安徽合肥市普通高中六校联盟2026届高三下学期开年考化学绿色评价试卷

合肥市普通高中六校联盟2026届高三下学期开年考化学绿色评价 （考试时间：75分钟 满分：100分） 一、选择题：本大题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。 1.下列有关化学概念或性质的判断正确的是（ ） A．等钡的化合物均有毒，相关废弃物应进行无害化处理 B．二氧化硫是一种食品添加剂，少量二氧化硫可用于杀菌消毒 C．牙膏中添加氟化物用于预防龋齿是利用了氧化还原反应的原理 D．依次断开中的4个，所需能量相同 2. 下列化学用语或图示正确的是（ ） A．的球棍模型： B．顺丁烯二酸的结构简式： C．用电子式表示HCl的形成过程： D．中σ键的原子轨道的电子云图形： 3. 历史是根，文化是魂，而文物是历史的见证和文化的载体。下列凉山出土的文物主要成分不是金属材料的是（ ） A. 蛇蛙铜俎(盐源·战国—西汉) B. 蜀郡铁锸(西昌·西汉) C. 陶镇墓俑(西昌·成汉) D. 缠枝纹束发金冠(冕宁·明) 4. 白果内酯是银杏白果中的一种提取物，具有神经保护、改善血液循环、抗炎等作用，常用于辅助改善脑功能、预防血管疾病等，其结构如图所示。下列关于该分子的说法错误的是（ ） A. 含有2种官能团 B. 手性碳原子数目为6 C. 能与NaOH溶液发生反应 D. 不能发生消去反应 5. 下列说法正确的是（ ） A．的价层电子对互斥模型和空间构型均为正四面体 B．若型分子的空间构型相同，其中心原子的杂化方式也相同 C．干冰和冰的结构表明范德华力和氢键通常都具有方向性 D．和都是既含键又含键的非极性分子 6. 甲是自然界中一种常见矿石的主要成分，经过如图所示五步反应（部分反应条件略）可以生成己，甲和己的组成元素相同且甲中两种元素原子的质量比为，戊可用于游泳池杀菌消毒。 下列叙述正确的是（ ） A. 甲在高温下与足量氧气反应，产生无味气体 B. 常温下，溶液丁的大于7 C. 乙能与氨水反应，说明乙是酸性氧化物 D. 常温下，固体己能与稀硫酸发生复分解反应 7. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ） A．1 mol [Cu(NH3)4]2+中σ键的个数为12NA B．22.4 L二氧化硫溶于水，溶液中H2SO3、HSO、SO的数目总和为NA C．1 mol CrO5(Cr的化合价为+6)含过氧键的数目为2NA D．常温下，向100 mL 18 mol·L-1浓硫酸中加入足量的Cu，该过程转移电子的数目为1.8NA 8. 下列实验装置或操作正确的且能达到实验目的的是（ ） A. 利用甲图在萃取过程中放气 B. 利用乙图制备并收集少量氨气 C. 利用丙图移取25.00mL的草酸 D. 利用丁图证明苯与液溴的反应类型为取代反应 9. 化合物X3YZE4ME3可用作肥料，所含5种元素均为短周期主族元素。X、Y和Z为同周期元素，原子序数依次递增。X的基态原子价层电子排布式为，Z的基态原子价电子层p轨道半充满。E与M同周期，且未成对电子数相同，E是地壳中含量最多的元素。下列说法不正确的是（ ） A. 元素电负性：Z>E>M B. 原子半径：Y>M>E C. 第一电离能：Z>Y>X D. 简单氢化物沸点：E>M 10. 单乙醇胺（MEA）捕获的反应为，在催化剂I和II的作用下，该反应均需经历“吸附-反应-脱附”过程，能量变化如图（*表示吸附态）所示。下列说法不正确的是（ ） A．使用催化剂II更有利于捕获 B．除吸附与脱附外，两种反应历程均分2步进行 C．使用催化剂I比使用催化剂II放出的热量更多 D．反应达平衡后，升高温度有利于的释放 11. 在酸性海水中催化乙炔制备氯乙烯的原理如图所示，太阳光照射下，催化剂表面产生电 子和“空穴”，驱动两极反应，如图所示。 下列叙述错误的是（ ） A．能量主要转化形式是太阳能→电能→化学能 B．一段时间后阴极区降低 C．阳极反应式为 D．总反应为 12. 一碘甲烷(CH3I)热裂解可制取乙烯等低碳烯烃化工原料。CH3I热裂解时发生如下反应。 反应Ⅰ：2CH3I(g)C2H4(g)＋2HI(g)；ΔH1>0 反应Ⅱ：3C2H4(g)2C3H6(g)；ΔH2<0 反应Ⅲ：2C2H4(g)C4H8(g)；ΔH3<0 p=0.1MPa，向密闭容器中起始投入1molCH3I(g)，维持压强恒定，平衡时容器内C2H4、C3H6和C4H8所占容器内气体的物质的量分数(X)与温度的关系如图所示。 C2H4的分压p(C2H4)=p总·X(C2H4)，反应Ⅰ的压强平衡常数Kp=。下列说法正确的是（ ） A．图中a对应的物质是C2H4 B．750K时，反应Ⅲ的Kp=1 C．300K时，要提高C3H6的物质的量分数可以使用C3H6选择性高的催化剂 D．1000K时，其他条件不变，若增大容器的压强，C2H4平衡时的物质的量分数一定会减小 13. 铈(Ce，镧系元素)的氧化物是一种常用的催化剂，能作为汽车尾气的净化器。下图展示的是两种铈的氧化物的晶胞结构(晶胞参数为xnm)。图(b)晶胞中O原子出现缺陷，其中Ce的化合价有和。下列说法正确的是（ ） A．Ce位于元素周期表中的ds区 B．图(a)晶胞中Ce的配位数为4 C．图(a)物质的摩尔体积为 D．图(b)晶胞中化合价为的Ce的个数为2 14.时，某二元酸的、。溶液稀释过程中与的关系如图所示。已知的分布系数。下列说法错误的是 A. 曲线n为的变化曲线 B. a点： C. b点： D. c点： 二、非选择题：本大题包括3小题，共52分。 15. 镍及其化合物在工业上有广泛的应用。工业上用红土镍矿(主要含有MgO、NiO、FeO、、等)制备镍的部分工艺流程如下： 已知：①在本工艺条件下，H2O2、Fe3+不能氧化Ni2+； ②常温下，。 回答下列问题： （1）镍元素在周期表中的位置为_______，滤渣1的成分是_______。 （2）“沉铁”步骤中，加入H2O2时发生反应的离子方程式为_______，Na2CO3能沉铁的原因是_______。 （3）若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是_______，取“沉镁”后的溶液1 L，已知c(Mg2+)=0.02mol/L，要使溶液中c(Mg2+) ≤ 1.0×10-5 mol/L，则至少需要加入_______molNaF(忽略体积的变化，保留3位小数)。 （4）沉镍所得的草酸镍晶体(NiC2O4·2H2O)脱水后在高温下煅烧，可以制得Ni2O3，同时获得混合气体，NiC2O4煅烧分解的化学方程式为_______。 （5）NiO的晶胞结构如图所示，离O2-最近的Ni2+形成的空间结构为_______。 16.（15分）邻硝基苯酚主要用作染料、药物、炸药的中间体，其实验室制备原理如下： 实验装置如下图(部分仪器略去)： 相关信息如下表(Mr表示相对分子质量)： 物质 Mr 颜色 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性 其他 苯酚 94 无色 40.9 181.8 稍溶于水，65℃以上能与水混溶。 邻硝基苯酚 139 浅黄色 44.5 216 溶于热水，微溶于冷水。 能与水蒸气一同挥发 对硝基苯酚 139 浅黄色 113.4 279 溶于热水，微溶于冷水。 不与水蒸气一同挥发 实验步骤： ①向装置I中的三颈烧瓶中加入、26.0 mL水、8.0 mL浓。完全溶解后，将烧瓶置于冰水浴； ②将9.4 g苯酚完全溶于10 mL水后，转入分液漏斗中，维持10~15℃，将其缓慢加入三颈烧瓶中，反应1 h后得到黑色油状物质，并转移至烧杯中；冷却至黑色油状物固化，倾出酸层，然后用蒸馏水洗涤3次，得到硝基苯酚粗品； ③利用装置II进行水蒸气蒸馏，馏出液经一系列操作得邻硝基苯酚样品8.5 g。 回答下列问题： （1）装置I中仪器a的名称是_______，三颈烧瓶的最适宜规格为_______(填标号)。 A.500 mL 　　 B.250 mL 　　 C.100 mL 　　 D.50 mL （2）玻璃管b的作用为_______。 （3）步骤③中用蒸馏水洗去粗品中残留的无机酸和无机盐，检验是否洗涤干净的操作是_______。 （4）当观察到d中_______的现象时，即可停止水蒸气蒸馏。 （5）图中虚线框内合适的装置可以为_______(填标号)。 （6）取③中样品0.85 g，加入含0.015molBr2的饱和溴水(邻硝基苯酚与Br2以1：2反应，不考虑其他反应)，充分反应后，剩余的Br2与足量KI溶液作用生成I2，用0.1mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，终点时消耗Na2S2O3标准溶液60.00 mL(苯酚在②中完全反应，以上数据均已扣除干扰因素)，已知：。 则邻硝基苯酚的选择性=_______%(物质X的选择性) （7）实验测得邻硝基苯酚的选择性偏低，可能的原因是_______(填标号)。 A.滴定终点时俯视读数 B.滴定时，Na2S2O3标准溶液滴在锥形瓶外 C.滴定前，Na2S2O3标准溶液部分变质 17.（14分）工业合成氨反应是在催化剂表面上进行的，其反应历程如下(*表示吸附态)： 化学吸附： 表面反应： 脱附：其中，的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。 回答下列问题： (1)①催化剂的选择是合成氨的核心技术之一，使用催化剂1或催化剂2合成氨，产氨速率与温度的关系如图。 根据由图判断，活化能 (填“>”“=”“<”)。 ②分析说明原料气中过量的理由 (2)反应到平衡时，正、逆反应的速率方程分别为：，为速率常数，已知，据此计算 (3)合成氨中所使用的原料氢气可将二氧化碳转化为高附加值化学品，在催化剂作用下主要发生以下反应。甲醇的选择性。 I. II. ①在恒容容器中温度升高甲醇的选择性 (填：“增大”“减小”或“不变”) ②恒温恒容条件下，原料气以物质的量投料在初始压强为下进行反应。达到平衡时的选择性为，转化率为。则该条件下反应II的分压平衡常数 。(对于气相反应，用组分B的平衡代替，记作。，p为平衡总压，为平衡系统中B的物质的量分数。) (4)研究表明，对催化加氢也有一定催化效果，取干燥在气条件下加热，热重分析显示样品一直处于质量损失状态；X射线衍射分析结果表明随着温度升高，该晶胞边长变长，但铈离子空间排列没有发生变化。 加热后，当失重率(损失的质量/总质量)为时，每个晶胞拥有的的个数为 。 18.（15分）艾氟康唑(化合物K)是一种抗真菌药物，其合成路线如下。 已知：i． ii． 回答下列问题： （1）A→B的化学方程式为___________。 （2）D的名称为___________。 （3）E→F实现了___________到___________的转化(填官能团的名称)。 （4）F→G的反应类型为________；该反应中另一种与G互为同分异构体的副产物的结构简式为_________。 （5）F的同分异构体能同时满足以下三个条件的有___________种(不考虑立体异构)。 ①苯环上含有两个取代基 ②与FeCl3溶液显紫色 ③分子中含-CF2Cl 写出一种核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：6的结构简式：___________。 高三年级1月份化学试卷 第 学科网（北京）股份有限公司 $ 合肥市普通高中六校联盟2026届高三下学期开年考化学绿色评价 参考答案 一、选择题：本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。 1.【答案】B 【详解】A．就没有毒，故A错误； B．二氧化硫有较强还原性，且能抑制细菌生长，红酒中添加适量SO2可以起到杀菌和抗氧化的作用，故B正确； C．牙膏中添加氟化物可用于预防龋齿，原因是氟化钙比羟基磷酸钙更难溶，故C错误； D．依次断开中的，剩余部分能量越来越高，越来越不稳定，所以断开所需能量也越来越小，故D错误；答案选B。 2. 【答案】D 【详解】 A．中B价层电子对数为3，是杂化，O的价层电子对数为4，孤电子对数为2，为杂化，球棍模型应为，A错误； B．顺丁烯二酸中两个羧基位于双键的同一侧，结构简式应为，B错误； C．氯化氢为共价化合物，用电子式表示形成过程为：，C错误； D．中的σ键是 σ键，原子轨道电子云图为，D正确； 3. 【答案】C 【解析】A．蛇蛙铜俎主要成分是铜，属于金属材料，A不符合题意；B．蜀郡铁锸主要成分是铁，属于金属材料，B不符合题意；C．陶镇墓俑主要成分是陶瓷，陶瓷是硅酸盐，属于无机非金属材料，C符合题意；D．缠枝纹束发金冠主要成分是金，属于金属材料，D不符合题意；故选C。 4. 【答案】D 【解析】A．含有酯基、羟基2种官能团，故A正确；B．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，含手性碳原子(*标出)数目为6，故B正确；C．含有酯基，能与NaOH溶液发生反应，故C正确；D．有1个羟基[其所连的碳原子与叔丁基相连接]的邻位碳原子上有H，能发生消去反应，故D错误；选D。 5. 【答案】A 【解析】A．甲烷分子中心原子形成四个σ键，没有孤电子对，所以价层电子对互斥模型和空间构型均为正四面体，A正确；B．SO2和OF2分子的空间构型均为V形，但前者中心原子为sp2杂化，后者中心原子为sp3杂化，B错误；C．冰的结构是水分子通过氢键结合形成的有空隙的空间结构，表明了氢键通常具有方向性，干冰的结构表现为分子密堆积，范德华力没有方向性，C错误；D．CO2和CCl4都是极性键形成的非极性分子，CO2既含σ键又含π键而CCl4只含σ键不含π键，D错误；故选A。 6. 【答案】B 【解析】甲是黑色固体，甲和己组成元素相同，且甲中两种元素原子质量比为4：1，结合后续反应，可推断甲为Cu2S。甲（Cu2S）与O2反应生成砖红色固体乙，乙为Cu2O。乙（Cu2O）与氨水反应生成无色溶液丙，丙中含[Cu(NH3)2]+；丙被O2氧化为深蓝色溶液丁，丁中含[Cu(NH3)4]2+。丁与硫酸反应生成蓝色溶液戊，戊为CuSO4溶液；戊与H2S反应生成黑色固体己，己为CuS。A．甲为Cu2S（黑色固体，辉铜矿主要成分），高温下与足量O2反应生成CuO和SO2，SO2有刺激性气味，A错误；B．溶液丁为[Cu(NH3)4]2+（深蓝色）溶液，制备过程中氨水过量，溶液呈碱性，常温下pH大于7，B正确；C．乙为Cu2O（砖红色固体），与氨水反应生成[Cu(NH3)2]+配合物，并非生成盐和水，Cu2O是碱性氧化物，C错误；D．己CuS（黑色固体），CuS溶度积极小，不与稀硫酸发生复分解反应，D错误；故选B。 7. 【答案】C 【解析】A．每个NH3分子含有3个N-H σ键，4个NH3共12个；同时每个NH3与Cu2+形成1个配位键（σ键），共4个；总σ键数为12+4=16，即1 mol [Cu(NH3)4]2+中σ键的个数为16NA；A错误；B．未指明气体状态是否为标准状况，无法计算含硫物质的数目，B错误；C．CrO5中Cr的化合价为+6，则结构为CrO(O2)2，含2个过氧键（O-O），即1 mol CrO5有2NA个过氧键，C正确；D．由可知，每消耗2 mol浓硫酸转移2 NA电子，题目共有1.8 mol浓硫酸，反应过程中生成水会稀释浓硫酸，即参与反应的浓硫酸小于1.8 mol，则转移电子数小于1.8NA，D错误；故答案选C。 8. 【答案】C 【解析】A.甲图萃取放气时应将分液漏斗倒置，打开活塞放气，而不是像图中正立打开上口塞子，正确的放气方法应是将分液漏斗倒置，左手握住活塞部分，右手顶住塞子，倒置分液漏斗后打开活塞放气，故A错误；B．乙图中，氨气密度小于空气，收集氨气的导管要伸入试管底部，故B错误；C．图中用移液管量取草酸溶液，可以准确移取25.00mL溶液，故C正确；D．丁图中，苯与液溴在铁粉催化下发生反应，如果是取代反应，会生成HBr，可以通过AgNO3溶液检测出Br-。但液溴易挥发，挥发出的Br2会溶于水生成HBr干扰检测。因此需在导管末端加一个盛装有CCl4的洗气装置，以吸收挥发的Br2，且导管不能伸入硝酸银溶液液面以下，故D错误；故选C。 9. 【答案】A 【解析】5种元素均为短周期元素，X、Y、Z同周期，基态X的价层电子排布式为nsn-2，若n=3，则排布式为3s1，对应Na；若n=2，2s0不符合主族元素，故X为Na；基态Z的价层p轨道半充满，故为P； E是地壳中含量最多的元素，为O；E与M同周期，且未成对电子数相同，为C；Y的原子序数介于Na与p之间，且根据化合物X3YZE4ME3正负化合价代数和为0可知，为Mg；最终确定：X为Na，Y为Mg，Z为P，E为O，M为C，据此分析。A．同周期主族元素从左到右电负性递增，同主族从上到下电负性递减， 电负性有E(O)>M(C)，E(O)>Z(P)，故电负性最大的为EO，A符合题意；B．同周期主族元素从左到右原子半径递减，同主族从上到下原子半径递增， 故原子半径Y(Mg)>M(C)>E(O)，B不符合题意；C．同周期主族元素从左到右呈增大趋势，ⅡA、ⅤA族因轨道全满或半满出现反常，因此第一电离能顺序为Z(P)>Y(Mg)>X(Na)，C不符合题意；D．简单氢化物分别为H2O和CH4，H2O分子间存在氢键，CH4仅存在范德华力；氢键使H2O的沸点远高于CH4，即简单氢化物沸点：E(H2O)>M(CH4)，D不符合题意；选A。 10.【答案】C 【详解】A．由图可知，使用催化剂II时反应所需的活化能更少，反应速率更快，则使用催化剂II更有利于捕获，A正确； B．由图可知，在催化剂I和II的作用下，除吸附与脱附外，两种反应历程均分2步进行，B正确； C．催化剂不改变反应的焓变，则使用催化剂I和使用催化剂II放出的热量相等，C错误； D．由图可知，该反应中反应物的总能量高于生成物，为放热反应，反应达平衡后，升高温度，平衡逆向移动，有利于的释放，D正确；故选C。 11. 【答案】B 【详解】A．太阳光作用下，催化剂表面产生“空穴”，相当于将太阳能转化成电能，电能将氯化氢转化成氢原子、氯原子，活泼性强的氯原子、氢原子与乙炔加成生成氯乙烯，A正确； B．阴极的物质的量减少，增大，B错误； C．根据分析可知，阳极上发生氧化反应，即氯离子转化成氯原子，得到1个“空穴”相当于失去1个电子，阳极反应式为，C正确； D．根据分析可知，两极反应加合，再与乙炔反应得到目标产物总反应为，D正确； 故选B； 12. 【答案】D 【详解】A．由分析可知，曲线a代表温度对平衡体系中C4H8物质的量分数的影响，A错误； B．由图可知，750K时，C2H4和C4H8的物质的量分数相等，则反应Ⅲ的Kp=，题目中并未提供750K时有关物质的物质的量分数的具体数值，因此无法确定Kp是否等于1，B错误； C．使用对C3H6选择性高的催化剂，不影响平衡移动，因此不能提高C3H6物质的量分数，C错误； D．反应I为气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，C2H4物质的量分数减小，反应Ⅱ和反应Ⅲ为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，C2H4物质的量分数减小，因此其他条件不变，若增大容器的压强，C2H4平衡时的物质的量分数一定会减小，故D正确；故选D。 13. 【答案】D 【解析】A．铈为镧系元素位于d区，A错误；B．如图所示，图a晶胞中Ce的配位数为8，B错误；C．根据均摊法，图a中Ce原子个数为：，O原子的个数为：8，每个晶胞的体积为(a×10-9)3m3， 故晶体的摩尔体积为：，C错误；D．图b中，Ce原子个数为：，O原子的个数为： 7，Ce的化合价有+3和+4，则根据化合价代数和为0，＋3 的Ce的数目为2，D正确；故选：D。 14. 【答案】B 【解析】1.0mol/LNaHA溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA-H++A-和水解平衡HA-+H2OOH-+H2A；HA-的水解常数为，其电离程度大于其水解程度，因此其以电离为主，其分布系数先保持不变后减小，曲线n为的变化曲线，pc(Na+)的增大，c(Na+)减小，增大明显，故曲线m为的变化曲线，则曲线p为的变化曲线。A．1.0mol/LNaHA溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA-H++A-和水解平衡HA-+H2OOH-+H2A，HA-的分布系数开始时变化不大且保持较大，故曲线n为的变化曲线，选项A正确；B．a点, pc(Na+)=1.0，则c(Na+)=0.1mol/L，=0.70，==0.15，，，，选项B错误；C．b点, =0.70，==0.15，即c(A2-)=c(H2A)，根据物料守恒有，，故 ，选项C正确；D．c点：=，故c(A2-)=c(HA-)根据电荷守恒有，故，选项D正确；答案选B。 二、非选择题：本大题包括3小题，共52分。 15. （14分）【答案】（1）①. 第四周期第Ⅷ族 ②. SiO2 （2） ①. 2Fe2++H2O2+2H+ = 2Fe3++2H2O ②. Na2CO3是弱酸盐，CO会与 H+结合，促进 Fe3+水解，使水解平衡右移，生成 Fe (OH)3沉淀 （3） ①. F-与H+结合生成弱电解质HF，使溶液中F- 浓度降低，导致MgF2 的沉淀溶解平衡正向移动，Mg2+沉淀不完全 ②. 0.043 （4） 2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑ （5）正八面体 【解析】以红土镍矿为原料，先通过硫酸酸浸，使其中的 MgO、NiO、FeO、Fe2O3等氧化物溶解，SiO2不溶形成滤渣1；向酸浸液中加入 H2O2将 Fe2+氧化为 Fe3+，再加入Na2CO3调节pH，使Fe3+以氢氧化铁形式沉淀为滤渣2；之后加入NaF沉淀镁离子，生成氟化镁滤渣3；再加入草酸沉镍，得到草酸镍沉淀，经煅烧分解为氧化镍，最后用CO还原氧化镍得到金属镍，从而实现镍的提取与分离。 （1）镍的原子序数为28，位于第四周期第Ⅷ族；根据分析，滤渣1的成分是SiO2。 （2）在“沉铁”步骤中，H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，因为Fe3+更容易通过调节pH沉淀。反应方程式为 2Fe2++H2O2+2H+ = 2Fe3++2H2O；Na2CO3是弱酸盐，CO会与 H+结合，促进 Fe3+水解，使水解平衡右移，生成 Fe (OH)3沉淀。 （3）若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全的原因是F-与H+结合生成弱电解质HF，使溶液中 F-浓度降低，导致MgF2 的沉淀溶解平衡正向移动，Mg2+沉淀不完全。至少需要加入NaF的物质的量：已知  ，c(Mg2+) ≤ 1.0×10-5 mol/L时，，溶液体积为1L ，则沉淀后F-物质的量  ≥3.0×10-3mol。沉淀0.02molMg2+需要消耗0.04molF- ，因此至少需要加入NaF的物质的量为0.04+3.0×10-3=0.043mol。 （4）NiC2​O4​在高温下分解生成Ni2O3、CO和CO2，配平后化学方程式为2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑。 （5）NiO为NaCl型晶胞，每个O2- 周围有6个等距离的Ni2+，分别位于O2- 的上下、左右、前后位置，构成正八面体。 16.（15分）【答案】（1）①. 球形冷凝管 ②. C （2）平衡气压 （3）取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则已洗净，反之，则未洗净 （4）不再有淡黄色油状液体流出 （5）AB （6）60% （7）BC 【解析】（1）a的名称是球形冷凝管；根据实验步骤，该反应液体约44 mL，选用三颈烧瓶时应该时药品在三颈烧瓶最大容量的1/3～2/3，故应该选用100 mL三颈烧瓶；故答案为：球形冷凝管；C； （2）玻璃管b的作用为平衡气压，防止压强过大引发事故，又能防止压强过小产生倒吸； （3）粗品中残留的无机酸和无机盐中有SO，检验应该使用BaCl2溶液，具体检验操作步骤为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则已洗净，反之，则未洗净； （4）当观察到d中不再有淡黄色油状液体（邻硝基苯酚）流出时，说明产物已被完全蒸出，反应结束，可停止水蒸气蒸馏； （5）该装置应考虑防止倒吸，其中A，B在管口留有空隙，可以接安全管等装置防止倒吸，C则不可以防倒吸，故答案为：AB； （6）由题目所给关系，=，与邻硝基苯酚反应的溴的物质的量为，根据选择性定义，物质X的选择性，则邻硝基苯酚的选择性=； （7）邻硝基苯酚的选择性=。A．滴定终点时俯视读数,会使滴定管读数偏小，从而计算出n(与S2O反应的Br2)偏小，会使邻硝基苯酚的选择性偏高，A不符合题意；B．滴定时，Na2S2O3标准溶液滴在锥形瓶外，会额外多消耗Na2S2O3溶液，会使n(与S2O反应的Br2)偏大，从而使邻硝基苯酚的选择性偏低，B符合题意；C．滴定前，Na2S2O3标准溶液部分变质，也会额外多消耗Na2S2O3溶液，后面分析同B，C符合题意；故答案选BC。 17.（14分）【答案】(1) < N2的吸附与分解是合成氨的限速步骤，提高N2的分压可加快该限速反应并有利于平衡向生成氨方向移动，从而提高产率 (2)-1.5(3) 减小 (4)7 【详解】（1）①由图可知，使用催化剂1时反应速率更快，说明催化剂1降低反应活化能的效果更好，则活化能<； ②工业上往往使原料气中 N2适当过量，其理由是：N2的吸附与分解是合成氨的限速步骤，提高N2的分压可加快该限速反应并有利于平衡向生成氨方向移动，从而提高产率。 （2）由在平衡状态下相等，则Kp===，=-1、β = –1.5、。 （3）①反应I是放热反应，反应II是吸热反应，在恒容条件下升高温度，反应I平衡逆向移动，反应II平衡正向移动故甲醇选择性减小； ②设起始投料 n(CO2) : n(H2) = 1 : 3，CO2转化率为50%，其中80%转化生成CH3OH、20%转化生成CO，列出“三段式” =0.5、0.8，解得x=0.4，y=0.1，初始压强为，则平衡压强为：，则该条件下反应II的分压平衡常数= 。 （4）CeO2在Ar气中加热失重主要是失去部分氧原子，生成 CeO2-δ。1mol CeO2的质量为199g，由失重率2.01%计算可得，剩余n(O)= ，新化学式约为 CeO1.75，已知每个晶胞含 =4个Ce，故对应含7个 O2-，即每个晶胞拥有7个氧离子。 18.（15分）【答案】（1）+Br2+HBr （2）一氯乙酸 （3）① 酮羰基 ②. 羟基 （4）①. 消去反应 ②. （5）①. 15 ②. 【解析】由题干合成路线图可知，根据E的结构简式和A的分子式可知，A的结构简式为：，由A到B的转化条件和B的分子式并结合E的结构简式可知，B的结构简式为：，由B到C的转化条件并结合C的分子式可知，C的结构简式为：，由E的结构简式和D的分子式可知，D的结构简式为：ClCH2COOH，由F的分子式和E到F的转化条件，并结合已知信息i可知，F的结构简式为：，据此分析解题。 （1）由分析可知，A的结构简式为：， B的结构简式为：，则A→B的化学方程式为+Br2+HBr，故答案为：+Br2+HBr； （2）由分析可知，D的结构简式为：ClCH2COOH ，故D的名称为一氯乙酸，故答案为：一氯乙酸； （3）由分析可知，F的结构简式为：，结合题干流程图中E的结构简式可知，E→F实现了酮羰基到羟基的转化，故答案为：酮羰基；羟基； （4）由分析可知，F的结构简式为：，结合题干流程图中G的结构简式：，则F→G的反应类型为消去反应，结合消去反应的机理可知，该反应中另一种与G互为同分异构体的副产物的结构简式为，故答案为：消去反应；； （5）由题干中F的分子式为：C10H11OF2Cl ，不饱和度为4，故F的同分异构体能同时满足以下三个条件①苯环上含有两个取代基，②与FeCl3溶液显紫色即含有酚羟基，③分子中含-CF2Cl则另一个取代基为：-CH2CH2CH2CF2Cl、-CH2CH(CH3)CF2Cl、-CH(CF2Cl)CH2CH3、-CH(CH3)2CF2Cl、-CH(CH3)CH2CF2Cl等物质，每一组又有邻间对三种位置异构，即一共有5×3=15种，其核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：6即含有两个甲基的结构简式为：，故答案为：15；。 9 学科网（北京）股份有限公司 $