安徽合肥市第四中学2026届高三下学期开学教学质量检测化学试题

合肥市第四中学高三下学期开学化学质量检测 （考试时间：75分钟 满分：100分） 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.中华民族创造了辉煌灿烂的文化，下列说法错误的是（ ） A．编钟的制作原料为青铜，其主要成分属于合金 B．“缣帛”是丝织品制成的“纸”，其主要成分属于纤维素 C．火炬“飞扬”的外壳，使用碳纤维为基体材料，属于复合材料 D．宣砚的主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料 2. 中国古代化学工艺是中华璀璨文明的一部分，下列有关说法不正确的是（ ） A．东汉成书记载有“石胆化铁则为铜”，该过程涉及了置换反应 B．闻名海内外的景德镇瓷器是由黏土经高温烧结而成 C．古代炼丹家由丹砂炼水银的方法属于现代金属冶炼工艺中的热还原法 D．用青铜铸剑利用了青铜比纯铜熔点低、硬度大的优点 3.下列化学用语或图示正确的是（ ） A. 过氧化氢的电子式： B. 的结构示意图： C. 的球棍模型： D. 键示意图： 4.药物X与病毒蛋白对接的原理如图。下列说法错误的是（ ） A．Ⅰ为加成反应 B．X中参与反应的官能团为醛基 C．Y无手性碳原子 D．Z中虚框内所有原子可能共平面 5. 氢气的安全贮存和运输是氢能应用的关键，铁镁合金是已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，若该晶胞边长为dnm，其晶胞结构如图所示。下列说法正确的是（ ） A．铁镁合金的化学式为Mg8Fe4 B．Fe原子与最近的Mg原子的距离是 C．若该晶体储氢时，H2填充在Fe原子组成的八面体空隙中心位置，则含Mg 96g的该储氢合金可储存标准状况下H2的体积约为22.4L D．若NA为阿伏加德罗常数的值，则该合金的密度为 6. 物质I是一种检测人体细胞内Ca2+浓度变化的荧光探针试剂，其检测机理如图所示。依据探针所显示的荧光变化确定Ca2+的存在。下列说法正确的是（ ） A．物质I所含元素电负性从大到小的顺序为N>O> C>H B．物质I中N原子的杂化类型为sp2、sp3 C．物质II中H-O-H键角小于水中H-O-H的键角 D．物质II中Ca2+与O形成4个配位键 7. 碳酸锶是荧光屏玻璃的基础粉料。以天青石（主要成分为，含有、等杂质）为原料制备高纯的流程如下： 已知：25℃时各物质的溶度积常数见下表。 物质 下列说法正确的是（ ） A．“滤液1”的主要溶质为，电解“滤液1”可获得镁单质 B．“转化”工序的主要反应为 C．“混合气体”中含有和，二者的物质的量之比为 D．含有和的悬浊液中， 8. 一种由短周期主族元素组成的化合物(结构如图)是有机工业中良好的溶剂，其中W、X、Y、Z、M的原子序数依次增大，五种元素的核外电子总数为33。下列叙述正确的是（ ） A. 原子半径： B. 的最高价氧化物的水化物是强酸 C. 第一电离能由大到小的顺序为 D. 五种元素中有四种位于元素周期表的区 9. 在有机合成工业中，一种配位催化氧化加成反应的过程中，中性分子XY能加成到具有配位空穴的过渡金属化合物上。如CO催化氧化加成的反应机理如图示：（ ） 下列说法错误的是 A. ②反应中Rh配位数增加了2 B. 反应过程中有极性键和非极性键的断裂与形成 C. 分子中具有空穴 D. 总反应为CH3OH+COCH3COOH 10. 根据下列实验操作及现象，得出的结论正确的是（ ） 选项 实验操作及现象 结论 A 向盛有FeCl3溶液的试管中加入过量铜粉，充分反应后滴加KSCN溶液，溶液不变红 氧化性：Fe3+>Cu2+ B 将混有少量乙烯的乙烷气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液紫红色变浅 可用酸性KMnO4溶液除去乙烷中混有的乙烯 C 向某有机物的乙醇溶液中加入少量金属钠，常温下有气泡产生 该有机物含有羟基 D 将盐酸与大理石反应产生的气体直接通入Na2SiO3溶液中，有白色沉淀产生 酸性：H2SiO3<H2CO3 A. A B. B C. C D. D 11. 反应物(S)转化为产物(P或Q)的能量变化与反应进程的关系如下图所示。下列关于四种不同反应进程的说法正确的是（ ） A．进程Ⅰ升高温度，逆反应速率增大，正反应速率降低 B．生成相同物质的量的P，进程Ⅰ、Ⅱ释放的能量相同 C．反应进程Ⅲ生成P的速率大于反应进程Ⅱ D．进程Ⅳ可以说明催化剂可以改变反应产物 12. 甲酸甲酯是重要的有机合成中间体，一种利用甲醇制备甲酸甲酯的方法为。在恒容密闭容器中，投入等物质的量的和发生上述反应，相同时间内的转化率随温度变化的关系如图所示。下列说法错误的是（ ） A． B．逆反应速率： C．曲线上只有点达到了该反应的平衡状态 D．平衡后，向容器中再次投入等物质的量的和CO，CO的转化率增大 13. 密闭恒容容器中，t=0时加入1.0mol·L-1C2H4Cl2(g)，保持773K发生以下反应： 反应Ⅰ：  C2H4Cl2(g)HCl(g)+C2H3Cl(g) △H=+71.05kJ/mol Ea1 反应Ⅱ： C2H4Cl2(g)2HCl(g)+H2(g) +2C(s) △H=-54.52kJ/mol Ea2 C2H4Cl2(g)、C2H3Cl(g)和H2(g)的浓度随反应时间t变化的曲线如图。已知活化能：Ea1远小于Ea2，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。下列说法不正确的是（ ） A．若只升高温度，C2H3Cl平衡浓度增大 B．若只通入氦气(不参与反应)，C2H3Cl平衡浓度不变 C．若只减少容器体积，C2H4Cl2平衡转化率减小 D．若时，加入足量催化剂(仅对反应Ⅰ有加速作用)，则的浓度峰值不变 14. 弱酸在有机相和水相中存在平衡：(环己烷)，平衡常数为。25℃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、、浓度、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。 下列说法不正确的是（ ） A．曲线①表示水溶液中的浓度变化 B．时， C．的 D．若加水体积为，则交点N的保持不变 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.（14分）稀土金属已成为发展尖端科学技术不可缺少的材料，我国稀土资源丰富，其中铈(Ce)是稀土中丰度最高的元素，其在电子材料、催化剂等方面的应用非常广泛。以氟碳铈矿石(含)为原料制备的工艺流程可表示为： (1)“氧化焙烧”时，为提高反应速率和原料利用率，将空气从焙烧炉 通入(填“顶部”或“底部”)。 (2)在硫酸介质中Ce(Ⅳ)可被磷酸二异辛酯()萃取，Ce(Ⅲ)不能被萃取。 ①磷酸二异辛酯在煤油中通过氢键形成对称的环状二聚体，较大的烃基会使与之连接的氧原子难以形成氢键，该环状二聚体结构式可表示为 。 ②被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，本题实验条件下。向20mL含Ce(Ⅳ)的酸浸液中加入10mL萃取剂，充分振荡、静置后，水层中 。 ③“反萃取”过程中的作用是 。 (3)加入硫脲还原酸浸液中的离子，生成二硫甲脒和，硫脲和反应的离子方程式为 。 (4)氧化铈()是一种重要的光催化材料，光催化过程中立方晶胞的组成变化如图所示，和之间可进行可逆的电荷转移。假设晶胞棱长为apm。 晶胞中与最近的核间距为 pm(用含a参数表示)，每个晶胞中个数为 (用含x参数表示)。 16.（15分）配合物在生产、生活中应用广泛。例如：(铁氰化钾)用于检验。回答下列问题： (1)的配位数为 ，中配位原子是 (填元素符号)。 (2)配位体电子式为 ，对应氢化物HCN分子中键与键数目之比为 。 (3)工业上，以石墨为电极，电解(亚铁氰化钾)溶液可以制备，阳极的电极反应式为 。 (4)探究的性质。查阅资料，提出猜想： 猜想1：溶液中存在电离平衡； 猜想2：具有氧化性。 【设计实验】 序号 实验操作 实验现象 I 在10mL溶液中滴入几滴KSCN溶液，再向溶液中加入少量浓盐酸 滴入KSCN溶液，无明显现象，加入浓盐酸后，_____i______ II 在10mL和的混合溶液中插入一根无锈铁丝 产生蓝色沉淀 III 在10mL溶液中插入一根无锈铁丝(与II中相同) 产生蓝色沉淀 【结果分析】 ①实验I证明猜想1成立，实验现象i是 。 ②已知：常温下， ；，，又称配离子稳定常数。用必要的文字、离子方程式与数据说明实验I滴入KSCN溶液时无明显现象的原因 。 ③实验III产生蓝色沉淀是因为产生了，生成的与未反应的生成了蓝色沉淀，说明猜想2成立。另设计实验证明的氧化性 (要求写出实验操作与预期现象，限选试剂：NaOH溶液、淀粉溶液、KI溶液和饱和溶液)。 ④基于猜想1、2成立，可推断实验II、III中 (填“”“”或“”)。 17.（14分）乙烯年产量是衡量国家石油化工发展水平的重要指标，乙烷制乙烯具有极高的经济效益。乙烷制乙烯的方法有如下两种： Ⅰ．乙烷催化裂解法：i．C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) ΔH1 （1）已知C2H6(g)、H2(g)和C2H4(g)的燃烧热分别是1560kJ·mol-1、285.8kJ·mol-1和1411.0kJ·mol-1，则ΔH1=___________，该反应在___________(填“低温”“高温”或“任何温度”)时能自发进行。 （2）一定条件下，向2L密闭容器中通入4mol乙烷，使其发生反应i，测得乙烯平衡产率随温度、压强的变化如图所示： ①p1___________p2(填“>”或“<”)。 ②在a点对应的温度和压强下，反应恰好达到平衡状态所用时间为5min，则0～5min内的平均反应速率(C2H6)=___________。 Ⅱ．乙烷催化氧化法：ii．2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g) ΔH2<0 副反应：iii．2C2H6(g)+5O2(g)4CO(g)+6H2O(g) ΔH3<0 iv．C2H4(g)+2O2(g)2CO(g)+2H2O(g) ΔH4<0 （3）乙烷催化裂解制乙烯时常会发生积碳反应，生成的碳会附着在催化剂的表面，降低催化剂的活性，而乙烷催化氧化制乙烯时很少有积碳，可能原因是___________。 （4）在恒容的密闭容器中充入1mol C2H6和1mol O2，初始压强为200kPa，在催化剂作用下发生上述反应，测得平衡时相关数据如下表所示： 温度/℃ 570 575 580 585 590 595 600 C2H4在含碳产物中的物质的量分数 0.94 0.92 0.91 0.90 0.88 0.86 0.78 C2H6的转化率 0.61 038 0.27 0.19 0.15 0.12 0.10 ①乙烯的物质的量分数随温度升高而降低的原因是___________。 ②585℃条件下，平衡时C2H4的物质的量n(C2H4)=___________mol。反应ii的标准压强平衡常数=___________(只要求列出计算式。标准压强平衡常数定义为：对于反应A2B，，其中=100kPa)。 18.（15分）阿折地平（J）是一种治疗高血压的药物，J的合成路线之一如下（略去部分试剂和条件）。 回答下列问题： （1）A的化学名称是______。 （2）B中官能团的名称是________。 （3）反应A→C中，Na2CO3的作用是________。 （4）C→E的反应类型为_______。 （5）G的结构简式为________。 （6）H的同分异构体中，同时满足下列条件的共有________种，其中核磁共振氢谱为4组峰的结构为________（用键线式表示）。 ①能发生银镜反应；②能与NaHCO3溶液反应；③有3个甲基。 （7）结合所学知识和上述合成路线，以甲苯（）、乙醛为有机原料，制取同样具降压作用的肉桂醛（），写出合成路线图________（无机试剂任选）。 高三化学 第 学科网（北京）股份有限公司 $ 合肥市第四中学高三下学期开学历史质量检测 答案 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.【答案】B 【解析】A．编钟的制作原料为青铜，其主要成分是铜和锡属于合金，A正确；B．“缣帛”是丝织品制成的“纸”，其主要成分属于蛋白质，B错误；C．复合材料是由两种或两种以上性质不同的材料经特殊加工而制成的材料，火炬“飞扬”的外壳使用碳纤维为基体的材料，属于复合材料，C正确；D．宣砚的主要成分是硅酸盐，硅酸盐属于传统的无机非金属材料，D正确；故选B。 2. 【答案】C 【解析】A．“石胆化铁则为铜”利用了铁与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，该反应基本类型属于置换反应，A正确；B．景德镇瓷器属于陶瓷，烧制陶瓷的主要原料是黏土，B正确；C．由丹砂炼水银的方法属于现代金属冶炼工艺中的热分解法，不是热还原方法，C错误；D．青铜属于合金，合金的熔点比纯金属低，而硬度比成分金属要大，D正确；故合理选项是C。 3. 【答案】B 【解析】A．过氧化氢（H2O2）是共价化合物，分子中不存在离子键，其正确的电子式应为：，故A错误；B．Fe2+是铁原子失去最外层（4s轨道）2个电子形成的，铁的原子序数为26，失去2个电子后核外电子数为24，其电子层排布变为：K层 2 个、L层 8 个、M层 14 个，则Fe2+的结构示意图为：，故B正确；C．球棍模型主要体现原子的连接方式和空间构型，题中给出的是空间填充模型，而不是球棍模型，故C错误； D．S-pσ键是由 s 轨道（球形）和 p 轨道（哑铃形）沿键轴方向重叠形成的，示意图为：，题目中画的是两个 p 轨道沿键轴方向重叠（属于p-pσ键），故D错误；故答案选B。 4. 【答案】C 【解析】A．对比X、Y的结构简式可知，X中醛基与H2N-R中氨基发生加成反应，故A正确；B．由以上分析可知X中参与反应的官能团为醛基，故B正确；C．由Y的结构简式可知，羟基所连碳原子为手性碳原子，故C错误；D．苯环为平面结构，C=N双键也为平面结构，因此虚框中所有原子可能共面，故D正确；故选：C。 5. 【答案】D 【解析】A．在晶胞中，Fe原子位于顶点和面心，个数为：8×+6×=4，Mg原子在晶胞内，个数为8，Mg：Fe=4：8=1：2，铁镁合金的化学式为Mg2Fe，A错误；B．由题干晶胞示意图可知，Fe原子与最近的Mg原子的距离是晶胞的体对角线的，即，B错误；C．晶胞中Mg原子为8，若该晶体储氢时，H2填充在Fe原子组成的八面体空隙中心位置，相当于H2分子位于体心和棱心上，则H2为1+12×=4，96gMg物质的量为4mol，储存的H2物质的量为2mol，在标准状况下，体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，C错误；D．由A项分析可知，晶胞质量为，晶胞体积为（d×10-7）3cm3，该合金的密度ρ===，D正确；故答案为：D。 6. 【答案】B 【解析】A．同周期，从左到右，元素的电负性逐渐增大，则电负性O>N>C，H与上述三种元素形成化合物，氢元素呈正化合价，则四种元素中H的电负性最小，则电负性，A错误；B．含双键的N原子的杂化方式为sp2，与乙基相连的N原子上还有一个孤电子对，N原子的杂化方式为sp3，B正确；C．物质Ⅱ中，的O与Ca形成了1个配位键，只有1对孤电子对，则其键角较大，C错误；D．结合物质Ⅱ的结构可知，Ca2+与O形成5个配位键，D错误；答案选B。 7. 【答案】B 【解析】A．由分析可知，滤液1中主要溶质含有MgCl2，电解MgCl2溶液会生成氢气、氯气和氢氧化镁，不能得到金属镁，A错误；B．“转化”工序中转化为更难溶的，发生的主要反应为 ，B正确；C．硝化时发生反应：，碳化时发生反应：，因此“混合气体”中含有和，二者的物质的量之比为1：2，C错误；D．含有和的悬浊液中，==，D错误；故选B。 8. 【答案】B 【解析】W、X、Y、Z、M均为短周期主族元素，且原子序数依次增大，由化合物的结构图可知，W形成一个键，且原子序数最小，W为H元素，X形成4个共价键，为C元素，Y形成3个共价键，则为N元素，Z得到1个电子后形成1个键，Z为O元素，M形成+1价的M+离子，则为Na元素，将五种元素的核外电子总数相加等于33，推断正确。A．同周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素，从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Na>C>N，即M>X>Y，A错误；B．Y的最高价氧化物的水化物是HNO3，HNO3为强酸，B正确；C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，N原子2p轨道半充满稳定，第一电离能大于O，则第一电离能：N>O>C，即Y>Z>X，C错误；D．W、X、Y、Z、M五种元素的价电子排布式分别为1s1、2s22p2、2s22p3、2s22p4、3s1，位于元素周期表p区有X、Y、Z三种，D错误；故答案选B。 9. 【答案】B 【解析】A．反应②前Rh的配体为I⁻、CO（配位数4），反应后结合CH和另一配体（如I⁻），配位数变为6，增加2，A正确；B．反应过程中，有极性键（如CH3OH中O-C、HI中H-I、CH3I中C-I）断裂与形成（如CH3COOH中C-O、O-H），没有非极性键的断裂与形成，B错误；C．从题目所给信息“中性分子XY能加成到具有空穴的过渡金属化合物上”以及反应机理图可知，这种分子作为过渡金属化合物，具有空穴来接受中性分子的加成，C正确；D．根据反应原理图，将各个分步反应进行加和，可得出总反应为CH3OH+COCH3COOH，D正确；故选B。 10. 【答案】A 【解析】A．向FeCl3溶液中加入过量铜粉，滴加KSCN溶液不变红，说明溶液中Fe3+被完全还原为Fe2+，发生反应，2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，Fe3+是氧化剂，说明Fe3+的氧化性强于Cu2+，A正确；B．酸性KMnO4溶液可将乙烯氧化，但氧化产物有CO2，会引入CO2等杂质，无法用于除杂，B错误；C．乙醇能与钠反应产生氢气，无法确定产生气泡是有机物中的羟基导致，C错误；D．盐酸有挥发性，盐酸与大理石反应产生的气体除了CO2还有HCl，直接通入Na2SiO3溶液中，HCl和CO2都会与其反应产生硅酸沉淀，无法证明H2CO3酸性强于H2SiO3，D错误；故选A。 11. 【答案】B 【详解】A．升高温度，正、逆反应速率均增大，A错误； B．进程Ⅱ使用了催化剂X，降低了反应的活化能，但不改变反应热，S转化为P为放热反应，对于进程Ⅰ、Ⅱ，生成等量的P所放出的热量相同，B正确； C．反应Ⅲ的活化能高于反应Ⅱ的活化能，则反应速率：反应Ⅱ>反应Ⅲ，C错误； D．在进程Ⅳ中最终生成Q，改变了反应的产物，即，Z不属于催化剂，D错误； 选B。 12. 【答案】C 【详解】A．b→c随温度升高，CO的平衡转化率降低，说明升高温度，平衡逆向移动，，故A正确； B．a点温度比d点温度低，a点生成物浓度小于b点，所以逆反应速率：，故B正确； C．b→c随温度升高，反应速率加快，CO的平衡转化率降低，说明升高温度，平衡逆向移动，曲线b→c点均达到平衡状态，故C错误； D．平衡后，向容器中再次投入等物质的量的和CO，相当于增大压强，增大压强，平衡正向移动，CO的转化率增大，故D正确； 选C。 13. 【答案】D 【解析】A．反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，升高温度，反应Ⅰ的平衡正向移动，反应Ⅱ的平衡逆向移动，都会使C2H3Cl的平衡浓度增大，A正确；B．在恒容密闭容器中通入氦气，各物质的浓度不变，正、逆反应速率不变，平衡不移动，所以C2H3Cl的平衡浓度不变，B正确；C．反应Ⅰ是气体分子数增大的反应，反应Ⅱ也是气体分子数增大的反应，减少容器体积，压强增大，反应Ⅰ的平衡逆向移动，反应Ⅱ的平衡也是逆向移动，C2H4Cl2的平衡转化率减小，C正确；D．若t=0时，加入的足量催化剂仅对反应Ⅰ有加速作用，对反应Ⅱ无影响；加入催化剂使反应Ⅰ更快达到平衡，此时反应Ⅱ消耗的C2H4Cl2较少，反应Ⅰ平衡时对应的C2H4Cl2浓度更高，故C2H3Cl的浓度峰值会增大，D错误；故选D。 14. 【答案】A 【详解】A．由分析可知，①为环己烷中的浓度，A错误； B．由分析可知，，时，，同理，，，根据物料守恒：，当pH=2时，代入数据得，则，即，，根据水相萃取率，可得，B正确； C．由分析可知，H2A的，C正确； D．Kd、Ka1只与温度有关，，当时，，pH=4.6，若加水体积为2VmL，对交点N的横坐标无影响，D正确； 故选A。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.（14分）(1)底部 (2) 0.01 将Ce(Ⅳ)还原为Ce(Ⅲ)，使其进入水层 (3)2 (4) 【分析】氟碳铈矿CeFCO3焙烧时和氧气反应生成CeO2、CeF4和气体X是CO2，化学方程式为：，然后加入稀硫酸形成含Ce4+、的溶液，加入有机萃取剂萃取分液，取有机相用过氧化氢将Ce4+还原为后反萃取得，最终得； 【详解】（1）“焙烧”采用逆流操作可增大反应物的接触面积，有利于提高反应速率，使焙烧更加充分，提高原料的利用率，故粉碎后的矿渣从顶部加入，将空气从焙烧炉底部通入； （2） ①磷酸二异辛酯在煤油中通过氢键形成对称的环状二聚体，较大的烃基会使与之连接的氧原子难以形成氢键，该环状二聚体结构式可表示为; ； ②被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，。向20ml含的酸浸液中加入10ml萃取剂，充分振荡、静置后，水层中有，解得； ③反萃取时加，可将+4价铈还原为+3价，使其进入水层； （3） 加入硫脲()，将+4价的Ce还原为+3价，硫脲和反应的离子方程式为：2； （4）Ce4+占据顶点和面心位置，为面心立方堆积，O2-填充在四面体空隙处，CeO2晶胞中Ce4+与最近O2-的核间距为晶胞对角线长度的，即；假设CeO2-x中Ce4+和Ce3+的个数分别为m和n，则m+n=1，由化合价代数和为0可得4m+3n=4-2x，解得m=1-2x，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的Ce4+或Ce3+的个数为8×+6×=4，所以每个晶胞中Ce4+的个数为4-8x。 16. 【答案】(1) 6 C (2) (3) (4)溶液变成红色 ，此反应的，该反应平衡常数小于，说明该反应正向进行的程度小，难于产生红色物质 向2mL溶液中滴加几滴饱和溶液，溶液出现淡黄色浑浊，说明具有氧化性(或向2mL溶液中滴加几滴KI溶液，然后再滴入几滴淀粉溶液，溶液出现蓝色，说明具有氧化性) 【详解】（1）中，CN-为配位体，C电负性较低，提供孤对电子，则每个CN-通过C原子与Fe3+配位，6个CN-形成六配位，故配位数为6，配位原子是C。 （2）中含有6+7+1=14个电子，配位体电子式为，HCN分子中，H-C为σ键，C≡N含1个σ键和2个π键，总σ键数2，π键数2，比例为1:1。 （3）电解时，阳极发生氧化反应，失去电子被氧化为，电极方程式为：。 （4）①加入浓盐酸后，H+与CN-结合生成HCN，降低CN-浓度，促使解离出Fe3+，Fe3+与SCN-反应生成红色络合物，实验现象i是溶液变成红色； ②实验I滴入KSCN溶液时无明显现象的原因：，此反应的，该反应平衡常数小于，说明该反应正向进行的程度小，难于产生红色物质； ③设计实验证明的氧化性为：向2mL溶液中滴加几滴饱和溶液，溶液出现淡黄色浑浊，说明具有氧化性(或向2mL溶液中滴加几滴KI溶液，然后再滴入几滴淀粉溶液，溶液出现蓝色，说明具有氧化性)； ④实验II中FeCl3提供高浓度Fe3+，直接氧化铁丝生成Fe2+更快；实验III中K₃[Fe(CN)₆]需先解离出少量Fe3+再反应，速率较慢，故A1< A2。 17.（14分）【答案】（1）.+136.8kJ·mol-1 高温 （2）< 0.24mol·L-1·min-1 （3）C与O2发生反应生成CO2，从而使积碳减少 （4）①. 反应ⅱ、ⅳ均为放热反应，升高温度，反应ⅱ平衡逆向移动程度更大 ②. 0.18 ③. 【解析】（1）燃烧热是指 1mol 可燃物燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，C2H6(g)、H2(g)和C2H4(g)的燃烧热分别是1560kJ·mol-1、285.8kJ·mol-1和1411.0kJ·mol-1，则①C2H6(g)+ 7/2O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)  △H =-1560kJ·mol-1；②H2 (g)+1/2O2 (g)=H2O(l) △H=-285.8kJ·mol-1；③CH2=CH2(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)  △H=-1411.0kJ·mol-1；反应C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)可由①-②-③得到，则 △H=-1560kJ·mol-1 +285.8 kJ·mol-1 +1411.0kJ·mol-1 =+136.8kJ·mol-1。该反应是气体体积增大的反应，△S>0，△H-T△S<0时反应能够自发进行，该反应在高温时能自发进行。 （2）①该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，乙烯平衡产率减小，则p1<p2； ②a点乙烯的平衡产率为60%，反应恰好达到平衡状态所用时间为5min，则0～5min内的平均反应速率v(C2H6)== 0.24mol·L-1·min-1。 （3）乙烷催化氧化制乙烯时有氧气参与反应，很少有积碳的可能原因是C与O2发生反应生成CO2，从而使积碳减少。 （4）①乙烯的物质的量分数随温度升高而降低的原因是：反应ⅱ、ⅳ均为放热反应，升高温度，反应ⅱ平衡逆向移动程度更大； ②由表格数据可知，585℃条件下，平衡时C2H4在含碳产物中的物质的量分数为0.90，C2H6的转化率的转化率为0.19，设平衡时n(CO)=xmol，则n(C2H4)=9x，由C原子守恒可知9x×2+x=1mol×2×0.19，解得x=0.02，则平衡时C2H4的物质的量n(C2H4)=9×0.02mol=0.18mol，n(CO)=0.02mol，n(C2H6)=1mol-1mol×0.19=0.81mol，由H原子守恒可知n(H2O)= ，O原子守恒可知n(O2)= =0.885mol，气体总物质的量为：0.18mol+0.02mol+0.81mol+0.21mol+0.885mol=2.105mol，初始压强为200kPa，则平衡压强为，反应ii的标准压强平衡常数= 。 18.（15分）【答案】（1）二苯甲胺 （2）醚键、碳氯键（或氯原子） （3）消耗反应生成的HCl，促使反应正向进行，提高产率 （4）取代反应（或酯化反应） （5） （6） ①. 4 ②. （7） 或 【解析】A与B反应生成C，C与D反应生成E，对比C与E的结构，可知C中的羟基变为酯基，所以C与D发生酯化反应，结合D的分子式可知，D的结构简式为NCCH2COOH；E经过多步反应生成F；G与H发生反应生成I，对比H和I结构可知，G与H发生羟醛缩合反应生成I，结合G的分子式可知，G的结构简式为 ；F和I反应生成J，据此回答。 （1）A的结构简式为，名称为二苯甲胺，故答案为二苯甲胺。 （2）B的结构简式为，含有的官能团为醚键、碳氯键（或氯原子），故答案为醚键、碳氯键（或氯原子）。 （3）A与B发生取代反应生成C和氯化氢，故反应A→C中，Na2CO3的作用是消耗反应生成的HCl，促使反应正向进行，提高产率，故答案为消耗反应生成的HCl，促使反应正向进行，提高产率。 （4）由分析可知，C→E的反应类型为取代反应（或酯化反应），故答案为取代反应（或酯化反应）。 （5）由分析知，G的结构简式为，故答案为。 （6）H的分子式为C7H12O3，其同分异构体中，能发生银镜反应说明结构中含有醛基；能与NaHCO3溶液反应，说明其结构中含有羧基，还有3个甲基的结构有、四种，其中核磁共振氢谱为4组峰的结构为，键线式为，故答案为4；。 （7）采用逆向合成分析法，可以由与乙醛在催化剂的条件下发生羟醛缩合反应生成，可以由 催化氧化得到或由在碱性条件下水解得到，  可以由在碱性条件下水解得到，和可以由与氯气在光照条件下发生取代反应得到，所以合成路线为               或               ，故答案为              或               。 1 学科网（北京）股份有限公司 $