精品解析：四川射洪中学校2025-2026学年高三下学期开学化学试题

射洪中学高2023级高三下期入学考试 化学试题 (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 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。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，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 N-14 O-16 Na-23 Fe-56 As-75 Pd-106 一、选择题：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. 化学与生活紧密相关，下列有关叙述错误的是 A. 奶粉中添加维生素作为营养强化剂 B. 制造切削工具的碳化硼(B4C)属于新型无机非金属材料 C. 牙膏添加氟化物(如NaF)，利用其强氧化性预防龋齿 D. 用铬酸作氧化剂，采用化学氧化法可以使铝的氧化膜产生美丽的颜色 2. 结构决定性质，性质决定用途。关于下列事实的化学解释错误的是 选项 事实 化学解释 A 用“杯酚”可将C60、C70分离开 C60分子大小与“杯酚”空腔大小适配 B O3在CCl4中的溶解度大于在水中的 O3与CCl4均为非极性分子，相似相溶 C 液态氯乙烷易挥发，汽化时大量吸热 用作冷冻麻醉剂 D 石墨可作电极 未杂化的p轨道重叠使电子可以在整个碳原子平面内运动 A. A B. B C. C D. D 3. 下列化学用语或图示表示正确的是 A. 用电子云轮廓图表示N2中2px-2px、2py-2py π键的形成过程： B. 酚醛树脂的结构简式： C. 的系统命名：邻甲基苯酚 D. 邻羟基苯甲醛形成分子内氢键： 4. 下列离子方程式书写正确的是 A. 用铁电极电解饱和食盐水：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH- B. 一氯乙酸乙酯在足量NaOH溶液中加热：ClCH2COOC2H5+OH-ClCH2COO-+C2H5OH C. 硅橡胶单体(CH3)2Si(OH)2的制备： D. 将H2S通入FeCl3溶液：2Fe3++3H2S=2FeS↓+S↓+6H+ 5. 使用如下实验装置，可以达到预期目的的是 A．除去苯中的苯酚 B．分离乙酸乙酯(沸点77℃)和乙醇(沸点78℃) C．用于色谱法，可确定有机物的结构 D．用NaOH标准溶液滴定待测盐酸的浓度 A. A B. B C. C D. D 6. 298K、酸性环境下，1 mol/L不同电对的电极电势见下表。电极电势越高，其氧化型物质的氧化性越强；电极电势越低，其还原型物质的还原性越强。某小组设计实验探究物质氧化性对电池电压大小的影响，装置示意图及测得的数据如下所示。下列说法错误的是 电对(氧化型/还原型) 电极电势V 0.337 0.770 电解质溶液 浓度/mol·L-1 均为1.0 A. 基态Ni2+有15种不同空间运动状态的电子 B. 根据数据可推断出：Fe3+能与Cu反应 C. 电解精炼铁时，若粗铁中含有Ni，则精炼后阳极泥中含有Ni D. 负极反应物一定时，正极反应物氧化性越强，电池电压越大 7. 美拉德反应是一种广泛存在于食品工业中的反应，能赋予食品独特的风味和色泽。由天门冬氨酸引发的美拉德反应部分过程如下，下列叙述错误的是 A. 甲分子中含有15个σ键 B. 1 mol乙和足量Na反应最多产生78.4 L H2 C. 乙分子中含有3个手性碳原子 D. 甲可形成两种链状二肽分子 8. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中基态Z原子s轨道电子数与p轨道电子数之比为3：4，由上述四种元素形成的一种化合物M的结构如图所示。下列说法正确的是 A. W、X、Y的简单离子的半径： B. X、Y、Z分别与W形成的化合物的晶体类型相同 C. 同周期第一电离能比Y大的元素有5种 D. 简单氢化物的稳定性： 9. Ni(CO)4(四羰合镍，沸点43℃)可用于制备高纯镍，也是有机化合物羰基化反应的催化剂。在总压分别为0.10、0.50、1.0、2.0MPa下，Ni(s)和CO(g)反应达平衡时，Ni(CO)4体积分数与温度的关系如图所示。 下列说法正确的是 A. 晶态Ni(CO)4属于离子晶体 B. Ni(s)+4CO(g)=Ni(CO)4(g)是吸热反应 C. p2=1.0 MPa D. 当气体平均相对分子质量不再改变时，可说明反应已达平衡 10. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向CO还原后所得到的产物中加入稀硝酸，再滴加KSCN溶液，溶液变红 证明未被完全还原 B 将与混合加热，得到、、 证明比更易水解 C 、为电极，酸化的溶液作电解质溶液，连接成原电池装置，一段时间后，直接向Fe电极区滴入2滴溶液，观察现象 探究金属的电化学保护法 D 向溶液中滴加溶液，有白色沉淀产生，再滴加几滴溶液，出现黑色沉淀 验证溶度积： A. A B. B C. C D. D 11. 资源化利用具有重要意义。在(R为多孔骨架)催化作用下，和1，1-二甲基环氧乙烷()合成环状碳酸酯的可能机理如图所示。 下列说法中错误的是 A. 中碳原子为sp杂化 B. X的结构简式可能为 C. 也能与连接的原因是能形成氢键 D. 该合成反应的原子利用率为100% 12. 一种制备的工艺路线如图所示，反应所得溶液pH在3~4之间，反应需及时补加以保持反应在条件下进行。常温下，的电离平衡常数，。下列说法正确的是 A. 反应、、均为氧化还原反应 B. 低温真空蒸发主要目的是防止被氧化 C. 溶液Y可循环用于反应所在操作单元吸收气体 D. 若产量不变，参与反应的X与物质的量之比增大时，需补加的量增多 13. 某小组同学利用如下实验探究平衡移动原理。 已知：i．[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoCl4]2-+6H2O ΔH； ⅱ．ZnCl2溶液为无色。 下列说法正确的是 A. [Co(H2O)6]Cl2的配位数为8 B. 结合实验可知上述正反应是放热反应 C. ③中溶液变红，推测可能是Zn2+与Cl-形成了配合物 D. ①中溶液变蓝，主要是因为H+浓度增大，抑制了[Co(H2O)6]2+水解，促进上述平衡正移 14. 锂铁砷是一种性能独特的超导材料，其中一种立方晶胞结构如图1所示，Li+与As3-的正视图和俯视图如图2所示。若晶胞参数为a nm，M点As3-的坐标为，设NA为阿伏加德罗常数的值。 下列说法错误的是 A. 图1中M、N的间距为 B. 与Li+等距且最近的Li+有12个 C. 密度为 D. 若晶胞中一个As3-被Se2-替换，则Fe(Ⅱ)与Fe(0)的个数比为5：1 15. 弱酸在有机相和水相中存在平衡：，平衡常数为。时，向环己烷溶液中加入水进行萃取，用或调节水溶液。测得水溶液中、环己烷中的浓度与水相萃取率随的变化关系如图。 已知：①在环己烷中不电离；②忽略体积变化；③下列计算均为。下列说法不正确的是 A. B. 水相中： C. 当时，体系中 D. 若加水体积为，则交点N向右移动 二、非选择题 16. 实验室以二氧化铈(CeO2)废渣为原料制备Cl-含量少的Ce2(CO3)3，其部分实验过程如下： （1）温度过高不利于“酸浸”的原因是___________。 （2）已知Ce3+能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为Ce3+(水层)+3HA(有机层)Ce(A)3(有机层)+3H+(水层)。加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是___________。 （3）pH约为7的CeCl3溶液与NH4HCO3溶液反应可生成Ce2(CO3)3沉淀，该沉淀中Cl-含量与加料方式有关。得到含Cl-量较少的Ce2(CO3)3的加料方式为___________(填序号)； A．将NH4HCO3溶液滴加到CeCl3溶液中 B．将CeCl3溶液滴加到NH4HCO3溶液中 上述流程中“沉淀”步骤发生反应的离子方程式为___________。 （4）与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤Ce2(CO3)3溶液的滤液中，物质的量减小的离子有___________(填化学式)。 （5）实验中需要测定溶液中Ce3+的含量。已知水溶液中Ce4+可用准确浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定。以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定反应为Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。 ①请补充完整实验方案： i．准确量取25.00 mL Ce3+溶液，加氧化剂将Ce3+完全氧化并去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到250 mL容量瓶中后定容； ii．按规定操作分别将0.02000 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2和待测Ce4+溶液装入如图所示的___________(填仪器名称)中； iii．从仪器中准确放出25.00 mL Ce4+溶液于___________(填仪器名称)中，加入几滴指示剂苯代邻氨基苯甲酸，向其中滴加(NH4)2Fe(SO4)2溶液，边滴边振荡，至溶液颜色恰好由紫红色变为亮黄色，且30s内颜色不变，记录滴加(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积。 iv．___________。 v．根据上述数据计算得出结果。 ②步骤i中若没有去除多余氧化剂，则对测定结果的影响是___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。 17. 二氯四氨合钯(Pd(NH3)4]Cl2，相对分子质量为245)是重要的钯化合物，广泛应用在化学催化及电镀工业。利用钯粉制备二氯四氨合钯的实验过程和部分装置如下： Ⅰ．称取10.6 g钯粉，加入适量的HNO3和HCl的混合酸中，使钯粉溶解，溶液中有无色气泡产生，加热赶出溶液中的含氮化合物，经浓缩、结晶、过滤、洗涤后得到四氯合钯酸(H2PdCl4)； Ⅱ．将四氯合钯酸加入到装置c中，用3倍体积的去离子水溶解，加入搅拌磁子； Ⅲ．将装置c中的混合物在100℃条件下恒温加热2小时； Ⅳ．在不断搅拌并持续保温下，缓慢加入浓氨水，开始时装置中产生白烟，溶液内有沉淀产生，继续滴加浓氨水，沉淀逐渐溶解，最后得到浅黄色的[Pd(NH3)4]Cl2溶液； Ⅴ．浅黄色溶液经加热浓缩至出现一层晶膜、自然冷却结晶、过滤、洗涤、50℃真空干燥后，得到14.7 g纯净的二氯四氨合钯｛[Pd(NH3)4]Cl2｝产品。 回答下列问题： （1）已知Pd是Ni同族相邻周期的元素，则Pd在元素周期表中的位置是___________。 （2）“步骤Ⅰ”中溶解钯粉时，盐酸的主要作用是___________。 （3）装置b(双球U形管)的作用为___________(答出一点即可)。 （4）“步骤Ⅲ”中最佳的加热方式为___________(填字母)。 A. 水浴加热 B. 油浴加热 C. 酒精灯加热 D. 酒精喷灯加热 （5）“步骤Ⅳ”中产生沉淀时发生的反应为2H2PdCl4+4NH3·H2O=Pd(NH3)4·PdCl4↓+4HCl+4H2O；装置c中产生的白烟的成分可能为___________(填化学式)。根据实验分析，在题述实验条件下，NH3、Cl-与钯的配位能力强弱顺序为：NH3___________Cl-(填“>”或“<”或“=”)。 （6）本实验中产品产率为___________。 18. 反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)在工业上有重要应用。 （1）已知该反应放热，但并非在任意温度下自发进行，则该反应ΔS___________0(填“>”或“<”)；实际工业中，反应常在较高温度下进行，该措施的优缺点是___________。 （2）该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图所示。 ①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是___________。 ②某温度下，H2在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡：H22H，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法错误的是___________。 A．工业排放的CO2是引发酸雨的主要原因之一 B．H2O的VSEPR模型为四面体形 C．加快Pd膜内H原子迁移有利于H2的解离 D．H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为放热反应 ③同温同压下，等物质的量的CO和H2O通入无Pd膜反应器，CO的平衡转化率为75%；若换成Pd膜反应器，CO的平衡转化率为90%，则相同时间内出口a和出口b中H2的质量比为___________。 （3）该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图所示。 ①固体电解质采用___________(填“氧离子导体”或“质子导体”)。 ②阴极的电极反应式为___________。 ③同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处n(CO):n(H2O)=a:b，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y倍，则CO的转化率为___________(用a，b，y表示)。 19. 某药物成分H具有抗炎、抗病毒、抗氧化等生物活性，其合成路线如下： 已知： 回答下列问题： （1）H中的含氧官能团除羟基外还有___________(填名称)；C→D的反应类型___________。 （2）在NaOH溶液中，苯酚与CH3OCH2Cl反应的化学方程式为___________。 （3）D→E中PCC的作用为___________。 （4）I的结构简式为___________。 （5）化合物I的同分异构体满足以下条件的有___________种(不考虑立体异构)； i．含苯环且苯环上只有一个取代基；ii．红外光谱有醚键吸收峰。 （6）参照上述流程，设计以HCHO和为原料合成的路线如图： Z的结构简式为___________(已知：Z中R1与R2相同)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 射洪中学高2023级高三下期入学考试 化学试题 (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 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。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，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 N-14 O-16 Na-23 Fe-56 As-75 Pd-106 一、选择题：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. 化学与生活紧密相关，下列有关叙述错误的是 A. 奶粉中添加维生素作为营养强化剂 B. 制造切削工具的碳化硼(B4C)属于新型无机非金属材料 C. 牙膏添加氟化物(如NaF)，利用其强氧化性预防龋齿 D. 用铬酸作氧化剂，采用化学氧化法可以使铝的氧化膜产生美丽的颜色 【答案】C 【解析】 【详解】A．奶粉中添加维生素是为了补充营养成分，A正确； B．碳化硼（B4C）是一种高硬度陶瓷材料，广泛应用于切削工具，属于新型无机非金属材料，B正确； C．牙膏中添加氟化物（如NaF）预防龋齿，主要是通过氟离子促进牙齿再矿化和形成氟磷灰石来增强抗酸性，氟化物不具有强氧化性，C错误； D．铬酸作为氧化剂，在化学氧化法中可使铝表面形成氧化膜并产生颜色，常用于铝的着色处理，D正确； 故选C。 2. 结构决定性质，性质决定用途。关于下列事实的化学解释错误的是 选项 事实 化学解释 A 用“杯酚”可将C60、C70分离开 C60分子大小与“杯酚”空腔大小适配 B O3在CCl4中的溶解度大于在水中的 O3与CCl4均为非极性分子，相似相溶 C 液态氯乙烷易挥发，汽化时大量吸热 用作冷冻麻醉剂 D 石墨可作电极 未杂化的p轨道重叠使电子可以在整个碳原子平面内运动 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．“杯酚”分离和，是因为的分子大小与“杯酚”的空腔大小适配，能够进入空腔，而不能，从而实现分离，A不符合题意； B．是极性分子，是非极性分子。根据“相似相溶”原理，极性分子在非极性溶剂中的溶解度应该较小，B符合题意； C．液态氯乙烷易挥发，汽化时吸收大量的热，使局部温度迅速降低，因此可用作冷冻麻醉剂，C不符合题意； D．石墨中未杂化的p轨道重叠，形成离域大π键，电子可以在整个碳原子平面内自由运动，因此具有良好的导电性，可用作电极，D不符合题意； 故答案选B。 3. 下列化学用语或图示表示正确的是 A. 用电子云轮廓图表示N2中2px-2px、2py-2py π键的形成过程： B. 酚醛树脂的结构简式： C. 的系统命名：邻甲基苯酚 D. 邻羟基苯甲醛形成分子内氢键： 【答案】A 【解析】 【详解】A．分子中，π键通过肩并肩重叠形成，分别在空间上相互垂直的2px-2pxπ键和2py-2py 键，A符合题意； B．酚醛树脂是甲醛和苯酚发生缩聚反应得到的高分子化合物，其结构简式为，B不符合题意； C．该有机物的系统命名应为2-甲基苯酚，C不符合题意； D．邻羟基苯甲醛中，羟基上的与醛基上的O可形成分子内氢键，D不符合题意； 故答案选A。 4. 下列离子方程式书写正确的是 A. 用铁电极电解饱和食盐水：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH- B. 一氯乙酸乙酯在足量NaOH溶液中加热：ClCH2COOC2H5+OH-ClCH2COO-+C2H5OH C. 硅橡胶单体(CH3)2Si(OH)2的制备： D. 将H2S通入FeCl3溶液：2Fe3++3H2S=2FeS↓+S↓+6H+ 【答案】C 【解析】 【详解】A．用铁电极电解饱和食盐水时，铁为活泼金属，阳极反应为Fe － 2e-＝ Fe2+，不能产生氯气，A错误； B．一氯乙酸乙酯（ClCH2COOC2H5）在足量NaOH溶液中加热时，除酯基水解外，α-氯原子也会水解，应生成HOCH2COO-和Cl-，B错误； C．硅橡胶单体制备反应：(CH3)2SiCl2 + 2H2O → (CH3)2Si(OH)2 + 2HCl，离子方程式为：(CH3)2SiCl2 + 2H2O →(CH3)2Si(OH)2+ 2H+ + 2Cl-，C正确； D．将H2S通入FeCl3溶液发生氧化还原反应：2Fe3+ + H2S ＝ 2Fe2+ +S↓+2H+，D错误； 答案选C。 5. 使用如下实验装置，可以达到预期目的的是 A．除去苯中的苯酚 B．分离乙酸乙酯(沸点77℃)和乙醇(沸点78℃) C．用于色谱法，可确定有机物的结构 D．用NaOH标准溶液滴定待测盐酸的浓度 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．苯酚与浓溴水反应生成的三溴苯酚可溶于苯，无法通过过滤分离，应选用溶液洗涤分液，A不符合题意； B．乙酸乙酯与乙醇的沸点相近，直接蒸馏难以分离，应先加入饱和溶液分液后再蒸馏，B不符合题意； C．色谱法可用于分离混合物及定性分析，但不能直接确定有机物的具体结构，需结合波谱分析等方法，C不符合题意； D．聚四氟乙烯活塞是酸碱两用滴定管，可用于装NaOH标准溶液滴定待测盐酸的浓度，D符合题意； 故答案选D。 6. 298K、酸性环境下，1 mol/L不同电对的电极电势见下表。电极电势越高，其氧化型物质的氧化性越强；电极电势越低，其还原型物质的还原性越强。某小组设计实验探究物质氧化性对电池电压大小的影响，装置示意图及测得的数据如下所示。下列说法错误的是 电对(氧化型/还原型) 电极电势V 0.337 0.770 电解质溶液 浓度/mol·L-1 均为1.0 A. 基态Ni2+有15种不同空间运动状态的电子 B. 根据数据可推断出：Fe3+能与Cu反应 C. 电解精炼铁时，若粗铁中含有Ni，则精炼后阳极泥中含有Ni D. 负极反应物一定时，正极反应物氧化性越强，电池电压越大 【答案】A 【解析】 【详解】Ａ．Ni为28号元素，基态Ni2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d8，电子的“空间运动状态”指其所在的原子轨道，的电子占据了1s、2s、2p(3个)、3s、3p(3个)、3d(5个)轨道，共1+1+3+1+3+5=14个轨道，即有14种不同的空间运动状态，A错误； Ｂ．的电极电势大于，说明Fe3+的氧化性大于Cu２+，Fe3+能与Cu反应生成Fe２+和Cu２+，B正确； Ｃ．的电极电势小于，说明Fe的还原性大于Ni，电解精炼铁时，若粗铁中含有Ni，则精炼后阳极泥中含有Ni ，C正确； Ｄ．电池电压等于正极电势减负极电势，负极反应物一定时，正极反应物氧化性越强，其电极电势越高，电池电压越大，D正确； 答案选A。 7. 美拉德反应是一种广泛存在于食品工业中的反应，能赋予食品独特的风味和色泽。由天门冬氨酸引发的美拉德反应部分过程如下，下列叙述错误的是 A. 甲分子中含有15个σ键 B. 1 mol乙和足量Na反应最多产生78.4 L H2 C. 乙分子中含有3个手性碳原子 D. 甲可形成两种链状二肽分子 【答案】B 【解析】 【详解】A．每个单键都是一个σ键，而双键中有一个σ键和一个π键，天门冬氨酸分子中含有15个σ键，A正确； B．乙分子中含5个羟基和2个羧基，则1 mol乙和足量Na反应最多产生3.5 mol H2，题目中未提及气体状态，无法计算体积，B错误； C．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，乙分子中含有3个手性碳原子，如图：，C正确； D．天门冬氨酸分子含有2个羧基和1个氨基，可形成两种链状二肽分子，D正确； 故答案为B。 8. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中基态Z原子s轨道电子数与p轨道电子数之比为3：4，由上述四种元素形成的一种化合物M的结构如图所示。下列说法正确的是 A. W、X、Y的简单离子的半径： B. X、Y、Z分别与W形成的化合物的晶体类型相同 C. 同周期第一电离能比Y大的元素有5种 D. 简单氢化物的稳定性： 【答案】A 【解析】 【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中基态Z原子s轨道电子数与p轨道电子数之比为3∶4，结合化合物M的结构图中Z的成键特点，Z的核外电子排布为，Z为Si元素；W形成两条共价键，W为O元素；X为Na；Y为Al。 【详解】A．W、X、Y的简单离子的电子层数相同，核电荷数越大离子半径越小，故简单离子半径Y<X<W，A正确； B．X、Y、Z分别与W形成的化合物中，钠的氧化物和铝的氧化物属于离子晶体，硅的氧化物二氧化硅属于共价晶体，类型不相同，B错误； C．同周期第一电离能比Y(Al)大的元素有Mg、Si、P、S、Cl、Ar，6种，C错误； D．简单氢化物的稳定性与非金属性一致，简单氢化物的稳定性：W>Z，D错误； 故选A。 9. Ni(CO)4(四羰合镍，沸点43℃)可用于制备高纯镍，也是有机化合物羰基化反应的催化剂。在总压分别为0.10、0.50、1.0、2.0MPa下，Ni(s)和CO(g)反应达平衡时，Ni(CO)4体积分数与温度的关系如图所示。 下列说法正确的是 A. 晶态Ni(CO)4属于离子晶体 B. Ni(s)+4CO(g)=Ni(CO)4(g)是吸热反应 C. p2=1.0 MPa D. 当气体平均相对分子质量不再改变时，可说明反应已达平衡 【答案】D 【解析】 【详解】A．Ni(CO)4沸点仅43℃，熔、沸点很低，符合分子晶体的特征，离子晶体熔、沸点普遍较高，因此Ni(CO)4属于分子晶体，A错误； B．由图像可知，温度升高，平衡时Ni(CO)4的体积分数减小，说明升高温度，反应Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)逆向移动，该反应为放热反应，B错误； C．反应Ni(s)+4CO(g)=Ni(CO)4(g)是气体分子数减少的反应，增大压强，平衡正向移动，同温度下Ni(CO)4的体积分数增大，p1<p2<p3<p4，故p2=0.50 MPa，C错误； D．反应中Ni是固体，反应过程中，气体总质量、气体总物质的量都会发生变化，因此气体平均相对分子质量是变量，当平均相对分子质量不再改变时，说明各组分的量不再变化，反应达到平衡状态，D正确； 故答案为D。 10. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向CO还原后所得到的产物中加入稀硝酸，再滴加KSCN溶液，溶液变红 证明未被完全还原 B 将与混合加热，得到、、 证明比更易水解 C 、为电极，酸化的溶液作电解质溶液，连接成原电池装置，一段时间后，直接向Fe电极区滴入2滴溶液，观察现象 探究金属的电化学保护法 D 向溶液中滴加溶液，有白色沉淀产生，再滴加几滴溶液，出现黑色沉淀 验证溶度积： A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．向CO还原Fe3O4后的产物中加入稀硝酸，再滴加KSCN溶液，溶液变红，即使Fe3O4被完全还原为铁，铁与稀硝酸反应也会生成Fe3+，导致溶液变红，因此无法证明Fe3O4未被完全还原，A错误； B．SOCl2水解生成SO2、HCl，HCl可抑制铝离子的水解，SOCl2优先与AlCl3·6H2O中的结晶水反应，说明SOCl2比AlCl3更易水解，B正确； C．以Zn、Fe为电极，酸化的3% NaCl溶液为电解质构成原电池，Fe为正极被保护，但向Fe电极直接滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无法避免K3[Fe(CN)6]和单质铁的反应生成Fe2+，无法验证Fe被保护，C错误； D．向Na2S溶液中滴加ZnSO4生成ZnS沉淀后，再滴加CuSO4出现黑色沉淀，由于Na2S过量，加入CuSO4时直接生成CuS沉淀，并非ZnS转化为CuS，因此无法验证Ksp(ZnS) > Ksp(CuS)，D错误； 故答案为：B。 11. 资源化利用具有重要意义。在(R为多孔骨架)催化作用下，和1，1-二甲基环氧乙烷()合成环状碳酸酯的可能机理如图所示。 下列说法中错误的是 A. 中碳原子为sp杂化 B. X的结构简式可能为 C. 也能与连接的原因是能形成氢键 D. 该合成反应的原子利用率为100% 【答案】C 【解析】 【详解】A．CO2分子为直线形，中心碳原子价层电子对数为2，杂化类型为sp杂化，A正确； B．1，1-二甲基环氧乙烷在催化剂作用下开环，Br−进攻环氧环位阻较小的碳，导致C-O键断裂，氧带负电，另一个碳连接Br−，形成中间产物X，其结构简式可能为，B正确； C．1，1-二甲基环氧乙烷分子中环氧环的氧为醚键氧，无H连接，不含O-H键，无法形成N⋯H-O氢键，C错误； D．该反应中CO2和1，1-二甲基环氧乙烷完全转化为环状碳酸酯，无副产物生成，原子利用率为100%，D正确； 故选C。 12. 一种制备的工艺路线如图所示，反应所得溶液pH在3~4之间，反应需及时补加以保持反应在条件下进行。常温下，的电离平衡常数，。下列说法正确的是 A. 反应、、均为氧化还原反应 B. 低温真空蒸发主要目的是防止被氧化 C. 溶液Y可循环用于反应所在操作单元吸收气体 D. 若产量不变，参与反应的X与物质的量之比增大时，需补加的量增多 【答案】C 【解析】 【分析】铜和浓硫酸反应(反应Ⅰ)生成二氧化硫气体(气体Ⅰ)和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应(反应Ⅱ)，所得溶液pH在3～4之间，溶液显酸性，根据H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.3×10-8，可知NaHSO3溶液显酸性(电离大于水解)，则反应Ⅱ所得溶液成分是NaHSO3，调节溶液pH值至11，使NaHSO3转化为Na2SO3，低温真空蒸发(防止Na2SO3被氧化)，故固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4反应的离子方程式是+2Cu2++2H2O=+Cu2O+4H+，反应过程中酸性越来越强，使Na2SO3转化成SO2气体，总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行，据此分析解答。 【详解】A．反应Ⅰ是铜和浓硫酸反应，生成二氧化硫，是氧化还原反应，反应Ⅱ是SO2和碳酸钠溶液反应，生成NaHSO3、水和二氧化碳，是非氧化还原反应，反应Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O，是氧化还原反应，A错误； B．低温真空蒸发主要目的是防止Na2SO3被氧化，而不是NaHSO3，B错误； C．经分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液，可循环用于反应Ⅱ的操作单元吸收SO2气体(气体Ⅰ)，C正确； D．制取Cu2O总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，化合物X是指Na2SO3，若Cu2O产量不变，增大比，多的Na2SO3会消耗氢离子，用于控制pH值，可减少NaOH的量，D错误； 故答案为：C。 13. 某小组同学利用如下实验探究平衡移动原理。 已知：i．[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoCl4]2-+6H2O ΔH； ⅱ．ZnCl2溶液为无色。 下列说法正确的是 A. [Co(H2O)6]Cl2的配位数为8 B. 结合实验可知上述正反应是放热反应 C. ③中溶液变红，推测可能是Zn2+与Cl-形成了配合物 D. ①中溶液变蓝，主要是因为H+浓度增大，抑制了[Co(H2O)6]2+水解，促进上述平衡正移 【答案】C 【解析】 【详解】A．中配离子为，中心离子与6个分子配位，配位数为6，A错误； B．呈红色，呈蓝色，在实验1中溶液被加热后变蓝，即平衡向正反应方向移动，说明正反应是吸热反应，则，B错误； C．在实验2，③中加入过量固体，溶液变红，说明平衡向逆反应方向移动，其原因可能是溶液中和形成了配合物，使降低，导致平衡向逆反应方向移动，C正确； D．①中加浓盐酸使浓度增大，平衡正向移动生成，因此溶液变蓝，主要原因是浓度增大，D错误； 故选C。 14. 锂铁砷是一种性能独特的超导材料，其中一种立方晶胞结构如图1所示，Li+与As3-的正视图和俯视图如图2所示。若晶胞参数为a nm，M点As3-的坐标为，设NA为阿伏加德罗常数的值。 下列说法错误的是 A. 图1中M、N的间距为 B. 与Li+等距且最近的Li+有12个 C. 密度为 D. 若晶胞中一个As3-被Se2-替换，则Fe(Ⅱ)与Fe(0)的个数比为5：1 【答案】D 【解析】 【详解】A．从Li+和As3-的正视图、俯视图以及M点As3-的坐标可以看出，Li+和As3-处在8个小立方体的体心，交错排列，M、N的间距为面对角线的一半，为，A正确； B．从Li+和As3-的正视图、俯视图以及M点As3-的坐标可以看出，Li+和As3-处在8个小立方体的体心，交错排列，若Li+位于顶点，其他的Li+位于面心，与Li+等距且最近的Li+有12个，B正确； C．从Li+和As3-的正视图、俯视图以及M点As3-的坐标可以看出，Li+和As3-处在8个小立方体的体心，交错排列，上下底面的而心、棱心、顶点都是Fe2+，均摊法可得晶胞中有4个As3-、4个Li+、=4个Fe2+，密度为，C正确； D．由C可知，1个晶胞中有4个Fe2+，4个As3-，4个Li+。当1个As3-被Se2-取代后，总负电荷减少1，则Fe2+通过降价成Fe使得正负电荷代数和为0，则4个Fe2+中有0.5个降为0价，因此Fe2+=3.5，Fe=0.5，Fe(Ⅱ)Fe(0)的个数比为7：1，D错误； 故选D。 15. 弱酸在有机相和水相中存在平衡：，平衡常数为。时，向环己烷溶液中加入水进行萃取，用或调节水溶液。测得水溶液中、环己烷中的浓度与水相萃取率随的变化关系如图。 已知：①在环己烷中不电离；②忽略体积变化；③下列计算均为。下列说法不正确的是 A. B. 水相中： C. 当时，体系中 D. 若加水体积为，则交点N向右移动 【答案】D 【解析】 【分析】为方便分析，给曲线进行命名，如图： 环己烷中的浓度与水相萃取率可知，可知曲线a应为，b为水相萃取率，水溶液中的HA-会随着pH的增大先增大后减小，曲线d为水溶液中的HA-，而A2-来源于HA-的电离，由图可知，pH=2时，HA-浓度为0，即此时A2-为0，因此曲线f为水溶液中的A2-，即c为水溶液中H2A的浓度，综上：a为、b为水相萃取率、c为水溶液中H2A的浓度、d为水溶液中的HA-、f为水溶液中的A2-，c、d交点的pH为4，即H2A的，d、f交点的pH为7，即。 【详解】A．当pH很低时，水相中H2A几乎不电离，此时，由，当pH=2时，α=20%，则[c环己烷(H2A)]=0.08mol/L，水相中[H2A(aq)]=0.1-0.08=0.02mol/L，，A正确； B．水相中：，此反应的，B正确； C．当时，根据图像以及上述分析可知，体系中，C正确； D．由A选项，可知，又因为，可得，当时，，pH=4.6，若加水体积为2VmL，对交点N的横坐标无影响，即交点N不移动，D错误； 故选D。 二、非选择题 16. 实验室以二氧化铈(CeO2)废渣为原料制备Cl-含量少的Ce2(CO3)3，其部分实验过程如下： （1）温度过高不利于“酸浸”的原因是___________。 （2）已知Ce3+能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为Ce3+(水层)+3HA(有机层)Ce(A)3(有机层)+3H+(水层)。加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是___________。 （3）pH约为7的CeCl3溶液与NH4HCO3溶液反应可生成Ce2(CO3)3沉淀，该沉淀中Cl-含量与加料方式有关。得到含Cl-量较少的Ce2(CO3)3的加料方式为___________(填序号)； A．将NH4HCO3溶液滴加到CeCl3溶液中 B．将CeCl3溶液滴加到NH4HCO3溶液中 上述流程中“沉淀”步骤发生反应的离子方程式为___________。 （4）与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤Ce2(CO3)3溶液的滤液中，物质的量减小的离子有___________(填化学式)。 （5）实验中需要测定溶液中Ce3+的含量。已知水溶液中Ce4+可用准确浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定。以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定反应为Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。 ①请补充完整实验方案： i．准确量取25.00 mL Ce3+溶液，加氧化剂将Ce3+完全氧化并去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到250 mL容量瓶中后定容； ii．按规定操作分别将0.02000 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2和待测Ce4+溶液装入如图所示的___________(填仪器名称)中； iii．从仪器中准确放出25.00 mL Ce4+溶液于___________(填仪器名称)中，加入几滴指示剂苯代邻氨基苯甲酸，向其中滴加(NH4)2Fe(SO4)2溶液，边滴边振荡，至溶液颜色恰好由紫红色变为亮黄色，且30s内颜色不变，记录滴加(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积。 iv．___________。 v．根据上述数据计算得出结果。 ②步骤i中若没有去除多余氧化剂，则对测定结果的影响是___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。 【答案】（1）温度过高会导致双氧水分解，降低浸取率 （2）萃取时生成H+，溶液中若存在大量H+不利于萃取平衡正向移动 （3） ①. B ②. （4）Ce3+与H+ （5） ①. 酸式滴定管 ②. 锥形瓶 ③. 再平行进行2次滴定 ④. 偏大 【解析】 【分析】CeO2废渣使用稀盐酸/双氧水联合浸取后，浸取液中含Ce3+，再加入氨水中和溶液，利于萃取，再加入萃取剂HA，Ce元素进入有机层中，分液后对有机层反萃取，Ce元素进入水层中，再加入沉淀剂氨水、碳酸氢铵，得到Ce2(CO3)3沉淀，据此解答。 【小问1详解】 酸浸时温度过高会导致双氧水分解，降低浸取率。 【小问2详解】 萃取剂为有机酸HA，萃取时生成H+，溶液中若存在大量H+不利于萃取平衡正向移动，所以需要除去过量盐酸。 【小问3详解】 为使沉淀中的Cl-含量少，应将CeCl3溶液滴加到NH4HCO3溶液中，保持Cl-为少量，故选B；沉淀时发生的反应为。 【小问4详解】 反萃取后的溶液中含有大量的Ce3+与H+，而沉淀剂为碱性溶液，所以过滤Ce2(CO3)3溶液的滤液中Ce3+与H+物质的量均减小。 【小问5详解】 ①ii．滴定剂硫酸亚铁铵溶液和待测液应先装在图示的酸式滴定管中； iii．从滴定管中放出25.00 mL待测液应置于锥形瓶中； iv．应为平行进行2次滴定； ②若没有去除多余氧化剂，滴定剂硫酸亚铁铵会与该氧化剂反应，导致消耗的滴定剂体积偏大，测定结果偏大。 17. 二氯四氨合钯(Pd(NH3)4]Cl2，相对分子质量为245)是重要的钯化合物，广泛应用在化学催化及电镀工业。利用钯粉制备二氯四氨合钯的实验过程和部分装置如下： Ⅰ．称取10.6 g钯粉，加入适量的HNO3和HCl的混合酸中，使钯粉溶解，溶液中有无色气泡产生，加热赶出溶液中的含氮化合物，经浓缩、结晶、过滤、洗涤后得到四氯合钯酸(H2PdCl4)； Ⅱ．将四氯合钯酸加入到装置c中，用3倍体积的去离子水溶解，加入搅拌磁子； Ⅲ．将装置c中的混合物在100℃条件下恒温加热2小时； Ⅳ．在不断搅拌并持续保温下，缓慢加入浓氨水，开始时装置中产生白烟，溶液内有沉淀产生，继续滴加浓氨水，沉淀逐渐溶解，最后得到浅黄色的[Pd(NH3)4]Cl2溶液； Ⅴ．浅黄色溶液经加热浓缩至出现一层晶膜、自然冷却结晶、过滤、洗涤、50℃真空干燥后，得到14.7 g纯净的二氯四氨合钯｛[Pd(NH3)4]Cl2｝产品。 回答下列问题： （1）已知Pd是Ni同族相邻周期的元素，则Pd在元素周期表中的位置是___________。 （2）“步骤Ⅰ”中溶解钯粉时，盐酸的主要作用是___________。 （3）装置b(双球U形管)的作用为___________(答出一点即可)。 （4）“步骤Ⅲ”中最佳的加热方式为___________(填字母)。 A. 水浴加热 B. 油浴加热 C. 酒精灯加热 D. 酒精喷灯加热 （5）“步骤Ⅳ”中产生沉淀时发生的反应为2H2PdCl4+4NH3·H2O=Pd(NH3)4·PdCl4↓+4HCl+4H2O；装置c中产生的白烟的成分可能为___________(填化学式)。根据实验分析，在题述实验条件下，NH3、Cl-与钯的配位能力强弱顺序为：NH3___________Cl-(填“>”或“<”或“=”)。 （6）本实验中产品产率为___________。 【答案】（1）第五周期第VIII族 （2）提供配体Cl-促进Pd溶解 （3）平衡三颈烧瓶中压强、吸收挥发出来的氨气和氯化氢防止污染 （4）A （5） ①. NH4Cl ②. > （6）60% 【解析】 【分析】钯粉使用王水溶解处理得到四氯合钯酸，在三颈烧瓶中加水溶解，在100℃条件下恒温加热2小时，缓慢加入浓氨水，有沉淀产生，继续滴加浓氨水至沉淀溶解，最后得到浅黄色的溶液，经过一系列操作，得到纯净的二氯四氨合钯，据此回答。 【小问1详解】 Ni为第四周期第VIII族元素，所以Pd为第五周期第VIII族元素。 【小问2详解】 步骤I中钯粉溶解在硝酸与盐酸的混酸中，类似于金单质溶解在王水中，盐酸的作用为提供配体Cl-促进Pd溶解。 【小问3详解】 实验过程中会生成氨气、氯化氢等气体，则装置b的作用是平衡三颈烧瓶中压强、吸收挥发出来的氨气和氯化氢防止污染。 【小问4详解】 水浴加热温度最高100℃，且能均匀控温（适合需精准温度的反应），油浴、酒精灯、酒精喷灯加热温度易超过100℃，且温度不稳定，故选A。 【小问5详解】 实验过程中产生氨气、氯化氢等气体，所以白烟可能为氯化氢与氨气反应生成的NH4Cl；该方程式中Pd2+与Cl-配位转化为与NH3配位，所以NH3的配位能力强于Cl-。 【小问6详解】 理论上产量为，所以产率为。 18. 反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)在工业上有重要应用。 （1）已知该反应放热，但并非在任意温度下自发进行，则该反应ΔS___________0(填“>”或“<”)；实际工业中，反应常在较高温度下进行，该措施的优缺点是___________。 （2）该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图所示。 ①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是___________。 ②某温度下，H2在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡：H22H，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法错误的是___________。 A．工业排放的CO2是引发酸雨的主要原因之一 B．H2O的VSEPR模型为四面体形 C．加快Pd膜内H原子迁移有利于H2的解离 D．H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为放热反应 ③同温同压下，等物质的量的CO和H2O通入无Pd膜反应器，CO的平衡转化率为75%；若换成Pd膜反应器，CO的平衡转化率为90%，则相同时间内出口a和出口b中H2的质量比为___________。 （3）该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图所示。 ①固体电解质采用___________(填“氧离子导体”或“质子导体”)。 ②阴极的电极反应式为___________。 ③同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处n(CO):n(H2O)=a:b，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y倍，则CO的转化率为___________(用a，b，y表示)。 【答案】（1） ①. < ②. 反应速率较快，但转化率较低 （2） ①. Pd膜可以吸附生成的H2，使其脱离反应体系，使平衡正向移动，增大转化率 ②. A ③. 1:8 （3） ①. 质子导体 ②. 2H++2e-＝H2↑ ③. ×100% 【解析】 【小问1详解】 由，该反应放热，但并非在任意温度下自发进行，说明该反应熵变小于零；实际工业中在较高温度下进行，反应速率较快，但该反应放热，导致反应平衡逆向移动，反应物的转化率较低。 【小问2详解】 ①由图得，Pd膜可以吸附生成的H2，使其脱离反应体系，使平衡正向移动，增大转化率； ②A．二氧化碳为温室气体，与酸雨的形成无关，A错误； B．H2O中O的价电子对数为，价电子对互斥模型为四面体形，B正确； C．加快Pd膜内H原子迁移，平衡H22H正向移动，有利于H2的解离，C正确； D．H原子在Pd膜表面结合形成H2是形成化学键的过程，为放热过程，D正确； 故选A； ③设初始CO和H2O物质的量为1 mol，无Pd膜时，生成H2和CO2物质的量为0.75 mol，剩余CO、H2O的物质的量为0.25 mol，可计算出此温度下平衡常数K=9；有膜情况下CO的平衡转化率为90%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡总物质的量分别为0.1 mol、0.1 mol、0.9 mol、0.9 mol，a口和b口的H2总量为0.9 mol，其中只有a口的处于平衡体系，设a口产生的H2的物质的量为x mol，则，解得x=0.1，所以b口产生的H2物质的量为0.9-0.1=0.8 mol，a口与b口H2质量之比为1:8。 【小问3详解】 ①电解时，CO和H2O均从阳极口进入，CO转化为CO2，则H2需要在阴极产生，阳极产生CO2的同时产生H+，H+通过固体电解质进入阴极附近，然后被还原产生氢气，故固体电解质应采用质子导体； ②电解时，阴极反应式为：2H++2e-＝H2↑； ③根据pV=nRT可知，同温同压下，出口Ⅰ处气体物质的量为进口Ⅰ处的y倍，设反应中CO初始物质的量为a mol，转化了x mol，则根据三段式：，CO2在出口I生成，H2在出口II生成，所以出口I气体总物质的量为(a+b-x) mol，则有y(a+b)=a+b-x，解得x=(a+b)(1-y)，CO转化率为×100%。 19. 某药物成分H具有抗炎、抗病毒、抗氧化等生物活性，其合成路线如下： 已知： 回答下列问题： （1）H中的含氧官能团除羟基外还有___________(填名称)；C→D的反应类型___________。 （2）在NaOH溶液中，苯酚与CH3OCH2Cl反应的化学方程式为___________。 （3）D→E中PCC的作用为___________。 （4）I的结构简式为___________。 （5）化合物I的同分异构体满足以下条件的有___________种(不考虑立体异构)； i．含苯环且苯环上只有一个取代基；ii．红外光谱有醚键吸收峰。 （6）参照上述流程，设计以HCHO和为原料合成的路线如图： Z的结构简式为___________(已知：Z中R1与R2相同)。 【答案】（1） ①. 酰胺基和醚键 ②. 取代反应 （2）++NaOH+NaCl+ （3）选择性将分子中的羟基氧化为羰基 （4） （5）13 （6）(Z中的乙氧基的乙基，也可以是其他烃基，合理即可) 【解析】 【分析】由合成流程可知，A在HMTA作用下引入醛基生成B，B与苯基溴化镁发生加成反应（亲核加成），经酸化后生成C；C在碱性条件下与发生取代反应保护酚羟基，得到D；D经PCC发生氧化反应将羟基氧化为酮基得到E；E经系列变化得到F，F中含有磷酸酯基，且F→G中步骤ⅰ在强碱作用下进行，由此可推测F→G发生题给已知信息中的反应；由F、G的结构简式及化合物I的分子式可逆推得到I的结构简式为；G经系列变化生成H。 【小问1详解】 由H的结构可知，H中的含氧官能团除羟基外还有酰胺基和醚键；由分析可知，C→D的反应类型为取代反应。 【小问2详解】 由题给合成路线中的转化可知，苯酚可与发生取代反应生成与，可与发生中和反应生成和，据此可得该反应的化学方程式为： ++NaOH+NaCl+； 【小问3详解】 由的结构变化可知，的作用为选择性将分子中的羟基氧化为羰基； 【小问4详解】 据分析可知，化合物I的结构简式为； 【小问5详解】 化合物Ⅰ的分子式为，计算可得不饱和度为4，根据题目所给信息，化合物Ⅰ的同分异构体分子中含有苯环(已占据4个不饱和度)，则其余C原子均为饱和碳原子(单键连接其他原子)；又由红外光谱有醚键吸收峰，可得苯环上的取代基中含1个醚键；再由分子中苯环上只含有1个取代基，可知该有机物的碳链结构有如下13种：； 【小问6详解】 结合题干中B到C的反应，可知HCHO经过后得到X（），继续催化氧化得到Y（），已知：＋R3－CHO+，由要得到，可推知R2为乙基，则Z可以为(Z中的乙氧基的乙基，也可以是其他烃基，合理即可)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $