个Co原子失去1 e−；H2​O2中O从−1价变为−2价，每个H2​O2​分子得到2 e−，因此CoCl2​与H2​O2​的系数比为2:1；故答案为：； （3）浓盐酸提供高浓度Cl−，增大Cl−的浓度，使平衡逆向移动，利于结晶析出；故答案为：增大Cl−的浓度，使平衡逆向移动，利于结晶析出； （4）不稳定，在115℃时加热脱水转化成稳定的紫红色的[Co(NH3)5Cl]Cl2，所以洗涤（乙醇、盐酸）后，将 在115℃下加热转化为最终所需产物[Co(NH3)5Cl]Cl2，故答案为：在115℃下加热； （5）的标准盐酸显酸性，应盛放在酸式滴定管中；酸式滴定管排气泡的正确操作为D（快速放液，利用液体冲击力带出气泡），故答案为：酸式；D； （6）氨的物质的量n(NH3)=n(HCl)=0.5000 mol/L×7.90×10-3 L=3.95×10-3 mol， 氨的质量m(NH3)= 3.95×10-3 mol×17g/mol=0.06715 g，氨的质量分数=，[Co(NH3​)5​Cl]Cl2​的摩尔质量约为250.4 g/mol，其中NH3​的理论上的质量分数为，实验计算值33.6%比理论值偏低， 造成误差的可能原因：加热时，氨气未完全蒸出，导致氨气未被接收瓶完全吸收；故答案为：33.6；偏低；导致氨气未被接收瓶完全吸收。 17．(1) 分子晶体 (2) D = (3) 90% (4) 温度高，反应速率快 更易于硅的分离 【详解】（1）①沸点较低，是分子晶体； ②焓变=反应物键能总和-生成物键能总和=(4×381+2×436-4×431-2×226) =+220 （2）①A．反应ⅱ中，和的化学计量数相同，不管是否平衡，二者转化率之比都不改变，A不符题意； B．当，才能说明反应达到平衡，B不符题意； C．平衡时，当反应掉1 mol H2时，反应物断裂1 mol非极性键，同时生成1 mol硅，1 mol硅含有2 mol非极性键，反应物断裂的非极性键和生成物断裂的非极性键数目应为1:2，C错误； D．反应有固体参与，当体积不变时，容器内混合气体的密度保持不变，即固体质量不再变化，可以说明平衡，D正确； 故选择D； ②加入催化剂不改变K大小，故不变，催化剂对和增大倍数相同； （3）①设反应i中被消耗a mol，反应ii中被消耗b mol，由图信息，氢气的转化率为60%，则消耗氢气1.8 mol，由反应化学计量数得：2a+b=1.8；反应前总压强为，反应后为，根据压强之比等于物质的量之比，气体总物质的量为5×=6.35，气体减少量为：a+b=6.35-5=1.35，解得a=0.45，b=0.9，可知转化率为90%； ②根据最后气体的总压强，得到气体总物质的量为5×=6.6 mol，设反应i中被消耗a mol，反应ii中被消耗b mol，同①得到a=0.8 mol，b=0.8 mol，则，，，其中P为总压，； （4）①反应物Zn为气态，反应速率较反应1更快，更充分；②反应3的产物氯化锌为气态，与固态产物Si易于分离，可获得高纯度的硅。 18．(1) C6H4NCl2Br 酮羰基 (2)     加成反应 (3)+H2O (4) 26 (5)       【分析】 由有机物的转化关系可知，过氧化氢作用下 与氯化氢发生取代反应生成B，则A为 ；B与亚硝酸钠溶液和氯化亚铜反应生成 ，则C为 ；C与镁反应生成生成格氏试剂，格氏试剂与THF发生取代反应生成D；一定条件下D与E发生加成反应生成F；浓硫酸作用下F发生消去反应生成，则G为；G一定条件下与羟胺反应生成H；H一定条件下与二氧化碳反应转化为I。 【详解】（1）由结构简式可知，B的分子式为C6H4NCl2Br；D中含氧官能团为酮羰基； （2） 由分析可知，C的结构简式为 ；D→F的反应为一定条件下D与E发生加成反应生成F； （3） 由分析可知，F→G的反应为浓硫酸作用下F发生消去反应生成和水，反应的化学方程式为：+H2O； （4） E的同分异构体属于芳香族化合物且能与氯化铁溶液发生显色反应，说明同分异构体分子中含有酚羟基，分子中结构中不含甲基和-S-Br结构，苯环上的取代基不超过3个，说明苯环上的取代基可能为-OH和-SCH2Br，-OH和-CH(Br)SH，共有6种，也可能为-OH、-SH、-CH2Br，-OH和-SCH3、-Br，共有20种，则符合条件的结构共有26种，其中核磁共振氢谱图显示有4组吸收峰，且峰面积之比为2：2：2：1的结构简式为； （5） 由题给信息可知，以为原料制备的合成步骤为浓硫酸作用下与浓硝酸共热发生硝化反应生成，与铁、盐酸发生还原反应生成 ，一定条件下 与二氧化碳反应转化为，一定条件下发生缩聚反应生成，合成路线为： 。 答案第6页，共12页 答案第1页，共12页 学科网（北京）股份有限公司 $