精品解析：山东师范大学附属中学等校2026届高三下学期2月份核心素养评估化学试卷

机密★启用前 2026年2月高三核心素养评估 化学 本试卷分选择题和非选择题两部分，满分为100分，考试用时90分钟。 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．选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0．5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3，请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、试目题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。 可能用到的相对原子质量：H1 Cl2 N14 O16 Ce140 第Ⅰ卷(共40分) 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 下列由我国主导的科技项目描述中，不涉及氧化还原反应的是 A. “人造太阳”EAST装置中氘、氚发生的核聚变反应 B. “液态阳光”示范项目中太阳能催化分解水制取氢气 C. 钠离子储能电池中Na+在正负极间的嵌入/脱出 D. “光伏制氢—合成氨”项目将制氢产生的电能用于驱动氮气与氢气合成氨 【答案】A 【解析】 【详解】A．核聚变反应属于核反应，仅改变原子核结构，不涉及电子转移或氧化态变化，因此不涉及氧化还原反应，故A符合题意； B．水分解为氢气和氧气，氢的氧化态从+1降至0，氧的氧化态从-2升至0，涉及电子转移，是氧化还原反应，故B不符合题意； C．钠离子电池的工作原理依赖于Na+在电极间迁移时的氧化还原反应，故C不符合题意； D．合成氨反应中氮的氧化态从0降至-3，氢的氧化态从0升至+1，是典型的氧化还原反应，故D不符合题意； 故选A。 2. 化学与生活息息相关，下列说法错误的是 A. 高铁酸钠可用作饮用水的消毒剂 B. 二氧化硫不可用作食品添加剂 C. 次氯酸可用作棉、麻和纸张的漂白剂 D. 铁粉用作食品包装袋中的双吸剂 【答案】B 【解析】 【详解】A．高铁酸钠具有强氧化性，可用作饮用水的消毒剂，A正确； B．二氧化硫在法规允许剂量下可作为食品添加剂，B错误； C．次氯酸能使有色物质褪色，可用作棉、麻和纸张的漂白剂，C正确； D．铁能吸收空气中氧气和水，用作食品包装袋中的双吸剂，D正确； 故选B。 3. 下列实验室中的操作不规范的是 A. 配制一定物质的量浓度的NaCl溶液：佩戴护目镜 B. 检验浓硫酸与少量铜反应产物中的：向反应后的溶液中加水，观察颜色变化 C. 分离二氯甲烷和四氯化碳：在通风橱中对混合液进行蒸馏，分别收集沸点不同的组分 D. 研究苯酚的物理性质：苯酚不慎沾到手上，先用乙醇冲洗，再用水冲洗 【答案】B 【解析】 【详解】A．实验室配制溶液时，佩戴护目镜做防护，操作规范，A正确； B．浓硫酸与铜反应后，体系中剩余大量浓硫酸，若直接向反应后的溶液中加水，浓硫酸稀释放出大量热，会导致液体暴沸飞溅，引发危险，操作不规范；正确操作是将反应后的混合液缓慢倒入水中，边倒边搅拌，B错误； C．二氯甲烷和四氯化碳互溶，沸点差异较大，可用蒸馏法分离；二者都有毒性，在通风橱中操作，操作规范，C正确； D．苯酚有毒，易溶于乙醇，苯酚不慎沾到皮肤上，先用乙醇冲洗溶解苯酚，再用水冲洗，操作规范，D正确； 故选B。 4. 利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是 A. 吸收Cl2 B. 制备乙炔 C. 制备NH3 D. 定容 【答案】C 【解析】 【详解】A．该装置是密闭体系，只有进气没有出气，通入后装置内压强会持续增大，易引发安全事故，不能达到吸收的目的，A错误； B．不能用启普发生器制备乙炔；电石与水反应非常剧烈，反应放出大量热，易炸裂启普发生器；且反应生成的氢氧化钙是糊状物质，易堵塞启普发生器的缝隙，B错误； C．浓氨水滴加到固体上，因为固体溶于水放热，且使溶液中浓度升高，促进分解释放，该装置为固液不加热制气装置，装置使用合理，C正确； D．定容时，图中加水未接近刻度线，不需用胶头滴管滴加，D错误； 故选C。 5. 下列反应的离子方程式书写正确的是 A. Fe(OH)3溶于氢碘酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O B. 氯化钠固体与浓硫酸混合加热：H2SO4(浓)+2Cl-SO2↑+Cl2↑+H2O C. 用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag+2H++=Ag++NO↑+H2O D. 84消毒液与双氧水混用：ClO-+H2O2=Cl-+O2↑+H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A．氢碘酸（HI）具有还原性，Fe3+会被I-还原为Fe2+，并生成I2，该离子方程式忽略了氧化还原反应，正确的方程式为：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O，A错误； B．氯化钠固体与浓硫酸加热反应生成氯化氢气体（HCl），而非SO2和Cl2，且氯化钠固体不能拆成离子，该反应不是离子反应，方程式为：H2SO4+NaClNaHSO4+HCl↑，B错误； C．稀硝酸与银反应的正确离子方程式为3Ag + 4H++ = 3Ag++ NO↑ + 2H2O，选项中原子不守恒（左侧O原子数为3，右侧为2），C错误； D．84消毒液（含ClO-）与双氧水（H2O2）反应生成Cl-、O2和H2O，离子方程式电荷和原子守恒，符合反应事实，D正确； 故选D。 6. 我国科学家团队成功合成了和，下列说法错误的是 A. 的中子数与质子数之差为57 B. 和互为同素异形体 C. Mc位于元素周期表中第VA族 D. 和化学性质几乎相同 【答案】B 【解析】 【详解】A．质子数为115，质量数为287，中子数=287-115=172，中子数与质子数之差=172-115=57，A正确； B．两者质子数相同（均为115），质量数不同（287和288），属于同位素；同素异形体指同种元素的不同单质（如O2和O3），此处为核素，B错误； C．原子序数115的元素（Mc）位于周期表第7周期、第15族（VA族），与氮、磷同族，C正确； D．同位素（质子数相同）的电子结构相同，化学性质主要由电子决定，因此化学性质几乎相同，D正确； 故选B。 7. K2[Cu(C2O4)2]制备原理如下：2KHC2O4+CuOK2[Cu(C2O4)2]+H2O。已知：常温下Cu2+(aq)+2(aq)⇌[Cu(C2O4)2]2-(aq) Kf=2.35×109；Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5；Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，下列说法正确的是 A. K2[Cu(C2O4)2]中只存在离子键、极性共价键、配位键 B. KHC2O4水溶液中离子浓度：<H2C2O4 C. [Cu(C2O4)2]2-中，由C原子与Cu(Ⅱ)形成配位键 D. 向K2[Cu(C2O4)2]溶液中加入BaCl2溶液，可以产生BaC2O4白色沉淀 【答案】D 【解析】 【详解】A．中，草酸根的结构为，两个C原子之间存在非极性共价键，因此除离子键、极性共价键、配位键外，还有非极性共价键，A错误; B．溶液中，存在电离：，电离常数，存在水解，水解常数， ，说明电离程度远大于水解程度，因此，B错误； C．中，配位键是由草酸根中O原子向提供孤电子对形成，C错误； D．溶液中存在配位平衡，配位平衡常数很大，但仍会解离出少量游离的，加入后，，会生成白色沉淀，D正确； 答案选D。 8. 下列对物质性质差异解释正确的是 选项 实例 解释 A 键角：SO3>SO2 中心原子杂化方式不同 B 热稳定性：H2O>H2S H2O能形成分子间氢键 C 配位数： 电负性：F>Cl D 熔点：C2H5NH3NO3<NH4NO3 的体积大于 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．中心S原子价层电子对数为，无孤对电子，为杂化；中心S原子价层电子对数为，含1对孤对电子，也为杂化。二者中心原子杂化方式相同，键角差异是孤对电子对成键对的斥力更大导致，A错误； B．H2O热稳定性高于H2S是由于O-H键键能大于S-H键，分子间氢键影响物理性质（如沸点）而非热稳定性，B错误； C．配位数差异源于离子半径：半径远小于，中心周围可以容纳更多半径小的，和电负性无关，C错误； D．二者均属于离子晶体，离子晶体熔点由晶格能决定：阳离子体积越大，离子间距越大，晶格能越小，熔点越低；体积大于，因此熔点更低，D正确； 故选D。 9. PtF6有极强的氧化性，Xe和PtF6在一定条件下可制备稀有气体离子化合物[XeF]+[Pt2F11]-。其制备的反应历程如图所示，下列说法正确的是 A. 该反应的催化剂是 B. 反应②中XeF为还原反应的产物 C. 反应③中每消耗0.5mol PtF6，转移电子数为0.5NA D. 一定温度下Xe与F2能形成XeF6，该分子的VSEPR模型为正四面体形 【答案】C 【解析】 【详解】A．催化剂的特点是参与反应，反应前后组成、质量不变，该反应中部分被消耗，进入产物中，属于反应中间产物，不是催化剂，A错误； B．反应②为，从价变为中的价，化合价升高、被氧化，因此是氧化产物，不是还原产物，B错误； C．反应③为，中为价，中为价，每1 mol反应得到电子，因此消耗时，转移电子数为，C正确； D．中中心的价层电子对数键数孤电子对数，因此VSEPR模型不是正四面体形，D错误； 故选C。 10. 苯乙炔可由乙基环己烷脱氢制得，体系中同时发生副反应生成乙苯。 反应Ⅰ：N(g)⇌M(g)+5H2(g) ΔH1>0 反应Ⅱ：N(g) ⇌P(g)+3H2(g) ΔH2>0 在T1、p0 kPa的恒压密闭容器中，按物质的量之比为1：5通入N(g)和Ar(g)的混合气体，发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，测得生成物的物质的量与时间关系曲线如图所示(曲线a只表示某物质的部分变化，X点为曲线b所代表物质的最大值)。 已知：N的含碳物质占比=，下列说法错误的是 A. m=5.3 B. 曲线b在X点后下降的原因是反应Ⅱ的正向进行使N浓度下降，反应Ⅰ逆向移动 C. 反应均达平衡时测得物质M、N的含碳物质占比分别为30%、20%，则反应Ⅱ的压强平衡常数KP≈1.05p03(kPa)3 D. 若将容器更换为起始温度为T1、压强为p0 kPa的恒温恒容容器，则X点可能移向C点 【答案】C 【解析】 【分析】设起始，（物质的量比），设平衡时，，则，由碳守恒可知，由反应过程可推出曲线为，为，为，据此回答。 【详解】A．第一个时间点：，，则，即，A正确； B．曲线代表，X点后，反应Ⅱ持续正向进行消耗，使浓度降低，同时浓度升高，对于反应Ⅰ：，平衡逆向移动，的量下降，B正确； C．已知含碳占比：，，总含碳物质为，因此，，，，总气体物质的量，总压为，分压。 反应Ⅱ的，代入得： ，C错误； D．原容器为恒压，两个反应均为气体分子数增加的反应，换为恒温恒容容器后，反应进行中体系压强会比原恒压体系更大，增大压强，两个反应平衡均逆向移动，的最大量减小，因此X点（的最大值点）向下移动，可能移向C点，D正确； 故选C。 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 完成下列实验所用部分仪器及试剂均正确的是 实验内容 仪器及试剂 A 钠在空气中燃烧 金属钠、酒精灯、坩埚、泥三角、三脚架 B 用NaOH标准溶液测定未知浓度的醋酸溶液 甲基橙、锥形瓶、聚四氟乙烯滴定管 C 收集并提纯乙酸乙酯 饱和碳酸钠溶液、试管、导管、酒精灯 D 重结晶法提纯苯甲酸 苯甲酸粗品、长颈漏斗、烧杯、玻璃棒 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．钠在空气中燃烧实验，除题给仪器外，还需要坩埚钳夹持坩埚、滤纸和小刀处理钠，题目要求完成实验，所列核心仪器缺少关键用品，A错误； B．NaOH标准溶液滴定未知浓度醋酸，滴定终点生成醋酸钠，溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂，B错误； C．制备乙酸乙酯实验中，饱和碳酸钠溶液是用来提纯收集乙酸乙酯的必需试剂，反应容器用试管、导管导出产物、酒精灯加热，所列仪器和试剂都是实验需要的，C正确； D．重结晶法提纯苯甲酸，过滤操作需要普通漏斗，长颈漏斗用于添加液体，不能用于过滤，仪器选择错误，D错误； 故选C。 12. 环己酮肟(，简称为CHO)与己二酸钾(PA)分别是工业生产尼龙-6、尼龙-66的关键中间体。一种基于环己酮的成对电解策略可在两室同时联产CHO与PA，其装置示意图如下。下列说法正确的是 A. CHO分子中所有原子可能共平面 B. 电极a连接电源负极 C. 理论上，电解池工作时生成CHO和PA的物质的量之比为1:1 D. 若两室溶液初始pH相同，电解池工作一段时间后，溶液pH：左室<右室 【答案】CD 【解析】 【分析】装置中，左室是阳极，发生环己酮失电子氧化生成己二酸根（PA）的反应；右室是阴极，发生硝酸根得电子还原生成羟胺，羟胺再与环己酮缩合生成环己酮肟（CHO）的反应；离子交换膜仅允许OH-通过，确保两室之间的离子平衡； 【详解】A．环己酮肟的六元碳环中所有碳原子均为饱和杂化，饱和碳原子为四面体结构，因此分子中所有原子不可能共平面，A错误； B．左室中，环己酮氧化生成己二酸钾（碳元素化合价升高，失电子，发生氧化反应），因此电极为阳极，阳极连接电源正极，B错误； C．根据得失电子守恒：生成己二酸钾（）：1mol环己酮氧化为己二酸根，碳元素共升高价，失去电子。生成环己酮肟（）：右室中还原为，从价变为价，得到电子，与环己酮反应生成，该反应为非氧化还原反应，总转移电子为。整个电路得失电子守恒，因此生成和的物质的量之比为，C正确； D．配平电极反应（转移电子时）：左室（阳极）：，消耗，由于膜只允许通过，转移电子时，有从右室迁移到左室，因此左室净消耗，降低，下降。右室（阴极）：，生成，迁出到左室，因此右室净生成，升高，上升。初始相同，因此电解后：左室右室，D正确； 故选CD。 13. 以BaSO4为原料制备压电材料BaTiO3的路线如下图所示。 已知：“焙烧”后产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。下列说法错误的是 A. “焙烧”中可能发生的反应为3BaSO4+12C+2CaCl22BaCl2+2CaS+BaS+12CO↑ B. “酸化”中产生的废气可用CaCl2溶液吸收 C. “母液”中的成分可以在“酸化”步骤中循环利用 D. “沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2，其热分解时产生的n(CO2)：n(CO)=1：1 【答案】B 【解析】 【分析】与过量炭粉、氯化钙在高温下焙烧，碳粉作还原剂，使被还原；焙烧产物经水浸取后过滤，滤渣为未反应完的碳粉和微溶于水的CaS，滤液中含有易溶的BaS和；向滤液中加盐酸，将BaS转化为，此过程可产生等废气；晶体溶于水后，加入和，得到沉淀，隔绝空气加热获得最终产品。 【详解】A．结合已知信息及原子守恒可知，、过量碳粉、过量在焙烧时反应生成，其化学方程式可能为，A正确； B．“酸化”的目的是要除去，为了不引入新的杂质离子，可以选用盐酸进行酸化，酸化后产生的气体为不能与反应，不能用溶液除去气体，B错误； C．浓缩结晶后的母液中，含有未结晶的和酸化加入的剩余酸，可返回“酸化”步骤循环利用，C正确； D．热分解时发生反应：，根据方程式可知，D正确； 故答案选B。 14. 某药物中间体e的合成路线如下(略去部分试剂和条件)，下列说法正确的是（双选） A. b的系统命名为1，2-二溴-3-丁酮 B. d与H2完全加成后的产物有3个不对称碳原子 C. c与e中C-Br键键长：c<e D. e可形成分子内氢键 【答案】CD 【解析】 【详解】A．a与溴加成生成b()，系统命名为3，4-二溴-2-丁酮，故A错误； B．d与H2完全加成后的产物为，与碳原子相连的四个基团均不同的碳原子为不对称碳原子，共5个不对称碳原子，故B错误； C．键长受碳原子的杂化方式影响，键长 > 键长，c中C-Br中碳原子为sp2杂化，e中C-Br中碳原子为sp3杂化，故c与e中C-Br键键长：c<e，故C正确； D．e中羟基和酮羰基位于苯环的邻位，可形成分子内氢键，故D正确； 故答案为：CD。 15. 常温下，向浓度均为0.1mol·L-1的、和HR的混合液中加入少量NaOH固体(忽略溶液体积变化)，pM[pM代表、、、或]与pH的关系如图所示。 已知：；lg5≈0.7。下列说法正确是 A. 直线V代表与pH的关系 B. 常温下，0.4mol·L-1HR溶液的pH约为2.7 C. 当时， D. 的平衡常数K=1×10-5 【答案】BC 【解析】 【分析】浓度均为0.1mol·L-1的、和HR的混合液呈酸性，且，则滴加氢氧化钠溶液，发生反应的微粒依次是：HR、、，则线Ⅳ代表，即pH。由于常温下，因此，则，则随着pH增大，减小，且+pH=14，故直线Ⅱ是；由于，则，则直线Ⅰ是；由于，则，同理，则、均随着pH增加而增加，由于即，因此-pH、-pH的斜率相同，但是后者与纵坐标的交点数值的绝对值更大，故线Ⅲ代表，线Ⅴ代表。由直线Ⅲ上点，可得，由直线Ⅴ上点可得，据此分析解答。 【详解】A．根据分析可知直线线Ⅴ代表与pH的关系，A错误； B．直线Ⅰ代表，取点代入则有，则常温下，0.4mol·L-1HR溶液中，pH=2.7，B正确； C．当时，从B项分析中可知，解得，从而，代入，可得，C正确； D．平衡常数，D错误； 故选BC。 第Ⅱ卷(共60分) 三、填空题：本题共5小题，共60分。 16. 过渡金属元素及其化合物应用广泛，请回答下列问题： （1）在元素周期表中Ni位于_______区，基态Ni原子核外电子有_______种空间运动状态。 （2）配合物Fe(CO)5易溶于CCl4，该配合物分子的空间构型为_______。 （3）邻二氮菲(phen，)可用于检验Fe2+，其组成元素电负性由大到小的顺序为_______(用元素符号表示)，实验表明，邻二氮菲检验Fe2+的适宜pH范围是2~9，请解释原因_______。 （4）逐级电离能：I3(Mn)>I3(Fe)，可能的原因是_______。 （5）一种铁基超导化合物的晶胞结构如图。已知晶胞参数为apm、apm、2apm，a=β=γ=90°，化合物的摩尔质量为M g·mol-1，若NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为_______g·cm-3(用代数式表示)。该晶胞中，1号Fe原子的分数坐标为，3号In原子的分数坐标为，则2号S原子的分数坐标为_______。 【答案】（1） ①. d ②. 15 （2）三角双锥形 （3） ①. N>C>H ②. 酸性过强时会结合N，碱性过强时会与生成沉淀，均无法形成检验所需的配合物，因此适宜pH为2~9 （4）的价电子排布为，为半充满稳定结构，更难失去第三个电子；价电子排布为，失去第三个电子后可得到半充满稳定结构，因此 （5） ①. ②. 【解析】 【分析】 【小问1详解】 Ni原子序数为28，位于第四周期Ⅷ族，元素周期表中ⅢB~Ⅷ族属于d区；基态Ni核外电子排布式为，核外共15个轨道，每个轨道对应一种电子的空间运动状态，因此共15种空间运动状态。 【小问2详解】 Fe(CO)₅中Fe原子为中心原子，与5个CO配体结合，形成5个σ键，无孤对电子，故其空间构型为三角双锥形。 【小问3详解】 C、H、N三种元素的电负性顺序为：；酸性过强时会结合N，碱性过强时会与生成沉淀，均无法形成检验所需的配合物，因此适宜pH为2~9。 【小问4详解】 第三电离能是失去第三个电子需要的能量，电子排布的稳定性决定电离能大小，半充满的结构能量低更稳定，因此出现题中规律。 【小问5详解】 由图可知，晶胞中Fe原子数为 ；In原子数为 ；S原子数为 8个，均在晶胞内部。则化学式为FeInS2，该晶胞包含4个FeInS2单元，晶胞体积，晶胞质量，因此密度； 分数坐标以晶胞参数为单位，原点为，2号S原子的分数坐标为。 17. 氧化焙烧联合萃取法冶炼氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F，含有少量BaO、CaO、La2O3)制取Ce2(CO3)3的工艺流程如下： 已知： ①CeCO3F“焙烧”生成CeO2、CeF4、Ce2O3、CeOF； ②在硫酸体系中，Ce4+、La3+在有机萃取剂HA中的溶解度大于其在水中的溶解度，Ce3+与之相反； ③水溶液中Ce4+可用准确浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，滴定反应为：Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。 （1）“酸浸”工序中产生的气体为_______(填化学式，下同)，滤渣的成分为_______。 （2）“反萃取”中H2O2的作用为_______。 （3）“沉铈”过程中对应的离子方程式为_______。 （4）流程中可循环利用的物质为_______(填化学式)。 （5）取上述流程中得到的Ce2(CO3)3产品1.34g，加硫酸溶解，再加氧化剂将Ce3+完全氧化并去除多余氧化剂，配成250.00mL溶液，移取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入几滴苯代邻氨基苯甲酸作指示剂。用0.02000mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定至终点，重复以上操作2~3次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为25.00mL，则该产品中Ce2(CO3)3的质量分数为_______(结果保留3位有效数字)。下列操作可能导致测定结果偏低的是_______。 A．盛装标准液的滴定管未润洗 B．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数 C．未干燥锥形瓶 D．滴定终点读数时，滴定管尖嘴部分有气泡进入 【答案】（1） ①. ②. （2）将Ce4+还原为Ce3+ （3） （4）HA （5） ① ②. BD 【解析】 【分析】氟碳铈矿在空气中焙烧生成；加稀硫酸浸取，将转化为，则酸浸生成的气体为；过滤分离，滤渣为；根据已知②，滤液中加入有机萃取剂萃取，水相中存在Ce3+，有机相中存在；Ce4+在双氧水的作用下，被还原为Ce3+；再经过反萃取，合并水相，其中存在Ce3+；Ce3+中加入碳酸氢铵和氨水使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，据此分析作答。 【小问1详解】 根据分析，“酸浸”工序中产生的气体为，滤渣的成分为。 【小问2详解】 根据分析，“反萃取”时Ce4+在双氧水的作用下，被还原为Ce3+。 【小问3详解】 “沉铈”过程为Ce3+中加入碳酸氢铵和氨水使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，离子方程式为。 【小问4详解】 观察流程可知，流程中可循环利用的物质为有机萃取剂HA。 【小问5详解】 滴定反应为：Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，滴定消耗(NH4)2Fe(SO4)2中Fe2+的物质的量为，因此溶液中n(Ce3+)，n[Ce2​(CO3​)3​]，该产品中Ce2(CO3)3的质量分数=。 A．盛装标准液的滴定管未润洗，相当稀释了溶液，所用标准液体积增大，则计算出的结果偏高，A项错误； B．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，相当所用标准液体积数值变小，则计算出的结果偏低，B项正确； C．未干燥锥形瓶，所用标准液体积不变，则计算出的结果无影响，C项错误； D．滴定终点读数时，滴定管尖嘴部分有气泡进入，相当所用标准液体积数值变小，则计算出的结果偏低，D项正确； 答案选BD。 18. 实验室制备苯胺的原理如下：　ΔΗ<0；相关信息和装置示意图如下(加热及夹持装置略)： 物质 沸点/℃ 密度/g·cm-3 溶解性 苯胺 184.0 1.02 微溶于水，易溶于乙醚 乙醚 34.5 0.71 微溶于水 实验过程如下： ①向装置Ⅰ中加入13.5g铁粉、25.00mL水及1.50mL乙酸，加热煮沸10min； ②稍冷后，通过a装置缓慢滴入少量硝基苯(n mol)，再加热回流30min； ③将装置Ⅰ中反应液转移至装置Ⅱ中，蒸馏收集苯胺—水馏出液； ④将苯胺—水馏出液用NaCl饱和后，转入分液漏斗静置分层，分出有机层；水层用乙醚萃取，分出醚层；合并有机层和醚层，用粒状氢氧化钠干燥，得到苯胺醚溶液； ⑤将苯胺醚溶液加入装置Ⅲ的圆底烧瓶中，先蒸馏回收乙醚，再蒸馏收集180~185℃的馏分，得到m g粗苯胺。 回答下列问题： （1）装置Ⅰ中仪器a的名称为_______。 （2）步骤②中缓慢滴加硝基苯的原因是_______。 （3）步骤③中若装置Ⅱ中长导管内液面上升，需采取的措施为_______；蒸馏结束的标志是_______。 （4）步骤④中将苯胺一水馏出液用NaCl饱和，则静置分层后苯胺在分液漏斗_______(填“上层”或“下层”)。 （5）步骤⑤中蒸馏回收乙醚时，圆底烧瓶应置于_______(填字母，下同)中，锥形瓶应置于_______中； a．热水浴　　b．冰水浴　　c．油浴　　d．沙浴 蒸馏收集苯胺时，除了更换热源和接收瓶外，还需要_______(答出一条即可)。 （6）苯胺的产率为_______(用含m，n的代数式表示)。 【答案】（1）恒压滴液漏斗 （2）制备苯胺的反应为放热反应，缓慢滴加可控制反应速率，防止反应过于剧烈导致暴沸、副反应发生，同时使硝基苯充分还原，提高苯胺产率 （3） ①. 停止加热，冷却装置，检查装置是否堵塞（或疏通导管） ②. 无油状液体馏出 （4）上层 （5） ①. a ②. b ③. 将直形冷凝管更换为空气冷凝管或更换量程更大的温度计 （6） 【解析】 【分析】由硝基苯制苯胺过程中，由于反应比较剧烈，故硝基苯需从上方缓慢加入；反应完成后，改用蒸馏装置，将苯胺-水蒸馏出，苯胺在水中有一定的溶解度，加入NaCl固体，可使溶解在水中的大部分苯胺就以油状物晶体析出，分液分离出有机层，水层用乙醚萃取，分出醚层；合并有机层和醚层，加入粒状氢氧化钠干燥，得到苯胺醚溶液，再次蒸馏得到苯胺，据此解答。 【小问1详解】 装置Ⅰ中仪器a的名称为恒压滴液漏斗； 【小问2详解】 制备苯胺的反应为放热反应，缓慢滴加可控制反应速率，防止反应过于剧烈导致暴沸、副反应发生，同时使硝基苯充分还原，提高苯胺产率 【小问3详解】 蒸馏装置中长导管内液面上升，说明装置内压强增大，原因是导管堵塞；此时需立即停止加热，冷却后检查并疏通导管；苯胺微溶于水，蒸馏结束的标志是无油状液体馏出； 【小问4详解】 苯胺的密度小于饱和食盐水，则静置分层后苯胺在分液漏斗的上层； 【小问5详解】 乙醚的沸点较低，仅为34.5℃，避免直接加热导致乙醚暴沸、挥发过快，圆底烧瓶应置于热水浴加热，便于控制温度且受热均匀，故选a；乙醚沸点低、易挥发，蒸出后若直接收集，会因挥发造成损失，用冰水浴冷却锥形瓶，能使乙醚蒸气快速冷凝为液体，提高回收率，故选b；苯胺沸点高，直形冷凝管的玻璃管易因冷热温差过大炸裂，需更换为空气冷凝管； 蒸馏乙醚的温度计量程适配低沸点，蒸馏苯胺需更换量程更大的温度计； 【小问6详解】 硝基苯与苯胺的物质的量之比为1:1，因此苯胺的理论物质的量为n mol，苯胺的摩尔质量为93g/mol，所得理论产量为93n g，苯胺的产率为。 19. 昂丹司琼的合成路线之一如下(略去部分试剂和条件)。 已知： 回答下列问题： （1）B→C的反应条件是_______。 （2）A在一定条件下反应也可得到D，合成路线中设计A→B、C→D转化的优点是_______。 （3）X含_______种不同化学环境的氢原子。 （4）D的同分异构体中，同时满足下列条件的共有_______种。 ①含-COOH ②含有六元环 ③含4种不同化学环境氢原子 （5）G→H的化学方程式为_______。 （6）昂丹司琼与等物质的量的盐酸反应，反应位点是_______(填“a”、“b”或“c”)。 （7）药物K的合成路线如下： 已知Y含有羰基，按照G→H的方法合成I。Y的结构简式为_______，第③步的反应类型为_______。 【答案】（1）浓硝酸，浓硫酸，加热 （2）定位效应，避免硝基取代苯环氯原子的对位，提高目标产物产率（答案合理即可） （3）3 （4）10 （5）+HCHO+HN(CH3)2+H2O （6）c （7） ①. ②. 取代反应 【解析】 【分析】A发生磺化反应生成B，B中发生硝化反应生成C，C中磺酸基酸化后生成D，D在Fe/HCl(浓)作用下发生还原反应生成E，E的结构简式为；E和X发生已知信息的反应生成F，结合X的分子式可知，其不饱和度为3，故X的结构简式为，F的结构简式为，F在金属催化作用下脱去1分子HCl得到G，G发生取代反应生成H，G经过多步合成昂丹司琼，据此解答； 【小问1详解】 B→C结构上引入硝基，为的苯的硝化反应，条件为浓硝酸、浓硫酸、加热； 【小问2详解】 A在一定条件下反应也可得到D，合成路线中设计A→B、C→D转化的优点是利用磺酸基占取氯原子对位，在邻位引入硝基时可避免硝基取代苯环氯原子的对位、提高目标产物产率； 【小问3详解】 X的结构简式为，含3种不同化学环境的氢原子； 【小问4详解】 先确定D的分子式，再结合三个条件：含、含六元环、4种等效氢，因为要列举同分异构体，所以先固定六元环结构，再在环上和侧链合理排布及剩余取代基，同时保证等效氢数目符合要求。故满足六元环和羧基要求的结构骨架只有吡啶，上取代-Cl和-COOH，根据定一移一的思想可确定D的同分异构体有10种； 【小问5详解】 根据流程以及G、H结构可知，G→H的反应方程式为：+HCHO+HN(CH3)2+H2O； 【小问6详解】 昂丹司琼中a、b、c三个位点的N原子呈碱性，盐酸是酸，会先与碱性最强的位点反应，所以可以通过比较不同氮原子的碱性强弱确定反应位点，而a、b点两处N原子孤电子对参与大Π键形成，电子云密度减小，碱性减弱，c点N原子孤电子对可以与H+形成配位键，故与等物质的量的盐酸反应，反应位点是c点。 【小问7详解】 采用逆推法分析可知，J的结构简式为，与发生取代反应生成K，结合反应②的条件可知，I发生还原反应生成J，已知Y含有羰基，按照G→H的方法合成I：  +HCHO+H2NCH3+H2O，故Y的结构简式为  ，第③步的反应类型为取代反应。 20. MgCO3/MgO循环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用MgCO3与H2反应生成CH4路线，主要反应如下： Ⅰ．MgCO3(s)=MgO(s)+CO2(g) ΔΗ1>0 Ⅱ．CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔΗ2<0 Ⅲ．CO2(g)+H2(g)=H2O(g)+CO(g) ΔΗ3>0 回答下列问题： （1）MgCO3(s)+4H2(g)⇌MgO(s)+2H2O(g)+CH4(g)的焓变ΔΗ=_______(用含ΔΗ1，ΔΗ2的代数式表示)。 （2）实际工业生产中，下列措施能提高CH4单位时间内的产率的是_______。 A．低温　　B．高压　　C．使用选择性催化剂 （3）100kPa下，在密闭容器中H2(g)和MgCO3(s)各1mol发生反应。反应物(H2、MgCO3)的平衡转化率和生成物(CH4、CO2)的选择性随温度变化关系如下图(反应Ⅲ在360℃以下不考虑)。 注：含碳生成物选择性= ①表示MgCO3平衡转化率的曲线是_______(填字母)。当温度高于360℃时，随温度升高H2平衡转化率下降的原因是_______。 ②点M温度下达到平衡时，CH4的产率为_______，反应Ⅱ的Kp=_______(kPa)-2(结果保留小数点后两位)。若向平衡体系中通入少量CO2(g)，重新达平衡后，MgO的质量m(MgO)将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】（1）ΔΗ1+ΔΗ2 （2）BC （3） ①. a；随温度升高，反应Ⅱ逆移，使H2量增多；反应Ⅲ正移，使H2量减少；总的表现为H2增加量大于减少量 ②. 98%；150.06；减小 【解析】 【小问1详解】 目标反应=反应Ⅰ+反应Ⅱ，则MgCO3(s)+4H2(g)⇌MgO(s)+2H2O(g)+CH4(g)的焓变ΔΗ=ΔΗ1+ΔΗ2； 【小问2详解】 A．反应Ⅱ放热，低温平衡正向，但反应速率大幅降低，单位时间产率不一定提高，A错误； B．反应Ⅱ气体分子数减少（5→3），高压既加快反应速率，又使平衡正向，单位时间产率提高，B正确； C．使用选择性催化剂可选择性加快反应Ⅱ速率，抑制副反应，提高CH4单位时间产率，C正确； 故选BC； 【小问3详解】 ①反应Ⅰ吸热，温度升高，MgCO3平衡转化率升高，故曲线 a 代表MgCO3平衡转化率； 温度高于360℃时，反应Ⅲ开始显著进行，且H2的转化主要由放热的反应Ⅱ主导；升温使反应Ⅱ平衡逆向移动，导致H2量增多；反应Ⅲ正移，使H2量减少，总的表现为H2增加量大于减少量； ②点M温度下，MgCO3平衡转化率为49%，则剩余的MgCO3为0.51 mol，根据碳原子守恒，甲烷和二氧化碳中碳原子的物质的量之和为0.49 mol，又因为此时二氧化碳的选择性和甲烷选择性相等，则二氧化碳和甲烷的物质的量均为0.245 mol，H2(g)和MgCO3(s)各1 mol发生反应，理论产生甲烷0.25 mol，CH4的产率为； 根据氧原子守恒得出水的物质的量为0.49 mol，根据氢原子守恒得出氢气的物质的量为0.02 mol，总的物质的量为0.02+0.245+0.245+0.49=1 mol，由此求出p(H2)=2 kPa，p(CO2)=p(CH4)=24.5 kPa，p(H2O)=49 kPa，由此求得反应Ⅱ的Kp=150.06 (kPa)-2； 温度不变，向平衡体系中通入少量CO2(g)，反应Ⅰ平衡逆向移动，MgO被消耗，MgO质量将减小。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 机密★启用前 2026年2月高三核心素养评估 化学 本试卷分选择题和非选择题两部分，满分为100分，考试用时90分钟。 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．选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0．5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3，请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、试目题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。 可能用到的相对原子质量：H1 Cl2 N14 O16 Ce140 第Ⅰ卷(共40分) 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 下列由我国主导的科技项目描述中，不涉及氧化还原反应的是 A. “人造太阳”EAST装置中氘、氚发生的核聚变反应 B. “液态阳光”示范项目中太阳能催化分解水制取氢气 C. 钠离子储能电池中Na+在正负极间的嵌入/脱出 D. “光伏制氢—合成氨”项目将制氢产生的电能用于驱动氮气与氢气合成氨 2. 化学与生活息息相关，下列说法错误的是 A. 高铁酸钠可用作饮用水的消毒剂 B. 二氧化硫不可用作食品添加剂 C. 次氯酸可用作棉、麻和纸张的漂白剂 D. 铁粉用作食品包装袋中的双吸剂 3. 下列实验室中的操作不规范的是 A. 配制一定物质的量浓度的NaCl溶液：佩戴护目镜 B. 检验浓硫酸与少量铜反应产物中的：向反应后的溶液中加水，观察颜色变化 C. 分离二氯甲烷和四氯化碳：在通风橱中对混合液进行蒸馏，分别收集沸点不同的组分 D. 研究苯酚的物理性质：苯酚不慎沾到手上，先用乙醇冲洗，再用水冲洗 4. 利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是 A. 吸收Cl2 B. 制备乙炔 C. 制备NH3 D. 定容 5. 下列反应的离子方程式书写正确的是 A. Fe(OH)3溶于氢碘酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O B. 氯化钠固体与浓硫酸混合加热：H2SO4(浓)+2Cl-SO2↑+Cl2↑+H2O C. 用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag+2H++=Ag++NO↑+H2O D. 84消毒液与双氧水混用：ClO-+H2O2=Cl-+O2↑+H2O 6. 我国科学家团队成功合成了和，下列说法错误的是 A. 的中子数与质子数之差为57 B. 和互为同素异形体 C. Mc位于元素周期表中第VA族 D. 和化学性质几乎相同 7. K2[Cu(C2O4)2]制备原理如下：2KHC2O4+CuOK2[Cu(C2O4)2]+H2O。已知：常温下Cu2+(aq)+2(aq)⇌[Cu(C2O4)2]2-(aq) Kf=2.35×109；Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5；Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，下列说法正确的是 A. K2[Cu(C2O4)2]中只存在离子键、极性共价键、配位键 B. KHC2O4水溶液中离子浓度：<H2C2O4 C. [Cu(C2O4)2]2-中，由C原子与Cu(Ⅱ)形成配位键 D. 向K2[Cu(C2O4)2]溶液中加入BaCl2溶液，可以产生BaC2O4白色沉淀 8. 下列对物质性质差异解释正确的是 选项 实例 解释 A 键角：SO3>SO2 中心原子杂化方式不同 B 热稳定性：H2O>H2S H2O能形成分子间氢键 C 配位数： 电负性：F>Cl D 熔点：C2H5NH3NO3<NH4NO3 的体积大于 A. A B. B C. C D. D 9. PtF6有极强的氧化性，Xe和PtF6在一定条件下可制备稀有气体离子化合物[XeF]+[Pt2F11]-。其制备的反应历程如图所示，下列说法正确的是 A. 该反应的催化剂是 B. 反应②中XeF为还原反应的产物 C. 反应③中每消耗0.5mol PtF6，转移电子数为0.5NA D. 一定温度下Xe与F2能形成XeF6，该分子的VSEPR模型为正四面体形 10. 苯乙炔可由乙基环己烷脱氢制得，体系中同时发生副反应生成乙苯 反应Ⅰ：N(g)⇌M(g)+5H2(g) ΔH1>0 反应Ⅱ：N(g) ⇌P(g)+3H2(g) ΔH2>0 在T1、p0 kPa的恒压密闭容器中，按物质的量之比为1：5通入N(g)和Ar(g)的混合气体，发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，测得生成物的物质的量与时间关系曲线如图所示(曲线a只表示某物质的部分变化，X点为曲线b所代表物质的最大值)。 已知：N的含碳物质占比=，下列说法错误的是 A. m=5.3 B. 曲线b在X点后下降的原因是反应Ⅱ的正向进行使N浓度下降，反应Ⅰ逆向移动 C. 反应均达平衡时测得物质M、N的含碳物质占比分别为30%、20%，则反应Ⅱ的压强平衡常数KP≈1.05p03(kPa)3 D. 若将容器更换为起始温度为T1、压强为p0 kPa的恒温恒容容器，则X点可能移向C点 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 完成下列实验所用部分仪器及试剂均正确的是 实验内容 仪器及试剂 A 钠在空气中燃烧 金属钠、酒精灯、坩埚、泥三角、三脚架 B 用NaOH标准溶液测定未知浓度的醋酸溶液 甲基橙、锥形瓶、聚四氟乙烯滴定管 C 收集并提纯乙酸乙酯 饱和碳酸钠溶液、试管、导管、酒精灯 D 重结晶法提纯苯甲酸 苯甲酸粗品、长颈漏斗、烧杯、玻璃棒 A. A B. B C. C D. D 12. 环己酮肟(，简称为CHO)与己二酸钾(PA)分别是工业生产尼龙-6、尼龙-66的关键中间体。一种基于环己酮的成对电解策略可在两室同时联产CHO与PA，其装置示意图如下。下列说法正确的是 A. CHO分子中所有原子可能共平面 B. 电极a连接电源负极 C. 理论上，电解池工作时生成CHO和PA的物质的量之比为1:1 D. 若两室溶液初始pH相同，电解池工作一段时间后，溶液pH：左室<右室 13. 以BaSO4为原料制备压电材料BaTiO3的路线如下图所示。 已知：“焙烧”后产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。下列说法错误的是 A. “焙烧”中可能发生的反应为3BaSO4+12C+2CaCl22BaCl2+2CaS+BaS+12CO↑ B. “酸化”中产生的废气可用CaCl2溶液吸收 C. “母液”中的成分可以在“酸化”步骤中循环利用 D. “沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2，其热分解时产生的n(CO2)：n(CO)=1：1 14. 某药物中间体e的合成路线如下(略去部分试剂和条件)，下列说法正确的是（双选） A. b的系统命名为1，2-二溴-3-丁酮 B. d与H2完全加成后的产物有3个不对称碳原子 C. c与e中C-Br键键长：c<e D. e可形成分子内氢键 15. 常温下，向浓度均为0.1mol·L-1的、和HR的混合液中加入少量NaOH固体(忽略溶液体积变化)，pM[pM代表、、、或]与pH的关系如图所示。 已知：；lg5≈0.7。下列说法正确的是 A. 直线V代表与pH的关系 B. 常温下，0.4mol·L-1HR溶液的pH约为2.7 C. 当时， D. 的平衡常数K=1×10-5 第Ⅱ卷(共60分) 三、填空题：本题共5小题，共60分。 16. 过渡金属元素及其化合物应用广泛，请回答下列问题： （1）在元素周期表中Ni位于_______区，基态Ni原子核外电子有_______种空间运动状态。 （2）配合物Fe(CO)5易溶于CCl4，该配合物分子的空间构型为_______。 （3）邻二氮菲(phen，)可用于检验Fe2+，其组成元素电负性由大到小的顺序为_______(用元素符号表示)，实验表明，邻二氮菲检验Fe2+的适宜pH范围是2~9，请解释原因_______。 （4）逐级电离能：I3(Mn)>I3(Fe)，可能原因是_______。 （5）一种铁基超导化合物的晶胞结构如图。已知晶胞参数为apm、apm、2apm，a=β=γ=90°，化合物的摩尔质量为M g·mol-1，若NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为_______g·cm-3(用代数式表示)。该晶胞中，1号Fe原子的分数坐标为，3号In原子的分数坐标为，则2号S原子的分数坐标为_______。 17. 氧化焙烧联合萃取法冶炼氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F，含有少量BaO、CaO、La2O3)制取Ce2(CO3)3的工艺流程如下： 已知： ①CeCO3F“焙烧”生成CeO2、CeF4、Ce2O3、CeOF； ②在硫酸体系中，Ce4+、La3+在有机萃取剂HA中的溶解度大于其在水中的溶解度，Ce3+与之相反； ③水溶液中Ce4+可用准确浓度(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，滴定反应为：Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。 （1）“酸浸”工序中产生的气体为_______(填化学式，下同)，滤渣的成分为_______。 （2）“反萃取”中H2O2的作用为_______。 （3）“沉铈”过程中对应的离子方程式为_______。 （4）流程中可循环利用的物质为_______(填化学式)。 （5）取上述流程中得到的Ce2(CO3)3产品1.34g，加硫酸溶解，再加氧化剂将Ce3+完全氧化并去除多余氧化剂，配成250.00mL溶液，移取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入几滴苯代邻氨基苯甲酸作指示剂。用0.02000mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定至终点，重复以上操作2~3次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为25.00mL，则该产品中Ce2(CO3)3的质量分数为_______(结果保留3位有效数字)。下列操作可能导致测定结果偏低的是_______。 A．盛装标准液的滴定管未润洗 B．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数 C．未干燥锥形瓶 D．滴定终点读数时，滴定管尖嘴部分有气泡进入 18. 实验室制备苯胺的原理如下：　ΔΗ<0；相关信息和装置示意图如下(加热及夹持装置略)： 物质 沸点/℃ 密度/g·cm-3 溶解性 苯胺 184.0 1.02 微溶于水，易溶于乙醚 乙醚 34.5 0.71 微溶于水 实验过程如下： ①向装置Ⅰ中加入13.5g铁粉、25.00mL水及1.50mL乙酸，加热煮沸10min； ②稍冷后，通过a装置缓慢滴入少量硝基苯(n mol)，再加热回流30min； ③将装置Ⅰ中反应液转移至装置Ⅱ中，蒸馏收集苯胺—水馏出液； ④将苯胺—水馏出液用NaCl饱和后，转入分液漏斗静置分层，分出有机层；水层用乙醚萃取，分出醚层；合并有机层和醚层，用粒状氢氧化钠干燥，得到苯胺醚溶液； ⑤将苯胺醚溶液加入装置Ⅲ的圆底烧瓶中，先蒸馏回收乙醚，再蒸馏收集180~185℃的馏分，得到m g粗苯胺。 回答下列问题： （1）装置Ⅰ中仪器a的名称为_______。 （2）步骤②中缓慢滴加硝基苯原因是_______。 （3）步骤③中若装置Ⅱ中长导管内液面上升，需采取的措施为_______；蒸馏结束的标志是_______。 （4）步骤④中将苯胺一水馏出液用NaCl饱和，则静置分层后苯胺在分液漏斗_______(填“上层”或“下层”)。 （5）步骤⑤中蒸馏回收乙醚时，圆底烧瓶应置于_______(填字母，下同)中，锥形瓶应置于_______中； a．热水浴　　b．冰水浴　　c．油浴　　d．沙浴 蒸馏收集苯胺时，除了更换热源和接收瓶外，还需要_______(答出一条即可)。 （6）苯胺的产率为_______(用含m，n的代数式表示)。 19. 昂丹司琼的合成路线之一如下(略去部分试剂和条件)。 已知： 回答下列问题： （1）B→C的反应条件是_______。 （2）A在一定条件下反应也可得到D，合成路线中设计A→B、C→D转化的优点是_______。 （3）X含_______种不同化学环境的氢原子。 （4）D的同分异构体中，同时满足下列条件的共有_______种。 ①含-COOH ②含有六元环 ③含4种不同化学环境的氢原子 （5）G→H的化学方程式为_______。 （6）昂丹司琼与等物质的量的盐酸反应，反应位点是_______(填“a”、“b”或“c”)。 （7）药物K的合成路线如下： 已知Y含有羰基，按照G→H的方法合成I。Y的结构简式为_______，第③步的反应类型为_______。 20. MgCO3/MgO循环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用MgCO3与H2反应生成CH4的路线，主要反应如下： Ⅰ．MgCO3(s)=MgO(s)+CO2(g) ΔΗ1>0 Ⅱ．CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔΗ2<0 Ⅲ．CO2(g)+H2(g)=H2O(g)+CO(g) ΔΗ3>0 回答下列问题： （1）MgCO3(s)+4H2(g)⇌MgO(s)+2H2O(g)+CH4(g)的焓变ΔΗ=_______(用含ΔΗ1，ΔΗ2的代数式表示)。 （2）实际工业生产中，下列措施能提高CH4单位时间内的产率的是_______。 A．低温　　B．高压　　C．使用选择性催化剂 （3）100kPa下，在密闭容器中H2(g)和MgCO3(s)各1mol发生反应。反应物(H2、MgCO3)的平衡转化率和生成物(CH4、CO2)的选择性随温度变化关系如下图(反应Ⅲ在360℃以下不考虑)。 注：含碳生成物选择性= ①表示MgCO3平衡转化率的曲线是_______(填字母)。当温度高于360℃时，随温度升高H2平衡转化率下降的原因是_______。 ②点M温度下达到平衡时，CH4产率为_______，反应Ⅱ的Kp=_______(kPa)-2(结果保留小数点后两位)。若向平衡体系中通入少量CO2(g)，重新达平衡后，MgO的质量m(MgO)将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $